三年（2023-2025）高考数学真题分类汇编：专题08 圆锥曲线（全国通用）（解析版）

这是一份三年（2023-2025）高考数学真题分类汇编：专题08 圆锥曲线（全国通用）（解析版），共41页。试卷主要包含了单选题，解答题，填空题等内容，欢迎下载使用。

考点01 椭圆
一、单选题
1．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知曲线C：x2+y2=16（y>0），从C上任意一点P向x轴作垂线段PP'，P'为垂足，则线段PP'的中点M的轨迹方程为（ ）
A．x216+y24=1（y>0）B．x216+y28=1（y>0）
C．y216+x24=1（y>0）D．y216+x28=1（y>0）
【答案】A
【分析】设点M(x,y)，由题意，根据中点的坐标表示可得P(x,2y)，代入圆的方程即可求解.
【详解】设点M(x,y)，则P(x,y0),P'(x,0)，
因为M为PP'的中点，所以y0=2y，即P(x,2y)，
又P在圆x2+y2=16(y>0)上，
所以x2+4y2=16(y>0)，即x216+y24=1(y>0)，
即点M的轨迹方程为x216+y24=1(y>0).
故选：A
2．（2023·全国甲卷·高考真题）设F1,F2为椭圆C:x25+y2=1的两个焦点，点P在C上，若PF1⋅PF2=0，则PF1⋅PF2=（ ）
A．1B．2C．4D．5
【答案】B
【分析】方法一：根据焦点三角形面积公式求出△PF1F2的面积，即可解出；
方法二：根据椭圆的定义以及勾股定理即可解出．
【详解】方法一：因为PF1⋅PF2=0，所以∠FP1F2=90∘，
从而S△FP1F2=b2tan45∘=1=12×PF1⋅PF2，所以PF1⋅PF2=2．
故选：B.
方法二：
因为PF1⋅PF2=0，所以∠FP1F2=90∘，由椭圆方程可知，c2=5−1=4⇒c=2，
所以PF12+PF22=F1F22=42=16，又PF1+PF2=2a=25，平方得：
PF12+PF22+2PF1PF2=16+2PF1PF2=20，所以PF1⋅PF2=2．
故选：B.
3．（2023·全国甲卷·高考真题）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|=（ ）
A．135B．302C．145D．352
【答案】B
【分析】方法一：根据焦点三角形面积公式求出△PF1F2的面积，即可得到点P的坐标，从而得出OP的值；
方法二：利用椭圆的定义以及余弦定理求出PF1PF2,PF12+PF22，再结合中线的向量公式以及数量积即可求出；
方法三：利用椭圆的定义以及余弦定理求出PF12+PF22，即可根据中线定理求出．
【详解】方法一：设∠F1PF2=2θ,01，所以a=233.
故选：A
二、解答题
5．（2025·天津·高考真题）已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的左焦点为F，右顶点为A，P为x=a上一点，且直线PF的斜率为13，△PFA的面积为32，离心率为12.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点P的直线与椭圆有唯一交点B（异于点A），求证：PF平分∠AFB.
【答案】(1)x24+y23=1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，利用椭圆的离心率得到a=2c，再由直线PF的斜率得到m=c，从而利用三角形的面积公式得到关于c的方程，解之即可得解；
（2）联立直线与椭圆方程，利用其位置关系求得k，进而得到直线PB的方程与点B的坐标，法一：利用向量的夹角公式即可得证；法二：利用两直线的夹角公式即可得证；法三利用正切的倍角公式即可得证；法四：利用角平分线的性质与点线距离公式即可得证.
【详解】（1）依题意，设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的半焦距为c，
则左焦点F(−c,0)，右顶点A(a,0)，离心率e=ca=12，即a=2c，
因为P为x=a上一点，设P(a,m)，
又直线PF的斜率为13，则m−0a−(−c)=13，即ma+c=13，
所以m2c+c=13，解得m=c，则P(a,c)，即P(2c,c)，
因为△PFA的面积为32，|AF|=a−(−c)=a+c=3c，高为|m|=c，
所以S△PFA=12AF|m|=12×3c×c=32，解得c=1，
则a=2c=2，b2=a2−c2=3，
所以椭圆的方程为x24+y23=1.
.
（2）由（1）可知P(2,1)，F(−1,0)，A(2,0)，
易知直线PB的斜率存在，设其方程为y=kx+m，则1=2k+m，即m=1−2k，
联立y=kx+mx24+y23=1，消去y得，(3+4k2)x2+8kmx+4m2−12=0，
因为直线与椭圆有唯一交点，所以Δ=8k⋅m2−4(3+4k2)⋅(4m2−12)=0，
即4k2−m2+3=0，则4k2−1−2k2+3=0，解得k=−12，则m=2，
所以直线PB的方程为y=−12x+2，
联立y=−12x+2x24+y23=1，解得x=1y=32，则B(1,32)，
以下分别用四种方法证明结论：
法一：则FB=2,32,FP=3,1,FA=3,0，
所以cs∠BFP=FB⋅FPFB⋅FP=2×3+32×122+322⋅32+12=31010，
cs∠PFA=FA⋅FPFA⋅FP=3×3+1×0332+12=31010，
则cs∠BFP=cs∠PFA，又∠BFP,∠PFA∈(0,π2)，
所以∠BFP=∠PFA，即PF平分∠AFB.
