2024年全國一卷數學新高考題型細分S13圓錐曲線多選4拋物線綜合其他

2024年全國一卷新高考題型細分S13——圓錐曲線多選拋物線，綜合，其他試卷主要是2024年全國一卷新高考地區(qū)真題、模擬題，合計202套。其中全國高考真題4套，廣東47套，山東22套，江蘇18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。題目設置有尾注答案，復制題干的時候，答案也會被復制過去，顯示在文檔的后面，雙擊尾注編號可以查看。方便老師備課選題。題型純粹按照個人經驗進行分類，沒有固定的標準?！秷A錐曲線——多選》題型主要有：橢圓、雙曲線、拋物線、綜合、其他等，大概75道題。每類題目從易到難排序。拋物線（中檔）：（多選，2024年浙J30嘉興二模）11．拋物線有如下光學性質：由其焦點射出的光線經拋物線反射后，沿平行于拋物線對稱軸的方向射出；反之，平行于拋物線對稱軸的入射光線經拋物線反射后必過拋物線的焦點.如圖，已知拋物線的準線為為坐標原點，在軸上方有兩束平行于軸的入射光線和，分別經上的點和點反射后，再經上相應的點和點反射，最后沿直線和射出，且與之間的距離等于與之間的距離.則下列說法中正確的是（

11．ACD【分析】對A，設直線，與拋物線聯立，可得，驗證得解；對B，假設，又由拋物線定義得，可得，即，這與和相交于A點矛盾，可判斷；對C，結合A選項有，，根據，運算可得解；對D，可求得點的坐標，進而求出，利用向量夾角公式運算得解.【詳解】對于選項A，因為直線經過焦點，設，，直線，與拋物線聯立得，，由題意得，，所以，即三點共線，故A正確；對于選項B，假設，又，所以，所以，這與和相交于A點矛盾，故B錯誤；對于選項C，與距離等于與距離，又結合A選項，則，所以，故C正確；對于選項D，由題意可得，，，，，故D正確.故選：ACD.【點睛】思路點睛：A選項，判斷三點共線，即轉化為驗證，設出直線的方程與拋物線聯立，求出點11．ACD【分析】對A，設直線，與拋物線聯立，可得，驗證得解；對B，假設，又由拋物線定義得，可得，即，這與和相交于A點矛盾，可判斷；對C，結合A選項有，，根據，運算可得解；對D，可求得點的坐標，進而求出，利用向量夾角公式運算得解.【詳解】對于選項A，因為直線經過焦點，設，，直線，與拋物線聯立得，，由題意得，，所以，即三點共線，故A正確；對于選項B，假設，又，所以，所以，這與和相交于A點矛盾，故B錯誤；對于選項C，與距離等于與距離，又結合A選項，則，所以，故C正確；對于選項D，由題意可得，，，，，故D正確.故選：ACD.【點睛】思路點睛：A選項，判斷三點共線，即轉化為驗證，設出直線的方程與拋物線聯立，求出點坐標，表示出的斜率判斷；B選項，利用反證法，假設，結合拋物線定義可得與條件矛盾；C選項，根據題意可得，結合A選項的結論可判斷；D選項，求出點的坐標，進而求出，利用向量夾角公式運算.（多選，2024年鄂J18四月調）11．已知拋物線的焦點為，準線與軸的交點為，過點的直線與拋物線交于，兩點，點位于點右方，若，則下列結論一定正確的有（

