专题02 圆锥曲线小题十大热点题型
题型
考情分析
考向预测
1.求圆锥曲线的轨迹方程
2025 年天津卷：第9 题
考查了双曲线抛物线综
合性质，求双曲线的离
心率
2025 年新高考卷ⅠI：第
6 题考查抛物线性质，求
焦半径
2025 年新高考卷I： 第3
题考察双曲线离心率
2024 年天津卷：第8 题
由几何性质求双曲线的
标准方程
2024 年新高考I 卷：第
12 题由几何性质求双曲
线的离心率
1 题量分值
新高考卷统一固定1 道小题单选或多选为主三
大曲线随机轮换命题
2 难度定位
整体以中档题为主极少单纯基础送分偶尔结合
临界条件设置小压轴用来划分中等以上分数段
3 考查核心
弱化复杂联立运算重点围绕圆锥曲线核心定义
几何性质命题
离心率渐近线焦点几何特征为长期高频核心考
点
4 命题规律
不单独拆分椭圆双曲线抛物线多题考查
5 交汇趋势
常结合直线与圆平面向量简单不等式浅层交汇
以几何位置关系长度角度范围临界相切为主要
设问形式
6 命题风格
侧重动态点动态直线的位置分析突出条件转化
与数形简化
7 备考导向
主攻单曲线核心性质吃透离心率通用解法熟记
渐近线焦点三角形基础结论
2.由几何性质求圆锥曲线的
标准方程
3.与圆锥曲线定义有关的最
值问题
4.圆锥曲线的焦点三角形问
题
5.圆锥曲线的中点弦长问题
6.与椭圆性质有关的综合题
型
7.与双曲线性质有关的综合
题型（渐近线）
8.与抛物线有关的综合题型
9.直线与圆及圆锥曲线的综
合题型
10.求圆锥曲线的离心率
题型1 求圆锥曲线的轨迹方程
1
知识点解析
1 依托三大圆锥曲线几何定义与动点等量关系
2 主流方法定义法直接法相关点法消参法
解题方法
1 定义法满足距离和/差/等距条件直接判定曲线类型写方程
2 直接法列式化简注意自变量范围限制
3 相关点法动点关联已知曲线点坐标代换求解
常考结论
【例1】（2025·江苏南京·三模）已知曲线C : x
2+ y
2=8( 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
8 + y
2
2 =1( y >0)
B．x
2
8 + y
2
4 =1( y >0)
C．y
2
8 + x
2
2 =1( y >0)
D．y
2
8 + x
2
4 =1( y >0)
【答案】A
【分析】设点M （x , y ），由题意，因为M是P P
'的中点，且P P
'⊥x轴，则有P( x ,2 y)，代入圆的方
程即可求解.
【详解】设点M ( x , y)，因为M是P P
'的中点，且P P
'⊥x轴，则有P( x ,2 y)，如图：
又P在圆C : x
2+ y
2=8( y >0)上，将P( x ,2 y)代入其中可得
x
2+ 4 y
2=8( y >0)，即x
2
8 + y
2
2 =1( y >0)，
即点M的轨迹方程为x
2
8 + y
2
2 =1( y >0).
故选：A.
【变式1-1】（2026·陕西西安·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知定点P(−2,0)、Q (2,0)，平面内
两个动点M、N满足|OM|=1，MN ⊥MQ，且点M在∠PNQ的平分线上，则动点N的轨迹方程为
2
（ ）
A．x
2+ y
2
3 =1( y ≠0)
B．x
2
3 + y
2=1( y ≠0)
C．x
2−y
2
3 =1( y ≠0)
D．x
2
3 −y
2=1( y ≠0)
【答案】C
【分析】对点N的位置进行分类讨论，当点N在y轴右侧时，延长QM交PN于点R，分析可知|NR|=|NQ|，
且M为RQ的中点，再利用双曲线的定义可得结果.
【详解】易知N点不在x轴上，由|OM|=1知动点M在单位圆x
2+ y
2=1上，
设点N在y轴右侧，如图，延长QM交PN于点R．
因为点M在∠PNQ的平分线上，且MN ⊥MQ，
所以△NQR为等腰三角形，则|NR|=|NQ|，且M为RQ的中点，所以|PR|=2|OM|=2，
因此|NP|−|NQ|=|NP|−|NR|= |PR|=2．
同理，当点N在y轴左侧时，|NP|−|NQ|= |NP|−|NR|=−|PR|=−2．
故点N在以P、Q为焦点的双曲线上，
则该双曲线实轴长为2a=2，焦距2c = |PQ|= 4，虚轴长为2b=2√2
2−1=2√3，
所以双曲线方程为x
2−y
2
3 =1( y ≠0)．
【变式1-2】（2026·四川绵阳·模拟预测）已知直线l: x−1=0与圆O: x
2+ y
2=1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，则当cos∠PTO取最小值时，点P
的坐标可以为______.
【答案】(−1,√2)或(−1,−√2)
【分析】设P(x , y)，根据条件，列出等式，可得点P 的轨迹方程，再设P(x0, y0)，根据三角函数的定义，
可得cos∠PTO的表达式，化简整理，结合基本不等式，即可得答案.
3
【详解】设P(x , y)，则x≠0，直线l: x =1与圆O: x
2+ y
2=1相切于点T，则T (1,0)，
由以P为圆心，PA为半径的圆恰与l相切，
可得|x−1|=|PA|=√O A
2+O P
2=√x
2+ y
2+1，
化简可得y
2=−2 x，且x≠0.
再设P(x0, y0)，则y0
2=−2 x0(x0<0)，
则cos∠PTO =|1−x0|
|PT| =
|1−x0|
√(x0−1)
2+ y0
2 =
|1−x0|
√(x0−1)
2−2 x0
=
√
1+
2
x0+ 1
x0
−4 ，
由于对勾函数y = x + 1
x
(x<0)在x∈(−∞,−1)上单调递增，在x∈(−1,0)上单调递减，
所以当x0=−1时，x0+ 1
x0
有最大值-2，则cos∠PTO取得最小值，
此时P(−1,√2)或P(−1,−√2).
题型2 由几何性质求圆锥曲线的标准方程
知识点解析
1 椭圆
2 双曲线
3 抛物线
解题方法
1 先判断焦点轴设对应标准方程
2 利用顶点焦距离心率定点条件求
常考结论
椭圆
双曲线渐近线随焦点轴切换抛物线
为焦点到准线距离
【例2】（2026·山西吕梁·二模）已知椭圆C：x
2
a
2 +
y
2
a
2−1
=1(a>1)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2
4
的直线交C 于A，B 两点，若|A F2|=2|F2B|，|AB|=|B F1|，则椭圆C 的方程为_______.
【答案】x
2
3 + y
2
2 =1
【分析】先利用椭圆的定义设出线段长度，结合已知条件求出各边长度，再用余弦定理建立关于a的方程，
进而求出a
2，得到椭圆方程.
【详解】设|F2B|=m，则|A F2|=2m，|AB|=3m。
因为|AB|=|B F1|，所以|B F1|=3m。
根据椭圆的定义可得∣B F1∣+∣B F2∣=3m+m= 4 m=2a，得m= a
2，
因此|A F2|=2m=a，∣A F1∣=2a−∣A F2∣=a。
在△A F1❑F2中，∣A F1∣=a,∣A F2∣=a,∣F1 F2∣=2c；
在△B F1 F2中，∣B F1∣=3m= 3a
2 ，∣B F2∣=m= a
2，∣F1 F2∣=2c，
由∠A F2 F1+∠B F2 F1=π，得cos∠A F2 F1=−cos∠B F2 F1，
对△A F1❑F2用余弦定理：
cos∠A F2 F1= ∣A F2∣
2+∣F1 F2∣
2−∣A F1∣
2
2⋅∣A F2∣⋅∣F1 F2∣
= a
2+ 4 c
2−a
2
2⋅a⋅2c = c
a，
对△B F1 F2用余弦定理：
cos∠B F2 F1= ∣B F2∣
2+∣F1 F2∣
2−∣B F1∣
2
2⋅∣B F2∣⋅∣F1 F2∣
=(
a
2)
2
+ 4 c
2−(
3a
2 )
2
2⋅a
2 ⋅2c
= 4 c
2−2a
2
2ac
，
所以c
a =−4 c
2−2a
2
2ac
化简得：3c
2=a
2，
又椭圆中c
2=a
2−b
2=a
2−(a
2−1)=1，
所以3×1=a
2，即a
2=3，a
2−1=2。
因此椭圆C的方程为x
2
3 + y
2
2 =1
5
【变式2-1】（25-26 高二上·天津·期中）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3.若△P F1 F2是直角三角形，且面积为3，则双曲线的方程为
_________.
【答案】x
2
2 −y
2
3 =1
【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，结合双曲线的定义再求出a即可得解.
【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，则k P F2= tanθ1=3，
由¿，解得sinθ1= 3
√10，
因为∠F1 P F2=90°，所以k P F1⋅k P F2=−1，求得k P F1=−1
3，即tanθ2= 1
3，
由¿，解得sinθ2= 1
√10，
由正弦定理可得：|P F1|:|P F2|:|F1 F2|=sinθ1:sinθ2:sin 90° =3:1:√10，
则由|P F2|=m，得|P F1|=3m,|F1 F2|=2c =√10m，
由S△P F1 F2= 1
2|P F1|⋅|P F2|= 1
2 ⋅3m⋅m=3，得m=√2，
则|P F2|=√2,|P F1|=3√2,|F1 F2|=2c =2√5,c =√5，
所以|P F1|−|P F2|=2a=2√2，a=√2,b=√c
2−a
2=√3，
6
所以双曲线的方程为x
2
2 −y
2
3 =1.
故答案为：x
2
2 −y
2
3 =1.
【变式2-2】（25-26 高三下·安徽·开学考试）如图，抛物线C的方程为y
2=2 px ( p>0)，焦点是F，圆心在
x轴上的圆E与抛物线C在第四象限有且只有一个公共点M，且它们在点M处的切线是同一条直线.若点M
的横坐标为3，∠FME =π
6 ，则实数p的值为（ ）
A．18
B．12
C．9
D．6
【答案】A
【分析】作出公共切线l，并过M作射线MN // x轴，则由抛物线的光学性质可得
∠FME =∠EMN =∠FEM =π
6 ，再利用抛物线定义计算可得E点坐标，最后利用直线EM的斜率计算
即可得.
【详解】如图，作出抛物线C 和圆E 在点M处的公共切线l，同时过M作射线MN // x轴，
则有EM ⊥l，由抛物线的光学性质，可得∠FME =∠EMN =∠FEM =π
6 ，
∴FE = FM = xM + p
2 =3+ p
2 , F(
p
2 ,0),∴E (3+ p,0)，
7
且k EM =tan∠EMN = √3
3 =
0−y M
(3+ p)−3，
又y M
2 =2 p×3=6 p，代入得1
3 p
2=6 p，解得p=18.
题型3 与圆锥曲线定义有关的最值问题
知识点解析
1 利用曲线定义转化线段避开复杂运算
2 焦半径存在固定取值区间
解题方法
1 椭圆定值和转化结合三点共线求最值
2 双曲线距离差定值限定单双分支
3 抛物线焦点距离等价准线距离几何化秒杀
常考结论
椭圆焦半径
抛物线
【例3】【多选题】（2026·广西崇左·一模）已知P 为椭圆C : y
2
16 + x
2
12 =1上的一个动点，Q 为圆
M : x
2+ y
2−4 y +3=0上的一个动点，点A (0,−2)，则（ ）
A．|PA|+|PQ|的最小值为6
B．|PA|+|PQ|的最小值为7
C．|PA|+|PQ|的最大值为8
D．|PA|+|PQ|的最大值为9
【答案】BD
【分析】确定A (0,−2)，M (0,2)为C 的两个焦点，由椭圆的定义结合圆外一点到圆的最值求解即可.
