1、解析几何一、单选题1（2024全国）已知曲线C：（），从C上任意一点P向x轴作垂线段，为垂足，则线段的中点M的轨迹方程为（）A（）B（）C（）D（）2（2024全国）已知双曲线的上、下焦点分别为，点在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（）A4B3C2D3（2024全国）已知b是的等差中项，直线与圆交于两点，则的最小值为（）A2B3C4D4（2024北京）求圆的圆心到的距离（）AB2CD5（2024天津）双曲线的左、右焦点分别为是双曲线右支上一点，且直线的斜率为2是面积为8的直角三角形，则双曲线的方程为（）ABCD二、多选题6（2024全国）造型可以做成美丽的丝带，将其看作图中曲线C的一部分.已知
2、C过坐标原点O.且C上的点满足横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为4，则（）AB点在C上CC在第一象限的点的纵坐标的最大值为1D当点在C上时，7（2024全国）抛物线C：的准线为l，P为C上的动点，过P作的一条切线，Q为切点，过P作l的垂线，垂足为B，则（）Al与相切B当P，A，B三点共线时，C当时，D满足的点有且仅有2个三、填空题8（2024全国）设双曲线的左右焦点分别为，过作平行于轴的直线交C于A，B两点，若，则C的离心率为 9（2024北京）已知双曲线，则过且和双曲线只有一个交点的直线的斜率为 10（2024北京）已知抛物线，则焦点坐标为 11（2024天津）的圆心与抛物线的焦点
3、重合，为两曲线的交点，则原点到直线的距离为 12（2024上海）已知抛物线上有一点到准线的距离为9，那么点到轴的距离为 四、解答题13（2024全国）已知和为椭圆上两点.(1)求C的离心率;(2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程14（2024全国）已知双曲线，点在上，为常数，按照如下方式依次构造点，过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.(1)若，求；(2)证明：数列是公比为的等比数列；(3)设为的面积，证明：对任意的正整数，.15（2024全国）设椭圆的右焦点为，点在上，且轴(1)求的方程；(2)过点的直线与交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证
4、明：轴16（2024北京）已知椭圆方程C：，焦点和短轴端点构成边长为2的正方形，过的直线l与椭圆交于A，B，连接AC交椭圆于D(1)求椭圆方程和离心率；(2)若直线BD的斜率为0，求t17（2024天津）已知椭圆椭圆的离心率左顶点为，下顶点为是线段的中点，其中(1)求椭圆方程(2)过点的动直线与椭圆有两个交点在轴上是否存在点使得恒成立若存在求出这个点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由18（2024上海）已知双曲线左右顶点分别为，过点的直线交双曲线于两点.(1)若离心率时，求的值(2)若为等腰三角形时，且点在第一象限，求点的坐标(3)连接并延长，交双曲线于点，若，求的取值范围参考答案1A【分析
5、】设点，由题意，根据中点的坐标表示可得，代入圆的方程即可求解.【解析】设点，则，因为为的中点，所以，即，又在圆上，所以，即，即点的轨迹方程为.故选：A2C【分析】由焦点坐标可得焦距，结合双曲线定义计算可得，即可得离心率.【解析】由题意，、，则，则，则.故选：C.3C【分析】结合等差数列性质将代换，求出直线恒过的定点，采用数形结合法即可求解.【解析】因为成等差数列，所以，代入直线方程得，即，令得，故直线恒过，设，圆化为标准方程得：，设圆心为，画出直线与圆的图形，由图可知，当时，最小，此时.故选：C4C【分析】求出圆心坐标，再利用点到直线距离公式即可.【解析】由题意得，即，则其圆心坐标为，则圆心到
6、直线的距离为，故选：C.5C【分析】可利用三边斜率问题与正弦定理，转化出三边比例，设，由面积公式求出，由勾股定理得出，结合第一定义再求出.【解析】如下图：由题可知，点必落在第四象限，设，由，求得，因为，所以，求得，即，由正弦定理可得：，则由得，由得，则，由双曲线第一定义可得：，所以双曲线的方程为.故选：C6ABD【分析】根据题设将原点代入曲线方程后可求，故可判断A的正误，结合曲线方程可判断B的正误，利用特例法可判断C的正误，将曲线方程化简后结合不等式的性质可判断D的正误.【解析】对于A：设曲线上的动点，则且，因为曲线过坐标原点，故，解得，故A正确.对于B：又曲线方程为，而，故.当时，故在曲线上
