高二上學期期末復習【第三章 圓錐曲線的方程】十二大題型歸納（拔尖篇）（解析版）

高二上學期期末復習第三章十二大題型歸納（拔尖篇）【人教A版（2019）】題型1題型1橢圓中的焦點三角形問題1．（2023上·廣東廣州·高二統(tǒng)考期末）橢圓x225+y216=1的一個焦點是F，過原點O作直線(不經(jīng)過焦點)與橢圓相交于AA．14 B．15 C．18 D．20【解題思路】不妨取F為左焦點，F(xiàn)1為右焦點，連接AF1，BF1，則AFBF【解答過程】如圖所示：不妨取F為左焦點，F(xiàn)1為右焦點，連接AF1則AFBF△ABF的周長為AF+當A，B為橢圓上下頂點時等號成立.故選：C.2．（2023上·河北唐山·高二校考期末）已知F1,F2是橢圓C:x24+y23=1的左?右焦點，點A．12 B．33 C．3 D【解題思路】利用橢圓的定義結合余弦定理可得PF1=P【解答過程】由橢圓C:x24+y23=1的方程可得所以cos=12當且僅當則PF1=PF此時，S△P故選：C.3．（2023上·四川南充·高二?？计谀┮阎cP是橢圓x2a2+y2b2=1(1)求橢圓的標準方程；(2)若動直線l過F2與橢圓交于A、B兩點，求△ABF【解題思路】（1）根據(jù)焦距可求c=3，根據(jù)所過點可求a=5，進而得到方程；（2）利用橢圓的定義可得△ABF1的周長為4a，代入a【解答過程】（1）設焦距為2c，由2c=6，得c=3，又橢圓x2a2+y2得b2∴橢圓的標準方程為x2（2）動直線l過F2與橢圓交于A、B∴AF1+∴AF∴△ABF1

4．（2022上·高二課時練習）已知點P在橢圓x249+y2(1)P(2)△PF【解題思路】（1）根據(jù)橢圓定義結合勾股定理運算求解；（2）結合（1）中結果運算求解即可.【解答過程】（1）因為橢圓方程為x249+即a=7,b=26,c=5，可得因為PF1即142-2P（2）由（1）得PF因為PF1⊥P題型2橢圓中的最值問題題型2橢圓中的最值問題1．（2022·陜西西安·西安中學校考一模）已知點M在橢圓x218+y29=1上運動，點NA．1+19 B．1+25 C．5 D【解題思路】根據(jù)圓的性質，結合兩點間距離公式、配方法進行求解即可.【解答過程】解：設圓x2+y-12=1設M(x0,所以MC=-y0所以MN≤故選：B．2．（2023下·廣東汕頭·高二統(tǒng)考期末）已知橢圓方程x24+y23=1,F是其左焦點，點A1,1是橢圓內一點，點P是橢圓上任意一點，若PA+A．43 B．4 C．8 D．【解題思路】利用橢圓的定義轉化為PA-P【解答過程】由題意，設橢圓的右焦點為F'(1,0)，連接則PA+如圖：

當點P在位置M時，PA-PF當點P在位置N時，PA-PF所以PA-PF'的取值范圍是所以|PA|+|PF|的最大值Dmax=5，|PA|+|PF|最小值Dmin所以Dmax故選：C.3．（2022·高二課時練習）已知橢圓C:x225+y29=1的左右焦點分別為F【解題思路】根據(jù)橢圓的定義，結合焦半徑的取值范圍，建立PF1【解答過程】對橢圓C:x225+又PF1∈[a-c,a+c]，即x∈[PF1?對y=x(10-x)，其在[1,5]單調遞增，在[故當x=5時，ymax=5×5=25，當x=1或9時，即PF1?PF4．（2023上·江蘇徐州·高二統(tǒng)考階段練習）已知橢圓x225+y216=1內有一點P(1（1）求|MP|-|MF|的最大值；（2）求|MP|+MF（3）求使得|MP|+53|MF|的值最小時點【解題思路】（1）利用數(shù)形結合，根據(jù)三點共線分析|MP|-|MF|的最大值；（2）利用橢圓的定義轉化MP+MF=MP-MF1+2a≤P【解答過程】（1）a2=25,b2=16當點M,F,P三點不共線時，MP-MF<PF，如圖當M,F,P三點共線時，MP-MF=

