新高考数学三轮冲刺练习培优专题10 圆锥曲线压轴小题归类（2份，原卷版+解析版）

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TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc30872" 重难点题型归纳 PAGEREF _Tc30872 \h 1
\l "_Tc9770" 【题型一】曲线与轨迹 PAGEREF _Tc9770 \h 1
\l "_Tc25537" 【题型二】 三曲线定义法 PAGEREF _Tc25537 \h 3
\l "_Tc26123" 【题型三】 双曲线渐近线 PAGEREF _Tc26123 \h 6
\l "_Tc17452" 【题型四】 三大曲线焦半径 PAGEREF _Tc17452 \h 9
\l "_Tc30776" 【题型五】三大曲线焦点弦 PAGEREF _Tc30776 \h 12
\l "_Tc14456" 【题型六】焦点三角形 PAGEREF _Tc14456 \h 14
\l "_Tc19320" 【题型七】中点弦 PAGEREF _Tc19320 \h 15
\l "_Tc7274" 【题型八】焦点圆 PAGEREF _Tc7274 \h 17
\l "_Tc15408" 【题型九】 双余弦定理 PAGEREF _Tc15408 \h 19
\l "_Tc21436" 【题型十】 双角度 PAGEREF _Tc21436 \h 22
\l "_Tc23666" 【题型十一】四心与曲线 PAGEREF _Tc23666 \h 24
\l "_Tc30832" 【题型十二】 切线 PAGEREF _Tc30832 \h 27
\l "_Tc21899" 【题型十三】 小题大做：坐标运算 PAGEREF _Tc21899 \h 30
\l "_Tc28840" 好题演练 PAGEREF _Tc28840 \h 33
重难点题型归纳
【题型一】曲线与轨迹
【典例分析】
若，则的最小值和最大值分别是（ ）
A．和B．和1C．和D．和1
【答案】A
【分析】
由题意可得原方程表示的曲线为个圆，作出图象，数形结合借助几何法可得答案．
【详解】
解：∵，
∴或，
即或，
即方程表示的曲线为个圆，如图：
当直线平移到与圆在左上方相切时，取得最大值，
即原点到直线的距离为1，即，解得，
又直线在轴上的截距为正，即，
∴，即，
当直线平移到经过圆上的点和时，取得最小值，
即点和在直线上，即，即，故选：A．
【变式演练】
1. 阿波罗尼斯（古希腊数学家，约公元前262-190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽几乎使后人没有插足的余地.他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆现有，，，则当的面积最大时，它的内切圆的半径为______.
【答案】
【分析】
，，,即．根据阿波罗尼斯圆可得：点B的轨迹为圆, 以线段AC中点为原点，AC所在直线为x轴建立直角坐标系,求出B的轨迹方程，当面积最大时，边上的高为圆的半径4,进而求得的面积，根据内切圆的性质，计算可得半径，进而得出结论．
【详解】
∵，∴为非零常数，故点B的轨迹是圆.
以线段中点为原点，所在直线为x轴建立直角坐标系，则，，设，
∵，，
，整理得，
因此，当面积最大时，边上的高为圆的半径4.此时，，
设内切圆的半径为r，则，解得.
故答案为：
2. 方程|x-1|+|y-1|=1表示的曲线所围成的图形的面积是____.
【答案】2
【分析】
利用绝对值的定义，可得出曲线形状，然后可求面积．
【详解】
当时，方程为，当时，方程为，
当时，方程为，当时，方程为，
曲线是以为顶点的正方形，面积为．
【题型二】 三曲线定义法
【典例分析】
已知双曲线：的左右焦点分别为，，过的直线与圆相切于点，且直线与双曲线的右支交于点，若，则双曲线的离心率为______.
【答案】如图，由题可知，，则，
又，，，又，
作，可得，，则在，，即，又，化简可得，同除以，得
解得双曲线的离心率为
【变式演练】
1. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，P为椭圆C在第一象限内的一点，，直线与C的另一个交点为Q，O为坐标原点，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，，在中，由余弦定理结合椭圆定义可得，根据面积相等，即可得P点纵坐标，进而得P点坐标，根据点坐标即可得直线方程，与椭圆联立可得点纵坐标，进而求得三角形面积.
【详解】解：因为，所以，
设，，在中，
由余弦定理得，
即，所以，
根据椭圆定义有：，所以，
所以，
因为，
因为P在第一象限，所以，代入椭圆中，得，
因为，所以，
所以直线，
联立，可得 ，
显然，则，因为，所以，
所以
．故选：C
2. 已知实数a，b，c成等差数列，记直线与曲线的相交弦中点为P，若点A，B分别是曲线与x轴上的动点，则的最小值是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【解析】由已知得，可得出直线过定点，设直线与曲线相交的一个交点为Q，设另一个交点为，设，由中点坐标可得出点，代入曲线上，得出P在抛物线上运动，由抛物线的定义及圆的性质可得出选项.
