2024五年高考題分類訓(xùn)練（數(shù)理）九 解析幾何

PAGE1專題九解析幾何考點(diǎn)25直線與圓題組一、選擇題1.[2023新高考卷Ⅰ，5分]過(guò)點(diǎn)0,-2與圓x2+y2-A.1 B.154 C.104 D.[解析]如圖，x2+y2-4x-1=0，即x-22+y2=5，所以圓心坐標(biāo)為2,0，半徑r=5，所以圓心到點(diǎn)0,-2.[2023全國(guó)卷甲，5分]已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1a>0A.55 B.255 C.355[解析]根據(jù)雙曲線的離心率e=5=ca，得c=5a，即c2=5a2，即a2解法一由y=2x,x-22+y-32=1,得5x2-16x+解法二則圓心2,3到漸近線y=2x的距離d=2×23.[2023全國(guó)卷乙，5分]已知⊙O的半徑為1，直線PA與⊙O相切于點(diǎn)A，直線PB與⊙O交于B,C兩點(diǎn)，D為BC的中點(diǎn)，若PO=2A.1+22 B.1+222 [解析]解法一連接OA,由題可知OA=1，OA⊥PA，因?yàn)镺P=2，所以由勾股定理可得PA=1，則∠POA=π4.設(shè)直線OP繞點(diǎn)P按逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)θ后與直線PD重合，則-π故選A.解法二以圓心O為坐標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，則圓O：x2+y2=1，設(shè)點(diǎn)P2,0，因?yàn)镺A設(shè)直線PD的方程為y=kx-2，Bx1,y1，Cx2,y2，由y=kx-2于是PA=-22,22，PD=-2k2+1,-2kk2+4.[2022北京，4分]若直線2x+y-1=0是圓A.12 B.-12 C.1 [解析]依題意可知圓心坐標(biāo)為a,0，又直線2x+y-1=0是圓的一條對(duì)稱軸，所以2a5.[2022新高考卷Ⅱ，5分]圖1是中國(guó)古代建筑中的舉架結(jié)構(gòu)，AA',BB',CC',DD'是桁，相鄰桁的水平距離稱為步，垂直距離稱為舉.圖2是某古代建筑屋頂截面的示意圖，其中DD1,CC1,BB1,AA1是舉，OD1,DC1,CB1,BA1是相等的步，相鄰桁的舉步之比分別為DD圖1圖2A.0.75 B.0.8 C.0.85 D.0.9[解析]如圖，連接OA，延長(zhǎng)AA1與x軸交于點(diǎn)A2，則OA2=4OD1．因?yàn)閗1,k2,k3成公差為0.1的等差數(shù)列，所以k1=6.[2021北京，4分]已知圓C:x2+y2=4，直線l:y=A.±2 B.±2 C.±3 [解析]圓心0,0到直線y=kx+m的距離d=mk2+1.當(dāng)k變化時(shí)，要使直線被圓截得的弦長(zhǎng)最小，則d最大，為7.[2020全國(guó)卷Ⅱ，5分]若過(guò)點(diǎn)2,1的圓與兩坐標(biāo)軸都相切，則圓心到直線2x-A.55 B.255 C.355[解析]因?yàn)閳A與兩坐標(biāo)軸都相切，點(diǎn)2,1在該圓上，所以可設(shè)該圓的方程為x-a2+y-a2=a2a>0，所以2-a2+1-a2=a2，即8.[2020全國(guó)卷Ⅲ，5分]若直線l與曲線y=x和圓x2+yA.y=2x+1 B.y=2x+12[解析]易知直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y=kx+b,則bk2+1=55①，設(shè)直線l與曲線y=x的切點(diǎn)坐標(biāo)為x0,x0x0>0,則y'|x=x0=19.[2020全國(guó)卷Ⅰ，5分]已知⊙M:x2+y2-2x-2y-2=0,直線l：2x+y+2=0A.2x-y-1=0 B.2x+y-[解析]解法一由⊙M:得⊙M:x-1如圖，連接AM,BM,易知四邊形PAMB的面積為12PM?AB，欲使PM?AB最小，只需四邊形PAMB的面積最小，即只需△PAM又PA=PM2-AM2=PM2-4，所以只需直線2x+y+2=0上的動(dòng)點(diǎn)P到M的距離最小，其最小值為2+1+25=5，此時(shí)PM⊥l,易求出直線PM的方程為x-2y+1=0.由2x+y+2=0解法二因?yàn)椤袽:x-12+y-12=4，所以圓心M1,1.如圖，連接AM,BM，易知四邊形PAMB的面積為12又PA=PM2-AM2=PM2-4，所以只需PM最小，此時(shí)PM⊥l.因?yàn)镻M⊥易求出直線PM的方程為x-2y+1=0，由2x+y+2=0,x-2y+1=0,得x=-1,y=0,所以P-1,0【方法技巧】破解此題的關(guān)鍵是會(huì)轉(zhuǎn)化，即把PM?AB的最小值問(wèn)題層層轉(zhuǎn)化，最終轉(zhuǎn)化為二、填空題10.[2023新高考卷Ⅱ，5分]已知直線x-my+1=0與⊙C:x-12+[解析]設(shè)直線x-my+1=0為直線l，由條件知⊙C的圓心C1,0，半徑R=2,C到直線l的距離d=21+m2,(提示：點(diǎn)x0,y011.[2022天津，5分]若直線x-y+m=0m>0[解析]圓x-12+y-12=3的圓心C1,1,半徑r=3,則圓心C1,12.[2022全國(guó)卷甲，5分]若雙曲線y2-x2m2=[解析]雙曲線的漸近線方程為x±m(xù)y=0，圓x2+y2-4y+3=0的方程可化為x2+y13.[2022全國(guó)卷乙，5分]過(guò)四點(diǎn)0,0，4,0，-1,1[解析]設(shè)A0,0，B4,0，C-1,1,D4,2，圓的一般方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0.若圓過(guò)A,B同理，得過(guò)A,B,D三點(diǎn)的圓的方程為x2+過(guò)A,C,D三點(diǎn)的圓的方程為x2+過(guò)B,C,D三點(diǎn)的圓的方程為x2+14.[2022新高考卷Ⅰ，5分]寫(xiě)出與圓x2+y2=1和[解析]如圖，因?yàn)閳Ax2+y2=1的圓心為O0,0，半徑r1=1，圓x-32+y-42=16的圓心為A3,4，半徑r2=4，所以O(shè)A=5,r1+r2=5，所以O(shè)A=r1+r2，所以兩圓外切，公切線有三種情況：①易知公切線l1的方程為x=-1;②另一條公切線l2與公切線l1關(guān)于過(guò)兩圓圓心的直線l對(duì)稱，易知過(guò)兩圓圓心的直線l的方程為y=43x，由x=-1,y=43x,得x=-1,y=-43,由對(duì)稱性可知公切線l2過(guò)點(diǎn)-1,-43，設(shè)公切線l2【速解】根據(jù)題意，精確作出兩圓（需用到尺規(guī)），由圖形可直觀快速看出直線x=-1是兩圓的一條公切線，經(jīng)驗(yàn)證符合題意，故可填15.