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2011年—2023年新课标全国卷数学分类汇编
（含全国Ⅰ卷、Ⅱ卷、Ⅲ卷、新高考Ⅰ卷、新高考Ⅱ卷）
（附详细答案）
编写说明：研究发现，新课标全国卷的试卷结构和题型具有一定的稳定性和连续性．每个题型考查的知识点、考查方法、考查角度、思维方法等有一定规律．掌握了全国卷的各种题型，就把握住了全国卷命题的灵魂．
本资料是根据全国卷的特点精心编写，共包含9个专题，分别是：
1．集合、逻辑、不等式 2．复数 3．平面向量 4．函数与导数 5．三角函数与解三角形
6．数列 7．立体几何 8．解析几何 9．概率与统计
2011年—2023年新课标全国卷数学试题分类汇编
8．解析几何
一、选择题
(2023·新高考Ⅰ，5)设椭圆的离心率分别为．若，则（ ）
A. B. C. D.
(2023·新高考Ⅰ，6)过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ）
A. 1 B. C. D.
(2023·新高考Ⅱ，5)已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线与C交于A，B两点，若面积是面积的2倍，则（ ）．
A． B． C． D．
(2023·新高考Ⅱ，10多选)设O为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则（ ）．
A． B． C．以MN为直径的圆与l相切 D．为等腰三角形
(2023·全国甲卷，理8) 已知双曲线的离心率为，C的一条渐近线与圆交于A，B两点，则（ ）
A． B． C． D．
(2023·全国甲卷，理12)设O为坐标原点，为椭圆两个焦点，点 P在C上，，则（ ）
A． B． C． D．
(2023·全国甲卷，文7)设为椭圆的两个焦点，点在上，若，则（ ）
A．1 B．2 C．4 D．5
(2023·全国甲卷，文9)已知双曲线的离心率为，C的一条渐近线与圆交于A，B两点，则（ ）
A． B． C． D．
(2023·全国乙卷，理11)设A，B为双曲线上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（ ）
A． B． C． D．
(2023·全国乙卷，文11)已知实数满足，则的最大值是（ ）
A． B．4 C． D．7
(2023·全国乙卷，文12)设A，B为双曲线上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（ ）
A． B． C． D．
(2022·新高考Ⅰ，11多选题)已知O为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交C于P，Q两点，则（ ）
A．C的准线为 B．直线AB与C相切
C． D．
(2022·新高考Ⅱ，10多选题)已知O为坐标原点，过抛物线焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点，若，则（ ）
A. 直线的斜率为 B.
C. D.
(2022·全国甲卷，理10)椭圆的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线的斜率之积为，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
(2022·全国甲卷，文11)已知椭圆的离心率为，分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若，则C的方程为（ ）
A． B． C． D．
(2022·全国乙卷，理5文6)设F为抛物线的焦点，点A在C上，点，若，则（ ）
A．2 B． C．3 D．
(2022·全国乙卷，理11，单选题中的多选题)双曲线C的两个焦点为，以C的实轴为直径的圆记为D，过作D的切线与C交于M，N两点，且，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
(2021·新高考Ⅰ，5) 已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为（ ）
A. 13 B. 12 C. 9 D. 6
(2021·新高考Ⅰ，11)已知点在圆上，点、，则（ ）
A. 点到直线的距离小于 B. 点到直线的距离大于
C. 当最小时， D. 当最大时，
(2021·新高考Ⅱ，3)抛物线的焦点到直线的距离为，则（ ）
A. 1 B. 2 C. D. 4
(2021·新高考Ⅱ，11)已知直线与圆，点，则下列说法正确的是（ ）
A. 若点A在圆C上，则直线l与圆C相切 B. 若点A在圆C内，则直线l与圆C相离
C. 若点A在圆C外，则直线l与圆C相离 D. 若点A在直线l上，则直线l与圆C相切
(2021·全国甲卷，理5)已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
(2021·全国甲卷，文5)点到双曲线的一条渐近线的距离为（ ）
A. B. C. D.
(2021·全国乙卷，文11)设B是椭圆的上顶点，点P在C上，则的最大值为（ ）
A. B. C. D. 2
(2021·全国乙卷，理11)设是椭圆的上顶点，若上的任意一点都满足，则的离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
(2020·新高考Ⅰ，9)（多选题）已知曲线（ ）
A．若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B．若m=n>0，则C是圆，其半径为
C．若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为
D．若m=0，n>0，则C是两条直线
(2020·全国卷Ⅰ，理4)已知A为抛物线C:y2=2px（p>0）上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p=（ ）
A．2 B．3 C．6 D．9
(2020·全国卷Ⅰ，理11)已知⊙M：，直线：，为上的动点，过点作⊙M的切线，切点为，当最小时，直线的方程为（ ）
A． B． C． D．
(2020·全国卷Ⅰ，文6)已知圆，过点（1，2）的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
(2020·全国卷Ⅰ，文11)设是双曲线的两个焦点，为坐标原点，点在上且，则的面积为（ ）
A． B．3 C． D．2
(2020·全国卷Ⅱ，理5文8)若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为（ ）
A． B． C． D．
(2020·全国卷Ⅱ，理8文9)设为坐标原点，直线与双曲线的两条渐近线分别交于两点，若的面积为8，则的焦距的最小值为（ ）
A．4 B．8 C．16 D．32
(2020·全国卷Ⅲ，理5文7)设O为坐标原点，直线x=2与抛物线C：y2=2px(p>0)交于D，E两点，若OD⊥OE，则C的焦点坐标为（ ）
A．（，0） B．（，0） C．（1，0） D．（2，0）
(2020·全国卷Ⅲ，理11)设双曲线C：（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为．P是C上一点，且F1P⊥F2P．若△PF1F2的面积为4，则a=（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
(2020·全国卷Ⅲ，文6)在平面内，A，B是两个定点，C是动点，若，则点C的轨迹为（ ）
A．圆 B．椭圆 C．抛物线 D．直线
(2020·全国卷Ⅲ，文8)点(0，﹣1)到直线距离的最大值为（ ）
A．1 B． C． D．2
(2019·全国卷Ⅰ，理10文12)已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点．若，，则C的方程为（ ）
A． B． C． D．
(2019·全国卷Ⅰ，文10)双曲线C：的一条渐近线的倾斜角为130°，则C的离心率为（ ）
A．2sin40° B．2cos40° C． D．
(2019·全国卷Ⅱ，理8)若抛物线的焦点是椭圆的一个焦点，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．8
(2019·全国卷Ⅱ，理11文12)设F为双曲线C：的右焦点，为坐标原点，以为直径的圆与圆交于P，Q两点．若，则C的离心率为（ ）
A． B． C．2 D．
(2019·全国卷Ⅱ，文9)若抛物线的焦点是椭圆的一个焦点，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．8
(2019·全国卷Ⅲ，理10)双曲线C：的右焦点为F，点P在C的一条渐近线上，O为坐标原点．若|PO|=|PF|，则△PFO的面积为（ ）
A． B． C． D．
(2019·全国卷Ⅲ，文10)已知F是双曲线C：的一个焦点，点P在C上，O为坐标原点，若，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
(2018·新课标Ⅰ，理8) 设抛物线的焦点为，过点且斜率为的直线与交于，两点，则（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
(2018·新课标Ⅰ，理11)已知双曲线，为坐标原点，为的右焦点，过的直线与的两条渐近线的交点分别为，．若为直角三角形，则（ ）
A． B．3 C． D．4
(2018·新课标Ⅰ，文4)已知椭圆：的一个焦点为，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
（2018·新课标Ⅱ，理5）双曲线的离心力为，则其渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
（2018·新课标Ⅱ，理12）已知，是椭圆的左、右焦点交点，是的左顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则的离心率为 （ ）
A． B． C． D．
（2018·新课标Ⅲ，理6）直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
(2018·新课标Ⅱ，文6)双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
(2018·新课标Ⅱ，文11)已知，是椭圆的两个焦点，是上的一点，若，且，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
（2018·新课标Ⅲ，理11）设是双曲线（）的左，右焦点，是坐标原点．过作的一条渐近线的垂线，垂足为．若，则的离心率为（ ）
A． B．2 C． D．
(2018·新课标Ⅲ，文8)直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
(2018·新课标Ⅲ，文10)已知双曲线（）的离心率为，则点到的渐近线的距离为（ ）
A． B． C． D．
（2017·新课标Ⅰ，理10）已知F为抛物线C：y2=4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，则|AB|+|DE|的最小值为（ ）
A．16 B．14 C．12 D．10
(2017·新课标Ⅰ，文5)已知是双曲线的右焦点，是上一点，且与轴垂直，点的坐标是，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
(2017·新课标Ⅰ，文12)设A、B是椭圆C：长轴的两个端点，若C上存在点M满足∠AMB=120°，则m的取值范围是( )
A． B． C． D．
（2017·新课标Ⅱ，理9）若双曲线（，）的一条渐近线被圆所截得的弦长为2，则的离心率为（ ）
A．2 B． C． D．
（2017·新课标Ⅱ，文5）若a＞1，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
（2017·新课标Ⅱ，文12）过抛物线C：y2 = 4x的焦点F，且斜率为的直线交C于点M（M在x轴上方），l为C的准线，点N在l上且MN⊥l,则M到直线NF的距离为（ ）
A. B. C. D.
（2017·新课标Ⅲ，理5）已知双曲线C：的一条渐近线方程为，且与椭圆有公共焦点，则的方程为（ ）.
A． B． C． D．
（2017·新课标Ⅲ，理10文11）已知椭圆的左、右顶点分别为，，且以线段为直径的圆与直线相切，则的离心率为（ ）.
A． B． C． D．
（2016·新课标Ⅰ，理5）已知方程表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为，则的取值范围是（ ）
（A） （B） （C） （D）
（2016·新课标Ⅰ，理10）以抛物线的顶点为圆心的圆交于两点，交的准线于两点，已知,，则的焦点到准线的距离为
（A）2 （B）4 （C）6 （D）8
(2016·新课标Ⅰ，文5)直线经过椭圆的一个顶点和一个焦点，若椭圆中心到的距离为其短轴长的，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
（2016·新课标Ⅱ，理4文6）圆的圆心到直线的距离为1，则a =（ ）
A． B． C． D．2
（2016·新课标Ⅱ，理11）已知F1，F2是双曲线E：的左，右焦点，点M在E上，M F1与x轴垂直，，则E的离心率为（ ）
A． B． C． D．2
（2016·新课标Ⅱ，文5）设F为抛物线C：y2=4x的焦点，曲线y=(k>0)与C交于点P，PF⊥x轴，则k =
A． B．1 C． D．2
（2016·新课标Ⅲ，理11文12）已知O为坐标原点，F是椭圆C：的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点.P为C上一点，且PF⊥x轴.过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E. 若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
（2015·新课标Ⅰ，理5）已知是双曲线：上的一点，是的两个焦点，若，则的取值范围是（ ）
（A） （B） （C） （D）
(2015·新课标Ⅰ，文5)已知椭圆E的中心为坐标原点，离心率为，E的右焦点与抛物线C: y2=8x，的焦点重合，A,B是C的准线与E的两个交点，则|AB|=( )
A．3 B．6 C．9 D．12
（2015·新课标Ⅱ，理7）过三点A(1, 3)，B(4, 2)，C(1, -7)的圆交于y轴于M、N两点，则=（ ）
A． B．8 C． D．10
（2015·新课标Ⅱ，理11）已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上， ABM为等腰三角形，且顶角为120°，则E的离心率为（ ）
A． B．2 C． D．
（2015·新课标Ⅱ，文7）已知三点，，，则外接圆的圆心到原点的距离为
A. B. C. D.
（2014·新课标Ⅰ，理4）已知是双曲线：的一个焦点，则点到的一条渐近线的距离为（ ）
. .3 . .
（2014·新课标Ⅰ，理10）已知抛物线：的焦点为，准线为，是上一点，是直线与的一个交点，若，则=
. . .3 .2
(2014·新课标Ⅰ，文4)已知双曲线的离心率为2，则a=( )
A．2 B． C． D．1
(2014·新课标Ⅰ，文10)已知抛物线C：y2=x的焦点为F，A(x0,y0)是C上一点，|AF|=，则x0=( )
A．1 B．2 C．4 D．8
（2014·新课标Ⅱ，理10）设F为抛物线C:的焦点，过F且倾斜角为30 的直线交C于A, B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为（ ）
A． B． C． D．
（2014·新课标Ⅱ，文10）设F为抛物线C：y2 = 3x的焦点，过F且倾斜角为30°的直线交于C于A、B两点，则|AB|=（ ）
A． B．6 C．12 D．
（2014·新课标Ⅱ，文12）设点M(x0，1)，若在圆O：x2+y2=1上存在点N，使得∠OMN=45°，则x0的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
（2013·新课标Ⅰ，理4)已知双曲线C：(a＞0，b＞0)的离心率为，则C的渐近线方程为( )
A．y＝ B．y＝ C．y＝ D．y＝±x
（2013·新课标Ⅰ，理10)已知椭圆E：(a＞b＞0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交E于A，B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为( )．
A． B． C． D．
(2013·新课标Ⅰ，文4)已知双曲线C：(a＞0，b＞0)的离心率为，则C的渐近线方程为( )
A．y＝ B．y＝ C．y＝ D．y＝±x
(2013·新课标Ⅰ，文8)O为坐标原点，F为抛物线C：y2＝的焦点，P为C上一点，若|PF|＝，则△POF的面积为( )
A．2 B． C． D．4
（2013·新课标Ⅱ，理11）设抛物线的焦点为，点在上，，若以为直径的园过点，则的方程为（ ）
A.或 B.或 C.或 D.或
（2013·新课标Ⅱ，理12）已知点，，，直线将分割为面积相等的两部分，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
（2013·新课标Ⅱ，文5）设椭圆的左、右焦点分别为，P是C上的点，，，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
（2013·新课标Ⅱ，文10）设抛物线C: y2=4x的焦点为F，直线l过F且与C交于A，B两点. 若|AF|=3|BF|，则l的方程为（ ）
A．或 B．或
C．或 D．或
（2012·新课标Ⅰ，文理4）设、是椭圆E：（）的左、右焦点，P为直线上一点，是底角为30°的等腰三角形，则E的离心率为（ ）
A． B． C． D．
（2012·新课标Ⅰ，理8文10）等轴双曲线C的中心在原点，焦点在轴上，C与抛物线的准线交于A，B两点，，则C的实轴长为（ ）
A． B． C．4 D．8
（2011·新课标Ⅰ，理7）设直线L过双曲线C的一个焦点，且与C的一条对称轴垂直，L与C交于A ,B两点，为C的实轴长的2倍，则C的离心率为（ ）
（A） （B） （C）2 （D）3
(2011·新课标Ⅰ，文4)椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
(2011·新课标Ⅰ，文9)已知直线过抛物线的焦点，且与的对称轴垂直，与交于，两点，，为的准线上一点，则的面积为（ ）．
A． B． C． D．
二、填空题
(2022·新高考Ⅰ，14)写出与圆和都相切的一条直线的方程__________．
(2022·新高考Ⅰ，16)已知椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，，离心率为．过且垂直于的直线与C交于D，E两点，，则的周长是________________．
(2022·新高考Ⅱ，15)设点，若直线关于对称的直线与圆有公共点，则a的取值范围是________．
(2022·新高考Ⅱ，16)已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为___________．
(2022·全国甲卷，理14)若双曲线的渐近线与圆相切，则_________．
(2022·全国甲卷，文14)设点M在直线上，点和均在上，则的方程为______________．
(2022·全国甲卷，文15)记双曲线的离心率为e，写出满足条件“直线与C无公共点”的e的一个值______________．
(2022·全国乙卷，理14文15)过四点中的三点的一个圆的方程为____________．
(2021·新高考Ⅰ，14)已知为坐标原点，抛物线：()的焦点为，为上一点，与轴垂直，为轴上一点，且，若，则的准线方程为______.
(2021·新高考Ⅱ，13)已知双曲线的离心率为2，则该双曲线的渐近线方程为________
(2021·全国甲卷，理15文16)已知为椭圆C：两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为________．
(2021·全国乙卷，理13) 已知双曲线的一条渐近线为，则C的焦距为_________．
(2021·全国乙卷，文14)双曲线的右焦点到直线的距离为________．
(2020·新高考Ⅰ，13)斜率为的直线过抛物线C：y2=4x的焦点，且与C交于A，B两点，则=________．
(2020·全国卷Ⅰ，理15)已知F为双曲线的右焦点，A为C的右顶点，B为C上的点，且BF垂直于x轴．若AB的斜率为3，则C的离心率为______________．
(2020·全国卷Ⅲ，文14)设双曲线C： (a>0，b>0)的一条渐近线为y=x，则C的离心率为________．
(2019·全国卷Ⅰ，理16)已知双曲线C：的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若，，则C的离心率为____________．
(2019·全国卷Ⅲ，理15)设F1，F2为椭圆C：的两个焦点，M为C上一点且在第一象限，若△MF1F2为等腰三角形，则M的坐标为______________．
(2019·全国卷Ⅲ，文15)设为椭圆C：的两个焦点，M为C上一点且在第一象限．若为等腰三角形，则M的坐标为___________．
(2018·新课标Ⅰ，文15)直线与圆交于，两点，则 .
（2018·新课标Ⅲ，理16）已知点和抛物线，过的焦点且斜率为的直线与交于，两点．若，则________．
（2017·新课标Ⅰ，15）已知双曲线C：（a>0，b>0）的右顶点为A，以A为圆心，b为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M、N两点．若∠MAN=60°，则C的离心率为________．
（2017·新课标Ⅱ，16）已知是抛物线的焦点，是上一点，的延长线交轴于点．若为 的中点，则 ．
(2016·新课标Ⅰ，文15)设直线与圆相交于两点，若，则圆 的面积为 ．
（2016·新课标Ⅲ，理16）已知直线：与圆交于两点，过分别作的垂线与轴交于两点，若，则__________.
(2016·新课标Ⅲ，文15)已知直线与圆交于、两点，过、分别作的垂线与轴交于、两点，则_________．
（2015·新课标Ⅰ，理14）一个圆经过椭圆的三个顶点，且圆心在轴的正半轴上，则该圆的标准方程为 .
(2015·新课标Ⅰ，文16)已知F是双曲线C:的右焦点，P是C左支上一点，，当ΔAPF周长最小时，该三角形的面积为 ．
（2015·新课标Ⅱ，文15）已知双曲线过点，且渐近线方程为，则该双曲线的标准方程为 .
（2014·新课标Ⅱ，理6）设点M(,1)，若在圆O:上存在点N，使得∠OMN=45 ，则的取值范围是________.
（2011·新课标Ⅰ，理14）在平面直角坐标系中，椭圆的中心为原点，焦点在轴上，离心率为．过的直线L交C于两点，且的周长为16，那么的方程为 ．
三、解答题
(2023·新高考Ⅰ，22)在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为．
（1）求的方程；（2）已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于．
(2023·新高考Ⅱ，21)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．
（1）求C的方程；
（2）记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上．
(2023·全国甲卷，理20文21)已知直线与抛物线交于两点，且．
（1）求；（2）设F为C的焦点，M，N为C上两点，，求面积的最小值．
(2023·全国乙卷，理20文21)已知椭圆的离心率是，点在上．
（1）求的方程；（2）过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．
(2022·新高考Ⅰ，21)已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．
（1）求l的斜率；（2）若，求的面积．
(2022·新高考Ⅱ，21)已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
（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，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：①M在上；②；③．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
(2022·全国甲卷，理20文21)设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，．
（1）求C的方程；
（2）设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程．
(2022·全国乙卷，理20文21)已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
（1）求E的方程；
（2）设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
(2021·新高考Ⅰ，21)在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和.
(2021·新高考Ⅱ，20)已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是．
(2021·全国甲卷，理20文21) 抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且．已知点，且与l相切．
（1）求C，的方程；
（2）设是C上的三个点，直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由．
(2021·全国乙卷，理21) 已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为．
（1）求；
（2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值．
(2021·全国乙卷，文20)已知抛物线的焦点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，求直线斜率的最大值.
(2020·新高考Ⅰ，22)已知椭圆C：的离心率为，且过点A（2，1）．
（1）求C的方程：（2）点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
(2020·新高考Ⅱ，21)已知椭圆C：+＝1（a＞b＞0）过点M（2，3），点A为其左顶点，且AM的斜率为．
（1）求C的方程；（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值．
(2020·全国卷Ⅰ，理20)已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．
（1）求E的方程；（2）证明：直线CD过定点．
(2020·全国卷Ⅰ，文21)已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．
（1）求E的方程；（2）证明：直线CD过定点．
(2020·全国卷Ⅱ，理19)已知椭圆C1：(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合．过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=|AB|．
（1）求C1的离心率；（2）设M是C1与C2的公共点，若|MF|=5，求C1与C2的标准方程．
(2020·全国卷Ⅱ，文19)已知椭圆C1：(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合．过F且与x轴重直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=|AB|．
（1）求C1的离心率；（2）若C1的四个顶点到C2的准线距离之和为12，求C1与C2的标准方程．
(2020·全国卷Ⅲ，理20)已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点．
（1）求的方程；（2）若点在上，点在直线上，且，，求的面积．
(2020·全国卷Ⅲ，文21)已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点．
（1）求的方程；（2）若点在上，点在直线上，且，，求的面积．
(2019·全国卷Ⅰ，理19)已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．
（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；（2）若，求|AB|．
(2019·全国卷Ⅰ，文21)已知点A，B关于坐标原点O对称，│AB│ =4，⊙M过点A，B且与直线x+2=0相切．
（1）若A在直线x+y=0上，求⊙M的半径；
（2）是否存在定点P，使得当A运动时，│MA│-│MP│为定值？并说明理由．
(2019·全国卷Ⅱ，理21)已知点A( 2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为．记M的轨迹为曲线C．
（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；
（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G．
（i）证明：是直角三角形；（ii）求面积的最大值．
(2019·全国卷Ⅱ，文20)已知是椭圆的两个焦点，P为C上一点，O为坐标原点．
（1）若为等边三角形，求C的离心率；（2)如果存在点P，使得，且的面积等于16，求b的值和a的取值范围．
(2019·全国卷Ⅲ，理21)已知曲线C：，D为直线上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B．
（1）证明：直线AB过定点；（2）若以为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积．
(2019·全国卷Ⅲ，文21)已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B．
（1）证明：直线AB过定点：
（2）若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求该圆的方程．
（2018·新课标Ⅰ，理19）设椭圆的右焦点为，过的直线与交于，两点，点的坐标为．
⑴当与轴垂直时，求直线的方程；⑵设为坐标原点，证明：．
(2018·新课标Ⅰ，文20) 设抛物线，点，，过点的直线与交于，两点.
（1）当与轴垂直时，求直线的方程；（2）证明：.
（2018·新课标Ⅱ，理19）设抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与交于两点，．
（1）求的方程；（2）求过点且与的准线相切的圆的方程．
(2018·新课标Ⅱ，文20) 设抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与交于，两点，．
（1）求的方程；（2）求过点，且与的准线相切的圆的方程．
（2018·新课标Ⅲ，理20）已知斜率为的直线与椭圆交于，两点．线段的中点为．
⑴证明：；⑵设为的右焦点，为上一点,且．证明：，，成等差数列，并求该数列的公差．
(2018·新课标Ⅲ，文20)已知斜率为的直线与椭圆交于，两点．线段的中点为．
（1）明：；⑵设为的右焦点，为上一点,且．证明: ．
（2017·新课标Ⅰ，理20）已知椭圆C：（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1， ），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上．
（1）求C的方程；（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点．
(2017·新课标Ⅰ，文20)设A，B为曲线C：上两点，A与B的横坐标之和为4．
（1）求直线AB的斜率；
（2）设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且，求直线AB的方程．
（2017·新课标Ⅱ，理20）设O为坐标原点，动点M在椭圆C：上，过M做x轴的垂线，垂足为N，点P满足.
