十年(2016-2025)高考数学真题分类汇编(全国通用)专题29圆锥曲线(抛物线、位置关系等)(四大考点，59题)(学生版+解析)

这是一份十年(2016-2025)高考数学真题分类汇编(全国通用)专题29圆锥曲线(抛物线、位置关系等)(四大考点，59题)(学生版+解析)，共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

考点01：抛物线方程及其性质
一、单选题
1．（2025·全国二卷·高考真题）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|=（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】先由直线lBF求出焦点F和p即抛物线C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yA和xA，再由焦半径公式即可得解.
【详解】对lBF:y=−2x+2，令y=0，则x=1，
所以F1,0，p=2即抛物线C:y2=4x，故抛物线的准线方程为x=−1，
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.
故选：C
2．（2025·天津·高考真题）双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2，以右焦点F2为焦点的抛物线y2=2px(p>0)与双曲线交于第一象限的点P，若PF1+PF2=3F1F2，则双曲线的离心率e=（ ）
A．2B．5C．2+12D．5+12
【答案】A
【分析】利用抛物线与双曲线的定义与性质得出PF1=3c+aPF2=3c−a=PA，根据勾股定理从而确定P的坐标，利用点在双曲线上构造齐次方程计算即可.
【详解】根据题意可设F2p2,0，双曲线的半焦距为c，Px0,y0，则p=2c，
过F1作x轴的垂线l，过P作l的垂线，垂足为A，显然直线AF1为抛物线的准线，
则PA=PF2，
由双曲线的定义及已知条件可知PF1−PF2=2aPF1+PF2=6c，则PF1=3c+aPF2=3c−a=PA，
由勾股定理可知AF12=y02=PF12−PA2=12ac，
易知y02=4cx0,∴x0=3a，即x02a2−y02b2=9a2a2−12acc2−a2=1，
整理得2c2−3ac−2a2=0=2c+ac−2a，∴c=2a，即离心率为2.
故选：

3．（2023·北京·高考真题）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
【分析】利用抛物线的定义求解即可.
【详解】因为抛物线C:y2=8x的焦点F2,0，准线方程为x=−2，点M在C上，
所以M到准线x=−2的距离为MF，
又M到直线x=−3的距离为5，
所以MF+1=5，故MF=4.
故选：D.
4．（2022·全国乙卷·高考真题）设F为抛物线C:y2=4x的焦点，点A在C上，点B(3,0)，若AF=BF，则AB=（ ）
A．2B．22C．3D．32
【答案】B
【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点A的横坐标，进而求得点A坐标，即可得到答案.
【详解】由题意得，F1,0，则AF=BF=2，
即点A到准线x=−1的距离为2，所以点A的横坐标为−1+2=1，
不妨设点A在x轴上方，代入得，A1,2，
所以AB=3−12+0−22=22.
故选：B
5．（2022·天津·高考真题）已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2，抛物线y2=45x的准线l经过F1，且l与双曲线的一条渐近线交于点A，若∠F1F2A=π4，则双曲线的方程为（ ）
A．x216−y24=1B．x24−y216=1
C．x24−y2=1D．x2−y24=1
【答案】D
【分析】由已知可得出c的值，求出点A的坐标，分析可得AF1=F1F2，由此可得出关于a、b、c的方程组，解出这三个量的值，即可得出双曲线的标准方程.
【详解】抛物线y2=45x的准线方程为x=−5，则c=5，则F1−5,0、F25,0，
不妨设点A为第二象限内的点，联立y=−baxx=−c，可得x=−cy=bca，即点A−c,bca，
因为AF1⊥F1F2且∠F1F2A=π4，则△F1F2A为等腰直角三角形，
且AF1=F1F2，即bca=2c，可得ba=2，
所以，ba=2c=5c2=a2+b2，解得a=1b=2c=5，因此，双曲线的标准方程为x2−y24=1.
故选：D.
6．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）抛物线y2=2px(p>0)的焦点到直线y=x+1的距离为2，则p=（ ）
A．1B．2C．22D．4
【答案】B
【分析】首先确定抛物线的焦点坐标，然后结合点到直线距离公式可得p的值.
【详解】抛物线的焦点坐标为p2,0，
其到直线x−y+1=0的距离：d=p2−0+11+1=2，
解得：p=2(p=−6舍去).
故选：B.
7．（2021·天津·高考真题）已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,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|=2|AB|．则双曲线的离心率为（ ）
A．2B．3C．2D．3
【答案】A
【分析】设公共焦点为(c,0)，进而可得准线为x=−c，代入双曲线及渐近线方程，结合线段长度比值可得a2=12c2，再由双曲线离心率公式即可得解.
【详解】设双曲线x2a2−y2b2=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c2a2−y2b2=1，解得y=±b2a，所以|AB|=2b2a,
又因为双曲线的渐近线方程为y=±bax，所以|CD|=2bca，
所以2bca=22b2a，即c=2b，所以a2=c2−b2=12c2，
所以双曲线的离心率e=ca=2.
故选：A.
8．（2020·北京·高考真题）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OB．经过点P
C．平行于直线OPD．垂直于直线OP
【答案】B
【分析】依据题意不妨作出焦点在x轴上的开口向右的抛物线，根据垂直平分线的定义和抛物线的定义可知，线段FQ的垂直平分线经过点P，即求解.
【详解】如图所示： ．
因为线段FQ的垂直平分线上的点到F,Q的距离相等，又点P在抛物线上，根据定义可知，PQ=PF，所以线段FQ的垂直平分线经过点P.
故选：B.
【点睛】本题主要考查抛物线的定义的应用，属于基础题.
9．（2020·全国I卷·高考真题）已知A为抛物线C:y2=2px（p>0）上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p=（ ）
A．2B．3C．6D．9
【答案】C
【分析】利用抛物线的定义建立方程即可得到答案.
【详解】设抛物线的焦点为F，由抛物线的定义知|AF|=xA+p2=12，即12=9+p2，解得p=6.
故选：C.
【点晴】本题主要考查利用抛物线的定义计算焦半径，考查学生转化与化归思想，是一道容易题.
