专题10 直线与圆及圆锥曲线（全国通用）含答案-【好题汇编】2025年高考数学真题分类汇编

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【直线与圆】
一、单选题
1．（2025·全国一卷·高考真题）若圆上到直线的距离为1的点有且仅有2个，则r的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求出圆心到直线的距离，然后结合图象，即可得出结论.
【详解】由题意，
在圆中，圆心，半径为，
到直线的距离为的点有且仅有 个，
∵圆心到直线的距离为：，

故由图可知，
当时，
圆上有且仅有一个点（点）到直线的距离等于；
当时，
圆上有且仅有三个点（点）到直线的距离等于；
当则的取值范围为时，
圆上有且仅有两个点到直线的距离等于.
故选：B.
2．（2025·上海·高考真题）已知，C在上，则的面积（ ）
A．有最大值，但没有最小值B．没有最大值，但有最小值
C．既有最大值，也有最小值D．既没有最大值，也没有最小值
【答案】A
【分析】设出曲线上一点为，得出，将三角形的高转化成关于的函数,分析其单调性，从而求解.
【详解】设曲线上一点为，则，则，
，方程为：，即，
根据点到直线的距离公式，到的距离为：，
设，
由于，显然关于单调递减，，无最小值，
即中，边上的高有最大值，无最小值，
又一定，故面积有最大值，无最小值.
故选：A
二、填空题
3．（2025·天津·高考真题），与x轴交于点A，与y轴交于点B，与交于C、D两点，，则 ．
【答案】2
【分析】先根据两点间距离公式得出，再计算出圆心到直线的距离，根据弦长公式列等式求解即可.
【详解】因为直线与轴交于，与轴交于，所以，所以，
圆的半径为，圆心到直线的距离为，
故，解得；
故答案为：2.
【椭圆】
一、解答题
1．（2025·全国二卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，长轴长为4．
(1)求C的方程；
(2)过点的直线l与C交于两点，为坐标原点，若的面积为，求．
【答案】(1)
(2)
【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表示面积后可求的值，从而可求弦长.
【详解】（1）因为长轴长为4，故，而离心率为，故，
故，故椭圆方程为：.
（2）
由题设直线的斜率不为0，故设直线，，
由可得，
故即，
且，
故，
解得，
故.
2．（2025·天津·高考真题）已知椭圆的左焦点为F，右顶点为A，P为上一点，且直线的斜率为，的面积为，离心率为.
(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.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，利用椭圆的离心率得到，再由直线的斜率得到，从而利用三角形的面积公式得到关于的方程，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，进而得到直线的方程与点的坐标，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，设椭圆的半焦距为，
则左焦点，右顶点，离心率，即，
因为为上一点，设，
又直线的斜率为，则，即，
所以，解得，则，即，
因为的面积为，，高为，
所以，解得，
则，，
所以椭圆的方程为.
.
（2）由（1）可知，，，
易知直线的斜率存在，设其方程为，则，即，
联立，消去得，，
因为直线与椭圆有唯一交点，所以，
即，则，解得，则，
所以直线的方程为，
联立，解得，则，
以下分别用四种方法证明结论：
法一：则，
所以，
，
则，又，
所以，即平分.
法二：所以，，，
由两直线夹角公式，得，，
则，又，
所以，即平分.
法三：则，，
故，
又，
所以，即平分.
法四：则，
所以直线的方程为，即，
则点到直线的距离为，
又点到直线的距离也为，
所以平分.
3．（2025·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，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，点在椭圆E上，直线与直线，分别交于点A，B．设与的面积分别为，比较与的大小．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆定义以及离心率可求出，再根据的关系求出，即可得到椭圆方程；
（2）法一：联立直线方程求出点坐标，即可求出，再根据，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，再根据三角形的面积公式即可解出.
【详解】（1）由椭圆可知，，所以，又，所以，，
故椭圆E的方程为；
（2）联立，消去得，，
整理得，①，
又，所以，，
故①式可化简为，即，所以，
所以直线与椭圆相切，为切点.
设，易知，当时，由对称性可知，．
故设，易知，
联立，解得，
联立，解得，
所以
，
，
故．
法二：不妨设，易知，当时，由对称性可知，．
故设，
联立，解得，
联立，解得，
若，则，
由对称性，不妨取，则，
，，所以，
同理，当时，，
当时，则，，,
又，所以，
所以
，
，
则，即，
所以.
4．（2025·上海·高考真题）已知椭圆，，A是的右顶点．
(1)若的焦点，求离心率e；
(2)若，且上存在一点P，满足，求m；
(3)已知AM的中垂线l的斜率为2，l与交于C、D两点，为钝角，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由方程可得，再由焦点坐标得，从而求出得离心率；
（2）设点坐标，由向量关系坐标化可解得坐标，代入椭圆方程可得；
（3）根据中垂线性质，由斜率与中点坐标得直线方程，联立直线与椭圆方程，将钝角条件转化为向量不等式，再坐标化利用韦达定理代入化简不等式求解可得范围.
【详解】（1）由题意知，，则，
由右焦点，可知，则，
故离心率.
（2）由题意，
由得，，
解得，代入，
得，又，解得.
（3）由线段的中垂线的斜率为，所以直线的斜率为，
则，解得，
由得中点坐标为，
故直线，显然直线过椭圆内点，
故直线与椭圆恒有两不同交点，
设，
由消得，
由韦达定理得，
因为为钝角，则，且，
则有，
所以，
即，解得，
又，
故，即的取值范围是.
5．（2025·全国一卷·高考真题）设椭圆的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足．
（i）设，求点的坐标（用m，n表示）；
（ⅱ）设O为坐标原点，是椭圆上的动点，直线OR的斜率为直线的斜率的3倍，求的最大值．
【答案】(1)
(2)(ⅰ) (ⅱ)
【分析】（1）根据题意列出的关系式,解方程求出,即可得到椭圆的标准方程；
（2）(ⅰ)设,根据斜率相等以及题目条件列式,化简即可求出或者利用数乘向量求出；
(ⅱ) 根据斜率关系可得到点的轨迹为圆（除去两点），再根据点与圆的最值求法结合三角换元或者直接运算即可解出.
【详解】（1）由题可知,，所以，解得，
故椭圆C的标准方程为；
（2）(ⅰ)设，易知，
法一：所以，故，且．
因为，，所以，
即，解得，所以，
所以点的坐标为.
法二：设，则，所以
，，故
点的坐标为.
(ⅱ)因为,,由,可得
,化简得,即,
所以点在以为圆心,为半径的圆上（除去两个点）,
为到圆心的距离加上半径,
法一：设,所以
,当且仅当时取等号,
所以.
法二：设，则，
，当且仅当时取等号,
故.
【双曲线】
一、单选题
1．（2025·北京·高考真题）双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先将双曲线方程化成标准方程，求出，即可求出离心率．
【详解】由得，，所以，
即，所以，
故选：B．
2．（2025·全国一卷·高考真题）若双曲线C的虚轴长为实轴长的倍，则C的离心率为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】D
【分析】由题可知双曲线中的关系，结合和离心率公式求解
【详解】设双曲线的实轴，虚轴，焦距分别为，
由题知，，
于是，则，
即.
故选：D
3．（2025·天津·高考真题）双曲线的左、右焦点分别为，以右焦点为焦点的抛物线与双曲线交于第一象限的点P，若，则双曲线的离心率（ ）
A．2B．5C．D．
【答案】A
【分析】利用抛物线与双曲线的定义与性质得出，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，双曲线的半焦距为，，则，
过作轴的垂线l，过作l的垂线，垂足为A，显然直线为抛物线的准线，
则，
由双曲线的定义及已知条件可知，则，
由勾股定理可知，
易知，即，
整理得，∴，即离心率为2.
故选：

二、多选题
4．（2025·全国二卷·高考真题）双曲线的左、右焦点分别是，左、右顶点分别为，以为直径的圆与C的一条渐近线交于M、N两点，且，则（ ）
A．B．
C．C的离心率为D．当时，四边形的面积为
【答案】ACD
【分析】由平行四边形的性质判断A；由且结合在渐近线上可求的坐标，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，计算后可判断C的正误，或者利用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，在第一象限，在第三象限，
对于A，由双曲线的对称性可得为平行四边形，故，
故A正确；
对于B，方法一：因为在以为直径的圆上，故且，
设，则，故，故，
由A得，故即，故B错误；
方法二：因为，因为双曲线中，，
则，又因为以为直径的圆与的一条渐近线交于、，则，
则若过点往轴作垂线，垂足为，则，则点与重合，则轴，则，
方法三：在利用余弦定理知，，
即，则，
则为直角三角形，且，则，故B错误；
对于C，方法一：因为，故，
由B可知，
故即，
故离心率，故C正确；
方法二：因为，则，则，故C正确；
对于D，当时，由C可知，故，
故，故四边形为，
故D正确，
故选：ACD.
【抛物线】
一、单选题
1．（2025·全国二卷·高考真题）设抛物线的焦点为点A在C上，过A作的准线的垂线，垂足为B，若直线BF的方程为，则（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】先由直线求出焦点和即抛物线的方程，进而依次得抛物线的准线方程和点B，从而可依次求出和，再由焦半径公式即可得解.
【详解】对，令，则，
所以，即抛物线，故抛物线的准线方程为，
故，则，代入抛物线得.
所以.
故选：C
二、多选题
2．（2025·全国一卷·高考真题）设抛物线的焦点为F，过F的直线交C于A、B，过F且垂直于的直线交于E，过点A作准线l的垂线，垂足为D，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】对于A，先判断得直线为抛物线的准线，再利用抛物线的定义即可判断；对于B，利用三角形相似证得，进而得以判断；对于C，利用直线的反设法（法一）与正设法（法二），联立直线与抛物线方程，结合韦达定理与焦点弦公式可判断C；利用利用三角形相似证得，，结合焦半径公式可判断D.
【详解】法一：对于A，对于抛物线，
则，其准线方程为，焦点，
则为抛物线上点到准线的距离，为抛物线上点到焦点的距离，
由抛物线的定义可知，，故A正确；
对于B，过点作准线的垂线，交于点，
由题意可知，则，
又，，所以，
所以，同理，
又，
所以，即，
显然为的斜边，则，故B错误；
对于C，易知直线的斜率不为，
设直线的方程为，，
联立，得，
易知，则，
又，，
所以，
当且仅当时取等号，故C正确；
对于D，在与中，，
所以，则，即，
同理，
又
，
，
所以，
则，故D正确.
故选：ACD.
法二：对于A，对于抛物线，
则，其准线方程为，焦点，
则为抛物线上点到准线的距离，为抛物线上点到焦点的距离，
由抛物线的定义可知，，故A正确；
对于B，过点作准线的垂线，交于点，
由题意可知，则，
又，，所以，
所以，同理，
又，
所以，即，
显然为的斜边，则，故B错误；
对于C，当直线的斜率不存在时，；
当直线的斜率存在时，设直线方程为，
联立，消去，得，
易知，则，
所以
，
综上，，故C正确；
对于D，在与中，，
所以，则，即，
同理，
当直线的斜率不存在时，，；
所以，即；
当直线的斜率存在时，，
，
所以，
则；
综上，，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
3．（2025·北京·高考真题）已知抛物线的顶点到焦点的距离为3，则 ．
【答案】
【分析】根据抛物线的几何性质可求的值.
