考點12圓錐曲線（12種題型9個易錯考點）【課程安排細目表】真題搶先刷，考向提前知二、考點清單三、題型方法四、易錯分析五.刷壓軸一一、真題搶先刷，考向提前知一．選擇題（共2小題）1．（2020?上海）已知橢圓+y2＝1，作垂直于x軸的垂線交橢圓于A、B兩點，作垂直于y軸的垂線交橢圓于C、D兩點，且AB＝CD，兩垂線相交于點P，則點P的軌跡是（）A．橢圓 B．雙曲線 C．圓 D．拋物線【分析】利用已知條件判斷軌跡是雙曲線，或利用求解軌跡方程，推出結果即可．【解答】解：∵AB≤2，∴CD≤2，判斷軌跡為上下兩支，即選雙曲線，設A（m，t），D（t，n），所以P（m，n），因為，，消去t可得：2n2﹣，故選：B．【點評】本題考查軌跡方程的求法與判斷，是基本知識的考查，基礎題．2．（2023?上海）已知P，Q是曲線Γ上兩點，若存在M點，使得曲線Γ上任意一點P都存在Q使得|MP|?|MQ|＝1，則稱曲線Γ是“自相關曲線”．現有如下兩個命題：①任意橢圓都是“自相關曲線”；②存在雙曲線是“自相關曲線”，則（）A．①成立，②成立 B．①成立，②不成立 C．①不成立，②成立 D．①不成立，②不成立【分析】根據定義結合圖象，驗證|MP|?|MQ|＝1是否恒成立即可．【解答】解：∵橢圓是封閉的，總可以找到滿足題意的M點，使得|MP|?|MQ|＝1成立，故①正確，在雙曲線中，|PM|max→+∞，而|QM|min是個固定值，則無法對任意的P∈C，都存在Q∈C，使得|PM||QM|＝1，故②錯誤．故選：B．【點評】本題主要考查與曲線方程有關的新定義，根據條件結合圖象驗證|MP|?|MQ|＝1是否成立是解決本題的關鍵，是中檔題．二．填空題（共5小題）3．（2022?上海）雙曲線﹣y2＝1的實軸長為6．【分析】根據雙曲線的性質可得a＝3，實軸長為2a＝6．【解答】解：由雙曲線﹣y2＝1，可知：a＝3，所以雙曲線的實軸長2a＝6．故答案為：6．【點評】本題考查雙曲線的性質，是基礎題．4．（2021?上海）已知拋物線y2＝2px（p＞0），若第一象限的A，B在拋物線上，焦點為F，|AF|＝2，|BF|＝4，|AB|＝3，求直線AB的斜率為．【分析】將拋物線上的點到焦點的距離轉化為到準線的距離，根據已知條件結合斜率的定義，求出直線AB的斜率即可．【解答】解：如圖所示，設拋物線的準線為l，作AC⊥l于點C，BD⊥l于點D，AE⊥BD于點E，由拋物線的定義，可得AC＝AF＝2，BD＝BF＝4，∴，∴直線AB的斜率．故答案為：．【點評】本題主要考查直線斜率的定義與計算，拋物線的定義等知識，屬于基礎題．5．（2020?上海）已知橢圓C：+＝1的右焦點為F，直線l經過橢圓右焦點F，交橢圓C于P、Q兩點（點P在第二象限），若點Q關于x軸對稱點為Q′，且滿足PQ⊥FQ′，求直線l的方程是x+y﹣1＝0．【分析】求出橢圓的右焦點坐標，利用已知條件求出直線的斜率，然后求解直線方程．【解答】解：橢圓C：+＝1的右焦點為F（1，0），直線l經過橢圓右焦點F，交橢圓C于P、Q兩點（點P在第二象限），若點Q關于x軸對稱點為Q′，且滿足PQ⊥FQ′，可知直線l的斜率為﹣1，所以直線l的方程是：y＝﹣（x﹣1），即x+y﹣1＝0．故答案為：x+y﹣1＝0．【點評】本題考查橢圓的簡單性質的應用，直線與直線的對稱關系的應用，直線方程的求法，是基本知識的考查．6．（2021?上海）已知橢圓x2+＝1（0＜b＜1）的左、右焦點為F1、F2，以O為頂點，F2為焦點作拋物線交橢圓于P，且∠PF1F2＝45°，則拋物線的準線方程是x＝1﹣．【分析】先設出橢圓的左右焦點坐標，進而可得拋物線的方程，設出直線PF1的方程并與拋物線方程聯立，求出點P的坐標，由此可得PF2⊥F1F2，進而可以求出PF1，PF2的長度，再由橢圓的定義即可求解．【解答】解：設F1（﹣c，0），F2（c，0），則拋物線y2＝4cx，直線PF1：y＝x+c，聯立方程組，解得x＝c，y＝2c，所以點P的坐標為（c，2c），所以PF2⊥F1F2，又PF所以PF，則c＝﹣1，所以拋物線的準線方程為：x＝﹣c＝1﹣，故答案為：x＝1﹣．【點評】本題考查了拋物線的定義以及橢圓的定義和性質，考查了學生的運算推理能力，屬于中檔題．7．（2022?上海）已知P1（x1，y1），P2（x2，y2）兩點均在雙曲線Γ：﹣y2＝1（a＞0）的右支上，若x1x2＞y1y2恒成立，則實數a的取值范圍為[1，+∞）．【分析】取P2的對稱點P3（x2，﹣y2），結合x1x2＞y1y2，可得＞0，然后可得漸近線夾角∠MON≤90°，代入漸近線斜率計算即可求得．【解答】解：設P2的對稱點P3（x2，﹣y2）仍在雙曲線右支，由x1x2＞y1y2，得x1x2﹣y1y2＞0，即＞0恒成立，∴∠P1OP3恒為銳角，即∠MON≤90°，∴其中一條漸近線y＝x的斜率≤1，∴a≥1，所以實數a的取值范圍為[1，+∞）．故答案為：[1，+∞）．【點評】本題考查了雙曲線的性質，是中檔題．三．解答題（共8小題）8．（2021?上海）（1）團隊在O點西側、東側20千米處設有A、B兩站點，測量距離發現一點P滿足|PA|﹣|PB|＝20千米，可知P在A、B為焦點的雙曲線上，以O點為原點，東側為x軸正半軸，北側為y軸正半軸，建立平面直角坐標系，P在北偏東60°處，求雙曲線標準方程和P點坐標．（2）團隊又在南側、北側15千米處設有C、D兩站點，測量距離發現|QA|﹣|QB|＝30千米，|QC|﹣|QD|＝10千米，求|OQ|（精確到1米）和Q點位置（精確到1米，1°）【分析】（1）求出a，c，b的值即可求得雙曲線方程，求出直線OP的方程，與雙曲線方程聯立，即可求得P點坐標；（2）分別求出以A、B為焦點，以C，D為焦點的雙曲線方程，聯立即可求得點Q的坐標，從而求得|OQ|，及Q點位置．【解答】解：（1）由題意可得a＝10，c＝20，所以b2＝300，所以雙曲線的標準方程為﹣＝1，直線OP：y＝x，聯立雙曲線方程，可得x＝，y＝，即點P的坐標為（，）．（2）①|QA|﹣|QB|＝30，則a＝15，c＝20，所以b2＝175，雙曲線方程為﹣＝1；②|QC|﹣|QD|＝10，則a＝5，c＝15，所以b2＝200，所以雙曲線方程為﹣＝1，兩雙曲線方程聯立，得Q（，），所以|OQ|≈19米，Q點位置北偏東66°．【點評】本題主要考查雙曲線方程在實際中的應用，屬于中檔題．9．（2023?上海）已知橢圓Γ：+＝1（m＞0且m≠）．（1）若m＝2，求橢圓Γ的離心率；（2）設A1、A2為橢圓Γ的左右頂點，橢圓Γ上一點E的縱坐標為1，且?＝﹣2，求實數m的值；（3）過橢圓Γ上一點P作斜率為的直線l，若直線l與雙曲線﹣＝1有且僅有一個公共點，求實數m的取值范圍．【分析】（1）由題意可得a，b，c，可求離心率；（2）由已知得A1（﹣m，0），A2（m，0），設E（p，1），由已知可得p2＝m2，p2﹣m2+1＝﹣2，求解即可；（3）設直線y＝x+t，與橢圓方程聯立可得t2≤3m2+3，與雙曲線方程聯立可得t2＝5m2﹣15，可求m的取值范圍．【解答】解：（1）若m＝2，則a2＝4，b2＝3，∴a＝2，c＝＝1，∴e＝＝；（2）由已知得A1（﹣m，0），A2（m，0），設E（p，1），∴+＝1，即p2＝m2，∴＝（﹣m﹣p，﹣1），＝（m﹣p，﹣1），∴?＝（﹣m﹣p，﹣1）?（m﹣p，﹣1）＝p2﹣m2+1＝﹣2，∵p2＝m2，代入求得m＝3；（3）設直線y＝x+t，聯立橢圓可得+＝1，整理得（3+3m2）x2+2tm2x+（t2﹣3）m2＝0，由△≥0，∴t2≤3m2+3，聯立雙曲線可得﹣＝1，整理得（3﹣m2）x2+2tx+（t2﹣5m2）＝0，由Δ＝0，t2＝5m2﹣15，∴5m2﹣15≤3m2+3，∴﹣3≤m≤3，又5m2﹣15≥0，∴m≥，∵m≠，綜上所述：m∈（，3]．【點評】本題考查離心率的求法，考查橢圓與雙曲線的幾何性質，直線與橢圓的綜合，屬中檔題．10．（2023?上海）已知拋物線Γ：y2＝4x，在Γ上有一點A位于第一象限，設A的縱坐標為a（a＞0）．