2026年高考数学一轮复习举一反三专练(通用版)重难点30圆锥曲线中的弦长问题与长度和、差、商、积问题(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学一轮复习举一反三专练(通用版)重难点30圆锥曲线中的弦长问题与长度和、差、商、积问题(学生版+解析)，共10页。

TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc18016" 【题型1 椭圆的弦长问题】 PAGEREF _Tc18016 \h 2
\l "_Tc4858" 【题型2 双曲线的弦长问题】 PAGEREF _Tc4858 \h 5
\l "_Tc25069" 【题型3 抛物线的弦长问题】 PAGEREF _Tc25069 \h 9
\l "_Tc20921" 【题型4 长度及其最值（范围）问题】 PAGEREF _Tc20921 \h 12
\l "_Tc12791" 【题型5 长度之和问题】 PAGEREF _Tc12791 \h 17
\l "_Tc5038" 【题型6 长度之差问题】 PAGEREF _Tc5038 \h 21
\l "_Tc25352" 【题型7 长度之商问题】 PAGEREF _Tc25352 \h 26
\l "_Tc2698" 【题型8 长度之积问题】 PAGEREF _Tc2698 \h 30
1、圆锥曲线中的弦长问题与长度和、差、商、积问题
圆锥曲线是高考的重点、热点内容，从近几年的高考情况来看，弦长问题与长度和、差、商、积问题是考查的重要方向，以选择题或填空题的形式考查时，难度不大；以解答题的形式考查时，有时会与向量、数列等知识结合考查，难度较大；联立直线与圆锥曲线方程并灵活运用弦长公式是解决此类问题的关键，复习时要加强此类问题的训练，学会灵活求解.
知识点 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).
4．弦长公式的两种形式
(1)若A,B是直线y=kx+m与圆锥曲线的两个交点，且由两方程联立后消去y，得到一元二次方程
，则.
(2)若A,B是直线x=my+n与圆锥曲线的两个交点，且由两方程联立后消去x，得到一元二次方程
，则.
【题型1 椭圆的弦长问题】
【例1】（2025·福建泉州·模拟预测）椭圆C:x2+2y2=1，其右焦点为F，若直线l过点F与C交于A,B，则AB最小值为（ ）
A．22B．1C．2D．2
【答案】B
【解题思路】由题意当AB为通径时，即AB垂直x轴时，其长度最小，由此即可得解．
【解答过程】要使AB最小，即为l和焦点F在的轴垂直的直线截得的线段长．
右焦点为22,0，直线为x=22，联立此直线和椭圆解得交点的纵坐标为±12，
故AB最小值为1．
故选：B．
【变式1-1】（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1-2】（2025·云南昆明·模拟预测）已知直线l:y=x+m与椭圆C:x23+y2=1交于A,B两点.
(1)若直线l过椭圆C的左焦点F1，求AB；
(2)设线段AB的垂直平分线与x轴交于点N12,0，求AB.
【答案】(1)3
(2)322
【解题思路】（1）联立方程组，利用弦长公式AB=2×x1+x22−4x1x2求解；
（2）联立方程组，求线段AB的中点坐标，进而求出线段AB的垂直平分线方程，求出参数，即可利用弦长公式求解.
【解答过程】（1）由题知，c2=a2−b2=2，左焦点F1−2,0，
则直线l的方程为：y=x+2，设Ax1,y1,Bx2,y2，
联立方程y=x+2,x2+3y2=3,得4x2+62x+3=0，
所以Δ=72−48>0,x1+x2=−322,x1x2=34，
所以AB=2×x1+x22−4x1x2=2−3222−3=3.
（2）设Ax1,y1,Bx2,y2,AB的中点Mx0,y0，
联立方程x=x+m,x2+3y2=3,得4x2+6mx+3m2−3=0，
所以x1+x2=−3m2,Δ=48−12m2>0，
所以x0=−34m,y0=−34m+m=m4，
因为线段AB的垂直平分线与x轴交于点N12,0，
所以线段AB的垂直平分线方程为：y=−x+12，
所以m4=34m+12，解得m=−1（满足Δ>0），
所以x1+x2=32,x1x2=0，
所以AB=2x1+x22−4x1x2=2322−0=322.
【变式1-3】（24-25高三上·河南周口·期末）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为12，点P−1,32在C上，过F2的直线l与C相交于A，B两点（均不在y轴左侧），△APF1与△BPF1的面积之和为2710；
(1)求C的方程；
(2)求AB.
【答案】(1)C:x24+y23=1；
(2)165.
【解题思路】（1）根据离心率、椭圆所过的点坐标列方程求参数值，即可得椭圆方程；
（2）根据已知易得PF1⊥x轴且|PF1|=32，令A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1,x2>0，直线AB:x=ky+1且−33≤k≤33，联立椭圆并应用韦达定理有y1+y2=−6k3k2+4，根据三角形面积和得x1+x2=85，进而求出k，最后应用弦长公式求AB.
【解答过程】（1）由题设ca=121a2+94b2=1a2=b2+c2，可得a2=4b2=3，则C:x24+y23=1；
（2）由（1）知F1(−1,0)，又P−1,32，则PF1⊥x轴且|PF1|=32，
由过F2的直线l与C相交于A，B两点（均不在y轴左侧），
令A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1,x2>0，直线AB:x=ky+1且−33≤k≤33，
又S△APF1+S△BPF1=2710，则12×32×(x1+x2+2)=2710，即x1+x2=85，
联立直线与椭圆得(ky+1)24+y23=1，整理得(3k2+4)y2+6ky−9=0，
所以y1+y2=−6k3k2+4，则x1+x2=k(y1+y2)+2=85，即6k23k2+4=25，
所以k2=13，即k=±13，不妨取k=13，则y1y2=−93k2+4=−95，y1+y2=−235，
所以|AB|=1+k2⋅(y1+y2)2−4y1y2=23×1225+365=165.
