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专题13 平面解析几何选择填空题-大数据之十年高考真题（2013-2022）与优质模拟题汇编（新高考卷与全国理科）
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这是一份专题13 平面解析几何选择填空题-大数据之十年高考真题（2013-2022）与优质模拟题汇编（新高考卷与全国理科），文件包含专题13平面解析几何选择填空题解析版docx、专题13平面解析几何选择填空题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共70页， 欢迎下载使用。
大数据之十年高考真题（2013-2022）与优质模拟题（新高考卷与新课标理科卷）
专题13平面解析几何选择填空题
真题汇总命题趋势
1．【2022年全国甲卷理科10】椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP,AQ的斜率之积为14，则C的离心率为（ ）
A．32 B．22 C．12 D．13
【答案】A
【解析】
解：A−a,0，
设Px1,y1，则Q−x1,y1，
则kAP=y1x1+a,kAQ=y1−x1+a，
故kAP⋅kAQ=y1x1+a⋅y1−x1+a=y12−x12+a2=14，
又x12a2+y12b2=1，则y12=b2a2−x12a2，
所以b2a2−x12a2−x12+a2=14，即b2a2=14，
所以椭圆C的离心率e=ca=1−b2a2=32.
故选：A.
2．【2022年全国乙卷理科05】设F为抛物线C:y2=4x的焦点，点A在C上，点B(3,0)，若AF=BF，则AB=（ ）
A．2 B．22 C．3 D．32
【答案】B
【解析】
由题意得，F1,0，则AF=BF=2，
即点A到准线x=−1的距离为2，所以点A的横坐标为−1+2=1，
不妨设点A在x轴上方，代入得，A1,2，
所以AB=3−12+0−22=22.
故选：B
3．【2022年全国乙卷理科11】双曲线C的两个焦点为F1,F2，以C的实轴为直径的圆记为D，过F1作D的切线与C的两支交于M，N两点，且cos∠F1NF2=35，则C的离心率为（ ）
A．52 B．32 C．132 D．172
【答案】C
【解析】
解：依题意不妨设双曲线焦点在x轴，设过F1作圆D的切线切点为G，
所以OG⊥NF1，因为cos∠F1NF2=35>0，所以N在双曲线的右支，
所以OG=a，OF1=c，GF1=b，设∠F1NF2=α，∠F2F1N=β，
由cos∠F1NF2=35，即cosα=35，则sinα=45，sinβ=ac，cosβ=bc，
在△F2F1N中，sin∠F1F2N=sinπ−α−β=sinα+β
=sinαcosβ+cosαsinβ=45×bc+35×ac=3a+4b5c，
由正弦定理得2csinα=NF2sinβ=NF1sin∠F1F2N=5c2，
所以NF1=5c2sin∠F1F2N=5c2×3a+4b5c=3a+4b2，NF2=5c2sinβ=5c2×ac=5a2
又NF1−NF2=3a+4b2−5a2=4b−2a2=2a，
所以2b=3a，即ba=32，
所以双曲线的离心率e=ca=1+b2a2=132
故选：C
4．【2021年全国甲卷理科5】已知F1,F2是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且∠F1PF2=60°,|PF1|=3|PF2|，则C的离心率为（ ）
A．72 B．132 C．7 D．13
【答案】A
因为|PF1|=3|PF2|，由双曲线的定义可得|PF1|−|PF2|=2|PF2|=2a，
所以|PF2|=a，|PF1|=3a；
因为∠F1PF2=60°,由余弦定理可得4c2=9a2+a2−2×3a⋅a⋅cos60°，
整理可得4c2=7a2，所以e2=c2a2=74，即e=72.
故选：A
5．【2021年新高考1卷5】已知F1，F2是椭圆C：x29+y24=1的两个焦点，点M在C上，则|MF1|⋅|MF2|的最大值为（ ）
A．13 B．12 C．9 D．6
【答案】C
由题，a2=9,b2=4，则|MF1|+|MF2|=2a=6，
所以|MF1|⋅|MF2|≤(|MF1|+|MF2|2)2=9（当且仅当|MF1|=|MF2|=3时，等号成立）．
故选：C．
6．【2021年全国乙卷理科11】设B是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点，若C上的任意一点P都满足|PB|≤2b，则C的离心率的取值范围是（ ）
A．[22,1) B．[12,1) C．(0,22] D．(0,12]
【答案】C
设P(x0,y0)，由B(0,b)，因为x02a2+y02b2=1，a2=b2+c2，所以
|PB|2=x02+(y0−b)2=a2(1−y02b2)+(y0−b)2=−c2b2(y0+b3c2)2+b4c2+a2+b2，
因为−b≤y0≤b，当−b3c2≤−b，即b2≥c2时，|PB|max2=4b2，即|PB|max=2b，符合题意，由b2≥c2可得a2≥2c2，即0
7．【2021年新高考2卷3】抛物线y2=2px(p>0)的焦点到直线y=x+1的距离为2，则p=（ ）
A．1 B．2 C．22 D．4
【答案】B
抛物线的焦点坐标为(p2,0)，
其到直线x−y+1=0的距离：d=|p2−0+1|1+1=2，
解得：p=2(p=−6舍去).
故选：B.
8．【2020年全国1卷理科04】已知A为抛物线C:y2=2px（p>0）上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p=（ ）
A．2 B．3 C．6 D．9
【答案】C
【解析】
设抛物线的焦点为F，由抛物线的定义知|AF|=xA+p2=12，即12=9+p2，解得p=6.
故选：C.
9．【2020年全国1卷理科11】已知⊙M：x2+y2−2x−2y−2=0，直线l：2x+y+2=0，P为l上的动点，过点P作⊙M的切线PA,PB，切点为A,B，当|PM|⋅|AB|最小时，直线AB的方程为（ ）
A．2x−y−1=0 B．2x+y−1=0 C．2x−y+1=0 D．2x+y+1=0
【答案】D
【解析】
圆的方程可化为x−12+y−12=4，点M到直线l的距离为d=2×1+1+222+12=5>2，所以直线l与圆相离．
依圆的知识可知，四点A,P,B,M四点共圆，且AB⊥MP，所以PM⋅AB=2S△PAM=2×12×PA×AM=2PA，而PA=MP2−4，
当直线MP⊥l时，MPmin=5，PAmin=1，此时PM⋅AB最小．
∴MP:y−1=12x−1即y=12x+12，由y=12x+122x+y+2=0解得，x=−1y=0．
所以以MP为直径的圆的方程为x−1x+1+yy−1=0，即x2+y2−y−1=0，
两圆的方程相减可得：2x+y+1=0，即为直线AB的方程．
故选：D.
10．【2020年全国2卷理科05】若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2x−y−3=0的距离为（ ）
A．55 B．255 C．355 D．455
【答案】B
【解析】
由于圆上的点2,1在第一象限，若圆心不在第一象限，
则圆与至少与一条坐标轴相交，不合乎题意，所以圆心必在第一象限，
设圆心的坐标为a,a，则圆的半径为a，
圆的标准方程为x−a2+y−a2=a2.
由题意可得2−a2+1−a2=a2，
可得a2−6a+5=0，解得a=1或a=5，
所以圆心的坐标为1,1或5,5，
圆心到直线2x−y−3=0的距离均为d=−25=255；
所以，圆心到直线2x−y−3=0的距离为255.
故选：B.
11．【2020年全国2卷理科08】设O为坐标原点，直线x=a与双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别交于D,E两点，若△ODE的面积为8，则C的焦距的最小值为（ ）
A．4 B．8 C．16 D．32
【答案】B
【解析】
∵C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，
∴双曲线的渐近线方程是y=±bax
∵直线x=a与双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别交于D，E两点
不妨设D为在第一象限，E在第四象限
联立x=ay=bax，解得x=ay=b
故D(a,b)
联立x=ay=−bax，解得x=ay=−b
故E(a,−b)
∴|ED|=2b，
∴△ODE面积为：S△ODE=12a×2b=ab=8
∵双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)
∴其焦距为2c=2a2+b2≥22ab=216=8
当且仅当a=b=22取等号
∴C的焦距的最小值：8
故选：B.
12．【2020年全国3卷理科05】设O为坐标原点，直线x=2与抛物线C：y2=2pxp>0交于D，E两点，若OD⊥OE，则C的焦点坐标为（ ）
A．14,0 B．12,0 C．(1,0) D．(2,0)
【答案】B
【解析】
因为直线x=2与抛物线y2=2px(p>0)交于E,D两点，且OD⊥OE，
根据抛物线的对称性可以确定∠DOx=∠EOx=π4，所以D2,2，
代入抛物线方程4=4p，求得p=1，所以其焦点坐标为(12,0)，
故选：B.
13．【2020年全国3卷理科11】设双曲线C：x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为5．P是C上一点，且F1P⊥F2P．若△PF1F2的面积为4，则a=（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
【答案】A
【解析】
∵ca=5，∴c=5a，根据双曲线的定义可得PF1−PF2=2a，
S△PF1F2=12|PF1|⋅PF2=4，即|PF1|⋅PF2=8，
∵F1P⊥F2P，∴|PF1|2+PF22=2c2，
∴PF1−PF22+2PF1⋅PF2=4c2，即a2−5a2+4=0，解得a=1，
故选：A.
14．【2019年新课标3理科10】双曲线C：x24−y22=1的右焦点为F，点P在C的一条渐近线上，O为坐标原点．若|PO|＝|PF|，则△PFO的面积为（ ）
A．324 B．322 C．22 D．32
【答案】解：双曲线C：x24−y22=1的右焦点为F（6，0），渐近线方程为：y=±22x，不妨P在第一象限，
可得tan∠POF=22，P（62，32），
所以△PFO的面积为：12×6×32=324．
故选：A．
15．【2019年全国新课标2理科08】若抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点是椭圆x23p+y2p=1的一个焦点，则p＝（ ）
A．2 B．3 C．4 D．8
【答案】解：由题意可得：3p﹣p＝（p2）2，解得p＝8．
故选：D．
16．【2019年全国新课标2理科11】设F为双曲线C：x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0）的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2+y2＝a2交于P，Q两点．若|PQ|＝|OF|，则C的离心率为（ ）
A．2 B．3 C．2 D．5
【答案】解：如图，
由题意，把x=c2代入x2+y2＝a2，得PQ=2a2−c24，
再由|PQ|＝|OF|，得2a2−c24=c，即2a2＝c2，
∴c2a2=2，解得e=ca=2．
故选：A．
17．【2019年新课标1理科10】已知椭圆C的焦点为F1（﹣1，0），F2（1，0），过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为（ ）
A．x22+y2＝1 B．x23+y22=1
C．x24+y23=1 D．x25+y24=1
【答案】解：∵|AF2|＝2|BF2|，∴|AB|＝3|BF2|，
又|AB|＝|BF1|，∴|BF1|＝3|BF2|，
又|BF1|+|BF2|＝2a，∴|BF2|=a2，
∴|AF2|＝a，|BF1|=32a，
在Rt△AF2O中，cos∠AF2O=1a，
在△BF1F2中，由余弦定理可得cos∠BF2F1=4+(a2)2−(32a)22×2×a2，
根据cos∠AF2O+cos∠BF2F1＝0，可得1a+4−2a22a=0，解得a2＝3，∴a=3．
b2＝a2﹣c2＝3﹣1＝2．
所以椭圆C的方程为：x23+y22=1．
故选：B．
18．【2018年新课标1理科08】设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点（﹣2，0）且斜率为23的直线与C交于M，N两点，则FM→•FN→=（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】解：抛物线C：y2＝4x的焦点为F（1，0），过点（﹣2，0）且斜率为23的直线为：3y＝2x+4，
联立直线与抛物线C：y2＝4x，消去x可得：y2﹣6y+8＝0，
解得y1＝2，y2＝4，不妨M（1，2），N（4，4），FM→=(0，2)，FN→=(3，4)．
则FM→•FN→=（0，2）•（3，4）＝8．
故选：D．
19．【2018年新课标1理科11】已知双曲线C：x23−y2＝1，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M，N．若△OMN为直角三角形，则|MN|＝（ ）
A．32 B．3 C．23 D．4
【答案】解：双曲线C：x23−y2＝1的渐近线方程为：y=±33x，渐近线的夹角为：60°，不妨设过F（2，0）的直线为：y=3(x−2)，
则：y=−33xy=3(x−2)解得M（32，−32），
y=33xy=3(x−2)解得：N（3，3），
则|MN|=(3−32)2+(3+32)2=3．
故选：B．
20．【2018年新课标2理科05】双曲线x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0）的离心率为3，则其渐近线方程为（ ）
A．y＝±2x B．y＝±3x C．y＝±22x D．y＝±32x
【答案】解：∵双曲线的离心率为e=ca=3，
则ba=b2a2=c2−a2a2=(ca)2−1=3−1=2，
即双曲线的渐近线方程为y＝±bax＝±2x，
故选：A．
21．【2018年新课标2理科12】已知F1，F2是椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左、右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为36的直线上，△PF1F2为等腰三角形，∠F1F2P＝120°，则C的离心率为（ ）
A．23 B．12 C．13 D．14
【答案】解：由题意可知：A（﹣a，0），F1（﹣c，0），F2（c，0），
直线AP的方程为：y=36（x+a），
由∠F1F2P＝120°，|PF2|＝|F1F2|＝2c，则P（2c，3c），
代入直线AP：3c=36（2c+a），整理得：a＝4c，
∴题意的离心率e=ca=14．
故选：D．
22．【2018年新课标3理科06】直线x+y+2＝0分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆（x﹣2）2+y2＝2上，则△ABP面积的取值范围是（ ）
A．[2，6] B．[4，8] C．[2，32] D．[22，32]
【答案】解：∵直线x+y+2＝0分别与x轴，y轴交于A，B两点，
∴令x＝0，得y＝﹣2，令y＝0，得x＝﹣2，
∴A（﹣2，0），B（0，﹣2），|AB|=4+4=22，
∵点P在圆（x﹣2）2+y2＝2上，∴设P（2+2cosθ，2sinθ），
∴点P到直线x+y+2＝0的距离：
d=|2+2cosθ+2sinθ+2|2=|2sin(θ+π4)+4|2，
∵sin（θ+π4）∈[﹣1，1]，∴d=|2sin(θ+π4)+4|2∈[2，32]，
∴△ABP面积的取值范围是：
[12×22×2，12×22×32]＝[2，6]．
故选：A．
23．【2018年新课标3理科11】设F1，F2是双曲线C：x2a2−y2b2=1（a＞0．b＞0）的左，右焦点，O是坐标原点．过F2作C的一条渐近线的垂线，垂足为P，若|PF1|=6|OP|，则C的离心率为（ ）
A．5 B．2 C．3 D．2
【答案】解：双曲线C：x2a2−y2b2=1（a＞0．b＞0）的一条渐近线方程为y=bax，
∴点F2到渐近线的距离d=bca2+b2=b，即|PF2|＝b，
∴|OP|=|OF2|2−|PF2|2=c2−b2=a，cos∠PF2O=bc，
∵|PF1|=6|OP|，
∴|PF1|=6a，
在三角形F1PF2中，由余弦定理可得|PF1|2＝|PF2|2+|F1F2|2﹣2|PF2|•|F1F2|COS∠PF2O，
∴6a2＝b2+4c2﹣2×b×2c×bc=4c2﹣3b2＝4c2﹣3（c2﹣a2），
即3a2＝c2，
即3a＝c，
∴e=ca=3，
故选：C．
24．【2017年新课标1理科10】已知F为抛物线C：y2＝4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，则|AB|+|DE|的最小值为（ ）
A．16 B．14 C．12 D．10
【答案】解：如图，l1⊥l2，直线l1与C交于A、B两点，
直线l2与C交于D、E两点，
要使|AB|+|DE|最小，
则A与D，B，E关于x轴对称，即直线DE的斜率为1，
又直线l2过点（1，0），
则直线l2的方程为y＝x﹣1，
联立方程组y2=4xy=x−1，则y2﹣4y﹣4＝0，
∴y1+y2＝4，y1y2＝﹣4，
∴|DE|=1+1k2•|y1﹣y2|=2×32=8，
∴|AB|+|DE|的最小值为2|DE|＝16，
方法二：设直线l1的倾斜角为θ，则l2的倾斜角为 π2+θ，
根据焦点弦长公式可得|AB|=2psin2θ=4sin2θ
|DE|=2psin2(π2+θ)=2pcos2θ=4cos2θ
∴|AB|+|DE|=4sin2θ+4cos2θ=4sin2θcos2θ=16sin22θ，
∵0＜sin22θ≤1，
∴当θ＝45°时，|AB|+|DE|的最小，最小为16，
故选：A．
25．【2017年新课标2理科09】若双曲线C：x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线被圆（x﹣2）2+y2＝4所截得的弦长为2，则C的离心率为（ ）
A．2 B．3 C．2 D．233
【答案】解：双曲线C：x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线不妨为：bx+ay＝0，
圆（x﹣2）2+y2＝4的圆心（2，0），半径为：2，
双曲线C：x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线被圆（x﹣2）2+y2＝4所截得的弦长为2，
可得圆心到直线的距离为：22−12=3=|2b|a2+b2，
解得：4c2−4a2c2=3，可得e2＝4，即e＝2．
故选：A．
26．【2017年新课标3理科05】已知双曲线C：x2a2−y2b2=1 （a＞0，b＞0）的一条渐近线方程为y=52x，且与椭圆x212+y23=1有公共焦点，则C的方程为（ ）
A．x28−y210=1 B．x24−y25=1
C．x25−y24=1 D．x24−y23=1
【答案】解：椭圆x212+y23=1的焦点坐标（±3，0），
则双曲线的焦点坐标为（±3，0），可得c＝3，
双曲线C：x2a2−y2b2=1 （a＞0，b＞0）的一条渐近线方程为y=52x，
可得ba=52，即c2−a2a2=54，可得ca=32，解得a＝2，b=5，
所求的双曲线方程为：x24−y25=1．
故选：B．
27．【2017年新课标3理科10】已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A2为直径的圆与直线bx﹣ay+2ab＝0相切，则C的离心率为（ ）
A．63 B．33 C．23 D．13
【答案】解：以线段A1A2为直径的圆与直线bx﹣ay+2ab＝0相切，
∴原点到直线的距离2aba2+b2=a，化为：a2＝3b2．
∴椭圆C的离心率e=ca=1−b2a2=63．
故选：A．
