考点23 圆锥曲线综合应用（核心考点讲与练）-2023年高考数学一轮复习核心考点讲与练（新高考专用）

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考点23圆锥曲线综合应用（核心考点讲与练）

1.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.
2.定点的探索与证明问题
(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为y＝kx＋b，然后利用条件建立b，k等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点.
(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.
3.求解范围问题的方法
求范围问题的关键是建立求解关于某个变量的目标函数，通过求这个函数的值域确定目标的范围，要特别注意变量的取值范围.
4.圆锥曲线中常见最值的解题方法
(1)几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决；
(2)代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，最值常用均值不等式法、配方法及导数法求解.
5.圆锥曲线的弦长
设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
|AB|＝|x1－x2|
＝·
＝·|y1－y2|＝·.

1.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.
2.圆锥曲线中定点问题的两种解法
（1）引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.
（2）特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.　
3.圆锥曲线中常见的最值问题及其解法
（1）两类最值问题：①涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；②求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时确定与之有关的一些问题.
（2）两种常见解法：①几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决；②代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解.
4.存在性问题，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.
解决存在性问题应注意以下几点：
（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，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径.
5.解决直线与圆锥曲线的综合问题时，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、圆锥曲线的条件；
（2）强化有关直线与圆锥曲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．
6.解答圆锥曲线问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
7..圆锥曲线中的证明问题常见的有：
(1)位置关系方面的：如证明直线与曲线相切，直线间的平行、垂直，直线过定点等.
(2)数量关系方面的：如存在定值、恒成立、相等等.
在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下，一般采用直接法，通过相关的代数运算证明，但有时也会用反证法证明.
8.有关弦的三个问题
(1)涉及弦长的问题，应熟练地利用根与系数的关系，设而不求计算弦长；(2)涉及垂直关系往往也是利用根与系数的关系设而不求简化运算；(3)涉及过焦点的弦的问题，可考虑利用圆锥曲线的定义求解.
9.求解与弦有关问题的两种方法
(1)方程组法：联立直线方程和圆锥曲线方程，消元(x或y)成为二次方程之后，结合根与系数的关系，建立等式关系或不等式关系.
(2)点差法：在求解圆锥曲线且题目中已有直线与圆锥曲线相交和被截线段的中点坐标时，设出直线和圆锥曲线的两个交点坐标，代入圆锥曲线的方程并作差，从而求出直线的斜率，然后利用中点求出直线方程.“点差法”的常见题型有：求中点弦方程、求(过定点、平行弦)弦中点轨迹、垂直平分线问题.必须提醒的是“点差法”具有不等价性，即要考虑判别式Δ是否为正数.

定值问题
1.（2022·河南·二模（文））已知点，直线l：y=4，P为曲线C上的任意一点，且是P到l的距离的.
(1)求曲线C的方程；
(2)若经过点F且斜率为的直线交曲线C于点M､N，线段MN的垂直平分线交y轴于点H，求证：为定值.
【答案】(1)(2)见解析
【分析】（1）设,根据题意列出方程整理即得；
（2）直线的方程为,与曲线C方程联立消去整理得：,
检验判别式并利用弦长公式求得，利用韦达定理和中点坐标公式及直线垂直时的斜率关系得到中垂线的方程，进而求得的坐标，得到,从而证得结论.
(1)设,由已知得,整理得：,此即为曲线C的方程；
(2)经过点F且斜率为的直线的方程为,与曲线C方程联立得：
,消去整理得：,
恒成立,
设,则,
，
设线段的中点为,则，，
线段的中垂线的斜率为，方程为,
令,解得，即为点的纵坐标，
∴,
∴（为定值）
2.（2021广东省深圳市第七高级中学高三第二次月考）抛物线：的焦点为F，过点F的直线与抛物线交于M，N两点，弦的最小值为2.
（1）求抛物线E的标准方程；
（2）设点Q是直线上的任意一点，过点的直线l与抛物线E交于A，B两点，记直线AQ，BQ，PQ的斜率分别为，，，证明：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）利用焦点弦的性质可知，即求；
（2）设直线方程，联立抛物线方程，利用韦达定理法即证.
【详解】（1）对于，过焦点的弦最短时，弦垂直于轴，
此时M，N两点的横坐标均为，
代入可求得纵坐标分别为，则此时，所以，
即抛物线方程为.
（2）证明：设，，，
因为直线l的斜率显然不为0，故可设直线l的方程为，
联立方程，消去得.
所以
且
又


所以（定值）.
3.（2021四川省双流中学高三上学期10月月考）已知，分别是椭图：的左，右焦点，△???的顶点都在椭圆上，且边，分别经过点，.当点在轴上时，
为直角三角形且面积为.
（1）求的方程；
（2）设、两点的横坐标分别为、，求证：为定值.
【答案】（1）（2）证明见解析
【分析】（1）由题意可得为等腰直角三角形，且点为椭圆的上顶点，，再结合的面积为1，可求出的值，从而可求出，进而可求出椭圆方程，
（2）先讨论直线或的斜率不存在的情况 ，再设，直线为，代入椭圆方程中消去，再由根与系数的关系可得，再结合表示出，从而可得，同理可得，代入中化简可得结论
（1）
由题意可得为等腰直角三角形，且点为椭圆的上顶点，，
因为的面积为1，所以，解得，则，，
所以椭圆方程为
（2）
若直线的斜率不存在，则直线为，将代入椭圆方程得
，，不妨设，则，即，
此时直线的斜率为，直线的方程为，代入椭圆方程得，所以，得，
所以，
同理可得直线的斜率不存在时，可得，
若直线的斜率存在，设，直线为，代入椭圆方程得
，
所以，
因为点在椭圆上，所以，所以，
所以，
所以，
所以，
同理可得，
所以

