【文档说明】(新高考数学)高考一轮复习核心考点讲与练考点23圆锥曲线综合应用》(解析版） .doc，共(57)页，2.896 MB，由MTyang资料小铺上传

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考点23圆锥曲线综合应用（核心考点讲与练）1.求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关.(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.2.定点的探

索与证明问题(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为y＝kx＋b，然后利用条件建立b，k等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点.(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.3.求解范围问题的方法求范围问题的关键是建立求解关于某个变量的目标函数，通过求这个函数的值

域确定目标的范围，要特别注意变量的取值范围.4.圆锥曲线中常见最值的解题方法(1)几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决；(2)代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，

再求这个函数的最值，最值常用均值不等式法、配方法及导数法求解.5.圆锥曲线的弦长设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋k2·（x1＋x2）2－

4x1x2＝1＋1k2·|y1－y2|＝1＋1k2·（y1＋y2）2－4y1y2.1.圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略（1）求代数式为定值：依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可

得出定值.（2）求点到直线的距离为定值：利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得.（3）求某线段长度为定值：利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得.2.圆锥曲线中定点问题的两种解法（1）引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，

再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.（2）特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.3.圆锥曲线中常见的最值问题及其解法（1）两类最值问题：①涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；②求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时

确定与之有关的一些问题.（2）两种常见解法：①几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决；②代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，最值常用基本不等式法、

配方法及导数法求解.4.存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在.解决存在性问题应注意以下几点：（1）当条件和结论不唯一时要分类讨论；（2）当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，

再推出条件；（3）当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径.5.解决直线与圆锥曲线的综合问题时，要注意：（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、圆锥曲线的条件；（2）强化有关直线与圆锥曲

线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．6.解答圆锥曲线问题的策略：1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心

变量（通常为变量k）；②利用条件找到k过定点的曲线0(),Fxy之间的关系，得到关于k与,xy的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根

据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.7..圆锥曲线中的证明问题常见的有：(1)位置关系方面的：如证明直线与曲线相切，直线间的平行、垂直，直线过定点等.(2)数量关系方面的：如存在定值、恒成立、相等等.在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下，一般采用直接法，通过相关的代

数运算证明，但有时也会用反证法证明.8.有关弦的三个问题(1)涉及弦长的问题，应熟练地利用根与系数的关系，设而不求计算弦长；(2)涉及垂直关系往往也是利用根与系数的关系设而不求简化运算；(3)涉及过焦点的弦的问题，可考虑利用圆锥曲线的定义求解.9.求解与弦有关问题的两种方法(1)方程组法

：联立直线方程和圆锥曲线方程，消元(x或y)成为二次方程之后，结合根与系数的关系，建立等式关系或不等式关系.(2)点差法：在求解圆锥曲线且题目中已有直线与圆锥曲线相交和被截线段的中点坐标时，设出直线和圆锥曲线的两个交点坐标，代

入圆锥曲线的方程并作差，从而求出直线的斜率，然后利用中点求出直线方程.“点差法”的常见题型有：求中点弦方程、求(过定点、平行弦)弦中点轨迹、垂直平分线问题.必须提醒的是“点差法”具有不等价性，即要考虑判别式Δ是

否为正数.定值问题1.（2022·河南·二模（文））已知点0,1F，直线l：y=4，P为曲线C上的任意一点，且PF是P到l的距离的12.(1)求曲线C的方程；(2)若经过点F且斜率为0kk的直线交曲线C于点M､N，线段MN的垂直平分线交y轴于点H，求证：FHMN为

定值.【答案】(1)22134xy(2)见解析【分析】（1）设,Pxy,根据题意列出方程整理即得；（2）直线的方程为1ykx,与曲线C方程联立消去y整理得：2243690kxkx,检验

判别式并利用弦长公式求得2212143kMNk，利用韦达定理和中点坐标公式及直线垂直时的斜率关系得到中垂线的方程，进而求得H的坐标，得到223143kFHk,从而证得结论.(1)设,Pxy,由已知得221142xyy,整理得：22134xy,此即为曲线

C的方程；(2)经过点F且斜率为0kk的直线的方程为1ykx,与曲线C方程联立得：221134ykxxy,消去y整理得：2243690kxkx,222364

94314410kkk恒成立,设1122,,,MxyNxy,则2221222121114343kMNkxxkkk,122643kxxk，设线段MN的中点为00,Txy,则120

23243xxkxk，0024143ykxk，线段MN的中垂线的斜率为1k，方程为224134343kyxkkk,令0x,解得2143yk，即为点H的纵坐标，∴22231114343kFHkk,∴

222231143412143kFHkMNkk（为定值）2.（2021广东省深圳市第七高级中学高三第二次月考）抛物线E：220ypxp的焦点为F，过点F的直线与抛物线交于M，N两点，弦MN的最小值为2.（1）求抛物线E的标准方程；（2）设点Q是直线

10xy上的任意一点，过点1,0P的直线l与抛物线E交于A，B两点，记直线AQ，BQ，PQ的斜率分别为AQk，BQk，PQk，证明：AQBQPQkkk为定值.【答案】（1）22yx；（2）证

明见解析.【分析】（1）利用焦点弦的性质可知22MNp，即求；（2）设直线方程，联立抛物线方程，利用韦达定理法即证.【详解】（1）对于220ypxp，过焦点的弦最短时，弦垂直于x轴，此时M，N两点的横坐标均为2p，代入可求得纵坐标分别为p，则此时22MNp，所以1p

，即抛物线方程为22yx.（2）证明：设01,Qy，11,Axy，22,Bxy，因为直线l的斜率显然不为0，故可设直线l的方程为1xty，联立方程212xtyyx，消去x得2220yty.所以121222yytyy且02PQyk又

10220110201212111111AQBQyyxyyxyyyykkxxxx1022011201202121212222242224yytyyytytyytyyyytytytyytyy

200002222222422242ytttytyytttt所以0022AQBQPQkkyyk（定值）.3.（2021四川省双流中学高三上学期10月月考）已知1F，2F分别是椭图E：22221xyab

0ab的左，右焦点，的顶点都在椭圆E上，且边AB，AC分别经过点1F，2F.当点A在y轴上时，12AFF△为直角三角形且面积为1.（1）求E的方程；（2）设B、C两点的横坐标分别为1x、2x，求证：12112323xx为定值.【答案】（1）2212xy（2）证

明见解析【分析】（1）由题意可得12AFF△为等腰直角三角形，且点A为椭圆的上顶点，bc，再结合12AFF△的面积为1，可求出c的值，从而可求出,ab，进而可求出椭圆方程，（2）先讨论直线AB或AC的斜率不存在的情况，再

设00(,)Axy，直线AB为(1)ykx，代入椭圆方程中消去y，再由根与系数的关系可得2102412kxxk，再结合220012xy表示出2k，从而可得0103423xxx，同理可得020

3423xxx，代入12112323xx中化简可得结论（1）由题意可得12AFF△为等腰直角三角形，且点A为椭圆的上顶点，bc，因为12AFF△的面积为1，所以1212cc，解得1c，则1b，2222abc，所以椭圆方程为2212x

y（2）若直线AB的斜率不存在，则直线AB为1x，将1x代入椭圆方程得2112y，22y，不妨设21,2A，则21,2B，即11x，此时直线AC的斜率为222114，直线AC的方

程为2(1)4yx，代入椭圆方程得25270xx，所以2215x，得275x，所以12111167232323235xx，同理可得直线AC的斜率不存在时，可得121162323xx，若直线AB的斜率存在，设00(,)Axy，直线

AB为(1)ykx，代入椭圆方程得2222(12)42(1)0kxkxk，所以2102412kxxk，因为点00(,)Axy在椭圆上，所以220012xy，所以220012xy，所以20222002220001221121xyxk

xxx，所以2022200102200202421424212231221xxxkxxxkxx，所以200100042342323xxxxxx，同理可得0203423xxx，所以0012001111343423232

3232323xxxxxx000000232362(34)3(23)2(34)3(23)xxxxxx所以12112323xx为定值定点问题1.（2021“四省八校”高三上学期期中质量检测）已知椭

圆C的方程为：22221xyab（0ab），离心率为12，椭圆上的动点P到右焦点F距离的最大值为3.（1）求椭圆C的标准方程；（2）过右焦点F作不平行于y轴的直线l交椭圆于A、B两点，点A关于x轴对称点为A，求证：直线BA过