（2）設橢圓的左焦點F1-3,0，根據(jù)橢圓定義可知即MP+MF=PF1=-3-12

（3）橢圓的右準線x=253，設橢圓上的點M到右準線的距離為d，因為MFd=35，所以MF=35d，

所以|MP|+53|MF|的最小值是223，此時點M的縱坐標是1，代入橢圓方程可得x=5154題型3題型3雙曲線中的最值問題1．（2023上·山西晉中·高二校考期末）已知雙曲線C:x24-y24=1的左焦點為F，點P是雙曲線C右支上的一點，點A．5 B．5+22 C．7 D．【解題思路】由雙曲線定義PF等于P到右焦點F1的距離PF1+4，而PF1【解答過程】記雙曲線C的右焦點為F122,0，所以當且僅當點P為線段EF1與雙曲線故選：C．2．（2023·山東泰安·統(tǒng)考二模）已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0，其一條漸近線方程為x+3y=0，右頂點為A，左，右焦點分別為F1，F(xiàn)2A．3-62,1-C．3+32,1+【解題思路】根據(jù)三角形F1AB的面積結合漸近線方程可得a,b,c的值，再根據(jù)雙曲線的定義轉換可得當且僅當P,B,F2共線且B在P,F2【解答過程】設F1-c,0,F2c,0，則由三角形F1AB的面積為1+32可得12a+c×1=1+32，即a+c=2+3，又雙曲線一條漸近線方程為又由雙曲線的定義可得PF1-PB=23+P此時直線BF2的方程為y=13-2x-2，即y=x-2，聯(lián)立x23-y2=1y=x-2可得2x2-12x+15=0故選：B.3．（2023上·高二課時練習）已知點P是雙曲線x29-y216=1右支上的一點，點M、N【解題思路】先由已知條件可知雙曲線的兩個焦點為兩個圓的圓心，再利用平面幾何知識把|PM|-|PN|轉化為雙曲線上的點到兩焦點之間的距離，結合雙曲線的定義即可求|PM|-|PN|的最大值.【解答過程】∵x29-y216=1，∴故雙曲線的兩個焦點為F1(-5,0)，F(xiàn)1(-5,0)，F(xiàn)2所以|PM|max=則(|PM|-|PN|)max=|PM=PF1即PM-PN的最大值為

4．（2023·上?！そy(tǒng)考一模）雙曲線Γ：x216-y29=1的左、右焦點分別為F1、（1）設P為Γ右支上的任意一點，求|PF（2）設O為坐標原點，求O到l的距離，并求l與Γ的交點坐標．【解題思路】（1）設P(x0,y0)，由兩點距離公式有|PF（2）根據(jù)雙曲線方程寫出漸近線方程為y=±34x，由題設知l：3x+4y-15=0，由點線距離公式求O到【解答過程】（1）根據(jù)題設條件，可得F1(-5,0)．設P(x0|PF1|=(所以當x0=4時，（2）F2(5,0)，Γ的兩條漸近線方程為根據(jù)題設，得l：3x+4y-15=0，O到l的距離d=|3×0+4×0-15|將l與Γ的方程聯(lián)立，得{3x+4y-15=09x2-16y2=144，消去所以l與Γ的交點坐標為(4.1,?題型4題型4與拋物線有關的最值問題1．（2023下·河南開封·高三統(tǒng)考期末）已知拋物線E:x2=4y，圓C:x2+y-32=1，P為EA．5 B．22-1 C．22 D【解題思路】先利用配方法求得P到圓心C的最小距離，從而求得P到Q的最小距離.【解答過程】由題意知C(0,3)，r=1，設Px0,所以PC=

故當y0=1時，所以PQmin故選：B.2．（2023下·云南曲靖·高二統(tǒng)考期末）已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點F到其準線的距離為4,M是拋物線C上一點，若A2,3，則A．8 B．6 C．5 D．4【解題思路】由拋物線的焦點坐標求得p，設M,A在準線l上的射影為M1,【解答過程】由焦點F到其準線的距離為4,得p=4；設M,A在準線l:x=-2上的射影為M1,則MA+MF當且僅當A1,M,A共線時取得等號．所以所求最小值是故選：D．3．（2023上·四川成都·高二?？计谥校┮阎獟佄锞€C的頂點在坐標原點，焦點F在x軸上，且拋物線C上橫坐標為4的點P到焦點F的距離為92（1）求拋物線C的標準方程.（2）已知點P(2,0)，點Q在拋物線C上.①若點Q在第一象限內，且|PQ|=2，求點Q的坐標.②求|PQ|的最小值.【解題思路】（1）由拋物線定義：拋物線上點到焦點距離等于點到其準線的距離有|PF|=4+p2，即可求p（2）令Q(x,y)，利用兩點距離公式得|PQ|=(x-2)2+y2，結合已知求【解答過程】（1）由題意，可設拋物線C：y2=2px，焦點F(p2,0)∴拋物線C的標準方程為y2（2）令Q(x,y)，①由已知條件得|PQ|=(x-2)將y2=2x代入上式，并變形得，x2-2x=0，解得x=0(舍去當x=2時，y=±2，只有x=2，y=2滿足條件，∴點Q的坐標為(2,2).②|PQ|=(x-2)2+|PQ|2當x=1時，|PQ|min4．（2022·高二課時練習）設點P是拋物線y2=4x(1)求點P到A-1,1的距離與點P到直線x=-1(2)若B3,2，求PB+【解題思路】（1）利用拋物線的定義，轉化點P到準線的距離為到焦點的距離，再利用數(shù)形結合，即可求解；（2）利用拋物線的定義，轉化點P到焦點的距離為到準線的距離，再利用數(shù)形結合，即可求解；【解答過程】（1）如圖，易知拋物線的焦點為F1,0，準線為x=-1，由拋物線的定義知點P到直線x=-1的距離等于點P到焦點F的距離于是，問題轉化為在曲線上求一點P，使點P到點A-1,1的距離與點P到F1,0顯然，連接AF與拋物線的交點即為所求點P，故最小值為22+1