（1）求点P的轨迹方程；（2）设点Q在直线x=-3上，且.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
（2017·新课标Ⅱ，文20）设O为坐标原点，动点M在椭圆C：上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足
（1）求点P的轨迹方程；（2）设点Q 在直线x=-3上，且.证明过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
(2017·新课标Ⅲ，理20)已知抛物线C：y2=2x，过点（2,0）的直线l交C与A,B两点，圆M是以线段AB为直径的圆.
（1）证明：坐标原点O在圆M上；（2）设圆M过点P（4，-2），求直线l与圆M的方程.
(2017·新课标Ⅲ，文20)在直角坐标系中，曲线与轴交于，两点，点的坐标为．当变化时，解答下列问题：
（1）能否出现的情况？说明理由；（2）证明过，，三点的圆在轴上截得的弦长为定值．
（2016·新课标Ⅰ，20）设圆的圆心为，直线过点且与轴不重合，交圆于两点，过作的平行线交于点．
（Ⅰ）证明为定值，并写出点的轨迹方程；
（Ⅱ）设点的轨迹为曲线，直线交于两点，过且与垂直的直线与圆交于两点，求四边形面积的取值范围．
(2016·新课标Ⅰ，文20)在直角坐标系中，直线交轴于点，交抛物线于点，关于点的对称点为，连结并延长交于点．
（1）求；（2）除以外，直线与是否有其他公共点？请说明理由．
（2016·新课标Ⅱ，理20）已知椭圆E:的焦点在轴上，A是E的左顶点，斜率为k (k>0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.
（Ⅰ）当t=4，|AM|=|AN|时，求△AMN的面积；（Ⅱ）当2|AM|=|AN|时，求k的取值范围.
（2016·新课标Ⅱ，文21）已知A是椭圆E:的左顶点，斜率为k (k>0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.
（Ⅰ）当|AM|=|AN|时，求△AMN的面积；（Ⅱ）当|AM|=|AN|时，证明：.
（2016·新课标Ⅲ，理20）已知抛物线C：y2=2x的焦点为F，平行于x轴的两条直线l1，l2分别交C于A，B两点，交C的准线于P，Q两点.
(1)若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明AR∥FQ；(2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程.
(2016·新课标Ⅲ，文20)已知抛物线的焦点为，平行于轴的两条直线，分别交于，两点，交的准线于，两点．
（1）若在线段上，是的中点，证明；（2）若的面积是的面积的两倍，求中点的轨迹方程．
（2015·新课标Ⅰ，理20）在直角坐标系中，曲线：与直线：（）交于两点.
（Ⅰ）当时，分别求在点和处的切线方程；（Ⅱ）在轴上是否存在点，使得当变动时，总有？说明理由.
(2015·新课标Ⅰ，文20)已知过点A(0, 1)且斜率为k的直线l与圆C：(x-2)2+(y-3)2=1交于M,N两点.
(Ⅰ)求k的取值范围； (Ⅱ)=12，其中O为坐标原点，求|MN|.
（2015·新课标Ⅱ，理20）已知椭圆C：(m＞0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.
（Ⅰ）证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
（Ⅱ）若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．
2015·新课标Ⅱ，文20）已知椭圆C：（>>0）的离心率为，点（2，）在C上.
（Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A、B，线段AB的中点为M，证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.
（2014·新课标Ⅰ，20）已知点（0，-2），椭圆：的离心率为，是椭圆的焦点，直线的斜率为，为坐标原点.
(Ⅰ)求的方程；（Ⅱ）设过点的直线与相交于两点，当的面积最大时，求的方程.
(2014·新课标Ⅰ，文20)已知点，圆:，过点的动直线与圆交于两点，线段的中点为，为坐标原点.
(1)求的轨迹方程；(2)当时，求的方程及的面积.
（2014·新课标Ⅱ，理20）设F1，F2分别是椭圆的左右焦点，M是C上一点且MF2与x轴垂直，直线MF1与C的另一个交点为N.
（Ⅰ）若直线MN的斜率为，求C的离心率；（Ⅱ）若直线MN在y轴上的截距为2，且，求a, b.
（2014·新课标Ⅱ，文20）设F1 ，F2分别是椭圆C：（a>b>0）的左、右焦点，M是C上一点且MF2与x轴垂直，直线MF1与C的另一个交点为N.
（Ⅰ）若直线MN的斜率为，求C的离心率；
（Ⅱ）若直线MN在y轴上的截距为2且|MN|=5|F1N|，求a，b.
（2013·新课标Ⅰ，20）已知圆M：(x＋1)2＋y2＝1，圆N：(x－1)2＋y2＝9，动圆P与圆M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程；
(2)l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|.
(2013·新课标Ⅰ，文21)已知圆M：(x＋1)2＋y2＝1，圆N：(x－1)2＋y2＝9，动圆P与圆M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程；
(2)l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|.
（2013·新课标Ⅱ，理20）平面直角坐标系中，过椭圆右焦点的直线交于两点，为的中点，且的斜率为.
（Ⅰ）求的方程；（Ⅱ）为上的两点，若四边形的对角线，求四边形面积的最大值.
（2013·新课标Ⅱ，文20）在平面直角坐标系xoy中，已知圆在轴上截得线段长为，在轴上截得线段长为.
（Ⅰ）求圆心的轨迹方程；（Ⅱ）若点到直线的距离为，求圆的方程.
（2012·新课标Ⅰ，20）设抛物线C：（）的焦点为F，准线为，A为C上一点，已知以F为圆心，FA为半径的圆F交于B，D两点．
（1）若∠BFD=90°，△ABD的面积为，求的值及圆F的方程；
（2）若A，B，F三点在同一直线上，直线与平行，且与C只有一个公共点，求坐标原点到，距离的比值．
(2012·新课标Ⅰ，文20)设抛物线C：（）的焦点为F，准线为，A为C上一点，已知以F为圆心，FA为半径的圆F交于B，D两点。
（1）若∠BFD=90°，△ABD的面积为，求的值及圆F的方程；
（2）若A，B，F三点在同一直线上，直线与平行，且与C只有一个公共点，求坐标原点到，距离的比值。
（2011·新课标Ⅰ，20）在平面直角坐标系xOy中，已知点A(0,-1)，B点在直线y = -3上，M点满足， ，M点的轨迹为曲线C．
（Ⅰ）求C的方程；（Ⅱ）P为C上的动点，l为C在P点处得切线，求O点到l距离的最小值．
(2011·新课标Ⅰ，文20)在平面直角坐标系中，曲线与坐标轴的交点都在圆上．
（1）求圆的方程；（2）若圆与直线交于，两点，且，求的值．
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2011年—2023年新课标全国卷数学试题分类汇编
10．解析几何（解析版）
一、选择题
(2023·新高考Ⅰ，5)设椭圆的离心率分别为．若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由，得，因此，而，所以.故选：A
(2023·新高考Ⅰ，6)过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ）
A. 1 B. C. D.
【答案】B
【解析】方法一：因为，即，可得圆心，半径，
过点作圆C的切线，切点为，
因为，则，
可得，
则，
，
即为钝角，
所以；
法二：圆的圆心，半径，
过点作圆C的切线，切点为，连接，
可得，则，
因为
且，则，
即，解得，
即为钝角，则，
且为锐角，所以；
方法三：圆的圆心，半径，
若切线斜率不存在，则切线方程为，则圆心到切点的距离，不合题意；
若切线斜率存在，设切线方程为，即，
则，整理得，且
设两切线斜率分别为，则，
可得，
所以，即，可得，
则，
且，则，解得.
故选：B.
(2023·新高考Ⅱ，5)已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线与C交于A，B两点，若面积是面积的2倍，则（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】将直线与椭圆联立，消去可得，
因为直线与椭圆相交于点，则，解得，
设到的距离到距离，易知，
则，，
，解得或（舍去），
故选：C．
(2023·新高考Ⅱ，10多选)设O为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则（ ）．
A． B． C．以MN为直径的圆与l相切 D．为等腰三角形
【答案】AC
【解析】A选项：直线过点，所以抛物线的焦点，
所以，则A选项正确，且抛物线的方程为．
B选项：设，
由消去并化简得，
解得，所以，B选项错误．
C选项：设的中点为，到直线的距离分别为，
因为，
即到直线的距离等于的一半，所以以为直径的圆与直线相切，C选项正确．
D选项：直线，即，
到直线的距离为，
所以三角形的面积为，
由上述分析可知，
所以，
所以三角形不是等腰三角形，D选项错误．
故选：AC．
(2023·全国甲卷，理8) 已知双曲线的离心率为，C的一条渐近线与圆交于A，B两点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由，则，解得，所以双曲线的一条渐近线不妨取，
则圆心到渐近线的距离，所以弦长．
故选：D
(2023·全国甲卷，理12)设O为坐标原点，为椭圆两个焦点，点 P在C上，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】方法一：设，所以，
由，解得：，
由椭圆方程可知，，
所以，，解得：，
即，因此．
故选：B．
方法二：因为①，，
即②，联立①②，
解得：，
而，所以，
即．
故选：B．
方法三：因为①，，
即②，联立①②，解得：，
由中线定理可知，，易知，解得：．
故选：B．
(2023·全国甲卷，文7)设为椭圆的两个焦点，点在上，若，则（ ）
A．1 B．2 C．4 D．5
【答案】B
【解析】方法一：因为，所以，从而，所以．故选：B．
方法二：因为，所以，由椭圆方程可知，，
所以，又，平方得：
，所以．
故选：B．
(2023·全国甲卷，文9)已知双曲线的离心率为，C的一条渐近线与圆交于A，B两点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由，则，解得，
所以双曲线的一条渐近线不妨取，则圆心到渐近线的距离，
所以弦长．
故选：D
(2023·全国乙卷，理11)设A，B为双曲线上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设，则的中点，
可得，
因为在双曲线上，则，两式相减得，
所以．
对于选项A： 可得，则，
联立方程，消去y得，
此时，
所以直线AB与双曲线没有交点，故A错误；
对于选项B：可得，则，
联立方程，消去y得，
此时，
所以直线AB与双曲线没有交点，故B错误；
对于选项C：可得，则
由双曲线方程可得，则为双曲线的渐近线，
所以直线AB与双曲线没有交点，故C错误；
对于选项D：，则，
联立方程，消去y得，
此时，故直线AB与双曲线有交两个交点，故D正确；
故选：D．
(2023·全国乙卷，文11)已知实数满足，则的最大值是（ ）
A． B．4 C． D．7
【答案】C
【解析】法一：令，则，
代入原式化简得，
因为存在实数，则，即，
化简得，解得，
故 的最大值是，
法二：，整理得，
令，，其中，
则，
，所以，则，即时，取得最大值，
法三：由可得，
设，则圆心到直线的距离，
解得
故选：C
(2023·全国乙卷，文12)设A，B为双曲线上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设，则的中点，
可得，
因为在双曲线上，则，两式相减得，
所以．
对于选项A： 可得，则，
联立方程，消去y得，
此时，
所以直线AB与双曲线没有交点，故A错误；
对于选项B：可得，则，
联立方程，消去y得，
此时，
所以直线AB与双曲线没有交点，故B错误；
对于选项C：可得，则
由双曲线方程可得，则为双曲线的渐近线，
所以直线AB与双曲线没有交点，故C错误；
对于选项D：，则，
联立方程，消去y得，
此时，故直线AB与双曲线有交两个交点，故D正确；
故选：D．
(2022·新高考Ⅰ，11多选题)已知O为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交C于P，Q两点，则（ ）
A．C的准线为 B．直线AB与C相切
C． D．
【答案】BCD
【解析】将点的代入抛物线方程得，所以抛物线方程为，故准线方程为，A错误；
，所以直线的方程为，
联立，可得，解得，故B正确；
设过的直线为，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，
所以，直线的斜率存在，设其方程为，，
联立，得，
所以，所以或，，
又，，
所以，故C正确；
因为，，
所以，而，故D正确．
故选：BCD
(2022·新高考Ⅱ，10多选题)已知O为坐标原点，过抛物线焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点，若，则（ ）
A. 直线的斜率为 B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】对于A，易得，由可得点在的垂直平分线上，则点横坐标为，
代入抛物线可得，则，则直线的斜率为，A正确；
对于B，由斜率为可得直线的方程为，联立抛物线方程得，
设，则，则，代入抛物线得，解得，则，
则，B错误；
对于C，由抛物线定义知：，C正确；
对于D，，则为钝角，
又，则为钝角，
又，则，D正确.
故选：ACD.
(2022·全国甲卷，理10)椭圆的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线的斜率之积为，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】[方法一]：设而不求
设，则
则由得：，
由，得，
所以，即，
所以椭圆的离心率，故选A．
[方法二]：第三定义
设右端点为B，连接PB，由椭圆的对称性知：
故，
由椭圆第三定义得：，
故
所以椭圆的离心率，故选A．
(2022·全国甲卷，文11)已知椭圆的离心率为，分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若，则C的方程为（ ）
A B． C． D．
【答案】B
【解析】因为离心率，解得，，
分别为C的左右顶点，则，
B为上顶点，所以．
所以，因为
所以，将代入，解得，
故椭圆的方程为．
故选：B．
(2022·全国乙卷，理5文6)设F为抛物线的焦点，点A在C上，点，若，则（ ）
A． 2 B． C． 3 D．
【答案】B
【解析】由题意得，，则，即点到准线的距离为2，所以点的横坐标为，不妨设点在轴上方，代入得，，所以．故选：B
(2022·全国乙卷，理11)双曲线C的两个焦点为，以C的实轴为直径的圆记为D，过作D的切线与C交于M，N两点，且，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】AC
【解析】[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轴，设过作圆的切线切点为B，
所以，因为，所以在双曲线的左支，
，， ，设，由即，则，
选A
情况二
若M、N在双曲线的两支，因为，所以在双曲线的右支，
所以，， ，设，
由，即，则，
所以，即，
所以双曲线的离心率
选C
[方法二]：答案回代法
特值双曲线
，
过且与圆相切的一条直线为，
两交点都在左支,，
，
则，
特值双曲线，
过且与圆相切的一条直线为，
两交点在左右两支，在右支，，
，
则，
[方法三]：
依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，
若分别在左右支，
因为，且，所以在双曲线的右支，
又，，，
设，，
在中，有，
故即，
所以，
而，，，故，
代入整理得到，即，
所以双曲线的离心率
若均在左支上，
同理有，其中为钝角，故，
故即，
代入，，，整理得到：，
故，故，
故选：AC．
(2021·新高考Ⅰ，5) 已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为（ ）
A. 13 B. 12 C. 9 D. 6
【答案】C
【解析】由题，，则，所以（当且仅当时，等号成立）．故选：C．
(2021·新高考Ⅰ，11)已知点在圆上，点、，则（ ）
A. 点到直线的距离小于 B. 点到直线的距离大于
C. 当最小时， D. 当最大时，
【答案】ACD
【解析】圆的圆心为，半径为，
直线的方程为，即，
圆心到直线的距离为，
所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，A选项正确，B选项错误；
如下图所示：
当最大或最小时，与圆相切，连接、，可知，
，，由勾股定理可得，CD选项正确.
故选：ACD.
(2021·新高考Ⅱ，3)抛物线的焦点到直线的距离为，则（ ）
A. 1 B. 2 C. D. 4
【答案】B
【解析】抛物线的焦点坐标为，其到直线的距离：，解得：(舍去)，故选：B.
(2021·新高考Ⅱ，11)已知直线与圆，点，则下列说法正确的是（ ）
A. 若点A在圆C上，则直线l与圆C相切 B. 若点A在圆C内，则直线l与圆C相离
C. 若点A在圆C外，则直线l与圆C相离 D. 若点A在直线l上，则直线l与圆C相切
【答案】ABD
【解析】圆心到直线l的距离，
若点在圆C上，则，所以，
则直线l与圆C相切，故A正确；
若点在圆C内，则，所以，
则直线l与圆C相离，故B正确；
若点在圆C外，则，所以，
则直线l与圆C相交，故C错误；
若点在直线l上，则即，
所以，直线l与圆C相切，故D正确.
故选：ABD.
(2021·全国甲卷，理5)已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，由双曲线的定义可得，所以，；
因为,由余弦定理可得，整理可得，所以，即. 故选：A
(2021·全国甲卷，文5)点到双曲线的一条渐近线的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题意可知，双曲线的渐近线方程为：，即，结合对称性，不妨考虑点到直线的距离：.故选：A.
(2021·全国乙卷，文11)设B是椭圆的上顶点，点P在C上，则的最大值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】设点，由依题意可知，，，再根据两点间的距离公式得到，然后消元，即可利用二次函数的性质求出最大值．
【详解】设点，因为，，所以
，
而，所以当时，的最大值为．
故选：A．
(2021·全国乙卷，理11)设是椭圆的上顶点，若上的任意一点都满足，则的离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设，由，因为，，所以
，
因，当，即时，，即，符合题意，由可得，即；
当，即时，，即，化简得，，显然该不等式不成立．
故选：C．
(2020·新高考Ⅰ，9)（多选题）已知曲线（ ）
A．若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B．若m=n>0，则C是圆，其半径为
C．若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为
D．若m=0，n>0，则C是两条直线
【答案】ACD 【解析】对于A，若，则可化为，
因为，所以，即曲线表示焦点在轴上的椭圆，故A正确；
对于B，若，则可化为，此时曲线表示圆心在原点，半径为的圆，故B不正确；
对于C，若，则可化为，此时曲线表示双曲线，由可得，故C正确；
对于D，若，则可化为，，此时曲线表示平行于轴的两条直线，故D正确； 故选：ACD．
(2020·全国卷Ⅰ，理4)已知A为抛物线C:y2=2px（p>0）上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p=（ ）
A．2 B．3 C．6 D．9
【答案】C【解析】设抛物线的焦点为F，由抛物线的定义知，即，解得．
(2020·全国卷Ⅰ，理11)已知⊙M：，直线：，为上的动点，过点作⊙M的切线，切点为，当最小时，直线的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D【解析】圆的方程可化为，点到直线的距离为，所以直线与圆相离．
依圆的知识可知，四点四点共圆，且，所以，而，
当直线时，，，此时最小．
∴即，由解得，．
所以以为直径的圆的方程为，即，
两圆的方程相减可得：，即为直线的方程．
(2020·全国卷Ⅰ，文6)已知圆，过点（1，2）的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】圆化为，所以圆心坐标为，半径为，
设，当过点的直线和直线垂直时，圆心到过点的直线的距离最大，所求的弦长最短，
根据弦长公式最小值为．
(2020·全国卷Ⅰ，文11)设是双曲线的两个焦点，为坐标原点，点在上且，则的面积为（ ）
A． B．3 C． D．2
【答案】B
【解析】由已知，不妨设，则，因为，
所以点在以为直径的圆上，即是以P为直角顶点的直角三角形，
故，即，又，
所以，
解得，所以
(2020·全国卷Ⅱ，理5文8)若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由于圆上的点在第一象限，若圆心不在第一象限，则圆与至少与一条坐标轴相交，不合乎题意，所以圆心必第一象限，设圆心的坐标为，则圆的半径为，圆的标准方程为．
由题意可得，可得，解得或，所以圆心的坐标为或，圆心到直线距离均为；所以，圆心到直线的距离为．故选：B．
(2020·全国卷Ⅱ，理8文9)设为坐标原点，直线与双曲线的两条渐近线分别交于两点，若的面积为8，则的焦距的最小值为（ ）
A．4 B．8 C．16 D．32
【答案】B 【解析】，双曲线的渐近线方程是，
直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，
不妨设为在第一象限，在第四象限，
联立，解得，故；联立，解得，故
，
面积为：，
双曲线，其焦距为
当且仅当取等号，的焦距的最小值：
(2020·全国卷Ⅲ，理5文7)设O为坐标原点，直线x=2与抛物线C：y2=2px(p>0)交于D，E两点，若OD⊥OE，则C的焦点坐标为（ ）
A．（，0） B．（，0） C．（1，0） D．（2，0）
【答案】B
【解析】因为直线与抛物线交于两点，且，
根据抛物线的对称性可以确定，所以，
代入抛物线方程，求得，所以其焦点坐标为，
(2020·全国卷Ⅲ，理11)设双曲线C：（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为．P是C上一点，且F1P⊥F2P．若△PF1F2的面积为4，则a=（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
【答案】A
【解析】，，根据双曲线的定义可得，
，即，
，，
，即，解得，
故选：A．
(2020·全国卷Ⅲ，文6)在平面内，A，B是两个定点，C是动点，若，则点C的轨迹为（ ）
A．圆 B．椭圆 C．抛物线 D．直线
【答案】A
【解析】设，以AB中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，
则：，设，可得：，
从而：，结合题意可得：，
整理可得：，即点C的轨迹是以AB中点为圆心，为半径的圆．
(2020·全国卷Ⅲ，文8)点(0，﹣1)到直线距离的最大值为（ ）
A．1 B． C． D．2
【答案】B 【解析】由可知直线过定点，设，当直线与垂直时，点到直线距离最大，即为．
(2019·全国卷Ⅰ，理10文12)已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点．若，，则C的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B解析：由椭圆的焦点为，可知，又，，可设，则，，根据椭圆的定义可知，得，所以，，可知，根据相似可得代入椭圆的标准方程，得，，椭圆的方程为.
方法2：，，又，，又，，
，，在△中，，
在△中，由余弦定理可得，根据，可得，解得，． ． 所以椭圆的方程为：．
方法3：设，则，
由椭圆的定义有．
在和中，由余弦定理得，
又互补，，两式消去，得，解得，所以 ，所以，，
所求椭圆方程为，故选B．
(2019·全国卷Ⅰ，文10)双曲线C：的一条渐近线的倾斜角为130°，则C的离心率为（ ）
A．2sin40° B．2cos40° C． D．
【答案】D 解析：由已知可得，，
．
(2019·全国卷Ⅱ，理8文9)若抛物线的焦点是椭圆的一个焦点，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．8
【答案】D 解析：抛物线的焦点坐标为，椭圆的焦点坐标为，又 ，则.
(2019·全国卷Ⅱ，理11文12)设F为双曲线C：的右焦点，为坐标原点，以为直径的圆与圆交于P，Q两点．若，则C的离心率为（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】A 解析：由题意，把x代入x2+y2＝a2，得PQ，
再由|PQ|＝|OF|，得，即2a2＝c2，∴，解得e．
方法2：由题意知： ，
又，所以，即，.
(2019·全国卷Ⅲ，理10)双曲线C：的右焦点为F，点P在C的一条渐近线上，O为坐标原点．若|PO|=|PF|，则△PFO的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A 解析：一条渐近线方程为，则设，双曲线的方程得焦点坐标，则，由得一个坐标，即
(2018·新课标Ⅰ，理8) 设抛物线的焦点为，过点且斜率为的直线与交于，两点，则（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】D 解析：焦点F(1,0)， 直线l, ，，得，解得，所以M(1，2),N(4，4). ，故选D.
