2024届新高考数学大题精选30题--圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）含答案.pdf

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1、1圆锥曲线(椭圆、双曲线、抛物线)(精选30题)圆锥曲线(椭圆、双曲线、抛物线)(精选30题)1(2024山东二模)(2024山东二模)已知椭圆的焦点分别是F13,0,F2-3,0，点M在椭圆上，且 MF1+MF2=4(1)求椭圆的标准方程；(2)若直线y=kx+2 与椭圆交于A,B两点，且OAOB，求实数k的值2(2024江苏南通模拟预测)(2024江苏南通模拟预测)在平面直角坐标系xOy中，设椭圆C:x2a2+y2b2=1 ab0的离心率为32，F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，过F2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，且AF1F2的周长

2、是4+2 3.(1)求椭圆C的方程；(2)当 AB=32DE时，求ODE的面积.2024届新高考数学大题精选30题-圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）23(2024(2024河北邯郸河北邯郸二模二模)已知椭圆C的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过M 2,0,N 1,-32两点(1)求C的方程(2)A,B是C上两个动点，D为C的上顶点，是否存在以D为顶点，AB为底边的等腰直角三角形？若存在，求出满足条件的三角形的个数；若不存在，请说明理由4(2024(2024广东广州广东广州模拟预测模拟预测)已知椭圆C:x28+y2b2=1(0b0)的焦点为F，过F的直线l与C交于M,N两点，且当l的斜率为

3、1时，MN=8(1)求C的方程；(2)设l与C的准线交于点P，直线PO与C交于点Q(异于原点)，线段MN的中点为R，若 QR3，求MNQ面积的取值范围47(2024(2024浙江丽水浙江丽水二模二模)已知抛物线E:y2=4x，点A,B,C在抛物线E上，且A在x轴上方，B和C在x轴下方(B在C左侧)，A,C关于x轴对称，直线AB交x轴于点M，延长线段CB交x轴于点Q，连接QA.(1)证明：OMOQ为定值(O为坐标原点)；(2)若点Q的横坐标为-1，且MB MC=89，求AQB的内切圆的方程.8(2024(2024江苏苏州江苏苏州模拟预测模拟预测)已知点A(1,0)，B(0,1)，C(1,1)和动

4、点P(x,y)满足y2是PA PB，PA PC 的等差中项(1)求P点的轨迹方程；(2)设P点的轨迹为曲线C1按向量a=-34,116平移后得到曲线C2，曲线C2上不同的两点M，N的连线交y轴于点Q(0,b)，如果MON(O为坐标原点)为锐角，求实数b的取值范围；(3)在(2)的条件下，如果b=2时，曲线C2在点M和N处的切线的交点为R，求证：R在一条定直线上59(2024(2024江苏南通江苏南通二模二模)已知双曲线E的渐近线为y=33x，左顶点为A-3,0.(1)求双曲线E的方程；(2)直线l:x=t交x轴于点D，过D点的直线交双曲线E于B，C，直线AB，AC分别交l于G，H，若O，A，G

5、，H均在圆P上，求D的横坐标；求圆P面积的取值范围.10(2024(2024江苏南京江苏南京二模二模)已知抛物线C:y2=2px(p0)与双曲线E:x2a2-y2b2=1(a0，b0)有公共的焦点F，且p=4b过F的直线1与抛物线C交于A，B两点，与E的两条近线交于P，Q两点(均位于y轴右侧).(1)求E的渐近线方程；(2)若实数满足1|OP|+1|OQ|=1|AF|-1|BF|，求的取值范围611(2024(2024重庆重庆三模三模)已知F 2,0，曲线C上任意一点到点F的距离是到直线x=12的距离的两倍.(1)求曲线C的方程；(2)已知曲线C的左顶点为A，直线l过点F且与曲线C在第一、四象

6、限分别交于M，N两点，直线AM、AN分别与直线x=12交于P，H两点，Q为PH的中点.(i)证明：QFMN；(ii)记PMQ，HNQ，MNQ的面积分别为S1，S2，S3，则S1+S2S3是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.12(2024(2024河北河北二模二模)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1 ab0的离心率e=22(1)若椭圆E过点 2,2，求椭圆E的标准方程(2)若直线l1，l2均过点P pn,00pn0相交于不同于原点的A，B两点，当OAB的垂心恰是C的焦点时，AB=4 5.(1)求p；(2)若k1k2=-4，弦AB中点为P，点M-2,0关于直线AB的对称点N在抛物线

