第08讲 直线和圆、圆锥曲线（2022-2024高考真题）（新高考专用）（教师版） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

第08讲直线和圆、圆锥曲线（2022-2024高考真题）（新高考专用）一、单项选择题1．（2024·北京·高考真题）圆x2+y2−A．2 B．2 C．3 D．3【解题思路】求出圆心坐标，再利用点到直线距离公式即可.【解答过程】由题意得x2+y则其圆心坐标为1,−3，则圆心到直线x−y+2=0的距离为1−−3故选：D.2．（2024·全国·高考真题）已知直线ax+by−a+2b=0与圆C：x2+y2+4y−1A．2 B．3 C．4 D．6【解题思路】根据题意，由条件可得直线过定点P1,−2，从而可得当PC⊥AB时，AB【解答过程】因为直线ax+by−a+2b=0，即ax−1+by+2则x=1,y=−2，所以直线过定点1,−2，设P1,−2将圆C：x2所以圆心C0,−2，半径r=5当PC⊥AB时，AB的最小，此时AB=2故选：C.3．（2024·全国·高考真题）已知b是a,c的等差中项，直线ax+by+c=0与圆x2+y2+4y−1=0交于A,BA．1 B．2 C．4 D．2【解题思路】结合等差数列性质将c代换，求出直线恒过的定点，采用数形结合法即可求解.【解答过程】因为a,b,c成等差数列，所以2b=a+c，c=2b−a，代入直线方程ax+by+c=0得ax+by+2b−a=0，即ax−1+by+2=0，令故直线恒过1,−2，设P1,−2，圆化为标准方程得：C:设圆心为C，画出直线与圆的图形，由图可知，当PC⊥AB时，AB最小，PC=1,AC=

故选：C.4．（2024·全国·高考真题）已知双曲线的两个焦点分别为(0,4),(0,−4)，点(−6,4)在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（

）A．4 B．3 C．2 D．2【解题思路】由焦点坐标可得焦距2c，结合双曲线定义计算可得2a，即可得离心率.【解答过程】由题意，设F10,−4、F2则F1F2=2c=8，则2a=PF1故选：C.5．（2024·天津·高考真题）双曲线x2a2−y2b2=1(a>0A．x28−y22=1 B．【解题思路】可利用△PF1F2三边斜率问题与正弦定理，转化出三边比例，设PF2=m【解答过程】如下图：由题可知，点P必落在第四象限，∠F1P∠PF2F1=因为∠F1PF2=90°，所以sinθ2=则由PF2=m由S△PF1则PF由双曲线第一定义可得：PF1−所以双曲线的方程为x2故选：C.6．（2024·全国·高考真题）已知曲线C：x2+y2=16（y>0），从C上任意一点P向x轴作垂线段PP'，PA．x216+y24=1（y>0C．y216+x24=1（y>0【解题思路】设点M(x,y)，由题意，根据中点的坐标表示可得P(x,2y)，代入圆的方程即可求解.【解答过程】设点M(x,y)，则P(x,y因为M为PP′的中点，所以y0又P在圆x2所以x2+4y即点M的轨迹方程为x2故选：A.7．（2023·全国·高考真题）已知实数x,y满足x2+y2−4x−2y−4=0A．1+322 B．4 C．【解题思路】法一：令x−y=k，利用判别式法即可；法二：通过整理得x−22+y−1【解答过程】法一：令x−y=k，则x=k+y，代入原式化简得2y因为存在实数y，则Δ≥0，即2k−6化简得k2−2k−17≤0，解得故x−y的最大值是32法二：x2+y令x=3cosθ+2，y=3sin则x−y=3cos∵θ∈0,2π，所以θ+π4∈π4,9π法三：由x2+y设x−y=k，则圆心到直线x−y=k的距离d=|2−1−k|解得1−3故选：C.8．（2023·全国·高考真题）过点0,−2与圆x2+y2−4x−1=0相切的两条直线的夹角为αA．1 B．154 C．104 【解题思路】方法一：根据切线的性质求切线长，结合倍角公式运算求解；方法二：根据切线的性质求切线长，结合余弦定理运算求解；方法三：根据切线结合点到直线的距离公式可得k2【解答过程】方法一：因为x2+y2−4x−1=0，即x−2过点P0,−2作圆C的切线，切点为A,B因为PC=22可得sin∠APC=则sin∠APB=cos∠APB=即∠APB为钝角，所以sinα=法二：圆x2+y2−4x−1=0过点P0,−2作圆C的切线，切点为A,B，连接AB可得PC=22因为PA且∠ACB=π−∠APB，则即3−cos∠APB=5+5cos即∠APB为钝角，则cosα=且α为锐角，所以sinα=方法三：圆x2+y2−4x−1=0若切线斜率不存在，则切线方程为x=0，则圆心到切点的距离d=2>r，不合题意；若切线斜率存在，设切线方程为y=kx−2，即kx−y−2=0，则2k−2k2+1=设两切线斜率分别为k1,k可得k1所以tanα=k1−k则sin2且α∈0,π，则sinα>0故选：B.

