2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）专题10 圆锥曲线（解析版）

这是一份2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）专题10 圆锥曲线（解析版），共63页。
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．（全国甲卷数学（理））已知双曲线的上、下焦点分别为，点在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（ ）
A．4B．3C．2D．
【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，、、，
则，，，
则，则.
故选：C.
3．（新高考天津卷）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2．是面积为8的直角三角形，则双曲线的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【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：C
4．（新课标全国Ⅰ卷）（多选）造型可以做成美丽的丝带，将其看作图中曲线C的一部分.已知C过坐标原点O.且C上的点满足横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为4，则（ ）
A．B．点在C上
C．C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1D．当点在C上时，
【答案】ABD
【分析】根据题设将原点代入曲线方程后可求，故可判断A的正误，结合曲线方程可判断B的正误，利用特例法可判断C的正误，将曲线方程化简后结合不等式的性质可判断D的正误.
【详解】对于A：设曲线上的动点，则且，
因为曲线过坐标原点，故，解得，故A正确.
对于B：又曲线方程为，而，
故.
当时，，
故在曲线上，故B正确.
对于C：由曲线的方程可得，取，
则，而，故此时，
故在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1，故C错误.
对于D：当点在曲线上时，由C的分析可得，
故，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：根据曲线方程讨论曲线的性质，一般需要将曲线方程变形化简后结合不等式的性质等来处理.
5．（新课标全国Ⅱ卷）（多选）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
6．（新课标全国Ⅰ卷）设双曲线的左右焦点分别为，过作平行于轴的直线交C于A，B两点，若，则C的离心率为 ．
【答案】
【分析】由题意画出双曲线大致图象，求出，结合双曲线第一定义求出，即可得到的值，从而求出离心率.
【详解】由题可知三点横坐标相等，设在第一象限，将代入
得，即，故，，
又，得，解得，代入得，
故，即，所以.
故答案为：
7．（新高考北京卷）已知抛物线，则焦点坐标为 ．
【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：.
8．（新高考北京卷）已知双曲线，则过且和双曲线只有一个交点的直线的斜率为 ．
【答案】
【分析】首先说明直线斜率存在，然后设出方程，联立双曲线方程，根据交点个数与方程根的情况列式即可求解.
【详解】联立与，解得，这表明满足题意的直线斜率一定存在，
设所求直线斜率为，则过点且斜率为的直线方程为，
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：.
9．（新高考天津卷）的圆心与抛物线的焦点重合，为两曲线的交点，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，故直线即或，
故原点到直线的距离为，
故答案为：
10．（新高考上海卷）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：．
11．（新课标全国Ⅰ卷）已知和为椭圆上两点.
(1)求C的离心率;
(2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程．
【答案】(1)
(2)直线的方程为或.
【分析】（1）代入两点得到关于的方程，解出即可；
（2）方法一：以为底，求出三角形的高，即点到直线的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到点坐标，则得到直线的方程；方法二：同法一得到点到直线的距离，再设，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点到直线的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线斜率不存在的情况，再设直线，联立椭圆方程，得到点坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线斜率不存在的情况，再设，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅锤高乘表达面积即可.
【详解】（1）由题意得，解得，
所以.
（2）法一：，则直线的方程为，即，
，由（1）知，
设点到直线的距离为，则，
则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可，
此时该平行线与椭圆的交点即为点，
设该平行线的方程为：，
则，解得或，
当时，联立，解得或，
即或，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，联立得，
，此时该直线与椭圆无交点.
综上直线的方程为或.
法二：同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
设，则，解得或，
即或，以下同法一.
法三：同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
设，其中，则有，
联立，解得或，
即或，以下同法一；
法四：当直线的斜率不存在时，此时，
，符合题意，此时，直线的方程为，即，
当线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立椭圆方程有，则，其中，即，
解得或，，，
令，则，则
同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
则，解得，
此时，则得到此时，直线的方程为，即，
综上直线的方程为或.
法五：当的斜率不存在时，到距离，
此时不满足条件.
当的斜率存在时，设，令，
，消可得，
，且，即，
，
到直线距离，
或，均满足题意，或，即或.
法六：当的斜率不存在时，到距离，
此时不满足条件.
当直线斜率存在时，设，
设与轴的交点为，令，则，
联立，则有，
，
其中，且，
则，
则，解的或，经代入判别式验证均满足题意.
则直线为或，即或.
12．（新课标全国Ⅱ卷）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：对任意的正整数，.
【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）根据等比数列的定义即可验证结论；
（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.
【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）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.
（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.
【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.
13．（全国甲卷数学（理）（文））设椭圆的右焦点为，点在上，且轴．
(1)求的方程；
(2)过点的直线与交于两点，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.