法二：所以kFB=32−01−(−1)=34，kPF=1−02−(−1)=13，kAF=0，
由两直线夹角公式，得tan∠BFP=34−131+13×34=13，tan∠PFA=13−01+0=13，
则tan∠BFP=tan∠PFA，又∠BFP,∠PFA∈(0,π2)，
所以∠BFP=∠PFA，即PF平分∠AFB.
法三：则tan∠PFA=kPF=13，tan∠BFP=kFB=34，
故tan2∠PFA=2tan∠PFA1−tan2∠PFA=2×131−132=34=tan∠BFP，
又∠BFP,∠PFA∈(0,π2)，
所以∠BFP=∠PFA，即PF平分∠AFB.
法四：则kFB=32−01−(−1)=34，
所以直线FB的方程为y=34x+1，即3x−4y+3=0，
则点P到直线FB的距离为d=3×2−4×1+332+−42=1，
又点P到直线FA的距离也为1，
所以PF平分∠AFB.
6．（2025·全国二卷·高考真题）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22，长轴长为4．
(1)求C的方程；
(2)过点(0,−2)的直线l与C交于A,B两点，O为坐标原点，若△OAB的面积为2，求|AB|．
【答案】(1)x24+y22=1
(2)5
【分析】（1）根据长轴长和离心率求出基本量后可得椭圆方程；
（2）设出直线方程并联立椭圆方程后结合韦达定理用参数t表示面积后可求t的值，从而可求弦长.
【详解】（1）因为长轴长为4，故a=2，而离心率为22，故c=2，
故b=2，故椭圆方程为：x24+y22=1.
（2）
由题设直线AB的斜率不为0，故设直线l:x=ty+2，Ax1,y1,Bx2,y2，
由x=ty+2x2+2y2=4可得t2+2y2+4t2y+4t2−4=0，
故Δ=16t4−4t2+24t2−4=48−4t2>0即−20的离心率为22，椭圆E上的点到两焦点的距离之和为4.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设O为坐标原点，点Mx0,y0x0≠0在椭圆E上，直线x0x+2y0y−4=0与直线y=2，y=−2分别交于点A，B．设△OAM与△OBM的面积分别为S1,S2，比较S1S2与|OA||OB|的大小．
【答案】(1)x24+y22=1
(2)S1S2=OAOB
【分析】（1）根据椭圆定义以及离心率可求出a,c，再根据a,b,c的关系求出b，即可得到椭圆方程；
（2）法一：联立直线方程求出点A,B坐标，即可求出OAOB，再根据S1S2=AMBM，即可得出它们的大小关系.
法二：利用直线的到角公式或者倾斜角之间的关系得到∠AOM=∠BOM，再根据三角形的面积公式即可解出.
【详解】（1）由椭圆可知，2a=4，所以a=2，又e=ca=22，所以c=2，b2=a2−c2=2，
故椭圆E的方程为x24+y22=1；
（2）联立x0x+2y0y−4=0x24+y22=1，消去x得，4−2y0yx02+2y2=4，
整理得，2x02+4y02y2−16y0y+16−4x02=0①，
又x024+y022=1，所以2x02+4y02=8，16−4x02=8y02，
故①式可化简为8y2−16y0y+8y02=0，即y−y02=0，所以y=y0，
所以直线x0x+2y0y−4=0与椭圆相切，M为切点.
设Ax1,y1,Bx2,y2，易知，当x1=x2时，由对称性可知，S1S2=OAOB．
故设x20，解得m=10.
（3）由线段AM的中垂线l的斜率为2，所以直线AM的斜率为−12，
则m−00−a=−12，解得m=a2，
由A(a,0),M(0,a2)得AM中点坐标为(a2,a4)，
故直线l:y=2x−34a，显然直线l过椭圆内点(38a,0)，
故直线与椭圆恒有两不同交点，
设C(x1,y1),D(x2,y2)，
由y=2x−34a5x2+a2y2=5a2消y得(4a2+5)x2−3a3x+916a4−5a2=0，
由韦达定理得x1+x2=3a34a2+5,x1x2=916a4−5a24a2+5，
因为∠CMD为钝角，则MC⋅MD0)上两点.
(1)求C的离心率;
(2)若过P的直线l交C于另一点B，且△ABP的面积为9，求l的方程．
【答案】(1)12
(2)直线l的方程为3x−2y−6=0或x−2y=0.
【分析】（1）代入两点得到关于a,b的方程，解出即可；
（2）方法一：以AP为底，求出三角形的高，即点B到直线AP的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到B点坐标，则得到直线l的方程；方法二：同法一得到点B到直线AP的距离，再设Bx0,y0，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点B到直线AP的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线AB斜率不存在的情况，再设直线y=kx+3，联立椭圆方程，得到点B坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线PB斜率不存在的情况，再设PB:y−32=k(x−3)，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅锤高乘12表达面积即可.
