平面解析几何-广东省部分市2023-2024学年高三下学期数学模拟试题分类汇编

广东省部分市2023-2024学年下学期高三模拟试题分类汇编 ----平面解析几何 一、单选题 1．（2024·广东汕头·三模）已知椭圆：的两个焦点分别为，，是上任意一点，则下列不正确的是（    ） A．的离心率为 B．的最小值为2 C．的最大值为16 D．可能存在点，使得 2．（2024·广东茂名·一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，直线与椭圆交于两点，直线与椭圆交于另一点，若直线与的斜率之积为，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·广东广州·三模）在乎面直角坐标系中，O为坐标原点，已知直线，点为圆上两动点，且满足，则到直线的距离之和的最小值为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·广东揭阳·二模）已知椭圆的长轴长是短轴长的倍，则该椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·广东深圳·二模）P是椭圆C：（）上一点，、是的两个焦点，，点在的平分线上，为原点，，且．则的离心率为（    ） A． B． C． D． 6．（2024·广东佛山·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点A，B在C上，且满足，，则C的离心率为（    ） A． B． C． D． 7．（2024·广东梅州·二模）已知点F为双曲线C：的右焦点，点N在x轴上（非双曲线顶点），若对于在双曲线C上（除顶点外）任一点P，恒是锐角，则点N的横坐标的取值范围为（    ） A． B． C． D． 8．（2024·广东湛江·二模）若复数的实部为，则点的轨迹是（    ） A．直径为2的圆 B．实轴长为2的双曲线 C．直径为1的圆 D．虚轴长为2的双曲线 9．（2024·广东广州·一模）设，分别是椭圆的右顶点和上焦点，点在上，且，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 10．（2024·广东韶关·二模）已知双曲线的左焦点为，过点的直线与轴交于点，与双曲线交于点A（A在轴右侧）．若是线段的中点，则双曲线的渐近线方程为（    ） A． B． C． D． 11．（2024·广东江门·一模）设，为双曲线：的左、右焦点，点为双曲线的左顶点，以为直径的圆交双曲线的渐近线于，两点，且点，分别在第一、三象限，若，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 12．（2024·广东汕头·三模）已知抛物线：的焦点为，为坐标原点，动点在上，若定点满足，则（    ） A．的准线方程为 B．周长的最小值为5 C．四边形可能是平行四边形 D．的最小值为 13．（2024·广东广州·三模）在正四棱柱中，，，E，F分别为，的中点，点M是侧面上一动点（含边界），则下列结论正确的是（    ） A．∥平面 B．若，则点M的轨迹为抛物线的一部分 C．以为直径的球面与正四棱柱各棱共有16个公共点 D．以为直径的球面与正四棱柱各侧面的交线总长度为 14．（2024·广东茂名·一模）已知圆，则（    ） A．圆的圆心坐标为 B．圆的周长为 C．圆与圆外切 D．圆截轴所得的弦长为3 15．（2024·广东深圳·二模）设函数的函数值表示不超过x的最大整数，则在同一个直角坐标系中，函数的图象与圆（）的公共点个数可以是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 16．（2024·广东梅州·二模）如图，平面，，M为线段AB的中点，直线MN与平面的所成角大小为30°，点P为平面内的动点，则（    ） A．以为球心，半径为2的球面在平面上的截痕长为 B．若P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线 C．若P到直线MN的距离为1，则的最大值为 D．满足的点P的轨迹是椭圆 三、填空题 17．