猜押 平面解析几何（五大题型）-2025年高考数学冲刺抢押秘籍（新高考通用）

平面解析几何 猜押考点 3年真题 考情分析 押题依据 平面解析几何 2024全国新高考I卷11、12、16 2024全国新高考Ⅱ卷5、10、19 2023全国新高考I卷5、6、16、22 2023全国新高考Ⅱ卷5、10、15、21 2022全国新高考I卷14、16、21 2022全国新高考Ⅱ卷3、10、16、21 1.直线与圆位置关系的判断； 2.圆的切线问题； 3.直线与圆相交，弦长、半径、弦心距关系的应用； 4.两圆位置关系的判断； 5.两圆、公共弦、公切线问题； 6.与圆锥曲线的交汇问题 关于椭圆的问题的考查，是重中之重，往往客观题、主观题双重考查. 1.椭圆的定义及应用，焦点三角形； 2.求椭圆的标准方程； 3.研究椭圆的几何性质，特别是离心率问题； 4.直线与椭圆的位置关系问题，分两类，一类是客观题，二类是主观题，其中主观题往往是先根据几何性质等条件，求标准方程，而后进一步联立方程组，解决求直线方程、求三角形面积、定点定值、定直线以及最值范围问题. 直线与圆的性质应用在高考考考查趋势是主要考查圆的一些基本性质，一般难度较小 椭圆与双曲线的基本性质是高考数学中的必考点也是高频考点，一般考查的基本内容一些性质的综合应用 求椭圆双曲线的离心率及离心率的取值范围是高考的高频考点。 抛物线在高考中小题中考查非常普遍，重点考查有关抛物线的p的有关问题 圆锥曲线的综合应用一般作为选填压轴题目出现，是对圆锥曲线综合能力的考查 题型一 直线与圆的综合 1．（2025·山东济南·一模）若直线：与直线：平行，则（    ） A．4 B． C．1或 D．或4 2．（2025·山东·模拟预测）已知圆与圆有三条公切线，则（   ） A． B． C． D． 3．（2025·山西临汾·二模）已知圆上的点到直线的距离为，则满足条件的点的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 4．（24-25高二上·广东深圳·期末）（多选）已知圆，则下列说法正确的是（    ） A．的最大值为 B．的最大值为 C．的最大值为 D．的最大值为 5．（24-25高三下·云南昭通·阶段练习）（多选）已知曲线，，则下列选项正确的是（   ） A．，曲线均不为圆 B．，曲线都关于点中心对称 C．当时， D．当时，直线是曲线的一条渐近线 6．（2025·四川资阳·模拟预测）数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念、公式符号、推理论证、思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.在平面直角坐标系中，曲线C：就是一条形状优美的曲线，曲线C围成的图形的周长是为 ；若是曲线C上任意一点，的最小值为 . 7．（2025·甘肃兰州·一模）（多选）已知曲线，则以下说法正确的是（    ） A．点在曲线内部 B．曲线关于原点对称 C．曲线与坐标轴围成的面积为 D．曲线的周长是 8．（2025·北京石景山·一模）已知点M，N为圆上两点，且，点P在直线上，点Q为线段中点，则的最小值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 题型二 椭圆的标准方程及其性质 1．（2025·辽宁鞍山·二模）如图，圆与轴交于、两点，、是分别过、的圆的切线，过圆上任意一点作圆的切线，分别交、于点、两点，记直线与交于点，则点的轨迹方程为（   ） A． B． C． D． 2．（2025高三·全国·专题练习）“”是“曲线表示椭圆”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．（2025·湖南常德·一模）已知椭圆的左，右焦点分别为，点在椭圆上，连接并延长交椭圆于点.若，且，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 4．（2025高三·全国·专题练习）如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴AC为圆柱的轴截面对角线，短轴长等于圆柱的底面直径．将圆柱侧面沿母线AB展开，则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期的正弦曲线．若该段正弦曲线是函数图象的一部分，且其对应的椭圆曲线的离心率为，则的值为 . 5．（2025高三·全国·专题练习）用平面截圆柱面，圆柱的轴与平面所成的角记为，当为锐角时，圆柱面的截线是一个椭圆，数学家Dandelin创立的双球模型证明了上述结论．如图所示，将两个大小相同的球嵌入圆柱内，使它们分别位于的上方和下方，并且与圆柱面和均相切，切点分别为．下列关于截口曲线的椭圆的结论中不正确的有（    ）    A．椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等 B．椭圆的长轴长与嵌入圆柱的两球的球心距相等 C．所得椭圆的离心率 D．其中为椭圆长轴，为球的半径，有 6．（2025·四川自贡·二模）（多选）设为坐标原点，椭圆：的左右焦点分别为，，点为定点，而点在椭圆上，且位于第一象限，若，则（   ） A． B． C．当的面积为时，的方程为 D．当轴时，的离心率 7．（2025·河北保定·模拟预测）已知是椭圆上两点，分别为的左、右焦点，，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 8．（2025高三·全国·专题练习）斜率为的直线与椭圆交于两点，点是椭圆上的一点，且满足，点分别是为坐标原点）的重心．记直线的斜率分别为，若，则椭圆的离心率为 ． 题型三 双曲线的标准方程及其性质 1．（2025·宁夏陕西·模拟预测）已知双曲线的焦距为，左、右焦点分别为，过点作斜率不为0的直线与双曲线的左、右支分别交于两点．若的内切圆与直线相切于点，且，则双曲线的渐近线方程为（    ） A． B． C． D． 2．（2025·安徽蚌埠·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，过点且斜率为的直线与的右支交于两点，且，则的值为（    ） A． B． C． D． 3．（2025·湖北·二模）（多选）双曲线的左右焦点分别为为坐标原点，点在双曲线上，且的内切圆圆心为，则（    ） A．