9．（2023·北京·高考真题）已知抛物线C:y2=8x的焦点为F，点M在C上．若M到直线x=−3的距离为5，则|MF|=A．7 B．6 C．5 D．4【解题思路】利用抛物线的定义求解即可.【解答过程】因为抛物线C:y2=8x的焦点F2,0，准线方程为x=−2，点所以M到准线x=−2的距离为MF，又M到直线x=−3的距离为5，所以MF+1=5，故MF故选：D.10．（2023·全国·高考真题）设F1,F2为椭圆C:x25+y2=1A．1 B．2 C．4 D．5【解题思路】方法一：根据焦点三角形面积公式求出△PF方法二：根据椭圆的定义以及勾股定理即可解出．【解答过程】方法一：因为PF1⋅从而S△FP1故选：B.方法二：因为PF1⋅PF所以PF12PF12故选：B.11．（2023·全国·高考真题）设O为坐标原点，F1,F2为椭圆C:x29+y26A．135 B．302 C．145【解题思路】方法一：根据焦点三角形面积公式求出△PF1F2的面积，即可得到点方法二：利用椭圆的定义以及余弦定理求出PF方法三：利用椭圆的定义以及余弦定理求出PF【解答过程】方法一：设∠F1P由cos∠F1由椭圆方程可知，a2所以，S△PF1即xp2=9×故选：B．方法二：因为PF1+即PF解得：PF而PO=12即PO=故选：B．方法三：因为PF1+即PF12由中线定理可知，2OP2+F1故选：B．12．（2023·全国·高考真题）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为5，C的一条渐近线与圆A．55 B．255 C．3【解题思路】根据离心率得出双曲线渐近线方程，再由圆心到直线的距离及圆半径可求弦长.【解答过程】由e=5，则c解得ba所以双曲线的渐近线为y=±2x，当渐近线为y=−2x时，圆心(2,3)到该渐近线的距离d=|2×2+3|当渐近线为y=2x时，则圆心(2,3)到渐近线的距离d=|2×2−3|所以弦长|AB|=2r故选：D.13．（2023·全国·高考真题）设A，B为双曲线x2−y29A．1,1 B．−1,2 C．1,3 D．−1,−4【解题思路】根据点差法分析可得kAB【解答过程】设Ax1,y1可得kAB因为A,B在双曲线上，则x12−所以kAB对于选项A：可得k=1,kAB=9联立方程y=9x−8x2−y2此时Δ=所以直线AB与双曲线没有交点，故A错误；对于选项B：可得k=−2,kAB=−联立方程y=−92x−52此时Δ=所以直线AB与双曲线没有交点，故B错误；对于选项C：可得k=3,kAB由双曲线方程可得a=1,b=3，则AB:y=3x为双曲线的渐近线，所以直线AB与双曲线没有交点，故C错误；对于选项D：k=4,kAB=联立方程y=94x−74此时Δ=1262故选：D.14．（2023·天津·高考真题）已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2A．x28−C．x24−【解题思路】先由点到直线的距离公式求出b，设∠POF2=θ，由tanθ=bOP=ba得到OP=a，【解答过程】如图，

