专题02 直线与圆锥曲线位置关系（弦长与三角形）（模拟+真题）-2024高考数学二轮复习压轴题

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一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。

专题02 直线与圆锥曲线的位置关系(弦长与三角形)
1．（2023·广东广州·统考模拟预测）已知以为焦点的椭圆与直线有且仅有一个公共点，则椭圆的长轴长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先设椭圆方程与直线方程联立，根据判别式等于0求得和的关系式，同时椭圆的焦点坐标求得半焦距得到和的另一个关系式，两个关系式联立方程即可求得和，则椭圆的长轴可得．
【详解】设椭圆方程为，
直线代入椭圆方程，消得：，
，整理，得
又，由焦点在轴上，
所以，联立解得：，,故椭圆方程为，则长轴长为；
故选：C
2．（2023·江苏·校联考模拟预测）中国国家大剧院是亚洲最大的剧院综合体，中国国家表演艺术的最高殿堂，中外文化交流的最大平台．大剧院的平面投影是椭圆，其长轴长度约为，短轴长度约为．若直线平行于长轴且的中心到的距离是，则被截得的线段长度约为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】建立直角坐标系，设该椭圆方程为， ，由题意得出椭圆的方程，令，即可得出答案．
【详解】设该椭圆焦点在轴上，以中心为原点，建立直角坐标系，如图所示，设椭圆的方程为：，，由题意可得，，
将，代入方程，得，
因为直线平行于长轴且的中心到的距离是，
令，得(m)，
故选：C．
3．（2023·四川乐山·统考二模）已知直线与抛物线交于点、，以线段为直径的圆经过定点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】记，则直线的方程可表示为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，结合以及可求得的值，再利用弦长公式可求得的值．
【详解】记，则直线的方程可表示为，设点、，
联立可得，，可得，
由韦达定理可得，，
，，
由已知可得，则
，可得，
所以，.
故选：C.
4．（2023·山东·模拟预测）过双曲线的左焦点作直线，与双曲线交于两点，若，则这样的直线有（ ）
A．1条B．2条C．3条D．4条
【答案】D
【分析】设直线方程与双曲线联立，利用弦长公式解方程判断根的个数即可．
【详解】由题意得双曲线左焦点，当直线垂直于横轴时，不符合题意，双曲线渐近线方程为；
故可设，
与双曲线联立可得，
，
由弦长公式知，
则或.
故存在四条直线满足条件．
故选：D
5．（2023·河南开封·统考一模）已知为坐标原点，过抛物线焦点的直线与交于A，B两点，若，则（ ）
A．5B．9C．10D．18
【答案】B
【分析】由及抛物线方程可求出A点坐标，从而得直线的方程，联立抛物线和直线方程，结合韦达定理求出，由抛物线定义可得结果．
【详解】如图：由抛物线可知焦点坐标，取线段中点D，即，
又，所以,故设，因点A在抛物线上，得，
根据对称性取，又因直线过焦点F，
所以直线的方程为：，
联立，得 ①，
设，则为①式两根，所以，
由抛物线定义可知，
故选：B.
6．（2022·甘肃临夏·统考一模）过点作两条直线与抛物线相切于点A，B，则弦长等于（ ）
A．8B．6C．4D．2
【答案】A
【分析】利用直线与抛物线相切设直线方程求切点，利用两点距离公式计算即可．
【详解】由题意直线斜率存在，
可设过点的切线方程为，
与抛物线方程联立可得：
，
所以，解之得，

如图所示，设，则，
当时，，即，
当时，，即，
所以.
故选：A
7．（2023·全国·模拟预测）已知椭圆的中心为坐标原点，离心率为，过椭圆的上焦点的直线交椭圆于两点，若线段的中点坐标为，则椭圆的标准方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】易知椭圆焦点在轴上，设出直线方程并与椭圆联立，再由韦达定理以及中点坐标即可求得，可得椭圆方程为.
