专题九 平面解析几何-2024五年高考题分类训练（数学）

这是一份专题九 平面解析几何-2024五年高考题分类训练（数学），共75页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
题组一
一、选择题
1. [2023新高考卷Ⅰ，5分]过点0,-2 与圆x2+y2-4x-1=0 相切的两条直线的夹角为α ，则sin α= ( B )
A. 1B. 154 C. 104 D. 64
[解析]如图，x2+y2-4x-1=0 ，即x-22+y2=5 ，所以圆心坐标为2,0 ，半径r=5 ，所以圆心到点0,-2 的距离为2-02+0+22=22 ，由于圆心与点0,-2 的连线平分角α ，所以sin α2=r22=522=104 ，所以cs α2=64 ，所以sin α=2sin α2⋅cs α2=2×104×64=154 .故选B .
2. [2023全国卷甲，5分]已知双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0 的离心率为5 ，C 的一条渐近线与圆x-22+y-32=1 交于A ，B 两点，则AB= ( D )
A. 55 B. 255 C. 355 D. 455
[解析]根据双曲线的离心率e=5=ca ，得c=5a ，即c2=5a2 ，即a2+b2=5a2 ,所以b2=4a2 ,b2a2=4 ,所以双曲线的渐近线方程为y=±2x ，易知渐近线y=2x 与圆相交.
解法一 由y=2x,x-22+y-32=1, 得5x2-16x+12=0 .设Ax1,y1 ,Bx2,y2 ，则x1+x2=165 ,x1x2=125 .所以AB=1+22x1-x2=51652-4×125=455 ，故选D .
解法二 则圆心2,3 到渐近线y=2x 的距离d=2×2-322+-12=55 ，所以AB=21-d2=21-552=455 ，故选D .
3. [2022北京，4分]若直线2x+y-1=0 是圆x-a2 +y2=1 的一条对称轴，则a= ( A )
A. 12 B. -12 C. 1D. -1
[解析]依题意可知圆心坐标为a,0 ，又直线2x+y-1=0 是圆的一条对称轴，所以2a+0-1=0 ，所以a=12 ，故选A .
4. [2022新高考卷Ⅱ，5分]图1是中国古代建筑中的举架结构，AA' ,BB' ,CC' ,DD' 是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举.图2是某古代建筑屋顶截面的示意图，其中DD1 ,CC1 ,BB1 ,AA1 是举，OD1 ,DC1 ,CB1 ,BA1 是相等的步，相邻桁的举步之比分别为DD1OD1=0.5 ,CC1DC1=k1 ,BB1CB1=k2 ,AA1BA1=k3 .已知k1 ,k2 ,k3 成公差为0.1的等差数列，且直线OA 的斜率为0.725 ，则k3= ( D )
图1
图2
A. 0.75B. 0.8C. 0.85D. 0.9
[解析]如图，连接OA ，延长AA1 与x 轴交于点A2 ，则OA2=4OD1 ．因为k1 ,k2 ,k3 成公差为0.1的等差数列，所以k1=k3-0.2 ,k2=k3-0.1 ，所以tan∠AOA2=AA2OA2=0.5OD1+k1DC1+k2CB1+k3BA14OD1=0.5+k1+k2+k34=0.725 ，解得k3=0.9 ，故选D ．
5. [2021北京，4分]已知圆C:x2+y2=4 ，直线l:y=kx+m ，当k 的值发生变化时，直线l 被圆C 所截得的弦长的最小值为2，则m 的值为( C )
A. ±2 B. ±2 C. ±3 D. ±3
[解析]设直线l 与y 轴交于点A0,m .由题意知，圆心C0,0 ，当k 的值发生变化时，要使直线l 被圆C 所截得的弦长最小，则圆心C 到直线l 的距离最大，最大值为AC=m=22-12=3 ,所以m=±3 .
6. [2020全国卷Ⅱ，5分]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( B )
A. 55 B. 255 C. 355 D. 455
[解析]因为圆与两坐标轴都相切，点2,1 在该圆上，所以可设该圆的方程为x-a2+y-a2=a2a>0 ，所以2-a2+1-a2=a2 ，即a2-6a+5=0 ，解得a=1 或a=5 ，所以圆心的坐标为1,1 或5,5 ，所以圆心到直线2x-y-3=0 的距离为2×1-1-322+-12=255 或2×5-5-322+-12=255 ，故选B ．
7. [2020全国卷Ⅲ，5分]若直线l 与曲线y=x 和圆x2+y2=15 都相切，则l 的方程为( D )
A. y=2x+1 B. y=2x+12 C. y=12x+1 D. y=12x+12
[解析]易知直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y=kx+b ,则bk2+1=55 ①，设直线l 与曲线y=x 的切点坐标为x0,x0x0>0 ,则y'|x=x0=12x0-12=k ②，x0=kx0+b ③，由②③可得b=12x0 ,将b=12x0 ，k=12x0-12 代入①得x0=1 或x0=-15 （舍去），所以k=b=12 ，故直线l 的方程为y=12x+12 .
8. [2021新高考卷Ⅱ，5分]（多选题）已知直线l:ax+by-r2=0r>0 与圆C:x2+y2=r2 ,点Aa,b ,则下列说法正确的是( ABD )
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
[解析]对于A ，若点Aa,b 在圆C 上，则a2+b2=r2 ，所以圆心C0,0 到直线l 的距离d=r2a2+b2=r ，所以直线l 与圆C 相切，故A 正确；对于B ，若点Aa,b 在圆C 内，则a2+b2r ，所以直线l 与圆C 相离，故B 正确；对于C ，若点Aa,b 在圆C 外，则a2+b2>r2 ，所以圆心C0,0 到直线l 的距离d=r2a2+b20 ,所以过A ,B ,C 三点的圆的方程为x2+y2-4x-6y=0 .
同理，得过A ,B ,D 三点的圆的方程为x2+y2-4x-2y=0 ;
过A ,C ,D 三点的圆的方程为x2+y2-83x-143y=0 ;
过B ,C ,D 三点的圆的方程为x2+y2-165x-2y-165=0 .
11. [2022全国卷甲，5分]设点M 在直线2x+y-1=0 上，点3,0 和0,1 均在⊙M 上，则⊙M 的方程为x-12+y+12=5 .
[解析]解法一 设⊙M 的方程为x-a2+y-b2=r2 ,则2a+b-1=0,3-a2+b2=r2,a2+1-b2=r2, 解得a=1,b=-1,r2=5.∴⊙M 的方程为x-12+y+12=5 .
解法二 设A3,0 ,B0,1 ，⊙M 的半径为r ,则kAB=1-00-3=-13 ，AB 的中点坐标为32,12 ，∴AB 的垂直平分线方程为y-12=3x-32 ，即3x-y-4=0 .联立得3x-y-4=0,2x+y-1=0, 解得M1,-1 ，∴r2=MA2=3-12+[0--1]2=5 ,∴⊙M 的方程为x-12+y+12=5 .
12. [2022天津，5分]若直线x-y+m=0m>0 被圆x-12+y-12=3 所截得的弦长为m ,则m 的值为2.
[解析]圆x-12+y-12=3 的圆心C1,1 ,半径r=3 ,则圆心C1,1 到直线x-y+m=0 的距离d=m2 ，因为m22+m22=3 ,又m>0 ,所以m=2 .
13. [2020浙江，6分]已知直线y=kx+bk>0 与圆x2+y2=1 和圆x-42+y2=1 均相切，则k= 33 ,b= -233 .
[解析]解法一 因为直线y=kx+bk>0 与圆x2+y2=1 ,圆x-42+y2=1 都相切，所以b1+k2=4k+b1+k2=1 ，得k=33 ,b=-233 .
解法二 因为直线y=kx+bk>0 与圆x2+y2=1 ，圆x-42+y2=1 都相切，所以直线y=kx+b 必过两圆心连线的中点2,0 ，所以2k+b=0 .设直线y=kx+b 的倾斜角为θ ，则sin θ=12 ，又k>0 ，所以θ=π6 ，所以k=tan π6=33 ，b=-2k=-233 .
14. [2019北京，5分]设抛物线y2=4x 的焦点为F ,准线为l .则以F 为圆心,且与l 相切的圆的方程为x-12+y2=4 .
[解析]因为抛物线的标准方程为y2=4x ，所以焦点F1,0 ，准线l 的方程为x=-1 ，所求的圆以F 为圆心，且与准线l 相切，故圆的半径r=2 ，所以圆的方程为x-12+y2=4 .
15. [2019江苏，5分]在平面直角坐标系xOy 中，P 是曲线y=x+4xx>0 上的一个动点，则点P 到直线x+y=0 的距离的最小值是4.
[解析]解法一 设Px,x+4x ,x>0 ，则点P 到直线x+y=0 的距离d=x+x+4x2=2x+4x2≥22x⋅4x2=4 ，当且仅当2x=4x ,即x=2 时取等号，故点P 到直线x+y=0 的距离的最小值是4.
解法二 由y=x+4xx>0 得y'=1-4x2 ,令1-4x2=-1 ,得x=2 ，则当点P 的坐标为2,32 时，点P 到直线x+y=0 的距离最小，最小值为2+322=4 .
【方法技巧】 求曲线上一点到直线的距离的最小值时，一般解法是设出曲线上点的坐标，利用点到直线的距离公式建立目标函数，再由基本不等式或导数求解最值，也可平移直线，使平移后的直线与曲线相切，此时切点到原直线的距离最小.
三、解答题
16. [2019全国卷Ⅲ，12分]已知曲线C:y=x22 ，D 为直线y=-12 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;
[答案]设Dt,-12 ,Ax1,y1 ,则x12=2y1 .
由y'=x ，所以切线DA 的斜率为x1 ,故y1+12x1-t=x1 .
整理得2tx1-2y1+1=0 .
设Bx2,y2 ,同理可得2tx2-2y2+1=0 .
故直线AB 的方程为2tx-2y+1=0 .
所以直线AB 过定点0,12 .
（2） 若以E0,52 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]由（1）得直线AB 的方程为y=tx+12 .由y=tx+12,y=x22 可得x2-2tx-1=0 .
于是x1+x2=2t ,x1x2=-1 ，y1+y2=tx1+x2+1=2t2+1 ,
AB=1+t2x1-x2=1+t2×x1+x22-4x1x2=2t2+1 .
设d1 ,d2 分别为点D ，E 到直线AB 的距离，则d1=t2+1 ,d2=2t2+1 .
因此，四边形ADBE 的面积S=12ABd1+d2=t2+3t2+1 .
设M 为线段AB 的中点，则Mt,t2+12 .
由于EM⊥AB ，而EM=t,t2-2 ,AB 与向量1,t 平行，
所以t+t2-2t=0 .
解得t=0 或t=±1 .
当t=0 时，S=3 ；当t=±1 时，S=42 .
因此，四边形ADBE 的面积为3或42 .
题组二
一、选择题
1. [2023全国卷乙，5分]已知实数x ，y 满足x2+y2-4x-2y-4=0 ,则x-y 的最大值是( C )
A. 1+322 B. 4C. 1+32 D. 7
[解析]将方程x2+y2-4x-2y-4=0 化为x-22+y-12=9 ，其表示圆心为2,1 ，半径为3的圆.设z=x-y ，数形结合知，只有当直线x-y-z=0 与圆相切时,z 才能取到最大值，此时2-1-z2=3 ，解得z=1±32 ，故z=x-y 的最大值为1+32 ，故选C .
