第08讲 直线和圆、圆锥曲线（2022-2024高考真题）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

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一、单项选择题
1．（2024·北京·高考真题）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
【解题思路】求出圆心坐标，再利用点到直线距离公式即可.
【解答过程】由题意得x2+y2−2x+6y=0，即x−12+y+32=10，
则其圆心坐标为1,−3，则圆心到直线x−y+2=0的距离为1−−3+212+−12=32.
故选：D.
2．（2024·全国·高考真题）已知直线ax+by−a+2b=0与圆C：x2+y2+4y−1=0交于A,B两点，则AB的最小值为（ ）
A．2B．3C．4D．6
【解题思路】根据题意，由条件可得直线过定点P1,−2，从而可得当PC⊥AB时，AB的最小，结合勾股定理代入计算，即可求解.
【解答过程】因为直线ax+by−a+2b=0，即ax−1+by+2=0，令x−1=0，
则x=1,y=−2，所以直线过定点1,−2，设P1,−2，
将圆C：x2+y2+4y−1=0化为标准式为x2+y+22=5，
所以圆心C0,−2，半径r=5，PC=1
当PC⊥AB时，AB的最小，
此时AB=2r2−PC2=2×5−1=4.
故选：C.
3．（2024·全国·高考真题）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．1B．2C．4D．25
【解题思路】结合等差数列性质将c代换，求出直线恒过的定点，采用数形结合法即可求解.
【解答过程】因为a,b,c成等差数列，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ax−1+by+2=0，令x−1=0y+2=0得x=1y=−2，
故直线恒过1,−2，设P1,−2，圆化为标准方程得：C:x2+y+22=5，
设圆心为C，画出直线与圆的图形，由图可知，当PC⊥AB时，AB最小，
PC=1,AC=r=5，此时AB=2AP=2AC2−PC2=25−1=4.

故选：C.
4．（2024·全国·高考真题）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．4B．3C．2D．2
【解题思路】由焦点坐标可得焦距2c，结合双曲线定义计算可得2a，即可得离心率.
【解答过程】由题意，设F10,−4、F20,4、P−6,4，
则F1F2=2c=8，PF1=62+4+42=10，PF2=62+4−42=6，
则2a=PF1−PF2=10−6=4，则e=2c2a=84=2.
故选：C.
5．（2024·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.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．x28−y22=1B．x28−y24=1C．x22−y28=1D．x24−y28=1
【解题思路】可利用△PF1F2三边斜率问题与正弦定理，转化出三边比例，设PF2=m，由面积公式求出m，由勾股定理得出c，结合第一定义再求出a.
【解答过程】如下图：由题可知，点P必落在第四象限，∠F1PF2=90°，设PF2=m，
∠PF2F1=θ1,∠PF1F2=θ2，由kPF2=tanθ1=2，求得sinθ1=25，
因为∠F1PF2=90°，所以kPF1⋅kPF2=−1，求得kPF1=−12，即tanθ2=12，
sinθ2=15，由正弦定理可得：PF1:PF2:F1F2=sinθ1:sinθ2:sin90°=2:1:5，
则由PF2=m得PF1=2m,F1F2=2c=5m，
由S△PF1F2=12PF1⋅PF2=12m⋅2m=8得m=22，
则PF2=22,PF1=42,F1F2=2c=210,c=10，
由双曲线第一定义可得：PF1−PF2=2a=22，a=2,b=c2−a2=8，
所以双曲线的方程为x22−y28=1.
故选：C.
6．（2024·全国·高考真题）已知曲线C：x2+y2=16（y>0），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）
【解题思路】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.
【解答过程】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.
7．（2023·全国·高考真题）已知实数x,y满足x2+y2−4x−2y−4=0，则x−y的最大值是（ ）
A．1+322B．4C．1+32D．7
【解题思路】法一：令x−y=k，利用判别式法即可；法二：通过整理得x−22+y−12=9，利用三角换元法即可，法三：整理出圆的方程，设x−y=k，利用圆心到直线的距离小于等于半径即可.
【解答过程】法一：令x−y=k，则x=k+y，
代入原式化简得2y2+2k−6y+k2−4k−4=0，
因为存在实数y，则Δ≥0，即2k−62−4×2k2−4k−4≥0，
化简得k2−2k−17≤0，解得1−32≤k≤1+32，
故x−y 的最大值是32+1，
法二：x2+y2−4x−2y−4=0，整理得x−22+y−12=9，
令x=3csθ+2，y=3sinθ+1，其中θ∈0,2π，
则x−y=3csθ−3sinθ+1=32csθ+π4+1，
∵θ∈0,2π，所以θ+π4∈π4,9π4，则θ+π4=2π，即θ=7π4时，x−y取得最大值32+1，
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=|2−1−k|2≤3，
解得1−32≤k≤1+32
故选：C.
8．（2023·全国·高考真题）过点0,−2与圆x2+y2−4x−1=0相切的两条直线的夹角为α，则sinα=（ ）
A．1B．154C．104D．64
【解题思路】方法一：根据切线的性质求切线长，结合倍角公式运算求解；方法二：根据切线的性质求切线长，结合余弦定理运算求解；方法三：根据切线结合点到直线的距离公式可得k2+8k+1=0，利用韦达定理结合夹角公式运算求解.
【解答过程】方法一：因为x2+y2−4x−1=0，即x−22+y2=5，可得圆心C2,0，半径r=5，
过点P0,−2作圆C的切线，切点为A,B，
因为PC=22+−22=22，则PA=PC2−r2=3，
可得sin∠APC=522=104,cs∠APC=322=64，
则sin∠APB=sin2∠APC=2sin∠APCcs∠APC=2×104×64=154，
cs∠APB=cs2∠APC=cs2∠APC−sin2∠APC=642−1042=−140
设两切线斜率分别为k1,k2，则k1+k2=−8,k1k2=1，
可得k1−k2=k1+k22−4k1k2=215，
所以tanα=k1−k21+k1k2=15，即sinαcsα=15，可得csα=sinα15，
则sin2α+cs2α=sin2α+sin2α15=1，
且α∈0,π，则sinα>0，解得sinα=154.
故选：B.

9．（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
【解题思路】利用抛物线的定义求解即可.
【解答过程】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.
10．（2023·全国·高考真题）设F1,F2为椭圆C:x25+y2=1的两个焦点，点P在C上，若PF1⋅PF2=0，则PF1⋅PF2=（ ）
A．1B．2C．4D．5
【解题思路】方法一：根据焦点三角形面积公式求出△PF1F2的面积，即可解出；
方法二：根据椭圆的定义以及勾股定理即可解出．
【解答过程】方法一：因为PF1⋅PF2=0，所以∠FP1F2=90∘，
从而S△FP1F2=b2tan45∘=1=12×PF1⋅PF2，所以PF1⋅PF2=2．
故选：B.
