专题15 圆锥曲线的标准方程与几何性质（十三大题型10大易错题）讲练-2025年高考数学一轮复习高频考点 方法总结（新高考通用）

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【题型1 利用定义求椭圆轨迹方程】
1．（24-25高三上·广西·阶段练习）已知圆C1:x+32+y2=81和C2:x−32+y2=1，若动圆P与圆C1内切，同时与圆C2外切，则该动圆圆心的轨迹方程为（ ）
A．x216+y27=1B．x225+y29=1C．x225+y216=1D．x216+y29=1
【答案】C
【分析】根据圆与圆的位置关系可知PC1+PC2=10，结合椭圆的定义可得轨迹方程.
【详解】由已知圆C1:x+32+y2=81和C2:x−32+y2=1，
可知C1−3,0，r1=9，C23,0，r2=1，且C1C2=6，
又动圆P与圆C1内切，同时与圆C2外切，
则PC1=r1−rP=9−rP，PC2=r2+rP=1+rP，
所以PC1+PC2=10>C1C2，
所以动点P到两个定点C1−3,0，C23,0的距离之和为定值，
即满足椭圆的定义，
所以点P的轨迹是以C1，C2为焦点的椭圆，
且长轴长度2a=10，焦距2c=6，即a=5，c=3，
所以b=a2−c2=4，
椭圆方程为x225+y216=1，
故选：C
2．（24-25高二上·内蒙古赤峰·阶段练习）已知圆C1:(x−4)2+y2=81和C2:(x+4)2+y2=1，若动圆P与这两圆一个内切一个外切，记该动圆圆心的轨迹为M，则M的方程为（ ）
A．x216+y27=1B．x216+y29=1
C．x225+y216=1D．x225+y29=1
【答案】D
【分析】利用圆与圆的位置关系及椭圆的定义可得P点轨迹为椭圆，进而求出轨迹方程.
【详解】圆C1:(x−4)2+y2=81和C2:(x+4)2+y2=1的圆心、半径分别为C1(4,0),r1=9,C2(−4,0),r2=1，
由C1C2=88=C1C2，
因此P点的轨迹为以C1,C2为焦点的椭圆，其中2a=10,2c=8，即a2=25,b2=a2−c2=9，
而圆C2内切于C1，切点(−5,0)在P点的轨迹上，此点可视为极限位置的点，
所以椭圆方程为x225+y29=1.
故选：D
3．（24-25高二上·河南·阶段练习）已知曲线C上任意一点Px0,y0都满足关系式x0−22+y02+x0+22+y02=25，则曲线C的标准方程为（ ）
A．x25+y24=1B．x24+y23=1C．x25+y2=1D．x24+y25=1
【答案】C
【分析】利用椭圆的定义判断得曲线C为椭圆，进而求得c,a,b，从而得解.
【详解】因为点Px0,y0都满足x0−22+y02+x0+22+y02=25，
所以Px0,y0到两定点(−2,0),(2,0)的距离之和为25，且25>4，
所以曲线C为椭圆，焦点为(−2,0),(2,0)，则c=2，
且椭圆C上任意一点Px0,y0到两个焦点的距离之和为25，即2a=25，
故a2=5,b2=a2−c2=5−4=1，
所以曲线C的标准方程为x25+y2=1.
故选：C
4．（2024·上海静安·一模）到点F1(−3,0),F2(3,0)距离之和为10的动点P的轨迹方程为 .
【答案】x225+y216=1
【分析】根据给定条件，利用椭圆的定义求出轨迹方程.
【详解】依题意，|PF1|+|PF2|=10>6=|F1F2|，
则点P的轨迹是以F1,F2为左右焦点，长轴长2a=10的椭圆，
由2c=6，得b=a2−c2=52−32=4，
所以动点P的轨迹方程为x225+y216=1.