所以为定值
定点问题
1.（2021“四省八校”高三上学期期中质量检测）已知椭圆的方程为：（），离心率为，椭圆上的动点到右焦点距离的最大值为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过右焦点作不平行于轴的直线交椭圆于、两点，点关于轴对称点为，求证：直线过定点.
【答案】（1）（2）证明见解析
【分析】（1） 由题意知，，再由得到各个参数值，进而得到方程；（2）将直线和椭圆方程联立，直线方程为：，化简得到，再由直线方程化简得到，代入韦达定理即可得到结果.
（1）由题意知，，，，
（2），设：，与，联立得
设，，，，
直线方程为：，
即

：，过定点.
（四川省成都市石室中学2021-2022学年高三上学期期中）
2. 设抛物线的焦点为，过焦点作直线交抛物线于，两点．
（1）若，求直线的方程；
（2）设为抛物线上异于，的任意一点，直线，分别与抛物线的准线相交于，两点，求证：以线段为直径的圆经过轴上的定点．
【答案】（1） （2）证明见解析
【分析】（1）设出过焦点的直线，再和抛物线联立，最后运用抛物线的定义及韦达定理可求出直线方程；
（2）求出直线，分别与抛物线的准线相交于，两点的坐标，然后根据向量数量积为零建立方程求解即可.
【小问1详解】
由已知，得
设直线的方程为，代入，得．
设，，则，．
则，解得，
所以直线的方程为．
【小问2详解】
证明：设，
则，故直线的方程为．
令，得，所以点．
同理可得，点．
设以线段为直径的圆与轴的交点为
则，．
由题意，知，则，即．
由（1）可得，
所以
解得或，
故以线段为直径的圆经过轴上的两个定点和.
最值与范围问题
1.（2021四川省攀枝花市高三第一次统考）已知双曲线的两个焦点分别为，，动点满足.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）若轨迹上存在两点，满足（，分别为直线，的斜率），求直线的斜率的取值范围.
【答案】（1） （2）
【分析】（1）由题设知：，结合椭圆的定义写出轨迹的方程；
（2）设：，，联立椭圆方程并应用韦达定理可得，，根据可得，由有，即可求直线的斜率的取值范围.
【小问1详解】
由题设，若，
∴，即动点的轨迹是以为焦点，长轴长为4的椭圆，
∴动点的轨迹的方程为.
【小问2详解】
由题设，设直线：，，
∴.
联立轨迹可得：，则，
∴，，
，则，即，
∵，且，
∴且，可得或.
2.（2021浙江省绍兴市第一中学高三上学期期中）设点，分别是椭圆的左､右焦点，.

（1）求椭圆的方程；
（2）如图，动直线与椭圆有且仅有一个公共点，作，分别交直线于，两点，求四边形面积的最大值.
【答案】（1）（2）2
【分析】（1）依题意可得，，即可求出，从而求出椭圆方程；
（2）直线方程与椭圆方程联立得，根据直线和椭圆有且仅有一个公共点得.设，.分当、时，求解得出.
（1）解：因为，所以，
又因为，即，所以，
所以椭圆方程为；
（2）解：联立，得，
直线和椭圆有且仅有一个公共点，，
即.
设，.
①当时，四边形为矩形，此时
②当时，过作的垂线，垂足为，则，

