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专题17 圆锥曲线常考压轴小题全归类
【目录】
考点一：阿波罗尼斯圆与圆锥曲线
考点二：蒙日圆
考点三：阿基米德三角形
考点四：仿射变换问题
考点五：圆锥曲线第二定义
考点六：焦半径问题
考点七：圆锥曲线第三定义
考点八：定比点差法与点差法
考点九：切线问题
考点十：焦点三角形问题
考点十一：焦点弦问题
考点十二：圆锥曲线与张角问题
考点十三：圆锥曲线与角平分线问题
考点十四：圆锥曲线与通径问题
考点十五：圆锥曲线的光学性质问题
考点十六：圆锥曲线与四心问题 PAGEREF _Toc156908721 \\h 49
圆锥曲线的定义、方程与几何性质是每年高考必考的内容．一是求圆锥曲线的标准方程；二是求椭圆或双曲线的离心率、与双曲线的渐近线有关的问题；三是抛物线的性质及应用问题．多以选择、填空题的形式考查，难度中等．
考点要求 考题统计 考情分析
圆锥曲线的定义 2023年北京卷第6题，4分2022年I卷第11题，5分 2021年I卷第5题，5分 【命题预测】预测2024年高考，多以小题形式出现，也有可能会将其渗透在解答题的表达之中，相对独立．具体估计为： （1）以选择题或填空题形式出现，考查数学抽象、数学建模、逻辑推理与数学运算四大核心素养． （2）热点是圆锥曲线的三定义与性质.
圆问题 2023年I卷第6题，5分2023年乙卷第12题，5分 2023年乙卷第11题，5分
焦点三角形 2023年甲卷第12题，5分2023年甲卷第7题，5分 2021年I卷第5题，5分
1、在利用圆锥曲线的定义求轨迹方程时，若所求的轨迹符合某种圆锥曲线的定义，则根据定义判定轨迹曲线并写出方程．有时还要注意轨迹是不是完整的曲线，如果不是完整的曲线，则应对其中的变量或进行限制．
2、应用圆锥曲线的定义时，要注意定义中的限制条件．在椭圆的定义中，要求；在双曲线的定义中，要求；在抛物线的定义中，定直线不经过定点．此外，通过到定点和到定直线的距离之比为定值可将三种曲线统一在一起，称为圆锥曲线．
3、圆锥曲线定义的应用主要有：求标准方程，将定义和余弦定理等结合使用，研究焦点三角形的周长、面积，求弦长、最值和离心率等．
4、用解析法研究圆锥曲线的几何性质是通过方程进行讨论的，再通过方程来研究圆锥曲线的几何性质．不仅要能由方程研究曲线的几何性质，还要能运用儿何性质解决有关问题，如利用坐标范围构造函数或不等关系等．
5、椭圆焦点为，，P为椭圆上的点，，则
6、双曲线的焦点为F1、F2，为双曲线上的点，，则．
7、椭圆焦半径　
椭圆上的点到焦点的距离；设为椭圆上的一点，
①焦点在轴：焦半径(左加右减)；② 焦点在轴：焦半径(上加下减)．
8、双曲线焦半径　
设为双曲线上的一点，
①焦点在轴：在左支，在右支；
②焦点在轴：在下支，在上支．
9、设、是椭圆的两个焦点，O是椭圆的中心，P是椭圆上任意一点，，则．
10、设、是双曲线的两个焦点，O是双曲线的中心，P是双曲线上任意一点，，则．
11、等轴双曲线满足：；
12、若椭圆（双曲线）与直线交于两点，其中，，，为中点，（椭圆）；（双曲线）
（2023 北京）
1．已知抛物线的焦点为，点在上．若到直线的距离为5，则（ ）
A．7 B．6 C．5 D．4
（2023 新高考Ⅰ）
2．过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ）
A．1 B． C． D．
（2023 甲卷）
3．已知椭圆，为两个焦点，O为原点，P为椭圆上一点，，则（ ）
A． B． C． D．
（2023 乙卷）
4．已知的半径为1，直线PA与相切于点A，直线PB与交于B，C两点，D为BC的中点，若，则的最大值为（ ）
A． B．
C． D．
（2023 乙卷）
5．已知实数满足，则的最大值是（ ）
A． B．4 C． D．7
（2023 新高考Ⅱ）
6．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 甲卷）
7．设为椭圆的两个焦点，点在上，若，则（ ）
A．1 B．2 C．4 D．5
（2021 新高考Ⅰ）
8．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
（2022 新高考Ⅰ）
9．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 全国）
10．已知为坐标原点，点在圆上，则的最小值为 ．
（2021 新高考Ⅰ）
11．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 .