定点.【答案】（1）22143xy（2）证明见解析【分析】（1）由题意知，123caac，再由222abc得到各个参数值，进而得到方程；（2）将直线和椭圆方程联立，直线BA方程为：211121yyyyxxxx，化简得到21

21212112yyyxxyyxxxyy，再由直线方程化简得到121221211221222kxxkxxyxxyyykxxk，代入韦达定理即可得到结果.（1）由题意知，123caac，

21ac，3b，22143xy（2）1,0F，设l：1ykx，与22143xy，联立得22223484120kxkxk设11,Axy，22,Bxy，11,Axy，212

2834kxxk，212241234kxxk直线BA方程为：211121yyyyxxxx，即2121112121212121211212121212112yyyxyxyyyxxyyyyxxyyxyxxxxxxxxxxxxyy

222221121212212121212212241282112343448112234kkkxxkxxkxxkxxyxxykkkyykxkxkxxkkl

：21214yyyxxx，l过定点4,0.（四川省成都市石室中学2021-2022学年高三上学期期中）2.设抛物线2:4Cyx的焦点为F，过焦点F作直线l交抛物线C于A，B两点．（1）若8AB，求直线l的方程；（2）设2,4mPm为抛物线

C上异于A，B的任意一点，直线PA，PB分别与抛物线C的准线相交于D，E两点，求证：以线段DE为直径的圆经过x轴上的定点．【答案】（1）1xy（2）证明见解析【分析】（1）设出过焦点的直线，再和抛物线联立，最后运用抛

物线的定义及韦达定理可求出直线方程；（2）求出直线PA，PB分别与抛物线C的准线相交于D，E两点的坐标，然后根据向量数量积为零建立方程求解即可.【小问1详解】由已知，得1,0F设直线l的方程为1xty，代入24yx，得2440yty

．设11,Axy，22,Bxy，则124yyt，124yy．则2121224448ABxxtyyt，解得1t，所以直线l的方程为1xy．【小问2详解】证明

：设211,4yAy，222,4yBy则12211444PAymkymym，故直线PA的方程为2144mymxym．令1x，得21114414mymymymym，所以点1141,

myDym．同理可得，点2241,myEym．设以线段DE为直径的圆与x轴的交点为,0Na则1141,myDNaym，2241,myENaym．由

题意，知DNEN，则0DNEN，即2121244(1)0mymyaymym．由（1）可得124yyt，124yy所以222121212221212124441641616(1)444mymymy

ymyymmtaymymyymyymmmt解得1a或3，故以线段DE为直径的圆经过x轴上的两个定点1,0和3,0.最值与范围问题1.（2021四川省攀枝花市高三第一次统考）已知双曲线22:12xE

y的两个焦点分别为1F，2F，动点P满足124PFPF.（1）求动点P的轨迹C的方程；（2）若轨迹C上存在两点A，B满足1OAOBkk（OAk，OBk分别为直线OA，OB的斜率），求直线AB的斜率的取值范围.【答案】（1）2214xy

（2）11[,0)(,)22【分析】（1）由题设知：1212||PFPFFF，结合椭圆的定义写出轨迹C的方程；（2）设AB：ykxb，1122(,),(,)AxyBxy，联立椭圆方程并应用韦达

定理可得122814kbxxk，21224(1)14bxxk，根据1OAOBkk可得221kb，由0有2214bk，即可求直线AB的斜率的取值范围.【小问1详解】由题设，若12(3,0),(3,0)FF

，∴12124||23PFPFFF，即动点P的轨迹是以12,FF为焦点，长轴长为4的椭圆，∴动点P的轨迹C的方程为2214xy.【小问2详解】由题设，设直线AB：ykxb，1122(,),(,

)AxyBxy，∴12211212121yyxyxyxxxx.联立轨迹C可得：222(14)8440kxkbxb，则2216(14)0kb，∴122814kbxxk，21224(1

)14bxxk，211212122()xyxykxxbxx，则12212()2211bxxkkxxb，即221kb，∵2214bk，且2210bk，∴(21)0

kk且12k，可得或12k.2.（2021浙江省绍兴市第一中学高三上学期期中）设点1F，2F分别是椭圆222:1(0)xCyaa+=>的左､右焦点，122FF.（1）求椭圆C的方程；（2）如图，动直线:lykxm与椭圆C有且仅有一个公共点，作1

FMl，2FNl分别交直线l于M，N两点，求四边形12FMNF面积S的最大值.【答案】（1）2212xy（2）2【分析】（1）依题意可得1c，21b，即可求出2a，从而求出椭圆方程；（2）直线方程与椭圆方程联立得222(21

)4220kxkmxm，根据直线l和椭圆C有且仅有一个公共点得2221mk.设112||||1kmdFMk，222||||1kmdFNk.分当0k、0k时，求解得出.（1）解：因为122

FF，所以1c，又因为222:1(0)xCyaa+=>，即21b，所以2222acb，所以椭圆方程为2212xy；（2）解：联立2212ykxmxy，得222(21)4220kxk

mxm，直线l和椭圆C有且仅有一个公共点，2222164(21)(22)0kmkm，即2221mk.设112||||1kmdFMk，222||||1kmdFNk.①当0k时，四边形12FFNM为矩形

，此时2S②当0k时，过2F作1FM的垂线，垂足为P，则222212112||||||||4()MNFPFFFPdd，121()||2SddMN，则2222212121211()||()[4()

]44SddMNdddd，2222212222()()||()2111mkkmmkddkkk，又22221mkk，222222122222()()4()21111mkkm

mkmddkkkk，同理：222222122222()()4()21111mkkmmkkddkkkk，222212122214()[4()]4(1)mSddddk.22211mk

，22222224116()16()1(1)1mmSkmmm，2(0,4)S，即(0,2)S.综上所述，(0S，2]，即S的最大值为2.圆锥曲线弦长1．（多选）（2022·广东潮州·二模）已如斜率为k的直线l经过抛物线24yx的焦点且

与此抛物线交于11,Axy，22,Bxy两点，8AB，直线l与抛物线24yx交于M，N两点，且M，N两点在y轴的两侧，现有下列四个命题，其中为真命题的是（）．A．12yy为定值B．12yy为定值C．k的取值范围为,11,4D．存

在实数k使得21313MNk【答案】ACD【分析】设l的方程为10ykxk，联立241yxykx，整理得2440kyyk，根据根与系数的关系可判断A、B选项

．由弦长公式122448ABxxpk，得21k，再联立214ykxyx，M，N两点在y轴的两侧，求得4k，由此判断C．设33,Mxy，44,Nxy，由弦长公式得22

1416MNkkk，继而由已知得241613kk，求解即可判断D选项．【详解】解：由题意可设l的方程为10ykxk，联立241yxykx，得2440kyyk，则1244kyyk为定值

，故A正确．又124yyk，故B不正确．12122422yyxxkk，则122448ABxxpk，即21k，联立214ykxyx，得240xkxk，∵M，N两点在

y轴的两侧，∴22444160kkkk，且40k，∴4k．由21k及4k可得1k或14k，故k的取值范围为,11,4，故C正确．设33,Mxy，44,Nxy，则34xxk，344xxk，

则22223434141416MNkxxxxkkk．假设存在实数k，则由21313MNk，得241613kk，解得1k或3，故存在3k满足题意．D正确．故选：ACD．2．（2022·全国·模拟预测（理））已知椭圆T：222210xyaba

b的长轴长是短轴长的2倍，过左焦点F作倾斜角为45°的直线交T于A，B两点，若825AB，则椭圆T的方程为______．【答案】22182xy【分析】本题考查弦长公式的使用，22121214ABkxxxx．【详解】∵2ab

，则3cb,∴椭圆T：222214xybb，左焦点F3,0b设直线：3yxb，11,Axy，22,Bxy联立方程：2222314yxbxybb消去y得：2258380xbxb＋∴21212838

,55bxxbxx228332822555bABb可得：22b∴椭圆T：22182xy故答案为：22182xy．探究性问题1.（安徽省合肥市肥东县第二中学2020-2021学年高三上学期12月第四次

检测）已知中心在原点，焦点在x轴上的椭圆C的长半轴长为2，且经过点31,2M；过点(2,1)P的直线l与椭圆C相交于不同的两点A，B.（1）求椭圆C的方程；（2）是否存在直线l，满足2PAPBPM，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）22143xy（2）存在直线l满足条件，其方程为12yx【分析】（1）设椭圆C的方程为22221(0)xyabab，根据椭圆C的长半轴长为2，且经过点31,2M，可得2221914a

ab，即可得到答案；（2）由题意得直线l的斜率必存在，设直线l的方程为：(2)1ykx，利用韦达定理，代入向量等式可得22445344kk，求出k的值，即可得到答案；（1）（1）∵中心在原点，焦点在x轴