【详解】（1）由题意得b=39a2+94b2=1，解得b2=9a2=12，
所以e=1−b2a2=1−912=12.
（2）法一：kAP=3−320−3=−12，则直线AP的方程为y=−12x+3，即x+2y−6=0，
AP=0−32+3−322=352，由（1）知C:x212+y29=1，
设点B到直线AP的距离为d，则d=2×9352=1255，
则将直线AP沿着与AP垂直的方向平移1255单位即可，
此时该平行线与椭圆的交点即为点B，
设该平行线的方程为：x+2y+C=0，
则C+65=1255，解得C=6或C=−18，
当C=6时，联立x212+y29=1x+2y+6=0，解得x=0y=−3或x=−3y=−32，
即B0,−3或−3,−32，
当B0,−3时，此时kl=32，直线l的方程为y=32x−3，即3x−2y−6=0，
当B−3,−32时，此时kl=12，直线l的方程为y=12x，即x−2y=0，
当C=−18时，联立x212+y29=1x+2y−18=0得2y2−27y+117=0，
Δ=272−4×2×117=−2070，且k≠kAP，即k≠−12，
x1+x2=24k2−12k4k2+3x1x2=36k2−36k−274k2+3,PB=k2+1x1+x22−4x1x2=43k2+13k2+9k+2744k2+3，
A到直线PB距离d=3k+32k2+1,S△PAB=12⋅43k2+13k2+9k+2744k2+3⋅3k+32k2+1=9，
∴k=12或32，均满足题意，∴l:y=12x或y=32x−3，即3x−2y−6=0或x−2y=0.
法六：当l的斜率不存在时，l:x=3,B3,−32,PB=3,A到PB距离d=3，
此时S△ABP=12×3×3=92≠9不满足条件.
当直线l斜率存在时，设l:y=k(x−3)+32，
设l与y轴的交点为Q，令x=0，则Q0,−3k+32，
联立y=kx−3k+323x2+4y2=36，则有3+4k2x2−8k3k−32x+36k2−36k−27=0，
3+4k2x2−8k3k−32x+36k2−36k−27=0，
其中Δ=8k23k−322−43+4k236k2−36k−27>0，且k≠−12，
则3xB=36k2−36k−273+4k2,xB=12k2−12k−93+4k2，
则S=12|AQ|xP−xB=123k+3212k+183+4k2=9，解得k=12或k=32，经代入判别式验证均满足题意.
则直线l为y=12x或y=32x−3，即3x−2y−6=0或x−2y=0.
11．（2024·北京·高考真题）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0，以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点0,tt>2且斜率存在的直线与椭圆E交于不同的两点A,B，过点A和C0,1的直线AC与椭圆E的另一个交点为D．
(1)求椭圆E的方程及离心率；
(2)若直线BD的斜率为0，求t的值．
【答案】(1)x24+y22=1,e=22
(2)t=2
【分析】（1）由题意得b=c=2，进一步得a，由此即可得解；
（2）设AB:y=kx+t,k≠0,t>2，Ax1,y1,Bx2,y2，联立椭圆方程，由韦达定理有x1+x2=−4kt1+2k2,x1x2=2t2−42k2+1，而AD:y=y1−y2x1+x2x−x1+y1，令x=0，即可得解.
【详解】（1）由题意b=c=22=2，从而a=b2+c2=2，
所以椭圆方程为x24+y22=1，离心率为e=22；
（2）直线AB斜率不为0，否则直线AB与椭圆无交点，矛盾，
从而设AB:y=kx+t,k≠0,t>2，Ax1,y1,Bx2,y2，
联立x24+y22=1y=kx+t，化简并整理得1+2k2x2+4ktx+2t2−4=0，
由题意Δ=16k2t2−82k2+1t2−2=84k2+2−t2>0，即k,t应满足4k2+2−t2>0，
所以x1+x2=−4kt1+2k2,x1x2=2t2−42k2+1，
若直线BD斜率为0，由椭圆的对称性可设D−x2,y2，
所以AD:y=y1−y2x1+x2x−x1+y1，在直线AD方程中令x=0，
得yC=x1y2+x2y1x1+x2=x1kx2+t+x2kx1+tx1+x2=2kx1x2+tx1+x2x1+x2=4kt2−2−4kt+t=2t=1，
所以t=2，
此时k应满足4k2+2−t2=4k2−2>0k≠0，即k应满足k22，
综上所述，t=2满足题意，此时k22.
12．（2024·全国甲卷·高考真题）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，点M1,32在C上，且MF⊥x轴．
(1)求C的方程；
(2)过点P4,0的直线交C于A,B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQ⊥y轴．
【答案】(1)x24+y23=1
(2)证明见解析
【分析】（1）设Fc,0，根据M的坐标及MF⊥ x轴可求基本量，故可求椭圆方程.
（2）设AB:y=k(x−4)，Ax1,y1，Bx2,y2，联立直线方程和椭圆方程，用A,B的坐标表示y1−yQ，结合韦达定理化简前者可得y1−yQ=0，故可证AQ⊥y轴.
【详解】（1）设Fc,0，由题设有c=1且b2a=32，故a2−1a=32，故a=2，故b=3，
故椭圆方程为x24+y23=1.
