專題8.8直線與圓錐曲線的位置關(guān)系（舉一反三講義）【全國通用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1直線與圓錐曲線的位置關(guān)系】 5【題型2圓錐曲線的弦長問題】 7【題型3圓錐曲線的中點弦問題】 11【題型4圓錐曲線中的三角形（四邊形）面積問題】 16【題型5圓錐曲線中的參數(shù)范圍及最值問題】 21【題型6圓錐曲線中的定點、定值問題】 28【題型7圓錐曲線中的定直線問題】 33【題型8圓錐曲線與其他知識的綜合問題】 401、直線與圓錐曲線的位置關(guān)系考點要求真題統(tǒng)計考情分析(1)了解直線與圓錐曲線位置關(guān)系的判斷方法(2)掌握直線被圓錐曲線所截的弦長公式(3)能利用方程及數(shù)形結(jié)合思想解決焦點弦、中點弦問題2023年新高考I卷：第22題，12分2023年新高考Ⅱ卷：第21題，12分2023年全國甲卷（理數(shù)）：第20題，12分2024年新高考I卷：第16題，15分2024年新高考Ⅱ卷：第10題，6分2024年新高考Ⅱ卷：第19題，17分2025年全國一卷：第10題，6分、第18題，17分2025年全國二卷：第16題，15分2025年天津卷：第18題，15分圓錐曲線是高考的重點、熱點內(nèi)容，直線與圓錐曲線的位置關(guān)系是每年高考必考內(nèi)容.從近幾年的高考情況來看，本節(jié)內(nèi)容主要以解答題的形式考查，有時也會以多選題的形式考查，考查方向主要有兩個方面：一是平面解析幾何通性通法的研究；二是圓錐曲線中的弦長、面積、最值、定點、定值或定直線等問題的求解；高考復習時要加強圓錐曲線這方面內(nèi)容的訓練.從近幾年的高考趨勢來看，圓錐曲線有時會與向量、數(shù)列等知識結(jié)合考查，其思維要求高，計算量較大，需要靈活求解.知識點1直線與圓錐曲線的位置關(guān)系1．直線與圓錐曲線的位置判斷將直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立，消去y(或x)，得到關(guān)于x(或y)的一元二次方程，則：直線與圓錐曲線相交；直線與圓錐曲線相切；直線與圓錐曲線相離.特別地，①與雙曲線漸近線平行的直線與雙曲線相交，有且只有一個交點.②與拋物線的對稱軸平行的直線與拋物線相交，有且只有一個交點.知識點2圓錐曲線中的弦長問題1．橢圓的弦長問題(1)定義：直線與橢圓的交點間的線段叫作橢圓的弦.

(2)弦長公式：設直線l:y=kx+m交橢圓+=1(a>b>0)于，兩點，則或.2．雙曲線的弦長問題(1)弦長公式：直線y=kx+b與雙曲線相交所得的弦長d.

(2)解決此類問題時要注意是交在同一支，還是交在兩支上.

(3)處理直線與圓錐曲線相交弦有關(guān)問題時，利用韋達定理、點差法的解題過程中，并沒有條件確定直線與圓錐曲線一定會相交，因此，最后要代回去檢驗.

(4)雙曲線的通徑：

過焦點且與焦點所在的對稱軸垂直的直線被雙曲線截得的線段叫作雙曲線的通徑.無論焦點在x軸上還是在y軸上，雙曲線的通徑總等于.3．拋物線的弦長問題設直線與拋物線交于A,B兩點，則|AB|==或

|AB|==(k為直線的斜率，k≠0).知識點3圓錐曲線中的中點弦與焦點弦問題1．橢圓的“中點弦問題”(1)解決橢圓中點弦問題的兩種方法

①根與系數(shù)的關(guān)系法：聯(lián)立直線方程和橢圓方程構(gòu)成方程組，消去一個未知數(shù)，利用一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系以及中點坐標公式解決.

②點差法：利用端點在曲線上，坐標滿足方程，將端點坐標分別代入橢圓方程，然后作差，構(gòu)造出中點坐標和斜率的關(guān)系.設，，代入橢圓方程+=1(a>b>0)，得，①-②可得+=0，設線段AB的中點為，當時，有+=0.因為為弦AB的中點，從而轉(zhuǎn)化為中點與直線AB的斜率之間的關(guān)系，這就是處理弦中點軌跡問題的常用方法.(2)弦的中點與直線的斜率的關(guān)系

線段AB是橢圓+=1(a>b>0)的一條弦，當弦AB所在直線的斜率存在時，弦AB的中點M的坐標為，則弦AB所在直線的斜率為，即.2．雙曲線的“中點弦問題”“設而不求”法解決中點弦問題：①過橢圓內(nèi)一點作直線，與橢圓交于兩點，使這點為弦的中點，這樣的直線一定存在，但在雙曲線的這類問題中，則不能確定.要注意檢驗.

②在解決此類問題中，常用韋達定理及垂直直線的斜率關(guān)系.常用的解題技巧是如何應用直線方程將轉(zhuǎn)化為能用韋達定理直接代換的.垂直關(guān)系有時用向量的數(shù)量關(guān)系來刻畫，要注意轉(zhuǎn)化.3．拋物線的焦點弦問題拋物線=2px(p>0)上一點A與焦點F(,0)的距離為|AF|=，若MN為拋物線=2px(p>0)的焦點弦，則焦點弦長為|MN|=++p(,分別為M,N的橫坐標).設過拋物線焦點的弦的端點為A,B，則四種標準方程形式下的弦長公式為：標準方程弦長公式y(tǒng)2=2px(p>0)|AB|=x1+x2+py2=-2px(p>0)|AB|=p-(x1+x2)x2=2py(p>0)|AB|=y1+y2+px2=-2py(p>0)|AB|=p-(y1+y2)知識點4圓錐曲線中最值問題的解題策略1.處理圓錐曲線最值問題的求解方法圓錐曲線中的最值問題類型較多，解法靈活多變，但總體上主要有兩種方法：一是利用幾何法，即通過利用曲線的定義、幾何性質(zhì)以及平面幾何中的定理、性質(zhì)等進行求解；二是利用代數(shù)法，即把要求最值的幾何量或代數(shù)表達式表示為某個(些)參數(shù)的函數(shù)(解析式)，然后利用函數(shù)方法、不等式方法等進行求解.知識點5圓錐曲線中的定點、定值、定直線問題1．圓錐曲線中的定點、定值問題圓錐曲線中的定點定值問題一般與圓錐曲線的基本量和題設條件中的給定的點或值有關(guān)，曲線過定點問題以直線過定點居多，定點問題其實也可以歸結(jié)到定值問題(定點的橫縱坐標為定值).這類問題用函數(shù)的思想方法來處理，具體操作流程如下：(1)變量——選擇合適的參變量；(2)函數(shù)——要證明為定值的量表示出參數(shù)的函數(shù)；(3)定值——化簡函數(shù)解析式，消去參數(shù)得定值.一些存在性問題，是否存在定點使得某一個量為定值，是否存在定值使得某一量為定值，是否存在定點使得曲線過定點，是否存在定值使得曲線過定點，可以看做定點定值問題的延伸.2．過定點問題的兩大類型及解法(1)動直線l過定點問題解法：設動直線方程（斜率存在）為y=kx+t，由題設條件將t用k表示為t=(2)動曲線C過定點問題解法：引入?yún)⒆兞拷⑶€C的方程，再根據(jù)其對參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點．