【详解】解：因为实数a，b，c成等差数列，所以，
则直线化为，即，由解得,
所以直线过定点，又点Q在曲线上，
所以直线与曲线相交的一个交点为Q，设另一个交点为，
设，则，又在曲线上，化简得，即P在抛物线上运动，
设抛物线的焦点为，设，，
曲线，得，
记圆心。所以。.故选B.
【题型三】 双曲线渐近线
【典例分析】
已知、分别为双曲线的两个焦点，双曲线上的点到原点的距离为，且，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】设为双曲线的下焦点，为双曲线的上焦点，绘出双曲线的图像，
如图，过点作于点,因为，所以，，
因为，所以，因为双曲线上的点到原点的距离为，即，且，
所以，，故，，
因为，所以，，将代入双曲线中，
即，化简得，，，，，解得或（舍去），，，
则该双曲线的渐近线方程为，故选：A.
【变式演练】
1. 已知、分别为双曲线的两个焦点，双曲线上的点到原点的距离为，且，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题首先可以结合题意绘出双曲线的图像，然后根据得出，根据双曲线的定义得出，再然后根据得出以及，根据得出，最后将点坐标代入双曲线中，通过化简即可得出结果.
【详解】设为双曲线的下焦点，为双曲线的上焦点，绘出双曲线的图像，
如图，过点作于点,
因为，
所以，，
因为，所以，
因为双曲线上的点到原点的距离为，即，且，
所以，，
故，，
因为，所以，，
将代入双曲线中，
即，化简得，，
，，，
解得或（舍去），，，
则该双曲线的渐近线方程为，故选：A.
2. ．如图，已知分别为双曲线的左、右焦点，P为第一象限内一点，且满足，线段与双曲线C交于点Q，若，则双曲线C的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由同起点的向量做加法想到平行四边形法则，从而取的中点E，由已知可知，由三线合一知三角形为等腰三角形，再由余弦的定义表示的余弦值，又由双曲线的定义表示，最后在中，由余弦定理构建方程，求得，将其代入渐近线方程，得答案.
【详解】取线段的中点E，连接，
因为，所以，
故三角形为等腰三角形，且．
在中，，
连接，又，点Q在双曲线C上，
所以由双曲线的定义可得，，故．
在中，由余弦定理得，
．
整理可得，所以，
故双曲线C的渐近线方程为．故选：B
【题型四】 三大曲线焦半径
【典例分析】
已知过抛物线的焦点，且斜率为的直线与抛物线交于两点，则____________．
【答案】
【详解】方法一：
方法二：抛物线的焦点的坐标为 斜率为且过焦点的直线方程为
联立抛物线方程，得，化简得 设两个交点坐标分别为
所以则
所以
【变式演练】
1. 已知双曲线的一条渐近线方程为，左焦点为，当点在双曲线右支上，点在圆上运动时，则的最小值为__________．
【答案】7解：由双曲线方程，得，所以渐近线方程为
比较方程，得所以双曲线方程为，点
记双曲线的右焦点为，且点在双曲线右支上，所以
所以由两点之间线段最短，得最小为
因为点在圆上运动所以最小为点F到圆心的距离减去半径2
所以所以的最小值为7故答案为：7.
2. 已知点是椭圆上非顶点的动点，分别是椭圆的左、右焦点，为坐标原点，若为的平分线上一点，且，则的取值范围为（）
A．B．C．D．
【答案】D【详解】如图所示，不妨设点P在轴右边，因为为的平分线上一点，且，所以为的垂直平分线，故，由中位线定理可得。
设点，由焦半径公式得，，，，故，因为，所以，，，故选D。
【题型五】三大曲线焦点弦
【典例分析】
设，分别是椭圆的左、右焦点，直线l过交椭圆C于A，B两点，交y轴于C点，若满足且，则椭圆的离心率为
A.B.C.D.
【答案】A【详解】因为F1是椭圆的左焦点，直线过F1交y轴于C点
所以 ，即 因为，所以又因为
所以在三角形AF1F2中，，，，根据余弦定理可得
，代入得，化简得 所以离心率为 所以选A
【变式演练】
1. 双曲线，，方向向量为的直线过点且与双曲线交于两点，,，，则双曲线的离心率为（ ）
A.B.C.D.
