6.专题六 解析几何-【高考快车道·高考母题必读及衍生】2025年高考数学二轮总复习专题学案

高考试题 (年份/卷别/题号) 新高考全国卷 新高考地方卷 命题区间 直线与圆 2024新高考Ⅱ卷T10 2023新高考Ⅰ卷T6Ⅱ卷T15 2022新高考Ⅰ卷T14Ⅱ卷T15 2024北京卷T3 2024天津卷T12 2023上海卷T7 2023天津卷T12 2022北京卷T3 圆锥曲线的方程与性质 2024新高考Ⅰ卷T11T12T16Ⅱ卷T5 2023新高考Ⅰ卷T5T16 2022新高考Ⅰ卷T16Ⅱ卷T21 2024北京卷T11T19　　 2024上海卷T20 2024天津卷T8T12T18 2023天津卷T9 2023北京卷T6T12 2023上海卷T16 2022北京卷T12T19 2022浙江卷T16 直线与圆锥 曲线的位 置关系 2024新高考Ⅰ卷T16Ⅱ卷T10T19 2023新高考Ⅱ卷T5T10T21 2022新高考Ⅰ卷T11Ⅱ卷T10T16 2024北京卷T13　 2024上海卷T20 2024天津卷T18　 2023天津卷T18 2023上海卷T20　 2023北京卷T19 圆锥曲线的 综合问题 2024新高考Ⅰ卷T16Ⅱ卷T19 2023新高考Ⅰ卷T22Ⅱ卷T21 2022新高考Ⅰ卷T21Ⅱ卷T21 2024北京卷T19　 2024上海卷T20 2024天津卷T18　 2023上海卷T16T20 2023天津卷T18　 2023北京卷T19 2022北京卷T19　 2022浙江卷T21 命题分 析与备 考策略 1．规律小结 平面解析几何是中学数学的核心内容，是考查学生学科素养的载体．每年高考卷的必考题，一般是两小一大，分析近三年高考试题不难发现，高考对解析几何的考查一般以课程学习情境与探索创新情境为主，注重数学知识的基础性、综合性和应用性的考查，侧重考查考生的运算求解能力和逻辑思维能力．具体呈现以下规律： (1)基础性：高考通过对直线和圆、圆锥曲线的概念和几何性质等基础知识、基本方法的考查，增强了考查内容的基础性；通过对解析几何基础知识、基本技能、基本思想方法的全面覆盖，考查逻辑思维能力和运算求解能力等，从而促进学科素养的提升，提高考生从数学角度发现和提出问题、分析和解决问题的能力． (2)综合性和应用性：解析几何涉及知识点多，高考通过综合设计试题，将多个知识点衔接起来考查，要求考生从整体上把握各种现象的本质和规律，能综合应用所学知识原理和方法来分析和解决问题． (3)创新性和选择性：创新意识是理性思维的高层次表现．分析近三年高考题发现其重点考查的学科素养是理性思维和数学探索．高考数学在对解析几何的考查中，充分利用学科特点，加强对考生创新能力的考查． 2．考点频度 高频考点：直线与方程、圆与方程、椭圆、抛物线、双曲线的概念及几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系及其综合问题． 3．考前备考策略 根据对本专题高考试题的分析，现给出如下备考建议： (1)回归教材，注重基础，构建知识网络 高考中对解析几何的基础知识考查全面且综合，如直线和圆的方程、圆锥曲线定义和几何性质、直线与圆锥曲线位置关系等，而且不回避热点，如求圆的方程问题、椭圆和双曲线离心率问题、弦长问题等．仔细对比可以发现，每年的高考试题大都由教材习题改编而来，源于教材，又高于教材． (2)重视圆锥曲线的定义及其几何性质 代数法(坐标法)是解决解析几何问题的通性通法，但解析几何问题的本质是几何问题，利用题干图形的几何性质解答，往往能避开烦琐的代数运算，起到出奇制胜、事半功倍的效果． (3)多角度审视，注重一题多解，把握问题的本质 解析几何的试题一般入口较宽，很容易找到解决问题的思路，但是不同解法间运算量的差异很大，有的是“可望而不可及”．为此，在复习过程中要特别注重对不同方法的分析、比较，研究图形的几何特征，以掌握处理代数式的一般方法，明确不同方法的差异和联系，使每位考生找到自己最擅长的方法． (4)夯实基本技能和基本方法，提升学科核心素养 高考复习不仅是简单地“刷题”，平时解题的目的应重点放在巩固、加深对概念的理解、训练和提升基本技能、熟练掌握基本方法上，利用的知识技能方法包括数形转化以及向量转化等． (5)加大训练力度，侧重培养考生逻辑思维能力和运算求解能力 在平面解析几何专题复习过程中，提升考生的逻辑思维能力和运算求解能力尤为重要，因此平时要引导考生进行以运算为主的练习和规范严密的思维分析训练．在运算时注重一题多解的方法，选取恰当的解法能起到事半功倍的效果，以便使考生在考场上尽可能多得分． 　直线与圆 直线与圆的方程 命题角度：(1)直线的方程；(2)圆的方程． 典例1　(2022·全国甲卷文T14)设点M在直线2x＋y－1＝0上，点(3，0)和(0，1)均在⊙M上，则⊙M的方程为________________． 命题立意：本题属于课程学习情境．考查圆的方程，考查方程思想，体现了逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养． 思维拆解 解题思路 名师点拨 方法一：代数法 设圆的标准方程，用待定系数法求解． 方法二：代数法 设圆的一般方程，用待定系数法求解． 方法三：几何法 利用圆心在过点(3，0)和(0，1)两点的弦的中垂线上求解． 解：法一：设⊙M的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2， 则解得 所以⊙M的方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝5． 法二：设⊙M的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)，则M， 所以解得 所以⊙M的方程为x2＋y2－2x＋2y－3＝0，即(x－1)2＋(y＋1)2＝5． 法三：设A(3，0)，B(0，1)，⊙M的半径为r，则kAB＝＝－，AB的中点坐标为，所以AB的垂直平分线方程为y－＝3，即3x－y－4＝0．联立解得M(1，－1)，所以r2＝|MA|2＝(3－1)2＋[0－(－1)]2＝5，所以⊙M的方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝5． (1)确定圆的几何要素——圆心和半径． (2)当D2＋E2－4F>0时，方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0表示圆心为的圆； 当D2＋E2－4F＝0时，方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0表示一个点； 当D2＋E2－4F<0时，方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0没有实数解，不表示任何图形． 归纳总结：求圆的方程时，应根据条件选择合适的方法．一般来说，求圆的方程有两种方法： (1)几何法：通过研究圆的性质进而求出圆的几何要素．确定圆的方程时，常用到的圆的三个性质，一是圆心在过切点且垂直于切线的直线上；二是圆心在任一弦的中垂线上；三是两圆内切或外切时，切点与两圆圆心三点共线． (2)代数法：设出圆的方程，用待定系数法求解． 直线与圆的位置关系 命题角度：(1)直线与圆相切；(2)直线与圆相离；(3)直线与圆相交；(4)直线与圆位置关系的综合问题． 典例2　(多选)(2024·新高考Ⅱ卷T10)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|＝ C．当|PB|＝2时，PA⊥AB D．满足|PA|＝|PB|的点P有且仅有2个 命题立意：本题以抛物线与圆为载体，考查直线与圆的位置关系，直线与抛物线的位置关系，考查数形结合思想、函数与方程思想，对考生分析问题、解决问题的能力要求较高，体现了直观想象、数学运算的核心素养． 思维拆解 解题思路 名师点拨 第1步：A选项，抛物线准线为x＝－1，根据圆心到准线的距离来判断． 第2步：B选项，由P，A，B三点共线得P点坐标，进而得出切线长． 第3步：C选项，由|PB|＝2可算出P点坐标，然后验证PA与AB是否垂直． 解：A选项，抛物线y2＝4x的准线为x＝－1， ⊙A的圆心(0，4)到直线x＝－1的距离显然是1， 等于圆的半径， 故准线l和⊙A相切，A选项正确； B选项，P，A，B三点共线时，即PA⊥l， 则P的纵坐标yP＝4， 由＝4xP，得到xP＝4，故P(4，4)， 此时切线长|PQ|＝＝＝， B选项正确； C选项，当|PB|＝2时，xP＝1，此时＝4xP＝4，故P(1，2)或P(1，－2)， 当P的坐标为(1，2)时，A(0，4)，B(－1，2)，kPA＝＝－2， kAB＝＝2，不满足kPAkAB＝－1； 当P的坐标为(1，－2)时，A(0，4)，B(－1，－2)，kPA＝＝－6，kAB＝＝6，不满足kPAkAB＝－1， 于是PA⊥AB不成立，C选项错误； (1)判断直线与圆的位置关系的常见方法： ①几何法：利用圆心到直线的距离与半径r的关系； ②代数法：联立方程后利用Δ判断． (2)切线长问题要特别注意所构成的直角三角形的几何性质． (3)利用“k1·k2＝－1”判断两直线垂直的前提是“斜率存在”． 第4步：D选项，方法一：利用抛物线的定义转化 利用|PB|＝|PF|，将问题转化成|PA|＝|PF|的点P的存在性问题，进而考察AF的中垂线和抛物线交点个数即可． 方法二：直接设出点P坐标，根据|PA|＝|PB|列方程判断． D选项，法一(利用抛物线定义转化)： 根据抛物线的定义，|PB|＝|PF|，F(1，0)， 于是|PA|＝|PB|时P点的存在性问题转化成|PA|＝|PF|时P点的存在性问题， A(0，4)，F(1，0)，AF中点，AF的斜率为－4，AF中垂线的斜率为， 于是AF的中垂线方程为y－2＝，即2x－8y＋15＝0， 与抛物线y2＝4x联立可得y2－16y＋30＝0， Δ＝162－4×30＝136>0，即AF的中垂线和抛物线有两个交点， 即存在两个P点，使得|PA|＝|PF|，D选项正确． 法二(设点直接求解)： 设P，由PB⊥l可得B(－1，t)，又A(0，4)，|PA|＝|PB|， 根据两点间的距离公式，得＝＋1， 整理得t2－16t＋30＝0， Δ＝162－4×30＝136>0，则关于t的方程有两个解， 即存在两个这样的P点，D选项正确． 故选ABD． (4)应用“点斜式”和“斜截式”方程时，要注意讨论斜率是否存在． (5)涉及抛物线上的点到焦点的距离和点到准线的距离问题时，要注意在解题中利用两者之间的相互转化． 圆与圆的位置关系 通过圆的方程，判断两圆的位置关系． 典例3　(2022·新高考Ⅰ卷T14)写出与圆x2＋y2＝1和(x－3)2＋(y－4)2＝16都相切的一条直线的方程______________． 命题立意：本题考查圆与圆的位置关系、直线与圆的位置关系，体现了直观想象、逻辑推理等核心素养． 思维拆解 解题思路 名师点拨 第1步：判断两圆的位置关系． 第2步：方法一：数形结合，快速求外公切线． 方法二：数形结合，稳妥求解． (1)定位置，根据圆心距与两圆半径和差的关系判定两圆的位置关系． (2)会用几何法，即会利用圆心到直线的距离求出内公切线方程． (3)求外公切线的交点． (4)设方程求解，设出另一条外公切线方程，利用点到直线的距离公式，求参数得外公切线方程． 