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圆锥曲线的方程专题突破（典型例题与跟踪训练）-2025年高考数学一轮复习
一、单选题
1．动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数，则动点的轨迹方程是（ ）
A． B．
C． D．
2．已知椭圆的左 右焦点分别为，点在椭圆上.若，则的面积为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．9
3．已知是椭圆上一点，则点到直线的最小距离是（ ）
A． B． C． D．
4．已知为坐标原点，双曲线的离心率为2，虚轴长为为圆：上一点，过点作的两条切线，切点分别为，记直线的斜率分别为，则（ ）
A． B． C． D．
5．双曲线的左、右焦点分别为，过作斜率为正且与的某条渐近线垂直的直线与双曲线在第一象限交于，，则的离心率为（ ）.
A． B． C． D．
6．已知抛物线的焦点为，定点为上一动点，则的最小值为（ ）
A．12 B．14 C．16 D．18
7．已知离心率为的双曲线的左、右焦点分别为为右支上的一点，若，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知椭圆的左、右焦点为为在第一象限的两个动点，且，若，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．星形线或称为四尖瓣线，是一个有四个尖点的内摆线．已知星形线上的点到x轴的距离的最大值为1，则（ ）
A． B．C上的点到原点的距离的最大值为1
C．C上的点到原点的距离的最小值为 D．当点在C上时，
10．已知抛物线的焦点为F，准线为l，点A，B在C上（A在第一象限），点Q在l上，以为直径的圆过焦点F，，则（ ）
A．若，则 B．若，则
C．，则 D．，则
11．已知椭圆的长轴端点分别为，两个焦点分别为是上任意一点，则（ ）
A．椭圆的离心率为
B．的周长为
C．面积的最大值为
D．
三、填空题
12．方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是 .
13．在平面直角坐标系中，分别为轴上的点，，则以原点为顶点且经过两点的抛物线的准线斜率为 .
14．地震定位对地震救援具有重要意义，根据双台子台阵方法，在一次地震发生后，通过两个地震台站的位置和其接收到的信息，可以把震中的位置限制在双曲线的一支上，这两个地震台站的位置就是该双曲线的两个焦点.已知地震台站在公路上（为直线），且，相距28，地震局以的中点为原点，直线为轴，1为单位长度建立如图所示的平面直角坐标系.在一次地震发生后，根据两站收到的信息，并通过计算发现震中在双曲线的右支上，且，则到公路的距离为 .
四、解答题
15．已知椭圆的离心率，且上的点到的距离的最大值为.
(1)求的方程；
(2)过的直线与交于，记关于轴的对称点为.证明：直线恒过定点；
16．已知为坐标原点，是圆上一点，且，线段的垂直平分线交线段于点，设动点的轨迹为曲线，且曲线与直线相切．
(1)求的方程；
(2)过点且斜率为的直线与曲线交于两点，求面积的最大值．
17．已知双曲线C：的离心率为2.且经过点.
(1)求C的方程；
(2)若直线l与C交于A，B两点，且（点O为坐标原点），求的取值范围.
18．已知抛物线.过抛物线焦点F作直线分别在第一、四象限交于两点，过原点O作直线与抛物线的准线交于E点，设两直线交点为S.若当点P的纵坐标为时，.
(1)求抛物线的方程.
(2)若平行于x轴，证明：S在抛物线C上.
(3)在（2）的条件下，记的重心为R，延长交于Q，直线交抛物线于（T在右侧），设中点为G，求与面积之比n的取值范围.
19．已知双曲线的虚轴长为4，渐近线方程为.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)设，是双曲线上的动点，求的最小值；
(3)过双曲线右焦点的直线与双曲线的左、右两支分别交于点、，点是线段的中点，过点且与垂直的直线交直线于点，点满足，求四边形面积的最小值.
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B D C B B A B A ABD ACD
题号 11
答案 ABD
1．B
【分析】根据已知条件列方程，化简整理即可求解.
【详解】设是点到直线的距离，
根据题意，动点的轨迹就是集合.
由此得，将上式两边平方并化简，得，
即.
所以动点的轨迹方程为.
故选：B.
2．D
【分析】在中，结合椭圆定义及勾股定理可得，进而求得的面积.
【详解】由椭圆定义可得，
又因为，所以由勾股定理可得，
即，解得，
则的面积为.
故选：D.
3．C
【分析】利用平行直线系，联立直线与椭圆方程，利用判别式可求解相切时的直线，即可根据平行线间距离公式求解，或者利用三角换元，结合辅助角公式以及三角函数的性质求解.