【详解】因为抛物线的顶点到焦距的距离为，故，故，
故答案为：.
【直线与圆】
一、单选题
1．（2025·河南·三模）已知直线与直线垂直，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由直线垂直的充要条件即可列式得解.
【详解】直线的斜率为2，又两直线互相垂直，所以直线的斜率为，
即且，，所以.
故选：D.
2．（2025·上海·三模）设为实数，直线，直线，则“”是“平行”的（ ）条件
A．充分不必要B．必要不充分
C．充分必要D．既不充分又不必要
【答案】A
【分析】利用两者之间推出的关系可得条件关系.
【详解】若，则直线，直线，此时平行，
若平行，则即，
当时，平行，
当时，直线，直线，此时也平行，
故平行时推不出，故“”是“平行”的充分不必要条件，
故选：A.
3．（2025·北京海淀·三模）已知圆，直线，则直线与圆的公共点个数为（ ）
A．0个B．1个
C．2个D．与有关，不能确定
【答案】C
【分析】根据直线方程确定定点，再判断点圆位置关系，即可得直线与圆的位置，进而确定公共点个数.
【详解】由直线恒过定点，而，
所以点在圆内，故直线恒与圆相交，故有两个交点，
故选：C
4．（2025·浙江温州·三模）已知圆和圆有公共点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由两圆位置关系构造不等式求解即可.
【详解】由题可得，
解得：．
故选：B
5．（2025·江西萍乡·二模）过点作圆的切线，记其中一个切点为，则（ ）
A．16B．4C．21D．
【答案】B
【分析】求出圆的圆心和半径，再利用切线长定理求解.
【详解】圆的圆心，半径，
则，
所以.
故选：B
6．（2025·北京·三模）经过点，半径为2的圆的圆心为A，则点A到直线的距离最大值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】先确定圆心的轨迹方程，再根据点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离最大值.
【详解】已知圆经过点，半径为，设圆心的坐标为，
可得圆心到点的距离为，
即，化简可得，
所以圆心的轨迹是以原点为圆心，为半径的圆.
可得原点到直线的距离为：，
所以点到直线的距离最大值为原点到直线的距离加上圆的半径，即.
故选：B.
7．（2025·四川·三模）已知圆上恰有两个点到直线的距离为2，则m的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】求得圆心到直线的距离，由求解即可.
【详解】由题意可得圆，则圆心，半径，
则圆心到直线l的距离.
因为圆上恰有两个点到直线l的距离为2，
所以，即，又，
解得：.
故选：B
8．（2025·浙江·三模）若坐标原点O关于动直线l：的对称点为A，则点A的轨迹为（ ）
A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线
【答案】A
【分析】先求出直线过的定点，再利用对称性得，最后根据圆的定义即可判断.
【详解】由得，所以直线l过定点，
又由对称性可知，，所以点A到点B的距离为，所以点A的轨迹为圆.
故选：A．
9．（2025·山东聊城·三模）已知是直线上一点，过点作圆的切线，切点分别为，，则面积的最大值为（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】A
【分析】应用点到直线距离得出，最小时，利用面积公式结合角的范围即得.
【详解】∵圆心O到直线的距离，所以，
设 ，，所以，，所以，
则面积
故选：A.
10．（2025·江苏苏州·三模）已知点是直线上的动点，过点引圆的两条切线，，，为切点，当的最大值为时，的值为（ ）
A．1B．C．D．2
【答案】A
【分析】当时最小，最小，求出最小值即得的值.
【详解】
如图，
当的最大值为时，，
当时，最小时，最大.
由题得，
所以，则；
故选：A.
11．（2025·江西赣州·二模）若点关于直线对称的点在圆上，则k的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据已知确定点关于直线对称的点在圆上，易得对称点为圆和圆的交点，求出交点坐标，利用垂直关系求参数k.
【详解】显然在圆上，又直线经过该圆的圆心，
所以点关于直线对称的点在圆上，
又点关于直线对称的点在圆上，
所以对称点为圆和圆的交点，联立得交点为，
所以与两点所在直线，与垂直，故.
故选：D
12．（2025·北京丰台·二模）已知直线与圆交于两点．当变化时，则（ ）
A．有最小值B．有最大值C．有最小值D．有最大值
【答案】A
【分析】利用点到直线的距离公式得到圆心到直线的距离，再由勾股定理求出弦长的表达式，进而可得答案.
【详解】圆的圆心坐标为，半径为2，
直线，即，
则圆心到直线的距离为，
所以，则，
因为，则，
当时，取得最大值1，此时，
当或时，，此时趋近于4，所以无最大值.
故选：A.
二、多选题
13．（2025·重庆·二模）已知直线，圆，下列结论正确的是（ ）
A．直线与圆总有公共点
B．点到直线的距离的最大值为
C．若圆与圆有交点，则的取值范围是
D．当变化时，若过直线上任意一点总能作圆的切线，则实数的取值范围为
【答案】BC
【分析】对于A，由圆心到直线的距离公式与半径关系即可判断，对于B，求直线的定点，则圆心到直线的最大距离为圆心到定点的距离即可判断，对于C，根据圆心距与两圆半径的关系即可求解，对于D，当变化时，若过直线上任意一点总能作圆的切线，可知直线和圆相离或相切，即由圆心到直线的距离公式与半径关系即可求解.
【详解】对于A：圆 的圆心到直线的距离为
，
故当时，直线与圆没有公共点，故A错误；
对于B：直线恒过定点，
则圆心到直线的最大值为，故B正确；
对于C：圆的圆心为，半径为，
圆，圆心，半径为，
，由圆与圆有交点，
所以，即，所以，
即r的取值范围是，故C正确；
对于D：当变化时，若过直线上任意一点总能作圆的切线，则直线和圆相离或相切，
所以圆心到直线的距离为，
解得，所以实数k的取值范围为，故D错误.
故 选：BC.
14．（2025·宁夏银川·二模）已知圆，直线，则（ ）
A．直线l与圆C可能相切
B．当时，圆C上恰有三个点到直线l的距离等于1
C．直线l与直线垂直
D．若圆C与圆恰有三条公切线，则
【答案】CD
【分析】对于A项，求出直线经过的定点坐标，判断该点与圆的关系，即可判断；对于B项，代入，得出直线的方程，求出圆心到直线的距离，即可得出答案；对于C项，根据两直线的系数计算即可得出；对于D项，根据已知可知两圆外切，根据已知求出两圆圆心、半径，列出方程，求解即可得出答案.
【详解】对于A项，整理直线
可得出，
解方程组可得，直线过定点.
圆的圆心为，半径为，
则，
所以点在圆内，即直线过圆内一定点，
所以，直线l与圆C一定相交.故A错误；
对于B项，当时，直线化为.
此时有圆心到直线的距离，且，
因此圆C上只有两个点到直线l的距离等于1.故B错误；
对于C项，因为，
所以直线l与直线垂直.故C正确；
对于D项，要使圆C与圆恰有三条公切线，则应满足两圆外切.
圆可化为，
圆心为，半径为.
因为两圆外切，所以有，
即，
整理可得，化简可得，
解得.故D项正确.
故选：CD.
三、填空题
15．（2025·上海奉贤·二模）直线上的动点和直线上的动点，则点与点之间距离的最小值是 ．
【答案】
【分析】利用平行线之间的距离公式求解即可.
【详解】直线和直线互相平行，
故点与点之间距离的最小值即两条直线间的距离，
且两条直线间的距离：.
故答案为：
16．（2025·山西临汾·二模）已知圆过点，则的方程为 .
【答案】
【分析】利用待定系数法及圆的一般方程即可求解.
【详解】设圆的一般式方程为：，
因为圆经过点,
所以,解得，
所以圆的一般式方程为：.
故答案为：.
17．（2025·北京顺义·一模）已知直线：与圆：有两个交点，则可以是 .（写出满足条件的一个值即可）
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据点到直线距离公式和题意列出关于的不等式，求解即可.
【详解】由圆：，可知：圆心，半径.
直线方程的一般式为.
由点到直线距离公式和题意可得：
，解得：.
所以可以是.
故答案为：（答案不唯一）
18．（2025·河北石家庄·一模）若圆被直线所截得的弦长为10，过点作圆的切线，其中一个切点为，则的值为 .
【答案】
【分析】利用垂径定理来求弦长，得用勾股定理来求切线长，即可解决问题.
【详解】由弦长为，结合垂径定理可得：，解得，
结合已知点，可得：
所以，
故答案为：.
19．（2025·天津和平·二模）已知点P，Q在直线l：上运动，点H在圆C：上，且有，则的面积的最大值为 .
【答案】3
【分析】利用圆的性质求出点到直线距离的最大值，进而求出面积的最大值.
【详解】圆C：的圆心，半径，
则点到直线的距离，
因此圆上的点到直线距离的最大值为，又，
所以的面积的最大值为.
故答案为：3
20．（2025·山东·三模）在平面直角坐标系中，已知点、，曲线上动点满足，与曲线交于、两点，则最小值为 ．
【答案】
【分析】设点，利用平面内两点间的距离公式化简可得出曲线的方程，可知曲线是以点为圆心，半径为的圆，求出直线所过定点的坐标，分析可知当时，圆心到直线的距离取最大值，结合勾股定理可求出的最小值.
【详解】设点，由得，
化简得，所以曲线是以点为圆心，半径为的圆，
直线的方程可化为，
由得，即直线过定点，
且，故点在圆内，易知轴，
当时，即当时，圆心到直线的距离取最大值，且，
故，即最小值为.
故答案为：.
21．（2025·上海黄浦·二模）已知为常数，圆与圆有公共点，当取到最小值时，的值为 ．
【答案】1
【分析】根据给定条件，求出两圆的圆心距，利用两圆有公共点的条件建立不等式求解.
【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径为1，
由两圆有公共点，得，
，当且仅当时取等号，
当时，取得最小值，取得最小值，此时两圆外切，满足两圆有公共点，
所以当取到最小值时，的值为1.
故答案为：1
22．（2025·安徽·三模）已知曲线：与圆：恰有2个公共点，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】根据曲线交点的概念，联立方程组，根据交点个数确定解的个数，求出参数范围.
【详解】联立，消去得.
当时，，当时，，即，是曲线与圆的2个公共点.
因为曲线与圆恰有2个公共点，所以方程除外没有其他解.因为，
所以，所以.
故答案为: .
23．（2025·安徽安庆·二模）已知圆与圆相交于两点，则四边形的面积等于 .
【答案】9
【分析】法一：准确画图，可得四边形是边长为3正方形，进而求得其面积；
法二：将两圆方程做差求相交弦方程，再应用弦心距、半径与弦长关系即可求得，利用两点间距离公式求得，进而求得四边形的面积.
【详解】由已知，圆，圆，
圆心，半径，圆心，半径，
法一：如图，准确画图，容易发现四边形是边长为3正方形，其面积为9；
法二：将两圆方程相减，可得公共弦所在直线的方程为：
到距离为，所以，即，
又，
所以，四边形的面积.
故答案为：9.