14．（新高考北京卷）已知椭圆方程C：，焦点和短轴端点构成边长为2的正方形，过的直线l与椭圆交于A，B，，连接AC交椭圆于D．
(1)求椭圆方程和离心率；
(2)若直线BD的斜率为0，求t．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意得，进一步得，由此即可得解；
（2）说明直线斜率存在，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）显然直线斜率存在，否则重合，直线斜率不存在与题意不符，
同样直线斜率不为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.
15．（新高考天津卷）已知椭圆椭圆的离心率．左顶点为，下顶点为是线段的中点，其中．
(1)求椭圆方程．
(2)过点的动直线与椭圆有两个交点．在轴上是否存在点使得恒成立．若存在求出这个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.
16．（新高考上海卷）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)若离心率时，求的值．
(2)若为等腰三角形时，且点在第一象限，求点的坐标．
(3)连接并延长，交双曲线于点，若，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据离心率公式计算即可；
（2）分三角形三边分别为底讨论即可；
（3）设直线，联立双曲线方程得到韦达定理式，再代入计算向量数量积的等式计算即可.
【详解】（1）由题意得，则，．
（2）当时，双曲线，其中，，
因为为等腰三角形，则
①当以为底时，显然点在直线上，这与点在第一象限矛盾，故舍去；
②当以为底时，，
设，则 , 联立解得或或，
因为点在第一象限，显然以上均不合题意，舍去；
（或者由双曲线性质知，矛盾，舍去）；
③当以为底时，，设，其中，
则有，解得，即．
综上所述：.
（3）由题知，
当直线的斜率为0时，此时，不合题意，则，
则设直线，
设点，根据延长线交双曲线于点，
根据双曲线对称性知，
联立有，
显然二次项系数，
其中，
①，②，
，
则，因为在直线上，
则，，
即，即，
将①②代入有，
即
化简得，
所以 , 代入到 , 得 , 所以 ,
且，解得，又因为，则，
综上知，，．
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是采用设线法，为了方便运算可设，将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，再写出相关向量，代入计算，要注意排除联立后的方程得二次项系数不为0.
一、单选题
1．（2024·福建泉州·二模）若椭圆的离心率为，则该椭圆的焦距为（ ）
A．B．C．或D．或
【答案】D
【分析】分焦点在轴或轴两种情况，求椭圆的离心率，求解参数，再求椭圆的焦距.
【详解】若椭圆的焦点在轴，则离心率，得，此时焦距，
若椭圆的焦点在轴，则离心率，得，此时焦距，
所以该椭圆的焦距为或.
故选：D
2．（2024·河北衡水·三模）已知双曲线：，圆与圆的公共弦所在的直线是的一条渐近线，则的离心率为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】C
【分析】两圆的方程相减可得双曲线的一条渐近线方程，据此可求双曲线的离心率.
【详解】因为，，所以两圆方程相减可得，
由题意知的一条渐近线为，即，
双曲线的离心率．
故选：C．
3．（2024·北京·三模）已知双曲线的一个焦点坐标是，则的值及的离心率分别为（ ）
A．B．C．1，2D．
【答案】A
【分析】化双曲线方程为标准形式，再求出的值及离心率.
【详解】依题意，双曲线化为：，
则，解得，双曲线的离心率.
故选：A
4．（2024·贵州贵阳·三模）过点的直线与圆相交于不同的两点M，N，则线段MN的中点的轨迹是（ ）
A．一个半径为10的圆的一部分B．一个焦距为10的椭圆的一部分
C．一条过原点的线段D．一个半径为5的圆的一部分
【答案】D
【分析】设 , 根据垂径定理得到，再转化为，写出相关向量，代入化简即可.
【详解】设，根据线段的中点为，则，即，
所以，又，
所以，即，
所以点的轨迹是以为圆心，半径为5的圆在圆内的一部分，
故选：D.
5．（2024·湖南·模拟预测）已知点，点，动点M满足直线AM，BM的斜率之积为4，则动点M的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据两点斜率公式即可列等量关系化简求解即可.
【详解】设动点
由于，，根据直线与的斜率之积为．
整理得，化简得：．
故选：D
6．（2024·陕西榆林·三模）在平面直角坐标系中，把到定点距离之积等于的点的轨迹称为双纽线.若，点为双纽线上任意一点，则下列结论正确的个数是（ ）
①关于轴不对称
②关于轴对称
③直线与只有一个交点
④上存在点，使得
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】用定义法把动点的轨迹方程求出来，利用代换，方程没有变化，可知双纽线关于轴，轴，原点对称，再利用它与联立方程组，解得只有一组解，可知③正确，再利用原点到的距离正好是,可知满足题意，所以④正确，从而可以做出所有选项的判断.