【题型2 双曲线的弦长问题】
【例2】（24-25高二上·海南省直辖县级单位·期末）过双曲线x23−y2=1的右焦点作与x轴垂直的直线，交双曲线于A、B两点，则AB=（ ）
A．23B．233C．3D．6
【答案】B
【解题思路】求出直线AB的方程，将直线AB的方程与双曲线的方程联立，求出交点坐标，即可求得AB的值.
【解答过程】在双曲线x23−y2=1中，a=3，b=1，则c=a2+b2=2，
所以，双曲线x23−y2=1的右焦点坐标为2,0，
由题意可知，直线AB的方程为x=2，联立x=2x23−y2=1，解得x=2y=±33，
可取A2,33、B2,−33，故AB=233.
故选：B.
【变式2-1】（2025·陕西西安·模拟预测）双曲线C:x24−y25=1的焦点弦长为92的弦有（ ）
A．8条B．4条C．2条D．1条
【答案】B
【解题思路】结合双曲线的通径、左右顶点的距离与对称性，分该弦与双曲线是否交于同一支讨论即可得.
【解答过程】由C:x24−y25=1，可得其通径为2b2a=2×52=5>92，
注意到左右顶点的距离为2a=40,b>0的离心率为2.且经过点2,3.
(1)求C的方程；
(2)若直线l与C交于A，B两点，且OA⋅OB=0（点O为坐标原点），求AB的取值范围.
【答案】(1)x2−y23=1
(2)6,+∞
【解题思路】（1）根据离心率以及经过的点即可联立求解曲线方程；
（2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，进而根据向量的数量积的坐标运算化简得3k2+3=2m2，根据弦长公式，结合不等式即可求解，
【解答过程】（1）由题意可得4a2−9b2=1a2+b2a2=2，解得a2=1,b2=3，
故双曲线方程为C:x2−y23=1.
（2）当直线l斜率不存在时，可设AxA,yA,BxA,−yA，
则OA=xA,yA,OB=xA,−yA，
将其代入双曲线方程xA2−yA23=1，
又OA⋅OB=xA2−yA2=0，解得yA=±62，
此时AB=2yA=6，
当直线l斜率存在时，设其方程为y=kx+m，设Ax1,y1,Bx2,y2，
联立y=kx+mx2−y23=1⇒3−k2x2−2kmx−m2−3=0，
故3−k2≠0x1+x2=2km3−k2x1x2=−m2−33−k2Δ=4k2m2+12m2+13−k2=12m2−k2+3>0，
则OA⋅OB=x1x2+y1y2=x1x2+kx1+mkx2+m
=1+k2x1x2+kmx1+x2+m2=1+k2−m2−33−k2+km2km3−k2+m2=0，
化简得3k2+3=2m2，此时Δ=6k2+9>0，
所以AB=1+k2x1−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AB=6，
当k≠0时，此时AB=6⋅1+16k2+9k2−6，
∵3−k2≠0,∴k2+9k2>2k2⋅9k2=6，故16k2+9k2−6>0，
因此AB=6⋅1+16k2+9k2−6>6，
综上可得AB∈6,+∞.
【变式2-3】（24-25高三下·福建宁德·开学考试）已知双曲线C的渐近线方程为y=±55x，左、右焦点分别为F1−6,0,F26,0.
(1)求C的方程；
(2)若直线l:y=13x+1与C交于A,B两个不同的点，求AB；
(3)已知点M0,mm>0，且直线F1M与C只有一个公共点N，求点N的横坐标.
【答案】(1)x25−y2=1
(2)AB=5262
(3)−11612
【解题思路】（1）根据题意结合渐近线方程求a,b，即可得双曲线方程；
（2）联立方程，利用韦达定理结合弦长公式运算求解；
（3）联立方程可得15−m26x2−2m26x−m2−1=0，分类讨论二次项系数是否为0，结合根的个数运算求解.
【解答过程】（1）依题意设C的方程为x2a2−y2b2=1a>0,b>0，
则ba=55,c2=a2+b2=6，解得a2=5,b2=1，
所以C的方程为x25−y2=1.
（2）联立方程y=13x+1x25−y2=1，消去y得2x2−15x−45=0，
则Δ=−152−4×2×−45>0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，可得x1+x2=152,x1x2=−452，
所以AB=1+1321522−4×−452=5262.
（3）由题意可知：直线F1M的方程为x−6+ym=1，即y=m6x+mm>0，
代入C的方程得x25−m6x+m2=1，即15−m26x2−2m26x−m2−1=0.
当15−m26≠0时，Δ=4m46+415−m26m2+1=45+215m2>0，方程有两个解，不符合题意.
当15−m26=0，即m2=65时，方程15−m26x2−2m26x−m2−1=0，
即−265x−115=0，方程只有一个解x=−11612，符合题意.
故点N的横坐标为−11612.
【题型3 抛物线的弦长问题】
【例3】（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.
