专题07 解析几何
6 大考点概览
考点01 直线和圆的方程
考点02 椭圆
考点03 双曲线
考点04 抛物线
考点05 曲线与方程
考点06 直线与圆锥曲线
1．（2025·四川德阳·一模）点P是函数f (x)={
−x + 4
x , x>0
f (−x), x<0)
的图象上在y轴右侧任意一点，过P
作直线y =−x的垂线，垂足为M，过P作y轴的垂线与f (x)的图象交于另一点N，则⃗PM ⋅⃗PN =
.
【答案】4
【分析】先求出函数的解析式，判断函数奇偶性，根据题意设P(t,−t+4
t )(t>0)，利用已知条件
求出M,N的坐标，写出向量⃗PM,⃗PN的坐标，利用向量数量积运算即可.
【详解】由f (x)={
−x+4
x ,x>0
f (−x),x<0)，
当x>0时，f (x)=−x+4
x ，
则x<0时，−x>0，
所以f (x)=f (−x)=−(−x)+4
−x =x−4
x ，
所以f (x)={
−x+4
x ,x>0
x−4
x ,x<0 )
，
由函数定义域为(
∞,0
−
)∪(0,+∞)关于原点对称，
且当x>0时，f (−x)=−x−4
−x =−x+4
x =f (x)，
当x<0时，f (−x)=−(−x)+4
−x =x−4
x =f (x)，
考点1
直线和圆的方程
所以函数f (x)为偶函数，图象关于y对称，
因为点P是函数f (x)的图象上在y轴右侧任意一点，
所以设P(t,−t+4
t )(t>0)，
又过P作直线y=−x的垂线，则垂线的斜率为1，
所以垂线方程为：y−(−t+4
t )=1×(x−t)，
即y=x
2
−t+4
t ，
联立{
y=x
2
−t+4
t
y=−x
)，解得：{
x=t−2
t
y=−t+2
t)
，
即M(t−2
t ,−t+2
t)，
又过P作y轴的垂线与f (x)的图象交于另一点N，
且函数f (x)为偶函数，
所以xN=−t,yN=yP=−t+4
t ，
即N(−t,−t+4
t )，
又⃗PM =(t−2
t −t,−t+2
t −(−t+4
t ))=(−2
t ,−2
t)，⃗
PN =(−t−t,−t+4
t −(−t+4
t ))= (
2
−t,0)，
所以⃗PM·⃗PN =(−2
t)×(
2
−t)+(−2
t)×0=4，
故答案为：4.
2．（2026·四川遂宁·一模）求以抛物线x
2= 4 y的焦点F为圆心，F到直线x−y +3=0的距离为半
径的圆的标准方程为（ ）
A．x
2+( y −1)
2=2
B．(x −1)
2+ y
2=2
C．(x −1)
2+ y
2=8
D．x
2+( y −1)
2=8
【答案】A
【分析】由题知F (0,1)，再根据点到直线的距离公式得r =d = ❑√2，最后再求解圆的标准方程即可.
【详解】由题知抛物线x
2= 4 y的焦点坐标为F (0,1)，
所以F到直线x−y +3=0的距离为d =|0−1+3)
❑√2
= ❑√2,
所以，所求圆的圆心为F (0,1)，半径为r =d = ❑√2，
所以圆的标准方程为x
2+( y −1)
2=2.
故选：A
3．（2025·四川凉山·一模）已知曲线C :( x −4)
2+ y
2=r
2(r >0)上存在点与P(−1,3)关于直线
l:(3m+2)x +(m−3) y −3m+9=0对称，则r 的取值范围为（ ）
A．[3,6)
B．[3,5)
C．[4,6)
D．[4,5)
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用轴对称求出点P关于直线l的对称点的轨迹，再利用两圆的有公共点
关系列式求出范围.
【详解】设点P(−1,3)关于直线l的对称点Q( x , y)，则线段PQ的中点( x−1
2
, y +3
2
)在直线l上，
又⃗PQ =( x +1, y −3)，直线l的方向向量a⃗=(m−3,−3m−2)，而PQ⃗⋅a⃗=0，
因此{
(3m+2)⋅x−1
2
+(m−3)⋅y +3
2
−3m+9=0
( x +1)(m−3)+( y −3)(−3m−2)=0 )
，即{
(3 x + y −6)m=−2 x +3 y −7
3 x +2 y −3=( x−3 y +10)m)，
消去m得(3 x + y −6)(3 x +2 y −3)+(2 x−3 y +7)( x−3 y +10)=0，
整理得x
2+ y
2−6 y +8=0，即x
2+( y −3)
2=1，于是点Q在以点D(0,3)为圆心，1 为半径的圆上，
而曲线C :( x −4)
2+ y
2=r
2(r >0)是以点C1(4,0)为圆心，r为半径的圆，|C1 D|=5，
依题意，点Q在曲线C上，则曲线C与圆D有公共点，即这两个圆相交或相切，
因此|r −1|≤|C1 D|≤r +1，即|r −1|≤5≤r +1，解得4≤r ≤6，
所以r 的取值范围为[4,6).
故选：C
4．（2025·四川达州·一模）已知圆O: x
2+ y
2= 4，若过点P(1,m)有且仅有两条直线被圆O所截得
的弦长为❑√11，则m的取值范围是（ ）
A．(−1
2 , 1
2 )
B．(−∞,−1
2 )∪( 1
2 ,+∞)
C．(−1,1)
D．(−∞,−1)∪(1,+∞)
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用圆的性质求出过点P(1,m)的直线被圆O所截弦长为❑√11的弦中点所
在图形，再利用点与圆的位置关系列式求解.
【详解】圆O: x
2+ y
2= 4的圆心O(0,0)，半径r =2，
令过点P(1,m)的直线被圆O所截弦长为❑√11的弦中点为M，则OM ⊥PM，
|OM |=
❑√r
2−(
❑√11
2 )
2
=
❑√5
2
，因此点M在以原点为圆心，
❑√5
2 为半径的圆x
2+ y
2= 5
4 上，
此时PM为圆x
2+ y
2= 5
4 的切线，依题意，过点P可以作圆x
2+ y
2= 5
4 的两条切线，
则点P在圆x
2+ y
2= 5
4 外，于是1
2+m
2> 5
4 ，解得m<−1
2或m> 1
2，
所以m的取值范围是(−∞,−1
2 )∪( 1
2 ,+ ∞).
故选：B
5．（2026·四川巴中·一模）若直线x
a + y
b =1(a>0，b>0)是圆x
2+ y
2−2 x−2 y −7 =0的一条对
称轴，则4 a+b的最小值是 .
【答案】9
【分析】由题意得直线过圆心，可得1
a + 1
b =1，再使用1 的代换，即可求得4 a+b的最小值.
【详解】易得圆心C(1,1)，半径r =3，
由题意得直线 x
a + y
b =1过圆心，则有1
a + 1
b =1，
故4 a+b=(4 a+b)(
1
a + 1
b)=5+ 4 a
b + b
a ≥9，当且仅当4 a
b = b
a即a= 3
2 ,b=3时取等号，
故4 a+b 的最小值是9，
故答案为：9.
6．（2026·四川广安·一模）直线ax−2 y + ❑√5=0与圆x
2+ y
2=2相交于A ,B两点，且∠AOB =90
∘
（O为坐标原点），则a= ．
【答案】±1
【分析】根据题设可知△AOB为等腰直角三角形，结合点到直线的距离公式建立等式后即可求解.
【详解】
依题意，圆心为O(0,0)，半径为r = ❑√2；
因为∠AOB =90
∘，所以△AOB为等腰直角三角形，所以|AB)= ❑√2+2=2，圆心O到直线AB的距
离为1；
又圆心O到直线AB:ax−2 y + ❑√5=0的距离为d =
❑√5
❑√a
2+ 4
；
所以
❑√5
❑√a
2+ 4
=1，解得a=±1.
故答案为：±1.
7．（2025·四川成都·一模）已知直线2 x−y +5=0与圆x
2+ y
2=9相交于A，B两点，则线段AB中
点的坐标为 .
【答案】(−2,1)
【分析】联立直线与圆，应用韦达定理求得x A+ xB=−4，进而有y A+ yB=2，即可得中点坐标.
【详解】由题设，直线方程为y =2 x +5，联立x
2+ y
2=9，
所以x
2+(2 x +5)
2=9，则5 x
2+20 x +16=0，
所以x A+ xB=−20
5 =−4，则y A+ yB=2( x A+ xB)+10=2，
所以线段AB中点的坐标( x A+ xB
2
, y A+ yB
2
)，即为(−2,1).
故答案为：(−2,1)
1．（2026·四川巴中·一模）已知中心在原点的椭圆C的右焦点为F (❑√3,0)，离心率等于
❑√3
2 ，则C
的方程是（ ）
A．x
2
3 + y
2
4 =1
B．x
2+ y
2
4 =1
C．x
2
4 + y
2
3 =1
D．x
2
4 + y
2=1
【答案】D
【分析】由题意求得a,b,c，根据焦点所在坐标轴代入标准方程即可求解.
【详解】因为中心在原点的椭圆C的右焦点为F (❑√3,0)，
所以椭圆C焦点在x轴，设标准方程为x
2
a
2 + y
2
b
2 =1，
由题意可得c = ❑√3，c
a =
❑√3
2 ，得到a=2，b
2=a
2−c
2=1，
故椭圆C的方程是x
2
4 + y
2=1.
故选：D
2．（2026·四川广安·一模）已知F1，F2分别是椭圆C ：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右焦点，P是
椭圆C上一点．若P F2⊥F1 F2，|P F1)=2|P F2)，则椭圆C的离心率为（ ）
A．
❑√2
2
B．
❑√3
3
C．1
2
D．1
3
【答案】B
【分析】先计算半通径，再利用椭圆定义即可得到齐次方程求解离心率.