【详解】①设到定点的距离之积为4，
可得.，整理得，
即曲线的方程为，
由用代换，方程没变，可知曲线关于轴对称，
由用代换，方程没变，可知曲线关于轴对称，
由用代换，用同时代换，方程没变，可知曲线关于原点对称，
图象如图所示：
所以①不正确，②正确；
③联立方程组，可得，即，所以，
所以直线与曲线只有一个交点，所以③正确.
④原点满足曲线的方程，即原点在曲线上，则，
即曲线上存在点与原点重合时，满足，所以④正确.
故选:C.
7．（2024·福建泉州·二模）双曲线，左、右顶点分别为A，B，O为坐标原点，如图，已知动直线l与双曲线C左、右两支分别交于P，Q两点，与其两条渐近线分别交于R，S两点，则下列命题正确的是（ ）
A．存在直线l，使得
B．当且仅当直线l平行于x轴时，
C．存在过的直线l，使得取到最大值
D．若直线l的方程为，则双曲线C的离心率为
【答案】D
【分析】根据与渐近线平行的直线不可能与双曲线有两个交点可对A项判断；设直线分别与双曲线联立，渐近线联立，分别求出和坐标，从而可对B、C项判断；根据，求出，从而可对D项判断.
【详解】解：对于A项：与渐近线平行的直线不可能与双曲线有两个交点，故A项错误；
对于B项：设直线，与双曲线联立，得：
，其中，
设，由根与系数关系得：，
所以线段PQ中点，
将直线，与渐近线联立得点S坐标为，
将直线与渐近线联立得点R坐标为，
所以线段RS中点，
所以线段PQ与线段RS的中点重合．所以，对任意的直线l，都有，故B项不正确；
对于C项：因为为定值，当k越来越接近渐近线的斜率时，趋向于无穷，
所以会趋向于无穷，不可能有最大值，故C项错误；
对于D项：联立直线l与渐近线，解得，
联立直线l与渐近线，解得由题可知，，
，解得，所以，故D项正确．
故选：D．
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法：
①定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；
②齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；
③特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.
8．（2024·河南·二模）已知双曲线的左，右焦点分别为为坐标原点，焦距为，点在双曲线上，，且的面积为，则双曲线的离心率为（ ）
A．2B．C．D．4
【答案】C
【分析】依题意可得为直角三角形，且，设，，利用双曲线的定义及勾股定理求出，再由的面积为求出，最后由焦距求出，即可求出离心率.
【详解】因为的面积为，所以的面积为.
又，所以，所以为直角三角形，且.
设，，所以，
所以，
所以，又，所以.
焦距为，所以，则，
所以，则离心率.

故选：C.
9．（2024·重庆·三模）已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于A，B两点，点在第一象限，点为坐标原点，且，则直线的斜率为（ ）
A．B．C．1D．-1
【答案】A
【分析】设直线的倾斜角为，利用抛物线的焦半径公式，表示出、，再根据，求出，利用同角三角函数的基本关系求，就是直线的斜率.
【详解】如图：
设直线倾斜角为，抛物线的准线：
作于，根据抛物线的定义，，
所以，类似的.
由知，得，故.
故选：A
10．（2024·黑龙江齐齐哈尔·三模）设为抛物线的焦点，若点在上，则（ ）
A．3B．C．D．
【答案】D
【分析】利用点在抛物线上，得到抛物线的标准方程，确定准线方程，利用抛物线的定义，.
【详解】依题意，，解得，所以的准线为，所以，
故选:D．
11．（2024·山东泰安·二模）设抛物线的焦点为，过抛物线上点作准线的垂线，设垂足为，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意得，结合正切定义以及可得，进一步即可求解.
【详解】如图所示：
设 为准线与轴的交点，
因为，且，所以，
因为，所以，
而在中，，
所以.
故选：A.
二、多选题
12．（2024·江西·模拟预测）已知，，，动点满足与的斜率之积为，动点的轨迹记为，过点的直线交于，两点，且，的中点为，则（ ）
A．的轨迹方程为
B．的最小值为1
C．若为坐标原点，则面积的最大值为
D．若线段的垂直平分线交轴于点，则点的横坐标是点的横坐标的倍
【答案】BCD
【分析】根据求轨迹方程的方法即可求得选项A，结合椭圆的性质即可判断选项B，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，即可求出的面积，利用导数可判断选项C，利用中点坐标公式及直线与直线的关系，即可求出点和点的横坐标，从而判断选项D.