【答案】A【解析】
如图，由题意知D为BC的中点，且，所以．过点D作轴于，则．在中，，根据三角形的相似可得
，∴．又，∴，∴，
∴．故点D的坐标为．设，由点差法可得，即，∴． ∴．选A．
2. 已知椭圆： 的左、右焦点分别为，点在椭圆上， 且，则当时，椭圆的离心率的取值范围为______．
【答案】
因为，所以可设，由，得，即，因为在椭圆上，所以，即，即，即，即在区间上为增函数，所以，即椭圆的离心率的取值范围为.
【题型六】焦点三角形
【典例分析】
已知，分别是椭圆的左､右焦点，若在椭圆上存在点，使得的面积等于，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定条件用表示出，再结合椭圆定义并借助均值不等式计算作答.
【详解】依题意，，而，
则有，由椭圆定义知：，
当且仅当，即时取“=”，
于是有，则，又，即有，
所以椭圆的离心率的取值范围为.故选：A
【变式演练】
1. 已知椭圆C的方程为离心率，，分别为左焦点和右顶点，点在椭圆上，若为锐角，则实数的取值范围是______．
【答案】
【分析】利用离心率先求出，然后把点参数化，得到，进而利用为锐角，得到，最后得到实数的取值范围
【详解】∵椭圆C的标准方程为，∴，
又∵椭圆C的离心率，∴，则，若点在椭圆上，
则，（为参数），则，，
若为锐角，则，
即，，又由时，与同向，，
故，，即实数的取值范围是
故答案为：
2.已知，分别是椭圆：的左右两个焦点，若在上存在点使，且满足，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】依题意可得、，再根据椭圆的定义得到，即可求出椭圆的离心率；
【详解】解：在中，且满足，所以，，所以、，所以，所以；
故选：B
【题型七】中点弦
【典例分析】
已知斜率为1的直线与椭圆相交于A、B两点，O为坐标原点，AB的中点为P，若直线OP的斜率为，则椭圆C的离心率为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】这是中点弦问题，注意斜率与椭圆a,b之间的关系.
【详解】如图：
依题意，假设斜率为1的直线方程为：，联立方程：
，解得：，代入得，
故P点坐标为，由题意，OP的斜率为，即，化简得：，，，；故选：B.
【变式演练】
1. 已知平行四边形内接于椭圆，且的斜率之积为，则椭圆的离心率为________．
【答案】##0.5
【分析】根据对称性设，，，根据得到，再求离心率即可.
【详解】由对称性，，关于原点对称，设，，，
，
故.故答案为：
2. 抛物线的焦点为，已知点为抛物线上的两个动点，且满足，过弦的中点作准线的垂线，垂足为，则的最大值为（ ）
A.1B.C.2D.
【答案】D如图所示，设| 连接 由抛物线定义，得| 在梯形 中， 由余弦定理得， 配方得 又 得到| 所以 ，即的最大值为
【题型八】焦点圆
【典例分析】
已知椭圆的左顶点和上顶点分别为，，左、右焦点分别是，，在线段上有且只有一个点满足，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意可求得的方程，设出点坐标，代入的方程，由，得，结合椭圆的离心率的性质即可求得答案.
【详解】解：依题意，作图如下，，，，直线的方程为：，整理得：，设直线上的点，则，，，
，令，
则，由得：，于是，
，整理得：，又，，
，，又椭圆的离心率，，
椭圆的离心率为.故选：A.
【变式演练】
1. 设，分别是椭圆的左右焦点，为椭圆的下顶点，为过点，，的圆与椭圆的一个交点，且，则的值为__________.
【答案】【详解】设过三点的圆的圆心为 是通径的一半，
是圆中的一条弦，根据圆的对称性可知的坐标，
，整理得
整理得解得，舍去负根
2. 已知椭圆的左，右焦点分别为，，以坐标原点O为圆心，线段为直径的圆与椭圆C在第一象限相交于点A．若，则椭圆C的离心率的取值范围为______．
【答案】
【分析】根据题意可得，且，再根据焦点三角形中的关系表达出离心率，结合函数的单调性求解即可
【详解】由题意，因为线段为直径的圆与椭圆C在第一象限相交于点A．
故半径,即 ，且.
又离心率，
因为，结合题意有，设，则，易得对勾函数在上单调递增，故在上单调递增，故，即
故答案为：
【题型九】 双余弦定理
【典例分析】
如图所示，为椭圆的左右焦点，过的直线交椭圆于B．D两点且，E为线段上靠近的四等分点．若对于线段上的任意点P，都有成立，则椭圆的离心率为________．
【答案】
【分析】取的中点Q，连EQ．PQ．根据向量的加法和减法转化，
同理，等价于，由点的任意性判断，得到，根据几何关系和椭圆定义得到边长，根据余弦定理建立方程求椭圆的离心率.