(2018·新课标Ⅰ，理11)已知双曲线，为坐标原点，为的右焦点，过的直线与的两条渐近线的交点分别为，．若为直角三角形，则（ ）
A． B．3 C． D．4
【答案】B 解析：因为双曲线，所以渐近线方程为，倾斜角分别为，
所以，
不妨设，
所以，因为，
所以在中，，
所以在中，．
【基本解法2】由题意可得渐近线方程为，可分别求出和点的坐标；
，可得，所以．
，可得，所以．所以在，故选B
(2018·新课标Ⅰ，文4)已知椭圆：的一个焦点为，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C解析：根据题意，，，因为，所以，所以.
（2018·新课标Ⅱ，理5）双曲线的离心力为，则其渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A 解析：由于可知：该双曲线的渐近线方程为.
已知离心率（），设，则，由可知：，故双曲线的渐近线方程为。
解法二：已知渐近线方程为，由于可得：，故双曲线的渐近线方程为。
（2018·新课标Ⅱ，理12）已知，是椭圆的左、右焦点交点，是的左顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则的离心率为 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D 解析：解三角形的方法（几何法）
在为等腰三角形，，所以，，在Rt中，，
所以，，在Rt中，，故离心率.
解法二：解三角形的方法（几何法）：在为等腰三角形，，所以，，
由余弦定理可知：，
因为， ，
所以，在中，由正弦定理可知：，故离心率.
(2018·新课标Ⅱ，文6)双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A 解析：解法一：待定系数法 ，该双曲线的渐近线方程为.已知离心率（），设，则，由可知：，故双曲线的渐近线方程为。
解法二：公式法 ：已知渐近线方程为，由于可得：，故双曲线的渐近线方程为。
(2018·新课标Ⅱ，文11)已知，是椭圆的两个焦点，是上的一点，若，且，则的离心率为 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D 解析：解法一：（特值法）在中，设，则，
离心率
解法二：焦半径法：在中，，.
（2018·新课标Ⅲ，理6）直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A解析：由直线得，∴，圆的圆心为，∴圆心到直线的距离为，∴点到直线的距离的取值范围为，即，∴.
（2018·新课标Ⅲ，理11）设是双曲线（）的左，右焦点，是坐标原点．过作的一条渐近线的垂线，垂足为．若，则的离心率为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】C 解析：∵，，∴ ；又因为，所以；在中，；
∵在中，，
∴
.
(2018·新课标Ⅲ，文8)直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A解析：由直线得，∴，圆的圆心为，∴圆心到直线的距离为，∴点到直线的距离的取值范围为，即，∴.
(2018·新课标Ⅲ，文10)已知双曲线（）的离心率为，则点到的渐近线的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D解析：由题意，则，故渐近线方程为，则点到渐近线的距离为.故选D.
（2017·新课标Ⅰ，理10）已知F为抛物线C：y2=4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，则|AB|+|DE|的最小值为（ ）
A．16 B．14 C．12 D．10
【答案】A 解析：设倾斜角为．作垂直准线，垂直轴，
易知，，
同理，，，
又与垂直，即的倾斜角为，
，而，即．
，当且仅当取等号，即最小值为，故选A；
【法二】依题意知：，，由柯西不等式知：
，当且仅当取等号，故选A；
(2017·新课标Ⅰ，文12)设A、B是椭圆C：长轴的两个端点，若C上存在点M满足∠AMB=120°，则m的取值范围是( )
A． B． C． D．
【答案】A 解析：
图 1 图 2
解法一：设是椭圆C短轴的两个端点，易知当点是椭圆C短轴的端点时最大，依题意只需使．
1．当时，如图1，，解得，故；
2． 当时，如图2，，解得．
综上可知，m的取值范围是，故选A．
解法二：设是椭圆C短轴的两个端点，易知当点是椭圆C短轴的端点时最大，依题意只需使．
1．当时，如图1，，即，
带入向量坐标，解得，故；
2． 当时，如图2，，即，
带入向量坐标，解得．
综上可知，m的取值范围是，故选A．
（2017·新课标Ⅱ，9）若双曲线（，）的一条渐近线被圆所截得的弦长为2，则的离心率为（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】A 解析：解法一：根据双曲线的标准方程可求得渐近线方程为，根据直线与圆的位置关系可求得圆心到渐进线的距离为，∴ 圆心到渐近线的距离为，即，解得.
解法二：设渐进线的方程为，根据直线与圆的位置关系可求得圆心到渐进线的距离为，
∴ 圆心到渐近线的距离为，即，解得；由于渐近线的斜率与离心率
关系为，解得.
（2017·新课标Ⅱ，文5）若a＞1，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C解析：由题意，因为a>1，所以，则，选C.
（2017·新课标Ⅱ，文12）过抛物线C：y2 = 4x的焦点F，且斜率为的直线交C于点M（M在x轴上方），l为C的准线，点N在l上且MN⊥l,则M到直线NF的距离为
A. B. C. D.
【答案】 C解析：由题意知，与抛物线联立得，解得，所以，因为，所以，因为，所以，所以M到NF的距离为.
（2017·新课标Ⅲ，理5）已知双曲线C：的一条渐近线方程为，且与椭圆有公共焦点，则的方程为（ ）.
A． B． C． D．
【答案】B 解析： 因为双曲线的一条渐近线方程为，则①
又因为椭圆与双曲线有公共焦点，易知，则②
由①②解得，则双曲线的方程为.故选B.
（2017·新课标Ⅲ，理10）已知椭圆的左、右顶点分别为，，且以线段为直径的圆与直线相切，则的离心率为（ ）.
A． B． C． D．
【答案】A 解析：因为以为直径为圆与直线相切，所以圆心到直线距离等于半径，所以，又因为，则上式可化简为
因为，可得，即，所(2017·新课标Ⅰ，文5)已知是双曲线的右焦点，是上一点，且与轴垂直，点的坐标是，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
【解法】选D．由得，所以，将代入，得，所以，又A的坐标是(1,3)，故APF的面积为，选D．
(2017·新课标Ⅲ，文11)已知椭圆的左、右顶点分别为，，且以线段为直径的圆与直线相切，则的离心率为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】 A解析：因为直线与圆相切，即，整理得．令，则有，，，．故选A．
以.故选A.
（2016·新课标Ⅰ，理5）已知方程表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为，则的取值范围是（ ）
（A） （B） （C） （D）
【答案】A 解析：表示双曲线，则，∴
由双曲线性质知：，其中是半焦距，∴焦距，解得
∴，故选A．
（2016·新课标Ⅰ，理10）以抛物线的顶点为圆心的圆交于两点，交的准线于两点，已知,，则的焦点到准线的距离为
（A）2 （B）4 （C）6 （D）8
【答案】B 解析：以开口向右的抛物线为例来解答，其他开口同理
设抛物线为，设圆的方程为，如图：
(
F
)设，，点在抛物线上，
∴……①；点在圆上，
∴……②；点在圆上，
∴……③；联立①②③解得：，
焦点到准线的距离为．故选B．
(2016·新课标Ⅰ，文5)直线经过椭圆的一个顶点和一个焦点，若椭圆中心到的距离为其短轴长的，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
解析：选B． 由等面积法可得，故，从而．故选B．
（2016·新课标Ⅱ，理4）圆的圆心到直线的距离为1，则a =（ ）
A． B． C． D．2
【答案】A解析：圆化为标准方程为：，故圆心为，，解得，故选A．
（2016·新课标Ⅱ，理11）已知F1，F2是双曲线E：的左，右焦点，点M在E上，M F1与x轴垂直，，则E的离心率为（ ）
A． B． C． D．2
【答案】A 解析：离心率，由正弦定理得．
故选A．
（2016·新课标Ⅱ，文5）设F为抛物线C：y2=4x的焦点，曲线y=(k>0)与C交于点P，PF⊥x轴，则k =（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】D解析：，又因为曲线与C交于点P，轴，所以，所以k=2，故选D.
（2016·新课标Ⅱ，文6）圆的圆心到直线的距离为1，则a =（ ）
A． B． C． D．2
【答案】A解析：圆心为，半径，所以，解得，故选A.
（2016·新课标Ⅲ，理11文12）已知O为坐标原点，F是椭圆C：的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点.P为C上一点，且PF⊥x轴.过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E. 若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为
A. B. C. D.
【答案】A 解析：易得
，
（2015·新课标Ⅰ，理5）已知是双曲线：上的一点，是的两个焦点，若，则的取值范围是
（A） （B） （C） （D）
【答案】A 解析：从入手考虑，可得到以为直径的圆与的交点（不妨设在左支上，在右支上），此时，，，解得，则在双曲线的或上运动，，故选（A）.
(2015·新课标Ⅰ，文5)已知椭圆E的中心为坐标原点，离心率为，E的右焦点与抛物线C: y2=8x，的焦点重合，A,B是C的准线与E的两个交点，则|AB|=( )
A．3 B．6 C．9 D．12
【答案】B解析：抛物线的焦点为(2,0)，准线为x=-2，所以c=2，从而a=4，所以b2=12，所以椭圆方程为，将x=-2代入解得y=±3，所以|AB|=6，故选B
（2015·新课标Ⅱ，理7）过三点A(1, 3)，B(4, 2)，C(1, -7)的圆交于y轴于M、N两点，则=（ ）
A． B．8 C． D．10
【答案】C 解析：由已知得，，所以kABkCB=-1，所以AB⊥CB，即△ABC为直角三角形，其外接圆圆心为(1, -2)，半径为5，所以外接圆方程为(x-1)2+(y+2)2=25，令x=0，得，所以，故选C.
（2015·新课标Ⅱ，理11）已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上， ABM为等腰三角形，且顶角为120°，则E的离心率为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】D 解析：设双曲线方程为，如图所示，|AB|=|BM|，∠ABM=120 ，过点M作MN⊥x轴，垂足为N，在Rt△BMN中，|BN|=a，，故点M的坐标为，代入双曲线方程得a2 = b2 = c2 -a2，即c2 = 2a2，所以，故选D.
（2015·新课标Ⅱ，文7）已知三点，，，则外接圆的圆心到原点的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B解析：圆心在直线BC垂直平分线上，即直线x=1上，设圆心D(1, b)，由DA=DB得，所以圆心到原点的距离.
（2014·新课标Ⅰ，理4）已知是双曲线：的一个焦点，则点到的一条渐近线的距离为（ ）
. .3 . .
【答案】A 解析：由：，得，
设，一条渐近线，即，则点到的一条渐近线的距离=，选A. .
（2014·新课标Ⅰ，理10）已知抛物线：的焦点为，准线为，是上一点，是直线与的一个交点，若，则=
. . .3 .2
【答案】C 解析：过Q作QM⊥直线L于M，∵
∴，又，∴，由抛物线定义知.
(2014·新课标Ⅰ，文4)已知双曲线的离心率为2，则a=( ) D
A．2 B． C． D．1
【答案】D解析：，解得a=1，故选D
(2014·新课标Ⅰ，文10)已知抛物线C：y2=x的焦点为F，A(x0,y0)是C上一点，|AF|=，则x0=( )A
A．1 B．2 C．4 D．8
【答案】A解析：根据抛物线的定义可知|AF|=，解之得x0=1． 故选A
（2014·新课标Ⅱ，理10）设F为抛物线C:的焦点，过F且倾斜角为30 的直线交C于A, B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D 解析：∵，∴设直线的方程为，代入抛物线方程得：，设、，∴，，由弦长公式得，由点到直线的距离公式得：到直线的距离，∴.
【另解】直线AB的方程代入抛物线方程得：，
∴，，∴.
（2014·新课标Ⅱ，文10）设F为抛物线C：y2 = 3x的焦点，过F且倾斜角为30°的直线交于C于A、B两点，则|AB|=（ ）
A． B．6 C．12 D．
【答案】C解析：由题意，得又因为，故直线AB的方程为，与抛物线联立，得，设，由抛物线定义得，，故选C．
（2014·新课标Ⅱ，文12）设点M(x0，1)，若在圆O：x2+y2=1上存在点N，使得∠OMN=45°，则x0的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A解析：由题意画出图形如图：∵点M（x0，1），∴若在圆O：x2+y2=1上存在点N，使得∠OMN=45°，∴圆上的点到MN的距离的最大值为1，要使MN=1，才能使得∠OMN=45°，图中M′显然不满足题意，当MN垂直x轴时，满足题意，∴x0的取值范围是[-1，1]．
（2013·新课标Ⅰ，文理4)已知双曲线C：(a＞0，b＞0)的离心率为，则C的渐近线方程为
A．y＝ B．y＝ C．y＝ D．y＝±x
【答案】C 解析：∵，∴，∴a2＝4b2，.∴渐近线方程为.
（2013·新课标Ⅰ，10)已知椭圆E：(a＞b＞0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交E于A，B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为( )．
A． B． C． D．
【答案】D 解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∵A，B在椭圆上，∴
①－②，得，即，
∵AB的中点为(1，－1)，∴y1＋y2＝－2，x1＋x2＝2，而＝kAB＝，∴.
又∵a2－b2＝9，∴a2＝18，b2＝9.
∴椭圆E的方程为.故选D.
(2013·新课标Ⅰ，文8)O为坐标原点，F为抛物线C：y2＝的焦点，P为C上一点，若|PF|＝，则△POF的面积为( )．
A．2 B． C． D．4
【答案】C 解析：利用|PF|＝，可得xP＝，∴yP＝．∴S△POF＝|OF|·|yP|＝．
（2013·新课标Ⅱ，11）设抛物线的焦点为，点在上，，若以为直径的园过点，则的方程为（ ）
A.或 B.或 C.或 D.或
【答案】C 解析：设点M的坐标为(x0，y0)，由抛物线的定义，得|MF|＝x0＋＝5，则x0＝5－.又点F的坐标为，所以以MF为直径的圆的方程为.将x＝0，y＝2代入得，所以y0＝4.由＝2px0，得，解之得p＝2，或p＝8.所以C的方程为y2＝4x或y2＝16x. 故选C.
（2013·新课标Ⅱ，理12）已知点，，，直线将分割为面积相等的两部分，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B解析 由题意画出图形，如图（1）.由图可知，直线的方程为.由解得
.可求.因为直线将分割为面积相等的两部分，所以.又，所以，即
.整理得.所以，所以
，所以，即，可以看出，当增大时，也增大.
当时，，即.当时，直线接近于.当时，如图（2），.所以，所以.由上分析可知，故选B.
（2013·新课标Ⅱ，文5）设椭圆的左、右焦点分别为，P是C上的点，，，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D解析：因为，所以.又，所以，即椭圆的离心率为，故选D.
（2013·新课标Ⅱ，文10）设抛物线C: y2=4x的焦点为F，直线l过F且与C交于A，B两点. 若|AF|=3|BF|，则l的方程为（ ）
A．或 B．或
C．或 D．或
【答案】C解析：抛物线y2=4x的焦点坐标为（1，0），准线方程为x=-1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则因为|AF|=3|BF|，所以x1+1=3(x2+1)，即x1=3x2+2，因为|y1|=3|y2|，x1=9x2，所以x1=3，x2=，当x1=3时，，所以此时，若，则,此时,此时直线方程为. 若，则,此时,此时直线方程为. 所以的方程是或，故选C.
（2012·新课标Ⅰ，理4）设、是椭圆E：（）的左、右焦点，P为直线上一点，是底角为30°的等腰三角形，则E的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C 解析：如图所示，是等腰三角形，
，，
，，，又，
所以，解得，因此，故选择C．
（2012·新课标Ⅰ，理8）等轴双曲线C的中心在原点，焦点在轴上，C与抛物线的准线交于A，B两点，，则C的实轴长为（ ）
A． B． C．4 D．8
【答案】C 解析：设等轴双曲线C的方程为，
即（），
抛物线的准线方程为，
联立方程，解得，
因为，
所以，从而，
所以，，，
因此C的实轴长为，故选择C．
(2012·新课标Ⅰ，文4)设、是椭圆E：（）的左、右焦点，P为直线上一点，是底角为30°的等腰三角形，则E的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C 解析：如图所示，是等腰三角形，，，，，，
又，所以，解得，因此，故选择C．
(2012·新课标Ⅰ，文10)等轴双曲线C的中心在原点，焦点在轴上，C与抛物线的准线交于A，B两点，，则C的实轴长为（ ）
A． B． C．4 D．8
【答案】C解析：设等轴双曲线C的方程为，即（），
抛物线的准线方程为，联立方程，解得，
因为，所以，从而，所以，，，因此C的实轴长为，故选择C．
（2011·新课标Ⅰ，7）设直线L过双曲线C的一个焦点，且与C的一条对称轴垂直，L与C交于A ,B两点，为C的实轴长的2倍，则C的离心率为（ ）
（A） （B） （C）2 （D）3
【答案】B 解析：通径|AB|=得，选B
(2011·新课标Ⅰ，文4)椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D 解析：因为中，，所以，所以．
(2011·新课标Ⅰ，文9)已知直线过抛物线的焦点，且与的对称轴垂直，与交于，两点，，为的准线上一点，则的面积为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C 解析：不妨设抛物线的标准方程为，由于垂直于对称轴且过焦点，故直线的方程为．代入得，即，又，故，所以抛物线的准线方程为，故．故选C．
二、填空题
(2023·新高考Ⅰ，16)已知双曲线的左、右焦点分别为．点在上，点在轴上，，则的离心率为________．
【答案】
【解析】方法一：依题意，设，则，
在中，，则，故或（舍去），
所以，，则，
故，
所以在中，，整理得，
故.
方法二：依题意，得，令，
因为，所以，则，
又，所以，则，
又点在上，则，整理得，则，
所以，即，
整理得，则，解得或，
又，所以或（舍去），故.
故答案为：.
(2023·新高考Ⅱ，15)已知直线与交于A，B两点，写出满足“面积为”的m的一个值______．
【答案】（中任意一个皆可以）
【解析】设点到直线的距离为，由弦长公式得，
所以，解得：或，
由，所以或，解得：或．
故答案为：（中任意一个皆可以）．
(2023·全国乙卷，理13)已知点在抛物线C：上，则A到C的准线的距离为______．
【答案】
【解析】由题意可得：，则，抛物线的方程为，
准线方程为，点到的准线的距离为．
(2023·全国乙卷，文13)已知点在抛物线C：上，则A到C的准线的距离为______．
【答案】
【解析】由题意可得：，则，抛物线的方程为，
准线方程为，点到的准线的距离为．
故答案为：．
(2022·新高考Ⅰ，14)写出与圆和都相切的一条直线的方程___________．
【答案】或或
【解析】[方法一]：显然直线的斜率不为0，不妨设直线方程为，
于是，
故①，于是或，
再结合①解得或或，
所以直线方程有三条，分别为，，
填一条即可
[方法二]：设圆的圆心，半径为，圆的圆心，半径，则，因此两圆外切，
由图像可知，共有三条直线符合条件，显然符合题意；
又由方程和相减可得方程，
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，
直线OC与直线的交点为，
设过该点的直线为，则，解得，
从而该切线的方程为填一条即可
[方法三]：圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，两圆圆心距为，等于两圆半径之和，故两圆外切，如图，
当切线为l时，因为，所以，设方程为
O到l的距离，解得，所以l的方程为，
当切线为m时，设直线方程为，其中，，
由题意，解得，
当切线为n时，易知切线方程为，
故答案为：或或．
(2022·新高考Ⅰ，16)已知椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，，离心率为．过且垂直于的直线与C交于D，E两点，，则的周长是________________．
【答案】13
【解析】∵椭圆的离心率为，∴，∴，∴椭圆的方程为，不妨设左焦点为，右焦点为，如图所示，∵，∴，∴为正三角形，∵过且垂直于的直线与C交于D，E两点，为线段的垂直平分线，∴直线的斜率为，斜率倒数为， 直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，
判别式，
∴，
∴ ， 得，
∵为线段的垂直平分线，根据对称性，，∴的周长等于的周长，利用椭圆的定义得到周长为．
故答案为：13．
(2022·新高考Ⅱ，15)设点，若直线关于对称的直线与圆有公共点，则a的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】首先求出点关于对称点的坐标，即可得到直线的方程，根据圆心到直线的距离小于等于半径得到不等式，解得即可；
【详解】解：关于对称的点的坐标为，在直线上，
所以所在直线即为直线，所以直线为，即；
圆，圆心，半径，
依题意圆心到直线的距离，
即，解得，即；
故答案为：
(2022·新高考Ⅱ，16)已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为___________．
【答案】
【解析】[方法一]：弦中点问题：点差法：令的中点为，因为，所以，
设，，则，，
所以，即
所以，即，设直线，，，
令得，令得，即，，所以，
即，解得或（舍去），
又，即，解得或（舍去），
所以直线，即；
故答案为：
[方法二]：直线与圆锥曲线相交的常规方法：由题意知，点既为线段的中点又是线段MN的中点，
设，，设直线，，，
则，，，因为，所以
联立直线AB与椭圆方程得消掉y得
其中，
∴AB中点E的横坐标,又，∴
∵，，∴,又，解得m=2
所以直线，即.
(2022·全国甲卷，理14)若双曲线的渐近线与圆相切，则_________．
【答案】
【解析】双曲线的渐近线为，即，
不妨取，圆，即，所以圆心为，半径，
依题意圆心到渐近线的距离，
解得或（舍去）．
故答案为：．
(2022·全国甲卷，文14)设点M在直线上，点和均在上，则的方程为______________．
【答案】
【解析】[方法一]：三点共圆
∵点M在直线上，
∴设点M为，又因为点和均在上，
∴点M到两点的距离相等且为半径R，
∴，
，解得，
∴，，
的方程为．
故答案为：
[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与直线的交点(1,-1)．, 的方程为．
故答案为：
(2022·全国甲卷，文15)记双曲线的离心率为e，写出满足条件“直线与C无公共点”的e的一个值______________．
【答案】2（满足皆可）
【解析】，所以C的渐近线方程为,
结合渐近线的特点，只需，即，
可满足条件“直线与C无公共点”
所以，
又因为，所以，
故答案为：2（满足皆可）
(2022·全国乙卷，理14文15)过四点中的三点的一个圆的方程为____________．
【答案】或或或．
【解析】[方法一]：圆的一般方程：依题意设圆的方程为，
（1）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（2）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（3）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（4）若过，，，则，解得，所以圆的方程为，即；
故答案为：或 或 或．
[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
（1）若圆过三点，圆心在直线，设圆心坐标为，
则，所以圆的方程为；
（2）若圆过三点， 设圆心坐标为，则，所以圆的方程为；
（3）若圆过 三点，则线段的中垂线方程为，线段 的中垂线方程 为，联立得 ，所以圆的方程为；
（4）若圆过三点，则线段的中垂线方程为， 线段中垂线方程为 ，联立得，所以圆的方程为．
故答案为：或 或 或．
【整体点评】方法一；利用圆过三个点，设圆的一般方程，解三元一次方程组，思想简单，运算稍繁；
方法二；利用圆的几何性质，先求出圆心再求半径，运算稍简洁，是该题的最优解．
(2021·新高考Ⅰ，14)已知为坐标原点，抛物线：()的焦点为，为上一点，与轴垂直，为轴上一点，且，若，则的准线方程为______.
【解析】不妨设，因为，所以的准线方程为.
(2021·新高考Ⅱ，13)已知双曲线的离心率为2，则该双曲线的渐近线方程为________
【答案】
【解析】因为双曲线的离心率为2，所以，所以，
所以该双曲线的渐近线方程为.
