专题08 解析几何-【好题汇编】2025年高考数学三模试题分类汇编（新高考通用）

专题08 解析几何 题型概览 题型01 直线与圆及圆与圆的位置关系 题型02 椭圆性质及直线与椭圆位置关系 题型03 双曲线性质及直线与双曲线位置关系 题型04 抛物线性质及直线与抛物线位置关系 题型05 圆锥曲线中的动点轨迹问题 题型06 圆锥曲线中的定点、定值问题 题型07圆锥曲线中的最值、范围问题 ( 题型0 1 )直线与圆及圆与圆的位置关系 1．（2025·重庆市·三模）过圆O：外的点作O的一条切线，切点为M，则（    ） A．2 B． C． D．4 2．（2025年江西萍乡市三模）圆与圆的公切线条数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．（2025·山东省枣庄市·三模）若圆关于直线对称，其中，，则的最小值为（ ） A．2 B． C．4 D． 4．（2025年江苏如皋市三模）已知直线与圆交于A，B两点，则的最大值为（   ） A．2 B．4 C．5 D．10 5．（2025·安徽省安庆市·三模）已知点在圆上，A（，0），，则的最小值为（    ） A．1 B． C． D． 6．（2025年山西省吕梁市三模）已知点M为圆与y轴负半轴的交点，直线与圆O交于A，B两点，则面积的最大值为（   ） A．3 B． C．4 D． 7．（2025·河南省焦作市·三模）与曲线和圆都相切的直线有（    ） A．1条 B．2条 C．3条 D．4条 8．（多选）（2025年湖北武汉市武昌区三模）已知圆，直线与圆交于，两点，点为圆上异于，的任意一点，若，，则（   ） A． B．面积的最大值为 C．直线的方程为 D．满足到直线的距离为的点有且仅有3个 9．（2025·四川省自贡市·三模）直线被圆截得的弦长为 . 10．（2025·湖南省永州市·三模）已知直线与圆C：交于A，B两点，且，则 . ( 题型0 2 )椭圆性质及直线与椭圆位置关系 1．（2025·湖南省永州市·三模）已知椭圆E：，点，若直线（）与椭圆E交于A，B两点，则的周长为（   ） A． B．4 C． D．8 2．（2025年河北石家庄三模）已知椭圆的左、右焦点为，，且过右焦点的直线l交椭圆于A、B两点，的周长为20，则椭圆C的离心率为（    ） A． B． C． D． 3．（2025·河南省安阳市·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为P，离心率为.过点且垂直于的直线与C交于两点，，则（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 4．（2025·四川省攀枝花·三模）已知椭圆C：的上顶点为A，左、右焦点分别为、，连接并延长交椭圆C于另一点B，若，则椭圆C的离心率为（   ） A． B． C． D． 5．（2025·河北省张家口·三模）已知直线为圆在处的切线，若直线经过椭圆的两个顶点，则该椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 6．（2025·山东省枣庄市·三模）已知是椭圆的右焦点，直线交于，两点，若，则椭圆的离心率为（ ） A． B． C． D． 7．（2025年广东省广州市天河区三模）椭圆的焦点为、，以为圆心作一个圆，使此圆过椭圆中心并交椭圆于、两点，若直线与圆相切，则 ． 8．（2025年江西九江市三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，是上一点，线段的中点分别是．若四边形是周长为6、面积为2的矩形（为坐标原点），则的离心率为 ． 9．（2025年江西省萍乡市三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点M在C上，记的外心为A，内切圆半径为r，若，且，则C的离心率为 . 10．（2025·重庆市·三模）已知椭圆C：的离心率为，C与曲线经过x轴上的同一点. (1)求C的方程； (2)作曲线在处的切线l. （ⅰ）若，l与C相交于A，B两点，P是C上任意一点，求面积的最大值； （ⅱ）当时，证明l与C有两个公共点. 11．（2025年山东威海市三模）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率为为上两点，线段AB中点的横坐标为，当轴时，． (1)求的方程； (2)当AB不垂直轴时，设线段AB的中垂线与轴的交点为，求． 12．（2025·湖南省郴州市·三模）已知椭圆过点为椭圆的左顶点，为坐标原点. (1)求椭圆C的标准方程； (2)设为椭圆上的点，线段交轴于点，线段交轴于点，且，求. ( 题型0 3 )双曲线性质及直线与双曲线位置关系 1．（2025·四川省自贡市·三模）双曲线的离心率为，则该双曲线的焦点到它的渐近线距离为（   ） A．1 B．2 C． D．3 2．（多选）（2025年江西省萍乡市三模）已知双曲线，为上四个动点，则四边形的形状可能为（    ） A．菱形 B．等腰梯形 C．正方形 D．矩形 3．（2025年山东威海市三模）已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与的右支交于两点，若，则的离心率为（    ） A． B． C．2 D． 4．（多选）（2025·重庆市·三模）已知双曲线C：的右焦点为F，P是C右支上的动点，P到直线，和的距离分别为，，，则（    ） A． B． C． D． 5．（2025·河南省焦作市·三模）若双曲线上的点到点的距离为4，则点到点的距离为（    ） A．14 B．12 C．10 D．8 6．（2025·云南省玉溪市、保山市·三模）抛物线的焦点为F，其准线与双曲线的渐近线相交于A，B两点，若的周长为8，则（   ） A．2 B． C． D．8 7．（2025年山西省吕梁市三模）已知点分别为双曲线的左顶点和右焦点，过点且与x轴垂直的直线l与双曲线交于M，N两点，以线段为直径的圆过点A，则该双曲线的离心率为（   ） A．3 B． C．2 D． 8．（2025·河南省安阳市·三模）已知双曲线的焦点到其渐近线的距离为，则C的离心率为 . 9．（2025·湖南省郴州市·三模）双曲线的左､右焦点分别为是双曲线右支上一点，且直线的斜率为是面积为的直角三角形，则双曲线的实半轴长为 . 10．（2025年江苏如皋市三模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，轴上方的两点分别在双曲线的左右两支上，梯形两底边满足，以为直径的圆过右焦点，则双曲线的离心率为 ． 11．（2025年湖北武汉市武昌区三模）在几何中，单叶双曲面是一种典型的直纹面如图1所示，因其具有优良的稳定性和美观性，常被应用于大型建筑结构（如广州电视塔）．单叶双曲面的形成过程可通过“双曲狭缝”演示：如图2，直杆与固定轴成一定夹角，且均和连杆垂直．当直杆绕固定轴旋转时，其轨迹形成单叶双曲面．若用过单叶双曲面固定轴的平面截取该曲面，所得交线为双曲线的一部分．在某科技馆的演示中，立板上的双曲狭缝即为直杆运动轨迹（双曲面）被立板面截取的双曲线的一部分，因此直杆旋转时可始终穿过两条弯曲的狭缝．若直杆与固定轴所成角的大小为，则该双曲线的离心率为 ． 12．（2025·安徽省安庆市·三模）已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，若在C上存在点P（不是顶点），使得，则C的离心率的取值范围为 ． 13．（2025·陕西省安康市·三模）已知双曲线的左、右顶点分别为是双曲线的左焦点，为双曲线的左支上任意一点（异于点），若，则双曲线的离心率为 ． 14．（2025·四川省攀枝花·三模）已知双曲线C：过点，且离心率为． (1)求双曲线C的标准方程； (2)双曲线C在其右支上一点P处的切线l分别交其两条渐近线，于A，B两点，O为坐标原点，求的面积． 15．（2025·浙江省金华市义乌市·三模）双曲线的离心率为，过左焦点的直线与双曲线的左支、右支分别交于点，当直线与轴垂直时，. (1)求双曲线的方程； (2)点满足，其中是坐标原点，求四边形的面积. 16．（2025年河北石家庄三模）已知双曲线，左、右焦点分别为、，两条渐近线为，且经过点． (1)求双曲线的方程； (2)设过原点的直线与交于、两点且点在第一象限， （i）若以为直径的圆恰好过右焦点，求点的坐标． （ⅱ）连接与双曲线交于点，若面积为，求直线的方程． 17．（2025·河北省张家口·三模）已知双曲线的一条渐近线方程为，为个焦点. (1)求双曲线的标准方程； (2)若倾斜角为的直线经过与的右支交于不同的两点，，的面积为（为坐标原点），，求的值. ( 题型0 4 )抛物线性质及直线与抛物线位置关系 1．（2025·陕西省安康市·三模）已知抛物线上的点到焦点的距离为6，则点到轴的距离为（    ） A． B． C．2 D．4 2．