【详解】由题意可设椭圆的标准方程为，
则，所以，所以椭圆的标准方程为．
因为直线经过椭圆的上焦点，且直线的斜率存在，
所以设直线的方程为，
代入椭圆的方程，消去并整理得，
设，则，
又，所以可得，
所以椭圆的标准方程为．
故选：B．
8．（2023·陕西宝鸡·校联考模拟预测）已知双曲线：的右焦点为，过点的直线交双曲线E于A、B两点．若的中点坐标为，则E的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】设，由，利用点差法求解．
【详解】解：设，
则，两式相减得，
即，化简得，
又，解得，
所以双曲线的方程为： .
故选：D.
9．（2023·贵州黔东南·统考一模）设双曲线的右焦点为，，若直线与的右支交于两点，且为的重心，则的离心率的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】设点为的中点，根据为的重心，求得，由直线与的右支交于两点，得到，求得，再由时，证得四点共线不满足题意，即可求得双曲线 的离心率的取值范围．
【详解】由题意，双曲线的右焦点为，且，
设点为的中点，因为为的重心，所以，
即，解得，即，
因为直线与的右支交于两点，则满足，
整理得，解得或（舍去），
当离心率为时，即时，可得，此时，
设，可得，
又由，两式相减可得，
即直线的斜率为，
又因为，所以，此时四点共线，此时不满足题意，
综上可得，双曲线 的离心率的取值范围为.
故选：A.
【点睛】知识方法：求解圆锥曲线的离心率的常见方法：
1、定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；
2、齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程或不等式，然后转化为关于的一元二次方程或不等式，结合离心率的定义求解；
3、特殊值法：根据特殊点与圆锥曲线的位置关系，利用取特殊值或特殊位置，求出离心率问题．
10．（2022·全国·校联考三模）已知抛物线，直线与抛物线交于、两点，线段的中点为，则的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】设点、，则，利用点差法可求得直线的斜率，再利用点斜式可得出直线的方程．
【详解】设点、，则，
若直线轴，则线段的中点在轴上，不合乎题意，则直线的斜率存在，
由已知，两式作差可得，
所以，直线的斜率为，
因此，直线的方程为，即.
故选：A.
11．（2024·全国·模拟预测）已知为坐标原点，为抛物线的焦点，直线与交于点（点在第一象限），若，则与面积之和的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分析可知直线的斜率不为0，设直线的方程为，设，，将直线方程和抛物线方程联立，利用可求得的值，可知直线过定点，再利用三角形的面积公式以及导数或者基本不等式可求得与面积之和的最小值．
【详解】由题意可知直线的斜率不为0，所以可设直线的方程为，
联立方程得，则，
设，，则，，
所以，
因为，所以，即，解得或，
当时，直线过坐标原点，则与重合，不存在，不符合题意，所以，
所以，
解法一：
由抛物线方程可知，设直线与轴的交点为，则，
所以，
，
联立解得，（注意点在第一象限）
则与的面积之和，
则，由可得，
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，
所以当时取得最小值，且.
解法二：
由抛物线方程可知，设直线与轴的交点为，则，
，
所以，
由于，所以，
所以，
当且仅当，即时取等号．
故选：C
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法：特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法：将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
12．（2023·全国·模拟预测）已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，P为C上任意一点，点P到的距离与点P到直线的距离的比值为，则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆C的标准方程为
B．直线l：与椭圆C相切
C．的内切圆面积的最大值为
D．的取值范围是
【答案】C
【分析】点P到的距离与点P到直线的距离的比值为，求出轨迹即可判断A；求出直线l的恒过点，讨论恒过点的位置即可判断能否画出切线，从而判断B；根据内切圆的面积公式和焦点三角形的面积的最大值，即可判断选项C，根据用点坐标和椭圆的方程进行表示，化简整理后，根据范围进行求解即可判断D.
