2022新高考数学重难点讲解05 解析几何（含答案解析）练习题

重难点05 解析几何



  解析几何在新高考中一般为两道选择，一道填空，一道解答题。选择部分：一道圆锥曲线相关的简单概念以及简单性质，另外一道是圆锥曲线的性质会与直线、圆等结合考查一道综合题目，一般难度中等。填空题目也是综合题目，难度中等。大题部分一般是以椭圆、抛物线性质为主，加之直线与圆的相关性子相结合，常见题型为定值、定点、对应变量的取值范围问题、面积问题等。双曲线很少出现在解答题中，一般出现在小题中。复习解答题时也应是以椭圆、抛物线为主。

1、将圆锥曲线几何性质与向量数量积、不等式等交汇是高考解析几何命题的一种新常态，问题解决过程中渗透数学的转化化归，函数与方程和数形结合等的数学思想方法。
2、“定义型”的试题是高考的一个热点。这种题目设问新颖，层次分明，贯穿解析几何的核心内容，解题的思路和策略常规常见，通性通法，直线与圆锥曲线的位置关系的解法和基本在此呈现，正确快速的多字母化简计算是解析几何解题的一道坎。
3、定值问题：采用逆推方法，先计算出结果.即一般会求直线过定点，或者是其他曲线过定点.对于此类题目一般采用特殊点求出两组直线，或者是曲线然后求出两组直线或者是曲线的交点即是所要求的的定点。算出结果以后，再去写出一般情况下的步骤。利用结果写过程的形式。先求结果一般会也是采用满足条件的特殊点进行带入求值（最好是原点或是（1.0）此类的点），所得答案即是要求的定值，然后再利用答案，写出一般情况下的过程即可。注：过程中比较复杂的解答过程可以不求，因为已经知道答案，直接往答案上凑即可。
4、最值与取值范围问题：一般也是采用利用结果写过程的形式.对于答案的求解，一般利用边界点进行求解，答案即是在边界点范围内。知道答案以后再写出一般情况下的步骤比较好写。一般情况下的步骤对于复杂的计算可以不算。
5、特殊值发：在证明问题中，一些特殊点往往很重要，决定了命题成立于否，因此，恰当地带入一些特殊点，心里有个大致的结论后再去证明，会更有方向性，效率会提高。记住一些特殊方程的基本特征，会在求解过程中省掉很多的麻烦，即使有些结论不能直接用，自己也知道是如何证明得来的，就能快速解决问题了。
6、形结合的思想：解析几何，很显然，解析是数字的，公式的，而几何是图形的，图形一目了然，给人直观的感受，而公式抽象，能准确的描述图像的特征，结合之后一定会对解题有很大的帮助。并且解析几何想比较其他题型的优点在于，它可以带回试题中检验，如果算出答案后有时间，建议同学们花一两分钟检验一下你的答案，这样也有利于你对算出来的答案更有信心，提高准确率。

热点1. 求离心率（范围）
热点2. 求轨迹方程
热点3. 直线与圆锥曲线的综合应用问题

A卷（建议用时90分钟）
一、单选题
1．（2021·河北邯郸·高三期末）已知直线与x轴，y轴分别交于A，B两点，且直线l与圆相切，则的面积的最小值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】由直线与圆相切可得，再利用基本不等式即求.
【详解】由已知可得，，因为直线与圆相切，
所以，即，因为，当且仅当时取等号，
所以，，所以面积的最小值为1.故选：A．
2．（2021·天津市第一零二中学高三期中）已知双曲线和抛物线有相同的焦点，两曲线相交于两点，若（为双曲线的左焦点）为直角三角形，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由焦点坐标可求得抛物线方程，根据对称性可求得直线方程，与抛物线方程联立可求得点坐标，根据双曲线定义可求得，结合可求得离心率.
【详解】

是抛物线的焦点，，解得：，抛物线方程为：；
由对称性可知：，，设为第一象限内的点，则，直线方程为，
将代入抛物线方程可得，由双曲线定义可知：，解得：，
又，双曲线离心率.故选：B.
3．（2021·全国·高三期中）在平面直角坐标系中，坐标原点为，定点，动点满足，的轨迹与圆：有两个公共点，，若在上至多有个不同的点到直线距离为，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据动点满足，得到的轨迹方程为，由得公共弦所在直线方程，根据表示圆，再根据两圆有两个公共点，然后根据上至多有个不同点到直线距离为求解.
【详解】因为动点满足，所以，
所以的轨迹方程为，由得公共弦所在直线方程为：，
又：，圆心，半径，
：，圆心，半径，，即①；
因为两圆有两个公共点，所以，，
②．又因为上至多有个不同点到直线距离为，
所以到直线距离，，或③，
由①②③得或．故选：D
4．（2021·天津市实验中学滨海学校高三期中）已知是椭圆：的左焦点，经过原点的直线与椭圆交于两点，若，且，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】结合椭圆的对称性以及椭圆的定义得到，在中结合余弦定理可得，进而结合离心率的公式可以求出结果.
【详解】取椭圆的右焦点，连接，由椭圆的对称性以及直线经过原点，所以，且，所以四边形为平行四边形，故，又因为，则，而，因此，由于，则，