【详解】
考点2
椭圆
令x =c，代入椭圆C ：c
2
a
2 + y
2
b
2 =1 ⇒y
2
b
2 =1−c
2
a
2 = b
2
a
2 ⇒y
2= b
4
a
2 ⇒|y)= b
2
a
则可知：|P F2)= b
2
a ，又因为|P F1)=2|P F2)，所以|P F1)=2 b
2
a ，
根据椭圆定义可知：b
2
a +2 b
2
a =2a⇒3b
2=2a
2⇒3(a
2−c
2)=2a
2⇒3−3e
2=2⇒e
2= 1
3，
所以椭圆C的离心率为
❑√3
3 ，
故选： B
3．（2026·四川内江·一模）已知P 为椭圆C : x
2
4 + y
2
b
2 =1(a>b>0)上的动点，A(−1,0),B(1,0)，
且| PA |+| PB|= 4，则b
2=（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【分析】根据椭圆定义得2a= 4，c =1，再根据a,b,c关系即可得到答案.
【详解】P 为椭圆C : x
2
4 + y
2
b
2 =1上的动点，A(−1,0),B(1,0)，且|PA)+|PB)= 4>|AB)，
则P 的轨迹是以A(−1,0),B(1,0)为焦点的椭圆，
且2a= 4，即a=2，c =1，所以b
2=a
2−c
2=3，
故选：C
4．（2026·四川雅安·一模）（多选）已知椭圆 C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0) 的左、右焦点分别为
F1, F2，点P为C上异于长轴的顶点的一点，则下列说法正确的是（ ）
A．当 |P F1)+|P F2)
|F1 F2)
=2 时，椭圆C的离心率为1
2；
B．当△P F1 F2的面积的最大值为2时，椭圆C的长轴长的最小值为4；
C．已知 A(a,0),B(0,b),O(0,0)，当点P位于第一象限时，四边形OAPB的面积的最大值
为
❑√2
2 ab；
D．已知 B(0,b), E(0,−b)，则直线PB与直线PE的斜率之积为b
2
a
2.
【答案】ABC
【分析】由|P F1)+|P F2)
|F1 F2)
=2，根据椭圆的定义，求得a
c =2，可判定A 正确；求得△P F1 F2的面
积的最大值为bc，得到bc =2，结合a
2=b
2+c
2≥2bc，可判定B 正确；设P(acosθ ,bsinθ)，得
到SOAPB= S△OAP+ S△OBP=
❑√2
2 absin(θ+π
4 )，结合三角函数的性质，可判定C 正确；设P( x0, y0)，
得到x0
2=a
2(1−y0
2
b
2 )，结合斜率公式，可判定D 错误.
【详解】对于A，由椭圆的定义，可得|P F1)+|P F2)=2a，且|F1 F2)=2c，
因为|P F1)+|P F2)
|F1 F2)
=2，可得2a
2c =2，即a
c =2，所以e = c
a = 1
2，所以A 正确；
对于B，因为点P是椭圆C上异于长轴的顶点的一点，
则△P F1 F2的面积为S = 1
2|F1 F2)|y P)= 1
2 ×2c⋅|y P)≤1
2 ×2c×b=bc，
即△P F1 F2的面积的最大值为bc，所以bc =2，
又由a
2=b
2+c
2≥2bc = 4，当且仅当b=c = ❑√2时，等号成立，
所以a
2≥4，即a≥2，所以2a≥4，所以椭圆C的长轴长的最小值为4，所以B 正确；
对于C，由A(a,0),B(0,b),O(0,0)，且点P是椭圆C位于第一象限的一点，
可设P(acosθ ,bsinθ)，其中θ∈(0,π
2 )
则四边形OAPB的面积为SOAPB= S△OAP+ S△OBP= 1
2 a⋅bsinθ+ 1
2 b⋅asinθ
= 1
2 ab(sinθ+cosθ)=
❑√2
2 absin(θ+π
4 )，
因为θ∈(0,π
2 )，可得θ+π
4 ∈(π
4 ,3π
4 )，
当θ+π
4 =π
2 时，即θ =π
4 ，sin(θ+π
4 )取得最大值1，所以SOAPB≤
❑√2
2 ab，
所以四边形OAPB的面积的最大值为
❑√2
2 ab，所以C 正确；
对于D，设P( x0, y0)，可得x0
2
a
2 + y0
2
b
2 =1，所以x0
2=a
2(1−y0
2
b
2 )，
又由点B(0,b), E(0,−b)，可得k PB= y0−b
x0
,k PE= y0+b
x0
，
则k PB⋅k PE= y0−b
x0
⋅y0+b
x0
= y0
2−b
2
x0
2
=
y0
2−b
2
a
2(1−y0
2
b
2 )
=−b
2
a
2，所以D 错误.
故选：ABC.
5．（2026·四川遂宁·一模）（多选）已知圆O: x
2+ y
2=2经过椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、
右两个焦点F1, F2．A为C的右顶点，B为O与C在x轴上方的公共点，且△B F1 F2的面积为2，点
P为C上与点A ,B不重合的动点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，则（ ）
A．椭圆C的离心率为
❑√3
3
B．坐标原点O 到直线AB 的距离为2❑√3
3
C．△F1 AP面积的最大值为1+ ❑√2
D．|AN )⋅|BM )= 4 ❑√2
【答案】BCD
【分析】先根据已知条件求出椭圆方程，再根据椭圆的性质结合离心率公式、点到直线距离公式、
椭圆的参数方程分析判断选项正误．
【详解】
∵
圆
O: x
2+ y
2=2
经过椭圆
C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)
的左、右两个焦点
F1, F2，设F1(−c ,0), F2(c ,0)，
∴ c
2=2，解得c = ❑√2，
∵ △B F1 F2的面积为2，∴S = 1
2 ⋅2c⋅yB=2，解得yB= ❑√2，
∵B在圆O上，∴xB
2 +(❑√2)
2=2，解得xB=0，故B(0,❑√2)，
∵B在椭圆C上，
∴2
b
2 =1，解得b
2=2，a
2=b
2+c
2=2+2= 4，
∴椭圆C的方程为：x
2
4 + y
2
2 =1
选项A：∵c = ❑√2,a=2，∴e = c
a =
❑√2
2 ≠
❑√3
3 ，故A 错误；
选项B：∵A (2,0),B(0,❑√2)，
∴直线AB的方程为y −0
x−2 =
❑√2−0
0−2 ，一般式为x + ❑√2 y −2=0，
∴原点到直线AB的距离为d = |−2)
❑√1+2 = 2❑√3
3
，故B 正确；
选项C：∵|F1 A)=2+ ❑√2，S△F1 AP= 1
2 ⋅|F1 A)⋅|y P)，
∵ P是椭圆上点，∴|y P)max = ❑√2，
∴Smax = 1
2 ⋅|F1 A)⋅|y P)max = 1
2 (2+ ❑√2)×❑√2=1+ ❑√2，故C 正确；
选项D：设P(x0, y0)，则直线PA方程为y =
y0
x0−2
(x−2)，令x =0，得y M =−2 y0
x0−2，故
M(0,−2 y0
x0−2)，
直线PB过B(0,❑√2)，方程为y = y0−❑√2
x0
x + ❑√2，令y =0，得xN =−
❑√2 x0
y0−❑√2，
故N(−
❑√2 x0
y0−❑√2 ,0)，
∴|BM )=|−2 y0
x0−2 −❑√2)=|−❑√2 x0−2 y0+2❑√2)
|x0−2)
，
|AN )=|−
❑√2 x0
y0−❑√2 −2)=|−❑√2 x0−2 y0+2❑√2)
|y0−❑√2)
，
∴|AN )⋅|BM )=|−❑√2 x0−2 y0+2❑√2)
|x0−2)
⋅|−❑√2 x0−2 y0+2❑√2)
|y0−❑√2)
= (
❑√2 x0+2 y0−2❑√2)
2
|x0−2)⋅|y0−❑√2)
，
∵椭圆方程x0
2+2 y0
2= 4，令x0=2cosθ , y0= ❑√2sinθ，
则
❑√2 x0+2 y0−2❑√2=2❑√2cosθ+2❑√2sinθ−2❑√2，
y0−❑√2= ❑√2(sinθ−1), x0−2=2(cosθ−1)，
∴|AN )⋅|BM )=
8(cosθ+sinθ−1)
2
2❑√2|(sinθ−1)(cosθ−1))
= 2❑√2(cosθ+sinθ−1)
2
(1−sinθ)(1−cosθ) ，
令u=1−sinθ ,v =1−cosθ，则sinθ =1−u,cosθ =1−v，
∵sin
2θ+cos
2θ =(1−u)
2+(1−v)
2=1，
∴u
2+ v
2−2u−2v +1=0，即u
2+ v
2=2u+2v −1，
∴(1−u−v)
2=1+u
2+ v
2−2u−2v +2uv =1+2u+2v −1−2u−2v +2uv =2uv，
∴|AN )⋅|BM )= 2❑√2(1−u−v)
2
uv
= 2❑√2⋅2uv
uv
= 4 ❑√2，故D 正确．
故选：BCD
6．（2025·四川成都·一模）已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1（a>b>0）的右顶点为(5,0)，离心率为4
5 ，
左、右焦点分别为F1、F2，P为椭圆C上不同于左、右顶点的任意一点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)求⃗P F1⋅⃗P F2的取值范围.
【答案】(1)椭圆C：x
2
25 + y
2
9 =1；
(2)[−7,9).
