新高考数学二轮复习培优讲义23 圆锥曲线的综合问题（定值 最值 范围 ）（含解析）

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解密23 圆锥曲线的综合问题（定值 最值 范围）
【考点解密】
1．解圆锥曲线综合问题的一般步骤
第一步：确定曲线方程(一般根据待定系数法或定义法)．
第二步：设直线方程并与曲线方程联立，得关于x或y的一元二次方程．
第三步：写出根与系数的关系(或求出交点出标)．
第四步：将第三步得出的关系代入题目条件，解决范围、最值或定点、定值等问题．
第五步：反思回顾，考虑方程有解条件和图形完备性．
2.求动点的轨迹方程的基本步骤



【方法技巧】

1.解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面
(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围．
(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．
(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．
(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围．
(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．
2.　处理圆锥曲线最值问题的求解方法
圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．
3.　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．


【核心题型】
题型一：弦长问题
1．（2023·山东临沂·统考一模）已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与的左、右两支分别交于点，且，则的离心率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由，设，利用双曲线的定义得到，然后设，与双曲线方程联立，利用弦长公式求解.
【详解】解：因为，
所以，
由双曲线的定义得，
解得，
则，
设，，，
联立，消去x得，
由韦达定理得：，
由，得，解得，
所以，
，
解得，
则，
故选：D
2．（2023·福建福州·统考二模）已知抛物线E：（p>0），过点的两条直线l1，l2分别交E于AB两点和C，D两点．当l1的斜率为时，
(1)求E的标准方程：
(2)设G为直线AD与BC的交点，证明：点G必在定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据直线的点斜式方程写出直线方程，与抛物线联立方程，利用弦长公式，求出的值，从而求出抛物线的标准方程；
（2）设直线方程为或，与抛物线联立方程，由韦达定理得出，，求出直线方程和直线方程，求出交点的横坐标，然后进行化简，可以证明结论.
【详解】（1）当的斜率为时，得方程为，
由,消元得，，，；
由弦长公式得，
即，解得或（舍去），满足，
从而的标准方程为.
（2）法一：因为l1，l2分别交E于AB两点和C，D两点，所以直线斜率存在
设直线的方程为，设，
由，消去得，则.
设直线的方程为，
同理，消去得可得．
直线方程为，即，
化简得，
同理，直线方程为，
因为在抛物线的对称轴上，由抛物线的对称性可知，交点必在垂直于轴的直线上，所以只需证的横坐标为定值即可．
由消去，
因为直线与相交，所以，
解得，



所以点的横坐标为2，即直线与的交点在定直线上．
法二：设直线方程为，由消去得，
设，则．
设直线的方程为，
同理可得．
直线方程为，即，
化简得，
同理，直线方程为，．
因为在抛物线的对称轴上，由抛物线的对称性可知，交点必在垂直于轴的直线上，所以只需证的横坐标为定值即可．
由消去，
因为直线与相交，所以，
解得，



所以点的横坐标为2，即直线与的交点在定直线上．
【点睛】关键点点睛：本题中的证明问题的关键是：设出直线的横截距或者纵截距方程，联立抛物线，结合韦达定理，把目标逐步化简，得出待证明的结论.
3．（2023·福建泉州·统考三模）已知椭圆的左、右顶点分别为A，B．直线l与C相切，且与圆交于M，N两点，M在N的左侧．
(1)若，求l的斜率；
(2)记直线的斜率分别为，证明：为定值．
【答案】(1)；
(2)证明过程见解析.

【分析】（1）根据圆弦长公式，结合点到直线距离公式、椭圆切线的性质进行求解即可；
（2）根据直线斜率公式，结合一元二次方程根与系数关系进行求解即可.
【详解】（1）当直线l不存在斜率时，方程为，显然与圆也相切，不符合题意，
设直线l的斜率为，方程为，与椭圆方程联立，得，
因为直线l与C相切，所以有，
圆的圆心坐标为，半径为，
圆心到直线的距离为，
因为，所以有；
（2），
由，
设，
则有，，
，
把，代入上式，得
，而，
所以.
【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数关系，结合椭圆切线的性质进行求解是解题的关键.