【详解】解：取的中点Q，连EQ．PQ．，
同理，恒成立等价于，因为点是线段上的任意一点，故，得到，设，则，，
由，得，，，在中，，
在中，又所以，解得．
故答案为：
【变式演练】
1. 椭圆的两个焦点为，，过的直线交椭圆于，两点，，，则椭圆的离心率为___________.
【答案】
【分析】设椭圆，设，运用椭圆的定义，可得，，即有，取的中点，连接，则，由勾股定理可得a,c的另一关系式，联立解得，，运用离心率公式计算即可得到答案．
【详解】设椭圆， ，，，如图示：
设，则，由椭圆的定义可得，
，即有，即，①取的中点，连接，则 ，
由,则，由勾股定理可得，
即为，②由①②解得，，则离心率，故答案为：
2. 设,分别是椭圆的左､右焦点，过点的直线交椭圆于两点，，若，则椭圆的离心率为___________.
【答案】
【分析】求椭圆的离心率，要列出关于的等量关系式，设，根据椭圆的定义以及，可以表示出三角形各边的长度，通过余弦定理得到各边关于的表达式，根据几何关系可以列出关于的等量关系式，从而求出离心率
【详解】设，则，，，.
，在中，由余弦定理得，，
，化简可得，而，故，
，，，，是等腰直角三角形，
，椭圆的离心率 ，故答案为：.
【题型十】 双角度
【典例分析】
如图，点F为椭圆的左焦点，直线分别与椭圆C交于A，B两点，且满足，O为坐标原点，若，则椭圆C的离心率________．
【答案】
【分析】根据题意，利用图中几何关系，再几何椭圆的定义，即可得解.
【详解】
由题知：令
连接，所以，且，
从而．故答案为：．
【变式演练】
1. 已知椭圆的两个焦点分别为，点为椭圆上一点，且，，则椭圆的离心率为 __．
【答案】
【分析】由题意得到，即，进而求得，结合，得到，即可求得椭圆的离心率.
【详解】因为，，则，所以,
且，所以，
又由，即，即，所以.故答案为：
2. .已知，为椭圆：的左、右顶点，点在上，在中，，，则椭圆的离心率为________．
【答案】
【分析】设，进而根据，求出m,n，然后将m,n代入椭圆方程进而得到a,b的关系，然后求出离心率.
【详解】根据椭圆的对称性不妨设点在x轴上方，设，
由，，
联立解得：，代入到椭圆方程得：，
所以.故答案为：.
【题型十一】四心与曲线
【典例分析】
已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上不与左右顶点重合的任意一点，，分别为的内心和重心，当轴时，椭圆的离心率为
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】结合图像，利用点坐标以及重心性质，得到G点坐标，再由题目条件轴，得到点横坐标，然后两次运用角平分线的相关性质得到的比值，再结合与相似，即可求得点纵坐标，也就是内切圆半径，再利用等面积法建立关于的关系式，从而求得椭圆离心率.
【详解】如图，令点在第一象限（由椭圆对称性，其他位置同理），连接，显然点在上，连接并延长交轴于点，连接并延长交轴于点，轴，过点作垂直于轴于点，
设点，，则，
因为为的重心，所以，因为轴，所以点横坐标也为，，
因为为的角平分线，则有，
又因为，所以可得，又由角平分线的性质可得，，而所以得，所以，，
所以，即，因为
即，解得，所以答案为A.
【变式演练】
1. 已知椭圆：的左、右焦点分别是，，是椭圆上的动点，和分别是的内心和重心，若与轴平行，则椭圆的离心率为( )
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】连接PO，则三点共线，延长交轴于点，则由平行于轴得，从而可得，根据三角形内心的性质可得，从而可得离心率．
【详解】∵是的中点，G是的重心，∴三点共线，
延长交轴于点，则由平行于轴知，，
则,设内切圆半径为r，
则，
∴椭圆的离心率为．
故选：A﹒
2. 已知椭圆）的左､右焦点分别为和为C上一点，且的内心为，则椭圆C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用角平分线定理可得，进而可得，结合条件即得.
【详解】连接，延长交轴于，则
，又，，
所以，故，即，又，所以，即.故选：D.
【题型十二】 切线
【典例分析】
已知圆在椭圆的内部，点为上一动点.过作圆的一条切线，交于另一点，切点为，当为的中点时，直线的斜率为，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】当点为中点时，由点差法可得，再由与圆相切可得，可解出；设为的左顶点，连接，则，根据正切的二倍角公式可解得，即得出，将和代入得，然后解出离心率.
【详解】设，，，则，.
将，的坐标分别代入的方程，得，
两式相减，得，
所以，即.
当为的中点时，，则，故.
如图，设为的左顶点，连接，则，所以，整理得，解得或（舍去），则，所以，所以，故的离心率.