【变式3-1】（2025·宁夏·一模）已知抛物线C的焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，过F且垂直于l的直线与C的准线交于点D．若AF=3FB,|DF|=433，则|AB|=（ ）
A．83B．163C．8D．16
【答案】B
【解题思路】令C:y2=2px(p>0)，设l:x=ky+p2，若yA>0>yB，即k>0，联立抛物线与直线，并应用韦达定理及已知得k=33，进而确定A,B,D坐标，结合|DF|=433得p=2，即可求弦长.
【解答过程】令C:y2=2px(p>0)，则F(p2,0)，可设l:x=ky+p2，若yA>0>yB，即k>0，
联立抛物线和直线，可得y2−2pky−p2=0，则yA+yB=2pk，yAyB=−p20)的焦点为F，点P2,y0在抛物线上，且|PF|=4.
(1)求抛物线C的方程.
(2)已知过点F的直线交抛物线C于A,B两点，△AOB的面积为82，求直线AB的方程.
【答案】(1)y2=8x
(2)y=x−2或y=−x+2
【解题思路】（1）根据抛物线定义列式求出p，得解；
（2）法1，设直线AB的方程为x=my+2，与抛物线联立方程组，得y1+y2=8m，求得x1+x2=8m2+4，根据三角形AOB的面积列方程，求得m，也即求得直线AB的方程，法2，前面同法1，由S△AOB=12×2×y1−y2=12×2×(y1+y2)2−4y1y2=82，求得m，得解.
【解答过程】（1）依题意，点P(2,y0)在抛物线上，且PF=4，
所以2+p2=4,∴p=4，
所以抛物线方程为y2=8x.
（2）法1：抛物线方程为y2=8x，焦点坐标为F2,0，
设直线AB的方程为x=my+2，Ax1,y1,Bx2,y2，
由x=my+2y2=8x，消去x并化简整理得y2−8my−16=0，
Δ=64m2+64>0，则y1+y2=8m，y1y2=−16，
则x1+x2=my1+y2+4=8m2+4，
所以AB=x1+x2+4=8m2+8.
原点O到直线x−my−2=0的距离为21+m2，
所以S△AOB=12×8m2+8×21+m2=81+m2=82，
解得m=±1，
所以直线AB的方程为x=y+2或x=−y+2，即y=x−2或y=−x+2.
法2：S△AOB=12×2×y1−y2=12×2×(y1+y2)2−4y1y2=64m2+64=8m2+1=82
解得m=±1，
所以直线AB的方程为x=y+2或x=−y+2，即y=x−2或y=−x+2.
【题型4 长度及其最值（范围）问题】
【例4】（2025·重庆·模拟预测）已知过点P−5,0的直线与抛物线y2=4x相切，切点为Q，抛物线的焦点为F，则线段FQ的长为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】C
【解题思路】由题意设出直线方程，联立求得切点坐标，利用两点距离公式，可得答案.
【解答过程】由题意可得过点P−5,0的直线的斜率存在且不为零，则可设为y=kx+5，
联立可得y=kx+5y2=4x，消去y可得k2x2+10k2−4x+25k2=0，
Δ=10k2−42−4×k2×25k2=−80k2+16=0，解得k2=15，即x=−10k2−42k2=5，
将x=5代入y2=4x，解得y=±25，则Q5,25或Q5,−25，
易知F1,0，所以FQ=1−52+0±252=6，
故选：C.
【变式4-1】（2025·浙江·模拟预测）已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，O为坐标原点，若直线l交C于A，B两点，且OA⋅OB=−4，点O关于l的对称点为D，则DF的取值范围为（ ）
A．12,72B．1,3C．32,72D．2,4
【答案】B
【解题思路】设点Ay124,y1，By224,y2，由平面向量的数量积运算可得y1y2216+y1y2=−4，根据直线l与抛物线有两个交点，可设x=my+t，联立直线与抛物线，根据OA⋅OB=−4可得直线经过点P2,0，由O，D关于直线l对称即可得到D点的轨迹方程，结合点与圆的位置关系求DF的取值范围即可．
【解答过程】由A，B两点在抛物线y2=4x上，所以可以设点Ay124,y1，By224,y2，
则OA⋅OB=y1y2216+y1y2=−4，
由直线l交C于A，B两点，故直线l不与x轴平行或重合，
故可设直线l解析式为x=my+t，
联立直线与抛物线方程得y2−4my−4t=0，y1y2=−4t，
所以OA⋅OB=t2−4t=−4，解得t=2，所以直线l与x轴的交点为P2,0，
由O，D关于直线l对称，所以OP=DP=2，且D点不与O点重合，
故可知D的轨迹方程为：x−22+y2=4（不经过原点），
所以DF>r−PF=1，DF≤r+PF=3，即DF∈1,3，
故选：B．
【变式4-2】（2025·山东威海·三模）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,A,B为C上两点，线段AB中点的横坐标为−1，当AB⊥x轴时，|AB|=2．
(1)求C的方程；
(2)当AB不垂直x轴时，设线段AB的中垂线与x轴的交点为P，求OP．
【答案】(1)x22+y2=1
(2)OP=12
【解题思路】（1）先由离心率求出a,b的关系，再由题干关于A,B两点的条件求出其坐标，代入椭圆方程，联立两个方程即可求得结果.
（2）利用点差法得到点Q的坐标，再根据垂直斜率互为负倒数得到等式即可求得结果.
