专题05 圆锥曲线的方程（期中真题汇编，浙江专用）高二数学上学期

专题05 圆锥曲线的方程 3大高频考点概览 考点01 椭圆 考点02 双曲线 考点03 抛物线 考点01 椭圆 1．（25-26学年高二上·浙江四校·期中）已知椭圆的一个焦点为，则（     ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年高二上·浙江宁波·期中）已知椭圆方程为，椭圆上的点到左焦点的最大值为5，最小值为1，则椭圆方程是（　　） A.  B.  C.  D.  3．（25-26学年高二上·浙江嘉兴八校联·期中）已知分别是椭圆的左、右焦点，点Р在椭圆上，若，则（       ） A. 6 B. 3 C.  D. 2 4．（25-26学年高二上·浙江台金七校·期中）椭圆的焦点坐标为（       ） A.  B.  C.  D.  5．（25-26学年高二上·浙江温州新力量·期中）若方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（     ） A.  B.  C.  D.  6．（25-26学年高二上·浙江温州·期中）设为椭圆的左焦点，为上一动点，则线段的中点的轨迹是（     ） A. 一个椭圆，其离心率与的离心率相同 B. 一个椭圆，其离心率与的离心率不同 C. 一个圆，其直径与的长半轴长相等 D. 一个圆，其直径与的短半轴长相等 7．（25-26学年高二上·浙江宁波六校联·期中）19世纪法国著名数学家加斯帕尔·蒙日，创立了画法几何学，推动了空间几何学的独立发展，提出了著名的蒙日圆定理：椭圆的两条切线互相垂直，则切线的交点位于一个与椭圆同心的圆上，称为蒙日圆，椭圆的蒙日圆方程为．若圆与椭圆的蒙日圆有且仅有一个公共点，则的值为（     ） A.  B.  C.  D.  8．（25-26学年高二上·浙江台州十校联·期中）（多选）已知椭圆，则（       ） A. 椭圆的长轴长为10 B. 椭圆的一个顶点为 C. 椭圆的焦距为8 D. 椭圆的离心率为 9．（25-26学年高二上·浙江台州·期中）已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线与椭圆交于两点，若，且，则椭圆的离心率为（       ） A.  B.  C.  D.  10．（25-26学年高二上·浙江台金七校·期中）已知焦点在轴上的椭圆，点，当时，上有且仅有一点到点的距离最小，则的离心率的取值范围为（       ） A.  B.  C.  D.  11．（25-26学年高二上·浙江台州·期中）（多选）已知椭圆的方程为，双曲线的方程为，则（       ） A. 双曲线经过点 B. 椭圆的离心率 C. 椭圆和双曲线共焦点 D. 椭圆和双曲线的图象有4个公共点 12．（25-26学年高二上·浙江温州十校联·期中）椭圆的离心率可能是（     ） A.  B.  C.  D.  13．（25-26学年高二上·浙江温州十校联·期中）已知点在椭圆上运动，圆的圆心为椭圆的右焦点，半径，点在圆上，则的取值范围是（     ） A.  B.  C.  D.  14．（25-26学年高二上·浙江宁波·期中）已知为椭圆的左、右焦点，为椭圆的上顶点，连接交椭圆于另一点，若，则椭圆的离心率为（　　） A.  B.  C.  D.  15．（25-26学年高二上·浙江嘉兴·期中）（多选）已知，分别是椭圆的左，右焦点，为椭圆上异于长轴端点的动点，则下列结论正确的是（     ） A. 椭圆的离心率为 B. 椭圆的焦距为 C. 的周长为 D. 面积的最大值为 16．（25-26学年高二上·浙江嘉兴·期中）已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，直线与椭圆的另一个交点为，若，则的离心率为（     ） A.  B.  C.  D.  17．（25-26学年高二上·浙江浙里特色联·期中）（多选）已知椭圆的方程是，P为椭圆上任意一点，，分别为椭圆的左、右焦点，则下列说法正确的是（       ） A. 过点且斜率不为0的直线与椭圆交于A，B两点，则的周长为8 B. 存在点，使得的面积为2 C. 椭圆上存在4个不同的点，使得 D. 内切圆半径的最大值为 18．（25-26学年高二上·浙江浙里特色联·期中）已知椭圆的中心为坐标原点，一个焦点为，过的直线与椭圆交于A、B两点.若的中点为，则椭圆的方程为（       ） A.  B.  C.  D.  19．（25-26学年高二上·浙江宁波六校联·期中）（多选）已知椭圆的离心率为，长轴长为6，分别是椭圆的左、右焦点，是一个定点，是椭圆上的动点，则下列说法正确的是（     ） A. 焦距为4 B. 椭圆的标准方程为 C.  D. 的最大值为 20．（25-26学年高二上·浙江嘉兴八校联·期中）已知椭圆的左､右焦点分别为，过的直线交椭圆于两点，且，，则椭圆的离心率为（       ） A.  B.  C.  D.  21．（25-26学年高二上·浙江台金七校·期中）（多选）如图，底面半径为的圆柱体量杯倾斜固定在桌面上，加入一定量的水使得上表面的形状是椭圆.再加入体积为的水，使得水面高度增加，沿杯壁高度增加，下列四个结论中，正确的是（       ） A. 椭圆的离心率为 B.  C. 水平面与圆柱底面所成的角为60° D. 水面面积为cm2 22．（25-26学年高二上·浙江衢州五校联·期中）（多选）已知圆，椭圆为圆上的动点，过椭圆右焦点的直线交椭圆于两点，圆的圆心为，直线与轴交于点，若点到直线的距离分别为，则（       ） A.  B.  C.  D. 的取值范围为 23．（25-26学年高二上·浙江台州·期中）已知椭圆的左，右两焦点分别是，，其中．直线与椭圆交于，两点．则下列说法中正确的有（       ） A. 当时，的周长为 B. 当时，若的中点为，则 C. 