【详解】对于选项A，设，因为，，所以，化简得，故A错误；
对于选项B，因为，则，，则，
所以为椭圆的右焦点，则，故B正确；
对于选项C，设的方程 ，代入椭圆方程，得，
设，则，，
所以，
令，则，
令，则，在为增函数，，，
所以，当且仅当时即等号成立，故C正确；
对于选项D，因为，，，
所以，则，
设，则，则，
所以，则点的横坐标是点的横坐标的倍，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两个：一是利用面积公式得出面积表达式，结合导数得出最值；二是根据垂直平分得出点之间的关系.
13．（2024·江苏常州·二模）双曲线具有光学性质：从双曲线一个焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点．如图，双曲线的左、右焦点分别为，从发出的两条光线经过的右支上的两点反射后，分别经过点和，其中共线，则（ ）
A．若直线的斜率存在，则的取值范围为
B．当点的坐标为时，光线由经过点到达点所经过的路程为6
C．当时，的面积为12
D．当时，
【答案】ABD
【分析】根据双曲线的渐近线的斜率，可得判定A正确；根据双曲线的定义，求得由经过点到达点所经过的路程，可判定B正确；根据向量的数量积的运算，得到，得到，设，列出方程，求得，进而可判定C错误；在直角中，结合，可判定D正确．
【详解】如图所示，过点分别作的两条渐近线的平行线，则的斜率分别为和，
对于A中，由图可知，当点均在的右支时，或，所以A正确；
对于B中，光线由经过点到达点所经过的路程为
，所以B正确；
对于C中，由，得，即，所以，
设，则，
因为，所以，整理得，
解得或（舍去），所以，，
所以的面积，所以C错误；
对于D项，在直角中，，
所以，所以D正确．
故选：ABD．
14．（2024·重庆·三模）已知双曲线的左，右焦点分别为为双曲线上点，且的内切圆圆心为，则下列说法正确的是（ ）
A．B．直线PF1的斜率为
C．的周长为D．的外接圆半径为
【答案】ACD
【分析】对于A，根据三角形与其内切圆性质结合双曲线定义即可求解；根据已知条件、、以及与各个所需量的关系即可求出、和，进而可依次求出直线PF1的斜率、结合焦三角形面积公式得的周长、结合正弦定理得的外接圆半径.
【详解】如图1，由条件，点应在双曲线的右支上，
设圆分别与的三边切于点，则由题，
且，，
又
，A选项正确；
由选项A得，连接、、，则，
所以，B选项错误；
同理，，
，
，
所以由焦三角面积公式得，
又，故得，
的周长为，选项正确；
由，
由正弦定理得，D选项正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：求直线PF1的斜率、的周长、的外接圆半径的关键是根据已知条件、、以及与各个所需量的关系即可求出、和.
15．（2024·湖北襄阳·二模）抛物线的焦点为，为其上一动点，当运动到时，，直线与抛物线相交于两点，下列结论正确的是（ ）
A．抛物线的方程为：
B．抛物线的准线方程为：
C．当直线过焦点时，以AF为直径的圆与轴相切
D．
【答案】BC
【分析】根据焦半径即可求解A，根据准线方程即可求解B，求解圆心和半径即可判断C，设出直线方程，与抛物线方程联立，韦达定理，利用焦半径公式求出，即可判断D.
【详解】对于A：当运动到时，，故，即抛物线为，故A错误；
对于B：由，故抛物线的准线方程为：，故B正确；
对于C：当直线过焦点时，设为，则，
故以为直径的圆的半径为，又，故以为直径的圆的圆心坐标为，
圆心到轴的距离与该圆半径相等，即该圆与轴相切，故C正确；
对于D：由题意直线斜率存在，设的方程为，联立，
整理得，，即，
所以，
所以，，
所以，
不能确定什么时候最小，则D错误.
故选：BC
16．（2024·浙江杭州·三模）如图，平面直角坐标系上的一条动直线l和x，y轴的非负半轴交于A，B两点，若恒成立，则l始终和曲线C：相切，关于曲线C的说法正确的有（ ）
A．曲线C关于直线和都对称
B．曲线C上的点到和到直线的距离相等
C．曲线C上任意一点到原点距离的取值范围是
D．曲线C和坐标轴围成的曲边三角形面积小于
【答案】BCD
【分析】根据方程与图形，进行距离和面积的相关计算，逐项判断即可.
【详解】对于A，曲线C：中，，所以不关于直线对称，故错误；
对于B，设C上一点，则，而，故正确；
对于C，，，
所以，所以曲线C上任意一点到原点距离的取值范围是，故正确；
对于D，到点的距离，
故曲线C位于圆的左下部分四分之一圆弧的下方，故围成面积小于．
故选：BCD.