10．（2019·全国II卷·高考真题）若抛物线y2=2px（p>0）的焦点是椭圆x23p+y2p=1的一个焦点，则p=
A．2B．3
C．4D．8
【答案】D
【分析】利用抛物线与椭圆有共同的焦点即可列出关于p的方程，即可解出p，或者利用检验排除的方法，如p=2时，抛物线焦点为（1，0），椭圆焦点为（±2，0），排除A，同样可排除B，C，故选D．
【详解】因为抛物线y2=2px(p>0)的焦点(p2,0)是椭圆x23p+y2p=1的一个焦点，所以3p−p=(p2)2，解得p=8，故选D．
【点睛】本题主要考查抛物线与椭圆的几何性质，渗透逻辑推理、运算能力素养．
11．（2017·全国I卷·高考真题）已知F为抛物线C：y2=4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，则|AB|+|DE|的最小值为
A．16B．14C．12D．10
【答案】A
【详解】设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x3,y3),E(x4,y4)，直线l1的方程为y=k1(x−1)，联立方程y2=4xy=k1(x−1)，得k12x2−2k12x−4x+k12=0，∴x1+x2=−−2k12−4k12 =2k12+4k12，同理直线l2与抛物线的交点满足x3+x4=2k22+4k22，由抛物线定义可知|AB|+|DE|=x1+x2+x3+x4+2p=
2k12+4k12+2k22+4k22+4=4k12+4k22+8≥216k12k22+8=16，当且仅当k1=−k2=1（或−1）时，取等号.
点睛:对于抛物线弦长问题，要重点抓住抛物线定义，到定点的距离要想到转化到准线上，另外，直线与抛物线联立，求判别式，利用根与系数的关系是通法，需要重点掌握.考查最值问题时要能想到用函数方法和基本不等式进行解决.此题还可以利用弦长的倾斜角表示，设直线的倾斜角为α，则|AB|=2psin2α，则|DE|=2psin2(α+π2)=2pcs2α，所以|AB|+|DE|=2pcs2α+2psin2α=4(1cs2α+
1sin2α)=4(1cs2α+1sin2α)(cs2α+sin2α)=4(2+sin2αcs2α+cs2αsin2α)≥4×(2+2)=16.
12．（2016·全国I卷·高考真题）以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A、B两点，交C的准线于D、E两点.已知|AB|=42，|DE|=25，则C的焦点到准线的距离为
A．8B．6C．4D．2
【答案】C
【详解】试题分析：如图，设抛物线方程为y2=2px，AB,DE交x轴于C,F点，则AC=22，即A点纵坐标为22，则A点横坐标为4p，即OC=4p，由勾股定理知DF2+OF2=DO2=r2，AC2+OC2=AO2=r2，即(5)2+(p2)2=(22)2+(4p)2，解得p=4，即C的焦点到准线的距离为4，故选C.
考点：抛物线的性质.

13．（2016·全国II卷·高考真题）设F为抛物线C:y2=4x的焦点，曲线y=kxk>0与C交于点P，PF⊥x轴，则k=
A．12B．1C．32D．2
【答案】D
【详解】试题分析：由抛物线的性质可得P(1,2)⇒y=k1=2⇒k=2，故选D.
考点：1、直线与抛物线；2、抛物线的几何性质；3、反比例函数.
二、多选题
14．（2025·全国一卷·高考真题）设抛物线C:y2=6x的焦点为F，过F的直线交C于A、B，过F且垂直于AB的直线交l:x=−32于E，过点A作准线l的垂线，垂足为D，则（ ）
A．|AD|=|AF|B．|AE|=|AB|
C．|AB|≥6D．|AE|⋅|BE|≥18
【答案】ACD
【分析】对于A，先判断得直线l:x=−32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∠AEB=90°，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AB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AE2=AF⋅AB，BE2=BF⋅AB，结合焦半径公式可判断D.
【详解】法一：对于A，对于抛物线C:y2=6x，
则p=3，其准线方程为x=−32，焦点F32,0，
则AD为抛物线上点到准线的距离，AF为抛物线上点到焦点的距离，
由抛物线的定义可知，|AD|=|AF|，故A正确；
对于B，过点B作准线l的垂线，交于点P，
由题意可知AD⊥l,EF⊥AB，则∠ADE=∠AFE=90°，
又|AD|=|AF|，|AE|=|AE|，所以△ADE≅△AFE，
所以∠AED=∠AEF，同理∠BEP=∠BEF，
又∠AED+∠AEF+∠BEP+∠BEF=180°，
所以∠AEF+∠BEF=90°，即∠AEB=90°，
显然AB为△ABE的斜边，则|AE|0，则y1+y2=6m,y1y2=−9，
又x1=my1+32，x2=my2+32，
所以|AB|=x1+x2+p =my1+y2+3+3=6m2+6≥6，
当且仅当m=0时取等号，故C正确；
对于D，在Rt△ABE与Rt△AEF中，∠BAE=∠EAF，
所以Rt△ABE∼Rt△AEF，则AEAB=AFAE，即AE2=AF⋅AB，
同理BE2=BF⋅AB，
又AF⋅BF=x1+32x2+32=my1+3my2+3
=m2y1y2+3my1+y2+9=−9m2+18m2+9=9m2+1，
AB=6m2+6=6m2+1，
所以AE2⋅BE2=BF⋅AF⋅AB2=9m2+1×36m2+12，
则AE⋅BE=3m2+112×6m2+1=18m2+132≥18，故D正确.
故选：ACD.
法二：对于A，对于抛物线C:y2=6x，
则p=3，其准线方程为x=−32，焦点F32,0，
则AD为抛物线上点到准线的距离，AF为抛物线上点到焦点的距离，
由抛物线的定义可知，|AD|=|AF|，故A正确；
对于B，过点B作准线l的垂线，交于点P，
由题意可知AD⊥l,EF⊥AB，则∠ADE=∠AFE=90°，
又|AD|=|AF|，|AE|=|AE|，所以△ADE≅△AFE，
所以∠AED=∠AEF，同理∠BEP=∠BEF，
又∠AED+∠AEF+∠BEP+∠BEF=180°，
所以∠AEF+∠BEF=90°，即∠AEB=90°，
显然AB为△ABE的斜边，则|AE|0，则x1+x2=3+6k2,x1x2=94，
所以AB=1+k2x1−x2=1+k2×x1+x22−4x1x2
=1+k2×3+6k22−9=61+1k2>6，
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AEAB=AFAE，即AE2=AF⋅AB，
同理BE2=BF⋅AB，
当直线AB的斜率不存在时，AB=6，AF=BF=12AB=3；
所以AE2⋅BE2=BF⋅AF⋅AB2=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+32x1+x2+94
=94+323+6k2+94=91+1k2，
所以AE2⋅BE2=BF⋅AF⋅AB2=91+1k2×361+1k22，
则AE⋅BE=31+1k212×61+1k2=181+1k232>18；
综上，AE⋅BE≥18，故D正确.
故选：ACD.
15．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）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|=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
【分析】A选项，抛物线准线为x=−1，根据圆心到准线的距离来判断；B选项，P,A,B三点共线时，先求出P的坐标，进而得出切线长；C选项，根据PB=2先算出P的坐标，然后验证kPAkAB=−1是否成立；D选项，根据抛物线的定义，PB=PF，于是问题转化成PA=PF的P点的存在性问题，此时考察AF的中垂线和抛物线的交点个数即可，亦可直接设P点坐标进行求解.