2. [2023全国卷乙，5分]已知⊙O 的半径为1，直线PA 与⊙O 相切于点A ，直线PB 与⊙O 交于B ,C 两点，D 为BC 的中点，若PO=2 ，则PA⋅PD 的最大值为( A )
A. 1+22 B. 1+222 C. 1+2 D. 2+2
[解析]解法一 连接OA ,由题可知OA=1 ，OA⊥PA ，因为OP=2 ，所以由勾股定理可得PA=1 ，则∠POA=π4 .设直线OP 绕点P 按逆时针旋转θ 后与直线PD 重合，则-π40 ，解得-20 的离心率为13 ，A1 ，A2 分别为C 的左、右顶点,B 为C 的上顶点．若BA1⋅BA2=-1 ，则C 的方程为( B )
A. x218+y216=1 B. x29+y28=1 C. x23+y22=1 D. x22+y2=1
[解析]依题意得A1-a,0 ，A2a,0 ,B0,b ,所以BA1=-a,-b ，BA2=a,-b ，BA1⋅BA2=-a2+b2=-c2=-1 ，故c=1 ，又C 的离心率e=ca=13 ，所以a=3 ，a2=9 ，b2=a2-c2=8 ,即C 的方程为x29+y28=1 ，故选B .
5. [2021新高考卷Ⅰ，5分]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( C )
A. 13B. 12C. 9D. 6
[解析]由椭圆C：x29+y24=1 ，得MF1+MF2=2×3=6 ，则MF1⋅MF2≤MF1+MF222=32=9 ，当且仅当MF1=MF2=3 时等号成立.故选C .
6. [2021全国卷乙，5分]设B 是椭圆C:x25+y2=1 的上顶点,点P 在C 上，则PB 的最大值为( A )
A. 52 B. 6 C. 5 D. 2
[解析]设点Px,y ，则根据点P 在椭圆x25+y2=1 上可得x2=5-5y2 .易知点B0,1 ，所以PB2=x2+y-12=5-5y2+y-12=-4y2-2y+6=254-2y+122y≤1 .（解题关键：通过消去x2 ，可转化为求解关于“y ”的二次函数在限定条件下的最大值问题）
当2y+12=0 ，即y=-14 时，PB2 取得最大值254 ，所以PBmax=52 .故选A .
7. [2019北京，5分]已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0 的离心率为12 ，则( B )
A. a2=2b2 B. 3a2=4b2 C. a=2b D. 3a=4b
[解析]由题意得，ca=12 ,∴c2a2=14 ,又a2=b2+c2 ,∴a2-b2a2=14 ,b2a2=34 ,∴4b2=3a2 .故选B .
二、填空题
8. [2019全国卷Ⅲ，5分]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3,15 .
[解析]不妨令F1 ,F2 分别为椭圆C 的左、右焦点，根据题意可知c=36-20=4 .因为△MF1F2 为等腰三角形，所以易知F1M=2c=8 ，所以F2M=2a-8=4 .设Mx,y ，则x236+y220=1,∣F1M∣2=x+42+y2=64,x>0,y>0, 得x=3,y=15, 所以M 的坐标为3,15 .
三、解答题
9. [2023全国卷乙，12分]已知椭圆C：y2a2+x2b2=1a>b>0 的离心率为53 ,点A-2,0 在C 上.
（1） 求C 的方程；
[答案]因为点A-2,0 在C 上，所以b=2 .
因为椭圆的离心率e=ca=1-b2a2=53 ，所以a2=9 ，故椭圆C 的方程为y29+x24=1 .
（2） 过点-2,3 的直线交C 于P ，Q 两点，直线AP ,AQ 与y 轴的交点分别为M ,N ，证明：线段MN 的中点为定点.
[答案]由题意知，直线PQ 的斜率存在且不为0，设lPQ:y-3=kx+2 ，Px1,y1 ，Qx2,y2 ，
由y-3=kx+2,y29+x24=1, 得4k2+9x2+16k2+24kx+16k2+48k=0 ，
则Δ=16k2+24k2-44k2+916k2+48k=-36×48k>0 ,
故x1+x2=-16k2+24k4k2+9 ，x1x2=16k2+48k4k2+9 .
直线AP：y=y1x1+2x+2 ，令x=0 ，解得yM=2y1x1+2 ，同理得yN=2y2x2+2 ，
则yM+yN=2y1x2+2+y2x1+2x1+2x2+2
=2kx1+2k+3x2+2+kx2+2k+3x1+2x1+2x2+2
=22kx1x2+4k+3x1+x2+8k+12x1x2+2x1+x2+4
=22k16k2+48k+4k+3-16k2-24k+8k+124k2+916k2+48k+2-16k2-24k+44k2+9
=2×10836
=6 .
所以MN 的中点的纵坐标为yM+yN2=3 ，所以MN 的中点为定点0,3 .
10. [2022天津，15分]已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0 的右焦点为F ,右顶点为A ，上顶点为B ，且满足BFAB=32 .
（Ⅰ） 求椭圆的离心率e ;
[答案]由题意可知，Aa,0 ,B0,b ,Fc,0 ，
则BFAB=aa2+b2=32 ，所以a2a2+b2=34 ，
则a2+b2a2=1+b2a2=43 ，所以b2a2=13 ，
则e2=1-b2a2=1-13=23 ，所以e=63 .
（Ⅱ） 已知直线l 与椭圆有唯一公共点M ，直线l 与y 轴相交于点N （异于M ），记坐标原点为O ，若OM=ON ，且△OMN 的面积为3 ，求椭圆的标准方程.
[答案]由（1）知，a2=3b2 ，则椭圆方程为x23b2+y2b2=1 ，
由题意易知直线l 的斜率存在且不为0，所以设直线l 的方程为y=kx+m ，k≠0 ,m≠0 ,
联立得y=kx+m,x23b2+y2b2=1, 消去y 并整理得1+3k2x2+6kmx+3m2-3b2=0 ，
因为直线l 与椭圆有唯一公共点，
所以Δ=6km2-41+3k23m2-3b2=0 ，
即m2=3k2+1b2 ①.
设MxM,yM ,则xM=-6km21+3k2=-3km1+3k2 ,yM=kxM+m=k-3km1+3k2+m=m1+3k2 ,
即M-3km1+3k2,m1+3k2 .
因为点N 是直线l 与y 轴的交点,所以N0,m ,
因为OM=ON ,所以9k2m21+3k22+m21+3k22=m2 ,又m≠0 ,所以9k2+1=1+3k22 ,即k2=3k4 ,
又k≠0 ，所以3k2=1 ,k2=13 ,
则S△OMN=12ON⋅xM=12m⋅-3km1+3k2=3 ，
即3km21+3k2=23 ②，
由k2=13 ，得k=33 ，所以方程②可化简为m2=4 ，
将k2=13 ，m2=4 代入方程①得，4=2b2 ，所以b2=2 ，
所以椭圆的标准方程为x26+y22=1 .
11. [2020全国卷Ⅲ，12分]已知椭圆C:x225+y2m2=100 .
由已知可得B5,0 ，直线BP 的方程为y=-1yQx-5 ,
所以BP=yP1+yQ2 ,BQ=1+yQ2 .
因为BP=BQ ,
所以yP=1 ,将yP=1 代入C 的方程，解得xP=3 或-3 .
由直线BP 的方程得yQ=2 或8.
所以点P ，Q 的坐标分别为P13,1 ，Q16,2 ;P2-3,1 ,Q26,8 .
P1Q1=10 ,直线P1Q1 的方程为y=13x ,点A-5,0 到直线P1Q1 的距离为102 ,
故△AP1Q1 的面积为12×102×10=52 .
P2Q2=130 ,直线P2Q2 的方程为y=79x+103 ,点A 到直线P2Q2 的距离为13026 ，故△AP2Q2 的面积为12×13026×130=52 .
综上，△APQ 的面积为52 .
题组二
一、选择题
1. [2023全国卷甲，5分]设O 为坐标原点，F1 ，F2 为椭圆C：x29+y26=1 的两个焦点,点P 在C 上，cs∠F1PF2=35 ，则OP= ( B )
A. 135 B. 302 C. 145 D. 352
[解析]解法一依题意a=3 ,b=6 ,c=a2-b2=3 .如图，不妨令F1-3,0 ,F23,0 .设PF1=m ,PF2=n ，在△F1PF2 中，cs∠F1PF2=m2+n2-122mn=35 ①,由椭圆的定义可得m+n=2a=6 ②.由①②，解得mn=152 .设OP=x .在△F1OP 和△F2OP 中，∠F1OP+∠F2OP=π ，由余弦定理得x2+3-m223x=-x2+3-n223x ，得x2=m2+n2-62=m+n2-2mn-62=152 ,所以OP=302 .（也可由PO=12PF1+PF2 ,两边同时平方求OP ）
解法二依题意a=3 ,b=6 ,c=a2-b2=3 .如图（图同解法一），设点P 的坐标为x0,y0 ，利用焦点三角形面积公式知S△F1PF2=b2sin∠F1PF21+cs∠F1PF2 .因为cs∠F1PF2=35 ，所以sin∠F1PF2=45 ，故S△F1PF2=6×451+35=3 .又S△F1PF2=12×2cy0=3y0 ,故y02=3 ,又x029+y026=1 ,所以x02=92 ,OP2=x02+y02=152 ,OP=302 .
2. [2022全国卷甲，5分]椭圆C:x2a2+y2b2=1a>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 )
A. 32 B. 22 C. 12 D. 13
[解析]设Pm,nn≠0 ，则Q-m,n ，易知A-a,0 ，所以kAP⋅kAQ=nm+a⋅n-m+a=n2a2-m2=14 ①．因为点P 在椭圆C 上，所以m2a2+n2b2=1 ，得n2=b2a2a2-m2 ，代入①式，得b2a2=14 ，所以e=1-b2a2=32 ．故选A ．
【速解】 设椭圆C 的右顶点为B ，则直线BP 与直线AQ 关于y 轴对称，所以kAQ=-kBP ，所以kAP⋅kBP=-kAP⋅kAQ=-14=e2-1 ，( 若点P 为椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0 上异于长轴端点A ,B 的一点，则kAP⋅kBP=e2-1)
所以e=32 ．故选A．
3. [2019全国卷Ⅰ，5分]已知椭圆C 的焦点为F1-1,0 ，F21,0 ，过F2 的直线与C 交于A ，B 两点.若AF2=2F2B ，AB=BF1 ，则C 的方程为( B )
A. x22+y2=1 B. x23+y22=1 C. x24+y23=1 D. x25+y24=1
[解析]由题意设椭圆的方程为x2a2+y2b2=1a>b>0 ，连接F1A ，令F2B=m ,则AF2=2m ,BF1=3m .由椭圆的定义知，BF1+BF2=4m=2a ，得m=a2 ，故AF2=2m=a ,又AF2=2a-AF1 ，所以AF2=AF1=a .则点A 为椭圆C 的上顶点或下顶点.令∠OAF2=θ （O 为坐标原点）,则sin θ=1a .在等腰三角形ABF1 中，cs 2θ=AF12AB=a23a2=13 ，由cs 2θ=1-2sin2θ 得13=1-21a2 ，得a2=3 .又c2=1 ,所以b2=a2-c2=2 ，椭圆C 的方程为x23+y22=1 .故选B .
【方法技巧】 求解圆锥曲线试题，首先考虑画图，其次考虑定义与几何性质.凡涉及焦点三角形的问题，应注意解三角形知识的应用.
二、填空题
4. [2022新高考卷Ⅰ，5分]已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>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13.
[解析]如图，连接AF1 ，DF2 ，EF2 ，因为C 的离心率为12 ，所以ca=12 ，所以a=2c ，所以b2=a2-c2=3c2 .因为AF1=AF2=a=2c=F1F2 ，所以△AF1F2 为等边三角形，又DE⊥AF2 ，所以直线DE 为线段AF2 的垂直平分线，所以AD=DF2 ,AE=EF2 ，且∠EF1F2=30∘ ，所以直线DE 的方程为y=33x+c ，代入椭圆C 的方程x24c2+y23c2=1 ，得13x2+8cx-32c2=0 .设Dx1,y1 ，Ex2,y2 ，则x1+x2=-8c13 ,x1x2=-32c213 ，所以DE=1+13[x1+x22-4x1x2]=43[-8c132-4×-32c213]=48c13=6 ，解得c=138 ，所以a=2c=134 ，所以△ADE 的周长为AD+AE+DE=DF2+EF2+DE=4a=13 .
