专题05 期中压轴题精选（30题）（期中真题汇编，湖南专用）高二数学上学期

专题05 期中压轴题精选 2大高频考点概览 考点01 空间向量与立体几何压轴题 考点02 椭圆、双曲线、抛物线压轴题 地 城 考点01 空间向量与立体几何压轴题 一、多选题 1．(23-24高二上·湖南常德汉寿县第五中学·期中)如图，正方体的棱长为1，P为侧面（含边界）内的动点，若直线与的夹角为，则下列说法正确的是（    ）    A．点P的运动轨迹的长度为 B．的长度为定值 C．当CP最小时，三棱锥的体积为 D．存在点P，使得直线和平面所成的角为 【答案】AB 【分析】首先建立坐标系，利用坐标表示，求得点的轨迹，即可判断A，再根据几何关系求，并利用等体积公式求三棱锥的体积，即可判断BC，利用线面角的向量公式，即可判断D. 【详解】如图建立空间直角坐标系，，，，， ，， ， 得，即， 所以点的轨迹是以点为圆心，1为半径的圆弧， 对于选项A：因为点为侧面（含边界）内的动点， 所以点的轨迹为圆弧，长度为，故A正确； 对于选项B：如图，连结，因为平面，平面， 所以，，中，所以，故B正确；    对于选项C：点是圆弧外一点，所以的最小值是，此时点是与圆弧的交点， 此时点平面的距离为点到的距离， 三棱锥的体积，故C错误；    对于选项D：，平面的法向量为， 设直线和平面所成的角为，若存在点，使 则， 因为，可得， 故不存在点P，使得直线和平面所成的角为，故D错误. 故选：AB. 2．(23-24高二上·湖南名校联合体·期中)如图，已知点是棱长为2的正方体的底面内（包含边界）一个动点，下列说法正确的是（    ） A．过、、三点的平面截正方体所得的截面图形为三角形或四边形 B．当点到、、三点的距离相等时，三棱锥的外接球的表面积为 C．若点到直线的距离与点到的距离相等，则点的轨迹为抛物线的一部分 D．若点到点的距离是点到的距离的两倍，则点的轨迹的长度为 【答案】ABC 【分析】对于A项，通过作出不同位置的截面即得；对于B项，需要构建空间图形，利用勾股定理求解； 对于C项，结合条件，运用抛物线定义即可判断；对于D项，建立平面直角坐标系，求出轨迹方程即可求得. 【详解】对于A选项，若点为点（或点），则截面为三角形，若为其它点则为四边形，故A项正确； 对于B选项，如图，满足条件的点P为中点，设中点为，外接球球心为，半径为， 可知三点共线，在 中，，解得：， 则外接球的表面积为，故B项正确； 对于C选项，点到直线的距离与点到的距离相等，即点到的距离等于点到直线点的距离， 所以点的轨迹为抛物线的一部分，故C项正确； 对于D选项，由可知点P满足阿氏圆，故点P的轨迹为一段圆弧，圆弧半径为，圆心角为， 圆弧长为，故D项错误. 故选：ABC. 【点睛】方法点睛：本题主要考查立体图形的应用，属于中档题.常见的解决方法有： （1）截面法：运用空间图形的相关性质作截面； （2）建模法：求几何体的外接球问题时，经常建模或者构建图形； （3）定义法：求轨迹问题时，常常用到圆和圆锥曲线的定义； （4）解析法：求轨迹问题时，常常需要建立直角坐标系，然后求得轨迹方程来解题. 3．(23-24高二上·湖南部分校联考·期中)已知正方体的棱长为4，是棱上的一条线段，且，点是棱的中点，点是体对角线上的动点（包括端点），则下列结论正确的是（    ） A．存在某一位置，与垂直 B．三棱锥体积的最大值是 C．二面角的正切值是 D．当最大时，三棱锥的外接球表面积是 【答案】ACD 【分析】通过证明线面垂直得到线垂直平面的所有直线证明异面直线垂直，然后通过固定底面积求体积最大值即可，二面角问题关键在于找到二面角的平面角，确定动点位置后再求外接球的圆心即可. 【详解】对于A：当点与点重合时，平面，而平面，所以与垂直，即A正确； 对于B：如下图所示， ， 因为平面，平面， 所以，所以，而， 所以， 要使得三棱锥的体积最大，只需满足点到平面的距离最大即可， 取的中点为，则平面与平面是同一平面， 不妨令点到平面的距离，直线与平面所成角为， 则，所以越大则越大， 所以当点与重合时，点到平面的距离最大， 作于，易知平面，所以即为点到平面的距离， 由三角形相似可得，且，得. 所以三棱锥的体积的最大值为， B错误； 对于C：连接，，二面角即为平面与平面所成的角，如下图所示， ， 因为平面，平面，平面， 所以，， 所以即为二面角的平面角， 由于，，， 所以， 所以，即， 所以二面角的正切值是， C正确； 对于D，由余弦定理得， 要使得最大时，则要最大， 则与重合，与重合，如下图所示， ， 以为坐标原点建立如所示的空间直角坐标系，则，，，， 设外接球球心坐标为， 则， 解得，，，所以， 所以外接球半径为， 所以三棱锥的外接球表面积，所以D正确； 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：若能应用极化恒等式，则能快速确定最大时需满足与重合，与重合. 4．(24-25高二上·湖南部分学校·期中)若平面，平面，平面，则称点F为点E在平面内的正投影，记为如图，在直四棱柱中，，， 分别为，的中点，，记平面为，平面ABCD为，，（    ）    A．若，则 B．存在点H，使得平面 C．线段长度的最小值是 D．存在点H，使得 【答案】ABC 【分析】先建系，对于选项A，先证Q，B，N，P四点共面，再计算的值；对于选项B，先找出，，可得是平面的一个法向量，结合平面，则，依此求出H的位置；对于选项C，表示出，求解其最小值即可；对于D，依据，则，从而可判定H的存在性. 【详解】对于A：因为为直四棱柱，，所以以A为坐标原点，AD，AB，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，连接PQ，    则，，，，， 故，， 所以，即Q，B，N，P四点共面， 若，则，解得，A正确； 对于B：过点H作，交于点G，过点G作AB的垂线，垂足即， 过点A作的垂线，垂足即，连接，，由题意可得， 则，，，， 故，，，， 易得是平面的一个法向量，若平面， 则，即，解得，符合题意， 所以存在点H，使得平面，B正确， 对于C：， 当时，取得最小值，最小值为，C正确. 对于D：若，则， 得，无解，所以不存在点H，使得，D错误. 故选：ABC 【点睛】关键点点睛：根据题意可知在平面上，然后建立坐标系，根据投影表示所需要点的坐标，然后利用坐标计算即可. 5．(24-25高二上·湖南祁阳第一中学·月考)如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，，分别是线段，的中点，是线段上的一个动点（含端点，），则下列说法正确的是（    ） A．存在点，使得 B．存在点，使得平面平面 C．三棱锥体积的最大值是 D．当点自向处运动时，直线与平面所成的角不变 【答案】ABC 【分析】根据题意建立空间直角坐标系，向量法证明线线垂直可判断A，利用面面平行的判定定理可判断B，根据等体积法可判断C，向量法求线面角的正弦值可判断D. 