【题型突破07：圆锥曲线的综合问题】
1．（24-25 高三下·重庆·月考）抛物线x
2=2 py ( p>0)与椭圆x
2
m + y
2
4 =1(m>0)有相同的焦点，F1，F2分
别是椭圆的上、下焦点，P是椭圆上的任一点，I是△P F1 F2的内心，PI交y轴于M，且⃗PI =2⃗IM，点
(xn, yn)(n∈N
*)是抛物线上在第一象限的点，且在该点处的切线与x轴的交点为(xn+1,0)，若x2=8，则
x2025= .
【答案】(
1
2)
2020
.
【分析】利用抛物线性质，可得焦点在y轴上，即椭圆的2a= 4，再利用角平分线的性质，结合正弦定理
可证明|PI )
|MI ) = |P F2)
|M F2)
，|PI )
|IM) = |P F1)
|F1 M )
，然后利用已知条件可求得c =1，再利用导数来求切线方程，构造
递推关系，可判断等比数列，问题即可求解.
【详解】因为x
2=2 py ( p>0)焦点在y轴上，
所以椭圆x
2
m + y
2
4 =1(m>0)的焦点在y轴上，故4>m，且2a= 4，
由I是△P F1 F2的内心，PI交y轴于M，连接F2 I，则F2 I平分∠F1 F2 P，
在△P F2 I中，由正弦定理得
|PI )
sin∠P F2 I =
|P F2)
sin∠PI F2
①，
在△M F2 I中，由正弦定理得
|MI )
sin∠M F2 I =
|M F2)
sin∠MI F2
②，
其中∠MI F2+∠PI F2=π，故sin∠MI F2=sin∠PI F2，又sin∠P F2 I =sin∠M F2 I，
所以式子①与②相除得：|PI )
|MI ) = |P F2)
|M F2)
，
根据已知条件：⃗PI =2⃗IM，故|P F2)
|M F2)
=2，
命题角度1：椭圆抛物线双曲线的综合问
同理可得|PI )
|IM) = |P F1)
|F1 M )
=2，∴|P F1)+|P F2)=2|F1 M )+2|F2 M )，
由椭圆定义可知|P F1)+|P F2)=2a= 4，|F1 M )+|F2 M )=2c，
∴4 c =2a= 4，解得c =1，即焦点坐标为(0,±1)，所以抛物线方程为x
2= 4 y，
由y
′ =1
2 x，故抛物线y = x
2
4 在(xn, yn)处的切线方程为y −yn= 1
2 xn(x−xn)，
即y −yn= 1
2 xn x−1
2 xn
2，又yn= 1
4 xn
2，故y = 1
2 xn x−1
4 xn
2，
令y =0得，xn+1= xn
2
4 × 2
xn
= xn
2 ，因为x2=8，所以x1=2 x2=16，
所以{xn)是首项16，公比1
2的等比数列，
即x2025=16×(
1
2)
2024
=(
1
2)
2020
，
故答案为：(
1
2)
2020
2．（2025·海南三亚·一模）已知F是抛物线C : y
2=2 px ( p>0)的焦点，双曲线E: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)
的两条渐近线分别与抛物线C交于异于原点的A ,B两点，若∠AFB=120
∘，则双曲线的渐近线方程是
.
【答案】y =±2❑√3 x或y =± 2❑√3
3
x
【分析】分A、B在焦点左侧、在焦点右侧讨论，过A作AD⊥OF交x轴于D点，结合抛物线定义、
k AO=| AD|
|OD| = b
a，可得答案.
【详解】当A、B在焦点左侧时，
因为渐近线关于x轴对称，所以∠AFO=60°，
过A作AD⊥OF交x轴于D点，
设| DF |=t，则| AD|= ❑√3t，| AF |=2t，
由抛物线定义得|OD|=2t −p
2 ，
因为|OF |= p
2 ，所以|OD|+| DF |=2t −p
2 +t =|OF |= p
2 ，
所以p=3t，因为k AO=| AD|
|OD| =
❑√3t
t
2
=2❑√3= b
a，
所以渐近线方程为y =±2❑√3 x；
当A，B在焦点右侧时，
过A作AD⊥OF交x轴于D点，
所以∠AFD =60°，设|DF)=t，
则| AD|= ❑√3t，| AF |=2t，
由抛物线定义得|OD|=2t −p
2 ，
因为|OF |= p
2 ，所以|OD|−| DF |=2t −p
2 −t =|OF |= p
2 ，
所以p=t，因为k AO=| AD|
|OD| =
❑√3t
3t
2
= 2❑√3
3
= b
a，
所以渐近线方程为y =± 2❑√3
3
x.
故答案为：y =±2❑√3 x或y =± 2❑√3
3
x.
3．（2025·广西河池·二模）已知椭圆与双曲线有公共焦点，F1, F2分别为其左､右焦点，点M为它们在第
一象限的交点，满足sin∠F1 M F2=2sin∠M F1 F2，椭圆与双曲线的离心率分别为e1,e2，则e1+e2的
取值范围是 .
【答案】(
3
2 ,+∞)
【分析】设椭圆的长轴长为2a1，双曲线的实轴长为2a2,|F1 F2)=2c，应用正弦定理有|F1 F2)=2|M F2)
得|M F2)=c，再由椭圆和双曲线定义及离心率公式有e1=1−
1
e2+1，结合对勾函数的单调性求
g(e2)=(e2+1)−
1
e2+1的范围，即可得.
【详解】设椭圆的长轴长为2a1，双曲线的实轴长为2a2,|F1 F2)=2c，
由正弦定理得
|M F2)
sin∠M F1 F2
=
|F1 F2)
sin∠F1 M F2
.
∵sin∠F1 M F2=2sin∠M F1 F2，
∴|F1 F2)=2|M F2)，故|M F2)=c，
∵|M F1)+|M F2)=2a1,|M F1)−|M F2)=2a2，
∴|M F1)=2a1−c =2a2+c，
∴a1=a2+c，
∴a1−a2=c，
∴1
e1
−1
e2
=1，即e1=1−
1
e2+1，
∴e1+e2=1−
1
e2+1 +e2=(e2+1)−
1
e2+1，
由函数f (x)= x−1
x 性质知g(e2)=(e2+1)−
1
e2+1在(1,+∞)上单调递增，
∴g(e2)>g(1)= 3
2，即e1+e2∈(
3
2 ,+ ∞).
故答案为：(
3
2 ,+ ∞)
4．（2025·辽宁·模拟预测）已知抛物线E：y
2=2 px ( p>0)，双曲线C：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)，直线
y =−2 x + p交E 于A，B 两点，点D (−1,−1)，且AD⊥BD，F1，F2分别是C的左、右焦点，过F2的直
线与C的右支交于M，N 两点，M F1⊥MN，△F1 MN的内切圆半径为r，且rp =|N F2)，则C的离心率
为 .
【答案】
❑√17
3
/1
3
❑√17
【分析】联立直线与抛物线方程，利用根与系数的关系结合已知可得−3 p
2+2 p+8=0，可求p，设
△F1 MN的内切圆圆心为I，利用切线长定理可得P与F2重合，由M F1⊥MN，可求得r = 2
3 a，又
(2c)
2=(2a+r)
2+r
2，可求离心率.
【详解】设A(x1, y1)，B(x2, y2)，联立{
y =−2 x + p
y
2=2 px )，
整理得y
2+ py −p
2=0，所以¿，
因为⃗DA ⋅⃗DB =(x1+1)(x2+1)+( y1+1)( y2+1)
=(
y1
2
2 p +1)⋅(
y2
2
2 p +1)+( y1+1)( y2+1)=0，
所以( y1 y2)
2
4 p
2
+ y1
2+ y2
2
2 p
+ y1 y2+ y1+ y2+2=0，
即( y1 y2)
2
4 p
2
+ ( y1+ y2)
2−2 y1 y2
2 p
+ y1 y2+ y1+ y2+2=0，
得−3 p
2+2 p+8=0，解得p=2或p=−4
3 （舍去），
所以2r =|N F2).
如图，设△F1 MN的内切圆圆心为I，
MN，M F1，N F1和圆I分别切于点P，R，Q，
由|N F1)−|N F2)=2a=|M F1)−|M F2)，得|N F1)−|M F1)=|N F2)−|M F2)，
又切线段长相等，即|F1Q)=|F1 R)，|NQ)=|NP)，|MR)=|MP)，
所以|N F1)−|M F1)=|NQ)−|MR)=|NP)−|MP)=|N F2)−|M F2)，
得|M F2)=|MR)=|MP)，
所以P与F2重合，
又IR⊥M F1，I F2⊥MN，M F1⊥MN，所以四边形I F2 MR为正方形，
所以|M F2)=|MR)=r，故|M F1)=2a+r，
又|N F2)=2r，所以|N F1)=2a+2r，
因为M F1⊥MN，所以|N F1)
2=|M F1)
2+|MN )
2，
即(2a+2r)
2=(2a+r)
2+(2r +r)
2，解得r = 2
3 a，
又|F1 F2)
2=|M F1)
2+|M F2)
2，即(2c)
2=(2a+r)
2+r
2，
所以4 c
2=(2a+ 2
3 a)
2
+(
2
3 a)
2
= 68
9 a
2，所以e = c
a =
❑√17
3
.
故答案为：
❑√17
3
.
5．（2025·山东·二模）若抛物线C : y
2=2 px ( p>0)的焦点与双曲线W : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的右焦点F
重合，C的准线交W 于A ,B两点，△ABF为等边三角形，则W 的离心率为 ．
【答案】❑√3
【分析】设双曲线右焦点坐标为F2(c ,0)，左焦点为F1，由题意得出|AB)的长，再根据几何关系列出等式
即可求解．
【详解】设双曲线右焦点坐标为F2(c ,0)，左焦点为F1，则抛物线准线为x =−c，
将x =−c代入x
2
a
2 −y
2
b
2 =1得，y =± b
2
a ，
所以|AB)= 2b
2
a ，
在Rt△A F2 F1中，tan ∠A F2 F1=
1
2|AB)
|F1 F2)
=
b
2
a
2c =
❑√3
3 ⇒(
c
a)
2
−2❑√3
3
c
a −1=0，
解得c
a = ❑√3或c
a =−
❑√3
3 （舍），
所以W 的离心率为❑√3，
故答案为：❑√3．
6．（24-25 高三下·上海·月考）光线从椭圆的一个焦点发出，被椭圆反射后会经过椭圆的另一个焦点；光
线从双曲线的一个焦点发出，被双曲线反射后的反射光线等效于从另一个焦点射出，如图①，一个光学装
置由有公共焦点F1、F2的椭圆Γ与双曲线Ω构成，现一光线从左焦点F1发出，依次经Ω与Γ反射，又回到
了点F1，历时0.003 秒；若将装置中的Ω去掉，如图②，此光线从点F1发出，经Γ两次反射后又回到了点
F1，历时t秒；已知Γ与Ω的离心率之比为2:3，则t = 秒.
【答案】0.018
【分析】根据椭圆和双曲线的定义推得△AB F1和△C F1 D的周长，然后根据时间速度以及路程之间的关
系列出等式，即可解得答案.
【详解】设| F1 F2|=2c ，设椭圆的长轴长为2a1 ，双曲线的实轴长为2a2 ，光速为ν ，
而Γ与Ω的离心率之比为2:3，即
c
a1
c
a2
= 2
3 ，即a2= 2
3 a1 ，
在图①中，|B F1|+|B F2|=2a1,| A F2|−| A F1|=2a2 ，
两式相减得：|B F1|+|B F2|−| A F2|+| A F1|=2a1−2a2，
即|B F1|+| AB|+| A F1|=2a1−2a2.即△AB F1 的周长为2a1−2a2，
在图②中，△C F1 D的周长为|C F1|+|C F2|+| D F1|+| D F2|= 4 a1,
由题意可知：0.003 ν =2a1−2a2,tν = 4 a1 ，
则0.003
t
= 2a1−2a2
4 a1
= 1
6 ，故t =0.018 （秒），
故答案为：0.018.
7．（2026·安徽芜湖·一模）已知椭圆C1: x
2
4 + y
2=1，双曲线C2: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的渐近线与椭圆
C1在第一象限的交点记为P，O为坐标原点，且|OP)= ❑√3，则双曲线C2的离心率为（ ）
A．3 ❑√2
2
B．3 ❑√3
2
C．3 ❑√2
4
D．3 ❑√3
4
【答案】C
【分析】由|OP)= ❑√3可得x
2+ y
2=3，与椭圆方程联立解出P点坐标，代入渐近线方程结合离心率公式即
命题角度2：离心率的问题
可得解.
【详解】设P(x , y)(x>0, y >0)，由|OP)= ❑√3可得x
2+ y
2=3，
因为P在椭圆C1: x
2
4 + y
2=1上，
联立{
x
2+ y
2=3
x
2
4 + y
2=1)
，两式相减得3
4 x
2=2，解得x = 2❑√6
3
，
所以P(
2❑√6
3
,
❑√3
3 )，
双曲线C2: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)经过第一象限的渐近线方程为y = b
a x，
将P(
2❑√6
3
,
❑√3
3 )代入得
❑√3
3 = b
a ⋅2❑√6
3
，解得b
a =
❑√3
2❑√6，
所以双曲线C2的离心率e = c
a = ❑√
a
2+b
2
a
2
= ❑√
1+(
b
2
a
2)= 3 ❑√2
4
，
故选：C
8．（2026·江苏·一模）已知O为坐标原点，若椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)上存在三点A，B，C，使四边
形OABC为正方形，则椭圆E的离心率为（ ）
A．1
3
B．
❑√3
3
C．
❑√5
3
D．
❑√6
3
【答案】D
【分析】根据正方形可得A ,C的对称性，从而可确定B的位置，故可求A ,C的坐标，代入椭圆方程后可求
离心率.