（1）若A到拋物線Γ準線的距離為3，求a的值；（2）當a＝4時，若x軸上存在一點B，使AB的中點在拋物線Γ上，求O到直線AB的距離；（3）直線l：x＝﹣3，P是第一象限內Γ上異于A的動點，P在直線l上的投影為點H，直線AP與直線l的交點為Q．若在P的位置變化過程中，|HQ|＞4恒成立，求a的取值范圍．【分析】（1）根據題意可得點A的橫坐標為2，將其代入拋物線的方程，即可求得a的值；（2）易知A（4，4），設B（b，0），由AB的中點在拋物線上，可得b的值，進而得到直線AB的方程，再由點到直線的距離公式得解；（3）設，表示出直線AP的方程，進一步表示出點Q的坐標，再根據|HQ|＞4恒成立，結合基本不等式即可得到a的范圍．【解答】解：（1）拋物線Γ：y2＝4x的準線為x＝﹣1，由于A到拋物線Γ準線的距離為3，則點A的橫坐標為2，則a2＝4×2＝8（a＞0），解得；（2）當a＝4時，點A的橫坐標為，則A（4，4），設B（b，0），則AB的中點為，由題意可得，解得b＝﹣2，所以B（﹣2，0），則，由點斜式可得，直線AB的方程為，即2x﹣3y+4＝0，所以原點O到直線AB的距離為；（3）如圖，設，則，故直線AP的方程為，令x＝﹣3，可得，即，則，依題意，恒成立，又，則最小值為，即，即，則a2+12＞a2+4a+4，解得0＜a＜2，又當a＝2時，，當且僅當t＝2時等號成立，而a≠t，即當a＝2時，也符合題意．故實數a的取值范圍為（0，2]．【點評】本題考查拋物線的定義及其性質，考查直線與拋物線的綜合運用，考查運算求解能力，屬于中檔題．11．（2022?上海）設有橢圓方程Γ：+＝1（a＞b＞0），直線l：x+y﹣4＝0，Γ下端點為A，M在l上，左、右焦點分別為F1（﹣，0）、F2（，0）．（1）a＝2，AM中點在x軸上，求點M的坐標；（2）直線l與y軸交于B，直線AM經過右焦點F2，在△ABM中有一內角余弦值為，求b；（3）在橢圓Γ上存在一點P到l距離為d，使|PF1|+|PF2|+d＝6，隨a的變化，求d的最小值．【分析】（1）由題意可得橢圓方程為，從而確定M點的縱坐標，進一步可得點M的坐標；（2）由直線方程可知，分類討論和兩種情況確定b的值即可；（3）設P（acosθ，bsinθ），利用點到直線距離公式和橢圓的定義可得，進一步整理計算，結合三角函數的有界性求得即可確定d的最小值．【解答】解：（1）由題意可得，，∵AM的中點在x軸上，∴M的縱坐標為，代入得．（2）由直線方程可知，①若，則，即，∴，∴．②若，則，∵，∴，∴，∴tan∠BAM＝7．即tan∠OAF2＝7，∴，∴，綜上或．（3）設P（acosθ，bsinθ），由點到直線距離公式可得，很明顯橢圓在直線的左下方，則，即，∵a2＝b2+2，∴，據此可得，，整理可得（a﹣1）（3a﹣5）≤0，即，從而．即d的最小值為．【點評】本題主要考查橢圓方程的求解，點到直線距離公式及其應用，橢圓中的最值與范圍問題等知識，屬于中等題．12．（2022?上海）已知橢圓Γ：+y2＝1（a＞1），A、B兩點分別為Γ的左頂點、下頂點，C、D兩點均在直線l：x＝a上，且C在第一象限．（1）設F是橢圓Γ的右焦點，且∠AFB＝，求Γ的標準方程；（2）若C、D兩點縱坐標分別為2、1，請判斷直線AD與直線BC的交點是否在橢圓Γ上，并說明理由；（3）設直線AD、BC分別交橢圓Γ于點P、點Q，若P、Q關于原點對稱，求|CD|的最小值．【分析】（1）根據條件可得tan∠AFB＝，解出c，利用a2＝b2+c2，求得a，即可求得答案；（2）分別表示出此時直線BC、直線AD的方程，求出其交點，驗證即可；（3）設P（acosθ，sinθ），Q（﹣acosθ，﹣sinθ），表示出直線BP、直線AQ方程，解出C、D坐標，表示出|CD|，再利用基本不等式即可求出答案．【解答】解：（1）由題可得B（0，﹣1），F（c，0），因為∠AFB＝，所以tan∠AFB＝＝＝tan＝，解得c＝，所以a2＝1+（）2＝4，故Γ的標準方程為+y2＝1；（2）直線AD與直線BC的交點在橢圓上，由題可得此時A（﹣a，0），B（0，﹣1），C（a，2），D（a，1），則直線BC：y＝x﹣1，直線AD：y＝x+，交點為（，），滿足，故直線AD與直線BC的交點在橢圓上；（3）B（0，﹣1），P（acosθ，sinθ），則直線BP：y＝x﹣1，所以C（a，﹣1），A（﹣a，0），Q（﹣acosθ，﹣sinθ），則直線AQ：y＝（x+a），所以D（a，），所以|CD|＝﹣1﹣＝﹣﹣1，設tan＝t，則|CD|＝2（）﹣2，因為≥，所以≥＝4，則|CD|≥6，即|CD|的最小值為6．【點評】本題考查直線與橢圓的綜合，涉及橢圓方程的求解，直線交點求解，基本不等式的應用，屬于中檔題．13．（2021?上海）已知Γ：+y2＝1，F1，F2是其左、右焦點，直線l過點P（m，0）（m≤﹣），交橢圓于A，B兩點，且A，B在x軸上方，點A在線段BP上．（1）若B是上頂點，||＝||，求m的值；（2）若?＝，且原點O到直線l的距離為，求直線l的方程；（3）證明：對于任意m＜﹣，使得∥的直線有且僅有一條．【分析】（1）利用橢圓的方程，求出a，b，c的值，求出|BF1|和|PF1|，由||＝||，即可求出m的值；（2）設點A（cosθ，sinθ），利用平面向量數量積的坐標表示化簡?＝，求出點A的坐標，設直線l的方程為，然后利用點到直線的距離公式列出關于k的方程，求出k的值即可得到答案．（3）聯立直線l與橢圓的方程，得到韋達定理，利用向量平行的坐標表示，化簡可得，然后再利用韋達定理化簡|x1﹣x2|，由此得到關于k和m的等式，整理可得，利用m的取值范圍以及題中的條件，即可證明．【解答】解：（1）因為Γ的方程：+y2＝1，所以a2＝2，b2＝1，所以c2＝a2﹣b2＝1，所以F1（﹣1，0），F2（1，0），若B為Γ的上頂點，則B（0，1），所以|BF1|＝＝，|PF1|＝﹣1﹣m，又|BF1|＝|PF1|，所以m＝；（2）設點A（cosθ，sinθ），則＝＝，因為A在線段BP上，橫坐標小于0，解得，故，設直線l的方程為，由原點O到直線l的距離為，則＝，化簡可得3k2﹣10k+3＝0，解得k＝3或k＝，故直線l的方程為或（舍去，無法滿足m＜），所以直線l的方程為；（3）聯立方程組，可得（1+2k2）x2﹣4k2mx+2k2m2﹣2＝0，設A（x1，y1），B（x2，y2），則，因為∥，所以（x2﹣1）y1＝（x1+1）y2，又y＝kx﹣km，故化簡為，又＝，兩邊同時平方可得，4k2﹣2k2m2+1＝0，整理可得，當m＜時，＞0，因為點A，B在x軸上方，所以k有且僅有一個解，故對于任意m＜﹣，使得∥的直線有且僅有一條．【點評】本題考查了平面向量與圓錐曲線的綜合應用，直線與橢圓位置關系的應用，在解決直線與圓錐曲線位置關系的問題時，一般會聯立直線與圓錐曲線的方程，利用韋達定理和“設而不求”的方法進行研究，屬于難題．14．（2020?上海）已知拋物線y2＝x上的動點M（x0，y0），過M分別作兩條直線交拋物線于P、Q兩點，交直線x＝t于A、B兩點．（1）若點M縱坐標為，求M與焦點的距離；（2）若t＝﹣1，P（1，1），Q（1，﹣1），求證：yA?yB為常數；（3）是否存在t，使得yA?yB＝1且yP?yQ為常數？若存在，求出t的所有可能值，若不存在，請說明理由．【分析】（1）點M的橫坐標xM＝（）2＝2，由y2＝x，得p＝，由此能求出M與焦點的距離．（2）設M（），直線PM：y﹣1＝（x﹣1），當x＝﹣1時，，同理求出yB＝，由此能證明yA?yB為常數．（3）解設M（），A（t，yA），直線MA：y﹣y0＝（x﹣y02），聯立y2＝x，得+＝0，求出yP＝，同理得yQ＝，由此能求出存在t＝1，使得yA?yB＝1且yP?yQ為常數1．【解答】解：（1）解：∵拋物線y2＝x上的動點M（x0，y0），過M分別作兩條直線交拋物線于P、Q兩點，交直線x＝t于A、B兩點．