（2025年江苏如皋市三模）已知抛物线的焦点为F，准线为l，点A在C上，过A作l的垂线，垂足为．若，则（   ） A．2 B．4 C．6 D．8 3．（2025年广东省广州市天河区三模）已知抛物线的焦点为，点为上的不同两点，若线段的中点到轴的距离为2，则的最大值为（    ） A．3 B．6 C．9 D．36 4．（2025·湖南省郴州市·三模）已知抛物线的焦点为是抛物线上一点，以点为圆心的圆与直线相切于点.若，则圆的标准方程为（    ） A． B． C． D． 5．（2025年江西九江市三模）已知抛物线的焦点为，过且斜率为2的直线与交于两点，在准线上的投影分别为，线段分别交轴于点．若，则（   ） A． B．2 C． D． 6．（多选）（2025年山东威海市三模）已知为坐标原点，抛物线的焦点为，准线为，过的直线与交于两点，则（    ） A．过A作的垂线，垂足为，若，则 B．若直线BO与交于点，则直线AP平行于轴 C．以线段BF为直径的圆上的点到的最小距离为1 D．以线段AB为直径的圆截轴所得弦长的最小值为 7．（2025·河北省张家口·三模）已知为抛物线的焦点，过上一点作的准线的垂线，垂足为，若，则 . 8．（2025年山西省吕梁市三模）已知抛物线上的点P到其焦点的距离为4，则点P的坐标为 ． 9．（2025年河北石家庄三模）过点作直线与抛物线相交于A，B两点，若点P是线段AB的中点，则直线AB的斜率是 ． 10．（2025·河南省安阳市·三模）如图，已知直线l与抛物线交于A，B两点，且，于点. (1)求直线l的方程； (2)求p. ( 题型0 5 )圆锥曲线中的动点轨迹问题 1．（2025·四川省成都市·三模）已知动圆与圆外切，同时与圆内切，则动圆的圆心轨迹方程为（   ） A． B． C． D． 2．（多选）（2025·四川省攀枝花·三模）圆O的半径为定长r，A是圆O所在平面内一个定点，P是圆O上一个动点．线段AP的垂直平分线l与直线OP相交于点Q，则点Q的轨迹可能是（   ） A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 3．（多选）（2025·云南省玉溪市、保山市·三模）已知点，，点P在圆上运动，则（   ） A．直线AB与圆C相离 B．的面积的最小值为 C．的最大值为6 D．当最小时， 4．（多选）（2025·湖南省永州市·三模）已知平面内动点到定点的距离与到定直线l：的距离之和等于6，其轨迹为曲线，则下列结论正确的是（   ） A．若，则点的轨迹是以为焦点的抛物线的一部分 B．点横坐标的取值范围是 C．若过点的直线与曲线的部分图象和部分图象分别交于，则 D．对给定的点（），用表示的最小值，则的最小值为 直角坐标系中，动点在直线上的射影为点，且，记动点的轨迹为曲线，则下列结论正确的是（    ） A．曲线关于原点对称 B．点的轨迹长度为1 C． D．曲线围成的封闭区域的面积小于2 6．（多选）（2025·湖南省郴州市·三模）已知某平面图形由如图所示的四个全等的等腰拼成，其中线段的中点均为点，且.若将该平面图形绕着直线旋转半周围成的几何体记为，将该平面图形绕着直线旋转半周围成的几何体记为，直线直线，则（    ）    A．的体积为 B．的表面积为 C．经过两次旋转后，点所有的运动轨迹总长为 D．经过两次旋转后，点所有的运动轨迹为两个半圆 7．（2025·河南省焦作市·三模）若过点的直线与抛物线交于B，C两点，以B，C为切点分别作的两条切线，则两条切线的交点的轨迹方程为 ． 8．（2025·云南省玉溪市、保山市·三模）已知双曲线的右焦点为，点在C上． (1)求双曲线C的方程； (2)若一条直线与双曲线恰有一个公共点，且该直线与双曲线的渐近线不平行，则定义该直线为双曲线的切线，定义该公共点为切线的切点． （ⅰ）设双曲线C在点P处的切线为，求双曲线左支上的点到直线距离的最小值； （ⅱ）设直线是双曲线C上任意一点的切线，点F关于直线的对称点为M，求点M满足的轨迹方程． ( 题型0 6 )圆锥曲线中的定点、定值问题 1．（2025年山东省泰安市三模）设双曲线C：的左、右焦点分别为，，P为C上一动点，则P到y轴的距离与P到，距离之和的比值（   ） A．恒为定值 B．恒为定值 C．不为定值但有最小值 D．不为定值但有最大值 2．（2025年江西九江市三模）已知双曲线的左、右顶点分别为，在上，． (1)求的方程； (2)过的直线交于另一点（异于），与轴交于点，直线与交于点，证明：直线过定点． 3．（2025·安徽省安庆市·三模）已知点为椭圆的右端点，椭圆的离心率为，过点的直线与椭圆交于两点，直线分别与轴交于点. (1)求椭圆的标准方程; (2)试判断线段的中点是否为定点，若是，求出该点纵坐标，若不是，说明理由. 4．（2025年广东省广州市天河区三模）已知双曲线． (1)若直线l与双曲线C相交于A，B两点，线段AB的中点坐标为，求直线l的方程； (2)若P为双曲线C右支上异于右顶点的一个动点，F为双曲线C的右焦点，x轴上是否存在定点，使得？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 5．（2025·湖南省永州市·三模）已知双曲线E：（，）的虚轴长为2，离心率为. (1)求双曲线E的标准方程： (2)过点的直线l与E的左、右两支分别交于A，B两点，点，直线BC与直线交于点N. （ⅰ）证明：直线AN的斜率为定值： （ⅱ）记，分别为，的面积，求的取值范围. 6．（2025·陕西省安康市·三模）给定椭圆，将圆心为坐标原点，为半径的圆称为椭圆的“内切圆”．已知椭圆的两个顶点为，离心率为． (1)求椭圆的方程． (2)直线过椭圆的右焦点，并与椭圆相交于两点，且，求直线的方程． (3)是椭圆的“内切圆”上一点（与不重合），直线与椭圆的另一个交点为．记直线的斜率分别为，证明：为定值． 7．（2025·山东省枣庄市·三模）已知双曲线（，）的离心率为，且点在双曲线上， (1)求的方程； (2)若直线交于，两点，的平分线与轴垂直，求证：的倾斜角为定值. ( 题型0 7 )圆锥曲线中的最值、范围问题 1．（2025·浙江省金华市义乌市·三模）已知过抛物线焦点的直线与该抛物线交于两点，若，则的最大值为（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 2．（2025·山东省枣庄市·三模）已知抛物线的焦点为，为上的动点，点，则取最小值时，直线的斜率为 . 3．（2025年山东省泰安市三模）已知F为抛物线的焦点，点满足，其中O为坐标原点，过F的直线交E于A，B两点，点A在第一象限，过点A作直线AB的垂线，交x轴正半轴于点M，直线BC交直线AM于点N．记，，的面积分别为，，． (1)求E的准线方程； (2)证明：； (3)求的最小值及此时点A的坐标． 4．（2025年湖北武汉市武昌区三模）图1是一种可以作出椭圆的工具．是滑槽（足够长）的中点，短杆可绕转动，长杆通过处铰链与连接，上的栓子可沿滑槽滑动，且，．当栓子在滑槽内做往复运动时，带动绕转动一周（不动时，也不动），处的笔尖画出的曲线为椭圆．当时，记画出的曲线为．以为原点，所在的直线为轴建立如图2所示的平面直角坐标系． (1)求曲线的方程； (2)过坐标原点的任一直线与曲线交于，两点，与曲线交于，两点，过点的任一直线与交于，两点． （i）求证：； （ii）求四边形面积的取值范围． 5．（2025·河南省焦作市·三模）已知椭圆的长轴长为，左、右焦点分 别为，直线与交于P，Q两点，且满足（为坐标原点），当变化时，面积的最大值为． (1)求的方程； (2)证明：； (3)过点和线段PQ的中点作一条直线与交于R，S两点，求四边形PRQS面积的取值范围． 6．（2025年江苏如皋市三模）已知O为坐标原点，椭圆的离心率，椭圆C的左、右焦点分别为，，焦距为．定义椭圆C上点的“和点”为． (1)求椭圆C的方程； (2)记OP，OQ的斜率分别为，，求的取值范围； (3)若直线l交椭圆C于A，B两点，点A，B的“和点”分别为，，且，求面积的最大值． 7．（2025·四川省成都市·三模）如图，在直角坐标系中，已知是拋物线的焦点，过点的直线交抛物线于，两点，且满足. (1)求的值； (2)已知点，直线，与拋物线的另一个交点分别为，，直线交轴于点，交直线于点.抛物线在，处的切线交于点，过点作平行于轴的直线，分别交直线KD，于点，. （i）求证：点为定点； （ii）记，的面积分别为，，求的最小值. 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题08 解析几何 题型概览 题型01 直线与圆及圆与圆的位置关系 题型02 椭圆性质及直线与椭圆位置关系 题型03 双曲线性质及直线与双曲线位置关系 题型04 抛物线性质及直线与抛物线位置关系 题型05 圆锥曲线中的动点轨迹问题 题型06 圆锥曲线中的定点、定值问题 题型07圆锥曲线中的最值、范围问题 ( 题型0 1 )直线与圆及圆与圆的位置关系 1．（2025·重庆市·三模）过圆O：外的点作O的一条切线，切点为M，则（    ） A．