专题五 解析几何
第3 练 直线与圆锥曲线的位置关系专项训练
一、单选题：
1．（2025·河北张家口·一模）已知抛物线
的焦点为
，过点
的直线交
于
，
两点，若的一个方向为
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】由题
，所以直线
的方程为
，代入
得
，
设
，则
，
所以
，
所以
.故选：C
2．（25-26 高三上·甘肃·月考）如图，阴影部分的边界为四叶草曲线
，曲线
是由顶点在
原点、焦点在坐标轴上的四条抛物线所围成的曲线，且这四条抛物线的焦点共圆.若开口向
右的抛物线方程为
，过点
的直线与曲线
相交，记第一、四象限的四个交
点由下至上依次为
，
，
，
，且
，则线段
的中点到
轴的距离为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】显然点
为抛物线
的焦点，分别记
，
的横坐标为
，
，
如下图，过
，
分别作抛物线
的准线
的垂线，垂足分别为
，
，
过
作直线
的垂线，垂足为
，依题意，
，
，
由
，得
，
，
因此
，即
，所以的斜率为
，
所以直线的方程为
，联立
，
得
，解得
，
结合图形可知
.
联立
，得
，解得
，
结合图形可知
，
所以线段
的中点横坐标为
，
即线段
的中点到
轴的距离为
.
故选：A.
二、多选题：
3.(2025·福建省泉州市·模拟)已知F是抛物线E: x
2=2 py( p>0)的焦点，点N (
√3
2 ,−5
2 )在
圆C : x
2+( y +2)
2= R
2( R>0)上，圆C在点N处的切线与E只有一个公共点，动直线
l: y =
√3 x +t，则下列说法正确的是( )
A. R =1，p= 8
3
B. 与E和圆C各恰有一个公共点的直线有6条
C. 若圆C上仅有一个点到l的距离为2，则满足条件的t的值有4个
D. 若t =0，E上一点Q到l的距离为d，则|QF |+d的最小值为2
3
【答案】ABC
【解析】解：对于A，将点N的坐标代入圆C的方程，得R =1，且k NC =−
√3
3
，
所以圆C在点N处的切线方程为y + 5
2 =
√3( x−
√3
2 )，即y =
√3 x−4，
联立x
2=2 py，得x
2−2
√3 px +8 p=0，
由Δ=0，p>0，得p= 8
3
，故A 正确；
对于B，斜率为正且与圆C和抛物线E均相切的直线有2条，斜率为负的公切线也有2条，
与圆C相切且垂直于x轴的直线与E恰有一个交点的直线有2条，故有6条，故B 正确；
对于C，由于圆C的直径为2，且圆C上仅有1个点到l的距离为2，
所以圆心到l的距离为1或3，
由点C(0,−2)到直线 √3 x−y +t =0的距离为|t +2|
2
=1或|t +2|
2
=3，
所以t =0或−4或4或−8，故C 正确；
对于D，因为d ≥0，|QF |≥4
3
，故D 错误．
故选：ABC．
4.(2025·宁夏回族自治区银川市·模拟)已知椭圆C : x
2
4 + y
2=1的左、右焦点分别为F1，F2，
直线l交椭圆于P ,Q两点，则( )
A. ▵PQ F2的周长为8
B. 若直线l经过点F1，则| PQ|的最小值是1
C. 若线段PQ中点坐标为(
1
2 , 1
2)
，则直线l的方程为2 x +8 y −5=0
D. 若点M是椭圆C上的任意一点，点N是圆D: x
2+( y −2)
2=1上的任意一点，则| MN |
的最大值为2
√21
3
+1
【答案】BCD
【解析】解：对于A，若直线l经过点F1，如图一，则▵P F2Q的周长为4 a= 4×2=8，
若直线l不经过点F1，如图二，
则
▵P F2Q的
周
长
为
| PQ|+| P F2|+|Q F2|<| P F1|+|Q F1|+| P F2|+|Q F2|= 4 a=8，故A 错误；
对于B，过左焦点F1的椭圆焦点弦中，通径最短，即2b
2
a = 2×1
2
2
=1，故B 正确；
对于C，显然直线l的斜率存在，设P( x1, y1),Q( x2, y2)，
易知{
x1
2
