资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩9页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
新高考数学三轮冲刺 押题卷练习第11题 圆锥曲线综合（2份打包，原卷版+解析版）
展开
这是一份新高考数学三轮冲刺 押题卷练习第11题 圆锥曲线综合（2份打包，原卷版+解析版），文件包含新高考数学三轮冲刺押题卷练习第11题圆锥曲线综合原卷版doc、新高考数学三轮冲刺押题卷练习第11题圆锥曲线综合解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共70页， 欢迎下载使用。
1．（2023·新高考Ⅰ卷高考真题第16题）已知双曲线的左、右焦点分别为．点在上，点在轴上，，则的离心率为 ．
【答案】/
【分析】方法一：利用双曲线的定义与向量数积的几何意义得到关于的表达式，从而利用勾股定理求得，进而利用余弦定理得到的齐次方程，从而得解.
方法二：依题意设出各点坐标，从而由向量坐标运算求得，，将点代入双曲线得到关于的齐次方程，从而得解；
【详解】方法一：
依题意，设，则，
在中，，则，故或（舍去），
所以，，则，
故，
所以在中，，整理得，
故.
方法二:
依题意，得，令，
因为，所以，则，
又，所以，则，
又点在上，则，整理得，则，
所以，即，
整理得，则，解得或，
又，所以或（舍去），故.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：双曲线过焦点的三角形的解决关键是充分利用双曲线的定义，结合勾股定理与余弦定理得到关于的齐次方程，从而得解.
2．（2023·新高考Ⅱ卷高考真题第10题）设O为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则（ ）．
A．B．
C．以MN为直径的圆与l相切D．为等腰三角形
【答案】AC
【分析】
先求得焦点坐标，从而求得，根据弦长公式求得，根据圆与等腰三角形的知识确定正确答案.
【详解】A选项：直线过点，所以抛物线的焦点，
所以，则A选项正确，且抛物线的方程为.
B选项：设，
由消去并化简得，
解得，所以，B选项错误.
C选项：设的中点为，到直线的距离分别为，
因为，
即到直线的距离等于的一半，所以以为直径的圆与直线相切，C选项正确.
D选项：直线，即，
到直线的距离为，
所以三角形的面积为，
由上述分析可知，
所以，
所以三角形不是等腰三角形，D选项错误.
故选：AC.
3．（2022·新高考Ⅰ卷高考真题第11题）已知O为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交C于P，Q两点，则（ ）
A．C的准线为B．直线AB与C相切
C．D．
【答案】BCD
【分析】求出抛物线方程可判断A，联立AB与抛物线的方程求交点可判断B，利用距离公式及弦长公式可判断C、D.
【详解】将点的代入抛物线方程得，所以抛物线方程为，故准线方程为，A错误；
，所以直线的方程为，
联立，可得，解得，故B正确；
设过的直线为，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，
所以，直线的斜率存在，设其方程为，，
联立，得，
所以，所以或，，
又，，
所以，故C正确；
因为，，
所以，而，故D正确.
故选：BCD
4．（2022·新高考Ⅰ卷高考真题第16题）已知椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，，离心率为．过且垂直于的直线与C交于D，E两点，，则的周长是 ．
【答案】13
【分析】利用离心率得到椭圆的方程为，根据离心率得到直线的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线的斜率，写出直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，利用弦长公式求得，得，根据对称性将的周长转化为的周长，利用椭圆的定义得到周长为.
【详解】∵椭圆的离心率为，∴，∴，∴椭圆的方程为，不妨设左焦点为，右焦点为，如图所示，∵，∴，∴为正三角形，∵过且垂直于的直线与C交于D，E两点，为线段的垂直平分线，∴直线的斜率为，斜率倒数为， 直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，
判别式，
∴，
∴ ， 得，
∵为线段的垂直平分线，根据对称性，，∴的周长等于的周长，利用椭圆的定义得到周长为.
故答案为：13.
5．（2022·新高考Ⅱ卷高考真题第10题）已知O为坐标原点，过抛物线焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点，若，则（ ）
A．直线的斜率为B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】由及抛物线方程求得，再由斜率公式即可判断A选项；表示出直线的方程，联立抛物线求得，即可求出判断B选项；由抛物线的定义求出即可判断C选项；由，求得，为钝角即可判断D选项.
【详解】对于A，易得，由可得点在的垂直平分线上，则点横坐标为，
代入抛物线可得，则，则直线的斜率为，A正确；
对于B，由斜率为可得直线的方程为，联立抛物线方程得，
设，则，则，代入抛物线得，解得，则，
则，B错误；
对于C，由抛物线定义知：，C正确；
对于D，，则为钝角，
又，则为钝角，
又，则，D正确.
故选：ACD.
6．（2022·新高考Ⅱ卷高考真题第16题）已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为 ．
【答案】
【分析】令的中点为，设，，利用点差法得到，设直线，，，求出、的坐标，再根据求出、，即可得解；
【详解】[方法一]：弦中点问题：点差法
令的中点为，设，，利用点差法得到，
设直线，，，求出、的坐标，
再根据求出、，即可得解；
解：令的中点为，因为，所以，
设，，则，，
所以，即
所以，即，设直线，，，
令得，令得，即，，
所以，
即，解得或（舍去），
又，即，解得或（舍去），
所以直线，即；
故答案为：
[方法二]：直线与圆锥曲线相交的常规方法
解：由题意知，点既为线段的中点又是线段MN的中点，
设，，设直线，，，
则，，，因为，所以
联立直线AB与椭圆方程得消掉y得
其中，
∴AB中点E的横坐标,又，∴
∵，，∴,又，解得m=2
所以直线，即
弦长公式，直线与圆交于A，B两点，设，，有：
则
或：
椭圆焦点三角形主要结论
在 中,记 , 椭圆定义可知:
(1). .
(2) . 焦点三角形的周长为 .
(3) .
(4). 焦点三角形的而积为: .
双曲线焦点三角形主要结论
如图, 是双曲线的焦点, 设 P为双曲线上任意一点, 记 , 则 的面积
椭圆焦点弦三角形面积公式
为椭圆 的左、右焦点，过 倾斜角为 的直线 与椭圆 交于 两点，则焦点弦三角形 的面积:
，其中，
（2） 为椭圆的左、右焦点，过 的直线 与椭圆 交于 两点，且 ，则焦点弦三角形 的面积:
双曲线焦点弦三角形面积公式
（1）设直线 过焦点 且交双曲线 于 两点，直线 倾斜角为 ，双曲线的半通径为 ，则双曲线同支焦点弦三角形的面积
（2） 为双曲线 的左、右焦点，过 的直线 与双曲线 右支交于 两点，且 ，则焦点弦三角形 的面积:
（3） 为双曲线 的左、右焦点，过 的直线 与双曲线 右支、左支分别交于 两点，且 ，则焦点弦三角形 的面积:
抛物线焦点弦三角形面积公式
设直线 过焦点 且与抛物线 交于 两点，直线 倾斜角为 ，则焦点弦三角形 的面积为
椭圆中的阿基米德三角形
设椭圆的弦为 为阿基米德三角形, 则有:
性质 1: 弦 绕着定点 转动时, 则其所对顶点 落在直线 上.
其中, 当 点为左 (右) 焦点时, 点位于左 (右) 准线上.
性质 2: 直线 的斜率成等差数列, 即 .
性质 3: 当 点为焦点时, .
双曲线中的阿基米德三角形
设双曲线 的弦为 为阿基米德三角形, 则有:
性质 1: 弦 绕者定点 转动时, 则其所对顶点 落在直线 上.
其中, 当 点为左 (右) 焦点时, 点位于左 (右) 准线上.
性质 2: 直线 的斜率成等差数列, 即 .
性质 3: 当 点为焦点时, .
抛物线中的阿基米德三角形
抛物线的弦为 为阿基米德三角形, 则有:
阿基米德三角形底边上的中线平行于抛物线的轴
若阿基米德三角形的底边即弦 过抛物线内的定点 , 则另一顶点 的轨迹为一条直线
若直线 与抛物线没有公共点，以 上的点为顶点的阿基米德三角形的底边过定点 (若直线 方程为: , 则定点的坐标为 .
底边为 的阿基米德三角形的面积最大值为 .
若阿基米德三角形的底边过焦点, 顶点 的轨迹为准线, 且阿基米德三角形的面积最小值为
在阿基米德三角形中,
.
抛物线上任取一点 (不与 重合), 过 作抛物线切线交 于 ,连接 , 则 的面积是 面积的 2 倍
1．（2024·浙江·一模）设是抛物线弧上的一动点，点是的焦点，，则（ ）
A．
B．若，则点的坐标为
C．的最小值为
D．满足面积为的点有2个
【答案】AB
【分析】
对于A，直接由抛物线方程即可判断；对于B，直接由焦半径先求得点横坐标，代入抛物线方程验算其纵坐标即可判断；对于C，由B选项启发，观察图象，令即可举出反例；对于D，由点到直线距离公式将原问题转换为方程的或的正根的个数和即可判断.
【详解】
对于A，抛物线弧的焦点为，故A正确；
对于B，若，解得，所以，即点的坐标为，故B正确；
对于C，取，则，
因为，所以，即，
所以，即，故C错误；
对于D，直线的斜率为，所以它的方程为，
点到它的距离为，
注意到，若面积为，
则，又，
所以或，解得或，
所以满足面积为的点有3个，故D错误.
故选：AB.
2．（2024·重庆·一模）已知抛物线的焦点为为坐标原点，其准线与轴交于点，经过点的直线与抛物线交于不同两点，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．存在
C．不存在以为直径且经过焦点的圆
D．当的面积为时，直线的倾斜角为或
【答案】AD
【分析】
设直线的方程为，将其与抛物线方程联立，得到韦达定理式，将其整体代入即可判断ACD，求解直线与抛物线相切时的情况即可判断B.
【详解】对A，由题意得，准线方程为，则，
显然当直线的斜率为0，即直线的方程为，此时不合题意，
设直线的方程为，
联立抛物线方程，得，，解得或，
，，，，则，，则，
，，
则，A正确；
对B，当直线与抛物线相切时，最大，则，解得，
根据抛物线对称性取分析：
此时直线方程为，此时直线斜率为1，则，因此不存在，B错误；
对C，假设存在以为直径且经过焦点的圆，则，
，则，
即，,
即，即，，满足或，
即存在以为直径且经过焦点的圆，C错误；
对D，，，
此时直线斜率为，则直线的倾斜角为或，故D正确.
故选：AD.
3．（2024·安徽合肥·一模）已知椭圆的左､右顶点分别为，左焦点为为上异于的一点，过点且垂直于轴的直线与的另一个交点为，交轴于点，则（ ）
A．存在点，使
B．
C．的最小值为
D．周长的最大值为8
【答案】BCD
【分析】对于A，判断与的大小即即可；对于B,设，，，利用坐标分别求出等式左右验证即可；对于C，求出，利用二次函数求最值即可；对于D，利用椭圆的定义，转化求的最大值，即可.
【详解】
对于A,设椭圆的上顶点为，则直角三角形中，，则，故A错误；
对于B，设，则，，且，即，又,
则，
又，故，则B正确；
对于C，，，，
则当时，取最小值为，故C正确；
对于D，设椭圆的右焦点为,
的周长为：,
当且仅当三点共线时，等号成立，故D正确，
故选：BCD.