考点一：阿波罗尼斯圆与圆锥曲线
【例1】
（2024·四川成都·石室中学校考模拟预测）
12．已知平面上两定点A，B，则所有满足（且）的点P的轨迹是一个圆心在直线AB上，半径为的圆.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆.已知动点P在棱长为6的正方体的一个侧面上运动，且满足，则点P的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【变式1-1】
（2024·新疆乌鲁木齐·统考）
13．希腊著名数学家阿波罗尼斯发现“平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，点，，若点是满足的阿氏圆上的任意一点，点为抛物线上的动点，在直线上的射影为，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【变式1-2】
（2024·陕西·统考模拟预测）
14．阿波罗尼斯（约公元前262-190年）证明过这样一个命题：在平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆．若平面内两定点A，B间的距离为2，动点P满足，则面积的最大值是（ ）
A． B．2 C． D．4
【变式1-3】
（2024·全国·高三专题练习）
15．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻且系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书中，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点与两定点，的距离之比为，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆．如动点与两定点，的距离之比为时的阿波罗尼斯圆为．下面，我们来研究与此相关的一个问题：已知圆上的动点和定点，，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
考点二：蒙日圆
【例2】
（2024·全国·高三专题练习）
16．已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，其蒙日圆方程为，M为蒙日圆上的一个动点，过点作椭圆的两条切线，与蒙日圆分别交于P，Q两点，若面积的最大值为36，则椭圆的长轴长为（ ）
A． B． C． D．
【变式2-1】
（2024·四川·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学校考）
17．19世纪法国著名数学家加斯帕尔 蒙日，创立了画法几何学，推动了空间几何学的独立发展，提出了著名的蒙日圆定理：椭圆的两条切线互相垂直，则切线的交点位于一个与椭圆同心的圆上，称为蒙日圆，椭圆的蒙日圆方程为.若圆与椭圆的蒙日圆有且仅有一个公共点，则b的值为（ ）
A． B． C． D．
【变式2-2】
（2024·贵州毕节·校考模拟预测）
18．加斯帕尔-蒙日是1819世纪法国著名的几何学家．如图，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”．若长方形的四边均与椭圆相切，则下列说法错误的是（ ）

A．椭圆的离心率为 B．椭圆的蒙日圆方程为
C．若为正方形，则的边长为 D．长方形的面积的最大值为18
考点三：阿基米德三角形
【例3】
（2024·湖南长沙·高三周南中学校考阶段练习）
19．为抛物线的弦，，分别过作的抛物线的切线交于点，称为阿基米德三角形，弦为阿基米德三角形的底边.若弦过焦点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．底边的直线方程为；
C．是直角三角形；
D．面积的最小值为.
【变式3-1】
（2024·湖南长沙·长沙市实验中学校考）
20．过抛物线C：（）的焦点F的直线与抛物线C相交于A，B两点，以A，B为切点作抛物线C的两条切线，，设，的交点为M，称△AMB为阿基米德三角形.则关于阿基米德三角形AMB，下列说法正确的有（ ）
A．△AMB是直角三角形
B．顶点M的轨迹是抛物线C的准线
C．MF是△AMB的高线
D．△AMB面积的最小值为
【变式3-2】
（2024·山东·模拟预测）
21．抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形称为阿基米德三角形.设抛物线，弦过焦点为其阿基米德三角形，则下列结论一定成立的是（ ）
A．存在点，使得
B．
C．对于任意的点，必有向量与向量共线
D．面积的最小值为
考点四：仿射变换问题
【例4】
（2024·全国·高三专题练习）
22．过椭圆的右焦点F的直线与椭圆交于A，B两点，则面积最大值为 .
【变式4-1】
（2024·全国·高三专题练习）
23．已知直线l与椭圆交于M，N两点，当 ，面积最大，并且最大值为 .记，当面积最大时， ﹐ .Р是椭圆上一点，，当面积最大时， .
【变式4-2】
（2024·全国·高三专题练习）
24．已知A，B，C分别是椭圆上的三个动点，则面积最大值为 .
考点五：圆锥曲线第二定义
【例5】
（2024·黑龙江齐齐哈尔·统考）
25．已知椭圆：的短轴长为2，上顶点为，左顶点为，，分别是的左、右焦点，且的面积为，点为上的任意一点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【变式5-1】
（2024·广东广州·统考）
26．已知F为抛物线C：的焦点，过点F的直线l与C相交于A，B两点，且，则　　
A．6 B．8 C．10 D．12
【变式5-2】
（2024·福建漳州·高二福建省华安县第一中学校考阶段练习）
27．过椭圆的左焦点F作倾斜角为60°的直线l与椭圆C交于A、B两点，则（ ）
A． B． C． D．
考点六：焦半径问题
【例6】
（2024·全国·高三专题练习）
28．已知点是双曲线上的动点，，为该双曲线的左右焦点，为坐标原点，则的最大值为（ ）
A． B．2 C． D．
【变式6-1】
（2024·全国·高三专题练习）
29．已知双曲线的右支上的点，满足，分别是双曲线的左右焦点），则为双曲线的半焦距）的取值范围是（ ）
A．， B．， C．， D．，
【变式6-2】
（2024·江苏·高二专题练习）
30．已知为抛物线的焦点，过作两条互相垂直的直线，，直线与交于，两点，直线与交于，两点，则当取得最小值时，四边形的面积为（ ）
A．32 B．16 C．24 D．8
考点七：圆锥曲线第三定义
【例7】
