2024年高考数学一模好题分类汇编：直线与圆、圆锥曲线（解析版）.pdf

1、1直线与圆、圆锥曲线题型 01 直线与圆题型 02 椭圆题型 03 双曲线题型 04 抛物线题型 01 直线与圆1(2024浙江校联考一模)圆 C:x2+y2-2x+4y=0 的圆心 C 坐标和半径 r 分别为()A.C 1,-2,r=5B.C 1,-2,r=5C.C-1,2,r=5D.C-1,2,r=5【答案】A【详解】圆 C:x2+y2-2x+4y=0，即 C:x-12+y+22=5，它的圆心 C 坐标和半径 r 分别为 C 1,-2,r=5.故选：A.2(2024河南郑州郑州市宇华实验学校校考一模)“a-5 或 a 5”是“圆 C1:x2+y2=1 与圆 C2:(x+a)2+(y-2a)

2、2=36 存在公切线”的()A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【详解】圆 C1的圆心为 0,0，半径 r1=1，圆 C2的圆心为-a,2a，半径 r2=6，所以两圆的圆心距为 d=C1C2=a2+4a2=5a2，两圆内含时，即5a2 6-1，解得-5 a 4B.若圆 C1和圆 C2外切，则 a=4C.当 a=0 时，圆 C1和圆 C2有且仅有一条公切线D.当 a=-2 时，圆 C1和圆 C2相交【答案】BCD【详解】C1 3,0,C2 0,a,C1C2=9+a2,r1=1,r2=4.若 C1和 C2外离，则 C1C2=9+a2 r1+r2=5

3、，解得 a 4 或 a-4，故 A 错误；若 C1和 C2外切，C1C2=9+a2=5，解得 a=4，故 B 正确；2当 a=0 时，C1C2=3=r2-r1,C1和 C2内切，故 C 正确；当 a=-2 时，3 C1C2=13 5,C1和 C2相交，故 D 正确.故选：BCD4(2024河南郑州郑州市宇华实验学校校考一模)在直角坐标系 xOy 中，直线 l1的参数方程为x=3ty=4t-1(t 为参数)，直线 l2的参数方程为x=12 sy=32 s(s 为参数).(1)求这两条直线的普通方程(结果用直线的一般式方程表示)；(2)若这两条直线与圆 C:(x-3)2+(y-4)2=m2都相离，

4、求 m 的取值范围.【答案】(1)l1:4x-3y-3=0，l2:3x-y=0(2)4-3 32 m m3 3-42 m，即35 m3 3-42 m，解得 4-3 32 m 0，则 k-1对于 A，若圆 C 关于直线 y=kx 对称，则直线过圆心，所以 1=k2，得 k=1，又 k=-1 时，r=0，方程不能表示圆，故 A 是假命题；对于 B，对于圆 C，圆心为 C k,1，半径 r=k+1 0，则 k-1，当直线为 x=-1 时，圆心到直线的距离 d=k-(-1)=k+1=r，故存在直线 x=-1，使得与所有的圆相切，故 B 是真命题；对于 C，当 k=1 时，圆的方程为 x-12+y-12

5、=4，圆心为 C 1,1，半径 r=2由于 P x,y为圆 C 上任意一点，设 y+3x=m，则式子可表示直线 y=-3x+m，此时 m 表示直线的纵截距，故当直线与圆相切时，可确定 m 的取值范围,于是圆心 C 1,1到直线 y=-3x+m 的距离 d=3+1-m12+32=r=2，解得 m=3-3 或 m=5+3，则3-3 m 5+3，所以 y+3x 的最大值为 5+3，故 C 为真命题；对于 D，圆的方程为 x-12+y-12=4，圆心为 C 1,1，半径 r=2，如图，连接 AC,BC，因为直线 MA,MB 与圆 C 相切，所以 MA AC,MB BC，且可得 MA=MB，又 AC=B

6、C=r=2，所以 MC AB，且 MC 平分 AB，所以 S四边形 MBCA=12 CM AB=2SMAC=2 12 MA AC，5则 CM AB=2 MA AC=2CM2-r2 2=4CM2-4，则 CM AB最小值即 CM的最小值，即圆心 C 1,1到直线 l:2x+y+2=0 的距离 d=CMmin=2+1+222+12=5，所以 CM AB的最小值为 4，故 D 为真命题.故选：BCD.9(2024安徽合肥合肥一六八中学校考一模)已知直线 y=kx+2 k R交圆 O:x2+y2=9 于P x1,y1,Q x2,y2两点，则 3x1+4y1+16+3x2+4y2+16的最小值为()A.

7、9B.16C.27D.30【答案】D【详解】由题设直线与 y 轴的交点为 A 0,2，设弦 PQ 的中点为 E x,y，连接 OE，则 OE PQ，即 OE AE，所以 OE AE=0，即 x,y x,y-2=x2+y y-2=0，所以点 E 的轨迹方程为 x2+(y-1)2=1，即 E 的轨迹是以 0,1为圆心，1 为半径的圆，设直线 l 为 3x+4y+16=0，则 E 到 l 的最小距离为 4+165-1=3，过 P E Q 分别作直线 l 的垂线，垂足分别为 M,R,N，则四边形 MNQP 是直角梯形，且 R 是 MN 的中点，则 ER 是直角梯形的中位线，所以 MP+NQ=2 ER，

8、即 3x1+4y1+165+3x2+4y2+165=2 ER，即 3x1+4y1+6+3x2+4y2+6=10 ER 30，所以 3x1+4y1+16+3x2+4y2+16的最小值为 30.故选：D.10(2024吉林延边统考一模)已知 A x1,y1,B x2,y2是圆 O:x2+y2=4 上的两点，则下列结论中正确的是()A.若点 O 到直线 AB 的距离为2，则 AB=2 2B.若 AB=2 3，则 AOB=3C.若 AOB=2，则 x1+y1-1+x2+y2-1的最大值为 66D.x1x2+y1y2的最小值为-4【答案】ACD【详解】依题意，圆 O:x2+y2=4 的圆心 O 0,0，

9、半径为 r=2如图所示：对于 A 选项：因为点 O 到直线 AB 的距离为2，所以 AB=2 r2-d2=2 2，故选项 A 正确；对于 B 选项：因为 AB=2 3，且 OA=OB=r=2，所以在 ABC 中，由余弦定理可得：cosAOB=OA2+OB2-AB22 OAOB=4+4-122 2 2=-12,所以 AOB=23，故选项 B 错误；对于 C 选项：由 x1+y1-1+x2+y2-1=2x1+y1-12+x2+y2-12，其几何意义为 A x1,y1,B x2,y2到直线 x+y-1=0 的距离之和的2 倍设 A,B 的中点为 C x0,y0,结合梯形的中位线可知：则有 x1+y1

10、-1+x2+y2-1=2 2 x0+y0-12，因为 AOB=2，所以 AB=4+4=2 2,在直角三角形 OAB 中，OC=12 AB=2,所以点 C 的轨迹为以原点 0,0为圆心，2 为半径的圆.因为 0,0到 x+y-1=0 的距离为 d=0+0-12=22，所以x0+y0-12max=22+2=3 22，所以x1+y1-1+x2+y2-1max=2 2x0+y0-12max=6，故选项 C 正确；对于 D 选项：因为 x1x2+y1y2=OA OB=2 2 cosOA,OB，所以当 OA,OB所成的角为 时，x1 x2+y1y2min=2 2 cos=-4.故选项 D 正确;故选：AC