在中结合余弦定理可得，
故，即，所以，因此，故选：A.
5．（2021·吉林白山·高三期末）已知双曲线：与直线交于，两点，点为上一动点，记直线，的斜率分别为，，的左､右焦点分别为，.若，且的焦点到渐近线的距离为1，则（ ）
A． B．的离心率为
C．若，则的面积为2 D．若的面积为，则为钝角三角形
【答案】D
【分析】设点A(x1，y1)，B(-x1，-y1)，P(x0，y0)，利用点差法求解直线的斜率，得到a、b关系，
通过点到直线的距离求解c，求出a，b，即可推出离心率，判断A，B的正误；
设P在双曲线的右支上，记 则 ，利用，转化求解三角形的面积，判断C；
设P(x0，y0)，通过三角形的面积求解P的坐标，结合双曲线的定义以及余弦定理，判断三 角形的形状，判断D.
【详解】设点A(x1，y1)，B(-x1，-y1)，P(x0，y0)则，且，两式相减得，
所以，因为，所以，
故双曲线C的渐近线方程 因为焦点(c，0)到渐近线的距离为1，
所以，，所以，，离心率为，故A，B错误．
对于C，不妨设P在右支上, 记 则 因为 , 所以
解得 或 (舍去）, 所以 的面积为，故C不正确；对于D，设P(x0，y0)，因为，所以，
将带入C：，得，即
由于对称性，不妨取P得坐标为(，2)，则，
因为
所以∠PF2F1为钝角，所以PF1F2为钝角三角形，故D正确 故选：D
6．（2021·四川成都·模拟预测）设抛物线的焦点为，准线为，过抛物线上一点作的垂线，垂足为，设，与相交于点.若，且的面积为，则点到准线的距离是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由题意，得到，根据，得到，求得， ，又由且，所以四边形为平行四边形，所以为的中点，结合，列出方程，即可求解.
【详解】如图所示，抛物线的焦点为，准线方程为，
过抛物线上一点作的垂线，垂足为，可得，
又由且，所以，
所以，解得，代入抛物线方程，可得，
又由且，所以四边形为平行四边形，所以为的中点，
所以的面积为，解得，
即点到准线的距离是.故选：D.

7．（2022·全国·高三专题练习）已知双曲线的右焦点为F，，直线MF与y轴交于点N，点P为双曲线上一动点，且，直线MP与以MN为直径的圆交于点M､Q，则的最大值为（ ）
A．48 B．49 C．50 D．42
【答案】A
【分析】由已知可确定点坐标，从而确定以为直径的圆，连接，可将转化为，进一步利用向量的线性运算得到，由双曲线性质可确定结果；
【详解】由双曲线方程知：右焦点，在双曲线上，
直线方程为，令，解得：，；
以为直径的圆的圆心为，且．连接，
在以为直径的圆上，，，
；
为双曲线上一点，且，，；故选：A

【点睛】本题考查双曲线中的最值问题的求解，解题关键是能够将所求式子进行转化，可采用几何法转化为关于的最值的求解，或利用坐标运算将问题转化为关于点横坐标的函数的最值的求解.
8．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆：上有三点，，，线段，，的中点分别为，，，为坐标原点，直线，，的斜率都存在，分别记为，，，且，直线，，的斜率都存在，分别记为，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】采用点差法，设，，代入椭圆方程化简可得，即，同理求出，，结合即可求解
【详解】设，，代入椭圆方程可得，两式相减，可得，即，故，即，即，
同理可得：，．由，得，
故．故选：B．
二、多选题
9．（2021·河北衡水中学模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与双曲线的右支交于，两点，若，则（ ）

A． B．双曲线的离心率
C．双曲线的渐近线方程为 D．原点在以为圆心，为半径的圆上
【答案】AB
【分析】根据双曲线定义及题干中的线段的长度关系，可以得到；利用余弦定理得到与的关系，进而得到离心率和渐近线，从求出的离心率可以得到D选项的正误.
【详解】设，则，由双曲线的定义知，，即，，即，∴，，故选项A正确；由余弦定理，知在中，，在中，，化简整理，得，∴离心率，故选项B正确；双曲线的渐近线方程为，故选项C错误；若原点在以为圆心，为半径的圆上，则，与不符，故选项D错误．故选：AB
10．（2021·全国·模拟预测）已知曲线C：，直线l经过坐标原点O，则下列结论正确的是（ ）
A．曲线C是半径为1的圆 B．点O一定不在曲线C上
C．对任意的，必存在直线l与曲线C相切 D．若直线l与曲线C交于A，B两点，则的最小值为2
【答案】BD
【分析】对于A，由可得，由此可判断；
对于B，当，时，，由此可判断；对于C，由点O在曲线C的内部可判断；对于D，当时，最小，（弦心距最大，弦长最小），由此计算弦长可判断．
【详解】解：对于A，由得，则曲线C是半径为的圆，故A错误；
对于B，当，时，，可知点O在曲线C的内部，故B正确；
对于C，因为点O在曲线C的内部，所以不存在直线l与曲线C相切，故C错误；
对于D，圆心，，当时，最小，（弦心距最大，弦长最小），此时，故D正确．故选：BD．
11．（2022·全国·高三专题练习）已知抛物线的焦点为，，是抛物线上两点，则下列结论正确的是（ ）
A．点的坐标为 B．若直线过点，则
C．若，则的最小值为 D．若，则线段的中点到轴的距离为
【答案】BCD
【分析】由抛物线标准方程写出焦点坐标判断A，根据焦点弦性质判断B，由向量共线与焦点弦性质判断C，利用抛物线定义把抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，结合中点坐标公式判断D．
【详解】对于A，抛物线，即，易知点的坐标为，故A错误；