（2）直线AB的斜率必定存在，设AB:y=k(x−4)，Ax1,y1，Bx2,y2，
由3x2+4y2=12y=k(x−4)可得3+4k2x2−32k2x+64k2−12=0，
故Δ=1024k4−43+4k264k2−12>0，故−120)的离心率为12．左顶点为A，下顶点为B，C是线段OB的中点（O为原点），△ABC的面积为332．
(1)求椭圆的方程．
(2)过点C的动直线与椭圆相交于P，Q两点．在y轴上是否存在点T，使得TP⋅TQ≤0恒成立．若存在，求出点T纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)x212+y29=1
(2)存在T0,t−3≤t≤32，使得TP⋅TQ≤0恒成立.
【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积可求基本量，从而可得椭圆的标准方程.
（2）设该直线方程为：y=kx−32，Px1,y1,Qx2,y2,T0,t， 联立直线方程和椭圆方程并消元，结合韦达定理和向量数量积的坐标运算可用k,t表示TP⋅TQ，再根据TP⋅TQ≤0可求t的范围.
【详解】（1）因为椭圆的离心率为e=12，故a=2c，b=3c，其中c为半焦距，
所以A−2c,0,B0,−3c,C0,−3c2，故S△ABC=12×2c×32c=332，
故c=3，所以a=23，b=3，故椭圆方程为：x212+y29=1.
（2）
若过点0,−32的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：y=kx−32，
设Px1,y1,Qx2,y2,T0,t，
由3x2+4y2=36y=kx−32可得3+4k2x2−12kx−27=0，
故Δ=144k2+1083+4k2=324+576k2>0且x1+x2=12k3+4k2,x1x2=−273+4k2,
而TP=x1,y1−t,TQ=x2,y2−t，
故TP⋅TQ=x1x2+y1−ty2−t=x1x2+kx1−32−tkx2−32−t
=1+k2x1x2−k32+tx1+x2+32+t2
=1+k2×−273+4k2−k32+t×12k3+4k2+32+t2
=−27k2−27−18k2−12k2t+332+t2+3+2t2k23+4k2
=3+2t2−12t−45k2+332+t2−273+4k2，
因为TP⋅TQ≤0恒成立，故3+2t2−12t−45≤0332+t2−27≤0，解得−3≤t≤32.
若过点0,−32的动直线的斜率不存在，则P0,3,Q0,−3或P0,−3,Q0,3，
此时需−3≤t≤3，两者结合可得−3≤t≤32.
综上，存在T0,t−3≤t≤32，使得TP⋅TQ≤0恒成立.
考点02 双曲线
一、单选题
1．（2025·全国一卷·高考真题）若双曲线C的虚轴长为实轴长的7倍，则C的离心率为（ ）
A．2B．2C．7D．22
【答案】D
【分析】由题可知双曲线中a,b的关系，结合a2+b2=c2和离心率公式求解
【详解】设双曲线的实轴，虚轴，焦距分别为2a,2b,2c，
由题知，b=7a，
于是a2+b2=c2=a2+7a2=8a2，则c=22a，
即e=ca=22.
故选：D
2．（2025·北京·高考真题）双曲线x2−4y2=4的离心率为（ ）
A．32B．52C．54D．5
【答案】B
【分析】先将双曲线方程化成标准方程，求出a,b,c，即可求出离心率．
【详解】由x2−4y2=4得，x24−y2=1，所以a2=4,b2=1,c2=a2+b2=5，
即a=2,c=5，所以e=ca=52，
故选：B．
3．（2025·天津·高考真题）双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2，以右焦点F2为焦点的抛物线y2=2px(p>0)与双曲线交于第一象限的点P，若PF1+PF2=3F1F2，则双曲线的离心率e=（ ）
A．2B．5C．2+12D．5+12
【答案】A
【分析】利用抛物线与双曲线的定义与性质得出PF1=3c+aPF2=3c−a=PA，根据勾股定理从而确定P的坐标，利用点在双曲线上构造齐次方程计算即可.
【详解】根据题意可设F2p2,0，双曲线的半焦距为c，Px0,y0，则p=2c，
过F1作x轴的垂线l，过P作l的垂线，垂足为A，显然直线AF1为抛物线的准线，
则PA=PF2，
由双曲线的定义及已知条件可知PF1−PF2=2aPF1+PF2=6c，则PF1=3c+aPF2=3c−a=PA，
由勾股定理可知AF12=y02=PF12−PA2=12ac，
易知y02=4cx0,∴x0=3a，即x02a2−y02b2=9a2a2−12acc2−a2=1，
整理得2c2−3ac−2a2=0=2c+ac−2a，∴c=2a，即离心率为2.
故选：

4．（2024·全国甲卷·高考真题）已知双曲线的两个焦点分别为(0,4),(0,−4)，点(−6,4)在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（ ）
A．4B．3C．2D．2
【答案】C
【分析】由焦点坐标可得焦距2c，结合双曲线定义计算可得2a，即可得离心率.
【详解】由题意，设F10,−4、F20,4、P−6,4，
则F1F2=2c=8，PF1=62+4+42=10，PF2=62+4−42=6，
则2a=PF1−PF2=10−6=4，则e=2c2a=84=2.
