专题17圆锥曲线（解答题）6种常见考法归类（全国通用）（解析版）_高中三年全科资料_高中_高中1_2021-2025高考数学五年真题分类汇编

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ 2021-2025高考真题分类 圆锥曲线(解答题)6种常见考法归类 ~ ~ 2021-2025高考真题分类 圆锥曲线(解答题)6种常见考法归类1 一 圆锥曲线的面积问题 1 二 圆锥曲线的斜率问题 13 三 圆锥曲线的证明问题 21 四 圆锥曲线的最值问题 30 五 圆锥曲线的定点、定值和定直线问题 42 六 圆锥曲线与其他知识的综合 46 ~ ~ 一 圆锥曲线的面积问题 3 1. (2024·新课标Ⅰ卷·高考真题)已知A(0,3)和P3, 2  x2 y2 为椭圆C: + =1(a>b>0)上两点. a2 b2 (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． 1 【答案】(1) 2 (2)直线l的方程为3x-2y-6=0或x-2y=0. 【分析】(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Bx 0 ,y 0  ，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 3 况，再设PB:y- =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 2 1 致，利用水平宽乘铅锤高乘 表达面积即可. 2 b=3 【解析】(1)由题意得   9 9 4 ，解得  b a 2 2 = = 9 12 ，  + =1 a2 b2 b2 9 1 所以e= 1- = 1- = . a2 12 2 3 3- 2 1 1 (2)法一：k = =- ，则直线AP的方程为y=- x+3，即x+2y-6=0， AP 0-3 2 2 AP  = 0-3  3 2+3- 2  2 3 5 x2 y2 = ，由(1)知C: + =1， 2 12 9 2×9 12 5 设点B到直线AP的距离为d，则d= = ， 3 5 5 2 12 5 则将直线AP沿着与AP垂直的方向平移 单位即可， 5 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， 数学试题 第 1 页 共 51 页C+6 则  12 5 = ，解得C=6或C=-18， 5 5 x2 y2 x=-3 当C=6时，联立  12 + 9 =1 ，解得  x=0 或   3 ， y=-3 y=- x+2y+6=0 2 即B0,-3  3 或-3,- 2  ， 当B0,-3  3 3 时，此时k = ，直线l的方程为y= x-3，即3x-2y-6=0， l 2 2 3 当B-3,- 2  1 1 时，此时k = ，直线l的方程为y= x，即x-2y=0， l 2 2 x2 y2  + =1 当C=-18时，联立12 9 得2y2-27y+117=0， x+2y-18=0 Δ=272-4×2×117=-207<0，此时该直线与椭圆无交点. 综上直线l的方程为3x-2y-6=0或x-2y=0. 法二：同法一得到直线AP的方程为x+2y-6=0， 12 5 点B到直线AP的距离d= ， 5 设Bx 0 ,y 0  x 0 +2y 0 -6 ，则   12 5    5 = 5 ，解得   x 0 =-3 3 或  x 0 =0 ， x2 y2 y =- y =-3   0 + 0 =1 0 2 0 12 9 即B0,-3  3 或-3,- 2  ，以下同法一. 法三：同法一得到直线AP的方程为x+2y-6=0， 12 5 点B到直线AP的距离d= ， 5 设B2 3cosθ,3sinθ  ，其中θ∈0,2π  2 3cosθ+6sinθ-6 ，则有  12 5 = ， 5 5 3 联立cos2θ+sin2θ=1，解得   cosθ=- 2 或  cosθ=0 ， 1 sinθ=-1 sinθ=- 2 即B0,-3  3 或-3,- 2  ，以下同法一； 法四：当直线AB的斜率不存在时，此时B0,-3  ， 1 3 3 S = ×6×3=9，符合题意，此时k = ，直线l的方程为y= x-3，即3x-2y-6=0， △PAB 2 l 2 2 当线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+3， y=kx+3  联立椭圆方程有 x2 y2 ，则4k2+3 + =1 12 9  1 x2+24kx=0，其中k≠k ，即k≠- ， AP 2 -24k 1 解得x=0或x= ，k≠0，k≠- ， 4k2+3 2 -24k -12k2+9 -24k -12k2+9 令x= ，则y= ，则B , 4k2+3 4k2+3 4k2+3 4k2+3  同法一得到直线AP的方程为x+2y-6=0， 12 5 点B到直线AP的距离d= ， 5 数学试题 第 2 页 共 51 页-24k -12k2+9  +2× -6 4k2+3 4k2+3 则  12 5 3 = ，解得k= ， 5 5 2 3 此时B-3,- 2  1 1 ，则得到此时k = ，直线l的方程为y= x，即x-2y=0， l 2 2 综上直线l的方程为3x-2y-6=0或x-2y=0. 3 法五：当l的斜率不存在时，l:x=3,B3,- 2  ,PB  =3,A到PB距离d=3， 1 9 此时S = ×3×3= ≠9不满足条件. △ABP 2 2 3 当l的斜率存在时，设PB:y- 2 =k(x-3)，令Px 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ， 3   y=k(x-3)+ 2  x2 y2 ，消y可得4k2+3  + =1 12 9  x2-24k2-12k  x+36k2-36k-27=0， Δ=24k2-12k  2-44k2+3  36k2-36k-27  1 >0，且k≠k ，即k≠- ， AP 2 24k2-12k x +x = 1 2 4k2+3 ,PB 36k2-36k-27 xx = 1 2 4k2+3  = k2+1 x 1 +x 2   27   4 3 k2+1 3k2+9k+ 4 2-4xx = ，  1 2 4k2+3    3 3k+ 2 A到直线PB距离d=  27 3 4 3 k2+1 3k2+9k+ 3k+ 1 4 2 ,S = ⋅ ⋅ k2+1 △PAB 2 4k2+3  =9， k2+1 1 3 1 3 ∴k= 或 ，均满足题意，∴l:y= x或y= x-3，即3x-2y-6=0或x-2y=0. 2 2 2 2 3 法六：当l的斜率不存在时，l:x=3,B3,- 2  ,PB  =3,A到PB距离d=3， 1 9 此时S = ×3×3= ≠9不满足条件. △ABP 2 2 3 当直线l斜率存在时，设l:y=k(x-3)+ ， 2 3 设l与y轴的交点为Q，令x=0，则Q0,-3k+ 2  ， 3 y=kx-3k+ 联立 2 ，则有3+4k2 3x2+4y2=36  3 x2-8k3k- 2  x+36k2-36k-27=0， 3+4k2  3 x2-8k3k- 2  x+36k2-36k-27=0， 3 其中Δ=8k23k- 2  2 -43+4k2  36k2-36k-27  1 >0，且k≠- ， 2 36k2-36k-27 12k2-12k-9 则3x = ,x = ， B 3+4k2 B 3+4k2 1 则S= AQ 2  x -x P B  1 3 = 3k+ 2 2  12k+18  3+4k2  1 3 =9，解得k= 或k= ，经代入判别式验证均满足题 2 2 意. 1 3 则直线l为y= x或y= x-3，即3x-2y-6=0或x-2y=0. 2 2 数学试题 第 3 页 共 51 页2. (2023·全国甲卷·高考真题)已知直线x-2y+1=0与抛物线C:y2=2px(p>0)交于A,B两点，且 |AB|=4 15． (1)求p；   (2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，FM ⋅FN =0，求△MFN面积的最小值． 【答案】(1)p=2 (2)12-8 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p； (2)设直线MN：x=my+n，Mx 1 ,y 1  ,Nx 2 ,y 2    ,利用FM ⋅FN =0，找到m,n的关系，以及△MFN 的面积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值． 【解析】(1)设Ax ,y A A  ,Bx ,y B B  ， x-2y+1=0 由  y2=2px 可得，y2-4py+2p=0，所以y A +y B =4p,y A y B =2p， 所以AB  = x -x A B  2+y -y A B  2= 5y -y A B  = 5× y +y A B  2-4y y =4 15， A B 即2p2-p-6=0，因为p>0，解得：p=2． (2)因为F1,0  ，显然直线MN的斜率不可能为零， 设直线MN：x=my+n，Mx 1 ,y 1  ,Nx 2 ,y 2  ， y2=4x 由  x=my+n 可得，y2-4my-4n=0，所以，y 1 +y 2 =4m,y 1 y 2 =-4n， Δ=16m2+16n>0⇒m2+n>0，   因为FM ⋅FN =0，所以x 1 -1  x 2 -1  +yy =0， 1 2 即my 1 +n-1  my 2 +n-1  +yy =0， 1 2 亦即m2+1  y 1 y 2 +mn-1  y 1 +y 2  +n-1  2=0， 将y +y =4m,yy =-4n代入得， 1 2 1 2 4m2=n2-6n+1，4m2+n  =n-1  2>0， 所以n≠1，且n2-6n+1≥0，解得n≥3+2 2或n≤3-2 2． n-1 设点F到直线MN的距离为d，所以d=  ， 1+m2 MN  = x 1 -x 2  2+y 1 -y 2  2= 1+m2y 1 -y 2  = 1+m2 16m2+16n = 1+m2 4n2-6n+1  +16n=2 1+m2n-1  ， 1 所以△MFN的面积S= ×MN 2  1 n-1 ×d= × 2  ×2 1+m2n-1 1+m2  =n-1  2， 而n≥3+2 2或n≤3-2 2，所以， 当n=3-2 2时，△MFN的面积S min =2-2 2  2=12-8 2． 【点睛】本题解题关键是根据向量的数量积为零找到m,n的关系，一是为了减元，二是通过相互的制约 数学试题 第 4 页 共 51 页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. 3. (2021·全国乙卷·高考真题)已知抛物线C:x2=2pyp>0  的焦点为F，且F与圆M:x2+(y+4)2=1上 点的距离的最小值为4． (1)求p； (2)若点P在M上，PA,PB是C的两条切线，A,B是切点，求△PAB面积的最大值． 【答案】(1)p=2；(2)20 5. 【分析】(1)根据圆的几何性质可得出关于p的等式，即可解出p的值； (2)设点Ax 1 ,y 1  、Bx 2 ,y 2  、Px 0 ,y 0  ，利用导数求出直线PA、PB，进一步可求得直线AB的方程，将 直线AB的方程与抛物线的方程联立，求出AB  以及点P到直线AB的距离，利用三角形的面积公式结合 二次函数的基本性质可求得△PAB面积的最大值. 【解析】(1)[方法一]：利用二次函数性质求最小值 p 由题意知，F0, 2  ，设圆M上的点Nx 0 ,y 0  ，则x2 0 +y 0 +4  2=1． 所以x2 0 =1-y 0 +4  2 -5≤y 0 ≤-3  ． p 从而有|FN|= x2+ -y 0 2 0  2 = 1-y 0 +4  p 2+ -y 2 0  2 p2 = -(p+8)y -15+ ． 0 4 p2 因为-5≤y ≤-3，所以当y =-3时，|FN| = +3p+9=4． 0 0 min 4 又p>0，解之得p=2，因此p=2． [方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最小值 p 抛物线C的焦点为F0, 2  ，FM  p = +4， 2 p 所以，F与圆M:x2+(y+4)2=1上点的距离的最小值为 +4-1=4，解得p=2； 2 (2)[方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法 x2 x 抛物线C的方程为x2=4y，即y= ，对该函数求导得y= ， 4 2 设点Ax 1 ,y 1  、Bx 2 ,y 2  、Px 0 ,y 0  ， x 直线PA的方程为y-y 1 = 2 1 x-x 1  xx ，即y= 1 -y ，即xx-2y -2y=0， 2 1 1 1 同理可知，直线PB的方程为x x-2y -2y=0， 2 2 xx -2y -2y =0 由于点P为这两条直线的公共点，则   1 0 1 0 ， x x -2y -2y =0 2 0 2 0 所以，点A、B的坐标满足方程x x-2y-2y =0， 0 0 所以，直线AB的方程为x x-2y-2y =0， 0 0 x x-2y-2y =0  0 0 联立 y= x2 ，可得x2-2x 0 x+4y 0 =0， 4 由韦达定理可得x +x =2x ，xx =4y ， 1 2 0 1 2 0 所以，AB  x = 1+ 0 2  2 ⋅ x 1 +x 2  2-4x 1 x 2 = x2 0 +4  x2 0 -4y 0  ， 点P到直线AB的距离为d= x2 0 -4y 0  ， x2+4 0 数学试题 第 5 页 共 51 页1 所以，S = AB △PAB 2  1 ⋅d= 2 x2 0 +4  x2 0 -4y 0  ⋅ x2 0 -4y 0  1 x2+4 = 2 x2 0 -4y 0 0  3 2， ∵x2 0 -4y 0 =1-y 0 +4  2-4y 0 =-y2 0 -12y 0 -15=-y 0 +6  2+21， 1 3 由已知可得-5≤y ≤-3，所以，当y =-5时，△PAB的面积取最大值 ×202 =20 5. 0 0 2 [方法二]【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值 同方法一得到x +x =2x ,xx =4y ． 