【详解】对于A：由题可得，，设，
因为点P到的距离与点P到直线的距离的比值为，
所以，等号左右两边同时平方并整理得，
所以椭圆C的标准方程为，A错误．
对于B：将，整理得，
令，解得，故直线l过定点，
由知点在椭圆C的内部，
所以直线l与椭圆C相交，B错误．
对于C：设的内切圆半径为r，易知，，（椭圆定义的应用）
所以，（点拨：已知的三条边分别为a，b，c，内切圆半径为r，则）
由知当点P为椭圆C的上、下顶点时，取得最大值，
所以，即，得，
则的内切圆半径的最大值为，
所以的内切圆面积的最大值为，C正确．
对于D：解法一：易知，，
所以，
又，所以，D错误．
解法二：设，则，，
所以，
所以，D错误．
故选：C
13．（2023·湖南长沙·长沙市明德中学校考三模）直线与椭圆(m>0)有且仅有一个公共点P，则m＝ ，点P的坐标是 .
【答案】
【分析】法1用代数法转化为一元二次方程只有两个相等实根求解；法2用椭圆在椭圆上一点处的切线方程的形式求解；法3用椭圆的定义可求解．
【详解】法1：联立方程得，
得，
所以，得，所以.
法2：设，则处切线，
可化为，比对得，
代入椭圆方程得：，得.
得，所以，得，所以.
法3：椭圆长轴长，焦点.
由椭圆的定义知，椭圆上每一个点P，均满足，
椭圆上外部的每一个点P，均满足，直线与椭圆有且仅有一个公共点P，
则对于直线上任意一点，满足，当且仅当在点处时，等号成立，
即当在处时，取得最小值．求得关于直线对称的点为，
所以，
因此，椭圆方程为，P的坐标是.
故答案为：；
14．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）已知椭圆，的上顶点为A，两个焦点分别为，离心率为，过且斜率为的直线与交于两点，四边形的面积为，则四边形的周长是 ．
【答案】14
【分析】设椭圆半焦距为，由离心率可得椭圆，将直线DE方程与椭圆方程联立，利用韦达定理结合四边形的面积为，可得，后注意到点A，两点关于直线DE对称，后利用椭圆定义可得答案．
【详解】设椭圆半焦距为，因椭圆离心率为，则，则椭圆.
由题，设直线DE为，将其与椭圆方程联立，则.
由题，联立方程判别式大于0，设，由韦达定理，有.
则.
又，则A到直线DE距离为，到DE距离为.
因四边形的面积S为，则.
因点A，到直线DE距离相等，且，则点A，两点关于直线DE对称．
则四边形的周长为.
注意到，，
则，得四边形的周长为.
故答案为：14

15．（2023·湖南益阳·安化县第二中学校考三模）已知双曲线：，若直线的倾斜角为60°，且与双曲线C的右支交于M，N两点，与x轴交于点P，若，则点P的坐标为 .
【答案】
【分析】设直线的方程为，与双曲线方程联立，利用根与系数的关系及弦长公式列式求解的值，即可求出直线的方程，令即可得出答案．
【详解】双曲线双曲线：的渐近线方程为，
而直线的倾斜角为60°，则直线的斜率为，可设直线的方程为，
与双曲线方程联立，化简可得，
由，得或．
设，，则，，
则，所以，
，解得：（舍去）或，
所以直线的方程为，令，可得.
故点P的坐标为.
故答案为：.
16．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）双曲线的中心为原点，焦点在轴上，分别是双曲线的两个焦点，过上焦点作斜率的直线交双曲线上支于点,若，的内心分别是，且，则双曲线的离心率为 .
