第41頁（共41頁）2025年高考數學復習新題速遞之圓錐曲線綜合（2025年4月）一．選擇題（共8小題）1．（2025?海南模擬）設雙曲線C：x2a2-y2b2=1(a＞0，A．4 B．2 C．3 D．22．（2025春?南昌校級月考）已知雙曲線x2λ-A．雙曲線的漸近線方程為y＝±x B．雙曲線的焦點坐標為（﹣2，0），（2，0） C．雙曲線的離心率5 D．雙曲線的實軸長為13．（2025春?沙坪壩區校級月考）已知橢圓x29+y225=1和雙曲線y2a2-x2b2=1(a＞0，b＞0)有公共焦點F1，FA．32 B．145 C．52 4．（2025?九江二模）窗花是中國傳統剪紙藝術的重要分支，主要用于節日或喜慶場合的窗戶裝飾，尤以春節最為常見，它以紅紙為材料，通過剪、刻等技法創作出精美圖案，圖案講究構圖對稱、虛實相生．2025年春節，小明同學利用AI軟件為家里制作了一幅窗花圖案（如圖），其外輪廓為方程C：x2+y2＝1+|xy|所表示的曲線．設圖案的中心為O，P為曲線C上的最高點，則|OP|＝（）A．2 B．233 C．43 5．（2025?鄭州模擬）已知F是拋物線C：y2＝4x的焦點，l是C的準線，點N是C上一點且位于第一象限，直線FN與圓A：x2+y2﹣6x+6＝0相切且FN斜率為正，過點N作l的垂線，垂足為P，則△PFN的面積為是（）A．23 B．4 C．43 D6．（2025?開福區校級模擬）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的短軸長為4，上頂點為B，O為坐標原點，點D為OB的中點，曲線E：x2m2-y2n2=1(m＞A．8510 B．6510 C．67．（2025?鞍山模擬）如圖，圓O：x2+y2＝4與x軸交于A、B兩點，l1、l2是分別過A、B的圓O的切線，過圓O上任意一點P作圓O的切線，分別交l1、l2于點C、D兩點，記直線AD與BC交于點M，則點M的軌跡方程為（）A．x2+y2＝1（y≠0） B．x2C．x2+y2＝2（y≠0） D．x8．（2024秋?虎林市校級期末）古希臘著名數學家阿波羅尼斯與歐幾里得、阿基米德齊名，他發現：平面內到兩個定點A，B的距離之比為定值λ（λ≠1）的點所形成的圖形是圓．后來，人們將這個圓以他的名字命名，稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓．已知在平面直角坐標系xOy中，A（﹣1，0），B（2，0）．點P滿足|PA||PB|A．C的方程為（x+2）2+y2＝4 B．在C上存在點D，使得D到點（1，1）的距離為3 C．在C上不存在點M，使得|MO|＝2|MA| D．C上的點到直線3x﹣4y﹣13＝0的最小距離為1二．多選題（共4小題）（多選）9．（2025?昌黎縣校級模擬）設點M（﹣1，1），N（1，0），直線l：x＝4，動點P到點N的距離是點P到直線l的距離的12A．點P的軌跡為橢圓 B．|PM|+|PN|的最小值為2 C．|PM|+|PN|的最大值為5 D．存在4個點P，使得△PMN的面積為2（多選）10．（2025?昌黎縣校級模擬）法國天文學家喬凡尼?多美尼科?卡西尼在研究土星及其衛星的運動規律時，發現了平面內到兩個定點的距離之積為常數的點的軌跡，并稱之為卡西尼卵形線（CassiniOval）．已知在平面直角坐標系xOy中，M（﹣1，0），N（1，0），動點P滿足|PM|?|PN|＝t（t＞0），其軌跡為C．下列結論中，正確的是（）A．曲線C關于y軸對稱 B．原點始終在曲線C的內部 C．當t=2時，△PMN面積的最大值為D．C在第一象限的點的縱坐標的最大值為t（多選）11．（2025?湖北模擬）對于任意兩個正數u，v，當u＜v時，記曲線y=1x與直線x＝u，直線x＝v以及x軸圍成的曲邊梯形的面積為L（u，v），當u＞v時，約定L（u，v）＝﹣L（v，u），并約定L（u，u）＝0．德國數學家萊布尼茨（Leibniz）最早發現L（1，x）＝lnx．關于L（u，v）（uA．L（1，6）＝L（1，2）+L（1，3） B．2LC．L（uu，vu）＞v﹣u D．對正數u，h，有h（多選）12．（2025?滄縣校級模擬）平面內由滿足x2+y2＝|x|+|y|的點（x，y）形成曲線E（）A．E上的點與原點的最近距離為22B．E上的點與原點的最遠距離為2 C．E的周長為42D．E圍成區域的面積為2+π三．填空題（共4小題）13．（2025?昌黎縣校級模擬）已知M是拋物線y2＝x上的動點，以M為圓心的圓被y軸截得的弦長為6，則該圓被x軸截得的弦長的最小值為．14．（2025?承德模擬）雙曲線C：x2a2-y2b2=1(a，b＞0)的左、右焦點分別為F1，F2，直線PF2⊥x軸且與雙曲線C在第一象限交于點P．設△F1PF2內切圓半徑為r，若15．（2025春?上海校級月考）已知復數z＝x+yi，（x，y∈R），且|z+4﹣3i|＝2，則x，y滿足的軌跡方程是．16．（2025?南開區一模）已知圓M：x2+（y﹣4）2＝1與拋物線C：y2＝2px（p＞0）的準線相切于點E，F為C的焦點，則直線EF被圓M截得的弦長為．四．解答題（共4小題）17．（2025?江西模擬）已知點A，B在曲線T：y=1（1）若直線AB的斜率為4，求|AB|的最小值；（2）若|AB|=17，求直線AB（3）若點C在曲線T上，等腰直角三角形ABC的頂點按逆時針排列，∠BAC=π2，求直線18．