(2021·全国甲卷，理15文16)已知为椭圆C：两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为________．
【答案】
【解析】因为为上关于坐标原点对称的两点，且，所以四边形为矩形，
设，则，所以，
，即四边形面积等于.
(2021·全国乙卷，理13) 已知双曲线的一条渐近线为，则C的焦距为_________．
【答案】4
【解析】
【分析】将渐近线方程化成斜截式，得出的关系，再结合双曲线中对应关系，联立求解，再由关系式求得，即可求解
【详解】由渐近线方程化简得，即，同时平方得，又双曲线中，故，解得（舍去），，故焦距
故答案为：4
【点睛】本题为基础题，考查由渐近线求解双曲线中参数，焦距，正确计算并联立关系式求解是关键
(2021·全国乙卷，文14)双曲线的右焦点到直线的距离为________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出右焦点坐标，再利用点到直线的距离公式求解.
【详解】由已知，，所以双曲线的右焦点为，
所以右焦点到直线的距离为.
故答案为：
(2020·新高考Ⅰ，13)斜率为的直线过抛物线C：y2=4x的焦点，且与C交于A，B两点，则=________．
【答案】 【解析】
代入抛物线方程得.
【点睛】本题考查抛物线焦点弦长，考查基本分析求解能力，属基础题．
(2020·全国卷Ⅰ，理15)已知F为双曲线的右焦点，A为C的右顶点，B为C上的点，且BF垂直于x轴．若AB的斜率为3，则C的离心率为______________．
【答案】2 【解析】依题可得，，而，，即，变形得，化简可得，，解得或（舍去）．
(2020·全国卷Ⅲ，文14)设双曲线C： (a>0，b>0)的一条渐近线为y=x，则C的离心率为_____．
【答案】 【解析】由双曲线方程可得其焦点在轴上，因为其一条渐近线为，
所以，．
(2019·全国卷Ⅰ，理16)已知双曲线C：的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若，，则C的离心率为____________．
【答案】2 【解析】方法1：几何法
设，，由，得，
由为的中点，所以，则，
由，得由为的中点，所以，
则由得，，解得，
所以的离心率为．
方法2：面积法：设，，渐近线的方程为，
焦点到渐近线的距离为，所以即，
由，得，由为的中点，为的中点，
所以，，故点,
所以，解得．
所以的离心率为．
方法3：利用渐近线的倾斜角: 两渐近线与轴夹角相等，即，由已知：垂直平分，故. 即，由，解得 ．
所以的离心率为．
方法4：代数法: 设直线的方程：，由 ，得；
同理由，得，
因为为中点，所以，即，
整理得，两边同时除以，得，解得，
所以的离心率为．
(2019·全国卷Ⅲ，文理15)设为椭圆C：的两个焦点，M为C上一点且在第一象限．若为等腰三角形，则M的坐标为___________．
【答案】 解析：设点，由椭圆的方程得焦点坐标，则,，因为点在第一象限，联立椭圆方程即，解为，故
方法2：设M（m，n），m，n＞0，椭圆C：1的a＝6，b＝2，c＝4，e，
由于M为C上一点且在第一象限，可得|MF1|＞|MF2|，△MF1F2为等腰三角形，可能|MF1|＝2c或|MF2|＝2c，即有6m＝8，即m＝3，n；6m＝8，即m＝﹣3＜0，舍去．
可得M（3，）．
(2018·新课标Ⅰ，文15)直线与圆交于，两点，则 .
【答案】解析：，圆心到直线的距离，则．
（2018·新课标Ⅲ，理16）已知点和抛物线，过的焦点且斜率为的直线与交于，两点．若，则________．
【答案】 解析：依题意得，抛物线的焦点为，故可设直线，联立消去得，设，，则，，∴，.又，，∴
，∴.
（2017·新课标Ⅰ，15）已知双曲线C：（a>0，b>0）的右顶点为A，以A为圆心，b为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M、N两点．若∠MAN=60°，则C的离心率为________．
【答案】 解析：如图，，，
∵，∴， ，
∴，又∵，∴，解得，∴；
（法二）如上图可知到渐进线的距离为，
，；
（法三）如图在等边三角形中
由知；
（法四）如图，由等面积法可得，在三角形中，
；
（法五）因为且渐进线可得三角形为
双曲线三角线（即三边分别为），有几何意义易得
；
（2017·新课标Ⅱ，理16）已知是抛物线的焦点，是上一点，的延长线交轴于点．若为 的中点，则 ．
【答案】 解析：∵ 点为线段的中点，∴ ，∴ ，∴ ．
（2016·新课标Ⅲ，16）已知直线：与圆交于两点，过分别作的垂线与轴交于两点，若，则__________.
【答案】 解析：如图所示，作于，作于，，即，
∴直线l的倾斜角为30°，
(2017·新课标Ⅲ，文14)双曲线的一条渐近线方程为，则 ．
【答案】 解析：渐近线方程为，由题可知．
(2016·新课标Ⅰ，文15)设直线与圆相交于两点，若，则圆的面积为 ．
解析：．由题意直线即为，圆的标准方程为，
所以圆心到直线的距离，所以，
故，所以．故填．
(2016·新课标Ⅲ，文15)已知直线与圆交于、两点，过、分别作的垂线与轴交于、两点，则_________．
【答案】 解析 由已知条件得圆的圆心到直线的距离为，则．因为的斜率所以直线与轴的夹角，因此．
（2015·新课标Ⅰ，理14）一个圆经过椭圆的三个顶点，且圆心在轴的正半轴上，则该圆的标准方程为 .
【答案】 解析：由椭圆的性质可知，圆只能经过短轴顶点和右顶点三个点；
（方法一）设圆的半径为，则有，可得，故所求圆的标准方程为.
（方法二）设圆的标准方程为，代入点，解方程组可得半径为，故所求圆的标准方程为.
（方法三）设圆的一般方程为，代入点，解方程组可得,化为标准方程为.
(2015·新课标Ⅰ，文16)已知F是双曲线C:的右焦点，P是C左支上一点，，当ΔAPF周长最小时，该三角形的面积为 ．
【答案】 解析：a=1，b2=8， c=3，∴F(3,0)．设双曲线的的左焦点为F1，由双曲线定义知|PF|=2+|PF1|，∴ΔAPF的周长为|PA|+|PF|+|AF|=|PA|+|AF|+|PF1|+2，由于|AF|是定值，只要|PA|+|PF1|最小，即A,P,F1共线，∵，F1 (-3,0)，∴直线AF1的方程为，联立8x2-y2=8消去x整理得y2+y-96=0，解得y=或y=(舍去)，此时SΔAPF=SΔAFF1-SΔPFF1．
（2015·新课标Ⅱ，文15）已知双曲线过点，且渐近线方程为，则该双曲线的标准方程为 .
【答案】 解析：根据双曲线渐近线方程为，可设双曲线的方程为，把代入得m=1.
（2014·新课标Ⅱ，6）设点M(,1)，若在圆O:上存在点N，使得∠OMN=45 ，则的取值范围是________.
【答案】 解析：由图可知点M所在直线与圆相切，又，由正弦定理得，∴，
即，∵，∴，即，解得：.
【另解】过OA⊥MN，垂足为A，因为在Rt△OMA中，|OA|≤1，∠OMN=45 ，所以=，解得，因为点M (x0, 1)，所以，解得，故的取值范围是.
（2011·新课标Ⅰ，理14）在平面直角坐标系中，椭圆的中心为原点，焦点在轴上，离心率为．过的直线L交C于两点，且的周长为16，那么的方程为 ．
【答案】 解析：由得a=4.c=,从而b=8,为所求．
三、解答题
(2023·新高考Ⅰ，22)在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于．
【解析】（1）设,则，两边同平方化简得，
故.
（2）法一：设矩形的三个顶点在上,且，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，
则,令，
同理令，且，则，
设矩形周长为,由对称性不妨设，，
则.，易知
则令,
令，解得，
当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，
则，
故,即.
当时,,且，即时等号成立，矛盾，故,
得证.
法二：不妨设在上，且，
依题意可设，易知直线，的斜率均存在且不为0，
则设,的斜率分别为和，由对称性，不妨设，
直线的方程为，
则联立得，
，则
则，
同理，
令，则，设，
则，令，解得，
当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，
则，
，
但，此处取等条件为，与最终取等时不一致，故.
法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动个单位得抛物线,
矩形变换为矩形,则问题等价于矩形的周长大于.
设 , 根据对称性不妨设 .
则 , 由于 , 则 .
由于 , 且 介于 之间,
则 . 令 ,
,则,从而
故
①当时,
②当 时,由于,从而,
从而又,
故,由此
，
当且仅当时等号成立，故，故矩形周长大于.
.
(2023·新高考Ⅱ，21)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．
（1）求C的方程；
（2）记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上．
【解析】（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知，
则由可得，，
双曲线方程为．
（2）由(1)可得，设，
显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，
与联立可得，且，
则，
直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
，
由可得，即，
(2023·全国甲卷，理20文21)已知直线与抛物线交于两点，且．
（1）求；
（2）设F为C的焦点，M，N为C上两点，，求面积的最小值．
【答案】（1） （2）
【解析】（1）设，由可得，，所以，
所以，
即，因为，解得：．
（2）因为，显然直线的斜率不可能为零，
设直线：，，
由可得，，所以，，
，
因为，所以，
即，
亦即，
将代入得，
，，
所以，且，解得或．
设点到直线的距离为，所以，
，
所以的面积，
而或，所以，
当时，的面积．
(2023·全国乙卷，理20文21)已知椭圆的离心率是，点在上．
（1）求的方程；
（2）过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．
【解析】（1）由题意可得，解得，所以椭圆方程为．
（2）由题意可知：直线的斜率存在，设，
联立方程，消去y得：，
则，解得，
可得，
因为，则直线，
令，解得，即,同理可得，
则
，
所以线段的中点是定点．
(2022·新高考Ⅰ，21)已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．
（1）求l的斜率；（2）若，求的面积．
【解析】（1）因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线．
易知直线l的斜率存在，设，，
联立可得，，
所以，，且．
所以由可得，，
即，
即，
所以，
化简得，，即，
所以或，
当时，直线过点，与题意不符，舍去，
故．
（2）［方法一］：【最优解】常规转化：不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，由（1）知，，
当均在双曲线左支时，，所以，
即，解得（负值舍去）
此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；
当均在双曲线右支时，
因为，所以，即，
即，解得（负值舍去），
于是，直线，直线，
联立可得，，
因为方程有一个根为，所以，，
同理可得，，．
所以，，点到直线的距离，
故的面积为．
［方法二］： 设直线AP的倾斜角为，，由，得，
由，得，即，
联立，及得，，
同理，，，故，
而，，
由，得，
故
【整体点评】（2）法一：由第一问结论利用倾斜角的关系可求出直线的斜率，从而联立求出点坐标，进而求出三角形面积，思路清晰直接，是该题的通性通法，也是最优解；
法二：前面解答与法一求解点坐标过程形式有所区别，最终目的一样，主要区别在于三角形面积公式的选择不一样．
(2022·新高考Ⅱ，21)已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
（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，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M在上；②；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【解析】（1）右焦点为，∴,∵渐近线方程为，∴，∴，∴，∴，∴．
∴C的方程为：；
（2）由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零，
若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则为线段的中点，假若直线的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点,此时由对称性可知、关于轴对称，与从而，已知不符；
总之，直线的斜率存在且不为零.
设直线的斜率为,直线方程为,
则条件①在上，等价于；
两渐近线的方程合并为,
联立消去y并化简整理得：
设,线段中点为,则,
设,
则条件③等价于,
移项并利用平方差公式整理得：
，
,即,
即；
由题意知直线的斜率为, 直线的斜率为,
∴由,
∴,
所以直线的斜率,
直线,即,
代入双曲线的方程,即中，
得：,
解得的横坐标：,
同理：，
∴
∴,
∴条件②等价于，
综上所述：
条件①在上，等价于；
条件②等价于；
条件③等价于；
选①②推③:
由①②解得：,∴③成立；
选①③推②：
由①③解得：，，
∴，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得：，，∴，
∴，∴①成立.
(2022·全国甲卷，理20文21)设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，．
（1）求C的方程；
（2）设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程．
【解析】（1）抛物线的准线为，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时，所以，
所以抛物线C的方程为；
（2）[方法一]：【最优解】直线方程横截式
设，直线，
由可得，，
由斜率公式可得，，
直线，代入抛物线方程可得，
，所以，同理可得，
所以
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为，所以，
若要使最大，则，设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，
，所以，
所以直线．
[方法二]：直线方程点斜式
由题可知，直线MN的斜率存在．
设直线
由 得：，,同理，．
直线MD:,代入抛物线方程可得：，同理，．
代入抛物线方程可得:,所以，同理可得，
由斜率公式可得：
（下同方法一）若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，，所以，所以直线．
[方法三]：三点共线
设，
设,若 P、M、N三点共线，由
所以，化简得，
反之，若,可得MN过定点
因此，由M、N、F三点共线，得，
由M、D、A三点共线，得，
由N、D、B三点共线，得，
则，AB过定点（4,0）
（下同方法一）若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，所以直线．
【整体点评】（2）法一：利用直线方程横截式，简化了联立方程的运算，通过寻找直线的斜率关系，由基本不等式即可求出直线AB的斜率，再根据韦达定理求出直线方程，是该题的最优解，也是通性通法；
法二：常规设直线方程点斜式，解题过程同解法一；
法三：通过设点由三点共线寻找纵坐标关系，快速找到直线过定点，省去联立过程，也不失为一种简化运算的好方法．
(2022·全国乙卷，理20文21)已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
（1）求E的方程；
（2）设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
【解析】（1）设椭圆E的方程为，过，
则，解得，，
所以椭圆E的方程为：．
（2），所以，
①若过点的直线斜率不存在，直线．代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到．求得HN方程：
，过点．
②若过点直线斜率存在，设．
联立得，
可得，，
且
联立可得
可求得此时，
将，代入整理得，
将代入，得
显然成立，
综上，可得直线HN过定点
【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
(2021·新高考Ⅰ，21)在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和.
【解析】因为，
所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支，
设轨迹的方程为，则，可得，，
所以，轨迹的方程为；
（2）设点，若过点的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线无公共点，
不妨直线的方程为，即，
联立，消去并整理可得，
设点、，则且.
由韦达定理可得，，
所以，，
设直线的斜率为，同理可得，
因为，即，整理可得，
即，显然，故.
因此，直线与直线的斜率之和为.
(2021·新高考Ⅱ，20)已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是．
【解析】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，
又，所以椭圆方程为；
（2）由（1）得，曲线为，
当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；
当直线的斜率存在时，设，
必要性：
若M，N，F三点共线，可设直线即，
由直线与曲线相切可得，解得，
联立可得，所以，
所以,
所以必要性成立；
充分性：设直线即，
由直线与曲线相切可得，所以，
联立可得，
所以，
所以
，
化简得，所以，
所以或，所以直线或，
所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；
所以M，N，F三点共线的充要条件是．
(2021·全国甲卷，理20文21) 抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且．已知点，且与l相切．
（1）求C，的方程；
（2）设是C上的三个点，直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由．
【解析】（1）依题意设抛物线，
，
所以抛物线的方程为，
与相切，所以半径为，
所以的方程为；
（2）设
若斜率不存在，则方程为或，
若方程为，根据对称性不妨设，
则过与圆相切的另一条直线方程为，
此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在，不合题意；
若方程为，根据对称性不妨设
则过与圆相切的直线为，
又，
，此时直线关于轴对称，
所以直线与圆相切；
若直线斜率均存在，
则，
所以直线方程为，
整理得，
同理直线的方程为，
直线的方程为，
与圆相切，
整理得，
与圆相切，同理
所以为方程的两根，
，
到直线的距离为：，
所以直线与圆相切；
综上若直线与圆相切，则直线与圆相切.
(2021·全国乙卷，理21) 已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为．
（1）求；
（2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）根据圆几何性质可得出关于的等式，即可解出的值；
（2）设点、、，利用导数求出直线、，进一步可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值.
【详解】（1）抛物线的焦点为，，
所以，与圆上点的距离的最小值为，解得；
（2）抛物线的方程为，即，对该函数求导得，
设点、、，
直线的方程为，即，即，
同理可知，直线的方程为，
由于点为这两条直线的公共点，则，
所以，点、的坐标满足方程，
所以，直线的方程为，
联立，可得，
由韦达定理可得，，
所以，，
点到直线的距离为，
所以，，
，
由已知可得，所以，当时，的面积取最大值.
(2021·全国乙卷，文20)已知抛物线的焦点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，求直线斜率的最大值.
【答案】（1）；（2）最大值为.
【解析】
【分析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解；
（2）设，由平面向量的知识可得，进而可得，再由斜率公式及基本不等式即可得解.
【详解】（1）抛物线的焦点，准线方程为，
由题意，该抛物线焦点到准线的距离为，
所以该抛物线的方程为；
（2）设，则，
所以，
由在抛物线上可得，即，
所以直线的斜率，
当时，；
当时，，
当时，因为，
此时，当且仅当，即时，等号成立；
当时，；
综上，直线的斜率的最大值为.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用平面向量的知识求得点坐标的关系，在求斜率的最值时要注意对取值范围的讨论.
(2020·新高考Ⅰ，22)已知椭圆C：的离心率为，且过点A（2，1）．
（1）求C的方程：（2）点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
【解析】(1)设椭圆方程为：，由题意可得：，
解得：，故椭圆方程为：．
(2)设点．因为AM⊥AN，所以．
整理可得： ①
设MN的方程为y=kx+m，联立直线与椭圆方程可得：，
韦达定理可得：，
，，
代入①式有：，
化简可得：，即，据此可得：或，所以直线MN的方程为或，
即或，
所以直线过定点或．
又因为和A点重合，所以舍去，则直线过定点．
由于AE为定值，且△AED为直角三角形，AE为斜边，
所以AE中点Q满足为定值（AE长度的一半）．
由于，故由中点坐标公式可得．
(2020·新高考Ⅱ，21)已知椭圆C：+＝1（a＞b＞0）过点M（2，3），点A为其左顶点，且AM的斜率为．
（1）求C的方程；（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值．
【解答】解：（1）由题意可知直线AM的方程为：y﹣3＝（x﹣2），即x﹣2y＝﹣4，
当y＝0时，解得x＝﹣4，所以a＝4，椭圆C：+＝l（a＞b＞0）过点M（2，3），
可得，解得b2＝12，所以C的方程：+＝l．
（2）设与直线AM平行的直线方程为：x﹣2y＝m，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值．
x﹣2y＝m代入椭圆方程：+＝l．
化简可得：16y2+12my+3m2﹣48＝0，所以△＝144m2﹣4×16（3m2﹣48）＝0，
即m2＝64，解得m＝±8，
与AM距离比较远的直线方程：x﹣2y＝8，
利用平行线之间的距离为：d＝＝，
|AM|＝＝3．
所以△AMN的面积的最大值：．
(2020·全国卷Ⅰ，理20)已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．
（1）求E的方程；（2）证明：直线CD过定点．
【解析】（1）依据题意作出如下图象：
由椭圆方程可得：， ，
，，，
椭圆方程为：.
（2）证明：设，则直线的方程为：，即：
联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：
，解得：或
将代入直线可得：
所以点的坐标为．
同理可得：点的坐标为
直线的方程为：，
整理可得：
整理得：
故直线过定点．
(2020·全国卷Ⅰ，文21)已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．
（1）求E的方程；
（2）证明：直线CD过定点．
【解析】（1）依据题意作出如下图象：
由椭圆方程可得：， ，
，
，
椭圆方程为：
（2）证明：设，
则直线的方程为：，即：
联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：
，解得：或
将代入直线可得：
所以点的坐标为．
同理可得：点的坐标为
直线的方程为：，
整理可得：
整理得：
故直线过定点.
(2020·全国卷Ⅱ，理19)已知椭圆C1：(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合．过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=|AB|．
（1）求C1的离心率；
（2）设M是C1与C2的公共点，若|MF|=5，求C1与C2的标准方程．
【解析】（1），轴且与椭圆相交于、两点，则直线的方程为，
联立，解得，则，
抛物线的方程为，联立，解得，，
，即，，即，即，
，解得，因此，椭圆的离心率为；
（2）由（1）知，，椭圆的方程为，
联立，消去并整理得，解得或（舍去），
由抛物线的定义可得，解得．
因此，曲线的标准方程为，
曲线的标准方程为．
(2020·全国卷Ⅱ，文19)已知椭圆C1：(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合．过F且与x轴重直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=|AB|．
（1）求C1的离心率；
（2）若C1的四个顶点到C2的准线距离之和为12，求C1与C2的标准方程．
【解析】（1）因为椭圆的右焦点坐标为：,所以抛物线的方程为，其中．
不妨设在第一象限，因为椭圆的方程为：，
所以当时，有，因此的纵坐标分别为，；
又因为抛物线的方程为，所以当时，有，
所以的纵坐标分别为，，故，．
由得，即，解得（舍去），．
所以的离心率为．
（2）由（1）知，，故，所以的四个顶点坐标分别为，，，，的准线为．
由已知得，即．
所以的标准方程为，的标准方程为．
(2020·全国卷Ⅲ，理20)已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点．
（1）求的方程；
（2）若点在上，点在直线上，且，，求的面积．
【解析】（1），，，
根据离心率，解得或(舍)，
的方程为：，即；
（2）点在上，点在直线上，且，，
过点作轴垂线，交点为，设与轴交点为，
根据题意画出图形，如图
，，，
又，，
，根据三角形全等条件“”，可得：，
，，，
设点为，可得点纵坐标为，将其代入，
可得：，解得：或，点为或，
①当点为时，故，
，，可得：点为，
画出图象，如图
,，
可求得直线的直线方程为：，
根据点到直线距离公式可得到直线的距离为：，
根据两点间距离公式可得：，
面积为：；
②当点时，
故，
，，
可得：点为，画出图象，如图
,，
可求得直线的直线方程为：，
根据点到直线距离公式可得到直线的距离为：，
根据两点间距离公式可得：，
面积为：，
综上所述，面积为：．
(2020·全国卷Ⅲ，文21)已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点．
（1）求的方程；
（2）若点在上，点在直线上，且，，求的面积．
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）
，，
根据离心率，
解得或(舍)，
的方程为：，
即；
（2）点在上，点在直线上，且，，
过点作轴垂线，交点为，设与轴交点为
根据题意画出图形，如图
，，，
又，，
，
根据三角形全等条件“”，
可得：，
，，，
设点为，可得点纵坐标为，将其代入，
可得：，解得：或，点为或，
①当点为时，故，
，，可得：点为，画出图象，如图
,，可求得直线的直线方程为：，
根据点到直线距离公式可得到直线的距离为：，
根据两点间距离公式可得：，
面积为：；
②当点为时，故，
，，可得：点为，画出图象，如图
，可求得直线的直线方程为：，
根据点到直线距离公式可得到直线的距离为：，
根据两点间距离公式可得：，
面积为：，
综上所述，面积为：．
(2019·全国卷Ⅰ，理19)已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．
（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；（2）若，求|AB|．
解：设直线．
（1）由题设得，故，由题设可得．
由，可得，则．
从而，得．
所以的方程为．
（2）由可得．
由，可得．
所以．从而，故．
代入的方程得．
故．
(2019·全国卷Ⅰ，文21)已知点A，B关于坐标原点O对称，│AB│ =4，⊙M过点A，B且与直线x+2=0相切．
（1）若A在直线x+y=0上，求⊙M的半径；
（2）是否存在定点P，使得当A运动时，│MA│-│MP│为定值？并说明理由．
解：（1）因为过点，所以圆心M在AB的垂直平分线上.由已知A在直线上，且关于坐标原点O对称，所以M在直线上，故可设.