4．（2024·浙江·模拟预测）曲线的法线定义：过曲线上的点，且垂直于该点处切线的直线即为该点处的法线.已知点是抛物线上的点，是的焦点，点处的切线与轴交于点，点处的法线与轴交于点，与轴交于点，与交于另一点，点是的中点，则以下结论正确的是（ ）
A．点的坐标是
B．的方程是
C．
D．过点的的法线（包括）共有两条
【答案】BCD
【分析】利用导数求出切线斜率，进而确定切线方程判断A，利用法线的定义判断B，利用两点间距离公式判断C，分类讨论判断D即可.
【详解】
对A，将点代入，得，则，当时，
故的方程为，令，则点的坐标是，故A错误；
对B，的方程为，整理得，故B正确；
对C，易得与轴的交点的坐标为，与轴的交点的坐标为，
联立，解得或.
与的另一个交点的坐标为，
则，故C正确；
对D，易得点的坐标为，设点为抛物线上一点，
当是原点时，处的法线为轴，显然不过点，
当点不是原点时，则处的法线方程为，
将点代入得，，
又，则，
故或过点的的法线（包括）共有两条，故D正确.
故选：BCD
5．（2024·辽宁·一模）在平面直角坐标系中，抛物线：的焦点为，点在抛物线上，点在抛物线的准线上，则以下命题正确的是（ ）
A．的最小值是2
B．
C．当点的纵坐标为4时，存在点，使得
D．若是等边三角形，则点的横坐标是3
【答案】ABD
【分析】A选项，求出及准线方程，由抛物线定义得到，当与点重合时，取的最小值，当与点重合时，取得最小值，得到答案；B选项，在A选项基础上得到；C选项，求出，假设存在点，使得，则点为直线与准线的交点，求出直线的方程，得到，求出；D选项，得到，由抛物线定义得到点与点重合，由等边三角形的性质结合得到，从而求出点的横坐标.
【详解】A选项，由题意得，准线方程为，设准线与轴交点为，
过点作⊥抛物线的准线，垂足为，
由抛物线定义可知，，
则，故当与点重合时，取的最小值，
显然，当与点重合时，取得最小值，最小值为，
故的最小值为2，A正确；
B选项，由A选项知，当点与点重合时，等号成立，故B正确；
C选项，当点的纵坐标为4时，令中的得，，
故，假设存在点，使得，
则点为直线与准线的交点，
直线的方程为，即，
中，令得，故点，
此时，此时，C错误；
D选项，若是等边三角形，则，
因为，所以，即点与点重合，
则⊥轴，则，
又，则，所以，
故点的横坐标是，D正确；
故选：ABD
6．（2024·辽宁·一模）已知抛物线的焦点为，为坐标原点，倾斜角为的直线过点且与交于，两点，若的面积为，则 （ ）
A．
B．
C．以为直径的圆与轴仅有个交点
D．或
【答案】AC
【分析】
设直线，，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，由求出，即可判断A，再由弦长公式求出即可判断B，利用抛物线的几何意义判断C，求出、，由即可判断D.
【详解】依题意，设直线，，，
由，整理得，则，
所以，，所以，
解得，所以，又，解得，
所以，又，所以，故A正确；
因为，故B错误；
因为，又线段的中点到轴的距离为，
所以以为直径的圆与轴相切，即仅有个交点，故C正确；
因为，若，则，解得或；
若，则，解得或；
即、或、，
所以或，故D错误.
故选：AC
7．（2024·黑龙江吉林·二模）已知抛物线C：，焦点为F，直线与抛物线C交于A，B两点，过A，B两点作抛物线准线的垂线，垂足分别为P，Q，且M为的中点，则（ ）
A．B．
C．梯形的面积是16D．到轴距离为3.
【答案】BD
【分析】
先判断得直线经过点，再联立直线与抛物线方程，得到，进而得到，从而判断AD，利用两点求斜率与直线垂直时斜率之积为可判断B，分别求得，结合梯形的面积公式可判断C.
【详解】对于A，由题意得，则直线经过点，
联立，消去，得，
设，则，
则，所以，故A错误；
对于B，由题意得，
所以，所以，故B正确；
对于C，由题意可得，
，
所以梯形的面积是，故C错误；
对于D，因为，所以到轴距离为3，故D正确.
故选：BD.
8．（2024·山西临汾·一模）设是坐标原点，抛物线的焦点为，点，是抛物线上两点，且.过点作直线的垂线交准线于点，则（ ）
A．过点恰有2条直线与抛物线有且仅有一个公共点
B．的最小值为2
C．的最小值为
D．直线恒过焦点
【答案】BC
【分析】根据抛物线的性质判断A选项；根据得到，然后利用点斜式写直线的方程即可得到定点，即可判断D选项；利用韦达定理和弦长公式得到，然后利用二次函数的性质求最小值，即可判断C选项；根据题意得到点的轨迹，然后求最小值，即可判断B选项.
【详解】
由抛物线的性质可知，过点会有3条直线与抛物线有且仅有一个公共点，其中2条直线与抛物线相切，1条斜率为零的直线与抛物线相交，故A错；
设，，因为，所以，解得，
若，则或，此时,
当时，
直线的方程为，
所以直线恒过定点，故D错；
设直线：，联立得，，
则，，
，
所以当时，最小，最小为，故C正确；
因为，所以直线为，
联立得，则，即为准线上的动点，
所以当点为时，最小，为2，故B正确.
故选：BC.
9．（2024·广东湛江·一模）已知抛物线C：的焦点为F，过点的直线l与抛物线C交于A，B两点，设直线l的斜率为k，则下列选项正确的有（ ）
A．
B．若以线段AB为直径的圆过点F，则
C．若以线段AB为直径的圆与y轴相切，则
D．若以线段AB为直径的圆与x轴相切，则该圆必与抛物线C的准线相切
【答案】ABC
【分析】联立直线l与抛物线消去x得y2﹣4my+4＝0，由可判断A；利用韦达定理和FA⊥FB列式可解得m2＝2，再用弦长公式可得弦长可判断B；若以线段AB为直径的圆与y轴相切，则解出，再用弦长公式可得弦长可判断C；由，可得无解可判断D.
【详解】设，直线的方程为，，的中点为，
由消去并整理得：，得，
由题意，，所以，即，
所以，则，故A正确；
以线段为直径的圆过点，所以，所以，
又，
所以，
，解得满足题意.
由，得，所以B正确；
若以线段AB为直径的圆与y轴相切，则，
又，所以，
解得：，所以，故C正确；
若以线段AB为直径的圆与抛物线C的准线相切，则，即，
又，所以无解，所以D错误.
故选：ABC.
10．（2024·湖南长沙·一模）某彗星的运行轨道是以太阳为一个焦点的椭圆.测得轨道的近日点（距离太阳最近的点）与太阳中心的距离为，远日点（距离太阳最远的点）与太阳中心的距离为，并且近日点、远日点及太阳中心在同一条直线上，则（ ）
A．轨道的焦距为B．轨道的离心率为
C．轨道的短轴长为D．当越大时，轨道越扁
【答案】BC
【分析】根据条件得到，，再对各个选项逐一分析判断即可得出结果.
【详解】由题知，解得，，
对于选项A，因为轨道的焦距为，所以选项A错误，
对于选项B，因为离心率为，所以选项B正确，
对于选项C，因为轨道的短轴长为，所以选项C正确，
对于选项D，因为，则越大时，离心率越小，则轨道越圆，所以选项D错误，
故选：BC.
11．（2024·湖南常德·三模）过点的直线交抛物线于两点，线段的中点为，抛物线的焦点为，下列说法正确的是（ ）
A．以为直径的圆过坐标原点
B．
C．若直线的斜率存在，则斜率为
D．若，则
【答案】ABC
【分析】设，，，将抛物线方程与直线方程联立，利用韦达定理求出，进而得到，代入各选项求解即可.
【详解】由题意可知直线斜率不为，设，， ，
联立得，
则，，，，
因为，所以，以为直径的圆过坐标原点，A说法正确；
，B说法正确；
因为为线段中点，所以，
若直线的斜率存在，则，
直线的斜率，C说法正确；
若，则，由抛物线的定义可得，D说法错误；
故选：ABC
12．（2024·山东济南·一模）已知椭圆：的两个焦点分别为，，是C上任意一点，则（ ）
A．的离心率为B．的周长为12
C．的最小值为3D．的最大值为16
【答案】BD
【分析】首先分析题意，利用椭圆性质进行逐个求解，直接求出离心率判断A，利益椭圆的定义求出焦点三角形周长判断B，举反例判断C，利用基本不等式求最大值判断D即可.
【详解】由椭圆得
则所以，故A错误;
易知的周长为故B正确；
当在椭圆长轴的一个端点时，取得最小值，最小值为，故C错误；
由基本不等式得，当且仅当时取等，
则取得最大值16，故D正确.
故选：BD.
13．（2024·福建·模拟预测）已知抛物线的焦点为F，准线交x轴于点D，过F的直线交C于A，B两点，AF的中点M在y轴上的射影为点N，，则（ ）
A．B．∠ADB是锐角
C．是锐角三角形D．四边形DFMN是菱形
【答案】ABD
【分析】设出点，，由题意分析可知三角形为正三角形，联立方程组，解出点的坐标，逐项判断即可.
【详解】由抛物线，可知，，
设点，，则，所以，而，
所以，所以，所以三角形为正三角形，
所以，又轴，
所以，，则，
所以，，，所以直线的方程为：，
联立方程，可得，所以，则，
所以，所以，故A正确；
，且，，所以四边形DFMN是菱形，故D正确；
由于以为直径的圆与准线相切，点在圆外，所以∠ADB是锐角，故B正确；
，，，所以，，
所以，所以为钝角，所以是钝角三角形，故C错误.
故选：ABD.
14．（2024·浙江金华·模拟预测）已知抛物线E：的焦点为F，点F与点C关于原点对称，过点C的直线l与抛物线E交于A，B两点（点A和点C在点B的两侧），则下列命题正确的是（ ）
A．若BF为的中线，则
B．若BF为的角平分线，则
C．存在直线l，使得
D．对于任意直线l，都有
【答案】ABD
【分析】
首先设直线的方程，并联立抛物线，根据韦达定理，再根据各项描述，抛物线的定义，即可判断选项.
【详解】设题意，设，不妨令，都在第一象限，，，
联立，则，且，即，
所以，，则，，如上图所示，
A.若为的中线，则，
所以，所以，故，
所以，则，则，故A正确；
B.若为的角平分线，则，
作垂直准线于，则且，
所以，即，则，
将代入整理，得，则，
所以，故B正确；
C.若，即，即为等腰直角三角形，
此时，即，所以，
所以，所以，所以，则此时为同一点，不合题设，故C错误；
D.，而，
结合，可得，即恒成立，故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据抛物线的几何关系，转化为坐标运算.
15．（2024·江苏宿迁·一模）已知正方体的棱长为分别为棱的点，且，若点为正方体内部（含边界）点，满足：为实数，则下列说法正确的是（ ）
A．点的轨迹为菱形及其内部
B．当时，点的轨迹长度为
C．最小值为
D．当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为
【答案】ABD
【分析】由空间向量基本定理，共线定理和线面角的定义对选项一一判断即可得出答案.