3．求解定值問題的三個步驟(1)由特例得出一個值，此值一般就是定值；(2)證明定值，有時可直接證明定值，有時將問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)式，可證明該代數(shù)式與參數(shù)（某些變量）無關(guān)；也可令系數(shù)等于零，得出定值；(3)得出結(jié)論．4．圓錐曲線中的定直線問題定直線問題是指因圖形變化或點的移動而產(chǎn)生的動點在定直線上的問題.這類問題的核心在于確定定點的軌跡，主要方法有：(1)設點法：設點的軌跡，通過已知點軌跡，消去參數(shù)，從而得到軌跡方程；(2)待定系數(shù)法：設出含參數(shù)的直線方程、待定系數(shù)法求解出系數(shù)；(3)驗證法：通過特殊點位置求出直線方程，對一般位置再進行驗證.知識點6圓錐曲線中的探索性問題的解題策略1.圓錐曲線中的探索性問題此類問題一般分為探究條件、探究結(jié)論兩種.若探究條件，則可先假設條件成立，再驗證結(jié)論是否成立，成立則存在，否則不存在；若探究結(jié)論，則應先求出結(jié)論的表達式，再針對其表達式進行討論，往往涉及對參數(shù)的討論.【方法技巧與總結(jié)】1．已知M，N是橢圓C：+=1(a>b>0)上的兩點，點O為坐標原點，且P是M，N的中點，則.2．若曲線為雙曲線，其余條件不變，則.3．若曲線為拋物線，P為弦MN的中點：(開口向右)，(開口向左)，(開口向上)，(開口向下).【題型1直線與圓錐曲線的位置關(guān)系】【例1】（24-25高二上·江西·期末）直線xa+yb=1與橢圓x2aA．相離 B．相切 C．相交 D．無法確定【答案】C【解題思路】由直線與橢圓的位置關(guān)系求解即可.【解答過程】因為直線xa+y而a,0,0,b為橢圓故直線xa+y故選：C.【變式1-1】（2025·北京門頭溝·一模）“k=±12”是“直線y=kx?3與雙曲線xA．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】C【解題思路】法一：根據(jù)題意，聯(lián)立直線與雙曲線方程，由直線與雙曲線只有一個公共點代入計算,即可得到k的取值，再根據(jù)充分條件、必要條件的定義判斷即可.法二：利用直線過定點的特征，結(jié)合雙曲線漸近線可作出判斷.【解答過程】法一：由題意，聯(lián)立方程y=kx?3x2當1?4k2=0當1?4k2≠0所以，直線y=kx?3與雙曲線x24所以“k=±12”是“直線y=kx?3法二：因為直線y=kx?3過定點D3,0，雙曲線的右頂點為根據(jù)圖象可知，當且僅當直線與雙曲線的漸近線y=±1所以“k=±12”是“直線y=kx?3故選：C.【變式1-2】（2025·天津·二模）“k=12”是“直線y=kx+1與拋物線y2A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【解題思路】聯(lián)立直線與拋物線的方程，可得k2x2+(2k?2)x+1=0，分k=0和k≠0，討論方程只有一個解可得【解答過程】若直線y=kx+1與拋物線y2則方程(kx+1)2即方程k2當k=0時，?2x+1=0恒有一個解；當k≠0時，(2k?2)2?4k即直線y=kx+1與拋物線y2=2x只有一個公共點，可得k=0或故“k=12”是“直線y=kx+1與拋物線故選：A．【變式1-3】（24-25高二上·浙江溫州·期末）已知直線l:y=k(x+3)+1與曲線C:y=124?x2A．(?65,0) B．[?15,0)【答案】B【解題思路】當直線l與橢圓上半部分有兩個交點時，直線l的斜率k介于直線l與橢圓上半部分相切時的斜率和直線l過橢圓上半部分右頂點時的斜率之間.【解答過程】直線l:y=k(x+3)+1過定點(?3,1)，曲線C是橢圓x2當直線l與橢圓上半部分有兩個交點時，直線l的斜率k介于直線l與橢圓上半部分相切時的斜率和直線l過橢圓上半部分右頂點時的斜率之間，直線l與橢圓上半部分相切時的斜率為k=0，直線l過橢圓上半部分右頂點時的斜率為k=1?0所以k的取值范圍為[?1故選：B.【題型2圓錐曲線的弦長問題】【例2】（24-25高二上·重慶·期末）已知橢圓C:y29+x2=1的一個焦點是F，過原點的直線與C相交于點A，B，△ABFA．355 B．655 C．【答案】D【解題思路】設直線AB方程y=kx,Ax1,y1【解答過程】如圖：由題，不妨設F0,22，直線設直線AB方程y=kx,Ax聯(lián)立y2x1S△ABF解得k=±6，故|AB|=1+故選：D.【變式2-1】（2024·北京·模擬預測）已知雙曲線C:y2?x23=1的兩個焦點分別為F1,F2，過F1的直線與雙曲線A．94 B．9 C．274【答案】C【解題思路】根據(jù)對稱性不妨設過F1的直線為y=kx?2【解答過程】雙曲線C:y2?x23=1中a=1根據(jù)對稱性不妨設過F1的直線為y=kx?2聯(lián)立y=kx?23y2則Δ設Ax1,y1，B由BF1=2即有?x由①②可得x1=?12k3k解得k=3535（負值已舍去），所以|AB|=1+故選：C．【變式2-2】（2025·遼寧·模擬預測）已知拋物線y2=4x焦點為F，過F的直線l與拋物線交于A,B兩點（點A在第一象限），其準線與x軸交于點K，若線段BF的垂直平分線恰好過K，則AB=A．833 B．433 【答案】A【解題思路】設直線l的方程為y=kx?1，將其代入拋物線方程，設Ax1,y1,Bx2,y2，由韋達定理得x1+x【解答過程】拋物線y2=4x焦點為F1,0，準線x=?1由題意直線l的斜率存在，設直線l的方程為y=kx?1，k≠0將其代入拋物線方程，得：k2則Δ=設Ax1,線段BF的中點坐標為x2+12線段BF的垂直平分線方程為：y?y22代入K?1,0，化簡得：?結(jié)合x1+x則k4則x1AB=故選：A．【變式2-3】（25-26高三上·安徽阜陽·開學考試）已知橢圓C：x24+y23=1的左焦點為F1，不經(jīng)過F1且斜率為3的直線交C于AA．85 B．835 C．16【答案】C【解題思路】根據(jù)橢圓的定義證明當直線AB過點F2時，△【解答過程】橢圓x24+y23=1的左焦點F由橢圓的定義可得AF1+所以△F1AB又AF2+BF2≥所以當直線AB過點F2時，△又直線AB的斜率為3，所以直線AB的方程為y=3聯(lián)立x24+y23=1y=3所以AB=所以當△F1AB故選：C.