【详解】圆M : x
2+( y −2)
2=1的圆心为M (0,2)，则A (0,−2)，M (0,2)为C 的两个焦点，
由椭圆的定义知，|PA|+|PM|=8，如图，
由Q 为圆M 上的动点，得|PQ1|≤|PQ|≤|PQ2|，即|PM|−1≤|PQ|≤|PM|+1，
则|PA|+|PM|−1≤|PA|+|PQ|≤|PA|+|PM|+1，
8
即7≤|PA|+|PQ|≤9，故|PA|+|PQ|的最小值为7，最大值为9.
【变式3-1】【多选题】（2026·辽宁锦州·模拟预测）A , B分别为椭圆C1: x
2
9 + y
2
5 =1和双曲线
C2: x
2−y
2
3 =1上的点，F (2, 0), P(2, 1)，则（ ）
A．PA + AF ≥6+√17
B．PA + AF ≤6+√17
C．PB+ BF ≥√17−2
D．PB+ BF ≤√17−2
【答案】BC
【分析】利用椭圆的定义将椭圆上动点到同侧焦点的距离转化为到异侧焦点的距离，结合三角形两边之差
小于第三边的性质构造不等关系；同时利用双曲线定义区分左右支，将双曲线上动点到焦点的距离进行转
化，并运用三角形两边之和大于第三边的性质推导出最值.
【详解】由椭圆C1: x
2
9 + y
2
5 =1可得：a1=3，c =√9−5=2，左右焦点为F1(−2,0)、F (2,0)，
由椭圆的定义：对椭圆上任意点A，AF + A F1=2a1=6，得AF =6−A F1，
因此：PA + AF = PA +6−A F1=6+(PA −A F1)，
由三角形不等式：PA −A F1≤P F1，
又P(2,1)，则P F1=√(2+2)
2+(1−0)
2=√17，
故PA + AF ≤6+√17，故A 错误，B 正确；
由双曲线C2: x
2−y
2
3 =1可得：a2=1，c =√1+3=2，焦点同样为F1(−2,0)、F (2,0)，
由双曲线的定义：若B在右支：B F1−BF =2a2=2，得BF = B F1−2，
因此：PB+ BF = PB+ B F1−2，
由三角形不等式：PB+ B F1≥P F1=√17，得PB+ BF ≥√17−2，
若B在左支：BF −B F1=2，得BF = B F1+2，
9
因此PB+ BF = PB+ B F1+2≥√17+2>√17−2，
综上，总有PB+ BF ≥√17−2，故C 正确，D 错误.
【变式3-2】【多选题】（2026·黑龙江·一模）已知抛物线C : y
2= 4 x的焦点为F，P为C上一动点，A 为一
定点，则正确的有（ ）
A．若|PF|= 4，则点P 的坐标为(3,2√3)
B．若A (5,3)，则|PA|+|PF|的最小值为6
C．若A (3,0)，则|PA|的最小值为2√2
D．若A (3,0)，则∠APF的最大值为π
4
【答案】BCD
【分析】根据抛物线定义以及性质可以得出A、B、C 选项，利用直线斜率和倾斜角的关系，得出
tan∠APF的表达式，再利用函数导数求最值.
【详解】对于A，因为焦半径|PF|= xP+ p
2 = 4，所以xP=3，代入y
2= 4 x，解得y P=±2√3，
所以P(3,±2√3)，故A 错误；
对于B，将横坐标5 代入抛物线方程中，得y
2=20>9，所以点A 在抛物线内，
所以|PA|+|PF|≥5+1=6，当且仅当PA与x轴平行时取等，故B 正确；
对于C，设P(x0, y0)，则y0
2= 4 x0，
所以| PA |
2=(x0−3)
2+ y0
2=(x0−3)
2+ 4 x0= x0
2−2 x0+9=(x0−1)
2+8≥8，
所以|PA|的最小值为2√2，C 正确；
对于D，设点M 是x 轴上点A 右侧一点，不妨设P 位于第一象限，
如图所示：
10
则tan ∠APF = tan (∠MAP−∠MFP)= k PA−k PF
1+ k PA k PF
=
y0
x0−3 −
y0
x0−1
1+
y0
2
(x0−3)(x0−1)
=
2 y0
x0
2−4 x0+3+ y0
2 = 4√x0
x0
2+3
=
4
√x0
3+ 3
√x0
，
令t =√x0(t ≥0)，分母为y =t
3+3t
−1，则y
' =3t
2−3t
−2= 3(t
2+1)(t +1)(t −1)
t
2
，
当t ∈(0,1)，y
'<0，所以y =t
3+3t
−1在(0,1)上单调递减；
当t ∈(1,+ ∞)，y
'>0，所以y =t
3+3t
−1在(1,+∞)上单调递增；
所以当t =1时，ymin=1+3= 4，
此时tan∠APF ≤1，由图知0<∠APF <π，所以∠APF ≤π
4 ，故D 正确.
题型4 圆锥曲线的焦点三角形问题
知识点解析
1 曲线上动点与两焦点构成三角形
2 结合正余弦定理边长角度面积综合考查
解题方法
1 联立曲线定义与余弦定理构造边角关系
2 直接套用二级面积公式快速运算
常考结论
【例4】【多选题】（2026·重庆九龙坡·一模）已知F1，F2分别为椭圆 C : x
2
8 + y
2
4 =1 的左、右焦点，
P为椭圆C上一点， ∠F1 P F2=60
∘ ， 点P关于原点O的对称点为Q，则（ ）
A．椭圆 C 的离心率为 1
2
B．|P F1|⋅|P F2|=16
3
11
C．直线 PQ 的斜率为 2
D．|PQ|=4√15
3
【答案】BD
【分析】根据椭圆的标准方程和定义，利用余弦定理，三角形面积公式等逐一计算即可判断.
【详解】对于A，由题意知a
2=8,b
2= 4，所以c
2=a
2−b
2= 4，所以c =2，
所以离心率e = c
a =
2
2√2 = √2
2 ，故A 错误；
对于B，由椭圆定义可知|P F1|+|P F2|=2a= 4√2，
在△F1 P F2中，由余弦定理得：
|F1 F2|
2=|P F1|
2+|P F2|
2-2|P F1||P F2|cos∠F1 P F2=(|P F1|+|P F2|)
2−3|P F1||P F2|，
即16=32−3|P F1||P F2|，所以|P F1||P F2|= 16
3 ，故B 正确；
对于C，由S△F1 P F2= 1
2|P F1||P F2|sin∠F1 P F2= 1
2|F1 F2||yP|得|y P|= 2√3
3
，
因为点P和点Q关于原点O的对称，所以xQ=−xP, yQ=−y p，
又P为椭圆C上一点，所以xp
2
8
+yp
2
4
=1，所以|xP|= 4√3
3
，
所以k PQ= y p−yQ
x p−xQ
= 2 y p
2 x p
= y p
x p
=± 1
2，故C 错误；
对于D，|PQ|=√( xP−xQ)
2+( y P−yQ)
2=√4 xP
2+ 4 y P
2=√4×[( 4√3
3
)
2
+( 2√3
3
)
2
]=4√15
3
，
故D 正确；
故选：BD
【变式4-1】【多选题】（2026·四川泸州·模拟预测）已知双曲线C：x
2
4 −y
2
b
2 =1（b＞0）的左、右焦点分
12
别为F1，F2，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，则（ ）
A．|OH|＝2
B．|P F2|= 4
C．双曲线C 的渐近线方程是y =± 5
2 x
D．四边形O F2 PH的面积为15
【答案】AD
【详解】对于A，已知H是过F1作C的一条渐近线的垂线l的垂足，
其渐近线方程为y =−b
a x，即bx +ay =0，F1(−c ,0)，
所以|F1 H|= |−bc|
√b
2+a
2 = bc
c =b，
所以|OH|=√|F1O|
2−|F1 H|
2=√c
2−b
2=a=2，故A 正确；
对于B，过点F2作F2Q⊥F1 P，所以△H F1O∼△P F1 F2，所以
Q F2
OH = F1 F2
O F1
=2，
所以|Q F2|=2|OH|= 4，
又cos∠F1 P F2= 3
5，∠F1 P F2∈(0,π )，所以sin ∠F1 P F2=√1−cos
2∠F1 P F2= 4
5 ，
又sin ∠F1 P F2= Q F2
P F2
= 4
5 ，所以|P F2|=5，故B 错误；
对于C，由B 选项可知P F2=5，
因为|P F1|−|P F2|=2a= 4，所以|P F1|=|P F2|+ 4 =9，
13
在△F1 P F2中，|F1 F2|
2=|P F1|
2+|P F2|
2−2|P F1||P F2|cos∠F1 P F2，
所以(2c)
2= 4 c
2=81+25−2×9×5× 3
5 =52，
所以c
2=13，b
2=c
2−a
2=13−4 =9，所以b=3，
所以双曲线C 的渐近线方程是y =± 3
2 x，故C 错误；
对于D，四边形O F2 PH的面积为S△F1 P F2−S△F1OH = 1
2|P F1||P F2|sin∠F2 P F1−1
2|H F1||HO|
= 1
2 ×9×5× 4
5 −1
2 ×2×3=18−3=15，故D 正确.
【变式4-2】【多选题】（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）已知 F1, F2 分别为双曲线C : x
2
4 −y
2
b
2 =1(b>0)的
左、右焦点，过 F2 的直线交 C 的右支于A ,B 两点，若| A F1|=2| A F2|，∠A F1 F2=∠F1B F2，
则（ ）
A．| A F1|=8
B．| AB|=16
C．C的渐近线方程为y =± x
D．△A F1 F2的面积为4√15
【答案】ABD
【分析】根据双曲线定义计算可判断A；根据△A F1 F2∼△AB F1计算可判断B；根据双曲线定义结合B
可得c = 4，再根据双曲线渐近线方程计算可判断C；根据三角形面积公式计算可判断D.
【详解】对于A，双曲线C : x
2
4 −y
2
b
2 =1(b>0)，则a=2，
不妨设A点在第一象限，由双曲线定义可知| A F1|−| A F2|=2a= 4，
因为| A F1|=2| A F2|，所以| A F2|= 4，| A F1|=8，故A 正确；
对于B，因为∠A F1 F2=∠F1B F2，∠F1 A F2=∠BA F1，
所以△A F1 F2∼△AB F1，
故
| A F1|
| AB|
=| A F2|
| A F1| =| F1 F2|
|B F1| = 1
2，所以| AB|=16，故B 正确；
对于C，由B 可知，|B F2|=| AB|−| A F2|=12，
因为|B F1|−|B F2|=2a= 4，所以|B F1|=16，所以| F1 F2|=8，即c = 4，
所以b
2=c
2−a
2=12，即b=2√3，
14
所以C的渐近线方程为y =± b
a x =±√3 x，故C 错误；
对于D，由余弦定理可得cos∠F1 A F2=| A F1|
2+| A F2|
2−| F1 F2|
2
2| A F1|| A F2|
= 64 +16−64
2×4×8
= 1
4 ，
sin ∠F1 A F2=√1−cos
2∠F1 A F2= √15
4 ，
所以S△A F1 F2= 1
2 | A F1|| A F2|sin ∠F1 AF = 1
2 ×4×8× √15
4 = 4√15，故D 正确.