故选：C.
5．（2024·天津·高考真题）双曲线x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1,F2.点P在双曲线右支上，直线PF2的斜率为2．若△PF1F2是直角三角形，且面积为8，则双曲线的方程为（ ）
A．x22−y28=1B．x24−y28=1C．x28−y22=1D．x28−y24=1
【答案】A
【分析】可利用△PF1F2三边斜率问题与正弦定理，转化出三边比例，设PF2=m，由面积公式求出m，由勾股定理得出c，结合第一定义再求出a.
【详解】如下图：由题可知，点P必落在第四象限，∠F1PF2=90°，设PF2=m，
∠PF2F1=θ1,∠PF1F2=θ2，由kPF2=tanθ1=2，求得sinθ1=25，
因为∠F1PF2=90°，所以kPF1⋅kPF2=−1，求得kPF1=−12，即tanθ2=12，
sinθ2=15，由正弦定理可得：PF1:PF2:F1F2=sinθ1:sinθ2:sin90°=2:1:5，
则由PF2=m得PF1=2m,F1F2=2c=5m，
由S△PF1F2=12PF1⋅PF2=12m⋅2m=8得m=22，
则PF2=22,PF1=42,F1F2=2c=210,c=10，
由双曲线第一定义可得：PF1−PF2=2a=22，a=2,b=c2−a2=8，
所以双曲线的方程为x22−y28=1.
故选：A
6．（2023·全国甲卷·高考真题）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为5，C的一条渐近线与圆(x−2)2+(y−3)2=1交于A，B两点，则|AB|=（ ）
A．55B．255C．355D．455
【答案】D
【分析】根据离心率得出双曲线渐近线方程，再由圆心到直线的距离及圆半径可求弦长.
【详解】由e=5，则c2a2=a2+b2a2=1+b2a2=5，
解得ba=2，
所以双曲线的渐近线为y=±2x，
当渐近线为y=−2x时，圆心(2,3)到该渐近线的距离d=|2×2+3|22+1=755>1，不合题意；
当渐近线为y=2x时，则圆心(2,3)到渐近线的距离d=|2×2−3|22+1=55，
所以弦长|AB|=2r2−d2=21−15=455.
故选：D
7．（2023·全国乙卷·高考真题）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（ ）
A．1,1B．−1,2C．1,3D．−1,−4
【答案】D
【分析】根据点差法分析可得kAB⋅k=9，对于A、B、D：通过联立方程判断交点个数，逐项分析判断；对于C：结合双曲线的渐近线分析判断.
【详解】设Ax1,y1,Bx2,y2，则AB的中点Mx1+x22,y1+y22，
可得kAB=y1−y2x1−x2,k=y1+y22x1+x22=y1+y2x1+x2，
因为A,B在双曲线上，则x12−y129=1x22−y229=1，两式相减得x12−x22−y12−y229=0，
所以kAB⋅k=y12−y22x12−x22=9.
对于选项A： 可得k=1,kAB=9，则AB:y=9x−8，
联立方程y=9x−8x2−y29=1，消去y得72x2−2×72x+73=0，
此时Δ=−2×722−4×72×73=−2880,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2．过F2向一条渐近线作垂线，垂足为P．若PF2=2，直线PF1的斜率为24，则双曲线的方程为（ ）
A．x28−y24=1B．x24−y28=1
C．x24−y22=1D．x22−y24=1
【答案】D
【分析】先由点到直线的距离公式求出b，设∠POF2=θ，由tanθ=bOP=ba得到OP=a，OF2=c.再由三角形的面积公式得到yP，从而得到xP，则可得到aa2+2=24，解出a，代入双曲线的方程即可得到答案.
【详解】如图，

因为F2c,0，不妨设渐近线方程为y=bax，即bx−ay=0，
所以PF2=bca2+b2=bcc=b，
所以b=2.
设∠POF2=θ,则tanθ=PF2OP=bOP=ba，所以OP=a，所以OF2=c.
因为12ab=12c⋅yP,所以yP=abc，所以tanθ=yPxP=abcxP=ba，所以xP=a2c，
所以Pa2c,abc，
因为F1−c,0，
所以kPF1=abca2c+c=aba2+c2=2aa2+a2+4=aa2+2=24，
所以2a2+2=4a，解得a=2，
所以双曲线的方程为x22−y24=1
故选：D
二、多选题
9．（2025·全国二卷·高考真题）双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别是F1、F2，左、右顶点分别为A1，A2，以F1F2为直径的圆与C的一条渐近线交于M、N两点，且∠NA1M=5π6，则（ ）
A．∠A1MA2=π6B．MA1=2MA2
C．C的离心率为13D．当a=2时，四边形NA1MA2的面积为83
【答案】ACD
【分析】由平行四边形的性质判断A；由F1M⊥F2M且MO=c结合M在渐近线上可求M的坐标，从而可判断B的正误，或者利用三角函数定义和余弦定理也可判断；由中线向量结合B的结果可得c2=13a2，计算后可判断C的正误，或者利用MA2A1A2=b2a=3并结合离心率变形公式即可判断；结合BC的结果求出面积后可判断D的正误.