对于B，显然直线斜率存在，设直线的方程为，联立，整理得，，故B正确；
对于C，若，则过点，则，当时，，即抛物线通经的长，故C正确，
对于D，抛物线的焦点为，准线方程为，过点，，分别作准线的垂直线，，，垂足分别为，，，所以，，所以，所以线段，所以线段的中点到轴的距离为，故D正确．
故选：BCD．
【点睛】本题考查抛物线的定义与标准方程，考查抛物线的焦点弦性质，对抛物线，是抛物线的过焦点的弦，，则，，，最小时，是抛物线的通径．
12．（2021·广东·模拟预测）已知A，B分别是椭圆（）的左､右顶点，P是椭圆在第一象限内一点，且满足，设直线PA，PB的斜率分别为，，则（ ）
A． B．若，则椭圆的方程为
C．若椭圆的离心率，则 D．的面积随的增大而减小
【答案】BCD
【分析】利用斜率公式及椭圆方程可判断A，利用条件及正弦定理可求，可判断B，结合条件及的关系式可判断C，由题可得，再利用导数可判断D.
【详解】对于A选项，由题意可知，，
设，则，故A错误；
对于B选项，由正弦定理得，
∴，则，即，，
从而，因此，即，则椭圆方程为，故B正确；
对于C选项，由B可知，，得，∴，即，
又，，所以，得，即，故C正确；
对于D选项，过P作于D，则，，

故，即，
∴，，
设，，则，
所以在上单调递减，则的面积随的增大而减小，故D正确.故选：BCD.
三、填空题
13．（2021·天津市第一零二中学高三期中）已知过点的直线与圆相切，且与直线垂直，则 ______
【答案】
【分析】由圆的方程可确定圆心和半径，假设切线方程，利用圆心到直线距离可求得切线斜率，进而得到切线方程；根据切线与垂直可构造方程求得的值.
【详解】由圆的方程可知其圆心为，半径；
当过点的直线斜率不存在，即直线为时，与圆不相切，
过点作圆的切线，切线斜率存在，则可设切线方程为，即，
圆心到切线距离，解得：，即切线方程为，
又直线与垂直，，解得：.故答案为：.
14．（2021·江苏省前黄高级中学模拟预测）已知抛物线的焦点为，为抛物线在第一象限内的一点，抛物线在点处的切线与圆相切（切点为）且交轴于点，过点作圆的另一条（切点为）交轴于点，若，则的最小值为__________．
【答案】
【分析】设，，分析出，结合图象根据抛物线的几何性质表示出的长度，即可求得最小值.
【详解】由题：设，，所以，，

设，，，
抛物线第一象限的函数解析式为，所以，
中，由正弦定理：
，令，

当时，取得等号.故答案为：
15．（2022·浙江·模拟预测）已知椭圆，双曲线；
（1）若椭圆的上顶点为C，椭圆上有A，B两点，△AOB和△ACB是分别以O（原点）､C为直角顶点的等腰直角三角形，则椭圆的离心率是___________；（2）当与没有交点时，m，n应满足___________.
【答案】
【分析】根据题意，转化条件可得到m与n的关系n=3m,便知椭圆的焦点在在y轴上，从而求出离心率的值；根据题意知，只需要双曲线的上顶点始终在椭圆的上顶点的上方即可.
【详解】①因为椭圆的上顶点为C， A，B为椭圆上两点，且△AOB和△ACB是分别以O（原点）､C为直角顶点的直角三角形，可知O､C两点在以AB为直径的圆上，
所以有直线AB垂直平分线段OC，又因为点A、B在椭圆上，则可知，因为△AOB为等腰直角三角形，所以所以即n=3m.
所以椭圆焦点在y轴上，于是有得离心率；
②由于椭圆与双曲线没有交点，结合椭圆与双曲线的性质知，双曲线的上顶点始终在椭圆的上顶点的上方（或双曲线的下顶点始终在椭圆的下顶点的下方），
于是m、n满足条件且，解得故答案为：；
16．（2021·广东中山·模拟预测）为抛物线的焦点，为抛物线内一点，为上的任意一点，的最小值为5，则_______，直线过点，与抛物线交于两点，且为线段的中点，过分别作抛物线的切线，两切线相交于点，则的面积为___________.
【答案】2
【分析】设点在准线上的射影为，根据抛物线的定义可知，结合图象，得到当三点共线时，取得最小值，列出方程，求得的值，设直线的方程为，联立方程组，利用根与系数的关系和为线段的中点，求得及、的坐标及，进而求得过点的切线方程，求得交点坐标，结合点到直线的距离公式和面积公式，即可求解.
【详解】由题意，抛物线的准线方程为，
设点在准线上的射影为，根据抛物线的定义可知，
要使得取得最小值，即取得最小值，
结合图象，可得当三点共线时，取得最小值，