【分析】（1）由题设列出关于a,b,c的方程组即可求解；
（2）由题设设p(x , y)(−5< x<5)，再由数量积的坐标运算计算即可.
【详解】（1）设椭圆焦距为|F1 F2)=2c，由题意可得{
a=5
c
a = 4
5
a
2=b
2+c
2)
⇒{
a=5
c = 4
b=3)
，
所以椭圆C：x
2
25 + y
2
9 =1；
（2）由题可设P(x , y)(−5< x<5)，则由（1）x
2
25 + y
2
9 =1，
P F⃗1=(−4−x ,−y), P F⃗2=(4−x ,−y)，
所以
P F⃗1⋅P F⃗2=(−4−x ,−y)·(4−x ,−y)= x
2−16+ y
2= x
2−16+9−9
25 x
2= 16
25 x
2−7∈[−7,9).
1．（2026·四川攀枝花·一模）若双曲线C : x
2−y
2
b
2 =1(b>0)的一条渐近线平行于直线y =2 x−1，
则双曲线C的焦距为（ ）
A．2
B．4
C．❑√5
D．2❑√5
【答案】D
【分析】先求出双曲线的一条渐近线方程，再结合题意得到b=2，进而求出c = ❑√5，最后求解焦距
即可.
【详解】由题意得双曲线x
2−y
2
b
2 =1的一条渐近线方程为y =bx，
而双曲线x
2−y
2
b
2 =1的一条渐近线平行于直线y =2 x−1，可得b=2，
由题意得a=1，则c = ❑√5，即2c =2❑√5，
可得双曲线C 的焦距为2❑√5，故D 正确.
故选：D
2．（2026·四川雅安·一模）已知方程x
2
m −
y
2
m+1 =1表示焦点在x 轴上的双曲线，则其离心率的取
值范围为（ ）
A．(1,2)
B．(1,❑√2)
考点3
双曲线
C．(❑√2,+∞)
D．(2,+∞)
【答案】C
【分析】由题意可求出m 的取值范围，再根据离心率的定义求出其表达式，结合不等式性质即可
求得答案.
【详解】由方程x
2
m −
y
2
m+1 =1表示焦点在x 轴上的双曲线，
得{
m>0
m+1>0)，即得m>0，
故双曲线的离心率为e =
❑√m+(m+1)
❑√m
= ❑√2+ 1
m，
由于m>0，故2+ 1
m >2，故e∈(❑√2,+ ∞).
故选：C
3．（2025·四川达州·一模）已知双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的一条渐近线与直线bx +ay +a=0
垂直，则其离心率为（ ）
A．❑√2
B．❑√3
C．2
D．❑√5
【答案】A
【分析】先通过双曲线的渐近线方程及已知直线求出斜率，再根据垂直关系进而得出a与b 的关系，
最后利用离心率公式及c
2=a
2+b
2计算离心率即可.
【详解】因为双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的渐近线方程为y =± b
a x，
因为直线bx +ay +a=0，整理得y =−b
a x−1，其斜率为k =−b
a，
因为两直线垂直，所以b
a ×(−b
a)=−1，即b
2=a
2，
又因为c
2=a
2+b
2，代入b
2=a
2，得c
2=2a
2，所以c
2
a
2 =2,
故离心率e = c
a = ❑√2.
故选：A.
4．（2025·四川眉山·一模）设双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左､右焦点分别为F1, F2，过F2
的直线与C的右支相交于A，B两点，若|AB)= 4 a,∠F1 AB =90
∘，则C的离心率为（ ）
A．
❑√10
2
B．
❑√5
2
C．2
D．3
【答案】A
【分析】设|A F1)= x，|B F1)= y，由已知和双曲线的定义得出|A F2)= x−2a，|B F2)= y −2a，
|A F2)+|B F2)= x−2a+ y −2a= 4 a，再在直角三角形F1 AB和A F1 F2中，利用勾股定理可求得
a和c的关系，从而可求双曲线的离心率．
【详解】如图，设|A F1)= x，|B F1)= y，
由双曲线定义可知：|A F2)= x−2a，|B F2)= y −2a，
∵|AB)= 4 a，∴|A F2)+|B F2)= x−2a+ y −2a= 4 a，即y =8a−x；
在直角△F1 AB中，|B F1)
2=|A F1)
2+|AB)
2，即(8a−x)
2= x
2+(4 a)
2，
解得：x =3a，则|A F1)=3a，|A F2)=3a−2a=a；
在直角△A F1 F2中，|F1 F2)
2=|A F1)
2+|A F2)
2，即(2c)
2=(3a)
2+a
2，
即c
2
a
2 = 5
2，所以e = c
a =
❑√10
2
.
故选：A.
5．（2026·四川巴中·一模）（多选）已知双曲线 x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0) 的两条渐近线分别为
l1,l2, P 为双曲线上一点，则（ ）
A．b
a越大，则双曲线的离心率越大
B．过点P与双曲线仅有一个交点的直线只有一条
C．点P到两渐近线的距离之积为定值
D．过点P作双曲线的切线交渐近线于M , N两点，则P为MN的中点
【答案】ACD
【分析】本题A 主要考查双曲线的离心率与渐近线的关系；B 考查过双曲线上的一点的直线与渐近
线的关系；C 利用点到直线的距离求解即可；D 根据直线与双曲线联立，求出交点坐标后，利用中
点坐标验证即可。
【详解】A,因为双曲线的离心率公式：e =
❑√1+( b
a )
2
,所以b
a越大，则双曲线的离心率越大，故A 正
确；
B，过点P与双曲线仅有一个交点的直线应该有三条，一条是过P点的切线，另两条是与渐近线平
行的直线，故B 错误；
C，设p( x0, y0)为双曲线上一点,代入方程得x0
2
a
2 −y0
2
b
2 =1,去分母得b
2 x0
2−a
2 y0
2=a
2b
2，又因为
渐近线为bx±ay =0,所以点P到两条渐近线的距离分别是d1=|b x0+a y0)
❑√a
2+b
2
,d2=|b x0−a y0)
❑√a
2+b
2
,所以距
离之积d1d2=|b
2 x0
2−a
2 y0
2)
a
2+b
2
= a
2b
2
a
2+b
2,显然是定值，故C 正确；
D，设p( x0, y0),所以过P点的切线方程是x0 x
a
2 −y0 y
b
2 =1,联立切线与渐近线方程可得交点
M (
a
2b
b x0−a y0
,
ab
2
b x0−a y0
), N (
a
2b
b x0+a y0
,
−ab
2
b x0+a y0
),所以MN 的中点坐标
(
a
2b
b x0−a y0
+
a
2b
b x0+a y0
2
,
ab
2
b x0−a y0
−
ab
2
b x0+a y0
2
)=( x0, y0),故D 正确;
故选：ACD
6．（2025·四川成都·一模）（多选）已知点P为双曲线C : x
2−y
2
3 =1右支上一点，F1, F2分别为其
左、右焦点，l1，l2为双曲线C的两条渐近线，过点P分别作PA ⊥l1，PB⊥l2，垂足依次为A ,B，
过点P作PM //l2交l1于点M，过点P作PN //l1交l2于点N ,O为坐标原点，则下列结论正确的是
（ ）
A．|P F1)
|P F2)
的最大值为3
B．Δ F1 P F2的内心I到y轴的距离为1
C．|PM )⋅|PN )= 3
4
D．|MN )≥❑√3
【答案】ABD
【分析】设点P位于第一象限，由双曲线的定义，求得|P F1)=2+|P F2)，得到|P F1)
|P F2)
=1+
2
|P F2)
，
可判定A 正确；设内切圆与x轴相切于点T，由双曲线的定义，求得|F1T )=3,|F2T )=1，得到圆
心I的横坐标，可判定B 正确；分别求得点P到直线l1和l2的距离，结合l1与l2的夹角为60
∘，得到
|PM )|PN )=|PA)|PB)
sin
260
∘
，可判定C 不正确；求得PM , PN的方程，联立方程组，求得M , N的坐标，
结合两点间距离公式和双曲线的性质，可判定D 正确.
【详解】由双曲线C : x
2−y
2
3 =1，可得a=1,b= ❑√3，
则c =
❑√a
2+b
2=2，且其渐近线方程为y =± ❑√3 x，
对于A 中，不妨设点P位于第一象限，
由双曲线的定义，可得|P F1)−|P F2)=2a=2，所以|P F1)=2+|P F2)，
则|P F1)
|P F2)
= 2+|P F2)
|P F2)
=1+
2
|P F2)
，又由双曲线的几何性质，可得|P F2)min=c−a=1，
所以|P F1)
|P F2)
≤1+2=3，即|P F1)
|P F2)
的最大值为3，所以A 正确；
对于B，如图所示，设△F1 P F2的内切圆I与x轴，P F1, P F2的切点分别为T , E , F，
可得|F1 E)=|F1T ),|F2 F)=|F2T ),|PE)=|PF)，
又由|P F1)−|P F2)=2，可得
(|PE)+|F1 E))−(|PF)+|F2 F))=|F1 E)−|F2 F)=|F1T )−|F2T )=2，
又由|F1T )+|F2T )=|F1 F2)=2c = 4，可得|F1T )=3,|F2T )=1，
所以点T的横坐标为1，即圆心I的横坐标为1，所以△F1 P F2的内心I到y轴的距离为1，所以B 正
确；
对于C，设P( x0, y0)，则满足3 x0
2−y0
2=3，
则点P到直线l1的距离为|PA)=|
❑√3 x0−y0)
2
，到直线l2的距离为|PB)=|
❑√3 x0+ y0)
2
，
则|PA)|PB)=|
❑√3 x0
2−y0
2)
2
= 3
4
，
因为PM //l2, PN //l1，且l1与l2的夹角为60
∘，所以|PM )= |PA)
sin 60
∘,|PN )= |PB)
sin 60
∘，
所以|PM )|PN )=|PA)|PB)
sin
260
∘=1，所以C 不正确；
对于D，由PM //l2，可得PM : y −y0=−❑√3( x−x0)，
联立方程组{
y −y0=−❑√3( x−x0)
y = ❑√3 x
)，解得x =
❑√3 x0+ y0
2❑√3
, y =
❑√3 x0+ y0
2
，
即M (
❑√3 x0+ y0
2❑√3
,
❑√3 x0+ y0
2
)，同理可得N (
❑√3 x0−y0
2❑√3
, −❑√3 x0+ y0
2
)，
所以|MN )=
❑√
( y0
❑√3 )
2
+(❑√3 x0)
2=
❑√3 x0
2+ y0
2
3
，
因为3 x0
2−y0
2=3，代入可得|MN )=
❑√4 x0
2−1，
又因为|x0)≥1，可得x0
2≥1，所以|MN )≥❑√3，所以D 正确.