（2025?瀘縣校級三模）現定義：若圓A上一動點M，圓A外一定點N，滿足|MN|的最大值為其最小值的兩倍，則稱N為圓A的“上進點”．若點G同時是圓A和圓B的“上進點”，則稱G為圓“A?B”的“牽連點”．已知圓A：（1）若點C為圓A的“上進點”，求點C的軌跡方程并說明軌跡的形狀；（2）已知圓B：（x﹣2）2+（y﹣2）2＝1，且P，Q均為圓“A?B”的“牽連點”．（i）求直線PQ的方程；（ii）若圓H是以線段PQ為直徑的圓，直線l：y=kx+13與H交于I，J兩點，探究當k不斷變化時，在y軸上是否存在一點W19．（2025?廣安模擬）已知圓C1：x2+y2+2x﹣40＝0與拋物線C2：y2＝2px（p＞0）交于M，N兩點，|MN|＝8．（1）求曲線C2的方程；（2）設過拋物線焦點F的直線交C2于A、B兩點，過圓心C1的直線C1A與曲線C2的另一個交點為C，點A在C1與C之間．（i）證明：線段BC垂直于x軸；（ii）記△FBC的面積為S1，△C1FC的面積為S2，求8S2﹣S1的取值范圍．20．（2025?廣東模擬）過三角形的重心作一直線，若這條直線將該三角形分成面積比為m：n的兩部分，則稱這條直線為m+n型直線，其中m，n∈N*，且m≥n．等邊△ABC的邊長為43，重心為點G，以動點D為圓心，|CD|為半徑作圓，該圓與線段AB相切，記點D的軌跡為T（1）探究在△ABC中是否存在與T相切的m+n型直線，并證明；（2）若點C在△DAB的2型直線上，T在點D處的切線與△ABC交于M，N兩點，求|MN|；（3）若△CGD的外接圓與直線AC相切，且與△ABC的一條m+n型直線相切，求n的最小值．

2025年高考數學復習新題速遞之圓錐曲線綜合（2025年4月）參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題）題號12345678答案DABDCDBD二．多選題（共4小題）題號9101112答案ACACDADBD一．選擇題（共8小題）1．（2025?海南模擬）設雙曲線C：x2a2-y2b2=1(a＞0，A．4 B．2 C．3 D．2【考點】圓與圓錐曲線的綜合；雙曲線的離心率．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；圓錐曲線的定義、性質與方程；運算求解．【答案】D【分析】求解A的坐標，結合勾股定理以及距離公式，求解即可．【解答】解：雙曲線C：x2a2-y2b2=1(a＞0，b＞0)的右焦點為F，O為坐標原點，以可得2ac＝c2，所以e=c故選：D．【點評】本題考查雙曲線的簡單性質的應用，圓與圓錐曲線的綜合應用，離心率的求法，是中檔題．2．（2025春?南昌校級月考）已知雙曲線x2λ-A．雙曲線的漸近線方程為y＝±x B．雙曲線的焦點坐標為（﹣2，0），（2，0） C．雙曲線的離心率5 D．雙曲線的實軸長為1【考點】圓錐曲線的綜合；求橢圓的焦點和焦距；求雙曲線的漸近線方程；求雙曲線的離心率．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；圓錐曲線的定義、性質與方程；運算求解．【答案】A【分析】根據焦點相同求出雙曲線方程為x2﹣y2＝1，逐項分析即可判斷．【解答】解：橢圓x25+雙曲線x2λ-則λ+（2λ﹣1）＝2，解得λ＝1，雙曲線方程為x2﹣y2＝1，對于選項A，雙曲線的漸近線方程為y＝±x，A選項正確；對于選項B，雙曲線的焦點坐標為(-2，對于選項C，雙曲線的離心率e=ca對于選項D，雙曲線的實軸長為2，D選項錯誤．故選：A．【點評】本題考查橢圓研究雙曲線的簡單性質的應用，是中檔題．3．（2025春?沙坪壩區校級月考）已知橢圓x29+y225=1和雙曲線y2a2-x2b2=1(a＞0，b＞0)有公共焦點F1，FA．32 B．145 C．52 【考點】圓與圓錐曲線的綜合；求雙曲線的離心率．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；圓錐曲線的定義、性質與方程；運算求解．【答案】B【分析】設|PF1|=r1|PF【解答】解：橢圓x29+y225=1和雙曲線y2a2-x2如圖所示，設雙曲線的實軸長為2a，由題意：F1（0，4），F2（0，﹣4），不妨令|PF1|=r由角平分線定理：|F1P∴|QF2另一方面：cos∠∴13-a10+2a=16+5a4(5+a)，∴7a2故雙曲線的離心率為：e=故選：B．【點評】本題考查橢圓以及雙曲線的簡單性質的應用，離心率的求法，是中檔題．4．（2025?九江二模）窗花是中國傳統剪紙藝術的重要分支，主要用于節日或喜慶場合的窗戶裝飾，尤以春節最為常見，它以紅紙為材料，通過剪、刻等技法創作出精美圖案，圖案講究構圖對稱、虛實相生．2025年春節，小明同學利用AI軟件為家里制作了一幅窗花圖案（如圖），其外輪廓為方程C：x2+y2＝1+|xy|所表示的曲線．設圖案的中心為O，P為曲線C上的最高點，則|OP|＝（）A．2 B．233 C．43 【考點】曲線與方程．【專題】方程思想；定義法；函數的性質及應用；邏輯思維．【答案】D【分析】先將曲線放入平面直角坐標系中，確定O的坐標，再利用判別式法求出P的坐標，最后利用兩點間距離公式求解即可．