，
则，
，又，
，
同理：，
.
，，
，即.
综上所述，，，即S的最大值为2.
圆锥曲线弦长
1．（多选）（2022·广东潮州·二模）已如斜率为k的直线l经过抛物线的焦点且与此抛物线交于，两点，，直线l与抛物线交于M，N两点，且M，N两点在y轴的两侧，现有下列四个命题，其中为真命题的是（       ）．
A．为定值 B．为定值
C．k的取值范围为 D．存在实数k使得
【答案】ACD
【分析】设l的方程为，联立，整理得，根据根与系数的关系可判断A、B选项．
由弦长公式，得，再联立，M，N两点在y轴的两侧，求得，由此判断C．
设，，由弦长公式得，继而由已知得，求解即可判断D选项．
【详解】解：由题意可设l的方程为，
联立，得，则为定值，故A正确．
又，故B不正确．
，则，即，
联立，得，
∵M，N两点在y轴的两侧，
∴，且，∴．
由及可得或，
故k的取值范围为，故C正确．
设，，则，，
则．
假设存在实数k，则由，
得，解得或3，故存在满足题意．D正确．
故选：ACD．
2．（2022·全国·模拟预测（理））已知椭圆T：的长轴长是短轴长的2倍，过左焦点F作倾斜角为45°的直线交T于A，B两点，若，则椭圆T的方程为______．
【答案】
【分析】本题考查弦长公式的使用，．
【详解】∵，则, ∴椭圆T：，左焦点F
设直线：，，
联立方程：消去y得：
∴
可得：
∴椭圆T：
故答案为：．
探究性问题
1.（安徽省合肥市肥东县第二中学2020-2021学年高三上学期12月第四次检测）已知中心在原点，焦点在x轴上的椭圆C的长半轴长为2，且经过点；过点的直线l与椭圆C相交于不同的两点A，B.
（1）求椭圆C的方程；
（2）是否存在直线l，满足，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）（2）存在直线l满足条件，其方程为
【分析】（1）设椭圆C的方程为，根据椭圆C的长半轴长为2，且经过点，可得，即可得到答案；
（2）由题意得直线l的斜率必存在，设直线l的方程为：，利用韦达定理，代入向量等式可得，求出的值，即可得到答案；
（1）
（1）∵中心在原点，焦点在x轴上的椭圆C的长半轴长为2，且经过点，
∴设椭圆C的方程为，
由题意得，解得，
∴椭圆C的方程为.
（2）
∵过点的直线l与椭圆C相交于不同的两点A，B，
∴若存在直线l满足题意，则直线l的斜率必存在，
设直线l的方程为：，
由，
得，
∵直线l与椭圆C相交于不同的两点A、B，
设A、B两点的坐标分别为，
∴，
整理，得，解得，
又，
∵，即，
∴，
∴，
∴，
解得，∵，∴，
∴存在直线l满足条件，其方程为.
2.（2021湖南长沙一中、广东深圳实验高三期中联考）设双曲线C：（a＞0，b＞0
）的左、右焦点分别是F1，F2，渐近线分别为l1，l2，过F2作渐近线的垂线，垂足为P，且△OPF1的面积为．
（1）求双曲线C的离心率；
（2）动直线l分别交直线l1，l2于A，B两点（A，B分别在第一、四象限），且△OAB的面积恒为8，是否存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线C，若存在，求出双曲线C的方程；若不存在，说明理由．
【答案】（1） （2）存在，
【分析】（1）由△OPF1的面积为，可得a，b的比值，再求离心率即可，
（2）先求得A，B的坐标，及△OAB的面积恒为8，得直线l的方程，再联立双曲线的方程，得△＝0，即可求得双曲线的方程．
【小问1详解】
，双曲线的渐近线方程为，
由双曲线的对称性不妨取渐近线，则点到其的距离为
，
则，
得，
解得，
所以双曲线C的离心率．
【小问2详解】
由 （1）得渐近线l1：y＝2x，l2：y＝−2x，设双曲线得方程为，
依题意得直线l的斜率不为零，
因此设直线l的方程为，
设直线l交x轴于点C（t，0），A（x1，y1），B（x2，y2），
联立 得，同理得．
由△OAB的面积，
得，
即t2＝4|1−4m2|＝4（1−4m2）＞0，
联立
得（4m2−1）y2+8mty+4（t2−a2）＝0，，
因为，所以，直线l与双曲线只有一个公共点当且仅当Δ＝0，
即，
化简得，
将（1）式代入可得，

解得，
因此双曲线的方程为，
因此，存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线，双曲线C的方程为．

1.（2019年全国统一高考（新课标Ⅱ））若抛物线y2=2px（p>0）的焦点是椭圆的一个焦点，则p=
A. 2 B. 3
C. 4 D. 8
【答案】D
【分析】利用抛物线与椭圆有共同的焦点即可列出关于的方程，即可解出，或者利用检验排除的方法，如时，抛物线焦点为（1，0），椭圆焦点为（±2，0），排除A，同样可排除B，C，故选D．
【详解】因为抛物线的焦点是椭圆的一个焦点，所以，解得，故选D．
【点睛】本题主要考查抛物线与椭圆的几何性质，渗透逻辑推理、运算能力素养．
2.（2019年全国统一高考（新课标Ⅲ））已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.
（1）证明：直线AB过定点：
（2）若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积.
【答案】(1)见详解；(2) 3或.
【分析】（1）可设，，然后求出A，B两点处的切线方程，比如：，又因为也有类似的形式，从而求出带参数直线方程，最后求出它所过的定点.
（2）由(1)得带参数的直线方程和抛物线方程联立，再通过为线段的中点，得出的值，从而求出坐标和的值，分别为点到直线的距离，则，结合弦长公式和韦达定理代入求解即可.
【详解】(1)证明：设,,则．
又因为，所以.则切线DA的斜率为，
故，整理得.
设，同理得.
,都满足直线方程.
于是直线过点，而两个不同的点确定一条直线，所以直线方程为.即，
当时等式恒成立．所以直线恒过定点.
（2）由（1）得直线的方程为.
由，可得，
于是
.
设分别为点到直线的距离，则.
因此，四边形ADBE的面积.
设M为线段AB的中点，则，
由于，而，与向量平行，所以，解得或.
当时，；当时
因此，四边形的面积为3或.
【点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题和第二问是求面积类型，属于常规题型，按部就班的求解就可以．思路较为清晰，但计算量不小．
3.（2020年全国统一高考（新课标Ⅱ））已知椭圆C1：(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=|AB|.
（1）求C1的离心率；
（2）设M是C1与C2的公共点，若|MF|=5，求C1与C2的标准方程.
【答案】（1）；（2），.
【分析】（1）求出、，利用可得出关于、的齐次等式，可解得椭圆的离心率的值；
（2）[方法四]由（1）可得出的方程为，联立曲线与的方程，求出点的坐标，利用抛物线的定义结合可求得的值，进而可得出与的标准方程.
【详解】（1），轴且与椭圆相交于、两点，
则直线的方程为，
联立，解得，则，