1 2 0 1 2 0 x2 过P作y轴的平行线交AB于Q，则Qx , 0 -y 0 2 0  ． 1 S △PAB = 2 |PQ|⋅x 1 -x 2  1 1 =  x2-2y 2 2 0 0  1 ⋅ 4x2 0 -16y 0 = 2 x2 0 -4y 0  3 2． x =cosα, P点在圆M上，则  0 y =-4+sinα, 0 1 S △PAB = 2 x2 0 -4y 0  3 1 2 = cos2α-4sinα+16 2  3 1 2 = -(sinα+2)2+21 2  3 2． 故当sinα=-1时△PAB的面积最大，最大值为20 5． [方法三]：直接设直线AB方程法 x2 设切点A，B的坐标分别为Ax , 1 1 4  x2 ，Bx , 2 2 4  ． y=kx+b, 设l AB :y=kx+b，联立l AB 和抛物线C的方程得  x2=4y, 整理得x2-4kx-4b=0． 判别式Δ=16k2+16b>0，即k2+b>0，且x +x =4k,xx =-4b． 1 2 1 2 x2 x 抛物线C的方程为x2=4y，即y= ，有y= ． 4 2 x2 x 则l PA :y- 4 1 = 2 1 x-x 1  x x2 x x2 ，整理得y= 1 ⋅x- 1 ，同理可得l :y= 2 ⋅x- 2 ． 2 4 PB 2 4 x x2 y= 2 1 ⋅x- 4 1 , x +x xx 联立方程 可得点P的坐标为P 1 2 , 1 2 x x2 2 4 y= 2 ⋅x- 2 , 2 4  ，即P(2k,-b)． 1-(b-4)2 将点P的坐标代入圆M的方程，得(2k)2+(-b+4)2=1，整理得k2= ． 4 由弦长公式得|AB|= 1+k2x 1 -x 2  = 1+k2⋅ x 1 +x 2  2-4xx = 1+k2⋅ 16k2+16b． 1 2 2k2+2b 点P到直线AB的距离为d=  ． k2+1 1 1 所以S = |AB|d= 16k2+16b⋅2k2+2b △PAB 2 2  =4 k2+b  1-(b-4)2 3=4  +b  4  3 = -b2+12b-15 4  4  3 ， 其中y =-b∈[-5,-3]，即b∈[3,5]． P 当b=5时，S △PAB  =20 5． max 【整体点评】(1)方法一利用两点间距离公式求得FN  关于圆M上的点Nx 0 ,y 0  的坐标的表达式，进 一步转化为关于y 的表达式，利用二次函数的性质得到最小值，进而求得p的值；方法二，利用圆的性质，F 0 与圆M:x2+(y+4)2=1上点的距离的最小值，简洁明快，为最优解；(2)方法一设点Ax 1 ,y 1  、Bx 2 ,y 2  、 Px 0 ,y 0  ，利用导数求得两切线方程，由切点弦方程思想得到直线AB的坐标满足方程x x-2y-2y =0， 0 0 然手与抛物线方程联立，由韦达定理可得x 1 +x 2 =2x 0 ，x 1 x 2 =4y 0 ，利用弦长公式求得AB  的长，进而得到 数学试题 第 6 页 共 51 页面积关于Px 0 ,y 0  坐标的表达式，利用圆的方程转化得到关于y 的二次函数最值问题；方法二，同方法一得 0 x2 到x +x =2x ，xx =4y ，过P作y轴的平行线交AB于Q，则Qx , 0 -y 1 2 0 1 2 0 0 2 0  1 ．由S = |PQ|⋅ △PAB 2 x 1 -x 2  求得面积关于Px 0 ,y 0  坐标的表达式，并利用三角函数换元求得面积最大值，方法灵活，计算简洁， 为最优解；方法三直接设直线l :y=kx+b，联立直线AB和抛物线方程，利用韦达定理判别式得到k2+b AB >0，且x +x =4k,xx =-4b．利用点P在圆M上，求得k,b的关系，然后利用导数求得两切线方程，解 1 2 1 2 方程组求得P的坐标P(2k,-b)，进而利用弦长公式和点到直线距离公式求得面积关于b的函数表达式，然 后利用二次函数的性质求得最大值； x2 y2 2 4. (2025·全国二卷·高考真题)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率为 ，长轴长为4． a2 b2 2 (1)求C的方程； (2)过点(0,-2)的直线l与C交于A, B两点，O为坐标原点，若△OAB的面积为 2，求|AB|． x2 y2 【答案】(1) + =1 4 2 (2) 5 【分析】(1)根据长轴长和离心率求出基本量后可得椭圆方程； (2)设出直线方程并联立椭圆方程后结合韦达定理用参数t表示面积后可求t的值，从而可求弦长. 2 【解析】(1)因为长轴长为4，故a=2，而离心率为 ，故c= 2， 2 x2 y2 故b= 2，故椭圆方程为： + =1. 4 2 (2) 由题设直线AB的斜率不为0，故设直线l:x=ty+2  ，Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ， x=ty+2 由    可得t2+2 x2+2y2=4  y2+4t2y+4t2-4=0， 故Δ=16t4-4t2+2  4t2-4  =48-4t2  >0即- 2b>0 a2 b2  BF 的右焦点为F，右顶点A和上顶点为B满足  AB  = 3 ． 2 (1)求椭圆的离心率e； (2)直线l与椭圆有唯一公共点M，与y轴相交于点N(N异于M)．记O为原点，若OM  =ON  ，且 △MON的面积为 3，求椭圆的方程． 6 【答案】(1)e= 3 x2 y2 (2) + =1 6 2 【分析】(1)根据已知条件可得出关于a、b的等量关系，由此可求得该椭圆的离心率的值； (2)由(1)可知椭圆的方程为x2+3y2=a2，设直线l的方程为y=kx+m，将直线l的方程与椭圆方程联 立，由Δ=0可得出3m2=a21+3k2  ，求出点M的坐标，利用三角形的面积公式以及已知条件可求得a2的 值，即可得出椭圆的方程. BF 【解析】(1)解：  AB  b2+c2 a 3 = = = ⇒4a2=3b2+a2 b2+a2 b2+a2 2  ⇒a2=3b2， c a2-b2 6 离心率为e= = = . a a2 3 (2)解：由(1)可知椭圆的方程为x2+3y2=a2， 易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+m， y=kx+m 联立  得1+3k2 x2+3y2=a2  x2+6kmx+3m2-a2  =0， 由Δ=36k2m2-41+3k2  3m2-a2  =0⇒3m2=a21+3k2  ，① 3km m x =- ，y =kx +m= ， M 3k2+1 M M 1+3k2 由OM  =ON  m29k2+1 可得m2=  3k2+1  ，② 2 1 由S = 3可得 m △OMN 2  3km ⋅  = 3，③ 1+3k2 1 x2 y2 联立①②③可得k2= ，m2=4，a2=6，故椭圆的标准方程为 + =1． 3 6 2 x2 y2 6. (2023·天津·高考真题)已知椭圆 + =1(a>b>0)的左右顶点分别为A ,A ，右焦点为F，已知 a2 b2 1 2 A 1 F  =3,A 2 F  =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A P交y轴于点Q，若三角形APQ的面积是三角形A PF面 2 1 2 积的二倍，求直线A P的方程． 2 x2 y2 1 【答案】(1)椭圆的方程为 + =1，离心率为e= . 4 3 2 6 (2)y=± x-2 2  . a+c=3 【分析】(1)由  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 a-c=1 公式即求离心率. 数学试题 第 8 页 共 51 页(2)先设直线A P的方程，与椭圆方程联立，消去y，再由韦达定理可得x ⋅x ，从而得到P点和Q点坐 2 A2 P 标.由S =S +S =2S +S 得2y △A2QA1 △A1PQ △A1A2P △A2PF △A1A2P Q  =3y P  ，即可得到关于k的方程，解出k，代入直 线A P的方程即可得到答案. 2 【解析】(1)如图， a+c=3 由题意得  ，解得a=2,c=1，所以b= 22-12= 3， a-c=1 x2 y2 c 1 所以椭圆的方程为 + =1，离心率为e= = . 4 3 a 2 x2 y2 (2)由题意得，直线A 2 P斜率存在，由椭圆的方程为 4 + 3 =1可得A 22,0  ， 设直线A 2 P的方程为y=kx-2  ， x2 y2 + =1 联立方程组 4 3 y=kx-2    ，消去y整理得：3+4k2  x2-16k2x+16k2-12=0， 16k2-12 8k2-6 由韦达定理得x ⋅x = ，所以x = ， A2 P 3+4k2 P 3+4k2 8k2-6 -12k 所以P , 3+4k2 3+4k2  ，Q0,-2k  . 1 所以S = ×4×y △A2QA1 2 Q  1 ,S = ×1×y △A2PF 2 P  1 ,S = ×4×y △A1A2P 2 P  ， 所以S =S +S =2S +S ， △A2QA1 △A1PQ △A1A2P △A2PF △A1A2P 所以2y Q  =3y P  ，即2-2k  12k =3- 3+4k2  ， 6 6 解得k=± 2 ，所以直线A 2 P的方程为y=± 2 x-2  . x2 y2 7. (2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题)已知点A(2,1)在双曲线C: - =1(a>1)上，直线l交C于 a2 a2-1 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=2 2，求△PAQ的面积． 【答案】(1)-1； 16 2 (2) ． 9 【分析】(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，Px 1 ,y 1  , Qx 2 ,y 2  ，再根据k +k =0，即可解出l的斜率； AP AQ 数学试题 第 9 页 共 51 页(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=2 2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． x2 y2 4 1 【解析】(1)因为点A(2,1)在双曲线C: - =1(a>1)上，所以 - =1，解得a2=2， a2 a2-1 a2 a2-1 x2 即双曲线C: -y2=1． 2 易知直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，Px 1 ,y 1  ,Qx 2 ,y 2  ， y=kx+m  联立x2 可得，1-2k2 -y2=1 2  x2-4mkx-2m2-2=0， 4mk 2m2+2 所以，x 1 +x 2 =- 2k2-1 ,x 1 x 2 = 2k2-1 ，Δ=16m2k2-42m2+2  2k2-1  >0⇒m2+1-2k2>0且 2 k≠± ． 2 y -1 y -1 所以由k +k =0可得， 2 + 1 =0， AP AQ x -2 x -2 2 1 即x 1 -2  kx 2 +m-1  +x 2 -2  kx 1 +m-1  =0， 即2kx 1 x 2 +m-1-2k  x 1 +x 2  -4m-1  =0， 2m2+2 所以2k× +m-1-2k 2k2-1  4mk - 2k2-1  -4m-1  =0， 化简得，8k2+4k-4+4mk+1  =0，即k+1  2k-1+m  =0， 所以k=-1或m=1-2k， 当m=1-2k时，直线l:y=kx+m=kx-2  +1过点A2,1  ，与题意不符，舍去， 故k=-1． (2)[方法一]：【最优解】常规转化 π 不妨设直线PA,AQ的倾斜角为α,βα< <β 2  ，因为k +k =0，所以α+β=π，由(1)知，xx = AP AQ 1 2 2m2+2>0， 当P,Q均在双曲线左支时，∠PAQ=2α，所以tan2α=2 2， 2 即 2tan2α+tanα- 2=0，解得tanα= (负值舍去) 2 此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去； 当P,Q均在双曲线右支时， 因为tan∠PAQ=2 2，所以tanβ-α  =2 2，即tan2α=-2 2， 即 2tan2α-tanα- 2=0，解得tanα= 2(负值舍去)， 于是，直线PA:y= 2x-2  +1，直线QA:y=- 2x-2  +1， y= 2x-2 联立  +1  3 x2 可得， x2+2 2-4 -y2=1 2 2  x+10-4 2=0， 10-4 2 4 2-5 因为方程有一个根为2，所以x = ，y = ， P 3 P 3 10+4 2 -4 2-5 同理可得，x = ，y = ． Q 3 Q 3 5 所以PQ:x+y- =0，PQ 3  5 2+1- 16 3 = ，点A到直线PQ的距离d= 3  2 2 = ， 2 3 数学试题 第 10 页 共 51 页1 16 2 2 16 2 故△PAQ的面积为 × × = ． 2 3 3 9 [方法二]： π 设直线AP的倾斜角为α，0<α< 2  ∠PAQ 2 ，由tan∠PAQ=2 2，得tan = ， 2 2 y -1 由2α+∠PAQ=π，得k =tanα= 2，即 1 = 2， AP x -2 1 y -1 x2 10-4 2 4 2-5 联立 1 = 2，及 1 -y2=1得x = ，y = ， x -2 2 1 1 3 1 3 1 10+4 2 -4 2-5 20 68 同理，x = ，y = ，故x +x = ，xx = 2 3 2 3 1 2 3 1 2 9 而|AP|= 3|x -2|，|AQ|= 3|x -2|， 1 2 2 2 由tan∠PAQ=2 2，得sin∠PAQ= ， 3 1 16 2 故S = |AP||AQ|sin∠PAQ= 2|xx -2(x +x )+4|= . △PAQ 2 1 2 1 2 9 【整体点评】(2)法一：由第一问结论利用倾斜角的关系可求出直线PA,PB的斜率，从而联立求出点P ,Q坐标，进而求出三角形面积，思路清晰直接，是该题的通性通法，也是最优解； 法二：前面解答与法一求解点P,Q坐标过程形式有所区别，最终目的一样，主要区别在于三角形面积 公式的选择不一样． x2 y2 8. (2025·北京·高考真题)已知椭圆E: + =1a>b>0 a2 b2  2 的离心率为 ，椭圆E上的点到两焦点的 2 距离之和为4. (1)求椭圆E的方程； (2)设O为坐标原点，点Mx 0 ,y 0  x 0 ≠0  在椭圆E上，直线x x+2y y-4=0与直线y=2，y=-2分别 0 0 S |OA| 交于点A，B．