题型二：面积问题
4．（2023秋·辽宁葫芦岛·高三统考期末）已知抛物线的焦点为F，直线l过点F且与C交于M，N两点，若，则的面积为（    ）
A． B． C．5 D．10
【答案】B
【分析】由抛物线的定义得出点坐标，再联立直线和抛物线方程，得出点坐标，由面积公式求解.
【详解】由题意可知，，不妨设点在第一象限，，
因为，所以，即
联立，得，解得
.
故选：B
5．（2023·广东江门·统考一模）已知M是平面直角坐标系内的一个动点，直线与直线垂直，A为垂足且位于第一象限，直线与直线垂直，B为垂足且位于第四象限，四边形（O为原点）的面积为8，动点M的轨迹为C.
(1)求轨迹C的方程；
(2)已知是轨迹C上一点，直线l交轨迹C于P，Q两点，直线，的斜率之和为1，，求的面积.
【答案】(1)（）
(2)

【分析】（1）设动点，由题意知，，由题意，化简可得轨迹C的方程；
（2）设直线的倾斜角为，斜率为k，直线倾斜角为，则斜率为，，，由过点T直线与曲线C有两个交点确定的范围，由，解得，从而可得直线、的方程，与曲线C的方程联立解得的坐标，求出及点Q到直线的距离，即可求出的面积.
【详解】（1）设动点，由题意知M只能在直线与直线所夹的范围内活动.
， ，
动点在右侧，有，同理有，
∵四边形的面积为8，∴，即 ，
所以所求轨迹C方程为（）.
（2）如图，设直线的倾斜角为，斜率为k，直线倾斜角为，则斜率为，

，，在曲线C上，过点T直线与曲线C有两个交点，
则或，同时或，解得或.  
，解得或（舍去）.
时，直线的方程为，
联立，消y得：，则或，得.
直线的方程为，
联立，消y得：，则或，得，
，
点Q到直线的距离  ，
.
方法二： ，
，
，则，
.
6．（2023·辽宁·校联考一模）已知椭圆离心率为，经过的左焦点斜率为1的直线与轴正半轴相交于点，且.
(1)求的方程；
(2)设M，N是上异于的两点，若，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据椭圆离心率和直线斜率即可求出，则得到值，即得到椭圆方程；
（2）设直线，联立椭圆方程得，得到韦达定理式，再利用得到直线过定点，从而得到，通过换元和导数即可求出面积最值.
【详解】（1）由已知，可得，.可得，
因为斜率为1，所以，
因为，所以，则，则，
于是的方程为；
（2）由（1）知，因为，所以不垂直于轴.
设直线，代入得.
当时，
设，，则，①
因为，所以，而
即，根据，，
故，可得
.
将①代入上式可得.
因为，整理得，则，解得，
直线经过定点，.
因为，
所以面积.
设，则，则，，
设，，当时，，则，
所以当，即时，面积取最大值.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是采用设线法，设直线，联立椭圆方程得到韦达定理式，利用，即，得到，再将韦达定理式整体代入化简得，从而得到直线经过定点，再求出面积表达式，利用换元法和导数即可求出面积最值.

题型三：中点弦问题
7．（2023秋·辽宁辽阳·高三统考期末）已知直线与椭圆交于A，B两点，线段的中点为，则椭圆C的离心率是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题意，利用点差法，整理方程，根据斜率公式和中点坐标公式，可得答案.
【详解】设，则从而，
故．由题意可得，
则，从而，故椭圆C的离心率．
故选：A.
8．（2023秋·江西·高三校联考期末）如图，已知抛物线E：的焦点为F，过F且斜率为1的直线交E于A，B两点，线段AB的中点为M，其垂直平分线交x轴于点C，轴于点N.若四边形的面积等于8，则E的方程为（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据求出的坐标，然后得的方程，令，得的坐标，利用直角梯形的面积求出，可得抛物线方程.
【详解】易知，直线AB的方程为，四边形OCMN为直角梯形，且.
设，，，则，
所以，所以，，∴.
所以MC直线方程为，∴令，∴，∴.
所以四边形OCMN的面积为，∴.
故抛物线E的方程为.
故选：B.
9．（2023·全国·高三专题练习）已知如图，椭圆：，斜率为的直线与椭圆交于，两点，与轴，轴分别交于，两点，若，则椭圆的离心率为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设，，得到，再根据点差法解决中点弦问题，求出离心率.
【详解】设，，
∵，
∴，．则，得，
由，两式相减得：，
即，
其中，且，解得：，
故，
故，解得，
故，
∴.
故选：C