【详解】平面，四边形是正方形， 以为坐标原点，，，正方向为，，轴， 可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，，，； 对于A，假设存在点，使得， 则，又， 所以，解得， 即点与重合时，，A正确； 对于B，当为的中时，平面平面， ，分别为，的中点，， 平面，平面，则平面， 取中点为，连接，， 为中点，且， 所以四边形为平行四边形，， 同理可证，，， 平面，平面，则平面， ，平面， 平面平面，B正确； 对于C，连接，，，设， 因为， 所以当，即点与点重合时，取得最大值2； 又点到平面的距离， 所以，C正确； 对于D，由上分析知：，， 若是面的法向量，则， 令，则， 因为，设直线与平面所成的角为，， 所以， 显然点自向处运动时，的值由0到2变化，线面夹角的正弦值变化， 所以线面夹角不是定值，故D错误； 故选：ABC. 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法： （1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的摄影，即可确定线面角； （2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为. 地 城 考点02 椭圆、双曲线、抛物线压轴题 一、单选题 6．(24-25高二上·湖南长沙明德中学·期中)过拋物线上一动点作圆（r为常数且）的两条切线，切点分别为，若的最小值是，则（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】设，利用圆的切线性质，借助图形的面积把表示为的函数，再求出函数的最小值即可. 【详解】设，则，圆的圆心，半径为， 由切圆于点，得， 则 ， 当且仅当时，等号成立， 可知的最小值为，整理可得，解得或， 因为，所以，即. 故选：A. 【点睛】思路点睛：本题考查圆和抛物线综合问题，具体思路如下： （1）当四边形对角线互相垂直时，四边形面积等于对角线乘积的一半. （2）根据圆的切线垂直于过切点的半径，可把四边形面积转化为两个全等三角形面积的和. （3）设，利用圆的切线性质，借助图形的面积把表示为的函数，求出函数的最小值，利用等量关系即可得到结果. 二、多选题 7．(23-24高二上·湖南长沙雅礼中学·期中)曲线C是平面内与两个定点，的距离的积等于的点P的轨迹，则下列结论正确的是（    ） A．曲线C关于坐标轴对称 B．点P到原点距离的最大值为 C．周长的最大值为 D．点P到y轴距离的最大值为 【答案】ABC 【分析】根据给定条件，求出曲线的方程，由对称的性质判断A；求出的范围结合两点间距离计算判断B；利用基本不等式求出的最小值判断C；结合曲线的方程确定成立判断D. 【详解】设，由，得，整理得， 若点在曲线C上，显然，都满足方程，即点，也在曲线C上， 因此曲线C关于坐标轴对称，A正确； 由，得，解得，当且仅当时取等号， 因此点P到原点的距离， 于是当时，点P到原点距离取得最大值，B正确； 显然的周长为，当且仅当时取等号，C正确； 由曲线的方程，得， 当时，，即，两边平方解得， 即当曲线的点满足时，点到轴距离，D错误. 故选：ABC 【点睛】结论点睛：曲线C的方程为，(1)如果，则曲线C关于y轴对称；(2)如果，则曲线C关于x轴对称；(3)如果，则曲线C关于原点对称. 8．(23-24高二上·湖南长沙长沙县第二中学·期中)已知双曲线的左、右顶点分别为A，B，P是C上任意一点，则下列说法正确的是（    ） A．C的渐近线方程为 B．若直线与双曲线C有交点，则 C．点P到C的两条渐近线的距离之积为 D．当点P与A，B两点不重合时，直线PA，PB的斜率之积为2 【答案】AC 【分析】由双曲线的渐近线方程可判断A，通过对比直线与双曲线的渐近线斜率之间的关系可求解B，结合点到直线的距离公式可求C，PA，PB的斜率相乘后，结合双曲线方程化简可得定值，则D可判断. 【详解】双曲线，则， 对于A，C的渐近线方程为，A正确； 对于B，由双曲线的渐近线方程为可知， 若直线与双曲线C有交点，则，B错误； 对于C，设点，则， 点P到C的两条渐近线的距离之积为，C正确； 对于D，易得，，设，则， 所以直线PA，PB的斜率之积为，D错误． 故选：AC. 9．(24-25高二上·湖南长郡十八校·)曲线是平面内与三个定点和的距离的和等于的点的轨迹．则下列结论正确的有（   ） A．曲线关于轴对称 B．曲线上存在点，使得 C．曲线上存在点，使得四边形的周长为9 D．若点在曲线上，则面积的最大值为4 【答案】AD 【分析】对于A，对于曲线上的任意点，说明也在曲线上即可判断；对于B，由假设时，可推得，排除B项，对于C，由四边形的周长为9，推得曲线不存在，排除C项，对于D，通过条件放缩，推得，知点应在椭圆内（含边界），两个曲线仅有一个公共点，由即可求得的面积最大值. 【详解】设曲线上任取点，依题意，, 代入和，可得. 对于A，在方程中，用替代，方程不变，可得曲线关于轴对称，即A正确； 对于B，若，则,此时曲线不存在，故B错误； 对于C，若四边形的周长为9，因， 故得，此时曲线不存在，故C错误； 对于D，因，故点应在椭圆内（含边界）， 因曲线与椭圆有唯一的公共点，此时, 故当点为时，的面积最大，为，故D正确. 故选：AD. 10．(24-25高二上·湖南长沙芙蓉高级中学·期中)0．已知椭圆上有一点分别为左、右焦点，的面积为S，则下列选项正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．面积的最大值为 D．若为钝角三角形，则 【答案】ACD 【分析】用椭圆的焦点三角形的性质分别对四个选项判断即可， 【详解】对于椭圆，设，，，则 ，由此可得①， 所以的面积， 对于A：若，则，故A正确； 对于B：由①知， （当且仅当，即点是短轴端点时取等号）， 所以，因此不可能是，故B错误； 对于C：当P为短轴的端点时， 面积的最大值为，故C正确， 对于D：由以上分析可知，不可能是钝角，由对称性不妨设是钝角， 先考虑临界情况，当时，易得， 此时，结合图形可知， 当是钝角时，，故D正确； 故选：ACD， 【点睛】 三、填空题 11．(23-24高二上·湖南长沙雅礼中学·期中)已知N为抛物线上的任意一点，M为圆上的一点，，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】根据题意画出示意图，由图中几何关系取线段中点，中点，连接，可证得所以，即，可得，即可将转化为，然后根据当、、三点不共线时，，当、、三点共线时，，将问题转化为的最小值即为的最小值，再根据两点间距离公式求出的最小值即可. 【详解】 根据题意可得抛物线与圆都关于轴对称，且圆的圆心坐标为，半径为. 因为，圆下方与轴交点坐标为， 取线段中点，中点，可得，连接，画出示意图如上图所示. 