28．【2016年新课标1理科05】已知方程x2m2+n−y23m2−n=1表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则n的取值范围是（ ）
A．（﹣1，3） B．（﹣1，3） C．（0，3） D．（0，3）
【答案】解：∵双曲线两焦点间的距离为4，∴c＝2，
当焦点在x轴上时，
可得：4＝（m2+n）+（3m2﹣n），解得：m2＝1，
∵方程x2m2+n−y23m2−n=1表示双曲线，
∴（m2+n）（3m2﹣n）＞0，可得：（n+1）（3﹣n）＞0，
解得：﹣1＜n＜3，即n的取值范围是：（﹣1，3）．
当焦点在y轴上时，
可得：﹣4＝（m2+n）+（3m2﹣n），解得：m2＝﹣1，
无解．
故选：A．
29．【2016年新课标1理科10】以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A、B两点，交C的准线于D、E两点．已知|AB|＝42，|DE|＝25，则C的焦点到准线的距离为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】解：设抛物线为y2＝2px，如图：|AB|＝42，|AM|＝22，
|DE|＝25，|DN|=5，|ON|=p2，
xA=(22)22p=4p，
|OD|＝|OA|，
16p2+8=p24+5，
解得：p＝4．
C的焦点到准线的距离为：4．
故选：B．
30．【2016年新课标2理科04】圆x2+y2﹣2x﹣8y+13＝0的圆心到直线ax+y﹣1＝0的距离为1，则a＝（ ）
A．−43 B．−34 C．3 D．2
【答案】解：圆x2+y2﹣2x﹣8y+13＝0的圆心坐标为：（1，4），
故圆心到直线ax+y﹣1＝0的距离d=|a+4−1|a2+1=1，
解得：a=−43，
故选：A．
31．【2016年新课标2理科11】已知F1，F2是双曲线E：x2a2−y2b2=1的左，右焦点，点M在E上，MF1与x轴垂直，sin∠MF2F1=13，则E的离心率为（ ）
A．2 B．32 C．3 D．2
【答案】解：由题意，M为双曲线左支上的点，
则丨MF1丨=b2a，丨MF2丨=4c2+(b2a)2，
∴sin∠MF2F1=13，∴b2a4c2+b4a2=13，
可得：2b4＝a2c2，即2b2＝ac，又c2＝a2+b2，
可得2e2﹣e−2=0，
e＞1，解得e=2．
故选：A．
32．【2016年新课标3理科11】已知O为坐标原点，F是椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点．P为C上一点，且PF⊥x轴，过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E．若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为（ ）
A．13 B．12 C．23 D．34
【答案】解：由题意可设F（﹣c，0），A（﹣a，0），B（a，0），
设直线AE的方程为y＝k（x+a），
令x＝﹣c，可得M（﹣c，k（a﹣c）），令x＝0，可得E（0，ka），
设OE的中点为H，可得H（0，ka2），
由B，H，M三点共线，可得kBH＝kBM，
即为ka2−a=k(a−c)−c−a，
化简可得a−ca+c=12，即为a＝3c，
可得e=ca=13．
另解：由△AMF∽△AEO，
可得a−ca=MFOE，
由△BOH∽△BFM，
可得aa+c=OHFM=OE2FM，
即有2(a−c)a=a+ca即a＝3c，
可得e=ca=13．
故选：A．
33．【2015年新课标1理科05】已知M（x0，y0）是双曲线C：x22−y2=1上的一点，F1，F2是C的左、右两个焦点，若MF1→⋅MF2→＜0，则y0的取值范围是（ ）
A．(−33，33) B．(−36，36) C．(−223，223) D．(−233，233)
【答案】解：由题意，MF1→⋅MF2→=（−3−x0，﹣y0）•（3−x0，﹣y0）＝x02﹣3+y02＝3y02﹣1＜0，
所以−33＜y0＜33．
故选：A．
34．【2015年新课标2理科07】过三点A（1，3），B（4，2），C（1，﹣7）的圆交y轴于M，N两点，则|MN|＝（ ）
A．26 B．8 C．46 D．10
【答案】解：设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F＝0，则1+9+D+3E+F=016+4+4D+2E+F=01+49+D−7E+F=0，
∴D＝﹣2，E＝4，F＝﹣20，
∴x2+y2﹣2x+4y﹣20＝0，
令x＝0，可得y2+4y﹣20＝0，
∴y＝﹣2±26，
∴|MN|＝46．
故选：C．
35．【2015年新课标2理科11】已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上，△ABM为等腰三角形，顶角为120°，则E的离心率为（ ）
A．5 B．2 C．3 D．2
【答案】解：设M在双曲线x2a2−y2b2=1的左支上，
且MA＝AB＝2a，∠MAB＝120°，
则M的坐标为（﹣2a，3a），
代入双曲线方程可得，
4a2a2−3a2b2=1，
可得a＝b，
c=a2+b2=2a，
即有e=ca=2．
故选：D．
36．【2014年新课标1理科04】已知F为双曲线C：x2﹣my2＝3m（m＞0）的一个焦点，则点F到C的一条渐近线的距离为（ ）
A．3 B．3 C．3m D．3m
【答案】解：双曲线C：x2﹣my2＝3m（m＞0）可化为x23m−y23=1，
∴一个焦点为（3m+3，0），一条渐近线方程为x+my=0，
∴点F到C的一条渐近线的距离为3m+31+m=3．
故选：A．
37．【2014年新课标1理科10】已知抛物线C：y2＝8x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与C的一个交点，若FP→=4FQ→，则|QF|＝（ ）
A．72 B．3 C．52 D．2
【答案】解：设Q到l的距离为d，则|QF|＝d，
∵FP→=4FQ→，
∴|PQ|＝3d，
∴不妨设直线PF的斜率为−22dd=−22，
∵F（2，0），
∴直线PF的方程为y＝﹣22（x﹣2），
与y2＝8x联立可得x＝1，
∴|QF|＝d＝1+2＝3，
故选：B．
38．【2014年新课标2理科10】设F为抛物线C：y2＝3x的焦点，过F且倾斜角为30°的直线交C于A，B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为（ ）
A．334 B．938 C．6332 D．94
【答案】解：由y2＝2px，得2p＝3，p=32，
则F（34，0）．
∴过A，B的直线方程为y=33（x−34），
即x=3y+34．
联立 y2=3xx=3y+34，得4y2﹣123y﹣9＝0．
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则y1+y2＝33，y1y2=−94．
∴S△OAB＝S△OAF+S△OFB=12×34|y1﹣y2|=38(y1+y2)2−4y1y2=38×(33)2+9=94．
故选：D．
39．【2013年新课标1理科04】已知双曲线C：x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0）的离心率为52，则C的渐近线方程为（ ）
A．y=±14x B．y=±13x C．y＝±x D．y=±12x
【答案】解：由双曲线C：x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0），
则离心率e=ca=a2+b2a=52，即4b2＝a2，
故渐近线方程为y＝±bax=±12x，
故选：D．
40．【2013年新课标1理科10】已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的右焦点为F（3，0），过点F的直线交椭圆E于A、B两点．若AB的中点坐标为（1，﹣1），则E的方程为（ ）
A．x245+y236=1 B．x236+y227=1
C．x227+y218=1 D．x218+y29=1
【答案】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），
代入椭圆方程得x12a2+y12b2=1x22a2+y22b2=1，
相减得x12−x22a2+y12−y22b2=0，
∴x1+x2a2+y1−y2x1−x2⋅y1+y2b2=0．
∵x1+x2＝2，y1+y2＝﹣2，kAB=y1−y2x1−x2=−1−01−3=12．
∴2a2+12×−2b2=0，
化为a2＝2b2，又c＝3=a2−b2，解得a2＝18，b2＝9．
∴椭圆E的方程为x218+y29=1．
故选：D．
41．【2013年新课标2理科11】设抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点M在C上，|MF|＝5，若以MF为直径的圆过点（0，2），则C的方程为（ ）
A．y2＝4x或y2＝8x B．y2＝2x或y2＝8x
C．y2＝4x或y2＝16x D．y2＝2x或y2＝16x
【答案】解：∵抛物线C方程为y2＝2px（p＞0），
∴焦点F坐标为（p2，0），可得|OF|=p2，
∵以MF为直径的圆过点（0，2），
∴设A（0，2），可得AF⊥AM，
Rt△AOF中，|AF|=22+(p2)2=4+p24，
∴sin∠OAF=|OF||AF|=p24+p24，
∵根据抛物线的定义，得直线AO切以MF为直径的圆于A点，
∴∠OAF＝∠AMF，可得Rt△AMF中，sin∠AMF=|AF||MF|=p24+p24，
∵|MF|＝5，|AF|=4+p24
∴4+p245=p24+p24，整理得4+p24=5p2，解之可得p＝2或p＝8
因此，抛物线C的方程为y2＝4x或y2＝16x．
故选：C．
方法二：
∵抛物线C方程为y2＝2px（p＞0），∴焦点F（p2，0），
设M（x，y），由抛物线性质|MF|＝x+p2=5，可得x＝5−p2，
因为圆心是MF的中点，所以根据中点坐标公式可得，圆心横坐标为5−p2+p22=52，
由已知圆半径也为52，据此可知该圆与y轴相切于点（0，2），故圆心纵坐标为2，则M点纵坐标为4，
即M（5−p2，4），代入抛物线方程得p2﹣10p+16＝0，所以p＝2或p＝8．
所以抛物线C的方程为y2＝4x或y2＝16x．
故选：C．
42．【2022年新高考1卷11】已知O为坐标原点，点A(1,1)在抛物线C:x2=2py(p>0)上，过点B(0,−1)的直线交C于P，Q两点，则（ ）
A．C的准线为y=−1 B．直线AB与C相切
C．|OP|⋅|OQ|>|OA2 D．|BP|⋅|BQ|>|BA|2
【答案】BCD
【解析】
将点A的代入抛物线方程得1=2p，所以抛物线方程为x2=y，故准线方程为y=−14，A错误；
kAB=1−(−1)1−0=2，所以直线AB的方程为y=2x−1，
联立y=2x−1x2=y，可得x2−2x+1=0，解得x=1，故B正确；
设过B的直线为l，若直线l与y轴重合，则直线l与抛物线C只有一个交点，
所以，直线l的斜率存在，设其方程为y=kx−1，P(x1,y1),Q(x2,y2)，
联立y=kx−1x2=y，得x2−kx+1=0，
所以Δ=k2−4>0x1+x2=kx1x2=1，所以k>2或k<−2，y1y2=(x1x2)2=1，
又|OP|=x12+y12=y1+y12，|OQ|=x22+y22=y2+y22，
所以|OP|⋅|OQ|=y1y2(1+y1)(1+y2)=kx1×kx2=|k|>2=|OA|2，故C正确；
因为|BP|=1+k2|x1|，|BQ|=1+k2|x2|，
所以|BP|⋅|BQ|=(1+k2)|x1x2|=1+k2>5，而|BA|2=5，故D正确.
故选：BCD
43．【2022年新高考2卷10】已知O为坐标原点，过抛物线C:y2=2px(p>0)焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点M(p,0)，若|AF|=|AM|，则（ ）
A．直线AB的斜率为26 B．|OB|=|OF|
C．|AB|>4|OF| D．∠OAM+∠OBM<180°
【答案】ACD
【解析】
对于A，易得F(p2,0)，由AF=AM可得点A在FM的垂直平分线上，则A点横坐标为p2+p2=3p4，
代入抛物线可得y2=2p⋅3p4=32p2，则A(3p4,6p2)，则直线AB的斜率为6p23p4−p2=26，A正确；
对于B，由斜率为26可得直线AB的方程为x=12 6y+p2，联立抛物线方程得y2−16py−p2=0，
设B(x1,y1)，则62p+y1=66p，则y1=−6p3，代入抛物线得−6p32=2p⋅x1，解得x1=p3，则B(p3,−6p3)，
则OB=p32+−6p32=7p3≠OF=p2，B错误；
对于C，由抛物线定义知：AB=3p4+p3+p=25p12>2p=4OF，C正确；
对于D，OA⋅OB=(3p4,6p2)⋅(p3,−6p3)=3p4⋅p3+6p2⋅−6p3=−3p24<0，则∠AOB为钝角，
又MA⋅MB=(−p4,6p2)⋅(−2p3,−6p3)=−p4⋅−2p3+6p2⋅−6p3=−5p26<0，则∠AMB为钝角，
又∠AOB+∠AMB+∠OAM+∠OBM=360∘，则∠OAM+∠OBM<180∘，D正确.
故选：ACD.
44．【2021年新高考1卷11】已知点P在圆(x−5)2+(y−5)2=16上，点A(4,0)、B(0,2)，则（ ）
A．点P到直线AB的距离小于10
B．点P到直线AB的距离大于2
C．当∠PBA最小时，|PB|=32
D．当∠PBA最大时，|PB|=32
【答案】ACD
圆(x−5)2+(y−5)2=16的圆心为M(5,5)，半径为4，
直线AB的方程为x4+y2=1，即x+2y−4=0，
圆心M到直线AB的距离为|5+2×5−4|12+22=115=1155>4，
所以，点P到直线AB的距离的最小值为1155−4<2，最大值为1155+4<10，A选项正确，B选项错误；
如下图所示：
当∠PBA最大或最小时，PB与圆M相切，连接MP、BM，可知PM⊥PB，
|BM|=(0−5)2+(2−5)2=34，|MP|=4，由勾股定理可得|BP|=|BM|2−|MP|2=32，CD选项正确.
故选：ACD.
45．【2021年新高考2卷11】已知直线l:ax+by−r2=0与圆C:x2+y2=r2，点A(a,b)，则下列说法正确的是（ ）
A．若点A在圆C上，则直线l与圆C相切 B．若点A在圆C内，则直线l与圆C相离
C．若点A在圆C外，则直线l与圆C相离 D．若点A在直线l上，则直线l与圆C相切
【答案】ABD
圆心C(0,0)到直线l的距离d=r2a2+b2，
若点A(a,b)在圆C上，则a2+b2=r2，所以d=r2a2+b2=|r|，
则直线l与圆C相切，故A正确；
若点A(a,b)在圆C内，则a2+b2|r|，
则直线l与圆C相离，故B正确；
若点A(a,b)在圆C外，则a2+b2>r2，所以d=r2a2+b2<|r|，
则直线l与圆C相交，故C错误；
若点A(a,b)在直线l上，则a2+b2−r2=0即a2+b2=r2，
所以d=r2a2+b2=|r|，直线l与圆C相切，故D正确.
故选：ABD.
46．【2020年山东卷09】已知曲线C:mx2+ny2=1.（ ）
A．若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B．若m=n>0，则C是圆，其半径为n
C．若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为y=±−mnx
D．若m=0，n>0，则C是两条直线
【答案】ACD
【解析】
对于A，若m>n>0，则mx2+ny2=1可化为x21m+y21n=1，
因为m>n>0，所以1m<1n，
即曲线C表示焦点在y轴上的椭圆，故A正确；
对于B，若m=n>0，则mx2+ny2=1可化为x2+y2=1n，
此时曲线C表示圆心在原点，半径为nn的圆，故B不正确；
对于C，若mn<0，则mx2+ny2=1可化为x21m+y21n=1，
此时曲线C表示双曲线，
由mx2+ny2=0可得y=±−mnx，故C正确；
对于D，若m=0,n>0，则mx2+ny2=1可化为y2=1n，
y=±nn，此时曲线C表示平行于x轴的两条直线，故D正确；
故选：ACD.
47．【2020年海南卷09】已知曲线C:mx2+ny2=1.（ ）
A．若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B．若m=n>0，则C是圆，其半径为n
C．若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为y=±−mnx
D．若m=0，n>0，则C是两条直线
【答案】ACD
【解析】
对于A，若m>n>0，则mx2+ny2=1可化为x21m+y21n=1，
因为m>n>0，所以1m<1n，
即曲线C表示焦点在y轴上的椭圆，故A正确；
对于B，若m=n>0，则mx2+ny2=1可化为x2+y2=1n，
此时曲线C表示圆心在原点，半径为nn的圆，故B不正确；
对于C，若mn<0，则mx2+ny2=1可化为x21m+y21n=1，
此时曲线C表示双曲线，
由mx2+ny2=0可得y=±−mnx，故C正确；
对于D，若m=0,n>0，则mx2+ny2=1可化为y2=1n，
y=±nn，此时曲线C表示平行于x轴的两条直线，故D正确；
故选：ACD.
48．【2022年全国甲卷理科14】若双曲线y2−x2m2=1(m>0)的渐近线与圆x2+y2−4y+3=0相切，则m=_________．
【答案】33
【解析】
解：双曲线y2−x2m2=1m>0的渐近线为y=±xm，即x±my=0，
不妨取x+my=0，圆x2+y2−4y+3=0，即x2+y−22=1，所以圆心为0,2，半径r=1，
依题意圆心0,2到渐近线x+my=0的距离d=2m1+m2=1，
解得m=33或m=−33（舍去）．
故答案为：33．
49．【2022年全国乙卷理科14】过四点(0,0),(4,0),(−1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为____________．
【答案】x−22+y−32=13或x−22+y−12=5或x−432+y−732=659或x−852+y−12=16925；
【解析】
解：依题意设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
若过0,0，4,0，−1,1，则F=016+4D+F=01+1−D+E+F=0，解得F=0D=−4E=−6，
所以圆的方程为x2+y2−4x−6y=0，即x−22+y−32=13；
若过0,0，4,0，4,2，则F=016+4D+F=016+4+4D+2E+F=0，解得F=0D=−4E=−2，
所以圆的方程为x2+y2−4x−2y=0，即x−22+y−12=5；
若过0,0，4,2，−1,1，则F=01+1−D+E+F=016+4+4D+2E+F=0，解得F=0D=−83E=−143，
所以圆的方程为x2+y2−83x−143y=0，即x−432+y−732=659；
若过−1,1，4,0，4,2，则1+1−D+E+F=016+4D+F=016+4+4D+2E+F=0，解得F=−165D=−165E=−2，
所以圆的方程为x2+y2−165x−2y−165=0，即x−852+y−12=16925；
故答案为：x−22+y−32=13或x−22+y−12=5或x−432+y−732=659或x−852+y−12=16925；
50．【2022年新高考1卷14】写出与圆x2+y2=1和(x−3)2+(y−4)2=16都相切的一条直线的方程________________．
【答案】y=−34x+54或y=724x−2524或x=−1
【解析】
圆x2+y2=1的圆心为O0,0，半径为1，圆(x−3)2+(y−4)2=16的圆心O1为(3,4)，半径为4，
两圆圆心距为32+42=5，等于两圆半径之和，故两圆外切，
如图，
当切线为l时，因为kOO1=43，所以kl=−34，设方程为y=−34x+t(t>0)
O到l的距离d=|t|1+916=1，解得t=54，所以l的方程为y=−34x+54，
当切线为m时，设直线方程为kx+y+p=0，其中p>0，k<0，
由题意p1+k2=13k+4+p1+k2=4，解得k=−724p=2524，y=724x−2524
当切线为n时，易知切线方程为x=−1，
故答案为：y=−34x+54或y=724x−2524或x=−1.
