专题12 圆锥曲线-遇见最美的数学系列——23真题汇编

专 12 曲线 105. (2023全国甲卷理)己知 x 2 9 + y2 6 = 1，F1,F2为两个焦点，O为 点，P为 上一点，cos∠F1PF2= 3 5 ， |PO| = ( ) A. 25 B. 30 2 C. 3 5 D. 35 2 106. (2023天津卷) 曲线 x 2 a2 - y 2 b2 (a> 0,b> 0)的左、右焦点 为F1、F2．过F2 其中一 近线的 线， 足为P．已知PF2= 2，直线PF1的斜 为 24 ， 曲线的方 为 ( ) A. x 2 8 - y2 4 = 1 B. x2 4 - y2 8 = 1 C. x2 4 - y2 2 = 1 D. x2 2 - y2 4 = 1 107. (2023 全国甲卷文)设 F1,F2 为 C : x 2 5 + y 2= 1的两个焦点，点 P C上，若 PF1  ⋅ PF2  = 0， PF1  ⋅ PF2 = ( ) A. 1 B. 2 C. 4 D. 5 108. (2023全国甲卷文(理))已知 曲线 x 2 a2 - y 2 b2 = 1(a> 0,b> 0)的离 为 5，其中一 近线与 (x- 2)2+ (y- 3)2= 1交于A，B两点， |AB| = ( ) A. 15 B. 5 5 C. 2 5 5 D. 4 5 5 109. (2023全国乙卷文(理))设A，B为 曲线 x2- y 2 9 = 1上两点，下 四个点中，可为线段AB中点的 ( ) A. 1,1  B. -1,2  C. 1,3  D. -1, -4  110. (2023新高考Ⅱ卷)已知 C : x 2 3 + y 2= 1的左、右焦点 为F1，F2，直线 y= x+m与C交于A，B两 点，若△F1AB 积 △F2AB 积的 2 ， m= ( ) A. 23 B. 2 3 C. - 2 3 D. - 2 3 111. (2023新高考Ⅱ卷)设O为 点，直线 y=- 3 x- 1 过抛物线C :y2= 2px p> 0 的焦点，且与C 交于M，N两点，l为C的准线， ( ) A. p= 2 B. MN = 83 C. 以MN为直 的 与 l相 D. △OMN为 三角 112.（2023上海卷）已知P，Q 曲线 Γ上两点，若存 M点， 曲线 Γ上任 一点P都存 Q |MP| ⋅ |MQ| = 1， 称曲线 Γ “自相关曲线”． 下两个 ：①任 都 “自相关曲线”；②存 曲 线 “自相关曲线”， ( ) 20 A. ①成 ，②成 B. ①成 ，②不成 C. ①不成 ，②成 D. ①不成 ，②不成 113. (2023新高考Ⅰ卷)设 C1: x 2 a2 + y2= 1(a> 1),C2: x 2 4 + y 2= 1的离 为 e1,e2．若 e2= 3e1， a= ( ) A. 2 33 B. 2 C. 3 D. 6 114.（2023 北京卷）已知抛物线 C :y2= 8x的焦点为 F，点M C上．若M 直线 x=-3 的距离为 5， |MF| = ( ) A. 7 B. 6 C. 5 D. 4 115. (2023天津卷)过 点的一 直线与 C :(x+ 2)2+ y2= 3相 ，交曲线 y2= 2px(p> 0)于点P，若 OP  = 8， p的 为 ． 116. (2023全国乙卷文(理))已知点A 1, 5  抛物线C：y2= 2px上， A C的准线的距离为 . 117. (2023新高考Ⅰ卷)已知 曲线C : x 2 a2 - y 2 b2 = 1(a> 0,b> 0)的左、右焦点 为F1,F2．点A C上，点 B y轴上，F1A  ⊥F1B  ,F2A  =- 23 F2B  ， C的离 为 ． 118.（2023北京卷）已知 曲线C的焦点为 (-2,0) (2,0)，离 为 2， C的方 为 ． 119.（2023北京卷）已知 E: x 2 a2 + y 2 b2 = 1(a> b> 0)的离 为 53 ，A、C E的上、下 点，B，D E的左、右 点，|AC| = 4． (1) E的方 ； (2)设P为 一 内E上的 点，直线PD与直线BC交于点M，直线PA与直线 y=-2交于点N． 证：MN⎳CD． 21 120. (2023新高考Ⅰ卷) 直角 系 xOy中，点P x轴的距离 于点P 点 0, 12 的距离，记 点P的 轨迹为W． (1) W的方 ； (2)已知矩 ABCD 三个 点 W上，证 ：矩 ABCD的 于 3 3． 121. (2023新高考Ⅱ卷)已知 曲线C的中 为 点，左焦点为 -2 5 ,0 ，离 为 5． (1) C的方 ； (2)记C的左、右 点 为A1，A2，过点 -4,0 的直线与C的左支交于M，N两点，M 二 ，直线 MA1与NA2交于点P．证 :点P 定直线上. 122. (2023全国乙卷文(理))已知 C: y 2 a2 + x 2 b2 = 1(a> b> 0)的离 53 ，点A -2,0  C上． (1) C的方 ； (2)过点 -2,3 的直线交C于P,Q两点，直线AP,AQ与 y轴的交点 为M ,N，证 ：线段MN的中点 为定点． 