11．ABC【分析】設直線的方程為，不妨設，聯立拋物線方程，得到兩根之和，兩根之積，表達出，，再由正弦定理得到，得到，代入兩根之和，兩根之積，列出方程，求出，進而求出，根據可判斷根據可判斷根據可判斷根據對稱性判斷．【詳解】解：由題意得，，，當直線的斜率為時，與拋物線只有個交點，不合要求，故設直線的方程為，不妨設，聯立，可得，易得，設，11．ABC【分析】設直線的方程為，不妨設，聯立拋物線方程，得到兩根之和，兩根之積，表達出，，再由正弦定理得到，得到，代入兩根之和，兩根之積，列出方程，求出，進而求出，根據可判斷根據可判斷根據可判斷根據對稱性判斷．【詳解】解：由題意得，，，當直線的斜率為時，與拋物線只有個交點，不合要求，故設直線的方程為，不妨設，聯立，可得，易得，設，，則，，則，，則，，由正弦定理得，，因為，，所以，，即．又由焦半徑公式可知，則，即，即，解得，則，，解得，，故，當時，同理可得到，故A正確．，故B正確，故C正確當時，，則，即，此時．由對稱性可得，當時，，故直線的斜率為，故D錯誤．故選：ABC.【點睛】方法點睛：在處理有關焦點弦，以及焦半徑問題時長度問題時有以下幾種方法；（1）常規(guī)處理手段，求交點坐標然后用距離公式，含參的問題不適合；（2）韋達定理結合弦長公式，這是此類問題處理的通法；（3）拋物線定義結合焦點弦公式.（多選，2024年冀J47唐山二模）10．設拋物線：的焦點為，準線為，過點的直線與交于，兩點，則下列說法正確的是（

10．AC【分析】設過點的直線為，聯立直線和拋物線的方程求出可判斷A；以為直徑的圓的圓心為和半徑，再求出圓心到準線的距離為，即可判斷B；求出圓心到坐標原點的距離為，可判斷C；取特列可判斷D.【詳解】設過點的直線為，對于A，聯立，得，，，所以，故A正確；對于B，因為，，所以，的中點為，所以以為直徑的圓的圓心為，又，設圓的半徑為，則，10．AC【分析】設過點的直線為，聯立直線和拋物線的方程求出可判斷A；以為直徑的圓的圓心為和半徑，再求出圓心到準線的距離為，即可判斷B；求出圓心到坐標原點的距離為，可判斷C；取特列可判斷D.【詳解】設過點的直線為，對于A，聯立，得，，，所以，故A正確；對于B，因為，，所以，的中點為，所以以為直徑的圓的圓心為，又，設圓的半徑為，則，所以，又圓心到準線的距離為，而，因為，所以，所以以為直徑的圓與相離，故B錯誤；對于C，圓心到坐標原點的距離為，，所以，所以，所以以為直徑的圓過坐標原點，故C正確；對于D，因為聯立，得，若，則上述方程為，解得：或，取，則，則，取，則，則，又拋物線過焦點，所以，，，所以不為直角三角形，故D錯誤.故選：AC.（多選，2024年魯J40臨沂二模）10．設，是拋物線C：上兩個不同的點，以A，B為切點的切線交于點.若弦AB過焦點F，則（

10．ACD【分析】由導數的幾何意義，求得可得A處的切線方程，得出直線的方程，聯立兩直線方程可判定A；根據已知和A選項可得，再設直線，聯立方程組，根據根與系數的關系可求，根據，可判定B錯誤，C正確；取的中點，化簡得到的面積，可判定D正確.【詳解】依題意設，，由方程，可得，則，由導數的幾何意義知，直線的斜率為，同理直線的斜率為，可得A處的切線方程為：，即，化簡可得，所以直線的方程為，同理可得：直線BP的方程為，聯立兩直線方程得，10．ACD【分析】由導數的幾何意義，求得可得A處的切線方程，得出直線的方程，聯立兩直線方程可判定A；根據已知和A選項可得，再設直線，聯立方程組，根據根與系數的關系可求，根據，可判定B錯誤，C正確；取的中點，化簡得到的面積，可判定D正確.【詳解】依題意設，，由方程，可得，則，由導數的幾何意義知，直線的斜率為，同理直線的斜率為，可得A處的切線方程為：，即，化簡可得，所以直線的方程為，同理可得：直線BP的方程為，聯立兩直線方程得，，則，因為，解得，，即，所以A正確；若PA的方程為，根據直線的方程為，可得，設直線，聯立方程組，整理得，則，且，，所以，，所以B錯誤；因為，所以，故C正確；取的中點，連接，根據中點坐標公式得，從而平行軸，由前可知，所以因為，，所以，，代入可得，當時，，所以D正確.故選：ACD