（2）如圖，過點P作PE垂直于準線于點E，過點B作BQ垂直準線于點Q，交拋物線于點P1

此時，PE=PF，那么PB+題型5題型5橢圓的弦長與“中點弦”問題1．（2023上·浙江·高二校聯(lián)考期中）瑞士數(shù)學家歐拉（Euler）在1765年在其所著作的《三角形的幾何學》一書中提出：三角形的外心（中垂線的交點）?重心（中線的交點）?垂心（高的交點）在同一條直線上，后來，人們把這條直線稱為歐拉線.已知△ABC的頂點C0,14，且AC=BC，則△ABC的歐拉線被橢圓E:A．794 B．232 C．302【解題思路】設出歐拉線的方程，聯(lián)立方程，表示出弦長，求出最值即可.【解答過程】因為AC=BC，由等腰三角形的性質可得歐拉線一定過點C,當斜率不存在時，x=0被橢圓E:x22當斜率存在時，設方程為y=kx+14，直線與橢圓的交點為與橢圓方程聯(lián)立可得1+2k則Δ=16k2MN=1+=令t=1+2k2，則k2MN=因為t≥1，所以0<1t≤1，所以當1t=1時，即k=0故選：C.2．（2023上·重慶·高二校聯(lián)考期末）設橢圓的方程為x22+y24=1，斜率為k的直線l不經(jīng)過原點O，且與橢圓相交于A，BA．直線l與OM一定垂直B．若直線l方程為y=2x+2，則AB=C．若直線l方程為y=x+1，則點M坐標為-D．若點M坐標為1,1，則直線l方程為2x-y-3=0【解題思路】設Mx0,y0結合弦長的求解方法求出AB=45利用點差法的結論可以求出M-13利用點差法的結論可以求出kAB=-2，進而判斷D【解答過程】不妨設A,B坐標為x1,y1,y1+y2x對A：kAB×kOM=k×對B：若直線方程為y=2x+2，聯(lián)立橢圓方程2x可得：6x2+8x=0，解得x則AB=169對C：若直線方程為y=x+1，故可得y0x0×1=-2，即解得x0=-13,對D：若點M坐標為1,1,則11×k=-2，則又AB過點1,1，則直線AB的方程為y-1=-2x-1，即2x+y-3=0，故D錯誤故選：C.3．（2023上·內蒙古烏蘭察布·高二集寧一中校考期末）已知橢圓M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為63，焦距為2(1)求橢圓M的方程；(2)若k=1，求|AB|的最大值.【解題思路】（1）由題意可知離心率e=ca=63且焦距為（2）由題意已知k=1，所以設出直線方程（只含有一個參數(shù)即截距，不妨設為m），將其與橢圓方程聯(lián)立后，再結合韋達定理可將|AB|表示成m的函數(shù)，進一步求其最大值即可.【解答過程】（1）由題意得a2解得c=2,a=3，b=∴橢圓M的方程為x2（2）因為k=1，所以設直線l的方程為y=x+m，A(x1,聯(lián)立得y=x+m,x23+又直線l與橢圓M有兩個不同的交點，所以Δ=36m2-16∴x1+x∴|AB|==故當m=0，即直線l過原點時，|AB|最大，最大值為6.4．（2023下·湖北恩施·高二?？计谀┮阎獧E圓C：x2a2(1)求C的方程；(2)已知直線l1：y=x+1與橢圓C相交于兩點M，N，求線段MN(3)經(jīng)過點P(1，12)作直線l2，交橢圓于A、B兩點．如果P【解題思路】（1）由題意可得2a，2b的值，即求出a，b的值，可得橢圓的方程；（2）聯(lián)立直線l1的方程與橢圓的方程，可得兩根之和及兩根之積，代入弦長公式，可得MN（3）設A，B的坐標代入橢圓的方程，作差整理可得直線l2的斜率，代入點斜式方程求出直線l【解答過程】（1）由題意可得2a=42b=12?2a，可得所以橢圓的C的方程為：x2（2）設Mx1，聯(lián)立x2+4y2=4y=x+1，整理可得所以|MN|=1+

（3）設A(x3，y3)，將A，B的坐標代入可得：x3作差整理可得：y3即直線AB的斜率為-1所以直線l2的方程為y-1題型6雙曲線題型6雙曲線的弦長與“中點弦”問題1．（2024上·內蒙古呼和浩特·高三統(tǒng)考開學考試）設A，B為雙曲線x28-y216=1上的兩點，若線段ABA．x+y-3=0 B．2x+y-3=0 C．x-y+1=0 D．x-2y+3=0【解題思路】利用點差法，結合一元二次方程根與系數(shù)關系進行求解判斷即可.【解答過程】設Ax則有x128因為線段AB的中點為M1,2所以x1因此由x1即直線AB的斜率為1，方程為y-2=x-1?x-y+1=0，代入雙曲線方程中，得y2因為-42所以線段AB存在，故選：C.2．（2022下·重慶沙坪壩·高二?？茧A段練習）已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的一條漸近線方程是y=2x，過其左焦點F(-3,0)作斜率為2A．7 B．8 C．9 D．10【解題思路】根據(jù)漸近線方程和焦點坐標可解得a2,【解答過程】∵雙曲線C：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的一條漸近線方程是y=2x，∴ba=2，即b=2a.∵左焦點F-3,0，∴c=3，∴c2=a2+b故選：D.3．（2023上·內蒙古包頭·高二統(tǒng)考期末）如圖1、2，已知圓A方程為(x+2)2+y2=12，點B2,0．M是圓A上動點，線段