【详解】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，P,A,B三点共线时，即PA⊥l，则P的纵坐标yP=4，
由yP2=4xP，得到xP=4，故P(4,4)，
此时切线长PQ=PA2−r2=42−12=15，B选项正确；
C选项，当PB=2时，xP=1，此时yP2=4xP=4，故P(1,2)或P(1,−2)，
当P(1,2)时，A(0,4),B(−1,2)，kPA=4−20−1=−2，kAB=4−20−(−1)=2，
不满足kPAkAB=−1；
当P(1,−2)时，A(0,4),B(−1,−2)，kPA=4−(−2)0−1=−6，kAB=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
根据抛物线的定义，PB=PF，这里F(1,0)，
于是PA=PB时P点的存在性问题转化成PA=PF时P点的存在性问题，
A(0,4),F(1,0)，AF中点12,2，AF中垂线的斜率为−1kAF=14，
于是AF的中垂线方程为：y=2x+158，与抛物线y2=4x联立可得y2−16y+30=0，
Δ=162−4×30=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PA=PF，D选项正确.
方法二：（设点直接求解）
设Pt24,t，由PB⊥l可得B−1,t，又A(0,4)，又PA=PB，
根据两点间的距离公式，t416+(t−4)2=t24+1，整理得t2−16t+30=0，
Δ=162−4×30=136>0，则关于t的方程有两个解，
即存在两个这样的P点，D选项正确.
故选：ABD
16．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）设O为坐标原点，直线y=−3x−1过抛物线C:y2=2pxp>0的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则（ ）．
A．p=2B．MN=83
C．以MN为直径的圆与l相切D．△OMN为等腰三角形
【答案】AC
【分析】先求得焦点坐标，从而求得p，根据弦长公式求得MN，根据圆与等腰三角形的知识确定正确答案.
【详解】A选项：直线y=−3x−1过点1,0，所以抛物线C:y2=2pxp>0的焦点F1,0，
所以p2=1,p=2,2p=4，则A选项正确，且抛物线C的方程为y2=4x.
B选项：设Mx1,y1,Nx2,y2，
由y=−3x−1y2=4x消去y并化简得3x2−10x+3=x−33x−1=0，
解得x1=3,x2=13，所以MN=x1+x2+p=3+13+2=163，B选项错误.
C选项：设MN的中点为A，M,N,A到直线l的距离分别为d1,d2,d，
因为d=12d1+d2=12MF+NF=12MN，
即A到直线l的距离等于MN的一半，所以以MN为直径的圆与直线l相切，C选项正确.
D选项：直线y=−3x−1，即3x+y−3=0，
O到直线3x+y−3=0的距离为d=32，
所以三角形OMN的面积为12×163×32=433，
由上述分析可知y1=−33−1=−23,y2=−313−1=233，
所以OM=32+−232=21,ON=132+2332=133，
所以三角形OMN不是等腰三角形，D选项错误.
故选：AC.

17．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）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=−1B．直线AB与C相切
C．|OP|⋅|OQ|>|OA2D．|BP|⋅|BQ|>|BA|2
【答案】BCD
【分析】求出抛物线方程可判断A，联立AB与抛物线的方程求交点可判断B，利用距离公式及弦长公式可判断C、D.
【详解】将点A的代入抛物线方程得1=2p，所以抛物线方程为x2=y，故准线方程为y=−14，A错误；
kAB=1−(−1)1−0=2，所以直线AB的方程为y=2x−1，
联立y=2x−1x2=y，可得x2−2x+1=0，解得x=1，故B正确；
设过B的直线为l，若直线l与y轴重合，则直线l与抛物线C只有一个交点，
所以，直线l的斜率存在，设其方程为y=kx−1，P(x1,y1),Q(x2,y2)，
联立y=kx−1x2=y，得x2−kx+1=0，
所以Δ=k2−4>0x1+x2=kx1x2=1，所以k>2或k2=|OA|2，故C正确；
因为|BP|=1+k2|x1|，|BQ|=1+k2|x2|，
所以|BP|⋅|BQ|=(1+k2)|x1x2|=1+k2>5，而|BA|2=5，故D正确.
故选：BCD
18．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）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26B．|OB|=|OF|
C．|AB|>4|OF|D．∠OAM+∠OBM0,b>0)的左焦点重合，若两曲线相交于M，N两点，且线段MN的中点是点F，则该双曲线的离心率等于 .
【答案】2+1
【分析】利用抛物线的性质，得到M的坐标，再带入到双曲线方程中，即可求解.
【详解】由题意知： −p2=−c,∴p=2c,
∴抛物线方程为：y2=−2px=−4cx,
∵M在抛物线上，所以M(−c,2c),
∵M在双曲线上，∴c2a2−4c2b2=1,
∵b2=c2−a2,∴c4−6a2c2+a4=0
∴e2=3±22，又e∈1,+∞，∴e=2+1.
故答案为：2+1
27．（2019·北京·高考真题）设抛物线y2=4x的焦点为F，准线为l.则以F为圆心，且与l相切的圆的方程为 ．
【答案】(x-1)2+y2=4.
【分析】由抛物线方程可得焦点坐标，即圆心，焦点到准线距离即半径，进而求得结果.
【详解】抛物线y2=4x中，2p=4，p=2，
焦点F（1,0），准线l的方程为x=-1，
以F为圆心，
且与l相切的圆的方程为 (x-1)2+y2=22,即为(x-1)2+y2=4.
【点睛】本题主要考查抛物线的焦点坐标，抛物线的准线方程，直线与圆相切的充分必要条件等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
28．（2018·全国III卷·高考真题）已知点M−1 ， 1和抛物线C： y2=4x，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点．若∠AMB=90°，则k= ．
【答案】2
【分析】方法一：利用点差法得到AB的斜率，结合抛物线定义可得结果.
【详解】［方法一］：点差法
设Ax1,y1,Bx2,y2，则y12=4x1y22=4x2，所以y12−y22=4x1−4x2
所以k=y1−y2x1−x2=4y1+y2，
取AB中点M'x0,y0,分别过点A,B作准线x=−1的垂线，垂足分别为A',B'
因为∠AMB=90°,∴MM'=12AB=12AF+BF=12AA'+BB'，
因为M'为AB中点，所以MM'平行于x轴，
因为M(-1,1)，所以y0=1，则y1+y2=2即k=2．
故答案为：2.