【答案】
【分析】设边边上的切点分别为，根据内心的性质得到轴，设直线的倾斜角为，在和中得到的值，进而得到，再将直线方程和双曲线方程联立，利用弦长公式列等式求解即可．
【详解】如图所示，在中，设边边上的切点分别为，
则纵坐标相等，且，
由双曲线的性质可得，
设，则，解得，所以，
同理可得内心的纵坐标也为，则轴，
设直线的倾斜角为，则，，，
由解得，
又因为，所以，
所以，
设双曲线方程为，，，，，
则直线为，即，
联立得，
则，，则
所以
，
所以，即，
所以，解得，
故答案为：
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解．
17．（2023·安徽·统考一模）已知直线与椭圆交于两点，线段中点在直线上，且线段的垂直平分线交轴于点，则椭圆的离心率是 .
【答案】
【分析】利用点差法证明二级结论，再结合，则两式相比可得，即，代入即可求出离心率．
【详解】设，其中，显然点在椭圆内，
记坐标原点为，直线的斜率分别为，易知三条直线斜率均存在，
又，两式相减整理可得，
即，又，所以两式相比可得，
即，代入，整理可得，
所以离心率.
故答案为：.
18．（2023·全国·模拟预测）已知双曲线的实轴长为4，离心率为，直线与交于两点，是线段的中点，为坐标原点．若点的横坐标为，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】先求出双曲线方程，然后联立直线和双曲线方程表示出，然后判断出直线和双曲线一定交于两支后进行计算．
【详解】由题知，解得，即双曲线的方程为：.
直线的斜率若不存在，则垂直于轴，由于双曲线顶点为，斜率不存在的直线和双曲线有交点，则两个交点横坐标相等且均大于，与点的横坐标为1矛盾；
直线的斜率也不会为，否则根据对称性可知，的横坐标为，矛盾．
故直线斜率存在且非零．
设直线方程为，联立，得到，由.
设，由题意，，即，的纵坐标为，即.
根据双曲线的范围可知，若直线和双曲线交于同一支，则交点横坐标均大于或小于，与的横坐标为矛盾，故直线和双曲线交于两支．
由，得到，显然满足判别式条件：.
由，于是
故答案为：
19．（2023·全国·校联考模拟预测）已知双曲线的右焦点为，虚轴的上端点为是上的两点，是的中点，为坐标原点，直线的斜率为，若，则的两条浙近线的斜率之积为 .
【答案】
【分析】设，进而根据点差法得，再根据得，进而得，再求渐近线的斜率之积即可得答案．
【详解】解：设，
因为是上的两点，是的中点，为坐标原点，直线的斜率为，
所以①，②，③，④，
所以，②③得，整理得
所以，
因为双曲线的右焦点为，虚轴的上端点为，
所以，，
因为，
所以，即，整理得：，
所以，整理得，
所以，即，
所以，整理得，
因为的两条浙近线分别为，
所以，的两条浙近线的斜率之积为
故答案为：
20．（2023·北京大兴·校考三模）已知抛物线顶点在原点，焦点为，过作直线交抛物线于、两点，若线段的中点横坐标为2，则线段的长为
【答案】6
【分析】设，利用中点公式即得，再根据焦点弦公式得到线段的长．
【详解】是抛物线的焦点，
准线方程，
设，线段的中点横坐标为2, .
，线段的长为6.
故答案为：6.
21．（2023·四川眉山·仁寿一中校考模拟预测）已知是椭圆上的点，、分别是椭圆的左、右焦点，若，则的面积为 ．
【答案】/
【分析】由向量的夹角公式可得，利用余弦定理、椭圆定义可得，再由三角形面积公式可得答案．
【详解】因为，，所以，
若，因为，
则可得，
由余弦定理可得
，
所以，
则.
故答案为：.

22．（2023·河南开封·统考模拟预测）已知是双曲线的右顶点，点在上，为的左焦点，若的面积为，则的离心率为 ．
【答案】
【分析】由题设可得，结合点在双曲线上及参数关系求出双曲线参数，即可得离心率．
【详解】由题设知：，则，

所以且，易知：，
又，故，且，
所以，则，
化简得，解得或（舍），
综上，，故，则离心率为.
故答案为：
23．（2023·河南开封·统考一模）已知直线与椭圆在第一象限交于，两点，为线段的中点，为坐标原点，直线，的斜率之积为.
