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2025年高考三轮冲刺专题训练圆锥曲线综合练习
1．椭圆E，左、右顶点分别为A，B，上顶点为C，原点为O，P是椭圆上一点．|AB|＝6，S△ABP面积的最大值为6．
（1）求椭圆的方程和离心率；
（2）当点P不与椭圆顶点重合时，记直线OP与椭圆的另一个交点为Q，CP交直线x＝3为D，直线CQ交x轴为E．求证：直线DE与直线AQ的斜率之积为定值．
2．已知双曲线C：1（a＞0，b＞0）的实轴长为4，一条渐近线的方程为yx，过点（6，0）的直线l与C的右支交于A，B两点．
（1）求C的标准方程；
（2）P是x轴上的定点，且∠APB＝90°．
（i）求P的坐标；
（ii）若△APB的外接圆被x轴截得的弦长为16，求外接圆的面积．
3．已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，且，过F1作直线交E于A，B两点，|AB|的最小值为4．
（1）求E的方程；
（2）若，过F2作与AB关于y轴对称的直线交E于C，D两点，求四边形ACBD的面积．
4．抛物线C：y2＝2px，（p＞0），点F为焦点，点M，点N是抛物线C上任意不重合的两点．当线段MN为通径时，其长度|MN|＝4．
（1）求抛物线C及其准线的方程．
（2）若直线MN过点A（2，1），且向量，求弦长|MN|．
（3）若以线段MN为直径的圆过点F，求△MFN面积的最小值．
5．已知椭圆过点，且C的右焦点为F（2，0）．
（1）求C的方程；
（2）设过点（4，0）的一条直线与C交于P，Q两点，且与线段AF交于点S．
（i）证明：直线SF平分∠PFQ；
（ii）若△APS的面积等于△FQS的面积，求Q的坐标．
6．已知椭圆C：1（a＞b＞0）的左焦点为F（﹣1，0），离心率e．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）已知直线l交椭圆C于A，B两点．
①若直线l经过椭圆C的左焦点F，交y轴于点P，且满足，，求证：λ+μ为定值；
②若OA⊥OB，求△OAB面积的取值范围．
7．已知椭圆E：1（a＞b＞0）的一个顶点为A（﹣2，0），离心率为．
（Ⅰ）求E的方程和短轴长；
（Ⅱ）直线l：y＝kx+1与E相交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与直线x＝4交于点M，N．当|MN|＝6时，求k的值．
8．已知A（0，3）和P（3，）为椭圆C：1（a＞b＞0）上两点．
（1）求C的离心率；
（2）若过P的直线l交C于另一点B，且△ABP的面积为9，求l的方程．
9．已知椭圆C：的右焦点为F，点M（1，）在椭圆C上，且MF⊥x轴．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点P（4，0）的直线与椭圆C交于A，B两点，N为线段FP的中点，直线NB与MF交于Q，证明：AQ⊥y轴．
10．已知直线x﹣2y+1＝0与抛物线C：y2＝2px（p＞0）交于A，B两点，|AB|＝4．
（1）求p；
（2）设F为C的焦点，M，N为C上两点，且 0，求△MFN面积的最小值．
11．已知抛物线C：x2＝2py（p＞0）过点（0，4）的动直线与C交于P，Q两点（Q在第一象限），且OP⊥OQ（O为坐标原点）．
（1）求p的值；
（2）设抛物线C在P，Q处的切线交于点M，求△PQM面积的最小值；
（3）△PQM面积最小时，过M作直线AB交抛物线C于A，B两点．AA′∥x轴且AA′的中点R在直线PM上，证明：直线A′B过定点．
12．已知椭圆C：经过点，且焦距与长半轴相等．
（1）求椭圆C的方程；
（2）不过右焦点F2，且与x轴垂直的直线交椭圆C于A，M两个不同的点，连接AF2交椭圆C于点B．