[2022新高考卷Ⅱ，5分]設(shè)點(diǎn)A-2,3,B0,a,若直線AB關(guān)于y=a對(duì)稱的直線與圓[解析]由題意知點(diǎn)A-2,3關(guān)于直線y=a的對(duì)稱點(diǎn)為A'-2,2a-3，所以kA'B=3-a2，所以直線A'B的方程為y=3-a2x16.[2020浙江，6分]已知直線y=kx+bk>0與圓x2+y2[解析]解法一因?yàn)橹本€y=kx+bk>0與圓x2+y2=1解法二因?yàn)橹本€y=kx+bk>0與圓x2+y2=1，圓x-42+y2=1都相切，所以直線y=kx+b必過(guò)兩圓心連線的中點(diǎn)2,17.[2020江蘇，5分]在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知P32,0,A,B是圓C:x2[解析]解法一如圖，連接CA，CB，則CA=CB,連接CP，由PA=PB且CA=CB得AB的垂直平分線是直線CP，設(shè)圓心C到AB的距離為d0≤d<6，易知當(dāng)△PAB的面積最大時(shí)，點(diǎn)P到直線AB的距離為d+PC=d+1，AB=236-d2，△PAB的面積S=12ABd+1=12×236-d2d+1=36d+12-d2解法二如圖，連接CA，CB，則CA=CB，連接PC,由PA=PB且CA=CB,得AB的垂直平分線是直線CP.當(dāng)AB經(jīng)過(guò)點(diǎn)C時(shí)，△PAB的面積S=12×12×1=6.當(dāng)AB在點(diǎn)C的左上方時(shí)，記直線PC與AB的交點(diǎn)為D,設(shè)∠ACD=θ,θ∈0,π2，則AB=2AD=12sinθ，CD=6cosθ，則△PAB的面積S=12AB?PD=12×18.[2019江蘇，5分]在平面直角坐標(biāo)系xOy中，P是曲線y=x+4xx>[解析]解法一設(shè)Px,x+4x,x>0，則點(diǎn)P到直線x+y=0的距離d=x解法二由y=x+4xx>0得y'=1-4x2,令1-4x2=-1【方法技巧】求曲線上一點(diǎn)到直線的距離的最小值時(shí)，一般解法是設(shè)出曲線上點(diǎn)的坐標(biāo)，利用點(diǎn)到直線的距離公式建立目標(biāo)函數(shù)，再由基本不等式或?qū)?shù)求解最值，也可平移直線，使平移后的直線與曲線相切，此時(shí)切點(diǎn)到原直線的距離最小.19.[2019浙江，6分]已知圓C的圓心坐標(biāo)是0,m，半徑長(zhǎng)是r.若直線2x-y+3=0與圓C相切于點(diǎn)A-[解析]解法一設(shè)過(guò)點(diǎn)A-2,-1且與直線2x-y+3=0垂直的直線方程為l:x+2y+t=0，所以解法二因?yàn)橹本€2x-y+3=0與以點(diǎn)0,m為圓心的圓相切，且切點(diǎn)為A-2,-三、解答題20.[2021全國(guó)卷甲，12分]拋物線C的頂點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O,焦點(diǎn)在x軸上，直線l:x=1交C于P,Q兩點(diǎn)，且OP⊥OQ.已知點(diǎn)（1）求C,⊙M[答案]由題意，直線x=1與C交于P,Q兩點(diǎn)，且OP⊥OQ，設(shè)C的焦點(diǎn)為F則根據(jù)拋物線的對(duì)稱性，∠POF=∠所以P1,1,設(shè)C的方程為y2=2pxp>0，則1=2p，得p因?yàn)閳A心M2,0到l的距離即所以⊙M的方程為x-（2）設(shè)A1,A2,A3是C上的三個(gè)點(diǎn)，直線A1A2,A1[答案]設(shè)A1x1,y1,當(dāng)A1,A2,A3中有一個(gè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，另外兩個(gè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)均為3時(shí)，滿足條件，此時(shí)直線A2A當(dāng)x1≠x2≠x3則2+y1y2同理可得y12所以y2，y3是方程y則y2+y3=直線A2A3的方程為設(shè)點(diǎn)M到直線A2A3的距離為dd>0，則d2=2+y綜上可得，直線A2A3與考點(diǎn)26橢圓題組一一、選擇題1.[2023新高考卷Ⅰ，5分]設(shè)橢圓C1：x2a2+y2=1a>A.233 B.2 C.3 D.[解析]解法一（直接求解法）由已知得e1=a2-1a,e2=4-12=解法二（選項(xiàng)代入驗(yàn)證法）若a=233，則e1=a2-1a=232.[2023新高考卷Ⅱ，5分]已知橢圓C：x23+y2=1的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,直線y=x+mA.23 B.23 C.-23[解析]由題意，F(xiàn)1-2,0,F22,0,△F1AB面積是△F2AB面積的2倍，所以點(diǎn)F1到直線AB的距離是點(diǎn)F2到直線AB的距離的2倍，即-2+m2=2×2+3.[2022全國(guó)卷甲，5分]橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左頂點(diǎn)為A,點(diǎn)PA.32 B.22 C.12 [解析]設(shè)Pm,nn≠0，則Q-m,n，易知A-a,0，所以kAP?kAQ=nm+a【速解】設(shè)橢圓C的右頂點(diǎn)為B，則直線BP與直線AQ關(guān)于y軸對(duì)稱，所以kAQ=-kBP，所以kAP?kBP=-kAP?k所以e=4.[2021新高考卷Ⅰ，5分]已知F1,F2是橢圓C:x29+y2A.13 B.12 C.9 D.6[解析]由橢圓C：x29+y24=1，得MF5.[2019北京，5分]已知橢圓x2a2+yA.a2=2b2 B.3a2=4[解析]由題意得，ca=12,∴c2a2=14,又a2=b6.[2019全國(guó)卷Ⅰ，5分]已知橢圓C的焦點(diǎn)為F1-1,0，F(xiàn)21,0，過(guò)F2的直線與C交于A，A.x22+y2=1 B.x23[解析]由題意設(shè)橢圓的方程為x2a2+y2b2=1a>b>0，連接F1A，令F2B=m,則AF2=2m,BF1=3m.由橢圓的定義知，BF1+BF2=4m=2a，得m=a2，故AF2=2m=a,又AF2二、填空題7.[2021浙江，6分]已知橢圓x2a2+y2b2=1a>b>0，焦點(diǎn)F[解析]設(shè)過(guò)F1的直線與圓的切點(diǎn)為M，圓心A12c,0,則AM=c,AF1=32c，所以MF1=52c8.