7、C上，求PMN的面积.815(2024(2024广东深圳广东深圳二模二模)设抛物线C：x2=2py(p0)，直线l：y=kx+2交C于A，B两点过原点O作l的垂线，交直线y=-2于点M对任意kR，直线AM，AB，BM的斜率成等差数列(1)求C的方程；(2)若直线ll，且l与C相切于点N，证明：AMN的面积不小于2 216(2024(2024湖南湖南一模一模)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(ba1)的渐近线方程为y=2x，C的半焦距为c，且a4+b4+4=4c2(1)求C的标准方程(2)若P为C上的一点，且P为圆x2+y2=4外一点，过P作圆x2+y2=4的两条切线l1,l2(斜率都存在)

8、，l1与C交于另一点M,l2与C交于另一点N，证明：()l1,l2的斜率之积为定值；()存在定点A，使得M,N关于点A对称917(2024(2024湖南岳阳湖南岳阳三模三模)已知动圆P过定点F(0,1)且与直线y=3相切，记圆心P的轨迹为曲线E(1)已知A、B两点的坐标分别为(-2,1)、(2,1)，直线AP、BP的斜率分别为k1、k2，证明：k1-k2=1；(2)若点M x1,y1、N x2,y2是轨迹E上的两个动点且x1x2=-4，设线段MN的中点为Q，圆P与动点Q的轨迹交于不同于F的三点C、D、G，求证：CDG的重心的横坐标为定值18(2024(2024湖北湖北二模二模)已知双曲线P的方

9、程为x24-y2=1,B-a,0,C a,0，其中a2,D x0,y0 x0a,y00是双曲线上一点，直线DB与双曲线P的另一个交点为E，直线DC与双曲线P的另一个交点为F，双曲线P在点E,F处的两条切线记为l1,l2,l1与l2交于点P，线段DP的中点为G，设直线DB,DC的斜率分别为k1,k2(1)证明：4b0的离心率相同，设C1的右顶点为A1，C2的左顶点为A2，B 0,1，(1)证明：BA1BA2；(2)设直线BA1与C2的另一个交点为P，直线BA2与C1的另一个交点为Q，连PQ，求 PQ的最大值参考公式：m3+n3=m+nm2-mn+n220(2024(2024山东山东二模二模)已知

10、椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为12，设C的右焦点为F，左顶点为A，过F的直线与C于D,E两点，当直线DE垂直于x轴时，ADE的面积为92(1)求椭圆C的标准方程；(2)连接AD和AE分别交圆(x+1)2+y2=1于M,N两点()当直线DE斜率存在时，设直线DE的斜率为k1，直线MN的斜率为k2，求k1k2；()设ADE的面积为S1,AMN的面积为S2，求S1S2的最大值1121(2024(2024山东潍坊山东潍坊二模二模)已知双曲线C：x2a2-y2b2=1 a0,b0的实轴长为2 3，右焦点F2到一条渐近线的距离为1(1)求C的方程；(2)过C上一点P13,2作C的切线l

11、1，l1与C的两条渐近线分别交于R，S两点，P2为点P1关于坐标原点的对称点，过P2作C的切线l2，l2与C的两条渐近线分别交于M，N两点，求四边形RSMN的面积(3)过C上一点Q向C的两条渐近线作垂线，垂足分别为H1，H2，是否存在点Q，满足 QH1+QH2=2，若存在，求出点Q坐标；若不存在，请说明理由22(23-24(23-24高三下高三下湖北武汉湖北武汉阶段练习阶段练习)已知抛物线E:y=x2，过点T 1,2的直线与抛物线E交于A,B两点，设抛物线E在点A,B处的切线分别为l1和l2，已知l1与x轴交于点M,l2与x轴交于点N，设l1与l2的交点为P.(1)证明：点P在定直线上；(2)

12、若PMN面积为2，求点P的坐标；(3)若P,M,N,T四点共圆，求点P的坐标.1223(2024(2024福建漳州福建漳州一模一模)已知过点F1-1,0的直线l与圆F2：x-12+y2=16相交于G，H两点，GH的中点为E，过GF1的中点F且平行于EF2的直线交GF2于点P，记点P的轨迹为C(1)求轨迹C的方程(2)若A,B为轨迹C上的两个动点且均不在y轴上，点M满足OM=OA+OB(，R R)，其中O为坐标原点，从下面中选取两个作为条件，证明另外一个成立点M在轨迹C上；直线OA与OB的斜率之积为-34；2+2=1注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分24(2024(2024福建福州