故答案为：x225+y216=1
【题型2 椭圆的"焦点三角形"问题】
5．（24-25高二上·广东·期中）椭圆C:x29+y2m=1的两个焦点分别为F1，F2，长轴长为10，点P在椭圆C上，则△PF1F2的周长为（ ）
A．16B．18C．10+234D．20
【答案】B
【分析】根据椭圆的定义和标准方程求解即可得答案.
【详解】

因为长轴长为10，即2a=10，
所以长半轴长a=5，
则由题可知b2=9,短半轴长b=3，
半焦距c=a2−b2=4，
故△PF1F2的周长为2a+2c=18.
故选：B.
6．（24-25高二上·河南驻马店·期末）已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1、F2，长轴长16，焦距为4，过点F1的直线交椭圆于A，B两点，则△ABF2的周长为（ ）
A．4B．8C．16D．32
【答案】D
【分析】长轴长为16，则a=8，根据椭圆的定义知焦点弦△ABF2的周长为4a，即可求解.
【详解】因为椭圆方程为x2a2+y2b2=1a>b>0，长轴长为16，则a=8，
△ABF2的周长为AB+AF2+BF2=AF1+AF2+BF1+BF2=2a+2a=32.
故选：D
7．（24-25高二上·天津·期中）设P是椭圆x225+y29=1上的一点，F1，F2是该椭圆的两个焦点，且∠F1PF2=π3，则△F1PF2的面积为 ，△F1PF2内切圆半径为 .
【答案】 33 33/133
【分析】利用椭圆的定义及余弦定理求出PF1PF2，即可求出△PF1F2的面积，再由等面积法求出△PF1F2内切圆的半径．
【详解】由椭圆方程可得a=5，b=3，则c=4，
∴PF1+PF2=10，F1F2=8，
在△PF1F2中，cs∠F1PF2=PF12+PF22−F1F222PF1PF2=PF1+PF22−2PF1PF2−F1F222PF1PF2，
即12=100−2PF1PF2−642PF1PF2，解得PF1PF2=12，
∴S△PF2F1=12PF1PF2sin60=12×12×32=33，
设△PF1F2内切圆半径为r，△PF1F2的周长为l=2a+2c=18，
所以S△PF1F2=12lr=9r=33，解得r=33.
故答案为：33；33.
【点睛】
8．（24-25高二上·广东惠州·阶段练习）设F1,F2为椭圆C:x25+y2=1的两个焦点，点P在C上，若PF1⋅PF2=0，则PF1⋅PF2= .
【答案】2
【分析】方法一：由题意∠F1PF2=90°，结合焦点三角性面积结论，利用等面积法求解；
方法二：由题意∠F1PF2=90°，利用勾股定理结合椭圆的第一定义列式求解即可.
【详解】方法一：因为PF1⋅PF2=0，所以∠F1PF2=90°，
从而S△F1PF2=b2tan45°=1=12×PF1⋅PF2，所以PF1⋅PF2=2.
方法二：因为PF1⋅PF2=0，所以∠F1PF2=90°，由椭圆方程可知，c2=5−1=4⇒c=2，
所以PF12+PF22=F1F22=42=16，又PF1+PF2=2a=25，
平方得：PF12+PF22+2PF1PF2=16+2|PF1|PF2=20，所以PF1⋅PF2=2.
故答案为：2
9．（24-25高二上·陕西榆林·阶段练习）已知椭圆的方程为x24+y23=1，若点P为椭圆上的点，且∠F1PF2=60°，则△F1PF2的面积为 ．
【答案】3
【分析】根据椭圆的定义及余弦定理可求得PF1⋅PF2=4，利用三角形面积公式可得结果.
【详解】由题意得，a=2,b=3,c=a2−b2=1，故F1F2=2c=2，根据椭圆的定义得PF1+PF2=2a=4.
在△F1PF2中，由余弦定理得F1F22=PF12+PF22−2PF1⋅PF2cs60°=PF1+PF22−3PF1⋅PF2，
即4=16−3PF1⋅PF2，可得PF1⋅PF2=4，
∴△F1PF2的面积为12PF1⋅PF2⋅sin60°=12×4×32=3.