又由点，可得最小值为，解得.
因为为线段的中点，所以直线的斜率一定存在，
设直线的斜率为，可得直线的方程为，即，
联立方程组，可得，
设，则，因为为线段的中点，所以，解得，
即方程，解得或，
所以，可得,
设过点的切线方程为，
联立方程组，可得，
由，可得，即切线方程为，
设过的切线方程为，
联立方程组，可得，
由，可得，即切线方程为，
联立方程组，解得，即，
又由直线的斜率为，可得其方程为，
则点到直线的距离为，
所以的面积为.故答案为：；.
四、解答题
17．（2021·辽宁·模拟预测）已知抛物线的焦点为，点 在上，且．
（1）求点的坐标及的方程；（2）设动直线与相交于两点，且直线与的斜率互为倒数，试问直线是否恒过定点？若过，求出该点坐标；若不过，请说明理由．
【答案】（1）的坐标为，的方程为；（2）直线过定点.
【分析】(1)利用抛物线定义求出，进而求出p值即可得解.(2)设出直线的方程，再联立直线l与抛物线C的方程，借助韦达定理探求出m与n的关系即可作答.
（1）抛物线的准线：，于是得，解得，
而点在上，即，解得，又，则，所以的坐标为，的方程为.
（2）设，直线的方程为，
由消去x并整理得：，则，，，
因此，，
化简得，即，代入方程得，即，则直线过定点，
所以直线过定点.
【点睛】直线与圆锥曲线相交，直线过定点问题，设出直线的斜截式方程，与圆锥曲线方程联立，借助韦达定理求出直线斜率与纵截距的关系即可解决问题.
18．（2021·辽宁·大连市第一中学高三期中）在平面直角坐标系中，点，的坐标分别为，，是动点，且直线与的斜率之积等于.（1）求动点的轨迹的方程；（2）已知直线与椭圆相交于，两点，与轴交于点，若存在使得，求的取值范围.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）根据直线与的斜率之积列方程，化简求得动点的轨迹的方程.
（2）利用向量的坐标运算，由得到，联立直线与椭圆：，化简写出根与系数关系、判别式，求得关于的不等式，并由此求得的取值范围.
（1）设，则，
所以可得动点P的轨迹C的方程为.
（2）
设又，由得，
联立可得 ，
即，且，
又，则，，
代入得，，解得.
的取值范围是
19．（2021·重庆一中高三期中）如图，在直角坐标系中，以为圆心的圆M与抛物线依次交于A，B，C，D四点．（1）求圆M的半径r的取值范围；（2）求四边形面积的最大值，并求此时圆的半径．

【答案】（1）（2）当，四边形面积取得最大值
【分析】（1）设圆的方程为，，其中，联立，消，列出不等式组，解得即可得出答案；（2）根据题意四边形为等腰梯形，则，利用韦达定理求得，可得，令，再利用导数即可得出答案.
（1）解：设圆的方程为，根据圆与抛物线都关于轴对称，
则可设，其中，
联立，消得，①
则，解得，所以圆M的半径r的取值范围为；
（2）根据题意四边形为等腰梯形，则，
由①得，，
故，，
令，则，
令，则，
令，则，令，则，所以函数在上递增，在上递减，
所以，此时，所以当，四边形面积取得最大值.
【点睛】本题考查了抛物线与圆的位置关系，考查了数据分析能力及数学运算能力，还考查了利用导数求函数的最值问题，综合性比较强，难度较大.
20．（2021·上海闵行·一模）如图，在平面直角坐标系中，分别为双曲线Г：的左､右焦点，点D为线段的中点，直线MN过点且与双曲线右支交于两点，延长MD､ND，分别与双曲线Г交于P､Q两点.（1）已知点，求点D到直线MN的距离；（2）求证：；
（3）若直线MN､PQ的斜率都存在，且依次设为k1､k2.试判断是否为定值，如果是，请求出的值；如果不是，请说明理由.

【答案】（1）（2）证明见解析（3）是定值.
【分析】（1）求得点坐标和直线的方程，由此求得到直线的距离.
（2）对的斜率是否存在进行分类讨论，由此证得结论成立.
（3）设出直线的方程并代入双曲线方程，求得的坐标，由此计算是定值.
（1），所以，则，
直线的方程为，即，
所以到直线的距离为.
（2）直线的斜率不存在时，，
直线的斜率存在时，，，整理得.
综上所述，成立.
（3）依题意可知直线的斜率存在且不为，
设直线的方程为，代入双曲线并化简得：
①，
由于，则代入①并化简得：，
设，则，代入，得，即，
所以，
所以是定值.
21．（2021·广西玉林·模拟预测）设椭圆过，两点，为坐标原点．（1）求椭圆的方程；（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆恒有两个交点，，且？若存在，写出该圆的方程，并求的取值范围；若不存在，说明理由．
【答案】（1） （2）存在，，
【分析】（1）根据椭圆E： （）过，两点，直接代入方程解方程组，解方程组即可.（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且，当切线斜率存在时，设该圆的切线方程为，联立，根据，结合韦达定理运算，同时满足，则存在，否则不存在；在该圆的方程存在时，利用弦长公式结合韦达定理得到，结合题意求解即可，当切线斜率不存在时，验证即可.
（1）将，的坐标代入椭圆的方程得，解得，．所以椭圆的方程为．
（2）假设满足题意的圆存在，其方程为，其中，
设该圆的任意一条切线和椭圆交于，两点，
当直线的斜率存在时，令直线的方程为，①
将其代入椭圆的方程并整理得，
由韦达定理得，，② 因为，所以，③
将①代入③并整理得，联立②得，④
因为直线和圆相切，因此，由④得，所以存在圆满足题意．
当切线的斜率不存在时，易得，由椭圆方程得，显然，
综上所述，存在圆满足题意．
当切线的斜率存在时，由①②④得