【解答过程】（1）
由题意知，离心率e=ca=a2−b2a=22，可得a2=2b2，①
因为AB⊥x轴且线段AB中点的横坐标为−1，
所以直线AB的方程为x=−1，
因为|AB|=2，所以A，B的坐标分别为−1,22， −1,−22
代入C的方程，可得1a2+12b2=1，②
联立①②解得b2=1，
所以C的方程为x22+y2=1
（2）
设Ax1,y1,Bx2,y2，线段AB中点为Q−1,y0，直线AB的斜率为k(k≠0)，
因为x122+y12=1,x222+y22=1，所以x12−x222+y12−y22=0，
可得x1−x2x1+x22=−y1−y2y1+y2，
即−24y0=−y1−y2x1−x2，所以y0=12k，可得Q−1,12k，
因为线段AB的中垂线与x轴的交点为P，设P(n,0)，
所以AB⊥PQ，所以12k−1−n=−1k，
解得n=−12，所以|OP|=12.
【变式4-3】（2025·上海·三模）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，F是椭圆C:x2a2+y2=1a>1的左焦点，若F与椭圆上任一点距离的最大值为2+3.
(1)求椭圆的离心率；
(2)若A为椭圆C的上顶点，P､Q为椭圆上的点，△APQ是以A为直角顶点的等腰直角三角形，求满足条件的△APQ的个数，并说明理由.
(3)若斜率为12的直线l交椭圆C于G､H两点，N为以线段GH为直径的圆上一点，求ON的最大值.
【答案】(1)32；
(2)3个，理由见解析；
(3)5.
【解题思路】（1）由已知可得b=1,a+c=2+3，可求离心率；
（2）不妨设AP直线方程为y=kx+1k>0，与椭圆方程联立可得xp=−8k1+4k2，进而可得AP=1+k28k1+4k2，求得AQ=k2+18k2+4，从而有1+k28k1+4k2=1+k284+k2，求解可得结论.
（3）设直线l:y=12x+m与椭圆方程联立，由韦达定理求得的中点为D−m,12m，利用弦长公式求得|GH|，进而得到以|GH|为直径的圆的半径r=522−m2，由ON≤OD+r=52m+2−m2，三角换元利用三角函数性质求出最大值.
【解答过程】（1）依题意有b=1,a+c=2+3，解得a=2,c=3.
所以离心率e=ca=32.
（2）不妨设AP直线方程为y=kx+1k>0，代入x24+y2=1，
整理得1+4k2x2+8kx=0，可得xp=−8k1+4k2，所以AP=1+k28k1+4k2，
将−1k带入得AQ=1+1k28k1+4k2=k2+18k2+4，
由AP=AQ得1+k28k1+4k2=1+k284+k2，
所以k3−4k2+4k−1=0,k−1k2−3k+1=0，
解得k1=1,k2=3+52,k3=3−52
所以满足条件的△APQ的个数是3个.
（3）设直线l:y=12x+m，设Gx1,y1,Hx2,y2，
联立y=12x+mx2+4y2=4，得2x2+4mx+4m2−4=0，
所以Δ=−16m2+32>0x1+x2=−2mx1x2=2m2−2，所以−20)的左、右焦点分别为F1，F2，上顶点为P，离心率为12.过点F1且垂直于PF2的直线与C交于M,N两点，MN=6，则PM+PN=（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】D
【解题思路】由条件可得△PF1F2为正三角形，继而得出直线MN为线段PF2的垂直平分线，写出直线MN的方程为y=33x+c并与椭圆方程联立，得到韦达定理，由∣MN∣=6利用弦长公式推出a=134，结合图形将∣PM∣+∣PN∣化简转化，利用椭圆的定义即可求得.
【解答过程】
如图，连接PF1,MF2,NF2.因为e=ca=12，即a=2c，b2=a2−c2=3c2，
因PF1=PF2=a=2c=F1F2，则△PF1F2为正三角形.
又MN⊥PF2，则直线MN为线段PF2的垂直平分线，故PM=MF2，PN=NF2，且∠NF1F2=π6，
故直线MN的方程为y=33x+c，代入椭圆C的方程x24c2+y23c2=1，得13x2+8cx−32c2=0.
设Mx1,y1,Nx2,y2，则x1+x2=−8c13，x1⋅x2=−32c213，
则MN=1+13x1+x22−4x1⋅x2=43−8c132−4×−32c213=48c13=6，
解得c=138，则a=2c=134，
∴PM+PN=MF2+NF2=MF2+NF2+MF1+NF1−MN
=4a−6=13−6=7.
故选：D.
【变式5-1】（2025·山东泰安·模拟预测）已知抛物线C1: y2=2pxp>0的焦点F是圆C2: x2+y2−8x+12=0的圆心，过点F的直线与C1,C2相交，交点自上而下分别为A,B,C,D，则AB+CD的取值范围为（ ）
A．4,+∞B．8,+∞
C．12,+∞D．16,+∞
【答案】C
【解题思路】根据圆心求得p，设出直线l的方程，利用弦长公式求AB+CD的表达式，进而求得其取值范围.
【解答过程】圆x2+y2−8x+12=0的圆心为F（4,0）,半径为2，
所以p2=4,p=8，抛物线方程为y2=16x，
设直线l的方程为x=my+4，
由x=my+4y2=16x，消去x并化简得y2−16my−64=0，
所以yA+yD=16m，所以xA+xD=m(yA+yD)+8=16m2+8
所以AB+CD=AD−BC=xA+xD+p−4=16m2+12≥12
所以AB+CD的取值范围为12,+∞
故选：C.