设△OAM与△OBM的面积分别为S ,S ，比较 1 与 的大小． 1 2 S |OB| 2 x2 y2 【答案】(1) + =1 4 2 S OA (2) 1 = S 2  OB  【分析】(1)根据椭圆定义以及离心率可求出a,c，再根据a,b,c的关系求出b，即可得到椭圆方程； OA (2)法一：联立直线方程求出点A,B坐标，即可求出  OB  S AM ，再根据 1 = S 2  BM  ，即可得出它们的大小 关系. 法二：利用直线的到角公式或者倾斜角之间的关系得到∠AOM=∠BOM，再根据三角形的面积公式即 可解出. c 2 【解析】(1)由椭圆可知，2a=4，所以a=2，又e= = ，所以c= 2，b2=a2-c2=2， a 2 x2 y2 故椭圆E的方程为 + =1； 4 2 x x+2y y-4=0  0 0 4-2y y (2)联立x2 y2 ，消去x得， 0 4 + 2 =1 x 0  2 +2y2=4， 整理得，2x2 0 +4y2 0  y2-16y y+16-4x2=0①， 0 0 x2 y2 又 0 + 0 =1，所以2x2+4y2=8，16-4x2=8y2， 4 2 0 0 0 0 数学试题 第 11 页 共 51 页故①式可化简为8y2-16y 0 y+8y2 0 =0，即y-y 0  2=0，所以y=y ， 0 所以直线x x+2y y-4=0与椭圆相切，M为切点. 0 0 设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  S OA ，易知，当x =x 时，由对称性可知， 1 = 1 2 S 2  OB  ． S AM 故设x b>0 a2 b2  ，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,t  t> 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C0,1  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． x2 y2 2 【答案】(1) + =1,e= 4 2 2 (2)t=2 【分析】(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  ，Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ，联立椭圆方程，由韦达定理有x +x = 1 2 -4kt 2t2-4 y -y 1+2k2 ,x 1 x 2 = 2k2+1 ，而AD:y= x 1 +x 2 x-x 1 1 2  +y ，令x=0，即可得解. 1 2 【解析】(1)由题意b=c= = 2，从而a= b2+c2=2， 2 x2 y2 2 所以椭圆方程为 + =1，离心率为e= ； 4 2 2 (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  ，Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ， x2 y2  + =1 联立 4 2 ，化简并整理得1+2k2 y=kx+t  x2+4ktx+2t2-4=0， 数学试题 第 13 页 共 51 页由题意Δ=16k2t2-82k2+1  t2-2  =84k2+2-t2  >0，即k,t应满足4k2+2-t2>0， -4kt 2t2-4 所以x +x = ,xx = ， 1 2 1+2k2 1 2 2k2+1 若直线BD斜率为0，由椭圆的对称性可设D-x 2 ,y 2  ， y -y 所以AD:y= x 1 +x 2 x-x 1 1 2  +y ，在直线AD方程中令x=0， 1 得y = x 1 y 2 +x 2 y 1 = x 1kx 2 +t C x +x 1 2  +x 2kx 1 +t  = 2kx 1 x 2 +tx 1 +x 2 x +x 1 2  4kt2-2 = x +x 1 2  2 +t= =1， -4kt t 所以t=2， 此时k应满足  4k2+2-t2=4k2-2>0 ，即k应满足k<- 2 或k> 2 ， k≠0 2 2 2 2 综上所述，t=2满足题意，此时k<- 或k> . 2 2 x2 y2 2. (2022·北京·高考真题)已知椭圆E: + =1(a>b>0)的一个顶点为A(0,1)，焦距为2 3． a2 b2 (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． x2 【答案】(1) +y2=1 4 (2)k=-4 b=1  【分析】(1)依题意可得2c=2 3 ，即可求出a，从而求出椭圆方程； c2=a2-b2 (2)首先表示出直线方程，设Bx 1 ,y 1  、Cx 2 ,y 2  ，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x 、x ，根据MN M N  =x -x N M  得到方程，解得即可； 【解析】(1)解：依题意可得b=1，2c=2 3，又c2=a2-b2， x2 所以a=2，所以椭圆方程为 +y2=1； 4 (2)解：依题意过点P-2,1  的直线为y-1=kx+2  ，设Bx 1 ,y 1  、Cx 2 ,y 2  ，不妨令-2≤x 0，解得k<0， 16k2+8k 16k2+16k 所以x +x =- ，x ⋅x = ， 1 2 1+4k2 1 2 1+4k2 y -1 x 直线AB的方程为y-1= 1 x，令y=0，解得x = 1 ， x M 1-y 1 1 y -1 x 直线AC的方程为y-1= 2 x，令y=0，解得x = 2 ， x N 1-y 2 2 所以MN  =x -x N M  x x = 2 - 1 1-y 1-y 2 1  x = 2 1- kx 2 +2   +1  x - 1 1- kx 1 +2   +1    数学试题 第 14 页 共 51 页x = 2 -kx 2 +2  x + 1 kx 1 +2    = x 2 +2  x 1 -x 2x 1 +2  kx 2 +2  x 1 +2    = 2x 1 -x 2  k  x 2 +2  x 1 +2  =2， 所以x 1 -x 2  =k  x 2 +2  x 1 +2  ， 即 x 1 +x 2  2-4x 1 x 2 =k  x 2 x 1 +2x 2 +x 1   +4  16k2+8k 即 - 1+4k2  2 16k2+16k -4× =k 1+4k2  16k2+16k 16k2+8k +2- 1+4k2 1+4k2    +4   8 即 2k2+k 1+4k2  2-1+4k2  k2+k  k =  16k2+16k-216k2+8k 1+4k2  +41+4k2    整理得8 -k=4k  ，解得k=-4 3. (2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题)在平面直角坐标系xOy中，已知点F 1- 17,0  、F 2 17,0  ，MF 1  - MF 2  =2，点M的轨迹为C. (1)求C的方程； 1 (2)设点T在直线x= 上，过T的两条直线分别交C于A、B两点和P，Q两点，且TA 2  ⋅TB  =TP  ⋅ TQ  ，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和. y2 【答案】(1)x2- =1x≥1 16  ；(2)0. 【分析】(1) 利用双曲线的定义可知轨迹C是以点F、F 为左、右焦点双曲线的右支，求出a、b的值，即 1 2 可得出轨迹C的方程； (2)方法一：设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与曲线C的方程，结合韦达定理求得直线的斜 率，最后化简计算可得k +k 的值. 1 2 【解析】(1) 因为MF 1  -MF 2  =2<F 1 F 2  =2 17， 所以，轨迹C是以点F、F 为左、右焦点的双曲线的右支， 1 2 x2 y2 设轨迹C的方程为 - =1a>0,b>0 a2 b2  ，则2a=2，可得a=1，b= 17-a2=4， y2 所以，轨迹C的方程为x2- =1x≥1 16  . (2)[方法一]【最优解】：直线方程与双曲线方程联立 1 如图所示，设T ,n 2  , 1 设直线AB的方程为y-n=k x- 1 2  ,A(x ,y),B(x ,y )． 1 1 2 2 数学试题 第 15 页 共 51 页1 y-n=k x- 1 2 联立    , y2 x2- =1 16 1 化简得(16-k2 1 )x2+(k2 1 -2k 1 n)x- 4 k2 1 -n2+k 1 n-16=0，Δ=164n2-4kn-3k2+64  ， 1 k2+n2-kn+16 k2-2kn 4 1 1 则x +x = 1 1 ,xx = ． 1 2 k2-16 1 2 k2-16 1 1 1 故|TA|= 1+k2x - 1 1 2  1 ,|TB|= 1+k2x - 1 2 2  ． 1 则|TA|⋅|TB|=(1+k2)x - 1 1 2  1 x - 2 2  (n2+12)(1+k2) = 1 ． k2-16 1 1 设PQ的方程为y-n=k x- 2 2  (n2+12)(1+k2) ，同理|TP|⋅|TQ|= 2 ． k2-16 2 因为TA  ⋅TB  =TP  ⋅TQ  1+k2 1+k2 ，所以 1 = 2 ， k2-16 k2-16 1 2 17 17 化简得1+ =1+ ， k2-16 k2-16 1 2 所以k2-16=k2-16，即k2=k2． 1 2 1 2 因为k ≠k ，所以k +k =0． 1 2 1 2 [方法二] ：参数方程法 1 设T ,m 2  ．设直线AB的倾斜角为θ ， 1 1 x= +tcosθ 则其参数方程为 2 1， y=m+tsinθ 1 联立直线方程与曲线C的方程16x2-y2-16=0(x≥1)， 1 可得16 +t2cos2θ +tcosθ 4 1 1  -(m2+t2sin2θ +2mtsinθ)-16=0， 1 1 整理得(16cos2θ -sin2θ)t2+(16cosθ -2msinθ)t-(m2+12)=0． 1 1 1 1 设TA=t ,TB=t ， 1 2 -(m2+12) m2+12 由根与系数的关系得|TA|⋅|TB|=t ⋅t = = ． 1 2 16cos2θ -sin2θ 1-17cos2θ 1 1 1 设直线PQ的倾斜角为θ ，TP=t ,TQ=t ， 2 3 4 m2+12 同理可得|TP|⋅|TQ|=t ⋅t = 3 4 1-17cos2θ 2 由|TA|⋅|TB|=|TP|⋅|TQ|，得cos2θ =cos2θ ． 1 2 数学试题 第 16 页 共 51 页因为θ ≠θ ，所以cosθ =-cosθ ． 1 2 1 2 由题意分析知θ +θ =π．所以tanθ +tanθ =0， 1 2 1 2 故直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0． [方法三]：利用圆幂定理 因为TA  ⋅TB  =TP  ⋅TQ  ，由圆幂定理知A，B，P，Q四点共圆． 1 设T ,t 2  1 ,直线AB的方程为y-t=k x- 1 2  ， 1 直线PQ的方程为y-t=k x- 2 2  , k 则二次曲线kx-y- 1 +t 1 2  k k x-y- 2 +t 2 2  =0． y2 又由x2- =1，得过A，B，P，Q四点的二次曲线系方程为： 16 k λkx-y- 1 +t 1 2  k k x-y- 2 +t 2 2  y2 +μx2- -1 16  =0(λ≠0)， 整理可得： μ (λkk +μ)x2+λ- 1 2 16  y2-λ(k 1 +k 2 )xy+t(k 1 +k 2 )-k 1 k 2  k +k λx+ 1 2 -2t 2  λy+m=0， 其中m=λ  t2+ k 1 k 2 - t (k +k )  4 2 1 2  -μ． 由于A，B，P，Q四点共圆，则xy项的系数为0，即k +k =0. 1 2 【整体点评】(2)方法一：直线方程与二次曲线的方程联立，结合韦达定理处理圆锥曲线问题是最经典的 方法，它体现了解析几何的特征，是该题的通性通法，也是最优解； 方法二：参数方程的使用充分利用了参数的几何意义，要求解题过程中对参数有深刻的理解，并能够灵 活的应用到题目中. 方法三：圆幂定理的应用更多的提现了几何的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单. x2 y2 4. (2021·北京·高考真题)已知椭圆E: + =1(a>b>0)一个顶点A(0,-2)，以椭圆E的四个顶点为 a2 b2 顶点的四边形面积为4 5． (1)求椭圆E的方程； (2)过点P(0，-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与直线y =-3交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围． x2 y2 【答案】(1) + =1；(2)[-3,-1)∪(1,3]． 5 4 【分析】(1)根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求a,b，从而可求椭圆的标准方程. (2)设Bx 1 ,y 1  ,Cx 2 ,y 2  ，求出直线AB,AC的方程后可得M,N的横坐标，从而可得PM  +PN  ，联 立直线BC的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简PM  +PN  ，从而可求k的范围，注意判别式的要求. 【解析】(1)因为椭圆过A0,-2  ，故b=2， 1 因为四个顶点围成的四边形的面积为4 5，故 ×2a×2b=4 5，即a= 5， 2 x2 y2 故椭圆的标准方程为： + =1. 