若的最小值为，则椭圆的离心率 D. 若，则椭圆的离心率的取值范围是 24．（25-26学年高二上·浙江温州新力量·期中）（多选）已知以、为左右焦点的椭圆的短轴长为，点是椭圆上的一个动点，且点到的最大距离是点到的最小距离的3倍，连接，并延长与椭圆相交于点，则下列结论正确的是（       ） A. 椭圆的方程为 B. 三角形的面积的最大值为 C. 三角形的周长为 D.  25．（25-26学年高二上·浙江杭州及周边重点中学·期中）设，为椭圆的两个焦点，点在椭圆上，若，则（       ） A.  B.  C.  D.  26．（25-26学年高二上·浙江浙里特色联·期中）已知点，分别为椭圆的左、右焦点，点在直线上运动.若的最大值为，则椭圆的离心率为（       ） A.  B.  C.  D.  27．（25-26学年高二上·浙江四校·期中）如图，已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，其中左焦点为，点在椭圆上. （1）求椭圆的方程； （2）直线与椭圆交于不同两点，求弦长. 28．（25-26学年高二上·浙江宁波·期中）已知椭圆的标准方程为，求椭圆的焦点坐标　　　　　　　　　　　　　　　　　． 29．（25-26学年高二上·浙江温州新力量·期中）直线过点且与椭圆相交于、两点，若线段的中点为则直线的斜率为　　　　　. 30．（25-26学年高二上·浙江温州十校联·期中）已知，，动点满足 （1）指出动点的轨迹是什么曲线，并写出它的方程； （2）过作直线与曲线交于，两点，在轴上方，直线的斜率为，求经过，且以坐标轴为对称轴的双曲线的标准方程，若不存在，说明理由. 31．（25-26学年高二上·浙江杭州·期中）在锐角中，内角的对边分别为，且. （1）求角的大小； （2）若，求的面积. 32．（25-26学年高二上·浙江杭州及周边重点中学·期中）已知是椭圆上一点，是直线上一点，则的最小值为　　　　　　　　　　　. 33．（25-26学年高二上·浙江台州·期中）已知椭圆，焦距为，椭圆上的点到两焦点的距离之和为4. （1）求椭圆的方程； （2）经过右顶点的直线与椭圆的另一个交点为，点关于轴的对称点为（与不重合），直线与轴的交点分别为和.若，求线段的长. 34．（25-26学年高二上·浙江嘉兴·期中）已知圆，圆与轴交于两点. （1）过的直线与圆交于两点，与圆交于两点，若，求的值； （2）若平面内动点满足：，记的轨迹为. （i）求的方程； （ii）过的射线交圆于，交于，且满足，记直线，直线的斜率分别为，求的值. 35．（25-26学年高二上·浙江杭州及周边重点中学·期中）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，不过点的直线与椭圆相交于两点. （1）求椭圆的标准方程； （2）若弦的中点的纵坐标为，求面积的最大值； （3）若，求证：直线过定点. 36．（25-26学年高二上·浙江浙里特色联·期中）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 （1）求角的大小； （2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围. 37．（25-26学年高二上·浙江嘉兴八校联·期中）已知椭圆的左、右焦点分别为、，若椭圆上的点P满足轴，，则的周长为　　　　　　　　　　　． 38．（25-26学年高二上·浙江台州十校联·期中）如图所示，椭圆的中心在原点，焦点在轴上，是椭圆的顶点，是椭圆上一点，且轴，，则此椭圆的离心率是　　　　　　　　． 39．（25-26学年高二上·浙江台州·期中）已知点为椭圆上任意一点，直线过的圆心且与交于，两点，则的取值范围是　　　　　　　　　　． 40．（25-26学年高二上·浙江温州新力量·期中）已知定点、和动点. （1）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，使得动点的轨迹为椭圆并求动点的轨迹方程.条件①：；条件②：. （2）若直线与动点的轨迹相交于、两点，且，求（为坐标原点）的面积. 41．（25-26学年高二上·浙江温州十校联·期中）在平面直角坐标系中，若一条直线与一条圆锥曲线相交于，两点，且满足，其中为坐标原点，则称该圆锥曲线关于此直线是“和谐”的，该直线称为圆锥曲线的“和谐线”.已知椭圆和直线（其中），直线与椭圆相交于，两点. （1）当时，求直线被椭圆截得的弦长（用表示）； （2）若直线是椭圆的“和谐线”，求与的关系式； （3）在（2）的条件下，求面积的取值范围. 42．（25-26学年高二上·浙江温州·期中）如图，从椭圆上一点（异于椭圆的左、右顶点）射出的光线照射到椭圆的右焦点上，经轴反射，反射光线过椭圆上的另一点． （1）写出的坐标； （2）证明：直线过定点； （3）、、、四点能否共圆？请说明理由． 43．（25-26学年高二上·浙江宁波·期中）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）若为椭圆上的两点，且满足，求证：直线过定点． 44．（25-26学年高二上·浙江丽水·期中）已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，过右焦点的直线与椭圆交于两点，且的周长为. （1）求椭圆的方程； （2）若，求直线的方程. 45．（25-26学年高二上·浙江浙里特色联·期中）椭圆的左、右焦点为、，离心率为，点为椭圆上任意的点且面积的最大值为，直线与椭圆交于不同的两点、. （1）求椭圆的方程； （2）若以线段为直径的圆经过点. ①求证：直线过定点，并求出的坐标； ②求三角形面积的最大值. 46．（25-26学年高二上·浙江嘉兴八校联·期中）已知椭圆的离心率为，A、分别为椭圆的左、右顶点.