因为F2c,0，不妨设渐近线方程为y=b所以PF所以b=2.设∠POF2=θ,则tanθ=P因为12ab=12c⋅yP所以Pa因为F1所以kP所以2a2+2所以双曲线的方程为x故选：D.15．（2023·全国·高考真题）设椭圆C1:x2a2+y2A．233 B．2 C．3 【解题思路】根据给定的椭圆方程，结合离心率的意义列式计算作答.【解答过程】由e2=3e1，得e22故选：A.16．（2023·全国·高考真题）已知椭圆C:x23+y2=1的左、右焦点分别为F1，F2，直线y=x+m与C交于A，BA．23 B．23 C．−2【解题思路】首先联立直线方程与椭圆方程，利用Δ>0，求出m范围，再根据三角形面积比得到关于m【解答过程】将直线y=x+m与椭圆联立y=x+mx23+y因为直线与椭圆相交于A,B点，则Δ=36m2设F1到AB的距离d1,F2到AB则d1=|−S△F1ABS故选：C.17．（2022·北京·高考真题）若直线2x+y−1=0是圆(x−a)2+y2=1A．12 B．−12 C．1【解题思路】若直线是圆的对称轴，则直线过圆心，将圆心代入直线计算求解．【解答过程】由题可知圆心为a,0，因为直线是圆的对称轴，所以圆心在直线上，即2a+0−1=0，解得a=1故选：A．18．（2022·天津·高考真题）已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2，抛物线yA．x216−C．x24−【解题思路】由已知可得出c的值，求出点A的坐标，分析可得AF1=F1F2【解答过程】抛物线y2=45x的准线方程为x=−5，则c=不妨设点A为第二象限内的点，联立y=−baxx=−c，可得因为AF1⊥F1且AF1=F1所以，ba=2c=5c故选：D.19．（2022·全国·高考真题）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为13，A1,A．x218+y216=1 B．【解题思路】根据离心率及BA1⋅【解答过程】解：因为离心率e=ca=1−bA1,A2分别为B为上顶点，所以B(0,b).所以BA1所以−a2+b2故椭圆的方程为x2故选：B.20．（2022·全国·高考真题）椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于A．32 B．22 C．12【解题思路】设Px1,y1，则Q−x1,【解答过程】[方法一]：设而不求设Px1则由kAP⋅k由x12a所以b2a2所以椭圆C的离心率e=c[方法二]：第三定义设右端点为B，连接PB，由椭圆的对称性知：k故kAP由椭圆第三定义得：kPA故b所以椭圆C的离心率e=c故选A.21．（2022·全国·高考真题）设F为抛物线C:y2=4x的焦点，点A在C上，点B(3,0)，若AF=BFA．2 B．22 C．3 D．【解题思路】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点A的横坐标，进而求得点A坐标，即可得到答案.【解答过程】由题意得，F1,0，则AF即点A到准线x=−1的距离为2，所以点A的横坐标为−1+2=1，不妨设点A在x轴上方，代入得，A1,2所以AB=故选：B.二、多项选择题22．（2024·全国·高考真题）抛物线C：y2=4x的准线为l，P为C上的动点，过P作⊙A:x2+(y−4)2=1的一条切线，Q为切点，过A．l与⊙A相切B．当P，A，B三点共线时，|PQ|=C．当|PB|=2时，PA⊥ABD．满足|PA|=|PB|的点P有且仅有2个【解题思路】A选项，抛物线准线为x=−1，根据圆心到准线的距离来判断；B选项，P,A,B三点共线时，先求出P的坐标，进而得出切线长；C选项，根据PB=2先算出P的坐标，然后验证kPAkAB=−1是否成立；D选项，根据抛物线的定义，PB=PF，于是问题转化成PA【解答过程】A选项，抛物线y2=4x的准线为⊙A的圆心(0,4)到直线x=−1的距离显然是1，等于圆的半径，故准线l和⊙A相切，A选项正确；B选项，P,A,B三点共线时，即PA⊥l，则P的纵坐标yP由yP2=4xP此时切线长PQ=C选项，当PB=2时，xP=1，此时yP2当P(1,2)时，A(0,4),B(−1,2)，kPA=4−2不满足kPA当P(1,−2)时，A(0,4),B(−1,2)，kPA=4−(−2)不满足kPA于是PA⊥AB不成立，C选项错误；D选项，方法一：利用抛物线定义转化根据抛物线的定义，PB=PF，这里于是PA=PB时P点的存在性问题转化成PA=A(0,4),F(1,0)，AF中点12,2，AF中垂线的斜率为于是AF的中垂线方程为：y=2x+158，与抛物线y2Δ=162即存在两个P点，使得PA=方法二：（设点直接求解）设Pt24,t，由PB⊥l可得B−1,t根据两点间的距离公式，t416+Δ=162即存在两个这样的P点，D选项正确.故选：ABD.23．（2024·广东江苏·高考真题）设计一条美丽的丝带,其造型可以看作图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O.且C上的点满足:横坐标大于−2，到点F(2,0)的距离与到定直线x=a(a<0)的距离之积为4，则（

）A．a=−2 B．点(22,0)在C．C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D．当点x0,y0【解题思路】根据题设将原点代入曲线方程后可求a，故可判断A的正误，结合曲线方程可判断B的正误，利用特例法可判断C的正误，将曲线方程化简后结合不等式的性质可判断D的正误.【解答过程】对于A：设曲线上的动点Px,y，则x>−2且x−2因为曲线过坐标原点，故0−22+0对于B：又曲线方程为x−22+y故x−22当x=22,y=0时，故22对于C：由曲线的方程可得y2=16则y2=6449−故C在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1，故C错误.对于D：当点x0,y故−4故选：ABD.24．（2023·全国·高考真题）设O为坐标原点，直线y=−3x−1过抛物线C:y2=2pxp>0的焦点，且与C交于M，N两点，A．p=2 B．MNC．以MN为直径的圆与l相切 D．△OMN为等腰三角形【解题思路】先求得焦点坐标，从而求得p，根据弦长公式求得MN，根据圆与等腰三角形的知识确定正确答案.【解答过程】A选项：直线y=−3x−1过点1,0，所以抛物线C:y所以p2=1,p=2,2p=4，则A选项正确，且抛物线C的方程为B选项：设Mx由y=−3x−1y2=4x解得x1=3,xC选项：设MN的中点为A，M,N,A到直线l的距离分别为d1因为d=1即A到直线l的距离等于MN的一半，所以以MN为直径的圆与直线l相切，C选项正确.D选项：直线y=−3x−1，即O到直线3x+y−3=0所以三角形OMN的面积为12由上述分析可知y1所以OM=所以三角形OMN不是等腰三角形，D选项错误.故选：AC.