(1)求點N的軌跡方程；(2)記點N的軌跡為曲線Γ，過點P32,12是否存在一條直線l，使得直線l與曲線Γ交于兩點C【解題思路】（1）根據(jù)雙曲線的定義求得點N的軌跡方程.（2）利用點差法求得直線CD的方程，聯(lián)立直線CD的方程和點N的軌跡方程聯(lián)立，根據(jù)方程組無解求得正確答案.【解答過程】（1）由中垂線性質知，NB所以|NB|-|NA|所以點N的軌跡是以A、B為焦點，實軸長為設此雙曲線方程為x2a所以點N的軌跡方程為x2（2）設Cx1兩式相減得1由題意x1+直線CD方程為y-1由y=x-1x2∵Δ=-3<0．∴不存在這樣的直線l4．（2023上·遼寧·高二校聯(lián)考期末）已知雙曲線C的漸近線為y=±3x，且過點(1)求雙曲線C的方程；(2)若直線y=ax+1與雙曲線C相交于A，B兩點，O為坐標原點，若OA與OB垂直，求a的值以及弦長AB．【解題思路】（1）根據(jù)漸近線方程可設雙曲線方程為3x2-y2（2）聯(lián)立直線與雙曲線的方程，設Ax1,y1，Bx2,y2，故可得【解答過程】（1）由雙曲線漸近線方程為y=±3x，可設雙曲線方程為：又雙曲線過點M1,2∴雙曲線的方程為：3（2）設Ax1,y1，Bx2∵直線y=ax+1與雙曲線C相交于A，B兩點，∴Δ=4a2∴x1+x2=∵OA⊥OB，∴OA?OB又y1=ax1+1，把（*）代入上式得-21+a23-a2+2由弦長公式可得AB=題型7題型7拋物線的弦長與焦點弦問題1．（2023上·陜西西安·高二長安一中?？计谀┰O經(jīng)過點F1,0的直線與拋物線y2=4x相交于A,B兩點，若線段AB中點的橫坐標為3，則ABA．6 B．8 C．10 D．12【解題思路】利用拋物線焦點弦長公式直接求解即可.【解答過程】由拋物線方程知：F1,0為拋物線y設Ax∵線段AB中點的橫坐標為3，∴x∵直線AB過拋物線的焦點F1,0，∴故選：B.2．（2023下·西藏日喀則·高二統(tǒng)考期末）已知拋物線C：x2=-2pyp>0的焦點F與y28+x24=1的一個焦點重合，過焦點F的直線與C交于A，B兩不同點，拋物線C在A，B兩點處的切線相交于點A．12 B．14 C．15 D．16【解題思路】由題意可得p的值及拋物線方程，設直線AB的方程為y=kx-2，利用導數(shù)求得在點A及點B處的切線方程，聯(lián)立可得xM=x1+x22，由M的橫坐標為4得x【解答過程】由題意可得，F(xiàn)0,-2，則p=4，拋物線方程為x2=-8y由題意，直線AB的斜率存在，設直線AB的方程為y=kx-2，設Ax1,y1，B由y=-x28∴在點A處的切線方程為y-y1=-x同理可得在點B處的切線為y=-x2聯(lián)立①②得xM=x1+x2將AB的方程代入拋物線方程，可得x2∴Δ=64k2+64>0，∴y1則AB=故選：D.3．（2023上·四川內江·高三期末）已知直線l與拋物線C:y2=8x相交于A、(1)若直線l過點Q4,1，且傾斜角為45°，求(2)若直線l過點Q4,1，且弦AB恰被Q平分，求AB所在直線的方程【解題思路】（1）先求直線l的方程，聯(lián)立拋物線的方程，用弦長公式可得AB.（2）可用點差法解決中點弦問題.【解答過程】（1）因直線l的傾斜角為45°，所以直線l的斜率k=又因直線l過點Q4,1所以直線l的方程為：y-1=x-4，即y=x-3，聯(lián)立y2=8x得設AxA,所以xA+x所以AB（2）因A、B在拋物線C:y所以yA2=8兩式相減得：yA得yA故直線l的斜率為4，所以直線l的方程為：y-1=4x-4，即4x-y-15=04．（2023上·福建福州·高二統(tǒng)考期末）如圖，點A（-2，1），B，C三點都在拋物線x2=2py(p>0)上，拋物線的焦點為F，且F是△ABC(1)求拋物線的方程和焦點F的坐標；(2)求BC中點M的坐標及線段BC的長.【解題思路】（1）由點A在拋物線上可得拋物線方程，后可得焦點坐標；（2）設BC直線方程為y=kx+b，將其與拋物線聯(lián)立，結合韋達定理及重心坐標公式可得答案.【解答過程】（1）因A-2,1在拋物線上，則4=2p?p=2則拋物線方程為x2=4y，焦點坐標為（2）設BC線段所在直線方程為y=kx+b，將其與拋物線方程聯(lián)立x2=4yy=kx+b設Bx1,因F是△ABC的重心，則-2+x1+x23=01+y1+y23=1?x1+BC=1題型8題型8圓錐曲線中的面積問題1．（2023上·北京豐臺·高二校考期末）已知橢圓E:x24+y2=1，直線l與兩個坐標軸分別交于點M，N．且與橢圓EA．42 B．4 C．22 D【解題思路】根據(jù)題意首先設直線l方程為y=kx+b，和橢圓方程聯(lián)立結合韋達定理求得參數(shù)k和b之間的關系，利用面積公式結合基本不等式求最值即可得解.【解答過程】若要直線l與兩個坐標軸分別交于點M，N，則直線l的斜率存在，故設直線l方程為y=kx+b，代入到橢圓方程x2(4k根據(jù)提意可得Δ=64所以4k根據(jù)題意對方程y=kx+b，k≠0,b≠0，所以令x=0得y=b，令y=0得x=-b所以S=1當且僅當4k=1k時取等，所以△OMN故選：D.2．（2022上·內蒙古包頭·高二統(tǒng)考期末）M、N是雙曲線x2-y23=1上關于原點O對稱的兩點，F(xiàn)1、FA．23 B．3 C．4 D．【解題思路】判斷四邊形MF1NF2為矩形，設|MF1|=m，|MF【解答過程】解：由x2-y23=1可知因為M，N是C上關于原點對稱的兩點，且MN=F1設|MF1|=m，|M所以m2又因為MF12+M所以四邊形MF1N故選：D．3．（2023下·湖南·高二校聯(lián)考期末）已知拋物線C：x2=2pyp>0上一點(1)求拋物線C的方程；(2)過點-1,0的直線交拋物線C于A，B兩點，點Q0,-2，連接QA交拋物線C于另一點E，連接QB交拋物線C于另一點F，且△QAB與△QEF的面積之比為1:3，求直線AB的方程【解題思路】（1）根據(jù)拋物線的定義結合題意列方程可求出p，從而可求得拋物線的方程；（2）設直線AB的方程為y=kx+1k≠0，Ax1,y1，Bx2,y2，將直線方程代入拋物線方程化簡，然后利用根與系數(shù)的關系，表示出直線AQ【解答過程】（1）由題可知焦點的坐標為0,p所以由拋物線的定義可知MF=1+即p=2，所以拋物線C的方程為x2（2）易知直線AB的斜率存在且不為零，設直線AB的方程為y=kx+1Ax1,由y=kx+1x2則Δ=16k2+16k>0，即k>0或因為Q0,-2，所以k所以直線AQ的方程為y=y由y=y1+2設Ex3,y3設Fx4,則S=====x得k2=4故直線AB的方程為y=233