故选：C.
【变式演练】
1. 两个长轴在x轴上、中心在坐标原点且离心率相同的椭圆.若A，B分别为外层椭圆的左顶点和上顶点，分别向内层椭圆作切线AC，BD，切点分别为C，D，且两切线斜率之积等于，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】法一，用判别式等于零求两条切线得斜率，因为它们相乘等于，可得，所以椭圆的离心率为；法二，用极点极线得方法得到两条切线得斜率，再根据条件即得.
【详解】法一：设内椭圆方程为，外椭圆为，
切线的方程为，
联立消去可得：，
因为直线为椭圆的切线，所以，
化简可得：，设直线的方程为：，同理可得，
因为两切线斜率之积等于，所以，所以椭圆的离心率为.
故选：B.
法二；设内层椭圆：，外层椭圆：.
设切点，，，，
切线：，切线：，
∴①，②，
又∵，即，即，即，
∴，同理，∴，∴，
将，代入椭圆中得：，经分析得：，
由①②可知，∴，∴，∴.
故选：B.
2. 已知椭圆，焦距为，以点O为圆心，b为半径作圆O，若过点作圆O的两条切线，切点分别为A，B，且，则椭圆C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】在直角中，根据，列出方程得到，进而转化为，得出，即可求解.
【详解】由题意，可得，，，
故，在直角中，由，可得，
故，整理得，所以，即，所以，可得，解得.
即椭圆的离心率为.故选：B.
【题型十三】 小题大做：坐标运算
【典例分析】
已知点为椭圆：的上顶点，点，在椭圆上，满足且，若满足条件的△有且只有一个，则的离心率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设：取，联立椭圆结合求出A、B的点坐标，由及两点距离公式得到，根据题设且无其它k值，得到，进而求的范围，即可求离心率范围.
【详解】设直线：，则：，而，
不妨取，直线与椭圆联立，消去得，解得，
所以，则，因为，所以，整理得，，易知符合，
因为满足条件的△有且只有一个，
所以无之外的解，整理得，
所以，即，所以离心率．故选：B
【变式演练】
1. 已知椭圆内有一定点，过点P的两条直线，分别与椭圆交于A、C和B、D两点，且满足，，若变化时，直线CD的斜率总为，则椭圆的离心率为
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设出四点的坐标，将两点坐标代入椭圆方程并化简，同理将两点坐标代入椭圆方程并化简，根据化简上述两个式子，由此求得的值，进而求得椭圆离心率.
【详解】设因为，且，所以，同理.将两点坐标代入椭圆方程并化简得，即，同理，由于，，所以，即，即，两式相加得，即，所以，所以，故选A.
2. 过原点的一条直线与椭圆=1（a＞b＞0）交于A，B两点，以线段AB为直径的圆过该椭圆的右焦点F2，若∠ABF2∈[]，则该椭圆离心率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】以AB为直径的圆的圆周角∠ABF2∈[]，故圆心角，所以当斜率存在时，斜率，然后将斜率转化为的关系式，求解离心率的取值范围；当斜率不存在时，易得，易解离心率的值，综上便可得出答案．
【详解】解：当过原点的直线斜率不存在时，因为以AB为直径的圆经过右焦点，所以有，此时；
当过原点的直线斜率存在时，设过原点的直线为，，因为∠ABF2∈[]
所以圆心角，所以，即，直线与椭圆联立方程组，解得，因为以AB为直径的圆经过右焦点，所以，以AB为直径的圆方程为，
所以有，即，
故，即，所以，解得
故得到综上：，故选B
好题演练
一、单选题
1．（2023春·湖北·高三宜昌市三峡高级中学校联考）椭圆的中心在坐标原点，，，，分别为椭圆的左、右、上、下顶点，为其右焦点，直线与直线交于点，若为钝角，则该椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据为钝角转化为，求出四点坐标，用数量积的坐标公式得到关于，的不等式，不等式两边同时除以得到关于离心率的不等式，解不等式即可得到离心率的取值范围.
【详解】如图，
设椭圆的标准方程为，．
由题意，得，，，
则，．
因为为向量与的夹角，且为钝角，
所以，所以．
又，所以，
两边同时除以得，解得或，
因为，所以.
故选：A．
2．（2023·全国·高三专题练习）如图，、是双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线的左、右两支分别交于点若，，，则双曲线的离心率为（ ）
A．4B．C．D．
【答案】D
【分析】利用双曲线的定义及线段的关系建立方程，解出再利用双曲线离心率公式计算即可
【详解】因为，，，
所以，所以．
由双曲线的定义得：，
所以，
所以
在中，
所以．
故双曲线的离心率为.
故选：D.