上的椭圆C的长半轴长为2，且经过点31,2M，∴设椭圆C的方程为22221(0)xyabab，由题意得2221914aab，解得23b，∴椭圆C的方程为22143xy.（2）∵过点(2

,1)P的直线l与椭圆C相交于不同的两点A，B，∴若存在直线l满足题意，则直线l的斜率必存在，设直线l的方程为：(2)1ykx，由22143(2)1xyykx，得222348(21)161680kxkkxkk

，∵直线l与椭圆C相交于不同的两点A、B，设A、B两点的坐标分别为1122,,,xyxy，∴222Δ[8(21)]434161680kkkkk，整理，得32(63)0k，解得12k，又2

1212228(21)16168,3434kkkkxxxxkk，∵2PAPBPM，即1212522114xxyy，∴22125221||4xxk

PM，∴2121252414xxxxk，∴222222161688(21)4452413434344kkkkkkkkk，解得12k，∵1

2k，∴12k，∴存在直线l满足条件，其方程为12yx.2.（2021湖南长沙一中、广东深圳实验高三期中联考）设双曲线C：22221xyab（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别是F1，F2，渐近线分别为l

1，l2，过F2作渐近线的垂线，垂足为P，且△OPF1的面积为24b．（1）求双曲线C的离心率；（2）动直线l分别交直线l1，l2于A，B两点（A，B分别在第一、四象限），且△OAB的面积恒为8，是否存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线C，若存在，求出双曲线C的方程；若不存在

，说明理由．【答案】（1）5（2）存在，221416xy【分析】（1）由△OPF1的面积为24b，可得a，b的比值，再求离心率即可，（2）先求得A，B的坐标，及△OAB的面积恒为8，得直线l的方程，再联立双曲线的方程，得△＝0，即可求得双曲线的方程．【小问1详解】12(,0),(,0

)FcFc，双曲线的渐近线方程为byxa，由双曲线的对称性不妨取渐近线byxa，则点2(,0)Fc到其的距离为2220bcbcPFbcba，则222222OPOFPFcba，得1

2242OPFOPFbabSS，解得22222,45bacabaaa，所以双曲线C的离心率55caeaa．【小问2详解】由（1）得渐近线l1：y＝2x，l2：y＝−2x，设双曲线得方程为2222

14xyaa，依题意得直线l的斜率不为零，因此设直线l的方程为11022xmytmt，＜＜，＞，设直线l交x轴于点C（t，0），A（x1，y1），B（x2，y2），联立2xmytyx

，，得1212tym，同理得2212tym．由△OAB的面积12182OABSOCyy，得122821212tttmm，即t2＝4|1−4m2|＝4（1−4m2）＞0，联立222214xmytxyaa

，，得（4m2−1）y2+8mty+4（t2−a2）＝0，，因为2410m，所以，直线l与双曲线只有一个公共点当且仅当Δ＝0，即222226416(41)()0mtmta，化简得222240mata，将（1）式代入可得222244(14)0mam

a，22(4)(41)0am解得24a，因此双曲线的方程为221416xy，因此，存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线，双曲线C的方程为221416xy．1.（2019年全国统一高考（新课标Ⅱ））若

抛物线y2=2px（p>0）的焦点是椭圆2231xypp的一个焦点，则p=A.2B.3C.4D.8【答案】D【分析】利用抛物线与椭圆有共同的焦点即可列出关于p的方程，即可解出p，或者利用检验排除的方法，如2p时，抛物线焦点为（1，0），椭圆焦点为（±2，0），排除A，同样可排

除B，C，故选D．【详解】因为抛物线22(0)ypxp的焦点(,0)2p是椭圆2231xypp的一个焦点，所以23()2ppp，解得8p，故选D．【点睛】本题主要考查抛物线与椭圆的几何性质，渗透逻辑推理、运算能力素养

．2.（2019年全国统一高考（新课标Ⅲ））已知曲线C：y=22x，D为直线y=12上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.（1）证明：直线AB过定点：（2）若以E(0，52)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形A

DBE的面积.【答案】(1)见详解；(2)3或42.【分析】（1）可设11(,)Axy，22(,)Bxy，1(,)2Dt然后求出A，B两点处的切线方程，比如AD：1111()2yxxt，又因为BD也有类似的

形式，从而求出带参数直线AB方程，最后求出它所过的定点.（2）由(1)得带参数的直线AB方程和抛物线方程联立，再通过M为线段AB的中点，EMAB得出t的值，从而求出M坐标和EM的值，12,dd分别为点,DE到直线AB的距离，则212221,1dtdt，结合弦长公式

和韦达定理代入求解即可.【详解】(1)证明：设1(,)2Dt,11(,)Axy,则21112yx．又因为212yx，所以y'x.则切线DA的斜率为1x，故1111()2yxxt，整理得112210txy.设22(,)Bxy，同理得222210txy

.11(,)Axy,22(,)Bxy都满足直线方程2210txy.于是直线2210txy过点,AB，而两个不同的点确定一条直线，所以直线AB方程为2210txy.即2(21)0txy，当20,210xy时等式恒成立．

所以直线AB恒过定点1(0,)2.（2）由（1）得直线AB的方程为12ytx.由2122ytxxy，可得2210xtx，于是2121212122,1,()121xxtxxyytxxt2222121212||1||1()42(1)AB

txxtxxxxt.设12,dd分别为点,DE到直线AB的距离，则212221,1dtdt.因此，四边形ADBE的面积22121||312SABddtt.设M为线段AB的中点，则21,2Mtt，由于EMAB，而2,

2EMtt，AB与向量(1,)t平行，所以220ttt，解得0t或1t.当0t时，3S；当1t时42S因此，四边形ADBE的面积为3或42.【点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题和第二问是求面积类型，属于常规题型，按部就班的求解就可以

．思路较为清晰，但计算量不小．3.（2020年全国统一高考（新课标Ⅱ））已知椭圆C1：22221xyab(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=43|AB|.（1）求C1的离

心率；（2）设M是C1与C2的公共点，若|MF|=5，求C1与C2的标准方程.【答案】（1）12；（2）221:13627xyC，22:12Cyx.【分析】（1）求出AB、CD，利用43CDAB可得出关于a、c的齐次等式，可解得椭圆1C的离心率的值；（2）[

方法四]由（1）可得出1C的方程为2222143xycc，联立曲线1C与2C的方程，求出点M的坐标，利用抛物线的定义结合5MF可求得c的值，进而可得出1C与2C的标准方程.【详解】（1）,0Fc，ABx轴且与椭圆1C相交于A、B两点，则直线AB的方程为xc，联立222

22221xcxyababc，解得2xcbya，则22bABa，抛物线2C的方程为24ycx，联立24xcycx，解得2xcyc，4CDc，43CDAB，即2843bca，223bac

，即222320caca，即22320ee，01eQ，解得12e，因此，椭圆1C的离心率为12；（2）[方法一]：椭圆的第二定义由椭圆的第二定义知20||MFeaxc，则有200||aMFexaexc，所以0152ax，即021

0xa．又由0||5MFxc，得052ax．从而21052aa，解得6a．所以3,6,33,6cabp．故椭圆1C与抛物线2C的标准方程分别是2221,123627xyyx．[方法二]：圆锥曲线统一的极坐

标公式以(c,0)F为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．由（Ⅰ）知2ac，又由圆锥曲线统一的极坐标公式2||1coscMF，得255cosc，由132||11cos2cMF，得3105

cosc，两式联立解得3c．故1C的标准方程为2213627xy，2C的标准方程为212yx．[方法三]：参数方程由（1）知2,3acbc，椭圆1C的方程为2222143xycc，所以1C的参数方程为（为参数），将它代入抛物线22:4Cycx

的方程并化简得23cos8cos30，解得1cos3或cos3（舍去），所以22sin3，即点M的坐标为226,33cc．又||5MF，所以由抛物线焦半径公式有5Mxc，即253cc，解得3c．故1C的标

准方程为2213627xy，2C的标准方程为212yx．[方法四]【最优解】：利用韦达定理由（1）知2ac，3bc，椭圆1C的方程为2222143xycc，联立222224143ycxxycc，消去y并整理得22316120xcxc，解得23x

c或6xc（舍去），由抛物线的定义可得25533cMFcc，解得3c.因此，曲线1C的标准方程为2213627xy，曲线2C的标准方程为212yx.【整体点评】(2)方法一：椭圆的第二定义是联系准线与离心率的重要工具，涉及离心率的问题不妨考虑使用第二定义，很多时候会使得问

