2026年高考数学复习举一反三讲义(全国通用)专题8.8直线与圆锥曲线的位置关系(学生版+解析)

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\l "_Tc14264" 【题型1 直线与圆锥曲线的位置关系】 PAGEREF _Tc14264 \h 5
\l "_Tc6546" 【题型2 圆锥曲线的弦长问题】 PAGEREF _Tc6546 \h 7
\l "_Tc28860" 【题型3 圆锥曲线的中点弦问题】 PAGEREF _Tc28860 \h 11
\l "_Tc28125" 【题型4 圆锥曲线中的三角形（四边形）面积问题】 PAGEREF _Tc28125 \h 16
\l "_Tc9214" 【题型5 圆锥曲线中的参数范围及最值问题】 PAGEREF _Tc9214 \h 21
\l "_Tc29571" 【题型6 圆锥曲线中的定点、定值问题】 PAGEREF _Tc29571 \h 28
\l "_Tc12893" 【题型7 圆锥曲线中的定直线问题】 PAGEREF _Tc12893 \h 33
\l "_Tc19755" 【题型8 圆锥曲线与其他知识的综合问题】 PAGEREF _Tc19755 \h 40
1、直线与圆锥曲线的位置关系
知识点1 直线与圆锥曲线的位置关系
1．直线与圆锥曲线的位置判断
将直线方程与圆锥曲线方程联立，消去y (或x)，得到关于x(或y)的一元二次方程，则：
直线与圆锥曲线相交；直线与圆锥曲线相切；直线与圆锥曲线相离.
特别地，①与双曲线渐近线平行的直线与双曲线相交，有且只有一个交点.
②与抛物线的对称轴平行的直线与抛物线相交，有且只有一个交点.
知识点2 圆锥曲线中的弦长问题
1．椭圆的弦长问题
(1)定义：直线与椭圆的交点间的线段叫作椭圆的弦.
(2)弦长公式：设直线l:y=kx+m交椭圆+=1 (a>b>0)于，两点，
则或.
2．双曲线的弦长问题
(1)弦长公式：直线y=kx+b与双曲线相交所得的弦长d.
(2)解决此类问题时要注意是交在同一支，还是交在两支上.
(3)处理直线与圆锥曲线相交弦有关问题时，利用韦达定理、点差法的解题过程中，并没有条件确定直线与圆锥曲线一定会相交，因此，最后要代回去检验.
(4)双曲线的通径：
过焦点且与焦点所在的对称轴垂直的直线被双曲线截得的线段叫作双曲线的通径.无论焦点在x轴上还是在y轴上，双曲线的通径总等于.
3．抛物线的弦长问题
设直线与抛物线交于A,B两点，则|AB|==或
|AB|== (k为直线的斜率，k≠0).
知识点3 圆锥曲线中的中点弦与焦点弦问题
1．椭圆的“中点弦问题”
(1)解决椭圆中点弦问题的两种方法
①根与系数的关系法：联立直线方程和椭圆方程构成方程组，消去一个未知数，利用一元二次方程根与系数的关系以及中点坐标公式解决.
②点差法：利用端点在曲线上，坐标满足方程，将端点坐标分别代入椭圆方程，然后作差，构造出中点坐标和斜率的关系.
设，，代入椭圆方程+=1 (a>b>0)，得，
①-②可得+=0，
设线段AB的中点为，当时，有+=0.
因为为弦AB的中点，从而转化为中点与直线AB的斜率之间的关系，这就是处理弦中点
轨迹问题的常用方法.
(2)弦的中点与直线的斜率的关系
线段AB是椭圆+=1 (a>b>0)的一条弦，当弦AB所在直线的斜率存在时，弦AB的中点M的坐标为，则弦AB所在直线的斜率为，即.
2．双曲线的“中点弦问题”
“设而不求”法解决中点弦问题：
①过椭圆内一点作直线，与椭圆交于两点，使这点为弦的中点，这样的直线一定存在，但在双曲线的这类问题中，则不能确定.要注意检验.
②在解决此类问题中，常用韦达定理及垂直直线的斜率关系.常用的解题技巧是如何应用直线方程将转化为能用韦达定理直接代换的.垂直关系有时用向量的数量关系来刻画，要注意转化.
3．抛物线的焦点弦问题
抛物线=2px(p>0)上一点A与焦点F(,0)的距离为|AF|=，若MN为抛物线=2px(p>0)的焦点弦，则焦点弦长为|MN|=++p(,分别为M,N的横坐标).
设过抛物线焦点的弦的端点为A,B，则四种标准方程形式下的弦长公式为：
知识点4 圆锥曲线中最值问题的解题策略
1. 处理圆锥曲线最值问题的求解方法
圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：
一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；
二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.
知识点5 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题
1．圆锥曲线中的定点、定值问题
圆锥曲线中的定点定值问题一般与圆锥曲线的基本量和题设条件中的给定的点或值有关，曲线过定点问题以直线过定点居多，定点问题其实也可以归结到定值问题(定点的横纵坐标为定值).这类问题用函数的思想方法来处理，具体操作流程如下：
(1)变量——选择合适的参变量；
(2)函数——要证明为定值的量表示出参数的函数；
(3)定值——化简函数解析式，消去参数得定值.
一些存在性问题，是否存在定点使得某一个量为定值，是否存在定值使得某一量为定值，是否存在定点使得曲线过定点，是否存在定值使得曲线过定点，可以看做定点定值问题的延伸.
2．过定点问题的两大类型及解法
(1)动直线l过定点问题
解法：设动直线方程（斜率存在）为y=kx+t，由题设条件将t用k表示为t=mk+n，得y=kx+m+n，故动直线过定点−m,n；
(2)动曲线C过定点问题
解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
3．求解定值问题的三个步骤
(1)由特例得出一个值，此值一般就是定值；
(2)证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值；
(3)得出结论．
4．圆锥曲线中的定直线问题
定直线问题是指因图形变化或点的移动而产生的动点在定直线上的问题.这类问题的核心在于确定定点的轨迹，主要方法有：
(1)设点法：设点的轨迹，通过已知点轨迹，消去参数，从而得到轨迹方程；
(2)待定系数法：设出含参数的直线方程、待定系数法求解出系数；
(3)验证法：通过特殊点位置求出直线方程，对一般位置再进行验证.
知识点6 圆锥曲线中的探索性问题的解题策略
1. 圆锥曲线中的探索性问题
此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.
【方法技巧与总结】
1．已知M，N是椭圆C：+=1 (a>b>0)上的两点，点O为坐标原点，且P是M，N的中点，则.
2．若曲线为双曲线，其余条件不变，则.
3．若曲线为抛物线，P为弦MN的中点：(开口向右)，(开口向左)，(开口向上)，(开口向下).
【题型1 直线与圆锥曲线的位置关系】
【例1】（24-25高二上·江西·期末）直线xa+yb=1与椭圆x2a2+y2b2=1（a>b>0）的位置关系为（ ）
A．相离B．相切C．相交D．无法确定
【答案】C
【解题思路】由直线与椭圆的位置关系求解即可.
【解答过程】因为直线xa+yb=1过点a,0,0,b，
而a,0,0,b为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右端点和上端点，
故直线xa+yb=1与椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)相交.
故选：C.
【变式1-1】（2025·北京门头沟·一模）“k=±12”是“直线y=kx−3与双曲线x24−y2=1只有一个公共点”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解题思路】法一：根据题意，联立直线与双曲线方程，由直线与双曲线只有一个公共点代入计算, 即可得到k的取值，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
法二：利用直线过定点的特征，结合双曲线渐近线可作出判断.
【解答过程】法一：由题意，联立方程y=kx−3x24−y2=1可得1−4k2x2−24k2x−36k2−4=0，
当1−4k2=0时，即k=±12时，方程有一解，即只有一个公共点；
当1−4k2≠0时，Δ=80k2+16>0，方程有两解，即有两个公共点，不符合题意.
所以，直线y=kx−3与双曲线x24−y2=1只有一个公共点时，k=±12.
所以“k=±12”是“直线y=kx−3与双曲线x24−y2=1只有一个公共点”的充要条件.
法二：因为直线y=kx−3过定点D3,0，双曲线的右顶点为A2,0，如图，
根据图象可知，当且仅当直线与双曲线的渐近线y=±12x平行时，直线与双曲线只有 交点.
所以“k=±12”是“直线y=kx−3与双曲线x24−y2=1只有一个公共点”的充要条件.
故选：C.
【变式1-2】（2025·天津·二模）“k=12”是“直线y=kx+1与抛物线y2=2x只有一个公共点”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解题思路】联立直线与抛物线的方程，可得k2x2+(2k−2)x+1=0，分k=0和k≠0，讨论方程只有一个解可得k=0或k=12，再由充分条件和必要条件的定义即可得出答案.
【解答过程】若直线y=kx+1与抛物线y2=2x只有一个公共点，
则方程(kx+1)2=2x只有一个解，
即方程k2x2+(2k−2)x+1=0只有一个解，
当k=0时，−2x+1=0恒有一个解；
当k≠0时，(2k−2)2−4k2=0，得k=12，此时方程只有一个解．
即直线y=kx+1与抛物线y2=2x只有一个公共点，可得k=0或k=12，
故“k=12”是“直线y=kx+1与抛物线y2=2x只有一个公共点”的充分不必要条件，
故选：A．
【变式1-3】（24-25高二上·浙江温州·期末）已知直线l:y=k(x+3)+1与曲线C:y=124−x2有两个公共点，则k的取值范围是（ ）
A．(−65,0)B．[−15,0)C．(−65,13)D．(−65,−15]
【答案】B
【解题思路】当直线l与椭圆上半部分有两个交点时，直线l的斜率k介于直线l与椭圆上半部分相切时的斜率和直线l过椭圆上半部分右顶点时的斜率之间.