方法二：
因为PF1⋅PF2=0，所以∠FP1F2=90∘，由椭圆方程可知，c2=5−1=4⇒c=2，
所以PF12+PF22=F1F22=42=16，又PF1+PF2=2a=25，平方得：
PF12+PF22+2PF1PF2=16+2PF1PF2=20，所以PF1⋅PF2=2．
故选：B.
11．（2023·全国·高考真题）设O为坐标原点，F1,F2为椭圆C:x29+y26=1的两个焦点，点 P在C上，cs∠F1PF2=35，则|OP|=（ ）
A．135B．302C．145D．352
【解题思路】方法一：根据焦点三角形面积公式求出△PF1F2的面积，即可得到点P的坐标，从而得出OP的值；
方法二：利用椭圆的定义以及余弦定理求出PF1PF2,PF12+PF22，再结合中线的向量公式以及数量积即可求出；
方法三：利用椭圆的定义以及余弦定理求出PF12+PF22，即可根据中线定理求出．
【解答过程】方法一：设∠F1PF2=2θ,00)的离心率为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|=（ ）
A．55B．255C．355D．455
【解题思路】根据离心率得出双曲线渐近线方程，再由圆心到直线的距离及圆半径可求弦长.
【解答过程】由e=5，则c2a2=a2+b2a2=1+b2a2=5，
解得ba=2，
所以双曲线的渐近线为y=±2x，
当渐近线为y=−2x时，圆心(2,3)到该渐近线的距离d=|2×2+3|22+1=755>1，不合题意；
当渐近线为y=2x时，则圆心(2,3)到渐近线的距离d=|2×2−3|22+1=55，
所以弦长|AB|=2r2−d2=21−15=455.
故选：D.
13．（2023·全国·高考真题）设A，B为双曲线x2−y29=1上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（ ）
A．1,1B．−1,2C．1,3D．−1,−4
【解题思路】根据点差法分析可得kAB⋅k=9，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.
【解答过程】设Ax1,y1,Bx2,y2，则AB的中点Mx1+x22,y1+y22，
可得kAB=y1−y2x1−x2,k=y1+y22x1+x22=y1+y2x1+x2，
因为A,B在双曲线上，则x12−y129=1x22−y229=1，两式相减得x12−x22−y12−y229=0，
所以kAB⋅k=y12−y22x12−x22=9.
对于选项A： 可得k=1,kAB=9，则AB:y=9x−8，
联立方程y=9x−8x2−y29=1，消去y得72x2−2×72x+73=0，
此时Δ=−2×722−4×72×73=−2880,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2．过F2向一条渐近线作垂线，垂足为P．若PF2=2，直线PF1的斜率为24，则双曲线的方程为（ ）
A．x28−y24=1B．x24−y28=1
C．x24−y22=1D．x22−y24=1
【解题思路】先由点到直线的距离公式求出b，设∠POF2=θ，由tanθ=bOP=ba得到OP=a，OF2=c.再由三角形的面积公式得到yP，从而得到xP，则可得到aa2+2=24，解出a，代入双曲线的方程即可得到答案.
【解答过程】如图，

因为F2c,0，不妨设渐近线方程为y=bax，即bx−ay=0，
所以PF2=bca2+b2=bcc=b，
所以b=2.
设∠POF2=θ,则tanθ=PF2OP=bOP=ba，所以OP=a，所以OF2=c.
因为12ab=12c⋅yP,所以yP=abc，所以tanθ=yPxP=abcxP=ba，所以xP=a2c，
所以Pa2c,abc，
因为F1−c,0，
所以kPF1=abca2c+c=aba2+c2=2aa2+a2+4=aa2+2=24，
所以2a2+2=4a，解得a=2，
所以双曲线的方程为x22−y24=1
故选：D.
15．（2023·全国·高考真题）设椭圆C1:x2a2+y2=1(a>1),C2:x24+y2=1的离心率分别为e1,e2．若e2=3e1，则a=（ ）
A．233B．2C．3D．6
【解题思路】根据给定的椭圆方程，结合离心率的意义列式计算作答.
【解答过程】由e2=3e1，得e22=3e12，因此4−14=3×a2−1a2，而a>1，所以a=233.
故选：A.
16．（2023·全国·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
【解题思路】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.
【解答过程】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)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
【解题思路】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.
【解答过程】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.
19．（2022·全国·高考真题）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为13，A1,A2分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若BA1→⋅BA2→=−1，则C的方程为（ ）
A．x218+y216=1B．x29+y28=1C．x23+y22=1D．x22+y2=1
【解题思路】根据离心率及BA1⋅BA2=−1，解得关于a2,b2的等量关系式，即可得解.
【解答过程】解：因为离心率e=ca=1−b2a2=13，解得b2a2=89，b2=89a2，
A1,A2分别为C的左右顶点，则A1−a,0,A2a,0，
B为上顶点，所以B(0,b).
所以BA1=(−a,−b),BA2=(a,−b)，因为BA1⋅BA2=−1
所以−a2+b2=−1，将b2=89a2代入，解得a2=9,b2=8，
故椭圆的方程为x29+y28=1.
故选：B.
20．（2022·全国·高考真题）椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP,AQ的斜率之积为14，则C的离心率为（ ）
A．32B．22C．12D．13
【解题思路】设Px1,y1，则Q−x1,y1，根据斜率公式结合题意可得y12−x12+a2=14，再根据x12a2+y12b2=1，将y1用x1表示，整理，再结合离心率公式即可得解.
【解答过程】[方法一]：设而不求
设Px1,y1，则Q−x1,y1
则由kAP⋅kAQ=14得：kAP⋅kAQ=y1x1+a⋅y1−x1+a=y12−x12+a2=14，
由x12a2+y12b2=1，得y12=b2a2−x12a2，
所以b2a2−x12a2−x12+a2=14，即b2a2=14，
所以椭圆C的离心率e=ca=1−b2a2=32，故选A.
[方法二]：第三定义
设右端点为B，连接PB，由椭圆的对称性知：kPB=−kAQ
故kAP⋅kAQ=kPA⋅−kPB=−14，
由椭圆第三定义得：kPA⋅kPB=−b2a2，
故b2a2=14
所以椭圆C的离心率e=ca=1−b2a2=32，
故选A.
21．（2022·全国·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
【解题思路】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.
【解答过程】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.
二、多项选择题
22．（2024·全国·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
【解题思路】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.
【解答过程】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.
23．（2024·广东江苏·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.
24．（2023·全国·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
【解题思路】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.
【解答过程】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.

25．（2022·全国·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 32 ．
【解题思路】由题意画出双曲线大致图象，求出AF2，结合双曲线第一定义求出AF1，即可得到a,b,c的值，从而求出离心率.