因为与直线x+2=0相切，所以的半径为.
由已知得，又，故可得，解得或.
故的半径或.
（2）存在定点，使得为定值.
理由如下：
设，由已知得的半径为.
由于，故可得，化简得M的轨迹方程为.
因为曲线是以点为焦点，以直线为准线的抛物线，所以.
因为，所以存在满足条件的定点P.
解法2：故点，且在直线上，
点在线段的中垂线上，
设的方程为：，则
圆心到直线的距离，
又，在中，
，即①
又与相切，②
由①②解得或，的半径为2或6；
（2）线段为的一条弦，圆心在线段的中垂线上，
设点的坐标为，则，
与直线相切，，
，，
的轨迹是以为焦点为准线的抛物线，
，
当为定值时，则点与点重合，即的坐标为，
存在定点使得当运动时，为定值．
(2019·全国卷Ⅱ，理21)已知点A( 2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为．记M的轨迹为曲线C．
（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；
（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G．
（i）证明：是直角三角形；（ii）求面积的最大值．
21．解：（1）由题设得，化简得，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．
（2）（i）设直线PQ的斜率为k，则其方程为．
由得．
记，则．
于是直线的斜率为，方程为．
由得．①
设，则和是方程①的解，故，由此得．
从而直线的斜率为．
所以，即是直角三角形．
（ii）由（i）得，，
所以△PQG的面积．
设t=k+，则由k>0得t≥2，当且仅当k=1时取等号．
因为在[2，+∞）单调递减，所以当t=2，即k=1时，S取得最大值，最大值为．
因此，△PQG面积的最大值为．
解法2：（1）设，，则.
因为，所以，即.
该方程表示长轴为，短轴为的椭圆且不包括.
（2）设的方程为，又，所以:
，.
直线的方程为：.
又，所以: .
则，.
则
，则，为直角三角形.
.
当时取得最大值，.
(2019·全国卷Ⅱ，文20)已知是椭圆的两个焦点，P为C上一点，O为坐标原点．
（1）若为等边三角形，求C的离心率；
（2)如果存在点P，使得，且的面积等于16，求b的值和a的取值范围．
20．解：（1）连结，由为等边三角形可知在中，，，，于是，故的离心率是．
（2）由题意可知，满足条件的点存在当且仅当，，，即，①
，②
，③
由②③及得，又由①知，故．
由②③得，所以，从而故．
当，时，存在满足条件的点P．
所以，的取值范围为．
(2019·全国卷Ⅲ，理21)已知曲线C：，D为直线上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B．
（1）证明：直线AB过定点；
（2）若以为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积．
21．解：（1）设，则．
由于，所以切线DA的斜率为，故，整理得．
设，同理可得．
故直线AB的方程为，所以直线AB过定点．
（2）由（1）得直线AB的方程为．
由，可得，于是，
．
设分别为点D，E到直线AB的距离，则．
因此，四边形ADBE的面积．
设M为线段AB的中点，则．
由于，而，与向量平行，所以．解得t=0或．
当=0时，S=3；当时，．
因此，四边形ADBE的面积为3或．
解法2：由（1）得直线的方程为．由，可得．
于是
所以的中点为
由为切点可得到直线的距离即为|，可得，
解得或，
即有直线的方程为或，
由可得，四边形的面积为；
由，可得，
此时到直线AB的距离为；
到直线的距离为，
则四边形的面积为
因此，四边形的面积为或．
(2019·全国卷Ⅲ，文21)已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B．
（1）证明：直线AB过定点：
（2）若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求该圆的方程．
21．解：（1）设，则．
由于，所以切线DA的斜率为，故 ．整理得
设，同理可得．
故直线AB的方程为．
所以直线AB过定点．
（2）由（1）得直线AB的方程为．
由，可得．于是．
设M为线段AB的中点，则．
由于，而，与向量平行，所以．解得t=0或．
当=0时，=2，所求圆的方程为；
当时，，所求圆的方程为．
（2018·新课标Ⅰ，理19）设椭圆的右焦点为，过的直线与交于，两点，点的坐标为．
⑴当与轴垂直时，求直线的方程；⑵设为坐标原点，证明：．
解析：（1）由已知得，l的方程为x=1，由已知可得，点A的坐标为或.
所以AM的方程为或.
（2）当l与x轴重合时，.
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以.
当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为，，
则，直线MA，MB的斜率之和为.
由得 .
将代入得 .
所以，.
则.
从而，故MA，MB的倾斜角互补，所以.
综上，.
(2018·新课标Ⅰ，文20) 设抛物线，点，，过点的直线与交于，两点.
（1）当与轴垂直时，求直线的方程；
（2）证明：.
解析：（1）当轴时，直线带入抛物线方程得：
解得点M或M，或，
所以直线BM得方程为：或.
（2）【解法1】当斜率不存在时，M，N关于x轴对称，所以
当斜率存在时，可设直线方程为，，，
设点则：，，
，，.
【解法2】依题意，直线斜率不为0，设直线方程为，，，
设点，则：，，
，，
.
【解法3】当与轴垂直时， M,N关于x轴对称，所以，
当不与轴垂直时，设，
点A、M、N都在直线上，故有，即，从而解得，
，，.
（2018·新课标Ⅱ，理19）设抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与交于两点，．
（1）求的方程；
（2）求过点且与的准线相切的圆的方程．
解析：（1）解法一：秒解法：由抛物线的焦点弦公式可知：或
由可得：，故直线的方程为.
解法二：常规解法：设点A、点B的坐标分别为、，
直线的方程为，解方程组，，
，
因为，所以或（舍去）
故直线的方程为.
解法三：点差法：由点差法可知：（焦点弦中点的纵坐标），设直线的方程为
解方程组，，，中点，
或（舍去），故直线的方程为.
（2）解法一：常规解法
设圆心到直线的距离为，圆心坐标为，半径为，由题意可知：
由题意可知：， ①
由题意可知：弦AB垂直平分线所在的方程为，
由题意可知： ②
由①、②可得：，整理可得，解得或.
圆的方程为或.
(2018·新课标Ⅱ，文20) 设抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与交于，两点，．
（1）求的方程；
（2）求过点，且与的准线相切的圆的方程．
【解析】（1）解法一：秒解法：由抛物线的焦点弦公式可知： 或
由可得：，故直线的方程为.
解法二：常规解法： 设点A、点B的坐标分别为、，直线的方程为
解方程组，，，
因为，所以或（舍去），
故直线的方程为.
解法三：点差法：由点差法可知：（焦点弦中点的纵坐标），设直线的方程为，
解方程组，，，中点，
或（舍去），故直线的方程为.
（2）解法一：常规解法： 设圆心到直线的距离为，圆心坐标为，半径为，
由题意可知：，
由题意可知：， ①
由题意可知：弦AB垂直平分线所在的方程为，由题意可知： ②
由①、②可得：，整理可得，解得或，
圆的方程为或.
（2018·新课标Ⅲ，理20）已知斜率为的直线与椭圆交于，两点．线段的中点为．
⑴证明：；
⑵设为的右焦点，为上一点,且．证明：，，成等差数列，并求该数列的公差．
解析：（1）设直线方程为，设,,
联立消得，
则，得…①，
且，，
∵，∴ 且. 且…②.
由①②得，∴或.
∵，∴ .
（2），,
∵，，∴的坐标为.
由于在椭圆上，∴ ，∴，，
又，，两式相减可得，
又，，∴，
直线方程为，即，
∴，消去得，，
，,
∴.
∴，，成等差数列，
.∴.
(2018·新课标Ⅲ，文20)已知斜率为的直线与椭圆交于，两点．线段的中点为．
（1）明：；⑵设为的右焦点，为上一点,且．证明: ．
20．解析：（1）设直线方程为，设,,
联立消得，
则，
得…①，
且，，
∵，∴ 且.
且…②.
由①②得，∴或.
∵，∴ .
（2），,
∵，，∴的坐标为.
由于在椭圆上，∴ ，∴，，
又，，两式相减可得，
又，，∴，直线方程为，即，
∴，消去得，，
，,
∴.
（2017·新课标Ⅰ，20）已知椭圆C：（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1， ），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上．
（1）求C的方程；
（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点．
解析：（1）根据椭圆对称性，必过、，又横坐标为1，椭圆必不过，所以过三点，将代入椭圆方程得：，解得，，
∴椭圆的方程为：．
（2）当斜率不存在时，设，
，得，此时过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足．
当斜率存在时，设，，
联立，整理得，
，，则
又，，此时，
存在使得成立．∴直线的方程为，当时，，所以过定点．
(2017·新课标Ⅰ，文20)设A，B为曲线C：上两点，A与B的横坐标之和为4．
（1）求直线AB的斜率；
（2）设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且，求直线AB的方程．
解析：第一问：【解法1】设 ,AB 直线的斜率为k，又因为A,B都在曲线C上，所以
-得由已知条件
所以，即直线AB的斜率k=1．
【解法2】设 ,AB 直线的方程为y=kx+b,所以
整理得：且所以k=1
第二问：设 所以 又 所以
所以M（2,1），，，且，
即，设AB 直线的方程为，
化简得，所以
由得所以b=7或者b=-1(舍去)
所以AB 直线的方程为y=x+7
（2017·新课标Ⅱ，20）设O为坐标原点，动点M在椭圆C：上，过M做x轴的垂线，垂足为N，点P满足.
（1）求点P的轨迹方程；
（2）设点Q在直线x=-3上，且.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
解析：（1）解法一：相关点法求轨迹：设，,，则：,.又,所以：，则：.又在椭圆C上，所以：，所以：.
解法二： 椭圆C的参数方程为：（为参数）.
设，,，则：,.
又,所以：，则：.
则：.
（Ⅱ）解法一：设，,,则，,，.
又,所以：
即：.
那么：.
所以：. 即过垂直于的直线过椭圆C的左焦点．
解法二：设，,,则，,，.
又,所以：.
又在上，所以：.
又.
所以：，即过垂直于的直线过椭圆C的左焦点．
（2017·新课标Ⅱ，文20）设O为坐标原点，动点M在椭圆C：上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足
（1）求点P的轨迹方程；
（2）设点Q 在直线x=-3上，且.证明过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
（2017·20）解析：（1）设，，，，，即，代入椭圆方程，得到，∴点的轨迹方程.
（2）由题意知,椭圆的左焦点为F(-1，0)，设P(m，n)，Q(-3，t)，则 由得，又由（1）知，故.所以，即. 又过点P存在唯一直线垂直于，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
(2017·新课标Ⅲ，理20)已知抛物线C：y2=2x，过点（2,0）的直线l交C与A,B两点，圆M是以线段AB为直径的圆.
（1）证明：坐标原点O在圆M上；
（2）设圆M过点P（4，-2），求直线l与圆M的方程.
20．解:(1)显然，当直线斜率为时，直线与抛物线交于一点，不符合题意．
设，，，
联立：得，
恒大于，，．
∴，即在圆上．
(2)若圆过点，则
化简得解得或
①当时，圆心为，
，，
半径
则圆
②当时，圆心为，
，，
半径
则圆
(2017·新课标Ⅲ，文20)在直角坐标系中，曲线与轴交于，两点，点的坐标为．当变化时，解答下列问题：
（1）能否出现的情况？说明理由；
（2）证明过，，三点的圆在轴上截得的弦长为定值．
20．解析 （1）令，，C(0，1)，为的根，假设成立，所以，，，
所以，所以不能出现的情况．
（2）设圆与轴的交点为，，
设圆的方程为①，
令得的根为，所以，，又点在①上，
所以得，所以，故或，所以．
所以在轴上的弦长为3，是定值．
（2016·新课标Ⅰ，20）设圆的圆心为，直线过点且与轴不重合，交圆于两点，过作的平行线交于点．
（Ⅰ）证明为定值，并写出点的轨迹方程；
（Ⅱ）设点的轨迹为曲线，直线交于两点，过且与垂直的直线与圆交于两点，求四边形面积的取值范围．
解析：⑴ 圆A整理为，A坐标，如图，
，则，由，
则，
根据椭圆定义为一个椭圆，方程为，()；
⑵ ；设，因为，设，
联立： ，则
圆心到距离，
所以，
(2016·新课标Ⅰ，文20)在直角坐标系中，直线交轴于点，交抛物线于点，关于点的对称点为，连结并延长交于点．
（1）求；（2）除以外，直线与是否有其他公共点？请说明理由．
解析 （1）如图，由题意不妨设，可知点的坐标分别为，，，
从而可得直线的方程为，联立方程，解得，．
即点的坐标为，从而由三角形相似可知．
（2）由于，，可得直线的方程为，
整理得，联立方程，整理得，
则，从而可知和只有一个公共点．
（2016·新课标Ⅱ，20）已知椭圆E:的焦点在轴上，A是E的左顶点，斜率为k (k>0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.
（Ⅰ）当t=4，|AM|=|AN|时，求△AMN的面积；
（Ⅱ）当2|AM|=|AN|时，求k的取值范围.
解析：⑴当时，椭圆E的方程为，A点坐标为，则直线AM的方程为．联立并整理得，，解得或，则，因为，所以，因为，，所以，整理得，无实根，所以．所以的面积为 ．
⑵直线AM的方程为，联立并整理得，，解得或，所以，所以，因为，所以，整理得．
因为椭圆E的焦点在x轴，所以，即，整理得，
解得．
（2016·新课标Ⅱ，文21）已知A是椭圆E:的左顶点，斜率为k (k>0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.
（Ⅰ）当|AM|=|AN|时，求△AMN的面积；
（Ⅱ）当|AM|=|AN|时，证明：.
解析：（Ⅰ）设，则由题意知.由已知及椭圆的对称性知，直线的倾斜角为，又，因此直线的方程为.将代入得，解得或，所以.因此的面积.
（Ⅱ）将直线的方程代入得.由得，故.
由题设，直线的方程为，故同理可得.由得，即.
设，则是的零点，，所以在单调递增，
又，因此在有唯一的零点，且零点在内，所以.
（2016·新课标Ⅲ，理20）已知抛物线C：y2=2x的焦点为F，平行于x轴的两条直线l1，l2分别交C于A，B两点，交C的准线于P，Q两点.
(1)若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明AR∥FQ；
(2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程.
解析：(1)法一：由题设.设，则，且
.
记过两点的直线为，则的方程为. .....3分
由于在线段上，故.
记的斜率为，的斜率为，则.
所以. ......5分
法二：证明：连接RF，PF，由AP=AF，BQ=BF及AP∥BQ，得∠AFP+∠BFQ=90°，
∴∠PFQ=90°，∵R是PQ的中点，∴RF=RP=RQ，∴△PAR≌△FAR，∴∠PAR=∠FAR，∠PRA=∠FRA，
∵∠BQF+∠BFQ=180°﹣∠QBF=∠PAF=2∠PAR，∴∠FQB=∠PAR，∴∠PRA=∠PQF，
∴AR∥FQ．
(2)设与轴的交点为，则.
由题设可得，所以(舍去)，.
设满足条件的的中点为.
当与轴不垂直时，由可得.
而，所以.
当与轴垂直时，与重合.所以，所求轨迹方程为. ....12分
(2016·新课标Ⅲ，文20)已知抛物线的焦点为，平行于轴的两条直线，分别交于，两点，交的准线于，两点．
（1）若在线段上，是的中点，证明；
（2）若的面积是的面积的两倍，求中点的轨迹方程．
20．解析 (1)连接，，由，及，得，所以．因为是中点，，所以,所以, ，又,所以，所以（等角的余角相等），所以．
(2)设，，准线为，，设直线与轴交点为，，因为，所以，得，即．设中点为，由，得，即．又，所以，即．易知当直线不存在时，点也满足此方程，所以中点轨迹方程为．
（2015·新课标Ⅰ，20）在直角坐标系中，曲线：与直线：（）交于两点.
（Ⅰ）当时，分别求在点和处的切线方程；
（Ⅱ）在轴上是否存在点，使得当变动时，总有？说明理由.
解析：（Ⅰ）当时，点和，，故处的导数值为，切线方程为，即；同理，处的导数值为，切线方程为，即.
（Ⅱ）在轴上存在点，使得当变动时，总有.证明如下：
设为符合题意的点，，直线的斜率分别为.
直线与曲线的方程联立可得，则.
，当时，，则直线的倾斜角互补，故，即符合题意.
(2015·新课标Ⅰ，文20)已知过点A(0, 1)且斜率为k的直线l与圆C：(x-2)2+(y-3)2=1交于M,N两点.
(Ⅰ)求k的取值范围； (Ⅱ)=12，其中O为坐标原点，求|MN|.
解：(Ⅰ)依题可设直线l的方程为y=kx+1，则圆心C(2,3)到的l距离
. 解得.
所以k的取值范围是.
(Ⅱ)将y=kx+1代入圆C的方程整理得 (k2+1)x2-4(k+1)x+7=0.
设M(x1, y1),N(x2, y2)，则
所以=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+1)(kx2+1)=(1+k2)x1x2+k (x1+x2)+1
=12，解得k=1，所以l的方程为y=x+1.
故圆心在直线l上，所以|MN|=2.
（2015·新课标Ⅱ，20）已知椭圆C：(m＞0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.
（Ⅰ）证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
（Ⅱ）若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否平行四边形？若能，求此时l的斜中小学教育资源及组卷应用平台
2011年—2023年新课标全国卷数学试题分类汇编
10．解析几何（解析版）
一、选择题
(2023·新高考Ⅰ，5)A【解析】由，得，因此，而，所以.
(2023·新高考Ⅰ，6)【答案】B【解析】方法一：因为，即，可得圆心，半径，过点作圆C的切线，切点为，
因为，则，
可得，
则，
，即为钝角，
所以；
法二：圆的圆心，半径，过点作圆C的切线，切点为，连接，可得，则，
因为
且，则，
即，解得，
即为钝角，则，
且为锐角，所以；
方法三：圆的圆心，半径，若切线斜率不存在，则切线方程为，则圆心到切点的距离，不合题意；若切线斜率存在，设切线方程为，即，
则，整理得，且，设两切线斜率分别为，则，可得，所以，即，可得，则，且，则，解得. 故选：B.
(2023·新高考Ⅱ，5)【答案】C【解析】将直线与椭圆联立，消去可得，因为直线与椭圆相交于点，则，解得，设到的距离到距离，易知，则，，，解得或（舍去），故选：C．
(2023·新高考Ⅱ，10多选)AC【解析】A选项：直线过点，所以抛物线的焦点，所以，则A选项正确，且抛物线的方程为．
B选项：设，由消去并化简得，
解得，所以，B选项错误．
C选项：设的中点为，到直线的距离分别为，
因为，
即到直线的距离等于的一半，所以以为直径的圆与直线相切，C选项正确．
D选项：直线，即，到直线的距离为，
所以三角形的面积为，
由上述分析可知，
所以，所以三角形不是等腰三角形，D选项错误．故选：AC．
(2023·全国甲卷，理8) 【答案】D【解析】由，则，解得，所以双曲线的一条渐近线不妨取，则圆心到渐近线的距离，所以弦长．故选：D
(2023·全国甲卷，理12)【答案】B 【解析】方法一：设，所以，
由，解得：，
由椭圆方程可知，，
所以，，解得：，
即，因此．故选：B．
方法二：因为①，，
即②，联立①②，
解得：，而，所以，
即．故选：B．
方法三：因为①，，
即②，联立①②，解得：，
由中线定理可知，，易知，解得：．
(2023·全国甲卷，文7)【答案】B【解析】方法一：因为，所以，从而，所以．故选：B．
方法二：因为，所以，由椭圆方程可知，，
所以，又，平方得：
，所以．故选：B．
(2023·全国甲卷，文9)【答案】D【解析】由，则，解得，
所以双曲线的一条渐近线不妨取，则圆心到渐近线的距离，
所以弦长．故选：D
(2023·全国乙卷，理11)【答案】D【解析】设，则的中点，
可得，因为在双曲线上，则，两式相减得，所以．
对于选项A： 可得，则，联立方程，消去y得，此时，所以直线AB与双曲线没有交点，故A错误；
对于选项B：可得，则，联立方程，消去y得，此时，所以直线AB与双曲线没有交点，故B错误；对于选项C：可得，则，由双曲线方程可得，则为双曲线的渐近线，所以直线AB与双曲线没有交点，故C错误；
对于选项D：，则，联立方程，消去y得，
此时，故直线AB与双曲线有交两个交点，故D正确；故选：D．
(2023·全国乙卷，文11)【答案】C
【解析】法一：令，则，代入原式化简得，
因为存在实数，则，即，化简得，解得，故 的最大值是，
法二：，整理得，令，，其中，则，
，所以，则，即时，取得最大值，
法三：由可得，设，则圆心到直线的距离，解得，故选：C
(2023·全国乙卷，文12)【答案】D【解析】设，则的中点，
可得，因为在双曲线上，则，两式相减得，所以．
对于选项A： 可得，则，联立方程，消去y得，此时，所以直线AB与双曲线没有交点，故A错误；
对于选项B：可得，则，联立方程，消去y得，此时，所以直线AB与双曲线没有交点，故B错误；
对于选项C：可得，则，由双曲线方程可得，则为双曲线的渐近线，所以直线AB与双曲线没有交点，故C错误；
对于选项D：，则，联立方程，消去y得，
此时，故直线AB与双曲线有交两个交点，故D正确；故选：D．
(2022·新高考Ⅰ，11多选题)【答案】BCD 【解析】将点的代入抛物线方程得，所以抛物线方程为，故准线方程为，A错误；
，所以直线的方程为，
联立，可得，解得，故B正确；
设过的直线为，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，
所以，直线的斜率存在，设其方程为，，
联立，得，所以，所以或，，
又，，
所以，故C正确；
因为，，所以，而，故D正确．故选：BCD
(2022·新高考Ⅱ，10多选题)【答案】ACD 【解析】对于A，易得，由可得点在的垂直平分线上，则点横坐标为，代入抛物线可得，则，则直线的斜率为，A正确；
对于B，由斜率为可得直线的方程为，联立抛物线方程得，
设，则，则，代入抛物线得，解得，则，则，B错误；
对于C，由抛物线定义知：，C正确；
对于D，，则为钝角，
又，则为钝角，又，则，D正确.
故选：ACD.