抛物线的方程为，联立，
解得，，
，即，，
即，即，，解得，因此，椭圆的离心率为；
（2）[方法一]：椭圆的第二定义
由椭圆的第二定义知，则有，
所以，即．
又由，得．
从而，解得．
所以．
故椭圆与抛物线的标准方程分别是．
[方法二]：圆锥曲线统一的极坐标公式
以为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系．
由（Ⅰ）知，又由圆锥曲线统一的极坐标公式，得，由，得，两式联立解得．
故的标准方程为，的标准方程为．
[方法三]：参数方程
由（1）知，椭圆的方程为，
所以的参数方程为?=2?⋅cos?,?=3?⋅sin?（为参数），
将它代入抛物线的方程并化简得，
解得或（舍去），
所以，即点M的坐标为．
又，所以由抛物线焦半径公式有，即，解得．
故的标准方程为，的标准方程为．
[方法四]【最优解】：利用韦达定理
由（1）知，，椭圆的方程为，
联立，消去并整理得，
解得或（舍去），
由抛物线的定义可得，解得.
因此，曲线的标准方程为，
曲线的标准方程为.
【整体点评】(2)方法一：椭圆的第二定义是联系准线与离心率的重要工具，涉及离心率的问题不妨考虑使用第二定义，很多时候会使得问题简单明了.
方法二：圆锥曲线统一的极坐标公式充分体现了圆锥曲线的统一特征，同时它也是解决圆锥曲线问题的一个不错的思考方向.
方法三：参数方程是一种重要的数学工具，它将圆锥曲线的问题转化为三角函数的问题，使得原来抽象的问题更加具体化.
方法四：韦达定理是最常用的处理直线与圆锥曲线位置关系的方法，联立方程之后充分利用韦达定理可以达到设而不求的效果.
4.（2019年全国统一高考（新课标Ⅱ））已知是椭圆的两个焦点，P为C上一点，O为坐标原点．
（1）若为等边三角形，求C的离心率；
（2)如果存在点P，使得，且的面积等于16，求b的值和a的取值范围.【答案】(1) ；（2），a的取值范围为.
【分析】（1）先连结，由为等边三角形，得到，，；再由椭圆定义，即可求出结果；
（2）先由题意得到，满足条件的点存在，当且仅当，，，根据三个式子联立，结合题中条件，即可求出结果.
【详解】（1）连结，由为等边三角形可知：在中，，，，
于是，
故椭圆C的离心率为；
（2）由题意可知，满足条件的点存在，当且仅当，，，
即 ①
②
③
由②③以及得，又由①知，故；
由②③得，所以，从而，故；
当，时，存在满足条件的点.
故，a的取值范围为.
【点睛】本题主要考查求椭圆的离心率，以及椭圆中存在定点满足题中条件的问题，熟记椭圆的简单性质即可求解，考查计算能力，属于中档试题.
5.（2019年全国统一高考（新课标Ⅱ））已知点A(−2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为−.记M的轨迹为曲线C.
（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；
（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.
（i）证明：△???是直角三角形；
（ii）求△???面积的最大值.
【分析】（1）分别求出直线AM与BM的斜率，由已知直线AM与BM的斜率之积为−，可以得到等式，化简可以求出曲线C的方程，注意直线AM与BM有斜率的条件；
（2）（i）设出直线的方程，与椭圆方程联立，求出P，Q两点的坐标，进而求出点的坐标，求出直线的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数关系求出的坐标，再求出直线的斜率，计算的值，就可以证明出是直角三角形；
（ii）由（i）可知三点坐标，是直角三角形，求出的长，利用面积公式求出的面积，利用导数求出面积的最大值.
【详解】（1）直线的斜率为，直线的斜率为，由题意可知：，所以曲线C是以坐标原点为中心，焦点在轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为；
（2）（i）设直线的方程为,由题意可知,直线的方程与椭圆方程联立,即或,点P在第一象限，所以，因此点的坐标为
直线的斜率为，可得直线方程：，与椭圆方程联立，
，消去得，（*），设点，显然点的横坐标和是方程（*）的解
所以有，代入直线方程中，得
，所以点的坐标为，
直线的斜率为; ,
因为所以，因此是直角三角形；
（ii）由（i）可知：，
的坐标为，
，
,

,因为，所以当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，因此当时，函数有最大值，最大值为.
【点睛】
本题考查了求椭圆的标准方程，以及利用直线与椭圆的位置关系，判断三角形形状以及三角形面积最大值问题，考查了数学运算能力，考查了利用导数求函数最大值问题.

