高三二轮复习专题13圆锥曲线

2024届高三二轮复习第13讲：圆锥曲线解析版2023年考情考题示例考点关联考点2023年新I卷，第5题椭圆的离心率无2023年新I卷，第16题双曲线的离心率平面向量2023年新I卷，第22题动点轨迹方程无2023年新Ⅱ卷，第10题直线与抛物线的位置关系无2023年新Ⅱ卷，第21题双曲线的离心率，位置关系无2023年天津卷，第9题双曲线的渐近线无2023年天津卷，第12题抛物线的定义圆的切线2023年天津卷，第18题椭圆方程离心率无2023年北京卷，第6题抛物线的定义无2023年北京卷，第12题双曲线的离心率无2023年北京卷，第19题椭圆的离心率方程，位置关系无2023年乙卷文科，第12题双曲线无2023年乙卷文科，第13题抛物线定义无2023年乙卷文科，第21题双曲线的方程、位置关系无2023年乙卷理科，第11题双曲线无2023年乙卷理科，第13题抛物线定义无2023年乙卷理科，第20题双曲线的方程、位置关系无2023年甲卷理科，第8题双曲线的离心率、渐近线圆的切线2023年甲卷理科，第12题椭圆的定义余弦定理2023年甲卷理科，第20题直线与抛物线位置关系向量2023年甲卷文科，第9题双曲线的离心率、渐近线圆的切线2023年甲卷文科，第21题直线与抛物线位置关系向量题型一：椭圆【典例例题】例1.（2023春·广东省汕头市高三一模）已知点是椭圆上一点，椭圆的左、右焦点分别为、，且，则的面积为（）A.6 B.12 C. D.【答案】D【解析】【分析】设，先得到的值，再代入的余弦定理计算可得，再利用三角形的面积公式计算即可.【详解】对于椭圆有，设，则根据椭圆的定义得，又，解得，.故选：D.【变式训练】1.（2023春·广东省东莞实验中学2023届高三下学期校一模）已知点P是椭圆上一点，椭圆C在点P处的切线l与圆交于A，B两点，当三角形AOB的面积取最大值时，切线l的斜率等于_______【答案】【分析】根据面积公式分析可得当是等腰三角形，面积最大，此时点O到切线l的距离等于.解法一：设切线l的方程，根据点到直线的距离和直线与椭圆相切分别可得，求解即可；解法二：设点P的坐标为，切线l的方程为，结合点到直线的距离公式运算求解.【详解】∵圆的圆心，半径，设，则，当且仅当，即时，等号成立，当时，是等腰三角形，此时点O到切线l的距离等于.解法一：设切线l的方程为，即，则有，整理得：联立方程，消去y得：，由相切得：整理得：由①②得：，解得.解法二：设点P的坐标为，切线l的方程为，即则有，整理得，∵点P在椭圆上，则，则，解得，所以切线l的斜率.故答案为：.2.（2023春·广东省高三二模）已知，分别是椭圆C：的左、右焦点，M是C上一点且与x轴垂直，直线与C的另一个交点为N．若直线MN在y轴上的截距为3，且，则椭圆C的标准方程为______．【答案】【解析】【分析】根据给定条件，借助几何图形及比例式求出点M，N的坐标，再代入椭圆方程求解作答.【详解】由对称性不妨令点M在第一象限，令直线交y轴于点A，过N作轴于B，令，因为轴，则，而O为的中点，又A为中点，而，于是，由知，，显然，因此，于是，又，则，解得，而，则，所以椭圆C的标准方程为.故答案为：3.（2023春·广东省江门市高三一模）椭圆是特别重要的一类圆锥曲线，是平面解析几何的核心，它集中地体现了解析几何的基本思想.而黄金椭圆是一条优美曲线，生活中许多椭圆形的物品，都是黄金椭圆，它完美绝伦，深受人们的喜爱.黄金椭圆具有以下性质：①以长轴与短轴的四个顶点构成的菱形内切圆经过两个焦点，②长轴长，短轴长，焦距依次组成等比数列.根据以上信息，黄金椭圆的离心率为___________.【答案】【解析】【分析】由①得原点到直线AB的距离，求得，由②得，求得，从而，两边同除以得，又，即可解得．【详解】设左顶点，上顶点，则直线AB的方程为，以长轴与短轴的四个顶点构成的菱形内切圆经过两个焦点，则原点到直线AB的距离，即，即，即，所以，长轴长，短轴长，焦距依次组成等比数列，则，所以，综上，，即，两边同除以得，又，解得．故答案为：．4.（2023春·广东省佛山市高三一模）如图，已知椭圆的焦点为、，点为椭圆上任意一点，过作的外角平分线的垂线，垂足为点.过点作轴的垂线，垂足为，若线段的中点为，则点的轨迹方程为______.【答案】【解析】【分析】根据题意，利用椭圆定义，求得长度，即可容易求得点的轨迹方程.【详解】延长交的延长线于点，连接，作图如下：容易知点关于的对称点为，故可得，又因为分别为的中点，故可得，不妨设点的坐标为，故可得点的坐标为，则，整理得.故答案为：.题型二：双曲线【典例例题】例1.（2023春·广东省高三一模）已知双曲线，点的坐标为，若上的任意一点都满足，则的离心率取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据两点间距离公式，结合一元二次不等式的性质、双曲线离心率公式进行求解即可.【详解】设，，由，代入不等式中，化简，得恒成立，则有，解得，而，所以故选：A【变式训练】1.（2023春·广东省高三二模）已知双曲线的离心率为，则双曲线的两条渐近线的夹角为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用双曲线的性质，求出，求出双曲线的渐近线方程，进而得解.【详解】设双曲线的半焦距为，因为双曲线的离心率为，所以，解得，由，得，所以，所以渐近线方程为，所以两条渐近线的倾斜角分别为和，因为，所以，两条渐近线所夹的锐角为；即双曲线的两条渐近线的夹角为.故选：C.2.（2023春·广东省梅州市高三一模）由伦敦著名建筑事务所SteynStudio设计的南非双曲线大教堂惊艳世界，该建筑是数学与建筑完美结合造就的艺术品.若将如图所示的大教堂外形弧线的一段近似看成双曲线（，）下支的部分，且此双曲线两条渐近线方向向下的夹角为，则该双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据已知结合双曲线两条渐近线对称关系可得的倾斜角为，即，则，则，即可得出双曲线的离心率为.【详解】双曲线（，）的渐近线的方程为，双曲线两条渐近线方向向下的夹角为，根据双曲线两条渐近线对称关系可得的倾斜角为，则，则，，则该双曲线的离心率为，故选：D3.（2023春·广东省佛山市高三一模）已知双曲线C的右顶点为A，左、右焦点分别为，，以为直径的圆与C的渐近线在第一象限的交点为M，且，则该双曲线的离心率为（）A. B. C.2 D.【答案】C【解析】【分析】设出双曲线半焦距，由双曲线渐近线斜率求出，再由余弦定理求出，判断形状即可求解作答.【详解】设双曲线的半焦距为c，直线的方程为，有，如图即有，而，解得，在中，由余弦定理得：，因此，即有，而，则，又，于是，所以双曲线的离心率.故选：C4.（2023春·广东省汕头市高三一模）过双曲线上的任意一点，作双曲线渐近线的平行线，分别交渐近线于点，若，则双曲线离心率的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】设点，分别联立两组直线方程，求出的坐标，然后利用向量的数量积，推出离心率的范围即可.【详解】因为双曲线的渐近线方程为：，即，设点，可得：，联立方程组，解得：，同理可得：，所以，因为，所以，所以，由题意可得：，所以，故离心率，又因为双曲线的离心率，所以双曲线离心率的取值范围为，故答案为：.题型三：抛物线【典例例题】例1．（2023春·广东省东莞实验中学2023届高三下学期校一模）已知抛物线C：（）的焦点为F，点M在抛物线C上，射线FM与y轴交于点，与抛物线C的准线交于点N，，则p的值等于（