解：设圆x2＋y2＝1和(x－3)2＋(y－4)2＝16的圆心分别为O(0，0)，M(3，4)，半径分别为r1＝1，r2＝4，则圆心距|OM|＝＝5＝r1＋r2，所以两圆外切． 法一：根据题意，精确作出两圆， 由图形直观看出直线x＝－1是两圆的一条公切线，经验证符合题意，故可填x＝－1． 法二：由法一易知一条外公切线方程为x＝－1．注意到两圆外切，有一条内公切线，设切点为A，则|OA|＝1，易知kOA＝kOM＝，则可设两圆内公切线方程为3x＋4y＋t＝0，点O(0，0)到该直线的距离＝1，解得t＝－5(正值舍去)，所以内公切线方程为3x＋4y－5＝0． 两圆心连线的方程为y＝x，联立解得 易知另一条外公切线的斜率存在，且过点，可设其方程为y＋＝k(x＋1)，点O(0，0)到该直线的距离＝1，解得k＝，故另一条外公切线的方程为7x－24y－25＝0．故填x＝－1(或填3x＋4y－5＝0，或填7x－24y－25＝0)． (1)题眼：题目给出了两个圆的方程，只要求一条公切线，而两圆的公切线不止一条，可选择较为容易求的切线． (2)准确作图分析，是可以直接得到这个结果的，这也说明了在平时复习备考中，注重基础的同时，也要注意“小题小解”． (3)关键：内公切线与两圆心连线垂直是设直线方程的关键． (4)敲黑板：审题时要注意看清题目要求，如果因为读题不认真将三个方程都写上，这样既浪费时间，又增大了出错率． 归纳总结：(1)“举例问题”在2021年全国乙卷首次出现，2022年不仅在全国乙卷中出现，在新高考卷中也出现了，2023新高考Ⅱ卷T15也是这类问题，考查思维的灵活性，既增加了试题的灵活度，又拒绝了套路解法． (2)虽然求两圆的公切线方程在近年高考中不多见，但在今后的学习中也要引起重视．根据高考试卷命题规律特点，凡是课本上的知识与题型都可能出现在高考试题中，因此这类在高考数学中出现频率较少的“冷考点”，也是值得重视的，特别是难度不大但命制试题时灵活性较强的冷考点． 10/10 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题六　解析几何 高考真题衍生卷·命题区间14 1．A　[设P(x，y)，因为动点P满足|PA|＝， 所以(x＋1)2＋y2＝2[(x－1)2＋y2]，整理得(x－3)2＋y2＝8， 所以点P的轨迹是以(3，0)为圆心，2为半径的圆， 所以动点P到直线l的距离的最小值是圆心到直线距离减去半径． 因为圆心到直线l的距离d＝， 所以动点P到直线l距离的最小值为d－2．故选A．] 2．C　[法一：令x－y＝k，则x＝k＋y， 代入原式化简得2y2＋y＋k2－4k－4＝0， 因为存在实数y，所以Δ≥0， 即≥0， 化简得k2－2k－17≤0，解得1－3， 故x－y的最大值是3＋1．故选C． 法二：由x2＋y2－4x－2y－4＝0可得(x－2)2＋(y－1)2＝9， 设x－y＝k，则圆心到直线x－y＝k的距离d＝≤3，解得1－3．故选C．] 3．ABD　[因为实数x，y满足方程x2＋y2－4x－2y＋4＝0，所以(x－2)2＋(y－1)2＝1． 对于ABD，令y＝kx，x＋y＝a， 则两条直线都与圆有公共点， 所以≤1，解得， 故x＋y的最大值为3＋＝k的最大值为，最小值为0，故ABD正确； 对于C，原点到圆心的距离为d＝， 则圆上的点到原点的距离的取值范围为，所以＋1，所以6－2，故x2＋y2的最大值为6＋2，故C错误．故选ABD．] 4．D　[由题意得x2＋y2－2x＋6y＝0，即(x－1)2＋(y＋3)2＝10， 则其圆心坐标为(1，－3)，则圆心到直线x－y＋2＝0的距离为，故选D．] 5．－3　[圆C：x2＋y2－4y－m＝0化为标准方程为x2＋(y－2)2＝4＋m． 因为圆的面积为π，所以圆的半径为1， 所以4＋m＝1，所以m＝－3．] 6．A　[若直线是圆的对称轴，则直线过圆心，圆心坐标(a，0)，所以由2a＋0－1＝0，解得a＝．故选A．] 7．B　[圆x2＋y2－4x－1＝0可化为(x－2)2＋y2＝5，则圆心C(2，0)，半径为r＝． 设P(0，－2)，切线为PA，PB， 则|PC|＝， 在△PAC中，sin ， 所以cos ， 所以sin α＝2sin cos ． 故选B．] 8．D　[圆x2＋y2－2x＋2y＋a＝0即(x－1)2＋(y＋1)2＝2－a， 故弦心距d＝． 再由弦长公式2 即得－15<a<－6．故选D．] 9．BC　[由题意得，AB是圆O：x2＋y2＝1与以OM为直径的圆的公共弦所在直线，且以OM为直径的圆的方程为，即x2＋y2－x－y＝0，两圆方程相减，得直线AB方程为2x＋y－2＝0，A错误；联立消去y得－1＝0，由于直线AB与椭圆C相切，则Δ＝＝0，化简可得＋b2＝1，B正确；由B项得＋b2＝1，则ab≤＋b2＝1，当且仅当a＝时，等号成立．设椭圆内接矩形在第一象限的顶点为(n，m)，则＝1，所以1≥，当且仅当时，等号成立，所以2mn≤ab，所以椭圆内接矩形的面积为4mn≤2ab，又ab≤1，所以C正确；由C项可得C的离心率e＝，D错误． 故选BC．] 10．C　[因为a，b，c成等差数列，所以2b＝a＋c，c＝2b－a，代入直线方程ax＋by＋c＝0得ax＋by＋2b－a＝0，即a(x－1)＋b(y＋2)＝0， 令得 故直线恒过(1，－2)， 设P(1，－2)， 圆的标准方程为x2＋(y＋2)2＝5， 设圆心为C，画出直线与圆的图形，由图可知，当PC⊥AB时，|AB|最小， |PC|＝1，|AC|＝r＝＝2|AP|＝ ＝2＝4．故选C．] 11．C　[设直线l的倾斜角为α，圆心到直线l的距离为d． 当直线l的斜率不存在时，易得l：x＝－1，此时d＝1<，符合题意，α＝； 当直线l的斜率存在时，设直线l：y＋＝k(x＋1)，即kx－y＋k－＝0， 此时d＝，解得k≤－或k≥0，即0≤α<或<α≤， 综上所述α∈．故选C．] 12．D　[直线l：a(x＋y)＋y＋2＝0，由解得即直线l恒过定点A(2，－2)， 圆O的半径r＝4，|OA|＝＜4，即点A(2，－2)在圆O内，所以对任意实数a，直线l与圆O有两个不同的公共点，A正确，D错误； 直线l不过圆O的圆心，因此对任意实数a，圆O不关于直线l对称，C正确； 直线OA的斜率k＝－1，当a＝时，直线l的斜率为－＝1，因此直线l⊥OA， 此时直线l被圆O所截弦是过点A的最短弦，最短弦长为， 因此当且仅当a＝－时，直线l被圆O所截弦长为，B正确．故选D．] 13．2　[设直线x－my＋1＝0为直线l，由条件知⊙C的圆心C(1，0)，半径R＝2，圆心C到直线l的距离d＝＝．由S△ABC＝，得＋2＝0，解得m＝±2或m＝±．故答案可以为2．] 14．2x－3y＋1＝0　[点(－5，3)关于x轴的对称点为(－5，－3)， 由题意知，反射光线经过圆的圆心(1，1)，而反射光线的反向延长线经过点(－5，－3)， 所以反射光线所在直线的斜率为，其方程为y－1＝(x－1)，即2x－3y＋1＝0．] 15．(x＋1)2＋(y－1)2＝2　[直线l：kx＋y＋k－1＝0可变形为k(x＋1)＋(y－1)＝0，过定点M(－1，1)， 由x2＋y2＝4得圆心O(0，0)，半径为2． 当直线l与OM垂直时线段AB最短， |OM|＝＝． 可得所求圆的方程为(x＋1)2＋(y－1)2＝2．] 16．C　[根据题意，圆x2＋y2＝4的圆心为(0，0)，半径r＝2， 圆(x－3)2＋(y－4)2＝9，其圆心为(3，4)，半径R＝3， 两圆的圆心距d＝＝5＝R＋r，即两圆外切． 则两圆有3条公切线．故选C．] 17．A　[将圆C1：x2＋y2－kx＋2y＝0，圆C2：x2＋y2＋ky－2＝0的方程相减得公共弦所在直线方程为k(x＋y)－2(y＋1)＝0， 令解得所以公共弦所在直线过定点(1，－1)．故选A．] 18．D　[圆C1：x2＋y2－6x＋4y＋12＝0即(x－3)2＋(y＋2)2＝1，圆心(3，－2)，半径为1，圆C2：x2＋y2－14x－2y＋a＝0即(x－7)2＋(y－1)2＝50－a，圆心(7，1)，半径为， 因为两个圆有且只有一个公共点， 所以两个圆内切或外切，圆心距为＝5，内切时，5＝，解得a＝14，外切时，5＝＋1，解得a＝34．故选D．] 19．ABD　[对于A，因为直线(m－1)x＋(2m－1)y＝m－3(m∈R)，即m(x＋2y－1)－x－y＋3＝0， 令解得 即直线(m－1)x＋(2m－1)y＝m－3(m∈R)，恒过定点(5，－2)，故A错误； 对于B，曲线C1：x2＋y2＋2x＝0，即(x＋1)2＋y2＝1，圆心为(－1，0)，半径为1，曲线C2：x2＋y2－4x－8y＋m＝0，即(x－2)2＋(y－4)2＝20－m，圆心(2，4)，半径为(m<20)，若两圆恰有四条公切线，则两圆外离，则>1＋，解得4<m<20，故B错误； 对于C，因为圆x2＋y2＝2的圆心是(0，0)，半径为，则圆心到直线l：x－y＋1＝0的距离为． 故圆x2＋y2＝2上有且仅有3个点到直线l：x－y＋1＝0的距离都等于，故C正确； 对于D，因为|PA|＝最小， 又＝0的距离，即， 故|PA|的最小值为2，故D错误．故选ABD．] 20．y＝－ [作出圆O1与O2的示意图如图所示， ①当切线斜率为0时，由图可知，与圆O1，O2同时相切的直线有l1：y＝1；l2：y＝－1． ②当切线斜率不为0时，设两切线交于点P， 由△PO1M∽△PO2N可知＝，故P，则sin ∠O1PM＝＝，则， 故l3：y＝，即y＝； l4：y＝－，即y＝－．] 6/6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 　圆锥曲线的综合问题 最值、范围问题 命题角度：(1)最值问题；(2)范围问题． 典例1　(2024·天津卷T18)已知椭圆＝1(a>b>0)，椭圆的离心率e＝，左顶点为A，下顶点为B，O为坐标原点，C是线段OB的中点，其中S△ABC＝． (1)求椭圆的方程． (2)过点的动直线与椭圆有两个交点P，Q，在y轴上是否存在点T使得≤0？若存在，求出点T纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由． 命题立意：本题以椭圆为载体考查椭圆方程、几何性质，直线与椭圆的位置关系，平面向量的数量积，不等式恒成立问题等，体现了基础性、综合性、创新性的考查要求． 思维拆解 解题思路 名师点拨 (1)第1步：用c表示a和b． 第2步：用c表示出S△ABC，并求出c． 第3步：求出a和b，并写出椭圆方程． (2)第1步：设点的坐标，并讨论直线PQ斜率不存在的情况． 第2步：讨论直线PQ斜率存在的情况，设出直线方程． 第3步：联立方程，判断判别式符号，写出根与系数的关系． 第4步：表示出，代入根与系数的关系并化简． 第5步：求出m的范围． 第6步：得出结论． 解：(1)由离心率可得＝，所以a＝2c，则b＝＝c，又S△ABC＝·a·b＝ab＝，所以c2＝，所以c＝，则a＝2，b＝3，所以椭圆的方程为＝1． (2)假设存在点T(0，m)，使得≤0恒成立．记过点的动直线为l，当直线l的斜率不存在时，易得m∈[－3，3]．当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx－，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立y＝kx－和＝1，可得(4k2＋3)x2－12kx－27＝0，Δ＝144k2＋4×27(3＋4k2)＞0，则x1＋x2＝，x1x2＝－，则y1＋y2＝k(x1＋x2)－3＝－3，y1y2＝＝k2x1x2－(x1＋x2)＋＝－＝．