1、2021 年高考真题和模拟题分类汇编 数 学 专题 12 圆锥曲线 一、选择题部分 1.(2021新高考全国卷T5)已知1F，2F 是椭圆C：22194xy 的两个焦点，点 M 在C上，则12MFMF的最大值为（）A.13 B.12 C.9 D.6【答案】C【解析】由题，229,4ab，则1226MFMFa，所以2121292MFMFMFMF（当且仅当123MFMF时，等号成立）2.(2021高考全国甲卷理 T5)已知12,F F 是双曲线 C 的两个焦点，P 为 C 上一点，且121260,3F PFPFPF，则 C 的离心率为（）A.72 B.132 C.7 D.13 【答案】A【解析】根
2、据双曲线的定义及条件，表示出12,PFPF，结合余弦定理可得答案.因为213PFPF，由双曲线的定义可得12222PFPFPFa，所以2PFa，13PFa；因为1260F PF,由余弦定理可得222492 3cos60caaaa ，整理可得2247ca，所以22274ace，即72e.故选 A3.(2021高考全国乙卷文 T11)设 B 是椭圆22:15xCy的上顶点，点 P 在 C 上，则 PB的最大值为（）A.52B.6C.5D.2【答案】A【解析】设点 00,P xy，因为0,1B，220015xy，所以 2222222000000012515 11426424PBxyyyyyy ，而0
3、11y，所以当012y 时，PB 的最大值为 52故选 A 4.(2021浙江卷T9)已知,R,0a bab，函数 2R()f xaxb x.若(),(),()f stf sf st成等比数列，则平面上点,s t 的轨迹是（）A.直线和圆B.直线和椭圆C.直线和双曲线 D.直线和抛物线【答案】C【解析】由题意得2()()()f st f stf s，即2222()()as tb as tbasb，对其进行整理变形：22222222asatastbasatastbasb，222222(2)0asatbastasb，22222 22240asatb ata s t，22 22 42220a s t
4、a tabt，所以22220asatb或0t，其中2212stbbaa 为双曲线，0t 为直线.故选 C.5.(2021江苏盐城三模T7)设双曲线 C：x2a2y2b21(a，b0)的焦距为 2，若以点 P(m，n)(ma)为圆心的圆 P 过 C 的右顶点且与 C 的两条渐近线相切，则 OP 长的取值范围是A(0，12)B(0，1)C(12，1)D(14，12)【答案】B【考点】圆锥曲线中双曲线的几何性质应用【解析】由题意可知，c1，渐近线方程为：bxay0，由圆 P 与渐近线相切可得，r|bman|c|bman|c，解得 n0，所以圆的半径 rambm，所以 m ab1，则 m2(ab1)2
5、 1b2(b1)21bb11 2b1，因为 b(0，1)，所以1 2b1(0，1)，则 m(0，1)，所以 OP(0，1)，故答案选 B6.(2021河南郑州三模理 T10)已知 A，B 是椭圆1（ab0）长轴的两个端点，P、Q 是椭圆上关于 x 轴对称的两点，直线 AP，BQ 的斜率分别为 k1，k2（k1k20）若椭圆的离心率为，则|k1|+|k2|的最小值为（）A1 B C D【答案】B【解析】设 P（t，s），Q（t，s），t0，a，s0，b，A（a，0），B（a，0），k1，k2，|k1|+|k2|+|22，当且仅当，即 t0 时等号成立 A，B 是椭圆1（ab0）长轴的两个端点，P
6、，Q 是椭圆上关于 x 轴对称的两点，P（t，s），Q（t，s），即 sb，|k1|+|k2|的最小值为，椭圆的离心率为，即，得 ab，|k1|+|k2|的最小值为 7.(2021河南开封三模文理 T12)已知椭圆（ab0）的左、右焦点分别为 F1（c，0），F2（c，0）若椭圆 C 上存在一点 P，使得，则椭圆 C 的离心率的取值范围为（）A B C D【答案】C【解析】在PF1F2 中，由正弦定理知，e，即|PF1|e|PF2|，又P 在椭圆上，|PF1|+|PF2|2a，联立得|PF2|（ac，a+c），即 aca+c，同除以 a 得，1e1+e，得1e1 椭圆 C 的离心率的取值范围为
7、 8.(2021河南开封三模文理 T3)“方程表示双曲线”的一个必要不充分条件为（）Am（，1）（1，+）Bm（，2）（1，+）Cm（，2）Dm（1，+）【答案】A【解析】方程为双曲线时，（m+2）（m1）0 m（，2）（1，+），（，2）（1，+）（，1）（1，+），“方程表示双曲线”的一个必要不充分条件为 m（，1）（1，+）9.(2021河南焦作三模理 T12)已知双曲线1（a0，b0）过第一、三象限的渐近线为 l，过右焦点 F 作 l 的垂线，垂足为 A，线段 AF 交双曲线于 B，若|BF|2|AB|，则此双曲线的离心率为（）A B C D【答案】C【解析】由题意可得渐近线 l 的方
8、程为 bxay0，由，可得 A（，），又 BF2AB，即2，又 F（c，0），即有 B（，），将 B 的坐标代入双曲线的方程，可得（）2（）21，由 e，可得（+）2（）21，解得 e 10.(2021河北张家口三模T9)已知方程表示的曲线是双曲线，其离心率为 e，则（）A B点（2，0）是该双曲线的一个焦点 C D该双曲线的渐近线方程可能为 x2y0【答案】AC【解析】因为方程表示的曲线是双曲线，所以（m22）（m2+2）3，解得；将化为，故选项 B 错误；因为 2m3+24，所以；因为双曲线的渐近线斜率的平方，所以选项 D 错误 11.(2021山东聊城三模T8.)已知 A，B，C 是双曲
9、线22 22=1(0,0)上的三点，直线 AB 经过原点 O，AC 经过右焦点 F，若 ，且=32 ，则该双曲线的离心率为（）A.172 B.173 C.32D.375 【答案】D【考点】双曲线的简单性质【解析】【解答】设双曲线的左焦点为，连接,由题意知|=|,|=|,四边形为矩形，令|=|=,|=|=|=|=2，=32 在 中，2+(+32)2=(2+32)2 将2=带入可得=6 =25,=125 在 中，2+2=(2)2 即(125)2+(25)2=(2)2 可得=375 故答案为：D【分析】设双曲线的左焦点为，连接,，根据矩形判定可得四边形为矩形令|=|=,|=|=，根据双曲线定义和勾股
10、定理结合已知可求得 =25,=125，再在 中由勾股定理得 2+2=(2)2进而可得=375。12.(2021四川内江三模理 T11)已知椭圆 C：的右焦点 F，点 P在椭圆 C 上（x+3）2+（y4）24 上，且圆 E 上的所有点均在椭圆 C 外，若|PQ|PF|的最小值为 2，且椭圆 C 的长轴长恰与圆 E 的直径长相等，则椭圆 C 的标准方程为（）A B C D【答案】C【解析】由题意可得 2a24，所以 a2，4），设左焦点 F6，则|PF1|2a|PF|，所以|PQ|PF|PQ|（7a|PF1|）|PQ|+|PF1|6|EF1|r4，而|EF7|取最小时为 E，Q，P，F1 三点共
11、线时，且为：|EF1|r563，解得 c1，所以 b2a2c2413，所以椭圆的方程为：+1 13.(2021四川内江三模理 T7)已知点 A 为抛物线 C：x24y 上的动点（不含原点），过点 A 的切线交 x 轴于点 B，设抛物线 C 的焦点为 F（）A一定是直角 B一定是锐角 C一定是钝角 D上述三种情况都可能【答案】A【解析】由 x24y 可得 yx2，yx，设 A（x0，），则 过 A 的切线方程为 yx0（xx7），令 y0，可得 xx0，B（x0，0），F（5，1），（x0，），（x0，1），6，ABF90 14.(2021重庆名校联盟三模T7)已知双曲线1（a0，b0）的左、右
12、焦点为F1、F2，虚轴长为 2，若其渐近线上横坐标为 1 的点 P 恰好满足0，则双曲线的离心率为（）A2 B C4 D【答案】A【解析】由已知可得 2b2，则 b，不妨设双曲线的一条渐近线方程为 y，取 x1 可得 P（1，），即 P（1，），由0，得，又 c2a2+3，解得 a1，c2，则 e 15.(2021安徽蚌埠三模文 T12)已知圆 C：（x+）2+y2（p0），若抛物线 E：y22px 与圆 C 的交点为 A，B，且 sinABC，则 p（）A6 B4 C3 D2【答案】D【解析】设 A（，y0），则 B（，y0），由圆 C：（x+）2+y2（p0），得圆心 C（，0），半径 r
13、，所以 CD+，因为ABCBAC，所以 sinABCsinBAC，所以 cosBAC，即，解得 y03，p2 16.(2021上海嘉定三模T14)设抛物线 y28x 的焦点为 F，过点 F 作直线 l 交抛物线于 A，B 两点，若线段 AB 的中点 E 到 y 轴的距离为 3，则弦 AB 的长为（）A等于 10 B大于 10 C小于 10 D与 l 的斜率有关【答案】A【解析】抛物线方程可知 p4，由线段 AB 的中点 E 到 y 轴的距离为 3 得，|AB|x1+x2+410 17.(2021贵州毕节三模文 T11)已知点 F 为双曲线的右焦点，过点 F 的直线 l 与曲线 C 的一条渐近线
14、垂直，垂足为 N，与 C 的另一条渐近线的交点为 M，若，则双曲线 C 的离心率 e 的值为（）A B C2 D【答案】A【解析】设 F（c，0），双曲线的渐近线方程为 yx，设直线 l 与渐近线 yx 垂直，可得直线 l 的方程为 y（xc），联立，可得 yN，联立，可得 yM，由3，可得 yNyM3yN，即 yM2yN，可得，可得 2a22b2c2a2+b2，即有 a23b2，所以 e 18.(2021辽宁朝阳三模T5)明朝的一个葡萄纹椭圆盘如图（1）所示，清朝的一个青花山水楼阁纹饰椭圆盘如图（2）所示，北宋的一个汝窑椭圆盘如图（3）所示，这三个椭圆盘的外轮廓均为椭圆已知图（1），（2），
15、（3）中椭圆的长轴长与短轴长的比值分别为，设图（1），（2），（3）中椭圆的离心率分别为 e1，e2，e3，则（）Ae1e3e2 Be2e3e1 Ce1e2e3 De2e1e3【答案】A【解析】图（1），（2），（3）中椭圆的长轴长与短轴长的比值分别为，图（1），（2），（3）中椭圆的离心率分别为 e1，e2，e3，所以 e1 e2，e3，因为，所以 e1e3e2 19.(2021河南济源平顶山许昌三模文 T10)设 F1，F2 分别为双曲线1（a0，b0）的左、右焦点，O 为坐标原点，过 F1 的直线与双曲线的两条渐近线分别交于 A，B 两点，且满足，则该双曲线的离心率为（）A B C2 D
16、2【答案】C【解析】由，可得BOF1 为等腰三角形，且 A 为底边 BF1 的中点，由 F1（c，0）到渐近线 yx 的距离为 db，由 OABF1，可得|OA|a，由AOF1AOBBOF260，可得 cos60，可得 e2 20.(2021河南济源平顶山许昌三模文 T8)设 P，Q 分别为圆（x1）2+y22 和椭圆上的点，则 P，Q 两点间的最短距离是（）A B C D【答案】B【解析】如图，圆（x1）2+y22 的圆心 C（1，0），半径为，设 Q（x，y）是椭圆上的点，则|QC|5x5，当 x时，P，Q 两点间的最短距离是 21.(2021安徽马鞍山三模理 T9)已知双曲线的左，右焦点
17、分别为 F1，F2，点 P 在双曲线 C 的渐近线上，且 PF1 与 x 轴垂直，则双曲线的离心率为（）A B C2 D【答案】C【解析】双曲线的左，右焦点分别为 F1，F2，点 P 在双曲线 C 的渐近线上，不妨设 P 在第二象限，则 P（c，），F1（c，0），F2（c，0），因为，所以（0，）（2c，）3c2，b23a2，所以 c24a2，可得离心率为：e2 22.(2021安徽马鞍山三模文 T11)已知椭圆经过点（3，1），当该椭圆的四个顶点构成的四边形的周长最小时，其标准方程为（）A B C D【答案】D【解析】由题意椭圆经过点（3，1），可得：（ab0），该椭圆的四个顶点构成的四边
18、形的周长 l4 a2+b2（a2+b2）（）10+10+216，当且仅当 a29b2 时，即 b，a3取等号 周长 l 的最小值：4416椭圆方程：23.(2021四川泸州三模理 T7)“m5”是“双曲线 C：1 的虚轴长为 2”的（）A充分但不必要条件 B必要但不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件【答案】A【解析】当 m5 时，双曲线为1，b1，虚轴长为 2b2，充分性成立，若双曲线为+1 虚轴长为 2，当焦点在 x 轴上时，则，m5，当焦点在 y 轴上时，则，m1，m5 或 m1，必要性不成立，m5 是双曲线+1 虚轴长为 2 的充分不必要条件 24.(2021上海浦东新区三模T
19、15)已知两定点 A（1，0）、B（1，0），动点 P（x，y）满足 tanPABtanPBA2，则点 P 的轨迹方程是（）Ax21 Bx21（y0）Cx2+1 Dx2+1（y0）【答案】D【解析】两定点 A（1，0）、B（1，0），动点 P（x，y）满足 tanPABtanPBA2，则：2，其中 y0，化简可得，x2+1（y0）25.(2021湖南三模T4)已知抛物线 C：ymx2（m0）上的点 A（a，2）到其准线的距离为 4，则 m（）A B8 C D4【答案】C【解析】抛物线 C：ymx2（m0）开口向上，直线方程为 y，抛物线 C：ymx2（m0）上的点 A（a，2）到其准线的距离为
20、 4，可得：+24，解得 m 26.(2021湖南三模T7)P 为双曲线 C：1（a0，b0）上一点，F1，F2 分别为其左、右焦点，O 为坐标原点若|OP|b，且 sinPF2F13sinPF1F2，则 C 的离心率为（）A B C2 D【答案】B【解析】由 sinPF2F13sinPF1F2，以及正弦定理可得|PF1|3|PF2|，因为|PF1|PF2|2a，所以|PF1|3a，|PF2|a，因为|OF2|c，|OP|b，所以OPF2，所以 cosOF2P，在F1F2P 中，cosF1F2PcosOF2P 化简可得 ca，所以 C 的离心率 e 27.(2021福建宁德三模T4)如图，抛物
21、线型太阳灶是利用太阳能辐射，通过聚光获取热量进行炊事烹饪食物的一种装置.由于太阳光基本上属于平行光线，所以当太阳灶(旋转抛物面)的主光轴指向太阳的时候，平行的太阳光线入射到旋转抛物面表面，经过反光材料的反射，这些反射光线都从它的焦点处通过，在这里形成太阳光线的高密集区，抛物面的焦点就在它的主光轴上.现有一抛物线型太阳灶，灶口直径 AB 为23，灶深 CD 为0.5，则焦点到灶底(抛物线的顶点)的距离为()A.3m B.1.5 C.1m D.0.75【答案】B【解析】由题意建立如图所示的平面直角坐标系：O 与C 重合，设抛物线的方程为2=2(0)，由题意可得(0.5,3)，将 A点坐标代入抛物线