(1)求椭圆的离心率；
(2)若直线与轴，轴分别相交于，两点，且，，求椭圆的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用点差法得到，再由离心率公式计算可得；
（2）依题意可得为线段的中点，求出直线与坐标轴的交点，即可得到点坐标，从而求出，由求出，即可得到直线方程，由（1）可得椭圆，联立直线与椭圆方程，列出韦达定理，利用弦长公式求出，即可得到椭圆方程．
【详解】（1）依题意可得，设，，
直线与椭圆交于，两点，线段的中点为，
则，
，
，，，
又直线与直线的斜率乘积为．
，则离心率．
（2）因为直线与轴，轴分别相交于，两点，且，
为线段的中点，所以为线段的中点，
直线与轴，轴的交点为，，
所以，所以，
又，即，所以或（舍去），
所以直线，
又椭圆，
由，消去整理得，
由，可得，
又，，
所以，所以，则，
所以椭圆的方程为.
24．（2023·云南红河·校考模拟预测）已知抛物线，过点的直线l交C于M，N两点．
(1)当点A平分线段时，求直线l的方程；
(2)已知点，过点的直线交C于P，Q两点，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)利用点差法求出直线的斜率，再由点斜式求直线的方程；
(2)利用设而不求法证明，再结合角平分线的性质证明.
【详解】（1）设，则，所以；又因为点是的中点，所以，所以，所以，所以直线的方程为：，即，
联立消得，，方程的判别式，即直线与抛物线相交，满足条件，
故直线的方程为；
（2）设直线的方程为：，则，所以；方程的判别式，设，
所以，所以
所以，所以是的平分线，所以，
即．
【点睛】(1)点差法是解决弦的中点问题的常用方法，使用点差法要对所得结果进行验证；
(2)有关直线与抛物线的交点问题，常用设而不求法解决．
25．（2022·云南大理·统考模拟预测）已知抛物线的焦点为F，过F且斜率为1的直线与抛物线C交于A，B两点，且的中点的纵坐标为2．
（1）求C的方程
（2）已知，若P在线段上，是抛物线C的两条切线，切点为H，G，求面积的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）设点，由中点坐标得，再由直线AB的斜率得，将A、B两点代入抛物线方程中计算可求得得抛物线的方程；
（2）设，且，设点，，求得切线PH、PG的方程，再由点P在切线PG、PH上得出直线GH的方程，与抛物线联立，求得弦长，以及点P到直线GH的距离，表示的面积，根据二次函数的性质可求得三角形面积的最大值．
【详解】解：（1）设点，则，所以，又因为直线AB的斜率为1，所以，
将A、B两点代入抛物线方程中得：，将上述两式相减得，，
即，所以，即，所以，
因此，抛物线的方程为；
（2）因为，P在线段上，所以设，且，
设点，，则切线PH、PG的斜率定存在，设直线PH的方程为，与抛物线联立消y得：，
所以，即，解得，所以切线PH的方程为，即，
同理得切线PG的方程为，
又点P在切线PG、PH上，所以，所以直线GH的方程为，即，
直线GH的方程与抛物线联立 ，整理得，所以，
又点P到直线GH的距离为，
所以的面积为，
因为，所以，，所以，所以面积的最大值为．
26．（2023·四川成都·石室中学校考一模）已知为的两个顶点，为的重心，边上的两条中线长度之和为.
(1)求点的轨迹的方程；
(2)过作不平行于坐标轴的直线交于D，E两点，若轴于点M，轴于点N，直线DN与EM交于点Q.
①求证：点Q在一条定直线上，并求此定直线；
②求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)①证明见解析，；②
【分析】（1）根据椭圆的定义求解即可；
（2）①求出直线DN与EM方程，得到Q点坐标，即可判定；②将面积表示出来，然后换元，利用基本不等式求最值．
【详解】（1）因为为的重心，且边上的两条中线长度之和为，
所以，
故由椭圆的定义可知的轨迹是以为焦点的椭圆（不包括长轴的端点），
且，所以，
所以的轨迹的方程为.