【椭圆】
一、单选题
1．（2025·湖南湘潭·三模）已知椭圆的离心率为，则的短轴长为（ ）
A．B．1C．2D．3
【答案】B
【分析】首先判断焦点在轴上，根据离心率求出，即可得解.
【详解】依题意，，即，则的焦点在轴上，
因此，所以，故的短轴长为.
故选：B．
2．（2025·湖南郴州·三模）已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，若，椭圆的离心率为，则椭圆的焦距为（ ）
A．1B．2C．D．
【答案】B
【分析】根据椭圆的定义、离心率等知识列方程，求得，进而求得椭圆的焦距.
【详解】依题意，解得，
所以焦距.
故选：B
3．（2025·辽宁·二模）已知方程表示的曲线是椭圆，则实数k的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据椭圆的标准方程中分母都大于且不能相等即可求解.
【详解】因为方程表示的曲线是椭圆，
所以，解得且，
所以实数k的取值范围是.
故选：D.
4．（2025·河北石家庄·三模）已知椭圆的左、右焦点为，，且过右焦点的直线l交椭圆于A、B两点，的周长为20，则椭圆C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据椭圆定义利用焦点三角形的周长列出方程，求出，根据焦点坐标求出，即可求出离心率.
【详解】因为的周长为20，所以，
由椭圆定义可知：，即，
又因为，所以椭圆C的离心率为.
故选：B.
5．（2025·河北秦皇岛·三模）若点在椭圆的内部，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由点在椭圆内部，列出不等式求解即可.
【详解】由点在椭圆的内部，
可得：，且，
解得：或，
所以实数的取值范围为，
故选：B
6．（2025·山西·三模）已知，分别是椭圆的左、右焦点，以线段为直径的圆与椭圆在第一象限交于点，直线的斜率为，则椭圆的长轴长等于（ ）
A．3B．C．6D．
【答案】C
【分析】根据直径所对圆周角为和椭圆焦点弦的性质，用椭圆参数表示出直线的斜率，求出结果.
【详解】由在以为直径的圆上，得．
设，则由直线的斜率为，得，所以，，
设，则有，．
又在椭圆上，有，得，．
又因为，解得，故椭圆的长轴长为6.
故选：C.
7．（2025·重庆·三模）已知椭圆的焦点在圆上，则此椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据椭圆的性质求出焦点坐标，再结合焦点在圆上求出的值，最后根据椭圆离心率公式求出离心率.
【详解】已知椭圆方程，则.
根据椭圆的性质，可得，那么椭圆的焦点坐标为.
因为椭圆的焦点在圆上，将焦点坐标代入圆的方程可得：
即，移项可得.
因为，所以.
由，.
根据椭圆离心率公式，可得.
此椭圆的离心率为.
故选： B.
8．（2025·甘肃白银·三模）已知椭圆的右焦点为F，点，若椭圆C经过线段PF的中点，则椭圆C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】找出线段PF的中点坐标，代入椭圆方程，化简即可.
【详解】因为，所以线段PF的中点坐标为．
因为椭圆C经过线段PF的中点，所以，化简可得,
即椭圆C的离心率为．
故选：C．
9．（2025·山东济南·三模）已知焦点在x轴上的椭圆，以原点为圆心，椭圆短半轴长为半径的圆与直线相交，则C的离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用直线与圆的位置关系求出的范围，再利用离心率的定义求出范围.
【详解】依题意，，又椭圆焦点在轴上，则，，则，
因此C的离心率.
故选：B
10．（2025·四川攀枝花·三模）已知椭圆C：的上顶点为A，左、右焦点分别为、，连接并延长交椭圆C于另一点B，若，则椭圆C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用线段之比可设出两线段，再结合焦半径及椭圆的定义，可求出各线段长度，然后借助余弦定理得到关于的齐次方程，从而可求离心率.
【详解】
由图可知，，
根据，可设，
则，所以，
由三角形中余弦定理得:,
根据直角三角形有：，
代入上式可得：，
故选：B
11．（2025·广东广州·三模）已知椭圆的左、右焦点为，过点的直线与E交于M，N两点．若，，则椭圆E的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设的平分线交于点D，设先求出，可得，再利用椭圆的定义，结合余弦定理可得，从而可得结果.
【详解】设的平分线交于点D，设
则，
所以，
而
设，则，于是﹐
所以，
在，由余弦定理可得：﹐
则，则，
所以椭圆离心率，
故选：C．
12．（2025·山东滨州·二模）已知椭圆和圆分别为椭圆和圆上的动点，若为椭圆的左焦点，则的最小值为（ ）
A．6B．5C．9D．8
【答案】A
【分析】依题意将点到圆上点距离最值转化为点到圆心距离问题，再结合椭圆定义并利用三点共线求得点在处时，使得的最小值为6.
【详解】易知椭圆中，即可得，
又圆的圆心为，半径，
易知椭圆右焦点，显然在圆上，如下图：

易知椭圆上一点到圆上任意一点的最小距离为，
因此可将的最小值转化为求的最小值，
由椭圆定义可得；
此时点在处，使得的最小值为6.
故选：A
13．（2025·湖南长沙·二模）已知、分别为椭圆的左、右焦点，过点向圆引切线交椭圆于点（在轴上方），若的面积为，则椭圆的离心率（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先证明即为椭圆的上顶点,再根据面积列出的等式求离心率即可.
【详解】如图，

设圆与轴切于点，与切于点，设椭圆与轴正半轴交于点，
下面证明重合，
设，
,
，而，
与重合，即点是短轴的端点，
，，
则，所以，
故选：C.
14．（2025·河南新乡·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为P，离心率为.过点且垂直于的直线与C交于两点，，则（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】D
【分析】由条件可得为正三角形，继而得出直线为线段的垂直平分线，写出直线的方程为并与椭圆方程联立，得到韦达定理，由利用弦长公式推出，结合图形将化简转化，利用椭圆的定义即可求得.
【详解】
如图，连接因为，即，，
因，则为正三角形.
又，则直线为线段的垂直平分线，故，，且，
故直线的方程为，代入椭圆的方程，得.
设，则，，
则，
解得，则，
.
故选：D.
二、多选题
15．（2025·甘肃白银·三模）已知椭圆的左、右焦点分别是，左、右顶点分别是是椭圆上的一个动点（不与重合），则（ ）
A．的离心率
B．的周长与点的位置无关
C．的取值范围为
D．直线与直线的斜率之积为
【答案】ABD
【分析】根据椭圆方程得到，即可求出离心率，从而判断A，根据椭圆的定义判断B，根据椭圆的性质判断C，设，表示出斜率，即可判断D.
【详解】对于A，因为椭圆，所以，
则离心率，故A正确；
对于B，因为是椭圆上的动点（不与重合），
所以的周长，故B正确；
对于C，因为，所以，故C错误；
对于D，设，则，
因为，
所以，故D正确．
故选：ABD
16．（2025·山东烟台·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，P为椭圆C上一点，则下列说法正确的有（ ）．
A．的面积的最大值为12
B．的平分线必过椭圆的中心
C．若，则
D．设，椭圆C上存在点P，使得
【答案】ACD
【分析】利用椭圆焦点三角形的性质计算面积的最大值后判断A，利用反证法判断B，；利用椭圆的定义结合余弦定理计算CD后可判断它们的正误.
【详解】由题设有椭圆的长半轴长，短半轴长，
半焦距，故，
对于A，当为短轴顶点时，的面积的最大，
此时面积为，故A正确；
对于B，若的平分线必过椭圆的中心，
因为，则此时为等腰三角形，故，
故此时为短轴顶点，故当不为短轴顶点时，的平分线不过椭圆的中心，
故B错误；
对于C，因为，故，
由余弦定理可得，
故，故，
所以，故，故C正确；
对于D，设，则，
故，
所以，
而，故，
所以即，故，
所以，因为，故符号该不等式，
故椭圆C上存在点P，使得，故D正确；
故选：ACD.
17．（2025·甘肃白银·二模）我们把短轴长与长轴长的平方比为的椭圆称为“黄金椭圆”．已知椭圆是“黄金椭圆”，其左、右焦点分别是，，，左、右顶点分别为，上、下顶点为，则（ ）
A．椭圆C的离心率为
B．a，b，c成等比数列
C．是直角三角形
D．以，为直径的圆是菱形的内切圆
【答案】BCD
【分析】由“黄金椭圆”的定义得到的值，进而求出离心率，即可判断A；由和离心率的值，验证是否成立，即可判断B，求出三边的长，验证是否成立，即可判断C，分别求出菱形的内切圆半径，及圆心到直线的距离，验证是否成立，即可判断D.
【详解】对于A，由“黄金椭圆”的定义可知，即.
所以椭圆的离心率，
因为椭圆的离心率，所以，故A错误；
对于B，由可得，
由可得，所以，
所以，即a，b，c成等比数列，故B正确；
对于C，由题意可知，
所以，，，
因为，
，
所以，所以是直角三角形，故C正确；
对于D，以，为直径的圆的方程为，
菱形的边长为，周长为.
菱形的面积，
设菱形的内切圆半径为，
则菱形的面积周长，所以.
直线的方程为，即，
设圆心到直线的距离为，
则，
所以以，为直径的圆是菱形的内切圆，故D正确.
故选：BCD
18．（2025·四川巴中·二模）已知圆，圆，动圆与圆外切于点，与圆内切于点，圆心的轨迹记为曲线，则（ ）
A．C的方程为
B．的最小值为
C．
D．曲线在点处的切线方程为
【答案】CD
【分析】A.利用两圆的内切、外切的充要条件，由椭圆定义即可得的方程； B.由即求的最大值，利用椭圆性质可得； C.运用向量数量积的坐标公式计算即得； D.将选项直线与椭圆方程联立，验证消元后的方程判别式为零即可.
【详解】
圆的圆心，半径；圆的圆心，半径.
设动圆P的半径为，则，
所以.
根据椭圆的定义，可知点的轨迹是以为焦点，长轴长，焦距的椭圆（去掉重合的点），
则，，
所以曲线C的方程为，A选项错误；
在中，，
因为M是动圆与圆的切点，是动圆与圆的切点，
所以三点共线，三点共线，
所以与互补，.
根据余弦定理.
由基本不等式（当且仅当时取等号），
则的最小值不是，B选项错误；
因为与反向，与同向，
所以.
所以，
所以，C选项正确；
由 ，消去，整理得：，
则，
因在椭圆上，，即，代入上式得，
故是过椭圆上一点处的切线方程，即D项正确.
故选：CD
三、填空题
19．（2025·上海普陀·一模）设椭圆的左、右焦点分别为、，左顶点为，若椭圆的离心率为，则的值为 .
【答案】
【分析】根据题意写出焦点与左顶点的坐标，表示出线段长，利用离心率写出等量关系，可得答案.
【详解】由题意可得，则，，
由椭圆离心率为，可得，则，
所以.
故答案为：.
20．（2025·四川凉山·三模）点M在椭圆上，F是椭圆的一个焦点，N为MF的中点，O为坐标原点，，则 ．
【答案】5
【分析】设左焦点为，右焦点为，由题意可得，即可求出答案.
【详解】因为椭圆，所以，
设左焦点为，右焦点为，连接，
因为N为MF的中点，为的中点，，
所以，，，
所以，所以.