【详解】解法一：设与直线平行的直线为，
联立整理得，
令，解得或，所以与距离，
当时，最小，即点到直线的最小距离是.
解法二：设椭圆上点，则点到直线距离
，
其中，当时，，
故选:C.
4．B
【分析】根据双曲线性质先确定双曲线方程，设Q坐标及切线方程，联立双曲线方程，借助韦达定理得，计算即可.
【详解】由题意得，又，
所以，所以的方程为，
设，过点的切线方程为，
联立得，
则，即，
又，所以，所以，
又，且，所以．
故选：B
5．B
【分析】根据给定条件，过作，结合点到直线的距离公式及双曲线定义求出的关系，即可求出双曲线的离心率.
【详解】令双曲线的半焦距为，则，
令直线与双曲线的渐近线垂直的垂足为，
于是，，
过作于，则，而为线段中点，
于是，，
由，得，，，
由双曲线定义得，即，解得，
所以双曲线的离心率.
故选：B
6．A
【分析】根据题意可得准线方程为，过作的准线的垂线，垂足为，从而可得，即可求解.
【详解】易知抛物线的准线方程为，过作的准线的垂线，垂足为，
由抛物线的定义可知，所以，
当且仅当三点共线且准线时，等号成立．故的最小值为12．故A正确.
故选：A.
7．B
【分析】由离心率得，利用双曲线定义可得，由勾股定理逆定理可知为直角三角形进而得面积.
【详解】由题意可知，所以，
由双曲线定义可得，则，
则，
所以为直角三角形，
所以．
故选：B.
8．A
【分析】结合椭圆定义在中由余弦定理求得，同理在中利用余弦定理可得，再由可得关系，进而得离心率.
【详解】连接，设，则，
在中，由余弦定理可得
，
即，
解得，即.
由可知，
在中利用余弦定理可得
，
同理可解得，
又因为，即，
所以．
故选：A.
9．ABD
【分析】根据星形线求出可判断AB；设点在C上，根据利用立方差公式、基本不等式可判断C；由利用基本不等式可判断D.
【详解】对于A，因为星形线上的点到x轴的距离的最大值为1，
令得，因为，可得，故A正确；
对于B，由图可得C上的点到原点的距离的最大值为1，故B正确；
对于C，设点在C上，则，
因为
，当且仅当等号成立，
即星形线上的点到原点距离的最小值为，故C错误；
对于D，当点在C上时，
因为，
得，当且仅当等号成立，
即星形线上的点到轴距离的乘积的最大值为，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是从方程出发，利用基本不等式求最值.
10．ACD
【分析】由题意，利用抛物线的定义以及相似即可判断AB；结合抛物线的定义及三角形全等即可判断BD.
【详解】设在上的投影为，与轴交于点，
因为，两点均在抛物线上，
所以，因为，,故,
所以，解得，故选项A正确；
对于B，时，，,
结合， ,,
所以，解得，故B错误；
对于C:设点在上的投影为，此时，，
所以，因为，所以，
即，
则为等腰直角三角形，
此时，故C正确；
对于D，设点在上的投影为，
此时，，
所以，
因为，所以，
即，
则为等边三角形，
此时，则,，故D正确；
故选：ACD．

【点睛】关键点点睛：以及垂直关系得.
11．ABD
【分析】根据给定的椭圆方程，求出其长短半轴长及半焦距，再逐项计算判断得解.
【详解】椭圆的长半轴长，短半轴长，半焦距，
对于A，椭圆的离心率为，故A正确；
对于B，的周长为，故B正确；
对于C，，设，则面积的最大值为，故C错误；
对于D，设，
，
因此，故D正确.
故选：ABD.
12．
【分析】根据焦点在轴上的椭圆的特征，列不等式即可求解.
【详解】由题意可得解得，故实数的取值范围是.
故答案为：.
13．
【分析】假设抛物线，，，，，进而得到的坐标，代入抛物线即可得到，进而得到.将抛物线逆时针旋转个单位，则分别旋转到轴上的点，因此可以求旋转后的抛物线对称轴的斜率，又准线与抛物线对称轴垂直，因此斜率相乘等于，进而求出准线的斜率.
【详解】设抛物线，，，，，如图所示，
则，，即，
又在上，
，故，
又，所以，
故逆时针旋转后,分别旋转到轴上的点，
此时抛物线对称轴斜率为，而准线与对称轴垂直，故.
故答案为：.
14．
【分析】先利用双曲线的性质计算焦距与，然后计算该焦点三角形的面积，利用等面积法计算到公路的距离即可.