25．（2022·全国·高考真题）已知O为坐标原点，过抛物线C:y2=2px(p>0)焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点M(p,0)，若|AF|=|AM|A．直线AB的斜率为26 B．C．|AB|>4|OF| D．∠OAM+∠OBM<180°【解题思路】由AF=AM及抛物线方程求得A(3p4,6p2)，再由斜率公式即可判断A选项；表示出直线AB的方程，联立抛物线求得B(p3,−6【解答过程】对于A，易得F(p2,0)，由AF=AM可得点A在FM代入抛物线可得y2=2p⋅3p4=32对于B，由斜率为26可得直线AB的方程为x=12设B(x1,y1)，则62p+y则OB=对于C，由抛物线定义知：AB=对于D，OA⋅OB=(又MA⋅MB=(−又∠AOB+∠AMB+∠OAM+∠OBM=360∘，则故选：ACD.26．（2022·全国·高考真题）双曲线C的两个焦点为F1,F2，以C的实轴为直径的圆记为D，过F1作D的切线与C交于M，N两点，且cosA．52 B．32 C．132【解题思路】依题意不妨设双曲线焦点在x轴，设过F1作圆D的切线切点为G，利用正弦定理结合三角变换、双曲线的定义得到2b=3a或a=2b，即可得解，注意就M,N【解答过程】[方法一]：几何法，双曲线定义的应用情况一