题简单明了.方法二：圆锥曲线统一的极坐标公式充分体现了圆锥曲线的统一特征，同时它也是解决圆锥曲线问题的一个不错的思考方向.方法三：参数方程是一种重要的数学工具，它将圆锥曲线的问题转化为三角函数的问题，使得原来抽象的问题更加具体化.方法四：韦达定理是最常用的处理直线与圆锥曲线位置关系的

方法，联立方程之后充分利用韦达定理可以达到设而不求的效果.4.（2019年全国统一高考（新课标Ⅱ））已知12,FF是椭圆2222:1(0)xyCabab的两个焦点，P为C上一点，O为坐标原点．（1）若2POFV为等边三角形，求C的离心率；（2)如果存在

点P，使得12PFPF，且12FPF△的面积等于16，求b的值和a的取值范围.【答案】(1)31e；（2）4b，a的取值范围为[42,).【分析】（1）先连结1PF，由2POFV为等边三角形，得到1290FPF，2PFc，13

PFc；再由椭圆定义，即可求出结果；（2）先由题意得到，满足条件的点(,)Pxy存在，当且仅当12162yc，1yyxcxc，22221xyab，根据三个式子联立，结合题中条件，即可求出结果.【详解】（1）连结1PF，由2POFV为等边三

角形可知：在12FPF△中，1290FPF，2PFc，13PFc，于是1223aPFPFcc，故椭圆C的离心率为23113cea；（2）由题意可知，满足条件的点(,)Pxy存在，当

且仅当12162yc，1yyxcxc，22221xyab，即16cy①222xyc②22221xyab③由②③以及222abc得422byc，又由①知22216yc，故4b；由②③得22222()axcbc

，所以22cb，从而2222232abcb，故42a；当4b，42a时，存在满足条件的点P.故4b，a的取值范围为[42,).【点睛】本题主要考查求椭圆的离心率，以及椭圆中存在定点满足题中条件的问题，熟

记椭圆的简单性质即可求解，考查计算能力，属于中档试题.5.（2019年全国统一高考（新课标Ⅱ））已知点A(−2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为−12.记M的轨迹为曲线C.（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；（2）过坐标原点的直线交C于P，Q

两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.（i）证明：是直角三角形；（ii）求面积的最大值.【分析】（1）分别求出直线AM与BM的斜率，由已知直线AM与BM的斜率之积为−12，可以得到等式，化简可以求出曲线C的方程，注意直线AM与BM有斜率的条件；（2）（i）设出直

线PQ的方程，与椭圆方程联立，求出P，Q两点的坐标，进而求出点E的坐标，求出直线QE的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数关系求出G的坐标，再求出直线PG的斜率，计算PQPGkk的值，就可以证明出PQG是直角三角形；（ii）由（i）可知,,PQG三点坐标，PQG是直角三角形，求出,PQPG的

长，利用面积公式求出PQG的面积，利用导数求出面积的最大值.【详解】（1）直线AM的斜率为(2)2yxx，直线BM的斜率为(2)2yxx，由题意可知：22124,(2)222yyxyxxx，所以曲线C是以坐标原点为中心，焦点

在x轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为221,242xyx；（2）（i）设直线PQ的方程为ykx,由题意可知0k,直线PQ的方程与椭圆方程2224xy联立,即22222,,21

24.2.21xykxkxykyk或222,212.21xkkyk,点P在第一象限，所以22222222(,),(,)21212121kkPQkkkk，因

此点E的坐标为22(,0)21k直线QE的斜率为2QEkk，可得直线QE方程：2221kkyxk，与椭圆方程联立，222,22124.kkyxkxy，消去y得，2222224128(2)02121kxkkxkk（*），设点11(,)Gxy，显然Q点的

横坐标2221k和1x是方程（*）的解所以有22211222212826421221(2)21kkkxxkkkk，代入直线QE方程中，得31222(2)21kykk，所以点G的坐标为232222642(,)(2)21(2)

21kkkkkk，直线PG的斜率为;3322222222222222(2)1(2)2121642642(2)(2)2121PGkkkkkkkkkkkkkkkk,因为1()1,PQPGkkkk所以PQPG，因此PQG是直角

三角形；（ii）由（i）可知：22222222(,),(,)21212121kkPQkkkk，G的坐标为232222642(,)(2)21(2)21kkkkkk，22222222222241()()2121212121kkkPQkkkkk

，23222222222226422241()()(2)2121(2)2121(2)21kkkkkPGkkkkkkkk,22342222141418()2252(2)2121PQGkkkkkSkkkkk42'422

8(1)(1)(232)(252)kkkkSkk,因为0k，所以当01k时，'0S，函数()Sk单调递增，当1k时，'0S，函数()Sk单调递减，因此当1k时，函数()Sk有最大值，最大值为16(1)9S.

【点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，以及利用直线与椭圆的位置关系，判断三角形形状以及三角形面积最大值问题，考查了数学运算能力，考查了利用导数求函数最大值问题.一、单选题1．（2022·辽宁丹东·一模）直线l过抛物线2:2(0)Cy

pxp的焦点，且与C交于,AB两点，若使2AB的直线l有且仅有1条，则p（）A．14B．12C．1D．2【答案】C【分析】利用抛物线对称性，即可得出满足条件的焦点弦AB必须垂直于x轴，即可得出,AB两点坐标，

代入方程解出p【详解】由抛物线的对称性，要使2AB的直线l有且仅有1条，则AB必须垂直于x轴，故,AB两点坐标为,12p，代入抛物线方程可解得1p，故选：C2．（2022·江苏·南京市第一中学三模）已知0p，曲线1C：222224xypab

0,0ab，抛物线2C：22ypx，抛物线3C：22xpy，且1C，2C，3C有且仅有一个公共点，则ab的最小值为（）A．2B．1C．4D．2p【答案】A【分析】求得23,CC的交点并代

入1C的方程，结合基本不等式求得ab的最小值.【详解】依题意，0p，原点不满足方程222224xypab，所以原点不是1C，2C，3C的公共点.由2222ypxxpy解得22xpyp或00xy（舍去）.将22xpyp代入222224

xypab得222222244114,1pppabab.所以222222221122abababababababababab，当且仅当2ab时等号成立.所以ab的最小值为2.故选：A3．（2022·全国·三模（理））已知抛物

线C：24yx的焦点为F，直线l与抛物线C交于A，B两点，线段AB的中点为4,2，则点F到直线l的距离为（）A．22B．2C．322D．22【答案】A【分析】利用点差法可求出直线的斜率，即得直线方程，

根据点到直线的距离即可得结果.【详解】设11,Axy，22,Bxy，则2114yx，2224yx，所以22121244yyxx，即1212124yyxxyy，因为AB的中点为4,2，124yy，所以直线l的斜率1k，所以直线l的方程为

20xy，所以焦点1,0F到直线20xy的距离102222d，故选：A.4．（2021·全国·模拟预测）已知F是抛物线C：26yx的焦点，A，B是抛物线C上不同的两点，O为坐标原点，若OAOB，OMAB，垂足为M，则OFM△面积的最大值为（）A．

6B．3C．92D．94【答案】D【分析】设直线OA的方程为0ykxk，求出点,AB的坐标，求出直线AB的方程和经过的定点，求出点M的轨迹是以OD为直径的圆（不包含点O，D），即得解.【详解】解：由题意知直线OA的斜率存在且不为0，设直线OA的方程为0ykxk，

与抛物线方程联立，得266,Akk，因为OAOB，所以直线OB的方程为1yxk，与抛物线方程联立，得26,6Bkk，当1k时，易知ABx轴，不符合题意；当1k时，22266616AB

kkkkkkk，所以直线AB的方程为22266611kkyxkkxkk，所以直线AB过定点6,0D，因为OMAB，所以点M的轨迹是以OD为直径的圆（不包含点O，D），所

以点M到x轴距离的最大值为3，此时OFM△的面积最大，又3,02F，则OFM△面积的最大值为1393224.故选：D.5．（2022·河南·模拟预测（理））已知椭圆C：221189xy的上、下顶点分别为A，B，点000,0Pxyx在椭圆C上

，若点11,Qxy满足APAQ，BPBQ，则10xx（）A．13B．12C．22D．23【答案】B【分析】利用直线垂直，点斜式得到,QAQB的直线方程，联立解得Q点的坐标，再由点P在椭圆上，即可得出01,xx的关系，即可求解.【详解】由题可知0,3A，0,

