重难点17 圆锥曲线常考经典小题全归类
【全国通用】
1、圆锥曲线常考经典小题全归类
圆锥曲线是高中数学的重要内容，是高考的重点、热点内容，属于高考的必考内容之一。从近三年的
高考情况来看，圆锥曲线的定义、方程与几何性质是每年高考选择题、填空题必考核心内容，圆锥曲线在
高考选择题、填空题中的考查主要有三个方面：一是圆锥曲线的定义、标准方程；二是求椭圆或双曲线的
离心率、与双曲线的渐近线有关的问题；三是抛物线的性质及应用问题；难度中等偏易，需要灵活求解。
通过对圆锥曲线的定义、方程及几何性质的考查，着重考查了数学抽象、逻辑推理与数学运算等核心
素养。
知识点
1 圆锥曲线的定义及应用
1．利用圆锥曲线的定义求轨迹方程
在利用圆锥曲线的定义求轨迹方程时，若所求的轨迹符合某种圆锥曲线的定义，则根据定义判定轨迹曲线
并写出方程．有时还要注意轨迹是不是完整的曲线，如果不是完整的曲线，则应对其中的变量x 或y 进行
限制．
2．圆锥曲线定义的应用
(1)圆锥曲线定义的应用主要有：求标准方程，将定义和余弦定理等结合使用，研究焦点三角形的周长、面
积，求弦长、最值和离心率等．
(2)应用圆锥曲线的定义时，要注意定义中的限制条件．在椭圆的定义中，要求
；在双曲线的定
义中，要求
；在抛物线的定义中，定直线不经过定点．此外，通过到定点和到定直线的距离之
比为定值可将三种曲线统一在一起，称为圆锥曲线．
知识点
2 圆锥曲线的几何性质的研究
1．解析法研究圆锥曲线的几何性质：
用解析法研究圆锥曲线的几何性质是通过方程进行讨论的，再通过方程来研究圆锥曲线的几何性质．不仅
要能由方程研究曲线的几何性质，还要能运用几何性质解决有关问题，如利用坐标范围构造函数或不等关
系等．
知识点
3 圆锥曲线的标准方程的求解方法
1．椭圆方程的求解
(1)用定义法求椭圆的标准方程
根据椭圆的定义，确定
的值，结合焦点位置可写出椭圆方程.
(2)用待定系数法求椭圆的标准方程
①如果明确了椭圆的中心在原点，焦点在坐标轴上，那么所求的椭圆一定是标准形式，就可以利用待定系
数法求解.首先建立方程，然后依据题设条件，计算出方程中的a，b 的值，从而确定方程（注意焦点的位
置）.
②如果不能确定椭圆的焦点的位置，那么可用以下两种方法来解决问题：一是分类讨论，分别就焦点在x
轴上和焦点在y 轴上利用待定系数法设出椭圆的标准方程，再解答；二是用待定系数法设椭圆的一般方程
为
=1(A>0,B>0,A≠B)，再解答.
2．双曲线方程的求解
(1)用定义法求双曲线的标准方程
根据双曲线的定义，确定
的值，结合焦点位置可写出双曲线的标准方程.
(2)用待定系数法求双曲线的标准方程
用待定系数法求双曲线的标准方程时，先确定焦点在x 轴还是y 轴上，设出标准方程，再由条件确定a2，
b2的值，即“先定型，再定量”，如果焦点的位置不好确定，可将双曲线的方程设为
或
，再根据条件求解.
(3)与双曲线
有相同渐近线时，可设所求双曲线方程为
.
3．抛物线标准方程的求解
待定系数法：求抛物线标准方程的常用方法是待定系数法，其关键是判断焦点位置、开口方向，在方程的
类型已经确定的前提下，由于标准方程只有一个参数p，只需一个条件就可以确定抛物线的标准方程.
知识点
4 椭圆、双曲线的离心率或其取值范围
1．求椭圆离心率或其范围的方法
解题的关键是借助图形建立关于a, b, c 的关系式(等式或不等式)，转化为e 的关系式，常用方法如下:
(1)直接求出a, c，利用离心率公式
求解.
(2)由a 与b 的关系求离心率，利用变形公式
求解.
(3)构造a, c 的齐次式.离心率e 的求解中可以不求出a, c 的具体值，而是得出a 与c 的关系，从而求得e.
2．求双曲线离心率或其取值范围的方法
(1)直接求出a, c 的值，利用离心率公式直接求解.
(2)列出含有a, b, c 的齐次方程
( 或不等式
) ，借助于
消去b，转化为含有e 的方程(或不等式)求
解.
知识点
5 圆锥曲线中的最值问题的解题策略
1．立体几何中的几类最值问题
立体几何中的最值问题有三类：
一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；
二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；
三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．
2．立体几何中的最值问题的求解方法
解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法：
一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；
二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最
值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题．
知识点
6 圆锥曲线中的弦长问题
1．椭圆的弦长问题
(1)定义：直线与椭圆的交点间的线段叫作椭圆的弦.
(2)弦长公式：设直线l:y=kx+m 交椭圆
+
=1 (a>b>0)于
，
两点，
则
或
.
2．椭圆的“中点弦问题”
(1)解决椭圆中点弦问题的两种方法
①根与系数的关系法：联立直线方程和椭圆方程构成方程组，消去一个未知数，利用一元二次方程根与系
数的关系以及中点坐标公式解决.
②点差法：利用端点在曲线上，坐标满足方程，将端点坐标分别代入椭圆方程，然后作差，构造出中点坐
标和斜率的关系.
设
，
，代入椭圆方程
+
=1 (a>b>0)，得
，
①-②可得
+
=0，
设线段AB 的中点为
，当
时，有
+
=0.
因为
为弦AB 的中点，从而转化为中点
与直线AB 的斜率之间的关系，这就是处理弦中点
轨迹问题的常用方法.
(2)弦的中点与直线的斜率的关系
线段AB 是椭圆
+
=1 (a>b>0)的一条弦，当弦AB 所在直线的斜率存在时，弦AB 的中点M 的坐标为
，则弦AB 所在直线的斜率为
，即
.
3．双曲线的弦长问题
(1)弦长公式：直线y=kx+b 与双曲线相交所得的弦长d
.
(2)解决此类问题时要注意是交在同一支，还是交在两支上.
(3)处理直线与圆锥曲线相交弦有关问题时，利用韦达定理、点差法的解题过程中，并没有条件确定直线与
圆锥曲线一定会相交，因此，最后要代回去检验.
(4)双曲线的通径：
过焦点且与焦点所在的对称轴垂直的直线被双曲线截得的线段叫作双曲线的通径.无论焦点在x 轴上还是在
y 轴上，双曲线的通径总等于
.
4．双曲线的“中点弦问题”
“设而不求”法解决中点弦问题：
①过椭圆内一点作直线，与椭圆交于两点，使这点为弦的中点，这样的直线一定存在，但在双曲线的这类
问题中，则不能确定.要注意检验.
②在解决此类问题中，常用韦达定理及垂直直线的斜率关系.常用的解题技巧是如何应用直线方程将
转
化为能用韦达定理直接代换的
.垂直关系有时用向量的数量关系来刻画，要注意转化.
5．抛物线的弦长问题
设直线与抛物线交于A
,B
两点，则|AB|=
=
或
|AB|=
=
(k 为直线的斜率，k≠0).
6．抛物线的焦点弦问题
抛物线
=2px(p>0)上一点A
与焦点F(
,0)的距离为|AF|=
，若MN 为抛物线
=2px(p>0)的
焦点弦，则焦点弦长为|MN|=
+
+p(
,
分别为M,N 的横坐标).
设过抛物线焦点的弦的端点为A
,B
，则四种标准方程形式下的弦长公式为：
标准方程
弦长公式
y2=2px(p>0)
|AB|=x1+x2+p
y2=-2px(p>0)
|AB|=p-(x1+x2)
x2=2py(p>0)
|AB|=y1+y2+p
x2=-2py(p>0)
|AB|=p-(y1+y2)
【题型1 圆锥曲线的定义及应用】
【例1】（2026·湖北十堰·一模）已知抛物线C：y
2= 4 x的焦点为F，点P(s,t )在C上，且|PF)=3，O为
原点，则|OP)=（ ）
A．6
B．2❑√3
C．4
D．2❑√2
【答案】B
【解题思路】根据抛物线定义可得s=2，代入方程可得t
2=8，即可得结果.
【解答过程】由题意可知：抛物线C的焦点为F (1,0)，准线为x =−1，
因为|PF)= s+1=3，即s=2，
且t
2= 4 s=8，所以|OP)=
❑√s
2+t
2= ❑√4 +8=2❑√3.
故选：B.
【变式1-1】（2025·山西晋城·二模）已知F1, F2分别为椭圆C : x
2
9 + y
2
5 =1的左、右焦点，点P为C上一
点，若|P F1)−|P F2)=2，则（ ）
A．|P F2)=2|F1 F2)
B．|P F1)=2|F1 F2)
C．|P F2)=|F1 F2)
D．|P F1)=|F1 F2)
【答案】D
【解题思路】根据椭圆的定义可得|P F1)+|P F2)=6，结合|P F1)−|P F2)=2，求出|P F1)= 4，|P F2)=2
，结合|F1 F2)= 4即可判断各个选项.
【解答过程】由题意可知，F1(−2,0)，F2(2,0)，所以|F1 F2)= 4，
由椭圆的定义可知，|P F1)+|P F2)=6，又|P F1)−|P F2)=2，所以|P F1)= 4，|P F2)=2，
所以|P F1)=|F1 F2)．
故选：D.
【变式1-2】（2025·山东济宁·模拟预测）已知双曲线C：x
2
a
2 −y
2
16 =1(a>0)的左、右焦点分别为F1，F2，
M为C上一点，C的两条渐近线方程为y =± 4
3 x，若|M F2)=7，则|M F1)=（ ）
A．1
B．13
C．1 或13
D．2 或14
【答案】B
【解题思路】根据已知条件求出a的值，再利用双曲线的定义可得.
【解答过程】因为双曲线的两条渐近线方程为y =± 4
3 x，所以a=3，c =5，
根据双曲线定义，|M F1)−|M F2)=±6，|M F1)=|M F2)±6=7±6
解得|M F1)=13或1，又|M F1)≥c−a=2，所以|M F1)=13.
故选：B.
【变式1-3】（2026·湖南永州·二模）已知抛物线C ：y
2= 4 x的焦点为F，点E在x轴上且位于F右侧，点
P在C上，若△PEF为等边三角形，则|PF )=（ ）
A．2
B．2❑√2
C．2❑√3
D．4
【答案】D
【解题思路】如图，设P( a
2
4 ,a) (a>0)，则|PF)=2|FG)= a
2
2 −2，结合抛物线的定义得|PF)=1+ a
2
4 ，
进而建立关于a的方程，解之即可求解.
【解答过程】如图，F(1,0)，设P( a
2
4 ,a) (a>0)，EF的中点为G，
则|FG)= a
2
4 −1，又△PEF为等边三角形，所以|PF)=2|FG)= a
2
2 −2，
由抛物线的定义知|PF)=1+ a
2
4 ，所以1+ a
2
4 = a
2
2 −2，
解得a
2=12，所以|PF)=1+ a
2
4 = 4.
故选：D.
【题型2 圆锥曲线的标准方程的求解】
【例2】（2026·四川巴中·一模）已知中心在原点的椭圆C的右焦点为F (❑√3,0)，离心率等于
❑√3
2 ，则C的
方程是（ ）
A．x
2
3 + y
2
4 =1
B．x
2+ y
2
4 =1
C．x
2
4 + y
2
3 =1
D．x
2
4 + y
2=1
【答案】D
【解题思路】由题意求得a,b,c，根据焦点所在坐标轴代入标准方程即可求解.
