专题01 圆锥曲线与方程（专项训练）数学苏教版2019高二选择性必修第一册

专题01 圆锥曲线与方程（原卷版） 目录 A题型建模・专项突破 题型一、椭圆与方程 1 题型二、椭圆的几何性质 1 题型三、直线与椭圆 2 题型四、双曲线与方程 2 题型五、双曲线的几何性质 2 题型六、直线与双曲线 3 题型七、抛物线与方程 3 题型八、抛物线的几何性质 3 题型九、直线与抛物线 4 B综合攻坚・能力跃升 题型一、椭圆与方程 1．（多选）平面上，动点M满足以下条件，其中M的轨迹为椭圆的是（    ） A．M到两定点，的距离之和为4 B．M到两定点，的距离之和为6 C．M到两定点，的距离之和为6 D．M到两定点，的距离之和为8 2．“”是“方程 表示的曲线为椭圆”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．若方程表示焦点在y轴上的椭圆，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C．或 D．或 题型二、椭圆的几何性质 4．椭圆，其右焦点为，若直线过点与交于，则最小值为（    ） A． B．1 C． D．2 5．已知 P ( m ， n) 是椭圆上的一个动点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．过椭圆左焦点F，倾斜角为60°的直线交椭圆于A、B两点，若|FA|＝2|FB|，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 题型三、直线与椭圆 7．（多选）已知椭圆，对于任意实数k，下列直线被椭圆E截得的弦长与被椭圆E截得的弦长可能相等的是（    ） A． B． C． D． 8．已知直线与焦点在轴上的椭圆总有公共点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 9．已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线与C交于A，B两点，若面积是面积的2倍，则（    ）． A． B． C． D． 题型四、双曲线与方程 10．下列双曲线中，以直线为渐近线的是 A． B． C． D． 11．若方程表示双曲线，则实数 k 的取值范围是 ． 12．已知定圆，定圆，动圆圆与定圆都内切，则动圆的圆心的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 题型五、双曲线的几何性质 13．双曲线的一个焦点是，则的值是（    ） A． B．1 C． D． 14．已知，为曲线：的焦点，则下列说法错误的是（    ） A．若，则曲线的离心率 B．若，则曲线的离心率 C．若曲线上恰有两个不同的点，使得，则 D．若，则曲线上存在四个不同的点，使得 15．已知圆的圆心为双曲线的一个焦点，半径为双曲线的实半轴长.若圆与双曲线的一条渐近线交于点，且，则双曲线的离心率为 . 题型六、直线与双曲线 16．已知双曲线，直线，求直线l与双曲线C的公共点的坐标． 17．过点作直线与双曲线相交于B，C两点，且A为线段BC的中点，求这条直线的方程. 18．不过原点的直线与双曲线交于两点，为的中点，为坐标原点，若直线的斜率小于，则的离心率的取值范围为（    ） A． B． C． D． 题型七、抛物线与方程 19．已知抛物线的顶点在原点，对称轴是x轴，抛物线上的点到焦点F的距离等于5，则抛物线方程为 ，m＝ ． 20．经过点的抛物线的标准方程是（    ） A．或 B．或 C．或 D．或 21．(多选)已知抛物线的准线与直线的距离为3，则抛物线的标准方程为（    ） A． B． C． D． 题型八、抛物线的几何性质 22．已知点是抛物线：上一点，点为抛物线的焦点，点，则的周长的最小值为（    ） A．3 B．1 C． D． 23．过抛物线：焦点的直线与交于，两点，过点向抛物线的准线作垂线，垂足为，则（    ） A． B． C．18 D．20 24．已知抛物线，P为C上一点，，，当最小时，点P到坐标原点的距离为（    ） A． B． C． D．8 题型九、直线与抛物线 25．（多选）若直线与抛物线只有一个公共点，则实数k的值可以为（　　） A． B．0 C．8 D．-8 26．如图，已知抛物线的焦点为F，点M在其准线上，，直线MF的倾斜角为，且与C交于A，B两点，O为坐标原点 (1)求C的方程； (2)求的面积. 27．