点在直线上 B． C．外接圆的面积为 D．连结交轴于点，则 4．（2025·河南·三模）（多选）如图，已知双曲线的焦距为8，点P为双曲线右支上一点（位于第一象限），且，Q为的平分线上一点，满足，，则（   ） A． B． C．离心率 D．的面积为12 5．（2025高三·全国·专题练习）已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与交于两点，直线交于点，，，且，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D．3 6．（2025·安徽池州·二模）已知双曲线的左､右焦点分别为，是的右支上一点，在轴上的射影为，为坐标原点.若，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 7．（2025·辽宁大连·一模）古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线，如图1，设圆锥轴截面的顶角为，用一个平面去截该圆锥面，随着圆锥的轴和所成角的变化，截得的曲线的形状也不同．据研究，曲线的离心率为，比如，当时，，此时截得的曲线是抛物线．如图2，在底面半径为1，高为的圆锥SO中，AB、CD是底面圆O上互相垂直的直径，E是母线SC上一点，，平面ABE截该圆锥面所得的曲线的离心率为（   ）    A． B． C． D． 题型四 抛物线的标准方程及其性质 1．（2025·北京·模拟预测）已知抛物线的焦点为F，准线为l，P为C上一点，过P作l的垂线，垂足为若，则（    ） A． B． C．4 D． 2．（2025·河北保定·一模）已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，为的重心，且尚，则的值为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 3．（2025·辽宁·二模）“双曲线电瓶新闻灯”是我国首先研制成功的，利用了双曲线的光学性质：从双曲线的一个焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点．这种灯的轴截面是双曲线的一部分（如图），从双曲线的右焦点发出的互为反向的光线，经双曲线上的点P，Q反射，反射光线的反向延长线交于点M，且，．制作时，通过双曲线的离心率控制该新闻灯的开口大小，则该新闻灯轴截面双曲线的离心率为 ． 4．（2025·辽宁·一模）（多选）已知点Q在圆上，，动点满足：在中，．则（   ） A．记的轨迹方程为轨迹： B．的最大值为 C．的最小值是 D．（点O为坐标原点）的最小值为7 5．（2025·湖北·二模）已知点为抛物线的焦点，点在的准线上，点在上，若，且，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 6．（2025·河南·二模）已知抛物线的焦点为，过点且不与轴垂直的直线与交于两点，过的中点作轴的平行线交于点，则 . 7．（2025·重庆·一模）（多选）设O为坐标原点，直线过抛物线C：的焦点，且与抛物线C交于M，N两点，l为抛物线C的准线，则（   ） A． B． C．为等腰三角形 D．以MN为直径的圆与l相切 8．（2025·甘肃平凉·模拟预测）（多选）已知为抛物线：的焦点，为上一点，点到的距离的最小值为4，过的直线交于，两点，的过，的切线交于点，则（    ） A．的准线方程为 B．若，则线段的中点到轴的距离为5 C．若的坐标为，则的方程为 D．的面积的最小值为64 9．（24-25高三下·广东梅州·阶段练习）在圆锥中，已知高，底面圆的半径为4，M为母线的中点，图中的截面边界曲线（抛物线）的焦点到准线的距离为（    ） A． B．5 C．6 D． 题型五 直线与圆锥曲线的综合 1．（2025·辽宁·三模）已知双曲线的两条渐近线的斜率之积为. (1)求的离心率. (2)若过点且斜率为1的直线与交于两点（在左支上，在右支上），且. ①求的方程； ②已知不经过点的直线与交于两点，直线的斜率存在且直线与的斜率之积为1，证明：直线过定点. 2．（2025高三·全国·专题练习）已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为，过点作直线与交于两点．当直线轴时，四边形的面积为2． (1)求椭圆的标准方程． (2)作的平行线，使与相切于点，求面积的取值范围． 3．（2025·辽宁沈阳·二模）已知O为坐标原点，动点P到x轴的距离为d，且，其中，均为常数，动点P的轨迹称为曲线． (1)若曲线为双曲线，试问，应满足什么条件？ (2)设曲线C为曲线，点是C上位于第一象限的一点，点A，B关于原点O中心对称，点A，D关于y轴对称．延长AD至E，使得，且直线BE和曲线C的另一个交点G位于第二象限内． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）设直线OA斜率为，直线AG斜率为，判断与的关系，并求的取值范围． 4．（2025·浙江金华·二模）如图，双曲线：的虚轴长为2，离心率为，斜率为的直线过轴上一点.    (1)求双曲线的标准方程； (2)若双曲线上存在关于直线对称的不同两点，，直线与直线及轴的交点分别为，. （i）当时，求的取值范围； （ii）当时，求的最小值. 5．（24-25高二下·江西·阶段练习）已知椭圆过点，离心率为． (1)求椭圆的方程． (2)过点的直线（与轴不重合）交椭圆于，两点． （i）若，求的方程； （ii）已知分别是的左、右顶点，直线，分别交直线于，两点，证明：与的面积之比为定值． 6．（2025·贵州·二模）已知双曲线：（，）的左、右顶点分别为，，右焦点为，点是双曲线上异于，的一点，且直线，的斜率之积为． (1)求双曲线的渐近线方程； (2)若垂直于轴，且，直线与双曲线相切，直线与直线相交于点，与直线相交于点，证明为定值，并求此定值；（注：过双曲线上一点且与双曲线相切的直线方程为） (3)在（2）的条件下，已知直线与双曲线交于点，（异于点），若以为直径的圆经过点，且于点，证明：存在定点，使得为定值． 7．（24-25高二下·安徽铜陵·阶段练习）已知抛物线的焦点为，在第一象限内的点和第二象限内的点都在拋物线C上，且直线过焦点．