【详解】设A(x1, y1),C (x2, y2)，因为四边形OABC为正方形，故OA =OC，
故x1
2+ y1
2= x2
2+ y2
2，而x1
2
a
2 + y1
2
b
2 =1, x2
2
a
2 + y2
2
b
2 =1，
故x1
2+b
2−b
2 x1
2
a
2 = x2
2+b
2−b
2 x2
2
a
2 ，故x1=−x2，或x1= x2，
因A ,C不重合且不共线，故{
x1=−x2
y1= y2 )或{
x1= x2
y1=−y2)，
故A ,C关于x轴对称或关于y轴对称，
若A ,C关于y轴对称，不妨设B为上顶点，则B (0,b)，
因为四边形OABC为正方形，故y A = yC = b
2，则x A =−xC = b
2或x A =−xC =−b
2，
故b
2
4 a
2 + b
2
4 b
2 =1，故b
2=3a
2，而a>b>0，故b
2=3a
2不成立，舍；
若A ,C关于x轴对称，不妨设B为右顶点，则B (a,0)，
因为四边形OABC为正方形，故x A = xC = a
2，则y A =−yC = a
2或y A =−yC =−a
2，
故a
2
4 a
2 + a
2
4 b
2 =1，故a
2=3b
2，故a
2=3(a
2−c
2)即c
a =
❑√6
3 ，
故选：D.
9．（25-26 高二上·四川南充·期末）已知F1, F2是椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左右焦点，点P在直线
y =
❑√3
4
(x +a)上，△P F1 F2为等腰三角形，∠F1 F2 P =120°，则椭圆C的离心率为（ ）
A．1
4
B．1
2
C．2
3
D．
❑√3
2
【答案】B
【分析】结合图像，得到|P F2)=2c，再在△P F2Q中，求得|F2Q)，从而得到P(2c ,❑√3c)，代入直线
AP的方程可得到a=2c，由此可求得椭圆C的离心率.
【详解】由题意知A (−a,0), F1(−c ,0), F2(c ,0)，
由△P F1 F2为等腰三角形，且∠F1 F2 P =120°，得|P F2)=|F1 F2)=2c，
过P作PQ垂直x轴于Q，如图所示，
则在Rt△P F2Q中，∠P F2Q =180°−120° =60°，故|PQ)=|P F2)sin ∠P F2Q =2c×
❑√3
2 = ❑√3c，
|F2Q)=|P F2)cos∠P F2Q =2c× 1
2 =c，
所以P(c +c ,❑√3c)，即P(2c ,❑√3c)，代入直线AP的方程y =
❑√3
4
(x +a)，
得
❑√3c =
❑√3
4
(2c +a)，即a=2c，所以所求的椭圆离心率为e = c
a = 1
2.
故选：B.
10．（2026·黑龙江大庆·二模）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左右焦点分别是
､
F1, F2，过点F2
的直线l与双曲线C的右支交于A ,B两点，若|A F1)+|B F1)=3|F1 F2)，则双曲线C离心率的取值范围是
（ ）
A．[2+ ❑√3,+ ∞) B．(1,2+ ❑√3)
C．[
3+ ❑√5
2
,+∞)
D．(1, 3+ ❑√5
2 )
【答案】D
【分析】根据题意，利用双曲线的定义，求得|AB)=6c−4 a，再由双曲线的性质，得到|AB)min= 2b
2
a ，
得出2b
2
a ≤6c−4 a，结合离心率的定义，得出关于离心率e的不等式，即可求解.
【详解】由双曲线的定义，可得|A F1)−|A F2)=2a，|B F1)−|B F2)=2a，
两式相加得|A F1)+|B F1)−(|A F2)+|B F2))= 4 a，
因为|A F2)+|B F2)=|AB)，所以|A F1)+|B F1)−|AB)= 4 a，
又因为|A F1)+|B F1)=3|F1 F2)=6c，所以|AB)=6c−4 a，
当AB⊥x轴时，此时|AB)最小，此时|AB)= 2b
2
a ，所以2b
2
a ≤6c−4 a，
因为b
2=c
2−a
2，可得2(c
2−a
2)
a
≤6c−4 a，整理得c
2−3ac +a
2≤0，
两边除以a
2，可得e
2−3e+1≤0，又因为e>1，解得1<e≤3+ ❑√5
2
，
所以双曲线的离心率取值范围是(1, 3+ ❑√5
2 ).
故选：D
11．（2026·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作与C 的一条渐近线平行的直线，交C 的左支于点P，且P F1⊥P F2，则C 的离心率为（ ）
A．
❑√5
2
B．❑√5
C．❑√3
D．❑√7
【答案】B
【分析】设P(x , y)，表示出直线P F1的方程与双曲线方程联立求出交点P 的横坐标，同理表示直线P F2
的方程与双曲线方程联立也求出交点P 的横坐标，由此可得a,b,c的关系式，即可求得答案..
【详解】由题意，不妨取双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1的一条渐近线为y = b
a x，F1(−c ,0), F2(c ,0)，
设P(x , y)，则直线P F1的方程为y = b
a
(x +c)，
与双曲线方程 x
2
a
2 −y
2
b
2 =1联立得x
2
a
2 −(x +c)
2
a
2
=1，
解得x =−a
2+c
2
2c
，即P 点横坐标为x =−a
2+c
2
2c
，
又因为P F1⊥P F2，
所以直线P F2的方程为y =−a
b
(x−c)，
与y = b
a
(x +c)联立解得x = a
2−b
2
c
，即P 点横坐标也为x = a
2−b
2
c
，
所以−a
2+c
2
2c
= a
2−b
2
c
，即−(a
2+c
2)=2[a
2−(c
2−a
2))，即c
2=5a
2，
所以e = c
a = ❑√5，
故选：B
12．（25-26 高三上·河南·期末）已知F1，F2是椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右焦点，点M为椭圆C
上的一点，点N在x轴上，满足∠F1 MN =∠F2 MN =60°.若⃗M F1+2⃗M F2=t⃗MN (t ∈R)，则椭圆C的
离心率为（ ）
A．7
9
B．
❑√6
3
C．
❑√7
3
D．1
3
【答案】C
【分析】根据椭圆定义及角平分线的性质求得|M F1)= 4
3 a，|M F2)= 2
3 a，在△F1 M F2中，利用余弦定
理得c
2
a
2 = 7
9，即可求解.
【详解】∵点M在椭圆C上，∴|M F1|+) M F2)=2a.
由∠F1 MN =∠F2 MN =60°知，直线MN平分∠F1 M F2，所以⃗MN与⃗
M F1
|M F1)
+⃗M F2
|M F2)
共线，
∵⃗M F1+2⃗M F2=t⃗MN (t ∈R)，∴存在实数λ，使得⃗M F1+2⃗M F2= λ(⃗
M F1
|M F1)
+⃗M F2
|M F2))，
整理得(1−
λ
|M F1))⃗M F1+(2−
λ
|M F2))⃗M F2=0，∵⃗M F1,⃗M F2不共线，
∴1−
λ
|M F1)
=0,2−
λ
|M F2)
=0，解得|M F1|=2) M F2)，∴|M F1)= 4
3 a，|M F2)= 2
3 a.
在△F1 M F2中，由余弦定理得|M F1|
2+)M F2|
2−2|M F1)|M F2)cos∠F1 M F2=| F1 F2|
2.
∵∠F1 M F2=120°，∴(
4
3 a)
2
+(
2
3 a)
2
−2× 4
3 a× 2
3 a×(−1
2)= 4 c
2.化简得c
2
a
2 = 7
9，
∴椭圆C的离心率e = c
a =
❑√7
3
.
故选：C.
命题角度3：与三角形四边形的综合问题
13．（2026·新疆·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、右焦点分别是F1，F2，左、右
顶点分别为A，B，M是C上的一个动点，|F1 F2)=2❑√17，且C的一条渐近线方程为y = 2❑√2
3
x，设
△MAB的面积为S，则S⋅tan∠AMB = .
【答案】144
17 /8 8
17
【分析】先由渐近线方程和焦距得到a=3,b=2❑√2，设M (m,n)，根据余弦定理和同角三角函数关系得到
tan ∠AMB =
6|n)
m
2+n
2−9
，结合S =3|n)，m
2
9 −n
2
8 =1，从而得到S⋅tan∠AMB = 144
17 .
【详解】由题意得|F1 F2)=2c =2❑√17，故c = ❑√17，
C的渐近线方程为y =± b
a x，即b
a = 2❑√2
3
，
又c
2=a
2+b
2，解得a=3,b=2❑√2，故A (−3,0),B (3,0)，|AB)=6，
设M (m,n)，则m
2
9 −n
2
8 =1，S = 1
2|AB)⋅|n)=3|n)，
|MA)=
❑√(m+3)
2+n
2，|MB)=
❑√(m−3)
2+n
2，
由余弦定理得cos∠AMB =|MA)
2+|MB)
2−|AB)
2
2|MA)⋅|MB)
= (m+3)
2+n
2+(m−3)
2+n
2−36
2
❑√(m+3)
2+n
2⋅
❑√(m−3)
2+n
2
=
m
2+n
2−9
❑√(m+3)
2+n
2⋅
❑√(m−3)
2+n
2，
故sin ∠AMB =
❑√1−cos
2∠AMB =
6|n)
❑√(m+3)
2+n
2⋅
❑√(m−3)
2+n
2，
故tan ∠AMB = sin ∠AMB
cos∠AMB =
6|n)
m
2+n
2−9
，
所以S⋅tan∠AMB =
18n
2
m
2+n
2−9
=
18n
2
9+ 9n
2
8 +n
2−9
= 144
17 .
故答案为：144
17
14．（2026·四川泸州·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，上顶点为A，
直线A F1与C的另一个交点为B，若|AB)=|B F2)，则|B F2)
|B F1)
的值为 ．
【答案】3
【分析】设|B F1)=m>0，根据椭圆定义可得|B F2)=2a−m，|AB)=a+m，进而可得m= a
2，即可得结
果.
【详解】由题意可知：|A F1)=|A F2)=a，|B F1)+|B F2)=2a，
设|B F1)=m>0，则|B F2)=2a−|B F1)=2a−m，|AB)=|A F1)+|B F1)=a+m，
若|AB)=|B F2)，则a+m=2a−m，解得m= a
2，
可得|B F1)= a
2，|B F2)= 3a
2 ，所以|B F2)
|B F1)
=
3a
2
a
2
=3.
故答案为：3.
15．（2025·甘肃·模拟预测）在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为
❑√2
2 ，
左、右焦点分别为F1，F2，上、下顶点分别为A，B，四边形A F1B F2的面积为4，点P 是C 上一点，若
cos∠F1 P F2= 1
3，则|OP)= ．
【答案】❑√3
【分析】先根据离心率和面积求出方程，利用余弦定理和椭圆定义求出|⃗P F1)|⃗P F2)，结合向量公式可得
结果.
【详解】设焦距为2c，因为离心率为
❑√2
2 ，所以c
a =
❑√2
2 ；
因为四边形A F1B F2的面积为4，所以1
2 ×2b×2c = 4，即bc =2；
因为a
2=b
2+c
2，所以a=2,b=c = ❑√2，即x
2
4 + y
2
2 =1.
由余弦定理可得|⃗F1 F2)
2=|⃗P F1)
2+|⃗P F2)
2−2
3|⃗P F1)|⃗P F2)=8，
所以(|⃗P F1)+|⃗P F2))
2−8
3|⃗P F1)|⃗P F2)=8，即|⃗P F1)|⃗P F2)=3；⃗
PO = 1
2 (⃗P F1+⃗P F2)，所以⃗PO
2= 1
4 (⃗P F1
2+⃗P F2
2+2⃗P F1⋅⃗P F2)
= 1
4[(|⃗P F1)+|⃗P F2))
2−4
3|⃗P F1)|⃗P F2))= 4−1
3|⃗P F1)|⃗P F2)=3，
所以|OP)= ❑√3.
故答案为：❑√3
16．（2025·四川南充·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
点F2的直线与C的右支交于两点A ,B，且|A F2):|B F2):|A F1)=1:2:3，若△AB F1的周长为20，则C的
实轴长为 .
【答案】4
【分析】根据双曲线的定义，结合已知的线段比例关系以及△AB F1的周长，求出a的值，进而得到双曲线
C的实轴长.
【详解】设| A F2|=m，因为| A F2|:|B F2|:| A F1|=1:2:3，所以|B F2|=2m，| A F1|=3m.
根据双曲线的定义：平面内到两个定点F1, F2的距离之差的绝对值等于定值2a（0<2a<| F1 F2|）的点
的轨迹为双曲线.
对于点A在双曲线右支上，有| A F1|−| A F2|=2a，即3m−m=2a，可得2m=2a ①.
对于点B在双曲线右支上，有|B F1|−|B F2|=2a，则|B F1|=|B F2|+2a=2m+2a .
已知△AB F1的周长为20，△AB F1的周长L=| A F1|+|B F1|+| AB|，
而| AB|=| A F2|+|B F2|=m+2m=3m.
所以L=3m+(2m+2a)+3m=20，即8m+2a=20 ②.
将①2m=2a代入②8m+2a=20中，得到4×2a+2a=20，即10a=20，解得a=2.
根据双曲线的性质，双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的实轴长为2a.
把a=2代入，可得实轴长为2×2= 4.
故答案为：4.
17．（2025 高三·全国·专题练习）设双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1, F2，过F1的直
线与双曲线的左、右两支分别交于点A ,B．若2|B F2)=|A F2)，且△F1 F2B的面积为S1,△F1 F2 A的面积
为S2，且S1=3 S2，则双曲线的离心率为 ．
【答案】
❑√460
10
【分析】由S1=3 S2得|B F1)=3|A F1)，设|A F1)=m，则|B F1)=3m，利用双曲线的定义及
2|B F2)=|A F2)可用a 表示出m 从而求得|A F2)= 16
5 a,|B F2)= 8
5 a，根据余弦定理化简求解双曲线的离
心率.
【详解】因为△F1 F2B与△F1 F2 A有相同的高h（点F2到直线AB的距离），且S1=3 S2，
所以
S1
S2
=
1
2|B F1)⋅h
1
2|A F1)⋅h
=|B F1)
|A F1)
=3，即|B F1)=3|A F1).