【點睛】方法點睛：與圓錐曲線有關的最值問題的兩種解法：（1）數形結合法：根據待求值的幾何意義，充分利用平面圖形的幾何性質求解；（2）構建函數法：先引入變量，構建以待求量為因變量的函數，再求其最值，常用基本不等式或導數法求最值（注意：有時需先換元后再求最值）．（多選，2024年浙J34杭州四月檢）11．過點的直線與拋物線C：交于兩點．拋物線在點處的切線與直線交于點，作交于點，則（

11．BC【分析】設出直線的方程為，代入，然后寫出切線方程，結合韋達定理可判斷AB；根據B可得的軌跡方程，從而判斷C；利用弦長公式及點到直線的距離公式表示出，然后利用導數的知識求出最值進而判斷D.【詳解】設直線的方程為，聯立，消去得，則，對于A：拋物線在點處的切線為，當時得，即，所以直線的方程為，整理得，聯立，消去的，解得，即直線與拋物線C相切，A錯誤；對于B：直線的方程為，整理得，此時直線恒過定點，B正確；對于C：又選項B可得點在以線段為直徑的圓上，點除外，故點的軌跡方程是，C正確；11．BC【分析】設出直線的方程為，代入，然后寫出切線方程，結合韋達定理可判斷AB；根據B可得的軌跡方程，從而判斷C；利用弦長公式及點到直線的距離公式表示出，然后利用導數的知識求出最值進而判斷D.【詳解】設直線的方程為，聯立，消去得，則，對于A：拋物線在點處的切線為，當時得，即，所以直線的方程為，整理得，聯立，消去的，解得，即直線與拋物線C相切，A錯誤；對于B：直線的方程為，整理得，此時直線恒過定點，B正確；對于C：又選項B可得點在以線段為直徑的圓上，點除外，故點的軌跡方程是，C正確；對于D：，則，令，則，設，則，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，所以，D錯誤.故選：BC.

【點睛】方法點睛：直線與拋物線聯立問題第一步：設直線方程：有的題設條件已知點，而斜率未知；有的題設條件已知斜率，點不定，都可由點斜式設出直線方程．第二步：聯立方程：把所設直線方程與拋物線方程聯立，消去一個元，得到一個一元二次方程．第三步：求解判別式：計算一元二次方程根的判別式.第四步：寫出根之間的關系，由根與系數的關系可寫出．第五步：根據題設條件求解問題中的結論．（多選，2024年湘J41永州三模）10．已知拋物線的焦點為，過點且傾斜角為銳角的直線與拋物線相交于，兩點（點在第一象限），過點作拋物線的準線的垂線，垂足為，直線與拋物線的準線相交于點，則（

10．BCD【分析】對于A，設直線的方程為，代入，得，根據焦半徑的計算公式即可判斷；對于B，根據交點弦的計算公式求解可判斷；對于C，先得再根據斜率公式結合韋達定理即可求解；對于D，求得點的坐標即可判斷.【詳解】，設直線的方程為.對于A，把代入得，設，則，所以，A錯；對于B，當直線的斜率為時，，B對；對于C，由題意知則，，所以，C對；對于D，由有，因為的方程為，令得，所以點為的中點，即，D對.故選：BCD.

）

A．的最小值為2

B．當直線的斜率為時，

C．設直線，的斜率分別為，，則

10．BCD【分析】對于A，設直線的方程為，代入，得，根據焦半徑的計算公式即可判斷；對于B，根據交點弦的計算公式求解可判斷；對于C，先得再根據斜率公式結合韋達定理即可求解；對于D，求得點的坐標即可判斷.【詳解】，設直線的方程為.對于A，把代入得，設，則，所以，A錯；對于B，當直線的斜率為時，，B對；對于C，由題意知則，，所以，C對；對于D，由有，因為的方程為，令得，所以點為的中點，即，D對.故選：BCD.（多選，2024年閩J04漳州三檢）10.點在拋物線上，為其焦點，是圓上一點，，則下列說法正確的是（【答案】BD【解析】【分析】A選項：通過拋物線方程計算可得；