，
由，得，即．
当切线的斜率不存在时，易得，所以．
综上所述，存在圆心在原点的圆满足题意，且．
22．（2021·上海杨浦·一模）如图，椭圆的左､右焦点分别为､，过右焦点与x轴垂直的直线交椭圆于M､N两点，动点P､Q分别在直线MN与椭圆C上.已知，的周长为.（1）求椭圆C的方程；（2）若线段PQ的中点在y轴上，求三角形的面积；（3）是否存在以､为邻边的矩形，使得点E在椭圆C上？若存在，求出所有满足条件的点Q的横坐标；若不存在，说明理由.

【答案】（1）；（2）；（3）存在，且点坐标为,.
【分析】（1）的周长是，求得，由焦距得，然后求得得椭圆方程；
（2）线段PQ的中点在y轴上，得点横坐标，代入椭圆方程得点纵坐标，此时轴，易得其面积；
（3）假设存在以､为邻边的矩形，使得点E在椭圆C上，设，，，由平行四边形对角线互相平分把点坐标用点坐标表示，然后把坐标代入椭圆方程，利用垂直得向量的数量积为0，得出的关系，结合起来可得或，再分别代入求得，得结论．
（1）由已知，所以，，从而，椭圆方程为；
（2）显然，线段PQ的中点在y轴上，则，轴，
，，所以；
（3）假设存在以､为邻边的矩形，使得点E在椭圆C上，
设，，，，
因为四边形是矩形，一定为平行四边形，所以，，
都在椭圆上，，变形得①，
又，所以，即，②，
②代入①得，或，
时，，，此时与重合，点坐标为；
时，（舍去），，点坐标为．
所以存在满足题意的点，其坐标为,.
【点睛】本题考查求椭圆标准方程，直线与椭圆中的存在性命题．解题方法是假设存在，设出点的坐标，由平行四边形求出点坐标，然后把的坐标全都代入椭圆方程，再由垂直得向量的数量积为0，得出的关系，从而达到求解的目的．本题考查学生的逻辑思维能力，运算求解能力，属于难题．



B卷（建议用时90分钟）
一、单选题
1．（2021·江苏·南京师大附中高三期中）已知直线x+y﹣k＝0（k＞0）与圆x2+y2＝4交于不同的两点A、B，O是坐标原点，且有，那么k的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题设，为等腰△底边中线长度的2倍，为底边长度，而是直线在坐标轴上的截距，由已知条件并结合数形结合思想及圆的性质，求的范围.
【详解】设AB中点为C，则OC⊥AB，∵，

∴，∴，∵，
∴，∵直线x+y﹣k＝0（k＞0）与圆x2+y2＝4交于不同的两点A、B，
∴，∴4＞，∴4＞，∵k＞0，∴.故选：C．
2．（2021·吉林四平·高三期末）如图，、分别是双曲线：（，）的左、右焦点，过的直线与的左、右两支分别交于点、．若为等边三角形，则双曲线的离心率为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据双曲线的定义求出在中，，则由为等边三角形得，再利用余弦定理可得，从而可求出双曲线的离心率
【详解】解：根据双曲线的定义可得，
因为为等边三角形，所以，所以，
因为，所以，因为在中，，，
所以，即，
所以，所以双曲线的离心率为，故选：B
3．（2021·浙江省诸暨市第二高级中学高三期中）阿波罗尼斯（古希腊数学家，约公元前年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，他证明过这样一个命题：平面内与两个定点距离的比为常数的点的轨还是圆，后人把这个国称为阿波罗尼斯圆，已知定点、，动点满足，则动点的轨迹为一个阿波罗尼斯圆，记此圆为圆，已知点在圆上（点在第一象限），交圆于点，连接并延长交圆于点，连接，当时，直线的斜率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设点，根据求出点的轨迹方程，过圆心作于点，求出、，可求出的值，利用同角三角函数的基本关系可求得直线的斜率.
【详解】如图所示，设动点，则，
化简可得，化为标准方程可得圆．
因为，，则为等边三角形，
过圆心作于点，则，，
所以，所以，故选：A．

4．（2021·浙江·高三期末）设双曲线的左右焦点分别为.过左焦点的直线与双曲线的左支交于点，交双曲线的右支于点，若满足，则该双曲线的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用双曲线的定义得到，由可得，再结合可得.
【详解】因为，所以.
由双曲线的定义可知，，所以.
所以在中，有，即，解得.
因为，所以，即，所以有，即.所以有.故选：B.
5．（2022·全国·高三专题练习）年是中国传统的“牛”年，可以在平面坐标系中用抛物线与圆勾勒出牛的形象．已知抛物线的焦点为，圆与抛物线在第一象限的交点为，直线与抛物线的交点为，直线与圆在第一象限的交点为，则周长的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】将抛物线与圆方程联立可求得点坐标，由此可知的取值范围；利用抛物线定义和圆的半径可将周长转化为，由范围可得所求周长取值范围.
【详解】由抛物线得：，准线为；
设与交于点，由抛物线定义知：；