设|A F1)=m>0，则|B F1)=3m，
根据双曲线的定义，点B 在双曲线右支上，则|B F1)−|B F2)=2a，
点A 在双曲线左支上，则|A F2)−|A F1)=2a，
所以|B F2)=3m−2a,|A F2)=m+2a．
又因为2|B F2)=|A F2)，所以6m−4 a=m+2a，
解得m= 6
5 a，所以|A F1)= 6
5 a,|B F1)= 18
5 a，进而可得|A F2)= 16
5 a，|AB)=12
5
a,|B F2)= 8
5 a．
因为在△AB F2中，所以cos∠AB F2=|AB)
2+|B F2)
2−|A F2)
2
2|AB)|B F2)
=−1
4 ，
在△F1B F2中，所以|F1 F2)=
❑√|B F1)
2+|B F2)
2−2|B F1)|B F2)cos∠AB F2=
❑√460
5
a=2c，
则e =
❑√460
10
.
故答案为：
❑√460
10
18．（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
19．（25-26 高三上·安徽·月考）已知抛物线C : y
2= 4 x的焦点为F，点P(t
2,2t)(t >1)是C 上的动点，以
PF 为直径作圆M，再作圆M 的与直线PF 平行的两条切线，两条切线与y 轴的交点分别为A，B，则|AB)
的最小值为（ ）
A．1
B．4
C．4 ❑√2
D．8
【答案】D
【分析】根据抛物线的定义可得|PF)=t ²+1，记直线PF 的倾斜角为α，根据几何性质与三角恒等变换可
命题角度4：圆锥曲线中的范围与最值问
得|AB)=|PF)⋅
❑√1+ tan
2α，由tan α =k PF = 2t
t
2−1，结合基本不等式即可求得|AB)的最小值.
【详解】由题意知抛物线焦点坐标为F (1,0)，由拋物线的定义可知|PF)=t ²+1，
设两个切点分别为D，E，则|DE)=|PF)，
记直线PF 的倾斜角为α，由题意可得∠ABE =π
2 −α，
则|AB)=
|DE)
sin ∠ABE =
|DE)
sin(
π
2 −α)
= |DE)
cosα = |PF)
❑√cos
2α
=|PF)⋅❑√
cos
2α +sin
2α
cos
2α
=|PF)⋅
❑√1+ tan
2α，
又tan α =k PF = 2t
t
2−1，所以|AB)=(t
2+1)❑√
1+
4t
2
(t
2−1)
2 = (t
2+1)
2
t
2−1
，
设u=t
2−1，则u>0，|AB)= (u+2)
2
u
=u+ 4
u + 4≥2❑√u⋅4
u + 4 =8，
当且仅当u=2，即t = ❑√3时等号成立，所以|AB)的最小值为8．
故选：D.
20．（2026·河北沧州·一模）如图，已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1, F2，P为C
上位于第一象限内的一点，△P F1 F2中∠F1 P F2的外角平分线l与x轴交于点Q，F2关于l的对称点为R，
若C的离心率为e，则△F1 P F2的面积与△F1 RQ的面积之比的取值范围是（ ）
A．(0, e
2)
B．(0, ❑√e)
C．(0, e)
D．(e , 1)
【答案】C
【分析】设|P F2)=t，由外角平分线的性质可得到|F2Q)= ct
a−t ，然后利用三角形的面积公式把两三角形
的面积用t表示出来，求值域即可.
【详解】设|P F2)=t，由已知得|F1 R)=|P F1)+|PR)=|P F1)+|P F2)=2a，
由外角平分线性质得|F1Q)
|F2Q)
=|F1 P)
|F2 P)
，
所以
2c +|F2Q)
|F2Q)
= 2a−t
t
，所以|F2Q)= ct
a−t ，
设∠P F1 F2=θ，则∠R F1Q =∠P F1 F2=θ，
所以△F1 P F2的面积与△F1 RQ的面积之比为
1
2|P F1)⋅|F1 F2)sinθ
1
2|F1 R)|F1Q)sinθ
=
|P F1)⋅|F1 F2)
|F1 R)(|F1 F2)+|F2Q))
=
2c (2a−t )
2a(2c +|F2Q))
=
2c (2a−t )
2a(2c + ct
a−t)
=1−t
a，
因为t ∈(a−c , a)，所以1−t
a ∈(0, e)．
故选：C．
21．（25-26 高二上·全国·课后作业）已知双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的离心率e=2，A ,B是双曲线上
关于原点对称的两点，点P是双曲线上异于A ,B的动点，直线PA , PB的斜率分别为k1,k2，若1≤k1≤❑√2，
则k2的取值范围是（ ）
A．[−3,−3 ❑√2
2 )B．[
3 ❑√2
2
,3)
C．[−4 ,−2)
D．[2,4)
【答案】B
【分析】方法一，由双曲线的第三定义k1·k2=e
2−1可求；方法二，由离心率得b
2=3a
2，再由点差法和斜
率公式可求.
【详解】方法一， 由双曲线的性质可得k1k2= b
2
a
2 =e
2−1=3，且k1∈[1,❑√2)，∴k2= 3
k1
∈[
3 ❑√2
2
,3)．
方法二， 由题易知{
c
2=a
2+b
2,
e= c
a =2, )
解得b
2=3a
2，∴双曲线的方程为x
2
a
2 −y
2
3a
2 =1．
由题知A ,B关于坐标原点对称，设P(x0, y0)，A(x1, y1)，B(−x1,−y1)，
由{
x1
2
a
2 −y1
2
3a
2 =1,
x0
2
a
2 −y0
2
3a
2 =1,)
得
y1
2−y0
2
x1
2−x0
2 =3．
∵直线PA , PB的斜率分别为k1,k2，且1≤k1≤❑√2，
∴k1= y1−y0
x1−x0
，k2= −y1−y0
−x1−x0
= y1+ y0
x1+ x0
，k1k2= y1−y0
x1−x0
⋅y1+ y0
x1+ x0
= y1
2−y0
2
x1
2−x0
2 =3，
∴k2= 3
k1
∈[
3 ❑√2
2
,3)．
22．（2025·浙江·三模）在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C：(x
2+ y
2)
2=2 x
2−2 y
2，若点P 为曲线C
上的动点，则|OP)的最大值为（ ）
A．
❑√2
2
B．❑√2
C．2
D．2❑√2
【答案】B
【分析】对P的位置进行分类讨论，再利用换元法结合余弦函数性质求解最值即可.
【详解】设P(x0, y0)，则(x0
2+ y0
2)
2=2 x0
2−2 y0
2，
当点P 位于坐标原点时，|OP)=0；
当点P 异于坐标原点时，可得|OP)= x0
2+ y0
2=2× x0
2−y0
2
x0
2+ y0
2 =2(
x0
2
x0
2+ y0
2 −
y0
2
x0
2+ y0
2)，
而0≤
x0
2
x0
2+ y0
2 ≤1，0≤
y0
2
x0
2+ y0
2 ≤1，且
x0
2
x0
2+ y0
2 +
y0
2
x0
2+ y0
2 =1，
故令
x0
2
x0
2+ y0
2 =cos
2θ，
y0
2
x0
2+ y0
2 =sin
2θ，且cos
2θ−sin
2θ≥0，
则|OP)
2= x0
2+ y0
2 =2(cos
2θ−sin
2θ)=2cos2θ，
由余弦函数性质得0≤|OP)
2≤2，故|OP)的最大值为❑√2，故B 正确.
故选：B．
23．（2025·江苏泰州·二模）在平面直角坐标系xOy中，已知点F(2,0)，点P( x , y)是平面内的一个动点，
若以PF为直径的圆与圆D：x
2+ y
2=1相切，记点P 的轨迹为曲线C，过曲线C 上一点Q 作直线l分别与直
线y = ❑√3 x，y =−❑√3 x相交，交点为M、N，且交点分别在第一象限和第四象限，若⃗MQ = λ⃗QN，
λ∈[ 1
3 ,4 ]，则△MON面积的取值范围为（ ）
A．[ ❑√3,2❑√3]
B．[ 25 ❑√3
16
,2❑√3]
C．[2,2❑√3]
D．[ ❑√3, 25 ❑√3
16
]
【答案】D
【分析】根据给定条件，求出点P的轨迹方程，再设出点M , N的坐标，并表示出点Q，将三角形面积表示
为λ的函数，借助对勾函数的性质求出范围.
【详解】依题意，以PF为直径的圆的圆心为( x +2
2
, y
2 )，而点F在圆D外，且圆D圆心(0,0)，半径1，
由两圆相切，得❑√( x +2
2
)
2
+( y
2 )
2
=
❑√( x−2
2
)
2
+( y
2 )
2
±1，整理得x
2−y
2
3 =1，
设M (m,❑√3m), N (n,−❑√3n)(m>0,n>0)，由⃗MQ = λ⃗QN，得Q( m+ λn
1+ λ ,
❑√3(m−λn)
1+ λ
)，
而点Q在x
2−y
2
3 =1上，则( m+ λn
1+ λ )
2
−( m−λn
1+ λ )
2
=1，整理得mn= (1+ λ)
2
4 λ
，
直线y = ❑√3 x，y =−❑√3 x的倾斜角为π
3 ,2π
3 ，则∠MON =2π
3 ，
△MON的面积S△MON = 1
2 |OM ||ON |sin 2π
3 =
❑√3
4 ⋅2m⋅2n= ❑√3mn=
❑√3
4 ( λ+ 1
λ )+
❑√3
2 ，
对勾函数f ( λ)= λ+ 1
λ 在[ 1
3 ,1]上单调递减，在[1,4 ]上单调递增，
则2= f (1)≤f ( λ)≤f (4)= 17
4 ，因此
❑√3≤S△MON ≤25 ❑√3
16
，
所以△MON面积的取值范围为[ ❑√3, 25 ❑√3
16
].
故选：D
24．（24-25 高三下·湖北·开学考试）过抛物线C : y
2= 4 x上的一点P作切线l，设l与x轴相交于点M , F为C
的焦点，直线PF交C于另一点Q，则△PQM面积的最小值为（ ）
A．8 ❑√3
3
B．4
C．16 ❑√3
9
D．3
【答案】C
【分析】设P(
t
2
4 ,t)，根据条件得到yQ=−4
t ，从而得到S△PQM = 1
2(
t
3
4 +2t + 4
t )，构造函数
g(t )= 1
2(
t
3
4 +2t + 4
t )，利用导数与函数单调性间的关系，求出g(t )的最小值，即可求解.
【详解】设P(
t
2
4 ,t)，由抛物线的对称性，不妨设t >0，设直线PQ: y −t =k(x−t
2
4),k ≠0，
由{
y −t =k(x−t
2
4)
y
2= 4 x )
，消x得y
2−4
k y + 4t
k −t
2=0，
因直线PM与抛物线相切，得到Δ= 16
k
2 −16t
k + 4t
2=0，得到t = 2
k ，
故直线PM的方程为yt =2(x + t
2
4)，
令y =0，得点M 的坐标为(−t
2
4 ,0)，设直线PQ的方程为x =my +1，
联立{
x =my +1
y
2= 4 x )，得y
2−4 my −4 =0，所以有yP yQ=−4，于是yQ=−4
t ，
则S△PQM = 1
2|MF)|yP−yQ)= 1
2(1+ t
2
4)(t + 4
t )= 1
2(
t
3
4 +2t + 4
t )，
令g(t )= 1
2(
t
3
4 +2t + 4
t )，则g
′ (t )= 1
2(
3t
2
4 −4
t
2 +2)= 1
2t
2(
1
2 t
2+2)(
3
2 t
2−2)，
当0<t < 2❑√3
3
时，g
′ (t )<0，得到g(t )在区间(0, 2❑√3
3 )单调递减；当t > 2❑√3
3
时，g
′ (t )>0，得到g(t )在区
间(
2❑√3
3
,+∞)上单调递增，
故g(t )≥g(
2❑√3
3 )= 16 ❑√3
9
，
所以S△PQM的最小值为16 ❑√3
9
．
故选：C.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于，设P(
t
2
4 ,t)，根据条件得到
S△PQM = 1
2(
t
3
4 +2t + 4
t )，再构造函数g(t )= 1
2(
t
3
4 +2t + 4
t )，求出g(t )的最值，即可求解.
25．（2024·河南·模拟预测）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，过坐标原
点的直线与C交于A，B两点，|F1B)=2|F1 A)，⃗F2 A ⋅⃗F2B = 4 a
2，则C的离心率为（ ）
A．❑√2
B．2
C．❑√5
D．❑√7
【答案】D
【分析】由双曲线的对称性可得|F1 A)=|F2B)、|F1B)=|F2 A)且四边形A F1B F2为平行四边形，由题意
可得出∠F2B F1，结合余弦定理表示出与a，c有关齐次式即可得离心率．
【详解】由双曲线的对称性可知|F1 A)=|F2B)，|F1B)=|F2 A)，则四边形A F1B F2为平行四边形，
令|F1 A)=|F2B)=m，则|F1B)=|F2 A)=2m，
由双曲线定义可知|F2 A)−|F1 A)=2a，故有2m−m=2a，即m=2a，
即|F1 A)=|F2B)=m=2a，|F1B)=|F2 A)= 4 a，⃗
F2 A ⋅⃗F2B =|⃗F2 A)⋅|⃗F2B)cos∠A F2B =2a×4 acos∠A F2B = 4 a
2，
则cos∠A F2B = 1
2，
因为∠A F2B∈(0,π)，所以∠A F2B =π
3 ，故∠F2B F1= 2π
3 ，
则有cos∠F2B F1=|F1B)
2+|F2B)
2−|F1 F2)
2
2|F1B)⋅|F2B)
= (4 a)
2+(2a)
2−(2c)
2
2×4 a×2a
=−1
2，
即20a
2−4 c
2
16a
2
=−1
2，即20
16 −4 e
2
16 =−1
2，则e
2=7，由e>1，故e = ❑√7．
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线的离心率，解题关键是找到关于a，b，c之间的等量关系，本题中
结合题意与双曲线的定义得出|F1 A)，|F2B)与a的具体关系及∠F2B F1的大小，借助余弦定理表示出与
a，c有关齐次式，即可得解．
26．（2024 高三·全国·专题练习）已知椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1, F2，点
命题角度5：圆锥曲线与平面向量综
P , A ,B都在椭圆E上，若⃗P F1= λ⃗F1 A ,⃗P F2= μ⃗F2B，且λ+ μ≥4，则椭圆E的离心率的取值范围为
（ ）
A．[
1
3 ,1)
B．[
❑√3
3 ,1)
C．(0,
❑√3
3 )
D．(0, 1
3)
【答案】B
【分析】设直线PA : x =m1 y −c，直线PB: x =m2 y +c代入椭圆方程，消元后得一元二次方程，计算出两
根和与积，再由题设条件，求出λ=−y0
y1
，和μ=−y0
y2
，代入λ+ μ≥4中，利用韦达定理代入，化简即得，
2(a
2+c
2)
a
2−c
2 ≥4，由a,c的齐次不等式，即可求得离心率的取值范围.