）A． B．2 C． D．4【答案】B【分析】设点M到抛物线的准线的距离为|MM′|，抛物线的准线与x轴的交点记为点B.解得答案.【详解】解：设点M到抛物线的准线的距离为|MM′|，抛物线的准线与x轴的交点记为点B.由抛物线的定义知，|MM′|＝|FM|.因为，所以，即，所以，而，解得p＝2,故选：B.【变式训练】1.（2023春·广东省广州市高三一模）已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点在轴上，过点的直线交于两点，且，线段的中点为，则直线的斜率的最大值为（）A. B. C. D.1【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，设出抛物线C及直线PQ的方程，借助垂直关系求出抛物线方程及点M的坐标，再用斜率坐标公式建立函数，利用均值不等式求解作答.【详解】依题意，抛物线的焦点在x轴的正半轴上，设的方程为：，显然直线不垂直于y轴，设直线PQ的方程为：，点，由消去x得：，则有，由得：，解得，于是抛物线：的焦点，弦的中点的纵坐标为，则点，显然直线的斜率最大，必有，则直线的斜率，当且仅当，即时取等号，所以直线的斜率的最大值为.故选：A2.（2023春·广东省惠州市高三一模）（多选）已知抛物线的焦点为，过且斜率为的直线交抛物线于、两点，其中在第一象限，若，则（）A. B.C.以为直径的圆与轴相切 D.【答案】BCD【解析】【分析】写出焦点的坐标，设出直线的方程，并与抛物线方程联立，根据点在第一象限即可求出点，的横坐标，进而可以求出的值，即可求出抛物线的方程，再对应各个选项逐个验证即可．【详解】设，，则过的直线斜率为的方程为：，代入抛物线方程消去可得：，解得，因为点在第一象限，所以，，则，所以，错误，，正确，由可得抛物线的方程为：，且，，，所以，正确，的中点横坐标为，以为直径的圆的半径为，所以圆心到轴的距离等于半径，则以为直径的圆与轴相切，正确，故选：．3.（2023春·广东省深圳市高三一模）（多选）已知抛物线C：的准线为，直线与C相交于A、B两点，M为AB的中点，则（）A.当时，以AB为直径的圆与相交B.当时，以AB为直径的圆经过原点OC.当时，点M到的距离的最小值为2D.当时，点M到的距离无最小值【答案】BC【解析】【分析】将直线代入，结合韦达定理求得坐标、点到准线的距离及．当时，由可判断A；当时，由可判断B；当时，得的关系式，代入表达式，利用基本不等式可判断C；当时，得的关系式，代入表达式，利用对勾函数的性质可判断D．【详解】抛物线，准线方程是，直线代入，可得，，设，则，，，设，则，点到准线的距离，，当时，，点到准线的距离，则以AB为直径的圆与相切，故A错误；当时，，则，则以AB为直径的圆经过原点O，故B正确；当时，即，得，则，当且仅当时等号成立，故C正确；当时，即，得，所以，令，则，由对勾函数的性质得，当时，单调递增，故当时，取最小值，故D错误．故选：BC．4.（2023春·广东省高三一模）（多选）已知拋物线的焦点为，点与点关于原点对称，过点的直线与抛物线交于两点（点和点在点的两侧），则下列命题正确的是（）A.若为△的中线，则B.若为的角平分线，则C.存在直线，使得D.对于任意直线，都有【答案】AD【解析】【分析】设，不妨令都在第一象限，，联立抛物线，根据已知及韦达定理得、，则，再根据各项描述、抛物线定义判断它们的正误.【详解】由题意，设，不妨令都在第一象限，，联立，则，且，即，所以，则，如上图所示.A：若为△的中线，则，所以，所以，故，所以，则，故A正确；B：若为的角平分线，则，作垂直准线于，则且，所以，即，则，将代入整理，得，则，所以，故B错误；C：若，即，即△为等腰直角三角形，此时，即，所以，所以，所以，所以，则此时为同一点，不合题设，故C错误；D：，而，结合，可得，即恒成立，故D正确.故选：AD.题型四：直线与圆锥曲线的位置关系【典例例题】例1.（2023春·广东省高三一模）已知点，点和点为椭圆上不同的三个点.当点，点B和点C为椭圆的顶点时，△ABC恰好是边长为2的等边三角形.（1）求椭圆标准方程；（2）若为原点，且满足，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）分点，点和点中有两个点为上顶点和下顶点和点，点和点中有两个点为左顶点和右顶点两种情况，求出，得到椭圆方程；（2）设出，考虑直线斜率存在和不存在两种情况，求出弦长，进而利用点到直线距离求出面积.【小问1详解】当点，点和点为椭圆的顶点时，恰好构成边长为2的等边三角形，①当点，点和点中有两个点为上顶点和下顶点，一个点为左顶点或右顶点时，不妨设点，点为上顶点和下顶点，点为右顶点，此时，，②当点，点和点中有一个点为上顶点或下顶点，两个点为左顶点和右顶点，不妨设点，点为左顶点和右顶点，点为上顶点，此时，（舍去），所以椭圆的标准方程为.【小问2详解】设，因为，所以，①当直线斜率不存在时，即，则，因为点在椭圆上，所以，则有，所以，点到的距离为，此时.②当直线斜率存在时，设直线方程为，联立得消去整理得，满足，由韦达定理得，所以，所以，又因为点在椭圆上，所以，化简得，所以，所以点到直线的距离，所以综上所述，的面积为.【变式训练】1.（2023春·广东省广州市高三一模）已知椭圆的离心率为，以C的短轴为直径的圆与直线相切.（1）求C的方程；（2）直线：与C相交于A，B两点，过C上点P作x轴的平行线交线段AB于点Q，直线OP的斜率为（O为坐标原点），△APQ的面积为.的面积为，若，判断是否为定值？并说明理由.【答案】（1）；（2）是定值，.【解析】【分析】（1）利用椭圆离心率及圆的切线性质，建立关于的方程组，解方程组作答.（2）由给定的面积关系可得直线PQ平分，进而可得直线的斜率互为相反数，再联立直线与椭圆方程，利用韦达定理结合斜率坐标公式计算判断作答.【小问1详解】由椭圆的离心率为得：，即有，由以C的短轴为直径的圆与直线相切得：，联立解得，所以C的方程是.【小问2详解】为定值，且，因为，则，因此，而，有，于是平分，直线的斜率互为相反数，即，设，由得，，即有，而，则，即于是，化简得：，且又因为在椭圆上，即，即，，从而，，又因为不在直线上，则有，即，所以为定值，且.2.（2023春·广东省东莞实验中学2023届高三下学期校一模）已知双曲线的左焦点为，点是上的点．(1)求的方程；(2)已知过坐标原点且斜率为的直线交于两点，连接交于另一点，连接交于另一点.