2026 年高考数学·教考衔接
教材命题点探源
-----------------------------供2026 高考备考二轮、三轮复习及考前使用-------------------------
教考衔接十一 圆锥曲线
--------------■高考命题·解读■-----------------
圆锥曲线是高中数学的重要内容.高考主要考查椭圆、抛物线、双曲线的定义、标准方程和简
单的几何性质.其中直线与圆锥曲线的位置关系是考查重点.在高考中圆锥曲线试题基本保持为两道
选择题、一道填空题和一道解答题(或一道选择题一道填空题和一道解答题).
常见命题方向：
（1）圆锥曲线（椭圆、抛物线、双曲线）主要是曲线的定义、标准方程、性质(焦点、离心率、
准线、渐近线)；
（2）以直线与圆锥曲线的位置关系为背景考查弦长(可以直接用过抛物线焦点的弦长公式，也可
以用通用的弦长公式求解)；
（3）以直线与圆锥曲线的位置关系为载体考查定点、定值、取值范围以及存在性问题；
（4）以平面几何知识或圆锥曲线相关内容为载体考查将平面几何代数化的思想.这些内容均为高
考考查的重点和热点，因此在备考复习中应加强训练，同时在备考时还需要加强对数形结合思想、
分类讨论思想、函数与方程思想在解决圆锥曲线综合问题中的应用.
🎯练教材-----必刷经典母题
核心考点
五年考情
考点1.求椭圆的标准方程
2024·新课标Ⅱ卷 2022·全国甲卷
考点2.双曲线的标准方程、离心率
2025·全国一卷 2025·全国二卷
2024·新课标Ⅰ卷 2024·全国甲卷
2023·新课标Ⅰ卷 2022·全国乙卷
2021·全国甲卷
考点3.抛物线定义的应用
2025·全国二卷 2022·全国乙卷
考点4.与抛物线焦点弦有关的几何性质
2025·全国一卷 2023·新课标Ⅱ卷
2022·新高考全国Ⅱ卷
考点5.圆锥曲线的最值问题
2025·全国一卷
考点6.圆锥曲线的面积问题
2025·全国二卷 2024·新课标Ⅰ卷
2023·全国甲卷 2022·新高考全国Ⅰ卷
2021·全国乙卷
【教材母题1】 (人教A 版选择性必修第一册P115·T3)求下列各椭圆的长轴和短轴长、离心率、焦点坐标、
顶点坐标,并画出图形:
（1）x2+4y2=16; （2）9x2+y2=81.
【解析】（1）椭圆的标准方程为x
2
16+ y
2
4 =1,则a=4,b=2,c=❑√a
2-b
2=2❑√3,所以长轴长2a=8,短轴长2b=4,离心率e=
c
a=
❑√3
2
,焦点坐标为(2❑√3,0),(-2❑√3,0),顶点坐标为(4,0),(-4,0),(0,2),(0,-2),图形如图.
（2）椭圆的标准方程为x
2
9 + y
2
81=1,则a=9,b=3,c=❑√a
2-b
2=6❑√2,所以长轴长2a=18,短轴长2b=6,
离心率e=c
a=2❑√2
3
,焦点坐标为(0,6❑√2),(0,-6❑√2),顶点坐标为(3,0),(-3,0),(0,9),(0,-9),图形如图.
【教材母题2】 (人教A 版选择性必修第一册P115·T4(1))求经过P(-2❑√2,0),Q(0,❑√5)两点的椭圆的标准方程.
【解析】椭圆经过点P(-2❑√2,0),Q(0,❑√5),可知椭圆的焦点在x 轴上,设椭圆方程为x
2
a
2+ y
2
b
2 =1(a>b>0),
∴a=2❑√2,b=❑√5,∴所求椭圆的标准方程为x
2
8 + y
2
5 =1.
【教材母题3】 (北师大版选择性必修第一册P58A 组·T8)已知椭圆x
2
a
2+ y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为
❑√2
2 ,其左焦点
F 到直线l:y=x-2 的距离为2❑√2,求此椭圆方程.
【解析】∵椭圆x
2
a
2+ y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为
❑√2
2 ,∴c
a=
❑√2
2 ,又左焦点F 到直线l:y=x-2 的距离为2❑√2,∴|-c -2|
❑√2
=2❑√2,
解得c=2,可得a=2❑√2,则b=❑√a
2-c
2=❑√8- 4=2.∴所求椭圆方程为x
2
8
+ y
2
4
=1.
【🚀衔接高考】
（1）(2022·全国甲卷)已知椭圆C: x
2
a
2+ y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为1
3,A1,A2分别为C 的左、右顶点,B 为C 的上顶
点.若⃗B A1·⃗B A2=-1,则C 的方程为( )
A. x
2
18
+ y
2
16
=1 B. x
2
9
+ y
2
8
=1 C. x
2
3
+ y
2
2
=1 D. x
2
18
+y2=1
【答案】B
【解析】依题意得A1(-a,0),A2(a,0),B(0,b),所以⃗B A1=(-a,-b),⃗B A2=(a,-b),⃗B A1·⃗B A2=-a2+b2=-(a2-b2)=-c2=-1,故c=1,
又C 的离心率e=c
a=1
a=1
3,所以a=3,a2=9,b2=a2-c2=8,所以C 的方程为x
2
9 + y
2
8 =1,故选B.
（2）(2023·新高考Ⅰ卷)设椭圆C1: x
2
a
2+y2=1(a>1),C2: x
2
4 +y2=1 的离心率分别为e1,e2,若e2=❑√3e1,则 a=( )
A.2❑√3
3
B.❑√2
C.❑√3 D.❑√6
【答案】A
【解析】由已知得e1=
❑√a
2-1
a
,e2=
❑√4 -1
2
=
❑√3
2 ,因为e2=❑√3e1,所以
❑√3
2 =❑√3×
❑√a
2-1
a
,解得a=2❑√3
3
,故选A.
【教材母题4】 (人教A 版选择性必修第一册P108·例2)如图,在圆x2+y2=4 上任取一点P,过点P 作x 轴的垂线
段PD,D 为垂足.当点P 在圆上运动时,线段PD 的中点M 的轨迹是什么?为什么?(当点P
经
过圆与x 轴的交点时,规定点M 与点P 重合.)
【解析】设点M 的坐标为(x,y),点P 的坐标为(x0,y0),则点D 的坐标为(x0,0).由点M 是线段
PD 的中点,得x=x0,y= y0
2 .因为点P(x0,y0)在圆x2+y2=4 上,所以x0
2+y0
2=4.①把x0=x,y0=2y 代入
方
程①,得x2+4y2=4,即x
2
4 +y2=1.所以点M 的轨迹是椭圆.
【🚀衔接高考】
(2024·新高考Ⅱ卷)（一题多解）已知曲线C:x2+y2=16(y>0),从C 上任意一点P 向x 轴作垂线段PP',P'为垂足,则
线段PP'的中点M 的轨迹方程为( )
A. x
2
16
+ y
2
4
=1(y>0) B. x
2
16
+ y
2
8
=1(y>0) C. y
2
16
+ x
2
4
=1(y>0) D. y
2
16
+ x
2
8
=1(y>0)
【答案】A
【解析】解法一：设M(x0,y0),则P(x0,2y0),因为点P 在曲线C 上,所以x0
2+(2y0)2=16(y0>0),即x0
2
16
+ y0
2
4
=1(y0>0),
所以线段PP'的中点M 的轨迹方程为x
2
16+ y
2
4 =1(y>0),故选A.
解法一：(数形结合法)由题意可知把曲线C 上所有点的纵坐标缩短至原来的一半,横坐标不变,即可得到点M 的轨
迹.曲线C 为半圆,则点M 的轨迹为椭圆(x 轴上方部分),其中长半轴长为4,短半轴长为2,故选A.
【教材母题5】 (人教B 版选择性必修第一册P141 练习B·T3)已知P 是椭圆x
2
4 + y
2
36 =1 上一点，A(0,5),求|PA|
的最小值与最大值.
【解析】设P(x,y),由于P(x,y)为椭圆x
2
4 + y
2
36=1 上一点,则x2=4- y
2
9 ,故|PA|2=x2+(y-5)2=4- y
2
9 +y2-10y+25=8
9( y - 45
8 )
2
+7
8,
由题意可知,-6≤y≤6,当y=45
8 时,|PA|min=❑√
7
8
=
❑√14
4
,当y=-6 时,|PA|max=11.
【教材母题6】(人教B 版选择性必修第一册P143 习题2-5C·T3)已知点A(1,1),而且F1是椭圆x
2
9 + y
2
5 =1 的左焦
点，P 是椭圆上任意一点,求|PF1|+|PA|的最小值和最大值.
【解析】因为F1是椭圆x
2
9 + y
2
5 =1 的左焦点,则F1(-2,0),设F2是椭圆x
2
9 + y
2
5 =1 的右焦点,则F2(2,0),又因为P 是椭圆
上的任意一点,所以|PF1|+|PF2|=6,又因为A(1,1)在椭圆内部,则|PF1|+|PA|=6-|PF2|+|PA|=6+|PA|-|PF2|,因为||PA|-|PF2||≤|
AF2|,即-|AF2|≤|PA|-|PF2|≤|AF2|,又因为|AF2|=❑√(2-1)
2+(1-0)
2=❑√2,即-❑√2≤|PA|-|PF2|≤❑√2,所以6-❑√2≤|PF1|+|PA|≤6+
❑√2,当且仅当P,A,F2三点共线时等号成立,即直线AF2与椭圆的两个交点,其中一个点使|PF1|+|PA|取最大值,另一个
交点使|PF1|+|PA|取最小值,所以|PF1|+|PA|的最大值为6+❑√2,最小值为6-❑√2.
【教材母题7】 (人教B 版选择性必修第一册P180·T6)过椭圆x
2
a
2+ y
2
b
2 =1(a>b>0)的中心作一条直线交椭圆于
P,Q 两点,F 是椭圆的一个焦点,求△PFQ 的周长的最小值.
【解析】设椭圆的另一个焦点为F1,连接PF1,QF1.
由题知,PQ,F1F 互相平分,∴四边形PF1QF 为平行四边形,∴|QF|=|PF1|,
由椭圆的定义知,|PF|+|PF1|=2a,∴|PF|+|QF|=2a,∴△PFQ 的周长为|PF|+|QF|+|PQ|=2a+|PQ|,
又当P,Q 分别为椭圆的上下顶点时,|PQ|取最小值2b,∴△PFQ 的周长的最小值为2a+2b.
【🚀衔接高考】
（1）(2021·全国乙卷)（一题多解）设B 是椭圆C: x
2
5 +y2=1 的上顶点,点P 在C 上,则|PB|的最大值为( )
A.5
2 B .❑√6 C.❑√5 D.2
【答案】A
【解析】解法一：(消元转化法) 设点P(x,y),则根据点P 在椭圆x
2
5 +y2=1 上可得x2=5-5y2.易知点B(0,1),所以根据
两点间的距离公式得|PB|2=x2+(y-1)2=5-5y2+(y-1)2=-4y2-2y+6=-4( y + 1
4)
2
+25
4 .
当y+1
4 =0,即y=-1
4 (满足|y|≤1)时,|PB|2取得最大值25
4 ,所以|PB|max=5
2.故选A.
解法二：(利用椭圆的参数方程) 因为点P 在椭圆x
2
5 +y2=1 上,所以可设点P(❑√5cos θ,sin θ).易知点B(0,1),所以
根据两点间的距离公式得|PB|2=(❑√5cos θ)2+(sin θ-1)2=4cos2θ-2sin θ+2=-4sin2θ-2sin θ+6=-4(sinθ+ 1
4)
2
+25
4 .
易知当sin θ+1
4 =0,即sin θ=-1
4 时,|PB|2取得最大值25
4 ,所以|PB|max=5
2,故选A.
（2）(2021·新高考Ⅰ卷)已知F1,F2是椭圆C: x
2
9 + y
2
4 =1 的两个焦点,点M 在C 上,则|MF1|·|MF2|的最大值为( )
A.13 B.12
C.9 D.6
【答案】C
【解析】由椭圆C: x
2
9 + y
2
4 =1,得|MF1|+|MF2|=2×3=6,则|MF1|·|MF2|≤(
|M F1|+|M F2|
2
)
2
=32=9,当且仅当|MF1|=|
MF2|=3 时等号成立.故选C.
【教材母题8】 (人教A 版选择性必修第一册P114·T2)经过椭圆x
2
2 +y2=1 的左焦点F1作倾斜角为60°的直线l,
直线l 与椭圆相交于A,B 两点,求线段AB 的长.
【解析】由椭圆的方程知F1(-1,0),∴直线l 的方程为y=tan 60°(x+1),即y=❑√3(x+1).
与椭圆的方程联立,并消去y,得7x2+12x+4=0.由根与系数的关系,知xA+xB=-12
7 ,xAxB=4
7 ,
∴|AB|=❑√(1+3)[( x A+ xB)
2- 4 x A xB]=❑√
4×[(- 12
7 )
2
- 16
7 ]=8 ❑√2
7
.
【教材母题9】 (北师大版选择性必修第一册P90·T2)经过椭圆C: x
2
2 +y2=1 的中心作直线l,与椭圆C 交于P,Q
两点,设椭圆C 的右焦点为F,已知∠PFQ=2π
3 ,求△PFQ 的面积.