过点作斜率为的动直线交椭圆于、两点；当变化时，面积的最大值为2. （1）求椭圆的标准方程； （2）当时，求的面积； （3）如图，设关于原点的对称点为，直线、交于点，设直线的斜率为，试探究是否为定值？若是定值，请求出该定值；若不是定值，请说明理由. 47．（25-26学年高二上·浙江台州十校联·期中）已知椭圆上一点到两焦点的距离之和为，且其离心率为. （1）求椭圆的标准方程； （2）如图，已知、是椭圆上的两点，且满足，求面积的最大值. 48．（25-26学年高二上·浙江台金七校·期中）已知椭圆的离心率为，左焦点为，左､右顶点分别为，上顶点为，且的外接圆半径为. （1）求椭圆的标准方程； （2）设斜率存在的直线交椭圆于两点（位于轴的两侧），记直线的斜率分别为，若. （i）试判断直线是否过定点，若是，求出此定点坐标；若不是，请说明理由； （ii）设直线与轴的交点为，记与的面积分别为，求的取值范围. 考点02 双曲线 1．（25-26学年高二上·浙江台州·期中）双曲线的渐近线方程为（       ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年高二上·浙江台金七校·期中）（多选）已知双曲线C：，下列对双曲线C判断正确的是（　　） A. 实轴长是虚轴长的2倍 B. 焦距为4 C. 离心率为 D. 渐近线方程为 3．（25-26学年高二上·浙江四校·期中）已知双曲线的一条渐近线的方程为，则（       ） A. 4 B. 2 C.  D.  4．（25-26学年高二上·浙江四校·期中）（多选）椭圆与双曲线（     ） A. 有相同的焦点 B. 有相等的焦距 C. 有相同的对称中心 D. 可能存在相同的顶点 5．（25-26学年高二上·浙江温州十校联·期中）双曲线的焦距为（     ） A.  B.  C. 4 D.  6．（25-26学年高二上·浙江台州·期中）双曲线的焦点坐标是 A. ， B. ， C. ， D. ， 7．（25-26学年高二上·浙江宁波六校联·期中）双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（     ） A.  B.  C.  D.  8．（25-26学年高二上·浙江台州·期中）（多选）随着我国航天科技的快速发展，双曲线镜的特性使得它在天文观测中具有重要作用.双曲线的光学性质是：从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点.由此可得，过双曲线上任意一点的切线平分该点与两焦点连线的夹角.已知分别为双曲线的左､右焦点，，点的坐标为，则下列结论正确的是（       ） A. 双曲线的离心率为2 B. 若从射出一道光线，经双曲线反射，其反射光线所在直线的斜率的取值范围为 C.  D. 过双曲线左支上点作双曲线的切线交轴于，则 9．（25-26学年高二上·浙江丽水·期中）设椭圆与双曲线的离心率分别为，双曲线的渐近线的斜率的绝对值小于，则的取值范围是　　　　　　　　　　　. 10．（25-26学年高二上·浙江衢州五校联·期中）已知为双曲线的两个焦点，过的直线与双曲线交于两点，双曲线在点处的切线与轴交于，且，，则双曲线的离心率为　　　　　　　　　　　． 11．（25-26学年高二上·浙江温州十校联·期中）已知双曲线，过点的直线与双曲线相交于，两点，为弦中点，则正整数的最小值为　　　　　　　　　　. 12．（25-26学年高二上·浙江温州·期中）已知，分别为双曲线的左右顶点，点为上一动点，为坐标原点，则的最小值是　　　　　　． 13．（25-26学年高二上·浙江丽水·期中）已知双曲线的渐近线方程是，且过点. （1）求的标准方程； （2），分别为双曲线的左、右顶点，，分别为的左、右焦点，与轴不垂直的直线与双曲线的左支相交于，两点，记直线，，，的斜率分别为已知. （i）证明直线过定点，并求出该定点的坐标； （ii）求面积的取值范围. 14．（25-26学年高二上·浙江宁波六校联·期中）已知椭圆与双曲线有相同的焦点，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点为椭圆与双曲线的第一象限的交点，且，则的取值范围是　　　　　　　　　　　. 15．（25-26学年高二上·浙江宁波六校联·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；    （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（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． 考点03 抛物线 1．（25-26学年高二上·浙江丽水·期中）顶点在坐标原点，焦点坐标为的抛物线的标准方程为（　　） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年高二上·浙江台金七校·期中）已知抛物线上任意一点，定点，若点是圆上的动点，则的最小值为（       ） A.  B.  C.  D.  3．（25-26学年高二上·浙江台金七校·期中）（多选）已知：，直线相交于，直线的斜率分别为，则（       ） A. 当时，点的轨迹为除去两点的椭圆 B. 当时，点的轨迹为除去两点的双曲线 C. 当时，点的轨迹为一条直线 D. 当时，的轨迹为除去两点的抛物线 4．（25-26学年高二上·浙江四校·期中）（多选）把方程表示的曲线作为函数的图象，则下列结论正确的有（       ） A. 的图象不经过第三象限 B. 在上单调递增 C. 的图象上的点到坐标原点的距离的最小值为1 D. 函数不存在零点 5．（25-26学年高二上·浙江丽水·期中）已知抛物线的焦点为，斜率为的直线与交于两个不同的点，且为线段的一个三等分点，则（       ） A. 4 B. 8 C. 12 D. 16 6．