M、N在双曲线的同一支，依题意不妨设双曲线焦点在x轴，设过F1作圆D所以OB⊥F1N，因为|OB|=a，|OF1|=c，|F1||52b选A情况二若M、N在双曲线的两支，因为cos∠F1所以|OB|=a，|OF1|=c由cos∠F1NF||3所以2b=3a，即ba所以双曲线的离心率e=选C[方法二]：答案回代法A选项e特值双曲线x2过F1且与圆相切的一条直线为y∵两交点都在左支,∴N∴|NF则cos∠C选项e特值双曲线x2过F1且与圆相切的一条直线为y∵两交点在左右两支，N在右支，∴N∴|NF则cos∠[方法三]：依题意不妨设双曲线焦点在x轴，设过F1作圆D的切线切点为G若M,N分别在左右支，因为OG⊥NF1，且cos∠又|OG|=a，|OF1|=c设∠F1N在△F1N故|NF1|−|N所以asin而cosα=35，sinβ=a代入整理得到2b=3a，即ba所以双曲线的离心率e=若M,N均在左支上，同理有|NF2|sinβ故|NF2|−|N代入cosα=35，sinβ=a故a=2b，故e=1+故选：AC.三、填空题27．（2024·北京·高考真题）若直线y=kx−3与双曲线x24−y2=1只有一个公共点，则k【解题思路】联立直线方程与双曲线方程，根据交点个数与方程根的情况列式即可求解.【解答过程】联立x24−由题意得1−4k2=0解得k=±12或无解，即故答案为：12（或−28．（2024·北京·高考真题）抛物线y2=16x的焦点坐标为【解题思路】形如y2=2px,p≠0【解答过程】由题意抛物线的标准方程为y2=16x，所以其焦点坐标为故答案为：4,0.29．（2024·上海·高考真题）已知抛物线y2=4x上有一点P到准线的距离为9，那么点P到x轴的距离为4【解题思路】根据抛物线的定义知xP【解答过程】由y2=4x知抛物线的准线方程为x=−1，设点Px0,代入抛物线方程y2=4x，得y0则点P到x轴的距离为42故答案为：4230．（2024·天津·高考真题）圆(x−1)2+y2=25的圆心与抛物线y2=2px(p>0)的焦点F重合，A【解题思路】先求出圆心坐标，从而可求焦准距，再联立圆和抛物线方程，求A及AF的方程，从而可求原点到直线AF的距离.【解答过程】圆(x−1)2+y2=25的圆心为F由x−12+y2=25y2故A4,±4，故直线AF:y=±43x−1即故原点到直线AF的距离为d=4故答案为：4531．（2024·广东江苏·高考真题）设双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左右焦点分别为F1、F2，过F2作平行于y【解题思路】由题意画出双曲线大致图象，求出AF2，结合双曲线第一定义求出AF【解答过程】由题可知A,B,F2三点横坐标相等，设A在第一象限，将x=c得y=±b2a，即Ac,b又AF1−AF2=2a，得A故c2=a2+故答案为：3232．（2023·全国·高考真题）已知直线l:x−my+1=0与⊙C:x−12+y2=4交于A，B两点，写出满足“△ABC面积为85”的m【解题思路】根据直线与圆的位置关系，求出弦长AB，以及点C到直线AB的距离，结合面积公式即可解出．【解答过程】设点C到直线AB的距离为d，由弦长公式得AB=2所以S△ABC=12×d×2由d=1+11+m2=21+m2故答案为：2（2,−2,133．（2023·北京·高考真题）已知双曲线C的焦点为(−2,0)和(2,0)，离心率为2，则C的方程为x22【解题思路】根据给定条件，求出双曲线C的实半轴、虚半轴长，再写出C的方程作答.【解答过程】令双曲线C的实半轴、虚半轴长分别为a,b，显然双曲线C的中心为原点，焦点在x轴上，其半焦距c=2，由双曲线C的离心率为2，得ca=2，解得a=所以双曲线C的方程为x2故答案为：x234．（2023·全国·高考真题）已知点A1,5在抛物线C：y2=2px上，则A到C的准线的距离为【解题思路】由题意首先求得抛物线的标准方程，然后由抛物线方程可得抛物线的准线方程为x=−54，最后利用点的坐标和准线方程计算点A到【解答过程】由题意可得：52=2p×1，则2p=5，抛物线的方程为准线方程为x=−54，点A到C的准线的距离为故答案为：9435．（2023·天津·高考真题）已知过原点O的一条直线l与圆C:(x+2)2+y2=3相切，且l与抛物线y2=2px(p>0)交于点O,P【解题思路】根据圆x+22+y2=3和曲线y2=2px【解答过程】易知圆x+22+y2=3和曲线y2=2px所以2k1+k2=3，解得：k=3，由所以OP=2p3当k=−3故答案为：6．36．（2023·全国·高考真题）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2．点A在【解题思路】方法一：利用双曲线的定义与向量数积的几何意义得到AF2,BF2,方法二：依题意设出各点坐标，从而由向量坐标运算求得x0=53c,y0=−2【解答过程】方法一：依题意，设AF2=2m在Rt△ABF1中，9m2+(2a+2m)所以AF1=4a,AF故cos∠所以在△AF1F2中，故e=c方法二:依题意，得F1(−c,0),F因为F2A=−23又F1A⊥F1B，所以又点A在C上，则259c2a2所以25c2b整理得25c4−50a2c2又e>1，所以e=355或e=故答案为：3537．（2022·天津·高考真题）若直线x−y+m=0m>0被圆x−12+y−12=3截得的弦长为m，则【解题思路】计算出圆心到直线的距离，利用勾股定理可得出关于m的等式，即可解得m的值.【解答过程】圆x−12+y−12=3圆心到直线x−y+m=0m>0的距离为1−1+m由勾股定理可得m22+m2故答案为：2.38．（2022·全国·高考真题）设点A(−2,3),B(0,a)，若直线AB关于y=a对称的直线与圆(x+3)2+(y+2)2=1有公共点，则a【解题思路】首先求出点A关于y=a对称点A′的坐标，即可得到直线l【解答过程】解：A−2,3关于y=a对称的点的坐标为A′−2,2a−3，B所以A′B所在直线即为直线l，所以直线l为y=a−3圆C:x+32+y+22依题意圆心到直线l的距离d=−3即5−5a2≤a−32+故答案为：1339．（2022·全国·高考真题）设点M在直线2x+y−1=0上，点(3,0)和(0,1)均在⊙M上，则⊙M的方程为(x−1)2+【解题思路】设出点M的坐标，利用(3,0)和(0,1)均在⊙M上，求得圆心及半径，即可得圆的方程.【解答过程】[方法一]：三点共圆∵点M在直线2x+y−1=0上，∴设点M为(a,1−2a)，又因为点(3,0)和(0,1)均在⊙M上，∴点M到两点的距离相等且为半径R，∴(a−3)2a2−6a+9+4a∴M(1,−1)，R=5⊙M的方程为(x−1)2故答案为：(x−1)[方法二]：圆的几何性质由题可知，M是以（3，0）和（0，1）为端点的线段垂直平分线y=3x-4与直线2x+y−1=0的交点(1,-1).R=5,⊙M的方程为(x−1)故答案为：(x−1)240．（2022·全国·高考真题）过四点(0,0),(4,0),(−1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为x−22+y−32=13或x−22【解题思路】方法一：设圆的方程为x2【解答过程】[方法一]：圆的一般方程依题意设圆的方程为x2（1）若过0,0，4,0，−1,1，则F=016+4D+F=01+1−D+E+F=0，解得所以圆的方程为x2+y（2）若过0,0，4,0，4,2，则F=016+4D+F=016+4+4D+2E+F=0，解得所以圆的方程为x2+y（3）若过0,0，4,2，−1,1，则F=01+1−D+E+F=016+4+4D+2E+F=0，解得所以圆的方程为x2+y（4）若过−1,1，4,0，4,2，则1+1−D+E+F=016+4D+F=016+4+4D+2E+F=0，解得F=−165D=−故答案为：x−22+y−32=13或x−2[方法二]：【最优解】圆的标准方程（三点中的两条中垂线的交点为圆心）设点A（1）若圆过A、B、C三点，圆心在直线x=2，设圆心坐标为(2,a)，则4+a2=9+（2）若圆过A、B、D三点，设圆心坐标为(2,a)，则4+a2=4+（3）若圆过A、C、D三点，则线段AC的中垂线方程为y=x+1，线段AD的中垂线方程为y=−2x+5，联立得x=43,y=（4）若圆过B、C、D三点，则线段BD的中垂线方程为y=1，线段BC中垂线方程为y=5x−7，联立得x=85,y=1⇒r=故答案为：x−22+y−32=13或x−241．（2022·全国·高考真题）写出与圆x2+y2=1和(x−3)2+(y−4)2【解题思路】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可.【解答过程】[方法一]：显然直线的斜率不为0，不妨设直线方程为x+by+c=0，于是|c|1+b故c2=1+b2①，|3+4b+c|=|4c|.于是再结合①解得b=0c=1或b=−247所以直线方程有三条，分别为x+1=0，7x−24y−25=0，3x+4y−5=0.(填一条即可)[方法二]：设圆x2+y2=1圆(x−3)2+(y−4)2=16则|OC|=5=r由图像可知，共有三条直线符合条件，显然x+1=0符合题意；又由方程(x−3)2+(y−4)2=16即为过两圆公共切点的切线方程，又易知两圆圆心所在直线OC的方程为4x−3y=0，直线OC与直线x+1=0的交点为(−1,−4设过该点的直线为y+43=k(x+1)，则k−从而该切线的方程为7x−24y−25=0.(填一条即可)[方法三]：圆x2+y2=1圆(x−3)2+(y−4)2=16的圆心O两圆圆心距为32如图，当切线为l时，因为kOO1=O到l的距离d=|t|1+916=1，解得t=当切线为m时，设直线方程为kx+y+p=0，其中p>0，k<0，由题意p1+k2=1当切线为n时，易知切线方程为x=−1，故答案为：y=−34x+5442．（2022·浙江·高考真题）已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F，过F且斜率为b4a的直线交双曲线于点Ax【解题思路】联立直线AB和渐近线l2:y=bax方程，可求出点B，再根据|FB|=3|FA|【解答过程】过F且斜率为b4a的直线AB:y=b4a联立y=b4a(x+c)y=ba而点A在双曲线上，于是25c281a2故答案为：3643．（2022·全国·高考真题）记双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为e，写出满足条件“直线y=2x与【解题思路】根据题干信息，只需双曲线渐近线y=±bax中0<【解答过程】解：C:x2a2−结合渐近线的特点，只需0<ba≤2可满足条件“直线y=2x与C无公共点”所以e=c又因为e>1，所以1<e≤5故答案为：2（满足1<e≤5皆可）44．（2022·全国·高考真题）若双曲线y2−x233【解题思路】首先求出双曲线的渐近线方程，再将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，依题意圆心到直线的距离等于圆的半径，即可得到方程，解得即可．【解答过程】解：双曲线y2−x2m不妨取x+my=0，圆x2+y2−4y+3=0，即x依题意圆心0,2到渐近线x+my=0的距离d=2m解得m=33或故答案为：3345．（2022·北京·高考真题）已知双曲线y2+x2m=1的渐近线方程为y=±【解题思路】首先可得m<0，即可得到双曲线的标准方程，从而得到a、b，再跟渐近线方程得到方程，解得即可；【解答过程】解：对于双曲线y2+x2m则a=1，b=−m，又双曲线y2+所以ab=33，即故答案为：−3.46．（2022·全国·高考真题）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为12．过F1且垂直于【解题思路】利用离心率得到椭圆的方程为x24c2+y23c2=1，即3x2+4y2−12c2=0，根据离心率得到直线【解答过程】∵椭圆的离心率为e=ca=12，∴a=2c，∴b2=a2−c2=3c2，∴椭圆的方程为x24c2+y23c2=1，即3x2+4y2−12c2=0，不妨设左焦点为F判别式Δ=∴DE=∴c=138，得∵DE为线段AF2的垂直平分线，根据对称性，AD=DF2，AE=EF2，∴故答案为：13.四、解答题47．（2024·上海·高考真题）已知双曲线Γ:x2−y2b2=1,(b>0),左右顶点分别为A(1)若离心率e=2时，求b的值．(2)若b=263,△MA(3)连接OQ并延长，交双曲线Γ于点R，若A1R⋅【解题思路】（1）根据离心率公式计算即可；（2）分三角形三边分别为底讨论即可；（3）设直线l:x=my−2，联立双曲线方程得到韦达定理式，再代入计算向量数量积的等式计算即可.【解答过程】（1）由题意得e=ca=c1（2）当b=263时，双曲线Γ:x因为△MA①当以MA2为底时，显然点P在直线x=−1②当以A2P为底时，设Px,y，则x2−3y28因为点P在第一象限，显然以上均不合题意，舍去；（或者由双曲线性质知MP>③当以MP为底时，A2P=MA则有x0−12+y综上所述：P2,2（3）由题知A1当直线l的斜率为0时，此时A1R⋅则设直线l:x=my−2，设点Px1,y1,Qx根据双曲线对称性知R−联立有x=my−2x2−显然二次项系数b2其中Δ=y1+y