2 B． C． D．4 【答案】B 【分析】根据切线的意义知，由勾股定理可求. 【详解】由题意有，即.故选：B. 2．（2025年江西萍乡市三模）圆与圆的公切线条数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】计算圆心距，判断两圆位置关系后即可得公切线条数. 【详解】圆的方程等价于，所以圆是以为圆心，为半径的圆，圆 是以为圆心，为半径的圆，所以圆，圆的圆心距为，圆，圆半径之和为，即圆心距等于两半径之和，因此两圆外切，所以圆，圆有3条公切线．故选：C 3．（2025·山东省枣庄市·三模）若圆关于直线对称，其中，，则的最小值为（ ） A．2 B． C．4 D． 【答案】C 【分析】由题意得直线过圆心，即得，利用基本不等式即可求解. 【详解】由得，所以圆心为，又圆关于直线对称，则直线过圆心，即，所以，又，当且仅当时，等号成立，所以，故选：C. 4．（2025年江苏如皋市三模）已知直线与圆交于A，B两点，则的最大值为（   ） A．2 B．4 C．5 D．10 【答案】B 【分析】确定直线所过的定点，再求出圆心到该定点的距离，进而确定圆心到直线距离的取值范围，最后根据三角形面积公式求出面积的最大值. 【详解】直线过定点，圆，设到距离为，，时，.故选：B． 5．（2025·安徽省安庆市·三模）已知点在圆上，A（，0），，则的最小值为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【分析】设且，解出点的坐标，问题转化为，只需当、、三点共线时取得最小值即可求解. 【详解】设，，，则，整理后，与已知轨迹方程展开整理得：，对照，得，解得，所以. 则当、、三点共线时取得最小值故选：B. 6．（2025年山西省吕梁市三模）已知点M为圆与y轴负半轴的交点，直线与圆O交于A，B两点，则面积的最大值为（   ） A．3 B． C．4 D． 【答案】B 【分析】注意到直线过点C，将直线与圆方程联立，设，则面积为，然后由韦达定理可得面积关于k的表达式，据此可得答案. 【详解】注意到直线过点C，将直线方程与联立， 可得，其判别式为， 设，则.又，， 则 ，当且仅当时取等号.故选：B 7．（2025·河南省焦作市·三模）与曲线和圆都相切的直线有（    ） A．1条 B．2条 C．3条 D．4条 【答案】C 【分析】根据导数的几何意义得到切线方程，然后根据直线与圆的位置关系列方程得到，构造函数，利用导数分析单调性得到零点个数即可得到切线条数. 【详解】设直线与曲线相切于点，则的方程为，即． 圆C：，因为与圆相切，所以，所以， 令，则，令，得或， 进一步得到在上单调递增，在上单调递减，所以，又当时，，所以在区间上分别有1个零点，所以这样的切线有3条．故选：C. 8．（多选）（2025年湖北武汉市武昌区三模）已知圆，直线与圆交于，两点，点为圆上异于，的任意一点，若，，则（   ） A． B．面积的最大值为 C．直线的方程为 D．满足到直线的距离为的点有且仅有3个 【答案】BD 【分析】根据给定条件，利用向量夹角公式求解判断A；利用圆的性质求出面积最大值判断B；求出直线方程判断C；利用直线与圆的位置关系判断D. 【详解】对于A，依题意，，则，而，解得，A错误；对于B，，圆心到直线距离，因此点到直线距离的最大值为，面积的最大值为，B正确；对于C，由，得，直线的斜率， 设直线的方程为，则，解得，由，得，即，因此，直线的方程为，C错误；对于D，由圆半径为，圆心到直线距离为，得圆上到直线距离为的点有且仅有3个，因此符合条件的点有且仅有3个，D正确.故选：BD 9．（2025·四川省自贡市·三模）直线被圆截得的弦长为 . 【答案】4 【分析】首先得到圆心坐标与半径，再求出圆心到直线的距离，再由垂径定理及勾股定理计算可得. 【详解】圆的圆心为，半径，又点到直线的距离，所以弦长. 10．（2025·湖南省永州市·三模）已知直线与圆C：交于A，B两点，且，则 . 【答案】 【分析】根据圆与直线相交的几何性质结合向量数量积的几何意义求解相交弦长，再根据直线与圆相交弦长公式列方程求解的值即可. 【详解】取中点，连接， 因为点为中点，所以，所以，所以或（舍），由于圆C：的圆心，半径，则圆心到直线的距离相交弦长，则，解得.故答案为：. ( 题型0 2 )椭圆性质及直线与椭圆位置关系 1．（2025·湖南省永州市·三模）已知椭圆E：，点，若直线（）与椭圆E交于A，B两点，则的周长为（   ） A． B．4 C． D．8 【答案】D 【分析】求出直线所过的定点，再利用椭圆的定义求出三角形周长. 【详解】椭圆E：的长半轴长，半焦距，则点为椭圆的左焦点，其右焦点为，而直线恒过定点，所以的周长为.故选：D 2．（2025年河北石家庄三模）已知椭圆的左、右焦点为，，且过右焦点的直线l交椭圆于A、B两点，的周长为20，则椭圆C的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据椭圆定义利用焦点三角形的周长列出方程，求出，根据焦点坐标求出，即可求出离心率. 【详解】因为的周长为20，所以， 由椭圆定义可知：，即，又因为，所以椭圆C的离心率为.故选：B. 3．（2025·河南省安阳市·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为P，离心率为.过点且垂直于的直线与C交于两点，，则（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】D 【分析】由条件可得为正三角形，继而得出直线为线段的垂直平分线，写出直线的方程为并与椭圆方程联立，得到韦达定理，由利用弦长公式推出，结合图形将化简转化，利用椭圆的定义即可求得. 【详解】 如图，连接因为，即，，因，则为正三角形.又，则直线为线段的垂直平分线，故，，且，故直线的方程为，代入椭圆的方程，得.设，则，，则，解得，则，.故选：D. 4．（2025·四川省攀枝花·三模）已知椭圆C：的上顶点为A，左、右焦点分别为、，连接并延长交椭圆C于另一点B，若，则椭圆C的离心率为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用线段之比可设出两线段，再结合焦半径及椭圆的定义，可求出各线段长度，然后借助余弦定理得到关于的齐次方程，从而可求离心率. 【详解】 由图可知，，根据，可设， 则，所以，由三角形中余弦定理得:,根据直角三角形有：，代入上式可得：，故选：B 5．（2025·河北省张家口·三模）已知直线为圆在处的切线，若直线经过椭圆的两个顶点，则该椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】通过直线与圆相切，求得切线方程，进而求得，即可求解. 【详解】设切线斜率为，由圆的性质可知：，解得：， 可得切线方程：，由可得：，令，可得， 由题意可知：，所以，所以，故选：A 6．（2025·山东省枣庄市·三模）已知是椭圆的右焦点，直线交于，两点，若，则椭圆的离心率为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设椭圆的左焦点为，由椭圆的对称性可得四边形为矩形，再根据方程联立求得，再代入椭圆方程构造齐次式即可得解. 【详解】如图，因为椭圆关于原点对称，直线过原点， 所以，关于原点对称，设椭圆的左焦点为，连接，，由椭圆的对称性可得，所以四边形为平行四边形，又因为，所以平行四边形是矩形， 所以，，所以点在圆上， 则，解得，代入椭圆方程，又，可得： ，设（），则上式可化为， 化简可得， 即， 因为，所以，解得.所以椭圆的离心率为.故选：A. 7．（2025年广东省广州市天河区三模）椭圆的焦点为、，以为圆心作一个圆，使此圆过椭圆中心并交椭圆于、两点，若直线与圆相切，则 ． 【答案】 【分析】分析可知，利用勾股定理求出的值，然后利用椭圆的定义可求得的值. 【详解】由题意可知，圆的半径为（为坐标原点）， 因为直线与圆相切，由圆的几何性质可得，且， 由勾股定理可得，因为点在椭圆上，由椭圆的定义可得，故. 8．（2025年江西九江市三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，是上一点，线段的中点分别是．若四边形是周长为6、面积为2的矩形（为坐标原点），则的离心率为 ． 【答案】 【分析】根据矩形的性质和三角形中位线定理得到与的关系，再结合椭圆定义和勾股定理求出，的值，进而求得离心率. 【详解】因为，分别是，的中点，是的中点，根据三角形中位线定理，可得，. 已知四边形是矩形，其周长为，则， 即，所以，进而可得.由椭圆的定义可知，则. 又因为四边形的面积为，所以，即，则. 在中，，根据勾股定理可得. 对进行展开：. 已知，，代入上式可得，即. 解得，而，所以，即，，则. 椭圆的离心率，已知，，所以. 9．