【解答】解：如圖，設O為原點，我們可以把x2+y2＝1+|xy|放入平面直角坐標系中，連接OP，再利用曲線的對稱性，我們不妨設P（x，y）（x，y≥0），因為x2+y2＝1+xy，所以x2﹣yx+y2﹣1＝0，我們把x2﹣yx+y2﹣1＝0視為以x為主元的一元二次方程，故Δ=(-y即ymax=233，代入x2+y2＝1+xy此時由兩點間距離公式得|OP|=(故選：D．【點評】本題考查曲線與方程，屬于中檔題．5．（2025?鄭州模擬）已知F是拋物線C：y2＝4x的焦點，l是C的準線，點N是C上一點且位于第一象限，直線FN與圓A：x2+y2﹣6x+6＝0相切且FN斜率為正，過點N作l的垂線，垂足為P，則△PFN的面積為是（）A．23 B．4 C．43 D【考點】圓與圓錐曲線的綜合．【專題】方程思想；綜合法；直線與圓；圓錐曲線的定義、性質與方程；運算求解．【答案】C【分析】由題意寫出交點坐標和準線方程，由圓的方程求出圓心和半徑，作圖．結合切線的性質和|AF|求出直線FN的傾斜角，從而得到直線方程，聯立方程組求出點N坐標，從而知道△PFN的面積．【解答】解：由F是拋物線C：y2＝4x的焦點，l是C的準線，可知F（1，0），l：x＝﹣1，圓A：x2+y2﹣6x+6＝0．即（x﹣3）2+y2＝3，可得A（3，0），r=如圖：設點H為FN與圓A的切點，則|AH|=3，AH⊥FN，|AF|∴sin∠HFA=AHFA∴直線FN：聯立方程組y=3(x-1)y2=4x，即3x2﹣10x∴N(3，23)，∴|PN|＝3∴S△故選：C．【點評】本題考查拋物線和圓的方程、性質，以及直線和圓、拋物線的位置關系，考查方程思想和運算能力，屬于中檔題．6．（2025?開福區校級模擬）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的短軸長為4，上頂點為B，O為坐標原點，點D為OB的中點，曲線E：x2m2-y2n2=1(m＞A．8510 B．6510 C．6【考點】圓錐曲線的綜合．【專題】方程思想；轉化法；圓錐曲線的定義、性質與方程；運算求解．【答案】D【分析】設點P（x，y），則求得kPA1?kPA2=-4a2，利用A1，P，D三點共線求kPA【解答】解；因為橢圓C：x2所以b＝2，設P（x，y），A1（﹣a，0），A2（a，0），D（0，1），則kP因為A1，P，D三點共線，則kPA1因為kP即-4解得a＝3，則直線A1聯立橢圓C：解得x=95則實軸長為|P故選：D．【點評】本題考查橢圓與雙曲線方程的應用，屬于中檔題．7．（2025?鞍山模擬）如圖，圓O：x2+y2＝4與x軸交于A、B兩點，l1、l2是分別過A、B的圓O的切線，過圓O上任意一點P作圓O的切線，分別交l1、l2于點C、D兩點，記直線AD與BC交于點M，則點M的軌跡方程為（）A．x2+y2＝1（y≠0） B．x2C．x2+y2＝2（y≠0） D．x【考點】軌跡方程．【專題】轉化思想；綜合法；直線與圓；圓錐曲線的定義、性質與方程；運算求解．【答案】B【分析】先求出切線CD的方程，然后分別令x＝﹣2，2求出C，D兩點坐標，利用點斜式求出直線AD和直線BC的方程，聯立解出點M坐標即可求出點M的軌跡方程，要注意挖掉兩個不能取到的點．【解答】解：設點P（x0，y0），當圓心O與切點P所成直線的斜率不存在時，即當點P（0，±2）時，易知以C（﹣2，2），D（2，2），所以此時點M為矩形ABCD的對角線的交點，即M（0，1）；當圓心O與切點P所成直線的斜率存在時，則kOP=y0x又切線CD過點P（x0，y0），點P在圓O上，所以x0所以切線CD的方程為y-y0=-所以切線CD的方程為x0x+y0y＝4．易知A（﹣2，0），B（2，0），在切線CD的方程中，令x＝﹣2，則y=令x＝2，則y=4-2x所以直線AD的方程為y=同理直線AD的方程為y=聯立直線AD和直線BC的方程y=2-x所以點M(x0，y02因為切線CD分別交l1、l2于點C、D兩點，所以切線不能為l1，l2，即y0≠0，且前述直線OP的斜率不存在時即M（0，1）也滿足上述方程，所以點M的軌跡方程為x2故選：B．【點評】本題考查動點軌跡問題的求解，屬中檔題．8．（2024秋?虎林市校級期末）古希臘著名數學家阿波羅尼斯與歐幾里得、阿基米德齊名，他發現：平面內到兩個定點A，B的距離之比為定值λ（λ≠1）的點所形成的圖形是圓．后來，人們將這個圓以他的名字命名，稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓．已知在平面直角坐標系xOy中，A（﹣1，0），B（2，0）．點P滿足|PA||PB|A．C的方程為（x+2）2+y2＝4 B．在C上存在點D，使得D到點（1，1）的距離為3 C．在C上不存在點M，使得|MO|＝2|MA| D．C上的點到直線3x﹣4y﹣13＝0的最小距離為1【考點】軌跡方程．【專題】轉化思想；綜合法；直線與圓；運算求解．【答案】D【分析】根據兩點的距離公式表示|PA||PB|=12，化簡計算即可判斷A；根據點與圓的位置關系計算即可判斷B；根據|MO|＝2|MA|和兩點【解答】解：對于A選項，設點P（x，y），又在平面直角坐標系xOy中，A（﹣1，0），B（2，0），點P滿足|PA∴(x+1)2+y2(x-2∴C的方程為（x+2）2+y2＝4，故A正確；對于B選項，（x+2）2+y2＝4的圓心C（﹣2，0），半徑r＝2，∵點（1，1）到圓心C（﹣2，0）的距離d=∴圓上一點到點（1，1）的距離的取值范圍為[10而3∈[10-2，10+2]，故在C上存在點D，使得D到點（對于C選項，設點M（x，y），∵|MO|＝2|MA|，則x2整理得點M的軌跡方程為(x∴M是以C1(-4又|C∴在C上不存在點M，使得|MO|＝2|MA|，故C選項正確；對于D選項，∵圓心C（﹣2，0）到直線3x﹣4y﹣13＝0的距離d1∴C上的點到直線3x﹣4y﹣13＝0的最小距離為d1-r故選：D．