13、福建福州模拟预测模拟预测)点P是椭圆E：x2a2+y2b2=1(ab0)上(左、右端点除外)的一个动点，F1-c,0，F2c,0分别是E的左、右焦点.(1)设点P到直线l：x=a2c的距离为d，证明PF2d为定值，并求出这个定值；(2)PF1F2的重心与内心(内切圆的圆心)分别为G，I，已知直线IG垂直于x轴.()求椭圆E的离心率；()若椭圆E的长轴长为6，求PF1F2被直线IG分成两个部分的图形面积之比的取值范围.1325(2024(2024福建三明福建三明三模三模)已知平面直角坐标系xOy中，有真命题：函数y=mx+nx(m0,n0)的图象是双曲线，其渐近线分别为直线y=mx和y轴例如双曲

14、线y=4x的渐近线分别为x轴和y轴，可将其图象绕原点O顺时针旋转4得到双曲线x2-y2=8的图象(1)求双曲线y=1x的离心率；(2)已知曲线E:x2-y2=2，过E上一点P作切线分别交两条渐近线于A,B两点，试探究AOB面积是否为定值，若是，则求出该定值；若不是，则说明理由；(3)已知函数y=33x+32x的图象为，直线l:x+3y-3=0，过F(1,3)的直线与在第一象限交于M,N两点，过M,N作l的垂线，垂足分别为C,D，直线MD,NC交于点H，求MNH面积的最小值26(2024(2024浙江绍兴浙江绍兴二模二模)已知抛物线C：y2=2px p0的焦点到准线的距离为2，过点A 2,2作直

15、线交C于M，N两点，点B-1,1，记直线BM，BN的斜率分别为k1，k2.(1)求C的方程；(2)求3k1k2-2 k1+k2的值；(3)设直线BM交C于另一点Q，求点B到直线QN距离的最大值.1427(2024(2024浙江绍兴浙江绍兴模拟预测模拟预测)已知抛物线C:y2=2px的焦点F，直线l过F且交C于两点M、N，已知当 MF=3 NF时，MN中点纵坐标的值为2 33.(1)求C的标准方程.(2)令F-p2,0，P为C上的一点，直线FP，FP分别交C于另两点A，B.证明：AFPFPFBF=1.(3)过A,B,P分别作C的切线l1,l2,l3，l3与l1相交于D，同时与l2相交于E，求四边

16、形ABED面积取值范围.28(2024(2024河北保定河北保定二模二模)平面几何中有一定理如下：三角形任意一个顶点到其垂心(三角形三条高所在直线的交点)的距离等于外心(外接圆圆心)到该顶点对边距离的2倍.已知ABC的垂心为D，外心为E，D和E关于原点O对称，A 13,0.(1)若E 3,0，点B在第二象限，直线BCx轴，求点B的坐标；(2)若A，D，E三点共线，椭圆T：x2a2+y2b2=1 ab0与ABC内切，证明：D，E为椭圆T的两个焦点.1529(2024(2024浙江杭州浙江杭州模拟预测模拟预测)设双曲线C:x22-y2=1，直线l:y=x+m与C交于A,B两点.(1)求m的取值范围

17、；(2)已知C上存在异于A,B的P,Q两点，使得PA PB=QA QB=t.(i)当t=4时，求P,Q到点-2m,-m的距离(用含m的代数式表示)；(ii)当t=2时，记原点到直线PQ的距离为d，若直线PQ经过点-m,m，求d的取值范围.30(2024(2024湖北湖北一模一模)已知椭圆M:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为12，A，B分别为椭圆的左顶点和上顶点，F1为左焦点，且ABF1的面积为32(1)求椭圆M的标准方程：(2)设椭圆M的右顶点为C、P是椭圆M上不与顶点重合的动点(i)若点P 1,32，点D在椭圆M上且位于x轴下方，直线PD交x轴于点F，设APF和CDF的面积分别为S

18、1，S2若S1-S2=32，求点D的坐标：(ii)若直线AB与直线CP交于点Q，直线BP交x轴于点N，求证：2kQN-kQC为定值，并求出此定值(其中kQN、kQC分别为直线QN和直线QC的斜率)1圆锥曲线圆锥曲线(椭圆、双曲线、抛物线椭圆、双曲线、抛物线)()(精选精选3030题题)1(2024(2024山东山东二模二模)已知椭圆的焦点分别是F13,0,F2-3,0，点M在椭圆上，且 MF1+MF2=4(1)求椭圆的标准方程；(2)若直线y=kx+2 与椭圆交于A,B两点，且OAOB，求实数k的值【答案】(1)x24+y2=1；(2)62或-62【分析】(1)根据所给条件求出a,b，即可得出