【变式5-2】（2025·江苏南京·三模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0过点P2,2，短轴长为4.
(1)求椭圆C的方程；
(2)椭圆C与y轴的交点为A、B（点A位于点B的上方），直线l:y=kx+4椭圆C交于不同的两点M、N.设直线AN与直线BM相交于点G，求GA+GP的最小值.
【答案】(1)x28+y24=1
(2)6
【解题思路】（1）依题意可得4a2+2b2=12b=4，即可求出a、b，从而得解；
（2）由对称性分析该定直线为平行于横轴的直线，将直线MN与椭圆联立消y，设直线AN、BM的方程解出G纵坐标，结合韦达定理化简计算可知，点G在直线y=1上，然后利用“将军饮马”可求出GA+GP的最小值.
【解答过程】（1）依题意可得4a2+2b2=12b=4，解得b=2a=22，
所以椭圆C的方程为x28+y24=1.
（2）设点Nx1,y1、Mx2,y2y1≠±2,y2≠±2，
直线l与椭圆C的方程联立消去y整理得1+2k2x2+16kx+24=0，
由Δ=16k2−4×241+2k2>0⇒k2>32，且x1+x2=−16k1+2k2,x1⋅x2=241+2k2，
所以x1+x2=−23kx1⋅x2，
易知A0,2、B0,−2，则直线AN的方程为y−2=y1−2x1x，
直线BM的方程为y+2=y2+2x2x，
两式作商得y−2y+2=y1−2⋅x2y2+2⋅x1=kx1x2+2x2kx1x2+6x1=−32x1+x2+2x2−32x1+x2+6x1=−13，解得y=1，
故G在定直线y=1上.
由图可知，点A、P都在直线y=1的上方，点A关于直线y=1的对称点为原点O，
由对称性知GA=GO，所以GA+GP=GO+GP≥OP=22+2=6，
当且仅当G为线段OP与直线y=1的交点时，即点G的坐标为2,1时等号成立，
故GA+GP的最小值为6.
【变式5-3】（2025·天津南开·二模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别是F1,F2,M1,32为C上一点，且在△F1MF2中，tan∠MF1F2=34．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点P1,3的直线l与椭圆C交于A,B两点（点A在点B的上方），线段AB上存在点Q，使得PAPB=QAQB，求QF1+QF2的最小值．
【答案】(1)x24+y23=1
(2)83417．
【解题思路】（1）设椭圆的焦点为F1−c,0,F2c,0，由tan∠MF1F2=32c+1=34，求得c，进而得MF1=52，由椭圆定义求得a,b，得解；
（2）设Ax1,y1,Bx2,y2,Qx0,y0，当直线AB的斜率存在时，设直线AB:y−3=kx−1，由PAPB=QAQB，可得x0=x1+x2−2x1x22−x1+x2，联立直线AB与椭圆的方程得到根与系数关系，求得x0,y0，进而得点Q在直线x+4y−4=0上，当直线AB的斜率不存在时，易得点Q也满足在直线x+4y−4=0上，由平面几何知识求解得到答案.
【解答过程】（1）设F1−c,0,F2c,0，
依题意，tan∠MF1F2=32c+1=34，解得c=1，从而F21,0，
因此MF2⊥F1F2，由勾股定理可得MF1=52．
所以2a=MF1+MF2=4，可得a=2,b=3．
所以求椭圆C的方程为x24+y23=1.
（2）设Ax1,y1,Bx2,y2,Qx0,y0，
当直线AB的斜率存在时，PAPB=1−x11−x2,QAQB=x1−x0x0−x2，
由PAPB=QAQB，可得1−x11−x2=x1−x0x0−x2，解得x0=x1+x2−2x1x22−x1+x2．（*）
设直线AB:y−3=kx−1，
联立y−3=kx−1,x24+y23=1,整理可得4k2+3x2−8k2−24kx+4k2−24k+24=0，
由Δ=−8k2−24k2−44k2+34k2−24k+24>0，
整理可得：k2+2k−2>0，解得k>−1+3或k0,b>0的右焦点为F，左顶点为A，双曲线C的右支上任意一点P都使得∠PFA=2∠PAF.
(1)求双曲线C的离心率；
(2)若点−6,6在双曲线C上，且点P不在坐标轴上，求PA−PF的取值范围.
【答案】(1)2；
(2)(2,3).
【解题思路】（1）设P(m,n)，代入双曲线方程得n2=b2a2m2−a2，再利用二倍角正切公式有tan2∠PAF=2n(m+a)(m+a)2−n2，结合∠PFA=2∠PAF即可得到方程，解出即可.
（2）代入−6,6得到双曲线具体方程，再设∠PAF=θ，根据正弦定理得|PF|=6sinθsin3θ,|PA|=6sin2θsin3θ，再作差结合三角恒等变换和三角函数值域即可求出其范围.
【解答过程】（1）设F(c,0),P(m,n)，由对称性不妨设n>0，由A(−a,0)，
有m2a2−n2b2=1，可得n2=b2a2m2−a2，
又由tan∠PAF=nm+a,tan∠PFA=−nm−c，
有tan2∠PAF=2tan∠PAF1−tan2∠PAF=2nm+a1−n2(m+a)2=2n(m+a)(m+a)2−n2
=2n(m+a)(m+a)2−b2a2m2−a2=2n(m+a)−b2a2(m−a)=2n1−b2a2m+a+b2a
又由∠PFA=2∠PAF，有tan∠PFA=tan2∠PAF，
有−nm−c=2n1−b2a2m+a+b2a，
又由n∈R，有3−b2a2m+a+b2a−2c=0，
又由m∈(a,+∞)，有3−b2a2=0a+b2a−2c=0，可得b=3a,c=2a，
故双曲线C的离心率为2.