22 123. (2023全国甲卷文(理))已知直线 x- 2y+ 1= 0与抛物线C :y2= 2px(p> 0)交于A,B两点，且 |AB| = 4 15． (1) p； (2)设C的焦点为F，M，N为C上两点，MF  ⋅NF  = 0， △MNF 积的 ． 124. (2023 天津卷)设 x 2 a2 + y 2 b2 = 1(a> b> 0)的左右 点 为A1,A2，右焦点为 F，已知 A1F = 3, A2F = 1． (1) 方 其离 ； (2)已知点P 上一 点 (不与端点 )，直线A2P交 y轴于点Q，若三角 A1PQ的 积 三角 A2FP 积的二 ， 直线A2P的方 ． 125.（2023上海卷） 已知抛物线Γ:y2= 4x， Γ上 一点A 于 一 ，设A的纵 为 a(a> 0)． (1)若A 抛物线Γ准线的距离为 3， a的 ； (2) a= 4时，若 x轴上存 一点B， AB的中点 抛物线Γ上， O 直线AB的距离； (3)直线 l:x=-3，抛物线上 一 于点A的 点P，P 直线 l上的投 为点H，直线AP与直线 l的交点 为Q．若 P的 变 过 中，|HQ| > 4 成 ， a的取 围． 23 专 12 曲线 105. (2023全国甲卷理)己知 x 2 9 + y2 6 = 1，F1,F2为两个焦点，O为 点，P为 上一点，cos∠F1PF2= 3 5 ， |PO| = ( ) A. 25 B. 30 2 C. 3 5 D. 35 2 【答案】B 【解析】方法一：设∠F1PF2= 2θ,0< θ< π2 ，所以S△PF1F2= b 2tan ∠F1PF2 2 = b 2tanθ， 由 cos∠F1PF2= cos2θ= cos 2θ- sin2θ cos2θ+ sin2θ = 1- tan 2θ 1+ tan2θ = 35 ，解得：tanθ= 1 2 ， 由椭圆方程可知，a2= 9,b2= 6,c2= a2- b2= 3， 所以，S△PF1F2= 1 2 × F1F2 × yp = 1 2 × 2 3 × yp = 6× 1 2 ，解得：y 2 p= 3， 即 x2p= 9× 1- 36 = 9 2 ，因此 OP = x 2 p+ y2p= 3+ 92 = 30 2 ． 故选：B． 方法二：因为 PF1 + PF2 = 2a= 6①，PF1 2+ PF2 2- 2 PF1 PF2 ∠F1PF2= F1F2 2， 即 PF1  2+ PF2 2- 65 PF1 PF2 = 12②，联立①②， 解得：PF1 PF2 = 152 , PF1  2+ PF2 2= 21， 而PO  = 12 PF1  +PF2   ，所以 OP = PO   = 12 PF1  +PF2   ， 即 PO   = 12 PF1  +PF2   = 12 PF1   2+ 2PF1  ⋅PF2  + PF2   2= 12 21+ 2× 3 5 × 15 2 = 30 2 ． 故选：B． 方法三：因为 PF1 + PF2 = 2a= 6①，PF1 2+ PF2 2- 2 PF1 PF2 ∠F1PF2= F1F2 2， 即 PF1  2+ PF2 2- 65 PF1 PF2 = 12②，联立①②，解得：PF1  2+ PF2 2= 21， 由中线定理可知，2 OP  2+ F1F2 2= 2 PF1 2+ PF2 2 = 42，易知 F1F2 = 2 3，解得：OP = 302 ． 故选：B． 106. (2023天津卷) 曲线 x 2 a2 - y 2 b2 (a> 0,b> 0)的左、右焦点 为F1、F2．过F2 其中一 近线的 线， 足为P．已知PF2= 2，直线PF1的斜 为 24 ， 曲线的方 为 ( ) A. x 2 8 - y2 4 = 1 B. x2 4 - y2 8 = 1 C. x2 4 - y2 2 = 1 D. x2 2 - y2 4 = 1 【答案】D 99 【解析】如图， 因为F2 c,0 ，不妨设渐近线方程为 y= ba x，即 bx- ay= 0， 所以 PF2 = bc  a2+ b2 = bcc = b， 所以 b= 2. 设∠POF2= θ,则 tanθ= PF2  OP  = b OP  = ba，所以 OP = a，所以 OF2 = c. 因为 1 2 ab= 1 2 c ⋅ yP,所以 yP= ab c ，所以 tanθ= yP xP = ab c xP = ba，所以 xP= a2 c ， 所以P a 2 c , ab c ， 因为F1 -c,0 ， 所以 kPF1= ab c a2 c + c = ab a2+ c2 = 2a a2+ a2+ 4 = a a2+ 2 = 24 ， 所以 2 a2+ 2 = 4a，解得 a= 2， 所以双曲线的方程为 x2 2 - y2 4 = 1 故选：D 107. (2023 全国甲卷文)设 F1,F2 为 C : x 2 5 + y 2= 1的两个焦点，点 P C上，若 PF1  ⋅ PF2  = 0， PF1  ⋅ PF2 = ( ) A. 1 B. 2 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】方法一：因为PF1  ⋅PF2  = 0，所以∠FP1F2= 90°， 从而S△FP1F2= b 2tan45° = 1= 12 × PF1 ⋅ PF2 ，所以 PF1 ⋅ PF2 = 2． 