【解析】设椭圆的左焦点为F1,由椭圆的对称性可知|F1P|=|FQ|,|F1Q|=|PF|,所以四边形F1PFQ 为平行四边形,
所以S△PFQ=S△F1 PF,因为∠PFQ=2π
3 ,所以∠F1PF=π
3 ,由椭圆定义可得|PF1|+|PF|=2❑√2,|F1F|=2,
由余弦定理可得4=|PF1|2+|PF|2-2|PF1||PF|cos π
3 ,所以4=(|PF1|+|PF|)2-3|PF1||PF|,即|PF1|·|PF|=4
3 ,
所以S△PFQ=S△F1 PF=1
2×|PF1||PF|sin π
3 =
❑√3
3 .
【🚀衔接高考】
（1）(2024·新高考Ⅰ卷)已知 A(0,3)和P(3, 3
2)为椭圆C: x
2
a
2+ y
2
b
2 =1(a>b>0)上两点.
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.
【解析】①由题知{
9
b
2 =1,
9
a
2 + 9
4 b
2 =1,
解得{
a=2❑√3,
b=3,
∴c=❑√a
2-b
2=❑√3,∴C 的离心率e=c
a=1
2.
②|PA|=❑√
3
2+(- 3
2)
2
=3 ❑√5
2
,设点B 到直线PA 的距离为h,则△ABP 的面积为S=1
2|PA|·h=9,解得h=12❑√5
5
.
易知直线PA:x+2y-6=0,设B(x0,y0),{
| x0+2 y0-6|
❑√5
= 12❑√5
5
,
x0
2
12 + y0
2
9 =1,
解得{
x0=0,
y0=-3或{
x0=-3,
y0=- 3
2 ,∴B(0,-3)或B(-3,- 3
2),
故l 的方程为y=3
2x-3 或y=1
2x.
（2）(2025·新高考Ⅱ卷)已知椭圆C:x
2
a
2 +y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为
❑√2
2
，长轴长为4.
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|.
【解析】①由题可得2a=4，a=2，e=c
a =
❑√2
2
，c=❑√2，b=❑√a
2-c
2=❑√2，故C:x
2
4 +y
2
2 =1.
②设直线AB 为y=kx-2，联立{
x
2
4 +y
2
2 =1
y=kx-2
，消y 得x
2
4 +(kx-2)
2
2
=1，即(2k2+1)x2-8kx+4=0，
设A，B 的横坐标分别为x1，x2，P(0，-2)，则S△OAB=|S△OAP-S△OBP|=|
1
2 OP·x1-1
2 OP·x2|=|x1-x2|=❑√2，则2=(x1-
x2)2=(x1+x2)2-4x1x2=(
8k
2k
2+1)
2
-16
2k
2+1
=16(2k
2-1)
(2k
2+1)
2
，解得k2=3
2 ，则|AB|=❑√1+k
2|x1-x2|=❑√5.
【教材母题10】 (人教A 版选择性必修第一册P124·例3)求双曲线9y2-16x2=144 的实半轴长和虚半轴长、焦
点坐标、离心率、渐近线方程.
【解析】把双曲线9y2-16x2=144 方程化为y
2
16- x
2
9 =1,由此可知实半轴长a=4,虚半轴长b=3,c=❑√a
2+b
2=5,
焦点坐标(0,-5),(0,5),离心率e=c
a=5
4 ,渐近线方程为y=±4
3 x.
【教材母题11】 (人教A 版选择性必修第一册P127 习题3.2·T1)双曲线4x2-y2+64=0 上一点P 与它的一个焦
点的距离等于1,那么点P 与另一个焦点的距离等于 .
【答案】17
【解析】双曲线方程化为y
2
64 - x
2
16=1,∴a=8,∴2a=16.∵P 到一个焦点的距离为1,设P 到另一个焦点的距离为x,
∴|x-1|=16,解得x=17 或x=-15(舍).故答案为17.
【🚀衔接高考】
（1）(2025·北京高考)双曲线x2-4y2=4 的离心率为 ( )
A.
❑√3
2
B.
❑√5
2
C.5
4 D.❑√5
【答案】B.
【解析】由x2-4y2=4 得，x
2
4 -y2=1，所以a2=4，b2=1，c2=a2+b2=5，即a=2，c=❑√5，所以e=c
a =
❑√5
2
.
（2）(2025·新高考Ⅰ卷)若双曲线C 的虚轴长为实轴长的❑√7倍，则C 的离心率为
( )
A.❑√2
B.2
C.❑√7 D.2❑√2
【答案】D
【解析】选D.由题知2b=❑√7×2a，所以b
a =❑√7，双曲线的离心率e=c
a = ❑√
1+ b
2
a
2 =2❑√2.
（3）(2024·全国甲卷) （一题多解）已知双曲线的两个焦点分别为(0,4),(0,-4),点(-6,4)在该双曲线上,则该双曲
线的离心率为( )
A.4 B.3
C.2 D.❑√2
【答案】C
【解析】解法一：根据焦点坐标可知c=4,根据焦点在y 轴上,可设双曲线的方程为y
2
a
2 - x
2
b
2=1(a>0,b>0),
则{
16
a
2 - 36
b
2 =1,
a
2+b
2=16,
得{
a=2,
b=2❑√3,所以离心率e=c
a=2.
解法二：根据双曲线的定义,得2a=|❑√(-6-0)
2+(4 - 4)
2-❑√(-6-0)
2+(4 + 4)
2|=|6-10|=4,
根据焦点坐标可知c=4,所以离心率e=2c
2a=8
4 =2.
【教材母题12】 (人教B 版选择性必修第一册P155 练习AT3)已知双曲线的渐近线方程为y=±3
4 x,求双曲线的
离心率.
【解析】当双曲线的焦点在x 轴上时,设双曲线的方程为x
2
a
2- y
2
b
2 =1(a>0,b>0).∵双曲线的渐近线方程是y=±3
4 x,
∴4b=3a,因此,此双曲线的离心率e=❑√
a
2+b
2
a
2
=5
4 .当双曲线的焦点在y 轴上时,设双曲线的方程为y
2
a
2 -x
2
b
2
=1(a>0,b>0),
∵双曲线的渐近线方程为y=±3
4 x,∴3b=4a,可得e=❑√
a
2+b
2
a
2
=5
3.综上,双曲线的离心率为5
4 或5
3.
【教材母题13】 (北师大版选择性必修第一册P68T4)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,求双曲线
C 的渐近线方程.
【解析】由c
a=2 可得b
a=❑√2
2-1=❑√3,所以渐近线方程为y=±❑√3x.
【教材母题14】 (人教A 版选择性必修第一册P127 练习·T3)直线y=2
3x 与双曲线x
2
a
2- y
2
8 =1(a>0)相交于A,B 两
点,且A,B 两点的横坐标之积为-9,求离心率e.
【解析】双曲线x
2
a
2- y
2
8 =1(a>0)的虚轴长为4❑√2,联立直线y=2
3x 与双曲线方程,消去y 可得18-a
2
18a
2 x2=1,
直线y=2
3x 与双曲线交于A,B 两点,A,B 两点的横坐标之积为-9,所以18-a
2
18a
2 ×9=1,解得a=❑√6,
所以c=❑√a
2+b
2=❑√14,可得e=c
a=
❑√14
❑√6
=
❑√21
3
.
【🚀衔接高考】
（1）(2020·全国Ⅲ卷)设双曲线C: x
2
a
2- y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的一条渐近线为y=❑√2x,则C 的离心率为 .
【答案】❑√3
【解析】 双曲线的一条渐近线方程为y=❑√2x,则b=❑√2a,∴双曲线的离心率e=c
a=
❑√a
2+b
2
a
=❑√3.
（2）(2021·新高考Ⅱ卷)已知双曲线x
2
a
2- y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的离心率为2,则该双曲线的渐近线方程为 .
【答案】y=±❑√3x
【解析】因为双曲线x
2
a
2- y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的离心率为2,所以e=❑√
c
2
a
2=❑√
a
2+b
2
a
2
=2,所以b
2
a
2=3,所以该双曲线的渐近线
方程为y=±b
ax=±❑√3x.
【教材母题15】 (人教B 版选择性必修第一册P154 例2)已知双曲线C 是顶点为A1,A2,虚轴的一个端点为B,且
△BA1A2是一个等边三角形,求双曲线C 的离心率.
【解析】设O 为坐标原点,则A1A2的中点为O,且|OA1|=a,|BO|=b.由△BA1A2是等边三角形可知|BO|=❑√3|OA1|,
因此b=❑√3a,又因为c2=a2+b2=a2+(❑√3a)2=4a2,所以c=2a,从而e=c
a=2.
【🚀衔接高考】
（1）(2021·全国甲卷)已知F1,F2是双曲线C 的两个焦点,P 为C 上一点,且∠F1PF2=60°,|PF1|=3|PF2|,则C 的离
心率为( )
A.
❑√7
2
B.
❑√13
2
C.❑√7 D.❑√13
【答案】A
【解析】设|PF2|=m,|PF1|=3m,则|F1F2|=❑√m
2+9m
2-2·3m·m·cos60°=❑√7m,所以C 的离心率
e=c
a=2c
2a=| F1 F2|
|P F1|-|P F2|=
❑√7m
2m
=
❑√7
2
.
（2）(2023·新高考Ⅰ卷) （一题多解）已知双曲线C: x
2
a
2- y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点A 在C
上,点B 在y 轴上,⃗F1 A⊥⃗F1B,⃗F2 A=-2
3⃗F2B, 则C 的离心率为 .
【答案】 3 ❑√5
5
【解析】解法一：由题意可知,F1(-c,0),F2(c,0),设A(x1,y1),B(0,y0),所以⃗F2 A=(x1-c,y1),⃗F2B=(-c,y0).
因为⃗F2 A=-2
3⃗F2B,所以{
x1-c = 2
3 c ,
y1=- 2
3 y0,
即{
x1= 5
3 c ,
y1=- 2
3 y0,
所以A(
5
3 c ,- 2
3 y0),⃗
F1 A=(
8
3 c ,- 2
3 y0),⃗F1B=(c,y0).因为⃗F1 A⊥⃗F1B,所以⃗F1 A·⃗F1B=0,即8
3c2-2
3 y0
2=0,解得y0
2=4c2.
因为点A(
5
3 c ,- 2
3 y0)在双曲线C 上,所以25c
2
9a
2 -4 y0
2
9b
2 =1,又y0
2=4c2,所以25c
2
9a
2 -16c
2
9b
2 =1,
即25(a
2+b
2)
9a
2
-16(a
2+b
2)
9b
2
=1,化简得b
2
a
2=4
5 ,所以e2=1+b
2
a
2=9
5,所以e=3 ❑√5
5
.
解法二：由解法一得A(
5
3 c ,- 2
3 y0),y0
2=4c2,所以|AF1|=❑√(
5
3 c +c)
2
+(- 2
3 y0)
2
=❑√
64 c
2
9
+ 4 y0
2
9
=❑√
64 c
2
9
+ 16c
2
9
=
4 ❑√5c
3
,
|AF2|=❑√(
5
3 c -c)
2
+(- 2
3 y0)
2
=❑√
4 c
2
9 + 4 y0
2
9
=❑√
4 c
2
9 + 16c
2
9
=2❑√5c
3
,由双曲线的定义可知|AF1|-|AF2|=2a,
即4 ❑√5c
3
-2❑√5c
3
=2a,即
❑√5
3 c=a,所以双曲线的离心率e=c
a= 3
❑√5=3 ❑√5
5
.
解法三：由⃗F2 A=-2
3⃗F2B可得A,B,F2三点共线,且F2在线段AB 上,不妨令点A 在第一象限,
则点B 在y 轴负半轴上,易得|F2A|=2
3|F2B|.设|F2B|=3m(m>0),则|F2A|=2m,所以|F1B|=|F2B|=3m,|AB|=5m.
由⃗F1 A⊥⃗F1B可得∠AF1B=90°,所以|AF1|=❑√| AB|
2-|B F1|
2=4m,
所以2a=|AF1|-|AF2|=2m,即a=m.
过F1作F1D⊥AB,垂足为D(图略),则1
2|AB|·|F1D|=1
2|F1A|·|F1B|,即1
2·5m·|F1D|=1
2·4m·3m,
所以|F1D|=12
5 m,所以|BD|=❑√|B F1|
2-| F1 D|
2=9
5 m,所以|F2D|=6
5m,则|F1F2|=❑√| F1 D|
2+| F2 D|
2=6 ❑√5
5
m=2c,
即c=3 ❑√5
5
m,所以e=c
a=3 ❑√5
5
.
【教材母题16】 (人教A 版选择性必修第一册P128·T12)设椭圆x
2
a
2+ y
2
b
2 =1(a>b>0)与双曲线x
2
a
2- y
2
b
2 =1 的离心率
分别为e1,e2,双曲线的渐近线的斜率小于2❑√5
5
,求e1和e2的取值范围.
【解析】依题意e1=
❑√a
2-b
2
a
=❑√1-(
b
a)
2
,e2=
❑√a
2+b
2
a
=❑√
1+(
b
a)
2
.又∵0<b
a<2❑√5
5
,0<(
b
a)
2
<4
5 ,∴e1=❑√1-(
b
a)
2
∈
(
❑√5
5 ,1),
e2=❑√
1+(
b
a)
2
∈(1, 3 ❑√5
5 ).