A1则A1R⋅A2则x1=my即−my2将①②代入有m2即3化简得b2所以m2=10b2−3,代入到且m2=10b2−3≥0，解得综上知，b2∈0,348．（2024·北京·高考真题）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0，以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点0,tt>2且斜率存在的直线与椭圆E交于不同的两点(1)求椭圆E的方程及离心率；(2)若直线BD的斜率为0，求t的值．【解题思路】（1）由题意得b=c=2，进一步得a（2）设AB:y=kx+t,k≠0,t>2，Ax1,y1【解答过程】（1）由题意b=c=22=所以椭圆方程为x24+（2）直线AB斜率不为0，否则直线AB与椭圆无交点，矛盾，从而设AB:y=kx+t,k≠0,t>2，联立x24+由题意Δ=16k2t2所以x1若直线BD斜率为0，由椭圆的对称性可设D−所以AD:y=y1−y2得yC所以t=2，此时k应满足4k2+2−t2=4k综上所述，t=2满足题意，此时k<−22或49．（2024·全国·高考真题）已知椭圆C:x2a2+y2b2(1)求C的方程；(2)过点P4,0的直线交C于A,B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQ⊥y【解题思路】（1）设Fc,0，根据M的坐标及MF⊥x（2）设AB:y=k(x−4)，Ax1,y1，Bx2,y【解答过程】（1）设Fc,0，由题设有c=1且b2a=32，故故椭圆方程为x2（2）直线AB的斜率必定存在，设AB:y=k(x−4)，Ax1,由3x2+4故Δ=1024k4又x1而N52,0，故直线BN:y=所以y==k=k128故y1=y50．（2024·天津·高考真题）已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)椭圆的离心率e=(1)求椭圆方程．(2)过点0,−32的动直线与椭圆有两个交点P，Q．在y轴上是否存在点T使得【解题思路】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积可求基本量，从而可得椭圆的标准方程.（2）设该直线方程为：y=kx−32，Px1,y1,Qx【解答过程】（1）因为椭圆的离心率为e=12，故a=2c，b=3所以A−2c,0,B0,−故c=3，所以a=23，b=3，故椭圆方程为：（2）若过点0,−32的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：设Px由3x2+4故Δ=144k而TP=故TP====3+2t因为TP⋅TQ≤0恒成立，故3+2t若过点0,−32的动直线的斜率不存在，则P0,3此时需−3≤t≤3，两者结合可得−3≤t≤3综上，存在T0,t−3≤t≤351．（2024·广东江苏·高考真题）已知A(0,3)和P3,32(1)求C的离心率;(2)若过P的直线l交C于另一点B，且△ABP的面积为9，求l的方程．【解题思路】（1）代入两点得到关于a,b的方程，解出即可；（2）方法一：以AP为底，求出三角形的高，即点B到直线AP的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到B点坐标，则得到直线l的方程；方法二：同法一得到点B到直线AP的距离，再设Bx0,y0，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点B到直线AP的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线AB斜率不存在的情况，再设直线y=kx+3，联立椭圆方程，得到点B坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线PB【解答过程】（1）由题意得b=39a2所以e=1−（2）法一：kAP=3−320−3=−AP=0−32设点B到直线AP的距离为d，则d=2×9则将直线AP沿着与AP垂直的方向平移125此时该平行线与椭圆的交点即为点B，设该平行线的方程为：x+2y+C=0，则C+65=1255当C=6时，联立x212+y2即B0,−3或−3,−当B0,−3时，此时kl=32，直线l当B−3,−32时，此时kl=12当C=−18时，联立x212+Δ=综上直线l的方程为3x−2y−6=0或x−2y=0.法二：同法一得到直线AP的方程为x+2y−6=0，点B到直线AP的距离d=12设Bx0,y0，则x即B0,−3或−3,−法三：同法一得到直线AP的方程为x+2y−6=0，点B到直线AP的距离d=12设B23cosθ,3sin联立cos2θ+sin2θ=1即B0,−3或−3,−法四：当直线AB的斜率不存在时，此时B0,−3S△PAB=12×6×3=9，符合题意，此时kl=当线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+3，联立椭圆方程有y=kx+3x212+y29解得x=0或x=−24k4k2+3令x=−24k4k2同法一得到直线AP的方程为x+2y−6=0，点B到直线AP的距离d=12则−24k4k2此时B−3,−32，则得到此时kl=12综上直线l的方程为3x−2y−6=0或x−2y=0.法五：当l的斜率不存在时，l:x=3,B3,−32此时S△ABP当l的斜率存在时，设PB:y−32=k(x−3)y=k(x−3)+32x212Δ=24k2−12kx1A到直线PB距离d=3k+∴k=12或32，均满足题意，∴l:y=12x或法六：当l的斜率不存在时，l:x=3,B3,−32此时S△ABP当直线l斜率存在时，设l:y=k(x−3)+3设l与y轴的交点为Q，令x=0，则Q0,−3k+联立y=kx−3k+3233+4k其中Δ=8k2则3x则S=12|AQ|xP则直线l为y=12x或y=3252．（2023·北京·高考真题）已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为53，A、C(1)求E的方程；(2)设P为第一象限内E上的动点，直线PD与直线BC交于点M，直线PA与直线y=−2交于点N．求证：MN//CD【解题思路】（1）结合题意得到ca=53，（2）依题意求得直线BC、PD与PA的方程，从而求得点M,N的坐标，进而求得kMN，再根据题意求得kCD，得到【解答过程】（1）依题意，得e=ca=又A,C分别为椭圆上下顶点，AC=4，所以2b=4，即b=2所以a2−c2=所以椭圆E的方程为x2（2）因为椭圆E的方程为x29+因为P为第一象限E上的动点，设Pm,n0<m<3,0<n<2，则