【详解】依题意知F1(−c ,0)，F2(c ,0)，
如图，由⃗P F1= λ⃗F1 A，⃗P F2= μ⃗F2B可知P , A , F1三点共线，P ,B , F2三点共线.
设P(x0, y0)，A(x1, y1)，B(x2, y2)，直线PA : x =m1 y −c，直线PB: x =m2 y +c,
由{
x =m1 y −c
x
2
a
2 + y
2
b
2 =1)
消去x，可得(a
2+b
2m1
2) y
2−2b
2c m1 y −a
2b
2+b
2c
2=0，
则y1 y0= b
2c
2−a
2b
2
a
2+b
2m1
2 ，同理可得y2 y0= b
2c
2−a
2b
2
a
2+b
2m2
2 ，显然y1≠0，y0≠0，y2≠0，
由⃗P F1= λ⃗F1 A代入坐标可得：(−c−x0,−y0)= λ( x1+c , y1)，即得λ=−y0
y1
，
同理由⃗P F2= μ⃗F2B可得，μ=−y0
y2
，由x0=m1 y0−c，可得m1= x0+c
y0
，
同理，m2= x0−c
y0
，故λ+ μ=−y0
2(
1
y1 y0
+
1
y2 y0)=−y0
2⋅2a
2+b
2m1
2+b
2m2
2
b
2c
2−a
2b
2
=
y0
2
a
2b
2−b
2c
2 [2a
2+b
2( x0+c
y0
)
2
+b
2( x0−c
y0
)
2
]=
2
a
2b
2−b
2c
2 (b
2 x0
2+a
2 y0
2+b
2c
2)（*），
又点P在椭圆上，则有b
2 x0
2+a
2 y0
2=a
2b
2，则（*）式可化成：
2(a
2b
2+b
2c
2)
a
2b
2−b
2c
2 = 2(a
2+c
2)
a
2−c
2 ≥4，解得a
2≤3c
2，故得e = c
a ≥
❑√3
3 ，
又0<e<1，故E的离心率的取值范围为[
❑√3
3 ,1).
故选：B.
【点睛】方法点睛：求椭圆离心率（或范围）的方法有三：
（1）根据已知条件列方程组，解出a,c的值，直接利用离心率公式求解即可；
（2）根据已知条件得到一个关于a,c（或a,b）的齐次方程（或不等式），然后转化为关于离心率e的方
程（或不等式）求解；
（3）因为离心率是比值，故有时也可以利用特殊值法，例如令a=1，求出相应c的值，进而求出离心率.
27．（2024·四川德阳·一模）设F1, F2为双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左右焦点，O 为坐标原点，P
为C的一条渐近线上一点，且|⃗P F1+⃗PO)=|⃗P F1−⃗PO)，若|⃗P F1)=2|⃗PO)，则C的离心率为（ ）
A．❑√6
B．❑√5
C．2
D．❑√3
【答案】B
【分析】利用向量的数量积运算推得P F1⊥PO，再利用正切函数的诱导公式，结合双曲线的渐近线方程
得到b,a的比值，从而利用双曲线的离心率公式即可得解.
【详解】依题意，不妨设点P在第二象限，如图，
因为|⃗P F1+⃗PO)=|⃗P F1−⃗PO)，所以|⃗P F1+⃗PO)
2=|⃗P F1−⃗PO)
2，
则⃗P F1
2+⃗PO
2+2⃗P F1⋅⃗PO =⃗P F1
2+⃗PO
2−2⃗P F1⋅⃗PO，故⃗P F1⋅⃗PO =0，
所以P F1⊥PO，
又|⃗P F1)=2|⃗PO)，双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1的渐近线方程为y =± b
a x，
所以在Rt△PO F1中，tan ∠PO F1= tan(π−∠PO F2)=−tan ∠PO F2，
即|P F1)
|PO) =−(−b
a)，故b
a =2，
所以双曲线C的离心率为e = ❑√
1+(
b
a)
2
= ❑√5.
故选：B.
【点睛】方法点睛：求圆锥曲线的离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法：
①求出a,c，代入公式e = c
a；
②只需要根据一个条件得到关于a,b,c的齐次式，进而转化为a,c的齐次式，然后等式（不等式）两边分
别除以a或a
2转化为关于e的方程（不等式），解方程（不等式）即可得e（e的取值范围）.
28．（2024·全国·模拟预测）已知椭圆C : x
2
4 + y
2
b
2 =1(0<b<2)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线
与C交于点P，Q，若|P F1)+|Q F2)=2|P F2)，且(⃗F1 P+⃗F1 F2)⋅⃗P F2=0，则|Q F1)
|P F1)
=（ ）
A．19−❑√41
10
B．9−❑√21
6
C．6−❑√21
5
D．
❑√77−7
4
【答案】A
【分析】根据向量关系得到|P F1)=|F1 F2)，根据椭圆的定义及线段间的关系求出|P F2)、|Q F2)、
|Q F1)，解法一，再利用三角知识求出c的值，进而求得|Q F1)
|P F1)
的值；解法二，再利用二级结论求出c的值，
进而求|Q F1)
|P F1)
的值.
【详解】如图，由(⃗F1 P+⃗F1 F2)⋅⃗P F2=(⃗F1 P+⃗F1 F2)⋅(⃗F1 F2−⃗F1 P)=0，得|P F1)=|F1 F2)．
设|F1 F2)=2c (0<c<2)，则|P F1)=2c，|P F2)= 4−2c，由|P F1)+|Q F2)=2|P F2)，
得|Q F2)=8−6c，|Q F1)= 4−(8−6c)=6c−4．
解法一，
cos∠P F2 F1=
1
2|P F2)
|F1 F2)
= 2−c
2c
，由cos∠Q F2 F1+cos∠P F2 F1=0，得
(8−6c)
2+(2c)
2−(6c−4)
2
2(8−6c)⋅2c
=−2−c
2c ，
整理得2c
2−11c +10=0，得c = 11−❑√41
4
，（c = 11+ ❑√41
4
>2，舍去）
所以|Q F1)
|P F1)
= 6c−4
2c
=3−2
c = 19−❑√41
10
；
解法二，
如下图，直线l过椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的右焦点F，
交椭圆于点P，Q，
椭圆的右准线方程为x = a
2
c ，根据椭圆的第二定义|AF)
|AC) =e，
即有|AF)=e|AC)，|OF)=c，
设AF与x轴的夹角为θ，则有|DF)=|AF)cosθ，
于是有|AC)= xC−x A = xC−(xF−xD)= a
2
c −c +|AF)cosθ，
可得|AF)=(
a
2
c −c +|AF)cosθ)⋅e =(
a
2
c −c +|AF)cosθ)⋅c
a
=a−a
2
c + c⋅cosθ
a
|AF)，
(1−c⋅cosθ
a
)|AF)=a−a
2
c = b
2
a ，可得|AF)=
b
2
a
1−e⋅cosθ
，
同理可得|BF)=
b
2
a
1+e⋅cosθ
，所以1
|PF) +
1
|QF) = 2a
b
2 .
根据椭圆的焦半径倒数和公式得
1
|P F2)
+
1
|Q F2)
= 2×2
b
2 ，
即
1
4−2c +
1
8−6c =
4
4−c
2，
整理得2c
2−11c +10=0，得c = 11−❑√41
4
，（ c = 11+ ❑√41
4
>2，舍去）
所以|Q F1)
|P F1)
= 6c−4
2c
=3−2
c = 19−❑√41
10
.
故选：A．
【点睛】方法点睛：与圆锥曲线焦点三角形有关的问题，常利用圆锥曲线的定义及余弦定理求解，有时需
要在两个三角形中分别使用余弦定理建立关系式，求解此类问题要重视整体思想的应用，尽量减少不必要
的计算．
29．（2024·海南·模拟预测）在平面直角坐标系中，椭圆C : x
2
4 + y
2
3 =1的左、右顶点分别为 A1，A2，点
M是椭圆 C上异于 A1，A2的点，N为平面内一点，且满足⃗A2 N =⃗NM，过点 N作直线 A2 M的垂线与
直线 A1 M交于点 P，则⃗A1 A2⋅⃗NP =（ ）
A．12
B．16
C．24
D．32
【答案】C
【分析】设M坐标为(x0, y0)，⃗A2 N =⃗NM，所以N是A2 M的中点，可表达出N坐标，根据斜率表达出直
线A1 M，直线NP，联立解出P点坐标，在表达出⃗A1 A2与⃗NP解之即可.
【详解】设M坐标为(x0, y0)，则x0
2
4 + y0
2
3 =1，
根据题意知A1(−2,0)，A2(2,0)，⃗
A2 N =⃗NM，所以N坐标为(
x0+2
2
, y0
2 )，
直线 A1 M斜率为k A1 M =
y0
x0+2，所以直线A1 M方程为y =
y0
x0+2
(x +2)，
直线 A2 M斜率为k A2 M =
y0
x0−2，因为直线NP与直线 A2 M垂直，
所以直线NP的斜率为k NP=−x0−2
y0
，
所以直线 NP方程为y −y0
2 =−x0−2
y0 (x−x0+2
2 )，
联立直线 A1 M方程y =
y0
x0+2
(x +2)与NP方程y −y0
2 =−x0−2
y0 (x−x0+2
2 )，
求得P点坐标为(
x0+14
2
, (x0+18) y0
2(x0+2) )，则⃗A1 A2=(4,0)，⃗NP =(6, (x0+18) y0
2(x0+2)
−y0
2 )，
所以A1 A⃗2⋅NP⃗=24 +0=24.
故选：C
30．（2023·陕西榆林·模拟预测）已知F1，F2分别为双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左、右焦点，O 为坐
标原点，点B 是双曲线上位于第二象限的点．直线B F2与双曲线交于另一点A，2|OB)=|F1 F2)，
2⃗AB =−⃗B F2，则双曲线的离心率为（ ）
A．❑√13
B．2❑√3
C．❑√11
D．❑√6
【答案】A
【分析】设|B F1)=m，|B F2)=n，根据双曲线定义和勾股定理解得{
m=
❑√a
2+2b
2−a
n=
❑√a
2+2b
2+a)，计算出
|A F2)= n
2，|A F1)=2a+ n
2，再次在△AB F1中利用勾股定理得m
2=2an+ 4 a
2，最后整理成关于a,c的齐
次方程计算即可.
【详解】设|B F1)=m，|B F2)=n，n>m，
因为2|OB)=|F1 F2)，则∠F1B F2=90
°，则{
m
2+n
2= 4 c
2
n−m=2a
c
2=a
2+b
2 )
，解得{
m=
❑√a
2+2b
2−a
n=
❑√a
2+2b
2+a)
又因为|A F1)−|A F2)=2a，2⃗AB =−⃗B F2，则A为B F2的中点，所以|A F2)= n
2，
则|A F1)=2a+ n
2，在直角三角形AB F1中，|A F1
2)=|A B
2)+|B F1
2)，
即(2a+ n
2)
2
=(
n
2)
2
+m
2，化简得m
2=2an+ 4 a
2，
将{
m=
❑√a
2+2b
2−a
n=
❑√a
2+2b
2+a)代入上式得2a
2−b
2+2a
❑√a
2+2b
2=0，
则2a
2−(c
2−a
2)+2a
❑√a
2+2(c
2−a
2)=0，
化简得13a
4−14 a
2c
2+c
4=0，两边同除a
4得13−14 e
2+e
4=0，
解得e
2=13或1（舍去），则e = ❑√13.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是充分利用双曲线定义和勾股定理表示出相关线段之间关键，最后转化
为齐次方程，解出即可.
31．（25-26 高二上·河北张家口·期中）已知点P为椭圆x
2
25 + y
2
16 =1上一点，直线l过圆M :(x−3)
2+ y
2=1
的圆心且与圆M交于A，B两点，则⃗PA ⋅⃗PB的取值范围为 ．
【答案】[3,63)
命题角度6：圆锥曲线与圆的综合
【分析】根据题意，得到圆心M为椭圆的右焦点F,连接PM，化简得到⃗PA ⋅⃗PB =|⃗PM )
2−1，结合椭圆的
几何性质，即可求解.