【題型3圓錐曲線的中點弦問題】【例3】（2025·遼寧本溪·模擬預測）已知橢圓C:x2a2+y2b2(1)求C的方程；(2)設點M4,0，斜率不為0的直線AM與C交于另一點B（i）若弦AB中點的縱坐標為?3631，求直線（ii）若D為C上一點，且點D與點A關(guān)于x軸對稱，證明：B,D,F三點共線.【答案】(1)x(2)（i）13【解題思路】（1）根據(jù)題意列出關(guān)于a,b,c的方程，求解即可；（2）設直線lAB:x=my+4,m≠0,與橢圓方程聯(lián)立，求得韋達定理.（i）由弦的中點坐標求得m的值，即得弦的斜率；（ii）通過向量坐標計算證明FB//FD，結(jié)合FB與【解答過程】（1）由題意得c=1解得a=2,b=3所以C的方程為x2（2）由題可知直線AB的斜率存在且不為0，設直線lAB:x=my+4,m≠0,A(x聯(lián)立x=my+43x2+4y則Δ=(24m)2所以y1（i）因為弦AB中點的縱坐標為?36所以y1解得m=3或49所以直線AB的斜率為13（ii）由題得FB=因為x=?2my所以FB//又FB與FD有公共點F，所以B,D,F三點共線.【變式3-1】（2025·廣東廣州·三模）已知雙曲線C:x(1)若直線l與雙曲線C相交于A，B兩點，線段AB的中點坐標為3,3，求直線l的方程；(2)若P為雙曲線C右支上異于右頂點的一個動點，F(xiàn)為雙曲線C的右焦點，x軸上是否存在定點Mt,0t<0，使得∠PFM=2∠PMF？若存在，求出【答案】(1)3x?y?6=0(2)存在定點M(t,0)，使得∠PFM=2∠PMF，此時t=?1【解題思路】（1）利用點差法可求出直線斜率，再求直線方程即可；（2）利用正切二倍角公式結(jié)合點在雙曲線上化簡可得；【解答過程】（1）設Ax則x12?y1因為線段AB的中點坐標為3,3，所以x1所以6x所以直線的斜率為k=y1?y2即3x?y?6=0.（2）假設存在定點Mt,0t<0，使得設Px0,因為∠PFM=2∠PMF，所以tan∠PFM=即?y0x又點P在雙曲線上，所以y0代入上式可得x0整理可得?4tx0?4所以?4t?4=0且t2+4t+3=0，解得當x0=2時，代入雙曲線方程可得顯然，此時△PMF為等腰直角三角形，也成立，綜上，t=?1.【變式3-2】（2025·云南·模擬預測）已知橢圓E:x2a2+y2=1a>1(1)求拋物線C的標準方程：(2)若直線l與C交于M,N兩點，且點Q2,2為線段MN（i）求直線l的方程；（ii）若O為坐標原點，求△OMN的面積.【答案】(1)y(2)（i）2x?y?2=0；（ii）23【解題思路】（1）求出橢圓的頂點即可得出拋物線的焦點，求出p得拋物線方程；（2）（i）利用點差法求出直線斜率即可得直線方程；（ii）求出弦長及點到直線距離公式利用面積公式得解.【解答過程】（1）由題知2c=23b=1a所以F2,0，故p2=2所以拋物線的方程為y2（2）如圖，（i）由題意，設Mx代入拋物線方程y2=8x，可得兩式相減可得y12?由y1+y2=4又由點Q2,2為線段MN的中點且點Q在拋物線y所以直線l的方程為y?2=2x?2，即2x?y?2=0（ii）聯(lián)立2x?y?2=0y2=8x，得x故x1所以MN=又因為O到直線l的距離d=?2所以△OMN的面積S△OMN【變式3-3】（2025·天津?qū)幒印つM預測）已知橢圓x2a2+y2b2=1a>b>0過點?2,1，長軸長為(1)求橢圓的方程；(2)若線段AB中點的橫坐標是?12，求直線(3)在x軸上是否存在點M，使MA?MB+53【答案】(1)x(2)±(3)存在，且點M【解題思路】（1）由已知條件可得出關(guān)于a、b的方程組，解出a2、b（2）設點Ax1,y1、Bx2,y2，則x1+x（3）假設在x軸上存在點Mm,0滿足題設條件，設點Ax1,y1、Bx2,y2【解答過程】（1）由題意可得2a=252a2+1b（2）設點Ax1,y1因為x12+3即y1由題意可知，直線AB的方程為y=kx+1線段AB的中點?12,y1+y所以?ky1+y2=?k（3）在x軸上存在點M16,0，使MA證明：假設在x軸上存在點Mm,0，使MA?MB因為直線l過點C?1,0且斜率為k，所以，直線l的方程為y=k由x2+3y設Ax1,y1、B因為MA=x1所以MA====設常數(shù)為t，則?k整理得3m2+6m?1?3t3m2+6m?1?3t=0即在x軸上存在點M16,0，使MA【題型4圓錐曲線中的三角形（四邊形）面積問題】【例4】（2025·河北衡水·模擬預測）如圖，已知直線l與拋物線y2=2pxp>0交于A、B兩點，且OA⊥OB，OD⊥AB(1)求直線l的方程；(2)求△OAB的面積．【答案】(1)x+y?2=0(2)2【解題思路】（1）由點D的坐標求出直線OD的斜率，根據(jù)垂直得到直線AB的斜率，利用點斜式方程可得出直線l的方程；（2）聯(lián)立直線與拋物線的方程，根據(jù)OA?OB=0，結(jié)合韋達定理求出p的值，由弦長公式求出AB【解答過程】（1）由題意可得直線OD的斜率為kOD因為OD⊥AB，所以直線AB的斜率為kAB又因為直線l過點D1,1，所以直線l的方程為y?1=?x?1，即（2）由y2=2pxx+y?2=0得y設點Ay122p,因為OA⊥OB，則OA?OB=所以y1+y由弦長公式可得AB=因為OD=12所以△OAB的面積為25【變式4-1】（2025·浙江金華·三模）雙曲線C′:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的離心率為3，過左焦點(1)求雙曲線C′(2)點C12,0滿足CB∥OA，其中O是坐標原點，求四邊形OABC【答案】(1)x(2)72【解題思路】（1）根據(jù)實軸以及離心率求解a,c的值，即可得解，（2）聯(lián)立直線與曲線方程可得韋達定理，結(jié)合相似比可得t2=3，即可利用弦長公式以及點到直線的距離公式，求解AB,d，由三角形面積公式求解S【解答過程】（1）由直線l與y軸垂直時，AB=23，故2a=23又離心率為3，則c=3a=3，所以雙曲線C′的方程為：x（2）設直線l的方程是x=ty?3，Ax1,由x=ty?32x2y1+y因為CB∥OA，所以∣FB∣∣FA∣=∣FC∣所以6y1=12t2t2?1，它滿足2t2?1≠0|=2144故O到直線AB的距離為d=?3所以S△AOB由于∣FB∣∣FA∣=∣FC∣∣FO∣=5【變式4-2】（24-25高二下·貴州安順·期末）已知平面內(nèi)一動點Px,y到點F1,0的距離與它到直線x=4的距離之比為12，過點F的直線l與動點P的軌跡C(1)求動點P的軌跡C的方程．(2)是否存在直線l，使得△AOB的面積為3？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由．【答案】(1)x(2)不存在，理由見解析【解題思路】（1）根據(jù)題意可列出方程，化簡，即可得答案；（2）設直線方程并聯(lián)立跡C的方程，可得根與系數(shù)的關(guān)系式，進而表示出△AOB的面積的表達式，利用導數(shù)可求得其最值，比較大小，即可得結(jié)論.