专题07 直线与圆、圆锥曲线
直线与圆
（2024·浙江·校联考一模）
1．圆的圆心坐标和半径分别为（ ）
A． B．
C． D．
（2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模）
2．“或”是“圆与圆存在公切线”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
（2024·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）
3．已知圆，则下列结论正确的有（ ）
A．若圆和圆外离，则
B．若圆和圆外切，则
C．当时，圆和圆有且仅有一条公切线
D．当时，圆和圆相交
（2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模）
4．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数）.
(1)求这两条直线的普通方程（结果用直线的一般式方程表示）；
(2)若这两条直线与圆都相离，求的取值范围.
（2024·重庆·统考一模）
5．过点作圆的两条切线，切点分别为，若为直角三角形，为坐标原点，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
（2024·江西吉安·吉安一中校考一模）
6．已知圆C：及点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线与圆C始终有两个交点
B．若M是圆C上任一点，则|MQ|的取值范围为
C．若点在圆C上，则直线PQ的斜率为
D．圆C与轴相切
（2024·河北·校联考一模）
7．已知圆，直线与圆交于，两点.若为直角三角形，则（ ）
A． B．
C． D．
（2024·广东深圳·校考一模）
8．已知圆C：，则下列命题是真命题的是（ ）
A．若圆关于直线对称，则
B．存在直线与所有的圆都相切
C．当时，为圆上任意一点，则的最大值为
D．当时，直线为直线上的动点，过点作圆的切线，切点为，，则最小值为4
（2024·安徽合肥·合肥一六八中学校考一模）
9．已知直线交圆于两点，则的最小值为（ ）
A．9 B．16 C．27 D．30
（2024·吉林延边·统考一模）
10．已知是圆上的两点，则下列结论中正确的是（ ）
A．若点到直线的距离为，则
B．若，则
C．若，则的最大值为6
D．的最小值为
椭圆
（2024·安徽合肥·合肥一六八中学校考一模）
11．如果椭圆的离心率为，则（ ）
A． B．或 C． D．或
（2024·福建厦门·统考一模）
12．设椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线与交于A，B两点，若，且的周长为8，则（ ）
A． B．的离心率为
C．可以为 D．可以为直角
（2024·云南曲靖·统考一模）
13．已知为椭圆上一点，分别为的左、右焦点，且，若外接圆半径与其内切圆半径之比为，则的离心率为 ．
（2024·重庆·统考一模）
14．已知点为椭圆的右焦点，过坐标原点作一条倾斜角为的直线交椭圆于两点，，则该椭圆的离心率为 ．
（2024·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）
15．已知为椭圆上的一个动点，过作圆的两条切线，切点分别为，则的最小值为 .
（2024·山东济南·山东省实验中学校考一模）
16．若椭圆和的方程分别为和（且）则称和为相似椭圆．己知椭圆，过上任意一点P作直线交于M，N两点，且，则的面积最大时，的值为（ ）
A． B． C． D．
（2024·新疆乌鲁木齐·统考一模）
17．已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，过点的两条直线，分别与椭圆交于另一点A，B，且直线，，的斜率满足．
(1)求椭圆的方程；
(2)证明直线过定点；
(3)椭圆C的焦点分别为，，求凸四边形面积的取值范围．
（2024·江西吉安·吉安一中校考一模）
18．如图，D为圆O：上一动点，过点D分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为A，B，连接并延长至点W，使得，点W的轨迹记为曲线．
(1)求曲线C的方程；
(2)若过点的两条直线，分别交曲线C于M，N两点，且，求证：直线MN过定点；
(3)若曲线C交y轴正半轴于点S，直线与曲线C交于不同的两点G，H，直线SH，SG分别交x轴于P，Q两点．请探究：y轴上是否存在点R，使得？若存在，求出点R坐标；若不存在，请说明理由．
（2024·湖南长沙·雅礼中学校考一模）
19．已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)如图，若一条斜率不为0的直线过点与椭圆交于两点，椭圆的左、右顶点分别为，直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值．
（2024·吉林延边·统考一模）
20．已知椭圆的右焦点为，上顶点为H，O为坐标原点，，点在椭圆E上．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设经过点且斜率不为0的直线l与椭圆E相交于A，B两点，点，．若M，N分别为直线AP，BQ与y轴的交点，记，的面积分别为，，求的值．
（2024·山东济南·山东省实验中学校考一模）
21．已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上．
(1)求椭圆的方程；
(2)过的两条互相垂直的直线分别交椭圆于两点和两点，设的中点分别为，求面积的最大值．
（2024·山西晋城·统考一模）
22．已知椭圆的焦点是椭圆的顶点，椭圆的焦点也是的顶点．
(1)求的方程；
(2)若，，三点均在上，且，直线，，的斜率均存在，证明：直线过定点（用，表示）．
（2024·浙江·校联考一模）
23．已知椭圆的左右焦点分别为，点为椭圆上异于顶点的一动点，的角平分线分别交轴、轴于点．
(1)若，求；
(2)求证：为定值；
(3)当面积取到最大值时，求点的横坐标．
（2024·辽宁沈阳·统考一模）
24．已知如图，点为椭圆的短轴的两个端点，且的坐标为，椭圆的离心率为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线不经过椭圆的中心，且分别交椭圆与直线于不同的三点（点在线段上），直线分别交直线于点.求证：四边形为平行四边形.