（江苏省南京市中华中学2023-2024学年高二下学期初数学试题）
31．椭圆：的左、右顶点分别为，，点在上且直线的斜率的取值范围是，那么直线斜率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【变式7-1】
（2024·全国·高三专题练习）
32．椭圆的左、右顶点分别为、，点在上，且直线的斜率为，则直线斜率为（ ）
A． B．3 C． D．
【变式7-2】
（2024·安徽六安·高三六安一中阶段练习）
33．已知为双曲线上不同三点，且满足（为坐标原点），直线的斜率记为，则的最小值为
A．8 B．4 C．2 D．1
考点八：定比点差法与点差法
【例8】
34．已知点P(0，1)，椭圆 (m>1)上两点A，B满足，则当m= 时，点B横坐标的绝对值最大．
【变式8-1】
（2024·全国·高三校联考阶段练习）
35．已知椭圆，点为椭圆外一点，斜率为的直线与椭圆交于，两点，过点作直线，分别交椭圆于，两点．当直线的斜率为时，此椭圆的离心率为 ．
【变式8-2】
（2024·浙江·校联考）
36．过点的直线与椭圆交于点和，且.点满足，若为坐标原点，则的最小值为 ．
考点九：切线问题
【例9】
（2024·山东济南·高三山东省实验中学校考阶段练习）
37．已知椭圆，过C中心的直线交C于M，N两点，点P在x轴上其横坐标是点M横坐标的3倍，直线NP交C于点Q，若直线QM恰好是以MN为直径的圆的切线，则C的离心率为 ．
【变式9-1】
（2024·浙江台州·统考）
38．抛物线有一条重要性质：从焦点出发的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的轴．过抛物线：上的点（不为原点）作的切线，过坐标原点作，垂足为，直线（为抛物线的焦点）与直线交于点，点，则的取值范围是 ．
【变式9-2】
（2024·全国·高三专题练习）
39．设抛物线，M为直线上任意一点，过M引抛物线的切线，切点分别为A，B，记A，B，M的横坐标分别为，则下列关系：①；②；③.其中正确的是 (填序号)．
考点十：焦点三角形问题
【例10】（2024·全国·高三专题练习）
40．已知、是椭圆的两个焦点，是椭圆上的一点，若，且的面积为，则　　
A．2 B．3 C．6 D．9
【变式10-1】
（2024·云南·高二云南省下关第一中学校考期末）
41．已知，是椭圆的两个焦点，P为椭圆C上一点，且，若的面积为，则（ ）
A．9 B．3 C．4 D．8
【变式10-2】
（2024·江西赣州·高二校联考期末）
42．已知椭圆上一动点P到两个焦点F1，F2的距离之积为q，则q取最大值时，的面积为（ ）
A．1 B． C．2 D．
考点十一：焦点弦问题
【例11】
（2024·安徽安庆·高三校联考阶段练习）
43．已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与双曲线的左、右两支分别交于，两点，若为边长为4的等边三角形，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
【变式11-1】
（2024·高二课时练习）
44．已知双曲线的右焦点为，是双曲线的左支上一点，，则的周长的最小值为（ ）
A． B．
C． D．
【变式11-2】
（2024·四川遂宁·统考）
45．过抛物线的焦点作直线交抛物线于，两点（，的横坐标不相等），弦的垂直平分线交轴于点，若，则（ ）
A．14 B．16 C．18 D．20
考点十二：圆锥曲线与张角问题
【例12】
（2024·湖南·高三校联考期末）
46．设是椭圆的两个焦点，若上存在点满足，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【变式12-1】
（2024·河北衡水·河北衡水中学校考）
47．已知，为椭圆：的两个焦点，若上存在点满足，则实数取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【变式12-2】
（2024·湖南常德·统考）
48．定义：点为曲线外的一点，为上的两个动点，则取最大值时，叫点对曲线的张角.已知点为抛物线上的动点，设对圆的张角为，则的最小值为 .
考点十三：圆锥曲线与角平分线问题
【例13】
（2024·河北·石家庄一中校联考模拟预测）
49．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，其右支上有一点满足，过点向的平分线引垂线交于点，若，则双曲线的离心率 .
【变式13-1】
（2024·江苏苏州·校联考模拟预测）
50．已知椭圆的左、右焦点分别为，，是上异于顶点的一点，为坐标原点，为线段的中点，的平分线与直线交于点，当四边形的面积为时， ．
【变式13-2】
（2024·福建龙岩·统考）
51．已知抛物线，直线过点且与相交于，两点，若的平分线过点，则直线的斜率为 ．
考点十四：圆锥曲线与通径问题
【例14】
（2024·重庆沙坪坝·高二重庆八中校考期末）
52．过抛物线的焦点的直线与交于两点，且，的准线与轴交于，的面积为，则的通径长为 .
【变式14-1】
（2024·黑龙江哈尔滨·高二哈师大附中校考阶段练习）
53．已知椭圆的左、右焦点分别为过的通径（过焦点垂直于长轴的弦叫做通径），则的内切圆方程为 .
【变式14-2】
54．已知是椭圆C的两个焦点，过且垂直于x轴的直线交C于A、B两点，且，则的方程为（ ）
A． B． C． D．
考点十五：圆锥曲线的光学性质问题
【例15】
（2024·河南郑州·高三河南省新郑市第一中学校考阶段练习）
55．双曲线的光学性质为：从双曲线的一个焦点发出的光线经过双曲线反射后，反射光线的反向延长线过双曲线的另一个焦点．如图：为双曲线的左，右焦点，若从右焦点发出的光线在上的点处反射后射出（共线），且，则的离心率为 .

【变式15-1】
（2024·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）
56．椭圆的光学性质，从椭圆一个焦点发出的光，经过椭圆反射后，反射光线都汇聚到椭圆的另一个焦点上．已知椭圆C：，为其左、右焦点．M是C上的动点，点，若的最大值为6.动直线l为此椭圆C的切线，右焦点关于直线l的对称点，，则椭圆C的离心率为 ；S的取值范围为 ．
【变式15-2】
（2024·广西玉林·高三校联考开学考试）
57．双曲线的光学性质为：如图①，从双曲线右焦点发出的光线经双曲线镜面反射，反射光线的反向延长线经过左焦点. 我国首先研制成功的“双曲线新闻灯”，就是利用了双曲线的这个光学性质.某“双曲线灯”的轴截面是双曲线一部分，如图②，其方程为，为其左右焦点，若从右焦点发出的光线经双曲线上的点A和点反射后，满足，，则该双曲线的离心率为 .