（25-26学年高二上·浙江丽水·期中）（多选）下列说法中不正确的是（　　） A. 平面内与一个定点和一条定直线的距离相等的点的轨迹是抛物线 B. 平面内与两个定点和的距离之和等于4的点的轨迹是椭圆 C. 平面内与两个定点和的距离之差等于3的点的轨迹是双曲线 D. 平面内与两个定点和的距离之比等于2的点的轨迹是圆 7．（25-26学年高二上·浙江丽水·期中）（多选）倾斜角为的直线与抛物线相交于不同两点，且，则（　　） A. 的准线方程为 B. 当时， C. 存在，使（为坐标原点） D. 对任意的，总存在点，使（为坐标原点） 8．（25-26学年高二上·浙江台州·期中）已知F是抛物线C：的焦点，P是抛物线C上一动点，Q是曲线上一动点，则的最小值为　　　　　　 9．（25-26学年高二上·浙江台金七校·期中）已知抛物线的焦点到其准线的距离为. （1）求抛物线的准线方程； （2）设过焦点的直线与抛物线交于两点，为坐标原点，记的面积为，当时，求直线的方程. 10．（25-26学年高二上·浙江温州·期中）如图，点，都在抛物线上，且直线与抛物线在处的切线相互垂直． （1）求抛物线的焦点到准线的距离； （2）设点（）， （ⅰ）用表示直线的方程； （ⅱ）求的最小值． 11．（25-26学年高二上·浙江衢州五校联·期中）已知抛物线，斜率为的直线交于两点，且线段中点纵坐标为4． （1）求抛物线的方程； （2）若直线不过点，且直线交于另一点，记直线的斜率为， （i）求证：； （ii）求证：直线过定点． 12．（25-26学年高二上·浙江温州十校联·期中）已知抛物线与直线相交于，两点（在左侧），给定点、在抛物线上． （1）用表示； （2）若，，，四点共圆，求实数的值； （3）在（2）的条件下，求过，，，四点的圆的方程． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 圆锥曲线的方程 考点01 椭圆 考点02 双曲线 考点03 抛物线 考点01 椭圆 1．D 2．A 3．B 4．C 5．D 6．A 7．D 8．ACD 9．A 10．A 11．AD 12．D 13．A 14．B 15．ACD 16．D 17．ACD 18．B 19．ACD 20．D 21．BCD 22．ABC 23．D 24．ACD 25．D 26．C 27．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）设出椭圆方程，结合已知条件建立方程组即可求解； （2）把直线与椭圆方程进行联立，利用根于系数的关系以及弦长公式求解即可 (1) 小问详解： 由题意可设， 将代入得，又， 解得 ， 所以椭圆方程为. (2) 小问详解： 将直线与椭圆联立， 得， 设，则， . 28．【答案】 【分析】 根据焦点坐标公式即可得到答案. 【详解】 由题意得，又因为椭圆焦点在轴上， 则焦点坐标为. 故答案为：. 29．【答案】 【分析】 设点坐标，代入椭圆中，作差化简可得答案. 【详解】 设 和 为直线与椭圆的交点，且 为 中点，因此： ， 点 和 满足椭圆方程： ， 将方程 (1) 减去 (2)：， 因式分解：， 代入中点坐标：， 得：， 整理得：， 因此，斜率 . 故答案为：． 30．【答案】（1）椭圆，     （2） 设直线的方程为, 联立方程 ，化简得，              即，得到，，，，              由点在轴上，可知顶点在轴上， 设双曲线标准方程为：，将两点代入 ， 该方程组无解，所以不存在所要求的双曲线.      【分析】 （1） 利用椭圆的定义可求得椭圆标准方程； （2）利用直线与椭圆联立方程组可求得交点坐标，再由双曲线经过这两个交点，利用待定系数法求解，最终因无解说明不存在. (1) 小问详解： 由题意得：， 所以动点轨迹是焦点为，长轴长等于10的椭圆， 则， 即点的轨迹方程为； (2) 小问详解： 略 31．【答案】（1）；（2） 【分析】 （1）由正弦定理将已知等式化成角的正弦的形式，化简解出，再由是锐角三角形，即可算出角的大小； （2）由余弦定理的式子，结合题意化简得，与联解得到的值，再根据三角形的面积公式加以计算，可得的面积． 【详解】 解：（1）中，， 根据正弦定理，得， 锐角中，， 是锐角的内角，； （2），， 由余弦定理，得， 化简得， ，平方得， 两式相减，得，可得． 因此，的面积． 【点睛】 解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值. 32．【答案】 【分析】 设与直线l平行的直线为，与椭圆联立，根据判别式，可得t值，结合两平行线间距离公式，分析计算，即可得答案. 【详解】 求椭圆上的点到直线的最小距离，即求直线与平行于的椭圆切线之间的距离的最小值， 设与直线l平行且与椭圆C相切的直线为， 联立 ，得， 判别式，解得， 当时，切线为，与直线l的距离， 当时，切线为，与直线l的距离. 所以的最小值为. 故答案为： 33．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）由题意可得 ，解方程组即可求解； （2）设，进而求出坐标，再根据可求出，，进而求解即可． (1) 小问详解： 由题意得， ，解得， 则椭圆的方程为. (2) 小问详解： 由（1）知，， 如图： 设点，所以， 所以直线的方程为，令，得， 同理直线的方程为，令，得， 又， 因为，所以，所以， 由题意知，，则，所以，则， 所以. 34．【答案】（1）     （2）（i）；（ii）      【分析】 （1）根据圆的方程可确定圆心和半径，利用垂径定理表示出，由可构造方程求得结果； （2）（i）根据椭圆定义可知所求轨迹为椭圆，进而确定的值，得到轨迹方程； （ii）利用弦长公式可表示出，由可整理得到，根据三点共线可得，代入中化简即可得到结果. (1) 小问详解： 由题意知：圆的圆心，半径；圆的圆心，半径； 点到直线的距离，点到直线的距离， ，， ， 令，，， ，解得：或（舍）， ，解得：. (2) 小问详解： （i）由题意知：，， ，点轨迹为椭圆，其长轴长，焦距， ，，， 点轨迹的方程为：. （ii）设，，由对称性，不妨设，， 由三点共线得：； 直线方程为：，，， ， 由对称性，不妨设，，则， ，， 代入中可得：， . 