（2025年江西省萍乡市三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点M在C上，记的外心为A，内切圆半径为r，若，且，则C的离心率为 . 【答案】/0.5 【分析】设，，求出，在中使用余弦定理，求出，求出，求出，求出即可求解. 【详解】 设，，则①，在中，由及余弦定理可得，即②，得， 所以，又， 又，因为，所以，解得. 10．（2025·重庆市·三模）已知椭圆C：的离心率为，C与曲线经过x轴上的同一点. (1)求C的方程； (2)作曲线在处的切线l. （ⅰ）若，l与C相交于A，B两点，P是C上任意一点，求面积的最大值； （ⅱ）当时，证明l与C有两个公共点. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）由题意，C经过点，再结合椭圆几何性质求解； （2）（ⅰ）先求出切线l：，联立方程组，得，设，则点P到l的距离，求出的最大值得解； （ⅱ）切线l：，带入中有，由题意只需证明，即证：，令，利用导数证明不等式成立. 【详解】（1）由题意，C经过点，则，又，， 可得，，所以； （2）（ⅰ）由求导得，当时，切线l：，联立消去y， 得，则有或，所以，设，则点P到l的距离，因为，令，则，从而， 令，得，故，. 所以面积的最大值为，当且仅当，即，时取最大. （ⅱ）切线l：即， 带入中有，由题意只需证明，即，即证：，令，，， 令，，，所以在上单调递减，因为，所以当时，，，当时，，，所以当时，单调递减，当时，单调递增，所以，得证. 11．（2025年山东威海市三模）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率为为上两点，线段AB中点的横坐标为，当轴时，． (1)求的方程； (2)当AB不垂直轴时，设线段AB的中垂线与轴的交点为，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先由离心率求出a,b的关系，再由题干关于A,B两点的条件求出其坐标，代入椭圆方程，联立两个方程即可求得结果. （2）利用点差法得到点Q的坐标，再根据垂直斜率互为负倒数得到等式即可求得结果. 【详解】（1） 由题意知，离心率，可得，①因为轴且线段AB中点的横坐标为，所以直线AB的方程为，因为，所以A，B的坐标分别为， 代入的方程，可得，②，联立①②解得，所以的方程为 （2） 设，线段AB中点为，直线AB的斜率为，因为，所以，可得， 即，所以，可得，因为线段AB的中垂线与轴的交点为， 设，所以，所以，解得，所以 12．（2025·湖南省郴州市·三模）已知椭圆过点为椭圆的左顶点，为坐标原点. (1)求椭圆C的标准方程； (2)设为椭圆上的点，线段交轴于点，线段交轴于点，且，求. 【答案】(1)；(2)或. 【分析】（1）由题意求得，将点代入方程求得，进而得到椭圆的标准方程； （2）由相似三角形的比例关系的，接下来可以用两种方法求解.方法一：直接代入，利用陪凑法解三次方程求得或，进而得解；方法二：利用三角换元设，令，利用三角方法转化为求解二次方程，进一步得到的值，然后计算求解. 【详解】（1）由题意得，将点及代入椭圆的方程得，解得， 所以椭圆的标准方程为. （2）从作轴的垂线，垂足分别为，由相似三角形可得，整理得，解得. 方法一：因为，所以，即， 即，所以，解得或. 当时，；当时，. 故或. 方法二：设，由得，,化简得，令，则，所以，得或（舍去），即. 因为，所以解得或，所以或 当时，；当时，. 故或. ( 题型0 3 )双曲线性质及直线与双曲线位置关系 1．（2025·四川省自贡市·三模）双曲线的离心率为，则该双曲线的焦点到它的渐近线距离为（   ） A．1 B．2 C． D．3 【答案】B 【分析】根据离心率求出，，得到焦点坐标和渐近线方程，利用点到直线距离公式求出答案. 【详解】中，，故，故，故，所以双曲线的焦点坐标为，渐近线方程为，所以该双曲线的焦点到它的渐近线距离为 2．（2025年江西省萍乡市三模）已知双曲线，为上四个动点，则四边形的形状可能为（    ） A．菱形 B．等腰梯形 C．正方形 D．矩形 【答案】BD 【分析】根据特例可判断BD正误，根据渐近线夹角可判断AC正误. 【详解】不妨令，轴；当时，四边形为等腰梯形，当时，四边形为矩形，故B，D正确；因为为等轴双曲线，所以两条渐近线之间的夹角为，故四边形的对角线必不可能相互垂直，故A，C错误.故选：BD. 3．（2025年山东威海市三模）已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与的右支交于两点，若，则的离心率为（    ） A． B． C．2 D． 【答案】C 【分析】利用双曲线的定义和余弦定理可求答案. 【详解】设，则，；因为，所以， 在中，，解得；在中，，解得，所以离心率为.故选：C 4．（多选）（2025·重庆市·三模）已知双曲线C：的右焦点为F，P是C右支上的动点，P到直线，和的距离分别为，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】设点，根据点到直线的距离公式得到，，，利用圆锥曲线的统一定义得到，结合双曲线的离心率及双曲线的范围求解可判断各选项. 【详解】设点，则有，所以，，.对于A，由双曲线的性质有，所以，故A错误； 对于B，，故B正确， 对于C，，故C正确； 对于D，，所以当PF垂直于时，有最小值为，故D正确.故选：BCD. 5．（2025·河南省焦作市·三模）若双曲线上的点到点的距离为4，则点到点的距离为（    ） A．14 B．12 C．10 D．8 【答案】B 【分析】先利用双曲线的标准方程确定焦点坐标，再利用双曲线的定义求解即可． 【详解】由题意可知，，则，则双曲线的左、右焦点分别为， 因或，且，故．故选：B 6．（2025·云南省玉溪市、保山市·三模）抛物线的焦点为F，其准线与双曲线的渐近线相交于A，B两点，若的周长为8，则（   ） A．2 B． C． D．8 【答案】B 【分析】设在轴上方，根据双曲线和抛物线的定义表示出，结合题意可得，求解即可. 【详解】由题知，双曲线的渐近线为，抛物线的焦点，准线方程为．由，得A，B两点坐标为，， 所以．因为的周长为8，所以，解得，故A，C，D错误.故选：B. 7．（2025年山西省吕梁市三模）已知点分别为双曲线的左顶点和右焦点，过点且与x轴垂直的直线l与双曲线交于M，N两点，以线段为直径的圆过点A，则该双曲线的离心率为（   ） A．3 B． C．2 D． 【答案】C 【分析】由题意得，表示出即可构造关于离心率的齐次方程. 【详解】 由题意，由双曲线的对称性可知垂直且平分线段，从而，将代入，解得，从而，即，解得.故选：C. 8．（2025·河南省安阳市·三模）已知双曲线的焦点到其渐近线的距离为，则C的离心率为 . 【答案】2 【分析】由双曲线的焦点到渐近线的距离等于虚半轴长列出方程，根据离心率的定义即可求得. 【详解】双曲线的焦点到其渐近线的距离为，则， 双曲线的离心率. 9．（2025·湖南省郴州市·三模）双曲线的左､右焦点分别为是双曲线右支上一点，且直线的斜率为是面积为的直角三角形，则双曲线的实半轴长为 . 【答案】 【分析】应用双曲线定义结合正弦定理计算求解即可. 【详解】由题可知，点在第四象限，.设.由，求得.因为，所以，求得，即. 由正弦定理可得：.设，得.由，得，则，，又，所以. 10．（2025年江苏如皋市三模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，轴上方的两点分别在双曲线的左右两支上，梯形两底边满足，以为直径的圆过右焦点，则双曲线的离心率为 ． 【答案】 【分析】根据题意作图，利用双曲线的定义结合勾股定理、余弦定理建立边长的等量关系式，整理得出的关系式，求出离心率. 【详解】 如图，由题意，令，则，，， 因为以为直径的圆过，则，又为梯形，易知，所以， 则在中，由勾股定理可得，整理得， 因为，所以解得，在中，由勾股定理可得， 且，则， 在中，由余弦定理可得， ，解得，，整理得，，即 11．（2025年湖北武汉市武昌区三模）在几何中，单叶双曲面是一种典型的直纹面如图1所示，因其具有优良的稳定性和美观性，常被应用于大型建筑结构（如广州电视塔）．单叶双曲面的形成过程可通过“双曲狭缝”演示：如图2，直杆与固定轴成一定夹角，且均和连杆垂直．当直杆绕固定轴旋转时，其轨迹形成单叶双曲面．若用过单叶双曲面固定轴的平面截取该曲面，所得交线为双曲线的一部分．在某科技馆的演示中，立板上的双曲狭缝即为直杆运动轨迹（双曲面）被立板面截取的双曲线的一部分，因此直杆旋转时可始终穿过两条弯曲的狭缝．若直杆与固定轴所成角的大小为，则该双曲线的离心率为 ． 【答案】2 【分析】根据题意转换模型确定平面，结合勾股定理得双曲线轨迹从而得双曲线离心率. 【详解】模型转换后如图所示，平面， 设，因为平面，所以，所以在中可得：，在中可得：，即，则该双曲线的离心率为. 12．