（2024·广东汕头·三模）已知圆经过，，三点， （i）则圆的标准方程为 ； （ii）若直线关于对称的直线与圆有公共点，则的取值范围是 . 18．（2024·广东梅州·一模）已知点P，Q分别是拋物线和圆上的动点，若抛物线的焦点为，则的最小值为 19．（2024·广东江门·二模）已知圆内切于圆，圆内切于圆，则动圆的圆心的轨迹方程为 . 20．（2024·广东广州·二模）已知分别是椭圆的右顶点，上顶点和右焦点，若过三点的圆恰与轴相切，则的离心率为 ． 21．（2024·广东深圳·二模）已知△ABC中，，双曲线E以B，C为焦点，且经过点A，则E的两条渐近线的夹角为 ；的取值范围为 ． 四、解答题 22．（2024·广东汕头·三模）已知双曲线：的渐近线方程为，过点的直线交双曲线于，两点，且当轴时，. (1)求的方程； (2)记双曲线的左右顶点分别为，，直线，的斜率分别为，，求的值. (3)探究圆：上是否存在点，使得过作双曲线的两条切线，互相垂直. 23．（2024·广东广州·三模）一般地，当且时，方程表示的椭圆称为椭圆的相似椭圆．已知椭圆，椭圆（且）是椭圆C的相似椭圆，点P为椭圆上异于其左，右顶点M，N的任意一点． (1)当时，直线与椭圆C，自上而下依次交于R，Q，S，T四点，探究，的大小关系，并说明理由． (2)当（e为椭圆C的离心率）时，设直线与椭圆C交于点A，B，直线与椭圆C交于点D，E，求的值． 24．（2024·广东茂名·一模）已知抛物线，为抛物线的焦点，其为准线上的两个动点，且.当时，. (1)求抛物线的标准方程； (2)若线段分别交抛物线于点，记的面积为，的面积为，当时，求的长. 25．（2024·广东江门·二模）已知抛物线的焦点为，过点且斜率为2的直线与交于A，B两点，且． (1)求的方程； (2)过点作轴的平行线是动点，且异于点，过点作AP的平行线交于，两点，证明：． 26．（2024·广东惠州·一模）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． （i）若，求异面直线和所成角的余弦值； （ii）是否存在，使得折叠后的周长与折叠前的周长之比为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 27．（2024·广东深圳·二模）设抛物线C：（），直线l：交C于A，B两点．过原点O作l的垂线，交直线于点M．对任意，直线AM，AB，BM的斜率成等差数列． (1)求C的方程； (2)若直线，且与C相切于点N，证明：的面积不小于． 参考答案： 1．D 【分析】求出椭圆的长短半轴长及半焦距，再结合椭圆的性质逐项分析计算即可. 【详解】椭圆：的长半轴长，短半轴长，半焦距， 对于A，的离心率，A正确； 对于B，由，得，因此，B正确； 对于C，，当且仅当时取等号，C正确； 对于D，当不在x轴上时，， ，当且仅当取等号， 当在x轴上时，，上述不等式成立，因此最大为，D错误. 故选：D 2．B 【分析】设出各点坐标，利用点差法得到斜率的表达式，化简即可得到离心率的值. 【详解】直线经过原点，设，，. . 又，，两式相减，得. ，.离心率为. 故选：B. 3．D 【分析】利用三角换元，根据点到直线的距离公式，求得到直线l的距离之和关于的表达式，进而根据三角恒等变换公式与正弦函数的最值，求出两点到直线l的距离之和的最小值． 【详解】根据题意，为圆上两动点，且满足， 设，， 点到直线的距离， 同理可得点到直线的距离, 所以点到直线的距离之和为 ， 其中， 故当时，此时取最小值. 故选：D． 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用三角换元，结合三角函数的恒等变化即可得解. 4．D 【分析】利用已知条件求解，的关系，即可求解离心率. 【详解】设该椭圆的长轴长为，短轴长为，由题意得，则， 故选：D 5．C 【分析】设，，由题意得出是等腰直角三角形，列方程组得到含的齐次方程求解离心率即可. 【详解】如图，设，，延长交于A， 由题意知，O为的中点，故为中点， 又，即，则， 又由，则是等腰直角三角形， 故有，化简得，即， 代入得， 即，由所以， 所以，. 故选：C. 6．B 【分析】取的中点M，由已知可得四边形为平行四边形，则，利用数量积运算可得，再结合椭圆的定义及余弦定理求得a，c的关系即可得解. 【详解】如图，由，得，取的中点M， 则四边形为平行四边形，， 于是， 则，解得，， 由椭圆定义知，又，， 由，得，即， 在和中，余弦定理得：， 即，整理得， 所以C的离心率为. 故选：B 【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法： ①定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率； ②齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解； ③特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率. 7．C 【分析】设,，，把恒是锐角转化为，将向量坐标化可得恒成立，利用二次函数性质分类讨论可得． 【详解】由题意可得，所以， 设,，， 则，， 由恒是锐角，得， 又，， 不等式可化为：， 整理得：， 记， 要使恒成立，由二次函数性质可知， 当，即时， ，解得； 当或，即或时， ，解得， 综上，. 又点N与双曲线顶点不重合，所以， 所以的取值范围为. 故选：C． 8．A 【分析】根据复数运算化简，并根据其实部为，结合曲线方程，即可判断. 【详解】因为，所以，即， 所以点的轨迹是直径为2的圆. 故选：A. 9．A 【分析】求出点的坐标，借助向量坐标运算求出点坐标，代入椭圆方程求解即得. 【详解】令椭圆半焦距为c，依题意，，由，得， 则，而点在椭圆上，于是，解得， 所以的离心率为. 故选：A 10．C 【分析】利用题给条件得到的关系，进而得到双曲线的渐近线方程. 【详解】设双曲线右焦点为，连接. 又中，，则, 由直线可得，则， 又由双曲线可得， 则，则有，即 又，则有， 整理得，解之得 则双曲线的渐近线方程为.    故选：C 11．C 【分析】 根据已知条件得出渐近线与圆的方程，确定直线与圆的交点，根据交点坐标结合，由此可知，根据，确定，再根据双曲线性质，得到、关系式即可求得双曲线的离心率. 【详解】   根据已知条件，双曲线的渐近线方程为交于、两点， 以为直径的圆的方程为，直线与圆方程联立有： 解得，，所以，所以，， 所以垂直于轴，设为双曲线右顶点，垂直于轴，所以， 又因为，所以，所以，， 所以，所以，即. 故选：C 12．BD 【分析】首先表示出抛物线的焦点坐标与准线方程，由距离公式得到方程，即可求出，求出抛物线方程，即可判断A；根据抛物线的定义判断B，求出点坐标，即可判断C；设，结合数量积的坐标运算分析求解. 【详解】对于选项A：因为抛物线的焦点为，准线方程为， 又点满足，则， 整理得，解得或（舍去）， 即抛物线， 所以准线方程为，焦点为，故A错误； 对于选项B：过点作准线的垂线，垂足为， 由抛物线的定义可知， 则周长 ， 当且仅当、、三点共线时取等号， 所以周长的最小值为，故B正确； 对于选项C：过点作的平行线，交抛物线于点， 即，解得，即， 则， 所以四边形不是平行四边形，故C错误； 对于选项D：设，则， 可得， 当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为，故D正确； 故选：BD 13．ACD 【分析】利用线线平行易证线面平行可判断选项A；利用线线角为定值，知另一边在一个圆锥上，从面用截面思想可判断选项B；利用球心在正四棱柱的中心，然后可以判断到上下底面各棱的距离都正好等于半径，而到各侧棱的距离都小于半径，从而可以判断选项C；利用球被平面所截是一个小圆，小圆的圆心就是球心到各侧面的射影，从而可通过计算交线长，再来判断选项D． 【详解】 根据已知条件可知，，，连结，可得四边形是平行四边形， 所以可得，又因为平面,平面, 所以平面，故选项A正确； 因为是一个定值，所以也等于一个定值，所以一定是以为轴的一个圆锥的母线， 这样的圆锥被过顶点的平面所截，所得的是两条母线， 即落在侧面内的轨迹就是线段，所以选项B是错误的； 由正四棱柱的中心对称心可知，以为直径的球心一定是在正四棱柱的中心， 根据，，可知， 所以可知球心到上下两底面各棱的中点的距离都等于该球的半径， 即该球与上下两底面各棱的交点共有8个， 又因为球心到各侧棱的距离是，到各顶点的距离是1， 所以每条侧棱上都有两个点到球心等于该球的半径，即总共就有16个.