【點評】本題考查動點軌跡問題的求解，圓的幾何性質，化歸轉化思想，屬中檔題．二．多選題（共4小題）（多選）9．（2025?昌黎縣校級模擬）設點M（﹣1，1），N（1，0），直線l：x＝4，動點P到點N的距離是點P到直線l的距離的12A．點P的軌跡為橢圓 B．|PM|+|PN|的最小值為2 C．|PM|+|PN|的最大值為5 D．存在4個點P，使得△PMN的面積為2【考點】軌跡方程；直線與橢圓的綜合．【專題】對應思想；綜合法；圓錐曲線的定義、性質與方程；邏輯思維；運算求解．【答案】AC【分析】由動點P到點N的距離是點P到直線l的距離的12【解答】解：設P（x，y），因為點M（﹣1，1），N（1，0），直線l：x＝4，動點P到點N的距離是點P到直線l的距離的12所以(x整理得x24+設該橢圓的左焦點為E（﹣1，0），此時|PM|+|PN|＝4+|PM|﹣|PE|，可得|ME|＝1，所以|PM|﹣|PE|的最小值為﹣1，最大值為1，則|PM|+|PN|的最小值為3，最大值為5，故選項B錯誤，選項C正確；|MN|=5，直線MN的方程為x＝﹣2設與直線MN平行的直線為x＝﹣2y+m，聯立x=-2y+mx24+y23=1，消去x并整理得此時Δ＝0，解得m＝±4，當m＝4時，直線x＝﹣2y+4與直線MN的距離為35此時△PMN的面積最大值為12所以在直線MN的上方不存在點P，使得△PMN的面積為2；當m＝﹣4時，直線x＝﹣2y﹣4與直線MN的距離為5，此時△PMN的面積最大值為12所以在直線MN的下方存在兩個點，使得△PMN的面積為2，故選項D錯誤．故選：AC．【點評】本題考查軌跡方程以及直線與圓錐曲線的綜合問題，考查了邏輯推理和運算能力，屬于中檔題．（多選）10．（2025?昌黎縣校級模擬）法國天文學家喬凡尼?多美尼科?卡西尼在研究土星及其衛星的運動規律時，發現了平面內到兩個定點的距離之積為常數的點的軌跡，并稱之為卡西尼卵形線（CassiniOval）．已知在平面直角坐標系xOy中，M（﹣1，0），N（1，0），動點P滿足|PM|?|PN|＝t（t＞0），其軌跡為C．下列結論中，正確的是（）A．曲線C關于y軸對稱 B．原點始終在曲線C的內部 C．當t=2時，△PMN面積的最大值為D．C在第一象限的點的縱坐標的最大值為t【考點】軌跡方程．【專題】方程思想；轉化法；圓錐曲線的定義、性質與方程；運算求解．【答案】ACD【分析】設P（x，y），由題意求得軌跡方程，將（﹣x，y）代入方程可判斷A；當t＝1時，將（0，0）代入方程計算可判斷B；令x2＝s（s≥0），則s2+（2y2﹣2）s+y4+2y2﹣1＝0，求得y2≤1令u=4x【解答】解：設P（x，y），由|PM|?|PN|＝t（t＞0），且M（﹣1，0），N（1，0），得(x將（﹣x，y）代入上式，等式仍成立，知曲線C關于y軸對稱，所以選項A正確；當t＝1時，將（0，0）代入等式成立，知原點在曲線上，所以選項B錯誤；當t=2時，方程整理得x4+（2y2﹣2）x2+y4+2y2﹣1＝令x2＝s（s≥0），則s2+（2y2﹣2）s+y4+2y2﹣1＝0，若方程有兩個負根，則Δ≥0s由Δ≥0得y2≤12，△PMN面積的最大值為由(x得y2令u=4x所以y2所以ymax2=t2故選：ACD．【點評】本題考查曲線方程的應用，屬于中檔題．（多選）11．（2025?湖北模擬）對于任意兩個正數u，v，當u＜v時，記曲線y=1x與直線x＝u，直線x＝v以及x軸圍成的曲邊梯形的面積為L（u，v），當u＞v時，約定L（u，v）＝﹣L（v，u），并約定L（u，u）＝0．德國數學家萊布尼茨（Leibniz）最早發現L（1，x）＝lnx．關于L（u，v）（uA．L（1，6）＝L（1，2）+L（1，3） B．2LC．L（uu，vu）＞v﹣u D．對正數u，h，有h【考點】曲線與方程．【專題】轉化思想；定義法；推理和證明；邏輯思維；新定義類．【答案】AD【分析】根據已知條件及新定義分別計算判斷A，B，再結合圖形及面積判斷B，D．【解答】解：由題意L（1，x）＝﹣L（x，1）＝lnx，則L（x，1）＝﹣lnx，當u＞1時，L（u，v）＝L（1，v）﹣L（1，u）＝lnv﹣lnu；當v＜1時，L（u，v）＝L（u，1）﹣L（v，1）＝L（1，v）﹣L（1，u）＝lnv﹣lnu；當u＜1＜v時，L（u，v）＝L（u，1）+L（1，v）＝L（1，v）﹣L（1，u）＝lnv﹣lnu；當v＝1或u＝1時，L（u，v）＝lnv﹣lnu也成立．綜上所述：L（u，v）＝lnv﹣lnu．則L（1，6）＝ln6﹣ln1＝ln6＝ln2+ln3＝ln2﹣ln1+ln3﹣ln1＝L（1，2）+L（1，3），故A正確；如圖，S陰影＜S梯形，則L（u，v）＝lnv﹣lnu＜1即2L(u取u＝1，v＝2，則L（uu，vu）＝L（1，2）＝ln2﹣ln1＜2﹣1＝1，故C錯誤；圖中陰影部分的面積小于上底長為f(u+h)=即L(又陰影部分面積大于長為h，寬為f(即L(則對正數u，h有hu+h＜故選：AD．