7、，故B正确.对于C：由曲线的方程可得，取，则，而，故此时，故在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1，故C错误.对于D：当点在曲线上时，由C的分析可得，故，故D正确.故选：ABD.【点睛】思路点睛：根据曲线方程讨论曲线的性质，一般需要将曲线方程变形化简后结合不等式的性质等来处理.7ABD【分析】A选项，抛物线准线为，根据圆心到准线的距离来判断；B选项，三点共线时，先求出的坐标，进而得出切线长；C选项，根据先算出的坐标，然后验证是否成立；D选项，根据抛物线的定义，于是问题转化成的点的存在性问题，此时考察的中垂线和抛物线的交点个数即可，亦可直接设点坐标进行求解.【解析】A选项，抛物线的准线为，的圆心到
8、直线的距离显然是，等于圆的半径，故准线和相切，A选项正确；B选项，三点共线时，即，则的纵坐标，由，得到，故，此时切线长，B选项正确；C选项，当时，此时，故或，当时，不满足；当时，不满足；于是不成立，C选项错误；D选项，方法一：利用抛物线定义转化根据抛物线的定义，这里，于是时点的存在性问题转化成时点的存在性问题，中点，中垂线的斜率为，于是的中垂线方程为：，与抛物线联立可得，即的中垂线和抛物线有两个交点，即存在两个点，使得，D选项正确.方法二：（设点直接求解）设，由可得，又，又，根据两点间的距离公式，整理得，则关于的方程有两个解，即存在两个这样的点，D选项正确.故选：ABD8【分析】由题意画出双曲
9、线大致图象，求出，结合双曲线第一定义求出，即可得到的值，从而求出离心率.【解析】由题可知三点横坐标相等，设在第一象限，将代入得，即，故，又，得，解得，代入得，故，即，所以.故答案为：9【分析】首先说明直线斜率存在，然后设出方程，联立双曲线方程，根据交点个数与方程根的情况列式即可求解.【解析】联立与，解得，这表明满足题意的直线斜率一定存在，设所求直线斜率为，则过点且斜率为的直线方程为，联立，化简并整理得：，由题意得或，解得或无解，即，经检验，符合题意.故答案为：.10【分析】形如的抛物线的焦点坐标为，由此即可得解.【解析】由题意抛物线的标准方程为，所以其焦点坐标为.故答案为：.11/【分析】先求
10、出圆心坐标，从而可求焦准距，再联立圆和抛物线方程，求及的方程，从而可求原点到直线的距离.【解析】圆的圆心为，故即，由可得，故或（舍），故，故直线即或，故原点到直线的距离为，故答案为：12【分析】根据抛物线的定义知，将其再代入抛物线方程即可.【解析】由知抛物线的准线方程为，设点，由题意得，解得，代入抛物线方程，得，解得，则点到轴的距离为故答案为：13(1)(2)直线的方程为或.【分析】（1）代入两点得到关于的方程，解出即可；（2）方法一：以为底，求出三角形的高，即点到直线的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到点坐标，则得到直线的方程；方法二：同法一得到点到直线的距离，
11、再设，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点到直线的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线斜率不存在的情况，再设直线，联立椭圆方程，得到点坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线斜率不存在的情况，再设，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅锤高乘表达面积即可.【解析】（1）由题意得，解得，所以.（2）法一：，则直线的方程为，即，由（1）知，设点到直线的距离为，则，则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可，此时该平行线与椭圆的交点即为点，设该平行线的方程为：，则，解得或，当时，联立，解得或，即或，当
12、时，此时，直线的方程为，即，当时，此时，直线的方程为，即，当时，联立得，此时该直线与椭圆无交点.综上直线的方程为或.法二：同法一得到直线的方程为，点到直线的距离，设，则，解得或，即或，以下同法一.法三：同法一得到直线的方程为，点到直线的距离，设，其中，则有，联立，解得或，即或，以下同法一；法四：当直线的斜率不存在时，此时，符合题意，此时，直线的方程为，即，当线的斜率存在时，设直线的方程为，联立椭圆方程有，则，其中，即，解得或，令，则，则同法一得到直线的方程为，点到直线的距离，则，解得，此时，则得到此时，直线的方程为，即，综上直线的方程为或.法五：当的斜率不存在时，到距离，此时不满足条件.当的斜
13、率存在时，设，令，消可得，且，即，到直线距离，或，均满足题意，或，即或.法六：当的斜率不存在时，到距离，此时不满足条件.当直线斜率存在时，设，设与轴的交点为，令，则，联立，则有，其中，且，则，则，解的或，经代入判别式验证均满足题意.则直线为或，即或.14(1)，(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出的坐标即可；（2）根据等比数列的定义即可验证结论；（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.【解析】（1）由已知有，故的方程为.当时，过且斜率为的直线为，与联立得到.解得