题型5 圆锥曲线的中点弦长问题
知识点解析
1 中点弦核心为点差法弦长依托韦达定理
2 斜率垂直关系为高频考点
解题方法
1 点差法两点代入作差快速求中点弦斜率
2 通用弦长公式结合判别式计算
常考结论
椭圆中点弦
【例5】（2026·河北·模拟预测）已知椭圆C : x
2
4 + y
2
5 =1内有点M (1,1)，H(
1
2 ,1)，过点M的直线交椭圆
15
C于点A ,B，若Q为AB的中点．则| HQ|的最大值为（ ）
A．9
8
B．5
4
C．7
5
D．3
2
【答案】B
【分析】设A(x1, y1),B(x2, y2),Q(x0, y0)，进而根据点差法求得k AB=−5 x0
4 y0
，再结合k AB=kQM即可求
得Q的轨迹方程为5(x0−1
2)
2
+ 4( y0−1
2)
2
= 9
4 ，并检验直线AB的斜率不存在时点Q满足，再根据方程即
可求得−1
4 ≤y0≤5
4 ，最后根据距离公式求解得|HQ|=√
( y0−3)
2−9
5
+ 5
4 ≤5
4
.
【详解】设A(x1, y1),B(x2, y2),Q(x0, y0)，
因为Q为AB的中点，所以x1+ x2=2 x0，y1+ y2=2 y0，
因为x1
2
4 + y1
2
5 =1，x2
2
4 + y2
2
5 =1，两式作差得x1
2−x2
2
4
+ y1
2−y2
2
5
=0，
所以，当直线AB的斜率存在时，k AB= y2−y1
x2−x1
=−5(x1+ x2)
4( y1+ y2)
=−5 x0
4 y0
，
因为A ,B ,Q , M四点共线，
所以k AB=kQM，即−5 x0
4 y0
= y0−1
x0−1 （y0≠0, x0≠1），整理得5 x0
2+ 4 y0
2−5 x0−4 y0=0（y0≠0, x0≠1），
当直线AB的斜率不存在时，点Q的坐标为Q (1,0)，满足方程5 x0
2+ 4 y0
2−5 x0−4 y0=0，
所以，点Q的轨迹方程为5 x0
2+ 4 y0
2−5 x0−4 y0=0，即5(x0−1
2)
2
+ 4( y0−1
2)
2
= 9
4
所以x0
2−x0= 4 y0−4 y0
2
5
，
16
所以|HQ|=√(x0−1
2)
2
+( y0−1)
2=√x0
2−x0+ 1
4 + y0
2−2 y0+1 =√
4 y0−4 y0
2
5
+ 5
4 + y0
2−2 y0
=√
4 y0−4 y0
2
5
+ 5
4 + y0
2−2 y0 =√
y0
2−6 y0
5
+ 5
4 =√
( y0−3)
2−9
5
+ 5
4
，
由方程5(x0−1
2)
2
+ 4( y0−1
2)
2
= 9
4 得5(x0−1
2)
2
= 9
4 −4( y0−1
2)
2
≥0，即( y0−1
2)
2
≤9
16 ，解得
−1
4 ≤y0≤5
4 ，
所以，|HQ|=√
( y0−3)
2−9
5
+ 5
4 ≤√
(−1
4 −3)
2
−9
5
+ 5
4 ≤5
4
，当且仅当y0=−1
4 时等号成立，
所以| HQ|的最大值为5
4 .
【变式5-1】（2026·广东汕头·模拟预测）若双曲线E: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)存在以(3a,a)为中点的弦，
则离心率的取值范围是（ ）
A．(0, √15
4 )∪(
√11
3 ,+∞)
B．(1, √10
3 )∪(
√11
3 ,+∞)
C．(1, √10
3 )∪(
3√2
4
,+∞)
D．(1, √11
3 )∪(
3√3
4
,+ ∞)
【答案】C
17
【分析】讨论已知点的位置，将点坐标代入双曲线方程得b
2
a
2的范围，代入离心率公式，可得e 的范围.
【详解】若点(3a,a)在右焦点所在的双曲线内部，则必存在以(3a,a)为中点的弦，
此时9a
2
a
2 −a
2
b
2 >1，解得a
2
b
2 <8，则b
2
a
2 > 1
8，
所以e = c
a =√
1+ b
2
a
2 >√1+ 1
8 = 3√2
4
，符合题意；
若点(3a,a)在右焦点所在的双曲线外部，则1<e< 3√2
4
，
设以(3a,a)为中点的弦与双曲线E 交于A( x1, y1),B( x2, y2)两点，
则x1+ x2=6a, y1+ y2=2a，
则x1
2
a
2 −y1
2
b
2 =1，x2
2
a
2 −y2
2
b
2 =1，
两式作差得x1
2−x2
2
a
2
−y1
2−y2
2
b
2
=0，整理得弦的斜率k = y1−y2
x1−x2
= b
2( x1+ x2)
a
2( y1+ y2)
= 3b
2
a
2 ，
因为存在该中点弦，所以直线AB 与双曲线E 有2 个不同的交点，
则3b
2
a
2 < b
a，解得0< b
a < 1
3，所以0< b
2
a
2 < 1
9，
则e = c
a =√
1+ b
2
a
2 ∈(1, √10
3 )，符合题意.
综上，离心率的取值范围是(1, √10
3 )∪(
3√2
4
,+∞).
故选：C
【变式5-2】（2026·山东菏泽·一模）已知抛物线C : y
2= 4 x，O 为坐标原点，过焦点F 的直线交抛物线于
A，B 两点，M 为线段AB 的中点，则直线OM 的斜率的最大值为______.
【答案】√2
2
【分析】先根据题意设出直线l的方程，再联立直线方程与抛物线方程，然后利用韦达定理求出中点的坐标，
进而求出直线斜率，分类讨论求斜率最大值.
18
【详解】由y
2= 4 x得F(1,0)，由题意知直线l的斜率不为0，
所以设直线l的方程为x =my +1，A( x1, y1),B( x2, y2)，
联立¿消去x得y
2−4 my −4 =0，
Δ>0，则由韦达定理得y1+ y2= 4 m，所以x1+ x2= 4 m
2+2，
所以M (2m
2+1,2m)，kOM =
2m
2m
2+1，
当m=0时，kOM =0，
当m>0时，kOM =
2m
2m
2+1
=
2
2m+ 1
m
≤
2
2√2m⋅1
m
= √2
2 ，
当且仅当2m= 1
m，即m= √2
2 时等号成立，
当m<0时，kOM =
2m
2m
2+1
<0，
综上，直线OM 的斜率的最大值为√2
2 .
题型6 与椭圆性质有关的综合题型
知识点解析
1 离心率
对称性焦半径公式
2 常与向量不等式范围问题交汇
解题方法
1 利用对称简化计算齐次化求解离心率
2 坐标转化处理向量数量积
常考结论
【例6】【多选题】（2026·广东肇庆·二模）已知椭圆C : x
2
4 + y
2
2 =1, F为C的右焦点，点A ,B在C上，且
关于y轴对称，P ,Q分别为线段AF , AB的中点，O为坐标原点，则（ ）
19
A．k AF⋅k BF = 1
2
B．|PA|的最小值为1−√2
2
C．|PQ|+|PF|=2
D．存在点A，使得∠QPF =90
∘
【答案】BCD
【分析】设C的左焦点为F1，利用对称性，如k BF =−k A F1，|BF|=|A F1|，取具体的点验证是否有
k AF⋅k BF = 1
2判断A，利用椭圆上点到焦点距离的最值判断B，结合椭圆定义判断C，设
A(x0, y0)(−√2< y0<√2)，由∠QPF =90
∘求出x0判断D.
【详解】对于选项A，由题意得a=2,b=√2,c =√2，如图，设C的左焦点为F1，连接A F1,BF，由C的
对称性知k BF =−k A F1且|BF|=|A F1|，则k AF⋅k BF =−k AF⋅k A F1，由F1(−√2,0)､F (√2,0)，取点
A(1, √6
2 )，得k AF⋅k A F1=
√6
2
1−√2 ×
√6
2
1+√2 =−3
2
，故A 错误；
对于选项B，因为P为线段AF的中点，所以|PA|= 1
2|AF|，因为|AF|的最小值为a−c =2−√2，所以
|PA|的最小值为1
2 (2−√2)，即1−√2
2 ，故B 正确；
对于选项C，因为P ,Q分别为线段AF , AB的中点，所以|PF|= 1
2|AF|,|PQ|= 1
2|BF|= 1
2|A F1|，由椭圆
的定义知|PQ|+|PF|= 1
2 (|A F1|+|AF|)=2，故C 正确；
对于选项D，设A(x0, y0)(−√2< y0<√2)，则x0
2
4 + y0
2
2 =1，且P(
x0+√2
2
, y0
2 )，由k PQ=k BF ,k PO=k A F1，
20
得k PQ=−k PO，所以k PQ⋅k PF =−k PO.k PF =−
y0
2
x0+√2
2
⋅
y0
2
x0−√2
2
=−
y0
2
x0
2−2
=
−y0
2
2−2 y0
2 = 1
2 ⋅
y0
2
y0
2−1，若
∠QPF =90
∘，则k PQ⋅k PF = 1
2 ⋅
y0
2
y0
2−1
=−1，此时y0
2= 2
3，故存在点A，使得∠QPF =90
∘，故D 正确.
【变式6-1】【多选题】（2026·重庆·模拟预测）已知椭圆C：x
2
5 + y
2=1的左、右焦点分别为F1，F2，
P(x0, y0) 是椭圆C上异于左、右顶点的一点， 下列说法正确的有（ ）
A．△F1 P F2的周长为2√5+ 4
B．若A (1,0)，则|PA|的最小值为√5−1
C．满足△F1 P F2是直角三角形的点P有 8 个
D．
y0
x0+ 4 的最大值为√11
11
【答案】ACD
【分析】由椭圆的定义可得△F1 P F2的周长，判断A；根据两点间的距离公式，联立椭圆方程可得其最小
值，判断B；分∠P F1 F2=90°、∠P F2 F1=90°、∠F2 P F1=90°三种情况得到P点个数，判断C；将
y0
x0+ 4 看作是椭圆上的点与点(−4,0)连线的斜率k，设直线的方程为y =k (x + 4)，由直线与椭圆有交点，
21
求得k取值范围，从而得到
y0
x0+ 4 的最大值，判断D.
【详解】
对于A：易知a=√5，b=1，则c =√a
2−b
2=2.
由椭圆的定义可知，|P F1|+|P F2|=2a=2√5，
所以△F1 P F2的周长为|P F1|+|P F2|+|F1 F2|=2√5+2c =2√5+ 4，故A 正确；
对于B：|PA|=√(x0−1)
2+ y0
2=√x0
2−2 x0+1+1−x0
2
5 =√
4
5(x0−5
4)
2
+ 3
4
，x0∈[−√5,√5].
当x0= 5
4 时，|PA|min=√
3
4 = √3
2 ，故B 错误；
对于C：易知，当∠P F1 F2=90°或∠P F2 F1=90°时，△F1 P F2是直角三角形，此时P点共有4 个；
以F1 F2为直径作圆，圆心为原点，半径r =2，而椭圆上的点到原点距离的范
围为[b,a]=[1,√5]，
故圆与椭圆有4 个交点，结合圆的性质可知，此时满足条件的P点有4 个；
综上，满足△F1 P F2是直角三角形的点P有 8 个，故C 正确；
对于D：
y0
x0+ 4 可以看作是椭圆上的点与点Q (−4,0)连线的斜率k.
22
设该直线的方程为y =k (x + 4).
联立¿，整理得(5k
2+1) x
2+ 40k
2 x +80k
2−5=0，
Δ=(40k
2)
2−4(5k
2+1)(80k
2−5)=−220k
2+20，
由Δ≥0，得−220k
2+20≥0，即k
2≤1
11，解得−√11
11 ≤k ≤√11
11 .
所以
y0
x0+ 4 的最大值为√11
11 ，故D 正确.