（2）由（1）可知双曲线C的方程为x2a2−y23a2=1，代入点(−6,6)的坐标，
有6a2−63a2=1，可得a=2,b=23,c=4，
设∠PAF=θ，由双曲线的渐近线y=3x的倾斜角及双曲线的图像和性质，
可得00，则t2.y1−y2 =144(t2−4)3t2+4)，
△MON面积s=12×4×y1−y2=12×4×12(t2−4)3t2+4=24t2−43t2+4
令t2−4=uu>0，则t2=u2+4，s=24u3u2+16=243u+16u≤3，
当且u=43，即t2=283时，△MON面积的最大值为3.
方法二：显然直线l的斜率k存在且非零，设直线l的方程为y=k(x−4)，点M(x1,y1)，N(x2,y2)，
由y=k(x−4),3x2+4y2=12消去y得：(4k2+3)x2−32k2x+64k2−12=0，
则x1+x2=32k24k2+3,x1·x2=64k2−124k2+3，Δ=144(1−4k2)>0，则−120，得m2>1，且y1+y2=2m,y1y2=1，
则|AF|⋅|BF|=(x1+12)(x2+12)=m2y1y2=m2>1，
所以AF⋅BF的取值范围为(1,+∞).
【变式8-3】（2025·甘肃金昌·模拟预测）已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0过点0,2，1,72.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知斜率为2的直线l交椭圆于A，B两点（点A，B不重合），且l交直线y=x+4于点M，探究MA⋅MB是否有最小值.
【答案】(1)x28+y22=1
(2)没有
【解题思路】（1）将点代入可求椭圆标准方程.
（2）设直线AB的方程为y=2x+t，Mx0,y0，Ax1,y1，Bx2,y2，联立椭圆，利用韦达定理可得x1,x2关系，再把MA⋅MB表示出来，根据函数的性质知无最小值.
【解答过程】（1）将0,2，1,72代入椭圆方程得2b2=1,1a2+74b2=1,
解得b2=2，a2=8，故椭圆的标准方程为x28+y22=1.
（2）设直线AB的方程为y=2x+t，Mx0,y0，Ax1,y1，Bx2,y2，
联立y0=2x0+t,y0=x0+4,得t=−x0+4.
将y=2x+t代入椭圆方程整理得，17x2+16tx+4t2−8=0，
Δ=16t2−4×17×4t2−8>0，解得−34x2，
x=my+1y2=4x，消去x得y2−4my−4=0，
由韦达定理得y1y2=−4，则x1x2=y124×y224=(y1y2)216=1616=1，
由焦半径公式得AF=x1+22=x1+1，BF=x2+22=x2+1，
因为AF=2FB，所以x1+1=2(x2+1)，
联立方程组x1+1=2(x2+1)x1x2=1，解得x1=2x2=12或x1=−1x2=−1（舍去），
则AB=x1+1+x2+1=92，故D正确.
故选：D.
6．（2024·陕西西安·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F1，圆O:x2+y2=a2.若过F1的直线分别交C的左、右两支于A，B两点，且圆O与F1B相切，C的离心率为3,F1到C的渐近线的距离为22，则|AB|=（ ）
A．327B．307C．207D．167
【答案】D
【解题思路】由题意可得|bc−a×0|a2+b2=b，可得a=1,b=22,c=3，进而可求直线AB的方程y=122(x+3)，联立方程组可求弦长.
【解答过程】由e=ca=3，得c=3a,b=22a.
双曲线x2a2−y2b2=1的渐近线方程为bx±ay=0，F1(−c,0)，
因为F1到C的渐近线的距离为b，所以|bc−a×0|a2+b2=b=22a=22，解得a=1,b=22,c=3，所以x2−y28=1，
过F1的直线AB与圆x2+y2=1相切于N，则可得F1N=32−12=22，
所以tan∠BF1O=|ON||NF1|=122，
过F1且与圆x2+y2=1相切的直线方程为y=122(x+3)，
联立方程组8x2−y2=8y=122(x+3)，消去x得63x2−6x−73=0.设Ax1,y1,Bx2,y2，
则x1+x2=221,x1x2=−7363，所以AB=1+18⋅2212+4×7363 =167.
故选：D.
7．（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．
8．（2024·江西上饶·模拟预测）如图所示，曲线C是由半椭圆C1:x24+y23=1(y0，
∴y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
∴BF1+NF2=1+m2⋅y1+y22−4y1y2=12m2+13m2+4=4−43m2+4，
当m=0时，BF1+NF2取得最小值4−1=3，∴AB+MN的最小值为3+2=5.
故选：C.
二、多选题
9．（2025·甘肃白银·一模）已知F1,F2分别是等轴双曲线W:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左､右焦点，以坐标原点O为圆心，W的焦距为直径的圆与W交于A,B,C,D四点，则（ ）
A．W的渐近线方程为y=±x
B．AF1AF2=2a2
C．AF1+AF2=4a
D．四边形ABCD的面积为23a2
【答案】ABD
【解题思路】由c=2a=2b可求出W的渐近线方程可判断A；由双曲线的定义结合AF12+AF22=4c2=8a2，解方程求出AF1AF2，AF1+AF2可判断B，C；Ax,y，矩形ABCD的面积为4xy=23a2，可判断D.