35．【答案】（1）     （2）     （3） ，， 即， ，， 代入（*）式，得， 即， 化简得， 即   ， 或， 当时，则直线，此时直线过点，不合题意舍去， 当时，则直线，此时直线过定点， 当直线斜率不存在时，直线交椭圆于，， 此时，显然成立. 直线过定点.      【分析】 （1）根据离心率公式，可得，将点坐标代入椭圆方程，结合a，b，c的关系，即可求得答案. （2）分析可得直线l斜率存在，设方程为，与椭圆联立，根据韦达定理，可得、表达式，代入弦长公式，可得表达式，再求得O到直线MN的距离，代入面积公式，结合m的范围，即可得答案. （3）由，可得，将直线方程代入，结合韦达定理，化简可得或，分别讨论，分析检验，即可得答案. (1) 小问详解： 由题意得： ，解得 ，椭圆方程为： (2) 小问详解： 因为弦的中点的纵坐标为，所以直线斜率存在. 设直线，代入，可得， 设，，则 ，， 因为弦的中点的纵坐标为， 所以，即， ， O到直线MN的距离， ， 由，，可得， 当即时，取得最大值. (3) 小问详解： 略 36．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）利用正弦定理角化边，结合余弦定理求出，然后可得角； （2）利用正弦定理，结合角的范围求出的范围，然后由面积公式可得. (1) 小问详解： ，， ，， 由余弦定理得， 又，. (2) 小问详解： 由三角形面积公式得， 由正弦定理得 ， 三角形为锐角三角形， ，得，， ，，，. 37．【答案】 【分析】 根据椭圆的定义结合勾股定理求出即可分析计算求出周长. 【详解】 设则，由椭圆的定义可知， 故，所以， 因为轴，所以为直角三角形， 由勾股定理得， 即，解得，， 所以的周长. 故答案为：. 38．【答案】 【分析】 利用椭圆性质写出焦点以及顶点坐标，再由轴，即可得，可求得离心率为. 【详解】 根据题意设椭圆的标准方程为， 如图所示则有， 直线方程为，代入方程可得，所以， 又，所以， 即，整理可得； 所以，即， 即可得椭圆的离心率为. 故答案为： 39．【答案】 【分析】 由题意得，再由的范围，可得的取值范围． 【详解】 由椭圆的方程可得，， 可得， 易知圆的圆心，半径为1，    因为， 所以 ， 可知恰为椭圆的右焦点，所以， 所以． 故答案为：． 40．【答案】（1） 选择条件① ，椭圆方程为；     （2）.      【分析】 （1）题中条件满足椭圆的定义，利用椭圆定义求解； （2）直线和椭圆联立方程组，消去，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理写出两根之和和两根之积，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，利用三角形面积公式求出的面积. (1) 小问详解： 选择条件① ：， 则，，， 所以椭圆方程为； (2) 小问详解： 由题意知：，设，， 联立 得， ，即， ，， 所以， ，，满足， ， 又点到直线的距离， ， 把代入上式得： 的面积为. 41．【答案】（1）     （2）     （3）      【分析】 （1）联立与椭圆方程，求出点，的坐标，即可表示弦长； （2）联立直线与椭圆方程，由可得，，代入韦达定理化简整理即可得与的关系式； （3）由的表达式，代入韦达定理以及（2）的结论，构造函数结合基本不等式求出范围即可. (1) 小问详解： 当时，直线的方程为， 将代入椭圆方程得： ，， 所以，对应的. 因此，点，的坐标分别为和.              弦长. (2) 小问详解： 设，，则，. 将代入椭圆方程得：， 即， ， 由韦达定理得：，， 由，所以， 则，即，所以. 又， 则， 将韦达定理的结果代入：， 即， 展开并整理：， 即， 即，即， . (3) 小问详解： 由（2）知， 三角形的面积，又， 由（2）有：，， 代入得： , 将代入：， 又， 所以，， 由已知，令，则， 设，则. 设， 当时取到最大为，取到最大值为1， 当时，，， . 42．【答案】（1）     （2） 若直线的斜率不存在，则点、重合，不合乎题意， 若直线的斜率为零，则该直线与轴重合，与题意矛盾， 故直线的斜率存在且不为零， 设直线的方程为，设点、， 由 ，得， ， 由韦达定理可得，． 由，得， 又，故， 即， 则， 化简整理得，于是直线的方程为， 因此直线过点.     （3） 、、、四点不能共圆，事实上，总在的外接圆的内部．理由如下： 线段的垂直平分线方程为，即． 同理，线段的垂直平分线方程为． 联立上述两个方程，得的外心的横坐标为 ． 因，故， 所以，于是， 所以在的外接圆的内部，故、、、四点不能共圆.      【分析】 （1）求出、、的值，即可得出点的坐标； （2）由题可知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，设点、，将该直线的方程与椭圆方程联立，由已知条件得出，结合韦达定理得出、所满足的关系式，化简直线的方程，即可求出直线所过定点的坐标； （3）求出线段、的中垂线的方程，将这两直线的方程联立，求出外心的横坐标，根据可得出结论. (1) 小问详解： 在椭圆中，，， 则，故. (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 43．【答案】（1）     （2）证明： ① 当直线斜率不存在时，设直线方程为， 则，解得， 得，由点，得， 则， 化简得，解得或（舍）， 则此时直线方程为， ② 当直线斜率存在时，设，直线方程为， 则 ，消去得， 当时，， 则， ， 可知， 当时，， 化简得， 代入得， 化简得，变形得， 当，即，此时，过定点舍去， 当时，即，此时，过定点，符合条件. 