过抛物线的焦点的倾斜角为的直线与抛物线交于两点，求证：． 一、单选题 1．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知曲线C：（），从C上任意一点P向x轴作垂线段，为垂足，则线段的中点M的轨迹方程为（    ） A．（） B．（） C．（） D．（） 2．（2024·全国甲卷·高考真题）已知双曲线的两个焦点分别为，点在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（    ） A．4 B．3 C．2 D． 3．（2024·天津·高考真题）双曲线的左、右焦点分别为点在双曲线右支上，直线的斜率为2．若是直角三角形，且面积为8，则双曲线的方程为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 4．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）抛物线C：的准线为l，P为C上的动点，过P作的一条切线，Q为切点，过P作l的垂线，垂足为B，则（    ） A．l与相切 B．当P，A，B三点共线时， C．当时， D．满足的点有且仅有2个 三、填空题 5．（2024·北京·高考真题）抛物线的焦点坐标为 ． 6．（2024·北京·高考真题）若直线与双曲线只有一个公共点，则的一个取值为 ． 7．（2024·上海·高考真题）已知抛物线上有一点到准线的距离为9，那么点到轴的距离为 ． 8．（2024·天津·高考真题）已知圆的圆心与抛物线的焦点重合，且两曲线在第一象限的交点为，则原点到直线的距离为 ． 9．（2024·天津·高考真题）设，函数.若恰有一个零点，则的取值范围为 ． 四、解答题 10．（2023·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，． (1)求的方程； (2)设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：． 11．（2024·天津·高考真题）已知椭圆的离心率为．左顶点为，下顶点为是线段的中点（O为原点），的面积为． (1)求椭圆的方程． (2)过点C的动直线与椭圆相交于两点．在轴上是否存在点，使得恒成立．若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由． 12．（2024·北京·高考真题）已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为． (1)求椭圆的方程及离心率； (2)若直线BD的斜率为0，求t的值． 13．（2024·上海·高考真题）已知双曲线，左、右顶点分别为，过点的直线交双曲线于两点. (1)若的离心率为2，求. (2)若为等腰三角形，且点在第一象限，求点的坐标. (3)连接（为坐标原点）并延长交于点，若，求的最大值. 14．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为. (1)若，求； (2)证明：数列是公比为的等比数列； (3)设为的面积，证明：对任意正整数，. 15．（2024·全国甲卷·高考真题）已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴． (1)求的方程； (2)过点的直线交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴． 1 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01 圆锥曲线与方程（解析版） 目录 A题型建模・专项突破 题型一、椭圆与方程 1 题型二、椭圆的几何性质 2 题型三、直线与椭圆 3 题型四、双曲线与方程 5 题型五、双曲线的几何性质 6 题型六、直线与双曲线 7 题型七、抛物线与方程 9 题型八、抛物线的几何性质 10 题型九、直线与抛物线 13 B综合攻坚・能力跃升 题型一、椭圆与方程 1．平面上，动点M满足以下条件，其中M的轨迹为椭圆的是（    ） A．M到两定点，的距离之和为4 B．M到两定点，的距离之和为6 C．M到两定点，的距离之和为6 D．M到两定点，的距离之和为8 【答案】BD 【分析】根据椭圆的定义进行逐一判断即可. 【详解】因为两定点，的距离为，所以选项A不符合椭圆定义，选项B符合椭圆定义； 因为两定点，的距离为，所以选项C不符合椭圆定义，选项D符合， 故选：BD 2．“”是“方程 表示的曲线为椭圆”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】利用椭圆的标准方程结合充分、必要条件的定义计算即可. 【详解】易知时，，但时有， 此时方程表示圆，所以不满足充分性， 若方程 表示的曲线为椭圆，则， 显然成立，满足必要性， 故“”是“方程 表示的曲线为椭圆”的必要不充分条件. 故选：B 3．若方程表示焦点在y轴上的椭圆，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C．或 D．或 【答案】D 【分析】根据椭圆的定义且焦点在轴，列出相应方程组，从而可求解. 【详解】由题知表示焦点在y轴上的椭圆， 则有：，解得或，故D正确. 故选：D. 题型二、椭圆的几何性质 4．椭圆，其右焦点为，若直线过点与交于，则最小值为（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】B 【分析】由题意当为通径时，即垂直轴时，其长度最小，由此即可得解． 【详解】要使最小，即为和焦点在的轴垂直的直线截得的线段长． 右焦点为，直线为，联立此直线和椭圆解得交点的纵坐标为， 故最小值为1． 故选：B． 5．已知 P ( m ， n) 是椭圆上的一个动点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意求得的范围，及，从而可得，从而可得出答案. 【详解】解：因为P ( m ， n) 是椭圆上的一个动点， 所以， 且，则， 则， 因为，所以， 所以， 即. 故选：B. 6．过椭圆左焦点F，倾斜角为60°的直线交椭圆于A、B两点，若|FA|＝2|FB|，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据余弦定理，推得长度，根据其比值关系，即可求得结果. 【详解】设椭圆的右焦点为，连接，如下所示： 设，则， 在△中，由余弦定理可得,整理可得：，即； 在△中，同理可得：，故，解得. 故选：. 题型三、直线与椭圆 7．（多选）已知椭圆，对于任意实数k，下列直线被椭圆E截得的弦长与被椭圆E截得的弦长可能相等的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】分别判断两直线的对称关系，即可判断； 【详解】解：直线，过定点， 对于A：，即，过定点，两直线不关于轴、轴、原点对称，故被椭圆所截得的弦长不可能相等，故A错误． 对于B：，即，两直线关于轴对称，被椭圆所截得的弦长相同，故B正确； 对于C：，即，两直线关于轴对称，被椭圆所截得的弦长相同，故C正确； 对于D：，即，两直线关于原点对称，被椭圆所截得的弦长相同，故D正确； 故选：BCD 8．已知直线与焦点在轴上的椭圆总有公共点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先求出直线过的定点，要想直线和椭圆总有公共点，只需定点在椭圆上或内部， 因为定点为，所以直接跟短半轴b比较即可 【详解】由题意，直线恒过定点，要使直线与椭圆总有公共点，则只需点在椭圆上或椭圆内，则．又焦点在轴上，所以，所以． 故选：D． 9．已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线与C交于A，B两点，若面积是面积的2倍，则（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先联立直线方程与椭圆方程，利用，求出范围，再根据三角形面积比得到关于的方程，解出即可. 【详解】将直线与椭圆联立，消去可得， 因为直线与椭圆相交于点，则，解得， 设到的距离到距离，易知， 则，， ，解得或（舍去）， 故选：C. 题型四、双曲线与方程 10．下列双曲线中，以直线为渐近线的是 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由得， 因此以为渐近线的双曲线方程为， 当时，方程为， 故选：B． 11．若方程表示双曲线，则实数 k 的取值范围是 ． 【答案】1＜k＜3 【分析】利用双曲线的标准方程即得. 【详解】由题意可知， ，解得， 所以实数k的取值范围是. 故答案为；. 12．已知定圆，定圆，动圆圆与定圆都内切，则动圆的圆心的轨迹方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据圆与圆的位置关系的判定方法，结合双曲线的定义即可判断答案. 【详解】由题意，设动圆的圆心为，半径为r，圆的圆心为，半径为1，圆的圆心为，半径为5. 而圆与定圆都内切，所以，，则.于是，动圆的圆心的轨迹为以，为焦点的双曲线的右支，则，故动圆的圆心的轨迹方程为. 故选：A. 题型五、双曲线的几何性质 13．双曲线的一个焦点是，则的值是（    ） A． B．1 C． D． 【答案】B 【分析】转化为标准方程，再根据关系列出方程解出即可. 【详解】显然，则双曲线的标准方程为， 由焦点坐标可知，解得：， 故选：B. 14．已知，为曲线：的焦点，则下列说法错误的是（    ） A．若，则曲线的离心率 B．若，则曲线的离心率 C．若曲线上恰有两个不同的点，使得，则 D．若，则曲线上存在四个不同的点，使得 【答案】C 【分析】根据给定的方程，结合椭圆、双曲线的性质逐项分析判断即可得解. 【详解】对于A，当时，曲线是椭圆，离心率，A正确； 对于B，当时，曲线是双曲线，离心率，B正确； 对于C，当时，曲线是椭圆，其短半轴长，半焦距， 显然以线段为直径的圆恰过这个椭圆短轴端点，即符合条件的可以是8，C错误； 对于D，当时，则曲线是焦点在x上的双曲线，则， 以线段为直径的圆与双曲线有4个交点，即符合条件的点有4个，D正确. 故选：C 15．已知圆的圆心为双曲线的一个焦点，半径为双曲线的实半轴长.若圆与双曲线的一条渐近线交于点，且，则双曲线的离心率为 . 【答案】 【分析】根据垂直关系可求得，利用垂径定理可构造方程求得，由离心率可求得结果. 【详解】不妨设双曲线，圆， 由得：，； 取双曲线的一条渐近线，即， 到渐近线的距离， ，解得：，双曲线的离心率. 故答案为：. 题型六、直线与双曲线 16．已知双曲线，直线，求直线l与双曲线C的公共点的坐标． 【答案】. 【分析】由，解之即得. 【详解】直线l与双曲线C的公共点的坐标就是方程组 的解， 解之得，， ∴直线l与双曲线C的公共点的坐标为. 17．过点作直线与双曲线相交于B，C两点，且A为线段BC的中点，求这条直线的方程. 【答案】 【分析】首先讨论斜率不存在的情况是否满足题意，再设直线斜率存在时直线方程，并与双曲线方程联立，利用韦达定理，结合中点坐标公式，即可求解. 【详解】若过点的直线的斜率不存在时，若点为的中点，则点必在轴上，这与矛盾， 当过点的直线的斜率存在时，设该直线方程为，，， 联立方程，消去可得， ， 当时，， 整理为恒成立， 有，， 因为点是的中点，所以，得，成立， 所以所求直线方程为，即. 18．不过原点的直线与双曲线交于两点，为的中点，为坐标原点，若直线的斜率小于，则的离心率的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据点差法，结合双曲线的几何性质，求解双曲线的离心率； 【详解】 设点， 则有 两式作差解得：即 设 因为 代入整理得：即 由题意知 因为，， 又因为， 解得：即， 故选：B. 题型七、抛物线与方程 19．已知抛物线的顶点在原点，对称轴是x轴，抛物线上的点到焦点F的距离等于5，则抛物线方程为 ，m＝ ． 【答案】 【分析】由题意可知抛物线的开口向左, 设抛物线的方程为,由点到焦点F的距离等于5，结合抛物线定义可求得，即可求得抛物线的方程；再将代入抛物线方程，即可求得的值. 【详解】解：由题意可知抛物线的开口向左， 所以设抛物线的方程为，则， 又因为点到焦点F的距离等于5， 所以，解得， 所以抛物线的方程为， 将代入抛物线方程得：，解得. 故答案为：；. 20．经过点的抛物线的标准方程是（    ） A．或 B．或 C．或 D．或 【答案】C 【分析】设抛物线的标准方程，将点的坐标代入，求得参数的值，即得答案. 【详解】设抛物线的方程为或， 将点代入，可得或， 解得或， 故抛物线的标准方程为或， 故选：C 21．(多选)已知抛物线的准线与直线的距离为3，则抛物线的标准方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】AB 【分析】由准线平行于y轴，可设抛物线的方程为,再应用与直线的距离为3,求值即可. 【详解】由准线平行于y轴，可设抛物线的方程为. 当时，，所以，抛物线的准线方程为， 依题意得，所以，所以抛物线的方程为; 当时，，所以，抛物线的准线方程为， 依题意得，所以或，显然不符合此种情况， 所以，所以抛物线的方程为. 