考点十六：圆锥曲线与四心问题
【例16】
（2024·四川成都·模拟预测）
58．已知、分别为双曲线的左、右焦点，且，点为双曲线右支上一点，为内心，若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【变式16-1】
（2024·广西·统考）
59．已知点A，B在抛物线上，O为坐标原点，若，且的垂心恰好是此抛物线的焦点F，则直线AB的方程是（ ）
A． B． C． D．
【变式16-2】
（2024·浙江台州·高三台州一中校考开学考试）
60．已知是双曲线的左 右焦点，过点且垂直于实轴的直线与双曲线的两条渐近线分别相交于A，B两点，则坐标原点O可能为的（ ）
A．垂心 B．内心 C．外心 D．重心
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【分析】利用抛物线的定义求解即可.
【详解】因为抛物线的焦点，准线方程为，点在上，
所以到准线的距离为，
又到直线的距离为，
所以，故.
故选：D.
2．B
【分析】方法一：根据切线的性质求切线长，结合倍角公式运算求解；方法二：根据切线的性质求切线长，结合余弦定理运算求解；方法三：根据切线结合点到直线的距离公式可得，利用韦达定理结合夹角公式运算求解.
【详解】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.

3．B
【分析】根据椭圆的定义结合余弦定理求出的值，利用，根据向量模的计算即可求得答案.
【详解】由题意椭圆，为两个焦点，可得，

则①，即，
由余弦定理得，
，故，②
联立①②，解得：，
而，所以，
即，
故选：B
【点睛】方法点睛：本题综合考查了椭圆和向量知识的结合，解答时要注意到O为的中点，从而可以利用向量知识求解.
4．A
【分析】由题意作出示意图，然后分类讨论，利用平面向量的数量积定义可得，或然后结合三角函数的性质即可确定的最大值.
【详解】如图所示，，则由题意可知:，
由勾股定理可得

当点位于直线异侧时或PB为直径时，设，
则：
，则
当时，有最大值.

当点位于直线同侧时，设，
则：
，
，则
当时，有最大值.
综上可得，的最大值为.
故选：A.
【点睛】本题的核心在于能够正确作出示意图，然后将数量积的问题转化为三角函数求最值的问题，考查了学生对于知识的综合掌握程度和灵活处理问题的能力.
5．C
【分析】法一：令，利用判别式法即可；法二：通过整理得，利用三角换元法即可，法三：整理出圆的方程，设，利用圆心到直线的距离小于等于半径即可.
【详解】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.
6．C
【分析】首先联立直线方程与椭圆方程，利用，求出范围，再根据三角形面积比得到关于的方程，解出即可.
【详解】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.
7．B
【分析】方法一：根据焦点三角形面积公式求出的面积，即可解出；
方法二：根据椭圆的定义以及勾股定理即可解出．
【详解】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.
8．C
【分析】本题通过利用椭圆定义得到，借助基本不等式即可得到答案．
【详解】由题，，则，
所以（当且仅当时，等号成立）．
故选：C．
【点睛】
9．BCD
【分析】求出抛物线方程可判断A，联立AB与抛物线的方程求交点可判断B，利用距离公式及弦长公式可判断C、D.
【详解】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
10．2
【分析】运用三角代换法，结合余弦函数的最值性质进行求解即可.
【详解】如图，
令，，得，，即，
，
则当时，有最小值为2．
故答案为：2．
11．
【分析】先用坐标表示，再根据向量垂直坐标表示列方程，解得，即得结果.
【详解】抛物线： ()的焦点,
∵P为上一点，与轴垂直，
所以P的横坐标为，代入抛物线方程求得P的纵坐标为,
不妨设,
因为Q为轴上一点，且，所以Q在F的右侧，
又，
因为，所以,
，
所以的准线方程为
故答案为：.
【点睛】利用向量数量积处理垂直关系是本题关键.
12．B
【分析】根据阿氏圆的定义分析得P点轨迹为球与侧面的交线，计算其弧长即可
【详解】在图1中，以B为原点建立平面直角坐标系，如图2所示，
设阿氏圆圆心为，半径为r.因为，所以，
所以.
设圆O与AB交于点M.由阿氏圆性质，知.
又，所以.又，
所以，解得，所以，
所以点P在空间内的轨迹为以O为球心，半径为4的球.
当点P在侧面内部时，如图2所示，截面圆与，分别交于点M，R，
所以点P在侧面内的轨迹为.
因为在中，，，所以，
所以，所以点P在侧面内部的轨迹长为.

故选：B.
13．B
【分析】先求出点的轨迹方程，再结合阿波罗尼斯圆的定义及抛物线的定义可得，从而可得出答案.
【详解】设，则，
化简整理得，
所以点的轨迹为以为圆心1为半径的圆，
抛物线的焦点，准线方程为，
则
，
当且仅当（两点在两点中间）四点共线时取等号，
所以的最小值为.
故选：B.
14．C
【分析】设经过点A，B的直线为x轴，的方向为x轴正方向，线段AB的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，利用坐标法计算.
【详解】设经过点A，B的直线为x轴，的方向为x轴正方向，线段AB的垂直平分线为y轴，线段AB的中点O为原点，建立平面直角坐标系.则，．

设，∵，∴，
两边平方并整理得，即．
要使的面积最大，只需点P到AB（x轴）的距离最大时，
此时面积为．
故选：C.
15．C
【分析】取点，推理证明得，把问题转化为求点M到定点B，N距离和的最小值作答.
【详解】如图，点M在圆上，取点，连接，有，
当点不共线时，，又，因此∽，
则有，当点共线时，有，则，
因此，当且仅当点M是线段BN与圆O的交点时取等号，
所以的最小值为.