由圆知：；由得：，即，则，
设，，，
的周长为，，周长的取值范围为.故选：B.
6．（2021·浙江·宁波市北仑中学高三期中）已知动直线与圆相交于，两点，且满足，点为直线上一点，且满足，若为线段的中点，为坐标原点，则的值为（ ）
A．3 B． C．2 D．
【答案】A
【分析】先利用圆的方程和弦长判定为等边三角形，设出符合条件的一条直线，再利用平面向量共线得到点的坐标，再利用数量积的坐标运算进行求解.
【详解】动直线与圆：相交于，两点，且满足，则为等边三角形，
所以不妨设动直线为，根据题意可得，，
∵是线段的中点，∴，设，∵，
∴，∴， 解得，∴，
∴.故选：A．

7．（2021·新疆师范大学附属中学高三阶段练习）已知点是椭圆上异于顶点的动点，、为椭圆的左、右焦点，为坐标原点，若是平分线上的一点，且，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】延长、相交于点，连接，利用椭圆的定义分析得出，设点，求出的取值范围，利用椭圆的方程计算得出，由此可得出结果.
【详解】如下图，延长、相交于点，连接，

因为，则，
因为为的角平分线，所以，，则点为的中点，
因为为的中点，所以，，
设点，由已知可得，，，则且，且有，
，
故，所以，.故选：C.
8．（2021·江苏·南京师范大学附属中学秦淮科技高中高三开学考试）已知双曲线的离心率为，双曲线上的点到焦点的最小距离为，则双曲线上的点到点的最小距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用已知条件求得、的值，可得出的值，求得双曲线的标准方程，然后利用两点间的距离公式并结合二次函数的基本性质可求得双曲线上的点到点的最小距离.
【详解】由已知可得，，可得，，，
所以，双曲线的方程为，设是双曲线上的点，则，且或，
则，
所以当时，.故选：B.
二、多选题
9．（2021·广东佛山·模拟预测）已知圆，圆，且不同时为0）交于不同的两点，下列结论正确的是（ ）
A． B． C．
D．M，N为圆上的两动点，且，则的最大值为
【答案】ABC
【分析】两圆相减就得到公共弦所在的直线AB的方程，点A，B代入直线AB的方程，即可判断选项A，B正确；分析出AB的中点恰为的中点即可得到选项C正确；设的中点为，把求的最大值转化为求的最大值，即可判断选项D.
【详解】由，得 ，
两圆的方程相减得到直线AB的方程为，
因为点在直线AB上，所以代入直线AB的方程，得，——①
因此选项A正确；又因为也在直线AB上，所以代入直线AB的方程，得——②，
①②，得，因此选项B正确；
因为两圆半径相等，所以AB的中点恰为的中点，所以成立，因此选项C正确；
设的中点为，则，当三点共线时最大，最大为,因此选项D错误.故选：ABC.
10．（2021·江苏南通·模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为、，那么下列说法中正确的有（ ）
A．若点在双曲线上，则 B．双曲线的焦点均在以为直径的圆上
C．双曲线上存在点，使得 D．双曲线上有个点，使得是直角三角形
【答案】BD
【分析】设，利用斜率公式以及双曲线的方程可判断A选项的正误；求出两曲线的焦点坐标以及圆的方程，可判断B选项的正误；利用双曲线的定义求出、，可判断C选项的正误；数形结合可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，设点，则，
所以，，A选项错误；
对于B选项，双曲线的焦点为，易知、，
以为直径的圆的方程为，则点在圆上，B选项正确；
对于C选项，若双曲线上存在点，使得，由双曲线的定义可得，
不妨设，解得，，C选项错误；
对于D选项，以为直径的圆与双曲线有个交点，
过点且垂直于轴的直线与双曲线有个交点，过点且垂直于轴的直线与双曲线有个交点.
综上所述，双曲线上有个点，使得是直角三角形，D选项正确. 故选：BD.