[2021全國(guó)卷甲，5分]已知F1,F2為橢圓C:x216+y24=1的兩個(gè)焦點(diǎn)，[解析]由橢圓方程知，a=4,b=2,則c=a2-所以PF12+PF22+2PF1?PF2=64①.由橢圓的對(duì)稱性及PQ=F1F【速解】由橢圓的對(duì)稱性及PQ=F1F2知，四邊形PF1QF2是矩形，且∠F1PF2=π2.結(jié)合9.[2019全國(guó)卷Ⅲ，5分]設(shè)F1，F(xiàn)2為橢圓C:x236+y220=[解析]不妨令F1,F2分別為橢圓C的左、右焦點(diǎn)，根據(jù)題意可知c=36-20=4.因?yàn)椤鱉F1F2為等腰三角形，所以易知F1M=2c=8三、解答題10.[2022北京，15分]已知橢圓E:x2a2（Ⅰ）求橢圓E的方程;[答案]依題意可知b=1,2c=23,a2=（Ⅱ）過(guò)點(diǎn)P-2,1作斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)B,C，直線AB,AC分別與x軸交于點(diǎn)M,N[答案]由題可知直線BC的方程為y-1=kx+2,設(shè)Bx1,y1整理得4k2∴x1+x由Δ>0得k易知直線AB的斜率kAB=直線AB的方程為y=y令y=0,可得點(diǎn)M的橫坐標(biāo)xM=x11-∴MN=x1111.[2020全國(guó)卷Ⅲ，12分]已知橢圓C:x225+y2m2（1）求C的方程；[答案]由題設(shè)可得25-m25=所以C的方程為x225（2）若點(diǎn)P在C上，點(diǎn)Q在直線x=6上，且BP=BQ,[答案]設(shè)PxP,yP,Q6,y由已知可得B5,0，直線BP的方程為所以BP=yP1+因?yàn)锽P=BQ所以yP=1,將yP=1代入C的方程，解得由直線BP的方程得yQ=所以點(diǎn)P，Q的坐標(biāo)分別為P13,1，Q16,2P1Q1=10,直線P1Q1的方程為y=13故△AP1Q1P2Q2=130,直線P2Q2的方程為y=79x+103,點(diǎn)綜上，△APQ的面積為5212.[2020天津，15分]已知橢圓x2a2+y2b2=（Ⅰ）求橢圓的方程;[答案]由已知可得b=3.記半焦距為c,由OF=OA可得c=b=3.又由a（Ⅱ）已知點(diǎn)C滿足3OC=OF，點(diǎn)B在橢圓上（B異于橢圓的頂點(diǎn)），直線AB與以C為圓心的圓相切于點(diǎn)P，且P為線段AB[答案]因?yàn)橹本€AB與以C為圓心的圓相切于點(diǎn)P，所以AB⊥CP.依題意，直線AB和直線CP的斜率均存在.設(shè)直線AB的方程為y=kx-3.由方程組y=kx-3,x218+y29=1消去y，可得2k2+1x2-12kx=0,解得x=0或x=12k2k2+1.依題意，可得點(diǎn)B的坐標(biāo)為(12k2k2+1，6k2-32k2+所以直線AB的方程為y=12x-【方法技巧】解決直線與橢圓的位置關(guān)系問(wèn)題，如果直線與橢圓有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，可將直線方程y=kx+m（或x=ky+m）代入橢圓方程，整理出關(guān)于13.[2019天津，13分]設(shè)橢圓x2a2+y2b（Ⅰ）求橢圓的方程；[答案]設(shè)橢圓的半焦距為c,依題意，2b=4,ca=55，又a2=b2+所以,橢圓的方程為x25（Ⅱ）設(shè)點(diǎn)P在橢圓上，且異于橢圓的上、下頂點(diǎn)，點(diǎn)M為直線PB與x軸的交點(diǎn)，點(diǎn)N在y軸的負(fù)半軸上.若ON=OF（O為原點(diǎn)），且OP⊥[答案]由題意，設(shè)PxP,yP設(shè)直線PB的斜率為kk≠0，又B0,2,則直線與橢圓方程聯(lián)立得y=整理得4+5k2x2+20kx=0,可得xP=-20k4在y=kx+2中，令y=由題意得N0,-1,所以直線MN的斜率為由OP⊥MN，得4-5k2-10k所以，直線PB的斜率為2305或-題組二一、選擇題1.[2023全國(guó)卷甲，5分]設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)1，F(xiàn)2為橢圓C：x29+y26=A.135 B.302 C.145 [解析]解法一依題意a=3,b=6,c=a2-b2=3.如圖，不妨令F1-3,0,F23,0.設(shè)PF1=m,PF2=n，在△F1PF2中，cos∠F1P解法二依題意a=3,b=6,c=a2-b2=3.如圖（圖同解法一），設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為x0,y0，利用焦點(diǎn)三角形面積公式知S△F1PF2=b2sin∠F1P【方法技巧】F1,F2為橢圓x2a2+y2.[2021全國(guó)卷乙，5分]設(shè)B是橢圓C:x2a2+y2b2=A.[22,1) B.[12,1[解析]依題意，B0,b,設(shè)橢圓上一點(diǎn)Px0,y0，則y0≤b,x02a2+y02b2=1，可得x二、填空題3.[2023新高考卷Ⅰ，5分]已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的左、右焦點(diǎn)分別為F[解析]解法一由題意可知,F1-c,0,F2c,0,設(shè)Ax1,y1,B0,y0,所以F1A=83c,-23y0,F1B=因?yàn)辄c(diǎn)A53c,-23y0在雙曲線C上，所以25c29a2-4y029b解法二由前面解法一得A53c,-23y0，y02=4c2，所以AF1=4.[2022新高考卷Ⅰ，5分]已知橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0,C的上頂點(diǎn)為A,兩個(gè)焦點(diǎn)為F1,F2[解析]如圖，連接AF1，DF2，EF2，因?yàn)镃的離心率為12，所以ca=12，所以a=2c，所以b2=a2-c2=3c2.因?yàn)锳F1=AF2=a=2c=F1F2，所以△AF1F2為等邊三角形，又DE⊥AF2，所以直線DE為線段AF2的垂直平分線，所以AD5.[2022新高考卷Ⅱ，5分]已知直線l與橢圓x26+y23=1在第一象限交于A,B兩點(diǎn)，l與x軸、y軸分別交于M,N兩點(diǎn)，且[解析]設(shè)直線l的方程為xm+yn=1m>0,n>0，分別令y=0,x=0,得點(diǎn)Mm,0,N0,n.由題意知線段AB與線段MN有相同的中點(diǎn)，設(shè)為Q，則Qm2,n2即-nm?nm=-12，整理得m2=2n2①.又MN=23，所以由勾股定理，得m2+n26.