4．（2023下·北京海淀·高二清華附中?？计谀┮阎獧E圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，離心率e=1(1)求橢圓E的標準方程；(2)過點F的直線l（不與x軸重合）與橢圓E交于M、N兩點，直線AM、AN分別交直線x=4于P，Q兩點，線段PQ中點為R，△MPR,△MRN,△NRQ的面積分別為S1,S【解題思路】（1）依題意可得ca=12a+c=3，即可求出a（2）當直線l的斜率不存在直接求出S2，S1+S3，當直線l的斜率存在且不為0，設直線l為x=my+1m≠0，Mx1,y1，Nx2,y2，聯(lián)立直線與橢圓方程，可得根于系數(shù)的關系式，表示出P、Q的坐標，計算yP+yQ，從而得到【解答過程】（1）依題意e=ca=12所以橢圓E的標準方程為x2（2）由（1）可得F1,0，A若直線l的斜率不存在，則直線l為x=1，此時M1,32則AM為y=12x+2，令x=4，可得P4,3，則所以S2=1所以2S2=若直線l的斜率存在且不為0，所以設直線l為x=my+1m≠0，Mx1,聯(lián)立x=my+1x24+y則y1+y2直線AM的方程為y=y令x=4，得yP=6同理，Q4,又y===12m×-93所以kRF=-3m4-1=-mMN=又RF=所以S2又R為線段PQ中點，故S====9所以2S2=綜上可得S1題型9圓錐曲線題型9圓錐曲線中的最值問題1．（2023上·山東臨沂·高二校考期末）已知橢圓C:x24+y2=1的左、右焦點分別為F1，A．離心率e=32 B．PC．△PF1F2的面積的最大值為23【解題思路】根據(jù)橢圓方程求出a、b、c，即可求出離心率，從而判斷A，根據(jù)橢圓的性質判斷B，設Px,y，則S△PF1F2=3【解答過程】解：橢圓C:x24+y2=1，則a=2，b=1由橢圓性質：到橢圓右焦點距離最大的點是左頂點，可得PF2的最大值為a+c=2+3由F1-3,0，則S△PF1F2當且僅當P在上、下頂點時取最大值，故C錯誤；因為PF2=所以PF所以PF即PF1+PF2的最小值為故選：C.2．（2023下·福建泉州·高二校聯(lián)考期末）已知拋物線Γ：y=14x2的焦點為F，過F的直線l交Γ于點A,B，分別在點A,B處作Γ的兩條切線，兩條切線交于點A．0,1 B．0,12 C．0,1【解題思路】設直線l的方程為y=kx+1，Ax1,y1,Bx2,y【解答過程】顯然直線l的斜率存在，因此設直線l的方程為y=kx+1，Ax由y=kx+1x2=4y得x故x1因為y'=x2，所以過A,B與Γ相切的直線方程分別為：因此由y=x1x2-所以1==x1=16因為k∈R，所以4k2+1所以1PA2+故選:C.3．（2023下·湖北武漢·高二統(tǒng)考期末）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為1