點M縱坐標為，∴點M的橫坐標xM＝（）2＝2，∵y2＝x，∴p＝，∴M與焦點的距離為MF＝＝2+＝．（2）證明：設M（），直線PM：y﹣1＝（x﹣1），當x＝﹣1時，，直線QM：y+1＝（x﹣1），x＝﹣1時，yB＝，∴yAyB＝﹣1，∴yA?yB為常數﹣1．（3）解：設M（），A（t，yA），直線MA：y﹣y0＝（x﹣y02），聯立y2＝x，得+＝0，∴y0+yp＝，即yP＝，同理得yQ＝，∵yA?yB＝1，∴yPyQ＝，要使yPyQ為常數，即t＝1，此時yPyQ為常數1，∴存在t＝1，使得yA?yB＝1且yP?yQ為常數1．【點評】本題考查點到焦點的距離的求法，考查兩點縱坐標乘積為常數的證明，考查滿足兩點縱坐標乘積為常數的實數值是否存在的判斷與求法，考查拋物線、直線方程等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．15．（2020?上海）已知雙曲線Γ1：﹣＝1與圓Γ2：x2+y2＝4+b2（b＞0）交于點A（xA，yA）（第一象限），曲線Γ為Γ1、Γ2上取滿足|x|＞xA的部分．（1）若xA＝，求b的值；（2）當b＝，Γ2與x軸交點記作點F1、F2，P是曲線Γ上一點，且在第一象限，且|PF1|＝8，求∠F1PF2；（3）過點D（0，+2）斜率為﹣的直線l與曲線Γ只有兩個交點，記為M、N，用b表示?，并求?的取值范圍．【分析】（1）聯立曲線Γ1與曲線Γ2的方程，以及xA＝，解方程可得b；（2）由雙曲線的定義和三角形的余弦定理，計算可得所求角；（3）設直線l：y＝﹣x+，求得O到直線l的距離，判斷直線l與圓的關系：相切，可設切點為M，考慮雙曲線的漸近線方程，只有當yA＞2時，直線l才能與曲線Γ有兩個交點，解不等式可得b的范圍，由向量投影的定義求得?，進而得到所求范圍．【解答】解：（1）由xA＝，點A為曲線Γ1與曲線Γ2的交點，聯立，解得yA＝，b＝2；（2）由題意可得F1，F2為曲線Γ1的兩個焦點，由雙曲線的定義可得|PF1|﹣|PF2|＝2a，又|PF1|＝8，2a＝4，所以|PF2|＝8﹣4＝4，因為b＝，則c＝＝3，所以|F1F2|＝6，在△PF1F2中，由余弦定理可得cos∠F1PF2＝＝＝，由0＜∠F1PF2＜π，可得∠F1PF2＝arccos；（3）設直線l：y＝﹣x+，可得原點O到直線l的距離d＝＝，所以直線l是圓的切線，設切點為M，所以kOM＝，并設OM：y＝x與圓x2+y2＝4+b2聯立，可得x2+x2＝4+b2，可得x＝b，y＝2，即M（b，2），注意直線l與雙曲線的斜率為負的漸近線平行，所以只有當yA＞2時，直線l才能與曲線Γ有兩個交點，由，可得＝，所以有4＜，解得b2＞2+2或b2＜2﹣2（舍去），因為為在上的投影可得，?＝4+b2，所以?＝4+b2＞6+2，則?∈（6+2，+∞）．【點評】本題考查雙曲線與圓的定義和方程、性質，考查直線和圓的方程、雙曲線的方程的聯立，以及向量的數量積的幾何意義，考查方程思想和化簡運算能力，屬于中檔題．二二、考點清單1．圓錐曲線的定義（1）橢圓定義：．（2）雙曲線定義：．（3）拋物線定義：|PF|=d2．圓錐曲線的標準方程及幾何性質（1）橢圓的標準方程與幾何性質標準方程xy圖形幾何性質范圍-a≤x≤a,-b≤y≤b-b≤x≤b,-a≤y≤a對稱性對稱軸：x軸、y軸.對稱中心：原點.焦點F1(-c,0),F1(0,-c),頂點A1(-a,0)，A2(a,0)，A1(0,-a),A2(0,a)，軸線段A1A2長軸長為2a，短軸長為2b.焦距|F離心率e=ca,b,c的關系c2（2）雙曲線的標準方程與幾何性質標準方程x2a2-y2b2y2a2-x2b2圖性質焦點F1（﹣c,0），F2（c,0）F1（0,﹣c），F2（0,c）焦距|F1F2|＝2c|F1F2|＝2c范圍|x|≥a，y∈R|y|≥a，x∈R對稱關于x軸，y軸和原點對稱頂點（﹣a，0）．（a，0）（0，﹣a）（0，a）軸實軸長2a，虛軸長2b離心率e=ca（e＞準線x＝±ay＝±a漸近線xa±yxb±y（3）拋物線的標準方程與幾何性質標準方程y(p>0)y(p>0)x(p>0)x(p>0)圖形幾何性質對稱軸x軸y軸頂點O(0,0)焦點F(F(-F(0,F(0,-準線方程x=-x=y=-y=范圍x≥0,y∈x≤0,y∈y≥0,x∈y≤0,x∈離心率e=1焦半徑（P(xpppp3.圓錐曲線中最值與范圍的求解方法幾何法若題目的條件和結論明顯能體現幾何特征及意義,則考慮利用圖形性質來解決.代數法若題目的條件和結論能體現一種明確的函數,則可首先建立目標函數，再求這個函數的最值，求函數最值的常用方法有配方法、判別式法、基本不等式法及函數的單調性法等.4.求解直線或曲線過定點問題的基本思路（1）把直線或曲線方程中的變量x,y當作常數看待,把方程一端化為零，既然是過定點,那么這個方程就要對任意參數都成立,這時參數的系數就要全部等于零，這樣就得到一個關于x,y的方程組，這個方程組的解所確定的點就是直線或曲線所過的定點.（2）由直線方程確定其過定點時，若得到了直線方程的點斜式y-y0=k(x-x0)，則直線必過定點(x（3）從特殊情況入手，先探究定點，再證明該定點與變量無關.5.求解定值問題的常用方法（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關；（2）直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值.6.求解定線問題的常用方法定線問題是指因圖形的變化或點的移動而產生的動點在定線上的問題.這類問題的本質是求點的軌跡方程，一般先求出點的坐標，看橫、縱坐標是否為定值，或者找出橫、縱坐標之間的關系.7.有關證明問題的解題策略圓錐曲線中的證明問題多涉及幾何量的證明，比如涉及線段或角相等以及位置關系的證明，證明時，常把幾何量用坐標表示，建立某個變量的函數，用代數方法證明.8.探索性問題的解題策略此類問題一般分為探究條件、探究結論兩種.若探究條件，則可先假設條件成立,再驗證結論是否成立,成立則存在，否則不存在;若探究結論,則應先求出結論的表達式，再針對其表達式進行討論,往往涉及對參數的討論.三三、題型方法一．橢圓的標準方程（共1小題）1．（2023?浦東新區三模）已知t∈R，曲線C：（4﹣t）x2+ty2＝12．（1）若曲線C為圓，且與直線y＝x﹣2交于A，B兩點，求|AB|的值；（2）若曲線C為橢圓，且離心率，求橢圓C的標準方程；（3）設t＝3，若曲線C與y軸交于A，B兩點（點A位于點B的上方），直線y＝kx+m與C交于不同的兩點P，Q，直線y＝s與直線BQ交于點G，求證：當sm＝4時，A，G，P三點共線．【分析】（1）求得圓心到直線的距離，可求弦長；（2）由已知可得，分焦點在x軸與y軸上兩種情況求解即可；（3）設Q（x1，y1），P（x2，y2）．由離心率可求t，可得橢圓C的方程，聯立直線與橢圓方程可得x1+x2＝﹣，x1x2＝，進而可得kAG＝kAP，因而A，G，P三點共線．【解答】解：（1）若曲線C為圓，則4﹣t＝t＞0?t＝2，圓方程為：x2+y2＝6，此時圓心到直線的距離，此時；（2）曲線C的方程曲線C：（4﹣t）x2+ty2＝12，可得，當焦點在x軸上時，，由離心率，可得，此時橢圓C的標準方程為，當焦點在y軸上時，，由離心率，可得，此時橢圓C的標準方程為；（3）當t＝3時，方程為x2+3y2＝12，A（0，2），B（0，﹣2），設Q（x1，y1），P（x2，y2）．直線BQ的方程為：，令y＝s，G（，2），聯立，消去y得（1+3k2）x2+6kmx+3m2﹣12，∴x1+x2＝﹣，x1x2＝，因為kAG＝，kAP＝，kAG﹣kAP＝﹣＝＝，分子＝﹣4k?+2（s﹣m）?（﹣）+（sm﹣4）（x2﹣x1）＝+（sm﹣4）（x2﹣x1）＝（sm﹣4）（x2﹣x1﹣）＝0，即kAG＝kAP，因而A，G，P三點共線．【點評】本題考查橢圓方程的求法，考查直線與橢圓的位置關系，考查運算求解能力，屬難題．