5. （2021全国卷甲，5分）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8.
[解析]根据椭圆的对称性及PQ=F1F2 可以得到四边形PF1QF2 为对角线相等的平行四边形，所以四边形PF1QF2 为矩形.设PF1=m ,则PF2=2a-PF1=8-m ，则PF12+PF22=m2+8-m2=2m2+64-16m=F1F22=4c2=4a2-b2=48 ,得m8-m=8 ，所以四边形PF1QF2 的面积为PF1×PF2=m8-m=8 .（一题多解：S四边形PF1QF2=2S△PF1F2=2b2tan 90∘2=8 ）
6. [2021浙江，6分]已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0 ，焦点F1-c,0 ,F2c,0c>0 .若过F1 的直线和圆x-12c2+y2=c2 相切，与椭圆的第一象限交于点P ,且PF2⊥x 轴,则该直线的斜率是255 ，椭圆的离心率是55 .
[解析]设过F1 的直线与圆的切点为M ，圆心A12c,0 ,则AM=c ,AF1=32c ，所以MF1=52c ,所以该直线的斜率k=AMMF1=c52c=255 .因为PF2⊥x 轴，所以PF2=b2a ，又F1F2=2c ，所以k=255=b2a2c=a2-c22ac=1-e22e ，得e=55 .
三、解答题
7. [2023天津，15分]已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0 的左、右顶点分别为A1 ,A2 ,右焦点为F ,A1F=3 ,A2F=1 .
（1） 求椭圆的方程和离心率e ；
[答案]由题意可知a+c=3,a-c=1,
解得a=2,c=1, 则b2=a2-c2=3 ,
所以椭圆的方程为x24+y23=1 ,离心率e=ca=12 .
（2） 已知点P 是椭圆上一动点（不与端点重合），直线A2P 交y 轴于点Q ,若三角形A1PQ 的面积是三角形A2FP 的面积的二倍，求直线A2P 的方程.
[答案]由题易知直线A2P 的斜率存在且不为0，所以可设直线A2P 的方程为y=kx-2 .由y=kx-2,x24+y23=1, 可得3+4k2x2-16k2x+16k2-12=0 ，
设PxP,yP ，则由根与系数的关系可知xP+2=16k23+4k2 ,即xP=8k2-63+4k2 ,则yP=kxP-2=-12k3+4k2 .
由直线A2P 交y 轴于点Q 可得Q0,-2k ，
所以S△A1PQ=12×4×yP-yQ ,S△A2FP=12×1×yP ,
因为S△A1PQ=2S△A2FP ,所以2yP-yQ=yP ,
①当2yP-2yQ=yP 时，yP=2yQ ,即有12k3+4k2=2⋅-2k ,
解得k=0 ，不符合题意，舍去.
②当2yQ-2yp=yp 时，2yQ=3yp ,即有4k=36k3+4k2 ,解得k=±62 .
故直线A2P 的方程为y=±62x-2 .
8. [2022北京，15分]已知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0 的一个顶点为A0,1 ,焦距为23 .
（Ⅰ） 求椭圆E 的方程;
[答案]依题意可知b=1,2c=23,a2=b2+c2, 得a=2,b=1,c=3, 故椭圆E 的方程为x24+y2=1 .
（Ⅱ） 过点P-2, 1 作斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点B ,C ，直线AB ,AC 分别与x 轴交于点M ,N .当MN=2 时，求k 的值.
[答案]由题可知直线BC 的方程为y-1=kx+2 ,设Bx1,y1 ,Cx2,y2 ,
联立直线BC 和椭圆E 的方程，得y-1=kx+2,x24+y2=1,
整理得4k2+1x2+16k2+8kx+16k2+16k=0 ,
∴x1+x2=-16k2+8k4k2+1 ,x1x2=16k2+16k4k2+1
由Δ>0 得k1 的左、右顶点，G 为E 的上顶点,AG⋅GB=8.P 为直线x=6 上的动点，PA 与E 的另一交点为C ,PB 与E 的另一交点为D .
（1） 求E 的方程；
[答案]由题设得A-a,0 ，Ba,0 ，G0,1 .
则AG=a,1 ，GB=a,-1 .由AG⋅GB=8 得a2-1=8 ，即a=3 .
所以E 的方程为x29+y2=1 .
（2） 证明:直线CD 过定点.
[答案]设Cx1,y1 ，Dx2,y2 ，P6,t .
若t≠0 ，设直线CD 的方程为x=my+n ，由题意可知-30 的左焦点为F ，上顶点为B .已知椭圆的短轴长为4，离心率为55 .
（Ⅰ） 求椭圆的方程；
[答案]设椭圆的半焦距为c ,依题意，2b=4 ,ca=55 ，
又a2=b2+c2 ，可得a=5 ,b=2 ,c=1 .
所以,椭圆的方程为x25+y24=1 .
（Ⅱ） 设点P 在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点M 为直线PB 与x 轴的交点，点N 在y 轴的负半轴上.若ON=OF （O 为原点），且OP⊥MN ，求直线PB 的斜率.
[答案]由题意，设PxP,yPxP≠0 ，MxM,0 .
设直线PB 的斜率为kk≠0 ，又B0,2 ,则直线PB 的方程为y=kx+2 ,
与椭圆方程联立得y=kx+2,x25+y24=1,
整理得4+5k2x2+20kx=0 ,可得xP=-20k4+5k2 ，代入y=kx+2 得yP=8-10k24+5k2 ，进而直线OP 的斜率yPxP=4-5k2-10k .
在y=kx+2 中，令y=0 ，得xM=-2k .
由题意得N0,-1 ,所以直线MN 的斜率为-k2 .
由OP⊥MN ，得4-5k2-10k⋅-k2=-1 ,化简得k2=245 ,从而k=±2305 .
所以，直线PB 的斜率为2305 或-2305 .
题组三
一、选择题
1. [2021全国卷乙，5分]设B 是椭圆C:x2a2+y2b2=1a>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( C )
A. [22,1) B. [12,1) C. (0,22] D. (0,12]
[解析]依题意，B0,b ,设椭圆上一点Px0,y0 ，则y0≤b ,x02a2+y02b2=1 ，可得x02=a2-a2b2y02 ，则PB2=x02+y0-b2=x02+y02-2by0+b2=-c2b2y02-2by0+a2+b2≤4b2 .因为当y0=-b 时，PB2=4b2 ，所以-b3c2≤-b ，得2c2≤a2 ，所以离心率e=ca≤22 ，故选C .
【方法技巧】 求椭圆离心率或其范围的方法
（1）求出a ,b 或a ,c 的值，代入e2=c2a2=a2-b2a2=1-ba2 直接求；
（2）根据条件得到关于a ,b ,c 的齐次等式（不等式），结合b2=a2-c2 转化为关于a ,c 的齐次等式（不等式），然后将该齐次等式（不等式）两边同时除以a 或a2 转化为关于e 或e2 的方程（不等式），解方程（不等式）即可得e （e 的取值范围）;
（3）通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.
二、填空题
2. [2022新高考卷Ⅱ，5分]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x+2y-22=0 .
[解析]设直线l 的方程为xm+yn=1m>0,n>0 ，分别令y=0 ,x=0 ,得点Mm,0 ,N0,n .由题意知线段AB 与线段MN 有相同的中点，设为Q ，则Qm2,n2 ，则kAB=0-nm-0=-nm ,kOQ=n2m2=nm .由椭圆中点弦的性质知，kAB⋅kOQ=-b2a2=-12 ，即-nm⋅nm=-12 ，整理得m2=2n2 ①.又MN=23 ，所以由勾股定理，得m2+n2=12 ②，由①②并结合m>0 ,n>0 ，得m=22,n=2, 所以直线l 的方程为x22+y2=1 ，即x+2y-22=0 .
3. [2019浙江，4分]已知椭圆x29+y25=1 的左焦点为F ，点P 在椭圆上且在x 轴的上方.若线段PF 的中点在以原点O 为圆心，OF 为半径的圆上，则直线PF 的斜率是15 .
[解析]解法一依题意，设点Pm,nn>0 ，由题意知F-2,0 ，所以线段FP 的中点M-2+m2,n2 在圆x2+y2=4 上，所以-2+m22+n22=4 ，又点Pm,n 在椭圆x29+y25=1 上，所以m29+n25=1 ,所以4m2-36m-63=0 ，所以m=-32 或m=212 （舍去），n=152 ，所以kPF=152-0-32--2=15 .
解法二如图，取PF 的中点M ，连接OM ，由题意知OM=OF=2 ，设椭圆的右焦点为F1 ，连接PF1 ，在△PFF1 中，OM 为中位线，所以PF1=4 ，由椭圆的定义知PF+PF1=6 ，所以PF=2 .因为M 为PF 的中点，所以MF=1 .在等腰三角形OMF 中，过O 作OH⊥MF 于点H ，所以OH=22-122=152 ，所以kPF=tan∠HFO=15212=15 .
三、解答题
4. [2021北京，15分]已知椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0 过点A0,-2 ，其四个顶点的连线围成的四边形面积为45 .
（Ⅰ） 求椭圆E 的标准方程；
[答案]由题意可知，b=2 ,2ab=45 ，所以a=5 ，
所以椭圆E 的标准方程为x25+y24=1 .
（Ⅱ） 过点P0,-3 的直线l 的斜率为k ，交椭圆E 于不同的两点B ，C ，直线AB ，AC 分别交直线y=-3 于点M ，N ，若PM+PN≤15 ，求k 的取值范围.
[答案]直线l 的方程为y=kx-3 ，联立，得y=kx-3,x25+y24=1, 消去y 得4+5k2x2-30kx+25=0 ，
Δ=-30k2-4×25×4+5k2=400k2-1>0 ，
所以k>1 或k0 ，即x1 ,x2 正负相同，且y1+2>0 ,y2+2>0 ,
所以PM+PN=x1y1+2+x2y2+2≤15 ，
即x1y2+2+x2y1+2y1+2y2+2≤15 ，
从而x1kx2-1+x2kx1-1kx1-1kx2-1≤15 ③.
由①②③可得，-3≤k0 的离心率为22 ,且过点A2,1 .
（1） 求C 的方程；
[答案]由题设得4a2+1b2=1 ,a2-b2a2=12 ,解得a2=6 ,b2=3 .
所以C 的方程为x26+y23=1 .
（2） 点M ，N 在C 上，且AM⊥AN ,AD⊥MN ,D 为垂足.
证明：存在定点Q ,使得DQ 为定值.
[答案]设Mx1,y1 ,Nx2,y2 .
若直线MN 与x 轴不垂直，设直线MN 的方程为y=kx+m ,代入x26+y23=1 得1+2k2x2+4kmx+2m2-6=0 .
于是x1+x2=-4km1+2k2 ,x1x2=2m2-61+2k2 ①.
由AM⊥AN 知AM⋅AN=0 ，故x1-2x2-2+y1-1y2-1=0 ,可得k2+1x1x2+km-k-2x1+x2+m-12+4=0 .
将①代入上式可得k2+12m2-61+2k2-km-k-24km1+2k2+m-12+4=0 .
整理得2k+3m+12k+m-1=0 .
因为A2,1 不在直线MN 上，
所以2k+m-1≠0 ，故2k+3m+1=0 ，k≠1 .
于是MN 的方程为y=kx-23-13k≠1 .