(1)求橢圓C的方程；(2)過點F1分別作兩條互相垂直的直線l1，l2，且l1與橢圓交于A，B兩點，l2與直線x=1交于點P，若AF1=λ【解題思路】（1）由通徑性質、離心率和橢圓參數(shù)關系列方程求參數(shù)，即可得橢圓方程；（2）討論直線斜率，設Ax1,y1，Bx2,y2，Qx0,y0，l1為x=my-1，注意m=0情況，聯(lián)立橢圓方程應用韋達定理求y1+y2【解答過程】（1）對于方程x2a2+y2b由題意可得2b2a=3c所以橢圓的方程為x2（2）由（1）得F1-1,0，若直線l1的斜率為0，則l2為設直線l1：x=my-1，若m=0，則λ=1，則不滿足QA=λQB設Ax1,y1由3x2+4y2所以y1+y因為AF1=λF1BQA所以λ=-y1y2=y1-y直線l2：x=-1my-1，聯(lián)立x=-1∴PQ=當且僅當m=62或m=-6∴PQ的最小值為5．

4．（2023上·浙江嘉興·高三統(tǒng)考期末）已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)過點2,3，左?右頂點分別是A,B，右焦點F到漸近線的距離為3，動直線l:y=kx+m與以AB(1)求雙曲線C的方程；(2)記直線AP,BQ的斜率分別為k1,k2【解題思路】（1）由點2,3在雙曲線C上，以及焦點到漸近線的距離得出雙曲線C的方程；（2）由直線與圓的位置關系得出m2=k2+1，聯(lián)立直線和雙曲線方程，由韋達定理、斜率公式得出k1【解答過程】（1）因為點2,3在雙曲線C上，故22a2而雙曲線C的漸近線方程為bx±ay=0，F(xiàn)c,0到一條漸近線的距離為3所以b?cb2+a2=所以a2=1，故所求雙曲線C的方程為（2）因為雙曲線C的方程為x2所以A-1,0,B1,0x2+y2=1，而直線l:y=kx+m而P,Q坐標滿足3x2-y2求得Δ=12m2-12k2+36，而m由于Px1,y1,Qx所以x1-x2=又m2=k2+1,3-由題意得A-1,0,B1,0，故所以k1將*及x2-x1=故k1又x1-x即k1題型10題型10圓錐曲線中的定點、定值問題1．（2023上·江西萍鄉(xiāng)·高三統(tǒng)考期末）已知橢圓E的中心在原點，周長為8的△ABC的頂點，A-3,0為橢圓E的左焦點，頂點B，C在E上，且邊BC(1)求橢圓E的標準方程；(2)橢圓E的上、下頂點分別為M，N，點Pm,2m∈R,m≠0,若直線PM，PN與橢圓E的另一個交點分別為點【解題思路】（1）根據(jù)橢圓定義直接求解即可；（2）設出直線PS方程，與橢圓方程聯(lián)立，求出點S、T的坐標，寫出直線ST方程即可求出定點坐標.【解答過程】（1）由題意知，橢圓E的焦點在x軸上，所以設橢圓方程為x2a2+所以△ABC周長為4a=8，即a=2，a2=4因為左焦點A-3,0，所以所以b2=所以橢圓E的標準方程為x2（2）由題意知，M0,1,N0,-1，直線所以直線PS:y=xm+1，與橢圓方程聯(lián)立得Δ=64m2則xS+xM=-8mm2同理xT=24mm2所以kST=所以直線ST方程為：y=12-m所以直線ST過定點，定點坐標為0,12．（2023上·浙江寧波·高二統(tǒng)考期末）已知雙曲線C:x2-y2(1)求λ；(2)動點M，N在曲線C上，已知點A(2,-1)，直線AM,AN分別與y軸相交的兩點關于原點對稱，點Q在直線MN上，AQ⊥MN，證明：存在定點T，使得|QT|為定值．【解題思路】(1)由雙曲線方程求其漸近線方程，由點到直線距離公式列方程求λ；(2)證明當MN斜率不存在時不合題意，設直線MN方程與雙曲線C的方程聯(lián)立，根據(jù)直線AM,AN與y軸的兩交點關于原點對稱結合韋達定理即可求解.【解答過程】（1）由已知雙曲線C的漸近線方程為y=±x，因為焦點F到其中一條漸近線的距離為3，所以±2λ所以λ=3，（2）當直線MN的斜率k不存在時，此時M,N兩點關于x軸對稱，若直線AM,AN與y軸的兩交點關于原點對稱，則A在x軸上，與題意矛盾，因此直線MN的斜率存在.設直線MN的方程為y=kx+m，聯(lián)立y=kx+mx整理得1-k由已知1-k2≠0所以k≠±1，且3k設Mx1,x1+x直線AM,AN分別與y軸相交的兩點為M1，N∴直線AM方程為y=y令x=0，則M10,x可得x1∴x1即2k+1x∴4k+2-2mx∴4k-2m+2?∴2k-m+1?2km+∴4k∴m2+2k+4當m+2k+1=0時，m=-2k-1，此時直線MN方程為y=kx-2-1恒過定點∴m=-3，直線MN方程為y=kx-3，恒過定點E∵AQ⊥MN，設AE中點為T，∴T1,-2∴QT=∴存在T1,-2使QT為定值23．（2023下·河南新鄉(xiāng)·高二統(tǒng)考期末）已知橢圓E:x2a2+y2b2=1a>b>0(1)求橢圓E的方程．(2)設A、B是橢圓E上關于x軸對稱的不同兩點，P在橢圓E上，且點P異于A、B兩點，O為原點，直線AP交x軸于點M，直線BP交x軸于點N，試問OM?【解題思路】（1）求出橢圓E上任意一點到其焦點距離的最大值，結合離心率可得出a、c的值，進而求出b的值，由此可得出橢圓E的標準方程；（2）設點Ax1,y1，Bx1,-y1，Px2,y2，Mm,0，Nn,0，將直線AP的方程與橢圓【解答過程】（1）解：設點Px0,y0為橢圓EP=a+所以，橢圓E上的點到焦點的距離的最大值為a+c=3，又因為橢圓E的離心率為e=c所以，a=2，c=1，則b=a因此，橢圓E的標準方程為x2（2）解：設點Ax1,y1，Bx1則直線AP的方程為y=y1x1-m