【🚀衔接高考】
(2022·全国甲卷)记双曲线C: x
2
a
2- y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的离心率为e,写出满足条件“直线y=2x 与C 无公共点”的e
的一个值 .
【答案】2((1,❑√5]内的任意值均可)
【解析】双曲线C 的渐近线方程为y=±b
ax,若直线y=2x 与双曲线C 无公共点,则2≥b
a,∴b
2
a
2≤4,
∴e2=c
2
a
2=1+b
2
a
2≤5,又e>1,∴e∈(1,❑√5],∴填写(1,❑√5]内的任意值均可.
【教材母题17】 (苏教版选择性必修第一册P128·T5)已知经过双曲线y
2
16-x
2
8 =1 的一个焦点,且垂直于实轴的
直线l 与双曲线交于A,B 两点,则线段AB 的长为 .
【答案】4
【解析】由已知,双曲线的焦点在y 轴上,不妨设双曲线y
2
16-x
2
8 =1 的一个焦点坐标是M(0,2❑√6),
经过M 垂直于实轴的直线l 与双曲线交于A,B 两点,则A,B 两点的纵坐标为2❑√6,代入y
2
16
- x
2
8
=1 中,解得横坐标分
别为2,-2,线段AB 的长为4.综上所述,线段AB 的长为4.
【🚀衔接高考】
（1）(2024·新高考Ⅰ卷) （一题多解）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作平行
于y 轴的直线交C 于A,B 两点,若|F1A|=13,|AB|=10,则C 的离心率为 .
【答案】 3
2
【解析】解法一：(直接法)由|AB|=10 及双曲线的对称性得|AF2|=| AB|
2
=5,
因为|AF1|=13,所以2a=|AF1|-|AF2|=13-5=8,2c=|F1F2|=❑√|A F1|
2-|A F2|
2=❑√13
2-5
2=12,所以a=4,c=6,则C 的离心
率e=c
a=6
4 =3
2.
解法二：(应用二级结论)因为|AB|=10,所以2b
2
a =10,所以b
2
a =c
2-a
2
a
=5,又|AF1|=13,所|F1F2|=2c=
❑√|A F1|
2-(
| AB|
2 )
2
=12,得c=6,所以a2+5a-36=0,得a=4,所以C 的离心率e=c
a=6
4 =3
2.
（2）(2020·全国Ⅰ卷)已知F 为双曲线C: x
2
a
2- y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的右焦点,A 为C 的右顶点,B 为C 上的点,且BF 垂
直于x 轴.若AB 的斜率为3,则C 的离心率为 .
【答案】2
【解析】如图,A(a,0).
由BF⊥x 轴且AB 的斜率为3,知点B 在第一象限,且B(c , b
2
a ),则kAB=
b
2
a -0
c -a
=3,即b2=3ac-3a2.
又∵c2=a2+b2,即b2=c2-a2,∴c2-3ac+2a2=0,∴e2-3e+2=0.解得e=2 或e=1(舍去).故e=2.
【教材母题18】 (人教A 版选择性必修第一册P128T·13)已知双曲线x2- y
2
2 =1,过点P(1,1)的直线l 与双曲线相
交于A,B 两点,P 能否是线段AB 的中点?为什么?
【解析】假设存在过点P(1,1)的直线l 与该双曲线交于A,B 两点,且点P 是线段AB 的中点.
设过P(1,1)的直线方程为y-1=k(x-1),A,B 两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则{
x1
2- y1
2
2 =1,①
x2
2- y2
2
2 =1,②
①-②得(x1+x2)(x1-x2)-( y1+ y2)( y1- y2)
2
=0.由P 为AB 中点,则x1+x2=2,y1+y2=2,则k= y1- y2
x1- x2
=2,
即直线AB 的方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1,代入双曲线x2- y
2
2 =1,可得2x2-4x+3=0,检验判别式Δ=16-24<0,方程无解.
故不存在过点P(1,1)的直线l 与该双曲线交于A,B 两点,且P 是线段AB 的中点.
【🚀衔接高考】
(2025·新高考Ⅱ卷)双曲线C:x
2
a
2 -y
2
b
2 =1(a>0，b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，左、右顶点分别为A1，A2，以
F1F2为直径的圆与曲线C 的一条渐近线交于M，N 两点，且∠NA1M=5π
6
，则( )
A.∠A1MA2=π
6
B.|MA1|=2|MA2|
C.C 的离心率为❑√13 D.当a=❑√2时，四边形NA1MA2的面积为8❑√3
【解析】选ACD.A 项:由对称性易知四边形A1MA2N 是平行四边形，进而有∠A1MA2=π
6 ，故A 正确；
B，C 项:由对称性，不妨设M 点在第一象限，因为tan∠MOA2=b
a ，|MO|=c，容易得MA2⊥OA2，2❑√3a=b，|
MA1|=4a，|MA2|=2❑√3a，故B 错误，c=❑√13a，e=❑√13，故C 正确；
D 项:当a=❑√2时，S▱N A1M A2=2·1
2 |A1A2|·|A2M|=2❑√2×2❑√6=8❑√3，故D 正确.
【教材母题19】 (人教A 版选择性必修第一册P146T13)当m 变化时,指出方程(m-1)x2+(3-m)y2=(m-1)(3-m)表示
的曲线的形状.
【解析】当m=1 时,方程表示直线.当m=3 时,方程表示直线.当m≠1 时且m≠3 时,原方程可改写成x
2
3-m+ y
2
m-1=1,
有3 种情况:①当1<m<3 且m≠2 时,方程表示椭圆;②当m=2 时,方程表示圆;③当m<1 或m>3 时,方程表示双曲线.
【🚀衔接高考】
(多选)(2020·新高考Ⅰ卷)已知曲线C:mx2+ny2=1.( )
A.若m>n>0,则C 是椭圆,其焦点在y 轴上 B.若m=n>0,则C 是圆,其半径为❑√n
C.若mn<0,则C 是双曲线,其渐近线方程为y=±❑√- m
n
x D.若m=0,n>0,则C 是两条直线
【答案】ACD
【解析】对于A,当m>n>0 时,有1
n> 1
m>0,方程化为
x
2
1
m
+
y
2
1
n
=1,表示焦点在y 轴上的椭圆,故A 正确;
对于B,当m=n>0 时,方程化为x2+y2=1
n,表示半径为❑√
1
n
的圆,故B 错误;
对于C,当m>0,n<0 时,方程化为
x
2
1
m
-
y
2
- 1
n
=1,表示焦点在x 轴上的双曲线,其中a=❑√
1
m
,b=❑√- 1
n
,渐近线方程为y=±
❑√- m
n
x;当m<0,n>0 时,方程化为
y
2
1
n
-
x
2
- 1
m
=1,表示焦点在y 轴上的双曲线,其中a=❑√
1
n
,b=❑√- 1
m
,渐近线方程为y=±
❑√- m
n
x,故C 正确;对于D,当m=0,n>0 时,方程化为y=±❑√
1
n
,表示两条平行于x 轴的直线,故D 正确.
综上可知,正确的选项为ACD.
【教材母题20】 (人教A 版选择性必修第一册P103·T18)求由曲线x2+y2=|x|+|y|围成的图形的面积.
【解析】当x≥0,y≥0 时,(x - 1
2)
2
+( y - 1
2)
2
=1
2,表示的图形占整个图形的1
4 ,而(x - 1
2)
2
+( y - 1
2)
2
=1
2,
表示的图形为一个等腰直角三角形和一个半圆,∴S=4(
1
2 ×1×1+ 1
2 ×π × 1
2)=2+π,故围成的图形的面积为2+π.
【教材母题21】 (人教A 版选择性必修第一册P127·T10)设动点M 与定点F(c,0)(c>0)的距离和M 到定直线
l:x=a
2
c
的距离的比是c
a(a<c),求动点M 的轨迹方程,并说明轨迹的形状.
【解析】设M(x,y),由已知,得
❑√( x -c)
2+ y
2
|x - a
2
c|
=c
a,所以❑√( x -c)
2+ y
2=c
a|x - a
2
c|,两边平方,得(x-c)2+y2=c
2
a
2(x - a
2
c )
2
,
化简得动点M 的轨迹方程为(a2-c2)x2+a2y2=a2(a2-c2),当a<c 时,(a2-c2)x2+a2y2=a2(a2-c2)可化为x
2
a
2-
y
2
c
2-a
2=1,
它表示中心在原点,焦点在x 轴上,实半轴长为a,虚半轴长为❑√c
2-a
2的双曲线.
【🚀衔接高考】
(多选)(2024·新高考Ⅰ卷)设计一条美丽的丝带,其造型可以看作图中的曲线C 的一部分.已知C 过坐标原点
O,且C 上的点满足:横坐标大于-2,到点F(2,0)的距离与到定直线x=a(a<0)的距离之积为4,则( )
A.a=-2 B.点(2❑√2,0)在C 上
C.C 在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D.当点(x0,y0)在C 上时,y0≤
4
x0+2
【答案】ABD
【解析】因为坐标原点O 在曲线C 上,所以2×|a|=4,又a<0,所以a=-2,所以A 正确;
因为点(2❑√2,0)到点F(2,0)的距离与到定直线x=-2 的距离之积为(2❑√2-2)(2❑√2+2)=4,所以点(2❑√2,0)在曲线C 上,所
以B 正确;设P(x,y)(x>0,y>0)是曲线C 在第一象限的点,则有❑√( x -2)
2+ y
2·(x+2)=4,
所以y2=
16
( x +2)
2-(x-2)2,令f(x)=
16
( x +2)
2-(x-2)2,则f'(x)=-
32
( x +2)
3-2(x-2),
因为f(2)=1,且f'(2)<0,所以函数f(x)在x=2 附近单调递减,即必定存在一小区间(2-ɛ,2+ɛ)使得f(x)单调递减,
所以在区间(2-ɛ,2)上均有f(x)>1,所以P(x,y)的纵坐标的最大值一定大于1,所以C 错误;
因为点(x0,y0)在C 上,所以x0>-2 且❑√( x0-2)
2+ y0
2(x0+2)=4,得y0
2=
16
( x0+2)
2-(x0-2)2≤
16
( x0+2)
2,
所以y0≤|y0|≤❑√
16
( x0+2)
2=
4
x0+2,所以D 正确.
【教材母题22】 (人教A 版选择性必修第一册P132 例1)
（1）已知抛物线的标准方程是y2=6x,求它的焦点坐标和准线方程;
（2）已知抛物线的焦点是F(0,-2),求它的标准方程.
【解析】（1）因为p=3,抛物线的焦点在x 轴正半轴上,所以它的焦点坐标是(
3
2 ,0),准线方程是x=-3
2.
（2）因为抛物线的焦点在y 轴负半轴上,且p
2 =2,p=4,所以抛物线的标准方程是x2=-8y.
【教材母题23】 (人教B 版选择性必修第一册P165T2)求抛物线y2=8x 的焦点到直线x-❑√3y=0 的距离.
【解析】由抛物线y2=8x 得焦点F(2,0),∴点F(2,0)到直线x-❑√3y=0 的距离d=
|2-0|
❑√1
2+(- ❑√3)
2=1.
【教材母题24】 (人教A 版选择性必修第一册P133T3(1))抛物线y2=2px(p>0)上一点M 与焦点间的距离是a,则
点M 到准线的距离是 ,点M 是横坐标是 .
【答案】a a- p
2
【解析】∵抛物线y2=2px(p>0)上一点M 与焦点间的距离是a,∴由抛物线的定义可得,点M 到准线的距离是a,点
M 的横坐标为a- p
2 .
【🚀衔接高考】
（1）（2021·新高考Ⅱ卷)抛物线y2=2px(p>0)的焦点到直线y=x+1 的距离为❑√2,则p=( )
A.1 B.2
C.2❑√2 D.4
【答案】B
【解析】抛物线的焦点坐标为(
p
2 ,0),其到直线x-y+1=0 的距离d= |
p
2 -0+1|
❑√1
2+(-1)
2
=❑√2,解得:p=2(p=-6 舍去).
（2）(2025·北京卷)抛物线y2=2px(p>0)的顶点到焦点的距离为3，则p= .
【答案】6
【解析】因为抛物线的顶点到焦点的距离为p
2 ，故p
2 =3，故p=6.
（3）(2021·新高考Ⅰ卷)已知O 为坐标原点,抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,P 为C 上一点,PF 与x 轴垂直,Q
为x 轴上一点,且PQ⊥OP.若|FQ|=6,则C 的准线方程为 .
【答案】x=-3
2
【解析】由题意易得|OF|= p
2 ,|PF|=p,∠OPF=∠PQF,所以tan∠OPF=tan∠PQF,所以|OF |
| PF | =| PF |
| FQ| ,即
p
2
p
= p
6 ,解
得p=3,所以C 的准线方程为x=-3
2.
【教材母题25】 (人教A 版选择性必修第一册P136 例5)经过抛物线焦点F 的直线交抛物线于A,B 两点,经过点
A 和抛物线顶点的直线交抛物线的准线于点D,求证:直线DB 平行于抛物线的对称轴.
证明 如图,以抛物线的对称轴为x 轴,抛物线的顶点为原点,建立平面直角坐标系xOy.