所以直线MN 过点P23,-13 .
若直线MN 与x 轴垂直，可得Nx1,-y1 .由AM⋅AN=0 得x1-2x1-2+y1-1-y1-1=0 .
又x126+y123=1 ,可得3x12-8x1+4=0 ，解得x1=2 （舍去）或x1=23 .
此时直线MN 过点P23,-13 .
令Q 为AP 的中点，即Q43,13 .
若D 与P 不重合，则由题设知AP 是Rt△ADP 的斜边，
故DQ=12AP=223 .
若D 与P 重合，则DQ=12AP .
综上，存在点Q43,13 ，使得DQ 为定值.
6. [2020北京，15分]已知椭圆C：x2a2+y2b2=1 过点A-2,-1 ,且a=2b .
（Ⅰ） 求椭圆C 的方程；
[答案]因为a=2b ，所以椭圆的方程为x24b2+y2b2=1 ，
又因为椭圆过点A-2,-1 ，所以有44b2+1b2=1 ，解得b2=2 ，所以椭圆C 的方程为x28+y22=1 .
（Ⅱ） 过点B-4,0 的直线l 交椭圆C 于点M ,N ,直线MA ,NA 分别交直线x=-4 于点P ,Q ,求PBBQ 的值.
[答案]由题意知直线MN 的斜率存在.
当直线MN 的斜率为0时，不妨设M-22,0 ,N22,0 ，
则直线MA:y=-1-2+22x+22 ,直线NA:y=-1-2-22x-22 ,则yP=2 ,yQ=-2 ,PBBQ=1 .
当直线MN 的斜率不为0时，设直线MN:x=my-4m≠0 ,与椭圆方程x28+y22=1 联立,化简得m2+4y2-8my+8=0 ,Δ=64m2-32m2+4=32m2-4>0 ,解得m2>4 .
设Mx1,y1 ,Nx2,y2 ，则y1y2=8m2+4 ,y1+y2=8mm2+4 .
直线MA 的方程为y+1=y1+1x1+2x+2 ，
则P-4,-2y1+1x1+2-1 ，即P-4,-m+2y1my1-2 .
直线NA 的方程为y+1=y2+1x2+2x+2 ，
则Q-4,-2y2+1x2+2-1 ，即Q-4,-m+2y2my2-2 .
所以PBBQ=m+2y1my1-2my2-2m+2y2=my1y2-2y1my1y2-2y2=8mm2+4-2y18mm2+4-2y2=y1+y2-2y1y1+y2-2y2=1 .
综上，PBBQ=1 .
7. [2019江苏，14分]如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0 的焦点为F1-1,0 ，F21,0 .过F2 作x 轴的垂线l ，在x 轴的上方，l 与圆F2:x-12+y2=4a2 交于点A ，与椭圆C 交于点D .连接AF1 并延长交圆F2 于点B ，连接BF2 交椭圆C 于点E ，连接DF1 .已知DF1=52 .
（1） 求椭圆C 的标准方程;
[答案]设椭圆C 的焦距为2c .
因为F1-1,0 ,F21,0 ,所以F1F2=2 ,c=1 .
又因为DF1=52 ,AF2⊥x 轴，
所以DF2=DF12-F1F22=522-22=32 .
因此2a=DF1+DF2=4 ,从而a=2 .
由b2=a2-c2 ,得b2=3 .
因此，椭圆C 的标准方程为x24+y23=1 .
（2） 求点E 的坐标.
[答案]解法一 由（1）知，椭圆C:x24+y23=1 ,a=2 .
因为AF2⊥x 轴，所以点A 的横坐标为1.
将x=1 代入圆F2 的方程x-12+y2=16 ,解得y=±4 .
因为点A 在x 轴上方，所以A1,4 .
又F1-1,0 ，所以直线AF1:y=2x+2 .
由y=2x+2,x-12+y2=16, 得5x2+6x-11=0 ,解得x=1 或x=-115 .
将x=-115 代入y=2x+2 ,得y=-125 .
因此B-115,-125 .又F21,0 ，所以直线BF2:y=34x-1 .
由y=34x-1,x24+y23=1, 得7x2-6x-13=0 ,解得x=-1 或x=137 .
又因为E 是线段BF2 与椭圆的交点，所以x=-1 .
将x=-1 代入y=34x-1 ,得y=-32 .
因此E-1,-32 .
解法二
由（1）知，椭圆C：x24+y23=1 .如图，连接EF1 .
因为BF2=2a ,EF1+EF2=2a ,所以EF1=EB ,
从而∠BF1E=∠B .
因为F2A=F2B ，
所以∠A=∠B .
所以∠A=∠BF1E ，从而EF1//F2A .
因为AF2⊥x 轴，所以EF1⊥x 轴.
因为F1-1,0 ，
由x=-1,x24+y23=1, 得y=±32 .
又因为E 是线段BF2 与椭圆的交点，所以y=-32 .
因此E-1,-32 .
考点30 双曲线
题组一
一、选择题
1. [2023天津，5分]双曲线x2a2-y2b2=1a>0,b>0 的左、右焦点分别为F1 ，F2 .过F2 作其中一条渐近线的垂线，垂足为P .已知PF2=2 ，直线PF1 的斜率为24 ,则双曲线的方程为( D )
A. x28-y24=1 B. x24-y28=1 C. x24-y22=1 D. x22-y24=1
[解析]解法一由题意可知该渐近线为y=bax ，直线PF2 的方程为y=-abx-c ，与y=bax 联立并解得x=a2c,y=abc, 即Pa2c,abc .
因为直线PF2 与渐近线y=bax 垂直，所以PF2 的长度即为点F2c,0 到直线y=bax （即bx-ay=0 ）的距离,由点到直线的距离公式得PF2=bca2+b2=bcc=b ,所以b=2 .
因为F1-c,0 ，Pa2c,abc ，且直线PF1 的斜率为24 ,所以abca2c+c=24 ，化简得aba2+c2=24 ，又b=2 ，c2=a2+b2 ，所以2a2a2+4=24 ,整理得a2-22a+2=0 ，即a-22=0 ，解得a=2 .
所以双曲线的方程为x22-y24=1 ，故选D .
解法二因为过点F2 向其中一条渐近线作垂线，垂足为P ，且PF2=2 ，所以b=2 ，( 双曲线中焦点到渐近线的距离为b)
再结合选项，排除选项B ,C ；若双曲线方程为x28-y24=1 ，则F1-23,0 ,F223,0 ，渐近线方程为y=±22x ，由题意可知该渐近线为y=22x ,则直线PF2 的方程为y=-2x-23 ，与渐近线方程y=22x 联立，得P433,263 ,则kPF1=25 ,又直线PF1 的斜率为24 ,所以双曲线方程x28-y24=1 不符合题意，排除A ，故选D .
2. [2021全国卷甲，5分]点3,0 到双曲线x216-y29=1 的一条渐近线的距离为( A )
A. 95 B. 85 C. 65 D. 45
[解析]由双曲线的方程知，a=4 ,b=3 ，焦点在x 轴上，所以双曲线的一条渐近线方程为y=34x ，即3x-4y=0 ，由点到直线的距离公式得，点3,0 到双曲线的一条渐近线的距离为3×3-4×032+-42=95 ．故选A ．
3. [2021全国卷甲，5分]已知F1 ,F2 是双曲线C 的两个焦点，P 为C 上一点，且∠F1PF2=60∘ ，PF1=3PF2 ,则C 的离心率为( A )
A. 72 B. 132 C. 7 D. 13
[解析]设PF2=m ,PF1=3m ,则F1F2=m2+9m2-2×3m×m×cs 60∘=7m ,所以C 的离心率e=ca=2c2a=F1F2PF1-PF2=7m2m=72 .
4. [2021北京，4分]双曲线x2a2-y2b2=1a>0,b>0 过点2,3 ，离心率为2，则双曲线的标准方程为( B )
A. x23-y2=1 B. x2-y23=1 C. x22-y23=1 D. x23-y22=1
[解析]设双曲线的半焦距为c ，由题意可知2a2-3b2=1,e=ca=2,c2=a2+b2, 解得a2=1,b2=3, 则双曲线的标准方程为x2-y23=1 .故选B .
5. [2020浙江，4分]已知点O0,0 ,A-2,0 ,B2,0 .设点P 满足PA-PB=2 ,且P 为函数y=34-x2 图象上的点，则OP= ( D )
A. 222 B. 4105 C. 7 D. 10
[解析]由PA-PB=20,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( B )
A. 4B. 8C. 16D. 32
[解析]由题意知双曲线的渐近线方程为y=±bax ．因为D ,E 分别为直线x=a 与双曲线C 的两条渐近线的交点，所以不妨设Da,b ,Ea,-b ，所以S△ODE=12×a×DE=12×a×2b=ab=8 ，所以c2=a2+b2≥2ab=16 ，当且仅当a=b=22 时等号成立.所以c≥4 ，所以2c≥8 ，所以C 的焦距的最小值为8，故选B ．
7. [2020全国卷Ⅲ，5分]设双曲线C:x2a2-y2b2=1a>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 )
A. 1B. 2C. 4D. 8
[解析]设PF1=m ,PF2=n ,P 为双曲线右支上一点，则S△PF1F2=12mn=4 ,m-n=2a ，m2+n2=4c2 ,又e=ca=5 ,所以a=1 ,选A .
【速解】由题意得，S△PF1F2=b2tan 45∘=4 ，得b2=4 ,又c2a2=5 ,c2=b2+a2 ,所以a=1 .
【方法技巧】 双曲线焦点三角形面积公式
双曲线x2a2-y2b2=1a>0,b>0 的左、右焦点分别为F1 ,F2 ,P 为双曲线上一点.若∠F1PF2=θ ，则S△PF1F2=b2tanθ2 .
8. [2019浙江，4分]渐近线方程为x±y=0 的双曲线的离心率是( C )
A. 22 B. 1C. 2 D. 2
[解析]因为双曲线的渐近线方程为x±y=0 ，所以无论双曲线的焦点在x 轴上还是在y 轴上，都满足a=b ，所以c=2a ，所以双曲线的离心率e=ca=2 .故选C .
【易错警示】 焦点在x 轴上的双曲线x2a2-y2b2=1a>0,b>0 的渐近线方程为y=±bax ；焦点在y 轴上的双曲线y2a2-x2b2=1a>0,b>0 的渐近线方程为y=±abx .
9. [2019全国卷Ⅲ，5分]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 )
A. 3 24 B. 322 C. 22 D. 32
[解析]设点P 在第一象限，根据题意可知c2=6 ，所以OF=6 .又tan∠POF=ba=22 ，所以等腰三角形POF 的高h=62×22=32 ，所以S△PFO=12×6×32=324 .
10. [2019天津，5分]已知抛物线y2=4x 的焦点为F ，准线为l .若l 与双曲线x2a2-y2b2=1a>0,b>0 的两条渐近线分别交于点A 和点B ，且AB=4OF （O 为原点），则双曲线的离心率为( D )
A. 2 B. 3 C. 2D. 5
[解析]由题意，可得F1,0 ,直线l 的方程为x=-1 ,双曲线的渐近线方程为y=±bax .将x=-1 代入y=±bax ，得y=±ba ，所以点A ,B 的纵坐标的绝对值均为ba .由AB=4OF 可得2ba=4 ,即b=2a ,b2=4a2 ,故双曲线的离心率e=ca=a2+b2a2=5 .
二、填空题
11. [2022北京，5分]已知双曲线y2+x2m=1 的渐近线方程为y=±33x ,则m= -3 .
[解析]依题意得m0 的渐近线与圆x2+y2-4y+3=0 相切，则m= 33 .