故答案为：3.
【题型3 椭圆中的距离和差最值问题】
10．（2024·山东威海·一模）已知F为椭圆C:y29+x25=1的上焦点，P为C上一点，Q为圆M:x2+y2−8x+15=0上一点，则PQ+PF的最大值为（ ）
A．1+25B．3+25C．5+25D．7+25
【答案】D
【分析】由圆和椭圆方程可确定圆心、半径、a,c的长；利用椭圆定义和圆的对称性可将问题转化为求解7+PM−PF′的最大值问题，利用三角形三边关系可知当M,P,F′三点共线时取得最大值，由此可得结果.
【详解】由圆M方程得：圆心M4,0，半径r=12×64−60=1；
由椭圆C方程得：a=3，c=2，设椭圆C下焦点为F′，则F′0,−2，
由椭圆定义知：PF′+PF=2a=6，∴PQ+PF=6+PQ−PF′；
∵PQ≤PM+r（当且仅当P,M,Q三点共线时取等号），
∴PQ+PF=6+PQ−PF′≤7+PM−PF′，
又PM−PF′≤MF′（当且仅当M,P,F′三点共线时取等号），
∴PQ+PF≤7+MF′=7+4−02+0+22=7+25，即PQ+PF的最大值为7+25.
故选：D.
11．（24-25高三上·四川广安·阶段练习）已知动点P在椭圆x24+y23=1上，F(1,0),D(3,3)，则|PD|−|PF|的最小值为（ ）
A．5B．13C．2D．1
【答案】D
【分析】利用椭圆定义，将问题化为|PF′|+|PD|−4的最小值，数形结合求最小值.
【详解】由题设F是椭圆x24+y23=1的右焦点，令F′(−1,0)是椭圆的左焦点，

由94+93>1，即D(3,3)在椭圆外，又|PF′|+|PF|=2a=4，
所以|PF′|=4−|PF|，则|PF′|+|PD|=4+|PD|−|PF|，
所以|PD|−|PF|=|PF′|+|PD|−4最小，只需|PF′|+|PD|最小，
由图知，|PD|−|PF|≥|DF′|−4=5−4=1，
当且仅当D,P,F′三点共线且P在D,F′之间取等号，
所以|PD|−|PF|的最小值为1.
故选：D
【题型4 椭圆标准方程形式与求解】
12．（24-25高三上·湖南长沙·阶段练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为12，且过点−1,32.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过椭圆的右焦点F作直线l交椭圆C于M,N两点（点M在x轴的上方），且MF=λFN,A为椭圆的左顶点，若△AMN的面积为958，求λ的值.
【答案】(1)x24+y23=1
(2)3−52或3+52.
【分析】（1）利用椭圆上的点求出a2，b2，c2，可求椭圆的离心率；
（2）设出直线方程x=my+1，与椭圆联立方程组，利用韦达定理，根据△AMN的面积求出m的值，再利用韦达定理和MF=λFN，求出λ的值．
【详解】（1）∵椭圆C的离心率为12，且过点−1,32，
∴e=ca=121a2+94b2=1a2=b2+c2，联立解得：a2=4,b2=3.
∴椭圆C的标准方程为：x24+y23=1.
（2）由（1）知：F1,0,A−2,0,AF=3，记Mx1,y1y1>0,Nx2,y2，
当直线l的斜率为0时，A,M,N三点共线，不合题意；
当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为：x=my+1，
联立：x=my+1x24+y23=1，∴3m2+4y2+6my−9=0.
∴y1+y2=−6m3m2+4，y1⋅y2=−93m2+4.
∵S△AMN=S△AMF+S△ANF=12×3×y1−y2=958，
∴y1−y2=354.
即y1+y22−4y1⋅y2=36m23m2+42−−363m2+4=354，
整理得：53m2+42=256m2+1，
令t=m2+1≥1，即5(3t+1)2=256t，
解得：t=145（舍）或t=5，即m2=4，
∴m=±2.