故C选项正确； 由上面推理易知，以为直径的球与上下两底面的交线是两个完整的内切圆， 此时一个圆的周长是， 而根据该球心到一个侧面射影是，，， 可解得，所在侧面截得交线如图： 由，，可得，即， 所以在该侧面内留下的交线长为， 即该球面与正四棱柱各侧面的交线总长度为，故D选项正确； 故选：ACD. 14．BC 【分析】根据圆C和圆M的方程得它们的圆心和半径即可求解判断ABC，对于D求出圆C上横坐标为0的点的纵坐标即可判断. 【详解】对于AB，圆的方程可化为， 可得圆心的坐标为，半径为，则周长为，可知错误，正确； 对于，由，为两圆半径之和，可知正确； 对于，令，可得，解得或3， 可得圆截轴所得的弦长为4，可知错误. 故选：BC. 15．ABD 【分析】由题意确定圆心坐标和半径，易知该圆过原点，作出函数在的图象，结合图形分析，即可求解. 【详解】由，得该圆心为，半径为， 易知该圆过原点，由，当时， 得，作出函数的图象，如图， 由图可知，当时，圆与函数的图象有2个交点， 当时，圆与函数的图象有1个交点， 当时，圆与函数的图象有2个交点， 当时，圆与函数的图象有4个交点， 根据圆与函数的对称性，后续交点情况类比即可. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于理解取整函数的定义，利用数形结合的思想分析圆与函数图象交点的个数. 16．BC 【分析】根据点到平面的距离，结合球的截面性质可得截面圆的半径，即可求解A，建立空间直角坐标系，利用点点建立公式，化简可判断B，根据点到直线的距离公式，可得的轨迹是平面内的椭圆上一点，即可根据椭圆的性质 求解C，根据向量的夹角公式即可化简求解的轨迹为且，即可求解D. 【详解】对于A，由于MN与平面的所成角大小为30°，所以点到平面的距离， 故半径为的球面在平面上截面圆的半径为,故截痕长为，A错误， 对于B,由于平面，所以以为，在平面内过作,平面内作，建立如图所示的空间直角坐标系， 则, 设，则， 化简得，故P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线，B正确， ,所以P到直线MN的距离为，化简可得， 所以点的轨迹是平面内的椭圆上一点，如图， 当在短轴的端点时，此时最大，由于,故，因此,C正确， 对于D, ，, 若，则， 化简得且，故满足的点P的轨迹是双曲线的一部分，D错误， 故选：BC 【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型. 17． 【分析】空1：设圆的一般方程，再代入三个点得到方程组，解出即可；空2：首先求出直线的方程，再求出其对称方程，根据直线与圆的位置关系得到不等式，解出即可. 【详解】根据题意可设圆的方程为，其中， 则，解得， 圆的方程为， 即圆的标准方程为； 由题意知，直线的斜率为， 直线方程为，与的交点为， 所以直线关于对称的直线的斜率为， 故对称直线的方程为，即， 由知，圆心为，半径为2， 因为对称直线与圆有公共点， 所以， 解得，即实数的取值范围为. 故答案为：；. 18． 【分析】根据题意，将转化为的形式，寻求定点，使得恒成立，再通过转化求的最小值. 【详解】由抛物线，可得焦点坐标为， 又由圆，可化为， 可得圆心坐标为，半径， 设定点，满足成立，且， 即恒成立， 其中，代入两边平方可得： ，解得：，， 所以定点满足恒成立， 可得， 如图所示，当且仅当在一条直线上时， 此时取得最小值， 即， 设，满足， 所以， ， 当时，等号成立. 所以的最小值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题的关键是转化距离，再转化求得点M的坐标. 19． 【分析】根据圆的性质和椭圆定义得到，再利用关系即可. 【详解】设圆的半径为，则，则， 所以点的轨迹为以A，B为焦点，长轴长为6的椭圆． 则，所以， 所以动圆的圆心的轨迹方程为． 故答案为：. 20． 【分析】利用过三点的圆恰与轴相切，求出圆的标准方程，再利用点在圆上，坐标适合方程即可求解． 【详解】由已知可得：， 线段的垂直平分线方程为，过三点的圆恰与轴相切， 所以圆心坐标为，圆的半径为， 所以经过过三点的圆的圆的方程为， 在圆上，所以， 整理得：，所以，所以， 化为：，由，解得. 