22、的方程可得：3=2 0.5，解得=3，所以抛物线的方程为：2=6，焦点的坐标为(2,0)，即(32,0)，所以焦点到灶底(抛物线的顶点)的距离为32.故选：.建立适当的平面直角坐标系，设抛物线的方程，由题意可得 A 的坐标，将 A 点的坐标代入求出参数的值，进而求出所求的结果 本题考查抛物线的性质及建立适当的坐标系的应用，属于基础题 28.(2021江西南昌三模理 T10)如图所示，“嫦娥五号”月球探测器飞行到月球附近时，首先在以月球球心 F 为圆心的圆形轨道上绕月球飞行，然后在 P 点处变轨进以 F 为一个焦点的椭圆轨道绕月球飞行，最后在 Q 点处变轨进入以 F 为圆心的圆形轨道绕月球飞行，
23、设圆形轨道的半径为 R，圆形轨道的半径为 r，则下列结论中正确的序号为（）轨道的焦距为 Rr；若 R 不变，r 越大，轨道的短轴长越小；轨道的长轴长为 R+r；若 r 不变，R 越大，轨道的离心率越大 A B C D【答案】C【解析】由题意可得知，圆形轨道的半径为 R，设轨道的方程为+1，则 a+cR，因为圆心轨道的半径为 r，则 acr，联立，解得 2cRr，所以轨道的焦距为 2cRr，故正确；由于 a，c，故焦距为 2cR+r，2b22，所以 R 不变，r 增大，b 增大，轨道的短轴长增大，故不正确；长轴 2aR+r，故正确；所以离心率 e1，r 不变，R 越大，e 越大，即轨道的离心率越
24、大，故正确所以正确，29.(2021江西上饶三模理 T7)已知双曲线 C：1（a0，b0）的离心率为，则点 M（3，0）到双曲线 C 的渐近线距离为（）A2 B C D2【答案】C【解析】双曲线 C：1（a0，b0）的离心率为，可得 ab，所以双曲线的渐近线方程为：xy0，点 M（3，0）到双曲线 C 的渐近线距离为：30.(2021安徽宿州三模理 T10)已知双曲线1（a0，b0）的左、右焦点分别为 F1，F2，圆 x2+y2a2+b2 与双曲线在第一象限和第三象限的交点分别为 A，B，四边形 AF1BF2 的周长 p 与面积 S 满足，则该双曲线的离心率为（）A B C D【答案】A【解析
25、】由题知，|AF1|AF2|2a，四边形 AF1BF2 的是平行四边形，|AF1|+|AF2|，联立解得，|AF1|a+，|AF2|a，又线段 F1F2 为圆的直径，由双曲线的对称性可知四边形 AF1BF2 为矩形，S|AF1|AF2|，p2S，即 p2（a2），解得 p264a2，由|AF1|2+|AF2|2|F1F2|2，得 2a2+4c2，即 5a22c2，可得 e 31.(2021安徽宿州三模文 T11)已知 F1，F2 是双曲线1（a0，b0）的左、右焦点，焦距为 2c，以原点 O 为圆心，|OF2|为半径的圆与双曲线的左支交于 A，B 两点，且|AB|c，则该双曲线的离心率为（）A
26、 B C D【答案】D【解析】如图：设 AB 与 x 轴交于点 D，由对称性的 ADOF1，且 ADBD，OD，DF1，AF1c，AF2，AF2AF12a，32.(2021安徽宿州三模文 T9)抛物线 C：y28x 的焦点为 F，其准线 l 与 x 轴交于点 K，点 M 在抛物线 C 上，当|MK|MF|时，MFK 的面积为（）A4 B4 C8 D8【答案】C【解析】作 MM1l，垂足为 M1，则 MM1MF，由|MK|MF|得MM1K 为等腰直角三角形，RtMM1KRtMFK，MFFK 且 MFFKp4，MFK 的面积 S 33.(2021河北邯郸二模理 T8)设双曲线 C：的焦距为 2c（
27、c0），左、右焦点分别是F1，F2，点P在C的右支上，且c|PF2|a|PF1|，则C的离心率的取值范围是（）A（1，）B（，+）C（1，1+D1+，+）【答案】C【解析】c|PF2|a|PF1|，P 在双曲线的右支上，可设 P 的横坐标为 x0（x0a），由双曲线焦半径公式，可得|PF1|a+ex0，|PF2|ex0a，则，a，即，解得e 又 e1，C 的离心率的取值范围是（1，1+34.(2021江西鹰潭二模理 T11)已知 A，B 分别为椭圆的左、右顶点，P为椭圆 C 上一动点，PA，PB 与直线 x3 交于 M，N 两点，PMN 与PAB 的外接圆的周长分别为 L1，L2，则的最小值为
28、（）A B C D【答案】A【解析】根据题意可得 A（2，0），B（2，0），设 P（x0，y0），则+y021，所以 kPAkPB，设直线 PA 的方程为 yk（x+2），直线 PB 的方程为 y（x2），令 x3 得 yM5k，yN，不妨设 k0，则 MN5k+，设PMN 和PAB 外接圆的半径分别为 r1，r2，由正弦定理得 2r1，2r2，又MPN+APB180，所以 35.(2021江西上饶二模理 T11)双曲线 E：的右焦点为 F2，A和 B 为双曲线上关于原点对称的两点，且 A 在第一象限连结 AF2 并延长交双曲线于点P，连结 BF2、BP，若BF2P 是等边三角形，则双曲线
29、E 的离心率为（）A B C D【答案】D【解析】因为BF2P 是等边三角形，不妨设|BF2|PF2|n，由双曲线的定义知，|BF2|BF1|2a，|PF1|PF2|2a，所以|BF1|n2a，|PF1|n+2a，由双曲线的对称性知，四边形 AF1BF2 为平行四边形，所以|AF2|BF1|n2a，|AF1|BF2|n，F1AF2PF2B60，所以|AP|AF2|+|PF2|n2a+n2（na），在PAF1 中，由余弦定理知，+|AP|22|AF1|AP|cosF1AF2，所以（n+2a）2n2+4（na）22n2（na），即 n5a，在AF1F2 中，由余弦定理知，+2|AF1|AF2|co
30、sF1AF2，所以 4c2n2+（n2a）22n（n2a），即 4c2n22na+4a225a210a2+4a219a2，所以 ca，所以离心率 e 36.(2021河北秦皇岛二模理 T11)已知方程 C：1，nN*，则下列选项正确的是（）A当 n1 时，|x|+|y|的最小值为 B当 n1 时，方程 C 所表示的曲线围成封闭图形的面积为 S，则 S2 C当 n3 时，|x|y|的最小值为 D当 n3 时，方程 C 所表示的曲线围成封闭图形的面积为 S，则 2S【答案】ABD【解析】当 n1 时，由原方程可得，则|x|+|y|，当且仅当|x|y|时等号成立，故 A 正确；对于 B，由方程 C
31、所表示的曲线关于原点与坐标轴对称，因此只需考虑 0 x1 且 0y1 的部分即可，此时原方程为，而 y，曲线位于直线 y1x 的下方，它与坐标轴围成的封闭曲线的面积小于，则方程C表示的曲线的面积S，故 B 正确；当 n3 时，|x|y|，故 C 错误；对于 D，由方程 C 所表示的曲线关于原点与坐标轴对称，因此只需考虑 0 x1 且 0y1 的部分即可，此时，即，而1x，曲线（0 x1，0y1）位于直线 y1x 的上方，圆 x2+y21（0 x1，0y1）的下方，它与坐标轴围成的封闭曲线的面积大于小于，当 n3 时，方程 C 所表示的曲线围成封闭图形的面积为 S，则 2S，故 D 正确 37.
32、(2021河北秦皇岛二模理 T8)椭圆 C：1（ab0）的左、右焦点分别为F1，F2，过点 F1的直线 l 交椭圆 C 于 A，B 两点，已知，则椭圆 C 的离心率为（）A B C D【答案】A【解析】设|F1F2|2c，因为（）（）0，所以|AF2|F1F2|2c，所以|AF1|2a2c，因为，所以|BF（ac），所以|BF2|，设 AF1 的中点为 H，则 F2HAB，|AH|ac，|BH|，|F2A|，即 4c，整理可得 7c212ac+5a20，即 7e212e+50，解得 e或 1（舍去），所以离心率为 38.(2021浙江杭州二模理 T7)已知 F1，F2 是双曲线 C：的两个焦点
33、，以线段 F1F2 为边作正三角形 MF1F2，若边 MF1 的中点在双曲线上，则双曲线C 的离心率为（）A4+2 B1 C D【答案】D【解析】依题意可知双曲线的焦点为 F1（c，0），F2（c，0）F1F22c，三角形高是cM（0，c）所以中点 N（，c），代入双曲线方程得：1，整理得：b2c23a2c24a2b2 b2c2a2所以 c4a2c23a2c24a2c24a4 整理得 e48e2+40求得 e242 e1，e+1 39.(2021北京门头沟二模理 T9)已知抛物线 C：y2=2px(p 0)的焦点为 F，过 F 且斜率为3的直线与抛物线 C 上相交于 P，Q 两点，且 P，Q
34、两点在准线上的投影分别为 M，N 两点，则 的面积为()A.83 2 B.833 2 C.433 2 D.233 2【答案】D【解析】抛物线 C：2=2(0)的焦点坐标为(2,0)，由题意可得直线 PQ：=3(2)，联立2=2=3(2)，得：122 20+32=0，解得：(6,33)，(32,3)，则=3+33 =433，在 中，MN 边上的高=，则=12 433 =233 2.故选：.求出直线 PQ 的方程，与抛物线2=2联立，求出 P，Q 的坐标，得到 MN，然后求解三角形的面积本题考查抛物线的简单性质的应用，考查计算能力，是中档题 40.(2021江西九江二模理 T12)已知双曲线1（a
35、，b0）的左、右焦点分别为 F1，F2，过点 F1 且倾斜角为的直线 1 与双曲线的左、右支分别交于点 A，B，且|AF2|BF2|，则该双曲线的离心率为（）A B C2 D2【答案】A【解析】过 F2 作 F2NAB 于点 N，设|AF2|BF2|m，因为直线 l 的倾斜角为，所以在直角三角形 F1F2N 中，|NF2|c，|NF1|c，由双曲线的定义可得|BF1|BF2|2a，所以|BF1|2a+m，同理可得|AF1|m2a，所以|AB|BF1|AF1|4a，即|AN|2a，所以|AF1|c2a，因此 mc，在直角三角形 ANF2 中，|AF2|2|NF2|2+|AN|2，所以（c）24a
36、2+c2，所以 ca，则 e 41.(2021江西九江二模理 T8)已知抛物线 E：y22px（p0），斜率为 1 的直线 l 过抛物线 E 的焦点，若抛物线 E 上有且只有三点到直线 l 的距离为，则 p（）A4 B2 C1 D【答案】B【解析】设 l：yx，设 l1：yx+m 与抛物线 E 相切，由，可得 x2+2（mp）x+m20，4（mp）24m20，解得 p2m，且 m0，平行线 l1 与 l 的距离为：d，所以 p2 42.(2021山东潍坊二模T11)已知双曲线 C：x21，其左、右焦点分别为 F1，F2，过点 F2 作一直线与双曲线 C 的右支交于点 P，Q，且0，则下列结论正
37、确的是（）APF1Q 的周长为 4 BPF1F2 的面积为 3 C|PF1|+1 DPF1Q 的内切圆半径为1【答案】BCD【解析】如图，由双曲线方程 x21，得 a21，b23，可得，则|F1F2|4，由双曲线定义可得：|PF1|PF2|QF1|QF2|2，0，F1PQ90，则16，|PF1|+|PF2|从而 RtF1PQ 的内切圆半径：r 故PF1Q 的内切圆半径为，故 D 正确；联立，解得|PF1|+1，|PF2|1，故 C 正确；，故 B 正确；由|PF1|PF2|QF1|QF2|2，且|PF1|+1，|PF2|1，解得：，PF1Q 的周长为，故 A 错误 43.(2021辽宁朝阳二模
38、T8)已知双曲线 C：1（a0，b0）的一个焦点为 F，点 A，B 是 C 的一条渐近线上关于原点对称的两点，以 AB 为直径的圆过 F 且交 C 的左支于 M，N 两点，若|MN|2，ABF 的面积为 8，则 C 的渐近线方程为（）Ay By Cy2x Dy【答案】B【解析】设双曲线的另一个焦点为 F，由双曲线的对称性，可得四边形 AFBF是矩形，SABFSABF，即 bc8，由，可得 y，则|MN|2，即 b2c，b2，c4，a2，C 的渐近线方程为 yx 44.(2021辽宁朝阳二模T3)过抛物线 C：y24x 的焦点 F 的直线交抛物线 C 于 A（x1，y1）、B（x2，y2）两点，
39、且 x1+x2，则弦 AB 的长为（）A B4 C D【答案】C【解析】由题意知，p2，由抛物线的定义知，|AB|x1+x2+p+2 45.(2021广东潮州二模T5)已知双曲线1（a0，b0）的一条渐近线平行于直线 l：x+2y+50，则双曲线的离心率为（）A2 B C D【答案】D【解析】双曲线1（a0，b0）的一条渐近线平行于直线 l：x+2y+50，可得，所以 e 46.(2021天津南开二模T7)已知双曲线 C：的离心率为 2，左、右焦点分别为 F1，F2 点 A 在双曲线 C 上，若AF1F2 的周长为 10，则AF1F2 的面积为（）A B C15 D30【答案】A【解析】双曲线
40、 C：的离心率为 2，解得 a1，因为点 A 在双曲线 C 上，不妨设 A 在第一象限 5F2 的周长为 10，|F1F3|+|AF1|+|AF2|10，|AF7|AF2|2，所以三角形的边长为|F7F2|4，|AF8|4，|AF2|4，所以三角形的面积为：47.(2021吉林长春一模文 T10.)已知抛物线220ypx p，过其焦点 F 的直线l 与抛物线分别交于 A、B 两点(点 A 在第一象限)，且4,ABFB则直线l 的倾斜角为 A.6 B.4 C.3 D.23 【答案】C【解析】如图,过 A,B 作 AA,BB垂直准线2px ,垂足为 A,B，过 B 作 AA垂线,垂足为 C,由 抛
41、 物 线 定 义 知|,|,3|BFBBAAAFFBFA2|,|FBAC所 以1c o s2BAC,3BAC,所以直线l 倾斜角为3,故选 C.48.(2021吉林长春一模文 T4.)已知双曲线222210,0 xyabab的渐近线方程为2,yx 则其离心率为 A.3 B.5 C.52D.2 33【答案】B【解析】由渐近线方程可知2222222,15.bccabbeaaaaa故选 B.49.(2021新疆乌鲁木齐二模文 T11)已知双曲线1 的右焦点为 F，点 M 在双曲线上且在第一象限，若线段 MF 的中点在以原点 O 为圆心，|OF|为半径的圆上，则直线MF 的斜率是（）A B C D【答