[2019浙江，4分]已知橢圓x29+y25=1的左焦點(diǎn)為F，點(diǎn)P在橢圓上且在x軸的上方.若線段PF的中點(diǎn)在以原點(diǎn)[解析]解法一依題意，設(shè)點(diǎn)Pm,nn>0，由題意知F-2,0，所以線段FP的中點(diǎn)M-2+m2,n2在圓x2+y2=4上，所以-2+解法二如圖，取PF的中點(diǎn)M，連接OM，由題意知OM=OF=2，設(shè)橢圓的右焦點(diǎn)為F1，連接PF1，在△PFF1中，OM為中位線，所以PF1=4，由橢圓的定義知PF+PF1=6，所以PF=2.因?yàn)镸為PF三、解答題7.[2023天津，15分]已知橢圓x2a2+y2b2=1a（1）求橢圓的方程和離心率e；[答案]由題意可知a+解得a=2,c=所以橢圓的方程為x24+y2（2）已知點(diǎn)P是橢圓上一動(dòng)點(diǎn)（不與端點(diǎn)重合），直線A2P交y軸于點(diǎn)Q,若三角形A1PQ的面積是三角形[答案]由題易知直線A2P的斜率存在且不為0，所以可設(shè)直線A2P的方程為y=kx-設(shè)PxP,yP，則由根與系數(shù)的關(guān)系可知xP+2由直線A2P交y軸于點(diǎn)Q可得Q所以S△A1PQ=因?yàn)镾△A1PQ=①當(dāng)2yP-2yQ=y解得k=0②當(dāng)2yQ-2yp=yp時(shí)，故直線A2P的方程為y8.[2022天津，15分]已知橢圓x2a2+y2b2=（Ⅰ）求橢圓的離心率e;[答案]由題意可知，Aa,0,B0,b,Fc,則a2+b2a則e2=1-b（Ⅱ）已知直線l與橢圓有唯一公共點(diǎn)M，直線l與y軸相交于點(diǎn)N（異于M），記坐標(biāo)原點(diǎn)為O，若OM=ON，且△OMN[答案]由（Ⅰ）知，a2=3b2由題意易知直線l的斜率存在且不為0，所以設(shè)直線l的方程為y=kx+m，k≠聯(lián)立得y=kx+m,x23因?yàn)橹本€l與橢圓有唯一公共點(diǎn)，所以Δ=6km2-4設(shè)MxM,yM,則x即M-3km因?yàn)辄c(diǎn)N是直線l與y軸的交點(diǎn),所以N0,因?yàn)镺M=ON,所以9k2m所以9k2+1=又k≠0，所以3k2=則S△OMN即3km由k2=13，得k=將k2=13，m2=4所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x269.[2020北京，15分]已知橢圓C：x2a2（Ⅰ）求橢圓C的方程；[答案]因?yàn)閍=2b，所以橢圓的方程為x24b2+y2b2=1，又因?yàn)闄E圓過(guò)點(diǎn)A-（Ⅱ）過(guò)點(diǎn)B-4,0的直線l交橢圓C于點(diǎn)M,N,直線MA,NA分別交直線x=-4于點(diǎn)[答案]由題意知直線MN的斜率存在.當(dāng)直線MN的斜率為0時(shí)，不妨設(shè)M-22,0則直線MA:y=-1-2+22x+22當(dāng)直線MN的斜率不為0時(shí)，設(shè)直線MN:x=my-4m≠0,與橢圓方程x28設(shè)Mx1,y1,Nx2,直線MA的方程為y+1則P-4,-2直線NA的方程為y+1則Q-4,-2所以PBBQ=綜上，PBBQ=10.[2019江蘇，14分]如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0的焦點(diǎn)為F1-1,0，F(xiàn)21,0.過(guò)F2作x軸的垂線l，在x（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;[答案]設(shè)橢圓C的焦距為2c.因?yàn)镕1-1,0,F21,又因?yàn)镈F1=52所以DF2因此2a=DF1+由b2=a2-因此，橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24（2）求點(diǎn)E的坐標(biāo).[答案]解法一由（1）知，橢圓C:x24+y23=1將x=1代入圓F2的方程x-1因?yàn)辄c(diǎn)A在x軸上方，所以A1,又F1-1,0由y=2x+2,x-12+y將x=-115代入y=2x因此B-115,-125.又由y=34x-1,x24+又因?yàn)镋是線段BF2與橢圓的交點(diǎn)，所以x將x=-1代入y=34x-1解法二由（1）知，橢圓C：x24+因?yàn)锽F2=2a,EF從而∠BF因?yàn)镕2A=F2所以∠A=∠BF1因?yàn)锳F2⊥x因?yàn)镕1-由x=-1,x2又因?yàn)镋是線段BF2與橢圓的交點(diǎn)，所以y因此E-1考點(diǎn)27雙曲線題組一、選擇題1.[2023天津，5分]雙曲線x2a2-y2b2=1a>0,b>0A.x28-y24=1 B.x2[解析]解法一由題意可知該漸近線為y=bax，直線PF2的方程為y=-abx-因?yàn)橹本€PF2與漸近線y=bax垂直，所以PF2的長(zhǎng)度即為點(diǎn)F2c,0到直線因?yàn)镕1-c,0，Pa2c,abc，且直線PF1的斜率為24,所以abca2c+c=24所以雙曲線的方程為x22-y2解法二因?yàn)檫^(guò)點(diǎn)F2向其中一條漸近線作垂線，垂足為P，且PF2=2，所以b=2再結(jié)合選項(xiàng)，排除選項(xiàng)B,C；若雙曲線方程為x28-y24=1，則F1-23,0,F223,0，漸近線方程為y=±22x，由題意可知該漸近線為y=22x,則直線PF22.[2023全國(guó)卷乙，5分]設(shè)A,B為雙曲線x2-y29A.1,1 B.-1,2 C.1[解析]選項(xiàng)中的點(diǎn)均位于雙曲線兩支之間，故A，B分別在雙曲線的兩支上且不關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，設(shè)線段AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為x0,y0，則kAB=9x0y0<3，(即y0>3x03.[2022天津，5分]F1,F2是雙曲線x2a2-y2b2=1a>0A.x216-y2=1 B.x2-[解析]拋物線y2=45x的準(zhǔn)線l的方程為x=-5，因?yàn)闇?zhǔn)線l過(guò)雙曲線x2a2-y2b2=1的焦點(diǎn)F1,所以F1-5,0,所以F25,0,即F1F2=25,雙曲線的半焦距c=5.不妨設(shè)點(diǎn)A在第二象限，則點(diǎn)A在漸近線y4.[2021北京，4分]雙曲線x2a2-yA.x23-y2=1 B.x2-[解析]設(shè)雙曲線的半焦距為c，由題意可知，2a2-3b2=1,e=5.