【解答过程】直线l:y=k(x+3)+1过定点(−3,1)，曲线C是椭圆x24+y2=1的上半部分，
当直线l与椭圆上半部分有两个交点时，直线l的斜率k介于直线l与椭圆上半部分相切时的斜率
和直线l过椭圆上半部分右顶点时的斜率之间，直线l与椭圆上半部分相切时的斜率为k=0，
直线l过椭圆上半部分右顶点时的斜率为k=1−0−3−2=−15，
所以k的取值范围为[−15,0).
故选：B.
【题型2 圆锥曲线的弦长问题】
【例2】（24-25高二上·重庆·期末）已知椭圆C:y29+x2=1的一个焦点是F，过原点的直线与C相交于点A，B，△ABF的面积是2105，则|AB|=（ ）
A．355B．655C．1855D．21855
【答案】D
【解题思路】设直线AB方程y=kx,Ax1,y1,Bx2,y2，联立直线与椭圆，根据△ABF的面积求出k=±6，利用弦长公式求出弦长.
【解答过程】如图：
由题，不妨设F0,22，直线AB斜率存在，
设直线AB方程y=kx,Ax1,y1,Bx2,y2，
联立y29+x2=1y=kx⇒k2+9x2−9=0,Δ=36k2+9>0，
x1+x2=0,x1⋅x2=−9k2+9，
S△ABF=12|OF|⋅|x1−x2|=12×22×x1+x22−4x1x2=12×22×36k2+9=2105，
解得k=±6，
故|AB|=1+k2|x1−x2|=37×645=21855，
故选：D.
【变式2-1】（2024·北京·模拟预测）已知双曲线C:y2−x23=1的两个焦点分别为F1,F2，过F1的直线与双曲线C的同一支交于A，B两点，且BF1=2AF1，则线段AB的长度为（ ）
A．94B．9C．274D．6
【答案】C
【解题思路】根据对称性不妨设过F1的直线为y=kx−2k>0,k≠33，与双曲线的方程联立，运用韦达定理和向量共线的坐标表示，结合弦长公式，计算可得．
【解答过程】双曲线C:y2−x23=1中a=1，b=3，c=a2+b2=2，则F10,−2，
根据对称性不妨设过F1的直线为y=kx−2k>0,k≠33，
联立y=kx−23y2−x2=3，可得3k2−1x2−12kx+9=0，
则Δ=144k2−363k2−1=36k2+1>0
设Ax1,y1，Bx2,y2，则x1+x2=12k3k2−1，x1x2=93k2−1，①
由BF1=2AF1，可得BF1=2F1A，
即有−x2=2x1，②
由①②可得x1=−12k3k2−1，x2=24k3k2−1，所以−12k3k2−1×24k3k2−1=93k2−1，
解得k=3535（负值已舍去），x1=3358，
所以|AB|=1+k2⋅x1−x2=635×3x1=635×9358=274．
故选：C．
【变式2-2】（2025·辽宁·模拟预测）已知抛物线y2=4x焦点为F，过F的直线l与抛物线交于A,B两点（点A在第一象限），其准线与x轴交于点K，若线段BF的垂直平分线恰好过K，则AB=（ ）
A．833B．433C．3D．2
【答案】A
【解题思路】设直线l的方程为y=kx−1，将其代入抛物线方程，设Ax1,y1,Bx2,y2，由韦达定理得x1+x2=2k2+4k2,x1x2=1，写出线段BF的垂直平分线方程，代入K−1,0，化简得x2=k2−3k2+1，结合x1+x2=2k2+4k2,x1x2=1可求得k2=3+23，从而可得x1+x2，利用AB=x1+x2+p求出结果.
【解答过程】抛物线y2=4x焦点为F1,0，准线x=−1，点K−1,0，
由题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx−1，k≠0，
将其代入抛物线方程，得：k2x−12=4x⇒k2x2−2k2+4x+k2=0，
则Δ=2k2+42−4k2×k2=16k2+16>0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，由韦达定理得：x1+x2=2k2+4k2,x1x2=1，
线段BF的中点坐标为x2+12,y22，垂直平分线的斜率为−1k．
线段BF的垂直平分线方程为：y−y22=−1kx−x2+12，即y−k(x2−1)2=−1kx−x2+12，
代入K−1,0，化简得：−k2x2−1=x2+3⇒x2=k2−3k2+1，
结合x1+x2=2k2+4k2,x1x2=1，得：k2+1k2−3+k2−3k2+1=2k2+4k2，
则k4−6k2−3=0⇒k2=3+23，
则x1+x2=23+23+43+23=833−2，
AB=x1+x2+p=833−2+2=833.
故选：A．
【变式2-3】（25-26高三上·安徽阜阳·开学考试）已知椭圆C：x24+y23=1的左焦点为F1，不经过F1且斜率为3的直线交C于A，B两点.当△F1AB的周长最大时，AB=（ ）
A．85B．835C．165D．1635
【答案】C
【解题思路】根据椭圆的定义证明当直线AB过点F2时，△F1AB的周长最大，联立方程组求直线与椭圆的交点横坐标，根据弦长公式求结论.
【解答过程】椭圆x24+y23=1的左焦点F1的坐标为−1,0，则椭圆的右焦点F2的坐标为1,0，
由椭圆的定义可得AF1+AF2=4，BF1+BF2=4，
所以△F1AB的周长为AF1+BF1+AB=4−AF2+4−BF2+AB=8+AB−AF2−BF2，
又AF2+BF2≥AB，所以AF1+BF1+AB≤8，当且仅当F2在线段AB上时取等号，
所以当直线AB过点F2时，△F1AB的周长最大，
又直线AB的斜率为3，所以直线AB的方程为y=3x−1，
联立x24+y23=1y=3x−1，消y可得5x2−8x=0，所以x1=0或x2=85，
所以AB=1+k2x2−x1=1+3285−0=165，
所以当△F1AB的周长最大时，AB=165，
故选：C.
【题型3 圆锥曲线的中点弦问题】
【例3】（2025·辽宁本溪·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F1,0，A为C上一点，AF的最小值为1.
(1)求C的方程；
(2)设点M4,0，斜率不为0的直线AM与C交于另一点B.
（i）若弦AB中点的纵坐标为−3631，求直线AB的斜率；
（ii）若D为C上一点，且点D与点A关于x轴对称，证明：B,D,F三点共线.
【答案】(1)x24+y23=1
(2)（i）13；（ii）证明见解析
【解题思路】（1）根据题意列出关于a,b,c的方程，求解即可；
（2）设直线lAB:x=my+4,m≠0,与椭圆方程联立，求得韦达定理.（i）由弦的中点坐标求得m的值，即得弦的斜率；（ii）通过向量坐标计算证明FB//FD，结合FB与FD有公共点F即可证得.
【解答过程】（1）由题意得c=1a−c=1a2−b2=c2
解得a=2,b=3,c=1，
所以C的方程为x24+y23=1.
（2）由题可知直线AB的斜率存在且不为0，
设直线lAB:x=my+4,m≠0, A(x1,y1),B(x2,y2)，则Dx1,−y1，
联立x=my+43x2+4y2=12，消去x，可得3m2+4y2+24my+36=0，
则Δ=(24m)2−4×363m2+4>0，解得m2>4，
所以y1+y2=−24m3m2+4,y1y2=363m2+4.
（i）因为弦AB中点的纵坐标为−3631，
所以y1+y22=−12m3m2+4=−3631，
解得m=3或49（舍），
所以直线AB的斜率为13.
（ii）由题得FB=x2−1,y2,FD=x1−1,−y1，
因为x2−1−y1−y2x1−1=my2+4−1⋅−y1−y2my1+4−1
=−2my1y2−3y1+y2=−72m3m2+4−−72m3m2+4=0，
所以FB//FD，
又FB与FD有公共点F，所以B,D,F三点共线.
【变式3-1】（2025·广东广州·三模）已知双曲线C:x2−y23=1．
(1)若直线l与双曲线C相交于A，B两点，线段AB的中点坐标为3,3，求直线l的方程；
(2)若P为双曲线C右支上异于右顶点的一个动点，F为双曲线C的右焦点，x轴上是否存在定点Mt,0t0的焦点F是E的一个顶点.
(1)求抛物线C的标准方程：
(2)若直线l与C交于M,N两点，且点Q2,2为线段MN的中点.
（i）求直线l的方程；
（ii）若O为坐标原点，求△OMN的面积.
【答案】(1)y2=8x
(2)（i）2x−y−2=0；（ii）23.
【解题思路】（1）求出椭圆的顶点即可得出抛物线的焦点，求出p得抛物线方程；
（2）（i）利用点差法求出直线斜率即可得直线方程；（ii）求出弦长及点到直线距离公式利用面积公式得解.
【解答过程】（1）由题知2c=23b=1a2=b2+c2，可求得a=2，
所以F2,0，故p2=2，即p=4，
所以抛物线的方程为y2=8x；
（2）如图，
（i）由题意，设Mx1,y1,Nx2,y2，
代入抛物线方程y2=8x，可得y12=8x1y22=8x2，
两式相减可得y12−y22=8x1−x2，即y1−y2y1+y2=8x1−x2，
由y1+y2=4可得4kMN=8，故kMN=2，
又由点Q2,2为线段MN的中点且点Q在抛物线y2=8x内，
所以直线l的方程为y−2=2x−2，即2x−y−2=0.