故答案为：.
21．（2025·广东广州·三模）椭圆的焦点为、，以为圆心作一个圆，使此圆过椭圆中心并交椭圆于、两点，若直线与圆相切，则 ．
【答案】
【分析】分析可知，利用勾股定理求出的值，然后利用椭圆的定义可求得的值.
【详解】由题意可知，圆的半径为（为坐标原点），
因为直线与圆相切，由圆的几何性质可得，且，
由勾股定理可得，
因为点在椭圆上，由椭圆的定义可得，故.
故答案为：.
22．（2025·广东广州·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为、，椭圆上存在一点，使得为等腰三角形，且为钝角，则椭圆的离心率的取值范围为 .
【答案】
【分析】不妨设点在第一象限，根据题意求出的取值范围，结合椭圆方程可得出的取值范围，由此可得出关于、的齐次不等式，即可解出椭圆的离心率的取值范围.
【详解】设椭圆的半焦距为，则，，
因为为等腰三角形，且为钝角，则，
设点，则，，
则，可得，又因为，故，
所以
，
所以，化简得出.
故答案为：.
四、解答题
23．（2025·广东佛山·三模）设椭圆的左、右焦点分别为．已知在椭圆上，且的面积为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)如图，过点的直线与椭圆交于另一点与轴交于点，若，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）解法1：面积列方程得出，再结合椭圆定义计算即可求出椭圆方程；解法2：面积列方程得出，再点在椭圆上列方程计算即可求出椭圆方程；
（2）解法1：设x轴截距方程，联立方程结合列式计算求参；解法2：设y轴截距方程，联立方程结合列式计算求参；
【详解】（1）解法1：的面积，解得，
因此左右焦点坐标为，
，因此，
故椭圆的标准方程为；
解法2：的面积，解得，即①
把代入椭圆有②
①②联立解得，
故椭圆的标准方程为；
（2）解法1：设直线的方程为，设，联立直线与椭圆方程
，消去得，
因此③，
由于，因此，即，
于是，整理得，
代入③得，即，因此，
因此直线一定过，
由得直线方程为，
联立直线与椭圆方程，消去，解得：，
因此的面积
；
解法2：由于，因此，
因为，即，因此，
直线的方程为，
联立直线和椭圆的方程，解得，
因此直线的方程为，故的坐标，
因此的面积
.
24．（2025·北京·三模）已知椭圆：过，两点.
(1)求椭圆的方程；
(2)设，，过点的直线与椭圆交于两点，连接、交x轴于两点（不重合），已知，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）将两点代入计算可得椭圆的方程；
（2）设出直线方程并与椭圆方程联立，利用韦达定理并结合，由向量共线可得出坐标间的等量关系，联立解方程组可得直线斜率，可求得结论.
【详解】（1）将，代入椭圆的方程可得，
解得，
所以椭圆的方程为.
（2）结合题意可知，直线的斜率存在，
又，设直线方程为，，如下图所示：
联立，整理可得，
所以可得，且，
可得，即或；
因为，所以、的斜率分别为，
因此直线、的方程分别为，
则交点的坐标为；
结合可知，即,
也即，整理可得，
又，可得，
又因为，将代入，
可得，解得，
所以，
代入计算可得，解得，
即或，经检验符合题意，
所以直线的方程为或.
25．（2025·山东德州·三模）已知椭圆过点，且离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)椭圆的左右顶点分别为，，当动点在定直线上运动时，直线分别交椭圆于两点和（不同于，），证明：点在以为直径的圆外；
(3)在（2）的条件下，求四边形面积的最大值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)6
【分析】（1）由题意列出关于的方程组，解方程组即可求得椭圆C的方程；
（2）分别将直线与椭圆方程联立，利用韦达定理表示出两点坐标，由数量积可得为锐角，得出证明；
（3）由（2）可写出四边形的面积为，再利用基本不等式以及函数单调性即可得出面积的最大值为6.
【详解】（1）依题意，得，解得，
所以椭圆方程为.
（2）
由（1）知，显然点不在轴上，
设，
直线斜率分别，
直线的方程为的方程为，
由，消去得，显然，
于是，解得，则，
即点坐标为，
由，消去得，显然，
于是，解得，则，
即点坐标为，
因此，
，
则，
则有为锐角，所以点在以为直径的圆外．
（3）由（2）知，，
则
不妨设，此时，
当且仅当时，等号成立，
易知函数在上单调递增，所以，
此时，
由对称性可知，当点的坐标为或时，
四边形面积最大，最大值为6．
26．（2025·天津北辰·三模）已知椭圆的中心为点，短轴长为，且左焦点到直线的距离为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点是椭圆的左､右顶点，且过点作直线交椭圆于（异于）两点，过做垂直于长轴的直线与直线交于点，与直线交于点，设的面积为的面积为，求是否为定值？若是，求出该值，若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)是，定值9.
【分析】（1）利用题设条件列出方程，求出，即得椭圆的方程；
（2）设直线，将直线与椭圆方程联立，写出韦达定理，利用直线的直线方程求出点的坐标，结合图形表示出，化简并代入韦达定理计算即得定值.
【详解】（1）由椭圆短轴长为，得，
又椭圆C左焦点到直线的距离为，解得
则，故椭圆的方程是.
（2）设直线，且
联立
则，即得，且，
则，过做垂直于长轴的直线为
令，得，同理可得；
又，，
则
，
为定值9.
27．（2025·辽宁鞍山·一模）为坐标原点，是抛物线的动点，分别为椭圆的右顶点、右焦点，且为的中点，．
(1)求椭圆方程；
(2)动直线，恒过定点，过作抛物线的切线与椭圆交于，两点，求面积的最大值．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）写出抛物线焦点，结合抛物线定义及已知得坐标，进而得到椭圆参数，即可得方程；
（2）已知直线过定点，设过点的切线方程，结合切点在抛物线上及椭圆方程，应用韦达定理、弦长公式、面积公式、基本不等式求面积的最值.
【详解】（1）抛物线焦点，由抛物线定义得：，
因为，所以，即也为抛物线焦点，
，，，
；
（2）由恒过，
根据对称性，不妨令在第一象限，则，则处切线斜率为，
过点的切线方程：，，则，
，
，得，，
所以，，
到直线的距离， ，
则面积：
当且仅当时等号成立.
28．（2025·甘肃白银·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，上、下顶点分别为，，四边形为正方形，点，且的面积为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过的直线与交于，两点，求证：；
(3)已知直线交椭圆于，两点，直线，相交于点.试判断点是否在定直线上，若在，请求出定直线的方程；若不在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)在，
【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，求得，即可得到椭圆的标准方程；
（2）若直线与轴重合，得到，为椭圆长轴的端点，证得成立；若直线不与轴重合，设直线的方程为，联立方程组，设点，，得到两根之和，两根之积，化简得到，得出轴平分，由正弦定理即可得证；
（3）联立方程组，由，得到，且，，得到直线和的方程，设直线和的交点，列出方程，求得，即可得到答案.
【详解】（1）解：由四边形为正方形，点，且的面积为，
可得，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）解：证明：由（1）可得，，
若直线与轴重合，则，为椭圆长轴的端点，
不妨设点，则，所以，，
所以成立；
②若直线不与轴重合，设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设点，，所以，
且，，
则
，
所以轴平分，
在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
又，
所以，两式相除得.
（3）解：由（1）可得，，
联立方程组，整理得，
则，可得，
设点，，则，，
直线的方程为，直线的方程为，
设直线和的交点为，
则，
把，代入上式得，整理得，
所以点在定直线上，定直线的方程为.
【双曲线】
一、单选题
1．（2025·河南焦作·三模）若双曲线上的点到点的距离为4，则点到点的距离为（ ）
A．14B．12C．10D．8
【答案】B
【分析】先利用双曲线的标准方程确定焦点坐标，再利用双曲线的定义求解即可．
【详解】由题意可知，，则，
则双曲线的左、右焦点分别为，
因或，且，故．
故选：B
2．（2025·辽宁鞍山·一模）与双曲线有相同渐近线的双曲线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先求的渐近线，逐项验证渐近线即可
【详解】由题意有的渐近线为，因为的渐近线为，故A错误；
由的渐近线为，故B错误，由的渐近线为，故C正确；
由的渐近线为，故D错误，
故选：C.
3．（2025·北京东城·二模）若双曲线的离心率大于，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由双曲线的离心率公式计算即可.
【详解】由题，，解得.
故选：D.
4．（2025·广东广州·三模）已知双曲线C：的左右焦点分别为、，过作C其中一条渐近线的垂线，垂足为A，直线交另一渐近线于点B，若，则双曲线C的焦距为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由双曲线的性质可得到渐近线距离为b，结合几何性质可得，从而，最后由的关系可得焦距.
【详解】如图所示，∵到渐近线距离为b，故为等腰三角形，，
故，，∴焦距为12.
故选：D.
5．（2025·重庆·三模）双曲线的左、右焦点分别是过向双曲线的一条渐近线作垂线.垂足为若的面积为16，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】A
【分析】由点斜式得到垂线方程，再结合渐近线方程联立解得的坐标，表示出三角形面积，然后由离心率的齐次式可得.
【详解】取渐近线方程为，由题意可得，
所以垂线方程为，
联立两方程解得，即的坐标，
因为的面积为16，所以，又，
所以，，
所以离心率.
故选：A
6．（2025·安徽·三模）已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过点作轴的垂线与的一条渐近线交于点，点满足，若，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】C
【分析】根据垂直关系可得斜率，即可利用两点斜率公式求解.
【详解】由题意得，渐近线方程为，
，，，不妨得，，
由，得，则，即，
则，故离心率.
故选：C.
7．（2025·天津·二模）若直线与双曲线无公共点，则双曲线的离心率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】过原点的直线与双曲线无公共点，则渐近线斜率小于等于已知直线的斜率，再求双曲线的离心率即可得解.
【详解】由题意可知，双曲线的渐近线斜率为，
因为直线与双曲线无公共点，
所以，，
所以双曲线的离心率范围为.
故选：B.
8．（2025·贵州黔东南·三模）已知点P是双曲线上第一象限的点，C的左、右焦点分别为，若是面积为的等边三角形（O为坐标原点），则直线的方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据题意作图，根据等边三角形的面积，求出的长度，求出和的坐标，求出直线方程.
【详解】
设焦点，
，解得，
可知，在中，根据勾股定理，
所以，，可得直线方程为，化简得.
故选：B.
9．（2025·天津和平·三模）已知双曲线的上，下焦点分别为点，，若的实轴长为1，且上点满足，，则的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据双曲线的定义以及勾股定理，联立方程即可求解.
【详解】由题意设双曲线方程为，
由题意可知，
由于，，故，解得，
故，
故双曲线方程为，
故选：D
10．（2025·湖南邵阳·三模）已知直线与双曲线相交于，两点，且弦的中点是，则此双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用点差法，求，即可求双曲线的渐近线方程.
【详解】设，，
则，两式相减得，
，即，即，
所以双曲线的渐近线方程为.