【详解】由圆M :(x−3)
2+ y
2=1，可得的圆心为M (3,0)，半径为r =1，
又由椭圆x
2
25 + y
2
16 =1，可得a
2=25，b
2=16，则c
2=a
2−b
2=9，
所以a=5,c =3所以圆心M为椭圆的右焦点F(3,0),
因为直线l过圆M :(x−3)
2+ y
2=1的圆心且与圆M交于A ,B两点，
所以AB是圆M的直径，且M为AB的中点，所以|⃗AB)=2，所以⃗MA =−⃗MB，
如图所示，连接PM，
可得：⃗PA ⋅⃗PB =(⃗PM +⃗MA)⋅(⃗PM +⃗MB)=(⃗PM −⃗MB)⋅(⃗PM +⃗MB)
=|⃗PM )
2−|⃗MB)
2=|⃗PM )
2−1
因为点P为椭圆x
2
25 + y
2
16 =1上任意一点，所以|⃗PM )min=a−c =2,|⃗PM )max=a+c =8．
由2≤|⃗PM )≤8，所以⃗PA ⋅⃗PB =|⃗PM )
2−1∈[3,63)．
故答案为：[3,63)．
32．（24-25 高二下·上海·月考）已知F1、F2是双曲线Γ : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左右焦点，l 是Γ的一
条渐近线，以F2为圆心的圆与l 相切于P．若双曲线Γ的离心率为❑√3，则sin∠P F1 F2= ．
【答案】1
3
【分析】以F2为圆心的圆与l 相切于点P，P F2⊥l，所以由点到直线的距离求出|P F2)=b，由余弦定理
求出P F2，再由余弦定理求出cos∠P F1 F2，即可求出sin∠P F1 F2的值．
【详解】设双曲线Γ : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的一条渐近线为l:bx−ay =0，
则F2(c ,0)到直线l:bx−ay =0的距离为|bc)
❑√b
2+a
2 =b，
因为以F2为圆心的圆与l 相切于点P，P F2⊥l，所以|P F2)=b，
又因为双曲线Γ的离心率为❑√3，所以c
a = ❑√3，则c = ❑√3a,b= ❑√2a，
在Rt△P F2O中，cos∠P F2 F1= b
c =
❑√2a
❑√3a =
❑√6
3 ，
在△P F2 F1，cos∠P F2 F1=
❑√6
3 = b
2+ 4 c
2−P F1
2
4 bc
= 14 a
2−P F1
2
4 ❑√6a
2
，
解得：P F1
2=6a
2，
由余弦定理可得：cos∠P F1 F2= P F1
2+ 4 c
2−b
2
2 P F1⋅2c
= 2❑√2
3
，
所以sin ∠P F1 F2=
❑√1−cos
2∠P F1 F2= 1
3，
故答案为：1
3．
33．（2025·天津武清·模拟预测）已知抛物线C : y
2= 4 x，直线l 过C 的焦点F 且与C 交于A，B 两点，以
线段AB 为直径的圆与y 轴交于M，N 两点且圆心为G，则cos∠MGN的最小值是 .
【答案】−1
2
【分析】作出辅助线，由抛物线的性质，二倍角公式和垂径定理得到cos∠MGN =2(1−
2
| AB| )
2
−1，
结合| AB|≥4即可求解.
【详解】显然直线l 的方程斜率不为0，因为焦点F (1，0)，
所以设直线l 的方程为x =1+ty，联立C : y
2= 4 x得y
2−4ty −4 =0，
故y1+ y2= 4 t , y1 y2=−4，故x1+ x2=2+t ( y1+ y2)=2+ 4 t
2，
所以| AB|= x1+1+ x2+1= 4 + 4 t
2，
显然G 为AB的中点，过G 作y 轴的垂线，垂足为H，则H 是MN的中点，
设A( x1, y1),B( x2, y2),G( x0, y0)，则| AB|= x1+1+ x2+1=2( x0+1)，
|GH |= x0=| AB|
2
−1，cos∠MGH =|GH |
|GM | =
| AB|
2
−1
| AB|
2
=1−
2
| AB|
cos∠MGN =cos2∠MGH =2cos
2∠MGH −1=2(1−
2
| AB| )
2
−1，
而| AB|≥4，当且仅当t =0，AB⊥x轴时取等号，则0<
2
| AB| ≤1
2，
所以当| AB|= 4时，(cos∠MGN )min=−1
2.
故答案为：−1
2
34．（2025·天津静海·三模）已知抛物线C : x
2=2 py( p>0)的焦点为F(0,1)，倾斜角为45
°的直线l过点F.
若l与C相交于A，B两点，则以AB为直径的圆的方程为 .
【答案】(x−2)
2+( y −3)
2=16
【分析】首先根据抛物线的焦点坐标求出抛物线的方程，根据直线的斜率和经过的点求出直线的方程，然
后联立直线与抛物线方程组，根据韦达定理和中点坐标求出圆心坐标和半径，从而可求出圆的方程.
【详解】因为抛物线的焦点为F (0,1)，所以p
2 =1，则p=2.
所以抛物线方程为x
2= 4 y.
由题意，直线l的斜率为1，则直线的方程为y = x +1.
联立直线与抛物线方程组得：{
y = x +1
x
2= 4 y)，化简得x
2−4 x−4 =0.
所以x A+ xB= 4，x A xB=−4，所以y A+ yB= x A+ xB+2=6.
因为圆心位于线段AB的中点，所以圆心坐标为(2,3).
而|AB)= ❑√(x A−xB)
2+( y A−yB)
2= ❑√2(x A−xB)
2= ❑√2[(x A+ xB)
2−4 x A xB)= ❑√2(16+16)=8.
所以圆的半径为4.
所以圆的方程为(x −2)
2+( y −3)
2=16.
故答案为：(x−2)
2+( y −3)
2=16.
35．（2025·江苏南京·三模）已知F1为双曲线E: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左焦点，过点F1作直线l与双曲
线左支交于A，B两点，点D是双曲线上点B关于原点的对称点.若以AD为直径的圆过点F1，且
|D F1)=|A F1)，则双曲线E的离心率为 .
【答案】
❑√10
2
【分析】根据题意做出图形，由双曲线的定义、余弦定理以及勾股定理可求出双曲线的离心率.
【详解】如图，设双曲线的右焦点F2，连接D F2、B F2、A F2，
因为点D是双曲线上点B关于原点的对称点，所以四边形B F2 D F1为平行四边形，
因为以AD为直径的圆过点F1，所以A F1⊥D F1，
因为|A F1)=|D F1)，所以∠AD F1= 45°，
因为D F2// AB，所以∠F2 D F1=90°，所以∠AD F2=135°，
设|A F1)=|D F1)=m，则|AD)= ❑√2m，
由双曲线的定义，|A F2)=m+2a，|D F2)=m−2a，
在△AD F2中，由余弦定理，|A F2)
2=|AD)
2+|D F2)
2−2|AD)|D F2)cos∠AD F2,
即(m+2a)
2=2m
2+(m−2a)
2−2❑√2m(m−2a)×(−
❑√2
2 )，整理得m=3a，
所以|D F1)=3a，|D F2)=a，
在Rt △F1 D F2中，9a
2+a
2= 4 c
2，所以e = c
a =
❑√10
2
.
故答案为：
❑√10
2
.
36．（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）已知抛物线C : y
2=2 px ( p>0)上一点P(x0, y0)到其准线和焦点F
的距离之和为2 x0+2，则p= ；过点F的直线与C交于A、B两点，以AB为直径的圆与直线x =−1有
交点M，则△ABM面积的最小值为 .
【答案】 2 4
【分析】第一空：依据抛物线定义，点到准线距离与到焦点距离相等.已知抛物线方程能得准线方程，结合
点到准线距离表达式求出p.
第二空：设直线横截式与抛物线方程联立，用韦达定理得y1+ y2和y1 y2，算出弦长AB，进而得圆半径、
圆心，写出圆方程.发现直线x =−1与圆相切，求出切点到直线AB距离，得出三角形面积表达式，求最小
值.
二级结论法：利用直线倾斜角与弦长关系得AB，因圆与准线相切得半径，算出三角形面积表达式求最小
值.
【详解】第一空：根据抛物线定义：到一个点和一条直线的距离相等的动点组成的图形，
给出抛物线方程，可知准线方程为x =−p
2 ，
故P(x0, y0)到x =−p
2 的距离为x0+ p
2 ，所以2 x0+ p=2 x0+2，求出p=2；
第二空：已知方程：y
2= 4 x，设横截式x =my +1，与C交于A(x1, y1)，B(x2, y2)，
将两个方程联立，得到：y
2−4 my −4 =0，Δ=16m
2+16>0，
由韦达定理y1+ y2= 4 m，y1 y2=−4，
故|AB)=
❑√1+m
2⋅❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2= 4(m
2+1)，所以AB为直径的圆半径r =2(m
2+1)，
设AB中点为Q(
x1+ x2
2
, y1+ y2
2 )，x1+ x2=m( y1+ y2)+2= 4 m
2+2，故Q(2 m
2+1,2 m)，
写出圆Q的标准方程：(x−2m
2−1)
2+( y −2m)
2= 4(m
2+1)
2，
令x =−1，可以得到y有唯一解，y =2m，说明直线x =−1与圆Q相切于点M (−1,2m)，
所以M到AB的距离d =|−1−2m
2−1)
❑√1
2+m
2
=2
❑√m
2+1，
故三角形S△ABM = 1
2|AB)⋅d = 1
2 ⋅4( m
2+1)⋅2⋅
❑√m
2+1 = 4⋅
❑√m
2+1⋅(m
2+1)，m∈R，
当m=0时，m
2+1有最小值1，此时S△ABM最小，S△ABM = 4.
【二级结论速解】设直线AB的倾斜角为α，则AB = 2 p
sin
2α
=
4
sin
2α ，
又因为直线AB过焦点，所以以AB为直径的圆与准线相切，则r =
2
sin
2α ，
所以S△ABM = 1
2 ⋅r ⋅r ⋅sin α + 1
2 ⋅r ⋅r ⋅sin (π −α )=
4
sin
3α ，
当α =90
∘时，S△ABM有最小值，最小值为4.
故答案为：2；4.
37．（2025·上海·三模）已知长方体ABCD−A1B1C1 D1中，AB =2,BC =2❑√2, A A1=3, P为矩形
A1B1C1 D1内一动点，设二面角P−AD−C为α，直线PB与平面ABCD所成的角为β，若α = β，则三棱
锥P−A1BC1体积的最小值是 .
【答案】
❑√2
2 /1
2
❑√2
【分析】根据题意，判断得P的轨迹为抛物线一部分，建立平面直角坐标系，写出直线A1C1和抛物线段的
方程，由题意，计算点P到线段A1C1的最短距离，再由等体积法计算三棱锥P−A1BC1最小体积.
【详解】如图，作PM ⊥平面ABCD，垂足为M，再作MN ⊥AD，垂足为N，
命题角度7：圆锥曲线与立体几何的综合
连接PN , PB , PM ,因为AD⊂平面ABCD，故AD⊥PM，
而NM ∩PM = M , NM , PM ⊂平面PMN，故AD⊥平面PMN，
而PN ⊂平面PMN，故AD⊥PN，故∠PNM为P−AD−C的平面角，
则α =∠PNM，β =∠PBM，由α = β，则∠PNM =∠PBM，
又MN、MB⊂平面ABCD，故PM ⊥MN，PM ⊥MB，则MN = MB，
由抛物线定义可知，M的轨迹为以B为焦点，以AD为准线的抛物线一部分，
所以P的轨迹为以B1为焦点，以A1 D1为准线的抛物线一部分，
当点P到线段B1 D1距离最短时，三角形P B1 D1面积最小，即三棱锥P−B B1 D1体积最小，
取C1 D1中点O1为原点，建立如图所示平面直角坐标系，
则C1(1,2❑√2)，D1(−1,2❑√2)，B1(1,0)，A1(−1,0)
则直线A1C1的方程为：y = ❑√2(x +1)，即❑√2 x−y + ❑√2=0，
抛物线的方程为y
2= 4 x⇒y =2❑√x (0< y <2)，则y
′ = 1
❑√x ，
由题意，令1
❑√x = ❑√2，得x = 1
2，代入y =2❑√x，得y = ❑√2，所以点P的坐标为(
1
2 ,❑√2)，
所以动点P到直线B1 D1的最短距离为d =|
1
2 ×❑√2−❑√2+ ❑√2)
❑√1+2
=
❑√6
6
，
因为A1C1=
❑√2
2+(2❑√2) ❑
❑
2
=2❑√3，所以V P−A1BC1=V B−P A1C1= 1
3 ×3× 1
2 ×2❑√3×
❑√6
6 =
❑√2
2 ，
所以三棱锥P−A1BC1体积的最小值为
❑√2
2
.
故答案为：
❑√2
2 .
38．（2025·贵州黔南·三模）如图，在圆锥SO中，AB为底面圆O的直径，过SB的中点M与SO平行作平
面截圆锥，得到截面与圆锥侧面的交线是双曲线的一部分.若SO = ❑√3OB，则该双曲线的离心率为（ ）
A．❑√3
B．
❑√6
3
C．2❑√3
3
D．2❑√6
3
【答案】C
【分析】设OB =2m(m>0)，该曲线与圆锥的底面圆交于点H、P，取OB的中点Q，过S作SN // AB，交
直线MQ于点N，过点N作y轴// HP，建立平面直角坐标系，设双曲线方程为
x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0, x<0)，得到a及P点坐标，即可求出b，从而求出离心率.
【详解】设OB =2m(m>0)，该曲线与圆锥的底面圆交于点H、P，
因为SO = ❑√3OB =2❑√3m，所以SB = SA = AB = 4 m，即△SAB为等边三角形，
又M为SB的中点，取OB的中点Q，过S作SN // AB，交直线MQ于点N，过点N作y轴// HP，
以直线QN为x轴，N为坐标原点，建立平面直角坐标系，
设双曲线方程为x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0, x<0)，
所以a= MN = ❑√3m，又HP⊥OB，所以PQ =
❑√O P
2−OQ
2=
❑√4 m
2−m
2= ❑√3m，
则点P(−2❑√3m,❑√3m)，
所以(−2❑√3m)
2
3m
2
−3m
2
b
2 =1，解得b=m（负值舍去），
所以双曲线的离心率e = c
a = ❑√
1+ b
2
a
2 = ❑√
1+ m
2
3m
2 = 2❑√3
3
.
故选：C
39．（2025·辽宁沈阳·二模）古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线，如图
1，设圆锥轴截面的顶角为2α，用一个平面Γ去截该圆锥面，随着圆锥的轴和Γ所成角β的变化，截得的曲
线的形状也不同．据研究，曲线的离心率为e = cos β
cosα ，比如，当α = β时，e =1，此时截得的曲线是抛物线．
如图2，在底面半径为1，高为2❑√2的圆锥SO 中，AB、CD 是底面圆O 上互相垂直的直径，E 是母线SC
上一点，SE =2 EC，平面ABE 截该圆锥面所得的曲线的离心率为（ ）
A．1
2
B．
❑√3
3
C．
❑√3
2
D．2❑√3
3
【答案】C
【分析】e= cos β
cosα = sin∠EOC
sin∠SCO ，利用勾股定理求出SC，由⃗OE = 2
3⃗OC + 1
3⃗OS求出OE，再由正弦定理
得可得答案.