[解析]双曲线的渐近线方程为x±my=0 ，圆x2+y2-4y+3=0 的方程可化为x2+y-22=1 ,则圆心坐标为0,2 ,半径r=1.∵ 双曲线的渐近线与圆相切，∴ 圆心到渐近线的距离d=0±2m1+m2=1 ，得m=33 .
13. [2022全国卷甲，5分]记双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0 的离心率为e ，写出满足条件“直线y=2x 与C 无公共点”的e 的一个值2（答案不唯一）.
[解析]双曲线C 的渐近线方程为y=±bax ，若直线y=2x 与双曲线C 无公共点，则2≥ba ,∴b2a2≤4 ，∴e2=c2a2=1+b2a2≤5 ，又e>1 ,∴∈(1,5] ，∴ 填写(1,5] 内的任意值均可.
14. [2022浙江，4分]已知双曲线x2a2-y2b2=1a>0,b>0 的左焦点为F ,过F 且斜率为b4a 的直线交双曲线于点Ax1,y1 ,交双曲线的渐近线于点Bx2,y2 且x10 的一条渐近线为3x+my=0 ，则C 的焦距为4.
[解析]双曲线x2m-y2=1m>0 的渐近线为y=±1mx ,即x±my=0 ,又双曲线的一条渐近线为3x+my=0 ,即x+m3y=0 ,对比两式可得，m=3 .设双曲线的实半轴长为a ，虚半轴长为b ，半焦距为c ,则有a2=m=3 ，b2=1 ，所以双曲线的焦距2c=2a2+b2=4 .
16. [2021新高考卷Ⅱ，5分]已知双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0 的离心率e=2 ，则双曲线C 的渐近线方程为y=±3x .
[解析]e=ca=1+ba2=2 ，得ba=3 ，所以双曲线C 的渐近线方程为y=±bax=±3x .
17. [2020全国卷Ⅰ，5分]已知F 为双曲线C:x2a2-y2b2=1a>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2.
[解析]设Bc,yB ，因为B 为双曲线C:x2a2-y2b2=1 上的点，所以c2a2-yB2b2=1 ,所以yB2=b4a2 .因为AB 的斜率为3，所以yB=b2a ，b2ac-a=3 ，所以b2=3ac-3a2 ，所以c2-a2=3ac-3a2 ,所以c2-3ac+2a2=0 ,解得c=a （舍去）或c=2a ，所以C 的离心率e=ca=2 .
【易错警示】本题的易错点有两处：一是忽视题眼“AB 的斜率为3”，由yB2=b4a2 得yB=±b2a ；二是将双曲线中a ,b ,c 的关系式与椭圆中a ,b ,c 的关系式搞混.
18. [2019江苏，5分]在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线x2-y2b2=1b>0 经过点3,4 ，则该双曲线的渐近线方程是y=±2x .
[答案]因为双曲线x2-y2b2=1b>0 经过点3,4 ，所以9-16b2=1 ,得b=2 ，所以该双曲线的渐近线方程是y=±bx=±2x.
三、解答题
19. [2021新高考卷Ⅰ，12分]在平面直角坐标系xOy 中，已知点F1-17,0 ,F217,0 ，点M 满足MF1-MF2=2 .记M 的轨迹为C .
（1） 求C 的方程；
[答案]因为MF1-MF2=20,b>0 ，半焦距为c ，则2a=2 ,c=17 ，得a=1 ，b2=c2-a2=16 ，
所以点M 的轨迹C 的方程为x2-y216=1x≥1 .（易错警示：注意点M 的轨迹是双曲线的一支，其轨迹方程要标上x 的范围）
（2） 设点T 在直线x=12 上，过T 的两条直线分别交C 于A ,B 两点和P ,Q 两点，且TA⋅TB=TP⋅TQ ,求直线AB 的斜率与直线PQ 的斜率之和.
[答案]设T12,t ，由题意可知直线AB ,PQ 的斜率均存在且不为0，设直线AB 的方程为y-t=k1x-12k1≠0 ，直线PQ 的方程为y-t=k2x-12k2≠0 ，
由y-t=k1x-12,x2-y216=1, 得16-k12x2-2k1t-k12x-t-k122-16=0 .
设AxA,yA ,BxB,yB ,易知16-k12≠0 ,
则xAxB=-t-k122-1616-k12 ，xA+xB=2k1t-k1216-k12 ，
所以TA=1+k12xA-12=1+k12xA-12 ,
TB=1+k12xB-12=1+k12xB-12 ,
则TA⋅TB=1+k12xA-12xB-12=1+k12[xAxB-12xA+xB+14]=1+k12[-t-k122-1616-k12-12⋅2k1t-k1216-k12+14]=1+k12t2+12k12-16 .
同理得TP⋅TQ=1+k22t2+12k22-16 .
因为TA⋅TB=TP⋅TQ ，所以1+k12t2+12k12-16=1+k22t2+12k22-16 ，所以k22-16+k12k22-16k12=k12-16+k12k22-16k22 ，即k12=k22 ，
又k1≠k2 ，所以k1=-k2 ，即k1+k2=0 .
故直线AB 的斜率与直线PQ 的斜率之和为0.
【方法技巧】 若Ax1,y1 ,Bx2,y2 是直线y=kx+bk≠0 上的两点，则AB=1+k2x1-x2=1+1k2y1-y2 ，称此公式为直线上两点间的距离公式，若A ，B 是直线与圆锥曲线的交点，则此公式即我们通常所说的弦长公式.注意此公式不仅求弦长时可以使用，只要是求直线上两点间的距离都可以用.
题组二
一、选择题
1. [2023全国卷乙，5分]设A ,B 为双曲线x2-y29=1 上两点，下列四个点中，可为线段AB 中点的是( D )
A. 1,1 B. -1,2 C. 1,3 D. -1,-4
[解析]选项中的点均位于双曲线两支之间，故A ，B 分别在双曲线的两支上且不关于原点对称，设线段AB 的中点坐标为x0,y0 ，则kAB=9x0y03x0 ，结合选项可知选D .
2. [2022天津，5分]F1 ,F2 是双曲线x2a2-y2b2=1a>0,b>0 的两个焦点，抛物线y2=45x 的准线l 过双曲线的焦点F1 ，准线l 与双曲线的渐近线交于点A ,且∠F1F2A=π4 ，则双曲线的标准方程为( C )
A. x216-y2=1 B. x2-y216=1 C. x2-y24=1 D. x24-y2=1
[解析]抛物线y2=45x 的准线l 的方程为x=-5 ，因为准线l 过双曲线x2a2-y2b2=1 的焦点F1 ,所以F1-5,0 ,所以F25,0 ,即F1F2=25 ,双曲线的半焦距c=5 .不妨设点A 在第二象限，则点A 在渐近线y=-bax 上,A-5,5ba ,则AF1=5ba .因为∠F1F2A=π4 ,所以AF1=F1F2 ,即5ba=25 ,即b=2a ,又c2=a2+b2 ,所以a2=1 ,b2=4 ,所以双曲线的标准方程为x2-y24=1 ,故选C .
3. [2021浙江，4分]已知a ,b∈R ，ab>0 ，函数fx=ax2+bx∈R .若fs-t ，fs ,fs+t 成等比数列，则平面上点s,t 的轨迹是( C )
A. 直线和圆B. 直线和椭圆C. 直线和双曲线D. 直线和抛物线
[解析]因为函数fx=ax2+b ，所以fs-t=as-t2+b ，fs=as2+b ,fs+t=as+t2+b .因为fs-t ,fs ,fs+t 成等比数列，所以f 2s=fs-tfs+t ，即as2+b2=[as-t2+b]⋅[as+t2+b] ，化简得-2a2s2t2+a2t4+2abt2=0 ，得t=0 或2as2-at2=2b ，易知点s,t 的轨迹为一条直线和一个双曲线.故选C .
4. [2020天津，5分]设双曲线C 的方程为x2a2-y2b2=1a>0,b>0 ，过抛物线y2=4x 的焦点和点0,b 的直线为l .若C 的一条渐近线与l 平行，另一条渐近线与l 垂直，则双曲线C 的方程为( D )
A. x24-y24=1 B. x2-y24=1 C. x24-y2=1 D. x2-y2=1
[解析]由题知y2=4x 的焦点坐标为1,0 ，则过焦点和点0,b 的直线方程为x+yb=1 ，而x2a2-y2b2=1 的渐近线方程为xa+yb=0 和xa-yb=0 ，由l 与一条渐近线平行，与一条渐近线垂直，得a=1 ，b=1 ，故选D .
【速解】 由题知双曲线C 的两条渐近线互相垂直，则a=b ，即渐近线方程为x±y=0 ，排除B,C.又知y2=4x 的焦点坐标为1,0 ，l 过点1,0 ,0,b ，所以b-00-1=-1 ，b=1 ，故选D.
5. [2019全国卷Ⅱ，5分]设F 为双曲线C：x2a2-y2b2=1a>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 )
A. 2 B. 3 C. 2D. 5
[解析]
如图，由题意，知以OF 为直径的圆的方程为x-c22+y2=c24 ①，将x2+y2=a2 记为②式，①-② 得x=a2c ，则以OF 为直径的圆与圆x2+y2=a2 的相交弦所在直线的方程为x=a2c ，所以PQ=2a2-a2c2 ．由PQ=OF ，得2a2-a2c2=c ，整理得c4-4a2c2+4a4=0 ，即e4-4e2+4=0 ，解得e=2 ，故选A ．
二、填空题
6. [2023新高考卷Ⅰ，5分]已知双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0 的左、右焦点分别为F1 ,F2 .点A 在C 上，点B 在y 轴上，F1A⊥F1B ，F2A=-23F2B ,则C 的离心率为355 .
[解析]解法一 由题意可知,F1-c,0 ,F2c,0 ,设Ax1,y1 ,B0,y0 ,所以F2A=x1-c,y1 ,F2B=-c,y0 ,因为F2A=-23F2B ,所以x1-c=23c,y1=-23y0, 即x1=53c,y1=-23y0, 所以A53c,-23y0 .
F1A=83c,-23y0 ,F1B=c,y0 ，因为F1A⊥F1B ，所以F1A⋅F1B=0 ，即83c2-23y02=0 ，解得y02=4c2 .
因为点A53c,-23y0 在双曲线C 上，所以25c29a2-4y029b2=1 ，又y02=4c2 ，所以25c29a2-16c29b2=1 ，即25a2+b29a2-16a2+b29b2=1 ，化简得b2a2=45 ，所以e2=1+b2a2=95 ，所以e=355 .
解法二 由前面解法一得A53c,-23y0 ，y02=4c2 ，所以AF1=53c+c2+-23y02=64c29+4y029=64c29+16c29=45c3 ，AF2=53c-c2+-23y02=4c29+4y029=4c29+16c29=25c3 ，由双曲线的定义可得AF1-AF2=2a ，即45c3-25c3=2a ，即53c=a ，所以双曲线的离心率e=ca=35=355 .
7. （2019全国卷Ⅰ，5分）已知双曲线C:x2a2-y2b2=1a>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2.
[解析]解法一 因为F1B⋅F2B=0 ，所以F1B⊥F2B ，如图.
所以OF1=OB ，所以∠BF1O=∠F1BO ，所以∠BOF2=2∠BF1O ．因为F1A=AB ，所以点A 为F1B 的中点，又点O 为F1F2 的中点，所以OA//BF2 ，所以F1B⊥OA ，因为直线OA ,OB 为双曲线C 的两条渐近线，所以tan∠BF1O=ab ，tan∠BOF2=ba ．因为tan∠BOF2=tan2∠BF1O ，所以ba=2×ab1-ab2 ，所以b2=3a2 ，所以c2-a2=3a2 ，即2a=c ，所以双曲线的离心率e=ca=2 ．
解法二 因为F1B⋅F2B=0 ,所以F1B⊥F2B ，在Rt△F1BF2 中，OB=OF2 ,所以∠OBF2=∠OF2B ,又F1A=AB ，所以A 为F1B 的中点，所以OA//F2B ,所以∠F1OA=∠OF2B .又∠F1OA=∠BOF2 ,所以△OBF2 为等边三角形.由F2c,0 可得Bc2,3c2 ,因为点B 在直线y=bax 上，所以32c=ba⋅c2 ,所以ba=3 ,所以e=1+b2a2=2 .