由MF=λFN知：λ>0且y1=−λy2，
当m=2时，满足：y1+y2=−34y1⋅y2=−916λ=−y1y2，联立解得：λ=3−52，
当m=−2时，满足：y1+y2=34y1⋅y2=−916λ=−y1y2，联立解得：λ=3+52，
综上，λ的取值为3−52或3+52.
13．（24-25高三上·山东临沂·阶段练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率是13，且点1, 83在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知点M0, 12，F1、F2分别是椭圆C的左、右焦点，P是椭圆C上的动点，Q是△PF1F2的内心，求MQ的最大值．
【答案】(1)x29+y28=1
(2)62
【分析】（1）根据题意可得出关于a、b、c的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆C的方程；
（2）设点Px0,y0、Qm,n，根据等面积法可得出n=y04，利用切线长定理结合椭圆的焦半径公式可求得m=x03，然后利用两点间的距离公式可求得QM的最大值.
【详解】（1）因为椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率是13，且点1, 83在椭圆C上，
则ca=131a2+649b2=1b=a2−c2，解得a=3b=22c=1，故椭圆C的方程为x29+y28=1.
（2）设点Px0,y0、Qm,n，则S△PF1F2=12F1F2⋅y0=12×2×y0=y0，
又因为S△PF1F2=12PF1+PF2+F1F2⋅n=122a+2c⋅n=4n，
由图可知，ny0>0，所以n=y04，即点Qm,y04，
由椭圆的范围可知，y0∈−22,0∪0,22，又x029+y028=1，
则PF1=y02+x0+12=x02+2x0+1+8−89x02=x029+2x0+9=3+x03，
所以PF2=6−PF1=6−3+x03=3−x03，
设圆Q分别切PF1、PF2、F1F2于点E、F、G，则QG⊥x轴，
由切线长定理可得PE=PF，F1E=F1G，F2G=F2F，
因为PF1+F1F2−PF2=PE+F1E+F1G+F2G−PF+F2F=2F1G，
又因为PF1+F1F2−PF2=3+x03+2−3−x03=2+2x03=2F1G，
所以，F1G=1+x03=m+1，可得m=x03，即点Qx03,y04，
因此，QM=x032+y04−122=x029+y0216−y04+14=1−y028+y0216−y04+14
=−y0216−y04+54=14−y02−4y0+20=14−y0+22+24≤62，
当且仅当y0=−2时，等号成立，故QM的最大值为62.
【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．
14．（24-25高三上·北京·阶段练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0经过点A0,1，离心率为32.
(1)求C的方程；
(2)若M，N为C上的两点，且直线AM与直线AN的斜率之积为2，求证：直线MN过定点.
【答案】(1)x24+y2=1
(2)证明见解析
【分析】（1）依题意可得a、b、c的方程组，求出a、b，即可得解；
（2）当直线MN的斜率不存在时推出矛盾，当直线MN的斜率存在时，设lMN:y=kx+m，M(x1,y1),N(x2,y2)，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，利用斜率公式得到方程，求出m的值，即可得证.
【详解】（1）依题意可得b=1e=ca=32c=a2−b2，解得a=2b=1c=3，
所以椭圆C的方程为x24+y2=1；
（2）①当直线MN的斜率不存在时，设MN: x=t−20，
则直线PF1的斜率kPF1=nm+c，可知直线l1的方程为y=−m+cn(x+c)，
同理可得l2的方程为y=−m−cn(x−c)，
联立方程y=−m+cn(x+c)y=−m−cn(x−c)，解得x=−my=m2−c2n，即Q(−m,m2−c2n)，
因为Q在C上，可知P,Q关于y轴对称，且|PQ|=855，
则2m=855，可得m2=165，
又因为m2−c2n=n，即165−c2=n2，
所以165−c2=n2165a2+n2=1c2=a2−1，整理得5a4−16a2−16=0，
解得a2=4或a2=−45(舍去)，则c2=a2−1=3，
所以椭圆C的离心率为e=ca=c2a2=32.