（i）若直线MB交x轴于点N，证明：N为一个定点；
（ii）若过左焦点F1的直线交椭圆C于D，G两个不同的点，且AB⊥DG，求四边形ADBG面积的最小值．
13．已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点A（2，a）在抛物线C上，且|AF|＝3．
（1）求抛物线C的方程，并求a的值；
（2）过焦点F的直线l与抛物线C交于M，N两点，若点B（﹣1，1）满足∠MBN＝90°，求直线l的方程．
14．如图，已知点T1（3，）和点T2（﹣5，）在双曲线C：1（a＞0，b＞0）上，双曲线C的左顶点为A，过点L（a2，0）且不与x轴重合的直线l与双曲线C交于P，Q两点，直线AP，AQ与圆O：x2+y2＝a2分别交于M，N两点．
（1）求双曲线C的标准方程；
（2）设直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2，求k1k2的值；
（3）证明：直线MN过定点．
15．已知椭圆E：1（a＞b＞0）焦距为2，离心率e是．
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）过点F（1，0）作两条互相垂直的弦AB，CD，其中B，D在x轴的上方，且B在D的右侧，设弦AB，CD的中点分别为M，N．
①若弦AB，CD的斜率均存在，求四边形ACBD面积的最小值；
②判断直线MN是否过定点，若过定点，则求出该定点坐标，若不过定点，请说明理由．
参考答案
1．【解答】解：（1）因为|AB|＝6，
所以2a＝6，
解得a＝3，
当点P在椭圆上下顶点时，S△ABP面积取得最大值，
此时6，
解得b＝2，
则椭圆方程为，
所以，
故椭圆的离心率；
（2）证明：设点P（x1，y1），
由椭圆的对称性可知Q（﹣x1，﹣y1），
易知，
直线CP的方程为，
令x＝3，
解得，
易知，
直线CQ的方程为，
令y＝0，
解得，
所以，，
则，
因为点P在椭圆上，
所以，
即，
则．
故直线DE与直线AQ的斜率之积为定值．
2．【解答】解：（1）因为C的实轴长为2a，渐近线方程为，
所以2a＝4，，解得a＝2，，
所以C的标准方程为．
（2）（i）设直线l的方程为x＝my+6，A（x1，y1），B（x2，y2），P（t，0），
联立化简得（m2﹣2）y2+12my+32＝0．
因为直线l与双曲线C的右支交于A，B两点，
由，整理得m2≠2，
则m＝0或或，
解得．
由，可得，即（x1﹣t，y1） （x2﹣t，y2）＝0，
将x1＝my1+6，x2＝my2+6代入上式得（my1+6﹣t）（my2+6﹣t）+y1y2＝0，
，
将，代入上式，
并化简得，
整理得m2（32﹣72+12t+（6﹣t）2）﹣2（6﹣t）2+32＝0，
因为上式对任意m都成立，所以，
解得t＝2，所以P（2，0）．
（ii）因为PA⊥PB，所以△APB外接圆是以AB为直径的圆，记为圆T，
因为圆心，即，
所以半径．
因为△APB外接圆被x轴截得的弦长为16，
所以，即，解得m2＝4或，
因为直线l与C的右支交于A，B两点，所以，
所以，（m2＝4舍去），代入（*）可得r2＝84，
所以△APB外接圆的面积为84π．
3．【解答】解：（1）设半焦距为c，根据，那么，
当AB⊥x轴时，|AB|的值最小，将x＝﹣c代入椭圆方程，
可得，因此，所以b2＝6，a2＝9，
因此E：．
（2）根据题意得，直线AB的斜率不为0，设直线，
联立直线l和椭圆方程E可得，
化简得．
易知根的判别式Δ＞0，设B（x2，y2），A（x1，y1），那么，
根据，得y1＝﹣3y2，
代入（*），得，解得m2＝3．
由对称性可知，四边形ACBD为等腰梯形，其面积为：
，
所以四边形ACBD的面积为．
4．【解答】解：（1）∵通径长为2p，∴2p＝4，p＝2．
∴抛物线C：y2＝4x，准线方程为x＝﹣1；