【解答过程】由题意得c=2a=2b，则W的渐近线方程为y=±bax=±x，A正确.
设A在第一象限，易得AF1−AF2=2aAF12+AF22=4c2=8a2，
将AF1−AF2=2a两边平方，
得AF12−2AF1AF2+AF22=8a2−2AF1AF2=4a2，
则AF1AF2=2a2，AF1+AF2=AF12+AF22+2AF1AF2=23a，B正确，C错误.
设Ax,y，由x2+y2=c2x2−y2=a2，得x2=32a2,y2=12a2，
则矩形ABCD的面积为4xy=23a2，D正确.
故选：ABD.
10．（2025·山西·三模）已知抛物线M:y2=4x，焦点为F，过F的直线交M于点A，B，其中Ax1,y1在第一象限，Bx2,y2在第四象限，O为坐标原点，连接BO交抛物线的准线于点C，则下列说法正确的是（ ）
A．AB的最小值是4B．1AF+1BF=2
C．直线AC平行于x轴D．△ABC的面积的最大值为1639
【答案】AC
【解题思路】设过F1,0的直线为x=my+1，联立直线与抛物线方程，列出韦达定理，利用焦点弦公式判断A，利用焦半径公式判断B，设C点坐标为−1,y3，推导出y3=y1，即可判断C，由面积公式，再构造函数，利用导数求出面积最小值，即可判断D.
【解答过程】抛物线M:y2=4x的焦点为F1,0，准线方程为x=−1，
设过F1,0的直线为x=my+1，
将其与抛物线联立可得y2=4xx=my+1，消去x整理得y2−4my−4=0，
所以y1+y2=4m，y1y2=−4，
对于A：AB=x1+x2+2=my1+y2+4=4m2+4≥4，当且仅当m=0时取等号，即AB的最小值是4，故A正确；
对于B：1AF+1BF=1x1+1+1x2+1=1my1+2+1my2+2=my1+y2+4m2y1y2+2my1+y2+4=4m2+44m2+4=1，故B错误；
对于C：设C点坐标为−1,y3，则y3−1=y2x2⇒y3−1=4y2⇒y2y3=−4，
因为y1y2=−4，故y3=y1，故直线AC平行于x轴，故C正确；
对于D：S△ABC=12ACy2−y1=12x1+1y2−y1=12y124+1y1+4y1，
设函数fx=12x24+1⋅x+4x，x>0，
则f′x=x2+4432−2x2，所以当x>23时f′x>0，当00的焦点F是圆x−22+y2=1的圆心，过点F的直线l，自上而下顺次与上述两曲线交于点A,B,C,D，则AB+CD的取值范围为 ．
【答案】6,+∞
【解题思路】根据圆心求得p，设出直线l的方程，利用弦长公式求得AB+CD表达式，进而求得其取值范围.
【解答过程】圆x−22+y2=1的圆心为F2,0，半径为1，
所以p2=2,p=4，抛物线方程为y2=8x，
设直线l的方程为x=my+2，
由x=my+2y2=8x，消去x并化简得y2−8my−16=0，
所以yA+yD=8m，所以xA+xD=myA+yD+4=8m2+4，
所以AB+CD=AD−BC=xA+xD+p−2=8m2+6≥6，
所以AB+CD的取值范围为6,+∞.
故答案为：6,+∞.
四、解答题
15．（2025·四川广安·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0上任意一点P到C的两个焦点F1−22,0,F222,0的距离之和为43.
(1)求C的方程；
(2)已知直线l:y=13x+m与C相交于A，B两点，若AB=5，求m的值.
【答案】(1)x212+y24=1
(2)±2
【解题思路】（1）根据题意得到关于a,b,c的方程组，解出即可；
（2）先联立直线方程和椭圆方程，得出根与系数的关系，再结合弦长公式代入计算求解参数.
【解答过程】（1）由题意可得c=222a=43a2=b2+c2，解得a2=12b2=4，
故C的方程为x212+y24=1.
（2）联立x212+y24=1y=13x+m，得43x2+2mx+3m2−12=0.
Δ=4m2−4×433m2−12>0，解得m20,b>0的左、右焦点分别为F1，F2，点A2,3在C上，且AF2⊥F1F2.
(1)求C的标准方程；
(2)过F2的直线交C于M，N两点，线段AM与线段F1N交于点R，若△F1RM的面积等于△ARN的面积，求MN.
【答案】(1)x2−y23=1
(2)5013
【解题思路】（1）由AF2⊥F1F2且A2,3得F22,0，根据勾股定理即可求出AF1，再由双曲线的定义AF1−AF2=2a即可求出a，最后利用b2=c2−a2即可求出b；
（2）设过F22,0的直线为x=my+2， 与双曲线方程联立根据韦达定理有y1+y2=−12m3m2−1,y1y2=93m2−1，由弦长公式MN=1+m2y1−y2，最后由S△F1RM=S△ARN即可求出m.
【解答过程】（1）因为AF2⊥F1F2且A2,3，所以焦点F22,0，即c=2，F1F2=2c=4,AF2=3，
所以AF1=AF22+F1F22=5，
根据双曲线的定义有AF1−AF2=5−3=2=2a⇒a=1，所以b2=c2−a2=3，
所以双曲线C:x2−y23=1.