11、D.7题型 02 椭圆11(2024安徽合肥合肥一六八中学校考一模)如果椭圆x2k+8+y29=1(k-8)的离心率为 e=12，则 k=()A.4B.4 或-54C.-45D.4 或-45【答案】B【详解】解：因为椭圆x2k+8+y29=1(k-8)的离心率为 e=12，当 k+8 9 时，椭圆焦点在 x 轴上，可得：a=k+8,b=3,c=a2-b2=k-1,e=k-1k+8=12，解得 k=4，当 0 k+8 b 0)的左、右焦点分别为 F1，F2，过 F1的直线与 C 交于 A，B 两点，若 F1F2=2，且 ABF2的周长为 8，则()A.a=2B.C 的离心率为 14C.|AB|可

12、以为 D.BAF2可以为直角【答案】AC【详解】由 F1F2=2c=2 c=1，如下图 ABF2周长为 4a=8 a=2，故 b2=a2-c2=3，所以，椭圆离心率为 e=12，A 对，B 错；当 AB x 轴，即 AB 为通径时|AB|min=2b2a=3，且|AB|2a=4，所以 3|AB|b 0上一点，F1,F2分别为 C 的左、右焦点，且 PF1 PF2，若 PF1F2外接圆半径与其内切圆半径之比为 52，则 C 的离心率为【答案】57【详解】由题意，在 RtPF1F2中|F1F2|=2c,|PF1|+|PF2|=2a,F1PF2=90，所以其外接圆半径 R=|F1F2|2=c，内切圆

13、的半径为|PF1|+|PF2|-|F1F2|2=a-c，故ca-c=52 e=ca=57.故答案为：5714(2024重庆统考一模)已知点 F 为椭圆 x2a2+y2b2=1(a b 0)的右焦点，过坐标原点作一条倾斜角为 3 的直线交椭圆于 P,Q 两点，FP+FQ=FP-FQ，则该椭圆的离心率为【答案】3-1/-1+3【详解】令椭圆的左焦点为 F，半焦距为 c，分别连接 FP，FQ，由 FP+FQ=FP-FQ，得四边形 FPFQ 为矩形，而 FOP=3，则 OFP 为正三角形，所以|FP|=c，FP=3c，2a=PF+|PF=(3+1)c，则椭圆离心率为 e=ca=3-1，故答案为：3-1

14、.15(2024黑龙江齐齐哈尔统考一模)已知 P 为椭圆 C:x29+y23=1 上的一个动点，过 P 作圆 M:(x-1)2+y2=2 的两条切线，切点分别为 A,B，则 AB的最小值为.【答案】2 105/2510【详解】设 P x,y,MAB=，由已知 MA AP，由对称性可得 AB PM,所以 PAB+MAB=2,MPA+PAB=2，则 AB=2 2cos，MPA=MAB=，9且 sin=2PM，因为 PM=(x-1)2+y2=(x-1)2+3-x23=23 x-322+52，因为-3 x 3，所以 PM102，当且仅当 x=32 时等号成立，所以 sin=2PM 25，又 0,2，所

15、以 cos=1-sin2 15=55，所以 AB=2 2cos 2 2 55=2 105.所以 AB的最小值为 2 105.故答案为：2 105.16(2024山东济南山东省实验中学校考一模)若椭圆 C1和 C2的方程分别为 x2a2+y2b2=1(a b 0)和 x2a2+y2b2=(a b 0,0 且 1)则称 C1和 C2为相似椭圆己知椭圆 C1:x24+y23=1,C2:x24+y23=(0 0，设 M x1,y1，N x2,y2，则 x1+x2=-8st4s2+3，x1x2=4t2-124s2+3，10 y1+y22=s x1+x2+2t2=-4s2t4s2+3+t=3t4s2+3，

16、所以 P 点坐标为-4st4s2+3,3t4s2+3，因为点 P 在椭圆 C2上，所以 t2=4s2+3，因为原点 O 到直线 MN 的距离为t1+s2，MN=1+s2 x2-x1=1+s2 x1+x22-4x1x2，所以 MON 的面积为 SMON=12 tx1-x2=2 3 t4s2-t2+34s2+3=2 3 4s2+31-4s2+34s2+3=2 3 1-，综上，SMON=2 3 1-，又 0 b 0)的离心率为63，点 P 0,2在椭圆 C 上，过点 P 的两条直线 PA，PB 分别与椭圆 C 交于另一点 A，B，且直线 PA，PB，AB 的斜率满足kPA+kPB=4kAB kAB

17、0(1)求椭圆 C 的方程；(2)证明直线 AB 过定点；(3)椭圆 C 的焦点分别为 F1，F2，求凸四边形 F1AF2B 面积的取值范围【答案】(1)x212+y24=1(2)证明见解析(3)24 611,8 2【详解】(1)由题设得b=2ca=63a2=b2+c2，解得 a2=12，所以 C 的方程为 x212+y24=1；(2)由题意可设 lAB:y=kx+m(m 2)，设 A x1,y1，B x2,y2，由y=kx+mx212+y24=1，整理得 1+3k2x2+6kmx+3m2-12=0，11=36k2m2-4 1+3k23m2-12=12 12k2-m2+4 0由韦达定理得 x1

18、x2=3m2-121+3k2，x1+x2=-6mk1+3k2，由 kPA+kPB=4kAB得 y1-2x1+y2-2x2=4k，即 kx1+m-2x1+kx2+m-2x2=4k，整理得 2mk(m-2)=2 4-m2k，因为 k 0，得 m2-m-2=0，解得 m=2 或 m=-1，m=2 时，直线 AB 过定点 P(0,2)，不合题意，舍去；m=-1 时，满足 =36 4k2+1 0，所以直线 AB 过定点(0,-1)(3)由(2)得直线 lAB:y=kx-1，所以 x=1k(y+1)，由x=1k(y+1)x212+y24=1，整理得1k2+3y2+2k2 y+1k2-12=0，=361k2

19、+4 0，由题意得 SF1AF2B=12 F1F2y1-y2=2 2 y1-y2=12 21k2+41k2+3，因为 kAF2=12 2，所以 k2 18，所以 0 1k2 b 0)的离心率为 12，且点1,-32在椭圆上(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)如图，若一条斜率不为 0 的直线过点(-1,0)与椭圆交于 M,N 两点，椭圆 C 的左、右顶点分别为 A,B，直线 BN 的斜率为 k1，直线 AM 的斜率为 k2，求证：k21+k22k1 k2为定值【答案】(1)x24+y23=1(2)证明见解析【详解】(1)由椭圆 C：x2a2+y2b2=1(a b 0)的离心率为 12，且点 1,

