专题5 微专题14 圆锥曲线的标准方程与性质（PPT课件）-【精讲精练】2025年高考数学二轮专题辅导与训练

专题五　解析几何 第一篇　专题突破　高考热点 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 微专题14　圆锥曲线的标准方程与性质 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 目 录 聚焦命题·巧突破 01 真题再现·明考向 02 专题集训·课时练 03 CONTENTS 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 聚焦命题·巧突破 01 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 真题再现·明考向 02 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 谢谢观看 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 命题点1　圆锥曲线的定义与标准方程 　(1)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，右顶点为A，上顶点为B，以线段F1A为直径的圆交线段F1B的延长线于点P，若F2B∥AP且线段AP的长为2＋eq \r(2)，则该椭圆方程为(　　) A.eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1　　　　 B．eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,3)＝1 C.eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1 D．eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1 (2)(2024·浙江金华模拟)已知抛物线y2＝4x的焦点为F，点A(3,2)，点P为该抛物线上一动点，则△PAF周长的最小值是(　　) A．3＋2eq \r(2) B．3 C．4＋2eq \r(2) D．2＋2eq \r(2)＋2eq \r(3) [解析]　(1)设椭圆的半个焦距为c，因为点P在以线段F1A为直径的圆上，所以AP⊥PF1，因为F2B∥AP，所以F2B⊥BF1，又因为|F2B|＝|BF1|，所以△F1F2B是等腰直角三角形，于是|F2B|＝|BF1|＝a，cos 45°＝eq \f(|OF2|,|BF2|)＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，|F1A|＝eq \r(2)|AP|，可得a＋c＝eq \r(2)(2＋eq \r(2))，解得a＝2eq \r(2)，c＝2，b2＝a2－c2＝4，所以椭圆的标准方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1. (2)因为抛物线方程为y2＝4x，所以2p＝4⇒eq \f(p,2)＝1， 所以焦点F(1,0)，且抛物线准线方程为x＝－eq \f(p,2)＝－1. 注意到△PAF的周长为C△PAF＝|PF|＋|FA|＋|PA|，因为A(3,2)，F(1,0)，所以|FA|＝eq \r(3－12＋2－02)＝2eq \r(2)， 所以C△PAF＝|PF|＋|PA|＋2eq \r(2). 因为根据抛物线定义，P点到准线x＝－1的距离等于|PF|，故若求周长C△PAF最小值，则求P点到准线x＝－1的距离与PA长度之和的最小值即可，由图可知，当P点为过A点作y轴垂线与抛物线的交点时，P点到准线x＝－1的距离加PA长度之和最小，最小值为3－(－1)＝4，所以周长C△PAF的最小值为4＋2eq \r(2).故选C. [答案]　(1)D　(2)C 求圆锥曲线标准方程的步骤 (1)设方程：确定圆锥曲线的焦点位置，设出标准方程． (2)求方程：利用待定系数法求出方程的系数．特别地，当焦点位置无法确定时，抛物线方程常设为y2＝2ax或x2＝2ayeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a≠0))，椭圆方程常设为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，且m≠n)，双曲线方程常设为mx2－ny2＝1(mn>0)． 提醒：(1)双曲线的定义中注意“绝对值”．(2)确定圆锥曲线方程时需注意焦点位置．　 【预测练1】 1．(2024·天津卷)已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P是双曲线右支上一点，且直线PF2的斜率为2，△PF1F2是面积为8的直角三角形，则双曲线的方程为(　　) A.eq \f(x2,8)－eq \f(y2,2)＝1 B．eq \f(x2,8)－eq \f(y2,4)＝1 C.eq \f(x2,2)－eq \f(y2,8)＝1 D．eq \f(x2,4)－eq \f(y2,8)＝1 解析　由题意可知，∠F1PF2＝90°，又直线PF2的斜率为2，可得tan∠PF2F1＝eq \f(|PF1|,|PF2|)＝2，根据双曲线定义|PF1|－|PF2|＝2a，得|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，S△PF1F2＝eq \f(1,2)|PF1||PF2|＝eq \f(1,2)×4a×2a＝4a2，又S△PF1F2＝8，所以a2＝2，所以|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2＝(4a)2＋(2a)2＝20a2＝40.