【微专题20：圆锥曲线的基本问题（方程与几何性质）】
【高考定位】
1.考查频率：圆锥曲线基本问题是高考数学的核心考点，在选择题、填空题中必考1-2 题，解答题第一问
常围绕此展开，分值占比12-17 分，属于基础得分板块.
2.考查重点：聚焦圆锥曲线的定义、标准方程求解，椭圆与双曲线的离心率、渐近线等几何性质，抛物线
的焦点、准线及定义应用等核心内容.
3.考查趋势：以“定义应用为核心，性质推导为纽带”，强调数形结合思想的运用，题型多为基础中档题，
偶有与最值、范围结合的综合型基础题，注重对逻辑推理和运算求解能力的考查.
【真题体验】
1．（2025·天津·高考真题）双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1, F2，以右焦点F2为焦
点的抛物线y
2=2 px( p>0)与双曲线交于第一象限的点P，若|P F1)+|P F2)=3|F1 F2)，则双曲线的离心
率e =（ ）
A．2
B．5
C．
❑√2+1
2
D．
❑√5+1
2
【答案】A
【分析】利用抛物线与双曲线的定义与性质得出{
|P F1)=3c +a
|P F2)=3c−a=|PA))，根据勾股定理从而确定P 的坐标，
利用点在双曲线上构造齐次方程计算即可.
【详解】根据题意可设F2(
p
2 ,0)，双曲线的半焦距为c，P(x0, y0)，则p=2c，
过F1作x轴的垂线l，过P作l 的垂线，垂足为A，显然直线A F1为抛物线的准线，
则|PA)=|P F2)，
由双曲线的定义及已知条件可知{
|P F1)−|P F2)=2a
|P F1)+|P F2)=6c)，则{
|P F1)=3c +a
|P F2)=3c−a=|PA))，
由勾股定理可知|A F1)
2= y0
2=|P F1)
2−|PA)
2=12ac，
易知y0
2= 4 c x0,∴x0=3a，即x0
2
a
2 −y0
2
b
2 = 9a
2
a
2 −12ac
c
2−a
2 =1，
整理得2c
2−3ac−2a
2=0=(2c +a)(c−2a)，∴c =2a，即离心率为2.
故选：
2．（2025·全国二卷·高考真题）设抛物线C : y
2=2 px( p>0)的焦点为F ,点A 在C 上，过A 作C的准线的
垂线，垂足为B．若直线BF 的方程为y =−2 x +2，则| AF |=（ ）
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】C
【分析】先由直线lBF求出焦点F和p即抛物线C的方程，进而依次得抛物线的准线方程和点B，从而可依
次求出y A和x A，再由焦半径公式即可得解.
【详解】对lBF: y =−2 x +2，令y =0，则x =1，
所以F (1,0)，p=2即抛物线C : y
2= 4 x，故抛物线的准线方程为x =−1，
故B (−1,4)，则y A = 4，代入抛物线C : y
2= 4 x得x A = 4.
所以|AF)=|AB)= x A+ p
2 = 4+1=5.
故选：C
3．（2024·天津·高考真题）双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1, F2.点P在双曲线右
支上，直线P F2的斜率为2．若△P F1 F2是直角三角形，且面积为8，则双曲线的方程为（ ）
A．x
2
2 −y
2
8 =1
B．x
2
4 −y
2
8 =1
C．x
2
8 −y
2
2 =1
D．x
2
8 −y
2
4 =1
【答案】A
【分析】可利用△P F1 F2三边斜率问题与正弦定理，转化出三边比例，设|P F2)=m，由面积公式求出m，
由勾股定理得出c，结合第一定义再求出a.
【详解】如下图：由题可知，点P必落在第四象限，∠F1 P F2=90°，设|P F2)=m，
∠P F2 F1=θ1,∠P F1 F2=θ2，由k P F2= tanθ1=2，求得sinθ1= 2
❑√5，
因为∠F1 P F2=90°，所以k P F1⋅k P F2=−1，求得k P F1=−1
2，即tanθ2= 1
2，
sinθ2= 1
❑√5，由正弦定理可得：|P F1):|P F2):|F1 F2)=sinθ1:sinθ2:sin 90° =2:1:❑√5，
则由|P F2)=m得|P F1)=2m,|F1 F2)=2c = ❑√5m，
由S△P F1 F2= 1
2|P F1)⋅|P F2)= 1
2 m⋅2m=8得m=2❑√2，
则|P F2)=2❑√2,|P F1)= 4 ❑√2,|F1 F2)=2c =2❑√10,c = ❑√10，
由双曲线第一定义可得：|P F1)−|P F2)=2a=2❑√2，a= ❑√2,b=
❑√c
2−a
2= ❑√8，
所以双曲线的方程为x
2
2 −y
2
8 =1.
故选：A
4．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知曲线C：x
2+ y
2=16（y >0），从C 上任意一点P 向x 轴作垂线段
P P
'，P
'为垂足，则线段P P
'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
【分析】设点M ( x , y)，由题意，根据中点的坐标表示可得P( x ,2 y)，代入圆的方程即可求解.
【详解】设点M ( x , y)，则P( x , y0), P
′( x ,0)，
因为M为P P
′的中点，所以y0=2 y，即P( x ,2 y)，
又P在圆x
2+ y
2=16( y >0)上，
所以x
2+ 4 y
2=16( y >0)，即x
2
16 + y
2
4 =1( y >0)，
即点M的轨迹方程为x
2
16 + y
2
4 =1( y >0).
故选：A
5．（2023·全国甲卷·高考真题）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∠F1 P F2= 3
5，则|OP|=（ ）
A．13
5
B．
❑√30
2
C．14
5
D．
❑√35
2
【答案】B
【分析】方法一：根据焦点三角形面积公式求出△P F1 F2的面积，即可得到点P的坐标，从而得出|OP)的
值；
方法二：利用椭圆的定义以及余弦定理求出|P F1)|P F2),|P F1)
2+|P F2)
2，再结合中线的向量公式以及数
量积即可求出；
方法三：利用椭圆的定义以及余弦定理求出|P F1)
2+|P F2)
2，即可根据中线定理求出．
【详解】方法一：设∠F1 P F2=2θ ,0<θ<π
2 ，所以S△P F1 F2=b
2tan ∠F1 P F2
2
=b
2tanθ，
由cos∠F1 P F2=cos2θ = cos
2θ−sin
2θ
cos
2θ+sin
2θ
= 1−tan
2θ
1+ tan
2θ
= 3
5，解得：tanθ = 1
2，
由椭圆方程可知，a
2=9,b
2=6,c
2=a
2−b
2=3，
所以，S△P F1 F2= 1
2 ×|F1 F2)×|y p)= 1
2 ×2❑√3×|y p)=6× 1
2，解得：y p
2 =3，
即x p
2 =9×(1−3
6)= 9
2，因此|OP)=
❑√x p
2 + y p
2 = ❑√3+ 9
2 =
❑√30
2
．
故选：B．
方法二：因为|P F1)+|P F2)=2a=6①，|P F1)
2+|P F2)
2−2|P F1)|P F2)cos∠F1 P F2=|F1 F2)
2，
即|P F1)
2+|P F2)
2−6
5|P F1)|P F2)=12②，联立①②，
解得：|P F1)|P F2)= 15
2 ,|P F1)
2+|P F2)
2=21，
而⃗PO = 1
2 (⃗P F1+⃗P F2)，所以|OP)=|⃗PO)= 1
2|⃗P F1+⃗P F2)，
即|⃗PO)= 1
2|⃗P F1+⃗P F2)= 1
2
❑√|⃗P F1)
2+2⃗P F1⋅⃗P F2+|⃗P F2)
2= 1
2
❑√21+2× 3
5 × 15
2 =
❑√30
2
．
故选：B．
方法三：因为|P F1)+|P F2)=2a=6①，|P F1)
2+|P F2)
2−2|P F1)|P F2)cos∠F1 P F2=|F1 F2)
2，
即|P F1)
2+|P F2)
2−6
5|P F1)|P F2)=12②，联立①②，解得：|P F1)
2+|P F2)
2=21，
由中线定理可知，(2|OP))
2+|F1 F2)
2=2(|P F1)
2+|P F2)
2)= 42，易知|F1 F2)=2❑√3，解得：|OP)=
❑√30
2
．
故选：B．
【点睛】本题根据求解的目标可以选择利用椭圆中的二级结论焦点三角形的面积公式快速解出，也可以常
规利用定义结合余弦定理，以及向量的数量积解决中线问题的方式解决，还可以直接用中线定理解决，难
度不是很大．
6．（2023·全国甲卷·高考真题）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的离心率为❑√5，C 的一条渐近线
与圆( x−2)
2+( y −3)
2=1交于A，B 两点，则| AB|=（ ）
A．
❑√5
5
B．2❑√5
5
C．3 ❑√5
5
D．4 ❑√5
5
【答案】D
【分析】根据离心率得出双曲线渐近线方程，再由圆心到直线的距离及圆半径可求弦长.
【详解】由e = ❑√5，则c
2
a
2 = a
2+b
2
a
2
=1+ b
2
a
2 =5，
解得b
a =2，
所以双曲线的渐近线为y =±2 x，
当渐近线为y =−2 x时，圆心(2,3)到该渐近线的距离d =|2×2+3|
❑√2
2+1
= 7 ❑√5
5
>1，不合题意；
当渐近线为y =2 x时，则圆心(2,3)到渐近线的距离d =|2×2−3|
❑√2
2+1
=
❑√5
5 ，
所以弦长| AB|=2
❑√r
2−d
2=2❑√1−1
5 = 4 ❑√5
5
.
故选：D
7．（2023·天津·高考真题）已知双曲线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向一
条渐近线作垂线，垂足为P．若|P F2)=2，直线P F1的斜率为
❑√2
4 ，则双曲线的方程为（ ）
A．x
2
8 −y
2
4 =1
B．x
2
4 −y
2
8 =1
C．x
2
4 −y
2
2 =1
D．x
2
2 −y
2
4 =1
【答案】D
【分析】先由点到直线的距离公式求出b，设∠PO F2=θ，由tanθ =
b
|OP) = b
a得到|OP)=a，|O F2)=c.
再由三角形的面积公式得到y P，从而得到xP，则可得到
a
a
2+2
=
❑√2
4 ，解出a，代入双曲线的方程即可得到
答案.
【详解】如图，
因为F2(c ,0)，不妨设渐近线方程为y = b
a x，即bx−ay =0，
所以|P F2)=
|bc)
❑√a
2+b
2 = bc
c =b，
所以b=2.
设∠PO F2=θ,则tanθ =|P F2)
|OP) =
b
|OP) = b
a ，所以|OP)=a，所以|O F2)=c.
因为1
2 ab= 1
2 c⋅yP,所以yP= ab
c ，所以tanθ = y P
xP
=
ab
c
xP
= b
a
，所以xP= a
2
c ，
所以P(
a
2
c , ab
c )，
因为F1(−c ,0)，
所以k P F1=
ab
c
a
2
c +c
=
ab
a
2+c
2 =
2a
a
2+a
2+ 4
=
a
a
2+2
=
❑√2
4 ，
所以❑√2(a
2+2)= 4 a，解得a= ❑√2，
所以双曲线的方程为x
2
2 −y
2
4 =1
故选：D
8．（2023·全国乙卷·高考真题）设A，B 为双曲线x
2−y
2
9 =1上两点，下列四个点中，可为线段AB 中点的
是（ ）
A．(1,1)
B．(−1,2)
C．(1,3)
D．(−1,−4)
【答案】D
【分析】根据点差法分析可得k AB⋅k =9，对于A、B、D：通过联立方程判断交点个数，逐项分析判断；
对于C：结合双曲线的渐近线分析判断.
【详解】设A(x1, y1),B(x2, y2)，则AB的中点M(
x1+ x2
2
, y1+ y2
2 )，
可得k AB= y1−y2
x1−x2
,k =
y1+ y2
2
x1+ x2
2
= y1+ y2
x1+ x2
，
因为A ,B在双曲线上，则{
x1
2−y1
2
9 =1
x2
2−y2
2
9 =1)
，两式相减得(x1
2−x2
2)−y1
2−y2
2
9
=0，
所以k AB⋅k = y1
2−y2
2
x1
2−x2
2 =9.
对于选项A： 可得k =1,k AB=9，则AB: y =9 x−8，
联立方程{
y =9 x−8
x
2−y
2
9 =1)
，消去y 得72 x
2−2×72 x +73=0，
此时Δ=(−2×72)
2−4×72×73=−288<0，
所以直线AB 与双曲线没有交点，故A 错误；
对于选项B：可得k =−2,k AB=−9
2，则AB: y =−9
2 x−5
2，
联立方程{
y =−9
2 x−5
2
x
2−y
2
9 =1 )
，消去y 得45 x
2+2×45 x +61=0，
此时Δ=(2×45)
2−4×45×61=−4×45×16<0，
所以直线AB 与双曲线没有交点，故B 错误；
对于选项C：可得k =3,k AB=3，则AB: y =3 x
由双曲线方程可得a=1,b=3，则AB: y =3 x为双曲线的渐近线，
所以直线AB 与双曲线没有交点，故C 错误；
对于选项D：k = 4 ,k AB= 9
4 ，则AB: y = 9
4 x−7
4 ，
联立方程{
y = 9
4 x−7
4
x
2−y
2
9 =1)
，消去y 得63 x
2+126 x−193=0，
此时Δ=126
2+ 4×63×193>0，故直线AB 与双曲线有两个交点，故D 正确；
故选：D.
9．（2024·北京·高考真题）若直线y =k (x−3)与双曲线x
2
4 −y
2=1只有一个公共点，则k的一个取值为
．
【答案】1
2（或−1
2，答案不唯一）
【分析】联立直线方程与双曲线方程，根据交点个数与方程根的情况列式即可求解.
【详解】联立{
x
2
4 −y
2=1
y =k (x−3))
，化简并整理得：(1−4 k
2) x
2+24 k
2 x −36 k
2−4 =0，
由题意得1−4 k
2=0或Δ=(24 k
2)
2+ 4(36 k
2+ 4)(1−4 k
2)=0，
解得k =± 1
2或无解，即k =± 1
2，经检验，符合题意.
故答案为：1
2（或−1
2，答案不唯一）.
10．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）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| F1 A |=13,| AB|=10，则C 的离心率为 ．
【答案】3
2
【分析】由题意画出双曲线大致图象，求出|A F2)，结合双曲线第一定义求出|A F1)，即可得到a,b,c的
值，从而求出离心率.
【详解】由题可知A ,B , F2三点横坐标相等，设A在第一象限，将x =c代入x
2
a
2 −y
2
b
2 =1
得y =± b
2
a ，即A(c , b
2
a ),B(c ,−b
2
a )，故|AB)= 2b
2
a =10，|A F2)= b
2
a =5，
又|A F1)−|A F2)=2a，得|A F1)=|A F2)+2a=2a+5=13，解得a= 4，代入b
2
a =5得b
2=20，
故c
2=a
2+b
2=36,，即c =6，所以e = c
a = 6
4 = 3
2.
故答案为：3
2
11．（2023·天津·高考真题）已知过原点O 的一条直线l 与圆C :( x +2)
2+ y
2=3相切，且l 与抛物线
y
2=2 px( p>0)交于点O , P两点，若|OP)=8，则p= ．
【答案】6
【分析】根据圆(x +2)
2+ y
2=3和曲线y
2=2 px均关于x轴对称，不妨设切线方程为y =kx，k >0，即可根
据直线与圆的位置关系，直线与抛物线的位置关系解出．
【详解】易知圆(x +2)
2+ y
2=3和曲线y
2=2 px均关于x轴对称，不妨设切线方程为y =kx，k >0，
所以|2k )
❑√1+ k
2 = ❑√3，解得：k = ❑√3，由{
y = ❑√3 x
y
2=2 px)解得：{
x =0
y =0)或{
x = 2 p
3
y = 2❑√3 p
3 )
，
所以|OP)=
❑√(
2 p
3 )
2
+(
2❑√3 p
3 )
2
= 4 p
3 =8，解得：p=6．
当k =−❑√3时，同理可得．
故答案为：6．
12．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）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
/ 3
5
❑√5
【分析】方法一：利用双曲线的定义与向量数积的几何意义得到|A F2),|B F2),|B F1),|A F1)关于a,m的
表达式，从而利用勾股定理求得a=m，进而利用余弦定理得到a,c的齐次方程，从而得解.
方法二：依题意设出各点坐标，从而由向量坐标运算求得x0= 5
3 c , y0=−2
3 t，t
2= 4 c
2，将点A代入双曲线
C得到关于a,b,c的齐次方程，从而得解；
【详解】方法一：
依题意，设|A F2)=2m，则|B F2)=3m=|B F1),|A F1)=2a+2m，
在Rt△AB F1中，9m
2+(2a+2m)
2=25m
2，则(a+3m)(a−m)=0，故a=m或a=−3m（舍去），
所以|A F1)= 4 a,|A F2)=2a，|B F2)=|B F1)=3a，则|AB)=5a，
故cos∠F1 A F2=|A F1)
|AB) = 4 a
5a = 4
5 ，
所以在△A F1 F2中，cos∠F1 A F2= 16a
2+ 4 a
2−4 c
2
2×4 a×2a
= 4
5 ，整理得5c
2=9a
2，
故e = c
a = 3 ❑√5
5
.