因为、分别为和的中点， 所以，，所以， 又因为，， 所以，所以， 因为，所以， 所以， 当且仅当、、三点共线时取到等号，此时点为线段与圆的交点. 所以的最小值即为的最小值. 因为N为抛物线上的任意一点，设，， 因为， 则， 当时，， 即的最小值为. 故答案为：. 12．(23-24高二上·湖南长沙长沙县第二中学·期中)已知椭圆的左、右焦点分别为，，M为C上任意一点，N为圆上任意一点，则的最小值为 ． 【答案】/ 【分析】首先根据椭圆的定义将的最小值转化为，再根据（当且仅当 M、 N、 E共线时取等号），结合，求得的最小值． 【详解】如图， 由M为椭圆C上任意一点，则， 又N为圆E：上任意一点， 则（当且仅当M、N、E共线且N在M、E之间时取等号）， ， ， 当且仅当M、N、E、共线且M、N在E、之间时等号成立． 由题意知，，， 则， 的最小值为， 故答案为： 【点睛】关键点睛：本题主要考查与椭圆与圆上动点相关的最值问题，解答的关键是根据椭圆的定义将目标等价转化点共线问题，也即线段的长度问题，通过数形结合即可求解，考查学生的转化与化归思想． 13．(23-24高二上·湖南名校联合体·期中)已知为坐标原点，直线与抛物线交于，两点，且，点为点在直线上的射影，则点到直线的距离的最大值为 . 【答案】8 【分析】设直线方程，联立直线与抛物线方程，得到，，由得，从而求出直线方程，分和两种情况进行求解即可. 【详解】由题可知直线斜率存在，设直线，，， 联立方程：，整理得：，， ，. ， 得或（舍）.故直线， 当时，点，点到直线的距离为； 当时，直线，又直线，消去整理得：， 即此时点的轨迹方程为，（或者利用直线过定点结合，得出点的轨迹为以为直径的圆）， 点到直线距离的最大值为， 综合可知点到直线的距离的最大值为8. 故答案为：8. 14．(23-24高二上·湖南三湘名校教育联盟·期中)如图，椭圆：和：有相同的焦点，，离心率分别为，，为椭圆的上顶点，，，，三点共线且垂足在椭圆上，则的最大值是 .    【答案】 【分析】将表示为三角函数的形式，然后根据三角恒等变换以及三角函数最值的知识求得的最大值. 【详解】由图知， 则，设， 则， 则 ， 由于， 所以. 故答案为： 【点睛】方法点睛：求解椭圆的离心率，方法有很多，如根据已知条件求得，从而求得椭圆的离心率；如根据已知条件求得的齐次式，从而求得椭圆的离心率；如根据已知条件求得的齐次式，先求得，然后利用求得椭圆的离心率. 15．(24-25高二上·湖南祁阳第一中学·月考)已知，是双曲线的左、右焦点，，为双曲线上两点，满足，且，则双曲线的离心率为 . 【答案】/ 【分析】先作辅助线，根据双曲线的对称性以及双曲线的定义得到边长之间的关系，再结合勾股定理可求得离心率. 【详解】延长与双曲线交于点，因为， 根据对称性知，四边形为平行四边形， ， 设，则，，可得，即， 所以，则，， 即，可知， 在中，由勾股定理得， 即，解得. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：求双曲线的离心率： （1）熟练掌握双曲线的定义：双曲线上一点到两焦点的距离差的绝对值为定值； （2）双曲线的对称性得到边长之间的关系是解题的关键； （3）根据勾股定理构造等式，进而求得离心率. 四、解答题 16．(22-23高二上·湖南师范大学附属中学·期中)设椭圆的左焦点为．过且倾斜角为的直线与椭圆交于两点，且． (1)求证：，并求椭圆C的方程； (2)设是椭圆C上顺时针依次排列的四个点，求四边形面积的最大值并计算此时的的值． 【答案】(1)证明见解析； (2)四边形面积的最大值为，此时 【分析】(1)化简关系可得，由此证明，结合设而不求法列方程，结合关系可求，由此可得椭圆方程；(2)由三角形面积公式和数量积运算证明，再结合基本不等式求其最大值，由此求出四边形面积的最大值并求出取最值是的值． 【详解】（1）由，得， 故，从而， 依题意，直线的方程为， 由得， 即， 又因为， 故 于是，所以， 解得， 故椭圆C的方程为； （2）由（1）得，故由基本不等式和绝对值不等式 ， 从而，取等条件为，且，故有，又，于是． 而 ． 同理． 于是，四边形的面积． 另一方面，当M，N，P，Q为椭圆四个顶点时，有， 故四边形面积的最大值为，且由上述过程知，此时． 【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意： (1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件； (2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 17．(22-23高二上·湖南郴州明星高级中学·期中)设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为． (1)当与轴垂直时，求直线的方程； (2)设为坐标原点，证明： 【答案】(1)或； (2)证明见详解. 【分析】（1）求出焦点坐标，代入，求出点坐标，从而得到直线的方程； （2）当直线与轴重合时，易知结论成立；当直线与轴不重合时，由已知可设直线的方程为，然后联立直线与椭圆方程，根据韦达定理得出，进而推得，即可得出答案. 【详解】（1）由题意得：，，，所以，则. 由已知可得，直线方程为. 联立直线与椭圆的方程，解得或， 所以或. 当时，可得，所以直线的方程为， 整理可得； 当时，可得，所以直线的方程为， 整理可得. 所以，直线的方程为或. （2） 当直线与轴重合时，此时有，结论成立； 当直线与轴不重合时，可设直线的方程为. 设，. 联立直线与椭圆的方程可得，. 显然，由韦达定理可知，且，. 因为， 所以. 所以， 所以有， 所以直线的倾斜角互补， 所以. 综上所述，. 【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、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 18．(22-23高二上·湖南湖湘教育三新探索协作体·期中)已知点在椭圆上，直线l与椭圆C交于P，Q两点，直线的斜率之和为0． (1)若，求直线l的方程． (2)求弦长的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据条件得直线和直线倾斜角互补，再利用求出，分别求出点P、Q的坐标，进而求出直线l的方程； （2）设直线l的方程为，根据条件得到，进而联立椭圆方程利用弦长公式求出弦长的最大值． 【详解】（1）点A在椭圆C上，则有：，得或（舍去）， 故椭圆C的标准方程为． 由题意知直线和直线倾斜角互补， 不妨设直线与x轴的正半轴所成角为锐角，则直线与x轴的正半轴所成角为， 则， 则． 又，则，即． 由，得，所以所在直线方程为， 联立直线的方程和椭圆方程，故， 点P的坐标为． 同理点Q的坐标为， 故， 直线l的方程为， 即． （2）由椭圆的对称性可知，直线l的斜率一定存在． 