故选：B. 方法二： 因为PF1  ⋅PF2  = 0，所以∠FP1F2= 90°，由椭圆方程可知，c2= 5- 1= 4⇒ c= 2， 100 所以 PF1  2+ PF2 2= F1F2 2= 42= 16，又 PF1 + PF2 = 2a= 2 5，平方得： PF1  2+ PF2 2+ 2 PF1 PF2 = 16+ 2 PF1 PF2 = 20，所以 PF1 ⋅ PF2 = 2． 故选：B. 108. (2023全国甲卷文(理))已知 曲线 x 2 a2 - y 2 b2 = 1(a> 0,b> 0)的离 为 5，其中一 近线与 (x- 2)2+ (y- 3)2= 1交于A，B两点， |AB| = ( ) A. 15 B. 5 5 C. 2 5 5 D. 4 5 5 【答案】D 【解析】由 e= 5，则 c 2 a2 = a 2+ b2 a2 = 1+ b 2 a2 = 5， 解得 b a = 2， 所以双曲线的一条渐近线不妨取 y= 2x， 则圆心 (2,3)到渐近线的距离 d= |2× 2- 3| 22+ 1 = 55 ， 所以弦长 |AB| = 2 r2- d2= 2 1- 15 = 4 5 5 . 故选：D 109. (2023全国乙卷文(理))设A，B为 曲线 x2- y 2 9 = 1上两点，下 四个点中，可为线段AB中点的 ( ) A. 1,1  B. -1,2  C. 1,3  D. -1, -4  【答案】D 【解析】设A x1,y1 ,B x2,y2 ，则AB的中点M x1+ x2 2 , y1+ y2 2 ， 可得 kAB= y1- y2 x1- x2 ,k= y1+ y2 2 x1+ x2 2 = y1+ y2x1+ x2 ， 因为A,B在双曲线上，则 x21- y21 9 = 1 x22- y22 9 = 1  ，两式相减得 x 2 1- x22 - y21- y22 9 = 0， 所以 kAB ⋅ k= y21- y22 x21- x22 = 9. 对于选项A：可得 k= 1,kAB= 9，则AB:y= 9x- 8， 联立方程 y= 9x- 8 x2- y 2 9 = 1  ，消去 y得 72x 2- 2× 72x+ 73= 0， 此时Δ= -2× 72 2- 4× 72× 73=-288< 0， 101 所以直线AB与双曲线没有交点，故A错误； 对于选项B：可得 k=-2,kAB=- 9 2 ，则AB:y=- 9 2 x- 5 2 ， 联立方程 y=- 92 x- 5 2 x2- y 2 9 = 1  ，消去 y得 45x 2+ 2× 45x+ 61= 0， 此时Δ= 2× 45 2- 4× 45× 61=-4× 45× 16< 0， 所以直线AB与双曲线没有交点，故B错误； 对于选项C：可得 k= 3,kAB= 3，则AB:y= 3x 由双曲线方程可得 a= 1,b= 3，则AB:y= 3x为双曲线的渐近线， 所以直线AB与双曲线没有交点，故C错误； 对于选项D：k= 4,kAB= 9 4 ，则AB:y= 9 4 x- 7 4 ， 联立方程 y= 94 x- 7 4 x2- y 2 9 = 1  ，消去 y得 63x 2+ 126x- 193= 0， 此时Δ= 1262+ 4× 63× 193> 0，故直线AB与双曲线有交两个交点，故D正确； 故选：D. 110. (2023新高考Ⅱ卷)已知 C : x 2 3 + y 2= 1的左、右焦点 为F1，F2，直线 y= x+m与C交于A，B两 点，若△F1AB 积 △F2AB 积的 2 ， m= ( ) A. 23 B. 2 3 C. - 2 3 D. - 2 3 【答案】C 【解析】将直线 y= x+m与椭圆联立 y= x+m x2 3 + y 2= 1  ，消去 y可得 4x 2+ 6mx+ 3m2- 3= 0， 因为直线与椭圆相交于A,B点，则Δ= 36m2- 4× 4 3m2- 3 > 0，解得-2<m< 2， 设F1到AB的距离 d1,F2到AB距离 d2，易知F1 - 2 ,0 ,F2 2 ,0 ， 则 d1= |- 2+m| 2 ，d2= | 2+m| 2 ， S△F1AB S△F2AB = |- 2+m| 2 | 2+m| 2 = |- 2+m| | 2+m| = 2，解得m=- 23 或-3 2 (舍去)， 故选：C. 102 111. (2023新高考Ⅱ卷)设O为 点，直线 y=- 3 x- 1 过抛物线C :y2= 2px p> 0 的焦点，且与C 交于M，N两点，l为C的准线， ( ) A. p= 2 B. MN = 83 C. 