【解答过程】因为中心在原点的椭圆C的右焦点为F (❑√3,0)，
所以椭圆C焦点在x轴，设标准方程为x
2
a
2 + y
2
b
2 =1，
由题意可得c = ❑√3，c
a =
❑√3
2 ，得到a=2，b
2=a
2−c
2=1，
故椭圆C的方程是x
2
4 + y
2=1.
故选：D.
【变式2-1】（2026·广西柳州·二模）准线方程为x =1的抛物线的标准方程为（ ）
A．y
2= 4 x
B．x
2= 4 y
C．y
2=−4 x
D．x
2=−4 y
【答案】C
【解题思路】根据抛物线标准方程及准线方程的定义可得.
【解答过程】因为抛物线准线方程为x =1，
所以可设抛物线的标准方程为y
2=−2 px ( p>0)，
则p
2 =1，即p=2，
所以抛物线的标准方程为y
2=−4 x.
故选：C.
【变式2-2】（2026·北京丰台·一模）已知双曲线C的焦点为(−2❑√2,0)和(2❑√2,0)，虚半轴长为2，则C的
标准方程为（ ）
A．x
2
4 −y
2
4 =1
B．x
2
12 −y
2
4 =1
C．y
2
4 −x
2
4 =1
D．y
2
12 −x
2
4 =1
【答案】A
【解题思路】根据双曲线的标准方程和几何性质求解即得.
【解答过程】因为双曲线C的焦点为(−2❑√2,0)和(2❑√2,0)，虚半轴长为2，
所以设双曲线方程为：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)，其中b=2,c =2❑√2，
因为c
2=a
2+b
2，所以a
2=8−4 = 4，
所以双曲线方程为：x
2
4 −y
2
4 =1.
故选：A.
【变式2-3】（2025·湖北武汉·模拟预测）已知椭圆C : y
2
a
2 + x
2
b
2 =1(a>b>0)的上、下焦点分别为F1, F2，
离心率为2
3，过点F1作直线l（与y轴不重合）交椭圆C于M , N两点，△MN F2的周长为12，则椭圆C的
标准方程是（ ）
A．x
2
3 + y
2=1
B．y
2
3 + x
2=1
C．x
2
9 + y
2
5 =1
D．y
2
9 + x
2
5 =1
【答案】D
【解题思路】利用椭圆的定义表示出焦点三角形的周长，求出a的值，结合离心率求出b的值，即得椭圆方
程.
【解答过程】
如图依题意，△MN F2的周长为|M F2)+|MN )+|N F2)=|M F1)+|M F2)+|N F1)+|N F2)= 4 a=12，
解得a=3．
设椭圆C的半焦距为c，因为椭圆C的离心率为2
3，所以e = c
a = 2
3，解得c =2．
所以b=
❑√a
2−c
2=
❑√3
2−2
2= ❑√5．
故椭圆C的标准方程为y
2
9 + x
2
5 =1．
故选：D.
【题型3 椭圆、双曲线的离心率问题】
【例3】（2026·甘肃陇南·模拟预测）已知双曲线E: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为
y =2❑√2 x，则E 的离心率为（ ）
A．3 ❑√2
4
B．❑√2
C．2❑√2
D．3
【答案】D
【解题思路】根据焦点在x 轴双曲线的渐近线方程求得b
a =2❑√2，进而利用离心率公式求解即可.
【解答过程】因为双曲线E: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为y =2❑√2 x，
所以b
a =2❑√2，离心率e = c
a = ❑√
c
2
a
2 = ❑√
1+ b
2
a
2 =3．
故选：D．
【变式3-1】（2026·全国·模拟预测）已知椭圆C：x
2
2m +
y
2
m−1 =1的离心率为
❑√3
2 ，则m=（ ）
A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】A
【解题思路】先确定m的取值范围，再根据椭圆离心率的概念列式求m的值.
【解答过程】因为x
2
2m +
y
2
m−1 =1表示椭圆，
所以{
2m>0
m−1>0)且2m≠m−1，所以m>1，所以2m>m+1>m−1，所以椭圆的焦点在x轴上.
由2m−(m−1)
2m
=(
❑√3
2 )
2
⇒ m+1
2m = 3
4 ⇒ m=2.
故选：A.
【变式3-2】（2025·山东菏泽·二模）已知M为双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)右支上一点，F1、F2为左右
焦点，直线M F1交y轴于点N ,O为坐标原点，若|N F1)=|M F2)=|OM )，则双曲线的离心率为
_________．
【答案】❑√10
【解题思路】利用双曲线的定义，结合等腰三角形和相似比性质来求解各线段长度，最后根据勾股定理找
到等式关系，从而可求离心率.
【解答过程】
如图，由于|M F2)=|OM )，可作MH ⊥x轴，垂足为H，可知H为O F2中点，
由|O F1)=|O F2)=c，可知|OH )= c
2，
由ON // MH，可知
|N F1)
|MN ) =|O F1)
|OH ) = c
c
2
=2，
令|N F1)=|M F2)=m，则|MN )= m
2 ，即|M F1)= 3m
2 ，
根据双曲线定义：|M F1)−|M F2)= 3m
2 −m= m
2 =2a⇒m= 4 a，
即|M F1)=6a，|M F2)= 4 a，
再由勾股定理可得：|M F1)
2−|F1 H )
2=|M F2)
2−|F2 H )
2，
即36a
2−9
4 c
2=16a
2−1
4 c
2⇒20a
2=2c
2⇒e
2=10，
即e = ❑√10，
故答案为：❑√10.
【变式3-3】（2026·广东佛山·一模）已知P ,Q是椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)上关于原点O对称的两点，
F是E的右焦点，PF的延长线交E于点R ,∠QFR =60
∘,3|QF)=5|RF)，则E的离心率为__________.
【答案】1
2
【解题思路】设椭圆E的左焦点为F
′，证明四边形P F
′QF为平行四边形，设|RF)=3m，结合椭圆定义和
余弦定理可得a=5m，在△PF F
′中，由余弦定理可得a,c的关系，由此可求离心率.
【解答过程】如图，设椭圆E的左焦点为F
′，连接P F
′、Q F
′、R F
′，
由题意可知，P ,Q关于原点O对称，且O为F F
′的中点，所以四边形P F
′QF为平行四边形，
因为∠QFR =60
o，所以∠F
′ PF =60
o，
由3|QF)=5|RF)，设|RF)=3m，则|QF)=|P F
′)=5m，
所以|PF)=2a−|P F
′)=2a−5m，|R F
′)=2a−|RF)=2a−3m，
|PR)=|PF)+|RF)=2a−5m+3m=2a−2m，
在△F
′ PR中，由余弦定理得|P F
′)
2+|PR)
2−|F
′ R)
2=2|P F
′)⋅|PR)⋅cos∠F
′ PR，
∴25m
2+(2a−2m)
2−(2a−3m)
2=2×5m×(2a−2m)× 1
2，
∴30m
2−6am=0，解得a=5m，所以|P F
′)=|PF)=a，
在△PF F
′中，由余弦定理得|P F
′)
2+|PF)
2−|F F
′)
2=2|P F
′)⋅|PF)⋅cos∠F
′ PF，
所以a
2+a
2−4 c
2=2a
2× 1
2，解得a=2c，故椭圆E的离心率e = c
a = 1
2.
故答案为：1
2.
【题型4 焦点三角形问题】
【例4】（2026·福建莆田·二模）已知椭圆C : x
2
9 + y
2
5 =1的左、右焦点分别为F1，F2，上顶点为P，则
△P F1 F2的周长为（ ）
A．5
B．6
C．8
D．10
【答案】D
【解题思路】由椭圆方程求得椭圆的参数a,b,c，结合椭圆的定义即可求焦点三角形P F1 F2的周长.
【解答过程】由题意得，a=3，b= ❑√5，所以c =
❑√3
2−(❑√5)
2=2，
因为P在椭圆上，则有|P F1)+|P F2)=2a=6，且有|F1 F2)=2c = 4，
则△P F1 F2的周长为|P F1)+|P F2)+|F1 F2)=2a+2c =6+ 4 =10.
故选：D.
【变式4-1】（2025·四川成都·模拟预测）已知P是双曲线x
2
a
2 −y
2
3 =1（a>0）上的点，该双曲线的两个焦
点分别为F1与F2，且|P F1)=3，|F1 F2)= 4，则△P F1 F2的面积是（ ）
A．6
B．10
C．12
D．20
【答案】A
【解题思路】根据双曲线的定义和已知条件求出|P F2)，再判断△P F1 F2的形状，进而求出其面积.
【解答过程】根据|F1 F2)= 4可知，双曲线的半焦距c =2，由c
2=a
2+3（a>0），得a=1.
根据双曲线的定义，||P F1)−|P F2))=2a=2，即||P F2)−3)=2，可得|P F2)=5或|P F2)=1.
当|P F2)=1时，点P在x轴上，不符合题意，
当|P F2)=5，由于|P F1)=3，|F1 F2)= 4，
可知△P F1 F2是直角三角形，边P F2为斜边，
∴△P F1 F2的面积S = 1
2|P F1)⋅|F1 F2)= 1
2 ×3×4 =6，
故选：A.
【变式4-2】（2025·广东深圳·模拟预测）设F1，F2为椭圆C : x
2
36 + y
2
20 =1的两个焦点，M为C上一点且在
第一象限，若△M F1 F2为等腰三角形，则△M F1 F2的面积为（ ）
A．3 ❑√15
B．12
C．4 ❑√15
D．16
【答案】C
【解题思路】由椭圆标准方程可得a=6，b=2❑√5，c = 4，根据题意得|M F1|=) F1 F2)=2c或
|M F2|=) F1 F2)=2c，结合图形，利用椭圆的定义求出△M F1 F2的三边长，即可求得其面积
【解答过程】由椭圆C：x
2
36 + y
2
20 =1可得a=6，b=2❑√5，c = 4 ，
因M为C上一点且在第一象限，则|M F1|>) M F2)
由△M F1 F2为等腰三角形，则可得|M F1|=) F1 F2)=2c或|M F2|=) F1 F2)=2c，
当|M F1|=) F1 F2)=2c =8时，|M F2|=2a−) M F1)=12−8= 4，
此时△M F1 F2的面积为：1
2 ×4×
❑√8
2−2
2= 4 ❑√15；
当|M F2|=) F1 F2)=2c =8时，|M F1|=2a−) M F2)=12−8= 4<| M F2|，不合题意，舍去.
综上，可得△M F1 F2的面积为4 ❑√15.
故选：C．
【变式4-3】（2025·海南·模拟预测）已知双曲线C : x
2
4 −y
2
5 =1的左右焦点分别为
､
F1, F2，点P在C上，
若∠F1 P F2的角平分线交x轴于点Q，且|F1Q)=2|F2Q)，则△P F1 F2的周长为（ ）
A．24
B．22
C．20
D．18
【答案】D
【解题思路】不妨设|P F1)=m，|P F2)=n，m>n>0，根据面积关系和双曲线的定义可求m=2n=8，即
可求解.
【解答过程】由题意a=2,b= ❑√5，则|F1 F2)=2c =2
❑√a
2+b
2=6，
不妨设|P F1)=m，|P F2)=n，m>n>0，设P到x轴的距离为h，
因为PQ为∠F1 P F2的角平分线，则∠F1 PQ =∠F2 PQ，
所以
S△P F1Q
S△P F2Q
=
1
2|Q F1)h
1
2|Q F2)h
=
1
2|P F1)|PQ)sin ∠F1 PQ
1
2|P F2)|PQ)sin ∠F2 PQ
=|P F1)
|P F2)
，所以|P F1)
|P F2)
=|Q F1)
|Q F2)
=2，所以m=2n，
又|P F1)−|P F2)=m−n= 4，所以m=2n=8，
所以△P F1 F2的周长为|P F1)+|P F2)+|F1 F2)=8+ 4+6=18.