因为＝(x1，y1－m)，＝(x2，y2－m)，所以＝x1x2＋(y1－m)(y2－m)＝x1x2＋y1y2－m(y1＋y2)＋m2＝－－m＋m2≤0，所以(4m2－36)k2＋3m2＋9m－≤0恒成立，所以4m2－36≤0，3m2＋9m－≤0，解得－3≤m≤．综上，点T的纵坐标的取值范围为． (1)第(1)问，利用三角形的面积求椭圆方程，较为简单，不易失分． (2)易错1：混淆椭圆与双曲线中参数的关系式，椭圆中的关系式为c2＝a2－b2，双曲线中的关系式为c2＝a2＋b2． (3)第(2)问，对运算求解能力要求较高，要加强计算能力的训练． (4)易错2：设直线方程时，需考虑斜率不存在的情况． (5)求解与椭圆几何性质有关的参数问题时，要结合图形进行分析，当涉及顶点、焦点、长轴、短轴等椭圆的基本量时，要理清它们之间的关系． 定点、定值问题 命题角度：(1)定点问题；(2)定值问题． 典例2　(2022·新高考Ⅱ卷T21)已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)的右焦点为F(2，0)，渐近线方程为y＝±x． (1)求C的方程；(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)在C上，且x1>x2>0，y1>0．过P且斜率为－的直线与过Q且斜率为的直线交于点M，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|＝|MB|． 命题立意 审题指导 本题属于探索创新情境题．本题以双曲线为载体，考查双曲线的标准方程、双曲线的简单几何性质、直线与双曲线的位置关系，考查分类讨论思想，体现了数学运算、逻辑推理等核心素养． (1)y＝±x→的值求解a，b→C的方程． (2)设直线PQ的方程→与C的方程联立→一元二次方程―→根与系数的关系―→设M的坐标代入求解M的坐标． 选择①②：设AB的方程及A，B的坐标→联立得方程组→求解A，B的坐标→M的坐标与A，B坐标的关系→得证． 选择①③：讨论AB的斜率→设AB的方程及A，B的坐标→联立得方程组→求解A，B的坐标→斜率的关系→得证． 选择②③：设AB的方程及点A，B的坐标→联立得方程组→求解A，B的坐标→设AB的中点坐标→表示出中点坐标线段AB中垂线的方程→联立得方程组→M点的坐标→得证． 思维拆解 (1)求方程． 利用渐近线方程和c2＝a2＋b2求出双曲线方程． (2)第1步：求轨迹方程． 根据条件设出PQ的方程，与双曲线C的方程联立、消元，并结合根与系数的关系及题设条件求出点M的轨迹方程． 解题思路 解：(1)由题意可得＝＝2，解得a＝1，b＝，因此C的方程为x2－＝1． (2)设直线PQ的方程为y＝kx＋b(k≠0)，将直线PQ的方程代入x2－＝1可得(3－k2)x2－2kbx－b2－3＝0，故Δ>0，即b2＋3－k2>0，所以x1＋x2＝，x1x2＝－，3－k2＜0，所以|x1－x2|＝＝．设点M的坐标为(xM，yM)，则两式相减可得y1－y2＝2xM－(x1＋x2)，因为y1－y2＝k(x1－x2)，所以＝(x1＋x2)＋k(x1－x2)，解得xM＝．两式相加可得2yM－(y1＋y2)＝(x1－x2)，又y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2b，所以2yM＝(x1－x2)＋k(x1＋x2)＋2b，解得yM＝，所以yM＝xM，其中k为直线PQ的斜率． 名师点拨 (1)难点：圆锥曲线问题巧在“设”，难在“算”．在解答圆锥曲线的问题时，要注意简化运算． (2)易错1：混淆椭圆与双曲线中参数的关系式，椭圆中的关系式为a2＝b2＋c2，双曲线中的关系式为c2＝a2＋b2． 思 维 拆 解 第2步：选择①②⇒③；①③⇒②；②③⇒①这三个组合中的一个组合进行解答． (ⅰ)选择①②⇒③．设直线AB的方程，联立得方程组，求得M点的坐标，可得M为AB中点，即可证得|MA|＝|MB|． (ⅱ)选择①③⇒②．分直线AB的斜率是否存在两种情况讨论．当AB的斜率存在时，设直线AB的方程，联立得方程组，求出M点的坐标，根据斜率的关系判断PQ与AB的位置关系． (ⅲ)选择②③⇒①．设直线AB的方程，联立得方程组，求出AB中点C的坐标，结合|MA|＝|MB|，得线段AB中垂线的方程，与M的轨迹方程联立得点M的坐标，可得点M恰为AB的中点，即可证得点M在直线AB上． 解 题 思 路 选择①②：设直线AB的方程为y＝k(x－2)，A(x3，y3)，B(x4，y4)，不妨设点A在y＝x上，则解得x3＝，y3＝，同理可得x4＝，y4＝，所以x3＋x4＝，y3＋y4＝，此时点M的坐标满足解得xM＝＝(x3＋x4)，yM＝＝(y3＋y4)，所以M为线段AB的中点，即|MA|＝|MB|． 选择①③：当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F(2，0)，此时不在直线y＝x上，矛盾；当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝m(x－2)(m≠0)，设A(x3，y3)，B(x4，y4)，不妨设点A在y＝x上，则解得x3＝，y3＝，同理可得x4＝，y4＝－，此时xM＝(x3＋x4)＝，所以yM＝(y3＋y4)＝，由于点M同时在直线y＝x上，即6m＝·2m2，解得k＝m，因此PQ∥AB． 选择②③：设直线AB的方程为y＝k(x－2)，设A(x3，y3)，B(x4，y4)，不妨设点A在y＝x上，则解得x3＝，y3＝，同理可得x4＝，y4＝－，设AB的中点C(xC，yC)，则xC＝(x3＋x4)＝，yC＝(y3＋y4)＝，由于|MA|＝|MB|，故点M在线段AB的垂直平分线上，即点M在直线y－yC＝－(x－xC)上，将该直线方程与y＝x联立，解得xM＝＝xC，yM＝＝yC，即点M恰为线段AB的中点，故点M在直线AB上． 名 师 点 拨 (3)易错2：本题为“结构不良”试题，既有灵活性，又具有开放性，若选①②为条件，则③为结论；若选①③为条件，则②为结论；若选②③为条件，则①为结论．在解答时只需选择一个组合进行解答，切不可三个组合一一解答． (4)易错3：设直线方程时，需考虑特殊直线，如直线斜率不存在，斜率为0等情况． 6/6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 命题区间17　圆锥曲线的综合问题 (单项选择题每小题5分，解答题每小题15分，共65分) 考向一　最值、范围问题 1．(2023·全国甲卷理T20文T21姊妹题)已知C是抛物线y2＝4x上的动点，以C为圆心的圆过抛物线的焦点F，且圆C与直线x＝－相交于A，B两点，则|FA|·|FB|的取值范围是(　　) [A][4，＋∞) [B][3，＋∞) [C][2，＋∞) [D][1，＋∞) 2．(15分)(2024·上海卷T20 )已知双曲线Γ：x2－＝1(b＞0)，左、右顶点分别为A1，A2，过点M(－2，0)的直线交双曲线Γ于P，Q两点． (1)若Γ的离心率为2，求b； (2)若b＝，△MA2P为等腰三角形，且点P在第一象限，求点P的坐标； (3)连接QO(O为坐标原点)并延长交Γ于点R，若＝1，求b的取值范围． 3．(15分)(2022·浙江卷T21)如图，已知椭圆＋y2＝1．设A，B是椭圆上异于P(0，1)的两点，且点Q在线段AB上，直线PA，PB分别交直线y＝－x＋3于C，D两点． (1)求点P到椭圆上点的距离的最大值； (2)求|CD|的最小值． 考向二　定点、定值问题 4．(15分)(2023·全国乙卷文T21)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的离心率为，点A(－2，0)在C上． (1)求C的方程； (2)过点(－2，3)的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点． 5．(15分)(2024·北京卷T19姊妹题)已知椭圆E：＝1(b2＜4)的离心率为． (1)求椭圆E的方程和短轴长； (2)设直线l1：y＝kx＋m与椭圆E相切于第一象限内的点P，不过原点O且平行于l1的直线l2与椭圆E交于不同的两点A，B，点A关于原点O的对称点为C．记直线OP的斜率为k1，直线BC的斜率为k2，求的值． 3/3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题六　解析几何 (满分150分　时间120分钟) 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．已知a＜0，若直线l1：ax＋2y＋1＝0与直线l2：x＋(a＋1)y－4＝0平行，则它们之间的距离为(　　) [A] [B] [C] [D]或 2．设F为抛物线C：y＝ax2的焦点，若点P(1，2)在C上，则|PF|＝(　　) [A]3 [B] [C] [D] 3．圆x2＋(y－2)2＝4与圆x2＋2mx＋y2＋m2－1＝0至少有三条公切线，则m的取值范围是(　　) [A](－∞，－] [B][，＋∞) [C][－] [D](－∞，－]∪[，＋∞) 4．已知双曲线C：＝1(a＞0，b＞0)，圆O1：(x－2)2＋y2＝4与圆O2：x2＋(y－1)2＝1的公共弦所在的直线是C的一条渐近线，则C的离心率为(　　) [A] [B]2 [C] [D] 5．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，直线l与抛物线C相交于A，B两点，且与y轴相交于点P，若|PA|＝3|PB|，|AF|＝8，|BF|＝4，则p＝(　　) [A]1 [B]2 [C]3 [D]4 6．过点A(－3，－4)的直线l与圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝9相交于不同的两点M，N，则线段MN的中点P的轨迹是(　　) [A]一个半径为10的圆的一部分 [B]一个焦距为10的椭圆的一部分 [C]一条过原点的线段 [D]一个半径为5的圆的一部分 7．已知直线l与椭圆＝1在第二象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于点M，N，若|AM|＝|BN|，则l的倾斜角是(　　) [A] [B] [C] [D] 8．如图，在△ABC中，AB＝4，点E为AB的中点，点D为线段AB垂直平分线上的一点，且DE＝4，固定边AB，在平面ABD内移动顶点C，使得△ABC的内切圆始终与AB切于线段BE的中点，且C，D在直线AB的同侧，在移动过程中，当|CA|＋|CD|取得最小值时，△ABC的面积为(　　) [A]12－24 [B]6－12 [C]12－18 [D]6－8 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．已知直线l1：(a＋1)x＋ay＋2＝0，l2：ax＋(1－a)y－1＝0，则(　　) [A]l1恒过点(2，－2) [B]若l1∥l2，则a2＝ [C]若l1⊥l2，则a2＝1 [D]当0≤a≤1时，l2不经过第三象限 10．在平面直角坐标系中，A(－1，0)，B(1，0)，C(0，7)，动点P满足|PA|＝|PB|，则以下结论正确的是(　　) [A]点P的轨迹方程为(x－3)2＋y2＝8 [B]△PAB面积最大时，|PA|＝2 [C]∠PAB最大时，|PA|＝2 [D]P到直线AC距离的最小值为 11．