方法二:
依题意，得F1(−c ,0), F2(c ,0)，令A(x0, y0),B(0,t )，
因为⃗F2 A =−2
3⃗F2B，所以(x0−c , y0)=−2
3
(−c ,t )，则x0= 5
3 c , y0=−2
3 t，
又⃗F1 A ⊥⃗F1B，所以⃗F1 A ⋅⃗F1B =(
8
3 c ,−2
3 t)⋅(c ,t ) = 8
3 c
2−2
3 t
2=0，则t
2= 4 c
2，
又点A在C上，则
25
9 c
2
a
2
−
4
9 t
2
b
2 =1，整理得25c
2
9a
2 −4t
2
9b
2 =1，则25c
2
9a
2 −16c
2
9b
2 =1，
所以25c
2b
2−16c
2a
2=9a
2b
2，即25c
2(c
2−a
2)−16a
2c
2=9a
2(c
2−a
2)，
整理得25c
4−50a
2c
2+9a
4=0，则(5c
2−9a
2)(5c
2−a
2)=0，解得5c
2=9a
2或5c
2=a
2，
又e>1，所以e = 3 ❑√5
5
或e =
❑√5
5 （舍去），故e = 3 ❑√5
5
.
故答案为：3 ❑√5
5
.
【点睛】关键点睛：双曲线过焦点的三角形的解决关键是充分利用双曲线的定义，结合勾股定理与余弦定
理得到关于a,b,c的齐次方程，从而得解.
13．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知直线l 与椭圆x
2
6 + y
2
3 =1在第一象限交于A，B 两点，l 与x 轴，
y 轴分别交于M，N 两点，且| MA |=| NB|,| MN |=2❑√3，则l 的方程为 ．
【答案】x + ❑√2 y −2❑√2=0
【分析】令AB的中点为E，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，利用点差法得到kOE⋅k AB=−1
2，设直线
AB: y =kx +m，k <0，m>0，求出M、N的坐标，再根据|MN )求出k、m，即可得解；
【详解】[方法一]：弦中点问题：点差法
令AB的中点为E，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，利用点差法得到kOE⋅k AB=−1
2，
设直线AB: y =kx +m，k <0，m>0，求出M、N的坐标，
再根据|MN )求出k、m，即可得解；
解：令AB的中点为E，因为|MA)=|NB)，所以|ME)=|NE)，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则x1
2
6 + y1
2
3 =1，x2
2
6 + y2
2
3 =1，
所以x1
2
6 −x2
2
6 + y1
2
3 −y2
2
3 =0，即(x1−x2)(x1+ x2)
6
+ ( y1+ y2)( y1−y2)
3
=0
所以
( y1+ y2)( y1−y2)
(x1−x2)(x1+ x2)
=−1
2，即kOE⋅k AB=−1
2，设直线AB: y =kx +m，k <0，m>0，
令x =0得y =m，令y =0得x =−m
k ，即M(−m
k ,0)，N (0,m)，
所以E(−m
2k , m
2)，
即k ×
m
2
−m
2k
=−1
2，解得k =−
❑√2
2 或k =
❑√2
2 （舍去），
又|MN )=2❑√3，即|MN )=
❑√m
2+(❑√2m)
2=2❑√3，解得m=2或m=−2（舍去），
所以直线AB: y =−
❑√2
2 x +2，即x + ❑√2 y −2❑√2=0；
故答案为：x + ❑√2 y −2❑√2=0
[方法二]：直线与圆锥曲线相交的常规方法
解：由题意知，点E既为线段AB的中点又是线段MN 的中点，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，设直线AB: y =kx +m，k <0，m>0，
则M(−m
k ,0)，N (0,m)，E(−m
2k , m
2)，因为|MN )=2❑√3，所以|OE)= ❑√3
联立直线AB 与椭圆方程得{
y =kx +m
x
2
6 + y
2
3 =1)
消掉y 得(1+2k
2)x
2+ 4 mkx +2m
2−6=0
其中Δ=（4 mk ）
2- 4(1+2k
2)（2m
2−6）>0, x1+ x2=−4 mk
1+2k
2，
AB
∴
中点E 的横坐标xE=−2mk
1+2k
2,又E(−m
2k , m
2)，∴xE=−2mk
1+2k
2 =−m
2k
∵k <0，m>0，∴k =-
❑√2
2
,又|OE)= ❑√（−m
2k ）
2+（m
2 ）
2= ❑√3，解得m=2
所以直线AB: y =−
❑√2
2 x +2，即x + ❑√2 y −2❑√2=0
14．（2022·浙江·高考真题）已知双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左焦点为F，过F 且斜率为b
4 a的直线
交双曲线于点A(x1, y1)，交双曲线的渐近线于点B(x2, y2)且x1<0< x2．若| FB|=3| FA |，则双曲线的
离心率是 ．
【答案】3 ❑√6
4
【分析】联立直线AB和渐近线l2: y = b
a x方程，可求出点B，再根据| FB|=3| FA |可求得点A，最后根
据点A在双曲线上，即可解出离心率．
【详解】过F且斜率为b
4 a的直线AB: y = b
4 a ( x +c)，渐近线l2: y = b
a x，
联立{
y = b
4 a ( x +c)
y = b
a x )
，得B(
c
3 , bc
3a)，由| FB|=3| FA |，得A(−5c
9 , bc
9a),
而点A在双曲线上，于是25c
2
81a
2 −b
2c
2
81a
2b
2 =1，解得：c
2
a
2 = 81
24 ，所以离心率e= 3 ❑√6
4
.
故答案为：3 ❑√6
4
．
15．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）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A F2的直线与C 交于D，E 两点，| DE|=6，则△ADE的周长是
．
【答案】13
【分析】利用离心率得到椭圆的方程为x
2
4 c
2 + y
2
3c
2 =1，即3 x
2+ 4 y
2−12c
2=0，根据离心率得到直线
A F2的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线DE的斜率，写出直线DE的方程：x = ❑√3 y −c，代入椭
圆方程3 x
2+ 4 y
2−12c
2=0，整理化简得到：13 y
2−6 ❑√3cy −9c
2=0，利用弦长公式求得c = 13
8 ，得
a=2c = 13
4 ，根据对称性将△ADE的周长转化为△F2 DE的周长，利用椭圆的定义得到周长为4 a=13.
【详解】∵椭圆的离心率为e = c
a = 1
2，∴a=2c，∴b
2=a
2−c
2=3c
2，∴椭圆的方程为
x
2
4 c
2 + y
2
3c
2 =1，即3 x
2+ 4 y
2−12c
2=0，不妨设左焦点为F1，右焦点为F2，如图所示，∵
A F2=a，O F2=c，a=2c，∴∠A F2O = π
3 ，∴△A F1 F2为正三角形，∵过F1且垂直于A F2的直线
与C 交于D，E 两点，DE为线段A F2的垂直平分线，∴直线DE的斜率为
❑√3
3 ，斜率倒数为❑√3， 直线
DE的方程：x = ❑√3 y −c，代入椭圆方程3 x
2+ 4 y
2−12c
2=0，整理化简得到：13 y
2−6 ❑√3cy −9c
2=0，
判别式Δ=(6 ❑√3c)
2+ 4×13×9c
2=6
2×16×c
2，
∴|DE)=
❑√1+(❑√3)
2|y1−y2)=2×
❑√Δ
13 =2×6×4× c
13 =6，
∴ c = 13
8 ， 得a=2c = 13
4 ，
∵DE为线段A F2的垂直平分线，根据对称性，AD = D F2，AE = E F2，∴△ADE的周长等于△F2 DE
的周长，利用椭圆的定义得到△F2 DE周长为
|D F2)+|E F2|+|DE)=) D F2|+) E F2|+) D F1|+) E F1|=) D F1|+) D F2|+) E F1|+) E F2)=2a+2a= 4 a=13.
故答案为：13.
16．【多选题】（2025·全国二卷·高考真题）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，左、右顶点分别为A1，A2，以F1 F2为直径的圆与C 的一条渐近线交于M，N 两点，且
∠N A1 M = 5 π
6 ，则（ ）
A．∠A1 M A2= π
6
B．|M A1)=2|M A2)
C．C 的离心率为❑√13
D．当a= ❑√2时，四边形N A1 M A2的面积为8 ❑√3
【答案】ACD
【分析】由平行四边形的性质判断A；由F1 M ⊥F2 M且|MO)=c结合M在渐近线上可求M的坐标，从
而可判断B 的正误，或者利用三角函数定义和余弦定理也可判断；由中线向量结合B 的结果可得c
2=13a
2，
计算后可判断C 的正误，或者利用|M A2)
|A1 A2)
= b
2a = ❑√3并结合离心率变形公式即可判断；结合BC 的结果求
出面积后可判断D 的正误.
【详解】不妨设渐近线为y = b
a x，M在第一象限，N在第三象限，
对于A，由双曲线的对称性可得A1 M A2 N为平行四边形，故∠A1 M A2=π−5π
6 =π
6 ，
故A 正确；
对于B，方法一：因为M在以F1 F2为直径的圆上，故F1 M ⊥F2 M且|MO)=c，
设M (x0, y0)，则{
x0
2+ y0
2=c
2
y0
x0
= b
a )
，故{
x0=a
y0=b)，故M A2⊥A1 A2，
由A 得∠A1 M A2=π
6 ，故|M A2)=|M A1)×
❑√3
2 即|M A1)= 2❑√3
3 |M A2)，故B 错误；
方法二：因为tan∠MO A2= b
a，因为双曲线中，c
2=a
2+b
2，
则cos∠MO A2= a
c ，又因为以F1 F2为直径的圆与C的一条渐近线交于M、N，则OM =c，
则若过点M往x轴作垂线，垂足为H，则|OH )=c⋅a
c =a=|O A2)，则点H与A2(H )重合，则M A2⊥x轴，
则|M A2)=
❑√c
2−a
2=b，则△A1 HM为直角三角形，且∠A1 MH = π
6 ，则2|M A2)= ❑√3|M A1)，
方法三：在△OM A2利用余弦定理知，|M A2)
2=|OM )
2+|O A2)
2−2|OM )|O A2)cos∠MO A2，
即|M A2)
2=c
2+a
2−2ac⋅a
c =b
2，则|M A2)=b，
则△A1 A2 M为直角三角形，且∠A1 M A2= π
6 ，则2|M A2)= ❑√3|M A1)，故B 错误；
对于C，方法一：因为⃗MO = 1
2 (⃗M A1+⃗M A2)，故4⃗MO
2=⃗M A1
2+2⃗M A1⋅⃗M A2+⃗M A2
2，
由B 可知|M A2)=b,|M A1)= 2❑√3
3
b，
故4 c
2=b
2+ 4
3 b
2+2×b× 2❑√3
3
b×
❑√3
2 = 13
3 b
2= 13
3 (c
2−a
2)即c
2=13a
2，
故离心率e = ❑√13，故C 正确；
方法二：因为|M A2)
|A1 A2)
= b
2a = ❑√3，则b
a =2❑√3，则e = c
a = ❑√
1+ b
2
a
2 =
❑√1+(2❑√3)
2= ❑√13，故C 正确；
对于D，当a= ❑√2时，由C 可知e = ❑√13，故c = ❑√26，
故b=2❑√6，故四边形N A1 M A2为2S△M A1 A2=2× 1
2 ×2❑√6×2❑√2=8 ❑√3，
故D 正确，
故选：ACD.
17．【多选题】（2025·全国一卷·高考真题）已知抛物线C : y
2=6 x的焦点为F，过F 的一条直线交C 于
A，B 两点，过A 作直线l
x
：=−3
2的垂线，垂足为D，过F 且与直线AB垂直的直线交l于点E，则（ ）
A．| AD|=| AF |
B．| AE|=| AB|
C．| AB|≥6
D．| AE|⋅|BE|≥18
【答案】ACD
【分析】对于A，先判断得直线l: x =−3
2为抛物线的准线，再利用抛物线的定义即可判断；对于B，利用
三角形相似证得∠AEB =90°，进而得以判断；对于C，利用直线的反设法（法一）与正设法（法二），
联立直线AB与抛物线方程，结合韦达定理与焦点弦公式可判断C；利用利用三角形相似证得
|AE)
2=|AF)⋅|AB)，|BE)
2=|BF)⋅|AB)，结合焦半径公式可判断D.
【详解】法一：对于A，对于抛物线C : y
2=6 x，
则p=3，其准线方程为x =−3
2，焦点F(
3
2 ,0)，
则|AD)为抛物线上点到准线的距离，|AF)为抛物线上点到焦点的距离，
由抛物线的定义可知，| AD|=| AF |，故A 正确；
对于B，过点B作准线l的垂线，交于点P，
由题意可知AD⊥l , EF ⊥AB，则∠ADE =∠AFE =90°，
又| AD|=| AF |，| AE|=| AE|，所以△ADE≅△AFE，
所以∠AED =∠AEF，同理∠BEP =∠BEF，
又∠AED+∠AEF +∠BEP+∠BEF =180°，
所以∠AEF +∠BEF =90°，即∠AEB =90°，
显然AB为△ABE的斜边，则| AE|<| AB|，故B 错误；
对于C，易知直线AB的斜率不为0，
设直线AB的方程为x =my + 3
2，A(x1, y1),B(x2, y2)，
联立{
x =my + 3
2
y
2=6 x )
，得y
2−6my −9=0，
易知Δ>0，则y1+ y2=6m, y1 y2=−9，
又x1=m y1+ 3
2，x2=m y2+ 3
2，
所以| AB|= x1+ x2+ p =m( y1+ y2)+3+3=6m
2+6≥6，
当且仅当m=0时取等号，故C 正确；
对于D，在Rt△ABE与Rt△AEF中，∠BAE =∠EAF，
所以Rt△ABE∼Rt△AEF，则|AE)
|AB) =|AF)
|AE)，即|AE)
2=|AF)⋅|AB)，
同理|BE)
2=|BF)⋅|AB)，
又|AF)⋅|BF)=(x1+ 3
2)(x2+ 3
2)=(m y1+3)(m y2+3)
=m
2 y1 y2+3m( y1+ y2)+9=−9m
2+18m
2+9=9(m
2+1)，
|AB)=6m
2+6=6(m
2+1)，
所以|AE)
2⋅|BE)
2=|BF)⋅|AF)⋅|AB)
2=9(m
2+1)×36(m
2+1)
2，
则|AE)⋅|BE)=3(m
2+1)
1
2 ×6(m
2+1)=18(m
2+1)
3
2 ≥18，故D 正确.
故选：ACD.
法二：对于A，对于抛物线C : y
2=6 x，
则p=3，其准线方程为x =−3
2，焦点F(
3
2 ,0)，
则|AD)为抛物线上点到准线的距离，|AF)为抛物线上点到焦点的距离，
由抛物线的定义可知，| AD|=| AF |，故A 正确；
对于B，过点B作准线l的垂线，交于点P，
由题意可知AD⊥l , EF ⊥AB，则∠ADE =∠AFE =90°，
又| AD|=| AF |，| AE|=| AE|，所以△ADE≅△AFE，
所以∠AED =∠AEF，同理∠BEP=∠BEF，
又∠AED+∠AEF +∠BEP+∠BEF =180°，
所以∠AEF +∠BEF =90°，即∠AEB =90°，
显然AB为△ABE的斜边，则| AE|<| AB|，故B 错误；
对于C，当直线AB的斜率不存在时，|AB)=2 p=6；
当直线AB的斜率存在时，设直线AB方程为y =k(x−3
2)，
联立{
y =k(x−3
2)
y
2=6 x )
，消去y，得k
2 x
2−(3k
2+6) x + 9
4 k
2=0，
易知Δ>0，则x1+ x2=3+ 6
k
2 , x1 x2= 9
4 ，
所以|AB)=
❑√1+ k
2|x1−x2)=
❑√1+ k
2×❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2
=
❑√1+k
2×❑√(3+ 6
k
2)
2
−9=6(1+ 1
k
2)>6，
综上，| AB|≥6，故C 正确；
对于D，在Rt△ABE与Rt△AEF中，∠BAE =∠EAF，
所以Rt△ABE∼Rt△AEF，则|AE)
|AB) =|AF)
|AE)，即|AE)
2=|AF)⋅|AB)，
同理|BE)
2=|BF)⋅|AB)，
当直线AB的斜率不存在时，|AB)=6，|AF)=|BF)= 1
2|AB)=3；
所以|AE)
2⋅|BE)
2=|BF)⋅|AF)⋅|AB)
2=3×3×6
2，即|AE)⋅|BE)=18；
当直线AB的斜率存在时，|AB)=6(1+ 1
k
2)，
|AF)⋅|BF)=(x1+ 3
2)(x2+ 3
2)= x1 x2+ 3
2 (x1+ x2)+ 9
4
= 9
4 + 3
2(3+ 6
k
2)+ 9
4 =9(1+ 1
k
2)，
所以|AE)
2⋅|BE)
2=|BF)⋅|AF)⋅|AB)
2=9(1+ 1
k
2)×36(1+ 1
k
2)
2
，
则|AE|⋅|BE|=3(1+ 1
k
2)
1
2 ×6(1+ 1
k
2)=18(1+ 1
k
2)
3
2 >18；
综上，|AE)⋅|BE)≥18，故D 正确.