【解答過程】（1）因為點Px,y到點F1,0的距離為點Px,y到直線x=4的距離為x?4所以(x?1)2化簡得4(x?1)2+4所以動點P的軌跡C的方程為x2（2）由題意可知直線l的斜率不為0，故設直線l的方程為x=my+1,Ax聯(lián)立x=my+1x24+y23=1，得由韋達定理可得，y1所以△AOB的面積S△AOB=1令t=m2+1，則m令gt=6t3t所以g(t)max=g1=因為32<3，所以不存在直線l，使得△AOB【變式4-3】（2025·天津·一模）已知橢圓C:x2a2+y2b2(1)求橢圓C的方程；(2)過點P(0,?3)的動直線l與橢圓C交于不同的兩點M,N（M在P,N之間），求S△OMN【答案】(1)x(2)0,1+【解題思路】（1）由離心率的定義，三角形的面積，橢圓中a2（2）分直線l的斜率存在與否，當斜率存在時，設出直線方程，直曲聯(lián)立表示出韋達定理，再利用圖形化簡面積表達式，然后利用非對稱韋達定理表示出面積表達式，再設t=x2x【解答過程】（1）由題意可得e=c又a2=b所以橢圓C的方程為x2（2）若直線l的斜率不存在，則M,N,O,P四點共線，不存在面積比，不符合題意；若直線l的斜率存在，如圖，設直線l的方程為y=kx?3,Mx聯(lián)立x24+y2所以Δ=24k2所以x1因為S△OMNS△OPM又x1x2因為x1+x所以x1因為k2>3所以x1x2設t=x2x1，由于M在P,N之間，所以設ft=t+1令t+1t=2令t+1t=4，解得t=2?故t∈1,2+所以S△OMN【題型5圓錐曲線中的參數(shù)范圍及最值問題】【例5】（2025·天津南開·二模）已知橢圓C:x2a2+y2b2(1)求橢圓C的方程；(2)過點P1,3的直線l與橢圓C交于A,B兩點（點A在點B的上方），線段AB上存在點Q，使得PAPB=【答案】(1)x(2)834【解題思路】（1）設橢圓的焦點為F1?c,0,F2c,0，由tan∠M（2）設Ax1,y1,Bx2,y2,Qx0,y0，當直線AB的斜率存在時，設直線AB:y?3=kx?1，由【解答過程】（1）設F1依題意，tan∠MF1F2因此MF2⊥所以2a=MF1所以求橢圓C的方程為x2（2）設Ax當直線AB的斜率存在時，PAPB由PAPB=QAQB，可得設直線AB:y?3=kx?1聯(lián)立y?3=kx?1,x由Δ=整理可得：k2+2k?2>0，解得k>?1+3且x1代入（*）整理可得x0代入直線AB的方程，得y0可得x0當直線AB的斜率不存在時，AB:x=1，則A1,由PAPB=QAQB，得所以點Q在直線x+4y?4=0（在橢圓C內(nèi)部）上．設點F21,0關(guān)于直線x+4y?4=0的對稱點為則y3?0x所以QF此時點Q817,所以QF1+

【變式5-1】（2025·浙江紹興·模擬預測）已知點P在圓O:x2+y2=4上，作PD垂直于y軸，垂足為(1)求動點M的軌跡E的方程；(2)直線l:y=kx+m與y軸交于點Q，與E交于A、B兩個相異點，且AQ=3QB，求【答案】(1)x(2)1,4【解題思路】（1）設點Px0,y0、Mx,y，則D0,y0，根據(jù)中點坐標公式可得出x（2）由已知可得Q0,m，設點Ax1,kx1+m、Bx2,kx2+m【解答過程】（1）由題意，設點Px0,y0因為點M為線段PD的中點，則x=x02因為點P在圓O:x2+y2因此，點M的軌跡E的方程為x2（2）由已知可得Q0,m，設點Ax1聯(lián)立y=kx+m4x2由已知可得Δ=4k2由韋達定理可得x1+x因為AQ=3QB，即?x1,?k所以3x1+x2當m2=1時，所以k2=4?m2解得1<m2<4，因此，m【變式5-2】（2025·海南?？凇つM預測）設A，B兩點的坐標分別為(?1,0)，(1,0)直線AM，BM相交于點M，且它們的斜率之積為3．(1)求點M的軌跡方程C；(2)若直線l與C交于P，Q兩點，且OP?OQ=0（點O【答案】(1)x(2)6【解題思路】（1）設點M(x,y)，由kMA（2）當直線l斜率不存在，可得PQ=6；當直線l斜率存在，設其方程為y=kx+m，設Px1,y1，Qx2【解答過程】（1）設點M(x,y)，x≠±1，則kMA=y所以yx+1×y所以點M的軌跡方程為x2（2）當直線l斜率不存在時，可設Pxp,則OP=xp將其代入雙曲線方程得xP又OP?OQ=xP當直線l斜率存在時，設其方程為y=kx+m，設Px1,聯(lián)立y=kx+mx2?由韋達定理：x1+x則OP=1+化簡得3k2+3=2所以|PQ|===6當k=0時，此時|PQ|=6，當k≠0時，此時|PQ|=∵3?k2≠0，∴因此|PQ|=6?1+【變式5-3】（2025·湖北十堰·三模）已知點A、B在拋物線C:x2=2pyp>0上，O為原點，且△OAB是以(1)求拋物線C的方程；(2)若點P在圓Q:x2+y+42=4上，過點P分別作的直線l1、l2與拋物線【答案】(1)x(2)4【解題思路】（1）由題意知，A、B兩點關(guān)于y軸對稱，設點B在y軸右側(cè)，求出點B的坐標，將點B的坐標代入拋物線方程，求出p的值，即可得出拋物線C的方程；（2）不妨設點N、M分別在第一、二象限，直線MN的方程為y=mx+n，設點Mx1,x222x1<0、Nx2,x222【解答過程】（1）由題意知，A、B兩點關(guān)于y軸對稱，設點B在y軸右側(cè)，則xB=y將點B的坐標代入拋物線方程可得4p=4，解得p=1，故拋物線C的方程為x2（2）不妨設點N、M分別在第一、二象限，直線MN的方程為y=mx+n，設點Mx1,聯(lián)立y=mx+nx2=2y得x由韋達定理可得x1+x由y=x22得y′=x所以，直線PM的方程為y?x12同理可知，直線PN的斜率為k2=x2，直線聯(lián)立直線PM、PN的方程得x1解得xP=x1+因為點P在圓Q上，所以m2+?n+42=4過點P作x軸的垂線，垂足為點H，