17．（2024·河南·三模）已知椭圆经过点，且离心率为．记在处的切线为，平行于OP的直线与交于A，B两点，则（ ）
A．C的方程
B．直线OP与的斜率之积为-1
C．直线OP，l与坐标轴围成的三角形是等腰三角形
D．直线PA，PB与坐标轴围成的三角形是等腰三角形
【答案】ACD
【分析】根据题干列出方程组，解方程组可判断A；根据直线与椭圆相切的可求出直线的方程即可判断B，C；通过计算可判断D.
【详解】椭圆方程为：，故A正确；
如图，因为点在第一象限，取椭圆方程的右半部分得：，则，
所以，所以，故B错误；
，则为等腰三角形，故C正确；
，消可得，
与坐标轴围成的三角形是等腰三角形，故D正确.
故选：D
18．（2024·辽宁·模拟预测）已知抛物线的焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点P在C的准线上，那么（ ）
A．若PA与C相切，则PB也与C相切
B．
C．若点P在x轴上，则为定值
D．若点P在x轴上，且满足，则直线l的斜率绝对值为
【答案】ABD
【分析】通过证明过焦点弦两个端点的切线的交点在抛物线的准线上判断A，根据以为直径的圆与抛物线的准线相切判断B，设直线的方程为：，，，联立直线与抛物线方程，消元，列出韦达定理，计算出判断C，推导出，可得轴为的平分线，即可得到，设直线的倾斜角为，利用焦半径公式求出，从而判断D.
【详解】依题意，不妨设点在第一象限，
抛物线的焦点为，准线方程为，
对于A：设，，
依题意可得过，两点的抛物线的切线不与坐标轴垂直，
不妨设过的抛物线的切线方程为：，
即，
由，有，
所以，
又，整理得，解得，
所以过的抛物线的切线方程为：，整理得，
同理可得过的抛物线的切线方程为：，
设两切线的交点为，由，
可得，
设直线的方程为：，由有，
所以，，则，
所以，
即两切线的交点在抛物线的准线上，
所以若与相切，则也与相切，故A正确；
对于B：设的中点为，由，则，则，
又，所以到准线的距离，
所以以为直径的圆与抛物线的准线相切，
又点在的准线上，所以，故B正确；
对于C：依题意可得，所以，，
所以
，显然不是定值，故C错误；
对于D：因为
，
所以轴为的平分线，
根据角平分线定理可得，
设直线的倾斜角为，
则，，
所以，解得，所以，
则直线的斜率为，故D正确.
故选：ABD.
【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、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19．（2024·广东汕头·二模）用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，当圆锥的轴与截面所成的角不同时，可以得到不同的截口曲线，也即圆锥曲线.探究发现：当圆锥轴截面的顶角为时，若截面与轴所成的角为，则截口曲线的离心率.例如，当时，，由此知截口曲线是抛物线.如图，圆锥中，、分别为、的中点，、为底面的两条直径，且、，.现用平面（不过圆锥顶点）截该圆锥，则（ ）

A．若，则截口曲线为圆
B．若与所成的角为，则截口曲线为椭圆或椭圆的一部分
C．若，则截口曲线为抛物线的一部分
D．若截口曲线是离心率为的双曲线的一部分，则
【答案】BCD
【分析】根据情境，由题可知，再对每个选项，求出过点的平面与旋转轴所成角的余弦，即的值，代入求值，从而利用离心率的范围判断截口曲线类型即可．
【详解】对于A，由题意知过MN的平面与底面不平行，则截口曲线不为圆，故A错误；
对于B，与所成的角为，所以，
因为，所以，即，
所以，所以平面截该圆锥得的截口曲线为椭圆或椭圆的一部分，
故B正确；
对于C，因为平面，平面，所以，
因为，，SOD，
所以平面SOD，又因为平面SOD，所以
又为、的中点，所以，
平面MAB，
所以平面MAB，所以与SO所成的角为，
所以，，故C正确；
对于D， 截口曲线是离心率为的双曲线的一部分，
则，
所以平面，故平面不经过原点O，故D正确．
故选：BCD.

【点睛】关键点睛：本题解决的关键是理解截口曲线（圆锥曲线）的离心率的定义，根据情境，由题可知，再对每个选项，求出过点的平面与旋转轴所成角的余弦，即的值，代入求值，从而利用离心率的范围判断截口曲线类型即可．
三、填空题
20．（2024·北京·三模）已知双曲线．则的离心率是 ；若的一条渐近线与圆交于，两点，则 ．
【答案】
【分析】根据双曲线的标准方程，得到的值，结合双曲线的几何性质，求得双曲线的离心率和渐近线方程，再利用圆的弦长公式，即可求解.