若直线经过点，求直线的斜率.解：(1)由题知，且，（2分）所以，所以.故的方程为.（4分）(2)法一：设，则，直线的方程为,直线的方程为.设,联立，得，（6分）则，得，.又，所以，则.同理可得，.（9分）因为直线经过点，所以三点共线，即，则，所以，化简得，整理得，故. (12分)法二：设，，，则，直线的方程为，直线的方程为.联立得，则，所以，则（8分）又，所以，同理可得.设直线的方程为，联立得，则，，(10分)即，化简得.又，解得，.故. (12分)3.（2023春·广东省佛山市高三一模）已知双曲线的渐近线与曲线相切.横坐标为的点在曲线上，过点作曲线的切线交双曲线于不同的两点.（1）求双曲线的离心率；（2）记的中垂线交轴于点.是否存在实数，使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）时存在；时不存在，理由见解析【解析】【分析】（1）写出渐近线并联立曲线E，根据得，进而求离心率；（2）应用导数几何意义求点处曲线的切线方程，并联立曲线C，结合韦达定理求中点坐标，写出中垂线方程即可求M坐标，结合列方程求，注意满足切线与双曲线有两个交点.【小问1详解】由题意，与曲线相切，消得：有唯一解，所以得：，离心率.【小问2详解】由，故点作曲线的切线的斜率为，则，所以方程为代入中，并整理得，设，，易得的中点，故中垂线，则点.若，则，即得，此时当，即时，存在实数，使得；当，即时，不存在实数，使得.4.（2023春·广东省江门市高三一模）已知M是平面直角坐标系内的一个动点，直线与直线垂直，A为垂足且位于第一象限，直线与直线垂直，B为垂足且位于第四象限，四边形（O为原点）的面积为8，动点M的轨迹为C.（1）求轨迹C的方程；（2）已知是轨迹C上一点，直线l交轨迹C于P，Q两点，直线，的斜率之和为1，，求的面积.【答案】（1）（）（2）【解析】【分析】（1）设动点，由题意知，，由题意，化简可得轨迹C的方程；（2）设直线的倾斜角为，斜率为k，直线倾斜角为，则斜率为，，，由过点T直线与曲线C有两个交点确定的范围，由，解得，从而可得直线、的方程，与曲线C的方程联立解得的坐标，求出及点Q到直线的距离，即可求出的面积.【小问1详解】设动点，由题意知M只能在直线与直线所夹的范围内活动.，，动点在右侧，有，同理有，∵四边形的面积为8，∴，即，所以所求轨迹C方程为（）.【小问2详解】如图，设直线的倾斜角为，斜率为k，直线倾斜角为，则斜率为，，，曲线C上，过点T直线与曲线C有两个交点，则或，同时或，解得或.，解得或（舍去）.时，直线的方程为，联立，消y得：，则或，得.直线的方程为，联立，消y得：，则或，得，，点Q到直线的距离，.方法二：，，，则，.1.（新课标全国Ⅰ卷）设椭圆的离心率分别为．若，则（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】由，得，因此，而，所以.故选：A2.（新课标全国Ⅰ卷）已知双曲线的左、右焦点分别为．点在上，点在轴上，，则的离心率为________．【答案】【详解】方法一：依题意，设，则，在中，，则，故或（舍去），所以，，则，故，所以在中，，整理得，故.方法二:依题意，得，令，因为，所以，则，又，所以，则，又点在上，则，整理得，则，所以，即，整理得，则，解得或，又，所以或（舍去），故.故答案为：.3.（新课标全国Ⅱ卷）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．【答案】C【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.4.（新课标全国Ⅱ卷）（多选）设O为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则（

）．A． B．C．以MN为直径的圆与l相切 D．为等腰三角形【答案】AC【详解】A选项：直线过点，所以抛物线的焦点，所以，则A选项正确，且抛物线的方程为.B选项：设，由消去并化简得，解得，所以，B选项错误.C选项：设的中点为，到直线的距离分别为，因为，即到直线的距离等于的一半，所以以为直径的圆与直线相切，C选项正确.D选项：直线，即，到直线的距离为，所以三角形的面积为，由上述分析可知，所以，所以三角形不是等腰三角形，D选项错误.故选：AC.5.（全国乙卷数学（文）(理)）设A，B为双曲线上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】设，则的中点，可得，因为在双曲线上，则，两式相减得，所以.对于选项A：可得，则，联立方程，消去y得，此时，所以直线AB与双曲线没有交点，故A错误；对于选项B：可得，则，联立方程，消去y得，此时，所以直线AB与双曲线没有交点，故B错误；对于选项C：可得，则由双曲线方程可得，则为双曲线的渐近线，所以直线AB与双曲线没有交点，故C错误；对于选项D：，则，联立方程，消去y得，此时，故直线AB与双曲线有交两个交点，故D正确；故选：D.6.（全国乙卷数学（文）(理)）已知点在抛物线C：上，则A到C的准线的距离为______.【答案】【详解】由题意可得：，则，抛物线的方程为，准线方程为，点到的准线的距离为.故答案为：.7.（全国甲卷数学（文））设为椭圆的两个焦点，点在上，若，则（

）A．1 B．2 C．4 D．5【答案】B【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.（全国甲卷数学（文）（理））已知双曲线的离心率为，其中一条渐近线与圆交于A，B两点，则（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】由，则，解得，所以双曲线的一条渐近线不妨取，则圆心到渐近线的距离，所以弦长.故选：D9.（全国甲卷数学（理））己知椭圆，为两个焦点，O为原点，P为椭圆上一点，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】方法一：设，所以，由，解得：，由椭圆方程可知，，所以，，解得：，即，因此．故选：B．方法二：因为①，，即②，联立①②，解得：，而，所以，即．故选：B．方法三：因为①，，即②，联立①②，解得：，由中线定理可知，，易知，解得：．故选：B．10.（新高考天津卷）双曲线的左、右焦点分别为．过作其中一条渐近线的垂线，垂足为．已知，直线的斜率为，则双曲线的方程为（