tan∠MPH=?1ktan=?令t=2n?1，因為2≤n≤6，則3≤t≤11，111所以tan∠MPN=令s=1t∈111,1故當1t=111時，當1t=929時，因此，tan∠MPN的取范圍是4【題型6圓錐曲線中的定點、定值問題】【例6】（2025·寧夏中衛(wèi)·三模）已知雙曲線C：x2a2?y(1)求雙曲線C的方程；(2)若直線l：y=kx+mk>0,m>0與雙曲線C交于不同的兩點A，B，且以線段AB為直徑的圓經(jīng)過點P1,0，證明：直線【答案】(1)x(2)證明見解析【解題思路】(1)利用已知條件及c2(2)以線段AB為直徑的圓經(jīng)過點P1,0轉(zhuǎn)化為PA?PB=0，再聯(lián)立直線【解答過程】（1）因為雙曲線C的右焦點為Fc,0，漸近線方程為bx±ay=0所以右焦點為Fc,0到漸近線的距離為bc因為雙曲線的離心率為2，所以ca所以ca=2bc所以雙曲線C的方程為x2（2）如圖，設Ax1,聯(lián)立y=kx+mx2?則3?k2≠0Δ=12所以y1y1因為以線段AB為直徑的圓經(jīng)過點P1,0，所以PA⊥PB所以PA?PB=所以?m化簡得m2?km?2k因為k>0，m>0，所以m=2k，所以直線l的方程為y=kx+m=kx+2k=kx+2所以直線l過定點?2,0.【變式6-1】（2025·福建三明·模擬預測）已知橢圓x2a2+y2b2=1a>b>0的左頂點為(1)求橢圓的方程；(2)直線y=kx（k存在且不等于0）與橢圓交于P，Q兩點，直線PA與y軸交于點M，直線QA與直線y=b交于點N，判斷kPB【答案】(1)x(2)kPB【解題思路】（1）根據(jù)橢圓幾何性質(zhì)以及面積列方程組計算可得橢圓方程；（2）設Px1,y1，由P，Q關(guān)于原點對稱得Q?x1,?y1【解答過程】（1）由題意ca=1故橢圓的方程為x2（2）設Px1,y1，由對稱性可知，P由（1）可知，A?2,0聯(lián)立3x2+4y2直線AP的斜率存在，其方程為：y=y令x=0得yM=2直線AQ的斜率存在，其方程為：y=?令y=3得xN=所以kPB?=kx1所以kPB

【變式6-2】（2025·河北唐山·模擬預測）已知直線x?2y+4=0與拋物線C：x2=4y交于A,B兩點，且A,B分別在第一、二象限，Q為線段AB的中點．設C在點A,B處的切線交于點P，D為曲線段AB（不含端點）上一點，C在點D處的切線與直線(1)證明：①直線PQ⊥x軸；②四邊形MPNQ的面積為定值；(2)設△PMN的外接圓為圓E，問：圓E是否過定點（點P除外）？若過定點，求出定點坐標；不過定點，請說明理由．【答案】(1)①證明見解析；②證明見解析(2)過定點，(0,1)【解題思路】（1）①聯(lián)立方程可求出A,B的坐標，再求出P,Q的坐標，即可證明結(jié)論；②利用切線方程可求表示出M,N的坐標，從而可求出四邊形MPNQ的面積，即可證明結(jié)論；（2）表示出直線PM,PN的方程，可求出點E所在的直線方程，結(jié)合三角形外接圓性質(zhì)，即可得出結(jié)論.【解答過程】（1）證明：①依題意，聯(lián)立直線方程x?2y+4=0和x2=4y得解得x=?2或4，所以A4,4,B?2,1由x2=4y得y′=x則PA的方程為2x?y?4=0，同理可得PB的方程為x+y+1=0，聯(lián)立2x?y?4=0x+y+1=0，從而可得P1,?2，而Q1,②設Dx0,x0即y=x聯(lián)立2x?y?4=0，可得xM同理聯(lián)立y=x0x2?而PQ=故四邊形MPNQ的面積為12（2）由（1）得P1,?2線段PM的垂直平分線的斜率為?12，則其方程為y?x同理可得線段PN的垂直平分線的方程為x?y?x聯(lián)立x+2y?5x0?24=0，所以點E在直線x?3y?2=0上.設P1,?2關(guān)于直線x?3y?2=0的對稱點為(a,b)，則b+2解得a=0b=1，即P1,?2關(guān)于直線x?3y?2=0的對稱點為由于P1,?2在圓E上，故圓E也過點(0,1)，因此圓E【變式6-3】（2025·北京大興·三模）已知橢圓E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的短軸長為23，過左焦點F?1,0作兩條互相垂直的直線l1，l2，分別交橢圓E于A，B(1)求橢圓E的方程；(2)直線MN是否經(jīng)過定點？若是，求出定點坐標；若否，請說明理由．【答案】(1)x(2)直線MN經(jīng)過定點，定點坐標為?【解題思路】（1）由焦點坐標以及短軸長的概念，結(jié)合橢圓的標準方程，可得答案；（2）利用分類討論，分直線斜率存在與否，設出直線方程以及交點坐標，寫出中點坐標，聯(lián)立方程，寫出韋達定理，可得答案.【解答過程】（1）因為橢圓的左焦點F?1,0，所以c=1又短軸長為2b=23，所以b=3，由a2故橢圓E的方程為x2（2）當直線AB和CD斜率存在時，設直線AB方程為：y=kx+1設Ax1,y1聯(lián)立方程y=kx+1x24+由韋達定理得：x1+x2=將上式中的k換成?1k，同理可得N的坐標為若?4k23+4k2此時直線MN斜率不存在，直線過定點?4當k≠±1時，即直線MN斜率存在，則kMN直線MN為y+3k令y=0，得x=?4此時直線MN過定點?4顯然當直線AB或CD斜率不存在時，直線MN就是x軸，也會過?4綜上所述：直線MN經(jīng)過定點，定點坐標為?4【題型7圓錐曲線中的定直線問題】【例7】（2025·安徽蚌埠·三模）已知橢圓C:x2a2+y2(1)求橢圓C的標準方程；(2)過點Q(0,6)的直線（非y軸）交橢圓于A，B兩點，過點A作y軸的垂線與直線BP相交于點D，求證：線段AD的中點在定直線上．【答案】(1)x(2)證明見解析【解題思路】（1）根據(jù)離心率得到a=2c，將P3,（2）設直線AB的方程為y=kx+6，聯(lián)立橢圓方程，得到兩根之和，兩根之積，根據(jù)點B，P，D共線，得到方程，求出xD，得到x0=x1+xD2=3kx2?x12k【解答過程】（1）由e=ca=12，得a=2c將點P3,32代入橢圓方程，得9所以橢圓的標準方程為x2（2）易知直線AB斜率存在，設直線AB的方程為y=kx+6，并設點Ax1,y1聯(lián)立方程，y=kx+6,3x2+4y所以x1+x2=?48k3+4由條件，yD=y1，點B，P，D共線，其中則x2所以xDx0=108ky0而kx所以kx1k而x0=3k又y0=kx即線段AD的中點在定直線y=?3【變式7-1】（2025·甘肅白銀·三模）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2(1)求橢圓C的標準方程；(2)過F2b2,0的直線l與C交于M，(3)已知直線l:y=kx+2交橢圓C于P，Q兩點，直線PB1，QB2相交于點【答案】(1)x(2)證明見解析(3)在，y=1【解題思路】（1）根據(jù)題意，列出關(guān)于a,b,c的方程組，求得a=2,b=2,c=2（2）若直線l與x軸重合，得到M，N為橢圓C長軸的端點，證得MENE=MFNF成立；若直線l不與x軸重合，設直線l的方程為x=ty+1，聯(lián)立方程組，設點Mx1,y1（3）聯(lián)立方程組，由Δ>0，得到k2>12，且x3+x4=?8k1+2k2，【解答過程】（1）解：由四邊形B1F1B2F2可得2c=2b12×2a×2b=4所以橢圓C的標準方程為x2（2）解：證明：由（1）可得E4,0，F(xiàn)若直線l與x軸重合，則M，N為橢圓C長軸的端點，不妨設點M2,0，則N?2,0，所以MENE所以MENE②若直線l不與x軸重合，設直線l的方程為x=ty+1，聯(lián)立方程組x=ty+1x24設點Mx1,y1且y1+y則k=?