又|F1F2|2＝4c2，所以c2＝10，又a2＋b2＝c2，所以b2＝8，所以双曲线的方程为eq \f(x2,2)－eq \f(y2,8)＝1，故选C. 答案　C 2．(2024·山东日照模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点A(－2,2)为椭圆C内一点，点Q(a，b)在双曲线E：eq \f(x2,4)－eq \f(y2,4)＝1上，若椭圆上存在一点P，使得|PA|＋|PF2|＝8，则a的取值范围是(　　) A．(eq \r(5)＋1,5] B．[3,5] C．(eq \r(5)＋1,2eq \r(5)] D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(3)，\r(5))) 解析　∵点Q(a，b)在双曲线E：eq \f(x2,4)－eq \f(y2,4)＝1， ∴a2－b2＝4，∴c＝eq \r(a2－b2)＝2. 可得右焦点F2(2,0)，左焦点F1(－2,0)，由椭圆的定义可得2a＝|PF1|＋|PF2|，即|PF2|＝2a－|PF1|， 可得|PA|－|PF1|＝8－2a，由||PA|－|PF1||≤|AF1|＝2，可得－2≤8－2a≤2，解得3≤a≤5，又点A(－2,2)在椭圆C内，∴eq \f(4,a2)＋eq \f(4,b2)<1，解得a>eq \r(5)＋1. ∴m的取值范围是(eq \r(5)＋1,5]． 故选A. 答案　A 命题点2　椭圆、双曲线的几何性质 考向一　离心率问题 　(1)(2024·江西鹰潭一模)已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为F，如图，过点F作倾斜角为60°的直线与椭圆E交于A，B两点，M为线段AB的中点，若5|FM|＝|OF|(O为坐标原点)，则椭圆E的离心率为(　　) A.eq \f(\r(3),3) B．eq \f(\r(6),3) C.eq \f(2\r(2),3) D．eq \f(2\r(7),7) (2)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，点P(x0，y0)是直线bx－ay＋4a＝0上任意一点，若圆(x－x0)2＋(y－y0)2＝1与双曲线C的右支没有公共点，则双曲线离心率的取值范围是(　　) A．(1,2] B．(1,4] C．[2，＋∞) D．[4，＋∞) [解析]　(1)依题意，椭圆的左焦点为Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－c，0))，|FM|＝eq \f(1,5)|OF|＝eq \f(1,5)c，过M作MM′⊥x轴，垂足为M′，由∠MFM′＝60°，得|FM′|＝eq \f(1,2)|FM|＝eq \f(1,10)c，|MM′|＝eq \f(\r(3),2)|FM|＝eq \f(\r(3),10)c，则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,10)c，\f(\r(3),10)c))，设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2))，则有eq \f(y1－y2,x1－x2)＝tan 60°＝eq \r(3)，eq \f(x1＋x2,2)＝－eq \f(9,10)c，eq \f(y1＋y2,2)＝eq \f(\r(3),10)c，由eq \f(x\o\al(2,1),a2)＋eq \f(y\o\al(2,1),b2)＝1，eq \f(x\o\al(2,2),a2)＋eq \f(y\o\al(2,2),b2)＝1，两式相 减得eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋x2))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－x2)),a2)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y1＋y2))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y1－y2)),b2)＝0，则有eq \f(b2,a2)＝－eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y1＋y2))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y1－y2)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋x2))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－x2)))＝－eq \f(\f(\r(3),5)c,－\f(9,5)c)×eq \r(3)＝eq \f(1,3)，所以e＝eq \f(c,a)＝ eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \r(1－\f(1,3))＝eq \f(\r(6),3).故选B. (2)由题意，双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一条渐近线方程为y＝eq \f(b,a)x，即bx－ay＝0，∵P(x0，y0)是直线bx－ay＋4a＝0上任意一点，则直线bx－ay＋4a＝0与直线bx－ay＝0的距离d＝eq \f(4a,\r(a2＋b2))＝eq \f(4a,c)，∵圆(x－x0)2＋(y－y0)2＝1与双曲线C的右支没有公共点，则d≥1，∴eq \f(4a,c)≥1，即e＝eq \f(c,a)≤4，故e的取值范围为(1,4]，故选B. [答案]　(1)B　(2)B 确定椭圆和双曲线的离心率的值或范围，其关键就是确立一个关于a，b，c的等量关系或不等关系，然后用a，c代换b，进而求eq \f(c,a)的值或范围．　 