以MN为直 的 与 l相 D. △OMN为 三角 【答案】AC 【解析】A选项：直线 y=- 3 x- 1 过点 1,0 ，所以抛物线C:y2= 2px p> 0 的焦点F 1,0 ， 所以 p 2 = 1,p= 2,2p= 4，则A选项正确，且抛物线C的方程为 y 2= 4x. B选项：设M x1,y1 ,N x2,y2 ， 由 y=- 3 x- 1  y2= 4x  消去 y并化简得 3x 2- 10x+ 3= x- 3 3x- 1 = 0， 解得 x1= 3,x2= 13 ，所以 MN = x1+ x2+ p= 3+ 1 3 + 2= 16 3 ，B选项错误. C选项：设MN的中点为A，M ,N ,A到直线 l的距离分别为 d1,d2,d， 因为 d= 12 d1+ d2 = 1 2 MF + NF  = 1 2 MN ， 即A到直线 l的距离等于MN的一半，所以以MN为直径的圆与直线 l相切，C选项正确. D选项：直线 y=- 3 x- 1 ，即 3x+ y- 3= 0， O到直线 3x+ y- 3= 0的距离为 d= 32 ， 所以三角形OMN的面积为 12 × 16 3 × 3 2 = 4 3 3 ， 由上述分析可知 y1=- 3 3- 1 =-2 3 ,y2=- 3 13 - 1 = 2 3 3 ， 所以 OM = 32+ -2 3 2= 21 , ON = 13  2+ 2 33  2 = 133 ， 所以三角形OMN不是等腰三角形，D选项错误. 故选：AC. 103 112.（2023上海卷）已知P，Q 曲线 Γ上两点，若存 M点， 曲线 Γ上任 一点P都存 Q |MP| ⋅ |MQ| = 1， 称曲线 Γ “自相关曲线”． 下两个 ：①任 都 “自相关曲线”；②存 曲 线 “自相关曲线”， ( ) A. ①成 ，②成 B. ①成 ，②不成 C. ①不成 ，②成 D. ①不成 ，②不成 【答案】B 【解析】因为椭圆是封闭的，总可以找到满足题意的M点，使得 |MP| ⋅ |MQ| = 1成立，故①正确， 在双曲线中，|PM |max →+∞，而 |QM |min 是个固定值，则无法对任意的 P ∈ C，都存在 Q ∈ C，使得 |PM ||QM | = 1，故②错误． 故选：B． 113. (2023新高考Ⅰ卷)设 C1: x 2 a2 + y2= 1(a> 1),C2: x 2 4 + y 2= 1的离 为 e1,e2．若 e2= 3e1， a= ( ) A. 2 33 B. 2 C. 3 D. 6 【答案】A 【解析】由 e2= 3e1，得 e22= 3e21，因此 4- 14 = 3× a2- 1 a2 ，而 a> 1，所以 a= 2 33 . 故选：A 114.（2023 北京卷）已知抛物线 C :y2= 8x的焦点为 F，点M C上．若M 直线 x=-3 的距离为 5， |MF| = ( ) A. 7 B. 6 C. 5 D. 4 【答案】D 【解析】因为抛物线C:y2= 8x的焦点F 2,0 ，准线方程为 x=-2，点M在C上， 所以M到准线 x=-2的距离为 MF ， 又M到直线 x=-3的距离为 5， 104 所以 MF + 1= 5，故 MF = 4. 故选：D. 115. (2023天津卷)过 点的一 直线与 C :(x+ 2)2+ y2= 3相 ，交曲线 y2= 2px(p> 0)于点P，若 OP  = 8， p的 为 ． 【答案】6 【解析】易知圆 x+ 2 2+ y2= 3和曲线 y2= 2px关于 x轴对称，不妨设切线方程为 y= kx，k> 0， 所以 2k  1+ k2 = 3，解得：k= 3，由 y= 3x y2= 2px  解得： x= 0 y= 0  或 x= 2p3 y= 2 3 p3  ， 所以 OP = 2p3  2 + 2 3 p3  2 = 4p3 = 8，解得：p= 6． 当 k=- 3 时，同理可得． 故答案为：6． 116. (2023全国乙卷文(理))已知点A 1, 5  抛物线C：y2= 2px上， A C的准线的距离为 . 【答案】 9 4 【解析】由题意可得： 5 2= 2p× 1，则 2p= 5，抛物线的方程为 y2= 5x， 准线方程为 x=- 54 ，点A到C的准线的距离为 1- - 5 4 = 9 4 . 故答案为： 9 4 . 117. (2023新高考Ⅰ卷)已知 曲线C : x 2 a2 - y 2 b2 = 1(a> 0,b> 0)的左、右焦点 为F1,F2．点A C上，点 B y轴上，F1A  ⊥F1B  ,F2A  =- 23 F2B  ， C的离 为 ． 【答案】 3 5 5 【解析】方法一： 依题意，设 AF2 = 2m，则 BF2 = 3m= BF1 , AF1 = 2a+ 2m， 在Rt△ABF1中，9m2+ (2a+ 2m)2= 25m2，则 (a+ 3m) (a-m) = 0，故 a=m或 a=-3m(舍去)， 所以 AF1 = 4a, AF2 = 2a，BF2 = BF1 = 3a，则 AB = 5a， 故 cos∠F1AF2= AF1  AB  = 4a5a = 4 5 ， 所以在△AF1F2中，cos∠F1AF2= 16a 2+ 4a2- 4c2 2× 4a× 2a = 4 5 ，整理得 5c 2= 9a2， 故 e= ca = 3 5 5 . 105 方法二: 依题意，得F1(-c,0),F2(c,0)，令A x0,y0 ,B(0,t)， 因为F2A  =- 23 F2B  ，所以 x0- c,y0 =- 23 -c,t ，则 x0= 5 3 c,y0=- 2 3 t， 又F1A  ⊥F1B  ，所以F1A  ⋅F1B  = 83 c, - 2 3 t c,t = 8 3 c 2- 23 t 2= 0，则 t2= 4c2， 又点A在C上，则 25 9 c 2 a2 - 4 9 t 2 b2 = 1，整理得 25c 2 9a2 - 4t 2 9b2 = 1，则 25c 2 9a2 - 16c 2 9b2 = 1， 所以 25c2b2- 16c2a2= 9a2b2，即 25c2 c2- a2 - 16a2c2= 9a2 c2- a2 ， 整理得 25c4- 50c2+ 9a4= 0，则 5c2- 9a2 5c2- a2 = 0，解得 5c2= 9a2或 5c2= a2， 又 e> 1，所以 e= 3 55 或 e= 5 5 (舍去)，故 e= 3 5 5 . 