20、-32在椭圆上，可得 ca=12，所以 b2a2=1-c2a2=1-122=34，又点 1,-32在该椭圆上，所以 1a2+94b2=1，所以 a2=4，b2=3，所以椭圆 C 的标准方程为 x24+y23=1(2)证明：设 M x1,y1,N x2,y2，由于该直线斜率不为 0，可设 LMN：x=my-1，联立方程 x=my-1 和 x24+y23=1，得(3m2+4)y2-6my-9=0，0 恒成立，根据韦达定理可知，y1+y2=6m3m2+4,y1y2=-93m2+4,my1y2=-32 y1+y2，k1=y2x2-2,k2=y1x1+2，14k2k1=y1(x2-2)(x1+2)y2=

21、y1(my2-3)(my1+1)y2=my1y2-3y1my1y2+y2，k2k1=-32(y1+y2)-3y1-32(y1+y2)+y2=3，k21+k22k1 k2=k1k2+k2k1=103 20(2024吉林延边统考一模)已知椭圆 E:x2a2+y2b2=1 a b 0的右焦点为 F2，上顶点为 H，O 为坐标原点，OHF2=30，点 1,32在椭圆 E 上(1)求椭圆 E 的方程；(2)设经过点 F2且斜率不为 0 的直线 l 与椭圆 E 相交于 A，B 两点，点 P-2,0，Q 2,0若 M，N 分别为直线 AP，BQ 与 y 轴的交点，记 MPQ，NPQ 的面积分别为 SMPQ，

22、SNPQ，求 SMPQSNPQ的值【答案】(1)x24+y23=1(2)13【详解】(1)由 OHF2=30，得 b=3c(c 为半焦距)，点 1,32在椭圆 E 上，则 1a2+94b2=1又 a2=b2+c2，解得 a=2，b=3，c=1 椭圆 E 的方程为 x24+y23=1(2)由(1)知 F2 1,0设直线 l:x=my+1，A x1,y1，B x2,y2由x=my+1x24+y23=1消去 x，得 3m2+4y2+6my-9=0显然 =144 m2+1 0则 y1+y2=-6m3m2+4，y1y2=-93m2+4 my1y2=32 y1+y2由 P-2,0，Q 2,0，得直线 AP

23、 的斜率 k1=y1x1+2，直线 BQ 的斜率 k2=y2x2-2 又 k1=OMOP，k2=ONOQ，OP=OQ=2，OMON=k1k2 SMPQSNPQ=12 PQ OM12 PQ ON=OMON=k1k2 k1k2=y1 x2-2x1+2y2=y1 my2-1my1+3y2=my1y2-y1my1y2+3y2=32 y1+y2-y132 y1+y2+3y2=12 y1+32 y232 y1+92 y2=13 SMPQSNPQ=13 1521(2024山东济南山东省实验中学校考一模)已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1 a b 0的右焦点为F 2,0，点2,3在椭圆 C 上(1)求椭圆

24、C 的方程；(2)过 F 的两条互相垂直的直线分别交椭圆 C 于 A,B 两点和 P,Q 两点，设 AB,PQ 的中点分别为 M,N，求FMN 面积的最大值【答案】(1)x28+y24=1(2)49【详解】(1)由题意知 c=2又 a2=b2+c2，所以 a2=b2+4把点2,3代入椭圆方程，得2b2+4+3b2=1，解得 b2=4故椭圆 C 的方程为 x28+y24=1(2)由题意知直线 AB,PQ 的斜率均存在且不为零设直线 AB 的方程为 y=k x-2k 0，且 A x1,y1,B x2,y2由y=k x-2x28+y24=1消去 y，得 1+2k2x2-8k2x+8k2-8=0所以

25、x1+x2=8k21+2k2，x1x2=8k2-81+2k2 而 y1+y2=k x1-2+k x2-2=k x1+x2-4k=-4k1+2k2，所以 M4k21+2k2,-2k1+2k2同理得 N42+k2,2k2+k2若4k21+2k2=42+k2，则 k=1，此时直线 MN 的斜率不存在，可得直线 MN:x=43 此时 MN=43，所以 SFMN=12 43 23=49；若 k 1，则直线 MN 的斜率为-2k1+2k2-2k2+k24k21+2k2-42+k2=3k2 1-k2，可得直线 MN：y+2k1+2k2=3k2 1-k2x-4k21+2k2化简，得 y=3k2 1-k2x-4

26、3所以直线 MN 过定点 T43,0所以 SFMN=SFTM+SFTN=12 23-2k1+2k2+12 23 2k2+k2=13 2 k1+2k2+13 2 k2+k2=13 2 k3+3k21+2k22+k2=2 k1+k22k4+5k2+2=2 k+1k2 k2+1k2+5令 t=k+1k 2,+，则 SFMN=f t=2t2 t2-2+5=2t2t2+116因为 f t=2 1-2t22t2+12 0，所以 f t在 t 2,+上单调递减所以 f t f 2=49，即 SFMN b 0)，则 a=2，b=3，故 E 的方程为 x24+y23=1(2)证明：设 C x1,y1，D x2,

27、y2，直线 CD:y=kx+m kFC=y1-y0 x1-x0，kFD=y2-y0 x2-x0因为 CF DF，所以 kCF kFD=-1，即 x1-x0 x2-x0+y1-y0y2-y0=0，即 x1x2-x0 x1+x2+x20+y1y2-y0 y1+y2+y20=0，将 y=kx+m 代入 E 的方程，得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0，则 =48 3+4k2-m2 0，x1+x2=-8km3+4k2，x1x2=4m2-123+4k2，y1+y2=k x1+x2+2m=6m3+4k2，y1y2=kx1+mkx2+m=k2x1x2+km x1+x2+m2=-12k2+3m23

28、+4k2，将以上 4 个式子代入，得 x20-x0-8km3+4k2+4m2-123+4k2+y20-y06m3+4k2+-12k2+3m23+4k2=0，即 4kx0+m2+34 x20-3+3y0-m2+4k2y203-4k2=0，因为点 F 在 E 上，所以 34 x20-3=-y20，4y203-4=-x20，17代入得 4 kx0+m+y0kx0+m-y0=3 kx0+m-y0kx0-m+y0，即 kx0+m-y0kx0+7m+y0=0，因为 CF DF，所以 F 不在直线 CD 上，则 kx0+m-y0 0，则 m=-y0+kx07，所以直线 CD:y=k x-x07-y07 过定

29、点x07,-y07.【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆的位置关系，将韦达定理代入表达式化简为4kx0+m2+34 x20-3+3y0-m2+4k2y203-4k2=0 并利用点在椭圆上进一步化简是本题关键.23(2024浙江校联考一模)已知椭圆 C:x24+y23=1 的左右焦点分别为 F1,F2，点 P x0,y0为椭圆 C 上异于顶点的一动点，F1PF2的角平分线分别交 x 轴、y 轴于点 M、N(1)若 x0=12，求 PF1；(2)求证：PMPN为定值；(3)当 F1PN 面积取到最大值时，求点 P 的横坐标 x0【答案】(1)PF1=94(2)证明见解析(3)x0=3-1【详解】