设抛物线的方程为y2=2px(p>0),①点A 的坐标为(
y0
2
2 p , y0)(y0≠0),则直线OA 的方程为y=2 p
y0
x,②
抛物线的准线方程是x=- p
2 .③联立②③,可得点D 的纵坐标为- p
2
y0
.
因为焦点F 的坐标是(
p
2 ,0),当y0
2≠p2时,直线AF 的方程为y=
2 p y0
y0
2- p
2(x - p
2).④联立①④,消去x,可得y0y2-(y0
2-
p2)y-y0p2=0,即(y-y0)(y0y+p2)=0,可得点B 的纵坐标为- p
2
y0
,与点D 的纵坐标相等,于是DB 平行于x 轴.
当y0
2=p2时,易知结论成立.所以,直线DB 平行于抛物线的对称轴.
【🚀衔接高考】
（1）(2025·新高考Ⅱ卷)设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，点A 在C 上，过A 作C 准线的垂线，垂足为B.
若直线BF 的方程为y=-2x+2，则|AF|= ( )
A.3 B.4 C.5 D.6
【解析】选C.由题意得，抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F(
p
2 ，0)，准线方程为x=-p
2 ，
又lBF:y=-2x+2，所以lBF与x 轴的交点为F(1，0)，即p=2，所以抛物线C:y2=4x，B(-1，4)，
故A(4，4)，故|AF|=xA+p
2 =4+1=5.
（2） (多选)(2024·新高考Ⅱ卷)抛物线C:y2=4x 的准线为l,P 为C 上动点.过P 作☉A:x2+(y-4)2=1 的一条切线,Q
为切点.过P 作l 的垂线,垂足为B.则( )
A.l 与☉A 相切 B.当P,A,B 三点共线时,|PQ|=❑√15
C.当|PB|=2 时,PA⊥AB D.满足|PA|=|PB|的点P 有且仅有2 个
【答案】ABD
【解析】对于A,易知l:x=-1,故l 与☉A 相切,A 正确;对于B,A(0,4),☉A 的半径r=1,
当P,A,B 三点共线时,P(4,4),所以|PA|=4,|PQ|=❑√| PA |
2-r
2=❑√4
2-1
2=❑√15,故B 正确;
对于C,当|PB|=2 时,P(1,2),B(-1,2)或P(1,-2),B(-1,-2),易知PA 与AB 均不垂直,故C 错误;
对于D,记抛物线C 的焦点为F,连接AF,PF,易知F(1,0),由抛物线定义可知|PF|=|PB|,因为|PA|=|PB|,所以|PA|=|PF|,
所以点P 在线段AF 的中垂线上,线段AF 的中垂线方程为y=1
4 x+15
8 ,即x=4y-15
2 ,代入y2=4x 可得y2-16y+30=0,
解得y=8±❑√34,易知满足条件的点P 有且仅有两个,故D 正确.故选ABD.
（3）(2025·新高考Ⅰ卷)设抛物线C:y2=6x 的焦点为F，过F 的直线交C 于A，B，过A 作l:x=-3
2 的垂线交于
D，过F 且垂直于AB 的直线交l 于E，则 ( )
A.|AD|=|AF|
B.|AE|=|AB|
C.|AB|≥6
D.|AE|·|BE|≥18
【答案】ACD
【解析】A:F(
3
2 ，0)，l 是准线，由抛物线的定义知AD=AF，A 正确.B:若AB⊥x 轴，则A(
3
2 ，3)，
E(-3
2 ，0)，
|AE|=3❑√2，|AB|=6，|AE|≠|AB|，B 错误；C:设AB:x=my+3
2 ，与y2=6x 联立得y2-6my-9=0，设A(x1，y1)，B(x2，
y2)，则|AB|=❑√m
2+1|y1-y2|=6(m2+1)≥6.故C 正确；
D:EF:y=-m(x -3
2)得E(-3
2 ，3m)，由|AE|=❑√(x1+3
2 )
2
+(y1-3m )
2=❑√(m y1+3)
2+(y1-3m )
2=
❑√( m
2+1)(y1
2+9)
同理.|BE|=❑√( m
2+1)(y2
2+9)，又{
y1+y2=6m
y1y2=-9
，可得|AE|·|BE|=18(m2+1)❑√m
2+1≥18，D 正确.
【教材母题26】 (人教A 版选择性必修第一册P116T14)已知椭圆x
2
4 + y
2
9 =1,一组平行直线的斜率是3
2.
（1）这组直线何时与椭圆有两个公共点?
（2）当它们与椭圆有两个公共点时,证明这些直线被椭圆截得的线段的中点在同一条直线上.
【解析】设斜率是3
2的直线在y 轴上的截距为m,则直线方程可写为y=3
2x+m.与椭圆的方程联立,消去y,得
9x2+6mx+2m2-18=0.
（1）若直线与椭圆相交,则Δ=36m2-36(2m2-18)>0,即m2<18,也就是-3❑√2<m<3❑√2,
所以当直线在y 轴上的截距在(-3❑√2,3❑√2)内取值时,直线与椭圆有两个公共点.
（2）证明 设弦的中点M 的坐标为(x,y),直线与椭圆两交点的横坐标分别为x1,x2,则点M 在直线y=3
2x+m 上.
又x1+x2=-6m
9 =-2m
3 =2x,所以x=-m
3 .因为m∈(-3❑√2,3❑√2),x∈(-❑√2,❑√2).由{
y = 3
2 x +m,
x =- m
3 .
消去x,得y=m
2 .
所以弦的中点的轨迹方程为y=-3
2x(-❑√2<x<❑√2),
所以这些直线被椭圆截得的线段的中点在同一条直线上.
【🚀衔接高考】
(2023·新高考Ⅱ卷)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A1,A2,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MA1与NA2
交于点P,证明:点P 在定直线上.
（1）解 设双曲线的标准方程为x
2
a
2- y
2
b
2 =1(a>0,b>0).由题意可得{
e = c
a = ❑√5,
c
2=a
2+b
2,
c =2❑√5,
解得{
a=2,
b= 4.
所以双曲线C 的方程为x
2
4 - y
2
16 =1.
（2）证明 设直线MN 的方程为x=my-4,M(x1,y1),N(x2,y2).易知A1(-2,0),A2(2,0).
联立直线MN 与双曲线C 的方程,得{
x =my - 4 ,
4 x
2- y
2=16.消去x 并整理,得(4m2-1)y2-32my+48=0,
则y1+y2= 32m
4 m
2-1,y1y2=
48
4 m
2-1,且4m2-1≠0,Δ=(-32m)2-4×48×(4m2-1)=256m2+192>0.
直线MA1的方程为y=
y1
x1+2(x+2),直线NA2的方程为y=
y2
x2-2(x-2).
联立直线MA1与直线NA2的方程并消去y,得x +2
x -2= y2( x1+2)
y1( x2-2)=m y1 y2-2( y1+ y2)+2 y1
m y1 y2-6 y1
=
m×
48
4 m
2-1
-2× 32m
4 m
2-1
+2 y1
m×
48
4 m
2-1
-6 y1
=
- 16m
4 m
2-1
+2 y1
48m
4 m
2-1
-6 y1
=-1
3,
所以x=-1,即点P 在定直线x=-1 上.
【教材母题27】 (湘教版选择性必修第一册P173T18)已知两个定点A1(-2,0),A2(2,0),动点M 满足直线MA1与
MA2的斜率之积为定值m
4 (m≠0).
(1)求动点M 的轨迹方程,并指出随m 变化时方程所表示的曲线C 的形状;
(2)若m=-1,设直线l 与曲线C 相交于E,F 两点,直线OE,l,OF 的斜率分别为k1,k,k2(其中k>0),△OEF 的面积为S,以
OE,OF 为直径的圆的面积分别为S1,S2.若k1,k,k2恰好构成等比数列,求S1+ S2
S
的取值范围.
【解析】(1)设动点M(x,y)(x≠±2),依题意有
y
x -2·
y
x +2=m
4 (m≠0),整理得x
2
4 - y
2
m =1,m≠0,
∴动点M 的轨迹方程为x
2
4 - y
2
m =1(x≠±2),
m>0 时,轨迹是焦点在x 轴上的双曲线,且点A1(-2,0),A2(2,0)不在曲线上;
m∈(-4,0)时,轨迹是焦点在x 轴上的椭圆,且点A1(-2,0),A2(2,0)不在曲线上;
m=-4 时,轨迹是圆,且点A1(-2,0),A2(2,0)不在曲线上;
m∈(-∞,-4)时,轨迹是焦点在y 轴上的椭圆,且点A1(-2,0),A2(2,0)不在曲线上.
（2）设直线的方程为y=kx+t(t≠0),E(x1,y1),F(x2,y2),由{
y =kx +t ,
x
2
4 + y
2=1,得(1+4k2)x2+8ktx+4(t2-1)=0,
由韦达定理得{
x1+ x2=-8kt
1+ 4 k
2 ,
x1 x2= 4 t
2- 4
1+ 4 k
2 ,
且Δ=16(1+4k2-t2)>0,∵k1,k,k2构成等比数列,∴k2=k1k2=
(k x1+t )(k x2+t )
x1 x2
,
即kt(x1+x2)+t2=0,由韦达定理代入化简得k2=1
4 ,∵k>0,∴k=1
2,此时Δ=16(2-t2)>0,
即t∈(-❑√2,0)∪(0,❑√2),
故S=1
2|EF|·d=1
2
❑√1+ k
2|x1-x2|·
|t|
❑√1+ k
2=1
2
❑√( x1+ x2)
2- 4 x1 x2·|t|=❑√2-t
2·|t|.
又S1+S2=π
4 (x1
2+y1
2+x2
2+y2
2)=π
4(
3
4 x1
2+ 3
4 x2
2+2)=3 π
16 [(x1+x2)2-2x1x2]+π
2 =5 π
4 为定值.
∴S1+ S2
S
=5 π
4 ·
1
❑√2-t
2·|t |
≥5 π
4 ,当且仅当t=±1∈(-❑√2,0)∪(0,❑√2)时等号成立.综上,S1+ S2
S
∈[
5 π
4 ,+ ∞).
【🚀衔接高考】
(2024·新高考Ⅱ卷)已知双曲线C:x2-y2=m(m>0),点P1(5,4)在C 上,k 为常数,0<k<1.按照如下方式依次构造点
Pn(n=2,3,…):过Pn-1作斜率为k 的直线与C 的左支交于点Qn-1,令Pn为Qn-1关于y 轴的对称点.记Pn的坐标为(xn,yn).
（1）若k=1
2,求x2,y2;
（2）证明:数列{xn-yn}是公比为1+ k
1-k 的等比数列;
（3）设Sn为△PnPn+1Pn+2的面积.证明:对任意正整数n,Sn=Sn+1.
【解析】将点P1(5,4)的坐标代入C 的方程得52-42=m,解得m=9,所以C:x2-y2=9.
（1）过点P1(5,4)且斜率k=1
2的直线方程为y=1
2(x-5)+4,与C 的方程联立,消去y 化简可得x2-2x-15=0,
即(x-5)(x+3)=0,所以点Q1的横坐标为-3,将x=-3 代入直线方程,得y=0,因此Q1(-3,0),从而P2(3,0),即x2=3,y2=0.
（2）证明：由题意,Pn(xn,yn),Pn+1(xn+1,yn+1),Qn(-xn+1,yn+1).设过点Pn(xn,yn)且斜率为k 的直线为ln:y=k·(x-xn)+yn,
将ln的方程与C 的方程联立,消去y 化简可得(1-k2)x2+(2k2xn-2kyn)x-(kxn-yn)2-9=0,
由根与系数的关系得-xn+1+xn=-2k
2 xn-2k yn
1-k
2
,所以xn+1=2k
2 xn-2k yn
1-k
2
+xn=k
2 xn+ xn-2k yn
1-k
2
.
又Qn(-xn+1,yn+1)在直线ln上,所以yn+1=k(-xn+1-xn)+yn=-kxn+1-kxn+yn.
从而xn+1-yn+1=xn+1+kxn+1+kxn-yn=(1+k)xn+1+kxn-yn=(1+k)·k
2 xn+ xn-2k yn
1-k
2
+kxn-yn=1+k
1-k ·(xn-yn),
易知xn-yn≠0,所以数列{xn-yn}是公比为1+ k
1-k 的等比数列.
（3）证明：由（2）知,数列{xn-yn}是首项为x1-y1=5-4=1,公比为1+k
1-k 的等比数列.
令t=1+ k
1-k ,由0<k<1 可知t>1,则xn-yn=tn-1,又xn
2-yn
2=9,所以xn+yn=
9
xn- yn
= 9
t
n-1,
可得xn=9+t
2n-2
2t
n-1 ,yn=9-t
2n-2
2t
n-1 .所以Pn(
9+t
2n-2
2t
n-1 , 9-t
2n-2
2t
n-1 ),
Pn+1(
9+t
2n
2t
n , 9-t
2n
2t
n ),Pn+2(
9+t
2n+2
2t
n+1 , 9-t
2n+2
2t
n+1 ),Pn+3(
9+t
2n+ 4
2t
n+2 , 9-t
2n+ 4
2t
n+2 ).