(2022·全国甲卷，理10)【答案】A【解析】[方法一]：设而不求：设，则
则由得：，由，得，
所以，即，所以椭圆的离心率，故选A．
[方法二]：第三定义：设右端点为B，连接PB，由椭圆的对称性知：，故，
由椭圆第三定义得：，故，所以椭圆的离心率，故选A．
(2022·全国甲卷，文11)【答案】B【解析】因为离心率，解得，，
分别为C的左右顶点，则，B为上顶点，所以．
所以，因为，所以，将代入，解得，故椭圆的方程为．故选：B．
(2022·全国乙卷，理5文6)【答案】B【解析】由题意得，，则，即点到准线的距离为2，所以点的横坐标为，不妨设点在轴上方，代入得，，所以．故选：B
(2022·全国乙卷，理11)【答案】AC 【解析】[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轴，设过作圆的切线切点为B，
所以，因为，所以在双曲线的左支，
，， ，设，由即，则，
，， ，选A
情况二
若M、N在双曲线的两支，因为，所以在双曲线的右支，
所以，， ，设，
由，即，则，，，
，所以，即，所以双曲线的离心率，选C
[方法二]：答案回代法，，特值双曲线，，
过且与圆相切的一条直线为，两交点都在左支,，
，则，
特值双曲线，过且与圆相切的一条直线为，
两交点在左右两支，在右支，，，
则，
[方法三]：依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，若分别在左右支，
因为，且，所以在双曲线的右支，又，，，
设，，在中，有，
故即，
所以，而，，，故，
代入整理得到，即，所以双曲线的离心率
若均在左支上，同理有，其中为钝角，故，
故即，
代入，，，整理得到：，故，故，
故选：AC．
(2021·新高考Ⅰ，5) 【答案】C【解析】由题，，则，所以（当且仅当时，等号成立）．故选：C．
(2021·新高考Ⅰ，11)【答案】ACD 【解析】圆的圆心为，半径为，
直线的方程为，即，圆心到直线的距离为，所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，A选项正确，B选项错误；如下图所示：
当最大或最小时，与圆相切，连接、，可知，
，，由勾股定理可得，CD选项正确.故选：ACD.
(2021·新高考Ⅱ，3)【答案】B【解析】抛物线的焦点坐标为，其到直线的距离：，解得：(舍去)，故选：B.
(2021·新高考Ⅱ，11)【答案】ABD
【解析】圆心到直线l的距离，若点在圆C上，则，所以，则直线l与圆C相切，故A正确；
若点在圆C内，则，所以，则直线l与圆C相离，故B正确；
若点在圆C外，则，所以，则直线l与圆C相交，故C错误；
若点在直线l上，则即，所以，直线l与圆C相切，故D正确. 故选：ABD.
(2021·全国甲卷，理5)【答案】A【解析】因为，由双曲线的定义可得，所以，；因为,由余弦定理可得，整理可得，所以，即. 故选：A
(2021·全国甲卷，文5)【答案】A【解析】由题意可知，双曲线的渐近线方程为：，即，结合对称性，不妨考虑点到直线的距离：.故选：A.
(2021·全国乙卷，文11)【答案】A【解析】设点，因为，，所以
，而，所以当时，的最大值为．故选：A．
(2021·全国乙卷，理11)【答案】C 【解析】设，由，因为，，所以，
因，当，即时，，即，符合题意，由可得，即；
当，即时，，即，化简得，，显然该不等式不成立．
故选：C．
(2020·新高考Ⅰ，9)【答案】ACD 【解析】对于A，若，则可化为，
因为，所以，即曲线表示焦点在轴上的椭圆，故A正确；
对于B，若，则可化为，此时曲线表示圆心在原点，半径为的圆，故B不正确；
对于C，若，则可化为，此时曲线表示双曲线，由可得，故C正确；
对于D，若，则可化为，，此时曲线表示平行于轴的两条直线，故D正确； 故选：ACD．
(2020·全国卷Ⅰ，理4)【答案】C【解析】设抛物线的焦点为F，由抛物线的定义知，即，解得．
(2020·全国卷Ⅰ，理11)【答案】D【解析】圆的方程可化为，点到直线的距离为，所以直线与圆相离．依圆的知识可知，四点四点共圆，且，所以，而，
当直线时，，，此时最小．
∴即，由解得，．
所以以为直径的圆的方程为，即，
两圆的方程相减可得：，即为直线的方程．
(2020·全国卷Ⅰ，文6)【答案】B【解析】圆化为，所以圆心坐标为，半径为，设，当过点的直线和直线垂直时，圆心到过点的直线的距离最大，所求的弦长最短，根据弦长公式最小值为．
(2020·全国卷Ⅰ，文11)【答案】B【解析】由已知，不妨设，则，因为，所以点在以为直径的圆上，即是以P为直角顶点的直角三角形，
故，即，又，
所以，
解得，所以
(2020·全国卷Ⅱ，理5文8)【答案】B【解析】由于圆上的点在第一象限，若圆心不在第一象限，则圆与至少与一条坐标轴相交，不合乎题意，所以圆心必第一象限，设圆心的坐标为，则圆的半径为，圆的标准方程为．
由题意可得，可得，解得或，所以圆心的坐标为或，圆心到直线距离均为；所以，圆心到直线的距离为．故选：B．
(2020·全国卷Ⅱ，理8文9)【答案】B 【解析】，双曲线的渐近线方程是，直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，
不妨设为在第一象限，在第四象限，联立，解得，故；联立，解得，故，，面积为：，
双曲线，其焦距为
当且仅当取等号，的焦距的最小值：
(2020·全国卷Ⅲ，理5文7)【答案】B【解析】因为直线与抛物线交于两点，且，
根据抛物线的对称性可以确定，所以，
代入抛物线方程，求得，所以其焦点坐标为，
(2020·全国卷Ⅲ，理11)【答案】A【解析】，，根据双曲线的定义可得，
，即，，，
，即，解得，
故选：A．
(2020·全国卷Ⅲ，文6)【答案】A【解析】设，以AB中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，
则：，设，可得：，
从而：，结合题意可得：，
整理可得：，即点C的轨迹是以AB中点为圆心，为半径的圆．
(2020·全国卷Ⅲ，文8)【答案】B 【解析】由可知直线过定点，设，当直线与垂直时，点到直线距离最大，即为．
(2019·全国卷Ⅰ，理10文12)【答案】B解析：由椭圆的焦点为，可知，又，，可设，则，，根据椭圆的定义可知，得，所以，，可知，根据相似可得代入椭圆的标准方程，得，，椭圆的方程为.
方法2：，，又，，又，，
，，在△中，，
在△中，由余弦定理可得，根据，可得，解得，． ． 所以椭圆的方程为：．
方法3：设，则，
由椭圆的定义有．
在和中，由余弦定理得，
又互补，，两式消去，得，解得，所以 ，所以，，
所求椭圆方程为，故选B．
(2019·全国卷Ⅰ，文10)【答案】D 解析：由已知可得，，
．
(2019·全国卷Ⅱ，理8文9)若抛物线的焦点是椭圆的一个焦点，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．8
【答案】D 解析：抛物线的焦点坐标为，椭圆的焦点坐标为，又 ，则.
(2019·全国卷Ⅱ，理11文12)【答案】A 解析：由题意，把x代入x2+y2＝a2，得PQ，
再由|PQ|＝|OF|，得，即2a2＝c2，∴，解得e．
方法2：由题意知： ，
又，所以，即，.
(2019·全国卷Ⅲ，理10)【答案】A 解析：一条渐近线方程为，则设，双曲线的方程得焦点坐标，则，由得一个坐标，即
(2018·新课标Ⅰ，理8) 【答案】D 解析：焦点F(1,0)， 直线l, ，，得，解得，所以M(1，2),N(4，4). ，故选D.
(2018·新课标Ⅰ，理11)【答案】B 解析：因为双曲线，所以渐近线方程为，倾斜角分别为，
所以，
不妨设，
所以，因为，
所以在中，，
所以在中，．
【基本解法2】由题意可得渐近线方程为，可分别求出和点的坐标；
，可得，所以．
，可得，所以．所以在，故选B
(2018·新课标Ⅰ，文4)【答案】C解析：根据题意，，，因为，所以，所以.
（2018·新课标Ⅱ，理5）【答案】A 解析：由于可知：该双曲线的渐近线方程为.已知离心率（），设，则，由可知：，故双曲线的渐近线方程为。
解法二：已知渐近线方程为，由于可得：，故双曲线的渐近线方程为。
（2018·新课标Ⅱ，理12）【答案】D 解析：解三角形的方法（几何法）
在为等腰三角形，，所以，，在Rt中，，
所以，，在Rt中，，故离心率.
解法二：解三角形的方法（几何法）：在为等腰三角形，，所以，，
由余弦定理可知：，
因为， ，
所以，在中，由正弦定理可知：，故离心率.
(2018·新课标Ⅱ，文6)【答案】A 解析：解法一：待定系数法 ，该双曲线的渐近线方程为.已知离心率（），设，则，由可知：，故双曲线的渐近线方程为。
解法二：公式法 ：已知渐近线方程为，由于可得：，故双曲线的渐近线方程为。
(2018·新课标Ⅱ，文11)【答案】D 解析：解法一：（特值法）在中，设，则，
离心率
解法二：焦半径法：在中，，.
（2018·新课标Ⅲ，理6）【答案】A解析：由直线得，∴，圆的圆心为，∴圆心到直线的距离为，∴点到直线的距离的取值范围为，即，∴.
（2018·新课标Ⅲ，理11）【答案】C 解析：∵，，∴ ；又因为，所以；在中，；
∵在中，，
∴
.
(2018·新课标Ⅲ，文8)【答案】A解析：由直线得，∴，圆的圆心为，∴圆心到直线的距离为，∴点到直线的距离的取值范围为，即，∴.
(2018·新课标Ⅲ，文10)【答案】D解析：由题意，则，故渐近线方程为，则点到渐近线的距离为.故选D.
（2017·新课标Ⅰ，理10）【答案】A 解析：设倾斜角为．作垂直准线，垂直轴，
易知，，
同理，，，
又与垂直，即的倾斜角为，
，而，即．
，当且仅当取等号，即最小值为，故选A；
【法二】依题意知：，，由柯西不等式知：
，当且仅当取等号，故选A；
(2017·新课标Ⅰ，文12)【答案】A 解析：
图 1 图 2
解法一：设是椭圆C短轴的两个端点，易知当点是椭圆C短轴的端点时最大，依题意只需使．
1．当时，如图1，，解得，故；
2． 当时，如图2，，解得．
综上可知，m的取值范围是，故选A．
解法二：设是椭圆C短轴的两个端点，易知当点是椭圆C短轴的端点时最大，依题意只需使．
1．当时，如图1，，即，带入向量坐标，解得，故；
2． 当时，如图2，，即，带入向量坐标，解得．
综上可知，m的取值范围是，故选A．
（2017·新课标Ⅱ，9）A 解析：解法一：根据双曲线的标准方程可求得渐近线方程为，根据直线与圆的位置关系可求得圆心到渐进线的距离为，
∴ 圆心到渐近线的距离为，即，解得.
解法二：设渐进线的方程为，根据直线与圆的位置关系可求得圆心到渐进线的距离为，
∴ 圆心到渐近线的距离为，即，解得；由于渐近线的斜率与离心率
关系为，解得.
（2017·新课标Ⅱ，文5）【答案】C解析：由题意，因为a>1，所以，则，选C.
（2017·新课标Ⅱ，文12）【答案】 C解析：由题意知，与抛物线联立得，解得，所以，因为，所以，因为，所以，所以M到NF的距离为.
（2017·新课标Ⅲ，理5）【答案】B 解析： 因为双曲线的一条渐近线方程为，则①
又因为椭圆与双曲线有公共焦点，易知，则②
由①②解得，则双曲线的方程为.故选B.
（2017·新课标Ⅲ，理10）【答案】A 解析：因为以为直径为圆与直线相切，所以圆心到直线距离等于半径，所以，又因为，则上式可化简为
因为，可得，即，
(2017·新课标Ⅰ，文5)【解法】选D．由得，所以，将代入，得，所以，又A的坐标是(1,3)，故APF的面积为，选D．
(2017·新课标Ⅲ，文11) A解析：因为直线与圆相切，即，整理得．令，则有，，，．故选A．故选A.
（2016·新课标Ⅰ，理5）A 解析：表示双曲线，则，∴
由双曲线性质知：，其中是半焦距，∴焦距，解得
∴，故选A．
（2016·新课标Ⅰ，理10）【答案】B 解析：以开口向右的抛物线为例来解答，其他开口同理
设抛物线为，设圆的方程为，如图：
(
F
)设，，点在抛物线上，
∴……①；点在圆上，
∴……②；点在圆上，
∴……③；联立①②③解得：，
焦点到准线的距离为．故选B．
(2016·新课标Ⅰ，文5)选B．由等面积法可得，故，从而．
（2016·新课标Ⅱ，理4）【答案】A解析：圆化为标准方程为：，故圆心为，，解得，故选A．
（2016·新课标Ⅱ，理11）【答案】A 解析：离心率，由正弦定理得．故选A．
（2016·新课标Ⅱ，文5）【答案】D解析：，又因为曲线与C交于点P，轴，所以，所以k=2，故选D.
（2016·新课标Ⅱ，文6）A解析：圆心为，半径，所以，解得，故选A.
（2016·新课标Ⅲ，理11文12）【答案】A 解析：易得
，
（2015·新课标Ⅰ，理5）【答案】A 解析：从入手考虑，可得到以为直径的圆与的交点（不妨设在左支上，在右支上），此时，，，解得，则在双曲线的或上运动，，故选（A）.
(2015·新课标Ⅰ，文5)【答案】B解析：抛物线的焦点为(2,0)，准线为x=-2，所以c=2，从而a=4，所以b2=12，所以椭圆方程为，将x=-2代入解得y=±3，所以|AB|=6，故选B
（2015·新课标Ⅱ，理7）【答案】C 解析：由已知得，，所以kABkCB=-1，所以AB⊥CB，即△ABC为直角三角形，其外接圆圆心为(1, -2)，半径为5，所以外接圆方程为(x-1)2+(y+2)2=25，令x=0，得，所以，故选C.
（2015·新课标Ⅱ，理11）【答案】D 解析：设双曲线方程为，如图所示，|AB|=|BM|，∠ABM=120 ，过点M作MN⊥x轴，垂足为N，在Rt△BMN中，|BN|=a，，故点M的坐标为，代入双曲线方程得a2 = b2 = c2 -a2，即c2 = 2a2，所以，故选D.
（2015·新课标Ⅱ，文7）【答案】B解析：圆心在直线BC垂直平分线上，即直线x=1上，设圆心D(1, b)，由DA=DB得，所以圆心到原点的距离.
（2014·新课标Ⅰ，理4）【答案】A 解析：由：，得，，设，一条渐近线，即，则点到的一条渐近线的距离=，选A. .
（2014·新课标Ⅰ，理10）【答案】C 解析：过Q作QM⊥直线L于M，∵
∴，又，∴，由抛物线定义知.
(2014·新课标Ⅰ，文4)【答案】D解析：，解得a=1，故选D
(2014·新课标Ⅰ，文10)A解析：根据抛物线的定义可知|AF|=，解之得x0=1． 故选A
（2014·新课标Ⅱ，理10）D 解析：∵，∴设直线的方程为，代入抛物线方程得：，设、，∴，，由弦长公式得，由点到直线的距离公式得：到直线的距离，∴.
【另解】直线AB的方程代入抛物线方程得：，
∴，，∴.
（2014·新课标Ⅱ，文10）C解析：由题意，得又因为，故直线AB的方程为，与抛物线联立，得，设，由抛物线定义得，，故选C．
（2014·新课标Ⅱ，文12）A解析：由题意画出图形如图：∵点M（x0，1），∴若在圆O：x2+y2=1上存在点N，使得∠OMN=45°，∴圆上的点到MN的距离的最大值为1，要使MN=1，才能使得∠OMN=45°，图中M′显然不满足题意，当MN垂直x轴时，满足题意，∴x0的取值范围是[-1，1]．
（2013·新课标Ⅰ，文理4)C 解析：∵，∴，∴a2＝4b2，.∴渐近线方程为.
（2013·新课标Ⅰ，10)D 解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∵A，B在椭圆上，∴
①－②，得，即，
∵AB的中点为(1，－1)，∴y1＋y2＝－2，x1＋x2＝2，而＝kAB＝，∴.
又∵a2－b2＝9，∴a2＝18，b2＝9.
∴椭圆E的方程为.故选D.
(2013·新课标Ⅰ，文8)【答案】C 解析：利用|PF|＝，可得xP＝，∴yP＝．∴S△POF＝|OF|·|yP|＝．
（2013·新课标Ⅱ，11）【答案】C 解析：设点M的坐标为(x0，y0)，由抛物线的定义，得|MF|＝x0＋＝5，则x0＝5－.又点F的坐标为，所以以MF为直径的圆的方程为.将x＝0，y＝2代入得，所以y0＝4.由＝2px0，得，解之得p＝2，或p＝8.所以C的方程为y2＝4x或y2＝16x. 故选C.
（2013·新课标Ⅱ，理12）【答案】B解析 由题意画出图形，如图（1）.由图可知，直线的方程为.由解得.可求.因为直线将分割为面积相等的两部分，所以.又，所以，即
.整理得.所以，所以
，所以，即，可以看出，当增大时，也增大.
当时，，即.当时，直线接近于.当时，如图（2），.所以，所以.由上分析可知.
（2013·新课标Ⅱ，文5）【答案】D解析：因为，所以.又，所以，即椭圆的离心率为，故选D.
（2013·新课标Ⅱ，文10）【答案】C解析：抛物线y2=4x的焦点坐标为（1，0），准线方程为x=-1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则因为|AF|=3|BF|，所以x1+1=3(x2+1)，即x1=3x2+2，因为|y1|=3|y2|，x1=9x2，所以x1=3，x2=，当x1=3时，，所以此时，若，则,此时,此时直线方程为. 若，则,此时,此时直线方程为. 所以的方程是或，故选C.
（2012·新课标Ⅰ，理4【答案】C 解析：如图所示，是等腰三角形，
，，
，，，又，
所以，解得，因此，故选择C．
（2012·新课标Ⅰ，理8）
【答案】C 解析：设等轴双曲线C的方程为，即（），
抛物线的准线方程为，联立方程，解得，因为，
所以，从而，所以，，，
因此C的实轴长为，故选择C．
(2012·新课标Ⅰ，文4)【答案】C 解析：如图所示，是等腰三角形，，，，，，
又，所以，解得，因此，故选择C．
(2012·新课标Ⅰ，文10)【答案】C解析：设等轴双曲线C的方程为，即（），
抛物线的准线方程为，联立方程，解得，
因为，所以，从而，所以，，，因此C的实轴长为，故选择C．
（2011·新课标Ⅰ，7）【答案】B 解析：通径|AB|=得，选B
二、填空题
(2023·新高考Ⅰ，16)【答案】【解析】方法一：依题意，设，则，
在中，，则，故或（舍去），
所以，，则，
故，所以在中，，整理得，故.
方法二：依题意，得，令，
因为，所以，则，
又，所以，则，
又点在上，则，整理得，则，
所以，即，
整理得，则，解得或，
又，所以或（舍去），故.
(2023·新高考Ⅱ，15)【答案】（中任意一个皆可以）
【解析】设点到直线的距离为，由弦长公式得，
所以，解得：或，
由，所以或，解得：或．
故答案为：（中任意一个皆可以）．
(2023·全国乙卷，理13)【答案】【解析】由题意可得：，则，抛物线的方程为，准线方程为，点到的准线的距离为．
(2023·全国乙卷，文13)【答案】【解析】由题意可得：，则，抛物线的方程为，准线方程为，点到的准线的距离为．故答案为：．
(2022·新高考Ⅰ，14)【答案】或或
【解析】[方法一]：显然直线的斜率不为0，不妨设直线方程为，
于是，
故①，于是或，
再结合①解得或或，所以直线方程有三条，分别为，， [方法二]：设圆的圆心，半径为，圆的圆心，半径，则，因此两圆外切，
由图像可知，共有三条直线符合条件，显然符合题意；
又由方程和相减可得方程，
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，
直线OC与直线的交点为，
设过该点的直线为，则，解得，从而该切线的方程为填一条即可
[方法三]：圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，两圆圆心距为，等于两圆半径之和，故两圆外切，如图，
当切线为l时，因为，所以，设方程为
O到l的距离，解得，所以l的方程为，
当切线为m时，设直线方程为，其中，，
由题意，解得，
当切线为n时，易知切线方程为，故答案为：或或．
(2022·新高考Ⅰ，16)【答案】13【解析】∵椭圆的离心率为，∴，∴，∴椭圆的方程为，不妨设左焦点为，右焦点为，如图所示，∵，∴，∴为正三角形，∵过且垂直于的直线与C交于D，E两点，为线段的垂直平分线，∴直线的斜率为，斜率倒数为， 直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，
判别式，
∴，∴ ， 得，
∵为线段的垂直平分线，根据对称性，，∴的周长等于的周长，利用椭圆的定义得到周长为．
故答案为：13．
(2022·新高考Ⅱ，15)【答案】解：关于对称的点的坐标为，在直线上，所以所在直线即为直线，所以直线为，即；
圆，圆心，半径，依题意圆心到直线的距离，即，解得，即；
(2022·新高考Ⅱ，16)【答案】 【解析】[方法一]：弦中点问题：点差法：令的中点为，因为，所以，设，，则，，
所以，即
所以，即，设直线，，，
令得，令得，即，，所以，
即，解得或（舍去），
又，即，解得或（舍去），
所以直线，即；
故答案为：
[方法二]：直线与圆锥曲线相交的常规方法：由题意知，点既为线段的中点又是线段MN的中点，
设，，设直线，，，
则，，，因为，所以
联立直线AB与椭圆方程得消掉y得
其中，
∴AB中点E的横坐标,又，∴
∵，，∴,又，解得m=2
所以直线，即.
(2022·全国甲卷，理14)【答案】【解析】双曲线的渐近线为，即，
不妨取，圆，即，所以圆心为，半径，
依题意圆心到渐近线的距离，解得或（舍去）．
(2022·全国甲卷，文14)【答案】，【解析】[方法一]：三点共圆，∵点M在直线上，∴设点M为，又因为点和均在上，∴点M到两点的距离相等且为半径R，∴，，解得，
∴，，的方程为．故答案为：
[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与直线的交点(1,-1)．, 的方程为．
故答案为：
(2022·全国甲卷，文15)【答案】2（满足皆可）
【解析】，所以C的渐近线方程为,
结合渐近线的特点，只需，即，可满足条件“直线与C无公共点”
所以，又因，所以，故答案为：2（满足皆可）
(2022·全国乙卷，理14文15)【答案】或或或．
【解析】[方法一]：圆的一般方程：依题意设圆的方程为，
（1）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（2）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（3）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（4）若过，，，则，解得，所以圆的方程为，即；
故答案为：或 或 或．
(2021·新高考Ⅰ，14)【解析】不妨设，因为，所以的准线方程为.
(2021·新高考Ⅱ，13)【答案】【解析】因为双曲线的离心率为2，所以，所以，所以该双曲线的渐近线方程为.
(2021·全国甲卷，理15文16)【答案】【解析】因为为上关于坐标原点对称的两点，且，所以四边形为矩形，设，则，所以， ，即四边形面积等于.
(2021·全国乙卷，理13) 【答案】4【解析】由渐近线方程化简得，即，同时平方得，又双曲线中，故，解得（舍去），，故焦距
(2021·全国乙卷，文14)【答案】【解析】由已知，，所以双曲线的右焦点为，所以右焦点到直线的距离为.
(2020·新高考Ⅰ，13)【答案】 【解析】
代入抛物线方程得.