30、(1)由已知得 F1-1,0，x204+y203=1 y20=3-3x204则 PF1=x0+12+y20=2+12 x0所以当 x0=12 时，PF1=94；(2)设 M m,0，在 F1PF2中，PM 是 F1PF2的角平分线，所以 PF1PF2=MF1MF2，由(1)知 PF1=2+12 x0，同理 PF2=x0-12+y20=2-12 x0，即2+12 x02-12 x0=m+11-m，解得 m=14 x0，所以 M14 x0,0，18过 P 作 PH x 轴于 H所以 PMPN=MHOH=34(3)记 F1PN 面积的面积为 S，由(1)可得，S=12 F1M y0+13 y0=16

31、 x0+434 4-x20=312x0+44-x20，其中 x0-2,0 0,2，则 S=-36 4-x20 x20+2x0-2，当 x0-2,0 0,3-1时，S 0,S 单调递增；当 x03-1,2时，S 0 得，k2-t2+2 0.所以 y1+y2=-2ktk2+2,y1y2=t2-2k2+2，令 y=-1，得 P t-k,-1.故直线 PO 方程为 y=1k-t x，直线 DB2方程为 y=y1-1x1x+1.19由y=1k-t xy=y1-1x1 x+1得 xM=k-tx1x1+k-t1-y1=k-tx1k+ty1，将 xM 中 x1,y1换成 x2,y2得 xN=k-tx2k+ty

32、2.xM+xN=k-tx1k+ty1+k-tx2k+ty2=k-tx1 k+ty2+x2 k+ty1k+ty1k+ty2，x1 k+ty2+x2 k+ty1=k x1+x2+t x1y2+x2y1=k ky1+t+ky2+t+tky1+ty2+ky2+ty1=k2+t2y1+y2+2kt y1y2+1=-2kt k2+t2+2kt k2+t2k2+2=0,O 为线段 MN 中点，又 O 为 B1B1中点，四边形 B1MB2N 为平行四边形.方法二：设 D x1,y1,E x2,y2,M xM,yM,N xN,yN.直线 B2D 方程为 y=y1-1x1x+1，当直线 l 的斜率不存在时，设 l

33、 方程为 x=x0 x0 0，此时 P x0,-1，直线 PO 方程的为 y=-1x0 x，由y=-1x0 xy=y1-1x0 x+1得 xM=-x0y1，同理 xN=-x0y2,y1=-y2 xM+xN=0，当直线 l 斜率存在时，设 l 方程为 y=kx+t t 0，由y=kx+t,x22+y2=1得 1+2k2x2+4ktx+2t2-2=0.令 0 得，1+2k2-t2 0.由韦达定理得 x1+x2=-4kt1+2k2,x1x2=2t2-21+2k2.将 y=-1 代入 y=kx+t 得 P-1-tk,-1 直线 PO 的方程为 y=kt+1 x由y=y1-1x1 x+1y=kt+1x得

34、 xM=-x1 1+ty1-11+t-kx1=-x1 1+tktx1+t2-1同理可得 xN=-x2 1+tktx2+t2-1.xM+xN=-t+1x1ktx1+t2-1+x2ktx2+t2-1=-t+12ktx1x2+t2-1x1+x2ktx1+t2-1ktx2+t2-1 2ktx1x2+t2-1x1+x2=2kt 2t2-21+2k2+t2-1-4kt1+2k2=0，20 xM+xN=0，综上所述，xM+xN=0,O 为线段 MN 中点，又 O 为 B1B1中点，四边形 B1MB2N 为平行四边形.【点睛】关键点点睛：证明四边形 B1MB2N 为平行四边形的方法用对角线相互平分得到.25(

35、2024河北校联考一模)已知椭圆 C：x2a2+y2b2=1(a 0，b 0)的左、右焦点分别为 F1、F2，离心率为 12，经过点 F1且倾斜角为 0 2的直线 l 与椭圆交于 A、B 两点(其中点 A 在 x 轴上方)，ABF2的周长为 8(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)如图，将平面 xOy 沿 x 轴折叠，使 y 轴正半轴和 x 轴所确定的半平面(平面 AF1F2)与 y 轴负半轴和 x 轴所确定的半平面(平面 BF1F2)互相垂直若 =3，求异面直线 AF1和 BF2所成角的余弦值；是否存在 0 2，使得折叠后 ABF2的周长为 152？若存在，求 tan 的值；若不存在，请说明理

36、由【答案】(1)x24+y23=1；(2)1328；存在；tan=3 3514【详解】解：(1)由椭圆的定义知：AF1+AF2=2a,BF1+BF2=2a，所以 ABF2的周长 L=4a=8，所以 a=2，又椭圆离心率为 12，所以 ca=12，所以 c=1，b2=a2-c2=3，由题意，椭圆的焦点在 x 轴上，所以椭圆的标准方程为 x24+y23=1；(2)由直线 l：y-0=3 x+1与 x24+y23=1，联立求得 A 0,3，(因为点 A 在 x 轴上方)以及 B-85,-353，21再以 O 为坐标原点，折叠后原 y 轴负半轴，原 x 轴，原 y 轴正半轴所在直线为 x，y，z 轴建

37、立空间直角坐标系，则F1 0,-1,0，A 0,0,3，B 353,-85,0，F2 0,1,0，F1A=0,1,3，BF2=-353,135,0记异面直线 AF1和 BF2所成角为，则 cos=cos=F1A BF2F1ABF2=1328；设折叠前 A x1,y1，B x2,y2，折叠后 A，B 在新图形中对应点记为 A，B，A x1,y1,0，B x2,0,-y2，由 AF2+BF2+AB=152，AF2+BF2+|AB|=8，故 AB-AB=12，将直线 l 方程与椭圆方程联立my=x+1x24+y23=1，得 3m2+4y2-6my-9=0，y1+y2=6m3m2+4，y1y2=-93

38、m2+4，在折叠后的图形中建立如图所示的空间直角坐标系(原 x 轴仍然为 x 轴，原 y 轴正半轴为 y 轴，原 y 轴负半轴为 z 轴)；AB=x1-x22+y12+y22，AB=x1-x22+y1-y22，所以 AB-AB=x1-x22+y1-y22-x1-x22+y21+y22=12，(i)22又-2y1y2x1-x22+y1-y22+x1-x22+y21+y22=12，所以x1-x12+y1-y22+x1-x22+y21+y21=-4y1y2，(ii)由(i)(ii)可得x1-x22+y1-y22=14-2y1y2，因为 x1-x22+y1-y22=1+m2y1-y22=14-2y1y

39、22，所以 1+m26m3m2+42+363m2+4=14+183m2+42，即 1441+m3m2+42=14+183m2+42，所以 12+12m23m2+4=14+183m2+4，解得 m2=2845，因为 0 0,b 0)的右顶点，O 为坐标原点，B,C 为双曲线 E 上两点，且 AB+AC=2AO，直线 AB,AC 的斜率分别为 2 和 14，则双曲线 E 的离心率为()A.2B.52C.62D.223【答案】C【详解】A a,0，设 B x0,y0,C-x0,-y0，则 x20a2-y20b2=1，则 kAB=y0 x0-a=2,kAC=y0 x0+a=14，kAB kAC=y20