B選項：運用拋物線定義，將轉換為到準線的距離即可求出周長最小值；

C選項：將最大問題，轉換為的最大值問題，再討論；

D選項：結合A選項得到的結論，判斷四邊形的面積最小時點坐標.【詳解】對于A選項，設，則，當且僅當時取等號，此時或，所以，，故A選項錯誤；對于B選項，拋物線的準線方程為，如圖1，過作準線的垂線，垂足記為，則，當且僅當三點共線時，取得最小值，即【答案】BD【解析】【分析】A選項：通過拋物線方程計算可得；

B選項：運用拋物線定義，將轉換為到準線的距離即可求出周長最小值；

C選項：將最大問題，轉換為的最大值問題，再討論；

D選項：結合A選項得到的結論，判斷四邊形的面積最小時點坐標.【詳解】對于A選項，設，則，當且僅當時取等號，此時或，所以，，故A選項錯誤；對于B選項，拋物線的準線方程為，如圖1，過作準線的垂線，垂足記為，則，當且僅當三點共線時，取得最小值，即，此時，又，所以周長的最小值為，故B選項正確；對于C選項，如圖2，當與圓相切時，且時，取最大．連接，，由于，，，所以，可得直線的斜率為，所以直線的方程為，即，故C選項錯誤；對于D選項，如圖3，連接，，由A選項知，，且當或時，，此時四邊形的面積最小，的橫坐標是1，所以D選項正確，故選：BD．（多選，2024年魯J23泰安新泰一中，末）11.已知圓，拋物線的焦點為，為上一點（【答案】AC【解析】【分析】選項A，為等邊三角形需保證，設定點坐標用兩點間距離公式檢驗即可；選項B，設定點，將轉化為表示，求最小值即可；選項C，由求得點坐標，求得直線所在的直線方程，利用點到直線的距離公式檢驗即可；選項D，設定點，以為直徑的圓與相外切，需保證，建立關于的方程，求之即可.【詳解】由已知圓的方程化為，得其圓心，半徑，由于拋物線方程為，其焦點為對于選項A，若為等邊三角形，當且僅當；若點到點的距離為，由拋物線定義可知，即，【答案】AC【解析】【分析】選項A，為等邊三角形需保證，設定點坐標用兩點間距離公式檢驗即可；選項B，設定點，將轉化為表示，求最小值即可；選項C，由求得點坐標，求得直線所在的直線方程，利用點到直線的距離公式檢驗即可；選項D，設定點，以為直徑的圓與相外切，需保證，建立關于的方程，求之即可.【詳解】由已知圓的方程化為，得其圓心，半徑，由于拋物線方程為，其焦點為對于選項A，若為等邊三角形，當且僅當；若點到點的距離為，由拋物線定義可知，即，代入拋物線方程可得，，故A正確；對于選項B，因為點在拋物線上，為上一點，，由于為上，設，且，則，當且僅當時，原式取得最小值，的最小值，故B不正確；對于選項C，設，且，若，即，得，解得，所以此時，不妨取，，此時直線的方程為：，即，則圓心到該直線的距離為，所以此時直線與圓相切，同理可證明的情形也成立，故C正確；對于選項D，設的中點為，若以為直徑的圓與相外切時，只需保證，設，且，，得，得方程：（*），其中，反解得：代入上式，化簡可得：，顯然，故D不正確.故選：AC.【點睛】客觀題圓錐曲線的綜合性問題，多數考查數形結合思想，要善于借助圓錐曲線的定義轉化條件和問題.（多選，2024年湘J48長沙長郡四適）11．已知拋物線的準線方程為，焦點為，為坐標原點，，是上兩點，則下列說法正確的是（11．AD【分析】根據拋物線的準線求得焦點坐標判斷A，設直線方程為，，直線方程代入拋物線方程，應用韋達定理得，求出中點坐標得中點到軸距離，求得最小值后判斷B，計算的長和中點到原點的距離，比較后判斷C，由斜率之積求出為常數，可得直線過定點判斷D．【詳解】A．拋物線準線方程是，，，則焦點為，A正確；