【點評】本題考查曲線與方程，考查化歸與轉化思想，考查分析問題與解決問題的能力，是中檔題．（多選）12．（2025?滄縣校級模擬）平面內由滿足x2+y2＝|x|+|y|的點（x，y）形成曲線E（）A．E上的點與原點的最近距離為22B．E上的點與原點的最遠距離為2 C．E的周長為42D．E圍成區域的面積為2+π【考點】曲線與方程．【專題】方程思想；轉化法；圓錐曲線的定義、性質與方程；運算求解．【答案】BD【分析】根據曲線的對稱性，即可根據x≥0，y≥0時得曲線為以(12，12)為圓心，以22為半徑的圓在第一象限和x【解答】解：由（x，y）在曲線E：x2+y2＝|x|+|y|上，故（x，﹣y），（﹣x，y），（﹣x，﹣y）均在曲線上，故曲線E關于坐標原點以及x，y軸對稱，由對稱性，當x≥0，y≥0時，x2故為以(12，12)為圓心，以由于(x-1因此，E上的點與原點的最近距離為1，最遠距離為2，故選項A錯，B正確，滿足x2+y2＝|x|+|y|的點圍成的圖形的周長為四個半圓的周長，故長度為4×圍成區域面積為4×12×1×1+4×1故選：BD．【點評】本題考查曲線方程的應用，屬于中檔題．三．填空題（共4小題）13．（2025?昌黎縣校級模擬）已知M是拋物線y2＝x上的動點，以M為圓心的圓被y軸截得的弦長為6，則該圓被x軸截得的弦長的最小值為35．【考點】圓與圓錐曲線的綜合；拋物線的焦點與準線．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；圓錐曲線的定義、性質與方程；運算求解．【答案】35．【分析】證明該圓被x軸截得的弦長不小于35，并驗證當M的坐標是(12，22)，圓的方程是(x【解答】解：M是拋物線y2＝x上的動點，設M（t2，t），圓M半徑為r，則該圓被x軸和y軸截得的弦長分別為2r2-以M為圓心的圓被y軸截得的弦長為6，可得2r2-t4=6，即r2所以2r2-t當M的坐標為(12，22該圓與坐標軸的交點為(1+352，0)，(1-352，0)，(0，綜上，該圓被x軸截得的弦長的最小值為35．故答案為：35．【點評】本題考查拋物線的簡單性質以及拋物線與圓的位置關系的應用，是中檔題．14．（2025?承德模擬）雙曲線C：x2a2-y2b2=1(a，b＞0)的左、右焦點分別為F1，F2，直線PF2⊥x軸且與雙曲線C在第一象限交于點P．設△F1PF2內切圓半徑為r，若|PF【考點】圓與圓錐曲線的綜合；求雙曲線的離心率．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；直線與圓；圓錐曲線的定義、性質與方程；運算求解．【答案】[3，+∞）．【分析】設△F1PF2內切圓E與△F1PF2分別相切于點M，N，Q，則|EM|＝|EN|＝|EQ|＝r，利用切線的性質可得r＝c﹣a，可得b2【解答】解：雙曲線C：x2a2-y2b2=1(a，b＞0)的左、右焦點分別為設△F1PF2內切圓E與△F1PF2分別相切于點M，N，Q，則|EM|＝|EN|＝|EQ|＝r，且|F1M|＝|F1Q|，|F2M|＝|F2N|，|PQ|＝|PN|，∴Rt△EMF2≌Rt△ENF2，∵直線PF2的傾斜角為π2∴∠EF2M＝45°，∴|∵|F1M|＝2c﹣r＝|F1Q|，|PQ|＝|PN|＝|PF2|﹣r由雙曲線的定義可知，|PF1|﹣|PF2|＝2a，∴|QF1|﹣|NF2|＝2a，即2c﹣r﹣r＝2a，∴r＝c﹣a，|PF2|=b2a，∴b2a≥4(c-a)，那么b2≥4ac﹣4兩邊同時除以a2，則e2﹣4e+3≥0，解得e≥3或e≤1，又e＞1，則e的取值范圍是[3，+∞）．故答案為：[3，+∞）．【點評】本題考查雙曲線的簡單性質的應用，離心率的求法，是中檔題．15．（2025春?上海校級月考）已知復數z＝x+yi，（x，y∈R），且|z+4﹣3i|＝2，則x，y滿足的軌跡方程是（x+4）2+（y﹣3）2＝4．【考點】軌跡方程．【專題】方程思想；定義法；函數的性質及應用；邏輯思維．【答案】（x+4）2+（y﹣3）2＝4．【分析】根據復數的模的概念列方程．【解答】解：由于z＝x+yi（x，y∈R），并且|z+4﹣3i|＝2，那么|z等號兩邊同時平方可得方程（x+4）2+（y﹣3）2＝4．故答案為：（x+4）2+（y﹣3）2＝4．【點評】本題考查軌跡方程問題，屬于中檔題．16．（2025?南開區一模）已知圓M：x2+（y﹣4）2＝1與拋物線C：y2＝2px（p＞0）的準線相切于點E，F為C的焦點，則直線EF被圓M截得的弦長為255【考點】圓與圓錐曲線的綜合；直線與圓相交的性質；求拋物線的準線方程．【專題】計算題；轉化思想；綜合法；直線與圓；圓錐曲線的定義、性質與方程；運算求解．【答案】25【分析】根據已知可得p＝2，進而有F（1，0）、E（﹣1，4），寫出EF：2x+y﹣2＝0，求圓心到直線距離，再應用圓中弦長的幾何求法求直線EF被圓M截得的弦長．【解答】解：圓M：x2+（y﹣4）2＝1與拋物線C：y2＝2px（p＞0）的準線相切于點E，F為C的焦點，如圖，拋物線準線為x=-p2=-1，則p＝2，故F由準線與圓相切且圓心M（0，4），易知E（﹣1，4），所以EF：y＝﹣2（x﹣1），即EF：2x+y﹣2＝0，故M（0，4）到EF：2x+y﹣2＝0的距離d=所以直線EF被圓M截得的弦長為21-(故答案為：25【點評】本題考查直線與拋物線的位置關系的應用，圓的方程的應用，是中檔題．