【解答过程】由题可知A,B,F2三点横坐标相等，设A在第一象限，将x=c代入x2a2−y2b2=1
得y=±b2a，即Ac,b2a,Bc,−b2a，故AB=2b2a=10，AF2=b2a=5，
又AF1−AF2=2a，得AF1=AF2+2a=2a+5=13，解得a=4，代入b2a=5得b2=20，
故c2=a2+b2=36,，即c=6，所以e=ca=64=32.
故答案为：32.
32．（2023·全国·高考真题）已知直线l:x−my+1=0与⊙C:x−12+y2=4交于A，B两点，写出满足“△ABC面积为85”的m的一个值 2（2,−2,12,−12中任意一个皆可以） ．
【解题思路】根据直线与圆的位置关系，求出弦长AB，以及点C到直线AB的距离，结合面积公式即可解出．
【解答过程】设点C到直线AB的距离为d，由弦长公式得AB=24−d2，
所以S△ABC=12×d×24−d2=85，解得：d=455或d=255，
由d=1+11+m2=21+m2，所以21+m2=455或21+m2=255，解得：m=±2或m=±12．
故答案为：2（2,−2,12,−12中任意一个皆可以）．
33．（2023·北京·高考真题）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 x22−y22=1 ．
【解题思路】根据给定条件，求出双曲线C的实半轴、虚半轴长，再写出C的方程作答.
【解答过程】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，
所以双曲线C的方程为x22−y22=1.
故答案为：x22−y22=1.
34．（2023·全国·高考真题）已知点A1,5在抛物线C：y2=2px上，则A到C的准线的距离为 94 .
【解题思路】由题意首先求得抛物线的标准方程，然后由抛物线方程可得抛物线的准线方程为x=−54，最后利用点的坐标和准线方程计算点A到C的准线的距离即可.
【解答过程】由题意可得：52=2p×1，则2p=5，抛物线的方程为y2=5x，
准线方程为x=−54，点A到C的准线的距离为1−−54=94.
故答案为：94.
35．（2023·天津·高考真题）已知过原点O的一条直线l与圆C:(x+2)2+y2=3相切，且l与抛物线y2=2px(p>0)交于点O,P两点，若OP=8，则p= 6 ．
【解题思路】根据圆x+22+y2=3和曲线y2=2px关于x轴对称，不妨设切线方程为y=kx，k>0，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．
【解答过程】易知圆x+22+y2=3和曲线y2=2px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．
36．（2023·全国·高考真题）已知双曲线C:x2a2−y2b2=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，F1A⊥F1B,F2A=−23F2B，则C的离心率为 355 ．
【解题思路】方法一：利用双曲线的定义与向量数积的几何意义得到AF2,BF2,BF1,AF1关于a,m的表达式，从而利用勾股定理求得a=m，进而利用余弦定理得到a,c的齐次方程，从而得解.
方法二：依题意设出各点坐标，从而由向量坐标运算求得x0=53c,y0=−23t，t2=4c2，将点A代入双曲线C得到关于a,b,c的齐次方程，从而得解；
【解答过程】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=AF1AB=4a5a=45，
所以在△AF1F2中，cs∠F1AF2=16a2+4a2−4c22×4a×2a=45，整理得5c2=9a2，
故e=ca=355.
方法二:
依题意，得F1(−c,0),F2(c,0)，令Ax0,y0,B(0,t)，
因为F2A=−23F2B，所以x0−c,y0=−23−c,t，则x0=53c,y0=−23t，
又F1A⊥F1B，所以F1A⋅F1B=83c,−23t⋅c,t =83c2−23t2=0，则t2=4c2，
又点A在C上，则259c2a2−49t2b2=1，整理得25c29a2−4t29b2=1，则25c29a2−16c29b2=1，
所以25c2b2−16c2a2=9a2b2，即25c2c2−a2−16a2c2=9a2c2−a2，
整理得25c4−50a2c2+9a4=0，则5c2−9a25c2−a2=0，解得5c2=9a2或5c2=a2，
又e>1，所以e=355或e=55（舍去），故e=355.
故答案为：355.
37．（2022·天津·高考真题）若直线x−y+m=0m>0被圆x−12+y−12=3截得的弦长为m，则m的值为 2 ．
【解题思路】计算出圆心到直线的距离，利用勾股定理可得出关于m的等式，即可解得m的值.
【解答过程】圆x−12+y−12=3的圆心坐标为1,1，半径为3，
圆心到直线x−y+m=0m>0的距离为1−1+m2=m2，
由勾股定理可得m22+m22=3，因为m>0，解得m=2.
故答案为：2.
38．（2022·全国·高考真题）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 13,32 ．
【解题思路】首先求出点A关于y=a对称点A′的坐标，即可得到直线l的方程，根据圆心到直线的距离小于等于半径得到不等式，解得即可；
【解答过程】解：A−2,3关于y=a对称的点的坐标为A′−2,2a−3，B0,a在直线y=a上，
所以A′B所在直线即为直线l，所以直线l为y=a−3−2x+a，即a−3x+2y−2a=0；
圆C:x+32+y+22=1，圆心C−3,−2，半径r=1，
依题意圆心到直线l的距离d=−3a−3−4−2aa−32+22≤1，
即5−5a2≤a−32+22，解得13≤a≤32，即a∈13,32；
故答案为：13,32.
39．（2022·全国·高考真题）设点M在直线2x+y−1=0上，点(3,0)和(0,1)均在⊙M上，则⊙M的方程为 (x−1)2+(y+1)2=5 ．
【解题思路】设出点M的坐标，利用(3,0)和(0,1)均在⊙M上，求得圆心及半径，即可得圆的方程.
【解答过程】[方法一]：三点共圆
∵点M在直线2x+y−1=0上，
∴设点M为(a,1−2a)，又因为点(3,0)和(0,1)均在⊙M上，
∴点M到两点的距离相等且为半径R，
∴(a−3)2+(1−2a)2=a2+(−2a)2=R，
a2−6a+9+4a2−4a+1=5a2，解得a=1，
∴M(1,−1)，R=5，
⊙M的方程为(x−1)2+(y+1)2=5.
故答案为：(x−1)2+(y+1)2=5
[方法二]：圆的几何性质
由题可知，M是以（3，0）和（0，1）为端点的线段垂直平分线 y=3x-4与直线2x+y−1=0的交点(1,-1).R=5, ⊙M的方程为(x−1)2+(y+1)2=5.
故答案为：(x−1)2+(y+1)2=5.