19、椭圆标准方程；(2)联立直线与椭圆方程，根据根与系数的关系及OAOB，列出方程求k即可.【详解】(1)设椭圆的标准方程为x2a2+y2b2=1(ab0)由题意可知c=32a=4a2=b2+c2，解得a=2,b=1,c=3,所以椭圆的标准方程为x24+y2=1(2)设A x1,y1,B x2,y2，如图，联立方程y=kx+2x24+y2=1，消去y，得 1+4k2x2+8 2kx+4=0，则x1+x2=-8 2k1+4k2,x1x2=41+4k2，从而y1y2=kx1+2kx2+2=k2x1x2+2k x1+x2+2=2-4k21+4k2，因为OAOB,OA OB=0，即x1x2+y1y2=0，

20、所以41+4k2+2-4k21+4k2=6-4k21+4k2=0，解得k=62或-62，经验证知0，所以k的值为62或-622(2024(2024江苏南通江苏南通模拟预测模拟预测)在平面直角坐标系xOy中，设椭圆C:x2a2+y2b2=1 ab0的离心率为32，F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，过F2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，且AF1F2的周长是4+2 3.(1)求椭圆C的方程；(2)当 AB=32DE时，求ODE的面积.【答案】(1)x24+y2=1(2)2 23【分析】(1)由椭圆离心率和焦点三角形的周长，列方程组求出a,b，得

21、椭圆C的方程；2(2)设直线l1，l2的方程，与椭圆联立，利用韦达定理和AB=32DE求出DE和l2的方程，再求出O到直线l2的距离，可求ODE的面积.【详解】(1)由题意知，2a+2c=4+2 3ca=32b2=a2-c2，解得a=2,b=1,c=3，所以椭圆C的方程为x24+y2=1；(2)若直线l1的斜率不存在，则直线l2的斜率为0，不满足 AB=32DE，直线l1的的斜率为0，则A,F1,F2三点共线，不合题意，所以直线l1的斜率存在且不为0，设直线l1的方程为x=my+3，由x=my+3x24+y2=1，消去x得m24+1y2+3m2y-14=0，设A x1,y1,B x2,y2，则

22、y1+y2=-3m2m24+1，y1y2=-14m24+1，AB=1+m2y1+y22-4y1y2=1+m24 m2+1m2+4=4 m2+1m2+4.同理可得 DE=41m2+11m2+4=4 m2+11+4m2.，由 AB=32DE，得4 m2+1m2+4=324 m2+11+4m2，解得m2=2，则 DE=43，直线l2的方程为y=2 x-3，坐标原点O到直线l2的距离为d=63=2，SODE=12432=2 23.即ODE的面积的面积为2 23.【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件

23、建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题3(2024(2024河北邯郸河北邯郸二模二模)已知椭圆C的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过M 2,0,N 1,-32两点(1)求C的方程(2)A,B是C上两个动点，D为C的上顶点，是否存在以D为顶点，AB为底边的等腰直角三角形？若存在，求出满足条件的三角形的个数；若不存在，请说明理由3【答案】(1)x24+y2=1(2)存在，3个【分析】(1)设椭圆C的方程为mx2+ny2

24、=1(m0,n0,mn)，根据条件得到4m=1m+34n=1，即可求出结果；(2)设直线DA为y=kx+1，直线DB为y=-1kx+1，当k=1时，由椭圆的对称性知满足题意；当k21时，联立直线与椭圆方程，求出A,B的坐标，进而求出AB中垂线方程，根据条件中垂线直经过点D(0,1)，从而将问题转化成方程k4-7k2+1=0解的个数，即可解决问题.【详解】(1)由题设椭圆C的方程为mx2+ny2=1(m0,n0,mn)，因为椭圆过M 2,0,N 1,-32两点，所以4m=1m+34n=1，得到m=14,n=1，所以椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)由(1)知D(0,1)，易知直线DA,DB的

25、斜率均存在且不为0，不妨设kDA=k(k0)，kDB=-1k，直线DA为y=kx+1，直线DB为y=-1kx+1，由椭圆的对称性知，当k=1时，显然有 DA=DB，满足题意，当k21时，由y=kx+1x24+y2=1，消y得到14+k2x2+2kx=0，所以xA=-8k1+4k2，yA=-8k21+4k2+1=1-4k21+4k2，即A-8k1+4k2,1-4k21+4k2，同理可得B8kk2+4,k2-4k2+4，所以kAB=k2-4k2+4-1-4k21+4k28kk2+4+8k1+4k2=(k2-4)1+4k2-(k2+4)(1-4k2)8k(1+4k2+k2+4)=k2-15k，设AB