（2）①依题意，设直线DE方程为.
联立，得，
易知
设，，则，.
因为轴，轴，
所以，.
所以直线DN：，
直线EM：，
联立解得.
从而点Q在定直线上．
②因为，
又，则，
设，则，
当且仅当，即时，等号成立，
故面积的最大值为.
27．（2024·全国·模拟预测）已知为坐标原点，椭圆的上焦点是抛物线的焦点，过焦点与抛物线对称轴垂直的直线交椭圆于两点，且，过点的直线交椭圆于两点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若点，记的面积为的面积为，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意列式求，即可得椭圆的标准方程；
（2）设直线的方程为，联立方程利用韦达定理结合弦长公式整理得，进而可得取值范围．
【详解】（1）因为的焦点坐标为，所以，
所以．
因为，所以，化简可得，
又，解得，
所以椭圆的标准方程为．
（2）由（1）可知，可知过点的直线的斜率存在且不为0，
设直线的方程为，
由，化简可得，
设，则，，
由，解得．
根据弦长公式可得
．
因为的面积为的面积为，
设点到直线的距离为，根据点到直线的距离公式可得，
所以，
因此，
因为，所以，则，
从而，所以的取值范围是．
【点睛】方法点睛：解决解析几何中平面图形面积的最值或取值范围问题一般有三个步骤：
一是求出面积的表达式（常用直接法或分割法）；
二是得到目标函数后，明确自变量及自变量的限制条件；
三是利用配方法、基本不等式法、单调性法等求出面积的最值或取值范围．
28．（2023·全国·统考高考真题）设A，B为双曲线上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据点差法分析可得，对于A、B、D：通过联立方程判断交点个数，逐项分析判断；对于C：结合双曲线的渐近线分析判断．
【详解】设，则的中点，
可得，
因为在双曲线上，则，两式相减得，
所以.
对于选项A： 可得，则，
联立方程，消去y得，
此时，
所以直线AB与双曲线没有交点，故A错误；
对于选项B：可得，则，
联立方程，消去y得，
此时，
所以直线AB与双曲线没有交点，故B错误；
对于选项C：可得，则
由双曲线方程可得，则为双曲线的渐近线，
所以直线AB与双曲线没有交点，故C错误；
对于选项D：，则，
联立方程，消去y得，
此时，故直线AB与双曲线有交两个交点，故D正确；
故选：D.
29．（2023·全国·统考高考真题）已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线与C交于A，B两点，若面积是面积的2倍，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先联立直线方程与椭圆方程，利用，求出范围，再根据三角形面积比得到关于的方程，解出即可．
【详解】将直线与椭圆联立，消去可得，
因为直线与椭圆相交于点，则，解得，
设到的距离到距离，易知，
则，，
，解得或（舍去），
故选：C.
30．（2021·天津·统考高考真题）已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，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．则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．2D．3
【答案】A
【分析】设公共焦点为，进而可得准线为，代入双曲线及渐近线方程，结合线段长度比值可得，再由双曲线离心率公式即可得解．
【详解】设双曲线与抛物线的公共焦点为，
则抛物线的准线为，
令，则，解得，所以,
又因为双曲线的渐近线方程为，所以，
所以，即，所以，
所以双曲线的离心率.
故选：A.