（2024·河北·校联考一模）
25．已知椭圆：（，）的左、右焦点分别为、，离心率为，经过点且倾斜角为的直线与椭圆交于、两点（其中点在轴上方），的周长为8．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，将平面沿轴折叠，使轴正半轴和轴所确定的半平面（平面）与轴负半轴和轴所确定的半平面（平面）互相垂直．
①若，求异面直线和所成角的余弦值；
②是否存在，使得折叠后的周长为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
双曲线
（2024·辽宁沈阳·统考一模）
26．已知双曲线的两个焦点分别为，且满足条件，可以解得双曲线的方程为，则条件可以是（ ）
A．实轴长为4 B．双曲线为等轴双曲线
C．离心率为 D．渐近线方程为
（2024·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）
27．已知为双曲线的右顶点，为坐标原点，为双曲线上两点，且，直线的斜率分别为和，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．2
（2024·云南曲靖·统考一模）
28．已知双曲线，过其右焦点作一条直线分别交两条渐近线于两点，若为线段的中点，且，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B．
C． D．
（2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模）
29．已知双曲线的左、右顶点分别为为的右焦点，的离心率为2，若为右支上一点，，记，则（ ）
A． B．1 C． D．2
（2024·新疆乌鲁木齐·统考一模）
30．设双曲线的左、右焦点分别为，，A是右支上一点，满足，直线交双曲线于另一点，且，则双曲线的离心率为 ．
（2024·浙江·校联考一模）
31．已知分别是双曲线的左，右顶点，是双曲线上的一动点，直线，与交于两点，的外接圆面积分别为，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．1
（2024·湖南长沙·雅礼中学校考一模）
32．已知O为坐标原点，双曲线C:的左、右焦点分别是F1，F2，离心率为，点是C的右支上异于顶点的一点，过F2作的平分线的垂线，垂足是M，，若双曲线C上一点T满足，则点T到双曲线C的两条渐近线距离之和为（ ）
A． B． C． D．
（2024·安徽合肥·合肥一六八中学校考一模）
33．已知，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线分别交双曲线左、右两支于A，B两点，点C在x轴上，，平分，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
（2024·山西晋城·统考一模）
34．双曲线的左、右焦点分别为，，为的右支上一点，分别以线段，为直径作圆，圆，线段与圆相交于点，其中为坐标原点，则（ ）
A．
B．
C．点为圆和圆的另一个交点
D．圆与圆有一条公切线的倾斜角为
（2024·重庆·统考一模）
35．已知点为圆上任意一点，，线段的垂直平分线交直线于点．
(1)求点的轨迹方程；
(2)设过点的直线与点的轨迹交于点，且点在第一象限内．已知，请问是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值，若不存在，请说明理由．
（2024·吉林延边·统考一模）
36．如图1所示，双曲线具有光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点.若双曲线的左 右焦点分别为，，从发出的光线经过图2中的A，B两点反射后，分别经过点C和D，且，，则E的离心率为 .
抛物线
（2024·河北·校联考一模）
37．若抛物线上一点到焦点的距离是，则的值为（ ）
A． B． C． D．
（2024·辽宁沈阳·统考一模）
38．已知抛物线的焦点为，若点是抛物线上到点距离最近的点，则 .
（2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模）
39．抛物线：（）的顶点为，斜率为1的直线过点，且与抛物线交于，两点，若的面积为，则该抛物线的准线方程为（ ）
A． B．
C． D．
（2024·新疆乌鲁木齐·统考一模）
40．设抛物线的焦点为，过点且倾斜角为的直线与交于A，B两点，以为直径的圆与准线切于点，则的方程为（ ）
A． B． C． D．
（2024·重庆·统考一模）
41．已知抛物线的焦点为为坐标原点，其准线与轴交于点，经过点的直线与抛物线交于不同两点，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．存在
C．不存在以为直径且经过焦点的圆
D．当的面积为时，直线的倾斜角为或
（2024·广西南宁·南宁三中校联考一模）
42．抛物线有如下光学性质：平行于抛物线对称轴的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线经过抛物线的焦点．过点且平行于轴的一条光线射向抛物线上的点，经过反射后的反射光线与相交于点，则（ ）
A． B．9 C．36 D．
（2024·山东济南·山东省实验中学校考一模）
43．已知为拋物线的焦点，过点的直线与拋物线交于不同的两点，，拋物线在点处的切线分别为和，若和交于点，则的最小值为 .
（2024·山西晋城·统考一模）
44．吉林雾淞大桥，位于吉林市松花江上，连接雾淞高架桥，西起松江东路，东至滨江东路．雾淞大桥是吉林市第一座自锚式混凝土悬索桥，两主塔左、右两边悬索的形状均为抛物线（设该抛物线的焦点到准线的距离为米）的一部分，左：右两边的悬索各连接着29根吊索，且同一边的相邻两根吊索之间的距离均为米（将每根吊索视为线段）．已知最中间的吊索的长度（即图中点到桥面的距离）为米，则最靠近前主塔的吊索的长度（即图中点到桥面的距离）为（ ）
A．米 B．米
C．米 D．米
（2024·浙江·校联考一模）
45．设是抛物线弧上的一动点，点是的焦点，，则（ ）
A．
B．若，则点的坐标为
C．的最小值为
D．满足面积为的点有2个
（2024·广东深圳·校考一模）
46．设抛物线的焦点为F，点在抛物线C上，（其中O为坐标原点）的面积为4．
(1)求a；
(2)若直线l与抛物线C交于异于点P的A，B两点，且直线PA，PB的斜率之和为，证明：直线l过定点，并求出此定点坐标．
（2024·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）
47．在平面直角坐标系中，点为动点，以为直径的圆与轴相切，记的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)设为直线上的动点，过的直线与相切于点，过作直线的垂线交于点，求面积的最小值.