故选：C
11．（2025·山东德州·三模）已知双曲线的左、右焦点分别为，过点且与渐近线平行的直线与相交于点（在第一象限），若，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．3
【答案】B
【分析】由题意作图，根据双曲线的定义以及渐近线的斜率计算，结合同角三角函数的关系式以及余弦定理，建立齐次方程，利用离心率的定义，可得答案.
【详解】由题意可作图如下：
易知，
，则，
在中，，，
整理可得，解得，所以.
故选：B.
12．（2025·安徽合肥·三模）设双曲线：的左右焦点分别为、，过点且斜率为的直线在第一象限交于点，若，则的离心率为（ ）
A．2B．C．3D．
【答案】C
【分析】由已知及椭圆的定义得，再由余弦定理即可求解．
【详解】设椭圆的焦距为，则，
又，所以，
由直线的斜率为，所以，
结合得，，
在中，由余弦定理得，
整理得，，解得或（不合题意舍去），
故选：C．
13．（2025·浙江嘉兴·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为，点在上，，直线是的内角平分线，，，则的离心率（ ）
A．B．C．2D．
【答案】D
【分析】利用双曲线的定义结合中位线可求，故可求离心率.
【详解】不妨设在右支上，则，
因为，故，故，
取的中点为，则，而，在直线上，
而，故在的延长线上，
由，可得，而为角平分线，
故，故，
故，故，所以即，
故，
故选：D.
14．（2025·江苏南京·一模）已知双曲线的左焦点、右顶点分别为，过点倾斜角为的直线交的两条渐近线分别于点.若为等边三角形，则双曲线的渐近线方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】求出直线的方程，与渐近线方程联立，求出的坐标，利用为等边三角形即，得到的关系，即可得渐近线方程.
【详解】由题意可得，所以直线的方程为，
由可得，
由可得，
因为为等边三角形，所以，
即，
整理可得，所以，
所以双曲线的渐近线方程是，
故选：C.
15．（2025·安徽池州·二模）已知双曲线的左､右焦点分别为，是的右支上一点，在轴上的射影为，为坐标原点.若，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设与交于点，根据条件可得，，求出点的坐标，由关系求出点的坐标，利用得到关系，运算得解.
【详解】如图，设与交于点，
由，且是的中点，
所以，又，
所以，又，易得，
，
则，代入双曲线方程可得，
设点，则，，
又设，由可得，即，
由，得，即，
化简整理得，
，解得或，
又，，解得.
故选：D.
二、多选题
16．（2025·山西·三模）已知双曲线的左、右焦点分别为，，是上一点，且，，则（ ）
A．B．的离心率为
C．的面积为D．
【答案】ACD
【分析】根据双曲线的定义、标准方程和几何性质，结合选项计算依次判断即可.
【详解】A：因为，解得，故A正确；
B：双曲线，所以，
的离心率，故B错误；
C：因为，所以，
则的面积为，故C正确；
D：所以，所以，故D正确.
故选：ACD.
17．（2025·江苏苏州·三模）某数学兴趣小组研究发现，在平面直角坐标系中，反比例函数的图象是双曲线，记其焦点分别为、，若为其图象上任意一点，则（ ）
A．轴是的一条渐近线B．点是的一个焦点
C．D．的离心率为
【答案】ACD
【分析】利用反比例函数的对称轴可判断A选项；分析可知双曲线为等轴双曲线，可得出双曲线的离心率，可判断D选项；将直线的方程与反比例函数解析式联立，可求出双曲线的顶点坐标，可判断B选项；求出双曲线的实半轴长，结合双曲线的定义可判断C选项.
【详解】对于A选项，反比例函数的两条渐近线为轴和轴，A对；
对于D选项，反比例函数的两条渐近线垂直，故双曲线为等轴双曲线，
因此，双曲线的离心率为，D对；
对于B选项，反比例函数的图象分布在第一、三象限，且第一、三象限的角平分线方程为，
联立解得或，
所以，双曲线的一个顶点为，B错；
对于C选项，双曲线的实半轴长为，
故，C对.
故选：ACD.
18．（2025·安徽合肥·三模）已知双曲线的渐近线方程为，左、右焦点分别为，过点的直线l与双曲线C的右支交于P，Q两点，则（ ）
A．双曲线C的离心率为
B．若，则
C．若，则
D．若，直线l的倾斜角为，则
【答案】ACD
【分析】对于A选项：由渐近线方程为得到，从而求出离心率；对于B选项：时，求出通径长，与焦距长相比即可得到长度关系；对于C选项：结合双曲线的定义，在中，通过余弦定理求角即可；对于D选项：联立，通过韦达定理求弦长即可.
【详解】依题意可知，则，故A正确；
若，则，故，故B错误；
不妨设，因为，
则，则，而，
则在中，由余弦定理，，
则，则，故C正确；
联立，
联立则，
所以，
则，故D正确.
故选： ACD.
19．（2025·新疆喀什·三模）已知双曲线的左、右焦点分别为，M是C上第一象限内一点，则（ ）
A．若点M关于原点对称的点为点N，且，则
B．C的右顶点到渐近线的距离为
C．△M内切圆的圆心在直线上
D．不存在点M，使得点M关于点对称的点在C上
【答案】ACD
【分析】对于A，由双曲线方程可得的值，结合图象，可得其正误；对于B，由双曲线方程可得渐近线方程以及右顶点，利用点到直线距离公式，可得其正误；对于C，由三角形内切圆的切线长性质，根据双曲线定义，可得其正误；对于D，利用反证法，由中心对称写出坐标，代入方程，可得其正误.
【详解】对于A，由题意可作图如下：
由双曲线，则，，即，
由，且点关于原点的对称点为点，则，
在中，由，则，故A正确；
对于B，由双曲线，则渐近线方程为，右顶点，
右顶点到渐近线的距离为，故B错误；
对于C，可作图如下：
由圆为的内切圆，且分别为的切点，
则，，，
由，
设，则，解得，易知在直线上，故C正确；
对于D，点关于点的对称点为点，假设该点位于双曲线，
则，整理可得，即，
解得，可得，故，化简可得，
由，则方程无解，假设与题意相矛盾，故D正确.
故选：ACD.
20．（2025·湖南岳阳·三模）已知，分别是双曲线：（，）的左、右焦点，为双曲线右支上一点，的最小值为1，且当轴时，，则（ ）
A．双曲线的焦距为4
B．双曲线的一条渐近线被圆：截得的弦长为2
C．过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，则
D．为圆：上一点，的最大值为3
【答案】ABD
【分析】对于A，由题干条件可得，，再结合双曲线中的平方关系，联立可解得，则双曲线的焦距为，由此可判断A；对于B，由A可得双曲线的方程，进而得到渐近线方程，利用点到直线的距离公式和垂径定理可算得弦长，由此可判断B；对于C，由对称性取任意一条渐近线，先求出垂线方程，与渐近线方程联立求得垂足坐标，再利用两点间的距离公式即可判断；对于D，由双曲线的定义可知，再由三角形两边之和大于第三边可得，由此可判断D.
【详解】对于A，双曲线右支上点到右焦点的最小距离为右顶点到右焦点的距离，即，
当轴时，此时点的横坐标为，代入双曲线方程可得，
由双曲线中的平方关系，联立解得，
所以双曲线的焦距为，故A正确；
对于B，焦点在轴上的双曲线的渐近线方程为，
圆：的圆心为，半径为，且经过原点，
则圆和两条渐近线关于轴对称，二者所截的弦长相等，取其中一条渐近线，
则圆心到渐近线的距离为，
由垂径定理可知所截的弦长为，故B正确；
对于C，由对称性，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，
则垂线方程为，与联立可解得垂足，
则，故C错误；
对于D，圆：的圆心为，半径为1，
由双曲线的定义可知，
则，当且仅当在线段的延长线上取等，
即的最大值为，故D正确.
故选：ABD.
21．（2025·重庆·二模）已知双曲线的左右顶点分别为 ，双曲线的右焦点为 ，点 是双曲线 上在第一象限内的点，直线 交双曲线 右支于点 ，交 轴于点 ， 且 . 设直线的倾斜角分别为 ，则（ ）
A．点 到双曲线的两条渐近线的距离之积为
B．设 ，则 的最小值为
C． 为定值
D．当 取最小值时， 的面积为
【答案】BCD
【分析】由点到直线的距离公式代入计算，即可判断A，结合双曲线的定义代入计算即可判断B，联立直线与双曲线的方程然后由向量关系表示出代入计算，即可判断C，结合基本不等式即可得到取最小值时点的坐标，从而判断D.
【详解】

由题意可得，设，
对于A，由可得双曲线的渐近线方程为，
由点到直线的距离公式可得，
点到双曲线的两条渐近线的距离之积为，
将代入双曲线方程可得，则，
代入上式可得，故A错误；
对于B，设双曲线的左焦点为，
由双曲线的定义可得，
则，当三点共线时，最小，
且，
故的最小值为，故B正确；
对于C，设直线方程为，联立直线与双曲线方程消去可得，
，由韦达定理可得，
由直线方程，令，则，即，
则，，，，
由可得，则，
由可得，则，
则
为定值，故C正确；
对于D，由条件可得，
则
，
当且仅当时，即时，等号成立，
此时，则，故D正确；
故选：BCD
三、填空题
22．（2025·山西·三模）已知曲线表示双曲线，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据双曲线方程的特征得到不等式，求出答案.
【详解】又题意可知，，解得，
故的取值范围是．
故答案为：
23．（2025·重庆·三模）双曲线的左顶点为A，点、均在上，且关于原点对称，若直线、的斜率之积为2，则的离心率为 .
【答案】
【分析】设，由题可得，由直线、的斜率之积为2，可得，然后由在上，可得，据此可得答案.
【详解】由题，设，因、关于原点对称，则，
则，又在上，
则，
则.
故答案为：
24．（2025·湖南长沙·二模）已知双曲线的右焦点为，以（为坐标原点）为直径的圆与的渐近线的一个交点为，若，则双曲线的离心率为 ．
【答案】
【分析】首先根据点到直线的距离公式求出，然后根据勾股定理求出之间的关系式，进而可求出双曲线的离心率.
【详解】连接，因为双曲线的一条渐近线的方程为，即.
因为，所以.
由已知，.
根据勾股定理得，即，
所以，所以.
所以双曲线的离心率．
故答案为：.
25．（2025·重庆·二模）若双曲线 与圆 交于 四点，且这四个点恰为正方形的四个顶点，则 .
【答案】
【分析】设，则，代入双曲线方程可得，从而可得答案.
【详解】双曲线 与圆 交于 四点，
且这四个点恰为正方形的四个顶点，
设，则，
所以，解得，
所以，即,
故答案为：.
26．（2025·甘肃白银·三模）已知双曲线的一条渐近线方程为，右焦点到该渐近线的距离为，过点作倾斜角为的直线，与双曲线交于，两点，记为坐标原点，则的余弦值为 .
【答案】
【分析】根据题意求解双曲线与直线方程，联立方程求出，两点坐标，用向量法求解的余弦值.
【详解】由题知，，解得，
所以双曲线，所以，
所以过点作倾斜角为的直线方程为，
联立方程组，消去并整理得，
解得，，所以，，
所以直线与双曲线交点的坐标为，，
所以，，
所以.
故答案为：.