40．（2022·全国·高考真题）过四点(0,0),(4,0),(−1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为 x−22+y−32=13或 x−22+y−12=5或 x−432+y−732=659或x−852+y−12=16925 ．
【解题思路】方法一：设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，根据所选点的坐标，得到方程组，解得即可；
【解答过程】[方法一]：圆的一般方程
依题意设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
（1）若过0,0，4,0，−1,1，则F=016+4D+F=01+1−D+E+F=0，解得F=0D=−4E=−6，
所以圆的方程为x2+y2−4x−6y=0，即x−22+y−32=13；
（2）若过0,0，4,0，4,2，则F=016+4D+F=016+4+4D+2E+F=0，解得F=0D=−4E=−2，
所以圆的方程为x2+y2−4x−2y=0，即x−22+y−12=5；
（3）若过0,0，4,2，−1,1，则F=01+1−D+E+F=016+4+4D+2E+F=0，解得F=0D=−83E=−143，
所以圆的方程为x2+y2−83x−143y=0，即x−432+y−732=659；
（4）若过−1,1，4,0，4,2，则1+1−D+E+F=016+4D+F=016+4+4D+2E+F=0，解得F=−165D=−165E=−2，所以圆的方程为x2+y2−165x−2y−165=0，即x−852+y−12=16925；
故答案为：x−22+y−32=13或 x−22+y−12=5或 x−432+y−732=659或x−852+y−12=16925．
[方法二]：【最优解】圆的标准方程（三点中的两条中垂线的交点为圆心）
设点A0,0，B4,0，C−1,1，D4,2
（1）若圆过A、B、C三点，圆心在直线x=2，设圆心坐标为(2,a)，
则4+a2=9+(a−1)2⇒a=3,r=4+a2=13，所以圆的方程为(x−2)2+(y−3)2=13；
（2）若圆过A、B、D三点， 设圆心坐标为(2,a)，则4+a2=4+(a−2)2⇒a=1,r=4+a2=5，所以圆的方程为(x−2)2+(y−1)2=5；
（3）若圆过 A、C、D三点，则线段AC的中垂线方程为y=x+1，线段AD 的中垂线方程 为y=−2x+5，联立得x=43,y=73⇒r=653 ，所以圆的方程为(x−43)2+(y−73)2=659；
（4）若圆过B、C、D三点，则线段BD的中垂线方程为y=1， 线段BC中垂线方程为 y=5x−7，联立得x=85,y=1⇒r=135，所以圆的方程为(x−85)2+y−12=16925．
故答案为：x−22+y−32=13或 x−22+y−12=5或 x−432+y−732=659或x−852+y−12=16925．
41．（2022·全国·高考真题）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 y=−34x+54或y=724x−2524或x=−1 ．
【解题思路】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可.
【解答过程】[方法一]：
显然直线的斜率不为0，不妨设直线方程为x+by+c=0，
于是|c|1+b2=1，|3+4b+c|1+b2=4.
故c2=1+b2①，|3+4b+c|=|4c|.于是3+4b+c=4c或3+4b+c=−4c，
再结合①解得b=0c=1或b=−247c=−257或b=43c=−53，
所以直线方程有三条，分别为x+1=0，7x−24y−25=0，3x+4y−5=0.
(填一条即可)
[方法二]：
设圆x2+y2=1的圆心O(0,0)，半径为r1=1，
圆(x−3)2+(y−4)2=16的圆心C(3,4)，半径r2=4，
则|OC|=5=r1+r2，因此两圆外切，
由图像可知，共有三条直线符合条件，显然x+1=0符合题意；
又由方程(x−3)2+(y−4)2=16和x2+y2=1相减可得方程3x+4y−5=0，
即为过两圆公共切点的切线方程，
又易知两圆圆心所在直线OC的方程为4x−3y=0，
直线OC与直线x+1=0的交点为(−1,−43)，
设过该点的直线为y+43=k(x+1)，则k−43k2+1=1，解得k=724，
从而该切线的方程为7x−24y−25=0.(填一条即可)
[方法三]：
圆x2+y2=1的圆心为O0,0，半径为1，
圆(x−3)2+(y−4)2=16的圆心O1为(3,4)，半径为4，
两圆圆心距为32+42=5，等于两圆半径之和，故两圆外切，
如图，
当切线为l时，因为kOO1=43，所以kl=−34，设方程为y=−34x+t(t>0)
O到l的距离d=|t|1+916=1，解得t=54，所以l的方程为y=−34x+54，
当切线为m时，设直线方程为kx+y+p=0，其中p>0，k0,b>0)的左焦点为F，过F且斜率为b4a的直线交双曲线于点Ax1,y1，交双曲线的渐近线于点Bx2,y2且x10)的离心率为e，写出满足条件“直线y=2x与C无公共点”的e的一个值 2（满足10)，所以C的渐近线方程为y=±bax,
结合渐近线的特点，只需01，所以10的渐近线为y=±xm，即x±my=0，
不妨取x+my=0，圆x2+y2−4y+3=0，即x2+y−22=1，所以圆心为0,2，半径r=1，
依题意圆心0,2到渐近线x+my=0的距离d=2m1+m2=1，
解得m=33或m=−33（舍去）．
故答案为：33．
45．（2022·北京·高考真题）已知双曲线y2+x2m=1的渐近线方程为y=±33x，则m= −3 ．
【解题思路】首先可得m0)，C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为12．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 13 ．
【解题思路】利用离心率得到椭圆的方程为x24c2+y23c2=1，即3x2+4y2−12c2=0，根据离心率得到直线AF2的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线DE的斜率，写出直线DE的方程：x=3y−c，代入椭圆方程3x2+4y2−12c2=0，整理化简得到：13y2−63cy−9c2=0，利用弦长公式求得c=138，得a=2c=134，根据对称性将△ADE的周长转化为△F2DE的周长，利用椭圆的定义得到周长为4a=13.
【解答过程】∵椭圆的离心率为e=ca=12，∴a=2c，∴b2=a2−c2=3c2，∴椭圆的方程为x24c2+y23c2=1，即3x2+4y2−12c2=0，不妨设左焦点为F1，右焦点为F2，如图所示，∵AF2=a，OF2=c，a=2c，∴∠AF2O=π3，∴△AF1F2为正三角形，∵过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，DE为线段AF2的垂直平分线，∴直线DE的斜率为33，斜率倒数为3， 直线DE的方程：x=3y−c，代入椭圆方程3x2+4y2−12c2=0，整理化简得到：13y2−63cy−9c2=0，
判别式Δ=63c2+4×13×9c2=62×16×c2，
∴DE=1+32y1−y2=2×Δ13=2×6×4×c13=6，
∴ c=138， 得a=2c=134，
∵DE为线段AF2的垂直平分线，根据对称性，AD=DF2，AE=EF2，∴△ADE的周长等于△F2DE的周长，利用椭圆的定义得到△F2DE周长为DF2+EF2+DE=DF2+EF2+DF1+EF1=DF1+DF2+EF1+EF2=2a+2a=4a=13.
故答案为：13.
四、解答题
47．（2024·上海·高考真题）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l交双曲线Γ于P,Q两点.
(1)若离心率e=2时，求b的值．
(2)若b=263,△MA2P为等腰三角形时，且点P在第一象限，求点P的坐标．
(3)连接OQ并延长，交双曲线Γ于点R，若A1R⋅A2P=1，求b的取值范围．
【解题思路】（1）根据离心率公式计算即可；
（2）分三角形三边分别为底讨论即可；
（3）设直线l:x=my−2，联立双曲线方程得到韦达定理式，再代入计算向量数量积的等式计算即可.