51．【2022年新高考1卷16】已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为12．过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE|=6，则△ADE的周长是________________．
【答案】13
【解析】
∵椭圆的离心率为e=ca=12，∴a=2c，∴b2=a2−c2=3c2，∴椭圆的方程为x24c2+y23c2=1，即3x2+4y2−12c2=0，不妨设左焦点为F1，右焦点为F2，如图所示，∵AF2=a，OF2=c，a=2c，∴∠AF2O=π3，∴△AF1F2为正三角形，∵过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，DE为线段AF2的垂直平分线，∴直线DE的斜率为33，斜率倒数为3， 直线DE的方程：x=3y−c，代入椭圆方程3x2+4y2−12c2=0，整理化简得到：13y2−63cy−9c2=0，
判别式∆=63c2+4×13×9c2=62×16×c2，
∴CD=1+32y1−y2=2×∆13=2×6×4×c13=6，
∴ c=138， 得a=2c=134，
∵DE为线段AF2的垂直平分线，根据对称性，AD=DF2，AE=EF2，∴△ADE的周长等于△F2DE的周长，利用椭圆的定义得到△F2DE周长为DF2+|EF2|+|DE|=|DF2|+|EF2|+|DF1|+|EF1|=|DF1|+|DF2|+|EF1|+|EF2|=2a+2a=4a=13.
故答案为：13.
52．【2022年新高考2卷15】设点A(−2,3),B(0,a)，若直线AB关于y=a对称的直线与圆(x+3)2+(y+2)2=1有公共点，则a的取值范围是________．
【答案】13,32
【解析】
解：A−2,3关于y=a对称的点的坐标为A'−2,2a−3，B0,a在直线y=a上，
所以A'B所在直线即为直线l，所以直线l为y=a−3−2x+a，即a−3x+2y−2a=0；
圆C:x+32+y+22=1，圆心C−3,−2，半径r=1，
依题意圆心到直线l的距离d=−3a−3−4−2aa−32+22≤1，
即5−5a2≤a−32+22，解得13≤a≤32，即a∈13,32；
故答案为：13,32
53．【2022年新高考2卷16】已知直线l与椭圆x26+y23=1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|MA|=|NB|,|MN|=23，则l的方程为___________．
【答案】x+2y−22=0
【解析】
解：令AB的中点为E，因为MA=NB，所以ME=NE，
设Ax1,y1，Bx2,y2，则x126+y123=1，x226+y223=1，
所以x126−x226+y123−y223=0，即x1−x2x1+x26+y1+y2y1−y23=0
所以y1+y2y1−y2x1−x2x1+x2=−12，即kOE⋅kAB=−12，设直线AB:y=kx+m，k<0，m>0，
令x=0得y=m，令y=0得x=−mk，即M−mk,0，N0,m，所以E−m2k,m2，
即k×m2−m2k=−12，解得k=−22或k=22（舍去），
又MN=23，即MN=m2+2m2=23，解得m=2或m=−2（舍去），
所以直线AB:y=−22x+2，即x+2y−22=0；
故答案为：x+2y−22=0
54．【2021年全国甲卷理科15】已知F1,F2为椭圆C：x216+y24=1的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且|PQ|=|F1F2|，则四边形PF1QF2的面积为________．
【答案】8
因为P,Q为C上关于坐标原点对称的两点，
且|PQ|=|F1F2|，所以四边形PF1QF2为矩形，
设|PF1|=m,|PF2|=n，则m+n=8,m2+n2=48，
所以64=(m+n)2=m2+2mn+n2=48+2mn，
mn=8，即四边形PF1QF2面积等于8.
故答案为：8.
55．【2021年新高考1卷14】已知O为坐标原点，抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且PQ⊥OP，若|FQ|=6，则C的准线方程为______.
【答案】x=−32
抛物线C：y2=2px (p>0)的焦点F(p2,0),
∵P为C上一点，PF与x轴垂直，
所以P的横坐标为p2，代入抛物线方程求得P的纵坐标为±p,
不妨设P(p2,p),
因为Q为x轴上一点，且PQ⊥OP，所以Q在F的右侧，
又∵|FQ|=6，
∴Q(6+p2,0),∴PQ=(6,−p)
因为PQ⊥OP，所以PQ⋅OP=p2×6−p2=0,
∵p>0,∴p=3，
所以C的准线方程为x=−32
故答案为：x=−32.
56．【2021年全国乙卷理科13】已知双曲线C:x2m−y2=1(m>0)的一条渐近线为3x+my=0，则C的焦距为_________．
【答案】4
由渐近线方程3x+my=0化简得y=−3mx，即ba=3m，同时平方得b2a2=3m2，又双曲线中a2=m,b2=1，故3m2=1m，解得m=3,m=0（舍去），c2=a2+b2=3+1=4⇒c=2，故焦距2c=4
故答案为：4
57．【2021年新高考2卷13】已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为2，则该双曲线的渐近线方程为_______________
【答案】y=±3x
因为双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为2，
所以e=c2a2=a2+b2a2=2，所以b2a2=3，
所以该双曲线的渐近线方程为y=±bax=±3x.
故答案为：y=±3x.
58．【2020年全国1卷理科15】已知F为双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点，A为C的右顶点，B为C上的点，且BF垂直于x轴.若AB的斜率为3，则C的离心率为______________.
【答案】2
【解析】
依题可得，BFAF=3，而BF=b2a，AF=c−a，即b2ac−a=3，变形得c2−a2=3ac−3a2，化简可得，e2−3e+2=0，解得e=2或e=1（舍去）．
故答案为：2．
59．【2020年山东卷13】斜率为3的直线过抛物线C：y2=4x的焦点，且与C交于A，B两点，则AB=________．
【答案】163
【解析】
∵抛物线的方程为y2=4x，∴抛物线的焦点F坐标为F(1,0)，
又∵直线AB过焦点F且斜率为3，∴直线AB的方程为：y=3(x−1)
代入抛物线方程消去y并化简得3x2−10x+3=0，
解法一：解得x1=13,x2=3
所以|AB|=1+k2|x1−x2|=1+3⋅|3−13|=163
解法二：Δ=100−36=64>0
设A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1+x2=103,
过A,B分别作准线x=−1的垂线，设垂足分别为C,D如图所示.
|AB|=|AF|+|BF|=|AC|+|BD|=x1+1+x2+1=x1+x2+2=163
故答案为：163
60．【2020年海南卷13】斜率为3的直线过抛物线C：y2=4x的焦点，且与C交于A，B两点，则AB=________．
【答案】163
【解析】
∵抛物线的方程为y2=4x，∴抛物线的焦点F坐标为F(1,0)，
又∵直线AB过焦点F且斜率为3，∴直线AB的方程为：y=3(x−1)
代入抛物线方程消去y并化简得3x2−10x+3=0，
解法一：解得x1=13,x2=3
所以|AB|=1+k2|x1−x2|=1+3⋅|3−13|=163
解法二：Δ=100−36=64>0
设A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1+x2=103,
过A,B分别作准线x=−1的垂线，设垂足分别为C,D如图所示.
|AB|=|AF|+|BF|=|AC|+|BD|=x1+1+x2+1=x1+x2+2=163
故答案为：163
61．【2019年新课标3理科15】设F1，F2为椭圆C：x236+y220=1的两个焦点，M为C上一点且在第一象限．若△MF1F2为等腰三角形，则M的坐标为 ．
【答案】解：设M（m，n），m，n＞0，椭圆C：x236+y220=1的a＝6，b＝25，c＝4，
e=ca=23，
由于M为C上一点且在第一象限，可得|MF1|＞|MF2|，
△MF1F2为等腰三角形，可能|MF1|＝2c或|MF2|＝2c，
即有6+23m＝8，即m＝3，n=15；
6−23m＝8，即m＝﹣3＜0，舍去．
可得M（3，15）．
故答案为：（3，15）．
62．【2019年新课标1理科16】已知双曲线C：x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若F1A→=AB→，F1B→•F2B→=0，则C的离心率为 ．
【答案】解：如图，
∵F1A→=AB→，且F1B→•F2B→=0，∴OA⊥F1B，
则F1B：y=ab(x+c)，
联立y=ab(x+c)y=bax，解得B（a2cb2−a2，abcb2−a2），
则F1B2=(a2cb2−a2+c)2+(abcb2−a2)2，F2B2=(a2cb2−a2−c)2+(abcb2−a2)2，
∴(a2cb2−a2+c)2+(a2cb2−a2−c)2+2(abcb2−a2)2=4c2，
整理得：b2＝3a2，∴c2﹣a2＝3a2，即4a2＝c2，
∴c2a2=4，e=ca=2．
故答案为：2．
63．【2018年新课标3理科16】已知点M（﹣1，1）和抛物线C：y2＝4x，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点．若∠AMB＝90°，则k＝
．
【答案】解：∵抛物线C：y2＝4x的焦点F（1，0），
∴过A，B两点的直线方程为y＝k（x﹣1），
联立y2=4xy=k(x−1)可得，k2x2﹣2（2+k2）x+k2＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则 x1+x2=4+2k2k2，x1x2＝1，
∴y1+y2＝k（x1+x2﹣2）=4k，y1y2＝k2（x1﹣1）（x2﹣1）＝k2[x1x2﹣（x1+x2）+1]＝﹣4，
∵M（﹣1，1），
∴MA→=（x1+1，y1﹣1），MB→=（x2+1，y2﹣1），
∵∠AMB＝90°，∴MA→•MB→=0
∴（x1+1）（x2+1）+（y1﹣1）（y2﹣1）＝0，
整理可得，x1x2+（x1+x2）+y1y2﹣（y1+y2）+2＝0，
∴1+2+4k2−4−4k+2＝0，
即k2﹣4k+4＝0，
∴k＝2．
故答案为：2
64．【2017年新课标1理科15】已知双曲线C：x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0）的右顶点为A，以A为圆心，b为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M、N两点．若∠MAN＝60°，则C的离心率为 ．
【答案】解：双曲线C：x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0）的右顶点为A（a，0），
以A为圆心，b为半径做圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M、N两点．
若∠MAN＝60°，可得A到渐近线bx+ay＝0的距离为：bcos30°=32b，
可得：|ab|a2+b2=32b，即ac=32，可得离心率为：e=233．
故答案为：233．
65．【2017年新课标2理科16】已知F是抛物线C：y2＝8x的焦点，M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N．若M为FN的中点，则|FN|＝ ．
【答案】解：抛物线C：y2＝8x的焦点F（2，0），M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N．若M为FN的中点，
可知M的横坐标为：1，则M的纵坐标为：±22，
|FN|＝2|FM|＝2(1−2)2+(±22−0)2=6．
故答案为：6．
66．【2016年新课标3理科16】已知直线l：mx+y+3m−3=0与圆x2+y2＝12交于A，B两点，过A，B分别作l的垂线与x轴交于C，D两点，若|AB|＝23，则|CD|＝ ．
【答案】解：由题意，|AB|＝23，∴圆心到直线的距离d＝3，
∴|3m−3|m2+1=3，
∴m=−33
∴直线l的倾斜角为30°，
∵过A，B分别作l的垂线与x轴交于C，D两点，
∴|CD|=2332=4．
故答案为：4．
67．【2015年新课标1理科14】一个圆经过椭圆x216+y24=1的三个顶点．且圆心在x轴的正半轴上．则该圆标准方程为 ．
【答案】解：一个圆经过椭圆x216+y24=1的三个顶点．且圆心在x轴的正半轴上．
可知椭圆的右顶点坐标（4，0），上下顶点坐标（0，±2），
设圆的圆心（a，0），则(a−0)2+(0−2)2=4−a，解得a=32，
圆的半径为：52，
所求圆的方程为：（x−32）2+y2=254．
故答案为：（x−32）2+y2=254．
68．【2014年新课标2理科16】设点M（x0，1），若在圆O：x2+y2＝1上存在点N，使得∠OMN＝45°，则x0的取值范围是 ．
【答案】解：由题意画出图形如图：点M（x0，1），
要使圆O：x2+y2＝1上存在点N，使得∠OMN＝45°，
则∠OMN的最大值大于或等于45°时一定存在点N，使得∠OMN＝45°，
而当MN与圆相切时∠OMN取得最大值，
此时MN＝1，
图中只有M′到M″之间的区域满足MN≤1，
∴x0的取值范围是[﹣1，1]．
模拟好题
1．已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作C的渐近线的垂线，垂足为点P，PF1=5a，则C的离心率为（ ）
A．5 B．2 C．3 D．2
【答案】D
【解析】
由题意得F2(c,0)到一条渐近线bx−ay=0的距离为|PF2|=|bc|b2+a2=b，
则|OP|=a，cos∠PF2O=bc，在△F1PF2中，由余弦定理得|PF1|2=|PF2|2+|F1F2|2−2|PF2|⋅|F1F2|cos∠PF2O，
即5a2=b2+4c2−2b⋅2c⋅bc，得5a2=4c2−3(c2−a2)，
则离心率e=ca=2，
故选：D
2．已知双曲线E:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的两个焦点为F1，F2，以F1为圆心，F1F2为半径的圆与E交于点P，若tan∠F1PF2=22，则E的离心率为（ ）
A．3 B．2 C．22 D．3
【答案】D
【解析】
设F1F2=2c ，根据题意可得PF1=2c，tan∠F1PF2=22>0，∠F1PF2为锐角
则PF2=2c−2a，设线段PF2的中点为M，则PM=c−a．
在Rt△F1PM中，tan∠F1PM=22，
则F1M=22PM，所以PF1=F1M2+PM2=3PM,即2c=3c−a，
即2ca=3ca−1得E的离心率ca=3．
故选：D
3．已知抛物线E：y2=2px（p>0）的焦点为F，点A是抛物线E的准线与坐标轴的交点，点P在抛物线E上，若∠PAF=30∘，则sin∠PFA=（ ）
A．12 B．33 C．34 D．32
【答案】B
【解析】
过P作准线的垂线，垂足为Q，由∠PAF=30°，可得∠APQ=30°，由题意如图所示：
在Rt△AQP中，可cos∠APQ=|QP||PA|=32，
由抛物线的性质可得|PQ|=|PF|，所以|PF||PA|=32，
在△PAF中，由正弦定理可得：|PA|sin∠PFA=|PF|sin∠PAF，
所以sin∠PFA=|AP||PF|⋅sin∠PAF=23⋅12=33，
故选：B．
4．已知点P在抛物线C:y2=4x上，若以点P为圆心的圆与C的准线相切，且与x轴相交的弦长为6，则点P到y轴的距离为（ ）
A．4 B．42 C．5 D．52
【答案】A
【解析】
设P(m,n)，设圆的半径为r，
因为点P在抛物线C:y2=4x上，所以n2=4m，
以点P为圆心的圆与C的准线相切，所以m+1=r,
圆P与x轴相交的弦长为6，所以32+n2=r2，
所以m2−2m−8=0，又m≥0，
所以m=4，故n=±4，r=5,
所以点P到y轴的距离为4，
故选： A.
5．已知C为焦点在y轴上的双曲线，其离心率为52，P为C上一动点（除顶点），过点P的直线l1，l2分别经过双曲线的两个顶点，已知直线l1的斜率k1∈1,32，则直线l2的斜率k2的取值范围为（ ）
A．56,54 B．815,45 C．83,4 D．16,14
【答案】C
【解析】
设双曲线的方程为y2a2−x2b2=1a>0,b>0， Px0,y0为C上一动点，上顶点A0,a,下顶点B0,−a,离心率为52，即54=1+b2a2,可得14=b2a2,
直线l1为直线PA, 直线l2为直线PB,
则k1k2=y0−ax0⋅y0+ax0=y02−a2x02=a2+a2⋅x02b2−a2x02=a2b2=4，
k2=4k1，又k1∈1,32，1k1∈23,1，可得k2=4k1∈83,4，
故选：C
6．已知P3,4−22，过点P作圆C:x−a2+y−a−12=1（a为参数，且a∈R）的两条切线分别切圆C于点A、B，则sin∠APB的最大值为（ ）
A．1 B．12 C．32 D．64
【答案】C
【解析】
圆心Ca,a+1，半径为1，圆心C在直线y=x+1上运动，
设∠APC=θ，则∠APB=2θ，由圆的几何性质可知tanθ=ACPA=1PA，
所以，sin∠APB=sin2θ=2sinθcosθsin2θ+cos2θ=2tanθtan2θ+1=2tanθ+1tanθ=21PA+PA，
当直线PC与直线y=x+1垂直时，PC取最小值，则PA=PC2−1取最小值，
且PCmin=3−4−22+12=2，则PAmin=22−1=3，则PA≥3，
由双勾函数的单调性可知，函数y=x+1x在3,+∞上为增函数，且y=x+1x>0，
故函数fx=2x+1x在3,+∞上为减函数，
故当PA=3时，sin∠APB取得最大值234=32.
故选：C.
7．椭圆x25+y2=1的左右焦点为F1,F2,Px0,y0x0>0,y0>0为椭圆上一点，直线PF1,PF2分别交椭圆于M，N两点，则当直线MN的斜率为−19时，x0y0=（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】D
【解析】
由已知得F1(−2,0),F2(2,0)，
所以直线PF1的方程为：y=k1(x+2)（其中k1=y0x0+2），
与椭圆方程联立得5k12+1x2+20k12x+20k12−5=0，
由韦达定理xM+x0=−20k125k12+1=−20y024x02+9，所以xM=−20y024x0+9−x0=−9x0+204x0+9，
故yM=y0x0+2xM+2=−y04x0+9；
类似得xN=9x0−204x0−9，yN=y04x0−9，
所以kMN=yM−yXxM−xM=x0y09x02−45=x0y095−5y02−45=−x045y0=−19⇒x0y0=5，
故选：D．
8．已知双曲线C:x2−3y2=1的左，右顶点分别为A、B，P是C在第一象限的图象上的点，记∠PAB=α，∠PBA=β，∠APB=γ，则（ ）
A．tanα+tanβ+tanγ=0 B．tanα+tanβ−tanγ=0
C．3tanα+3tanβ+4tanγ=0 D．2tanα+2tanβ+3tanγ=0
【答案】C
【解析】
解：由双曲线C:x2−3y2=1，
得A−1,0,B1,0，设Px,y,x>0,y>0，
则kPA⋅kPB=yx+1⋅yx−1=y2x2−1，
又x2−3y2=1，
所以kPA⋅kPB=y23y2+1−1=13，则tanαtanβ=−13，
所以tanγ=−tan(α+β)=tanα+tanβtanαtanβ−1=−3(tanα+tanβ)4，
即3tanα+3tanβ+4tanγ=0.
故选：C.
9．已知斜率为12的直线l与椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)相交于A，B两点，与x轴，y轴分别交于C，D两点，若C，D恰好是线段AB的两个三等分点，则椭圆E的离心率e为（ ）
A．12 B．22 C．32 D．33
【答案】C
【解析】
如图，设Ax1,y1，Bx2,y2，∵C，D分别是线段AB的两个三等分点，∴C−x1,0，D0,y12，则B−2x1,−y12，
得x2=−2x1,y2=−y12, k=y1−y2x1−x2=3y123x1=12⋅y1x1，
利用点差法，由x12a2+y12b2=1,x22a2+y22b2=1,两式相减得x1+x2x1−x2a2+y1+y2y1−y2b2=0，
整理得到y12x12=4b2a2，即4b2a2=4k2⇒a2−c2a2=k2=14，所以e=32.