3．（2023春·浙江杭州·高三杭师大附中校考）过抛物线的焦点作斜率分别为，的两条不同的直线，，且，与相交于点，与相交于点．分别以、为直径的圆、圆（为圆心）的公共弦记为，则点到直线的距离的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据抛物线的性质以及已知条件求出圆、圆的标准方程，然后联立求出公共弦所在的直线，最后利用点到直线的距离公式写出表达式，利用二次函数性质求最小值即可.
【详解】由题意知焦点，
设直线，联立得：，
设，
则，
由抛物线定义可得：，
由题知为的中点，所以，
所以，
所以圆的标准方程为：，
即，
同理可得圆的方程为：，
联立，
所以圆与圆的公共弦所在的直线的方程为：，
由题知，所以直线的方程为：，
所以点到直线的距离为：，
当时，取到最小值，故点到直线的距离的最小值为，
故选：A.
4．（2023·河南郑州·三模）已知，分别是双曲线：的左、右焦点，过的直线分别交双曲线左、右两支于A，B两点，点C在x轴上，，平分，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】因为，所以∽，设，则，设，则，．由角平分线的性质可得，由双曲线的定义可得，，再结合余弦定理可得，从而可求解.
【详解】
因为，则，所以∽，
设，则，设，则，．
因为平分，由角平分线定理可知，，
所以，所以，
由双曲线定义知，即，，①
又由得，
在中，由余弦定理知，
在中，由余弦定理知，
即，化简得，
把①代入上式得，解得．
故选：A．
5．（2023·河南郑州·模拟预测）设，为椭圆的左、右焦点，点A为椭圆的上顶点，点B在椭圆上且满足，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题设及椭圆对称性，若下顶点为，则直线必过下顶点，且，进而有，设，根据向量数量关系的坐标表示求坐标，再由点在椭圆上得到参数关系，即可求离心率.
【详解】由且A为椭圆的上顶点，则，，若下顶点为，
根据椭圆对称性知：直线必过下顶点，且，故不可能为下顶点，
所以，如上图有，而，若，
则，故，即在椭圆上，
所以，可得，而，则.
故答案为：D
6．（2023·天津河西·统考一模）已知抛物线，分别是双曲线的左、右焦点，抛物线的准线过双曲线的右焦点，与双曲线的渐近线交于点，若，则双曲线的标准方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由抛物线方程确定准线，即知，再由双曲线的渐近线为，令，结合已知有，进而求出双曲线参数，即可得方程.
【详解】由题设，抛物线准线为，则，，
双曲线的渐近线为，不妨令，
又，易知：△为等腰直角三角形，即，
所以，即，又，可得，
故双曲线为.故选：A
7．（2023·四川达州·统考二模）点均在抛物线上，若直线分别经过两定点，则经过定点，直线分别交轴于，为原点，记，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用条件，用表示出两点坐标，从而求出直线的方程，进而求出定定点，再根据条件得到，再利用柯西不等式即可求出结果.
【详解】如图，由题易知直线斜率均存在，
设直线方程为，，
由，消得，即，
由韦达定理得，所以，代入，得到，所以，
设直线方程为，，
由，消得，
即，由韦达定理得，
所以，又因为，所以，
代入，得到，所以，
所以直线的斜率为，
所以的方程为，
即
所以，即，
故直线过定点，令，得到，所以，
所以，，又因为，所以，
所以，，又，所以，
又由柯西不等式知，
当且仅当，即时，取等号，
所以，即，
故选：D.
【点睛】解决本题的关键在于，利用条件求出，两点，再利用点斜式表示出直线，进而求出定点.
8．（2023·全国·高三专题练习）已知双曲线的右焦点为F，过点F且斜率为的直线l交双曲线于A、B两点，线段AB的中垂线交x轴于点D. 若，则双曲线的离心率取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意利用韦达定理求以及线段AB的中垂线的方程，进而可求点D和，结合运算求解即可.
【详解】设双曲线的右焦点为，则直线，
联立方程，消去y得：，
则可得，
则，
设线段的中点，则，
即，
且，线段的中垂线的斜率为，
则线段的中垂线所在直线方程为，
令，则，解得，
即，则，
由题意可得：，即，
整理得，则，
注意到双曲线的离心率，
∴双曲线的离心率取值范围是.
故选：A.
【点睛】方法定睛：双曲线离心率(离心率范围)的求法
求双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求的值（或范围）．
二、多选题(
9．（2023·浙江金华·统考模拟预测）已知拋物线，点均在抛物线上，点，则（ ）
A．直线的斜率可能为
B．线段长度的最小值为
C．若三点共线，则存在唯一的点，使得点为线段的中点
D．若三点共线，则存在两个不同的点，使得点为线段的中点
【答案】BD
【分析】根据两点斜率公式，结合一元二次方程的根可判断A，由两点距离公式，结合导数求单调性确定最值可判断B，根据中点坐标公式，由一元二次方程根的个数可判断CD.