不妨设直线l的方程为， ， 所以， 由 ， 可知， 化简得， 即，所以或． 当时，直线l过点A，不合题意，舍去，故． 所以直线l的方程为，联立， 且， ， 当且仅当时，等号成立．故． 【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意： (1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件； (2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 19．(22-23高二上·湖南长沙师大思沁高级中学·期中)在平面直角坐标系中，已知三点，曲线C上任意一点满足：． (1)求曲线C的方程； (2)设点P是曲线C上的任意一点，过原点的直线L与曲线相交于M，N两点，若直线PM，PN的斜率都存在，并记为．试探究的值是否与点P及直线L有关，并证明你的结论； (3)设曲线C与y轴交于D、E两点，点在线段DE上，点P在曲线C上运动．若当点P的坐标为时，取得最小值，求实数m的取值范围． 【答案】(1) (2)无关，证明见解析 (3) 【分析】（1） 结合向量运算得出轨迹方程； （2） 设点的坐标结合点差法证明定值； （3）应用两点间距离公式，消参结合参数范围求范围. 【详解】（1）由题意，，则， 由此可得，， 又，且， ∴， 化简整理得：，即为所求曲线C的方程． （2）因为过原点的直线L与椭圆相交的两点M，N关于坐标原点对称， 所以可设． ∴P，M，N在椭圆上，则①，②， ①﹣②，得． 又，， ∴， 因此，的值恒等于，与点P的位置和直线L的位置无关． （3）由于在椭圆C：上运动，可得且， ∵， ∴|| 由题意，点P的坐标为时，取得最小值， 即当时，取得最小值，而，故有，解之得． 又∵椭圆C与y轴交于D、E两点的坐标为，而点N在线段DE上，即， ∴，实数m的取值范围是． 【点睛】方法点睛：先设点的坐标再应用点差法证明斜率乘积为定值. 20．(23-24高二上·湖南常德部分学校·)动点P到定点的距离和它到直线l：的距离的比是常数，设点P的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的方程； (2)已知O为坐标原点，与x轴不垂直的直线l与曲线C交于A，B两点，若曲线C上存在点P，使得四边形为平行四边形，证明：的面积为定值. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）设点，得到方程，化简得到曲线C的方程； （2）设出直线l，联立曲线C的方程，得到两根之和，两根之积，由四边形为平行四边形得到，设，得到，代入椭圆方程中，得到，表达出和坐标原点到直线l的距离，求出的面积等于. 【详解】（1）设点，依题意可得， 化简得， 所以曲线C的方程为. （2）证明：设，，直线l：. 由，消去y得， 则， ，， 则， 因为四边形为平行四边形，所以. 设，则， 又因为，即，得， 所以 ， 因为坐标原点到直线l的距离， 所以的面积为， 所以的面积为定值.    【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值. 21．(23-24高二上·湖南长沙雅礼中学·期中)已知双曲线的左、右焦点分别为，，点在双曲线上． (1)求的方程； (2)过作两条相互垂直的直线和，与的右支分别交，两点和，两点，求四边形面积的最小值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设双曲线，依题意可得，解得即可； （2）设直线，，求得，联立方程组，利用弦长公式，求得，，得到，令，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】（1）设双曲线，则，解得， 所以双曲线的方程为. （2）根据题意，直线，的斜率都存在且不为0， 设直线，，其中， 双曲线的渐近线为， 因为，均与的右支有两个交点，所以，，所以， 将的方程与联立，可得， 设，则，， 所以 ， 用替换，可得， 所以． 令，所以， 则， 当，即时，等号成立， 故四边形面积的最小值为． 【点睛】解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略： （1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决； （2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围. 22．(23-24高二上·湖南部分校联考·期中)椭圆的焦距为，点是椭圆上一点，过点的动直线与椭圆相交于两点. (1)求椭圆的方程； (2)在平面直角坐标系中，是否存在与点不同的定点，使恒成立？存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）根据焦距和点在椭圆上，得到方程组，求出，得到椭圆方程； （2）先考虑平行于轴时，得到点在轴上，可设的坐标为，再考虑当垂直于轴时，求出点的坐标为，再验证当不平行于轴且不垂直于轴时，也满足要求，得到答案. 【详解】（1）根据题意，，故， 又在椭圆上，故， 因为，解得， 故椭圆方程为； （2）当平行于轴时，设直线与椭圆相交于C，D两点， 如果存在点满足条件，则有，即， 所以点在轴上，可设的坐标为； 当垂直于轴时，设直线与椭圆相交于M，N两点，如果存在点满足条件， 则有，即，解得或， 所以若存在不同于点的定点满足条件，则点的坐标为； 当不平行于轴且不垂直于轴时，设直线方程为，     设，联立，消去，得， 因为直线恒过椭圆内定点，故恒成立， ，， 又因为点关于轴的对称点的坐标为， 又，， 则， 所以，则三点共线，所以； 综上：存在与点不同的定点，使恒成立，且. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中探究性问题解题策略： （1）先假设存在或结论成立，然后引进未知数，参数并建立有关未知数，参数的等量关系，若能求出相应的量，则表示存在或结论成立，否则表示不存在或结论不成立； （2）在假设存在或结论成立的前提下，利用特殊情况作出猜想，然后加以验证也可. 23．(24-25高二上·湖南长沙明德中学·期中)在平面直角坐标系中，利用公式①（其中为常数），将点变换为点的坐标，我们称该变换为线性变换，也称①为坐标变换公式，该变换公式①可由组成的正方形数表唯一确定，我们将称为二阶矩阵，矩阵通常用大写英文字母表示. (1)如图，在平面直角坐标系中，将点绕原点按逆时针旋转得到点（到原点距离不变），求坐标变换公式及对应的二阶矩阵A； (2)在平面直角坐标系中，求双曲线通过二阶矩阵进行线性变换后得到的双曲线方程； (3)已知由（2）得到的双曲线，上顶点为，直线与双曲线的两支分别交于两点（在第一象限），与轴交于点.设直线的倾斜角分别为，求证：为定值. 