（ii）联立2x−y−2=0y2=8x，得x2−4x+1=0，其中Δ>0，
故x1+x2=4,x1x2=1，
所以MN=1+k2⋅x1+x22−4x1x2=1+4×16−4=215，
又因为O到直线l的距离d=−24+1=255，
所以△OMN的面积S△OMN=12×215×255=23.
【变式3-3】（2025·天津宁河·模拟预测）已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0过点−2,1，长轴长为25，过点C−1,0且斜率为k的直线l与椭圆相交于不同的两点A、B．
(1)求椭圆的方程；
(2)若线段AB中点的横坐标是−12，求直线l的斜率；
(3)在x轴上是否存在点M，使MA⋅MB+53k2+1是与k无关的常数？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)x25+y253=1
(2)±33
(3)存在，且点M16,0
【解题思路】（1）由已知条件可得出关于a、b的方程组，解出a2、b2的值，即可得出椭圆的方程；
（2）设点Ax1,y1、Bx2,y2，则x1+x2=−1，利用点差法可得出−ky1+y2=−13，结合点−12,y1+y22在直线y=kx+1上，可得出y1+y2=k，代入−ky1+y2=−13可得出k的值；
（3）假设在x轴上存在点Mm,0满足题设条件，设点Ax1,y1、Bx2,y2，将直线l的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，利用平面向量数量积的坐标运算结合MA·MB+53k2+1为定值t，可得出3m2+6m−1−3t=0m2−t=0，求出m的值，即可得出结果.
【解答过程】（1）由题意可得2a=252a2+1b2=1，可得a2=5b2=53，因此椭圆方程为x25+y253=1，即x2+3y2=5.
（2）设点Ax1,y1、Bx2,y2，则x1+x2=−1，
因为x12+3y12=5x22+3y22=5，这两个等式作差可得x12−x22+3y12−y22=0，
即y12−y22x12−x22=y1−y2x1−x2⋅y1+y2x1+x2=−ky1+y2=−13，
由题意可知，直线AB的方程为y=kx+1，
线段AB的中点−12,y1+y22在直线y=kx+1上，所以，y1+y22=12k，可得y1+y2=k，
所以−ky1+y2=−k2=−13，故k=±33，故直线l的斜率为±33.
（3）在x轴上存在点M16,0，使MA·MB+53k2+1是与k无关的常数.
证明：假设在x轴上存在点Mm,0，使MA⋅MB+53k2+1是与k无关的常数，
因为直线l过点C−1,0且斜率为k，所以，直线l的方程为y=kx+1，
由x2+3y2=5y=kx+1 得3k2+1x2+6k2x+3k2−5=0.
设Ax1,y1、Bx2.y2，则x1+x2=−6k23k2+1，x1x2=3k2−53k2+1，
因为MA=x1−m,y1，MB=x2−m,y2，
所以MA⋅MB+53k2+1=x1−mx2−m+y1y2+53k2+1
=x1−mx2−m+k2x1+1x2+1+53k2+1
=1+k2x1x2+k2−mx1+x2+m2+k2+53k2+1
=1+k23k2−53k2+1+k2−m−6k23k2+1+m2+k2+53k2+1
=−k2+6mk2+3m2k2+m23k2+1
设常数为t，则−k2+6mk2+3m2k2+m23k2+1=t，
整理得3m2+6m−1−3tk2+m2−t=0对任意的k恒成立，
3m2+6m−1−3t=0m2−t=0，解得m=16，
即在x轴上存在点M16,0，使MA⋅MB+53k2+1是与k无关的常数.
【题型4 圆锥曲线中的三角形（四边形）面积问题】
【例4】（2025·河北衡水·模拟预测）如图，已知直线l与抛物线y2=2pxp>0交于A、B两点，且OA⊥OB，OD⊥AB于点D1,1．
(1)求直线l的方程；
(2)求△OAB的面积．
【答案】(1)x+y−2=0
(2)25
【解题思路】（1）由点D的坐标求出直线OD的斜率，根据垂直得到直线AB的斜率，利用点斜式方程可得出直线l的方程；
（2）联立直线与抛物线的方程，根据OA⋅OB=0，结合韦达定理求出p的值，由弦长公式求出AB，即可得到△AOB的面积.
【解答过程】（1）由题意可得直线OD的斜率为kOD=1−01−0=1，
因为OD⊥AB，所以直线AB的斜率为kAB=−1kOD=−1，
又因为直线l过点D1,1，所以直线l的方程为y−1=−x−1，即x+y−2=0.
（2）由y2=2pxx+y−2=0得y2+2py−4p=0，Δ=4p2+16p>0，
设点Ay122p,y1，By222p,y2，则y1y2=−4p，
因为OA⊥OB，则OA⋅OB=y122p⋅y222p+y1y2=−4p24p2−4p=4−4p=0，解得p=1，
所以y1+y2=−2p=−2，y1y2=−4p=−4，
由弦长公式可得AB=1+−12⋅y1−y2=2⋅y1+y22−4y1y2=2×−22−4×−4=210.
因为OD=12+12=2，故S△OAB=12AB⋅OD=12×210×2=25.
所以△OAB的面积为25.
【变式4-1】（2025·浙江金华·三模）双曲线C′:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为3，过左焦点F的直线l与双曲线的左支、右支分别交于点A,B，当直线l与y轴垂直时，AB=23.
(1)求双曲线C′的方程；
(2)点C12,0满足CB∥OA，其中O是坐标原点，求四边形OABC的面积.
【答案】(1)x23−y26=1
(2)7235
【解题思路】（1）根据实轴以及离心率求解a,c的值，即可得解，
（2）联立直线与曲线方程可得韦达定理，结合相似比可得t2=3，即可利用弦长公式以及点到直线的距离公式，求解AB,d，由三角形面积公式求解S△AOB=12ABd=12×1635×32=1235，即可利用相似比求解四边形OABC的面积.
【解答过程】（1）由直线l与y轴垂直时，AB=23，故2a=23，故a=3，
又离心率为3，则c=3a=3，所以b2=c2−a2=6，
双曲线C′的方程为：x23−y26=1.
（2）设直线l的方程是x=ty−3，Ax1,y1，Bx2,y2.
由x=ty−32x2−y2=6得2t2−1y2−12ty+12=0，
y1+y2=12t2t2−1，y1y2=122t2−1.
因为CB∥OA，所以∣FB∣∣FA∣=∣FC∣∣FO∣=153=5，从而y2=5y1.
所以6y1=12t2t2−1，5y12=122t2−1，消去y1得15=t232t2−1，解得t2=3，
它满足2t2−1≠0，Δ>0.
|AB|=1+t2∣y1−y2∣=2y1+y22−4y1y2
=2144t22t2−12−482t2−1=83t2+12t2−12=1635,
故O到直线AB的距离为d=−31+t2=32，
所以S△AOB=12ABd=12×1635×32=1235，
由于∣FB∣∣FA∣=∣FC∣∣FO∣=5，所以S△AOF=14S△AOB=335,SOABC=24S△AOF=7235.
【变式4-2】（24-25高二下·贵州安顺·期末）已知平面内一动点Px,y到点F1,0的距离与它到直线x=4的距离之比为12，过点F的直线l与动点P的轨迹C相交于A,B两点．
(1)求动点P的轨迹C的方程．
(2)是否存在直线l，使得△AOB的面积为3？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)x24+y23=1
(2)不存在，理由见解析
【解题思路】（1）根据题意可列出方程，化简，即可得答案；
（2）设直线方程并联立迹C的方程，可得根与系数的关系式，进而表示出△AOB的面积的表达式，利用导数可求得其最值，比较大小，即可得结论.
【解答过程】（1）因为点Px,y到点F1,0的距离为(x−1)2+y2，
点Px,y到直线x=4的距离为x−4，
所以(x−1)2+y2x−4=12，
化简得4(x−1)2+4y2=x2−8x+16，即3x2+4y2=12，
所以动点P的轨迹C的方程为x24+y23=1．
（2）由题意可知直线l的斜率不为0，
故设直线l的方程为x=my+1,Ax1,y1,Bx2,y2．
联立x=my+1x24+y23=1，得3m2+4y2+6my−9=0．直线l过点F，必有Δ>0，
由韦达定理可得，y1+y2=−6m3m2+4,y1y2=−93m2+4，
所以△AOB的面积S△AOB=12OF×y1−y2=12OFy1+y22−4y1y2，
=12×1×−6m3m2+42−4−93m2+4=6m2+13m2+4．
令t=m2+1，则m2=t2−1t≥1，所以S△AOB=6t3t2+1t≥1．
令gt=6t3t2+1t≥1，则g′(t)=61−3t23t2+120)的离心率为12，左顶点为A，上顶点为B,△OAB的面积为3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点P(0,−3)的动直线l与椭圆C交于不同的两点M,N（M在P,N之间），求S△OMNS△OPM的取值范围．
【答案】(1)x24+y23=1
(2)0,1+3
【解题思路】（1）由离心率的定义，三角形的面积，椭圆中a2=b2+c2，解方程可得；
（2）分直线l的斜率存在与否，当斜率存在时，设出直线方程，直曲联立表示出韦达定理，再利用图形化简面积表达式，然后利用非对称韦达定理表示出面积表达式，再设t=x2x1，构造函数ft，利用单调性求取值范围可得.