考向二　椭圆、双曲线的几何性质 　(1)(2024·江苏名校联盟)已知点F1，F2分别是椭圆eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,16)＝1的左、右焦点，点M是该椭圆上的一个动点，那么|eq \o(MF1,\s\up16(→))＋eq \o(MF2,\s\up16(→))|的最小值是(　　) A．4 B．6 C．8 D．10 (2)(多选)(2024·河南新乡二模)如图，已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，0))，F2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，0))，点A在C上，点B在y轴上，A，F2，B三点共线，若直线BF1的斜率为eq \r(3)，直线AF1的斜率为－eq \f(5\r(3),11)，则(　　) A．C的渐近线方程为y＝±eq \f(\r(5),2)x B．|AB|＝16 C．△ABF1的面积为16eq \r(3) D．△AF1F2内接圆的半径为eq \r(3) [解析]　(1)设M(x0，y0)，F1(－3,0)，F2(3,0)．则eq \o(MF1,\s\up16(→))＝(－3－x0，－y0)，eq \o(MF2,\s\up16(→))＝(3－x0，－y0)，所以eq \o(MF1,\s\up16(→))＋eq \o(MF2,\s\up16(→))＝(－2x0，－2y0)，|eq \o(MF1,\s\up16(→))＋eq \o(MF2,\s\up16(→))|＝eq \r(4x\o\al(2,0)＋4y\o\al(2,0))＝ eq \r(4×25\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(y\o\al(2,0),16)))＋4y\o\al(2,0))＝ eq \r(100－\f(9,4)y\o\al(2,0))，因为点M在椭圆上，所以0≤yeq \o\al(2,0)≤16，所以当yeq \o\al(2,0)＝16时，|eq \o(MF1,\s\up16(→))＋eq \o(MF2,\s\up16(→))|取最小值为8.故选C. (2)对于A，依题意，直线BF1的斜率为eq \r(3)，所以∠BF1F2＝eq \f(π,3)，又|BF1|＝|BF2|，所以△BF1F2为等边三角形，故|BF1|＝|BF2|＝|F1F2|＝2c＝6，∠BF2F1＝eq \f(π,3)，在△AF1F2中，tan∠F2F1A＝eq \f(5\r(3),11)>0，∠F2F1A为锐角，所以sin∠F2F1A＝eq \f(5\r(3),14)，cos∠F2F1A＝eq \f(11,14)，所以sin A＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－∠F2F1A))＝eq \f(\r(3),2)×eq \f(11,14)－eq \f(1,2)×eq \f(5\r(3),14)＝eq \f(3\r(3),14)，根据正弦定理可得eq \f(|F1F2|,sin A)＝eq \f(|AF1|,sin∠F1F2A)＝eq \f(|AF2|,sin∠F2F1A)，即eq \f(6,\f(3\r(3),14))＝eq \f(|AF1|,\f(\r(3),2))＝eq \f(|AF2|,\f(5\r(3),14))，解得|AF1|＝14，|AF2| ＝10，所以2a＝4，即a＝2，b＝eq \r(c2－a2)＝eq \r(5)，所以双曲线C的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,5)＝1，对于A、B，C的渐近线方程为y＝±eq \f(\r(5),2)x，|AB|＝6＋10＝16，故A、B正确； 对于C，△ABF1的面积为eq \f(1,2)|BF1|·|AB|sin eq \f(π,3)＝eq \f(1,2)×6×16×sin eq \f(π,3)＝24eq \r(3)，故C错误； 对于D，△AF1F2的面积为eq \f(1,2)×6×14×eq \f(5\r(3),14)＝15eq \r(3)，所以△AF1F2内接圆的半径为eq \f(15\r(3),\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6＋10＋14)))＝eq \r(3)，故D正确．故选ABD. 答案　(1)C　(2)ABD 求双曲线渐近线方程的关键在于求eq \f(b,a)或eq \f(a,b)的值，也可将双曲线方程中等号右边的“1”变为“0”，然后因式分解得到．　 【预测练2】 1．(多选)(2024·河南TOP二十名校质检)已知双曲线E：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,24)＝1(a>0)的左、右焦点分别为F1，F2，|F1F2|＝10，过F1的直线l与E的右支交于点P，若∠F1PF2＝eq \f(π,2)，则(　　) A．E的渐近线方程为y＝±2eq \r(6)x B．3|PF1|＝4|PF2| C．直线l的斜率为±eq \f(4,3) D．