5 4 (2) 数学试题 第 17 页 共 51 页设Bx 1 ,y 1  ,Cx 2 ,y 2  ， 因为直线BC的斜率存在，故xx ≠0， 1 2 y +2 x x 故直线AB:y= 1 x-2，令y=-3，则x =- 1 ，同理x =- 2 . x M y +2 N y +2 1 1 2 y=kx-3 直线BC:y=kx-3，由  可得4+5k2 4x2+5y2=20  x2-30kx+25=0， 故Δ=900k2-1004+5k2  >0，解得k<-1或k>1. 30k 25 又x +x = ,xx = ，故xx >0，所以x x >0 1 2 4+5k2 1 2 4+5k2 1 2 M N 又PM  +PN  =x +x M N  x x = 1 + 2 y +2 y +2 1 2  x x = 1 + 2 kx -1 kx -1 1 2  = 2kx 1 x 2 -x 1 +x 2  k2x 1 x 2 -kx 1 +x 2   +1  50k 30k -  4+5k2 4+5k2 = 25k2 30k2 - +1 4+5k2 4+5k2  =5k  故5k  ≤15即k  ≤3， 综上，-3≤k<-1或10)的焦点F到准线的距离为2． (1)求C的方程;   (2)已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足PQ=9QF，求直线OQ斜率的最大值. 1 【答案】(1)y2=4x；(2)最大值为 . 3 【分析】(1)由抛物线焦点与准线的距离即可得解； (2)设Qx 0 ,y 0  ，由平面向量的知识可得P10x 0 -9,10y 0  25y2+9 ，进而可得x = 0 ，再由斜率公式及基 0 10 本不等式即可得解. p 【解析】(1)抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F ,0 2  p ，准线方程为x=- ， 2 p p 由题意，该抛物线焦点到准线的距离为 -- 2 2  =p=2， 所以该抛物线的方程为y2=4x； (2)[方法一]：轨迹方程+基本不等式法 设Qx 0 ,y 0    ，则PQ=9QF=9-9x 0 ,-9y 0  ， 所以P10x 0 -9,10y 0  ， 由P在抛物线上可得10y 0  2=410x 0 -9  25y2+9 ，即x = 0 ， 0 10 数学试题 第 18 页 共 51 页2 9 据此整理可得点Q的轨迹方程为y2= x- ， 5 25 y y 10y 所以直线OQ的斜率k = 0 = 0 = 0 ， OQ x 25y2+9 25y2+9 0 0 0 10 当y =0时，k =0； 0 OQ 10 当y ≠0时，k = ， 0 OQ 9 25y + 0 y 0 9 9 当y >0时，因为25y + ≥2 25y ⋅ =30， 0 0 y 0 y 0 0 1 9 3 此时00),Q(x,y)．   因为F(1,0),PQ=9QF，所以x-4t2,y-4t  =9(1-x,-y)． x-4t2=9(1-x) 10x=4t2+9 于是 ，所以   y-4t=-9y 10y=4t y 4t 4 4 1 则直线OQ的斜率为 = = ≤ = ． x 4t2+9 9 9 3 4t+ 2 4t⋅ t t 9 3 1 当且仅当4t= ，即t= 时等号成立，所以直线OQ斜率的最大值为 ． t 2 3 【整体点评】方法一根据向量关系，利用代点法求得Q的轨迹方程，得到直线OQ的斜率关于y的表达 式，然后利用分类讨论，结合基本不等式求得最大值； 方法二 同方法一得到点Q的轨迹方程，然后利用数形结合法，利用判别式求得直线OQ的斜率的最大 值，为最优解； 方法三同方法一求得Q的轨迹方程，得到直线OQ的斜率k的平方关于x的表达式，利用换元方法转 数学试题 第 19 页 共 51 页化为二次函数求得最大值，进而得到直线OQ斜率的最大值； 方法四利用参数法，由题可设P4t2,4t  (t>0),Q(x,y)，求得x,y关于t的参数表达式，得到直线OQ 的斜率关于t的表达式，结合使用基本不等式，求得直线OQ斜率的最大值. 6. (2022·全国甲卷·高考真题)设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，点Dp,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． 【答案】(1)y2=4x； (2)AB:x= 2y+4. 【分析】(1)由抛物线的定义可得MF  p =p+ ，即可得解； 2 (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k =2k ，再由差角的正切 MN AB 2 公式及基本不等式可得k = ，设直线AB:x= 2y+n，结合韦达定理可解. AB 2 p 【解析】(1)抛物线的准线为x=- ，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p， 2 此时MF  p =p+ =3，所以p=2， 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 y2 设M 1 ,y 4 1  y2 ,N 2 ,y 4 2  y2 ,A 3 ,y 4 3  y2 ,B 4 ,y 4 4  ，直线MN:x=my+1， x=my+1 由  y2=4x 可得y2-4my-4=0，Δ>0,y 1 y 2 =-4， y -y 4 y -y 4 由斜率公式可得k = 1 2 = ，k = 3 4 = ， MN y2 y2 y +y AB y2 y2 y +y 1 - 2 1 2 3 - 4 3 4 4 4 4 4 直线MD:x= x 1 -2 ⋅y+2，代入抛物线方程可得y2- 4x 1 -2 y 1  ⋅y-8=0， y 1 Δ>0,yy =-8，所以y =2y ，同理可得y =2y ， 1 3 3 2 4 1 4 4 所以k = = AB y 3 +y 4 2y 1 +y 2  k = MN 2 k tanα 又因为直线MN、AB的倾斜角分别为α,β，所以k =tanβ= MN = ， AB 2 2 π 若要使α-β最大，则β∈0, 2  ，设k =2k =2k>0，则tanα-β MN AB  tanα-tanβ k = = = 1+tanαtanβ 1+2k2 1 1 2 ≤ = ， 1 1 4 +2k 2 ⋅2k k k 1 2 当且仅当 =2k即k= 时，等号成立， k 2 2 所以当α-β最大时，k = ，设直线AB:x= 2y+n， AB 2 代入抛物线方程可得y2-4 2y-4n=0， Δ>0,y y =-4n=4yy =-16，所以n=4， 3 4 1 2 数学试题 第 20 页 共 51 页所以直线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Mx 1 ,y 1  ,Nx 2 ,y 2  ,Ax 3 ,y 3  ,Bx 4 ,y 4  ,直线MN:y=kx-1  y=k(x-1) 由   得：k2x2-2k2+4 y2=4x  x+k2=0，xx =1,同理，yy =-4. 1 2 1 2 y 直线MD:y= 1 (x-2),代入抛物线方程可得：xx =4，同理，x x =4. x -2 1 3 2 4 1 代入抛物线方程可得:yy =-8,所以y =2y ，同理可得y =2y ， 1 3 3 2 4 1 由斜率公式可得：k = y 4 -y 3 = 2y 2 -y 1 AB x -x 4 3  1 1 4 - x x 2 1  y -y = 2 1 2x 2 -x 1  1 = k . 2 MN π (下同方法一)若要使α-β最大，则β∈0, 2  ， 设k =2k =2k>0，则tanα-β MN AB  tanα-tanβ k 1 1 2 = = = ≤ = ， 1+tanαtanβ 1+2k2 1 1 4 +2k 2 ⋅2k k k 1 2 当且仅当 =2k即k= 时，等号成立， k 2 2 所以当α-β最大时，k = ，设直线AB:x= 2y+n， AB 2 代入抛物线方程可得y2-4 2y-4n=0，Δ>0,y y =-4n=4yy =-16，所以n=4，所以直线AB: 3 4 1 2 x= 2y+4. [方法三]：三点共线 y2 设M 1 ,y 4 1  y2 ,N 2 ,y 4 2  y2 ,A 3 ,y 4 3  y2 ,B 4 ,y 4 4  ， 设Pt,0   y2 ,若 P、M、N三点共线，由PM = 1 -t,y 4 1   y2 ，PN = 2 -t,y 4 2  y2 所以 1 -t 4  y2 y = 2 -t 2 4  y ，化简得yy =-4t， 1 1 2 反之，若y 1 y 2 =-4t,可得MN过定点t,0  因此，由M、N、F三点共线，得yy =-4， 1 2 由M、D、A三点共线，得yy =-8， 1 3 由N、D、B三点共线，得y y =-8， 2 4 则y y =4yy =-16，AB过定点(4,0) 3 4 1 2 π (下同方法一)若要使α-β最大，则β∈0, 2  ， 设k =2k =2k>0，则tanα-β MN AB  tanα-tanβ k 1 1 2 = = = ≤ = ， 1+tanαtanβ 1+2k2 1 1 4 +2k 2 ⋅2k k k 1 2 当且仅当 =2k即k= 时，等号成立， k 2 2 所以当α-β最大时，k = ，所以直线AB:x= 2y+4. AB 2 【整体点评】(2)法一：利用直线方程横截式，简化了联立方程的运算，通过寻找直线MN,AB的斜率关 系，由基本不等式即可求出直线AB的斜率，再根据韦达定理求出直线方程，是该题的最优解，也是通性通 法； 数学试题 第 21 页 共 51 页法二：常规设直线方程点斜式，解题过程同解法一； 法三：通过设点由三点共线寻找纵坐标关系，快速找到直线AB过定点，省去联立过程，也不失为一种简 化运算的好方法． 三 圆锥曲线的证明问题 x2 y2 1. (2025·天津·高考真题)已知椭圆 + =1a>b>0 a2 b2  的左焦点为F，右顶点为A，P为x=a上一点， 1 3 1 且直线PF的斜率为 ，△PFA的面积为 ，离心率为 . 3 2 2 (1)求椭圆的方程； (2)过点P的直线与椭圆有唯一交点B(异于点A)，求证：PF平分∠AFB. x2 y2 【答案】(1) + =1 4 3 (2)证明见解析 【分析】(1)根据题意，利用椭圆的离心率得到a=2c，再由直线PF的斜率得到m=c，从而利用三角形 的面积公式得到关于c的方程，解之即可得解； (2)联立直线与椭圆方程，利用其位置关系求得k，进而得到直线PB的方程与点B的坐标，法一：利用 向量的夹角公式即可得证；法二：利用两直线的夹角公式即可得证；法三利用正切的倍角公式即可得证；法 四：利用角平分线的性质与点线距离公式即可得证. x2 y2 【解析】(1)依题意，设椭圆 + =1(a>b>0)的半焦距为c， a2 b2 c 1 则左焦点F(-c,0)，右顶点A(a,0)，离心率e= = ，即a=2c， a 2 因为P为x=a上一点，设P(a,m)， 1 m-0 1 m 1 又直线PF的斜率为 ，则 = ，即 = ， 3 a-(-c) 3 a+c 3 m 1 所以 = ，解得m=c，则P(a,c)，即P(2c,c)， 2c+c 3 3 因为△PFA的面积为 ，|AF|=a-(-c)=a+c=3c，高为|m|=c， 2 1 所以S = AF △PFA 2  m  1 3 = ×3c×c= ，解得c=1， 2 2 则a=2c=2，b2=a2-c2=3， x2 y2 所以椭圆的方程为 + =1. 4 3 . (2)由(1)可知P(2,1)，F(-1,0)，A(2,0)， 易知直线PB的斜率存在，设其方程为y=kx+m，则1=2k+m，即m=1-2k， y=kx+m  联立x2 y2 ，消去y得，(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0， + =1 4 3 数学试题 第 22 页 共 51 页因为直线与椭圆有唯一交点，所以Δ=8k⋅m  2-4(3+4k2)⋅(4m2-12)=0， 即4k2-m2+3=0，则4k2-1-2k  1 2+3=0，解得k=- ，则m=2， 2 1 所以直线PB的方程为y=- x+2， 2 1   y=- 2 x+2  x=1 3 联立  x2 y2 ，解得 y= 3 ，则B1, 2  + =1 2  4 3  ， 以下分别用四种方法证明结论：  3 法一：则FB=2, 2   ,FP=3,1   ,FA=3,0  ，   FB⋅FP 所以cos∠BFP=  FB   ⋅FP  3 2×3+ ×1 2 = 3 22+ 2  3 10 = ， 2 10 ⋅ 32+12   FA⋅FP cos∠PFA=  FA   ⋅FP  3×3+1×0 3 10 = = ， 3 32+12 10 π 则cos∠BFP=cos∠PFA，又∠BFP,∠PFA∈0, 2  ， 所以∠BFP=∠PFA，即PF平分∠AFB. 3 -0 2 3 1-0 1 法二：所以k = = ，k = = ，k =0， FB 1-(-1) 4 PF 2-(-1) 3 AF 3 1 -  4 3 由两直线夹角公式，得tan∠BFP= 1 3 1+ × 3 4  1 1  3 -0 = ，tan∠PFA= 3 1+0  1 = ， 3 π 则tan∠BFP=tan∠PFA，又∠BFP,∠PFA∈0, 2  ， 所以∠BFP=∠PFA，即PF平分∠AFB. 1 3 法三：则tan∠PFA=k = ，tan∠BFP=k = ， PF 3 FB 4 1 2× 2tan∠PFA 3 故tan2∠PFA= = 1-tan2∠PFA 1 1- 3  3 = =tan∠BFP， 2 4 π 又∠BFP,∠PFA∈0, 2  ， 所以∠BFP=∠PFA，即PF平分∠AFB. 3 -0 2 3 法四：则k = = ， FB 1-(-1) 4 3 所以直线FB的方程为y= x+1 4  ，即3x-4y+3=0， 3×2-4×1+3 则点P到直线FB的距离为d=  32+-4  =1， 2 又点P到直线FA的距离也为1， 所以PF平分∠AFB. x2 y2 2. (2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题)已知双曲线C: - =1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0)，渐近 