【变式6-2】【多选题】（2026·四川广安·二模）椭圆C :
x
2
m
2+1
+ y
2
m
2 =1的左、右焦点分别为F1，F2，上顶
点为A，直线A F1与C的另一个交点为B，若∠F1 A F2=π
3 ，则（ ）
A．C的短轴长为√3
B．C的焦距为2
C．△AB F2的周长为8
D．C的离心率为√3
2
【答案】BC
【分析】由题意推得a=2c，结合椭圆方程求出m
2=3，即可逐一判断各选项.
【详解】由图知，| A F1|=| A F2|=a，因∠F1 A F2=π
3 ，则△A F1 F2是正三角形，
又| F1 F2|=2c，则a=2c，故椭圆的离心率为e = c
a = 1
2，故D 错误；
由C :
x
2
m
2+1
+ y
2
m
2 =1可得a
2=m
2+1,b
2=m
2，则c
2=a
2−b
2=1，
由a=2c可得m
2+1= 4，解得m
2=3，故椭圆的短轴长为2b=2√3，故A 错误；
焦距为2c =2，故B 正确；△AB F2的周长为4 a=8，故C 正确.
23
题型7 与双曲线性质有关的综合题型（渐近线）
知识点解析
1 离心率
渐近线为核心特色考点
2 焦点到渐近线距离为定值
解题方法
1 渐近线方程直接列式结合距离公式求解
2 由渐近线斜率快速推导离心率
常考结论
渐近线
焦点到渐近线距离
【例7】【多选题】（2026·河北沧州·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，
F2，左、右顶点分别为A1，A2，过点(0,1)的直线l与C的左、右两支分别交于A，B两点（B在第一象限
内），O为原点，若|A1 A2|=2，点B到两条渐近线的距离之积为1
2，则（ ）
A．C的渐近线方程为y =± x
B．C的离心率为2
C．△AOB面积的最小值为√2
D．直线A2 A，A2B的倾斜角之和为5π
4
【答案】ACD
24
【分析】根据|A1 A2|=2求出a，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，利用点到直线距离公式求出B到两条渐近线的
距离，由题意列式即可求出b=1，可判断A；根据c =√a
2+b
2求出c，可判断B；设直线l: y =kx +1，将直
线方程与双曲线方程联立求出x1+ x2，x1 x2，进而求出
S△AOB= 1
2|x2−x1|=
1
√2−k
2−
1
√2−k
2
，根据函数
的单调性即可判断C；设直线A2 A，A2B的倾斜角分别为α，β，证明tan(α + β)=1即可判断D.
【详解】由|A1 A2|=2，得a=1，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则点B到渐近线y =± b
a x的距离分别为d1=|b x2−a y2|
√a
2+b
2
，d2=|b x2+a y2|
√a
2+b
2
，
所以d1d2=|b x2−a y2|
√a
2+b
2
·|b x2+a y2|
√a
2+b
2
=|b
2 x2
2−a
2 y2
2|
a
2+b
2
= a
2b
2
a
2+b
2 = 1
2，
所以b=1，故C的渐近线方程为y =± b
a x =± x，故A 正确；
c =√a
2+b
2=√2，所以e =√2，故B 错误；
由上知C : x
2−y
2=1，设直线l: y =kx +1，
将其代入x
2−y
2=1，得(1−k
2) x
2−2kx −2=0(0≤k
2<1)，
则x1+ x2= 2k
1−k
2，x1 x2= −2
1−k
2，
所以S△AOB= 1
2|x2−x1|×1= 1
2√(
2k
1−k
2)
2
−4× −2
1−k
2 = √2−k
2
1−k
2 = √2−k
2
2−k
2−1
=
1
√2−k
2−
1
√2−k
2
，
函数
y =
1
√2−k
2−
1
√2−k
2
(0≤k
2<1)
在[0,1)上单调递增，
所以当k =0时取得最小值√2，故C 正确；
设直线A2 A，A2B的倾斜角分别为α，β，
25
易知3π
4 <α <π，π
4 < β <π
2 ，tanα =
y1
x1−1，tan β =
y2
x2−1，
tan(α + β)=tanα +tan β
1−tanα tan β =
y1
x1−1 +
y2
x2−1
1−
y1
x1−1
y2
x2−1
= (k x1+1)(x2−1)+(k x2+1)(x1−1)
(x1−1)(x2−1)−(k x1+1)(k x2+1)
= 2k x1 x2+(1−k )(x1+ x2)−2
(1−k
2) x1 x2−(1+ k )(x1+ x2)
=
−4 k
1−k
2 + 2k (1−k )
1−k
2
−2
−2(1−k
2)
1−k
2
−2k (1+k )
1−k
2
=1，
又π<α + β < 3π
2 ，所以α + β = 5π
4 ，D 正确．
【变式7-1】【多选题】（2026·甘肃酒泉·二模）已知O为坐标原点，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)，过点F2作双曲线C的一条渐近线的垂线，垂足为P，线段P F2交
双曲线C于点Q，则下列说法正确的有（ ）
A．|OP|=a
B．若⃗F2Q =2⃗QP，则双曲线C的离心率为√3
C．若双曲线C的离心率为√2，则cos∠F1 P F2=−√5
5
D．若Q为线段P F2的中点，则双曲线C的离心率为√2
【答案】ACD
【分析】A 易得双曲线C的一条渐近线方程为y = b
a x，利用点到直线的距离公式求得|P F2|=b，再结合勾
26
股定理求解即可判断；B 设P在渐近线y = b
a x上，先求出P(
a
2
c , ab
c )，再结合⃗F2Q =2⃗QP可得
Q(
c
2+2a
2
3c
, 2ab
3c )，再代入双曲线方程即可得到c =√5a，进而求解判断即可；C 由双曲线C的离心率为
√2，结合B 可得P(
√2a
2
, √2a
2 )，F1(−√2a,0), F2(√2a,0)，进而根据平面向量的夹角的余弦公式求解
判断即可；D 结合B 可得P(
a
2
c , ab
c )，进而得到Q(
a
2+c
2
2c
, ab
2c)，再代入双曲线方程即可得到c =√2a，
进而求解判断即可.
【详解】A，双曲线C的一条渐近线方程为y = b
a x，即bx−ay =0，
不妨设P在渐近线y = b
a x上，则|P F2|=
|bc|
√b
2+a
2 =b，
而|O F2|=c，则|OP|=√|O F2|
2−|P F2|
2=a，故A 正确；
B，不妨设P在渐近线y = b
a x上，
由A 知，|O F2|=c，|P F2|=b，|OP|=a，且P F2⊥OP，
则y P=|OP|⋅|P F2|
|O F2|
= ab
c ，即xP= a
2
c ，则P(
a
2
c , ab
c )，
即⃗F2 P=(
a
2
c −c , ab
c )=(−b
2
c , ab
c )，
因为⃗F2Q =2⃗QP，所以⃗F2Q = 2
3⃗F2 P=(−2b
2
3c , 2ab
3c )，即Q(
c
2+2a
2
3c
, 2ab
3c )，
27
将Q(
c
2+2a
2
3c
, 2ab
3c )代入双曲线方程，得(
c
2+2a
2
3c )
2
a
2
−(
2ab
3c )
2
b
2
=1，
整理得c
2=5a
2，则c =√5a，所以双曲线C的离心率为e = c
a =√5，故B 错误；
C，由双曲线C的离心率为√2，则e = c
a =√2，即c =√2a，
则c
2=2a
2=a
2+b
2，即a=b，由B 知，P(
a
2
c , ab
c )，即P(
√2a
2
, √2a
2 )，
而F1(−√2a,0), F2(√2a,0)，则⃗P F1=(−3√2a
2
,−√2a
2 )，⃗P F2=(
√2a
2
,−√2a
2 )，
则cos∠F1 P F2=⃗P F1⋅⃗P F2
|⃗P F1|⋅|⃗P F2|
=
−3
2 a
2+ 1
2 a
2
√5a⋅a
=−√5
5
，故C 正确；
D，由B 知，P(
a
2
c , ab
c )，若Q为线段P F2的中点，则Q(
a
2+c
2
2c
, ab
2c)，
将Q(
a
2+c
2
2c
, ab
2c)代入双曲线方程，得(
a
2+c
2
2c )
2
a
2
−(
ab
2c)
2
b
2
=1，
整理得c
2=2a
2，则c =√2a，所以双曲线C的离心率为e = c
a =√2，故D 正确.
【变式7-2】（2026·广东佛山·一模）设F1，F2是双曲线C : x
2
3 −y
2=1的左、右焦点，过右焦点F2的直线l
交C的右支于A，B两点，则下列说法正确的是（ ）
A．双曲线C的两条渐近线夹角为π
3
B．|A F1|
2−|A F2|
2的最小值为8√3
28
C．当|F1 F2|=2|OA|时，△A F1 F2的面积为1
D．△AB F1的周长最小值为16√3
3
【答案】ACD
【分析】对A，根据渐近线斜率求出倾斜角，直接计算两条渐近线的夹角；对B，利用平方差公式和双曲
线定义化简表达式，再结合直线与双曲线的交点条件判断最小值能否取到；对C，由|F1 F2|=2|OA|推出
点A在以F1 F2为直径的圆上，联立方程求高，进而计算三角形面积；对 D，利用双曲线定义将周长转化
为4 a+2|AB|，再求出弦长|AB|的最小值，从而得到周长的最小值.
【详解】对于A：双曲线x
2
3 −y
2=1的渐近线方程为y =± √3
3 x，一条渐近线的倾斜角为π
6 ，由对称性可知，
两条渐近线的夹角为π
3 ，A 正确；
对于B：由双曲线的定义可得|A F1|−|A F2|=2a=2√3，
所以|A F1|
2−|A F2|
2=(|A F1|−|A F2|)(|A F1|+|A F2|)=2√3(|A F1|+|A F2|)，
又|A F1|=|A F2|+2√3，所以|A F1|
2−|A F2|
2=2√3(2|A F2|+2√3)= 4√3|A F2|+12，
因为|A F2|>c−a=2−√3，所以|A F1|
2−|A F2|
2>4√3(2−√3)+12=8√3，B 错误；
对于C：|F1 F2|=2c = 4，故|OA|=2，即A 在以F1 F2为直径的圆x
2+ y
2= 4上，
由¿，解得x
2= 15
4 , y
2= 1
4 ，所以|y|= 1
2，
所以S△A F1 F2= 1
2 ×|F1 F2|×|y|= 1
2 ×4× 1
2 =1，C 正确；
对于D：由双曲线定义可得|A F1|=2a+|A F2|,|B F1|=2a+|B F2|，
所以周长L=|A F1|+|B F1|+|AB|= 4 a+(|A F2|+|B F2|)+|AB|= 4 a+2|AB|，
当AB⊥x轴时，|AB|最小，将x =2代入双曲线方程，得y =± √3
3 ，故|AB|min= 2√3
3
，
所以Lmin= 4√3+2× 2√3
3
= 16√3
3
，D 正确.
29
题型8 与抛物线有关的综合题型
知识点解析
1 离心率
定义等价转化为核心
2 焦点弦存在固定坐标乘积结论
解题方法
1 准线等距转化解决最值与距离问题
2 焦点弦设线联立用韦达定理秒杀
常考结论
【例8】（2026·江苏·二模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C ：x
2=2 py ( p>0)的焦点为F，准线
为l．过F的直线与C交于A ,B两点，过A作l的垂线，垂足为P，PF与x轴交于Q点，则（ ）
A．|AP|=|AF|
B．PF ⊥AQ．
C．∠AOB可能为锐角
D．P ,O ,B三点共线
【答案】ABD
【分析】对于A，因为抛物线的定义是抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，所以对于点A 在抛
物线C 上，AP 是A 到准线l 的垂线，可判断|AP|与|AF|的关系；对于B，根据抛物线性质，结合等腰三角
形性质即可判断；对于C，设出A、B 两点的坐标，设直线AB: y =kx + p
2 ，联立抛物线方程，可得根与系
数关系，计算⃗OA ⋅⃗OB，根据其正负判断∠AOB是否可能为锐角；对于D，求出直线OP 和直线OB 的斜
率，判断P、O、B 三点是否共线.