故选：C．
10．已知抛物线：x2=2pyp>0的顶点为O，焦点为F，准线为l，过点F的直线与抛物线交于点A、B，且OA⋅OB=−3，过抛物线上一点P（非原点）作抛物线的切线，与x轴、y轴分别交于点M、N，PH⊥l．垂足为H．下列命题：
①抛物线的标准方程为x2=4y
②△OMN的面积为定值
③M为PN的中点
④四边形PFNH为菱形
其中所有正确结论的编号为（ ）
A．①③④ B．①④
C．①②③ D．②③
【答案】A
【解析】
设Ax1,y1，Bx2,y2，可知F0,p2，直线AB的方程为y=kx+p2，
联立x2=2pyy=kx+p2，化为x2−2pkx−p2=0，
则x1+x2=2pk，x1x2=−p2，而y1y2=(x1x2)24p2=p24，
所以OA⋅OB=x1x2+y1y2=−34p2=−3，
所以p=2，故抛物线方程为x2=4y，故①正确；
设Px0,y0，抛物线方程为y=x24，则y'=12x，
则在P点处取得的切线方程斜率为y'|x=x0=x02，
所以以P点为切点的切线方程为y=x02x−y0，切线与x轴､y轴分别交于点M､N，
所以M2y0x0,0，N0,−y0，
所以S△OMN=12OMON=12×2y0x0×−y0=x0242x0=x0316，故面积不为定值，故②错误；
因为M2y0x0,0、Px0,y0、N0,−y0，可知，2⋅2y0x0=x02x0=x0+02⋅0=y0+(−y0)，
所以M为PN的中点，故③正确；
因为PH⊥l，垂足为H ，所以Hx0,−1、N0,−y0、F0,1、Px0,y0，
因此FN=PH且FN//PH，所以四边形PFNH为平行四边形，
又根据抛物线定义PH=PF，故四边形PFNH为菱形，故④正确.
故正确结论编号为：①③④.
故选：A.
11．“脸谱”是戏曲舞台演出时的化妆造型艺术，更是中国传统戏曲文化的重要载体如图，“脸谱”图形可近似看作由半圆和半椭圆组成的曲线C，其方程为x2+y2=4，y>0x24+y29=1，y≤0．则下列说法正确的是（ ）
A．曲线C包含的封闭图形内部(不含边界)有11个整数点(横、纵坐标均为整数)
B．曲线C上任意一点到原点距离的最大值与最小值之和为5
C．若A(0，－5)、B(0，5)，P是曲线C下半部分中半椭圆上的一个动点，则cos∠APB的最小值为－19
D．画法几何的创始人加斯帕尔·蒙日发现：椭圆中任意两条互相垂直的切线，其交点都在与椭圆同中心的圆上，称该圆为椭圆的蒙日圆；那么曲线C中下半部分半椭圆扩充为整个椭圆C'：x24+y29=1(−3≤y≤3)后，椭圆C'的蒙日圆方程为：x2+y2=13
【答案】BCD
【解析】
对于A：曲线x2+y2=4,y>0x24+y29=1,y≤0中，−2≤x≤2，当x∈Z时，
分5类讨论：x=−2,−1,0,1,2，分别代入曲线C方程，可得：
整数点为(－1，1)，(－1，0)，(－1，－1)．(－1，－2)，(0，0)，(1，1)，(1，0)、(1，－1)，(1，－2)，
所以：整数点有9个，选项A错误；
对于B：曲线C中，当y>1时x2+y2=4，此时与原点距离为2，
当y≤0，时x24+y29=1，设半椭圆上动点P坐标为(2cosθ，3sinθ)，θ∈π,2π
则OP2=2cosθ2+3sinθ2=4cos2θ+9sin2θ=9−5cos2θ≤9⇒2≤OP≤3，
最大值与最小值之和为5，选项B正确；
对于C：又A(0，－5)、B(0，5)恰为椭圆x24+y29=1的两个焦点．
那么PA+PB=6，PA⋅PB≤PA+PB22=9
当且仅当PA=PB，即P在x轴上时，等号成立，
在△PAB中，AB=25，由余弦定理知：
cos∠APB=PA|2+PB|2−|AB|22PA⋅PB=(PA+PB)2−AB2−2PA⋅PB2PA⋅PB
=62−20−2PA⋅PB2PA⋅PB=8PA⋅PB−1≥89−1=−19，选项C正确；
对于D：由题意知：蒙日圆的圆心O坐标为原点(0，0)，在椭圆C'：x24+y29=1(−3≤y≤3)中取两条切线：x=2和y=3，它们交点为(2，3)，
该点在蒙日圆上，半径为22+32=13
此时蒙日圆方程为：x2+y2=13，选项D正确．
故选：BCD．
12．已知直线l过抛物线C:x2=−4y的焦点F，且直线l与抛物线C交于A，B两点，过A，B两点分别作抛物线C的切线，两切线交于点G，设A(xA，yA)，B(xB，yB)，G(xG，yG)．则下列选项正确的是（ ）
A．yA⋅yB=4 B．以线段AB为直径的圆与直线y=32相离
C．当AF=2FB时，|AB|=5 D．△GAB面积的取值范围为4,+∞
【答案】BD
【解析】
抛物线C:x2=−4y的焦点F(0,−1)，准线方程为y=1，
设直线l的方程为y=kx−1，与抛物线的方程联立，可得x2+4kx−4=0，
可得xAxB=−4，xA+xB=−4k，yAyB=(xAxB)216=1，故A错误；
由|AB|=2−yA−yB=2−k(xA+xB)+2=4+4k2，AB的中点到准线的距离为
d=1−yA+yB2=1−−4k2−22=2+2k2，
可得d=12|AB|，即有以AB为直径的圆与准线y=1相切，则它与直线y=32相离，故B正确；
由AF=2FB，可得0−xA=2(xB−0)，即xA=−2xB，又xAxB=−4，xA+xB=−4k，
解得xA=−22，yA=−2，xB=2，yB=−12，所以|AB|=2+2+12=92，故C错误；
由x2=−4y即y=−14x2的导数为y'=−12x，可得A处的切线的方程为y=−xA2x+xA24，
B处的切线的方程为y=−xB2x+xB24，
联立两条切线的方程，解得xG=12(xA+xB)=−2k，yG=−14(xA2+xAxB)+xA24=−14xAxB=−14×(−4)=1，
即G(−2k,1)，G到AB的距离为d=|2+2k2|1+k2，|AB|=1+k2⋅16k2+16，
则△GAB的面积为S=12d⋅|AB|=12⋅21+k2⋅4(1+k2)=4(1+k2)32⩾4，当k=0时，取得等号，
则△GAB面积的取值范围为[4，+∞)，故D正确．
故选：BD．
13．已知椭圆x29+y25=1的左右焦点分别为F1，F2，抛物线y2=2px(p>0)与椭圆共焦点，若两曲线的一个交点为P，则下列说法正确的是（ ）
A．p=4 B．PF1+PF2=6
C．PF2=3 D．△PF1F2的面积为25
【答案】ABC
【解析】
由椭圆方程可得c=9−5=2，所以p2=2，即p=4，故A正确；
由椭圆定义可得PF1+PF2=2a=6，故B正确；
联立方程x29+y25=1y2=8x，得x2+8x−9=0，
解得x=−9（舍去）或x=1，即点P的横坐标为xP=1，
由抛物线定义可得PF2=xP+p2=1+2=3，故C正确；
将xP=1代入抛物线可得yP=22，所以S△PF1F2=12×2c×yP=42，故D错误.
故选：ABC.
14．已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2，过F的直线l交抛物线C于两点A，B，O为坐标原点，则（ ）
A．C的准线方程为x=−2 B．若|AF|=4，则|OA|=21
C．若|AF|⋅|BF|=4p2，则l的斜率为±33 D．过点A作准线的垂线，垂足为H，若x轴平分∠HFB，则|AF|=5
【答案】BC
【解析】
因为抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2，所以p=2，
所以抛物线方程为y2=4x，则焦点F(1,0)，准线为x=−1，故A错误；
若|AF|=4，则xA=3，所以yA2=4xA=12，所以|OA|=xA2+yA2=21，故B正确；
可设Ax1,y1,Bx2,y2，
直线AB的方程为x=my+1，与抛物线y2=4x联立，
消去x，可得y2−4my−4=0，
可得y1+y2=4m,y1y2=−4，
由抛物线的定义可得|AF|⋅|BF|=x1+1x2+1=my1+2my2+2=16，
即m2y1y2+2my1+y2+4=16，即−4m2+8m2+4=16，
解得m=±3，则直线AB的斜率为±33，故C正确；
对于D，若x轴平分∠HFB，则∠OFH=∠OFB，又AH∥x轴，
所以∠AHF=∠OFH=∠OFB=∠AFH，所以HF=AF=AH，
所以xA+xH2=xF，即xA=3，所以|AF|=xA+1=4，故D错误；
故选：BC.
【点睛】
关键点睛：利用抛物线的定义是解题的关键.
15．已知圆O:x2+y2=49，直线l过点N(2,6)，且交圆O于P，Q两点，点M为线段PQ的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．点M的轨迹是圆 B．|PQ|的最小值为6
C．使|PQ|为整数的直线l共有9条 D．使|PQ|为整数的直线l共有16条
【答案】ABD
【解析】
因为直线l恒过点N(2,6)，且点M为弦PQ的中点，所以OM⊥MN，则易得点M的轨迹是圆，故A对；
圆心O到直线l的距离为OM=ON2−MN2，故当MN=0时有最大值，即OMmax=ON=22+62=210，故|PQ|的最小值为2r2−OMmax2=249−40=6，故B对；
由过定点最短弦与最长弦有唯一性，以及长度在最短弦与最长弦之间的弦有对称性可知，使|PQ|为整数的直线l有2+2×(14−6−1)=16（条），故C错，D对.
故选：ABD
16．如图，已知水平地面上有一半径为4的球，球心为O'，在平行光线的照射下，其投影的边缘轨迹为椭圆O．如图，椭圆中心为O，球与地面的接触点为E，OE=3．若光线与地面所成角为θ，椭圆的离心率e=__________．
【答案】35##0.6
【解析】
连接OO',
因为∠O'OE=θ,O'E=4,OE=3，
所以O'O=O'E2+OE2=42+32=5,
所以sinθ=O'EOO'=45,
在照射过程中，椭圆的短半轴长是球的半径，即b=4，
如图，椭圆的长轴长2a是AC，过点A向BC作垂线，垂足为B，
由题意得AB=2R=8,sin∠ACB=sinθ=45，
因为sinθ=ABAC=45，所以AC=10，
所以2a=10，得a=5，
所以椭圆的离心率为e=ca=a2−b2a=25−165=35，
故答案为：35
17．已知点F为抛物线y2=2pxp>0的焦点，点P在抛物线上且横坐标为8，O为坐标原点，若△OFP的面积为22，则该抛物线的准线方程为_________________．
【答案】x=−1
【解析】
抛物线y2=2pxp>0的焦点F(p2,0)，
由y2=16p，可得y=±4p，不妨令P(8,4p)
则S△OFP=12×p2×4p=pp=22，解之得p=2
则抛物线方程为y2=4x，其准线方程为x=−1
故答案为：x=−1
18．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2，点P为椭圆C上一点，满足F1F2→⋅PF2→=0，△PF1F2的面积为32，直线PF1交椭圆C于另一点Q，且PF1→=73F1Q→，则椭圆C的标准方程为________．
【答案】x24+y23=1
【解析】
设椭圆半焦距为c，由已知可得PF2⊥F1F2,△PF1F2为直角三角形，易知|PF2|=b2a，
∴S△PF1F2=12×2c×b2a=32，整理得3a=2b2c①，
设点P在第一象限，则P(c,b2a)，而F1(−c,0)，
由PF1=73F1Q，可得Q(−13c7,−3b27a)在椭圆上，
代入椭圆C的方程得169c249a2+9b249a2=1②．又a2=b2+c2③，
由①②③可得a=2,b=3，所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1．
故答案为：x24+y23=1.
19．已知F1，F2是双曲线y2−x24=1的两个焦点，P是双曲线上任意一点，过F2作∠F1PF2平分线的垂线，垂足为N，则点N到坐标原点O的距离是__________．
【答案】1
【解析】
设点F2关于直线PN对称的点为F2'，则PF2'=PF2
由定义可知F1F2'=PF2'−PF1=PF2−PF1=2a=2
F1(0,5),F2(0,−5)，设N(x,y)，则F'2(2x,2y+5)
则(2x)2+(2y)2=2，即x2+y2=1,ON=x2+y2=1
故答案为：1
20．①已知点A3,0，直线l:x=433，动点P满足到点A的距离与到直线l的距离之比为32；
②已知圆C的方程为x2+y2=4，直线l为圆C的切线，记点A3,0，B−3,0到直线l的距离分别为d1，d2，动点P满足PA=d1，PB=d2；
③点S，T分别在x轴，y轴上运动，且ST=3，动点P满足OP=23OS+13OT；
在①，②，③这三个条件中，动点P的轨迹W为椭圆的是______．
【答案】①②③
【解析】
对于①，
设P(x,y)，根据题意，(x−3)2+y2|x−433|=32，整理得x24+y2=1，
所以轨迹方程为x24+y2=1；
对于②，
设P(x,y)，直线l与圆相切于点H，则|PA|+|PB|=d1+d2=2|OH|=4>23=|AB|，
由椭圆定义知点P的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，所以2a=4,2c=|AB|=23，，
故a=2,c=3,b=1，所以轨迹方程为x24+y2=1；
对于③，
设P(x,y)，S(x',0)，T(0,y')，则(x')2+(y')2=3，
因为OP=23OS+13OT，所以x=23x'y=13y'，整理得x'=32xy'=3y，
代入(x')2+(y')2=3得x24+y2=1，
所以轨迹方程为x24+y2=1；
故答案为：①②③
21．已知抛物线C:y2=16x的焦点为F，点A−4,0，点P是抛物线C上的动点，则sin∠PAFsin∠AFP的最小值为___________．
【答案】22##122
【解析】
解：
如图，点A−4,0在抛物线C的准线x=−4上，
设点P在准线上的射影为Q，由正弦定理和抛物线的性质可知：
sin∠PAFsin∠AFP=PF2RAP2R=PFPA=PQPA=sin∠PAQ，
当直线AP与抛物线C相切时∠PAQ最小，sin∠PAQ也最小．
设PA的方程为y=kx+4，与y2=16x联立得k2x2+8k2−16x+16k2=0，
由Δ=8k2−162−64k4=0，解得k=±1，
当k=±1时，sin∠PAQ=22．
故sin∠PAFsin∠AFP的最小值为22．
故答案为：22.
22．已知圆C:x2+y2−4x+3=0，定点F(2,0)，动点Q满足以FQ为直径的圆与y轴相切．过点F的直线l与动点Q的轨迹E，圆C顺次交于A，M，N，B四点．则|AN|+4|BM|的最小值为________．
【答案】23
【解析】
解：设Qx,y，则FQ的中点为12x+1,12y，所以12x−22+y2=12x+1，整理得y2=8x，
即动点Q的轨迹E为抛物线，焦点为F(2,0)，
由直线AB过抛物线的焦点，则1|AF|+1|BF|=2p=12，
其中1|AF|+1|BF|=2p的证明过程如下：
当AB不垂直于x轴时，可设直线AB的方程为y=k(x−p2)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，显然k≠0．
由y=k(x−p2)y2=2px得:ky2−2py−kp2=0，∴y1y2=−p2，x1x2=y122p⋅y222p=p44p2=p24．
当AB⊥x轴时，直线AB方程为x=p2，则y1=p，y2=−p，∴y1y2=−p2，同上也有x1x2=p24．
由抛物线的定义知：AF=x1+p2，BF=x2+p2，又AF+BF=AB，所以x1+x2=AB−p，且x1x2=p24．
所以1AF+1BF=AF+BFAF⋅BF=AB(x1+p2)(x2+p2)=ABx1x2+p2(x1+x2)+p24
=ABp24+p2(AB−p)+p24=ABp2×AB=2p
圆C:(x−2)2+y2=1圆心为(2,0)，半径1，
|AN|+4|BM|=|AF|+1+4(|BF|+1)
=|AF|+4|BF|+5=2(|AF|+4|BF|)×(1|AF|+1|BF|)+5
=2(5+|AF||BF|+4|BF||AF|)+5⩾2(5+2|AF||BF|×4|BF||AF|)+5=23，
当且仅当|AF||BF|=4|BF||AF|，即|BF|=3，AF=6时取等号；
∴|AN|+4|BM|的最小值为23，
故答案为：23．
23．已知焦距为6的双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左､右焦点分别为F1,F2，其中一条渐近线的斜率为22，过右焦点F2的直线l与双曲线C的右支交于A，B两点，设M为△F1AB的内切圆圆心，则S△F1ABS△MAB的最大值为___________.
【答案】6
【解析】
由题知ba=22，且2c＝6，根据a2+b2=c2，解得a2=6，b2=3，所以双曲线C的标准方程为x26−y23=1．
如图，设△F1AB的内切圆M与三角形三边的切点分别是D,E,N，由切线长性质，可得
AF1−BF1=AD−BE=AN−BN，
因为AF1−AF2=26=BF1−BF2，所以AF1−BF1=AF2−BF2，所以F2与N重合，因此F2是△F1AB的内切圆在AB边上的切点，所以MF2⊥AB．
因为S△F1ABS△MAB=12MF2⋅AF1+BF1+AB12MF2⋅AB=26+AF2+26+BF2+ABAB=46AB+2，
ABmin=2b2a=6,则AB≥6，
所以S△F1ABS△MAB的的最大值为: 6.
故答案为：6.
24．给定曲线族4sinθ−2cosθ+6x2−8sinθ+cosθ+1y=0，θ为参数，则这些曲线在直线y=2x上所截得的弦长的最大值是_____
【答案】85
【解析】
联立方程4sinθ−2cosθ+6x2−8sinθ+cosθ+1y=0y=2x，
解得：x=0或x=8sinθ+cosθ+12sinθ−cosθ+3，
所以弦长d=1+k2x1−x2=5x，由x=8sinθ+cosθ+12sinθ−cosθ+3,得：(2x−8)sinθ−(x+1)cosθ=1−3x，由辅助角公式(2x−8)2+(x+1)2sin(θ+φ)=1−3x,
∴1−3x≤(2x−8)2+(x+1)2，平方整理得，x2+6x−16≤0，
解得：−8≤x≤2，所以x≤8,d=5x≤85，
即弦长的最大值是85
故答案为：85
25．设双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的右焦点为Fc,0，直线l：y=2x−c与双曲线C交于A，B两点.若AF=tFBt>0，则实数t的取值范围为___________.
【答案】0,2−3∪2+3,+∞
【解析】
设Ax1,y1，Bx2,y2，
联立y=2x−cx2a2−y2b2=1消去x整理得b2−2a2y2+22b2cy+2b4=0，
Δ>0，
所以y1+y2=−22b2cb2−2a2①，y1y2=2b4b2−2a2②.