11．（2021·全国·模拟预测）已知，分别是椭圆：的左､右焦点，在上，为坐标原点，若，的面积为1，则（ ）
A．椭圆的离心率为 B．点在椭圆上
C．的内切圆半径为 D．椭圆上的点到直线的距离小于2
【答案】ABD
【分析】先根据已知条件得到，再利用的面积为1，确定点P为C的短轴的一个端点，然后逐项分析即可.
【详解】由，为的中点可知，.
由的面积为1，可知，所以，所以P为椭圆C短轴的一个端点，则，所以，所以，A正确；
由A可知，椭圆C的方程为，将点的坐标代入，可知满足C的方程，B正确；
因为为等腰直角三角形，且，所以的内切圆半径，C错误；
不妨取，则直线的方程为，即，设椭圆C上的点，则点M到直线的距离，其中，则，D正确.
故选：ABD.
12．（2021·江苏连云港·高三期中）在平面直角坐标系中，已知为抛物线的焦点，点在该抛物线上且位于轴的两侧，，则（ ）
A． B．直线过点
C．的面积最小值是 D．与面积之和的最小值是
【答案】BCD
【分析】设：，联立方程后得关于的一元二次方程，由韦达定理写出，，再由，即可得，再结合，求解出，从而判断AB，再根据三角形面积公式表示出与的面积，由基本不等式可判断CD.
【详解】设：，，消可得.
，得，，∴，则或
∵，∴，∴，，故A错；
：过，故B对；设定点，
，当且仅当时，取等号，故C对；
又，
不妨设，又，，当且仅当时，取等号，故D对.故选：BCD.
【点睛】解决直线与抛物线的综合问题时，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、抛物线的条件；（2）强化有关直线与抛物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．
三、填空题
13．（2021·浙江·模拟预测）已知椭圆，，若上任意一点都满足，则的离心率的取值范围为__________.
【答案】
【分析】利用距离公式将表示，配方后，分和两种情况讨论即得.
【详解】设，则，
因为，当即时，，
所以，，所以，
即，显然该不等式不成立，
当，即时，，恒成立，
由，得，所以综上，离心率的范围为.故答案为：
14．（2021·重庆·模拟预测）唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登上望烽火，黄昏饮马傍交河，”诗中隐含着一个有趣的“将军饮马”问题，这是一个数学问题即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使得总路程最短？在平面直角坐标系中，将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即为回到军营.若军营所在区域为，则“将军饮马”的最短总路程是___________.
【答案】
【分析】先求出点关于直线的对称点的坐标，设将军饮马点为,达到营区的点为，则要使“将军饮马”的总路程最短，即最短即可，从而可得答案.
【详解】设点是点关于直线的对称点，则 解得，即
设将军饮马点为,达到营区的点为 则总路程为：,则
要使“将军饮马”的总路程最短，即最短即可.
如图过点与直线垂直的直线方程为：，即
由 解得 ，点在第四象限内.
即过点作线的垂线，垂足不在可行域内，所以当点与点重合时，有最小值，
即故答案为：

15．（2021·四川南充·一模）已知O为坐标原点，抛物线C：上一点A到焦点F的距离为4，设点M为抛物线C准线l上的动点，给出以下命题：①若△MAF为正三角形时，则抛物线C方程为；
②若于M，则抛物线在A点处的切线平分；③若，则抛物线C方程为；
④若的最小值为，则抛物线C方程为．其中所有正确的命题序号是________．
【答案】①②③④
【分析】根据抛物线的标准方程及抛物线的几何性质依次判断即可.
【详解】①若△MAF为正三角形时，，故①正确；
②若于M，设 ，过的切线方程为:，
代入得，，又，，
，所以过点的切线的斜率为，
因为，所以过的切线，又,
故抛物线在A点处的切线平分，②正确
③若，则三点共线，，由三角形的相似比得，故③正确；
④设则，关于准线l对称，，
，
,解得，故④正确. 故答案为: ①②③④
16．（2021·浙江·模拟预测）已知直线与离心率为的椭圆交于两点，且直线与轴，轴分别交于点.若点三等分线段，则___________；___________.
【答案】1 5
【分析】联立直线和椭圆方程，可得CD的中点也为AB中点，即可求出，再根据，由弦长公式可化简得出.
【详解】由题可得，中点，
联立方程组可得，
设，则，
因为点三等分线段，所以M也为AB中点，所以，
整理可得，即；
由题，所以
整理可得，
又，所以，解得，即.故答案为：1；5.

四、解答题
17．（2021·浙江丽水·高三期中）如图，己知抛物线C1∶y2=4x，椭圆C2∶．过点E（m，0）作椭圆C2的切线交抛物线C1于A、B两点（其中m>2）．在x轴上取点G使得．
（1）求椭圆C2的右焦点到抛物线C1准线的距离；（2）当△ABG的面积为时，求直线AB的方程．

【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）由方程求得焦点坐标，准线方程后可得距离．（2）设直线方程为，设，，直线方程与椭圆方程联立，由判别式为0得的关系，直线方程与抛物线方程联立　消元后应用韦达定理得，可计算出，由得，代入韦达定理的结论可求得，然后计算△ABG的面积，由面积求出值，得，从而得直线方程．
（1）由已知椭圆的右焦点为，抛物线的准线方程为，所以距离为；
（2）设直线方程为，设，，
由得（，
所以，所以，
由得，所以，，
因为．所以，
即，代入整理得，
，显然，所以，，
，，，
因为，所以，则，所以直线方程为．
18．（2021·江苏如东·高三期中）如图，抛物线（）的焦点为椭圆的的右焦点，为椭圆的右顶点，为坐标原点.过的直线交抛物线于，两点，射线，分别交椭圆于，两点.