按照如下方式依次构造点：过点作抛物线C的切线与x轴交于点，过点作x轴的垂线与拋物线C相交于点，设点的坐标为．用同样的方式构造点，设点的坐标为． (1)求的值 (2)证明：数列，都是等比数列； (3)记，求数列的前n项和； 8．（2025·辽宁鞍山·二模）已知双曲线（，）的两条渐近线为，且经过点. (1)求双曲线的方程； (2)过点作两条互相垂直的直线（两条直线的斜率都存在）分别交双曲线于点、和点、，、分别为弦和的中点，直线与轴交于点；过点作两条互相垂直的直线（两条直线的斜率都存在）分别交双曲线于点、和点、，、分别为弦和的中点，直线与轴交于点……；依此类推得到点列，. （ⅰ）求数列的通项公式； （ⅱ）、分别在双曲线的左支和右支上，且直线经过点，当，时满足：①直线的倾斜角总是；②点和关于轴对称.设点的坐标为，数列的前项和为.证明：. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$ 平面解析几何 猜押考点 3年真题 考情分析 押题依据 平面解析几何 2024全国新高考I卷11、12、16 2024全国新高考Ⅱ卷5、10、19 2023全国新高考I卷5、6、16、22 2023全国新高考Ⅱ卷5、10、15、21 2022全国新高考I卷14、16、21 2022全国新高考Ⅱ卷3、10、16、21 1.直线与圆位置关系的判断； 2.圆的切线问题； 3.直线与圆相交，弦长、半径、弦心距关系的应用； 4.两圆位置关系的判断； 5.两圆、公共弦、公切线问题； 6.与圆锥曲线的交汇问题 关于椭圆的问题的考查，是重中之重，往往客观题、主观题双重考查. 1.椭圆的定义及应用，焦点三角形； 2.求椭圆的标准方程； 3.研究椭圆的几何性质，特别是离心率问题； 4.直线与椭圆的位置关系问题，分两类，一类是客观题，二类是主观题，其中主观题往往是先根据几何性质等条件，求标准方程，而后进一步联立方程组，解决求直线方程、求三角形面积、定点定值、定直线以及最值范围问题. 直线与圆的性质应用在高考考考查趋势是主要考查圆的一些基本性质，一般难度较小 椭圆与双曲线的基本性质是高考数学中的必考点也是高频考点，一般考查的基本内容一些性质的综合应用 求椭圆双曲线的离心率及离心率的取值范围是高考的高频考点。 抛物线在高考中小题中考查非常普遍，重点考查有关抛物线的p的有关问题 圆锥曲线的综合应用一般作为选填压轴题目出现，是对圆锥曲线综合能力的考查 题型一 直线与圆的综合 1．（2025·山东济南·一模）若直线：与直线：平行，则（    ） A．4 B． C．1或 D．或4 【答案】D 【分析】根据直线一般方程的平行关系求的值，并代入检验. 【详解】若直线：与直线：平行， 则，整理可得，解得或， 若，直线：与直线：平行，符合题意； 若，直线：与直线：平行，符合题意； 综上所述：或. 故选：D. 2．（2025·山东·模拟预测）已知圆与圆有三条公切线，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据两圆恰有三条公切线，可得两圆外切，利用圆心距等于半径之和即可求解. 【详解】由题知，两圆外切，由圆方程得，半径， 由圆方程得，半径，则，解得. 故选：D 3．（2025·山西临汾·二模）已知圆上的点到直线的距离为，则满足条件的点的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】根据圆心到直线的距离与半径的关系即可求解. 【详解】的圆心为，半径为， 圆心到直线的距离为， 故到直线的距离为的点共有4个， 故选：D 4．（24-25高二上·广东深圳·期末）（多选）已知圆，则下列说法正确的是（    ） A．的最大值为 B．的最大值为 C．的最大值为 D．的最大值为 【答案】ACD 【分析】可设，，，则结合辅助角公式计算可得A、B；设，则可结合直线与圆的位置关系计算得C；可以看作是圆上某点到原点的距离的平方，则可借助原点到圆心的距离加半径的平方得D. 【详解】因为圆，则， 设，，， 对A：， 所以当时，的最大值为，故A正确； 对B：， 所以当时，的最大值为，故B错误； 对C：设，则，圆， 圆心，半径为，则圆心到直线的距离小于等于半径，， 所以，计算得， 所以的最大值为，故C正确； 对D：可以看作是圆上某点到原点的距离的平方， ，故D正确. 故选：ACD. 5．（24-25高三下·云南昭通·阶段练习）（多选）已知曲线，，则下列选项正确的是（   ） A．，曲线均不为圆 B．，曲线都关于点中心对称 C．当时， D．当时，直线是曲线的一条渐近线 【答案】ABD 【分析】利用圆的方程的特点可判断A选项；利用曲线的对称性可判断B选项；将曲线方程化为关于的二次方程，结合判别式可判断C选项；求出双曲线的渐近线方程，可判断D选项. 【详解】选项A：由曲线，， 若曲线为圆，需满足和系数相等且无交叉项， 展开原方程得：，交叉项系数为，无法消除， 故曲线无法为圆，选项A正确； 选项B：验证曲线关于点对称，将点替换为对称点代入方程： 得，与原方程形式一致， 故，曲线都关于点中心对称，选项B正确； 选项C：当时，方程为， 整理为关于的二次方程：. 判别式，即得， 解得，选项C错误； 选项D：当时，方程为，渐近线为， 化简得或，即得或， 所以直线是曲线的一条渐近线，选项D正确， 故选：ABD. 6．（2025·四川资阳·模拟预测）数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念、公式符号、推理论证、思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.在平面直角坐标系中，曲线C：就是一条形状优美的曲线，曲线C围成的图形的周长是为 ；若是曲线C上任意一点，的最小值为 . 【答案】 【分析】分类讨论去掉绝对值可得曲线的四段关系式，从而作出曲线的图象，由曲线图象判断即可． 【详解】曲线C：， 当，时，曲线C的方程可化为； 当，时，曲线C的方程可化为； 当，时，曲线C的方程可化为； 当，时，曲线C的方程可化为， 所以曲线C的图象如图所示，    曲线C由4个半圆以及坐标原点组成，其周长为； 到直线的距离， 当，时，曲线C的方程可化为 曲线为圆心为，半径为的圆的一部分，如图所示， 而到直线的距离为， 由圆的性质得曲线C上一点到直线的距离最小为， 故的最小值为. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于分情况讨论，得到不同情况下函数的图像，从而求解. 7．