［方法二］：【最优解】焦点弦的性质
记抛物线的焦点为F，因为∠AMB=90°，则以AB为直径的圆与准线相切于点M，由抛物线的焦点弦性质可知MF⊥AB，所以kAB=−1kFM=2．
［方法三］： 焦点弦性质+韦达定理
记抛物线的焦点为F，因为∠AMB=90°，则以AB为直径的圆与准线相切于点M，记AB中点为N，则Nx0,1，设AB:x=ty+1，代入y2=4x中，得y2−4ty−4=0，所以y1+y2=4t=2，得t=12，所以kAB=2．
［方法四］：【通性通法】暴力硬算
由题知抛物线C:y2=4x的焦点为F(1,0)，设直线AB的方程为y=k(x−1)(k≠0)，代入C:y2=4x中得k2x2−2k2+4x+k2=0，设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1+x2=2k2+4k2,x1x2=1，同理有y1+y2=4k,y1y2=−4，由∠AMB=90°，即MA⊥MB．又MA=x1+1,y1−1,MB=x2+1,y2−1，所以MA⋅MB=x1+1,y1−1⋅x2+1,y2−1=2k2+4k2−4k−1=0，得k=2．
［方法五］：距离公式+直角三角形的性质
设直线为x=my+1，与y2=4x联立得y2−4my−4=0，则yA+yB=4m,yAyB=−4,从而xA+xB=myA+yB+2=4m2+2，可得AB的中点N2m2+1,2m，所以|MN|=2m2+1+12+(2m−1)2．
又由弦长公式知|AB|=1+m2yA+yB2−4yAyB=41+m2．
由∠AMB=90°得2|MN|=|AB|，解得m=12，所以k=1m=2．
［方法六］：焦点弦的性质应用
由题可知，线段AB为抛物线的焦点弦，∠AMB=90°，由于以抛物线的焦点弦为直径的圆必与准线相切，又点M恰为抛物线准线上的点，因此，以AB为直径的圆必与准线相切于点M．
过点M作平行于Ox轴的直线交AB于点N，则N为圆心．
设Ax1,y1,Bx2,y2,Nx0,y0y1>0,y20) 交于A,B两点，若AF+BF=4OF，则该双曲线的渐近线方程为 .
【答案】y=±22x
【详解】|AF|+|BF|=yA+p2+yB+p2=4×p2⇒yA+yB=p ，
因为x2a2−y2b2=1x2=2py⇒a2y2−2pb2y+a2b2=0⇒ ，所以yA+yB=2pb2a2=p⇒a=2b⇒渐近线方程为y=±22x.
【名师点睛】1.在双曲线的几何性质中，渐近线是其独特的一种性质，也是考查的重点内容.对渐近线：(1)掌握方程；(2)掌握其倾斜角、斜率的求法；(3)会利用渐近线方程求双曲线方程的待定系数.
求双曲线方程的方法以及双曲线定义和双曲线标准方程的应用都和与椭圆有关的问题相类似.因此，双曲线与椭圆的标准方程可统一为Ax2+By2=1的形式，当A>0，B>0，A≠B时为椭圆，当AB0），从C上任意一点P向x轴作垂线段PP'，P'为垂足，则线段PP'的中点M的轨迹方程为（ ）
A．x216+y24=1（y>0）B．x216+y28=1（y>0）
C．y216+x24=1（y>0）D．y216+x28=1（y>0）
【答案】A
【分析】设点M(x,y)，由题意，根据中点的坐标表示可得P(x,2y)，代入圆的方程即可求解.
【详解】设点M(x,y)，则P(x,y0),P'(x,0)，
因为M为PP'的中点，所以y0=2y，即P(x,2y)，
又P在圆x2+y2=16(y>0)上，
所以x2+4y2=16(y>0)，即x216+y24=1(y>0)，
即点M的轨迹方程为x216+y24=1(y>0).
故选：A
34．（2022·北京·高考真题）已知正三棱锥P−ABC的六条棱长均为6，S是△ABC及其内部的点构成的集合．设集合T={Q∈SPQ≤5}，则T表示的区域的面积为（ ）
A．3π4B．πC．2πD．3π
【答案】B
【分析】求出以P为球心，5为半径的球与底面ABC的截面圆的半径后可求区域的面积.
【详解】
设顶点P在底面上的投影为O，连接BO，则O为三角形ABC的中心，
且BO=23×6×32=23，故PO=36−12=26.
因为PQ=5，故OQ=1，
故Q的轨迹为以O为圆心，1为半径的圆，
而三角形ABC内切圆的圆心为O，半径为2×34×363×6=3>1，
故Q的轨迹圆在三角形ABC内部，故其面积为π
故选：B
35．（2021·浙江·高考真题）已知a,b∈R,ab>0，函数fx=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
【分析】首先利用等比数列得到等式，然后对所得的等式进行恒等变形即可确定其轨迹方程.
【详解】由题意得f(s−t)f(s+t)=[f(s)]2，即a(s−t)2+ba(s+t)2+b=as2+b2，
对其进行整理变形：
as2+at2−2ast+bas2+at2+2ast+b=as2+b2，
as2+at2+b2−(2ast)2−as2+b2=0，
2as2+at2+2bat2−4a2s2t2=0，
−2a2s2t2+a2t4+2abt2=0，
所以−2as2+at2+2b=0或t=0，
其中s2ba−t22ba=1为双曲线，t=0为直线.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查轨迹方程，关键之处在于由题意对所得的等式进行恒等变形，提现了核心素养中的逻辑推理素养和数学运算素养，属于中等题.
36．（2020·全国III卷·高考真题）在平面内，A，B是两个定点，C是动点，若AC⋅BC=1，则点C的轨迹为（ ）
A．圆B．椭圆C．抛物线D．直线
【答案】A
【分析】首先建立平面直角坐标系，然后结合数量积的定义求解其轨迹方程即可.
【详解】设AB=2aa>0，以AB中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，

则：A−a,0,Ba,0，设Cx,y，可得：AC→=x+a,y,BC→=x−a,y，
从而：AC→⋅BC→=x+ax−a+y2，
结合题意可得：x+ax−a+y2=1，
整理可得：x2+y2=a2+1，
即点C的轨迹是以AB中点为圆心，a2+1为半径的圆.
故选：A.
【点睛】本题主要考查平面向量及其数量积的坐标运算，轨迹方程的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
二、多选题
37．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）设计一条美丽的丝带,其造型可以看作图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O.且C上的点满足:横坐标大于−2，到点F(2,0)的距离与到定直线x=a(a−2且x−22+y2×x−a=4，
因为曲线过坐标原点，故0−22+02×0−a=4，解得a=−2，故A正确.
对于B：又曲线方程为x−22+y2×x+2=4，而x>−2，
故x−22+y2×x+2=4.
当x=22,y=0时，22−22×22+2=8−4=4，
故22,0在曲线上，故B正确.
对于C：由曲线的方程可得y2=16x+22−x−22，取x=32，
则y2=6449−14，而6449−14−1=6449−54=256−24549×4>0，故此时y2>1，
故C在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1，故C错误.