（2）由题意知点A为MN中点，且直线MN的斜率存在且不为0，设直线MN：y﹣1＝k（x﹣2），
联立，得ky2﹣4y+4﹣8k＝0，
设点M（x1，y1），N（x2，y2），
则，，
由直线MN过点A（2，1），得，即k＝2，则y1y2＝﹣6．
于是|MN|；
（3）如图，
F（1，0），由题意可知直线MN的斜率不为零，设直线MN：x＝my+n，
联立，得y2﹣4my﹣4n＝0，则Δ＝16m2+16n＞0，即m2+n＞0，
设M（x1，y1），N（x2，y2），则y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4n，
已知以线段MN为直径的圆过点F，则，即（x1﹣1）（x2﹣1）+y1y2＝0，
即（my1+n﹣1）（my2+n﹣1）+y1y2＝0，
∴，
将y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4n代入，得4m2＝n2﹣6n+1，则有4（m2+n）＝（n﹣1）2＞0，
∴n≠1，且n2﹣6n+1≥0，解得或．
设点F到直线MN的距离为d，得，
∴
，
△MFN的面积S（n﹣1）2，
而或，
∴当时，△MFN的面积．
5．【解答】解：（1）因为椭圆C的右焦点为F（2，0），且过点，
所以，
解得a2＝8，b2＝4，
则椭圆C的方程为；
（2）（i）因为椭圆的长轴右端点横坐标为，
所以PQ的斜率一定存在，
设PQ的方程为y＝k（x﹣4），P（x1，y1），Q（x2，y2），
联立，消去y并整理得（2k2+1）x2﹣16k2x+32k2﹣8＝0，
此时Δ＝（﹣16k2）2﹣4（2k2+1）（32k2﹣8）＝32﹣16k2＞0，
解得，
由韦达定理得，，
若直线SF平分∠PFQ，
易知AF⊥x轴，
此时需满足直线FP与FQ的斜率之和为0，
设FP，FQ的斜率分别为k1，k2，
所以
，
因为，，
所以k1+k2＝0，
则直线SF平分∠PFQ；
（ii）由（i）知直线AF平分∠PFQ，
即∠AFP＝∠AFQ，
因为△APS的面积等于△FQS的面积，
所以S△APS+S△SPF＝S△FQS+S△SPF，
即S△APF＝S△FPQ，
所以PF∥AQ，
即∠AFQ＝∠AFP＝∠FAQ，|AQ|＝|FQ|，
Q在线段AF的垂直平分线上，
易知线段AF的垂直平分线为，
将代入椭圆的方程中，
解得x＝±．
故点Q的坐标为或．
6．【解答】解：（Ⅰ）因为椭圆C的左焦点为F（﹣1，0），离心率e，
所以，
解得a，b＝c＝1，
则椭圆C的标准方程为；
（Ⅱ）①证明：易知直线l斜率存在，
设直线l方程为y＝k（x+1），A（x1，y1），B（x2，y2），
联立，消去y并整理得（1+2k2）x2+4k2x+2k2﹣2＝0，
此时Δ＞0，
由韦达定理得，，
因为，，
所以，，
所以λ+μ4；
②当直线OA，OB分别与坐标轴重合时，
易知；
当直线OA，OB斜率存在且不为O时，
设OA：y＝kx，，A（x1，y1），B（x2，y2），
联立，消去y并整理得（1+2k2）x2﹣2＝0，
由韦达定理得，，
同理得，，
所以，
令t＝1+k2，t＞1，
此时S△OAB，
因为，
所以，
即，
可得．
综上所述，△OAB面积的取值范围为[，]．
7．【解答】解：（Ⅰ）根据题意可得，
解得a＝2，b＝c，
所以椭圆E的方程为，所以其短轴长为2b；
（Ⅱ）设B（x1，y1），C（x2，y2），
联立，可得（2k2+1）x2+4kx﹣2＝0，
因为直线y＝kx+1所过的定点（0，1）在椭圆内，所以Δ＞0恒成立，
所以，，
又直线AB方程为：y（x+2），令x＝4，可得M（4，），
同理可得N（4，），
所以|MN|＝||＝6||＝6，
所以|（2k﹣1）（x1﹣x2）|＝|x1x2+2（x1+x2）+4|，
所以|2k﹣1||x1x2+2（x1+x2）+4|，
所以|2k﹣1|||，