【答案】(1)， (2) (3)证明见解析 【分析】（1）设，,运用线性变换概念，结合和角公式计算即可； （2）运用变换概念，找出变换前后的关系式，计算即可； （3）设直线的方程，与曲线联立，借助韦达定理.得到两根之和和积，取，进而得到直线方程，直线方程与双曲线方程联立可得，.求出；当时，设的斜率分别为，结合前面韦达定理的结论，求出.求出，再讨论斜率不存在的时候即可 . 【详解】（1）设，，则，，， 故， ， 所以坐标变换公式为， 所以对应的二阶矩阵A为 （2）设曲线上任意一点变换后所得点坐标为. 即， 得，则，所求曲线方程为； （3） ①直线斜率存在时，可设直线的方程为， 设， 由，得， 所以，，且， 当时，取，，所以直线方程为：， 直线方程与双曲线方程联立可得，解得或， 所以，.所以，所以，可得； 当时，设的斜率分别为， ，， 所以， ， 所以. 因为在第一象限，所以，所以，所以. ②直线斜率不存在时，可得， 可得，， 所以，同理可得. 综上可得，为定值.得证. 24．(24-25高二上·湖南浏阳·期中)已知为坐标原点，椭圆：的两个顶点坐标为，，短轴长为2，直线交椭圆于，两点，直线与轴不平行，记直线的斜率为，直线的斜率为，已知. (1)求椭圆C的方程； (2)求证：直线恒过定点； (3)斜率为的直线交椭圆于，两点，记以，为直径的圆的面积分别为，，的面积为，求的最大值. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3). 【分析】（1）由已知易知的值，得椭圆C的方程； （2）设直线方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理及，可得，即可得证； （3）设直线，联立直线与椭圆，结合韦达定理可得弦长，再根据点到直线距离可得，再根据点在椭圆上，可得，进而可得，再利用二次函数的性质求得最值. 【详解】（1）由已知两个顶点坐标为，，短轴长为2，得，，    则椭圆方程：. （2）设直线方程为，，， 由，消去x得，， ， 则，， ， ， 又点在椭圆上，则，即， 则， 即，则， 即 ， 解得，此时， 即直线的方程为， 所以直线恒过定点. （3）设直线的方程为，，，    由，消去得， ，即， 则，， 所以 ， 点到直线的距离， 所以， 又，， 所以 ， 所以 则当即时，取最大值为. 【点睛】关键点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把直线与椭圆的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系． 25．(24-25高二上·湖南湖湘教育三新探索协作体·期中)如图，轴垂足为点，点在的延长线上，且.当点在圆上运动时，点的轨迹方程为.    (1)求点的轨迹的方程； (2)当时，点的轨迹方程记为. （i）若动点为轨迹外一点，且点到轨迹的两条切线互相垂直，记点的轨迹方程记为，试判断与圆是否存在交点？若存在，求出交点的坐标；若不存在，请说明理由； （ii）轨迹的左右顶点分别记为，圆上有一动点，在轴上方，，直线交轨迹于点，连接，，设直线，的斜率存在且分别为，，若，求的取值范围. 【答案】(1) (2)（i）没有交点，理由见详解；（ii） 【分析】（1）设，可得，代入圆即可得结果； （2）根据题意可得的方程为.（i）可知圆在椭圆内，即可得结果；（ⅱ）设，联立方程求得，可得，即可得结果. 【详解】（1）设， 因为，则， 又因为点在圆上，则， 所以点的轨迹的方程为. （2）若，则的方程为，即， （i）与圆没有交点，理由如下： 由题意可知：圆在椭圆内（有且仅有两个交点）， 但动点为轨迹外一点，所以与圆没有交点； （ⅱ）由题意可知：，    设，则直线， 联立方程，消去y可得， 则，可得， 则， 令，解得， 由题意可知， 因为，则， 又因为，可得， 所以的取值范围为. 【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线中范围问题的方法 一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线 上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化． 26．(24-25高二上·湖南部分学校·期中)若将任意平面向量绕其起点E沿逆时针方向旋转角，得到向量，则称点F绕点E逆时针方向旋转角得到点曲线是由椭圆在平面直角坐标系中绕原点O逆时针旋转所得的斜椭圆 (1)求椭圆C的标准方程. (2)已知M，N是椭圆C长轴的两个顶点，P，Q为椭圆C上异于M，N且关于y轴对称的两点.若直线MP与直线NQ交于点T，证明点T在某定曲线上，并求出该曲线的方程. (3)过椭圆C的上焦点作平行于x轴的直线m，交椭圆C于A，B两点，D是抛物线上不同于点A，B的动点.若直线DA与椭圆C的另一个交点为G，直线DB与椭圆C的另一个交点为H，试问直线HG是否过定点?若是，求该定点的坐标;若不是，请说明理由. 【答案】(1) (2)证明见解析， (3)直线GH过定点 【分析】（1）方法一：设椭圆C上任意一点坐标，根据新定义，旋转后求得新的点坐标，该点在斜椭圆上，代入化简即可得解；方法二：旋转后，斜椭圆的对称轴为和，对称轴与曲线的交点之间的距离分别为椭圆C的长轴长和短轴长，联立方程求出交点坐标，利用两点间距离公式，分别可以求得和从而得解. （2）不妨设，设，，则利于向量法进行求解. （3）不妨设，设，，，，得出AG及BH的方程，联立方程组，进而得出定点. 【详解】（1）（方法一） 设为椭圆C上任意一点，则为斜椭圆上一点， 则， 化简得，故椭圆C的标准方程为 方法二 由得或, 由得或， 椭圆C的长轴长为，得， 椭圆C的短轴长为，得 故椭圆C的标准方程为 （2）根据椭圆的对称性，不妨设，，设，，则， ，，由P，M，T三点共线，得， ，， 由Q，N，T三点共线，得，则， 因为，所以，即， 故点T在某定曲线上，该定曲线的方程为 （3）根据椭圆的对称性，不妨设， 设，，，， 直线AG的方程为，直线BH的方程为 由得， 所以，得，则 同理可得， 由对称性知，若过定点，则定点在y轴上. 取，则，， 则直线GH的方程为，得定点为； 下面证明直线GH过定点 因为，， 所以，所以直线GH过定点. 【点睛】关键点点睛：第（1）小问的关键是理解旋转前后哪些量变化，哪些量没有变从而可以得解；第（2）小问的关键是借助向量和三点共线联立等式关系，从而出方程；第（3）小问的关键是巧令，然后写出直线方程，联立后借助韦达定理求出另一个交点中的坐标，写出直线HG的方程，从而求出定点. 27．(24-25高二上·湖南名校·期中)已知椭圆的左､右焦点分别为，短轴长为2. (1)求E的方程. (2)若为上一点，求的取值范围. (3)判断上是否存在不同的三点，使得线段（为坐标原点）的中点与的中点重合于直线上一点.