对于D：当点x0,y0在曲线上时，由C的分析可得y02=16x0+22−x0−22≤16x0+22，
故−4x0+2≤y0≤4x0+2，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：根据曲线方程讨论曲线的性质，一般需要将曲线方程变形化简后结合不等式的性质等来处理.
考点03：直线与圆锥曲线的位置关系
一、单选题
38．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知椭圆C:x23+y2=1的左、右焦点分别为F1，F2，直线y=x+m与C交于A，B两点，若△F1AB面积是△F2AB面积的2倍，则m=（ ）．
A．23B．23C．−23D．−23
【答案】C
【分析】首先联立直线方程与椭圆方程，利用Δ>0，求出m范围，再根据三角形面积比得到关于m的方程，解出即可.
【详解】将直线y=x+m与椭圆联立y=x+mx23+y2=1，消去y可得4x2+6mx+3m2−3=0，
因为直线与椭圆相交于A,B点，则Δ=36m2−4×43m2−3>0，解得−20,b>0)，可得双曲线的渐近线方程是y=±bax，与直线x=a联立方程求得D，E两点坐标，即可求得|ED|，根据△ODE的面积为8，可得ab值，根据2c=2a2+b2，结合均值不等式，即可求得答案.
【详解】∵ C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)
∴双曲线的渐近线方程是y=±bax
∵直线x=a与双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别交于D，E两点
不妨设D为在第一象限，E在第四象限
联立{x=ay=bax，解得{x=ay=b
故D(a,b)
联立{x=ay=−bax，解得{x=ay=−b
故E(a,−b)
∴ |ED|=2b
∴ △ODE面积为：S△ODE=12a×2b=ab=8
∵双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)
∴其焦距为2c=2a2+b2≥22ab=216=8
当且仅当a=b=22取等号
∴ C的焦距的最小值：8
故选：B.
【点睛】本题主要考查了求双曲线焦距的最值问题，解题关键是掌握双曲线渐近线的定义和均值不等式求最值方法，在使用均值不等式求最值时，要检验等号是否成立，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.
42．（2020·全国III卷·高考真题）设O为坐标原点，直线x=2与抛物线C：y2=2px(p>0) 交于D，E两点，若OD⊥OE，则C的焦点坐标为（ ）
A．14,0B．12,0C．(1,0)D．(2,0)
【答案】B
【分析】根据题中所给的条件OD⊥OE，结合抛物线的对称性，可知∠DOx=∠EOx=π4，从而可以确定出点D的坐标，代入方程求得p的值，进而求得其焦点坐标，得到结果.
【详解】因为直线x=2与抛物线y2=2px(p>0)交于E,D两点，且OD⊥OE，
根据抛物线的对称性可以确定∠DOx=∠EOx=π4，所以D(2,2)，
代入抛物线方程4=4p，求得p=1，所以其焦点坐标为(12,0)，
故选：B.
【点睛】该题考查的是有关圆锥曲线的问题，涉及到的知识点有直线与抛物线的交点，抛物线的对称性，点在抛物线上的条件，抛物线的焦点坐标，属于简单题目.
43．（2020·全国I卷·高考真题）设F1,F2是双曲线C:x2−y23=1的两个焦点，O为坐标原点，点P在C上且|OP|=2，则△PF1F2的面积为（ ）
A．72B．3C．52D．2
【答案】B
【分析】由△F1F2P是以P为直角直角三角形得到|PF1|2+|PF2|2=16，再利用双曲线的定义得到||PF1|−|PF2||=2，联立即可得到|PF1||PF2|，代入S△F1F2P= 12|PF1||PF2|中计算即可.
【详解】由已知，不妨设F1(−2,0),F2(2,0)，
则a=1,c=2，因为|OP|=2=12|F1F2|，
所以点P在以F1F2为直径的圆上，
即△F1F2P是以P为直角顶点的直角三角形，
故|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2，
即|PF1|2+|PF2|2=16，又||PF1|−|PF2||=2a=2，
所以4=||PF1|−|PF2||2= |PF1|2+|PF2|2−2 |PF1||PF2|=16−2 |PF1||PF2|，
解得|PF1||PF2|=6，所以S△F1F2P= 12|PF1||PF2|=3
故选：B
【点晴】本题考查双曲线中焦点三角形面积的计算问题，涉及到双曲线的定义，考查学生的数学运算能力，是一道中档题.
44．（2019·全国III卷·高考真题）已知F是双曲线C:x24−y25=1的一个焦点，点P在C上，O为坐标原点，若OP=OF，则△OPF的面积为
A．32B．52C．72D．92
【答案】B
【解析】设Px0,y0，因为OP=OF再结合双曲线方程可解出y0，再利用三角形面积公式可求出结果.
【详解】设点Px0,y0，则x024−y025=1①．
又OP=OF=4+5=3，
∴x02+y02=9②．
由①②得y02=259，
即y0=53，
∴SΔOPF=12OF·y0=12×3×53=52，
故选B．
【点睛】本题易错在忽视圆锥曲线方程和两点间的距离公式的联系导致求解不畅．
45．（2018·全国I卷·高考真题）已知双曲线C：x23−y2=1，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M、N.若△OMN为直角三角形，则|MN|=
A．32B．3C．23D．4
【答案】B
【详解】分析：首先根据双曲线的方程求得其渐近线的斜率，并求得其右焦点的坐标，从而得到∠FON=30°，根据直角三角形的条件，可以确定直线MN的倾斜角为60°或120°，根据相关图形的对称性，得知两种情况求得的结果是相等的，从而设其倾斜角为60°，利用点斜式写出直线的方程，之后分别与两条渐近线方程联立，求得M(3,3),N(32,−32)，利用两点间距离公式求得MN的值.
详解：根据题意，可知其渐近线的斜率为±33，且右焦点为F(2,0)，
从而得到∠FON=30°，所以直线MN的倾斜角为60°或120°，
根据双曲线的对称性，设其倾斜角为60°，
可以得出直线MN的方程为y=3(x−2)，
分别与两条渐近线y=33x和y=−33x联立，
求得M(3,3),N(32,−32)，
所以MN=(3−32)2+(3+32)2=3，故选B.
点睛：该题考查的是有关线段长度的问题，在解题的过程中，需要先确定哪两个点之间的距离，再分析点是怎么来的，从而得到是直线的交点，这样需要先求直线的方程，利用双曲线的方程，可以确定其渐近线方程，利用直角三角形的条件得到直线MN的斜率，结合过右焦点的条件，利用点斜式方程写出直线的方程，之后联立求得对应点的坐标，之后应用两点间距离公式求得结果.
46．（2018·全国I卷·高考真题）设抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点（–2，0）且斜率为23的直线与C交于M，N两点，则FM⋅FN=
A．5B．6C．7D．8
【答案】D
【分析】首先根据题中的条件，利用点斜式写出直线的方程，涉及到直线与抛物线相交，联立方程组，消元化简，求得两点M(1,2),N(4,4)，再利用所给的抛物线的方程，写出其焦点坐标，之后应用向量坐标公式，求得FM=(0,2),FN=(3,4)，最后应用向量数量积坐标公式求得结果.