4 + y1
2=1
x2
2
4 + y2
2=1
⇒( x1+ x2)( x1−x2)
4
+( y1+ y2)( y1−y2)=0
⇒y1+ y2
x1+ x2
⋅y1−y2
x1−x2
=−1
4 = y1+ y2
x1+ x2
⋅k PQ
，
若PQ中点为(
1
2 , 1
2)
，则x1+ x2= y1+ y2=1⇒k PQ=−1
4
，
则直线l的方程为y −1
2 =−1
4 ( x−1
2 )，即2 x +8 y −5=0，故C 正确；
对于D，设M ( x0, y0)，圆心D(0,2)，
则| MD|=
√x0
2+( y0−2)
2=
√−3 y0
2−4 y0+8=
√−3( y0+ 2
3 )
2
+ 28
3
，
因为−1⩽y0⩽1，所以当y0=−2
3时，| MD|取得最大值为 √
28
3 = 2
√21
3
，
此时| MN |取得最大值为2
√21
3
+1，故D 正确．
故选：BCD．
5.(2025·江苏省南通市·模拟)已知抛物线C：x
2= 4 y
与圆M：x
2+( y −1)
2=r
2交于A，B两
点，圆M与y轴的负半轴交于点P，O为坐标原点，则( )
A. r >1
B. 若▵PAB为等边三角形，则r = 4
C. 存在r，使得|OP|=|OA |
D. 直线PA与抛物线C相切
【答案】ABD
【解析】解：对于选项A，抛物线C : x
2= 4 y的顶点为(0,0)，圆M : x
2+( y −1)
2=r
2的圆
心为(0,1)，
因为抛物线C与圆M交于A，B两点，所以圆M与抛物线C有两个不同的交点，
那么圆M的半径
当r =1时，圆与抛物线相切于原点)，故选项A 正确；
对于选项B，由y
2+2 y +1−r
2=0，可得
，
因为y >0，所以y =−1+r，则x
2= 4 y = 4(−1+r )，即x =±2
√r −1，
不妨设A(2
√r −1,r −1)，B(−2
√r −1,r −1)，
已知圆M : x
2+( y −1)
2=r
2与y轴的负半轴交于点P，
令x =0，则( y −1)
2=r
2，解得y =1±r，因为P在y轴负半轴，所以P(0,1−r )，
若▵PAB为等边三角形，则|AB|=2·2
√r −1= 4
√r −1，
点P到AB的距离为(r −1)−(1−r )=2r −2，
根据等边三角形的性质，点P到AB的距离为
，即2r −2=
√3
2 ·4
√r −1，
解得r = 4，故B 选项正确；
对于选项C，若|OP|=|OA |，|OP|=r −1，
，
则r −1=
√(r −1)(r +3)，解得r =1，这与r >1矛盾，
所以不存在r使得|OP|=|OA |，故C 选项错误；
对于选项D，已知P(0,1−r )，A(2
√r −1,r −1)，
则直线PA的斜率k PA = r −1−(1−r )
2
√r −1−0
= 2r −2
2
√r −1
=
√r −1，
对抛物线C : x
2= 4 y求导，由y = 1
4 x
2，可得y
′ = 1
2 x，
在点A(2
√r −1,r −1)处的切线斜率k = 1
2 ·2
√r −1=
√r −1，
直线PA的斜率与抛物线在点A处的切线斜率相等，
所以直线PA与抛物线C相切，故D 选项正确．
故选：ABD．
三、填空题：
6.（2025·浙江嘉兴·三模）已知抛物线
，其准线为，焦点为
，过
的直
线
与和
从左到右依次相交于
，
，
三点，且
，则
和
的面
积之比为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】不妨设点
在第一象限，如图所示，
由题可知，
，
，
所以
，所以
，
又
，所以
，故
，
此时
，所以直线
，
与抛物线联立得
，所以
，代入抛物线方程得
，
所以
，易得
，
所以
，
，
，
故选：B.
四、解答题：
7.(2025·河北省保定市·模拟)已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为
y =
√3 x，且点( √2,
√3)在双曲线C上.