故选：A.
17．（2024高三·全国·专题练习）已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2，点P,A,B都在椭圆E上，若PF1=λF1A,PF2=μF2B，且λ+μ≥4，则椭圆E的离心率的取值范围为（ ）
A．13,1B．33,1C．0,33D．0,13
【答案】B
【分析】设直线PA:x=m1y−c，直线PB:x=m2y+c代入椭圆方程，消元后得一元二次方程，计算出两根和与积，再由题设条件，求出λ=−y0y1，和μ=−y0y2，代入λ+μ≥4中，利用韦达定理代入，化简即得， 2a2+c2a2−c2≥4，由a,c的齐次不等式，即可求得离心率的取值范围.
【详解】依题意知F1−c,0，F2c,0，
如图，由PF1=λF1A，PF2=μF2B可知P,A,F1三点共线，P,B,F2三点共线.
设Px0,y0，Ax1,y1，Bx2,y2，直线PA:x=m1y−c，直线PB:x=m2y+c,
由x=m1y−cx2a2+y2b2=1消去x，可得a2+b2m12y2−2b2cm1y−a2b2+b2c2=0，
则y1y0=b2c2−a2b2a2+b2m12，同理可得y2y0=b2c2−a2b2a2+b2m22，显然y1≠0，y0≠0，y2≠0，
由PF1=λF1A代入坐标可得：(−c−x0,−y0)=λ(x1+c,y1)，即得λ=−y0y1，
同理由PF2=μF2B可得，μ=−y0y2，由x0=m1y0−c，可得m1=x0+cy0，
同理，m2=x0−cy0，故λ+μ=−y021y1y0+1y2y0=−y02⋅2a2+b2m12+b2m22b2c2−a2b2
=y02a2b2−b2c2[2a2+b2(x0+cy0)2+b2(x0−cy0)2]=2a2b2−b2c2b2x02+a2y02+b2c2（*），
又点P在椭圆上，则有b2x02+a2y02=a2b2，则（*）式可化成：
2a2b2+b2c2a2b2−b2c2=2a2+c2a2−c2≥4，解得a2≤3c2，故得e=ca≥33，
又00,b>0的左焦点为F1，由双曲线的定义PF=2a+PF1，
不妨设A0,b，由对称性AF=AF1=b2+c2=2b2+a2；
△PAF的周长为AP+AF+PF=AP+AF+2a+PF1，
由图可知AP+PF1≥AF1，且A,P,F1共线时取到等号.
所以△PAF的周长的最小值为22b2+a2+2a，
因为△PAF的周长的最小值为6a，所以22b2+a2+2a=6a，
化简得b2a2=32，所以C的渐近线方程为y=±62x.
故选：A.
24．（2024·云南昆明·模拟预测）设O为坐标原点，直线y=b与双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的两条渐近线分别交于D,E两点，若△ODE的面积为10，则双曲线C的焦距的最小值为 .
【答案】45
【分析】主要利用三角形面积转化为坐标可得ab=10,，再利用双曲线c2=a2+b2，联想均值不等式就可求得结果.
【详解】由题意知双曲线的渐近线方程为y=±bax，
因为D,E分别为直线y=b与双曲线C的两条渐近线的交点，
所以不妨设D(a,b),E(−a,b)，即S△ODE=12×b×DE=ab=10，
因为c2=a2+b2≥2ab=20（当且仅当a=b时等号成立），
所以c≥25，即C的焦距的最小值为45.
故答案为：45.
25．（2024·湖北·模拟预测）设F1,F2为双曲线x26−y23=1的两个焦点，点P是双曲线上的一点，且∠F1PF2=90∘，则△F1PF2的面积为 .
【答案】3
【分析】设|PF1|=x,|PF2|=y(x>y)，利用双曲线定义，可得x−y=26，又由勾股定理得x2+y2=(2c)2，联立求得xy，即得△F1PF2的面积.