【详解】对于A，因为，由空间向量基本定理可知，
所以在菱形内，A正确；
对于B，取上一点，使得，连接，，
易证四边形和四边形是平行四边形，所以，
所以四边形是平行四边形，所以，
当时，,
所以，即，
在线段上，的轨迹长度为线段的长，即为，B正确；
对于C，由知，在菱形内，
所以的最小值即为点到平面的距离，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
可得
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
所以到平面的距离为：，故C错误；
对于D，当时，,
分别取的中点，连接，在线段上，
，所以，可得，
平面的法向量为，，
设与面所成角为，
所以，
设，因为，则，
则代入化简可得，
当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为，D正确．
故选：ABD．
【点睛】方法点睛：对于立体几何的综合问题的解答方法：
（1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
（2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
（3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
16．（2024·江苏宿迁·一模）在平面直角坐标系中，已知抛物线为抛物线上两点下列说法正确的是（ ）
A．若直线过点，则面积的最小值为2
B．若直线过点，则点在以线段为直径的圆外
C．若直线过点，则以线段为直径的圆与直线相切
D．过两点分别作抛物线的切线，若两切线的交点在直线上，则直线过点
【答案】AC
【分析】设出的方程为，代入抛物线的方程，运用韦达定理和中点坐标公式，求得中点的横坐标和中点到准线的距离，以及面积表达式，可判断AC；设出的方程为，代入抛物线的方程由可判断B；设直线的方程为，由导数的几何意义写出切线方程求出交点P坐标，结合韦达定理即可判断D．
【详解】抛物线的焦点，准线方程为，设，
对AC选项：设的方程为，代入抛物线，可得，
易知，，，
故 ,
当等号成立，故A正确；
而，
则弦长，
设的中点为，到准线的距离为，
所以以为直径的圆与准线相切，故C正确；
对B选项：又设的方程为，代入抛物线可得，
易知，，，
，
则点在以线段为直径的圆上，B错误；
对D选项：不妨设在第一象限，在第四象限，则，
则点处切线斜率
，，则点处切线斜率，
则点处切线方程为，
同理点处切线方程为，
联立两直线求得交点横坐标为，故，
设直线的方程为，代入抛物线可得，
则，故（负值舍去），即直线的方程为，
则直线过点，故D错误.
故选：AC.
17．（2024·重庆·一模）已知为坐标原点，抛物线的焦点为，、是抛物线上两个不同的点，为线段的中点，则（ ）
A．若，则到准线距离的最小值为
B．若，且，则到准线的距离为
C．若，且，则到准线的距离为
D．若过焦点，，为直线左侧抛物线上一点，则面积的最大值为
E．若，则到直线距离的最大值为
【答案】ACDE
【分析】对于选项A，由可以判断，对于选项BC，设、，由条件求出的值即可；对于选项D，首先求出直线的方程，然后过点的直线平行于且与抛物线相切时，点到直线的距离最大，此时的面积最大，然后算出答案即可，对于选项E，由条件求出直线恒过定点即可判断.
【详解】选项A，记抛物线的准线为，
当不过点时，根据三角形三边关系可得，
当过点时，，
设点、、到直线的距离分别为、、，
所以，故选项A正确；
选项BC，设、，则，，
由可知，，即，
整理得，
又，所以，
所以到准线的距离为，故选项B错误C正确；
选项D，因为过焦点，，所以，
则．
设直线的方程为，联立可得，
，所以，
所以，可得．
根据图形的对称性，不妨设，因为为直线左侧抛物线上一点，
由图象易知当过点的直线平行于且与抛物线相切时，点到直线的距离最大，此时，的面积最大．
令，易知此时点在抛物线上方，其对应的函数解析式为，
则，解得，则，
所以点到直线的距离，
此时，故选项D正确；
选项E，令、，
因为，所以，即．
设直线的方程为，联立可得，
，所以，解得，
所以直线的方程为，即直线恒过定点，
易知当时，点到直线的距离最大，最大值为，故选项E正确；
故选：ACDE.
【点睛】方法点睛：抛物线定义的两种应用：
（1）实现距离转化，根据抛物线的定义，抛物线上任意一点到焦点的距离等于它到准线的距离，因此，由抛物线的定义可以实现点与点之间的距离与点到准线的距离的相互转化，从而简化某些问题；
（2）解决最值问题，在抛物线中求解与焦点有关的两点间距离和的最小值时，往往用抛物线的定义进行转化，即化折线为直线解决最值问题.
18．（2024·山西晋城·一模）双曲线的左、右焦点分别为，，为的右支上一点，分别以线段，为直径作圆，圆，线段与圆相交于点，其中为坐标原点，则（ ）
A．
B．
C．点为圆和圆的另一个交点
D．圆与圆有一条公切线的倾斜角为
【答案】BCD
【分析】
由中点中位线性质判断AB；由圆与圆关系及切线性质求得判断CD.
【详解】
的方程可化为，可得，，．
由为的中点，为的中点，得，A错误．
由为的中点，为的中点，得，
则，B正确．
设点为圆和圆的另一个交点，连接，由轴，
可得，为的中位线，则直线平分线段，
则点必在轴上，可得点的坐标为，C正确．
如图，若为圆与圆的一条公切线，，为切点，
连接，，过点作，垂足为．
由，，
得，
可得，由轴，且，可得公切线的倾斜角为，D正确．
故选：BCD
【点睛】
关键点点睛：本题考查双曲线与圆的综合应用，利用圆与圆位置关系求解D是关键.
19．（2024·山西运城·一模）抛物线的焦点为，、是抛物线上的两个动点，是线段的中点，过作准线的垂线，垂足为，则（ ）
A．若，则直线的斜率为或
B．若，则
C．若和不平行，则
D．若，则的最大值为
【答案】ABD
【分析】设直线的方程为，将该直线的方程与抛物线的方程联立，结合韦达定理求出的值，可判断A选项；利用抛物线的焦点弦公式可判断B选项；利用三角形三边关系可判断C选项；利用余弦定理、基本不等式可判断D选项.
【详解】易知抛物线的焦点为，
对于A选项，若直线与轴垂直，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
因为，则在直线上，设直线的方程为，
联立可得，则，
由韦达定理可得，，
因为，即，可得，即，
所以，，可得，，解得，
此时，直线的斜率为，A对；
对于B选项，当时，则在直线上，，
则，B对；
对于C选项，当和不平行时，则、、三点不共线，
所以，，C错；
对于D选项，设，，
当时，，
由C选项可得，
所以，
，
即，当且仅当时，等号成立，故的最大值为，D对.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
20．（2024·广东广州·二模）双曲线具有如下性质：双曲线在任意一点处的切线平分该点与两焦点连线的夹角.设为坐标原点，双曲线的左右焦点分别为，右顶点到一条渐近线的距离为2，右支上一动点处的切线记为，则（ ）
A．双曲线的渐近线方程为
B．双曲线的离心率为
C．当轴时，
D．过点作，垂足为
【答案】ACD
【分析】由题意求出b的值，即可求得双曲线渐近线方程，判断A；根据离心率定义，求出离心率，判断B；利用双曲线定义可判断C；由题意结合角平分线性质推出，K为的中点，进而结合三角形中位线以及双曲线定义求得，判断D.
【详解】对于A，由双曲线可知，右顶点，
其渐近线方程为，右顶点到一条渐近线的距离为2，
不妨取渐近线，则，解得，
故双曲线的渐近线方程为，A正确；
对于B，由于，
故双曲线的离心率为，B错误；
对于C，，当轴时，将代入中，
得，即得，
由于P在双曲线右支上，故，C正确；
对于D，连接并延长交的延长线于E，
由题意知，为的角平分线，结合，
可知，K为的中点，而O为的中点，
故，D正确，
故选：ACD
【点睛】关键点睛：本题考查了双曲线知识的综合应用，解答的关键是选项D的判断，解答时要结合题中所给性质，利用角平分线性质推出K为的中点，即可结合双曲线定义求得答案.
21．（2024·河北·一模）已知，是双曲线C：的左、右焦点，，为C右支上一点，，的内切圆的圆心为，半径为r，直线PE与x轴交于点，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．
C．
D．若的内切圆与y轴相切，则双曲线C的离心率为
【答案】ACD
【分析】利用切线性质，判断A，利用内切圆的半径表示三角形的面积，即可判断B，利用角平分线定理和焦半径公式，结合判断C，根据几何关系，转化为关于的齐次方程，即可判断D.
【详解】A.如图，作，，，
根据切线长定理，，，，
又，所以，，
所以，即，故A正确；
B.因为，，
所以，解得：，，
所以，故B错误；
C.由内切圆的性质可知，为角平分线，则，
即，整理为，即，
所以，由A选项的证明可知，，即，故C正确；
D.若的内切圆与轴相切，则，
则由选项AB知，，即，
则，即，或（舍），
所以双曲线C的离心率为，故D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用切线长的性质，结合双曲线的定义，判断.
22．（2024·广东江门·一模）已知曲线，则下列结论正确的是（ ）
A．随着增大而减小
B．曲线的横坐标取值范围为
C．曲线与直线相交，且交点在第二象限
D．是曲线上任意一点，则的取值范围为
【答案】AD
【分析】首先对、分类讨论分别得到曲线方程，画出曲线图形，数形结合判断A、B，由双曲线的渐近线与的关系判断C，由点到直线的距离公式得到，即点到直线的距离的倍，求出直线与曲线相切时的值，再由两平行线将的距离公式求出的最大值，即可判断D.
【详解】因为曲线，
当，时，则曲线为椭圆的一部分；
当，时，则曲线为双曲线的一部分，
且双曲线的渐近线为；
当，时，则曲线为双曲线的一部分，
且双曲线的渐近线为；
可得曲线的图形如下所示：
由图可知随着增大而减小，故A正确；
曲线的横坐标取值范围为，故B错误；
因为，所以曲线与直线相交，且交点在第四象限，故C错误；
因为，即点到直线的距离的倍，
当直线与曲线相切时，
由，消去整理得，
则，解得（舍去）或，
又与的距离，
所以，
所以的取值范围为，故D正确；
故选：AD
【点睛】关键点点睛：本题关键是分析出曲线的图形，D选项的关键是转化为点到直线的距离.
23．（2024·湖北·模拟预测）已知椭圆的离心率为，左，右焦点分别为，，过且倾斜角为的直线与椭圆C交于A，B两点（点A在第一象限），P是椭圆C上任意一点，则（ ）
A．a，b满足B．的最大值为
C．存在点P，使得D．
【答案】ABD
【分析】A选项，根据离心率得到；B选项，设，，故，计算出；C选项，由椭圆定义及余弦定理，基本不等式得到点P在短轴端点时，最大，且此时，故C错；D选项，法一：设出直线方程，联立椭圆方程，求出，得到结论；法二：利用椭圆的第二定义进行求解.
【详解】A选项，因为C的离心率，所以，，解得，故A对；
B选项，由题意得，设，则，，
因为，，所以，，
则，
故B对；
C选项，设，，，，
则
，
当且仅当时，等号成立，
由于在上单调递减，
当点P在短轴端点时，最大，且此时，
故此时，故C错；
D选项，法一：直线方程为，即，
与椭圆方程联立得，
因为，所以，
，故，故D对.