【解答过程】（1）由题意可得e=ca=12,S△OAB=12ab=3，
又a2=b2+c2，解得a2=4,b2=3,c2=1，
所以椭圆C的方程为x24+y23=1.
（2）若直线l的斜率不存在，则M,N,O,P四点共线，不存在面积比，不符合题意；
若直线l的斜率存在，
如图，设直线l的方程为y=kx−3,Mx1,y1,Nx2,y2，
联立x24+y23=1y=kx−3，消去y得，4k2+3x2−24kx+24=0，
所以Δ=24k2−964k2+3>0，即2k2−3>0⇒k2>32，
所以x1+x2=24k4k2+3,x1x2=244k2+3，
因为S△OMNS△OPM=S△OPN−S△OPMS△OPM=S△OPNS△OPM−1，S△OPNS△OPM=12OPx212OPx1=x2x1，
又x1x2=244k2+3>0，所以S△OPNS△OPM=x2x1，
因为x1+x22x1x2=x12+x22+2x1x2x1x2=x1x2+x2x1+2，x1+x22x1x2=24k4k2+32244k2+3=24k24k2+3=244+3k2，
所以x1x2+x2x1+2=244+3k2，
因为k2>32，所以0−1+3或k0可求出m2的取值范围.
【解答过程】（1）由题意，设点Px0,y0、Mx,y，则D0,y0，
因为点M为线段PD的中点，则x=x02y=y0，即x0=2xy0=y，
因为点P在圆O:x2+y2=4上，所以x02+y02=4，即2x2+y2=4，
因此，点M的轨迹E的方程为x2+y24=1.
（2）由已知可得Q0,m，设点Ax1,kx1+m、Bx2,kx2+m，
联立y=kx+m4x2+y2=4得k2+4x2+2kmx+m2−4=0，
由已知可得Δ=4k2m2−4k2+4m2−4>0，得k2+4−m2>0，
由韦达定理可得x1+x2=−2kmk2+4，x1x2=m2−4k2+4，
因为AQ=3QB，即−x1,−kx1=3x2,kx2，则−x1=3x2，即x1=−3x2，
所以3x1+x22+4x1x2=0，所以12k2m2k2+42+4m2−4k2+4=0，即k2m2+m2−k2−4=0，
当m2=1时，k2m2+m2−k2−4=0不成立，
所以k2=4−m2m2−1，代入k2+4−m2>0得4−m2m2−1−m2+4=m24−m2m2−1>0，
解得10，
所以|PQ|=1+kx1−x2=1+k2⋅x1+x22−4x1x2
=1+k22km3−k22−4−m2−33−k2=1+k212m2−k2+33−k22
=6k4+10k2+9k4−6k2+9=61+16k2k4−6k2+9，
当k=0时，此时|PQ|=6，当k≠0时，此时|PQ|=6⋅1+16k2+9k2−6，
∵3−k2≠0，∴k2+9k2>2k2⋅9k2=6，故16k2+9k2−6>0，
因此|PQ|=6⋅1+16k2+9k2−6>6，综上可得|PQ|∈6,+∞．
【变式5-3】（2025·湖北十堰·三模）已知点A、B在抛物线C:x2=2pyp>0上，O为原点，且△OAB是以AB为斜边的等腰直角三角形，斜边长为4．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若点P在圆Q:x2+y+42=4上，过点P分别作的直线l1、l2与抛物线C相切于M、N两点，求tan∠MPN的取值范围．
【答案】(1)x2=2y
(2)4311,237729
【解题思路】（1）由题意知，A、B两点关于y轴对称，设点B在y轴右侧，求出点B的坐标，将点B的坐标代入抛物线方程，求出p的值，即可得出抛物线C的方程；
（2）不妨设点N、M分别在第一、二象限，直线MN的方程为y=mx+n，设点Mx1,x222x10，将直线MN的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用导数的几何意义求出直线PM、PN的方程，求出点P的坐标，将点P的坐标代入圆Q的方程，可得出2≤n≤6，然后利用两角和的正切公式结合换元法、二次函数的基本性质可求得tan∠MPN的取值范围.
【解答过程】（1）由题意知，A、B两点关于y轴对称，
设点B在y轴右侧，则xB=yB=2，即点2,2，
将点B的坐标代入抛物线方程可得4p=4，解得p=1，
故抛物线C的方程为x2=2y.
（2）不妨设点N、M分别在第一、二象限，直线MN的方程为y=mx+n，
设点Mx1,x222x10，
联立y=mx+nx2=2y得x2−2mx−2n=0，Δ=4m2+8n>0，
由韦达定理可得x1+x2=2m，x1x2=−2n，
由y=x22得y′=x，则直线PM的斜率为k1=x1，
所以，直线PM的方程为y−x122=x1x−x1，即y=x1x−x122，
同理可知，直线PN的斜率为k2=x2，直线PN的方程为y=x2x−x222，
联立直线PM、PN的方程得x1x−x122=x2x−x222，
解得xP=x1+x22，则yP=x2⋅x1+x22−x222=x1x22=−n，故点Pm,−n，
因为点P在圆Q上，所以m2+−n+42=4，且2≤n≤6，Δ=4m2+8n>0显然成立，
过点P作x轴的垂线，垂足为点H，

tan∠MPH=−1k1=−1x1，tan∠NPH=1k2=1x2，
tan∠MPN=tan∠MPH+∠NPH=tan∠MPH+tan∠NPH1−tan∠MPHtan∠NPH
=−1x1+1x21+1x1x2=x1−x2x1x2+1=−x1+x22−4x1x2x1x2+1=−4m2+8n1−2n=2−n2+10n−122n−1，
令t=2n−1，因为2≤n≤6，则3≤t≤11，111≤1t≤13，
所以tan∠MPN=2−t+122+10⋅t+12−12t=−29⋅1t2+18⋅1t−1，
令s=1t∈111,13，则函数y=−29s2+18s−1在区间111,929上单调递增，在929,13上单调递减，
故当1t=111时，tan∠MPN取最小值，且最小值为4311，
当1t=929时，tan∠MPN取最大值，且最大值为237729.
因此，tan∠MPN的取范围是4311,237729.
【题型6 圆锥曲线中的定点、定值问题】
【例6】（2025·宁夏中卫·三模）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为2，其右焦点F到一条渐近线的距离为3.
(1)求双曲线C的方程；
(2)若直线l：y=kx+mk>0,m>0与双曲线C交于不同的两点A，B，且以线段AB为直径的圆经过点P1,0，证明：直线l过定点.
【答案】(1)x2−y23=1
(2)证明见解析
【解题思路】(1)利用已知条件及c2=a2+b2，可求得双曲线方程；
(2)以线段AB为直径的圆经过点P1,0转化为PA⋅PB=0，再联立直线l与双曲线的方程，利用韦达定理得到m=2k，可得到直线过的定点.
【解答过程】（1）因为双曲线C的右焦点为Fc,0，渐近线方程为bx±ay=0，
所以右焦点为Fc,0到渐近线的距离为bca2+b2=3，
因为双曲线的离心率为2，所以ca=2，
所以ca=2bca2+b2=3c2=a2+b2，解得a=1b=3c=2，
所以双曲线C的方程为x2−y23=1．
（2）如图，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
联立y=kx+mx2−y23=1，得3−k2x2−2kmx−m2−3=0，
则3−k2≠0Δ=12m2−k2+3>0，x1+x2=2km3−k2，x1⋅x2=−m2−33−k2，
所以y1⋅y2=kx1+mkx2+m=k2x1x2+kmx1+x2+m2=3m2−3k23−k2，
y1+y2=kx1+m+kx2+m=kx1+x2+2m=6m3−k2，
因为以线段AB为直径的圆经过点P1,0，所以PA⊥PB，
所以PA⋅PB=x1−1x2−1+y1y2=0，即x1x2−x1+x2+1+y1y2=0，
所以−m2−33−k2−2km3−k2+1+3m2−3k23−k2=0，
化简得m2−km−2k2=0，即m−2km+k=0，
因为k>0，m>0，所以m=2k，
所以直线l的方程为y=kx+m=kx+2k=kx+2，
所以直线l过定点−2,0.
【变式6-1】（2025·福建三明·模拟预测）已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的左顶点为A，上顶点为B，离心率为12，△AOB的面积为3．
(1)求椭圆的方程；
(2)直线y=kx（k存在且不等于0）与椭圆交于P，Q两点，直线PA与y轴交于点M，直线QA与直线y=b交于点N，判断kPB−kMN是否为定值并证明．
【答案】(1)x24+y23=1
(2)kPB−kMN=0，证明见解析
【解题思路】（1）根据椭圆几何性质以及面积列方程组计算可得椭圆方程；
（2）设Px1,y1，由P，Q关于原点对称得Q−x1,−y1，联立3x2+4y2−12=0y=kx得x12=123+4k2，然后求出M0,2y1x1+2，N3x1−23−2y1y1,3，利用两点斜率公式并化简得kPB−kMN=0为定值，即可得解.