31．（2021·全国·统考高考真题）设B是椭圆的上顶点，点P在C上，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】A
【分析】设点，由依题意可知，，，再根据两点间的距离公式得到，然后消元，即可利用二次函数的性质求出最大值．
【详解】设点，因为，，所以
，
而，所以当时，的最大值为．
故选：A．
【点睛】本题解题关键是熟悉椭圆的简单几何性质，由两点间的距离公式，并利用消元思想以及二次函数的性质即可解出．易错点是容易误认为短轴的相对端点是椭圆上到上定点B最远的点，或者认为是椭圆的长轴的端点到短轴的端点距离最大，这些认识是错误的，要注意将距离的平方表示为二次函数后，自变量的取值范围是一个闭区间，而不是全体实数上求最值．．
32．（2020·全国·统考高考真题）设为坐标原点，直线与抛物线C：交于，两点，若，则的焦点坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题中所给的条件，结合抛物线的对称性，可知，从而可以确定出点的坐标，代入方程求得的值，进而求得其焦点坐标，得到结果．
【详解】因为直线与抛物线交于两点，且，
根据抛物线的对称性可以确定，所以，
代入抛物线方程，求得，所以其焦点坐标为，
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．
33．（2020·全国·统考高考真题）设是双曲线的两个焦点，为坐标原点，点在上且，则的面积为（ ）
A．B．3C．D．2
【答案】B
【分析】由是以P为直角直角三角形得到，再利用双曲线的定义得到，联立即可得到，代入中计算即可．
【详解】由已知，不妨设，
则，因为，
所以点在以为直径的圆上，
即是以P为直角顶点的直角三角形，
故，
即，又，
所以，
解得，所以
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．
34．（2020·全国·统考高考真题）设为坐标原点，直线与双曲线的两条渐近线分别交于两点，若的面积为8，则的焦距的最小值为（ ）
A．4B．8C．16D．32
【答案】B
【分析】因为，可得双曲线的渐近线方程是，与直线联立方程求得，两点坐标，即可求得，根据的面积为，可得值，根据，结合均值不等式，即可求得答案．
【详解】
双曲线的渐近线方程是
直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点
不妨设为在第一象限，在第四象限
联立，解得
故
联立，解得
故
面积为：
双曲线
其焦距为
当且仅当取等号
的焦距的最小值：
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．
35．（2019·全国·高考真题）已知是双曲线的一个焦点，点在上，为坐标原点，若，则的面积为
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设，因为再结合双曲线方程可解出，再利用三角形面积公式可求出结果．
【详解】设点，则①．
又，
②．
由①②得，
即，
，
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．
36．（2023·天津·统考高考真题）过原点的一条直线与圆相切，交曲线于点，若，则的值为 ．
【答案】
【分析】根据圆和曲线关于轴对称，不妨设切线方程为，，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】易知圆和曲线关于轴对称，不妨设切线方程为，，
所以，解得：，由解得：或，
所以，解得：．
当时，同理可得．
故答案为：．
37．（2022·全国·统考高考真题）已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为 ．
【答案】
【分析】令的中点为，设，，利用点差法得到，设直线，，，求出、的坐标，再根据求出、，即可得解；
【详解】[方法一]：弦中点问题：点差法
令的中点为，设，，利用点差法得到，
设直线，，，求出、的坐标，
再根据求出、，即可得解；
解：令的中点为，因为，所以，
设，，则，，
所以，即
所以，即，设直线，，，
令得，令得，即，，
所以，
即，解得或（舍去），
又，即，解得或（舍去），
所以直线，即；
故答案为：
[方法二]：直线与圆锥曲线相交的常规方法
解：由题意知，点既为线段的中点又是线段MN的中点，
设，，设直线，，，
则，，，因为，所以
联立直线AB与椭圆方程得消掉y得
其中，
∴AB中点E的横坐标,又，∴
∵，，∴,又，解得m=2
所以直线，即
38．（2021·全国·统考高考真题）已知为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为 ．
【答案】
【分析】根据已知可得，设，利用勾股定理结合，求出，四边形面积等于，即可求解．
【详解】因为为上关于坐标原点对称的两点，
且，所以四边形为矩形，
设，则，
所以，
，即四边形面积等于.
故答案为：.