法二：据椭圆第二定义易知：，
其中，
即，
解得，同理可得.
所以成立，故D对.
故选：ABD
【点睛】结论点睛：为椭圆上任意一点，为椭圆的焦点，则最大当且仅当为短轴顶点；
为椭圆上任意一点，为椭圆的长轴顶点，则最大当且仅当为短轴顶点；
为椭圆上任意一点，为椭圆的焦点，若，则椭圆的离心率的取值范围是.
24．（2024·山东菏泽·一模）如图，过点的直线交抛物线于A，B两点，连接、，并延长，分别交直线于M，N两点，则下列结论中一定成立的有（ ）
A．B．以为直径的圆与直线相切
C．D．
【答案】ACD
【分析】
设出直线与抛物线联立，利用韦达定理及斜率公式，结合三角形的面积公式及直线与圆的位置关系的判断方法即可求解.
【详解】
对于A，令，
联立，消可得，
则，，
，
则
故，
同理，故A正确；
对于C，设与轴交于，，
则，，故C正确；
对于D，
则
，
而，
所以，故D正确；
对于B，中点，即
则到直线的距离，
以为直径的圆的半径，
所以，
当时相切，当时不相切，故B错误.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：设出直线与抛物线联立，利用韦达定理及斜率公式，结合三角形的面积公式及直线与圆的位置关系的判断即可.
25．（2024·山东临沂·一模）已知圆，抛物线的焦点为，为上一点（ ）
A．存在点，使为等边三角形
B．若为上一点，则最小值为1
C．若，则直线与圆相切
D．若以为直径的圆与圆相外切，则
【答案】AC
【分析】选项A，为等边三角形需保证，设定点坐标用两点间距离公式检验即可；选项B，设定点，将转化为表示，求最小值即可；选项C，由求得点坐标，求得直线所在的直线方程，利用点到直线的距离公式检验即可；选项D，设定点，以为直径的圆与相外切，需保证，建立关于的方程，求之即可.
【详解】由已知圆的方程化为，
得其圆心，半径，
由于抛物线方程为，其焦点为
对于选项A，若为等边三角形，当且仅当；
若点到点的距离为，
由抛物线的定义可知，即，
代入抛物线方程可得，，故A正确；
对于选项B，因为点在抛物线上，为上一点，
，
由于为上，设，且，
则，
当且仅当时，原式取得最小值，的最小值，故B不正确；
对于选项C，设，且，
若，即，得，
解得，所以此时，
不妨取，，
此时直线的方程为：，即，
则圆心到该直线的距离为，
所以此时直线与圆相切，同理可证明的情形也成立，故C正确；
对于选项D，设的中点为，若以为直径的圆与相外切时，
只需保证，
设，且，，得，
得方程：（*），
其中，反解得：代入上式，
化简可得：，
显然，故D不正确.
故选：AC.
【点睛】客观题圆锥曲线的综合性问题，多数考查数形结合思想，要善于借助圆锥曲线的定义转化条件和问题.
26．（2024·福建漳州·模拟预测）已知直线经过抛物线的焦点，且与交于A，B两点，以线段为直径的与的准线相切于点，则（ ）
A．直线的方程为B．点的坐标为
C．的周长为D．直线与相切
【答案】AC
【分析】A选项，根据题意得到抛物线方程，设出直线的方程，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，根据列出方程，求出，得到直线方程；B选项，求出点的纵坐标为，从而代入求出横坐标，得到B正确；C选项，由焦点弦公式得到，求出的半径和周长；D选项，利用圆心到直线距离公式和半径相比，得到答案.
【详解】A选项，依题意，抛物线的准线方程为，即，所以，
即抛物线的方程为，则抛物线的焦点为.
设直线的方程为，，，
联立消去整理得恒成立，
则，
则，，
又因为线段为的直径，与的准线相切于点，
所以
，
整理得，
即，
即，解得，所以直线的方程为，所以A正确；
B选项，因为垂直于准线，且，所以点的纵坐标为，
代入直线的方程，即，解得，
可得点，所以B错误；
C选项，根据抛物线的定义可得，所以的半径为，
所以的周长为，所以C选项正确；
D选项，圆心到直线的距离为，
所以直线与相交，不相切，所以D错误.
故选：AC.
【点睛】结论点睛：抛物线的相关结论，
（1）中，过焦点的直线与抛物线交于两点，则以为直径的圆与轴相切，以为直径的圆与准线相切；
（2）中，过焦点的直线与抛物线交于两点，则以为直径的圆与轴相切，以为直径的圆与准线相切.
27．（2024·福建漳州·一模）已知双曲线：（）的左、右焦点分别为，，直线：与双曲线的右支相交于A，两点（点A在第一象限），若，则（ ）
A．双曲线的离心率为B．
C．D．
【答案】AB
【分析】设，根据题意结合双曲线的定义可得，，，利用余弦定理结合，，进而可得结果.
【详解】由题意可知：，
因为直线：，
可知直线过右焦点，斜率，
设直线的倾斜角为，则，可得，
设，
由，可得，，，故B正确；
在中，可知，
由余弦定理可得：，
即，解得或（舍去），
可得双曲线的离心率为，，故A正确，D错误；
在中，可知，
由余弦定理，
即，解得，故C错误；
故选：AB.
【点睛】
方法点睛：1．椭圆、双曲线离心率（离心率范围）的求法，求椭圆、双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值．
2.焦点三角形的作用，在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．
28．（2024·河北·模拟预测）已知双曲线的左顶点为，右焦点为，过点且倾斜角为的直线顺次交两条渐近线和的右支于，且，则下列结论正确的是（ ）
A．离心率为
B．
C．
D．
【答案】BC
【分析】对于A项，联立直线方程与直线方程、直线方程可求得点、点坐标，由，可知为中点，结合中点坐标公式可得的值，进而可求得离心率，对于B项，计算的值即可，对于C项，联立直线方程与双曲线方程可求得点坐标，由点、点、点纵坐标可知、为线段的三等分点，结合三角形面积公式判断即可，对于D项，由求解即可.
【详解】如图所示，
由题意知，，直线方程为，直线方程为，
设直线方程为，
，即，
，即，
对于A项，因为，所以为中点，
所以，整理得，
所以离心率，故A项错误；
对于B项，由A项知，直线方程为，即，
又因为，所以，
所以，故B项正确；
对于C项，过作垂足为，过作垂足为，过作垂足为，如图所示，
由A项知，，所以双曲线方程为，，，
，则，
所以，，，
所以，
所以、为线段的三等分点，即，
设到直线距离为，则，，
所以，故C项正确；
对于D项，如图所示，
由A项知，，所以，故D项错误.
故选：BC.
29．（2024·浙江金华·模拟预测）已知椭圆为原点，过第一象限内椭圆外一点作椭圆的两条切线，切点分别为A，B．记直线的斜率分别为，若，则（ ）
A．为定值B．为定值
C．的最大值为2D．的最小值为4
【答案】AD
【分析】设直线的方程为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，由得到方程，求出，证明椭圆在处的切线方程为，从而得到椭圆在点和的切线方程，得到切点弦方程为，对照系数结合得到的轨迹方程，A选项，计算出，，求出；B选项，在A选项基础上进行求解；C选项，得到双曲线的渐近线，C错误；D选项，先得到，设，则，联立双曲线方程，由根的判别式得到不等式，求出答案.
【详解】由于，故不关于轴对称且的横纵坐标不为0，
所以直线方程斜率一定存在，
设直线的方程为，联立得，
，
设，则，
故
，
其中，
故，即，
所以，解得，
下面证明椭圆在处的切线方程为，理由如下：
当时，故切线的斜率存在，设切线方程为，
代入椭圆方程得：，
由，化简得：
，
所以，
把代入，得：，
于是，
则椭圆的切线斜率为，切线方程为，
整理得到，
其中，故，即，
当时，此时或，
当时，切线方程为，满足，
当时，切线方程为，满足，
综上：椭圆在处的切线方程为；
故椭圆在点的切线方程为，
同理可得，椭圆在点的切线方程为，
由于点为与的交点，
故，，
所以直线为，
因为直线的方程为，对照系数可得
，
又，故，整理得，
又在第一象限，
故点的轨迹为双曲线位于第一象限的部分，
A选项，，同理可得，
则，A正确；
B选项，
，
其中
又，
故，不为定值，
故不是定值，B错误；
C选项，由于，，，故双曲线的一条渐近线为，
设，则，故无最大值，
D选项，由于，，，故，
设，则，
则两式联立得，
由得，，
检验，当时，，又，
解得，满足要求.
故的最小值为4，D正确.
故选：AD
【点睛】结论点睛：过圆上一点的切线方程为：，
过圆外一点的切点弦方程为：.
过椭圆上一点的切线方程为，
过椭圆外一点的切点弦方程为;
过双曲线上一点的切线方程为,
过双曲线外一点的切点弦方程为,
30．（2024·江苏·一模）已知抛物线E：的焦点为F，过F的直线交E于点，，E在B处的切线为，过A作与平行的直线，交E于另一点，记与y轴的交点为D，则（ ）
A．B．
C．D．面积的最小值为16
【答案】ACD
【分析】
A选项，求出焦点坐标与准线方程，设直线的方程为，联立抛物线方程，得到两根之积，从而求出；B选项，求导，得到切线方程，联立抛物线方程，得到；C选项，求出，，结合焦半径公式求出，C正确；D选项，作出辅助线，结合B选项，得到，表达出，利用基本不等式求出最小值，从而得到面积最小值.
【详解】
A选项，由题意得，准线方程为，
直线的斜率存在，故设直线的方程为，
联立，得，，故，A正确；
B选项，，直线的斜率为，故直线的方程为，
即，联立，得，故，
所以B错误；
C选项，由直线的方程，令得，
又，所以，
故，故，
又由焦半径公式得，所以C正确；
D选项，不妨设，过B向作平行于y轴的直线交于M，
根据B选项知，，
故，
根据直线的方程，
当时，，
故，
故，
故
，
当且仅当，即时，等号成立，
故的面积最小值为16，D正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．考点
4年考题
考情分析
圆锥曲线
综合
2023年新高考Ⅰ卷第16题
2023年新高考Ⅱ卷第10题
2022年新高考Ⅰ卷第11题
2022年新高考Ⅰ卷第16题
2022年新高考Ⅱ卷第10题
2022年新高考Ⅱ卷第16题
圆锥曲线会以单选题、多选题、填空题、解答题4类题型进行考查，多选题难度一般或较难，纵观近几年的新高考试题，分别在选填中考查双曲线的离心率、抛物线综合、椭圆中的周长及直线方程等知识点，相对难度较大，是高考冲刺复习的重点复习内容。可以预测2024年新高考命题方向将继续以具备难度性的圆锥曲线综合问题展开命题．
1．（2023·新高考Ⅰ卷高考真题第16题）已知双曲线的左、右焦点分别为．点在上，点在轴上，，则的离心率为 ．
【答案】/
【分析】方法一：利用双曲线的定义与向量数积的几何意义得到关于的表达式，从而利用勾股定理求得，进而利用余弦定理得到的齐次方程，从而得解.