故选：ABD.
7．（2025·四川凉山·一模）设双曲线C : x
2
4 −y
2
4 =1的右焦点为F，过F 作C 的一条渐近线的垂线，
垂足为H，则|FH )= ．
【答案】2
【分析】求出双曲线的渐近线方程与焦点坐标，然后通过点到直线的距离公式求解即可.
【详解】双曲线C : x
2
4 −y
2
4 =1的一个焦点(2❑√2,0)到一条渐近线x + y =0的距离：
|2❑√2)
❑√1
2+1
2 = 2❑√2
❑√2 =2.
故答案为：2.
8．（2025·四川德阳·一模）椭圆的长轴顶点是双曲线的焦点且椭圆的焦点是双曲线的顶点，椭圆
的离心率为e1，双曲线的离心率为e2，则2e1+e2的最小值是 .
【答案】2❑√2
【分析】根据椭圆和双曲线的离心率公式可得e1与e2，进而可得最值.
【详解】设椭圆的长半轴长为a1，半焦距为c1，双曲线的实半轴长为a2，半焦距为c2，
可知a1=c2，c1=a2，
则椭圆离心率e1= c1
a1
，双曲线的离心率e2= c2
a2
= a1
c1
= 1
e1
，且e1∈(0,1)
所以2e1+e2=2e1+ 1
e1
≥2❑√
2e1⋅1
e1
=2❑√2，当且仅当2e1= 1
e1
，
即e1=
❑√2
2 时，等号成立，
综上所述2e1+e2的最小值为2❑√2.
1．（2025·四川成都·一模）已知O为坐标原点，F是抛物线C : y
2=8 x的焦点，P为C上一点，若
∠PFO=π
2 ，则|PF )=（ ）
A．8
B．6
C．4
D．2
【答案】C
【分析】依据题意可知点P的横坐标为2，然后利用焦半径公式求解即可.
考点4
抛物线
【详解】由题意F (2,0)因为∠PFO=π
2 ，所以PF ⊥x 轴，所以点P的横坐标为2，
所以由抛物线定义可知|PF)=2+2= 4.
故选：C
1．（2025·四川达州·一模）（多选）已知点P(x , y)为曲线C : x
2+ y
2=e
x上一动点，A (1,0)，下列
说法正确的是（ ）
A．曲线C关于x轴对称
B．曲线C与x轴有且仅有一个交点
C．O为坐标原点，|OP)≥1
D．以PA为直径且与y轴相切的圆有4 个
【答案】ABD
【分析】对于A 选项，设P(x , y)关于x轴的对称点为Q (x ,−y)，验证Q是否满足曲线方程即可判
断选项正误；对于B 选项，令y =0，得到方程x
2=e
x，判断方程解的个数即可得到曲线C与x轴的
交点个数；对于C 选项，由曲线方程知x
2+ y
2=e
x，可得：|OP)=
❑√e
x =e
x
2，通过求解函数值域即
可求解|OP)的取值范围.对于D 选项，由于圆与y轴相切，可得：|
x +1
2 )=
❑√(x−1)
2+ y
2
2
，化简得：
y
2= 4 x，联立方程{
y
2= 4 x
x
2+ y
2=e
x)，判断方程组解的个数即可判断选项正误.
【详解】对于A，已知P(x , y)为曲线C : x
2+ y
2=e
x上的动点，设P(x , y)关于x轴的对称点为
Q (x ,−y)，
因x
2+(−y)
2= x
2+ y
2=e
x，故曲线C关于x轴对称，故A 正确；
对于B，令y =0，则可得方程x
2=e
x，如图画出y = x
2即y =e
x的图象，
根据图象易知，在y轴的右侧，因y =e
x比y = x
2的增长速度快得多，故在y轴的右侧，两者没有公
考点5
曲线与方程
共点，
故两函数图象有且只有一个交点，
即方程x
2=e
x有且仅有一个解，即曲线C与x轴有且仅有一个交点，故B 正确；
对于C，|OP)=
❑√x
2+ y
2，由曲线方程知x
2+ y
2=e
x，故|OP)=
❑√e
x =e
x
2.
当x<0时，e
x
2 <1，例如当x =−1
2时，|OP)=e
−1
4 = 1
4√e
<1，故C 错误；
对于D，以PA为直径的圆，设圆心为PA的中点M(
x +1
2
, y
2)，半径r = 1
2|PA)= 1
2
❑√(x−1)
2+ y
2.
由于圆与y轴相切，因此可得：|
x +1
2 )=
❑√(x−1)
2+ y
2
2
，
化简得：(x +1)
2=(x −1)
2+ y
2，即y
2= 4 x，
联立方程{
y
2= 4 x
x
2+ y
2=e
x)，消去y得：e
x = x
2+ 4 x，即e
x−x
2−4 x =0.
设g(x)=e
x−x
2−4 x，可得：g
′ (x)=e
x−2 x−4，
令h(x)= g
′ (x)=e
x−2 x−4，则h
′ (x)=e
x−2，
当x<ln2时，h
′ (x)<0，g
′ (x)在x∈(−∞,ln 2)单调递减；
当x>ln2时，h
′ (x)>0，g
′ (x)在x∈(ln 2,+∞)单调递增.
又g
′ (ln2)=2−2ln2−4 =−2−2ln2<0，
g
′ (−2)=e
−2+ 4−4 =e
−2>0，g
′ (3)=e
3−10>0，
因此可得：g
′ (x)在(−2,ln 2)和(ln 2,3)各有一个零点，
即存在x1∈(−2,ln 2)和x2∈(ln 2,3)，使得g
′(x1)= g
′(x2)=0，
由此可得：当x∈(−∞, x1)时g
′ (x)>0，g(x)在x∈(−∞, x1)单调递增；
当x∈(x1, x2)时g
′ (x)<0，g(x)在x∈(x1, x2)单调递减；
当x∈(x2,+∞)时g
′ (x)>0，g(x)在x∈(x2,+∞)单调递增；
又g(−5)=e
−5−25+20=e
−5−5<0，g(−2)=e
−2−4 +8=e
−2+ 4>0，g(0)=1>0，
g(1)=e
1−1−4 =e−5<0，g(4)=e
4−16−16=e
4−32>0，
由此可得：g(x)在(−5,−2)和(0,1)和(1,4)存在三个零点；
即方程e
x−x
2−4 x =0存在两个正根一个负根，
再将根代入y
2= 4 x时可得：对于负根，对应y无解，对于正根，对应y有正负两种情况.
因此可得：以PA为直径且与y轴相切的圆有4 个，故D 正确.
故选：ABD
2．（2026·四川巴中·一模）（多选）中国结是一种传统的民间手工编织工艺品，带有浓厚的中华
民族文化特色，它隐藏着复杂、优美、奇妙的曲线．用数学的思维可以将其还原成单纯的二维线条．
在平面直角坐标系中，把到两个定点F1(−a,0)，F2(a,0)距离之积等于a
2（a>0）动点轨迹称为
双纽线C．双纽线像数字“8”，不仅体现了数学的对称、和谐、简洁、统一美，同时也具有艺术美，
是形成其他一些常见漂亮图案的“基石”，也是许多设计者设计作品时采用的主要几何元素．已知
点P(x0, y0)在双纽线C上，则下列结论正确的是（ ）．
A．双纽线C方程：(x
2+ y
2)
2=2a
2(x
2−y
2)
B．−a
2 ≤y0≤a
2
C．双纽线C上满足|P F1)=|P F2)的点P有两个
D．|PO)的最大值为❑√2a
【答案】ABD
【分析】根据双纽线的定义，结合两点间距离公式写出等式，判断选项A；利用三角形面积公式，
结合双纽线定义判断选项B；先转化几何条件，结合双纽线方程求出点P坐标，判断选项C；利用
两点间距离公式，结合双纽线方程计算判断选项D．
【详解】选项A：设动点C (x , y)，由双纽线定义可知，
动点C (x , y)到定点F1(−a,0)，F2(a,0)距离之积等于a
2，
∴双纽线C轨迹方程为❑√(x −a)
2+ y
2⋅
❑√(x +a)
2+ y
2=a
2，
化简得(x
2+ y
2)
2=2a
2(x
2−y
2)，故A 正确；
选项B：∵点P(x0, y0)在双纽线C上，
∴S△P F1 F2= 1
2|P F1)⋅|P F2)⋅sin ∠F1 P F2= 1
2|F1 F2)⋅|y0)，
又∵ |P F1)⋅|P F2)=a
2，∴ a
2sin ∠F1 P F2=2a⋅|y0)，
即|y0)= a
2 sin ∠F1 P F2≤a
2，∴−a
2 ≤y0≤a
2，故B 正确；
选项C：若|P F1)=|P F2)，则P(x0, y0)在F1 F2的中垂线即y轴上，即x0=0，
代入(x
2+ y
2)
2=2a
2(x
2−y
2)，可得y
2( y
2+2a
2)=0，解得y0=0，即P(0,0)，
∴满足条件的点仅有一个点，故C 错误；
选项D：∵|OP)= ❑√(x0−0)
2+( y0−0)
2= ❑√x0
2+ y0
2，∴|OP)
2= x0
2+ y0
2，
∵双纽线方程为(x
2+ y
2)
2=2a
2(x
2−y
2)，代入|OP)
2= x0
2+ y0
2，
得|OP)
4=2a
2(x
2−y
2)=2a
2(|OP)
2−2 y
2)，∴y
2= 2a
2|OP)
2−|OP)
4
4 a
2
，
∵y
2≥0,a
2>0，∴2a
2|OP)
2−|OP)
4=|OP)
2(2a
2−|OP)
2)≥0，
∵|OP)
2≥0，∴2a
2−|OP)
2≥0，解得|OP)≤❑√2a，故D 正确．
故选：ABD．
3．（2025·四川眉山·一模）卡西尼卵形线是由到两个定点（叫做焦点）距离之积为常数的所有点
连接形成的图形，设一条卡西尼卵形线R方程为y
2=
❑√4 x
3+1−x
3−1，其两焦点直角坐标系坐标
为F1(1,0)和F2(−1,0)，动点P是R上一点，则| P F1|+| P F2|最小值为 .
【答案】2
【分析】由题中方程得到点(0,0)在曲线R上，根据卡西尼卵形线的定义，得到
|F1O|⋅) F2O|=) F1 P|⋅) F2 P)=1，结合基本不等式，即可求解.
【详解】由卡西尼卵形线的定义，可得卡西尼卵形线R上的点P有| F1 P|⋅| F2 P|为定值，
因为西尼卵形线R方程为y
2=
❑√4 x
3+1−x
3−1，可得点(0,0)在卡西尼卵形线R上，
则由|F1O|⋅) F2O|=) F1 P|⋅) F2 P)=1
所以| P F1|+| P F2|≥2❑√| P F1|⋅| P F2|=2，当| P F1|=| P F2|时，等号成立，
所以| P F1|+| P F2|最小值为2.
故答案为：2.
4．（2026·四川雅安·一模）在数学史上，平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹称为卡
西尼卵形线，如图所示的曲线C为卡西尼卵形线且过坐标原点O，其中两定点为F1(−2,0)，
F2(2,0)，曲线C上点P在第一象限内且满足△P F1 F2的面积为2，则|P F1)
2−|P F2)
2=
【答案】8 ❑√3
【分析】由题意求出曲线C的方程为❑√(x +2)
2+ y
2❑√(x−2)
2+ y
2= 4，根据△P F1 F2的面积求出点
P的纵坐标，代入曲线方程求出横坐标，利用两点间距离公式即可求出答案.
【详解】设曲线C上的任意一点Q (x , y)，
由题意得|Q F1)|Q F2)=k，k为常数，
即❑√(x +2)
2+ y
2❑√(x−2)
2+ y
2=k，
因为曲线C过坐标原点，所以❑√(0+2)
2+0
2❑√(0−2)
2+0
2=k，
解得k = 4，
所以曲线C的方程为❑√(x +2)
2+ y
2❑√(x −2)
2+ y
2= 4，
设点P(x0, y0)，由题意得x0>0, y0>0，
因为△P F1 F2的面积为2，则S△P F1 F2= 1
2 y0|F1 F2)= 1
2 y0×4 =2，
所以y0=1，
代入❑√(x +2)
2+ y
2❑√(x −2)
2+ y
2= 4解得x0= ❑√3，
即P(❑√3,1)，
所以|P F1)
2−|P F2)
2=[(❑√3+2)
2+1)−[(❑√3−2)
2+1)=8 ❑√3.
故答案为：8 ❑√3.
5．（2026·四川广安·一模）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，两点P(x1，y1)，Q(x2，y2)
的“曼哈顿距离”定义为||PQ))=|x1−x2)+|y1−y2)．满足||OP))=2的动点P的轨迹围成的图形
面积为 ；已知点M在直线y =e x−1上，点N在函数y =e
x的图象上，||MN ))的最小值
为 ．
【答案】 8 1
e
【分析】①由||OP))=2可得动点P的轨迹是四条直线围成的正方形，求其面积即可；②由题意，
结合“曼哈顿距离”定义列出方程，然后构造函数，利用导数求得函数的最值，即可得到结果.
【详解】
设点P( x , y)，由||OP))=2可得||OP))=|x)+|y)=2，
则动点P的轨迹是由直线x + y =2，x−y =2，−x + y =2与−x−y =2围成的正方形ABCD，
如图所示，则该图形面积为4× 1
2 ×2
2=8；
设M (x1,e x1−1), N (x2,e
x2)，则||MN ))=|x1−x2)+|e x1−1−e
x2)，
将||MN ))看成关于x1的函数，则||MN ))在x1= x2或e x1−1=e
x2时，取得最小值，
当x1= x2时，令g( x)=e x −1−e
x，则g
′( x)=e−e
x，
当x<1时，g
′( x)>0，当x>1时，g
′( x)<0，
则函数g( x)在(−∞,1)上单调递增，在(1,+ ∞)上单调递减，
故x =1时，g( x)max = g(1)=−1，此时||MN ))min=|−1|=1；
当e x1−1=e
x2时，x2= ln(e x1−1)，令h( x)= ln(e x−1)−x ,( x> 1
e )，
则h
′( x)=e
e x−1 −1=e+1−e x
e x−1
，由h
′( x)=0，解得x =1+ 1
e ，
当1
e < x<1+ 1
e 时，h
′( x)>0，当x>1+ 1
e 时，h
′( x)<0，
则函数h( x)在( 1
e ,1+ 1
e )上单调递增，在(1+ 1
e ,+∞)上单调递减，
故x =1+ 1
e 时，h( x)max=h(1+ 1
e )=1−(1+ 1
e )=−1
e ，此时||MN ))min=|−1
e |= 1
e .
综上所述，||MN ))min= 1
e .
故答案为：①8；②1
e .
1．（2026·四川巴中·一模）两直线 y =kx 和 y =−1
k x 分别与抛物线 y
2= 4 x 相交于不同于原
点的 A ,B 两点， 则直线 AB 恒过的点是（ ）
A．(1,0)
B．(2,0)
C．(3,0)
D．(4,0)
考点6
直线与圆锥曲线
【答案】D
【分析】联立直线与抛物线方程，求出A ,B的坐标，然后求出直线AB的方程，进而可求出结果.
【详解】因为两直线 y =kx 和 y =−1
k x 分别与抛物线 y
2= 4 x 相交于不同于原点的 A ,B 两
点，
所以分别联立直线与抛物线为：
{
y =kx
y
2= 4 x),{
y =−1
k x
y
2= 4 x )
，化简得k
2 x
2−4 x =0和1
k
2 x
2−4 x =0.
解得x = 4
k
2和x = 4 k
2，所以A(
4
k
2 , 4
k),B(4 k
2,−4 k).
所以直线AB的斜率为k AB=
−4 k −4
k
4 k
2−4
k
2
=
k
1−k
2，所以直线AB的方程为y + 4 k =
k
1−k
2 (x−4 k
2).
化简得(k
2−1) y + k (x −4)=0，所以直线 AB 恒过的点是(4,0).
故选：D.
2．（2025·四川成都·一模）已知椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为
❑√3
2 ，左、右顶点分别为
A1，A2，且|A1 A2)= 4.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若直线l: x−2 y −1=0与E相交于P，Q两点，求⃗A1 P⋅⃗A1Q的值.
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1；
(2)33
8 .
【分析】（1）由|A1 A2)=2a= 4得到a，由离心率e = c
a =
❑√3
2 得到c，由b
2=a
2−c
2得到b
2，从而
得到椭圆E的方程.
（2）设P，Q的坐标分别为(x1, y1)，(x2, y2)，直线l与E联立方程组，消去y，得到关于x的一元
二次方程，利用韦达定理得到x1+ x2和x1 x2的值，计算⃗A1 P⋅⃗A1Q即可得解.
【详解】（1）由|A1 A2)=2a= 4，得a=2，
又离心率e = c
a =
❑√3
2 ，则c = ❑√3,b
2=a
2−c
2=1，
所以椭圆E的方程为x
2
4 + y
2=1.
（2）设P，Q的坐标分别为(x1, y1)，(x2, y2)，
由{
2 y = x−1,
x
2+ 4 y
2−4 =0)消去y，得2 x
2−2 x−3=0，
△= 4 +24 =28>0，所以x1+ x2=1，x1 x2=−3
2，
所以⃗A1 P⋅⃗A1Q =(x1+2)(x2+2)+ y1 y2=(x1+2)(x2+2)+ x1−1
2
⋅x2−1
2
= 5
4 x1 x2+ 7
4 (x1+ x2)+ 4+ 1
4 = 33
8 ，
所以⃗A1 P⋅⃗A1Q的值为33
8 .
3．（2025·四川达州·一模）已知抛物线C : x
2=2 py ( p>0)在点A(m, m
2
2 p)(m>0)处的切线为l，当
m=2时，l的斜率为1．
(1)求抛物线C的方程；
(2)点A关于y轴对称点为A
′，抛物线C的焦点为F，过F且平行于l的直线与抛物线C交于B , D两点，
直线A
′ B与A
′ D的斜率和是否为定值．若是，求出该值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)x
2= 4 y
(2)是，直线A
′ B与A
′ D的斜率和为定值0
【分析】（1）利用导数表示出切线斜率，则p值可求，则C的方程可求；
（2）先表示出直线BD的方程，然后联立抛物线方程可得韦达定理形式，根据坐标运算结合韦达
定理可求k A
′ B+ k A
′ D的值.