[2021全國(guó)卷甲，5分]已知F1,F2是雙曲線C的兩個(gè)焦點(diǎn)，P為C上一點(diǎn)，且∠F1PF2A.72 B.132 C.7 D.[解析]設(shè)PF2=m,PF1=3m,則F6.[2021浙江，4分]已知a,b∈R，ab>0，函數(shù)fx=ax2+bA.直線和圓 B.直線和橢圓 C.直線和雙曲線 D.直線和拋物線[解析]因?yàn)楹瘮?shù)fx=ax2+b，所以fs-t=as-t2+b，fs=as2+b,fs+t=as+7.[2020浙江，4分]已知點(diǎn)O0,0,A-2,0,B2,0.設(shè)點(diǎn)P滿足A.222 B.4105 C.7 [解析]由PA-PB=2<AB=4，知點(diǎn)P的軌跡是雙曲線的右支，點(diǎn)P的軌跡方程為x2-y23=1x≥8.[2020全國(guó)卷Ⅱ，5分]設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線x=a與雙曲線C:x2a2-y2bA.4 B.8 C.16 D.32[解析]由題意知雙曲線的漸近線方程為y=±bax.因?yàn)镈,E分別為直線x=a與雙曲線C的兩條漸近線的交點(diǎn)，所以不妨設(shè)Da,b,Ea,-b，所以S△ODE=12×a×9.[2020全國(guó)卷Ⅲ，5分]設(shè)雙曲線C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0A.1 B.2 C.4 D.8[解析]設(shè)PF1=m,PF2=n,P為雙曲線右支上一點(diǎn)，則S△PF1F2=12【速解】由題意得，S△PF1F2=b210.[2020天津，5分]設(shè)雙曲線C的方程為x2a2-y2b2=1a>0,b>0A.x24-y24=1 B.x2[解析]由題知y2=4x的焦點(diǎn)坐標(biāo)為1,0，則過(guò)焦點(diǎn)和點(diǎn)0,b的直線方程為x+yb=1，而x2a2-y2b2【速解】由題知雙曲線C的兩條漸近線互相垂直，則a=b，即漸近線方程為x±y=0，排除B,C.又知y2=4x的焦點(diǎn)坐標(biāo)為1,011.[2019全國(guó)卷Ⅲ，5分]雙曲線C：x24-y22=1的右焦點(diǎn)為F，點(diǎn)P在A.324 B.322 C.2[解析]設(shè)點(diǎn)P在第一象限，根據(jù)題意可知c2=6，所以O(shè)F=6.又tan∠POF=ba=212.[2019全國(guó)卷Ⅱ，5分]設(shè)F為雙曲線C：x2a2-y2b2=1a>0,bA.2 B.3 C.2 D.5[解析]如圖，由題意，知以O(shè)F為直徑的圓的方程為x-c22+y2=c24①，將x2+y2=a2記為②式，①-②得x=a2c，則以O(shè)F為直徑的圓與圓x2+y213.[2019天津，5分]已知拋物線y2=4x的焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線為l.若l與雙曲線x2a2-y2b2A.2 B.3 C.2 D.5[解析]由題意，可得F1,0,直線l的方程為x=-1,雙曲線的漸近線方程為y=±bax.將x=-1代入y=±bax，得y=±ba，所以點(diǎn)A,B的縱坐標(biāo)的絕對(duì)值均為二、填空題14.[2022北京，5分]已知雙曲線y2+x2m=1[解析]依題意得m<0，令y2-x2-m15.[2022浙江，4分]已知雙曲線x2a2-y2b2=1a>0,b>0[解析]結(jié)合題意作出大致圖象如圖所示，由題意知，過(guò)左焦點(diǎn)F-c,0且斜率為b4a的直線的方程為y=b4ax+c，由y=b4ax+c,y=bax,解得x=c3,y=bc3a,所以Bc3,bc3a16.[2021全國(guó)卷乙，5分]已知雙曲線C：x2m-y2[解析]雙曲線x2m-y2=1m>0的漸近線為y=±1mx,即x±m(xù)y=0,又雙曲線的一條漸近線為3x+my=0,即17.[2021新高考卷Ⅱ，5分]已知雙曲線C:x2a2-y[解析]e=ca=1+ba2=218.[2020北京，5分]已知雙曲線C：x26-y23=[解析]雙曲線C:x26-y23=1中，c2=6+3=9,∴c=3，則C的右焦點(diǎn)的坐標(biāo)為319.[2020全國(guó)卷Ⅰ，5分]已知F為雙曲線C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0[解析]設(shè)Bc,yB，因?yàn)锽為雙曲線C:x2a2-y2b2=1上的點(diǎn)，所以c2a2-yB2b2=1,所以yB2=b420.[2019全國(guó)卷Ⅰ，5分]已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的左、右焦點(diǎn)分別為F[解析]解法一因?yàn)镕1B?F2所以O(shè)F1=OB，所以∠BF1O=∠F1BO，所以∠BOF2=2∠BF1O.因?yàn)镕1A=AB，所以點(diǎn)A為F1B的中點(diǎn)，又點(diǎn)O為F1F2的中點(diǎn)，所以O(shè)A//BF2，所以F解法二因?yàn)镕1B?F2B=0,所以F1B⊥F2B，在Rt△F1BF2中，OB=OF2,所以∠OBF2=∠OF2B,又F1A=AB，所以A為F三、解答題21.[2021新高考卷Ⅰ，12分]在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)F1-17,0,F217,0（1）求C的方程；[答案]因?yàn)镸F1所以點(diǎn)M的軌跡C是以F1,F2設(shè)雙曲線的方程為x2a2-y2b2=1a>0,b>0所以點(diǎn)M的軌跡C的方程為x2-y216=1x（2）設(shè)點(diǎn)T在直線x=12上，過(guò)T的兩條直線分別交C于A,B兩點(diǎn)和P,Q兩點(diǎn)，且TA?TB[答案]設(shè)T12,t，由題意可知直線AB,PQ的斜率均存在且不為0，設(shè)直線AB的方程為y-t=k由y-t=k1設(shè)AxA,yA易知16-k12≠0,則所以TA=1TB=1則TA?TB同理得TP?TQ因?yàn)門A?TB=TP?TQ，所以1+k12t2+12k12故直線AB的斜率與直線PQ的斜率之和為0.考點(diǎn)28拋物線題組一、選擇題1.[2022全國(guó)卷乙，5分]設(shè)F為拋物線C：y2=4x的焦點(diǎn)，點(diǎn)A在C上，點(diǎn)B3,A.2 B.22 C.3 D.3[解析]如圖，由題意可知F1,0，設(shè)AF=y024+1.因?yàn)锽F=3-1=2，所以由AF=BF，可得y024+1【速解】由題意可知F1,0，BF=2，所以AF=2.因?yàn)閽佄锞€的通徑長(zhǎng)為2p2.