三、解答题
8. [2023新高考卷Ⅱ，12分]已知双曲线C 的中心为坐标原点，左焦点为-25,0 ,离心率为5 .
（1） 求C 的方程;
[答案]设双曲线C 的方程为x2a2-y2b2=1a>0,b>0 ，c 为双曲线C 的半焦距，
由题意可得c=25,ca=5,c2=a2+b2, 解得c=25,a=2,b=4.
所以双曲线C 的方程为x24-y216=1 .
（2） 记C 的左、右顶点分别为A1 ,A2 ,过点-4,0 的直线与C 的左支交于M ，N 两点，M 在第二象限,直线MA1 与NA2 交于点P ,证明:点P 在定直线上.
[答案]设Mx1,y1 ,Nx2,y2 ,直线MN 的方程为x=my-4 ，
则x1=my1-4 ,x2=my2-4 .（注：直线方程设成此种形式可避免对直线MN 的斜率是否存在进行讨论）
由x=my-4,x24-y216=1, 得4m2-1y2-32my+48=0 .
因为直线MN 与双曲线C 的左支交于M ，N 两点,所以4m2-1≠0 ,且Δ>0 .
由根与系数的关系得y1+y2=32m4m2-1,y1y2=484m2-1, 所以y1+y2=2m3y1y2 .
因为A1 ，A2 分别为双曲线C 的左、右顶点，
所以A1-2,0 ,A22,0 .
直线MA1 的方程为y1x1+2=yx+2 ,直线NA2 的方程为y2x2-2=yx-2 ,（用两点式表示直线MA1 和NA2 的方程）
所以y1x1+2y2x2-2=yx+2yx-2 ，得x2-2y1x1+2y2=x-2x+2 ,my2-6y1my1-2y2=my1y2-6y1my1y2-2y2=x-2x+2 .
因为my1y2-6y1my1y2-2y2
=my1y2-6y1+y2+6y2my1y2-2y2
=my1y2-6⋅2m3y1y2+6y2my1y2-2y2
=-3my1y2+6y2my1y2-2y2
=-3 ，
所以x-2x+2=-3 ，解得x=-1 ，
所以点P 在定直线x=-1 上.
9. [2022新高考卷Ⅰ，12分]已知点A2,1 在双曲线C:x2a2-y2a2-1=1a>1 上，直线l 交C 于P ,Q 两点，直线AP ,AQ 的斜率之和为0.
（1） 求l 的斜率；
[答案]将点A 的坐标代入双曲线方程得4a2-1a2-1=1 ，
化简得a4-4a2+4=0 ，得a2=2 ，
故双曲线C 的方程为x22-y2=1 .由题易知直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y=kx+b ，Px1,y1 ，Qx2,y2 ，
联立直线l 与双曲线C 的方程并整理得2k2-1x2+4kbx+2b2+2=0 ，故x1+x2=-4kb2k2-1 ，x1x2=2b2+22k2-1 .
kAP+kAQ=y1-1x1-2+y2-1x2-2=kx1+b-1x1-2+kx2+b-1x2-2=0 ，化简得2kx1x2+b-1-2kx1+x2-4b-1=0 ，
故2k2b2+22k2-1+b-1-2k-4kb2k2-1-4b-1=0 ，
整理得k+1b+2k-1=0 ，
又直线l 不过点A ，即b+2k-1≠0 ，故k=-1 .
（2） 若tan∠PAQ=22 ,求△PAQ 的面积.
[答案]不妨设直线PA 的倾斜角为θ00 的右焦点为F2,0 ,渐近线方程为y=±3x .
（1） 求C 的方程；
[答案]由题意得c=2 ①．
因为双曲线的渐近线方程为y=±bax=±3x ，所以ba=3 ②．
又c2=a2+b2 ③，所以联立①②③得a=1 ,b=3 ，所以双曲线C 的方程为x2-y23=1 ．
（2） 过F 的直线与C 的两条渐近线分别交于A ,B 两点，点Px1,y1 ,Qx2,y2 在C 上，且x1>x2>0 ,y1>0 .过P 且斜率为-3 的直线与过Q 且斜率为3 的直线交于点M .从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.
①M 在AB 上；②PQ//AB ;③MA=MB .
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
[答案]由题意知直线PQ 的斜率存在且不为0，设直线PQ 的方程为y=kx+tk≠0 ，将直线PQ 的方程代入C 的方程，整理得3-k2x2-2ktx-t2-3=0 ，
则x1+x2=2kt3-k2 ,x1x2=-t2+33-k2>0 ,所以3-k20 的焦点到直线y=x+1 的距离为2 ，则p= ( B )
A. 1B. 2C. 22 D. 4
[解析]抛物线y2=2pxp>0 的焦点坐标为p2,0 ，直线y=x+1 的一般方程为x-y+1=0 ，则由点到直线的距离公式得2=p2+12 ，解得p=2 ，故选B .
3. [2020北京，4分]设抛物线的顶点为O ，焦点为F ，准线为l ，P 是抛物线上异于O 的一点，过P 作PQ⊥l 于Q .则线段FQ 的垂直平分线( B )
A. 经过点O B. 经过点P C. 平行于直线OP D. 垂直于直线OP
[解析]连接PF ，由题意及抛物线的定义可知PQ=FP ,则△QPF 为等腰三角形，故线段FQ 的垂直平分线经过点P .故选B .
4. [2020全国卷Ⅰ，5分]已知A 为抛物线C：y2=2pxp>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= ( C )
A. 2B. 3C. 6D. 9
[解析]因为点A 到y 轴的距离为9，所以可设点A9,yA ，所以yA2=18p .又点A 到焦点p2,0 的距离为12，所以9-p22+yA2=12 ，所以9-p22+18p=122 ，即p2+36p-252=0 ，解得p=-42 （舍去）或p=6 ．故选C ．
【速解】根据抛物线的定义及题意得，点A 到C 的准线x=-p2 的距离为12，因为点A 到y 轴的距离为9，所以p2=12-9 ，解得p=6 ．故选C．
5. [2020全国卷Ⅲ，5分]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( B )
A. 14,0 B. 12,0 C. 1,0 D. 2,0
[解析]解法一 将直线方程与抛物线方程联立，可得y=±2p ,不妨设D2,2p ,E2,-2p ，由OD⊥OE ,可得OD⋅OE=4-4p=0 ，解得p=1 ，所以抛物线C 的方程为y2=2x ，其焦点坐标为12,0 .
解法二 过抛物线的顶点O 垂直的两条弦OD⊥OE ，则DE 直线过定点2p,0 ，则可知2p=2⇒p=1 ，所以焦点坐标为12,0 .
6. [2019全国卷Ⅱ，5分]若抛物线y2=2pxp>0 的焦点是椭圆x23p+y2p=1 的一个焦点，则p= ( D )
A. 2B. 3C. 4D. 8
[解析]由题意，知抛物线的焦点坐标为p2,0 ，椭圆的焦点坐标为±2p,0 ，所以p2=2p ，解得p=8 ，故选D ．
7. [2023新高考卷Ⅱ，5分]（多选题）设O 为坐标原点，直线y=-3x-1 过抛物线C:y2=2pxp>0 的焦点，且与C 交于M ，N 两点，l 为C 的准线，则( AC )
A. p=2 B. MN=83
C. 以MN 为直径的圆与l 相切D. △OMN 为等腰三角形
[解析]由题意，易知直线y=-3x-1 过点1,0 .
对于A ，因为直线经过抛物线C 的焦点，所以易知焦点坐标为1,0 ，所以p2=1 ，即p=2 ，所以A 选项正确.
对于B ，不妨设Mx1,y1 ，Nx2,y2 ，x10 的焦点弦弦长MN=2psin2α(α 为弦MN 所在直线的倾斜角））故B选项错误.
对于C,由二级结论——以抛物线焦点弦为直径的圆与抛物线的准线相切，易知C选项正确.
8. [2022新高考卷Ⅱ，5分]（多选题）已知O 为坐标原点，过抛物线C:y2=2pxp>0 焦点F 的直线与C 交于A ,B 两点，其中A 在第一象限，点Mp,0 .若AF=AM ,则( ACD )
A. 直线AB 的斜率为26 B. OB=OF
C. AB>4OF D. ∠OAM+∠OBM2p ，即AB>4OF ，故C 正确；
对于D ，易知OA=334p ,AM=54p ,OB=73p ,BM=103p ，则cs∠OAM=OA2+AM2-OM22OA⋅AM=3316p2+2516p2-p22×334p×54p>0 ，cs∠OBM=OB2+BM2-OM22OB⋅BM=79p2+109p2-p22×73p×103p>0 ,所以∠OAMBA2
[解析]如图，因为抛物线C 过点A1,1 ，所以1=2p ，解得p=12 ，所以C：x2=y 的准线为y=-14 ，所以A 错误；
因为x2=y ，所以y'=2x ，所以y'|x=1=2 ，所以C 在点A 处的切线方程为y-1=2x-1 ，即y=2x-1 ，又点B0,-1 在直线y=2x-1 上，所以直线AB 与C 相切，所以B 正确；
由题意知，直线PQ 的斜率存在且不为0，设直线PQ 的方程为y=kx-1 ，Px1,y1 ,Qx2,y2 ,由y=kx-1,x2=y 得x2-kx+1=0 ，所以x1+x2=k ，x1x2=1 ，且Δ=k2-4>0 ，得k>2 或k2=OA2 ，所以C 正确；
BP⋅BQ=x12+y1+12⋅x22+y2+12=x12+x12+12⋅x22+x22+12=x14+3x12+1x24+3x22+1=x14x24+3x12x22+3x12+x22+x14+x24+9x12x22+1=6x12+x22+x14+x24+11=6x12+x22+x12+x222+9=6k2-2+k2-22+9=k2+12=k2+1>5=BA2 ，所以D 正确.故选BCD ．
二、填空题
10. [2023全国卷乙，5分]已知点A1,5 在抛物线C：y2=2px 上，则A 到C 的准线的距离为94 .
[解析]将点A 的坐标代入抛物线方程，得5=2p ，于是y2=5x ，则抛物线的准线方程为x=-54 ，所以A 到准线的距离为1--54=94 .
11. [2023天津，5分]过原点O 的一条直线与圆C：x+22+y2=3 相切，交曲线y2=2pxp>0 于点P ，若OP=8 ，则p 的值为6.
[解析]由题意得直线OP 的斜率存在.设直线OP 的方程为y=kx ，因为该直线与圆C 相切，所以-2k1+k2=3 ，解得k2=3 .将直线方程y=kx 与曲线方程y2=2pxp>0 联立，得k2x2-2px=0 ，因为k2=3 ，所以3x2-2px=0 ，解得x=0 或x= 2p3 ，设Px1,y1 ，则x1=2p3 ，又O0,0 ,所以OP=1+k2x1-0=2×2p3=8 ，解得p=6 .
12. [2021北京，5分]已知抛物线C:y2=4x ，C 的焦点为F ，点M 在C 上，且FM=6 ，则点M 的横坐标是5．
[解析]解法一 抛物线C：y2=4x 的焦点为F1,0 ，准线方程为x=-1 ，设点M 的横坐标为x0 ，则有FM=x0+1=6 ，所以x0=5 ，故填5.