a2 b2 数学试题 第 23 页 共 51 页线方程为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Px 1 ,y 1  ,Qx 2 ,y 2  在C上，且x >x >0,y 1 2 1 >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. y2 【答案】(1)x2- =1 3 (2)见解析 【分析】(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(x ,y ),由③|AM|=|BM| 0 0 8k2 等价分析得到x +ky = ；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 0 0 k2-3 3x 式得到直线PQ的斜率m= 0 ，由②PQ⎳AB等价转化为ky =3x ，由①M在直线AB上等价于ky = y 0 0 0 0 k2x 0 -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. b 【解析】(1)右焦点为F(2,0)，∴c=2,∵渐近线方程为y=± 3x，∴ = 3，∴b= 3a，∴c2=a2+ a b2=4a2=4，∴a=1，∴b= 3． y2 ∴C的方程为：x2- =1； 3 (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x =x ，已知不符； 1 2 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=kx-2  , 则条件①M在AB上，等价于y 0 =kx 0 -2  ⇔ky 0 =k2x 0 -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：k2-3  x2-4k2x+4k2=0 设Ax 3 ,y 3  ,Bx 4 ,y 4  ,线段中点为Nx ,y N N  x +x 2k2 ,则x = 3 4 = ,y =kx -2 N 2 k2-3 N N  6k = , k2-3 设Mx 0 ,y 0  , 则条件③AM  =BM  等价于x 0 -x 3  2+y 0 -y 3  2=x 0 -x 4  2+y 0 -y 4  2, 移项并利用平方差公式整理得： x 3 -x 4  2x 0 -x 3 +x 4    +y 3 -y 4  2y 0 -y 3 +y 4    =0， 2x 0 -x 3 +x 4    y -y + x 3 -x 4 2y 0 -y 3 +y 4 3 4    =0,即x 0 -x N +ky 0 -y N  =0, 8k2 即x +ky = ； 0 0 k2-3 由题意知直线PM的斜率为- 3, 直线QM的斜率为 3, ∴由y 1 -y 0 =- 3x 1 -x 0  ,y 2 -y 0 = 3x 2 -x 0  , 数学试题 第 24 页 共 51 页∴y 1 -y 2 =- 3x 1 +x 2 -2x 0  , 所以直线PQ的斜率m= y 1 -y 2 =- 3x 1 +x 2 -2x 0 x -x 1 2  , x -x 1 2 直线PM:y=- 3x-x 0  +y ,即y=y + 3x - 3x, 0 0 0 代入双曲线的方程3x2-y2-3=0,即 3x+y   3x-y  =3中， 得：y 0 + 3x 0  2 3x-y 0 + 3x 0    =3, 1 3 解得P的横坐标：x =  +y + 3x 1 2 3 y + 3x 0 0 0 0  , 1 3 同理：x =-  +y - 3x 2 2 3 y - 3x 0 0 0 0  ， 1 3y ∴x -x =  0 +y 1 2 3 y2-3x2 0 0 0  3x ,x +x -2x =- 0 -x , 1 2 0 y2-3x2 0 0 0 3x ∴m= 0 , y 0 ∴条件②PQ⎳AB等价于m=k⇔ky =3x ， 0 0 综上所述： 条件①M在AB上，等价于ky 0 =k2x 0 -2  ； 条件②PQ⎳AB等价于ky =3x ； 0 0 条件③AM  =BM  8k2 等价于x +ky = ； 0 0 k2-3 选①②推③: 2k2 8k2 由①②解得：x = ,∴x +ky =4x = ,∴③成立； 0 k2-3 0 0 0 k2-3 选①③推②： 2k2 6k2 由①③解得：x = ，ky = ， 0 k2-3 0 k2-3 ∴ky =3x ，∴②成立； 0 0 选②③推①： 2k2 6k2 6 由②③解得：x = ，ky = ，∴x -2= ， 0 k2-3 0 k2-3 0 k2-3 ∴ky 0 =k2x 0 -2  ，∴①成立. x2 y2 3 3. (2024·全国甲卷·高考真题)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的右焦点为F，点M1, a2 b2 2  在C上，且 MF⊥x轴． (1)求C的方程； (2)过点P4,0  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． x2 y2 【答案】(1) + =1 4 3 (2)证明见解析 【分析】(1)设Fc,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)，Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，联立直线方程和椭圆方程，用A,B的坐标表示y -y ， 1 Q 结合韦达定理化简前者可得y -y =0，故可证AQ⊥y轴. 1 Q 数学试题 第 25 页 共 51 页【解析】(1)设Fc,0  b2 3 a2-1 3 ，由题设有c=1且 = ，故 = ，故a=2，故b= 3， a 2 a 2 x2 y2 故椭圆方程为 + =1. 4 3 (2)直线AB的斜率必定存在，设AB:y=k(x-4)，Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ， 3x2+4y2=12 由  可得3+4k2 y=k(x-4)  x2-32k2x+64k2-12=0， 故Δ=1024k4-43+4k2  64k2-12  1 1 >0，故- b>0)的离心率为 ，A、C分别是E的上、下顶 a2 b2 3 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． x2 y2 【答案】(1) + =1 9 4 (2)证明见解析 数学试题 第 26 页 共 51 页c 5 【分析】(1)结合题意得到 = ，2b=4，再结合a2-c2=b2，解之即可； a 3 (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k ，再根据题意求得 MN k ，得到k =k ，由此得解. CD MN CD c 5 5 【解析】(1)依题意，得e= = ，则c= a， a 3 3 又A,C分别为椭圆上下顶点，AC  =4，所以2b=4，即b=2， 5 4 所以a2-c2=b2=4，即a2- a2= a2=4，则a2=9， 9 9 x2 y2 所以椭圆E的方程为 + =1. 9 4 x2 y2 (2)因为椭圆E的方程为 + =1，所以A0,2 9 4  ,C0,-2  ,B-3,0  ,D3,0  ， 因为P为第一象限E上的动点，设Pm,n  00，且mn=-1，利用放缩法得 C≥n+ BC 2 n  1+n2，设函数f(x)= 1 x+ x  2 1+x2  ，利用导数求出其最小值，则得C的最小值，再排除边界值即可. 1 法二：设直线AB的方程为y=k(x-a)+a2+ ，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩法 4 得AB  +AD  1+k2 ≥  3 ，利用换元法和求导即可求出周长最值，再排除边界值即可. k2 法三：利用平移坐标系法，再设点，利用三角换元再对角度分类讨论，结合基本不等式即可证明. 【解析】(1)设P(x,y),则y  1 = x2+y- 2  2 1 ，两边同平方化简得y=x2+ ， 4 1 故W:y=x2+ . 4 1 (2)法一：设矩形的三个顶点Aa,a2+ 4  1 ,Bb,b2+ 4  1 ,Cc,c2+ 4  在W上,且a0，且mn=-1，则m=- ， BC n 1 设矩形周长为C,由对称性不妨设|m|≥|n|，k -k =c-a=n-m=n+ ， BC AB n 1 1 则 C=|AB|+|BC|=(b-a) 1+m2+(c-b) 1+n2≥(c-a) 1+n2=n+ 2 n  1+n2，易知 1 n+ n  1+n2>0 1 则令f(x)=x+ x  2 1+x2  1 ,x>0,f(x)=2x+ x  2 1 2x- x  , 2 令f(x)=0，解得x= ， 2 2 当x∈0, 2  时，f(x)<0，此时f(x)单调递减， 数学试题 第 28 页 共 51 页2 当x∈ ,1 2  ，f(x)>0，此时f(x)单调递增， 2 则f(x) =f min 2  27 = ， 4 1 27 3 3 故 C≥ = ,即C≥3 3. 2 4 2 2 当C=3 3时,n= ,m=- 2,且(b-a) 1+m2=(b-a) 1+n2，即m=n时等号成立，矛盾，故 2 C>3 3, 得证. 法二：不妨设A,B,D在W上，且BA⊥DA， 1 依题意可设Aa,a2+ 4  ，易知直线BA，DA的斜率均存在且不为0， 1 则设BA,DA的斜率分别为k和- ，由对称性，不妨设k k  ≤1， 1 直线AB的方程为y=k(x-a)+a2+ ， 4 1 y=x2+  4 则联立 得x2-kx+ka-a2=0， 1 y=k(x-a)+a2+ 4 Δ=k2-4ka-a2  =k-2a  2>0，则k≠2a 则|AB|= 1+k2|k-2a|， 1 1 同理|AD|= 1+  +2a k2 k  ， 1 1 ∴|AB|+|AD|= 1+k2|k-2a|+ 1+  +2a k2 k  ≥ 1+k2 k-2a  1 + +2a k    1 ≥ 1+k2k+ k  1+k2 =  3 k2 令k2=m，则m∈0,1  (m+1)3 1 ，设f(m)= =m2+3m+ +3， m m 1 (2m-1)(m+1)2 1 则f(m)=2m+3- = ，令f(m)=0，解得m= ， m2 m2 2 1 当m∈0, 2  时，f(m)<0，此时f(m)单调递减， 1 当m∈ ,+∞ 2  ，f(m)>0，此时f(m)单调递增， 1 则f(m) =f min 2  27 = ， 4 3 3 ∴|AB|+|AD|≥ ， 2 数学试题 第 29 页 共 51 页1 1 但 1+k2|k-2a|+ 1+  +2a k2 k  1 ≥ 1+k2 |k-2a|+ +2a k    ，此处取等条件为k=1，与最终取 2 等时k= 不一致，故AB 2  +AD  3 3 > . 2 1 法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动 个单位得抛物线W:y=x2, 4 矩形ABCD变换为矩形ABCD,则问题等价于矩形ABCD的周长大于3 3. 设 Bt 0 ,t2 0  ,At 1 ,t2 1  ,Ct 2 ,t2 2  , 根据对称性不妨设 t ≥0. 0 则 k AB =t 1 +t 0 ,k BC =t 2 +t 0 , 由于 AB⊥BC, 则 t 1 +t 0  t 2 +t 0  =-1. 由于 AB= 1+t 1 +t 0  2 t 1 -t 0,BC= 1+t 2 +t 0  2 t 2 -t 0, 且 t 0 介于 t 1 ,t 2 之间, 则 AB+BC= 1+t 1 +t 0  2 t 1 -t 0+ 1+t 2 +t 0  2 t 2 -t 0. 令 t 2 +t 0 =tanθ, π t +t =-cotθ,θ∈0, 1 0 2  ,则t =tanθ-t ,t =-cotθ-t ,从而 2 0 1 0 AB+BC= 1+cot2θ2t 0 +cotθ  + 1+tan2θtanθ-2t 0  1 1 故AB+BC=2t 0  sinθ - cosθ  sinθ cosθ 2t (cosθ-sinθ) sin3θ+cos3θ + + = 0 + cos2θ sin2θ sinθcosθ sin2θcos2θ π ①当θ∈0, 4  时, sin3θ+cos3θ sinθ cosθ 1 2 AB+BC≥ = + ≥2 =2 ≥2 2 sin2θcos2θ cos2θ sin2θ sinθcosθ sin2θ π π ②当 θ∈ , 4 2  时,由于t + = + sin2θcos3θ sin2θcos2θ cosθ sin2θ 2 2 = = sin2θsin2θ⋅2cos2θ 1-cos2θ  1-cos2θ  ⋅2cos2θ 2 ≥ 1-cos2θ  +1-cos2θ  +2cos2θ  3  2 ≥ 3 2  3  3 3 = ， 3 2 3 当且仅当cosθ= 时等号成立，故AB 3  +BC  3 3 > ，故矩形周长大于3 3. 2 . 1 1 【点睛】关键点睛：本题的第二个的关键是通过放缩得 C=|AB|+|BC|≥n+ 2 n  1+n2，同时为了 简便运算，对右边的式子平方后再设新函数求导，最后再排除边界值即可. 四 圆锥曲线的最值问题 数学试题 第 30 页 共 51 页x2 y2 2 2 1. (2025·全国一卷·高考真题)设椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率为 ，下顶点为A，右顶点为 a2 b2 3 B，|AB|= 10． (1)求椭圆C的标准方程； (2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足AR  ⋅AP  =3． (i)设P(m,n)，求点R的坐标(用m，n表示)； (ⅱ)设O为坐标原点，Q是椭圆上的动点，直线OR的斜率为直线OP的斜率的3倍，求|PQ|的最大值． x2 【答案】(1) +y2=1 9 3m (2)(ⅰ) m2+n+1  n+2-m2-n2 , 2 m2+n+1   2  (ⅱ) 3 3+ 2  【分析】(1)根据题意列出a,b,c的关系式,解方程求出a,b,c,即可得到椭圆的标准方程； (2)(ⅰ)设Rx 0 ,y 0  ,根据斜率相等以及题目条件列式,化简即可求出或者利用数乘向量求出； (ⅱ) 根据斜率关系可得到点P的轨迹为圆(除去两点)，再根据点与圆的最值求法结合三角换元或者直 接运算即可解出. 