四．解答題（共4小題）17．（2025?江西模擬）已知點A，B在曲線T：y=1（1）若直線AB的斜率為4，求|AB|的最小值；（2）若|AB|=17，求直線AB（3）若點C在曲線T上，等腰直角三角形ABC的頂點按逆時針排列，∠BAC=π2，求直線【考點】曲線與方程．【專題】方程思想；定義法；函數的性質及應用；邏輯思維．【答案】（1）17．（2）4．（3）（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）．【分析】（1）設A（x1，y1），B（x2，y2），得到直線AB的方程為y＝kx+b（k≠0），聯立曲線求解．（2）結合第一問得到不等式b2=17（3）設AB→=(s，t)，則AC→=(-t，s【解答】解：（1）設A（x1，y1），B（x2，y2），直線AB的方程為y＝kx+b（k≠0）．聯立y得kx2+bx﹣1＝0，則x1+x|AB|=因為k＝4，所以|AB|=17b2故|AB|的最小值為17．（2）結合①可得，|AB所以b2=17結合k≠0，解得k＜0或14≤k≤4，所以直線（3）設AB→=(s，t)，則設A(a，因為點B，C在曲線T上，所以(a即sa+at兩式相加可得s-即a2解得k＞1或k＜﹣1．故直線AB的斜率的取值范圍為（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）．【點評】本題考查曲線與方程，屬于中檔題．18．（2025?瀘縣校級三模）現定義：若圓A上一動點M，圓A外一定點N，滿足|MN|的最大值為其最小值的兩倍，則稱N為圓A的“上進點”．若點G同時是圓A和圓B的“上進點”，則稱G為圓“A?B”的“牽連點”．已知圓A：（1）若點C為圓A的“上進點”，求點C的軌跡方程并說明軌跡的形狀；（2）已知圓B：（x﹣2）2+（y﹣2）2＝1，且P，Q均為圓“A?B”的“牽連點”．（i）求直線PQ的方程；（ii）若圓H是以線段PQ為直徑的圓，直線l：y=kx+13與H交于I，J兩點，探究當k不斷變化時，在y軸上是否存在一點W【考點】軌跡方程；直線與圓的位置關系．【專題】方程思想；轉化法；圓錐曲線的定義、性質與方程；運算求解；新定義類．【答案】（1）（x+1）2+（y+1）2＝3，軌跡是以A（﹣1，﹣1）為圓心、3為半徑的圓；（2）（i）x+y＝0；（ii）存在，點W（0，3）．【分析】（1）根據題設定義得到|CA（2）（i）根據條件可得直線PQ為圓（x+1）2+（y+1）2＝3和（x﹣2）2+（y﹣2）2＝9的公共弦所在直線，即可求解；（ii）根據題設得到圓H的方程為x2+y2＝1，再根據題設有kIW+kJW＝0，聯立y=kx+13【解答】解：（1）設C（x，y），∵點C為圓A的“上進點”，且圓A：∴|CA即|CA|=3，又A（﹣1得到(x∴C的軌跡方程為（x+1）2+（y+1）2＝3，點C的軌跡是以A（﹣1，﹣1）為圓心、3為半徑的圓．（2）（i）∵圓B：（x﹣2）2+（y﹣2）2＝1，P為圓“A?B”的“牽連點”，∴P同時為圓A與圓B的“上進點”，由P為圓B的“上進點”，得|PB|+1＝2（|PB|﹣1），∴|PB|＝3，即點P在圓（x﹣2）2+（y﹣2）2＝9上，由P為圓A的“上進點”，由（1）知點P在圓（x+1）2+（y+1）2＝3上，∴點P是圓（x+1）2+（y+1）2＝3和（x﹣2）2+（y﹣2）2＝9的交點．∵P，Q均為圓“A?B”的“牽連點”，∴直線PQ為圓（x+1）2+（y+1）2＝3和（x﹣2）2+（y﹣2）2＝9的公共弦所在直線，兩圓方程相減可得x+y＝0，∴直線PQ的方程為x+y＝0．（ii）∵（x+1）2+（y+1）2＝3的圓心為S（﹣1，﹣1），半徑為3，又（x﹣2）2+（y﹣2）2＝9的圓心為T（2，2），半徑為3，∴直線ST的方程為y＝x，與x+y＝0聯立得PQ的中點坐標為（0，0），點S到直線x+y＝0的距離為22則|PQ∴圓H的方程為x2+y2＝1，假設y軸上存在點W（0，t）滿足題意，設I（x1，y1），J（x2，y2），x1x2≠0，則kIW+kJW＝0，即y1整理得x2（y1﹣t）+x1（y2﹣t）＝0．將y1=k整理得2kx聯立x2消y可得(kΔ=∴x1代入①并整理得-2此式對任意的k都成立，所以t＝3，故y軸上存在點W（0，3），滿足題意恒成立．【點評】本題考查根據曲線方程新定義解決問題，屬于難題．19．（2025?廣安模擬）已知圓C1：x2+y2+2x﹣40＝0與拋物線C2：y2＝2px（p＞0）交于M，N兩點，|MN|＝8．（1）求曲線C2的方程；（2）設過拋物線焦點F的直線交C2于A、B兩點，過圓心C1的直線C1A與曲線C2的另一個交點為C，點A在C1與C之間．（i）證明：線段BC垂直于x軸；（ii）記△FBC的面積為S1，△C1FC的面積為S2，求8S2﹣S1的取值范圍．【考點】圓與圓錐曲線的綜合；直線與拋物線的綜合．【專題】方程思想；綜合法；直線與圓；圓錐曲線的定義、性質與方程；運算求解．【答案】（1）y2＝4x；（2）（i）證明見解析；（ii）(-∞，【分析】（1）由圓的性質，求得交點的坐標，代入拋物線方程，可得答案；（2）（i）設出直線方程，聯立拋物線方程，寫出韋達定理，利用斜率公式，可得答案；（ii）由三角形面積公式，整理函數解析式，利用導數，可得答案．