【解答过程】（1）由题意ca=12a2−b2=c212ab=3，解得a=2b=3c=1，
故椭圆的方程为x24+y23=1；
（2）设Px1,y1，由对称性可知，P，Q两点关于原点对称，即Q−x1,−y1，
由（1）可知，A−2,0,B0,3，
联立3x2+4y2−12=0y=kx，得(3+4k2)x2−12=0，所以x12=123+4k2，
直线AP的斜率存在，其方程为：y=y1x1+2x+2，
令x=0得yM=2y1x1+2，即M0,2y1x1+2，
直线AQ的斜率存在，其方程为：y=−y1−x1+2x+2，
令y=3得xN=3x1−23−2y1y1，即N3x1−23−2y1y1,3，
所以kPB−kMN=y1−3x1−2y1x1+2−30−3x1−23−2y1y1 =kx1−3x1+2k2x12−3kx12−23kx13x12−43−2kx12−4kx1
=kx1−33x12−43−2kx12−4kx1+2k2x13−3kx13−23kx123x13−43x1−2kx13−4kx12 =12−4k2+3x123x13−43x1−2kx13−4kx12=0，
所以kPB−kMN=0为定值.

【变式6-2】（2025·河北唐山·模拟预测）已知直线x−2y+4=0与抛物线C：x2=4y交于A,B两点，且A,B分别在第一、二象限，Q为线段AB的中点．设C在点A,B处的切线交于点P，D为曲线段AB（不含端点）上一点，C在点D处的切线与直线PA,PB分别交于点M,N．
(1)证明：
①直线PQ⊥x轴；
②四边形MPNQ的面积为定值；
(2)设△PMN的外接圆为圆E，问：圆E是否过定点（点P除外）？若过定点，求出定点坐标；不过定点，请说明理由．
【答案】(1)①证明见解析；②证明见解析
(2)过定点，(0,1)
【解题思路】（1）①联立方程可求出A,B的坐标，再求出P,Q的坐标，即可证明结论；②利用切线方程可求表示出M,N的坐标，从而可求出四边形MPNQ的面积，即可证明结论；
（2）表示出直线PM,PN的方程，可求出点E所在的直线方程，结合三角形外接圆性质，即可得出结论.
【解答过程】（1）证明：①依题意，联立直线方程x−2y+4=0和x2=4y得x2−2x−8=0，
解得x=−2或4，所以A4,4,B−2,1，则Q1,52.
由x2=4y得y′=x2，所以直线PA的斜率为42=2，
则PA的方程为2x−y−4=0，同理可得PB的方程为x+y+1=0，
联立2x−y−4=0x+y+1=0，从而可得P1,−2，而Q1,52，因此PQ⊥x轴.
②设Dx0,x024，可得直线MN的方程为y−x024=x02x−x0，−2b>0的左、右焦点分别为F1，F2，上、下顶点分别为B1，B2，四边形B1F1B2F2为正方形，点E2a,0，且△B1EB2的面积为42.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过F2b2,0的直线l与C交于M，N两点，求证：MENE=MFNF；
(3)已知直线l:y=kx+2交椭圆C于P，Q两点，直线PB1，QB2相交于点A.试判断点A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)x24+y22=1
(2)证明见解析
(3)在，y=1
【解题思路】（1）根据题意，列出关于a,b,c的方程组，求得a=2,b=2,c=2，即可得到椭圆C的标准方程；
（2）若直线l与x轴重合，得到M，N为椭圆C长轴的端点，证得MENE=MFNF成立；若直线l不与x轴重合，设直线l的方程为x=ty+1，联立方程组，设点Mx1,y1，Nx2,y2，得到两根之和，两根之积，化简得到kME+kNE=0，得出x轴平分∠MEN，由正弦定理即可得证；
（3）联立方程组，由Δ>0，得到k2>12，且x3+x4=−8k1+2k2，x3x4=41+2k2，得到直线PB1和QB2的方程，设直线PB1和QB2的交点Ax,y，列出方程，求得y=1，即可得到答案.
【解答过程】（1）解：由四边形B1F1B2F2为正方形，点E2a,0，且△B1EB2的面积为42，
可得2c=2b12×2a×2b=42a2=b2+c2，解得a=2,b=2,c=2，
所以椭圆C的标准方程为x24+y22=1.
（2）解：证明：由（1）可得E4,0，F1,0，
若直线l与x轴重合，则M，N为椭圆C长轴的端点，
不妨设点M2,0，则N−2,0，所以MENE=26=13，MFNF=13，
所以MENE=MFNF成立；
②若直线l不与x轴重合，设直线l的方程为x=ty+1，
联立方程组x=ty+1x24+y22=1，整理得t2+2y2+2ty−3=0，
设点Mx1,y1，Nx2,y2，所以Δ=4t2+12t2+2>0，
且y1+y2=−2tt2+2，y1y2=−3t2+2，
则kME+kNE=y1x1−4+y2x2−4=y1ty1−3+y2ty2−3=2ty1y2−3y1+y2ty1−3ty2−3
=−6tt2+2+6tt2+2ty1−3ty2−3=0，
所以x轴平分∠MEN，
在△MEF中，由正弦定理得MEsin∠MFE=MFsin∠MEF，
在△NEF中，由正弦定理得NEsin∠NFE=NFsin∠NEF，
又∠MFE+∠NFE=π，
所以sin∠MFE=sin∠NFE，两式相除得MENE=MFNF.
（3）解：由（1）可得B10,2，B20,−2，
联立方程组y=kx+2x24+y22=1，整理得1+2k2x2+8kx+4=0，
则Δ=(8k)2−16(1+2k2)>0，可得k2>12，
设点Px3,y3，Qx4,y4，则x3+x4=−8k1+2k2，x3x4=41+2k2，
直线PB1的方程为y=y3−2x3x+2，直线QB2的方程为y=y4+2x4x−2，
设直线PB1和QB2的交点为Ax,y，
则y+2y−2=x3y4+2x4y3−2=x3kx4+2+2x4kx3+2−2=kx3x4+2+2x3kx3x4+2−2x4，
把x3=−8k1+2k2−x4，x3x4=41+2k2代入上式得y+2y−2=4k1+2k2+2+2−8k1+2k2−x44k1+2k2+2−2x4=−3+22，整理得y=1，
所以点A在定直线上，定直线的方程为y=1.
【变式7-2】（2025·安徽·模拟预测）已知双曲线Γ:x2a2−y2b2=1a>0,b>0过点P3,6，渐近线方程为y=±3x．
(1)求Γ的方程；
(2)已知点A1,0，过点Q1,2作动直线l与双曲线右支交于不同的两点B、C，点H在线段BC上（不含端点）．
①若H为BC的中点，△AQH的面积为7，求直线l的斜率；
②直线AB、AH、AC分别与y轴交于点D、E、F，若E为DF的中点，证明：点H恒在定直线3x−2y−3=0上．
【答案】(1)x2−y23=1
(2)（i）−2；（ii）证明见解析
【解题思路】（1）根据双曲线过的点以及渐近线方程列出方程组求解双曲线方程；
（2）（i）先设出直线方程，联立双曲线方程，利用中点坐标公式和三角形面积公式求解直线斜率；
（ii）通过设点坐标，利用直线方程求出与y轴交点坐标，再根据中点关系证明点H在定直线上.
【解答过程】（1）由题意，得ba=3，则b=3a①，
将点P3,6代入双曲线方程，得3a2−6b2=1②，
联立①②解得a2=1b2=3，故Γ的方程为x2−y23=1.
（2）若直线l的斜率不存在，则直线l与双曲线右支只有一个交点，不符合题意，故直线l的斜率存在.
设直线l的方程为y−2=kx−1，
与x2−y23=1联立得3−k2x2+2k2−4kx−k2+4k−7=0.
设Bx1,y1、Cx2,y2，由题意，得3−k2≠0Δ=127−4k>0x1+x2=2k2−4kk2−3>0x1x2=k2−4k+7k2−3>0，解得k0，
且x1+x2=4+2p,x1x2=4，
所以AB=2x1+x22−4x1x2 =22p2+4p.
因为AB=430，所以p=6，故C的方程为y2=12x.
（2）存在，定直线为y=3x.
由题意知直线AB的斜率存在，
设直线l的方程为y=kx+2k≠0，A(x1,y1),B(x2,y2).
联立y2=12x,y=kx+2,得k2x2+4k−12x+4=0.