故答案为：． 21． 【分析】根据双曲线的性质和三角形内心性质得到垂足的位置，再由得到双曲线中的关系，即可得到渐近线的夹角；根据对所求式进行化简，再根据基本不等式求得范围即可. 【详解】如图所示，设双曲线的实轴长为，虚轴长为，焦距为. 设的内心为，过点向三边作垂线，垂足分别为.    根据三角形内心的性质可知，， 又因为双曲线E以B，C为焦点，且经过点A， 所以，即， 因为，所以，所以， 所以点在双曲线的左支上，所以. 而， 所以， 所以为双曲线的左顶点. 所以， 所以，即， 所以，渐近线的倾斜角为， 所以两条渐近线的夹角为. 又因为， 所以， 而， 所以. 故答案为：； 【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线的性质和三角形的最值.本题的关键点在于根据作出三角形的内心，从而根据内心性质和双曲线的定义进行求解. 22．(1)； (2)； (3)存在. 【分析】（1）根据给定条件，求出即可得的方程. （2）设出直线的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理，结合斜率坐标公式求解即得. （3）设出双曲线的两条切线方程，与双曲线方程联立，结合判别式求出两条切线交点的轨迹方程，再判断与圆的位置关系即可得解. 【详解】（1）由对称性知，双曲线过点，则，解得， 所以双曲线的方程为. （2）由（1）得，设， 显然直线不垂直于y轴，设直线的方程为， 由消去x得， 显然，， 则，即， 所以. （3）圆上存在点，使得过作双曲线的两条切线互相垂直. 若双曲线的两条切线有交点，则两条切线的斜率存在且不为0， 设双曲线的两条切线分别为， 将代入消去得：， 由得，解得， 因此，设两条切线的交点坐标为， 则，即有，且， 即， 于是是方程的两根， 而，则，即，从而两条切线们交点的轨迹为圆， 而的圆心为，半径为1，圆的圆心，半径为3， 显然，满足，即圆与圆相交， 所以圆上存在点，使得过作双曲线的两条切线互相垂直. 【点睛】方法点睛：①引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；②特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关． 23．(1)，理由见解析 (2)7 【分析】对小问（1）可通过联立直线与椭圆，得到线段与线段的中点相同；对小问（2）可先求出点与点，再根据点在椭圆上，求出直线与直线斜率之间的关系，然后设斜率为参数求解. 【详解】（1）将椭圆与直线联立： ，整理得； ，， 设交点，，由韦达定理： ， 同理，将与直线联立可得： ，， 设交点，，由韦达定理： ， ，即线段与线段的中点相同. 故. （2）椭圆的离心率为，则，的方程为：，可得， 由题意可知直线，斜率均存在且不为零. 设， 将点代入椭圆，， 令，则；写出直线方程：，：， 已知点和点都在椭圆内部，故一定有两个交点. 联立与，整理得：； 设，， 由韦达定理：，， ， 同理，将替代成可得，可得， 故的值为7. 【点睛】方法点睛：对涉及到圆锥曲线截直线得到的线段问题，通常： （1）先设直线方程，设出曲线与直线的两个交点坐标； （2）联立，直线代入圆锥曲线化简，消去或者中的一个； （3）通过韦达定理可以将两个交点坐标之和与两坐标之积用参数表示而不用求出两个交点，这种方法就是通常所说的“设而不求”. 24．(1) (2) 【分析】（1）首先利用勾股定理求出，，再由等面积法求出，即可得解； （2）设直线的解析式为，，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，依题意，即可得到，再由得到线段的比例关系，从而求出，再计算出，最后根据及韦达定理计算可得. 【详解】（1）方法一：，，， ，解得，， 在中，根据等面积法， ，解得， 抛物线的标准方程为； 方法二：设轴与准线的交点为. 当时，， ，. ，， 抛物线的标准方程为； （2）由（1）可得抛物线的焦点，准线为， 依题意，直线的斜率不为， 设直线的解析式为，，. 联立，消去得，显然， ，. 由，则，可得，，整理得.① 易知直线的解析式为，令，可得， 同理可得. ， ，即，. ，，，即，. . 