故答案为： 3 5 5 . 118.（2023北京卷）已知 曲线C的焦点为 (-2,0) (2,0)，离 为 2， C的方 为 ． 【答案】 x2 2 - y2 2 = 1 【解析】令双曲线C的实半轴、虚半轴长分别为 a,b，显然双曲线C的中心为原点，焦点在 x轴上，其半焦距 c = 2， 由双曲线C的离心率为 2，得 ca = 2，解得 a= 2，则 b= c 2- a2= 2， 所以双曲线C的方程为 x 2 2 - y2 2 = 1. 故答案为： x2 2 - y2 2 = 1 119.（2023北京卷）已知 E: x 2 a2 + y 2 b2 = 1(a> b> 0)的离 为 53 ，A、C E的上、下 点，B，D E的左、右 点，|AC| = 4． (1) E的方 ； (2)设P为 一 内E上的 点，直线PD与直线BC交于点M，直线PA与直线 y=-2交于点N． 证：MN⎳CD． 【答案】(1) x 2 9 + y2 4 = 1(2)证明见解析 106 【解析】(1)依题意，得 e= ca = 5 3 ，则 c= 5 3 a， 又A,C分别为椭圆上下顶点，AC = 4，所以 2b= 4，即 b= 2， 所以 a2- c2= b2= 4，即 a2- 59 a 2= 49 a 2= 4，则 a2= 9， 所以椭圆E的方程为 x 2 9 + y2 4 = 1. (2)因为椭圆E的方程为 x 2 9 + y2 4 = 1，所以A 0,2 ,C 0, -2 ,B -3,0 ,D 3,0 ， 因为P为第一象限E上的动点，设P m,n 0<m< 3,0<n< 2 ，则 m 2 9 + n2 4 = 1， 易得 kBC= 0+ 2 -3- 0 =- 2 3 ，则直线BC的方程为 y=- 2 3 x- 2， kPD= n- 0 m- 3 = n m- 3 ，则直线PD的方程为 y= n m- 3 x- 3 ， 联立 y=- 23 x- 2 y= nm- 3 x- 3   ，解得 x= 3 3n- 2m+ 6 3n+ 2m- 6 y= -12n3n+ 2m- 6  ，即M 3 3n- 2m+ 6  3n+ 2m- 6 , -12n 3n+ 2m- 6 ， 而 kPA= n- 2 m- 0 = n- 2 m ，则直线PA的方程为 y= n- 2 m x+ 2， 令 y=-2，则-2= n- 2m x+ 2，解得 x= -4m n- 2 ，即N -4m n- 2 , -2 ， 又 m2 9 + n2 4 = 1，则m 2= 9- 9n 2 4 ，8m 2= 72- 18n2， 所以 kMN= -12n 3n+ 2m- 6 + 2 3 3n- 2m+ 6  3n+ 2m- 6 - -4m n- 2 = -6n+ 4m- 12 n- 2  9n- 6m+ 18 n- 2 + 4m 3n+ 2m- 6  = -6n 2+ 4mn- 8m+ 24 9n2+ 8m2+ 6mn- 12m- 36 = -6n 2+ 4mn- 8m+ 24 9n2+ 72- 18n2+ 6mn- 12m- 36 = -6n 2+ 4mn- 8m+ 24 -9n2+ 6mn- 12m+ 36 = 2 -3n2+ 2mn- 4m+ 12  3 -3n2+ 2mn- 4m+ 12  = 23 ， 又 kCD= 0+ 2 3- 0 = 2 3 ，即 kMN= kCD， 显然，MN与CD不重合，所以MN⎳CD. 120. (2023新高考Ⅰ卷) 直角 系 xOy中，点P x轴的距离 于点P 点 0, 12 的距离，记 点P的 轨迹为W． 107 (1) W的方 ； (2)已知矩 ABCD 三个 点 W上，证 ：矩 ABCD的 于 3 3． 【答案】(1)y= x2+ 14 ;(2)见解析 【解析】(1)设P(x,y),则 y = x2+ y- 12  2 ，两边同平方化简得 y= x2+ 14 ， 故W :y= x2+ 14 . (2)法一：设矩形的三个顶点A a,a2+ 14 ,B b,b 2+ 14 ,C c,c 2+ 14 在W上,且 a< b< c，易知矩形四条 边所在直线的斜率均存在，且不为 0， 则 kAB ⋅ kBC=-1,a+ b< b+ c,令 kAB= b2+ 14 - a 2+ 14  b- a = a+ b=m< 0， 同理令 kBC= b+ c=n> 0，且mn=-1，则m=- 1 n， 设矩形周长为C,由对称性不妨设 |m| ≥ |n|，kBC- kAB= c- a=n-m=n+ 1 n， 则 1 2 C= |AB| +|BC| = (b- a) 1+m 2+ (c- b) 1+n2≥(c- a) 1+n2= n+ 1n  1+n 2 .n> 0，易知 n+ 1n  1+n 2> 0 则令 f(x) = x+ 1x  2 1+ x2 ,x> 0,f(x) = 2 x+ 1x  2 2x- 1x , 令 f(x) = 0，解得 x= 22 ， 当 x∈ 0, 22 时，f(x)< 0，此时 f(x)单调递减， 当 x∈ 22 , +∞ ，f(x)> 0，此时 f(x)单调递增， 则 f(x)min= f 22 = 27 4 ， 故 1 2 C≥ 27 4 = 3 3 2 ,即C≥ 3 3 . 