已知双曲线C：－y2＝1(a＞0)的左，右焦点分别为F1，F2，P为双曲线C右支上的动点，过P作两渐近线的垂线，垂足分别为A，B．若圆(x－2)2＋y2＝1与双曲线C的渐近线相切，则(　　) [A]双曲线C的离心率e＝ [B]当点P异于顶点时，△PF1F2的内切圆的圆心总在直线x＝上 [C]|PA|·|PB|为定值 [D]|AB|的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知双曲线C：－x2＝1，则C的离心率是________；若C的一条渐近线与圆D：(x－1)2＋y2＝1交于A，B两点，则|AB|＝________． 13．若F1，F2分别为椭圆C：＝1(a＞b＞0)的左，右焦点，点P在C上，△POF2是面积为的正三角形，则a＝________． 14．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点F且斜率为的直线l交C于A，B两点，以线段AB为直径的圆交y轴于M，N两点，设线段AB的中点为Q，若点F到C的准线的距离为3，则sin ∠QMN的值为________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(13分)已知圆C的圆心为原点，且与直线3x＋4y－10＝0相切，直线l过点M(1，2)． (1)求圆C的标准方程； (2)若直线l与圆C相切，求直线l的方程； (3)若直线l被圆C所截得的弦长为2，求直线l的方程． 16．(15分)已知椭圆E：＝1(a＞b＞0)，B1，B2分别是椭圆短轴的上下两个端点；F1是椭圆的左焦点，P是椭圆上异于点B1，B2的点，△B1F1B2是边长为4的等边三角形． (1)求椭圆的标准方程； (2)设点R满足：RB1⊥PB1，RB2⊥PB2．求证：△PB1B2与△RB1B2的面积之比为定值． 17．(15分)已知M为圆x2＋y2＝9上一个动点，MN垂直于x轴，垂足为N，O为坐标原点，△OMN的重心为G． (1)求点G的轨迹方程； (2)记(1)中的轨迹为曲线C，直线l与曲线C相交于A，B两点，点Q(0，1)，若点H(，0)恰好是△ABQ的垂心，求直线l的方程． 18．(17分)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，A为抛物线上一点，B(p，0)，且|AB|的最小值为2． (1)求抛物线C的方程； (2)直线l过点P(5，－4)且交抛物线C于M，N两点，求|FM|·|FN|的最小值． 19．(17分)已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，点D为线段F1O的中点，过F2的直线l与C的右支交于M(x1，y1)，N(x2，y2)两点，延长MD，ND分别与C交于P，Q两点，若C的离心率为，(3，)为C上一点． (1)求证：x1y2－x2y1＝2(y2－y1)； (2)已知直线l和直线PQ的斜率都存在，分别记为k1，k2，k1≠0，判断是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由． 4/6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 命题区间14　直线与圆 (单项选择题每小题5分，多项选择题每小题6分，填空题每小题5分，共103分) 考向一　直线与圆的方程 1．(2022·全国甲卷文T14改编题)已知直线l：x＋y＋3＝0，A(－1，0)，B(1，0)．动点P满足|PA|＝|PB|，则动点P到直线l距离的最小值为(　　) [A] [B]2 [C]3 [D]1 2．(2023·全国乙卷文T11)已知实数x，y满足x2＋y2－4x－2y－4＝0，则x－y的最大值是(　　) [A]1＋ [B]4 [C]1＋3 [D]7 3．(多选)(补偿题)已知实数x，y满足方程x2＋y2－4x－2y＋4＝0，则下列说法正确的是(　　) [A]的最大值为 [B]的最小值为0 [C]x2＋y2的最大值为＋1 [D]x＋y的最大值为3＋ 4．(2024·北京卷T3)圆x2＋y2－2x＋6y＝0的圆心到x－y＋2＝0的距离为(　　) [A] [B]2 [C]3 [D]3 5．(2023·上海卷T7)已知圆C：x2＋y2－4y－m＝0的面积为π，则m＝________． 考向二　直线与圆的位置关系 6．(2022·北京卷T3)若直线2x＋y－1＝0是圆(x－a)2＋y2＝1的一条对称轴，则a＝(　　) [A] [B]－ [C]1 [D]－1 7．(2023·新高考Ⅰ卷T6)过点(0，－2)与圆x2＋y2－4x－1＝0相切的两条直线的夹角为α，则sin α＝(　　) [A]1 [B] [C] [D] 8．(2022·新高考Ⅱ卷T15改编题)已知圆x2＋y2－2x＋2y＋a＝0截直线x＋y－4＝0所得弦的长度小于6，则实数a的取值范围为(　　) [A](2－，2＋) [B](2－，2) [C](－15，＋∞) [D](－15，－6) 9．(多选)(2024·新高考Ⅱ卷T10改编题)已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)，过点M的两条直线分别与圆O：x2＋y2＝1相切于点A，B，若直线AB与C相切，则(　　) [A]圆O与以OM为直径的圆的公共弦所在直线方程为2x＋y－1＝0 [B]＋b2＝1 [C]椭圆C内接矩形面积的最大值为2 [D]椭圆C内接矩形面积最大时C的离心率为 10．(2024·全国甲卷理T12)已知b是a，c的等差中项，直线ax＋by＋c＝0与圆x2＋y2＋4y－1＝0交于A，B两点，则|AB|的最小值为(　　) [A]1 [B]2 [C]4 [D]2 11．(2022·新高考Ⅱ卷T15子母题)过点P(－1，－)的直线l与圆x2＋y2＝3有公共点，则直线l的倾斜角的取值范围是(　　) [A] [B] [C] [D] 12．(2024·全国甲卷理T12姊妹题)已知直线l：ax＋(a＋1)y＋2＝0，圆O：x2＋y2＝16，下列说法错误的是(　　) [A]对任意实数a，直线l与圆O有两个不同的公共点 [B]当且仅当a＝－时，直线l被圆O所截弦长为4 [C]对任意实数a，圆O不关于直线l对称 [D]存在实数a，使得直线l与圆O相切 13．(2023·新高考Ⅱ卷T15)已知直线x－my＋1＝0与⊙C：(x－1)2＋y2＝4交于A，B两点，写出满足“△ABC面积为”的m的一个值__________． 14．(2022·新高考Ⅱ卷T15改编题)已知从点(－5，3)发出的一束光线，经x轴反射后，光线恰好平分圆(x－1)2＋(y－1)2＝5的圆周，则反射光线所在直线的方程为________________． 15．(2022·新高考Ⅱ卷T15姊妹题)已知直线l：kx＋y＋k－1＝0与圆O：x2＋y2＝4交于A，B两点，以线段AB为直径作圆，当圆的面积最小时，圆的方程为________________． 考向三　圆与圆的位置关系 16．(2022·新高考Ⅰ卷T14子母题)已知两圆方程为x2＋y2＝4和(x－3)2＋(y－4)2＝9，则两圆的公切线有(　　) [A]1条 [B]2条 [C]3条 [D]4条 17．(2022·新高考Ⅰ卷T14改编题)已知圆C1：x2＋y2－kx＋2y＝0与圆C2：x2＋y2＋ky－2＝0的公共弦所在直线恒过点P，则点P的坐标为(　　) [A](1，－1) [B](－1，－1) [C](－1，1) [D](1，1) 18．(2022·新高考Ⅰ卷T14姊妹题)已知圆C1：x2＋y2－6x＋4y＋12＝0与圆C2：x2＋y2－14x－2y＋a＝0，若圆C1与圆C2有且只有一个公共点，则实数a等于(　　) [A]14 [B]34 [C]14或45 [D]34或14 19．(多选)(补偿题)以下四个命题错误的是(　　) [A]直线(m－1)x＋(2m－1)y＝m－3(m∈R)恒过定点(－5，－2) [B]若曲线C1：x2＋y2＋2x＝0与C2：x2＋y2－4x－8y＋m＝0恰有四条公切线，则实数m的取值范围为m>4 [C]圆x2＋y2＝2上有且仅有3个点到直线l：x－y＋1＝0的距离都等于 [D]已知圆C：x2＋y2＝2，P为直线x＋y＋2＝0上一动点，过点P向圆C引切线PA，其中A为切点，则|PA|的最小值为 20．(2022·新高考Ⅰ卷T14子母题)写出与圆O1：x2＋y2＝1和O2：(x－3)2＋y2＝1都相切的一条直线方程________________． 4/4 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高考真题衍生卷·命题区间15 1．B　[由椭圆方程得a＝4，即2a＝|MF1|＋|MF2|＝8， 所以 ， 当且仅当|MF2|＝2|MF1|＝时取等号，所以的最小值为．故选B．] 2．C　[由椭圆方程得a＝3，即|MF1|＋|MF2|＝2a＝6，因为|MF1|＝5，所以|MF2|＝1．故选C．] 3．A　[设点M(x0，y0)，则P(x0，2y0)，又P在曲线C上， 所以＝16(y0>0)，即＝1(y0>0)， 即点M的轨迹方程为＝1(y>0)．故选A．] 4．A　[由题意得2c＝10，即c＝5，＝2，则b＝2a，代入c2＝a2＋b2，得c2＝5a2，解得a2＝5，b2＝4a2＝20． 所以双曲线C的方程为＝1．故选A．] 5．C　[由P是C上的点，F1，F2分别为C的左、右焦点，不妨设|PF1|＝m，|PF2|＝n， 则m＋n＝2a，c＝＝，所以＝(m＋n)2－2mn－2mn cos 60°＝4a2－3mn＝4a2－16，所以mn＝，所以＝．故选C．] 6．C　[如图，由题意可知，点P必落在第四象限，∠F1PF2＝90°， 设|PF2|＝m，∠PF2F1＝θ1，∠PF1F2＝θ2，因为＝tan θ1＝2，所以sin θ1＝， 因为∠F1PF2＝90°，所以＝－1，则，即tan θ2＝，sin θ2＝＝sin θ1∶sin θ2∶sin 90°＝2∶1∶， 则由|PF2|＝m，得|PF1|＝2m，|F1F2|＝2c＝m， 由＝·2m·m＝8，得m＝2， 则|PF2|＝2＝4＝2c＝， 由双曲线的定义可得，|PF1|－|PF2|＝2a＝2，所以a＝， 所以双曲线的方程为＝1．故选C．] 7．ABD　[对于A，设曲线上的动点P(x，y)，则x＞－2且＝4， 因为曲线过坐标原点，故＝4，解得a＝－2，故A正确． 对于B，又曲线方程为＝4，而x＞－2， 故×(x＋2)＝4． 当x＝2，y＝0时，＝8－4＝4， 故点在曲线C上，故B正确． 对于C，由曲线的方程可得y2＝－(x－2)2，取x＝，则y2＝，而＞0，故此时y2＞1， 故C在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1，故C错误． 对于D，当点(x0，y0)在曲线C上时，由C的分析可得－(x0－2)2≤， 故－，故D正确．故选ABD．] 8．C　[①②设M(x，y)到定点F1(－2，0)，F2(2，0)的距离之积为4， 可得＝4，整理得(x2＋y2)2＝8(x2－y2)， 即曲线C的方程为(x2＋y2)2＝8(x2－y2)， 把x用－x代换，方程没变，可知曲线C关于y轴对称， 把y用－y代换，方程没变，可知曲线C关于x轴对称， 把x用－x代换，y用－y同时代换，方程没变，可知曲线C关于原点对称，图象如图所示， 所以①不正确，②正确； ③联立方程组可得x4＝0，即x＝0，所以y＝0， 所以直线y＝x与曲线C只有一个交点O(0，0)，所以③正确； ④原点O(0，0)满足曲线C的方程，即原点O在曲线C上，则|OF1|＝|OF2|， 即曲线C上存在点P与原点O重合时，满足|PF1|＝|PF2|，所以④正确．