综上所述，线过定点得证.      【分析】 （1）根据待定系数法，以及离心率的定义，列出方程，求出椭圆的标准方程即可. （2）根据直线和椭圆的位置关系，以及韦达定理，证明直线过定点即可. (1) 小问详解： 由，设，则， 则椭圆方程为，由点在椭圆上得，解得， 可得椭圆方程为. (2) 小问详解： 略 44．【答案】（1）；     （2）.      【分析】 （1）根据题意，由椭圆定义，可得，再由离心率以及椭圆中a，b，c之间的关系即可求出椭圆方程； （2）先根据可设直线，代入椭圆方程，根据韦达定理，利用数量积，从而求出直线方程. (1) 小问详解： 由题意得的周长为， 所以，即， 又离心率，所以，所以， 所以椭圆的方程是； (2) 小问详解： 显然直线的斜率不为0，所以设直线， 与椭圆联立得，， 所以， 因为，所以， 即， 所以， 解得， 所以直线的方程为. 45．【答案】（1）；     （2）① 设点，，因为以线段为直径的圆经过点， 所以， 若轴，则且，， 此时，不合题意； 设直线的方程为，联立 ， 可得，则， 由韦达定理可得，， ，， 所以 ， 解得或， 因为直线不过点，则，所以， 所以直线的方程为，所以直线过定点. ②.      【分析】 （1）利用三角形面积与椭圆性质，及离心率公式与基本关系式计算即可； （2）① 利用直线与椭圆联立方程，结合韦达定理与向量的数量积即可求解； ② 利用点到直线的距离，与弦长公式、三角形面积公式，结合换元法与函数最值，即可求解. (1) 小问详解： 由题意可得，① ， 又 ，且面积的最大值为， 所以当点为椭圆的上顶点时，面积最大值， 即，所以② ， 又根据椭圆性质，③ ， 联立① ② ③ ，解得，， 所以椭圆方程为. (2) 小问详解： ① 略 ② 由① 得直线的方程为，所以点到直线的距离为， ， 所以， 令，则， 因为时，故当时，取最大值为. 46．【答案】（1）     （2）     （3）是定值，      【分析】 （1）由题意可得，由面积可得，再结合，即可得出答案. （2）直线的方程为，联立方程解出，进而可求面积； （3）设，直线的方程为，联立直线和椭圆方程，利用根与系数的关系、斜率公式即可求得为定值. (1) 小问详解： 依题意可知， 当为短轴顶点时，取到最大值， 可得 ，解得 ， 所以椭圆的标准方程. (2) 小问详解： 因为点在椭圆内部，可知直线与椭圆必相交，设， 若，则直线， 联立方程 ，消去可得，解得或， 所以的面积. (3) 小问详解： 由（2）可设，则， 设直线的方程为，此时， 联立直线与椭圆方程 ，消去可得， 则， 不妨设，因为三点共线，则， 可得，则， 因为三点共线，则， 可得，则， 可得， 则，可得， 所以，即. 【点睛】 方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： （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． 47．【答案】（1）；（2）. 【分析】 （1）由椭圆的定义可求得的值，利用椭圆的离心率可求得，进而可求得的值，由此可得出椭圆的标准方程； （2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率存在时，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，由已知条件结合韦达定理可得出关于、所满足的等式，利用三角形的面积公式以及韦达定理求出面积的值或最大值；在直线的斜率不存在时，求出点、的坐标，可求得的面积，综合可得出结果. 【详解】 （1）由椭圆的定义得，所以， 因为椭圆的离心率为，所以，所以， 所以椭圆的标准方程为； （2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 代入椭圆方程得，， 设、，则，， 由，得，得， 所以， 即，即， 所以或. 原点到直线的距离为， ① 当时，则， 此时 ， 当且仅当，即时等号成立； ② 当时，， 此时； 当直线的斜率不存在时，设，则， 由，得，又，所以，. 不妨取，，则. 综上可知，面积的最大值是. 【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．【答案】（1）     （2）（i）直线恒过定点；（ii）.      【分析】 （1）由离心率推出的关系式，再由题设求得和，借助于正弦定理求出，即得椭圆方程； （2）（i）设直线，将其与椭圆方程联立，写出韦达定理，设直线的斜率为，计算得，再由可得，利用斜率公式，结合韦达定理，化简计算求得或，验证取舍后即得直线的方程，即可证得结论；（ii）根据（i）的结论可推得，令，结合韦达定理推得，由可得 ，进而求出的范围，即可求得的取值范围. (1) 小问详解： 如图，连接，因椭圆的离心率为，则，即， 在中，，则， 在中，，由正弦定理得， 解得故，则椭圆的标准方程为. (2) 小问详解： （i）由题知直线的斜率存在，且不为0，设直线， 联立 ，消去，可得， 依题意，，即， 设，则， 设直线的斜率为，因为，且， 则，即， 又因为，故， 即有，即（*）， 又，所以， 代入（*），可得， 化简得，解得或， 又位于轴的两侧，所以，解得， 所以，故直线的方程，故必过定点. （ii）由（i）已得直线过定点， 则，， 于是，令，则，由（i）可得， 由 ，解得， 再代入，可得， 化简得， 因为，所以，即： ， 解得，即， 则，故. 考点02 双曲线 1．B 2．BD 3．A 4．BCD 5．B 6．B 7．D 8．BC 9．【答案】 【分析】 因为，再由，，设，可得，两边平方即可求解. 