二．橢圓的性質（共8小題）2．（2023?楊浦區校級模擬）“表示焦點在y軸上的橢圓”的一個充分不必要條件是（）A．0＜a＜b B．1＜a＜b C．2＜a＜b D．1＜b＜a【分析】求出橢圓的標準方程，先求出橢圓的等價條件，結合充分不必要條件的定義進行求解即可．【解答】解：橢圓的標準方程為＝1，即+＝1，若焦點在y軸，則log2b＞log2a＞0，即b＞a＞1．等價條件為b＞a＞1，則對應的充分不必要條件可以為b＞a＞2，故選：C．【點評】本題主要考查充分條件和必要條件的應用，先根據橢圓的標準方程求出對應的等價條件是解決本題的關鍵．3．（2023?浦東新區校級三模）橢圓與雙曲線有相同的焦點F1，F2，P是它們的一個交點，且∠F1PF2＝，記橢圓和雙曲線的離心率分別為e1，e2，則e1e2的最小值為．【分析】設出橢圓與雙曲線的標準方程分別為：（a＞b＞0），（a1＞0，b1＞0），利用定義可得：m+n＝2a，m﹣n＝2a1，解出m，n．利用余弦定理可得關于e1，e2的等式，再由基本不等式求得當e1e2取最小值．【解答】解：不妨設橢圓與雙曲線的標準方程分別為：（a＞b＞0），（a1＞0，b1＞0），設|PF1|＝m，|PF2|＝n．m＞n．則m+n＝2a，m﹣n＝2a1，∴m＝a+a1，n＝a﹣a1．cos＝＝，化為：（a+a1）2+（a﹣a1）2﹣4c2＝（a+a1）（a﹣a1）．∴a2+3a12﹣4c2＝0，∴+＝4，∴4≥2，則≤，即e1e2≥，當且僅當e1＝，e2＝時取等號．故答案為：．【點評】本題考查了橢圓與雙曲線的定義標準方程及其性質、余弦定理、基本不等式的性質，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．4．（2023?普陀區校級模擬）方程表示焦點在y軸上的橢圓，則實數k的范圍是（2，9）．【分析】由已知可得，求解即可．【解答】解：∵方程表示焦點在y軸上的橢圓，∴，∴實數k的范圍是（2，9）．故答案為：（2，9）．【點評】本題考查橢圓的簡單性質的應用，解題時要認真審題，熟練掌握橢圓的基礎知識，屬基礎題．5．（2023?徐匯區校級三模）如圖，圓柱OO1的軸截面ABB1A1是正方形，D、E分別是邊AA1和BB1的中點，C是的中點，則經過點C、D、E的平面與圓柱OO1側面相交所得到曲線的離心率是．【分析】根據平面與圓柱的截線為橢圓，求出橢圓的長半軸長和短半軸長，即可求出半焦距，由橢圓的離心率公式求解即可．【解答】解：設軸截面的正方形邊長為2，設C1是弧B1A1的中點，且與C關于圓柱的中心對稱，如圖：由題意可知，截面曲線為橢圓，橢圓短軸長為2，長軸，所以長半軸長，短半軸長b＝1，故半焦距，所以橢圓的離心率為，故答案為：．【點評】本題考查了空間幾何體的截面問題，橢圓的幾何性質的理解和應用，屬于基礎題．6．（2023?虹口區校級模擬）如圖所示，當籃球放在桌面并被斜上方一個燈泡P（當成質點）發出的光線照射后，在桌面上留下的影子是橢圓，且籃球與桌面的接觸點是橢圓的右焦點，若籃球的半徑為1個單位長度，燈泡與桌面的距離為4個單位長度，燈泡垂直照射在平面上的點為A，橢圓的右頂點到A點的距離為3個單位長度，則此時橢圓的離心率e＝．【分析】建立直角坐標系，由題意可知，|NQ|＝a+c，|QR|＝a﹣c，求得直線PR的方程，利用點到直線的距離公式求得M、Q的坐標，再利用M到PN的距離求得N點坐標，則可得出2a，a﹣c，求解c，即可得到橢圓的離心率．【解答】【解答】解：以A為坐標原點建立平面直角坐標系，由題意可知，|NQ|＝a+c，|QR|＝a﹣c由題意可得P（0，4），R（﹣3，0），則PR：4x﹣3y+12＝0，kPR＝，設M（n，1），Q（n，0），則M到PR的距離d＝＝1，解得n＝﹣1（舍去）．n＝﹣，則|QR|＝﹣3＝＝a﹣c，又設PN：kx﹣y+4＝0，由d＝＝1，得45k2﹣84k+32＝0．∴kPR?kPN＝，則kPN＝，得xN＝﹣，∴2a＝，a＝，解得c＝．∴橢圓的離心率e＝．故答案為：．【點評】本題考查橢圓離心率的求法，解題的關鍵是建立直角坐標系，根據題意求解a與c，屬難題．7．（2023?徐匯區三模）如圖，橢圓的焦點在x軸上，長軸長為，離心率為，左、右焦點分別為F1，F2，若橢圓上第一象限的一個點A滿足：直線F1A與直線的交點為B，直線與x軸的交點為C，且射線BF2為∠ABC的角平分線，則△F1AF2的面積為．【分析】利用三角形中的角平分線的性質、聯立直線與橢圓方程以及三角形的面積公式進行求解．【解答】解：設橢圓的方程為，則，，解得，，故橢圓的方程為；在△F1BC和△F2BC中由正弦定理得：，，又射線BF2為∠ABC的角平分線，可得，則在直角△F1BC中，故，所以直線：，點A為直線與橢圓的交點，聯立，解得（舍負），故．故答案為：．【點評】本題考查橢圓的幾何性質，正弦定理的應用，方程思想，屬中檔題．8．（2023?浦東新區校級模擬）以P為圓心的動圓與圓和圓均相切，若點P的軌跡為橢圓，則r的取值范圍是（5，+∞）．【分析】根據條件，進行以P為圓心的動圓與兩圓相外切和與圓C1外切，與圓C2內切，兩種情況討論，利用點P的軌跡為橢圓，即可得出結果．【解答】解：由題知，若以P為圓心的動圓與兩圓均外切，如圖，令以P為圓心的動圓半徑為R，則PC1＝R+1，PC2＝R+r，因|PC2﹣PC1|＝|r﹣1|，所以此時點P的軌跡不是橢圓，不符合題意；若以P為圓心的動圓與圓C1外切，與圓C2內切，如圖，令以P為圓心的動圓半徑為R，則PC1＝R+1，PC2＝r﹣R，因|PC2+PC1|＝r+1，若點P的軌跡為橢圓，則r+1＞2×2＝4，即r＞3，且圓C1與圓C2不相交，即r＞5，綜上，若點P的軌跡為橢圓，則r＞5．故答案為：（5，+∞）．【點評】本題考查圓與圓的位置關系，考查橢圓的定義及其性質，考查分類討論思想，數形結合思想，屬于中檔題．9．（2023?奉賢區二模）已知橢圓C：，A（0，b），B（0，﹣b）．橢圓C內部的一點（t＞0），過點T作直線AT交橢圓于M，作直線BT交橢圓于N．M、N是不同的兩點．（1）若橢圓C的離心率是，求b的值；（2）設△BTM的面積是S1，△ATN的面積是S2，若，b＝1時，求t的值；（3）若點U（xu，yu），V（xv，yv）滿足xu＜xv且yu＞yv，則稱點U在點V的左上方．求證：當時，點N在點M的左上方．【分析】（1）分0＜b＜2，b＞2兩種情況結合離心率計算式可得答案；（2）聯立直線AM的方程與橢圓方程可得xM，聯立直線BN的方程與橢圓方程可得xN.結合圖形可得，后結合∠BTM+∠ATN＝π，及弦長公式可得，即可得答案；（3）聯立直線與橢圓方程可得xM，xN，后結合在橢圓內部可得xM，xN大小，又由題意可得yN，yM大小，即可證明結論．【解答】解：（1）因為橢圓C的離心率是，當0＜b＜2時，，得b＝1；當b＞2時，，得b＝4；所以b的值為1或4；（2）由題意，直線AM的斜率kAM存在，直線BN的斜率kBN存在，，直線AM的方程，設M（xM，yM）．則.，直線BN的方程，設N（xN，yN），則，由圖，，注意到∠BTM+∠ATN＝π，則sin∠BTM＝sin∠ATN．又，同理可得，則．（3）證明：由題意，直線AM的斜率kAM存在，直線BN的斜率kBN存在，，直線AM的方程，設M（xM，yM）．則，，直線BN的方程，設N（xN，yN），則，則＝，又在橢圓內部，則，故xM＞xN，又根據題意知，所以，所以當時，點N在點M的左上方．【點評】本題主要考查橢圓的性質，直線與橢圓的綜合，考查運算求解能力，屬于難題．三．直線與橢圓的綜合（共4小題）10．（2023?閔行區校級一模）已知橢圓Γ的左焦點為F，左、右頂點分別為A、B，上頂點為P．（1）若△PFB為直角三角形，求Γ的離心率；（2）若a＝2，b＝1，點Q、Q'是橢圓Γ上不同兩點，試判斷“|PQ|＝|PQ'|”是“Q、Q'關于y軸對稱”的什么條件？