【解答过程】（1）由题意得e=ca=c1=2，则c=2，b=22−1=3．
（2）当b=263时，双曲线Γ:x2−y283=1，其中M−2,0，A21,0，
因为△MA2P为等腰三角形，则
①当以MA2为底时，显然点P在直线x=−12上，这与点P在第一象限矛盾，故舍去；
②当以A2P为底时，MP=MA2=3，
设Px,y，则 x2−3y28=1(x+2)2+y2=9, 联立解得x=−2311y=−81711或x=−2311y=81711或x=1y=0，
因为点P在第一象限，显然以上均不合题意，舍去；
（或者由双曲线性质知MP>MA2，矛盾，舍去）；
③当以MP为底时，A2P=MA2=3，设Px0,y0，其中x0>0,y0>0，
则有x0−12+y02=9x02−y0283=1，解得x0=2y0=22，即P2,22．
综上所述：P2,22.
（3）由题知A1−1,0,A21,0，
当直线l的斜率为0时，此时A1R⋅A2P=0，不合题意，则kl≠0，
则设直线l:x=my−2，
设点Px1,y1,Qx2,y2，根据OQ延长线交双曲线Γ于点R，
根据双曲线对称性知R−x2,−y2，
联立有x=my−2x2−y2b2=1⇒ b2m2−1y2−4b2my+3b2=0，
显然二次项系数b2m2−1≠0，
其中Δ=−4mb22−4b2m2−13b2=4b4m2+12b2>0，
y1+y2=4b2mb2m2−1①，y1y2=3b2b2m2−1②，
A1R=−x2+1,−y2,A2P=x1−1,y1，
则A1R⋅A2P=−x2+1x1−1−y1y2=1，因为Px1,y1,Qx2,y2在直线l上，
则x1=my1−2，x2=my2−2，
即−my2−3my1−3−y1y2=1，即y1y2m2+1−y1+y23m+10=0，
将①②代入有m2+1⋅3b2b2m2−1−3m⋅4b2mb2m2−1+10=0，
即3b2m2+1−3m⋅4b2m+10b2m2−1=0
化简得b2m2+3b2−10=0，
所以 m2=10b2−3, 代入到 b2m2−1≠0, 得 b2=10−3b2≠1, 所以 b2≠3,
且m2=10b2−3≥0，解得b2≤103，又因为b>0，则0b>0，以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点0,tt>2且斜率存在的直线与椭圆E交于不同的两点A,B，过点A和C0,1的直线AC与椭圆E的另一个交点为D．
(1)求椭圆E的方程及离心率；
(2)若直线BD的斜率为0，求t的值．
【解题思路】（1）由题意得b=c=2，进一步得a，由此即可得解；
（2）设AB:y=kx+t,k≠0,t>2，Ax1,y1,Bx2,y2，联立椭圆方程，由韦达定理有x1+x2=−4kt1+2k2,x1x2=2t2−42k2+1，而AD:y=y1−y2x1+x2x−x1+y1，令x=0，即可得解.
【解答过程】（1）由题意b=c=22=2，从而a=b2+c2=2，
所以椭圆方程为x24+y22=1，离心率为e=22；
（2）直线AB斜率不为0，否则直线AB与椭圆无交点，矛盾，
从而设AB:y=kx+t,k≠0,t>2，Ax1,y1,Bx2,y2，
联立x24+y22=1y=kx+t，化简并整理得1+2k2x2+4ktx+2t2−4=0，
由题意Δ=16k2t2−82k2+1t2−2=84k2+2−t2>0，即k,t应满足4k2+2−t2>0，
所以x1+x2=−4kt1+2k2,x1x2=2t2−42k2+1，
若直线BD斜率为0，由椭圆的对称性可设D−x2,y2，
所以AD:y=y1−y2x1+x2x−x1+y1，在直线AD方程中令x=0，
得yC=x1y2+x2y1x1+x2=x1kx2+t+x2kx1+tx1+x2=2kx1x2+tx1+x2x1+x2=4kt2−2−4kt+t=2t=1，
所以t=2，
此时k应满足4k2+2−t2=4k2−2>0k≠0，即k应满足k22，
综上所述，t=2满足题意，此时k22.
49．（2024·全国·高考真题）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，点M1,32在C上，且MF⊥x轴．
(1)求C的方程；
(2)过点P4,0的直线交C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．
【解题思路】（1）设Fc,0，根据M的坐标及MF⊥ x轴可求基本量，故可求椭圆方程.
（2）设AB:y=k(x−4)，Ax1,y1，Bx2,y2，联立直线方程和椭圆方程，用A,B的坐标表示y1−yQ，结合韦达定理化简前者可得y1−yQ=0，故可证AQ⊥y轴.
【解答过程】（1）设Fc,0，由题设有c=1且b2a=32，故a2−1a=32，故a=2，故b=3，
故椭圆方程为x24+y23=1.
（2）直线AB的斜率必定存在，设AB:y=k(x−4)，Ax1,y1，Bx2,y2，
由3x2+4y2=12y=k(x−4)可得3+4k2x2−32k2x+64k2−12=0，
故Δ=1024k4−43+4k264k2−12>0，故−120)椭圆的离心率e=12．左顶点为A，下顶点为B，C是线段OB的中点，其中S△ABC=332．
(1)求椭圆方程．
(2)过点0,−32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TP⋅TQ≤0．若存在求出这个T点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由．
【解题思路】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积可求基本量，从而可得椭圆的标准方程.
（2）设该直线方程为：y=kx−32，Px1,y1,Qx2,y2,T0,t， 联立直线方程和椭圆方程并消元，结合韦达定理和向量数量积的坐标运算可用k,t表示TP⋅TQ，再根据TP⋅TQ≤0可求t的范围.
【解答过程】（1）因为椭圆的离心率为e=12，故a=2c，b=3c，其中c为半焦距，
所以A−2c,0,B0,−3c,C0,−3c2，故S△ABC=12×2c×32c=332，
故c=3，所以a=23，b=3，故椭圆方程为：x212+y29=1.
（2）
若过点0,−32的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：y=kx−32，
设Px1,y1,Qx2,y2,T0,t，
由3x2+4y2=36y=kx−32可得3+4k2x2−12kx−27=0，
故Δ=144k2+1083+4k2=324+576k2>0且x1+x2=12k3+4k2,x1x2=−273+4k2,
而TP=x1,y1−t,TQ=x2,y2−t，
故TP⋅TQ=x1x2+y1−ty2−t=x1x2+kx1−32−tkx2−32−t
=1+k2x1x2−k32+tx1+x2+32+t2
=1+k2×−273+4k2−k32+t×12k3+4k2+32+t2
=−27k2−27−18k2−12k2t+332+t2+3+2t2k23+4k2
=3+2t2−12t−45k2+332+t2−273+4k2，
因为TP⋅TQ≤0恒成立，故3+2t2−12t−45≤0332+t2−27≤0，解得−3≤t≤32.