故选：ACD.
18．【多选题】（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）抛物线C：y
2= 4 x的准线为l，P 为C 上的动点，过P 作
⊙A : x
2+( 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
【分析】A 选项，抛物线准线为x =−1，根据圆心到准线的距离来判断；B 选项，P , A ,B三点共线时，先
求出P的坐标，进而得出切线长；C 选项，根据|PB)=2先算出P的坐标，然后验证k PA k AB=−1是否成立；
D 选项，根据抛物线的定义，|PB)=|PF)，于是问题转化成|PA)=|PF)的P点的存在性问题，此时考察
AF的中垂线和抛物线的交点个数即可，亦可直接设P点坐标进行求解.
【详解】A 选项，抛物线y
2= 4 x的准线为x =−1，
⊙A的圆心(0,4)到直线x =−1的距离显然是1，等于圆的半径，
故准线l和⊙A相切，A 选项正确；
B 选项，P , A ,B三点共线时，即PA ⊥l，则P的纵坐标y P= 4，
由y P
2 = 4 xP，得到xP= 4，故P(4,4)，
此时切线长|PQ)=
❑√|PA)
2−r
2=
❑√4
2−1
2= ❑√15，B 选项正确；
C 选项，当|PB)=2时，xP=1，此时y P
2 = 4 xP= 4，故P(1,2)或P(1,−2)，
当P(1,2)时，A(0,4),B(−1,2)，k PA = 4−2
0−1 =−2，k AB=
4−2
0−(−1) =2，
不满足k PA k AB=−1；
当P(1,−2)时，A(0,4),B(−1,−2)，k PA = 4−(−2)
0−1
=−6，k AB= 4−(−2)
0−(−1) =6，
不满足k PA k AB=−1；
于是PA ⊥AB不成立，C 选项错误；
D 选项，方法一：利用抛物线定义转化
根据抛物线的定义，|PB)=|PF)，这里F(1,0)，
于是|PA)=|PB)时P点的存在性问题转化成|PA)=|PF)时P点的存在性问题，
A(0,4), F(1,0)，AF中点(
1
2 ,2)，AF中垂线的斜率为−1
k AF
= 1
4 ，
于是AF的中垂线方程为：y = 2 x +15
8
，与抛物线y
2= 4 x联立可得y
2−16 y +30=0，
Δ=16
2−4×30=136>0，即AF的中垂线和抛物线有两个交点，
即存在两个P点，使得|PA)=|PF)，D 选项正确.
方法二：（设点直接求解）
设P(
t
2
4 ,t)，由PB⊥l可得B (−1,t )，又A(0,4)，又|PA)=|PB)，
根据两点间的距离公式，❑√
t
4
16 +(t −4)
2= t
2
4 +1，整理得t
2−16t +30=0，
Δ=16
2−4×30=136>0，则关于t的方程有两个解，
即存在两个这样的P点，D 选项正确.
故选：ABD
19．【多选题】（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）设O 为坐标原点，直线y =−❑√3(x−1)过抛物线
C : y
2=2 px ( 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
【分析】先求得焦点坐标，从而求得p，根据弦长公式求得|MN )，根据圆与等腰三角形的知识确定正确答
案.
【详解】A 选项：直线y =−❑√3(x−1)过点(1,0)，所以抛物线C : y
2=2 px ( p>0)的焦点F (1,0)，
所以p
2 =1, p=2,2 p= 4，则A 选项正确，且抛物线C的方程为y
2= 4 x.
B 选项：设M (x1, y1), N (x2, y2)，
由{
y =−❑√3(x−1)
y
2= 4 x
)消去y并化简得3 x
2−10 x +3=(x−3)(3 x−1)=0，
解得x1=3, x2= 1
3，所以|MN )= x1+ x2+ p=3+ 1
3 +2= 16
3 ，B 选项错误.
C 选项：设MN的中点为A，M , N , A到直线l的距离分别为d1,d2,d，
因为d = 1
2 (d1+d2)= 1
2 (|MF)+|NF))= 1
2|MN )，
即A到直线l的距离等于MN的一半，所以以MN为直径的圆与直线l相切，C 选项正确.
D 选项：直线y =−❑√3(x−1)，即❑√3 x + y −❑√3=0，
O到直线❑√3 x + y −❑√3=0的距离为d =
❑√3
2 ，
所以三角形OMN的面积为1
2 × 16
3 ×
❑√3
2 = 4 ❑√3
3
，
由上述分析可知y1=−❑√3(3−1)=−2❑√3, y2=−❑√3(
1
3 −1)= 2❑√3
3
，
所以|OM )=
❑√3
2+(−2❑√3)
2= ❑√21,|ON )=
❑√(
1
3)
2
+(
2❑√3
3 )
2
=
❑√13
3
，
所以三角形OMN不是等腰三角形，D 选项错误.
故选：AC.
20．【多选题】（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知O 为坐标原点，过抛物线C : y
2=2 px( 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
【分析】由|AF)=|AM )及抛物线方程求得A( 3 p
4 ,
❑√6 p
2
)，再由斜率公式即可判断A 选项；表示出直线
AB的方程，联立抛物线求得B( p
3 ,−
❑√6 p
3
)，即可求出|OB)判断B 选项；由抛物线的定义求出
|AB)= 25 p
12 即可判断C 选项；由⃑OA ⋅⃑OB<0，⃑MA ⋅⃑MB<0求得∠AOB，∠AMB为钝角即可判断D 选
项.
【详解】对于A，易得F( p
2 ,0)，由|AF)=|AM )可得点A在FM的垂直平分线上，则A点横坐标为
p
2 + p
2
= 3 p
4
，
代入抛物线可得y
2=2 p⋅3 p
4 = 3
2 p
2，则A( 3 p
4 ,
❑√6 p
2
)，则直线AB的斜率为
❑√6 p
2
3 p
4 −p
2
=2❑√6，A 正确；
对于B，由斜率为2❑√6可得直线AB的方程为x =
1
2 ❑√6 y + p
2 ，联立抛物线方程得y
2−1
❑√6 py −p
2=0，
设B( x1, y1)，则
❑√6
2 p+ y1=
❑√6
6 p，则y1=−
❑√6 p
3
，代入抛物线得(−
❑√6 p
3 )
2
=2 p⋅x1，解得x1= p
3 ，则
B( p
3 ,−
❑√6 p
3
)，
则|OB)=
❑√(
p
3)
2
+(−
❑√6 p
3 )
2
=
❑√7 p
3
≠|OF)= p
2
，B 错误；
对于C，由抛物线定义知：|AB)= 3 p
4 + p
3 + p= 25 p
12 >2 p= 4|OF)，C 正确；
对于D，⃑OA ⋅⃑OB =( 3 p
4 ,
❑√6 p
2
)⋅( p
3 ,−
❑√6 p
3
)= 3 p
4 ⋅p
3 +
❑√6 p
2
⋅(−
❑√6 p
3 )=−3 p
2
4 <0，则∠AOB为
钝角，
又⃑MA ⋅⃑MB =(−p
4 ,
❑√6 p
2
)⋅(−2 p
3 ,−
❑√6 p
3
)=−p
4 ⋅(−2 p
3 )+
❑√6 p
2
⋅(−
❑√6 p
3 )=−5 p
2
6 <0，则
∠AMB为钝角，
又∠AOB+∠AMB+∠OAM +∠OBM =360
∘，则∠OAM +∠OBM <180
∘，D 正确.
故选：ACD.
21．【多选题】（2022·全国乙卷·高考真题）双曲线C 的两个焦点为F1, F2，以C 的实轴为直径的圆记为
D，过F1作D 的切线与C 交于M，N 两点，且cos∠F1 N F2= 3
5，则C 的离心率为（ ）
A．
❑√5
2
B．3
2
C．
❑√13
2
D．
❑√17
2
【答案】AC
【分析】依题意不妨设双曲线焦点在x轴，设过F1作圆D的切线切点为G，利用正弦定理结合三角变换、
双曲线的定义得到2b=3a或a=2b，即可得解，注意就M , N在双支上还是在单支上分类讨论.
【详解】[方法一]：几何法，双曲线定义的应用
情况一
M、N 在双曲线的同一支，依题意不妨设双曲线焦点在x轴，设过F1作圆D的切线切点为B，
所以OB⊥F1N，因为cos∠F1 N F2= 3
5 >0，所以N在双曲线的左支，
|OB|=a，|O F1|=c， |F1B|= b，设∠F1 N F2=α，由即cosα = 3
5，则sin α = 4
5 ，
|NA|=3
2 a，|NF2|=5
2 a
|NF2|−|NF1|=2a
5
2 a−( 3
2 a−2b)=2a，
2b=a，∴e=
❑√5
2
选A
情况二
若M、N 在双曲线的两支，因为cos∠F1 N F2= 3
5 >0，所以N在双曲线的右支，
所以|OB|=a，|O F1|=c， |F1B|= b，设∠F1 N F2=α，
由cos∠F1 N F2= 3
5，即cosα = 3
5，则sin α = 4
5 ，
|NA|=3
2 a，|NF2|=5
2 a
|NF1|−|NF2|=2a
3
2 a+2b−5
2 a=2a，
所以2b=3a，即b
a = 3
2，
所以双曲线的离心率e = c
a = ❑√
1+ b
2
a
2 =
❑√13
2
选C
[方法二]：答案回代法
A 选项e=
❑√5
2
特值双曲线
x
2
4 −y
2=1,∴F1(−❑√5,0),F2(❑√5,0)，
过F1且与圆相切的一条直线为y=2(x+ ❑√5)，
∵两交点都在左支,∴N(−6
5
❑√5,−2
5
❑√5)，
∴|NF2|=5,|NF1|=1,|F1F2|=2❑√5，
则cos∠F1 N F2= 3
5，
C 选项e=
❑√13
2
特值双曲线x
2
4 −y
2
9 =1,∴F1(−❑√13,0),F2(❑√13,0)，
过F1且与圆相切的一条直线为y= 2
3 (x+ ❑√13)，
∵两交点在左右两支，N在右支，∴N( 14
13
❑√13, 18
13
❑√13)，
∴|NF2|=5,|NF1|=9,|F1F2|=2❑√13，
则cos∠F1 N F2= 3
5，
[方法三]：
依题意不妨设双曲线焦点在x轴，设过F1作圆D的切线切点为G，
若M , N分别在左右支，
因为OG⊥N F1，且cos∠F1 N F2= 3
5 >0，所以N在双曲线的右支，
又|OG|=a，|O F1|=c，|G F1|=b，
设∠F1 N F2=α，∠F2 F1 N = β，
在△F1 N F2中，有| N F2|
sin β
=| N F1|
sin(α + β) = 2c
sin α ，
故| N F1|−| N F2|
sin(α + β)−sin β = 2c
sin α 即
a
sin(α + β)−sin β =
c
sin α ，
所以
a
sin α cos β +cosα sin β −sin β =
c
sin α ，
而cosα = 3
5，sin β = a
c ，cos β = b
c ，故sin α = 4
5 ，
代入整理得到2b=3a，即b
a = 3
2，
所以双曲线的离心率e = c
a = ❑√
1+ b
2
a
2 =
❑√13
2
若M , N均在左支上，
同理有| N F2|
sin β
=| N F1|
sin(α + β) = 2c
sin α ，其中β为钝角，故cos β =−b
c ，
故| N F2|−| N F1|
sin β −sin(α + β) = 2c
sin α 即
a
sin β −sin α cos β −cosα sin β =
c
sin α ，
代入cosα = 3
5，sin β = a
c ，sin α = 4
5 ，整理得到：
a
4 b+2a = 1
4 ，
故a=2b，故e =
❑√1+( b
a )
2
=
❑√5
2
，
故选：AC.
22．【多选题】（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知O 为坐标原点，点A(1,1)在抛物线
C : x
2=2 py( p>0)上，过点B(0,−1)的直线交C 于P，Q 两点，则（ ）
A．C 的准线为y =−1
B．直线AB 与C 相切
C．|OP|⋅|OQ|>|OA|
2
D．|BP|⋅|BQ|>|BA |
2
【答案】BCD
【分析】求出抛物线方程可判断A，联立AB 与抛物线的方程求交点可判断B，利用距离公式及弦长公式可
判断C、D.
【详解】将点A的代入抛物线方程得1=2 p，所以抛物线方程为x
2= y，故准线方程为y =−1
4 ，A 错误；
k AB= 1−(−1)
1−0
=2，所以直线AB的方程为y =2 x−1，
联立{
y =2 x−1
x
2= y )，可得x
2−2 x +1=0，解得x =1，故B 正确；
设过B的直线为l，若直线l与y轴重合，则直线l与抛物线C只有一个交点，
所以，直线l的斜率存在，设其方程为y =kx−1，P( x1, y1),Q( x2, y2)，
联立{
y =kx −1
x
2= y )，得x
2−kx +1=0，
所以{
Δ=k
2−4>0
x1+ x2=k
x1 x2=1 )
，所以k >2或k <−2，y1 y2=( x1 x2)
2=1，
又|OP|=
❑√x1
2+ y1
2=
❑√y1+ y1
2，|OQ|=
❑√x2
2+ y2
2=
❑√y2+ y2
2，
所以|OP|⋅|OQ|= ❑√y1 y2(1+ y1)(1+ y2)= ❑√k x1×k x2=|k |>2=|OA |
2，故C 正确；
因为|BP|=
❑√1+k
2| x1|，|BQ|=
❑√1+ k
2| x2|，
所以|BP|⋅|BQ|=(1+ k
2)| x1 x2|=1+ k
2>5，而|BA |
2=5，故D 正确.
故选：BCD
【热点题型1：：圆锥曲线的定义应用】
【核心归纳】
椭圆定义：平面内与两个定点
、
的距离之和等于常数（
，
）的点的轨迹；当
时，轨迹为线段
；当
时，无轨迹.
双曲线定义：平面内与两个定点
、
的距离之差的绝对值等于常数（
，
）的点
的轨迹；当
时，轨迹为以
、
为端点的两条射线；当
时，无轨迹.
抛物线定义：平面内与一个定点
（焦点）和一条定直线（准线，
不在上）的距离相等的点的轨迹；
核心是“抛物线上任意一点到焦点的距离等于到准线的距离”（焦半径转化核心）.
定义的核心作用：简化距离运算、求解轨迹方程、转化焦半径与弦长问题.
【易错提示】
忽略椭圆定义中“
”和双曲线定义中“
”的限制条件，导致轨迹判断错误.
双曲线定义中“距离之差的绝对值”易遗漏“绝对值”，导致只考虑一支轨迹，忽略另一支.
抛物线定义中忽略“焦点不在准线上”的前提，若
在上，轨迹为过
且垂直于的直线.
（2025·福建福州·三模）设椭圆C : x
2
49 + y
2
24 =1的左、右焦点分别为F1、F2，点P在椭
圆上，A为∠F1 P F2的平分线与x轴的交点.若⃗P F1⋅⃗P F2=0，则|PA)=（ ）
A．24
7
B．24 ❑√2
7
C．32
7
D．32❑√2
7
【答案】B
【分析】解法一：不妨设点P位于第一象限，设|P F1)=m，|P F2)=n，根据题意得出关于m、n的方程组，
解出这两个量的值，利用角平分线定理分析得出S△PA F2= 3
7 S△P F1 F2，结合三角形的面积公式可求出|PA)的
值；
解法二：不妨设点P位于第一象限，设|P F1)=m，|P F2)=n，根据题意得出关于m、n的方程组，解出这
两个量的值，由S△PA F1+ S△PA F2= S△P F1 F2结合三角形的面积公式可求出|PA)的值.
【详解】依题意，a=7，c = ❑√49−24 =5，
解法一：不妨设点P位于第一象限，设|P F1)=m，|P F2)=n，则m+n=14①，且m>n>0.
因为⃗P F1⋅⃗P F2=0，所以∠F1 P F2=90
∘，所以m
2+n
2= 4 c
2=100②.
由①②解得：m=8，n=6.
知识讲解与常考题型
题型分类
经典例题
因为PA平分∠F1 P F2，由角平分线定理可得|A F1)
|A F2)
=|P F1)
|P F2)
= 8
6 = 4
3 ，故|A F2)
|F1 F2)
= 3
7 ，
所以S△PA F2= 3
7 S△P F1 F2，即1
2|PA)⋅|P F2)sin 45
∘= 3
7 × 1
2|P F1)⋅|P F2)，
故
❑√2
4 ×6⋅|PA)= 3
7 × 1
2 ×6×8，所以|PA)= 24 ❑√2
7
.
解法二：不妨设点P位于第一象限，设|P F1)=m，|P F2)=n，则m+n=14①，且m>n>0.
因为⃗P F1⋅⃗P F2=0，所以∠F1 P F2=90
∘，所以m
2+n
2= 4 c
2=100②.
由①②解得：m=8，n=6.