（2025·甘肃兰州·一模）（多选）已知曲线，则以下说法正确的是（    ） A．点在曲线内部 B．曲线关于原点对称 C．曲线与坐标轴围成的面积为 D．曲线的周长是 【答案】BC 【分析】选项A，结合图象，当时，或，可判断；选项B，将换成，将换成，方程不变，可得；选项C，结合方程的对称性，在第一象限时，图象为圆的一部分，根据圆的方程可得其在第一象限与坐标轴围成的面积，进而可得；选项D，同C结合方程的对称性，求在第一象限部分的长度即得. 【详解】 选项A：当时，得，即， 因，故，故或， 因，故点在曲线外部，故A错误； 选项B：将换成，将换成，方程不变， 故曲线关于原点对称，故B正确； 选项C：将将换成，方程不变，故曲线关于轴对称， 设曲线在第一象限与坐标轴围成的面积为， 则曲线与坐标轴围成的面积为， 当时，方程，即， 其圆心坐标为，半径为，如图， 当时，得或，故弦长， 由，故， 则，故，故C正确； 选项D：由题意可知曲线的周长为，故D错误， 故选：BC 8．（2025·北京石景山·一模）已知点M，N为圆上两点，且，点P在直线上，点Q为线段中点，则的最小值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】将圆的方程化为标准方程，从而得到圆心坐标和半径，再根据弦长求出圆心到弦MN的距离，进而确定点的轨迹，最后根据点到直线的距离公式求出的最小值. 【详解】已知圆的方程为，将其配方可得. 可知该圆的圆心坐标为，半径. 因为点为线段MN的中点，根据垂径定理可知. 已知，则. 在中，根据勾股定理. 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆. 已知点在直线上，可得圆心到直线的距离为： . 因为点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，所以的最小值等于圆心到直线的距离减去圆的半径，即 故选：B. 题型二 椭圆的标准方程及其性质 1．（2025·辽宁鞍山·二模）如图，圆与轴交于、两点，、是分别过、的圆的切线，过圆上任意一点作圆的切线，分别交、于点、两点，记直线与交于点，则点的轨迹方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求出切线的方程，然后分别令求出两点坐标，利用点斜式求出直线和直线的方程，联立解出点坐标即可求出点的轨迹方程，要注意挖掉两个不能取到的点. 【详解】设点，当圆心与切点所成直线的斜率不存在时，即当点时， 易知以，所以此时点为矩形的对角线的交点，即； 当圆心与切点所成直线的斜率存在时，则，因为， 所以切线的斜率为，又切线过点， 所以切线的方程为，整理得， 又点在圆上，所以，故切线的方程为. 易知，在切线的方程中，令，则， 令，则，所以， 所以直线的斜率，直线的方程为， 直线的斜率，直线的方程为， 联立直线和直线的方程，解得， 所以点，又，所以点所满足的方程为， 因为切线分别交、于点、两点，所以切线不能为，即， 且前述直线的斜率不存在时即也满足上述方程， 所以点的轨迹方程为. 故选：B. 2．（2025高三·全国·专题练习）“”是“曲线表示椭圆”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】根据椭圆的标准方程以及必要不充分条件，即可直接判断即可. 【详解】若曲线表示椭圆， 则，解得或， 因为， 所以“”是“曲线表示椭圆”的必要不充条件. 故选：B 3．（2025·湖南常德·一模）已知椭圆的左，右焦点分别为，点在椭圆上，连接并延长交椭圆于点.若，且，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用椭圆的定义及勾股定理列式求出离心率. 【详解】设，由，得，， 由椭圆定义得， 由，得，则， 解得，，令椭圆的半焦距为c， 由，得，解得， 所以椭圆的离心率为. 故选：C 4．（2025高三·全国·专题练习）如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴AC为圆柱的轴截面对角线，短轴长等于圆柱的底面直径．将圆柱侧面沿母线AB展开，则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期的正弦曲线．若该段正弦曲线是函数图象的一部分，且其对应的椭圆曲线的离心率为，则的值为 . 【答案】1 【分析】根据推出，设圆柱底面半径为，再根据圆柱的侧面展开图推出，利用圆柱的斜截面椭圆及离心率，求出即可. 【详解】由题意，椭圆曲线在展开图中恰好为函数图象的一部分，可得． 设圆柱底面半径为r，则，所以， 设椭圆长轴长为，短轴长为， 因为离心率为，得， 则， 即，所以，得， 又由勾股定理得， 解得，故． 故答案为：. 5．（2025高三·全国·专题练习）用平面截圆柱面，圆柱的轴与平面所成的角记为，当为锐角时，圆柱面的截线是一个椭圆，数学家Dandelin创立的双球模型证明了上述结论．如图所示，将两个大小相同的球嵌入圆柱内，使它们分别位于的上方和下方，并且与圆柱面和均相切，切点分别为．下列关于截口曲线的椭圆的结论中不正确的有（    ）    A．椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等 B．椭圆的长轴长与嵌入圆柱的两球的球心距相等 C．所得椭圆的离心率 D．其中为椭圆长轴，为球的半径，有 【答案】D 【分析】根据题意利用椭圆定义可判断AB；结合图形的几何特征利用椭圆的离心率定义可判断C；结合图形的几何特征利用解三角形可判断D. 【详解】设P为截口曲线的椭圆的一点，如图，过点作线段分别与球切于点， 故有， 由椭圆定义可知，该椭圆以，为焦点，为长轴长，故B正确．    设椭圆长半轴长为，半焦距为，设O为的中点， 与球切于点，，，故， 有，则 即椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等，故A正确． 由题意可得，则，故C正确． 由题意知（这是因为）， 则，故， 即，故D错误． 故选：D． 6．（2025·四川自贡·二模）（多选）设为坐标原点，椭圆：的左右焦点分别为，，点为定点，而点在椭圆上，且位于第一象限，若，则（   ） A． B． C．当的面积为时，的方程为 D．