易得kBC=0+2−3−0=−kPD=n−0m−3=联立y=−23x−2y=n而kPA=n−2m−0=令y=−2，则−2=n−2m又m29+n2所以k==−6又kCD=0+2显然，MN与CD不重合，所以MN//CD.53．（2023·全国·高考真题）已知直线x−2y+1=0与抛物线C:y2=2px(p>0)交于A,B(1)求p；(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，FM⋅FN=0【解题思路】（1）利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出p；（2）设直线MN：x=my+n，Mx1,y1,Nx【解答过程】（1）设Ax由x−2y+1=0y2=2px可得，y所以AB=即2p2−p−6=0，因为p>0（2）因为F1,0，显然直线MN设直线MN：x=my+n，Mx由y2=4xx=my+n可得，yΔ=16因为FM⋅FN=0即my亦即m2将y14m2=所以n≠1，且n2−6n+1≥0，解得n≥3+22设点F到直线MN的距离为d，所以d=n−1MN=1+所以△MFN的面积S=1而n≥3+22或n≤3−2当n=3−22时，△MFN的面积S54．（2023·全国·高考真题）已知椭圆C:y2a2+x2(1)求C的方程；(2)过点−2,3的直线交C于P,Q两点，直线AP,AQ与y轴的交点分别为M,N，证明：线段MN的中点为定点．【解题思路】（1）根据题意列式求解a,b,c，进而可得结果；（2）设直线PQ的方程，进而可求点M,N的坐标，结合韦达定理验证yM【解答过程】（1）由题意可得b=2a2=所以椭圆方程为y2（2）由题意可知：直线PQ的斜率存在，设PQ:y=kx+2联立方程y=kx+2+3y29则Δ=64k2可得x1因为A−2,0，则直线AP:y=令x=0，解得y=2y1同理可得N0,则2=kx=32k所以线段MN的中点是定点0,3.