）A． B．C． D．【答案】D【详解】如图，因为，不妨设渐近线方程为，即，所以，所以.设,则，所以，所以.因为,所以，所以，所以，所以，因为，所以，所以，解得，所以双曲线的方程为故选：D11.（新高考天津卷）过原点的一条直线与圆相切，交曲线于点，若，则的值为_________．【答案】【详解】易知圆和曲线关于轴对称，不妨设切线方程为，，所以，解得：，由解得：或，所以，解得：．当时，同理可得．故答案为：．12.（新课标全国Ⅰ卷）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为．(1)求的方程；(2)已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于．【答案】(1)(2)见解析【详解】（1）设,则，两边同平方化简得，故.（2）法一：设矩形的三个顶点在上,且，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，则,令，同理令，且，则，设矩形周长为,由对称性不妨设，，则.，易知则令,令，解得，当时，，此时单调递减，当，，此时单调递增，则，故,即.当时,,且，即时等号成立，矛盾，故,得证.法二：不妨设在上，且，依题意可设，易知直线，的斜率均存在且不为0，则设,的斜率分别为和，由对称性，不妨设，直线的方程为，则联立得，，则则，同理，令，则，设，则，令，解得，当时，，此时单调递减，当，，此时单调递增，则，，但，此处取等条件为，与最终取等时不一致，故.法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动个单位得抛物线,矩形变换为矩形,则问题等价于矩形的周长大于.设,根据对称性不妨设.则,由于,则.由于,且介于之间,则.令,,则,从而故①当时,②当时,由于,从而,从而又,故,由此，当且仅当时等号成立，故，故矩形周长大于.13.（新课标全国Ⅱ卷）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．(1)求C的方程；(2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上.【答案】(1)(2)证明见解析.【详解】（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知，则由可得，，双曲线方程为.（2）由(1)可得，设，显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，与联立可得，且，则，直线的方程为，直线的方程为，联立直线与直线的方程可得：，由可得，即，据此可得点在定直线上运动.14.（新高考天津卷）设椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．(1)求椭圆方程及其离心率；(2)已知点是椭圆上一动点（不与端点重合），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程．【答案】(1)椭圆的方程为，离心率为.(2).【详解】（1）如图，由题意得，解得，所以，所以椭圆的方程为，离心率为.（2）由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得，设直线的方程为，联立方程组，消去整理得：，由韦达定理得，所以，所以，.所以,,，所以，所以，即，解得，所以直线的方程为.15.（全国乙卷数学（文）(理)）已知椭圆的离心率是，点在上．(1)求的方程；(2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．【答案】(1)(2)证明见详解【详解】（1）由题意可得，解得，所以椭圆方程为.（2）由题意可知：直线的斜率存在，设，联立方程，消去y得：，则，解得，可得，因为，则直线，令，解得，即,同理可得，则，所以线段的中点是定点.16.（全国甲卷数学（文）（理））已知直线与抛物线交于两点，且．(1)求；(2)设C的焦点为F，M，N为C上两点，，求面积的最小值．【答案】(1)(2)【详解】（1）设，由可得，，所以，所以，即，因为，解得：．（2）因为，显然直线的斜率不可能为零，设直线：，，由可得，，所以，，，因为，所以，即，亦即，将代入得，，，所以，且，解得或．设点到直线的距离为，所以，，所以的面积，而或，所以，当时，的面积．1.（2023春·广东省韶关市高三二模）韶州大桥是一座独塔双索面钢砼混合梁斜拉桥，具有桩深，塔高、梁重、跨大的特点，它打通了曲江区、浈江区、武江区交通道路的瓶颈，成为连接曲江区与芙蓉新城的重要交通桥梁，大桥承担着实现韶关“三区融合”的重要使命，韶州大桥的桥塔外形近似椭圆，若桥塔所在平面截桥面为线段，且过椭圆的下焦点，米，桥塔最高点距桥面米，则此椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】建立如图所示平面直角坐标系，设椭圆方程为，依题意可得，即可求出离心率.【详解】如图按椭圆对称轴所在直线建立直角坐标系，设椭圆方程为，令，即，解得，依题意可得，所以，所以，所以．故选：D．2.（2023春·广东省潮州市高三一模）7.设双曲线的右焦点为，，两点在双曲线上且关于原点对称，若，，则该双曲线的渐近线方程为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】设双曲线左焦点为，点在双曲线右支，根据对称性知四边形是平行四边形，，根据双曲线的定义可推得，，.又，可知四边形为矩形，根据勾股定理得到的关系式，进而得到的关系式，即可求出渐近线方程.【详解】设双曲线左焦点为，点在双曲线右支，根据对称性知四边形是平行四边形.由已知可得，又由双曲线的定义知，，所以，.又，所以四边形是矩形，所以.在中，有，即，所以，，所以，.所以，双曲线的渐近线方程为，整理可得.故选：A.3.（2023春·广东省佛山市高三二模）已知方程，其中．现有四位同学对该方程进行了判断，提出了四个命题：甲：可以是圆的方程；乙：可以是抛物线的方程；丙：可以是椭圆的标准方程；丁：可以是双曲线的标准方程．其中，真命题有（）A.1个 B.2个 C.3个 D.4个【答案】C【解析】【分析】根据圆，抛物线，椭圆及双曲线的方程特点结合条件分析即得.【详解】因为方程，其中，所以当时，方程为，即是圆的方程，故方程可以是圆的方程；当时，方程为，即是抛物线的方程，故方程可以是抛物线的方程；当时，方程为，即是椭圆的标准方程，故方程可以是椭圆的标准方程；若方程为双曲线的标准方程，则有，这与矛盾，故方程不可以是双曲线的标准方程；所以真命题有3个故选：C.6.（2023春·广东省广州市高三二模）已知椭圆C：（），过点且方向向量为的光线，经直线反射后过C的右焦点，则C的离心率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设过点且方向向量为的光线，经直线的点为，右焦点为C，根据方向向量的直线斜率为，结合反射的性质可得，再结合等腰直角三角形的性质列式求解即可.【详解】设过点且方向向量为的光线，经直线的点为，右焦点为C.因为方向向量的直线斜率为，则，，又由反射光的性质可得，故，所以为等腰直角三角形，且到的距离为，又，故，，则，故，离心率.故选：A5.（2023春·广东省揭阳市高三二模）已知双曲线（，）的离心率为，则的渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由双曲线离心率可得，再结合即可得，代入渐近线方程即可得出结果.