题型四：范围问题
10．（2023秋·内蒙古阿拉善盟·高三阿拉善盟第一中学校考期末）已知点F为抛物线C：的焦点，过点F作两条互相垂直的直线，，直线与C交于A，B两点，直线与C交于D，E两点，则的最小值为（    ）
A．64 B．54 C．50 D．48
【答案】C
【分析】利用韦达定理表示出弦长和，利用基本不等式可求最小值.
【详解】抛物线：的焦点，
因为，所以直线，斜率存在，且均不为0.
设直线的方程为，，，
由得，
所以，所以，
因为，所以将中的替换为可得，
所以，
当且仅当，即时取等号.
故的最小值是50.
故选:C.
11．（2023·辽宁沈阳·统考一模）已知双曲线的离心率为2，右焦点F到渐近线的距离为，过右焦点F作斜率为正的直线l交双曲线的右支于A，B两点，交两条渐近线于C，D两点，点A，C在第一象限，O为坐标原点．
(1)求双曲线E的方程；
(2)设，，的面积分别是，，，若不等式恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据离心率和焦点到渐近线的距离，列出的方程组，解得结果即可.
（2）设出直线方程与双曲线方程联立，根据题目条件，写出，根据的范围即可求出结果.
【详解】（1）设双曲线 的右焦点，渐近线方程为，
则右焦点到渐近线的距离
又，则，
∴双曲线的方程为 .
（2）设直线的方程为，设
联立方程得，



渐近线方程为 则A到两条渐近线的距离满足，

联立方程得  
联立方程得


.

恒成立
即恒成立，
∴所求的取值范围为
12．（2021·北京·高三校考强基计划）如图，已知抛物线，点A在抛物线上，且在第一象限，以点A为切点作抛物线的切线l交x轴于点B，过点B作垂直于l的直线交抛物线于C，D两点，其中点C在第一象限，设与y轴交于点K．

(1)若点A的横坐标为2，求切线l的方程．
(2)连结，记的面积分别为，求的最小值．
【答案】(1)
(2)8

【分析】（1）切线方程为，联立直线方程和抛物线方程后利用判别式为零可求斜率，从而得到切线方程.
（2）设，利用（1）中的方法可求切线方程，从而得到的坐标，从而得到直线，联立直线方程和抛物线方程后可求的值，从而可求，利用换元法和基本不等式可求表达式的最小值.
【详解】（1）根据题意，有，且在处的切线的斜率存在，
设切线方程为，由可得，
由解得，故切线的方程为：．
（2）设，同（1）可得，
进而，从而，因此．
设，由可得，
故即
因此设，显然，则，
解得，
且由点到直线的距离公式，
因此，
其中，等号当即时取得，因此所求最小值为8．

题型五：定点问题
13．（2023·山西晋中·统考二模）已知双曲线C：的离心率为，点在双曲线上．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若A，B为双曲线的左、右顶点，，若MA与C的另一交点为P，MB与C的另一交点为Q（P与A，Q与B均不重合）求证：直线PQ过定点，并求出定点坐标．
【答案】(1)
(2)证明见解析，定点坐标为

【分析】（1）把点代入双曲线的标准方程，结合其离心率来联立方程求解即可；
（2）根据题意当时，设出直线方程为，并设交点，，联立直线与曲线的方程，利用韦达定理可得，，从而由题意推出直线PQ恒过定点，最后检验当时，也符合题意即可.
【详解】（1）由题意可知 ，解得 ,
故双曲线C的方程为．
（2）证明：①A，B为双曲线的左、右顶点，，又
当时，可得，，，
又点P在双曲线上，∴，
∴．
设，，：，与双曲线C的方程联立得，
，，，



，
解得，此时满足，
∴直线PQ恒过点．
②当时，P与B重合，Q与A重合，此时直线PQ的方程为．
综上，直线PQ恒过点．
14．（2023·河北石家庄·统考一模）已知点在双曲线C：（，）上，过P作x轴的平行线，分别交双曲线C的两条渐近线于M，N两点，．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若直线l：与双曲线C交于不同的两点A，B，设直线，的斜率分别为，，从下面两个条件中选一个（多选只按先做给分），证明：直线l过定点．
①；②．
【答案】(1)
(2)选①直线过定点；选②直线过定点