所以|2k﹣1|||，
所以，
所以（2k+1）2＝0，所以k．
8．【解答】解：（1）依题意，，解得，
则离心率；
（2）由（1）可知，椭圆C的方程为，
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝3，易知此时，
点A到直线PB的距离为3，则，与已知矛盾；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，即，
设P（x1，y1），B（x2，y2），
联立，消去y整理可得，（4k2+3）x2﹣（24k2﹣12k）x+36k2﹣36k﹣27＝0，
则，
由弦长公式可得，，
点A到直线l的距离为，
则，
解得或，
则直线l的方程为或．
9．【解答】解：（1）设椭圆C的左焦点为F1，
点M（1，）在椭圆C上，且MF⊥x轴，
则|F1F|＝2，，
由勾股定理可知，，
故2a＝|MF1|+|MF|＝4，解得a2＝4，b2＝a2﹣1＝3，
故椭圆C的方程为；
（2）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），
，
则，即①，
又由可得，②，
结合①②可得，5λ﹣2λx2+3＝0，
P（4，0），F（1，0），，B（x2，y2），
则直线NB的方程为y﹣0，
MF⊥x轴，直线NB与MF交于Q，
则xQ＝1，
故，
故AQ⊥y轴．
10．【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），联立，
消去x得：y2﹣4py+2p＝0，
∴y1+y2＝4p，y1y2＝2p，Δ＝16p2﹣8p＞0，
∴p（2p﹣1）＞0，∴p，
|AB||y1﹣y2|4，
∴16p2﹣8p＝48，∴2p2﹣p﹣6＝0，∴（2p+3）（p﹣2）＝0，
∴p＝2，
（2）由（1）知y2＝4x，所以F（1，0），显然直线MN的斜率不可能为零，
设直线MN：x＝my+n，M（x1，y1），N（x2，y2）
由，可得y2﹣4my﹣4n＝0，所以y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4n，
Δ＝16m2+16n＞0→m2+n＞0，
因为，所以（x1﹣1）（x2﹣1）+y1y2＝0，
即（my1+n﹣1）（my2+n﹣1）+y1y2＝0，即 ，
将y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4n，代入得4m2＝n2﹣6n+1，
∴4（m2+n）＝（n﹣1）2＞0，所以n≠1，且n2﹣6n+1≥0，解得n≥3+2或n≤3﹣2．
设点F到直线MN的距离为d，所以d，
|MN||y1﹣y2|
2|n﹣1|，
所以△MNF的面积S|MN|×d2|n﹣1|，
又或，所以当n＝3﹣2时，△MNF的面积Smin＝（2﹣2）2＝12﹣8．
11．【解答】解：（1）设直线PQ的方程为y＝kx+4，P（x1，y1），Q（x2，y2），
联立，消去y并整理得x2﹣2pkx﹣8p＝0，
由韦达定理得x1+x2＝2pk，x1x2＝﹣8p，
此时，
解得p＝2；
（2）由（1）知，
所以，
则点P处的切线方程为，
即，
同理得点Q处的切线方程为，②
联立①②，
解得．
因为x1+x2＝2pk，x1x2＝﹣8p且p＝2，
所以（2k，﹣4），
此时，
又点M到直线PQ的距离．
则△PQM面积，
当且仅当k＝0时，等号成立，
故△PQM面积的最小值为32；
（3）证明：由（2）知M（0，﹣4），P（﹣4，4），
设直线AB的方程为y＝tx﹣4，A（x3，y3），B（x4，y4），
联立，消去y并整理得x2﹣4tx+16＝0，
由韦达定理得，
直线PM的方程为y＝﹣2x﹣4，
令y＝y3，
解得，
即A′（﹣（x3+y3+4），y3），
此时
，
因为
，
所以kPA′＝kPB，