当C= 3 3 时,n= 22 ,m=- 2 ,且 (b- a) 1+m 2= (b- a) 1+n2，即m=n时等号成立，矛盾，故C> 3 3 , 得证. 法二：不妨设A,B,D在W上，且BA⊥DA， 108 依题意可设A a,a2+ 14 ，易知直线BA，DA的斜率均存在且不为 0， 则设BA,DA的斜率分别为 k和- 1k，由对称性，不妨设 k ≤ 1， 直线AB的方程为 y= k(x- a) + a2+ 14 ， 则联立 y= x2+ 14 y= k(x- a) + a2+ 14  得 x 2- kx+ ka- a2= 0， Δ= k2- 4 ka- a2 = k- 2a 2> 0，则 k≠ 2a 则 |AB| = 1+ k2 |k- 2a|， 同理 |AD| = 1+ 1 k2 1 k + 2a ， 所以 |AB| +|AD| = 1+ k2 |k- 2a| + 1+ 1 k2 1 k + 2a  ≥ 1+ k2 k- 2a + 1k + 2a  ≥ 1+ k 2 k+ 1k = 1+ k2 3 k2 令 k2=m，则m∈ 0,1 ，设 f(m) = (m+ 1)3 m =m 2+ 3m+ 1m + 3， 则 f(m) = 2m+ 3- 1 m2 = (2m- 1) (m+ 1) 2 m2 ，令 f(m) = 0，解得m= 12 ， 当m∈ 0, 12 时，f (m)< 0，此时 f(m)单调递减， 当m∈ 12 , +∞ ，f (m)> 0，此时 f(m)单调递增， 则 f(m)min= f 12 = 27 4 ， 所以 |AB| +|AD| ≥ 3 32 ， 但 1+ k2 |k- 2a| + 1+ 1 k2 1 k + 2a ≥ 1+ k 2 |k- 2a| + 1k + 2a  ，此处取等条件为 k= 1，与最终取等 时 k= 22 不一致，故 AB + AD > 3 3 2 . 法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动 14 个单位得抛物线W :y= x2, 矩形ABCD变换为矩形ABCD,则问题等价于矩形ABCD的周长大于 3 3 . 设B t0,t20 ,A t1,t21 ,C t2,t22 , 根据对称性不妨设 t0≥ 0. 109 则 kAB= t1+ t0,kBC= t2+ t0, 由于A B⊥BC, 则 t1+ t0  t2+ t0 =-1. 由于 AB = 1+ t1+ t0 2 t1- t0 , BC = 1+ t2+ t0 2 t2- t0 , 且 t0介于 t1,t2之间, 则 AB + BC = 1+ t1+ t0 2 t1- t0 + 1+ t2+ t0 2 t2- t0 . 令 t2+ t0= tanθ, t1+ t0=-cotθ,θ∈ 0, π2 ,则 t2= tanθ- t0,t1=-cotθ- t0,从而 AB + BC = 1+ cot2θ 2t0+ cotθ + 1+ tan2θ tanθ- 2t0  故 AB + BC = 2t0 1sinθ - 1 cosθ + sinθ cos2θ + cosθ sin2θ = 2t0(cosθ- sinθ) sinθcosθ + sin 3θ+ cos3θ sin2θcos2θ ①当 θ∈ 0, π4 时, AB + BC ≥ sin 3θ+ cos3θ sin2θcos2θ = sinθ cos2θ + cosθ sin2θ ≥ 2 1sinθcosθ = 2 2 sin2θ ≥ 2 2 ②当 θ∈ π4 , π 2 时,由于 t1< t0< t2,从而-cotθ- t0< t0< tanθ- t0, 从而- cotθ2 < t0< tanθ 2 又 t0≥ 0, 故 0≤ t0< tanθ2 ,由此 A B + BC = 2t0(cosθ- sinθ) sinθcosθ + sin 3θ+ cos3θ sin2θcos2θ > sinθ(cosθ- sinθ) (sinθcosθ) sin2θcos3θ + sin 3θ+ cos3θ sin2θcos2θ = 1 cosθ + cosθ sin2θ = 2 sin2θsin2θ ⋅ 2cos2θ = 2 1- cos2θ  1- cos2θ ⋅ 2cos2θ ≥ 2 1- cos2θ + 1- cos2θ + 2cos2θ 3  3 ≥ 22 3  3 = 3 3 2 ， 当且仅当 cosθ= 33 时等号成立，故 A B + BC > 3 32 ，故矩形周长大于 3 3 . 121. (2023新高考Ⅱ卷)已知 曲线C的中 为 点，左焦点为 -2 5 ,0 ，离 为 5． (1) C的方 ； (2)记C的左、右 点 为A1，A2，过点 -4,0 的直线与C的左支交于M，N两点，M 二 ，直线 MA1与NA2交于点P．