并說明理由；（3）若，點T為直線x＝4上的動點，直線TA，TB分別交橢圓Γ于C，D兩點，試問△FCD的周長是否為定值？請說明理由．【分析】（1）由△PFB為直角三角形，則kBF?kPB＝﹣＝﹣1，又b2＝a2﹣c2，可得a2﹣c2＝ac，進而可得答案．（2）根據題意可得橢圓的方程為+y2＝1，設Q（x1，y1），Q′（x2，y2），則|PQ|2＝﹣3﹣2y1+5，同理可得|PQ′|2＝﹣3﹣2y2+5，若|PQ|＝|PQ′|，則有﹣3﹣2y1+5＝﹣3﹣2y2+5，則y1＝y2或3y1+3y2+2＝0，再由充要條件的定義，即可得出答案．（3）根據題意可得橢圓的方程為+＝1，設T（4，t），寫出直線TA、TB的方程，分類聯立橢圓的方程，解得C，D點坐標，寫出直線CD方程，即可得出答案．【解答】解：（1）根據題意可得P（0，b），F（﹣c，0），B（a，0），因為△PFB為直角三角形，所以∠FPB＝，又kBF＝，kPB＝﹣，所以kBF?kPB＝﹣＝﹣1，所以b2＝ac，又b2＝a2﹣c2，所以a2﹣c2＝ac，所以1﹣e2＝e，即e2+e﹣1＝0，所以e＝或（舍），所以橢圓的離心率為．（2）因為a＝2，b＝1，所以橢圓的方程為+y2＝1，設Q（x1，y1），Q′（x2，y2），|PQ|2＝（y1﹣1）2+＝（y1﹣1）2+4﹣4＝﹣3﹣2y1+5，同理可得|PQ′|2＝﹣3﹣2y2+5，若|PQ|＝|PQ′|，則有﹣3﹣2y1+5＝﹣3﹣2y2+5，所以（y1﹣y2）（3y1+3y2+2）＝0，所以y1＝y2或3y1+3y2+2＝0，所以|PQ|＝|PQ′|不能推出Q與Q′關于y軸對稱，而Q與Q′關于y軸對稱能推出|PQ|＝|PQ′|，所以“|PQ|＝|PQ'|”是“Q、Q'關于y軸對稱”的必要不充分條件．（3）若a＝2，b＝，則橢圓的方程為+＝1，設T（4，t），直線TA的方程為y＝x+，直線TB的方程y＝x﹣t，聯立，得（27+t2）x2+4t2x+4t2﹣108＝0，所以xAxC＝，所以2xC＝，所以xC＝，所以C（，），聯立，得（3+t2）x2+4t2x+4t2﹣12＝0，所以xBxD＝，所以2xD＝，所以xD＝，所以D（，﹣），所以直線CD的方程為y＝﹣（x﹣1），所以直線CD經過定點（1，0），即橢圓的右焦點，所以△FCD的周長為4a＝8，定值．【點評】本題考查橢圓的性質，解題中需要理清思路，屬于中檔題．11．（2023?閔行區校級二模）已知橢圓C：過點記橢圓的左頂點為M，右焦點為F．（1）若橢圓C的離心率，求b的范圍；（2）已知，過點F作直線與橢圓分別交于E，G兩點（異于左右頂點）連接ME，MG，試判定EM與EG是否可能垂直，請說明理由；（3）已知，設直線l的方程為y＝k（x﹣2），它與C相交于A，B．若直線AF與C的另一個交點為D．證明：|BF|＝|DF|．【分析】（1）先根據在橢圓上，得到b，a的關系，再結合離心率的范圍可以求得b的范圍；（2）假設EM⊥EG，向量數量積為0，可以求得E點坐標，可以確定EM與EG垂直；（3）設點后聯立直線和橢圓方程，再消參數得出橫坐標關系，即可得出結論．【解答】解：（1）∵在橢圓上，∴，可得，∵，∴，∴；（2）垂直，理由如下：∵且橢圓過，∴，因此橢圓方程為，由題意得，假設EM⊥EG，設E（x，y），則，由，得，即，①又點E在橢圓上，則，②①②聯立消去y2，得，則（為左頂點不符合題意舍），，所以EM與EG垂直．（3）證明：設A（x1，y1），B（x2，y2），D（x3，y3），由（2）知橢圓方程為，與直線l的方程y＝k（x﹣2）聯立消去y，并整理得（1+2k2）x2﹣8k2x+8k2﹣2＝0，可得，又點A在直線y＝k（x﹣2）上，∴y1＝k（x1﹣2），∴，∴，又直線AD的方程為與橢圓方程為聯立消去y，，整理得，所以，于是可得x1+x2＝x1+x3，即x2＝x3，從而B，D兩點關于x軸對稱，因此|BF|＝|DF|．【點評】本題考查橢圓的標準方程及其性質，考查直線與橢圓的綜合運用，考查運算求解能力，屬于中檔題．12．（2023?黃浦區校級三模）已知橢圓C：的焦距為，且過點．（1）求橢圓C的方程；（2）設與坐標軸不垂直的直線l交橢圓C于M，N兩點（異于橢圓頂點），點P為線段MN的中點，O為坐標原點．①若點P在直線上，求證：線段MN的垂直平分線恒過定點S，并求出點S的坐標；②求證：當△OMN的面積最大時，直線OM與ON的斜率之積為定值．【分析】（1）根據焦距和所過點聯立方程組求解即可；（2）設出直線方程并與橢圓方程聯立，①根據中點公式及垂直平分線方程化簡即可證明并得到定點；②利用弦長公式和點到直線距離公式，表示出三角形面積，并借助重要不等式得到三角形面積最大時，直線方程中的參數滿足的條件，由此化簡直線OM與ON的斜率之積即可得出定值．【解答】解：（1）由已知可得2c＝2，，又a2＝b2+c2，∴b2＝1，a2＝4，∴橢圓C的方程為．（2）證明：由題意知，直線l斜率存在，設直線l方程為y＝kx+m，設M（x1，y1），N（x2，y2），P（x0，y0）．由，消去y整理得（1+4k2）x2+8kmx+4m2﹣4＝0，Δ＝64k2m2﹣16（m2﹣1）（1+4k2）＝16（1+4k2﹣m2）＞0，．①∵點P為線段MN的中點，點P在直線上，∴，即，∴y0＝kx0+m＝．∴線段MN的垂直平分線方程為，即，即，故線段MN的垂直平分線恒過定點．②由弦長公式得＝，坐標原點到直線MN的距離為，∴△OMN的面積為＝．當且僅當m2＝1+4k2﹣m2，即2m2＝1+4k2時等號成立．∴＝＝＝．∴直線OM與ON的斜率之積為定值．【點評】本題主要考查橢圓的標準方程，直線與橢圓的綜合，考查運算求解能力，屬于難題．13．（2023?虹口區校級模擬）已知橢圓C：的離心率為，左、右頂點分別為A、B，點P、Q為橢圓上異于A、B的兩點，△PAB面積的最大值為2．（1）求橢圓C的方程；（2）設直線AP、BQ的斜率分別為k1、k2，且3k1＝5k2．①求證：直線PQ經過定點；②設△PQB和△PQA的面積分別為S1、S2，求|S1﹣S2|的最大值．【分析】（1）根據題意可得出關于a、b、c的方程組，解出這三個量的值，即可得出橢圓C的方程；（2）①分析可知直線PQ不與y軸垂直，設直線PQ的方程為x＝ty+n，可知n≠±2，設點P（x1，y1），Q（x2，y2）．將直線PQ的方程的方程與橢圓C的方程聯立，列出韋達定理，利用求出n的值，即可得出直線PQ所過定點的坐標；②寫出|S1﹣S2|關于t的函數關系式，利用對勾函數的單調性可求得|S1﹣S2|的最大值．【解答】解：（1）當點P為橢圓C短軸頂點時，△PAB的面積取最大值，且最大值為，由題意可得，解得，所以橢圓C的標準方程為．（2）①證明：設點P（x1，y1）、Q（x2，y2），若直線PQ的斜率為零，則點P、Q關于y軸對稱，則k1＝﹣k2，不合乎題意；設直線PQ的方程為x＝ty+n，由于直線PQ不過橢圓C的左、右焦點，則n≠±2，聯立，消去x可得（t2+4）y2+2tny+n2﹣4＝0，Δ＝4t2n2﹣4（t2+4）（n2﹣4）＝16（t2+4﹣n2）＞0，可得n2＜t2+4，由韋達定理可得，則，所以＝，解得，即直線PQ的方程為，故直線PQ過定點．②由韋達定理可得，所以，＝，因為t2≥0，則，因為函數在上單調遞增，故，所以，當且僅當t＝0時，等號成立，因此，|S1﹣S2|的最大值為．【點評】本題考查了橢圓的標準方程以及直線與橢圓的位置關系，橢圓中三角形面積的最值問題，屬于較難題目．四．拋物線的性質（共5小題）14．（2023?徐匯區校級三模）已知拋物線C：x2＝﹣2py（p＞0）的焦點F與的一個焦點重合，過焦點F的直線與C交于A，B兩不同點，拋物線C在A，B兩點處的切線相交于點M，且M的橫坐標為4，則弦長|AB|＝（）A．16 B．26 C．14 D．24【分析】由橢圓方程求得F的坐標，并求得p，設直線AB的方程為y＝kx﹣2，A（x1，y1），B（x2，y2），利用導數寫出拋物線在A，B處的切線方程，結合已知求得A，B的橫坐標的和，聯立直線方程與拋物線方程，利用根與系數的關系求得k，進一步求出A，B的縱坐標的和，再由拋物線的弦長公式求|AB|．