【详解】根据题意，过点（–2，0）且斜率为23的直线方程为y=23(x+2)，
与抛物线方程联立y=23(x+2)y2=4x，消元整理得：y2−6y+8=0，
解得M(1,2),N(4,4)，又F(1,0)，
所以FM=(0,2),FN=(3,4)，
从而可以求得FM⋅FN=0×3+2×4=8，故选D.
【点睛】该题考查的是有关直线与抛物线相交求有关交点坐标所满足的条件的问题，在求解的过程中，首先需要根据题意确定直线的方程，之后需要联立方程组，消元化简求解，从而确定出M(1,2),N(4,4)，之后借助于抛物线的方程求得F(1,0)，最后一步应用向量坐标公式求得向量的坐标，之后应用向量数量积坐标公式求得结果，也可以不求点M、N的坐标，应用韦达定理得到结果.
47．（2017·全国II卷·高考真题）过抛物线C：y2＝4x的焦点F，且斜率为3的直线交C于点M(M在x轴的上方)，l为C的准线，点N在l上且MN⊥l，则M到直线NF的距离为（ ）
A．5 B．22C．23D．33
【答案】C
【解析】联立方程解得M(3，23)，根据MN⊥l得|MN|＝|MF|＝4，得到△MNF是边长为4的等边三角形，计算距离得到答案.
【详解】依题意得F(1,0)，则直线FM的方程是y＝3(x－1)．由y=3x−1y2=4x得x＝13或x＝3.
由M在x轴的上方得M(3，23)，由MN⊥l得|MN|＝|MF|＝3＋1＝4
又∠NMF等于直线FM的倾斜角，即∠NMF＝60°，因此△MNF是边长为4的等边三角形
点M到直线NF的距离为4×32=23
故选：C.
【点睛】本题考查了直线和抛物线的位置关系，意在考查学生的计算能力和转化能力.
48．（2017·全国I卷·高考真题）（2017新课标全国卷Ⅰ文科）设A，B是椭圆C：x23+y2m=1长轴的两个端点，若C上存在点M满足∠AMB=120°，则m的取值范围是
A．(0,1]∪[9,+∞)B．(0,3]∪[9,+∞)
C．(0,1]∪[4,+∞)D．(0,3]∪[4,+∞)
【答案】A
【详解】当00，即可根据直线与圆的位置关系，直线与抛物线的位置关系解出．
【详解】易知圆x+22+y2=3和曲线y2=2px均关于x轴对称，不妨设切线方程为y=kx，k>0，
所以2k1+k2=3，解得：k=3，由y=3xy2=2px解得：x=0y=0或x=2p3y=23p3，
所以OP=2p32+23p32=4p3=8，解得：p=6．
当k=−3时，同理可得．
故答案为：6．
51．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知直线l与椭圆x26+y23=1在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且|MA|=|NB|,|MN|=23，则l的方程为 ．
【答案】x+2y−22=0
【分析】令AB的中点为E，设Ax1,y1，Bx2,y2，利用点差法得到kOE⋅kAB=−12，设直线AB:y=kx+m，k0，求出M、N的坐标，再根据MN求出k、m，即可得解；
【详解】[方法一]：弦中点问题：点差法
令AB的中点为E，设Ax1,y1，Bx2,y2，利用点差法得到kOE⋅kAB=−12，
设直线AB:y=kx+m，k0，求出M、N的坐标，
再根据MN求出k、m，即可得解；
解：令AB的中点为E，因为MA=NB，所以ME=NE，
设Ax1,y1，Bx2,y2，则x126+y123=1，x226+y223=1，
所以x126−x226+y123−y223=0，即x1−x2x1+x26+y1+y2y1−y23=0
所以y1+y2y1−y2x1−x2x1+x2=−12，即kOE⋅kAB=−12，设直线AB:y=kx+m，k0，
令x=0得y=m，令y=0得x=−mk，即M−mk,0，N0,m，
所以E−m2k,m2，
即k×m2−m2k=−12，解得k=−22或k=22（舍去），
又MN=23，即MN=m2+2m2=23，解得m=2或m=−2（舍去），
所以直线AB:y=−22x+2，即x+2y−22=0；
故答案为：x+2y−22=0
[方法二]：直线与圆锥曲线相交的常规方法
解：由题意知，点E既为线段AB的中点又是线段MN的中点，
设Ax1,y1，Bx2,y2，设直线AB:y=kx+m，k0，
则M−mk,0，N0,m，E−m2k,m2，因为MN=23，所以OE=3
联立直线AB与椭圆方程得y=kx+mx26+y23=1消掉y得(1+2k2)x2+4mkx+2m2−6=0
其中Δ=（4mk）2-4(1+2k2)（2m2−6）>0,x1+x2=−4mk1+2k2，
∴AB中点E的横坐标xE=−2mk1+2k2,又E−m2k,m2，∴xE=−2mk1+2k2=−m2k
∵k0，∴k=-22,又OE=（−m2k）2+（m2）2=3，解得m=2
所以直线AB:y=−22x+2，即x+2y−22=0
52．（2021·全国甲卷·高考真题）已知F1,F2为椭圆C：x216+y24=1的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且PQ=F1F2，则四边形PF1QF2的面积为 ．
【答案】8
【分析】根据已知可得PF1⊥PF2，设|PF1|=m,|PF2|=n，利用勾股定理结合m+n=8，求出mn，四边形PF1QF2面积等于mn，即可求解.
【详解】因为P,Q为C上关于坐标原点对称的两点，
且|PQ|=|F1F2|，所以四边形PF1QF2为矩形，
设|PF1|=m,|PF2|=n，则m+n=8,m2+n2=48，
所以64=(m+n)2=m2+2mn+n2=48+2mn，
mn=8，即四边形PF1QF2面积等于8.
故答案为：8.
53．（2020·山东·高考真题）斜率为3的直线过抛物线C：y2=4x的焦点，且与C交于A，B两点，则AB= ．
【答案】163
【分析】先根据抛物线的方程求得抛物线焦点坐标，利用点斜式得直线方程，与抛物线方程联立消去y并整理得到关于x的二次方程，接下来可以利用弦长公式或者利用抛物线定义将焦点弦长转化求得结果.