由k≠0,Δ=(4k−12)2−16k2>0，得k0)的焦点，点C(4,0)满足|CF|=3|OF|，其中O为坐标原点，过F的直线交E于A.B两点，点A在第一象限，过点A作直线AB的垂线，交x轴正半轴于点M，直线BC交直线AM于点N．记△ACF,△BCF,△CMN的面积分别为S1,S2,S3．
(1)求E的准线方程；
(2)证明：1|AF|+1|BF|=1；
(3)求S1−S2S3的最小值及此时点A的坐标．
【答案】(1)x=−1
(2)证明见解析
(3)最小值365，A(2,22)
【解题思路】（1）根据|CF|=3|OF|列出关于p的方程，即可求解；
（2）设直线AB:x=my+1(m≠0),Ax1,y1,Bx2,y2，与抛物线方程联立得出韦达定理，再根据抛物线焦半径公式即可证明；
（3）令y1=2t(t>1)，则y2=−2t,x1=t2,x2=1t2，即At2,2t,B1t2,−2t，求出xM,yN，进而得出S1−S2S3，根据导数即可求解最小值及点A的坐标．
【解答过程】（1）点C(4,0)满足|CF|=3|OF|，则4−p2=3×p2，解得p=2．
故E:y2=4x，准线方程：x=−1．
（2）如下图所示：
设直线AB:x=my+1,(m≠0，否则直线AM//x轴，不合题意)，
联立x=my+1y2=4x消元得y2−4my−4=0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则y1y2=−4,x1x2=y12y2216=1，
由抛物线定义有|AF|=x1+1,|BF|=x2+1，
则1|AF|+1|BF|=1x1+1+1x2+1=x1+x2+2x1x2+x1+x2+1=x1+x2+2x1+x2+2=1，问题得证．
（3）易知直线AB的斜率一定存在，如下图：
不妨令y1=2t(t>1)，则y2=−2t，代入抛物线方程可得x1=t2,x2=1t2，即At2,2t,B1t2,−2t，
由于AB⊥AM，且直线AB的斜率k=y1−y2x1−x2=2tt2−1，
故直线AM:x−t2=−2tt2−1(y−2t)，即x=−2tt2−1y+t4+3t2t2−1，
令y=0，则得点M的横坐标为xM=t4+3t2t2−1，
由B1t2,−2t,C(4,0)可得直线BC:x=4t2−12ty+4，
联立x=−2tt2−1y+t4+3t2t2−1x=4t2−12ty+4，解得点N纵坐标yN=2tt4−t2+44t4−t2+1，
因此，S1−S2S3=12|CF|y1+y2⋅12xM−4yN
=12×3×2t2−2t×12t4+3t2t2−1−4×2tt4−t2+44t4−t2+1
=3×t4−t2+424t4−t2+1=3x12−x1+424x12−x1+1，
记f(x)=x2−x+424x2−x+1,x>1，
则f′(x)=2x2−x+4(2x−1)4x2−x+1−x2−x+42(8x−1)4x2−x+12
=x2−x+42(2x−1)4x2−x+1−x2−x+428x−14x2−x+12
=x2−x+48x3−3x2−27x+24x2−x+12
=(x−2)x2−x+48x2+13x−14x2−x+12.
因为当x>1时，y=x2−x+4>0,y=8x2+13x−1>0，
所以x∈(1,2)时，f′(x)0，
故f(x)在区间(1,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，
因此当x1=2时，S1−S2S3取到最小值365，此时A(2,22)．
一、单选题
1．（2025·北京·三模）“k=12”是“直线y=kx−4与双曲线x24−y2=1只有一个公共点”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解题思路】首先利用直线与双曲线只有一个公共点，联立方程组化简，讨论二次项系数，求得k的值，从而可进行判断.
【解答过程】∵直线与y=kx−4与双曲线x24−y2=1只有一个公共点，
∴联立方程组y=kx−4x24−y2=1，消去y得，1−4k2x2+32k2x−64k2−4=0，
当1−4k2=0，即k=±12时，直线方程为y=kx−4=±12x−4，
∵双曲线x24−y2=1的渐近线方程为y=±12x，
∴此时直线y=±12x−4与渐近线y=±12x平行，直线与双曲线只有一个公共点；
当1−4k2≠0，即k≠±12时，Δ=32k22−41−4k2−64k2−4=192k2+16>0，
此时直线与双曲线恒有两个不同的交点；
∴当且仅当k=±12时，直线与y=kx−4与双曲线x24−y2=1只有一个公共点，
∴由k=12能推出直线y=kx−4与双曲线x24−y2=1只有一个公共点，
反之，当直线y=kx−4与双曲线x24−y2=1只有一个公共点时不能推出k=12，
∴“k=12”是“直线y=kx−4与双曲线x24−y2=1只有一个公共点”的充分不必要条件.
故选：A.
2．（2025·北京通州·一模）已知点F为抛物线y2=4x的焦点，过点F且倾斜角为π3的直线与抛物线交于A、B两点，则AB等于（ ）
A．16B．6C．163D．4
【答案】C
【解题思路】求出焦点坐标，点斜式求出直线的方程，代入抛物线的方程利用根与系数的关系，由弦长公式求得AB．
【解答过程】由题意可得，抛物线的焦点F1,0，
由直线的斜角为π3，可知直线AB的斜率为3，
∴直线AB的方程为y=3x−1，
设Ax1,y1,Bx2,y2，
联立方程y=3x−1y2=4x，可得3x2−10x+3=0，解得x1=3,x2=13，
由抛物线的定义可知，AB=AF+BF=x1+1+x2+1=163.
故选：C.
3．（2025·辽宁·三模）过椭圆C:x25+y24=1的左焦点F作倾斜角为45°的直线l与椭圆C交于A，B两点，则1|AF|+1|BF|=（ ）
A．54B．45C．52D．255
【答案】C
【解题思路】根据椭圆与直线的位置关系，和椭圆的基本性质，求出直线解析式，联立方程组根据韦达定理弦长公式求出结果即可.
【解答过程】解：由x25+y24=1，得a2=5,b2=4,c2=a2−b2=1，左焦点为(−1,0)．
则过左焦点F，倾斜角为45°直线l的方程为y=x+1．
代入x25+y24=1，得9x2+10x−15=0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1⋅x2=−53,x1+x2=−109，
又y1y2=x1+1⋅x2+1=x1x2+x1+x2+1=−169，
根据弦长公式得：|AB|=1+1−1092−4×−53=1695，
且|AF||BF|=x1+12+y12⋅x1+12+y22=y12+y12⋅y22+y22=2y1y2=329，
∴1|AF|+1|BF|=|AB||AF||BF|=52，
故选：C．
4．（2025·内蒙古包头·二模）直线l与双曲线x24−y2=1交于P,Q两点，线段PQ的中点为M4,1，则直线l的方程为（ ）
A．y=x−3B．y=−x−3
C．y=x+5D．y=−x+5
【答案】A
【解题思路】由点差法求出直线l的斜率，再由点斜式方程求解即可.
【解答过程】设Px1,y1，Qx2,y2，
因为线段PQ的中点为M4,1，所以x1+x2=8，y1+y2=2，
所以x124−y12=1x224−y22=1，两式相减可得：x124−x224=y12−y22，
即x1+x2x1−x24=y1+y2y1−y2，
所以y1+y2x1+x2⋅y1−y2x1−x2=14，即y1−y2x1−x2=1，
所以直线l的斜率为1，所以直线l的方程为：y−1=x−4，
化简为：y=x−3，经检验符合题意.
故选：A.
5．（2025·湖南邵阳·一模）经过椭圆x22+y2=1的右焦点F作倾斜角为60°的直线l，直线l与椭圆相交于A，B两点，则|AB|=（ ）
A．827B．2027C．27D．1327
【答案】A
【解题思路】由椭圆方程求得焦点坐标，从而写出直线方程，联立方程组得一元二次方程，由韦达定理得到两个的和与差，利用交点弦长公式即可求得结果.
【解答过程】a2=2，b2=1，∴c=a2−b2=1，即F1,0，
kl=tan60°=3，∴l:y=3x−1，
联立方程组得y=3x−1x22+y2=1，整理得7x2−12x+4=0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，∴x1+x2=127，x1x2=47，
|AB|=1+k2x1−x2=1+k2x1+x22−4x1x2=1+321272−4×47=827.
故选：A.
6．（2025·甘肃白银·三模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，准线为直线x=−3，过点F的直线l与C相交于A，B两点，则△AOB面积的最小值为（ ）
A．24B．18C．16D．12
【答案】B
【解题思路】由题设得C:y2=12x，设点Ax1,y1，Bx2,y2，直线l的方程为x=my+3，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.
【解答过程】由题知，−p2=−3，解得p=6，所以抛物线C:y2=12x，F3,0，
设点Ax1,y1，Bx2,y2，直线l的方程为x=my+3，代入y2=12x，
消去x并整理得y2−12my−36=0，所以y1+y2=12m，y1y2=−36，
所以S△AOB=12×OF×y1−y2=12×3×y1+y22−4y1y2=12×3×144m2+144 =18m2+1≥18，
当且仅当m=0时取等号，即△AOB面积的最小值为18.
故选：B.
7．（2025·海南·模拟预测）已知O为坐标原点，抛物线C:y2=2px(p>0)上一点A1,y0到其焦点和准线的距离之和为4，过C的焦点F的直线交C于P，Q两点．当S△POQ=23时，FP⋅FQ的值为（ ）
A．−12B．−10C．−8D．−6
【答案】A
【解题思路】由题意可得p2+1=2，可求抛物线方程，设直线PQ:y=k(x−1),k≠0,Px1,y1,Qx2,y2．与抛物线方程联立，可得y1+y2=4k,y1y2=−4，由题意可得1216k2+16=23，可求k2=12，进而利用向量的数量积的坐标运算可求FP⋅FQ.
【解答过程】因为抛物线C:y2=2px(p>0)一点A1,y0到其焦点和准线的距离之和为4，
所以p2+1=2，解得p=2，所以抛物线C的标准方程为y2=4x．
由抛物线C的方程可知，焦点F(1,0)，根据题意可知直线PQ的斜率存在且不为0，
设直线PQ:y=k(x−1),k≠0,Px1,y1,Qx2,y2．
由y=k(x−1)y2=4x，消去x整理得k4y2−y−k=0，Δ=1+k2>0，
所以y1+y2=4k,y1y2=−4，又|OF|=1，
所以S△POQ=12|OF|⋅y1−y2=12|OF|⋅y1+y22−4y1y2=1216k2+16=23，
解得k2=12，则x1+x2=y1k+1+y2k+1=y1+y2k+2=4k2+2=10，x1x2=y12y2216=1，
则FP⋅FQ=x1−1x2−1+y1y2=x1x2−x1+x2+1+(−4)=−12．
故选：A．
8．（2025·湖北黄冈·模拟预测）已知椭圆C:x23+y2=1的右焦点为F，过点F作两条相互垂直的直线分别与C相交于A，B和P,Q，则四边形APBQ面积的最小值为（ ）
A．1B．32C．2D．52
【答案】B
【解题思路】先求出椭圆的右焦点坐标，然后分情况讨论直线AB的斜率情况.设出直线AB的方程，与椭圆方程联立，利用弦长公式求出|AB|和|PQ|，进而得到四边形APBQ的面积表达式，再通过函数求最值的方法求出面积的最小值.