B．顯然斜率存在，設直線方程為，，由得，，，，所以，化簡得，線段中點的橫坐標為，縱坐標為為中點到軸的距離，又，當且僅當，即時等號成立，因此B中結論最小值為8是錯誤的．B錯；

C．設方程為（），由上述討論知，又中點為，即中點為，中點到原點的距離為，所以以11．AD【分析】根據拋物線的準線求得焦點坐標判斷A，設直線方程為，，直線方程代入拋物線方程，應用韋達定理得，求出中點坐標得中點到軸距離，求得最小值后判斷B，計算的長和中點到原點的距離，比較后判斷C，由斜率之積求出為常數，可得直線過定點判斷D．【詳解】A．拋物線準線方程是，，，則焦點為，A正確；

B．顯然斜率存在，設直線方程為，，由得，，，，所以，化簡得，線段中點的橫坐標為，縱坐標為為中點到軸的距離，又，當且僅當，即時等號成立，因此B中結論最小值為8是錯誤的．B錯；

C．設方程為（），由上述討論知，又中點為，即中點為，中點到原點的距離為，所以以為直徑的圓不過點，C錯；

D．，則，由上得，，方程為，必過點，D正確．故選：AD．【點睛】本題考查求拋物線的方程，考查直線與拋物線相交，解題方法是設而不求的思想方法，即設交點坐標，設，設直線方程為，直線方程與拋物線方程聯立方程組且消元，應用韋達定理得，然后把這個結論代入各個條件求解．（多選，2024年粵J110珠海一中沖刺，末）11．已知O為坐標原點，拋物線上有異于原點的，兩點，F為拋物線的焦點，以A，B為切點的拋物線的切線分別記為PA，PB，則（