故选C．] 9．A　[由椭圆C2：＋y2＝1可得a2＝2，b2＝1，所以c2＝， 所以椭圆C2的离心率e2＝， 因为e2＝e1， 所以e1＝，所以， 所以＝， 所以a1＝或a1＝－(舍去)，所以a＝． 故选A．] 10．C　[由题意，F1(0，－4)，F2(0，4)，P(－6，4)， 则|F1F2|＝2c＝8，|PF1|＝＝10，|PF2|＝＝6， 则2a＝|PF1|－|PF2|＝10－6＝4，则e＝＝2． 故选C．] 11．C　[因为△POF2的面积为8，所以△PF1F2的面积为16． 又|OP|＝|OF2|，所以|OP|＝|OF2|＝|OF1|＝，所以△PF1F2为直角三角形，且PF1⊥PF2． 设|PF1|＝m，|PF2|＝n，所以|m－n|＝2a，m2＋n2＝4c2， 所以mn＝＝2b2， 所以mn＝b2＝16，又b＞0，所以b＝4． 焦距为2c＝8，所以c＝4，则a2＝c2－b2＝2－16＝16， 所以a＝4，则离心率e＝．故选C．] 12．D　[若椭圆的焦点在x轴，则离心率e＝，得a2＝6，此时焦距2c＝2， 若椭圆的焦点在y轴，则离心率e＝，得a2＝，此时焦距2c＝2， 所以该椭圆的焦距为2或．故选D．] 13．－3　[双曲线y2＋＝1的渐近线方程为y＝，故m＝－3．] 14．4　[由y2＝4x知抛物线的准线方程为x＝－1，设点P(x0，y0)，由题意得x0＋1＝9，解得x0＝8， 代入抛物线方程y2＝4x，得＝32，解得y0＝±4， 则点P到x轴的距离为4．] 15．　[如图，双曲线＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±x，即x＝．设双曲线焦距为2c，． 因为F1(0，c)，， 所以， 解得m＝c，所以E， 所以kDE＝kF1E＝，从而tan ∠EF1y＝． 设直线OE的倾斜角为α，tan α＝， tan 2α＝， 所以tan∠DOE＝tan (π－2α)＝， 又∠EF1O＋∠DOE＝π， 所以∠EF1y＝∠DOE， 所以， 所以a2＝3b2，即a＝b， 故双曲线的离心率为．] 16．　[依题意，P为双曲线C和椭圆＋y2＝1在第一象限的交点，且双曲线与椭圆的焦点相同， 设双曲线方程为＝1(a>0，b>0)， 由双曲线过点，且F1(－1，0)， 可得a2＝b2＝， 故双曲线方程为＝1， 由椭圆和双曲线的定义知， |PF1|＋|PF2|＝2＝， 解得|PF1|＝＝＝2， 在△F1PF2中，由余弦定理的推论得cos ∠F1PF2＝．] 17．＝m，则|AB|＝2m， 根据双曲线的定义可知：|BF1|＝|BF|＋2a＝m＋2a，|AF1|＝|AF|－2a＝3m－2a， 由双曲线的对称性可知，O是AG的中点，O也是F1F的中点， 所以四边形AF1GF是平行四边形，又因为AF⊥GF，所以AF1⊥AB， 所以由勾股定理得，|BF1|2＝|AF1|2＋|AB|2，即(m＋2a)2＝(3m－2a)2＋4m2，化简得m＝a， 再由勾股定理得，|FF1|2＝|AF1|2＋|AF|2，即4c2＝(3m－2a)2＋9m2， 代入m＝a得，c2＝5a2，所以e＝．] 3/6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高考真题衍生卷·命题区间16 1．D　[依题意可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为(x0，y0)，设直线AB的方程为y＝kx＋m，与双曲线方程联立可得(9－k2)x2－2kmx－m2－9＝0，则9－k2≠0，Δ＝4k2m2＋4(9－k2)(m2＋9)＞0，即k≠±3，且－k2＋m2＋9＞0．由点A，B在双曲线上可得 两式作差可得(x1＋x2)(x1－x2)－＝0， 整理得，即9·． 对于A选项，直线AB的斜率为＝9，则直线AB的方程为y－1＝9(x－1)，即y＝9x－8，－k2＋m2＋9＝－81＋64＋9＜0，不合题意； 对于B选项，直线AB的斜率为，则直线AB的方程为y－2＝，即y＝＋9＜0，不合题意； 对于C选项，直线AB的斜率为＝3，不合题意； 对于D选项，直线AB的斜率为，则直线AB的方程为y＋4＝(x＋1)，即y＝＋9＞0，符合题意．故选D．] 2．AC　[对于A，直线y＝－过点，所以抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F，所以＝1，即p＝2，则A正确，且抛物线C的方程为y2＝4x； 对于B，设M，x1＞x2， 由 消去y并化简得3x2－10x＋3＝0，解得x1＝3，x2＝， 所以，则B错误； 因为MN的中点的横坐标为，中点到抛物线的准线的距离为1＋， 所以以MN为直径的圆与l相切，所以C正确； 又M， 所以|OM|＝＝＝， 所以△OMN不是等腰三角形，所以D错误．故选AC．] 3．　[由题意，知该双曲线的渐近线方程为y＝±x，直线y＝k(x－3)过定点(3，0)．因为点(3，0)在双曲线内，所以要使过该点的直线与双曲线只有一个公共点，则该直线与双曲线的渐近线平行，所以k＝±．] 4．解：(1)记C的半焦距为c，由题得C的离心率e＝＝2，① 由对称性不妨设C的顶点为(a，0)，渐近线方程为bx－ay＝0，则，② 又a2＋b2＝c2，③ 联立①②③解得a＝， 所以C的方程为＝1． (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由得(3－k2)x2－4kx－10＝0， 所以 解得－＜k＜，且k≠±(*)， 所以x1＋x2＝， 所以|AB|＝ ． 又点O到直线l的距离d＝， 所以△AOB的面积S＝·d＝， 解得k＝±1或k＝±2，符合(*)式， 所以k＝±1或k＝±2． 5．解：(1)设F(c，0)，由题设有c＝1且，故，故a＝2，故b＝， 故椭圆C的方程为＝1． (2)证明：直线AB的斜率必定存在，设AB：y＝k(x－4)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由可得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0， 故Δ＝1 024k4－4(3＋4k2)(64k2－12)>0，解得－<k<， 又x1＋x2＝， 而N，故直线BN：y＝，故yQ＝， 所以y1－yQ＝y1＋ ＝＝k· ＝k·＝k·＝0， 故y1＝yQ，即AQ⊥y轴． 6．C　[将直线y＝x＋m与椭圆方程联立得消去y，可得4x2＋6mx＋3m2－3＝0， 因为直线与椭圆相交于A，B两点，则Δ＝36m2－4×>0，解得－2<m<2． 设点F1到直线AB距离为d1，点F2到直线AB距离为d2，易知F1， 则d1＝，＝2， 解得m＝－或m＝－3(舍去)．故选C．] 7．解：(1)由题意得抛物线C的准线方程为x＝－． 因为点P(x0，2)在抛物线C上且到焦点F的距离为2， 所以解得 所以抛物线C的标准方程为y2＝4x． (2)由(1)得抛物线C的准线方程为x＝－1，焦点F(1，0)， 设Q(－1，m)，直线l1的斜率为k1，直线l2的斜率为k2， 则直线l1的方程为y＝k1(x＋1)＋m， 直线l2的方程为y＝k2(x＋1)＋m． 令x＝0可得M(0，k1＋m)，N(0，k2＋m)， 所以S△QMN＝×1＝＝， 所以|k1－k2|＝2，即(k1－k2)2＝20． 设过点Q的直线方程为y＝k(x＋1)＋m，k≠0， 由 消去x得y2－＋4＝0， 因为直线y＝k(x＋1)＋m与抛物线C相切， 所以Δ＝＝0， 即k2＋mk－1＝0． 因为直线l1，l2均与抛物线C相切， 所以k1，k2是方程k2＋mk－1＝0的两实数根， 由根与系数的关系得k1＋k2＝－m，k1k2＝－1． 由(k1－k2)2＝20得(k1＋k2)2－4k1k2＝m2＋4＝20， 解得m＝±4， 此时对于k2＋mk－1＝0，有Δ＝m2＋4＞0，满足题意， 所以Q(－1，±4)， 所以|QF|＝． 4/4 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题过关验收卷·专题六 1．A　[若直线l1：ax＋2y＋1＝0与直线l2：x＋(a＋1)y－4＝0平行，则a(a＋1)－2＝0，解得a＝1或a＝－2，因为a＜0，所以a＝－2，此时直线l1：2x－2y－1＝0，直线l2：2x－2y－8＝0，故直线l1，l2之间的距离d＝．故选A．] 2．D　[依题意，2＝a×12，解得a＝2，所以C：x2＝的准线为y＝－＝2＋．故选D．] 3．D　[将x2＋2mx＋y2＋m2－1＝0化为标准方程得(x＋m)2＋y2＝1，即圆心为(－m，0)，半径为1，圆x2＋(y－2)2＝4的圆心为(0，2)，半径为2，因为圆x2＋(y－2)2＝4与圆x2＋2mx＋y2＋m2－1＝0至少有三条公切线，所以两圆的位置关系为外切或相离，所以≥2＋1，即m2≥5，解得m∈∪． 故选D．] 4．C　[因为O1：(x－2)2＋y2＝4，O2：x2＋(y－1)2＝1，所以两圆方程相减可得y＝2x， 由题意知C的一条渐近线为y＝2x，即＝2， 所以双曲线C的离心率e＝．故选C．] 5．D　[过点A，B分别作抛物线准线的垂线AD，BM，垂足分别为D，M，且AD，BM与y轴分别相交于E，N(图略)，则△PAE∽△PBN，得．由抛物线的定义知|AF|＝|AD|，|BF|＝＝3，解得p＝4． 故选D．] 6．D　[设P(x，y)，根据线段MN的中点为P，则CP⊥MN，即CP⊥AP， 所以＝0，又A(－3，－4)，C(3，4)，＝(x＋3，y＋4)，＝(x－3，y－4)， 所以(x＋3)(x－3)＋(y＋4)(y－4)＝0，即x2＋y2＝25， 所以点P的轨迹是以(0，0)为圆心，半径为5的圆在圆C内的一部分．故选D．] 7．A　[如图，设点A更靠近点M，直线l：y＝kx＋b(k＞0，b＞0)，代入椭圆方程得＝1，即＝0，则Δ＝＞0，得9k2＋3＞b2．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝．易得＝，得k＝，故直线l的倾斜角为．故选A．] 8．A　[以AB所在直线为x轴，ED所在直线为y轴建立平面直角坐标系， 则A(－2，0)，B(2，0)，D(0，4)，设△ABC的内切圆分别切BC，AC，AB于F，G，H点，因为|CA|－|CB|＝|AG|－|BF|＝|AH|－|HB|＝3－1＝2<4， 所以C点的轨迹是以A，B为焦点的双曲线的第一象限的部分，且a＝1，c＝2，b2＝c2－a2＝3， 所以点C的轨迹方程为x2－＝1(x>0，y>0)， 因为|CA|－|CB|＝2，所以|CA|＝|CB|＋2， 所以|CA|＋|CD|＝|CB|＋|CD|＋2， 则当点C为线段BD与双曲线在第一象限的交点时， |CA|＋|CD|最小，如图所示， 线段BD的方程为y＝4－2x(0≤x≤2)，将其代入3x2－y2－3＝0(x>0，y>0)，得x2－16x＋19＝0，解得x＝8＋(舍去)或x＝8－3，所以C， 所以△ABC的面积为×4×＝12－24．故选A．] 9．