P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,5)，\f(24,5)))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,5)，－\f(24,5))) 解析　对于A选项，|F1F2|＝2eq \r(a2＋24)＝10，且a>0，解得a＝1，又因为b＝2eq \r(6)，故双曲线E的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x＝±2eq \r(6)x，A正确； 对于B选项，因为点P在右支上，则|PF1|－|PF2|＝2a＝2　①， 又因为∠F1PF2＝eq \f(π,2)，则|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝100　②， 联立①②可得|PF1|＝8，|PF2|＝6，所以3|PF1|＝4|PF2|，B正确； 对于C选项，若点P在第一象限，则直线l的斜率为kPF1＝tan∠PF1F2＝eq \f(|PF2|,|PF1|)＝eq \f(6,8)＝eq \f(3,4)，若点P在第四象限，由对称性可知，直线l的斜率为kPF1＝－eq \f(3,4). 综上所述，直线l的斜率为±eq \f(3,4)，C错误； 对于D选项，设点P(x，y)，则x>1，且x2－eq \f(y2,24)＝1，可得y2＝24x2－24，所以|PF1|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋5))2＋y2)＝eq \r(x2＋10x＋25＋24x2－24)＝eq \r(25x2＋10x＋1)＝5x＋1＝8，解得x＝eq \f(7,5)，则y2＝24×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,5)))2－24＝eq \f(242,25)，可得y＝±eq \f(24,5)， 即点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,5)，±\f(24,5)))，D正确．故选ABD. 答案　ABD 2．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P是C上一点，且PF2⊥F1F2，H是线段PF1上靠近F1的三等分点，且eq \o(OH,\s\up16(→))·eq \o(PF1,\s\up16(→))＝0，则C的离心率为________． 解析　由题意，不妨设点P在第一象限，如图． 因为PF2⊥F1F2，则|PF2|＝eq \f(b2,a)，|PF1|＝2a－eq \f(b2,a)＝eq \f(a2＋c2,a)，|HF1|＝eq \f(1,3)|PF1|＝eq \f(a2＋c2,3a). 因为eq \o(OH,\s\up16(→))·eq \o(PF1,\s\up16(→))＝0，则OH⊥PF1，可知△PF1F2∽△OF1H，则eq \f(|F2F1|,|PF1|)＝eq \f(|HF1|,|OF1|)，即eq \f(2c,\f(a2＋c2,a))＝eq \f(\f(a2＋c2,3a),c)，整理得c2－eq \r(6)ac＋a2＝0. 由e＝eq \f(c,a)得e2－eq \r(6)e＋1＝0，解得e＝eq \f(\r(6)－\r(2),2)或e＝eq \f(\r(6)＋\r(2),2)>1(舍去)，所以C的离心率为eq \f(\r(6)－\r(2),2). 答案　eq \f(\r(6)－\r(2),2) 命题点3　抛物线的几何性质 　(多选)(2024·广东广州三模)抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线r：y2＝x，O为坐标原点，一束平行于x轴的光线l1从点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(41,16)，1))射入，经过r上的点A(x1，y1)反射后，再经r上另一点B(x2，y2)反射，沿直线l2射出，经过点Q，则(　　) A．y1y2＝－1 B．|AB|＝eq \f(25,16) C．PB平分∠ABQ D．延长AO交直线x＝－eq \f(1,4)于点C，则C，B，Q三点共线 [解析]　如图，设抛物线的焦点为F，则Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0)).因为Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(41,16)，1))，且l1∥x轴，所以A(1,1)，所以直线AF：y＝eq \f(1－0,1－\f(1,4)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,4)))＝eq \f(4,3)x－eq \f(1,3).由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝\f(4,3)x－\f(1,3)，,y2＝x，)) 可得y2－eq \f(3,4)y－eq \f(1,4)＝0，故y1y2＝－eq \f(1,4)，A错误．因为y1＝1，所以y2＝－eq \f(1,4)，故Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,16)，－\f(1,4)))，故|AB|＝1＋eq \f(1,16)＋eq \f(1,2)＝eq \f(25,16)，故B正确．因为|AP|＝eq \f(41,16)－1＝eq \f(25,16)＝|AB|，故△APB为等腰三角形，故∠ABP＝∠APB，而l1∥l2，故∠PBQ＝∠APB，即 ∠ABP＝∠PBQ，故PB平分∠ABQ，故C正确．