【解析】(1)由题可知,A0,-b  ,Ba,0   a2+b2= 10   c 2 2 ，所以 e= = ，解得a2=9,b2=1,c2=8， a 3   c2=a2-b2 x2 故椭圆C的标准方程为 +y2=1； 9 (2)(ⅰ)设Rx 0 ,y 0  ，易知m≠0， n+1 y +1 n+1 法一：所以k = ，故 0 = ，且mx >0． AP m x m 0 0 因为A0,-1  ，AR  AP  =3，所以 x2 0 +y 0 +1  2× m2+n+1  2=3， n+1 即 1+ m   2    3m x m=3，解得x = 0 0 m2+n+1  n+2-m2-n2 ，所以y = 2 0 m2+n+1  ， 2 3m 所以点R的坐标为 m2+n+1  n+2-m2-n2 , 2 m2+n+1   2  .   法二：设AR=λAP,λ>0，则AR  AP  =3⇒λ m2+n+1  2   =3，所以 3 λ= m2+n+1    ，AR=λAP=λm,n+1 2  3m = m2+n+1  3n+1 , 2  m2+n+1   2  ，故 3m 点R的坐标为 m2+n+1  n+2-m2-n2 , 2 m2+n+1   2  . n+2-m2-n2 m2+n+1 (ⅱ)因为k = OR  2 3m m2+n+1  n+2-m2-n2 n = ,k = ,由k =3k ,可得 3m OP m OR OP 2 数学试题 第 31 页 共 51 页3n n+2-m2-n2 = ,化简得m2+n2+8n-2=0,即m2+n+4 m 3m  2=18m≠0  , 所以点P在以N0,-4  为圆心,3 2为半径的圆上(除去两个点), PQ  为Q到圆心N的距离加上半径, max 法一：设Q3cosθ,sinθ  ,所以 QN  2=3cosθ  2+sinθ+4  2=9cos2θ+sin2θ+8sinθ+16 =8cos2θ+1+8sinθ+16 =81-sin2θ  +8sinθ+17 3cosθ  2+sinθ+4  2=9cos2θ+sin2θ+8sinθ+16=8cos2θ+1+8sinθ+16=81-sin2θ  +8sinθ +17=-8sin2θ+8sinθ+25 1 =-8sinθ- 2  2 1 +27≤27,当且仅当sinθ= 时取等号, 2 所以PQ  = 27+3 2=3 3+ 2 max  . 法二：设Qx ,y Q Q  x2 ，则 Q +y2 =1， 9 Q QN  2=x2 +y +4 Q Q  2=9-9y2 +y2 +8y +16=-8y2 +8y +25 Q Q Q Q Q 1 =-8y - Q 2  2 1 +27≤27，当且仅当y = 时取等号, Q 2 故PQ  = 27+3 2=3 3+ 2 max  . y2 2. (2024·上海·高考真题)已知双曲线Γ:x2- =1b>0 b2  ，左、右顶点分别为A 1 ,A 2 ，过点M-2,0  的直 线交双曲线Γ于P,Q两点. (1)若Γ的离心率为2，求b. 2 6 (2)若b= ,△MA P为等腰三角形，且点P在第一象限，求点P的坐标. 3 2   (3)连接QO(O为坐标原点)并延长交Γ于点R，若AR⋅A P=1，求b的最大值. 1 2 【答案】(1)b= 3； 2 6 (2)当b= 时，P2,2 2 3  ； 30 (3)b的最大值为 . 3 【分析】(1)根据离心率的概念求出c，再求出b即可； (2)如图，易知∠PA 2 M为钝角，则A 2 P  =A 2 M  =3，根据两点距离公式建立方程组，解之即可求解； (3)设Px 1 ,y 1  ,Qx 2 ,y 2  ，PQ：x=my-2，联立双曲线方程，利用韦达定理和平面向量数量积的坐标 10 1 表示建立关于m,b的方程，得b2= ，结合m2≠ 即可求解. m2+3 b2 【解析】(1)由双曲线的方程知a=1，c= 1+b2， c 1+b2 因为离心率为2，所以 = =2，得b= 3. a 1 2 6 3y2 (2)当b= 3 时，双曲线Γ:x2- 8 =1，且A 21,0  . 因为点P在第一象限，所以∠PA M为钝角. 2 又△MA 2 P为等腰三角形，所以A 2 P  =A 2 M  =3. 数学试题 第 32 页 共 51 页设点Px 0 ,y 0  x 0 -1 ，且x >0,y >0，则 0 0  2+y2=3,  0  3y2 x2- 0 =1, 0 8 x =2 得  0 ，所以P2,2 2 y =2 2 0  . (3)由双曲线的方程知A 1-1,0  ,A 21,0  ，且由题意知Q,R关于原点对称. 设Px 1 ,y 1  ,Qx 2 ,y 2  ，则R-x 2 ,-y 2  . 由直线PQ不与y轴垂直，可设直线PQ的方程为x=my-2. x=my-2,  联立直线与双曲线的方程得 y2 x2- =1, b2 消去x，得b2m2-1  y2-4b2my+3b2=0， 1 4b2m 3b2 且b2m2-1≠0，即m2≠ ，得y +y = ,yy = . b2 1 2 b2m2-1 1 2 b2m2-1  A 1 R=-x 2 +1,-y 2   ,A 2 P=x 1 -1,y 1  ，   由A 1 R⋅A 2 P=1，得-x 2 +1  x 1 -1  -yy =1， 1 2 所以x 2 -1  x 1 -1  +y 1 y 2 =-1，即my 2 -3  my 1 -3  +yy =-1， 1 2 整理得m2+1  y 1 y 2 -3my 1 +y 2  +10=0， 所以m2+1  3b2 4b2m ⋅ -3m⋅ +10=0， b2m2-1 b2m2-1 10 10 整理得b2m2+3b2-10=0，所以b2= ∈0, m2+3 3  . 1 10 10b2 又m2≠ ，所以b2≠ = ，解得b2≠3， b2 1 3b2+1 +3 b2 所以b2∈0,3  10 ∪3, 3  ，又b>0， 故b的取值范围是0, 3  30 ∪ 3, 3  30 ，故b的最大值为 . 3 【点睛】关键点点睛：解圆锥曲线与平面向量交汇题的关键是设相关点的坐标，将平面向量用坐标表示， 运用相应的平面向量坐标运算法则(加、减、数量积、数乘)或运算律或数量积的几何意义，将问题中向量间 的关系(相等、垂直、平行等)转化为代数关系. x2 y2 3. (2022·上海·高考真题)设有椭圆方程Γ: + =1(a>b>0)，直线l:x+y-4 2=0，Γ下端点为 a2 b2 A，M在l上，左、右焦点分别为F 1- 2,0  ,F 2 2,0  . 数学试题 第 33 页 共 51 页(1)a=2，AM的中点在x轴上，求点M的坐标； 3 (2)直线l与y轴交于B，直线AM经过右焦点F，在△ABM中有一内角余弦值为 ，求b； 2 5 (3)在椭圆Γ上存在一点P到l距离为d，使PF 1  +PF 2  +d=6，随a的变化，求d的最小值. 【答案】(1)M(3 2, 2) 3 2 (2)b= 2或 4 7 8 (3) 3 x2 y2 【分析】(1)由题意可得椭圆方程为 + =1，从而确定M点的纵坐标，进一步可得点M的坐标； 4 2 3 3 (2)由直线方程可知B(0,4 2)，分类讨论cos∠BAM= 和cos∠BMA= 两种情况确定b的值即 5 5 可； |acosθ+bsinθ-4 2| (3)设P(acosθ,bsinθ)，利用点到直线距离公式和椭圆的定义可得 =6-2a，进 2 5 一步整理计算，结合三角函数的有界性求得1≤a≤ 即可确定d的最小值． 3 x2 y2 【解析】(1)解：由题意可得a=2,b=c= 2，所以Γ: + =1,A(0,- 2)， 4 2 ∵AM的中点在x轴上， ∴M的纵坐标为 2，代入x+y-4 2=0得M(3 2, 2)； 2 (2)解：由直线方程可知B(0,4 2)，cos∠ABM= ， 2 3 4 4 ①若cos∠BAM= ，则tan∠BAM= ，即tan∠OAF = ， 5 3 2 3 3 3 ∴OA= OF = 2， 4 2 4 3 ∴b= 2. 4 3 4 ②若cos∠BMA= ，则sin∠BMA= ， 5 5 π 2 3 2 4 2 ∵∠MBA= ，∴cos(∠MBA+∠AMB)= × - × =- ， 4 2 5 2 5 10 2 ∴cos∠BAM= ，∴tan∠BAM=7，即tan∠OAF =7， 10 2 2 2 ∴OA= ，∴b= . 7 7 3 2 综上，b= 2或 ； 4 7 (3)解：设P(acosθ,bsinθ)，结合已知条件，由椭圆的定义及点到直线距离公式可得d= 数学试题 第 34 页 共 51 页|acosθ+bsinθ-4 2| =6-2a， 2 acosθ+bsinθ-4 2 显然椭圆在直线的左下方，则- =6-2a，即4 2- a2+b2sin(θ+φ)=6 2- 2 2 2a， ∵a2=b2+2，∴ 2a2-2sin(θ+φ)=2 2a-2 2，即 a2-1sin(θ+φ)=2a-2， |2a-2| 5 ∴|sin(θ+φ)|= ≤1，整理可得(a-1)(3a-5)≤0，即1≤a≤ ， a2-1 3 5 8 8 ∴d=6-2a≥6-2× = ，即d的最小值为 ． 3 3 3 x2 y2 4. (2025·上海·高考真题)已知椭圆Γ: + =1(a> 5)，M(0,m)(m>0)，A是Γ的右顶点． a2 5 (1)若Γ的焦点(2,0)，求离心率e；   (2)若a=4，且Γ上存在一点P，满足PA=2MP，求m； (3)已知AM的中垂线l的斜率为2，l与Γ交于C、D两点，∠CMD为钝角，求a的取值范围． 2 【答案】(1) 3 (2) 10 (3) 5, 11  【分析】(1)由方程可得b2=5，再由焦点坐标得c，从而求出a得离心率；   (2)设点P坐标，由向量关系PA=2MP坐标化可解得P坐标，代入椭圆方程可得m； (3)根据中垂线性质，由斜率与中点坐标得直线l方程，联立直线与椭圆方程，将钝角条件转化为向量不   等式MC⋅MD<0，再坐标化利用韦达定理代入化简不等式求解可得a范围. x2 y2 【解析】(1)由题意知，Γ: + =1a> 5 a2 5  ，则b2=5， 由右焦点(2,0)，可知c=2，则a= 5+c2=3， c 2 故离心率e= = . a 3 (2)由题意A(4,0),M(0,m)(m>0)，P(x ,y ) P P   4-x =2x 由PA=2MP得，   P P ， -y =2y -2m P p 4 2m 解得P , 3 3  x2 y2 ，代入 + =1， 16 5 1 4m2 得 + =1，又m>0，解得m= 10. 9 45 1 (3)由线段AM的中垂线l的斜率为2，所以直线AM的斜率为- ， 2 m-0 1 a 则 =- ，解得m= ， 0-a 2 2 数学试题 第 35 页 共 51 页a 由A(a,0),M0, 2  a a 得AM中点坐标为 , 2 4  ， 3 3 故直线l:y=2x- a，显然直线l过椭圆内点 a,0 4 8  ， 故直线与椭圆恒有两不同交点， 设C(x ,y),D(x ,y )， 1 1 2 2 3 y=2x- a 9 由 4 消y得(4a2+5)x2-3a3x+ a4-5a2=0， 16 5x2+a2y2=5a2 9 a4-5a2 3a3 16 由韦达定理得x +x = ,xx = ， 1 2 4a2+5 1 2 4a2+5   a 因为∠CMD为钝角，则MC⋅MD<0，且M0, 2  ， a 则有xx +y - 1 2 1 2  a y - 2 2  <0， 5a 所以xx +2x - 1 2 1 4  5a 2x - 2 4  5 25 =5xx - a(x +x )+ a2<0， 1 2 2 1 2 16 9 即5 a4-5a2 16  5a 25 - ×3a3+ a24a2+5 2 16  <0，解得a2<11， 又a> 5， 故 5b>0)的离心率为 ．左顶点为A，下顶点为B，C是 a2 b2 2 3 3 线段OB的中点(O为原点)，△ABC的面积为 ． 2 (1)求椭圆的方程．   (2)过点C的动直线与椭圆相交于P，Q两点．在y轴上是否存在点T，使得TP⋅TQ≤0恒成立．若存 在，求出点T纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由． x2 y2 【答案】(1) + =1 12 9 (2)存在T0,t  3 -3≤t≤ 2    ，使得TP⋅TQ≤0恒成立. 【分析】(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. 3 (2)设该直线方程为：y=kx- 2 ，Px 1 ,y 1  ,Qx 2 ,y 2  ,T0,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. 1 【解析】(1)因为椭圆的离心率为e= ，故a=2c，b= 3c，其中c为半焦距， 2 所以A-2c,0  ,B0,- 3c  3c ,C0,- 2  1 3 3 3 ，故S = ×2c× c= ， △ABC 2 2 2 数学试题 第 36 页 共 51 页x2 y2 故c= 3，所以a=2 3，b=3，故椭圆方程为： + =1. 12 9 (2) 3 若过点0,- 2  3 的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：y=kx- ， 2 设Px 1 ,y 1  ,Qx 2 ,y 2  ,T0,t  ， 3x2+4y2=36  由 3 可得3+4k2 y=kx- 2  x2-12kx-27=0， 故Δ=144k2+1083+4k2  12k 27 =324+576k2>0且x +x = ,xx =- , 1 2 3+4k2 1 2 3+4k2  而TP=x 1 ,y 1 -t   ,TQ=x 2 ,y 2 -t  ，   故TP⋅TQ=x 1 x 2 +y 1 -t  y 2 -t  3 =xx +kx - -t 1 2 1 2  3 kx - -t 2 2  =1+k2  3 xx -k +t 1 2 2  x 1 +x 2  3 + +t 2  2 =1+k2  27 ×- 3+4k2  3 -k +t 2  12k 3 × + +t 3+4k2 2  2 3 -27k2-27-18k2-12k2t+3 +t 2 =  2 +3+2t  2k2 3+4k2 3+2t =   2-12t-45  3 k2+3 +t 2  2 -27 ， 3+4k2   3+2t 因为TP⋅TQ≤0恒成立，故  2-12t-45≤0 3 3 +t 2   3  2 ，解得-3≤t≤ . -27≤0 2 3 若过点0,- 2  的动直线的斜率不存在，则P0,3  ,Q0,-3  或P0,-3  ,Q0,3  ， 3 此时需-3≤t≤3，两者结合可得-3≤t≤ . 