BD　[l1：(a＋1)x＋ay＋2＝0⇔a(x＋y)＋x＋2＝0，由得x＝－2，y＝2，则直线l1恒过点(－2，2)，故A不正确．若l1∥l2，则有(a＋1)·(1－a)＝a2，2(1－a)≠－a，解得a2＝，故B正确．若l1⊥l2，则有a(a＋1)＋a(1－a)＝0，解得a＝0，故C不正确．若直线l2不经过第三象限，则当1－a≠0时，＞0，－≤0，解得0≤a＜1；当1－a＝0，即a＝1时，直线l2：x＝1，不经过第三象限，综上可知，当0≤a≤1时，l2不经过第三象限，故D正确．故选BD．] 10．ACD　[对于A：设P(x，y)，由|PA|＝＝2|PB|2，即(x＋1)2＋y2＝2[(x－1)2＋y2]， 化简可得(x－3)2＋y2＝8，即点P的轨迹方程为(x－3)2＋y2＝8，故A正确； 对于B：因为直线AB过圆(x－3)2＋y2＝8的圆心， 所以点P到直线AB的距离的最大值为圆(x－3)2＋y2＝8的半径r，即为2， 因为|AB|＝2，所以△PAB面积最大为，此时P， 所以|PA|＝故B不正确； 对于C：当∠PAB最大时，PA为圆(x－3)2＋y2＝8的切线，所以|PA|＝，故C正确； 对于D：直线AC的方程为7x－y＋7＝0，则圆心(3，0)到直线AC的距离为， 所以点P到直线AC距离最小值为，D正确．故选ACD．] 11．ABD　[双曲线的渐近线方程为y＝圆与双曲线的渐近线相切， 则＝1，即a＝，所以c＝2，得e＝，故A正确； 设△PF1F2内切圆与x轴相切于点M，由圆的切线长的性质可得|F1M|－|F2M|＝2a，故M的横坐标为a，记内心为N，则NM垂直于x轴， 所以内切圆圆心的方程为x＝a＝，故B正确； 设P(x0，y0)为双曲线C右支上任一点，则它到两渐近线的距离： |PA|＝＝ ＝，为定值，故C错误； 联立 解得交点 同理得B， 因为P为双曲线C右支上的动点，所以x0≥， 则|AB|＝，故D正确．故选ABD．] 12．　[由双曲线C：－x2＝1，可得a＝2，b＝1，则c＝， 所以双曲线C的离心率e＝． 双曲线C的其中一条渐近线方程为y＝2x，即2x－y＝0， 因为圆D：(x－1)2＋y2＝1的圆心为D(1，0)，半径r＝1， 所以圆心D到渐近线的距离为d＝， 由圆的弦长公式，可得|AB|＝2．] 13．＋1　[因为△POF2是面积为的正三角形，所以点P的横坐标为，将点P的横坐标代入椭圆的方程可得＝b·， 所以|yP|＝b·c，可得bc＝， 所以， 则，解得c＝2， 将c＝2代入b·c中，而b2＝a2－c2＝a2－4， 解得a2＝4±2，可得a＝±1，又因为a＞c， 所以a＝＋1．] 14．　[依题意可知p＝3，所以抛物线方程为y2＝6x，故焦点F，所以直线AB的方程为y＝． 由，消去y并化简得x2－5x＋＝0． 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝5，x1·x2＝． 所以|AB|＝＝8． 将xQ＝代入y＝可得yQ＝，故Q，由此可知圆Q的圆心为，半径r＝＝4． 根据圆的几何性质可知sin ∠QMN＝．] 15．解：(1)圆心(0，0)到直线3x＋4y－10＝0的距离d＝＝2，所以圆C的半径为2， 所以圆C的标准方程为x2＋y2＝4． (2)当直线l的斜率不存在时，圆心到直线l的距离为1＜r，不相切． 当直线l的斜率存在时，设直线l：y－2＝k(x－1)， 由d＝＝2，得k＝0或k＝，所以直线l的方程为y＝2或4x＋3y－10＝0． (3)当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝1，直线l被圆C所截得的弦长为2，符合题意； 当直线l的斜率存在时，设直线l：y－2＝k(x－1)， 由＋2＝4，解得k＝， 故l的方程是y－2＝(x－1)，即3x－4y＋5＝0， 综上所述，直线l的方程为3x－4y＋5＝0或x＝1． 16．解：(1)因为△B1F1B2是边长为4的等边三角形，所以b＝2，c＝2．所以a＝4． 所以椭圆的标准方程为＝1． (2)证明：设直线PB1，PB2的斜率分别为k，k′，则直线PB1的方程为y＝kx＋2． 由RB1⊥PB1，直线RB1的方程为x＋k(y－2)＝0． 将y＝kx＋2代入＝1，得(4k2＋1)x2＋16kx＝0， 因为P是椭圆上异于点B1，B2的点， 所以xP＝－． 所以k′＝． 由RB2⊥PB2，所以直线RB2的方程为y＝4kx－2． 由得xR＝． 所以＝4． 17．解：(1)设G(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0，0)，因为G为△OMN的重心， 所以解得x0＝，y0＝3y，代入＝9，化简得＋y2＝1， 又x0y0≠0，故xy≠0，所以G的轨迹方程为＋y2＝1(xy≠0)． (2)因为H为△ABQ的垂心，故有AB⊥HQ，AH⊥BQ， 又kHQ＝，所以kAB＝，故设直线l的方程为y＝x＋m(m≠1)， 与＋y2＝1联立消去y，得13x2＋8mx＋4m2－4＝0， 由Δ＝208－16m2＞0，得m2＜13， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝． 由AH⊥BQ，得＝－1，所以x2＋ ＝0， 所以4x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＋m2－m＝0， 所以4(4m2－4)－24m(m－1)＋13(m2－m)＝0，化简得5m2＋11m－16＝0， 解得m＝1(舍去)或m＝－(满足Δ＞0)，故直线l的方程为y＝． 18．解：(1)设A(x，y)，则|AB|＝≥p，等号成立当且仅当y＝0，所以p＝2， 所以抛物线C的方程为y2＝4x． (2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，当直线的斜率存在时，由题易知直线的斜率不为0， 设直线l的方程为y＝k(x－5)－4＝kx－5k－4(k≠0)， 与抛物线C的方程联立消去y得k2x2－(10k2＋8k＋4)x＋(5k＋4)2＝0， P(5，－4)在抛物线内部，故Δ＞0，所以x1＋x2＝． 由(1)知，F(1，0)为抛物线C的焦点，由抛物线定义得， |FM|·|FN|＝(x1＋1)(x2＋1)＝x1x2＋x1＋x2＋1＝＋1 ＝， 所以当时，． 当直线的斜率不存在时，x1＝x2＝5， 由抛物线定义知|FM|·|FN|＝(x1＋1)(x2＋1)＝36． 综上，． 19．解：(1)证明：由解得a2＝b2＝2，c2＝4， 则F1(－2，0)，F2(2，0)， 当直线l的斜率不存在时，则x1＝x2＝2，此时x1y2－x2y1＝2y2－2y1＝2(y2－y1)，当直线l的斜率存在时， 因为，即， 整理得x1y2－x2y1＝2(y2－y1)， 综上所述，x1y2－x2y1＝2(y2－y1)． (2)因为点D为线段F1O的中点，所以D(－1，0)，显然直线MD的斜率存在且不为0，可设直线MD的方程为y＝(x＋1)， 联立 消y整理得x2－－4x1－2＝0， 又＝1，所以－2， 所以(2x1＋3)x2－x－－4x1＝0， 设P(x0，y0)，则x1x0＝， 所以x0＝， 代入y＝(x＋1)，得y0＝， 即P，同理Q， 所以k2＝＝， 又因为x1y2－x2y1＝2(y2－y1)， 所以k2＝＝7k1，即＝7是定值． 8/8 学科网（北京）股份有限公司 $$ 　圆锥曲线的方程与性质 圆锥曲线的定义与标准方程 以椭圆、双曲线和抛物线为载体，通过其定义，进行标准方程的求解及相关运算． 典例1　(2023·天津卷T9)双曲线＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2．过F2作其中一条渐近线的垂线，垂足为P．已知|PF2|＝2，直线PF1的斜率为，则双曲线的方程为(　　) A．＝1　　　　　 B．＝1　　　　　 C．＝1　　　　　 D．＝1 命题立意：本题以双曲线为载体，考查双曲线的标准方程和简单几何性质，体现了数学运算、逻辑推理等核心素养，属于课程学习情境． 思维拆解 解题思路 名师点拨 第1步：求点P的坐标． 第2步：根据|PF2|＝2，求出b． 第3步：根据直线PF1的斜率为，求出a． 第4步：求出双曲线的方程． 解：不妨取渐近线y＝x，此时直线PF2的方程为y＝－(x－c)，与y＝x联立并解得即P． 因为直线PF2与渐近线y＝x垂直，所以PF2的长度即为点F2(c，0)到直线y＝x(即bx－ay＝0)的距离，由点到直线的距离公式得|PF2|＝＝＝b，所以b＝2． 因为F1(－c，0)，P，且直线PF1的斜率为，所以＝，化简得＝，又b＝2，c2＝a2＋b2，所以＝，整理得a2－2a＋2＝0，即(a－)2＝0，解得a＝． 所以双曲线的方程为＝1．故选D． (1)求圆锥曲线的标准方程，一般用解析法，即把题目中的每一个几何条件都用方程或代数式逐一表示出来，然后再运算即可． (2)易错①：椭圆与双曲线中的关系式弄混致错，椭圆中的关系式为c2＝a2－b2，双曲线中的关系式为c2＝a2＋b2． (3)易错②：确定圆锥曲线方程时要注意焦点位置． 归纳总结：求圆锥曲线标准方程“先定型，后计算”，所谓“定型”，就是确定曲线焦点所在坐标轴的位置；所谓“计算”，就是指利用待定系数法求出方程中的a2，b2，p的值． 典例2　(2023·全国甲卷文T7)设F1，F2为椭圆C：＋y2＝1的两个焦点，点P在C上，若＝0，则|PF1|·|PF2|＝(　　) A．1 B．2 C．4 D．5 命题立意：本题以椭圆方程为载体，考查椭圆定义，体现了逻辑推理、数学运算等核心素养，属于课程学习情境． 思维拆解 解题思路 名师点拨 方法一：根据焦点三角形面积公式，求出△PF1F2的面积，即可解出． 方法二：根据椭圆定义及勾股定理即可解出． 解：法一：因为＝0，所以∠F1PF2＝90°， 从而＝b2tan 45°＝1＝×|PF1|·|PF2|，所以|PF1|·|PF2|＝2． 故选B． 法二：因为＝0，所以∠F1PF2＝90°，由椭圆方程可知，c2＝5－1＝4⇒c＝2， 所以|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝42＝16， 又|PF1|＋|PF2|＝2a＝2， 平方得|PF1|2＋|PF2|2＋2|PF1||PF2|＝16＋2|PF1||PF2|＝20，所以|PF1|·|PF2|＝2． 故选B． (1)涉及“焦半径”问题，常利用|MF1|＋|MF2|＝2a实现等量转化． (2)通常将椭圆定义和余弦定理(勾股定理)结合使用，求解关于焦点三角形的周长和面积问题． 归纳总结：椭圆上的点P(x0，y0)与两焦点构成的△PF1F2叫做焦点三角形．如图，设∠F1PF2＝θ． (1)当P为短轴端点时，θ最大最大 ＝|PF1||PF2|sin θ＝b2tan ＝c|y0|． (3)|PF1|max＝a＋c，|PF1|min＝a－c． (4)|PF1|·|PF2|≤＝a2． (5)4c2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|cos θ． 　　　　圆锥曲线的几何性质 命题角度：(1)椭圆、双曲线的几何性质；(2)抛物线的几何性质． 典例3　(2024·新高考Ⅰ卷T12)设双曲线C：＝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________． 命题立意：本题以双曲线方程为载体，考查双曲线的定义、几何性质，考查运算求解能力，属于课程学习情境．