故选：C
【点睛】方法点睛：圆及圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
16．B
【分析】由椭圆离心率，用半焦距c表示a，b，再利用椭圆蒙日圆的性质及面积最大值求出c即可求出结果.
【详解】令椭圆的半焦距为c，
由椭圆的离心率，得，，
因此椭圆的蒙日圆方程为，由蒙日圆的性质得，
于是线段PQ是圆的直径，即，
则面积的最大值为，即，，
所以椭圆的长轴长为.
故选：B
17．B
【分析】根据题意，得到蒙日圆的方程为，结合圆与圆的位置关系，即可求解.
【详解】由题意得，椭圆的蒙日圆的半径，
所以椭圆的蒙日圆的方程为：，
因为圆与椭圆的蒙日圆有且仅有一个公共点，
可得两圆外切，所以，解得.
故选：B.
18．D
【分析】由椭圆标准方程求得后再求得，从而可得离心率，利用特殊的长方形（即边长与椭圆的轴平行）求得蒙日圆方程，从而可得长方形边长的关系，结合基本不等式得面积最大值，并得出长方形为正方形时的边长．
【详解】由椭圆方程知，，则，离心率为，A正确；
当长方形的边与椭圆的轴平行时，长方形的边长分别为和4，其对角线长为，因此蒙日圆半径为，圆方程为，B正确；
设矩形的边长分别为，因此，即，当且仅当时取等号，所以长方形的面积的最大值是20，此时该长方形为正方形，边长为，C正确，D错误．
故选：D．
19．ABC
【分析】由导数的几何意义，求得可得A处的切线方程，得出直线的方程为和，得到，进而可判定A正确；点在直线上，进而得到底边的直线方程，可判定B正确；设直线，联立方程组，根据，可判定C正确；取的中点，化简得到的面积为，可判定D不正确.
【详解】依题意设，，由方程，可得，则，
由导数的几何意义知，直线的斜率为，同理直线的斜率为，
可得A处的切线方程为：，即，
化简可得，所以直线的方程为，
同理可得：直线BM的方程为，所以，
则，
因为，解得，即，所以A正确；
因点在直线上，
可得，，
即在上，在上，
所以底边的直线方程为，所以B正确；
设直线，联立方程组，整理得，
则且，，
因为，所以，
所以是直角三角形，所以C正确；
取的中点，连接，根据抛物线的定义，可得平行轴，
所以
因为，，所以，
，
代入可得，
当时，，所以D不正确.
故选：ABC.

【点睛】方法点拨：圆锥曲线中的最值问题的分类及求解策略：
1、圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线中的几何元素的最值，以及当这些元素存在最值时，求解与之有关的一些问题；
2、对于圆锥曲线中的最值问题，一般可采用数形结合的方法或转化为函数的最值的问题加以解决，解决最值范围问题时，应重视圆锥曲线的定义、曲线的几何特征、方程的代数特征在解题中的作用.
20．ABC
【分析】关于阿基米德三角形△AMB的结论，需要逐个选项去判断，由，即可证明A；求出处的切线方程，可以得出的坐标进而可以验证B；设的中点为，利用可以判断C；利用三角形面积公式结合韦达定理可以判断D.
【详解】设，，，，由可得：，，
由导数的几何意义知，直线的斜率为，同理直线的斜率为，
设直线，联立，化为，
得到，．
对于A，，，
所以△AMB是直角三角形，故A正确；
对于B，由导数的几何意义可得处的切线方程为：，
则，化简可得：，
所以直线的方程为：，
同理可得：直线的方程为：，
所以，则，
因为，解得：，
所以，
所以，因为抛物线C：的准线为，
所以顶点M的轨迹是抛物线C的准线，且取的中点，
连接，平行轴，故B正确；
对于C，，，所以
所以MF是△AMB的高线，故C正确；
对于D，因为平行轴，所以
因为，．
所以，
，
代入可得：，
当时，，故D不正确.
故选：ABC.

21．BCD
【分析】设，，设直线，联立抛物线方程，结合韦达定理可得，利用直线与抛物线相切条件分别求得过点的切线斜率为.对于A，计算，从而可判断；对于B，求得点A ，B处的切线方程分别为：，从而可得，进而可得，从而有，根据数量积的定义和相似三角形的性质即可判断；对于C，设AB的中点为，得到，从而轴，而，即可判断；对于D，设准线与轴的交点为，由面积的，可知当最短时（最短为），也最短，最短为，即可判断.
【详解】
设，，设直线，
联立，化为，而，
所以.
设过点的切线为，
联立，整理可得，
由，可得.
同理可得过点的切线斜率为.
对于A，，，，故A错；
对于B，可得点A ，B处的切线方程分别为：，
可得,
又因为直线AB的斜率为，，
又由A选项可知，所以，所以，
，故B正确；
对于C，设AB的中点为，则由轴，
而向量，向量与向量共线，故C正确；
对于D，如图，设准线与轴的交点为，
面积的，可知当最短时（最短为），也最短，
最短为，所以面积的最小值为，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22．##
【分析】利用仿射变换，将椭圆变换为圆，利用圆的性质求出面积的最大值，从而可求出面积最大值
【详解】作变换之后椭圆变为圆，方程为，，
由于，因此时面积最大，
此时，
那么，
故答案为：
23． 4 2 1
【分析】作伸缩变换，将椭圆变为圆，根据三角形面积公式求得当时，最大，进而依次计算可得.
【详解】作变换此时椭圆变为圆，方程为，
当时，最大，并且最大为，
此时，.
由于，，
∴，
，
因为，所以
.
故答案为：；；4；2；1.
24．##4.5
【分析】作变换之后椭圆变为圆，方程为，是圆的内接三角形，圆的内接三角形面积最大时为等边三角形，则，求出，代入即可得出答案.