26、中点坐标为(x0,y0)，则x0=-8k1+4k2+8kk2+42=12k(k2-1)(k2+4)(1+4k2)，y0=1-4k21+4k2+k2-4k2+42=-15k2(k2+4)(1+4k2)，所以AB中垂线方程为y+15k2(k2+4)(1+4k2)=-5kk2-1x-12k(k2-1)(k2+4)(1+4k2)，要使ADB为AB为底边的等腰直角三角形，则直AB中垂线方程过点(0,1)，所以1+15k2(k2+4)(1+4k2)=-5kk2-10-12k(k2-1)(k2+4)(1+4k2)，整理得到k4-7k2+1=0，令t=k2，则t2-7t+1=0，=49-40，所以t有两根t1

27、,t2，且t1+t2=70,t1t2=10，即t2-7t+1=0有两个正根，故有2个不同的k2值，满足k4-7k2+1=0，所以由椭圆的对称性知，当k21时，还存在2个符合题意的三角形，综上所述，存在以D为顶点，AB为底边的等腰直角三角形，满足条件的三角形的个数有3个.4【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第(2)问，通过设出直线DA为y=kx+1，直线DB为y=-1kx+1，联立椭圆方程求出A,B坐标，进而求出直线AB的中垂线方程，将问题转化成直线AB的中垂线经过点D(0,1)，再转化成关于k的方程的解的问题.4(2024(2024广东广州广东广州模拟预测模拟预测)已知椭圆C:x28+y2b2

28、=1(0b0，得k214,-12k12.设M xM,yM,N xN,yN，则xM+xN=-32k21+4k2,xMxN=64k2-81+4k2，依题意可知直线MA,NA的斜率存在，直线MA的方程为y+1=yM+1xM+2x+2，令x=-4，得yP=-2yM-xM-4xM+2=-2k xM+4-xM-4xM+2=-2k-1xM-8k-4xM+2=-2k-1xM+2-4k-2xM+2=-2k-1-4k+2xM+2，5同理可求得yQ=-2k-1-4k+2xN+2，yP+yQ=-4k-2-4k+2xM+2-4k+2xN+2=-4k-2-4k+21xM+2+1xN+2=-4k-2-4k+2xM+xN+4

29、xMxN+2 xM+xN+4=-4k-2-4k+2-32k21+4k2+464k2-81+4k2+2-32k21+4k2+4=-4k-2+(4k+2)=0，线段PQ的中点为定点-4,0.【点睛】方法点睛：对于直线和圆锥曲线相交的问题，我们一般将直线和圆锥曲线联立，利用韦达定理带入计算求解.5(2024(2024辽宁辽宁二模二模)平面直角坐标系xOy中，面积为9的正方形ABCD的顶点A,B分别在x轴和y轴上滑动，且OP=23OA+33OB，记动点P的轨迹为曲线(1)求的方程；(2)过点E 4,1的动直线l与曲线交于不同的两点M,N时，在线段MN上取点Q，满足|EM|QN|=|QM|EN|试探究点

30、Q是否在某条定直线上？若是，求出定直线方程；若不是，说明理由【答案】(1)x24+y23=1(2)点Q在定直线上，定直线方程为3x+y-3=0【分析】(1)设点P,A,B的坐标，利用平面向量的坐标表示消参得x0=32xy0=3y，结合正方形面积得的方程；(2)设l:y=kx+1-4k，Q,M,N的坐标，与椭圆联立并根据韦达定理得M,N横坐标关系，再根据线段乘积关系化为比值关系得x0-x1x2-x0=4-x14-x2，化简得x0=2+4k3+k，代入直线方程即可y0，从而求出定直线方程.【详解】(1)设P x,y,A x0,0,B 0,y0，由OP=23OA+33OB=23(x0,0)+33(0

31、,y0)=23x0,33y0，得x=23x0y=33y0，所以x0=32xy0=3y，因为正方形ABCD的面积为 AB2=9，即x20+y20=9，所以32x2+(3y)2=9，整理可得x24+y23=1，因此C的轨迹方程为x24+y23=1(2)依题意，直线l存在斜率，设l：y-1=k(x-4)，即y=kx+1-4k，设点Q x0,y0，M x1,y1，N x2,y2x1x00，6可以得到2-106k0)的焦点为F，过F的直线l与C交于M,N两点，且当l的斜率为1时，MN=8(1)求C的方程；(2)设l与C的准线交于点P，直线PO与C交于点Q(异于原点)，线段MN的中点为R，若 QR3，求M