解法二抛物线C：y2=4x 的焦点F1,0 ，又点M 在抛物线C 上，设Mt24,t ，则FM=1-t242+t2=6 ，整理得t4+8t2-560=0 ，解得t2=20 ，所以点M 的横坐标t24=5 ，故填5.
13. [2021新高考卷Ⅰ，5分]已知O 为坐标原点,抛物线C:y2=2pxp>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x=-32 .
[解析]解法一（解直角三角形法）由题易得OF=p2 ,PF=p ，∠OPF=∠PQF ，所以tan∠OPF=tan∠PQF ，所以OFPF=PFFQ ,即p2p=p6 ，解得p=3 ，所以C 的准线方程为x=-32 .
解法二（应用射影定理）由题易得OF=p2 ,PF=p ，PF2=OF⋅FQ ,即p2=p2×6 ，解得p=3 或p=0 （舍去），所以C 的准线方程为x=-32 .
14. [2020新高考卷Ⅰ，5分]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= 163 .
[解析]由题意得直线方程为y=3x-1 ，联立方程，得y=3x-1,y2=4x, 得3x2-10x+3=0 ,∴xA+xB=103 ,故AB=1+xA+1+xB=2+103=163 .
【方法技巧】（1）过抛物线C:y2=2pxp>0 的焦点且倾斜角为θ 的直线与抛物线C 交于A ，B 两点，则AB=2psin2θ ；（2）过抛物线C:x2=2pyp>0 的焦点且倾斜角为θ 的直线与抛物线C 交于A ，B 两点，则AB=2pcs2θ .
三、解答题
15. [2021全国卷乙，12分]已知抛物线C:y2=2pxp>0 的焦点F 到准线的距离为2.
（1） 求C 的方程；
[答案]由抛物线的定义可知，焦点F 到准线的距离为p ，故p=2 ，
所以C 的方程为y2=4x .
（2） 已知O 为坐标原点，点P 在C 上，点Q 满足PQ=9QF ,求直线OQ 斜率的最大值.
[答案]由（1）知F1,0 ，设Px1,y1 ,Qx2,y2 ，
则PQ=x2-x1,y2-y1 ，QF=1-x2,-y2 .
因为PQ=9QF ,所以点Q 在线段PF 上，且有x2-x1=91-x2,y2-y1=-9y2, 即x2=9+x110,y2=y110. 易知直线OQ 斜率一定存在，要使OQ 斜率最大，则P ,Q 在第一象限,又点P 在C 上，所以y1=2x1 ，则kOQ=y2x2=y19+x1=2x19+x1=29x1+x1≤229=13 ,当且仅当9x1=x1 ,即x1=9 时等号成立，所以直线OQ 斜率的最大值为13 .
16. [2019全国卷Ⅰ，12分]已知抛物线C:y2=3x 的焦点为F ，斜率为32 的直线l 与C 的交点为A ，B ，与x 轴的交点为P .
（1） 若AF+BF=4 ，求l 的方程；
设直线l:y=32x+t ,Ax1,y1 ,Bx2,y2 .
[答案]由题设得F34,0 ,故AF+BF=x1+x2+32 ,由AF+BF=4 可得x1+x2=52 .
由y=32x+t,y2=3x 可得9x2+12t-1x+4t2=0 ,则x1+x2=-12t-19 .
从而-12t-19=52 ,得t=-78 .
所以l 的方程为y=32x-78 .
（2） 若AP=3PB ，求AB .
[答案]由AP=3PB 可得y1=-3y2 .
由y=32x+t,y2=3x 可得y2-2y+2t=0 .
所以y1+y2=2 .从而-3y2+y2=2 ,故y2=-1 ,y1=3 .
代入C 的方程得x1=3 ,x2=13 .
故AB=x1-x22+y1-y22=4133 .
题组二
解答题
1. [2023全国卷甲，12分]已知直线x-2y+1=0 与抛物线C：y2=2pxp>0 交于A ，B 两点，AB=415 ．
（1） 求p ；
[答案]设Ax1,y1 ，Bx2,y2 ，
把x=2y-1 代入y2=2px ，得y2-4py+2p=0 ，
由Δ1=16p2-8p>0 ,得p>12 .
由根与系数的关系，可得y1+y2=4p ,y1y2=2p ，
所以AB=1+1122⋅y1+y22-4y1y2=5⋅16p2-8p=415 ，解得p=2 或p=-32 （舍去），
故p=2 .
（2） 设F 为C 的焦点，M ，N 为C 上两点，且FM⋅FN=0 ，求△MFN 面积的最小值．
[答案]设Mx3,y3 ，Nx4,y4 ，由（1）知抛物线C:y2=4x ，
则点F1,0 .
因为FM⋅FN=0 ,所以∠MFN=90∘ ，则S△MFN=12MFNF=12x3+1x4+1=12x3x4+x3+x4+1 ①.
当直线MN 的斜率不存在时，点M 与点N 关于x 轴对称，
因为∠MFN=90∘ ，
所以直线MF 与直线NF 的斜率一个是1，另一个是-1 .
不妨设直线MF 的斜率为1，则MF:y=x-1 ，
由y=x-1,y2=4x, 得x2-6x+1=0 ，
得x3=3-22,x4=3-22 或x3=3+22,x4=3+22.
代入①式计算易得，当x3=x4=3-22 时，△MFN 的面积取得最小值，为12-82 .
当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为y=kx+m .
由y=kx+m,y2=4x, 得k2x2-4-2kmx+m2=0 ，Δ2=4-2km2-4m2k2>0 ，
则x3+x4=4-2kmk2,x3x4=m2k2,
y3y4=kx3+mkx4+m=k2x3x4+mkx3+x4+m2=4mk .
又FM⋅FN=x3-1,y3⋅x4-1,y4=x3x4-x3+x4+1+y3y4=0 ，
所以m2k2-4-2kmk2+1+4mk=0 ，化简得m2+k2+6km=4 .
所以S△MFN=12x3x4+x3+x4+1=m2+k2-2km+42k2=m2+k2+2kmk2=mk2+2mk+1 .
令t=mk ，则S△MFN=t2+2t+1 ,
因为m2+k2+6km=4 ，
所以mk2+6mk+1=4k2>0 ，
即t2+6t+1>0 ，得t>-3+22 或t12-82=43-22 .
故△MFN 面积的最小值为12-82 .
2. [2022全国卷甲，12分]设抛物线C:y2=2pxp>0 的焦点为F ,点Dp,0 ,过F 的直线交C 于M ，N 两点.当直线MD 垂直于x 轴时，MF=3 .
（1） 求C 的方程；
[答案]当MD⊥x 轴时，有MF=p2+p=3 ，得p=2 ，
所以抛物线C 的方程为y2=4x .
（2） 设直线MD ,ND 与C 的另一个交点分别为A ,B ,记直线MN ,AB 的倾斜角分别为α ，β .当α-β 取得最大值时，求直线AB 的方程.
[答案]如图，根据（1）知F1,0 ,D2,0 .
当MN⊥x 轴时，易得α=β=π2 ，此时α-β=0 .
当MN 的斜率存在时，设Mx1,y1 ,Nx2,y2 ,Ax3,y3 ,Bx4,y4 ,
则直线MN 的方程为y-y1=y1-y2x1-x2x-x1 ，
即y-y1=y1-y2y124-y224x-x1=4y1+y2x-x1 ,
即yy1+y2-y1y1+y2=4x-x1 ,
所以直线MN 的方程为yy1+y2-y1y2=4x .
同理可得，直线AM 的方程为yy3+y1-y3y1=4x ，直线BN 的方程为yy4+y2-y4y2=4x ,直线AB 的方程为yy4+y3-y4y3=4x .
因为F1,0 在MN 上，所以y1y2=-4 .
因为D2,0 在AM ,BN 上，所以y3y1=-8 ，y4y2=-8 ，
所以y3=-8y1 ,y4=-8y2 .
所以y3+y4=-8y1-8y2=-8y1+y2y1y2=-8y1+y2-4=2y1+y2 ,y3y4=64y1y2=64-4=-16 ,
所以直线AB 的方程yy4+y3-y4y3=4x 可化为y1+y2y+8=2x ，
所以tan α=4y2+y1 ,tan β=2y2+y1 ,
所以tanα-β=2y2+y11+8y2+y12=2y2+y1y2+y12+8=2×1y2+y1+8y2+y1 .
当y2+y10 的焦点，M 是抛物线的准线与x 轴的交点，且MF=2 .
（Ⅰ） 求抛物线的方程；
[答案]因为M 是抛物线的准线与x 轴的交点，且MF=2 ，所以p=2 .
所以抛物线的方程为y2=4x .
（Ⅱ） 设过点F 的直线交抛物线于A ,B 两点,若斜率为2的直线l 与直线MA , MB , AB , x 轴依次交于点P ,Q ,R ,N ，且满足RN2=PN⋅QN ,求直线l 在x 轴上截距的取值范围.
[答案]由（1）知，F1,0 ，M-1,0 .易知直线AB 的斜率不为0.
设Ax1,y1 ,Bx2,y2 ，直线AB 的方程为x=my+1 ，直线l 的方程为y=2x+nn≠±2 .
由x=my+1,y2=4x 可得y2-4my-4=0 ，
所以y1+y2=4m ,y1y2=-4 ，
所以y12+y22=y1+y22-2y1y2=16m2+8 .
易知直线AM 的方程为y=y1x1+1x+1 ，
则由y=y1x1+1x+1,y=2x+n 可得P-nx1+1+y12x1+2-y1,2-ny12x1+2-y1 .
同理可得Q-nx2+1+y22x2+2-y2,2-ny22x2+2-y2 ，
所以yPyQ=n-22y1y22x1+2-y12x2+2-y2=n-22y1y2y122+2-y1y222+2-y2=4n-22y1y24y1y2-2y1y2+8y1+y2+y12y22+4y12+y22+16=n-224m2+3 .
由x=my+1,y=2x+n 可得yR=n+21-2m .
因为RN2=PN⋅QN ，
所以yR2=yPyQ ，
所以n+21-2m2=n-224m2+3 ，
所以n-22n+22=4m2+32m-12=42m-12+22m-1+1=412m-1+142+34≥34 ，
所以n2 .
从而S1S2=12FG⋅yA12QG⋅yC=2t4-2t2+23t2-1⋅2tt2-1-2t4-2t2+23t2⋅2t-2t=2t4-t2t4-1=2-t2-2t4-1 .
令m=t2-2 ,则m>0 ，S1S2=2-mm2+4m+3=2-1m+3m+4≥2-12m⋅3m+4=1+32 .
当m=3 时，S1S2 取得最小值1+32 ,此时G2,0 .
考点32 圆锥曲线的综合问题
题组一
一、选择题
1. [2020新高考卷Ⅰ，5分]（多选题）已知曲线C:mx2+ny2=1 .( ACD )
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mn0 ，则C 是两条直线
[解析]对于选项A ，∵m>n>0 ,∴0b>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=43AB .
（1） 求C1 的离心率；
[答案]由已知可设C2 的方程为y2=4cx ,其中c=a2-b2 .不妨设A ,C 在第一象限，由题设得A ,B 的纵坐标分别为b2a ,-b2a ;C ,D 的纵坐标分别为2c ,-2c ,故AB=2b2a ,CD=4c .由CD=43AB 得4c=8b23a ,即3×ca=2-2ca2 .解得ca=-2 （舍去）或ca=12 .
所以C1 的离心率为12 .
（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]由（1）知a=2c ,b=3c ,故C1:x24c2+y23c2=1 .
设Mx0,y0 ,则x024c2+y023c2=1 ,y02=4cx0 ，故x024c2+4x03c=1 ①.