【详解】由双曲线离心率为可得，即可得，又，即可得；由题意可得双曲线的渐近线方程为.故选：C6.（2023春·广东省深圳市高三二模）设椭圆C：的左、右焦点分别为，，直线l过点.若点关于l的对称点P恰好在椭圆C上，且，则C的离心率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据已知结合椭圆的定义可推得，.然后根据，可推得.最后根据余弦定理，即可得到关于的齐次方程，即可得出离心率.【详解】设，由已知可得，，根据椭圆的定义有.又，所以.在中，由余弦定理可得，，即，整理可得，等式两边同时除以可得，，解得，或（舍去），所以.故选：C.7.（2023春·广东省韶关市高三二模）（多选）曲线C的方程为，则（）A.当时，曲线C是焦距为的双曲线B.当时，曲线C是焦距为的双曲线C.曲线C不可能为圆D.当时，曲线C是焦距为的椭圆【答案】AD【解析】【分析】变形给定的方程，利用各选项的条件，结合圆、椭圆、双曲线的特征判断作答.【详解】对于A，当时，方程化为，曲线是焦距为的双曲线，A正确；对于B，当时，方程化为，曲线是焦点在y轴上，焦距为的椭圆，B错误；对于C，当时，曲线表示圆，C错误；对于D，当时，方程化为，曲线是焦点在x轴上，焦距为的椭圆，D正确.故选：AD8.（2023春·广东省江门市高三一模）（多选）已知曲线，则下列说法正确的是（）A.若曲线表示两条平行线，则B.若曲线表示双曲线，则C.若，则曲线表示椭圆D.若，则曲线表示焦点在轴的椭圆【答案】BD【解析】【分析】根据曲线的形状求出参数的取值范围，逐项判断可得出合适的选项.【详解】对于A选项，若曲线表示两条平行线，则有或，且.若，则，此时曲线的方程为，可得或，合乎题意，若，则，此时曲线的方程为，可得或，合乎题意，故A错；对于B选项，若曲线表示双曲线，则，由于且，则，可得，则，B对；对于C选项，若曲线表示椭圆，则，解得且，C错；对于D选项，若，则，则，曲线的方程可化为，此时，曲线表示焦点在轴上的椭圆，D对.故选：BD.9.（2023春·广东省汕头市高三二模）（多选）已知曲线，，则下列结论正确的是（）A.曲线C可能是圆，也可能是直线B.曲线C可能是焦点在轴上的椭圆C.当曲线C表示椭圆时，则越大，椭圆越圆D.当曲线C表示双曲线时，它的离心率有最小值，且最小值为【答案】ABD【解析】【分析】设，由的符号和取值结合对应方程的特点，结合条件逐项判断可得答案.【详解】设，故曲线C的方程可表示为，对A，当时，曲线C的方程为，可得，此时曲线C为两条直线；当时，曲线C的方程为，此时曲线C是一个圆；故A正确；对B，当时，，曲线C的方程为，此时曲线C为焦点在y轴上的椭圆，故B正确；对C，当曲线C表示椭圆时，离心率为，则越大，椭圆越扁，故C错误；对D，当时，，曲线C的方程为，此时曲线C为焦点在x轴上的双曲线，此时离心率为，由，可得，即它的离心率有最小值，且最小值为，故D正确.故选：ABD.10.（2023春·广东省广州市高三二模）（多选）已知双曲线的左，右焦点分别为、，过的直线与双曲线的右支交于点、，与双曲线的渐近线交于点、（、在第一象限，、在第四象限），为坐标原点，则下列结论正确的是（）A.若轴，则的周长为B.若直线交双曲线的左支于点，则C.面积的最小值为D.取值范围为【答案】BD【解析】【分析】利用双曲线的定义可判断A选项；利用平行四边形的几何性质可判断B选项；设直线的方程为，求出、，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可判断C选项；由双曲线的定义，求出关于的函数关系式，利用函数的单调性可求得的取值范围，可判断D选项.【详解】双曲线的标准方程为，则，易知点、，双曲线的渐近线方程为.对于A选项，当轴，直线的方程为，联立，可得，此时，，则，此时，的周长为，A错；对于B选项，因为双曲线关于原点对称，则点关于原点的对称点也在双曲线上，因为若直线交双曲线的左支于点，则点、关于原点对称，即、的中点均为原点，故四边形为平行四边形，所以，，即，B对；对于C选项，易知的方程为，的方程为，所以，，因为直线与双曲线的右支交于点、，则直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，联立可得，则，解得，由韦达定理可得，，可得，联立可得，即点，联立可得，，即点，所以，，，所以，，当且仅当时，等号成立，C错；对于D选项，，当时，，当时，，因为函数在上单调递减，此时，当时，因为函数在上单调递减，此时，综上所述，的取值范围是，D对.故选：BD.11.（2023春·广东省茂名市高三二模）（多选）已知为坐标原点，椭圆：的左、右焦点分别为、，椭圆的上顶点和右顶点分别为A、B，点P、Q都在上，且，则下列说法正确的是（）A.周长的最小值为14B.四边形可能是矩形C.直线，的斜率之积为定值D.的面积最大值为【答案】ACD【解析】【分析】对四个选项一一判断：对于A：利用椭圆的对称性，判断出PQ为椭圆的短轴时，周长最小.即可判断；对于B：判断出，从而四边形不可能是矩形.即可判断；对于C：设，直接计算出.即可判断；对于D.由的面积为.即可判断.【详解】由，可知P，Q关于原点对称.对于A.根据椭圆的对称性，，当PQ为椭圆的短轴时，有最小值6，所以周长的最小值为14.故A正确；对于B.因为，所以，则，故椭圆上不存在点，使得，又四边形是平行四边形，所以四边形不可能是矩形.故B不正确.对于C.由题意得，设，则，所以.故C正确；对于D.设的面积为，所以当PQ为椭圆的短轴时，最大，所以.故D正确.故选：ACD.12.（2023春·广东省大湾区高三二模）（多选）双曲线的左右焦点分别为，，P为双曲线右支上异于顶点的一点，的内切圆记为圆，圆的半径为，过作的垂线，交的延长线于，则（）A.动点的轨迹方程为B.的取值范围为（0，3）C.若，则D.动点的轨迹方程为【答案】BD【解析】【分析】由双曲线的定义和切线长的性质即可判定A的正误；根据双曲线渐近线的性质，可知B的正误，利用，可求出点坐标，从而可得C的正误；由过内切圆的圆心和，得为的中点，再根据双曲线的定义得，从而可得动点的轨迹方程.【详解】设，设的内切圆分别与边，，切于，，三点，如图所示.A选项：由题知，,，，设，所以，，显然，不妨设，则，解得，所以动点的轨迹方程为，故A错误；B选项：根据对称性，不妨假设点在轴上方，根据A选项可设，双曲线的一条渐近线为，考虑点在无穷远时，直线的斜率趋近于，此时的方程为，此时圆心到直线的距离为，解得，所以的取值范围为（0，3），故B正确；C选项：时，，，此时，所以，，因为，，所以，故C错误；.D选项：分别延长，交于点，因为过内切圆圆心，所以为角平分线，且，所以，且为的中点，所以.又因为点为的中点，为的中点，所以，所以动点的轨迹方程为，显然，又考虑点在无穷远时，此时直线趋近于渐近线，直线为，联立方程组，解得，所以点的横坐标，动点轨迹方程为.故D正确.故选：BD.13.（2023春·广东省深圳市高三二模）（多选）设抛物线C：的焦点为F，过抛物线C上不同的两点A，B分别作C的切线，两条切线的交点为P，AB的中点为Q，则（）A.轴 B. C. D.【答案】AC【解析】【分析】设切线求交点根据两根之和判断A选项；特殊值法判断B,C选项；根据定义数形结合判断D选项.【详解】对于A选项：设,,,过点A切线为：①,过点B切线为:②,①②得化简可得轴,A选项正确.设过A点的切线为,过B点的切线为,交点为AB的中点为，所以不垂直,B选项错误；,所以,D选项错误;作抛物线准线的垂线,连接则显然,所以

又因为由抛物线定义,得,故知是线段的中垂线,得到则同理可证：,，所以，即,所以,即.故选:AC.14.（2023春·广东省高州市高三二模）（多选）阿波罗尼奥斯是古希腊著名的数学家，与欧几里得、阿基米德齐名，他的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽，几乎使后人没有插足的余地.其中给出了抛物线一条经典的光学性质：从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的轴.此性质可以解决线段和的最值问题，已知抛物线，是抛物线上的动点，焦点，，下列说法正确的是（）A.的方程为 B.的方程为C.的最小值为 D.的最小值为【答案】BD【解析】【分析】由焦点易得抛物线的方程为，设准线为，过作交于点，过作交于点，交于点，连接，通过抛物线的定义结合图象可得，即可求得答案.【详解】由题可得，即的方程为，设准线为，过作交于点，过作交于点，交于点，连接，将代入可得，所以，于是，当与重合时，取得最小值.故选：BD.15.（2023春·广东省揭阳市高三二模）（多选）已知抛物线，其准线为l，焦点为F，过点F作两条互相垂直的直线和，设交抛物线C于A，B两点，交抛物线C于D，E两点，O为坐标原点，则（）A.为定值 B.延长AO交准线l于点G，则轴C. D.四边形ADBF面积的最小值为8【答案】ABD【解析】【分析】设直线，联立方程组求得及，结合向量的数量积的运算，可判定A选项正确；由，可判定B选项正确；由，，化简可判定C选项错误；设直线的倾斜角为，则直线的倾斜角为或，结合抛物线的性质得到，利用基本不等式，可判定D符合题意.【详解】由抛物线可得准线为，焦点为，设直线，代入抛物线，得到，设，，则，，，.对于A中，由，为定值，所以A选项正确；对于B中，由得，则，所以B选项正确；对于C中，由，，可得，故C选项错误；对于D中，设直线的倾斜角为，可得，即，由A选项可得，所以，因为，则直线的倾斜角为或，同理可得，所以，（当且仅时，等号成立），所以D选项正确.故选：ABD.16.（2023春·广东省高州市高三二模）若椭圆的离心率为，两个焦点分别为，，为椭圆上异于顶点的任意一点，点是的内心，连接并延长交于点，则（）A.2 B. C.4 D.【答案】A【解析】【分析】根据三角形面积公式、三角形内切圆的性质，结合椭圆的定义、离心率公式进行求解即可.【详解】如图，连接，，设到轴距离为，到轴距离为，则设△内切圆的半径为，则，∴不妨设，则，∴，因为椭圆的离心率为，∴，故选：A.17.（2023春·广东省佛山市高三二模）（多选）如图拋物线的顶点为，焦点为，准线为，焦准距为4；抛物线的顶点为，焦点也为，准线为，焦准距为6．和交于、两点，分别过、作直线与两准线垂直，垂足分别为M、N、S、T，过的直线与封闭曲线交于、两点，则（）A. B.四边形的面积为100C. D.的取值范围为【答案】ACD【解析】【分析】根据抛物线的定义可得判断A，以为原点建立平面直角坐标系，根据条件可得抛物线的方程为，可得，进而判断B，利用抛物线的定义结合条件可得可判断C，利用抛物线的性质结合焦点弦的性质可判断D.【详解】设直线与直线分别交于，由题可知，所以，，故A正确；如图以为原点建立平面直角坐标系，则，，所以抛物线的方程为，连接，由抛物线的定义可知，又，所以，代入，可得，所以，又，故四边形的面积为，故B错误；连接，因为，所以，所以，故，故C正确；根据抛物线的对称性不妨设点在封闭曲线的上部分，设在直线上的射影分别为，当点在抛物线，点在抛物线上时，，当与重合时，最小，最小值为，当与重合，点在抛物线上时，因为，直线，与抛物线的方程为联立，可得，设，则，，所以；当点在抛物线，点在抛物线上时，设，与抛物线的方程为联立，可得，设，则，，当，即时取等号，故此时；当点在抛物线，点在抛物线上时，根据抛物线的对称性可知，；综上，，故D正确.故选：ACD.18.（2023春·广东省深圳市高三一模）若椭圆上的点到焦点距离的最大值是最小值的2倍，则该椭圆的离心率为_________．【答案】【解析】【分析】根据椭圆的性质可知，点到焦点距离的最大值为，最小值为，代入条件即可求解.【详解】依题意，由图象的性质可知，点到焦点距离的最大值为，最小值为，所以，化简得，即离心率，故答案为：.19.（2023春·广东省茂名市高三二模）已知抛物线的焦点为，准线为，过的直线与抛物线交于点A、B，与直线交于点D，若且，则___________.【答案】3【解析】【分析】设准线与轴的交点为，作，垂足分别为，，利用几何关系和抛物线的定义得到，解方程即可求得.【详解】如图，设准线与轴的交点为，作，垂足分别为，，则.根据抛物线定义知，，设，因为，所以，∴.设，所以，所以.20.（2023春·广东省佛山市高三二模）已知、分别为椭圆的左、右焦点，是过椭圆右顶点且与长轴垂直的直线上的动点，则的最大值为______．【答案】【解析】【分析】设点在直线上，设点，当时，求出的值，当点不为长轴端点时，设，设直线、的倾斜角分别为、，可求出关于的表达式，利用基本不等式可求得的最大值，可得出的最大值，即可求得的最大值.【详解】不妨设点在直线上，若点为，则，当点不为长轴端点时，由对称性，不妨设点在第一象限，设点，在椭圆中，，，，则点、，设直线、的倾斜角分别为、，则，，所以，，当且仅当时，即当时，等号成立，所以，的最大值为，所以，.故答案为：21.（2023春·广东省韶关市高三二模）已知抛物线C：的焦点为F，过F且斜率为的直线l交抛物线C于A，B两点，则以线段AB为直径的圆D的方程为______；若圆D上存在两点P，Q，在圆T：上存在一点M，使得，则实数a的取值范围为______.【答案】①.②.【解析】【分析】根据给定条件，联立直线与抛物线的方程求出线段AB的中点D的坐标及弦长作答；按点M在圆D及内部和在圆D外探讨构成条件，再结合两圆有公共点求解作答.【详解】过抛物线的焦点且斜率为的直线为，由消去，得，设，有，于是的中点为，且，所以以线段为直径的圆的半径，方程为；对圆及内任意一点，必可作互相垂直的两直线与圆D相交，则圆上存在两点,，使，对圆外任意一点，,是圆上两点，当,与圆相切时，最大，此时为矩形，，从而以线段为直径的圆上存在两点,，在圆上存在一点，使得，等价于以为圆心，以为半径的圆与圆有公共点，因此，解得，所以实数a的取值范围为.故答案为：；22.（2023春·广东省潮州市高三二模）过抛物线焦点F的直线l与抛物线交于两点，点在抛物线准线上的射影分别为，，点P在抛物线的准线上.若AP是的角平分线，则点P到直线l的距离为______.【答案】5【解析】【分析】连，，根据抛物线的定义以及，证明，从而推出和，可得就是点P到直线l的距离，再根据，推出，结合，可得.【详解】如图，连，，由抛物线的定义可知，，又，，所以，所以，，即，所以就是点P到直线l的距离，因为，，，所以，所以，所以，又，所以.故点P到直线l的距离为.故答案为：23.（2023春·广东省汕头市高三二模）阿波罗尼奥斯在其著作《圆锥曲线论》中提出：过椭圆上任意一点的切线方程为．若已知△ABC内接于椭圆E：，且坐标原点O为△ABC的重心，过A，B，C分别作椭圆E的切线，切线分别相交于点D，E，F，则______．【答案】4【解析】【分析】设、、，由重心的性质有、、，写出过切线方程并求交点坐标，进而判断△重心也为O，再由在椭圆上可得、、共线，即分别是的中点，即可确定面积比.【详解】若、、，则的中点、、，由O为△ABC的重心，则、、，所以、、，可得，由题设，过切线分别为、、，所以，，，所以，同理，即△重心也为O，又、、，可得、、，所以，同理可得、，所以、、共线，综上，分别是的中点，则24.（2023春·广东省梅州市高三一模）函数的最小值为___________.【答案】【解析】【分析】将已知式子变形为，可表示抛物线上的点，到两定点，的距离之和，即，抛物线的准线为，设点、分别为点、在准线上的投影，根据抛物线的定义得出，则，即可计算得出答案.【详解】，，可表示抛物线上的点，到两定点，的距离之和，即，而点在此抛物线内，点是此抛物线的焦点，抛物线的准线为，设点、分别为点、在准线上的投影，如图，根据抛物线的定义有，则，故答案为：.25.（2023春·广东省梅州市高三一模）已知动圆经过定点，且与圆：内切.（1）求动圆圆心的轨迹的方程；（2）设轨迹与轴从左到右的交点为点，点为轨迹上异于的动点，设交直线于点，连结交轨迹于点.直线､的斜率分别为､.（i）求证：为定值；（ii）证明直线经过轴上的定点，并求出该定点的坐标.【答案】（1）（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析，定点【解析】【分析】（1）根据定点和圆心的位置关系，利用两圆内切即可得出半径之和等于圆心距，再根据椭圆定义即可求得轨迹的方程；（2）（i）易知即为椭圆的左右顶点，设出点坐标，利用共线时斜率相等即可得出的表达式，化简即可得出；（ii）根据（i）中的结论，写出直线的方程，将表达式化简即可得出直线经过定点.【小问1详解】设动圆的半径为，由题意得圆的圆心为，半径；所以，，则.所以动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆.因此轨迹方程为.【小问2详解】（i）设，，.由题可知，，如下图所示：则，，而，于是，所以，又，则，因此为定值.（ii）设直线的方程为，，.由，得，所以.由（i）可知，，即，化简得，解得或（舍去），所以直线的方程为，因此直线经过定点.26.（2023春·广东省深圳市高三二模）已知双曲线：，点M为双曲线C右支上一点，A、B为双曲线C的左、右顶点，直线与y轴交于点D，点Q在x轴正半轴上，点E在y轴上.（1）若点，，过点Q作BM的垂线l交该双曲线C于S，T两点，求的面积；（2）若点M不与B重合，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.①；②；③.注:若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）先根据已知，得出的方程，然后联立与双曲线的方程，根据韦达定理得出坐标的关系，表示出弦长，最后根据面积公式，即可得出答案；（2）①②为条件，③为结论：易得.又，.然后根据直线的斜率可得出.设点，则，即可得出坐标；①③为条件，②为结论：易得，.又，即可的得出，，求解，整理即可得出证明；②③为条件，①为结论：易得，平方整理可得.根据，得.进而根据，即可求出，平方整理，即可得出证明.【小问1详解】由已知可得，，.因为点，直线的斜率为，所以直线的垂线的方程为，整理可得，.设点，，联立直线与双曲线的方程可得，，则，且，所以，.原点到直线的距离为，所以，的面积为.【小问2详解】①②为条件，③为结论令点，，且，因为三点共线，所以.又，所以点的坐标为，所以直线的斜率为.又，所以.设点，因为直线的斜率，所以，所以；①③为条件，②为结论令点，，且，因为三点共线，所以.又，所以点的坐标为，又，点Q在x轴正半轴上，所以，所以.又，所以，所以，；②③为条件，①为结论令点，，且，不妨设.因为三点共线，所以，且.因为，点Q在x轴正半轴上，所以.因为，所以.又，所以，，且，所以，，即.27.（2023春·广东省佛山市高三二模）双曲线的左顶点为，焦距为4，过右焦点作垂直于实轴的直线交于、两点，且是直角三角形．（1）求双曲线的方程；（2）、是右支上的两动点，设直线、的斜率分别为、，若，求点到直线的距离的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质，转化为的方程，即可求解；（2）首先设直线的方程为，与双曲线方程联立，利用韦达定理表示，并根据的取值范围，求点到直线的距离的取值范围.【小问1详解】依题意，，焦半径，由，得，得，解得：（其中舍去），所以，故双曲线的方程为；【小问2详解】显然直线不可能与轴平行，故可设直线的方程为，联立，消去整理得，在条件下，设，，则，，由，得，即，整理得，代入韦达定理得，，化简可消去所有含的项，解得：或（舍去），则直线的方程为，得，又都在双曲线的右支上，故有，，此时，，所以点到直线的距离的取值范围为.28.（2023春·广东省惠州市高三一模）已知双曲线的焦距为，且双曲线右支上一动点到两条渐近线的距离之积为．（1）求双曲线的标准方程；（2）设直线是曲线在点处的切线，且分别交两条渐近线于两点，为坐标原点，求的面积．【答案】（1）（2）2【解析】【分析】（1）由点到直线的距离公式及双曲线定义计算即可；（2）分类讨论斜率的存在情况，联立直线与双曲线、渐近线方程结合韦达定理计算面积即可.【小问1详解】双曲线的渐近线方程为和，所以有，由题意可得，又，则，解得则双曲线的方程为【小问2详解】当直线斜率不存在时，易知此时，直线，不妨设，得；当直线斜率存在时，设直线的方程为，与双曲线的方程联立，可得，由直线与双曲线右支相切，可得，故设直线与轴交于，则．又双曲线的渐近线方程为，联立，可得，同理可得，综上，面积为2．29.（2023春·广东省韶关市高三二模）已知双曲线的左右焦点为，，经过的圆（为坐标原点）交双曲线的左支于，，且为正三角形.（1）求双曲线的标准方程及渐近线方程；（2）若点为双曲线右支上一点，射线，分别交双曲线于点，，试探究是否为定值?若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】（1），渐近线方程为．