【详解】 因为双曲线的渐近线的斜率绝对值小于， 所以，则，， 设，则 所以；由于， 因为，所以，则，则， 因为，所以 故答案为： 10．【答案】 【分析】 设双曲线上一点处的切线为，联立后利用以及点在双曲线上化简求得切线方程，进而得到点坐标，利用可求得，结合双曲线方程和两点间距离公式可求得，结合双曲线定义和向量数乘关系可分别表示出，在中分别利用余弦定理求得，由此可构造齐次式求得离心率. 【详解】 不妨令为下焦点，为上焦点， 设，在点处的切线为，则， 由 得：， 且， 又， 整理可得：，，则点处的切线为，； ，，解得：， ， ， 由双曲线定义得：， ，，， 在中，， 在中，， ，即，离心率. 故答案为：. 11．【答案】3 【分析】 设，过点的直线与双曲线相交于，两点，为弦中点，则此直线一定存在斜率，利用直线的点斜式设出过点的直线的方程，将直线的方程代入双曲线，消去，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系得到，又为弦中点，利用中点坐标公式建立的等式，利用判别式大于0建立的不等式，要求正整数的最小值，则对从1开始取值，代入的不等式中求出正整数的最小值. 【详解】 设，过点的直线与双曲线相交于，两点，为弦中点， 则此直线一定存在斜率，设过点的直线的方程为， 整理得到，代入双曲线得到， 整理得， 则有，为弦中点， ，，， 又， ，，， 当时，不成立； 当时，不成立； 当时，成立； 正整数的最小值为3. 故答案为：3. 12．【答案】 【分析】 不妨设点在轴上或第一象限内，则，利用点坐标表示出，结合点在双曲线上消去，令，利用三角恒等变换化简，然后分离常数，利用基本不等式求解可得. 【详解】 根据对称性，不妨设点在轴上或第一象限内，则，， 则 . 令， 则 ， 当且仅当，即时等号成立， 所以，所以， 即的最小值为. 故答案为： 13．【答案】（1）     （2）（i）设直线的方程为，，， 又，， 所以 同理，， 所以，所以， 由 消去得，， 所以， 所以， 整理，得， 即 整理，得， 解得或， 当时，直线过点，不合题意，舍去， 当时，直线过点，满足题意， 所以直线过点. （ii）      【分析】 （1）由已知渐近线方程，设设双曲线的方程为，代入点求解即可； （2）（i）设直线的方程为,联立直线与双曲线，由韦达定理代入关系式，化简整理得的关系，求得定点； （ii）由（2）得的关系，代入韦达定理，代入面积表达式，换元结合基本不等式求最值即可.. (1) 小问详解： 设双曲线的方程为， 因为双曲线过点， 所以， 所以双曲线的方程为. (2) 小问详解： （i）略 （ii）因为， 又，所以， 由直线与双曲线的左支有两个交点，且与坐标轴不垂直， 得，令， 则，， 因为在上单调递减， 所以， 所以得的取值范围是. 14．【答案】 【分析】 设，则由椭圆和双曲线的定义结合余弦定理可得，设，则可得，然后根据正弦函数的性质可得其范围 【详解】 解：设， 由椭圆的定义得① ， 由双曲线的定义得② ， ①②得，， ①②得，， 由余弦定理可得， 所以③ ， 设，则 ，解得 所以， 当时，最大值为时，的值为2， 所以的取值范围是. 故答案为： 15．【答案】（1）坐标变换公式为 ，二阶矩阵为     （2）     （3） 法一：由题意可知，设直线方程为， 联立 ，消去得， 此时，解得，由韦达定理得. 又因为点在不同两支，故，解得. 可知 ， 因为点在第一象限，所以， 又因为，所以，则；    法二：当直线斜率存在时，设直线的方程为， 联立 ，消去并整理得， 此时，解得，由韦达定理得. 当时，此时，取，则， 所以直线的方程为. 联立 ，消去并整理得， 解得或，所以， 所以，则，所以； 当时，设直线的斜率分别为， 此时， 所以， ， 所以． 因为点在第一象限，所以， 又因为，所以，则； 当直线斜率不存在时， 此时，可得， 所以，同理可得． 综上所述，为定值，定值为．      【分析】 （1）设，可得， 则由，，即可得到坐标变换公式及对应的二阶矩阵； （2）根据坐标变换公式求出，再相减可得，整理即可得到双曲线的方程； （3）法一：设直线方程为，联立方程组消去，由韦达定理得到及的范围，求出的值，再结合的范围即可得证；法二：分直线斜率存在和不存在两种情况考虑，直线斜率存在时，设直线的方程为，联立方程组消去，由韦达定理得到及的范围，再分和两种情况分别求出或即可得证；当直线斜率不存在时，得到两点坐标，同理求出即可得证； (1) 小问详解： 设，可得， 所以， ， 则坐标变换公式为 ，所以对应的二阶矩阵为 ； (2) 小问详解： 设曲线上任意一点变换后所得点坐标为， 即 ，此时， 整理得，则双曲线的方程为； (3) 小问详解： 略 考点03 抛物线 1．C 2．B 3．ABD 4．ACD 5．B 6．ABC 7．ABD 8．【答案】5 【分析】 由抛物线定义，将最小值转化为点所在圆的圆心到准线的距离减圆半径. 【详解】 曲线，即， 设其圆心为，则. 抛物线的准线， 过点作，垂足为，则， 所以. 当共线时，最小，此时最小值为点到直线的距离. 设到直线的距离为，则， 则的最小值为. 所以的最小值为. 故答案为：. 9．【答案】（1）     （2）或.      【分析】 （1）根据已知条件求出，进而求出准线方程； （2）联立直线与抛物线方程，结合韦达定理将的表达式求出来，进而可求得直线方程. (1) 小问详解： 抛物线焦点为，准线为， 由题意得，故准线方程为. (2) 小问详解： 由（1）可得抛物线的方程为，焦点， 显然直线的斜率不可能为零，故可设直线的方程为， 代入抛物线方程整理得，， 设，则， ， ， 由，得，解得， ∴直线的方程为或. 10．