方法二：依题意设出各点坐标，从而由向量坐标运算求得，，将点代入双曲线得到关于的齐次方程，从而得解；
【详解】方法一：
依题意，设，则，
在中，，则，故或（舍去），
所以，，则，
故，
所以在中，，整理得，
故.
方法二:
依题意，得，令，
因为，所以，则，
又，所以，则，
又点在上，则，整理得，则，
所以，即，
整理得，则，解得或，
又，所以或（舍去），故.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：双曲线过焦点的三角形的解决关键是充分利用双曲线的定义，结合勾股定理与余弦定理得到关于的齐次方程，从而得解.
2．（2023·新高考Ⅱ卷高考真题第10题）设O为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则（ ）．
A．B．
C．以MN为直径的圆与l相切D．为等腰三角形
【答案】AC
【分析】
先求得焦点坐标，从而求得，根据弦长公式求得，根据圆与等腰三角形的知识确定正确答案.
【详解】A选项：直线过点，所以抛物线的焦点，
所以，则A选项正确，且抛物线的方程为.
B选项：设，
由消去并化简得，
解得，所以，B选项错误.
C选项：设的中点为，到直线的距离分别为，
因为，
即到直线的距离等于的一半，所以以为直径的圆与直线相切，C选项正确.
D选项：直线，即，
到直线的距离为，
所以三角形的面积为，
由上述分析可知，
所以，
所以三角形不是等腰三角形，D选项错误.
故选：AC.
3．（2022·新高考Ⅰ卷高考真题第11题）已知O为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交C于P，Q两点，则（ ）
A．C的准线为B．直线AB与C相切
C．D．
【答案】BCD
【分析】求出抛物线方程可判断A，联立AB与抛物线的方程求交点可判断B，利用距离公式及弦长公式可判断C、D.
【详解】将点的代入抛物线方程得，所以抛物线方程为，故准线方程为，A错误；
，所以直线的方程为，
联立，可得，解得，故B正确；
设过的直线为，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，
所以，直线的斜率存在，设其方程为，，
联立，得，
所以，所以或，，
又，，
所以，故C正确；
因为，，
所以，而，故D正确.
故选：BCD
4．（2022·新高考Ⅰ卷高考真题第16题）已知椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，，离心率为．过且垂直于的直线与C交于D，E两点，，则的周长是 ．
【答案】13
【分析】利用离心率得到椭圆的方程为，根据离心率得到直线的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线的斜率，写出直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，利用弦长公式求得，得，根据对称性将的周长转化为的周长，利用椭圆的定义得到周长为.
【详解】∵椭圆的离心率为，∴，∴，∴椭圆的方程为，不妨设左焦点为，右焦点为，如图所示，∵，∴，∴为正三角形，∵过且垂直于的直线与C交于D，E两点，为线段的垂直平分线，∴直线的斜率为，斜率倒数为， 直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，
判别式，
∴，
∴ ， 得，
∵为线段的垂直平分线，根据对称性，，∴的周长等于的周长，利用椭圆的定义得到周长为.
故答案为：13.
5．（2022·新高考Ⅱ卷高考真题第10题）已知O为坐标原点，过抛物线焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点，若，则（ ）
A．直线的斜率为B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】由及抛物线方程求得，再由斜率公式即可判断A选项；表示出直线的方程，联立抛物线求得，即可求出判断B选项；由抛物线的定义求出即可判断C选项；由，求得，为钝角即可判断D选项.
【详解】对于A，易得，由可得点在的垂直平分线上，则点横坐标为，
代入抛物线可得，则，则直线的斜率为，A正确；
对于B，由斜率为可得直线的方程为，联立抛物线方程得，
设，则，则，代入抛物线得，解得，则，
则，B错误；
对于C，由抛物线定义知：，C正确；
对于D，，则为钝角，
又，则为钝角，
又，则，D正确.
故选：ACD.
6．（2022·新高考Ⅱ卷高考真题第16题）已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为 ．
【答案】
【分析】令的中点为，设，，利用点差法得到，设直线，，，求出、的坐标，再根据求出、，即可得解；
【详解】[方法一]：弦中点问题：点差法
令的中点为，设，，利用点差法得到，
设直线，，，求出、的坐标，
再根据求出、，即可得解；
解：令的中点为，因为，所以，
设，，则，，
所以，即
所以，即，设直线，，，
令得，令得，即，，
所以，
即，解得或（舍去），
又，即，解得或（舍去），
所以直线，即；
故答案为：
[方法二]：直线与圆锥曲线相交的常规方法
解：由题意知，点既为线段的中点又是线段MN的中点，
设，，设直线，，，
则，，，因为，所以
联立直线AB与椭圆方程得消掉y得
其中，
∴AB中点E的横坐标,又，∴
∵，，∴,又，解得m=2
所以直线，即
弦长公式，直线与圆交于A，B两点，设，，有：
则
或：
椭圆焦点三角形主要结论
在 中,记 , 椭圆定义可知:
(1). .
(2) . 焦点三角形的周长为 .
(3) .
(4). 焦点三角形的而积为: .
双曲线焦点三角形主要结论
如图, 是双曲线的焦点, 设 P为双曲线上任意一点, 记 , 则 的面积
椭圆焦点弦三角形面积公式
为椭圆 的左、右焦点，过 倾斜角为 的直线 与椭圆 交于 两点，则焦点弦三角形 的面积:
，其中，
（2） 为椭圆的左、右焦点，过 的直线 与椭圆 交于 两点，且 ，则焦点弦三角形 的面积:
双曲线焦点弦三角形面积公式
（1）设直线 过焦点 且交双曲线 于 两点，直线 倾斜角为 ，双曲线的半通径为 ，则双曲线同支焦点弦三角形的面积
（2） 为双曲线 的左、右焦点，过 的直线 与双曲线 右支交于 两点，且 ，则焦点弦三角形 的面积:
（3） 为双曲线 的左、右焦点，过 的直线 与双曲线 右支、左支分别交于 两点，且 ，则焦点弦三角形 的面积:
抛物线焦点弦三角形面积公式
设直线 过焦点 且与抛物线 交于 两点，直线 倾斜角为 ，则焦点弦三角形 的面积为
椭圆中的阿基米德三角形
设椭圆的弦为 为阿基米德三角形, 则有:
性质 1: 弦 绕着定点 转动时, 则其所对顶点 落在直线 上.
其中, 当 点为左 (右) 焦点时, 点位于左 (右) 准线上.
性质 2: 直线 的斜率成等差数列, 即 .
性质 3: 当 点为焦点时, .
双曲线中的阿基米德三角形
设双曲线 的弦为 为阿基米德三角形, 则有:
性质 1: 弦 绕者定点 转动时, 则其所对顶点 落在直线 上.
其中, 当 点为左 (右) 焦点时, 点位于左 (右) 准线上.
性质 2: 直线 的斜率成等差数列, 即 .
性质 3: 当 点为焦点时, .
抛物线中的阿基米德三角形
抛物线的弦为 为阿基米德三角形, 则有:
阿基米德三角形底边上的中线平行于抛物线的轴
若阿基米德三角形的底边即弦 过抛物线内的定点 , 则另一顶点 的轨迹为一条直线
若直线 与抛物线没有公共点，以 上的点为顶点的阿基米德三角形的底边过定点 (若直线 方程为: , 则定点的坐标为 .
底边为 的阿基米德三角形的面积最大值为 .
若阿基米德三角形的底边过焦点, 顶点 的轨迹为准线, 且阿基米德三角形的面积最小值为
在阿基米德三角形中,
.
抛物线上任取一点 (不与 重合), 过 作抛物线切线交 于 ,连接 , 则 的面积是 面积的 2 倍
1．（2024·浙江·一模）设是抛物线弧上的一动点，点是的焦点，，则（ ）
A．
B．若，则点的坐标为
C．的最小值为
D．满足面积为的点有2个
【答案】AB
【分析】
对于A，直接由抛物线方程即可判断；对于B，直接由焦半径先求得点横坐标，代入抛物线方程验算其纵坐标即可判断；对于C，由B选项启发，观察图象，令即可举出反例；对于D，由点到直线距离公式将原问题转换为方程的或的正根的个数和即可判断.
【详解】
对于A，抛物线弧的焦点为，故A正确；
对于B，若，解得，所以，即点的坐标为，故B正确；
对于C，取，则，
因为，所以，即，
所以，即，故C错误；
对于D，直线的斜率为，所以它的方程为，
点到它的距离为，
注意到，若面积为，
则，又，
所以或，解得或，
所以满足面积为的点有3个，故D错误.
故选：AB.
2．（2024·重庆·一模）已知抛物线的焦点为为坐标原点，其准线与轴交于点，经过点的直线与抛物线交于不同两点，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．存在
C．不存在以为直径且经过焦点的圆
D．当的面积为时，直线的倾斜角为或
【答案】AD
【分析】
设直线的方程为，将其与抛物线方程联立，得到韦达定理式，将其整体代入即可判断ACD，求解直线与抛物线相切时的情况即可判断B.
【详解】对A，由题意得，准线方程为，则，
显然当直线的斜率为0，即直线的方程为，此时不合题意，
设直线的方程为，
联立抛物线方程，得，，解得或，
，，，，则，，则，
，，
则，A正确；
对B，当直线与抛物线相切时，最大，则，解得，
根据抛物线对称性取分析：
此时直线方程为，此时直线斜率为1，则，因此不存在，B错误；
对C，假设存在以为直径且经过焦点的圆，则，
，则，
即，,
即，即，，满足或，
即存在以为直径且经过焦点的圆，C错误；
对D，，，
此时直线斜率为，则直线的倾斜角为或，故D正确.
故选：AD.
3．（2024·安徽合肥·一模）已知椭圆的左､右顶点分别为，左焦点为为上异于的一点，过点且垂直于轴的直线与的另一个交点为，交轴于点，则（ ）
A．存在点，使
B．
C．的最小值为
D．周长的最大值为8
【答案】BCD
【分析】对于A，判断与的大小即即可；对于B,设，，，利用坐标分别求出等式左右验证即可；对于C，求出，利用二次函数求最值即可；对于D，利用椭圆的定义，转化求的最大值，即可.
【详解】
对于A,设椭圆的上顶点为，则直角三角形中，，则，故A错误；
对于B，设，则，，且，即，又,
则，
又，故，则B正确；
对于C，，，，
则当时，取最小值为，故C正确；
对于D，设椭圆的右焦点为,
的周长为：,
当且仅当三点共线时，等号成立，故D正确，
故选：BCD.
4．（2024·浙江·模拟预测）曲线的法线定义：过曲线上的点，且垂直于该点处切线的直线即为该点处的法线.已知点是抛物线上的点，是的焦点，点处的切线与轴交于点，点处的法线与轴交于点，与轴交于点，与交于另一点，点是的中点，则以下结论正确的是（ ）
A．点的坐标是
B．的方程是
C．
D．过点的的法线（包括）共有两条
【答案】BCD
【分析】利用导数求出切线斜率，进而确定切线方程判断A，利用法线的定义判断B，利用两点间距离公式判断C，分类讨论判断D即可.
【详解】
对A，将点代入，得，则，当时，
故的方程为，令，则点的坐标是，故A错误；
对B，的方程为，整理得，故B正确；
对C，易得与轴的交点的坐标为，与轴的交点的坐标为，
联立，解得或.