[2021新高考卷Ⅱ，5分]若拋物線y2=2pxp>0的焦點(diǎn)到直線y=A.1 B.2 C.22 [解析]拋物線y2=2pxp>0的焦點(diǎn)坐標(biāo)為p2,0，直線y=x+13.[2020北京，4分]設(shè)拋物線的頂點(diǎn)為O，焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線為l，P是拋物線上異于O的一點(diǎn)，過(guò)P作PQ⊥l于Q.則線段FQ的垂直平分線(A.經(jīng)過(guò)點(diǎn)O B.經(jīng)過(guò)點(diǎn)P C.平行于直線OP D.垂直于直線OP[解析]連接PF，由題意及拋物線的定義可知PQ=FP,則△QPF為等腰三角形，故線段FQ的垂直平分線經(jīng)過(guò)點(diǎn)P.故選4.[2020全國(guó)卷Ⅰ，5分]已知A為拋物線C：y2=2pxp>0上一點(diǎn)，點(diǎn)A到A.2 B.3 C.6 D.9[解析]根據(jù)拋物線的定義及題意得，點(diǎn)A到C的準(zhǔn)線x=-p2的距離為12，因?yàn)辄c(diǎn)A到y(tǒng)軸的距離為9，所以p2=12-95.[2020全國(guó)卷Ⅲ，5分]設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線x=2與拋物線C:y2=2pxp>0交于A.14,0 B.12,0 C.[解析]由題可知點(diǎn)D,E關(guān)于x軸對(duì)稱，設(shè)DE與x軸交于P，且D在第一象限，因?yàn)镺D⊥OE,所以∠DOP=45°,故xD=yD=6.[2019全國(guó)卷Ⅱ，5分]若拋物線y2=2pxp>0的焦點(diǎn)是橢圓A.2 B.3 C.4 D.8[解析]由題意，知拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)為p2,0，橢圓的焦點(diǎn)坐標(biāo)為±2p,0，所以p2=二、填空題7.[2023全國(guó)卷乙，5分]已知點(diǎn)A1,5在拋物線C：y2=[解析]將點(diǎn)A的坐標(biāo)代入拋物線方程，得5=2p，于是y2=5x，則拋物線的準(zhǔn)線方程為x=-548.[2023天津，5分]過(guò)原點(diǎn)O的一條直線與圓C：x+22+y2=3相切，交曲線[解析]由題意得直線OP的斜率存在.設(shè)直線OP的方程為y=kx，因?yàn)樵撝本€與圓C相切，所以-2k1+k2=3，解得k2=3.將直線方程y=kx與曲線方程y2=2pxp>0聯(lián)立，得k2x2-2px=0，因?yàn)?.[2021上海春季，5分]已知橢圓x2+y2b2=10<b<1的左、右焦點(diǎn)分別為F1，[解析]如圖，設(shè)F1-c,0，F(xiàn)不妨設(shè)點(diǎn)P在第一象限，則直線PF1:y=x+c，由y2=4cx,y=x+c,得得c=2-1，∴10.[2021新高考卷Ⅰ，5分]已知O為坐標(biāo)原點(diǎn),拋物線C:y2=2pxp>0的焦點(diǎn)為F,P為C上一點(diǎn)，PF與x軸垂直,Q為x軸上一點(diǎn),且[解析]由題易得OF=p2,PF=p，∠OPF=∠PQF，所以tan∠OPF=tan∠PQF，所以O(shè)FPF=PF【速解】由題易得OF=p2,PF=p，PF2=OF?FQ,即11.[2020新高考卷Ⅰ，5分]斜率為3的直線過(guò)拋物線C:y2=4x的焦點(diǎn)，且與C交于A,B[解析]由題意得直線方程為y=3x-1，聯(lián)立方程，得y=3x-1,【速解】易知直線AB傾斜角為60°，則AB【方法技巧】（1）過(guò)拋物線C:y2=2pxp>0的焦點(diǎn)且傾斜角為θ的直線與拋物線C交于A，B兩點(diǎn)，則AB=2psin2θ三、解答題12.[2022全國(guó)卷甲，12分]設(shè)拋物線C:y2=2pxp>0的焦點(diǎn)為F,點(diǎn)Dp,0,過(guò)F的直線交C（1）求C的方程；[答案]當(dāng)MD⊥x軸時(shí)，有MF=p2所以拋物線C的方程為y2=（2）設(shè)直線MD,ND與C的另一個(gè)交點(diǎn)分別為A,B,記直線MN,AB的傾斜角分別為α，β.當(dāng)α-β取得最大值時(shí)，求直線[答案]如圖，根據(jù)（1）知F1,0,當(dāng)MN⊥x軸時(shí)，易得α=β=當(dāng)MN的斜率存在時(shí)，設(shè)Mx1,y1,Nx2,則直線MN的方程為y-y即y-y即yy1所以直線MN的方程為yy1同理可得，直線AM的方程為yy3+y1-y3y1=4x，直線因?yàn)镕1,0在MN上，所以因?yàn)镈2,0在AM,BN上，所以y3y所以y3=-8y1所以y3+y4=-所以直線AB的方程yy4+y3所以tanα=4y所以tanα-當(dāng)y2+y1<當(dāng)y2+y1>tanα-β≤2×14此時(shí)α-β取得最大值，直線AB的方程為x13.[2021浙江，15分]如圖，已知F是拋物線y2=2pxp>0的焦點(diǎn)，（Ⅰ）求拋物線的方程；[答案]因?yàn)镸是拋物線的準(zhǔn)線與x軸的交點(diǎn)，且MF=2所以p=2所以拋物線的方程為y2=（Ⅱ）設(shè)過(guò)點(diǎn)F的直線交拋物線于A,B兩點(diǎn),若斜率為2的直線l與直線MA,MB,AB,x軸依次交于點(diǎn)P,Q,R,N，且滿足RN2=[答案]由（1）知，F(xiàn)1,0，設(shè)Ax1,y1,Bx2,y2，直線AB由x=my+1,所以y1+y2=所以y12易知直線AM的方程為y=y則由y=y1x1同理可得Q-n所以yP=n=n=4=n-由x=my+1,因?yàn)镽N2=PN?QN所以n+2所以n-2所以n<-2或-2<n因?yàn)橹本€l:y=2x+nn≠±2在x軸上的截距為-n2，所以-n2>1或14.[2019全國(guó)卷Ⅰ，12分]已知拋物線C:y2=3x的焦點(diǎn)為F，斜率為32的直線l與C的交點(diǎn)為A，（1）若AF+BF=設(shè)直線l:y=32[答案]由題設(shè)得F34,0,故AF+BF=x由y=32x+t,y從而-12t-19所以l的方程為y=3（2）若AP=3PB[答案]由AP=3PB可得由y=32x+所以y1+y2=2.從而-3y代入C的方程得x1=3,故AB=x15.[2019浙江，15分]如圖，已知點(diǎn)F1,0為拋物線y2=2pxp>0的焦點(diǎn).