【详解】设在抛物线上，且满足 ，
对于A，假如直线的斜率可以为，则
由于，则该方程无解，所以直线的斜率不可能为，故A错误，
对于B, ，记，
记单调递增，
由于，因此 单调递增，
当时， 单调递减，故当时，取最小值5，
因此的最小值为，故B正确，
对于C,若三点共线，为线段的中点，则，
将代入抛物线方程中得，
故有两个不相等的实数根，所以满足条件的点不唯一，故C错误，D正确，
故选：BD
10．（2023·全国·高三专题练习）已知曲线，，则下列结论正确的是（ ）
A．曲线C可能是圆，也可能是直线
B．曲线C可能是焦点在轴上的椭圆
C．当曲线C表示椭圆时，则越大，椭圆越圆
D．当曲线C表示双曲线时，它的离心率有最小值，且最小值为
【答案】ABD
【分析】设，由的符号和取值结合对应方程的特点，结合条件逐项判断可得答案.
【详解】设，故曲线C的方程可表示为，
对A，当时，曲线C的方程为，可得，此时曲线C为两条直线；
当时，曲线C的方程为，此时曲线C是一个圆；故A正确；
对B，当时，，曲线C的方程为，此时曲线C为焦点在y轴上的椭圆，故B正确；
对C，当曲线C表示椭圆时，离心率为，则越大，椭圆越扁，故C错误；
对D，当时，，曲线C的方程为，此时曲线C为焦点在x轴上的双曲线，
此时离心率为，由，可得，
即它的离心率有最小值，且最小值为，故D正确.
故选：ABD.
11．（2023·浙江绍兴·统考二模）已知点是椭圆的左右焦点，点为椭圆上一点，点关于平分线的对称点也在椭圆上，若，则（ ）
A．的周长为B．
C．平分线的斜率为D．椭圆的离心率为
【答案】ABD
【分析】由分析知点为直线与椭圆的交点，故的周长为，可判断A；设，由椭圆的定义和角平分线定理求出，，可判断B；由余弦定理可判断D；点在轴上方，设直线的倾斜角为，由两角差的正切公式求出可判断C.
【详解】点关于平分线的对称点在直线上，
又点关于平分线的对称点也在椭圆上，
所以点为直线与椭圆的交点，故的周长为，故A正确；
设的平分线交于点，设，
则，
所以，而，
设则，于是，
所以，，，，，
所以，故B正确；
在，由余弦定理可得：，
则，则，所以，故D正确；
不妨设点在轴上方，由题意可知，点在椭圆的下顶点处，则，
，，
设直线的倾斜角为，则，
由对称性知平分线的斜率为或，故C不正确.
故选：ABD.
12．（2023·湖北·校联考三模）已知抛物线与圆相交于，线段恰为圆的直径，且直线过抛物线的焦点，则正确的结论是（ ）
A．或
B．圆与抛物线的准线相切
C．在抛物线上存在关于直线对称的两点
D．线段的垂直平分线与抛物线交于，则有
【答案】BD
【分析】选项B分别过作抛物线准线的垂线，垂足分别为画出图形，结合已知条件分析即可；选项A利用选项B分析的结论即可得选项；选项CD利用直线与抛物线的位置关系联立方程组，利用韦达定理及弦长公式及其他选择即可解决.
【详解】分别过作抛物线准线的垂线，垂足分别为
由于直线过焦点到准线的距离:
，
故以为直径的圆与抛物线的准线相切，故B正确．
由于以为直径的圆与抛物线的准线相切，有，
，故A不正确．
过焦点，，直线的方程是，
假设抛物线上存在两点，关于直线对称，
且设直线的方程是：，
代入中，得，
所以，
，
所以的中点为，又在直线上，
，
因为中，直线不存在．
C不正确．
对于D，直线的方程为：，
代入，得
由韦达定理得，．
，
，
故D正确．
故选：BD.
三．填空题
13．（广西2023届高三毕业班高考模拟测试数学试题）已知双曲线的左、右焦点分别是，双曲线上有两点满足，且，若四边形的周长与面积满足，则双曲线的离心率为________.
【答案】
【分析】由双曲线的对称性，得出题目中的图形关系，由双曲线的定义、余弦定理，结合题目中四边形的周长与面积关系进行求解即可.
【详解】
∵，∴，关于原点对称，直线过点，
如图，不妨设，，由双曲线的定义可知，，
两边平方得①，
在中，由余弦定理，
，
即②，
由双曲线的对称性知，，，
∴四边形的周长，
四边形的面积，
∵，∴，化简得③，
③代入①，得，③代入②，得，
∴，
∴双曲线的离心率.