由S△PA F1+ S△PA F2= S△P F1 F2，得1
2 m⋅|PA)sin 45
∘+ 1
2 n⋅|PA)sin 45
∘= 1
2 mn，
所以|PA)=
❑√2mn
m+n = 48 ❑√2
14
= 24 ❑√2
7
.
故选：B.
（2025·宁夏银川·三模）已知双曲线C : x
2
3 −y
2=1的左右焦点分别为
､
F1, F2，以F1 F2
为直径的圆与双曲线在第一三象限的交点分别为
､
M , N，则△M F1 N的周长为（ ）
A．8+2❑√5
B．8
C．4+2❑√5
D．8+2❑√3
【答案】C
【分析】设|M F2)=n,|M F1)=m，根据圆的性质可知M F1⊥M F2，利用勾股定理结合双曲线的定义可
得mn=2,(m+n)
2=20，得m+n=2❑√5即可求解.
【详解】设|M F2)=n,|M F1)=m，由M在以F1 F2为直径的圆上可得M F1⊥M F2，
所以|M F1)
2+|M F2)
2=|F1 F2)
2，四边形M F1 N F2为矩形，则|MN )=|F1 F2)=2c，
由双曲线C : x
2
3 −y
2=1，得a
2=3,b
2=1,c
2=a
2+b
2= 4，
所以m
2+n
2=16，又由双曲线的定义有m−n=2a=2❑√3，
所以m
2−2mn+n
2=12，得mn=2，
所以(m+n)
2=m
2+2mn+n
2=16+ 4 =20，
即m+n=2❑√5，而|MN )=|F1 F2)=2c = 4，
所以m+n+|MN )= 4 +2❑√5，所以△M F1 N的周长为4 +2❑√5.
故选：C.
经典例题
（2023·福建泉州·三模）已知抛物线C的焦点为F，准线为l，点A在C上，点B在l上．
若|⃗AF)=|⃗BF)= 4，⃗AF ⋅(⃗BF +⃗BA)=0，则F到l的距离等于（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【分析】取线段AF的中点M，连接BM，过点F作FE⊥l，垂足为点E，分析出△ABF为等边三角形，
并求出∠BFE =∠ABF =60
∘，从而可求得|EF)= 1
2|BF)，即为所求.
【详解】取线段AF的中点M，连接BM，过点F作FE⊥l，垂足为点E，
则⃗BF +⃗BA =(⃗BM +⃗MF)+(⃗BM +⃗MA)=2⃗BM，
所以，⃗AF ⋅(⃗BF +⃗BA)=2⃗AF ⋅⃗BM =0，所以，AF ⊥BM，所以，|AB)=|BF)，
因为|AF)=|BF)= 4，所以，△ABF是边长为4的等边三角形，则∠ABF =60
∘，
由抛物线的定义可知AB⊥l，所以，AB// EF，故∠BFE =∠ABF =60
∘，
所以，|EF)
|BF) =cos60
∘= 1
2，则|EF)= 1
2|BF)=2，即点F到直线l的距离为2.
故选：B.
（2025·陕西汉中·模拟预测）已知抛物线E: y
2=2 px ( p>0)的焦点F到准线l的距
离为2，点A ( p+1,0)，B是直线l与x轴的交点，C是E上一点，过点C作CD⊥l于点D，CF与AD交于点
M．若M为△ABC的重心，则△MAB的面积为（ ）
A．❑√3
B．4 ❑√3
3
C．8 ❑√3
3
D．2❑√3
【答案】B
经典例题
小试牛刀1
【分析】先根据抛物线方程的条件求出抛物线的基本参数，进而确定焦点和准线方程；再利用三角形重心
和相似三角形的性质求出点的坐标；最后根据三角形面积公式计算三角形的面积.
【详解】对于抛物线E: y
2=2 px ( p>0)，已知−p
2 =−1，可得p=2.那么抛物线E的方程为y
2= 4 x，其焦
点F(1,0)，准线l的方程为x =−1.
则A(3,0)，B(−1,0)（B为抛物线准线与x轴交点）.
因为M为△ABC的重心，所以M为CF的三等分点且CM =2 MF.
又因为CD // AF，所以△AFM与△MDC相似，且AF
CD = MF
CM = 1
2，即CD =2 AF = 4.
不妨设C( x0, y0)，且在第一象限，由抛物线的性质可知点C到准线x =−1的距离CD = x0+1.
已知CD = 4，则x0+1= 4，解得x0=3.
因为点C( x0, y0)在抛物线y
2= 4 x上，将x0=3代入抛物线方程得y0
2= 4×3=12，又因为C在第一象限，所
以y0=2❑√3.
因为M为CF的三等分点且CM =2 MF，所以y M = 1
3 y0= 2❑√3
3
.
已知AB =3−(−1)= 4.
根据三角形面积公式，对于△MAB，则S△MAB= 1
2 ×4× 2❑√3
3
= 4 ❑√3
3
.
故选：B.
（2025·广西柳州·模拟预测）已知椭圆E: x
2
16 + y
2
12 =1的左右焦点分别为F1, F2，上
顶点为A，过F1且垂直于A F2的直线与E交于B、C 两点，则△ABC的周长为（ ）
A．12
B．16
C．20
D．24
【答案】B
【分析】根据条件可得|AB)=|B F2),|AC)=|C F2)，然后根据椭圆的定义求解即可.
【详解】由椭圆E: x
2
16 + y
2
12 =1，得a= 4，
过F1且垂直于A F2的直线与椭圆C交于B、C 两点，
所以BC为线段AF的垂直平分线，
小试牛刀2
得|AB)=|B F2),|AC)=|C F2)，
则△ABC的周长为|AB)+|AC)+|BC)=|B F2)+|C F2)+|B F1)+|C F1)=2a+2a= 4 a= 4×4 =16.
故选：B.
（2025·辽宁沈阳·模拟预测）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1（a>0，b>0）与椭圆
x
2
16 + y
2
12 =1的焦点重合，离心率互为倒数，设F1，F2分别为双曲线C的左，右焦点，P为右支上任意一点，
则
| P F1|
2
|P F2)
的最小值为（ ）
A．9
B．7
C．8
D．10
【答案】C
【分析】先由椭圆方程求出其焦点坐标及离心率，再根据双曲线的性质，以及与椭圆的关系求出a,b，根
据双曲线的定义可得|P F1|=) P F2)+2，将其代入
| P F1|
2
|P F2)
，利用基本不等式即可求出其最小值.
【详解】因为椭圆x
2
16 + y
2
12 =1的焦点为(±2,0)，离心率为1
2，
所以可知双曲线{
a
2+b
2= 4
❑√
1+ b
2
a
2 =2)
，解得{
a=1
b= ❑√3).
因为P为双曲线右支上任意一点，
所以|P F1|−) P F2)=2a=2，即|P F1|=) P F2)+2，
又因为|P F2)≥c−a=1，
所以| P F1|
2
|P F2)
= (|P F2)+2)
2
|P F2)
=|P F2)+
4
|P F2)
+ 4≥2❑√|P F2)×
4
|P F2)
+ 4 =8，
当且仅当|P F2)=
4
|P F2)，即|P F2)=2时取等号，
小试牛刀3
所以
| P F1|
2
|P F2)
的最小值为8．
故选：C
【热点题型2：圆锥曲线的标准方程求解】
【核心归纳】
求解思路：先定位（确定曲线类型、焦点位置），再定量（求
、
、
等核心参数）.
椭圆标准方程：①焦点在
轴上：
（
，
）；②焦点在
轴上：
（
，
）；③焦点位置不确定时，可设为
（
，
，
）.
双曲线标准方程：①焦点在
轴上：
（
，
，
）；②焦点在
轴上：
（
，
，
）；③焦点位置不确定时，可设为
（
）；
④等轴双曲线：
（
），渐近线为
，离心率
.
抛物线标准方程：分四种开口方向，核心是确定焦点坐标与准线方程，设式技巧：①开口向右：
（
）；②开口向左：
（
）；③开口向上：
（
）；④开口
向下：
（
）；
的几何意义是“焦点到准线的距离”.
求参关键：利用定义、几何性质、已知点坐标代入等建立关于参数的方程（组）求解.
【易错提示】
混淆椭圆与双曲线中
、
、
的关系：椭圆中
（
最大），双曲线中
（
最
大），易出现“
”通用的错误.
确定双曲线焦点位置时，误将“
项系数正”等同于“焦点在
轴上”，忽略
项系数为负的情况（需
看正负项对应的坐标轴）.
抛物线标准方程中忽略
的条件，导致参数符号错误；或混淆开口方向与方程形式的对应关系（如开
口向上误写为
）.
焦点位置不确定时，未分类讨论或设式不当，导致漏解.
（2025·四川成都·三模）已知动圆C与圆( x +1)
2+ y
2=1外切，同时与圆
( x−1)
2+ y
2=25内切，则动圆C的圆心轨迹方程为（ ）
A．x
2
9 + y
2
8 =1
B．x
2
9 + y
2=1
C．x
2
25 + y
2
24 =1
D．x
2
25 + y
2=1
【答案】A
【分析】分析出|C1 M )+|C2 M )=6>2=|C1C2)，确定圆心M 的轨迹为椭圆，求出a=3,b
2=8，得到轨迹
方程.
【详解】设圆( x +1)
2+ y
2=1圆心C2且与圆C切于点P，圆( x −1)
2+ y
2=25圆心C1与圆C切于点Q，
经典例题
由题意得：|C1C)=5−|CQ)，|C2C)=1+|CP)，其中|CQ)=|CP)，
所以|C1C)+|C2C)=5−|CQ)+1+|CP)=6>2=|C1C2)，
由椭圆定义可知：动圆圆心C 的轨迹为以C1,C2为焦点的椭圆，设x
2
a
2 + y
2
b
2 =1，
则2a=6,c =1，解得：a=3,b
2=a
2−c
2=9−1=8，
故动圆圆心C 的轨迹方程为x
2
9 + y
2
8 =1.
故选：A
（24-25 高二上·江苏徐州·期中）已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1的左、右焦点分别为
F1(−❑√2,0)，F2(❑√2,0)，椭圆上一点P满足P F1⊥P F2，以C的短轴为直径作圆O，截直线P F1的弦长
为❑√2b，则椭圆的方程为（ ）
A．x
2
3 + y
2=1
B．x
2
4 + y
2
2 =1
C．x
2
6 + y
2
4 =1
D．x
2
8 + y
2
6 =1
【答案】B
【分析】取弦AB的中点D，连接OD，求出|P F2)= ❑√2b，再根据椭圆定义结合勾股定理求出a,b,c之间
的关系，即可求得.
【详解】由题意知以C的短轴为直径作圆O，截直线P F1的弦长为❑√2b，设交点为A，B，
取弦AB的中点D，连接OD，如下图所示：
则OD⊥AB，OD⊥P F1，因为P F1⊥P F2，所以OD // P F2，
因为O为F1 F2的中点，D是P F1的中点，所以2|OD)=|P F2)，
P F1⊥P F2，且OD垂直平分弦AB，
因为|OB)=b，|BD)=
❑√2
2 b，所以|OD)=
❑√
b
2−(
❑√2
2 b)
2
=
❑√2
2 b，
所以|P F2)= ❑√2b，
由椭圆定义可知，|P F1)=2a−|P F2)=2a−❑√2b，|F1 F2)=2c，
经典例题
所以{
(2a−❑√2b)
2+(❑√2b)
2= 4 c
2
a
2=b
2+c
2
)，解得a= ❑√2b，c =b，
因为F1(−❑√2,0)，F2(❑√2,0)，所以c = ❑√2，b= ❑√2,a=2，
所以椭圆方程为x
2
4 + y
2
2 =1.
故选：B
（2024·浙江·一模）双曲线的另一种定义：动点M (x , y)与定点F (c ,0)的距离和它与
定直线l：x = a
2
c 的距离的比是常数c
a
(0<a<c)，则点M的轨迹是一个双曲线.动点M与定点F (❑√3,0)的距
离和它与定直线l：x =
❑√3
3 的距离的比是❑√3，则点M的轨迹方程为（ ）
A．y
2
2 −x
2=1
B．x
2−y
2
2 =1
C．x
2
2 −y
2=1
D．y
2−x
2
2 =1
【答案】B
【分析】根据给定条件，列出方程并化简得答案.
【详解】设M ( x , y)，依题意，
❑√( x−❑√3)
2+ y
2
| x−
❑√3
3 |
= ❑√3，化简整理得x
2−y
2
2 =1，
所以点M的轨迹方程为x
2−y
2
2 =1.
故选：B
（2025·天津·模拟预测）已知双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左右焦点分别为F1, F2，
过点F1的直线l: x−❑√3 y +2❑√3=0与双曲线的左右两支分别交于点A，B，且|A F2)=|B F2)，则该双曲线
的方程为（ ）
A．x
2
6 −y
2
6 =1
B．x
2
4 −y
2
8 =1
C．x
2−y
2
11 =1
D．x
2
3 −y
2
9 =1
【答案】A
【分析】根据给定条件，求出焦点坐标及直线l的倾斜角，再结合双曲线定义及勾股定理求出a,b即可.
【详解】依题意，F1(−2❑√3,0), F2(2❑√3,0)，直线l的倾斜角为30
∘，即∠A F1 F2=30
∘，
取AB的中点D，连接F2 D，由|A F2)=|B F2)，得D F2⊥AB，| D F2|=2❑√3,| D F1|=6，
经典例题
经典例题
|B F2|=| A F2|=2a+| A F1|，|B F1|=2a+|B F2|= 4 a+| A F1|，
则| AD|= 1
2 | AB|= 1
2 (|B F1|−| A F1|)=2a，| A F2|=| D F1|=6，
在Rt△AD F2中，2a=
❑√| A F2|
2−| D F2|
2=
❑√6
2−(2❑√3)
2=2❑√6，解得a= ❑√6,b= ❑√6，
所以该双曲线的方程为x
2
6 −y
2
6 =1.
故选：A
（2023·云南保山·二模）已知正方体ABCD−A1B1C1 D1，Q 为上底面A1B1C1 D1所
在平面内的动点，当直线DQ与D A1的所成角为45°时，点Q 的轨迹为（ ）
A．圆
B．直线
C．抛物线
D．椭圆
【答案】C
【分析】建系，利用空间向量结合线线夹角分析运算.
【详解】以点D 为原点，⃗DA，⃗DC，⃗D D1为x，y，z 的正方向，建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为1，则D (0,0,0), A1(1,0,1)，设Q (x , y ,1)，
可得⃗DQ =(x , y ,1)，⃗D A1=(1,0,1)，
因为直线DQ与D A1的所成角为45°，
则cos 45° =|⃗
DQ⋅⃗D A1
|⃗DQ)⋅|⃗D A1))=|
x +1
❑√x
2+ y
2+1×❑√2)=
❑√2
2 ，化简可得y
2=2 x，
所以点Q 的轨迹为抛物线.
故选：C.
（2024·湖北·模拟预测）已知抛物线C : y
2=2 px( p>0)的焦点为F，过F的直线l与C
经典例题
经典例题
与交于A 、B两点（A点在x轴上方），点D(
3
2 p,0)，若|AF)=|AD),|BF)= 1
2，则C的方程为（ ）
A．y
2= 2
3 x
B．y
2= 4
3 x
C．y
2=2 x
D．y
2= 4 x
【答案】B
【分析】由|AF)=|AD)可得A点横坐标，即可得A点坐标，结合焦点坐标可得直线l斜率，表示出直线l后，
联立曲线即可得B点坐标，结合焦半径公式计算即可得解.
【详解】设A(x1, y1),B(x2, y2)，则x1=
1
2 p+ 3
2 p
2
= p，
∴y1= ❑√2 p x1= ❑√2 p，即A ( p,❑√2 p)，
由A ( p,❑√2 p), F(
p
2 ,0)得，kl=
❑√2 p
p−p
2
=2❑√2，
∴l的方程为y =2❑√2(x−p
2)，
由{
y =2❑√2(x−p
2)
y
2=2 px )
得，{
x1= p
y1= ❑√2 p)，{
x2= p
4
y2=−
❑√2
2 p)
，
∴|BF)= x2+ p
2 = 3
4 p= 1
2，∴p= 2
3，故y
2= 4
3 x.
故选：B.
【热点题型3：椭圆、双曲线的几何性质应用】
【核心归纳】
（一）椭圆的标准方程与几何性质
标准方程
焦
点
位
置
顶点坐标
焦点坐标
准线方程
对称
轴
范围
离心率
焦
距
（
）
x
轴
上
长轴顶点：
；短
轴顶点：
，
x
轴、
y 轴
，
（
）
（
）
y
轴
上
长轴顶点：
；短
轴顶点：
，
x
轴、
y 轴
，
（
）
（二）双曲线的标准方程与几何性质
标准方程
焦
点
位
置
顶点坐
标
焦点坐标
准线方程
渐近线方
程
对
称
轴
范围
离心
率
焦
距
（
，
）
x
轴
上
，
x
轴
、y
轴
，
（
）
（
，
）
y
轴
上
，
x
轴
、y
轴
，
（
）
三、核心衍生性质（高频考点）
（一）椭圆的衍生性质
1.离心率的几何意义与拓展
越接近1，椭圆越扁；
越接近0，椭圆越圆（当
时，退化为圆，此时
，
）.