3B．因为APAQ，BPBQ，故直线QA：0033xyxy，直线QB：0033xyxy，联立两式，解得2010109,,yxxyy又22001189xy，所以20010292yxxx，所以1012xx．故选：B二、多选题6．

（2022·江苏南通·模拟预测）已知椭圆22:1Cmxny与直线1yx交于A、B两点，且823AB，21,33M为AB的中点，若P是直线AB上的点，则（）A．椭圆C的离心率为22

B．椭圆C的短轴长为3C．3OAOBD．P到C的两焦点距离之差的最大值为22【答案】ACD【分析】利用点差法可求得mn的值，可得出22ba的值，结合离心率公式可判断A选项；将直线AB的方程与椭圆的方程联

立，列出韦达定理，结合弦长公式求出b的值，可判断B选项的正误；利用平面向量数量积的坐标运算，结合韦达定理，可判断C选项；利用对称思想结合三点共线可判断D选项的.【详解】令11,Axy、22,Bxy，则2211222211mxnymxny，则222212120m

xxnyy，则221222120yymnxx，则121212120yyyymnxxxx，则0ABOMmkkn，所以，1102mn，所以，12mn，则mn，11mn，椭

圆的标准方程为22111xymn，所以，椭圆C的焦点在x轴上，即221112bmnanm，22222222112cabbeaaa，即22e，A对；椭圆C的方程为22222xyb，联立222221xybyx，消y可得22342

20xxb，221612222480bb，可得213b，则1221243223xxbxx，221212168882242933bABxxxx，所以，23b，则3b，所以，椭圆C的短轴长为223b，B错

；121212121212411213133OAOBxxyyxxxxxxxx，C对；椭圆C的方程为2226xy，其标准方程为22163xy，633c，椭圆C的左焦点为13,0F，右焦点为23,0F，如下图所示：设点1F关于

直线AB的对称点为点,Emn，则312213nmnm，解得113mn，即点1,13E，易知1PFPE，则222122311322PFPFPFPEEF

,当且仅当点P、E、2F三点共线时，等号成立，D对.故选：ACD．7．（2022·江苏·南京市宁海中学二模）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线2222:10,0xyCabab的离心率为52，且双曲线C的左焦点在直线50xy

上，A、B分别是双曲线C的左、右顶点，点P是双曲线C的右支上位于第一象限的动点，记PA、PB的斜率分别为1k、2k，则下列说法正确的是（）A．双曲线C的渐近线方程为2yxB．双曲线C的方程为2214xyC．12kk为定值14D．存在点P，使

得121kk【答案】BC【分析】求出ba的值，可判断A选项；求出a、b的值，可判断B选项；设点00,Pxy，则220014xy，可得220044xy，利用斜率公式可判断C选项；利用基本不等式可判断

D选项.【详解】对于A选项，22222114bcaeaa，则12ba，所以，双曲线C的渐近线方程为12byxxa，A错；对于B选项，由题意可得50c，可得5c，2cae，112ba，所以，双曲线C的方

程为2214xy，B对；对于C选项，设点00,Pxy，则220014xy，可得220044xy，易知点2,0A、2,0B，所以，22000012220000122444yyyykkxxxy，C对；对于D选项，由题意可知02x，00y，则

01002ykx，02002ykx，且12kk，所以，121221kkkk，D错.故选：BC.8．（2022·湖南永州·三模）已知抛物线C:24yx与圆F:22114xy，点P在抛物线C上，点Q在圆F上，点1,0A，则（）A．

PQ的最小值为12B．FPQ最大值为45C．当PAQ最大时，四边形APFQ的面积为1528D．若PQ的中点也在圆C上，则点P的纵坐标的取值范围为2,2【答案】ACD【分析】对于A，根据||||||PQQFPF，结合抛物线的定义可判断A；对于B，设PM是圆F的切线，切

点为M，根据FPQFPM，||cos||PMFPMPF，可得FPQFPM30，由此可判断B；对于C，根据,PQ两点在x轴异侧，且AP与抛物线24yx相切于P，AQ与圆F相切于Q，可求出四边形APFQ的面积，由此可判断C；对于D，设PQ的

中点为N，PM是圆F的切线，切点为M，利用圆的切割线长定理得到221||2||4PFNQ，再根据1||212NQ得到3||2PF，再根据抛物线的定义可求出点P的纵坐标的取值范围，由此可判断D.【

详解】由24yx可知其焦点为圆F的圆心(1,0)F，圆F的半径为12，设00(,)Pxy，则00x，对于A，因为1||||||||2PQQFPQPF011x，所以1||2PQ，故A正确；对于B，设PM是圆F的切线，切点为M，则FPQF

PM，||cos||PMFPMPF21||4||PFPF2114||PF，因为0||11PFx，所以2113cos114||412FPMPF，所以30FPM，所以FPQFPM

30，即FPQ最大值为30，故B不正确；对于C，如图：当,PQ两点在x轴异侧，且AP与抛物线24yx相切于P，AQ与圆F相切于Q时，PAQ取得最大值，不妨设点P在第一象限，则点Q在第四象限，设直线AP：(1)(0)ykxk，代入24yx，消去y并整理得2222

(24)0kxkxk，所以224(24)40kk，所以21k，因为0k，所以1k，所以2210xx，所以1x，所以2y，即(1,2)P，此时1||222PAFSAF△

，当AQ与圆F相切于Q时，221||||||44AQAFFQ152，11151||||2222AQFSAQQF△158，所以四边形APFQ的面积为1528，故C正确；对于D，如图设PQ的中点

为N，PM是圆F的切线，切点为M，根据圆的切割线长定理可得2||||||PMPNPQ22||NQ，又22221||||||||4PMPFMFPF，所以221||2||4PFNQ，因为1||212NQ，所

以21||24PF，所以3||2PF，设00(,)Pxy，则0||1PFx，所以0312x，所以012x，所以20042yx，所以022y，即点P的纵坐标的取值范围为[2,2].故D正确；故选：AC

D9．（2022·山东枣庄·一模）已知椭圆E：22143xy，过椭圆E的左焦点1F的直线1l交E于A，B两点（点A在x轴的上方），过椭圆E的右焦点2F的直线2l交E于C，D两点，则（）A．若112AFFB，则1l的斜率62k

B．114AFBF的最小值为274C．以1AF为直径的圆与圆224xy相切D．若12ll，则四边形ADBC面积的最小值为28849【答案】BCD【分析】A选项，由112AFFB得到1223xx，再联立直线1l和椭

圆，结合韦达定理即可求出斜率；B选项先联立直线和椭圆求出111143AFBF，再结合基本不等式求解即可；C选项由椭圆的定义结合两圆相切的圆心距和半径关系即可判断；D选项斜率存在和不存在时分别计算面积，求出面积范围即可判断.【详解】易知：12(1,0)

,(1,0)FF，对于A，若112AFFB，显然直线1l的斜率存在且大于0，设直线1l1122(1)(0),(,),(,)ykxkAxyBxy，联立椭圆方程22(1)143ykxxy

，化简整理得2222(43)84120kxkxk，显然0，221212228412,4343kkxxxxkk，又111122(1),(1)AFxyFBxy，，

，故12121xx，整理得1223xx，由21221221228432341243kxxkxxkxxk解得254k，又0k，故52k，A错误；对于B，易知直线1l的斜率不为0，设直线1l1122:1,(,),(,)

xmyAxyBxy，联立椭圆方程221143xmyxy，化简整理得2234690mymy，显然0，12122269,3434myyyymm，由点A在x轴的上方，

显然120,0yy，又2222221111122211,11AFxymyBFxymy，212221112121111111yyAFBFmymymyy22221122212212(1

)44349(1)3134myyyymmmyym，故11111111114113(543444)AABFAFAFBFFFBFAFFFBB11114327(52)44BFAFAFBF，当且仅当11114BFAFAFBF

，即112AFBF时取等，B正确；对于C，设11(,)Axy，1AF的中点为P，则P111,22xy，又222111442AFxyOP，由椭圆定义知：21222AFAF，即122AFOP，又224xy

的圆心为(0,0)O，半径为2，故以1AF为直径的圆与圆224xy内切，C正确；对于D，当直线1l的斜率存在时，由上知：22221212121214ABxxyykxxxx22222222121841214

434343kkkkkkk，同理2222112112143143kkCDkk，故四边形ADBC面积为22

222222121121721112243434343kkkSABCDkkkk，令21(1)tkt，则22272727211411311491224tSttttt，又101t，故211494912244t