27．（2025·辽宁·二模）已知双曲线的左、右焦点分别为、，过且斜率为的直线交双曲线右支于点（在第一象限），的内心为，直线交轴于点，且，则双曲线的离心率为 ．
【答案】
【分析】作出图形，设，可得，易知，利用余弦定理求得，设内切圆半径为，可得出点到轴的距离为，由可得出关于、的齐次等式，即可求得该双曲线的离心率的值.
【详解】如下图所示：
设，则，
又直线的斜率为，可知，
由余弦定理可得，
即，整理可得，
设内切圆的半径为，因为，所以，点到轴的距离为，
，即，
可得，解得，
所以，即，
整理可得，故该双曲线的离心率为.
故答案为：.
四、解答题
28．（2025·湖南长沙·三模）已知动点与定点的距离与它到定直线的距离的比是常数，
(1)求动点的轨迹；
(2)过上述轨迹上一点作轨迹的切线与两直线分别交于、两点，证明：三角形的面积是定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意得，化简即可；
（2）设点M坐标为，设曲线在点M处的切线方程为，与双曲线方程联立求得切线方程，分别与直线和联立可求得的横坐标，计算可求解.
【详解】（1）根据题意得，则可得，
将上式两边平方，得，
整理得，所以，
所以
（2）设点M坐标为，设曲线在点M处的切线方程为，
与双曲线方程联立，消去，可得，
整理得，
所以且，
解得，代入，得，
所以切线方程为，
与联立得，与联立得，
故.
29．（2025·河北石家庄·三模）已知双曲线，左、右焦点分别为、，两条渐近线为，且经过点．
(1)求双曲线的方程；
(2)设过原点的直线与交于、两点且点在第一象限，
（i）若以为直径的圆恰好过右焦点，求点的坐标．
（ⅱ）连接与双曲线交于点，若面积为，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）.
【分析】（1）由已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出双曲线的方程；
（2）（i）设点，点在以原点为圆心，以为半径的圆上，可得出，再由点在双曲线上，结合点在第一象限可求得点的坐标；
（ii）设直线的方程为，设点、，将该直线方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，根据结合三角形面积公式、韦达定理可求得的值，即可得出直线的方程.
【详解】（1）由双曲线的两条渐近线方程为，得，即，
又因为双曲线经过点，得，解得，，
所以双曲线的方程为.
（2）（i）由题意知，点在以原点为圆心，以为半径的圆上，
设点，则，
又因为点在双曲线上，联立，可得，
又因为点在第一象限，所以；
（ii）设直线的方程为，设点、，
联立可得，
由题意可得，
由双曲线的对称性可知，
，解得或（舍去），
因为，所以，满足题意，
由图可知，所以，直线的方程为.
30．（2025·甘肃白银·三模）已知双曲线的渐近线方程为，且其焦距为.
(1)求双曲线的方程；
(2)若直线与双曲线交于不同的两点，且在由点与构成的三角形中，，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据双曲线的渐近线方程与的关系即可得双曲线的方程；
（2）根据直线与双曲线交点坐标关系，结合三角形几何性质以及可得的关系，从而可得实数的取值范围.
【详解】（1）渐近线方程为.
又，
双曲线的方程为.
（2）直线与双曲线交于不同的两点，
由 ，得，
，且 ，
，且.
设，则，
，
线段的中点坐标为，
线段的垂直平分线的方程为，即，
又在由点与构成的三角形中，，
点不在直线上，而是在线段的垂直平分线上，
，
又，
且，解得，或，
实数的取值范围是.
31．（2025·湖北黄冈·三模）已知双曲线左顶点到其渐近线的距离为 .过右焦点F的直线分别交双曲线的左，右两支及直线 于三点，过N作平行于轴的直线交直线于点G，点G满足 .
(1)求的方程；
(2)证明：直线MH过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由条件及点到直线的距离公式求，由左顶点的坐标求，进而得到的方程即可；
（2）设直线的方程为，，联立直线与曲线方程可得，的值，由给定条件求的坐标，从而得到直线的方程，进而得到定点即可.
【详解】（1）因为C的一条渐近线方程为，
所以点A到渐近线的距离为，
所以，所以双曲线C的方程是 .
（2）由题意双曲线C的右焦点，直线的斜率不为0，
故可设直线的方程为，
因为直线与双曲线左，右两支分别交于两点，
所以，
设，将直线的方程代入中，
得到，
则，，所以，
直线的方程，又直线 ，联立可得，
所以直线的方程为 ，
又直线的方程是，联立可得 ，
又，所以H的坐标是，
所以直线的方程是：
令，由，，
得，
所以直线过定点.
32．（2025·湖南岳阳·二模）已知双曲线与抛物线有公共焦点，且.
(1)若抛物线的方程为.
①求双曲线的方程；
②设直线与轴交于点，过点的直线交于两点，点在直线上，且直线轴，证明：直线恒过定点.
(2)过的直线与抛物线交于两点，与的两条渐近线交于两点（均位于轴右侧）.若实数满足，求的取值范围.
【答案】(1)①；②证明见解析
(2).
【分析】（1）①根据抛物线计算得出即可得出双曲线方程；②联立直线和双曲线得出韦达定理，再令，再计算求出恒过点；
（2）联立直线和抛物线得出，再应用计算及，代入计算求出范围.
【详解】（1）①设双曲线的焦距为，则有，又，则
所以，则，
所以双曲线的方程为.
②由题意得，，
当直线与轴不重合时，设直线的方程为.
由整理得，，
恒成立，由韦达定理得，
则有
由得，直线的方程为，令，
即直线恒过点，
当直线与轴重合时，设，点，直线为轴，也过点
.综上，直线恒过定点.
（2）由题意知，，又，则，
所以双曲线的渐近线方程为，
易知直线的斜率不为0，设直线，
由于两点且均位于轴右侧，有，
由，解得，
设，由，消去得，
则有，
由及得，
，即，
又，则，所以，
故实数的取值范围为.
33．（2025·湖北·三模）已知焦点在轴的双曲线C的两条渐近线互相垂直，且经过点 ．
(1)求双曲线C的标准方程.
(2)设，直线l与C的两支交于两点（在第一象限），与y轴交于点Q，记直线的斜率分别为 .
（i）求直线PQ的斜率k（用表示）；
（ii）若，求的坐标.
【答案】(1)
(2)（i）（ii）
【分析】（1）设双曲线的方程为，根据双曲线过点，代入求得，即可得到双曲线的标准方程；
（2）（i）设点，直线和，联立方程组，分别求得，，设直线与轴交于点，求得，结合斜率公式，得到；
（ii）设，根据，求得，进而求得的坐标.
【详解】（1）解：因为双曲线的渐近线互相垂直，可得，可设双曲线的方程为，
因为双曲线过点，可得，解得，即，
所以双曲线的标准方程为.
（2）解：（i）设点，直线的方程为，的方程为，
联立方程组，解得，则，即，
同理可得：，
直线过和，与轴交于点，则的方程为，
令，可得，
又由，，
则，
又由直线的斜率为，其中，
则；
（ii）由是直线与的夹角，设，则，
因为，代入可得 ，，
则，即，解得，
又因为点在第一象限，所以，可得，即的直线方程为，
又由，所以点.
【抛物线】
一、单选题
1．（2025·江苏泰州·二模）抛物线的准线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】化抛物线方程为标准形式，再求出准线方程.
【详解】抛物线方程为：，
所以所求准线方程为.
故选：B
2．（2025·广东佛山·三模）已知抛物线上的点的横坐标为4，抛物线的焦点为．若，则的值为（ ）
A．18B．9C．4D．2
【答案】D
【分析】由抛物线的焦半径公式，可直接得到答案.
【详解】由抛物线定义得，
又，解得．
故选：D
3．（2025·北京海淀·三模）点到抛物线的准线的距离为6，那么该抛物线的标准方程是（ ）
A．B．或
C．D．或
【答案】D
【分析】将转化为，分类讨论和两种情况，利用抛物线性质，列出关于a的方程求解即可.
【详解】将转化为,
当时，抛物线开口向上，准线方程，
点到准线的距离为，解得，
所以抛物线方程为，即；
当时，抛物线开口向下，准线方程，
点到准线的距离为，解得或（舍去），
所以抛物线方程为，即.
所以抛物线的方程为或
故选：D.
4．（2025·四川绵阳·三模）已知抛物线的焦点为是上一点，且的面积为1.则（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】C
【分析】由题意可得，设，结合的面积可得，进而求得，再根据抛物线的定义求解即可.
【详解】由题意，，设，
则，则，即，
将代入，得，
根据抛物线的定义，.
故选：C.
5．（2025·湖南长沙·一模）已知抛物线的焦点为，准线为，为上一点，过 作的垂线，垂足为.若，则（ ）
A．2B．C．4D．
【答案】C
【分析】由抛物线定义及已知条件知为等边三角形，进而可求.
【详解】由抛物线的定义知，又，
所以为等边三角形， 为准线与轴的交点)，
抛物线的焦点，准线，，
故 故.
故选：C
6．（2025·云南·三模）抛物线的焦点为F，其准线与双曲线的渐近线相交于A，B两点，若的周长为8，则（ ）
A．2B．C．D．8
【答案】B
【分析】设在轴上方，根据双曲线和抛物线的定义表示出，结合题意可得，求解即可.
【详解】由题知，双曲线的渐近线为，
抛物线的焦点，准线方程为．
由，得A，B两点坐标为，，
所以．
因为的周长为8，所以，解得，故A，C，D错误.
故选：B.
7．（2025·四川眉山·三模）已知点在抛物线上，点为圆上任意一点，且的最小值为3，则，圆的半径为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【分析】先求出点的坐标，再根据抛物线的定义计算，最后求圆外的定点与圆上的动点之间的距离的最小值，即点与圆心之间的距离减去半径，即可求得.
【详解】根据题意得，，解得，即，
因为圆心恰好为抛物线的焦点，则，
又，所以点在圆的外部，
所以的最小值为，解得.
故选：A.
8．（2025·甘肃白银·三模）在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为，准线为直线，过点的直线与相交于，两点，则面积的最小值为（ ）
A．24B．18C．16D．12
【答案】B
【分析】由题设得，设点，，直线的方程为，联立抛物线并应用韦达定理、三角形面积公式求面积最小值.
【详解】由题知，，解得，所以抛物线，，
设点，，直线的方程为，代入，
消去并整理得，所以，，
所以，
当且仅当时取等号，即面积的最小值为18.
故选：B
9．（2025·北京大兴·三模）已知点是准线为的抛物线上一动点，于点，点，则的最小值是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】由抛物线的性质，结合抛物线的定义求解即可．
【详解】由题意抛物线的焦点为，
由抛物线的定义可得：，
则，
当且仅当、、三点共线时取等号．
即的最小值是3．
故选：C.
10．（2025·安徽蚌埠·三模）设抛物线的焦点为F，过C上一点A作其准线的垂线，设垂足为B，若，则（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【分析】根据抛物线的定义得，由余弦定理可得，则，在中，由勾股定理即可求解.
【详解】由题意可知：抛物线的焦点，准线为，且，
因为，
所以由余弦定理得，
即；
由，所以，；
设为准线与轴的交点，，
则，则.
故选：C.
11．（2025·广东广州·三模）已知抛物线的焦点为，点为上的不同两点，若线段的中点到轴的距离为2，则的最大值为（ ）
A．3B．6C．9D．36
【答案】C
【分析】首先根据中点求出点的横坐标的关系，然后利用抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，可将的表达式写出来，最后根据基本不等式的性质可求出 最大值.
【详解】因为点在抛物线上，
所以设，可得，，
因为线段的中点到轴的距离为2，
所以.
因为焦点，准线方程为，所以
由抛物线的定义：抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离可得
，所以
因为的横坐标均大于0，所以，
所以的最大值为4.
所以当时，即时，取最大值为9.
故选：C.
12．（2025·河南·一模）抛物线在其上一点处的切线方程为，点A，B为C上两动点，且，则的中点M到y轴距离的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据抛物线的切线方程，利用求导数，设切点，求出；接着设出，表示出点M到y轴的距离为：，利用抛物线的定义表达式，将其转化为两条焦半径的和，结合图形易得，故得解.
【详解】依题意，因切线斜率为1，故切点必在第一象限，设切点为，由求导可得：，
依题，，即化简得，故切点为，代入中，解得，故.

如图，设点则，点M到y轴的距离为：,
当且仅当线段经过点时，等号成立. 故的中点M到y轴距离的取值范围为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：通过已知切线方程求出值之后，对于的处理，应结合抛物线定义将其拼凑成，再转化成，结合图形把他缩小为即得.
13．（2025·天津红桥·二模）过抛物线焦点F的直线与抛物线交于A，B两点，，抛物线的准线与x轴交于点C，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用抛物线的定义到焦点的距离等于到准线的距离作出图形，结合图形得到解出从而确定的长度，再利用三角形面积和之间的关系求出即可.
【详解】
设抛物线的准线为，
过作于，过作于点，过作于，
设，
因为，所以，
所以，
所以，
在中，，所以，
因为，所以，
又，所以，
又由，可得，
所以，所以，
所以，
所以.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用抛物线的定义建立方程，解出.
14．（2025·四川成都·三模）已知点分别是抛物线和圆上的动点，若抛物线的焦点为，则的最小值为（ ）
A．6B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，将转化为的形式，寻求定点，使得恒成立，转化为，当且仅当在一条直线上时，取得最小值，即可求解.
【详解】由抛物线，可得焦点坐标为，
又由圆，可化为，
可得圆心坐标为，半径，
设定点，满足成立，且
即恒成立，
其中，代入两边平方可得：
，解得，
所以定点满足恒成立，
可得，
如图所示，当且仅当在一条直线上时，
此时取得最小值，
即，
设，满足，
所以，
，
当时，等号成立，
故选：C.
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是将所求转化为三点共线时，线段的长的问题，结合抛物线方程即可求解.
二、多选题
15．（2025·福建宁德·三模）若直线与抛物线只有1个公共点，则抛物线的焦点坐标可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【分析】本题需要分情况讨论直线与抛物线只有一个公共点时的值，再根据抛物线焦点坐标公式求出焦点坐标.情况分为直线斜率为0和不为0两种，对于斜率不为0的情况，通过联立直线与抛物线方程，利用判别式来确定的值.
【详解】当时，，抛物线方程为：.
此时，该直线与抛物线只有一个交点，符合已知条件.
那么抛物线的焦点坐标为：.
当时，联立直线与抛物线方程：.
消去，整理得，进一步化简得：
.
因为直线与抛物线只有一个交点，所以判别式为0，即：
，解得（舍去）或者.
所以抛物线方程为：，此时焦点坐标为.
故选：BC.
16．（2025·四川乐山·三模）抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出.已知抛物线的焦点为，一束平行于轴的光线从点射入，经过抛物线上的点反射后，再经抛物线上另一点反射后，沿直线射出，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．若直线倾斜角为，则
C．D．与之间的距离为3
【答案】AC
【分析】根据给定条件，求出点的坐标，再逐项分析判断.
【详解】抛物线的焦点为，由轴，，得，
直线斜率，直线方程为，由，得，
对于A，，，A正确；
对于B，，由，，得，B正确；
对于C，，C正确；
对于D，与之间的距离为，D错误.
故选：AC
17．（2025·甘肃白银·三模）已知，为抛物线上两点，的焦点为，且，，则下列结论正确的是（ ）
A．的准线为B．当时，的值为5
C．的最小值为3D．的最大值为
【答案】CD
【分析】对于AB，根据抛物线的方程和定义即可判断；C选项，利用抛物线定义得到，当三点共线时和最小，求出最小值；D选项，作出辅助线，找到可判断.
【详解】因为，，，准线方程为，
所以由抛物线的定义可得，
的准线为，故选项A错误；
当时，，的值为，故选项B错误；
如图，过点P作准线于点B，则由抛物线定义可知：，则，当A、P、B三点共线时，和最小，最小值为，C正确；
由题意得：，连接AF并延长，交抛物线于点P，此点即为取最大值的点，此时，其他位置的点，由三角形两边之差小于第三边得：，故的最大值为，D正确.
故选：CD.
18．（2025·山东德州·三模）已知圆，抛物线的焦点为，为上一动点，当运动到点时，，直线与相交于，两点，则（ ）
A．
B．若为上一点，则最小值为1
C．若，则直线与圆相切
D．存在直线，使得，两点关于对称
【答案】AC
【分析】根据焦半径公式求得判断A，设，利用二次函数性质求得最小值为4，进而利用圆的性质求得最小值为判断B，求出直线的方程，然后利用圆心到直线的距离等于半径判断C，设，与抛物线方程联立，利用韦达定理求出中点坐标，代入求出，与判断D.
【详解】因为当运动到点时，，所以，故A正确；
抛物线，其焦点，
圆的圆心，半径为，
设，则，
即最小值为4，
所以最小值为，故B错误；
若，由B选项可知，则，
故直线的方程为，
因为圆心到直线的距离为，
所以直线与圆相切，故C正确；
假设存在直线使得，两点关于对称，
设，
由，消得到，即，
则，解得，
又，，
则，解得，与矛盾，不符合题意，故D错误.
故选：AC.
19．（2025·广东广州·三模）已知抛物线的焦点为F，其准线l与x轴交于点A，O为坐标原点，过F的直线与C交于B，D两点，过B，D作l的垂线，垂足分别为E，G，则（ ）
A．若直线BD的斜率为1，则B．以BD为直径的圆与y轴相切
C．D．B，O，G三点共线
【答案】ACD
【分析】对于A，联立直线方程与抛物线方程，结合焦点弦长公式以及韦达定理即可判断；对于B，由抛物线的性质即可判断；对于C，结合内错角相等即可得证；对于D，设直线OB与准线l交于，只需说明重合即可.
【详解】抛物线的焦点，准线，点，设，
对于A，直线，由，
消去y得，所以，所以，故A正确：
对于B，，线段BD中点横坐标，
弦BD中点到准线的距离为，因此以BF为直径的圆与准线相切，故B错误；
对于C，由，得，同理，
则，故C正确．
对于D，设直线，联立，得，则，
直线，直线OB与准线l交于，
联立，解得，
又，所以，即H与G重合，所以B，O，G三点共线．故D正确．
故选：ACD
20．（2025·河北邢台·二模）已知抛物线的焦点为，准线为，过点作斜率为的直线与相交于两点，为弦的中点，于点，为与的交点，则（ ）
A．B．
C．D．若，且，则的取值范围为
【答案】ABD
【分析】对A，由抛物线的定义，可得，得；对B，证明，可得，得解；对C，在中，可证结合抛物线定义得，得解；对D，设直线交准线于点，直线的倾斜角为，由抛物线定义结合相似三角形可得，进而求出得范围，得解.
【详解】如图，作于点于点．

对于A，由抛物线的定义得，，所以，
所以是以为斜边的直角三角形，即，故A正确；
对于B，由，，得，所以，
因为，所以，又，
所以，所以，所以，故B正确；
对于C，在中，由，可知，所以，
所以，所以，故C错误；
对于D，设直线交准线于点，直线的倾斜角为，，
则，则，由，可得，
所以，因为是关于的减函数，
又，所以，所以，
又．所以的取值范围是，故D正确．
故选：ABD．
21．（2025·浙江·二模）已知曲线上的动点到点的距离与其到直线的距离相等，则（ ）
A．曲线的轨迹方程为
B．已知点，若为曲线上的动点，则的最小值为4
C．过点恰有2条直线与曲线有且只有一个公共点
D．圆与曲线交于，两点，与直线交于，两点，则，，，四点围成的四边形的面积为8
【答案】ABD
【分析】根据给定条件，利用抛物线定义求出曲线的轨迹方程可判断A；根据圆与曲线及直线的交点可判断D；根据抛物线的定义结合条件可判断B；根据直线与抛物线的交点个数结合条件可判断C.
【详解】对于A，曲线上的动点到点的距离与其到直线的距离相等，
所以曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，且，
所以抛物线方程为，故A正确；
对于D，直线交圆于点，而，
四边形是矩形，面积为，故D正确；
对于B，显然共线，垂直于直线，

令点到直线的距离为，则，
所以，当且仅当与点重合时取等号，
因此的最小值为，故B正确；
对于C，过点与曲线仅有一个公共点的直线方程为，
由，消去得，
当时，直线与抛物线仅有一个公共点，
当时，，解得，
显然直线与抛物线仅有一个公共点，
因此过点与曲线有且只有一个公共点的直线有3条，故C错误.
故选：ABD.
三、填空题
22．（2025·河北保定·三模）已知为抛物线的焦点，为上一点，若，则 ．
【答案】2
【分析】根据抛物线焦半径公式即可求解．
【详解】由题意知，所以，
由及抛物线定义，得，解得．
故答案为：2．
23．（2025·福建厦门·三模）已知抛物线C：恰好经过圆M：的圆心，则C的准线方程为 .
【答案】
【分析】由题可得圆M圆心为，将其代入抛物线方程可得，据此可得准线方程.
【详解】.
则圆心为，将代入，可得.
则抛物线方程为：，则准线方程为：.
故答案为：
24．（2025·浙江·三模）设直线与抛物线C：相交于点A，B，点F为抛物线C的焦点.若，则点F的坐标为 .
【答案】
【分析】先联立直线与抛物线方程，得到关于的一元二次方程，再利用抛物线的焦半径公式结合已知条件求出的值，进而得到焦点的坐标.
【详解】已知直线方程，则.
将代入抛物线方程可得：
，展开并化简得：，即.
设，，由韦达定理可得，.
由抛物线的焦半径公式可知，.
已知，则，即.
对进行变形可得：
，即，即，则.
因为，所以，解得. 可得焦点的坐标为.
故答案为：.
25．（2025·河北保定·二模）已知抛物线的焦点为上的点到轴的距离为1，动点在上，动点在圆上，当取最小值时，的面积为 .
【答案】/
【分析】过点作准线的垂线，垂足为，得到，由，得到，当四点共线且点在点之间时等号成立，即可求解.
【详解】由题可知，所以点在抛物线上，则，解得，
所以抛物线；准线方程为，
由题得圆，其圆心为，半径为1．
过点作准线的垂线，垂足为，则，
又．当三点共线且点在点之间时等号成立，
所以．
当四点共线且点在点之间时等号成立，所以的最小值为2，
此时，则，所以，
所以当取最小值时，.
故答案为：.
26．（2025·河南·二模）抛物线的焦点为为上一点，为轴正半轴上一点，若是等边三角形，则直线的斜率为 ， .
【答案】
【分析】设，可得,．设,，结合等边三角形的性质可得，利用，解得，即可得出结论．
【详解】抛物线的焦点为,，准线方程为，
设，则，，
当位于第一象限时，,．
是等边三角形，，
设,，
则，
，
化简得，解得，
当时，，
当时，，
此时,而为轴正半轴上一点，无法使得为等边三角形，故舍去，
当位于第四象限时，,．
是等边三角形，，
设,，
则，
，
化简得，解得，
当时，，
此时,而为轴正半轴上一点，无法使得为等边三角形，故舍去，
，
当时，，，
综上可得，直线的斜率为，或
故答案为：；．
【点睛】方法点睛：有关圆锥曲线弦长、面积问题的求解方法
涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数的关系、设而不求计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数的关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．
27．（2025·甘肃张掖·三模）已知抛物线的焦点为，直线交抛物线于两点，为抛物线的准线与轴的交点，直线分别交抛物线于两点（点异于点，），为坐标原点，则实数的取值范围为 ； ．
【答案】 或 1
【分析】联立方程组，令，可得实数的取值范围，根据抛物线的对称性，可知与，与关于轴对称，从而可解.
【详解】联立方程组，整理得：，
直线交抛物线于两点，
则，即或；
设,，,，
则，
记，，焦点，
设直线方程为，代入整理得：，
则，同理可得，又，
因此，
根据抛物线的对称性，可知与，与关于轴对称，
所以，则.
故答案为：或；1
【点睛】关键点点睛：借助韦达定理并结合根据抛物线的对称性，可知与，与关于轴对称.
四、解答题
28．（2025·辽宁沈阳·三模）已知圆，抛物线的准线与圆相切，过抛物线焦点的动直线与抛物线交于、两点，线段的中点为．
(1)求抛物线的方程；
(2)当轴时，求直线的斜率；
(3)求证：为定值，并求出该定值．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析，定值为
【分析】（1）求出圆心坐标和圆的半径，根据抛物线的准线与圆相切求出的值，即可得出抛物线的方程；
（2）根据题意，设直线的方程为，设点、、，将直线的方程与抛物线方程联立，列出韦达定理，求出点的坐标，根据轴可求出的值，由此可得出直线的斜率；
（3）利用抛物线的焦点弦长公式以及平面内两点间的距离公式可证得结论成立.
【详解】（1）由题意可得，圆的圆心为，半径为，且抛物线的准线为，与圆详相切，
则，因为，解得，故抛物线的方程为.
（2）设点、、，
显然直线的斜率不为零，设直线的方程为，
联立可得，则，
由韦达定理可得，，
则，，即点，
因为轴，则，解得，
因此，直线的斜率为.
（3）由抛物线焦点弦长公式可得，
由（2）可得，
所以.
29．（2025·宁夏石嘴山·三模）已知抛物线的焦点与椭圆的上顶点重合，点为坐标原点.
(1)求抛物线的标准方程及其准线方程；
(2)过点的直线交抛物线于两点，且，求直线的方程；
(3)设点是抛物线的准线上任意一点，直线分别与抛物线相切于点，证明：三点共线.
【答案】(1)，准线方程为；
(2)或；
(3)证明见解析.
【分析】（1）求出椭圆的上顶点坐标，进而求出抛物线方程及其准线方程.
（2）设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用弦长公式求出参数即可.
（3）设的坐标，利用导数的几何意义求出切线方程，进而求得直线方程即可推理得证.
【详解】（1）椭圆的上顶点为，则抛物线的焦点，
所以抛物线的标准方程为，其准线方程为.
（2）设直线方程为：，，
由消去，得，，
则，解得，
所以直线的方程为或.
（3）依题意，设，，
由，求导得，因此抛物线在点处切线方程为，
即，整理得，同理抛物线在点处切线方程为，
而点是二切线的交点，则，，
于是直线的方程为，显然直线过点，
所以三点共线.
30．（2025·甘肃白银·二模）已知抛物线的焦点为F，点是C上一点，且，记O为坐标原点，过点F的直线与C相交于A，B两点．
(1)求抛物线C的方程与准线l的方程；
(2)求的最小值；
(3)已知P，M分别是抛物线C与准线l上的动点，若C在点P处的切线交y轴于点Q，且，试判断点N是否在定直线上，若在，请求出定直线的方程；若不在，请说明理由．
【答案】(1)；；
(2)；
(3)N在定直线上，直线方程为：.
【分析】（1）由结合抛物线定义可得准线方程，据此可得抛物线方程；
（2）设过点F的直线方程为，将直线方程与抛物线方程联立，结合韦达定理可得，然后由抛物线定义结合基本不等式可得最小值；
（3）设，由导数知识可得点P处的切线方程，据此可得点Q坐标，设，由可得，据此完成判断及得到定直线方程.
【详解】（1）由是C上一点，且，结合抛物线定义，
可得准线方程为：，则焦点为，则；
（2）由题可得点F的直线的斜率存在，
设过点F的直线方程为：，将直线方程与抛物线方程联立，
可得，判别式为.
设，由韦达定理，可得，则.
又由抛物线定义可得，
当且仅当，即时取等号；
（3）设，，
则在处的切线方程为：.
令，得，设，则.
又注意到，，
则.因，
则，从而，即N在定直线上，
直线方程为：.
31．（2025·浙江温州·三模）抛物线与的焦点分别为，为的一个交点，且．
(1)求的值；
(2)是上的两点，若四边形（按逆时针排列）为平行四边形，求此四边形的面积．
【答案】(1)，，
(2)
【分析】（1）由结合抛物线焦半径公式可得，再将点坐标代入抛物线可得，再将坐标代入抛物线可得；
（2）借助平行四边形性质可得中点坐标，再借助点差法计算可得，从而可得方程，再联立方程与方程，消去可得与横坐标有关一元二次方程，即可借助韦达定理、弦长公式与面积公式计算得解.
【详解】（1）抛物线，准线方程为，
，所以，所以，
因为点在抛物线上，所以，
又，所以，
将代入抛物线，可得，
故，，；
（2）由（1）可知，设中点为，
因为四边形为平行四边形，所以为中点，
设，所以，
因为在抛物线上，所以，则，
即，
所以，所以，且直线过点，
所以，即，
联立，
所以，
所以，
到距离，
所以．
32．（2025·贵州黔东南·三模）已知抛物线的焦点为F，且为E上三个不同的点，．
(1)求抛物线E的方程；
(2)若直线的斜率之积为，证明：直线过定点；
(3)若直线的斜率之和为0，且，求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由焦半径公式即可求解；
（2）设直线的方程为，联立抛物线线方程，由韦达定理及斜率公式得到，进而可求解；
（3）由得到，结合（2）得到，再结合弦长公式及三角形面积公式得到，再通过换元求导，确定单调性即可求解.
【详解】（1）由，可得，
由焦半径公式，，
解得：，
所以抛物线E的方程.
（2）由（1）知
由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，
由，得：，
，，，
，
所以，
所以直线的方程为，
当时，，故恒过.
（3），
得，，
由（2）知：，
所以斜率为，
如图：
由（2），得：，
得，又，
所以，所以
所以.
又点到直线的距离为：.
所以，（）.
设，则，所以，（）.
设，（）
则，
由，
由，或，
因为，所以函数在上单调递增.在单调递减，
所以.
所以.
即面积的最大值为.
33．（2025·重庆·三模）已知动圆过定点，且在x轴上截得的弦长为4，记动圆圆心的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程；
(2)若直线l与曲线E相交于M，N两点，且线段MN的中点横坐标为1，求直线l的斜率；
(3)将曲线E绕原点顺时针旋转得到曲线，定点，上有四点A，B，C，D，满足，AKC，BKD均三点共线.设线段AC和BD的中点分别为T，S，试判断：直线TS是否会经过一个定点？若会，请求出这个定点的坐标；若不会，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)；
(3)会，直线过点.
【分析】（1）设动圆圆心为，利用圆的弦长与半径关系列方程整理，即可得轨迹方程；
（2）设，应用点差法得，结合已知即可得；
（3）将曲线绕原点顺时针旋转得到曲线，设并联立，应用韦达定理及中点坐标求出坐标，同理求坐标，分类讨论参数判断直线是否过定点即可.
【详解】（1）设动圆圆心为，则有，整理得，故曲线E的方程；
（2）设，则，可得，
所以，即，故直线斜率为；
（3）将曲线绕原点顺时针旋转得到曲线，则为的焦点，
由题意，直线的斜率都存在且不为0，设，联立，
所以，设，且，
所以，，则，，
所以，同理得，
当，则，则，即恒过定点；
当，则，，显然直线过点；
当，则，，显然直线过点；
综上，直线过定点.
34．（2025·山东青岛·三模）已知抛物线的焦点为，直线与恰有个公共点，与轴、轴分别交于点、．
(1)求的方程；
(2)求的外接圆的标准方程；
(3)若点在上运动，点在线段上，过的直线分别交线段、于点、，且，求点的轨迹方程．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）将点的坐标代入抛物线的方程，可得出的值，由此可得出抛物线的方程；
（2）分析可知不与轴平行，设直线的方程为，根据直线与抛物线相切以及点在直线上，可得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，可求出点、，由此可求出的外接圆圆心坐标以及圆的半径，即可得出圆的方程；
（3）解法一：设，，可得出，，结合已知条件得出，设，则，，设点，利用平面向量的坐标运算可化简得出点的轨迹方程；
解法二：记，，，可得出，根据三角形的面积关系得出，可得出的值，进而得出点为的重心，再结合平面向量的坐标运算化简可得出点的轨迹方程；
解法三：设、、、，设，则，根据平面向量的坐标运算得出点的坐标，设，同理可得出点的坐标，求出、的方程，结合，联立两直线方程可得出点的轨迹方程.
【详解】（1）因为在上，所以，所以的方程为.
（2）若与轴平行，则直线与轴无交点，不合题意；
若不与轴平行，则与相切于，
设直线的方程为，由，得，
所以，解得，
所以直线的方程为，
因为、、，，故为中点，
所以，线段中垂线的方程为，线段中垂线的方程为，
联立，解得，因此的外接圆圆心坐标为，
的外接圆半径等于，
所以，外接圆方程为.
（3）解法一：设，，
，故，
所以，同理，
因为，所以，所以，
设，因为，
所以，
因为、、三点共线，所以，所以，则，
设，则，，设点，
因为，，
所以，所以，
因为、不重合，所以，，
综上，点的轨迹方程为；
解法二：因为为中点，记，，，
则，
因为为中线，则且，故，
所以，所以是的重心，
设，则，，设点，
所以，解得，
因为、不重合，所以，，
综上，点的轨迹方程为；
解法三：设、、、，
设，则，所以，
所以，，
设，同理可得：，，
直线的方程为，
又因为，化简得：①，
直线的方程为②，
由①②解得，消去得：，
因为、不重合，所以，，
综上，点的轨迹方程为.