因为AF=tFBt>0，所以−y1=ty2③，
将③代入①②两式整理得−t22b2cb2−2a21−t2=2b4b2−2a2，
则e2=31−t21+t2.又双曲线的离心率e∈1,+∞，
所以e2=31−t21+t2∈1,+∞，
解得t∈0,2−3∪2+3,+∞.
故答案为：0,2−3∪2+3,+∞
大数据之十年高考真题（2013-2022）与优质模拟题（新高考卷与新课标理科卷）
专题13平面解析几何选择填空题
真题汇总命题趋势
1．【2022年全国甲卷理科10】椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP,AQ的斜率之积为14，则C的离心率为（ ）
A．32 B．22 C．12 D．13
【答案】A
【解析】
解：A−a,0，
设Px1,y1，则Q−x1,y1，
则kAP=y1x1+a,kAQ=y1−x1+a，
故kAP⋅kAQ=y1x1+a⋅y1−x1+a=y12−x12+a2=14，
又x12a2+y12b2=1，则y12=b2a2−x12a2，
所以b2a2−x12a2−x12+a2=14，即b2a2=14，
所以椭圆C的离心率e=ca=1−b2a2=32.
故选：A.
2．【2022年全国乙卷理科05】设F为抛物线C:y2=4x的焦点，点A在C上，点B(3,0)，若AF=BF，则AB=（ ）
A．2 B．22 C．3 D．32
【答案】B
【解析】
由题意得，F1,0，则AF=BF=2，
即点A到准线x=−1的距离为2，所以点A的横坐标为−1+2=1，
不妨设点A在x轴上方，代入得，A1,2，
所以AB=3−12+0−22=22.
故选：B
3．【2022年全国乙卷理科11】双曲线C的两个焦点为F1,F2，以C的实轴为直径的圆记为D，过F1作D的切线与C的两支交于M，N两点，且cos∠F1NF2=35，则C的离心率为（ ）
A．52 B．32 C．132 D．172
【答案】C
【解析】
解：依题意不妨设双曲线焦点在x轴，设过F1作圆D的切线切点为G，
所以OG⊥NF1，因为cos∠F1NF2=35>0，所以N在双曲线的右支，
所以OG=a，OF1=c，GF1=b，设∠F1NF2=α，∠F2F1N=β，
由cos∠F1NF2=35，即cosα=35，则sinα=45，sinβ=ac，cosβ=bc，
在△F2F1N中，sin∠F1F2N=sinπ−α−β=sinα+β
=sinαcosβ+cosαsinβ=45×bc+35×ac=3a+4b5c，
由正弦定理得2csinα=NF2sinβ=NF1sin∠F1F2N=5c2，
所以NF1=5c2sin∠F1F2N=5c2×3a+4b5c=3a+4b2，NF2=5c2sinβ=5c2×ac=5a2
又NF1−NF2=3a+4b2−5a2=4b−2a2=2a，
所以2b=3a，即ba=32，
所以双曲线的离心率e=ca=1+b2a2=132
故选：C
4．【2021年全国甲卷理科5】已知F1,F2是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且∠F1PF2=60°,|PF1|=3|PF2|，则C的离心率为（ ）
A．72 B．132 C．7 D．13
【答案】A
因为|PF1|=3|PF2|，由双曲线的定义可得|PF1|−|PF2|=2|PF2|=2a，
所以|PF2|=a，|PF1|=3a；
因为∠F1PF2=60°,由余弦定理可得4c2=9a2+a2−2×3a⋅a⋅cos60°，
整理可得4c2=7a2，所以e2=c2a2=74，即e=72.
故选：A
5．【2021年新高考1卷5】已知F1，F2是椭圆C：x29+y24=1的两个焦点，点M在C上，则|MF1|⋅|MF2|的最大值为（ ）
A．13 B．12 C．9 D．6
【答案】C
由题，a2=9,b2=4，则|MF1|+|MF2|=2a=6，
所以|MF1|⋅|MF2|≤(|MF1|+|MF2|2)2=9（当且仅当|MF1|=|MF2|=3时，等号成立）．
故选：C．
6．【2021年全国乙卷理科11】设B是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点，若C上的任意一点P都满足|PB|≤2b，则C的离心率的取值范围是（ ）
A．[22,1) B．[12,1) C．(0,22] D．(0,12]
【答案】C
设P(x0,y0)，由B(0,b)，因为x02a2+y02b2=1，a2=b2+c2，所以
|PB|2=x02+(y0−b)2=a2(1−y02b2)+(y0−b)2=−c2b2(y0+b3c2)2+b4c2+a2+b2，
因为−b≤y0≤b，当−b3c2≤−b，即b2≥c2时，|PB|max2=4b2，即|PB|max=2b，符合题意，由b2≥c2可得a2≥2c2，即0
7．【2021年新高考2卷3】抛物线y2=2px(p>0)的焦点到直线y=x+1的距离为2，则p=（ ）
A．1 B．2 C．22 D．4
【答案】B
抛物线的焦点坐标为(p2,0)，
其到直线x−y+1=0的距离：d=|p2−0+1|1+1=2，
解得：p=2(p=−6舍去).
故选：B.
8．【2020年全国1卷理科04】已知A为抛物线C:y2=2px（p>0）上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p=（ ）
A．2 B．3 C．6 D．9
【答案】C
【解析】
设抛物线的焦点为F，由抛物线的定义知|AF|=xA+p2=12，即12=9+p2，解得p=6.
故选：C.
9．【2020年全国1卷理科11】已知⊙M：x2+y2−2x−2y−2=0，直线l：2x+y+2=0，P为l上的动点，过点P作⊙M的切线PA,PB，切点为A,B，当|PM|⋅|AB|最小时，直线AB的方程为（ ）
A．2x−y−1=0 B．2x+y−1=0 C．2x−y+1=0 D．2x+y+1=0
【答案】D
【解析】
圆的方程可化为x−12+y−12=4，点M到直线l的距离为d=2×1+1+222+12=5>2，所以直线l与圆相离．
依圆的知识可知，四点A,P,B,M四点共圆，且AB⊥MP，所以PM⋅AB=2S△PAM=2×12×PA×AM=2PA，而PA=MP2−4，
当直线MP⊥l时，MPmin=5，PAmin=1，此时PM⋅AB最小．
∴MP:y−1=12x−1即y=12x+12，由y=12x+122x+y+2=0解得，x=−1y=0．
所以以MP为直径的圆的方程为x−1x+1+yy−1=0，即x2+y2−y−1=0，
两圆的方程相减可得：2x+y+1=0，即为直线AB的方程．
故选：D.
10．【2020年全国2卷理科05】若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2x−y−3=0的距离为（ ）
A．55 B．255 C．355 D．455
【答案】B
【解析】
由于圆上的点2,1在第一象限，若圆心不在第一象限，
则圆与至少与一条坐标轴相交，不合乎题意，所以圆心必在第一象限，
设圆心的坐标为a,a，则圆的半径为a，
圆的标准方程为x−a2+y−a2=a2.
由题意可得2−a2+1−a2=a2，
可得a2−6a+5=0，解得a=1或a=5，
所以圆心的坐标为1,1或5,5，
圆心到直线2x−y−3=0的距离均为d=−25=255；
所以，圆心到直线2x−y−3=0的距离为255.
故选：B.
11．【2020年全国2卷理科08】设O为坐标原点，直线x=a与双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别交于D,E两点，若△ODE的面积为8，则C的焦距的最小值为（ ）
A．4 B．8 C．16 D．32
【答案】B
【解析】
∵C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，
∴双曲线的渐近线方程是y=±bax
∵直线x=a与双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别交于D，E两点
不妨设D为在第一象限，E在第四象限
联立x=ay=bax，解得x=ay=b
故D(a,b)
联立x=ay=−bax，解得x=ay=−b
故E(a,−b)
∴|ED|=2b，
∴△ODE面积为：S△ODE=12a×2b=ab=8
∵双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)
∴其焦距为2c=2a2+b2≥22ab=216=8
当且仅当a=b=22取等号
∴C的焦距的最小值：8
故选：B.
12．【2020年全国3卷理科05】设O为坐标原点，直线x=2与抛物线C：y2=2pxp>0交于D，E两点，若OD⊥OE，则C的焦点坐标为（ ）
A．14,0 B．12,0 C．(1,0) D．(2,0)
【答案】B
【解析】
因为直线x=2与抛物线y2=2px(p>0)交于E,D两点，且OD⊥OE，
根据抛物线的对称性可以确定∠DOx=∠EOx=π4，所以D2,2，
代入抛物线方程4=4p，求得p=1，所以其焦点坐标为(12,0)，
故选：B.
13．【2020年全国3卷理科11】设双曲线C：x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为5．P是C上一点，且F1P⊥F2P．若△PF1F2的面积为4，则a=（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
【答案】A
【解析】
∵ca=5，∴c=5a，根据双曲线的定义可得PF1−PF2=2a，
S△PF1F2=12|PF1|⋅PF2=4，即|PF1|⋅PF2=8，
∵F1P⊥F2P，∴|PF1|2+PF22=2c2，
∴PF1−PF22+2PF1⋅PF2=4c2，即a2−5a2+4=0，解得a=1，
故选：A.
14．【2019年新课标3理科10】双曲线C：x24−y22=1的右焦点为F，点P在C的一条渐近线上，O为坐标原点．若|PO|＝|PF|，则△PFO的面积为（ ）
A．324 B．322 C．22 D．32
【答案】解：双曲线C：x24−y22=1的右焦点为F（6，0），渐近线方程为：y=±22x，不妨P在第一象限，
可得tan∠POF=22，P（62，32），
所以△PFO的面积为：12×6×32=324．
故选：A．
15．【2019年全国新课标2理科08】若抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点是椭圆x23p+y2p=1的一个焦点，则p＝（ ）
A．2 B．3 C．4 D．8
【答案】解：由题意可得：3p﹣p＝（p2）2，解得p＝8．
故选：D．
16．【2019年全国新课标2理科11】设F为双曲线C：x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0）的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2+y2＝a2交于P，Q两点．若|PQ|＝|OF|，则C的离心率为（ ）
A．2 B．3 C．2 D．5
【答案】解：如图，
由题意，把x=c2代入x2+y2＝a2，得PQ=2a2−c24，
再由|PQ|＝|OF|，得2a2−c24=c，即2a2＝c2，
∴c2a2=2，解得e=ca=2．
故选：A．
17．【2019年新课标1理科10】已知椭圆C的焦点为F1（﹣1，0），F2（1，0），过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为（ ）
A．x22+y2＝1 B．x23+y22=1
C．x24+y23=1 D．x25+y24=1
【答案】解：∵|AF2|＝2|BF2|，∴|AB|＝3|BF2|，
又|AB|＝|BF1|，∴|BF1|＝3|BF2|，
又|BF1|+|BF2|＝2a，∴|BF2|=a2，
∴|AF2|＝a，|BF1|=32a，
在Rt△AF2O中，cos∠AF2O=1a，
在△BF1F2中，由余弦定理可得cos∠BF2F1=4+(a2)2−(32a)22×2×a2，
根据cos∠AF2O+cos∠BF2F1＝0，可得1a+4−2a22a=0，解得a2＝3，∴a=3．
b2＝a2﹣c2＝3﹣1＝2．
所以椭圆C的方程为：x23+y22=1．
故选：B．
18．【2018年新课标1理科08】设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点（﹣2，0）且斜率为23的直线与C交于M，N两点，则FM→•FN→=（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】解：抛物线C：y2＝4x的焦点为F（1，0），过点（﹣2，0）且斜率为23的直线为：3y＝2x+4，
联立直线与抛物线C：y2＝4x，消去x可得：y2﹣6y+8＝0，
解得y1＝2，y2＝4，不妨M（1，2），N（4，4），FM→=(0，2)，FN→=(3，4)．
则FM→•FN→=（0，2）•（3，4）＝8．
故选：D．
19．【2018年新课标1理科11】已知双曲线C：x23−y2＝1，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M，N．若△OMN为直角三角形，则|MN|＝（ ）
A．32 B．3 C．23 D．4
【答案】解：双曲线C：x23−y2＝1的渐近线方程为：y=±33x，渐近线的夹角为：60°，不妨设过F（2，0）的直线为：y=3(x−2)，
则：y=−33xy=3(x−2)解得M（32，−32），
y=33xy=3(x−2)解得：N（3，3），
则|MN|=(3−32)2+(3+32)2=3．
故选：B．
20．【2018年新课标2理科05】双曲线x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0）的离心率为3，则其渐近线方程为（ ）
A．y＝±2x B．y＝±3x C．y＝±22x D．y＝±32x
【答案】解：∵双曲线的离心率为e=ca=3，
则ba=b2a2=c2−a2a2=(ca)2−1=3−1=2，
即双曲线的渐近线方程为y＝±bax＝±2x，
故选：A．
21．【2018年新课标2理科12】已知F1，F2是椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左、右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为36的直线上，△PF1F2为等腰三角形，∠F1F2P＝120°，则C的离心率为（ ）
A．23 B．12 C．13 D．14
【答案】解：由题意可知：A（﹣a，0），F1（﹣c，0），F2（c，0），
直线AP的方程为：y=36（x+a），
由∠F1F2P＝120°，|PF2|＝|F1F2|＝2c，则P（2c，3c），
代入直线AP：3c=36（2c+a），整理得：a＝4c，
∴题意的离心率e=ca=14．
故选：D．
22．【2018年新课标3理科06】直线x+y+2＝0分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆（x﹣2）2+y2＝2上，则△ABP面积的取值范围是（ ）
A．[2，6] B．[4，8] C．[2，32] D．[22，32]
【答案】解：∵直线x+y+2＝0分别与x轴，y轴交于A，B两点，
∴令x＝0，得y＝﹣2，令y＝0，得x＝﹣2，
∴A（﹣2，0），B（0，﹣2），|AB|=4+4=22，
∵点P在圆（x﹣2）2+y2＝2上，∴设P（2+2cosθ，2sinθ），
∴点P到直线x+y+2＝0的距离：
d=|2+2cosθ+2sinθ+2|2=|2sin(θ+π4)+4|2，
∵sin（θ+π4）∈[﹣1，1]，∴d=|2sin(θ+π4)+4|2∈[2，32]，
∴△ABP面积的取值范围是：
[12×22×2，12×22×32]＝[2，6]．
故选：A．
23．【2018年新课标3理科11】设F1，F2是双曲线C：x2a2−y2b2=1（a＞0．b＞0）的左，右焦点，O是坐标原点．过F2作C的一条渐近线的垂线，垂足为P，若|PF1|=6|OP|，则C的离心率为（ ）
A．5 B．2 C．3 D．2
【答案】解：双曲线C：x2a2−y2b2=1（a＞0．b＞0）的一条渐近线方程为y=bax，
∴点F2到渐近线的距离d=bca2+b2=b，即|PF2|＝b，
∴|OP|=|OF2|2−|PF2|2=c2−b2=a，cos∠PF2O=bc，
∵|PF1|=6|OP|，
∴|PF1|=6a，
在三角形F1PF2中，由余弦定理可得|PF1|2＝|PF2|2+|F1F2|2﹣2|PF2|•|F1F2|COS∠PF2O，
∴6a2＝b2+4c2﹣2×b×2c×bc=4c2﹣3b2＝4c2﹣3（c2﹣a2），
即3a2＝c2，
即3a＝c，
∴e=ca=3，
故选：C．
24．【2017年新课标1理科10】已知F为抛物线C：y2＝4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，则|AB|+|DE|的最小值为（ ）
A．16 B．14 C．12 D．10
【答案】解：如图，l1⊥l2，直线l1与C交于A、B两点，
直线l2与C交于D、E两点，
要使|AB|+|DE|最小，
则A与D，B，E关于x轴对称，即直线DE的斜率为1，
又直线l2过点（1，0），
则直线l2的方程为y＝x﹣1，
联立方程组y2=4xy=x−1，则y2﹣4y﹣4＝0，
∴y1+y2＝4，y1y2＝﹣4，
∴|DE|=1+1k2•|y1﹣y2|=2×32=8，
∴|AB|+|DE|的最小值为2|DE|＝16，
方法二：设直线l1的倾斜角为θ，则l2的倾斜角为 π2+θ，
根据焦点弦长公式可得|AB|=2psin2θ=4sin2θ
|DE|=2psin2(π2+θ)=2pcos2θ=4cos2θ
∴|AB|+|DE|=4sin2θ+4cos2θ=4sin2θcos2θ=16sin22θ，
∵0＜sin22θ≤1，
∴当θ＝45°时，|AB|+|DE|的最小，最小为16，
故选：A．
25．【2017年新课标2理科09】若双曲线C：x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线被圆（x﹣2）2+y2＝4所截得的弦长为2，则C的离心率为（ ）
A．2 B．3 C．2 D．233
【答案】解：双曲线C：x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线不妨为：bx+ay＝0，
圆（x﹣2）2+y2＝4的圆心（2，0），半径为：2，
双曲线C：x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线被圆（x﹣2）2+y2＝4所截得的弦长为2，
可得圆心到直线的距离为：22−12=3=|2b|a2+b2，
解得：4c2−4a2c2=3，可得e2＝4，即e＝2．
故选：A．
26．【2017年新课标3理科05】已知双曲线C：x2a2−y2b2=1 （a＞0，b＞0）的一条渐近线方程为y=52x，且与椭圆x212+y23=1有公共焦点，则C的方程为（ ）
A．x28−y210=1 B．x24−y25=1
C．x25−y24=1 D．x24−y23=1
【答案】解：椭圆x212+y23=1的焦点坐标（±3，0），
则双曲线的焦点坐标为（±3，0），可得c＝3，
双曲线C：x2a2−y2b2=1 （a＞0，b＞0）的一条渐近线方程为y=52x，
可得ba=52，即c2−a2a2=54，可得ca=32，解得a＝2，b=5，
所求的双曲线方程为：x24−y25=1．
故选：B．
27．【2017年新课标3理科10】已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A2为直径的圆与直线bx﹣ay+2ab＝0相切，则C的离心率为（ ）
A．63 B．33 C．23 D．13
【答案】解：以线段A1A2为直径的圆与直线bx﹣ay+2ab＝0相切，
∴原点到直线的距离2aba2+b2=a，化为：a2＝3b2．
∴椭圆C的离心率e=ca=1−b2a2=63．
故选：A．
28．【2016年新课标1理科05】已知方程x2m2+n−y23m2−n=1表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则n的取值范围是（ ）
A．（﹣1，3） B．（﹣1，3） C．（0，3） D．（0，3）
【答案】解：∵双曲线两焦点间的距离为4，∴c＝2，
当焦点在x轴上时，
可得：4＝（m2+n）+（3m2﹣n），解得：m2＝1，
∵方程x2m2+n−y23m2−n=1表示双曲线，
∴（m2+n）（3m2﹣n）＞0，可得：（n+1）（3﹣n）＞0，
解得：﹣1＜n＜3，即n的取值范围是：（﹣1，3）．
当焦点在y轴上时，
可得：﹣4＝（m2+n）+（3m2﹣n），解得：m2＝﹣1，
无解．
故选：A．
29．【2016年新课标1理科10】以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A、B两点，交C的准线于D、E两点．已知|AB|＝42，|DE|＝25，则C的焦点到准线的距离为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】解：设抛物线为y2＝2px，如图：|AB|＝42，|AM|＝22，