【解答】（1）解：由圓C1：x2+y2+2x-40=0∴圓C1圓心為C1（﹣1，0），半徑為r=設MN與x軸交于點G，如圖所示，∵圓C1和拋物線C2都關于x軸對稱，則M，N兩點也關于x軸對稱，且|MN|＝8，在直角三角形MGC1中，由MG＝4，MC1=41，得C1G＝5，則∴拋物線C2過點（4，4），即42＝2p×4，得p＝2，∴拋物線C2方程為y2＝4x；（2）（i）證明：由（1）知F（1，0），∵直線AB的斜率不為0，故設AB的方程為x＝ty+1，A（x1，y1），B（x2，y2），聯立x=ty+1y2=4x，得：y2﹣Δ＝（﹣4t）2+16＞0，y1y2＝﹣4，y1+y2＝4t，kA=y∴∠BC1F＝∠CC1F，故直線BC1與直線CC1關于x軸對稱，即點B與點C關于x軸對稱，∴線段BC垂直于x軸；（ii）由（i）可知C（x2，﹣y2），不妨設y2＞0，∵點A在C1與C之間，∴x2＞1，y2＞2，S1=1則8S令f（y）=9y-y34，y＞2，則f令f′（y）＞0，則12﹣y2＞0，解得2＜y＜23；f′（x則f（y）在(2，23f(∴8S2﹣S1的取值范圍為(-∞，【點評】本題考查圓與拋物線的綜合，考查運算求解能力，屬難題．20．（2025?廣東模擬）過三角形的重心作一直線，若這條直線將該三角形分成面積比為m：n的兩部分，則稱這條直線為m+n型直線，其中m，n∈N*，且m≥n．等邊△ABC的邊長為43，重心為點G，以動點D為圓心，|CD|為半徑作圓，該圓與線段AB相切，記點D的軌跡為T（1）探究在△ABC中是否存在與T相切的m+n型直線，并證明；（2）若點C在△DAB的2型直線上，T在點D處的切線與△ABC交于M，N兩點，求|MN|；（3）若△CGD的外接圓與直線AC相切，且與△ABC的一條m+n型直線相切，求n的最小值．【考點】軌跡方程．【專題】計算題；數形結合；向量法；函數的性質及應用；運算求解；新定義類．【答案】（1）存在與T相切的m+n型線，證明見解析；（2）|MN（3）n的最小值為4．【分析】（1）選擇合適的位置建立直角坐標系，求出T的方程，再求出過點G切線，再去分析該直線分△ABC的面積比即可；（2）由點C在△DAB的2型直線上，結合三角函數重心的性質可得其位置，再利用中位線的特征求出|MN|；（3）先根據△CGD的外接圓與AC相切，可求出圓心和半徑，再利用點到直線的位置關系求出與其相切的△ABC的m+n型線，得到n的最小值．【解答】解：（1）在△ABC中存在與T相切的m+n型線，證明如下：如圖所示，以CG為x軸，AB邊中線的中點為坐標原點，建立平面直角坐標系，由題意可知圓D與線段AB相切，∴D到AB距離與到點C的距離相等，∴軌跡T為拋物線，∵等邊△ABC的邊長為43，∴AB邊的中線長為6，即p＝6，T的軌跡方程為y2＝12x，且y根據三角形的性質，易得點G的坐標為（﹣1，0），∴設過點G的直線為x＝my﹣1，聯立x=my-1y2=12x，消x整理得y∴Δ＝（12m）2﹣4×12＝0，解得m=當m=33時，直線為x=33y同理，m=-33時，直線過點A，也分三角形面積之比為∴在△ABC中存在兩條2型線，得證．（2）設點D的坐標為(y0212，y0∵點C在△DAB的2型直線上，且∵m，n∈N*，且m≥n，即CG′分△DAB面積為1：1，∴CG′過△DAB的頂點，又∵y∈[-23，2∴G′在CD上，于是CD→=λCG'→，解得y過點D的切線為x＝0，與△ABC交于M，N，即為△ABC的中位線，∴|MN（3）∵線段CG的中垂線為x＝1，∴設圓心O為（1，t），又∵△CGD的外接圓與直線AC：y=∴圓心到AC的距離等于圓心到點C的距離，∴|23-即圓心為(1，-23)，半徑為設該m+n型直線為l：x＝ky﹣1，要與外接圓相切，則|-23k-2|1+k2∴l與BC邊平行，由相似可得S△AEF：S四邊形BCFE＝4：5，∴設n＝4k，k∈N*，故n的最小值為4．【點評】本題主要考查軌跡方程的求法，考查直線與圓的綜合問題，考查運算求解能力，屬于難題．

考點卡片1．直線與圓相交的性質【知識點的認識】直線與圓的關系分為相交、相切、相離．判斷的方法就是看圓心到直線的距離和圓半徑誰大誰小：①當圓心到直線的距離小于半徑時，直線與圓相交；②當圓心到直線的距離等于半徑時，直線與圓相切；③當圓心到直線的距離大于半徑時，直線與圓相離．【解題方法點撥】例：寫出直線y＝x+m與圓x2+y2＝1相交的一個必要不充分條件：解：直線x﹣y+m＝0若與圓x2+y2＝1相交，則圓心（0，0）到直線的距離d＜1，即d=|∴|m|＜2即-2∴滿足-2故答案為：滿足-2這是一道符合高考命題習慣的例題，對于簡單的知識點，高考一般都是把幾個知識點結合在一起，這也要求大家知識一定要全面，切不可投機取巧．本題首先根據直線與圓的關系求出滿足要求的m的值；然后在考查了考試對邏輯關系的掌握程度，不失為一道好題．【命題方向】本知識點內容比較簡單，在初中的時候就已經學習過，所以大家要熟練掌握，特別是點到直線的距離怎么求，如何判斷直線與圓相切．2．直線與圓的位置關系【知識點的認識】直線與圓的位置關系【解題方法點撥】判斷直線與圓的位置關系的方法直線Ax+By+C＝0與圓（x﹣a）2+（y﹣b）2＝r2（r＞0）的位置關系的判斷方法：（1）幾何方法：利用圓心到直線的d和半徑r的關系判斷．圓心到直線的距離d=①相交：d＜r②相切：d＝r③相離：d＞r（2）代數方法：聯立直線與圓的方程，轉化為一元二次方程，用判別式△判斷．