【分析】（1）求出双曲线的渐近线，得到两点的坐标，利用及点在双曲线上可得方程；
（2）选择两个条件都是先联立方程，得出韦达定理，结合斜率之和或者之积得到的关系式，从而可得定点.
【详解】（1）由题意可知：点在双曲线上，所以；
过做轴的平行线，与相交于两点，那么两点可求：；
所以，所以；
代入，可知，所以双曲线的方程为.
（2）选①：由题意可知，直线与双曲线C交于不同的两点A, B,
设，联立方程:
得，
所以，即；

由条件所以，
所以，
整理可得，
代入韦达定理得，
即，
解得或；
当时，，则直线过定点；
当时，，则直线过定点，不合题意；
综上可得，直线过定点.
选②：由题意可知，直线与双曲线C交于不同的两点A, B,
设，联立方程:
得，
所以，即；

由条件，得
即，
整理可得
代入韦达定理，整理可得，
即，解得或，
当时，，则直线过定点；
当时，，则直线过定点，不合题意；
综上可得，直线过定点.
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键是利用韦达定理把或进行转化，然后把求解方程得出的关系式，从而可得定点，定点问题虽然运算过程繁琐，但是求解思路较为明确.
15．（2023·湖南邵阳·统考二模）已知双曲线的右顶点为，左焦点到其渐近线的距离为2，斜率为的直线交双曲线于A，B两点，且．
(1)求双曲线的方程；
(2)过点的直线与双曲线交于P，Q两点，直线，分别与直线相交于，两点，试问：以线段为直径的圆是否过定点?若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】(1)
(2)以线段为直径的圆过定点和．

【分析】（1）根据点到直线的距离公式即可求解，进而联立直线与双曲线方程，根据弦长公式即可求解，
（2）联立直线与曲线的方程得韦达定理，根据圆的对称性可判断若有定点则在轴上，进而根据垂直关系得向量的坐标运算，即可求解.
【详解】（1）∵双曲线的左焦点到双曲线的一条渐近线的距离为，而，∴．
∴双曲线的方程为．
依题意直线的方程为．
由 消去y整理得：，
依题意：，，点A，B的横坐标分别为，
则．
∵，∴．
∴，∴．
即，解得或（舍去），且时，，
∴双曲线的方程为．
（2）依题意直线的斜率不等于0，设直线的方程为．
由消去整理得：，
∴，．
设，，则，．
直线的方程为，令得：，∴．
同理可得．由对称性可知，若以线段为直径的圆过定点，则该定点一定在轴上，
设该定点为，则，，
故



．
解得或．
故以线段为直径的圆过定点和．
【点睛】关键点睛：本题解题的关键是根据圆的对称性可判断定点在坐标轴上，结合向量垂直的坐标运算化简求解就可，对计算能力要求较高.

题型六：定值问题
16．（2023·河南焦作·统考模拟预测）已知是椭圆的右焦点，且在椭圆上，垂直于轴.
(1)求椭圆的方程.
(2)过点的直线交椭圆于（异于点）两点，为直线上一点.设直线的斜率分别为，若，证明：点的横坐标为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据点的坐标以及垂直于轴，可得，再将点的坐标代入椭圆方程在结合椭圆的关系解出，即可得出椭圆的方程；
（2）设，根据已知设出直线的方程为，则设点的坐标为，将直线的方程与椭圆的方程联立，根据韦达定理得出与，根据斜率的两点公式得出，再根据直线的方程消去式子中的与，再结合韦达定理结果即可得出，再结合已知与斜率的两点公式即可解出，即证明.
【详解】（1）由垂直于轴，可得.
将点代入，可得，
又，
解得，
所以椭圆的方程为；
（2）证明：由（1）知，，则椭圆的右焦点坐标为.
设直线的方程为，点的坐标为.
设，
将直线的方程与椭圆的方程联立得：，
恒成立，
由韦达定理知，，
又，，
所以
.
因为，则，
所以，解得，即点的横坐标为定值.
17．（2023·陕西咸阳·陕西咸阳中学校考模拟预测）设抛物线的焦点为，动直线与抛物线交于，两点，且当时，.
(1)求抛物线的方程；
(2)连接，并延长分别交抛物线于两点，，设直线的斜率为，直线的斜率为，求证：是定值，并求出该值.
【答案】(1)
(2)证明见解析，

【分析】（1）根据联立方程，结合韦达定理，利用弦长公式即可求出方程；
（2）通过分别联立直线，与抛物线，用，点的坐标表示出，的坐标，再化简即可得到定值.
【详解】（1）联立，得，
则，设，则，
当时，，
所以，
解得或(舍)，
故抛物线的方程为.
（2）由题意知,由（1）得，且，
设直线,
联立，得，
则，所以，所以，
同理可得，，所以,
所以，
又，所以,即是定值，且定值为.
18．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知点是焦点为F的抛物线上一点，A，B是抛物线C上异于P的两点，且直线PA，PB的倾斜角互补，若直线PA的斜率为.