（2024·安徽合肥·合肥一六八中学校考一模）
48．设抛物线，过焦点的直线与抛物线交于点，.当直线垂直于轴时，.
(1)求抛物线的标准方程.
(2)已知点，直线，分别与抛物线交于点，.
①求证：直线过定点；
②求与面积之和的最小值.
（2024·云南曲靖·统考一模）
49．已知斜率为的直线交抛物线于、两点，线段的中点的横坐标为．
(1)求抛物线的方程；
(2)设抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于、两点，分别在点、处作抛物线的切线，两条切线交于点，则的面积是否存在最小值？若存在，求出这个最小值及此时对应的直线的方程；若不存在，请说明理由．
（2024·广西南宁·南宁三中校联考一模）
50．已知曲线．
(1)若点是上的任意一点，直线，判断直线与的位置关系并证明．
(2)若是直线上的动点，直线与相切于点，直线与相切于点．
①试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
②若直线与轴分别交于点，证明：．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【分析】
将一般方程化为标准方程即可求解.
【详解】圆，即，
它的圆心坐标和半径分别为.
故选：A.
2．C
【分析】
先求两圆内含时a的取值范围，然后可得两圆有公切线时a的取值范围，即可得答案.
【详解】圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径，
所以两圆的圆心距为，
两圆内含时，即，解得，
所以当两圆有公切线时，或，
所以“或”是“圆与圆存在公切线”的充要条件．
故选：C．
3．BCD
【分析】
根据圆与圆的位置关系对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】.
若和外离，则，解得或，故A错误；
若和外切，，解得，故B正确；
当时，和内切，故C正确；
当时，和相交，故D正确.
故选：BCD
4．(1)，
(2)
【分析】
（1）通过消参法求得正确答案；
（2）根据圆心到直线的距离列不等式，由此求得的取值范围.
【详解】（1）直线的参数方程为，则，
两式相减得
直线的参数方程为，则代入，
得；
（2）圆的圆心为，半径为，
若与圆相离，
所以，即，
解得.
5．D
【分析】
根据给定条件，求出点的轨迹，再利用圆的几何性质求解即得.
【详解】圆的圆心，半径，
由切圆于点，且为直角三角形，得，连接，
则，即四边形是正方形，，
因此点在以点为圆心，为半径的圆上，而，
于是，所以的取值范围为.
故选：D
6．B
【分析】根据题意分别求出圆心，半径，由直线过定点可对A判断；利用圆外一点到圆上距离知识可对B判断；由在圆上可求得，即可对C判断；根据圆心到轴的距离从而可对D判断.
【详解】依题意，圆C：，圆心，半径，
对于A，直线恒过定点，而点在圆C外，则过点的直线与圆C可能相离，故A不正确；
对于B，，点Q在圆C外，由得：，故B正确.
对于C，点在圆C上，则，解得，而点，
则直线PQ的斜率为，故C不正确；
对于D，点到x轴距离为7，大于圆C的半径，则圆C与轴相离，即圆C与x轴不相切，故D不正确；
故选：B
7．A
【分析】
由直线与圆相交的弦长公式进行求解即可.
【详解】因为圆，圆心为，半径为，即
因为为直角三角形，所以,
设圆心到直线的距离为，
由弦长公式得，所以，化简得.
故选：A.
8．BCD
【分析】
根据圆关于直线对称，得得值，检验半径是否大于零，即可判断A；根据直线与圆相切的充要条件判断B；根据直线与圆的位置关系确定的最值即可判断C；根据直线与圆相切的切线长与切点弦关系可判断D.
【详解】解：圆C：，整理得：，
所以圆心，半径，则
对于A，若圆关于直线对称，则直线过圆心，所以，得，又时，，方程不能表示圆，故A是假命题；
对于B，对于圆，圆心为，半径，则，
当直线为时，圆心到直线的距离，
故存在直线，使得与所有的圆相切，故B是真命题；
对于C，当时，圆的方程为，圆心为，半径
由于为圆上任意一点，设，则式子可表示直线，此时表示直线的纵截距，
故当直线与圆相切时，可确定的取值范围,
于是圆心到直线的距离，解得或，
则，所以的最大值为，故C为真命题；
对于D，圆的方程为，圆心为，半径，
如图，连接，
因为直线与圆相切，所以，且可得，又，
所以，且平分，所以，
则，则最小值即的最小值，
即圆心到直线的距离，
所以的最小值为，故D为真命题.
故选：BCD.
9．D
【分析】
根据题中条件，先求得弦的中点的轨迹方程，则的几何意义为两点到直线的距离之和，即点到直线距离的2倍，结合点到直线的距离公式求解即可.