【详解】∵抛物线的方程为y2=4x，∴抛物线的焦点F坐标为F(1,0)，
又∵直线AB过焦点F且斜率为3，∴直线AB的方程为：y=3(x−1)
代入抛物线方程消去y并化简得3x2−10x+3=0，
解法一：解得x1=13,x2=3
所以|AB|=1+k2|x1−x2|=1+3⋅|3−13|=163
解法二：Δ=100−36=64>0
设A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1+x2=103,
过A,B分别作准线x=−1的垂线，设垂足分别为C,D如图所示.
|AB|=|AF|+|BF|=|AC|+|BD|=x1+1+x2+1 =x1+x2+2=163
故答案为：163
【点睛】本题考查抛物线焦点弦长，涉及利用抛物线的定义进行转化，弦长公式，属基础题.
54．（2019·浙江·高考真题）已知椭圆x29+y25=1的左焦点为F，点P在椭圆上且在x轴的上方，若线段PF的中点在以原点O为圆心，OF为半径的圆上，则直线PF的斜率是 .
【答案】15
【分析】结合图形可以发现，利用三角形中位线定理，将线段长度用坐标表示成圆的方程，与椭圆方程联立可进一步求解.利用焦半径及三角形中位线定理，则更为简洁.
【详解】方法1：由题意可知|OF|=|OM|=c=2，
由中位线定理可得PF1=2|OM|=4，设P(x,y)可得(x−2)2+y2=16，
联立方程x29+y25=1
可解得x=−32,x=212（舍），点P在椭圆上且在x轴的上方，
求得P−32,152，所以kPF=15212=15

方法2：焦半径公式应用
解析1：由题意可知|OF|=|OM|=c=2，
由中位线定理可得PF1=2|OM|=4，即a−exp=4⇒xp=−32
求得P−32,152，所以kPF=15212=15.
【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质、直线与圆的位置关系，利用数形结合思想，是解答解析几何问题的重要途径.
55．（2018·浙江·高考真题）已知点P(0，1)，椭圆x24+y2=m (m>1)上两点A，B满足AP=2PB，则当m= 时，点B横坐标的绝对值最大．
【答案】5
【分析】方法一：先根据条件得到A,B坐标间的关系，代入椭圆方程解得B的纵坐标，即得B的横坐标关于m的函数关系，最后根据二次函数性质确定最值即可解出.
【详解】［方法一］：点差法＋二次函数性质
设A(x1,y1),B(x2,y2)，由AP=2PB得−x1=2x2,1−y1=2(y2−1),∴−y1=2y2−3,
因为A,B在椭圆上,所以x124+y12=m,x224+y22=m, ∴4x224+(2y2−3)2=m，即x224+(y2−32)2=m4，与x224+y22=m相减得：y2=3+m4，所以，
x22=−14(m2−10m+9)=−14m−52+4≤4，当且仅当m=5时取最等号，即m=5时，点B横坐标的绝对值最大.
故答案为：5．
［方法二］：【通性通法】设线＋韦达定理
由条件知直线AB的斜率存在，设Ax1,y1,Bx2,y2，直线AB的方程为y=kx+1(k≠0)，联立y=kx+1,x24+y2=m,得4k2+1x2+8kx+4−4m=0，根据韦达定理得x1+x2=−8k4k2+1，由AP=2PB知x1=−2x2，代入上式解得x2=8k4k2+1，所以x2=8|k|4k2+1=84|k|+1|k|≤824=2．此时k2=14，又x1x2=4−4m4k2+1=−2x22=−8，解得m=5．
［方法三］：直线的参数方程+基本不等式
设直线AB的参数方程为x=tcsα,y=1+tsinα其中t为参数，α为直线AB的倾斜角，将其代入椭圆方程中化简得1+3sin2αt2+8tsinα+4−4m=0，设点A，B对应的参数分别为t1,t2，则t1=−2t2．由韦达定理知t1+t2=−8sinα1+3sin2α,t1t2=4−4m1+3sin2α，解得t2=8sinα1+3sin2α，所以x22=t22cs2α=64sin2αcs2α1+3sin2α2=16×cs2α1+3sin2α⋅4sin2α1+3sin2α≤16×cs2α1+3sin2α+4sin2α1+3sin2α22=4，此时cs2α=4sin2α，即cs2α=45,sin2α=15,t22=5，代入t1=−2t2,t1t2=4−4m1+3sin2α，解得m=5．
［方法四］：直接硬算求解+二次函数性质
设Ax1,y1,Bx2,y2，因为AP=2PB，所以−x1,1−y1=2x2,y2−1．
即x1=−2x2 ①，y1+2y2=3 ②，
又因为x124+y12=m,x224+y22=m，所以4x224+y12=m．
不妨设y2>0，因此y1=m−x22,y2=m−x224，代入②式可得m−x222=3−4m−x222．化简整理得4x22=−m2+10m−9=−(m−5)2+16．
由此可知，当m=5时，上式有最大值16，即点B横坐标的绝对值有最大值2．
所以m=5．
［方法五］：【最优解】仿射变换
如图1，作如下仿射变换x=2x1y=y1，则x12+y12=m(m>1)为一个圆．
根据仿射变换的性质，点B的横坐标的绝对值最大，等价于点B1的横坐标的绝对值最大，则
xB1=PB1cs∠POM=2|PM|cs∠POM=2|OP|sin∠POMcs∠POM
=|OP|⋅sin2∠POM≤|OP|．
当∠POM=π4时等号成立，根据|OP|=1易得OB1=5，此时m=5．
［方法六］：中点弦性质的应用
设Bx2,y2，由AP=2PB可知A−2x2,3−2y2，则AB中点M−x22,3−y22．因为kAB⋅kOM=−b2a2，所以3−y2−x2⋅y2−1x2=−14，整理得x224+y2−22=1，由于x2≤2，则x2max=2时，y2=2，所以m=44+4=5．
【整体点评】方法一：由题意中点A,B的坐标关系，以及点差法可求出点B的横、纵坐标，从而可以根据二次函数的性质解出；
方法二：常规设线，通过联立，根据韦达定理以及题目条件求出点B的横坐标，然后利用基本不等式求出最值，由取等条件得解，是该题的通性通法；
方法三：利用直线的参数方程与椭圆方程联立，根据参数的几何意义，解得点B的横坐标，再利用基本不等式求出最值，由取等条件得解；
方法四：利用题目条件硬算求出点B的横坐标，再根据二次函数的性质解出；
方法五：根据仿射变换，利用圆的几何性质结合平面几何知识转化，求出对应点的横坐标的绝对值最大，从而解出，计算难度小，是该题的最优解；
方法六：利用中点弦的性质找出点B的横、纵坐标关系，再根据关系式自身特征求出点B的横坐标的绝对值的最大值，从而解出，计算量小，也是不错的方法．
56．（2016·浙江·高考真题）设双曲线x2–y23=1的左、右焦点分别为F1，F2．若点P在双曲线上，且△F1PF2为锐角三角形，则|PF1|+|PF2|的取值范围是 ．
【答案】(27,8)．
【详解】试题分析：由已知得a=1,b=3,c=2，则e=ca=2，设P(x,y)是双曲线上任一点，由对称性不妨设P在双曲线的右支上，则142，解得x>72，所以72a时，对称轴x=m1−b2a2>a，可得|PM|∈[m−a,m+a]，
总存在m使得(m−a)(m+a)=1，此时满足题意，故任意椭圆都是“自相关曲线”，故①正确，
对于②，对于给定的双曲线和点P，显然|PM|存在最小值，而M横坐标趋近于无穷大时，|PM|趋近于无穷大，|PM|∈[m,+∞)，故不满足题意，不存在双曲线是“自相关曲线”故②错误，
故选：B
【点睛】本题关键在于新定义的理解，转化为求曲线上任一点到定点M距离的取值范围，再结合椭圆与双曲线的性质判断即可．
59．（2016·四川·高考真题）在平面直角坐标系中，当P(x,y)不是原点时，定义P的“伴随点”为P(yx2+y2,−xx2+y2)，当P是原点时，定义“伴随点”为它自身，现有下列命题：
①若点A的“伴随点”是点A'，则点A'的“伴随点”是点A.