(1)求抛物线方程；
(2)证明：直线AB的斜率为定值并求出此定值；
(3)令焦点F到直线AB的距离d，求的最大值.
【答案】(1)
(2)证明见解析，
(3)

【分析】（1）待定系数法求解抛物线方程；
（2）设出直线方程，联立后得到A点纵坐标，同理得到B点纵坐标，从而求出直线AB的斜率；
（3）在前两问基础上用斜率k表达出，换元后使用基本不等式求出最大值.
【详解】（1）解：将点代入抛物线方程可得：，
所以抛物线；
（2）证明：设，
与抛物线方程联立可得：
，
∴，
因为直线PA，PB的倾斜角互补，
用代k可得：
因此，，
即.
（3）解：由（2）可知，，，
因此，
到直线AB的距离，
所以
∵，
∴
，
令，
由，得
∴
当且仅当时取等号.
所以的最大值为.
【点睛】方法点睛：对于直线与抛物线类的题目解题时注意两点：一是紧扣抛物线的定义，二是设抛物线上点的坐标时，尽量设其中一个坐标，用此坐标的代数式表示另一个坐标，从而减小计算量.

题型七：向量问题
19．（2023·广东·校联考模拟预测）已知椭圆C：的短轴长为2，离心率为．点，直线：．
(1)证明：直线与椭圆相交于两点，且每一点与的连线都是椭圆的切线；
(2)若过点的直线与椭圆交于两点，与直线交于点，求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）由已知求得椭圆方程，联立直线与椭圆方程，即可证得线与椭圆相交于两点，设交点，得直线的方程为，代入椭圆方程，整理成关于的一元二次方程，即可证明的连线都是椭圆的切线；
（2）根据四点共线，要证即证，设，不妨设，则证明转化为，设直线的方程为，联立直线与直线，直线与椭圆，利用坐标关系即可证明结论.
【详解】（1）由题意可知，因此，则椭圆方程为：
因为由消去可得，，
则该方程有两个不相等的实根，所以直线与椭圆相交于两点；
设为直线与椭圆的交点，则，，
直线的方程为，即，代入椭圆方程得，
所以，
整理得，
即，所以，
故是椭圆的切线.
（2）因为四点共线，由（1）可知在线段外，在线段内，所以与的方向相同，与的方向相同，
要证，只需要，即证，
设，不妨设，
因为四点共线，所以等价于，即，
显然，
设直线的方程为，即，
由，可得；
由可得，
从而可知，
因此

，
所以结论成立.
20．（2023·河南平顶山·叶县高级中学校联考模拟预测）已知椭圆的左焦点为．
(1)设M是C上任意一点，M到直线的距离为d，证明：为定值．
(2)过点且斜率为k的直线与C自左向右交于A，B两点，点Q在线段AB上，且，，O为坐标原点，证明：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）利用椭圆方程及左焦点可得到，设，代入椭圆方程，即可计算出为定值；
（2）设，，联立直线与椭圆可得二次方程，利用判别式可得，写出韦达定理，然后利用题意的向量关系可得，结合韦达定理即可求证
【详解】（1）因为椭圆的左焦点为，所以，即，
设，则，即，
所以，故为定值．
（2）依题意可知过点P的直线方程为，，，
联立得，
由，得，
，．
依题意可设，由点Q在线段AB上，得，
所以，
由，，得，即，
则，即，
将，代入上式并整理得，解得，
所以．
又，所以．
【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，必要时计算；
（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.
21．（2023·山西大同·校联考模拟预测）已知双曲线过点，且焦距为10．
(1)求C的方程；
(2)已知点，E为线段AB上一点，且直线DE交C于G，H两点．证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据题意列方程组求出，即可得出C的方程；
（2）根据四点共线，要证即证，设出直线，，，联立直线方程与椭圆方程得出，将其代入，计算结果为零，即证出．
【详解】（1）由题意可得，故，所以C的方程为．
（2）设，，
当时，即，解得，则，
双曲线的渐近线方程为，
故当直线与渐近线平行时，此时和双曲线仅有一个交点，
此时直线方程为，
令，则，故．
则直线．
由得，
所以，．




．
所以，所以
即．

【点睛】关键点睛：本题第二问不能直接计算长度，否则计算量过大，而是转化为证明向量数量积之间的关系，采取设，从而得到直线方程，再使用经典的联立法，得到韦达定理式，然后证明即可.