|DE|＝25，|DN|=5，|ON|=p2，
xA=(22)22p=4p，
|OD|＝|OA|，
16p2+8=p24+5，
解得：p＝4．
C的焦点到准线的距离为：4．
故选：B．
30．【2016年新课标2理科04】圆x2+y2﹣2x﹣8y+13＝0的圆心到直线ax+y﹣1＝0的距离为1，则a＝（ ）
A．−43 B．−34 C．3 D．2
【答案】解：圆x2+y2﹣2x﹣8y+13＝0的圆心坐标为：（1，4），
故圆心到直线ax+y﹣1＝0的距离d=|a+4−1|a2+1=1，
解得：a=−43，
故选：A．
31．【2016年新课标2理科11】已知F1，F2是双曲线E：x2a2−y2b2=1的左，右焦点，点M在E上，MF1与x轴垂直，sin∠MF2F1=13，则E的离心率为（ ）
A．2 B．32 C．3 D．2
【答案】解：由题意，M为双曲线左支上的点，
则丨MF1丨=b2a，丨MF2丨=4c2+(b2a)2，
∴sin∠MF2F1=13，∴b2a4c2+b4a2=13，
可得：2b4＝a2c2，即2b2＝ac，又c2＝a2+b2，
可得2e2﹣e−2=0，
e＞1，解得e=2．
故选：A．
32．【2016年新课标3理科11】已知O为坐标原点，F是椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点．P为C上一点，且PF⊥x轴，过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E．若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为（ ）
A．13 B．12 C．23 D．34
【答案】解：由题意可设F（﹣c，0），A（﹣a，0），B（a，0），
设直线AE的方程为y＝k（x+a），
令x＝﹣c，可得M（﹣c，k（a﹣c）），令x＝0，可得E（0，ka），
设OE的中点为H，可得H（0，ka2），
由B，H，M三点共线，可得kBH＝kBM，
即为ka2−a=k(a−c)−c−a，
化简可得a−ca+c=12，即为a＝3c，
可得e=ca=13．
另解：由△AMF∽△AEO，
可得a−ca=MFOE，
由△BOH∽△BFM，
可得aa+c=OHFM=OE2FM，
即有2(a−c)a=a+ca即a＝3c，
可得e=ca=13．
故选：A．
33．【2015年新课标1理科05】已知M（x0，y0）是双曲线C：x22−y2=1上的一点，F1，F2是C的左、右两个焦点，若MF1→⋅MF2→＜0，则y0的取值范围是（ ）
A．(−33，33) B．(−36，36) C．(−223，223) D．(−233，233)
【答案】解：由题意，MF1→⋅MF2→=（−3−x0，﹣y0）•（3−x0，﹣y0）＝x02﹣3+y02＝3y02﹣1＜0，
所以−33＜y0＜33．
故选：A．
34．【2015年新课标2理科07】过三点A（1，3），B（4，2），C（1，﹣7）的圆交y轴于M，N两点，则|MN|＝（ ）
A．26 B．8 C．46 D．10
【答案】解：设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F＝0，则1+9+D+3E+F=016+4+4D+2E+F=01+49+D−7E+F=0，
∴D＝﹣2，E＝4，F＝﹣20，
∴x2+y2﹣2x+4y﹣20＝0，
令x＝0，可得y2+4y﹣20＝0，
∴y＝﹣2±26，
∴|MN|＝46．
故选：C．
35．【2015年新课标2理科11】已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上，△ABM为等腰三角形，顶角为120°，则E的离心率为（ ）
A．5 B．2 C．3 D．2
【答案】解：设M在双曲线x2a2−y2b2=1的左支上，
且MA＝AB＝2a，∠MAB＝120°，
则M的坐标为（﹣2a，3a），
代入双曲线方程可得，
4a2a2−3a2b2=1，
可得a＝b，
c=a2+b2=2a，
即有e=ca=2．
故选：D．
36．【2014年新课标1理科04】已知F为双曲线C：x2﹣my2＝3m（m＞0）的一个焦点，则点F到C的一条渐近线的距离为（ ）
A．3 B．3 C．3m D．3m
【答案】解：双曲线C：x2﹣my2＝3m（m＞0）可化为x23m−y23=1，
∴一个焦点为（3m+3，0），一条渐近线方程为x+my=0，
∴点F到C的一条渐近线的距离为3m+31+m=3．
故选：A．
37．【2014年新课标1理科10】已知抛物线C：y2＝8x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与C的一个交点，若FP→=4FQ→，则|QF|＝（ ）
A．72 B．3 C．52 D．2
【答案】解：设Q到l的距离为d，则|QF|＝d，
∵FP→=4FQ→，
∴|PQ|＝3d，
∴不妨设直线PF的斜率为−22dd=−22，
∵F（2，0），
∴直线PF的方程为y＝﹣22（x﹣2），
与y2＝8x联立可得x＝1，
∴|QF|＝d＝1+2＝3，
故选：B．
38．【2014年新课标2理科10】设F为抛物线C：y2＝3x的焦点，过F且倾斜角为30°的直线交C于A，B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为（ ）
A．334 B．938 C．6332 D．94
【答案】解：由y2＝2px，得2p＝3，p=32，
则F（34，0）．
∴过A，B的直线方程为y=33（x−34），
即x=3y+34．
联立 y2=3xx=3y+34，得4y2﹣123y﹣9＝0．
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则y1+y2＝33，y1y2=−94．
∴S△OAB＝S△OAF+S△OFB=12×34|y1﹣y2|=38(y1+y2)2−4y1y2=38×(33)2+9=94．
故选：D．
39．【2013年新课标1理科04】已知双曲线C：x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0）的离心率为52，则C的渐近线方程为（ ）
A．y=±14x B．y=±13x C．y＝±x D．y=±12x
【答案】解：由双曲线C：x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0），
则离心率e=ca=a2+b2a=52，即4b2＝a2，
故渐近线方程为y＝±bax=±12x，
故选：D．
40．【2013年新课标1理科10】已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的右焦点为F（3，0），过点F的直线交椭圆E于A、B两点．若AB的中点坐标为（1，﹣1），则E的方程为（ ）
A．x245+y236=1 B．x236+y227=1
C．x227+y218=1 D．x218+y29=1
【答案】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），
代入椭圆方程得x12a2+y12b2=1x22a2+y22b2=1，
相减得x12−x22a2+y12−y22b2=0，
∴x1+x2a2+y1−y2x1−x2⋅y1+y2b2=0．
∵x1+x2＝2，y1+y2＝﹣2，kAB=y1−y2x1−x2=−1−01−3=12．
∴2a2+12×−2b2=0，
化为a2＝2b2，又c＝3=a2−b2，解得a2＝18，b2＝9．
∴椭圆E的方程为x218+y29=1．
故选：D．
41．【2013年新课标2理科11】设抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点M在C上，|MF|＝5，若以MF为直径的圆过点（0，2），则C的方程为（ ）
A．y2＝4x或y2＝8x B．y2＝2x或y2＝8x
C．y2＝4x或y2＝16x D．y2＝2x或y2＝16x
【答案】解：∵抛物线C方程为y2＝2px（p＞0），
∴焦点F坐标为（p2，0），可得|OF|=p2，
∵以MF为直径的圆过点（0，2），
∴设A（0，2），可得AF⊥AM，
Rt△AOF中，|AF|=22+(p2)2=4+p24，
∴sin∠OAF=|OF||AF|=p24+p24，
∵根据抛物线的定义，得直线AO切以MF为直径的圆于A点，
∴∠OAF＝∠AMF，可得Rt△AMF中，sin∠AMF=|AF||MF|=p24+p24，
∵|MF|＝5，|AF|=4+p24
∴4+p245=p24+p24，整理得4+p24=5p2，解之可得p＝2或p＝8
因此，抛物线C的方程为y2＝4x或y2＝16x．
故选：C．
方法二：
∵抛物线C方程为y2＝2px（p＞0），∴焦点F（p2，0），
设M（x，y），由抛物线性质|MF|＝x+p2=5，可得x＝5−p2，
因为圆心是MF的中点，所以根据中点坐标公式可得，圆心横坐标为5−p2+p22=52，
由已知圆半径也为52，据此可知该圆与y轴相切于点（0，2），故圆心纵坐标为2，则M点纵坐标为4，
即M（5−p2，4），代入抛物线方程得p2﹣10p+16＝0，所以p＝2或p＝8．
所以抛物线C的方程为y2＝4x或y2＝16x．
故选：C．
42．【2022年新高考1卷11】已知O为坐标原点，点A(1,1)在抛物线C:x2=2py(p>0)上，过点B(0,−1)的直线交C于P，Q两点，则（ ）
A．C的准线为y=−1 B．直线AB与C相切
C．|OP|⋅|OQ|>|OA2 D．|BP|⋅|BQ|>|BA|2
【答案】BCD
【解析】
将点A的代入抛物线方程得1=2p，所以抛物线方程为x2=y，故准线方程为y=−14，A错误；
kAB=1−(−1)1−0=2，所以直线AB的方程为y=2x−1，
联立y=2x−1x2=y，可得x2−2x+1=0，解得x=1，故B正确；
设过B的直线为l，若直线l与y轴重合，则直线l与抛物线C只有一个交点，
所以，直线l的斜率存在，设其方程为y=kx−1，P(x1,y1),Q(x2,y2)，
联立y=kx−1x2=y，得x2−kx+1=0，
所以Δ=k2−4>0x1+x2=kx1x2=1，所以k>2或k<−2，y1y2=(x1x2)2=1，
又|OP|=x12+y12=y1+y12，|OQ|=x22+y22=y2+y22，
所以|OP|⋅|OQ|=y1y2(1+y1)(1+y2)=kx1×kx2=|k|>2=|OA|2，故C正确；
因为|BP|=1+k2|x1|，|BQ|=1+k2|x2|，
所以|BP|⋅|BQ|=(1+k2)|x1x2|=1+k2>5，而|BA|2=5，故D正确.
故选：BCD
43．【2022年新高考2卷10】已知O为坐标原点，过抛物线C:y2=2px(p>0)焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点M(p,0)，若|AF|=|AM|，则（ ）
A．直线AB的斜率为26 B．|OB|=|OF|
C．|AB|>4|OF| D．∠OAM+∠OBM<180°
【答案】ACD
【解析】
对于A，易得F(p2,0)，由AF=AM可得点A在FM的垂直平分线上，则A点横坐标为p2+p2=3p4，
代入抛物线可得y2=2p⋅3p4=32p2，则A(3p4,6p2)，则直线AB的斜率为6p23p4−p2=26，A正确；
对于B，由斜率为26可得直线AB的方程为x=12 6y+p2，联立抛物线方程得y2−16py−p2=0，
设B(x1,y1)，则62p+y1=66p，则y1=−6p3，代入抛物线得−6p32=2p⋅x1，解得x1=p3，则B(p3,−6p3)，
则OB=p32+−6p32=7p3≠OF=p2，B错误；
对于C，由抛物线定义知：AB=3p4+p3+p=25p12>2p=4OF，C正确；
对于D，OA⋅OB=(3p4,6p2)⋅(p3,−6p3)=3p4⋅p3+6p2⋅−6p3=−3p24<0，则∠AOB为钝角，
又MA⋅MB=(−p4,6p2)⋅(−2p3,−6p3)=−p4⋅−2p3+6p2⋅−6p3=−5p26<0，则∠AMB为钝角，
又∠AOB+∠AMB+∠OAM+∠OBM=360∘，则∠OAM+∠OBM<180∘，D正确.
故选：ACD.
44．【2021年新高考1卷11】已知点P在圆(x−5)2+(y−5)2=16上，点A(4,0)、B(0,2)，则（ ）
A．点P到直线AB的距离小于10
B．点P到直线AB的距离大于2
C．当∠PBA最小时，|PB|=32
D．当∠PBA最大时，|PB|=32
【答案】ACD
圆(x−5)2+(y−5)2=16的圆心为M(5,5)，半径为4，
直线AB的方程为x4+y2=1，即x+2y−4=0，
圆心M到直线AB的距离为|5+2×5−4|12+22=115=1155>4，
所以，点P到直线AB的距离的最小值为1155−4<2，最大值为1155+4<10，A选项正确，B选项错误；
如下图所示：
当∠PBA最大或最小时，PB与圆M相切，连接MP、BM，可知PM⊥PB，
|BM|=(0−5)2+(2−5)2=34，|MP|=4，由勾股定理可得|BP|=|BM|2−|MP|2=32，CD选项正确.
故选：ACD.
45．【2021年新高考2卷11】已知直线l:ax+by−r2=0与圆C:x2+y2=r2，点A(a,b)，则下列说法正确的是（ ）
A．若点A在圆C上，则直线l与圆C相切 B．若点A在圆C内，则直线l与圆C相离
C．若点A在圆C外，则直线l与圆C相离 D．若点A在直线l上，则直线l与圆C相切
【答案】ABD
圆心C(0,0)到直线l的距离d=r2a2+b2，
若点A(a,b)在圆C上，则a2+b2=r2，所以d=r2a2+b2=|r|，
则直线l与圆C相切，故A正确；
若点A(a,b)在圆C内，则a2+b2
则直线l与圆C相离，故B正确；
若点A(a,b)在圆C外，则a2+b2>r2，所以d=r2a2+b2<|r|，
则直线l与圆C相交，故C错误；
若点A(a,b)在直线l上，则a2+b2−r2=0即a2+b2=r2，
所以d=r2a2+b2=|r|，直线l与圆C相切，故D正确.
故选：ABD.
46．【2020年山东卷09】已知曲线C:mx2+ny2=1.（ ）
A．若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B．若m=n>0，则C是圆，其半径为n
C．若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为y=±−mnx
D．若m=0，n>0，则C是两条直线
【答案】ACD
【解析】
对于A，若m>n>0，则mx2+ny2=1可化为x21m+y21n=1，
因为m>n>0，所以1m<1n，
即曲线C表示焦点在y轴上的椭圆，故A正确；
对于B，若m=n>0，则mx2+ny2=1可化为x2+y2=1n，
此时曲线C表示圆心在原点，半径为nn的圆，故B不正确；
对于C，若mn<0，则mx2+ny2=1可化为x21m+y21n=1，
此时曲线C表示双曲线，
由mx2+ny2=0可得y=±−mnx，故C正确；
对于D，若m=0,n>0，则mx2+ny2=1可化为y2=1n，
y=±nn，此时曲线C表示平行于x轴的两条直线，故D正确；
故选：ACD.
47．【2020年海南卷09】已知曲线C:mx2+ny2=1.（ ）
A．若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B．若m=n>0，则C是圆，其半径为n
C．若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为y=±−mnx
D．若m=0，n>0，则C是两条直线
【答案】ACD
【解析】
对于A，若m>n>0，则mx2+ny2=1可化为x21m+y21n=1，
因为m>n>0，所以1m<1n，
即曲线C表示焦点在y轴上的椭圆，故A正确；
对于B，若m=n>0，则mx2+ny2=1可化为x2+y2=1n，
此时曲线C表示圆心在原点，半径为nn的圆，故B不正确；
对于C，若mn<0，则mx2+ny2=1可化为x21m+y21n=1，
此时曲线C表示双曲线，
由mx2+ny2=0可得y=±−mnx，故C正确；
对于D，若m=0,n>0，则mx2+ny2=1可化为y2=1n，
y=±nn，此时曲线C表示平行于x轴的两条直线，故D正确；
故选：ACD.
48．【2022年全国甲卷理科14】若双曲线y2−x2m2=1(m>0)的渐近线与圆x2+y2−4y+3=0相切，则m=_________．
【答案】33
【解析】
解：双曲线y2−x2m2=1m>0的渐近线为y=±xm，即x±my=0，
不妨取x+my=0，圆x2+y2−4y+3=0，即x2+y−22=1，所以圆心为0,2，半径r=1，
依题意圆心0,2到渐近线x+my=0的距离d=2m1+m2=1，
解得m=33或m=−33（舍去）．
故答案为：33．
49．【2022年全国乙卷理科14】过四点(0,0),(4,0),(−1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为____________．
【答案】x−22+y−32=13或x−22+y−12=5或x−432+y−732=659或x−852+y−12=16925；
【解析】
解：依题意设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
若过0,0，4,0，−1,1，则F=016+4D+F=01+1−D+E+F=0，解得F=0D=−4E=−6，
所以圆的方程为x2+y2−4x−6y=0，即x−22+y−32=13；
若过0,0，4,0，4,2，则F=016+4D+F=016+4+4D+2E+F=0，解得F=0D=−4E=−2，
所以圆的方程为x2+y2−4x−2y=0，即x−22+y−12=5；
若过0,0，4,2，−1,1，则F=01+1−D+E+F=016+4+4D+2E+F=0，解得F=0D=−83E=−143，
所以圆的方程为x2+y2−83x−143y=0，即x−432+y−732=659；
若过−1,1，4,0，4,2，则1+1−D+E+F=016+4D+F=016+4+4D+2E+F=0，解得F=−165D=−165E=−2，
所以圆的方程为x2+y2−165x−2y−165=0，即x−852+y−12=16925；
故答案为：x−22+y−32=13或x−22+y−12=5或x−432+y−732=659或x−852+y−12=16925；
50．【2022年新高考1卷14】写出与圆x2+y2=1和(x−3)2+(y−4)2=16都相切的一条直线的方程________________．
【答案】y=−34x+54或y=724x−2524或x=−1
【解析】
圆x2+y2=1的圆心为O0,0，半径为1，圆(x−3)2+(y−4)2=16的圆心O1为(3,4)，半径为4，
两圆圆心距为32+42=5，等于两圆半径之和，故两圆外切，
如图，
当切线为l时，因为kOO1=43，所以kl=−34，设方程为y=−34x+t(t>0)
O到l的距离d=|t|1+916=1，解得t=54，所以l的方程为y=−34x+54，
当切线为m时，设直线方程为kx+y+p=0，其中p>0，k<0，
由题意p1+k2=13k+4+p1+k2=4，解得k=−724p=2524，y=724x−2524
当切线为n时，易知切线方程为x=−1，
故答案为：y=−34x+54或y=724x−2524或x=−1.
51．【2022年新高考1卷16】已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为12．过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE|=6，则△ADE的周长是________________．
【答案】13
【解析】
∵椭圆的离心率为e=ca=12，∴a=2c，∴b2=a2−c2=3c2，∴椭圆的方程为x24c2+y23c2=1，即3x2+4y2−12c2=0，不妨设左焦点为F1，右焦点为F2，如图所示，∵AF2=a，OF2=c，a=2c，∴∠AF2O=π3，∴△AF1F2为正三角形，∵过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，DE为线段AF2的垂直平分线，∴直线DE的斜率为33，斜率倒数为3， 直线DE的方程：x=3y−c，代入椭圆方程3x2+4y2−12c2=0，整理化简得到：13y2−63cy−9c2=0，
判别式∆=63c2+4×13×9c2=62×16×c2，
∴CD=1+32y1−y2=2×∆13=2×6×4×c13=6，
∴ c=138， 得a=2c=134，
∵DE为线段AF2的垂直平分线，根据对称性，AD=DF2，AE=EF2，∴△ADE的周长等于△F2DE的周长，利用椭圆的定义得到△F2DE周长为DF2+|EF2|+|DE|=|DF2|+|EF2|+|DF1|+|EF1|=|DF1|+|DF2|+|EF1|+|EF2|=2a+2a=4a=13.