故选：D.
【题型5 圆锥曲线中的最值问题】
【例5】（2025·陕西西安·模拟预测）已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的右焦点为F (1,0)，且过点
P(−3
2 ,
❑√21
4 )
，Q为C上一动点，则|PQ)+|QF)的最大值为（ ）
A．11
2
B．13
2
C．19
4
D．21
4
【答案】D
【解题思路】根据题目条件求椭圆C的方程，进而由椭圆的定义及两点间线段最短求两线段长度之和的最
大值
【解答过程】设C半焦距为c，因为F (1,0)，故c =1.
又C过点P(−3
2 ,
❑√21
4 )，故9
4 a
2 + 21
16b
2 =1.
由椭圆得a
2=b
2+c
2=b
2+1，代入解得a
2= 4，b
2=3.即a=2，b= ❑√3.
所以C的方程为x
2
4 + y
2
3 =1.
设C的左焦点为F
′ (−1,0)，故|P F
′)=
❑√(−1
2)
2
+(
❑√21
4 )
2
= 5
4
.
根据椭圆的几何性质可知，|QF)+|Q F
′)=2a= 4
由于两点之间线段最短，所以|PQ)≤|P F
′)+|Q F
′).
因此|PQ)+|QF)≤|P F
′)+|Q F
′)+|QF)= 5
4 + 4 = 21
4 .
当且仅当P，F
′，Q在一条直线上时，等号成立.
故选：D.
【变式5-1】（2025·湖南郴州·一模）已知点M (1,−2)，点P在抛物线y
2=12 x上运动，点Q在圆
( x−3)
2+ y
2=1上运动，则|PM )+| PQ|的最小值为（ ）
A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】B
【解题思路】先判断M (1,−2)在抛物线y
2=12 x里面，然后|PQ)的最小值为|PC2)−1，过点P作抛物线
准线x =−3的垂线垂足为P1，|PM )+|PQ)的最小值等于求|PM )+|P P1)−1的最小值.
【解答过程】把x =1代入y
2=12 x，得y
2=12>(−2)
2，
所以点M (1,−2)在抛物线y
2=12 x里面，
圆( x−3)
2+ y
2=1的圆心记为C2(3,0)，
因为|PQ)的最小值为|PC2)−1，而C2正好是抛物线y
2=12 x的焦点，
过点P作抛物线准线x =−3的垂线垂足为P1，
则根据抛物线的定义得|PC2)=|P P1)，
所以|PM )+|PQ)的最小值等于求|PM )+|P P1)−1的最小值，
当M , P , P1三点共线时|PM )+|P P1)最小，最小值为|M P1)，
故|PM )+|P P1)−1的最小值为|M P1)−1=1−(−3)−1=3，
故选：B.
【变式5-2】（2025·浙江绍兴·二模）已知双曲线Γ: x
2−y
2
3 =1的左焦点为F，点A ,B在Γ的右支上，且
|AB)=6，则|FA)+|FB)的最小值为（ ）
A．4
B．6
C．10
D．14
【答案】C
【解题思路】根据双曲线的定义，将| FA |与| FB|进行转化，再结合三角形三边关系求出| FA |+| FB|
的最小值．
【解答过程】对于双曲线x
2−y
2
3 =1，根据双曲线的标准方程x
2
a
2 −y
2
b
2 =1（a>0,b>0），可得a
2=1，
b
2=3．则a=1．
设双曲线的右焦点为F2，由双曲线的定义可知，点A在双曲线的右支上，则| FA |−| F2 A |=2a=2，即
| FA |=| F2 A |+2；
同理，点B在双曲线的右支上，则| FB|−| F2B|=2a=2，即| FB|=| F2B|+2．
所以| FA |+| FB|=(| F2 A |+2)+(| F2B|+2)=| F2 A |+| F2B|+ 4．
根据三角形三边关系，| F2 A |+| F2B|≥| AB|，当且仅当A，B，F2三点共线时，等号成立．
又| AB|=6，则| F2 A |+| F2B|+ 4≥| AB|+ 4 =6+ 4 =10，即| FA |+| FB|≥10．
所以| FA |+| FB|的最小值为10．
故选：C．
【变式5-3】（2025·贵州贵阳·模拟预测）已知抛物线C : y
2= 4 x的焦点为F，M 为C 上的动点，N 为直线
l: x + ❑√3 y +3=0上的动点，设点M 到y 轴的距离为d，则| MN |+d的最小值为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】A
【解题思路】由抛物线的定义可知点到焦点的距离等于到准线的距离，进行转化，当M , N , F三点共线
时，可求得最小值.
【解答过程】
因为抛物线C : y
2= 4 x ,∴F(1,0)，过F 点作F F1垂直直线l 于点F1，过M 作准线的垂线交准线于点H，
如图所示，则| MF |=| MH |，d =| MH |−1，
则| MN |+d =| MN |+| MH |−1=| MN |+| FM |−1≥|F F1)−1=|1+0+3|
❑√1
2+(❑√3)
2 −1=1，
当点N与点F1重合，点M为线段F F1与抛物线的交点时，等号成立.
故选：A．
【题型6 圆锥曲线中的弦长与中点弦问题】
【例6】（2025·湖南邵阳·一模）经过椭圆x
2
2 + y
2=1的右焦点F作倾斜角为60°的直线l，直线l与椭圆相交
于A，B两点，则| AB|=（ ）
A．8 ❑√2
7
B．20 ❑√2
7
C．
❑√2
7
D．13 ❑√2
7
【答案】A
【解题思路】由椭圆方程求得焦点坐标，从而写出直线方程，联立方程组得一元二次方程，由韦达定理得
到两个的和与差，利用交点弦长公式即可求得结果.
【解答过程】a
2=2，b
2=1，∴c =
❑√a
2−b
2=1，即F (1,0)，
kl= tan 60° = ❑√3，∴l: y = ❑√3(x−1)，
联立方程组得{
y = ❑√3(x−1)
x
2
2 + y
2=1 )
，整理得7 x
2−12 x + 4 =0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，∴x1+ x2= 12
7 ，x1 x2= 4
7 ，
| AB|=
❑√1+ k
2|x1−x2)=
❑√1+k
2❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2=
❑√1+(❑√3)
2❑√(
12
7 )
2
−4× 4
7 = 8 ❑√2
7
.
故选：A.
【变式6-1】（2025·山西临汾·三模）已知抛物线C : y
2= 4 x的焦点为F，过点F的直线与C交于A ,B两
点，若|AF)=2|FB)，则|AB)=（ ）
A．3
2
B．3
C．4
D．9
2
【答案】D
【解题思路】设直线AB的方程为x =my +1，将直线AB的方程与抛物线的方程联立，写出韦达定理得到
y1 y2=−4，进而得到x1 x2=1，再利用焦半径公式得到x1+1=2( x2+1)，求解出{
x1=2
x2= 1
2)
，最后再利用焦
半径公式求值即可.
【解答过程】由题意可知，抛物线的焦点为F (1,0)，设直线AB的方程为x =my +1，
将直线AB的方程与抛物线的方程联立，设A(x1, y1),B(x2, y2)，且x1> x2，
{
x =my +1
y
2= 4 x )，消去x 得y
2−4 my −4 =0，
由韦达定理得y1 y2=−4，则x1 x2= y1
2
4 × y2
2
4 = ( y1 y2)
2
16
= 16
16 =1，
由焦半径公式得|AF)= x1+ 2
2 = x1+1，|BF)= x2+ 2
2 = x2+1，
因为|AF)=2|FB)，所以x1+1=2( x2+1)，
联立方程组{
x1+1=2( x2+1)
x1 x2=1
)，解得{
x1=2
x2= 1
2)
或{
x1=−1
x2=−1)（舍去），
则|AB)= x1+1+ x2+1= 9
2，故D 正确.
故选：D.
【变式6-2】（2025·内蒙古包头·二模）直线l与双曲线x
2
4 −y
2=1交于P ,Q两点，线段PQ的中点为
M (4,1)，则直线l的方程为（ ）
A．y = x−3
B．y =−x−3
C．y = x +5
D．y =−x +5
【答案】A
【解题思路】由点差法求出直线l的斜率，再由点斜式方程求解即可.
【解答过程】设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，
因为线段PQ的中点为M (4,1)，所以x1+ x2=8，y1+ y2=2，
所以{
x1
2
4 −y1
2=1
x2
2
4 −y2
2=1)
，两式相减可得：x1
2
4 −x2
2
4 = y1
2−y2
2，
即(x1+ x2)(x1−x2)
4
=( y1+ y2)( y1−y2)，
所以
y1+ y2
x1+ x2
⋅y1−y2
x1−x2
= 1
4 ，即
y1−y2
x1−x2
=1，
所以直线l的斜率为1，所以直线l的方程为：y −1= x−4，
化简为：y = x−3，经检验符合题意.
故选：A.
【变式6-3】（2025·辽宁·模拟预测）已知抛物线y
2= 4 x焦点为F，过F的直线l与抛物线交于A ,B两点
（点A在第一象限），其准线与x轴交于点K，若线段BF的垂直平分线恰好过K，则|AB)=（ ）
A．8 ❑√3
3
B．4 ❑√3
3
C．❑√3
D．2
【答案】A
【解题思路】设直线l 的方程为y =k (x−1)，将其代入抛物线方程，设A(x1, y1),B(x2, y2)，由韦达定理
得x1+ x2= 2k
2+ 4
k
2
, x1 x2=1，写出线段BF的垂直平分线方程，代入K (−1,0)，化简得x2= k
2−3
k
2+1
，结合
x1+ x2= 2k
2+ 4
k
2
, x1 x2=1可求得k
2=3+2❑√3，从而可得x1+ x2，利用|AB)= x1+ x2+ p求出结果.
【解答过程】抛物线y
2= 4 x焦点为F (1,0)，准线x =−1，点K (−1,0)，
由题意直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y =k (x−1)，k ≠0，
将其代入抛物线方程，得：k
2(x −1)
2= 4 x ⇒k
2 x
2−(2k
2+ 4) x + k
2=0，
则Δ=(2k
2+ 4)
2−4 k
2×k
2=16 k
2+16>0，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，由韦达定理得：x1+ x2= 2k
2+ 4
k
2
, x1 x2=1，
线段BF的中点坐标为(
x2+1
2
, y2
2 )，垂直平分线的斜率为−1
k ．
线段BF的垂直平分线方程为：y −y2
2 =−1
k(x−x2+1
2 )，即y −k( x2−1)
2
=−1
k(x−x2+1
2 )，
代入K (−1,0)，化简得：−k
2(x2−1)= x2+3⇒x2= k
2−3
k
2+1
，
结合x1+ x2= 2k
2+ 4
k
2
, x1 x2=1，得：k
2+1
k
2−3
+ k
2−3
k
2+1
= 2k
2+ 4
k
2
，
则k
4−6 k
2−3=0⇒k
2=3+2❑√3，
则x1+ x2= 2(3+2❑√3)+ 4
3+2❑√3
= 8 ❑√3
3
−2，
|AB)= x1+ x2+ p= 8 ❑√3
3
−2+2= 8 ❑√3
3
.