【详解】不妨设渐近线为y=bax，M在第一象限，N在第三象限，
对于A，由双曲线的对称性可得A1MA2N为平行四边形，故∠A1MA2=π−5π6=π6，
故A正确；
对于B，方法一：因为M在以F1F2为直径的圆上，故F1M⊥F2M且MO=c，
设Mx0,y0，则x02+y02=c2y0x0=ba，故x0=ay0=b，故MA2⊥A1A2，
由A得∠A1MA2=π6，故MA2=MA1×32即MA1=233MA2，故B错误；
方法二：因为tan∠MOA2=ba，因为双曲线中，c2=a2+b2，
则cs∠MOA2=ac，又因为以F1F2为直径的圆与C的一条渐近线交于M、N，则OM=c，
则若过点M往x轴作垂线，垂足为H，则OH=c⋅ac=a=OA2，则点H与A2H重合，则MA2⊥x轴，则MA2=c2−a2=b，
方法三：在△OMA2利用余弦定理知，MA22=OM2+OA22−2OMOA2cs∠MOA2，
即MA22=c2+a2−2ac⋅ac=b2，则MA2=b，
则△A1A2M为直角三角形，且∠A1MA2=π6，则2MA2=3MA1，故B错误；
对于C，方法一：因为MO=12MA1+MA2，故4MO2=MA12+2MA1⋅MA2+MA22，
由B可知MA2=b,MA1=233b，
故4c2=b2+43b2+2×b×233b×32=133b2=133c2−a2即c2=13a2，
故离心率e=13，故C正确；
方法二：因为MA2A1A2=b2a=3，则ba=23，则e=ca=1+b2a2=1+(23)2=13，故C正确；
对于D，当a=2时，由C可知e=13，故c=26，
故b=26，故四边形NA1MA2为2S△MA1A2=2×12×26×22=83，
故D正确，
故选：ACD.
三、填空题
10．（2024·广东江苏·高考真题）设双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左右焦点分别为F1、F2，过F2作平行于y轴的直线交C于A，B两点，若|F1A|=13,|AB|=10，则C的离心率为 ．
【答案】32
【分析】由题意画出双曲线大致图象，求出AF2，结合双曲线第一定义求出AF1，即可得到a,b,c的值，从而求出离心率.
【详解】由题可知A,B,F2三点横坐标相等，设A在第一象限，将x=c代入x2a2−y2b2=1
得y=±b2a，即Ac,b2a,Bc,−b2a，故AB=2b2a=10，AF2=b2a=5，
又AF1−AF2=2a，得AF1=AF2+2a=2a+5=13，解得a=4，代入b2a=5得b2=20，
故c2=a2+b2=36,，即c=6，所以e=ca=64=32.
故答案为：32
11．（2024·天津·高考真题）设a∈R，函数fx=2x2−ax−ax−2+1.若fx恰有一个零点，则a的取值范围为 ．
【答案】−3,−1∪1,3
【分析】结合函数零点与两函数的交点的关系，构造函数gx=2x2−ax与ℎx=ax−3,x≥2a1−ax,x0与a0时，计算函数定义域可得x≥a或x≤0，计算可得a∈0,2时，两函数在y轴左侧有一交点，则只需找到当a∈0,2时，在y轴右侧无交点的情况即可得；当a0时，则2x2−ax=ax−2−1=ax−3,x≥2a1−ax,x0，即AF的中垂线和抛物线有两个交点，
即存在两个P点，使得PA=PF，D选项正确.
方法二：（设点直接求解）
设Pt24,t，由PB⊥l可得B−1,t，又A(0,4)，又PA=PB，
根据两点间的距离公式，t416+(t−4)2=t24+1，整理得t2−16t+30=0，
Δ=162−4×30=136>0，则关于t的方程有两个解，
即存在两个这样的P点，D选项正确.
故选：ABD
6．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）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（ ）．
A．p=2B．MN=83
C．以MN为直径的圆与l相切D．△OMN为等腰三角形
【答案】AC
【分析】先求得焦点坐标，从而求得p，根据弦长公式求得MN，根据圆与等腰三角形的知识确定正确答案.
【详解】A选项：直线y=−3x−1过点1,0，所以抛物线C:y2=2pxp>0的焦点F1,0，
所以p2=1,p=2,2p=4，则A选项正确，且抛物线C的方程为y2=4x.
B选项：设Mx1,y1,Nx2,y2，
由y=−3x−1y2=4x消去y并化简得3x2−10x+3=x−33x−1=0，
解得x1=3,x2=13，所以MN=x1+x2+p=3+13+2=163，B选项错误.
C选项：设MN的中点为A，M,N,A到直线l的距离分别为d1,d2,d，
因为d=12d1+d2=12MF+NF=12MN，
即A到直线l的距离等于MN的一半，所以以MN为直径的圆与直线l相切，C选项正确.
D选项：直线y=−3x−1，即3x+y−3=0，
O到直线3x+y−3=0的距离为d=32，
所以三角形OMN的面积为12×163×32=433，
由上述分析可知y1=−33−1=−23,y2=−313−1=233，
所以OM=32+−232=21,ON=132+2332=133，
所以三角形OMN不是等腰三角形，D选项错误.