直线AO：y＝x，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝x，,x＝－\f(1,4)，))可得Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，－\f(1,4)))，故yC＝yB，所以C，B，Q三点共线，故D正确．故选BCD. [答案]　BCD 利用抛物线的几何性质解题时，要注意利用定义构造与焦半径相关的几何图形(如三角形、直角梯形等)来沟通已知量与p的关系，灵活运用抛物线的焦点弦的特殊结论，使问题简单化且减少数学运算．　 【预测练3】 1．(2024·江苏扬州第二次调研)设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，C的准线与x轴交于点A，过A的直线与C在第一象限的交点为M，N，且|FM|＝3|FN|，则直线MN的斜率为(　　) A.eq \f(\r(3),2) B．eq \f(1,2) C.eq \f(\r(3),3) D．eq \f(2,3) 解析　根据题意可得抛物线C：y2＝4x的焦点F(1,0)，准线方程为x＝－1， 则有A(－1,0)，设MN直线方程为y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋1))，k>0，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋1))，,y2＝4x，))可得k2x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k2－4))x＋k2＝0，则Δ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k2－4))2－4k2·k2＝－16(k－1)·(k＋1)>0，得－1<k<1，故0<k<1，设Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2))，0<x2<x1，x1＋x2＝eq \f(4－2k2,k2)，x1x2＝1，M到准线距离为|MM′|，N到准线距离为|NN′|， 又|FM|＝3|FN|，有|MM′|＝3|NN′|，即1＋x1＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋x2))，得x1＝2＋3x2，∴x1x2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋3x2))x2＝1，又0<x2<x1，解得x2＝eq \f(1,3)，x1＝3，∴x1＋x2＝eq \f(4－2k2,k2)＝3＋eq \f(1,3)，又k>0，解得k＝eq \f(\r(3),2).故选A. 答案　A 2．(多选)过点P(4,0)的直线l交抛物线C：y2＝4x于A，B两点，线段AB的中点为Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，y0))，抛物线的焦点为F，下列说法正确的是(　　) A．以AB为直径的圆过坐标原点 B.eq \o(FA,\s\up16(→))·eq \o(FB,\s\up16(→))<0 C．若直线l的斜率存在，则斜率为eq \f(2,y0) D．若y0＝2，则|AF|＋|BF|＝12 解析　由题意可知直线l斜率不为0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，l：x＝my＋4，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝my＋4，,y2＝4x))得y2－4my－16＝0，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－16，x1＋x2＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y1＋y2))＋8＝4m2＋8，x1x2＝m2y1y2＋4meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y1＋y2))＋16＝16，因为eq \o(OA,\s\up16(→))·eq \o(OB,\s\up16(→))＝x1x2＋y1y2＝0，所以OA⊥OB，以AB为直径的圆过坐标原点，A说法正确；eq \o(FA,\s\up16(→))·eq \o(FB,\s\up16(→))＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2)＝x1x2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋x2))＋1＋y1y2＝－4m2－7<0，B说法正确；因为Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，y0))为线段AB中点，所以M(2m2＋4,2m)，若直线l的斜率存在，则m≠0，直线l：y＝eq \f(1,m)x－eq \f(4,m)的斜率k＝eq \f(1,m)＝eq \f(2,y0)，C说法正确；若y0＝2，则m＝1，由抛物线的定义可得|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋p＝14，D说法错误；故选ABC. 答案　ABC 1．(2024·全国甲卷·理)已知双曲线的两个焦点分别为(0,4)，(0，－4)，点(－6,4)在该双曲线上，则该双曲线的离心率为(　　) A．4　　　　　　　　 B．3 C．2 D．eq \r(2) 解析　解法一(方程组法)　根据焦点坐标可知c＝4，根据焦点在y轴上，可设双曲线的方程为eq \f(y2,a2)－eq \f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(16,a2)－\f(36,b2)＝1，,a2＋b2＝16，)) 得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝2\r(3)，))所以离心率e＝eq \f(c,a)＝2. 