所以x軸平分∠MEN，在△MEF中，由正弦定理得MEsin在△NEF中，由正弦定理得NEsin又∠MFE+∠NFE=π所以sin∠MFE=sin∠NFE（3）解：由（1）可得B10,2聯(lián)立方程組y=kx+2x24則Δ=(8k)2設點Px3,y3，Q直線PB1的方程為y=y3?設直線PB1和QB則y+2把x3=?8k1+2k2?所以點A在定直線上，定直線的方程為y=1.【變式7-2】（2025·安徽·模擬預測）已知雙曲線Γ:x2a2(1)求Γ的方程；(2)已知點A1,0，過點Q1,2作動直線l與雙曲線右支交于不同的兩點B、C，點H在線段①若H為BC的中點，△AQH的面積為7，求直線l的斜率；②直線AB、AH、AC分別與y軸交于點D、E、F，若E為DF的中點，證明：點H恒在定直線3x?2y?3=0上．【答案】(1)x(2)（i）?2；（ii）證明見解析【解題思路】（1）根據(jù)雙曲線過的點以及漸近線方程列出方程組求解雙曲線方程；（2）（i）先設出直線方程，聯(lián)立雙曲線方程，利用中點坐標公式和三角形面積公式求解直線斜率；（ii）通過設點坐標，利用直線方程求出與y軸交點坐標，再根據(jù)中點關(guān)系證明點H在定直線上.【解答過程】（1）由題意，得ba=3將點P3,6聯(lián)立①②解得a2=1b2=3（2）若直線l的斜率不存在，則直線l與雙曲線右支只有一個交點，不符合題意，故直線l的斜率存在.設直線l的方程為y?2=kx?1與x2?y設Bx1,y1、C（i）因為H為BC中點，所以xH由S△AQH=1又k<?3，解得k=?2，所以直線l的斜率為?2（ii）設直線AB的方程為y=y1x1?1同理可得，yE=?因為E為DF中點，所以2yE=又因為點B、C、H都在直線l上，所以2k整理，得2k+4代入韋達定理，得xH=2k?7因為3xH?2yH【變式7-3】（2024·湖南長沙·三模）已知拋物線C:y2=2px(p>0)，過點D0,2的直線l與C交于不同的兩點A,B.當直線l的傾斜角為(1)求C的方程；(2)在線段AB上取異于點A,B的點E，且滿足DADB=AE【答案】(1)y(2)點E恒在直線y=3x上.【解題思路】（1）先求直線l的方程，再與拋物線聯(lián)立組成方程組，利用韋達定理及兩點距離公式，求弦|AB|的長即可；（2）設直線l方程，再與拋物線聯(lián)立組成方程組，利用韋達定理及相似三角形求解即可.【解答過程】（1）設Ax若直線l的傾斜角為135°，則直線l的方程為y=?x+2聯(lián)立y=?x+2,y2=2px,則Δ=且x1所以AB=2x因為AB=430，所以p=6，故C的方程為（2）存在，定直線為y=3x.由題意知直線AB的斜率存在，設直線l的方程為y=kx+2k≠0，A(聯(lián)立y2=12x,y=kx+2,由k≠0,Δ=(4k?12)2?16x1不妨設x1<x過點A,E,B向y軸作垂線，垂足分別為點A1則DADB=A因為DADB=AE整理得2x1x代入直線l的方程得y0因為y0=3x0，所以點【題型8圓錐曲線與其他知識的綜合問題】【例8】（2025·新疆·模擬預測）已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1a>0,b>0，點P1,1到C的兩條漸近線距離之比為1:3，過點(1)求C的方程；(2)若點A,B都在C的右支上，且l與x軸交于點Q，設PA=mAQ,【答案】(1)x(2)?1,?【解題思路】（1）根據(jù)點到直線的距離公式可得a?ba+b=1（2）根據(jù)向量共線的坐標關(guān)系可得A,B坐標，進而得m,n是一元二次方程4t2?1x2+8t?1【解答過程】（1）雙曲線C:x2a由已知得a?ba+b解得a=2b或b=2a，l斜率為0時可得直線方程為：y=1，代入雙曲線方程可得：x=±a∴2a若b=2a，則可求得a=1,b=2，若a=2b，則代入得a2∴a=1,b=2,C的方程為x2（2）設點Ax由PA=mAQ故：x1=1+mt同理，x2=1+nt∴m,n是一元二次方程4t∴t由題意可知，直線AB有斜率，設直線AB斜率為k，則直線AB方程為：y?1=kx?1與雙曲線聯(lián)立得：4?k由直線與雙曲線交于右支得：4?k解得：k<?2或2<k<5又k=1由于k<?2或2<k<52，故2<2?1∴m+n∈?1,?【變式8-1】（2025·河南周口·模擬預測）已知點P1t+1,t在拋物線C:x2=4y上，過點P1作斜率為?1的直線交C于另一個點Q1，設P2與Q1關(guān)于y軸對稱，再過P2作斜率為?1的直線交C于另一個點(1)求t的值；(2)求數(shù)列xn的通項公式，并求數(shù)列1xn+y(3)求△P【答案】(1)1；(2)xn=4n?2，(3)16.【解題思路】（1）由點在拋物線上，坐標代入求參數(shù)值；（2）根據(jù)已知得Pn?1Qn?1:y?xn?124=?（3）由（2）及已知得PnPn+2為2n+1【解答過程】（1）因為點P1t+1,t在拋物線C:x2=4y（2）由P12,1可知x1因為點Pnxn,yn在拋物線過Pn?1xn?1,xn?12聯(lián)立方程y?xn?124=?x?xn?1x因為Qn?1?xn,故數(shù)列xn是首項為2，公差為4的等差數(shù)列，所以x又yn=x所以Tn=1又Tn是關(guān)于n的遞增函數(shù)，故Tmin=T1（3）由（2）知：Pn4n?2,2n?12，直線PnPn+2即2n+1x?y?4點Pn+14n+2,2n+12到直線Pn所以△PnP【變式8-2】（2025·貴州銅仁·三模）已知橢圓C:x2a2+y2(1)求C的標準方程；(2)已知點Q8,（ⅰ）當y0=0時，求（ⅱ）當y0∈R時，證明：【答案】(1)x(2)（?。㏒∈0,【解題思路】（1）由題意易得2b=6，e=ca=22，再結(jié)合a（2）（ⅰ）設直線MN的方程為x=my+3，Mx1,（ⅱ）分直線MN的斜率不為0和為0兩種情況，結(jié)合韋達定理，平面向量數(shù)量積的坐標表示求證即可.【解答過程】（1）因為橢圓C:x2a2+又離心率e=ca=把b=3代入a2=b再結(jié)合ca=22，即c=22a所以橢圓C的標準方程為x2（2）（ⅰ）當y0=0時，右焦點坐標為顯然直線MN的斜率不為0，設直線MN的方程為x=my+3，Mx1,聯(lián)立x=my+3x218+yΔ=36則y1+yMN=1+點Q8,0到直線MN的距離d=S△QMN令t=m2+1≥1，則S=152tt2