则P，B，A′三点共线．
故直线A′B过定点P（﹣4，4）．
12．【解答】解：（1）因为椭圆C经过点，且焦距与长半轴相等，
所以 ，
解得，
则椭圆C的方程为；
（2）（i）证明：易知直线的AB斜率存在，
设直线AB的方程为y＝k（x﹣1）（k≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），
可得M（x1，﹣y1），
联立，消去y并整理得（4k2+3）x2﹣8k2x+4k2﹣12＝0，
因为直线AB过椭圆焦点，
所以Δ＞0，
由韦达定理得，，
易知直线BM的方程为，
不妨设直线BM交x轴于点N，
令y＝0，
解得
，
则直线MB过定点N（4，0）；
（ii）易知|
，
因为AB⊥DG，
所以，
同理得，
因为AB⊥DG，
所以
，
当且仅当4k2+3＝3k2+4，即k＝±1时，等号成立．
故四边形ADBG的面的最小值为．
13．【解答】解：（1）易知抛物线C的准线方程为，
因为点A（2，a）在抛物线C上，且|AF|＝3，
所以，
解得p＝2，
则抛物线方程为y2＝4x，
因为点A（2，a）在抛物线C上，
所以a2＝8，
解得；
（2）由（1）可知抛物线的焦点F（1，0），
显然直线l的斜率不为0，
当直线l的斜率存在时，
设直线的方程为x＝my+1，M（x1，y1），N（x2，y2），
联立，消去x并整理得y2﹣4my﹣4＝0，
此时Δ＝16m2+16＞0，
由韦达定理得y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4，
所以，
，
因为B（﹣1，1），
所以，，
因为∠MBN＝90°，
所以，
即x1x2+（x1+x2）+1+y1y2﹣（y1+y2）+1＝0，
因为x1+x2＝4m2+2，x1x2＝1，
所以1+4m2+2+1﹣4﹣4m+1＝0，
解得，
则直线l的方程为．
即2x﹣y﹣2＝0．
14．【解答】解：（1）由题意可得，解得a2＝4，b2＝4，
所以双曲线C的标准方程为1；
（2）设直线l：x＝ny+4，其中﹣1＜n＜1，P（x1，y1），Q（x2，y2），
联立方程组，整理得（n2﹣1）y2+8ny+12＝0，
由于n2﹣1≠0，且Δ＝（8n）2﹣4（n2﹣1）×12＝16n2＞0，
所以y1+y2，y1y2．
因为直线AP的斜率k1，AQ的斜率k2，
所以x1+x2＝n（y1+y2）+88，
x1x2＝（ny1+4）（ny2+4）＝n2y1y2+4n（y1+y2）+16，
所以k1k2
，
即k1k2为定值为．
（3）证明：设直线MN的方程为y＝kx+m，M（x3，y3），N（x4，y4），
由，可得（1+k2）x2+2km+m2﹣4＝0，
所以x3+x4，x3x4，
所以y3y4＝（kx3+m）（kx4+m）＝k2x3x4+km（x3+x4）+m2＝k2kmm2，
又k1k2，
∴4m2﹣4km﹣8k2＝0，∴m＝2k或m＝﹣k，
当m＝2k时，y＝kx+2k＝k（x+2），直线过定点（﹣2，0），不符合题意，
当m＝﹣k时，y＝kx﹣k＝k（x﹣1），直线过定点（1，0），符合题意，
所以直线MN过定点．
15．【解答】解：（1）根据题意有a＝2，c＝1，解得b2＝a2﹣c2＝3，
因此E的方程：；
（2）①设lAB：x＝my+1（m≠0），B（x2，y2），A（x1，y1），那么，
联立直线lCD和椭圆E方程可得，
所以，
所以，
根据弦长公式可得：，
同理可得：，
因此，
设t＝m2+1（t＞1），那么四边形ACBD的面积
当m2＝1，面积S的最小值是；
②因为，
所以，将代替m，可得，
当，即m2≠1时，，
，
当y＝0时，，经验证直线MN过点；
当，即m2＝1时，，过点．
综上，直线MN恒过点．
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