40、 x20-a2=b2 x20a2-1x20-a2=b2a2=14 2=12，e=ca=c2a2=a2+b2a2=1+ba2=1+12=62.故选：C【点睛】求解双曲线离心率有关的问题，可以利用直接法来进行求解，也即通过已知条件求得 a 和 c，从而求得双曲线的离心率.也可以利用构造齐次式的方法来进行求解，也即通过已知条件求得 a2,c2或 a2,b2的等量关系式，由此来求得离心率.28(2024云南曲靖统考一模)已知双曲线 C:x2a2-y2b2=1 a 0,b 0，过其右焦点 F 作一条直线分别交两条渐近线于 A,B 两点，若 A 为线段 BF 的中点，且 OA BF，则双曲线 C 的渐近线

41、方程为()A.y=2xB.y=3xC.y=5xD.y=12 x【答案】B【详解】由题设作出图形，双曲线渐近线为 y=ba x，F(c,0)，则直线 BF:y=-ab(x-c)，故y=-ab(x-c)y=-ba x，可得 x=a2ca2-b2，故 y=-abca2-b2，即 Ba2ca2-b2,-abca2-b2，又三角形 BOF 为等腰三角形，所以|OB|2=a2ca2-b22+abca2-b22=c2，则 a4+a2b2=(a2-b2)2，整理得 b2a2=3 ba=3，即双曲线 C 的渐近线方程为 y=3x.故选：B 29(2024河南郑州郑州市宇华实验学校校考一模)已知双曲线 C:x2a

42、2-y2b2=1 a 0,b 0的左、右顶点分别为 A1,A2,F 为 C 的右焦点，C 的离心率为 2，若 P 为 C 右支上一点，PF FA2，记 A1PA2=0 0，b 0)的左、右焦点分别为 F1，F2，A是右支上一点，满足 AF1 AF2，直线 AF2交双曲线于另一点 B，且 BF1-AF1=2a，则双曲线的离心率为【答案】102【详解】AF2=x，则 AF1=2a+x，又 BF1-AF1=2a，所以 BF2=AF1=2a+x，则 AB=AF2+BF2=2a+2x，BF1=2a+AF1=4a+x，又 AF1 AF2，所以三角形 AF1B 为直角三角形，则 AF12+AB2=BF12,

43、即 2a+x2+2a+2x2=4a+x2，化为 x2+ax-2a2=0，解得 x=a 或者 x=-2a(舍)，此时 AF1=3a，在直角三角形 AF1F2中，AF12+AF22=F1F22,即 9a2+a2=4c2，所以 c2a2=e2=52，所以 e=102.故答案为：102.31(2024浙江校联考一模)已知 A,B 分别是双曲线 C:x24-y2=1 的左，右顶点，P 是双曲线 C 上的一动点，直线 PA，PB 与 x=1 交于 M,N 两点，PMN,PAB 的外接圆面积分别为 S1,S2，则 S1S2的最小值为()25A.316B.34C.34D.1【答案】A【详解】由已知得，A-2,

44、0，B 2,0，由双曲线的对称性，不妨设 P x,y在第一象限，所以 kPA=yx+2，kPB=yx-2，所以 kPA kPB=yx+2 yx-2=y2x2-4=x24-1x2-4=14，设直线 PA 的方程为：y=k x+2,k 0，则直线 PB 的方程为：y=14k x-2，同时令 x=1，则 yM=3k，yN=-14k，所以 MN=3k+14k,k 0，设 PMN,PAB 的外接圆的半径分别为 r1，r2，由正弦定理得，2r1=MNsinMPN=MNsinAPB，2r2=ABsinAPB，所以 r1r2=MNAB=3k+14k423k 14k4=34，当且仅当 3k=14k，即 k=36

45、 时取等号，所以 S1S2=r21r22=r1r22=316.故选：A【点睛】结论点睛：若 A、B 分别为双曲线的左、右顶点，P 为双曲线上一动点，则直线 PA 与直线 PB 的斜率之积为定值.32(2024湖南长沙雅礼中学校考一模)已知 O 为坐标原点，双曲线 C:x2a2-y2b2=1(a 0,b 0)的左、右焦点分别是 F1，F2，离心率为62，点 P x1,y1是 C 的右支上异于顶点的一点，过 F2作 F1PF2的平分线的垂线，垂足是 M，|MO|=2，若双曲线 C 上一点 T 满足 F1T F2T=5，则点 T 到双曲线 C 的两条渐近线距离之和为()A.2 2B.2 3C.2 5

46、D.2 6【答案】A26【详解】设半焦距为 c，延长 F2M 交 PF1于点 N，由于 PM 是 F1PF2的平分线，F2M PM，所以 NPF2是等腰三角形，所以 PN=PF2，且 M 是 NF2的中点.根据双曲线的定义可知 PF1-PF2=2a，即 NF1=2a，由于 O 是 F1F2的中点，所以 MO 是 NF1F2的中位线，所以 MO=12 NF1=a=2，又双曲线的离心率为62，所以 c=3，b=1，所以双曲线 C 的方程为 x22-y2=1.所以 F1(-3,0)，F2(3,0)，双曲线 C 的渐近线方程为 x 2y=0，设 T(u,v)，T 到两渐近线的距离之和为 S，则 S=|

47、u+2v|3+|u-2v|3，由 F1T F2T=(u-3)(u+3)+v2=u2+v2-3=5，即 u2+v2=8，又 T 在 x22-y2=1 上，则 u22-v2=1，即 u2-2v2=2，解得 u2=6，v2=2，由|u|2|v|，故 S=2 u3=2 2，即距离之和为 2 2.故选：A.【点睛】由平面几何知识，PN=PF2，依据双曲线的定义，可将|MO|=2 转化为用 a 表示，进而的双曲线的标准方程.33(2024安徽合肥合肥一六八中学校考一模)已知 F1，F2分别是双曲线:x2a2-y2b2=1 a 0,b 0的左、右焦点，过 F1的直线分别交双曲线左、右两支于 A，B 两点，点

48、 C 在 x 轴上，CB=3F2A，BF2平分 F1BC，则双曲线 的离心率为()A.7B.5C.3D.2【答案】A【详解】27因为 CB=3F2A，所以 F1AF2 F1BC，设 F1F2=2c，则 F2C=4c，设 AF1=t，则 BF1=3t，AB=2t因为 BF2平分 F1BC，由角平分线定理可知，BF1BC=F1F2F2C=2c4c=12，所以 BC=2 BF1=6t，所以 AF2=13 BC=2t，由双曲线定义知 AF2-AF1=2a，即 2t-t=2a，t=2a，又由 BF1-BF2=2a 得 BF2=3t-2a=2t，所以 BF2=AB=AF2=2t，即 ABF2是等边三角形，

49、所以 F2BC=ABF2=60在 F1BF2中，由余弦定理知 cosF1BF2=BF12+BF22-F1F222 BF1 BF2，即 12=4t2+9t2-4c22 2t 3t，化简得 7t2=4c2，把代入上式得 e=ca=7，所以离心率为7故选：A34(2024山西晋城统考一模)双曲线 C:x2-y2=m2(m 0)的左、右焦点分别为 F1，F2，P(t,s)(s 0)为 C 的右支上一点，分别以线段 PF1，PF2为直径作圆 O1，圆 O2，线段 OO2与圆 O2相交于点 M，其中 O 为坐标原点，则()A.O1O2=3mB.OM=mC.点(t,0)为圆 O1和圆 O2的另一个交点D.圆