故选：A．
【题型7 圆锥曲线中的三角形面积问题】
【例7】（2025·新疆省直辖县级单位·模拟预测）已知F1，F2是椭圆C：x
2
4 + y
2
3 =1的左、右焦点，P 是C
上第一象限内一点，∠F1 P F2的平分线l 经过点M(
1
4 ,0)，则△P F1 F2的面积为（ ）
A．3
2
B．2
C．5
2
D．3
【答案】A
【解题思路】根据椭圆的定义得到m+n= 4，根据角平分线的性质得到m
n =
1
4 +1
1−1
4
，然后解方程得到m,n
，最后利用余弦定理和三角形面积公式计算.
【解答过程】
由题意得F1(−1,0)，F2(1,0)，|F1 F2)=2，
设|P F1)=m，|P F2)=n，则m+n= 4①，
因为∠F1 P F2的平分线经过(
1
4 ,0)，所以|P F1)
|P F2)
=|M F1)
|M F2)
，即m
n =
1
4 +1
1−1
4
②，
由①②得n= 3
2，m= 5
2，
所以cos∠F1 P F2=|P F1)
2+|P F2)
2−|F1 F2)
2
2|P F1)|P F2)
= 3
5，sin ∠F1 P F2= 4
5 ，
所以S△P F1 F2= 1
2|P F1)|P F2)sin∠F1 P F2= 3
2.
故选：A.
【变式7-1】（2025·广东佛山·模拟预测）已知抛物线C : y
2= 4 x的焦点为F，过焦点F的直线与抛物线C交
于点A ,B．若BO = BF（O为坐标原点），则△OAB的面积为（ ）
A．
❑√2
2
B．3 ❑√2
2
C．❑√2
D．2❑√2
【答案】B
【解题思路】由BO = BF，确定B坐标，得到直线AB方程，结合弦长公式及点到线的距离公式即可求解.
【解答过程】
如图，不妨设B在x轴下方，
因为O(0,0), F (1,0)，且BO = BF
所以xB= 1
2，由抛物线方程可得yB=−❑√2，
则k AB=
❑√2
1
2
=2❑√2，
所以直线AB方程为：y =2❑√2 x−2❑√2，
联立抛物线方程消去y得：(2❑√2 x−2❑√2)
2= 4 x，
化简得：2 x
2−5 x +2=0，
所以x A+ xB= 5
2，
则|AB)= x A+ xB+ p= 9
2，
O(0,0)到直线AB的距离d = 2❑√2
3
，
所以△OAB的面积为1
2 × 9
2 × 2❑√2
3
= 3 ❑√2
2
，
故选：B.
【变式7-2】（2025·湖北黄冈·模拟预测）已知椭圆C : x
2
3 + y
2=1的右焦点为F，过点F作两条相互垂直的
直线分别与C相交于A，B和P ,Q，则四边形APBQ面积的最小值为（ ）
A．1
B．3
2
C．2
D．5
2
【答案】B
【解题思路】先求出椭圆的右焦点坐标，然后分情况讨论直线AB的斜率情况.设出直线AB的方程，与椭圆
方程联立，利用弦长公式求出| AB|和| PQ|，进而得到四边形APBQ的面积表达式，再通过函数求最值
的方法求出面积的最小值.
【解答过程】在椭圆C : x
2
3 + y
2=1中，a
2=3，b
2=1，则c = ❑√3−1= ❑√2，所以右焦点F(❑√2,0).
当直线AB的斜率存在且不为0时，
设直线AB的方程为y =k( x−❑√2)(k ≠0)，A( x1, y1)，B( x2, y2).
联立{
y =k( x−❑√2)
x
2
3 + y
2=1 )
，消去y可得： x
2
3 +k
2( x−❑√2)
2=1, 即(1+3k
2)x
2−6 ❑√2k
2 x +6 k
2−3=0
由韦达定理可得x1+ x2= 6 ❑√2k
2
1+3k
2 ，x1 x2= 6k
2−3
1+3k
2 .
根据弦长公式| AB|=
❑√1+ k
2⋅
❑√( x1+ x2)
2−4 x1 x2，可得：
| AB|=
❑√1+k
2⋅
❑√
( 6 ❑√2k
2
1+3k
2 )
2
−4⋅6 k
2−3
1+3k
2 =
❑√1+k
2⋅❑√
72k
4
(1+3k
2)
2 −24 k
2−12
1+3k
2
=
❑√1+k
2⋅❑√
72k
4−(24 k
2−12)(1+3k
2)
(1+3k
2)
2
=
❑√1+k
2⋅❑√
72k
4−(24 k
2+72k
4−12−36 k
2)
(1+3k
2)
2
=
❑√1+k
2⋅❑√
72k
4−72k
4+12k
2+12
(1+3k
2)
2
=
❑√1+k
2⋅❑√
12(k
2+1)
(1+3k
2)
2 = 2❑√3(k
2+1)
1+3k
2
因为AB⊥PQ，所以直线PQ的斜率为−1
k ，同理可得| PQ|=
2❑√3( 1
k
2 +1)
1+3⋅1
k
2
= 2❑√3(k
2+1)
k
2+3
.
则四边形APBQ的面积S = 1
2 | AB|⋅| PQ|= 1
2 ⋅2❑√3(k
2+1)
1+3k
2
⋅2❑√3(k
2+1)
k
2+3
S =
6(k
2+1)
2
(1+3k
2)(k
2+3)
= 6(k
4+2k
2+1)
3k
4+10k
2+3
=
6(k
4+ 10
3 k
2+1−4
3 k
2)
3k
4+10k
2+3
=
6[ 1
3 (3k
4+10k
2+3)−4
3 k
2]
3k
4+10k
2+3
=2−
8k
2
3k
4+10k
2+3
=2−
8
3k
2+ 3
k
2 +10
根据基本不等式可得3k
2+ 3
k
2 ≥2❑√
3k
2⋅3
k
2 =6，当且仅当3k
2= 3
k
2，即k =±1时等号成立.
所以S =2−
8
3k
2+ 3
k
2 +10
≥2−
8
6+10 = 3
2.
当直线AB的斜率为0时，
此时| AB|=2a=2❑√3，| PQ|= 2b
2
a = 2×1
❑√3 = 2❑√3
3
，则四边形APBQ的面积
S = 1
2 | AB|⋅| PQ|= 1
2 ×2❑√3× 2❑√3
3
=2.
当直线AB的斜率不存在时，
此时| AB|= 2b
2
a = 2×1
❑√3 = 2❑√3
3
，| PQ|=2a=2❑√3，则四边形APBQ的面积
S = 1
2 | AB|⋅| PQ|= 1
2 × 2❑√3
3
×2❑√3=2.
综上所得，则四边形APBQ的面积最小值为3
2 .
故选：B.
【变式7-3】（2025·云南昆明·模拟预测）双曲线x
2−y
2
3 =1的左右焦点分别为
､
F1, F2，过F1的直线l 与双
曲线的左右两支分别交于
､
A，B 两点，则
S△A F1 F2
S△AB F2
的取值范围是（ ）
A．(0, 1
3 )
B．(0, 1
2 )
C．( 1
3 , 1
2 )
D．( 1
2 ,+∞)
【答案】B
【解题思路】求出双曲线的焦点坐标及渐近线的方程，设出直线l并与双曲线方程联立，求出B , A的纵坐
标比值即可得解.
【解答过程】在双曲线x
2−y
2
3 =1中，F1(−2,0), F2(2,0)，渐近线方程为y =± ❑√3 x，
由对称性，不妨令点B在第一象限，设直线l的方程为x =ty −2，0< 1
t <❑√3，
由{
x =ty −2
3 x
2−y
2=3)消去x得(3t
2−1) y
2−12ty +9=0，设A( x1, y1),B( x2, y2)，y1>0, y2>0，
则y1+ y2=
12t
3t
2−1
, y1 y2=
9
3t
2−1，令y1=m y2，联立消去y1, y2得
(m+1)
2
m
= 16t
2
3t
2−1
=
16
3−1
t
2
> 16
3 ，
整理得m
2−10
3 m+1>0，而0< y1< y2，即0<m<1，解得0<m< 1
3，
因此
S△A F1 F2
S△B F1 F2
=
1
2 | F1 F2|⋅y1
1
2 | F1 F2|⋅y2
= y1
y2
=m∈(0, 1
3 )，所以
S△A F1 F2
S△AB F2
的取值范围是(0, 1
2 ).
故选：B.
【题型8 切线问题】
【例8】（2025·河南·二模）过双曲线C : x
2
a
2 −y
2=1(a>0)右支上的点P作C的切线l，F1，F2分别为C的
左、右焦点，N为切线l上的一点，且ON // F1 P（O 为坐标原点）.若|ON )=2，则a=（ ）
A．❑√2
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【解题思路】设P(x0, y0), x0>0，求出点P处的切线方程，得切线l与x轴的交点B坐标，求出
|OB),|F1 P),|B F1)，根据ON // F1 P列式计算得解.
【解答过程】设P(x0, y0), x0>0，则双曲线C在点P处的切线方程为
x0 x
a
2 −y0 y =1，
在
x0 x
a
2 −y0 y =1中，令y =0，得x = a
2
x0
，故B(
a
2
x0
,0)，故|OB)= a
2
x0
，
又|O F1)=c = ❑√a
2+1，故|B F1)= a
2
x0
+
❑√a
2+1，
其中|F1 P)= ❑√(x0+c)
2+ y0
2= ❑√(x0+
❑√a
2+1)
2+ y0
2，又x0
2
a
2 −y0
2=1，
故|F1 P)=
❑√(x0+
❑√a
2+1)
2+ x0
2
a
2 −1= ❑√
(a
2+1) x0
2
a
2
+2
❑√a
2+1 x0+a
2=
❑√(
❑√a
2+1 x0
a
+a)
2
=
❑√a
2+1 x0
a
+a，
因为ON // F1 P，所以|ON )
|F1 P)
= |OB)
|B F1)
，即
2
❑√a
2+1 x0
a
+a
=
a
2
x0
a
2
x0
+
❑√a
2+1
，整理得
(a−2)(a
2+
❑√a
2+1 x0)=0，
显然a
2+
❑√a
2+1 x0>0，所以a−2=0，解得a=2.
故选：B.
【变式8-1】（2025·山西·三模）已知过点M (2,1)的直线交抛物线C : y
2= 4 x于A，B两点，过点A，B分
别作抛物线C的切线，两条切线交于点P，则|PM )的最小值为（ ）
A．7 ❑√5
5
B．❑√5
C．❑√2
D．15 ❑√17
17
【答案】A
【解题思路】设A(
y1
2
4 , y1)，B(
y2
2
4 , y2)，利用导数的几何意义求出抛物线C在点A、B 的切线方程，进而
求得P (
y1 y2
4
, y1+ y2
2 )，则点P的轨迹为一条直线，确定线段PM的最小值为点M到直线y =2 x + 4的距
离，结合点线距公式计算即可求解.
【解答过程】设A(
y1
2
4 , y1)，B(
y2
2
4 , y2)，
由y
2= 4 x，得y =2 x
1
2（不妨设y >0），则y
′ = x
−1
2，
所以抛物线C在点A 的切线斜率为k =( y1
2
4 )
−1
2 = 2
y1
，
得抛物线C在点A 的切线方程为y −y1= 2
y1
( x−y1
2
4 )，即y1 y =2(x + y1
2
4 ).
同理可得抛物线C在点B处的切线方程为y2 y =2(x + y2
2
4 )，
{
y1 y =2(x + y1
2
4 )
y2 y =2(x + y2
2
4 ))
，解得{
x = y1 y2
4
y = y1+ y2
2 )
，即P (
y1 y2
4
, y1+ y2
2 )，
又因为直线AB的斜率k AB= y1−y2
x1−x2
= y1−y2
y1
2
4 −y2
2
4
=
4
y1+ y2，
所以直线AB的方程为y −y1=
4
y1+ y2
(x−x1)，即( y1+ y2) y = 4 x + y1 y2，
将点M (2,1)代入直线AB的方程得：y1+ y2=8+ y1 y2①，
设点P坐标为(x , y)，则①式可整理为：2 y =8+ 4 x，即2 x−y + 4 =0，
所以点P的轨迹为一条直线．
所以线段PM的最小值为点M到直线y =2 x + 4的距离，
即为d =|2×2−1×1+ 4)
❑√4+1
= 7 ❑√5
5
．
故选：A.