证 :点P 定直线上. 【答案】(1) x 2 4 - y2 16 = 1;(2)证明见解析. 【解析】(1)设双曲线方程为 x 2 a2 - y 2 b2 = 1 a> 0,b> 0 ，由焦点坐标可知 c= 2 5， 110 则由 e= ca = 5 可得 a= 2，b= c 2- a2= 4， 双曲线方程为 x2 4 - y2 16 = 1. (2)由 (1)可得A1 -2,0 ,A2 2,0 ，设M x1,y1 ,N x2,y2 ， 显然直线的斜率不为 0，所以设直线MN的方程为 x=my- 4，且- 12 <m< 1 2 ， 与 x2 4 - y2 16 = 1联立可得 4m 2- 1 y2- 32my+ 48= 0，且Δ= 64(4m2+ 3)> 0， 则 y1+ y2= 32m4m2- 1 ,y1y2= 484m2- 1 ， 直线MA1的方程为 y= y1 x1+ 2 x+ 2 ，直线NA2的方程为 y= y2 x2- 2 x- 2 ， 联立直线MA1与直线NA2的方程可得： x+ 2 x- 2 = y2 x1+ 2  y1 x2- 2  = y2 my1- 2  y1 my2- 6  = my1y2- 2 y1+ y2 + 2y1 my1y2- 6y1 = m ⋅ 48 4m2- 1 - 2 ⋅ 32m 4m2- 1 + 2y1 m× 48 4m2- 1 - 6y1 = -16m 4m2- 1 + 2y1 48m 4m2- 1 - 6y1 =- 13 ， 由 x+ 2 x- 2 =- 1 3 可得 x=-1，即 xP=-1， 据此可得点P在定直线 x=-1上运动. 122. (2023全国乙卷文(理))已知 C: y 2 a2 + x 2 b2 = 1(a> b> 0)的离 53 ，点A -2,0  C上． (1) C的方 ； (2)过点 -2,3 的直线交C于P,Q两点，直线AP,AQ与 y轴的交点 为M ,N，证 ：线段MN的中点 为定点． 【答案】(1) y 2 9 + x2 4 = 1 (2)证明见详解 【解析】(1)由题意可得 b= 2 a2= b2+ c2 e= ca = 5 3      ，解得 a= 3 b= 2 c= 5  ， 111 所以椭圆方程为 y2 9 + x2 4 = 1. (2)由题意可知：直线PQ的斜率存在，设PQ:y= k x+ 2 + 3,P x1,y1 ,Q x2,y2 ， 联立方程 y= k x+ 2 + 3 y2 9 + x2 4 = 1  ，消去 y得：4k 2+ 9 x2+ 8k 2k+ 3 x+ 16 k2+ 3k = 0， 则Δ= 64k2 2k+ 3 2- 64 4k2+ 9 k2+ 3k =-1728k> 0，解得 k< 0， 可得 x1+ x2=- 8k 2k+ 3  4k2+ 9 ,x1x2= 16 k2+ 3k  4k2+ 9 ， 因为A -2,0 ，则直线AP:y= y1 x1+ 2 x+ 2 ， 令 x= 0，解得 y= 2y1x1+ 2 ，即M 0, 2y1x1+ 2 , 同理可得N 0, 2y2x2+ 2 ， 则 2y1 x1+ 2 + 2y2 x2+ 2 2 = k x1+ 2 + 3  x1+ 2 + k x2+ 2 + 3  x2+ 2 = kx1+ 2k+ 3   x2+ 2 + kx2+ 2k+ 3   x1+ 2  x1+ 2 x2+ 2  = 2kx1x2+ 4k+ 3 x1+ x2 + 4 2k+ 3  x1x2+ 2 x1+ x2 + 4 = 32k k2+ 3k  4k2+ 9 - 8k 4k+ 3 2k+ 3  4k2+ 9 + 4 2k+ 3  16 k2+ 3k  4k2+ 9 - 16k 2k+ 3  4k2+ 9 + 4 = 10836 = 3， 所以线段MN的中点是定点 0,3 . 123. (2023全国甲卷文(理))已知直线 x- 2y+ 1= 0与抛物线C :y2= 2px(p> 0)交于A,B两点，且 |AB| = 4 15． (1) p； (2)设C的焦点为F，M，N为C上两点，MF  ⋅NF  = 0， △MNF 积的 ． 【答案】(1)p= 2;(2)12- 8 2 112 【解析】(1)设A xA,yA ,B xB,yB ， 由 x- 2y+ 1= 0 y2= 2px  可得，y 2- 4py+ 2p= 0，所以 yA+ yB= 4p,yAyB= 2p， 所以 AB = xA- xB 2+ yA- yB 2= 5 yA- yB = 5 × yA+ yB 2- 4yAyB = 4 15， 即 2p2- p- 6= 0，因为 p> 0，解得：p= 2． (2)因为F 1,0 ，显然直线MN的斜率不可能为零， 设直线MN：x=my+n，M x1,y1 ,N x2,y2 ， 由 y2= 4x x=my+n  可得，y 2- 4my- 4n= 0，所以，y1+ y2= 4m,y1y2=-4n， Δ= 16m2+ 16n> 0⇒m2+n> 0， 因为MF  ⋅NF  = 0，所以 x1- 1 x2- 1 + y1y2= 0， 即 my1+n- 1 my2+n- 1 + y1y2= 0， 亦即 m2+ 1 y1y2+m n- 1 y1+ y2 + n- 1 2= 0， 将 y1+ y2= 4m,y1y2=-4n代入得， 4m2=n2- 6n+ 1，4 m2+n = n- 1 2> 0， 所以n≠ 1，且n2- 6n+ 1≥ 0，解得n≥ 3+ 2 2 或n≤ 3- 2 2． 