，故288649S；又当直线1l的斜率不存在时，直线2l的斜率为0，易得4,3ABCD，此时14362S，故288,649S，D正确.故选：BCD.【点睛】本题关键点在于A选项由1223xx和韦达定理解方程即可；B选项要先求出

求出111143AFBF，再结合基本不等式的知识求解；C选项要结合椭圆的定义得到圆心距和半径之间的关系；D选项斜率存在时求出面积的范围，斜率不存在时直接求出面积.10．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）双曲线2222:1(,0)xyCabab的虚轴长为2，12,FF为其左右

焦点，,,PQR是双曲线上的三点，过P作C的切线交其渐近线于,AB两点.已知12PFF△的内心I到y轴的距离为1.下列说法正确的是（）A．2ABF外心M的轨迹是一条直线B．当a变化时，AOB外心的轨迹方程为22222(1)4axayC．当P变化时，存在,QR使得

PQR的垂心在C的渐近线上D．若,,XYZ分别是,,PQQRPR中点，则XYZ的外接圆过定点【答案】AD【分析】根据圆的性质，结合双曲线的渐近线方程、直线斜率的公式，通过解方程（组）、运用夹角公式逐一判断即可.【详解】因为已知12PFF△的内心I到y轴的距离为1，双曲线

2222:1(,0)xyCabab的虚轴长为2，所以12PFF△的内心I横坐标01200012221xaPFPFxccxxa｜｜｜｜｜（）｜｜｜，，双曲线方程：221xy，122,0,2,0FF，渐近线yx.设

0011223344,,,,,,,,,PxyAxyBxyQxyRxy.当点00,Pxy在双曲线222210,0xyabab上时：设直线ykxm与双曲线222210,0xyabab交两点112

2,,,xyxy2222220bxayabykxm22222222()2()0bakxakmxamb222224222222222222212222212122220Δ44()()4()02

22bakkmabakambabbakmakmxxbakbmyykxxmbak当直线与双曲线相切时2222Δ00bakm，此时切点00,Qxy满

足：22212020222012022022bxxakmakmxymmxbyybmbykmmya切线22000222001xbxxyybykxmyxyayaa

设直线ykxm与渐近线22220xyab交两点3344,,,AxyBxy22220bxayykxm2222222()20bakxakmxam23412022234120222akmxxxxxbakyyyyy

切点00,Qxy正是线段AB的中点，∴2020ABbxkay；线段AB中垂线是200020ayyyxxbx.中垂线与y轴交于点，且TATB.20022002001ab

xxyyxbxayabbabyxyabxay可设220000,ababAbxaybxay一方面，22200AFabkabcbxay；另一方面，线段2AF中点是220

000,22222abcabWbxaybxay220422200000223200002222222WTycababcbxyaybxaybkabcabcbbxaybxay

2422242222000000222324220000002222AFWTabcbxyayabcabxyayabkkabcbxayabcbbxayabcbxay考虑到22422242200000220abcabxy

ayabcbxay∴2221AFWTkkAFWTTATF2TATBTF，点T确系2ABF之外心M！其轨迹是直线0x.选项A正确！依（1）设2200000000,;,aaaaABxayxayxayxay

线段OAOB、中点是2200000000,,22222222aaaaxayxayxayxay、线段OA中垂线是200002222aayaxxayxay

，即20012axayyxa线段OB中垂线是200002222aayaxxayxay，即20012axayyxa∴2200001122aaxayxayyyxxaa2222

220022214axayayxa，即OAB外心的轨迹方程为22222214ayxaa.故选项B错！（3）对PQR来讲，若垂心在渐近线上可设坐标是,uu，进而0343403434uyyyxxuxxxyy

化简得030304400404033044334433xyyxxyxyxxyyxxyyuxyxyxyxy030304

400303344304043443443344003300xyyxxyxyxyyxxyxyxyyxxyxyuxyxyxyxyxyxy404030300303434334340404443300443300

xxyyxxyyxxyyxxyyxxyyxxyyuxyxyxyxyxyxy044034430404344304043300330033xyxyxyxyxyyxxyx

yxyyxuxyxyxyxyxy∴044003303443334400xyxyxyxyxyxyuxyxyxy把044033033044xyxyxyuxyxyxyu

代入404030304433xxyyxxyyuxyxy并化简得：0033440xyxyxy考虑到00,Pxy不在渐近线上得000xy，故3344xyxy∴34

341QRyykxx，这不可能！垂心不能在yx上，同理不能在yx上，选项C错误；（4）设0303343440400,0,,,,,,222222xxyyxxyyxxyyOXYZ2343423434204042

0404tantan1QRPRQRPRQRPRkkZXYRkkxxxxbkayyyyxxxxbkayyyy

34043404043434043404340434043404tan1xxxxxxyyxxyyyyyyZXYxxxxyyyyxxxxyyyy

34040434340434043404340434043404tan11OYOZOYOZyyyyxxyyxxyykkxxxxZOYyyyykkyyyyxxxxxxxxtantan0,,

,ZXYZOYZXYZOYOZXY共圆！XYZ的外接圆过定点原点，选项D对.故选：AD【点睛】关键点睛：正确地进行数学运算，应用夹角公式是解题的关键.三、填空题11．（2022·安徽蚌埠·三模（文））已知椭圆22221(0)

xyabab的离心率为22,直线l与椭圆交于A,B两点,当AB的中点为1,1M时,直线l的方程为___________.【答案】230xy【分析】根据点差法和椭圆的离心率可求出2212221212yyxx，再根据AB

的中点为1,1M，可得12121212121212yyyyyyxxxxxx，由此可得直线l的斜率，再根据点斜式，即可求出结果.【详解】由题可知直线AB的斜率存在；设1122,,,AxyBxy,由于点,AB都在椭圆上，所以2211221xyab

①,2222221(0)xyabab②,①②，化简得2221222212yybaxx；又因为离心率为22，所以22212ba，所以2212ba，即221212122212121212yy

yyyyxxxxxx；又线段AB的中点为1,1M，所以121212121212121212121222yyyyyyyyyyxxxxxxxxxx

，所以直线AB的斜率为12，故所求直线l的方程为1112yx，即230xy．故答案为：230xy.12．（2022·河南许昌·三模（文））已知双曲线2222:10,0xyCabab的焦距为2,22cbcb，直

线ykx在第一象限交双曲线C的右支于点A，且OAc，则实数k的取值范围是_______【答案】153,153【分析】先求出A的坐标，得到244bkcb，利用22bcb求出实数k的取值范围.【详解】因为直线ykx在第一象限交双曲线C的右支于点A，且OAc

，所以A为圆222xyc与22221xyab的交点，联立解得：442,cbbAcc.所以直线ykx的斜率224444bbckcbcbc.因为22bcb，所以444416bcb，所以4444315bcbb，所以444111

53bcb，即211153k.因为0k，所以153153k，即实数k的取值范围是153,153.故答案为：153,153【点睛】解析几何的两种常见方法：（1）几何法：利用几何图形求解；（2）坐标法.13．（2022·山东济宁·二模）已知直线1:0l

kxy过定点A，直线2:2220lxkyk过定点B，1l与2l的交点为C，则ACBC的最大值为___________.【答案】26【分析】由已知直线方程可得(0,0)A、(22,2)B且1l、2l相互垂直，进而可知C的轨迹是以AB为直径的

圆，令ACx则212BCx且03x，利用基本不等式求2()ACBC的最大值，注意等号成立条件，即可知ACBC的最大值.【详解】由1:0lkxy，则1l过定点(0,0)A，由2:22(2)0lxky，则2l过定点(22,2)B，显然11()0kk，即1l、

2l相互垂直，而1l与2l的交点为C，所以C的轨迹是以AB为直径的圆，且圆心为(2,1)、半径为3，令ACx，则212BCx，且03x，所以2222()1221212(12)24ACBCxxxx，当且仅当212xx，即6x时等号成立，所以ACBC的最大为26.