42、案】A【解析】如图所示，设线段 MF 的中点为 H，连接 OH，设双曲线的右焦点为 F，连接 MF双曲线的左焦点为 F，连接 MF，则 OHMF 又|OH|OF|c3，|FH|MF|（2a2c）ac1 设HFO，在OHF 中，tan，直线 MF 的斜率是 50.(2021新疆乌鲁木齐二模文 T7)已知 F1，F2 是椭圆的两个焦点，B1，B2 是椭圆短轴的两个端点，若四边形 F1B1F2B2 的面积是 8，则椭圆长轴长的最小值为（）A2 B4 C4 D8【答案】C【解析】不妨设椭圆方程，F1，F2 是椭圆的两个焦点（c，0），B1，B2 是椭圆短轴的两个端点，若四边形 F1B1F2B2 的面积
43、是 8，因为 a2b2+c22bc，所以 82bca2，所以 a2，当且仅当 bc 时取等号，所以椭圆长轴长的最小值为 4 51.(2021安徽淮北二模文 T10)如图，F1，F2 是双曲线1（a0，b0）的左、右焦点，A，B 为双曲线上关于原点对称的两点，且满足|AB|2|OF1|，ABF1，则双曲线的离心率为（）A B C D【答案】A【解析】F1、F2 是双曲线1（a0，b0）的左、右焦点，在 RtABF1 中，|OF1|c，|AB|2c，在直角三角形 ABF1 中，ABF1，可得|AF1|2csin，|BF1|2ccos，连接 AF2，BF2，可得四边形 AF2BF1 为矩形，|BF2
44、|AF2|AF1|AF2|2c|cossin|2a，e，cos（+）cos，e 52.(2021宁夏银川二模文 T9)已知抛物线 y28x 的焦点为 F，经过点 P（1，1）的直线l 与该曲线交于 A，B 两点，且点 P 恰为 AB 的中点，则|AF|+|BF|（）A4 B6 C8 D12【答案】B【解析】抛物线 y28x 的焦点为 F（2，0），准线方程为 x2，过 A、B、P 作准线的垂线段，垂足分别为 M、N、R，点 P 恰为 AB 的中点，故|PR|是直角梯形 AMNB 的中位线，故|AM|+|BN|2|PR|由抛物线的定义可得|AF|+|BF|AM|+|BN|2|PR|2|1（2）|
45、6 53.(2021山西调研二模文 T11)已知 F 为双曲线 C：22 22=1(0,0)的右焦点，以点 F 为圆心，1 为半径的圆与 C 的渐近线相切于点(455,)，则 C 的离心率为()A.52 B.32 C.2 D.3【答案】A【解析】由题意，(,0)，不妨设双曲线的渐近线方程为=，则 F 到=的距离为1+22=1，直线 FP 所在直线方程为=()，联立=()，解得=2，2=21=455，得=5，则=2 2=5 1=2.=52.故选：.由 F 到一条渐近线的距离等于 1 求得 b，写出 FP 所在直线方程，与已知渐近线方程联立求得 P 点横坐标，由横坐标的值为455 求得 c，则 a
46、 可求，离心率可求 本题考查双曲线的几何性质，考查运算求解能力，是中档题 54.(2021山西调研二模文 T5.)若椭圆29+2=1与双曲线22 2=1有相同的焦点，则实数 m 的值为()A.3 B.6 C.12 D.15【答案】C【解析】解：双曲线22 2=1的焦点坐标(0,3)，椭圆29+2=1与双曲线22 2=1有相同的焦点，所以 9=3，=12.故选：.求出双曲线的焦点坐标，得到椭圆的焦点坐标，然后求解 m 即可 本题考查椭圆与双曲线的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力，是基础题 55.(2021河南郑州二模文 T9)已知双曲线1（a0，b0）的两个焦点分别为 F1（c，0），F
47、2（c，0）（c0），过点 P（，0）的直线与双曲线的左、右两支分别交于 A，B 两点，且3，则双曲线的离心率为（）A B C D【答案】A【解析】由3可知，F1AF2B，所以AF1PBF2P，且，即，化简可得，即 e22，所以 e（负值舍去）二、填空题部分 56.(2021新高考全国卷T14)已知O 为坐标原点，抛物线C：22ypx(0p)的焦点为 F，P 为C 上一点，PF 与 x 轴垂直，Q 为 x 轴上一点，且 PQOP，若6FQ，则C 的准线方程为_.【答案】32x 【解析】抛物线C：22ypx(0p)的焦点,02pF,P 为C 上一点，PF 与 x 轴垂直，所以 P 的横坐标为 2
48、p，代入抛物线方程求得 P 的纵坐标为p,不妨设(,)2pPp,因为 Q 为 x 轴上一点，且 PQOP，所以 Q 在 F 的右侧，又|6FQ，(6,0),(6,)2pQPQpuuur 因为 PQOP，所以 PQ OP2602pp,0,3ppQ，所以C 的准线方程为32x ，故答案为32x .57.(2021高考全国甲卷理 T15)已知12,F F 为椭圆 C：221164xy的两个焦点，P，Q为 C 上关于坐标原点对称的两点，且12PQF F，则四边形12PFQF 的面积为_【答案】8 【解析】根据已知可得12PFPF，设12|,|PFm PFn，利用勾股定理结合8mn，求出mn，四边形12
49、PFQF 面积等于mn，即可求解.因为,P Q 为C 上关于坐标原点对称的两 点，且12|PQF F，所 以 四 边 形12PFQF 为 矩 形，设12|,|PFm PFn，则228,48mnmn，所以22264()2482mnmmnnmn，8mn，即四边形12PFQF 面积等于8.故答案为8.58.(2021高考全国乙卷文 T14)双曲线22145xy的右焦点到直线280 xy的距离为_【答案】5 【解析】由已知，22543cab，所以双曲线的右焦点为(3,0)，所以右焦点(3,0)到直线280 xy距离为22|3208|55512.故答案为5 59.(2021浙江卷T16)已知椭圆2222
50、1(0)xyabab，焦点1(,0)Fc，2(,0)F c(0)c，若过1F 的直线和圆22212xcyc相切，与椭圆在第一象限交于点 P，且2PFx轴，则该直线的斜率是_，椭圆的离心率是_.【答案】(1).2 55 (2).55 【解析】如图所示：不妨假设2c，设切点为 B，12112sinsin3ABPF FBF AF A，122222tan5532PF F 所以2 55k,由21212,24PFkF FcF F，所以28 55PF，2112112 5=sin5PFPFPF F，于是124 52PFaPF，即2 5a，所以2552 5cea 故答案为：2 55；55 60.(2021江西上
51、饶三模理 T16)某中学张燕同学不仅学习认真，而且酷爱体育运动，经过艰苦的训练，终于在校运会的投铅球比赛中创造佳绩已知张燕所投铅球的轨迹是一段抛物线（人的身高不计，铅球看成一个质点），如图所示，设初速度为定值 v0，且与水平方向所成角为变量，已知张燕投铅球的最远距离为 10m当她投得最远距离时，铅球轨迹抛物线的焦点到准线的距离为 5 m（空气阻力不计，重力加速度为 10m/s2）【答案】5【解析】设铅球运动时间为 t0，t 时刻的水平方向位移为 x，则 xv0tcos，由知，故当时，v010m/s，如图建立平面直角坐标系，P（5，2.5），设抛物线方程为 x22py，则抛物线的焦点到准线的距离
52、为 61.(2021河南郑州三模理 T15)已知双曲线 C：1（a0，b0）右顶点、右焦点为 A、F，过点 A 的直线 l 与 C 的一条渐近线交于点 Q，直线 QF 与 C 的一个交点为 B，且4，则双曲线离心率 e 为 【答案】【解析】易知 A（a，0），F（c，0），一条渐近线为，则，不妨设 Q 在第一象限，则，即点 Q 的坐标为（a，b），设 B（x，y），则，由得，解得，点 B 的坐标为（4c3a，3b），又点B在椭圆上，故，化简可得（4e3）210，解得，又 e1，于是 62.(2021河北张家口三模T16)已知为椭圆的右焦点，B 两点，P 为 AB 的中点，且OFP 外接圆的面积
53、为，则椭圆 C 的长轴长为 【答案】2【解析】因为OFP 外接圆的面积为，所以其外接圆半径为 又OFP 是以 OF 为底边的等腰三角形，设OFP，则OPF2，所以，所以，所以或 不妨设点 P 在 x 轴下方，所以或 又根据点差法可得，所以或此时焦点在 y 轴上 因为为椭圆，所以，故椭圆 C 的长轴长为 63.(2021安徽宿州三模理 T16)已知 A，B 分别为抛物线 C1：y28x 与圆 C2：x2+y26x4y+160 上的动点，抛物线的焦点为 F，P、Q 为平面内两点，且当|AF|+|AB|取得最小值时，点 A 与点 P 重合；当|AF|AB|取得最大值时，点 A 与点 Q 重合，则FP
54、Q 的面积为 【答案】4【解析】由题意可知 C2 是以（3，2）为圆心，1 为半径的圆，F（2，0），如图：记 C1 的准线为 l，过点 A 作 l 的垂线，垂足为 D，过点 C2 作 l 的垂线，垂足为 D1，连接AC2，则|AF|+|AB|AD|+|AB|AD|+|AC2|1|C2D1|1，当且仅当 A，C2，D 三点共线且点 B 在线段 AC2 上时取等号，则点 P（1，2），连接 FC2，则|AF|AB|AF|（|AC2|1）|AF|AC2|+1|FC2|+1，当且仅当 A为线段 FC2 的延长线与抛物线 C1 的交点，且点 B 在线段 AC2 上时等号成立，易知点 Q 在第一象限，由
55、得 Q（4，4），|FQ|6，点 P 到直线 QF 的距离为 d，64.(2021山东聊城三模T15.)已知点(0,5)，过抛物线2=12上一点 P 作=3的垂线，垂足为 B，若|=|，则|=_【答案】7 【考点】两点间的距离公式，点到直线的距离公式【解析】【解答】设(,)，|=|，可得+3=2+(5)2，2 16+16=0，由2=12，带入可得：=4，所以|=+3=7，故答案为：7.65.(2021四川内江三模理 T16)数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，如图：四叶草曲线 C 就是其中一种，其方程为（x2+y2）3x2y2给出下列四个结论：曲线 C 有四条对称轴；曲线 C 上的点到原点的
56、最大距离为；在第一象限内，过曲线 C 上一点作两坐标轴的垂线与两坐标轴围成的矩形面积的最大值为；四叶草面积小于 其中，所有正确结论的序号是 【答案】【解析】对于，将 x 换为x 方程不变；将 y 换为y 方程不变；将 x 换为 y，所以曲线关于 yx 轴对称，y 换为x 方程不变；正确；对于，设距离为 d，要求 d 的最大值 4+y2 的最大值，显然 d02+y20，又，所以曲线 C 上的点到原点距离最大值为；（3）设曲线 C 第一象限任意一点为（x，y），则（x2+y2）5x2y24（xy）3，即，当且仅当 xy 时取得最大值；（4）易得四叶草曲线在以原点为圆心，为半径的圆内，正确 66.(
57、2021重庆名校联盟三模T15)已知抛物线 C：y22px（p0）的焦点为 F，点 M（x0，2）（）是抛物线 C 上一点，以点 M 为圆心的圆与直线 x交于 E，G 两点，若 sinMFG，则抛物线 C 的方程是 【答案】y24x【解析】由题意可知直线 x是过焦点 F 的垂直 x 轴的直线，因为 sinMFG，所以 cosMFG，又 cosMFG，所以 x3，则 x03，所以 M（3，2），代入抛物线方程可得：p26p+80，解得：p2 或 4，当 p2 时，x02，当 p4 时，x012，不满足题意，所以 p2，此时抛物线方程为 y24x 67.(2021安徽蚌埠三模文 T14)“天问一号
58、”推开了我国行星探测的大门，通过一次发射，将实现火星环绕、着陆、巡视，是世界首创，也是我国真正意义上的首次深空探测2021年 2 月 10 日，天问一号探测器顺利进入火星的椭圆环火轨道（将火星近似看成一个球体，球心为椭圆的一个焦点）2 月 15 日 17 时，天问一号探测器成功实施捕获轨道“远火点（椭圆轨迹上距离火星表面最远的一点）平面机动”，同时将近火点高度调整至约 265公里若此时远火点距离约为 11945 公里，火星半径约为 3400 公里，则调整后“天问一号”的运行轨迹（环火轨道曲线）的离心率约为（精确到 0.1）【答案】0.6【解析】设椭圆的方程为，由椭圆的性质可得椭圆上的点到焦点的
59、距离的最小值为 ac，最大值为 a+c，根据题意可得近火点满足 ac3400+2653665，a+c3400+1194515345，解得 a9505，c5840，所以椭圆的离心率为 e 68.(2021上海嘉定三模T9)设椭圆：1（a1），直线 l 过的左顶点 A 交y 轴于点 P，交于点 Q，若AOP 为等腰三角形（O 为坐标原点），且 Q 是 AP 的中点，则的长轴长等于 【答案】【解析】如图所示，设 Q（x0，y0）由题意可得：A（a，0），P（0，a）因为 Q 是 AP 的中点，所以，（x0，y0a）（ax0，y0），代入椭圆方程可得：，解得椭圆的长轴长等于 69.(2021贵州毕节三
60、模文 T16)由集合 P（x，y）|（xcos）2+（ysin）29，2中所有点组成的图形如图阴影部分所示，其外廓形如“心脏”，中间白色部分形如倒立的“水滴”则阴影部分与 y 轴相交的两条线段长度和为 【答案】2【解析】（xcos）2+（ysin）29，2，令 x0，得 cos2+y22ysin+sin29，y22ysin8，2siny，2，sin1，0，2sin2，0，由 y2，0，解得 y4，22，2，阴影部分长度为 22，42，阴影部分与 y 轴相交的两条线段长度和为 22 70.(2021辽宁朝阳三模T14)已知双曲线 C：1（a0，b0）的左、右焦点分别为 F1，F2，M 为 C 左
61、支上一点，N 为线段 MF2 上一点，且|MN|MF1|，P 为线段 NF1的中点若|F1F2|4|OP|（O 为坐标原点），则 C 的渐近线方程为 【答案】yx【解析】由双曲线的定义，可得|MF2|MF1|MF2|MN|NF2|2a，在NF1F2 中，OP 为中位线，可得|OP|NF2|a，又|F1F2|4|OP|，可得 2c4a，即 c2a，ba，所以双曲线的渐近线方程为 yx 71.(2021四川泸州三模理 T16)关于曲线 C：3x2+2xy+3y21 有如下四个命题：曲线 C 关于原点对称；直线 x1 与曲线 C 有公共点；曲线 C 上任一点的纵坐标的范围是，；曲线 C 上任一点与原
62、点距离的范围是，其中所有真命题的序号是 （填上所有正确的序号）【答案】【解析】关于曲线 C：3x2+2xy+3y21 有如下四个命题：对于：把点（x，y）代入曲线 C：3x2+2xy+3y21 仍然成立，故正确；对于：曲线 C：3x2+2xy+3y21 可以看做关于 x 或 y 的一元二次方程，故（2y）243（3y21）0，解得，同理（2x）243（3x21）0，解得，故错误，对于：在第一象限内：2xy13（x2+y2）x2+y2，故 4（x2+y2）1，即，在第二象限内：2xy3（x2+y2）1x2+y2，整理得，即，所以曲线 C 上任一点与原点距离的范围是，故正确 72.(2021江苏常