离心率与
、
的关系：
（由
推导，可用于已知
、
求
或已知
求
、
关
系）.
2.焦半径公式（椭圆上点到焦点的距离）
设椭圆上任意一点
，焦半径为
、
，核心是利用定义
推导.
对于
（焦点在x 轴）：
，
（
为左焦点，
为右焦点）.
对于
（焦点在y 轴）：
，
（
为下焦点，
为上焦点）.
3.焦点弦与通径
焦点弦：过椭圆焦点的弦，记为
，
、
.
通径：过焦点且垂直于对称轴的焦点弦，是椭圆的最短焦点弦，长度为
.
焦点弦长度公式：
焦点在x 轴，弦垂直x 轴（通径）：
.
焦点在x 轴，弦斜率为
：
.
4.椭圆的光学性质
从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线必经过另一个焦点（应用于光学设计，如椭圆
镜面）.
（二）双曲线的衍生性质
1.离心率的几何意义与拓展
越大，双曲线的开口越开阔；
越接近1，双曲线的开口越狭窄.
离心率与
、
的关系：
（由
推导，是求解离心率范围的核心公式）.
2.焦半径公式（双曲线上点到焦点的距离）
设双曲线上任意一点
，焦半径为
、
，核心是利用定义
推导，需
注意点所在的分支.
对于
（焦点在x 轴）：
点
在右支：
，
.
点
在左支：
，
.
对于
（焦点在y 轴）：
点
在上支：
，
.
点
在下支：
，
.
3.渐近线的拓展性质
渐近线的求法：将双曲线标准方程右边的“1”改为“0”，因式分解即可得渐近线方程（如
，
分解为
，即
）.
共渐近线的双曲线系：与
共渐近线的双曲线方程可设为
（
）；当
时，
焦点在x 轴；当
时，焦点在y 轴.
渐近线与离心率的关系：由
，可得
（焦点在x 轴），
（焦点在y
轴），可通过渐近线斜率求离心率.
4.等轴双曲线的特殊性质
等轴双曲线：
的双曲线，标准方程为
（
）.
渐近线：
，且两条渐近线互相垂直.
离心率：
（固定值，由
推导）.
性质：双曲线上任意一点到两个焦点的距离之积等于该点到中心距离的平方（
，
为原点）.
5.双曲线的光学性质
从双曲线的一个焦点发出的光线，经过双曲线反射后，反射光线的反向延长线必经过另一个焦点（应用于
天文观测，如望远镜的设计）.
【易错提示】
（一）椭圆常见易错点
混淆
、
的大小关系：椭圆中
，若焦点在y 轴上，长半轴在y 轴，易误将
当作长半轴.
焦半径公式记忆错误：忽略焦点位置对公式的影响，如将焦点在y 轴的焦半径公式误写为含
的形式.
离心率范围记错：误将椭圆离心率记为
，混淆与双曲线的离心率范围.
忽略定义中的限制条件：判断轨迹时，未验证
，导致将线段误判为椭圆.
（二）双曲线常见易错点
混淆焦点位置与渐近线的关系：焦点在y 轴时，渐近线斜率为
，易误写为
.
焦半径公式忽略分支：未区分点在双曲线的左/右支、上/下支，直接套用公式，导致结果为负（焦半径为
距离，恒正）.
参数关系混淆：误将椭圆的
用于双曲线，导致参数计算错误.
渐近线方程书写错误：将等轴双曲线的渐近线误写为
，忽略
时斜率为
.
定义中遗漏“绝对值”：判断轨迹时，未考虑“距离之差的绝对值”，导致只得到双曲线的一支，漏解另
一支.
【多选题】（2025·陕西·模拟预测）已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2=1(a>1)的离心率为
❑√3
2 ．
若点P在C上，F1，F2分别是C的左、右焦点，则下列结论正确的是（ ）
A．|P F1)+|P F2)= 4
B．若|P F1)−|P F2)=2，则cos∠F1 P F2=−1
4
C．椭圆C内接矩形周长的最大值为4 ❑√5
经典例题
D．满足△F1 P F2是直角三角形的点P有4 个
【答案】AC
【分析】根据条件，先求出a,c，对A，利用椭圆的定义，即可求解；对B，根据条件求出|P F1),|P F2)，
再由余弦定理，即可求解；对C，令x =2cosα，y =sinα(0<α <π
2 )，从而得l = 4 ❑√5sin(α +φ)，即
可求解；对于D，利用b<c<a，得以原点为圆心，c为半径的圆与椭圆有4 个交点，再结合椭圆的对称性，
即可求解.
【详解】因为e = c
a =
❑√3
2 ，则c =
❑√3
2 a，又b=1，a
2=b
2+c
2，则a
2=1+ 3
4 a
2
解得a=2，c = ❑√3，
对于A，由椭圆的定义可得|P F1)+ |P F2)=2a= 4，故A 正确；
对于B，因为|P F1)−|P F2)=2①，又|P F1)+|P F2)= 4②，由①②可得|P F1)=3，|P F2)=1，
在△F1 P F2中，由余弦定理可得cos∠F1 P F2= |P F1)
2+|P F2)
2−|F1 F2)
2
2|P F1)⋅|P F2)
= 9+1−12
2×3×1 =−1
3，故B 错误；
对于C，因为椭圆方程为x
2
4 + y
2=1，令x =2cosα，y =sinα(0<α <π
2 )，
则内接矩形周长l = 4 (2cosα +sinα )= 4 ❑√5sin(α +φ)，其中tanφ =2，
因为tanφ =2>❑√3，取π
3 <φ<π
2 ，则π
3 <α +φ<π，
故当α +φ =π
2 时，内接矩形周长的最大，最大值为4 ❑√5，故C 正确；
对于D，因为c = ❑√3，b=1，则b<c<a，所以以原点为圆心，c为半径的圆与椭圆有4 个交点，
所以椭圆上有4个点，使∠F1 P F2=90°，如图所示，
又当∠P F1 F2=90°或∠P F2 F1=90°时，满足条件的点P各有2 个，
所以满足△F1 P F2是直角三角形的点P有8 个，所以D 错误．
故选：AC.
【多选题】（2025·福建泉州·模拟预测）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，短轴长为2❑√3，离心率为1
2，P是椭圆C上异于长轴端点A ,B的一动点，点Q与点P关
于原点对称，则（ ）
A．△P F1 F2的面积最大值为2
B．
1
|P F1)
+
1
|Q F1)的最小值为1
C．若以PR为直径的圆经过A ,B两点，则R点的轨迹方程为4 x
2+3 y
2=16(x≠±2)
D．椭圆C上存在点P，使得∠F1 P F2=π
3
【答案】BCD
【分析】A 列关系式，求椭圆方程，当点P位于短轴顶点时，△P F1 F2的面积最大；B 证明四边形
P F1Q F2为平行四边形，再结合基本不等式可求；C 设过点P , A ,B的圆的一般方程，将P , A ,B三点坐标
代入求出圆方程，利用P , R关于圆心对称，求出R点坐标，再利用消参思想求出轨迹方程；D 当点P位于
短轴顶点时符合题意.
【详解】由题意可知，2b=2❑√3，c
a = 1
2，a
2=b
2+c
2，解得a=2,b= ❑√3,c =1，
则C ：x
2
4 + y
2
3 =1，F1(−1,0), F2(1,0)，A (−2,0),B (2,0),
当点P位于短轴顶点时，△P F1 F2的面积最大，最大值为1
2 ×2×❑√3= ❑√3，故A 错误；
因点Q与点P关于原点对称，则四边形P F1Q F2为平行四边形，则|Q F1)=|P F2)，
因|P F1)+|P F2)= 4，则
1
|P F1)
+
1
|Q F1)
=
1
|P F1)
+
1
|P F2)
= 1
4(
1
|P F1)
+
1
|P F2))(|P F1)+|P F2))
= 1
4(
|P F2)
|P F1)
+|P F1)
|P F2)
+2)≥1
4 ×(2+2)=1,
等号成立时|P F1)=|P F2)=2，故B 正确；
设过点P , A ,B的圆的方程为x
2+ y
2+ Dx + Ey + F =0，
设P(x0, y0)，且x0
2
4 + y0
2
3 =1，x0≠±2，y0≠0，
则x0
2+ y0
2+ D x0+ E y0+ F =0，4−2 D+ F =0，4 +2 D+ F =0，
得D =0, F =−4，E = 4−x0
2−y0
2
y0
=
4−(4−4
3 y0
2)−y0
2
y0
= y0
3
，
经典例题
则过点P , A ,B的圆的方程为x
2+ y
2+ y0
3 y −4 =0，圆心M(0,−y0
6 )，
因PR为圆M的直径，则P , R关于点M对称，则R(−x0,−4 y0
3 )，
令x =−x0, y =−4 y0
3 ，则x0=−x , y0=−3 y
4 ，
因x0
2
4 + y0
2
3 =1，则4 x
2+3 y
2=16，
因x0≠±2，则R点的轨迹方程为4 x
2+3 y
2=16(x≠±2)，C 正确；
当点P位于短轴顶点时，此时△F1 P F2为等边三角形，∠F1 P F2=π
3 ，故D 正确.
故选：BCD
【多选题】（2025·云南·一模）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(−c ,0), F2(c ,0)，则下列说法正确的是（ ）
A．若点P 在双曲线C 的右支上，且|P F1)= 4|P F2)，则|P F2)= 2a
3
B．若双曲线C 的渐近线方程为y =±2 x，则其离心率为❑√5
C．若a=2,c = ❑√7，直线y =kx +1(k ∈R)与双曲线C 有且仅有一个交点，则满足条件的k 值有2 个
D．若双曲线C 的离心率为❑√3，过F2作C 的一条渐近线的垂线，垂足为M，则△F1 M F2的面积为
❑√2a
2
【答案】ABD
【分析】根据双曲线的定义以及渐近线、离心率的相关运算可判断A,B，根据直线方程可得直线过定点
(0,1)，分类讨论并分析直线与渐近线平行和不平行两种情况下满足题意的直线条数，即可判断C，根据题
意作图，结合双曲线的性质以及三角形面积计算，可判断D.
【详解】对于A，因为点P 在双曲线C 的右支上，所以|P F1)−|P F2)=2a，又|P F1)= 4|P F2)，解得
|P F2)= 2a
3 ，故A 正确；
经典例题
对于B，因为双曲线的渐近线方程为y =±2 x且焦点在x 轴上，所以b
a =2，
又e
2= c
2
a
2 = a
2+b
2
a
2
=1+ b
2
a
2 =1+2
2=5，所以离心率e = ❑√5，故B 正确；
对于C，因为直线方程为：y =kx +1(k ∈R)，所以直线恒过点(0,1)，
当直线与渐近线平行时，满足题意的直线有两条；
当直线与渐近线不平行且与双曲线相切时，满足题意的直线也有两条．
综上，满足条件的直线有4 条，即k 的值也有4 个，故C 错误；
对于D，如图，因为F2 M垂直于渐近线，所以|F2 M )=b，又因为|O F2)=c，所以|OM |=a．
在Rt△OM F2中，|O F2)×|y M)=|M F2)×|OM |，所以|y M)= ab
c ，
所以S△F1 M F2= 1
2 ×|F1 F2)×|y M)= 1
2 ×2c× ab
c =ab，
又因为e = ❑√3，即❑√
1+ b
2
a
2 = ❑√3，所以b= ❑√2a，
所以S△F1 M F2= ❑√2a
2，故D 正确．
故选：ABD．
【多选题】（2025·广西·模拟预测）设F1, F2是双曲线
C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0, b>0)的左、右焦点，过F1作C的一条渐近线的垂线l，垂足为H，且l与双曲线右支
相交于点P，若cos∠F1 P F2= 3
5，且|P F2)=5，则下列说法正确的是（ ）
A．a= 4
B．双曲线的离心率为
❑√13
2
C．点P到x轴的距离为18 ❑√13
13
D．四边形PHO F2的面积为15
【答案】BCD
【分析】过F2向F1 P作垂线，垂足为Q，易知|F1 H )=b、|OH )=a、|F2Q)=2a，结合已知求出双曲线
参数，再依次判断各项的正误.
【详解】由题意|F1 H )=b，|OH )=a，如图，过F2向F1 P作垂线，垂足为Q，|F2Q)=2a，| HQ|=b，
小试牛刀1
因为cos∠F1 P F2= 3
5，则sin ∠F1 P F2=|Q F2)
|P F2)
= 2a
5 = 4
5 ，得a=2，故A 错误；
由| P F1|−| P F2|=2a，得| P F1|=9，且|QP|=| P F2|cos∠F1 P F2=3，
又|P F1)=|F1 H )+|HQ)+|QP)=2b+3，
∴b=3，c = ❑√13，所以双曲线的离心率e = c
a =
❑√13
2
，故B 正确；
△P F1 F2的面积S1= 1
2 | F1 P|| P F2|sin ∠F1 P F2= 1
2 ×9×5× 4
5 =18，
S1=18=c⋅|y p)，则点P到x轴的距离为18 ❑√13
13
，故正确；△F1 HO的面积S2= 1
2 ab=3，则四边形
PHO F2的面积为18−3=15，故D 正确.
故选：BCD
【多选题】（2025·浙江·模拟预测）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，左、右顶点分别为A1，A2，以F1 F2为直径的圆与曲线C的一条渐近线交于M、N两点，
且∠A1 M A2=π
3 ，则下列说法一定正确的是（ ）
A．C的离心率为
❑√7
2
B．∠M A2 N = 2π
3
C．|M A1)=2|M A2)
D．当a=1时，四边形N F1 M F2的面积为4
3
❑√7
【答案】BD
【分析】联立x
2+ y
2=c
2及y = b
a x，可得M，N 的坐标，从而可得⃗M A1,⃗M A2的坐标及模，根据向量的
数量积运算，可得4 a
2=3b
2，从而得c
2= 7a
2
3 ，求出离心率判断A；由四边形M A1 N A2为平行四边形，
可判断B；求得|⃗A1 M |=2b，|⃗A2 M |=b，可判断C，求出四边形N F1 M F2的面积，可判断D.
【详解】如图所示：
小试牛刀2
因为圆的方程为x
2+ y
2=c
2，
双曲线的渐近线的一条方程为y = b
a x，
联立{
x
2+ y
2=c
2
y = b
a x )
，得{
x =a
y =b)或{
x =−a
y =−b)，
不妨设M (a,b)，则N (−a,−b)，
又因为A1(−a,0), A2(a,0),
所以⃗M A1=(−2a,−b),⃗M A2=(0,−b)，|⃗A1 M |=
❑√4 a
2+b
2,|⃗A2 M |=b，
所以⃗M A1⋅⃗M A2=b
2，
又因为∠A1 M A2=π
3 ，
所以1
2 b
❑√4 a
2+b
2=b
2，
从而得4 a
2=3b
2，b
2= 4 a
2
3 ，
所以c
2=a
2+b
2= 7a
2
3 ，
对于A，由题意可得e
2= c
2
a
2 = 7
3 ,
又因为e>0，解得e =
❑√21
3
，故A 错误；
对于B，由对称性可得四边形M A1 N A2为平行四边形，
又因为∠A1 M A2=π
3 ，
所以∠M A2 N = 2π
3 ，故B 正确；
对于C，设M (a,b)，则N (−a,−b)，因为|⃗A1 M |=
❑√4 a
2+b
2,|⃗A2 M |=b，
且b
2= 4 a
2
3 ，即4 a
2=3b
2，
所以|⃗A1 M |=
❑√4 a
2+b
2=
❑√4 b
2=2b，
所以|M A1)=2|M A2)，
同理，若N (a,b)，则M (−a,−b)，可得|M A2)=2|M A1)，故C 不正确；
对于D，当a=1时，b= 2❑√3
3
,c =
❑√21
3
，
所以| F1 F2|=2c = 2❑√21
3
，
所以S△M F1 F2= 1
2 ⋅2c⋅b=bc = 2❑√7
3
，
又因为四边形N F1 M F2的面积S =2S△M F1 F2= 4 ❑√7
3
，故D 正确.
故选：BD.
【多选题】（2025·广东·模拟预测）设F1, F2为椭圆C : x
2+2 y
2=2的左，右焦点，
P为椭圆C上一点且在第一象限.若△P F1 F2的面积为
❑√14
4
，则下列说法正确的是（ ）
A．△P F1 F2的周长为2+2❑√2
B．以F1 F2为直径的圆经过点P
C．点P的坐标为(
1
2 ,
❑√14
4 )
D．直线P F1的斜率为
❑√14
6
【答案】ACD
【分析】先将椭圆方程转化为标准方程，求出a、b、c的值，再根据椭圆定义、三角形面积公式、圆的
标准方程、直线斜率公式逐一分析选项即可.
【详解】已知椭圆C的方程为x
2+2 y
2=2，两边同时除以2 可得x
2
2 + y
2=1，
由此，a
2=2，a= ❑√2，b
2=1，b=1，c
2=a
2−b
2=1，c =1，|F1 F2)=2c =2；
对于A，根据椭圆的定义，椭圆上任意一点到两焦点距离之和等于2a，
因此△P F1 F2的周长为|F1 F2)+|P F1)+|P F2)=2c +2a=2+2❑√2，选项A 正确；
对于B，设点P的坐标为( x p, y p)( x p>0, y p>0)，
则S△P F1 F2= 1
2 ×|F1 F2)× y p= 1
2 ×2× y p= y p=
❑√14
4
，
将y p=
❑√14
4
代入椭圆方程得x p
2
2 +(
❑√14
4
)
2
=1，x p
2
2 + 14
16 =1，x p
2
2 = 1
8
，x p
2= 1
4 ，
解得x p= 1
2或x p=−1
2（舍），因此点P的坐标为( 1
2 ,
❑√14
4
)，
F1, F2两点的中点为原点O，可得以F1 F2为直径的圆的方程为x
2+ y
2=1，
小试牛刀3
将P的坐标( 1
2 ,
❑√14
4
)代入圆的方程的左边得( 1
2 )
2
+(
❑√14
4
)
2
= 1
4 + 14
16 = 18
16 ≠1，
因此以F1 F2为直径的圆不经过点P，选项B 错误；
对于C，由选项B 的分析过程可得点P的坐标为(
1
2 ,
❑√14
4 )，选项C 正确；
对于D，点P的坐标为( 1
2 ,
❑√14
4
)，点F1的坐标为(−1,0)，
则直线P F1的斜率为
❑√14
4
−0
1
2 −(−1)
=
❑√14
4
3
2
=
❑√14
6
，选项D 正确.
故选：ACD.
【热点题型四：抛物线的几何性质应用】
【核心归纳】
一、核心基础：抛物线的定义
平面内与一个定点
（焦点）和一条定直线（准线）的距离相等的点的轨迹叫做抛物线，其中定点
不
在定直线上.
核心等价关系：设抛物线上任意一点
，到焦点
的距离为
，到准线的距离为
，则
（此关系是焦半径、弦长计算的核心依据）.
二、核心参数：
的几何意义
表示抛物线的焦点
到准线的距离，且
；
表示焦点到抛物线顶点的距离，也是顶点到准线的
距离.
三、四种标准方程对应的几何性质（全面梳理）
标准方程
开口方
向
顶点坐
标
焦点坐标
准线方
程
对称
轴
范围
离心率
（
）
向右
x 轴
，
（抛物线
共性）
（
）
向左
x 轴
，
（
）
向上
y 轴
，
（
）
向下
y 轴
，
四、核心衍生性质（高频考点）
1.焦半径公式（精准推导+全开口覆盖）
焦半径：抛物线上任意一点
到焦点
的距离，核心是利用定义转化为到准线的距离.
若
（开口向右）：
若
（开口向左）：
若
（开口向上）：
若
（开口向下）：
2.焦点弦相关性质（含通径）
焦点弦：过抛物线焦点
的直线与抛物线交于
、
两点，线段
为焦点弦.
（1）通径（特殊焦点弦）
过焦点且垂直于对称轴的焦点弦，是抛物线的最短焦点弦.
长度：所有抛物线的通径长度均为
.
坐标特征：以
为例，通径端点为
和
.
（2）焦点弦长度公式
一般式（含斜率）：设焦点弦所在直线斜率为
，倾斜角为
，则弦长
（适用于所有开口方
向，
，当
时即为通径，
）.
坐标式（按开口分类）：
：
：
：
：
（3）焦点弦的坐标衍生结论
：
，
（乘积为定值）.
：
，
.
：
，
.
：
，
.
3.对称性与顶点性质
对称性：抛物线只有一条对称轴（过焦点且垂直于准线的直线），无对称中心.
顶点：抛物线的顶点是对称轴与抛物线的交点（即原点
），也是抛物线上到焦点距离最小的点
（最小距离为
）.
4.切线相关基础性质（高频选填考点）
抛物线上一点
的切线方程：
：
：
：
：
切线性质：从抛物线的焦点向任意一条切线作垂线，垂足必在抛物线的准线上.
【易错提示】
混淆焦点坐标与准线方程的符号：如将
的焦点误写为
，准线误写为
，核心是
记住“开口方向决定符号”，向左/向下开口时，焦点横/纵坐标为负，准线方程符号为正.
焦半径公式记忆错误：未结合定义推导，忽略开口方向对公式的影响，如将
的焦半径误写为
，正确推导逻辑是“到准线距离”，开口向上时准线为
，故距离为
.
忽略
的前提：求解参数
时，未验证
，导致出现负参数，违背几何意义.
焦点弦长度计算漏解：未考虑斜率不存在的情况（即通径），此类情况弦长最短，为
.
误将抛物线离心率记为其他值：抛物线离心率恒为
，区别于椭圆（
）和双曲线（
）.
【多选题】（2025·湖南·模拟预测）已知抛物线C : y
2=8 x的焦点为F，点F 关于原
点O 的对称点为E，第一象限内的点A，B 在C 上，且⃗EA = 1
2⃗EB，则（ ）
A．点E 的坐标为(−4,0)
B．| FA |= 1
2 | FB|
C．直线AB的斜率为
❑√2
3
D．直线FA , FB关于x 轴对称
【答案】BD
【分析】据抛物线焦点坐标公式，结合抛物线定义、直线斜率公式逐一判断即可.
【详解】对于A，由抛物线的标准方程可知：F (2,0)，所以点E 的坐标为(−2,0)，故A 错误；
对于B，由⃗EA = 1
2⃗EB，可得点A 为线段EB的中点，点E 为C 的准线与x 轴的交点，所以点A 到准线的距
经典例题
离是点B 到准线的距离的1
2，由抛物线定义可得B 正确；
对于C，设A(x1, y1),B(x2, y2)，由点A 为EB的中点，
可得y2=2 y1，y2
2= 4 y1
2，所以x2= 4 x1，又x1+2= 1
2 (x2+2)，
联立解得x1=1, x2= 4，所以A(1,2❑√2)，B(4,4 ❑√2)，
所以k AB= 4 ❑√2−2❑√2
4−1
= 2❑√2
3
，故C 错误；
对于D，k FA = 2❑√2
1−2 =−2❑√2,k FB= 4 ❑√2
4−2 =2❑√2,k FA+k FB=0，故D 正确．
故选：BD
【多选题】（2025·福建泉州·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，设F为抛物线
C : y
2= 4 x的焦点，M是C上一点，点N (−1,0)，若NM的延长线与C交于点A．记∠ANF =α，
∠AFN = β，∠MFN = γ，则（ ）
A．tanα =sin β B．tanα =cos β
C．tanα =sin γ
D．tanα =cosγ
【答案】AC
【分析】依题意得到抛物线C的准线，根据准线的性质，正弦定理及三角函数的定义即可判断各选项．
【详解】依题意可得抛物线C的准线为x =−1，
对于选项A，B，过点A作A A1垂直准线于A1，则|A A1)=|AF)，如图，
在△AFN中，由正弦定理有|AF)
sinα = |AN )
sin β ，得sinα
sin β =|AF)
|AN )，
经典例题
在△A A1 N中，∠A1 AN =∠ANF =α，且|A A1)=|AF)，
则cosα =|A A1)
|AN ) =|AF)
|AN ) =sinα
sin β ，所以sin β =sinα
cosα = tan α，故选项A 正确；
所以当β ≠π
4 时，cos β ≠sin β，即当β ≠π
4 时，cos β ≠tan α，故选项B 错误；
对于选项C，D，过点M作M M 1垂直准线于M 1，则|M M 1)=|MF)，如图，
在△MFN中，由正弦定理有|MF)
sinα =|MN )
sin γ ，得sinα
sin γ =|MF)
|MN )，
在△M M 1 N中，∠M 1 MN =∠ANF =α，且|M M 1)=|MF)，
则cosα =|M M 1)
|MN ) =|MF)
|MN ) =sinα
sin γ ，所以sin γ =sinα
cosα = tan α，故选项C 正确；
所以当γ ≠π
4 时，cosγ ≠sin γ，即当γ ≠π
4 时，cosγ ≠tan α，故选项D 错误；
故选：AC．
【多选题】（2025·四川广安·模拟预测）已知抛物线C：y
2=2 px（p>0）的准线l与
圆M：x
2+( y −4)
2=1相切，点P为抛物线C上的动点，点N是圆M上的动点，过P作l的垂线，垂足为Q，
C的焦点为F，则下列结论正确的是（ ）
A．p=2
B．|PN )+|PQ)的最小值是❑√17−1
C．当三点F，M，Q共线时，点Q的坐标是(−1,8)
D．不存在两个点P，P
′，使得|PM )=|PQ)且|P
′ M )=|P
′Q)
【答案】ABC
【分析】由题易得p=2，根据定义|PN )+|PQ)=|PN )+|PF)，再由|PN )+|PF)≥|FN )结合点到圆上点的
距离的最值即可判断B；对于C，得出直线FM的方程，再求点坐标即可；对于D，由|PM )=|PQ)，得到
|PM )=|PF)，再转化为MF中垂线与曲线交点个数问题即可.
经典例题
【详解】由准线x =−p
2 与圆x
2+( y −4)
2=1相切知，p
2 =1，得p=2，所以A 正确；
由|PQ)=|PF)可得|PN )+|PQ)=|PN )+|PF)，
又|PN )+|PF)≥|FN )，|FN )≥|FM )−r = ❑√17−1，
所以|PN )+|PQ)最小值是❑√17−1，所以B 正确；
易知，F (1,0)，M (0,4)，直线FM的方程是y =−4 (x−1)，
所以点Q的坐标是(−1,8)，所以C 正确；
若|PM )=|PQ)，则|PM )=|PF)，作MF中垂线l1，
设B为MF中点，则可得B(
1
2 ,2)，直线l1斜率为1
4 ，
由此知l1为y −2= 1
4(x−1
2)，与抛物线C：y
2= 4 x联立可得到y
2−16 y +30=0，
Δ=16×16−4×30=136>0，所以有两个实数解，
所以存在两个P点，使得|PM )=|PQ)，故D 错误.
故选：ABC.
【多选题】（2025·江西新余·模拟预测）已知抛物线C : y
2=2 px ( p>0)，准线为l，
过焦点F的直线交抛物线C于A ,B两点，过A ,B分别作l的垂线，垂足分别为A
′ ,B
′，则（ ）
A．F A
′⊥F B
′
B．若|AF)=3|BF)，则直线AB的斜率为❑√3
C．A ,O ,B
′三点共线（其中O为坐标原点）
D．|A
′ B
′)
2= 4|AF)|BF)
【答案】ACD
【分析】由抛物线的定义可得A A
′ = AF，BF = B B
′，再利用角的关系即可得出F A
′⊥F B
′；根据定义可
得|AC)=2d，|AB)= 4 d即可得出角∠CAF =π
3 ，进而得出直线AB的斜率为± ❑√3；设
A(x1, y1),B(x2, y2)，则A
′(−p
2 , y1),B
′(−p
2 , y2)，证明kOA =kO B
′即可；由题可得
小试牛刀1
|A
′ B
′)
2=( y1−y2)
2= y1
2+ y2
2−2 y1 y2=2 p x1+2 p x2+2 p
2，结合焦半径公式即可证明.
【详解】
连接A
′ F ,B
′ F，根据抛物线定义可知A A
′ = AF，所以∠A A
′ F =∠AF A
′，
又由于A A
′∥x轴，所以∠A A
′ F =∠OF A
′，
所以∠AF A
′ =∠OF A
′，同理可证∠BF B
′ =∠OF B
′，
所以∠A
′ F B
′ =∠OF B
′ +∠OF A
′ = 1
2
(∠OFB+∠OFA)=π
2 ，
即F A
′⊥F B
′，故A正确；
过B作BC ⊥A A
′于C，设|BF)=d，则|AF)=3d，|AC)=2d，
所以cos∠CAF =|AC)
|AB) = 2d
4 d = 1
2，
所以∠CAF =π
3 ，由对称性可知直线AB的斜率为± ❑√3，故B 错误；
设A(x1, y1),B(x2, y2)，则A
′(−p
2 , y1),B
′(−p
2 , y2)，
由于⃗FA =(x1−p
2 , y1),⃗FB =(x2−p
2 , y2)，由于A , F ,B三点共线，
则(x1−p
2) y2−y1(x2−p
2)=0，
又由于y1
2=2 p x1, y2
2=2 p x2，则(
y1 y2
2 p + p
2)( y1−y2)=0，由于y1≠y2，
则y1 y2=−p
2，所以kOA = y1
x1
= 2 p
y1
，kO B
'= y2
−p
2
=−2 y2
p ，
所以
kOA
kO B
′ = 2 p
y1
×(−p
2 y2)=−
p
2
y1 y2
=1，
即kOA =kO B
′，所以A ,O ,B
′三点共线，故C 正确；
由于y1 y2=−p
2，则y1
2 y2
2= p
4，即2 p x1×2 p x2= p
4，所以x1 x2= p
2
4 ，
|A
′ B
′)
2=( y1−y2)
2= y1
2+ y2
2−2 y1 y2=2 p x1+2 p x2+2 p
2
= 4 x1 x2+2 p x1+2 p x2+ p
2= 4(x1+ p
2)(x2+ p
2),
所以|A
′ B
′)
2= 4|AF)|BF)，故D 正确．
故选：ACD．
【多选题】（2025·湖北·模拟预测）已知抛物线C : y
2=2 px ( p>0)的焦点为F，
准线l 与x 轴交于点A，点M 为抛物线上第一象限上的点，且满足|OM )=|OF)，过点M 作l 的垂线，垂足
为点N，AM 与NF 交于点Q，则（ ）
A．直线NF 的斜率不是定值
B．tan ∠MFA =2tan ∠NFA
C．cos∠MFA =|MQ)
|AQ)
D．|NQ)
|QF) = |AN )
|AM )
【答案】CD
【分析】设M ( x , y)，由|OM |=|OF |求出M点坐标（用p表示），然后结合抛物线的定义检验各选项．
【详解】如图，
选项A，设M ( x , y)( y >0)，易知F( p
2 ,0)，由|OM )=|OF)得x
2+ y
2= p
2
4 ，
由{
x
2+ y
2= p
2
4
y
2=2 px )
得x
2+2 px = p
2
4 ，( x + p)
2= 5 p
2
4 ，显然x>0，故解得x =
❑√5−2
2
p，则
y
2=2 px =(❑√5−2) p
2，可得y = ❑√
❑√5−2 p，所以M(
❑√5−2
2
p,❑√
❑√5−2 p)，N(−P
2 ,❑√
❑√5−2 p)，
k NF =
❑√
❑√5−2 p−0
−P
2 −p
2
=−❑√
❑√5−2为常数，故A 错误；
选项B，作MD⊥x轴，垂足为D，如图，则|AN )=|MD)，则
tan∠MFA =|MD)
|DF) ,tan∠NFA =|AN )
|AF) =|MD)
|AF) ，若tan∠MFA =2tan∠NFA，则|AF)=2|DF)，
小试牛刀2
又|AO)=|OF)，所以|AF)≠2|DF)，所以tan∠MFA ≠2tan∠NFA，B 错误；
选项C，|MF)=
❑√5−2
2
p+ p
2 =
❑√5−1
2
p，|DF)= p
2 −
❑√5−2
2
p= 3−❑√5
2
p，
所以cos∠MFA =| DF |
| MF | = 3−❑√5
❑√5−1 =
❑√5−1
2
，因MN // AF，则
|MQ)
|AQ) =|MN )
|AF) =
❑√5−1
2
p
p
=
❑√5−1
2
=cos∠MFA，C 正确；
选项D，由MN // AF得| NQ|
|QF | =| MN |
| AF | ， 因为
|DA)|DF)=(xM + p
2)(
p
2 −xM)= p
2
4 −xM
2 =|OM |
2−)OD|
2=|MD)
2，
即|DA)
|MD) =|MD)
|DF) ，又∠MDA =∠MDF =90°，
△MDA ∼△FDM，从而∠MAD =∠FMD，则∠AMF =∠AMD +∠FMD =∠AMD +∠MAD =90°，
即MA ⊥MF，
于是|MN )
|AF) =|MF)
|AF) =
❑√5−1
2
p
p
=
❑√5−1
2
=cos∠MFA =sin ∠MAF =cos∠NAM = |AN )
|AM )
，
故得| NQ|
|QF | =| AN |
| AM | ，故D 正确．
故选：CD．
【多选题】（2025·新疆喀什·模拟预测）设O为坐标原点，直线❑√3 x + y −❑√3=0
过抛物线C : y
2=2 px( p>0)的焦点，且与C交于M , N两点（M在第四象限），l为C的准线，则（ ）
A．l的方程为x =−1
B．|MF)= 16
3
C．以MN为直径的圆与l相交
D．▵OMN为钝角三角形
【答案】AD
【分析】根据给定条件，求出焦点坐标，进而求得抛物线方程，再与直线方程联立求出点M , N的坐标，
结合抛物线定义及数量积的坐标表示逐项判断得解.