故答案为：2614．（2021·全国·模拟预测（理））已知A，B，C是抛物线220ypxp上三个不同的点，且抛物线的焦点F是ABC的重心，若直线AB，BC，CA的斜率存在且分别为ABk，BCk，CAk，则111ABBCCAkkk

______．【答案】0【分析】设11,Axy，22,Bxy，则2112ypx，2222ypx，两式相减，得2212122yypxx，可求得1ABk，同理可得1BCk，1ACk，再由F是AB

C的重心，得1230yyy，从而可计算出111ABBCCAkkk的值【详解】设11,Axy，22,Bxy，则2112ypx，2222ypx，两式相减，得2212122yypxx，所以12121212ABxxyykyyp，设3

3,Cxy，同理可得2312BCyykp，1312ACyykp．由于焦点F是ABC的重心，所以1230yyy，故1110ABBCCAkkk．故答案为：0【点睛】关键点点睛：本题是综合性题目，属于探索创新情境，具体是数学探究情境，本题考查逻辑思维能力、运算求解能力，解题

的关键是设出点A，B，C的坐标后，直接使用三角形的重心坐标公式求解，属于中档题15．（2022·重庆·模拟预测）已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab的左、右焦点分别为12,FF，分别过12,FF，作斜率为2的直线交C在x轴上半平面部分于P，Q两点

．记12,OPFOQF面积分别为12,SS，若213SS，则双曲线C的离心率为_____________．【答案】52【分析】根据213SS得到213FQFP，结合双曲线的定义、余弦定理列方程，化简求得双曲线C的离心率.【详解】依题意，12//PFQF，12,OPFOQF面积分别

为12,SS，且213SS，由于1212,sinsinOFOFcPFOQFO，所以213FQFP，设21330FQFPmm，由双曲线的定义可知212,23PFamQFam，由22sintan2cossincos1π02

，可解得1cos5，故1211cos,cos55PFOQFO在三角形12PFF和三角形12QFF，分别由余弦定理得222222124225132942325mamcmcmamcmc

，整理得22225335mcmaacmcmaac，两式相减得45225mccmaea.故答案为：52【点睛】求解双曲线与焦点三角形有关的问题，可结合双曲线的定

义来进行考虑.求解双曲线的离心率，可利用直接法求得,ac来求，也可以根据题意建立关于,ac的方程，通过化简来求得离心率.四、解答题16．（2022·河南河南·三模（理））已知椭圆C：22221xyab（0ab）的左、右焦点分

别为1F，2F，离心率为12，长轴长为4．(1)求椭圆C的标准方程；(2)已知直线l的过定点1,04E，若椭圆C上存在两点A，B关于直线l对称，求直线l斜率k的取值范围．【答案】(1)22143xy(2)

2,2【分析】（1）由椭圆的离心率为12cea，长轴长为24a求解；（2）设直线方程为：14ykx，1122,,,AxyAxy，AB中点的坐标为00,xy，利用点差法求得中点坐标，再由线段AB的中点在椭圆内部，即2200143xy

求解.(1)解：因为椭圆的离心率为12cea，长轴长为24a，解得2,1ac，则23b，所以椭圆C的标准方程是22143xy；(2)易知直线的斜率存在，设直线方程为：14ykx

，1122,,,AxyAxy，AB中点的坐标为00,xy，则22112222143143xyxy，两式相减得1212121234xxxxyyyy，即0034kxy，又0014ykx

，解得0031,4kxy，因为线段AB的中点在椭圆内部，所以2200143xy，即2314143k，解得22k，所以直线l斜率k的取值范围2,217．（2022·江西萍乡·二模（理））若22

31(1,),(1,),(0,1),(,)2222ABCD四点恰有三点在椭圆2222:1xyTab(0)ab上．(1)求椭圆T的方程；(2)动直线2(0)2yxtt与椭圆交于,EF两点，EF中点为

M，连OM（其中O为坐标原点）交椭圆于,PQ两点，证明：MEMFMPMQ．【答案】(1)22:12xTy(2)证明见解析【分析】(1)根据椭圆的对称性可得点2(1,)2、2(1,)2在椭圆上，

结合点0,1在椭圆上列出方程组，解之即可；(2)设11(,)Exy、22(,)Fxy，联立动直线和椭圆方程并消去y，利用韦达定理表示出12xx、12yy，进而求出点M的坐标；联立直线22yx和椭圆方程求出点P、Q的坐标，求出弦长MPMQ

MEMF、、、，对MPMQMEMF、分别计算化简即可.(1)由于2(1,)2，2(1,)2，两点关于原点对称，必在椭圆上则221112ab，且2231144ab，所以0,1必在椭圆上，即有1b，2

2a，所以椭圆22:12xTy；(2)设11(,)Exy，22(,)Fxy，联立222212yxtxy，得22210xtxt则122xxt，12122222yyxtxtt，2(,)22tMt，则22O

Mk联立222221,212yxPxy，2(1,)2Q，2121231(1)1(1)(1)222222tMPMQtt，22222121

2121133(1)()[()4](1)44822EFtMEMFEFkxxxxxx，MEMFMPMQ.18．（2022·湖南·长郡中学一模）已知抛物线：22ypx（0p

）和圆C：2224xy，点P是上的动点，当直线OP的斜率为1时，POC△的面积为4．(1)求抛物线的方程；(2)若M、N是y轴上的动点，且圆C是PMN的内切圆，求PMN面积的最小值．【答案】(1)24yx(2)32【分

析】（1）联立直线OP与抛物线的方程，解出P点坐标，根据POC△面积为4，列式即可求得p（2）设00,Pxy，0,Mm，0,Nn，利用PM与PN与圆C相切，dr可以推出0044ymnx，0044xmnx，代PMN面积的表达式，消元运用均值不等式即可求得最值

(1)当直线OP的斜率为1时，联立方程22yxypx，解得2,2Ppp，此时2242POCpS△，解得2p，∴抛物线P的方程为24yx．(2)设00,Pxy，0,Mm，0,Nn，由题意知04x>，则直线PM：00ymyxmx，即

0000ymxxymx．∵直线PM与圆C相切，∴00220022ymmxdymx，∴222220000004444ymmxmxymymx20

004440xmymx同理可得：20004440xnynx．∴m、n是方程20004440xxyxx的两个根，∴0044ymnx，0044xmnx，且2000016164160yxx

x恒成立，∴200444xmnmnmnx，∴200000211624832244PMNxSmnxxxx△≥，当且仅当08x时取等号，PMN面积的最小值为32．19．（2022·重庆八中模拟预测）已知抛物线2:16Cy

x，直线l经过点1,0M，并与抛物线交于A，B两点，1,0N．(1)证明：ANMBNM；(2)若直线AN，BN分别交y轴于P，Q两点，设△OPA的面积为1S，△OQB的面积为2S，求12SS的最小值．【答案】(1)证明见解析；(2)2

.【分析】（1）设11,Axy，22,Bxy且直线AB为1xmy联立抛物线，将问题转化为证0ANBNkk，应用韦达定理及斜率两点式化简求值，即可证结论.（2）由（1）可得12124PQSSxx，利用A、B的坐标表示

PQ，讨论直线AB的斜率，由直线与抛物线方程及韦达定理求12SS关于参数的表达式，结合对应函数的性质求范围，即可知其最小值.(1)设11,Axy，22,Bxy，直线AB为1xmy，联立2116xmyyx

，整理得216160ymy，所以1216yym，1216yy，要证ANMBNM，只需证0ANBNkk．因为21122112121212121122111111ANBNxyxymyymyyyykkxxxxxx

12121222011myyyyxx，得证．(2)由112xSPO，222xSQO，又12POQOPQ，得：12124PQSSxx，直线AN为1111yyxx，令0x得：111Pyyx，同理221Qyyx

，所以1121yPQx，2221yPQx，两式相加得：121222211yyPQxx，即121211yyPQxx，当直线AB的斜率不存在时，直线:1ABx，得：0,2P，0,2Q且122xx，此时121224PQSSxx；当直线AB的

斜率存在时，直线:1ABykx，则212121212121212121212241121111111kxxxxkxkxkxxyyPQxxxxxxxxxx，由2116ykxyx

，整理得22222160kxkxk，可得122162xxk，121xx，代入上式，可得244kPQk，所以212122221621624441PQkkSSxxkkk

，令210tk，可得1241422162414141414ttSStttt，又24yxx在1,上为单调递增函数，所以122SS，综上，面积12SS的最小值为2．20．（2022·重庆·二模）已知椭圆2

222:10xyCabab的左焦点为2,0F，不过坐标原点O且不平行于坐标轴的直线l与椭圆C有两个交点A，B，线段AB的中点为Q，直线OQ的斜率与直线l的斜率的乘积为定值13.(1)求椭圆C的方程；(2)若过点F

的直线m交椭圆C于点M，N，且满足463tanOMONMON，求直线m的方程.【答案】(1)22162xy(2)320xy或2x【分析】（1）设11,Axy，22,Bxy，代入椭圆的