【解答过程】在椭圆C:x23+y2=1中，a2=3，b2=1，则c=3−1=2，所以右焦点F(2,0).
当直线AB的斜率存在且不为0时，
设直线AB的方程为y=k(x−2)(k≠0)，A(x1,y1)，B(x2,y2).
联立y=k(x−2)x23+y2=1，消去y可得： x23+k2(x−2)2=1, 即(1+3k2)x2−62k2x+6k2−3=0
由韦达定理可得x1+x2=62k21+3k2，x1x2=6k2−31+3k2.
根据弦长公式|AB|=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1x2，可得：
|AB|=1+k2⋅(62k21+3k2)2−4⋅6k2−31+3k2=1+k2⋅72k4(1+3k2)2−24k2−121+3k2 =1+k2⋅72k4−(24k2−12)(1+3k2)(1+3k2)2=1+k2⋅72k4−(24k2+72k4−12−36k2)(1+3k2)2 =1+k2⋅72k4−72k4+12k2+12(1+3k2)2=1+k2⋅12(k2+1)(1+3k2)2=23(k2+1)1+3k2
因为AB⊥PQ，所以直线PQ的斜率为−1k，同理可得|PQ|=23(1k2+1)1+3⋅1k2=23(k2+1)k2+3.
则四边形APBQ的面积S=12|AB|⋅|PQ|=12⋅23(k2+1)1+3k2⋅23(k2+1)k2+3
S=6(k2+1)2(1+3k2)(k2+3)=6(k4+2k2+1)3k4+10k2+3=6(k4+103k2+1−43k2)3k4+10k2+3
=6[13(3k4+10k2+3)−43k2]3k4+10k2+3=2−8k23k4+10k2+3=2−83k2+3k2+10
根据基本不等式可得3k2+3k2≥23k2⋅3k2=6，当且仅当3k2=3k2，即k=±1时等号成立.
所以S=2−83k2+3k2+10≥2−86+10=32.
当直线AB的斜率为0时，
此时|AB|=2a=23，|PQ|=2b2a=2×13=233，则四边形APBQ的面积S=12|AB|⋅|PQ|=12×23×233=2.
当直线AB的斜率不存在时，
此时|AB|=2b2a=2×13=233，|PQ|=2a=23，则四边形APBQ的面积S=12|AB|⋅|PQ|=12×233×23=2.
综上所得，则四边形APBQ的面积最小值为32.
故选：B.
二、多选题
9．（2025·全国一卷·高考真题）已知抛物线C:y2=6x的焦点为F，过F的一条直线交C于A，B两点，过A作直线l：x=−32的垂线，垂足为D，过F且与直线AB垂直的直线交l于点E，则（ ）
A．|AD|=|AF|B．|AE|=|AB|
C．|AB|≥6D．|AE|⋅|BE|≥18
【答案】ACD
【解题思路】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.
【解答过程】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.
10．（2025·江苏·模拟预测）设抛物线E:x2=2py(p>0)的焦点为F，直线y=kx+1(k>0)与抛物线相交于A(x1,y1)，B(x2,y2)两点，与x轴交于点C，AF=52,BF=4，则下列说法正确的是（ ）
A．y1y2=2B．p=4
C．AB=3217D．△AFB与△AFC的面积之比为3:1
【答案】BCD
【解题思路】先由抛物线焦半径公式结合题意得到则A在第二象限，B在第一象限，且py1>0，
则A在第二象限，B在第一象限，且p0，
对于A，当直线l⊥x轴时，令x=−2，解得y=±53，此时AB最小为103，
当直线l和x轴重合时，令y=0，解得x=±3，此时AB最大为6，
所以AB∈103,6，故A正确；
对于B，因为AF1=2BF1所以F1A=2BF1，则x1+2=2−2−x2，即x1+2x2=−6，
又−3≤x1≤3，F1A=x1+22+y12=x1+22+5−59x12=3+23x12=3+23x1，
同理可得F1B=3+23x2，则有3+23x1=23+23x2⇒x1−2x2=92，
所以x2=−218，则AB=AF1+BF1=3BF1=3×3+23x2=154，故B错误；
对于C，设直线l与y轴交点P0,y0为AF1中点，由中点公式得0=−2+x12⇒x1=2，
所以y1=5−59×22=53，即A2,53，
所以S△AOF1=12yAF1O=12×53×2=53，故C正确；
对于D，椭圆在A2,53处的切线m的方程为2x9+53⋅y5=1⇒2x+3y=9，
则直线n方程为y−53=32x−2，令y=0解得x=89，所以Q89,0，
所以QF1:QF2=89+2:2−89=13:5，故D正确；
故选：ACD．
三、填空题
12．（24-25高二下·上海浦东新·期中）若对任意的实数k，直线kx−y+1=0与椭圆x26+y2n=1恒有公共点，则实数n的取值范围为 .
【答案】1,6∪6,+∞
【解题思路】求出直线kx−y+1=0所过定点的坐标，分析可知，定点在椭圆上或椭圆内，由此可得出关于实数n的不等式组，解之即可.
【解答过程】直线方程可化为y=kx+1，则该直线过定点A0,1，
因为直线kx−y+1=0与椭圆x26+y2n=1恒有公共点，则点A在椭圆上或椭圆内，
所以1n≤1n>0n≠6，解得n≥1且n≠6.
因此，实数n的取值范围是1,6∪6,+∞.
故答案为：1,6∪6,+∞.
13．（2025·浙江嘉兴·一模）过点M6,4的直线与抛物线y2=8x相交于A,B两点，若M恰为AB的中点，则线段AB的长为 .
【答案】16
【解题思路】用点差法求出直线斜率，得直线方程，联立方程组，利用韦达定理，由弦长公式计算可得．
【解答过程】设A(x1,y1),B(x2,y2)，
则y12=8x1y22=8x2，两式相减得(y1+y2)(y1−y2)=8(x1−x2)，
∴kAB=y1−y2x1−x2=8y1+y2，
∵AB的中点是M6,4，∴kAB=82×4=1．
∴直线AB方程为y−4=x−6，即x−y−2=0，
由y2=8xx−y−2=0，得x2−12x+4=0，
则x1+x2=12,x1x2=4，
∴AB=1+12⋅122−4×4=16．
故答案为：16.
14．（2025·广东·一模）F1,F2分别为双曲线x2−y23=1的左、右焦点，A,C两点在双曲线上且关于原点对称（点A在第一象限），直线CF2与双曲线的另一个交点为点B，若AF1−BF2=6，则△ABC的面积为
．
【答案】62
【解题思路】由对称性可知AF1=CF2，由AF1−BF2=6得BC=6，设直线BC的方程为x=my+2m>0，联立x2−y23=1可得y1+y2=−12m3m2−1,y1y2=93m2−1，由弦长公式可得m=1，进而由点到直线的距离可得A到直线BC的距离为d=22，进而可得△ABC的面积.
【解答过程】
如图，由双曲线的对称性可知AF1=CF2，故AF1−BF2=CF2−BF2=BC=6，
设直线BC的方程为x=my+2m>0，Cx1,y1,Bx2,y2，
由x=my+2x2−y23=1得3m2−1y2+12my+9=0，
由题意3m2−1≠0，y1+y2=−12m3m2−1,y1y2=93m2−1，
BC=1+m2y1+y22−4y1y2=1+m2−12m3m2−12−4×93m2−1=6，
整理得m2+123m2−12=1，由m>0得m=1，
故直线BC的方程为x=y+2，即x−y−2=0，则x1−y1=2，
由题意A−x1,−y1，点A到直线BC的距离为d=−x1+y1−22=42=22，
则S△ABC=12BC×d=12×6×22=62，
故答案为：62.
四、解答题
15．（2025·全国二卷·高考真题）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22，长轴长为4．
(1)求C的方程；
(2)过点(0,−2)的直线l交C于A,B两点，O为坐标原点.若△OAB的面积为2，求|AB|．
【答案】(1)x24+y22=1
(2)5
【解题思路】（1）根据长轴长和离心率求出基本量后可得椭圆方程；
（2）设出直线方程并联立椭圆方程后结合韦达定理用参数t表示面积后可求t的值，从而可求弦长.
【解答过程】（1）因为长轴长为4，故a=2，而离心率为22，故c=2，
故b=2，故椭圆方程为：x24+y22=1.
（2）
由题设直线AB的斜率不为0，故设直线l:x=ty+2，Ax1,y1,Bx2,y2，
由x=ty+2x2+2y2=4可得t2+2y2+4t2y+4t2−4=0，
故Δ=16t4−4t2+24t2−4=48−4t2>0即−20的左､右焦点分别为F1,F2，过点P0,25b5作斜率为k的直线l交C于M,N两点.当k=0时，MF2⊥x轴，且MF1=655.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若MN=3PM⋅PN，求直线l的方程.