由于C2 的准线为x=-c ，所以MF=x0+c ,而MF=5 ,故x0=5-c ,代入①得5-c24c2+45-c3c=1 ，即c2-2c-3=0 ,解得c=-1 （舍去）或c=3 .
所以C1 的标准方程为x236+y227=1 ,C2 的标准方程为y2=12x .
3. [2020浙江，15分]如图，已知椭圆C1:x22+y2=1 ,抛物线C2：y2=2pxp>0 ,点A 是椭圆C1 与抛物线C2 的交点，过点A 的直线l 交椭圆C1 于点B ，交抛物线C2 于点M(B ，M 不同于A) .
（Ⅰ） 若p=116 ，求抛物线C2 的焦点坐标；
[答案]由p=116 得C2 的焦点坐标是132,0 .
（Ⅱ） 若存在不过原点的直线l 使M 为线段AB 的中点，求p 的最大值.
[答案]由题意可设直线l:x=my+tm≠0,t≠0 ，点Ax0,y0 .
将直线l 的方程代入椭圆C1:x22+y2=1 得
m2+2y2+2mty+t2-2=0 ,
所以点M 的纵坐标yM=-mtm2+2 .
将直线l 的方程代入抛物线C2：y2=2px 得y2-2pmy-2pt=0 ，
所以y0yM=-2pt ,解得y0=2pm2+2m ,
因此x0=2pm2+22m2 .
由x022+y02=1 得1p2=4m+2m2+2m+2m4≥160 ，
所以当m=2 ,t=105 时，p 取到最大值1040 .
4. [2019全国卷Ⅱ，12分]已知点A-2,0 ，B2,0 ，动点Mx,y 满足直线AM 与BM 的斜率之积为-12 .记M 的轨迹为曲线C .
（1） 求C 的方程，并说明C 是什么曲线;
[答案]由题设得yx+2⋅yx-2=-12 ,化简得x24+y22=1x≠2 ,所以C 为中心在坐标原点，焦点在x 轴上的椭圆，不含左右顶点.
（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 ，连接QE 并延长交C 于点G .
（i） 证明:△PQG 是直角三角形.
[答案]设直线PQ 的斜率为k ，则其方程为y=kxk>0 .
由y=kx,x24+y22=1 得x=±21+2k2 .
记u=21+2k2 ，则Pu,uk ,Q-u,-uk ,Eu,0 .
于是直线QG 的斜率为k2 ,方程为y=k2x-u .
由y=k2x-u,x24+y22=1 得2+k2x2-2uk2x+k2u2-8=0 ①.
设GxG,yG ,则-u 和xG 是方程①的解，故xG=u3k2+22+k2 ,由此得yG=uk32+k2 .
从而直线PG 的斜率为uk32+k2-uku3k2+22+k2-u=-1k .所以PQ⊥PG ,即△PQG 是直角三角形.
（ii） 求△PQG 面积的最大值.
[答案]由i 得PQ=2u1+k2 ,PG=2ukk2+12+k2 ,所以△PQG 的面积
S=12PQPG=8k1+k21+2k22+k2=81k+k1+21k+k2 .
设t=k+1k ，则由k>0 得t≥2 ,当且仅当k=1 时取等号.
因为S=8t1+2t2 在[2,+∞) 单调递减，所以当t=2 ，即k=1 时，S 取得最大值，最大值为169 .
因此，△PQG 面积的最大值为169 .
【方法技巧】解决圆锥曲线中最值与范围问题，一般有两个思路：（1）构造关于所求量的函数，通过求函数的值域来获得问题的解；（2）构造关于所求量的不等式，通过解不等式来获得问题的解．在解题过程中，一定要深刻挖掘题目中的隐含条件．
5. [2019北京，14分]已知抛物线C：x2=-2py 经过点2,-1 .
（Ⅰ） 求抛物线C 的方程及其准线方程；
[答案]由抛物线C:x2=-2py 经过点2,-1 ，得p=2 .
所以抛物线C 的方程为x2=-4y ，其准线方程为y=1 .
（Ⅱ） 设O 为原点，过抛物线C 的焦点作斜率不为0的直线l 交抛物线C 于两点M ，N ，直线y=-1 分别交直线OM ，ON 于点A 和点B .求证：以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点.
[答案]抛物线C 的焦点为F0,-1 .
设直线l 的方程为y=kx-1k≠0 .
由y=kx-1,x2=-4y 得x2+4kx-4=0 .
设Mx1,y1 ,Nx2,y2 ，则x1x2=-4 .
直线OM 的方程为y=y1x1x .
令y=-1 ，得点A 的横坐标xA=-x1y1 .
同理得点B 的横坐标xB=-x2y2 .
设点D0,n ，则DA=-x1y1,-1-n ,DB=-x2y2,-1-n ,
DA⋅DB=x1x2y1y2+n+12=x1x2-x124-x224+n+12=16x1x2+n+12=-4+n+12 .
令DA⋅DB=0 ，即-4+n+12=0 ，得n=1 或n=-3 .
综上，以AB 为直径的圆经过y 轴上的定点0,1 和0,-3 .
题组二
解答题
1. [2023新高考卷Ⅰ，12分]在直角坐标系xOy 中，点P 到x 轴的距离等于点P 到点0,12 的距离，记动点P 的轨迹为W .
（1） 求W 的方程;
[答案]设点P 的坐标为x,y ，依题意得y=x2+y-122 ，
化简得x2=y-14 ，
所以W 的方程为x2=y-14 .
（2） 已知矩形ABCD 有三个顶点在W 上，证明:矩形ABCD 的周长大于33 .
[答案]设矩形ABCD 的三个顶点A ，B ，C 在W 上，
则AB⊥BC ，矩形ABCD 的周长为2AB+BC .
设Bt,t2+14 ，依题意知直线AB 不与两坐标轴平行，
故可设直线AB 的方程为y-t2+14=kx-t ，不妨设k>0 ，
与x2=y-14 联立，得x2-kx+kt-t2=0 ，
则Δ=k2-4kt-t2=k-2t2>0 ，所以k≠2t .
设Ax1,y1 ，所以t+x1=k ，所以x1=k-t ，
所以AB=1+k2x1-t=1+k2k-2t=1+k22t-k ，
BC=1+-1k2-1k-2t=1+k2k1k+2t=1+k2k22kt+1 ,且2kt+1≠0 ,( 提示：因为AB⊥BC ,所以求BC 时,只需把AB 的表达式中的k 换成-1k)
所以2AB+BC=21+k2k22k2t-k3+2kt+1 .
因为∣2k2t-k3∣+∣2kt+1∣=-2k2-2kt+k3-1,t≤-12k,2k-2k2t+k3+1,-12kk2,
（令2k2t-k3=0 ，得t=k2 ,令2kt+1=0 ，得t=-12k ，又k>0 ,所以按照t≤-12k ,-12kk2 进行分类讨论）
当2k-2k2≤0 ，即k≥1 时，函数y=-2k2-2kt+k3-1 在(-∞,-12k] 上单调递减，函数y=2k-2k2t+k3+1 在(-12k,k2] 上单调递减或是常函数（当k=1 时是常函数），函数y=2k2+2kt-k3+1 在k2,+∞ 上单调递增，
所以当t=k2 时，2k2t-k3+2kt+1 取得最小值，且最小值为k2+1 ，
又k≠2t ，（所以最小值取不到）所以2AB+BC>21+k2k2k2+1=21+k232k2 .
令fk=21+k232k2 ,k≥1 ，则f 'k=21+k212k+2k-2k3 ，
当1≤k0 ，
所以函数fk 在[1,2) 上单调递减，在2,+∞ 上单调递增，
所以fk≥f2=33 ，
所以2AB+BC>21+k232k2≥33 .
当2k-2k2>0 ，即0b>0 的右焦点为F2,0 ，且离心率为63 .
（1） 求C 的方程；
[答案]由题意，得c=2 ，
又e=ca=63 ，所以a=3 ，所以b=a2-c2=1 ，
所以C 的方程为x23+y2=1 ．
（2） 设M ,N 是C 上的两点，直线MN 与曲线x2+y2=b2x>0 相切.证明：M ,N ,F 三点共线的充要条件是MN=3 .
[答案]由（1）知x2+y2=b2x>0 即x2+y2=1x>0 ．
证必要性：若M ,N ,F 三点共线，则MN=3 .
由题意知，直线MN 的斜率存在且不为0，
由对称性不妨设直线MN 的方程为y=kx-2k0 ．
设Mx1,y1 ,Nx2,y2 ，则x1+x2=322 ,x1x2=34 ，
所以MN=1+-12⋅x1-x2=2⋅x1+x22-4x1x2=2×92-4×34=3 ．
由对称性可知，当k>0 时，MN=3 .故必要性得证.
证充分性：若MN=3 ,则M ,N ,F 三点共线.
由题意可知，直线MN 的斜率存在且不为0，
由对称性不妨设直线MN 的方程为y=kx+mk0 ，
则mk2+1=1 ，得m=1+k2 ．
由y=kx+m,x23+y2=1 消去y ，得3k2+1x2+6kmx+3m2-3=0 ,
得3k2+1x2+6k1+k2x+3k2=0 ,Δ>0 ．
设Mx1,y1 ,Nx2,y2 ，则x1+x2=-6k1+k23k2+1 ,x1x2=3k23k2+1 ，
所以MN=1+k2⋅x1-x2=1+k2⋅x1+x22-4x1x2=1+k2⋅-6k1+k23k2+12-4⋅3k23k2+1=1+k2⋅-26k3k2+1=3 ,
整理，得k4-2k2+1=0 ，解得k=-1 ，所以m=2 ，
所以直线MN 的方程为y=-x+2 ．令y=0 ，得x=2 ，即直线MN 过点F ，所以M ,N ,F 三点共线.
由对称性知，当k>0 时，M ，N ，F 三点共线,充分性得证．
综上，M ,N ,F 三点共线的充要条件为MN=3 ．
5. [2020天津，15分]已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0 的一个顶点为A0,-3 ,右焦点为F ，且OA=OF ，其中O 为原点.
（Ⅰ） 求椭圆的方程;
[答案]由已知可得b=3 .记半焦距为c ,由OF=OA 可得c=b=3 .
又由a2=b2+c2 ,可得a2=18 .所以，椭圆的方程为x218+y29=1 .
（Ⅱ） 已知点C 满足3OC=OF ，点B 在椭圆上（B 异于椭圆的顶点），直线AB 与以C 为圆心的圆相切于点P ，且P 为线段AB 的中点，求直线AB 的方程.
[答案]因为直线AB 与以C 为圆心的圆相切于点P ，所以AB⊥CP .依题意，直线AB 和直线CP 的斜率均存在.设直线AB 的方程为y=kx-3 .由方程组y=kx-3,x218+y29=1, 消去y ，可得2k2+1x2-12kx=0 ,解得x=0 或x=12k2k2+1 .依题意，可得点B 的坐标为(12k2k2+1 ，6k2-32k2+1) .因为P 为线段AB 的中点，点A 的坐标为0,-3 ，所以点P 的坐标为6k2k2+1,-32k2+1 .由3OC=OF ,得点C 的坐标为1,0 ，故直线CP 的斜率为-32k2+1-06k2k2+1-1 ,即32k2-6k+1 .又因为AB⊥CP ,所以k⋅32k2-6k+1=-1 ，整理得2k2-3k+1=0 ,解得k=12 或k=1 .
所以，直线AB 的方程为y=12x-3 或y=x-3 .
【方法技巧】 解决直线与椭圆的位置关系问题，如果直线与椭圆有两个不同的交点，可将直线方程y=kx+m （或x=ky+m ）代入椭圆方程，整理出关于x （或y ）的一元二次方程Ax2+Bx+C=0 （或Dy2+Ey+F=0 ），然后利用根与系数的关系并结合根的判别式处理相关问题．