（2）根据题意过F22,0的直线斜率为0显然不满足题意，可设过F22,0的直线为x=my+2，
由x=my+2x2−y23=1⇒3m2−1y2+12my+9=0，
当m≠±33时，有Δ=12m2−4×93m2−1=36m2+1>0，
设Mx1,y1,Nx2,y2，则由韦达定理有y1+y2=−12m3m2−1,y1y2=93m2−1，
所以MN=1+m2y1−y2=1+m2y1+y22−4y1y2=6m2+13m2−1，
因为S△F1RM=S△ARN，所以S△F1NM=S△ANM，即点F1−2,0和点A2,3到直线x=my+2的距离相等，
则有d=−2−21+m2=2−2−3m1+m2，解得m=±43，
所以MN=6m2+13m2−1=5013.
17．（2025·山西·模拟预测）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点为F1,0，且过点P−1,32.
(1)求C的方程；
(2)设Q为C上一动点，当PQ+QF取得最大值时，求直线QF被C截得的弦长.
【答案】(1)x24+y23=1
(2)257
【解题思路】（1）由椭圆的性质结合点在椭圆上代入解方程可得；
（2）由椭圆的性质得到当P，F′，Q三点共线时PQ+QF取得最大值，再直曲联立，由弦长公式计算可得.
【解答过程】（1）设C半焦距为c，因为F1,0，故c=1.
又C过点P−1,32，故1a2+94b2=1.
由椭圆的几何性质有a2=b2+c2=b2+1，
故a2=4，b2=3.
所以C的方程为x24+y23=1.
（2）
设C的左焦点为F′，则PQ+QF≤PF′+QF′+QF=PF′+2a=112，当且仅当P，F′，Q三点共线时等号成立，此时Q−1,−32.
因为F1,0，故直线QF的方程为y=34x−1.
与C的方程联立有y=34x−1,x24+y23=1，
整理有7x2−6x−13=0，Δ=36+4×7×13=400>0，解得x1=−1，x2=137.
故直线QF被C截得的弦长为1+342x1−x2=54×207=257.
18．（2025·云南·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右顶点分别为A，B，P22,1在C上，满足kPA⋅kPB=14．
(1)求C的方程；
(2)过点Q3,0的直线l（与x轴不重合）交C于M，N两点．若MN=833，求直线l的方程．
【答案】(1)x24−y2=1；
(2)x±y−3=0或x±7y−3=0．
【解题思路】（1）根据斜率乘积得a2=4，再代入P(22,1)即可得其曲线方程；
（2）设直线l:x=my+3，联立双曲线方程得到韦达定理式，再计算得到MN的表达式即可得到方程，解出即可.
【解答过程】（1）由题意A(−a.0),B(a.0)，故kPA⋅kPB=122+a⋅122−a=14．解得a2=4．
将P(22,1)代入x24−y2b2=1得84−1b2=1，所以b2=1，
故双曲线C的方程为x24−y2=1．
（2）过点Q(3,0)的直线l（与x轴不重合），故设直线l:x=my+3．
设Mx1,y1,Nx2,y2，联立x24−y2=1x=my+3，整理得：m2−4y2+6my+5=0，
Δ=36m2−20m2−4=16m2+5>0且m2−4≠0，
故y1+y2=−6mm2−4y1y2=5m2−4，
故|MN|=1+m2×y1+y22−4y1y2=833．
即1+m2×16m2+5m2−4=833，
则3m4+6m2+5=4m2−42，
即m4−50m2+49=0，
解得m2=1或m2=49，即m=±1或m=±7：
故l的方程为：l:x±y−3=0或x±7y−3=0．
19．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）平面直角坐标系xOy中，已知曲线E上任意一点到点F2,0的距离比到直线x=−1的距离大1．
(1)求曲线E的方程；
(2)过点F2,0作两条互相垂直的直线l1、l2，直线l1与曲线E交于A、B两点，直线l2与曲线E交于C、D两点，求AB2+CD2的最小值．
【答案】(1)y2=8x
(2)512
【解题思路】（1）先判断曲线的类型，再确定其解析式.
（2）设直线l1:y=k(x−2)，Ax1,y1,Bx2,y2，根据焦点弦公式分别求弦长|AB|和|CD|，再结合基本不等式和换元法求AB2+CD2的最小值.
【解答过程】（1）因为曲线E上任意一点到点F2,0的距离比到直线x=−1的距离大1．
所以曲线E上任意一点到点F2,0的距离与到直线x=−2的距离相等，
所以曲线E为抛物线，且F2,0为焦点，x=−2为准线，
所以p=4，所以曲线的方程为：y2=8x.
（2）如图：

设直线l1:y=k(x−2)，Ax1,y1,Bx2,y2，
代入抛物线得：y2=8x，得k2(x−2)2=8x，
整理得：k2x2−4k2+8x+4k2=0.
由韦达定理：x1+x2=4k2+8k2=4+8k2.
所以|AB|=x1+x2+p=4+8k2+4=8+8k2.
用−1k代替k，可得CD=8+8k2.
所以AB2+CD2=8+8k22+8+8k22=64k2+1k22+2k2+1k2.
设t=k2+1k2，则t=k2+1k2≥2k2×1k2=2，当且仅当k2=1时取等号.
则AB2+CD2=8+8k22+8+8k22=64t2+2t=64t+12−1≥6432−1=512.