若过点0,−32的动直线的斜率不存在，则P0,3,Q0,−3或P0,−3,Q0,3，
此时需−3≤t≤3，两者结合可得−3≤t≤32.
综上，存在T0,t−3≤t≤32，使得TP⋅TQ≤0恒成立.
51．（2024·广东江苏·高考真题）已知A(0,3)和P3,32为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上两点.
(1)求C的离心率;
(2)若过P的直线l交C于另一点B，且△ABP的面积为9，求l的方程．
【解题思路】（1）代入两点得到关于a,b的方程，解出即可；
（2）方法一：以AP为底，求出三角形的高，即点B到直线AP的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到B点坐标，则得到直线l的方程；方法二：同法一得到点B到直线AP的距离，再设Bx0,y0，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点B到直线AP的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线AB斜率不存在的情况，再设直线y=kx+3，联立椭圆方程，得到点B坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线PB斜率不存在的情况，再设PB:y−32=k(x−3)，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅锤高乘12表达面积即可.
【解答过程】（1）由题意得b=39a2+94b2=1，解得b2=9a2=12，
所以e=1−b2a2=1−912=12.
（2）法一：kAP=3−320−3=−12，则直线AP的方程为y=−12x+3，即x+2y−6=0，
AP=0−32+3−322=352，由（1）知C:x212+y29=1，
设点B到直线AP的距离为d，则d=2×9352=1255，
则将直线AP沿着与AP垂直的方向平移1255单位即可，
此时该平行线与椭圆的交点即为点B，
设该平行线的方程为：x+2y+C=0，
则C+65=1255，解得C=6或C=−18，
当C=6时，联立x212+y29=1x+2y+6=0，解得x=0y=−3或x=−3y=−32，
即B0,−3或−3,−32，
当B0,−3时，此时kl=32，直线l的方程为y=32x−3，即3x−2y−6=0，
当B−3,−32时，此时kl=12，直线l的方程为y=12x，即x−2y=0，
当C=−18时，联立x212+y29=1x+2y−18=0得2y2−27y+117=0，
Δ=272−4×2×117=−2070，且k≠kAP，即k≠−12，
x1+x2=24k2−12k4k2+3x1x2=36k2−36k−274k2+3,PB=k2+1x1+x22−4x1x2=43k2+13k2+9k+2744k2+3，
A到直线PB距离d=3k+32k2+1,S△PAB=12⋅43k2+13k2+9k+2744k2+3⋅3k+32k2+1=9，
∴k=12或32，均满足题意，∴l:y=12x或y=32x−3，即3x−2y−6=0或x−2y=0.
法六：当l的斜率不存在时，l:x=3,B3,−32,PB=3,A到PB距离d=3，
此时S△ABP=12×3×3=92≠9不满足条件.
当直线l斜率存在时，设l:y=k(x−3)+32，
设l与y轴的交点为Q，令x=0，则Q0,−3k+32，
联立y=kx−3k+323x2+4y2=36，则有3+4k2x2−8k3k−32x+36k2−36k−27=0，
3+4k2x2−8k3k−32x+36k2−36k−27=0，
其中Δ=8k23k−322−43+4k236k2−36k−27>0，且k≠−12，
则3xB=36k2−36k−273+4k2,xB=12k2−12k−93+4k2，
则S=12|AQ|xP−xB=123k+3212k+183+4k2=9，解的k=12或k=32，经代入判别式验证均满足题意.
则直线l为y=12x或y=32x−3，即3x−2y−6=0或x−2y=0.
52．（2023·北京·高考真题）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．
【解题思路】（1）结合题意得到ca=53，2b=4，再结合a2−c2=b2，解之即可；
（2）依题意求得直线BC、PD与PA的方程，从而求得点M,N的坐标，进而求得kMN，再根据题意求得kCD，得到kMN=kCD，由此得解.
【解答过程】（1）依题意，得e=ca=53，则c=53a，
又A,C分别为椭圆上下顶点，AC=4，所以2b=4，即b=2，
所以a2−c2=b2=4，即a2−59a2=49a2=4，则a2=9，
所以椭圆E的方程为x29+y24=1.
（2）因为椭圆E的方程为x29+y24=1，所以A0,2,C0,−2,B−3,0,D3,0，
因为P为第一象限E上的动点，设Pm,n00，
因为FM⋅FN=0，所以x1−1x2−1+y1y2=0，
即my1+n−1my2+n−1+y1y2=0，
亦即m2+1y1y2+mn−1y1+y2+n−12=0，
将y1+y2=4m,y1y2=−4n代入得，
4m2=n2−6n+1，4m2+n=n−12>0，
所以n≠1，且n2−6n+1≥0，解得n≥3+22或n≤3−22．
设点F到直线MN的距离为d，所以d=n−11+m2，
MN=x1−x22+y1−y22=1+m2y1−y2=1+m216m2+16n
=1+m24n2−6n+1+16n=21+m2n−1，
所以△MFN的面积S=12×MN×d=12×n−11+m2×21+m2n−1=n−12，
而n≥3+22或n≤3−22，所以，
当n=3−22时，△MFN的面积Smin=2−222=12−82．
54．（2023·全国·高考真题）已知椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的离心率是53，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．
【解题思路】（1）根据题意列式求解a,b,c，进而可得结果；
（2）设直线PQ的方程，进而可求点M,N的坐标，结合韦达定理验证yM+yN2为定值即可.
【解答过程】（1）由题意可得b=2a2=b2+c2e=ca=53，解得a=3b=2c=5，
所以椭圆方程为y29+x24=1.
（2）由题意可知：直线PQ的斜率存在，设PQ:y=kx+2+3,Px1,y1,Qx2,y2，
联立方程y=kx+2+3y29+x24=1，消去y得：4k2+9x2+8k2k+3x+16k2+3k=0，
则Δ=64k22k+32−644k2+9k2+3k=−1728k>0，解得kb>0)的左右顶点分别为A1,A2，右焦点为F，已知A1F=3,A2F=1．
(1)求椭圆的方程和离心率；
(2)点P在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线A2P交y轴于点Q，若三角形A1PQ的面积是三角形A2PF面积的二倍，求直线A2P的方程．
【解题思路】（1）由a+c=3a−c=1解得a=2,c=1，从而求出b=3，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A2P的方程，与椭圆方程联立，消去y，再由韦达定理可得xA2⋅xP，从而得到P点和Q点坐标.由S△A2QA1=S△A1PQ+S△A1A2P=2S△A2PF+S△A1A2P得2yQ=3yP，即可得到关于k的方程，解出k，代入直线A2P的方程即可得到答案.