与的另一个交点的坐标为，
则，故C正确；
对D，易得点的坐标为，设点为抛物线上一点，
当是原点时，处的法线为轴，显然不过点，
当点不是原点时，则处的法线方程为，
将点代入得，，
又，则，
故或过点的的法线（包括）共有两条，故D正确.
故选：BCD
5．（2024·辽宁·一模）在平面直角坐标系中，抛物线：的焦点为，点在抛物线上，点在抛物线的准线上，则以下命题正确的是（ ）
A．的最小值是2
B．
C．当点的纵坐标为4时，存在点，使得
D．若是等边三角形，则点的横坐标是3
【答案】ABD
【分析】A选项，求出及准线方程，由抛物线定义得到，当与点重合时，取的最小值，当与点重合时，取得最小值，得到答案；B选项，在A选项基础上得到；C选项，求出，假设存在点，使得，则点为直线与准线的交点，求出直线的方程，得到，求出；D选项，得到，由抛物线定义得到点与点重合，由等边三角形的性质结合得到，从而求出点的横坐标.
【详解】A选项，由题意得，准线方程为，设准线与轴交点为，
过点作⊥抛物线的准线，垂足为，
由抛物线定义可知，，
则，故当与点重合时，取的最小值，
显然，当与点重合时，取得最小值，最小值为，
故的最小值为2，A正确；
B选项，由A选项知，当点与点重合时，等号成立，故B正确；
C选项，当点的纵坐标为4时，令中的得，，
故，假设存在点，使得，
则点为直线与准线的交点，
直线的方程为，即，
中，令得，故点，
此时，此时，C错误；
D选项，若是等边三角形，则，
因为，所以，即点与点重合，
则⊥轴，则，
又，则，所以，
故点的横坐标是，D正确；
故选：ABD
6．（2024·辽宁·一模）已知抛物线的焦点为，为坐标原点，倾斜角为的直线过点且与交于，两点，若的面积为，则 （ ）
A．
B．
C．以为直径的圆与轴仅有个交点
D．或
【答案】AC
【分析】
设直线，，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，由求出，即可判断A，再由弦长公式求出即可判断B，利用抛物线的几何意义判断C，求出、，由即可判断D.
【详解】依题意，设直线，，，
由，整理得，则，
所以，，所以，
解得，所以，又，解得，
所以，又，所以，故A正确；
因为，故B错误；
因为，又线段的中点到轴的距离为，
所以以为直径的圆与轴相切，即仅有个交点，故C正确；
因为，若，则，解得或；
若，则，解得或；
即、或、，
所以或，故D错误.
故选：AC
7．（2024·黑龙江吉林·二模）已知抛物线C：，焦点为F，直线与抛物线C交于A，B两点，过A，B两点作抛物线准线的垂线，垂足分别为P，Q，且M为的中点，则（ ）
A．B．
C．梯形的面积是16D．到轴距离为3.
【答案】BD
【分析】
先判断得直线经过点，再联立直线与抛物线方程，得到，进而得到，从而判断AD，利用两点求斜率与直线垂直时斜率之积为可判断B，分别求得，结合梯形的面积公式可判断C.
【详解】对于A，由题意得，则直线经过点，
联立，消去，得，
设，则，
则，所以，故A错误；
对于B，由题意得，
所以，所以，故B正确；
对于C，由题意可得，
，
所以梯形的面积是，故C错误；
对于D，因为，所以到轴距离为3，故D正确.
故选：BD.
8．（2024·山西临汾·一模）设是坐标原点，抛物线的焦点为，点，是抛物线上两点，且.过点作直线的垂线交准线于点，则（ ）
A．过点恰有2条直线与抛物线有且仅有一个公共点
B．的最小值为2
C．的最小值为
D．直线恒过焦点
【答案】BC
【分析】根据抛物线的性质判断A选项；根据得到，然后利用点斜式写直线的方程即可得到定点，即可判断D选项；利用韦达定理和弦长公式得到，然后利用二次函数的性质求最小值，即可判断C选项；根据题意得到点的轨迹，然后求最小值，即可判断B选项.
【详解】
由抛物线的性质可知，过点会有3条直线与抛物线有且仅有一个公共点，其中2条直线与抛物线相切，1条斜率为零的直线与抛物线相交，故A错；
设，，因为，所以，解得，
若，则或，此时,
当时，
直线的方程为，
所以直线恒过定点，故D错；
设直线：，联立得，，
则，，
，
所以当时，最小，最小为，故C正确；
因为，所以直线为，
联立得，则，即为准线上的动点，
所以当点为时，最小，为2，故B正确.
故选：BC.
9．（2024·广东湛江·一模）已知抛物线C：的焦点为F，过点的直线l与抛物线C交于A，B两点，设直线l的斜率为k，则下列选项正确的有（ ）
A．
B．若以线段AB为直径的圆过点F，则
C．若以线段AB为直径的圆与y轴相切，则
D．若以线段AB为直径的圆与x轴相切，则该圆必与抛物线C的准线相切
【答案】ABC
【分析】联立直线l与抛物线消去x得y2﹣4my+4＝0，由可判断A；利用韦达定理和FA⊥FB列式可解得m2＝2，再用弦长公式可得弦长可判断B；若以线段AB为直径的圆与y轴相切，则解出，再用弦长公式可得弦长可判断C；由，可得无解可判断D.
【详解】设，直线的方程为，，的中点为，
由消去并整理得：，得，
由题意，，所以，即，
所以，则，故A正确；
以线段为直径的圆过点，所以，所以，
又，
所以，
，解得满足题意.
由，得，所以B正确；
若以线段AB为直径的圆与y轴相切，则，
又，所以，
解得：，所以，故C正确；
若以线段AB为直径的圆与抛物线C的准线相切，则，即，
又，所以无解，所以D错误.
故选：ABC.
10．（2024·湖南长沙·一模）某彗星的运行轨道是以太阳为一个焦点的椭圆.测得轨道的近日点（距离太阳最近的点）与太阳中心的距离为，远日点（距离太阳最远的点）与太阳中心的距离为，并且近日点、远日点及太阳中心在同一条直线上，则（ ）
A．轨道的焦距为B．轨道的离心率为
C．轨道的短轴长为D．当越大时，轨道越扁
【答案】BC
【分析】根据条件得到，，再对各个选项逐一分析判断即可得出结果.
【详解】由题知，解得，，
对于选项A，因为轨道的焦距为，所以选项A错误，
对于选项B，因为离心率为，所以选项B正确，
对于选项C，因为轨道的短轴长为，所以选项C正确，
对于选项D，因为，则越大时，离心率越小，则轨道越圆，所以选项D错误，
故选：BC.
11．（2024·湖南常德·三模）过点的直线交抛物线于两点，线段的中点为，抛物线的焦点为，下列说法正确的是（ ）
A．以为直径的圆过坐标原点
B．
C．若直线的斜率存在，则斜率为
D．若，则
【答案】ABC
【分析】设，，，将抛物线方程与直线方程联立，利用韦达定理求出，进而得到，代入各选项求解即可.
【详解】由题意可知直线斜率不为，设，， ，
联立得，
则，，，，
因为，所以，以为直径的圆过坐标原点，A说法正确；
，B说法正确；
因为为线段中点，所以，
若直线的斜率存在，则，
直线的斜率，C说法正确；
若，则，由抛物线的定义可得，D说法错误；
故选：ABC
12．（2024·山东济南·一模）已知椭圆：的两个焦点分别为，，是C上任意一点，则（ ）
A．的离心率为B．的周长为12
C．的最小值为3D．的最大值为16
【答案】BD
【分析】首先分析题意，利用椭圆性质进行逐个求解，直接求出离心率判断A，利益椭圆的定义求出焦点三角形周长判断B，举反例判断C，利用基本不等式求最大值判断D即可.
【详解】由椭圆得
则所以，故A错误;
易知的周长为故B正确；
当在椭圆长轴的一个端点时，取得最小值，最小值为，故C错误；
由基本不等式得，当且仅当时取等，
则取得最大值16，故D正确.
故选：BD.
13．（2024·福建·模拟预测）已知抛物线的焦点为F，准线交x轴于点D，过F的直线交C于A，B两点，AF的中点M在y轴上的射影为点N，，则（ ）
A．B．∠ADB是锐角
C．是锐角三角形D．四边形DFMN是菱形
【答案】ABD
【分析】设出点，，由题意分析可知三角形为正三角形，联立方程组，解出点的坐标，逐项判断即可.
【详解】由抛物线，可知，，
设点，，则，所以，而，
所以，所以，所以三角形为正三角形，
所以，又轴，
所以，，则，
所以，，，所以直线的方程为：，
联立方程，可得，所以，则，
所以，所以，故A正确；
，且，，所以四边形DFMN是菱形，故D正确；
由于以为直径的圆与准线相切，点在圆外，所以∠ADB是锐角，故B正确；
，，，所以，，
所以，所以为钝角，所以是钝角三角形，故C错误.
故选：ABD.
14．（2024·浙江金华·模拟预测）已知抛物线E：的焦点为F，点F与点C关于原点对称，过点C的直线l与抛物线E交于A，B两点（点A和点C在点B的两侧），则下列命题正确的是（ ）
A．若BF为的中线，则
B．若BF为的角平分线，则
C．存在直线l，使得
D．对于任意直线l，都有
【答案】ABD
【分析】
首先设直线的方程，并联立抛物线，根据韦达定理，再根据各项描述，抛物线的定义，即可判断选项.
【详解】设题意，设，不妨令，都在第一象限，，，
联立，则，且，即，
所以，，则，，如上图所示，
A.若为的中线，则，
所以，所以，故，
所以，则，则，故A正确；
B.若为的角平分线，则，
作垂直准线于，则且，
所以，即，则，
将代入整理，得，则，
所以，故B正确；
C.若，即，即为等腰直角三角形，
此时，即，所以，
所以，所以，所以，则此时为同一点，不合题设，故C错误；
D.，而，
结合，可得，即恒成立，故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据抛物线的几何关系，转化为坐标运算.
15．（2024·江苏宿迁·一模）已知正方体的棱长为分别为棱的点，且，若点为正方体内部（含边界）点，满足：为实数，则下列说法正确的是（ ）
A．点的轨迹为菱形及其内部
B．当时，点的轨迹长度为
C．最小值为
D．当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为
【答案】ABD
【分析】由空间向量基本定理，共线定理和线面角的定义对选项一一判断即可得出答案.