【详解】
如图，由x26−y23=1可知a=6,b=3,c=6+3=3，
由对称性不妨设|PF1|=x,|PF2|=y(x>y)，由定义x−y=26，
因为∠F1PF2=90∘，所以x2+y2=(2c)2=36，
所以(x−y)2+2xy=36，所以24+2xy=36，解得xy=6，
所以△F1PF2的面积为12|PF1||PF2|=12xy=3.
故答案为：3.
26．（2025高三·全国·专题练习）已知F1,F2为双曲线C:x2−y2=2的左、右焦点，点P在C上，PF1⋅PF2=0，则△F1PF2的面积为 ．
【答案】2
【分析】设点P在第一象限，由双曲线定义得PF1−PF2=22，由勾股定理得PF12+PF22=16，故PF1⋅PF2=4，即可计算三角形面积.
【详解】由x2−y2=2得x22−y22=1，所以a=2,b=2,c=2+2=2,F1F2=4.
不妨设点P在第一象限，则PF1−PF2=2a=22，故PF12+PF22−2PF1⋅PF2=8
∵PF1⋅PF2=0，∴PF1⊥PF2，
∴PF12+PF22=F1F22，即PF12+PF22=16，
∴PF1⋅PF2=4，
∴S△F1PF2=12PF1⋅PF2=2．
故答案为：2.
【题型8 双曲线中的距离和差最值问题】
27．（23-24高二下·河北秦皇岛·开学考试）设点P是曲线x24−y25=1右支上一动点，F为左焦点，点Q是圆x2+(y−4)2=1上一动点，则PF+PQ的最小值是 ．
【答案】8
【分析】由双曲线的方程，可得a，b的值，进而求出c的值，由双曲线的定义及三点共线的性质可得PF+PQ的最小值．
【详解】由双曲线的方程x24−y25=1可得a=2，b=5，则c=a2+c2=4+5=3，
设双曲线的右焦点F′，则F′3,0，
圆x2+(y−4)2=1的圆心C0,4，半径r=1，
由题意可得PF+PQ=2a+PF′+PQ≥4+F′C−r=4+32+42−1=8，
当且仅当C，P，F′三点共线，且P在C，F′之间时取等号，
即PF+PQ的最小值为8．
故答案为：8．
28．（24-25高二上·河南郑州·期中）设P是双曲线x29−y216=1上一点，M，N分别是两圆：x−52+y2=14和x+52+y2=94上的点，则PM−PN的最大值为 .
【答案】8
【分析】根据给定条件，求出圆心及半径，利用圆的性质及双曲线定义求出最大值.
【详解】圆x+52+y2=94的圆心F1(−5,0)，半径r1=32，
圆x−52+y2=14的圆心F2(5,0)，半径r2=12，
双曲线x29−y216=1的实半轴长a=3，半焦距c=5，则F1,F2为其左右焦点，
|PM|max=|PF2|+r2，|PN|min=|PF1|−r1，
要PM−PN取最大值，点P必在双曲线左支上，
所以(|PM|−|PN|)max=|PF2|+r2−(|PF1|−r1)=2a+r1+r2=8.
故答案为：8
29．（23-24高二下·上海·阶段练习）设双曲线C:x2−y224=1的左焦点和右焦点分别是F1,F2，点A是C右支上的一点，则AF1−8AF2的最小值为 ．
【答案】4
【分析】由双曲线的定义把AF1−8AF2表示为AF2的函数，然后由函数的单调性得最小值．
【详解】根据题意可得a2=1,b2=24，∴c2=25，
∴a=1,c=5，AF1=AF2+2a=AF2+2，
所以AF1−8AF2=AF2−8AF2+2，
由双曲线性质可得AF2≥c−a=4，设AF2=t，t≥4，
则AF1−8AF2=AF2−8AF2+2=t−8t+2，
设ft=t−8t+2，t≥4，
设4≤t1