②单元圆上的“伴随点”还在单位圆上．
③若两点关于x轴对称，则他们的“伴随点”关于y轴对称
④若三点在同一条直线上，则他们的“伴随点”一定共线．
其中的真命题是 ．
【答案】②③
【详解】对于①，若令P(1,1)，则其伴随点为P'(12,−12)，
而P'(12,−12)的伴随点为(−1,−1)，而不是P，故错误；
对于②，设曲线f(x,y)=0关于x轴对称，
则f(x,−y)=0对曲线f(x,y)=0表示同一曲线，
其伴随曲线分别为f(yx2+y2,−xx2+y2)=0与f(−yx2+y2,−xx2+y2)=0也表示同一曲线，
又因为其伴随曲线分别为f(yx2+y2,−xx2+y2)=0与f(−yx2+y2,−xx2+y2)=0的图象关于y轴对称，所以正确；
③令单位圆上点的坐标为P(csx,sinx)其伴随点为P'(sinx,−csx)仍在单位圆上，
故正确；
对于④，直线y=kx+b上取点后得其伴随点(yx2+y2,−xx2+y2)消参后轨迹是圆，
故错误.
故答案为：②③.
考点
十年考情 (2016-2025)
命题趋势
考点 1: 抛物线方程及其性质
2025・全国二卷：抛物线定义与焦点弦计算；2025・天津卷：抛物线与双曲线结合求离心率；2025・北京卷：抛物线顶点到焦点距离求 p2024・新课标 Ⅱ 卷：抛物线与圆的位置关系及切线长计算；2024・天津卷：抛物线与圆交点及距离计算；2024・北京卷：抛物线焦点坐标；2024・上海卷：抛物线点到准线距离求到 x 轴距离2023・北京卷：抛物线点到焦点与准线距离关系；2023・全国乙卷：抛物线点到准线距离2022・全国乙卷：抛物线焦点与点距离关系；2022・天津卷：抛物线与双曲线结合求方程；2022・新高考全国 Ⅰ 卷：抛物线与直线、圆结合；2022・新高考全国 Ⅱ 卷：抛物线焦点弦与距离关系2021・新高考全国 Ⅱ 卷：抛物线焦点到直线距离求 p;2021・天津卷：抛物线与双曲线结合求离心率；2021・新高考全国 Ⅰ 卷：抛物线焦点与垂直关系；2021・北京卷：抛物线焦半径与面积2020・北京卷：抛物线垂直平分线性质；2020・全国 I 卷：抛物线点到焦点与 y 轴距离求 p;2020・全国 II 卷：抛物线与椭圆焦点重合求 p2019・全国 II 卷：抛物线与椭圆焦点重合求 p;2019・北京卷：抛物线焦点为圆心的圆方程2018・全国 III 卷：抛物线焦点弦与垂直关系；2018・北京卷：抛物线截直线线段长求焦点；2018・全国 I 卷：抛物线焦点弦与向量数量积2017・全国 I 卷：抛物线焦点垂直弦长最值；2017・全国 II 卷：抛物线焦点延长线与中点关系；2017・山东卷：抛物线与双曲线交点求渐近线；2017・天津卷：抛物线准线相关圆方程2016・全国 I 卷：抛物线与圆相交求焦点到准线距离；2016・全国 II 卷：抛物线与反比例函数交点求 k
1. 抛物线定义、方程及焦点、准线性质为高频考点，常单独考查或与双曲线、椭圆结合。2. 注重与距离、垂直、面积等几何量结合，考查运算与转化能力。
考点 2: 曲线与方程
2024・新课标 Ⅱ 卷：圆上点垂线段中点轨迹方程；2024・新课标 Ⅰ 卷：新曲线定义下的性质判断2022・北京卷：正三棱锥内点的轨迹面积2021・浙江卷：等比数列条件下点的轨迹判断2020・全国 III 卷：向量数量积条件下点的轨迹
1. 轨迹方程求解是核心，涉及中点、向量等条件转化。2. 注重轨迹类型判断，结合几何图形性质考查。
考点 3: 直线与圆锥曲线的位置关系
2023・新课标 Ⅱ 卷：直线与椭圆相交面积比求参数；2023・全国乙卷：双曲线中点弦存在性判断2022・新高考全国 Ⅱ 卷：直线与椭圆相交求方程2021・全国乙卷：椭圆上点到顶点距离最值；2021・全国甲卷：椭圆焦点四边形面积；2021・上海卷：椭圆与抛物线结合求准线2020・全国 II 卷：双曲线渐近线与直线交点面积求焦距；2020・全国 III 卷：直线与抛物线交点垂直求焦点；2020・山东卷：抛物线焦点弦长2019・全国 III 卷：双曲线点与焦点距离求面积；2019・浙江卷：椭圆焦点与中点圆关系求斜率2018・全国 I 卷：双曲线渐近线与直线交点距离；2018・全国 I 卷：抛物线焦点弦向量数量积；2018・浙江卷：椭圆上点横坐标最值求参数2017・全国 II 卷：抛物线焦点弦与距离；2017・全国 I 卷：椭圆上点张角条件求参数范围2016・浙江卷：双曲线焦点三角形锐角条件求距离和范围；2016・四川卷：直线与圆锥曲线位置关系判断
1. 直线与椭圆、双曲线、抛物线的位置关系为必考内容，涉及弦长、面积、中点、最值等。2. 常与韦达定理、点差法结合，考查运算与逻辑推理能力。
考点 4: 圆锥曲线新定义
2023・上海卷:“自相关曲线” 定义下椭圆与双曲线判断2016・四川卷:“伴随点” 定义下曲线性质判断
1. 以新定义为载体，考查对圆锥曲线性质的理解与应用。2. 注重信息转化能力，结合已有知识分析新问题。