63、数三模T15)如图，一个酒杯的内壁的轴截面是抛物线的一部分，杯口宽4cm，杯深 8cm，称为抛物线酒杯 在杯口放一个表面积为 36cm2 的玻璃球，则球面上的点到杯底的最小距离为 cm；在杯内放入一个小的玻璃球，要使球触及酒杯底部，则玻璃球的半径的取值范围为 （单位：cm）【答案】6，（0，【解析】如图以杯子的底部为原点 O，建立如图所示的直角坐标系，则 A（2，8），B（2，8），设抛物线的方程为 x22py（p0），可得（2）22p8，解得 p，所以抛物线的方程为 x2y，设球的半径为 R，由 4R236，解得 R3，由直角三角形 DBC1 中，C1B3，DB2，可得 C1D1，所以球面上
64、的点到杯底的最小距离为 8+136；如图球 C2 的横截面的圆的方程为 x2+（yr）2r2，r0，联立，可得 y0 或 y2r1，要使球触及酒杯底部，则只需抛物线与圆相切于顶点（0，0），可得联立抛物线和圆的方程只能有 1 解 y0，另一个解为负数或零，所以 y2r10，解得 0r，所以玻璃球的半径的范围为（0，73.(2021福建宁德三模T16)已知动点 P 在圆(+2)2+(4)2=4上，双曲线:22 22=1(0,0)的右焦点为(2,0)，若 C 的渐近线上存在点 Q 满足+=2 ，则 C 的离心率的取值范围是_.【答案】2,+)【解析】设(,)，(0,0)，满足+=2 ，所以(0,0
65、)+(2,0)=(2,2)，所以0=2 2，0=2，又因为(0,0)在圆上满足(0+2)2+(0 4)2=4，所以(2 2+2)2+(2 4)2=4，整理得2+(2)2=1，所以点的轨迹是以(0,2)为圆心，1 为半径的圆，如图所示，当渐近线与圆有交点时，说明渐近线上存在点 Q，使得+=2 ，当两条渐近线与圆恰好相切时为临界点，则：圆心(0,2)到渐近线 =0的距离=|2|2+2=1，因为=2，即2+2=4，所以=1，此时=3，=3，当 3时，渐近线与圆有交点，则=2+22=1+22 1+(3)2=2，故答案为：2,+).设(,)，(0,0)，代入+=2 ，得 P 点坐标，再代入圆的方程可得点
66、的轨迹是以(0,2)为圆心，1 为半径的圆，推出当渐近线与圆有交点时，说明渐近线上存在点 Q，使得+=2 ，求出当两条渐近线与圆恰好相切时，即可得出答案 本题考查直线与圆，双曲线的位置关系，解题中需要一定的计算能力，属于中档题 74.(2021 宁 夏 中 卫 三 模 理 T16 )已 知 椭 圆与 双 曲 线共焦点，过椭圆 C 上一点 P 的切线 l 与 x 轴、y 轴分别交于 A，B 两点（F1，F2 为椭圆 C 的两个焦点）又 O 为坐标原点，当ABO 的面积最小时，下列说法所有正确的序号是 b1；当点 P 在第一象限时坐标为；直线 OP 的斜率与切线 l 的斜率之积为定值；F1PF2
67、的角平分线 PH（点 H 在 F1F2 上）长为【答案】【解析】双曲线的焦点为（，0），则椭圆的焦点也为（，0），b2321，得 b1（b0），故正确；设 P（x0，y0）（x0，y00），则，椭圆在点 P 处的切线方程为，求得 A（，0），B（0，），由三角形面积公式可得，则，当且仅当时等号成立，此时在第一象限的切点坐标为 P（，），故错误；由对称性，只需考虑点 P 在第一象限的情况，由上可知，P（，），则 kOPkl，故错误；计算可得，在F1PF290，设F1PF2 的角平分线 PH 的长为 m，根据等面积法可得：，解得 m，故正确 75.(2021江西南昌三模理 T15)设双曲线的左、右
68、焦点分别为 F1（c，0），F2（c，0），圆（xc）2+y24c2 与双曲线 C 在第一象限的交点为 A，若 AF1 与双曲线 C 的一条渐近线 l 垂直，则 l 的方程为 【答案】4x+3y0【解析】设 AF1 的倾斜角为，AF1 与双曲线 C 的一条渐近线 l 垂直，且，tan，联立，解得 cos，在AF1F2 中|AF1|AF2|+2a2c+2a，|F1F2|2c，由余弦定理可得：（2c）2（2c+2a）2+（2c）22（2c+2a）2ccos 4a2+8c2+8ac8b（a+c），化简得：a+c2b，即 c2ba，又 a2+b2c2，a2+b2（2ba）2+4b2+a24ab，即，则
69、直线 l 的方程为 y，即 4x+3y0 76.(2021北京门头沟二模理 T13)(,)(0,0)是双曲线 C：24 2=1上的一点，(2,0)，(2,0)，设=，=，的面积为 S，则tan(+)的值为_.【答案】85【解析】(,)(0,0)是双曲线 C：24 2=1上的一点，可得2 4=42，tan+tan=+2 2=424=442=1，tantan=+2 2=224=242=14，=12|=2，所以tan(+)=2 tan+tan1tantan=2 11+14=85.故答案为：85.将P 的坐标代入双曲线的方程可得2 4=42，运用直线的斜率公式和两角和的正切公式，以及三角形的面积公式，
70、化简整理，可得所求值 本题考查双曲线的方程和运用，以及两角和的正切公式，考查化简运算能力，属于中档题 77.(2021浙江杭州二模理 T17)已知 F 为抛物线 y24x 的焦点，过 F 作斜率为 k1 的直线和抛物线交于 A，B 两点，延长 AM，BM 交抛物线于 C，D 两点，直线 CD 的斜率为 k2若M（4，0），则 【答案】4【解析】设过点 F 作斜率为 k1 的直线方程为：yk1（x1），联立方程，消去 x 可得：，设 A（x1，y1），B（x2，y2），y1y24，设 C（x3，y3），D（x4，y4），则，同理，设 AC 所在的直线方程为 ym（x4），联立方程，消去 x 得：
71、my24y16m0，y1y316，同理可得 y2y416，则4 78.(2021河北秦皇岛二模理 T15)已知双曲线 C：x21 的左、右焦点分别为 F1、F2，直线 l 过 F2 与双曲线 C 的左、右两支分别交于 A、B 两点，已知F1AF290，且ABF1 内切圆半径为 1，则|AB|【答案】3【解析】双曲线 C：x21 的 a1，设|AF1|m，|BF1|n，由双曲线的定义可得|AF2|AF1|+2am+2，|BF2|BF1|2an2，|AB|AF2|BF2|mn+4，由切线长定理可得直角三角形的内切圆的半径为两直角边的和与斜边的差的一半，所以，在直角三角形 ABF1 中，（|AB|+
72、|AF1|BF1|）（mn+4+mn）1，可得 mn1，所以|AB|1+43 79.(2021江西上饶二模理 T15)过抛物线 y22x 的焦点作两条相互垂直的弦 AB，CD，且|AB|+|CD|AB|CD|，则实数 的值为【答案】【解析】由抛物线的方程可得 F（，0），由题意可知直线 AB，CD 的斜率存在且不为0，设直线 AB 的方程为：yk（x），A（x1，y1），B（x2，y2），联立方程，消去 y 整理可得：k2x2（2+k2）+0，所以 x，所以|AB|x，直线 CD 的方程为：y），同理可得|CD|2+，所以由|AB|+|CD|AB|CD|可得：80.(2021江西鹰潭二模理 T
73、14)已知方程1 表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为 4，则 n 的取值范围是 【答案】（1，3）【解析】双曲线两焦点间的距离为 4，c2，当焦点在 x 轴上时，可得：4（m2+n）+（3m2n），解得：m21，方程1 表示双曲线，（m2+n）（3m2n）0，可得：（n+1）（3n）0，解得：1n3，即 n 的取值范围是：（1，3）当焦点在 y 轴上时，可得：4（m2+n）+（3m2n），解得：m21，无解 综上可得 m 的取值范围是（1，3）81.(2021山东潍坊二模T)15已知一张纸上画有半径为 2 的圆 O，在圆 0 内有一个定点A，且 OA1，折叠纸片，使圆上某一点 A刚好与 A
74、 点重合，这样的每一种折法，都留下一条直线折痕，当 A取遍圆上所有点时，所有折痕与 OA的交点形成的曲线记为 C，则曲线 C 上的点到圆 O 上的点的最大距离为 【答案】【解析】以 OA 中点为 G 坐标原点，OA 所在直线为 x 轴建立平面直角坐标系 可知 O（），A（），设折痕与 OA和 AA分别交于 M，N 两点，则 MN 垂直平分 AA，|MA|MA|，又|AO|MO|+|AM|，|MO|+|MA|2，M 的轨迹是以 O，A 为焦点，2 为长轴的椭圆 M 的轨迹方程 C 为，曲线 C 上的点到点 O 距离的最大值为 d1+，曲线 C 上的点到圆 O 上的点的最大距离为 d+r 82.(
75、2021河北邯郸二模理 T16)过抛物线 y22px（p0）的焦点 F 作不垂直于 x 轴的直线，交抛物线于 M，N 两点，线段 MN 的中垂线交 x 轴于 R，则 【答案】【解析】设 A（x1，y1），B（x2，y2），则根据抛物线的定义得：|AB|x1+x2+p，由 y122px1，y222p2x，相减得，y12y222px12px2，k，则线段 MN 的中垂线的方程为：y（x）令 y0，得 R 的横坐标为 p+，又 F（，0），|FR|，则 83.(2021广东潮州二模T14)若抛物线 y24x 上的点 M 到焦点的距离为 10，则 M 到 y轴的距离是 【答案】9【解析】抛物线的准线为
76、 x1，点 M 到焦点的距离为 10，点 M 到准线 x1 的距离为 10，点 M 到 y 轴的距离为 9 84.(2021辽宁朝阳二模T14)已知|z+i|+|zi|6，则复数 z 在复平面内所对应点 P（x，y）的轨迹方程为 【答案】+1【解析】复数 z 在复平面内所对应点 P（x，y），又|z+i|+|zi|6，+6，即点 P（x，y）到点 A（0，），和 B（0，）的距离之和为：6，且两定点的距离为：26，故点 P 的运动轨迹是以点 AB 为焦点的椭圆，且 2a6，2c2，故 b2，复数 z 在复平面内所对应点 P（x，y）的轨迹方程为：+1 85.(2021浙江丽水湖州衢州二模T17
77、)已知 F1，F2 是双曲线 C：1（a0，b0）的左、右焦点，过 F2 的直线交双曲线的右支于 A，B 两点，且|AF1|2|AF2|，AF1F2F1BF2，则下列结论正确的有 双曲线 C 的离心率 e；双曲线 C 的一条渐近线斜率是；线段|AB|6a；AF1F2 的面积是a2【答案】【解析】如图示：由于且|AF1|2|AF2|，AF1F2F1BF2，可得：且|AF1|4a，|AF2|2a，由于AF1F2F1BF2，所以AF2F1ABF2，故，可得：|AB|2|AF2|8a，故|BF1|6a，|BF2|8a，所以|F1F2|2c4a，所以离心率 e2，故，在AF1F2 中，|AF1|4a，|
78、AF2|2a，|F1F2|4a，所以故正确 86.(2021浙江丽水湖州衢州二模T16)已知平面向量，若|，0，|+|4，|1，则|的最大值是 【答案】【解析】不妨令，以点 O 为坐标原点，OA，OB 所在直线为 x 轴，y 轴建立平面直角坐标系，则 O（0，0），因为|+|4，所以|CA|+|CA|4|AA|，故点 C 在以 4 为长轴，为焦点的椭圆上，则点 C 的轨迹方程为，又|1，即，故点D在以为圆心，1为半径的圆上，又|，所以转化为求解|BC|的最大值，由图易得，当以 B 为圆心，r 为半径的圆与椭圆内切时有最大值，联立方程组消去 x 可得，则1212（r27）0，解得，所以 87.(
79、2021宁夏银川二模文 T16)已知双曲线 C：1（a0，b0）的右焦点为F，左顶点为 A，过点 F 作 C 的一条渐近线的垂线，垂足为 M，若 tanMAF，则双曲线的离心率等于 【答案】【解析】如图：由题意可设直线 OM 方程为 y，FMOM，OMa，MFb，在OAM 中，OAa，OMa，MAOAMO，MOF2MAF，在MOF 中，tanMOFtan2MAF，88.(2021安徽淮北二模文 T15)已知抛物线 C：y24x 的焦点为 F（O 为坐标原点），过点 F 的直线 l 交抛物线 C 于点 A，B，若|FA|FB|，则OAB 的面积为 【答案】【解析】抛物线 C：y24x 的焦点为
80、F（1，0），准线方程为 x1，由|FA|FB|，可得 AB 的斜率存在，设为 k，k0，过 F 的直线 AB 的方程为 yk（x1），与抛物线的方程 y24x 联立，可得 k2x2（2k2+4）x+k20，设 A，B 的横坐标分别为 x1，x2，可得 x1+x22+，x1x21，由抛物线的定义可得|AF|BF|x1+1x21x1x2，解得 k，即有直线 AB 的方程为 y（x1），可得 O 到直线 AB 的距离为 d，|AB|x1+x2+22+2，所以ABO 的面积为 Sd|AB|三、解答题部分 89.(2021新高考全国卷T21)在平面直角坐标系 xOy 中，已知点117,0F、21217
81、,02FMFMF，点 M 的轨迹为C.（1）求C 的方程；（2）设点T 在直线12x 上，过T 的两条直线分别交C 于 A、B 两点和 P，Q 两点，且TA TBTP TQ，求直线 AB 的斜率与直线 PQ 的斜率之和.【解析】因为121222 17MFMFF F，所以，轨迹C 是以点1F、2F 为左、右焦点的双曲线的右支，设轨迹C 的方程为222210,0 xyabab，则 22a，可得1a ，2174ba，所以，轨迹C 的方程为221116yxx；（2）设点1,2Tt，若过点T 的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线C 无公共点，不妨直线 AB 的方程为112ytkx，即1112yk xtk
82、，联立1122121616yk xtkxy，消去 y 并整理可得222111111621602kxktkxtk，设点11,A x y、22,B xy，则112x 且212x.由韦达定理可得2111221216kk txxk，211221116216tkx xk，所以，22122121121122112 111111222416tkxxTA TBkxxkx xk，设直线 PQ 的斜率为2k，同理可得2222212 116tkTP TQk，因为 TA TBTP TQ，即 222212221212 112 11616tktkkk，整理可得2212kk，即12120kkkk，显然120kk，故120k