解法二(定义法)　根据双曲线的定义，得2a＝|eq \r(－6－02＋4－42)－eq \r(－6－02＋4＋42)|＝|6－10|＝4，根据焦点坐标可知c＝4，所以离心率e＝eq \f(2c,2a)＝eq \f(8,4)＝2. 答案　C 2．(2024·新课标Ⅱ卷)已知曲线C：x2＋y2＝16(y>0)，从C上任意一点P向x轴作垂线段PP′，P′为垂足，则线段PP′的中点M的轨迹方程为(　　) A.eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1(y>0) B.eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,8)＝1(y>0) C.eq \f(y2,16)＋eq \f(x2,4)＝1(y>0) D.eq \f(y2,16)＋eq \f(x2,8)＝1(y>0) 解析　解法一(代入法)　设M(x0，y0)，则P(x0,2y0)，因为点P在曲线C上，所以xeq \o\al(2,0)＋(2y0)2＝16(y0>0)，即eq \f(x\o\al(2,0),16)＋eq \f(y\o\al(2,0),4)＝1(y0>0)，所以线段PP′的中点M的轨迹方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1(y>0)，故选A. 解法二(数形结合法)　由题意可知把曲线C上所有点的纵坐标缩短至原来的一半，横坐标不变，即可得到点M的轨迹．曲线C为半圆，则点M的轨迹为椭圆(x轴上方部分)，其中长半轴长为4，短半轴长为2，故选A. 答案　A 3.(多选)(2024·新课标Ⅰ卷)设计一条美丽的丝带，其造型 A．a＝－2 B．点(2eq \r(2)，0)在C上 C．C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D．当点(x0，y0)在C上时，y0≤eq \f(4,x0＋2) 解析　(定义法＋逻辑推理法＋放缩法)　因为坐标原点O在曲线C上，所以2×|a|＝4，又a<0，所以a＝－2，所以A正确． 因为点(2eq \r(2)，0)到点F(2,0)的距离与到定直线x＝－2的距离之积为(2eq \r(2)－2)(2eq \r(2)＋2)＝4，所以点(2eq \r(2)，0)在曲线C上，所以B正确． 设P(x，y)(x>0，y>0)是曲线C在第一象限的点，则有eq \r(x－22＋y2)(x＋2)＝4，所以y2＝eq \f(16,x＋22)－(x－2)2，令f(x)＝eq \f(16,x＋22)－(x－2)2，则f′(x)＝－eq \f(32,x＋23)－2(x－2)，因为f(2)＝1，且f′(2)<0，所以函数f(x)在x＝2附近单调递减，(若f′(x0)>0，则函数f(x)在x＝x0附近单调递增；若f′(x0)<0，则函数f(x)在x＝x0附近单调递减)即必定存在一小区间(2－ε，2＋ε)使得f(x)单调递减，所以在区间(2－ε，2)上均有f(x)>1，所以P(x，y)的纵坐标的最大值一定大于1，所以C错误． 因为点(x0，y0)在C上，所以x0>－2且eq \r(x0－22＋y\o\al(2,0))(x0－2)＝4，得yeq \o\al(2,0)＝eq \f(16,x0＋22)－(x0－2)2≤eq \f(16,x0＋22)，所以 y0≤|y0|≤ eq \r(\f(16,x0＋22))＝eq \f(4,x0＋2)，所以D正确．综上，选ABD. 答案　ABD 4．(多选)(2024·新课标Ⅱ卷)抛物线C：y2＝4x的准线为l，P为C上动点．过P作⊙A：x2＋(y－4)2＝1的一条切线，Q为切点．过P作l的垂线，垂足为B.则(　　) A．l与⊙A相切 B．当P，A，B三点共线时，|PQ|＝eq \r(15) C．当|PB|＝2时，PA⊥AB D．满足|PA|＝|PB|的点P有且仅有2个 解析　(数形结合法)　对于A，易知l：x＝－1，故l与⊙A相切，故A正确； 对于B，A(0,4)，⊙A的半径r＝1，当P，A，B三点共线时，P(4,4)，所以|PA|＝4，|PQ|＝eq \r(|PA|2－r2)＝eq \r(42－12)＝eq \r(15)，故B正确； 对于C，当|PB|＝2时，P(1,2)，B(－1,2)或P(1，－2)，B(－1，－2)，易知PA与AB不垂直，故C错误； 对于D，记抛物线C的焦点为F，连接AF，PF，易知F(1,0)，由抛物线定义可知|PF|＝|PB|，因为|PA|＝|PB|，所以|PA|＝|PF|，所以点P在线段AF的中垂线上，线段AF的中垂线方程为y＝eq \f(1,4)x＋eq \f(15,8)，即x＝4y－eq \f(15,2)，代入y2＝4x可得y2－16y＋30＝0，解得y＝8±eq \r(34)，易知满足条件的点P有且仅有两个，故D正确．故选ABD. 答案　ABD 5．(2024·新课标Ⅰ卷)设双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作平行于y轴的直线交C于A，B两点，若|F1A|＝13，|AB|＝10，则C的离心率为________． 解析　解法一(直接法)　由|AB|＝10及双曲线的对称性得|AF2|＝eq \f(|AB|,2)＝5，因为|AF1|＝13，所以2a＝|AF1|－|AF2|＝13－5＝8,2c＝|F1F2|＝eq \r(|AF1|2－|AF2|2)＝eq \r(132－52)＝12，所以a＝4，c＝6，则C的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(6,4)＝eq \f(3,2). 