【详解】（1）因为x
2=2 py ( p>0)，所以y = x
2
2 p ，所以y
′ = x
p ，
由题意可知y
′|x =2= 2
p =1，所以p=2，
所以抛物线C的方程为x
2= 4 y.
（2）因为A(m, m
2
4 )，所以y
′|x =m= m
2 ，A
′(−m, m
2
4 )，
又因为F (0,1)，所以lBD: y = m
2 x +1，设B(x1, y1), D(x2, y2)，
由题意可知x1≠x A
′, x2≠x A
′，即x1≠−m, x2≠−m，
联立{
y = m
2 x +1
x
2= 4 y )
，可得x
2−2mx−4 =0，
所以x1+ x2=2m, x1 x2=−4，且Δ= 4 m
2+16>0，
所以k A
′ B+ k A
′ D=
y1−m
2
4
x1+m +
y2−m
2
4
x2+m =
x1
2
4 −m
2
4
x1+m +
x2
2
4 −m
2
4
x2+m = x1
2−m
2
4(x1+m)
+ x2
2−m
2
4(x2+m)
= x1+ x2−2m
4
= 2m−2m
4
=0，
所以直线A
′ B与A
′ D的斜率和为定值0.
4．（2026·四川宜宾·一模）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的离心率为❑√2，左､右焦点分别
为F1､F2，焦点F2到渐近线的距离为1.经过点F1且倾斜角为θ的直线l与双曲线C的左支交于A､B 两
点（其中点A 在x 轴上方）.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)将平面xOy沿x 轴折叠，记y 轴正半轴和x 轴所确定的半平面（平面A F1 F2）与y 轴负半轴和x
轴所确定的半平面（平面B F1 F2）所成的二面角为α.
（i）如图1，当α =π
2 ,θ =π
3 时，求折叠后|A F1)+|B F1)−|AB)的值；
（ii）如图2，当α =π
3 时，求折叠后的线段AB长度的取值范围.
【答案】(1)x
2−y
2=1
(2)（i）4−❑√13；（ii）[1，+ ∞)
【分析】（1）由离心率为❑√2，可得c = ❑√2a；由焦点F2到渐近线的距离为1，可得b=1，再结合
c
2=a
2+b
2，即可得双曲线C的标准方程；
（2）（i）在折叠前，联立直线l与双曲线C的标准方程，可求得A､B 两点的坐标，|A F1)+|B F1)
恰为AB弦长；在折叠后，建立空间直角坐标系，确定A､B 两点的坐标，即可求出|AB)，进而求出
折叠后|A F1)+|B F1)−|AB)的值. （ii）在折叠前，联立直线l与双曲线C的标准方程，应用韦达
定理可得A､B 两点的坐标的关系；在折叠后，建立空间直角坐标系，确定A､B 两点的坐标与折叠
前坐标的关系，表示出|AB)，再研究此函数的值域即可.
【详解】（1）因为双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的离心率为❑√2，
所以c
a = ❑√2，所以c
2=2a
2，
又因为c
2=a
2+b
2，所以a=b.
因为右焦点F2(c ,0)到渐近线的距离为1，取渐近线的方程为bx−ay =0，
所以1=
|bc)
❑√a
2+b
2 = bc
c =b，所以a=1，
所以双曲线C的标准方程为x
2−y
2=1
（2）（i）在折叠前（如图），可知左焦点F1(−❑√2,0)，又θ =π
3 ，所以直线l的方程为
y = ❑√3( x + ❑√2).将其代入双曲线方程x
2−y
2=1，
消去y整理可得2 x
2+6 ❑√2 x +7 =0，
设交点A( x1, y1)，B( x2, y2)，则x1=−3 ❑√2
2
+1，x2=−3 ❑√2
2
−1，
分别代入y = ❑√3( x + ❑√2)，可得y1= ❑√3−
❑√6
2 ，y2=−❑√3−
❑√6
2 ，
所以A(−3 ❑√2
2
+1,❑√3−
❑√2
2 )，B(−3 ❑√2
2
−1,−❑√3−
❑√2
2 )，
所以|A F1)+|B F1)=|AB)=
❑√( x1−x2)
2+( y1−y2)
2=
❑√2
2+(2❑√3)
2= 4；
在折叠后（如图1），因为α =π
2 ，所以平面A F1 F2 ⊥平面B F1 F2，易知原y轴正半轴垂直于平
面B F1 F2，进而原y轴正半轴垂直于原x轴，也垂直于原y轴负半轴.
以射线O F1方向为x轴正方向，原y轴负方向为y轴正方向，原y轴正方向为z轴正方向，建立空间
直角坐标系，则A( 3 ❑√2
2
−1,0,❑√3−
❑√6
2 )，B( 3 ❑√2
2
+1,❑√3+
❑√6
2 ,0)，则
|AB)=
❑√( 3 ❑√2
2
−1−3 ❑√2
2
−1)
2
+(0−❑√3−
❑√6
2 )
2
+(❑√3−
❑√6
2 −0)
2
= ❑√13，所以折叠后
|A F1)+|B F1)−|AB)= 4−❑√13.
（ii）在折叠前，设直线l方程为x =my −❑√2，联立{
x
2−y
2=1
x =my −❑√2)，消去x整理可得
(m
2−1) y
2−2❑√2my +1=0，
因为直线l与双曲线C的左支交于A( x1, y1)，B( x2, y2)两点（其中点A 在x 轴上方），
所以y1>0，Δ=8m
2−4(m
2−1)>0,y1 y2<0
由韦达定理可知y1+ y2= 2❑√2m
m
2−1
，y1 y2=
1
m
2−1
<0，所以−1≤m
2−1<0.
在折叠后（如图2），以射线O F1方向为x轴正方向，原y轴负方向为y轴正方向，过原点O作直线
垂直于平面B F1 F2，且向上方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系.
因为α =π
3 ，所以A(−x1, 1
2 y1,
❑√3
2 y1)，B(−x2,−y2,0)，
所以|AB)=
❑√( x1−x2)
2+( 1
2 y1+ y2)
2
+(
❑√3
2 y1−0)
2
，
因为x1=m y1−❑√2，x2=m y2−❑√2，
所以|AB)
2=m
2( y1−y2)
2+ 1
4 y1
2+ y2
2+ y1 y2+ 3
4 y1
2
=(m
2+1)( y1+ y2)
2−(4 m
2+1) y1 y2
= 8m
2(m
2+1)
(m
2−1)
2
−4 m
2+1
m
2−1
= 4 m
4+11m
2+1
(m
2−1)
2
=
16
(m
2−1)
2 +
19
m
2−1
+ 4
设t =
1
m
2−1，则|AB)
2=16t
2+19t + 4，且t ≤−1，
因为对称轴t =−19
32 >−1，所以|AB)
2=16t
2+19t + 4在区间(−∞,−1)上单调递减，
所以|AB)
2❑min=1，且无最大值，
所以折叠后的线段AB长度的取值范围是[1,+ ∞)
5．（2026·四川巴中·一模）已知动点 C (x , y) 与定点 F (2,0) 的距离和 C 到定直线 l: x = 4 的
距离之比是常数
❑√2
2 .
(1)求点 C 的轨迹 E ；
(2)M 、 N 为轨迹 E 上不同的两点，
①若直线 MN 斜率存在且过点 P(1,0) ， A (−2❑√2,0) ，直线 x =1 分别与直线 AM ， AN
交于点 B , D ,|PB)⋅|PD) 是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由.
②若 OM ⊥ON ，求
1
|OM ) +
1
|ON ) 的最大值与最小值.
【答案】(1) x
2
8 + y
2
4 =1
(2)①是定值7
2；②最大值与最小值分别为:
❑√3
2 ，2+ ❑√2
4
【分析】（1）根据已知条件列出等式然后进行化简，即可得到轨迹方程.
（2）①设直线 MN : x =my +1，然后与椭圆方程联立，结合韦达定理，求出直线 AM 的方程，
进而得到yB, y D，然后化简|PB)·|PD)的表达式，进而得出结果；②设直线 OM 方程: y =kx，
设直线 ON 方程: y =−1
k x ，分别与椭圆方程联立求出|OM ),|ON )，进而得到
1
|OM ) +
1
|ON )的
表达式并化简，然后根据函数的单调性求出最值.
【详解】（1）由已知，有:
❑√(x−2)
2+ y
2
|x−4)
=
❑√2
2
，化简得: x
2
8 + y
2
4 =1，
即点 C 的轨迹 E 为: 以原点为中心，以 2❑√2 为长半轴，以 2 为短半轴的椭圆.