【高考必刷】
一、单选题
22．（2023·陕西安康·统考二模）过抛物线的焦点的直线交抛物线于点，，且，则直线的方程为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】联立直线和抛物线的方程，由韦达定理结合向量的运算得出斜率，进而写出方程.
【详解】，经分析，直线斜率必存在，设直线方程为，，.
∴，.
由韦达定理得，．
∵，
∴代入韦达定理消元得，∴，故直线方程为，
故选：A．
23．（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考模拟预测）已知为双曲线左支上的一点，双曲线的左、右顶点分别为、，直线交双曲线的一条渐近线于点，直线、的斜率为、，若以为直径的圆经过点，且，则双曲线的离心率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设点，可得出，利用圆的几何性质可得，由，即可得出的值，由此可求得双曲线的离心率.
【详解】设点，则，即有，①
由、以及以为直径的圆经过点可知，
所以，
又，，所以，，
由题意知，所以 ，②
由①和②得，由得．
故选：D.
24．（2023·云南昆明·安宁市第一中学校考模拟预测）已知双曲线，直线过坐标原点并与双曲线交于两点（在第一象限），过点作的垂线与双曲线交于另一个点，直线交轴于点，若点的横坐标为点横坐标的两倍，则双曲线的离心率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设，，根据垂直关系及坐标可得直线的方程，联立可求得点坐标，代入双曲线方程中，结合在双曲线上，可化简整理得到，由离心率可求得结果.
【详解】由题意知：直线斜率存在且不为零，则可设直线，
设，则，，
，，则直线，
又，直线，
由得：，即，
在双曲线上，，
又在双曲线上，即，，
，
即，
，
，又，，
双曲线离心率.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线离心率的求解问题；解题关键是能够通过两直线方程联立的方式，求得点坐标，从而根据点在双曲线上构造方程，化简整理得到之间的关系.
25．（2023·福建·统考一模）过抛物线的焦点作直线l，l交C于M，N两点，若线段中点的纵坐标为2，则（    ）
A．10 B．9 C．8 D．7
【答案】C
【分析】设直线的方程为，联立抛物线方程得，利用韦达定理求出值，再利用弦长公式即可.
【详解】由抛物线方程知焦点坐标为，
设直线的方程为，联立得，
设，，则，，
则，解得，
则，
故选：C.

二、多选题
26．（2023·广东·校联考模拟预测）已知双曲线：（，），的左、右焦点分别为，，为上一点，则以下结论中，正确的是（    ）
A．若，且轴，则的方程为
B．若的一条渐近线方程是，则的离心率为
C．若点在的右支上，的离心率为，则等腰的面积为
D．若，则的离心率的取值范围是
【答案】AD
【分析】由双曲线上一点，及轴，可得的值，即可求得双曲线方程，从而判断A；根据双曲线渐近线方程与离心率的关系即可判断B；根据双曲线的离心率与焦点三角形的几何性质即可求得等腰的面积，从而判断C；由已知结合正弦定理与双曲线的定义、焦半径的取值范围即可求得双曲线离心率的范围，从而判断D.
【详解】对于A，若，且轴，则，，
所以，则，所以，则的方程为，故A正确；
对于B，若的一条渐近线方程是，则，离心率，故B不正确；
对于C，若的离心率为，则，所以，若点在的右支上，为等腰三角形，则，连接，如图，

则是直角三角形，所以，故C不正确；
对于D，若，由正弦定理得，可知点在双曲线的左支上，故，
则，又，所以，整理得，解得，
所以的离心率的取值范围是，故D正确.
故选：AD.
27．（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）已知椭圆，，分别为椭圆的左右顶点，为椭圆的上顶点.设是椭圆上一点，且不与顶点重合，若直线与直线交于点，直线与直线交于点，则（    ）
A．若直线与的斜率分别为，，则
B．直线与轴垂直
C．
D．
【答案】ABC
【分析】设，由斜率公式及点在椭圆上可得判断A，联立直线的方程求出、坐标，由条件可得即可判断B，求出中点在上，即可判断CD.
【详解】如图，