【解答】解：由題意可得，F（0，﹣2），則p＝4，拋物線C的方程為x2＝﹣8y．設直線AB的方程為y＝kx﹣2，A（x1，y1），B（x2，y2），其中y1＝﹣，y2＝﹣，由y＝﹣，得y′＝﹣．∴在點A處的切線方程為y﹣y1＝﹣（x﹣x1），化簡得y＝﹣x+，①同理可得在點B處的切線為y＝﹣x+，②聯立①②得xM＝，由M的橫坐標為4，得x1+x2＝8．將AB的方程代入拋物線方程，可得x2+8kx﹣16＝0．∴x1+x2＝﹣8k＝8，得k＝﹣1．∴y1+y2＝k（x1+x2）﹣4＝﹣1×8﹣4＝﹣12．得|AB|＝p﹣（y1+y2）＝4﹣（﹣12）＝16．故選：A．【點評】本題考查拋物線與橢圓的簡單性質，訓練了利用導數研究過曲線上某點處的切線方程，考查運算求解能力，屬于中檔題．15．（2023?寶山區校級模擬）已知拋物線y2＝2px（p＞0）上一點M（1，m）（m＞0）到其焦點的距離為5，雙曲線的左頂點為A，若雙曲線一條漸近線與直線AM平行，則實數a等于（）A． B． C． D．【分析】根據拋物線的幾何性質，雙曲線的幾何性質，方程思想，即可求解．【解答】解：∵點M到拋物線焦點的距離為5，∴，∴p＝8，∴拋物線為y2＝16x，∵點M（1，m）在拋物線上，∴m2＝16，又m＞0，∴m＝4，∴M（1，4），∵的，∴雙曲線的左頂點為A（﹣a，0），∴直線AM的斜率為：，∵雙曲線的漸近線方程為y＝±，又雙曲線一條漸近線與直線AM平行，∴，∴a＝．故選：C．【點評】本題考查拋物線的幾何性質，雙曲線的幾何性質，方程思想，化歸轉化思想，屬中檔題．16．（2023?閔行區二模）已知拋物線C1：y2＝8x，圓C2：（x﹣2）2+y2＝1，點M的坐標為（4，0），P、Q分別為C1、C2上的動點，且滿足|PM|＝|PQ|，則點P的橫坐標的取值范圍是[，]．【分析】由已知可得x+2﹣1≤|PQ|≤x+2+1，進而可得x+2﹣1≤≤x+2+1，求解即可．【解答】解：由拋物線C1：y2＝8x，可得焦點F（2，0），準線方程為x＝﹣2，由圓C2：（x﹣2）2+y2＝1，可得圓心C2即為拋物線的焦點F，∴|PF|﹣1≤|PQ|≤|PF|+1，∴x+2﹣1≤|PQ|≤x+2+1，∵|PM|＝|PQ|，∴x+2﹣1≤|PM|≤x+2+1，∴x+2﹣1≤≤x+2+1，∴x2+2x+1≤x2﹣8x+16+8x≤x2+6x+9，解得≤x≤，∴點P的橫坐標的取值范圍是[，]．故答案為：[，]．【點評】本題考查拋物線的性質，考查運算求解能力，屬中檔題．17．（2023?嘉定區校級三模）已知點P是拋物線y2＝8x上的動點，Q是圓（x﹣2）2+y2＝1上的動點，則的最大值是．【分析】由圓方程可得E（2，0），易得E（2，0）為C的焦點．設P（x0，y0）（x0≥0），根據拋物線定義和圓的性質可得|PQ|≥|PE|﹣1＝x0+2﹣1＝x0+1，又|PO|＝＝，將的最大值的問題轉化為函數最值問題，利用二次函數求解即可．【解答】解：因為圓E：（x﹣2）2+y2＝1，所以E（2，0），易得E（2，0）為C的焦點，設P（x0，y0）（x0≥0），因為點P是拋物線C：y2＝8x上的一點，點Q是圓E：（x﹣2）2+y2＝1上的一點，則|PQ|≥|PE|﹣1＝x0+2﹣1＝x0+1，又|PO|＝＝，所以≤＝，令t＝x0+1，則＝＝，所以當＝，即x0＝時，取得最大值，最大值為．故答案為：．【點評】本題主要考查拋物線的性質，圓與圓錐曲線的綜合，考查運算求解能力，屬于中檔題．18．（2023?上海模擬）已知拋物線y2＝2px（x＞0），P（2，1）為拋物線內一點，不經過P點的直線l：y＝2x+m與拋物線相交于A，B兩點，連接AP，BP分別交拋物線于C，D兩點，若對任意直線l，總存在λ，使得成立，則該拋物線方程為y2＝4x．【分析】設A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），根據，推出y1+y2+λ（y3+y4）＝2（1+λ），結合點在拋物線上，可得y1+y2＝p，y3+y4＝p，即可求得p，即得答案．【解答】解：根據題意設A（x1，y1），B（x2，y2），（x1≠x2），C（x3，y3），D（x4，y4），（x3≠x4），∵，∴（2﹣x1，1﹣y1）＝λ（x3﹣2，y3﹣1），∴，∴，同理可得，∴（*）將A，B兩點代入拋物線方程得，作差可得，而，即y1+y2＝p，同理可得y3+y4＝p，將其代入（*），可得p＝2，此時拋物線方程為y2＝4x，故答案為：y2＝4x．【點評】本題考查拋物線的幾何性質，方程思想，設而不求法，化歸轉化思想，屬中檔題．五．直線與拋物線的綜合（共3小題）19．（2023?徐匯區三模）在直角坐標平面中，拋物線Γ1是由拋物線y＝x2按平移得到的，Γ1過點A（1，0）且與x軸相交于另一點B．曲線Γ2是以AB為直徑的圓．稱Γ1在x軸上方的部分、Γ2在x軸下方的部分以及點A、B構成的曲線為曲線Ω，并記Γ1在x軸上方的部分為曲線Ω1，Γ2在x軸下方的部分為曲線Ω2．（1）寫出拋物線Γ1和圓Γ2的方程；（2）設直線y＝k（x﹣1）與曲線Ω有不同于點A的公共點P、Q，且∠QBA＝∠PBA，求k的值；（3）若過曲線Ω2上的動點M（x1，y1）（x1＞0）的直線l與曲線Ω恰有兩個公共點M、N，且直線l與x軸的交點在A點右側，求的最大值．【分析】（1）由平移可知拋物線Γ1：y＝x2向下平移1個單位得到Γ1的方程y＝x2﹣1，進而可得A，B坐標，即可得出答案．（2）聯立y＝k（x﹣1）與圓方程，結合韋達定理可得P點的坐標，聯立直線y＝k（x﹣1）與拋物線的方程為，得Q點坐標，由∠QBA＝∠PBA，得tan∠QBA＝tan∠PBA，即＝，則＝k﹣2，解得k，即可得出答案．（3）設N（x2，y2），根據題意可得直線l斜率k1存在，設直線l的方程為y＝k1（x﹣t），t＞1，分兩種情況：若N在Γ2上，若N在曲線Ω1上，討論?的最大值，即可得出答案．【解答】解：（1）拋物線y＝x2上的點（1，1）按＝（0，﹣1）得到點（1，0），所以拋物線Γ1：y＝x2向下平移1個單位得到，則Γ1的方程y＝x2﹣1，拋物線Γ1與x軸相交于點A（1，0），B（﹣1，0），所以以AB為直徑的圓Γ2的方程為x2+y2＝1．（2）將y＝k（x﹣1）與圓方程聯立，得（1+k2）x2﹣2k2x+k2﹣1＝0，因為xA＝1，所以1?xP＝，即xp＝，代入直線方程P（，），聯立直線y＝k（x﹣1）與拋物線的方程為，得Q（k﹣1，k2﹣2k），所以tan∠PBA＝＝，tan∠QBA＝＝k﹣2，因為∠QBA＝∠PBA，所以tan∠QBA＝tan∠PBA，解得k＝1±，由yP＝﹣＜0，可得k＞0，所以k＝1+．（3）設N（x2，y2），根據題意可得直線l斜率k1存在，設直線l的方程為y＝k1（x﹣t），由直線l與x軸的交點在A點的右側，得t＞1，若N在Γ2上，則?＝x1x2+y1y2≤+＝1，若N在曲線Ω1上，因為直線l與x軸的交點在A點右側，所以斜率大于0，則N點在第一象限，由直線l與曲線Ω恰有兩個公共點M、N可知l與曲線Ω1、曲線Ω2各有且僅有一個公共點，因為直線l與x軸的交點在A點右側以及斜率大于0知直線l與圓Γ2在x軸及其上方無公共點，所以直線l與曲線Ω2相切于點M，于是有﹣﹣k1（x﹣t）≥0，當且僅當x＝x1∈（0，1）時，等號成立，因為x∈（﹣1，1）時，x2﹣1﹣（﹣）＝（1﹣）≥0，當且僅當x∈{﹣1，0，1}時等號成立，所以x2﹣1﹣k1（x﹣t）＞0，即直線l與拋物線Γ1在x軸下方部分無公共點，所以直線l與曲線Ω1相切于點N，于是可得直線l2的方程為y＝2x2?x﹣，且滿足＝1，由＞1，得＝2+，此時x2＝＞1，可求得x1＝∈（0，1），直線l2與曲線Ω1相切于點N，曲線Ω2相切點M，符合題意，所以?＝||2＝1．