83、k.因此，直线 AB 与直线 PQ 的斜率之和为 0.90.(2021高考全国甲卷理T20)抛物线C的顶点为坐标原点O焦点在x轴上，直线l：1x 交 C 于 P，Q 两点，且OPOQ已知点2,0M，且M 与 l 相切（1）求 C，M 的方程；（2）设123,A A A 是 C 上的三个点，直线12A A，13A A 均与M 相切判断直线23A A 与M的位置关系，并说明理由【解析】（1）依题意设抛物线200:2(0),(1,),(1,)C ypx pPyQy，20,1120,21OPOQOP OQypp ，所以抛物线C 的方程为2yx，(0,2),MM 与1x 相切，所以半径为1，所以M 的方
84、程为22(2)1xy；（2）设111222333(),(,),(,)A x yA xyA xy 若12A A 斜率不存在，则12A A 方程为1x 或3x，若12A A 方程为1x，根据对称性不妨设1(1,1)A，则过1A 与圆 M 相切另一条直线方程为1y ，此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在3A，不合题意；若12A A 方程为3x，根据对称性不妨设12(3,3),(3,3),AA 则过1A 与圆 M 相切的直线13A A 为33(3)3yx，又1313313133113,033A Ayykyxxyyy，330,(0,0)xA，此时直线1323,A A A A 关于 x 轴对称，所以直
85、线23A A 与圆 M 相切；若直线121323,A A A A A A 斜率均存在，则1 21 323121323111,A AA AA Akkkyyyyyy，所以直线12A A 方程为11121yyxxyy，整理得1212()0 xyyyy y，同理直线13A A 的方程为1313()0 xyyyy y，直线23A A 的方程为2323()0 xyyyy y，12A A 与圆 M 相切，12212|2|11()y yyy 整理得22212121(1)230yyy yy，13A A 与圆 M 相切，同理22213131(1)230yyy yy 所以23,yy 为方程222111(1)230y
86、yy yy的两根，2112323221123,11yyyyyyyy，M 到直线23A A 的距离为：21223122123213|2|2|121()1()1yy yyyyyy 22112222111|1|111(1)4yyyyy，所以直线23A A 与圆M 相切；综上若直线1213,A A A A 与圆 M 相切，则直线23A A 与圆 M 相切.91.(2021高考全国乙卷文 T20)已知抛物线2:2(0)C ypx p的焦点 F 到准线的距离为 2（1）求 C 的方程;（2）已知 O 为坐标原点，点 P 在 C 上，点 Q 满足9PQQF，求直线OQ 斜率的最大值.【解析】（1）抛物线2:
87、2(0)C ypx p的焦点,02pF，准线方程为2px ，由题意，该抛物线焦点到准线的距离为222ppp，所以该抛物线的方程为24yx；（2）设00,Q xy，则00999,9PQQFxy，所以 00109,10Pxy，由 P 在抛物线上可得200104 109yx，即20025910yx，所以直线OQ斜率000220001025925910OQyyykyxy，当00y 时，0OQk；当00y 时，0010925OQkyy，当00y 时，因为000099252 2530yyyy，此时103OQk，当且仅当00925yy，即035y 时，等号成立；当00y 时，0OQk；综上，直线OQ 的斜率
88、的最大值为 13.92.(2021浙江卷T21)如图，已知 F 是抛物线220ypx p的焦点，M 是抛物线的准线与 x 轴的交点，且2MF，（1）求抛物线的方程；（2）设过点 F 的直线交抛物线与 AB 两点，斜率为 2 的直线 l 与直线,MA MB AB，x 轴依次交于点 P，Q，R，N，且2RNPNQN，求直线 l 在 x 轴上截距的范围.【解析】（1）因为2MF，故2p，故抛物线的方程为：24yx.（2）设:1AB xty，1122,A x yB xy，,0N n，所以直线:2yl xn，由题设可得1n 且12t.由214xtyyx可得2440yty，故12124,4y yyyt，因
89、为2RNPNQN，故21111+1+1+444RPQyyy，故2RPQyyy.又11:11yMA yxx，由11112yyxxyxn 可得1112122Pnyyxy，同理2222122Qnyyxy，由12xtyyxn 可得2121Rnyt，所以2212211212121=212222nnynytxyxy，整理得到 2212221112112222y yntnxyxy，22221214 212222tyyyy 2222222121212112214 212134+2+442ttty yyyyyy yy yyy 故222134121ntnt，令21st，则12st且0s，故 22222234242
90、411331+444421tsssssst，故213141nnn 即214101nnn ，解得74 3n 或 74 31n 或1n.故直线l 在 x 轴上的截距的范围为74 3n 或 74 31n 或1n.93.(2021江苏盐城三模T20)(12 分)如图，在平面直角坐标系错误!未定义书签。中，已知点 P 是抛物线上的一个点，其横坐标为 x0，过点 P 作抛物线的切线 l(1)求直线 l 的斜率(用 x0 与 p 表示)；(2)若椭圆过点 P，l 与的另一个交点为 A，OP 与的另一个交点为 B，求证：ABPB【考点】圆锥曲线中抛物线与椭圆的综合应用：斜率表示、证明垂直问题【解析】(1)由
91、x22py，得 y 12px2，所以 y1px，所以直线 l 的斜率为1px03 分(2)设 P(x0，y0)，则 B(x0，y0)，kPBy0 x0，由(1)知 kPA1px0 y02x0，5 分设 A(x1，y1)，所以y022 x021，y122 x121，作差得()y0y1()y0y12(x0 x1)(x0 x1)0，即y0y1x0 x1y0y1x0 x112，所以 kPAkAB12，10 分 所以 y02x0kAB12，即 kABx0y0，所以 kPBkAB1，所以 ABPB12 分注：其他解法参照评分 OyxPBA94.(2021河南郑州三模理 T20)已知抛物线 C：x24y 和
92、圆 E：x2+（y+1）21，过抛物线上一点 P（x0，y0），作圆 E 的两条切线，分别与 x 轴交于 A、B 两点（）若切线 PB 与抛物线 C 也相切，求直线 PB 的斜率；（）若 y02，求PAB 面积的最小值【解析】（）设切线 PB 的方程为 ykx+m，代入抛物线方程得，x24kx4m0 由相切条件可得，16k2+16m0，即 k2+m0，由直线与圆相切，可得，即 k2m2+2m，m2+3m0，解得 m3 或 m0（舍去），则 k23，即 k；（）设切线方程为 yy0（kxx0），即 kxy+y0kx00，圆心到直线的距离d，整理得 设 PA、PB 的斜率分别为 k1，k2，则，令
93、 y0，得，|AB|令 f（y），y2，则 f（y）0，则 f（y）在2，+）上单调递增，f（y）minf（2）4 即 SPAB 的最小值为 2 95.(2021河南开封三模理 T20)已知抛物线 C：y22px（p0）的焦点为 F，P 是抛物线 C上一点，且满足（1）求抛物线 C 的方程；（2）已知直线 l 与抛物线 C 交于 A，B 两点，且|AB|15，线段 AB 的中点 M 在直线 x1 上（）求直线 l 的方程；（）证明：，成等差数列，并求该数列的公差【解析】（1）解：由题可知，设点 P（x0，y0），因为，即，所以，y02，故，将点 P 代入 y22px，得 4p2，又因为 p0，
94、所以 p2，所以抛物线 C 的方程为 y24x；（2）（i）解：若直线 l 斜率不存在，则直线 l：x1，此时，故直线 l 斜率存在，设直线 l：ykx+m，联立方程组，消去 y 得，k2x2+（2km4）x+m20，满足（2km4）24k2m216（1km）0，即 km1，设点 A（x1，y1），B（x2，y2），则，所以，又因为线段 AB 的中点 M 在直线 x1 上，所以，由式与式联立可得 k2，当 k2 时，m1，满足 km1；当 k2 时，m1，满足 km1，所以直线 l 的方程为 y2x1 或 y2x+1；（ii）证明：由（i）可知，直线 l 与抛物线 C 联立方程，消去 y 可得
95、 4x28x+10，所以 x1+x22，故，则，所以，成等差数列，又因为公差 d 满足，因为，所以，故数列的公差96.(2021河南开封三模文 T20)已知抛物线 C：y22px（p0）的焦点为 F，P 是抛物线 C 上一点，且满足（1）求抛物线 C 的方程；（2）已知斜率为 2 的直线 l 与抛物线 C 交于 A，B 两点，若，成等差数列，求该数列的公差【解析】（1）由题可知，设点 P（x0，y0），因为，即，所以，y02，代入 y22px，得 4p2，又因为 p0，所以 p2，所以抛物线 C 的方程为 y24x（2）设直线 l：y2x+m，则消去 y 可得 4x2+（4m4）x+m20，满
96、足（4m4）216m232m+160，即 设点 A（x1，y1），B（x2，y2），则 x1+x21m，若，成等差数列，则，即 x1+x2+24，即 3m4，即 m1 此时直线 l 与抛物线 C 联立方程为 4x28x+10，即 x1+x22，又因为公差 d 满足，因为，所以，即 97.(2021河南焦作三模理 T20)已知抛物线 C：y22px（p0）的焦点为 F，过点 F 且垂直于 x 轴的直线与 C 交于 A，B 两点，AOB（点 O 为坐标原点）的面积为 2（）求抛物线 C 的方程；（）若过点 E（0，a）（a0）的两直线 l1，l2 的倾斜角互补，直线 l1 与抛物线 C 交于M，N
97、 两点，直线 l2 与抛物线 C 交于 P，Q 两点，FMN 与FPQ 的面积相等，求实数a 的取值范围【解析】（）因为焦点 F（，0），所以 A，B 的坐标分别为（，p），（，p），所以 SAOB2P2，解得 p2，所以抛物线的方程为 y24x（）由题意可知直线 l1，l2 的斜率存在，且不为 0，设直线 l1：xt（ya），设点 M（x1，y1），N（x2，y2），联立，得 y24ty+4at0，所以116t216at0，所以 y1+y24t，y1y24at，所以|MN|y1y2|4，焦点 F 到直线 l1 的距离 d2|1+ta|，所以 SFMN42|1+ta|，设直线 l2 的方程为
98、xt（ya），联立抛物线的方程，可得216t2+16at0，将 t 用t 代换，可得 SFPQ2|ta1|，由 SFMNSFPQ，可得 2|1+ta|2|ta1|，化简可得|，两边平方得，t2，所以 2a20，解得 0a，又由10 且20，得 ta 或 ta，可知 t2a2，所以a2，即（a21）20，所以 a1，所以实数 a 的取值范围是（0，1）（1，）98.(2021河北张家口三模T21)已知抛物线 C：y24px（p0）的焦点为 F，且点 M（1，2）（1）求抛物线 C 的方程；（2）若直线 l：xm（y+2）50 与抛物线 C 交于 A，B 两点？若存在，求出 m 的值，请说明理由【
99、解析】（1）因为点 M 到点 F 的距离比到 y 轴的距离大 p，所以点 M 到点 F 的距离与到直线 xp 的距离相等，由抛物线的定义可知，点 M 在抛物线 C 上，所以 44p，解得 p5，故抛物线 C 的方程为 y24x；（2）存在 m2 或 m3 联立方程组，可得 y24my7m200，因为16m2+3（8m+20）0 恒成立，所以直线 l 与抛物线 C 恒有两个交点，设 A（x6，y1），B（x2，y8），则有 y1+y26m，y1y27（2m+5），因为 3，所以 MAMB，则MAB 为直角三角形，设 d 为点 M 到直线 l 的距离，则|MA|MB|AB|d 64，所以（m+1）
100、5+4（m+1）5320，解得（m+1）24 或（m+1）68（舍），所以 m1 或 m5，故当实数 m1 或 m3 时，|MA|MB|99.(2021 山 东 聊 城 三 模 T21.)已 知 圆 1:(+1)2+2=2，圆 2:(1)2+2=(4 )2，0|12|，所以曲线 C 为以1、2为焦点的椭圆，且2=22=4，2=1，2=4 1=3，所以曲线 C 的方程为24+23=1（2）解：假设存在，由题意知直线 AB 的斜率存在，设直线 AB 的方程为=(1)，(1,1)，(2,2)，联立|=(1),32+42=12,，消去 y 整理得，(42+3)2 82+42 12=0，则1+2=824
101、2+3，12=421242+3，所以+=13211+23221=(11)3211+(21)3221=2 32(11)32(21)=2 3(1+22)2(12(1+2)+1)=2 1，=(1)321=32(1)，因为+=，所以2 1=32(1)，所以=2，32(1)=1，得=4，所以存在=4，=2使+=成立【考点】分析法的思考过程、特点及应用，椭圆的定义，椭圆的标准方程，直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）由已知易得|1|=，|2|=4 ，|12|=2，根据椭圆定义可知曲线 C 为以 1、2 为焦点的椭圆，再根据椭圆标准方程即可求得。（2）利用反证法假设存在，设直线 AB 的方程为 =
102、(1)，(1,1)，(2,2)，联立 直 线 和 曲 线C方 程 可 推 得 1+2=8242+3 ，12=421242+3，进 而 得kPA+kPB=2k-1,kPD=k-32（1）,代入题中的+=可解得=4，=2使 +=成立。100.(2021四川内江三模理 T20)已知椭圆过点 P（2，1）（）求椭圆 C 的方程，并求其离心率；（）过点 P 作 x 轴的垂线 l，设点 A 为第四象限内一点且在椭圆 C 上（点 A 不在直线 l上），点 A 关于 l 的对称点为 A，判断直线 AB 与直线 OP 的位置关系，并说明理由【解析】（）由椭圆方程椭圆 过点 P（5，可得 a28 所以
103、c5a22426，所以椭圆 C 的方程为+1，（）直线 AB 与直线 OP 平行证明如下：设直线 PA：y1k（x2），PB：y4k（x2），设点 A 的坐标为（x1，y8），B（x2，y2），由得（4k2+8）x2+8k（52k）x+16k216k40，2x6，x7 同理 x2，所以 x1x2，由 y7kx12k+5，y2kx2+7k+1 有 y1y2k（x1+x2）8k，因为 A 在第四象限，所以 k0 kAB，又 kOP，故 kABkOP，所以直线 AB 与直线 OP 平行 101.(2021重庆名校联盟三模T21)设椭圆1（ab0）的离心率 e，焦距为 4（1）求椭圆的标准方程；（2）