32、NQ面积的取值范围【答案】(1)y2=4x；(2)2,6 3.【分析】(1)先设l的方程为x=my+p2，M x1,y1，N x2,y2，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理及抛物线定义即可求解；(2)先设出R 2m2+1,2m，进而可求P,Q的坐标，可得直线QRx轴，求出 QR的范围，再由三角形面积公式即可求解.【详解】(1)不妨先设l的方程为x=my+p2，M x1,y1，N x2,y2，代入y2=2px，可得y2-2mpy-p2=0，所以y1+y2=2mp，y1y2=-p2，则 MN=x1+x2+p=m y1+y2+2p=2m2p+2p，由题意可知当斜率为1时，m=1，又 MN=8，即2p

33、+2p=8，解得p=2，所以C的方程为y2=4x；(2)由(1)知p=2，直线l的方程为x=my+1，抛物线方程y2=4x，y1+y2=4m，y1y2=-4所以R的纵坐标yR=y1+y22=2m，将R的纵坐标2m代入x=my+1，得x=2m2+1，所以R的坐标 2m2+1,2m，易知抛物线的准线为x=-1,又因为l与C的准线交于点P，7所以P的坐标-1,-2m，则直线OP的方程为x=m2y，把x=m2y代入y2=4x，得y2=2my，即y=2m或y=0，因为点Q异于原点，从而Q的纵坐标为2m，把y=2m代入x=m2y，得x=m2y=m2，所以Q m2,2m，因为R的坐标 2m2+1,2m，所以

34、R，Q的纵坐标相同，所以直线QRx轴，且 QR=2m2+1-m2=m2+1，所以MNQ面积SMNQ=SMRQ+SNRQ=12QRy1-y2，因为 y1-y22=y1+y22-4y1y2=16m2+16，所以 y1-y2=16m2+16=4 m2+1，所以SMNQ=12m2+14 m2+1=2 m2+132=2 QR32，因为点Q异于原点，所以m0，所以 m2+10，因为 QR3，所以1 QR3，所以20,A x1,y1,B x2,y2，则C x1,-y1,M t,0，由x=my+ty2=4x，消去x，得y2-4my-4t=0，=16 m2+t0m2+t0，所以y1+y2=4m,y1y2=-4t

35、，直线BC的方程为y+y1=y2+y1x2-x1x-x1，化简得y=4xy2-y1-y1y2y2-y1，令y=0，得xQ=y1y24=-t，所以Q-t,0因此OMOQ=t-t=1.(2)因为点Q的横坐标为-1，由(1)可知，Q-1,0,M 1,0，设QA交抛物线于D，A x1,y1,B x2,y2,C x1,-y1,D x4,y4，如图所示又由(1)知，y1y2=-4，同理可得y1y4=4，得y4=-y2，8又x1+x2=my1+1+my2+1=m y1+y2+2=4m2+2，x1x2=y214y224=y1y2216=1，又MB=x2-1,y2,MC=x1-1,-y1，则MB MC=x2-1

36、x1-1-y1y2=x1x2-x1+x2+1+4=4-4m2，故4-4m2=89,结合m0，得m=73.所以直线AB的方程为3x-7y-3=0,又y1-y2=y1+y22-4y1y2=16m2+16=163，则kAD=y1-y4x1-x4=y1-y4x1-x4=y1-y4y214-y224=4y1+y4=4y1-y2=34，所以直线AD的方程为3x-4y+3=0，设圆心T(s,0)(-1s1),因为QM为AQB的平分线，故点T到直线AB和直线AD的距离相等，所以3s+35=3s-34，因为-1s1，解得s=19，故圆T的半径r=3s+35=23，因此圆T的方程为 x-192+y2=49.8(2

37、024(2024江苏苏州江苏苏州模拟预测模拟预测)已知点A(1,0)，B(0,1)，C(1,1)和动点P(x,y)满足y2是PA PB，PA PC 的等差中项(1)求P点的轨迹方程；(2)设P点的轨迹为曲线C1按向量a=-34,116平移后得到曲线C2，曲线C2上不同的两点M，N的连线交y轴于点Q(0,b)，如果MON(O为坐标原点)为锐角，求实数b的取值范围；(3)在(2)的条件下，如果b=2时，曲线C2在点M和N处的切线的交点为R，求证：R在一条定直线上【答案】(1)y=x2-32x+12；(2)b1；(3)证明见解析.【分析】(1)根据题意，由平面向量的坐标运算，结合等差中项的定义代入计