(1)求双曲线C的方程；
(2)已知双曲线C的右焦点为F，点A(0,1)，斜率为1的直线l与双曲线C交于不同的两点P，
Q，且B为线段PQ的中点，若AF ⊥BF，求直线l的方程．
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1
(2)x−y −8=0
【解析】解：(1)双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的一个渐近线方程为y =
√3 x，
得b
a =
√3，即b=
√3a，
因为点( √2,
√3)在双曲线C上，所以2
a
2 −3
b
2 =1，即2
a
2 −3
3a
2 =1，
解得a
2=1，b
2=3，
所以双曲线C的方程为x
2−y
2
3 =1；
(2)由(1)，得F(2,0)，
设直线l的方程为y = x +m，P(x1, y1)，Q( x2, y2)，
联
立
{
x
2−y
2
3 =1
y = x +m
消
去
y，
得
2 x
2−2mx−m
2−3=0，
Δ= 4 m
2−8(−m
2−3)=12m
2+24>0，
所以x1+ x2=m，y1+ y2= x1+ x2+2m=3m，即B( m
2 , 3m
2 )，
因为AF ⊥BF，所以AF
→
⋅BF
→
=0，又AF⃗=(2,−1)，BF⃗=(2−m
2 ,−3m
2 )，
所以(2,−1)⋅(2−m
2 ,−3m
2 )=0，即2(2−m
2 )+(−1)(−3m
2 )=0，解得m=−8，
所以直线l的方程为y = x−8，即x−y −8=0．
8.(2025·河北省唐山市·模拟)已知曲线C :
x
2
a−4 −y
2
a+ 4 =1．
(1)曲线C是否可以是圆、双曲线?若可以，请求出对应a的取值范围;
(2)若曲线C过点M (−4 ,−6)，且与x轴的正半轴交于点N．
(ⅰ)求曲线C的方程;
(ⅱ)不经过M的直线l: x +2 y +m=0与曲线C相交于两点A，B，射线MN平分∠AMB，求
m的值．
【答案】(1)曲线C不能为圆，当a<−4或a>4时，曲线C为双曲线；
(2)(ⅰ) x
2
4 −y
2
12 =1；(ⅱ)m= 4
【解析】解：(1)若曲线C为圆，则a−4 =−(a+ 4)>0，无解，故曲线C不能为圆，
若曲线C为双曲线，则(a−4)(a+ 4)>0，解得a>4或a<−4，
综上，曲线C不能为圆，
当a<−4或a>4时，曲线C为双曲线；
(2)(ⅰ)把点M (−4 ,−6)代入曲线C的方程，得16
a−4 −36
a+ 4 =1，
解得a=8或a=−28，
又因为曲线C与x轴正半轴交于点N，
所以a=8，即曲线C的方程为x
2
4 −y
2
12 =1；
(ⅱ)设A( x1, y1)，B( x2, y2)，
将l: x +2 y +m=0代入x
2
4 −y
2
12 =1，
化简可得11 y
2+12my +3m
2−12=0，
所以y1+ y2=−12m
11 ，y1⋅y2= 3m
2−12
11
，
因为M (−4 ,−6)，N (2,0)，
所以直线MN的方程为x−y −2=0，
则A( x1, y1)关于直线MN的对称点A ′的坐标为( y1+2, x1−2)，
由射线MN平分∠AMB可知M，A ′，B三点共线，
所以( y1+6)( y2+6)=( x1+ 4)( x2+ 4)，
整理可得3 y1⋅y2+(2m−14)( y1+ y2)+(m
2−8m−20)=0，
则m
2−20m+64 =0，
解得m= 4或m=16，
m=16时，x +2 y +m=0过M点，舍去，
于是m的值是4，经检验m= 4满足题意．
9.(2025·河北省秦皇岛市·模拟)已知B(0,−1)为椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)上一点，C的
离心率为
√3
2
．
(1)求C的方程；
(2)已知P(0, 1
3 )，若过点B的直线l交C于另一点A，且tan ∠APB =−2
√2．
(ⅰ)若A在第一象限，求直线AP的斜率；
(ⅱ)求l的方程．
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1
(2)(ⅰ)
√2
4
；(ⅱ)直线l的方程为y =±
√2 x−1
【解析】解：(1)由点B(0,−1)在椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1上，得b=1，
由C的离心率为 √3
2
，得 √a
2−b
2
a
=
√3
2
，解得a=2，
所以椭圆C的方程为x
2
4 + y
2=1；
(2)(ⅰ)设直线PA的倾斜角为θ，则∠APB = π