若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)或. 【分析】（1）由已知求得即可得； （2）设，得，代入后可求得取值范围； （3）设直线的方程为，直线方程代入椭圆方程整理后可得，求出中点的坐标，再求得点坐标，代入椭圆方程得的关系式，结合韦达定理中，可求得得直线方程．也可设点，得，代入椭圆方程求得，从而得点坐标，利用是中点（把坐标代入椭圆方程相减）求得直线斜率后可得直线方程． 【详解】（1）因为，所以， 因为的短轴长为2，所以， 所以的方程为. （2）设，则， 易知， 所以 . 因为，所以， 所以的取值范围是. （3）方法一：由题意得直线的斜率存在，设直线的方程为， 由得， 所以，即， . 因为的中点为，所以，① . 因为点为线段的中点，所以， 将点的坐标代入，得，与①式联立， 解得或均满足， 所以直线的方程为或， 即，或. 方法二：设点，则，由题意知直线的斜率存在，所以. 将点坐标代入的方程，得，解得，所以. 若与的中点重合，则. 由点在上，得两式相减，得， 整理可得. 当点坐标为时，， 当点坐标为时，， 所以直线的方程为或， 即或. 【点睛】方法点睛：已知椭圆的弦中点坐标，设弦两端点坐标为，代入椭圆方程有，两式相减得： ，时，，即为弦所在直线斜率． 28．(24-25高二上·湖南祁阳第一中学·月考)已知椭圆的右焦点，且经过点. (1)求椭圆的标准方程； (2)过右焦点作直线与椭圆交于，两点，为坐标原点. （i）若的面积为，求直线的方程； （ii）若斜率存在，是否存在椭圆上一点及轴上一点，使四边形为菱形？若存在，求，若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)（i）或；（ii）不存在，理由见解析 【分析】（1）根据椭圆的定义及性质可求得结果； （2）（i）先考虑斜率不存在时，不满足题意，当斜率存在时，设出直线方程，联立椭圆方程，求出弦长，再根据三角形的面积可求出结果；（ii）根据菱形对角线互相垂直平分可构造出等式，即可求得结果. 【详解】（1）由题可知，左焦点， ，， ，， 故椭圆的标准方程为； （2）（i）由题设，斜率不存在时，，不符题意， 设方程为，，，， 由， ，， ， 原点到直线的距离， ， 解得：直线方程为：或； （ii）设的中点为，则为的垂直平分线， 而，， 故，故， 故的直线方程为：， 令，则，故，， 而在椭圆上，故， 整理得，该方程无解，所以不存在满足条件的点. 29．(23-24高二上·湖南长沙雅礼中学·期中)如图，设P是上的动点，点D是点P在x轴上的投影，Q点满足（）． (1)当点P在圆上运动时，求点Q的轨迹C的方程； (2)若，设点，A关于原点的对称点为B，直线l过点且与曲线C交于点M和点N，设直线AM与直线BN交于点T，设直线AM的斜率为，直线BN的斜率为． （i）求证：为定值； （ii）求证：存在两条定直线、，使得点T到直线、的距离之积为定值． 【答案】(1)； (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析. 【分析】（1）设出点的坐标，利用给定的向量关系，借助坐标代换法求出轨迹方程. （2）（i）求出曲线C的方程，并分别与直线方程联立，求出点的坐标，利用向量共线计算即得；（ii）由（i）的结论求出点的轨迹方程，借助反比例函数图象确定直线、即可计算得解. 【详解】（1）设点，则，， 由，得，，由P是上的动点，得， 即有，整理得， 所以点Q的轨迹C的方程为. （2）（i）当时，由（1）知，曲线C的方程为，显然点，在曲线C上， 设，直线方程为，直线方程为， 由，消去y得， 则，， 由，消去y得， 则，， 令点为，，而点共线， 即有，， 整理得， ， 化简得，即， 观察图形知，直线的斜率同号，即，于是，即， 所以为定值为定值3. （ii）设，则，由（i）知， 即，整理得， 显然函数的图象是函数的图象向右平移2个单位，再向下平移4个单位而得， 函数的图象是以x轴、y轴为渐近线的双曲线， 因此函数的图象，即点的轨迹是以直线为渐近线的双曲线， 此双曲线上任意点到直线的距离分别为， 显然，令直线分别为， 所以存在两条定直线、，使得点T到直线、的距离之积为定值. 【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． 30．(24-25高二上·湖南祁阳第一中学·月考)在平面直角坐标系中，若在曲线的方程中，以（为非零的正实数）代替得到曲线的方程，则称曲线、关于原点“伸缩”，变换称为“伸缩变换”，称为伸缩比. (1)已知的方程为，伸缩比，求关于原点“伸缩变换”所得曲线的方程； (2)射线的方程，如果双曲线经“伸缩变换”后得到双曲线，若射线与双曲线、分别交于两点、，且，求双曲线的方程； (3)对抛物线，作变换，得抛物线；对作变换得抛物线，如此进行下去，对抛物线作变换，得，若，，求数列的通项公式. 【答案】(1) (2)或 (3) 【分析】（1）根据题中给的新定义可求得结果； （2）先根据伸缩变换得到双曲线方程，再联立方程求得两点坐标，根据两点间的距离公式可求得结果； （3）先根据变换得到表达式，根据累乘法可求得结果. 【详解】（1）由条件得，得； （2）、关于原点“伸缩变换”，对作变换， 得到， 解方程组得点的坐标为； 解方程组得点的坐标为； ， 化简后得，解得，， 因此双曲线的方程为或； （3）对作变换 得抛物线，得， 又，，即， 则， 则，即. 【点睛】关键点点睛： （1）依据定义求出变换后的曲线方程，再结合题设条件从而得参数的大小或关系； （2）数列通项的求法应依据递推关系的形式，形如这样的递推关系，可用累乘法. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题05期中压轴题精选 ☆2大高频烤点概览 考点01空间向量与立体几何压轴题 考点02椭圆、双曲线、抛物线压轴题 目目 考点01 空间向量与立体几何压轴题 一、多选题 1.(23-24高二上湖南常德汉寿县第五中学期中)如图，正方体ABCD-A,B,C,D的棱长为1，P为侧面 BBCC(含边界)内的动点，若直线A,P与A,B的夹角为45，则下列说法正确的是() B D A B D A。点P的运动轨迹的长度为 B.A,P的长度为定值 C.当CP最小时，三棱锥D-PD,C的体积为2- 4 D.存在点P,使得直线A,P和平面AADD,所成的角为60 2.(23-24高二上·湖南名校联合体·期中)如图，已知点P是棱长为2的正方体ABCD-A,B,C,D的底面ABCD 内（包含边界）一个动点，下列说法正确的是() D A B Di-.-. B 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A.过P、B、D三点的平面截正方体所得的截面图形为三角形或四边形 B。当点P到A、C、A三点的距离相等时，三棱锥P-BCD的外接球的表面积为2空 C.若点P到直线AD的距离与点P到BB的距离相等，则点P的轨迹为抛物线的一部分 D.