(2020·全国卷Ⅰ，理15)【答案】2 【解析】依题可得，，而，，即，变形得，化简可得，，解得或（舍去）．
(2020·全国卷Ⅲ，文14) 【答案】 【解析】由双曲线方程可得其焦点在轴上，因为其一条渐近线为，所以，．
(2019·全国卷Ⅰ，理16)【答案】2 【解析】方法1：几何法
设，，由，得，
由为的中点，所以，则，
由，得由为的中点，所以，
则由得，，解得，
所以的离心率为．
方法2：面积法：设，，渐近线的方程为，焦点到渐近线的距离为，所以即，由，得，由为的中点，为的中点，所以，，故点,
所以，解得．所以的离心率为．
方法3：利用渐近线的倾斜角: 两渐近线与轴夹角相等，即，由已知：垂直平分，故. 即，由，解得 ．
所以的离心率为．
方法4：代数法: 设直线的方程：，由 ，得；
同理由，得，
因为为中点，所以，即，
整理得，两边同时除以，得，解得，
所以的离心率为．
(2019·全国卷Ⅲ，文理15)【答案】 解析：设点，由椭圆的方程得焦点坐标，则,，因为点在第一象限，联立椭圆方程即，解为，故
方法2：设M（m，n），m，n＞0，椭圆C：1的a＝6，b＝2，c＝4，e，
由于M为C上一点且在第一象限，可得|MF1|＞|MF2|，△MF1F2为等腰三角形，可能|MF1|＝2c或|MF2|＝2c，即有6m＝8，即m＝3，n；6m＝8，即m＝﹣3＜0，舍去．
可得M（3，）．
(2018·新课标Ⅰ，文15)【答案】解析：，圆心到直线的距离，则．
（2018·新课标Ⅲ，理16）【答案】 解析：依题意得，抛物线的焦点为，故可设直线，联立消去得，设，，则，，∴，.又，，∴
，∴.
（2017·新课标Ⅰ，15）【答案】 解析：如图，，，
∵，∴， ，
∴，又∵，∴，解得，∴；
（法二）如上图可知到渐进线的距离为，
，；
（法三）如图在等边三角形中
由知；
（法四）如图，由等面积法可得，在三角形中，
；
（法五）因为且渐进线可得三角形为
双曲线三角线（即三边分别为），有几何意义易得
；
（2017·新课标Ⅱ，理16）【答案】 解析：∵ 点为线段的中点，∴ ，∴ ，∴ ．
（2016·新课标Ⅲ，16）【答案】 解析：如图所示，作于，作于，，即，
∴直线l的倾斜角为30°，
(2017·新课标Ⅲ，文14)【答案】 解析：渐近线方程为，由题可知．
(2016·新课标Ⅰ，文15)解析：．由题意直线即为，圆的标准方程为，
所以圆心到直线的距离，所以，
故，所以．故填．
(2016·新课标Ⅲ，文15)【答案】 解析 由已知条件得圆的圆心到直线的距离为，则．因为的斜率所以直线与轴的夹角，因此．
（2015·新课标Ⅰ，理14）【答案】 解析：由椭圆的性质可知，圆只能经过短轴顶点和右顶点三个点；
（方法一）设圆的半径为，则有，可得，故所求圆的标准方程为.
（方法二）设圆的标准方程为，代入点，解方程组可得半径为，故所求圆的标准方程为.
（方法三）设圆的一般方程为，代入点，解方程组可得,化为标准方程为.
(2015·新课标Ⅰ，文16)【答案】 解析：a=1，b2=8， c=3，∴F(3,0)．设双曲线的的左焦点为F1，由双曲线定义知|PF|=2+|PF1|，∴ΔAPF的周长为|PA|+|PF|+|AF|=|PA|+|AF|+|PF1|+2，由于|AF|是定值，只要|PA|+|PF1|最小，即A,P,F1共线，∵，F1 (-3,0)，∴直线AF1的方程为，联立8x2-y2=8消去x整理得y2+y-96=0，解得y=或y=(舍去)，此时SΔAPF=SΔAFF1-SΔPFF1．
（2015·新课标Ⅱ，文15）【答案】 解析：根据双曲线渐近线方程为，可设双曲线的方程为，把代入得m=1.
（2014·新课标Ⅱ，6）【答案】 解析：由图可知点M所在直线与圆相切，又，由正弦定理得，∴，
即，∵，∴，即，解得：.
【另解】过OA⊥MN，垂足为A，因为在Rt△OMA中，|OA|≤1，∠OMN=45 ，所以=，解得，因为点M (x0, 1)，所以，解得，故的取值范围是.
（2011·新课标Ⅰ，理14） 解析：由得a=4.c=,从而b=8,．
三、解答题
(2023·新高考Ⅰ，22)在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为．
（1）求的方程；（2）已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于．
【解析】（1）设,则，两边同平方化简得，故.
（2）法一：设矩形的三个顶点在上,且，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，
则,令，
同理令，且，则，
设矩形周长为,由对称性不妨设，，
则.，易知，则令,
令，解得，当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，则，
故,即.
当时,,且，即时等号成立，矛盾，故, 得证.
法二：不妨设在上，且，
依题意可设，易知直线，的斜率均存在且不为0，
则设,的斜率分别为和，由对称性，不妨设，
直线的方程为，则联立得，
，则，则，
同理，
令，则，设，
则，令，解得，
当时，，此时单调递减，当，，此时单调递增，
则，，
但，此处取等条件为，与最终取等时不一致，故.
法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动个单位得抛物线,
矩形变换为矩形,则问题等价于矩形的周长大于.
设 , 根据对称性不妨设 .
则 , 由于 , 则 .
由于 , 且 介于 之间,
则 . 令 ,
,则,从而
故
①当时,
②当 时,由于,从而,
从而又,
故,由此
，
当且仅当时等号成立，故，故矩形周长大于.
.
(2023·新高考Ⅱ，21)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．
（1）求C的方程；（2）记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上．
【解析】（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知，
则由可得，，双曲线方程为．
（2）由(1)可得，设，
显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，
与联立可得，且，
则，
直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
，由可得，即，
(2023·全国甲卷，理20文21)已知直线与抛物线交于两点，且．
（1）求；（2）设F为C的焦点，M，N为C上两点，，求面积的最小值．
【答案】（1） （2）
【解析】（1）设，由可得，，所以，
所以，
即，因为，解得：．
（2）因为，显然直线的斜率不可能为零，设直线：，，
由可得，，所以，，
，
因为，所以，即，
亦即，将代入得，
，，
所以，且，解得或．
设点到直线的距离为，所以，
，
所以的面积，
而或，所以，
当时，的面积．
(2023·全国乙卷，理20文21)已知椭圆的离心率是，点在上．
（1）求的方程；（2）过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．
【解析】（1）由题意可得，解得，所以椭圆方程为．
（2）由题意可知：直线的斜率存在，设，
联立方程，消去y得：，
则，解得，
可得，
因为，则直线，
令，解得，即,同理可得，
则
，所以线段的中点是定点．
(2022·新高考Ⅰ，21)已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．
（1）求l的斜率；（2）若，求的面积．
【解析】（1）因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线．
易知直线l的斜率存在，设，，
联立可得，，
所以，，且．
所以由可得，，即，
即，
所以，
化简得，，即，所以或，
当时，直线过点，与题意不符，舍去，故．
（2）［方法一］：【最优解】常规转化：不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，由（1）知，，
当均在双曲线左支时，，所以，
即，解得（负值舍去）
此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；
当均在双曲线右支时，
因为，所以，即，
即，解得（负值舍去），
于是，直线，直线，
联立可得，，
因为方程有一个根为，所以，，同理可得，，．
所以，，点到直线的距离，
故的面积为．
［方法二］： 设直线AP的倾斜角为，，由，得，
由，得，即，联立，及得，，
同理，，，故，
而，，由，得，
故
(2022·新高考Ⅱ，21)已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
（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，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：①M在上；②；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【解析】（1）右焦点为，∴,∵渐近线方程为，∴，∴，∴，∴，∴．
∴C的方程为：；
（2）由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零，
若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则为线段的中点，假若直线的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点,此时由对称性可知、关于轴对称，与从而，已知不符；
总之，直线的斜率存在且不为零.
设直线的斜率为,直线方程为，
则条件①在上，等价于；
两渐近线的方程合并为,
联立消去y并化简整理得：
设,线段中点为,则,
设,
则条件③等价于,
移项并利用平方差公式整理得：
，
,即,
即；
由题意知直线的斜率为, 直线的斜率为,
∴由,
∴,
所以直线的斜率,
直线,即,
代入双曲线的方程,即中，
得：,
解得的横坐标：,
同理：，
∴
∴,
∴条件②等价于，
综上所述：
条件①在上，等价于；
条件②等价于；
条件③等价于；
选①②推③:
由①②解得：,∴③成立；
选①③推②：
由①③解得：，，
∴，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得：，，∴，
∴，∴①成立.
(2022·全国甲卷，理20文21)设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，．
（1）求C的方程；（2）设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程．
【解析】（1）抛物线的准线为，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时，所以，所以抛物线C的方程为；
（2）[方法一]：【最优解】直线方程横截式：设，直线，由可得，，
由斜率公式可得，，
直线，代入抛物线方程可得，
，所以，同理可得，所以
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为，所以，
若要使最大，则，设，则，当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，，所以，
所以直线．
[方法二]：直线方程点斜式：由题可知，直线MN的斜率存在．
设直线
由 得：，,同理，．
直线MD:,代入抛物线方程可得：，同理，．
代入抛物线方程可得:,所以，同理可得，
由斜率公式可得：
（下同方法一）若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，，所以，所以直线．
[方法三]：三点共线：设，
设,若 P、M、N三点共线，由
所以，化简得，
反之，若,可得MN过定点
因此，由M、N、F三点共线，得；由M、D、A三点共线，得；由N、D、B三点共线，得，则，AB过定点（4,0）
（下同方法一）若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，所以直线．
(2022·全国乙卷，理20文21)已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
（1）求E的方程；（2）设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
【解析】（1）设椭圆E的方程为，过，则，解得，，
所以椭圆E的方程为：．
（2），所以，
①若过点的直线斜率不存在，直线．代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到．求得HN方程：
，过点．
②若过点直线斜率存在，设．
联立得，
可得，，
且
联立可得
可求得此时，
将，代入整理得，
将代入，得
显然成立，
综上，可得直线HN过定点
(2021·新高考Ⅰ，21)在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为.
（1）求的方程；（2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和.
【解析】因为，
所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支，
设轨迹的方程为，则，可得，，
所以，轨迹的方程为；
（2）设点，若过点的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线无公共点，
不妨直线的方程为，即，
联立，消去并整理可得，
设点、，则且.
由韦达定理可得，，
所以，，
设直线的斜率为，同理可得，
因为，即，整理可得，
即，显然，故.
因此，直线与直线的斜率之和为.
(2021·新高考Ⅱ，20)已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．
（1）求椭圆C的方程；（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是．
【解析】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，
又，所以椭圆方程为；
（2）由（1）得，曲线为，
当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；
当直线的斜率存在时，设，
必要性：
若M，N，F三点共线，可设直线即，
由直线与曲线相切可得，解得，
联立可得，所以，
所以,
所以必要性成立；
充分性：设直线即，
由直线与曲线相切可得，所以，
联立可得，
所以，
所以
，
化简得，所以，
所以或，所以直线或，
所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；
所以M，N，F三点共线的充要条件是．
(2021·全国甲卷，理20文21) 抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且．已知点，且与l相切．
（1）求C，的方程；
（2）设是C上的三个点，直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由．
【解析】（1）依题意设抛物线，
，
所以抛物线的方程为，
与相切，所以半径为，
所以的方程为；
（2）设
若斜率不存在，则方程为或，
若方程为，根据对称性不妨设，
则过与圆相切的另一条直线方程为，
此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在，不合题意；
若方程为，根据对称性不妨设
则过与圆相切的直线为，
又，
，此时直线关于轴对称，
所以直线与圆相切；
若直线斜率均存在，
则，
所以直线方程为，
整理得，
同理直线的方程为，
直线的方程为，
与圆相切，
整理得，
与圆相切，同理
所以为方程的两根，
，
到直线的距离为：，
所以直线与圆相切；
综上若直线与圆相切，则直线与圆相切.
(2021·全国乙卷，理21) 已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为．
（1）求；（2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）抛物线的焦点为，，
所以，与圆上点的距离的最小值为，解得；
（2）抛物线的方程为，即，对该函数求导得，
设点、、，
直线的方程为，即，即，
同理可知，直线的方程为，
由于点为这两条直线的公共点，则，
所以，点、的坐标满足方程，
所以，直线的方程为，
联立，可得，
由韦达定理可得，，
所以，，
点到直线的距离为，
所以，，
，
由已知可得，所以，当时，的面积取最大值.
(2021·全国乙卷，文20)已知抛物线的焦点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，求直线斜率的最大值.
【解析】（1）抛物线的焦点，准线方程为，
由题意，该抛物线焦点到准线的距离为，
所以该抛物线的方程为；
（2）设，则，
所以，
由在抛物线上可得，即，
所以直线的斜率，
当时，；当时，，
当时，因为，
此时，当且仅当，即时，等号成立；
当时，；
综上，直线的斜率的最大值为.
(2020·新高考Ⅰ，22)已知椭圆C：的离心率为，且过点A（2，1）．
（1）求C的方程：（2）点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
【解析】(1)设椭圆方程为：，由题意可得：，
解得：，故椭圆方程为：．
(2)设点．因为AM⊥AN，所以．
整理可得： ①
设MN的方程为y=kx+m，联立直线与椭圆方程可得：，
韦达定理可得：，
，，
代入①式有：，
化简可得：，即，据此可得：或，所以直线MN的方程为或，
即或，
所以直线过定点或．
又因为和A点重合，所以舍去，则直线过定点．
由于AE为定值，且△AED为直角三角形，AE为斜边，
所以AE中点Q满足为定值（AE长度的一半）．
由于，故由中点坐标公式可得．
(2020·新高考Ⅱ，21)已知椭圆C：+＝1（a＞b＞0）过点M（2，3），点A为其左顶点，且AM的斜率为．
（1）求C的方程；（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值．
【解答】解：（1）由题意可知直线AM的方程为：y﹣3＝（x﹣2），即x﹣2y＝﹣4，
当y＝0时，解得x＝﹣4，所以a＝4，椭圆C：+＝l（a＞b＞0）过点M（2，3），
可得，解得b2＝12，所以C的方程：+＝l．
（2）设与直线AM平行的直线方程为：x﹣2y＝m，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值．
x﹣2y＝m代入椭圆方程：+＝l．
化简可得：16y2+12my+3m2﹣48＝0，所以△＝144m2﹣4×16（3m2﹣48）＝0，
即m2＝64，解得m＝±8，
与AM距离比较远的直线方程：x﹣2y＝8，
利用平行线之间的距离为：d＝＝，
|AM|＝＝3．
所以△AMN的面积的最大值：．
(2020·全国卷Ⅰ，理20)已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．
（1）求E的方程；（2）证明：直线CD过定点．
【解析】（1）依据题意作出如下图象：
由椭圆方程可得：， ，
，，，
椭圆方程为：.
（2）证明：设，则直线的方程为：，即：
联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：
，解得：或
将代入直线可得：
所以点的坐标为．
同理可得：点的坐标为
直线的方程为：，
整理可得：
整理得：
故直线过定点．
(2020·全国卷Ⅰ，文21)已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．
（1）求E的方程；（2）证明：直线CD过定点．
【解析】（1）依据题意作出如下图象：
由椭圆方程可得：， ，
，，，，椭圆方程为：
（2）证明：设，则直线的方程为：，即：
联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：
，解得：或
将代入直线可得：
所以点的坐标为．
同理可得：点的坐标为
直线的方程为：，
整理可得：
整理得：，故直线过定点.
(2020·全国卷Ⅱ，理19)已知椭圆C1：(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合．过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=|AB|．
（1）求C1的离心率；
（2）设M是C1与C2的公共点，若|MF|=5，求C1与C2的标准方程．
【解析】（1），轴且与椭圆相交于、两点，则直线的方程为，
联立，解得，则，
抛物线的方程为，联立，解得，，
，即，，即，即，
，解得，因此，椭圆的离心率为；
（2）由（1）知，，椭圆的方程为，
联立，消去并整理得，解得或（舍去），
由抛物线的定义可得，解得．
因此，曲线的标准方程为，曲线的标准方程为．
(2020·全国卷Ⅱ，文19)已知椭圆C1：(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合．过F且与x轴重直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=|AB|．
（1）求C1的离心率；
（2）若C1的四个顶点到C2的准线距离之和为12，求C1与C2的标准方程．
【解析】（1）因为椭圆的右焦点坐标为：,所以抛物线的方程为，其中．
不妨设在第一象限，因为椭圆的方程为：，
所以当时，有，因此的纵坐标分别为，；
又因为抛物线的方程为，所以当时，有，
所以的纵坐标分别为，，故，．
由得，即，解得（舍去），．
所以的离心率为．
（2）由（1）知，，故，所以的四个顶点坐标分别为，，，，的准线为．
由已知得，即．
所以的标准方程为，的标准方程为．
(2020·全国卷Ⅲ，理20)已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点．
（1）求的方程；（2）若点在上，点在直线上，且，，求的面积．
【解析】（1），，，
根据离心率，解得或(舍)，
的方程为：，即；
（2）点在上，点在直线上，且，，
过点作轴垂线，交点为，设与轴交点为，
根据题意画出图形，如图
，，，
又，，
，根据三角形全等条件“”，可得：，
，，，
设点为，可得点纵坐标为，将其代入，
可得：，解得：或，点为或，
①当点为时，故，
，，可得：点为，
画出图象，如图
,，可求得直线的直线方程为：，
根据点到直线距离公式可得到直线的距离为：，
根据两点间距离公式可得：，
面积为：；
②当点时，故，，，
可得：点为，画出图象，如图
,，可求得直线的直线方程为：，
根据点到直线距离公式可得到直线的距离为：，
根据两点间距离公式可得：，
面积为：，
综上所述，面积为：．
(2020·全国卷Ⅲ，文21)已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点．
（1）求的方程；（2）若点在上，点在直线上，且，，求的面积．
【解析】（1），，，
根据离心率，解得或(舍)，
的方程为：，即；
（2）点在上，点在直线上，且，，
过点作轴垂线，交点为，设与轴交点为
根据题意画出图形，如图
，，，
又，，
，根据三角形全等条件“”，可得：，
，，，
设点为，可得点纵坐标为，将其代入，
可得：，解得：或，点为或，
①当点为时，故，
，，可得：点为，画出图象，如图
,，可求得直线的直线方程为：，
根据点到直线距离公式可得到直线的距离为：，
根据两点间距离公式可得：，
面积为：；
②当点为时，故，
，，可得：点为，画出图象，如图
，可求得直线的直线方程为：，
根据点到直线距离公式可得到直线的距离为：，
根据两点间距离公式可得：，
面积为：，
综上所述，面积为：．
(2019·全国卷Ⅰ，理19)已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．
（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；（2）若，求|AB|．
解：设直线．
（1）由题设得，故，由题设可得．
由，可得，则．
从而，得．
所以的方程为．
（2）由可得．
由，可得．
所以．从而，故．
代入的方程得．
故．
(2019·全国卷Ⅰ，文21)已知点A，B关于坐标原点O对称，│AB│ =4，⊙M过点A，B且与直线x+2=0相切．
（1）若A在直线x+y=0上，求⊙M的半径；
（2）是否存在定点P，使得当A运动时，│MA│-│MP│为定值？并说明理由．
解：（1）因为过点，所以圆心M在AB的垂直平分线上.由已知A在直线上，且关于坐标原点O对称，所以M在直线上，故可设.
因为与直线x+2=0相切，所以的半径为.
由已知得，又，故可得，解得或.
故的半径或.
（2）存在定点，使得为定值.
理由如下：
设，由已知得的半径为.
由于，故可得，化简得M的轨迹方程为.
因为曲线是以点为焦点，以直线为准线的抛物线，所以.
因为，所以存在满足条件的定点P.
解法2：故点，且在直线上，
点在线段的中垂线上，
设的方程为：，则
圆心到直线的距离，
又，在中，
，即①
又与相切，②
由①②解得或，的半径为2或6；
（2）线段为的一条弦，圆心在线段的中垂线上，
设点的坐标为，则，
与直线相切，，
，，
的轨迹是以为焦点为准线的抛物线，
，
当为定值时，则点与点重合，即的坐标为，
存在定点使得当运动时，为定值．
(2019·全国卷Ⅱ，理21)已知点A( 2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为．记M的轨迹为曲线C．
（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；
（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G．
（i）证明：是直角三角形；（ii）求面积的最大值．
21．解：（1）由题设得，化简得，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．
（2）（i）设直线PQ的斜率为k，则其方程为．
由得．
记，则．
于是直线的斜率为，方程为．
由得．①
设，则和是方程①的解，故，由此得．
从而直线的斜率为．
所以，即是直角三角形．
（ii）由（i）得，，
所以△PQG的面积．
设t=k+，则由k>0得t≥2，当且仅当k=1时取等号．
因为在[2，+∞）单调递减，所以当t=2，即k=1时，S取得最大值，最大值为．
因此，△PQG面积的最大值为．
解法2：（1）设，，则.
因为，所以，即.
该方程表示长轴为，短轴为的椭圆且不包括.
（2）设的方程为，又，所以:
，.
直线的方程为：.
又，所以: .
则，.
则
，则，为直角三角形.
.
当时取得最大值，.
(2019·全国卷Ⅱ，文20)已知是椭圆的两个焦点，P为C上一点，O为坐标原点．
（1）若为等边三角形，求C的离心率；
（2)如果存在点P，使得，且的面积等于16，求b的值和a的取值范围．
20．解：（1）连结，由为等边三角形可知在中，，，，于是，故的离心率是．
（2）由题意可知，满足条件的点存在当且仅当，，，即，①
，②
，③
由②③及得，又由①知，故．
由②③得，所以，从而故．
当，时，存在满足条件的点P．
所以，的取值范围为．
(2019·全国卷Ⅲ，理21)已知曲线C：，D为直线上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B．
（1）证明：直线AB过定点；
（2）若以为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积．
21．解：（1）设，则．
由于，所以切线DA的斜率为，故，整理得．
设，同理可得．
故直线AB的方程为，所以直线AB过定点．
（2）由（1）得直线AB的方程为．
由，可得，于是，
．
设分别为点D，E到直线AB的距离，则．
因此，四边形ADBE的面积．
设M为线段AB的中点，则．
由于，而，与向量平行，所以．解得t=0或．
当=0时，S=3；当时，．
因此，四边形ADBE的面积为3或．
解法2：由（1）得直线的方程为．由，可得．
于是
所以的中点为
由为切点可得到直线的距离即为|，可得，解得或，
即有直线的方程为或，由可得，四边形的面积为；
由，可得，
此时到直线AB的距离为；到直线的距离为，
则四边形的面积为
因此，四边形的面积为或．
(2019·全国卷Ⅲ，文21)已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B．
（1）证明：直线AB过定点：（2）若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求该圆的方程．
21．解：（1）设，则．
由于，所以切线DA的斜率为，故 ．整理得
设，同理可得．
故直线AB的方程为．
所以直线AB过定点．
（2）由（1）得直线AB的方程为．
由，可得．于是．
设M为线段AB的中点，则．
由于，而，与向量平行，所以．解得t=0或．
当=0时，=2，所求圆的方程为；
当时，，所求圆的方程为．
（2018·新课标Ⅰ，理19）设椭圆的右焦点为，过的直线与交于，两点，点的坐标为．
⑴当与轴垂直时，求直线的方程；⑵设为坐标原点，证明：．
解析：（1）由已知得，l的方程为x=1，由已知可得，点A的坐标为或.
所以AM的方程为或.