所以
yn+3- yn
xn+3- xn
=
9-t
2n+ 4
2t
n+2 - 9-t
2n-2
2t
n-1
9+t
2n+ 4
2t
n+2 - 9+t
2n-2
2t
n-1
=9+t
2n+1
9-t
2n+1,
yn+2- yn+1
xn+2- xn+1
=
9-t
2n+2
2t
n+1 - 9-t
2n
2t
n
9+t
2n+2
2t
n+1 - 9+t
2n
2t
n
=9+t
2n+1
9-t
2n+1,
即
yn+2- yn+1
xn+2- xn+1
=
yn+3- yn
xn+3- xn
,所以PnPn+3∥Pn+1Pn+2,所以点Pn和点Pn+3到直线Pn+1Pn+2的距离相等,
因此△PnPn+1Pn+2和△Pn+1Pn+2Pn+3的面积相等,即Sn=Sn+1.
🎯读教材-----玩味阅读材料
【阅读1】通过阅读《阅读与思考——圆锥曲线的光学性质及其应用》(人教A 版选择性必修第一册P140)、
《拓展阅读——圆锥曲线的光学性质》(人教B 版选择性必修第一册P172)、《阅读教材二——圆锥曲线的光学
性质》可从中提炼出如下结论:
（1）从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后,反射光线经过另一个焦点.
证明：如图,设椭圆x
2
a
2+ y
2
b
2 =1(a>b>0)上任意一点P(x0,y0),作在点P 的切线l,法线PM⊥l 交x 轴于点M,
l: x0 x
a
2 + y0 y
b
2 =1,
PM:y-y0=a
2 y0
b
2 x0
(x-x0),M(
c
2 x0
a
2 ,0),|PF1|=a+ex0,|PF2|=a-ex0,所以| F1 M|
| F2 M|=
c
2
a
2 x0+c
c - c
2
a
2 x0
=a+e x0
a-e x0
=|P F1|
|P F2|
,
所以PM 为∠F1PF2的角平分线.
（2）从双曲线的一个焦点出发的光线,经过双曲线反射后,反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点.
证明：如图,设双曲线x
2
a
2- y2
b
2 =1 上任意一点P(x0,y0),作在点P 的切线l 交x 轴于点N,法线PM⊥l 交x 轴于点M,PF1
的反向延长线为PA,
l: x0 x
a
2 - y0 y
b
2 =1,N(
a
2
x0
,0),|PF1|=ex0+a,|PF2|=ex0-a,所以|N F1|
|N F2|
=
a
2
x0
+c
c - a
2
x0
=e x0+a
e x0-a=|P F1|
|P F2|
,所以∠F1PN=∠F2PN,
所以∠APM=∠F2PM,即PM 是∠F2PA 的角平分线.
(3)从抛物线的焦点出发的光线,经过抛物线反射后,反射光线平行于对称轴.
证明：如图,设抛物线y2=2px(p>0)上任意一点P(x0,y0),作在点P 处的切线l,法线PM⊥l 交x 轴于点M,PA 为反射光
线.
l:y0y=p(x+x0),PM:y-y0=- y0
p
(x-x0),M(p+x0,0),|PF|=x0+ p
2 ,|FM|=p+x0- p
2 =x0+ p
2 ,所以|PF|=|FM|,所以∠FMP=∠FPM,
又因为∠FPM=∠MPA,所以∠FMP=∠MPA,所以PA∥x 轴.
【🚀新题预测】（2026·浙江杭州1 月模拟）已知双曲线C: x
2
a
2- y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,根据
双曲线的光学性质可知,过双曲线C 上任意一点P(x0,y0)的切线l: x0 x
a
2 - y0 y
b
2 =1(a>0,b>0)平分∠F1PF2.直线l1过F2交
双曲线C 的右支于A,B 两点,设△AF1F2,△BF1F2,△ABF1的内心分别为I1,I2,I,若△II1I2与△F2I1I2的面积之比为3
5,则
双曲线C 的离心率为( )
A.3
2 B.2❑√3
3
C.5
3 D.5 ❑√3
3
【答案】C
【解析】令圆I1切AF1,AF2,F1F2分别为点P,Q,T,
则|AP|=|AQ|,|F1P|=|F1T|,|F2Q|=|F2T|,|F1T|-|F2T|=|F1P|-|F2Q|=|AF1|-|AF2|=2a,令点T(x0,0),而F1(-c,0),F2(c,0),
因此x0-(-c)-(c-x0)=2a,解得x0=a,又I1T⊥F1F2,则点I1横坐标为a,同理点I2横坐标为a,即直线I1I2的方程为x=a,
设A(x1,y1),B(x2,y2),依题意,直线AI,BI 的方程分别为: x1 x
a
2 - y1 y
b
2 =1, x2 x
a
2 - y2 y
b
2 =1,
联立消去y 得:(
x1 x
a
2 -1)y2=(
x2 x
a
2 -1)y1,整理得x= a
2( y2- y1)
x1 y2- x2 y1
,令直线AB 的方程为x=my+c,
于是x=
a
2( y2- y1)
(m y1+c) y2-(m y2+c) y1
=a
2
c ,即点I 的横坐标为a
2
c ,因此
S△I I 1 I 2
S△F2 I 1 I 2
=a- a
2
c
c -a
=a
c =3
5,
所以双曲线C 的离心率e=c
a=5
3.
【阅读2】通过阅读《阅读材料——圆锥的截线》(北师大版选择性必修第一册P77)和《拓展阅读——倾斜的
试管液面轮廓一定是椭圆》(人教B 版选择性必修第一册P134),可从中提炼出如下结论:
（1）在圆锥内放两个大小不同的球,使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切,两个球分别与截面相切于点F1,F2,则
截口曲线为椭圆.
证明：如图,在截口曲线上任取一点A,过点A 作圆锥的母线,分别与两个球相切于点C,B,由球和圆的几何性质,可
得|AF1|=|AC|,|AF2|=|AB|,所以|AF1|+|AF2|=|AB|+|AC|=|BC|>|F1F2|,由椭圆的定义可知,截口曲线是椭圆.
（2）平面α 与圆柱相交,且平面α 不与圆柱的轴垂直,则截口曲线为椭圆.
证明：取半径与圆柱底面半径相同的两个球,从平面α 的两侧放入圆柱面内,并使得两个球都与平面α 相切,切点分
别为F1,F2.
设P 为截口曲线C 上任一点,过点P 作圆柱的母线,分别与两个球相切于A,B,由球和圆的几何性质,|PF1|=|PA|,|PF2|
=|PB|,所以|PF1|+|PF2|=|PA|+|PB|=|AB|>|F1F2|,由椭圆的定义可知,截口曲线是椭圆.
（3）用一个平面去截圆锥,得到的曲线满足到定点的距离与到定直线的距离之比为常数.
证明：连接MF,因为M(P 曲线上的点)为平面β 内一点,F 是平面β 与球的切点,
所以MF 是球的切线,同理,MP 也是切线,
|MF|=|MP|(类比圆的切线长定理).做MN⊥l 于点N,MH⊥OP 交延长线于H,则MH∥VD,
于是动点M 到定点F 的距离d=|MF|=|MP|,动点M 到定直线l 的距离d1=|MN|,则d
d1
=| MF |
| MN | =| MP|
| MN | ,
如图所示,圆锥中母线与轴VD 的夹角为θ,△VOP 与△MHP 相似,∠PMH=∠PVO=θ,
∴|MP|=| MH |
cos θ ,在Rt△MHN 中,∠NMH 是平面β 与轴VD 的夹角记为γ,∴|MN|=| MH |
cos γ , d
d1
=| MF |
| MN | =| MP|
| MN | =
| MH |
cos θ
| MH |
cos γ
=cos γ
cosθ ,
所以动点M 到定点F 的距离与定直线l 的距离之比为常数,因此M 的轨迹是圆锥曲线.
引申:当γ=θ 时,e=cos γ
cos θ =1,截口曲线为抛物线;
当θ<γ<π
2 时,e=cos γ
cos θ ∈(0,1),截口曲线为椭圆;
当γ<θ 时,e=cos γ
cos θ >1,截口曲线为双曲线.
【🚀新题预测】（2026·安徽合肥1 月检测）机场为旅客提供的圆锥形纸杯如图所示,该纸杯母线长为12 cm,
开口直径为8 cm.旅客使用纸杯喝水时,当水面与纸杯内壁所形成的椭圆经过母线中点时,椭圆的离心率等于
.
【答案】3 ❑√17
17
【解析】该纸杯母线长为12 cm,开口直径为8 cm.旅客使用纸杯喝水时,当水面与纸杯内壁所形成的椭圆经过母线
中点时,如图,设∠SAB=α,cos α= 4
12=1
3,AC=6,AB=8,
所以BC2=62+82-2×6×8×1
3=68,BC=2❑√17,即2a=2❑√17,a=❑√17,SO=8❑√2,
CD=4❑√2,O'为椭圆的中点,O'E=2❑√2,D,O,E 分别为C,S,O'在底面上的射影,
可得DO=2,OE=1,F 为小圆的圆心,M 为小圆与椭圆的交点,OF=2❑√2,
可得FM=3,MO'⊥CD,MO'⊥O'F,CD 与O'F 相交,
则O'M⊥平面BCD,故MO'⊥BC,MN 是椭圆的短轴长为2❑√9-1=4❑√2,b=2❑√2,c=❑√17-8=3,
椭圆的离心率为e=2c
2a= 3
❑√17 =3 ❑√17
17
.
🎯研教材-----深度探究思考
【探究1】(北师大版选择性必修第一册P68 习题2-2A 组T3,人教B 版选择性必修第一册P179T20 拓展)双曲线
的两个距离结论
（1）双曲线的焦点到渐近线的距离为定值b.
证明：不妨以x
2
a
2- y
2
b
2 =1 为例,直线l:bx-ay=0 为其一条渐近线,焦点F2(c,0)到l 的距离为|bc -a·0|
❑√b
2+a
2
=bc
c =b.
（2）双曲线上任一点到两渐近线的距离之积为定值a
2b
2
c
2 .
证明：不妨以y
2
a
2 - x
2
b
2=1 为例
.
设P(x0,y0),点P 在双曲线上,所以y0
2
a
2 -x0
2
b
2=1,即b2y0
2-a2x0
2=a2b2,l1:by-ax=0,l2:by+ax=0,点P 到l1和l2的距离之积为
|b y0-a x0|
❑√b
2+a
2
·|b y0+a x0|
❑√b
2+a
2
=|b
2 y0
2-a
2 x0
2|
c
2
=a
2b
2
c
2 .
【🚀衔接高考】
(2020·北京高考)已知双曲线C: x
2
6 - y
2
3 =1,则C 的右焦点的坐标为 ;C 的焦点到其渐近线的距离是
.
【答案】(3,0) ❑√3
【解析】在双曲线C 中,a=❑√6,b=❑√3,则c=❑√a
2+b
2=3,则双曲线C 的右焦点坐标为(3,0),
双曲线C 的渐近线方程为y=±
❑√2
2 x,即x±❑√2y=0,所以双曲线C 的焦点到其渐近线的距离为
3
❑√1
2+2
=❑√3.
【探究2】抛物线焦点弦相关结论
如图,AB 为抛物线y2=2px(p>0)的焦点弦,A(x1,y1),B(x2,y2),焦点F(
p
2 ,0),准线l:x=- p
2 ,准线与x 轴交点为P,作
AC⊥l,BD⊥l 且M,N 分别为线段AB,CD 的中点,R 为MN 与抛物线的交点,则有以下性质.
（1）(人教A 版选择性必修第一册P135 例4 拓展)|AB|=x1+x2+p.
证明 根据抛物线定义,抛物线上的点到焦点距离等于到准线距离,可得|AF|=x1+ p
2 ,|BF|=x2+ p
2 ,
故|AB|=|AF|+|BF|=x1+x2+p.
（2）(人教B 版选择性必修第一册P173T9 拓展)x1x2= p
2
4 ,y1y2=-p2.
证明 设直线AB 的方程为x=my+ p
2 ,与y2=2px 联立,得y2-2pmy-p2=0,故y1y2=-p2,
x1x2= y1
2
2 p
· y2
2
2 p
= p
4
4 p
2= p
2
4
.
（3）(人教A 版选择性必修第一册P138 习题3.3T5,人教B 版选择性必修第一册P173 习题2-8BT1,P178T18 拓
展)如图所示:①|AF|=
p
1-cosθ ,|BF|=
p
1+cosθ ,
②|AB|= 2 p
sin
2θ ,
③
1
| AF | +
1
|BF | = 2
p ,
④若|AF|=λ|BF|,则cos θ= λ-1
λ+1.(其中θ 为直线AB 的倾斜角)
证明 ①设准线l 交x 轴于P 点,过点A 作AM⊥x 轴于M,作AC⊥l 于C.设d 为点A 到准线l 的距离,于是|AF|=|AC|.
其中|PF|=p,|MF|=|AF|·|cos θ|,所以|AC|=|PF|+|FM|=p+|AF|cos θ,|AF|=p+|AF|cos θ,故|AF|=
p
1-cosθ .
同理|BF|=
p
1+cosθ .
②|AB|=|AF|+|BF|=
p
1-cosθ +
p
1+cosθ =
2 p
1-co s
2θ = 2 p
sin
2θ .