设，则，故A正确；
直线的方程为，直线的方程为，联立得，即，
同理可得，因为，所以，所以，则直线与轴垂直，故B正确；
同理，所以，故的中点在直线上，故C正确；D错误，
故选：ABC.
28．（2023·山西·校联考模拟预测）过抛物线C：的焦点F的直线交该抛物线于A，B两点，O为坐标原点，则下列判断正确的是（    ）
A．可能为锐角三角形
B．过点且与抛物线C仅有一个公共点的直线有2条
C．若，则的面积为
D．最小值为
【答案】CD
【分析】对于A：联立直线AB与抛物线的方程，由韦达定理得，，从而得到，由此判断即可；对于B：判断得点在抛物线外，由此得以判断；对于C：利用抛物线的定义可求得，进而求得，从而根据即可判断；对于D：利用抛物线的定义得到，从而利用基本不等式即可判断.
【详解】对于A：因为抛物线C：的焦点为F，所以，
设，，AB方程为，
由，得，所以，，
故，所以∠AOB为钝角，故A错误；
对于B：因为对于，当时，，
所以在抛物线外，显然过与抛物线C相切的直线有2条，
当此直线与x轴平行时，与抛物线C也是仅有一个公共点，
所以过点且与抛物线C仅有一个公共点的直线有3条，故B错误；
对于C：当时，设，则，
，即，不妨设，
此时，故AB方程为，
联立抛物线C：，解得，
所以，故C正确；
对于D：由选项A知，且，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，故D正确．
故选：CD．
29．（2023·辽宁·校联考模拟预测）已知F是抛物线的焦点，点在抛物线W上，过点F的两条互相垂直的直线，分别与抛物线W交于B，C和D，E，过点A分别作，的垂线，垂足分别为M，N，则（    ）
A．四边形面积的最大值为2
B．四边形周长的最大值为
C．为定值
D．四边形面积的最小值为32
【答案】ACD
【分析】根据给定条件，求出抛物线的方程，确定四边形形状，利用勾股定理及均值不等式计算判断A，B；设出直线的方程，与抛物线方程联立，求出弦长即可计算推理判断C，D作答.
【详解】因为点在抛物线上，
所以，故，，
抛物线的焦点的坐标为，
因为，，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以四边形面积的最大值为2，故A正确.
由，
得，即，
当且仅当时，等号成立，
所以四边形周长的最大值为，故B不正确.
设直线的方程为，联立消x得，
方程的判别式，
设，，则，
则，
同理得，
，C正确.
，所以，
当且仅当时，等号成立，
此时，故D正确.
故选：ACD.


三、填空题
30．（2023·广东·校联考模拟预测）已知抛物线的焦点为，准线交轴于点，过点的直线交该抛物线于两点，则直线与直线的斜率之和为________．
【答案】
【分析】过分别作轴与准线的垂线，利用直角三角形的边角关系以及直线斜率与倾斜角的关系，即可得直线与直线的斜率之和.
【详解】如图，过作的垂线，垂足为，作准线的垂线，垂足为，过作的垂线，垂足为，作准线的垂线，垂足为，连接，

则，
，
因为，所以，即.
故答案为：.
31．（2023·河南洛阳·洛阳市第三中学校联考一模）设过点的直线l与椭圆交于M，N两点，已知点，若直线AM与直线AN的斜率分别为，，则______．
【答案】
【分析】先根据题意假设直线l的方程，联立椭圆的方程，由韦达定理得到，，从而利用斜率公式直接运算即可得解.
【详解】因为椭圆，所以，其右顶点为，下顶点为，
所以过点的直线l的斜率存在且不为0和，设直线l的方程为，即，
设，，点M，N的坐标均不为，
联立整理得，
则，解得,
因为时，，，
所以

.
故答案为：．
【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，必要时计算；
（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.
32．（2023·河北邢台·校联考模拟预测）已知抛物线的焦点为，经过的直线，与的对称轴不垂直，交于，两点，点在的准线上，若为等腰直角三角形，则______．
【答案】
【分析】联立方程组，利用设而不求法，结合条件，通过讨论求出直线的斜率，由此可求弦长.
【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，
过点的斜率为0的直线与抛物线有且只有一个交点，不满足条件，
设直线的方程为，
联立，消得，，
方程的判别式，
设，，，
设的中点为，
则，，
，
所以，
因为为等腰直角三角形，
当点为直角顶点时，
过点作轴的垂线，过点作，垂足为，
过点作，垂足为，
因为，，，
所以，
所以，，
所以，又，，，
所以，即，
所以，所以，，
所以，