50、 O1与圆 O2有一条公切线的倾斜角为 4【答案】BCD【详解】C 的方程可化为 x2m2-y2m2=1，可得 a=m，b=m，c=2m由 O1为 PF1的中点，O2为 PF2的中点，得 O1O2=12 F1F2=2m，A 错误由 O2为 PF2的中点，O 为 F1F2的中点，得 OO2=12 PF1，则 OM=OO2-MO2=12 PF1-PO2=12 PF1-12 PF2=a=m，B 正确设点 Q 为圆 O1和圆 O2的另一个交点，连接 PQ，由 O1O2 x 轴，可得 O1O2 PQ，O1O2为 PF1F2的中位线，则直线 O1O2平分线段 PQ，则点 Q 必在 x 轴上，可得点 Q 的

51、坐标为(t,0)，C 正确如图，若 BD 为圆 O1与圆 O2的一条公切线，B，D 为切点，连接 O1B，O2D，过点 O2作 O2A O1B，垂足为 A由 O1O2=2m，O1A=O1B-O2D=12 PF1-12 PF2=a=m，得 sinAO2O1=AO1O1O2=m2m=22，28可得 AO2O1=4，由 O1O2 x 轴，且 O2A BD，可得公切线 BD 的倾斜角为 4，D 正确故选：BCD【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线与圆的综合应用，利用圆与圆位置关系求解 D 是关键.35(2024重庆统考一模)已知点 M 为圆 C:(x-2)2+y2=4 上任意一点，B-2,0，线段 MB

52、 的垂直平分线交直线 MC 于点 Q(1)求 Q 点的轨迹方程；(2)设过点 C 的直线 l 与 Q 点的轨迹交于点 P，且点 P 在第一象限内已知 A-1,0，请问是否存在常数，使得 PCA=PAC 恒成立？若存在，求 的值，若不存在，请说明理由【答案】(1)x2-y23=1(2)=2，证明见解析.【详解】(1)连接 QB，则QB|-|QC=QM|-|QC=|CM|=2(|BC|=4 2)，Q 点的轨迹是以点 C，B 为焦点的双曲线，Q 点的轨迹方程为:x2-y23=1.(2)因为 Q 点的轨迹方程为:x2-y23=1，则 a=1,c=2.当直线 l 的方程为 x=2 时，则 22-y23=

53、1，解得 y=3(负舍，)则 P(2,3)，而 AC=a+c=3，易知此时 ACP 为等腰直角三角形，其中 ACP=2,PAC=4，即 ACP=2PAC，即:=2，下证：ACP=2PAC 对直线 l 斜率存在的情形也成立，设 P x1,y1，其中 x1 1，且 x1 2，因为 A-1,0，则 kPA=y1x1+1，且 x21-y213=1，即 y21=3 x21-1，tan2PAC=2tanPAC1-tan2PAC=2kPA1-k2PA=2 y1x1+11-y1x1+12=2 x1+1y1x1+12-y12，29 tan2PAC=2 x1+1y1x1+12-3 x21-1=2 x1+1y1-2

54、 x1+1x1-2=-y1x1-2，tanACP=-kPC=-y1x1-2=tan2PAC，结合正切函数在 0,22,上的图象可知，ACP=2PAC.【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是采用先猜后证的思想，先得到直线斜率不存在时 =2，然后通过二倍角得正切公式证明一般情况即可.36(2024吉林延边统考一模)如图 1 所示，双曲线具有光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点.若双曲线 E:x2a2-y2b2=1 a 0,b 0的左右焦点分别为 F1，F2，从 F2发出的光线经过图 2 中的 A，B 两点反射后，分别经过点 C 和 D，且 c

55、osBAC=-45，AB BD，则 E 的离心率为.【答案】102【详解】解：如图，连接 F1B，F1A，则 F1，A，C 和 F1，B，D 都三点共线，设 F2B=x，则 F1B=x+2a.由 cosF1AB=cos -BAC=45，所以 sinF1AB=1-cos2F1AB=3530所以 tanF1AB=sinF1ABcosF1AB=34，又 AB BD，所以 tanF1AB=F1BAB=34，即 AB=43 F1B，sinF1AB=F1BF1A=35，即 F1A=53 F1B，又 F2A=AB-F2B，因此 F1A-F2A=43 x+23 a=2a，即 x=a，在 RtF1F2B 中 2

56、c2=x+2a2+x2=10a2，即 c2=52 a2.故 e=102.故答案为：102题型 04 抛物线37(2024河北校联考一模)若抛物线 x2=2py(p 0)上一点 M n,6到焦点的距离是 4p，则 p 的值为()A.127B.712C.67D.76【答案】A【详解】因为抛物线 x2=2py(p 0)的准线为 y=-p2，由题意可得：6+p2=4p，解得 p=127.故选：A.38(2024辽宁沈阳统考一模)已知抛物线 C:y2=4x 的焦点为 F，若点 Q 是抛物线 C 上到点 4,0距离最近的点，则 QF=.【答案】3【详解】由题知 F 1,0，设 Q x0,y0,A 4,0，

57、其中 x0 0，则 QA=x0-42+y20=x20-8x0+16+4x0=x0-22+12,由于点 Q 是抛物线 C 上到点 4,0距离最近的点，x0=2.QF=x0+1=3，故答案为：3.39(2024河南郑州郑州市宇华实验学校校考一模)抛物线 C：y2=2px(p 0)的顶点为 O，斜率为 1的直线 l 过点 2p,0，且与抛物线 C 交于 A，B 两点，若 OAB 的面积为 8 5，则该抛物线的准线方程为()A.x=-1B.x=-22C.x=-2D.x=-2【答案】A31【详解】由题意得，直线 l 方程为 y=x-2p，联立 y2=2px 得，x2-6px+4p2=0，设 A x1,y

58、1,B x2,y2，则 x1+x2=6p,x1x2=4p2，故 AB=1+1x1+x22-4x1x2=2 36p2-16p2=2 10p，点 O 到直线 l 的距离为 d=2p1+1=2p，故 SOAB=12 AB d=12 2 10p 2p=2 5p2，故 2 5p2=8 5，解得 p=2，故该抛物线的准线方程为 x=-p2=-1.故选：A40(2024新疆乌鲁木齐统考一模)设抛物线 C:y2=2px(p 0)的焦点为 F，过点 F 且倾斜角为 4 的直线与 C 交于 A，B 两点，以 AB 为直径的圆与准线 l 切于点 M-p2，2，则 C 的方程为()A.y2=2xB.y2=4xC.y2