③
1
| AF | +
1
|BF | =1-cosθ
p
+1+cosθ
p
= 2
p.
④|AF|=λ|BF|,即
p
1-cosθ =λ
p
1+cosθ ,
λ(1-cos θ)=1+cos θ,cos θ= λ-1
λ+1.
（4）(湘教版选择性必修第一册P147T3 拓展)如图所示:S△AOB=S△COD=
p
2
2sinθ
.
证明：设AB 的直线方程为x=my+ p
2 ,与y2=2px 联立得y2-2pmy-p2=0,
y1+y2=2pm,y1y2=-p2,|y1-y2|=❑√( y1+ y2)
2- 4 y1 y2=❑√4 p
2m
2+ 4 p
2=2p❑√m
2+1,
故S△AOB=S△COD=1
2·|OF|·(y1-y2)= p
2
2
❑√m
2+1= p
2
2
❑√
co s
2θ
sin
2θ
+1=
p
2
2sinθ .
（5）(人教B 版选择性必修第一册P167T7 拓展)如图所示:三个垂直CF⊥FD,NF⊥AB,AN⊥BN.
证明：设A(x1,y1),B(x2,y2),C(- p
2 , y1),D(- p
2 , y2),得⃗FC=(-p,y1),⃗FD=(-p,y2),⃗FC·⃗FD=p2+y1y2,
根据上条结论y1y2=-p2,得⃗FC·⃗FD=0,故CF⊥FD.设N(- p
2 , y1+ y2
2 ),得⃗FN=(- p, y1+ y2
2 ),⃗
BA=(x1-x2,y1-y2),⃗FN·⃗BA=-p(x1-x2)+ y1
2- y2
2
2
,因为y1
2=2px1,y2
2=2px2,代入⃗FN·⃗BA=-p(x1-x2)+ y1
2- y2
2
2
=0,
故NF⊥AB.N(- p
2 , y1+ y2
2 ),⃗NA=(x1+ p
2 , y1- y2
2 ),⃗NB=(x2+ p
2 , y2- y1
2 ),⃗NA·⃗NB=x1·x2+ p
2 (x1+x2)+ p
2
4 +
2 y1· y2- y1
2- y2
2
4
.
因为y1
2=2px1,y2
2=2px2,x1x2= p
2
4 ,y1y2=-p2,代入原式化简得⃗NA·⃗NB=0,故AN⊥BN.
（6）(人教A 版选择性必修第一册P146T16,人教B 版选择性必修第一册P174T9,P167 习题2-7BT3 拓展)
①以AB 为直径的圆与准线相切;
②以AF 为直径的圆与y 轴相切.
证明 ①|AB|=|AF|+|BF|=|AC|+|BD|=2|MN|,因此以AB 为直径的圆与准线相切.
②取AF 的中点E,过点E 作EE1⊥y 轴,垂足为E1,AC 交y 轴与点C1(图略).
|AF|=|AC|=|AC1|+|C1C|=|AC1|+|OF|=2|EE1|,因此以AF 为直径的圆与y 轴相切.
【🚀衔接高考】
（1）(2020·全国Ⅰ卷)已知A 为抛物线C:y2=2px(p>0)上一点,点A 到C 的焦点的距离为12,到y 轴的距离为9,则
p=( )
A.2 B.3
C.6 D.9
【答案】C
【解析】设A(x,y),由抛物线的定义知,点A 到准线的距离为12,即x+ p
2 =12.又因为点A 到y 轴的距离为9,即x=9,
所以9+ p
2 =12,解得p=6.故选C.
（2）(多选)(2023·新高考Ⅱ卷)设O 为坐标原点,直线y=-❑√3(x-1)过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点,且与C 交于
M,N 两点,l 为C 的准线,则( )
A.p=2 B.|MN|=8
3
C.以MN 为直径的圆与l 相切 D.△OMN 为等腰三角形
【答案】AC
【解析】对于A,因为直线y=-❑√3(x-1)经过抛物线C 的焦点,且直线与x 轴的交点为(1,0),
所以抛物线C 的焦点坐标为(1,0),所以p
2 =1,即p=2,所以A 选项正确;对于B,
解法一：不妨设M(x1,y1),N(x2,y2),x1<x2,联立方程得{
y =- ❑√3( x -1),
y
2= 4 x ,
解得{
x1= 1
3 ,
y1= 2❑√3
3
,{
x2=3,
y2=-2❑√3,
所以M(
1
3 , 2❑√3
3 ),N(3,-2❑√3),所以由两点间距离公式可得
|MN|=❑√(3- 1
3)
2
+(-2❑√3- 2❑√3
3 )
2
=16
3 ,故B 选项错误;
解法二：不妨设M(x1,y1),N(x2,y2),x1<x2,联立方程得{
y =- ❑√3( x -1),
y
2= 4 x ,
消去y 并整理得3x2-10x+3=0,
解得x1=1
3,x2=3.由抛物线的定义得,|MN|=x1+x2+p=10
3 +2=16
3 ,故B 选项错误;
解法三：设M(x1,y1),N(x2,y2),联立方程得{
y =- ❑√3( x -1),
y
2= 4 x ,
消去y 并整理得3x2-10x+3=0,则Δ=64>0,x1+x2=10
3
,x1x2=1,
所以由弦长公式得|MN|=❑√1+3×❑√(
10
3 )
2
- 4×1=16
3 ,故B 选项错误;
解法四：易知直线y=-❑√3(x-1)的倾斜角为2π
3 ,所以|MN|=
2×2
sin
2 2π
3
=16
3 ,故B 选项错误;
对于C,解法一：由以上分析易知,l 的方程为x=-1,以MN 为直径的圆的圆心坐标为(
5
3 ,- 2❑√3
3 ),半径r=1
2|MN|=8
3
=5
3+1,所以以MN 为直径的圆与l 相切,故C 选项正确;
解法二：由二级结论——以抛物线焦点弦为直径的圆与抛物线的准线相切,易知C 选项正确;
对于D,由B 中法一知M(
1
3 , 2❑√3
3 ),N(3,-2❑√3),所以由两点间距离公式可得|OM|=
❑√13
3
,|ON|=❑√21,
又|MN|=16
3 ,故D 选项错误.综上,选AC.
（3）(多选)(2022·新高考Ⅱ卷)已知O 为坐标原点,过抛物线C:y2=2px(p>0)焦点F 的直线与C 交于A,B 两点,其
中A 在第一象限,点M(p,0).若|AF|=|AM|,则( )
A.直线AB 的斜率为2❑√6 B.|OB|=|OF|
C.|AB|>4|OF| D.∠OAM+∠OBM<180°
【答案】ACD
【解析】对于A,由题意,得F(
p
2 ,0).因为|AF|=|AM|,且M(p,0),所以xA= xF + xM
2
=3
4 p,将其代入抛物线方程y2=2px,
得yA=
❑√6
2 p,所以A(
3
4 p,
❑√6
2 p),所以直线AB 的斜率kAB=kAF=
❑√6
2 p-0
3
4 p- p
2
=2❑√6,故A 正确;
对于B,由选项A 的分析,知直线AB 的方程为y=2
❑√6(x - p
2),代入y2=2px,得12x2-13px+3p2=0,解得x=3
4 p 或x=1
3p,
所以xB=1
3p,所以yB=-
❑√6
3 p,所以|OB|=❑√xB
2 + yB
2=
❑√7
3 p≠|OF|,故B 不正确;
对于C,由抛物线的定义及选项A,B 的分析,得|AB|=xA+xB+p=13
12p+p=25
12p>2p,即|AB|>4|OF|,故C 正确;
对于D,易知|OA|=
❑√33
4
p,|AM|=5
4 p,|OB|=
❑√7
3 p,|BM|=
❑√10
3
p,则cos ∠OAM=|OA |
2+| AM |
2-|OM |
2
2|OA |·| AM |
=
33
16 p
2+ 25
16 p
2- p
2
2×
❑√33
4
p· 5
4 p
= 21
5 ❑√33>0,
cos ∠OBM=|OB|
2+|BM |
2-|OM |
2
2|OB|·|BM |
=
7
9 p
2+ 10
9 p
2- p
2
2×
❑√7
3 p·
❑√10
3
p
= 4
❑√70>0,
所以∠OAM<90°,∠OBM<90°,所以∠OAM+∠OBM<180°,故D 正确.
综上所述,选ACD.
（4）(2023·全国乙卷)已知点A(1,❑√5)在抛物线C:y2=2px 上,则A 到C 的准线的距离为 .
【答案】 9
4
【解析】将点A 的坐标代入抛物线方程,得5=2p,于是y2=5x,则抛物线的准线方程为x=-5
4 ,
所以A 到准线的距离为1-(-5
4 )=9
4 .
（5）(2020·新高考Ⅰ卷)斜率为❑√3的直线过抛物线C:y2=4x 的焦点,且与C 交于A,B 两点,则|AB|= .
【答案】16
3
【解析】解法一：由题意得,
抛物线焦点为F(1,0),设直线AB 的方程为y=❑√3(x-1).由{
y = ❑√3( x -1),
y
2= 4 x ,
得3x2-10x+3=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=10
3 ,所以|AB|=x1+x2+2=16
3 .
解法二：易知直线AB 的倾斜角为π
3 ,故有|AB|= 2 p
sin
2α =
4
3
4
=16
3 .
【探究3】 (人教A 版选择性必修第一册P121)如图,点A,B 的坐标分别是(-5,0),(5,0),直线AM,BM 相交于点M,且
它们斜率之积是4
9 ,试求点M 的轨迹方程,并由点M 的轨迹方程判断轨迹的形状,与它们的斜率之积是-4
9 比较,你有
什么发现?
【解析】设M(x,y),则AM 斜率k1=
y
x +5.BM 斜率k2=
y
x -5,∴k1k2=
y
x +5·
y
x -5=4
9 (y≠0),整理得4x2-9y2=100(y≠0),即
x
2
25
-
y
2
100
9
=1(y≠0).当它们的斜率之积-4
9 <0,轨迹为焦点在x 轴上椭圆(y≠0);当斜率之积4
9 >0,
轨迹为焦点在x 轴的双曲线(y≠0).
推广：点A,B 坐标分别为(-5,0),(5,0),直线AM,BM 相交于点M,且它们的斜率之积是k 时,
①当k<0(k≠-1)时,M 的轨迹为焦点在x 轴或y 轴的椭圆(不含与x 轴的交点或y≠0).
②当k>0 时,点M 的轨迹为焦点在x 轴的双曲线(不含与x 轴的交点).
【探究4】（1）(人教B 版选择性必修第一册P143 习题2-5BT2 拓展)椭圆焦点三角形面积公式:
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,P 是椭圆上异于左右顶点的一点,∠F1PF2=θ,则焦点三角
形的面积S△P F1 F2=b2tan θ
2.
证明:在△PF1F2中,由余弦定理得:|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2-2|PF1|·|PF2|·cos θ,
所以|F1F2|2=(|PF1|+|PF2|)2-2|PF1|·|PF2|-2|PF1|·|PF2|·cos θ,即|F1F2|2=(|PF1|+|PF2|)2-2|PF1|·|PF2|·(1+cos θ).
由椭圆的定义可知:|PF1|+|PF2|=2a,|F1F2|=2c,所以4c2=4a2-2|PF1|·|PF2|·(1+cos θ),
即2|PF1|·|PF2|·(1+cos θ)=4a2-4c2=4b2,化简得|PF1|·|PF2|=
2b
2
1+cosθ ,
所以S△P F1 F2=1
2|PF1|·|PF2|·sin θ=1
2×
2b
2
1+cosθ ·sin θ=b2· sinθ
1+cosθ =b2·
2sin θ
2 cos θ
2
co s
2 θ
2
=b2tan θ
2.
（2）(人教B 版选择性必修第一册P157T5 拓展)双曲线焦点三角形面积公式:已知双曲线C: x
2
a
2- y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的
左、右焦点分别为F1,F2,P 是双曲线上异于左右顶点的一点,∠F1PF2=θ,则焦点三角形的面积S△P F1F2=
b
2
tan θ
2
.
证明：在△PF1F2中,由余弦定理得:|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2-2|PF1|·|PF2|·cos θ,
所以|F1F2|2=(|PF1|-|PF2|)2+2|PF1|·|PF2|-2|PF1|·|PF2|·cos θ,即|F1F2|2=(|PF1|-|PF2|)2+2|PF1|·|PF2|·(1-cos θ),
由双曲线的定义可知:||PF1|-|PF2||=2a,|F1F2|=2c,所以4c2=4a2+2|PF1|·|PF2|·(1-cos θ),
即2|PF1|·|PF2|·(1-cos θ)=4c2-4a2=4b2,化简得|PF1|·|PF2|=
2b
2
1-cosθ ,
所以S△P F1F2=1
2|PF1|·|PF2|·sin θ=1
2×
2b
2
1-cosθ ·sin θ=b2·
sinθ
1-cosθ =b2·
2sin θ
2 cos θ
2
2sin
2 θ
2
=
b
2
tan θ
2
.
【🚀衔接高考】
（1）(2020·全国Ⅲ卷) （一题多解）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,离心率为❑√5.P
是C 上一点,且F1P⊥F2P.若△PF1F2的面积为4,则a=( )
A.1 B.2
C.4 D.8
【答案】A
【解析】解法一： 设|PF1|=m,|PF2|=n,P 为双曲线右支上一点,则S△P F1 F2=1
2mn=4,m-n=2a,m2+n2=4c2,
又e=c
a=❑√5,所以a=1.