【详解】对于选项A，根据抛物线的定义：抛物线上的点到焦点距离等于到准线的距离，
从而有|AP|=|AF|，选项A 正确；
对于选项B，设准线l与y轴交于点G，
30
由|OF|=|OG|= p
2 ，OQ// PG，所以OQ为△FPG的中位线，
从而|FQ|=|PQ|，又|AP|=|AF|，从而PF ⊥AQ，选项B 正确；
对于选项C，由题意，直线AB的斜率存在，故可设A(x1, y1)，B(x2, y2)，直线AB: y =kx + p
2 ，
联立：¿，化简整理得x
2−2 pkx −p
2=0，Δ>0，
从而有x1+ x2=2 pk , x1 x2=−p
2，由x1
2=2 p y1，x2
2=2 p y2，
得y1 y2= x1
2
2 p ⋅x2
2
2 p = p
2
4
，
则⃗OA =(x1, y1)，⃗OB =(x2, y2)，⃗OA ⋅⃗OB = x1 x2+ y1 y2=−p
2+ p
2
4 =−3 p
2
4 <0，
则∠AOB不可能为锐角，选项 C 错误；
对于选项D，直线OB的斜率kOB= y2
x2
=
x2
2
2 p
x2
= x2
2 p
，
由P(x1,−p
2)，可得直线OP的斜率kOP=
−p
2
x1
=−p
2 x1
，
由x1 x2=−p
2，得x1=−p
2
x2
，从而
kOP=−
p
2×(−p
2
x2)
= x2
2 p =kOB，
则P ,O ,B三点共线，选项D 正确.
【变式8-1】【多选题】（2026·湖南·二模）设抛物线C : y
2=2 px的焦点为F，F到准线l的距离为2，过F
的直线交C于A、B（A在第一象限）两点，过点A作准线l的垂线，垂足为N，直线NF交y轴于点M，则
（ ）
A．抛物线C的方程为y
2= 4 x
B．若|AF|=2|OF|，则S△AOF =1
31
C．若|AN|= 4，则|AM|=√14
D．若⃗BF = 1
3⃗FA，则直线AB 的方程为y =√3( x−1)
【答案】ABD
【分析】利用焦点到准线的距离计算即可得A；由抛物线定义可计算出点A坐标，再利用面积公式计算即
可得B；利用焦半径公式计算可得点A坐标，则可得点N、M坐标，即可得C；设出直线AB的方程，联立
曲线方程，利用韦达定理计算可得|BF|、|AF|，再利用焦点弦公式计算即可得D.
【详解】对A：因为F到准线l的距离为2，所以p=2，故抛物线方程为y
2= 4 x，故A 正确；
对B：因为|AF|=2|OF|=|AN|= p=2，则x A =1，y A =√4×1=2，即A (1,2)，
则S△AOF = 1
2|OF||AF|=1，故B 正确；
对C：若|AN|= 4，则x A =3，y A =√4×3=2√3，即A (3,2√3)，
所以N (−1,2√3)，k FN = 2√3
−1−1 =−√3，则直线FN 的方程为y =−√3( x−1)，
所以M (0,√3)，故|AM|=√3
2+(2√3−√3)
2=2√3，故C 错误，
对D：易知直线AB 的斜率不为0，设直线AB的方程为x =my +1，A( x1, y1),B( x2, y2)，
联立¿，得y
2−4 my −4 =0，易知Δ>0，则y1+ y2= 4 m, y1 y2=−4，
又x1=m y1+1，x2=m y2+1，x1+ x2=m( y1+ y2)+2= 4 m
2+2，
因为⃗BF = 1
3⃗FA，即|BF|
|AF|= 1
3，设|BF|=a,|AF|=3a，
则1
|AF|+
1
|BF|= 1
3a + 1
a = 4
3a = 2
p =1，
所以a= 4
3 ，|AB|=|AF|+|BF|= 16
3 = 4(m
2+1)，所以m
2= 1
3，所以m=
1
±√3，
又点A 在第一象限且⃗BF = 1
3⃗FA，所以m= 1
√3，所以直线AB的方程为y =√3( x−1)，故D 正确．
32
【变式8-2】【多选题】（2026·湖北十堰·二模）已知抛物线C : y
2=2 px( p>0)的焦点为F，点D (−1,0)
为C的准线l1上一点，过焦点F且斜率大于0 的直线l2与C 交于A，B两点（A在第一象限），与准线l1交于
P点，O为原点，直线AO，BO分别交l1于M，N两点，则（ ）
A．若|FA|=3，则直线l2的斜率为√2
B．若过A点的C的切线与l1交于Q点，则AF ⊥QF
C．若△ABD的面积为4√3，则|MF|⋅|NF|=8√3
D．若| PB|
2=|BF|⋅|AB|，则直线l2的倾斜角为π
3
【答案】BCD
【分析】根据题意先求p，进而得抛物线方程，再根据抛物线的性质和直线与抛物线的关系逐项验证即可
求解.
【详解】如图：
由题意得−p
2 =−1⇒p=2，所以抛物线C : y
2= 4 x，所以F (1,0)，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，直线l2: x =my +1
33
对于A：由|FA|= x1+1=3，解得x1=2，所以y1
2= 4×2，解得y1=2√2，所以A (2,2√2)，所以
k AF = 2√2−0
2−1
=2√2，故A 错误；
对于B：由y
2= 4 x，所以y =±2√x，又点A位于第一象限，所以y =2√x，y1=2√x1，所以y
' = 1
√x ，所
以y
' ¿，
所以过点A的切线方程为：y −2√x1= 1
√x1
(x−x1)，即y = x
√x1
+√x1，令x =−1，y = x1−1
√x1
，所以
Q(−1, x1−1
√x1 )，
所以⃗AF =(1−x1,−2√x1),⃗QF =(2, 1−x1
√x1 )，所以⃗AF ⋅⃗QF =2(1−x1)−2√x1⋅1−x1
√x1
=0，所以
AF ⊥QF，故B 正确；
对于C：由¿，消元整理得y
2−4 my −4 =0，所以Δ=16(m
2+1)，
所以y1+ y2= 4 m, y1 y2=−4，所以|AB|=√1+m
2|y1−y2|= 4(m
2+1)，
又D (−1,0)到直线l2: x =my +1的距离为d = |−2|
√1+m
2 =
2
√1+m
2，
所以S△ABD= 1
2|AB|d = 1
2 ×4(m
2+1)×
2
√1+m
2 = 4√1+m
2= 4√3，解得m
2=2，
所以直线AO的直线方程为：y = y1
x1
x，令x =−1得y =−y1
x1
，所以M(−1,−y1
x1)，
同理得N(−1,−y2
x2)，所以|MF|⋅|NF|=√
(1+1)
2+(
y1
x1)
2
⋅√
(1+1)
2+(
y2
x2)
2
=√
4 + y1
2
x1
2 ⋅√
4 + y2
2
x2
2 =√
4 + 16
y1
2 ⋅√
4+ 16
y2
2 =√
16+64×(
1
y1
2 + 1
y2
2)+ 16×16
( y1 y2)
2
34
=√
16+64× y1
2+ y2
2
( y1 y2)
2 + 16×16
( y1 y2)
2 =√
16+64× ( y1+ y2)
2−2 y1 y2
( y1 y2)
2
+ 16×16
( y1 y2)
2
=√16+64× 16m
2+8
16
+16=√16+ 4 (16×2+8)+16=8√3，故C 正确；
对于D：由直线l2: x =my +1，令x =−1，得y =−2
m，所以P(−1,−2
m)，
所以|BF|= x2+1,|AB|= x1+ x2+2，所以|PB|
2=(x2+1)
2+( y2+ 2
m)
2
=(x2+1)
2+(
m y2+2
m )
2
=(x2+1)
2+ (x2+1)
2
m
2
=(x2+1)
2(1+ 1
m
2)，
由| PB|
2=|BF|⋅|AB|得：(x2+1)
2(1+ 1
m
2)=(x2+1)(x1+ x2+2)，
所以(x2+1)(1+ 1
m
2)= x1+ x2+2，
又x1+ x2=m y1+1+m y2+1=m( y1+ y2)+2= 4 m
2+2，
所以(x2+1)(1+ 1
m
2)=4m
2+ 4 = 4(m
2+1)，解得x2+1= 4 m
2，所以x2= 4 m
2−1，
又因为x2=m y2+1= 4 m
2−1，解得y2= 4 m−2
m，又y2
2= 4 x2，
所以(4m−2
m)
2
= 4(4 m
2−1)，即m
2= 1
3，又m>0，所以m= √3
3 ，
所以直线l2的斜率为k = 1
m =√3，所以直线l2的倾斜角为π
3 ，故D 正确.
题型9 直线与圆及圆锥曲线的综合题型
35
知识点解析
1 以直线圆几何性质为载体结合曲线位置关系
2 多考查距离相切范围最值
解题方法
1 先判定直线与圆位置
对比分析
2 圆心距加减半径求解曲线上动点距离最值
常考结论
点到直线距离公式
【例9】（2026·四川·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，若抛物线
E: y
2=2 px ( p>0)与椭圆C共焦点，P为椭圆C与抛物线E的一个公共点，且在△P F1 F2中，
cos∠P F2 F1=−1
5，则椭圆C的离心率为__________.
【答案】1
3
【分析】设P(x0, y0)，求得|P F2|=a−e x0，再由抛物线定义求得x0= a
2−ac
a+c ，得到|P F2|= a
2+c
2
a+c ，结
合cos∠P F2 F1=−1
5，列出方程，得到6e
2+10e−4 =0，即可求解.
【详解】设P(x0, y0)，则x0
2
a
2 + y0
2
b
2 =1，可得y0
2=b
2(1−x0
2
a
2)，
则|P F2|
2=(x0−c)
2+ y0
2=(x0−c)
2+b
2(1−x0
2
a
2)= c
2
a
2 x0
2−2c x0+a
2=(a−e x0)
2，
所以|P F2|=a−e x0，
因为抛物线E: y
2=2 px ( p>0)与椭圆C共焦点，可得p
2 =c，
根据抛物线定义，可得|P F2|= x0+ p
2 = x0+c，所以a−e x0= x0+c，
36
即x0= a−c
e+1 = a
2−ac
a+c ，所以|P F2|= a
2+c
2
a+c ，
过点P作PM ⊥F1 F2，垂足为M，如图所示，
所以cos∠P F2 F1=−cos∠P F2 M =−|M F2|
|P F2|
=−x0−c
|P F2|
=−
a
2−ac
a+c −c
a
2+c
2
a+c
=−a
2−2ac−c
2
a
2+c
2
=−1
5，
整理得6c
2+10ac−4 a
2=0，即6e
2+10e−4 =0，解得e = 1
3或e =−2（舍去），
所以椭圆的离心率为1
3.
【变式9-1】（2026·山东青岛·一模）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，
以F1 F2为直径的圆与C在第一象限的交点为M，若直线M F2与C的一条渐近线平行，则C的离心率为
______.
【答案】√5
【分析】利用直径所对圆周角为直角得到垂直关系，结合渐近线斜率得到焦半径比例，再通过双曲线定义
和勾股定理联立求解得到a,c关系，算出离心率.
【详解】因为以F1 F2为直径的圆与C在第一象限的交点为M，所以M F1⊥M F2.
由直线M F2与C的一条渐近线平行可得|M F1|
|M F2|
= b
a，所以|M F1|= b
a|M F2|，
又由双曲线定义可得|M F1|−|M F2|=2a，所以b
a|M F2|−|M F2|=2a，得|M F2|= 2a
2
b−a，所以
|M F1|= 2ab
b−a.