【详解】由双曲线，可得，则，
所以双曲线的离心率为；
又由双曲线的其中一条渐近线方程为，即，
因为圆的圆心为，半径，
所以圆心到渐近线的距离为，
由圆的弦长公式，可得.
故答案为：；.
21．（2024·河北衡水·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，焦距为6，点，直线与交于A，B两点，且为AB中点，则的周长为 ．
【答案】
【分析】设A，B两点坐标分别为，利用点差法可得，结合，即可求得a的值，再结合的周长为4a，即得答案.
【详解】由题意知，
设A，B两点坐标分别为，
两式相减得，
由题意为AB中点，
则，代入整理得．
即由题意知，
因此，所以，由焦距为6，解得．
由椭圆定义知的周长为．
故答案为：
22．（2024·山东聊城·三模）已知双曲线的一个焦点为为坐标原点，点在双曲线上运动，以为直径的圆过点，且恒成立，则的离心率的取值范围为 ．
【答案】/
【分析】先根据题意得到，即，再联立直线方程和双曲线方程利用韦达定理化简得到，再结合等面积法和向量运算，即可求解离心率.
【详解】设，直线:，
因为以为直径的圆过点，所以，即，
联立，整理得，
且，
，，
则，
所以
整理得，
即由到直线:的距离，
又，
即，
而，
因为，即，
所以，
又，
所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查双曲线的离心率，难点是联立方程后的化简过程，对计算的要求较高，其中利用等面积法转化为关键.
23．（2024·湖南衡阳·三模）如图所示，已知双曲线的右焦点F，过点F作直线l交双曲线C于两点，过点F作直线l的垂线交双曲线C于点G，，且三点共线（其中O为坐标原点），则双曲线C的离心率为 ．

【答案】
【分析】利用双曲线的几何定义，设就可以来研究各焦半径的长度，再利用两个勾股定理就可以求出离心率.
【详解】

设另一个焦点，连接，设则
再根据双曲线的定义可知：
由双曲线的对称性可知，是的中点，也是的中点，
所以四边形是平行四边形，又因为，所以可得，
所以由勾股定理得：，
化简得：，
再由勾股定理得：，
代入得：，
故答案为：.
24．（2024·北京·三模）已知抛物线的焦点为，则的坐标为 ；过点的直线交抛物线于两点，若，则的面积为 ．
【答案】
【分析】由给定的抛物线方程直接求出焦点坐标；利用抛物线定义求出点的纵坐标，再求出三角形面积.
【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，
设，则，解得，于是，，
所以的面积为.
故答案为：；
25．（2024·湖南长沙·三模）已知椭圆的离心率为，过的左焦点且斜率为1的直线与交于两点.若，则的焦距为 .
【答案】
【分析】根据题意，得到椭圆的方程为，由的方程为，联立方程组，求得，结合弦长公式，列出方程求得的值，即可求解.
【详解】由椭圆的离心率为，可得，则，
所以椭圆的方程为，即，
由直线过椭圆的右焦点且斜率为，可得的方程为，
联立方程组，整理得，
则，
设，则，
所以，
解得，所以椭圆的焦距为.
故答案为：.
26．（2024·河北保定·三模）若双曲线C：的左、右焦点为，，P是其右支上的动点.若存在P，使得，，依次成等比数列，则t的取值范围为 .
【答案】
【分析】根据题意，设，由双曲线定义可得，则问题转化为在上有解，求出二次函数的值域得解.
【详解】由题意可知，，，，且，，
设，则，所以在上有解，
又在上单调递增，所以，
所以，且，解得.
故答案为：.
四、解答题
27．（2024·北京·三模）已知椭圆的离心率为．
(1)求椭圆的方程和短轴长；
(2)设直线与椭圆相切于第一象限内的点，不过原点且平行于的直线与椭圆交于不同的两点A，B，点关于原点的对称点为．记直线的斜率为，直线的斜率为，求的值．
【答案】(1)椭圆的方程为，短轴长为
(2)
【分析】（1）根据椭圆的离心率求出，即可得解；
（2）根据直线与椭圆相切，求出切点的坐标，再求出直线的斜率；根据，设出的方程，表示出的坐标，得到的斜率，再探索的值.
【详解】（1）由题意可得，解得，
所以椭圆的方程为，短轴长为；
（2）由消得①，
由，得，
此时方程①可化：，
解得：（由条件可知：异号），
设，则，，
即，所以，
因为，所以可设直线：（，），
由消得，
当时，方程有两个不相等的实根，
设，，
则，，
因为两点关于原点对称，所以，
所以，
所以.