【详解】由直线❑√3 x + y −❑√3=0过点(1,0)，得抛物线C的焦点F(1,0)，方程为y
2= 4 x，
对于A，抛物线C的准线l的方程为x =−1，A 正确；
小试牛刀3
由{
❑√3 x + y −❑√3=0
y
2= 4 x
)消去y并整理得3 x
2−10 x +3=0，解得{
x1=3
y1=−2❑√3),{
x2= 1
3
y2= 2❑√3
3 )
，
对于B，点M (3,−2❑√3), N ( 1
3 , 2❑√3
3
)，| MF |= x1+1= 4，B 错误；
对于C，| MN |= x1+1+ x2+1= 16
3 ，线段MN中点( 5
3 ,−2❑√3
3
)到准线x =−1的距离d = 8
3 = 1
2|MN )，
因此以MN为直径的圆与l相切，C 错误；
对于D，⃗OM ⋅⃗ON = x1 x2+ y1 y2=3× 1
3 −2❑√3× 2❑√3
3
=−3<0，则∠MON是钝角，D 正确.
故选：AD.
一、单选题
1．（2025·福建龙岩·二模）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，O为坐标原点．
若椭圆C上的点M满足|OM |=|M F1)，|F1 F2)=|M F2)，则椭圆C的离心率为（ ）
A．2−❑√2
B．❑√3−❑√2
C．2−❑√3
D．❑√3−1
【答案】A
【分析】如图，利用勾股定理求得|M F1)= ❑√2c，结合|M F2)=2c和椭圆的定义建立关于a,c的方程，解
之即可求解.
【详解】如图，过点M作MN ⊥O F1，垂足为N，
课后针对训练
由|M F1)=|OM )，知|N F1)=|ON )= c
2，所以|N F2)= 3
2 c，而|F1 F2)=|M F2)=2c，
所以|MN )=
❑√|M F2)
2−|N F2)
2=
❑√7c
2
，则|M F1)=
❑√|MN )
2+|N F1)
2= ❑√2c，
由椭圆的定义知，|M F1)+|M F2)=2a，即❑√2c +2c =2a，
所以椭圆的离心率为e = c
a =
2
❑√2+2 =2−❑√2.
故选：A
2．（2025·福建·模拟预测）已知椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的一个焦点为F (1,0)，中心为O．C是E上的
动点，P是以CF为直径的圆上的动点，且|OP)的最大值为4，则E的离心率为（ ）
A．1
8
B．1
4
C．1
2
D．
❑√3
2
【答案】B
【分析】设设C (x0, y0)，圆心H(
x0+1
2
, y0
2 )，利用两点间距离公式及条件得到|CF)=a−x0
a ，
|OH )= 1
2(
1
a x0+a)，再利用圆的性质，即可求解.
【详解】如图设C (x0, y0)，以CF为直径的圆的圆心为H(
x0+1
2
, y0
2 )，
则|CF)= ❑√(x0−1)
2+ y0
2= ❑√x0
2−2 x0+1+ y0
2，
又x0
2
a
2 + y0
2
b
2 =1，得到y0
2=b
2−b
2 x0
2
a
2 ，所以|CF)=
❑√
x0
2−2 x0+1+b
2−b
2 x0
2
a
2 ，
因为c =1，得到|CF)=
❑√
x0
2
a
2 −2 x0+a
2=|
x0
a −a)=a−x0
a
，
又|OH )=
❑√(
x0+1
2 )
2
+ y0
2
4 = 1
2
❑√
x0
2+2 x0+1+b
2−b
2 x0
2
a
2 = 1
2
❑√
x0
2
a
2 +2 x0+a
2= 1
2(
1
a x0+a)，
因为|OP)的最大值为4，所以1
2(a−1
a x0)+ 1
2(
1
a x0+a)=a= 4，
所以E的离心率为e = c
a = 1
4 ，
故选：B.
3．（2025·福建三明·三模）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，过F1且斜率为
❑√3的直线l 与椭圆C 在x 轴上方的交点为M，∠M F1 F2的角平分线与线段M F2交于点N，若
2⃗MN =⃗N F2，则椭圆C 的离心率是（ ）
A．❑√3−1
B．
❑√3+1
4
C．2❑√3−1
4
D．2❑√3+1
8
【答案】A
【分析】先利用角平分线定理以及椭圆定义得出|M F2)=2a−c，再在△M F1 F2中利用余弦定理即可求
出离心率.
【详解】设椭圆的半焦距为c，
因F1 N为∠M F1 F2的角平分线，
则在△M F1 F2中利用角平分线定理可知，|MN )
|F2 N )
=|M F1)
|F1 F2)
，
因2⃗MN =⃗N F2，|F1 F2)=2c，则|MN )
|F2 N )
=|M F1)
|F1 F2)
=1
2 ，则|M F1)=c，
由椭圆的定义可知，|M F1)+|M F2)=2a，则|M F2)=2a−c，
由直线l的斜率为❑√3，则∠M F1 F2=π
3 ，
则在△M F1 F2中利用余弦定理可得，
cos∠M F1 F2=|M F1)
2+|F1 F2)
2−|M F2)
2
2|M F1)⋅|F1 F2)
= c
2+ 4 c
2−(2a−c)
2
2c⋅2c
= c
2−a
2+ac
c
2
= 1
2，
即(
c
a)
2
+2(
c
a)−2=0，得c
a = ❑√3−1或−❑√3−1（舍），
则椭圆C 的离心率是❑√3−1.
故选：A
4．（2025·福建泉州·模拟预测）已知F1, F2分别为双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1的左、右焦点，直线l过F1与C交
于A ,B两点，若| AB|=|B F2|，3⃗F2 F1=⃗F2 A +2⃗F2B，则C的渐近线为（ ）
A．y =± 2❑√3
3
x
B．y =± 4
3 x
C．y =± 8
3 x
D．y =± 2❑√6
3
x
【答案】A
【分析】由题意求得|B F1|=a，| A F1|=2a，|B F2|=3a，| A F2|= 4 a，结合余弦定理
a
2+ 4 c
2−9a
2
2⋅a⋅2c
=−4 a
2+ 4 c
2−16a
2
2⋅2a⋅2c
求得b
2
a
2 = 4
3 即可.
【详解】
由3⃗F2 F1=⃗F2 A +2⃗F2B，即⃗F2 F1= 1
3⃗F2 A + 2
3⃗F2B，可得⃗F1 A =2⃗B F1．
设|B F1|=t，a>0，b>0，根据上述条件及双曲线的定义，可知
| A F1|=2t，|B F2|=2a+t，| A F2|=2a+2t．
又因为| AB|=|B F2|，所以t =a，
故|B F1|=a，| A F1|=2a，|B F2|=3a，| A F2|= 4 a．
在△AB F2中，由cos∠B F1 F2=−cos∠A F1 F2，
得a
2+ 4 c
2−9a
2
2⋅a⋅2c
=−4 a
2+ 4 c
2−16a
2
2⋅2a⋅2c
，得c
2
a
2 = 7
3，即a
2+b
2
a
2
= 7
3，
得b
2
a
2 = 4
3 ，故C的两条渐近线方程为y =± b
a x =± 2❑√3
3
x．
故选：A．
5．（2025·福建福州·模拟预测）已知抛物线C : y
2= 4 x的焦点为F，准线为l，点P为C上一点，过点P作l
的垂线，垂足为A，若⃗FA =2⃗FB，且点(−3, 0)在直线PB上，则直线PB的斜率为（ ）
A．
❑√3
6 或−
❑√3
6
B．
❑√3
3 或−
❑√3
3
C．1 或−1
D．❑√3或−❑√3
【答案】B
【分析】由题意得F (1,0)，准线为l: x =−1，设P(
t
2
4 ,t)(t ≠0)，由题意得点A ,B坐标，再根据点(−3, 0)
在直线PB上，由斜率公式求出t，得到直线PB的斜率即可.
【详解】由题意，F (1,0)，准线为l: x =−1，
设P(
t
2
4 ,t)(t ≠0)，则A (−1,t )，
由于⃗FA =2⃗FB，则B为AF的中点，即B(0, t
2)，
又点(−3, 0)在直线PB上，
则k PB=
t −t
2
t
2
4 −0
=
t
2 −0
0−(−3)，解得t =±2❑√3，则k PB=±
❑√3
3
.
故选：B.
6．（2025·江苏南通·三模）已知抛物线C : x
2= 4 y的焦点为F，准线为l，点A 在C 上，过A 作l 的垂线，
垂足为A1．若∣AF ∣=∣A1 F ∣，则∣AF ∣=（ ）
A．2
B．4
C．6
D．8
【答案】B
【分析】根据抛物线的性质，结合条件可得△AF A1是等边三角形，利用抛物线的性质即可求解.
【详解】因点A 在C 上，则| AF |=| A1 A |，又| A1 F |=| AF |，∴△AF A1为正三角形，
如图，准线l与y轴交于点M，在Rt△A1 FM中，∠M A1 F =30
∘，所以|A1 F)=
2
sin30
∘= 4，
即|AF)= 4.
故选：B
7．（2025·河北·模拟预测）已知椭圆C : y
2
a
2 + x
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1, A2，上、下焦点分
别为F1, F2，点P 在x 轴上，若△F1 P F2的内切圆的圆心为A1，且P F1⊥F1 A2，则C的离心率为（ ）
A．
❑√3
2
B．
❑√5
3
C．2
3
D．1
2
【答案】A
【分析】设P( x ,0)，由P F1⊥F1 A2，根据⃗P F1⋅⃗F1 A2=0，求得P(−c
2
b ,0)，设△F1 P F2的内切圆的
半径为r，则r =b，结合由点A1到x轴和直线P F1的距离相等，求得c
2=3b
2，进而求得椭圆的离心率，得
到答案.
【详解】由椭圆C : y
2
a
2 + x
2
b
2 =1的左、右顶点分别为A1(−b,0), A2(b,0)，
其中上下焦点为F1(0,c), F2(0,−c)，且c =
❑√a
2+b
2，
设P( x ,0)，因为P F1⊥F1 A2，可得⃗P F1⊥⃗F1 A2，且⃗P F1=(−x ,c),⃗F1 A2=(b,−c)，
所以⃗P F1⋅⃗F1 A2=(−x ,c)⋅(b,−c)=−xb−c
2=0，解得x =−c
2
b ，即P(−c
2
b ,0)，
又因为△F1 P F2的内切圆的圆心为A1，设△F1 P F2的内切圆的半径为r，则r =b
可得直线P F1的方程为y = b
c x +c，即bx−cy +c
2=0，
由点A1到x轴和直线P F1的距离相等，则|−b
2+c
2)
❑√b
2+(−c)
2 =b，解得c
2=3b
2，
即c
2=3(a
2−c
2)，所以4 c
2=3a
2，可得c
2
a
2 = 3
4 ，所以e = c
a =
❑√3
2
.
故选：A.
8．（2025·福建泉州·模拟预测）已知F1，F2分别为双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1的左、右焦点，直线l过F1与C交
于A，B两点，若|AB)=|B F2)，⃗A F1=2⃗F1B，则C的离心率为（ ）
A．8
3
B．5
3
C．
❑√21
3
D．
❑√33
3
【答案】C
【分析】设|⃗A F1|=2|⃗F1B|=2n，结合双曲线的定义及|AB)=|B F2)得a=n，再由
cos∠B F1 F2+cos∠A F1 F2=0和余弦定理得到齐次式，即可得离心率.
【详解】设|⃗A F1|=2|⃗F1B|=2n，则|B F2|−|B F1|=| A F2|−| A F1|=2a，
所以|B F2|−n=| A F2|−2n=2a，则{
|B F2|=n+2a
| A F2|=2n+2a)，
由|AB)=|B F1|+| A F1|=|B F2)，则3n=n+2a，故a=n，
综上，|B F1|=a,|B F2|=3a,| A F1|=2a,| A F2|= 4 a，
由∠B F1 F2+∠A F1 F2=π，则cos∠B F1 F2+cos∠A F1 F2=0，
所以a
2+ 4 c
2−9a
2
4 ac
+ 4 a
2+ 4 c
2−16a
2
8ac
=0，可得3c
2=7 a
2，
所以e = c
a = ❑√
7
3 =
❑√21
3
.
故选：C
9．（2025·福建泉州·一模）如图，已知Rt△SAB是圆锥SO的轴截面，C , D分别为SA ,SB的中点，过点C
且与直线SA垂直的平面截圆锥，截口曲线Γ是抛物线的一部分．若P在Γ上，则DP
DC 的最大值为（ ）
A．
❑√2
2
B．1
C．
❑√6
2
D．
❑√26
4
【答案】C
【分析】勾股得到DC，从而得到当DP最大时，DP
DC 最大，然后根据SA ⊥截面得到截面，根据勾股得到
当OP最大时，DP最大，再结合截面得到OP的最大值，从而得到DP
DC 的最大值.
【详解】
过点O作EF ⊥AB，交底面圆于E , F两点，连接SO，DO，CO，
设SA = SB =2，则DC = 1
2 AB = ❑√2，
所以当DP最大时，DP
DC 最大，
由圆锥的性质得SO⊥底面，
因为EF ⊂底面，所以SO⊥EF，
又SO∩AB =O，SO, AB⊂平面SAB，所以EF ⊥平面SAB，
因为SA ⊂平面SAB，所以SA ⊥EF，
因为C ,O分别是SA , AB的中点，所以CO∥SB，则CO⊥SA，
因为CO∩EF =O，CO, EF ⊂平面CEF，所以SA ⊥平面CEF，
则平面CEF为截面，
因为D ,O为SB , AB中点，所以OD∥SA，所以OD⊥平面CEF，
因为OP⊂平面CEF，所以OD⊥OP，所以DP =
❑√O D
2+O P
2=
❑√1+O P
2，
则当OP最大时，DP最大，
如图为截面的平面图，
以C为原点，CO为x轴，过点C垂直CO向上的方向为y轴正方向建系，
CO=1，OE =OF = ❑√2，O(1,0)，则抛物线方程为y
2=2 x，
设P(
a
2
2 ,a)，a∈[−❑√2,❑√2)，则|OP)=
❑√(1−a
2
2)
2
+a
2=
❑√
a
4
4 +1，
所以|OP)max = ❑√2，
则此时DP = ❑√1+2= ❑√3，DP
DC =
❑√3
❑√2 =
❑√6
2 .
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题的解题关键在于找到截面，然后转化为平面几何求最值.
10．（2025·江苏南京·二模）在平面直角坐标系xOy中，双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的右焦点为F，
点M，N在C的右支上，且⃗MF =3⃗FN，点N关于原点O的对称点为P.若PF ⊥MN，则C的离心率为
（ ）
A．
❑√5
2
B．
❑√6
2
C．3
2
D．
❑√10
2
【答案】D
【分析】设双曲线的左焦点为F1，连接PF、P F1、N F1、M F1，根据对称性及已知条件可得四边形
P F1 NF为矩形，设|NF)=t (t >0)，根据双曲线的定义表示出|N F1)，|M F1)，在△MN F1中利用勾股定
理得到t =a，再在△NF F1中利用勾股定理得到a、c的关系，即可得解.
【详解】设双曲线的左焦点为F1，连接PF、P F1、N F1、M F1，如图所示，
根据双曲线的对称性可知四边形P F1 NF为平行四边形，
又因为PF ⊥MN，所以四边形P F1 NF为矩形，
设|NF)=t (t >0)，因为⃗MF =3⃗FN，则|MF)=3t，
由双曲线的定义可得：|N F1)=2a+t，|M F1)=2a+3t，
又因为△MN F1为直角三角形，
所以|MN )
2+|N F1)
2=|M F1)
2，即(4 t )
2+(2a+t )
2=(2a+3t )
2，解得t =a，
所以|N F1)=3a，|NF)=a，
又因为△NF F1为直角三角形，|F F1)=2c，
所以|NF)
2+|N F1)
2=|F F1)
2，即a
2+9a
2= 4 c
2，
所以c
2
a
2 = 10
4 ，即e = c
a =
❑√10
2
.
故选：D.
二、多选题
11．（2023·福建·模拟预测）已知抛物线C 的焦点为F，准线为l，点P 在C 上，PQ 垂直l 于点Q，直线
QF 与C 相交于M､N 两点.若M 为QF 的三等分点，则（ ）
A．cos∠PQM ＝1
2
B．sin∠QPM ＝2❑√7
7
C．NF =QF
D．PN ＝❑√3 PQ
【答案】ACD
【分析】过点M作MH ⊥l于点H，设准线为l 与x交于点K，由抛物线的定义可得HM
QM = 1
2 =cos∠QMH，
可判断A；求出PM ,QM的长，由正弦定理可判断B；求出NF ,QF可判断C；求出PN , PQ可判断D.