（2025·安徽省安庆市·三模）已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，若在C上存在点P（不是顶点），使得，则C的离心率的取值范围为 ． 【答案】 【分析】与轴交点，连接，由双曲线的定义和对称性，结合已知条件得，有 且，可求离心率的取值范围. 【详解】设与轴交点，连接， 由对称性可知，，如图所示， 又∵，∴，∴．又∵，∴，在中， ，∴，∴ ， 由，且三角形的内角和为， ，，即，则 综上， ． 13．（2025·陕西省安康市·三模）已知双曲线的左、右顶点分别为是双曲线的左焦点，为双曲线的左支上任意一点（异于点），若，则双曲线的离心率为 ． 【答案】 【分析】由题意得，，根据正切二倍角公式得，由，化简可得，再根据代入化简计算即可求解. 【详解】设，由题意可知，则，，所以， 因为在双曲线上，所以， 所以，因为，所以,得，即, 化简可得,因为，所以，所以. 14．（2025·四川省攀枝花·三模）已知双曲线C：过点，且离心率为． (1)求双曲线C的标准方程； (2)双曲线C在其右支上一点P处的切线l分别交其两条渐近线，于A，B两点，O为坐标原点，求的面积． 【答案】(1) (2)2 【分析】（1）利用已知条件可列方程组求解即可； （2）利用直线与双曲线相切，借助方程组判别式为0来找到参数相等关系，然后计算面积可求得是定值. 【详解】（1）由题意可得，解得：，故双曲线C的标准方程为 （2） 当直线斜率不存在时，易知此时，直线，不妨设，得； 当直线斜率存在时，设直线的方程为，与双曲线的方程联立，可得，由直线与双曲线的右支相切，可得，故设直线与轴交于，则． 又双曲线的渐近线方程为，联立，可得，同理可得， ，综上，面积为2． 15．（2025·浙江省金华市义乌市·三模）双曲线的离心率为，过左焦点的直线与双曲线的左支、右支分别交于点，当直线与轴垂直时，. (1)求双曲线的方程； (2)点满足，其中是坐标原点，求四边形的面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据实轴以及离心率求解的值，即可得解， （2）联立直线与曲线方程可得韦达定理，结合相似比可得，即可利用弦长公式以及点到直线的距离公式，求解，由三角形面积公式求解，即可利用相似比求解四边形的面积. 【详解】（1）由直线与轴垂直时，，故，故， 又离心率为，则，所以，双曲线的方程为：. （2）设直线l的方程是，，. 由得，，. 因为，所以，从而. 所以，，消去得，解得，它满足，. , 故到直线的距离为，所以， 由于，所以, 16．（2025年河北石家庄三模）已知双曲线，左、右焦点分别为、，两条渐近线为，且经过点． (1)求双曲线的方程； (2)设过原点的直线与交于、两点且点在第一象限， （i）若以为直径的圆恰好过右焦点，求点的坐标． （ⅱ）连接与双曲线交于点，若面积为，求直线的方程． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）由已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出双曲线的方程； （2）（i）设点，点在以原点为圆心，以为半径的圆上，可得出，再由点在双曲线上，结合点在第一象限可求得点的坐标； （ii）设直线的方程为，设点、，将该直线方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，根据结合三角形面积公式、韦达定理可求得的值，即可得出直线的方程. 【详解】（1）由双曲线的两条渐近线方程为，得，即，又因为双曲线经过点，得，解得，，所以双曲线的方程为. （2）（i）由题意知，点在以原点为圆心，以为半径的圆上，设点，则，又因为点在双曲线上，联立，可得，又因为点在第一象限，所以； （ii）设直线的方程为，设点、，联立可得， 由题意可得，由双曲线的对称性可知，，解得或（舍去），因为，所以，满足题意， 由图可知，所以，直线的方程为. 17．（2025·河北省张家口·三模）已知双曲线的一条渐近线方程为，为个焦点. (1)求双曲线的标准方程； (2)若倾斜角为的直线经过与的右支交于不同的两点，，的面积为（为坐标原点），，求的值. 【答案】(1) (2)12 【分析】（1）由双曲线渐近线方程的性质结合解方程可得； （2）设出直线方程，直曲联立，由韦达定理表示出弦长，求出，再由同角的三角函数关系结合点到直线的距离公式和三角形的面积公式可得. 【详解】（1）由可得，即，又，即，且，联立可得，所以双曲线的标准方程为. （2） 由题意可得当时，，显然不合题意，所以，设直线方程为，，联立，消去可得，因为直线经过与的右支交于不同的两点，， 所以， ，， 即 两边取平方后化简可得， 进一步化简可得，因为直线经过与的右支交于不同的两点，所以，解得，又， 原点到直线的距离，所以. ( 题型0 4 )抛物线性质及直线与抛物线位置关系 1．（2025·陕西省安康市·三模）已知抛物线上的点到焦点的距离为6，则点到轴的距离为（    ） A． B． C．2 D．4 【答案】B 【分析】由抛物线的定义确定坐标，即可求解. 【详解】由抛物线方程可得：抛物线的准线方程为：，由抛物线的定义可得：点到准线的距离为6，所以点纵坐标为，代入抛物线方程可得：，得：， 所以点到轴的距离为，故选：B 2．（2025年江苏如皋市三模）已知抛物线的焦点为F，准线为l，点A在C上，过A作l的垂线，垂足为．若，则（   ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】B 【分析】根据抛物线的性质，结合条件可得是等边三角形，利用抛物线的性质即可求解. 【详解】因点A在C上，则，又，为正三角形，如图，准线与轴交于点，在中，，所以，即. 3．（2025年广东省广州市天河区三模）已知抛物线的焦点为，点为上的不同两点，若线段的中点到轴的距离为2，则的最大值为（    ） A．3 B．6 C．9 D．36 【答案】C 【分析】首先根据中点求出点的横坐标的关系，然后利用抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，可将的表达式写出来，最后根据基本不等式的性质可求出 最大值. 【详解】因为点在抛物线上，所以设，可得，， 因为线段的中点到轴的距离为2，所以.因为焦点，准线方程为，所以 由抛物线的定义：抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离可得 ，所以因为的横坐标均大于0，所以，所以的最大值为4.所以当时，即时，取最大值为9.故选：C. 4．（2025·湖南省郴州市·三模）已知抛物线的焦点为是抛物线上一点，以点为圆心的圆与直线相切于点.若，则圆的标准方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据点在抛物线上和，结合抛物线定义列方程组可解得和，即可得出抛物线的方程. 【详解】过点作垂直于直线，垂足为，则.因为，所以，得.因为是抛物线上一点，所以，得，则，故圆的标准方程为.    5．（2025年江西九江市三模）已知抛物线的焦点为，过且斜率为2的直线与交于两点，在准线上的投影分别为，线段分别交轴于点．若，则（   ） A． B．2 C． D． 【答案】B 【分析】作出几何图形，利用几何性质可得分别为线段的中点，再利用直线与抛物线方程联立求解即可. 【详解】抛物线的焦点，准线，令与轴的交点分别为， 由，，得是线段的中点，同理是的中点，则，直线：，设，由消去得，则，因此，所以.故选：B 6．（多选）（2025年山东威海市三模）已知为坐标原点，抛物线的焦点为，准线为，过的直线与交于两点，则（    ） A．过A作的垂线，垂足为，若，则 B．若直线BO与交于点，则直线AP平行于轴 C．以线段BF为直径的圆上的点到的最小距离为1 D．以线段AB为直径的圆截轴所得弦长的最小值为 【答案】BCD 【分析】对于A，由抛物线定义结合题意可得为等边三角形，，据此可得答案；对于B，设A，将直线AB方程与抛物线方程联立，由韦达定理可得，然后可得，说明A ，P两点纵坐标相同可判断选项正误；对于C，取中点为，过B，做准线垂线，垂足为J，K，则线段BF为直径的圆上的点到的最小距离为，然后由抛物线定义结合梯形中位线定理可判断选项正误；对于D，设以线段AB为直径的圆，与轴交于，由可得为两根，然后由韦达定理可表示，据此可判断选项正误. 【详解】由题可得抛物线焦点为，准线为.对于A，如图，设准线与y轴交于l，由抛物线定义可得，结合，则为等边三角形，又由题可得，，则，故A错误；对于B，设A，因直线过F，设直线，将直线与抛物线联立，有，由韦达定理，， 则，又，令，则，注意到，因，则，则A ，P两点纵坐标相同，则 直线AP平行于轴，故B正确；对于C，取中点为，过B，做准线垂线，垂足为J，K，则线段BF为直径的圆上的点到的最小距离为.注意到，又为中点，则为LJ中点，则，结合， 则，故C正确；对于D，设以线段AB为直径的圆，与轴交于， 注意到， 化简后可得，则为两根， 则， 则,当且仅当，即AB垂直于x轴时取等号.