一、单选题
1．（2022·辽宁丹东·一模）直线过抛物线的焦点，且与交于两点，若使的直线有且仅有1条，则（       ）
A． B． C．1 D．2
【答案】C
【分析】利用抛物线对称性，即可得出满足条件的焦点弦必须垂直于轴，即可得出两点坐标，代入方程解出
【详解】由抛物线的对称性，要使的直线有且仅有1条，则必须垂直于轴，故两点坐标为，代入抛物线方程可解得，
故选：C
2．（2022·江苏·南京市第一中学三模）已知，曲线：，抛物线：，抛物线：，且，，有且仅有一个公共点，则的最小值为（       ）
A．2 B．1 C．4 D．
【答案】A
【分析】求得的交点并代入的方程，结合基本不等式求得的最小值.
【详解】依题意，，
原点不满足方程，所以原点不是，，的公共点.
由解得或（舍去）.
将代入得.
所以，
当且仅当时等号成立.
所以的最小值为.
故选：A
3．（2022·全国·三模（理））已知抛物线C：的焦点为F，直线l与抛物线C交于A，B两点，线段AB的中点为，则点F到直线l的距离为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用点差法可求出直线的斜率，即得直线方程，根据点到直线的距离即可得结果.
【详解】设，，则，，所以，
即，
因为AB的中点为，，
所以直线的斜率，所以直线的方程为，
所以焦点到直线的距离，
故选：A.
4．（2021·全国·模拟预测）已知F是抛物线C：的焦点，A，B是抛物线C上不同的两点，O为坐标原点，若，，垂足为M，则面积的最大值为（       ）
A．6 B．3 C． D．
【答案】D
【分析】设直线OA的方程为，求出点的坐标，求出直线AB的方程和经过的定点，求出点M的轨迹是以OD为直径的圆（不包含点O，D），即得解.
【详解】解：由题意知直线OA的斜率存在且不为0，设直线OA的方程为，与抛物线方程联立，得，
因为，所以直线OB的方程为，与抛物线方程联立，得，当时，易知轴，不符合题意；
当时，，
所以直线AB的方程为，
所以直线AB过定点，
因为，所以点M的轨迹是以OD为直径的圆（不包含点O，D），
所以点M到x轴距离的最大值为3，此时的面积最大，
又，则面积的最大值为.
故选：D.

5．（2022·河南·模拟预测（理））已知椭圆C：的上、下顶点分别为A，B，点在椭圆C上，若点满足，，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用直线垂直，点斜式得到的直线方程，联立解得点的坐标，再由点在椭圆上，即可得出的关系，即可求解.
【详解】由题可知，．因为，，
故直线QA：，直线QB：，
联立两式，解得
又，所以，
所以．
故选：B
二、多选题
6．（2022·江苏南通·模拟预测）已知椭圆与直线交于、两点，且，为的中点，若是直线上的点，则（       ）
A．椭圆的离心率为 B．椭圆的短轴长为
C． D．到的两焦点距离之差的最大值为
【答案】ACD
【分析】利用点差法可求得的值，可得出的值，结合离心率公式可判断A选项；将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，结合弦长公式求出的值，可判断B选项的正误；利用平面向量数量积的坐标运算，结合韦达定理，可判断C选项；利用对称思想结合三点共线可判断D选项的.
【详解】令、，则，
则，则，
则，则，所以，，
所以，，则，，椭圆的标准方程为，
所以，椭圆的焦点在轴上，即，
，即，A对；
椭圆的方程为，联立，
消可得，，可得，
则，，
所以，，则，所以，椭圆的短轴长为，B错；
，C对；
椭圆的方程为，其标准方程为，，
椭圆的左焦点为，右焦点为，如下图所示：

设点关于直线的对称点为点，则，解得，
即点，
易知，则,
当且仅当点、、三点共线时，等号成立，D对.
故选：ACD．
7．（2022·江苏·南京市宁海中学二模）在平面直角坐标系中，已知双曲线的离心率为，且双曲线的左焦点在直线上，、分别是双曲线的左、右顶点，点是双曲线的右支上位于第一象限的动点，记、的斜率分别为、 ，则下列说法正确的是（       ）
A．双曲线的渐近线方程为 B．双曲线的方程为
C．为定值 D．存在点，使得
【答案】BC【分析】求出的值，可判断A选项；求出、的值，可判断B选项；设点，则，可得，利用斜率公式可判断C选项；利用基本不等式可判断D选项.
【详解】对于A选项，，则，
所以，双曲线的渐近线方程为，A错；
对于B选项，由题意可得，可得，，，
所以，双曲线的方程为，B对；
对于C选项，设点，则，可得，
易知点、，所以，，C对；
对于D选项，由题意可知，，则，，且，
所以，，D错.
故选：BC.
8．（2022·湖南永州·三模）已知抛物线:与圆:，点在抛物线上，点在圆上，点，则（       ）
A．的最小值为
B．最大值为
C．当最大时，四边形的面积为
D．若的中点也在圆上，则点的纵坐标的取值范围为
【答案】ACD
【分析】对于A，根据，结合抛物线的定义可判断A；
对于B，设是圆的切线，切点为，根据， ，可得，由此可判断B；
对于C，根据两点在轴异侧，且与抛物线相切于，与圆相切于，可求出四边形的面积，由此可判断C；对于D，设的中点为，是圆的切线，切点为，利用圆的切割线长定理得到，再根据得到，再根据抛物线的定义可求出点的纵坐标的取值范围，由此可判断D.
【详解】由可知其焦点为圆的圆心，圆的半径为，设，则，
对于A，因为，所以，故A正确；
对于B，设是圆的切线，切点为，则，
，
因为，所以，所以，
所以，即最大值为，故B不正确；