【详解】对于A，因为，由空间向量基本定理可知，
所以在菱形内，A正确；
对于B，取上一点，使得，连接，，
易证四边形和四边形是平行四边形，所以，
所以四边形是平行四边形，所以，
当时，,
所以，即，
在线段上，的轨迹长度为线段的长，即为，B正确；
对于C，由知，在菱形内，
所以的最小值即为点到平面的距离，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
可得
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
所以到平面的距离为：，故C错误；
对于D，当时，,
分别取的中点，连接，在线段上，
，所以，可得，
平面的法向量为，，
设与面所成角为，
所以，
设，因为，则，
则代入化简可得，
当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为，D正确．
故选：ABD．
【点睛】方法点睛：对于立体几何的综合问题的解答方法：
（1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
（2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
（3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
16．（2024·江苏宿迁·一模）在平面直角坐标系中，已知抛物线为抛物线上两点下列说法正确的是（ ）
A．若直线过点，则面积的最小值为2
B．若直线过点，则点在以线段为直径的圆外
C．若直线过点，则以线段为直径的圆与直线相切
D．过两点分别作抛物线的切线，若两切线的交点在直线上，则直线过点
【答案】AC
【分析】设出的方程为，代入抛物线的方程，运用韦达定理和中点坐标公式，求得中点的横坐标和中点到准线的距离，以及面积表达式，可判断AC；设出的方程为，代入抛物线的方程由可判断B；设直线的方程为，由导数的几何意义写出切线方程求出交点P坐标，结合韦达定理即可判断D．
【详解】抛物线的焦点，准线方程为，设，
对AC选项：设的方程为，代入抛物线，可得，
易知，，，
故 ,
当等号成立，故A正确；
而，
则弦长，
设的中点为，到准线的距离为，
所以以为直径的圆与准线相切，故C正确；
对B选项：又设的方程为，代入抛物线可得，
易知，，，
，
则点在以线段为直径的圆上，B错误；
对D选项：不妨设在第一象限，在第四象限，则，
则点处切线斜率
，，则点处切线斜率，
则点处切线方程为，
同理点处切线方程为，
联立两直线求得交点横坐标为，故，
设直线的方程为，代入抛物线可得，
则，故（负值舍去），即直线的方程为，
则直线过点，故D错误.
故选：AC.
17．（2024·重庆·一模）已知为坐标原点，抛物线的焦点为，、是抛物线上两个不同的点，为线段的中点，则（ ）
A．若，则到准线距离的最小值为
B．若，且，则到准线的距离为
C．若，且，则到准线的距离为
D．若过焦点，，为直线左侧抛物线上一点，则面积的最大值为
E．若，则到直线距离的最大值为
【答案】ACDE
【分析】对于选项A，由可以判断，对于选项BC，设、，由条件求出的值即可；对于选项D，首先求出直线的方程，然后过点的直线平行于且与抛物线相切时，点到直线的距离最大，此时的面积最大，然后算出答案即可，对于选项E，由条件求出直线恒过定点即可判断.
【详解】选项A，记抛物线的准线为，
当不过点时，根据三角形三边关系可得，
当过点时，，
设点、、到直线的距离分别为、、，
所以，故选项A正确；
选项BC，设、，则，，
由可知，，即，
整理得，
又，所以，
所以到准线的距离为，故选项B错误C正确；
选项D，因为过焦点，，所以，
则．
设直线的方程为，联立可得，
，所以，
所以，可得．
根据图形的对称性，不妨设，因为为直线左侧抛物线上一点，
由图象易知当过点的直线平行于且与抛物线相切时，点到直线的距离最大，此时，的面积最大．
令，易知此时点在抛物线上方，其对应的函数解析式为，
则，解得，则，
所以点到直线的距离，
此时，故选项D正确；
选项E，令、，
因为，所以，即．
设直线的方程为，联立可得，
，所以，解得，
所以直线的方程为，即直线恒过定点，
易知当时，点到直线的距离最大，最大值为，故选项E正确；
故选：ACDE.
【点睛】方法点睛：抛物线定义的两种应用：
（1）实现距离转化，根据抛物线的定义，抛物线上任意一点到焦点的距离等于它到准线的距离，因此，由抛物线的定义可以实现点与点之间的距离与点到准线的距离的相互转化，从而简化某些问题；
（2）解决最值问题，在抛物线中求解与焦点有关的两点间距离和的最小值时，往往用抛物线的定义进行转化，即化折线为直线解决最值问题.
18．（2024·山西晋城·一模）双曲线的左、右焦点分别为，，为的右支上一点，分别以线段，为直径作圆，圆，线段与圆相交于点，其中为坐标原点，则（ ）
A．
B．
C．点为圆和圆的另一个交点
D．圆与圆有一条公切线的倾斜角为
【答案】BCD
【分析】
由中点中位线性质判断AB；由圆与圆关系及切线性质求得判断CD.
【详解】
的方程可化为，可得，，．
由为的中点，为的中点，得，A错误．
由为的中点，为的中点，得，
则，B正确．
设点为圆和圆的另一个交点，连接，由轴，
可得，为的中位线，则直线平分线段，
则点必在轴上，可得点的坐标为，C正确．
如图，若为圆与圆的一条公切线，，为切点，
连接，，过点作，垂足为．
由，，
得，
可得，由轴，且，可得公切线的倾斜角为，D正确．
故选：BCD
【点睛】
关键点点睛：本题考查双曲线与圆的综合应用，利用圆与圆位置关系求解D是关键.
19．（2024·山西运城·一模）抛物线的焦点为，、是抛物线上的两个动点，是线段的中点，过作准线的垂线，垂足为，则（ ）
A．若，则直线的斜率为或
B．若，则
C．若和不平行，则
D．若，则的最大值为
【答案】ABD
【分析】设直线的方程为，将该直线的方程与抛物线的方程联立，结合韦达定理求出的值，可判断A选项；利用抛物线的焦点弦公式可判断B选项；利用三角形三边关系可判断C选项；利用余弦定理、基本不等式可判断D选项.
【详解】易知抛物线的焦点为，
对于A选项，若直线与轴垂直，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
因为，则在直线上，设直线的方程为，
联立可得，则，
由韦达定理可得，，
因为，即，可得，即，
所以，，可得，，解得，
此时，直线的斜率为，A对；
对于B选项，当时，则在直线上，，
则，B对；
对于C选项，当和不平行时，则、、三点不共线，
所以，，C错；
对于D选项，设，，
当时，，
由C选项可得，
所以，
，
即，当且仅当时，等号成立，故的最大值为，D对.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
20．（2024·广东广州·二模）双曲线具有如下性质：双曲线在任意一点处的切线平分该点与两焦点连线的夹角.设为坐标原点，双曲线的左右焦点分别为，右顶点到一条渐近线的距离为2，右支上一动点处的切线记为，则（ ）
A．双曲线的渐近线方程为
B．双曲线的离心率为
C．当轴时，
D．过点作，垂足为
【答案】ACD
【分析】由题意求出b的值，即可求得双曲线渐近线方程，判断A；根据离心率定义，求出离心率，判断B；利用双曲线定义可判断C；由题意结合角平分线性质推出，K为的中点，进而结合三角形中位线以及双曲线定义求得，判断D.
【详解】对于A，由双曲线可知，右顶点，
其渐近线方程为，右顶点到一条渐近线的距离为2，
不妨取渐近线，则，解得，
故双曲线的渐近线方程为，A正确；
对于B，由于，
故双曲线的离心率为，B错误；
对于C，，当轴时，将代入中，
得，即得，
由于P在双曲线右支上，故，C正确；
对于D，连接并延长交的延长线于E，
由题意知，为的角平分线，结合，
可知，K为的中点，而O为的中点，
故，D正确，
故选：ACD
【点睛】关键点睛：本题考查了双曲线知识的综合应用，解答的关键是选项D的判断，解答时要结合题中所给性质，利用角平分线性质推出K为的中点，即可结合双曲线定义求得答案.
21．（2024·河北·一模）已知，是双曲线C：的左、右焦点，，为C右支上一点，，的内切圆的圆心为，半径为r，直线PE与x轴交于点，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．
C．
D．若的内切圆与y轴相切，则双曲线C的离心率为
【答案】ACD
【分析】利用切线性质，判断A，利用内切圆的半径表示三角形的面积，即可判断B，利用角平分线定理和焦半径公式，结合判断C，根据几何关系，转化为关于的齐次方程，即可判断D.
【详解】A.如图，作，，，
根据切线长定理，，，，
又，所以，，
所以，即，故A正确；
B.因为，，
所以，解得：，，
所以，故B错误；
C.由内切圆的性质可知，为角平分线，则，
即，整理为，即，
所以，由A选项的证明可知，，即，故C正确；
D.若的内切圆与轴相切，则，
则由选项AB知，，即，
则，即，或（舍），
所以双曲线C的离心率为，故D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用切线长的性质，结合双曲线的定义，判断.
22．（2024·广东江门·一模）已知曲线，则下列结论正确的是（ ）
A．随着增大而减小
B．曲线的横坐标取值范围为
C．曲线与直线相交，且交点在第二象限
D．是曲线上任意一点，则的取值范围为
【答案】AD
【分析】首先对、分类讨论分别得到曲线方程，画出曲线图形，数形结合判断A、B，由双曲线的渐近线与的关系判断C，由点到直线的距离公式得到，即点到直线的距离的倍，求出直线与曲线相切时的值，再由两平行线将的距离公式求出的最大值，即可判断D.
【详解】因为曲线，
当，时，则曲线为椭圆的一部分；
当，时，则曲线为双曲线的一部分，
且双曲线的渐近线为；
当，时，则曲线为双曲线的一部分，
且双曲线的渐近线为；
可得曲线的图形如下所示：
由图可知随着增大而减小，故A正确；
曲线的横坐标取值范围为，故B错误；
因为，所以曲线与直线相交，且交点在第四象限，故C错误；
因为，即点到直线的距离的倍，
当直线与曲线相切时，
由，消去整理得，
则，解得（舍去）或，
又与的距离，
所以，
所以的取值范围为，故D正确；
故选：AD
【点睛】关键点点睛：本题关键是分析出曲线的图形，D选项的关键是转化为点到直线的距离.
23．（2024·湖北·模拟预测）已知椭圆的离心率为，左，右焦点分别为，，过且倾斜角为的直线与椭圆C交于A，B两点（点A在第一象限），P是椭圆C上任意一点，则（ ）
A．a，b满足B．的最大值为
C．存在点P，使得D．
【答案】ABD
【分析】A选项，根据离心率得到；B选项，设，，故，计算出；C选项，由椭圆定义及余弦定理，基本不等式得到点P在短轴端点时，最大，且此时，故C错；D选项，法一：设出直线方程，联立椭圆方程，求出，得到结论；法二：利用椭圆的第二定义进行求解.
【详解】A选项，因为C的离心率，所以，，解得，故A对；
B选项，由题意得，设，则，，
因为，，所以，，
则，
故B对；
C选项，设，，，，
则
，
当且仅当时，等号成立，
由于在上单调递减，
当点P在短轴端点时，最大，且此时，
故此时，故C错；
D选项，法一：直线方程为，即，
与椭圆方程联立得，
因为，所以，
，故，故D对.
法二：据椭圆第二定义易知：，
其中，
即，
解得，同理可得.
所以成立，故D对.
故选：ABD
【点睛】结论点睛：为椭圆上任意一点，为椭圆的焦点，则最大当且仅当为短轴顶点；
为椭圆上任意一点，为椭圆的长轴顶点，则最大当且仅当为短轴顶点；
为椭圆上任意一点，为椭圆的焦点，若，则椭圆的离心率的取值范围是.
24．（2024·山东菏泽·一模）如图，过点的直线交抛物线于A，B两点，连接、，并延长，分别交直线于M，N两点，则下列结论中一定成立的有（ ）
A．B．以为直径的圆与直线相切
C．D．
【答案】ACD
【分析】
设出直线与抛物线联立，利用韦达定理及斜率公式，结合三角形的面积公式及直线与圆的位置关系的判断方法即可求解.