【点睛】方法点睛：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．
28．（2024·江西·模拟预测）已知双曲线的离心率为2，顶点到渐近线的距离为．
(1)求的方程；
(2)若直线交于两点，为坐标原点，且的面积为，求的值．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）由离心率及顶点到渐近线的距离列方程即可求；
（2）联立直线与双曲线方程，利用韦达定理及弦长公式，点到直线距离公式求解面积即可.
【详解】（1）记的半焦距为，由题得的离心率，①
由对称性不妨设的顶点为，渐近线方程为，则，②
又，③
联立①②③解得，，，
所以的方程为．
（2）设，
由得，
所以，
解得，且，
所以，，
所以．
又点到直线的距离，
所以的面积，
解得或，符合式，
所以或．
29．（2024·山东·模拟预测）已知抛物线：经过点.
(1)求抛物线的方程；
(2)设直线与的交点为，，直线与倾斜角互补.
（i）求的值；
（ii）若，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）.
【分析】（1）把点坐标代入抛物线方程，可求的值.
（2）（i）把直线方程代入抛物线方程，消去，得到关于的一元二次方程，利用一元二次方程根与系数的关系，得到和，把直线与倾斜角互补，转化成,可求的值；（ii）先求弦长，再求到直线的距离，可表示出的面积，再结合基本不等式可求面积的最大值.
【详解】（1）由题意可知，，所以 ，
所以 抛物线的方程为.
（2）（i）如图：
设，将直线的方程代入得：
，所以，
因为直线与倾斜角互补，
所以，
即，
所以，
即，所以.
（ii）由（i）可知，所以，
则，
因为，所以，即，
又点到直线的距离为，
所以，
因为，
所以，当且仅当，即时，等号成立，
所以面积最大值为 .
30．（2024·山东济宁·三模）已知椭圆的左焦点为，上顶点为，离心率，直线FB过点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线与椭圆相交于M，N两点（M、N都不在坐标轴上），若，求直线的方程.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，求出即得椭圆的标准方程.
（2）根据给定条件，借助倾斜角的关系可得，设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理结合斜率的坐标公式求解即得.
【详解】（1）令，由，得，则直线的斜率，
由直线过点，得直线的方程为，因此，
所以椭圆的标准方程为.
（2）设，直线的倾斜角为，
直线的倾斜角为，由直线的斜率知直线的倾斜角为，
于是，即有，显然均不等于，
则，即直线的斜率满足，
由题设知，直线的斜率不为0，设直线的方程为，
由，消去x并整理得，，显然，
设，则，
由，得，即，
则，整理得，
即，于是，而，解得，，
所以直线的方程为，即.
【点睛】关键点点睛：本题第2问，由，结合直线倾斜角及斜率的意义求得是解题之关键.
31．（2024·重庆·三模）已知为圆上一个动点，MN垂直轴，垂足为N，O为坐标原点，的重心为.
(1)求点的轨迹方程;
(2)记（1）中的轨迹为曲线，直线与曲线相交于A、B两点，点，若点恰好是的垂心，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设，根据为的重心，得，代入，化简即可求解.
（2）根据垂心的概念求得，设直线方程，与椭圆联立韦达定理，利用得，将韦达定理代入化简即可求解.
【详解】（1）设，则，因为的重心，
故有：，解得，代入，化简得，
又，故，所以的轨迹方程为.
（2）因为的垂心，故有，
又，所以，故设直线的方程为，
与联立消去得：，
由得，
设，则，
由，得，所以，
所以，
所以，化简得，
解得（舍去）或（满足），故直线的方程为.
32．（2024·云南曲靖·模拟预测）已知抛物线，焦点为，点为曲线的准线与对称轴的交点，过的直线与抛物线交于两点.
(1)证明：当时，与抛物线相切；
(2)当时，求.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意设直线为，，将直线方程代入抛物线方程化简，利用根与系数的关系，再结合可求出，从而可求出的坐标，则可求出直线方程，分别与抛物线方程联立可证得结论；
（2）由（1）可得平分，则，利用三角函数恒等变换公式可求出，从而得，，两式相乘化简可求得，再利用弦长公式可求得结果.
【详解】（1）由题意得，设直线为，，
由，得，
，
所以，
，，
因为，所以，
所以，
所以，
所以，，得，
所以直线为，则，
此时直线关于对称，
，，
所以为，直线为，
由，得，，
所以方程组只有一组解，所以直线与抛物线相切，
由，得，，
所以方程组只有一组解，所以直线与抛物线相切，
综上，当时，与抛物线相切；
（2）由（1）可知，，，
所以，
所以平分，
因为，所以，
因为，
所以，，
所以，
，
，
所以，
，得，
所以
【点睛】关键点点睛：此题考查抛物线与直线的位置关系，考查根与系数的关系的应用，考查弦长公式的应用，考查抛物线的焦点弦问题，解题的关键是将直线方程代入抛物线方程化简，利用根与系数的关系，再结合斜率公式得到平分，考查数形结合思想和计算能力，属于较难题.