（ⅱ）當直線MN的斜率為0時，直線MN的方程為y=0，此時M?32,0則QM=則QM?當直線MN的斜率不為0時，設直線MN的方程為x=my+3，Mx1,由（i）知，y1+y則QM=x1則QM==21令fm=46+則Δ=所以fm又m2+2>0，則綜上所述，QM?【變式8-3】（2025·福建福州·模擬預測）已知F為拋物線E:y2=2px(p>0)的焦點，點C(4,0)滿足|CF|=3|OF|，其中O為坐標原點，過F的直線交E于A.B兩點，點A在第一象限，過點A作直線AB的垂線，交x軸正半軸于點M，直線BC交直線AM于點N．記△ACF,△BCF,△CMN(1)求E的準線方程；(2)證明：1|AF|(3)求S1?S【答案】(1)x=?1(2)證明見解析(3)最小值365，【解題思路】（1）根據(jù)|CF|=3|OF|列出關(guān)于p的方程，即可求解；（2）設直線AB:x=my+1(m≠0),Ax（3）令y1=2t(t>1)，則y2=?2t,x1【解答過程】（1）點C(4,0)滿足|CF|=3|OF|，則4?p2=3×故E:y2=4x（2）如下圖所示：設直線AB:x=my+1,(m≠0，否則直線AM//x軸，不合題意)，聯(lián)立x=my+1y2=4x設Ax1,由拋物線定義有|AF|=x則1|AF|（3）易知直線AB的斜率一定存在，如下圖：不妨令y1=2t(t>1)，則y2=?2由于AB⊥AM，且直線AB的斜率k=y故直線AM:x?t2=?令y=0，則得點M的橫坐標為xM由B1t2聯(lián)立x=?2tt2?1y+因此，S==3×t記f(x)=x則f===(x?2)因為當x>1時，y=x所以x∈(1,2)時，f′(x)<0,x∈(2,+∞故f(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞減，在(2,+∞因此當x1=2時，S1?S一、單選題1．（2025·北京·三模）“k=12”是“直線y=kx?4與雙曲線xA．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【解題思路】首先利用直線與雙曲線只有一個公共點，聯(lián)立方程組化簡，討論二次項系數(shù)，求得k的值，從而可進行判斷.【解答過程】∵直線與y=kx?4與雙曲線x∴聯(lián)立方程組y=kx?4x24?當1?4k2=0，即k=±∵雙曲線x24?∴此時直線y=±12x?4當1?4k2≠0，即k≠±此時直線與雙曲線恒有兩個不同的交點；∴當且僅當k=±12時，直線與y=kx?4∴由k=12能推出直線y=kx?4反之，當直線y=kx?4與雙曲線x24∴“k=12”是“直線y=kx?4故選：A.2．（2025·北京通州·一模）已知點F為拋物線y2=4x的焦點，過點F且傾斜角為π3的直線與拋物線交于A、B兩點，則ABA．16 B．6 C．163 【答案】C【解題思路】求出焦點坐標，點斜式求出直線的方程，代入拋物線的方程利用根與系數(shù)的關(guān)系，由弦長公式求得AB．【解答過程】由題意可得，拋物線的焦點F1,0由直線的斜角為π3，可知直線AB的斜率為3∴直線AB的方程為y=3設Ax聯(lián)立方程y=3x?1y2=4x由拋物線的定義可知，AB=故選：C.3．（2025·遼寧·三模）過橢圓C:x25+y24=1的左焦點F作傾斜角為45°的直線l與橢圓C交于A．54 B．45 C．52【答案】C【解題思路】根據(jù)橢圓與直線的位置關(guān)系，和橢圓的基本性質(zhì)，求出直線解析式，聯(lián)立方程組根據(jù)韋達定理弦長公式求出結(jié)果即可.【解答過程】解：由x25+y2則過左焦點F，傾斜角為45°直線l的方程為y=x+1．代入x25+設Ax1,又y1根據(jù)弦長公式得：|AB|=1+1且|AF||BF|=x∴1故選：C．4．（2025·內(nèi)蒙古包頭·二模）直線l與雙曲線x24?y2=1交于P,Q兩點，線段PQ的中點為A．y=x?3 B．y=?x?3C．y=x+5 D．y=?x+5【答案】A【解題思路】由點差法求出直線l的斜率，再由點斜式方程求解即可.【解答過程】設Px1,因為線段PQ的中點為M4,1，所以x1+所以x124即x1所以y1+y所以直線l的斜率為1，所以直線l的方程為：y?1=x?4，化簡為：y=x?3，經(jīng)檢驗符合題意.故選：A.5．（2025·湖南邵陽·一模）經(jīng)過橢圓x22+y2=1的右焦點F作傾斜角為60°的直線l，直線l與橢圓相交于A，A．827 B．2027 C．【答案】A【解題思路】由橢圓方程求得焦點坐標，從而寫出直線方程，聯(lián)立方程組得一元二次方程，由韋達定理得到兩個的和與差，利用交點弦長公式即可求得結(jié)果.【解答過程】a2=2，b2=1，∴kl=tan聯(lián)立方程組得y=3x?1x設Ax1,y1，B|AB|=1+故選：A.6．（2025·甘肅白銀·三模）在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線C:y2=2pxp>0的焦點為F，準線為直線x=?3，過點F的直線l與C相交于A，B兩點，則A．24 B．18 C．16 D．12【答案】B【解題思路】由題設得C:y2=12x，設點Ax1,y【解答過程】由題知，?p2=?3，解得p=6，所以拋物線C:設點Ax1,y1，Bx2消去x并整理得y2?12my?36=0，所以y1所以S△AOB=1當且僅當m=0時取等號，即△AOB面積的最小值為18.故選：B.7．（2025·海南·模擬預測）已知O為坐標原點，拋物線C:y2=2px(p>0)上一點A1,y0到其焦點和準線的距離之和為4，過C的焦點F的直線交C于P，Q兩點．當A．?12 B．?10 C．?8 D．?6【答案】A【解題思路】由題意可得p2+1=2，可求拋物線方程，設直線PQ:y=k(x?1),k≠0,Px1,y1,Qx【解答過程】因為拋物線C:y2=2px(p>0)所以p2+1=2，解得p=2，所以拋物線C的標準方程為由拋物線C的方程可知，焦點F(1,0)，根據(jù)題意可知直線PQ的斜率存在且不為0，設直線PQ:y=k(x?1),k≠0,Px由y=k(x?1)y2=4x，消去x所以y1+y所以S△POQ解得k2=12，則則FP?故選：A．8．（2025·湖北黃岡·模擬預測）已知橢圓C:x23+y2=1的右焦點為F，過點F作兩條相互垂直的直線分別與C相交于A，BA．1 B．32 C．2 D．【答案】B【解題思路】先求出橢圓的右焦點坐標，然后分情況討論直線AB的斜率情況.設出直線AB的方程，與橢圓方程聯(lián)立，利用弦長公式求出|AB|和|PQ|，進而得到四邊形APBQ的面積表達式，再通過函數(shù)求最值的方法求出面積的最小值.【解答過程】在橢圓C:x23+y2=1中，a當直線AB的斜率存在且不為0時，設直線AB的方程為y=k(x?2)(k≠0)，A(x聯(lián)立y=k(x?2)x23+由韋達定理可得x1+x根據(jù)弦長公式|AB|=1+|AB|=1+k2?