且椭圆方程为: x
2
8 + y
2
4 =1
（2）①由题意，直线 MN 斜率不能为 0 ；
设直线 MN : x =my +1, M (x1, y1), N (x2, y2)
联立 {
x
2+2 y
2−8=0
x =my +1 ) ，消 x 得， (m
2+2) y
2+2my −7 =0 ，
由于点 P(1,0) 在 E 内部， Δ>0 恒成立，得: {
y1+ y2=−2m
m
2+2
y1 y2=−
7
m
2+2 )
直线 AM 的方程: y =
y1
x1+2❑√2
(x +2❑√2)=
y1
m y1+1+2❑√2
(x +2❑√2) ，
令 x =1 ， 得:yB=
y1
m y1+1+2❑√2
(1+2❑√2)，同理: y D=
y2
m y2+1+2❑√2
(1+2❑√2)，
|PB|⋅|PD|=|yB y D|=|
y1
m y1+1+2❑√2
(1+2❑√2)⋅
y2
m y2+1+2❑√2
(1+2❑√2)|=|
(1+2❑√2)
2 y1 y2
m
2 y1 y2+(1+2❑√2)m( y1+ y2)+(1+2❑√
②若直线 OM ， ON 其中一个斜率不存在，
则易知:
1
|OM ) +
1
|ON ) =
1
2❑√2 + 1
2 = 2+ ❑√2
4
直线 OM ,ON 斜率均存在，设直线 OM 方程: y =kx , M (x1, y1)，
联立 {
x
2+2 y
2−8=0
y =kx
) ，消 y 得， (2k
2+1) x
2=8 ，解得: x1= |2❑√2)
❑√2k
2+1
同理，设直线 ON 方程: y =−1
k x , N (x2, y2) ，解得: x2=|2❑√2k)
❑√k
2+2
则有: |OM )=
❑√1+k
2|x1)=|2❑√2)
❑√1+k
2
❑√2k
2+1
，|ON )= ❑√
1+ 1
k
2|x2)=|2❑√2)
❑√1+k
2
❑√k
2+2
所以
1
|OM )
2 +
1
|ON )
2 = 1+2k
2
8(1+k
2)
+
k
2+2
8(1+k
2)
= 3
8
设
1
|OM ) =
❑√6
4 cosθ ,
1
|ON ) =
❑√6
4 sinθ，
又 |OM )∈[2,2❑√2) ，由
❑√3
3 ≤cos θ≤
❑√6
3 ，即
❑√3
3 ≤1−t
2
1+t
2 ≤
❑√6
3 ，解得
❑√3−❑√2≤t ≤
❑√6−❑√2
2
；
1
|OM ) +
1
|ON ) =
❑√6
4
(cosθ+sinθ)=
❑√6
4 (
1−tan
2 θ
2
1+ tan
2 θ
2
+
2tan θ
2
1+ tan
2 θ
2)
=
❑√6
4 ⋅1−t
2+2t
1+t
2
=
❑√6
4 ⋅(2⋅t +1
1+t
2 −1) =
❑√6
4 ⋅(t +
.
令 f (t )=
❑√6
4 ⋅(
2
t +1+ 2
t +1 −2
−1)
,t ∈[
❑√3−❑√2,
❑√6−❑√2
2
)，
由复合函数单调性可知， f (t ) 在 [❑√3−❑√2,❑√2−1) 上单调递增，在 [
❑√2−1,
❑√6−❑√2
2
) 上单
调递减;
f (t )max = f (❑√2−1)=
❑√3
2 ，f (t )min=min{f (❑√3−❑√2),f(
❑√6−❑√2
2
))= 2+ ❑√2
4
.
综上所述:
1
|OM ) +
1
|ON ) 的最大值与最小值分别为:
❑√3
2 , 2+ ❑√2
4
.
6．（2026·四川雅安·一模）已知曲线C上的动点Q满足⃗AQ⋅⃗BQ =0，其中A (−1,0)，B (1,0)，抛
物线E: y
2=2 px ( p>0)的焦点为F，点M在抛物线E的准线l上，线段MF与抛物线E交于点N，
|MN )= ❑√2|NF)，|MF)=2❑√2.
(1)求曲线C的方程和抛物线E的方程；
(2)点P(x0, y0)(x0>1)是抛物线E上的动点，过点P作曲线C的两条切线分别与l交于S ,T两点，求
△PST的面积的最小值及此时点P的坐标.
【答案】(1)C : x
2+ y
2=1，E: y
2= 4 x
(2)4 ❑√5；(3,2❑√3)或(3,−2❑√3)
【分析】（1）设Q (x , y)，利用向量数量积的坐标表示求出曲线C，利用抛物线的定义和性质求出
抛物线E；
（2）设切线方程为kx−y −k x0+ y0=0，切线斜率为k1,k2，利用圆心到切线的距离结合韦达定理
得到k1+ k2,k1k2，代入弦长|ST )，进而得到△PST的面积与x0的关系式，求最小值即可.
【详解】（1）设Q (x , y)，
因为A (−1,0)，B (1,0)，所以⃗AQ =(x +1, y)，⃗BQ =(x−1, y)，
所以⃗AQ⋅⃗BQ =(x +1)(x−1)+ y
2=0，即x
2+ y
2=1，
所以曲线C是圆心为(0,0)，半径为1的圆；
抛物线E: y
2=2 px ( p>0)的焦点F(
p
2 ,0)，准线l: x =−p
2 ，
设点M(−p
2 ,m)，N (x1, y1)，过N作N N 1⊥l交准线l于N 1，
由抛物线的定义可知|NF)=|N N 1)= x1+ p
2 ，
又因为|MN )= ❑√2|NF)= ❑√2|N N 1)，所以MF与x轴的夹角为45°，
因为|MF)=2❑√2，所以F到准线的距离p=|MF)
❑√2 =2，
所以抛物线E: y
2= 4 x.
（2）点P(x0, y0)(x0>1)，则两切线斜率存在，
过P作圆C : x
2+ y
2=1的切线y −y0=k (x−x0)，即kx−y −k x0+ y0=0，
所以|−k x0+ y0)
❑√k
2+1
=1，整理得(x0
2−1)k
2−2 x0 y0k + y0
2−1=0，
设两切线斜率分别为k1,k2，则k1+ k2= 2 x0 y0
x0
2−1 ，k1k2= y0
2−1
x0
2−1
，
所以|k1−k2)= ❑√(k1+k2)
2−4 k1k2= ❑
√
4 x0
2 y0
❑
2
(x0
2−1)
2 −4( y0
2−1)
(x0
2−1)
= 2
❑√y0
2+ x0
2−1
x0
2−1
，
又因为y0
2= 4 x0，所以|k1−k2)= 2
❑√4 x0+ x0
2−1
x0
2−1
，
因为切线与准线x =−1的交点为S(−1, y0−k1(x0+1))，T (−1, y0−k2(x0+1))，
所以|ST )=|k1−k2)(x0+1)，
又因为点P到准线x =−1的距离为x0+1，
所以S△PST = 1
2|k1−k2)(x0+1)
2= (x0+1)
❑√4 x0+ x0
2−1
x0−1
，
令t = x0−1>0，则S△PST = (t +2)
❑√t
2+6t + 4
t
，
所以S△PST
2
= (t +2)
2(t
2+6t + 4)
t
2
= (t
2+ 4 t + 4)(t
2+6t + 4)
t
2
=(t + 4+ 4
t )(t +6+ 4
t )，
令u=t + 4
t ，则S△PST
2
=(u+ 4)(u+6)在(0,+ ∞)上单调递增，
因为u=t + 4
t ≥2❑√t × 4
t = 4，当且仅当t = 4
t ，即t =2，x0=3时等号成立，
所以S△PST
2
≥8×10=80，S△PST ≥❑√80= 4 ❑√5，
所以△PST的面积的最小值为4 ❑√5，此时点P的坐标为(3,2❑√3)或(3,−2❑√3).