【答案】BC【分析】設直線AB的方程，與拋物線的方程聯立，化簡整理為一元二次方程，根據根與系數的關系得到，，進而得到，，根據四個選項中的條件，逐一判斷選項．【詳解】設直線AB的方程為，代入拋物線方程得，則，，，所以，．選項A：若，則，得，故直線AB不一定經過焦點F，所以A錯誤．選項B：若，則，得，故直線AB經過焦點F，所以B正確．選項C：設在點處的切線方程為，即，與拋物線方程聯立得，，即，解得，所以，即，即切線PA的方程為，同理切線PB的方程為【答案】BC【分析】設直線AB的方程，與拋物線的方程聯立，化簡整理為一元二次方程，根據根與系數的關系得到，，進而得到，，根據四個選項中的條件，逐一判斷選項．【詳解】設直線AB的方程為，代入拋物線方程得，則，，，所以，．選項A：若，則，得，故直線AB不一定經過焦點F，所以A錯誤．選項B：若，則，得，故直線AB經過焦點F，所以B正確．選項C：設在點處的切線方程為，即，與拋物線方程聯立得，，即，解得，所以，即，即切線PA的方程為，同理切線PB的方程為，由，得，得，由B知直線AB經過焦點F，所以C正確．選項D：因為，則，整理得，則，故直線AB不一定經過焦點F，所以D錯誤．故選：BC.（多選，2024年蘇J08宿遷調研）10.在平面直角坐標系中，已知拋物線為拋物線上兩點下列說法正確的是（【答案】AC【解析】【分析】設出的方程為，代入拋物線的方程，運用韋達定理和中點坐標公式，求得中點的橫坐標和中點到準線的距離，以及面積表達式，可判斷AC；設出的方程為，代入拋物線的方程由可判斷B；設直線的方程為，由導數的幾何意義寫出切線方程求出交點P坐標，結合韋達定理即可判斷D．【詳解】拋物線的焦點，準線方程為，設，對AC選項：設的方程為，代入拋物線，可得，易知，，，故,當等號成立，故A正確；而，則弦長，設的中點為，到準線的距離為，所以以為直徑的圓與準線相切，故C正確；對B選項：又設的方程為，代入拋物線【答案】AC【解析】【分析】設出的方程為，代入拋物線的方程，運用韋達定理和中點坐標公式，求得中點的橫坐標和中點到準線的距離，以及面積表達式，可判斷AC；設出的方程為，代入拋物線的方程由可判斷B；設直線的方程為，由導數的幾何意義寫出切線方程求出交點P坐標，結合韋達定理即可判斷D．【詳解】拋物線的焦點，準線方程為，設，對AC選項：設的方程為，代入拋物線，可得，易知，，，故,當等號成立，故A正確；而，則弦長，設的中點為，到準線的距離為，所以以為直徑的圓與準線相切，故C正確；對B選項：又設的方程為，代入拋物線可得，易知，，，，則點在以線段為直徑的圓上，B錯誤；對D選項：不妨設在第一象限，在第四象限，則，則點處切線斜率，，則點處切線斜率，則點處切線方程為，同理點處切線方程為，聯立兩直線求得交點橫坐標為，故，設直線的方程為，代入拋物線可得，則，故（負值舍去），即直線的方程為，則直線過點，故D錯誤.故選：AC.（多選，2024年鄂J12三校二模，末）11.已知拋物線C：的焦點為，點在拋物線C上，則（【答案】BCD【解析】【分析】分別設定拋物線C和直線的方程，設，，聯立求得關于點坐標的韋達定理形式，進而轉化各個選項即可；選項A，將轉化為，求解即可；選項B，，求解即可；選項C，求得點的坐標，進而求得點到直線的距離，求解即可；選項D，設點到直線的距離為，可得，求解即可.【詳解】對A，設拋物線C：，設直線：，設，，聯立，則，，由于，可得，代入上式得：，解得：，且直線的斜率為，設直線MN的傾斜角為，則，且，則，解得，故A錯誤；對B，設拋物線C：，且直線的傾斜角為，【答案】BCD【解析】【分析】分別設定拋物線C和直線的方程，設，，聯立求得關于點坐標的韋達定理形式，進而轉化各個選項即可；選項A，將轉化為，求解即可；選項B，，求解即可；選項C，求得點的坐標，進而求得點到直線的距離，求解即可；選項D，設點到直線的距離為，可得，求解即可.【詳解】對A，設拋物線C：，設直線：，設，，聯立，則，，由于，可得，代入上式得：，解得：，且直線的斜率為，設直線MN的傾斜角為，則，且，則，解得，故A錯誤；對B，設拋物線C：，且直線的傾斜角為，設直線：，設，，聯立，則，，，故B正確；對C，由于點在拋物線C上，此時拋物線C：，設，，設直線AM：，聯立則，解得（舍去，此時重合）或，則點到直線的距離為，同理可得，因為，則到直線的距離為，故所求距離之積為，故C正確；對D，由于點在拋物線C上，此時拋物線C：，設直線AM：，與拋物線方程聯立可得，則，則，用替換可得，則，則，，故直線MN：，即，則點F到直線MN的距離，而即，，得，令，故，，當且僅當時等號成立，故D正確；故選：BCD．