当为直角顶点时，同理可得，
当为直角顶点时，则点在以为直径的圆上，
因为的中点坐标为，
所以以为直径的圆的方程为，
取，可得，此时与平行，与矛盾，

所以，
故答案为：.
【点睛】方法点睛：
(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；
(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
33．（2023·陕西咸阳·陕西咸阳中学校考模拟预测）经研究发现，若点在椭圆上，则过点的椭圆切线方程为.现过点作椭圆的切线，切点为，当（其中为坐标原点）的面积为时，___________.
【答案】
【分析】点，由题意可得切线方程，进而可求点的坐标，根据的面积整理可得，结合椭圆方程即可得结果.
【详解】设点，则切线，
令，得，
可得，则，
∵点在椭圆上，则，
即，解得，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：以点为切入点，设点，根据题意可得切线，这样就可得，再根据题意运算求解即可.

四、解答题(共0分)
34．（2023·全国·高三专题练习）已知双曲线的焦距为10，且经过点．A，B为双曲线E的左、右顶点，P为直线上的动点，连接PA，PB交双曲线E于点C，D（不同于A，B）．
(1)求双曲线E的标准方程．
(2)直线CD是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】(1)
(2)直线CD过定点，定点坐标为．

【分析】（1）方法一：将代入方程，结合求得得双曲线方程；方法二：根据双曲线定义求得得双曲线方程.
（2）方法一：设CD的方程为，与双曲线联立，由A点与C点写出AC方程，求出，由B点与D点写出BD方程，求出，利用两个相等建立关系式，代入韦达定理可求得为定值.
方法二：设CD的方程为，与双曲线联立，由P点与A点写出AC方程，由P点与B点写出BD方程，将代入以上两方程，两式相比消去建立关系式，代入韦达定理可求得为定值.
【详解】（1）法一．由解得，∴双曲线E的标准方程为．
法二．左右焦点为，，
，
∴双曲线E的标准方程为．
（2）直线CD不可能水平，故设CD的方程为，
联立消去x得，
，，，
AC的方程为，令，得，
BD的方程为，令，得，






，
解得或，即或（舍去）或（舍去），
∴CD的方程为，∴直线CD过定点，定点坐标为．
方法二．直线CD不可能水平，设CD的方程为，
联立，消去x得，
，
AC的方程为，BD的方程为，
分别在AC和BD上，，
两式相除消去n得，
又，．
将代入上式，
得


．
整理得，解得或（舍去）．
∴CD的方程为，∴直线CD过定点，定点坐标为．
【点睛】圆锥曲线中直线过定点问题通法，先设出直线方程，通过韦达定理和已知条件若能求出为定值可得直线恒过定点，若得到和的一次函数关系式，代入直线方程即可得到直线恒过定点.
35．（2023·内蒙古呼和浩特·统考一模）已知椭圆的一个焦点为，且椭圆经过点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设A、B是x轴上的两个动点，且，直线AM、BM分别交椭圆于点P、Q（均不同于M），证明：直线PQ的斜率为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）将代入椭圆的方程，化简求值即可.
（2）联立直线PQ和椭圆的方程，然后将转化为，化简即可得到直线PQ的斜率为定值.
【详解】（1））由已知，得①，
设椭圆方程，代入点得②，联立①②，
解得，，所以椭圆方程为．
（2）由题可知直线PQ斜率存在，设直线PQ的方程为．
设点，，
联立得，，满足时，
有，，
由可得，
即，即，
化简得，
代入韦达定理，可得，
又点不在直线PQ上，因此，
所以，即，故直线PQ的斜率为定值．
36．（2023·河南·统考模拟预测）已知椭圆的右焦点，点在椭圆上．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线与椭圆交于，两点．若，，求的最小值（是坐标原点）．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据椭圆定义求出，再由焦点得，即可得解；
（2）设出点的坐标，利用向量得坐标间关系，代入点差法所得等式，可求出，即是直线上动点，再由点到直线距离求最小值即可.
【详解】（1）由题意，椭圆的焦点为，，
由椭圆定义知
所以
所以椭圆的标准方程为
（2）由题意知，设
由，，得且
又，都在椭圆上，所以
两式作差，得
把代入式，得
又由，得
所以
所以到直线的距离
经检验，此时垂足在椭圆内部.
所以的最小值为.