方程，利用点差法求得2213ba，进而求得,ab的值，即可求得椭圆的方程；（2）当直线m的斜率存在时，设直线:2mykx，联立方程组求得3434,xxxx，利用弦长公式，结合点到直线的距离公式，结合

三角形面积列出方程，求得k的值，得出直线方程，当直线m的斜率不存在时，得到直线m为2x，即可求解.(1)解：由题意，椭圆C的左焦点为2,0F，所以2c，设11,Axy，22,Bxy，由题意可得2211221xyab，2222221xyab，则12

121212220xxxxyyyyab，即2121221212yyyybxxxxa.因为13OQlkk，所以2213ba，即223ab=，所以226,2ab，所以椭圆C的方程为22162xy.(

2)解：当直线m的斜率存在时，设直线:2mykx，点33,Mxy，44,Nxy，联立方程组222162ykxxy，整理得222231121260kxkxk，可得23421231kxxk，2

34212631kxxk，所以2222343434226111431kMNkxxkxxxxk，点O到直线m的距离为221kdk，因为463tanOMONMON，即46coscos3sinMONOMONM

ONMON，所以46sin3OMONMON，即263MONS△，又因为22261212311MONkkSMNdkk△，所以222612263131kkkk，即33k，所以直线m为：323y

x.当直线m的斜率不存在时，直线m的方程为2x，此时263MONS△满足题目条件，综上可得，直线m的方程为：320xy或2x.21．（2022·江苏·二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C：24yx的焦点为F，准线为l，过点F且

斜率大于0的直线交抛物线C于A，B两点，过线段AB的中点M且与x轴平行的直线依次交直线OA，OB，l于点P，Q，N.(1)判断线段PM与NQ长度的大小关系，并证明你的结论；(2)若线段NP上的任意一点均在以点Q为圆心、线段QO长为半径的圆内或圆上，求直线AB斜率的取值范

围.【答案】(1)PMQN，证明见解析(2)22【分析】（1）设211,4yAy，222,4yBy，120yy，221212,82yyyyM，121,2yyN，1,0F，由于A，F，B三点共线可得：124y

y，设14:OAlyxy，可求出P点的坐标，同理可得Q点的坐标，分别求出,QNPM的长度，即可得出PMQN.（2）若线段NP上的任意一点均在以点Q为圆心、线段QO长为半径的圆内或圆上即OQPQOQQN，代入即可求出122y，22y，122

2121242244AByykyyyy，即可求出AB斜率.(1)设211,4yAy，222,4yBy，120yy，则221212,82yyyyM，121,2yy

N，1,0F由于A，F，B三点共线，则1222121144yyyy，整理得124yy，14:OAlyxy，则21124,82yyyP，同理可得22124,82yyyQ则2222121244888yyyy

PM，222244188yyQN，则PMQN，即证.(2)若线段NP上的任意一点均在以点Q为圆心、线段QO长为半径的圆内或圆上即OQPQOQQN，则22222221212222222122482844828yyyyyyyyy

，化简得122y，又因为124yy，则2142yy，1222121242244AByykyyyy，则直线AB斜率的取值范围为：22.22．（2022·江苏·南京市宁海中学模拟预

测）已知平面上一动点P到定点1,0F的距离与它到定直线1x的距离相等，设动点P的轨迹为曲线C．(1)求曲线C的轨迹方程(2)已知点2,22B，过点B引圆222:402Mxyrr的

两条切线BP；BQ，切线BP、BQ与曲线C的另一交点分别为P、Q，线段PQ中点N的纵坐标记为，求的取值范围．【答案】(1)24yx＝；(2)的取值范围为62,42．【分析】(1)根据曲线轨迹方程的定义求解；(2)设切线BP的方程为1222ykx＝（﹣），切线BQ的方程

为2222ykx＝（﹣），所以122824kkr，212284rkkr，再求出1221622228yytr，即得解.(1)设(,)Pxy，根据题意可得22(1)|1|xyx，化简得222(1

)1xyx，所以24yx，所以曲线C的方程为24yx＝，(2)由已知222)B（，，所以切线,BPBQ的斜率存在，设切线BP的方程为1222ykx＝（），则圆心40M（，）到切线AP的距离1212221kdrk，所以2221148280rkkr

（）﹣＝，设切线BQ的方程为2222ykx＝（），同理可得2222248280rkkr（）﹣＝，所以12kk，是方程22248280rkkr（）﹣＝的两根，所以122824kkr，212284rkkr

，设1122(,),(,)PxyQxy，联立12(2)224ykxyx，得21104882kyyk﹣﹣，所以11188222kyk，所以11422yk，同理22422yk，

所以12124422(22)=22yykk1212122kk=﹣1212222kkkk=﹣22282422284rrr2162228r=-，因为02r＜＜，所以2111884r所以21626222428r．所

以的取值范围为62,42．【点睛】求取值范围常用的方法有：（1）函数法；（2）导数法；（3）基本不等式法；（4）基本不等式法.要根据已知条件灵活选择方法求解.23．（2022·福建宁德·模拟预测）已知抛物线C：22(0)ypxp上的一点M（0x，4）到C的焦点F

的距离为5.(1)求p的值；(2)若01x，点A，B在抛物线C上，且,MAMBMNAB，N为垂足，当|MN|最大时，求直线AB的方程.【答案】(1)2p或8p；(2)2160xy.【分析】（1）根据抛物线定义052px，结合点在抛

物线上求p值.（2）由题设可得2p，根据点在抛物线上设A、B坐标，法一：设直线AB联立抛物线，由0MAMB及韦达定理求得48nm，进而确定直线AB所过的定点坐标，根据|MN|最大确定m值，即得方程；法二：124ABkyy及0MAMB得到12124320yyy

y，应用点斜式写出直线AB判断定点，由|MN|最大写出直线方程；(1)把M(x0,4)代入抛物线C得0162,px则08xp，由||5MF得：08522ppxp，所以210160pp，解得2p或8p

.(2)当8p时01x，故舍去；当2p时04x，则M(4，4)且2:4Cyx，设221212(,),(,)44yyAyBy，法一：直线AB为xmyn，与抛物线C联立得2440ymyn，则12124.4yymyyn，由MAMB，得MAMB221212(4)

(4)(4)(4)044yyyy.由14y且24y，故1244160yy，即12124320yyyy，所以416320nm，即48.nm从而直线AB为4848xmymmy，即直线AB过定点Q(8,-4).又

2MQk，当|MN|最大时即ABMN，所以2m，直线AB为2160.xy法二：12221212444AByykyyyy.由MAMB，得MAMB221212(4)(4)(4)(4)044yyyy.由14y且2

4y，故1244160yy，即12124320yyyy①，直线AB为2111244yyyxyy，整理得12124()xyyyyy，将①代入12432()(

4)xyyy，即直线AB过定点Q(8,-4),又2MQk，当|MN|最大时即ABMN，所以，直线AB为2160xy.24．（2022·福建三明·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，1,0F，过直线l：4x左侧且不在x轴上的动点P

，作PHl于点H，HPF的角平分线交x轴于点M，且2PHMF，记动点P的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)已知曲线C与x轴正半轴交于点1A，过点4,0S的直线1l交C于A，B两点，ASBS，点T满足ATTB，其中1，证明：12ATBTSO

.【答案】(1)221043xyy(2)证明见解析【分析】（1）根据条件，代入动点,0Pxyy的坐标，化简即可；（2）注意到S点在x轴上，所以12yy，将作为桥梁，合理利用，即可求解.(1)设,0Pxyy，因为PHx∥轴，所以HPMPMF

，因为PM为HPF的角平分线，所以HPMFPM，所以FPMPMF，即MFPF，所以12PFMFPHPH.即221142xyx，化简整理得22143xy，因为P不在x轴上，即曲线C的方程为221

043xyy(2)易知直线1l的斜率存在且不为0，设1l的方程为40xmym.联立方程组221434xyxmy，消x整理得223424360mymy，所以2224434360mm，得2m或2m

，设11,Axy，22,Bxy，则1222434myym，1223634yym.由ASBS得12yy，所以12yy，设00,Txy，由ATTB，得0120yyyy

，所以21211201122236222334241134yyyyymyymyymym，所以003441xmymm，所以点31,Tm在直线1x上，且00y，又因为4,0

S与12,0A关于直线1x对称，所以1TSA△是等腰三角形，（或者证明直线TS与直线1TA的斜率互为相反数）所以11TSATAS，因为111ATBTSATAS，所以12ATBTSO，综上所述，12ATBTSO

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