【变式8-2】（2026·广东·一模）如图，O为坐标原点，F1, F2为椭圆C : x
2
4 + y
2=1的两个焦点，过F1, F2
分别作椭圆C的切线l的垂线，垂足分别为H 1, H 2．当O H 1⊥O H 2时，△O H 1 H 2的面积为_________．
【答案】2
【解题思路】切线l: y =kx +m，与椭圆方程联立，由Δ=0得m
2= 4 k
2+1，求出直线F1 H 1, F2 H 2方程，
进而求得H 1, H 2坐标，计算|O H 1),|O H 2)，得解.
【解答过程】由题意可知直线l的斜率存在，设切线l: y =kx +m，
联立{
y =kx +m
x
2
4 + y
2=1)
，消去y整理得(4 k
2+1) x
2+8kmx + 4 m
2−4 =0，
∴Δ=64 k
2m
2−4(4 k
2+1)(4 m
2−4)=0，化简得m
2= 4 k
2+1；
因为F1 H 1⊥l，且F1(−❑√3,0)，则直线F1 H 1: x =−ky −❑√3，
联立{
x =−ky −❑√3
y =kx +m )，解得{
x =−km+ ❑√3
k
2+1
y = m−❑√3k
k
2+1 )
，所以H 1(−km+ ❑√3
k
2+1
, m−❑√3k
k
2+1 )，
同理，可得H 2(−km−❑√3
k
2+1
, m+ ❑√3k
k
2+1 )，
∴|O H 1)= ❑√(−km+ ❑√3
k
2+1 )
2
+(
m−❑√3k
k
2+1 )
2
= ❑√
k
2m
2+m
2+3(k
2+1)
(k
2+1)
2
= ❑√
m
2+3
k
2+1
=
❑√
4(k
2+1)
k
2+1
=2，
同理，可得|O H 2)=2，
又O H 1⊥O H 2，所以S△O H 1 H 2= 1
2|O H 1)⋅|O H 2)= 1
2 ×2×2=2.
故答案为：2.
【变式8-3】（2025·江西·模拟预测）过点P(0,2)的直线与抛物线E: y = x
2
4
交于A，B两点，曲线E在A，
B两点处的切线相交于点C，则△ABC面积的最小值为__________．
【答案】8 ❑√2
【解题思路】设A(x1, y1)，B(x2, y2)，从而点A，B处的切线方程为y = 1
2 x1 x−1
4 x1
2，y = 1
2 x2 x−1
4 x2
2
，故点C的坐标可以用点A ,B的坐标表示，联立直线AB的方程y =kx +2与抛物线方程，写出韦达定理，
从而弦长与点C到AB的距离都可以用含k的式子表示，即面积的最小值可以转换为关于k的函数的最小值.
【解答过程】如图，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，C (x0, y0)，y
′ = x
2，点A处的切线方程为y = 1
2 x1 x−1
4 x1
2
，同理，点B处的切线方程为y = 1
2 x2 x−1
4 x2
2，
联立两切线方程，求解可得，两切线的交点C的坐标为(
x1+ x2
2
, x1 x2
4 )．
设AB所在直线的方程为y =kx +2，与抛物线方程联立得到x
2−4 kx −8=0，
所以x1+ x2= 4 k，x1 x2=−8，则点C (2k ,−2)．
所以|x1−x2)= 4
❑√k
2+2，
故S△ABC = 1
2|AB)h= 1
2
❑√k
2+1|x1−x2)⋅|2k
2+ 4)
❑√k
2+1
=2
❑√k
2+2|2k
2+ 4)= 4(k
2+2)
3
2，
当k =0时，有(S△ABC)min=8 ❑√2．
故答案为：8 ❑√2.
【题型9 阿基米德三角形】
【例9】（2026·山西临汾·一模）阿基米德不仅在物理学方面贡献巨大，还享有“数学之神”的称号，圆锥
曲线上任意两点M，N 处的切线交于点Q，称△QMN为“阿基米德三角形”.已知抛物线C : y
2= 4 x的焦点
为F，过F 的直线l 交抛物线C 于A，B 两点，且|AF)=3|BF)，抛物线C 在A，B 处的切线交于点P，则
△PAB的面积为（ ）
A．28 ❑√21
9
B．32❑√3
9
C．64 ❑√3
9
D．56 ❑√21
9
【答案】B
【解题思路】设直线AB的方程为x =my +1，联立方程利用|AF)=3|BF)，得到A (3,2❑√3)
B(
1
3 ,−2❑√3
3 )
，以及直线AB的方程❑√3 x−y −❑√3=0，对y
2= 4 x两边求导得到2 y ⋅y
′ = 4⇒y
′ = 2
y
，求
得PA方程为y =
❑√3
3 x + ❑√3，PB方程为y =−❑√3 x−
❑√3
3
，联立方程得到P(−1, 2❑√3
3 )
，利用点到直线的
距离公式求得点P到直线AB的距离为d = 4 ❑√3
3
，| AB|= 16
3 ，再利用面积公式求解即可.
【解答过程】设过F(1,0)的直线AB的方程为x =my +1，
联立方程{
x =my +1
y
2= 4 x )，得到y
2−4 my −4 =0，
不妨设A(x1, y1),B(x2, y2), y1>0, y2<0，
由韦达定理得到y1+ y2= 4 m, y1 y2=−4，
因为|AF)=3|BF)，所以x1+1=3(x2+1)⇒x1=3 x2+2，
又因为⃗AF =3⃗FB，即y1=−3 y2 ，
所以(−3 y2) y2=−4，即y2
2= 4
3 ，
所以y2=−2❑√3
3
，得到y1=2❑√3
即y1
2= 4 x1=12，解得x1=3，所以A (3,2❑√3)
即y2
2= 4 x2= 4
3 ，解得x2= 1
3，所以B(
1
3 ,−2❑√3
3 )，
所以y1+ y2= 4 m= 4 ❑√3
3
,得到m=
❑√3
3 ，
所以直线AB的方程为x =
❑√3
3 y +1，即❑√3 x−y −❑√3=0.
对y
2= 4 x两边求导得到2 y ⋅y
′ = 4⇒y
′ = 2
y ，
所以A点的切线斜率k1=
2
2❑√3 =
❑√3
3 ，
所以PA方程为y −2❑√3=
❑√3
3
(x−3)即y =
❑√3
3 x + ❑√3，
同理可得PB方程为y =−❑√3 x−
❑√3
3 ，
联立方程得到{
y =
❑√3
3 x + ❑√3
y =−❑√3 x−
❑√3
3 )
，解得P(−1, 2❑√3
3 )，
所以点P到直线AB的距离为d =|
❑√3×(−1)−2❑√3
3
−❑√3)
❑√(❑√3)
2+(−1)
2
=|−8 ❑√3
3 )
2
= 4 ❑√3
3
，
| AB|= x1+ x2+ p=3+ 1
3 +2= 16
3 ，
所以S△PAB= 1
2|AB)⋅d = 1
2 × 16
3 × 4 ❑√3
3
= 32❑√3
9
.
故选：B.
【变式9-1】（2025·甘肃·模拟预测）由阿基米德的著作《关于圆锥体和球体》可知，椭圆的面积等于圆周
率π与椭圆的长半轴长和短半轴长的乘积.已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为5 ❑√2
8
, F1, F2分别
为C的左､右焦点，C上一点P满足⃗P F1⋅⃗P F2=0，且△P F1 F2的面积为7
2，则C的面积为（ ）
A．❑√7π
B．2❑√7π
C．❑√14π
D．2❑√14π
【答案】D
【解题思路】只需根据题目条件求得a
2=16,b
2= 7
2，再结合椭圆面积公式即可求解.
【解答过程】由⃗P F1⋅⃗P F2=0，可得P F1⊥P F2，则|P F1)
2+|P F2)
2=|F1 F2)
2.
因为△P F1 F2的面积为7
2，所以1
2|P F1)|P F2)= 7
2，则|P F1)|P F2)=7，
从而(|P F1)+|P F2))
2−2|P F1)|P F2)=|F1 F2)
2，即4 a
2−14 = 4 c
2.
又C的离心率为5 ❑√2
8
，所以c
a = 5 ❑√2
8
，解得a
2=16,c
2= 25
2 ，
从而b
2= 7
2，则C的面积为πab=2❑√14π.
故选：D.
【变式9-2】（2025 高三·全国·专题练习）抛物线的弦与过弦端点的两条切线所围成的三角形被称为阿基米
德三角形．设抛物线为y
2= 4 x，弦AB 过焦点，△ABQ为阿基米德三角形，则△ABQ的面积的最小值为
_________．
【答案】4
【解题思路】根据抛物线y
2=2 px ( p>0)在点P(x0, y0)处的切线方程为y0 y = p(x + x0)结合点到直线的距
离解决面积问题即可．
【解答过程】先证抛物线y
2=2 px ( p>0)在点P(x0, y0)处的切线方程为y0 y = p(x + x0)，
不妨设切线方程为：x−x0=k ( y −y0)，且有y0
2=2 p x0，
切线方程与抛物线联立可得：y
2−2 pky +2 pk y0−2 p x0=0，
所以Δ= 4 p
2k
2−8 pk y0+8 p x0=0⇒p k
2−2 y0k +2 x0=0，
易知该切线只有一条，
所以k = y0
p ⇒x−x0= y0
p ( y −y0)⇒y0 y −y0
2= px−p x0⇒y0 y = p(x + x0)，得证.
先设点A 的坐标为(x A , y A)，点B 的坐标为(xB, yB)，点Q 的坐标为(xQ, yQ)，
由于弦AB 过抛物线y
2= 4 x的焦点，于是可反设直线AB 的方程为x =my +1．
因此点A，B 的坐标满足{
y
2= 4 x ,
x =my +1,)进而得到y
2−4 my −4 =0，
再使用韦达定理就有{
y A+ yB= 4 m
y A yB=−4 )，
由于在A(x A , y A)处抛物线y
2= 4 x的切线方程为y A y =2(x + x A)，在B(xB, yB)处抛物线y
2= 4 x的切线方
程为yB y =2(x + xB)，
因此阿基米德三角形的顶点Q(xQ, yQ)满足{
y A yQ=2(x A+ xQ)
yB yQ=2(xB+ xQ))，
进而( y A−yB) yQ=2(x A−xB)= y A
2 −yB
2
2
，从而yQ= y A+ yB
2
=2m，
将yQ= y A+ yB
2
代入y A yQ=2(xQ+ x A)得xQ= y A yB
4
=−1．
因此点Q 的坐标为(−1,2m)，于是点Q 到直线AB 的距离d =|−1−2m
2−1)
❑√1
2+(−m)
2 =2
❑√1+m
2，
根据弦长公式得|AB)=
❑√1+m
2⋅❑√( y A+ yB)
2−4 y A yB= 4(1+m
2)，
于是△ABQ的面积S = 1
2|AB)d = 4(1+m
2)
3
2 ≥4，当且仅当m=0时等号成立，
因此△ABQ的面积的最小值为4．
故答案为：4.