【答案】(1)x25+y24=1
(2)y=±54x+455
【解题思路】（1）根据MF2⊥x轴，直线的斜率k=0可得M5a5,25b5，可分析出a=5c，然后结合椭圆的定义列方程求解；
（2）设M(x1,y1),N(x2,y2)，联立直线方程和椭圆方程，利用弦长公式和韦达定理求解.
【解答过程】（1）令x2a2+255b2b2=1，解得x=±5a5，由题意，M5a5,25b5，
又MF2⊥x轴，则5a5=c，a=5c，故b=a2−c2=2c，
由MF2=455c，根据椭圆定义，MF1+MF2=2a=25c=655+455c，
解得c=1，则b=2,a=5，
椭圆方程为x25+y24=1.
（2）由（1）知点P的坐标为0,455，
设M(x1,y1),N(x2,y2)，直线l的方程为y=kx+455，
由弦长公式，MN=1+k2x1−x2，PM=1+k2x1,PN=1+k2x2
将l:y=kx+455与椭圆方程联立得4+5k2x2+85kx−4=0，
由韦达定理：x1+x2=−85k5k2+4，x1x2=−45k2+4，
故PM⋅PN=1+k2x1−0⋅1+k2x2−0=1+k2x1x2=41+k25k2+4．
又MN=1+k2x1−x2=1+k2⋅x1+x22−4x1x2=425k2+4×1+k25k2+4，
所以425k2+4×1+k25k2+4=3⋅41+k25k2+4，解得k=±54．
所以直线l的方程为y=±54x+455．
17．（2025·天津·高考真题）已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的左焦点为F，右顶点为A，P为x=a上一点，且直线PF的斜率为13，△PFA的面积为32，离心率为12.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点P的直线与椭圆有唯一交点B（异于点A），求证：PF平分∠AFB.
【答案】(1)x24+y23=1
(2)证明见解析
【解题思路】（1）根据题意，利用椭圆的离心率得到a=2c，再由直线PF的斜率得到m=c，从而利用三角形的面积公式得到关于c的方程，解之即可得解；
（2）联立直线与椭圆方程，利用其位置关系求得k，进而得到直线PB的方程与点B的坐标，法一：利用向量的夹角公式即可得证；法二：利用两直线的夹角公式即可得证；法三利用正切的倍角公式即可得证；法四：利用角平分线的性质与点线距离公式即可得证.
【解答过程】（1）依题意，设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的半焦距为c，
则左焦点F(−c,0)，右顶点A(a,0)，离心率e=ca=12，即a=2c，
因为P为x=a上一点，设P(a,m)，
又直线PF的斜率为13，则m−0a−(−c)=13，即ma+c=13，
所以m2c+c=13，解得m=c，则P(a,c)，即P(2c,c)，
因为△PFA的面积为32，|AF|=a−(−c)=a+c=3c，高为|m|=c，
所以S△PFA=12AF|m|=12×3c×c=32，解得c=1，
则a=2c=2，b2=a2−c2=3，
所以椭圆的方程为x24+y23=1.
.
（2）由（1）可知P(2,1)，F(−1,0)，A(2,0)，
易知直线PB的斜率存在，设其方程为y=kx+m，则1=2k+m，即m=1−2k，
联立y=kx+mx24+y23=1，消去y得，(3+4k2)x2+8kmx+4m2−12=0，
因为直线与椭圆有唯一交点，所以Δ=8k⋅m2−4(3+4k2)⋅(4m2−12)=0，
即4k2−m2+3=0，则4k2−1−2k2+3=0，解得k=−12，则m=2，
所以直线PB的方程为y=−12x+2，
联立y=−12x+2x24+y23=1，解得x=1y=32，则B(1,32)，
以下分别用四种方法证明结论：
法一：则FB=2,32,FP=3,1,FA=3,0，
所以cs∠BFP=FB⋅FPFB⋅FP=2×3+32×122+322⋅32+12=31010，
cs∠PFA=FA⋅FPFA⋅FP=3×3+1×0332+12=31010，
则cs∠BFP=cs∠PFA，又∠BFP,∠PFA∈(0,π2)，
所以∠BFP=∠PFA，即PF平分∠AFB.
法二：所以kFB=32−01−(−1)=34，kPF=1−02−(−1)=13，kAF=0，
由两直线夹角公式，得tan∠BFP=34−131+13×34=13，tan∠PFA=13−01+0=13，
则tan∠BFP=tan∠PFA，又∠BFP,∠PFA∈(0,π2)，
所以∠BFP=∠PFA，即PF平分∠AFB.
法三：则tan∠PFA=kPF=13，tan∠BFP=kFB=34，
故tan2∠PFA=2tan∠PFA1−tan2∠PFA=2×131−132=34=tan∠BFP，
又∠BFP,∠PFA∈(0,π2)，
所以∠BFP=∠PFA，即PF平分∠AFB.
法四：则kFB=32−01−(−1)=34，
所以直线FB的方程为y=34x+1，即3x−4y+3=0，
则点P到直线FB的距离为d=3×2−4×1+332+−42=1，
又点P到直线FA的距离也为1，
所以PF平分∠AFB.
18．（2025·浙江嘉兴·一模）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左､右焦点分别是F1(−23,0),F2(23,0)，并且经过点A(23,4).
(1)求C的方程；
(2)过点F2的直线交双曲线的右支于M,N两点（点M在第一象限），过点M作直线x=233的垂线，垂足为D.
（i）求证：直线DN经过定点；
（ii）记△ODN的面积为S，求S的取值范围.
【答案】(1)x24−y28=1；
(2)（i）证明见解析；（ii）[1633,+∞)
【解题思路】（1）根据给定条件，求出a,b,c即可.
（2）（i）设出直线MN方程，与双曲线C的方程联立，利用韦达定理及直线DN方程计算推理得证；（ii）由（i）求出S的函数关系，再结合函数单调性求出范围.
【解答过程】（1）依题意，双曲线半焦距c=23，则a2+b2=1212a2−16b2=1，解得a=2,b=22，
所以双曲线C的方程为x24−y28=1.
（2）（i）设M(x1,y1),N(x2,y2),MN:x=my+23，则D(233,y1)，
由x=my+232x2−y2=8消去x得(2m2−1)y2+83my+16=0，
则2m2−1≠0Δ=64(m2+1)>0y1+y2=−83m2m2−1y1y2=162m2−10．
因为A0,−1，ARAP=3，所以x02+y0+12×m2+n+12=3，
即1+n+1m2x0m=3，解得x0=3mm2+n+12，所以y0=n+2−m2−n2m2+n+12，
所以点R的坐标为3mm2+n+12,n+2−m2−n2m2+n+12.
法二：设AR=λAP,λ>0，则ARAP=3⇒λm2+n+12=3，所以
λ=3m2+n+12，AR=λAP=λm,n+1=3mm2+n+12,3n+1m2+n+12，故
点R的坐标为3mm2+n+12,n+2−m2−n2m2+n+12.
(ⅱ)因为kOR=n+2−m2−n2m2+n+123mm2+n+12=n+2−m2−n23m,kOP=nm,由kOR=3kOP,可得
3nm=n+2−m2−n23m,化简得m2+n2+8n−2=0,即m2+n+42=18m≠0,
所以点P在以N0,−4为圆心,32为半径的圆上（除去两个点）,
PQmax为Q到圆心N的距离加上半径,
法一：设Q3csθ,sinθ,所以
QN2=3csθ2+sinθ+42=9cs2θ+sin2θ+8sinθ+16
=8cs2θ+1+8sinθ+16
=81−sin2θ+8sinθ+17
=−8sin2θ+8sinθ+25
=−8sinθ−122+27≤27,当且仅当sinθ=12时取等号,
所以PQmax=27+32=33+2.
法二：设QxQ,yQ，则xQ29+yQ2=1，
QN2=xQ2+yQ+42=9−9yQ2+yQ2+8yQ+16=−8yQ2+8yQ+25
=−8yQ−122+27≤27，当且仅当yQ=12时取等号,
故PQmax=27+32=33+2.
考点要求
真题统计
考情分析
(1)了解直线与圆锥曲线位置关系的判断方法
(2)掌握直线被圆锥曲线所截的弦长公式
(3)能利用方程及数形结合思想解决焦点弦、中点弦问题
2023年新高考I卷：第22题，12分
2023年新高考Ⅱ卷：第21题，12分
2023年全国甲卷（理数）：第20题，12分
2024年新高考I卷：第16题，15分
2024年新高考Ⅱ卷：第10题，6分
2024年新高考Ⅱ卷：第19题，17分
2025年全国一卷：第10题，6分、第18题，17分
2025年全国二卷：第16题，15分
2025年天津卷：第18题，15分
圆锥曲线是高考的重点、热点内容，直线与圆锥曲线的位置关系是每年高考必考内容.从近几年的高考情况来看，本节内容主要以解答题的形式考查，有时也会以多选题的形式考查，考查方向主要有两个方面：一是平面解析几何通性通法的研究；二是圆锥曲线中的弦长、面积、最值、定点、定值或定直线等问题的求解；高考复习时要加强圆锥曲线这方面内容的训练.
从近几年的高考趋势来看，圆锥曲线有时会与向量、数列等知识结合考查，其思维要求高，计算量较大，需要灵活求解.
标准方程
弦长公式
y2=2px(p>0)
|AB|=x1+x2+p
y2=-2px(p>0)
|AB|=p-(x1+x2)
x2=2py(p>0)
|AB|=y1+y2+p
x2=-2py(p>0)
|AB|=p-(y1+y2)