【详解】作变换之后椭圆变为圆，方程为，
是圆的内接三角形，设的半径为，
设所对应边长为，所以
，当且仅当时取等，
因为在上为凸函数，则，
，当且仅当时取等，
所以圆的内接三角形面积最大时为等边三角形，因此，又因为，
∴.
故答案为：.
25．D
【分析】由已知和面积得到，，对进行化简，配方求最值.
【详解】由已知的，故.∵的面积为，
∴，∴.又∵，
∴，，∴，
又，∴，
∴.∴的取值范围为.
故选：D.
【点睛】本题主要考查椭圆的定义、椭圆的几何性质，以及配方求最值的问题.
26．B
【分析】根据抛物线的方程求出准线方程，利用抛物线的定义即条件，求出A，B的中点横坐标，即可求出线段AB的长度
【详解】抛物线的焦点坐标为，准线方程为
设，，则
，，
，，，，
．
故选B．
【点睛】本题考查解决抛物线上的点到焦点的距离问题，利用抛物线的定义将到焦点的距离转化为到准线的距离是关键．
27．A
【分析】设，，把直线与椭圆联立，求出，
，即可求出.
【详解】由，得，，，左焦点为．
则过左焦点F，倾斜角为60°直线l的方程为．代入，得，
设，，则，，
又，
根据弦长公式得：，
且，
∴，
故选：A．
28．D
【分析】设在右支上，根据双曲线的性质求得、且，由已知双曲线有，结合的范围求范围，即可得结果.
【详解】由双曲线的对称性，假设在右支上，即，
由到的距离为，而，
所以，
综上，，同理，则，
对于双曲线，有且，
所以，而，即.
故选：D
29．B
【分析】根据得，，再换元利用函数的单调性求解.
【详解】解：由双曲线的第二定义可知，，
右支上的点，满足，
由，解得，
在右支上，可得，可得，即，则，
令，，可得
而在，单调递减，，，，
故选：B
30．A
【分析】由两条直线垂直，以及取得最小值时，有与，与关于轴对称，可得直线的斜率为1，进而可求出直线的方程，与抛物线联立写出韦达定理和弦长公式，再由相互垂直的四边形面积公式求值即可．
【详解】因为，要使最小，而，
由抛物线的对称性可得与，与关于轴对称，所以可得直线的斜率为1，又过抛物线的焦点，
所以直线的方程为：，
，整理可得，，，
所以可得，
所以．
故选：．
31．A
【分析】设，则，代入斜率的计算公式可得：，根据直线的斜率的取值范围即可求解.
【详解】由题意，椭圆：的左、右顶点分别为，
设，则，
又由，可得，
因为，即，可得，
所以直线斜率的取值范围．
故选：．
32．B
【分析】求出的坐标，进而求出直线的方程，联立椭圆方程后，求出点坐标，代入斜率公式，可得答案.
【详解】椭圆的左、右顶点分别为、，
点坐标为，点坐标为，
又直线的斜率为，
直线的方程为：，
代入椭圆方程可得：，
设点坐标为，则，解得，，
故直线斜率，
故选:B．
33．B
【详解】由 有点 为线段 的中点,设 ,则 ,所以 ,故 ,由于点A,B,P在双曲线上,所以 ,代入上式中,有 ,所以 ,故最小值为4.选B.
点睛:本题主要考查了双曲线的有关计算,涉及到的知识点有平面向量中线定理,直线斜率的计算公式,基本不等式等,属于中档题. 首先得出原点为线段AB的中点,再求出直线PA,PB斜率的表达式, 算出为定值,再由基本不等式求出最小值.
34．5
【分析】方法一：先根据条件得到A,B坐标间的关系，代入椭圆方程解得B的纵坐标，即得B的横坐标关于m的函数关系，最后根据二次函数性质确定最值即可解出.
【详解】［方法一］：点差法＋二次函数性质
设，由得
因为A,B在椭圆上,所以 ，即，与相减得：，所以，
，当且仅当时取最等号，即时，点B横坐标的绝对值最大.
故答案为：5．
［方法二］：【通性通法】设线＋韦达定理
由条件知直线的斜率存在，设，直线的方程为，联立得，根据韦达定理得，由知，代入上式解得，所以．此时，又，解得．
［方法三］：直线的参数方程+基本不等式
设直线的参数方程为其中t为参数，为直线的倾斜角，将其代入椭圆方程中化简得，设点A，B对应的参数分别为，则．由韦达定理知，解得，所以，此时，即，代入，解得．
［方法四］：直接硬算求解+二次函数性质
设，因为，所以．
即 ①， ②，
又因为，所以．
不妨设，因此，代入②式可得．化简整理得．
由此可知，当时，上式有最大值16，即点B横坐标的绝对值有最大值2．
所以．
［方法五］：【最优解】仿射变换
如图1，作如下仿射变换，则为一个圆．
根据仿射变换的性质，点B的横坐标的绝对值最大，等价于点的横坐标的绝对值最大，则
．
当时等号成立，根据易得，此时．
［方法六］：中点弦性质的应用
设，由可知，则中点．因为，所以，整理得，由于，则时，，所以．
【整体点评】方法一：由题意中点的坐标关系，以及点差法可求出点的横、纵坐标，从而可以根据二次函数的性质解出；
方法二：常规设线，通过联立，根据韦达定理以及题目条件求出点的横坐标，然后利用基本不等式求出最值，由取等条件得解，是该题的通性通法；
方法三：利用直线的参数方程与椭圆方程联立，根据参数的几何意义，解得点的横坐标，再利用基本不等式求出最值，由取等条件得解；
方法四：利用题目条件硬算求出点的横坐标，再根据二次函数的性质解出；
方法五：根据仿射变换，利用圆的几何性质结合平面几何知识转化，求出对应点的横坐标的绝对值最大，从而解出，计算难度小，是该题的最优解；
方法六：利用中点弦的性质找出点的横、纵坐标关系，再根据关系式自身特征求出点的横坐标的绝对值的最大值，从而解出，计算量小，也是不错的方法．
35．
【分析】由题意，不妨设直线AB过原点O，则 ，设CD及中点的坐M标，再利用点差法求出OM和CD斜率的关系，然后根据O，M，P三点共线，求出a，b的关系即可.