59、=6xD.y2=8x【答案】B【详解】由于以 AB 为直径的圆与抛物线的准线相切，以 AB 为直径的圆过点 M-p2，2，可知 AB 的中点的纵坐标为：2，直线 l 的方程为：y=x-p2，则y2=2pxy=x-p2，可得 y2-2py-p2=0，则 AB 中的纵坐标为：2p2=2，解得 p=2，该抛物线的方程为：y2=4x故选：B41(2024重庆统考一模)已知抛物线 C:y2=4x 的焦点为 F,O 为坐标原点，其准线与 x 轴交于点 M，经过点 M 的直线 l 与抛物线交于不同两点 A x1,y1,B x2,y2，则下列说法正确的是()A.OA OB=5B.存在 AMF=50C.不存在以

60、 AB 为直径且经过焦点 F 的圆D.当 ABF 的面积为 4 2 时，直线 l 的倾斜角为 6 或 56【答案】AD【详解】对 A，由题意得 F 1,0，准线方程为 x=-1，则 M-1,0，显然当直线 AB 的斜率为 0，即直线 AB 的方程为 y=0，此时不合题意，设直线 AB 的方程为 x+1=my，32联立抛物线方程 y2=4x，得 y2-4my+4=0，=16m2-16 0，解得 m 1 或 m 1 或 m 0)，过抛物线准线 y=-p2 上一点 P(x0,y0)向抛物线引两条切线，切点分别记为 A,B，其坐标为(x1,y1),(x2,y2).则以点 P 和两切点 A,B 围成的三

61、角形 PAB中，有如下的常见结论:结论 1.直线 AB 过抛物线的焦点 F.34结论 2.直线 AB 的方程为 x0 x=2p y0+y2=p(y0+y).结论 3.过 F 的直线与抛物线交于 A,B 两点，以 A,B 分别为切点做两条切线，则这两条切线的交点 P(x0,y0)的轨迹即为抛物线的准线.结论 4.PF AB.结论 5.AP PB.结论 6.直线 AB 的中点为 M，则 PM 平行于抛物线的对称轴.结论 7.PF2=AF BF.44(2024山西晋城统考一模)吉林雾淞大桥，位于吉林市松花江上，连接雾淞高架桥，西起松江东路，东至滨江东路雾淞大桥是吉林市第一座自锚式混凝土悬索桥，两主塔

62、左、右两边悬索的形状均为抛物线(设该抛物线的焦点到准线的距离为 p 米)的一部分，左：右两边的悬索各连接着 29 根吊索，且同一边的相邻两根吊索之间的距离均为 a 米(将每根吊索视为线段)已知最中间的吊索的长度(即图中点 A 到桥面的距离)为 b 米，则最靠近前主塔的吊索的长度(即图中点 B 到桥面的距离)为()A.98a2+pbp米B.49a2+pbp米C.169a2+pbp米D.169a2+2pb2p米【答案】A【详解】以 A 为坐标原点，抛物线的对称轴为 y 轴，建立如图所示的平面直角坐标系(横坐标与纵坐标的单位均为米)，依题意可得抛物线的方程为 x2=2py因为同一边的悬索连接着 29

63、 根吊索，且相邻两根吊索之间的距离均为 a 米，则点 B 的横坐标为-14a，则 yB=x2B2p=(-14a)22p=98a2p，所以点 B 到桥面的距离为 98a2+pbp米故选：A.3545(2024浙江校联考一模)设 P 是抛物线弧 C:y2=8x(y 0)上的一动点，点 F 是 C 的焦点，A 4,4，则()A.F 2,0B.若 PF=4，则点 P 的坐标为 2,4C.AP+AF的最小值为 2+2 5D.满足 PFA 面积为 92 的点 P 有 2 个【答案】AB【详解】对于 A，抛物线弧 C:y2=8x(y 0)的焦点为 F 2,0，故 A 正确；对于 B，若 PF=4=xP+2，

64、解得 xP=2，所以 yP=8xP=16=4，即点 P 的坐标为 2,4，故 B 正确；对于 C，取 P 3,2 6，则 AP+AF=1+4-2 62+16+4=41-16 6+2 5，因为 256 6-372=167 0，所以 16 6 37，即 40-16 6=4-2 62 3，所以41-16 6 4=2，即 AP+AF 0，所以 14 y-22-5=92 或 14 y-22-5=-92，解得 y=2+38 或 y=2 2，所以满足 PFA 面积为 92 的点 P 有 3 个，故 D 错误.故选：AB.46(2024广东深圳校考一模)设抛物线 C:y2=2px p 0的焦点为 F，点 P

65、a,4在抛物线 C 上，POF(其中 O 为坐标原点)的面积为 4(1)求 a；(2)若直线 l 与抛物线 C 交于异于点 P 的 A，B 两点，且直线 PA，PB 的斜率之和为 43，证明：直线 l 过定点，并求出此定点坐标【答案】(1)a=2；(2)证明见解析，定点-4,2【详解】(1)因为点 P a,4在抛物线 C 上，所以 16=2pa，即 8=pa，36因为 POF 的面积为 4，所以 12 p2 4=4，解得 p=4，所以 a=2(2)由(1)得 C:y2=8x，P 2,4当直线 l 斜率为 0 时，不适合题意；当直线 l 斜率不为 0 时，设直线 l:x=my+t，设 A x1,

66、y1，B x2,y2，由 y2=8xx=my+t，得 y2-8my-8t=0，则 0 2m2+t 0，y1+y2=8m，y1y2=-8t，因为直线 PA，PB 的斜率之和为 43，所以 y1-4x1-2+y2-4x2-2=43，即 y1-4y218-2+y2-4y228-2=43，所以8y1+4+8y2+4=43，所以13=2y1+4+2y2+4=2 y1+y2+8y1+4y2+4=2 y1+y2+8y1y2+4 y1+y2+16=2 8m+8-8t+4 8m+16，整理得 m=-12 t-2，所以直线 l:x=my+t=-12 t-2y+t=t-12 y+1-2y，令-12 y+1=0 x+

67、2y=0，解之得 x=-4y=2，所以直线 l 过定点-4,247(2024黑龙江齐齐哈尔统考一模)在平面直角坐标系 xOy 中，点 F 0,1,P 为动点，以 PF 为直径的圆与 x 轴相切，记 P 的轨迹为.(1)求 的方程；(2)设 M 为直线 y=-1 上的动点，过 M 的直线与 相切于点 A，过 A 作直线 MA 的垂线交 于点 B，求MAB 面积的最小值.【答案】(1)x2=4y(2)16【详解】(1)设 P x,y，则线段 FP 的中点坐标为x2,y+12，因为以 PF 为直径的圆与 x 轴相切，所以 y+12=12 FP=12x2+(y-1)2，化简得 x2=4y，所以 的方程

68、为 x2=4y；(2)设 A x0,x204x0 0，由 y=x24,y=x2，则点 A 处的切线斜率为 x02，所以直线 MA 方程为 y-x204=x02x-x0，整理为 y=x02 x-x204，令 y=-1，则 x=x02-2x0，所以 Mx02-2x0,-1，37易知直线 AB 斜率为-2x0，所以直线 AB:y-x204=-2x0 x-x0，整理为 y=-2x0 x+x204+2，与 x2=4y 联立可得 x24-x204=-2x0 x-x0，有-2x0 x-x0=x-x0 x+x04，解得 x=-8x0-x0，即 B 的横坐标为-8x0-x0，所以 BA=1+-2x02-8x0-