104、过椭圆右焦点 F 的动直线 l 交椭圆于 A、B 两点，P 为直线 x3 上的一点，是否存在直线 l 与点 P，使得ABP 恰好为等边三角形，若存在求出ABP 的面积，若不存在说明理由【解析】（1）因为焦距为 4，所以 2c4，解得 c2，因为椭圆的离心率 e，即，解得 a，所以 b2a2c2642，所以椭圆的方程为+1（2）由（1）知 F（2，0），当直线 l 斜率不存在时，直线 l 的方程 x2，把 x2 代入椭圆的方程，得+1，解得 y，所以 A（2，），B（2，），所以 AB 的中点为 F（2，0），若ABP 恰好为等边三角形，则 PFAB，所以此时 P 点坐标为（3，0），此时|PA
105、|AB|，不合题意，舍 当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 yk（x2），联立方程得，化简得（1+3k2）x212k2x+12k260，则 x1+x2，x1x2，所以|x1x2|2 所以|AB|x1x2|2，设 AB 的中点 M（x0，y0），则 x0，y0，直线 MP 的斜率为，且 xP3，所以|MP|x0 xP|，当ABP 为正三角形是，|MP|AB|，所以2，解得 k1，所以|AB|2，所以 SABPsin60，综上所述，ABP 的面积为 102.(2021安徽蚌埠三模文 T20)已知双曲线 C：1（a0，b0）的虚轴长为4，直线 2xy0 为双曲线 C 的一条渐近线（1）求
106、双曲线 C 的标准方程；（2）记双曲线 C 的左、右顶点分别为 A，B，过点 T（2，0）的直线 l 交双曲线 C 于点M，N（点 M 在第一象限），记直线 MA 斜率为 k1，直线 NB 斜率为 k2，求证：为定值【解析】（1）虚轴长为 4，2b4，即 b2，直线 2xy0 为双曲线 C 的一条渐近线，2，a1，故双曲线 C 的标准方程为（2）由题意知，A（1，0），B（1，0），设直线 l 的方程为 xny+2，M（x1，y1）N（x2，y2），联立，得（4n21）y2+16ny+120，y1+y2，y1y2，ny1y2（y1+y2），直线 MA 的斜率 k1，直线 NB 的斜率 k2，为
107、定值 103.(2021上海嘉定三模T20)（16 分）在直角坐标系 xOy 中，直线 y2x 是双曲线的一条渐近线，点 A（1，0）在双曲线 C 上，设 M（m，n）（n0）为双曲线上的动点，直线 AM 与 y 轴相交于点 P，点 M 关于 y 轴的对称点为 N，直线 AN 与y 轴相交于点 Q（1）求双曲线 C 的方程；（2）在 x 轴上是否存在一点 T？使得，若存在，求 T 点的坐标；若不存在，说明理由；（3）求 M 点的坐标，使得MPQ 的面积最小【解析】（1）由己知，得 a1，b2，所以（2）设 T（x0，0），因为，所以，所以 因为，所以，因为，所以，故 x02，存在 T（2，0）
108、（3）因为，当且仅当 n2 时，取得最小值，此时 M 的坐标是或或或 104.(2021贵州毕节三模文 T20)已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，|F1F2|4，A为 椭 圆 上 一 点（不 在x轴 上），满 足（）求椭圆 C 的方程；（）过椭圆内一点 P（t，0）（t0）且斜率为的直线 l 交椭圆 C 于 M，N 两点，设直线 OM，ON（O 为坐标原点）的斜率分别为 k1，k2，若对任意非零实数 m，存在实数，使得，求实数 的取值范围【解析】（）在AF1F2 中，由正弦定理可得：，所以，所以，即 ac，因为|F1F2|2c4，所以 c2，a2，所以 b2a2c2844，所以椭圆 C 的
109、方程为+1（）直线 l 的方程为 xmy+t，联立，得（m2+2）y2+2mty+t280，设 M（x1，y1），N（x2，y2），所以 y1+y2，y1y2，所以+m，因为 m0，所以，因为 P（t，0）在椭圆内且 t0，所以 0t28，所以（2，+）105.(2021辽宁朝阳三模T22)已知 F 为抛物线 C：x22py（p0）的焦点，直线 l：y2x+1 与 C 交于 A，B 两点，且|AF|+|BF|20（1）求 C 的方程；（2）若直线 m：y2x+t（t1）与 C 交于 M，N 两点，且 AM 与 BN 相交于点 T，证明：点 T 在定直线上【解析】（1）由题意可得 F（0，），准
110、线方程为 y，由 y2x+1 与 x22py 联立，可得 x24px2p0，设 A（x1，y1），B（x2，y2），可得 x1+x24p，y1+y22（x1+x2）+28p+2，所以|AF|+|BF|y1+y2+p8p+2+p20，解得 p2，则抛物线的方程为 x24y；（2）证明：设 M（x3，y3），N（x4，y4），T（x0，y0），（1），因为 ABMN，所以，由，可得（x1+x2）（x1x2）4（y1y2），可得 x1+x28，同理可得 x3+x48，由，两式相加可得 x3+x42x0（x1+x22x0），即（4x0）（1）0，1，可得 x04，所以 T 在定直线 x4 上 106.
111、(2021河南济源平顶山许昌三模文 T20)已知抛物线 C：x22py（p0）的焦点为 F，过点 F 且斜率为的直线与抛物线 C 交于 A，B 两点，|AB|9（1）求抛物线 C 的标准方程；（2）过点 F 的直线 l 交抛物线 C 于 D，E 两点过 D，E 分别作抛物线 C 的切线，两切线交于点 M，若直线 l 与抛物线 C 的准线交于第四象限的点 N，且|MN|DE|，求直线 l的方程【解析】（1）抛物线 C：x22py（p0）的焦点为 F（0，），设直线 AB 的方程为 yx+，与 x22py 联立，消去 x，可得 4y214pyp20，设 A，B 的纵坐标分别为 y1，y2，则 y1
112、+y2，y1y2，由抛物线的弦长公式可得|AB|y1+y2+p+p9，解得 p2，所以抛物线的方程为 x24y；（2）易得直线 l 的斜率存在且不为 0，由（1）可得 F（0，1），设直线 l 的方程为 xm（y1），与抛物线的方程 x24y 联立，可得 m2y22（m2+2）y+m20，设 D（x3，y3），E（x4，y4），则 y3+y42+，y3y41，x3+x4，x3x44，|DE|DF|+|EF|y3+y4+p4+，由 x24y 即 y可得 yx，则抛物线在 D，E 处的切线的斜率分别为x3，x4，切线的方程分别为 yy3x3（xx3），yy4x4（xx4），即 y3y2（x+x3）
113、，y4y2（x+x4），解得两条切线的交点为（，），即 M（，1），由准线方程为 y1，代入 xm（y1），可得 N（2m，1），则|MN|2|m+|，由|MN|DE|，可得 2|m+|4（1+），解得 m2，因为直线 l 与抛物线 C 的准线交于第四象限的点 N，所以 m2，直线 l 的方程为 x2（y1），即 x+2y20 107.(2021四川泸州三模理 T21)从抛物线 y24x 上各点向 x 轴作垂线段，记垂线段中点的轨迹为曲线 P（）求曲线 P 的方程，并说明曲线 P 是什么曲线；（）过点 M（2，0）的直线 l 交曲线 P 于两点 A、B，线段 AB 的垂直平分线交曲线 P于两点
114、 C、D，探究是否存在直线 l 使 A、B、C、D 四点共圆？若能，请求出圆的方程；若不能，请说明理由【解析】（）设抛物线 y24x 上的任意一点为（x0，y0），垂线段的中点为（x，y），则，即，代入抛物线方程，可得（2y）24x，即 y2x 故曲线 P 的方程为 y2x，曲线 P 是焦点为（，0）的抛物线；（）设直线 l 的方程为 xty+2，设 A（x1，y1），B（x2，y2），联立，得 y2ty20 则 y1+y2t，y1y22，则|AB|，且线段 AB 中点的纵坐标为，则 xty+2 线段 AB 的中点坐标为 M（），直线 CD 为线段 AB 的垂直平分线，可设直线 CD 的方程为
115、 x，则，故 m，联立，得 2ty2+2yt（t2+5）0 设 C（x3，y3），D（x4，y4），则，故|CD|，线段 CD 的中点 N（，），假设 A、B、C、D 四点共圆，则弦 AB 的中垂线与弦 CD 的中垂线的交点必为圆心，CD 为线段 AB 的中垂线，则可得弦 CD 的中点 N 必为圆心，则|AN|CD|，在 RtAMN 中，|AN|2|AM|2+|MN|2，则，故，即，解得 t21，即 t1 存在直线 l，使 A、B、C、D 四点共圆，且圆心为弦 CD 的中点 N，圆 N 的方程为或 108.(2021江苏常数三模T21)椭圆 C：（ab0）的左、右焦点分别为 F1，F2，E 是
116、椭圆 C 上一点，且|F1F2|2，|EF1|+|EF2|4（）求椭圆 C 的方程；（）M，N 是 y 轴上的两个动点（点 M 与点 E 位于 x 轴的两侧），MF1NMEN90，直线 EM 交 x 轴于点 P，求的值【解析】（）由|F1F2|2，即 2c2，c1，由|EF1|+|EF2|4，可得 2a4，即 a2，b，所以椭圆的方程为+1；（）设 M（0，m），N（0，n），E（x0，y0），则+1，由 F1（1，0），F2（1，0），因为MF1N90，所以（1，m）（1，n）1+mn0，即 mn1，又因为MEN90，所以（x0，y0m）（x0，y0n）x02+y02（m+n）y0+mn0，
117、因为 mn1，所以 n，且 m0，所以 x02+y02（m）y010，因为+1，所以 x024y02，所以 4y02+y02（m）y010，即 y02+3（m）y090，即（y0+3m）（y0）0，因为 M，E 位于 x 轴的两侧，y0 与 m 异号，所以 y03m，即3 109.(2021上海浦东新区三模T20)已知直线 l：yx+t 与椭圆 C：1 交于 A、B 两点（如图所示），且 P（3，）在直线 l 的上方（1）求常数 t 的取值范围；（2）若直线 PA、PB 的斜率分别为 k1、k2，求 k1+k2 的值；（3）若APB 的面积最大，求APB 的大小 【解析】（1）由题意知，+t，
118、t0，联立方程，消去 y 得：2x2+6tx+9t2360，36t28（9t236）0，t28，（2）设 A（x1，y1），B（x2，y2），则 x1+x23t，x1x2，又，k1+k2+，上式分子（）+（）6（t）+6（t）0，k1+k20（3）因为|AB|x1x2|3，且点 P 到直线 AB 的距离 d，SPAB|AB|d6，当且仅当 8t2t2，即 t2 时，等号成立，此时点A（0，2），所以，又 k1+k20，APB 110.(2021湖南三模T22)已知椭圆 C：1（ab0）的右焦点为 F（c，0），离心率 e（1）若 P 为椭圆 C 上一动点，证明 P 到 F 的距离与 P 到直线
119、 x的距离之比为定值，并求出该定值；（2）设 c1，过定点（0，c）且斜率为 k 的直线 l 与椭圆 C 交于 M，N 两点，在 y 轴上是否存在一点 Q，使得 y 轴始终平分MQN？若存在，出 Q 点的坐标；若不存在，请说明理由【解析】（1）设点 P（x0，y0），则根据题意可得，F（c，0），|PF|a，又点 P 到直线的距离为：，即得点 P 到点 F 的距离与点 P 到直线的距离之比为定值（2）由（1）可得，设 c1，则 a2，即得 b，因此可得椭圆的标准方程即为：，根据题意，假设存在这样的一点 Q（0，t），设直线 l 的方程为：ykx+1，联立椭圆方程得到方程组：（34k2）x2+8
120、kx80，结合题意，设点 M（x1，y1），N（x2，y2），则有，因为 y 轴平分MQN，所以直线 QM 与 QN 的斜率互为相反数，即得0，化简可得，3+4k20，8k（t3）0t3，即得存在点 Q（0，3），使得 y 轴始终平分MQN 111.(2021福建宁德三模T21)已知1，2为椭圆 C：22+22=1(0)的左、右顶点，点(2,1)在 C 上，且直线1，2的斜率之积为14.(1)求 C 的方程；(2)直线 l：=+4交 C 于 A，B 两点，直线 MA，MB 与直线=(2)分别交于 P，Q，线段 PQ 的中点为 N，求证：直线 MN 的斜率为定值.【解析】(1)因为1，2为椭圆2
121、2+22=1的左右顶点，所以1(,0)，2(,0)，因为(2,1)，所以1 2=102()102=142=14，解得2=8，所以椭圆方程为28+22=1，将(2,1)代入上式，可得48+12=1，解得2=2，所以椭圆方程为28+22=1.(2)证明：联立=+428+22=1，得(2+4)2+8+8=0，所以1+2=82+4，12=82+4，当 轴或 轴时，不妨设 轴，将=1代入28+22=1，解得=2，即(2,1)，将(2,1)坐标代入=+4，解得=6，所以1 2=8(6)2+4，解得2=15，所以2=2+4=(6)15+4=145，所以(145,15)，所以直线 AM 的方程为=1，直线 B
122、M 的方程为=+3，分别联立=，得(,1)，(,3 )，所以 PQ 中点(2,2 2)，所以=2212=12，若直线 AM，BM 都不与 y 轴垂直，则(1+4,1)，(2+4,2)，所以直线 AM 的方程为=1+211(1)+2，直线 BM 的方程为=2+221(1)+2，分别联立直线 AM，BM 与=的方程，解得(,1+111+2(2)，(,1+212+2(2)，所以 PQ 的中点(,1+22 212+(2)(1+2)4(1+2)(2+2)，将1+2=82+4，12=82+4代入上式，得(,1 2)，所以=2212=12，综上所述，恒为定值12.【解析】(1)写出1，2坐标，再计算1 2=
123、142=14，解得2，将(2,1)代入椭圆方程，解得2，即可得出答案(2)联立直线 l 与椭圆的方程，结合韦达定理可得1+2，12，分两种情况：当 轴，直线 AM，BM 都不与 y 轴垂直，讨论直线 MN 的斜率 本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题 112.(2021宁夏中卫三模理 T20)已知抛物线：y22px 的焦点为 F（2，0），点 P在抛物线上（1）求抛物线的方程；（2）若|PF|5，求点 P 的坐标；（3）过点 T（t，0）（t0）作两条互相垂直的直线分别交抛物线于 A、B、C、D 四点，且点 M、N 分别为线段 AB、CD 的中点，求T