故选：AC.

三、填空题
7．（2025·北京·高考真题）已知抛物线y2=2px(p>0)的顶点到焦点的距离为3，则p= ．
【答案】6
【分析】根据抛物线的几何性质可求p的值.
【详解】因为抛物线的顶点到焦距的距离为p2，故p2=3，故p=6，
故答案为：6.
8．（2024·上海·高考真题）已知抛物线y2=4x上有一点P到准线的距离为9，那么点P到x轴的距离为 ．
【答案】42
【分析】根据抛物线的定义知xP=8，将其再代入抛物线方程即可.
【详解】由y2=4x知抛物线的准线方程为x=−1，设点Px0,y0，由题意得x0+1=9，解得x0=8，
代入抛物线方程y2=4x，得y02=32，解得y0=±42，
则点P到x轴的距离为42．
故答案为：42．
9．（2024·北京·高考真题）抛物线y2=16x的焦点坐标为 ．
【答案】4,0
【分析】形如y2=2px,p≠0的抛物线的焦点坐标为p2,0，由此即可得解.
【详解】由题意抛物线的标准方程为y2=16x，所以其焦点坐标为4,0.
故答案为：4,0.
10．（2024·天津·高考真题）已知圆(x−1)2+y2=25的圆心与抛物线y2=2px的焦点F重合，且两曲线在第一象限的交点为A，则原点到直线AF的距离为 ．
【答案】45/0.8
【分析】先求出圆心坐标，从而可求焦准距，再联立圆和抛物线方程，求A及AF的方程，从而可求原点到直线AF的距离.
【详解】圆(x−1)2+y2=25的圆心为F1,0，故p2=1即p=2，
由x−12+y2=25y2=4x可得x2+2x−24=0，故x=4或x=−6（舍），
故A4,4，故直线AF:y=43x−1即4x−3y−4=0，
故原点到直线AF的距离为d=45=45，
故答案为：45
11．（2023·全国乙卷·高考真题）已知点A1,5在抛物线C：y2=2px上，则A到C的准线的距离为 .
【答案】94
【分析】由题意首先求得抛物线的标准方程，然后由抛物线方程可得抛物线的准线方程为x=−54，最后利用点的坐标和准线方程计算点A到C的准线的距离即可.
【详解】由题意可得：52=2p×1，则2p=5，抛物线的方程为y2=5x，
准线方程为x=−54，点A到C的准线的距离为1−−54=94.
故答案为：94.
四、解答题
12．（2023·上海·高考真题）曲线Γ:y2=4x，第一象限内点A在Γ上，A的纵坐标是a．
(1)若A到准线距离为3，求a；
(2)若a＝4，B在x轴上，AB中点在Γ上，求点B坐标和坐标原点O到AB距离；
(3)直线l:x=−3，令P是第一象限Γ上异于A的一点，直线PA交l于Q，H是P在l上的投影，若点A满足“对于任意P都有HQ>4”，求a的取值范围．
【答案】(1)22
(2)41313
(3)(0,2]
【分析】（1）代入求出xA=a24，利用抛物线定义即可求出a值；
（2）代入a值求出A(4,4)，设B(b,0)，则得到AB的中点坐标，再代入抛物线方程则得b值，则得到直线AB的方程，利用点到直线的距离即可；
（3）设Pp24,p(p>0,p≠a)，写出直线AP的方程，求出Q点坐标，则|HQ|=p2+12a+p>4，分a∈0,2和a=2讨论即可.
【详解】（1）令y=a，解得x=a24，即xA=a24，而抛物线的准线方程为x=−1，
根据抛物线的定义有a24+1=3，解得a=±22，因为A为第一象限的点，则a=22.
（2）由a=4代入抛物线方程有16=4x，解得x=4，则A(4,4)，
设B(b,0)，则AB的中点为2+b2,2,
代入抛物线方程有4=4b2+2，解得b=−2，
∴直线AB的斜率为kAB=4−04+2=23，其方程为y=23(x+2)，即2x−3y+4=0,
∴坐标原点O到AB的距离为d=413=41313.
（3）设Pp24,p(p>0,p≠a)，根据Aa24,a，
则kAP=p−ap2−a24=4p+a，则直线AP方程为y−p=4p+ax−p24，
化简得4x−(a+p)y+ap=0，
令x=−3，则yQ=ap−12a+p，又H(−3,p)，∴|HQ|=ap−12a+p−p=p2+12a+p>4，
化简得 4a0,p≠a)，从而写出直线AP的方程，再得到|HQ|=p2+12a+p>4，再转化为恒成立问题，分类讨论即可.