所以 . 【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，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式； （5）代入韦达定理求解. 25．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据条件，得到直线方程为，设，联立抛物线方程，根据抛物线的弦长求得，即得答案； （2）设直线MN的方程为，联立抛物线方程，根据抛物线的弦长求得，由，所以，由（1）可知，计算即可证得结论. 【详解】（1）设． 因为点的坐标为，所以， 由得， 则， 从而 得，所以的方程为． （2）证明：因为点的坐标为，直线MN的斜率不为0，所以设直线MN的方程为． 设，由可得， 则 所以． 由（1）可知， 因为点A，P的纵坐标分别为，且，所以 可得，即． 26．(1) (2)（i），（ii）存在， 【分析】（1）根据题意，的周长为8，离心率为，结合椭圆标准方程的定义，求解即可； （2）（i）由（1）知，点，倾斜角为，故直线设为：，与联立求得，，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，再求异面直线和所成角的余弦值即可； （ii）根据题意得到，设折叠前，，直线与椭圆联立方程，结合韦达定理，在折叠后的图形中建立空间直角坐标系（原轴仍然为轴，原轴正半轴为轴，原轴负半轴为轴），设，在新图形中对应点记为，，，，得到，结合，得到的值． 【详解】（1）因为的周长为8，离心率为， 所以，即，，， 所以椭圆的标准方程为：； （2）由（1）知，点，倾斜角为， 故直线设为：， （i）联立直线与椭圆的方程：，可得， 可得或， 可得，（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，，， ，， ，，， 所以 记异面直线和所成角为，则； （ii）由，，， 设折叠前，， 直线与椭圆联立方程，得， 即，， 在折叠后的图形中建立空间直角坐标系（原轴仍然为轴，原轴正半轴为轴，原轴负半轴为轴）， 设，在新图形中对应点记为，，， ，， ①， 即 所以②， 由①②可得： 即 则 即，， 解得， 因为，所以． 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是找到折叠前后的联系，建立空间直角坐标系，设出点的坐标，然后连接方程，利用空间量的知识求解. 27．(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据题意，分与代入计算，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理代入计算，再由等差中项的定义列出方程，即可得到结果； （2）方法一：联立直线与抛物线的方程，表示出中点的坐标，再由点M，N，E三点共线可得△AMN面积为△ABM面积的，结合三角形的面积公式代入计算，即可证明；方法二：联立直线与抛物线的方程，再由，得，点，即可得到直线MN与x轴垂直，再由三角形的面积公式代入计算，即可证明. 【详解】（1）    设点，， 由题可知，当时，显然有； 当时，直线OM的方程为，点． 联立直线AB与C的方程得，， 所以，， 因为直线AM，AB，BM的斜率成等差数列， 所以． 即，， 化简得． 将代入上式得， 则， 所以曲线C的方程为． （2）    （法一）设直线：，联立C的方程，得． 由，得，点， 设AB的中点为E， 因为，，则点． 因为， 所以点M，N，E三点共线，且点N为ME的中点， 所以△AMN面积为△ABM面积的． 记△AMN的面积为S，点到直线AB：的距离， 所以， 当时，等号成立．所以命题得证． （法二）设直线：，联立C的方程，得． 由，得，点． 所以直线MN与x轴垂直． 记△AMN的面积为S， 所以 ． 当时，等号成立． 所以命题得证． 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键采用设线法，联立抛物线方程，根据相切求出，再得出，最后计算出面积表达式求出其最值即可. 学科网（北京）股份有限公司 $$