由|M F1|
2+|M F2|
2=|F1 F2|
2得4 a
2b
2
(b−a)
2 +
4 a
4
(b−a)
2 = 4 c
2，即4 a
2(b
2+a
2)
(b−a)
2
= 4 c
2，整理得a
2=(b−a)
2，
37
所以b=2a，c =√a
2+b
2=√5a，离心率e= c
a = √5a
a
=√5.
【点睛】本题是结合圆的几何性质、双曲线定义与渐近线斜率的离心率求解问题，核心方法是通过几何关
系与定义联立方程，建立a,b,c关系求离心率.
【变式9-2】（2026·天津·一模）已知圆C :( x −1)
2+ y
2=r
2，圆心为抛物线y
2=2 px( p>0)的焦点，圆C
与抛物线交于A，B两点，与其准线交于D，E两点，若| AB|= 4√2，则| DE|=________．
【答案】2√5
【详解】由题意得圆心坐标为(1,0)，则p
2 =1，p=2，则y
2= 4 x，准线方程为x =−1
不妨取r >0，因为该圆与抛物线交于A，B两点，则r >2，
联立¿，解得¿或¿（舍去），
则根据对称性有4√r −1= 4√2，解得r =3，
则圆C :( x −1)
2+ y
2=9，则| DE|=2√3
2−2
2=2√5.
题型10 求圆锥曲线的离心率
38
知识点解析
1 核心求量
依托
等量关系
2 几何条件齐次化是通用思路
解题方法
1 几何法直角三角形相似焦点三角形构造等式
2 齐次法条件化为
二次齐次式同除
3 双曲线可借助渐近线斜率快速求解
常考结论
椭圆
双曲线
【例10】（2026·新疆乌鲁木齐·二模）已知双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)，F为右焦点，过F作一条渐近
线的垂线，垂足为A，交另一条渐近线于点B，点A，B在y轴两侧，S△BOF =ab，则双曲线的离心率是
（ ）
A．√2
B．√3
C．2
D．3
【答案】C
【分析】由对称性，不妨设点A在直线y = b
a x上，则可表示出直线AF的方程，联立另一渐近线可求出点
B坐标，则可表示出S△BOF，再利用离心率定义计算即可得.
【详解】双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1的渐近线方程为y =± b
a x，
由对称性，不妨设点A在直线y = b
a x上，则k AF =−a
b ，
则l AF: y =−a
b
(x−c)，联立¿，解得¿，
由点A，B在y轴两侧，则a
2c
a
2−b
2 <0，故y =−abc
a
2−b
2 >0，
则S△BOF = 1
2 ⋅|OF|⋅|yB|= 1
2 c⋅(−abc
a
2−b
2)=ab，整理得c
2= 4 a
2，
则e = c
a =√4 =2.
39
【变式10-1】（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）双曲线E：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的右焦点为F，过点F且斜
率为−2√5
5
的直线与y 轴交于点A，线段AF与E 交于点B，若B 为AF的中点，则E 的离心率为（ ）
A．2√5
5
B．4
5
C．√5
D．5
【答案】C
【分析】写出直线 AB方程，求出点A与中点B的坐标，再将B点坐标代入双曲线方程，利用b
2=c
2−a
2并
令a=1求解出c，进而得到离心率.
【详解】记F (c ,0)，则l AB：y =−2√5
5
(x−c)，整理得2 x +√5 y −2c =0，
则A(0, 2c
√5)，因为B为AF的中点，所以B(
c
2 , c
√5)，
因为点B 在双曲线E 上，则c
2
4 a
2 −c
2
5b
2 =1，令a=1，得c
2
4 −
c
2
5(c
2−1)
=1，
化简得(5c
2−4)(c
2−5)=0，又c>a=1，则c =√5，故离心率e =√5.
40
【变式10-2】（2026·陕西榆林·模拟预测）已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，
点P是C上一点，直线P F1的斜率为3，直线P F2的斜率为−1
3，则C的离心率是（ ）
A．√5
8
B．√10
8
C．√5
4
D．√10
4
【答案】D
【分析】依题意有P F1⊥P F2且|P F2|=3|P F1|，Rt△F1 P F2中由勾股定理，得a,c的齐次式可求离心
率的大小.
【详解】因为直线P F1，P F2的斜率之积为3×(−1
3)=−1，所以P F1⊥P F2，∠F1 P F2=π
2 ，
由直线P F1的斜率为3，可知|P F2|
|P F1|
=3，所以|P F2|=3|P F1|，
因为|P F1|+|P F2|= 4|P F1|=2a，所以|P F1|= a
2，|P F2|= 3a
2 ，
因为|P F1|
2+|P F2|
2=|F1 F2|
2，所以(
a
2)
2
+(
3a
2 )
2
=(2c)
2，即5
2 a
2= 4 c
2，
所以e
2= c
2
a
2 = 5
8，所以e = √10
4
.
一、单选题
1．（2026·陕西·二模）已知抛物线W : y
2=2 px ( p>0)的焦点为F，C(−1
2 p,0)．若W 上存在点A，使得
41
|CF|=|AF|，且△ACF的面积为2，则p=（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【分析】依题设A(
y0
2
2 p , y0)，利用题设条件与焦准距可得|y0|= p，再由三角形面积计算即得.
【详解】由题意可知：F(
p
2 ,0)，则|AF|=|CF|= p，
设A(
y0
2
2 p , y0)，则y0
2
2 p + p
2 = p，可得y0
2= p
2，即|y0|= p，
又因为△ACF的面积为1
2|CF|⋅|y0|= p
2
2 =2，解得p=2.
2．（2026·云南玉溪·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, P是C上一点，
且P F2⊥F1 F2，若△P F1 F2的内切圆半径r与|P F2|的比值为1
4 ，则C的离心率为（ ）
A．√3
B．2
C．√7
D．3
【答案】D
【分析】计算|P F1|,|P F2|，再计算△P F1 F2的面积和周长得出r即可求出.
【详解】令x =c，其中c
2=a
2+b
2，则c
2
a
2 −y
2
b
2 =1，得y
2= b
4
a
2 ，
因为P F2⊥F1 F2，所以|P F2|= b
2
a ，
42
则由双曲线的定义可知，|P F1|=|P F2|+2a= b
2
a +2a，
则△P F1 F2的面积为1
2|F1 F2|⋅|P F2|= 1
2 ⋅2c⋅b
2
a = b
2c
a ，
周长为|P F1|+|P F2|+|F1 F2|= 2b
2
a +2a+2c，
则r =
2× b
2c
a
2b
2
a +2a+2c
= b
2
a+c ，则
r
|P F2|
=
b
2
a+c
b
2
a
=
a
a+c = 1
4 ，
则C的离心率为c
a =3.
3．（2026·四川广安·二模）已知点P为抛物线C : x
2=8 y上的动点，点Q为圆M : x
2+ y
2−2 x−8 y +16=0
上的动点，点F为抛物线C的焦点，则|PF|+|PQ|的最小值为（ ）
A．8
B．7
C．6
D．5
【答案】D
【分析】画出图形，利用抛物线的定义以及性质，转化求解|PF|+|PQ|最小值．
【详解】由题可知，抛物线焦点F (0,2)，准线方程为y =−2，圆心M (1,4)，半径为1，
过点P作PN ⊥直线y =−2，垂足为N，如图所示，
由抛物线定义可知，|PF|=|PN|，
所以|PF|+|PQ|=|PN|+|PQ|，
当点M , P ,Q , N在同一直线时，可取到最小值，
因为点M (1,4)到直线y =−2的距离为6，
所以|PN|+|PQ|≥6−1=5，即|PF|+|PQ|的最小值为5．
43
4．（2026·青海西宁·二模）抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物
线对称轴的方向射出；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛
物线C : y
2=8 x的焦点为F，一条平行于x轴的光线l1从点P(8,−5)射入，经过抛物线C上的点A反射，再
经过抛物线C上另一点B反射后射出，经过点Q，且PQ⊥x轴，则|PA|+|AB|−|BQ|=（ ）
A．32
5
B．82
25
C．4
D．164
25
【答案】D
【分析】先设出直线AB的方程及A(x1, y1),B(x2, y2)，根据题意可得到A的坐标，联立抛物线方程后根
据韦达定理得到y1 y2的值，进而可得到B的坐标，根据抛物线的定义可得结果.
【详解】由抛物线C : y
2=8 x得其焦点为F (2,0)，如图：
设直线AB的方程为x =my +2, A(x1, y1),B(x2, y2)，
由题意知BQ // AP // x轴，P(8,−5)，所以点A的纵坐标为y1=−5，
代入抛物线方程y
2=8 x，可得x1= 25
8 ，所以A的坐标为(
25
8 ,−5).
由¿消去x，得y
2−8my −16=0，所以y1 y2=−16，
所以y2=−16
y1
= 16
5 , x2= y2
2
8 = 32
25，
由抛物线的定义知|AF|= x1+2,|BF|= x2+2，
44
所以|PA|+|AB|−|BQ|=|PA|+|AF|+|BF|−|BQ| =8−x1+ x1+ x2+ 4−8+ x2= 4+2 x2= 164
25 ．
5．（2026·辽宁沈阳·三模）已知双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的离心率为√3，左、右焦点分别为F1, F2，
点P在双曲线的右支上，且∠F1 P F2=60°，则|P F1|
|P F2|
=（ ）
A．2
B．3
2
C．7
5
D．√3
【答案】A
【详解】由双曲线定义知，| P F1|−| P F2|=2a，设| P F1|=m，| P F2|=n，则m−n=2a.
双曲线离心率e = c
a =√3，故c =√3a.
在△F1 P F2中，∠F1 P F2=60
°，由余弦定理得：| F1 F2|
2=m
2+n
2−2mncos60
°，
又| F1 F2|=2c，代入得(2c)
2=m
2+n
2−mn.
将c =√3a、m=n+2a代入上式：4×3a
2=(n+2a)
2+n
2−n(n+2a).
化简得12a
2=n
2+ 4 an+ 4 a
2+n
2−n
2−2an.
即12a
2=n
2+2an+ 4 a
2，整理为n
2+2an−8a
2=0.
因式分解得(n+ 4 a)(n−2a)=0，因n>0，故n=2a.
则m=n+2a= 4 a，因此
| P F1|
| P F2| = m
n = 4 a
2a =2.
6．（2026·四川·模拟预测）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
12 =1(a>0)的左､右两个焦点分别是F1, F2，焦距为8，若
45
M是双曲线C上一点，且|M F1|=5，则△F1 M F2的周长为（ ）
A．14
B．14 或17
C．22
D．14 或22
【答案】C
【详解】因为双曲线的焦距为8，所以2c =8，即c = 4.
由C : x
2
a
2 −y
2
12 =1(a>0)，可得b
2=12，则a=√c
2−b
2=√16−12=2.
若点M在双曲线的左支上，由|M F2|−|M F1|= 4，可得|M F2|=|M F1|+ 4 =9，
此时△F1 M F2的周长为|M F2|+|M F1|+|F1 F2|=9+5+8=22；
若点M在双曲线的右支上，|M F1|≥c +a=6，与|M F1|=5不符.
综上，△F1 M F2的周长为22.