故答案为：.
【点睛】解决椭圆与双曲线求解离心率问题，通常需要关注由题意所得的特殊图形，结合椭圆与双曲线的定义、余弦定理或勾股定理、三角形面积公式等进行求解.
14．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）已知圆在椭圆的内部，为上的一个动点，过作的一条切线，交于另一点，切点为，若当为的中点时，直线的倾斜角恰好为，则该椭圆的离心率___________.
【答案】
【分析】根据直线的倾斜角结合圆的方程确定切点的坐标为或，分别求解方程，代入椭圆后，利用为的中点确定关系，即可求得椭圆离心率.
【详解】如图，
圆的圆心为，半径
因为直线的倾斜角为，所以直线方程为，即
所以，解得或，所以切点的坐标为或
又直线与圆相切，所以，则
①当，则直线为，即，设，
所以，恒成立
所以，因为为的中点，所以，即
所以椭圆的离心率；
②当，则直线为，即，设，
所以，恒成立
所以，因为为的中点，所以，即（舍）；
综上，椭圆的离心率.
故答案为：.
15．（2023·全国·高三专题练习）已知双曲线G的方程，其左、右焦点分别是，，已知点P坐标为，双曲线G上点，满足，则______．
【答案】8
【分析】设的内切圆与三边分别相切于，利用切线长相等求得内切圆圆心横坐标为，又由得在的平分线上，进而得到即为内心，应用双曲线的定义求得面积差即可.
【详解】
如图，设的内切圆与三边分别相切于，可得，又由双曲线定义可得，则，又，解得，则点横坐标为，即内切圆圆心横坐标为.
又，可得，化简得，即，
即是的平分线，由于，，可得即为的内心，且半径为2，则.
故答案为：8.
【点睛】本题关键点在于先利用切线长定理求得内切圆圆心横坐标为，再由得到在的平分线上，结合的横坐标为进而得到即为内心，利用双曲线定义及面积公式即可求解.
16．（2022·全国·高三专题练习）过点作抛物线的两条切线，切点分别为和，又直线经过抛物线的焦点，那么=______.
【答案】4
【分析】由题意，利用两种方法化简所求代数式，
方法一：设出过与抛物线的切线的点斜式方程，联立方程，由切点性质，则，可得方程，根据题意，结合韦达定理，可得，同样的思路，设出过焦点的直线，联立方程，结合韦达定理，可得，故可得第一种所求代数式的表示；
方法二：利用导数的几何意义，求切线斜率，可得，结合方法一中，可得第二种所求代数式的表示；
综上建立方程，求得的值，进而求得答案.
【详解】由题意，显然过点作抛物线的切线的斜率存在，设该斜率为，
则该切线方程为，即，
联立，消去可得，
由于切线与抛物线只有唯一交点，则，
整理可得，
由题意，可知为方程的两个根，则，
由题意，设直线的方程为，
联立可得，消去可得，由题意可知为该方程的两个根，则，
故，
由抛物线方程，可得函数与函数，则与
不妨设在第一象限，则，即，且，
由设在第一象限，则在第四象限，即，可得，且，故，
由，则，
综上可得，解得，故.
故答案为：.
【点睛】对于抛物线的焦点弦，要熟记直线与抛物线联立，消元选择消去一次项，根据韦达定理，可得两个交点坐标与之间的等量关系；
对于切线的斜率，利用导数的几何意义进行计算，要善于化简表达式，可用纵坐标表示，结合韦达定理，可得简化计算.
【技法指引】
（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；
（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；
（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；
（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；
（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.
【技法指引】
(1)椭圆定义：动点P满足：| PF1|＋| PF2|＝2a，|F1F2|＝2c且a> c (其中a>0，c0，且a，c为常数)
(2)双曲线定义：动点P满足：||PF1|－|PF2||＝2a，|F1F2|＝2c且a＜c (其中a，c为常数且a>0，c>0).
(3)抛物线定义：|PF|＝|PM|，点F不在直线l上，PM⊥l于M.
【技法指引】
与双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1有相同渐近线时，可设所求双曲线方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝λ (λ≠0)．
【技法指引】
圆锥曲线焦半径统一结论，其中p为交点到准线的距离，对椭圆和双曲线而言
对于抛物线，则
常见抛物线的（为焦准距）
（1）焦点在轴正半轴，抛物线上任意一点，则；
（2）焦点在轴负半轴，抛物线上任意一点，则；
（3）焦点在轴正半轴，抛物线上任意一点，则；
（4）焦点在轴负半轴，抛物线上任意一点，则.