故D正确，故选：BCD 7．（2025·河北省张家口·三模）已知为抛物线的焦点，过上一点作的准线的垂线，垂足为，若，则 . 【答案】 【分析】利用抛物线的准线确定抛物线方程，结合抛物线定义与直角三角形的边角关系计算即可． 【详解】由题意为抛物线的焦点，过上一点作的准线的垂线，垂足为，且，所以，所以，所以，设准线与纵轴交于点，根据抛物线定义可知，所以， 因为，所以，在中，，所以． 8．（2025年山西省吕梁市三模）已知抛物线上的点P到其焦点的距离为4，则点P的坐标为 ． 【答案】或 【分析】根据抛物线的方程确定焦点坐标与准线方程，设，结合抛物线的定义与已知即可得点P的坐标. 【详解】抛物线的标准方程为，则抛物线的焦点坐标为，准线方程为，设抛物线上一点，由抛物线的定义可得，解得，所以点P的坐标为或. 9．（2025年河北石家庄三模）过点作直线与抛物线相交于A，B两点，若点P是线段AB的中点，则直线AB的斜率是 ． 【答案】 【分析】设，当若直线的斜率存在，，将点代入抛物线方程后作差，将点代入可得直线的斜率，再检验所得结果，再补充考虑斜率不存在的情况，最后可得结论. 【详解】设，若直线的斜率存在，则，点P是线段的中点，，∴，，两式作差可得，即，又，，直线的方程是，即，联立，可得，方程的判别式，所以方程有两个根，故方程组有两组解，满足条件，若直线的斜率不存在，则直线方程为，此时线段AB的中点为矛盾，故答案为：. 10．（2025·河南省安阳市·三模）如图，已知直线l与抛物线交于A，B两点，且，于点. (1)求直线l的方程； (2)求p. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由D的坐标求出OD所在直线的斜率，进一步得到AB所在直线的斜率，由直线方程的点斜式得答案； （2）设出A，B的坐标，由得到A，B横纵坐标的关系，联立直线和抛物线方程，消元后利用根与系数的关系求解． 【详解】（1）由题意，得直线的斜率，因为，所以直线的斜率.又点的坐标为，所以直线的方程为，即. （2）由得，设，则.① 因为，所以，即. 又因为，所以.②将①代入②，得.又，所以. ( 题型0 5 )圆锥曲线中的动点轨迹问题 1．（2025·四川省成都市·三模）已知动圆与圆外切，同时与圆内切，则动圆的圆心轨迹方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分析出，确定圆心M的轨迹为椭圆，求出，得到轨迹方程. 【详解】设圆圆心且与圆切于点P，圆圆心与圆切于点Q，由题意得：，，其中，所以，由椭圆定义可知：动圆圆心C的轨迹为以为焦点的椭圆，设，则，解得：，故动圆圆心C的轨迹方程为.故选：A 2．（多选）（2025·四川省攀枝花·三模）圆O的半径为定长r，A是圆O所在平面内一个定点，P是圆O上一个动点．线段AP的垂直平分线l与直线OP相交于点Q，则点Q的轨迹可能是（   ） A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 【答案】ABC 【分析】由题设条件线段和垂直平分线的性质，结合圆锥曲线的定义，分类讨论，即可求解. 【详解】（1）若为圆内的一定点，P是圆O上一个动点，线段AP的垂直平分线l与 直线OP相交于点Q，可得，， 即动点到两定点的距离之和为定值， ①当不重合时，根据椭圆的定义，可知点的轨迹是：以为焦点的椭圆； ②当重合时，点的轨迹是以为圆心的圆； （2）若为圆外的一定点，为圆上的一动点，线段的垂直平分线交直线于点， 可得，，即动点到两定点 的距离之差绝对值为定值，根据双曲线的定义，可得点的轨迹是： 以为焦点的双曲线； （3）若为圆上的一定点，为圆上的一动点，此时点的轨迹是圆心. 综上可得即点的轨迹可能是点、圆、椭圆和双曲线. 故选：ABC 3．（多选）（2025·云南省玉溪市、保山市·三模）已知点，，点P在圆上运动，则（   ） A．直线AB与圆C相离 B．的面积的最小值为 C．的最大值为6 D．当最小时， 【答案】ACD 【分析】求得直线AB的方程为，得到圆心C到直线AB的距离，可判定A正确；由，点P到直线AB的距离的最小值为，结合三角形的面积公式，可判定B错误；根据，可判定C正确；当最小时，得到直线PB与圆C相切，结合切线长公式，可判定D正确. 【详解】对于A中，由点，，点P在圆上运动，则圆心为，半径为2，直线AB的方程为，则圆心C到直线AB的距离，所以直线AB与圆C相离，所以A正确；对于B中，因为，点P到直线AB的距离的最小值为， 则面积的最小值为，所以B错误；对于C中，由，所以C正确；对于D中，当最小时，直线PB与圆C相切，此时，所以D正确.故选：ACD． 4．（多选）（2025·湖南省永州市·三模）已知平面内动点到定点的距离与到定直线l：的距离之和等于6，其轨迹为曲线，则下列结论正确的是（   ） A．若，则点的轨迹是以为焦点的抛物线的一部分 B．点横坐标的取值范围是 C．若过点的直线与曲线的部分图象和部分图象分别交于，则 D．对给定的点（），用表示的最小值，则的最小值为 【答案】ACD 【分析】根据已知确定动点满足的方程为，整理可得轨迹为曲线：，根据曲线分析，当时，即可判断A；讨论，时，确定的范围，从而可得点横坐标的取值范围，即可判断B；确定曲线的端点，从而得直线的斜率，设直线的方程为，从而得的范围，从而联立直线与曲线，得的横坐标，从而确定关系，即可判断C；确定直线与曲线的交点的坐标，分别讨论，，，结合三角形三边关系即可得最值情况，从而判断D. 【详解】由于平面内动点到定点的距离与到定直线l：的距离之和等于6， 则，所以，整理得轨迹为曲线：； 对于A，若，则轨迹为曲线化简得，则点的轨迹是以为焦点的抛物线的一部分，故A正确；对于B，若，则曲线为，可得，则， 若，则轨迹为曲线化简得，可得，，综合，可得，解得，所以点横坐标的取值范围是，故B不正确；对于C，由选项B，可得曲线的图象如图所示：    设曲线的左右端点为，又，所以，设直线的方程为，则，即，联立，解得，联立，解得，当时，则，，所以，故；当时，则，，所以，故；综上，恒成立，故C正确； 对于D，如图，设直线与曲线的交点为，当时，代入曲线中可得或，则，如图1：当时，， 则；    如图2：当时，，则      如图3：当时，因为，则，所以，    综上，的最小值为.故选：ACD. 5．（多选）（2025·浙江省金华市义乌市·三模）在平面直角坐标系中，动点在直线上的射影为点，且，记动点的轨迹为曲线，则下列结论正确的是（    ） A．曲线关于原点对称 B．点的轨迹长度为1 C． D．曲线围成的封闭区域的面积小于2 【答案】ACD 【分析】根据两点距离公式以及点到直线距离可得点的轨迹方程为，根据点的对称可判断A，根据，结合，即可求解C,根据不等式，进而可得的范围，根据矩形的面积可求解BD. 【详解】设，则．由， 得，故点的轨迹方程为（※）， 对于A, 关于原点的对称点为，则也满足方程（※）， 故C关于坐标原点对称，A正确． 对于C,由于，结合，所以，故，C正确， 对于B,当点位于直线上时，此时长度最大，且或， 此时与重合，因此点的轨迹为直线上点到之间的线段，故长度为2，故B错误，对于D,由于，当且仅当取等号， 故，进而，故，同理可得， 由于和围成的矩形面积为，而曲线位于该矩形内，所以曲线围成的封闭区域的面积小于2，故D正确，故选：ACD 6．（多选）（2025·湖南省郴州市·三模）已知某平面图形由如图所示的四个全等的等腰拼成，其中线段的中点均为点，且.若将该平面图形绕着直线旋转半周围成的几何体记为，将该平面图形绕着直线旋转半周围成的几何体记为，直线直线，则（    ）    A．的体积为 B．的表面积为 C．经过两次旋转后，点所有的运动轨迹总长为 D．经过两次旋转后，点所有的运动轨迹为两个半圆 【答案】AD 【分析】先根据已知条件确定该平面图形分别绕着直线和直线旋转一周围成的几何体；进而逐项判断即可. 【详解】    过点作直线，垂足为，过点作直线，垂足为. 由题意易得，所以，所以该平面图形绕着直线旋转半周，点的运动轨迹是半径为3的半圆，其长度为，该平面图形绕着直线旋转半周，点的运动轨迹是半径为的半圆，其长度为，所以经过两次旋转后，点的运动轨迹总长为，C错误，D正确.为两个圆台挖去两个圆锥，的体积为，A正确.为两个大圆锥挖去两个小圆锥，表面积为，B错误.故选：AD 7．（2025·河南省焦作市·三模）若过点的直线与抛物线交于B，C两点，以B，C为切点分别作的两条切线，则两条切线的交点的轨迹方程为 ． 【答案】 【分析】设出直线方程，利用韦达定理可求两条切线的交点的轨迹方程. 【详解】设的方程为，代入中，整理得， 设，则，由题意过点的切线斜率存在且不为0，设为，联立，得，由可得，即，所以切线方程为，同理可得过点的切线方程为.联立解得消去，得，所以两条切线交点的轨迹方程为．故答案为： 8．