【详解】如图所示：
设直线AB过原点O，由题意得 ，
设，CD的中点为，则，
因为C，D在椭圆上，
所以，两式相减得，
所以，
因为O，M，P三点共线，
所以，
即，解得，
所以，
故答案为：
【点睛】方法点睛：解决直线与曲线的位置关系的相关问题，往往先把直线方程与曲线方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单．
36．.
【分析】先设， ， ，由且得整理得：，同理分析出：，由于A, B在椭圆上，则可以分析出，则Q点的轨迹是直线，利用点到线得距离求得OQ得最小值
【详解】设， ， 则
于是，同理，
于是我们可以得到
.
即，所以Q点的轨迹是直线， 即为原点到直线的距离，
所以
【点睛】平面向量共线的坐标表示问题的常见类型及解题策略
(1)利用两向量共线的条件求向量坐标．一般地，在求与一个已知向量a共线的向量时，可设所求向量为λa(λ∈R)，然后结合其他条件列出关于λ的方程，求出λ的值后代入λa即可得到所求的向量．
(2)利用两向量共线求参数．如果已知两向量共线，求某些参数的取值时，利用“若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a∥b的充要条件是x1y2＝x2y1”解题比较方便．
37．
【分析】利用三条直线的斜率关系，结合点差法可得.
【详解】
设，，则，，
设、、，分别为直线、、的斜率，
则，，，
因直线是以为直径的圆的切线
所以，，
所以，
又在直线上，所以，
因、在上，
所以，，
两式相减得，
整理得，
故，即，
，
故.
故答案为：
38．
【分析】设点，切线的方程为，继而求得切线的斜率，由 可求得的方程，与直线联立可求得点的坐标，继而消参可求得点的轨迹方程，则结合图形可求得得范围.
【详解】因为点为抛物线：上的点（不为原点），
所以可设点，且
当切线的斜率不存在时，切点为原点不合题意；
当切线的斜率存在时，可设为，
联立，消去可得，
化简可得，
令，可得，
化简可得，即，
又，所以的斜率，
所以的方程，
因为点，
所以的斜率为，
则的方程为，
联立，解得，
即，
当时，的方程为， 的方程
则或，满足
由两式相除可得，即
由，可得
再代入，可得，
化简可得，可得，
可知点轨迹为半径为的圆，圆心为,
结合图形可知，
又，，
则.
故答案为：
39．①
【分析】利用导数几何意义求出切线的方程，联立求出的关系，再逐一判断各个命题即得.
【详解】由，得，求导得，则切线的斜率分别为，而，
于是直线的方程为，直线的方程为，
因此，则，而，从而，①正确；
，即，②错误；
当时，③无意义，
当时，，③错误，
所以正确命题的序号是①.
故答案为：①
40．B
【分析】先根据椭圆的几何性质求得，设出，，利用余弦定理可求得的值，最后利用三角形面积公式求解即得．
【详解】解：设，，
则由椭圆的定义可得：①
在△中，
所以②，
由①②得
即
所以，
．
故选： B．
41．B
【分析】由椭圆定义与余弦定理，三角形面积公式求解
【详解】法一：设，，则，
，∴．
又，∴，解得．
法二：由焦点三角形面积公式得
故选：B
42．B
【分析】根据椭圆定义，结合基本不等式求出，进而求出面积.
【详解】根据椭圆定义，，则，当且仅当时取“=”，
此时三角形是等腰三角形，易知，所以的面积为
故选：B.
43．A
【分析】利用双曲线的定义求出，进而得出，再由三角形的面积公式即可求解.
【详解】∵，∴，
∵，∴，
因为，所以，，
∴.
故选：A
44．A
【分析】设双曲线的左焦点为，则，则由题意可得的周长为，当，，三点共线时，最小，从而可得答案
【详解】设双曲线的左焦点为，则．由题可知，，
∴，，，
∴，的周长为．
∵当，，三点共线时，最小，最小值为，
∴的周长的最小值为．
故选：A
45．D
【分析】利用点差法，得到弦所在直线的斜率与弦中点纵坐标的关系式，再结合抛物线的定义即求.
【详解】设，，弦的中点为，，
则，
所以，所以，
则，
所以弦的垂直平分线为．
令，则，所以．
又，
所以．
故选：D．
46．A
【分析】分焦点在轴上和轴上两种情况讨论，设为椭圆短轴端点，由题意，，利用三角函数列出不等式即可得解.
【详解】①时，上存在点满足，
设为椭圆短轴端点，
当位于短轴的端点时，取最大值，
要使椭圆上存在点满足则，，
，解得；
②当椭圆的焦点在轴上时，，同理可得；
的取值范围是.
故选：A.
【点睛】本题考查了椭圆性质和三角函数的综合应用，考查了分类讨论思想，属于中档题.
47．C
【分析】讨论焦点的位置，然后利用焦点三角形顶点的位置和已知条件可找到m的取值范围.