【详解】由题意的∠OSC =α，∠EOS = β，
则∠SCO=90
∘−α，∠EOC =90
∘−β，
所以e= cos β
cosα = sin ∠EOC
sin ∠SCO ，
在△SOC中，SE =2 EC，SO =2❑√2，CO =1，且SO⊥OC，
则SC =
❑√SO
2+OC
2=3，EC =1，⃗
OE =⃗OS+⃗SE =⃗OS+ 2
3⃗SC =⃗OS+ 2
3 (⃗OC −⃗OS)= 2
3⃗OC + 1
3⃗OS，
则|⃗OE)
2=(
2
3⃗OC + 1
3⃗OS)
2
= 4
9⃗OC
2+ 4
9⃗OC ⋅⃗OS+ 1
9⃗OS
2= 4
3 ，
所以OE = 2❑√3
3
，
由正弦定理得，
EC
sin ∠EOC =
EO
sin ∠SCO ，
即sin ∠EOC
sin ∠SCO = EC
EO =
❑√3
2 .
故选：C．
40．（2025 高三·全国·专题练习）用平面α截圆柱面，圆柱的轴与平面α所成的角记为θ，当θ为锐角时，
圆柱面的截线是一个椭圆，数学家Dandelin 创立的双球模型证明了上述结论．如图所示，将两个大小相同
的球嵌入圆柱内，使它们分别位于α的上方和下方，并且与圆柱面和α均相切，切点分别为F1, F2．下列关
于截口曲线的椭圆的结论中不正确的有（ ）
A．椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等
B．椭圆的长轴长与嵌入圆柱的两球的球心距|O1O2)相等
C．所得椭圆的离心率e =cosθ
D．其中G1G2为椭圆长轴，R为球O1的半径，有R =|A G1)⋅tan θ
2
【答案】D
【分析】根据题意利用椭圆定义可判断AB；结合图形的几何特征利用椭圆的离心率定义可判断C；结合
图形的几何特征利用解三角形可判断D.
【详解】设P 为截口曲线的椭圆的一点，如图，过点P作线段EF , EF分别与球O1,O2切于点F , E，
故有|P F1)+|P F2)=|PF)+ |PE)=|EF)=|O1O2)，
由椭圆定义可知，该椭圆以F1，F2为焦点，|O1O2)为长轴长，故B 正确．
设椭圆长半轴长为a，半焦距为c，设O 为O1O2的中点，
P F1与球O1切于点F1，O1 F1⊥α，O F1⊂α，故O1 F1⊥O F1，
有|O1 F1)
2=|OO1)
2−|O F1)
2=a
2−c
2=b
2，则2b=2|O1 F1)
即椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等，故A 正确．
由题意可得θ =∠O1O F1，则e = c
a =|O F1)
|OO1)
=cosθ，故C 正确．
由题意知|A G1)=|F1G1),θ =∠O1O F1=∠A O1 F1（这是因为
∠O1O F1+∠OO1 F1=∠A O1 F1+∠OO1 F1=π
2 ），
则θ
2 = 1
2 ∠A O1 F1=∠G1O1 F1，故tan θ
2 =|F1G1)
R
=|A G1)
R
，
即R =|A G1)
tan θ
2
，故D 错误．
故选：D．
41．（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.
42．（2025 高三下·全国·专题练习）如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴AC 为圆柱的轴
截面对角线，短轴长等于圆柱的底面直径．将圆柱侧面沿母线AB 展开，则椭圆曲线在展开图中恰好为一
个周期的正弦曲线．若该段正弦曲线是函数y = ❑√3sin ωx(ω>0)图象的一部分，且其对应的椭圆曲线的离
心率为
❑√3
2 ，则ω的值为（ ）
A．
❑√3
2
B．1
C．3
D．2
【答案】B
【分析】根据y = ❑√3sin ωx(ω>0)推出AB =2❑√3，设圆柱底面半径为r，再根据圆柱的侧面展开图推出
T =2πr，利用圆柱的斜截面椭圆及离心率
❑√3
2 求出r 即可.
【详解】由题意，椭圆曲线在展开图中恰好为函数y = ❑√3sin ωx(ω>0)图象的一部分，可得AB =2❑√3．
设圆柱底面半径为r，
则T = 2π
ω =2πr，所以ω= 1
r ，
设椭圆长轴长为2a，短轴长为2b，
因为离心率为
❑√3
2 ，得e = c
a =
❑√3
2 ，
则a
2=b
2+c
2=b
2+(
❑√3
2 a)
2
，
即a
2= 4 b
2，所以b
a = 2r
AC = 1
2，
得AC = 4 r，
又由勾股定理得A C
2−BC
2=16r
2−4 r
2=(2❑√3)
2，解得r =1，故ω=1．
故选：B.
43．（2026·广东·模拟预测）已知椭圆E: x
2
4 + y
2
b
2 =1(0<b<2)的上，下顶点分别为B1,B2，左焦点为F，
右顶点为A.已知四边形A B1 F B2有外接圆，则E的焦距为 ；记该外接圆上有一点P ,O(0,0)，
则|OP)的取值范围是 .
【答案】 2❑√5−2 [❑√5−1,2)
【分析】根据题意，可得∠F B1 A =∠F B2 A =π
2 ，再由勾股定理即可得c = ❑√5−1，再结合圆上的点到
定点距离的最值即可求解．
【详解】不妨记a=2, F (−c ,0)，由有外接圆知∠F B1 A +∠F B2 A =π，
命题角度8：圆锥曲线中内外接圆问
由对称性得∠F B1 A =∠F B2 A =π
2 ，
由勾股定理得|F B1)
2+|A B1)
2=| FA |
2，
即b
2+c
2+a
2+b
2=(a+c)
2⇒a
2+c
2+2(a
2−c
2)=3a
2−c
2=a
2+2ac +c
2，
即0=c
2+ac−a
2=c
2+2c−4，
由c>0得c = −2+ ❑√4 +16
2
= ❑√5−1，
故焦距为2c =2❑√5−2；
显然O在该外接圆内，
易知外接圆的圆心M(
a−c
2
,0)，即M(
3−❑√5
2
,0)，
半径r = a+c
2
=
❑√5+1
2
，
于是|OP)∈[r −|OM ),r +|OM )¿=)❑√5−1,2¿¿，
于是|OP)的取值范围是[❑√5−1,2)．
故答案为：2❑√5−2；[❑√5−1,2)．
44．（2025·江苏·模拟预测）已知椭圆C : x
2
4 + y
2
2 =1的上顶点和右焦点分别为A , F，动点P 在直线
x =2❑√2上，△PAF外接圆的半径为r，当r 取得最小值时，△PAF的面积为 ．
【答案】2
【分析】设出圆心，表示出△PAF外接圆的标准方程，根据点A , F , P在圆上，求出半径最小时动点P的纵
坐标，从而求出三角形的面积.
【详解】由椭圆的方程x
2
4 + y
2
2 =1，得a
2= 4 ,b
2=2，所以b= ❑√2，c =
❑√a
2−b
2= ❑√2，
所以A (0,❑√2)，F (❑√2,0)，设P(2❑√2, y0)，圆心(m,n)，
则圆的标准方程为(x −m)
2+( y −n)
2=r
2，
所以{
m
2+(n−❑√2)
2=r
2
(m−❑√2)
2+n
2=r
2
(m−2❑√2)
2+(n−y0)
2=r
2)
，整理得{
m=n
2❑√2m−6+2n y0−y0
2=0)，
所以y0
2−2m y0−2❑√2m+6=0，
所以m=
y0
2+6
2( y0+ ❑√2) = 1
2
( y0+ ❑√2)
2−2❑√2( y0+ ❑√2)+8
y0+ ❑√2
= 1
2[( y0+ ❑√2)+
8
y0+ ❑√2)−❑√2，所以m∈(−∞,−3 ❑√2]∪[ ❑√2,+ ∞)
由r
2=2m
2−2❑√2m+2=2(m−
❑√2
2 )
2
+1，m∈(−∞,−3 ❑√2]∪[ ❑√2,+∞)，
所以当m= ❑√2时，r最小，此时y0= ❑√2，所以P(2❑√2,❑√2)，
所以SΔPAF = 1
2 ×2❑√2×❑√2=2.
故答案为：2
45．（2025·江西南昌·模拟预测）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
6 =1(a>0)的左，右焦点分别为F1，F2，点P 在
双曲线右支上运动(不与顶点重合)，设P F1与双曲线的左支交于点Q，△PQ F2的内切圆与Q F2相切于点
M .若|QM |= 4，则双曲线C 的离心率为 .
【答案】
❑√10
2
【分析】根据双曲线的定义以及三角形内切圆的性质，找出a的值，再结合双曲线中a、b、c的关系求出c
的值，最后根据离心率公式求解.
【详解】设△PQ F2的内切圆与与PQ相切于点A，P F2相切于点B，
根据切线长定理可知：|QM )=|QA)= 4，|PB)=|PA)，|F2 M )=|F2B).
由双曲线的定义可知：|P F1)−|P F2)=2a，|Q F2)−|Q F1)=2a.
|Q F2)=|QM )+|F2 M )= 4+|F2B)，|Q F1)=|A F1)−|QA)=|A F1)−4.
则|Q F2)−|Q F1)=(4 +|F2B))−(|A F1)−4)=8+|F2B)−|A F1).
又因为|A F1)−|F2B)=(|A F1)+|PA))−(|F2B)+|PB))=|P F1|−) P F2)=2a，
所以|Q F2)−|Q F1)=8−2a.
所以8−2a=2a，即4 a=8，解得a=2.
在双曲线C : x
2
a
2 −y
2
6 =1(a>0)中，b
2=6，根据c
2=a
2+b
2可得：
c =
❑√a
2+b
2=
❑√2
2+6= ❑√4 +6= ❑√10.
根据离心率公式e = c
a，可得e =
❑√10
2
.
故答案为：
❑√10
2
.
故答案为：
❑√10
2
.
46．（2025·河北·模拟预测）双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1，左、右焦点为F1，F2，右支上有一点M，
∠F1 M F2=60°，△F1 M F2的内切圆与外接圆的半径之比为3:7，则双曲线离心率e为 ．
【答案】7
3
【分析】设△F1 M F2的内切圆半径为r，外接圆半径为R，|M F1)=m，|M F2)=n，利用余弦定理得出
m+n=
❑√16c
2−12a
2，进一步用a,c表示出r，利用正弦定理求出R = 2c
❑√3，结合7r =3 R关系，建立等式
9c
4−58c
2a
2+ 49a
4=0，两边同时除以a
4即可得到关于e的等式，进行求解即可．
【详解】设△F1 M F2的内切圆半径为r，外接圆半径为R，|M F1)=m，|M F2)=n．
由余弦定理得：m
2+n
2−mn= 4 c
2①，
又m−n=2a⇒(m−n)
2= 4 a
2②，
①−②⇒mn= 4(c
2−a
2)，3mn=12(c
2−a
2)与①相加得：
(m+n)
2=16c
2−12a
2⇒m+n=
❑√16c
2−12a
2，
r =
2S△F1 M F2
m+n+2c =
2⋅1
2 mnsin60°
❑√16c
2−12a
2+2c
=
2❑√3(c
2−a
2)
❑√16c
2−12a
2+2c
，2 R =
2c
sin60° ⇒R = 2c
❑√3，
由7r =3 R得
14 ❑√3(c
2−a
2)
❑√16c
2−12a
2+2c
= 6c
❑√3 =2❑√3c⇒7(c
2−a
2)=c⋅
❑√16c
2−12a
2+2c
2
5c
2−7 a
2=c⋅
❑√16c
2−12a
2平方整理得：9c
4−58c
2a
2+ 49a
4=0⇒9e
4−58e
2+ 49=0，
即(9e
2−49)(e
2−1)=0，故e = 7
3，
故答案为：7
3．
47．（2025·广东·模拟预测）已知F1, F2分别是双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左右焦点，点
､
P在双
曲线C上，且位于第一象限，I为△P F1 F2的内心，若S△IP F1= S△IP F2+ 1
2 S△I F1 F2，则双曲线C的离心率为
．
【答案】2
【分析】结合题意与三角形的面积公式建立方程，求解离心率即可.
【详解】如图，记△P F1 F2内切圆的半径为r，因为S△IP F1= S△IP F2+ 1
2 S△I F1 F2，
所以1
2|P F1)⋅r = 1
2|P F2)⋅r + 1
2 ⋅1
2|F2 F1)⋅r，
即|P F1)=|P F2)+ 1
2|F1 F2)，得到|P F1)−|P F2)= 1
2|F1 F2)，
得到2a=c，即c
a =2，故双曲线C的离心率为2．
故答案为：2
48．（2025·辽宁·二模）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且斜率为
❑√3的直线l交双曲线右支于点A（在第一象限），△A F1 F2的内心为I，直线AI交x轴于点P，且
|AI )=2|IP)，则双曲线的离心率为 ．
【答案】5
4
【分析】作出图形，设|A F2)=m，可得|A F1)=m+2a，易知∠A F2 F1= 2π
3 ，利用余弦定理求得
m= 2b
2
2a−c ，设内切圆半径为r，可得出点A到x轴的距离为3r，由S△A F1F2= S△IA F1+ S△IA F2+ S△I F1F2可得出
关于a、c的齐次等式，即可求得该双曲线的离心率的值.
【详解】如下图所示：
设|A F2)=m，则|A F1)=|A F2)+2a=m+2a，
又直线l的斜率为❑√3，可知∠A F2 F1= 2π
3 ，
由余弦定理可得|A F1)
2=|A F2)
2+|F1 F2)
2−2|A F2)⋅|F1 F2)cos 2π
3 ，
即(m+2a)
2=m
2+ 4 c
2−2×m×2c×(−1
2)，整理可得m= 2b
2
2a−c ，
设内切圆的半径为r，因为|AI )=2|IP)，所以，点A到x轴的距离为3r，
S△A F1 F2= S△IA F1+ S△IA F2+ S△I F1 F2，即1
2 ⋅2c⋅3r = 1
2 r(|A F1)+|A F2)+|F1 F2))，
可得6c =m+2a+m+2c，解得m=2c−a= 2b
2
2a−c ，
所以2b
2=(2c−a)(2a−c)，即2c
2−2a
2=5ac−2c
2−2a
2，
整理可得4 c =5a，故该双曲线的离心率为e = c
a = 5
4 .
故答案为：5
4 .