【详解】
对于A，令，
联立，消可得，
则，，
，
则
故，
同理，故A正确；
对于C，设与轴交于，，
则，，故C正确；
对于D，
则
，
而，
所以，故D正确；
对于B，中点，即
则到直线的距离，
以为直径的圆的半径，
所以，
当时相切，当时不相切，故B错误.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：设出直线与抛物线联立，利用韦达定理及斜率公式，结合三角形的面积公式及直线与圆的位置关系的判断即可.
25．（2024·山东临沂·一模）已知圆，抛物线的焦点为，为上一点（ ）
A．存在点，使为等边三角形
B．若为上一点，则最小值为1
C．若，则直线与圆相切
D．若以为直径的圆与圆相外切，则
【答案】AC
【分析】选项A，为等边三角形需保证，设定点坐标用两点间距离公式检验即可；选项B，设定点，将转化为表示，求最小值即可；选项C，由求得点坐标，求得直线所在的直线方程，利用点到直线的距离公式检验即可；选项D，设定点，以为直径的圆与相外切，需保证，建立关于的方程，求之即可.
【详解】由已知圆的方程化为，
得其圆心，半径，
由于抛物线方程为，其焦点为
对于选项A，若为等边三角形，当且仅当；
若点到点的距离为，
由抛物线的定义可知，即，
代入抛物线方程可得，，故A正确；
对于选项B，因为点在抛物线上，为上一点，
，
由于为上，设，且，
则，
当且仅当时，原式取得最小值，的最小值，故B不正确；
对于选项C，设，且，
若，即，得，
解得，所以此时，
不妨取，，
此时直线的方程为：，即，
则圆心到该直线的距离为，
所以此时直线与圆相切，同理可证明的情形也成立，故C正确；
对于选项D，设的中点为，若以为直径的圆与相外切时，
只需保证，
设，且，，得，
得方程：（*），
其中，反解得：代入上式，
化简可得：，
显然，故D不正确.
故选：AC.
【点睛】客观题圆锥曲线的综合性问题，多数考查数形结合思想，要善于借助圆锥曲线的定义转化条件和问题.
26．（2024·福建漳州·模拟预测）已知直线经过抛物线的焦点，且与交于A，B两点，以线段为直径的与的准线相切于点，则（ ）
A．直线的方程为B．点的坐标为
C．的周长为D．直线与相切
【答案】AC
【分析】A选项，根据题意得到抛物线方程，设出直线的方程，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，根据列出方程，求出，得到直线方程；B选项，求出点的纵坐标为，从而代入求出横坐标，得到B正确；C选项，由焦点弦公式得到，求出的半径和周长；D选项，利用圆心到直线距离公式和半径相比，得到答案.
【详解】A选项，依题意，抛物线的准线方程为，即，所以，
即抛物线的方程为，则抛物线的焦点为.
设直线的方程为，，，
联立消去整理得恒成立，
则，
则，，
又因为线段为的直径，与的准线相切于点，
所以
，
整理得，
即，
即，解得，所以直线的方程为，所以A正确；
B选项，因为垂直于准线，且，所以点的纵坐标为，
代入直线的方程，即，解得，
可得点，所以B错误；
C选项，根据抛物线的定义可得，所以的半径为，
所以的周长为，所以C选项正确；
D选项，圆心到直线的距离为，
所以直线与相交，不相切，所以D错误.
故选：AC.
【点睛】结论点睛：抛物线的相关结论，
（1）中，过焦点的直线与抛物线交于两点，则以为直径的圆与轴相切，以为直径的圆与准线相切；
（2）中，过焦点的直线与抛物线交于两点，则以为直径的圆与轴相切，以为直径的圆与准线相切.
27．（2024·福建漳州·一模）已知双曲线：（）的左、右焦点分别为，，直线：与双曲线的右支相交于A，两点（点A在第一象限），若，则（ ）
A．双曲线的离心率为B．
C．D．
【答案】AB
【分析】设，根据题意结合双曲线的定义可得，，，利用余弦定理结合，，进而可得结果.
【详解】由题意可知：，
因为直线：，
可知直线过右焦点，斜率，
设直线的倾斜角为，则，可得，
设，
由，可得，，，故B正确；
在中，可知，
由余弦定理可得：，
即，解得或（舍去），
可得双曲线的离心率为，，故A正确，D错误；
在中，可知，
由余弦定理，
即，解得，故C错误；
故选：AB.
【点睛】
方法点睛：1．椭圆、双曲线离心率（离心率范围）的求法，求椭圆、双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值．
2.焦点三角形的作用，在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．
28．（2024·河北·模拟预测）已知双曲线的左顶点为，右焦点为，过点且倾斜角为的直线顺次交两条渐近线和的右支于，且，则下列结论正确的是（ ）
A．离心率为
B．
C．
D．
【答案】BC
【分析】对于A项，联立直线方程与直线方程、直线方程可求得点、点坐标，由，可知为中点，结合中点坐标公式可得的值，进而可求得离心率，对于B项，计算的值即可，对于C项，联立直线方程与双曲线方程可求得点坐标，由点、点、点纵坐标可知、为线段的三等分点，结合三角形面积公式判断即可，对于D项，由求解即可.
【详解】如图所示，
由题意知，，直线方程为，直线方程为，
设直线方程为，
，即，
，即，
对于A项，因为，所以为中点，
所以，整理得，
所以离心率，故A项错误；
对于B项，由A项知，直线方程为，即，
又因为，所以，
所以，故B项正确；
对于C项，过作垂足为，过作垂足为，过作垂足为，如图所示，
由A项知，，所以双曲线方程为，，，
，则，
所以，，，
所以，
所以、为线段的三等分点，即，
设到直线距离为，则，，
所以，故C项正确；
对于D项，如图所示，
由A项知，，所以，故D项错误.
故选：BC.
29．（2024·浙江金华·模拟预测）已知椭圆为原点，过第一象限内椭圆外一点作椭圆的两条切线，切点分别为A，B．记直线的斜率分别为，若，则（ ）
A．为定值B．为定值
C．的最大值为2D．的最小值为4
【答案】AD
【分析】设直线的方程为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，由得到方程，求出，证明椭圆在处的切线方程为，从而得到椭圆在点和的切线方程，得到切点弦方程为，对照系数结合得到的轨迹方程，A选项，计算出，，求出；B选项，在A选项基础上进行求解；C选项，得到双曲线的渐近线，C错误；D选项，先得到，设，则，联立双曲线方程，由根的判别式得到不等式，求出答案.
【详解】由于，故不关于轴对称且的横纵坐标不为0，
所以直线方程斜率一定存在，
设直线的方程为，联立得，
，
设，则，
故
，
其中，
故，即，
所以，解得，
下面证明椭圆在处的切线方程为，理由如下：
当时，故切线的斜率存在，设切线方程为，
代入椭圆方程得：，
由，化简得：
，
所以，
把代入，得：，
于是，
则椭圆的切线斜率为，切线方程为，
整理得到，
其中，故，即，
当时，此时或，
当时，切线方程为，满足，
当时，切线方程为，满足，
综上：椭圆在处的切线方程为；
故椭圆在点的切线方程为，
同理可得，椭圆在点的切线方程为，
由于点为与的交点，
故，，
所以直线为，
因为直线的方程为，对照系数可得
，
又，故，整理得，
又在第一象限，
故点的轨迹为双曲线位于第一象限的部分，
A选项，，同理可得，
则，A正确；
B选项，
，
其中
又，
故，不为定值，
故不是定值，B错误；
C选项，由于，，，故双曲线的一条渐近线为，
设，则，故无最大值，
D选项，由于，，，故，
设，则，
则两式联立得，
由得，，
检验，当时，，又，
解得，满足要求.
故的最小值为4，D正确.
故选：AD
【点睛】结论点睛：过圆上一点的切线方程为：，
过圆外一点的切点弦方程为：.
过椭圆上一点的切线方程为，
过椭圆外一点的切点弦方程为;
过双曲线上一点的切线方程为,
过双曲线外一点的切点弦方程为,
30．（2024·江苏·一模）已知抛物线E：的焦点为F，过F的直线交E于点，，E在B处的切线为，过A作与平行的直线，交E于另一点，记与y轴的交点为D，则（ ）
A．B．
C．D．面积的最小值为16
【答案】ACD
【分析】
A选项，求出焦点坐标与准线方程，设直线的方程为，联立抛物线方程，得到两根之积，从而求出；B选项，求导，得到切线方程，联立抛物线方程，得到；C选项，求出，，结合焦半径公式求出，C正确；D选项，作出辅助线，结合B选项，得到，表达出，利用基本不等式求出最小值，从而得到面积最小值.
【详解】
A选项，由题意得，准线方程为，
直线的斜率存在，故设直线的方程为，
联立，得，，故，A正确；
B选项，，直线的斜率为，故直线的方程为，
即，联立，得，故，
所以B错误；
C选项，由直线的方程，令得，
又，所以，
故，故，
又由焦半径公式得，所以C正确；
D选项，不妨设，过B向作平行于y轴的直线交于M，
根据B选项知，，
故，
根据直线的方程，
当时，，
故，
故，
故
，
当且仅当，即时，等号成立，
故的面积最小值为16，D正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．考点
4年考题
考情分析
圆锥曲线
综合
2023年新高考Ⅰ卷第16题
2023年新高考Ⅱ卷第10题
2022年新高考Ⅰ卷第11题
2022年新高考Ⅰ卷第16题
2022年新高考Ⅱ卷第10题
2022年新高考Ⅱ卷第16题
圆锥曲线会以单选题、多选题、填空题、解答题4类题型进行考查，多选题难度一般或较难，纵观近几年的新高考试题，分别在选填中考查双曲线的离心率、抛物线综合、椭圆中的周长及直线方程等知识点，相对难度较大，是高考冲刺复习的重点复习内容。可以预测2024年新高考命题方向将继续以具备难度性的圆锥曲线综合问题展开命题．
相关试卷
新高考数学三轮冲刺 押题卷练习第15题A 数列综合（解答题）（2份打包，原卷版+解析版）： 这是一份新高考数学三轮冲刺 押题卷练习第15题A 数列综合（解答题）（2份打包，原卷版+解析版），文件包含新高考数学三轮冲刺押题卷练习第15题A数列综合解答题原卷版doc、新高考数学三轮冲刺押题卷练习第15题A数列综合解答题解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共47页， 欢迎下载使用。
新高考数学三轮冲刺 押题卷练习第14题 立体几何综合（2份打包，原卷版+解析版）： 这是一份新高考数学三轮冲刺 押题卷练习第14题 立体几何综合（2份打包，原卷版+解析版），文件包含新高考数学三轮冲刺押题卷练习第14题立体几何综合原卷版doc、新高考数学三轮冲刺押题卷练习第14题立体几何综合解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共53页， 欢迎下载使用。
新高考数学三轮冲刺 押题卷练习第12题 集合（2份打包，原卷版+解析版）： 这是一份新高考数学三轮冲刺 押题卷练习第12题 集合（2份打包，原卷版+解析版），文件包含新高考数学三轮冲刺押题卷练习第12题集合原卷版doc、新高考数学三轮冲刺押题卷练习第12题集合解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共13页， 欢迎下载使用。