7．（2026·四川巴中·一模）若点A，B是曲线C上相异的两点，且直线AB的斜率为k，则称点A，
B是C (k )斜率相关的．已知抛物线C：x
2=2 py（p>0），点P1(−2,1)在抛物线上，点Pn(xn, yn)
与点Qn(an,bn)是C (k )斜率相关的，点Qn与点Pn+1是C (−k )斜率相关的，其中k为常数且k >0，记
直线Pn Pn+1的斜率为kn．
(1)设O为坐标原点，若k =1，求△O P1Q1的面积．
(2)对任意的正整数n，an
kn
是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
(3)设Sn为数列{
1
knkn+1)的前n项和，若对任意的正整数n，都有Sn> 1
4 ，求实数k的取值范围．
【答案】(1)12
(2)是定值，−2
(3)(0,
❑√13−2
6 )
【分析】（1）先求出抛物线方程，再利用斜率转化条件求出Q1坐标，最后进行面积计算；
（2）利用斜率转化条件结合抛物线方程得出斜率表达式，进而得出坐标递推关系，进而得出an
kn
；
（3）先求出数列{xn)的通项公式，进而得出{kn)的通项公式，再通过裂项相消求和，最后进行不等
式恒等分析求出实数k的取值范围．
【详解】（1）点P1(−2,1)在抛物线C : x
2=2 py上，则(−2)
2=2 p，解得p=2，
∴抛物线C的方程为x
2= 4 y，
∵P1，Q1是C (k )斜率相关的，点P1(−2,1)，k =1，
∴P1Q1的方程为y = x +3，
由{
x
2= 4 y
y = x +3)，解得x =−2或x =6，
设Q1(a1,b1)，∴ a1=6，
又∵ Q1(a1,b1)在x
2= 4 y上，∴ a1
2= 4 b1，解得b1=9，则Q1(6,9)，
∴ |P1Q1)=
❑√(6+2)
2+(9−1)
2=8 ❑√2，
∵点O到P1Q1的距离为d = |0−0+3)
❑√1
2+(−1)
2 = 3 ❑√2
2
，
∴ △O P1Q1的面积为S = 1
2|P1Q1)d = 1
2 ×8 ❑√2× 3 ❑√2
2
=12．
（2）根据C (k )斜率相关的定义可知，PnQn的斜率为k，
把Pn(xn, yn)，Qn(an,bn)代入x
2= 4 y得{
xn
2= 4 yn
an
2= 4 bn)，
∴(xn−an)(xn+an)= 4( yn−bn)，则k = yn−bn
xn−an
= xn+an
4
，
∴xn+an= 4 k①，
同理可得，−k = xn+1+an
4
，即xn+1+an=−4 k②，
kn= yn+1−yn
xn+1−xn
= xn+1+ xn
4
= xn−4 k
2
③，
∴an
kn
= 4 k −xn
xn−4 k
2
=−2
，
∴对任意的正整数n, an
kn
是定值−2．
（3）由（2）中①②消去an得，xn+1−xn=−8k，
∴ {xn)是以x1=−2为首项，−8k为公差的等差数列，
∴xn=−2+(n−1)×(−8k )=−8nk +8k −2，
由（2）知kn= xn+1+ xn
4
，
∴kn= xn+1+ xn
4
= (−8kn−2)+(−8kn+8k −2)
4
= −16kn+8k −4
4
=−4 kn+2k −1，
∴
1
knkn+1
=
1
−4 kn+2k −1 ×
1
−4 kn−2k −1 =
1
4 kn−2k +1 ×
1
4 kn+2k +1
= 1
4 k(
1
4 kn−2k +1 −
1
4 kn+2k +1)，
∴Sn= 1
4 k[(
1
4 k ×1−2k +1 −
1
4 k ×1+2k +1)+(
1
4 k ×2−2k +1 −
1
4 k ×2+2k +1))
+⋯+(
1
4 kn−2k +1 −
1
4 kn+2k +1)) = 1
4 k(
1
2k +1 −
1
4 kn+2k +1)，
∵{Sn)对n单调递增，且对任意的正整数n，都有Sn> 1
4 ，
∴ S1= 1
4 k(
1
2k +1 −
1
6 k +1)=
1
(2k +1)(6k +1) > 1
4 ，
又∵k >0，
原式化简为12k
2+8k −3<0，解得0<k <
❑√13−2
6
，
∴实数k的取值范围为(0,
❑√13−2
6 )．
8．（2025·四川凉山·一模）法国数学家加斯帕尔·蒙日被称为“画法几何的创始人”，他发现：与
椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，我们通常称这个圆为该
椭圆的蒙日圆，已知椭圆C1: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的蒙日圆半径为❑√7，离心率为1
2．
(1)求椭圆C1的标准方程．
(2)已知点P 是抛物线C2: y
2= 4 x的准线上任意一点，过P 作C2的两条切线PA，PB，其中A，B 为
切点．
（ⅰ）证明：直线AB 过定点；
（ⅱ）若直线AB 与C1交于C，D 两点，记S1，S2分别是△PAB，△PCD的面积，求S1
S2
+ S2
S1
的取
值范围．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）[
25
12 ,+∞)．
【分析】（1）根据椭圆的蒙日圆半径、离心率列等式求解a、b 即可；
（2）（ⅰ）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，求出两条切线的直线方程，设P(−1,m)，根据P 点在两条
切线上列出对应的等式，进一步比较等式的形式及结合A、B 在直线AB 上可得AB 的方程，再据此
求出直线AB 所过的定点；
（ⅱ）设直线AB 的方程为x =ty +1，利用弦长公式求出|AB)、|CD)关于t 的表达式，进一步得到
S1
S2
关于t 的表达式，最后结合对勾函数的图像性质即可证明．
【详解】（1）如图所示，
显然直线x =a，y =b与C1相切，且相互垂直，则它们的交点(a,b)在蒙日圆上，
则由题意得{
a
2+b
2=7
c
a = 1
2
c
2=a
2−b
2)
，解得a
2= 4，b
2=3，
∴C1: x
2
4 + y
2
3 =1．
（2）如图所示，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，C (x3, y3)，D(x4, y4)，
显然抛物线C2在点A 处的切线斜率存在且不为0，
设点A 处的切线方程为y −y1=k (x−x1)，则由{
y1
2= 4 x1
y −y1=k (x−x1)
y
2= 4 x
)
，
得k y
2−4 y + 4 y1−k y1
2=0，
由Δ=0，得16−4 k(4 y1−k y1
2)=0，解得k = 2
y1
，
∴在点A 处的切线方程为y −y1= 2
y1
(x−x1)，即y y1=2(x + x1)，
同理得点B 处的切线方程为y y2=2(x + x2)，
设P(−1,m)，由题意得{
m y1=2(x1−1)
m y2=2(x2−1))，即直线AB 的方程为my =2(x−1)，
所以，直线AB 过定点(1,0)．
（ⅱ）设直线AB 的方程为x =ty +1，由{
x =ty +1
y
2= 4 x)得y
2−4 ty −4 =0，
∴y1+ y2= 4 t，y1 y2=−4，
从而|AB)=
❑√1+t
2|y1−y2)= 4(t
2+1)，
又由{
x =ty +1
x
2
4 + y
2
3 =1)
得(3t
2+ 4) y
2+6ty −9=0，
∴y3+ y4= −6t
3t
2+ 4 ，y3 y4=
−9
3t
2+ 4 ，
从而|CD)=
❑√1+t
2|y3−y4)= 12(t
2+1)
3t
2+ 4
，
∴S1
S2
=
1
2|AB)⋅h
1
2|CD)⋅h
=|AB)
|CD) = 3t
2+ 4
3
≥4
3 （当且仅当t =0时，等号成立），
令m= S1
S2
≥4
3 ，则f (m)= S1
S2
+ S2
S1
=m+ 1
m，
由对勾函数的图像性质可知f (m)在(1,∞)上单调递增，
所以f (m)= S1
S2
+ S2
S1
≥f(
4
3)= 25
12，所以取值范围为[
25
12 ,+ ∞)．
9．（2026·四川遂宁·一模）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0), F1, F2分别是C的左、右焦点．
F1在直线x−4 y + 4 =0上，且F1到其中一条渐近线的距离为2❑√3.抛物线E：y
2=2 px( p>0)上的
一个动点H到D (0,4)的距离与点H到E的准线的距离之和的最小值为4 ❑√2.
(1)求C的方程和E的方程；
(2)若过F2的直线l与C的左、右两支分别交于A ,B两点，与E交于P ,Q两点.问是否存在常数λ，使
得3
|AB) −2 λ
|PQ)为定值？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1) x
2
4 −y
2
12 =1，y
2=16 x
(2)存在，λ =−8
【分析】（1）由直线x−4 y + 4 =0与x轴的交点，可得F1(−4,0)，由F1到渐近线距离可得
b=2❑√3，据此可得双曲线方程；设F为抛物线E的焦点，由|HD)+|HN )≥|FD)=
❑√
p
2
4 +16可得抛
物线方程；
（2）假设存在常数λ满足条件，设直线l: x =my + 4 , A(x1, y1),B(x2, y2)，将l与双曲线方程联立，
由韦达定理及题设可得12(m
2+1)
|3m
2−1)
，设P(x3, y3),Q(x4, y4)，将x =my + 4代入抛物线方程
y
2=16 x，由韦达定理及题设可得|PQ)=16(m
2+1)，则3
|AB) −2 λ
|PQ) = 6m
2−2−λ
8(m
2+1) ，据此可得答
案.
【详解】（1）因为直线x−4 y + 4 =0与x轴的交点为(−4,0)，所以点F1的坐标为F1(−4,0)，半
焦距c = 4，
又双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1的渐近线方程为x
a ± y
b =0，即bx±ay =0，由点到直线的距离公式得到点
F1到其中一条渐近线的距离为
4 b
❑√a
2+b
2 = 4 b
c = 4 b
4 =b，所以b=2❑√3，则b
2=12，又
a
2=c
2−b
2= 4，所以双曲线C的方程为x
2
4 −y
2
12 =1
又设F为抛物线E的焦点，则F(
p
2 ,0)，如图，已知D (0,4)，|HN )为H到准线的距离且N为垂足，
则|HD)+|HN )=|HD)+|HF)≥|FD)=
❑√
p
2
4 +16，
当且仅当D , H , F三点共线且H在D , F之间时等号成立，所以❑√
p
2
4 +16= 4 ❑√2，解得p=±8，因
为p>0，所以p=8，故抛物线E的方程为y
2=16 x
（2）假设存在常数λ满足条件，由（1）知F2(4,0)，
设直线l: x =my + 4 , A(x1, y1),B(x2, y2)，
联立方程得{
x
2
4 −y
2
12 =1
x =my + 4)
，消去x，整理可得(3m
2−1) y
2+24 my +36=0，
所以3m
2−1≠0,Δ=144(m
2+1)>0，y1+ y2=−24 m
3m
2−1
, y1 y2=
36
3m
2−1，
|AB)=
❑√1+m
2|y1−y2)=
❑√1+m
2⋅❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2
|AB)=
❑√1+m
2⋅❑√(−24 m
3m
2−1)
2
−4⋅
36
3m
2−1
= 12(m
2+1)
|3m
2−1)
．
因为直线l过点F2且与C的左、右两支分别交于A，B两点，所以A ,B两点在x轴同侧，所以
y1 y2>0．
此时3m
2−1>0，即m
2> 1
3，所以|AB)= 12(m
2+1)
3m
2−1
．
设P(x3, y3),Q(x4, y4)，将x =my + 4代入抛物线方程y
2=16 x，得y
2−16my −64 =0，
则Δ1=256(m
2+1)>0, y3+ y4=16m, y3 y4=−64，
所以|PQ)=
❑√1+m
2|y3−y4) =
❑√1+m
2⋅❑√( y3+ y4)
2−4 y3 y4
=
❑√1+m
2⋅
❑√(16m)
2−4⋅(−64) =16(m
2+1)．
所以3
|AB) −2 λ
|PQ) = 3m
2−1
4(m
2+1)
−
λ
8(m
2+1)
= 6m
2−2−λ
8(m
2+1) ．
故当−2−λ =6时，6m
2−2−λ
8(m
2+1) 为定值3
4 ，所以，当λ =−8时，3
|AB) −2 λ
|PQ)为定值3
4