49．（2025·辽宁·二模）“双曲线电瓶新闻灯”是我国首先研制成功的，利用了双曲线的光学性质：从双
曲线的一个焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点．这
种灯的轴截面是双曲线的一部分（如图），从双曲线的右焦点F2发出的互为反向的光线，经双曲线上的点
P，Q 反射，反射光线的反向延长线交于点M，且sin ∠MPQ = 3
5 sin ∠MQP，
sin∠PM F2= 9
5 sin∠QM F2．制作时，通过双曲线的离心率控制该新闻灯的开口大小，则该新闻灯轴截
命题角度9：圆锥曲线光学性质
面双曲线的离心率为 ．
【答案】
❑√10
2
/1
2
❑√10
【分析】结合双曲线的光学性质可知，M为双曲线的左焦点，进而结合正弦定理可设|MP)=5m，
|MQ)=3m，|P F2)=3n，|Q F2)=n，再根据双曲线的定义可得m=n=a，进而得到PQ⊥MQ，再结合
勾股定理可得c
2
a
2 = 5
2，进而求解即可.
【详解】由双曲线的光学性质可知，直线PG，HG的交点M为双曲线的左焦点，
在△PQM中，由正弦定理得
|MP)
sin ∠MQP =
|MQ)
sin ∠MPQ ，
则|MP)
|MQ) = sin ∠MQP
sin ∠MPQ = 5
3，设|MP)=5m，|MQ)=3m，
在△MP F2中，由正弦定理得
|P F2)
sin ∠PM F2
=
|M F2)
sin ∠MP F2
，
在△MQ F2中，由正弦定理得
|Q F2)
sin ∠QM F2
=
|M F2)
sin ∠MQ F2
，
两式作商得|P F2)
|Q F2)
= sin∠PM F2
sin∠MP F2
⋅sin∠MQ F2
sin∠QM F2
= 9
5 × 5
3 =3，
设|P F2)=3n，|Q F2)=n，
由双曲线的定义可知，|MP)−|P F2)=5m−3n=2a，
|MQ)−|Q F2)=3m−n=2a，
解得m=n=a，则|Q F2)=a，|P F2)=3a，|MP)=5a，|MQ)=3a，
所以|PQ)= 4 a，则|MP)
2=|MQ)
2+|PQ)
2，即PQ⊥MQ，
在Rt△QM F2中，|MQ)
2+|Q F2)
2=|M F2)
2，
则(3a)
2+a
2=(2c)
2，则5a
2=2c
2，即c
2
a
2 = 5
2，
所以双曲线的离心率为e = c
a =
❑√10
2
.
故答案为：
❑√10
2
.
50．（2025·安徽马鞍山·一模）双曲线具有光学性质：从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，
反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点．已知双曲线C : x
2−y
2
3 =1的左、右焦点分别为F1，F2．
从点F2发出的光线经双曲线C 右支上的点A0反射，若反射光线垂直于直线F2 A0，则点A0的横坐标为
；过双曲线C右支上任一点A（异于右顶点）作其切线l，过坐标原点O 作l 的垂线，与直线F2 A交于点B，
则点B的轨迹方程为 ．
【答案】
❑√7
2 (x −2)
2+ y
2=1，x∈(
3
2 ,3)
【分析】设A0(x1, y1)，根据m⊥F2 A0，可得km⋅k F2 A0=−1，从而可求出x1，法1：求出在A(x0, y0)处
切线l的方程及斜率，进而可求出过原点且垂直l的方程，再将A点的坐标用这两条直线的交点坐标表示，
代入双曲线方程即可得解；法2：过F2作F2 H平行于A F1，求出|B F2)，其他同方法1.
【详解】设A0(x1, y1)，因为m⊥F2 A0，所以km⋅k F2 A0=−1，即
y1
x1−2 ⋅
y1
x1+2 =−1，
又因为x1
2−y1
2
3 =1，解得x1=
❑√7
2 ，
解法1：在A(x0, y0)处切线l: x0 x−y0 y
3
=1斜率为kl= 3 x0
y0
，
设直线n 过原点O 且n⊥l，则n的方程：y =−y0
3 x0
x，
n与F2 A : y =−
y0
x0−2
(x−2)交于B (x , y)，
联立得x0=
x
2 x−3，y0=
3 y
3−2 x ，
代入x0
2−y0
2
3 =1得(x −2)
2+ y
2=1，
又A在双曲线右支上（异于顶点），则x0=
x
2 x−3 >1，
所以x∈(
3
2 ,3)，
综上点B的轨迹方程为(x−2)
2+ y
2=1，x∈(
3
2 ,3)．
解法2：过F2作F2 H平行于A F1，由题易得|F2 H )=|F1G)=|B F2)，
因为|A F1)−|A F2)=2，且|A F1)=| AG|+|G F1)，|A F2)=| AB|−|B F2)，
所以| AG|+|G F1)−(|AB)−|B F2))=2|B F2)=2，所以|B F2)=1，
所以B在以F2为圆心半径为1 的圆上，其他同解法1．
故答案为：
❑√7
2 ；(x−2)
2+ y
2=1，x∈(
3
2 ,3).
【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：
（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；
（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；
（3）相关点法：用动点Q的坐标x、y表示相关点P的坐标x0、y0，然后代入点P的坐标(x0, y0)所满足的
曲线方程，整理化简可得出动点Q的轨迹方程；
（4）参数法：当动点坐标x、y之间的直接关系难以找到时，往往先寻找x、y与某一参数t得到方程，即
为动点的轨迹方程；
（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.
51．（2025·江西景德镇·二模）古希腊数学家在研究圆锥曲线时发现了椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦
点F1发出的光线经过椭圆上的P点反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点F2，且在P点处的切线垂直于
法线（即∠F1 P F2的角平分线）．已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)，坐标原点O到点P处切线的距离为
a
2，且|P F1)⋅|P F2)=ab，则C的离心率为（ ）
A．
❑√7
4
B．3
4
C．
❑√15
4
D．7
8
【答案】C
【分析】作出辅助线，根据光学性质，得到点P处切线l与直线P F1, P F2均为π
2 −θ，求出点F1, F2到l的
距离，结合椭圆的定义得到原点O到点P处切线的距离，得到方程，求出θ =π
3 ，∠F1 P F2=2θ =2π
3 ，
由余弦定理，|P F1)⋅|P F2)=ab，得到4 b=a，求出离心率.
【详解】如图，PM是∠F1 P F2的平分线，则PM⊥l，
设∠F1 P F2=2θ，则∠F1 PM =∠MP F2=θ，
根据椭圆的光学性质，点P处切线l与直线P F1, P F2均为π
2 −θ，
故点F1, F2到l的距离分别为|A F1)=|P F1)sin(
π
2 −θ)=|P F1)cosθ，
|B F2)=|P F2)sin(
π
2 −θ)=|P F2)cosθ，
∵O为F1 F2的中点，
∴由梯形中位线性质得，原点O到点P处切线的距离为
|ON )= 1
2 (|A F1)+|B F2))= 1
2 (|P F1|cosθ+) P F2)cosθ)= 1
2 (|P F1|+) P F2))cosθ
= 1
2 ⋅2acosθ =acosθ = a
2，
∴cosθ = 1
2，故θ =π
3 ，∠F1 P F2=2θ =2π
3 ，
又|P F1)⋅|P F2)=ab，由余弦定理，可得|F1 F2)
2=|P F1)
2+|P F2)
2−2|P F1)⋅|P F2)cos120°
=(|P F1)+|P F2))
2−2|P F1)⋅|P F2)−2|P F1)⋅|P F2)cos120°，
∴4 c
2= 4 a
2−ab，即ab= 4 a
2−4 c
2= 4 b
2，故4 b=a，
∴ C的离心率为e = ❑√
1−b
2
a
2 = ❑√1−1
16 =
❑√15
4
.
故选：C．
【点睛】求椭圆的离心率或离心率的取值范围，常见有两种方法：①求出a,c，代入公式e = c
a；②只需要
根据一个条件得到关于a,b,c的齐次式，结合b
2=a
2−c
2转化为a,c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别
除以a或a
2转化为关于离心率的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得离心率(离心率的取值范围).
52．（25-26 高二上·吉林长春·期末）椭圆具有特殊的光学性质：从椭圆的一个焦点出发的光线，经椭圆反
射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点.对于椭圆C : x
2
a
2 + y
2=1(a>0)，其左、右焦点分别是F1，F2，P
为椭圆C 上任意一点，△P F1 F2面积的最大值为❑√3，椭圆C 在点P 处的切线为l，过点P 且与l 垂直的直
线与椭圆的长轴交于点M（M 与O 不重合），且∠F1 PM =∠F2 PM，若|PM )=|M F2)，则|P F1)
|P F2)
=
．
【答案】3
【分析】根据给定条件，求出椭圆方程，再利用三角形面积公式及椭圆定义，结合余弦定理列式求解.
【详解】由椭圆C : x
2
a
2 + y
2=1，得椭圆C的短半轴长b=1，设该椭圆半焦距为c，
由△P F1 F2面积的最大值为❑√3，得1
2 | F1 F2|⋅b=c = ❑√3，a=
❑√b
2+c
2=2，即椭圆C的方程为
x
2
4 + y
2=1，
由椭圆的光学性质得过点P与l垂直的直线为∠F1 P F2的角平分线，而∠F1 PM =∠F2 PM，
则
| F1 M |
| F2 M | =
S△P F1 M
S△P F2 M
=
1
2 | F1 P|| PM |sin ∠F1 PM
1
2 | F2 P|| PM |sin ∠F2 PM
=| F1 P|
| F2 P| ，令
| F1 M |
| F2 M | =| F1 P|
| F2 P| =t，
则| F1 P|=t | F2 P|,| F1 M |=t | F2 M |，而| F1 P|+| F2 P|= 4，| F1 M |+| F2 M |=2❑√3，
于是| F2 M |= 2❑√3
1+t ,| F1 M |= 2❑√3t
1+t ,| F1 P|= 4t
1+t ,| F2 P|= 4
1+t ，且| PM |=| M F2|，
由cos∠F1 PM =cos∠F2 PM，得
( 4t
1+t )
2
+( 2❑√3
1+t )
2
−( 2❑√3t
1+t )
2
2× 4 t
1+t × 2❑√3
1+t
=
( 4
1+t )
2
+( 2❑√3
1+t )
2
−( 2❑√3
1+t )
2
2× 4t
1+t × 2❑√3
1+t
，
整理得t
2−4 t +3=0，解得t =1或t =3，
当t =1时，| F1 M |=| F2 M |，点M与O点重合，不符合题意，
所以t =3，
| P F1|
| P F2| =3.
故答案为：3
53．（25-26 高二上·全国·单元测试）椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线，经椭圆反射后，反
射光线经过椭圆的另一个焦点，如图所示．设椭圆C的两个焦点分别为F1(−c ,0), F2(c ,0)(c>0)．若光
线由F1发出经椭圆C两次反射后回到F1经过的路程为12c，点P是椭圆C上除顶点外的任意一点，C在点P
处的切线为l , F2在l上的射影H在圆x
2+ y
2=9上，则△P F1 F2的周长为（ ）
A．3
B．4
C．6
D．8
【答案】D
【分析】先根据题意求出a,c的关系，然后根据几何关系列出等式，求出a,c，进而求出△P F1 F2的周长.
【详解】由光线由F1发出经椭圆C两次反射后回到F1经过的路程为12c，得4 a=12c，即a=3c．
延长F1 P , F2 H交于点A，如图，由光的反射定律知PH垂直平分线段F2 A（关键点），连接OH，
则OH 是△F1 F2 A的中位线，于是|OH |= 1
2|F1 A)= 1
2 (|P F1)+|P F2))=a，
而点H在圆x
2+ y
2=9上，则a=3,c =1,△P F1 F2的周长等于2a+2c =6+2=8．
故选：D.
54．（23-24 高二下·甘肃·期末）圆锥曲线具有丰富的光学性质：椭圆绕它的长轴旋转一周形成一个旋转椭
球面．以旋转椭球面做反射镜时，从它的一个焦点F1发射的光线，经旋转椭球面的反射后，反射光线都经
过另一个焦点F2．如图甲，椭圆C为旋转椭球面中过长轴的一个截面，其中法线l
′表示与椭圆C的切线垂
直且过相应切点的直线．如图乙，椭圆C的中心在坐标原点，焦点为F1(−c ,0), F2(c ,0)(c>0)．由F1发
出的光经椭圆两次反射后回到F1经过的路程为4 ❑√2c．利用椭圆的光学性质解决以下问题：
（1）椭圆C的离心率为 ．
（2）点P是椭圆C上除顶点外的任意一点，椭圆在点P处的切线为l. F2在l上的射影H在圆x
2+ y
2= 4上，
则椭圆C的方程为 ．
【答案】
❑√2
2
/1
2
❑√2 x
2
4 + y
2
2 =1
【分析】（1）利用椭圆的定义，结合已知求出离心率；
（2）根据给定条件，利用光的反射定理结合椭圆定义求出椭圆长半轴长即可求解.
【详解】（1）设椭圆C的长轴长为2a(a>0)，则由F1发出的光经椭圆两次反射后回到F1，
经过的路程为2a+2a= 4 a= 4 ❑√2c，从而e =
❑√2
2 ；
（2）如图，延长F2 H , F1 P，交于点F0，
在△P F2 F0中，PH ⊥F0 F2，由反射角等于入射角，得∠F2 PH =α =∠F0 PH，
则|P F2)=|P F0)，且H为F2 F0中点，
在△F1 F2 F0中，|OH )= 1
2|F1 F0)= 1
2 (|P F1)+)|P F0))= 1
2 (|P F1)+|P F2))=2，
则|P F1)+|P F2)= 4 =2a，a=2,c = ❑√2,b
2=a
2−c
2= 4−2=2，
所以椭圆方程为x
2
4 + y
2
2 =1．
故答案为：
❑√2
2 ；x
2
4 + y
2
2 =1
【点睛】方法点睛：求椭圆的标准方程有两种方法：
①定义法：根据椭圆的定义，确定a
2，b
2的值，结合焦点位置可写出椭圆方程．
②待定系数法：若焦点位置明确，则可设出椭圆的标准方程，结合已知条件求出a，b；若焦点位置不明确，
则需要分焦点在x 轴上和y 轴上两种情况讨论，也可设椭圆的方程为A x
2+ B y
2=1(A>0，B>0，A≠B)．
55．（湖北孝感市2025-2026 学年上学期期末高二数学B 卷）曲线C : x
2+ y
2=2|x)+2|y)(x
2+ y
2≠0)是一
条形状优美的曲线，对于此曲线，给出的下列结论中正确的个数为（ ）
①曲线C关于坐标轴和直线y =± x均对称；
②曲线C恰好经过8 个整点（即横纵坐标均为整数的点）；
､
③曲线C围成的图形的面积是4 + 4π；
④曲线C上任意两点间的距离的最大值为4；
⑤若P(m,n)是曲线C上任意一点，则|m+n−6)的最小值是2.