（2）为定值，且定值为【解析】【分析】（1）依题意可得，设与轴交于点，求出，，即可得到点坐标，代入方程求出，即可得到双曲线方程，再求出渐近线方程．（2）分轴与不垂直轴，当不垂直轴时设，，，表示出，联立方程组，利用韦达定理，求出对应长度关系，进行化简证明即可．【小问1详解】因为为正三角形，由对称性知，又因为，设与轴交于点，所以，，不妨设，所以，即，则，即，即，所以，所以双曲线的标准方程为，渐近线方程为．【小问2详解】由（1）可得，，①当轴时，由对称性不妨设点，，所以直线，即，代入，消去得，得或（舍去），，，，则，②当不垂直轴时，由对称性不妨设，，，直线，代入，消去得，因为，所以，由韦达定理，所以，同理，所以，所以为定值，且定值为．30.（2023春·广东省揭阳市高三二模）在平面直角坐标系中，已知，，，，点M满足，记M的轨迹为C．（1）求C的方程；（2）过点作两条互相垂直的直线和，直线与C相交于两个不同的点A和B，在线段AB上取点Q，满足，直线交直线于点R，试问面积是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，说明理由．【答案】（1）（2）的面积不存在最小值，理由见解析【解析】【分析】（1）把已知条件用坐标表示后化简即可得；（2）设，，，，，且．求出点坐标，利用在双曲线上可求得点轨迹方程，设直线的斜率为，直线的斜率为，求出，，求出三角形面积关于的表达式，利用基本不等式得最小值，及相应的，检验直线是否与双曲线相交即可得．【小问1详解】由，，，，，，，得，即．【小问2详解】设，，，，，，且．，，，，则，得，，得．即．将A，B两点的坐标代入双曲线中，得，即，，（且），则，得动点Q的轨迹方程为．设直线的斜率为，直线的斜率为，，，（当且仅当时取“=”，此时直线与双曲线不存在相交于两个不同点A，B，因此，的面积不存在最小值．31.（2023春·广东省深圳市高三一模）已知双曲线E：与直线l：相交于A、B两点，M为线段AB的中点．（1）当k变化时，求点M的轨迹方程；（2）若l与双曲线E的两条渐近线分别相交于C、D两点，问：是否存在实数k，使得A、B是线段CD的两个三等分点？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．【答案】（1），其中或（2）存在，【解析】【分析】（1）设，，，联立直线l与双曲线E的方程，消去y，得，根据已知直线l与双曲线E相交于A、B两点，得且，即且，由韦达定理，得，则，，联立消去k，得，再根据的范围得出的范围，即可得出答案；（2）设，，根据双曲线E的渐近线方程与直线l的方程联立即可得出，，则，即线段AB的中点M也是线段CD的中点，若A，B为线段CD的两个三等分点，则，结合弦长公式列式得，即可化简代入得出，即可解出答案.【小问1详解】设，，，联立直线l与双曲线E的方程，得，消去y，得．由且，得且．由韦达定理，得．所以，．由消去k，得．由且，得或．所以，点M的轨迹方程为，其中或．【小问2详解】双曲线E的渐近线方程为．设，，联立得，同理可得，因为，所以，线段AB的中点M也是线段CD的中点．若A，B为线段CD的两个三等分点，则．即，．而，．所以，，解得，所以，存在实数，使得A、B是线段CD的两个三等分点．32.（2023春·广东省汕头市高三二模）如图，、为双曲线的左、右焦点，抛物线的顶点为坐标原点，焦点为，设与在第一象限的交点为，且，，为钝角.（1）求双曲线与抛物线的方程；（2）过作不垂直于轴的直线l，依次交的右支、于A、B、C、D四点，设M为AD中点，N为BC中点，试探究是否为定值.若是，求此定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）（2）是定值【解析】【分析】（1）由双曲线及抛物线定义先得，，再得代入双曲线方程解方程即可；（2）设l及A、B、C、D四点纵坐标依次为，将转化为，利用韦达定理计算即可.【小问1详解】由双曲线的定义可知：，设抛物线方程为：，则由题意可得，即.由抛物线定义可得：，代入抛物线方程得：，代入双曲线方程得：，故双曲线方程为：；抛物线方程为：【小问2详解】由题意可设，点A、B、C、D的纵坐标依次为，分别联立直线l与双曲线、抛物线方程可得：得：，由双曲线性质可得：，故有，因为M、N分别为AD、BC的中点，故其纵坐标依次为：所以是定值.33.（2023春·广东省潮州市高三二模）已知椭圆过点和点，的上顶点到直线的距离为2，如图过点的直线与，轴的交点分别为，，且，点，关于原点对称，点，关于原点对称，且.（1）求的长度；（2）求四边形面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】先根据点到直线的距离求出，再根据椭圆所过的点求出，即可求出椭圆方程为，根据点在椭圆上，可得，设过点的直线方程为，分别求出两点的坐标，再根据两点之间的距离公式即可得解；（2）根据，结合（1）可得直线的方程为，联立方程，求出，再利用弦长公式求出，利用点到直线的距离公式求出点到直线的距离，再根据四边形面积化简整理即可得解.【小问1详解】的上顶点到直线的距离，解得，又椭圆过点，则，解得，所以椭圆方程为，因为点在椭圆上，所以，由题意直线的斜率存在，设过点的直线方程为，令，则，令，则，即，由，得，所以，所以，所以；【小问2详解】由（1）得直线的斜率，因为，所以，所以直线的方程为，即，联立，解得，所以，所以，点到直线的距离，又因，所以，由椭圆的对称性可得四边形，所以四边形面积，,当且仅当，即时取等号，则，，所以，即四边形面积的最大值为.34.（2023春·广东省梅州市高三二模）已知双曲线的左、右焦点分别为、，且双曲线经过点．（1）求双曲线的方程；（2）过点作动直线，与双曲线的左、右支分别交于点、，在线段上取异于点、的点，满足，求证：点恒在一条定直线上．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求出的值，利用双曲线的定义可求得的值，再根据可求得的值，即可得出双曲线的方程；（2）设点、、，设，可得出，根据向量的坐标运算结合化简可得出关于、所满足的一元二次方程，即可证得结论.【小问1详解】解：因为，则，由双曲线的定义可得，所以，，则，因此，双曲线的方程为.【小问2详解】证明：设点、、，则，可得，设，则，其中，即，整理可得，所以，，，将代入可得，将代入可得，即，所以，点恒在直线上.35.（2023春·广东省茂名市高三二模）已知，分别为双曲线：的左、右焦点，Р为渐近线上一点，且，.（1）求双曲线的离心率；（2）若双曲线E实轴长为2，过点且斜率为的直线交双曲线C的右支不同的A，B两点，为轴上一点且满足，试探究是否为定值，若是，则求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）2（2）是，2【解析】【分析】（1）判断出为直角三角形，利用边长关系得到，利用齐次式法求出离心率；（2）利用“设而不求法”表示出，，利用双曲线的定义得到，进而证明出为定值.【小问1详解】由，可设，在中，因为，所以，即，所以，即为直