对于C，如图：当两点在轴异侧，且与抛物线相切于，与圆相切于时， 取得最大值，

不妨设点在第一象限，则点在第四象限，
设直线：，代入，消去并整理得，
所以，所以，因为，所以，
所以，所以，所以，即，
此时，
当与圆相切于时，，
，
所以四边形的面积为，故C正确；
对于D，如图设的中点为，是圆的切线，切点为，

根据圆的切割线长定理可得，
又，所以，
因为，所以，所以，
设，则，所以，所以，
所以，所以，即点的纵坐标的取值范围为.故D正确；
故选：ACD
9．（2022·山东枣庄·一模）已知椭圆：，过椭圆的左焦点的直线交于A，B两点（点在轴的上方），过椭圆的右焦点的直线交于C，D两点，则（       ）

A．若，则的斜率
B．的最小值为
C．以为直径的圆与圆相切
D．若，则四边形面积的最小值为
【答案】BCD
【分析】A选项，由得到，再联立直线和椭圆，结合韦达定理即可求出斜率；B选项先联立直线和椭圆求出，再结合基本不等式求解即可；C选项由椭圆的定义结合两圆相切的圆心距和半径关系即可判断；D选项斜率存在和不存在时分别计算面积，求出面积范围即可判断.
【详解】易知：，对于A，若，显然直线的斜率存在且大于0，设直线，联立椭圆方程，化简整理得，显然，，又，故，整理得，由解得，又，故，A错误；
对于B，易知直线的斜率不为0，设直线，联立椭圆方程，化简整理得，显然，，由点在轴的上方，显然，又，
，故，当且仅当，即时取等，B正确；
对于C，设， 的中点为，则，又，由椭圆定义知：，即，又的圆心为，半径为2，故以为直径的圆与圆内切，C正确；
对于D，当直线的斜率存在时，由上知：，同理，故四边形面积为，令，则，又，故，故；又当直线的斜率不存在时，直线的斜率为0，易得，此时，故，D正确.
故选：BCD.
【点睛】本题关键点在于A选项由和韦达定理解方程即可；B选项要先求出求出，再结合基本不等式的知识求解；C选项要结合椭圆的定义得到圆心距和半径之间的关系；D选项斜率存在时求出面积的范围，斜率不存在时直接求出面积.
10．（2022·湖北·黄冈中学模拟预测）双曲线的虚轴长为2，为其左右焦点，是双曲线上的三点，过作的切线交其渐近线于两点.已知的内心到
轴的距离为1.下列说法正确的是（       ）
A．外心的轨迹是一条直线
B．当变化时，外心的轨迹方程为
C．当变化时，存在使得的垂心在的渐近线上
D．若分别是中点，则的外接圆过定点
【答案】AD
【分析】根据圆的性质，结合双曲线的渐近线方程、直线斜率的公式，通过解方程（组）、运用夹角公式逐一判断即可.
【详解】因为已知的内心到轴的距离为1，双曲线的虚轴长为2，
所以的内心横坐标，双曲线方程：，，渐近线.
设.
当点在双曲线上时：
设直线与双曲线交两点
   

当直线与双曲线相切时，此时切点满足：

切线
设直线与渐近线交两点
   

切点正是线段的中点，
∴；线段中垂线是.
中垂线与轴交于点，且.
可设
一方面，；另一方面，线段中点是


考虑到
∴
，点       确系之外心！其轨迹是直线.选项A正确！
依（1）设
线段中点是
线段中垂线是，即
线段中垂线是，即
∴
，即外心的轨迹方程为.故选项B错！
（3）对来讲，若垂心在渐近线上可设坐标是，进而
化简得