55．（2023·天津·高考真题）已知椭圆x2a2+y2b(1)求椭圆的方程和离心率；(2)点P在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线A2P交y轴于点Q，若三角形A1PQ的面积是三角形【解题思路】（1）由a+c=3a−c=1解得a=2,c=1，从而求出b=（2）先设直线A2P的方程，与椭圆方程联立，消去y，再由韦达定理可得xA2⋅xP，从而得到P点和Q点坐标.由S△A【解答过程】（1）如图，

由题意得a+c=3a−c=1，解得a=2,c=1，所以b=所以椭圆的方程为x24+（2）由题意得，直线A2P斜率存在，由椭圆的方程为x2设直线A2P的方程为联立方程组x24+y2由韦达定理得xA2⋅所以P8k2所以S△A2QA所以S△所以2yQ=3解得k=±62，所以直线A256．（2023·全国·高考真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为−25,0，离心率为(1)求C的方程；(2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点−4,0的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA【解题思路】（1）由题意求得a,b的值即可确定双曲线方程；（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线MA1与NA2的方程，联立直线方程，消去y，结合韦达定理计算可得x+2x−2【解答过程】（1）设双曲线方程为x2a2则由e=ca=5可得双曲线方程为x2（2）由(1)可得A1−2,0,显然直线的斜率不为0，所以设直线MN的方程为x=my−4，且−1与x24−y2则y1

直线MA1的方程为y=y1x联立直线MA1与直线x+2=m⋅由x+2x−2=−13可得据此可得点P在定直线x=57．（2022·全国·高考真题）设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，点Dp,0，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于(1)求C的方程；(2)设直线MD,ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN,AB的倾斜角分别为α,β．当α−β取得最大值时，求直线AB的方程．【解题思路】（1）由抛物线的定义可得MF=（2）法一：设点的坐标及直线MN:x=my+1，由韦达定理及斜率公式可得kMN=2kAB，再由差角的正切公式及基本不等式可得【解答过程】（1）抛物线的准线为x=−p2，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为此时MF=p+p所以抛物线C的方程为y2（2）[方法一]：【最优解】直线方程横截式设My12由x=my+1y2=4x可得y由斜率公式可得kMN=y直线MD:x=x1−2Δ>0,y1y3所以k又因为直线MN、AB的倾斜角分别为α,β，所以kAB若要使α−β最大，则β∈0,π2，设k当且仅当1k=2k即所以当α−β最大时，kAB=2代入抛物线方程可得y2Δ>0,y3所以直线AB:x=2[方法二]：直线方程点斜式由题可知，直线MN的斜率存在.设Mx1由y=k(x−1)y2=4x得：k2x直线MD:y=y1x1−2代入抛物线方程可得:y1y3=−8,所以由斜率公式可得：k（下同方法一）若要使α−β最大，则β∈0,设kMN=2k当且仅当1k=2k即所以当α−β最大时，kAB=2代入抛物线方程可得y2−42y−4n=0，Δ>0,[方法三]：三点共线设My设Pt,0,若P、M、N三点共线，由所以y124反之，若y1y2=−4t,因此，由M、N、F三点共线，得y1

由M、D、A三点共线，得y1

由N、D、B三点共线，得y2则y3y4（下同方法一）若要使α−β最大，则β∈0,设kMN=2k当且仅当1k=2k即所以当α−β最大时，kAB=258．（2022·全国·高考真题）已知双曲线C:x2a2−(1)求C的方程；(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点Px1,y1,Qx2,y2在C上，且x①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|=|MB|．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.【解题思路】（1）利用焦点坐标求得c的值，利用渐近线方程求得a,b的关系，进而利用a,b,c的平方关系求得a,b的值，得到双曲线的方程；（2）先分析得到直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k,M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得到x0+ky0=8k2k2−3；由直线PM和QM的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率m=【解答过程】（1）右焦点为F(2,0)，∴c=2,∵渐近线方程为y=±3x，∴ba=3，∴b=3a∴C的方程为：x2（2）由已知得直线PQ的斜率存在且不为零，直线AB的斜率不为零，若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线AB的斜率存在且不为零；若选①③推②，则M为线段AB的中点，假若直线AB的斜率不