【变式9-3】（2025·黑龙江·一模）著名物理学家、数学家阿基米德利用“逼近法”，得到椭圆的面积除以
圆周率π等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.已知平面内，椭圆C : x
2
9 + y
2
b
2 =1(0<b<3)经过平移和旋
转后，能得到以O(0,0)为一个焦点，且过点A (3,4)的椭圆C ′，则椭圆C面积的最大值为___________.
【答案】3 ❑√5π
【解题思路】由题意求出椭圆半焦距c 的范围，即可求得短半轴b 的范围，即可求得答案.
【解答过程】由椭圆C : x
2
9 + y
2
b
2 =1(0<b<3)可知a=3，结合题意知椭圆的面积为πab，
设椭圆C ′另外一个焦点为F，则|AF)+|AO)=2a=6，|AO)=
❑√3
2+ 4
2=5，即|AF)=1，
所以F在以A为圆心，1 为半径的圆上，故|OF)=2c≥|OA)−1= 4，即c≥2，
当O , F , A三点共线时等号成立（F 在O , A之间），
所以b=
❑√a
2−c
2=
❑√9−c
2≤❑√5，所以椭圆C面积的最大值为3 ❑√5π.
故答案为：3 ❑√5π.
【题型10 圆锥曲线新定义】
【例10】（24-25 高二上·吉林·期中）如图，已知半椭圆C1: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(x ≥0)与半椭圆
C2: y
2
b
2 + x
2
c
2 =1( x<0)组成的曲线称为“果圆”，其中a
2=b
2+c
2,a>b>c>0.“果圆”与x轴的交点分别为
A1, A2，与y轴的交点分别为B1,B2，点P为半椭圆C2上一点（不与A1重合），若存在⃗P A1⋅⃗P A2=0，
则半椭圆C1的离心率的取值范围为（ ）
A．(0, 2
3)
B．(
1
2 , 2
3)
C．(
1
2 ,
❑√5−1
2 )
D．(
❑√5−1
2
, 2
3)
【答案】D
【解题思路】利用椭圆上点的坐标从而得到向量坐标，利用向量坐标表示数量积得到相应等量关系，再由
点的变化范围得到相应不等式，进而求得取值范围.
【解答过程】
设P(x0, y0), x0∈(−c ,0)，
因为A1(−c ,0), A2(a,0),∴⃗P A1=(−c−x0,−y0),⃗P A2=(a−x0,−y0)，
又点P为半椭圆C2上一点，所以y0
2
b
2 + x0
2
c
2 =1⇒y0
2=b
2−b
2 x0
2
c
2 ，
所以⃗P A1⋅⃗P A2=(−c−x0)(a−x0)+ y0
2= x0
2+(c−a) x0−ac + y0
2
= x0
2+(c−a) x0−ac+b
2−b
2 x0
2
c
2 = c
2−b
2
c
2
x0
2+(c−a) x0−ac+b
2，
因为存在⃗P A1⋅⃗P A2=0，
所以c
2−b
2
c
2
x0
2+(c−a) x0−ac+b
2=0，
即(c
2−b
2) x0
2+c
2(c−a) x0+(−ac +b
2)c
2=0在x0∈(−c ,0)上有解，
因为(c
2−b
2) x0
2+c
2(c−a) x0+(−ac +b
2)c
2=[(c
2−b
2) x0+(−ac +b
2)c)(x0+c)，
且x0∈(−c ,0)，
所以(c
2−b
2) x0+(−ac +b
2)c =0在x0∈(−c ,0)上有解，
即x0= (−ac+b
2)c
c
2−b
2
在x0∈(−c ,0)上有解，所以−c< (−ac+b
2)c
b
2−c
2
<0
又因为a
2=b
2+c
2,a>b>c>0，
所以{
(−ac +b
2)c<0
(−ac +b
2)c>−c(b
2−c
2))⇒{
a
2−ac−c
2<0
3c
2+ac−2a
2<0)，
即{
1−e−e
2<0
3e
2+e−2<0)，解得−1+ ❑√5
2
<e< 2
3，
故选：D.
【变式10-1】（2025·上海浦东新·二模）已知圆锥曲线Γ的对称中心为原点O，若对于Γ上的任意一点A，
均存在Γ上两点B，C，使得原点O到直线AB，AC和BC的距离都相等，则称曲线Γ为“完美曲线”．现
有如下两个命题：
①任意椭圆都是“完美曲线”；②存在双曲线是“完美曲线”．
下列判断正确的是（ ）
A．①是真命题，②是假命题
B．①是假命题，②是真命题
C．①②都是真命题
D．①②都是假命题
【答案】A
【解题思路】对于命题①，通过考虑以原点为圆心的圆与椭圆上直线的位置关系来判断；
对于命题②，通过取双曲线顶点，分析以原点为圆心的圆与双曲线相关直线的位置关系来判断.
【解答过程】判断命题①：
已知过椭圆上任意一点A作以原点为圆心的圆的切线，分别交椭圆于B，C两点，连接BC.
根据直线与圆的位置关系，当BC与圆相切时，满足给定条件.
当BC与圆相交时，因为圆的圆心是固定的原点，我们可以通过缩小圆的半径，使得圆逐渐靠近BC，直到
BC与圆相切；同理，当BC与圆相离时，扩大圆的半径，也能使圆靠近BC直至相切.所以从直线与圆位置
关系的动态调整角度可知，一定能找到合适的圆半径使得BC与圆相切，故①正确.
判断命题②：
当A在双曲线顶点时，过A作圆的切线，交双曲线于另外两点B，C.
由双曲线的性质可知，双曲线在顶点附近的形状特点决定了，过顶点作圆的切线与双曲线相交得到的线段
BC，其整体位置与以原点为圆心的圆是相离的.这是因为双曲线的渐近线性质以及顶点处的曲线走向，使
得从顶点出发的切线与双曲线相交形成的线段不会与圆相切，所以②不正确.
故选：A.
【变式10-2】（24-25 高三下·山西·开学考试）画法几何学的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：
与椭圆相切的两条互相垂直直线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心，以长半轴和短半轴平方和的算术平方
根为半径的圆，称该圆为椭圆的蒙日圆.设A，B 为椭圆E：x
2+ y
2
a =1(a>1)上的两个动点，动点P 在直线
3 x + 4 y −10=0上，若∠APB∈(0, π
2)恒成立，则E 的离心率的取值范围为（ ）
A．(0,
❑√6
3 )
B．(
❑√3
3 ,1)
C．(
1
3 ,1)
D．(0, 2
3)
【答案】A
【解题思路】根据蒙日圆的定义写出椭圆方程对应的蒙日圆，再由直线与圆的位置关系及点线距离公式列
不等式求参数范围，进而求椭圆离心率范围.
【解答过程】根据题意，得椭圆E 的蒙日圆方程为x
2+ y
2=a+1，
其上任意一点向椭圆C 所引的两条切线互相垂直，
因此当直线3 x + 4 y −10=0与圆x
2+ y
2=a+1相离时，∠APB∈(0, π
2)，
由
❑√a+1<|0+0−10)
❑√3
2+ 4
2 ，解得1<a<3.
所以离心率e = ❑√1−1
a ∈(0,
❑√6
3 ).
故选：A.
【变式10-3】（25-26 高二上·江西·期中）双纽线的图形轮廓像阿拉伯数字中的“8”．如图，曲线
C :(x
2+ y
2)
2=a(x
2−y
2)是双纽线，关于曲线C，下列说法正确的是（ ）
A．a=8
B．C上存在点(x0, y0)，使得❑√x0
2+ y0
2>3
C．若直线y =kx与C只有一个公共点，则k的取值范围为(−∞,−1)∪(1,+∞)
D．C上的点的纵坐标的最大值为3 ❑√2
4
【答案】D
【解题思路】根据图象所过的定点，即可判断A，根据方程可得0< x
2+ y
2= 9(x
2−y
2)
x
2+ y
2
≤9，即可判断B，
联立方程后，方程的根只有0，求k的取值范围，即可判断C，根据方程的转化，变量的转化，利用韦达定
理和判别式求y得到取值范围，判断D.
【解答过程】对于A，由图可知，点(3,0)在C上，则(3
2+0
2)
2=a(3
2−0
2)，所以a=9，故A 错误；
对于B，设曲线C上任一点P( x , y)（x≠0且y ≠0），
由(x
2+ y
2)
2=9(x
2−y
2)，可得0< x
2+ y
2= 9(x
2−y
2)
x
2+ y
2
≤9，则❑√x
2+ y
2≤3，
即C上不存在点(x0, y0)，使得❑√x0
2+ y0
2>3，故B 错误；
对于C，直线y =kx与C均经过原点(0,0)，则直线y =kx与C除原点外无其他公共点，
联立方程组{
(x
2+ y
2)
2=9(x
2−y
2)
y =kx
)，整理得x
4(1+ k
2)
2−9 x
2(1−k
2)=0，
当1−k
2=0时，方程x
4=0仅有一解x =0，满足题意，
当1−k
2≠0时，整理得x
2[x
2(1+ k
2)
2−9(1−k
2))=0，
当x =0时，方程恒成立，因为恒有一解，
所以x
2= 9(1−k
2)
(1+k
2)
2 无解，即当1−k
2<0时，方程无解，
综上，1−k
2≤0，解得k ≥1或k ≤−1，即k的取值范围为(−∞,−1)∪[1,+∞)，故C 错误；
对于D，方程(x
2+ y
2)
2=9(x
2−y
2)可化为x
4+(2 y
2−9) x
2+ y
2( y
2+9)=0，
令t = x
2，得t
2+(2 y
2−9)t + y
2( y
2+9)=0，
由{
Δ=(2 y
2−9)
2−4 y
2( y
2+9)=−9(8 y
2−9)≥0
t1+t2=−(2 y
2−9)≥0
t1t2= y
2( y
2+9)≥0
)
，可得0≤y
2≤9
8，
即−3 ❑√2
4
≤y ≤3 ❑√2
4
，易知等号成立，故C上的点的纵坐标的最大值为3 ❑√2
4
，故D 正确；
故选：D.
一、单选题
1．（2026·陕西榆林·二模）已知双曲线的虚轴长为10 ❑√3，离心率为2，则该双曲线的实轴长为（ ）
A．5
B．10
C．10 ❑√2
D．20
【答案】B
【解题思路】根据双曲线的离心率和b
2=c
2−a
2求双曲线的实轴长，
【解答过程】因为双曲线的虚轴长2b=10 ❑√3，离心率为2，所以b=5 ❑√3,c =2a，
由b
2=c
2−a
2=3a
2=75，得a
2=25，所以a=5，
即双曲线的实轴长2a=10．
故选：B．
2．（2026·广东茂名·一模）已知抛物线x
2=2 py ( p>0)的焦点为F , A为抛物线上一点，|AF)= 4 , A到x轴
的距离为2，则A到原点的距离为（ ）
A．2
B．2❑√2
C．2❑√3
D．2❑√5
【答案】D
【解题思路】根据抛物线的定义，得到焦半径公式，结合点A到x轴的距离即可解决问题.
【解答过程】抛物线x
2=2 py ( p>0)的焦点为F(0, p
2)，A为抛物线上一点，设A(x0, y0)，
根据抛物线的定义可得|AF)= y0+ p
2 ，
又A到x轴的距离为2，∴y0=2，又|AF )= 4，2+ p
2 = 4，即p= 4，
故抛物线方程为x
2=8 y，
将y0=2代入抛物线得x0=± 4，∴A (± 4,2)，
根据两点之间的距离公式得❑√(± 4−0)
2+(2−0)
2=2❑√5.
故选：D.
3．（2026·贵州六盘水·模拟预测）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0, b>0)的渐近线方程为y =±2 x，则C
的离心率为（ ）
A．❑√3
B．❑√5
C．3
D．5
【答案】B
【解题思路】求出双曲线C的渐近线方程，进而求出b
a，再求出离心率.