【解答过程】（1）如图，

由题意得a+c=3a−c=1，解得a=2,c=1，所以b=22−12=3，
所以椭圆的方程为x24+y23=1，离心率为e=ca=12.
（2）由题意得，直线A2P斜率存在，由椭圆的方程为x24+y23=1可得A22,0，
设直线A2P的方程为y=kx−2，
联立方程组x24+y23=1y=kx−2，消去y整理得：3+4k2x2−16k2x+16k2−12=0，
由韦达定理得xA2⋅xP=16k2−123+4k2，所以xP=8k2−63+4k2，
所以P8k2−63+4k2,−12k3+4k2，Q0,−2k.
所以S△A2QA1=12×4×yQ,S△A2PF=12×1×yP,S△A1A2P=12×4×yP，
所以S△A2QA1=S△A1PQ+S△A1A2P=2S△A2PF+S△A1A2P，
所以2yQ=3yP，即2−2k=3−12k3+4k2，
解得k=±62，所以直线A2P的方程为y=±62x−2.
56．（2023·全国·高考真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为−25,0，离心率为5．
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点−4,0的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P．证明:点P在定直线上.
【解题思路】（1）由题意求得a,b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MA1与NA2的方程，联立直线方程，消去y，结合韦达定理计算可得x+2x−2=−13，即交点的横坐标为定值，据此可证得点P在定直线x=−1上.
【解答过程】（1）设双曲线方程为x2a2−y2b2=1a>0,b>0，由焦点坐标可知c=25，
则由e=ca=5可得a=2，b=c2−a2=4，
双曲线方程为x24−y216=1.
（2）由(1)可得A1−2,0,A22,0，设Mx1,y1,Nx2,y2，
显然直线的斜率不为0，所以设直线MN的方程为x=my−4，且−120)的焦点为F，点Dp,0，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，MF=3．
(1)求C的方程；
(2)设直线MD,ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN,AB的倾斜角分别为α,β．当α−β取得最大值时，求直线AB的方程．
【解题思路】（1）由抛物线的定义可得MF=p+p2，即可得解；
（2）法一：设点的坐标及直线MN:x=my+1，由韦达定理及斜率公式可得kMN=2kAB，再由差角的正切公式及基本不等式可得kAB=22，设直线AB:x=2y+n，结合韦达定理可解.
【解答过程】（1）抛物线的准线为x=−p2，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时MF=p+p2=3，所以p=2，
所以抛物线C的方程为y2=4x；
（2）[方法一]：【最优解】直线方程横截式
设My124,y1,Ny224,y2,Ay324,y3,By424,y4，直线MN:x=my+1，
由x=my+1y2=4x可得y2−4my−4=0，Δ>0,y1y2=−4，
由斜率公式可得kMN=y1−y2y124−y224=4y1+y2，kAB=y3−y4y324−y424=4y3+y4，
直线MD:x=x1−2y1⋅y+2，代入抛物线方程可得y2−4x1−2y1⋅y−8=0，
Δ>0,y1y3=−8，所以y3=2y2，同理可得y4=2y1，
所以kAB=4y3+y4=42y1+y2=kMN2
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为α,β，所以kAB=tanβ=kMN2=tanα2，
若要使α−β最大，则β∈0,π2，设kMN=2kAB=2k>0，则tanα−β=tanα−tanβ1+tanαtanβ=k1+2k2=11k+2k≤121k⋅2k=24，
当且仅当1k=2k即k=22时，等号成立，
所以当α−β最大时，kAB=22，设直线AB:x=2y+n，
代入抛物线方程可得y2−42y−4n=0，
Δ>0,y3y4=−4n=4y1y2=−16，所以n=4，
所以直线AB:x=2y+4.
[方法二]：直线方程点斜式
由题可知，直线MN的斜率存在.
设Mx1,y1,Nx2,y2,Ax3,y3,Bx4,y4,直线MN:y=kx−1
由 y=k(x−1)y2=4x得：k2x2−2k2+4x+k2=0，x1x2=1,同理，y1y2=−4.
直线MD:y=y1x1−2(x−2),代入抛物线方程可得：x1x3=4，同理，x2x4=4.
代入抛物线方程可得:y1y3=−8,所以y3=2y2，同理可得y4=2y1，
由斜率公式可得：kAB=y4−y3x4−x3=2y2−y141x2−1x1=y2−y12x2−x1=12kMN.
（下同方法一）若要使α−β最大，则β∈0,π2，
设kMN=2kAB=2k>0，则tanα−β=tanα−tanβ1+tanαtanβ=k1+2k2=11k+2k≤121k⋅2k=24，
当且仅当1k=2k即k=22时，等号成立，
所以当α−β最大时，kAB=22，设直线AB:x=2y+n，
代入抛物线方程可得y2−42y−4n=0，Δ>0,y3y4=−4n=4y1y2=−16，所以n=4，所以直线AB:x=2y+4.
[方法三]：三点共线
设My124,y1,Ny224,y2,Ay324,y3,By424,y4，
设Pt,0,若 P、M、N三点共线，由PM=y124−t,y1，PN=y224−t,y2
所以y124−ty2=y224−ty1，化简得y1y2=−4t，
反之，若y1y2=−4t,可得MN过定点t,0
因此，由M、N、F三点共线，得y1y2=−4，
由M、D、A三点共线，得y1y3=−8，
由N、D、B三点共线，得y2y4=−8，
则y3y4=4y1y2=−16，AB过定点（4,0）
（下同方法一）若要使α−β最大，则β∈0,π2，
设kMN=2kAB=2k>0，则tanα−β=tanα−tanβ1+tanαtanβ=k1+2k2=11k+2k≤121k⋅2k=24，
当且仅当1k=2k即k=22时，等号成立，
所以当α−β最大时，kAB=22，所以直线AB:x=2y+4.
58．（2022·全国·高考真题）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y=±3x．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点Px1,y1,Qx2,y2在C上，且x1>x2>0,y1>0．过P且斜率为−3的直线与过Q且斜率为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.
【解题思路】（1）利用焦点坐标求得c的值，利用渐近线方程求得a,b的关系，进而利用a,b,c的平方关系求得a,b的值，得到双曲线的方程；
（2）先分析得到直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k, M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得到x0+ky0=8k2k2−3；由直线PM和QM的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率m=3x0y0，由②PQ//AB等价转化为ky0=3x0，由①M在直线AB上等价于ky0=k2x0−2，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.
【解答过程】（1）右焦点为F(2,0)，∴c=2,∵渐近线方程为y=±3x，∴ba=3，∴b=3a，∴c2=a2+b2=4a2=4，∴a=1，∴b=3．
∴C的方程为：x2−y23=1；
（2）由已知得直线PQ的斜率存在且不为零，直线AB的斜率不为零，
若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线AB的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则M为线段AB的中点，假若直线AB的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知M在x轴上，即为焦点F,此时由对称性可知P、Q关于x轴对称，与从而x1=x2，已知不符；
总之，直线AB的斜率存在且不为零.