本题源自人教A版选择性必修第一册P124练习T1． 思维拆解 解题思路 名师点拨 方法一：直接法 第1步：画出大致图象(图略)，由|AB|＝10及双曲线的对称性求出|AF2|． 第2步：由双曲线定义求出a． 第3步：由勾股定理，求出c． 第4步：求离心率． 方法二：二级结论法． 解：法一：由|AB|＝10及双曲线的对称性得|AF2|＝＝5， 因为|AF1|＝13，所以2a＝|AF1|－|AF2|＝8，所以a＝4， 2c＝＝＝12，所以c＝6， 所以C的离心率e＝＝＝． 法二：由题可知A，B，F2三点横坐标相等，设A在第一象限，将x＝c代入＝1得y＝±，即A，B．故|AB|＝＝10，|AF2|＝＝5①， 又|AF1|－|AF2|＝2a， 所以|AF1|＝|AF2|＋2a＝2a＋5＝13，解得a＝4， 代入①得b2＝20，故c2＝a2＋b2＝36，即c＝6． 所以e＝＝＝． (1)本题通过应用双曲线的定义和对称性，可以避免较为复杂的坐标计算以及联立方程求解，从而有效减少计算量． (2)二级结论：椭圆和双曲线的通径长均为．这一结论在做选择、填空题时可以直接用． 归纳总结：求双曲线离心率或范围的方法 (1)直接求出a，c，利用离心率公式e＝求解． (2)由a与b的关系求离心率，利用变形公式e＝求解． (3)构造a，c的齐次式，可以不求出a，c的具体值，而是得出a与c的关系，从而求得e． 5/5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 命题区间15　圆锥曲线的方程与性质 (单项选择题每小题5分，多项选择题每小题6分，填空题每小题5分，共86分) 考向一　圆锥曲线的定义与标准方程 1．(2023·全国甲卷文T7改编题)已知F1，F2是椭圆C：＝1的两个焦点，点M在C上，则的最小值为(　　) 　 [A]9 [B] [C]6 [D] 2．(2023·全国甲卷文T7子母题)已知F1，F2是椭圆C： ＝1的两个焦点，点M在C上，且|MF1|＝5，则点M到另一个焦点F2的距离为(　　) [A]5 [B] [C]1 [D] 3．(2024·新高考Ⅱ卷T5)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′中点M的轨迹方程为(　　) [A]＝1(y>0) [B]＝1(y>0) [C]＝1(y>0) [D]＝1(y>0) 4．(2023·天津卷T9子母题)已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)的焦距为10，渐近线方程为2x±y＝0，则双曲线C的方程为(　　) [A]＝1 [B]＝1 [C]＝1 [D]＝1 5．(2023·全国甲卷文T7姊妹题)设P为椭圆C：＝1(a>2)上一点，F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，且∠F1PF2＝60°，则△PF1F2的面积为(　　) [A] [B] [C] [D]3 6．(2024·天津卷T8)双曲线＝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]＝1 [B]＝1 [C]＝1 [D]＝1 7．(多选)(2024·新高考Ⅰ卷T11)设计一条美丽的丝带，其造型可以看作图中曲线C的一部分．已知C过坐标原点O，且C上的点满足：横坐标大于－2，到点F(2，0)的距离与到定直线x＝a(a＜0)的距离之积为4，则(　　) [A]a＝－2 [B]点(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≤ 8．(2024·新高考Ⅰ卷T11姊妹题)在平面直角坐标系Oxy中，把到定点F1(－a，0)，F2(a，0)距离之积等于a2(a＞0)的点的轨迹称为双纽线．若a＝2，点P(x0，y0)为双纽线C上任意一点，则下列结论正确的个数为(　　) ①C不关于x轴对称； ②C关于y轴对称； ③直线y＝x与C只有一个交点； ④C上存在点P，使得|PF1|＝|PF2|． [A]1 [B]2 [C]3 [D]4 考向二　圆锥曲线的几何性质 9．(2023·新高考Ⅰ卷T5)设椭圆C1：＋y2＝1(a>1)，C2：＋y2＝1的离心率分别为e1，e2．若e2＝e1，则a＝(　　) [A] [B] [C] [D] 10．(2024·全国甲卷理T5)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] 11．(2024·新高考Ⅰ卷T12子母题)已知双曲线C：＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，焦距为8，点P在双曲线C上，|OP|＝|OF2|，且△POF2的面积为8，则双曲线的离心率为(　　) [A]2 [B] [C] [D]4 12．(2024·新高考Ⅰ卷T12改编题)若椭圆＝1(a＞0)的离心率为，则该椭圆的焦距为(　　) [A] [B] [C]2或 [D]2或 13．(2022·北京卷T12)已知双曲线y2＋＝1的渐近线方程为y＝±x，则m＝________． 14．(2024·上海卷T7)已知抛物线y2＝4x上有一点P到准线的距离为9，那么点P到x轴的距离为________． 15．(2023·新高考Ⅰ卷T16子母题)已知F1为双曲线＝1(a>0，b>0)的上焦点，若过F1的直线交双曲线的渐近线于D，E两点，且∠EF1O＋∠DOE＝π(O为坐标原点)，＝2，则双曲线的离心率为________． 16．(2023·新高考Ⅰ卷T16改编题)已知F1(－1，0)，F2(1，0)是双曲线C的焦点，且双曲线经过点，点P(x0，y0)(x0>0，y0>0)为C上一点，且满足＝1，则cos ∠F1PF2＝________． 17．(2024·新高考Ⅰ卷T12改编题)如图所示，已知双曲线C：＝1(a＞0，b＞0)的右焦点为F，过点F作直线l交双曲线C于A，B两点，过点F作直线l的垂线交双曲线C于点G，＝2，且A，O，G三点共线(其中O为坐标原点)，则双曲线C的离心率为________． 4/4 学科网（北京）股份有限公司 $$ 　直线与圆锥曲线的位置关系 　　　　直线与圆锥曲线的位置关系、中点弦问题 命题角度：(1)直线与圆锥曲线相交；(2)直线与圆锥曲线相切；(3)直线与圆锥曲线相离；(4)中点弦问题． 典例1　(2024·新高考Ⅰ卷T16)已知A(0，3)和P为椭圆C：＝1(a＞b＞0)上两点． (1)求C的离心率； (2)若过P的直线l交C于另一点B，且△ABP的面积为9，求l的方程． 命题立意 审题指导 本题属于课程学习情境．以椭圆为载体，考查椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系、点到直线的距离公式以及三角形面积公式，考查数形结合思想、函数与方程思想，体现了逻辑推理、数学运算等核心素养． (1)A，P为C上两点关于a，b的方程组→a，bc→离心率． (2)方法一：l的斜率不存在→|PB|＝3→S△ABP＝不满足题意；l的斜率存在→设l的方程为y＝k(x－3)＋|PB|k→直线l的方程． 方法二：已知A，P坐标→直线AP的方程，|AP|d1设过点B的直线l′B方程为y＝－x＋m，m＜0m→直线l′B的方程B的坐标→直线l的斜率→l的方程． 思维拆解 解题思路 名师点拨 (1)第1步：代入A，P坐标求解a，b． 第2步：根据a，b，c的关系求解c，得出C的离心率． (2)方法一 第1步：首先考虑直线PB斜率不存在情况，再设直线PB的方程． 解：(1)由已知得 所以 所以c2＝a2－b2＝3， 所以e＝＝＝． (2)法一：当l的斜率不存在时，l的方程为x＝3， 则B，|PB|＝3，此时S△ABP＝×3×3＝，不满足题意． (1)将点的坐标代入曲线方程求参数的难点是“运算关”． (2)易错①：设直线方程时，需考虑特殊直线，如斜率不存在情况，斜率为0情况． 思维拆解 解题思路 名师点拨 第2步：利用弦长公式得到|PB|． 第3步：利用点到直线的距离公式，结合三角形的面积公式进而得到答案． 方法二 第1步：求解|AP|． 第2步：以AP为底，求出三角形的高，即点B到直线AP的距离． 当l的斜率存在时， 设l的方程为y＝k(x－3)＋，B(x2，y2)， 联立 消去y，整理得(3＋4k2)x2－(24k2－12k)x＋36k2－36k－27＝0， 所以Δ＝36(4k2＋12k＋9)＞0，即k≠－， 所以 所以|PB| ＝ ＝ ＝6 ＝6 ＝6． 设点A到l的距离为d，则d＝， 所以S△ABP＝·|PB|·d＝×6，即＝9， 所以|4k2＋8k＋3|＝8k2＋6，所以k＝或k＝， 所以l的方程为x－2y＝0或3x－2y－6＝0． 法二：由A(0，3)，P知， 直线AP的方程为y＝－x＋3，|AP|＝， 设点B到直线AP的距离为d1，则S△ABP＝·|AP|·d1＝9，所以d1＝． (3)易错②：涉及直线与圆锥曲线相交时，Δ＞0易漏掉． (4)难点：求解第(2)问的关键是借助图形求出斜率和点的坐标，体现了面积转化为长度，长度转化为坐标的处理思路． (5)小提示：三角形面积为底乘高除以2． 第3步：利用平行线距离公式得到平移后的直线方程． 第4步：联立椭圆方程得到B点坐标． 第5步：求直线l的方程． 平移直线AP使其经过点B，得到直线l′B， 设l′B的方程为y＝－x＋m，m＜0， 设点A到直线l′B的距离为d2，由平行线间的距离处处相等知 d1＝d2＝＝，解得m＝－3或m＝9(舍)， 所以l′B的方程为y＝－x－3． 联立得4x2＋12x＝0，解得x＝0或x＝－3， 所以B(0，－3)或B， 所以直线l的斜率k＝或k＝， 所以l的方程为3x－2y－6＝0或x－2y＝0． (6)联立直线与圆锥曲线方程得到关于x，y的方程组，消去y(或x)得到一元二次方程，此方程根的个数即为交点个数，方程组的解即为交点横(纵)坐标． 归纳总结：利用根与系数的关系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，设交点坐标为(x1，y1)，(x2，y2)； (2)联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x(或y)的一元二次方程，注意Δ的判断； (3)列出根与系数的关系； (4)将所求问题或题中的关系转化为含x1＋x2，x1x2(或y1＋y2，y1y2)的式子，进而求解即可． 　　　　弦长、面积问题 命题角度：(1)弦长问题；(2)面积问题． 典例2　(2023·全国甲卷理T20文T21)已知直线x－2y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B两点，|AB|＝4． (1)求p； (2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，且＝0，求△MFN面积的最小值． 命题立意 审题指导 本题以抛物线为载体，考查抛物线方程及直线与抛物线的位置关系，体现了数学运算、逻辑推理等核心素养，属于课程学习情境． (1)一元二次方程―→判别式及根与系数的关系―→弦长公式列方程―→p值． (2)一元二次方程M，N坐标关系式S△MFN的表达式―→(S△MFN)min． 思维拆解 解题思路 名师点拨 (1)第1步：设点A，B的坐标． 第2步：联立直线与抛物线方程，得出关于y的一元二次方程． 第3步：写出判别式及根与系数的关系． 