過(guò)點(diǎn)F的直線交拋物線于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)C在拋物線上，使得△ABC的重心G在x軸上，直線AC交x軸于點(diǎn)Q，且Q在點(diǎn)（Ⅰ）求p的值及拋物線的準(zhǔn)線方程；[答案]由題意得p2=1,即所以，拋物線的準(zhǔn)線方程為x=-1（Ⅱ）求S1S2[答案]設(shè)AxA,yA,BxB,yB,CxC,yC,重心GxG,yG.令yA=2t,t故2tyB=-4,即yB又由于xG=13xA+xB+xC,得C1t-t2,21t-t,G由于Q在焦點(diǎn)F的右側(cè)，故t2>S1=2=2=2-令m=t2-2S1S當(dāng)m=3時(shí)，S1S2取得最小值1考點(diǎn)29圓錐曲線的綜合問(wèn)題題組一解答題1.[2023全國(guó)卷乙，12分]已知橢圓C：y2a2+x（1）求C的方程；[答案]因?yàn)辄c(diǎn)A-2,0在C因?yàn)闄E圓的離心率e=ca=1-b2a2=（2）過(guò)點(diǎn)-2,3的直線交C于P，Q兩點(diǎn)，直線AP,AQ與y軸的交點(diǎn)分別為M,N[答案]由題意知，直線PQ的斜率存在且不為0，設(shè)lPQ:y-3=kx由y-3=kx則Δ=16故x1+x2=-直線AP：y=y1x1+2x+則yM=2=2=2=2=6所以MN的中點(diǎn)的縱坐標(biāo)為yM+yN2=32.[2022新高考卷Ⅰ，12分]已知點(diǎn)A2,1在雙曲線C:x2a2-y2a2（1）求l的斜率；[答案]將點(diǎn)A的坐標(biāo)代入雙曲線方程得4a2化簡(jiǎn)得a4-4a2故雙曲線C的方程為x22-y2=1.由題易知直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y=kx+b，Px1,故x1+x2=-kAP+kAQ=故2k2b整理得k+1又直線l不過(guò)點(diǎn)A，即b+2k-1≠（2）若tan∠PAQ=2[答案]不妨設(shè)直線PA的傾斜角為θ0<θ<π所以tan∠PAQ=-tan解得tanθ=2由y1-1x1所以AP=3同理得x2=10+4因?yàn)閠an∠PAQ=22故S△PAQ3.[2021北京，15分]已知橢圓E：x2a2（Ⅰ）求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；[答案]由題意可知，b=2,2ab=45所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為x25（Ⅱ）過(guò)點(diǎn)P0,-3的直線l的斜率為k，交橢圓E于不同的兩點(diǎn)B，C，直線AB，AC分別交直線y=-3于點(diǎn)M，N[答案]直線l的方程為y=kx-3，由y=kx-3Δ=-30k2-4×25設(shè)Bx1,y1,Cx2,直線AB的方程為y+2=y1+2x所以M-x1y1同理得PN=x因?yàn)閤1x2>0，即x1,x2正負(fù)相同，且y1+2>從而x1k由①②可得，k≤3.綜上可得-3≤k所以k的取值范圍為[-3,-4.[2020浙江，15分]如圖，已知橢圓C1:x22+y2=1,拋物線C2：y2=2pxp>0,點(diǎn)A是橢圓C（Ⅰ）若p=116[答案]由p=116得C2（Ⅱ）若存在不過(guò)原點(diǎn)的直線l使M為線段AB的中點(diǎn)，求p的最大值.[答案]由題意可設(shè)直線l:x=my+將直線l的方程代入橢圓C1:m2+所以點(diǎn)M的縱坐標(biāo)yM=-將直線l的方程代入拋物線C2：y2=所以y0yM=-2pt因此x0=由x022+y所以當(dāng)m=2,t=105時(shí)，p5.[2019北京，14分]已知拋物線C：x2（Ⅰ）求拋物線C的方程及其準(zhǔn)線方程；[答案]由拋物線C:x2=-2py經(jīng)過(guò)點(diǎn)2所以拋物線C的方程為x2=-4y，其準(zhǔn)線方程為（Ⅱ）設(shè)O為原點(diǎn)，過(guò)拋物線C的焦點(diǎn)作斜率不為0的直線l交拋物線C于兩點(diǎn)M，N，直線y=-1分別交直線OM，ON于點(diǎn)A和點(diǎn)B.求證：以AB為直徑的圓經(jīng)過(guò)[答案]拋物線C的焦點(diǎn)為F0,-設(shè)直線l的方程為y=kx由y=kx-1,設(shè)Mx1,y1,N直線OM的方程為y=y令y=-1，得點(diǎn)A的橫坐標(biāo)x同理得點(diǎn)B的橫坐標(biāo)xB=-設(shè)點(diǎn)D0,n，則DA=-DA?=x=16=-4+令DA?DB=0，即-4+n+綜上，以AB為直徑的圓經(jīng)過(guò)y軸上的定點(diǎn)0,1和0題組二解答題1.[2023新高考卷Ⅱ，12分]已知雙曲線C的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)，左焦點(diǎn)為-25,（1）求C的方程;[答案]設(shè)雙曲線C的方程為x2a2-y2b2由題意可得c=25,所以雙曲線C的方程為x24（2）記C的左、右頂點(diǎn)分別為A1,A2,過(guò)點(diǎn)-4,0的直線與C的左支交于M，N兩點(diǎn)，M在第二象限,直線MA1[答案]設(shè)Mx1,y1,Nx2,則x1=my1-4由x=my-4,因?yàn)橹本€MN與雙曲線C的左支交于M，N兩點(diǎn),所以4m2-1≠由根與系數(shù)的關(guān)系得y1+y2=因?yàn)锳1，A2分別為雙曲線C所以A1-2,0直線MA1的方程為y1x1+2=yx+2,直線所以y1x1+2y2x2-因?yàn)閙y=m=m=-=-3所以x-2x+2所以點(diǎn)P在定直線x=-12.[2022浙江，15分]如圖，已知橢圓x212+y2=1.設(shè)A,B是橢圓上異于P0,1的兩點(diǎn)，且點(diǎn)Q0,1（Ⅰ）求點(diǎn)P到橢圓上點(diǎn)的距離的最大值；[答案]設(shè)M23cosθ,sinθ故PM的最大值是121111即點(diǎn)P到橢圓上點(diǎn)的距離的最大值為121111（Ⅱ）求CD的最小值.[答案]易知直線AB的斜率存在，設(shè)直線AB:y=kx+12,聯(lián)立直線AB與橢圓的方程，整理得k2+112x2+直線PA的方程為y=y1-1x1x同理可得，xD=則CD==5=2=2=2=3=6=6≥6=65當(dāng)且僅當(dāng)4k=34,即所以當(dāng)k=316時(shí)，CD取得最小值，為3.[2021新高考卷Ⅱ，12分]已知橢圓C：x2a2（1）求C的方程；[答案]由題意，得c=2，又e=ca所以b=a2-c2=1（2）設(shè)M,N是C上的兩點(diǎn)，直線MN與曲線x2+y2=b2x>[答案]由（1）知x2+y2=證必要性：若M,N,F三點(diǎn)共線，則MN=3由題意知直線MN的斜率存在且不為0，由對(duì)稱性不妨設(shè)直線MN的方程為y=kx-2k<0所以直線MN的方程為x+y由x+y-2=0,x23+設(shè)Mx1,y1,Nx2,所以MN=1由對(duì)稱性可知當(dāng)k>0時(shí)，MN故必要性得證.