设点F到直线MN的距离为 d，所以 d= n- 1  1+m2 ， MN = x1- x2 2+ y1- y2 2= 1+m2 y1- y2 = 1+m2 16m2+ 16n = 2 1+m2 4 n2- 6n+ 1 + 16n= 2 1+m2 n- 1 ， 所以△MNF的面积S= 12 × MN × d= 1 2 × n- 1  1+m2 × 2 1+m2 n- 1 = n- 1 2， 而n≥ 3+ 2 2 或n≤ 3- 2 2，所以， 当n= 3- 2 2 时，△MNF的面积Smin= 2- 2 2 2= 12- 8 2． 124. (2023 天津卷)设 x 2 a2 + y 2 b2 = 1(a> b> 0)的左右 点 为A1,A2，右焦点为 F，已知 A1F = 3, A2F = 1． (1) 方 其离 ； (2)已知点P 上一 点 (不与端点 )，直线A2P交 y轴于点Q，若三角 A1PQ的 积 三角 A2FP 积的二 ， 直线A2P的方 ． 【答案】(1)椭圆的方程为 x 2 4 + y2 3 = 1，离心率为 e= 1 2 . (2)y=± 62 x- 2 . 【解析】(1)如图， 113 由题意得 a+ c= 3 a- c= 1  ，解得 a= 2,c= 1，所以 b= 2 2- 12= 3， 所以椭圆的方程为 x2 4 + y2 3 = 1，离心率为 e= c a = 1 2 . (2)由题意得，直线A2P斜率存在，由椭圆的方程为 x 2 4 + y2 3 = 1可得A2 2,0 ， 设直线A2P的方程为 y= k x- 2 ， 联立方程组 x2 4 + y2 3 = 1 y= k x- 2   ，消去 y整理得：3+ 4k 2 x2- 16k2x+ 16k2- 12= 0， 由韦达定理得 xA2 ⋅ xP= 16k2- 12 3+ 4k2 ，所以 xP= 8k2- 6 3+ 4k2 ， 所以P 8k 2- 6 3+ 4k2 , - -12k 3+ 4k2 ，Q 0, -2k . 所以S△A2QA1= 1 2 × 4× yQ ,S△A2PF= 1 2 × 1× yP ,S△A1A2P= 1 2 × 4× yP ， 所以S△A2QA1=S△A1PQ+S△A1A2P= 2S△A2PF+S△A1A2P， 所以 2 yQ = 3 yP ，即 2 -2k = 3 - 12k 3+ 4k2 ， 解得 k=± 62 ，所以直线A2P的方程为 y=± 6 2 x- 2 . 125.（2023上海卷） 已知抛物线Γ:y2= 4x， Γ上 一点A 于 一 ，设A的纵 为 a(a> 0)． (1)若A 抛物线Γ准线的距离为 3， a的 ； (2) a= 4时，若 x轴上存 一点B， AB的中点 抛物线Γ上， O 直线AB的距离； (3)直线 l:x=-3，抛物线上 一 于点A的 点P，P 直线 l上的投 为点H，直线AP与直线 l的交点 为Q．若 P的 变 过 中，|HQ| > 4 成 ， a的取 围． 【答案】(1)a= 2 2；(2) 4 1313 ；(3) (0，2]． 【解析】(1)抛物线Γ:y2= 4x的准线为 x=-1， 由于A到抛物线Γ准线的距离为 3， 则点A的横坐标为 2，则 a2= 4× 2= 8(a> 0)， 解得 a= 2 2； 114 (2)当 a= 4时，点A的横坐标为 4 2 4 = 4，则A(4,4)， 设B(b,0)，则AB的中点为 b+ 42 ,2 ， 由题意可得 22= 4× b+ 42 ，解得 b=-2， 所以B(-2,0)， 则 kAB= 4- 0 4+ 2 = 2 3 ， 由点斜式可得，直线AB的方程为 y= 23 (x+ 2)，即 2x- 3y+ 4= 0， 所以原点O到直线AB的距离为 4 22+ 32 = 4 1313 ； (3)如图， 设P t 2 4 ,t ,A a2 4 ,a ,H(-3,t) (t≠ a> 0)，则 kAP= t- a t2 4 - a2 4 = 4t+ a， 故直线AP的方程为 y- a= 4t+ a x- a2 4 ， 令 x=-3，可得 y= a- a 2 4 + 3 ⋅ 4 t+ a，即Q -3,a- a2 4 + 3 ⋅ 4 t+ a ， 则 |HQ| = t- a+ a 2 4 + 3 ⋅ 4 t+ a ， 依题意，t- a+ a 2 4 + 3 ⋅ 4 t+ a > 4恒成立， 又 t+ a+ a 2 4 + 3 ⋅ 4 t+ a - 2a≥ 4 a2 4 + 3- 2a> 0， 则最小值为 4 a 2 4 + 3- 2a> 4，即 2 a2 4 + 3> 2+ a，即 a 2+ 12> 2+ a， 则 a2+ 12> a2+ 4a+ 4，解得 0< a< 2， 又当 a= 2时，t+ 2+ 16t+ 2 - 4≥ 2 (t+ 2) ⋅ 16 t+ 2 - 4= 4，当且仅当 t= 2时等号成立， 而 a≠ t，即当 a= 2时，也符合题意． 故实数 a的取值范围为 (0，2]． 专 13 计数 理 115