124、MN 的面积的最小值 【解析】（1）抛物线：y22px 的焦点为 F（2，0），可得2，即 p4，所以抛物线的方程为 y28x；（2）由抛物线 y28x 的焦点 F（2，0），准线方程为 x2，可得|PF|xP+25，所以 xP3，yP2，即有 P（3，2），或（3，2）；（3）由题意可得直线 AB，CD 的斜率存在，且不为 0，可设 AB 的斜率为 k，则直线 CD 的斜率为，直线 AB 的方程为 yk（xt），直线 CD 的方程为 y（xt），设 A（x1，y1），B（x2，y2），由可得 k2x22（k2t+4）x+k2t20，可得 x1+x22t+，所以 y1+y2k（x1+x2）2k
125、t2kt+2kt，则 M（t+，），将 M 中的 k 换为，可得 N（t+4k2，4k），所以|TM|，|TN|4|k|，于是 STMN|TM|TN|8（|k|+）8216，当且仅当 k1 时，上式取得等号 所以TMN 的面积的最小值为 16 113.(2021江西南昌三模理 T19)已知抛物线 C：x24y，过点 P（1，2）作斜率为 k（k0）的直线 l 与抛物线 C 相交于 A，B 两点（）求 k 的取值范围；（）记 P 点关于 x 轴的对称点为 Q 点，若QAB 的面积为 16，求直线 l 的方程【解析】（）由题意设直线 l 的方程为 y+2k（x1），由，得到：x24kx+4k+80
126、 由题意知0，所以 k2k20，即 k1 或 k2，因为 k0，所以 k 的取值范围为（2，+）（）设 A（x1，y1），B（x2，y2），由（）知 x1+x24k，x1x24k+8，因为，所以，即 k2k60，所以 k3 或 k2，因为 k2，所以 k3，则直线 l 的方程为 3xy50 114.(2021江西上饶三模理 T20)已知椭圆1（ab0）的两个顶点在直线x+y1 上，直线 l 经过椭圆的右焦点 F，与椭圆交于 A、B 两点，点 P（1，）（P 不在直线 l 上）（1）求椭圆的标准方程；（2）直线 l 与 x2 交于点 M设 PA，PB，PM 的斜率分别为 k1，k2，k3试问：是
127、否存在常数 使得 k1+k2k3？若存在，请求出 的值；若不存在，请说明理由【解析】（1）直线x+y1 与坐标轴的交点为，椭圆方程为；（2）设 A（x1，y1），B（x2，y2），直线 AB：yk（x1），则 M（2，k），联立直线 AB 及椭圆方程得，消去 y 并整理可得，（1+2k2）x24k2x+2k220，由韦达定理有，又，存在 2，使得 k1+k22k3 115.(2021安徽宿州三模理 T19)已知椭圆 C：1（ab0），若抛物线 y24x 的焦点 F 恰好为椭圆 C 的右焦点，且该抛物线与椭圆 C 在第一象限的交点为 P（，）（）求 C 的标准方程；（）设 A、B 是椭圆 C 的
128、左、右顶点，过点 F 作直线 l 与椭圆交于 P、Q（不同于 A、B）两点，设直线 AP 与直线 BQ 交于 E 点，求证：点 E 在定直线上【解析】（）由题意得 c1，由椭圆定义知 2a+4，所以 a24，b23，所以椭圆 C 的标准方程为（）由（1）知 F（1，0），设直线 PQ 的方程为 xmy+1，与椭圆联立，得（3m2+4）y2+6mny90，显然0 恒成立，设 P（x1，y1），Q（x2，y2），所以有 y1+y2，y1y2（*），直线 AP 的方程为 y，直线 BQ 的方程为 y，联立两方程可得，所以，由（*）式可得 y1y2，代入上式可得，解得 x4，故点 E 在定直线 x4
129、上 116.(2021安徽宿州三模文 T20)已知点 A（1，0），B（1，0），动点 P 满足|PA|+|PB|4，P 点的轨迹为曲线 C（）求曲线 C 的方程；（）已知圆 x2+y2R2 上任意一点 P（x0，y0）处的切线方程为：x0 x+y0yR2，类比可知椭圆：1 上任意一点 P（x0，y0）处的切线方程为：1记 l1 为曲线 C 在任意一点 P 处的切线，过点 B 作 BP 的垂线 l2，设 l1 与 l2 交于 Q，试问动点 Q 是否在定直线上？若在定直线上，求出此直线的方程；若不在定直线上，请说明理由【解析】（）由椭圆的定义知 P 点的轨迹为以 A，B 为焦点，长轴长为 4 的
130、椭圆，设椭圆方程为，则，曲线 C 的方程为（）设 P（x0，y0），由题知直线 l1 的方程为，当 x01 时，l2 的斜率为，l1 与 l2 的方程联立，消 y 得 3x0 x+4（1x0）（x1）120（4x0）x4（4x0），x4 动点 Q 在定直线 x4 上，当 x01 时，l1：，l2：y0，Q（4，0），Q 在直线 x4 综上所述，动点 Q 在定直线 x4 上 117.(2021安徽马鞍山三模理 T21)已知抛物线 C：y24x 的焦点为 F，直线 yx2 与抛物线 C 交于 A，B 两点（1）求FAB 的面积；（2）过抛物线 C 上一点 P 作圆 M：（x3）2+y24 的两条斜
131、率都存在的切线，分别与抛物线 C 交于异于点 P 的两点 D，E证明：直线 DE 与圆 M 相切【解析】（1）由抛物线 y24x 的焦点 F（1，0），可得 F 到直线 yx2 的距离 d，由，可得 x28x+40，设 A（x1，y1），B（x2，y2），可得 x1+x28，x1x24，|AB|4，所以FAB 的面积为 Sd|AB|42；（2）证明：设 P（，y0），E（，y1），D（，y2），（y0+y10，y0+y20），直线 PE 的方程为 yy1（x），即 yy1+（x），所以 y+，即 4x（y0+y1）y+y0y10，因为直线 PE 与圆 M 相切，可得2，化简可得（y024）y1
132、2+16y0y1+804y020，同理可得（y024）y22+16y0y2+804y020，所以 y1，y2 是方程（y024）y2+16y0y+804y020 的两根，可得，设圆心 M 到直线 DE 的距离为 d，因为直线 DE 的斜率为，直线 DE 的方程为 yy1（x），化为 4x（y1+y2）y+y1y20，则 d2，所以直线 DE 与圆 M 相切 118.(2021安徽马鞍山三模文 T20)在平面直角坐标系 xOy 中，抛物线 y22px（p0）的焦点与双曲线的右焦点重合（1）求抛物线的标准方程；（2）若直线 l 过抛物线焦点 F，与抛物线相交于 P，Q 两点，求证：；（3）若直线
133、l与抛物线相交于 M，N 两点，且，那么直线 l是否一定过焦点F，请说明理由【解析】（1）抛物线 y22px（p0）的焦点（，0）与双曲线的右焦点（，0）重合，可得，解得 p4，所以抛物线的方程为 y28x：（2）证明：设直线 l 的方程为 xmy+2，与抛物线的方程 y28x 联立，可得 y28my160，设 P（x1，y1），Q（x2，y2），可得 y1y216，x1x24，则x1x2+y1y241612；（3）设直线 l的方程为 xsy+t，与抛物线的方程 y28x 联立，可得 y28sy8t0，设 M（x3，y3），N（x4，y4），可得 y3y48t，x3x4t2，则x3x4+y3y
134、4t28t12，解得 t2 或 t6，所以直线 l的方程为 xsy+2 或 xsy+6，可得直线 l恒过定点（2，0）或（6，0），不一定经过焦点 F（2，0）119.(2021河北邯郸二模理 T21)已知椭圆 C：（ab0）的左、右焦点分别为 F1，F2，过点 F1 的直线 l 交椭圆于 A，B 两点，交 y 轴于点 M，若|F1F2|2，ABF2的周长为 8（）求椭圆 C 的标准方程；（），试分析+是否为定值，若是，求出这个定值，否则，说明理由【解析】（）因为ABF2 的周长为 8，则有 4a8，解得 a2，因为|F1F2|2，所以 2c2，故 c1，所以 b2a2c222123，故椭圆
135、C 的标准方程为；（）由题意可得，直线 l 的斜率存在，设直线 l 的方程为 yk（x+1），由，消去 y 可得，（3+4k2）x2+8k2x+4k2120，设 A（x1，y1），B（x2，y2），则，设 M（0，k），又 F1（1，0），所以，故，同理，则，故，所以+是定值 120.(2021江西鹰潭二模理 T20)如图，O 为坐标原点，抛物线 C1：y22px（p0）的焦点是椭圆 C2：+1（ab0）的右焦点，A 为椭圆 C2 的右顶点，椭圆 C2 的长轴 AB8，离心率 e（1）求抛物线 C1 椭圆 C2 的方程；（2）过 A 点作直线 l 交 C1 于 C，D 两点，射线 OC，OD
136、分别交 C2 于 E，F 两点，记OEF 和OCD 的面积分别为 S1 和 S2，问是否存在直线 l，使得 S1：S23：13？若存在，求出直线 l 的方程；若不存在，请说明理由 【解析】（1）由题知，a4，所以 c2，所以 b2，p4，所以抛物线 C1 的方程为 y28x，椭圆 C2 的方程+1（2）由题知直线 l 的斜率不为 0，设直线 l 的方程为 xmy+4，联立，得 y28my320，设 C（x1，y1），D（x2，y2），则 y1+y28m，y1y232，所以，因为直线 OC 的斜率为，所以直线 OC 的方程为 yx 由得 y2（+）1，则 yE2（+）1，同理可得 yF2（+）1
137、，所以 yE2yF2（+）（+）1，所以 yE2yF2，要使 S1：S23：13，只需（）2，解得 m1，所以存在直线 l：xy40 符合条件 121.(2021江西上饶二模理 T20)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，AB 为半圆 ADB 的直径，O 为圆心，且 A（4，0），B（4，0），G 为线段 OD 的中点；曲线 C 过点 G，动点 P 在曲线 C 上运动且保持|PA|+|PB|的值不变（1）求曲线 C 的方程；（2）过点 B 的直线 l 与曲线 C 交于 M、N 两点，与 OD 所在直线交于 E 点，1，2，求证：1+2 为定值 【解析】（1）由题意已知 A（4，0），B（4，0
138、），G 为线段 OD 的中点；所以 D（0，4），且 G（0，2），曲线 C 过点 G，动点 P 在曲线 C 上运动且保持|PA|+|PB|的值不变，所以|PA|+|PB|GA|+|GB|24|AB|，所以 P 在以 A，B 为焦点，且以 2 为短半轴的椭圆上，即 c4，b2，则 a2b2+c220，所以曲线 C 的方程为：+1；（2）证明：设 M（x1，y1），N（x2，y2），E（0，y0），因为 B（4，0），且 B 在椭圆内，所以过 B 的直线 l 与椭圆由两个交点，因为1，2，所以（x1，y1y0）1（4x1，y1），所以 x1，y1，将 M 的坐标代入椭圆的方程可得：（）2+（）2
139、1，整理可得：412+401+205y020，同理可得 422+402+205y020，所以 1，2 是方程 4x2+40 x+205y020 的两根，由韦达定理可得 1+210，所以可证得：1+2 为定值10 122.(2021河北秦皇岛二模理 T20)已知点 P（2，y0）为抛物线 C：x22py（p0）上一点，F 为抛物线 C 的焦点，抛物线 C 在点 P 处的切线与 y 轴相交于点 Q，且FPQ 面积为 2（1）求抛物线 C 的方程；（2）设直线 l 经过（2，5）交抛物线 C 于 M，N 两点（异于点 P），求证：MPN 的大小为定值【解析】（1）因为FPQ 面积为 2 所以|FQ|
140、22，即|FQ|2，x22py 即 y的导数为 y，可得 P 处的切线的斜率为，切线的方程为 yy0（x+2），令 x0，可得 yy0，所以+2，解得 p2，所以抛物线的方程为 x24y；（2）证明：设 M（x1，），N（x2，），设直线 l 的方程为 yk（x2）+5，由可得 x24kx+8k200，所以 x1+x24k，x1x28k20，因为 P（2，1），（x1+2，1），（x2+2，1），所以（x1+2）（x2+2）+（1）（1）x1x2+2（x1+x2）+4+1 8k20+8k+50，所以，所以PMN 的大小为定值 90 123.(2021浙江杭州二模理 T21)如图，已知抛物线 C
141、1：x2y 在点 A 处的切线 l 与椭圆C2：1 相交，过点 A 作 l 的垂线交抛物线 C1 于另一点 B，直线 OB（O 为直角坐标原点）与 l 相交于点 D，记 A（x1，y1），B（x2，y2），且 x10（1）求 x1x2 的最小值；（2）求的取值范围 【解析】（1）点 A 处的切线方程为 y2x1xx12，联立，得（1+8x12）x28x13x+2x1420，所以64x164（1+8x13）（2x142）0，解得 0 x124+，所以直线 AB 的方程为 yx+x12+，联立，得 2x1x2+x2x13x10，所以 x1+x2，所以 x1x22x1+2，当且仅当 x1时取等号，所
142、以 x1x2 的最小值为 2（2）记点 O，B 到直线 l 的距离分别为 d1，d2，所以 d1，d2|2x1+|（），所以，因为 0 x124+，所以+4，所以（0，），所以的取值范围为（0，）124.(2021北京门头沟二模理 T19)1、2分别为椭圆 C：22+22=1(0)的左、右焦点，过右焦点2的直线 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点，且 AB 不为长轴，1的周长为 8，椭圆 C 的离心率为12.求此椭圆 C 的方程；为其右顶点，求证：直线2，2两直线的斜率之积为定值，并求出此定值.【解析】：由题意可知，|1|+|2|=2，|1|+|2|=2，而 1的周长为 8，则4=8，故=2，
143、又=12，故=1，2=2 2=3，椭圆 C 的方程为24+23=1；证明：由可知，2(2,0)，设直线AB：=+1，(1,1),(2,2),2=112,2=222，联立=+124+23=1得，(32+4)2+6 9=0，1+2=632+4,12=932+4，12=(1+1)(2+1)=212+(1+2)+1=122+432+4，1+2=(1+2)+2=832+4，2 2=12(12)(22)=12122(1+2)+4=932+4122+432+4 1632+4+4=9122+416+122+16=94，直线2，2两直线的斜率之积为定值94.【解析】根据题意可得4=8，再根据离心率可求得 c，及