2 +θ，
tan ∠APB =
sin( π
2 +θ)
cos( π
2 +θ)
= −cosθ
sinθ =−
1
tanθ =−2
√2，
解得tanθ =
√2
4
，
所以直线PA的斜率为
√2
4
；
(ⅱ)显然直线l的斜率存在，设其方程为y =tx−1，
由{
y =tx −1
x
2+ 4 y
2= 4
，消去y得：(4 t
2+1)x
2−8tx =0，
则点A(
8t
4 t
2+1
, 4 t
2−1
4t
2+1
)，
由tan ∠APB =−2
√2，
得{ sin
2∠APB+cos
2∠APB =1
sin ∠APB =−2
√2cos∠APB
，解得cos∠APB =−1
3，
PA
→
=(
8t
4t
2+1
,
8t
2−4
3(4t
2+1)
), PB
→
=(0,−4
3 )，
PA
→
· PB
→
=−4
3 ⋅
8t
2−4
3(4t
2+1)
，
而PA
→
· PB
→
=| PA
→
|| PB
→
|cos∠APB =−4
9
√
(
8t
4t
2+1
)
2
+[
8t
2−4
3(4t
2+1)
]
2，
则−4
9
√
(
8t
4 t
2+1
)
2
+[
8t
2−4
3(4 t
2+1)
]
2
=−4
3 ⋅
8t
2−4
3(4 t
2+1)
，
整理得{
2t
2−1>0
8t
4−17t
2+2=0
，解得t =±
√2，
所以直线l的方程为y =±
√2 x−1．
10.(2025·安徽蚌埠·模拟)已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)离心率为1
2
，点P(3, 3
2 )在椭
圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)过点Q(0,6)的直线(非y轴)交椭圆于A，B两点，以AB为直径的圆经过原点O，求直
线AB的方程．
【答案】(1) x
2
12 + y
2
9 =1
(2) y =±
√6 x +6
【解析】解：(1)由e = c
a = 1
2
，得a=2c，
则a
2= 4 c
2=b
2+c
2，所以b
2=3c
2，
将点P(3, 3
2 )代入椭圆方程得9
4 c
2 + 3
4 c
2 =1，
解得c
2=3，
所以椭圆的标准方程为x
2
12 + y
2
9 =1．
(2)依题意直线AB的斜率存在，
设直线AB的方程为y =kx +6，点A，B的坐标分别为( x1, y1)，( x2, y2).
联立方程{
y =kx +6
3 x
2+ 4 y
2=36 ,
消去y得(3+ 4 k
2)x
2+ 48kx +108=0，
依题意，△=(48k )
2−4×108(4 k
2+3)=144(4 k
2−9)>0，
∴|k |> 3
2
，
且x1+ x2= −48k
3+ 4 k
2，x1 x2=
108
3+ 4 k
2，
依题意⃗OA ⋅⃗OB =0，即x1 x2+(k x1+6)(k x2+6)=0，
整理得(k
2+1)x1 x2+6 k( x1+ x2)+36=0，
从而(k
2+1)⋅
108
3+ 4 k
2 +6k ⋅−48k
3+ 4 k
2 +36=0，
∴216−36k
2=0，解得k1=−
√6，k2=
√6，满足|k |> 3
2
．
从而直线AB的方程为y =±
√6 x +6．
11.(2025·天津市·模拟)已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为 √2
2
，以短轴端点和焦
点为顶点的四边形的周长为4
√2．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点M (0,m)(m>0)的直线l与椭圆C相交于两点A，B，设点M关于坐标原点O的对
称点为N，若点N恒在以AB为直径的圆内部，求实数m的取值范围．
【答案】(1) x
2
2 + y
2=1
(2)(0,
√3
3 )
【解析】解：(1)如图所示，
由题意知，{e = c
a =
√2
2
a
2=b
2+c
2
⇒{
b=
√2
2 a
c =
√2
2 a
，即b=c =
√2
2 a，
故以短轴端点和焦点为定点的四边形为正方形，且边长为a，
所以4 a= 4
√2，解得a=
√2，
所以b=c =
√2
2 a=1，
所以椭圆C的方程为x
2
2 + y
2=1；
(2)当直线l的斜率不存在时，由题意知l的方程为x =0，
如图所示，
此时A ,B为椭圆的上下顶点，且| AB|=2，
因为点N (0,−m)总在以线段AB为直径的圆内，且m>0，
所以0<m<1，
当直线l的斜率存在时，设l的方程为y =kx +m，