∴
把代入并化简得：

考虑到不在渐近线上得，故
∴，这不可能！垂心不能在上，同理不能在上，选项C错误；
（4）设



共圆！
的外接圆过定点原点，选项D对.
故选：AD
【点睛】关键点睛：正确地进行数学运算，应用夹角公式是解题的关键.
三、填空题
11．（2022·安徽蚌埠·三模（文））已知椭圆的离心率为,直线与椭圆交于,两点,当的中点为时,直线的方程为___________.
【答案】
【分析】根据点差法和椭圆的离心率可求出，再根据的中点为，可得，由此可得直线的斜率，再根据点斜式，即可求出结果.
【详解】由题可知直线的斜率存在；
设,由于点 都在椭圆上，
所以①, ②,
，化简得；
又因为离心率为，所以，
所以，即；
又线段的中点为，
所以，
所以直线的斜率为，故所求直线的方程为，即．
故答案为：.
12．（2022·河南许昌·三模（文））已知双曲线的焦距为，直线在第一象限交双曲线C的右支于点A，且，则实数k的取值范围是_______
【答案】
【分析】先求出A的坐标，得到，利用求出实数k的取值范围.
【详解】因为直线在第一象限交双曲线C的右支于点A，且，
所以A为圆与的交点，联立解得：.
所以直线的斜率.
因为，所以，所以，
所以，即.
因为，所以，即实数k的取值范围是.
故答案为：
【点睛】解析几何的两种常见方法：
（1）几何法：利用几何图形求解；
（2）坐标法.
13．（2022·山东济宁·二模）已知直线过定点A，直线过定点B，与的交点为C，则的最大值为___________.
【答案】
【分析】由已知直线方程可得、且、相互垂直，进而可知的轨迹是以为直径的圆，令则且，利用基本不等式求的最大值，注意等号成立条件，即可知的最大值.
【详解】由，则过定点，
由，则过定点，
显然，即、相互垂直，而与的交点为C，
所以的轨迹是以为直径的圆，且圆心为、半径为，
令，则，且，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最大为.
故答案为：
14．（2021·全国·模拟预测（理））已知，，是抛物线上三个不同的点，且抛物线的焦点是的重心，若直线，，的斜率存在且分别为，，，则______．
【答案】0
【分析】设，，则，，两式相减，得，可求得，同理可得，，再由是的重心，得，从而可计算出的值
【详解】设，，则，，两式相减，得，所以，设，同理可得，．由于焦点是的重心，所以，故．
故答案为：0
【点睛】关键点点睛：本题是综合性题目，属于探索创新情境，具体是数学探究情境，本题考查逻辑思维能力、运算求解能力，解题的关键是设出点，，的坐标后，直接使用三角形的重心坐标公式求解，属于中档题
15．（2022·重庆·模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，分别过，作斜率为2的直线交C在x轴上半平面部分于P，Q两点．记面积分别为，若，则双曲线C的离心率为_____________．
【答案】
【分析】根据得到，结合双曲线的定义、余弦定理列方程，化简求得双曲线的离心率.
【详解】依题意，，面积分别为，且，
由于，所以，
设，由双曲线的定义可知，
由，可解得，
故
在三角形和三角形，分别由余弦定理得
，
整理得，两式相减得.
故答案为：
【点睛】求解双曲线与焦点三角形有关的问题，可结合双曲线的定义来进行考虑.求解双曲线的离心率，可利用直接法求得来求，也可以根据题意建立关于的方程，通过化简来求得离心率.
四、解答题
16．（2022·河南河南·三模（理））已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，离心率为，长轴长为4．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知直线的过定点，若椭圆上存在两点，关于直线对称，求直线斜率的取值范围．
【答案】(1)(2)
【分析】（1）由椭圆的离心率为，长轴长为求解；
（2）设直线方程为：，，AB中点的坐标为，利用点差法求得中点坐标，再由线段AB的中点在椭圆内部，即求解.
(1)解：因为椭圆的离心率为，长轴长为，
解得，则，
所以椭圆的标准方程是；
(2)易知直线的斜率存在，设直线方程为：，，
AB中点的坐标为，
则，两式相减得，
即，又，
解得，因为线段AB的中点在椭圆内部，
所以，即，
解得，
所以直线斜率的取值范围
17．（2022·江西萍乡·二模（理））若四点恰有三点在椭圆上．
(1)求椭圆的方程；
(2)动直线与椭圆交于两点，中点为，连（其中为坐标原点）交椭圆于两点，证明：．
【答案】(1) (2)证明见解析
【分析】(1)根据椭圆的对称性可得点、在椭圆上，结合点在椭圆上列出方程组，解之即可；
(2)设、，联立动直线和椭圆方程并消去y，利用韦达定理表示出
、，进而求出点M的坐标；联立直线和椭圆方程求出点P、Q的坐标，求出弦长，对分别计算化简即可.
(1)由于，，两点关于原点对称，必在椭圆上
则，且，
所以必在椭圆上，即有，，
所以椭圆；
(2)设，，联立，得
则，，
，则
联立，，
，
，
.
18．（2022·湖南·长郡中学一模）已知抛物线：（）和圆C：，点是上的动点，当直线的斜率为时，的面积为．
(1)求抛物线的方程；
(2)若、是轴上的动点，且圆是的内切圆，求面积的最小值．
【答案】(1) (2)32
【分析】（1）联立直线与抛物线的方程，解出点坐标，根据面积为，列式即可求得（2）设，，，利用与与圆相切，可以推出，，代面积的表达式，消元运用均值不等式即可求得最值
(1)当直线的斜率为时，联立方程，解得，
此时，解得，
∴抛物线的方程为．
(2)设，，，由题意知，
则直线：，即．
∵直线与圆相切，
∴，
∴

同理可得：．∴、是方程的两个根，
∴，，
且恒成立，
∴，
∴，
当且仅当时取等号，
面积的最小值为32．
19．（2022·重庆八中模拟预测）已知抛物线，直线l经过点，并与抛物线交于A，B两点，．
(1)证明：；
(2)若直线AN，BN分别交y轴于P，Q两点，设△OPA的面积为，△OQB的面积为，求的最小值．
【答案】(1)证明见解析；(2)2.
【分析】（1）设，且直线AB为联立抛物线，将问题转化为证，应用韦达定理及斜率两点式化简求值，即可证结论.
（2）由（1）可得，利用A、B的坐标表示，讨论直线AB的斜率，由直线与抛物线方程及韦达定理求关于参数的表达式，结合对应函数的性质求范围，即可知其最小值.
(1)设，，直线AB为，
联立，整理得，
所以，，
要证，只需证．
因为
，得证．
(2)由，，
又，得：，
直线AN为，令得：，
同理，所以，，
两式相加得：，即，
当直线AB的斜率不存在时，直线，得：，且，
此时；
当直线AB的斜率存在时，直线，
则，
由，整理得，可得，，代入上式，可得，
所以，
令，可得，
又在上为单调递增函数，
所以，
综上，面积的最小值为2．
20．（2022·重庆·二模）已知椭圆的左焦点为，不过坐标原点O且不平行于坐标轴的直线l与椭圆C有两个交点A，B，线段的中点为Q，直线的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若过点F的直线m交椭圆C于点M，N，且满足，求直线m的方程.
【答案】(1)(2)或
【分析】（1）设，，代入椭圆的方程，利用点差法求得，进而求得的值，即可求得椭圆的方程；
（2）当直线m的斜率存在时，设直线，联立方程组求得，利用弦长公式，结合点到直线的距离公式，结合三角形面积列出方程，求得的值，得出直线方程，当直线的斜率不存在时，得到直线为，即可求解.
(1)解：由题意，椭圆C的左焦点为，所以，
设，，由题意可得，，
则，即.
因为，所以，即，所以，
所以椭圆C的方程为.
(2)解：当直线m的斜率存在时，设直线，点，，
联立方程组，整理得，
可得，，
所以，
点O到直线m的距离为，
因为，即，
所以，即，
又因为，
所以，即，
所以直线m为：.
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时满足题目条件，
综上可得，直线的方程为：或.
21．（2022·江苏·二模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线C：的焦点为F，准线为l，过点F且斜率大于0的直线交抛物线C于A，B两点，过线段AB的中点M且与x轴平行的直线依次交直线OA，OB，l于点P，Q，N.