144、而求得 b，由此得到椭圆方程；，设直线 AB：=+1，设出点 A，B 坐标，联立直线方程与椭圆方程，消去x 并整理后，由根与系数的关系化简即可得证 本题考查椭圆标准方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查圆锥曲线中的定值问题，考查运算求解能力及逻辑推理能力，属于中档题 125.(2021江西九江二模理 T19)已知椭圆 C：1（ab0）的左、右焦点分别为 F1，F2，M 为椭圆 C 上位于 x 轴上方一点，线段 MF1 与圆 x2+y21 相切于该线段的中点，且MF1F2 的面积为 2（）求椭圆 C 的方程；（）过点 F2 的直线 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点，且AMB90，求直线 l
145、 的方程【解析】（）设线段 MF1 的中点为 N，则|ON|1，又 ON 是MF1F2 的中位线，所以|MF2|2，MF1MF2，由椭圆的定义知|MF1|2a2，因为MF1F2 面积为 S（2a2）22a22，解得 a2，因为|F1F2|2，解得 c2，所以 b，所以椭圆 C 的方程为+1（）当直线 l 的斜率为 0 时，此时AMB90，不合题意，当直线 l 的斜率不为 0 时，设直线 l 的方程为 xmy+，A（x1，y1），B（x2，y2），联立，得（2+m2）y2+2my20，所以 y1+y2，y1y2，由（）知 M（0，），因为AMB90，所以 MAMB，所以 x1x2+（y1）（y2
146、）0，所以（1+m2）y1y2+（m1）（y1+y2）+40，所以+40，所以 m22m30，解得 m1 或 m3，当 m1 时，直线 l 过点 M，不符合题意，所以直线 l 的方程为 x3y0 126.(2021天津南开二模T19)已知抛物线 C1：y22px（p0）与离心率为的椭圆 C2：的一个交点为 P（1，t），点 P 到抛物线 C1 的焦点的距离为 2（）求 C1 与 C2 的方程；（）设 O 为坐标原点，在第一象限内，椭圆 C2 上是否存在点 A，使过 O 作 OA 的垂线交抛物线 C1 于点 B，直线 AB 交 y 轴于点 E，且OAEEOB？若存在；若不存在，请说明理由【解析】
147、（）y22px 的焦点为（，0），P（3，t）到抛物线 C1 的焦点的距离为 2，可得 3+，解得 p2，则抛物线的方程为 y64x：由题意可得 e，即有 ab，由 2pt74，+1，解得 a3，b，则椭圆的方程为+1；（）由题意可得直线 OA 的斜率存在且不为 8，设 OA 的方程为 ykx（k0），由于 OAOB，可得直线 OB 的方程为 yx，由，可得（1+2k5）x29，所以 x，由，可得，解得 x5k2（0 舍去），第一象限内，椭圆 C8 上若存在点 AOAEEOB，则 k0，此时 A（，）2，4k），设直线 AB 与 x 轴交于 D，因为OAEEOB，所以OADAOD，DOBOBD
148、，即 D 为 AB 的中点，所以 yAyB，即4k20，故不存在适合题意的点 A 127.(2021广东潮州二模T21)已知椭圆 C：+1（ab0）经过点（1，），且椭圆 C 的离心率 e（1）求椭圆 C 的方程；（2）若点 M，N 是椭圆 C 上的两个动点，k1，k2 分别为直线 OM，ON 的斜率且 k1k2，试探究OMN 的面积是否为定值【解析】（1）由 e，可得 ba，又椭圆经过点（1，），可得+1，解得 a2，b1，则椭圆 C 的方程为+y21；（2）设直线 MN 的方程为 xmy+t，与椭圆方程 x2+4y240 联立，可得（4+m2）y2+2mty+t240，设 M（x1，y1）
149、，N（x2，y2），可得 y1+y2，y1y2，|y1y2|4，|MN|4，O 到直线 MN 的距离为 d，所以OMN 的面积为 Sd|MN|2|t|，由 k1k2，可得，即为 x1x2+4y1y2（my1+t）（my2+t）+4y1y2（4+m2）y1y2+mt（y1+y2）+t20，可得（4+m2）+mt（）+t20，化为 4+m22t2，所以 S2|t|1，故OMN 的面积为定值 1 128.(2021辽宁朝阳二模T22)已知椭圆 E：1（ab1）的离心率 e，其左、右顶点分别为点 A，B，且点 A 关于直线 yx 对称的点在直线 y3x2 上（1）求椭圆 E 的方程；（2）若点 M 在
150、椭圆 E 上，点 N 在圆 O：x2+y2b2 上，且 M，N 都在第一象限，MNy轴，若直线 MA，MB 与 y 轴的交点分别为 C，D，判断 sinCND 是否为定值，若是定值，求出该定值；若不是定值，说明理由【解析】（1）解：点 A（a，0）关于直线 yx 对称的点（0，a）在直线 y3x2上，a02，解得 a2又，a2b2+c2，联立解得 b22c2 椭圆 E 的标准方程为：+1（2）证明：设 M（x0，y0），AM：yk（x+2）（k0），令 x0，解得 y2k，C（0，2k）联立，化为：（2k2+1）x2+8k2x+8k240（k0）2x0，解得 x0y0，即 M（，），直线 BM
151、 的斜率 BM 的方程：y（x2），令 x0，解得 y，D（0，）设 N（xN，y0），则（xN，2ky0），（xN，y0）xN2+y02+2y0 xN2+y022，y0，0NCND即CND90 sinCND1 129.(2021山东潍坊二模T21)已知一个半径为的圆的圆心在抛物线 C：y22px（p0）上，该圆经过坐标原点且与 C 的准线 l 相切过抛物线 C 的焦点 F 的直线 AB 交 C 于 A，B两点，过弦 AB 的中点 M 作平行于 x 轴的直线与直线 OA，OB，l 分别相交于 P，Q，N 三点（1）求 C 的方程；（2）当|PQ|MN|时，求直线 AB 的方程【解析】（1）设一
152、个半径为的圆的圆心的坐标为（x0，y0），可得 y022px0，由抛物线的焦点为（，0），准线方程为 x，可得 x02+y02x02+2px0（x0+）2，解得 p2，则抛物线的方程为 y24x；（2）由 F（1，0），准线方程为 x1，设直线 AB 的方程为 xmy+1，与抛物线的方程 y24x 联立，可得 y24my40，设 A（x1，y1），B（x2，y2），则 y1+y24m，y1y24，x1+x2m（y1+y2）+22+4m2，则 AB 的中点 M 的坐标为（1+2m2，2m），由 N（1，2m），可得|MN|2+2m2，OA 的方程为 yx 即 yx，OB 的方程为 yx，即 yx
153、，代入 y2m，可得 P（，2m），Q（，2m），|PQ|m（y1y2）|MN|（2+2m2），即为m2（16m2+16）（2+2m2）2，解得 m，所以直线 AB 的方程为 xy+1，即为 y2x2或 y2x+2 130.(2021浙江丽水湖州衢州二模T21)已知 F1，F2 是椭圆 E：1（ab0）的左、右焦点，动点 P 在椭圆上，且|PF1|的最小值和最大值分别为 1 和 3（）求椭圆的标准方程；（）动点 M 在抛物线 C：y24x 上，且在直线 xa 的右侧过点 M 作椭圆 E 的两条切线分别交直线 xa 于 A，B 两点当|AB|10 时，求点 M 的坐标 【解析】（）由，解得 a2
154、，c1，b，所以椭圆方程为+1（）不妨设 kPAk1，kPBk2，A（x1，y1），B（x2，y2），M（t2，2t），设过点 M 作椭圆的切线方程为 yk（xt2）+2t，由，得（3+4k2）x2+8k（2tt2k）x+4（2tt2k）2120，由0 得到（t44）k24t3k+4t230，所以 k1+k2，k1k2，|AB|y1y2|（t2+2）|k1k2|，因为|k1k2|，所以|AB|（t2+2）210，解得 t24，点 M 的坐标为（4，4）131.(2021河南郑州二模文 T20)如图，已知抛物线：y28x 的焦点为 F，准线为 l，O为坐标原点，A 为抛物线上一点，直线 AO 与
155、 l 交于点 C，直线 AF 与抛物线的另一个交点为 B（）证明：直线 BCx 轴；（）设准线 l 与 x 轴的交点为 E，连接 BE，且 BEBF证明：|AF|BF|8 【解析】（）证明：由抛物线的性质可得焦点 F（2，0），准线方程为 x2，设 A（，y1），B（，y2），所以直线 AO 的方程为：yx，由题意可得 C（2，），设直线 AB 的方程为：xmy+2，联立，整理可得 y28my160，所以 y1y216，可得 y2，所以 yCy2，所以 BCx 轴；（）证明：因为准线方程为 x2，由题意可得 E（2，0），（2，y2），（2，y2），因为 BEBF，所以0，即 y22+（2）（
156、2）0，解得 y2，x22+4，由（）可得 x1x24，所以 x124，|AF|x1+2，|BF|x2+2，所以可证：|AF|BF|x1x2|8 132.(2021山西调研二模文 T20.)已知 P 为抛物线 C：2=2(0)上一动点，F 为 C的焦点，定点(3,1)在 C 的内部，若|+|的最小值为4.(1)求 C 的方程；(2)不经过原点的直线 l 与 C 交于 A，B 两点(其中点 A 在 x 轴上方)，若以线段 AB 为直径的圆经过点 F，且圆心在直线=1上.证明：直线 l与 C 在点 A 处的切线垂直.【解析】(1)过 P 作 C 的准线=1的垂线，垂足为 N，连接 NQ，由 抛 物
157、 线 的 定 义，可 得|=|，则|+|=|+|，当 N，P，Q 三点共线时，|取得最小值，所以3+2=4，解得=2，则抛物线的方程为2=4；(2)证明：设直线 l 的方程为=+(0)，且直线 l 与抛物线 C 交于(1,1)，(2,2)，由=+2=4可得2 4 4=0，则=162+16 0，即2+0，又1+2=4，12=4，可得1+2=(1+2)+2=42+2，12=(12)216=2，所以圆心坐标为(22+,2)，因为圆心在直线=1上，所以2=1，即=12.又因为以线段 AB 为直径的圆经过点(1,0)，所以 =(1 1)(2 1)+12=12 (1+2)+1+12=2 (42+2)+1
158、4=0，化简可得2 6=0，可得=6(0舍去)，所以直线 l 的方程为=12 +6，即2+12=0，且直线 l 的斜率为1=2，由=12 +62=4解得(4,4)，因为当 0时，抛物线2=4在 x 轴上方曲线方程为=2，所以=1，则抛物线2=4在 A 处的切线的斜率为=14=12，因为直线 l 与切线的斜率的乘积为2 12=1，所以直线 l 与抛物线在 A 处的切线垂直【解析】(1)由抛物线的定义和三点共线取得最值的性质，可得所求方程；(2)设直线 l 的方程为=+(0)，与抛物线的方程联立，运用韦达定理，中点坐标公式，求得以 AB 为直径的圆心的坐标，可得 m，再由直径所对的圆周角为直角，结
159、合向量垂直的条件，可得 n，进而得到直线 l 的方程和斜率，求得 A 的坐标和 A 处的切线的斜率，由两直线垂直的条件，即可得证 本题考查抛物线的定义、方程和性质，以及直线和抛物线的位置关系，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于中档题 133.(2021宁夏银川二模文 T21)已知椭圆 C1：+1（ab0），其右焦点为 F（1，0），圆 C2：x2+y2a2+b2，过 F 垂直于 x 轴的直线被圆和椭圆截得的弦长比值为 2（1）求曲线 C1，C2 的方程；（2）斜率为正数的直线 l 过右焦点 F，与椭圆交于 A，B 两点，与圆交于 C，D 两点，O为坐标原点，若|CD|，求OAB 的面积【解
160、析】（1）联立，解得 yb，联立，解得 y，所以2，又因为 a2b2+c2b2+1，联立得 a22，b21，所以椭圆 C1 的方程为+y21，圆 C2 的方程为 x2+y23（2）设直线 l 方程为：yk（x1），因为直线 l 与圆相交于 C，D 两点，|CD|，所以圆心到直线 l 的距离 d，所以，解得 k1，因为 k0，所以 k1，所以直线 l 的方程为 yx1，联立，得 3x24x0，解得 x0，或 x，所以 A（0，1），B（，），所以|AB|，所以 SOAB|AB|d 134.(2021安徽淮北二模文 T20)已知椭圆 E：+1（ab0），其短轴为 2，离心率为（）求椭圆 E 的方程
161、；（）设椭圆 E 的右焦点为 F，过点 G（2，0）作斜率不为 0 的直线交椭圆 E 于 M，N两点，设直线 FM 和 FN 的斜率为 k1，k2，试判断 k1+k2 是否为定值，若是定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由 【解析】（）由题意可知：2b2，b1，椭圆的离心率 e，则 a，椭圆的标准方程：；（）设直线 MN 的方程为 yk（x2）（k0），消去 y 整理得：（1+2k2）x28k2x+8k220设 M（x1，y1），N（x2，y2），则 x1+x2，x1x2，k1+k2+k2 k20 k1+k20 为定值 135.(2021吉林长春一模文 T20)已知椭圆2214yx,直线1l
162、ykx：分别与 x 轴 y轴交于,M N 两点,与椭圆交于,A B 两点.(I)若,AMNB求直线l 的方程;()若点 P 的坐标为0,2,求PAB面积的最大值.【解析】(1)设 1122,A x yB xy联立直线方程与椭圆方程有 22141yxykx有224230,kxkx有12224xxkk，122424yyk 所以 AB 中点坐标为224,44kkk,(0)k 由1,0Mk,0,1,NMN 中点坐标为11,22k 因为,AMNB所以线段 MN 的中点与 AB 的中点重合,有221241424kkkk 解得2k (6 分)(2)由(1)可知2122221363|623 133|1PABk
163、Sxxkkk 因为233,k 所以2214 3333kk 所以2263 31233PABSkk当 k=0 时 PAB面积最大.(12 分)136.(2021新疆乌鲁木齐二模文 T19)已知点 M（1，0），N（1，0），动点 P 满足|PM|PN|（）求动点 P 的轨迹 E 的方程；（）过抛物线 y22x 上一点 A（2，2）作曲线 E 的两条切线分别交抛物线于 B，C 两点，求直线 BC 的斜率【解析】（）设 P（x，y），由已知点 M（1，0），N（1，0），|PM|PN|，得，所以动点 P 的轨迹 E 的方程为（x2）2+y23（）由题意知切线斜率存在且不为 0，设切线的斜率为 k，则切线的方程为 y2k（x2），联立，得+y23，化简得（1+k2）y24y3k2+40，所以164（1+k2）（43k2）0，解得 k，所以切线的方程为 y2（x2）和 y2（x2），联立，得 yB22，联立，得 yC22，所以 kBC