7．（2026·湖南·一模）已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右顶点分别为A ,B，点M在C上，且
|BM|= 4√13，|AM|=10，tan ∠BAM = 4
3 ，则点M的横坐标为（ ）
A．−1
3
B．−3
C．−2
D．−2√2
3
【答案】B
【详解】因为|BM|>|AM|，所以点M在y轴左侧，如图，作MN ⊥x轴，垂足为N．
由tan ∠BAM = 4
3 ，得sin ∠BAM = 4
5 ，
所以| MN |=| AM |sin∠BAM =8，即|y M|=8，
则| AN |=√10
2−8
2 =6，|BN |=√(4√13)
2−8
2=12，
所以|AB|=|AN|+|BN|=2a=18，即a=9，
则xM =−9+6=−3．
46
8．（2026·广西·模拟预测）已知椭圆C : x
2
4t + y
2
3t =1(t ≥1)的左、右焦点分别为F1，F2，上顶点为A，点M
在C 上，若△MA F2周长的最大值为8，则C 的焦距为（ ）
A．3
B．√3
C．1
D．2
【答案】D
【分析】利用椭圆的定义将△MA F2周长的最大值问题转化为求|MA|−|M F1|的最大值即可求出t，再求
出焦距即可.
【详解】由题意知，a
2= 4 t ,b
2=3t ,c
2=a
2−b
2=t，且F1(−c ,0), F2(c ,0), A (0,b)，
则|A F2|=|A F1|=√c
2+b
2=a，
由椭圆的定义可知，|M F1|+|M F2|=2a，
则△MA F2的周长为|MA|+|M F2|+|A F2|=|MA|+2a−|M F1|+a=|MA|−|M F1|+3a，
因为|MA|−|M F1|≤|A F1|=a，等号成立时A , F1, M三点共线，
所以△MA F2周长的最大值为4 a=8，得a=2，则4t = 4，得t =1，
故C 的焦距为2c =2√t =2.
9．（2026·广东东莞·模拟预测）已知M 为圆P: x
2+ y
2+2 x−35=0上的一个动点，定点Q(1,0)，线段
MQ的垂直平分线交线段MP于点N，则N 点的轨迹为（ ）
47
A．椭圆
B．双曲线
C．抛物线
D．圆
【答案】A
【详解】
圆P的标准方程为(x +1)
2+ y
2=36，则圆心P(−1,0)，半径R =6，
∵N在线段MQ的垂直平分线上，
∴|NM|=|NQ|，
∵N在线段MP上，且|MP|是圆的半径，
∴|MP|=|MN|+|NP|=6，
定点P(−1,0),Q (1,0)间的距离为|PQ|=2，
∵|NQ|+|NP|=6>|PQ|=2，满足椭圆的定义，
∴N 点的轨迹为椭圆．
10．（2026·浙江杭州·二模）设椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)，点A (2,0)和B (0,1)均为椭圆C 的顶点，点
M，N 在椭圆C 上. 若MN // AB，则四边形ABMN面积的最大值为（ ）
A．4√2
B．4
C．2√2
D．2
【答案】B
【分析】由条件先判断四边形ABMN为梯形，设出直线MN的方程，与椭圆方程联立求出|MN|，列出梯
形的面积表达式，通过换元借助于二次函数的性质求解最大值.
【详解】由A(2,0)和B(0,1)可得a=2,b=1，所以椭圆方程为x
2
4 + y
2=1，
因直线AB的斜率为1−0
0−2 =−1
2，可得其方程为y =−1
2 x +1，
又因MN // AB，故可设直线MN的方程为y =−1
2 x +m，
48
将其与x
2
4 + y
2=1联立消去y，可得x
2−2mx +2m
2−2=0，
由Δ= 4 m
2−4(2m
2−2)>0解得−√2<m<√2，
由韦达定理得x1+ x2=2m, x1 x2=2m
2−2，
所以|MN|=√
1+(−1
2)
2
×√(x1+ x2)
2−4 x1 x2=√
5
4 ×2√2−m
2=√5·√2−m
2，
由MN // AB可知四边形ABMN为梯形，而直线MN的方程即x +2 y −2m=0，
则梯形ABMN的高也即点B到直线MN的距离为d =|0+2−2m|
√1+2
2
= 2|m−1|
√5
，
故梯形ABMN的面积为S = 1
2 d (|AB|+|MN|)= 1
2 · 2|m−1|
√5
(√5+√5·√2−m
2)=|m−1|(1+√2−m
2)，
由图知面积最大值不在m>1时（此时MN在AB上方）取得，故只需考虑S =(1−m)(1+√2−m
2)，
令m=√2cosα，则−√2<m<1，则α ∈(π
4 ,π)，则
S =(1−√2cosα)(1+√2sin α)=1+√2(sin α −cosα )−2sin α cosα，
再令t =sin α −cosα =√2sin(α −π
4)，则t ∈(0,√2]，2sin α cosα =1−t
2，
故S =1+√2t +(t
2−1)=t
2+√2t =(t + √2
2 )
2
−1
2
，
故当t =√2时，S取得最大值为(√2)
2+√2×√2= 4.
49
【点睛】对于形如√a
2−x
2的根式，可以利用三角换元处理.
11．（2026·河北沧州·二模）已知F1，F2是椭圆C1：x
2
a
2 + y
2
3 =1(a>0)与双曲线C2：x
2−y
2
b
2 =1(b>0)的公
共焦点，P 为C1与C2在第一象限的公共点，若∠F1 P F2=π
3 ，则△P F1 F2的内切圆半径为（ ）
A．2√3+√2
6
B．2√3−√2
6
C．√15+√6
3
D．√15−√6
3
【答案】D
【详解】依题意，不妨设|P F1|=m，|P F2|=n(m>n>0)，则¿，于是¿，
在△P F1 F2中，由余弦定理得m
2+n
2−2mncosπ
3 =|F1 F2|
2
，
即(a+1)
2+(a−1)
2−(a
2−1)= 4(a
2−3)，解得a
2=5，
又a
2−3=1+b
2，所以b
2=1，
在△P F1 F2中，|P F1|=√5+1，|P F2|=√5−1，|F1 F2|=2√2，
设△P F1 F2内切圆的半径为r，则1
2 mnsinπ
3 = (m+n+|F1 F2|)r
2
，即√3=(√5+√2)r，
解得r = √15−√6
3
.
二、多选题
50
12．（2026·江西上饶·一模）对任意有序正实数对(a,b)，若存在过点P(1,1)的直线与双曲线
C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1交于A ,B两点，且P为线段AB的中点，则称该数对(a,b)为有效数对，否则称为无效数对，
则下列数对中是有效数对的有（ ）
A．(2,1)
B．(4,4)
C．(1,2)
D．(
√2
2 ,√2)
【答案】AD
【分析】分别设出A(x1, y1),B(x2, y2)后代入到双曲线方程，使用点差法，将之作差并结合中点坐标即可
得到k = b
2
a
2，分别把选项代入，求得的直线与双曲线联立，需要满足化简后的式子有2 个解，即化简后的
二次函数Δ>0，以此判断选项是否满足题意即可.
【详解】设直线AB的斜率为k，A(x1, y1),B(x2, y2)，
则有x1
2
a
2 −y1
2
b
2 =1，x2
2
a
2 −y2
2
b
2 =1，
两式相减得x1
2−x2
2
a
2
= y1
2−y2
2
b
2
，即
( y1+ y2)( y1−y2)
(x1+ x2)(x1−x2)
= b
2
a
2，
又P(1,1)为AB的中点，即x1+ x2
2
=1, y1+ y2
2
=1，且k = y1−y2
x1−x2
，
所以k = b
2
a
2，且直线与双曲线有两个交点，
对于A：此时数对为(2,1)，则k = 1
4 ，直线y = 1
4 ( x−1)+1，双曲线x
2
4 −y
2=1，
联立¿，得3 x
2−6 x−25=0，
Δ=336>0，满足直线与双曲线有两个交点，故A 正确；
对于B：此时数对为(4,4)，则k =1，直线y = x，双曲线x
2
16 −y
2
16 =1，
51
联立¿，此时无解，不满足直线与双曲线有两个交点，故B 错误；
对于C：此时数对为(1,2)，则k = 4，直线y = 4( x−1)+1，双曲线x
2−y
2
4 =1，
联立¿，得12 x
2−24 x +13=0，
Δ=−48<0，不满足直线与双曲线有两个交点，故C 错误；
对于D：此时数对为(
√2
2 ,√2)，则k = 4，直线y = 4( x−1)+1，双曲线2 x
2−y
2
2 =1，
联立¿，得12 x
2−24 x +11=0，
Δ= 48>0，满足直线与双曲线有两个交点，故D 正确；
故选：AD.
13．（2026·河北邢台·一模）已知椭圆C : x
2
16 + y
2
12 =1的左、右焦点分别为F1，F2，H 是C 上异于左、右顶
点的点，则（ ）
A．△F1 H F2的周长为12
B．存在点H，使得H F1⊥H F2
C．当△F1 H F2内切圆的半径为√3
3 时，⃗H F1⋅⃗H F2=11
D．当直线l 被C 所截得线段AB 的中点是P(2,1)时，直线l 的方程为3 x +2 y −8=0
【答案】ACD
【分析】由椭圆的定义可判断A，由H F1⊥H F2，得到H在以 F1 F2为直径的圆上，联立椭圆方程求解
即可判断B，由三角形面积公式S = 1
2 ×（三角形周长）×r，确定H坐标，进而由向量数量积的坐标表示可
判断C，由点差法可判断D.
【详解】
由已知椭圆 C : x
2
16 + y
2
12 =1，得 a= 4 ,b=2√3,c =2，
左右焦点 F1(−2,0), F2(2,0)，
52
由椭圆的定义得 ∣H F1∣+∣H F2∣=2a=8，∣F1 F2∣=2c = 4，
A，△F1 H F2的周长为 ∣H F1∣+∣H F2∣+∣F1 F2∣=2a+2c =8+ 4 =12，故A 正确
B，若 H F1⊥H F2，则 H 在以 F1 F2为直径的圆x
2+ y
2= 4上，
联立圆与椭圆方程： ¿，消去 y
2得： x
2=−32，无解，
不存在这样的点 H，故B 错误；
C，设内切圆半径为r = √3
3 ，又△F1 H F2的周长为12，
又三角形的面积S = 1
2 ×（三角形周长）×r，所以 S = 1
2 ×12× √3
3 =2√3，
又 S = 1
2 ⋅∣F1 F2∣⋅∣y H ∣=2∣y H ∣，得 ∣y H ∣=√3, y H
2 =3，
则⃗H F1⋅⃗H F2=(−2−xH )(2−xH )+(−y H )(−y H )= xH
2 + y H
2 −4，
代入 xH
2 =16(1−y H
2
12 )=12，得 ⃗H F1⋅⃗H F2=12+3−4 =11，C 正确
D，设 A( x1, y1),B( x2, y2)，则¿，
两式相减得 ( x1−x2)( x1+ x2)
16
+ ( y1−y2)( y1+ y2)
12
=0，
又点 P(2,1)，故 x1+ x2= 4 , y1+ y2=2，
斜率 k = y1−y2
x1−x2
=−12( x1+ x2)
16( y1+ y2) =−3
2，
直线方程：y −1=−3
2 ( x−2)整理得 3 x +2 y −8=0，
经验证符合题意，D 正确.
14．（2026·河南洛阳·模拟预测）已知O为坐标原点，M (1,2)，P是抛物线C：y
2=2 px上的一点，F为其
焦点，若F与椭圆x
2
9 + y
2
5 =1的右焦点重合，则下列说法正确的有（ ）
A．该抛物线的准线被椭圆所截得的线段长度为√3
B．若|PF|=6，则点P的横坐标为4
C．若△POF外接圆与抛物线C的准线相切，则该圆面积为9π
D．△PMF周长的最小值为3+√5
【答案】BCD
53
【分析】由椭圆方程求得抛物线的焦点坐标，利用抛物线的定义和焦半径公式，可判定B 正确；联立方程
组，求得交点的坐标，可判定A 错误；求出外接圆的半径，求得圆的面积，可判定C 正确；利用抛物线的
定义转化，结合三角形两边之和大于第三边，可判定D 正确.