（2）当l与x轴重合时，.
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以.
当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为，，
则，直线MA，MB的斜率之和为.
由得 .
将代入得 .
所以，.
则.
从而，故MA，MB的倾斜角互补，所以.
综上，.
(2018·新课标Ⅰ，文20) 设抛物线，点，，过点的直线与交于，两点.
（1）当与轴垂直时，求直线的方程；（2）证明：.
解析：（1）当轴时，直线带入抛物线方程得：
解得点M或M，或，
所以直线BM得方程为：或.
（2）【解法1】当斜率不存在时，M，N关于x轴对称，所以
当斜率存在时，可设直线方程为，，，
设点则：，，
，，.
【解法2】依题意，直线斜率不为0，设直线方程为，，，
设点，则：，，
，，
.
【解法3】当与轴垂直时， M,N关于x轴对称，所以，
当不与轴垂直时，设，
点A、M、N都在直线上，故有，即，从而解得，
，，.
（2018·新课标Ⅱ，理19）设抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与交于两点，．
（1）求的方程；（2）求过点且与的准线相切的圆的方程．
解析：（1）解法一：秒解法：由抛物线的焦点弦公式可知：或
由可得：，故直线的方程为.
解法二：常规解法：设点A、点B的坐标分别为、，
直线的方程为，解方程组，，
，因为，所以或（舍去）
故直线的方程为.
解法三：点差法：由点差法可知：（焦点弦中点的纵坐标），设直线的方程为
解方程组，，，中点，
或（舍去），故直线的方程为.
（2）解法一：常规解法
设圆心到直线的距离为，圆心坐标为，半径为，由题意可知：
由题意可知：， ①
由题意可知：弦AB垂直平分线所在的方程为，
由题意可知： ②
由①、②可得：，整理可得，解得或.
圆的方程为或.
(2018·新课标Ⅱ，文20) 设抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与交于，两点，．
（1）求的方程；（2）求过点，且与的准线相切的圆的方程．
【解析】（1）解法一：秒解法：由抛物线的焦点弦公式可知： 或
由可得：，故直线的方程为.
解法二：常规解法： 设点A、点B的坐标分别为、，直线的方程为
解方程组，，，
因为，所以或（舍去），
故直线的方程为.
解法三：点差法：由点差法可知：（焦点弦中点的纵坐标），设直线的方程为，
解方程组，，，中点，
或（舍去），故直线的方程为.
（2）解法一：常规解法： 设圆心到直线的距离为，圆心坐标为，半径为，
由题意可知：，由题意可知：， ①
由题意可知：弦AB垂直平分线所在的方程为，由题意可知： ②
由①、②可得：，整理可得，解得或，
圆的方程为或.
（2018·新课标Ⅲ，理20）已知斜率为的直线与椭圆交于，两点．线段的中点为．
⑴证明：；⑵设为的右焦点，为上一点,且．证明：，，成等差数列，并求该数列的公差．
解析：（1）设直线方程为，设,,
联立消得，
则，得…①，
且，，
∵，∴ 且. 且…②.
由①②得，∴或.
∵，∴ .
（2），,
∵，，∴的坐标为.
由于在椭圆上，∴ ，∴，，
又，，两式相减可得，
又，，∴，
直线方程为，即，
∴，消去得，，
，,
∴.
∴，，成等差数列，
.∴.
(2018·新课标Ⅲ，文20)已知斜率为的直线与椭圆交于，两点．线段的中点为．
（1）明：；⑵设为的右焦点，为上一点,且．证明: ．
解析：（1）设直线方程为，设,,联立消得，则，得…①，
且，，
∵，∴ 且.
且…②.
由①②得，∴或.
∵，∴ .
（2），,
∵，，∴的坐标为.
由于在椭圆上，∴ ，∴，，
又，，两式相减可得，
又，，∴，直线方程为，即，
∴，消去得，，
，,
∴.
（2017·新课标Ⅰ，20）已知椭圆C：（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1， ），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上．
（1）求C的方程；（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点．
解析：（1）根据椭圆对称性，必过、，又横坐标为1，椭圆必不过，所以过三点，将代入椭圆方程得：，解得，，
∴椭圆的方程为：．
（2）当斜率不存在时，设，
，得，此时过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足．
当斜率存在时，设，，
联立，整理得，
，，则
又，，此时，
存在使得成立．∴直线的方程为，当时，，所以过定点．
(2017·新课标Ⅰ，文20)设A，B为曲线C：上两点，A与B的横坐标之和为4．
（1）求直线AB的斜率；（2）设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且，求直线AB的方程．
解析：第一问：【解法1】设 ,AB 直线的斜率为k，又因为A,B都在曲线C上，所以
-得由已知条件
所以，即直线AB的斜率k=1．
【解法2】设 ,AB 直线的方程为y=kx+b,所以
整理得：且所以k=1
第二问：设 所以 又 所以
所以M（2,1），，，且，
即，设AB 直线的方程为，
化简得，所以
由得所以b=7或者b=-1(舍去)
所以AB 直线的方程为y=x+7
（2017·新课标Ⅱ，20）设O为坐标原点，动点M在椭圆C：上，过M做x轴的垂线，垂足为N，点P满足.
（1）求点P的轨迹方程；（2）设点Q在直线x=-3上，且.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
解析：（1）解法一：相关点法求轨迹：设，,，则：,.又,所以：，则：.又在椭圆C上，所以：，所以：.
解法二： 椭圆C的参数方程为：（为参数）.
设，,，则：,.
又,所以：，则：.
则：.
（Ⅱ）解法一：设，,,则，,，.
又,所以：
即：.
那么：.
所以：. 即过垂直于的直线过椭圆C的左焦点．
解法二：设，,,则，,，.
又,所以：.
又在上，所以：.
又.
所以：，即过垂直于的直线过椭圆C的左焦点．
（2017·新课标Ⅱ，文20）设O为坐标原点，动点M在椭圆C：上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足
（1）求点P的轨迹方程；
（2）设点Q 在直线x=-3上，且.证明过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
（2017·20）解析：（1）设，，，，，即，代入椭圆方程，得到，∴点的轨迹方程.
（2）由题意知,椭圆的左焦点为F(-1，0)，设P(m，n)，Q(-3，t)，则 由得，又由（1）知，故.所以，即. 又过点P存在唯一直线垂直于，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
(2017·新课标Ⅲ，理20)已知抛物线C：y2=2x，过点（2,0）的直线l交C与A,B两点，圆M是以线段AB为直径的圆.
（1）证明：坐标原点O在圆M上；
（2）设圆M过点P（4，-2），求直线l与圆M的方程.
20．解:(1)显然，当直线斜率为时，直线与抛物线交于一点，不符合题意．
设，，，联立：得，恒大于，，．
∴，即在圆上．
(2)若圆过点，则，
，
化简得解得或
①当时，圆心为，
，，
半径，则圆
②当时，圆心为，
，，半径，则圆
(2017·新课标Ⅲ，文20)在直角坐标系中，曲线与轴交于，两点，点的坐标为．当变化时，解答下列问题：
（1）能否出现的情况？说明理由；
（2）证明过，，三点的圆在轴上截得的弦长为定值．
解析 （1）令，，C(0，1)，为的根，假设成立，所以，，，
所以，所以不能出现的情况．
（2）设圆与轴的交点为，，设圆的方程为①，
令得的根为，所以，，又点在①上，
所以得，所以，故或，所以．
所以在轴上的弦长为3，是定值．
（2016·新课标Ⅰ，20）设圆的圆心为，直线过点且与轴不重合，交圆于两点，过作的平行线交于点．
（Ⅰ）证明为定值，并写出点的轨迹方程；
（Ⅱ）设点的轨迹为曲线，直线交于两点，过且与垂直的直线与圆交于两点，求四边形面积的取值范围．
解析：⑴ 圆A整理为，A坐标，如图，
，则，由，
则，
根据椭圆定义为一个椭圆，方程为，()；
⑵ ；设，因为，设，
联立： ，则
圆心到距离，
所以，
(2016·新课标Ⅰ，文20)在直角坐标系中，直线交轴于点，交抛物线于点，关于点的对称点为，连结并延长交于点．
（1）求；（2）除以外，直线与是否有其他公共点？请说明理由．
解析 （1）如图，由题意不妨设，可知点的坐标分别为，，，
从而可得直线的方程为，联立方程，解得，．
即点的坐标为，从而由三角形相似可知．
（2）由于，，可得直线的方程为，
整理得，联立方程，整理得，
则，从而可知和只有一个公共点．
（2016·新课标Ⅱ，20）已知椭圆E:的焦点在轴上，A是E的左顶点，斜率为k (k>0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.
（Ⅰ）当t=4，|AM|=|AN|时，求△AMN的面积；（Ⅱ）当2|AM|=|AN|时，求k的取值范围.
解析：⑴当时，椭圆E的方程为，A点坐标为，则直线AM的方程为．联立并整理得，，解得或，则，因为，所以，因为，，所以，整理得，无实根，所以．所以的面积为 ．
⑵直线AM的方程为，联立并整理得，，解得或，所以，所以，因为，所以，整理得．
因为椭圆E的焦点在x轴，所以，即，整理得，
解得．
（2016·新课标Ⅱ，文21）已知A是椭圆E:的左顶点，斜率为k (k>0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.
（Ⅰ）当|AM|=|AN|时，求△AMN的面积；（Ⅱ）当|AM|=|AN|时，证明：.
解析：（Ⅰ）设，则由题意知.由已知及椭圆的对称性知，直线的倾斜角为，又，因此直线的方程为.将代入得，解得或，所以.因此的面积.
（Ⅱ）将直线的方程代入得.由得，故.
由题设，直线的方程为，故同理可得.由得，即.
设，则是的零点，，所以在单调递增，
又，因此在有唯一的零点，且零点在内，所以.
（2016·新课标Ⅲ，理20）已知抛物线C：y2=2x的焦点为F，平行于x轴的两条直线l1，l2分别交C于A，B两点，交C的准线于P，Q两点.
(1)若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明AR∥FQ；
(2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程.
解析：(1)法一：由题设.设，则，且
.
记过两点的直线为，则的方程为. .....3分
由于在线段上，故.
记的斜率为，的斜率为，则.
所以. ......5分
法二：证明：连接RF，PF，由AP=AF，BQ=BF及AP∥BQ，得∠AFP+∠BFQ=90°，
∴∠PFQ=90°，∵R是PQ的中点，∴RF=RP=RQ，∴△PAR≌△FAR，∴∠PAR=∠FAR，∠PRA=∠FRA，
∵∠BQF+∠BFQ=180°﹣∠QBF=∠PAF=2∠PAR，∴∠FQB=∠PAR，∴∠PRA=∠PQF，
∴AR∥FQ．
(2)设与轴的交点为，则.
由题设可得，所以(舍去)，.
设满足条件的的中点为.
当与轴不垂直时，由可得.
而，所以.
当与轴垂直时，与重合.所以，所求轨迹方程为. ....12分
(2016·新课标Ⅲ，文20)已知抛物线的焦点为，平行于轴的两条直线，分别交于，两点，交的准线于，两点．
（1）若在线段上，是的中点，证明；（2）若的面积是的面积的两倍，求中点的轨迹方程．
20．解析 (1)连接，，由，及，得，所以．因为是中点，，所以,所以, ，又,所以，所以（等角的余角相等），所以．
(2)设，，准线为，，设直线与轴交点为，，因为，所以，得，即．设中点为，由，得，即．又，所以，即．易知当直线不存在时，点也满足此方程，所以中点轨迹方程为．
（2015·新课标Ⅰ，20）在直角坐标系中，曲线：与直线：（）交于两点.
（Ⅰ）当时，分别求在点和处的切线方程；
（Ⅱ）在轴上是否存在点，使得当变动时，总有？说明理由.
解析：（Ⅰ）当时，点和，，故处的导数值为，切线方程为，即；同理，处的导数值为，切线方程为，即.
（Ⅱ）在轴上存在点，使得当变动时，总有.证明如下：
设为符合题意的点，，直线的斜率分别为.
直线与曲线的方程联立可得，则.
，当时，，则直线的倾斜角互补，故，即符合题意.
(2015·新课标Ⅰ，文20)已知过点A(0, 1)且斜率为k的直线l与圆C：(x-2)2+(y-3)2=1交于M,N两点.
(Ⅰ)求k的取值范围； (Ⅱ)=12，其中O为坐标原点，求|MN|.
解：(Ⅰ)依题可设直线l的方程为y=kx+1，则圆心C(2,3)到的l距离
. 解得.
所以k的取值范围是.
(Ⅱ)将y=kx+1代入圆C的方程整理得 (k2+1)x2-4(k+1)x+7=0.
设M(x1, y1),N(x2, y2)，则
所以=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+1)(kx2+1)=(1+k2)x1x2+k (x1+x2)+1
=12，解得k=1，所以l的方程为y=x+1.
故圆心在直线l上，所以|MN|=2.
（2015·新课标Ⅱ，20）已知椭圆C：(m＞0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.
（Ⅰ）证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
（Ⅱ）若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．
解析：（Ⅰ）设直线,将代入得，故，. 于是直线的斜率，即，所以直线的斜率与的斜率的乘积为定值.
（Ⅱ）四边形能为平行四边形，因为直线过点，所以不过原点且与有两个交点的充要条件是，由（Ⅰ）得的方程为.
设点的横坐标为，由，得，即，将点的坐标代入的方程得，因此. 四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分，即，于是，解得，因为，
所以当的斜率为或时，四边形为平行四边形.
（2015·新课标Ⅱ，文20）已知椭圆C：（>>0）的离心率为，点（2，）在C上.
（Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A、B，线段AB的中点为M，证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.
（2015·20）解析：（Ⅰ）由题意有，解得. 所以C的方程为
（Ⅱ）设直线
将代入得，
故，于是直线OM的斜率，
即，所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.
（2014·新课标Ⅰ，20）已知点（0，-2），椭圆：的离心率为，是椭圆的焦点，直线的斜率为，为坐标原点.
(Ⅰ)求的方程；（Ⅱ）设过点的直线与相交于两点，当的面积最大时，求的方程.
解析：(Ⅰ) 设 ，由条件知，得 又，
所以a=2 ， ,故的方程. ……….6分
（Ⅱ）依题意当轴不合题意，故设直线l：，设
将代入，得，
当，即时，，
从而，
又点O到直线PQ的距离，所以OPQ的面积 ，
设，则，，
当且仅当，等号成立，且满足，所以当OPQ的面积最大时，的方程为： 或. …………………………12分
(2014·新课标Ⅰ，文20)已知点，圆:，过点的动直线与圆交于两点，线段的中点为，为坐标原点.
(1)求的轨迹方程；(2)当时，求的方程及的面积.
【解析】（1）圆C的方程可化为，所以圆心为，半径为4，
设，则，，
由题设知，故，即.
由于点P在圆C的内部，所以M的轨迹方程是.
（2）由（1）可知M的轨迹是以点为圆心，为半径的圆.
由于，故O在线段PM的垂直平分线上，又P在圆N上，从而.
因为ON的斜率为3，所以的斜率为，故的方程为.
又，O到的距离为，，所以的面积为.
考点：1.曲线方程的求法;2.圆的方程与几何性质;3.直线与圆的位置关系
（2014·新课标Ⅱ，20）设F1，F2分别是椭圆的左右焦点，M是C上一点且MF2与x轴垂直，直线MF1与C的另一个交点为N.
（Ⅰ）若直线MN的斜率为，求C的离心率；
（Ⅱ）若直线MN在y轴上的截距为2，且，求a, b.
解析：（Ⅰ）由题意得：，，∵的斜率为，∴，又，解得或（舍），故直线MN的斜率为时，C的离心率为.
（Ⅱ）由题意知，点M在第一象限，，，∴直线MN的斜率为：，则MN：；∵在直线MN上，∴，
得…①，∵，∴，且，
∴，∴，又∵在椭圆上，
∴……②，联立①、②解得：，.
（2014·新课标Ⅱ，文20）设F1 ，F2分别是椭圆C：（a>b>0）的左、右焦点，M是C上一点且MF2与x轴垂直，直线MF1与C的另一个交点为N.
（Ⅰ）若直线MN的斜率为，求C的离心率；
（Ⅱ）若直线MN在y轴上的截距为2且|MN|=5|F1N|，求a，b.
（2014·20）解析：∵M是C上一点且MF2与x轴垂直，∴M的横坐标为c，当x=c时，，即，若直线MN的斜率为，则，即，
亦即，则，解得，故椭圆C的离心率为．
（Ⅱ）由题意，原点O是F1F2的中点，则直线MF1与y轴的交点D（0，2）是线段MF1的中点，故，即b2=4a，由|MN|=5|F1N|，解得|DF1|=2|F1N|，设N（x1，y1），由题意知y1＜0，则，即，代入椭圆方程得，将b2=4a代入得，解得a=7，.
（2013·新课标Ⅰ，20）已知圆M：(x＋1)2＋y2＝1，圆N：(x－1)2＋y2＝9，动圆P与圆M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程；
(2)l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|.
解析：由已知得圆M的圆心为M(－1,0)，半径r1＝1；圆N的圆心为N(1,0)，半径r2＝3.
设圆P的圆心为P(x，y)，半径为R.
(1)因为圆P与圆M外切并且与圆N内切，
所以|PM|＋|PN|＝(R＋r1)＋(r2－R)＝r1＋r2＝4.
由椭圆的定义可知，曲线C是以M，N为左、右焦点，长半轴长为2，短半轴长为的椭圆(左顶点除外)，其方程为(x≠－2)．
(2)对于曲线C上任意一点P(x，y)，由于|PM|－|PN|＝2R－2≤2，
所以R≤2，当且仅当圆P的圆心为(2,0)时，R＝2.
所以当圆P的半径最长时，其方程为(x－2)2＋y2＝4.
若l的倾斜角为90°，则l与y轴重合，可得|AB|＝.
若l的倾斜角不为90°，由r1≠R知l不平行于x轴，设l与x轴的交点为Q，则，可求得Q(－4,0)，所以可设l：y＝k(x＋4)．
由l与圆M相切得，解得k＝.
当k＝时，将代入，并整理得7x2＋8x－8＝0，解得x1,2＝.
所以|AB|＝.
当时，由图形的对称性可知|AB|＝.
综上，|AB|＝或|AB|＝.
(2013·新课标Ⅰ，文21)已知圆M：(x＋1)2＋y2＝1，圆N：(x－1)2＋y2＝9，动圆P与圆M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程；
(2)l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|.
解：由已知得圆M的圆心为M(－1,0)，半径r1＝1；圆N的圆心为N(1,0)，半径r2＝3.设圆P的圆心为P(x，y)，半径为R.
(1)因为圆P与圆M外切并且与圆N内切，所以|PM|＋|PN|＝(R＋r1)＋(r2－R)＝r1＋r2＝4.
由椭圆的定义可知，曲线C是以M，N为左、右焦点，长半轴长为2，短半轴长为的椭圆(左顶点除外)，其方程为(x≠－2)．
(2)对于曲线C上任意一点P(x，y)，由于|PM|－|PN|＝2R－2≤2，
所以R≤2，当且仅当圆P的圆心为(2,0)时，R＝2.
所以当圆P的半径最长时，其方程为(x－2)2＋y2＝4.
若l的倾斜角为90°，则l与y轴重合，可得|AB|＝.
若l的倾斜角不为90°，由r1≠R知l不平行于x轴，设l与x轴的交点为Q，则，可求得Q(－4,0)，所以可设l：y＝k(x＋4)．
由l与圆M相切得＝1，解得k＝.
当k＝时，将代入，并整理得7x2＋8x－8＝0，解得x1,2＝，
所以|AB|＝|x2－x1|＝.
当k＝时，由图形的对称性可知|AB|＝.
综上，|AB|＝或|AB|＝.
（2013·新课标Ⅱ，20）平面直角坐标系中，过椭圆右焦点的直线交于两点，为的中点，且的斜率为.
（Ⅰ）求的方程；
（Ⅱ）为上的两点，若四边形的对角线，求四边形面积的最大值.
解析：（Ⅰ）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则，，，由此可得.因为x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，，所以a2＝2b2.
又由题意知，M的右焦点为(，0)，故a2－b2＝3. 因此a2＝6，b2＝3. 所以M的方程为.
（Ⅱ）由解析得或因此|AB|＝.由题意可设直线CD的方程为，设C(x3，y3)，D(x4，y4)．由得3x2＋4nx＋2n2－6＝0.于是x3,4＝.因为直线CD的斜率为1，所以|CD|＝.由已知，四边形ACBD的面积.当n＝0时，S取得最大值，最大值为.所以四边形ACBD面积的最大值为.
（2013·新课标Ⅱ，文20）在平面直角坐标系xoy中，已知圆在轴上截得线段长为，在轴上截得线段长为.
（Ⅰ）求圆心的轨迹方程；
（Ⅱ）若点到直线的距离为，求圆的方程.
（2013·20）解析：（Ⅰ）设P(x，y)，圆P的半径为r. 由题设y2+2=r2，x2+3=r2. 从而y2+2=x2+3.
故P点的轨迹方程为y2-x2=1.
（Ⅱ）设P(x0，y0)．由已知得. 又P点在双曲线y2-x2=1上，从而得. 由，得. 此时，圆P的半径.
由，得. 此时，圆P的半径.
故圆P的方程为x2+(y-1)2=3或x2+(y+1)2=3.
（2012·新课标Ⅰ，20）设抛物线C：（）的焦点为F，准线为，A为C上一点，已知以F为圆心，FA为半径的圆F交于B，D两点．
（1）若∠BFD=90°，△ABD的面积为，求的值及圆F的方程；
（2）若A，B，F三点在同一直线上，直线与平行，且与C只有一个公共点，求坐标原点到，距离的比值．
解析：（Ⅰ） 由对称性可知，为等腰直角三角形，斜边上的高为，斜边长. 点到准线的距离. 由得， ， . 圆的方程为.
（Ⅱ） 由对称性，不妨设点在第一象限，由已知得线段是圆的在直径，，，，代入抛物线得.直线的斜率为.直线的方程为. 由 得,. 由得, .故直线与抛物线的切点坐标为，直线的方程为. 所以坐标原点到，的距离的比值为.
(2012·新课标Ⅰ，文20)设抛物线C：（）的焦点为F，准线为，A为C上一点，已知以F为圆心，FA为半径的圆F交于B，D两点。
（1）若∠BFD=90°，△ABD的面积为，求的值及圆F的方程；
（2）若A，B，F三点在同一直线上，直线与平行，且与C只有一个公共点，求坐标原点到，距离的比值。
解析：（Ⅰ）设准线l于y轴的焦点为E，圆F的半径为，则|FE|=，|FA|=|FB|=|FD|=，E是BD的中点，∵，∴，|BD|=，设A(，)，根据抛物线定义得，|FA|=，∵的面积为，∴===，解得=2，∴F(0,1), |FA|=，∴圆F的方程为：.
（Ⅱ）【方法1】∵，，三点在同一条直线上, ∴是圆的直径，，由抛物线定义知，∴，∴的斜率为或－，∴直线的方程为：，∴原点到直线的距离=，设直线的方程为：，代入得，，∵与只有一个公共点，
∴=，∴，∴直线的方程为：，∴原点到直线的距离=，∴坐标原点到，距离的比值为.
【方法2】由对称性设，则，点关于点对称得：得，
直线， 切点，
直线，
坐标原点到距离的比值为.
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