如图所示，
由方程组{
y =kx +m
x
2
2 + y
2=1
得(2k
2+1)x
2+ 4 kmx +2m
2−2=0，
因为直线l与椭圆C有两个公共点，即Δ=(4 km)
2−4(2k
2+1)(2m
2−2)>0，得
m
2<2k
2+1；
设A( x1, y1),B( x2, y2)，则x1+ x2= −4 km
2k
2+1
，x1 x2= 2m
2−2
2k
2+1
，
设AB的中点G( x0, y0)，则x0= x1+ x2
2
= −2km
2k
2+1
，y0=k x0+m=
m
2k
2+1
，
所以G( −2km
2k
2+1
,
m
2k
2+1
)，所以| NG|= √
( −2km
2k
2+1
)
2
+(
m
2k
2+1
+m)
2
= m
√4 k
4+12k
2+ 4
2k
2+1
，
| AB|=
√1+k
2 √( x1+ x2)
2−4 x1 x2=2
√2
√1+k
2
√2k
2+1−m
2
2k
2+1
，
因为点N总在以线段AB为直径的圆内，所以| NG|<| AB|
2
对于k ∈R恒成立，
所以m
√4 k
4+12k
2+ 4
2k
2+1
<
√2
√1+ k
2
√2k
2+1−m
2
2k
2+1
，
化简得2m
2k
4+7m
2k
2+3m
2<2k
4+3k
2+1，整理得m
2< k
2+1
k
2+3
，
而g(k )= k
2+1
k
2+3
=1−
2
k
2+3
⩾1−2
3 = 1
3 (当且仅当k =0时等号成立)所以m
2< 1
3
，
由m>0，得0<m<
√3
3
，
综上：m的取值范围是(0,
√3
3 )
．
12.(2025·海南省·模拟)已知F1, F2
分别为椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右焦点，点
A为椭圆C上一点，若|A F1|+|A F2|= 4且椭圆C离心率为1
2
．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若P点为椭圆C第一象限内一点，椭圆C的右顶点为D，点E的坐标为(0,1)，直线P F1
与线段DE交于点Q.若F1 D⃗⋅F1 P⃗=5 F1O⃗⋅F1Q⃗(O为坐标原点)，求直线P F1的方程．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)3 x−4 y +3=0
【解析】解：(1)由题意|A F1|+|A F2|= 4，得2a= 4，即a=2，
离心率e = c
a = 1
2
，解得c =1，则b
2=a
2−c
2=3，
所求椭圆C的方程为x
2
4 + y
2
3 =1；
(2)方法一：设P、Q坐标分别为( x0, y0)、( x1, y1)，
由题意y0, y1都大于0，
因为F1 D
→
⋅F1 P
→
=5 F1O
→
⋅F1Q
→，
所以| F1 D
→
|| F1 P
→
|cos ∠P F1 D =5| F1O
→
|| F1Q
→
|cos ∠P F1 D，
因为| F1O⃗|=1,| F1 D⃗|=3，
代入上式可得|F1Q⃗|
|F1 P⃗|
= 3
5
，
则y1
y0
= 3
5
，且x1+1
x0+1 = 3
5
，
化简可得y1= 3
5 y0，且x1= 3 x0−2
5
，
则Q点坐标可表示为(
3 x0−2
5
, 3
5 y0)
，
线段DE所在直线方程为x
2 + y =1，
因Q点在该直线上，可知1
2 × 3 x0−2
5
+ 3
5 y0=1，
化简可得x0+2 y0−4 =0，
又因为P在椭圆C上，
联立方程：{
x0+2 y0−4 =0
3 x0
2+ 4 y0
2−12=0
,
解得{
x0=1
y0= 3
2
，所以P(1, 3
2)
，
则直线P F1斜率为
3
2 −0
1−(−1) = 3
4
，
方程为y = 3
4 ( x +1)，即3 x−4 y +3=0；
方法二：可设P(2cosθ ,
√3sinθ)，θ∈(0, π
2 ],
因为F1 D
→
⋅F1 P
→
=5 F1O
→
⋅F1Q
→，
所以Q点坐标可化为(
6cosθ−2
5
, 3
√3sinθ
5
)
，
代入直线方程中x
2 + y =1，可求得
6cosθ−2
5
2
+ 3
√3sinθ
5
=1，
整理得cosθ+
√3sinθ =2，即sin(θ+ π
6)=1，
因为θ∈(0, π
2 ]，所以θ = π
3
，则P(1, 3
2)
，
则直线P F1斜率为
3
2 −0
1−(−1) = 3
4
，
方程为y = 3
4 ( x +1)，即3 x−4 y +3=0．