（1）求抛物线的方程，并证明点在以为直径的圆的内部；
（2）记，的面积分别为，，若，求直线的方程.
【答案】（1），证明见解析（2）
【分析】（1）由椭圆方程可得焦点坐标以及椭圆的方程，再由直线与椭圆联立，可得，又，即可得证；（2）设直线方程，联立方程组，再设直线，方程，再联立可得坐标，再根据面积关系解方程.
（1）解：椭圆，可得，右焦点，，所以，解得，抛物线：，
设直线的方程为，点，，
联立，得，，，
，
，故，所以点在以为直径的圆的内部；
（2）解：由（1）得直线的方程为，直线的方程为，
联立，设，，解得，同理可得，
又，
即，故，
即，
即，解得，故直线方程为：.
【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
19．（2021·天津市第一零二中学高三期中）已知椭圆的离心率，长轴的左右端点分别为，（1）求椭圆的方程；（2）设动直线与曲线有且只有一个公共点，且与直线相交于点，求证：以为直径的圆过定点．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据离心率、长轴端点和椭圆关系可构造方程组求得，进而得到椭圆方程；
（2）将椭圆方程和直线方程联立可得，得到之间关系，从而求得点坐标；两直线方程联立可求得点坐标，从而得到，由向量数量积的坐标运算可证得，由此可得结论.
（1）椭圆长轴端点在轴上，可设椭圆方程为，
由题意可得：，解得：，椭圆的方程为：；
（2）由得：，
曲线与直线只有一个公共点，，即，
设，则，，；
由得：，即；，，，
，即，以为直径的圆恒过定点.
【点睛】本题考查直线与椭圆综合应用中的定点问题，解题的基本思路是根据直径所对圆周角为直角可知求解基本思路是证明，即，从而利用平面向量数量积的坐标运算证得结论.
20．（2021·重庆·模拟预测）已知椭圆.（1）若在椭圆上，证明：直线与椭圆相切；（2）如图，分别为椭圆上位于第一、二象限内的动点，且以为切点的椭圆的切线与轴围成.求的最小值.

【答案】（1）证明见解析；（2）4.
【分析】(1)联立直线与椭圆的方程消元，再借助判别式即可得解.
(2)设出点A，B坐标，利用(1)的结论表示出点D的纵坐标，并表示出面积，
再设出直线AB的方程，与椭圆C的方程联立借助韦达定理推理计算作答.
（1）由消去可得：，结合整理得：，
显然，即直线与椭圆有唯一公共点，
所以直线与椭圆相切.
（2）依题意，设直线，
由(1)可知：直线，直线，则，
由解得，，
，，
由消去y并整理得：，
则，且，即，
，
，
，当时取得等号，所以的最小值为
21．（2021·湖北·高三期中）已知双曲线的左焦点为，右顶点为，点是其渐近线上的一点，且以为直径的圆过点，，点为坐标原点.（1）求双曲线的标准方程；
（2）当点在轴上方时，过点作轴的垂线与轴相交于点，设直线与双曲线相交于不同的两点、，若，求实数的取值范围.
【答案】（1）（2）或
【分析】（1）求出点的坐标，结合可求得的值，进一步可求得双曲线的标准方程；
（2）设、，将直线的方程与双曲线的方程联立，求出线段的中点的坐标，分析可知，可得出，再结合以及可求得实数的取值范围.
（1）解：，，双曲线的渐近线方程为，以为直径的圆过点，所以，，
不妨取点在上，设点，，，
因为，则，可得，则点,
，则，，则，所以，双曲线的标准方程为.
（2）解：由题意可知，设、，
线段中点，联立得，
依题意，即①，
由韦达定理可得，，则，，
，，，所以，②，
又③，由①②③得：或.
22．（2021·上海市七宝中学高三期中）如图，一种电影放映灯的反射镜面是旋转椭圆面（椭圆绕其对称轴旋转一周形成的曲面）的一部分．过对称轴的截口BAC是椭圆的一部分，灯丝位于椭圆的一个焦点上，片门位于该椭圆的另一个焦点上．椭圆有光学性质：从一个焦点出发的光线，经过椭圆面反射后经过另一个焦点，即椭圆上任意一点P处的切线与直线、的夹角相等．已知，垂足为，，，以所在直线为x轴，线段的垂直平分线为y轴，建立如图的平面直角坐标系．

（1）求截口BAC所在椭圆C的方程；（2）点P为椭圆C上除长轴端点和短轴端点外的任意一点．
①是否存在m，使得P到和P到直线的距离之比为定值，如果存在，求出的m值，如果不存在，请说明理由；②若的角平分线PQ交y轴于点Q，设直线PQ的斜率为k，直线、的斜率分别为，，请问是否为定值，若是，求出这个定值，若不是，请说明理由．
【答案】（1）.（2）①存在②是定值
【分析】（1）设所求椭圆方程为，由椭圆的性质求得，，可得椭圆的方程；
（2）①存在, 设椭圆上的点,直接计算，即可探索出存在m；
②由（1）得椭圆的方程为，设椭圆上的点，有，证明椭圆在点处的切线方程为， 再由右光学性质得直线，由此可求得定值.
（1）设所求椭圆方程为，

则，
由椭圆的性质：，所以，
，所以椭圆的方程为.
（2）由椭圆的方程为，则.
①存在直线，使得P到和P到直线的距离之比为定值.
设椭圆上的点,则，P到直线的距离，
所以，所以，当时，（定值）.
即存在，使得P到和P到直线的距离之比为定值.
②设椭圆上的点，则，
又椭圆在点处的切线方程为，
证明如下：对于椭圆，当，，则，
所以椭圆在处的切线方程为，
又由，可以整理切线方程为：，
即切线方程为，即，也即.
所以椭圆在点处的切线方程为，
同理可证：当，椭圆在点处的切线方程为，
综述：椭圆在点处的切线方程为，
所以在点处的切线的斜率为，
又由光学性质可知：直线，所以，则.
所以，，那么.