38、算，即可得到结果；(2)根据题意，由平移公式可得曲线C2的方程，然后与直线MN的方程联立，由平面向量的夹角公式，代入计算，即可得到结果；(3)根据题意，求导可得在点M,N处的切线方程，联立两条切线方程，代入计算，即可得到结果.【详解】(1)由题意可得PA=(1-x,-y)，PB=(-x,1-y)，PC=(1-x,1-y)，则PA PB=(1-x)(-x)+(-y)(1-y)=x2+y2-x-y，PA PC=(1-x)(1-x)+(-y)(1-y)=x2+y2-2x-y+1，又y2是PA PB，PA PC 的等差中项，x2+y2-x-y+x2+y2-2x-y+1=2y2，整理得点P(x,y)的轨

39、迹方程为y=x2-32x+12(2)9由(1)知C1:y=x2-32x+12，又a=-34,116，平移公式为x=x-34y=y+116 即x=x+34y=y-116，代入曲线C1的方程得到曲线C2的方程为：y-116=x+342-32x+34+12，即y=x2曲线C2的方程为y=x2如图由题意可设M，N所在的直线方程为y=kx+b，由y=x2y=kx+b 消去y得x2-kx-b=0，令M x1,y1，N x2,y2x1x2，则x1+x2=kx1x2=-b，OM=x1,y1=x1,x21，ON=x2,y2=x2,x22，又MON为锐角，cosMON=OM ON|OM|ON|0，即x1x2+x2

40、1x22|OM|ON|0，x1x2+x21x220，又x1x2=-b，-b+(-b)20，得b1(3)当b=2时，由(2)可得x1+x2=kx1x2=-b=-2，对y=x2求导可得y=2x，抛物线C2在点，M=x1,x21，N x2,x22处的切线的斜率分别为kM=2x1，kN=2x2，在点M，N处的切线方程分别为lM:y-x21=2x1x-x1，lN:y-x22=2x2x-x2，由y-x21=2x1x-x1y-x22=2x2x-x2x1x2，解得交点R的坐标(x,y)满足x=x1+x22y=x1x2 即x=k2y=-2，R点在定直线y=-2上【点睛】关键点点睛：本题主要考查了曲线的轨迹方程问

41、题以及切线问题，难度较大，解答本题的关键在于联立方程结合韦达定理计算以及转化为坐标运算.9(2024(2024江苏南通江苏南通二模二模)已知双曲线E的渐近线为y=33x，左顶点为A-3,0.(1)求双曲线E的方程；(2)直线l:x=t交x轴于点D，过D点的直线交双曲线E于B，C，直线AB，AC分别交l于G，H，若O，A，G，H均在圆P上，求D的横坐标；10求圆P面积的取值范围.【答案】(1)x23-y2=1(2)34,0；S2716且S74【分析】(1)根据渐近线方程及顶点求出a,b得双曲线方程；(2)设D t,0，由四点共圆可得kAGkOH=1，根据斜率公式转化为B,C点坐标表示形式，由直线

42、与双曲线联立得出根与系数的关系，据此化简即可求出t；求出G点坐标得出OG，利用正弦定理求出外接圆的半径，根据均值不等式求出半径的最值，即可得出圆面积的最值.【详解】(1)因为双曲线的渐近线关于坐标轴及原点对称，又顶点在x轴上，可设双曲线的方程为x2a2-y2b2=1(a0，b0)，从而渐近线方程为：y=bax，由题条件知：ba=33.因为双曲线的左顶点为A-3,0，所以a=3，b=1，所以双曲线的方程为：x23-y2=1.(2)如图，D t,0，设直线BC的方程为：my=x-t，将x=my+t代入方程：x2-3y2-3=0，得 m2-3y2+2mty+t2-3=0，当m2-30且=12 t2+

43、m2-30时，设B x1,y1，C x2,y2，则y1+y2=-2mtm2-3，y1y2=t2-3m2-3.设直线AG的倾斜角为，不妨设00时，5 34tan34tan；若G，H在x轴下方时，即tan0时，5 34tan55或tan-55.又直线AG与渐近线不平行，所以tan33.所以055或tan55或tan2716且R274，从而S2716且S74.【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于利用直线的倾斜角与圆的内接四边形的角的关系，得出 kAGkOH=tantan2-=sincossin2-cos2-=1这一关键数量关系，再转化为直线与双曲线相交，利用根与系数的关系化简求参数的常规问题.10(