故答案为：13.
52．【2022年新高考2卷15】设点A(−2,3),B(0,a)，若直线AB关于y=a对称的直线与圆(x+3)2+(y+2)2=1有公共点，则a的取值范围是________．
【答案】13,32
【解析】
解：A−2,3关于y=a对称的点的坐标为A'−2,2a−3，B0,a在直线y=a上，
所以A'B所在直线即为直线l，所以直线l为y=a−3−2x+a，即a−3x+2y−2a=0；
圆C:x+32+y+22=1，圆心C−3,−2，半径r=1，
依题意圆心到直线l的距离d=−3a−3−4−2aa−32+22≤1，
即5−5a2≤a−32+22，解得13≤a≤32，即a∈13,32；
故答案为：13,32
53．【2022年新高考2卷16】已知直线l与椭圆x26+y23=1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|MA|=|NB|,|MN|=23，则l的方程为___________．
【答案】x+2y−22=0
【解析】
解：令AB的中点为E，因为MA=NB，所以ME=NE，
设Ax1,y1，Bx2,y2，则x126+y123=1，x226+y223=1，
所以x126−x226+y123−y223=0，即x1−x2x1+x26+y1+y2y1−y23=0
所以y1+y2y1−y2x1−x2x1+x2=−12，即kOE⋅kAB=−12，设直线AB:y=kx+m，k<0，m>0，
令x=0得y=m，令y=0得x=−mk，即M−mk,0，N0,m，所以E−m2k,m2，
即k×m2−m2k=−12，解得k=−22或k=22（舍去），
又MN=23，即MN=m2+2m2=23，解得m=2或m=−2（舍去），
所以直线AB:y=−22x+2，即x+2y−22=0；
故答案为：x+2y−22=0
54．【2021年全国甲卷理科15】已知F1,F2为椭圆C：x216+y24=1的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且|PQ|=|F1F2|，则四边形PF1QF2的面积为________．
【答案】8
因为P,Q为C上关于坐标原点对称的两点，
且|PQ|=|F1F2|，所以四边形PF1QF2为矩形，
设|PF1|=m,|PF2|=n，则m+n=8,m2+n2=48，
所以64=(m+n)2=m2+2mn+n2=48+2mn，
mn=8，即四边形PF1QF2面积等于8.
故答案为：8.
55．【2021年新高考1卷14】已知O为坐标原点，抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且PQ⊥OP，若|FQ|=6，则C的准线方程为______.
【答案】x=−32
抛物线C：y2=2px (p>0)的焦点F(p2,0),
∵P为C上一点，PF与x轴垂直，
所以P的横坐标为p2，代入抛物线方程求得P的纵坐标为±p,
不妨设P(p2,p),
因为Q为x轴上一点，且PQ⊥OP，所以Q在F的右侧，
又∵|FQ|=6，
∴Q(6+p2,0),∴PQ=(6,−p)
因为PQ⊥OP，所以PQ⋅OP=p2×6−p2=0,
∵p>0,∴p=3，
所以C的准线方程为x=−32
故答案为：x=−32.
56．【2021年全国乙卷理科13】已知双曲线C:x2m−y2=1(m>0)的一条渐近线为3x+my=0，则C的焦距为_________．
【答案】4
由渐近线方程3x+my=0化简得y=−3mx，即ba=3m，同时平方得b2a2=3m2，又双曲线中a2=m,b2=1，故3m2=1m，解得m=3,m=0（舍去），c2=a2+b2=3+1=4⇒c=2，故焦距2c=4
故答案为：4
57．【2021年新高考2卷13】已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为2，则该双曲线的渐近线方程为_______________
【答案】y=±3x
因为双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为2，
所以e=c2a2=a2+b2a2=2，所以b2a2=3，
所以该双曲线的渐近线方程为y=±bax=±3x.
故答案为：y=±3x.
58．【2020年全国1卷理科15】已知F为双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点，A为C的右顶点，B为C上的点，且BF垂直于x轴.若AB的斜率为3，则C的离心率为______________.
【答案】2
【解析】
依题可得，BFAF=3，而BF=b2a，AF=c−a，即b2ac−a=3，变形得c2−a2=3ac−3a2，化简可得，e2−3e+2=0，解得e=2或e=1（舍去）．
故答案为：2．
59．【2020年山东卷13】斜率为3的直线过抛物线C：y2=4x的焦点，且与C交于A，B两点，则AB=________．
【答案】163
【解析】
∵抛物线的方程为y2=4x，∴抛物线的焦点F坐标为F(1,0)，
又∵直线AB过焦点F且斜率为3，∴直线AB的方程为：y=3(x−1)
代入抛物线方程消去y并化简得3x2−10x+3=0，
解法一：解得x1=13,x2=3
所以|AB|=1+k2|x1−x2|=1+3⋅|3−13|=163
解法二：Δ=100−36=64>0
设A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1+x2=103,
过A,B分别作准线x=−1的垂线，设垂足分别为C,D如图所示.
|AB|=|AF|+|BF|=|AC|+|BD|=x1+1+x2+1=x1+x2+2=163
故答案为：163
60．【2020年海南卷13】斜率为3的直线过抛物线C：y2=4x的焦点，且与C交于A，B两点，则AB=________．
【答案】163
【解析】
∵抛物线的方程为y2=4x，∴抛物线的焦点F坐标为F(1,0)，
又∵直线AB过焦点F且斜率为3，∴直线AB的方程为：y=3(x−1)
代入抛物线方程消去y并化简得3x2−10x+3=0，
解法一：解得x1=13,x2=3
所以|AB|=1+k2|x1−x2|=1+3⋅|3−13|=163
解法二：Δ=100−36=64>0
设A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1+x2=103,
过A,B分别作准线x=−1的垂线，设垂足分别为C,D如图所示.
|AB|=|AF|+|BF|=|AC|+|BD|=x1+1+x2+1=x1+x2+2=163
故答案为：163
61．【2019年新课标3理科15】设F1，F2为椭圆C：x236+y220=1的两个焦点，M为C上一点且在第一象限．若△MF1F2为等腰三角形，则M的坐标为 ．
【答案】解：设M（m，n），m，n＞0，椭圆C：x236+y220=1的a＝6，b＝25，c＝4，
e=ca=23，
由于M为C上一点且在第一象限，可得|MF1|＞|MF2|，
△MF1F2为等腰三角形，可能|MF1|＝2c或|MF2|＝2c，
即有6+23m＝8，即m＝3，n=15；
6−23m＝8，即m＝﹣3＜0，舍去．
可得M（3，15）．
故答案为：（3，15）．
62．【2019年新课标1理科16】已知双曲线C：x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若F1A→=AB→，F1B→•F2B→=0，则C的离心率为 ．
【答案】解：如图，
∵F1A→=AB→，且F1B→•F2B→=0，∴OA⊥F1B，
则F1B：y=ab(x+c)，
联立y=ab(x+c)y=bax，解得B（a2cb2−a2，abcb2−a2），
则F1B2=(a2cb2−a2+c)2+(abcb2−a2)2，F2B2=(a2cb2−a2−c)2+(abcb2−a2)2，
∴(a2cb2−a2+c)2+(a2cb2−a2−c)2+2(abcb2−a2)2=4c2，
整理得：b2＝3a2，∴c2﹣a2＝3a2，即4a2＝c2，
∴c2a2=4，e=ca=2．
故答案为：2．
63．【2018年新课标3理科16】已知点M（﹣1，1）和抛物线C：y2＝4x，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点．若∠AMB＝90°，则k＝
．
【答案】解：∵抛物线C：y2＝4x的焦点F（1，0），
∴过A，B两点的直线方程为y＝k（x﹣1），
联立y2=4xy=k(x−1)可得，k2x2﹣2（2+k2）x+k2＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则 x1+x2=4+2k2k2，x1x2＝1，
∴y1+y2＝k（x1+x2﹣2）=4k，y1y2＝k2（x1﹣1）（x2﹣1）＝k2[x1x2﹣（x1+x2）+1]＝﹣4，
∵M（﹣1，1），
∴MA→=（x1+1，y1﹣1），MB→=（x2+1，y2﹣1），
∵∠AMB＝90°，∴MA→•MB→=0
∴（x1+1）（x2+1）+（y1﹣1）（y2﹣1）＝0，
整理可得，x1x2+（x1+x2）+y1y2﹣（y1+y2）+2＝0，
∴1+2+4k2−4−4k+2＝0，
即k2﹣4k+4＝0，
∴k＝2．
故答案为：2
64．【2017年新课标1理科15】已知双曲线C：x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0）的右顶点为A，以A为圆心，b为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M、N两点．若∠MAN＝60°，则C的离心率为 ．
【答案】解：双曲线C：x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0）的右顶点为A（a，0），
以A为圆心，b为半径做圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M、N两点．
若∠MAN＝60°，可得A到渐近线bx+ay＝0的距离为：bcos30°=32b，
可得：|ab|a2+b2=32b，即ac=32，可得离心率为：e=233．
故答案为：233．
65．【2017年新课标2理科16】已知F是抛物线C：y2＝8x的焦点，M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N．若M为FN的中点，则|FN|＝ ．
【答案】解：抛物线C：y2＝8x的焦点F（2，0），M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N．若M为FN的中点，
可知M的横坐标为：1，则M的纵坐标为：±22，
|FN|＝2|FM|＝2(1−2)2+(±22−0)2=6．
故答案为：6．
66．【2016年新课标3理科16】已知直线l：mx+y+3m−3=0与圆x2+y2＝12交于A，B两点，过A，B分别作l的垂线与x轴交于C，D两点，若|AB|＝23，则|CD|＝ ．
【答案】解：由题意，|AB|＝23，∴圆心到直线的距离d＝3，
∴|3m−3|m2+1=3，
∴m=−33
∴直线l的倾斜角为30°，
∵过A，B分别作l的垂线与x轴交于C，D两点，
∴|CD|=2332=4．
故答案为：4．
67．【2015年新课标1理科14】一个圆经过椭圆x216+y24=1的三个顶点．且圆心在x轴的正半轴上．则该圆标准方程为 ．
【答案】解：一个圆经过椭圆x216+y24=1的三个顶点．且圆心在x轴的正半轴上．
可知椭圆的右顶点坐标（4，0），上下顶点坐标（0，±2），
设圆的圆心（a，0），则(a−0)2+(0−2)2=4−a，解得a=32，
圆的半径为：52，
所求圆的方程为：（x−32）2+y2=254．
故答案为：（x−32）2+y2=254．
68．【2014年新课标2理科16】设点M（x0，1），若在圆O：x2+y2＝1上存在点N，使得∠OMN＝45°，则x0的取值范围是 ．
【答案】解：由题意画出图形如图：点M（x0，1），
要使圆O：x2+y2＝1上存在点N，使得∠OMN＝45°，
则∠OMN的最大值大于或等于45°时一定存在点N，使得∠OMN＝45°，
而当MN与圆相切时∠OMN取得最大值，
此时MN＝1，
图中只有M′到M″之间的区域满足MN≤1，
∴x0的取值范围是[﹣1，1]．
模拟好题
1．已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作C的渐近线的垂线，垂足为点P，PF1=5a，则C的离心率为（ ）
A．5 B．2 C．3 D．2
【答案】D
【解析】
由题意得F2(c,0)到一条渐近线bx−ay=0的距离为|PF2|=|bc|b2+a2=b，
则|OP|=a，cos∠PF2O=bc，在△F1PF2中，由余弦定理得|PF1|2=|PF2|2+|F1F2|2−2|PF2|⋅|F1F2|cos∠PF2O，
即5a2=b2+4c2−2b⋅2c⋅bc，得5a2=4c2−3(c2−a2)，
则离心率e=ca=2，
故选：D
2．已知双曲线E:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的两个焦点为F1，F2，以F1为圆心，F1F2为半径的圆与E交于点P，若tan∠F1PF2=22，则E的离心率为（ ）
A．3 B．2 C．22 D．3
【答案】D
【解析】
设F1F2=2c ，根据题意可得PF1=2c，tan∠F1PF2=22>0，∠F1PF2为锐角
则PF2=2c−2a，设线段PF2的中点为M，则PM=c−a．
在Rt△F1PM中，tan∠F1PM=22，
则F1M=22PM，所以PF1=F1M2+PM2=3PM,即2c=3c−a，
即2ca=3ca−1得E的离心率ca=3．
故选：D
3．已知抛物线E：y2=2px（p>0）的焦点为F，点A是抛物线E的准线与坐标轴的交点，点P在抛物线E上，若∠PAF=30∘，则sin∠PFA=（ ）
A．12 B．33 C．34 D．32
【答案】B
【解析】
过P作准线的垂线，垂足为Q，由∠PAF=30°，可得∠APQ=30°，由题意如图所示：
在Rt△AQP中，可cos∠APQ=|QP||PA|=32，
由抛物线的性质可得|PQ|=|PF|，所以|PF||PA|=32，
在△PAF中，由正弦定理可得：|PA|sin∠PFA=|PF|sin∠PAF，
所以sin∠PFA=|AP||PF|⋅sin∠PAF=23⋅12=33，
故选：B．
4．已知点P在抛物线C:y2=4x上，若以点P为圆心的圆与C的准线相切，且与x轴相交的弦长为6，则点P到y轴的距离为（ ）
A．4 B．42 C．5 D．52
【答案】A
【解析】
设P(m,n)，设圆的半径为r，
因为点P在抛物线C:y2=4x上，所以n2=4m，
以点P为圆心的圆与C的准线相切，所以m+1=r,
圆P与x轴相交的弦长为6，所以32+n2=r2，
所以m2−2m−8=0，又m≥0，
所以m=4，故n=±4，r=5,
所以点P到y轴的距离为4，
故选： A.
5．已知C为焦点在y轴上的双曲线，其离心率为52，P为C上一动点（除顶点），过点P的直线l1，l2分别经过双曲线的两个顶点，已知直线l1的斜率k1∈1,32，则直线l2的斜率k2的取值范围为（ ）
A．56,54 B．815,45 C．83,4 D．16,14
【答案】C
【解析】
设双曲线的方程为y2a2−x2b2=1a>0,b>0， Px0,y0为C上一动点，上顶点A0,a,下顶点B0,−a,离心率为52，即54=1+b2a2,可得14=b2a2,
直线l1为直线PA, 直线l2为直线PB,
则k1k2=y0−ax0⋅y0+ax0=y02−a2x02=a2+a2⋅x02b2−a2x02=a2b2=4，
k2=4k1，又k1∈1,32，1k1∈23,1，可得k2=4k1∈83,4，
故选：C
6．已知P3,4−22，过点P作圆C:x−a2+y−a−12=1（a为参数，且a∈R）的两条切线分别切圆C于点A、B，则sin∠APB的最大值为（ ）
A．1 B．12 C．32 D．64
【答案】C
【解析】
圆心Ca,a+1，半径为1，圆心C在直线y=x+1上运动，
设∠APC=θ，则∠APB=2θ，由圆的几何性质可知tanθ=ACPA=1PA，
所以，sin∠APB=sin2θ=2sinθcosθsin2θ+cos2θ=2tanθtan2θ+1=2tanθ+1tanθ=21PA+PA，
当直线PC与直线y=x+1垂直时，PC取最小值，则PA=PC2−1取最小值，
且PCmin=3−4−22+12=2，则PAmin=22−1=3，则PA≥3，
由双勾函数的单调性可知，函数y=x+1x在3,+∞上为增函数，且y=x+1x>0，
故函数fx=2x+1x在3,+∞上为减函数，
故当PA=3时，sin∠APB取得最大值234=32.
故选：C.
7．椭圆x25+y2=1的左右焦点为F1,F2,Px0,y0x0>0,y0>0为椭圆上一点，直线PF1,PF2分别交椭圆于M，N两点，则当直线MN的斜率为−19时，x0y0=（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】D
【解析】
由已知得F1(−2,0),F2(2,0)，
所以直线PF1的方程为：y=k1(x+2)（其中k1=y0x0+2），
与椭圆方程联立得5k12+1x2+20k12x+20k12−5=0，
由韦达定理xM+x0=−20k125k12+1=−20y024x02+9，所以xM=−20y024x0+9−x0=−9x0+204x0+9，
故yM=y0x0+2xM+2=−y04x0+9；
类似得xN=9x0−204x0−9，yN=y04x0−9，
所以kMN=yM−yXxM−xM=x0y09x02−45=x0y095−5y02−45=−x045y0=−19⇒x0y0=5，
故选：D．
8．已知双曲线C:x2−3y2=1的左，右顶点分别为A、B，P是C在第一象限的图象上的点，记∠PAB=α，∠PBA=β，∠APB=γ，则（ ）
A．tanα+tanβ+tanγ=0 B．tanα+tanβ−tanγ=0
C．3tanα+3tanβ+4tanγ=0 D．2tanα+2tanβ+3tanγ=0
【答案】C
【解析】
解：由双曲线C:x2−3y2=1，
得A−1,0,B1,0，设Px,y,x>0,y>0，
则kPA⋅kPB=yx+1⋅yx−1=y2x2−1，
又x2−3y2=1，
所以kPA⋅kPB=y23y2+1−1=13，则tanαtanβ=−13，
所以tanγ=−tan(α+β)=tanα+tanβtanαtanβ−1=−3(tanα+tanβ)4，
即3tanα+3tanβ+4tanγ=0.
故选：C.
9．已知斜率为12的直线l与椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)相交于A，B两点，与x轴，y轴分别交于C，D两点，若C，D恰好是线段AB的两个三等分点，则椭圆E的离心率e为（ ）
A．12 B．22 C．32 D．33
【答案】C
【解析】
如图，设Ax1,y1，Bx2,y2，∵C，D分别是线段AB的两个三等分点，∴C−x1,0，D0,y12，则B−2x1,−y12，
得x2=−2x1,y2=−y12, k=y1−y2x1−x2=3y123x1=12⋅y1x1，
利用点差法，由x12a2+y12b2=1,x22a2+y22b2=1,两式相减得x1+x2x1−x2a2+y1+y2y1−y2b2=0，
整理得到y12x12=4b2a2，即4b2a2=4k2⇒a2−c2a2=k2=14，所以e=32.