（2025·云南省玉溪市、保山市·三模）已知双曲线的右焦点为，点在C上． (1)求双曲线C的方程； (2)若一条直线与双曲线恰有一个公共点，且该直线与双曲线的渐近线不平行，则定义该直线为双曲线的切线，定义该公共点为切线的切点． （ⅰ）设双曲线C在点P处的切线为，求双曲线左支上的点到直线距离的最小值； （ⅱ）设直线是双曲线C上任意一点的切线，点F关于直线的对称点为M，求点M满足的轨迹方程． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）答案见解析 【分析】（1）根据题意可得，求解即可； （2）（ⅰ）法一：设的方程为：，与双曲线方程联立，求得的方程，利用平移法可求双曲线左支上的点到直线距离的最小值；法二：因为点在双曲线上，由双曲线的切线的性质可求得切线方程，进而利用平移法可求双曲线左支上的点到直线距离的最小值；（ⅱ）法一：分切线斜率是否存在两种情况讨论，设，利用判别式法求得，设点关于直线的对称点，可得，两式联立可得，化简整理可得轨迹方程.法二：设切点，双曲线在点Q处的切线为：， 设，分，两种情况讨论，当时，可得，∵利用点在双曲线上，代入计算化简即可. 【详解】（1）∵双曲线的右焦点为，点在C上． ∴，且，    解得：，∴双曲线的方程为． （2）（ⅰ）法一： 显然过点的切线斜率存在，设的方程为：， 联立，消y得：．   由，得，此时：．设与平行且与双曲线左支相切的直线方程为， 联立，消y得， 由，得或（舍去）， ∴与平行且与双曲线左支相切的直线方程为， ∴双曲线左支上的点到直线距离的最小值为．           法二： ∵切点，∴双曲线在点P处的切线，  设平行于且与双曲线左支相切的直线为：，联立，消y得， 由，得或（舍去）， ∴双曲线左支上的点到直线距离的最小值为．           （ⅱ）法一： ①当双曲线的切线斜率不存在时，，易得点；           ②当双曲线的切线斜率存在时，设，联立，消y得：，由，，得：．           设点关于直线的对称点，则， 解得，           代入，得：．化简：，           展开得，即：， 化简得：．     ．           当时，即，M点的轨迹为点与F重合不合题意；           当时，即，M点的轨迹为以点圆心，半径为的圆，此时点在圆上．           法二： 设切点，双曲线在点Q处的切线为：， ∵点关于直线的对称点为M，设， ①当时，，，易得．           ②当时，直线，斜率，所以，解得， ∵点在双曲线上，∴，即，∴，展开得， 即，化简得，   ．  当时，即，M点的轨迹为点与F重合不合题意；    当时，即，M点的轨迹为以点为圆心，半径为的圆，此时点在圆上． ( 题型0 6 )圆锥曲线中的定点、定值问题 1．（2025年山东省泰安市三模）设双曲线C：的左、右焦点分别为，，P为C上一动点，则P到y轴的距离与P到，距离之和的比值（   ） A．恒为定值 B．恒为定值 C．不为定值但有最小值 D．不为定值但有最大值 【答案】A 【分析】设点，由两点间的距离公式得到P到y轴的距离与P到，距离之和的比为，再结合双曲线的定义即可判断. 【详解】不妨设点，且易有，，且，，代入得P到y轴的距离与P到，距离之和的比值为 ，由于P为双曲线C上一点，故等价于点到与的距离之差的绝对值，由双曲线定义知其等于2，故原式等价于，为定值. 2．（2025年江西九江市三模）已知双曲线的左、右顶点分别为，在上，． (1)求的方程； (2)过的直线交于另一点（异于），与轴交于点，直线与交于点，证明：直线过定点． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）结合题设可得，，求出即可求解； （2）解法一：设直线的方程为，直线的方程为，联立方程组可得，，进而得到，可得直线的方程，进而求证即可； 解法二：同解法一得到，设直线过定点，通过求证即可； 解法三：分直线斜率存在与直线斜率不存在两种情况，求出的坐标，得到直线的方程，进而求证即可. 【详解】（1）∵在上，∴．① ∵，∴，∴，② 由①②解得，故的方程为． （2）解法一：设直线的方程为，直线的方程为． 联立得．联立消去，整理得， ∴，即．∴直线的斜率为， ∴直线的方程为．令，得，即． ∴直线的斜率为，∴直线的方程为， 即．由解得，故直线过定点． 解法二：同法一，得，设直线过定点，则．又∵， ∴，整理得． 由解得．故直线过定点． 解法三：①当直线斜率存在时，设的方程为，则． 由直线的斜率为得.联立消去，整理得，∴，∴，∴直线的斜率为，∴直线的方程为．联立得． ∴直线的斜率为，∴直线的方程为， 即．由得． ②当直线斜率不存在时，，直线的方程为，显然过点． 综上所述，直线过定点．    3．（2025·安徽省安庆市·三模）已知点为椭圆的右端点，椭圆的离心率为，过点的直线与椭圆交于两点，直线分别与轴交于点. (1)求椭圆的标准方程; (2)试判断线段的中点是否为定点，若是，求出该点纵坐标，若不是，说明理由. 【答案】(1) (2)是，MN的中点为 【分析】（1）根据题意列方程，再结合，解方程得到，，，即可得到椭圆方程； （2）联立直线方程和椭圆方程得到+，，根据直线AB、AC的方程得、，结合韦达定理化简得+，则MN中点坐标可得. 【详解】（1）由题意得，，又， 解得，，，所以椭圆的标准方程为； （2）设，，因为直线经过且与椭圆交于BC两点，所以直线BC的斜率一定存在，故设直线BC的方程为：，其中， 由得：， ，得；+，， 又因为直线AB的方程:，得，同理 由+= = =，故MN的中点为. 4．（2025年广东省广州市天河区三模）已知双曲线． (1)若直线l与双曲线C相交于A，B两点，线段AB的中点坐标为，求直线l的方程； (2)若P为双曲线C右支上异于右顶点的一个动点，F为双曲线C的右焦点，x轴上是否存在定点，使得？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在定点，使得，此时 【分析】（1）利用点差法可求出直线斜率，再求直线方程即可； （2）利用正切二倍角公式结合点在双曲线上化简可得； 【详解】（1）设，则，作差可得，所以，因为线段AB的中点坐标为，所以，所以，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，即. （2）假设存在定点，使得.设，焦点， 因为，所以，即，化简可得，又点在双曲线上，所以， 代入上式可得，整理可得，因为对于恒成立，所以且，解得.当时，代入双曲线方程可得， 显然，此时为等腰直角三角形，也成立，综上，. 5．（2025·湖南省永州市·三模）已知双曲线E：（，）的虚轴长为2，离心率为. (1)求双曲线E的标准方程： (2)过点的直线l与E的左、右两支分别交于A，B两点，点，直线BC与直线交于点N. （ⅰ）证明：直线AN的斜率为定值： （ⅱ）记，分别为，的面积，求的取值范围. 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）根据双曲线的虚轴长和离心率公式求出、的值，进而得到双曲线的标准方程； （2）（i）设出直线的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理求出相关点的坐标关系，进而证明直线AN的斜率为定值； （ii）根据三角形面积公式求出的表达式，再根据条件确定其取值范围. 【详解】（1）已知双曲线的虚轴长为，则，解得. 又因为离心率，且，把代入可得. 由可得，将其代入中，得到. 解得，所以双曲线的标准方程为. （2）（ⅰ）当斜率为0时：已知，BC方程. 令，则，解得，所以.. 当斜率不为0时：设AB方程，与联立：把代入得.由韦达定理得，. 因为直线交左右两支，有，解得. BC方程，令，得，即. 则，经化简得， 把，代入.先看分子： 再看分母：   此时. 因为，，约分后可得. （ⅱ）当斜率为0时，因为，两三角形相似，. 当斜率不为0时，不妨设，，，所以. .，代入与的值得.因为，所以，结合，解得. 所以.综上，取值范围是. 6．（2025·陕西省安康市·三模）给定椭圆，将圆心为坐标原点，为半径的圆称为椭圆的“内切圆”．已知椭圆的两个顶点为，离心率为． (1)求椭圆的方程． (2)直线过椭圆的右焦点，并与椭圆相交于两点，且，求直线的方程． (3)是椭圆的“内切圆”上一点（与不重合），直线与椭圆的另一个交点为．记直线的斜率分别为，证明：为定值． 【答案】(1) (2)或 (3)4 【分析】（1）根据椭圆的离心率及上下顶点即可求解； （2）设直线的方程为，联立直线与椭圆的方程，再根据弦长公式计算即可； （3）设直线的方程为,联立直线与“内切圆”方程解得坐标，联立直线与椭圆方程解得坐标，再计算直线的斜率即可. 【详解】（1）由题意可知，因为椭圆的上下顶点为,离心率,所以,,所以椭圆方程为. （2）由（1）可知，椭圆的右焦点为，且直线与轴不重合， 设直线的方程为,,如图①所示， 联立得,所以， 由弦长公式得,则，解得,故或,所以直线的方程为或. （3）如图②所示，由（1）可得，“内切圆”的方程为，,设直线的方程为,联立，化简得，解得或， 所以，联立，化简得，解得或， 所以,所以，，所以. 7．