44、2024(2024江苏南京江苏南京二模二模)已知抛物线C:y2=2px(p0)与双曲线E:x2a2-y2b2=1(a0，b0)有公共的焦点F，且p=4b过F的直线1与抛物线C交于A，B两点，与E的两条近线交于P，Q两点(均位于y轴右侧).12(1)求E的渐近线方程；(2)若实数满足1|OP|+1|OQ|=1|AF|-1|BF|，求的取值范围【答案】(1)y=33x(2)0,12【分析】(1)由两曲线有公共的焦点F，且p=4b，得c=2b，a=3b，可求渐近线方程；(2)通过设直线方程，联立方程组，借助韦达定理，表示出1|OP|+1|OQ|和1|AF|-1|BF|，由1OP+1OQ=1AF-1B

45、F求的取值范围【详解】(1)抛物线C:y2=2px(p0)与双曲线E:x2a2-y2b2=1(a0，b0)有公共的焦点F，设双曲线E的焦距为2c，则有p2=c，又p=4b，则c=2b.由a2+b2=c2，得a=3b，所以E的渐近线的方程为y=33x(2)设l:x=my+c，P x1,y1,Q x2,y2，1与E的两条近线交于P，Q两点均位于y轴右侧，有m23，由x=my+cy=33x，解得y1=c3-m，y2=c-3-m，1OP+1OQ=12 y1+12 y2=3-m+-3-m2c=3-m-3-m2c=3c.设A x3,y3,B x4,y4，由x=my+cy2=2px，消去x得y2-2pmx-

46、p2=0，则有y3+y4=2pm,y3y4=-p2，1AF-1BF=11+m2y3-11+m2y4=11+m2y3-y4y3y4=11+m2y3+y4y3y4=11+m22pmp2=2pm2m2+1，由1OP+1OQ=1AF-1BF，p2=c，有3c=2pm2m2+1，即3=m2m2+1，由m23，有3 0,32，所以 0,12.13【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥

47、曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题11(2024(2024重庆重庆三模三模)已知F 2,0，曲线C上任意一点到点F的距离是到直线x=12的距离的两倍.(1)求曲线C的方程；(2)已知曲线C的左顶点为A，直线l过点F且与曲线C在第一、四象限分别交于M，N两点，直线AM、AN分别与直线x=12交于P，H两点，Q为PH的中点.(i)证明：QFMN；(ii)记PMQ，HNQ，MNQ的面积分别为S1，S2，S3，则S1+S2S3是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.【答案】(1)x2-y23=1(2)(i)证明见解析；(ii)是，1

48、2【分析】(1)设曲线C上任意一点坐标为 x,y，利用坐标可得曲线C的方程；(2)(i)设直线MN：x=my+2，M x1,y1，N x2,y2，联立方程组可得y1+y2=-12m3m2-1，y1y2=93m2-1，求得直线AM：y=y1x1+1x+1，求得P，H，进而可得Q的坐标，求得FQ 的坐标，直线MN的方向向量的坐标，利用向量法可证结论.(ii)法一：利用(i)可求得 MN=6 1+m21-3m2；QF=3 1+m22，进而可得S3=12MN QF=9 1+m2322 1-3m2，进而求得S1+S2=14PH x1+x2-1，代入运算可求得S1+S2=9 1+m2324 1-3m2，可

49、求结论.法二：(利用双曲线的第二定义)由(1)知，MF=2 x1-12，同理 NF=2 x2-12，计算可得S1+S2=18PH MN，又S3=12MN QF，S1+S2S3=14PHQF，进而计算可得结论成立.【详解】(1)设曲线C上任意一点坐标为 x,y，则由题意可知：x-22+y2=4 x-122x2-4x+4+y2=4x2-4x+1x2-y23=1，故曲线C的方程为x2-y23=1.14(2)(i)设直线MN：x=my+2，M x1,y1，N x2,y2，其中-33m1，x21x=my+23x2-y2-3=0 3m2-1y2+12my+9=0，故y1+y2=-12m3m2-1，y1y2

50、=93m2-1；直线AM：y=y1x1+1x+1，当x=12时，y=3y12 x1+1，故P12,3y12 x1+1，同理H12,3y22 x2+1，Q为PH中点，故yQ=1232y1x1+1+y2x2+1=34y1x2+1+y2x1+1x1+1x2+1；x1+1x2+1=my1+3my2+3=m2y1y2+3m y1+y2+9=9m2-36m2+9 3m2-13m2-1=-93m2-1；(*)y1x2+1+y2x1+1=y1my2+3+y2my1+3=2my1y2+3 y1+y2=18m-36m3m2-1=-18m3m2-1；故yQ=3418m9=3m2，即Q12,3m2，则FQ=-32,3