39．（2020·山东·统考高考真题）斜率为的直线过抛物线C：y2=4x的焦点，且与C交于A，B两点，则= ．
【答案】
【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，∴抛物线的焦点F坐标为，
又∵直线AB过焦点F且斜率为，∴直线AB的方程为：
代入抛物线方程消去y并化简得，
解法一：解得
所以
解法二：
设，则,
过分别作准线的垂线，设垂足分别为如图所示．
故答案为：
【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．
40．（2019·浙江·高考真题）已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上且在轴的上方，若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则直线的斜率是 .
【答案】
【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，
由中位线定理可得，设可得，
联立方程
可解得（舍），点在椭圆上且在轴的上方，
求得，所以

方法2：焦半径公式应用
解析1：由题意可知，
由中位线定理可得，即
求得，所以.
【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．
41．（2023·全国·统考高考真题）已知直线与抛物线交于两点，且．
(1)求；
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，，求面积的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出；
（2）设直线：，利用，找到的关系，以及的面积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值．
【详解】（1）设，
由可得，，所以，
所以，
即，因为，解得：．
（2）因为，显然直线的斜率不可能为零，
设直线：，，
由可得，，所以，，
，
因为，所以，
即，
亦即，
将代入得，
，，
所以，且，解得或．
设点到直线的距离为，所以，
，
所以的面积，
而或，所以，
当时，的面积．
【点睛】本题解题关键是根据向量的数量积为零找到的关系，一是为了减元，二是通过相互的制约关系找到各自的范围，为得到的三角形面积公式提供定义域支持，从而求出面积的最小值．
42．（2023·全国·统考高考真题）已知椭圆的离心率是，点在上．
(1)求的方程；
(2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．
【答案】(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；
（2）设直线的方程，进而可求点的坐标，结合韦达定理验证为定值即可．
【详解】（1）由题意可得，解得，
所以椭圆方程为.
（2）由题意可知：直线的斜率存在，设，
联立方程，消去y得：，
则，解得，
可得，
因为，则直线，
令，解得，即,
同理可得，
则
，
所以线段的中点是定点.

【点睛】方法点睛：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．
43．（2023·天津·统考高考真题）设椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．
(1)求椭圆方程及其离心率；
(2)已知点是椭圆上一动点（不与端点重合），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程．
【答案】(1)椭圆的方程为，离心率为.
(2).
【分析】（1）由解得，从而求出，代入椭圆方程即可求方程，再代入离心率公式即求离心率．
（2）先设直线的方程，与椭圆方程联立，消去，再由韦达定理可得，从而得到点和点坐标．由得，即可得到关于的方程，解出，代入直线的方程即可得到答案．
【详解】（1）如图，

由题意得，解得，所以，
所以椭圆的方程为，离心率为.
（2）由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得，
设直线的方程为，
联立方程组，消去整理得：，
由韦达定理得，所以，
所以，.
所以,,，
所以，
所以，即，
解得，所以直线的方程为.
44．（2023·全国·统考高考真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析．
【分析】（1）由题意求得的值即可确定双曲线方程；
（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线与的方程，联立直线方程，消去，结合韦达定理计算可得，即交点的横坐标为定值，据此可证得点在定直线上．
【详解】（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知，
则由可得，，
双曲线方程为.
（2）由(1)可得，设，
显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，
与联立可得，且，
则，

直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
，
由可得，即，
据此可得点在定直线上运动．
【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键．
45．（2023·北京·统考高考真题）已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，．
(1)求的方程；
(2)设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）结合题意得到，，再结合，解之即可；
（2）依题意求得直线、与的方程，从而求得点的坐标，进而求得，再根据题意求得，得到，由此得解．
【详解】（1）依题意，得，则，
又分别为椭圆上下顶点，，所以，即，
所以，即，则，
所以椭圆的方程为.
（2）因为椭圆的方程为，所以，
因为为第一象限上的动点，设，则，

易得，则直线的方程为，
，则直线的方程为，
联立，解得，即，
而，则直线的方程为，
令，则，解得，即，
又，则，，
所以
，
又，即，
显然，与不重合，所以.