由Ax+①相交：△＞0②相切：△＝0③相離：△＜0．3．求橢圓的焦點和焦距【知識點的認識】橢圓的焦點位于(±c，c=【解題方法點撥】1．計算焦距：使用公式c=2．確定焦點位置：焦點坐標為(±【命題方向】﹣給定a和b，計算焦點和焦距．﹣利用焦距和長短軸計算焦點位置．4．直線與橢圓的綜合【知識點的認識】直線與橢圓的位置判斷：將直線方程與橢圓方程聯立，消去x（或y）的一元二次方程，則：直線與橢圓相交?Δ＞0；直線與橢圓相切?Δ＝0；直線與橢圓相離?Δ＜0；【解題方法點撥】（1）直線與橢圓位置關系的判斷方法①聯立方程，借助一元二次方程的判別式來判斷；②借助直線和橢圓的幾何性質來判斷．根據直線系方程抓住直線恒過定點的特征，將問題轉化為點和橢圓的位置關系，也是解決此類問題的難點所在．（2）弦長的求法設直線與橢圓的交點坐標為A（x1，y1），B（x2，y2），則|AB|=(1+k2注意：利用公式計算直線被橢圓截得的弦長是在方程有解的情況下進行的，不要忽略判別式．（3）中點弦、弦中點常見問題①過定點被定點平分的弦所在直線的方程；②平行弦中點的軌跡；③過定點的弦的中點的軌跡．解決有關弦及弦中點問題常用方法是“韋達定理”和“點差法”，這兩種方法的前提都必須保證直線和橢圓有兩個不同的公共點．（4）橢圓切線問題①直線與橢圓相切，有且僅有一個公共點；②過橢圓外一點可以作兩條直線與橢圓相切；③過橢圓上一點只能作一條切線．（5）最值與范圍問題的解決思路①構造關于所求量的函數，通過求函數的值域來獲得問題的解；②構造關于所求量的不等式，通過解不等式來獲得問題的解．在解題過程中，一定要深刻挖掘題目中的隱含條件，如判別式大于零等可利用條件．【命題方向】1．由已知條件求橢圓的方程或離心率；2．由已知條件求直線的方程；3．中點弦或弦的中點問題；4．弦長問題；5．與向量結合求參變量的取值．5．拋物線的焦點與準線【知識點的認識】拋物線的簡單性質：6．求拋物線的準線方程【知識點的認識】準線是與焦點平行的直線，距離焦點的距離等于p．準線的方程為x=-p【解題方法點撥】1．確定準線的位置：準線的方程取決于p的值．2．代入標準方程：使用p計算準線的方程．【命題方向】﹣給定拋物線參數，求準線的方程．﹣根據拋物線的標準方程確定準線方程．7．直線與拋物線的綜合【知識點的認識】直線與拋物線的位置判斷：將直線方程與拋物線方程聯立，消去x（或y）的一元二次方程，則：直線與拋物線相交?Δ＞0；直線與拋物線相切?Δ＝0；直線與拋物線相離?Δ＜0；【解題方法點撥】研究直線與拋物線的位置關系，一般是將直線與拋物線的方程聯立消元，轉化為形如一元二次方程的形式，注意討論二次項系數是否為0．若該方程為二次方程，則依據根的判別式或根與系數的關系求解，同時應注意“設而不求”和“整體代入”方法的應用．直線y＝kx+b與拋物線y2＝2px（p＞0）公共點的個數等價于方程組y2（1）若k≠0，則當Δ＞0時，直線和拋物線相交，有兩個公共點；當Δ＝0時，直線和拋物線相切，有一個公共點；當Δ＜0時，直線與拋物線相離，無公共點．（2）若k＝0，則直線y＝b與y2＝2px（p＞0）相交，有一個公共點；特別地，當直線的斜率不存在時，設x＝m，則當m＞0時，直線l與拋物線相交，有兩個公共點；當m＝0時，直線l與拋物線相切，有一個公共點；當m＜0時，直線與拋物線相離，無公共點．【命題方向】掌握拋物線的定義、標準方程、簡單性質等基礎知識，深化對基礎知識的理解，重視知識間的內在聯系，提高應用數學思想方法解決問題的意識和能力．對相對固定的題型，比如弦長問題、面積問題等，要以課本為例，理解通性通法，熟練步驟．對拋物線與直線的綜合研究，涉及到定點、定值等相關結論，往往是高考考試的熱點．8．求雙曲線的漸近線方程【知識點的認識】雙曲線的漸近線是雙曲線無限遠處的切線．對于雙曲線x2a2-y2b【解題方法點撥】1．計算斜率：利用ba2．代入方程：寫出漸近線方程．【命題方向】﹣給定雙曲線的參數，求漸近線方程．﹣利用標準方程計算漸近線方程．9．雙曲線的離心率【知識點的認識】雙曲線的標準方程及幾何性質標準方程x2a2-y2b2=1y2a2-x2b2=1圖形性質焦點F1（﹣c，0），F2（c，0）F1（0，﹣c），F2（0，c）焦距|F1F2|＝2c|F1F2|＝2c范圍|x|≥a，y∈R|y|≥a，x∈R對稱關于x軸，y軸和原點對稱頂點（﹣a，0）．（a，0）（0，﹣a）（0，a）軸實軸長2a，虛軸長2b離心率e=ca（e＞準線x＝±ay＝±a漸近線xa±yxb±y10．求雙曲線的離心率【知識點的認識】雙曲線的離心率e是e=ca【解題方法點撥】1．計算離心率：利用公式e=2．求解參數：從雙曲線方程中提取參數．【命題方向】﹣給定雙曲線的參數，求離心率．﹣根據離心率計算雙曲線的標準方程．11．曲線與方程【知識點的認識】在直角坐標系中，如果某曲線C（看作點的集合或適合某種條件的點的軌跡）上的點與一個二元方程f（x，y）＝0的實數解建立了如下的關系：①曲線上點的坐標都是這個方程的解；②以這個方程的解為坐標的點都是曲線上的點．那么，這個方程叫做曲線的方程，這條曲線叫做方程的曲線．求解曲線方程關鍵是要找到各變量的等量關系．【解題方法點撥】例：：定義點M到曲線C上每一點的距離的最小值稱為點M到曲線C的距離．那么平面內到定圓A的距離與它到定點B的距離相等的點的軌跡不可能是（）A：直線B：圓C：橢圓D：雙曲線一支．解：對定點B分類