【详解】由题设直线与轴的交点为，设弦的中点为，
连接，则，即，所以，
即，
所以点的轨迹方程为，
即的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，
设直线为，则到的最小距离为，
过分别作直线的垂线，垂足分别为，
则四边形是直角梯形，且是的中点，
则是直角梯形的中位线，所以，即，
即，
所以的最小值为30.
故选：D.
10．ACD
【分析】
对于A选项：利用圆的弦长公式即可求解；对于B选项：运用余弦定理即可求解；对于C选项：将转化为到直线的距离之和的倍，进而求解；对于D选项：利用数量积公式即可求解；
【详解】依题意，圆的圆心，半径为
如图所示：
对于A选项：因为点到直线的距离为，所以，故选项A正确；
对于B选项：因为，且，
所以在中，由余弦定理可得：,
所以，故选项B错误；
对于C选项：由，
其几何意义为到直线的距离之和的倍
设的中点为,结合梯形的中位线可知：
则有，
因为，所以,
在直角三角形中，,
所以点的轨迹为以原点为圆心，为半径的圆.
因为到的距离为，
所以，
所以，故选项C正确；
对于D选项：因为，
所以当所成的角为时，.
故选项D正确;
故选：ACD.
11．B
【分析】分焦点在x轴和在y轴两种情况，分别得到a,b的表达式，进而求得c的表达式，然后根据离心率得到关于k的方程，求解即可．
【详解】解：因为椭圆的离心率为，
当时，椭圆焦点在轴上，可得：，解得，
当时，椭圆焦点在轴上，可得：，解得．
或.
故选：B．
12．AC
【分析】
根据已知可得、，进而有，结合椭圆性质求相交弦长的范围及焦点三角形内角的范围判断各项的正误.
【详解】由，如下图周长为，故，
所以，椭圆离心率为，A对，B错；
当轴，即为通径时，且，
所以，故可以为，C对；
由椭圆性质知：当为椭圆上下顶点时最大，此时，
且，故，即不可能为直角，D错.
故选：AC
13．
【分析】
由椭圆性质及定义有，结合直角三角形内切圆、外接圆相关性质求对应半径，进而得到椭圆参数的齐次方程，即可得求离心率.
【详解】由题意，在中，
所以其外接圆半径，内切圆的半径为，
故.
故答案为：
14．##
【分析】
分析得四边形为矩形，则得到为正三角形，再利用椭圆定义和离心率定义即可.
【详解】令椭圆的左焦点为，半焦距为，分别连接，，
由，得四边形为矩形，
而，则为正三角形，所以，，
，则椭圆离心率为，
故答案为：.
15．##
【分析】
设，解三角形可得，，利用两点距离公式求的最小值，结合平方关系可求的最小值.
【详解】设，
由已知，由对称性可得,
所以，
则，，
且，
因为，
因为，
所以，当且仅当时等号成立，
所以，又，
所以，
所以.
所以的最小值为.
故答案为：.
16．B
【分析】由题意可得为的中点，当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，求得，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，由为的中点可得，利用弦长公式求出，表示出，根据，判断求解.
【详解】当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，，
联立，可得，
所以，
所以的面积为，
由，可得为的中点，所以，
因为点在椭圆上，所以，所以，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立，消去得，，
，
设，，则，，
，
所以点坐标为，
因为点在椭圆上，所以，
因为原点到直线的距离为，
，
所以的面积为
，
综上，，又，
又，
所以当时，的面积最大.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：由可得为的中点，由此得到，将此关系代入并化简可将表示为一个变量的函数，从而利用二次函数求最值.
17．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】
（1）根据条件列出方程组，解出即可；
（2）设直线，联立直线和椭圆方程，消元后，利用，建立方程，解出后验证即可；
（3）设直线，联立直线和椭圆方程，消元后，利用韦达定理得到条件，利用进行计算，换元法求值域即可.
【详解】（1）由题设得，解得，
所以的方程为；
（2）由题意可设，设，，
由，整理得，
．
由韦达定理得，，
由得，
即，
整理得，
因为，得，解得或，
时，直线过定点，不合题意，舍去；
时，满足，
所以直线过定点．
（3））由（2）得直线，所以，
由，
整理得，，
由题意得，
因为，所以，所以，
令，，
所以，在上单调递减，
所以的范围是．
18．(1)
(2)证明见解析，
(3)存在，
【分析】（1）设，求得D点并代入，化简求得曲线C的方程；
（2）设的方程为，直线的方程为，将直线的方程与曲线C的方程联立，求得M，N的坐标，对进行分类讨论，由此证得直线过定点并求得定点坐标；
（3）假设存在点使得，先求得，设出G，H的坐标，由直线SH和直线SG的方程求得P，Q两点的坐标，结合G在曲线C上求得R点的坐标．
【详解】（1）设，，则，
由题意知，所以，得(，所以，
因为，得，故曲线C的方程为．
（2）由题意可知，直线不平行坐标轴，
则可设的方程为：，此时直线的方程为．
由，消去得：，
解得：或(舍去)，所以，
所以，同理可得：．
当时，直线的斜率存在，
，
则直线的方程为，
所以直线过定点．
当时，直线斜率不存在，此时直线方程为：，也过定点，
综上所述：直线过定点．
（3）假设存在点R使得，设，
因为，所以，即，
所以，所以，
直线与曲线C交于不同的两点G、H，易知G、H关于轴对称，
设，
易知点，直线方程是，
令得点P横坐标，
直线方程是，令得点Q横坐标，
由，得，又在椭圆上，
所以，所以，解得，
所以存在点，使得成立．
19．(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）将点代入椭圆方程，结合离心率公式，即可利用待定系数法求椭圆方程；
（2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理表示，即可求解的值.