故选：C．
10．已知抛物线：x2=2pyp>0的顶点为O，焦点为F，准线为l，过点F的直线与抛物线交于点A、B，且OA⋅OB=−3，过抛物线上一点P（非原点）作抛物线的切线，与x轴、y轴分别交于点M、N，PH⊥l．垂足为H．下列命题：
①抛物线的标准方程为x2=4y
②△OMN的面积为定值
③M为PN的中点
④四边形PFNH为菱形
其中所有正确结论的编号为（ ）
A．①③④ B．①④
C．①②③ D．②③
【答案】A
【解析】
设Ax1,y1，Bx2,y2，可知F0,p2，直线AB的方程为y=kx+p2，
联立x2=2pyy=kx+p2，化为x2−2pkx−p2=0，
则x1+x2=2pk，x1x2=−p2，而y1y2=(x1x2)24p2=p24，
所以OA⋅OB=x1x2+y1y2=−34p2=−3，
所以p=2，故抛物线方程为x2=4y，故①正确；
设Px0,y0，抛物线方程为y=x24，则y'=12x，
则在P点处取得的切线方程斜率为y'|x=x0=x02，
所以以P点为切点的切线方程为y=x02x−y0，切线与x轴､y轴分别交于点M､N，
所以M2y0x0,0，N0,−y0，
所以S△OMN=12OMON=12×2y0x0×−y0=x0242x0=x0316，故面积不为定值，故②错误；
因为M2y0x0,0、Px0,y0、N0,−y0，可知，2⋅2y0x0=x02x0=x0+02⋅0=y0+(−y0)，
所以M为PN的中点，故③正确；
因为PH⊥l，垂足为H ，所以Hx0,−1、N0,−y0、F0,1、Px0,y0，
因此FN=PH且FN//PH，所以四边形PFNH为平行四边形，
又根据抛物线定义PH=PF，故四边形PFNH为菱形，故④正确.
故正确结论编号为：①③④.
故选：A.
11．“脸谱”是戏曲舞台演出时的化妆造型艺术，更是中国传统戏曲文化的重要载体如图，“脸谱”图形可近似看作由半圆和半椭圆组成的曲线C，其方程为x2+y2=4，y>0x24+y29=1，y≤0．则下列说法正确的是（ ）
A．曲线C包含的封闭图形内部(不含边界)有11个整数点(横、纵坐标均为整数)
B．曲线C上任意一点到原点距离的最大值与最小值之和为5
C．若A(0，－5)、B(0，5)，P是曲线C下半部分中半椭圆上的一个动点，则cos∠APB的最小值为－19
D．画法几何的创始人加斯帕尔·蒙日发现：椭圆中任意两条互相垂直的切线，其交点都在与椭圆同中心的圆上，称该圆为椭圆的蒙日圆；那么曲线C中下半部分半椭圆扩充为整个椭圆C'：x24+y29=1(−3≤y≤3)后，椭圆C'的蒙日圆方程为：x2+y2=13
【答案】BCD
【解析】
对于A：曲线x2+y2=4,y>0x24+y29=1,y≤0中，−2≤x≤2，当x∈Z时，
分5类讨论：x=−2,−1,0,1,2，分别代入曲线C方程，可得：
整数点为(－1，1)，(－1，0)，(－1，－1)．(－1，－2)，(0，0)，(1，1)，(1，0)、(1，－1)，(1，－2)，
所以：整数点有9个，选项A错误；
对于B：曲线C中，当y>1时x2+y2=4，此时与原点距离为2，
当y≤0，时x24+y29=1，设半椭圆上动点P坐标为(2cosθ，3sinθ)，θ∈π,2π
则OP2=2cosθ2+3sinθ2=4cos2θ+9sin2θ=9−5cos2θ≤9⇒2≤OP≤3，
最大值与最小值之和为5，选项B正确；
对于C：又A(0，－5)、B(0，5)恰为椭圆x24+y29=1的两个焦点．
那么PA+PB=6，PA⋅PB≤PA+PB22=9
当且仅当PA=PB，即P在x轴上时，等号成立，
在△PAB中，AB=25，由余弦定理知：
cos∠APB=PA|2+PB|2−|AB|22PA⋅PB=(PA+PB)2−AB2−2PA⋅PB2PA⋅PB
=62−20−2PA⋅PB2PA⋅PB=8PA⋅PB−1≥89−1=−19，选项C正确；
对于D：由题意知：蒙日圆的圆心O坐标为原点(0，0)，在椭圆C'：x24+y29=1(−3≤y≤3)中取两条切线：x=2和y=3，它们交点为(2，3)，
该点在蒙日圆上，半径为22+32=13
此时蒙日圆方程为：x2+y2=13，选项D正确．
故选：BCD．
12．已知直线l过抛物线C:x2=−4y的焦点F，且直线l与抛物线C交于A，B两点，过A，B两点分别作抛物线C的切线，两切线交于点G，设A(xA，yA)，B(xB，yB)，G(xG，yG)．则下列选项正确的是（ ）
A．yA⋅yB=4 B．以线段AB为直径的圆与直线y=32相离
C．当AF=2FB时，|AB|=5 D．△GAB面积的取值范围为4,+∞
【答案】BD
【解析】
抛物线C:x2=−4y的焦点F(0,−1)，准线方程为y=1，
设直线l的方程为y=kx−1，与抛物线的方程联立，可得x2+4kx−4=0，
可得xAxB=−4，xA+xB=−4k，yAyB=(xAxB)216=1，故A错误；
由|AB|=2−yA−yB=2−k(xA+xB)+2=4+4k2，AB的中点到准线的距离为
d=1−yA+yB2=1−−4k2−22=2+2k2，
可得d=12|AB|，即有以AB为直径的圆与准线y=1相切，则它与直线y=32相离，故B正确；
由AF=2FB，可得0−xA=2(xB−0)，即xA=−2xB，又xAxB=−4，xA+xB=−4k，
解得xA=−22，yA=−2，xB=2，yB=−12，所以|AB|=2+2+12=92，故C错误；
由x2=−4y即y=−14x2的导数为y'=−12x，可得A处的切线的方程为y=−xA2x+xA24，
B处的切线的方程为y=−xB2x+xB24，
联立两条切线的方程，解得xG=12(xA+xB)=−2k，yG=−14(xA2+xAxB)+xA24=−14xAxB=−14×(−4)=1，
即G(−2k,1)，G到AB的距离为d=|2+2k2|1+k2，|AB|=1+k2⋅16k2+16，
则△GAB的面积为S=12d⋅|AB|=12⋅21+k2⋅4(1+k2)=4(1+k2)32⩾4，当k=0时，取得等号，
则△GAB面积的取值范围为[4，+∞)，故D正确．
故选：BD．
13．已知椭圆x29+y25=1的左右焦点分别为F1，F2，抛物线y2=2px(p>0)与椭圆共焦点，若两曲线的一个交点为P，则下列说法正确的是（ ）
A．p=4 B．PF1+PF2=6
C．PF2=3 D．△PF1F2的面积为25
【答案】ABC
【解析】
由椭圆方程可得c=9−5=2，所以p2=2，即p=4，故A正确；
由椭圆定义可得PF1+PF2=2a=6，故B正确；
联立方程x29+y25=1y2=8x，得x2+8x−9=0，
解得x=−9（舍去）或x=1，即点P的横坐标为xP=1，
由抛物线定义可得PF2=xP+p2=1+2=3，故C正确；
将xP=1代入抛物线可得yP=22，所以S△PF1F2=12×2c×yP=42，故D错误.
故选：ABC.
14．已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2，过F的直线l交抛物线C于两点A，B，O为坐标原点，则（ ）
A．C的准线方程为x=−2 B．若|AF|=4，则|OA|=21
C．若|AF|⋅|BF|=4p2，则l的斜率为±33 D．过点A作准线的垂线，垂足为H，若x轴平分∠HFB，则|AF|=5
【答案】BC
【解析】
因为抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2，所以p=2，
所以抛物线方程为y2=4x，则焦点F(1,0)，准线为x=−1，故A错误；
若|AF|=4，则xA=3，所以yA2=4xA=12，所以|OA|=xA2+yA2=21，故B正确；
可设Ax1,y1,Bx2,y2，
直线AB的方程为x=my+1，与抛物线y2=4x联立，
消去x，可得y2−4my−4=0，
可得y1+y2=4m,y1y2=−4，
由抛物线的定义可得|AF|⋅|BF|=x1+1x2+1=my1+2my2+2=16，
即m2y1y2+2my1+y2+4=16，即−4m2+8m2+4=16，
解得m=±3，则直线AB的斜率为±33，故C正确；
对于D，若x轴平分∠HFB，则∠OFH=∠OFB，又AH∥x轴，
所以∠AHF=∠OFH=∠OFB=∠AFH，所以HF=AF=AH，
所以xA+xH2=xF，即xA=3，所以|AF|=xA+1=4，故D错误；
故选：BC.
【点睛】
关键点睛：利用抛物线的定义是解题的关键.
15．已知圆O:x2+y2=49，直线l过点N(2,6)，且交圆O于P，Q两点，点M为线段PQ的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．点M的轨迹是圆 B．|PQ|的最小值为6
C．使|PQ|为整数的直线l共有9条 D．使|PQ|为整数的直线l共有16条
【答案】ABD
【解析】
因为直线l恒过点N(2,6)，且点M为弦PQ的中点，所以OM⊥MN，则易得点M的轨迹是圆，故A对；
圆心O到直线l的距离为OM=ON2−MN2，故当MN=0时有最大值，即OMmax=ON=22+62=210，故|PQ|的最小值为2r2−OMmax2=249−40=6，故B对；
由过定点最短弦与最长弦有唯一性，以及长度在最短弦与最长弦之间的弦有对称性可知，使|PQ|为整数的直线l有2+2×(14−6−1)=16（条），故C错，D对.
故选：ABD
16．如图，已知水平地面上有一半径为4的球，球心为O'，在平行光线的照射下，其投影的边缘轨迹为椭圆O．如图，椭圆中心为O，球与地面的接触点为E，OE=3．若光线与地面所成角为θ，椭圆的离心率e=__________．
【答案】35##0.6
【解析】
连接OO',
因为∠O'OE=θ,O'E=4,OE=3，
所以O'O=O'E2+OE2=42+32=5,
所以sinθ=O'EOO'=45,
在照射过程中，椭圆的短半轴长是球的半径，即b=4，
如图，椭圆的长轴长2a是AC，过点A向BC作垂线，垂足为B，
由题意得AB=2R=8,sin∠ACB=sinθ=45，
因为sinθ=ABAC=45，所以AC=10，
所以2a=10，得a=5，
所以椭圆的离心率为e=ca=a2−b2a=25−165=35，
故答案为：35
17．已知点F为抛物线y2=2pxp>0的焦点，点P在抛物线上且横坐标为8，O为坐标原点，若△OFP的面积为22，则该抛物线的准线方程为_________________．
【答案】x=−1
【解析】
抛物线y2=2pxp>0的焦点F(p2,0)，
由y2=16p，可得y=±4p，不妨令P(8,4p)
则S△OFP=12×p2×4p=pp=22，解之得p=2
则抛物线方程为y2=4x，其准线方程为x=−1
故答案为：x=−1
18．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2，点P为椭圆C上一点，满足F1F2→⋅PF2→=0，△PF1F2的面积为32，直线PF1交椭圆C于另一点Q，且PF1→=73F1Q→，则椭圆C的标准方程为________．
【答案】x24+y23=1
【解析】
设椭圆半焦距为c，由已知可得PF2⊥F1F2,△PF1F2为直角三角形，易知|PF2|=b2a，
∴S△PF1F2=12×2c×b2a=32，整理得3a=2b2c①，
设点P在第一象限，则P(c,b2a)，而F1(−c,0)，
由PF1=73F1Q，可得Q(−13c7,−3b27a)在椭圆上，
代入椭圆C的方程得169c249a2+9b249a2=1②．又a2=b2+c2③，
由①②③可得a=2,b=3，所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1．
故答案为：x24+y23=1.
19．已知F1，F2是双曲线y2−x24=1的两个焦点，P是双曲线上任意一点，过F2作∠F1PF2平分线的垂线，垂足为N，则点N到坐标原点O的距离是__________．
【答案】1
【解析】
设点F2关于直线PN对称的点为F2'，则PF2'=PF2
由定义可知F1F2'=PF2'−PF1=PF2−PF1=2a=2
F1(0,5),F2(0,−5)，设N(x,y)，则F'2(2x,2y+5)
则(2x)2+(2y)2=2，即x2+y2=1,ON=x2+y2=1
故答案为：1
20．①已知点A3,0，直线l:x=433，动点P满足到点A的距离与到直线l的距离之比为32；
②已知圆C的方程为x2+y2=4，直线l为圆C的切线，记点A3,0，B−3,0到直线l的距离分别为d1，d2，动点P满足PA=d1，PB=d2；
③点S，T分别在x轴，y轴上运动，且ST=3，动点P满足OP=23OS+13OT；
在①，②，③这三个条件中，动点P的轨迹W为椭圆的是______．
【答案】①②③
【解析】
对于①，
设P(x,y)，根据题意，(x−3)2+y2|x−433|=32，整理得x24+y2=1，
所以轨迹方程为x24+y2=1；
对于②，
设P(x,y)，直线l与圆相切于点H，则|PA|+|PB|=d1+d2=2|OH|=4>23=|AB|，
由椭圆定义知点P的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，所以2a=4,2c=|AB|=23，，
故a=2,c=3,b=1，所以轨迹方程为x24+y2=1；
对于③，
设P(x,y)，S(x',0)，T(0,y')，则(x')2+(y')2=3，
因为OP=23OS+13OT，所以x=23x'y=13y'，整理得x'=32xy'=3y，
代入(x')2+(y')2=3得x24+y2=1，
所以轨迹方程为x24+y2=1；
故答案为：①②③
21．已知抛物线C:y2=16x的焦点为F，点A−4,0，点P是抛物线C上的动点，则sin∠PAFsin∠AFP的最小值为___________．
【答案】22##122
【解析】
解：
如图，点A−4,0在抛物线C的准线x=−4上，
设点P在准线上的射影为Q，由正弦定理和抛物线的性质可知：
sin∠PAFsin∠AFP=PF2RAP2R=PFPA=PQPA=sin∠PAQ，
当直线AP与抛物线C相切时∠PAQ最小，sin∠PAQ也最小．
设PA的方程为y=kx+4，与y2=16x联立得k2x2+8k2−16x+16k2=0，
由Δ=8k2−162−64k4=0，解得k=±1，
当k=±1时，sin∠PAQ=22．
故sin∠PAFsin∠AFP的最小值为22．
故答案为：22.
22．已知圆C:x2+y2−4x+3=0，定点F(2,0)，动点Q满足以FQ为直径的圆与y轴相切．过点F的直线l与动点Q的轨迹E，圆C顺次交于A，M，N，B四点．则|AN|+4|BM|的最小值为________．
【答案】23
【解析】
解：设Qx,y，则FQ的中点为12x+1,12y，所以12x−22+y2=12x+1，整理得y2=8x，
即动点Q的轨迹E为抛物线，焦点为F(2,0)，
由直线AB过抛物线的焦点，则1|AF|+1|BF|=2p=12，
其中1|AF|+1|BF|=2p的证明过程如下：
当AB不垂直于x轴时，可设直线AB的方程为y=k(x−p2)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，显然k≠0．
由y=k(x−p2)y2=2px得:ky2−2py−kp2=0，∴y1y2=−p2，x1x2=y122p⋅y222p=p44p2=p24．
当AB⊥x轴时，直线AB方程为x=p2，则y1=p，y2=−p，∴y1y2=−p2，同上也有x1x2=p24．
由抛物线的定义知：AF=x1+p2，BF=x2+p2，又AF+BF=AB，所以x1+x2=AB−p，且x1x2=p24．
所以1AF+1BF=AF+BFAF⋅BF=AB(x1+p2)(x2+p2)=ABx1x2+p2(x1+x2)+p24
=ABp24+p2(AB−p)+p24=ABp2×AB=2p
圆C:(x−2)2+y2=1圆心为(2,0)，半径1，
|AN|+4|BM|=|AF|+1+4(|BF|+1)
=|AF|+4|BF|+5=2(|AF|+4|BF|)×(1|AF|+1|BF|)+5
=2(5+|AF||BF|+4|BF||AF|)+5⩾2(5+2|AF||BF|×4|BF||AF|)+5=23，
当且仅当|AF||BF|=4|BF||AF|，即|BF|=3，AF=6时取等号；
∴|AN|+4|BM|的最小值为23，
故答案为：23．
23．已知焦距为6的双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左､右焦点分别为F1,F2，其中一条渐近线的斜率为22，过右焦点F2的直线l与双曲线C的右支交于A，B两点，设M为△F1AB的内切圆圆心，则S△F1ABS△MAB的最大值为___________.
【答案】6
【解析】
由题知ba=22，且2c＝6，根据a2+b2=c2，解得a2=6，b2=3，所以双曲线C的标准方程为x26−y23=1．
如图，设△F1AB的内切圆M与三角形三边的切点分别是D,E,N，由切线长性质，可得
AF1−BF1=AD−BE=AN−BN，
因为AF1−AF2=26=BF1−BF2，所以AF1−BF1=AF2−BF2，所以F2与N重合，因此F2是△F1AB的内切圆在AB边上的切点，所以MF2⊥AB．
因为S△F1ABS△MAB=12MF2⋅AF1+BF1+AB12MF2⋅AB=26+AF2+26+BF2+ABAB=46AB+2，
ABmin=2b2a=6,则AB≥6，
所以S△F1ABS△MAB的的最大值为: 6.
故答案为：6.
24．给定曲线族4sinθ−2cosθ+6x2−8sinθ+cosθ+1y=0，θ为参数，则这些曲线在直线y=2x上所截得的弦长的最大值是_____
【答案】85
【解析】
联立方程4sinθ−2cosθ+6x2−8sinθ+cosθ+1y=0y=2x，
解得：x=0或x=8sinθ+cosθ+12sinθ−cosθ+3，
所以弦长d=1+k2x1−x2=5x，由x=8sinθ+cosθ+12sinθ−cosθ+3,得：(2x−8)sinθ−(x+1)cosθ=1−3x，由辅助角公式(2x−8)2+(x+1)2sin(θ+φ)=1−3x,
∴1−3x≤(2x−8)2+(x+1)2，平方整理得，x2+6x−16≤0，
解得：−8≤x≤2，所以x≤8,d=5x≤85，
即弦长的最大值是85
故答案为：85
25．设双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的右焦点为Fc,0，直线l：y=2x−c与双曲线C交于A，B两点.若AF=tFBt>0，则实数t的取值范围为___________.
【答案】0,2−3∪2+3,+∞
【解析】
设Ax1,y1，Bx2,y2，
联立y=2x−cx2a2−y2b2=1消去x整理得b2−2a2y2+22b2cy+2b4=0，
Δ>0，
所以y1+y2=−22b2cb2−2a2①，y1y2=2b4b2−2a2②.
因为AF=tFBt>0，所以−y1=ty2③，
将③代入①②两式整理得−t22b2cb2−2a21−t2=2b4b2−2a2，
则e2=31−t21+t2.又双曲线的离心率e∈1,+∞，
所以e2=31−t21+t2∈1,+∞，
解得t∈0,2−3∪2+3,+∞.
故答案为：0,2−3∪2+3,+∞
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