【點睛】方法點睛：若點在拋物線C上，且異于點，，則直線的斜率為定值，且該定值為處切線斜率的相反數.綜合：（多選，2024年粵J19執(zhí)信沖刺）10.己知直線l的方程為,則下列說法正確的是（【答案】AC【解析】【分析】判斷出直線過定點，然后根據定點與其他曲線的位置關系判定正誤.【詳解】直線l過定點，對于A，法向量為，法向量為，因為，，所以兩條直線垂直，有唯一交點，故A正確；對于B，M為橢圓的上頂點，則直線l與橢圓相交或相切，有一個或兩個交點，故B錯誤；對于C，因為，所以M在圓內，l【答案】AC【解析】【分析】判斷出直線過定點，然后根據定點與其他曲線的位置關系判定正誤.【詳解】直線l過定點，對于A，法向量為，法向量為，因為，，所以兩條直線垂直，有唯一交點，故A正確；對于B，M為橢圓的上頂點，則直線l與橢圓相交或相切，有一個或兩個交點，故B錯誤；對于C，因為，所以M在圓內，l與圓一定有兩個交點，故C正確；對于D，如圖，滿足題意的直線有4條，兩條與雙曲線相切，兩條與漸近線平行，故D錯誤.故選：AC.（多選，2024年粵J42江門一模，末）11.已知曲線，則下列結論正確的是（【答案】AD【解析】【分析】首先對、分類討論分別得到曲線方程，畫出曲線圖形，數形結合判斷A、B，由雙曲線的漸近線與的關系判斷C，由點到直線的距離公式得到，即點到直線的距離的倍，求出直線與曲線相切時的值，再由兩平行線將的距離公式求出的最大值，即可判斷D.【詳解】因為曲線，當，時，則曲線為橢圓的一部分；當，時，則曲線為雙曲線的一部分，且雙曲線的漸近線為；【答案】AD【解析】【分析】首先對、分類討論分別得到曲線方程，畫出曲線圖形，數形結合判斷A、B，由雙曲線的漸近線與的關系判斷C，由點到直線的距離公式得到，即點到直線的距離的倍，求出直線與曲線相切時的值，再由兩平行線將的距離公式求出的最大值，即可判斷D.【詳解】因為曲線，當，時，則曲線為橢圓的一部分；當，時，則曲線為雙曲線的一部分，且雙曲線的漸近線為；當，時，則曲線為雙曲線的一部分，且雙曲線的漸近線為；可得曲線的圖形如下所示：由圖可知隨著增大而減小，故A正確；曲線的橫坐標取值范圍為，故B錯誤；因為，所以曲線與直線相交，且交點在第四象限，故C錯誤；因為，即點到直線的距離的倍，當直線與曲線相切時，由，消去整理得，則，解得（舍去）或，又與的距離，所以，所以的取值范圍為，故D正確；故選：AD【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵是分析出曲線的圖形，D選項的關鍵是轉化為點到直線的距離.其他：（多選，2024年粵J105湛江二模，末）11.下列命題為真命題的是（【答案】BC【解析】【分析】利用兩點距離公式將題干中復雜式子轉化為幾個點間的距離，結合拋物線的定義，作出圖形，數形結合即可得解.【詳解】設，易知點的軌跡是拋物線的上半部分，拋物線的準線為直線到準線的距離，為拋物線的焦點，對于AB，，所以的最小值為，故A錯誤，B正確；對于【答案】BC【解析】【分析】利用兩點距離公式將題干中復雜式子轉化為幾個點間的距離，結合拋物線的定義，作出圖形，數形結合即可得解.【詳解】設，易知點的軌跡是拋物線的上半部分，拋物線的準線為直線到準線的距離，為拋物線的焦點，對于AB，，所以的最小值為，故A錯誤，B正確；對于CD，，所以的最小值是，故C正確，D錯誤.故選：BC.【點睛】關鍵點點睛：本題解決的關鍵是轉化根號內的式子，聯想到兩點距離公式，從而數形結合即可得解.（多選，2024年魯J43日照二模）11．已知是曲線上不同的兩點，為坐標原點，則（

11．BCD【分析】根據題中曲線表達式去絕對值化簡，根據表達式求值判定A，根據幾何意義判斷B，根據直線與橢圓的位置關系判斷C，根據圖形特征以及切線概念判斷D.【詳解】當時，原方程即，化簡為，軌跡為橢圓，將代入，解得，則此時，即此部分為橢圓的一半，當時，原方程即，化簡得，將代入，解得或，則此時，即此部分為圓的一部分，作出曲線的圖形如下：

選項A：當時，，當時取最小值3，當時，，當時取最小值1，則的最小值為1，故A錯誤；選項B：因為表示點與點和點的距離之和，當時，點11．BCD【分析】根據題中曲線表達式去絕對值化簡，根據表達式求值判定A，根據幾何意義判斷B，根據直線與橢圓的位置關系判斷C，根據圖形特征以及切線概念判斷D.【詳解】當時，原方程即，化簡為，軌跡為橢圓，將代入，