【详解】（1）
由椭圆的离心率为，且点在椭圆上，
可得，所以，
又点在该椭圆上，所以，所以，
所以椭圆C的标准方程为．
（2）
证明：设，由于该直线斜率不为0，可设，
联立方程和，得，
恒成立，根据韦达定理可知，
，
，
，
，．
20．(1)
(2)
【分析】（1）由，得，再将点代入椭圆方程中，结合可求出，从而可求出椭圆方程，
（2）设直线，，，将直线方程代入椭圆方程消去，整理后利用根与系数的关系，可得，表示出直线AP的斜率，直线的斜率，而，代入化简即可
【详解】（1）由，得（c为半焦距），
∵点在椭圆E上，则．
又，解得，，．
∴椭圆E的方程为．
（2）由（1）知．设直线，，．
由消去x，得．
显然．
则，．
∴．
由，，得直线AP的斜率，直线的斜率．
又，，，
∴．∴．
∵．
∴．
21．(1)
(2)
【分析】
（1）由焦点坐标可得到与的关系，将点代入椭圆方程即可得到椭圆的方程；
（2）设直线的方程，联立方程组，利用韦达定理得到两根之和两根之积，从而得出，的坐标，分别讨论直线的斜率情况，进而得到直线的方程以及直线过定点，计算两种情况下的面积即可得出结论.
【详解】（1）由题意知．又，所以．
把点代入椭圆方程，得，解得．
故椭圆的方程为．
（2）由题意知直线的斜率均存在且不为零．
设直线的方程为，且．
由消去，得．
所以，．
而，
所以．同理得．
若，则，此时直线的斜率不存在，可得直线．
此时，所以；
若，则直线的斜率为，
可得直线：．
化简，得．所以直线过定点．
所以
．
令，则．
因为，所以在上单调递减．
所以，即.
综上，.
所以当时，的面积取得最大值．
【点睛】关键点睛：本题考查了椭圆方程，定点问题，最值问题；意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用设而不求的思想，分类讨论的思想，根据韦达定理得到根与系数的关系，是解题的关键，此方法是考查的重点，需要熟练掌握.
22．(1)
(2)过定点,证明见解析.
【分析】
（1）先求出两椭圆焦点坐标，从而确定方程；
（2）设直线，将直线与椭圆联立，转化为，坐标化将韦达定理代入化简求解
【详解】（1）
因为，所以的焦点为，，
因为，所以的焦点为，，
所以可设的方程为，则，，故的方程为．
（2）
证明：设，，
直线．，．
因为，所以，即，
即①，
将代入的方程，得，
则，，，
，
，
将以上4个式子代入①，得，
即②，
因为点在上，所以，，
代入②得，
即，
因为，所以不在直线上，则，则，
所以直线过定点.
【点睛】
关键点点睛：本题考查直线与椭圆的位置关系，将韦达定理代入表达式化简为并利用点在椭圆上进一步化简是本题关键.
23．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】
（1）根据两点间距离公式化简即可.
（2）根据角平分线定理知得，由即可求出为定值
（3）表示出的面积，利用导函数求出面积表达式的单调性，即可求出面积取到最大值时，求点的横坐标.
【详解】（1）由已知得，
则．
所以当时，；
（2）
设，在中，是的角平分线，所以，
由（1）知，
同理，
即，解得，所以，
过作轴于．所以．
（3）记面积的面积为，由（1）可得，
，其中，
则，
当时，单调递增；
当时，单调递减．
所以当时，最大．
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是利用导函数求解面积表达式的最值，注意函数的定义域.
24．(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）根据条件列方程组求解得椭圆方程；
（2）设直线方程，证明后知平分对角线得四边形为平行四边形.
【详解】（1）由题知解得.故椭圆的方程为.
（2）方法一：显然直线不能水平，故设直线方程为，
设，
由得，
令得，.
所以，
令，得.故直线方程为，
直线方程为.
由得，
将中换成得.
，
为线段中点，又为中点，
四边形为平行四边形.
方法二：设.
直线方程为，
当直线的斜率不存在时，设方程为，
此时，直线方程的为，
由得，同理，
当直线斜率存在时，设方程为，
由得.
令得，.
由韦达定理得.
将代入得
直线的方程为
由得
同理可得.
，
，综上所述，为线段中点，
又为中点，
四边形为平行四边形.
【点睛】关键点点睛：证明四边形为平行四边形的方法用对角线相互平分得到.
25．（1）；（2）①；②存在；．
【分析】（1）由的周长可求出的值，从而由离心率的值可求得，进而由椭圆中的关系求出的值，即可得椭圆的标准方程.
（2）①直线l的方程为，与椭圆方程联立求出点的坐标，再建立空间直角坐标系，求出点的坐标，从而可得，再利用空间向量的夹角公式即可求解.
②由8，可得，设折叠前，直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理代入上式化简整理即可求出的值，从而可得直线l的斜率，进而可得tan的值.
【详解】解：（1）由椭圆的定义知： ，
所以的周长，所以，
又椭圆离心率为，所以，所以，，
由题意，椭圆的焦点在轴上，
所以椭圆的标准方程为；
（2）①由直线：与，
联立求得，（因为点在轴上方）以及，
再以为坐标原点，折叠后原轴负半轴，原轴，原轴正半轴所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，则
，，，，
，．
记异面直线和所成角为，则；
②设折叠前，，折叠后，在新图形中对应点记为，，，，
由，，故，
将直线方程与椭圆方程联立，得，
，，
在折叠后的图形中建立如图所示的空间直角坐标系（原轴仍然为轴，原轴正半轴为轴，原轴负半轴为轴）；
，，
所以，（i）
又，
所以，（ii）
由（i）（ii）可得，
因为，
所以，
即，
所以，解得，
因为，所以．
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是根据折叠前、后三角形周长的变化，得到，进而根据两点间的距离公式及韦达定理进行求解.
26．ABD
【分析】
根据双曲线实轴、离心率、渐近线方程等性质逐项分析即可.
【详解】设该双曲线标准方程为，则.
对于A选项，若实轴长为4，则，，符合题意；
对于B选项，若该双曲线为等轴双曲线，则，又，，
可解得，符合题意；
对于C选项，由双曲线的离心率大于1知，不合题意；
对于D选项，若渐近线方程为，则，结合，可解得，符合题意，
故选：ABD.
27．C
【分析】
先判断出两点关于原点对称，设出的坐标，根据，可知是中点，两点关于原点对称，直线的斜率列方程，求得，进而求得双曲线的离心率.
【详解】
，设，则，
则，
，
.
故选：C
【点睛】求解双曲线离心率有关的问题，可以利用直接法来进行求解，也即通过已知条件求得和，从而求得双曲线的离心率.也可以利用构造齐次式的方法来进行求解，也即通过已知条件求得或的等量关系式，由此来求得离心率.
28．B
【分析】
由题设有双曲线渐近线为，，且，求坐标，根据得到齐次方程，即可得渐近线.
【详解】由题设作出图形，双曲线渐近线为，，则直线，
故，可得，故，即，
又三角形BOF为等腰三角形，所以，则，
整理得，即双曲线的渐近线方程为.
故选：B
29．A
【分析】
设的焦距为，根据离心率可得，由可得点的坐标，在直角三角形中求出，再根据两角差的正切公式即可求解.
【详解】设的焦距为，点，由的离心率为2可知，
因为，所以，将代入的方程得，即，
所以，
故．
故选:A．
30．
【分析】
设,由双曲线的定义得，结合题中条件可得，，由勾股定理可得，再利用勾股定理即可求得离心率.
【详解】
，则，
又，所以，
则，
，
又，所以三角形为直角三角形，
则,
即，
化为，
解得或者（舍），
此时，
在直角三角形中，,
即，所以，
所以.
故答案为：.
31．A
【分析】容易知道，设直线的方程为：，则直线的方程为：，求出，两点坐标，则，设的外接圆的半径分别为，，由正弦定理得，，可知，再利用基本不等式即可求值.
【详解】由已知得，，，由双曲线的对称性，不妨设在第一象限，
所以，，
所以，
设直线的方程为：，则直线的方程为：，
同时令，则，，
所以，
设的外接圆的半径分别为，，
由正弦定理得，
，，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以.
故选：A
【点睛】结论点睛：若、分别为双曲线的左、右顶点，为双曲线上一动点，则直线与直线的斜率之积为定值.
32．A
【分析】
由双曲线的定义，结合双曲线的离心率，得双曲线的方程及渐近线的方程，
再设，由双曲线的方程求点到两条渐近线的距离之和.
【详解】
设半焦距为c，延长交于点N，由于PM是的平分线，，
所以是等腰三角形，所以，且M是NF2的中点.
根据双曲线的定义可知，即，由于是的中点，
所以MO是的中位线，所以，
又双曲线的离心率为，所以，，所以双曲线C的方程为.
所以，，双曲线C的渐近线方程为，
设，T到两渐近线的距离之和为S，则，
由，即，
又T在上，则，即，解得，，
由，故，即距离之和为.
故选：A.
【点睛】
由平面几何知识，，依据双曲线的定义，可将转化为用a表示，进而的双曲线的标准方程.
33．A
【分析】
根据可知，再根据角平分线定理得到的关系，再根据双曲线定义分别把图中所有线段用表示出来，根据边的关系利用余弦定理即可解出离心率.
【详解】
因为，所以∽，
设，则，设，则，．
因为平分，由角平分线定理可知，，
所以，所以，
由双曲线定义知，即，，①
又由得，
所以，即是等边三角形，
所以．
在中，由余弦定理知，
即，化简得，
把①代入上式得，所以离心率为．
故选：A．
34．BCD
【分析】
由中点中位线性质判断AB；由圆与圆关系及切线性质求得判断CD.
【详解】
的方程可化为，可得，，．
由为的中点，为的中点，得，A错误．
由为的中点，为的中点，得，
则，B正确．
设点为圆和圆的另一个交点，连接，由轴，
可得，为的中位线，则直线平分线段，
则点必在轴上，可得点的坐标为，C正确．
如图，若为圆与圆的一条公切线，，为切点，
连接，，过点作，垂足为．
由，，
得，
可得，由轴，且，可得公切线的倾斜角为，D正确．
故选：BCD
【点睛】
关键点点睛：本题考查双曲线与圆的综合应用，利用圆与圆位置关系求解D是关键.
35．(1)
(2)，证明见解析.
【分析】
（1）利用双曲线定义即可得到其方程；
（2）先得到特殊情况时，再证明其对一般情况也适用.
【详解】（1）连接，则，
点的轨迹是以点，为焦点的双曲线，
点的轨迹方程为:.
（2）因为点的轨迹方程为:，则.
当直线的方程为时，则，解得（负舍，） 则，
而，易知此时为等腰直角三角形，
其中，
即，即:，
下证：对直线斜率存在的情形也成立，
设，其中，且，因为，则，且，
即，
，
，
，
结合正切函数在上的图象可知，.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是采用先猜后证的思想，先得到直线斜率不存在时，然后通过二倍角得正切公式证明一般情况即可.
36．
【分析】连接，，设，则，根据诱导公式及同角三角函数的基本关系求出，，再根据锐角三角函数得到、，从而得到方程求出，再在利用勾股定理计算可得；
【详解】解：如图，连接，，则，，和，，都三点共线，
设，则.
由，
所以
所以，
又，所以，即，
，即，
又，
因此，即，
在中，即.
故.
故答案为：
37．A
【分析】
根据题意结合抛物线的定义分析求解.
【详解】因为抛物线的准线为，
由题意可得：，解得.
故选：A.
38．3
【分析】
根据两点间距离公式，结合二次函数的性质即可求解, 由抛物线的焦半径公式即可求解.
【详解】
由题知，设，其中，则
由于点是抛物线上到点距离最近的点，，
故答案为：3.
39．A
【分析】
直线方程为，联立，得到两根之和，两根之积，表达出和点到直线的距离，从而表达出，列出方程，求出，得到准线方程.
【详解】由题意得，直线方程为，联立得，，
设，则，
故，
点到直线的距离为，
故，
故，解得，
故该抛物线的准线方程为.
故选：A
40．B
【分析】
求出直线的方程，利用抛物线的性质，求出中的纵坐标，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理求解即可得到抛物线方程．
【详解】
由于以为直径的圆与抛物线的准线相切，以为直径的圆过点，
可知的中点的纵坐标为：2，
直线的方程为：，
则，可得，则中的纵坐标为：，解得，
该抛物线的方程为：．
故选：B．
41．AD
【分析】
设直线的方程为，将其与抛物线方程联立，得到韦达定理式，将其整体代入即可判断ACD，求解直线与抛物线相切时的情况即可判断B.
【详解】对A，由题意得，准线方程为，则，
显然当直线的斜率为0，即直线的方程为，此时不合题意，
设直线的方程为，
联立抛物线方程，得，，解得或，
，，，，则，，则，
，，
则，A正确；
对B，当直线与抛物线相切时，最大，则，解得，
根据抛物线对称性取分析：
此时直线方程为，此时直线斜率为1，则，因此不存在，B错误；
对C，假设存在以为直径且经过焦点的圆，则，
，则，
即，,
即，即，，满足或，
即存在以为直径且经过焦点的圆，C错误；
对D，，，
此时直线斜率为，则直线的倾斜角为或，故D正确.
故选：AD.
42．D
【分析】
首先求出直线的方程为，将其与抛物线方程联立，得到韦达定理式，则得到，最后利用焦点弦公式即可.
【详解】令，则，
则点的坐标为的焦点为，
则，所以直线的方程为，
与抛物线方程联立，消去得，由韦达定理得，
所以，
所以由抛物线的定义得.
故选：D.
43．10
【分析】
设直线方程为，，联立抛物线方程得出韦达定理，再利用导数的几何意义求解方程，联立可得，再代入根据基本不等式求解最小值即可.
【详解】的焦点为，设直线方程为，.
联立直线与抛物线方程有，则.
又求导可得，故直线方程为.
又，故，同理.
联立可得，解得，代入可得，代入韦达定理可得，故.
故，当且仅当，即时取等号.
故答案为：10
【点睛】
方法点睛：如图，假设抛物线方程为， 过抛物线准线上一点向抛物线引两条切线，切点分别记为，其坐标为. 则以点和两切点围成的三角形中，有如下的常见结论:
结论1.直线过抛物线的焦点.
结论2.直线的方程为.
结论3.过的直线与抛物线交于两点，以分别为切点做两条切线，则这两条切线的交点的轨迹即为抛物线的准线.
结论4..
结论5..
结论6.直线的中点为，则平行于抛物线的对称轴.
结论7..
44．A
【分析】
建立坐标系，求出点B横坐标，代入抛物线即可求解.
【详解】
以为坐标原点，抛物线的对称轴为轴，建立如图所示的平面直角坐标系（横坐标与纵坐标的单位均为米），
依题意可得抛物线的方程为．
因为同一边的悬索连接着29根吊索，且相邻两根吊索之间的距离均为米，则点的横坐标为，
则，所以点到桥面的距离为米．
故选：A.
45．AB
【分析】
对于A，直接由抛物线方程即可判断；对于B，直接由焦半径先求得点横坐标，代入抛物线方程验算其纵坐标即可判断；对于C，由B选项启发，观察图象，令即可举出反例；对于D，由点到直线距离公式将原问题转换为方程的或的正根的个数和即可判断.
【详解】
对于A，抛物线弧的焦点为，故A正确；
对于B，若，解得，所以，即点的坐标为，故B正确；
对于C，取，则，
因为，所以，即，
所以，即，故C错误；
对于D，直线的斜率为，所以它的方程为，
点到它的距离为，
注意到，若面积为，
则，又，
所以或，解得或，
所以满足面积为的点有3个，故D错误.
故选：AB.
46．(1)；
(2)证明见解析，定点．
【分析】
（1）利用题给条件列出关于a的方程，解之即可求得a的值；
（2）先设出直线l的方程，并与抛物线方程联立，利用设而不求的方法求得的关系，进而求得直线l过定点的坐标．
【详解】（1）
因为点在抛物线C上，所以，即，
因为的面积为4，所以，解得，所以．
（2）
由（1）得，．
当直线l斜率为0时，不适合题意；
当直线l斜率不为0时，设直线，设，，
由，得，
则，，，
因为直线PA，PB的斜率之和为，
所以，即，
所以，所以
，整理得，
所以直线，
令，解之得，所以直线l过定点．
47．(1)
(2)16
【分析】
（1）设，则线段的中点坐标为，根据以为直径的圆与轴相切，列出方程，化简即可得解；
（2）设，根据导数的几何意义求出切线方程，进而可求出点的坐标，从而可求出直线的方程，进而可求出的横坐标，再列出面积的表达式，即可得解.
【详解】（1）设，则线段的中点坐标为，
因为以为直径的圆与轴相切，
所以，
化简得，所以的方程为；
（2）设，由，则点处的切线斜率为，
所以直线方程为，整理为，
令，则，所以，
易知直线斜率为，所以直线，整理为，
与联立可得，有，
解得，即的横坐标为，
所以，
，
所以面积为
，
又，当且仅当时，等号成立，
所以的面积最小值为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
48．(1)
(2)①证明见解析；②.
【分析】
（1）利用弦长求解p，即可求解抛物线方程；
（2）（i）设直线方程，与抛物线联立，韦达定理找到坐标关系，表示出直线方程，即可求出定点；
（ii）利用面积分割法求出两个三角形面积表达式，然后利用二次函数求最值即可.
【详解】（1）由题意，当直线垂直于轴时，，代入抛物线方程得，则，所以，即，所以抛物线.
（2）（i）设，，直线，
与抛物线联立，得，因此，.
设直线，与抛物线联立，得，
因此，，则.同理可得.
所以.
因此直线，由对称性知，定点在轴上，
令得，
，
所以直线过定点.
（ii）因为，
，
所以，
当且仅当时取到最小值.
49．(1)
(2)答案见解析
【分析】
（1）设点、，由已知可得出，利用斜率公式以及抛物线的方程可求得的值，由此可得出抛物线的方程；
（2）设点、，分析可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，将该直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，求出，求出两切线的方程，进而可求得点的坐标，分析可得出，求出，利用二次函数的基本性质可求得面积的最小值，及其对应的直线的方程.
【详解】（1）解：设点、，因为直线的斜率为，则，
因为线段的中点的横坐标为，则，
，可得，
所以，抛物线的方程为.
（2）解：设点、，易知点，
若直线的斜率不存在，则直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，
设直线的方程为，联立可得，
，由韦达定理可得，，
由焦点弦长公式可得，
对函数求导得，则直线的方程为，即，
同理可知，直线的方程为，
联立可得，即点，
则，，
所以，，即，
且，
所以，，
当且仅当时，等号成立，故的面积存在最小值，且最小值为，
此时，直线的方程为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
50．(1)相切，证明见解析
(2)①为定值；；②证明见解析
【分析】
（1）利用点在曲线上，结合联立方程，利用判别式，即可得出结论并证明之；
（2）①设，可得切线，的方程，进而求得E点纵坐标，结合是直线上的动点，即可得结论；
②设，设相关参数，表示出，利用两角差的正切公式推出，从而证明∽，即可证明结论.
【详解】（1）由题意知点是上的任意一点，则，
联立，得，
则，故直线与相切；
（2）
①：为定值
设，
由（1）知切线AE为，切线BE为，
联立得，则，
又E点在直线上，故，
则，
故，即为定值；
②证明：设，直线AB的斜率必存在，设为k，倾斜角为，
则，
的斜率存在，不妨设为，倾斜角为，
的斜率存在，不妨设为，倾斜角为，
则，
，
由题意知为锐角，
则，
又，故∽，
所以.
【点睛】难点点睛：本题考查了直线和抛物线的位置关系以及定值和线段成比例问题，综合性强，计算量大，难点在于（2）中，要证明线段成比例，即证明∽，其中计算过程比较复杂，计算量大，且基本都是有关字母参数的运算，要十分细心.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