【详解】设双曲线的焦距为，
由题意得，，则，解得，
由双曲线的定义得，
又，
即，
三角形的面积，
设到公路的距离为，则，得，
即到公路的距离为.
故答案为：
15．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的离心率及距离的最大值，列出方程组求解即得.
（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用斜率坐标公式，结合韦达定理推理即得.
【详解】（1）由的离心率，则，
，设上的点，
则，
，
①当，即时，的最大值为，
由，则，
又，所以，所以此时椭圆的方程为
②当，即时，的最大值为，
由，
即，解得，不合题意.
综上可知，的方程为.
（2）当直线斜率存在时，设直线的方程为，
，则，
由得，
，即
，
直线方程为，
当时，
，
故直线恒过定点.
当直线斜率不存在时，直线方程为也过.
故直线恒过定点.
【点睛】关键点点睛：与椭圆方程联立，利用斜率坐标公式，当时，，结合韦达定理推理即得.
16．(1)
(2)
【分析】（1）先确定圆心A及半径，由垂直平分线的性质结合椭圆的定义及直线与椭圆的位置关系计算即可；
（2）设直线方程，联立椭圆方程，由韦达定理、弦长公式、点到直线的距离及基本不等式计算即可.
【详解】（1）由题意可知圆，
所以圆心，半径，
因为，线段的垂直平分线交线段于点，所以，
又，所以，
即点的轨迹是以点为左、右焦点的椭圆，所以曲线．
因为曲线与直线相切，故，
解得，所以的方程为．
（2）由题意得直线，由，得，
令，
所以，即或．
设，则，
所以
，
令，则，
则，
当且仅当即时，等号成立，
所以面积的最大值为．
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据离心率以及经过的点即可联立求解曲线方程；
（2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，进而根据向量的数量积的坐标运算化简得，根据弦长公式，结合不等式即可求解，
【详解】（1）由题意可得，解得，
故双曲线方程为.
（2）当直线斜率不存在时，可设，
则，
将其代入双曲线方程，
又，解得，
此时，
当直线斜率存在时，设其方程为，设，
联立，
故，
则
，
化简得，此时，
所以
，
当时，此时，
当时，此时，
，故，
因此，
综上可得.
18．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用两点距离公式可计算P坐标，代入抛物线方程即可；
（2）设方程及坐标，利用E坐标表示方程，联立方程得出S坐标，结合点在抛物线与直线上消元转化即可证明；
（3）设坐标及直线方程，利用坐标表示，结合焦点弦的性质消元转化表示，并根据几何性质把面积比化为线段比，再化为坐标比，构造函数计算其范围即可.
【详解】（1）因为若当点P的纵坐标为时，,
不妨设，则，即，
代入抛物线方程有，所以；
（2）由（1）知，C的准线，
不妨设，，
若平行于x轴，则，
所以，整理得，
联立方程有，
又在抛物线C和直线上，即，
则有，此时，即，
则S在抛物线C上，证毕；
（3）在（2）的条件下可知两点重合，由重心的性质不难知Q为线段的中点，
同（2），仍设，，
则，
联立，
所以，
且，
则，
可知，整理得，
设，
与C联立有，
所以，即，
由于Q为线段的中点，所以到直线的距离相等，
则，
设，
若，则，显然，所以；
若，则；
若，则，所以；
综上.

【点睛】思路点睛：第二问是教材例题的变式，设点坐标表示相应直线方程，求出S坐标，验证其横纵坐标是否满足抛物线方程即可；第三问，仍是利用点坐标来表示直线方程，利用韦达定理表示，并根据几何性质把面积比化为线段比，再化为坐标比，构造函数计算其范围即可.
19．(1)
(2)1
(3)
【分析】（1）根据双曲线的几何性质进行求解.
（2）由两点间的距离公式进行列式，并消元得到只含的式子，求函数值域得到结果.
（3）联立双曲线和直线的方程表示点的坐标，由，，三点共线和联立表示点坐标，通过可知四边形是平行四边形，从而将平行四边形的面积转化为面积的两倍，用三角形面积公式表示的面积，最后通过换元和导数得到面积的最小值.
【详解】（1）由题意可知，又渐近线方程为，所以，
易知双曲线的标准方程为.
（2）设，，
因为或，对称轴为，所以当时取得最小值1.
（3）设，，，，联立方程
得，
，
且，，
由，，三点共线得①，
由得，即②，由①②解得.
由可知，四边形是平行四边形，
所以，，
，
所以，
令，，则，令，
则，
所以在上单调递减，上单调递增，所以，
所以，当且仅当，即时取等号.
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