【详解】当焦点在轴上时，，，，
当为上下顶点时，最大，
因为坐标，，，所以，
即，解得；
当焦点在轴上时，，，，
当为左右顶点时，最大，因为，，，
所以，即，解得，
故选：C.
【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程及几何性质，考查的核心素养是数学运算、分类讨论思想.
48．
【分析】先根据新定义，利用二倍角公式判断最小时最小，再设，利用距离公式，结合二次函数最值的求法求得最小值，即得结果.
【详解】解：如图，，
要使最小，则最大，即需最小.
设，则，
∴当，即时，，，
此时或，.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：
本题的解题关键在于理解新定义，将的最小值问题转化为线段最小问题，结合二次函数求最值即突破难点.
49．
【分析】延长交于点，由题意及双曲线定义可知，则，，在中，用余弦定理得出等式，从而求得离心率．
【详解】
延长交于点，
因为，则，
因为，
所以，则，，
在中，由余弦定理得，
又因为，所以，
所以，即，
所以.
故答案为：
50．
【分析】根据定义结合中位线及面积公式计算正弦值即可.
【详解】
由题可知，．
因为平分，所以到，的距离相等，
设为，则．
易知是的中位线，延长，交于点，则为的中点，
过作于，
易得，则，从而．
故答案为：
51．
【分析】分别设出直线、直线和直线的方程，以及，两点坐标，利用角平分线到角两边距离相等，可得直线和直线的斜率积为，从而得到，联立直线与抛物线，结合韦达定理即可求解.
【详解】设直线的方程为，即，
设直线，的方程分别为，，即，，
设，，
的平分线过点，，
整理得：，，
，则，即，
由，得，
，．
又，，解得：或（舍去）.
故答案为：.
52．
【解析】设直线方程为，与抛物线方程联立，根据，即，结合韦达定理求得，再根据的面积为，由求解.
【详解】设过抛物线的焦点的直线方程为，
与抛物线方程联立得：，
设，
由根与系数的关系得：，
又因为，
所以，
解得，
所以，
即，
解得，
所以，
所以的通径长为8
故答案为：8
53．
【解析】先求出，，，求出，，进而可以求出的周长和面积，设的内切圆半径为，由即可求出，利用坐标和半径即可以求出圆心坐标，从而得出圆的方程.
【详解】
设的内切圆半径为，由椭圆的方程知：，，
则，因为垂直于轴，
所以 ，，
解得：，，
的周长为，
其面积为：，
由内切圆的性质得：，即，解得：，
圆心横坐标为：，所以圆心坐标为，
所以所求圆的方程为：，
故答案为：
【点睛】本题主要考查了椭圆的几何性质以及圆的方程，属于中档题.
54．C
【分析】根据题意结合椭圆的定义运算求解即可.
【详解】如图所示：，，
由椭圆定义得.①
在中，.②
由①②得，则，
所以椭圆C的方程为.
故选：C.

【点睛】本题考查椭圆方程的求解.
55．
【分析】由题意确定关于x轴对称，以及轴，即可求得，的表达式，结合双曲线定义可得的关系，即可求得答案.
【详解】由题意可知在双曲线的右支上，
因为，则关于x轴对称，
所以轴，
又，所以，，
由双曲线定义可得，即，
故，
故答案为：
56．
【分析】根据题意得，求出，再求出离心率；根据椭圆的光学性质可得，即点的轨迹是以为圆心，半径为4的圆，又点到直线的距离的5倍，分析求解即可.
【详解】根据椭圆定义得：，
所以，
因为的最大值为6，，所以，即，
解得，所以离心率为；
右焦点关于直线l的对称点，
设切点为A，由椭圆的光学性质可得：三点共线，
所以，
即点的轨迹是以为圆心，半径为4的圆，
圆心到直线的距离为，
则圆上的点到直线3x＋4y－24＝0的距离最小值为，最大值为，
所以点到直线的距离为，
所以表示点到直线的距离的5倍，
则，即.
故答案为：①#；②.
57．
【分析】设，由双曲线定义表示出，用已知正切值求出，再由双曲线定义得，再由勾股定理结合正切值用表示出，从而建立关系式求出（用表示），然后在中，应用勾股定理得出的关系，求得离心率．
【详解】
由题可知共线，共线，
如图，设，则，
因为，所以，
又，所以，所以，所以，
又因为，，所以，
所以，得，则，
又，且，所以，
化简得，所以.
故答案为：.
58．C
【分析】设，，，可得，可以将，转换为，结合双曲线的定义以及即可求解.
【详解】如图所示：

由题意为内心，
设，，，内切圆半径为，
所以，又因为，
即，
化简得，
由双曲线定义可知，因此有；
注意到，且以及，
联立并化简得，即 ，
解得或（舍去，因为）
故选：C
59．D
【分析】根据题意和抛物线的对称性可得OF垂直平分AB，设，结合 求出的值，进而得出结果.
【详解】如图所示，为的垂心，为焦点，
，垂直平分线段，直线垂直于轴．
设，，其中，
为垂心，，，
即，解得，
直线的方程为，即．
故选：D．
60．A
【解析】根据三角形四种心的性质，即可得答案；
【详解】对B，若O为的内心，则到直线的距离等于，显然不可能，到直线的距离恒小于，故B错误；
对C，若O为的外心，则，，和已知矛盾，故B错误；
对D，若O为的重心，则，这也显然错误，故C错误；
根据排除法，O可能为的垂心，
故选：A.
【点睛】本题考查双曲线中三角形的几种心的性质，考查逻辑推理能力，求解时注意三角形各种心的定义.
答案第1页，共2页
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