第4步：根据弦长公式列方程并求解，得出结果． (2)第1步：设点M，N的坐标及直线MN的方程，并写出点F的坐标． 第2步：联立直线MN的方程与抛物线方程，得出关于y的一元二次方程． 第3步：写出根与系数的关系． 第4步：写出的表达式并结合抛物线定义化简整理． 第5步：写出S△MFN的表达式并化简整理． 第6步：得出结论． 解：(1)由题设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立消去x整理得y2－4py＋2p＝0， 由Δ＝16p2－8p＞0，得p＞， 则y1＋y2＝4p，y1y2＝2p， 所以|AB|＝＝4， 即2p2－p－6＝0，解得p＝2或p＝－， 又p＞0，故p＝2． (2)由(1)得，y2＝4x，F(1，0)， 设直线MN方程为x＝my＋b，M(x3，y3)，N(x4，y4)， 联立消去x得y2－4my－4b＝0， 则y3＋y4＝4m，y3y4＝－4b，x3＋x4＝4m2＋2b，x3x4＝b2． 又＝(x3－1，y3)，＝(x4－1，y4)． 则＝1－(x3＋x4)＋x3x4＋y3y4＝0， 代入整理得4m2＝b2－6b＋1． 因为S△MFN＝|MF|·|NF|， 且由抛物线定义可得|MF|＝x3＋1，|NF|＝x4＋1， 所以|MF|·|NF|＝x3x4＋x3＋x4＋1＝b2＋4m2＋2b＋1＝2b2－4b＋2＝2(b－1)2， 故S△MFN＝(b－1)2，又4m2＝b2－6b＋1≥0， 则b≥3＋2或b≤3－2． 所以(S△MFN)min＝12－8． (1)直线与抛物线方程联立，消元一次项可简化运算． (2)设直线斜截式方程时，不仅要考虑到斜率存在的一般情况，也要考虑到斜率不存在的特殊情况． (3)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线焦点，若过抛物线焦点(设焦点在x轴正半轴上)，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p；若不过焦点，则可用弦长公式． (4)易错：忽略b的范围致误． 归纳总结：解决直线与抛物线的位置关系问题，经常利用设而不求的方法，要点如下： (1)设直线与抛物线的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)；(2)联立直线与抛物线的方程；(3)消元得到关于x或y的一元二次方程；(4)利用根与系数的关系设而不求；(5)把题干中的条件转化为含有x1＋x2，x1x2或y1＋y2，y1y2的式子，进而求解即可． 6/6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 命题区间16　直线与圆锥曲线的位置关系 (单项选择题每小题5分，多项选择题每小题6分，填空题每小题5分，解答题每小题15分，共66分) 考向一　直线与圆锥曲线的位置关系、中点弦问题 1．(2023·全国乙卷文T12)设A，B为双曲线x2－＝1上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是(　　) [A](1，1) [B](－1，2) [C](1，3) [D](－1，－4) 2．(多选)(2023·新高考Ⅱ卷T10)设O为坐标原点，直线y＝－(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，则(　　) [A]p＝2 [B]|MN|＝ [C]以MN为直径的圆与l相切 [D]△OMN为等腰三角形 3．(2024·北京卷T13)若直线y＝k(x－3)与双曲线－y2＝1只有一个公共点，则k的一个取值为________． 4．(15分)(2024·新高考Ⅰ卷T16改编题)已知双曲线C：＝1(a＞0，b＞0)的离心率为2，顶点到渐近线的距离为． (1)求C的方程； (2)若直线l：y＝kx＋2交C于A，B两点，O为坐标原点，且△AOB的面积为2，求k的值． 5．(15分)(2024·全国甲卷理T20文T21)设椭圆C：＝1(a>b>0)的右焦点为F，点M在C上，且MF⊥x轴． (1)求C的方程； (2)过点P(4，0)的直线与C交于A，B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQ⊥y轴． 考向二　弦长、面积问题 6．(2023·新高考Ⅱ卷T5)已知椭圆C：＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，直线y＝x＋m与C交于A，B两点，若△F1AB面积是△F2AB面积的2倍，则m＝(　　) [A] [B] [C]－ [D]－ 7．(15分)(2023·全国甲卷理T20文T21改编题)已知点P(x0，2)在抛物线C：y2＝2px(p＞0)上，|PF|＝2． (1)求抛物线C的标准方程； (2)点Q在抛物线C的准线上，过点Q作两条直线l1，l2均与抛物线C相切，分别交y轴于M，N两点，若△QMN的面积为，求|QF|． 2/2 学科网（北京）股份有限公司 $$学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.2 zxxk.com☐ 您身边的互联网+教辅专家 高考真题衍生卷·命题区间17 1.B[抛物线y2=4x的焦点为F1,0), 设圆C的方程为(x-xP+0-o2=(-1P+y, 令x=-号得2-20y+3x-是=0 因为，点C(xo,0)在抛物线y2=4x上， 故y=4xo(o≥0)， 所以4=4y哈-12o十3=4x0十3>0恒成立. 设A(克，y1),B(克，y2),则n+=20,w=3o-是， 所以EA·F8=?+子计号 =V(yy2)+(+y)+器 =V(3x)+￥[4-2(3x)]+路 =V9x3+18x+9=3x+1. 因为x≥0， 所以FA·FB≥3， 即F4·FB的取值范围是B,十∞).故选B.] 2.解：(1)由题意得e=号=f=2,则c=2,b=V22.1=V5 ②当b=25时，双曲线：2-誉=1，且M-2,0,4,0. 国为点P在第一象限，所以∠PAM为钝角，又△AP为等腰三角形，所以 V(x1)+y肾=3， A=4M=3.设点Po,w.且o>0,0>0.别X好譬-1， (x0=2, 解得y。=25,所以P(2,22) (3)由题知A1(一1,0)，A2(1,0), 当直线PQ的斜率为0时，此时A1RA2P=0,不合题意. 设直线PQ:x=my一2， 1/5 学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.2 xxk.com☐ 您身边的互联网+教辅专家 设点P,),Q(2,y2,又0延长线交双曲线于点R, 根据双曲线对称性知R(一x2,一y). (X=my-2, 联立气x2.若=1，消去x化简得6m2-1》2-4bmy+32=0, 显然二次项系数b2m2一1≠0. 其中△=(-4mb22-4(b2m2-1)×3b2=4bm2+12b2>0, 所以n十=器yy2器 362 A1R=(-32十1，-2)，A2P=(-1,), 则A1R42P=(-x2十1)-1)一y2=1, 因为P61,),,y)在直线P9上， 则=my1一2，x2=my2一2， 即-(my2-3)(mM-3)-h2=1,即y1y2(m2+1)-3m01+2)+10=0, 所以0mr+1)·张3m器+10=0， 即3b2(m2+1)-3m·4b2m+10(b2m2-1)=0, 化简得b2m2+3b2-10=0, 所以m2=号-3，代入到bm2-1≠0，得10-36≠1，所以b2≠3，且m2=是 -3≥0，解得b2≤号，又因为b>0,则0<b2≤号， 综上知，b2∈0,3)U(3,号]， 所以b的取值范闆为(0,5)U(N5,雪]. 3.解：(1)设Mo,yo)是椭圆上一点 所以PM=号+(。1)7 =V12-12y8+y8-2y+1 =1,+18≤.要 2/5 享学科网书城 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 即点P到椭圆上点的距离的最大值为 11 (2)易知直线AB的斜率存在，设直线AB方程为y=十壳，A(81,y1),B2,), P0,1), ∫y=kx+, 联立x2+12y2=12, 消去y,整理得(1+12②x2+12k-9=0, =1442+36(1+12k2)=36(1+162>0, 12k 9 所以十=一1+12家，X12=1+12吸， 直线PA的方程为y=安x+1, y=号x+1, 联立 y=x+3, 41 481 整理得x=+22=+2xr, 483 同理XD=8升2kxr· 所以CD1=V1+车a+a时7 4x1 4x1 48r】 (1+2k'x8r1+2kXx1+计1 45416 1+122 =2 a+2+2)微+ =524+16k 5+16R 24k+8 3k+1 令3k+1=m(m≠0)， 所以CD=尊 16m132m+25 93 =唇（偏磐）+”， 所以当m=器，即=务时，CD1的最小值为5 4.解：(1)因为点A(-2,0)在C上，所以=1，得b2=4. 因为指圆的离心率e=香=县，所以c2=号，又2=b+c2=4十号，所以 3/5 学科网书城国 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 =9,c2=5, 故椭圆C的方程为号+等=1。 (2)证明：由题意知，直线PQ的斜率存在且不为0，设lo:y一3=(x+2),P (x,),Qx2,3), (y-3=k(x+2), 号+等=1， 得(42+9)x2+(162+24)x+162+48k=0, 则=(162+242-442+9)(162+48k)=-36×48k0, 故龙十2=一 搭，x=6号 4k+9 2y1 直线AP:y=x中(G十2，令x=0,解得=， 同理得小=克， 则yM十N=2X +2+y1+☒ (x+2x计2 =2×t2k+38+3H+2k+3g士2 (81+2)x十2 =2X2+4k+3s+s48k+12 x82+231十82十4 2K16k+48kH4k+3包6k224wH(8k+12以4+9) =2X 16k2+48k+2-16k24kH44k2+9) =2× =6. 所以M八的中点的纵坐标为=3，所以MN的中点为定点0,3》. 5.解：油题意可得受=克，解得公=3， 所以椭圆E的方程为￥+号=1，短轴长为25、 (y kx+m, (2)由 ￥+号=1消y得(42+3r2+8r+4m2-12=0,① 由4=(8km)2-4(4k2+3)(4m2-12)=0,得m2=42+3, 此时方程①可化为m2x2+8kmx+162=0, 解得x=一"， 设Po,o,则o=-箭，y。=kx+m=k()+m=m然=品， 即P(禁，品)，所以=喜=最。 4/5 学科网书城 团 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 因为1∥12，所以可设直线2：y=十n(n≠0，n≠m), (y=kx+n, 由号+号=1 消y得(4k2+3)2+8k1x+4n2-12=0, 当>0时，方程有两个不相等的实根， 设A(1,y),B2,2), -8kn 4n212 则十=，X1K2=4带， 因为A,C两点关于原点对称，所以C(一，一)， ：中k+热=k+盒=k线装录】 所以k2=2十1 x十1 4k 4业+3 所以=，所以会=1. 5/5