69、x0-x0=1+4x208x0+2x0=2 x20+4x20+4x20，AM=1+x022 x02-2x0-x0=1+x2042x0+x02=x20+4x20+44 x0，所以 MAB 面积为 12 ABAM=12 2 x20+4x20+4x20 x20+4x20+44 x0=x20+434 x30=14x02+4x03=14x0+4x03，又 x0+4x0 2x04x0=4，当且仅当 x0=2 时，等号成立，所以 MAB 的面积最小值为 14 43=16.【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，常将

70、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48(2024安徽合肥合肥一六八中学校考一模)设抛物线 C:y2=2px(p 0)，过焦点 F 的直线与抛物线C 交于点 A x1,y1，B x2,y2.当直线 AB 垂直于 x 轴时，AB=2.(1)求抛物线 C 的标准方程.(2)已知点 P 1,0，直线 AP，BP 分别与抛物线 C 交于点 C，D.求证：直线 CD 过定点；求 PAB 与 PCD 面积之和的最小值.【答案】(1)C:y2=2x(2)证明见解析；52.【详解】(1)由题意，当直线 AB 垂直于 x 轴时，x1=p

71、2，代入抛物线方程得 y1=p，则 AB=2p，所以 2p=2，即 p=1，所以抛物线 C:y2=2x.38(2)(i)设 C x3,y3，D x4,y4，直线 AB:x=my+12，与抛物线 C:y2=2x 联立，得 y2-2my-1=0，因此 y1+y2=2m，y1y2=-1.设直线 AC:x=ny+1，与抛物线 C:y2=2x 联立，得 y2-2ny-2=0，因此 y1+y3=2n，y1y3=-2，则 y3=-2y1.同理可得 y4=-2y2.所以 kCD=y3-y4x3-x4=y3-y4y322-y422=2y3+y4=2-2y1+-2y2=-y1y2y1+y2=12m.因此直线 CD

72、:x=2m y-y3+x3，由对称性知，定点在 x 轴上，令 y=0 得，x=-2my3+x3=-2my3+y232=-2m-2y1+12-2y12=4my1+2y21=2 y1+y2y1+2y21=2+2 y2y1+1y21=2+2 y1y2+1y21=2，所以直线 CD 过定点 Q 2,0.(ii)因为 SPAB=12 PF y1-y2=14 y1-y2，SPCD=12 PQ y3-y4=12-2y1-2y2=1y1-1y2=y1-y2y1y2=y1-y2，所以 SPAB+SPCD=54 y1-y2=544m2+4=52m2+1 52，当且仅当 m=0 时取到最小值 52.49(2024云

73、南曲靖统考一模)已知斜率为 1 的直线 l1交抛物线 E:x2=2py p 0于 A、B 两点，线段AB 的中点 Q 的横坐标为 2(1)求抛物线 E 的方程；(2)设抛物线 E 的焦点为 F，过点 F 的直线 l2与抛物线 E 交于 M、N 两点，分别在点 M、N 处作抛物线 E 的切线，两条切线交于点 P，则 PMN 的面积是否存在最小值？若存在，求出这个最小值及此时对应的直线l2的方程；若不存在，请说明理由【答案】(1)x2=4y(2)答案见解析【详解】(1)解：设点 A x1,y1、B x2,y2，因为直线 AB 的斜率为 1，则 x1 x2，因为线段 AB 的中点 Q 的横坐标为 2

74、，则 x1+x2=4，kAB=y1-y2x1-x2=x21-x222px1-x2=x1+x22p=42p=1，可得 p=2，所以，抛物线 E 的方程为 x2=4y.(2)解：设点 M x3,y3、N x4,y4，易知点 F 0,1，若直线 l2的斜率不存在，则直线 l2与抛物线 E 只有一个公共点，不合乎题意，39设直线 l2的方程为 y=kx+1，联立 y=kx+1x2=4y可得 x2-4kx-4=0，=16k2+16 0，由韦达定理可得 x3+x4=4k，x3x4=-4，由焦点弦长公式可得 MN=y3+y4+2=k x3+x4+4=4 k2+1，对函数 y=x24 求导得 y=x2，则直线

75、 PM 的方程为 y-x234=x32x-x3，即 y=x3x2-x234，同理可知，直线 PN 的方程为 y=x4x2-x244，联立y=x3x2-x234y=x4x2-x244可得x=x3+x42=2ky=x3x44=-1，即点 P 2k,-1，则 FP=2k,-2，MN=x4-x3,y4-y3=x4-x3,k x4-x3，所以，FP MN=2k x4-x3-2k x4-x3=0，即 PF MN，且 PF=4k2+4=2 k2+1，所以，SPMN=12 MN PF=12 4 k2+1 2 k2+1=4 k2+132 4，当且仅当 k=0 时，等号成立，故 PMN 的面积存在最小值，且最小值

76、为 4，此时，直线 l2的方程为 y=1.【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，常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50(2024广西南宁南宁三中校联考一模)已知曲线:x2=4y(1)若点 T t,s是 上的任意一点，直线 l:y=t2 x-s，判断直线 l 与 的位置关系并证明(2)若 E 是直线 y=-1 上的动点，直线 EA 与 相切于点 A，直线 EB 与 相切于点 B试问 AEB 是否为定值？若是，求出该定值；

77、若不是，请说明理由若直线 EA,EB 与 x 轴分别交于点 C,D，证明：EBEC=ABCD【答案】(1)相切，证明见解析(2)AEB 为定值；90；证明见解析【详解】(1)由题意知点 T t,s是 上的任意一点，则 t2=4s，联立 y=t2 x-sx2=4y，得 x2-2tx+4s=0，则 =4t2-16s=0，故直线 l 与 相切；(2)：AEB 为定值设 A x1,x214,B x2,x224，由(1)知切线 AE 为 y=x12 x-x214，切线 BE 为 y=x22 x-x224，40联立得 x=x1+x22，则 yE=x12 x1+x22-x214=x1x24，又 E 点在直线

78、 y=-1 上，故 x1x24=-1，则 kAE kBE=x12 x12=x1x24=-1，故 EA EB，即 AEB=90 为定值；证明：设 A x1,y1,B x2,y2，直线 AB 的斜率必存在，设为 k，倾斜角为，则 k=tan=y2-y1x2-x1=x224-x214x2-x1=x1+x24，EA 的斜率存在，不妨设为 k1 0，倾斜角为 1，EB 的斜率存在，不妨设为 k2 0，倾斜角为 2，则 tanECD=tan1=x12,tan2=x22，tanEBA=tan -2=tan-tan21+tan tan2=x1+x24-x221+x1+x24 x22=x1-x241+x1x2+x228=x1-4x141+-4+-4x128=x12，由题意知 EBA,ECD 为锐角，则 tanEBA=tanECD,EBA=ECD，又 EA EB，故 RtEBA RtECD，所以 EBEC=ABCD.【点睛】难点点睛：本题考查了直线和抛物线的位置关系以及定值和线段成比例问题，综合性强，计算量大，难点在于(2)中，要证明线段成比例，即证明 RtEBA RtECD，其中计算过程比较复杂，计算量大，且基本都是有关字母参数的运算，要十分细心.