【详解】如下图，过点M作MH ⊥l于点H，设准线l 与x交于点K，
由抛物线的定义知：MF = HM，
因为M 为QF 的三等分点，所以HM
QM = 1
2 =cos∠QMH，所以∠QMH =∠QFK =60°，
所以∠PQM ＝60°，所以cos∠PQM ＝1
2，故A 正确；
对于B，在△QPF中，由抛物线的定义知：PF = PQ，∠PQM ＝60°，所以△QPF为等边三角形，
又因为FM = FK −FM cos∠QFK = p−1
2 FM，解得：FM = 2
3 p，
同理可得：FN =2 p，
所以QM = 4
3 p，因为△QPF为等边三角形，所以FQ = PQ = PF =2 p
M 为QF 的三等分点，
所以△PMQ中，由余弦定理可得：P M
2= PQ
2+Q M
2−2 PQ⋅QM cos60°，
则P M
2= 4 p
2+ 16
9 p
2−2×2 p⋅4
3 p⋅1
2，
则PM = 2❑√7
3
p，
所以在△PMQ中，由正弦定理可得：
QM
sin ∠QPM =
PM
sin ∠PQM ，
代入可得
4
3 p
sin ∠QPM =
2❑√7
3
p
❑√3
2
，sin∠QPM ＝
❑√21
7
，故B 不正确；
对于C，QF =QM + MF =2 p，FN =2 p，所以QF = NF，故C 正确；
对于D，因为∠QFK =60° ,∠QFP=60° ,∴∠PFN =120°，
所以△PFN中，FN = PF =2 p，由余弦定理可得：
P N
2= P F
2+ F N
2+2 PF ⋅FN cos120° = 4 p
2+ 4 p
2−2×4 p
2×(−1
2)=12 p
2，
则PN =2❑√3 p，所以PN ＝❑√3 PQ，故D 正确.
故选：ACD.
12．（2025·福建龙岩·二模）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，左、右
顶点分别为A，B．P(x0, y0)为双曲线C在第一象限上的点，设PA，PB的斜率分别为k1，k2，且
k1⋅k2= 3
4 ．过点P作双曲线C的切线与双曲线的渐近线交于M，N两点，则（ ）
A．| PA |
| PB| 的值随着x0的增大而减小
B．双曲线C的离心率为
❑√7
2
C．k1+k2≤❑√3
D．| PM |=| PN |
【答案】ABD
【分析】利用三角形正弦定理来判断A 选项，利用坐标来计算斜率得到相等关系可求离心率，可判断B 选
项，利用基本不等式可判断C 选项，利用双曲线的切线方程来研究交点坐标，可判断D 选项.
【详解】对于A，双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左顶点为A(−a,0)，右顶点为B(a,0)，
渐近线为y =± b
a x，在△PAB中，
由正弦定理可知| PA |
| PB| = sin ∠PBA
sin ∠PAB = sin(π−∠PBA )
sin ∠PAB
，
显然π −∠PBA，∠PAB均为锐角且随着x0的增大分别减小与增大，
即sin(π −∠PBA )，sin∠PAB随着x0的增大分别减小与增大且均为正数，
∴ | PA |
| PB| 的值随着x0的增大而减小，故A 正确；
对于B，由P(x0, y0)，则y0
2=b
2(
x0
2
a
2 −1)，因为左顶点为A(−a,0)，右顶点为B(a,0)，
k1⋅k2=
y0
x0+a ⋅
y0
x0−a =
y0
2
x0
2−a
2 =
b
2(
x0
2
a
2 −1)
x0
2−a
2
= b
2
a
2
即b
2
a
2 = 3
4 ，所以b
a =
❑√3
2 ，e =
❑√7
2 ，故B 正确；
对于C，显然k1，k2>0且k1≠k2，∴k1+ k2>2❑√k1k2= ❑√3，故C 错误；
对于D，可设双曲线C : x
2
4 k −y
2
3k =1(k >0)，
在点P处的切线方程为x0 x
4 k −y0 y
3k =1，
联立{
y =
❑√3
2 x
x0 x
4 k −y0 y
3k =1)
可得xM =
12k
3 x0−2❑√3 y0
，
联立{
y =−
❑√3
2 x
x0 x
4 k −y0 y
3k =1)
可得xN =
12k
3 x0+2❑√3 y0
，
∴ xM + xN =
12k
3 x0−2❑√3 y0
+
12k
3 x0+2❑√3 y0
=
72k x0
9 x0
2−12 y0
2 = 72k x0
36k =2 x0
∴点P为线段MN的中点，即| PM |=| PN |，故D 正确；
故选：ABD.
13．（2025·福建泉州·模拟预测）已知F为抛物线C : y
2=mx(m>0)的焦点，点A(m, y0)在C上，过A作
C的切线l交y轴于点P，则下列说法正确的是（ ）
A．l的斜率为定值
B．若圆( x−m)
2+ y
2=7被l截得弦长为2❑√2，则m=5
C．⃗PF ⋅⃗PA =0
D．若平行PF的直线与C相切于点B，则⃗AF =5⃗FB
【答案】AC
【分析】对于A，设出抛物线在A处的切线方程，联立切线方程与抛物线方程后结合判别式为零可求斜率，
故可判断A 的正误；对于B，根据弦长公式计算后可判断其正误；对于C，利用向量的数量积的坐标形式
计算后可判断其正误；对于D，同A 的方法求出B的坐标，再结合向量的坐标运算可判断其正误.
【详解】
对于A 选项，由题设l的斜率必定存在且不为零，而A(m,±m)，
当A(m,m)，设l: x =t ( y −m)+m=ty +m−tm，
由{
y
2=mx
x =ty +m−tm) 可得y
2−tmy −m
2+t m
2=0，故Δ=t
2m
2+ 4 m
2−4t m
2=0，
而m>0，故t =2，故此时切线的斜率为1
2；
当A(m,−m)，同理可求切线的斜率为−1
2，故A 正确；
对于B 选项，由对称性不妨设A(m,m)，
则由A 可得切线方程为x =2 y −m即x−2 y +m=0，
而圆心(m,0)到x−2 y +m=0的距离为|2m)
❑√5 = ❑√5，故m= 5
2，故B 错误；
对于C 选项，根据对称性，不妨取A(m,m)，由A 中的切线方程x =2 y −m得P(0, m
2 )，
又F(
m
4 ,0)，故⃗PF ⋅⃗PA =( m
4 ,−m
2 )⋅(m, m
2 )=0，故C 正确；
对于D 选项，根据对称性，不妨取A(m,m)由C 的分析可得P(0, m
2 )，
又F( m
4 ,0)，设B( y0
2
m , y0)，且抛物线在B处的切线方程为x = s( y −y0)+ y0
2
m
，
由{
x = s( y −y0)+ y0
2
m
y
2=mx
)
可得y
2−msy −y0
2+ms y0=0，
故Δ=m
2s
2+ 4 y0
2−4 ms y0=0，故s= 2 y0
m ，
故切线的斜率为m
2 y0
，故m
2 y0
=
m
2 −0
0−m
4
，故y0=−m
4 ，x0= m
16，
而⃗AF =(−3
4 m,−m),⃗FB =(−3
16 m,−1
4 m)，故⃗AF = 4⃗FB，故D 错误．
故选：AC．
14．（2025·福建泉州·模拟预测）已知F为抛物线C : y
2=mx (m>0)的焦点，点A(m, y0)在C上，过A作C
的切线l交y轴于点P，则下列说法正确的是（ ）
A．l的斜率为± 1
2
B．若圆(x −m)
2+ y
2=7被l截得弦长为2❑√2，则m=5
C．⃗PF ⋅⃗PA =0
D．若平行PF的直线与C相切于点B，则⃗AF = 4⃗FB
【答案】ACD
【分析】对于A，设出抛物线在A处的切线方程，联立切线方程与抛物线方程后结合判别式为零可求斜率
判断正误；对于B，根据弦长公式计算后可判断其正误；对于C，利用向量的数量积的坐标形式计算后可
判断正误；对于D，同A 的方法求出的坐标，再结合向量的坐标运算可判断其正误.
【详解】由题设，切线l的斜率存在且不为零，且A (m,±m)，
当A (m,m)，设l: x =t( y −m)+m，联立C : y
2=mx (m>0)，
所以y
2−mty +m
2(t −1)=0，则Δ=m
2t
2−4 m
2(t −1)=0，可得t
2−4t + 4 =0，
所以t =2，此时l的斜率为1
2，
同理，当A (m,−m)时l的斜率为−1
2，A 对；
由对称性，取A (m,m)，此时切线方程为l: x−2 y +m=0，
所以(m,0)到l: x−2 y +m=0的距离为2m
❑√5 =
❑√r
2−(❑√2)
2= ❑√5，可得m= 5
2，B 错；
若切线为l: x−2 y +m=0，则P(0, m
2)，而F(
m
4 ,0)，取A (m,m)，
所以⃗PF ⋅⃗PA =( m
4 ,−m
2 )⋅(m, m
2 )=0，结合抛物线对称性可知C 对；
同C 分析，设B( y0
2
m , y0)，该点处切线方程为x = s( y −y0)+ y0
2
m
，
联立y
2=mx (m>0)，得y
2−msy +ms y0−y0
2=0，且Δ=(ms)
2−4(ms y0−y0
2)=0，
所以(ms−2 y0)
2=0，则s= 2 y0
m ，故切线斜率为m
2 y0
，
所以m
2 y0
=
m
2 −0
0−m
4
⇒y0=−m
4 ，即B( m
16 ,−m
4 )，
所以⃗AF =(−3
4 m,−m),⃗FB =(−3
16 m,−1
4 m)，则⃗AF = 4⃗FB，D 对.
故选：ACD
三、填空题
15．（2025·江苏·二模）在平面直角坐标系xOy中，双曲线C的中心在原点，焦点在x轴上，焦距长为4 ❑√3.
若C和抛物线y
2= x交于A，B两点，且△OAB为正三角形，则C的离心率为 .
【答案】❑√2
【分析】由对称性可知A、B为y =±
❑√3
3 x与抛物线的交点，联立求出其中一个交点坐标，代入双曲线方
程，结合焦距得到{
a
2=6
b
2=6)，进而求出离心率.
【详解】由对称性知A、B关于x轴对称，△AOB为正三角形，
则由正三角形对称性可知A、B为y =±tan30° x =±
❑√3
3 x与抛物线的交点，
联立y =
❑√3
3 x与y
2= x得x =3或0（舍去），当x =3时，y = ❑√3，
故其中一个交点为(3,❑√3)，
设双曲线方程为x
2
a
2 −y
2
b
2 =1，故2c = 4 ❑√3，解得c =2❑√3，
(3,± ❑√3)在双曲线上，{
9
a
2 −3
b
2 =1
a
2=12−b
2)
，∴{
a
2=6
b
2=6)，
故离心率为e = c
a = 2❑√3
❑√6 = ❑√2；
故答案为：❑√2
16．（2025·福建泉州·一模）设O为坐标原点，A为椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的上顶点，点B在E上，
线段AB交x轴于点M．若∠AOB =135°，且|BM )= 4
5|AM )，则E的离心率等于 ．
【答案】
❑√7
4
【分析】根据所给的角确定B 所在直线，设出B 点坐标，再由三角形相似得出B 点坐标代入椭圆方程，化
简即可得解.
【详解】因为∠AOB =135°，所以直线OB的斜率为1或−1，
不妨取kOB=−1，则如图，
设B(xB,−xB)，过B作BN ⊥x轴于点N，
由△AOM∽△BNM，|BM )= 4
5|AM )，|OA)=b，
可得|BN )= 4
5|AO)，即xB= 4
5 b，故B(
4
5 b,−4
5 b)，
代入椭圆方程可得：(
4
5 b)
2
a
2
+(−4
5 b)
2
b
2
=1，
即16b
2
25a
2 + 16
25 =1，解得b
2
a
2 = 9
16，
所以e = c
a = ❑√
c
2
a
2 = ❑√
1−b
2
a
2 = ❑√
7
16 =
❑√7
4
.
故答案为：
❑√7
4
17．（2025·福建福州·模拟预测）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0, b>0)的右焦点为F，其左、右顶点分
别为A , B，过F且与x轴垂直的直线交C于M , N两点，直线BN与AM交于点Q，若△MQB与△MFB的
面积相等，则C的离心率为 ．
【答案】2
【分析】根据双曲线方程和焦点位置，确定右顶点A、右焦点F以及直线x =c与双曲线的交点M , N的坐
标，分别求出直线AM和BN的方程，联立求解交点Q 的坐标，由面积相等条件列出方程，最终求出离心
率.
【详解】双曲线左顶点A(−a,0)，右顶点B(a,0)，右焦点F(c ,0)（其中c =
❑√a
2+b
2)，
将x =c代入双曲线方程可得c
2
a
2 −y
2
b
2 =1，解得y =± b
2
a ，
不妨设M(c , b
2
a )和N(c ,−b
2
a )，
直线AM的斜率为k AM =
b
2
a −0
c +a =
b
2
a(c +a)
，其方程为：y =
b
2
a(c +a)( x +a)，
同理可得直线BN的方程为：y =
−b
2
a(c−a)( x−a)，直线BM的方程为：y =
b
2
a(c−a)( x−a)，
即直线BM的一般式方程为
b
2
a(c−a) x−y −b
2
c−a =0，
联立直线AM与直线BN，解得：x = a
2
c , y = b
2
c ，即Q(
a
2
c , b
2
c )，
因为△MQB与△MFB的面积相等，所以点Q到直线BM的距离等于点F到直线BM的距离，
即：
|
b
2
a(c−a) × a
2
c −b
2
c −b
2
c−a |
❑√(
b
2
a(c−a))
2
+1
=
|
b
2
a(c−a) ×c−0−b
2
c−a |
❑√(
b
2
a(c−a))
2
+1
，因为a>0,c>0，所以化简得2
c = 1
a，
即e= c
a =2，
故答案为：2
18．（2025·河北·模拟预测）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，过F1的
直线与C 交于A，B 两点，其中A 在第一象限，若|F1 A)=2，则△A F2B的周长为 ．
【答案】4
【分析】利用双曲线的定义即可列方程求解.
【详解】由双曲线定义可得|B F1|=|B F2|−2a|,|A F1)=| A F2|+2a，
所以|B F1|+|A F1)=|B F2|+| A F2|，
故△A F2B周长为| A F2|+|B F2|+| AB|=| A F1|+|B F1|+| AB|=2| A F1|= 4.
故答案为：4
19．（2025·福建三明·模拟预测）已知双曲线E: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过
F1的直线交双曲线左支于A，B两点，|AB)=|A F2)，cos∠A F2B = 2
3，则双曲线的离心率为
．
【答案】
❑√21
3
/1
3
❑√21
【分析】设| A F1|=m，则| AB|=m+2a，|B F1|=2a，|B F2|= 4 a，在等腰△A F2B中应用诱导公
式、二倍角余弦公式可得cos∠F2 AB = 1
9，在△A F2B、△A F1 F2中应用余弦定理求参数值，并得到双
曲线参数的齐次式，即可得.
【详解】设| A F1|=m，则| AB|=|A F2)=m+2a，|B F1|=2a，故|B F2|= 4 a，
在等腰△A F2B中，cos∠A F2B = 2
3，则cos∠F2 AB =cos(π−2∠A F2B)=−cos2∠A F2B
=1−2cos
2∠A F2B = 1
9，
又cos∠F2 AB =| AB|
2+| A F2|
2−|B F2|
2
2| AB|| A F2|
=1−
8a
2
(m+2a)
2 = 1
9，可得
a
2
(m+2a)
2 = 1
9，
所以m=a，则| A F1|=a，| A F2|=3a，
在△A F1 F2中cos∠F2 AB =| A F1|
2+| A F2|
2−| F1 F2|
2
2| A F1|| A F2|
= 10a
2−4 c
2
6a
2
= 1
9，可得14 a
2=6c
2，
所以e = c
a = ❑√
7
3 =
❑√21
3
.
故答案为：
❑√21
3
20．（2025·福建厦门·三模）已知直线l：y −2=0与圆O：x
2+ y
2= 4相切于点T，A 是圆O上一动点，点P
满足PO⊥OA，且以P 为圆心，PA为半径的圆恰与l相切，则sin∠PTO的最大值为 ．
【答案】
❑√3
3
/1
3
❑√3
【分析】设P(x , y)，由题意可得|y −2)=|PA)=
❑√O A
2+O P
2=
❑√x
2+ y
2+ 4，整理可得点P 的轨迹，由此
可设P(x0,−x0
2
4 )，则sin∠PTO是关于x0的式子，利用基本不等式得最值即可.
【详解】设P(x , y)，则x≠0，
直线l：y −2=0与圆O：x
2+ y
2= 4相切于点T，则T (0,2)，
以P 为圆心，PA为半径的圆恰与l相切，
则可得|y −2)=|PA)=
❑√O A
2+O P
2=
❑√x
2+ y
2+ 4，化简可得x
2=−4 y，且x≠0，
从而可设P(x0,−x0
2
4 )，且x0≠0，
则
sin ∠PTO = |x0)
|TP) =
|x0)
❑√
x0
2+(−x0
2
4 −2)
2 =
1
❑√
x0
2
16 + 4
x0
2 +2
，
由于x0
2
16 + 4
x0
2 +2≥2❑√
x0
2
16 ⋅4
x0
2 +2=3，当且仅当
x0
2
16 = 4
x0
2，即x0=±2❑√2时，等号成立，
所以
sin ∠PTO =
1
❑√
x0
2
16 + 4
x0
2 +2
≤1
❑√3 =
❑√3
3 ，故sin ∠PTO的最大值为
❑√3
3
.
故答案为：
❑√3
3 .
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据直线与圆的位置关系、距离公式，确定点P的轨迹方程，根据轨
迹方程确定动点坐标，从而将所求问题转化为坐标关系，结合不等式或者函数求解最值即可.