【點評】本題考查圓的方程，直線與圓，拋物線的相交問題，解題中需要理清思路，屬于中檔題．20．（2023?青浦區二模）如圖，已知A、B、C是拋物線Γ1：x2＝y上的三個點，且直線CB、CA分別與拋物線Γ2：y2＝4x相切，F為拋物線Γ1的焦點．（1）若點C的橫坐標為x3，用x3表示線段CF的長；（2）若CA⊥CB，求點C的坐標；（3）證明：直線AB與拋物線Γ2相切．【分析】（1）根據拋物線的幾何性質，焦半徑公式，即可求解；（2）設而不求，根據韋達定理，方程思想，即可求解；（3）設而不求，根據韋達定理，化歸轉化思想，即可證明．【解答】解：（1）因為點C的橫坐標為x3，所以，又Γ1的準線，∴；（2）顯然直線CB，CA的斜率都存在，設，則過點C的拋物線Γ2的切線方程為，由，得，令，則k的兩個解k1，k2分別為直線CB，CA的斜率，∵CA⊥CB，∴，∴x3＝﹣1，∴C（﹣1，1）；（3）證明：設，直線，即（x3+x1）x﹣y﹣x1x3＝0，由，得，又直線CA與拋物線相切，∴Δ＝1+4x1x3（x1+x3）＝0，又直線CB與拋物線相切，同理可得1+4x2x3（x2+x3）＝0，又x1，x2是方程1+4x3x（x+x3）＝0，即的兩根，∴x1+x2＝﹣x3，，∴1+4x2x1（x2+x1）＝0，∴直線AB與拋物線Γ2相切．【點評】本題考查拋物線的幾何性質，直線與拋物線的位置關系，設而不求法，韋達定理，方程思想，化歸轉化思想，屬中檔題．21．（2023?黃浦區校級模擬）已知拋物線y2＝4x的焦點為F，直線l交拋物線于不同的A、B兩點．（1）若直線l的方程為y＝x﹣1，求線段AB的長；（2）若直線l經過點P（﹣1，0），點A關于x軸的對稱點為A′，求證：A′、F、B三點共線；（3）若直線l經過點M（8，﹣4），拋物線上是否存在定點N，使得以線段AB為直徑的圓恒過點N？若存在，求出點N的坐標，若不存在，請說明理由．【分析】（1）設A（x1，y1），B（x2，y2），聯立直線l與拋物線的方程，結合韋達定理可得x1+x2，由拋物線的定義可得|AB|＝|AF|+|BF|＝x1+x2+P，即可得出答案．（2）設直線l的方程為y＝k（x+1），A′（x1，﹣y1），B（x2，y2），寫出直線A′F的斜率為kA′F，直線BF的斜率為kBF，即可得出答案．（3）假設存在點N（，y0）使以弦AB為直徑的圓恒過點N，則?＝0，解出N點坐標即可．【解答】解：（1）設A（x1，y1），B（x2，y2），聯立，得x2﹣6x+1＝0，所以x1+x2＝6，因為拋物線的方程為y2＝4x，所以拋物線的焦點F（1，0），又直線l：y＝x﹣1過拋物線的焦點F（1，0），所以由拋物線的定義可得|AB|＝|AF|+|BF|＝x1+x2+P＝6+2＝8．（2）證明：設直線l的方程為y＝k（x+1），A′（x1，﹣y1），B（x2，y2），聯立，得k2x2+（2k2﹣4）x+k2＝0，所以x1x2＝1，即x2＝，直線A′F的斜率為kA′F＝＝，直線BF的斜率為kBF＝＝＝＝﹣，所以kA′F＝kBF，所以A′、F、B三點共線．（3）假設存在點N（，y0）使以弦AB為直徑的圓恒過點N，設過點M（8，﹣4）直線l的方程為x＝m（y+4）+8，聯立，得y2﹣4my﹣16m﹣32＝0，設A（，y1），B（，y2），則y1+y2＝4m，y1y2＝﹣16m﹣32，因為點N總在以弦AB為直徑的圓上，所以∠ANB＝90°，所以?＝0，又＝（﹣，y1﹣y0），＝（﹣，y2﹣y0），所以（﹣）（﹣）+（y1﹣y0）（y2﹣y0）＝0，所以（y1﹣y0）（y2﹣y0）[+1]＝0，當y1＝y0或y2＝y0，等式成立，當y1＝≠0或y2≠y0，有（y1+y0）（y2+y0）＝﹣16，所以y1y2+y0（y1+y2）+y02+16＝0，則y02﹣4my0﹣16m﹣16＝0，即4m（y0﹣4）+（y0﹣4）（y0+4）＝0，所以當y0＝4時，無論m取何值等式都成立，將y0＝4代入y2＝4x，得x0＝4，所以存在點N（4，4）使得以弦AB為直徑的圓恒過點N．【點評】本題考查拋物線的定義，以及直線與圓和拋物線的位置問題，解題中需要一定的計算能力，屬于中檔題．六．雙曲線的標準方程（共1小題）22．（2023?寶山區校級模擬）若雙曲線經過點，且漸近線方程是，則這條雙曲線的方程是．【分析】根據題意中所給的雙曲線的漸近線方，則可設雙曲線的標準方程為，（λ≠0）；將點代入方程，可得λ＝﹣1；即可得答案．【解答】解：根據題意，雙曲線的漸近線方程是，則可設雙曲線的標準方程為，（λ≠0）；又因為雙曲線經過點，代入方程可得，λ＝﹣1；故這條雙曲線的方程是；故答案為：．【點評】本題考查雙曲線的標準方程，要求學生掌握由漸近線方程引入λ，進而設雙曲線方程的方法，注意標明λ≠0．七．雙曲線的性質（共8小題）23．（2023?奉賢區校級三模）如圖，直角坐標系中有4條圓錐曲線?i（i＝1，2，3，4），其離心率分別為ei．則4條圓錐曲線的離心率的大小關系是（）?A．e2＜e1＜e4＜e3 B．e1＜e2＜e3＜e4 C．e2＜e1＜e3＜e4 D．e1＜e2＜e4＜e3【分析】由橢圓的性質，結合雙曲線的性質求解即可．【解答】解：設橢圓C1的方程為，橢圓C2的方程為，由圖可知a1＝a2，b1＜b2，則，即，即，即0＜e2＜e1＜1，設雙曲線C3的方程為，雙曲線C4的方程為，由圖可知，即，即，即1＜e3＜e4，即e2＜e1＜e3＜e4．故選：C．【點評】本題考查了橢圓的性質，重點考查了雙曲線的性質，屬基礎題．24．（2023?浦東新區校級三模）已知雙曲線C：3mx2﹣my2＝3的一個焦點坐標為（﹣2，0），則雙曲線C的離心率為（）A． B． C．2 D．4【分析】把雙曲線方程化成標準形式，求出m即可求出離心率作答．【解答】解：雙曲線C：3mx2﹣my2＝3化為：，依題意，，解得m＝1，因此雙曲線C的實半軸長為1，所以雙曲線C的離心率為2．故選：C．【點評】本題主要考查了雙曲線的性質，屬于基礎題．25．（2023?浦東新區三模）已知曲線是焦點在x軸上的雙曲線，則實數m的取值范圍是（﹣2，﹣1）．【分析】根據雙曲線標準方程的特點求解．【解答】解：∵是焦點在x軸上的雙曲線，∴m+2＞0，m+1＜0，即﹣2＜m＜﹣1；故答案為：（﹣2，﹣1）．【點評】本題考查了雙曲線的性質，屬于基礎題．26．（2023?浦東新區二模）雙曲線的右焦點F到其一條漸近線的距離為2．【分析】由雙曲線方程，算出右焦點F為（，0），漸近線為y＝±x．由點到直線的距離公式加以計算，結合雙曲線基本量的關系化簡，即可求出焦點F到其漸近線的距離．【解答】解：∵雙曲線方程為，∴雙曲線的右焦點F坐標為（，0），漸近線為y＝±x，即x±y＝0，可得焦點F到其漸近線的距離為d＝＝2．故答案為：2．【點評】本題給出雙曲線方程，求它的焦點F到漸近線的距離．著重考查了雙曲線的標準方程與簡單幾何性質等知識，屬于基礎題．27．（2023?長寧區校級三模）在平面直角坐標系中，若雙曲線Γ：＝1的右焦點恰好是拋物線y2＝2px（p＞0）的焦點，則p＝2．【分析】利用已知條件求解雙曲線的右焦點的橫坐標，然后求解p即可．【解答】解：在平面直角坐標系中，若雙曲線Γ：＝1的右焦點恰好是拋物線y2＝2px（p＞0）的焦點，可得＝，所以p＝2．故答案為：2．【點評】本題考查雙曲線的簡單性質以及拋物線的簡單性質的應用，是基礎題．28．（2023?徐匯區二模）已知雙曲線的左焦點為F（﹣1，0），過F且與x軸垂直的直線與雙曲線交于A、B兩點，O為坐標原點，△AOB的面積為，則F到雙曲線的漸近線距離為．【分析】取x＝﹣c，解得，根據面積得到，解得漸近線方程，再根據點到直線的距離公式計算得到答案．【解答】解：取x＝﹣c，則，解得，故，即，解得或a＝﹣2（舍），∴，不妨取漸近線方程為，即，∴F到漸近線的距離為．故答案為：．【點評】本題考查雙曲線的幾何性質，屬基礎題．29．（2023?閔行區校級二模）不與x軸重合的直線l經過點N（xN，0）（xN≠0），雙曲線C：上存在兩點A，B關于l對稱，AB中點M的橫坐標為xM，若xN＝4xM，則b的值為．