解法二：由题意得,S△P F1 F2=
b
2
tan 45° =4,得b2=4,又c
2
a
2=5,c2=b2+a2,所以a=1.
（2）(2023·全国甲卷文) （一题多解）设F1,F2为椭圆C: x
2
5 +y2=1 的两个焦点,点P 在C 上,若⃗P F1·⃗P F2=0,则|
PF1|·|PF2|=( )
A.1 B.2
C.4 D.5
【答案】B
【解析】解法一：因为⃗P F1·⃗P F2=0,所以PF1⊥PF2,则S△P F1F2=1
2|PF1|·|PF2|=b2tan∠F1 P F2
2
,得1
2|PF1|·|PF2|=1×tan
90°
2 ,
所以|PF1|·|PF2|=2,故选B.
解法二：因为⃗P F1·⃗P F2=0,所以PF1⊥PF2,所以|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=(2c)2=16.因为|PF1|+|PF2|=2a=2❑√5,
所以(|PF1|+|PF2|)2=20,即|PF1|2+|PF2|2+2|PF1|·|PF2|=20,所以|PF1|·|PF2|=2,故选B.
（3）(2023·全国甲卷理)（一题多解）设O 为坐标原点,F1,F2为椭圆C: x
2
9 + y
2
6 =1 的两个焦点,点P 在C
上,cos∠F1PF2=3
5,则|OP|=( )
A.13
5 B.
❑√30
2
C.14
5 D.
❑√35
2
【答案】B
【解析】依题意a=3,b=❑√6,c=❑√a
2-b
2=❑√3.如图,不妨令F1(-❑√3,0),F2(❑√3,0).
设|PF1|=m,|PF2|=n,在△F1PF2中,cos∠F1PF2=m
2+n
2-12
2mn
=3
5,①由椭圆的定义可得m+n=2a=6.②
由①②,解得mn=15
2 .
解法一：设|OP|=x.在△F1OP 和△F2OP 中,∠F1OP+∠F2OP=π,由余弦定理得x
2+3-m
2
2❑√3 x
=- x
2+3-n
2
2❑√3 x
,
得x2=m
2+n
2-6
2
=(m+n)
2-2mn-6
2
=15
2 ,所以|OP|=
❑√30
2
.
解法二：因为⃗PO=1
2(⃗P F1+⃗P F2),所以|⃗PO|2=1
4 (m2+n2+2mncos∠F1PF2)=1
4[(m+n)
2- 4
5 mn]=15
2 ,所以|PO|=
❑√30
2
.
解法三：设∠F1PF2=θ,cos θ=3
5=
co s
2 θ
2 - sin
2 θ
2
co s
2 θ
2 + sin
2 θ
2
=
1-tan
2 θ
2
1+tan
2 θ
2
,解得tan θ
2=1
2,S△P F1F2=b2tanθ
2=6×1
2=3
=1
2|F1F2|·|yP|=1
2×2❑√3·|yP|,解得|yP|=❑√3,|xP|=3 ❑√2
2
,因此|OP|=❑√xP
2 + y P
2=
❑√30
2
.
（4）(2021·全国甲卷) （一题多解）已知F1,F2为椭圆C: x
2
16+ y
2
4 =1 的两个焦点,P,Q 为C 上关于坐标原点对称
的两点,且|PQ|=|F1F2|,则四边形PF1QF2的面积为 .
【答案】8
【解析】解法一：由椭圆C: x
2
16+ y
2
4 =1 可知|F1F2|=4❑√3.由P,Q 为C 上关于坐标原点对称的两个点,且|PQ|=|F1F2|,
得|PO|=|QO|=2❑√3(O 为坐标原点),所以P,Q 既在椭圆x
2
16
+ y
2
4
=1 上,又在圆x2+y2=12 上.不妨设点P 在第一象限,
则由{
x
2
16 + y
2
4 =1
x
2+ y
2=12
,可得P(
4 ❑√6
3
, 2❑√3
3 ),
所以由对称性,可得四边形PF1QF2的面积S四边形P F1Q F2=2S△P F1 F2=2×1
2×|F1F2|×yP=2×1
2×4❑√3×2❑√3
3
=8.
解法二：由椭圆方程知,a=4,b=2,则c=❑√a
2-b
2=2❑√3.由点P 在椭圆上,得|PF1|+|PF2|=8,
所以|PF1|2+|PF2|2+2|PF1|·|PF2|=64.①
由椭圆的对称性及|PQ|=|F1F2|知,四边形PF1QF2是矩形,在Rt△PF1F2中,
由勾股定理得|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2,所以|PF1|2+|PF2|2=48.②由①-②得|PF1|·|PF2|=8,
所以S四边形P F1Q F2=|PF1|·|PF2|=8.
解法三：由椭圆的对称性及|PQ|=|F1F2|知,四边形PF1QF2是矩形,且∠F1PF2=π
2 ,
结合b2=4,及椭圆焦点三角形的面积公式,得S四边形P F1Q F2=2S△P F1 F2=2b2tan ∠F1 P F2
2
=8.
【探究5】(湘教版选择性必修第一册P172T13 拓展)
（1）已知F1,F2为椭圆x
2
a
2+ y
2
b
2 =1(a>b>0)的两个焦点,P 为椭圆上任意一点,则当点P 为椭圆短轴的端点时,∠F1PF2
最大.
证明：如图,由已知|PF1|+|PF2|=2a,|F1F2|=2c,
所以|PF1||PF2|≤(
|P F1|+|P F2|
2
)
2
=a2,(当|PF1|=|PF2|时取等号)
由余弦定理得:cos∠F1PF2=|P F1|
2+|P F2|
2-| F1 F2|
2
2|P F1|| P F2|
=(|P F1|+|P F2|)
2-2|P F1|| P F2|-| F1 F2|
2
2|P F1|| P F2|
=
4 a
2- 4 c
2
2|P F1 P F2|-1=
4 b
2
2|P F1|| P F2|-1≥2b
2
a
2 -1,
所以当|PF1|=|PF2|时,cos∠F1PF2的值最小.
因为∠F1PF2∈(0,π),所以此时∠F1PF2最大,即点P 为椭圆短轴的端点时∠F1PF2最大.
（2）已知A,B 为椭圆x
2
a
2+ y
2
b
2 =1(a>b>0)长轴上的两个顶点,Q 为椭圆上任意一点,则当点Q 为椭圆短轴的端点时,
∠AQB 最大.
证明：如图,当∠AQB 最大时,∠AQB 一定是钝角.
设PQ=n,PB=m,PA=2a-m,则tan∠AQP=2a-m
n
,tan∠BQP=m
n ,所以tan∠AQB=
2a-m
n
+ m
n
1- (2a-m)m
n
2
=
2a
n
1- (2a-m)m
n
2
.①
又因为Q(a-m,n),所以(a-m)
2
a
2
+n
2
b
2=1,化简得m2-2am=-a
2n
2
b
2 ,代入①式得tan∠AQB=
2a
n
1- (2a-m)m
n
2
=
2a
n
1- a
2
b
2
.
因为1-a
2
b
2<0,∠AQB∈(
π
2 ,π),
所以当n=b 时,tan∠AQB 取得最大值,此时∠AQB 最大,即当点Q 为椭圆短轴的端点时,∠AQB 最大.
【🚀新题预测】
(2026·广东深圳模拟)椭圆x
2
a
2+ y
2
b
2 =1(a>b>0)的左,右焦点分别为F1,F2,若椭圆上存在点Q,使∠F1QF2=120°,则椭
圆离心率e 的取值范围为( )
A.(0,
❑√3
2 ) B.(0,
❑√3
2 ] C.(
❑√3
2 ,1) D.[
❑√3
2 ,1)
【答案】D
【解析】设椭圆的上顶点为B,连接BF1,BF2,则|BF1|=|BF2|=a,|OF2|=c,
椭圆上存在点Q,使得∠F1QF2=120°,则需∠F1BF2≥120°,则∠OBF2≥60°,显然∠OBF2<90°,
所以sin∠OBF2≥sin 60°,所以c
a≥sin 60°=
❑√3
2 ,所以e=c
a≥
❑√3
2 ,又e<1,所以
❑√3
2 ≤e<1,
即椭圆离心率e 的取值范围为[
❑√3
2 ,1).
【探究6】(人教A 版选择性必修第一册P113 例6,人教B 版选择性必修第一册P141T5 拓展)椭圆的第二定义:平
面内到定点F 与到定直线l 的距离之比等于常数e(0<e<1,F∉l)的点的轨迹叫做椭圆.其中定点F 为椭圆的焦点,直
线l 是椭圆的焦点对应的准线,e 为椭圆的离心率.
相关结论:
（1）焦半径的坐标形式
①若点P(x0,y0)是椭圆x
2
a
2+ y
2
b
2 =1(a>b>0)上任一点,F1,F2是椭圆的左、右焦点,则|PF1|=a+ex0,|PF2|=a-ex0.
②点P(x0,y0)是椭圆y
2
a
2 + x
2
b
2=1(a>b>0)上任一点,F1,F2是椭圆的下、上焦点,则|PF1|=a+ey0,|PF2|=a-ey0.
证明：①由椭圆第二定义,|P F1|
|P P1|=e,即
|P F1|
x0+ a
2
c
=e,解得|PF1|=a+ex0,同理|PF2|=a-ex0.
②证明略.
（2）焦半径的角度形式
①点P 是椭圆上任一点,F 为其一个焦点,∠PFO=α,则|PF|=
b
2
a-c cosα .
②F 是椭圆的一个焦点,过点F 的直线与椭圆交于P,Q 两点,∠PFO=α,则|PQ|=
2ab
2
a
2-c
2cosα
.
证明：①如图,令|PF|=m,则|PF1|=2a-m,
则cos α=m
2+ 4 c
2-(2a-m)
2
2m·2c
,解得|PF|=m=
b
2
a-c cosα .
②因为∠PFO=α,|PF|=
b
2
a-c cosα
,所以∠QFO=π-α,|QF|=
b
2
a-c cos(π -α )=
b
2
a+c cosα
,
所以|PQ|=|PF|+|QF|=
b
2
a-c cosα +
b
2
a+c cosα =
2ab
2
a
2-c
2cosα
.
【🚀衔接高考】
(2022·新高考Ⅰ卷) （一题多解）已知椭圆C: x
2
a
2+ y
2
b
2 =1(a>b>0),C 的上顶点为A,两个焦点为F1,F2,离心率为1
2.
过F1且垂直于AF2的直线与C 交于D,E 两点,|DE|=6,则△ADE 的周长是 .
【答案】13
【解析】解法一：如图,连接AF1,DF2,EF2,因为C 的离心率为1
2,所以c
a=1
2,所以a=2c,所以b2=a2-c2=3c2.
因为|AF1|=|AF2|=a=2c=|F1F2|,所以△AF1F2为等边三角形,又DE⊥AF2,所以直线DE 为线段AF2的垂直平分线,
所以|AD|=|DF2|,|AE|=|EF2|,且∠EF1F2=30°,所以直线DE 的方程为y=
❑√3
3 (x+c),代入椭圆C 的方程x
2
4 c
2+ y
2
3c
2=1,得
13x2+8cx-32c2=0.
设D(x1,y1),E(x2,y2),则x1+x2=-8c
13 ,x1x2=-32c
2
13 ,
所以|DE|=❑√(1+ 1
3)[( x1+ x2)
2- 4 x1 x2]=❑√
4
3[(- 8c
13)
2
- 4×(- 32c
2
13 )]=48c
13 =6,
解得c=13
8 ,所以a=2c=13
4 ,所以△ADE 的周长为|AD|+|AE|+|DE|=|DF2|+|EF2|+|DE|=4a=13.
解法二：由法一知c=1
2a,b=
❑√3
2 a,∠EF1F2=30°,|DE|=
2ab
2
a
2-c
2co s
230°
=
2a· 3
4 a
2
a
2- 1
4 a
2· 3
4
=6,解得a=13
4 ,
所以△ADE 的周长为|AD|+|AE|+|DE|=|DF2|+|EF2|+|DE|=4a=13.
【探究7】.(人教A 版选择性必修第一册P125 例5、P126 例6、P127T10 拓展)双曲线第二定义:平面内的动点
M 到定点F 的距离与定直线l 的距离之比为常数e(e>1),则动点M 的轨迹是双曲线.其中定点F 是双曲线的焦点,直
线l 是双曲线的焦点F 对应的准线,常数e 是双曲线的离心率.
相关结论:
（1）焦半径的坐标形式
①点P(x0,y0)是双曲线x
2
a
2- y
2
b
2 =1 左支上任一点,F1,F2是双曲线的左、右焦点,则|PF1|=-a-ex0,|PF2|=a-ex0.
②点P(x0,y0)是双曲线x
2
a
2- y
2
b
2 =1 右支上任一点,F1,F2是双曲线的左、右焦点,则|PF1|=ex0+a,|PF2|=ex0-a.
③点P(x0,y0)是双曲线y
2
a
2 - x
2
b
2=1 上支上任一点,F1,F2是双曲线下、上两焦点,则|PF1|=ey0+a,|PF2|=ey0-a.