（2025·山东省枣庄市·三模）已知双曲线（，）的离心率为，且点在双曲线上， (1)求的方程； (2)若直线交于，两点，的平分线与轴垂直，求证：的倾斜角为定值. 【答案】(1) (2)证明见解析，直线的倾斜角为定值 【分析】（1）由题意即可得即，又点在双曲线上，即可解出； （2）设直线的方程为，与双曲线方程联立，得韦达定理，又的平分线与轴垂直，得，即得，代入韦达定理即可得证. 【详解】（1）由题意有，又点在双曲线上，所以， 解得，所以双曲线的方程为； （2）由已知得直线的斜率存在，设其方程为，设 所以， 所以，由韦达定理有：，又因为的平分线与轴垂直，所以， 即，所以，即，所以， 即，所以或，当时，直线的方程为，即直线过点，不符合题意，所以，设倾斜角为，即，，即直线的倾斜角为定值. ( 题型0 7 )圆锥曲线中的最值、范围问题 1．（2025·浙江省金华市义乌市·三模）已知过抛物线焦点的直线与该抛物线交于两点，若，则的最大值为（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 【答案】A 【分析】由抛物线方程可得焦点坐标，分直线斜率存在与不存在，建立方程，利用基本不等式，可得答案. 【详解】由抛物线，则焦点，设，， 易知当直线的斜率不存在时，直线方程为，则，即，解得；当直线的斜率存在时，可设直线方程为，代入，整理可得， ，，则，当且仅当时，等号成立，即，解得.综上所述的最大值为.故选：A. 2．（2025·山东省枣庄市·三模）已知抛物线的焦点为，为上的动点，点，则取最小值时，直线的斜率为 . 【答案】 【分析】设点，由抛物线的定义有，两点间的距离公式有，即，只需的最大值即可. 【详解】由题意得，设点，则，由抛物线的定义有，所以， 又，当时，; 当时，，当且仅当，即时取等号，所以．当时，，当且仅当，即时取等号，所以．综上所述，当时，取得最小值，此时，得点，所以. 故答案为：. 3．（2025年山东省泰安市三模）已知F为抛物线的焦点，点满足，其中O为坐标原点，过F的直线交E于A，B两点，点A在第一象限，过点A作直线AB的垂线，交x轴正半轴于点M，直线BC交直线AM于点N．记，，的面积分别为，，． (1)求E的准线方程； (2)证明：； (3)求的最小值及此时点A的坐标． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)最小值，此时 【分析】（1）根据列出关于的方程，即可求解； （2）设直线，，，与抛物线方程联立得出韦达定理，再根据抛物线焦半径公式即可证明； （3）令，则，，，即，，求出，进而得出，根据导数即可求解最小值及点A的坐标． 【详解】（1）点满足，则，解得．故，准线方程：． （2）设直线，（，否则直线轴，不合题意），联立消元得，设，，则，，由抛物线定义有，，则，得证． （3）令，则，代入抛物线方程可得，，即，， 由于，且直线的斜率，故直线，即，令，则得点M的横坐标为，由，可得直线，联立，解得点N纵坐标， 因此， ，记，， 则 ，因为当时，， 所以时，，时，，故在区间上单调递减，在上单调递增，因此当时，取到最小值，此时． 4．（2025年湖北武汉市武昌区三模）图1是一种可以作出椭圆的工具．是滑槽（足够长）的中点，短杆可绕转动，长杆通过处铰链与连接，上的栓子可沿滑槽滑动，且，．当栓子在滑槽内做往复运动时，带动绕转动一周（不动时，也不动），处的笔尖画出的曲线为椭圆．当时，记画出的曲线为．以为原点，所在的直线为轴建立如图2所示的平面直角坐标系． (1)求曲线的方程； (2)过坐标原点的任一直线与曲线交于，两点，与曲线交于，两点，过点的任一直线与交于，两点． （i）求证：； （ii）求四边形面积的取值范围． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）当时，设点，由题意可得，且，根据坐标关系可得且，再根据动点位置关系即可得所求； （2）（i）同理确定曲线的方程，不妨设与同向，，分别确定直线斜率不存在与存在时的坐标关系，根据弦长关系即可证所求；（ii）分析可得四边形 面积是面积的6倍，分别求解直线的斜率不存在与存在时，结合函数思想求得取值范围即可. 【详解】（1）当时，设点，依题意，得，且，所以，且，即， 且，由于当点不动时，点也不动，所以不恒等于0，于是，所以，代入得，所以的方程为； （2）（i）同理可得曲线的方程为，不妨设与同向，， 当直线斜率不存在时，； 当直线斜率存在时，设直线方程为，由，得 所以，同理可得，因此， 对于任意直线均满足，所以； （ii）由（i）可知，四边形 面积是面积的6倍， 当直线的斜率不存在时，设直线的方程， 所以， 当直线的斜率存在时，设直线的方程， 由，得，由得’ 所以，直线与有公共点，因此 由，得，由得， 所以， 令，则， 四边形面积的取值范围是. 5．（2025·河南省焦作市·三模）已知椭圆的长轴长为，左、右焦点分 别为，直线与交于P，Q两点，且满足（为坐标原点），当变化时，面积的最大值为． (1)求的方程； (2)证明：； (3)过点和线段PQ的中点作一条直线与交于R，S两点，求四边形PRQS面积的取值范围． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据题意，解方程组即可得解. （2）设，联立直线与椭圆方程，韦达定理，利用数量积的坐标运算化简得，即可得证. （3）设，则，利用面积分割法得，然后利用向量的线性坐标公式得点的坐标，代入椭圆方程得，然后利用二次函数性质求解最值. 【详解】（1）设的半焦距为．依题意得，所以，解得，所以的方程为． （2）设，由消去得， 则，， 因为，所以 ，化简得，此时成立，证毕． （3）设PQ的中点为，因为直线RS经过点和点，所以不妨设，则．． 由，得点的坐标为， 又，所以代入的方程得，化简得，则． 所以， 即四边形PRQS面积的取值范围为． 6．（2025年江苏如皋市三模）已知O为坐标原点，椭圆的离心率，椭圆C的左、右焦点分别为，，焦距为．定义椭圆C上点的“和点”为． (1)求椭圆C的方程； (2)记OP，OQ的斜率分别为，，求的取值范围； (3)若直线l交椭圆C于A，B两点，点A，B的“和点”分别为，，且，求面积的最大值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由离心率和焦距列式求得，进而求得，即可得解. （2）利用两点式斜率公式得，令，则，然后利用基本不等式求解范围即可. （3）方法一：当l斜率不为0时，设直线，与椭圆方程联立，韦达定理，利用数量积的坐标运算列式得，利用弦长公式求得，求出O到直线l的距离，进而求得，然后利用基本不等式求解最大值即可； 当l斜率为0时，设直线，与椭圆方程联立，利用求出，然后求出，即可得解； 方法二：由数量积的坐标运算得，即，然后设出点的极坐标，代入椭圆方程并化简得，则，结合利用对勾函数单调性求解面积的最大值即可. 【详解】（1）由题意，解得，所以，所以椭圆C的方程为． （2）由题意，令，则，当时，，当且仅当取等号；当时，，当且仅当取等号；所以或，即的取值范围为． （3）方法一：①当l斜率不为0时， 设直线，，，则，， ， ，，， 所以，即， 所以，代入得， （*） ，O到直线l的距离， ， 当且仅当，即时取“=”． ②当l斜率为0时，设直线，联立，则， 由得，解得，所以， 综上：． 方法二：设，，，， 由，，， 设，，其中，， 即，，， ，而，， 当且仅当或2即，或，时，取最大值1． 7．（2025·四川省成都市·三模）如图，在直角坐标系中，已知是拋物线的焦点，过点的直线交抛物线于，两点，且满足. (1)求的值； (2)已知点，直线，与拋物线的另一个交点分别为，，直线交轴于点，交直线于点.抛物线在，处的切线交于点，过点作平行于轴的直线，分别交直线KD，于点，. （i）求证：点为定点； （ii）记，的面积分别为，，求的最小值. 【答案】(1). (2)（i）证明见解析；（ii）144 【分析】（1）设，，，联立方程组，由求解即可； （2）（i）由题知直线斜率必存在，设，，，直线斜率必存在，设，分别联立方程组，由得解； （ii）联立方程组，先得点、、、的坐标，再根据求解. 【详解】（1）由题意，直线斜率必存在，设，，， 联立得，.所以，. 由. 解得或（舍）.所以. （2）（i）直线斜率必存在，设，，， 联立得，所以.同理.又因为，所以. 直线斜率必存在，设，联立得， 所以.解得，所以直线过定点.即的坐标为. （ii）由，且，， 得.所以直线的方程为.由直线与直线相交，可得.联立解得.因为抛物线方程为，所以.抛物线在点处切线方程为.所以.同理.又，所以的中点为.联立得，由及，所以. 过作平行于轴的直线交于点，则.所以. 当且仅当时，即直线方程为或时等号成立. 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $$