27.直线与圆锥曲线的位置关系-【满分思维】2026年五年高考真题分类汇编·数学

**基本信息** 本试卷为直线与圆锥曲线位置关系专题高考真题汇编，精选2021-2025年新高考及全国卷典型题目，聚焦核心考点，适配高考复习需求。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选|1|椭圆与直线位置关系（2023新高考Ⅱ卷5题）|结合焦点距离与面积关系，考查几何性质转化| |多选|4|抛物线与圆切线（2024新高考Ⅱ卷10题）、双曲线与直线斜率（2022新高考Ⅰ卷21题）|多选项覆盖不同能力层次，融合定义与方程思想| |填空|3|椭圆中点弦（2022新高考Ⅱ卷16题）、离心率与周长（2022新高考Ⅰ卷16题）|注重几何直观与代数运算结合，体现多解法| |解答题|2|双曲线与直线斜率（2022新高考Ⅰ卷21题）、轨迹方程与斜率关系（2021新高考Ⅰ卷21题）|综合考查方程思想与逻辑推理，贴合高考命题趋势|

27.直线与圆锥曲线的位置关系 1.（2023·新高考Ⅱ卷5题）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.－ 解析：C　由题意，F1（－，0），F2（，0），△F1AB面积是△F2AB面积的2倍，所以点F1到直线AB的距离是点F2到直线AB的距离的2倍，即＝2×，解得m＝－或m＝－3（舍去），故选C. 2.（多选）（2024·新高考Ⅱ卷10题）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 解析：ABD　对于A，易知l：x＝－1，故l与☉A相切，A正确；对于B，A（0，4），☉A的半径r＝1，当P，A，B三点共线时，P（4，4），所以｜PA｜＝4，｜PQ｜＝＝＝，故B正确；对于C，当｜PB｜＝2时，P（1，2），B（－1，2）或P（1，－2），B（－1，－2），易知PA与AB不垂直，故C错误；对于D，法一（直接法）　设P（，t），由PB⊥l可得B（－1，t），又A（0，4）， ｜PA｜＝｜PB｜，根据两点间的距离公式，＝＋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A、B、D. 法二（利用抛物线定义转化）　根据抛物线的定义，｜PB｜＝｜PF｜，这里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（，2），AF中垂线的斜率为－＝，于是AF的中垂线方程为：y＝x＋，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. 3.（多选）（2022·新高考Ⅰ卷11题）已知O为坐标原点，点A（1，1）在抛物线C：x2＝2py（p＞0）上，过点B（0，－1）的直线交C于P，Q两点，则（　　） A.C的准线为y＝－1 B.直线AB与C相切 C.｜OP｜·｜OQ｜＞｜OA｜2 D.｜BP｜·｜BQ｜＞｜BA｜2 解析：BCD　如图，因为抛物线C过点A（1，1），所以1＝2p，解得p＝，所以C：x2＝y的准线为y＝－，所以A错误； 因为x2＝y，所以y'＝2x，所以y'｜x＝1＝2，所以C在点A处的切线方程为y－1＝2（x－1），即y＝2x－1，又点B（0，－1）在直线y＝2x－1上，所以直线AB与C相切，所以B正确； 设P（x1，y1），Q（x2，y2），直线PQ的方程为y＝kx－1，由得x2－kx＋1＝0，所以x1＋x2＝k，x1x2＝1，且Δ＝k2－4＞0，得k＞2或k＜－2，所以｜OP｜·｜OQ｜＝·＝＝·x1x2＝＝＞2＝｜OA｜2，所以C正确； ｜BP｜·｜BQ｜＝· ＝· ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝＝k2＋1＞5＝｜BA｜2，所以D正确.故选B、C、D. 4.（多选）（2022·新高考Ⅱ卷10题）已知O为坐标原点，过抛物线C：y2＝2px（p＞0）焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点M（p，0）.若｜AF｜＝｜AM｜，则（　　） A.直线AB的斜率为2 B.｜OB｜＝｜OF｜ C.｜AB｜＞4｜OF｜ D.∠OAM＋∠OBM＜180° 解析：ACD　对于A，由题意，得F.因为｜AF｜＝｜AM｜，且M（p，0），所以xA＝＝p，将其代入抛物线方程y2＝2px，得yA＝p，所以A，所以直线AB的斜率kAB＝kAF＝＝2，故A正确；对于B，由选项A的分析，知直线AB的方程为y＝2，代入y2＝2px，得12x2－13px＋3p2＝0，解得x＝p或x＝p，所以xB＝p，所以yB＝－p，所以｜OB｜＝＝p≠｜OF｜，故B不正确；对于C，由抛物线的定义及选项A、B的分析，得｜AB｜＝xA＋xB＋p＝p＋p＝p＞2p，即｜AB｜＞4｜OF｜，故C正确；对于D，易知｜OA｜＝p，｜AM｜＝p，｜OB｜＝p，｜BM｜＝p，则cos∠OAM＝＝＝＞0，cos∠OBM＝＝＝＞0，所以∠OAM＜90°，∠OBM＜90°，所以∠OAM＋∠OBM＜180°，故D正确.综上所述，故选A、C、D. 5.（2022·新高考Ⅱ卷16题）已知直线l与椭圆＋＝1在第一象限交于A，B两点，l与x轴、y轴分别交于M，N两点，且｜MA｜＝｜NB｜，｜MN｜＝2，则l的方程为　　　　. 解析：法一　设直线l的方程为＋＝1（m＞0，n＞0），分别令y＝0，x＝0，得点M（m，0），N（0，n）.由题意知线段AB与线段MN有相同的中点，设为Q，则Q，则kAB＝＝－，kOQ＝＝.由椭圆中点弦的性质知，kAB·kOQ＝－＝－，即·＝－，整理得m2＝2n2　①.又｜MN｜＝2，所以由勾股定理，得m2＋n2＝12　②，由①②并结合m＞0，n＞0，得所以直线l的方程为＋＝1，即x＋y－2＝0. 法二　设线段AB的中点为E.由｜MA｜＝｜NB｜，得E为线段MN的中点.设直线AB的方程为y＝kx＋m，k＜0，m＞0，则M，N（0，m），E.将y＝kx＋m代入＋＝1中并整理，得（1＋2k2）x2＋4kmx＋2m2－6＝0.由Δ＝6k2－m2＋3＞0，得m2＜6k2＋3.设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1＋x2＝＝2·，解得k＝－.又因为｜MN｜＝＝2，所以m＝2，符合题意，所以直线AB的方程为x＋y－2＝0. 答案：x＋y－2＝0 6.（2022·新高考Ⅰ卷16题）已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0），C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为.过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，｜DE｜＝6，则△ADE的周长是　　　　. 解析：法一　如图，连接AF1，DF2，EF2，因为C的离心率为，所以＝，所以a＝2c，所以b2＝a2－c2＝3c2.因为｜AF1｜＝｜AF2｜＝a＝2c＝｜F1F2｜，所以△AF1F2为等边三角形，又DE⊥AF2，所以直线DE为线段AF2的垂直平分线，所以｜AD｜＝｜DF2｜，｜AE｜＝｜EF2｜，且∠EF1F2＝30°，所以直线DE的方程为y＝（x＋c），代入椭圆C的方程＋＝1，得13x2＋8cx－32c2＝0.设D（x1，y1），E（x2，y2），则x1＋x2＝－，x1x2＝－，所以｜DE｜＝ ＝＝＝6，解得c＝，所以a＝2c＝，所以△ADE的周长为｜AD｜＋｜AE｜＋｜DE｜＝｜DF2｜＋｜EF2｜＋｜DE｜＝4a＝13. 法二　如图，连接AF1.因为e＝，所以a＝2c，所以△AF1F2为等边三角形.故DE是AF2的垂直平分线.连接EF2，DF2，则｜AE｜＝｜EF2｜，｜AD｜＝｜DF2｜，所以△ADE的周长为｜DE｜＋｜AE｜＋｜AD｜＝｜DE｜＋｜EF2｜＋｜DF2｜＝4a.又因为∠EF1F2＝∠F2AO，所以cos∠EF1F2＝＝.设EF1＝x，则在△EF1F2中，由余弦定理，得（2c）2＋x2－2·（2c）·x·＝（2a－x）2，解得x＝c.同理，设DF1＝y，则在△DF1F2中，由余弦定理，得（2c）2＋y2＋2·（2c）·y·＝（2a－y）2，解得y＝c，所以x＋y＝c＝6，解得c＝.故△ADE的周长是4a＝8c＝13. 答案：13 7.（2024·新高考Ⅰ卷16题）已知A（0，3）和P（3，）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. 解：（1）由题意得解得 所以e＝＝＝. （2）法一　kAP＝＝－，则直线AP的方程为y＝－x＋3，即x＋2y－6＝0， ｜AP｜＝＝， 由（1）知C：＋＝1， 设点B到直线AP的距离为d，则d＝＝， 则将直线AP沿着与AP垂直的方向平移个单位长度即可， 此时该平行线与椭圆的交点即为点B， 设该平行线的方程为：x＋2y＋m＝0， 则＝，解得m＝6或m＝－18， 当m＝6时，联立 解得或 即B（0，－3）或（－3，－）， 当B（0，－3）时，此时kl＝，直线l的方程为y＝x－3，即3x－2y－6＝0， 当B（－3，－）时，此时kl＝，直线l的方程为y＝x，即x－2y＝0， 当m＝－18时，联立得2y2－27y＋117＝0， Δ＝272－4×2×117＝－207＜0，此时该直线与椭圆无交点. 综上直线l的方程为3x－2y－6＝0或x－2y＝0. 法二　同法一得到直线AP的方程为x＋2y－6＝0， 点B到直线AP的距离d＝， 设B（x0，y0），则 解得或 即B（0，－3）或（－3，－），以下同法一. 8.（2025·全国Ⅱ卷16题）已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的离心率为，长轴长为4. （1）求C的方程； （2）过点（0，－2）的直线l与C交于A，B两点，O为坐标原点.若△OAB的面积为，求｜AB｜. 解：（1）由2a＝4，得a＝2. 由题意得e＝＝，则c＝a＝，又b2＝a2－c2，所以b＝. 所以C的方程为＋＝1. （2）由题意得l的斜率存在，设l：y＝kx－2，代入＋＝1消去y并化简得（1＋2k2）x2－8kx＋4＝0， 由Δ＝16（2k2－1）＞0，得k2＞， 设A（x1，y1），B（x2，y2），则 S△OAB＝×2×｜x2－x1｜＝＝＝，解得k2＝. 所以｜AB｜＝｜x2－x1｜ ＝×＝. 9.（2022·新高考Ⅰ卷21题）已知点A（2，1）在双曲线C：－＝1（a＞1）上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0. （1）求l的斜率； （2）若tan∠PAQ＝2，求△PAQ的面积. 解：（1）将点A的坐标代入双曲线方程得－＝1， 化简得a4－4a2＋4＝0，得a2＝2， 故双曲线C的方程为－y2＝1. 由题易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋b，P（x1，y1），Q（x2，y2）， 联立直线l与双曲线C的方程并整理得（2k2－1）x2＋4kbx＋2b2＋2＝0， 故x1＋x2＝－，x1x2＝. kAP＋kAQ＝＋＝＋＝0， 化简得2kx1x2＋（b－1－2k）（x1＋x2）－4（b－1）＝0， 故＋（b－1－2k）－4（b－1）＝0， 整理得（k＋1）（b＋2k－1）＝0， 又直线l不过点A，即b＋2k－1≠0，故k＝－1. 故直线l的斜率为－1. （2）不妨设直线PA的倾斜角为θ，由题意知∠PAQ＝π－2θ， 所以tan∠PAQ＝－tan 2θ＝＝2， 解得tan θ＝或tan θ＝－（舍去）， 由得x1＝， 所以｜AP｜＝｜x1－2｜＝， 同理得x2＝，所以｜AQ｜＝｜x2－2｜＝. 因为tan∠PAQ＝2，所以sin∠PAQ＝， 故S△PAQ＝｜AP｜｜AQ｜sin∠PAQ＝×××＝. 10.（2021·新高考Ⅰ卷21题）在平面直角坐标系xOy中，已知点F1（－，0），F2（，0），点M满足｜MF1｜－｜MF2｜＝2.记M的轨迹为C. （1）求C的方程； （2）设点T在直线x＝上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且｜TA｜·｜TB｜＝｜TP｜·｜TQ｜，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和. 解：（1）因为｜MF1｜－｜MF2｜＝2＜｜F1F2｜＝2， 所以点M的轨迹C是以F1，F2分别为左、右焦点的双曲线的右支. 设双曲线的方程为－＝1（a＞0，b＞0），半焦距为c，则2a＝2，c＝，得a＝1，b2＝c2－a2＝16， 所以点M的轨迹C的方程为x2－＝1（x≥1）. （2）设T，由题意可知直线AB，PQ的斜率均存在且不为0，设直线AB的方程为y－t＝k1（k1≠0），直线PQ的方程为y－t＝k2（k2≠0）， 由得（16－）x2－2k1x－－16＝0. 设A（xA，yA），B（xB，yB），易知16－≠0， 则xAxB＝，xA＋xB＝， 所以｜TA｜＝＝， ｜TB｜＝＝， 则｜TA｜·｜TB｜＝（1＋） ＝（1＋） ＝（1＋） ＝. 同理得｜TP｜·｜TQ｜＝. 因为｜TA｜·｜TB｜＝｜TP｜·｜TQ｜，所以＝，所以－16＋－16＝－16＋－16，即＝， 又k1≠k2，所以k1＝－k2，即k1＋k2＝0. 故直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $