2026高考数学专题复习之历年真题分类汇编_专题十　平面解析几何（学生版+教师版）

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(2023·全国乙卷文，11)已知实数x，y满足x2＋y2－4x－2y－4＝0，则x－y的最大值是( )
A．1＋eq \f(3\r(2),2) B．4
C．1＋3eq \r(2) D．7
【答案】C
【解析】方法一 令x－y＝k，则x＝k＋y，
代入原式化简得2y2＋(2k－6)y＋k2－4k－4＝0，
因为存在实数y，则Δ≥0，
即(2k－6)2－4×2(k2－4k－4)≥0，
化简得k2－2k－17≤0，
解得1－3eq \r(2)≤k≤1＋3eq \r(2)，
故x－y 的最大值是3eq \r(2)＋1.
方法二 x2＋y2－4x－2y－4＝0，
整理得(x－2)2＋(y－1)2＝9，
令x＝3cs θ＋2，y＝3sin θ＋1，
其中θ∈[0,2π]，
则x－y＝3cs θ－3sin θ＋1＝3eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))＋1，
因为θ∈[0,2π]，
所以θ＋eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(9π,4)))，
则当θ＋eq \f(π,4)＝2π，即θ＝eq \f(7π,4)时，x－y取得最大值3eq \r(2)＋1，
方法三 由x2＋y2－4x－2y－4＝0可得(x－2)2＋(y－1)2＝9，
设x－y＝k，则圆心到直线x－y＝k的距离d＝eq \f(|2－1－k|,\r(2))≤3，
解得1－3eq \r(2)≤k≤1＋3eq \r(2).
故x－y的最大值为3eq \r(2)＋1.
【难度】基础题
(2020·北京卷，5)已知半径为1的圆经过点(3,4)，则其圆心到原点的距离的最小值为( )
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】A
【解析】半径为1，经过点(3,4)的动圆，由平面几何知识知，当且仅当原点、圆心、点(3,4)共线时，圆心到原点的距离最小且最小值为dmin＝eq \r(3－02＋4－02)－1＝4.
【难度】基础题
题点3 直线与圆的位置关系
(2025·天津卷，12)已知l1：x－y+6=0与x轴交于点A，与y轴交于点B，与(x+1)2+(y－3)2=r2(r>0)交于C，D两点，|AB|=3|CD|，则r= .
【答案】2
【解析】由题意得直线l1：x－y+6=0与x轴交于A(－6，0)，与y轴交于B(0，6)，
所以|AB|=62+62=62，则|CD|=22，
圆(x+1)2+(y－3)2=r2的半径为r，圆心(－1，3)到直线l1：x－y+6=0的距离为d=|−1−3+6|2=2，
故|CD|=2r2−d2=2r2−(2)2=22，
解得r=2(负值舍去).
【难度】中档题
(2025·全国I卷，7)已知圆x2+(y+2)2=r2(r>0)上到直线y=3x+2的距离为1的点有且仅有两个，则r的取值范围是( )
A.(0，1)B.(1，3)
C.(3，+∞)D.(0，+∞)
【答案】B
【解析】由题意，在圆x2+(y+2)2=r2(r>0)中，圆心为E(0，－2)，半径为r，
∵圆心E(0，－2)到直线y=3x+2的距离为d=|0×3+(−2)×(−1)+2|(3)2+(−1)2=2，
故由图可知，
当r=1时，
圆x2+(y+2)2=r2(r>0)上有且仅有1个点(A点)到直线y=3x+2的距离等于1；
当r=3时，
圆x2+(y+2)2=r2(r>0)上有且仅有3个点(B，C，D点)到直线y=3x+2的距离等于1，
则当r的取值范围为(1，3)时，
圆x2+(y+2)2=r2(r>0)上有且仅有2个点到直线y=3x+2的距离等于1.
【难度】中档题
(2024·北京卷，3)圆x2+y2-2x+6y=0的圆心到直线x-y+2=0的距离为( )
A.2B.2C.3D.32
【答案】D
【解析】将圆的方程化为标准方程，
得(x-1)2+(y+3)2=10，
所以该圆的圆心(1，-3)到直线x-y+2=0的距离为|1−(−3)+2|12+(−1)2=62=32.
【难度】基础题
(2024·天津卷，12)圆(x－1)2＋y2＝25的圆心与抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F重合，A为两曲线的交点，则原点到直线AF的距离为________．
【答案】eq \f(4,5)
【解析】圆(x－1)2＋y2＝25的圆心为F(1,0)，
故eq \f(p,2)＝1，即p＝2，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1((x－1)2＋y2＝25，,y2＝4x，))
可得x2＋2x－24＝0，
故x＝4或x＝－6(舍去)，
故A(4，±4)，
故直线AF：y＝±eq \f(4,3)(x－1)，
即4x－3y－4＝0或4x＋3y－4＝0，
故原点到直线AF的距离d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－4)),5)＝eq \f(4,5).
【难度】中档题
(2023·全国甲卷理，8)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率为eq \r(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|等于( )
A.eq \f(\r(5),5) B.eq \f(2\r(5),5) C.eq \f(3\r(5),5) D.eq \f(4\r(5),5)
【答案】D
【解析】由题知e＝eq \r(5)，
则eq \f(c2,a2)＝eq \f(a2＋b2,a2)＝1＋eq \f(b2,a2)＝5，
解得eq \f(b,a)＝2，
所以双曲线的一条渐近线不妨取y＝2x，
即2x－y＝0，
则圆心(2,3)到渐近线的距离d＝eq \f(|2×2－3|,\r(22＋1))＝eq \f(\r(5),5)，
所以弦长|AB|＝2eq \r(r2－d2)＝2eq \r(1－\f(1,5))＝eq \f(4\r(5),5).
【难度】基础题
(2023·全国甲卷文，9)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率为eq \r(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|等于( )
A.eq \f(\r(5),5) B.eq \f(2\r(5),5) C.eq \f(3\r(5),5) D.eq \f(4\r(5),5)
【答案】D
【解析】由题知e＝eq \r(5)，
则eq \f(c2,a2)＝eq \f(a2＋b2,a2)＝1＋eq \f(b2,a2)＝5，
解得eq \f(b,a)＝2，
所以双曲线的一条渐近线不妨取y＝2x，
即2x－y＝0，
则圆心(2,3)到渐近线的距离d＝eq \f(|2×2－3|,\r(22＋1))＝eq \f(\r(5),5)，
所以弦长|AB|＝2eq \r(r2－d2)＝2eq \r(1－\f(1,5))＝eq \f(4\r(5),5).
【难度】基础题
(2023·新高考全国Ⅰ，6)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等于( )
A．1 B.eq \f(\r(15),4) C.eq \f(\r(10),4) D.eq \f(\r(6),4)
【答案】B
【解析】如图，设A(0，－2)，两切点分别为B，C，
由x2＋y2－4x－1＝0得(x－2)2＋y2＝5，
所以圆心坐标为(2,0)，半径r＝eq \r(5)，
所以圆心到A(0，－2)的距离为eq \r(2－02＋0＋22)＝2eq \r(2)，
由于圆心与A(0，－2)的连线平分∠BAC，
所以sineq \f(∠BAC,2)＝eq \f(r,2\r(2))＝eq \f(\r(5),2\r(2))＝eq \f(\r(10),4)，
所以cs∠BAC＝1－2sin2eq \f(∠BAC,2)＝－eq \f(1,4)0)与圆(x－1)2＋(y－1)2＝3相交所得的弦长为m，则m＝________.
【答案】2
【解析】圆(x－1)2＋(y－1)2＝3的圆心坐标为(1,1)，半径为eq \r(3)，
圆心到直线x－y＋m＝0(m>0)的距离为eq \f(|1－1＋m|,\r(2))＝eq \f(m,\r(2))，
由勾股定理可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,\r(2))))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,2)))2＝3，
因为m>0，解得m＝2.
【难度】基础题
(2022·新高考Ⅰ卷，14)写出与圆x2＋y2＝1和(x－3)2＋(y－4)2＝16都相切的一条直线的方程________．
【答案】x＝－1或7x－24y－25＝0或3x＋4y－5＝0(答案不唯一，只需写出上述三个方程中的一个即可)
【解析】如图，因为圆x2＋y2＝1的圆心为O(0,0)，半径r1＝1，圆(x－3)2＋(y－4)2＝16的圆心为A(3,4)，半径r2＝4，
所以|OA|＝5，r1＋r2＝5，所以|OA|＝r1＋r2，所以两圆外切，公切线有三种情况：
①易知公切线l1的方程为x＝－1.
②另一条公切线l2与公切线l1关于过两圆圆心的直线l对称．
易知过两圆圆心的直线l的方程为y＝eq \f(4,3)x，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝\f(4,3)x))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝－\f(4,3)，))
由对称性可知公切线l2过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(4,3))).
设公切线l2的方程为y＋eq \f(4,3)＝k(x＋1)，
则点O(0,0)到l2的距离为1，
所以1＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(k－\f(4,3))),\r(k2＋1))，解得k＝eq \f(7,24)，
所以公切线l2的方程为y＋eq \f(4,3)＝eq \f(7,24)(x＋1)，
即7x－24y－25＝0.
③还有一条公切线l3与直线l：y＝eq \f(4,3)x垂直，设公切线l3的方程为y＝－eq \f(3,4)x＋t，
易知t>0，则点O(0,0)到l3的距离为1，
所以1＝eq \f(|t|,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)))2＋－12))，
解得t＝eq \f(5,4)或t＝－eq \f(5,4)(舍去)，
所以公切线l3的方程为y＝－eq \f(3,4)x＋eq \f(5,4)，
即3x＋4y－5＝0.
综上，所求直线方程为x＝－1或7x－24y－25＝0或3x＋4y－5＝0.
【难度】中档题
(2022·新高考Ⅱ卷，15)设点A(－2,3)，B(0，a)，若直线AB关于y＝a对称的直线与圆(x＋3)2＋(y＋2)2＝1有公共点，则a的取值范围是________．
【答案】eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(3,2)))
【解析】方法一 由题意知点A(－2,3)关于直线y＝a的对称点为A′(－2,2a－3)，
所以kA′B＝eq \f(3－a,2)，所以直线A′B的方程为y＝eq \f(3－a,2)x＋a，即(3－a)x－2y＋2a＝0.
由题意知直线A′B与圆(x＋3)2＋(y＋2)2＝1有公共点，
易知圆心坐标为(－3，－2)，半径为1，
所以eq \f(|－33－a＋－2×－2＋2a|,\r(3－a2＋－22))≤1，
整理得6a2－11a＋3≤0，解得eq \f(1,3)≤a≤eq \f(3,2)，所以实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(3,2))).
方法二 易知(x＋3)2＋(y＋2)2＝1关于y轴对称的圆的方程为(x－3)2＋(y＋2)2＝1，
由题意知该对称圆与直线AB有公共点．直线AB的方程为y＝eq \f(a－3,2)x＋a，
即(a－3)x－2y＋2a＝0，
又对称圆的圆心坐标为(3，－2)，半径为1，
所以eq \f(|3a－3＋－2×－2＋2a|,\r(a－32＋－22))≤1，
整理得6a2－11a＋3≤0，解得eq \f(1,3)≤a≤eq \f(3,2)，所以实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(3,2))).
方法三 易知(x＋3)2＋(y＋2)2＝1关于y轴对称的圆的方程为(x－3)2＋(y＋2)2＝1，
由题意知该对称圆与直线AB有公共点．
设直线AB的方程为y－3＝k(x＋2)，
即kx－y＋3＋2k＝0，
因为对称圆的圆心坐标为(3，－2)，半径为1，
所以eq \f(|5k＋5|,\r(k2＋－12))≤1，解得－eq \f(4,3)≤k≤－eq \f(3,4)，
又k＝eq \f(a－3,2)，所以－eq \f(4,3)≤eq \f(a－3,2)≤－eq \f(3,4)，解得eq \f(1,3)≤a≤eq \f(3,2)，
所以实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(3,2))).
【难度】基础题
(2021·天津卷，12)若斜率为eq \r(3)的直线与y轴交于点A，与圆x2＋(y－1)2＝1相切于点B，则|AB|＝________.
【答案】eq \r(3)
【解析】设直线AB的方程为y＝eq \r(3)x＋b，则点A(0，b)，
由于直线AB与圆x2＋(y－1)2＝1相切，且圆心为C(0,1)，半径为1，
则eq \f(|b－1|,2)＝1，解得b＝－1或b＝3，所以|AC|＝2，
因为|BC|＝1，故|AB|＝eq \r(|AC|2－|BC|2)＝eq \r(3).
【难度】基础题
(2021·新高考全国卷I，11)已知点P在圆(x－5)2＋(y－5)2＝16上，点A(4,0)，B(0,2)，则( )
A．点P到直线AB的距离小于10
B．点P到直线AB的距离大于2
C．当∠PBA最小时，|PB|＝3eq \r(2)
D．当∠PBA最大时，|PB|＝3eq \r(2)
【答案】ACD
【解析】设圆(x－5)2＋(y－5)2＝16的圆心为M(5,5)，由题易知直线AB的方程为eq \f(x,4)＋eq \f(y,2)＝1，即x＋2y－4＝0，则圆心M到直线AB的距离d＝eq \f(|5＋2×5－4|,\r(5))＝eq \f(11,\r(5))>4，所以直线AB与圆M相离，所以点P到直线AB的距离的最大值为4＋d＝4＋eq \f(11,\r(5))，4＋eq \f(11,\r(5))0)与圆x2＋y2＝1和圆(x－4)2＋y2＝1均相切，则k＝________，b＝________.
【答案】eq \f(\r(3),3) －eq \f(2\r(3),3)
【解析】方法一 直线kx－y＋b＝0分别与圆心坐标为(0,0)，半径为1，及圆心坐标为(4,0)，半径为1的两圆相切，
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(|b|,\r(k2＋1))＝1，,\f(|4k＋b|,\r(k2＋1))＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝\f(\r(3),3)，,b＝－\f(2\r(3),3).))
方法二 如图，直线分别与两个半径相等的圆相切，
由对称性可知，直线与x轴的交点为A(2,0)．
由|AB|＝2，|BM|＝1，∠AMB＝90°，得∠MAB＝30°，
可得直线的斜率k＝tan 30°＝eq \f(\r(3),3)，
直线方程为y＝eq \f(\r(3),3)(x－2)＝eq \f(\r(3),3)x－eq \f(2\r(3),3)，
因此b＝－eq \f(2\r(3),3).
【难度】基础题
题点4 直线与圆方程的应用
(2024·全国甲卷理，12)已知b是a，c的等差中项，直线ax＋by＋c＝0与圆x2＋y2＋4y－1＝0交于A，B两点，则|AB|的最小值为( )
A．1 B．2 C．4 D．2eq \r(5)
【答案】C
【解析】因为b是a，c的等差中项，
所以2b＝a＋c，c＝2b－a，
代入直线方程ax＋by＋c＝0得ax＋by＋2b－a＝0，
即a(x－1)＋b(y＋2)＝0，
令eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1＝0，,y＋2＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝－2，))
故直线恒过(1，－2)，设P(1，－2)，
圆化为标准方程得x2＋(y＋2)2＝5，
设圆心为C，画出直线与圆的图形，如图，
由图可知，当PC⊥AB时，|AB|最小，
又|PC|＝1，|AC|＝eq \r(5)，
此时|AB|＝2|AP|＝2eq \r(|AC|2－|PC|2)＝2eq \r(5－1)＝4.
【难度】中档题
(2023·新高考全国Ⅱ，15)已知直线x－my＋1＝0与⊙C：(x－1)2＋y2＝4交于A，B两点，写出满足“△ABC面积为eq \f(8,5)”的m的一个值为________．
【答案】2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，－2，\f(1,2)，－\f(1,2)中任意一个皆可以))
【解析】设直线x－my＋1＝0为直线l，点C到直线l的距离为d，
由弦长公式得|AB|＝2eq \r(4－d2)，
所以S△ABC＝eq \f(1,2)×d×2eq \r(4－d2)＝eq \f(8,5)，
解得d＝eq \f(4\r(5),5)或d＝eq \f(2\r(5),5)，
又d＝eq \f(|1＋1|,\r(1＋m2))＝eq \f(2,\r(1＋m2))，
所以eq \f(2,\r(1＋m2))＝eq \f(4\r(5),5)或eq \f(2,\r(1＋m2))＝eq \f(2\r(5),5)，
解得m＝±eq \f(1,2)或m＝±2.
【难度】基础题
(2022·北京卷，3)若直线2x＋y－1＝0是圆(x－a)2＋y2＝1的一条对称轴，则a等于( )
A.eq \f(1,2) B．－eq \f(1,2) C．1 D．－1
【答案】A
【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＝eq \f(1,2)，故选A.
【难度】基础题
(2021·北京卷，9)已知圆C：x2＋y2＝4，直线l：y＝kx＋m，当k变化时，l截得圆C弦长的最小值为2，则m等于( )
A．±2 B．±eq \r(2) C．±eq \r(3) D．±eq \r(5)
【答案】C
【解析】由题可得圆心为(0,0)，半径为2，
则圆心到直线的距离d＝eq \f(|m|,\r(k2＋1))，
则弦长为2eq \r(4－\f(m2,k2＋1))，
则当k＝0时，弦长取得最小值为2eq \r(4－m2)＝2，解得m＝±eq \r(3).
【难度】基础题
(2020·江苏卷，14)在平面直角坐标系xOy中，已知Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0))，A，B是圆C：x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,2)))2＝36上的两个动点，满足PA＝PB，则△PAB面积的最大值是________．
【答案】10eq \r(5)
【解析】设AB的中点为D，则PD⊥AB.
又CD⊥AB，所以C，P，D三点共线．
因为直线CP的斜率kCP＝－eq \f(\r(3),3)，
所以直线AB的斜率kAB＝eq \r(3).
设直线AB的方程为y＝eq \r(3)x＋m，
则点P到直线AB的距离|PD|＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\r(3)×\f(\r(3),2)－0＋m)),\r(\r(3)2＋－12))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(m,2)＋\f(3,4)))，
点C到直线AB的距离|CD|＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\r(3)×0－\f(1,2)＋m)),\r(\r(3)2＋－12))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(m,2)－\f(1,4))).
故S△PAB＝eq \f(1,2)|AB|·|PD|＝eq \f(1,2)×2eq \r(36－|CD|2)·|PD|
＝eq \f(1,4)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(3,2)))2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(144－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(1,2)))2))).
令t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(3,2)))2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(144－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(1,2)))2))，
则t′＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(3,2)))(289－4m2)．
由t′＝0，得m＝±eq \f(17,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＝－\f(3,2)舍去，此时|PD|＝0)).
分析知当m＝±eq \f(17,2)时函数t取得极大值．
当m＝eq \f(17,2)时，S△PAB＝10eq \r(5)；
当m＝－eq \f(17,2)时，S△PAB＝eq \f(21\r(7),4)0)
C.eq \f(y2,16)＋eq \f(x2,4)＝1(y>0)
D.eq \f(y2,16)＋eq \f(x2,8)＝1(y>0)
【答案】A
【解析】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在曲线x2＋y2＝16(y>0)上，
所以x2＋4y2＝16(y>0)，
即eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1(y>0)，
即点M的轨迹方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1(y>0)．
【难度】中档题
(2023·北京卷，19)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为53，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是E的左、右顶点，|AC|=4．
(1)求E的方程；
(2)设P为第一象限内E上的动点，直线PD与直线BC交于点M，直线PA与直线y=−2交于点N．求证：MN//CD．
(1)解 依题意，得e=ca=53，则c=53a，
又A,C分别为椭圆上下顶点，AC=4，∴2b=4，即b=2，
∴a2−c2=b2=4，即a2−59a2=49a2=4，则a2=9，
∴椭圆E的方程为x29+y24=1.
(2)证明 ∵椭圆E的方程为x29+y24=1，∴A0,2,C0,−2,B−3,0,D3,0，
∵P为第一象限E上的动点，设Pm,n00)，焦点F1(－c,0)，F2(c,0)(c>0)．若过F1的直线和圆eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)c))2＋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________，椭圆的离心率是________．
【答案】eq \f(2\r(5),5) eq \f(\r(5),5)
【解析】设过F1的直线与圆的切点为M，圆心Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)c，0))，则|AM|＝c，|AF1|＝eq \f(3,2)c，所以|MF1|＝eq \f(\r(5),2)c，所以该直线的斜率k＝eq \f(|AM|,|MF1|)＝eq \f(c,\f(\r(5),2)c)＝eq \f(2\r(5),5).因为PF2⊥x轴，所以|PF2|＝eq \f(b2,a)，又|F1F2|＝2c，所以k＝eq \f(2\r(5),5)＝eq \f(\f(b2,a),2c)＝eq \f(a2－c2,2ac)＝eq \f(1－e2,2e)，得e＝eq \f(\r(5),5).
【难度】基础题
题点4 椭圆几何性质的综合应用
(2024·全国甲卷理，20)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F，点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))在C上，且MF⊥x轴．
(1)求C的方程；
(2)过点P(4,0)的直线与C交于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．
(1)解 设F(c，0)，则c2＝a2－b2，
由题意知c＝1且eq \f(b2,a)＝eq \f(3,2)，
故eq \f(a2－1,a)＝eq \f(3,2)，
故a＝2(负值舍去)，故b＝eq \r(3)，
故椭圆方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明 直线AB的斜率必定存在，
设AB：y＝k(x－4)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x2＋4y2＝12，,y＝k(x－4)，))
可得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，
故Δ＝1 024k4－4(3＋4k2)(64k2－12)>0，
故－eq \f(1,2)0)的离心率为22，椭圆上的点到两焦点距离之和为4，
(1)求椭圆方程；
(2)设O为原点，M(x0，y0)(x0≠0)为椭圆上一点，直线x0x+2y0y－4=0与直线y=2，y=－2分别交于A，B两点.设△OAM与△OBM的面积分别为S1，S2，比较S1S2与|OA||OB|的大小.
【答案】解 (1)由题意可知，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=0,x24+y22=1,
又x0≠0，消去x整理得(2x02+4y02)y2－16y0y+16－4x02=0，①
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−y0)2=0，所以y=y0，所以x=x0，
所以直线x0x+2y0y－4=0与椭圆相切，M为切点.
方法一 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，易知当x1=x2时，由对称性得S1S2=|OA||OB|.
由椭圆的对称性，当x1≠x2时，不妨设x2b>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)解 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)=ma+c=13，
即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=12|AF||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)证明 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+t，
则1=2k+t，即t=1－2k，
联立y=kx+t,x24+y23=1,得(3+4k2)x2+8ktx+4t2－12=0，
因为直线PB与椭圆有唯一交点，
所以Δ=(8kt)2－4(3+4k2)(4t2－12)=0，
即4k2－t2+3=0，
则4k2－(1－2k)2+3=0，
解得k=－12，则t=2，
所以直线PB的方程为y=－12x+2，
联立y=−12x+2,x24+y23=1,解得x=1,y=32,则B1，32，
方法一 则FB=2，32，FP=(3，1)，FA=(3，0)，
所以cs∠BFP=FB·FP|FB||FP|=2×3+32×122+322×32+12=31010，cs∠PFA=FA·FP|FA||FP|=3×3+0×1332+12=31010，
则cs∠BFP=cs∠PFA，
又∠BFP，∠PFA∈0，π2，
所以∠BFP=∠PFA，即PF平分∠AFB.
方法二 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.
方法三 则tan∠PFA=kPF=1−02−(−1)=13，tan∠BFA=kFB=32−01−(−1)=34，
故tan 2∠PFA=2tan∠PFA1−tan2∠PFA=2×131−132=34=tan∠BFA，
又∠BFA，∠PFA∈0，π2，
所以∠BFA=2∠PFA，即PF平分∠AFB.
方法四 则kFB=32−01−(−1)=34，
所以直线FB的方程为y=34(x+1)，即3x－4y+3=0，
则点P(2，1)到直线FB的距离为d=|3×2−4×1+3|32+(−4)2=1，
又点P到直线FA的距离也为1，所以PF平分∠AFB.
【难度】中档题
(2025·上海卷，20)已知椭圆Γ：x2a2+y25=1(a>5)，M(0，m)(m>0)，A是Γ的右顶点.
(1)若Γ的一个焦点为(2，0)，求离心率e；
(2)若a=4，且Γ上存在一点P，满足PA=2MP，求m；
(3)已知AM的中垂线l的斜率为2，l与Γ交于C，D两点，∠CMD为钝角，求a的取值范围.
【答案】解 (1)由椭圆Γ：x2a2+y25=1(a>5)，
可知b2=5，
由右焦点为(2，0)，
可知c=2，则a=5+22=3，
故离心率e=ca=23.
(2)由题意A(4，0)，M(0，m)(m>0)，设P(xp，yp)，
由PA=2MP得，4−xp=2xp,−yp=2yp−2m,
解得P43，2m3，代入x216+y25=1，
得19+4m245=1，又m>0，解得m=10.
(3)由线段AM的中垂线l的斜率为2，可知直线AM的斜率为－12，
则m−00−a=－12，解得m=a2，
由A(a，0)，M0，a2得AM的中点坐标为a2，a4，
故直线l：y=2x－34a，显然直线l过椭圆内的点38a，0，
故直线l与椭圆恒有两个不同的交点，
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
由y=2x−34a,x2a2+y25=1,
消去y得(4a2+5)x2－3a3x+916a4－5a2=0，
由根与系数的关系得x1+x2=3a34a2+5，x1x2=916a4−5a24a2+5，
因为∠CMD为钝角，则MC·MDb>0)，椭圆的离心率e＝eq \f(1,2)，左顶点为A，下顶点为B，O为坐标原点，C是线段OB的中点，其中S△ABC＝eq \f(3\r(3),2).
(1)求椭圆方程；
(2)过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(3,2)))的动直线与椭圆有两个交点P，Q.在y轴上是否存在点T使得eq \(TP,\s\up6(→))·eq \(TQ,\s\up6(→))≤0恒成立？若存在，求出这个点T纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由．
解 (1)因为椭圆的离心率e＝eq \f(1,2)，
故a＝2c，b＝eq \r(3)c，其中c为半焦距，
所以A(－2c，0)，B(0，－eq \r(3)c)，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(\r(3)c,2)))，
故S△ABC＝eq \f(1,2)×2c×eq \f(\r(3),2)c＝eq \f(3\r(3),2)，
故c＝eq \r(3)，所以a＝2eq \r(3)，b＝3，
故椭圆方程为eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,9)＝1.
(2)若过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(3,2)))的动直线的斜率存在，
则可设该直线方程为y＝kx－eq \f(3,2)，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，T(0，t),
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x2＋4y2＝36，,y＝kx－\f(3,2)，))
可得(3＋4k2)x2－12kx－27＝0，
故Δ＝144k2＋108(3＋4k2)＝324＋576k2>0，
且x1＋x2＝eq \f(12k,3＋4k2)，x1x2＝－eq \f(27,3＋4k2)，
而eq \(TP,\s\up6(→))＝(x1，y1－t)，eq \(TQ,\s\up6(→))＝(x2，y2－t)，
故eq \(TP,\s\up6(→))·eq \(TQ,\s\up6(→))＝x1x2＋(y1－t)(y2－t)
＝x1x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx1－\f(3,2)－t))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx2－\f(3,2)－t))
＝(1＋k2)x1x2－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)＋t))(x1＋x2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)＋t))2
＝(1＋k2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(27,3＋4k2)))－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)＋t))×eq \f(12k,3＋4k2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)＋t))2
＝eq \f(－27k2－27－18k2－12k2t＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)＋t))2＋3＋2t2k2,3＋4k2)
＝eq \f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1((3＋2t)2－12t－45))k2＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)＋t))2－27,3＋4k2)，
因为eq \(TP,\s\up6(→))·eq \(TQ,\s\up6(→))≤0恒成立，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1((3＋2t)2－12t－45≤0，,3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)＋t))2－27≤0，))
解得－3≤t≤eq \f(3,2)；
若过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(3,2)))的动直线的斜率不存在，
则P(0,3)，Q(0，－3)或P(0，－3)，Q(0,3)，
此时需－3≤t≤3，
两者结合可得－3≤t≤eq \f(3,2).
综上，存在T(0，t)，使得eq \(TP,\s\up6(→))·eq \(TQ,\s\up6(→))≤0恒成立．
T点纵坐标的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－3，\f(3,2))).
【难度】中档题
(2023·天津卷，18)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>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；
(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．
解 (1)如图，
由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋c＝3，,a－c＝1，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,c＝1，))
所以b＝eq \r(22－12)＝eq \r(3)，
所以椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2).
(2)由题意得，直线A2P斜率存在，
由椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，
可得A2(2,0)，
设直线A2P的方程为y＝k(x－2)，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx－2，))消去y整理得(3＋4k2)x2－16k2x＋16k2－12＝0，
由根与系数的关系得xA2·xP＝eq \f(16k2－12,3＋4k2)，
所以xP＝eq \f(8k2－6,3＋4k2)，
所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k2－6,3＋4k2)，－\f(12k,3＋4k2)))，Q(0，－2k)．
所以＝eq \f(1,2)×4×|yQ|，
＝eq \f(1,2)×1×|yP|，＝eq \f(1,2)×4×|yP|，
所以，
所以2|yQ|＝3|yP|，
即2|－2k|＝3eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(12k,3＋4k2)))，解得k＝±eq \f(\r(6),2)，
所以直线A2P的方程为y＝±eq \f(\r(6),2)(x－2)．
【难度】中档题
(2022·天津卷，19)椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F，右顶点为A，上顶点为B，且满足eq \f(|BF|,|AB|)＝eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆的离心率e；
(2)直线l与椭圆有唯一公共点M，与y轴相交于N(N异于M)．记O为坐标原点，若|OM|＝|ON|，且△OMN的面积为eq \r(3)，求椭圆的标准方程．
解 (1)由eq \f(|BF|,|AB|)＝eq \f(\r(b2＋c2),\r(b2＋a2))＝eq \f(a,\r(b2＋a2))＝eq \f(\r(3),2)，
得4a2＝3(b2＋a2)，所以a2＝3b2，
离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \r(\f(a2－b2,a2))＝eq \f(\r(6),3).
(2)由(1)可知椭圆的方程为x2＋3y2＝a2，
易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋m，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,x2＋3y2＝a2，))
得(1＋3k2)x2＋6kmx＋(3m2－a2)＝0，
由Δ＝36k2m2－4(1＋3k2)(3m2－a2)＝0，
得3m2＝a2(1＋3k2)，①
xM＝－eq \f(3km,3k2＋1)，
yM＝kxM＋m＝eq \f(m,1＋3k2)，
由|OM|＝|ON|可得m2＝eq \f(m29k2＋1,3k2＋12)，②
由S△OMN＝eq \r(3)，
可得eq \f(1,2)|m|·eq \f(|3km|,1＋3k2)＝eq \r(3)，③
联立①②③可得k2＝eq \f(1,3)，m2＝4，a2＝6，
故椭圆的标准方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1.
【难度】中档题
(2022·新高考Ⅰ卷，16)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为eq \f(1,2).过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE|＝6，则△ADE的周长是________．
【答案】13
【解析】如图，连接AF1，DF2，EF2，因为C的离心率为eq \f(1,2)，所以eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，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＝eq \f(\r(3),3)(x＋c)，代入椭圆C的方程eq \f(x2,4c2)＋eq \f(y2,3c2)＝1，得13x2＋8cx－32c2＝0.设D(x1，y1)，E(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq \f(8c,13)，x1x2＝－eq \f(32c2,13)，
所以|DE|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))[x1＋x22－4x1x2])＝eq \r(\f(4,3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8c,13)))2－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(32c2,13))))))＝eq \f(48c,13)＝6，解得c＝eq \f(13,8)，所以a＝2c＝eq \f(13,4)，所以△ADE的周长为|AD|＋|AE|＋|DE|＝|DF2|＋|EF2|＋|DE|＝4a＝13.
【难度】中档题
(2022·新高考Ⅱ卷，16)已知直线l与椭圆eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝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|＝2eq \r(3)，则l的方程为________．
【答案】x＋eq \r(2)y－2eq \r(2)＝0
【解析】方法一 设直线l的方程为eq \f(x,m)＋eq \f(y,n)＝1(m>0，n>0)，分别令y＝0，x＝0，得点M(m，0)，N(0，n)．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由题意知线段AB与线段MN有相同的中点，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)＝\f(m＋0,2)，,\f(y1＋y2,2)＝\f(0＋n,2)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝m，,y1＋y2＝n.))
因为kAB＝kMN，
所以eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(0－n,m－0)＝－eq \f(n,m).
将A(x1，y1)，B(x2，y2)代入椭圆方程，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),6)＋\f(y\\al(2,1),3)＝1，,\f(x\\al(2,2),6)＋\f(y\\al(2,2),3)＝1，))
相减得eq \f(x1＋x2x1－x2,6)＋eq \f(y1＋y2y1－y2,3)＝0，
由题意知x1＋x2≠0，x1≠x2，
所以eq \f(y1＋y2,x1＋x2)·eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(1,2)，
即eq \f(n,m)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(n,m)))＝－eq \f(1,2)，
整理得m2＝2n2.①
又|MN|＝2eq \r(3)，
所以由勾股定理，得m2＋n2＝12，②
由①②并结合m>0，n>0，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝2\r(2)，,n＝2，))
所以直线l的方程为eq \f(x,2\r(2))＋eq \f(y,2)＝1，
即x＋eq \r(2)y－2eq \r(2)＝0.
方法二 设直线l的方程为eq \f(x,m)＋eq \f(y,n)＝1(m>0，n>0)，分别令y＝0，x＝0，得点M(m,0)，N(0，n)．
由题意知线段AB与线段MN有相同的中点，设为Q，则Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,2)，\f(n,2)))，
则kAB＝eq \f(0－n,m－0)＝－eq \f(n,m)，kOQ＝eq \f(\f(n,2),\f(m,2))＝eq \f(n,m).
由椭圆中点弦的性质知，kAB·kOQ＝－eq \f(b2,a2)＝－eq \f(1,2)，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(n,m)))·eq \f(n,m)＝－eq \f(1,2)，以下同方法一．
【难度】中档题
(2022·北京卷，19)已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个顶点为A(0,1)，焦距为2eq \r(3).
(1)求椭圆E的方程；
(2)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．
解 (1)依题意可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝1，,2c＝2\r(3)，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1，,c＝\r(3)，))
故椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)由题可知直线BC的方程为y－1＝k(x＋2)．设B(x1，y1)，C(x2，y2)．
联立直线BC和椭圆E的方程，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－1＝kx＋2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
消去y整理得(4k2＋1)x2＋(16k2＋8k)x＋16k2＋16k＝0，
则由Δ＝(16k2＋8k)2－4(4k2＋1)(16k2＋16k)>0，得kb>0)过点A(0，－2)，以四个顶点围成的四边形面积为4eq \r(5).
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)过点P(0，－3)的直线l斜率为k，交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB，AC交y＝－3于点M，N，若|PM|＋|PN|≤15，求k的取值范围．
解 (1)因为椭圆过A(0，－2)，故b＝2，
因为四个顶点围成的四边形的面积为4eq \r(5)，
故eq \f(1,2)×2a×2b＝4eq \r(5)，即a＝eq \r(5)，
故椭圆的标准方程为eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)设B(x1，y1)，C(x2，y2)，
因为直线BC的斜率存在，故x1x2≠0，
故直线AB：y＝eq \f(y1＋2,x1)x－2，令y＝－3，则xM＝－eq \f(x1,y1＋2)，同理xN＝－eq \f(x2,y2＋2).
直线BC：y＝kx－3，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－3，,4x2＋5y2＝20，))
可得(4＋5k2)x2－30kx＋25＝0，
故Δ＝900k2－100(4＋5k2)>0，解得k1.
又x1＋x2＝eq \f(30k,4＋5k2)，x1x2＝eq \f(25,4＋5k2)，故x1x2>0，所以xMxN>0.
又|PM|＋|PN|＝|xM＋xN|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x1,y1＋2)＋\f(x2,y2＋2)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x1,kx1－1)＋\f(x2,kx2－1)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2kx1x2－x1＋x2,k2x1x2－kx1＋x2＋1)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\f(50k,4＋5k2)－\f(30k,4＋5k2),\f(25k2,4＋5k2)－\f(30k2,4＋5k2)＋1)))＝5|k|，
故5|k|≤15，即|k|≤3，
综上，－3≤k0)的右焦点为F，上顶点为B，离心率为eq \f(2\r(5),5)，且|BF|＝eq \r(5).
(1)求椭圆的方程；
(2)直线l与椭圆有唯一的公共点M，与y轴的正半轴交于点N，过N与BF垂直的直线交x轴于点P.若MP∥BF，求直线l的方程．
解 (1)易知点F(c,0)，B(0，b)，
故|BF|＝eq \r(c2＋b2)＝a＝eq \r(5)，
因为椭圆的离心率为e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2\r(5),5)，
所以c＝2，b＝eq \r(a2－c2)＝1，
因此，椭圆的方程为eq \f(x2,5)＋y2＝1.
(2)设点M(x0，y0)为椭圆eq \f(x2,5)＋y2＝1上一点，
先证明直线MN的方程为eq \f(x0x,5)＋y0y＝1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x0x,5)＋y0y＝1，,\f(x2,5)＋y2＝1，))消去y并整理得x2－2x0x＋xeq \\al(2,0)＝0，Δ＝4xeq \\al(2,0)－4xeq \\al(2,0)＝0，
因此，椭圆eq \f(x2,5)＋y2＝1在点M(x0，y0)处的切线方程为eq \f(x0x,5)＋y0y＝1.
在直线MN的方程中，令x＝0，可得y＝eq \f(1,y0)，由题意可知y0>0，即点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,y0)))，
直线BF的斜率为kBF＝－eq \f(b,c)＝－eq \f(1,2)，所以直线PN的方程为y＝2x＋eq \f(1,y0)，
在直线PN的方程中，令y＝0，可得x＝－eq \f(1,2y0)，
即点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2y0)，0))，
因为MP∥BF，则kMP＝kBF，即eq \f(y0,x0＋\f(1,2y0))＝eq \f(2y\\al(2,0),2x0y0＋1)＝－eq \f(1,2)，整理可得(x0＋5y0)2＝0，
所以x0＝－5y0，所以eq \f(x\\al(2,0),5)＋yeq \\al(2,0)＝6yeq \\al(2,0)＝1，
因为y0>0，故y0＝eq \f(\r(6),6)，x0＝－eq \f(5\r(6),6)，
所以直线l的方程为－eq \f(\r(6),6)x＋eq \f(\r(6),6)y＝1，
即x－y＋eq \r(6)＝0.
【难度】中档题
(2021·新高考全国卷II，20)已知椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，右焦点为F(eq \r(2)，0)，且离心率为eq \f(\r(6),3).
(1)求椭圆C的方程；
(2)设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2＋y2＝b2(x>0)相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝eq \r(3).
(1)解 由题意得，椭圆半焦距c＝eq \r(2)且e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(6),3)，
所以a＝eq \r(3)，
又b2＝a2－c2＝1，所以椭圆方程为eq \f(x2,3)＋y2＝1.
(2)证明 由(1)得，曲线为x2＋y2＝1(x>0)，
当直线MN的斜率不存在时，直线MN：x＝1，不符合题意；
当直线MN的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
必要性：
若M，N，F三点共线，可设直线MN：y＝k(x－eq \r(2))，
即kx－y－eq \r(2)k＝0，
由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切可得eq \f(|\r(2)k|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝±1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝±x－\r(2)，,\f(x2,3)＋y2＝1，))
可得4x2－6eq \r(2)x＋3＝0，所以x1＋x2＝eq \f(3\r(2),2)，x1·x2＝eq \f(3,4)，
所以|MN|＝eq \r(1＋1)·eq \r(x1＋x22－4x1·x2)＝eq \r(3)，
所以必要性成立；
充分性：设直线MN：y＝kx＋b(kb0)相切可得eq \f(|b|,\r(k2＋1))＝1，所以b2＝k2＋1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋b，,\f(x2,3)＋y2＝1，))
可得(1＋3k2)x2＋6kbx＋3b2－3＝0，
所以x1＋x2＝－eq \f(6kb,1＋3k2)，x1·x2＝eq \f(3b2－3,1＋3k2)，
所以|MN|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1·x2)＝eq \r(1＋k2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6kb,1＋3k2)))2－4·\f(3b2－3,1＋3k2))
＝eq \r(1＋k2)·eq \f(\r(24k2),1＋3k2)＝eq \r(3)，
化简得3(k2－1)2＝0，所以k＝±1，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝1，,b＝－\r(2)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝－1，,b＝\r(2)，))
所以直线MN：y＝x－eq \r(2)或y＝－x＋eq \r(2)，
所以直线MN过点F(eq \r(2)，0)，M，N，F三点共线，充分性成立，
所以M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝eq \r(3).
【难度】中档题
(2020·江苏卷，18)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，点A在椭圆E上且在第一象限内，AF2⊥F1F2，直线AF1与椭圆E相交于另一点B.
(1)求△AF1F2的周长；
(2)在x轴上任取一点P，直线AP与椭圆E的右准线相交于点Q，求eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(QP,\s\up6(→))的最小值；
(3)设点M在椭圆E上，记△OAB与△MAB的面积分别为S1，S2，若S2＝3S1，求点M的坐标．
解 (1)设椭圆E：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的长轴长为2a，短轴长为2b，焦距为2c，
则a2＝4，b2＝3，c2＝1.
所以△AF1F2的周长为2a＋2c＝6.
(2)如图，椭圆E的右准线为直线x＝4.
设P(x,0)，Q(4，y)，
则eq \(OP,\s\up6(→))＝(x,0)，eq \(QP,\s\up6(→))＝(x－4，－y)，
eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(QP,\s\up6(→))＝x(x－4)＝(x－2)2－4≥－4，
当x＝2时取等号．
所以eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(QP,\s\up6(→))的最小值为－4.
(3)如图，因为椭圆E：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，点A在椭圆E上且在第一象限内，AF2⊥F1F2，
则F1(－1,0)，F2(1,0)，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))).
所以直线AB：3x－4y＋3＝0.
设M(x，y)，因为S2＝3S1，所以点M到直线AB的距离等于点O到直线AB距离的3倍．
由此得eq \f(|3x－4y＋3|,5)＝3×eq \f(|3×0－4×0＋3|,5)，
则3x－4y＋12＝0或3x－4y－6＝0.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x－4y＋12＝0，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得7x2＋24x＋32＝0，此方程无解；
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x－4y－6＝0，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得7x2－12x－4＝0，
解得x＝2或x＝－eq \f(2,7).
代入直线方程3x－4y－6＝0，
对应分别得y＝0或y＝－eq \f(12,7).
因此点M的坐标为(2,0)或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,7)，－\f(12,7))).
【难度】较难题
(2020·天津卷，18)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个顶点为A(0，－3)，右焦点为F，且|OA|＝|OF|，其中O为原点．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知点C满足3eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OF,\s\up6(→))，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．
解 (1)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eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1.
(2)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.
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－3，,\f(x2,18)＋\f(y2,9)＝1，))
消去y可得(2k2＋1)x2－12kx＝0，
解得x＝0或x＝eq \f(12k,2k2＋1).
依题意，可得点B的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12k,2k2＋1)，\f(6k2－3,2k2＋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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6k,2k2＋1)，\f(－3,2k2＋1))).
由3eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OF,\s\up6(→))，得点C的坐标为(1,0)，
故直线CP的斜率为eq \f(\f(－3,2k2＋1)－0,\f(6k,2k2＋1)－1)＝eq \f(3,2k2－6k＋1).
又因为AB⊥CP，所以k·eq \f(3,2k2－6k＋1)＝－1，
整理得2k2－3k＋1＝0，解得k＝eq \f(1,2)或k＝1.
所以直线AB的方程为y＝eq \f(1,2)x－3或y＝x－3，
即x－2y－6＝0或x－y－3＝0.
【难度】中档题
(2020·新高考全国卷II，21)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点M(2,3)，点A为其左顶点，且AM的斜率为eq \f(1,2).
(1)求C的方程；
(2)点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值．
解 (1)由题意可知直线AM的方程为y－3＝eq \f(1,2)(x－2)，
即x－2y＝－4.
当y＝0时，解得x＝－4，
所以a＝4.
由椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点M(2,3)，
可得eq \f(4,16)＋eq \f(9,b2)＝1，解得b2＝12.
所以C的方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1.
(2)设与直线AM平行的直线方程为x－2y＝m.
如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2y＝m，,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1，))
可得3(m＋2y)2＋4y2＝48，
化简可得16y2＋12my＋3m2－48＝0，
所以Δ＝144m2－4×16(3m2－48)＝0，
即m2＝64，解得m＝±8，
与AM距离比较远的直线方程为x－2y＝8，
点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，
即d＝eq \f(8＋4,\r(1＋4))＝eq \f(12\r(5),5)，
由两点之间距离公式可得
|AM|＝eq \r(2＋42＋32)＝3eq \r(5).
所以△AMN的面积的最大值为eq \f(1,2)×3eq \r(5)×eq \f(12\r(5),5)＝18.
【难度】中档题
知识点三 双曲线
题点1 双曲线的方程及其应用
(2023·北京卷，12)已知双曲线C的焦点为(−2,0)和(2,0)，离心率为2，则C的方程为 ．
【答案】x22−y22=1
【解析】令双曲线C的实半轴、虚半轴长分别为a,b，显然双曲线C的中心为原点，焦点在x轴上，其半焦距c=2，
由双曲线C的离心率为2，得ca=2，解得a=2，则b=c2−a2=2，
∴双曲线C的方程为x22−y22=1.
【难度】基础题
(2023·天津卷，9)双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>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eq \f(\r(2),4)，则双曲线的方程为( )
A.eq \f(x2,8)－eq \f(y2,4)＝1 B.eq \f(x2,4)－eq \f(y2,8)＝1
C.eq \f(x2,4)－eq \f(y2,2)＝1 D.eq \f(x2,2)－eq \f(y2,4)＝1
【答案】D
【解析】如图，设F2(c,0)，P(xP，yP)，渐近线方程为y＝eq \f(b,a)x，即bx－ay＝0，
所以|PF2|＝eq \f(|bc|,\r(a2＋b2))＝eq \f(bc,c)＝b，
所以b＝2.
设∠POF2＝θ，则tan θ＝eq \f(|PF2|,|OP|)＝eq \f(b,|OP|)＝eq \f(b,a)，所以|OP|＝a.
由题意知|OF2|＝c，
因为eq \f(1,2)ab＝eq \f(1,2)c·yP，
所以yP＝eq \f(ab,c)，
所以tan θ＝eq \f(yP,xP)＝eq \f(\f(ab,c),xP)＝eq \f(b,a)，
所以xP＝eq \f(a2,c)，
所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,c)，\f(ab,c)))，
因为F1(－c,0)，
所以＝eq \f(\f(ab,c),\f(a2,c)＋c)＝eq \f(ab,a2＋c2)＝eq \f(2a,a2＋a2＋4)＝eq \f(a,a2＋2)＝eq \f(\r(2),4)，
所以eq \r(2)(a2＋2)＝4a，
解得a＝eq \r(2)，
所以双曲线的方程为eq \f(x2,2)－eq \f(y2,4)＝1.
【难度】中档题
(2022·天津卷，7)已知抛物线y2＝4eq \r(5)x，F1，F2分别是双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，抛物线的准线过双曲线的左焦点F1，与双曲线的渐近线交于点A，若∠F1F2A＝eq \f(π,4)，则双曲线的标准方程为( )
A.eq \f(x2,10)－y2＝1 B．x2－eq \f(y2,16)＝1
C．x2－eq \f(y2,4)＝1 D.eq \f(x2,4)－y2＝1
【答案】C
【解析】抛物线y2＝4eq \r(5)x的准线方程为x＝－eq \r(5)，
则c＝eq \r(5)，则F1(－eq \r(5)，0)，F2(eq \r(5)，0)，
不妨设点A为第二象限内的点，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(b,a)x，,x＝－c，))可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－c，,y＝\f(bc,a)，))
即Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－c，\f(bc,a)))，
因为AF1⊥F1F2且∠F1F2A＝eq \f(π,4)，
则△F1F2A为等腰直角三角形，
且|AF1|＝|F1F2|，即eq \f(bc,a)＝2c，
可得eq \f(b,a)＝2，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＝2，,c＝\r(5)，,c2＝a2＋b2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝2，,c＝\r(5)，))
因此双曲线的标准方程为x2－eq \f(y2,4)＝1.
【难度】中档题
(2021·北京卷，5)双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1过点(eq \r(2)，eq \r(3))，且离心率为2，则该双曲线的标准方程为( )
A．x2－eq \f(y2,3)＝1 B.eq \f(x2,3)－y2＝1
C．x2－eq \f(\r(3)y2,3)＝1 D.eq \f(\r(3)x2,3)－y2＝1
【答案】A
【解析】∵e＝eq \f(c,a)＝2，则c＝2a，b＝eq \r(c2－a2)＝eq \r(3)a，则双曲线的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,3a2)＝1，
将点(eq \r(2)，eq \r(3))的坐标代入双曲线的方程可得eq \f(2,a2)－eq \f(3,3a2)＝eq \f(1,a2)＝1，解得a＝1，故b＝eq \r(3)，因此，双曲线的方程为x2－eq \f(y2,3)＝1.
【难度】基础题
(2020·天津卷，7)设双曲线C的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>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( )
A.eq \f(x2,4)－eq \f(y2,4)＝1 B．x2－eq \f(y2,4)＝1
C.eq \f(x2,4)－y2＝1 D．x2－y2＝1
【答案】D
【解析】由题意知，抛物线的焦点坐标为(1,0)，
∴直线l的斜率kl＝eq \f(b－0,0－1)＝－b＝－eq \f(b,a)，解得a＝1.
又∵eq \f(b,a)·(－b)＝－1，∴b＝a＝1，
∴双曲线C的方程为x2－y2＝1.
【难度】基础题
题点2 双曲线的渐近线
(2025·全国Ⅱ卷，11)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=π6
B.|MA1|=2|MA2|
C.C的离心率为13
D.当a=2时，四边形NA1MA2的面积为83
【答案】ACD
【解析】不妨设渐近线为y=bax，点M在第一象限，点N在第三象限，
对于A，由双曲线的对称性可得四边形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|MO|=c，
设M(x0，y0)(x0>0)，则x02+y02=c2,y0x0=ba,故x0=a,y0=b,故M(a，b)，又A2(a，0)，所以MA2⊥A1A2，
由A项得∠A1MA2=π6，故|MA2|=|MA1|×32，即|MA1|=233|MA2|，故B错误；
方法二 因为tan ∠MOA2=ba，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，
若过点M作x轴的垂线，垂足为H，则|OH|=c·ac=a=|OA2|，则点H与A2重合，则MA2⊥x轴，
又∠A1MA2=π6，所以|MA1|=MA2|cs π6=233|MA2|，故B错误；
方法三 因为tan∠MOA2=ba，所以cs∠MOA2=ac，
在△OMA2中，利用余弦定理知，MA2|2=|OM|2+OA2|2－2|OM||OA2|cs ∠MOA2，
即MA2|2=c2+a2－2ac·ac=b2，则|MA2|=b，
则△OMA2为直角三角形，所以MA2⊥A1A2，又∠A1MA2=π6，则|MA1|=233|MA2|，故B错误；
对于C，方法一 因为MO=12(MA1+MA2)，故4MO2=MA12+2MA1·MA2+MA22，
由B可知|MA2|=b，|MA1|=233b，
故4c2=b2+43b2+2×b×233b×32=133b2=133(c2－a2)，即c2=13a2，
故离心率e=13，故C正确；
方法二 在Rt△MA2A1中，∠MA1A2=π3，所以tan∠MA1A2=MA2||A1A2|=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项可知e=13，故c=26，
故b=26，故四边形NA1MA2的面积为2S△MA1A2=2×12×26×22=83，故D正确.
【难度】中档题
(2022·北京卷，12)已知双曲线y2＋eq \f(x2,m)＝1的渐近线方程为y＝±eq \f(\r(3),3)x，则m＝________.
【答案】－3
【解析】方法一 依题意得m0)的离心率e＝2，则该双曲线C的渐近线方程为________．
【答案】y＝±eq \r(3)x
【解析】因为双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率为2，
所以e＝eq \r(\f(c2,a2))＝eq \r(\f(a2＋b2,a2))＝2，所以eq \f(b2,a2)＝3，
所以该双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x＝±eq \r(3)x.
【难度】基础题
(2020·北京卷，12)已知双曲线C：eq \f(x2,6)－eq \f(y2,3)＝1，则C的右焦点的坐标为________；C的焦点到其渐近线的距离是________．
【答案】(3,0) eq \r(3)
【解析】由eq \f(x2,6)－eq \f(y2,3)＝1，得c2＝a2＋b2＝9，
解得c＝3，焦点在x轴上，
所以双曲线C的右焦点坐标为(3,0)．
双曲线的一条渐近线方程为y＝eq \f(\r(3),\r(6))x，
即x－eq \r(2)y＝0，
所以焦点(3,0)到渐近线的距离为d＝eq \f(3,\r(1＋－\r(2)2))＝eq \r(3).
【难度】基础题
题点3 双曲线的离心率
(2025·全国I卷，3)已知双曲线C的虚轴长是实轴长的7倍，则C的离心率为( )
A.2B.2C.7D.22
【答案】D
【解析】设双曲线的实轴长、虚轴长、焦距分别为2a，2b，2c，
由题意知b=7a，
于是c2=a2+b2=a2+7a2=8a2，则c=22a，
即e=ca=22.
【难度】基础题
(2025·北京卷，3)双曲线x2－4y2=4的离心率为( )
A.32B.52C.54D.5
【答案】B
【解析】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.
【难度】基础题
(2025·天津卷，9)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|=3|F1F2|，则双曲线的离心率e等于( )
A.2B.5C.2+12D.5+12
【答案】A
【解析】根据题意可得F2p2，0，设双曲线的半焦距为c，P(x0，y0)，则p=2c，
过点F1作x轴的垂线l，过点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|=2a，
|PF1|+|PF2|=6c，
在Rt△APF1中 ，由勾股定理可知AF1|2=y02=PF1|2－|PA|2=PF1|2－PF2|2=12ac，
易知y02=2px0=4cx0，∴x0=y024c=3a，
即x02a2－y02b2=9a2a2－12acc2−a2=1，
整理得2c2－3ac－2a2=0，即(2c+a)(c－2a)=0，
∴c=2a，故离心率e=ca=2.
【难度】较难题
(2024·全国甲卷理，5)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．4 B．3 C．2 D.eq \r(2)
【答案】C
【解析】设F1(0，－4)，F2(0,4)，P(－6,4)，
则|F1F2|＝2c＝8，
|PF1|＝eq \r((－6)2＋(4＋4)2)＝10，
|PF2|＝eq \r((－6)2＋(4－4)2)＝6，
则2a＝|PF1|－|PF2|＝10－6＝4，
则e＝eq \f(2c,2a)＝eq \f(8,4)＝2.
【难度】中档题
(2024·新课标I卷，12)设双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝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】eq \f(3,2)
【解析】|F1A|＝13，|AF2|＝eq \f(1,2)|AB|＝5，且AF2⊥F1F2，
|F1F2|＝eq \r(|F1A|2－|AF2|2)＝12.
由双曲线定义可得2a＝|F1A|－|AF2|＝8，2c＝|F1F2|＝12，
化简得a＝4，c＝6，
则C的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(3,2).
【难度】中档题
(2023·新高考全国Ⅰ，16)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2.点A在C上，点B在y轴上，eq \(F1A,\s\up6(—→))⊥eq \(F1B,\s\up6(—→))，eq \(F2A,\s\up6(—→))＝－eq \f(2,3)eq \(F2B,\s\up6(—→))，则C的离心率为________．
【答案】eq \f(3\r(5),5)
【解析】方法一 依题意，设|AF2|＝2m，
则|BF2|＝3m＝|BF1|，|AF1|＝2a＋2m，
在Rt△ABF1中，9m2＋(2a＋2m)2＝25m2，
则(a＋3m)(a－m)＝0，
故a＝m或a＝－3m(舍去)，
所以|AF1|＝4a，|AF2|＝2a，|BF2|＝|BF1|＝3a，
则|AB|＝5a，
故cs∠F1AF2＝eq \f(|AF1|,|AB|)＝eq \f(4a,5a)＝eq \f(4,5)，
所以在△AF1F2中，cs∠F1AF2＝eq \f(16a2＋4a2－4c2,2×4a×2a)＝eq \f(4,5)，
整理得5c2＝9a2，
故e＝eq \f(c,a)＝eq \f(3\r(5),5).
方法二 依题意，得F1(－c,0)，F2(c,0)，
令A(x0，y0)，B(0，t)，
因为eq \(F2A,\s\up6(—→))＝－eq \f(2,3)eq \(F2B,\s\up6(—→))，
所以(x0－c，y0)＝－eq \f(2,3)(－c，t)，
则x0＝eq \f(5,3)c，y0＝－eq \f(2,3)t，
又eq \(F1A,\s\up6(—→))⊥eq \(F1B,\s\up6(—→))，
所以eq \(F1A,\s\up6(—→))·eq \(F1B,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,3)c，－\f(2,3)t))·(c，t)＝eq \f(8,3)c2－eq \f(2,3)t2＝0，
则t2＝4c2，
又点A在C上，
则eq \f(\f(25,9)c2,a2)－eq \f(\f(4,9)t2,b2)＝1，
整理得eq \f(25c2,9a2)－eq \f(4t2,9b2)＝1，
则eq \f(25c2,9a2)－eq \f(16c2,9b2)＝1，
所以25c2b2－16c2a2＝9a2b2，
即25c2(c2－a2)－16a2c2＝9a2(c2－a2)，
整理得25c4－50a2c2＋9a4＝0，
则(5c2－9a2)(5c2－a2)＝0，
解得5c2＝9a2或5c2＝a2，
又e>1，
所以e＝eq \f(3\r(5),5)或e＝eq \f(\r(5),5)(舍去)，
故e＝eq \f(3\r(5),5).
【难度】中档题
(2022·浙江卷，16)已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦点为F，过F且斜率为eq \f(b,4a)的直线交双曲线于点A(x1，y1)，交双曲线的渐近线于点B(x2，y2)且x10，b>0)的右焦点与抛物线y2＝2px(p>0)的焦点重合，抛物线的准线交双曲线于A，B两点，交双曲线的渐近线于C，D两点，若|CD|＝eq \r(2)|AB|，则双曲线的离心率为( )
A.eq \r(2) B.eq \r(3) C．2 D．3
【答案】A
【解析】设双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)与抛物线y2＝2px(p>0)的公共焦点为(c,0)，
则抛物线y2＝2px(p>0)的准线为x＝－c，
令x＝－c，则eq \f(c2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1，解得y＝±eq \f(b2,a)，
所以|AB|＝eq \f(2b2,a)，
又因为双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x，
所以|CD|＝eq \f(2bc,a)，
所以eq \f(2bc,a)＝eq \f(2\r(2)b2,a)，即c＝eq \r(2)b，所以a2＝c2－b2＝eq \f(1,2)c2，
所以双曲线的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \r(2).
【难度】中档题
(2020·江苏卷，6)在平面直角坐标系xOy中，若双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,5)＝1(a>0)的一条渐近线方程为y＝eq \f(\r(5),2)x，则该双曲线的离心率是________．
【答案】eq \f(3,2)
【解析】由题意，得eq \f(\r(5),2)＝eq \f(\r(5),a)，
所以a＝2，所以c＝eq \r(a2＋5)＝3，
所以该双曲线的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(3,2).
【难度】基础题
题点4 直线与双曲线的位置关系
(2025·上海卷，15)已知A(0，1)，B(1，2)，C在Γ：x2－y2=1(x≥1，y≥0)上，则△ABC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
【解析】设点C为(a，b)(a≥1，b≥0)，则a2－b2=1，则a=b2+1，
kAB=2−11−0=1，直线AB的方程为y－1=x，即x－y+1=0，
根据点到直线的距离公式，点C到直线AB的距离即△ABC边AB上的高，
为a−b+1|2=|b2+1−b+1|2=b2+1−b+12，
设f(b)=b2+1－b=1b2+1+b，
由于b≥0，显然f(b)关于b单调递减，f(b)max=f(0)，无最小值，
即△ABC中，边AB上的高有最大值，无最小值，
又边AB的长一定，故△ABC的面积有最大值，无最小值.
【难度】中档题
(2024·上海卷，20)已知双曲线Γ：x2-y2b2=1(b>0)，左、右顶点分别为A1，A2，过点M(-2，0)的直线交双曲线Γ于P，Q两点.
(1)若Γ的离心率为2，求b；
(2)若b=263，△MA2P为等腰三角形，且点P在第一象限，求点P的坐标；
(3)连接QO(O为坐标原点)并延长交Γ于点R，若A1R·A2P=1，求b的取值范围.
解 (1)由双曲线的方程知a=1，c=1+b2，
因为离心率为2，b>0，
所以ca=1+b21=2，得b=3.
(2)当b=263时，
双曲线Γ：x2-3y28=1，且A2(1，0).
因为点P在第一象限，
所以∠PA2M为钝角.
又△MA2P为等腰三角形，
所以|A2P|=|A2M|=3.
设点P(x0，y0)，且x0>0，y0>0，
则(x0−1)2+y02=3,x02−3y028=1,得x0=2,y0=22,
所以P(2，22).
(3)由双曲线的方程知A1(-1，0)，A2(1，0)，
且由题意知Q，R两点关于原点对称.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则R(-x2，-y2).
设直线PQ的方程为x=my-2.
联立直线与双曲线的方程得x=my−2,x2−y2b2=1,
消去x，得(b2m2-1)y2-4b2my+3b2=0，
且b2m2-1≠0，即m2≠1b2，
Δ=(-4b2m)2-4×3b2(b2m2-1)=4b4m2+12b2>0.
由根与系数的关系，
得y1+y2=4b2mb2m2−1，y1y2=3b2b2m2−1.
因为A1R=(-x2+1，-y2)，A2P=(x1-1，y1)，
由A1R·A2P=1，得(-x2+1)(x1-1)-y1y2=1，
所以(x2-1)(x1-1)+y1y2=-1，
即(my2-3)(my1-3)+y1y2=-1，
整理得(m2+1)y1y2-3m(y1+y2)+10=0，
所以(m2+1)·3b2b2m2−1-3m·4b2mb2m2−1+10=0，
整理得b2m2+3b2-10=0，
所以b2=10m2+3∈0，103.
又m2≠1b2，所以b2≠101b2+3=10b23b2+1，
得b2≠3，所以b2∈(0，3)∪3，103，
又b>0，故b的取值范围是(0，3)∪3，303.
【难度】较难题
(2024·北京卷，13)若直线y=k(x-3)与双曲线x24-y2=1只有一个公共点，则k的一个取值为 .
【答案】12(答案不唯一)
【解析】由题意，知该双曲线的渐近线方程为y=±12x，
直线y=k(x-3)过定点(3，0).
因为点(3，0)在双曲线内，
所以要使过该点的直线与双曲线只有一个公共点，则该直线与双曲线的渐近线平行，
所以k=±12.
【难度】中档题
(2023·全国乙卷理，11)设A，B为双曲线x2－eq \f(y2,9)＝1上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是( )
A．(1,1) B．(－1,2) C．(1,3) D．(－1，－4)
【答案】D
【解析】设O为坐标原点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则AB的中点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，
可得kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)，kOM＝eq \f(\f(y1＋y2,2),\f(x1＋x2,2))＝eq \f(y1＋y2,x1＋x2)，
因为A，B在双曲线上，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\\al(2,1)－\f(y\\al(2,1),9)＝1，,x\\al(2,2)－\f(y\\al(2,2),9)＝1，))
两式相减得(xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2))－eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),9)＝0，
所以kAB·kOM＝eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),x\\al(2,1)－x\\al(2,2))＝9.
对于A，可得kOM＝1，kAB＝9，则AB：y＝9x－8，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝9x－8，,x2－\f(y2,9)＝1，))
消去y得72x2－144x＋73＝0，
此时Δ＝(－144)2－4×72×73＝－288x2>0，y1>0.过P且斜率为－eq \r(3)的直线与过Q且斜率为eq \r(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；③|MA|＝|MB|.
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
(1)解 由题意得c＝2.①
因为双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x＝±eq \r(3)x，
所以eq \f(b,a)＝eq \r(3).②
又c2＝a2＋b2，③
所以联立①②③得a＝1，b＝eq \r(3)，
所以双曲线C的方程为x2－eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明 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＋t(k≠0)，
将直线PQ的方程代入C的方程，
整理得(3－k2)x2－2ktx－t2－3＝0，
则x1＋x2＝eq \f(2kt,3－k2)，x1x2＝－eq \f(t2＋3,3－k2)>0，
所以3－k26，
综上，|AB|≥6，故C正确；
对于D，在Rt△ABE与Rt△AEF中，∠BAE=∠EAF，
所以Rt△ABE∽Rt△AEF，则|AE||AB|=|AF||AE|，即|AE|2=|AF|·|AB|，
同理|BE|2=|BF|·|AB|，
当直线AB的斜率不存在时，|AB|=6，|AF|=|BF|=12|AB|=3，
所以|AE|2·|BE|2=|AF|·|BF|·|AB|2=3×3×62，即|AE|·|BE|=18；
当直线AB的斜率存在时，|AB|=61+1k2，
|AF|·|BF|=x1+32x2+32=x1x2+32(x1+x2)+94=94+323+6k2+94=91+1k2，
所以|AE|2·|BE|2=|AF|·|BF|·|AB|2=91+1k2×361+1k22，
则|AE|·|BE|=31+1k212×61+1k2=181+1k232>18，
综上，|AE|·|BE|≥18，故D正确.
方法三 易知l为抛物线的准线，点A在抛物线C上，由抛物线的定义可知A选项正确；
设∠AFx=θ，易证△ADE≌△AFE，则∠DAE=∠EAF=θ2，
因为|AF|=|AD|=|AF|·cs θ+p，
所以|AF|=p1−csθ，同理|BF|=p1+csθ，
所以|AE|=|AF|cs θ2=p(1−csθ)cs θ2，
则|AB|=|AF|+|BF|=p1−csθ+p1+csθ=2psin2θ≠|AE|，选项B错误；
|AB|=2psin2θ≥2p=6，选项C正确；
由∠DAE=∠EAF=θ2，则AE为抛物线C的切线，同理BE也为抛物线C的切线，
由阿基米德三角形可知AE⊥BE，
|AE||BE|=|AB|·|EF|=2psin2θ·psinθ=18sin3θ≥18，选项D正确.
【难度】较难题
(2025·全国Ⅱ卷，6)设抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，点A在C上，过A作C的准线的垂线，垂足为B，若直线BF的方程为y=－2x+2，则|AF|等于( )
A.3B.4C.5D.6
【答案】C
【解析】对lBF：y=－2x+2，令y=0，则x=1，
所以F(1，0)，p=2，所以抛物线C：y2=4x，故抛物线的准线方程为x=－1，当x=－1时，y=4，
故B(－1，4)，则yA=4，代入抛物线C：y2=4x得xA=4.
所以|AF|=|AB|=xA+p2=4+1=5.
【难度】中档题
(2025·北京卷，11)抛物线y2=2px(p>0)的顶点到焦点的距离为3，则p= .
【答案】6
【解析】因为抛物线的顶点到焦距的距离为p2，故p2=3，即p=6.
【难度】基础题
(2024·天津卷，8)已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2.P是双曲线右支上一点，且直线PF2的斜率为2，△PF1F2是面积为8的直角三角形，则双曲线的方程为( )
A.eq \f(x2,8)－eq \f(y2,2)＝1 B.eq \f(x2,8)－eq \f(y2,4)＝1
C.eq \f(x2,2)－eq \f(y2,8)＝1 D.eq \f(x2,4)－eq \f(y2,8)＝1
【答案】C
【解析】由题意可知，∠F1PF2＝90°，
又直线PF2的斜率为2，
可得tan∠PF2F1＝eq \f(|PF1|,|PF2|)＝2，
根据双曲线定义|PF1|－|PF2|＝2a，
得|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，
＝eq \f(1,2)|PF1||PF2|＝eq \f(1,2)×4a×2a＝4a2，
又＝8，所以a2＝2，
所以|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2
＝(4a)2＋(2a)2＝20a2＝40.
又|F1F2|2＝4c2，所以c2＝10，
又a2＋b2＝c2，所以b2＝8，
所以双曲线的方程为eq \f(x2,2)－eq \f(y2,8)＝1，
【难度】基础题
(2024·北京卷，11)抛物线y2=16x的焦点坐标为 .
【答案】(4，0)
【解析】由题意，知p=8，
则p2=4，所以抛物线y2=16x的焦点坐标为(4，0).
【难度】基础题
(2024·上海卷，7)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
【解析】设P(x0，y0)，
因为点P到准线x=-1的距离为9，
所以x0+1=9，
则x0=8，y02=4x0=32，
则y0=±42，
即点P到x轴的距离为42.
【难度】基础题
(2023北京卷，6)已知抛物线C:y2=8x的焦点为F，点M在C上．若M到直线x=−3的距离为5，则|MF|=( )
A．7B．6C．5D．4
【答案】D
【解析】抛物线C:y2=8x的准线方程为x=−2，点M在C上，
∴M到准线x=−2的距离为MF，又M到直线x=−3的距离为5，
∴MF+1=5，故MF=4.
【难度】基础题
(2020·北京卷，7)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( )
A．经过点O B．经过点P
C．平行于直线OP D．垂直于直线OP
【答案】B
【解析】如图所示，P为抛物线上异于O的一点，
则PF＝PQ，
∴QF的垂直平分线经过点P.
【难度】基础题
题点2 抛物线的方程及其应用
(2023天津卷，12)过原点O的一条直线与圆C：(x＋2)2＋y2＝3相切，交曲线y2＝2px(p>0)于点P，若|OP|＝8，则p的值为________．
【答案】6
【解析】易知圆(x＋2)2＋y2＝3和曲线y2＝2px(p>0)均关于x轴对称，不妨设切线方程为y＝kx，k>0，
所以eq \f(|2k|,\r(1＋k2))＝eq \r(3)，
解得k＝eq \r(3)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\r(3)x，,y2＝2px，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(2p,3)，,y＝\f(2\r(3)p,3)，))
则Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2p,3)，\f(2\r(3)p,3)))，
所以|OP|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2p,3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3)p,3)))2)＝eq \f(4p,3)＝8，
解得p＝6.
当k＝－eq \r(3)时，同理可得．
【难度】基础题
(2022·新高考Ⅰ卷，11)(多选)已知O为坐标原点，点A(1,1)在抛物线C：x2＝2py(p>0)上，过点B(0，－1)的直线交C于P，Q两点，则( )
A．C的准线为y＝－1
B．直线AB与C相切
C．|OP|·|OQ|>|OA|2
D．|BP|·|BQ|>|BA|2
【答案】BCD
【解析】如图，因为抛物线C过点A(1,1)，所以1＝2p，解得p＝eq \f(1,2)，所以C：x2＝y的准线为y＝－eq \f(1,4)，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＝2(x－1)，即y＝2x－1，又点B(0，－1)在直线y＝2x－1上，所以直线AB与C相切，所以B正确；
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线PQ的方程为y＝kx－1，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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＝|OA|2，所以C正确；
|BP|·|BQ|＝eq \r(x\\al(2,1)＋y1＋12)·eq \r(x\\al(2,2)＋y2＋12)
＝eq \r(x\\al(2,1)＋x\\al(2,1)＋12)·eq \r(x\\al(2,2)＋x\\al(2,2)＋12)
＝eq \r(x\\al(4,1)＋3x\\al(2,1)＋1x\\al(4,2)＋3x\\al(2,2)＋1)
＝eq \r(x\\al(4,1)x\\al(4,2)＋3x\\al(2,1)x\\al(2,2)＋3x\\al(2,1)＋x\\al(2,2)＋x\\al(4,1)＋x\\al(4,2)＋9x\\al(2,1)x\\al(2,2)＋1)
＝eq \r(6x\\al(2,1)＋x\\al(2,2)＋x\\al(4,1)＋x\\al(4,2)＋11)
＝eq \r(6x\\al(2,1)＋x\\al(2,2)＋x\\al(2,1)＋x\\al(2,2)2＋9)
＝eq \r(6k2－2＋k2－22＋9)
＝eq \r(k2＋12)＝k2＋1>5＝|BA|2，
所以D正确．故选BCD.
【难度】较难题
(2021·北京卷，12)已知抛物线C：y2＝4x，焦点为F，点M为抛物线C上的点，且|FM|＝6，则M的横坐标是________，作MN⊥x轴于N，则S△FMN＝________.
【答案】5 4eq \r(5)
【解析】因为抛物线的方程为y2＝4x，故p＝2且F(1,0)，
因为|MF|＝6，所以xM＋eq \f(p,2)＝6，解得xM＝5，故yM＝±2eq \r(5)，
所以S△FMN＝eq \f(1,2)×(5－1)×2eq \r(5)＝4eq \r(5).
【难度】基础题
(2021·新高考全国卷II，3)抛物线y2＝2px(p>0)的焦点到直线y＝x＋1的距离为eq \r(2)，则p等于( )
A．1 B．2 C．2eq \r(2) D．4
【答案】B
【解析】抛物线的焦点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，其到直线x－y＋1＝0的距离d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)－0＋1)),\r(1＋1))＝eq \r(2)，解得p＝2(p＝－6舍去)．
【难度】基础题
题点3 抛物线的几何性质
(2023·全国乙卷理，13)已知点A(1，eq \r(5))在抛物线C：y2＝2px上，则A到C的准线的距离为________．
【答案】eq \f(9,4)
【解析】由题意可得，(eq \r(5))2＝2p×1，
则2p＝5，抛物线的方程为y2＝5x，
准线方程为x＝－eq \f(5,4)，点A到C的准线的距离为1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,4)))＝eq \f(9,4).
【难度】基础题
(2023·全国乙卷文，13)已知点A(1，eq \r(5))在抛物线C：y2＝2px上，则A到C的准线的距离为________．
【答案】eq \f(9,4)
【解析】由题意可得，(eq \r(5))2＝2p×1，
则2p＝5，抛物线的方程为y2＝5x，
准线方程为x＝－eq \f(5,4)，点A到C的准线的距离为1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,4)))＝eq \f(9,4).
【难度】基础题
(2021·新高考全国卷I，14)已知O为坐标原点，抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且PQ⊥OP.若|FQ|＝6，则C的准线方程为________．
【答案】x＝－eq \f(3,2)
【解析】方法一 (解直角三角形法)由题易得|OF|＝eq \f(p,2)，|PF|＝p，∠OPF＝∠PQF，所以tan∠OPF＝tan∠PQF，所以eq \f(|OF|,|PF|)＝eq \f(|PF|,|FQ|)，即eq \f(\f(p,2),p)＝eq \f(p,6)，解得p＝3，所以C的准线方程为x＝－eq \f(3,2).
方法二 (应用射影定理法)由题易得|OF|＝eq \f(p,2)，|PF|＝p，|PF|2＝|OF|·|FQ|，即p2＝eq \f(p,2)×6，解得p＝3或p＝0(舍去)，所以C的准线方程为x＝－eq \f(3,2).
【难度】基础题
题点4 直线与抛物线的位置关系
(2023·全国甲卷理，20)已知直线x－2y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B两点，|AB|＝4eq \r(15).
(1)求p；
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))＝0，求△MFN面积的最小值．
解 (1)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2y＋1＝0，,y2＝2px，))可得y2－4py＋2p＝0，
所以yA＋yB＝4p，yAyB＝2p，
所以|AB|＝eq \r(5)×eq \r(yA＋yB2－4yAyB)＝4eq \r(15)，
即2p2－p－6＝0，解得p＝2(负值舍去)．
(2)由(1)知y2＝4x，
所以焦点F(1,0)，显然直线MN的斜率不可能为零，
设直线MN：x＝my＋n，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x＝my＋n，))可得y2－4my－4n＝0，
所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n，
Δ＝16m2＋16n>0⇒m2＋n>0，
因为eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))＝0，eq \(FM,\s\up6(→))＝(x1－1，y1)，eq \(FN,\s\up6(→))＝(x2－1，y2)，
所以(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0，
即(my1＋n－1)(my2＋n－1)＋y1y2＝0，
即(m2＋1)y1y2＋m(n－1)(y1＋y2)＋(n－1)2＝0，
将y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n代入得，4m2＝n2－6n＋1，
所以4(m2＋n)＝(n－1)2>0，
所以n≠1，且n2－6n＋1≥0，
解得n≥3＋2eq \r(2)或n≤3－2eq \r(2).
设点F到直线MN的距离为d，
所以d＝eq \f(|n－1|,\r(1＋m2))，
|MN|＝eq \r(1＋m2)eq \r(y1＋y22－4y1y2)＝eq \r(1＋m2)eq \r(16m2＋16n)
＝eq \r(1＋m2)eq \r(4n2－6n＋1＋16n)＝2eq \r(1＋m2)|n－1|，
所以△MFN的面积S＝eq \f(1,2)×|MN|×d＝eq \f(1,2)×2eq \r(1＋m2)|n－1|×eq \f(|n－1|,\r(1＋m2))＝(n－1)2，
而n≥3＋2eq \r(2)或n≤3－2eq \r(2)，
所以当n＝3－2eq \r(2)时，△MFN的面积最小，为Smin＝(2－2eq \r(2))2＝12－8eq \r(2)＝4(3－2eq \r(2))．
【难度】较难题
(2023·新高考全国Ⅱ，10)设O为坐标原点，直线y＝－eq \r(3)(x－1)过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则( )
A．p＝2
B．|MN|＝eq \f(8,3)
C．以MN为直径的圆与l相切
D．△OMN为等腰三角形
【答案】AC
【解析】A项，直线y＝－eq \r(3)(x－1)过点(1,0)，
所以抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F(1,0)，
所以eq \f(p,2)＝1，p＝2，故A正确；B项，抛物线C的方程为y2＝4x，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\r(3)x－1，,y2＝4x，))消去y并化简得3x2－10x＋3＝(x－3)(3x－1)＝0，
解得x1＝3，x2＝eq \f(1,3)，
所以|MN|＝x1＋x2＋p＝3＋eq \f(1,3)＋2＝eq \f(16,3)，故B错误；
C项，如图，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＝eq \f(1,2)(d1＋d2)＝eq \f(1,2)(|MF|＋|NF|)＝eq \f(1,2)|MN|，
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，故C正确；
D项，直线y＝－eq \r(3)(x－1)，
由上述分析可知y1＝－eq \r(3)×(3－1)＝－2eq \r(3)，y2＝－eq \r(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－1))＝eq \f(2\r(3),3)，
所以|OM|＝eq \r(32＋－2\r(3)2)＝eq \r(21)，|ON|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)))2)＝eq \f(\r(13),3)，且|MN|＝eq \f(16,3)，
所以△OMN不是等腰三角形，故D错误．
【难度】中档题
(2022·新高考Ⅱ卷，10)(多选)已知O为坐标原点，过抛物线C：y2＝2px(p>0)焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点M(p,0)．若|AF|＝|AM|，则( )
A．直线AB的斜率为2eq \r(6)
B．|OB|＝|OF|
C．|AB|>4|OF|
D．∠OAM＋∠OBM2p，即|AB|>4|OF|，故C正确；
对于D，易知|OA|＝eq \f(\r(33),4)p，|AM|＝eq \f(5,4)p，|OB|＝eq \f(\r(7),3)p，|BM|＝eq \f(\r(10),3)p，
则cs∠OAM＝eq \f(|OA|2＋|AM|2－|OM|2,2|OA|·|AM|)＝eq \f(\f(33,16)p2＋\f(25,16)p2－p2,2×\f(\r(33),4)p·\f(5,4)p)＝eq \f(21,5\r(33))>0，
cs∠OBM＝eq \f(|OB|2＋|BM|2－|OM|2,2|OB|·|BM|)＝eq \f(\f(7,9)p2＋\f(10,9)p2－p2,2×\f(\r(7),3)p·\f(\r(10),3)p)＝eq \f(4,\r(70))>0，
所以∠OAM0，
且k≠kAP，即k≠－eq \f(1,2)，k≠－eq \f(3,2)，
则3xB＝eq \f(36k2－36k－27,3＋4k2)，xB＝eq \f(12k2－12k－9,3＋4k2)，
则S△ABP＝eq \f(1,2)|AQ||xP－xB|＝eq \f(1,2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(3k＋\f(3,2)))eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(12k＋18,3＋4k2)))＝9，
解得k＝eq \f(1,2)或k＝eq \f(3,2)，均满足题意．
则直线l的方程为y＝eq \f(1,2)x或y＝eq \f(3,2)x－3，
即x－2y＝0或3x－2y－6＝0.
【难度】中档题
(2024·新课标II卷，10)抛物线C：y2＝4x的准线为l，P为C上的动点，过P作⊙A：x2＋(y－4)2＝1的一条切线，Q为切点．过P作l的垂线，垂足为B.则( )
A．l与⊙A相切
B．当P，A，B三点共线时，|PQ|＝eq \r(15)
C．当|PB|＝2时，PA⊥AB
D．满足|PA|＝|PB|的点P有且仅有2个
【答案】ABD
【解析】A选项，抛物线y2＝4x的准线为x＝－1，
⊙A的圆心(0,4)到直线x＝－1的距离显然是1，等于圆的半径，
故准线l和⊙A相切，A选项正确；
B选项，当P，A，B三点共线时，
即PA⊥l，则P的纵坐标yP＝4，
由yeq \\al(2,P)＝4xP，得到xP＝4，故P(4,4)，
此时切线长|PQ|＝eq \r(|PA|2－r2)＝eq \r(42－12)＝eq \r(15)，B选项正确；
C选项，当|PB|＝2时，xP＝1，此时yeq \\al(2,P)＝4xP＝4，
故P(1,2)或P(1，－2)，
当P(1,2)时，A(0,4)，B(－1,2)，
kPA＝eq \f(4－2,0－1)＝－2，kAB＝eq \f(4－2,0－(－1))＝2，不满足kPAkAB＝－1；
当P(1，－2)时，A(0,4)，B(－1，－2)，
kPA＝eq \f(4－(－2),0－1)＝－6，kAB＝eq \f(4－(－2),0－(－1))＝6，不满足kPAkAB＝－1，
于是PA⊥AB不成立，C选项错误；
D选项，方法一 (利用抛物线定义转化)
设抛物线C的焦点为F，根据抛物线的定义，|PB|＝|PF|，这里F(1,0)，
于是eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(PA))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(PB))时P点的存在性问题转化成eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(PA))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(PF))时P点的存在性问题，
A(0,4)，F(1,0)，AF的中点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，AF中垂线的斜率为－eq \f(1,kAF)＝eq \f(1,4)，
于是AF的中垂线方程为y＝eq \f(2x＋15,8)，
与抛物线y2＝4x联立可得y2－16y＋30＝0，
Δ＝(－16)2－4×1×30＝136>0，
即AF的中垂线和抛物线有两个交点，
即存在两个P点，使得eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(PA))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(PF))，D选项正确．
方法二 (设点直接求解)
设Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t2,4)，t))，
由PB⊥l可得B(－1，t)，
又A(0,4)，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(PA))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(PB))，
根据两点间的距离公式，eq \r(\f(t4,16)＋(t－4) 2)＝eq \f(t2,4)＋1，
整理得t2－16t＋30＝0，Δ＝(－16)2－4×1×30＝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．
【难度】中档题
(2021·浙江卷，9)已知a，b∈R，ab>0，函数f(x)＝ax2＋b(x∈R)，若f(s－t)，f(s)，f(s＋t)成等比数列，则平面上点(s，t)的轨迹是( )
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
【答案】C
【解析】因为f(x)＝ax2＋b，所以f(s－t)＝a(s－t)2＋b，f(s)＝as2＋b，f(s＋t)＝a(s＋t)2＋b.因为f(s－t)，f(s)，f(s＋t)成等比数列，所以f2(s)＝f(s－t)f(s＋t)，即(as2＋b)2＝[a(s－t)2＋b]·[a(s＋t)2＋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．
【难度】中档题
(2020·新高考全国卷I，9)已知曲线C：mx2＋ny2＝1.( )
A．若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B．若m＝n>0，则C是圆，其半径为eq \r(n)
C．若mn0，则C是两条直线
【答案】ACD
【解析】对于A，当m>n>0时，有eq \f(1,n)>eq \f(1,m)>0，方程化为eq \f(x2,\f(1,m))＋eq \f(y2,\f(1,n))＝1，表示焦点在y轴上的椭圆，故A正确．
对于B，当m＝n>0时，方程化为x2＋y2＝eq \f(1,n)，表示半径为eq \r(\f(1,n))的圆，故B错误．
对于C，当m>0，n0时，方程化为y＝±eq \r(\f(1,n))，表示两条平行于x轴的直线，故D正确．
【难度】基础题
(2020·新高考全国卷II，10)已知曲线C：mx2＋ny2＝1.( )
A．若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B．若m＝n>0，则C是圆，其半径为eq \r(n)
C．若mn0，则C是两条直线
【答案】ACD
【解析】对于A，当m>n>0时，有eq \f(1,n)>eq \f(1,m)>0，方程化为eq \f(x2,\f(1,m))＋eq \f(y2,\f(1,n))＝1，表示焦点在y轴上的椭圆，故A正确．
对于B，当m＝n>0时，方程化为x2＋y2＝eq \f(1,n)，表示半径为eq \r(\f(1,n))的圆，故B错误．
对于C，当m>0，n0时，方程化为y＝±eq \r(\f(1,n))，表示两条平行于x轴的直线，故D正确．
【难度】基础题
(2020·浙江卷，8)已知点O(0,0)，A(－2,0)，B(2,0)，设点P满足|PA|－|PB|＝2，且P为函数y＝3eq \r(4－x2)图象上的点，则|OP|等于( )
A.eq \f(\r(22),2) B.eq \f(4\r(10),5) C.eq \r(7) D.eq \r(10)
【答案】D
【解析】由题意，知点P的轨迹是以2为实轴长，4为焦距的双曲线的右支，
对应的方程为x2－eq \f(y2,3)＝1(x>0)．①
函数y＝3eq \r(4－x2)可转化为eq \f(y2,36)＋eq \f(x2,4)＝1(y≥0)．②
联立①②，解得x＝eq \f(\r(13),2)，y＝eq \f(3\r(3),2)，
即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(13),2)，\f(3\r(3),2)))，
所以|OP|＝eq \r(x2＋y2)＝eq \r(\f(13,4)＋\f(27,4))＝eq \r(10).
【难度】基础题
题点2 定点问题
(2023·全国乙卷理，20)已知椭圆C：eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)的离心率是eq \f(\r(5),3)，点A(－2,0)在C上．
(1)求C的方程；
(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．
(1)解 由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝2，,a2＝b2＋c2，,e＝\f(c,a)＝\f(\r(5),3)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3，,b＝2，,c＝\r(5)，))
所以椭圆C的方程为eq \f(y2,9)＋eq \f(x2,4)＝1.
(2)证明 由题意可知，直线PQ的斜率存在，如图，
设B(－2,3)，直线PQ：y＝k(x＋2)＋3，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2＋3，,\f(y2,9)＋\f(x2,4)＝1，))
消去y得(4k2＋9)x2＋8k(2k＋3)x＋16(k2＋3k)＝0，
则Δ＝64k2(2k＋3)2－64(4k2＋9)(k2＋3k)＝－1 728k>0，
解得kb>0)的离心率是eq \f(\r(5),3)，点A(－2,0)在C上．
(1)求C的方程；
(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．
(1)解 由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝2，,a2＝b2＋c2，,e＝\f(c,a)＝\f(\r(5),3)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3，,b＝2，,c＝\r(5)，))
所以椭圆C的方程为eq \f(y2,9)＋eq \f(x2,4)＝1.
(2)证明 由题意可知，直线PQ的斜率存在，如图，
设B(－2,3)，直线PQ：y＝k(x＋2)＋3，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2＋3，,\f(y2,9)＋\f(x2,4)＝1，))
消去y得(4k2＋9)x2＋8k(2k＋3)x＋16(k2＋3k)＝0，
则Δ＝64k2(2k＋3)2－64(4k2＋9)(k2＋3k)＝－1 728k>0，
解得k0，b>0)，
由焦点坐标可知c＝2eq \r(5)，
则由e＝eq \f(c,a)＝eq \r(5)，
可得a＝2，b＝eq \r(c2－a2)＝4，
所以双曲线C的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,16)＝1.
(2)证明 由(1)可得A1(－2,0)，A2(2,0)，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
显然直线MN的斜率不为0，
设直线MN的方程为x＝my－4，且－eq \f(1,2)0)，半焦距为c，
则2a＝2，c＝eq \r(17)，得a＝1，b2＝c2－a2＝16，
所以点M的轨迹C的方程为x2－eq \f(y2,16)＝1(x≥1)．
(2)设Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，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＝k1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))(k1≠0)，直线PQ的方程为y－t＝k2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))(k2≠0)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－t＝k1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，,x2－\f(y2,16)＝1，))得(16－keq \\al(2,1))x2－2k1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(k1,2)))x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(k1,2)))2－16＝0.
设A(xA，yA)，B(xB，yB)，
易知16－keq \\al(2,1)≠0，
则xAxB＝eq \f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(k1,2)))2－16,16－k\\al(2,1))，xA＋xB＝eq \f(2k1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(k1,2))),16－k\\al(2,1))，
所以|TA|＝eq \r(1＋k\\al(2,1))eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(xA－\f(1,2)))＝eq \r(1＋k\\al(2,1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xA－\f(1,2)))，
|TB|＝eq \r(1＋k\\al(2,1))eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(xB－\f(1,2)))＝eq \r(1＋k\\al(2,1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xB－\f(1,2)))，
则|TA|·|TB|＝(1＋keq \\al(2,1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xA－\f(1,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xB－\f(1,2)))
＝(1＋keq \\al(2,1))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(xAxB－\f(1,2)xA＋xB＋\f(1,4)))
＝(1＋keq \\al(2,1))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(k1,2)))2－16,16－k\\al(2,1))－\f(1,2)·\f(2k1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(k1,2))),16－k\\al(2,1))＋\f(1,4)))
＝eq \f(1＋k\\al(2,1)t2＋12,k\\al(2,1)－16).
同理得|TP|·|TQ|＝eq \f(1＋k\\al(2,2)t2＋12,k\\al(2,2)－16).
因为|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，
所以eq \f(1＋k\\al(2,1)t2＋12,k\\al(2,1)－16)＝eq \f(1＋k\\al(2,2)t2＋12,k\\al(2,2)－16)，
所以keq \\al(2,2)－16＋keq \\al(2,1)keq \\al(2,2)－16keq \\al(2,1)＝keq \\al(2,1)－16＋keq \\al(2,1)keq \\al(2,2)－16keq \\al(2,2)，
即keq \\al(2,1)＝keq \\al(2,2)，
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.
【难度】较难题
(2020·北京卷，20)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1过点A(－2，－1)，且a＝2b.
(1)求椭圆C的方程；
(2)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eq \f(|PB|,|BQ|)的值．
解 (1)由椭圆C过点A(－2，－1)，得eq \f(4,a2)＋eq \f(1,b2)＝1.
又a＝2b，
∴eq \f(4,4b2)＋eq \f(1,b2)＝1，解得b2＝2，
∴a2＝4b2＝8，
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)当直线l的斜率不存在时，显然不符合题意．
设直线l的方程为y＝k(x＋4)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋4，,x2＋4y2＝8，))得(4k2＋1)x2＋32k2x＋64k2－8＝0.
由Δ>0，得－eq \f(1,2)0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，且过点A(2,1)．
(1)求C的方程；
(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．
(1)解 由题设得eq \f(4,a2)＋eq \f(1,b2)＝1，eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(1,2)，
解得a2＝6，b2＝3.
所以C的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明 设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
若直线MN与x轴不垂直，
设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1，
得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
于是x1＋x2＝－eq \f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2m2－6,1＋2k2).①
由AM⊥AN，得eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))＝0，
故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，
整理得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0.
将①代入上式，可得(k2＋1)eq \f(2m2－6,1＋2k2)－(km－k－2)·eq \f(4km,1＋2k2)＋(m－1)2＋4＝0，
整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0.
因为A(2,1)不在直线MN上，
所以2k＋m－1≠0，所以2k＋3m＋1＝0，k≠1.
所以直线MN的方程为y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,3)))－eq \f(1,3)(k≠1)．
所以直线MN过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，－\f(1,3))).
若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1)．
由eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))＝0，
得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.
又eq \f(x\\al(2,1),6)＋eq \f(y\\al(2,1),3)＝1，所以3xeq \\al(2,1)－8x1＋4＝0.
解得x1＝2(舍去)，x1＝eq \f(2,3).
此时直线MN过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，－\f(1,3))).
令Q为AP的中点，即Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(1,3))).
若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，
故|DQ|＝eq \f(1,2)|AP|＝eq \f(2\r(2),3).
若D与P重合，则|DQ|＝eq \f(1,2)|AP|.
综上，存在点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(1,3)))，使得|DQ|为定值．
【难度】较难题
题点4 范围及最值问题
(2025·全国I卷，18)已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为223，下顶点为A，右顶点为B，|AB|=10.
(1)求C的方程；
(2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足|AP|·|AR|=3.
(ⅰ)设P(m，n)，求R的坐标(用m，n表示)；
(ⅱ)设O为坐标原点，Q是C上的动点，直线OR的斜率是直线OP的斜率的3倍，求|PQ|的最大值.
【答案】解 (1)由题意可知，A(0，－b)，B(a，0)，所以a2+b2=10,e=ca=223,c2=a2−b2,解得a2=9,b2=1,c2=8,
故C的方程为x29+y2=1.
(2)(ⅰ)设R(x0，y0)，易知m≠0，
方法一 所以kAP=n+1m，kAR=y0+1x0，
故y0+1x0=n+1m，且mx0>0.
因为A(0，－1)，|AP|·|AR|=3，所以m2+(n+1)2×x02+(y0+1)2=3，
即1+n+1m2x0m=3，解得x0=3mm2+(n+1)2，所以y0=n+2−m2−n2m2+(n+1)2，
所以R的坐标为3mm2+(n+1)2，n+2−m2−n2m2+(n+1)2.
方法二 设AR=λAP，λ>0，则|AR|=λ|AP|，又AP=(m，n+1)，所以|AP|·|AR|=λ|AP|2=3，
即λm2+(n+1)2=3，所以λ=3m2+(n+1)2，
所以AR=λAP=λ(m，n+1)=3mm2+(n+1)2，3(n+1)m2+(n+1)2，
又A(0，－1)，故R的坐标为3mm2+(n+1)2，n+2−m2−n2m2+(n+1)2.
(ⅱ)因为kOR=n+2−m2−n2m2+(n+1)23mm2+(n+1)2=n+2−m2−n23m，kOP=nm，
由kOR=3kOP，可得n+2−m2−n23m=3nm，化简得m2+n2+8n－2=0，即m2+(n+4)2=18(m≠0)，
所以点P在以N(0，－4)为圆心，32为半径的圆上(除去与y轴的交点)，
|PQ|max为点Q到圆心N的距离加上半径，
方法一 设Q(xQ，yQ)，则xQ29+yQ2=1，即xQ2=9－9yQ2，
所以|QN|2=xQ2+(yQ+4)2=9－9yQ2+yQ2+8yQ+16=－8yQ2+8yQ+25
=－8yQ−122+27≤27，当且仅当yQ=12，即Q±332，12时取等号，
故|PQ|max=27+32=3(3+2).
方法二 设Q(3cs θ，sin θ)，
所以|QN|2=(3cs θ)2+(sin θ+4)2=9cs2θ+sin2θ+8sin θ+16
=9(1－sin2θ)+sin2θ+8sin θ+16=－8sin2θ+8sin θ+25=－8sinθ−122+27≤27，
当且仅当sin θ=12，即Q±332，12时取等号，
所以|PQ|max=27+32=3(3+2).
【难度】较难题
(2024·新课标II卷，19)已知双曲线C：x2－y2＝m(m>0)，点P1(5,4)在C上，k为常数，00⇒m2＋n>0，
由题意得eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))＝0，
eq \(FM,\s\up6(→))＝(x1－1，y1)，eq \(FN,\s\up6(→))＝(x2－1，y2)，
所以(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0，
即(my1＋n－1)(my2＋n－1)＋y1y2＝0，
即(m2＋1)y1y2＋m(n－1)(y1＋y2)＋(n－1)2＝0，
将y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n代入得，4m2＝n2－6n＋1，
所以4(m2＋n)＝(n－1)2>0，
所以n≠1，且n2－6n＋1≥0，
解得n≥3＋2eq \r(2)或n≤3－2eq \r(2).
设点F到直线MN的距离为d，
所以d＝eq \f(|n－1|,\r(1＋m2))，
|MN|＝eq \r(1＋m2)eq \r(y1＋y22－4y1y2)
＝eq \r(1＋m2)eq \r(16m2＋16n)
＝eq \r(1＋m2)eq \r(4n2－6n＋1＋16n)
＝2eq \r(1＋m2)|n－1|，
所以△MFN的面积S＝eq \f(1,2)×|MN|×d＝eq \f(1,2)×2eq \r(1＋m2)|n－1|×eq \f(|n－1|,\r(1＋m2))＝(n－1)2，
而n≥3＋2eq \r(2)或n≤3－2eq \r(2)，
所以当n＝3－2eq \r(2)时，△MFN的面积最小，为Smin＝(2－2eq \r(2))2＝12－8eq \r(2)＝4(3－2eq \r(2))．
【难度】较难题
(2023·新高考全国Ⅰ，22)在直角坐标系Oxy中，点P到x轴的距离等于点P到点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))的距离，记动点P的轨迹为W.
(1)求W的方程；
(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3eq \r(3).
(1)解 设P(x，y)，
则|y|＝eq \r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,2)))2)，
两边同时平方化简得y＝x2＋eq \f(1,4)，
故W：y＝x2＋eq \f(1,4).
(2)证明 方法一 设矩形的三个顶点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，a2＋\f(1,4)))，
Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b，b2＋\f(1,4)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c，c2＋\f(1,4)))在W上，且a0，f′(x)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))，
令f′(x)＝0，解得x＝eq \f(\r(2),2)，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))时，f′(x)0，此时f(x)单调递增，
则f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))＝eq \f(27,4)，
故eq \f(1,2)C≥eq \r(\f(27,4))＝eq \f(3\r(3),2)，即C≥3eq \r(3).
当C＝3eq \r(3)时，n＝eq \f(\r(2),2)，m＝－eq \r(2)，
与当(b－a)eq \r(1＋m2)＝(b－a)eq \r(1＋n2)，
即m＝n时等号成立，矛盾，故C>3eq \r(3)，得证．
方法二 不妨设A，B，D在W上，且BA⊥DA，
依题意可设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，a2＋\f(1,4)))，
易知直线BA，DA的斜率均存在且不为0，
则设BA，DA的斜率分别为k和－eq \f(1,k)，由对称性，不妨设|k|≤1，
直线AB的方程为y＝k(x－a)＋a2＋eq \f(1,4)，
则联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x2＋\f(1,4)，,y＝kx－a＋a2＋\f(1,4)，))
得x2－kx＋ka－a2＝0，
Δ＝k2－4(ka－a2)＝(k－2a)2>0，则k≠2a，
则|AB|＝eq \r(1＋k2)|k－2a|，
同理|AD|＝eq \r(1＋\f(1,k2))eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋2a))，
∴|AB|＋|AD|＝eq \r(1＋k2)|k－2a|＋eq \r(1＋\f(1,k2))·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋2a))
≥eq \r(1＋k2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|k－2a|＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋2a))))≥eq \r(1＋k2)·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(k＋\f(1,k)))＝eq \r(\f(1＋k23,k2))，
令k2＝m，则m∈(0,1]，
设f(m)＝eq \f(m＋13,m)＝m2＋3m＋eq \f(1,m)＋3，
则f′(m)＝2m＋3－eq \f(1,m2)＝eq \f(2m－1m＋12,m2)，
令f′(m)＝0，解得m＝eq \f(1,2)，
当m∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，f′(m)0，此时f(m)单调递增，
则f(m)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(27,4)，
∴|AB|＋|AD|≥eq \f(3\r(3),2)，
但eq \r(1＋k2)|k－2a|＋eq \r(1＋\f(1,k2))eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋2a))≥eq \r(1＋k2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(|k－2a|＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋2a))))，
此处取等号的条件为k＝1，与最终取等号时k＝eq \f(\r(2),2)不一致，
故|AB|＋|AD|>eq \f(3\r(3),2).
故矩形ABCD的周长大于3eq \r(3).
方法三 为了计算方便，我们将抛物线向下移动eq \f(1,4)个单位长度得抛物线W′：y＝x2，
矩形ABCD变换为矩形A′B′C′D′，
则问题等价于矩形A′B′C′D′的周长大于3eq \r(3).
设 B′(t0，teq \\al(2,0))，A′(t1，teq \\al(2,1))，C′(t2，teq \\al(2,2))，根据对称性不妨设 t0≥0.
则 kA′B′＝t1＋t0，kB′C′＝t2＋t0，
由于 A′B′⊥B′C′，
则(t1＋t0)(t2＋t0)＝－1.
由于 |A′B′|＝eq \r(1＋t1＋t02)|t1－t0|，|B′C′|＝eq \r(1＋t2＋t02)|t2－t0|，且 t0 介于 t1，t2 之间，
则 |A′B′|＋|B′C′|＝eq \r(1＋t1＋t02)|t1－t0|＋eq \r(1＋t2＋t02)|t2－t0|.
令 t2＋t0＝tan θ，t1＋t0＝－ct θ，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
则t2＝tan θ－t0，t1＝－ct θ－t0，从而
|A′B′|＋|B′C′|＝eq \r(1＋ct2θ)(2t0＋ct θ)＋eq \r(1＋tan2θ)(tan θ－2t0)，
故|A′B′|＋|B′C′|＝2t0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,sin θ)－\f(1,cs θ)))＋eq \f(sin θ,cs2θ)＋eq \f(cs θ,sin2θ)＝eq \f(2t0cs θ－sin θ,sin θcs θ)＋eq \f(sin3θ＋cs3θ,sin2θcs2θ).
①当θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))时，
|A′B′|＋|B′C′|≥eq \f(sin3θ＋cs3θ,sin2θcs2θ)＝eq \f(sin θ,cs2θ)＋eq \f(cs θ,sin2θ)≥2eq \r(\f(1,sin θcs θ))＝2eq \r(\f(2,sin 2θ))≥2eq \r(2).
②当 θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，
由于t1