(1)判断线段PM与NQ长度的大小关系，并证明你的结论；
(2)若线段NP上的任意一点均在以点Q为圆心、线段QO长为半径的圆内或圆上，求直线AB斜率的取值范围.
【答案】(1)，证明见解析(2)
【分析】（1）设，，，，，，由于，，三点共线可得：，设，可求出点的坐标，同理可得点的坐标，分别求出的长度，即可得出.
（2）若线段NP上的任意一点均在以点Q为圆心、线段QO长为半径的圆内或圆上即
，代入即可求出，，，即可求出斜率.
(1)设，，，
则，，
由于，，三点共线，则，整理得，
，则，同理可得
则，，
则，即证.
(2)若线段NP上的任意一点均在以点Q为圆心、线段QO长为半径的圆内或圆上即，则，化简得，又因为，则，，则直线斜率的取值范围为：.
22．（2022·江苏·南京市宁海中学模拟预测）已知平面上一动点P到定点的距离与它到定直线的距离相等，设动点P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的轨迹方程
(2)已知点，过点B引圆的两条切线BP；BQ，切线BP、BQ与曲线C的另一交点分别为P、Q，线段PQ中点N的纵坐标记为，求的取值范围．
【答案】(1)；(2)的取值范围为．
【分析】(1)根据曲线轨迹方程的定义求解；(2) 设切线BP的方程为，切线的方程为，所以， ，再求出，即得解.
(1)设，
根据题意可得，
化简得，
所以，
所以曲线C的方程为，
(2)由已知，所以切线的斜率存在，
设切线的方程为，
则圆心到切线的距离，
所以，
设切线BQ的方程为，
同理可得，
所以是方程的两根，
所以， ，
设，
联立，得，
所以，
所以，
同理，
所以



，
因为，所以
所以．
所以的取值范围为．
【点睛】求取值范围常用的方法有：（1）函数法；（2）导数法；（3）基本不等式法；（4）基本不等式法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.
23．（2022·福建宁德·模拟预测）已知抛物线C：上的一点M（，4）到C的焦点F的距离为5.
(1)求p的值；
(2)若，点A，B在抛物线C上，且，N为垂足，当|MN|最大时，求直线AB的方程.
【答案】(1)或；(2).
【分析】（1）根据抛物线定义，结合点在抛物线上求p值.
（2）由题设可得，根据点在抛物线上设A、B坐标，法一：设直线AB联立抛物线，由及韦达定理求得，进而确定直线AB所过的定点坐标，根据|MN|最大确定m值，即得方程；法二：及得到，应用点斜式写出直线AB判断定点，由|MN|最大写出直线方程；
(1)
把M(x0,4)代入抛物线C得则，
由得：，
所以，解得或.
(2)
当时，故舍去；当时，则M(4，4)且，
设，
法一：直线AB为，与抛物线C联立得，则，
由，得.
由且，故，即，
所以，即
从而直线AB为，即直线AB过定点Q(8,-4).
又，当|MN|最大时即，
所以，直线AB为
法二： .
由，得.
由且，故，即①，
直线AB为，整理得，
将①代入，即直线AB过定点Q(8,-4),
又，当|MN|最大时即，
所以，直线AB为.
24．（2022·福建三明·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，，过直线l：左侧且不在x轴上的动点P，作于点H，的角平分线交x轴于点M，且，记动点P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)已知曲线C与x轴正半轴交于点，过点的直线交C于A，B两点，，点T满足，其中，证明：.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）根据条件，代入动点的坐标，化简即可；
（2）注意到S点在x轴上，所以，将作为桥梁，合理利用，即可求解.
(1)设，因为轴，所以，
因为PM为的角平分线，所以，
所以，即，所以.
即，化简整理得，因为P不在x轴上，
即曲线C的方程为
(2)易知直线的斜率存在且不为0，设的方程为.
联立方程组，消x整理得，
所以，得或，
设，，则，.
由得，所以，
设，由，得，
所以，
所以，
所以点在直线上，且，
又因为与关于直线对称，所以是等腰三角形，
（或者证明直线TS与直线的斜率互为相反数）
所以，因为，所以，
综上所述，.