故选:AB. 题型八、抛物线的几何性质 22．已知点是抛物线：上一点，点为抛物线的焦点，点，则的周长的最小值为（    ） A．3 B．1 C． D． 【答案】D 【分析】根据题意画出示意图，根据抛物线性质进行转化为求最小值即可. 【详解】如下图所示，由题意可判断在抛物线内部，且易得点，准线方程. 根据两点间距离公式得,根据抛物线性质得，当且仅当三点共线时等号成立，故的周长的最小值为. 故选:D    23．过抛物线：焦点的直线与交于，两点，过点向抛物线的准线作垂线，垂足为，则（    ） A． B． C．18 D．20 【答案】B 【分析】依题意抛物线的准线为，即可求出，从而求出抛物线方程，再由，求出，从而求出直线的方程，联立直线与抛物线方程，求出，再根据焦半径公式计算可得. 【详解】依题意抛物线的准线为，即，解得， 所以抛物线方程为，则焦点为，又，所以，解得， 所以， 所以，所以直线的方程为， 由，消去整理得，解得、， 即， 所以. 故选：B 24．已知抛物线，P为C上一点，，，当最小时，点P到坐标原点的距离为（    ） A． B． C． D．8 【答案】A 【分析】设，由抛物线的定义可得，，设化简可得当时，取得最小值，求出的坐标，即可求解 【详解】因为抛物线，则焦点为，准线为， 又，，则点为抛物线的焦点， 过作准线的垂线，垂足为， 设，则，故， 由抛物线的定义可得， ， 又，则设故， 则， 当时，取得最小值为，则，， 将代入抛物线可得，所以 故选：A 题型九、直线与抛物线 25．若直线与抛物线只有一个公共点，则实数k的值可以为（　　） A． B．0 C．8 D．-8 【答案】AB 【分析】联立直线与抛物线方程，分与，结合根的判别式得到方程，求出答案. 【详解】联立与得，， 若，直线与抛物线只有一个交点，满足要求， 若，则，所以，综上可知或. 故选：AB 26．如图，已知抛物线的焦点为F，点M在其准线上，，直线MF的倾斜角为，且与C交于A，B两点，O为坐标原点 (1)求C的方程； (2)求的面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）记准线与x轴交点为K，为等腰直角三角形，得，从而求得得抛物线方程； （2）直线方程代入抛物线方程，应用韦达定理得，然后求得弦长，再求得到直线的距离后可得三角形面积． 【详解】（1）因为直线的倾斜角为，记准线与x轴交点为K，易知为等腰直角三角形，且， 所以焦点到准线的距离为2，即， 所以抛物线的方程为. （2）由（1）可得，， 因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率为， 所以直线的方程为，即的方程为， 联立可得， 所以 所以， 又点到直线AB的距离， 所以的面积. 27．过抛物线的焦点的倾斜角为的直线与抛物线交于两点，求证：． 【答案】证明见解析 【分析】根据抛物线方程可写出焦点坐标和准线方程，设出直线方程并于抛物线方程联立，利用韦达定理和焦半径公式得出的表达式，化简即可给出证明. 【详解】根据题意可知，抛物线焦点，准线方程为； 直线的斜率为，所以直线方程为， 不妨设，如下图所示：    联立直线和抛物线方程，消去整理可得； 由韦达定理可得， 作垂直于准线，垂足分别为； 由焦半径公式可知； 所以 ； 即可得. 一、单选题 1．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知曲线C：（），从C上任意一点P向x轴作垂线段，为垂足，则线段的中点M的轨迹方程为（    ） A．（） B．（） C．（） D．（） 【答案】A 【分析】设点，由题意，根据中点的坐标表示可得，代入圆的方程即可求解. 【详解】设点，则， 因为为的中点，所以，即， 又在圆上， 所以，即， 即点的轨迹方程为. 故选：A 2．（2024·全国甲卷·高考真题）已知双曲线的两个焦点分别为，点在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（    ） A．4 B．3 C．2 D． 【答案】C 【分析】由焦点坐标可得焦距，结合双曲线定义计算可得，即可得离心率. 【详解】由题意，设、、， 则，，， 则，则. 故选：C. 3．（2024·天津·高考真题）双曲线的左、右焦点分别为点在双曲线右支上，直线的斜率为2．若是直角三角形，且面积为8，则双曲线的方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】可利用三边斜率问题与正弦定理，转化出三边比例，设，由面积公式求出，由勾股定理得出，结合第一定义再求出. 【详解】如下图：由题可知，点必落在第四象限，，设， ，由，求得， 因为，所以，求得，即， ，由正弦定理可得：， 则由得， 由得， 则， 由双曲线第一定义可得：，， 所以双曲线的方程为. 故选：A 二、多选题 4．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）抛物线C：的准线为l，P为C上的动点，过P作的一条切线，Q为切点，过P作l的垂线，垂足为B，则（    ） A．l与相切 B．当P，A，B三点共线时， C．当时， D．满足的点有且仅有2个 【答案】ABD 【分析】A选项，抛物线准线为，根据圆心到准线的距离来判断；B选项，三点共线时，先求出的坐标，进而得出切线长；C选项，根据先算出的坐标，然后验证是否成立；D选项，根据抛物线的定义，，于是问题转化成的点的存在性问题，此时考察的中垂线和抛物线的交点个数即可，亦可直接设点坐标进行求解. 【详解】A选项，抛物线的准线为， 的圆心到直线的距离显然是，等于圆的半径， 故准线和相切，A选项正确； B选项，三点共线时，即，则的纵坐标， 由，得到，故， 此时切线长，B选项正确； C选项，当时，，此时，故或， 当时，，，， 不满足； 当时，，，， 不满足； 于是不成立，C选项错误； D选项，方法一：利用抛物线定义转化 根据抛物线的定义，，这里， 于是时点的存在性问题转化成时点的存在性问题， ，中点，中垂线的斜率为， 于是的中垂线方程为：，与抛物线联立可得， ，即的中垂线和抛物线有两个交点， 即存在两个点，使得，D选项正确. 方法二：（设点直接求解） 设，由可得，又，又， 根据两点间的距离公式，，整理得， ，则关于的方程有两个解， 即存在两个这样的点，D选项正确. 故选：ABD 三、填空题 5．（2024·北京·高考真题）抛物线的焦点坐标为 ． 【答案】 【分析】形如的抛物线的焦点坐标为，由此即可得解. 【详解】由题意抛物线的标准方程为，所以其焦点坐标为. 故答案为：. 6．（2024·北京·高考真题）若直线与双曲线只有一个公共点，则的一个取值为 ． 【答案】（或，答案不唯一） 【分析】联立直线方程与双曲线方程，根据交点个数与方程根的情况列式即可求解. 【详解】联立，化简并整理得：， 由题意得或， 解得或无解，即，经检验，符合题意. 故答案为：（或，答案不唯一）. 7．（2024·上海·高考真题）已知抛物线上有一点到准线的距离为9，那么点到轴的距离为 ． 【答案】 【分析】根据抛物线的定义知，将其再代入抛物线方程即可. 【详解】由知抛物线的准线方程为，设点，由题意得，解得， 代入抛物线方程，得，解得， 则点到轴的距离为． 故答案为：． 8．（2024·天津·高考真题）已知圆的圆心与抛物线的焦点重合，且两曲线在第一象限的交点为，则原点到直线的距离为 ． 【答案】/ 【分析】先求出圆心坐标，从而可求焦准距，再联立圆和抛物线方程，求及的方程，从而可求原点到直线的距离. 【详解】圆的圆心为，故即， 由可得，故或（舍）， 故，故直线即， 故原点到直线的距离为， 故答案为： 9．（2024·天津·高考真题）设，函数.若恰有一个零点，则的取值范围为 ． 【答案】 【分析】结合函数零点与两函数的交点的关系，构造函数与，则两函数图象有唯一交点，分、与进行讨论，当时，计算函数定义域可得或，计算可得时，两函数在轴左侧有一交点，则只需找到当时，在轴右侧无交点的情况即可得；当时，按同一方式讨论即可得. 【详解】令，即， 由题可得， 当时，，有，则，不符合要求，舍去； 当时，则， 即函数与函数有唯一交点， 由，可得或， 当时，则，则， 即，整理得， 当时，即，即， 当，或（正值舍去）， 当时，或，有两解，舍去， 即当时，在时有唯一解， 则当时，在时需无解， 当，且时， 由函数关于对称，令，可得或， 且函数在上单调递减，在上单调递增， 令，即， 故时，图象为双曲线右支的轴上方部分向右平移所得， 由的渐近线方程为， 即部分的渐近线方程为，其斜率为， 又，即在时的斜率， 令，可得或（舍去）， 且函数在上单调递增， 故有，解得，故符合要求； 当时，则， 即函数与函数有唯一交点， 由，可得或， 当时，则，则， 即，整理得， 当时，即，即， 当，（负值舍去）或， 当时，或，有两解，舍去， 即当时，在时有唯一解， 则当时，在时需无解， 当，且时， 由函数关于对称，令，可得或， 且函数在上单调递减，在上单调递增， 同理可得：时，图象为双曲线左支的轴上方部分向左平移所得， 部分的渐近线方程为，其斜率为， 又，即在时的斜率， 令，可得或（舍去）， 且函数在上单调递减， 故有，解得，故符合要求； 综上所述，. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于将函数的零点问题转化为函数与函数的交点问题，从而可将其分成两个函数研究. 四、解答题 10．（2023·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，． (1)求的方程； (2)设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）结合题意得到，，再结合，解之即可； （2）依题意求得直线、与的方程，从而求得点的坐标，进而求得，再根据题意求得，得到，由此得解. 【详解】（1）依题意，得，则， 又分别为椭圆上下顶点，，所以，即， 所以，即，则， 所以椭圆的方程为. （2）因为椭圆的方程为，所以， 因为为第一象限上的动点，设，则，        易得，则直线的方程为， ，则直线的方程为， 联立，解得，即， 而，则直线的方程为， 令，则，解得，即， 又，则，， 所以 ， 又，即， 显然，与不重合，所以. 11．（2024·天津·高考真题）已知椭圆的离心率为．左顶点为，下顶点为是线段的中点（O为原点），的面积为． (1)求椭圆的方程． (2)过点C的动直线与椭圆相交于两点．在轴上是否存在点，使得恒成立．若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，使得恒成立. 【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积可求基本量，从而可得椭圆的标准方程. （2）设该直线方程为：，， 联立直线方程和椭圆方程并消元，结合韦达定理和向量数量积的坐标运算可用表示，再根据可求的范围. 【详解】（1）因为椭圆的离心率为，故，，其中为半焦距， 所以，故， 故，所以，，故椭圆方程为：. （2） 若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：， 设， 由可得， 故且 而， 故 ， 因为恒成立，故，解得. 若过点的动直线的斜率不存在，则或， 此时需，两者结合可得. 综上，存在，使得恒成立. 【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围问题，往往需要用合适的参数表示目标代数式，表示过程中需要借助韦达定理，此时注意直线方程的合理假设. 12．（2024·北京·高考真题）已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为． (1)求椭圆的方程及离心率； (2)若直线BD的斜率为0，求t的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意得，进一步得，由此即可得解； （2）设，，联立椭圆方程，由韦达定理有，而，令，即可得解. 【详解】（1）由题意，从而， 所以椭圆方程为，离心率为； （2）直线斜率不为0，否则直线与椭圆无交点，矛盾， 从而设，， 联立，化简并整理得， 由题意，即应满足， 所以， 若直线斜率为0，由椭圆的对称性可设， 所以，在直线方程中令， 得， 所以， 此时应满足，即应满足或， 综上所述，满足题意，此时或. 13．（2024·上海·高考真题）已知双曲线，左、右顶点分别为，过点的直线交双曲线于两点. (1)若的离心率为2，求. (2)若为等腰三角形，且点在第一象限，求点的坐标. (3)连接（为坐标原点）并延长交于点，若，求的最大值. 【答案】(1)； (2)当时，； (3)的最大值为. 【分析】（1）根据离心率的概念求出，再求出即可； （2）如图，易知为钝角，则，根据两点距离公式建立方程组，解之即可求解； （3）设，：，联立双曲线方程，利用韦达定理和平面向量数量积的坐标表示建立关于的方程，得，结合即可求解. 【详解】（1）由双曲线的方程知，， 因为离心率为2，所以，得. （2）当时，双曲线，且. 因为点在第一象限，所以为钝角. 又为等腰三角形，所以. 设点，且，则 得，所以. （3）由双曲线的方程知，且由题意知关于原点对称. 设，则. 由直线不与轴垂直，可设直线的方程为. 