14、或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上.故，从而，.（2）由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程.展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根.从而根据韦达定理，另一根，相应的.所以该直线与的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在的左支上.所以.这就得到，.所以.再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点，若，则.（若在同一条直线上，约定）证明：.证毕，回到原题.由于上一小问已经得到，故.再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.所以对任意的正整数，都有.而又有，故利用前面已经证明的结论即得.这就表明的
15、取值是与无关的定值，所以.方法二：由于上一小问已经得到，故.再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.所以对任意的正整数，都有.这就得到，以及.两式相减，即得.移项得到.故.而，.所以和平行，这就得到，即.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.15(1)(2)证明见解析【分析】（1）设，根据的坐标及轴可求基本量，故可求椭圆方程.（2）设，联立直线方程和椭圆方程，用的坐标表示，结合韦达定理化简前者可得，故可证轴.【解析】（1）设，由题设有且，故，故，故，故椭圆方程为.（2）直线的斜率必定存在，设，由可得，故，故，又，而，故直线，故，所以，故
16、，即轴.【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，注意的判断；（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.16(1)(2)【分析】（1）由题意得，进一步得，由此即可得解；（2）说明直线斜率存在，设，联立椭圆方程，由韦达定理有，而，令，即可得解.【解析】（1）由题意，从而，所以椭圆方程为，离心率为；（2）显然直线斜率存在，否则重合，直线斜率不存在与题意不符，同样直线斜率不为0，否则直线与椭圆无交点，矛盾，从而设，联立，化
17、简并整理得，由题意，即应满足，所以，若直线斜率为0，由椭圆的对称性可设，所以，在直线方程中令，得，所以，此时应满足，即应满足或，综上所述，满足题意，此时或.17(1)(2)存在，使得恒成立.【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积可求基本量，从而可得椭圆的标准方程.（2）设该直线方程为：， 联立直线方程和椭圆方程并消元，结合韦达定理和向量数量积的坐标运算可用表示，再根据可求的范围.【解析】（1）因为椭圆的离心率为，故，其中为半焦距，所以，故，故，所以，故椭圆方程为：.（2）若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：，设， 由可得，故且而，故，因为恒成立，故，解得.若过点的动直线的斜率不
18、存在，则或，此时需，两者结合可得.综上，存在，使得恒成立.【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围问题，往往需要用合适的参数表示目标代数式，表示过程中需要借助韦达定理，此时注意直线方程的合理假设.18(1)(2)(3)【分析】（1）根据离心率公式计算即可；（2）分三角形三边分别为底讨论即可；（3）设直线，联立双曲线方程得到韦达定理式，再代入计算向量数量积的等式计算即可.【解析】（1）由题意得，则，（2）当时，双曲线，其中，因为为等腰三角形，则当以为底时，显然点在直线上，这与点在第一象限矛盾，故舍去；当以为底时，设，则 , 联立解得或或，因为点在第一象限，显然以上均不合题意，舍去；（或者由双曲线性质知，矛盾，舍去）；当以为底时，设，其中，则有，解得，即综上所述：.（3）由题知， 当直线的斜率为0时，此时，不合题意，则，则设直线，设点，根据延长线交双曲线于点，根据双曲线对称性知， 联立有，显然二次项系数，其中，则，因为在直线上，则，即，即，将代入有，即化简得，所以 , 代入到 , 得 , 所以 ,且，解得，又因为，则，综上知，【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是采用设线法，为了方便运算可设，将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，再写出相关向量，代入计算，要注意排除联立后的方程得二次项系数不为0.