【解答过程】双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0, b>0)的渐近线为y =± b
a x，依题意，b
a =2，
所以C的离心率e =
❑√a
2+b
2
a
=
❑√1+( b
a )
2
= ❑√5.
故选：B.
4．（2026·江苏镇江·模拟预测）已知曲线C1：x
2
a
2 + y
2=1 (a>1)，曲线C2：x
2
4 −y
2=1的离心率分别为e1
，e2，且e2= ❑√5e1，则a=（ ）
A．2❑√3
3
B．❑√2
C．❑√3
D．❑√5
【答案】A
【解题思路】根据椭圆和双曲线的离心率公式进行求解即可.
【解答过程】曲线C1的长半轴长为a，短半轴长为1，所以焦距为2
❑√a
2−1.
曲线C2的实半轴长为2，虚半轴长为1，所以焦距为2❑√4 +1=2❑√5.
由e2= ❑√5e1⇒
❑√5
2 = ❑√5⋅
❑√a
2−1
a
⇒a= 2❑√3
3
.
故选：A.
5．（2026·重庆九龙坡·一模）双曲线E: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的焦距为2❑√3，其一条渐近线方程为
y = ❑√2 x，则双曲线E的方程为（ ）
A．x
2−y
2
2 =1
B．x
2
2 −y
2=1
C．x
2
8 −y
2
4 =1
D．x
2
4 −y
2
8 =1
【答案】A
【解题思路】由题意求得a
2,b
2的值，即可得到双曲线的方程.
【解答过程】设双曲线E: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的焦距为2c，则{
2c =2❑√3
c
2=a
2+b
2
b
a = ❑√2 )
，解得a
2=1,b
2=2.
所以双曲线E的方程为x
2−y
2
2 =1.
故选：A.
6．（2026·新疆·一模）已知椭圆C ：x
2
16 + y
2
b
2 =1的左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，P为椭圆
C上一点，Q为P F2中点，若△QO F2的周长为6，则椭圆C的短轴长为（ ）
A．2❑√3
B．4 ❑√3
C．2
D．4
【答案】B
【解题思路】利用三角形的中位线，结合椭圆的定义，就可以求解短轴长.
【解答过程】
由Q为P F2中点，可得OQ为△P F1 F2的中位线，
由△QO F2的周长为6，可得△P F1 F2的周长为12，
即2a+2c =12，因为a= 4，所以c =2，
即b
2=a
2−c
2=16−4 =12，所以椭圆C的短轴长2b= 4 ❑√3，
故选: B.
7．（2025·安徽合肥·三模）已知抛物线C : x
2=2 py( p>0)的焦点为F，第一象限的点P(x1, y1),Q(x2, y2)
在抛物线上，且|PF)=|QF)+3,|PQ)=3 ❑√2．若x1+ x2=6，则抛物线C 的准线方程为（ ）
A．y =−3
2
B．y =−3
C．y =−1
D．y =−2
【答案】A
【解题思路】根据题意结合抛物线的定义可得y1−y2=3，再根据两点间距离公式可得(x1−x2)
2=9，最后
代入方程作差可得p=3，即可得结果.
【解答过程】因为|PF)=|QF)+3，则y1+ p
2 = y2+ p
2 +3，可得y1−y2=3，
又因为|PQ)= ❑√(x1−x2)
2+( y1−y2)
2= ❑√(x1−x2)
2+9=3 ❑√2，可得(x1−x2)
2=9，
且{
x1
2=2 p y1
x2
2=2 p y2)，两式相减得x1
2−x2
2=2 p( y1−y2)，即(x1+ x2)(x1−x2)=2 p( y1−y2)，
平方可得(x1+ x2)
2(x1−x2)
2= 4 p
2( y1−y2)
2，
且x1+ x2=6，可得36×9= 4 p
2×9，即p
2=9
且p>0，即p=3，
所以所求准线方程为y =−3
2.
故选：A．
8．（2026·河北·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，过原点的直线l
与C交于A，B 两点，若|A F1)= 1
3|B F1),△A F2B的面积为3 ❑√3
16 a
2，且⃗F2 A ⋅⃗F2B<0，则C的离心率为
（ ）
A．
❑√7
3
B．1
2
C．
❑√7
16
D．
❑√7
4
【答案】D
【解题思路】根据椭圆定义得|A F1)=|B F2)= a
2，|B F1)=|A F2)= 3a
2 ，利用面积公式和平行四边形性质
求得∠F1B F2=π
3 ，再利用余弦定理求解离心率.
【解答过程】如图所示，由椭圆的对称性可知|A F1)=|B F2)，|B F1)=|A F2)，且四边形A F1B F2是平行
四边形，
令|A F1)=|B F2)=m，则|B F1)=|A F2)=3m，可得m+3m=2a，故m= a
2，
所以|A F1)=|B F2)= a
2，|B F1)=|A F2)= 3a
2 .
由题意知S△A F2B= 1
2 ⋅a
2 ⋅3a
2 ⋅sin ∠A F2B = 3 ❑√3
16 a
2，解得sin ∠A F2B =
❑√3
2 ，
因为⃗F2 A ⋅⃗F2B =|⃗F2 A)⋅|⃗F2B)cos∠A F2B<0，∠A F2B∈(0,π)
所以∠A F2B = 2π
3 ，故∠F1B F2=π
3 .
在△F1B F2中，由余弦定理得|F1 F2)
2=|B F1)
2+|B F2)
2−2|B F1)|B F2)cos∠F1B F2，
即(2c)
2=(
3a
2 )
2
+(
a
2)
2
−2× 3a
2 × a
2 ×cosπ
3 = 7a
2
4 ，整理得c
2
a
2 = 7
16 ，
所以离心率e = c
a =
❑√7
4 ，
故选：D.
9．（2026·全国·模拟预测）点M 在圆(x−4)
2+( y −1)
2= 4上，点F 是抛物线y
2= 4 x的焦点，点P是抛物
线上的动点，则|PF)+|PM )的最小值为（ ）
A．5
B．4
C．3
D．2
【答案】C
【解题思路】过P及圆心C (4,1)分别作准线的垂线，垂足分别为P1, N，CN与圆交于点Q，先根据抛物线
的定义将|PF)+|PM )的最小值转化为|P1 M )，而|P1 M )的最小值为圆心到准线的距离减半径，进而求解.
【解答过程】因为抛物线的方程为y
2= 4 x，
所以焦点F的坐标为(1,0)，准线的方程为x =−1.
圆(x −4)
2+( y −1)
2= 4的圆心为C (4,1)，半径为2，
过P及圆心C (4,1)分别作准线的垂线，垂足分别为P1, N，CN与圆交于点Q，如图，
由抛物线的定义知|PF)+|PM )=|P P1)+|PM )≥|P1 M )，当且仅当P1, P , M三点共线（P在P1 M之间）
时，等号成立.
而圆上的点M与准线上的点P1的距离|P1 M )的最小值为|QN )，即圆心到准线的距离减半径，
所以|QN )= 4+1−2=3，所以|PF)+|PM )的最小值为3.
故选：C.
10．（2026·四川绵阳·二模）已知抛物线E: y
2= 4 x的准线为l，P为E上的一点，PA ⊥l于点A，直线PB
与圆C :( x−4)
2+ y
2=1相切于点B，若|PA)=|PB)，则点P的横坐标为（ ）
A．7
2
B．7
3
C．3
D．7
2或3
【答案】B
【解题思路】利用抛物线的定义得到|PA)，再根据切线的性质得到|PB)，最后利用|PA)=|PB)列式求解即
可.
【解答过程】
由题意得，抛物线E: y
2= 4 x的准线方程为x =−1，焦点坐标为(1,0)，
圆C :( x −4)
2+ y
2=1的圆心C (4,0)，半径r =1，
设P(x0, y0)，则y0
2= 4 x0(x0≥0)，
∵PA ⊥l，根据抛物线的定义可得|PA)= x0+1，
又直线PB与圆C :( x −4)
2+ y
2=1相切于点B，∴|PB)=
❑√|PC)
2−r
2，
又|PC)= ❑√(x0−4)
2+ y0
2，∴|PB)= ❑√(x0−4)
2+ y0
2−1
又|PA)=|PB)，∴x0+1= ❑√(x0−4)
2+ y0
2−1，即(x0+1)
2=(x0−4)
2+ y0
2−1，
把y0
2= 4 x0代入，得(x0+1)
2=(x0−4)
2+ 4 x0−1，解得x0= 7
3 .
故选：B.
二、多选题
11．（2026·安徽马鞍山·一模）已知双曲线Γ的渐近线方程为y =±2 x，虚轴长为4，则（ ）
A．Γ的焦距为2❑√5
B．Γ的方程为x
2−y
2
4 =1
C．Γ的焦点到渐近线的距离为2
D． Γ与直线y =2 x +2026仅一个公共点
【答案】CD
【解题思路】根据题意不确定双曲线焦点位置，可判断AB 错误；根据双曲线的性质，可判断CD.
【解答过程】依题意，2b= 4，即b=2，
若双曲线焦点在x轴上，则由b
a =2，解得a=1，
所以c
2=a
2+b
2=1
2+2
2=5，所以焦距为2c =2❑√5，
若焦点在y轴上，则a
b =2，解得a= 4，所以c
2=a
2+b
2= 4
2+2
2=20，
所以焦距为2c = 4 ❑√5，故A 错误；
由A 选项分析可知，双曲线Γ的焦点位置不确定，方程有两个，故B 错误；
若双曲线焦点在x轴上，由双曲线的对称性，不妨取焦点(c ,0)，渐近线y = b
a x，
则焦点到渐近线的距离d =|bc−a⋅0)
❑√a
2+b
2 = bc
c =b=2，
同理双曲线焦点在y轴上，可得d =b=2，故C 正确；
因为y =2 x +2026与双曲线的一条渐近线y =2 x平行，故Γ与直线y =2 x +2026仅一个公共点，所以D 正
确，
故选：CD.
12．（2026·江西新余·一模）已知方程C :(4−m) x
2+(m−2) y
2=(4−m)(m−2)，则下列结论正确的是
（ ）
A．若方程C表示椭圆，则2<m<4
B．若m<2，则方程C表示焦点在y轴上的双曲线
C．存在m，使方程C表示直线
D．存在m，使方程C表示抛物线
【答案】BC
【解题思路】对实数m的取值进行分类讨论，并化简方程C，分析方程C所表示的图形，即可得出合适的
选项.
【解答过程】当m= 4时，曲线C的方程为2 y
2=0，即y =0，
当m=2时，曲线C的方程为2 x
2=0，即x =0，故存在m，使方程C表示直线，C 对；
当m≠2且m≠4时，曲线C的方程可化为x
2
m−2 +
y
2
4−m =1，
若方程C表示椭圆，则{
4−m>0
m−2>0
4−m≠m−2)，解得2<m<4且m≠3，A 错；
若方程C表示焦点在y轴上的双曲线，则{
m−2<0
4−m>0)，解得m<2，B 对；
当m>4时，m−2>0，4−m<0，方程C表示焦点在x轴上的双曲线；
当m=3时，方程C为x
2+ y
2=1，方程C表示圆，
综上所述，不存在m，使方程C表示抛物线，D 错.
故选：BC.