设直线AB的斜率为k,直线AB方程为y=kx−2,
则条件①M在AB上，等价于y0=kx0−2⇔ky0=k2x0−2；
两渐近线的方程合并为3x2−y2=0,
联立消去y并化简整理得：k2−3x2−4k2x+4k2=0
设Ax3,y3,Bx4,y4,线段中点为NxN,yN,则xN=x3+x42=2k2k2−3,yN=kxN−2=6kk2−3,
设Mx0,y0,
则条件③AM=BM等价于x0−x32+y0−y32=x0−x42+y0−y42,
移项并利用平方差公式整理得：
x3−x42x0−x3+x4+y3−y42y0−y3+y4=0，
2x0−x3+x4+y3−y4x3−x42y0−y3+y4=0,即x0−xN+ky0−yN=0,
即x0+ky0=8k2k2−3；
由题意知直线PM的斜率为−3, 直线QM的斜率为3,
∴由y1−y0=−3x1−x0,y2−y0=3x2−x0,
∴y1−y2=−3x1+x2−2x0,
所以直线PQ的斜率m=y1−y2x1−x2=−3x1+x2−2x0x1−x2,
直线PM:y=−3x−x0+y0,即y=y0+3x0−3x,
代入双曲线的方程3x2−y2−3=0,即3x+y3x−y=3中，
得：y0+3x023x−y0+3x0=3,
解得P的横坐标：x1=1233y0+3x0+y0+3x0,
同理：x2=−1233y0−3x0+y0−3x0，
∴x1−x2=133y0y02−3x02+y0,x1+x2−2x0=−3x0y02−3x02−x0,
∴m=3x0y0,
∴条件②PQ//AB等价于m=k⇔ky0=3x0，
综上所述：
条件①M在AB上，等价于ky0=k2x0−2；
条件②PQ//AB等价于ky0=3x0；
条件③AM=BM等价于x0+ky0=8k2k2−3；
选①②推③:
由①②解得：x0=2k2k2−3,∴x0+ky0=4x0=8k2k2−3,∴③成立；
选①③推②：
由①③解得：x0=2k2k2−3，ky0=6k2k2−3，
∴ky0=3x0，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得：x0=2k2k2−3，ky0=6k2k2−3，∴x0−2=6k2−3，
∴ky0=k2x0−2，∴①成立.
59．（2022·全国·高考真题）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A0,−2,B32,−1两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点P1,−2的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足MT=TH．证明：直线HN过定点．
【解题思路】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；
（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.
【解答过程】（1）解：设椭圆E的方程为mx2+ny2=1，过A0,−2,B32,−1，
则4n=194m+n=1，解得m=13，n=14，
所以椭圆E的方程为：y24+x23=1.
（2）A(0,−2),B(32,−1)，所以AB:y+2=23x，
①若过点P(1,−2)的直线斜率不存在，直线x=1.代入x23+y24=1，
可得M(1,−263)，N(1,263)，代入AB方程y=23x−2，可得
T(−6+3,−263)，由MT=TH得到H(−26+5,−263).求得HN方程：
y=(2+263)x−2，过点(0,−2).
②若过点P(1,−2)的直线斜率存在，设kx−y−(k+2)=0,M(x1,y1),N(x2,y2).
联立kx−y−(k+2)=0x23+y24=1,得(3k2+4)x2−6k(2+k)x+3k(k+4)=0，
可得x1+x2=6k(2+k)3k2+4x1x2=3k(4+k)3k2+4，y1+y2=−8(2+k)3k2+4y1y2=4(4+4k−2k2)3k2+4，
且x1y2+x2y1=−24k3k2+4(∗)
联立y=y1y=23x−2,可得T(3y12+3,y1),H(3y1+6−x1,y1).
可求得此时HN:y−y2=y1−y23y1+6−x1−x2(x−x2)，
将(0,−2)，代入整理得2(x1+x2)−6(y1+y2)+x1y2+x2y1−3y1y2−12=0，
将(∗)代入，得24k+12k2+96+48k−24k−48−48k+24k2−36k2−48=0,
显然成立，
综上，可得直线HN过定点(0,−2).
60．（2022·北京·高考真题）已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个顶点为A(0,1)，焦距为23．
(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．
【解题思路】（1）依题意可得b=12c=23c2=a2−b2，即可求出a，从而求出椭圆方程；
（2）首先表示出直线方程，设Bx1,y1、Cx2,y2，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由直线AB、AC的方程，表示出xM、xN，根据MN=xN−xM得到方程，解得即可；
【解答过程】（1）解：依题意可得b=1，2c=23，又c2=a2−b2，
所以a=2，所以椭圆方程为x24+y2=1；
（2）解：依题意过点P−2,1的直线为y−1=kx+2，设Bx1,y1、Cx2,y2，不妨令−2≤x10，解得k1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP,AQ的斜率之和为0．
(1)求l的斜率；
(2)若tan∠PAQ=22，求△PAQ的面积．
【解题思路】（1）由点A(2,1)在双曲线上可求出a，易知直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，Px1,y1,Qx2,y2，再根据kAP+kAQ=0，即可解出l的斜率；
（2）根据直线AP,AQ的斜率之和为0可知直线AP,AQ的倾斜角互补，根据tan∠PAQ=22即可求出直线AP,AQ的斜率，再分别联立直线AP,AQ与双曲线方程求出点P,Q的坐标，即可得到直线PQ的方程以及PQ的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线PQ的距离，即可得出△PAQ的面积．
【解答过程】（1）因为点A(2,1)在双曲线C:x2a2−y2a2−1=1(a>1)上，所以4a2−1a2−1=1，解得a2=2，即双曲线C:x22−y2=1．
易知直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，Px1,y1,Qx2,y2，
联立y=kx+mx22−y2=1可得，1−2k2x2−4mkx−2m2−2=0，
所以，x1+x2=−4mk2k2−1,x1x2=2m2+22k2−1，Δ=16m2k2−42m2+22k2−1>0⇒m2+1−2k2>0且k≠±22．
所以由kAP+kAQ=0可得，y2−1x2−2+y1−1x1−2=0，
即x1−2kx2+m−1+x2−2kx1+m−1=0，
即2kx1x2+m−1−2kx1+x2−4m−1=0，
所以2k×2m2+22k2−1+m−1−2k−4mk2k2−1−4m−1=0，
化简得，8k2+4k−4+4mk+1=0，即k+12k−1+m=0，
所以k=−1或m=1−2k，
当m=1−2k时，直线l:y=kx+m=kx−2+1过点A2,1，与题意不符，舍去，
故k=−1．
（2）［方法一］：【最优解】常规转化
不妨设直线PA,AQ的倾斜角为α,βα