2 综上，存在T0,t  3 -3≤t≤ 2    ，使得TP⋅TQ≤0恒成立. 【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围问题，往往需要用合适的参数表示目标代数式，表示过程中需要借 助韦达定理，此时注意直线方程的合理假设. 6. (2023·上海·高考真题)曲线Γ:y2=4x，第一象限内点A在Γ上，A的纵坐标是a． (1)若A到准线距离为3，求a； (2)若a=4，B在x轴上，AB中点在Γ上，求点B坐标和坐标原点O到AB距离； (3)直线l:x=-3，令P是第一象限Γ上异于A的一点，直线PA交l于Q，H是P在l上的投影，若点A 满足“对于任意P都有HQ  >4”，求a的取值范围． 【答案】(1)2 2 数学试题 第 37 页 共 51 页4 13 (2) 13 (3)(0,2] a2 【分析】(1)代入求出x = ，利用抛物线定义即可求出a值； A 4 (2)代入a值求出A(4,4)，设B(b,0)，则得到AB的中点坐标，再代入抛物线方程则得b值，则得到直 线AB的方程，利用点到直线的距离即可； p2 (3)设P ,p 4  p2+12 (p>0,p≠a)，写出直线AP的方程，求出Q点坐标，则|HQ|= >4，分a∈ a+p 0,2  和a=2讨论即可. a2 a2 【解析】(1)令y=a，解得x= ，即x = ，而抛物线的准线方程为x=-1， 4 A 4 a2 根据抛物线的定义有 +1=3，解得a=±2 2，因为A为第一象限的点，则a=2 2. 4 (2)由a=4代入抛物线方程有16=4x，解得x=4，则A(4,4)， b 设B(b,0)，则AB的中点为2+ ,2 2  , b 代入抛物线方程有4=4 +2 2  ，解得b=-2， 4-0 2 2 ∴直线AB的斜率为k = = ，其方程为y= (x+2)，即2x-3y+4=0, AB 4+2 3 3 4 4 13 ∴坐标原点O到AB的距离为d= = . 13 13 p2 (3)设P ,p 4  a2 (p>0,p≠a)，根据A ,a 4  ， p-a 4 4 p2 则k = = ，则直线AP方程为y-p= x- AP p2-a2 p+a p+a 4 4  ， 化简得4x-(a+p)y+ap=0， ap-12 ap-12 p2+12 令x=-3，则x=-3⇒y = ，又H(-3,p)，H(-3,p),∴|HQ|= -p= >4， Q a+p a+p a+p 化简得 4a<(p-2)2+8①对任意的 p∈(0,a)∪(a,+∞) 恒成立. 则4a<8, 结合a>0，∴a∈(0,2)， 当a=2时，∵p≠a，则p≠2，则①也成立. 综上所述:a∈(0,2]. p2 【点睛】关键点睛：本题第三问的关键是设P ,p 4  (p>0,p≠a)，从而写出直线AP的方程，再得到 p2+12 |HQ|= >4，再转化为恒成立问题，分类讨论即可. a+p 数学试题 第 38 页 共 51 页x2 7. (2022·浙江·高考真题)如图，已知椭圆 +y2=1．设A，B是椭圆上异于P(0,1)的两点，且点 12 1 Q0, 2  1 在线段AB上，直线PA,PB分别交直线y=- x+3于C，D两点． 2 (1)求点P到椭圆上点的距离的最大值； (2)求|CD|的最小值． 12 11 【答案】(1) ； 11 6 5 (2) ． 5 【分析】(1)设H(2 3cosθ,sinθ)是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出|PH|2，再根据二次 函数的性质即可求出； 1 1 (2)设直线AB:y=kx+ 与椭圆方程联立可得xx ,x +x ，再将直线y=- x+3方程与PA、PB 2 1 2 1 2 2 的方程分别联立，可解得点C,D的坐标，再根据两点间的距离公式求出CD  ，最后代入化简可得CD  = 3 5 16k2+1 ⋅ 2 3k+1  ，由柯西不等式即可求出最小值． 【解析】(1)设H(2 3cosθ,sinθ)是椭圆上任意一点,P(0,1), 1 |PH|2=12cos2θ+(1-sinθ)2=13-11sin2θ-2sinθ=-11sinθ+ 11  2 144 144 + ≤ ，当且仅当sinθ 11 11 1 =- 时取等号，故PH 11  12 11 的最大值是 . 11 1 x2 1 (2)设直线AB:y=kx+ ,直线AB方程与椭圆 +y2=1联立,可得k2+ 2 12 12  3 x2+kx- =0, 4 设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  k x +x =- 1 2 1 k2+ 12 ，所以 3 xx =- 1 2 1 4k2+ 12     ，     y -1 1 因为直线PA:y= 1 x+1与直线y=- x+3交于C, x 2 1 4x 4x 4x 4x 则x = 1 = 1 ,同理可得,x = 2 = 2 .则 C x +2y -2 (2k+1)x -1 D x +2y -2 (2k+1)x -1 1 1 1 2 2 2 1 5 4x 4x |CD|= 1+ x -x =  1 - 2  4 C D 2 (2k+1)x -1 (2k+1)x -1 1 2 数学试题 第 39 页 共 51 页x -x =2 5 1 2 (2k+1)x 1 -1  (2k+1)x 2 -1    x -x =2 5 1 2 (2k+1)2x 1 x 2 -(2k+1)x 1 +x 2   +1  3 5 16k2+1 = ⋅ 2 3k+1  9 16k2+1 +1 6 5 16 = ⋅ 5 3k+1  3 4k× +1×1 6 5 4 ≥ × 5  2 3k+1  6 5 = ， 5 3 当且仅当k= 时取等号，故CD 16  6 5 的最小值为 . 5 【点睛】本题主要考查最值的计算，第一问利用椭圆的参数方程以及二次函数的性质较好解决，第二问 思路简单，运算量较大，求最值的过程中还使用到柯西不等式求最值，对学生的综合能力要求较高，属于较 难题． 8. (2021·浙江·高考真题)如图，已知F是抛物线y2=2pxp>0  的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点， 且MF  =2， (1)求抛物线的方程； (2)设过点F的直线交抛物线与A、B两点，斜率为2的直线l与直线MA,MB,AB，x轴依次交于点P， Q，R，N，且RN  2=PN  ⋅QN  ，求直线l在x轴上截距的范围. 【答案】(1)y2=4x；(2)-∞,-7-4 3  ∪-7+4 3,1  ∪1,+∞  . 【分析】(1)求出p的值后可求抛物线的方程. (2)方法一：设AB:x=ty+1，Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ，Nn,0  ，联立直线AB的方程和抛物线的方程后可 得yy =-4,y +y =4t，求出直线MA,MB的方程，联立各直线方程可求出y ,y ,y ，根据题设条件可 1 2 1 2 P Q R n+1 得 n-1  2 3+4t2 = 2t-1  ，从而可求n的范围. 2 【解析】(1)因为MF  =2，故p=2，故抛物线的方程为：y2=4x. (2)[方法一]：通式通法 设AB:x=ty+1，Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ，Nn,0  ， y 1 所以直线l:x= +n，由题设可得n≠1且t≠ . 2 2 x=ty+1 由  y2=4x 可得y2-4ty-4=0，故y 1 y 2 =-4,y 1 +y 2 =4t， 因为RN  2=PN  ⋅QN  1 ，故 1+ y 4 R    2 1 = 1+ y 4 P  1 ⋅ 1+ y 4 Q  ，故y2 =y R P  ⋅y Q  . 数学试题 第 40 页 共 51 页y 又MA:y= 1 x+1 x +1 1  y y= 1 x+1 x +1 ，由 1   2n+1  可得y = y P x= +n 2  y 1 ， 2x +2-y 1 1 2n+1 同理y = Q  y 2 ， 2x +2-y 2 2 x=ty+1  2n-1 由 y 可得y = x= +n R 2  ， 2t-1 2n-1 所以     2t-1  2 2n+1 =  y 2 × 2n+1 2x +2-y 2 2  y  1 2x +2-y 1 1  ， n-1 整理得到 n+1  2 =2t-1  yy 2 1 2 2x 2 +2-y 2  2x 1 +2-y 1    ， 42t-1 =  2 y2  2 +2-y 2 2  y2  1 +2-y 2 1    42t-1 =  2 y2y2 2 4 1 +y 2 +y 1  y +y 2-y 2 y 1 - 2 2 1 ×y 1 y 2 -2y 2 +y 1   +4  2t-1 =  2 3+4t2 n+1 故 n-1  2 3+4t2 = 2t-1  ， 2 s+1 令s=2t-1，则t= 且s≠0， 2 3+4t2 故 2t-1  s2+2s+4 2 4 1 1 = =1+ + =4 + 2 s2 s s2 s 4  2 3 3 + ≥ ， 4 4 n+1  故 n-1  2 3   ≥ 4 即  n2+14n+1≥0 ， n≠1 n≠1 解得n≤-7-4 3或-7+4 3≤n<1或n>1. 故直线l在x轴上的截距的范围为n≤-7-4 3或-7+4 3≤n<1或n>1. [方法二]：利用焦点弦性质 设直线AB的方程为x=ky+1，直线MA的方程为x=k y-1，直线MB的方程为x=k y-1，直线l 1 2 3 y y2 的方程为x= +m,A 1 ,y 2 4 1  y2 ,B 2 ,y 4 2  1 ,N(m,0)，由题设可得m≠1且k ≠ ． 1 2 x=ky+1, 由  y2=4 1 x 得y2-4k 1 y-4=0，所以y 1 +y 2 =4k 1 ,y 1 y 2 =-4． y2 1 +1 4 y 1 y 1 因为k = = 1 + ,k = 2 + ， 2 y 4 y 3 4 y 1 1 2 y 1 y 1 y +y y +y y 1 ∴k +k = 1 + + 2 + = 1 2 + 1 2 =k -k =0，k k = 1 + 2 3 4 y 4 y 4 yy 1 1 2 3 4 y 1 2 1 2 1  y 1  2 + 4 y 2  yy = 1 2 16 + 1 ⋅ y 1 +y 2 4  2 1 1 + - =-k2-1． yy yy 2 1 1 2 1 2 x=k y-1,  2 m+1 由 x= y +m 得y p = 1 ． 2 k - 2 2 m+1 同理y = ． Q 1 k - 3 2 数学试题 第 41 页 共 51 页x=ky+1,  1 m-1 由 y 得y = ． x= +m R 1 2 k - 1 2 因为|RN|2=|PN|⋅|QN|， 所以y2 =-y ⋅y 即 m-1 R P Q  1 k -  1 2  2 (m+1)2 = 1 -k - 2 2  1 k - 3 2  (m+1)2 = ． 3 k2+ 1 4 m+1 故 m-1  3 k2+ 2 1 4 = 1 k - 1 2  ． 2 1 m+1 令t=k - ，则 1 2 m-1  2 t2+t+1 1 1 1 1 = = + +1= + t2 t2 t t 2  2 3 3 + ≥ ． 4 4 m-1≠0, 所以  ，解得m≤-7-4 3或-7+4 3≤m<1或m>1． m2+14m+1≥0, 故直线l在x轴上的截距的范围为(-∞,-7-4 3)∪[-7+4 3,1)∪(1,+∞)． [方法三]【最优解】： 设Aa2,2a  (a>0),Bb2,2b  ， 2b-2a 2 2a 由A,F,B三点共线得 = = ，即ab=-1． b2-a2 a+b a2-1 2a 2b -2a 所以直线MA的方程为y= (x+1)，直线MB的方程为y= (x+1)= (x+1)，直线 a2+1 b2+1 a2+1 2a AB的方程为y= (x-1)． a2-1 设直线l的方程为y=2x+m(m≠-2)， (2-m)a (m-2)a (-2-m)a m 则y = ,y = ,y = ,x =- ． P a2-a+1 Q a2+a+1 R a2-a-1 N 2 (2+m)2a2 所以|RN|2=|PN|⋅|QN|⇔ a2-a-1  (2-m)2a2 = 2 a2+1  ． 2-a2 2+m 故 2-m  2 a2-a-1 =  2 a2+1  1 a- -1 a = 2-a2  2 1 a+ a  t-1 = 2 -1  2 t2-2t+1 4 = ∈ 0, t2+3 t2+3  3  1 (其中t=a- ∈R)． a 所以m∈(-∞,14-8 3]∪[14+8 3,+∞)． m 因此直线l在x轴上的截距为- ∈(-∞,-7-4 3]∪[-7+4 3,1)∪(1,+∞)． 2 【整体点评】本题主要是处理共线的线段长度问题，主要方法是长度转化为坐标. 方法一：主要是用Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  坐标表示直线MA,MB，利用弦长公式将线段长度关系转为纵坐 标关系，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围. 方法二：利用焦点弦的性质求得直线MA,MB的斜率之和为0，再利用线段长度关系即为纵坐标关系， 再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围. 方法三：利用点A,B在抛物线上，巧妙设点坐标，借助于焦点弦的性质求得点A,B横坐标的关系，这 样有助于减少变元，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数 的范围. 