聯(lián)立y=y1x1-m因為點A在橢圓E上，則直線AP與橢圓E必有公共點，所以，x1同理可得x所以，8my所以，m3化簡可得3m-n當m≠n時，則3mn=3x12當m=n時，M、N、P三點重合，此時，m=綜上所述，OM?ON=mn=44．（2023下·廣東廣州·高二統(tǒng)考期末）已知拋物線C:y2=2pxp>0的焦點為F，點A2,m(1)求拋物線C的標準方程；(2)直線l與拋物線C相交于M、N兩點，以MN為直徑的圓過點P1,2，作PD⊥MN，D為垂足．是否存在定點Q，使得DQ為定值？若存在，求出點Q【解題思路】（1）利用拋物線的定義結合兩點間的距離公式可得出關于p的方程，解出p的值，即可得出拋物線C的標準方程；（2）分析可知，直線MN不與y軸垂直，設直線MN的方程為x=ty+n，設點Mx1,y1、Nx2,y2，將直線MN的方程與拋物線C的方程聯(lián)立，列出韋達定理，根據(jù)已知條件得出PM?PN【解答過程】（1）解：拋物線C的準線方程為x=-p2，由拋物線的定義可得將點A的坐標代入拋物線方程可得m2所以，AO=所以，AFAO=2+p2因此，拋物線C的標準方程為y2（2）解：若直線MN⊥y軸，則直線MN與拋物線C只有一個公共點，不合乎題意，設直線MN的方程為x=ty+n，設點Mx1,聯(lián)立x=ty+ny2=4x可得y2-4ty-4n=0由韋達定理可得y1+yPM=x1因為以MN為直徑的圓過點P1,2，則PM所以，116顯然y1≠2且y2即y1y2+2y所以，直線MN的方程為x=ty+2t+5=ty+2由y+2=0可得y=-2，x=5，所以，直線MN過定點E5,-2所以，PQ=因為PD⊥MN，當點Q為線段PE的中點時，即當點Q的坐標為3,0時，DQ=1因此，存在定點Q，且當點Q的坐標為3,0時，DQ為定值.題型11題型11圓錐曲線中的定直線問題1．（2023·山東·山東省實驗中學?？级＃┮阎獟佄锞€E:y2=2pxp>0，過點-1,0的兩條直線l1、l2分別交E于A、B兩點和C、D兩點．當(1)求E的標準方程；(2)設G為直線AD與BC的交點，證明：點G在定直線上．【解題思路】（1）當直線l1的斜率為12時，寫出直線l1的方程，設點Ax1,y1、Bx2,y2（2）分析可知直線l1、l2都不與x軸重合，設直線AB的方程為x=my-1，將該直線的方程與拋物線的方程聯(lián)立，設Ay122,y1、By22【解答過程】（1）解：當直線l1的斜率為12時，直線l1的方程為y=12聯(lián)立y2=2pxy=Δ=41-4p2-4=416由韋達定理可得x1+xAB=整理可得2p2-p-1=0，解得p=1因此，拋物線E的方程為y2（2）證明：當直線l1與x軸重合時，直線l1與拋物線所以，直線l1不與x軸重合，同理可知直線l2也不與設直線AB的方程為x=my-1，聯(lián)立x=my-1y2=2x則Δ=4m2設點Ay122,設直線CD的方程為x=ny-1，設點Cy322,直線AD的方程為y-y1=化簡可得2x-y同理可知，直線BC的方程為2x-y因為點-1,0在拋物線的對稱軸上，由拋物線的對稱性可知，