当轴时，的离心率 【答案】ACD 【分析】对A，根据题意，可求得得解；对B，根据题意可得点在以点为圆心，为半径的圆上，求得，得解；对C，由椭圆焦点三角形面积公式求得，进而求出得解；对D，根据题意可得，结合椭圆焦点三角形面积公式求得，进而得解. 【详解】对于A，由，则，又， 所以，即，，故A正确； 对于B，由对称性可得，所以点在以点为圆心，为半径的圆上， ，故B错误； 对于C，因为，由椭圆焦点三角形面积公式得， ，解得，则， 所以椭圆方程为，故C正确； 对于D，当轴时，可得，由椭圆焦点三角形面积公式得， 即，解得， ，则，解得，故D正确. 故选：ACD.    7．（2025·河北保定·模拟预测）已知是椭圆上两点，分别为的左、右焦点，，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由已知，可得，点共线，设，可得，由的周长为，可得，在中，利用勾股定理有，化简整理，即可求出离心率. 【详解】由可知， ，由得，点共线. 又，设， 连接，则， 由椭圆的定义可知的周长为， 则，解得， 所以，再根据椭圆的定义可知，， 则在中，，即， 解得. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：由，设，得到，由的周长为，可得，再在中，利用勾股定理即可. 8．（2025高三·全国·专题练习）斜率为的直线与椭圆交于两点，点是椭圆上的一点，且满足，点分别是为坐标原点）的重心．记直线的斜率分别为，若，则椭圆的离心率为 ． 【答案】 【分析】分别取的中点，连接，通过点差法，，进而可求解. 【详解】分别取的中点，连接，    则点分别在直线上．设，， 由，两式相减得， 直线斜率，直线斜率， 则，设直线的斜率分别为， 同理，又， 因此，得， 所以椭圆的离心率． 故答案为： 题型三 双曲线的标准方程及其性质 1．（2025·宁夏陕西·模拟预测）已知双曲线的焦距为，左、右焦点分别为，过点作斜率不为0的直线与双曲线的左、右支分别交于两点．若的内切圆与直线相切于点，且，则双曲线的渐近线方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设的内切圆分别切于点，然后结合三角形内切圆的性质以及双曲线的定义可求得，再结合可求出，从而可求出双曲线的渐近线方程. 【详解】设的内切圆分别切于点， 则，， 因为， 所以，得， 所以，即，① 因为，所以， 即，②， 所以①②，得，得， 因为，所以， 所以， 所以双曲线的渐近线方程为， 即. 故选：D    2．（2025·安徽蚌埠·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，过点且斜率为的直线与的右支交于两点，且，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据同角三角函数关系可得，再根据双曲线的定义，设，则，结合余弦定理计算可得与，进而可得，从而得到. 【详解】如图，因为直线的斜率为，所以， 所以，. 设，则，又， 所以，在中， 由余弦定理得， 即，整理得. 在中，由余弦定理得， 即，整理得， 所以，即，所以，所以.    故选：B. 3．（2025·湖北·二模）（多选）双曲线的左右焦点分别为为坐标原点，点在双曲线上，且的内切圆圆心为，则（    ） A．点在直线上 B． C．外接圆的面积为 D．连结交轴于点，则 【答案】ACD 【分析】根据题意，结合图像，利用双曲线焦点三角形的内切圆的特征，可求出，得到双曲线方程及焦点坐标，根据内切圆的性质可推理出是直角三角形，并求得点坐标为，再根据选项要求分别判断即可. 【详解】根据题意，设的内切圆半径为，则，设内切圆与边的切点为， 则有，，结合双曲线定义和内切圆的性质可得，即. 所以双曲线的方程为，焦点. 对于A，点在直线上，故A正确； 由题意，点在第一象限，设内切圆与边的切点为，连接， 易知且， 则四边形是正方形，即有，易得点坐标为. 对于B，在中，,根据勾股定理，，，所以，故B错误； 对于C，由已知条件可知，三角形外接圆半径，所以圆面积为，故C正确； 对于D，在中，因为，所以，则，故D正确. 故答案为：ACD. 4．（2025·河南·三模）（多选）如图，已知双曲线的焦距为8，点P为双曲线右支上一点（位于第一象限），且，Q为的平分线上一点，满足，，则（   ） A． B． C．离心率 D．的面积为12 【答案】ACD 【分析】根据直角三角形的性质计算判断A；延长交于点H，结合直角三角形的性质，根据正弦定理及两角差的正余弦公式求解，进一步求解，判断B，利用双曲线定义求出，进而求出离心率判断C，利用直角三角形面积求解面积判断D. 【详解】对于A，因为，O为中点，所以． 已知双曲线焦距为8，即，所以，A正确. 对于B，因为，Q为的平分线上一点，所以， 记，则，在中，由正弦定理得， 所以，从而，延长交于点H， 则，且H为线段的中点，在中，， 所以， 所以，B错误. 对于C，由B可得，， 所以，所以，所以， 所以离心率，C正确． 对于D，的面积，D正确． 故选：ACD 5．（2025高三·全国·专题练习）已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与交于两点，直线交于点，，，且，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D．3 【答案】B 【分析】设，，根据双曲线的定义得，，在中，有，在中，有，联立方程组即可求解. 【详解】连接，如图． 设，，则，，． 根据双曲线的定义有，①． 由知．在中，有，即②． 在中，有，即③． 将①代入③消去，得，得．将代入①，得．将代入②， 得，即． 故选：B． 6．（2025·安徽池州·二模）已知双曲线的左､右焦点分别为，是的右支上一点，在轴上的射影为，为坐标原点.若，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设与交于点，根据条件可得，，求出点的坐标，由关系求出点的坐标，利用得到关系，运算得解. 【详解】如图，设与交于点， 由，且是的中点， 所以，又， 所以，又，易得， ， 则，代入双曲线方程可得， 设点，则，， 又设，由可得，即， 由，得，即， 化简整理得， ，解得或， 又，，解得. 故选：D. 7．