五 圆锥曲线的定点、定值和定直线问题 y2 x2 5 1. (2023·全国乙卷·高考真题)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率是 ，点A-2,0 a2 b2 3  在C上． (1)求C的方程； 数学试题 第 42 页 共 51 页(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． y2 x2 【答案】(1) + =1 9 4 (2)证明见详解 【分析】(1)根据题意列式求解a,b,c，进而可得结果； y +y (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 M N 为定值即可. 2   b=2  a=3 a2=b2+c2 【解析】(1)由题意可得  ，解得b=2 ， e= c = 5 c= 5  a 3 y2 x2 所以椭圆方程为 + =1. 9 4 (2)由题意可知：直线PQ的斜率存在，设PQ:y=kx+2  +3,Px 1 ,y 1  ,Qx 2 ,y 2  ， y=kx+2 联立方程  +3  y2 x2 ，消去y得：4k2+9 + =1 9 4  x2+8k2k+3  x+16k2+3k  =0， 则Δ=64k22k+3  2-644k2+9  k2+3k  =-1728k>0，解得k<0， 8k2k+3 可得x +x =- 1 2  16k2+3k ,xx = 4k2+9 1 2  ， 4k2+9 因为A-2,0  y ，则直线AP:y= 1 x+2 x +2 1  ， 2y 2y 令x=0，解得y= 1 ，即M0, 1 x +2 x +2 1 1  , 2y 同理可得N0, 2 x +2 2  ， 2y 2y 1 + 2 则 x 1 +2 x 2 +2 = kx 1 +2 2   +3  + kx 2 +2 x +2 1   +3  x +2 2 = kx 1 +2k+3    x 2 +2  + kx 2 +2k+3    x 1 +2  x 1 +2  x 2 +2  = 2kx 1 x 2 +4k+3  x 1 +x 2  +42k+3  x 1 x 2 +2x 1 +x 2  +4 32kk2+3k =  8k4k+3 - 4k2+9  2k+3  +42k+3 4k2+9  16k2+3k  16k2k+3 - 4k2+9  108 = =3， 36 +4 4k2+9 所以线段MN的中点是定点0,3  . 数学试题 第 43 页 共 51 页【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． 2. (2023·新课标Ⅱ卷·高考真题)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为-2 5,0  ，离心率为 5． (1)求C的方程； (2)记C的左、右顶点分别为A 1 ，A 2 ，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MA 与NA 交于点P．证明:点P在定直线上. 1 2 x2 y2 【答案】(1) - =1 4 16 (2)证明见解析. 【分析】(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MA 与NA 的方程，联立直线方 1 2 x+2 1 程，消去y，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P在定直线x=-1 x-2 3 上. x2 y2 【解析】(1)设双曲线方程为 - =1a>0,b>0 a2 b2  ，由焦点坐标可知c=2 5， c 则由e= = 5可得a=2，b= c2-a2=4， a x2 y2 双曲线方程为 - =1. 4 16 (2)由(1)可得A 1-2,0  ,A 22,0  ，设Mx 1 ,y 1  ,Nx 2 ,y 2  ， 1 1 显然直线的斜率不为0，所以设直线MN的方程为x=my-4，且- 0， 32m 48 则y +y = ,yy = ， 1 2 4m2-1 1 2 4m2-1 数学试题 第 44 页 共 51 页y 直线MA 1 的方程为y= x + 1 2 x+2 1  y ，直线NA 2 的方程为y= x - 2 2 x-2 2  ， 联立直线MA 与直线NA 的方程可得： 1 2 x+2 = y 2x 1 +2 x-2  y 1x 2 -2  = y 2my 1 -2  y 1my 2 -6  = my 1 y 2 -2y 1 +y 2  +2y 1 myy -6y 1 2 1 48 32m -16m m⋅ -2⋅ +2y +2y 4m2-1 4m2-1 1 4m2-1 1 1 = = =- ， 48 48m 3 m× -6y -6y 4m2-1 1 4m2-1 1 x+2 1 由 =- 可得x=-1，即x =-1， x-2 3 P 据此可得点P在定直线x=-1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. 3. (2022·全国乙卷·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A0,-2  , 3 B ,-1 2  两点． (1)求E的方程； (2)设过点P1,-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． y2 x2 【答案】(1) + =1 4 3 (2)(0,-2) 【分析】(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. 【解析】(1)解：设椭圆E的方程为mx2+ny2=1，过A0,-2  3 ,B ,-1 2  ， 4n=1  1 1 则 9 ，解得m= ，n= ， m+n=1 3 4 4 y2 x2 所以椭圆E的方程为： + =1. 4 3 3 (2)A(0,-2),B ,-1 2  2 ，所以AB:y+2= x， 3 x2 y2 ①若过点P(1,-2)的直线斜率不存在，直线x=1.代入 + =1， 3 4 2 6 可得M1,- 3  2 6 ，N1, 3  2 ，代入AB方程y= x-2，可得 3 数学试题 第 45 页 共 51 页2 6 T- 6+3,- 3    2 6 ，由MT=TH得到H-2 6+5,- 3  .求得HN方程： 2 6 y=2+ 3  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(x ,y),N(x ,y ). 1 1 2 2 kx-y-(k+2)=0  联立x2 y2 ,得(3k2+4)x2-6k(2+k)x+3k(k+4)=0， + =1 3 4 6k(2+k) -82+k x +x = y +y =  1 2 3k2+4 1 2 可得 ， 3k(4+k) xx = 1 2 3k2+4  3k2+4 44+4k-2k2 yy = 1 2    ， 3k2+4 且x 1 y 2 +x 2 y 1 =x 1 kx 1 -1   -2  +x 2 kx 1 -1   -2  =2kx 1 x 2 -k+2  x 1 +x 2  6k2(4+k) = -k+2 3k2+4  6k(2+k) -24k = 3k2+4 3k2+4 -24k 即xy +x y = (*) 1 2 2 1 3k2+4 y=y  1 3y 联立 y= 2 x-2 ,可得T 2 1 +3,y 1 3  ,H(3y +6-x ,y). 1 1 1 y -y 可求得此时HN:y-y = 1 2 (x-x )， 2 3y +6-x -x 2 1 1 2 将(0,-2)，代入整理得2(x +x )-6(y +y )+xy +x y -3yy -12=0， 1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 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). 【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种： ①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； ②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值. 六 圆锥曲线与其他知识的综合 1. (2021·全国甲卷·高考真题)抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：x=1交C于P，Q两 点，且OP⊥OQ．已知点M2,0  ，且⊙M与l相切． (1)求C，⊙M的方程； (2)设A ,A ,A 是C上的三个点，直线AA ，AA 均与⊙M相切．判断直线A A 与⊙M的位置关 1 2 3 1 2 1 3 2 3 系，并说明理由． 【答案】(1)抛物线C:y2=x，⊙M方程为(x-2)2+y2=1；(2)相切，理由见解析 【分析】(1)根据已知抛物线与x=1相交，可得出抛物线开口向右，设出标准方程，再利用对称性设出P ,Q坐标，由OP⊥OQ，即可求出p；由圆M与直线x=1相切，求出半径，即可得出结论； (2)方法一：先考虑AA 斜率不存在，根据对称性，即可得出结论；若AA ,AA ,A A 斜率存在，由A 1 2 1 2 1 3 2 3 1 ,A ,A 三点在抛物线上，将直线AA ,AA ,A A 斜率分别用纵坐标表示，再由AA ,AA 与圆M相切， 2 3 1 2 1 2 2 3 1 2 1 2 得出y +y ,y ⋅y 与y 的关系，最后求出M点到直线A A 的距离，即可得出结论. 2 3 2 3 1 2 3 【解析】(1)依题意设抛物线C:y2=2px(p>0),P(1,y ),Q(1,-y )， 0 0   ∵OP⊥OQ,∴OP⋅OQ=1-y2=1-2p=0,∴2p=1， 0 所以抛物线C的方程为y2=x， 数学试题 第 46 页 共 51 页M2,0  ,⊙M与x=1相切，所以半径为1， 所以⊙M的方程为(x-2)2+y2=1； (2)[方法一]：设A(xy),A (x ,y ),A (x ,y ) 1 1 1 2 2 2 3 3 3 若AA 斜率不存在，则AA 方程为x=1或x=3， 1 2 1 2 若AA 方程为x=1，根据对称性不妨设A(1,1)， 1 2 1 则过A 与圆M相切的另一条直线方程为y=1， 1 此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在A ，不合题意； 3 若AA 方程为x=3，根据对称性不妨设A(3, 3),A (3,- 3), 1 2 1 2 3 则过A 与圆M相切的直线AA 为y- 3= (x-3)， 1 1 3 3 y -y 1 1 3 又k = 1 3 = = = ,∴y =0， A1A3 x 1 -x 3 y 1 +y 3 3+y 3 3 3 x =0,A (0,0)，此时直线AA ,A A 关于x轴对称， 3 3 1 3 2 3 所以直线A A 与圆M相切； 2 3 若直线AA ,AA ,A A 斜率均存在， 1 2 1 3 2 3 1 1 1 则k = ,k = ,k = ， A1A2 y 1 +y 2 A1A3 y 1 +y 3 A2A3 y 2 +y 3 1 所以直线A 1 A 2 方程为y-y 1 = y +y x-x 1 1 2  ， 整理得x-(y +y )y+yy =0， 1 2 1 2 同理直线AA 的方程为x-(y +y )y+yy =0， 1 3 1 3 1 3 直线A A 的方程为x-(y +y )y+y y =0， 2 3 2 3 2 3 |2+yy | ∵AA 与圆M相切，∴ 1 2 =1 1 2 1+(y +y )2 1 2 整理得(y2-1)y2+2yy +3-y2=0， 1 2 1 2 1 AA 与圆M相切，同理(y2-1)y2+2yy +3-y2=0 1 3 1 3 1 3 1 所以y ,y 为方程(y2-1)y2+2yy+3-y2=0的两根， 2 3 1 1 1 2y 3-y2 y +y =- 1 ,y ⋅y = 1 ， 2 3 y2-1 2 3 y2-1 1 1 M到直线A A 的距离为： 2 3 3-y2 2+ 1  |2+y y | y2-1 2 3 = 1 1+(y +y )2 2y 2 3 1+- 1 y2-1 1  2 |y2+1| y2+1 = 1 = 1 =1， (y2-1)2+4y2 y2+1 1 1 1 所以直线A A 与圆M相切； 2 3 综上若直线AA ,AA 与圆M相切，则直线A A 与圆M相切. 1 2 1 3 2 3 [方法二]【最优解】：设A 1x 1 ,y 1  ,y2 1 =x 1 ,A 3x 3 ,y 3  ,y2 3 =x 3 ,A 2x 2 ,y 2  ,y2=x ． 2 2 当x =x 时，同解法1． 1 2 y -y 当x 1 ≠x 2 时，直线A 1 A 2 的方程为y-y 1 = x 2 -x 1 x-x 1 2 1  x yy ，即y= + 1 2 ． y +y y +y 1 2 1 2 数学试题 第 47 页 共 51 页2+yy  1 2 y +y 由直线AA 与⊙M相切得 1 2 1 2  1  y +y 1 2  2 =1，化简得2y 1 y 2 +x 1 -1 +1  x -x +3=0， 2 1 同理，由直线A 1 A 3 与⊙M相切得2y 1 y 3 +x 1 -1  x -x +3=0． 3 1 因为方程2y 1 y+x 1 -1  x-x 1 +3=0同时经过点A 2 ,A 3 ，所以A 2 A 3 的直线方程为2y 1 y+x 1 -1  x- x +3=0，点M到直线A A 距离为 2x 1 -1 1 2 3   -x 1 +3  4y2 1 +x 1 -1  = x 1 +1 2  x 1 +1  =1． 2 所以直线A A 与⊙M相切． 2 3 综上所述，若直线AA ,AA 与⊙M相切，则直线A A 与⊙M相切． 1 2 1 3 2 3 【整体点评】第二问关键点：过抛物线上的两点直线斜率只需用其纵坐标(或横坐标)表示，将问题转化 为只与纵坐标(或横坐标)有关；法一是要充分利用AA ,AA 的对称性，抽象出y +y ,y ⋅y 与y 关系， 1 2 1 3 2 3 2 3 1 把y 2 ,y 3 的关系转化为用y 1 表示，法二是利用相切等条件得到A 2 A 3 的直线方程为2y 1 y+x 1 -1  x-x +3 1 =0，利用点到直线距离进行证明，方法二更为简单，开拓学生思路 2. (2024·新课标Ⅱ卷·高考真题)已知双曲线C:x2-y2=mm>0  ，点P 15,4  在C上，k为常数，0