联立直线与双曲线的方程得 消去，得， 且，即，得. ， 由，得， 所以，即， 整理得， 所以， 整理得，所以. 又，所以，解得， 所以，又， 故的取值范围是，故的最大值为. 【点睛】关键点点睛：解圆锥曲线与平面向量交汇题的关键是设相关点的坐标，将平面向量用坐标表示，运用相应的平面向量坐标运算法则（加、减、数量积、数乘）或运算律或数量积的几何意义，将问题中向量间的关系（相等、垂直、平行等）转化为代数关系. 14．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为. (1)若，求； (2)证明：数列是公比为的等比数列； (3)设为的面积，证明：对任意正整数，. 【答案】(1)， (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出的坐标即可； （2）思路一：根据等比数列的定义即可验证结论；思路二：利用点差法和合比性质即可证明； （3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路三：利用点差法得到，，再结合（2）中的结论得，最后证明出即可. 【详解】（1） 由已知有，故的方程为. 当时，过且斜率为的直线为，与联立得到. 解得或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上. 故，从而，. （2）方法一：由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程. 展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根. 从而根据韦达定理，另一根，相应的. 所以该直线与的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在的左支上. 所以. 这就得到，. 所以 . 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. 方法二：因为，，，则， 由于，作差得， ，利用合比性质知， 因此是公比为的等比数列. （3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点，若，，则.（若在同一条直线上，约定） 证明： . 证毕，回到原题. 由于上一小问已经得到，， 故. 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. 所以对任意的正整数，都有 . 而又有，， 故利用前面已经证明的结论即得 . 这就表明的取值是与无关的定值，所以. 方法二：由于上一小问已经得到，， 故. 再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列. 所以对任意的正整数，都有 . 这就得到， 以及. 两式相减，即得. 移项得到. 故. 而，. 所以和平行，这就得到，即. 方法三：由于，作差得， 变形得①， 同理可得， 由（2）知是公比为的等比数列，令则②， 同时是公比为的等比数列，则③， 将②③代入①， 即，从而，即. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解. 15．（2024·全国甲卷·高考真题）已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴． (1)求的方程； (2)过点的直线交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）设，根据的坐标及轴可求基本量，故可求椭圆方程. （2）设，，，联立直线方程和椭圆方程，用的坐标表示，结合韦达定理化简前者可得，故可证轴. 【详解】（1）设，由题设有且，故，故，故， 故椭圆方程为. （2）直线的斜率必定存在，设，，， 由可得， 故，故， 又， 而，故直线，故， 所以 ， 故，即轴. 【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，设交点坐标为； （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、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 30 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$