因為AB⊥PQ，所以直線PQ的斜率為?1k，同理可得則四邊形APBQ的面積S=S==根據(jù)基本不等式可得3k2+3k所以S=2?8當直線AB的斜率為0時，此時|AB|=2a=23，|PQ|=2b2a當直線AB的斜率不存在時，此時|AB|=2b2a=2×13綜上所得，則四邊形APBQ的面積最小值為3故選：B.二、多選題9．（2025·全國一卷·高考真題）已知拋物線C:y2=6x的焦點為F，過F的一條直線交C于A，B兩點，過A作直線l：x=?32的垂線，垂足為D，過F且與直線AB垂直的直線交lA．|AD|=|AF| B．|AE|=|AB|C．|AB|≥6 D．|AE|?|BE|≥18【答案】ACD【解題思路】對于A，先判斷得直線l:x=?32為拋物線的準線，再利用拋物線的定義即可判斷；對于B，利用三角形相似證得∠AEB=90°，進而得以判斷；對于C，利用直線的反設法（法一）與正設法（法二），聯(lián)立直線AB與拋物線方程，結(jié)合韋達定理與焦點弦公式可判斷C；利用利用三角形相似證得AE2【解答過程】法一：對于A，對于拋物線C:y則p=3，其準線方程為x=?32，焦點則AD為拋物線上點到準線的距離，AF為拋物線上點到焦點的距離，由拋物線的定義可知，|AD|=|AF|，故A正確；對于B，過點B作準線l的垂線，交于點P，由題意可知AD⊥l,EF⊥AB，則∠ADE=∠AFE=90°，又|AD|=|AF|，|AE|=|AE|，所以△ADE?△AFE，所以∠AED=∠AEF，同理∠BEP=∠BEF，又∠AED+∠AEF+∠BEP+∠BEF=180°，所以∠AEF+∠BEF=90°，即∠AEB=90°，顯然AB為△ABE的斜邊，則|AE|<|AB|，故B錯誤；對于C，易知直線AB的斜率不為0，設直線AB的方程為x=my+32，聯(lián)立x=my+32y易知Δ>0，則y又x1=my所以|AB|=x1+當且僅當m=0時取等號，故C正確；對于D，在Rt△ABE與Rt△AEF中，所以Rt△ABE～Rt△AEF，則AE同理BE2又AF=mAB=6所以AE2則AE?故選：ACD.法二：對于A，對于拋物線C:y則p=3，其準線方程為x=?32，焦點則AD為拋物線上點到準線的距離，AF為拋物線上點到焦點的距離，由拋物線的定義可知，|AD|=|AF|，故A正確；對于B，過點B作準線l的垂線，交于點P，由題意可知AD⊥l,EF⊥AB，則∠ADE=∠AFE=90°，又|AD|=|AF|，|AE|=|AE|，所以△ADE?△AFE，所以∠AED=∠AEF，同理∠BEP=∠BEF，又∠AED+∠AEF+∠BEP+∠BEF=180°，所以∠AEF+∠BEF=90°，即∠AEB=90°，顯然AB為△ABE的斜邊，則|AE|<|AB|，故B錯誤；對于C，當直線AB的斜率不存在時，AB=2p=6當直線AB的斜率存在時，設直線AB方程為y=kx?聯(lián)立y=kx?32y2易知Δ>0，則x所以AB=1+綜上，|AB|≥6，故C正確；對于D，在Rt△ABE與Rt△AEF中，所以Rt△ABE～Rt△AEF，則AE同理BE2當直線AB的斜率不存在時，AB=6，AF所以AE2?BE當直線AB的斜率存在時，AB=6AF=9所以AE2則AE?綜上，AE?故選：ACD.10．（2025·江蘇·模擬預測）設拋物線E:x2=2py(p>0)的焦點為F，直線y=kx+1(k>0)與拋物線相交于A(x1,y1)，B(A．y1y2C．AB=3217 D．△AFB【答案】BCD【解題思路】先由拋物線焦半徑公式結(jié)合題意得到則A在第二象限，B在第一象限，且p<8，接著聯(lián)立直線與拋物線方程結(jié)合韋達定理求出y1y2和p即可判斷選項AB；進而求出點A和B【解答過程】由題得AF=y1則A在第二象限，B在第一象限，且p<8，聯(lián)立x2則y1所以52?p所以拋物線E:x2=8y，F(xiàn)所以可得A?2,12所以AB=直線y=14x+1與x所以AC=所以S△AFB:S所以A錯誤，BCD正確.故選：BCD.11．（2025·寧夏銀川·三模）已知橢圓E:x29+y25=1的左右焦點分別為F1,FA．ABB．若AF1C．若直線l與y軸的交點P是線段AF1的中點，則△AOD．若直線l與y軸的交點P是線段AF1的中點，直線m與橢圓相切于點A，過點A且與直線m垂直的直線n與橢圓的長軸交于點Q【答案】ACD【解題思路】過焦點的弦長范圍，考慮垂直于長軸的弦(最小值)和長軸本身(最大值)即可判斷A；由向量坐標的線性運算及橢圓焦半徑公式即可判斷B；通過中點坐標公式確定點A的坐標，計算三角形面積，即可判斷C；利用橢圓切線方程，求垂線與長軸的交點，計算距離比，即可判斷D．【解答過程】由橢圓方程得，c=a2?b2=2，則對于A，當直線l⊥x軸時，令x=?2，解得y=±53，此時AB最小為當直線l和x軸重合時，令y=0，解得x=±3，此時AB最大為6，所以AB∈對于B，因為AF1=2BF1所以又?3≤x1≤3同理可得F1B=3+所以x2=?21對于C，設直線l與y軸交點P0,y0為A所以y1=5?所以S△AO對于D，橢圓在A2,53處的切線m則直線n方程為y?53=32x?2，令所以QF故選：ACD．三、填空題12．（24-25高二下·上海浦東新·期中）若對任意的實數(shù)k，直線kx?y+1=0與橢圓x26+y2n=1【答案】1,6【解題思路】求出直線kx?y+1=0所過定點的坐標，分析可知，定點在橢圓上或橢圓內(nèi)，由此可得出關(guān)于實數(shù)n的不等式組，解之即可.【解答過程】直線方程可化為y=kx+1，則該直線過定點A0,1因為直線kx?y+1=0與橢圓x26+所以1n≤1n>0n≠6，解得因此，實數(shù)n的取值范圍是1,6∪故答案為：1,6∪13．（2025·浙江嘉興·一模）過點M6,4的直線與拋物線y2=8x相交于A,B兩點，若M恰為AB的中點，則線段AB的長為【答案】16【解題思路】用點差法求出直線斜率，得直線方程，聯(lián)立方程組，利用韋達定理，由弦長公式計算可得．【解答過程】設A(x則y12=8∴kAB∵AB的中點是M6,4，∴k∴直線AB方程為y?4=x?6，即x?y?2=0，由y2=8xx?y?2=0則x1∴AB=故答案為：16.14．（2025·廣東·一模）F1,F2分別為雙曲線x2?y23=1的左、右焦點，A,C兩點在雙曲線上且關(guān)于原點對稱（點．【答案】6【解題思路】由對稱性可知AF1=CF2，由AF1?BF2=6得BC=6，設直線BC的方程為x=my+2m>0【解答過程】如圖，由雙曲線的對稱性可知AF1=設直線BC的方程為x=my+2m>0，C由x=my+2x2?由題意3m2?1≠0BC=整理得m2+123m故直線BC的方程為x=y+2，即x?y?2=0，則x1由題意A?x1,?y1，點則S△