33．（2024·四川·模拟预测）已知抛物线：（）的焦点为，为抛物线上一点，，若的最小值为2．
(1)求抛物线的方程；
(2)直线过点且交抛物线于，两点，求的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设，根据可求的值，得到抛物线方程.
（2）设直线的点斜式方程（注意讨论），与抛物线方程联立，设，，由一元二次方程根与系数的关系，得到，，再根据抛物线的概念，用，表示出，利用二次函数求它的范围.
【详解】（1）设，则，等号成立当且仅当，
所以，
所以抛物线的方程为．
（2）设，，当直线的斜率存在时，由题易知直线的斜率不为0，
设直线的方程为（），
与抛物线的方程联立
消去得，
由在抛物线内部，故，所以，．
由（1）知，为抛物线的焦点，由抛物线定义得，
，
所以当，时，的最小值为；
当直线的斜率不存在时，．
由抛物线定义知．
综上，的最小值为．
34．（2024·湖南长沙·二模）已知椭圆中心在原点，左焦点为，其四个顶点的连线围成的四边形面积为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过椭圆的左焦点作斜率存在的两直线、分别交椭圆于、、、，且，线段、的中点分别为、.求四边形面积的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题可知椭圆的焦点在轴上，标准方程可设为，由椭圆的性质可得四边形面积为，由焦点坐标可知，联立方程即可求出、
（2）由点斜式设出直线、的方程，联立直线与椭圆的方程，写出判别式和韦达定理，由弦长公式得到，同理可得，四边形面积为，而、，利用和进行转化，即可求出面积的最小值.
【详解】（1）根据题意可知椭圆的焦点在轴上，设椭圆的标准方程为，
椭圆四个顶点的连线围成的四边形是菱形，两条对角线互相垂直，而两条对角线长分别为，，
由已知得，即，
因为左焦点为，所以，可得，
联立，解得，
故椭圆的标准方程为.
（2）作出椭圆的图象，如下图所示：
根据题意可知直线、的斜率存在，且，
所以两直线、的斜率存在且不为0，
因此设直线AB、CD的斜率分别为、，
又，设直线方程为，直线方程为，
设、、、的坐标分别为、、、，
设四边形面积为.
联立，得，
，
因为、是该方程两根，由韦达定理可得，
由弦长公式可得，
则，
同理可得，.
因为、分别是线段、的中点，且，
所以，，，
，
所以，
当且仅当，即时，等号成立.
故四边形面积的最小值为.
35．（2024·福建厦门·三模）平面直角坐标系中，动点在圆上，动点（异于原点）在轴上，且，记的中点的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)过点的动直线与交于A，B两点.问：是否存在定点，使得为定值，其中分别为直线NA，NB的斜率.若存在，求出的坐标，若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，或或
【分析】（1）设点，，由题意可得代入即可得结果；
（2）方法一： 设l的方程：，联立方程，结合韦达定理可得，由题意可得，分析求解即可；方法二：设的方程：，联立方程，结合二次式的零点式分析可得，由题意可得，分析求解即可.
【详解】（1）设点，，
因为，则，
由M为PO中点得，则，
代入，得.
所以动点M的轨迹的方程为.
（2）方法一：存在N满足题意，证明如下：
依题意直线l的斜率存在且不为0，
设l的方程：，，，，
联立方程，消去y得，
则，，
直线方程化为，
联立方程，消去x得，
则，
可得.
，
依题意直线NA，NB与坐标轴不平行，且为定值，
可得，
由，整理得，
由，整理得，
解得得或，
代入，解得或或，
所以或或满足题意；
方法二：存在满足题意，证明如下：
依题意直线的斜率存在且不为0，
设的方程：，，，，
联立方程，消去y得.
因为为上式的两根，
则，
直线方程化为.
联立方程，消去x得，
因为为上式的两根，
则.（2）
由题意可得：
，
依题意直线NA，NB与坐标轴不平行，且为定值，
可得，
由，整理得，
由，整理得，
解得得或，
代入，解得或或，
所以或或满足题意.
【点睛】方法点睛：存在性问题求解的思路及策略
（1）思路：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．
（2）策略：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，按常规法解题很难时，可先由特殊情况探究，再推广到一般情况．