【详解】椭圆x
2
9 + y
2
5 =1中，c
2=a
2−b
2=9−5= 4， 则a=3,b=√5,c =2，右焦点F (2,0).
抛物线y
2=2 px焦点为(
p
2 ,0)，与 F重合得p
2 =2，p= 4，
因此抛物线方程为y
2=8 x，准线x =−2.
选项A，将准线x =−2代入椭圆方程得4
9 + y
2
5 =1，解得 y =± 5
3，
截得线段长度为5
3 −(−5
3)= 10
3 ≠√3，A错误；
选项B ，由抛物线定义|PF|= x p+ p
2 =6，解得x p= 4，B正确；
选项C，△POF中，O(0,0), F (2,0)，外接圆圆心在OF的垂直平分线x =1上，设圆心为(1,b).
圆与准线x =−2相切，半径r =1−(−2)=3，圆面积S =πr
2=9π，C正确；
选项D，△PMF周长=|PM|+|MF|+|PF|，
先计算定值|MF|
2=(1−2)
2+(2−0)
2=5，|MF|=√5.
由抛物线定义，|PF|为点P到准线x =−2的距离d，因此|PM|+|PF|=|PM|+d，
最小值为M (1,2)到准线x =−2距离，即1−(−2)=3.因此周长最小值为3+√5，D正确.
15．（2026·河南焦作·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知E(2√2,0)，F (−2√2,0)，点M在x轴
上运动，点N在y轴上运动，且|MN|=2，动点Q满足⃗MN =−2⃗MQ，记动点Q的轨迹为C，则（ ）
A．C的方程为x
2+ y
2
9 =1
B．1≤|OQ|≤3
54
C．|QE|⋅|QF|的最大值为9
D．曲线C上有且仅有两点到直线x−2 y −4 =0的距离为1
【答案】BCD
【分析】先求出轨迹方程，结合椭圆定义和性质可判断A,B,C，求出椭圆的切线，结合切线和直线间的距离
可判断D.
【详解】设M ( x0,0), N (0, y0),Q( x , y)，由|MN|=2可得x0
2+ y0
2= 4，
因为⃗MN =−2⃗MQ， ⃗MN =(−x0, y0),⃗MQ =( x−x0, y)，所以¿，
解得¿，所以( 2
3 x)
2
+(−2 y)
2= 4，整理得x
2
9 + y
2=1，A 不正确；
|OQ|
2= x
2+ y
2= 8 x
2
9 +1，因为x∈[−3,3]，所以|OQ|
2∈[1,9]，|OQ|∈[1,3]，B 正确；
因为C的方程为x
2
9 + y
2=1，所以E(2√2,0)，F (−2√2,0)为其焦点，
由|QE|+|QF|=6可得，|QE|⋅|QF|≤(|QE|+|QF|)
2
4
=9，当且仅当|QE|=|QF|=3时，取到最大值，C 正
确；
设直线x−2 y +m=0与C相切，联立¿，13 y
2−4 my +m
2−9=0，
由Δ=16m
2−4×13×(m
2−9)=0可得m
2=13，即m=±√13.
当m=√13时，x−2 y +√13=0与x−2 y −4 =0的距离为d =|√13+ 4|
√5
>1；
当m=−√13时，x−2 y −√13=0与x−2 y −4 =0的距离为d =|√13−4|
√5
<1；
曲线C上有且仅有两点到直线x−2 y −4 =0的距离为1，D 正确.
55
16．（2026·贵州贵阳·模拟预测）如图，双曲线E: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的离心率是√2，左、右顶点分
别为A1, A2，直线l: x =m(m>a)与双曲线交于P1, P2两点，A1 P1与A2 P2交于点Q，下列说法正确的是
（ ）
A．△A1 P1 P2可能是等腰直角三角形
B．当△A1 P1 P2是等边三角形时，m=2a
C．直线A1 P1, A2 P1斜率之积为定值
D．点Q在以A1 A2为直径的圆上
【答案】BCD
【详解】由题意得双曲线E：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的离心率是√2，
所以a=b，则双曲线E的渐近线方程为y =± x.
已知直线l: x =m(m>a)与双曲线交于P1, P2两点，由对称性得△A1 P1 P2是等腰三角形.
若△A1 P1 P2是等腰直角三角形，则直线A1 P1与渐近线y = x平行，
直线A1 P1与双曲线不存在两个交点，
故△A1 P1 P2不可能是等腰直角三角形，A 不正确；
设P1(x0, y0)，P2(x0,−y0)，则k P1 A1k P1 A2=
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 =1
，
可得kQ A1kQ A2=−k P1 A1k P1 A2=−1，Q A1⊥Q A2，点Q在以A1 A2为直径的圆上，CD 正确；
当△A1 P1 P2是等边三角形时，因为Q A1⊥Q A2，即P2Q⊥A1 P1，
所以Q也是A1 P1的中点，A2是△A1 P1 P2的重心，
A1到P1 P2的距离为3
2 A1 A2=3a，m=2a，B 正确.
三、填空题
56
17．（2026·河北衡水·一模）已知P是椭圆C：x
2
9 + y
2
5 =1上一点，点A(−2,0)，B(2,0)，若
| PA |=2| PB|，过点A作PB的垂线，垂足为H，则| AH |=______，点H到y轴的距离为______.
【答案】 √15 7
4 /1.75
【分析】由椭圆的定义可得△PAB是等边三角形，进而计算可解.
【详解】因为A(−2,0)，B(2,0)分别为C的左、右焦点，
所以| PA |+| PB|=2a=6，
又| PA |= 2| PB|，所以| PA |= 4，| PB|=2，
因为| AB|= 4，所以△PAB是等边三角形，
过点A作PB的垂线，垂足为H，则H为PB的中点，
所以| AH |=√| AB|
2−|BH |
2=√4
2−( 2
2 )
2
=√15.
设点H在x轴上的射影为G，O为坐标原点，
因为cos∠ABH =| AB|
2+| PB|
2−| PA |
2
2| AB|⋅| PB|
= 16+ 4−16
2×4×2 = 1
4 ，
所以|BG|=|BH |cos∠ABH =1× 1
4 = 1
4 ，
则点H到y轴的距离为|OG|=|OB|−|BG|= 7
4 .
18．（2026·湖北黄石·一模）已知点F1, F2在x轴上，其既是椭圆C1的焦点，也是双曲线C2的焦点.设椭圆
C1和双曲线C2在第二象限的交点为P，点Q在第一象限的双曲线C2上，且⃗Q F2= 4⃗P F1，若C2为等轴双
曲线，则椭圆C1的离心率为__________.
【答案】8√2
13
/ 8
13 √2
【分析】设椭圆的长半轴长为a
'，双曲线的实半轴长为a，半焦距为c，延长P F1交双曲线于点T，即可得
57
到|T F1|= 4|F1 P|，设|P F1|=m，即可表示出|P F2|，|T F2|，再由cos∠P F1 F2+cos∠T F1 F2=0及
余弦定理得到m= 5a
8 ，从而结合椭圆定义表示出a
'，结合椭圆的离心率定义求出其离心率.
【详解】设椭圆的长半轴长为a
'，半焦距为c，双曲线的实半轴长为a，半焦距也为c，
双曲线的离心率为e =√2，则c =√2a，
延长P F1交双曲线于点T，
因为⃗Q F2= 4⃗P F1，由双曲线的对称性得|T F1|= 4|F1 P|.
设|P F1|=m，则|T F1|= 4 m，由双曲线的定义得|P F2|=m+2a，|T F2|= 4 m+2a，
由cos∠P F1 F2+cos∠T F1 F2=0，
知m
2+ 4 c
2−(m+2a)
2
2×2c⋅m
+ 16m
2+ 4 c
2−(4 m+2a)
2
2×2c×4 m
=0，结合c =√2a，
化简得m= 5a
8 ，即|P F1|= 5a
8 ，|P F2|= 5a
8 +2a= 21a
8 ，
由P 点在椭圆上，可得|P F1|+|P F2|=2a
'，即5a
8 + 21a
8 =2a
'，则a
' = 13a
8 ，
结合c =√2a，可得椭圆离心率为
c
a
' = √2a
13a
8
= 8√2
13 .
19．（2026·重庆渝中·二模）已知直线l与抛物线y
2=2 px（p>0）交于A，B两点，A，B两点均在x轴上
方，F为抛物线的焦点，若|FB|=3|FA|，且∠AFB是锐角，则直线l的斜率的取值范围是______．
【答案】(0, √6
2 )
【分析】过A作A A1垂直准线于A1，过B作B B1垂直准线于B1，过A作AM ⊥B B1于点M，借助抛物线
58
定义结合锐角性质可得cos∠MBA > √10
5 ，再利用斜率与倾斜角的关系计算即可得.
【详解】过A作A A1垂直准线于A1，过B作B B1垂直准线于B1，过A作AM ⊥B B1于点M，
由抛物线定义可得|A A1|=|FA|，|B B1|=|FB|，令|FA|= x，
则|FB|=3|FA|=3 x，故|B B1|=3|A A1|=3 x，则|BM|=|B B1|−|A A1|=2 x，
由∠AFB是锐角，则|AB|<√|FA|
2+|FB|
2=√10 x，
所以cos∠MBA =|BM|
|AB| > 2
√10 = √10
5 ，
则直线l的斜率k = tan ∠MBA <√
1−(
√10
5 )
2
√10
5
= √6
2
，
所以直线l的斜率的取值范围为(0, √6
2 )．
20．（2026·河北邯郸·二模）用一个平面去截圆锥，则截面交线为圆锥曲线．2000 多年前，古希腊数学家
最先开始研究圆锥曲线，并获得了大量的成果．当平面倾斜到“与且仅与”圆锥的一条母线平行时，可以
得到抛物线．已知圆锥OO1的轴截面为正三角形（OO1> √3
2 ），其底面圆上存在两点P1，Q1满足
O1 P1⊥O1Q1，点P，Q 分别在O P1，OQ1上，且OP =OQ =1，则过点P，Q 的平面截圆锥OO1得到的
抛物线的焦点和准线之间的距离为________．
59
【答案】2+√2
8
【分析】根据给定信息，作出相关图形并推理计算，再以抛物线方程为标准形式建立平面直角坐标系，确
定抛物线所过的一个点的坐标即可计算得解.
【详解】如图1，设截面平行于母线OB，连接BO1并延长交圆O1于C，OC交抛物线于点A，
则点A为抛物线的顶点，设截面与OO1交于点O2，过点O2, P分别作平行于圆锥底面的截面得圆O2，圆O3，
作圆锥的轴截面OBC（如图2），连接O2 A , PQ交于点D，圆O2与抛物线交于点T，
圆O3与OC交于点E，由OP =1，得O3 P=O3 E = 1
2，由平面O3 PQ //平面O1 P1Q1，
平面O3 PQ∩平面OO1 P1=O3 P，平面O1 P1Q1∩平面OO1 P1=O1 P1，得O3 P//O1 P1，
同理O3Q //O1Q1，而O1 P1⊥O1Q1，于是O3 P⊥O3Q，由对称性可得D是PQ中点，
则O3 D = 1
2 PQ = √2
4 , DE =O3 E−O3 D = 2−√2
4
，O2 A =O2 D+ AD =2O3 D+ DE = 2+√2
4
，
O2T = √3
3 OO2=O2 A = 2+√2
4
，以点A为原点，向量⃗A O2的方向为x轴的正方向建立平面直角坐标系，
则T ( 2+√2
4
, y0)且| y0|= 2+√2
4
，令抛物线方程为y
2=2 px( p>0)，由点T在抛物线上，得p= 2+√2
8
，
所以抛物线的焦点和准线之间的距离为2+√2
8
.
60
61