若点P到点4的距高是点P到B,的距离的两倍、则点P的轨迹的长度为写 3.(23-24高二上·湖南部分校联考期中已知正方体ABCD-A,B,C,D,的棱长为4，EF是棱BC上的一条线 段，且EF=)点Q是棱44的中点，点P是体对角线BD,上的动点（包括靖点），则下列结论正确的是(） A.存在某一位置，PQ与EF垂直 B.三棱锥E-POF体积的最大值是 2 C二面角P-F-Q的正切值是号 D.当PE.PF最大时，三棱锥E-POF的外接球表面积是343m 2 4.(24-25高二上湖南部分学校期中)若EE平面Y,F∈平面Y,EF1平面Y,则称点F为点E在平面Y 内的正投影，记为F=1,E)如图，在直四棱柱ABCD-A,B,C,D,中，BC=2AD,AD⊥AB,P,N分别为 AA,CC的中点，DQ=3QD,AB=BC=AA,=6.记平面ABC为a,平面ABCD为B, AH=2A4(0<<1),K=tg t (H).K2=t tp(H).( A B D C H: B D A.若AN=2A9-2AP+μAB,则u=1 B.存在点H,使得HK,/I平面C C.线段HK,长度的最小值是N⑤ 5 D.存在点H,使得HK,⊥HK2 5.(24-25高二上·湖南祁阳第一中学.月考)如图，在多面体ABCDES中，SA⊥平面ABCD,四边形ABCD是 命学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 正方形，且DEIISA,SA=AB=2DE=2,M,N分别是线段BC,SB的中点，Q是线段DC上的一个动 点（含端点D,C),则下列说法正确的是(） E A.存在点Q,使得NQ⊥SB B.存在点Q,使得平面MNQM平面SCE C,三棱锥O-AMN体积的最大值是) D.当点Q自D向C处运动时，直线DC与平面QMW所成的角不变 目目 考点02 椭圆、双曲线、抛物线压轴题 一、单选题 6.(24-25高二上湖南长沙明德中学期中)过抛物线x2=2y上一动点P作圆C:x2+(y-2)2=r2(r为常数且 r∈N)的两条切线，切点分别为A,B,若ABPC的最小值是22，则r=() A.1 B.2 C.3 D.4 二、多选题 7.(23-24高二上湖南长沙雅礼中学期中)曲线C是平面内与两个定点F(0,),F,0,-1)的距离的积等于的 点P的轨迹，则下列结论正确的是() A.曲线C关于坐标轴对称 B.点P到原点距离的最大值为V0 C.△FPF周长的最大值为2+√6 D.点P到y轴距离的最大值为 2 8.(23-24高二上湖南长沙长沙县第二中学期中)已知双曲线C:亡- -=1的左、右顶点分别为A,B,P 84 是C上任意一点，则下列说法正确的是() 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A.C的海近线方程为y= 2 B,若直线y=:与双曲线C有交点，则上 C.点P到C的两条新近线的距离之积为 D,当点P与A,B两点不重合时，直线PA,PB的斜率之积为2 9.(24-25高二上·湖南长郡十八校)曲线C是平面内与三个定点F(-2,0),F,(2,0)和F(0,2)的距离的和等于 4√2的点的轨迹.则下列结论正确的有() A.曲线C关于y轴对称 B.曲线C上存在点P,使得PE=2V2 C.曲线C上存在点P,使得四边形PFFF,的周长为9 D.若点P在曲线C上，则△FPF,面积的最大值为4 10.2425高二上潮南长沙芙蓉高级中学期中0.已知椭圆C:+上-1上有一点P,R、B,分别为左、右 169 焦点，∠FPF,=0,△PF的面积为S,则下列选项正确的是() A.若0=60°，则S=3√5 B.若S=9,则0=90° D.若aPFE为钝角三角形，则S0,4 、97 C.△PFF,面积的最大值为3V7 三、填空题 11.(23-24高二上湖南长沙雅礼中学期中)已知N为抛物线x2=4y上的任意一点，M为圆x2+(y-5)2=4上 的一点，A(0,),则2MN+MA的最小值为一 12.(23-24高二上湖南长沙长沙县第二中学期中已知椭圆C:女+上=1的左、右焦点分别为E,乃，M 43 为C上任意一点，N为圆E:(x-5)2+(y-4)2=1上任意一点，则MW-M的最小值为· 13.(23-24高二上·湖南名校联合体·期中)已知0为坐标原点，直线与抛物线x2=8y交于A,B两点，且 OA⊥OB,点H为点O在直线AB上的射影，则点H到直线√3x+y+4=0的距离的最大值为 学科网 www zxxk com 让教与学更高效 1A2324充三上衡商三湘名位教有联塑所如国。优程G:香+茶=a>有>0和G: +=1有 相同的焦点F,F,离心率分别为e,e2,B为椭圆C的上顶点，FP⊥FP,F,B,P三点共线且垂足 P在椭圆C,上，则三的最大值是」 e B 2425高上湖随祁阳第中学月考知，乃是双曲线C:若-发的左、右焦点，P,Q为 曲线C上两点，满足F,Q=3FP,且F,Q=F,P,则双曲线C的离心率为 四、解答题 16.223商二上衡南师范大学附局中学期中设椭圆C:号+长=a>b>0)的左焦点为R(-2.0.过且 倾斜角为60°的直线与椭圆交于A(a1,b,),B(a2,b,)两点，且AE=2FB. (1)求证：2(b+b,)+bb,=0,并求椭圆C的方程； (2)设M(x,y,),P(x2,y2),N(x,y,Qx4,y:)是椭圆C上顺时针依次排列的四个点，求四边形MPNQ面积的 最大值并计算此时的x+x,y+y的值， 17.(2223高二上湖南郴州明星高级中学期中设椭圆C:父+上=1的右焦点为F,过F的直线1与C交于 32 A,B两点，点M的坐标为3,0). (1)当1与x轴垂直时，求直线AM的方程； (2)设0为坐标原点，证明：∠OMA=∠0MB 8,2223高上商湘数省三新探索协作休中已知点 在椭圆c+,线1与 椭圆C交于P,Q两点，直线AQ,AP的斜率之和为0. （0紫n∠P4Q=号.求直线I的方程 (2)求弦长|PQ的最大值， / 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 19.(22-23高二上湖南长沙师大思沁高级中学期中)在平面直角坐标系xOy中，己知三点 00,01,4-,8,曲线C上任意一点M川满足：+M历=4O丽.(O+0丽. (1)求曲线C的方程： (2)设点P是曲线C上的任意一点，过原点的直线L与曲线相交于M,N两点，若直线PM,PN的斜率都存 在，并记为kw,kpw·试探究kpw·kpw的值是否与点P及直线L有关，并证明你的结论； (3)设曲线C与y轴交于D、E两点，点N(0,m)在线段DE上，点P在曲线C上运动.若当点P的坐标为 (0,2)时，WP取得最小值，求实数m的取值范围. 20.(23-24高二上湖南常德部分学校)动点P到定点F(1,0)的距离和它到直线：x=4的距离的比是常数？ ,设点P的轨迹为曲线C (1)求曲线C的方程； (2)已知O为坐标原点，与x轴不垂直的直线1与曲线C交于A,B两点，若曲线C上存在点P,使得四边 形OAPB为平行四边形，证明：AOB的面积为定值 21.(23-24高二上·湖南长沙雅礼中学期中)已知双曲线E的左、右焦点分别为F,-2,0),F,2,0),点 3 在双曲线E上. 3 (1)求E的方程； (2)过F作两条相互垂直的直线I和马，与E的右支分别交A,C两点和B,D两点，求四边形ABCD面积 的最小值， 22.(23-24高二上湖南部分校联考期中)椭圆E:亡+上 。+片=a>6>0)的焦距为，点M小2，是稀概E上 2 一点，过点P(0,1)的动直线1与椭圆相交于A,B两点 (1)求椭圆E的方程； QAPA (2)在平面直角坐标系x0y中，是否存在与点P不同的定点Q,使 恒成立？存在，求出点Q的坐 OBPB 标；若不存在，请说明理由. 23.(24-25高二上·湖南长沙明德中学.期中)在平面直角坐标系x0y中，利用公式 (x'=ax+by y'=cx+dy ①（其中 学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 a,b,c,d为常数)，将点P(x,y)变换为点P'(x',y的坐标，我们称该变换为线性变换，也称①为坐标变换公 式，该变换公式①可由a,b,c,d组成的正方形数表 b唯一确定，我们将cd a a b 称为二阶矩阵，矩阵通 c d 常用大写英文字母A,B,…表示。 P(x'v) P(x,y) (①)如图，在平面直角坐标系xOy中，将点P(x,y绕原点0按逆时针旋转兀得到点P'(x,y')）(到原点距离不 变)，求坐标变换公式及对应的二阶矩阵A; √2 √2 (2)在平面直角坐标系xOy中，求双曲线xy=1通过二阶矩阵 2 2 进行线性变换后得到的双曲线方程 、2 2 C; (3)已知由(2)得到的双曲线C,上顶点为D,直线1与双曲线C的两支分别交于A,B两点(B在第一象限)， √6 与x轴交于点T 0 设直线DA,DB的倾斜角分别为，B,求证：a+B为定值 3 24.2425商三上湖南滴阳期中已知0为坐标原点，椭圆C:号+片-a>6>0的两个度点坐际为 A(-2,0),B(2,0),短轴长为2，直线PQ交椭圆C于P,Q两点，直线PQ与x轴不平行，记直线AP的斜 率为k,直线BQ的斜率为k,己知k=2k, (1)求椭圆C的方程； (2)求证：直线PQ恒过定点； (3)斜率为，的直线交椭圆C于M,N两点，记以OM,ON为直径的圆的面积分别为S,S,aOMN的面 积为S,求S(S,+S,)的最大值 25.(24-25高二上·湖南湖湘教育三新探索协作体期中)如图，DP⊥y轴垂足为D点，点M在DP的延长线 DM 上，且 DP =元.当点P在圆X+y=8上运动时，点M的轨迹方程为C 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A 0 P M 0 (1)求点M的轨迹C的方程： (2)当入=√2时，点M的轨迹方程记为G ()若动点N为轨迹C外一点，且点N到轨迹C的两条切线互相垂直，记点N的轨迹方程记为C,，试判 断C,与圆xX2+y=8是否存在交点？若存在，求出交点的坐标；若不存在，请说明理由： (i)轨迹G的左右顶点分别记为A,B,圆x2+y2=16上有一动点E,E在x轴上方，F(2,0),直线EA交 轨迹C于点G,连接EB,GF,设直线EB,GF的斜率存在且分别为k,k2,若k=k2,求的取值范围 26.(24-25高二上湖南部分学校·期中)若将任意平面向量EF=(x,y)绕其起点E沿逆时针方向旋转角， 得到向量EK=(xcosa-sina,xsina+ycosa),则称点F绕点E逆时针方向旋转a角得到点K.曲线 7+7产+2y=6是由浦国C:号+茶-a6>0在平面直角坐标系中绕照点O道针底转二所得斜 椭圆2 (1)求椭圆C的标准方程 (2)已知M,N是椭圆C长轴的两个顶点，P,Q为椭圆C上异于M,N且关于y轴对称的两点若直线MP 与直线Q交于点T,证明点T在某定曲线上，并求出该曲线的方程 (3过椭圆C的上焦点作平行于x轴的直线m,交椭圆C于A,B两点，D是抛物线r:y=2x上不同于点4， 9 B的动点若直线DA与椭圆C的另一个交点为G,直线DB与椭圆C的另一个交点为H,试问直线HG是 否过定点？若是，求该定点的坐标，若不是，请说明理由 72425高上湖南名胶期已知椭图E名+冷川a>6>0)的左，右焦点分别为，，PB=4,园 轴长为2 (1)求E的方程。 (2)若P为E上一点，求P℉·PF,的取值范围 (3)判断E上是否存在不同的三点A,B,C,使得线段OB(O为坐标原点)的中点与AC的中点重合于直线 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 x=1上一点D.若存在，求出直线AC的方程；若不存在，请说明理由 28.(24-25高二上湖南祁阳第一中学·月考)已知椭圆C的右焦点F(1,0),且经过点A 2 (1)求椭圆C的标准方程： (2)过右焦点F作直线I与椭圆C交于M,N两点，O为坐标原点， (①若△MON的面积为5，求直线1的方程， (i)若I斜率存在，是否存在椭圆C上一点Q及x轴上一点P(x,0),使四边形PMQN为菱形？若存在，求 x,若不存在，请说明理由 29.(23-24高二上湖南长沙雅礼中学期中)如图，设P是x+y2=8上的动点，点D是点P在x轴上的投影， Q点满足QD=1PD(1≠0)· Qt D (1)当点P在圆上运动时，求点Q的轨迹C的方程； （②诺=方 设点4(2，)，A关于原点的对称点为B,直线1过点山，-)且与曲线C交于点M和点N,设直 线AM与直线BN交于点T,设直线AM的斜率为k,直线BN的斜率为k· (i)求证： 为定值： k, ()求证：存在两条定直线4、，使得点T到直线、2的距离之积为定值. 30.(24-25高二上湖南祁阳第一中学月考)在平面直角坐标系x0y中，若在曲线C的方程F(x,y)=0中， 以(2x,入y)(2为非零的正实数)代替(x,y)得到曲线C,的方程F(1x,1y)=0,则称曲线C、C,关于原点“伸 缩”，变换x,y→（1x,1y)称为“伸缩变换”，1称为伸缩比 (1)已知C的方程为x2+y2=4,伸缩比=2，求C关于原点“伸缩变换”所得曲线C,的方程； (②射线1的方程y=V2x(x≥0，如果双曲线C:-上-1经“伸缩变换后得到双曲线C,若射线1与双曲 416 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 线C、C,分别交于两点A、B,且AB=√6，求双曲线C,的方程； (3)对抛物线C:y2=2px,作变换x,y)→(x,1y),得抛物线C2:y2=2P2x;对C作变换 (x,y)→(22x,入2y)得抛物线C3:y2=2Px,如此进行下去，对抛物线Cn:y2=2Pnx作变换x,y)→(2nx,入y), 得Cy=2n,若A=1,元=(4 求数列{Pn}的通项公式P,