（2025·辽宁大连·一模）古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线，如图1，设圆锥轴截面的顶角为，用一个平面去截该圆锥面，随着圆锥的轴和所成角的变化，截得的曲线的形状也不同．据研究，曲线的离心率为，比如，当时，，此时截得的曲线是抛物线．如图2，在底面半径为1，高为的圆锥SO中，AB、CD是底面圆O上互相垂直的直径，E是母线SC上一点，，平面ABE截该圆锥面所得的曲线的离心率为（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】，利用勾股定理求出，由求出，再由正弦定理得可得答案. 【详解】由题意的，， 则，， 所以， 在中，，，，且， 则，， ， 则， 所以， 由正弦定理得，， 即. 故选：C． 题型四 抛物线的标准方程及其性质 1．（2025·北京·模拟预测）已知抛物线的焦点为F，准线为l，P为C上一点，过P作l的垂线，垂足为若，则（    ） A． B． C．4 D． 【答案】C 【分析】由抛物线定义及已知条件知为等边三角形，进而可求. 【详解】由抛物线的定义知：又， ∴为等边三角形，，故, 故 故选：C. 2．（2025·河北保定·一模）已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，为的重心，且尚，则的值为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】 B 【分析】利用抛物线定义将转化为横坐标与的方程，再由重心的坐标关系列出横坐标与的方程，解方程组即可求得的值. 【详解】由题：，设， 由抛物线定义知：， 又为的重心，所以，所以， 故选：B. 3．（2025·辽宁·二模）“双曲线电瓶新闻灯”是我国首先研制成功的，利用了双曲线的光学性质：从双曲线的一个焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点．这种灯的轴截面是双曲线的一部分（如图），从双曲线的右焦点发出的互为反向的光线，经双曲线上的点P，Q反射，反射光线的反向延长线交于点M，且，．制作时，通过双曲线的离心率控制该新闻灯的开口大小，则该新闻灯轴截面双曲线的离心率为 ． 【答案】/ 【分析】结合双曲线的光学性质可知，为双曲线的左焦点，进而结合正弦定理可设，，，，再根据双曲线的定义可得，进而得到，再结合勾股定理可得，进而求解即可. 【详解】由双曲线的光学性质可知，直线，的交点为双曲线的左焦点， 在中，由正弦定理得， 则，设，， 在中，由正弦定理得， 在中，由正弦定理得， 两式作商得 ， 设，， 由双曲线的定义可知，， ， 解得，则，，，， 所以，则 ，即， 在中，， 则，则，即， 所以双曲线的离心率为. 故答案为：. 4．（2025·辽宁·一模）（多选）已知点Q在圆上，，动点满足：在中，．则（   ） A．记的轨迹方程为轨迹： B．的最大值为 C．的最小值是 D．（点O为坐标原点）的最小值为7 【答案】ACD 【分析】根据题意作出示意图，设点坐标，然后表示出，即可建立方程，求得的轨迹方程，判断A选项；设点在一象限，化简，由基本不等式求得的最值，从而得到角的范围，判断B选项；由抛物线的性质化简得，由的范围求得结果判断C选项；由图可知当在圆与轴的左交点处时，此时同时取最小，即可判断D选项. 【详解】由题意可知，设，过点作轴于点，如图：    则，， ∴，即，∴，A选项正确； ∵由对称性可假设点在一象限，则，∵，当且仅当，即时取等号， 所以，∴，B选项错误； ，∴，C选项正确； 当在圆与轴的左交点处时，此时同时取最小，，∴的最小值为：7，D选项正确. 故选：ACD. 5．（2025·湖北·二模）已知点为抛物线的焦点，点在的准线上，点在上，若，且，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】设，则，可得，则，进而，即可求得. 【详解】如图，过作于， 由抛物线的定义知， 又，则， 设，则， 因为，则， 所以. 由于轴，所以， 则， 则， 所以，则. 故选：D.    6．（2025·河南·二模）已知抛物线的焦点为，过点且不与轴垂直的直线与交于两点，过的中点作轴的平行线交于点，则 . 【答案】4 【分析】根据题意作示意图，设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理可得点的坐标，从而求得点的坐标，再根据抛物线的定义求解. 【详解】如图，由题意可知，直线的斜率存在且不等于0， 因为抛物线的焦点为，设直线的方程为， 联立方程可得， 设，则， 设，则代入抛物线方程可得， 由抛物线的定义可知， . 所以. 故答案为：4. 7．（2025·重庆·一模）（多选）设O为坐标原点，直线过抛物线C：的焦点，且与抛物线C交于M，N两点，l为抛物线C的准线，则（   ） A． B． C．为等腰三角形 D．以MN为直径的圆与l相切 【答案】AD 【分析】先求得焦点坐标，从而求得，根据弦长公式求得，根据圆与等腰三角形的知识确定正确答案. 【详解】A选项：直线过点，所以抛物线的焦点， 所以，则A选项正确，且抛物线的方程为. B选项：设， 由消去并化简得， 解得，所以，B选项错误. C选项：直线，即， 到直线的距离为， 所以三角形的面积为， 由上述分析可知， 所以， 所以三角形不是等腰三角形，C选项错误. D选项：设的中点为，到直线的距离分别为， 因为， 即到直线的距离等于的一半，所以以为直径的圆与直线相切，D选项正确. 故选：AD. 8．（2025·甘肃平凉·模拟预测）（多选）已知为抛物线：的焦点，为上一点，点到的距离的最小值为4，过的直线交于，两点，的过，的切线交于点，则（    ） A．的准线方程为 B．若，则线段的中点到轴的距离为5 C．若的坐标为，则的方程为 D．的面积的最小值为64 【答案】BCD 【分析】先应用抛物线的性质计算得出进而得出抛物线方程及准线判断A，应用焦半径公式计算求解判断B，求出导函数得出切线再得出的直线方程判断C，先联立直线及抛物线应用弦长公式计算面积判断D. 【详解】因为上的动点到焦点的距离的最小值为4，所以，即. 所以的方程为，设，.对于A，由，得其准线方程为，故A错误； 对于B，由，得，所以， 故线段的中点的纵坐标为5，即的中点到轴的距离为5，故B正确； 对于C，由，得，所以，故过的切线斜率为， 故切线的方程为，所以，又，故切线的方程为， 同理切线的方程为，因为为与的公共点，故，， 所以点，均在直线上，即的方程为，故C正确； 对于D，由题意知直线的斜率存在，设其方程为，代入， 得，所以且，， 由得即，取的中点，则， 连接，则轴， 所以， 因为，， 所以， 当时，取得最小值，且，故D正确. 