證充分性：若MN=3,則M,N,F由題意可知直線MN的斜率存在且不為0，由對(duì)稱性不妨設(shè)直線MN的方程為y=kx則mk2+1=由y=kx+m,x23得3k2+1x設(shè)Mx1,y1,Nx2,所以MN=1整理，得k4-2k2+1=所以直線MN的方程為y=-x+2.令y=0，得x=2，即直線MN過(guò)點(diǎn)F，所以M由對(duì)稱性知當(dāng)k>0時(shí)，M，N，F(xiàn)綜上，M,N,F三點(diǎn)共線的充要條件為MN=34.[2020全國(guó)卷Ⅱ，12分]已知橢圓C1:x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦點(diǎn)F與拋物線C2的焦點(diǎn)重合,C1的中心與（1）求C1[答案]由已知可設(shè)C2的方程為y2=4cx,其中c=a2-b2.不妨設(shè)A,C在第一象限，由題設(shè)得AB=2b2a,由CD=43AB得4c=解得ca=-2（舍去）或所以C1的離心率為12（2）設(shè)M是C1與C2的公共點(diǎn).若MF=5,求[答案]由（1）知a=2c,b=3c設(shè)Mx0,y0,則x024由于C2的準(zhǔn)線為x=-c，所以MF=x0+c,而MF=5,故x0=5-所以C1的標(biāo)準(zhǔn)方程為x236+y227=5.[2020全國(guó)卷Ⅰ，12分]已知A,B分別為橢圓E:x2a2+y2=1a>1的左、右頂點(diǎn)，G為E的上頂點(diǎn),AG?GB（1）求E的方程；[答案]由題設(shè)得A-a,0，Ba則AG=a,1，GB=a,-1.由AG所以E的方程為x29（2）證明:直線CD過(guò)定點(diǎn).[答案]設(shè)Cx1,y1，D若t≠0，設(shè)直線CD的方程為x=my+由于直線PA的方程為y=t9x+3，所以y1=t9x1+3由于x229+y22=1，故y22=-x2+3x2-39,則將x=my+n代入x2所以y1+y2=-2mnm2解得n=-3（舍去）或n故直線CD的方程為x=my+32,即直線CD若t=0，則直線CD的方程為y=0綜上，直線CD過(guò)定點(diǎn)32,6.[2019全國(guó)卷Ⅱ，12分]已知點(diǎn)A-2,0，B2,0，動(dòng)點(diǎn)Mx,y滿足直線（1）求C的方程，并說(shuō)明C是什么曲線;[答案]由題設(shè)得yx+2?yx-2=-12（2）過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的直線交C于P，Q兩點(diǎn)，點(diǎn)P在第一象限，PE⊥x軸，垂足為E，連接QE并延長(zhǎng)交C于點(diǎn)（ⅰ）證明:△PQG[答案]設(shè)直線PQ的斜率為k，則其方程為y=kx由y=kx,x2記u=21+2k2，則Pu于是直線QG的斜率為k2,方程為y=由y=k2x-設(shè)GxG,yG,則x=-u和x=從而直線PG的斜率為uk32+k2-uk（ⅱ）求△PQG[答案]由i得PQ=2u1+k2,PG=2uk設(shè)t=k+1k，則由k>0因?yàn)镾=8t1+2t2在[2,+∞)單調(diào)遞減，所以當(dāng)t=2因此，△PQG面積的最大值為169【方法技巧】解決圓錐曲線中最值與范圍問(wèn)題，一般有兩個(gè)思路：（1）構(gòu)造關(guān)于所求量的函數(shù)，通過(guò)求函數(shù)的值域來(lái)獲得問(wèn)題的解；（2）構(gòu)造關(guān)于所求量的不等式，通過(guò)解不等式來(lái)獲得問(wèn)題的解.在解題過(guò)程中，一定要深刻挖掘題目中的隱含條件.題組三解答題1.[2023全國(guó)卷甲，12分]已知直線x-2y+1=0與拋物線C：（1）求p；[答案]設(shè)Ax1,y1把x=2y-1代入y2由Δ1=16p2由根與系數(shù)的關(guān)系，可得y1+y2=所以AB=1+1122?故p=2（2）設(shè)F為C的焦點(diǎn)，M，N為C上兩點(diǎn)，且FM?FN=[答案]設(shè)Mx3,y3，Nx4,因?yàn)镕M?FN=0,所以∠MFN當(dāng)直線MN的斜率不存在時(shí)，點(diǎn)M與點(diǎn)N關(guān)于x軸對(duì)稱，因?yàn)椤螹FN=所以直線MF與直線NF的斜率一個(gè)是1，另一個(gè)是-1不妨設(shè)直線MF的斜率為1，則MF:y由y=x-1,得x3=3-代入①式計(jì)算易得，當(dāng)x3=x4=3-2當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí)，設(shè)直線MN的方程為y=kx由y=kx+m,y2=則x3y3y又FM?FN所以m2k2-4所以S△MFN令t=mk，則因?yàn)閙2+所以mk2即t2+6t+1>0從而得S△MFN故△MFN面積的最小值為12-2.[2023新高考卷Ⅰ，12分]在直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)P到x軸的距離等于點(diǎn)P到點(diǎn)0,12的距離，記動(dòng)點(diǎn)P（1）求W的方程;[答案]設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為x,y，依題意得y化簡(jiǎn)得x2=所以W的方程為x2=（2）已知矩形ABCD有三個(gè)頂點(diǎn)在W上，證明:矩形ABCD的周長(zhǎng)大于33[答案]設(shè)矩形ABCD的三個(gè)頂點(diǎn)A，B，C在W上，則AB⊥BC，矩形ABCD的周長(zhǎng)為2設(shè)Bt,t2+故可設(shè)直線AB的方程為y-t2+1與x2=y-1則Δ=k2-4設(shè)Ax1,y1，所以t所以AB=1BC=1+-1k2-1k-2t=1+k2k1k所以2AB+因?yàn)楱O2k（令2k2t-k3=0，得t=k2,令2kt+1=0，得當(dāng)2k-2k2≤0，即k≥1時(shí)，函數(shù)y=-2k2-2kt+k3-所以當(dāng)t=k2時(shí)，2k2又k≠2t，（所以最小值取不到）所以2令fk=21+k23當(dāng)1≤k<2時(shí)，f'k<所以函數(shù)fk在[1,2)所以fk≥所以2AB+當(dāng)2k-2k2>0，即0<k<1時(shí)，函數(shù)y=-2k2-2k所以當(dāng)t=-12k時(shí)，2k2又2kt+1≠0令g