13．（2023·全国甲卷·高考真题）已知直线x−2y+1=0与抛物线C:y2=2px(p>0)交于A,B两点，且|AB|=415．
(1)求p；
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，FM⋅FN=0，求△MFN面积的最小值．
【答案】(1)p=2
(2)12−82
【分析】（1）利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出p；
（2）设直线MN：x=my+n，Mx1,y1,Nx2,y2,利用FM⋅FN=0，找到m,n的关系，以及△MFN的面积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值．
【详解】（1）设AxA,yA,BxB,yB，
由x−2y+1=0y2=2px可得，y2−4py+2p=0，所以yA+yB=4p,yAyB=2p，
所以AB=xA−xB2+yA−yB2=5yA−yB=5×yA+yB2−4yAyB=415，
即2p2−p−6=0，因为p>0，解得：p=2．
（2）因为F1,0，显然直线MN的斜率不可能为零，
设直线MN：x=my+n，Mx1,y1,Nx2,y2，
由y2=4xx=my+n可得，y2−4my−4n=0，所以，y1+y2=4m,y1y2=−4n，
Δ=16m2+16n>0⇒m2+n>0，
因为FM⋅FN=0，所以x1−1x2−1+y1y2=0，
即my1+n−1my2+n−1+y1y2=0，
亦即m2+1y1y2+mn−1y1+y2+n−12=0，
将y1+y2=4m,y1y2=−4n代入得，
4m2=n2−6n+1，4m2+n=n−12>0，
所以n≠1，且n2−6n+1≥0，解得n≥3+22或n≤3−22．
设点F到直线MN的距离为d，所以d=n−11+m2，
MN=x1−x22+y1−y22=1+m2y1−y2=1+m216m2+16n
=1+m24n2−6n+1+16n=21+m2n−1，
所以△MFN的面积S=12×MN×d=12×n−11+m2×21+m2n−1=n−12，
而n≥3+22或n≤3−22，所以，
当n=3−22时，△MFN的面积Smin=2−222=12−82．
【点睛】本题解题关键是根据向量的数量积为零找到m,n的关系，一是为了减元，二是通过相互的制约关系找到各自的范围，为得到的三角形面积公式提供定义域支持，从而求出面积的最小值.
考点
三年考情（2023-2025）
命题趋势
考点01 椭圆
考查椭圆定义的运用，根据条件求椭圆的标准方程。如 2025 年新高考 Ⅰ 卷第 18 题，通过椭圆的离心率以及顶点间的距离来确定椭圆的标准方程。
椭圆的几何性质这是高考的热点问题。例如 2023 年新高考 Ⅰ 卷第 5 题考查椭圆的离心率；2024 年高考中也有题目涉及椭圆离心率的计算。
直线与椭圆的位置关系：包括弦长问题、中点弦问题、直线与椭圆相交的综合问题等。如 2022 年新高考 Ⅱ 卷第 16 题涉及直线与椭圆的弦长问题，2024 年椭圆的考查也体现在直线与椭圆位置关系的大题中
强调综合与实际应用
多模块融合：命题从单一知识点考查转向多模块融合，常与平面向量、数列等知识结合，如 2024 年新高考 Ⅱ 卷中双曲线与数列的综合。
跨学科融合：注重与物理、生物、经济等学科的结合，考查数学工具在实际问题中的应用，如结合物理光学、天体运动等情境命题。
突出能力与素养考查
从知识覆盖到能力立意：更强调数学建模、逻辑推理、数据分析等核心素养，减少纯计算量，注重 “齐次化”“定比点差法” 等技巧的运用。
加强探索性与开放性：探索性题型的考查力度加大，以平面几何知识为背景构建寻求轨迹的探索性问题，出现更多动态问题，如动点轨迹、旋转对称等，开放性与探究性增强。创新命题形式与角度
参数方程的应用：以参数方程为载体的综合题频繁出现，如 2023 年新课标卷椭圆弦长最值问题。
向量工具的渗透：向量的命题价值上升，通过向量线性组合构造特殊点轨迹等创新考法可能出现。
动态几何问题：将圆锥曲线嵌入平面几何框架，综合运用初等几何方法，如多曲线联动、几何变换等问题增多。
考点02 双曲线
双曲线的定义与方程：考查利用定义求双曲线的标准方程，或根据方程确定双曲线的基本量。如 2024 年新高考 Ⅰ 卷的第 12 题，通过双曲线的定义及相关条件来求解离心率。
几何性质：重点是离心率的计算，渐近线方程的求解或应用。比如 2023 年新高考 Ⅰ 卷第 16 题，根据双曲线的一些条件求离心率；2025 年北京卷第 3 题，由双曲线方程求离心率。
直线与双曲线的位置关系：可能涉及弦长问题、中点弦问题等，不过相对椭圆而言，考查频率稍低。如 2023 年全国乙卷理第 11 题，通过双曲线的性质以及点差法来判断线段中点的位置。
考点03 抛物线
抛物线的定义与方程：常考查根据抛物线的定义求方程，或已知方程求相关参数。如 2023 年全国乙卷理科第 13 题，通过点在抛物线上求抛物线方程及点到准线的距离。
抛物线的几何性质：包括焦点、准线、焦半径公式等的应用。像 2023 年全国甲卷理科第 20 题，考查了抛物线的性质及焦半径公式。
直线与抛物线的位置关系：常涉及弦长问题、中点弦问题、交点问题等。在解答题中，常与其他知识综合考查，如 2023 年全国甲卷理科第 20 题，将抛物线与三角函数、点到直线的距离等知识相结合。