命题角度10：圆锥曲线中新定义问题
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【分析】分别讨论x ≥0, y ≥0，x ≥0, y <0，x<0, y ≥0和x<0, y <0四种情况，去掉绝对值，可得曲线C
的方程，作出其图象，可判断①的正误；根据图象的对称性及特殊值，可判断②的正误；根据面积公式，
代入求解，可判断③的正误；根据圆的性质及图象，分析可得曲线C上任意两点间的距离的最大值为两个
半径与正方形的边长之和，代入数据，即可判断④的正误；根据点到直线距离公式，变形整理，结合直线
与圆的位置关系，即可判断⑤的正误.
【详解】当x ≥0, y ≥0时，曲线C : x
2+ y
2=2 x +2 y，
整理化简可得(x −1)
2+( y −1)
2=2，表示圆心为(1,1)半径为❑√2的半圆，
同理可得当x ≥0, y <0时，(x−1)
2+( y +1)
2=2，表示圆心为(1,−1)半径为❑√2的半圆，
当x<0, y ≥0时，(x +1)
2+( y −1)
2=2，表示圆心为(−1,1)半径为❑√2的半圆，
当x<0, y <0时，(x +1)
2+( y +1)
2=2，表示圆心为(−1,−1)半径为❑√2的半圆，
作出曲线图形如图所示
，
对于①，由图象可得，曲线C关于坐标轴和直线y =± x均对称，故①正确；
对于②，当x ≥0, y ≥0时，曲线C :(x−1)
2+( y −1)
2=2，则过点(2,2)，
同理曲线还过(2,0),(0,2),(−2,0),(0,−2),(2,−2),(−2,−2),(−2,2)，共8个整数点，故②正确；
对于③，曲线围成的图形的面积为2×π×(❑√2)
2+2❑√2×2❑√2=8+ 4π，故③错误；
对于④，曲线C上任意两点间的距离的最大值为两个半径与正方形的边长之和，
即为2❑√2+2❑√2= 4 ❑√2>4，故④错误；
对于⑤，因为点P(m,n)到直线x + y −6=0的距离d =|m+n−6)
❑√2
，
所以|m+n−6)= ❑√2d，当d最小时，易得点P(m,n)在曲线C的第一象限图象上，
且最小距离为圆心(1,1)到直线x + y −6=0的距离减去半径，
所以dmin=|1+1−6)
❑√2
−❑√2=2❑√2−❑√2= ❑√2，
所以|m+n−6)= ❑√2dmin=2，故⑤正确，
综上所述总共有3个正确.
故选：C
56．（2023·北京·三模）已知点P , Q是曲线W : x
2+ y
2+ xy =1上不同的两点，给出下列四个结论：
①P , Q不可能同时在直线x + y =1上；
②P , Q可能位于直线x + y =−2❑√3
3
两侧；
③设圆C : x
2+ y
2=2，则所有P , Q均位于圆C上或圆C内；
④设圆D: x
2+ y
2=1，存在P , Q分别位于圆D内和圆D外．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】③④
【分析】对①联立方程求解判断；对②，利用基本不等式xy ≤(
x + y
2 )
2
，得到x + y范围判断；对③，利用
三角换元以及基本不等式可得2
3 ≤x
2+ y
2≤2，判断即可；对④，根据2
3 ≤x
2+ y
2≤2判断即可.
【详解】对①，{
x
2+ y
2+ xy =1
x + y =1 )⇒x
2−x =0⇒x =0或1，所以得到交点(0,1),(1,0)，存在两点在直线上，
错误；
对②，令t = x + y，由x
2+ y
2+ xy =1，所以(x + y)
2−xy =1，又xy ≤(
x + y
2 )
2
（当且仅当x = y取等号），
所以t
2−t
2
4 ≤1⇒−2❑√3
3
≤t ≤2❑√3
3
，则x + y ≥−2❑√3
3
，所以P , Q位于直线x + y =−2❑√3
3
同侧；
对③，由x
2+ y
2+ xy =1，且xy ≤x
2+ y
2
2
（当且仅当x = y取等号），所以x
2+ y
2+ x
2+ y
2
2
≥1⇒x
2+ y
2≥2
3，
又x
2+ y
2+ xy =1，即(
❑√3
2 x)
2
+( y + x
2)
2
=1，令 {
❑√3
2 x =cosθ
y + x
2 =sinθ)
⇒{
x = 2cosθ
❑√3
y =sinθ−cosθ
❑√3 )
，
所以x
2+ y
2= 1
3 cos2θ−1
❑√3 sin 2θ+ 4
3 = 2
3 cos(2θ+φ)+ 4
3 ≤2，
所以2
3 ≤x
2+ y
2≤2，则所有P , Q均位于圆C上或圆C内，正确；
对④，由③可知：2
3 ≤x
2+ y
2≤2，所以P , Q分别位于圆D内和圆D外，正确.
故答案为：③④
57．（2025·北京·三模）造型
可以做成美丽的丝带，将其看作图中曲线C的一部分.已知C过坐标原点O.
且C上的点满足横坐标大于−2，到点F (2,0)的距离与到定直线x =a(a<0)的距离之积为4.有以下四个结论：
①a=−2；
②曲线C上存在点P，满足|PF)=0.9；
③若点P是曲线C第一象限上的点，则△POF的面积的最大值为1；
④当点(x0, y0)在C上时，不等式x0 y0+2 y0+5>0恒成立；
其中，所有正确结论的序号是 .
【答案】①②④
【分析】由题意❑√(x−2)
2+ y
2|x−a)= 4，将原点坐标代入可得a，可判断①；设点P(x0, y0)在C上，通过
放缩可得不等式，求出x0的取值范围，进而可求出|PF)的取值范围，可判断②；取x0= 3
2，求得y0>1，可
判断③；利用不等式的基本性质可判断④.
【详解】对于①，由题意点P(x , y)在曲线C的上面，当且仅当❑√(x−2)
2+ y
2|x−a)= 4，
因为曲线C过原点且a<0，所以−2a= 4⇒a=−2，①对；
对于②，由题意可知，曲线C的方程为❑√(x−2)
2+ y
2⋅|x +2)= 4，
若点P(x0, y0)在C上，则
❑√(x0−2)
2+ y0
2⋅|x0+2)= 4≥❑√(x0−2)
2|x0+2)=|x0
2−4)≥x0
2−4⇒−2❑√2≤x0≤2❑√2，
又因为x0>−2，则−2< x0≤2❑√2，所以0< x0+2≤2+2❑√2，
故|PF)= ❑√(x0−2)
2+ y0
2=
4
|x0+2)
=
4
x0+2 ≥
4
2(❑√2+1)
=2(❑√2−1)，
因为|PF)=0.9>2❑√2−2，所以，曲线C上存在点P，满足|PF)=0.9，②对；
对于③，在❑√(x −2)
2+ y
2⋅|x +2)= 4中，当y >0时，化简得y = ❑√
16
(x +2)
2 −(x−2)
2，
当点P(x0, y0)在第一象限时，取x0= 3
2，则y0= ❑
√
16
(
7
2)
2 −1
4 = ❑√
207
196 >1，
此时S△POF = 1
2|OF)⋅y0= 1
2 ×2 y0= y0>1，
因此，△POF的面积的最大值大于1，③错；
对于④，由
❑√(x0−2)
2+ y0
2=
4
|x0+2)可额y0
2=
16
(x0+2)
2 −(x0−2)
2≤
16
(x0+2)
2，
因为x0+2>0，所以−
4
x0+2 ≤y0≤
4
x0+2，故y0≥−
4
x0+2 >−
5
x0+2，
整理可得(x0+2) y0+5>0，④对.
故答案为：①②④.
58．（2025·广西南宁·二模）已知曲线C : xy −x
2+ x−y +1=0.
（1）请写出曲线C的一个整点（即横、纵坐标均为整数的点）： ；
（2）请写出曲线C的一个对称中心： ；
【答案】 (0,1)（答案不唯一） (1,1)
【分析】（1）对方程进行变形，通过分析可知
1
x−1必须为整数，进而求解即可；（2）设曲线C的对称中
心为(h,k )，将(x , y)的对称点(2h−x ,2k −y)代入原方程化简后通过对照系数，列出方程组求解即可.
【详解】（1）当x =1时，原方程不成立，则x≠1，
故曲线C可变形为y = x
2−x−1
x−1
= x−
1
x−1，
若横、纵坐标均为整数，则
1
x−1必须为整数，故x =0或x =2；
当x =0时，y =1，当x =2时，y =1，
故曲线C恰好经过两个整点(0,1)和(2,1)，（写出其中一个即可）.
（2）假设曲线C的对称中心为(h,k )，将(x , y)的对称点(2h−x ,2k −y)代入原方程：
(2h−x)(2k −y)−(2h−x)
2+(2h−x)−(2k −y)+1=0，
整理得xy −x
2+(4 h−2k −1)x +(1−2h) y + 4 hk −4 h
2+2h−2k +1=0，
与原方程比较系数，有{
4 h−2k −1=1
1−2h=−1
4 hk −4 h
2+2h−2k =0)
，解得h=1,k =1，
说明曲线C关于点(1,1)对称.
故答案为：(0,1)（答案不唯一）；(1,1).
59．（2025·湖北黄冈·模拟预测）“∞”可以看作数学上的无穷符号，也可以用来表示数学上特殊的曲线.
如图所示的曲线C过坐标原点O ,C上的点到两定点F1(−3,0), F2(3,0)的距离之积为9.若C上第一象限内的
点P满足△P F1 F2的面积为9
2，则|⃗P F1+⃗P F2)= .
【答案】6
【分析】确定点P是曲线C :(x
2+ y
2)
2=18(x
2−y
2)和以F1 F2为直径的圆x
2+ y
2=9在第一象限内的交点，
【详解】已知原点O在C上，则|O F1)⋅|O F2)=9，
设(x , y)为C上任意一点，
则有9=
❑√(x −3)
2+ y
2⋅ ❑√(x +3)
2+ y
2，整理得(x
2+ y
2)
2=18(x
2−y
2)．
因为S△P F1F2 = 1
2|P F1)|P F2)sin∠F1 P F2= 9
2，又|P F1)|P F2)=9，
所以sin∠F1 P F2=1，可得∠F1 P F2=90
∘，
所以点P是曲线C :(x
2+ y
2)
2=18(x
2−y
2)和以F1 F2为直径的圆x
2+ y
2=9在第一象限内的交点，
联立方程，解得x = 3 ❑√3
2
，y = 3
2，即P( 3 ❑√3
2
, 3
2 )，
所以|⃗P F1+⃗P F2)=2|⃗PO)=2❑√
27
4 + 9
4 =6，
故答案为：6
60．（2025·北京·二模）数学中有许多形状优美，应用广泛的曲线．双纽线C :(x
2+ y
2)
2=2a
2(x
2−y
2)就
是其中之一（如图），其定义为：在平面内，到两个定点A (−a,0)和B (a,0)(a>0)的距离之积为常数a
2
的点的轨迹．设P(x0, y0)( y0≠0)为C上一点，给出下列四个结论：
①|x0)≤❑√2a；
②|y0)≤a
2；
③若点P在第一象限，则|OP)<❑√2 x0；
④△PAB的周长可以等于5a．
其中，所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②③
【分析】令y =0，求得x =± ❑√2a，可判定①正确；设∠APB =θ，1
2|PA)|PB)sin∠APB = 1
2|AB)|y0)，
结合|PA)|PB)=a
2，得到|y0)= a
2 sin ∠APB，可判定②正确；由2a
2(x
2−y
2)>0，得到y0
2< x0
2，可判定
③正确；设|PA)=m,|PB)=n，由余弦定理求得(m+n)
2∈(4 a
2,8a
2)，得到m+n∈(2a,2❑√2a)，可判
定④错误.
【详解】对于①中，由双纽线C :(x
2+ y
2)
2=2a
2(x
2−y
2)，
令y =0，可得(x
2)
2=2a
2 x
2，解得x =0或x =± ❑√2a，所以|x0)≤❑√2a，所以①正确；
对于②中，设∠APB =θ，其中θ∈(0,π)，且P(x0, y0)，
由1
2|PA)|PB)sin∠APB = 1
2|AB)|y0)，
因为|PA)|PB)=a
2，可得1
2 a
2sin ∠APB = 1
2 ×2a|y0)，可得|y0)= a
2 sin ∠APB，
所以|y0)≤a
2，所以②正确；
对于③中，若点P位于第一象限，要证|OP)<❑√2 x0，
即证x0
2+ y0
2<2 x0
2，等价于y0
2< x0
2，
由双纽线(x
2+ y
2)
2=2a
2(x
2−y
2)>0，可得y0
2< x0
2，所以③正确；
对于④中，设|PA)=m,|PB)=n，则三角形△PAB的周长为L=m+n+2a，
在△PAB中，由余弦定理得|AB)
2=|PA)
2+|PB)
2−2|PA)|PB)cos∠APB，
即4 a
2=m
2+n
2−2a
2cos∠APB =(m+n)
2−2a
2(1+cos∠APB)，
即(m+n)
2=6a
2+2a
2cos∠APB，所以(m+n)
2∈(4 a
2,8a
2)，
即m+n∈(2a,2❑√2a)，所以4 a< L<(2+2❑√2)a，
因为(2+2❑√2)a<5a，所以④错误.
故答案为：①②③.