【分析】由點差法得，結合klkAB＝﹣1得，代入斜率公式化簡并利用xN＝4xM，即可得出答案．【解答】解：設A（x1，y1），B（x2，y2），M（xM，yM），則，兩式相減得，即，∴，即，∵l是AB垂直平分線，klkAB＝﹣1，∴，即，整理得，故b2＝3，解得．故答案為：．【點評】本題考查雙曲線的性質，考查轉化思想，考查邏輯推理能力和運算能力，屬于中檔題．30．（2023?奉賢區校級模擬）已知直線l：y＝2x﹣10與雙曲線的一條漸近線平行，且經過雙曲線的一個焦點，則雙曲線的標準方程為．【分析】由題意可得關于a，b，c的方程組，求解a與b的值，則答案可求．【解答】解：雙曲線的漸近線方程為y＝，由y＝2x﹣10，取y＝0，得x＝5，∵直線l：y＝2x﹣10與雙曲線的一條漸近線平行，且經過雙曲線的一個焦點，∴，解得，∴雙曲線的標準方程為．故答案為：．【點評】本題考查雙曲線的幾何性質，考查雙曲線標準方程的求法，考查運算求解能力，是中檔題．八．直線與雙曲線的綜合（共3小題）31．（2023?浦東新區校級模擬）已知坐標平面xOy上左、右焦點為（﹣4，0）、（4，0）的雙曲線C1：和圓C2：x2+（y﹣a）2＝9（a∈R）．（1）若C1的實軸恰為C2的一條直徑，求C1的方程；（2）若C1的一條漸近線為y＝x，且C1與C2恰有兩個公共點，求a的值；（3）設a＝5．若存在C2上的點P（x0，y0），使得直線lP：＝1與C1恰有一個公共點，求C1的離心率的取值范圍．【分析】（1）直接利用條件求出m的值，進而求出n，從而求出雙曲線的方程；（2）利用漸近線方程，求出m與n的關系，從而求出雙曲線的方程，再利用雙曲線和圓的對稱性，將問題轉化成方程只有一個解，從而求出a的值；（3）利用雙曲一點的切線方程，根據條件，將問題轉化成雙曲線與圓有公共點，從而求出結果．【解答】解：（1）因為C1的實軸恰C2的一條直徑，所以2m＝2r＝6，即m＝3，又因為雙曲線的左、右焦點為（﹣4，0），（4，0），所以n2＝16﹣m2＝7，故雙曲線C1的方程為：；（2）雙曲線C1：的漸近線為，所以由題知，又m2+n2＝16，聯立解得，所以雙曲線C1的方程為，聯立，消x得到，因為C1與C2恰有兩個公共點，所以由雙曲線和圓的對稱性知，，即a2＝20，所以a＝；（3）設P（x0，y0）是雙曲線上一點，當過P（x0，y0）的雙曲線的切線斜率存在時，設切線方程為y﹣y0＝k（x﹣x0），由，消y整理得（n2﹣m2k2）x2+＝0，由于P（x0，y0）是切點，所以x0是這個方程的二重實根，由韋達定理有，＝，又因為，得到，所以，又，所以＝，得到＝，化簡得到，即，又易知k≠0，y0≠0，所以，所以切線方程為，即，也即，又因為P（x0，y0）在雙曲線上，所以，所以切線方程為，當切線斜率不存在時，P（±m，0），當x0＝m時，過P（m，0）的曲線C1的切線方程為x＝m，當x0＝﹣m時，過P（﹣m，0）的曲線C1的切線方程為x＝﹣m，均滿足，綜上，過雙曲線C1上一點P（x0，y0）的切線方程為，又由題知，存在C2上的點P（x0，y0），使得直線lP：，與C1恰有一個公共點，即lP：為曲線C1的切線，所以點P（x0，y0）是雙曲線C1：與圓的公共點，由，消x得（m2+n2）y2﹣10n2y+16n2+m2n2＝0，又因為m2+n2＝16，所以16y2﹣10（16﹣m2）y+（16﹣m2）（16+m2）＝0，所以Δ＝100（16﹣m2）2﹣64（16﹣m2）（16+m2）≥0，即25（16﹣m2）﹣16（16+m2）≥0，解得，所以，得到．【點評】本題考查直線與雙曲線的綜合問題，屬于難題．32．（2023?松江區校級模擬）橢圓Γ：＝1（m＞0，m）．（1）若m＝2，求橢圓Γ的離心率；（2）設A1、A2為橢圓Γ的左右頂點，橢圓Γ上一點E的縱坐標為1，且＝﹣2，求m的值；（3）過橢圓Γ上一點P作斜率為的直線，與雙曲線有一個公共點，求m的取值范圍．【分析】（1）由題意可得a，b，c，可求離心率；（2）由已知得A1（m，0），A2（m，0），設E（p，1），由已知可得p2＝m2，p2﹣m2+1＝﹣2，求解即可；（3）設直線y＝x+t，與橢圓方程聯立可得t2≤3m2+3，與雙曲線方程聯立可得t2＝5m2﹣15，可求m的取值范圍．【解答】解：（1）若m＝2，則a2＝4，b2＝3，∴a＝2，c＝＝1，∴e＝＝（2）由已知得A1（﹣m，0），A2（m，0），設E（p，1），∴+＝1，即p2＝m2，∴＝（﹣m﹣p，﹣1），＝（m﹣p，﹣1），∴?＝（﹣m﹣p，﹣1）?（m﹣p，﹣1）＝p2﹣m2+1＝﹣2，∵p2＝m2，代入求得m＝3；（3）設直線y＝x+t，聯立橢圓可得+＝1，整理得（3+3m2）x2+2tm2x+（t2﹣3）m2＝0，由Δ≥0，∴t2≤3m2+3，聯立雙曲線可得﹣＝1，整理得（3﹣m2）x2+2tx+（t2﹣5m2）＝0，由Δ＝0，t2＝5m2﹣15，∴5m2﹣15≤3m2+3，∴﹣3≤m≤3，又5m2﹣15≥0，∴m≥，又∵m≠，∴m∈（，3]．【點評】本題考查離心率的求法，考查橢圓與雙曲線的幾何性質，屬中檔題．33．（2023?徐匯區校級三模）已知P（x0，y0）是焦距為的雙曲線上一點，過P的一條直線l1與雙曲線C的兩條漸近線分別交于P1（x1，y1），P2（x2，y2），且，過P作垂直的兩條直線l2和l3，與y軸分別交于A，B兩點，其中l2與x軸交點的橫坐標是．（1）求x1x2﹣y1y2的值；（2）求的最大值，并求此時雙曲線C的方程；（3）判斷以AB為直徑的圓是否過定點，如果是，求出所有定點；如果不是，說明理由．【分析】（1）由3＝+2，得，由雙曲線漸近線方程為y＝±x，P1、P2位于兩條漸近線上，得y0＝±（x1﹣2x2）①，由點P在雙曲線﹣＝1，得﹣＝1，可得x1x2，y1y2，即可得出答案．（2）當x1≠x2時，直線l1的方程為y﹣y1＝（x﹣x1），進而可得M點的坐標，進而可得＝+＝||||y1﹣y2|＝|x1x2|＝ab，由基本不等式可得的最大值，可得雙曲線的方程；當x1＝x2時，直線l1的方程為x＝x1，＝|x1||2y1|＝|，由①式可得y0＝±x1，且點P在雙曲線上，得S＝ab，進而可得雙曲線的方程．（3）寫出直線l2，l3的方程，進而可得A，B兩點坐標，由點P在雙曲線上，可得﹣a2＝，設以AB為直徑的圓上的任意一點為Q（x，y），由⊥，可得該圓的方程為x2+y2﹣8+y（﹣）＝0（*），必須有y＝0且x2+y2﹣8＝0，即可得出答案．【解答】解：（1）因為3＝+2，所以，即，因為雙曲線漸近線方程為y＝±x，P1、P2位于兩條漸近線上，所以y0＝±（x1﹣2x2），①又因為點P在雙曲線﹣＝1，所以﹣＝1，所以x1x2＝，y1y2＝﹣x1x2＝﹣b2，所以x1x2﹣y1y2＝（a2+b2）＝c2＝（2）2＝9．（2）當x1≠x2時，直線l1的方程為y﹣y1＝（x﹣x1），所以直線l1與x軸的交點為M（，0），所以＝+＝||||y1﹣y2|＝|x1x2|，由（1）可得x1x2＝a2＞0，x1，x2同號，所以S＝＝ab，因為a2+b2＝c2＝8，a2+b2≥2ab，所以S≤（a2+b2）＝，此時雙曲線的方程為﹣＝1，當x1＝x2時，直線l1的方程為x＝x1，＝|x1||2y1|＝|，所以x0＝x1，由①式可得y0＝±x1，且點P在雙曲線上，所以﹣＝1，所以＝，所以S＝ab，所以當x1＝x2時，同樣當且僅當a＝b＝2時，Smax＝，所以雙曲線的方程為﹣＝1．（3）根據題意可得直線l2的方程為y﹣y0＝（x﹣x0），則A（0，﹣），直線l3的方程為y﹣y0＝﹣（x﹣x0），B（0，y0+），因為點P在雙曲線上，所以﹣＝1，所以﹣a2＝，所以A（0，﹣），B（0，y0+）＝（0，），設以AB為直徑的圓上的任意一點為Q（x，y），由⊥，可得該圓的方程為x2+y2﹣8+y（﹣）＝0，（*）因為﹣不恒為0，所以（*）式要恒成立