交點G必在垂直于x軸的直線上，所以只需證明點G的橫坐標為定值即可，由2x-y1+因為直線AD與BC相交，則y1解得x==2所以，點G的橫坐標為1，因此，直線AD與BC的交點G必在定直線x=1上.2．（2023下·湖北荊門·高二統(tǒng)考期末）已知雙曲線C：x2a2-y(1)求雙曲線C的方程：(2)當a<b時，記雙曲線C的左、右頂點分別為A1，A2，動直線l：x=my+2與雙曲線C的右支交于M，N兩點（異于A2），直線A1M，A【解題思路】（1）根據(jù)實軸長度確定a的取值，再根據(jù)漸近線夾角確定漸近線斜率，從而確定b的取值，寫出解析式；（2）首先聯(lián)立直線與雙曲線方程，根據(jù)韋達定理確定M，N兩點坐標關系，聯(lián)立方程，再利用點斜式表示出直線A1M，A2N的方程，代入T【解答過程】（1）由題知2a=2，得a=1，ba=tanπ6或b所以雙曲線C的方程為C：x2-3y2=1（2）由（1）知，當a<b時，C：x2設Mx1,聯(lián)立直線l與雙曲線C得：x=my+23Δ=36m2+1>0，方程的兩根為y1，A1-1,0，A21,0，則A1M：因為直線A1M，A2故y0=y消去y0，整理得：xx=9m因此x0故點T在定直線x=13．（2023上·河南許昌·高二統(tǒng)考期末）已知橢圓E：x2a2+y2b2=1a>b>0，F(xiàn)22(1)求橢圓E的標準方程；(2)設點A,B為橢圓E的左右端點，過點M2,0作直線交橢圓E于P，Q兩點（不同于A,B），求證：直線AP與直線BQ的交點N在定直線上運動，并求出該直線的方程【解題思路】（1）由對稱性得到點332,12，-33（2）設直線PQ的方程為x=my+2，聯(lián)立橢圓方程，設Px1,y1，Qx2,y2，Nx0,【解答過程】（1）因為F22,0為橢圓E由對稱性得，點332,12，-聯(lián)立①②解得，a2=9，所以橢圓E的標準方程為：x2（2）由條件知直線PQ與直線AB不重合，故直線PQ的斜率不為0，

設直線PQ的方程為x=my+2，聯(lián)立x29+設Px1,y1則y1+y2=由（1）可得A-3,0，B由A,P,N共線得：x0+3由B,Q,N共線得：x0-3由③÷④消去y0并整理得，x即x0+3x綜上所述，直線AP與直線BQ的交點N在定直線x=924．（2023上·上海楊浦·高二復旦附中?？计谀┮阎獧E圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0和雙曲線y22-x2=1的焦距相同，且橢圓C經(jīng)過點3,12，橢圓C的左、右頂點分別為A、(1)求橢圓C的標準方程；(2)求線段MN長的最小值；(3)如圖，設直線l:x=-4與x軸交于點H，過點H作直線交橢圓與E、F，直線EB與FA交于一點Q，證明：點Q在一條定直線上.【解題思路】（1）求出橢圓C的焦點坐標，利用橢圓定義可求得a的值，進一步可求得b的值，由此可得出橢圓C的標準方程；（2）計算得出kPAkPB=-14，設直線AP的方程為x=m1y-2，直線BP的方程為x=（3）分析可知直線EF不與x軸重合，設直線EF的方程為x=ky-4，設點Ex1,y1、Fx2,y2，將直線EF【解答過程】（1）解：雙曲線y22-所以，橢圓C的焦點分別為F1-3由橢圓定義可得2a=3-32+因此，橢圓C的標準方程為x2（2）解：設點Px0,y0，則y0≠0kPA設直線AP的方程為x=m1y-2，直線BP的方程為x=設點M-4,m、N-4,n，則mm1-2=-4所以，MN=當且僅當m1=±233（3）解：易知點H-4,0，當直線EF與x軸重合時，E、F為橢圓C設直線EF的方程為x=ky-4，設點Ex1,聯(lián)立x=ky-4x2+4y2=4可得由韋達定理可得y1+ykAF=y直線BE的方程為y=y1ky1聯(lián)立直線AF、BE的方程可得x+2x-2解得x=因此，點Q在直線x=-題型12題型12圓錐曲線中的存在性問題1．（2023下·海