故选：BCD. 9．（24-25高三下·广东梅州·阶段练习）在圆锥中，已知高，底面圆的半径为4，M为母线的中点，图中的截面边界曲线（抛物线）的焦点到准线的距离为（    ） A． B．5 C．6 D． 【答案】A 【分析】设抛物线方程为，代入H的坐标即可求得结果. 【详解】在截面所在的平面中，以M为原点．MO为x轴，过M点与MO垂直的直线为y轴，建立直角坐标系， 在直角三角形中，已知，，可得. 因为为的中点，在直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半， 所以. 设抛物线于底面圆的一个交点为H, 由已知可得点的横坐标为的长度，纵坐标为，不妨取. 设抛物线方程为，把代入抛物线方程可得， 即，解得. 对于抛物线，其焦点到准线的距离就是的值， 所以抛物线的焦点到准线的距离为. 故选：A. 题型五 直线与圆锥曲线的综合 1．（2025·辽宁·三模）已知双曲线的两条渐近线的斜率之积为. (1)求的离心率. (2)若过点且斜率为1的直线与交于两点（在左支上，在右支上），且. ①求的方程； ②已知不经过点的直线与交于两点，直线的斜率存在且直线与的斜率之积为1，证明：直线过定点. 【答案】(1)2 (2)①；②证明见解析 【分析】（1）根据双曲线渐近线方程和离心率公式，即可求解； （2）①直线方程与双曲线方程联立，根据向量共线的条件，结合韦达定理，即可求解； ②首先设直线方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理表示，即可证明定点问题. 【详解】（1）由题意可知， 则. （2）①解：直线的方程为， 联立得， . 设，则， 由，得， 代入，得， 则的方程为. ②证明：设的方程为. 联立得， ，且， . 因为， 所以， 即， 则， 整理得， 即. 因为点不在直线上，所以，则， 则， 故直线过定点. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用直线与双曲线方程联立，利用韦达定理表示坐标运算. 2．（2025高三·全国·专题练习）已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为，过点作直线与交于两点．当直线轴时，四边形的面积为2． (1)求椭圆的标准方程． (2)作的平行线，使与相切于点，求面积的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由离心率为得，由四边形的面积为2即可求出，进而得即可求解； （2）先讨论直线的斜率不存在的情况，再讨论直线的斜率存在，设直线的方程为，设直线的方程为，联立方程组，消元即可得韦达定理，由平行线间的距离公式得点到直线的距离，由弦长公式得，得，最后利用函数思想即可求解. 【详解】（1）因为，所以． 将代入椭圆方程，得，解得，则． 又，， 所以，所以， 解得，所以． 所以椭圆的标准方程为． （2）若直线的斜率不存在，则，． 由题意得，． 若直线的斜率存在，设直线的方程为， 即，则直线的方程为． 因为椭圆与直线，均关于轴对称， 所以不妨设． 由消去并化简，得． 由，得． 点到直线的距离． 设，． 由消去并化简，得． 由根与系数的关系，得，． ． ． 因为，不妨设，，所以，． 设． 令，得在上单调递增，在上单调递减， 即在上单调递增，在上单调递减． 又，，， 所以． 3．（2025·辽宁沈阳·二模）已知O为坐标原点，动点P到x轴的距离为d，且，其中，均为常数，动点P的轨迹称为曲线． (1)若曲线为双曲线，试问，应满足什么条件？ (2)设曲线C为曲线，点是C上位于第一象限的一点，点A，B关于原点O中心对称，点A，D关于y轴对称．延长AD至E，使得，且直线BE和曲线C的另一个交点G位于第二象限内． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）设直线OA斜率为，直线AG斜率为，判断与的关系，并求的取值范围． 【答案】(1)，且 (2)（ⅰ）；（ⅱ）， 【分析】（1）由化为，根据曲线为双曲线可得答案； （2）方法一：（ⅰ）由题意得，，设点，由求出点坐标，求出直线BE的斜率可得直线BG的方程与双曲线方程联立， 由韦达定求出、，且可得答案；（ⅱ）由（ⅰ）得、，结合的范围可得求出的范围可得答案；方法二：（ⅰ）由题意得，，设点，由．求出点坐标，求出直线BE的斜率可得直线BG的方程， 将两式作差，将直线BG方程代入并化简得可得答案；（ⅱ） 由（ⅰ）得的范围，可得答案． 【详解】（1）由，得， 若曲线为双曲线，则， 所以可化为， 则，则， 所以当，且时，曲线为双曲线； （2）方法一：当，时，，即， （ⅰ）由题意得，，设点，由， 即， 即，得，则， 直线BE的斜率为， 所以直线BG的方程为，即， 联立，得， 由直线BG与双曲线有2个交点，则， 又因为满足， 由韦达定得，解得， 因为，且， 得，所以， 又因为，可得， 所以， 因为，所以， 所以，可得，即的取值范围为． （ⅱ）由（ⅰ）得 ， 所以， 因为，则，则， ； 方法二：当，时，，即， （ⅰ）由题意得，， 设点，由．即， 即，得，则， 直线BE的斜率为， 所以直线BG的方程为， 设点（，），因为， 所以，所以，， 同理，由， 两式作差得， 将直线BG方程代入并化简得（*） 所以，所以， 可得，即的取值范围为； （ⅱ）由（*）式可得， 所以， 由（ⅰ）得， 所以． 4．（2025·浙江金华·二模）如图，双曲线：的虚轴长为2，离心率为，斜率为的直线过轴上一点.    (1)求双曲线的标准方程； (2)若双曲线上存在关于直线对称的不同两点，，直线与直线及轴的交点分别为，. （i）当时，求的取值范围； （ii）当时，求的最小值. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）由虚轴及离心率可得，即可得双曲线方程； （2）令，设直线为：，将直线BC方程与双曲线方程联立，由韦达定理可得，.（i）代入，可得，，结合，可得，最后由可得答案；（ii）由，结合，，，可得关于的表达式，然后由基本不等式可得答案. 