④点P(x0,y0)是双曲线y
2
a
2 -x
2
b
2=1 下支上任一点,F1,F2是双曲线下、上两焦点,则|PF1|=-ey0-a,|PF2|=-ey0+a.
证明：①由双曲线第二定义,|P F1|
|P P1|=e,即
|P F1|
- a
2
c - x0
=e,
解得|PF1|=-ex0-a,同理|PF2|=-ex0+a.②③④证明略.
（2）焦半径的角度形式
①点P 是双曲线上任一点,F 为其一个焦点,∠PFO=α,则|PF|={
b
2
a+c cosα , 点P , F 在某一坐标轴同侧,
b
2
c cosα -a , 点P , F 在某一坐标轴两侧.
②F 是双曲线的一个焦点,过点F 的直线与双曲线交于P,Q 两点,∠PFO=α,则
|PQ|={
2ab
2
a
2-c
2co s
2α
, P ,Q在双曲线的同一支上,
2ab
2
c
2co s
2α -a
2 , P ,Q在双曲线的两支上.
证明： ①当P,F 在某一坐标轴同侧时(如图1),令|PF|=m,则|PF2|=2a+m,
则cos α=m
2+ 4 c
2-(2a+m)
2
2m·2c
,解得|PF|=m=
b
2
a+c cosα .
当P,F 在某一坐标轴异侧时(如图2),
令|PF|=m,则|PF2|=m-2a,则cos α=m
2+ 4 c
2-(m-2a)
2
2m·2c
,解得|PF|=m=
b
2
c cosα -a.
②当P,Q 在双曲线的同一支上时(如图3),|PF|=
b
2
a+c cosα ,|QF|=
b
2
a-c cosα ,
则|PQ|=|PF|+|QF|=
2ab
2
a
2-c
2co s
2α
.
当P,Q 在双曲线的两支上时(如图4),|PF|=
b
2
a+c cosα ,|QF|=
b
2
c cosα -a,则|PQ|=|QF|-|PF|=
2ab
2
c
2co s
2α -a
2.
【🚀新题预测】
(2026·安徽阜阳模拟) （一题多解）已知双曲线E: x
2
a
2- y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左焦点为F1(-c,0),直线y=❑√3(x+c)与双
曲线E 交于A,B 两点,若⃗F1B=3⃗F1 A,则双曲线E 的离心率为 .
【答案】 4
【解析】解法一：可知直线y=❑√3(x+c)过左焦点F1(-c,0),斜率k=❑√3,且直线与双曲线E 相交,
可知b
a>❑√3,则e=c
a=❑√1+(
b
a)
2
>2,联立方程{
y = ❑√3( x +c),
x
2
a
2 - y
2
b
2 =1, 消去x 可得(b2-3a2)y2-2❑√3b2cy+3b4=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=2❑√3b
2c
❑
2-3a
2 ,y1y2=
3b
4
b
2-3a
2,由⃗F1B=3⃗F1 A可知y2=3y1,
与y1+y2=2❑√3b
2c
b
2-3a
2 联立可得y2=3y1= 3 ❑√3b
2c
2(b
2-3a
2)
,代入y1y2=
3b
4
b
2-3a
2可得3[
❑√3b
2c
2(b
2-3a
2)]
2
=
3b
4
b
2-3a
2,则c2=16a2,
所以双曲线E 的离心率e=c
a=❑√
c
2
a
2=4.
解法二：由题意可知:直线y=❑√3(x+c)的斜率k=❑√3,则直线F1A 的倾斜角θ=π
3 ,可得|F1A|=
b
2
c cos π
3 +a=
b
2
1
2 c +a,
|F1B|=
b
2
c cos π
3 -a=
b
2
1
2 c -a,因为⃗F1B=3⃗F1 A,可知|⃗F1B|=3|⃗F1 A|,即
b
2
1
2 c -a=
3b
2
1
2 c +a,整理可得c=4a,所以双曲线
E 的离心率e=c
a=4.
【探究8】.(人教A 版选择性必修第一册P138T6,人教B 版选择性必修第一册P178T12 拓展)手电筒模型:
在圆锥曲线上任取一个定点,向曲线上任意两个非该定点的动点引出直线,若引出直线的斜率之和或者之积为定值,
则两动点的连线过定点或者斜率为定值.形式上,定点像一个点光源,向两个动点射出光线,犹如“手电筒”,故而得
名.
（1）在双曲线x
2
a
2- y
2
b
2 =1 上取一点A(x0,y0),过点A 作两斜率相反的直线交双曲线于P,Q 两点,则kPQ=-b
2
a
2· x0
y0
=-kA 切.
证明：PQ:y=mx+n,AP(AQ):y-y0=k(x-x0),联立{
y =mx +n,
y - y0=k( x - x0),xp= y0-k x0-n
m-k
,
联立{
y - y0=k( x - x0),
b
2 x
2-a
2 y
2=a
2b
2,
得(b2-a2k2)x2-2ka2(y0-kx0)x-a2(y0-kx0)2-a2b2=0,x0+xp=2k a
2( y0-k x0)
b
2-a
2k
2
,
xp=-k
2a
2 x0+2k a
2 y0-b
2 x0
b
2-k
2a
2
,即y0-k x0-n
m-k
=-k
2a
2 x0+2k a
2 y0-b
2 x0
b
2-k
2a
2
,
(ma2x0+a2y0+a2n)k2-(2b2x0+2ma2y0)k+b2y0-b2n+mb2x0=0,kAP+kAQ=0,
得2b2x0+2ma2y0=0,即m=kPQ=-b
2 x0
a
2 y0
=-kA 切.
（2）把双曲线换成椭圆x
2
a
2+ y
2
b
2 =1,其它条件不变,则kPQ=b
2
a
2· x0
y0
=-kA 切.
证明 联立{
y - y0=k( x - x0),
b
2 x
2+a
2 y
2=a
2b
2,
得(b2+a2k2)x2+2ka2(y0-kx0)x+a2(y0-kx0)2-a2b2=0,
xp=k
2 x0a
2-b
2 x0-2k a
2 y0
b
2+a
2k
2
= y -k x0-n
m-k
,即(a2n+mx0a2+a2y0)k2+2(b2x0-a2y0m)k-(y0-n)b2-mb2x0=0,
由kAP+kAQ=0,得b2x0-a2y0m=0,即m=kPQ= b
2 x0
a
2 y0
=-kA 切.
（3）把双曲线换成抛物线y2=2px,其它条件不变,则kPQ=- p
y0
=-kA 切.
证明：联立{
y - y0=k( x - x0),
y
2=2 px ,
得k2x2+[2k(y0-kx0)-2p]x+(y0-kx0)2=0,
xp=2 p-2k y0+k
2 x0
k
2
= y0-k x0-n
m-k
,即(y0+n+mx0)k2-2(my0+p)k+2pm=0,由kAP+kAQ=0,
得my0+p=0,即m=kPQ=- p
y0
=-kA 切.
（4）在双曲线x
2
a
2- y
2
b
2 =1 上取一点A(x0,y0),过点A 作两直线交双曲线于P,Q 两点,且kAP+kAQ=λ(λ≠0),则直线PQ 过定
点(x0- 2 y0
λ ,- y0+ 2b
2 x0
λa
2 ).
证明：由(1)知2b
2 x0+2ma
2 y0
ma
2 x0+a
2 y0+a
2n
=λ,即n=m(
2 y0
λ - x0)+2b
2 x0
λ a
2 -y0,
y=mx+n 可变为y=(
2b
2 x0
λa
2 - y0)+m[x -(x0- 2 y0
λ )],
故直线PQ 过定点(x0- 2 y0
λ ,- y0+ 2b
2 x0
λ a
2 ).
【🚀衔接高考】
（1）(2022·新高考Ⅰ卷) （一题多解）已知点A(2,1)在双曲线C: x
2
a
2- y
2
a
2-1
=1(a>1)上,直线l 交C 于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.
解法一： ①将点A 的坐标代入双曲线方程得4
a
2-
1
a
2-1=1,化简得a4-4a2+4=0,得a2=2,
故双曲线C 的方程为x
2
2 -y2=1.由题易知直线l 的斜率存在,
设直线l 的方程为y=kx+m,P(x1,y1),Q(x2,y2),
联立直线l 与双曲线C 的方程,消y 整理得(2k2-1)x2+4kmx+2m2+2=0,
故x1+x2=- 4 km
2k
2-1,x1x2=2m
2+2
2k
2-1
.kAP+kAQ= y1-1
x1-2 + y2-1
x2-2 =k x1+m-1
x1-2
+k x2+m-1
x2-2
=0,
化简得2kx1x2+(m-1-2k)(x1+x2)-4(m-1)=0,故2k(2m
2+2)
2k
2-1
+(m-1-2k)(- 4 km
2k
2-1)-4(m-1)=0,
整理得(k+1)(m+2k-1)=0,又直线l 不过点A,即m+2k-1≠0,故k=-1.
解法二：易得双曲线C 的方程为x
2
2 -y2=1,PQ:y=mx+n,AP:y-1=k(x-2),
联立{
y =mx +n,
y -1=k( x -2),得xp=1-2k -n
m-k
,联立{
y -1=k( x -2),
x
2-2 y
2=2,
得(1-2k2)x2-4k(1-2k)x-2(1-2k)2-2=0,xp=- 4 k
2+ 4 k -2
1-2k
2
=1-2k -n
m-k
,
2(2m+n+1)k2-4(1+m)k+1-n+2m=0,由kAP+kBP=0,得m=-1.所以l 的斜率为-1.
②不妨设直线PA 的倾斜角为θ(0<θ< π
2),由题意知∠PAQ=π-2θ,
所以tan ∠PAQ=-tan 2θ= 2tanθ
tan
2θ -1=2❑√2,解得tan θ=❑√2或tan θ=-
❑√2
2 (舍去).
由{
y1-1
x1-2 = ❑√2,
x1
2
2 - y1
2=1,
得x1=10- 4 ❑√2
3
,所以|AP|=❑√3|x1-2|=4 ❑√3(❑√2-1)
3
,同理得x2=10+ 4 ❑√2
3
,
所以|AQ|=❑√3|x2-2|=4 ❑√3(❑√2+1)
3
.因为tan ∠PAQ=2❑√2,所以sin ∠PAQ=2❑√2
3
,
故S△PAQ=1
2|AP||AQ|sin ∠PAQ=1
2×4 ❑√3(❑√2-1)
3
×4 ❑√3(❑√2+1)
3
×2❑√2
3
=16 ❑√2
9
.
（2）(2020·新高考Ⅰ卷) （一题多解）已知椭圆C: x
2
a
2+ y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为
❑√2
2 ,且过点A(2,1).
①求C 的方程;
②点M,N 在C 上,且AM⊥AN,AD⊥MN,D 为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.
①解 由题设得4
a
2+ 1
b
2=1, a
2-b
2
a
2
=1
2,解得a2=6,b2=3.所以C 的方程为x
2
6 + y
2
3 =1.
②证明 解法一： 设M(x1,y1),N(x2,y2).
若直线MN 与x 轴不垂直,设直线MN 的方程为y=kx+m,代入x
2
6 + y
2
3 =1,得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0.
于是x1+x2=- 4 km
1+2k
2,x1x2=2m
2-6
1+2k
2 .(*)由AM⊥AN,得⃗AM·⃗AN=0,
故(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0,
整理得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m-1)2+4=0.将(*)代入上式,可得(k2+1)2m
2-6
1+2k
2 -(km-k-2) 4 km
1+2k
2+(m-1)2+4=0,
整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0.因为A(2,1)不在直线MN 上,所以2k+m-1≠0,所以2k+3m+1=0,k≠1.
所以直线MN 的方程为y=k(x - 2
3)-1
3(k≠1).所以直线MN 过点P(
2
3 ,- 1
3).
若直线MN 与x 轴垂直,可得N(x1,-y1).由⃗AM·⃗AN=0,
得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)(-y1-1)=0.又x1
2
6
+ y1
2
3
=1,所以3x1
2-8x1+4=0.解得x1=2(舍去),或x1=2
3.
此时直线MN 过点P(
2
3 ,- 1
3).令Q 为AP 的中点,即Q(
4
3 , 1
3).
若D 与P 不重合,则由题设知AP 是Rt△ADP 的斜边,故|DQ|=1
2|AP|=2❑√2
3
.若D 与P 重合,则|DQ|=1
2|AP|.
综上,存在点Q(
4
3 , 1
3),使得|DQ|为定值.
解法二：若直线MN 与x 轴不垂直.设MN:y=mx+n,AM:y-1=k(x-2),
联立{
y =mx +n,
y -1=k( x -2),得xm=1-2k -n
m-k
,联立{
y -1=k( x -2),
x
2+2 y
2=6,
得(1+2k2)x2+4k(1-2k)x+2(1-2k)2-6=0,
2+xm=- 4 k(1-2k )
1+2k
2
,xm=4 k
2-2- 4 k
1+2k
2
=1-2k -n
m-k
,即2(n+2m+1)k2+4(1-m)k-1+n-2m=0,kAM·kAN=-1+n-2m
2(n+2m+1)=-1,n=-
2
3m-1
3,
y=mx+n 变为y+1
3=m(x - 2
3),故直线MN 过点P(
2
3 ,- 1
3),其它同法一.