13．（2026·新疆·一模）已知F为椭圆C ：x
2
9 + y
2
5 =1的左焦点，直线l：y =kx (k ≠0)与椭圆C交于
A ，B两点，AE⊥x轴，垂足为E，直线BE与椭圆C的另一个交点为P，则下列结论正确的有（ ）
A．直线BE的斜率为1
2 k
B．∠PAB不可能为直角
C．△ABE面积的最大值为❑√5
D．
4
|AF) +
1
|BF)的最小值为3
2
【答案】ABD
【解题思路】对于A，联立直线l与椭圆方程，求出A ,B , E的坐标，进而求出直线BE的斜率；对于B，假
设∠PAB为直角，则直线PA的斜率可求得，结合直线BE的方程可求得P的坐标，进而代入椭圆中进行检
验；对于C，先根据三角形面积公式列出△ABE面积的表达式，然后根据基本不等式的性质求出最大值；
对于D，根据椭圆的定义可得到|AF)+|BF)=6，进而可利用基本不等式的性质求出最小值.
【解答过程】由题意可知，F (−2,0).
联立直线y =kx与椭圆方程，可得(9k
2+5) x
2= 45，
所以x
2=
45
9k
2+5，解得x =± ❑√
45
9k
2+5
.
设A(x1,k x1),B(x2,k x2)，所以A(
❑√
45
9k
2+5
,k ❑√
45
9k
2+5),B(−❑√
45
9k
2+5
,−k ❑√
45
9k
2+5).
因为AE⊥x轴，所以E(
❑√
45
9k
2+5
,0)，
所以k BE=
0−(−k ❑√
45
9k
2+5)
❑√
45
9k
2+5
−(−❑√
45
9k
2+5)
= 1
2 k，A 正确；
所以直线BE的方程为y −0= 1
2 k(x−❑√
45
9k
2+5)，即y = 1
2 k(x−❑√
45
9k
2+5)，
设P(x , 1
2 k(x−❑√
45
9k
2+5))，若∠PAB为直角，则k PA =−1
k .
则有
1
2 k(x−❑√
45
9k
2+5)−k ❑√
45
9k
2+5
x−❑√
45
9k
2+5
=−1
k
，化简得x =
(3k
2+2)❑√
45
9k
2+5
(k
2+2)
，
所以P(
(3k
2+2)❑√
45
9k
2+5
(k
2+2)
,
k
3 ❑√
45
9k
2+5
(k
2+2) )
，将其代入椭圆方程中得
[
(3k
2+2)❑√
45
9k
2+5
(k
2+2)
)
2
9
+[
k
3 ❑√
45
9k
2+5
(k
2+2) )
2
5
=
(3k
2+2)
2·
45
9k
2+5
9(k
2+2)
2
+
k
6·
45
9k
2+5
5(k
2+2)
2
.
=
5(3k
2+2)
2·
45
9k
2+5
+9k
6·
45
9k
2+5
45(k
2+2)
2
=1.
化简得k
4+ k
2=0，解得k =0，又k ≠0，
所以∠PAB不可能是直角，B 正确；
由图可知，S△ABE= S△AOE+ S△BOE
= 1
2 ×❑√
45
9k
2+5
×|k ❑√
45
9k
2+5)+ 1
2 ×❑√
45
9k
2+5
×|k ❑√
45
9k
2+5)=|
45k
9k
2+5)=|
45
9k + 5
k)
.
根据基本不等式的性质得|9k + 5
k)≥2❑√|9k )·|
5
k)=2❑√45，
所以S△ABE≤
45
2❑√45 = 3 ❑√5
2
，C 错误；
设椭圆的右焦点为F
'，则根据椭圆的对称性可知，|A F
')=|BF)，
由椭圆的定义得|AF)+|A F
')=6，所以|AF)+|BF)=6.
所以
4
|AF) +
1
|BF) = 1
6(
4
|AF) +
1
|BF))(|AF)+|BF)) = 1
6(5+ 4|BF)
|AF) +|AF)
|BF))≥1
6(5+2❑√
4|BF)
|AF) ·|AF)
|BF))= 3
2
.
当且仅当4|BF)
|AF) =|AF)
|BF) ，即|AF)= 4 ,|BF)=2时，等号成立，
此时
4
|AF) +
1
|BF)取最小值为3
2，D 正确.
故选：ABD.
14．（2026·陕西西安·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=2
B．双曲线的离心率为
❑√13
2
C．点P到x轴的距离为27 ❑√13
13
D．四边形PHO F2的面积为15
【答案】ABD
【解题思路】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.
【解答过程】由题意|F1 H )=b，|OH )=a，如图，过F2向F1 P作垂线，垂足为Q，
利用中位线可得|F2Q)=2a，|HQ)=b，
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 正确；
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=9，
∴b=3，c =
❑√a
2+b
2= ❑√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C错误；
△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：ABD.
15．（2026·吉林·模拟预测）如图，抛物线C : y
2= 4 x的焦点为F，过点F作两条互相垂直的直线l1，l2，
直线l1与抛物线C相交于A ，B两点，直线l2与抛物线C相交于D，E两点，则（ ）
A．以AB为直径的圆与抛物线C的准线相切
B．以AF为直径的圆与y轴相切
C．1
|AB) +
1
|DE) = 1
2
D．四边形ADBE面积的最小值为32
【答案】ABD
【解题思路】对A，利用抛物线的定义表示出|AB)，计算即可得；对B，求出该圆圆心及半径，借助切线
的性质判定即可得；对C，设l1: y =k (x−1)，l2: y =−1
k
(x−1)，与抛物线C : y
2= 4 x联立，得到|AB)、
|DE)的长度后结合基本不等式即可得；对D，根据S = 1
2|AB)⋅|DE)=8(2+k
2+ 1
k
2)，结合基本不等式即
可求解．
【解答过程】抛物线C : y
2= 4 x，焦点F (1,0)，准线方程为x =−1，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
∴ |AF)= x1+1，|BF)= x2+1，|AB)=|AF)+|BF)= x1+ x2+2，
∴以AB为直径的圆的圆心横坐标为x1+ x2
2
，半径r = x1+ x2+2
2
，
圆心到准线x =−1的距离d = x1+ x2
2
−(−1)= x1+ x2+2
2
=r，
所以以AB为直径的圆与抛物线C的准线相切，故A 正确；
AF的中点坐标为(
x1+1
2
, y1
2 )，
所以以AF为直径的圆的半径r = x1+1
2
，
圆心(
x1+1
2
, y1
2 )到y轴的距离为x1+1
2
=r，
所以以AF为直径的圆与y轴相切，故B 正确；
设直线l1的斜率为k (k ≠0)，∵l1⊥l2，所以直线l2的斜率为−1
k ，
直线l1的方程为y =k (x−1)，
联立{
y =k (x−1)
y
2= 4 x )，k
2 x
2−(2k
2+ 4) x + k
2=0
∴ x1+ x2= 2k
2+ 4
k
2
，x1 x2=1，
|AB)= x1+ x2+ p= 2k
2+ 4
k
2
+2= 4 k
2+ 4
k
2
= 4(1+ 1
k
2)，
直线l2的方程为y =−1
k
(x−1)，
同理联立{
y =−1
k
(x−1)
y
2= 4 x )
，可得|DE)= 4(1+ k
2)，
则
1
|AB) +
1
|DE) =
1
4(1+ 1
k
2)
+
1
4(1+ k
2)
=
k
2
4(k
2+1)
+
1
4(k
2+1)
=
k
2+1
4(k
2+1)
= 1
4 ≠1
2，故C 错误；
∵l1⊥l2，所以四边形ADBE面积S = 1
2|AB)⋅|DE)= 1
2 ×4(1+ 1
k
2)×4(1+k
2)
=8(2+k
2+ 1
k
2)≥8×(2+2)=32，当且仅当k
2= 1
k
2，即k =±1时等号成立，
即四边形ADBE面积的最小值为32，故D 正确．
故选：ABD．
三、填空题
16．（2026·黑龙江大庆·二模）若抛物线C : y
2=2 px ( p>0)的准线方程为x =−2，则p=__________.
【答案】4
【解题思路】根据准线方程，求出p值，即可得答案.
【解答过程】因为准线方程为x =−2，故−p
2 =−2，所以p= 4.
故答案为：4.
17．（2026·陕西咸阳·一模）设椭圆的左、右焦点分别是F1、F2，A为椭圆上的一点，且⃗A F1⋅⃗A F2=0
，∠A F1 F2=60°，则该椭圆的离心率为__________.
【答案】❑√3−1
【解题思路】因为在焦点三角形A F1 F2中，⃗A F1⋅⃗A F2=0，则A F1⊥A F2，又因为∠A F1 F2=60°，
由e = c
a = 2c
2a =
|F1 F2)
|A F1)+|A F2)
即可求解.
【解答过程】⃗
A F1⋅⃗A F2=0，∴A F1⊥A F2
因为∠A F1 F2=60°。所以∠A F2 F1=30°，
所以|A F1)=c ,|A F2)= ❑√3c，
所以e = c
a = 2c
2a =
|F1 F2)
|A F1)+|A F2)
=
2c
c + ❑√3c = ❑√3−1
故答案为：❑√3−1.
18．（2026·湖北十堰·一模）已知双曲线C：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1（a>0，b>0），记c =
❑√a
2+b
2，C经过点
P(c , y1)，Q(c , y2)（y1≠y2），且| PQ|= ❑√2|OP|（O为原点），则C的离心率为__________.
【答案】1+ ❑√5
2
【解题思路】根据给定条件，结合双曲线的对称性可得P(c ,c)，将(c ,c)代入双曲线方程即可求出离心
率.
【解答过程】依题意，c是双曲线C：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1的半焦距，令右焦点为F(c ,0)，
由C经过点P(c , y1)，Q(c , y2)（y1≠y2），得点P ,Q关于x轴对称，即|OQ|=|OP|，
则|OQ|
2+|OP|
2=2|OP|
2=| PQ|
2，于是∠POQ =90
∘，而OF ⊥PQ，则| PF |=|OF |=c，
由点P(c ,c)在双曲线C上，得c
2
a
2 −c
2
b
2 =1，即c
2
a
2 −1= c
2
b
2，整理得b
2
a
2 = c
2
b
2，
因此b
2=ac，即c
2−a
2=ac，则e
2−e−1=0，而e>1，
所以C的离心率e = 1+ ❑√5
2
.
故答案为：1+ ❑√5
2
.
19．（2026·四川雅安·一模）在数学史上，平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵
形线，如图所示的曲线C为卡西尼卵形线且过坐标原点O，其中两定点为F1(−2,0)，F2(2,0)，曲线C上点
P在第一象限内且满足△P F1 F2的面积为2，则|P F1)
2−|P F2)
2=__________.
【答案】8 ❑√3
【解题思路】由题意求出曲线C的方程为❑√(x +2)
2+ y
2❑√(x−2)
2+ y
2= 4，根据△P F1 F2的面积求出点P的
纵坐标，代入曲线方程求出横坐标，利用两点间距离公式即可求出答案.
【解答过程】设曲线C上的任意一点Q (x , y)，
由题意得|Q F1)|Q F2)=k，k为常数，
即❑√(x +2)
2+ y
2❑√(x −2)
2+ y
2=k，
因为曲线C过坐标原点，所以❑√(0+2)
2+0
2❑√(0−2)
2+0
2=k，
解得k = 4，
所以曲线C的方程为❑√(x +2)
2+ y
2❑√(x −2)
2+ y
2= 4，
设点P(x0, y0)，由题意得x0>0, y0>0，
因为△P F1 F2的面积为2，则S△P F1 F2= 1
2 y0|F1 F2)= 1
2 y0×4 =2，
所以y0=1，
代入❑√(x +2)
2+ y
2❑√(x −2)
2+ y
2= 4解得x0= ❑√3，
即P(❑√3,1)，
所以|P F1)
2−|P F2)
2=[(❑√3+2)
2+1)−[(❑√3−2)
2+1)=8 ❑√3.
故答案为：8 ❑√3.