【详解】（1）由题知，解得，双曲线E的标准方程为； （2）令，设直线为：，与联立得，当时， 设，则由韦达定理，及题意可得： 则，，. （i）当时，，， 由，得， 又因为，即， 所以； （ii）由题知，. 因为， 所以，又，， 则， ， 又， 则， 则， 当取得，此时满足题意. 综上，的最小值为. 【点睛】关键点睛：对于双曲线中所涉及的范围问题，常利用双曲线上点的横坐标范围，判别式，点与双曲线位置关系求解；对于最值问题，常先找到所求量关于某变量的表达式，再利用函数知识或基本不等式求解. 5．（24-25高二下·江西·阶段练习）已知椭圆过点，离心率为． (1)求椭圆的方程． (2)过点的直线（与轴不重合）交椭圆于，两点． （i）若，求的方程； （ii）已知分别是的左、右顶点，直线，分别交直线于，两点，证明：与的面积之比为定值． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）见解析 【分析】（1）将点的坐标代入，结合椭圆方程中的关系求解即可； （2）联立直线和椭圆方程，写出韦达定理，利用弦长公式即可求解（i）；利用两点的坐标，写出，两点的坐标，然后利用三角形面积公式表示出面积比，然后结合和求解即可. 【详解】（1）椭圆过点，故， 且离心率，解方程组，得：， 故椭圆方程为: . （2）（i）过点的直线（与轴不重合）,故设直线， 设，联立 ，整理得：， 故， 故， 即，解得， 故的方程为：. （ii）分别是的左、右顶点，故 故直线的方程为：， 当时，，故， 同理可得：直线的方程为：，， 且，故, 故， 因为，故， 所以， 故与的面积之比为定值7. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意根的判别式的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为与韦达定理相关的形式； （5）代入韦达定理求解. 6．（2025·贵州·二模）已知双曲线：（，）的左、右顶点分别为，，右焦点为，点是双曲线上异于，的一点，且直线，的斜率之积为． (1)求双曲线的渐近线方程； (2)若垂直于轴，且，直线与双曲线相切，直线与直线相交于点，与直线相交于点，证明为定值，并求此定值；（注：过双曲线上一点且与双曲线相切的直线方程为） (3)在（2）的条件下，已知直线与双曲线交于点，（异于点），若以为直径的圆经过点，且于点，证明：存在定点，使得为定值． 【答案】(1)； (2)证明见解析，； (3)证明见解析. 【分析】（1）利用斜率坐标公式，结合双曲线方程求出，进而求出渐近线方程. （2）结合（1）的结论求出双曲线方程，设出切点坐标，写出切线方程，求出点坐标即可求解. （3）设出直线的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理及向量垂直的坐标表示求得，再讨论直线斜率不存在的情况，确定直线所过定点即可推理得证. 【详解】（1）依题意，，设点，则，即， 直线，的斜率之积为，得，解得， 所以双曲线的渐近线方程为. （2）设，由轴，得，则， 解得，双曲线：， 设直线与双曲线相切的切点为，， 直线方程为，则点，点， ， 而，所以，即为定值. （3）当直线斜率存在时，设其方程为：，，而， 由消去y并整理得， 有，，即且， ，， ，由以为直径的圆经过点，得， 则，， 于是，化简得， 即，而直线不过点，即，因此， 直线：过定点， 当直线的斜率不存在时，由对称性不妨设直线的方程为：， 由解得或，则点的横坐标均为， 即直线过定点，因此直线过定点， 由于，得点在以为直径的圆上，为该圆圆心，为该圆半径， 所以存在定点，使为定值. 7．（24-25高二下·安徽铜陵·阶段练习）已知抛物线的焦点为，在第一象限内的点和第二象限内的点都在拋物线C上，且直线过焦点．按照如下方式依次构造点：过点作抛物线C的切线与x轴交于点，过点作x轴的垂线与拋物线C相交于点，设点的坐标为．用同样的方式构造点，设点的坐标为． (1)求的值 (2)证明：数列，都是等比数列； (3)记，求数列的前n项和； 【答案】(1) (2)证明见详解 (3) 【分析】（1）直线过焦点,设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理即可. （2）利用导数的几何意义求在点的坐标，得到数列的递推关系式，即可证明等比数列. （3）根据（2）的结果求数列的通项公式，再利用错位相减法求和； 【详解】（1）抛物线的焦点为， 焦点， 直线过焦点， 设直线的方程为， 联立方程消去y后整理为，有， （2）抛物线C的方程可化为，求导可得， 将点的坐标代入抛物线C的方程，有， 过点的切线的方程为，代入，有， 整理为，令，可得，有， 故数列是公比为的等比数列， 同理，数列也是公比为的等比数列； （3）由数列，是公比为的等比数列，有， 有， 有， 两边乘以，有， 两式作差，有， 有，可得； 8．（2025·辽宁鞍山·二模）已知双曲线（，）的两条渐近线为，且经过点. (1)求双曲线的方程； (2)过点作两条互相垂直的直线（两条直线的斜率都存在）分别交双曲线于点、和点、，、分别为弦和的中点，直线与轴交于点；过点作两条互相垂直的直线（两条直线的斜率都存在）分别交双曲线于点、和点、，、分别为弦和的中点，直线与轴交于点……；依此类推得到点列，. （ⅰ）求数列的通项公式； （ⅱ）、分别在双曲线的左支和右支上，且直线经过点，当，时满足：①直线的倾斜角总是；②点和关于轴对称.设点的坐标为，数列的前项和为.证明：. 【答案】(1)； (2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，列式求出即得双曲线方程. （2）（ⅰ）设出过点的两条直线方程，与双曲线方程联立求得弦中点坐标，再求出直线的方程，建立的关系即可求得通项公式；（ⅱ）求出直线的方程，与双曲线方程联立求出，再利用分组求和及等比数列前项和公式计算推理得证. 【详解】（1）由双曲线的两条渐近线为，得，即， 又双曲线经过点，得，解得， 所以双曲线的方程为. （2）令，设两条直线的方程分别为和， 设，，由得， 由，得，， 则，， 点，同理得点， 于是直线的斜率， 直线的方程为：， 令，得，因此， 由，得，则数列是首项为，公比为的等比数列， 所以.    （ⅱ）设直线的方程为，由点的坐标为，得的坐标为， 由消去得，因此，， 则， 所以. 50 / 50 学科网（北京）股份有限公司 $$