解法二(二级结论)　因为|AB|＝10，所以eq \f(2b2,a)＝10，所以eq \f(b2,a)＝eq \f(c2－a2,a)＝5，又|AF1|＝13，所以|F1F2|＝2c＝eq \r(|AF1|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|AB|,2)))2)＝12，得c＝6，所以a2＋5a－36＝0，得a＝4，所以C的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(6,4)＝eq \f(3,2). eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(二级结论：椭圆和双曲线的通径长均为\f(2b2,a))) 答案　eq \f(3,2) 6．(2023·新课标Ⅰ卷)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2.点A在C上，点B在y轴上，eq \o(F1A,\s\up16(→))⊥eq \o(F1B,\s\up16(→))，eq \o(F2A,\s\up16(→))＝－eq \f(2,3) eq \o(F2B,\s\up16(→))，则C的离心率为________． 解析　解法一　依题意，设eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AF2))＝2m，则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BF2))＝3m＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BF1))，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(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eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AF1))＝4a，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AF2))＝2a，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BF2))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BF1))＝3a，则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB))＝5a，故cos∠F1AF2＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AF1)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB)))＝eq \f(4a,5a)＝eq \f(4,5)，所以在△AF1F2中，cos∠F1AF2＝eq \f(16a2＋4a2－4c2,2×4a×2a)＝eq \f(4,5)，整理得5c2＝9a2，故e＝eq \f(c,a)＝eq \f(3\r(5),5). 解法二　依题意，得F1(－c,0)，F2(c,0)，令Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，y0))，B(0，t)，因为eq \o(F2A,\s\up16(→))＝－eq \f(2,3) eq \o(F2B,\s\up16(→))，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－c，y0))＝－eq \f(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－c，t))，则x0＝eq \f(5,3)c，y0＝－eq \f(2,3)t，又eq \o(F1A,\s\up16(→))⊥eq \o(F1B,\s\up16(→))，所以eq \o(F1A,\s\up16(→))·eq \o(F1B,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)c，－\f(2,3)t))(c，t)＝eq \f(8,3)c2－eq \f(2,3)t2＝0，则t2＝4c2，又点A在C上，则eq \f(\f(25,9)c2,a2)－eq \f(\f(4,9)t2,b2)＝1，整理得eq \f(25c2,9a2)－eq \f(4t2,9b2)＝1，则eq \f(25c2,9a2)－eq \f(16c2,9b2)＝1，所以25c2b2－16c2a2＝9a2b2，即25c2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c2－a2))－16a2c2＝9a2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c2－a2))，整理得25c4－50a2c2＋9a4＝0，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5c2－9a2)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5c2－a2))＝0，解得5c2＝9a2或5c2＝a2，又e>1，所以e＝eq \f(3\r(5),5)或e＝eq \f(\r(5),5)(舍去)，故e＝eq \f(3\r(5),5).故答案为eq \f(3\r(5),5). 答案　eq \f(3\r(5),5) $$