【答案】（1）2     （2）（ⅰ）；（ⅱ）      【分析】 （1）由抛物线的定义即可得到结果； （2）（ⅰ）设切线方程，联立切线与抛物线方程并整理化简为一元二次方程，由方程只有一个解得到的关系，从而得到切线方程，由直线垂直可得到直线的方程； （ⅱ）联立直线的方程与抛物线方程，由交点弦长公式求得表达式，然后通过换元整理后利用基本不等式和配方法求得最小值. (1) 小问详解： 抛物线的焦点到准线的距离； (2) 小问详解： （ⅰ）设抛物线在处的切线方程为， 由 得， 则，即，于是， 故抛物线在处的切线方程为，， 因此直线的方程为，即． （ⅱ）联立直线与抛物线方程，得， 故． 令，则，， 注意到 ，等号成立当且仅当． 于是， 所以的最小值为，此时． 11．【答案】（1）     （2） （i）法一：由（1） ，且， 则 所以. 法二：设直线方程为， 抛物线的方程可表示为， 由 ， 得 ， ， ， 直线的斜率为， ， . （ii）法一：如图，作出符合题意的图形，    由已知得， 设直线的方程为， 联立 ，可得， ， ， ， 整理得， 即， 当时，直线与直线重合，舍去 ，直线的方程， 直线过定点. 法二：由已知得， ， ， （舍）或， 直线的方程是， 直线过定点.      【分析】 （1）联立方程组并利用韦达定理得到，再结合题意求解参数，得到抛物线方程即可. （2）（i）法一直接利用斜率公式结合韦达定理得到定值，法二利用齐次化结合直线系方程求解定值，（ii）法一结合已证定值，求出直线方程，进而求解定点，法二结合齐次化得到的定值求出直线方程，最后求出定点即可. (1) 小问详解： 设直线的方程为， 代入得， 设点，则， 而线段中点纵坐标为4，则，解得， 故的方程为. (2) 小问详解： 略 12．【答案】（1）     （2）     （3）      【分析】 （1）联立抛物线和直线方程，根据韦达定理列出关系式； （2）根据四点共圆的性质，结合韦达定理分析四点共圆的成立条件求出的值； （3）先求出四点坐标，代入圆的一般方程求解． (1) 小问详解： 抛物线与直线相交于，两点， 联立方程得，移项得， 由已知、为方程的两个根，由韦达定理得：． (2) 小问详解： 方法一：（代数法） 设圆的方程为：， 代入点得① ， 代入点得② ， 由① ② 式，消去，得， 代入① 式得， 点在圆上，代入圆的方程， 同理对成立，，是方程的两根， 但，也是的两根，两方程系数成比例， 又得：， ③ ， 将，代入③ 得， 化简得， 检验：当时，直线为，与抛物线交点：，解得或， 即，，此时四点共圆，但，与，重合，舍去； 当时，直线为，与抛物线交点：，解得或， 即，，与，不同，四点共圆成立． ． 方法二：（几何法） 设直线与直线相交于点， 由圆幂定理知：若，，，共圆，则， 直线过，，斜率，直线方程为：， 直线方程， 两直线联立求交点， ，则，，即， ，， ， 设，横坐标为，，则， 同理， ， 抛物线与直线相交于，两点，联立方程得， 由韦达定理得：，， ， 由圆幂定理得：，解得，舍去（重合情况），得． 方法三： 设圆的方程为：，，横坐标为，， 联立圆方程与抛物线方程得： ，，，，是该方程四个根， ， 展开得： ，即， 抛物线与直线相交于，两点，联立方程得， ，即，解得． 方法四： 直线过、，斜率，直线方程为：， 直线，两直线相交于点， 抛物线关于轴对称，如果两直线也是关于轴对称，则四点共圆， ． (3) 小问详解： 当时，，，，， 设圆方程为：， 代入点得， 代入点得， 代入点得， 解得，，， 圆方程为：，标准方程为：． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 圆锥曲线的方程 3大高频考点概览 考点01 椭圆 考点02 双曲线 考点03 抛物线 考点01 椭圆 1．（25-26学年高二上·浙江四校·期中）已知椭圆的一个焦点为，则（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据焦点坐标可直接构造方程组求得结果. 【详解】 由题意知： ，解得：. 故选：D. 2．（25-26学年高二上·浙江宁波·期中）已知椭圆方程为，椭圆上的点到左焦点的最大值为5，最小值为1，则椭圆方程是（　　） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 根据椭圆的概念和基本性质，列出方程组，求出参数值，写出标准方程即可. 【详解】 设椭圆焦距为2c,由题意得 ，解得 ，则， 所以椭圆方程为. 故选：A. 3．（25-26学年高二上·浙江嘉兴八校联·期中）已知分别是椭圆的左、右焦点，点Р在椭圆上，若，则（       ） A. 6 B. 3 C.  D. 2 【答案】B 【分析】 由椭圆定义列式即可求解 【详解】 依题意，，则. 故选：B. 4．（25-26学年高二上·浙江台金七校·期中）椭圆的焦点坐标为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 根据椭圆的定义进行求解即可. 【详解】 因为椭圆方程为， 所以，所以. 所以焦点坐标为. 故选：C. 5．（25-26学年高二上·浙江温州新力量·期中）若方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 化简方程为，根据题意，列出不等式组，即可求解. 【详解】 将方程变形可得， 因为方程表示焦点在y轴上的椭圆，可得 ，解得， 所以实数的取值范围为. 故选：D. 6．（25-26学年高二上·浙江温州·期中）设为椭圆的左焦点，为上一动点，则线段的中点的轨迹是（     ） A. 一个椭圆，其离心率与的离心率相同 B. 一个椭圆，其离心率与的离心率不同 C. 一个圆，其直径与的长半轴长相等 D. 一个圆，其直径与的短半轴长相等 【答案】A 【分析】 利用相关点法来求出中点轨迹，根据方程可判断选项. 【详解】    设椭圆方程为，点，，的中点， 则 ，由于点在椭圆上，则， 所以代入可得：， 整理得：， 所以中点的轨迹仍为椭圆，其离心率为，与原椭圆的离心率相同，故A正确，BCD错误； 故选：A. 7．（25-26学年高二上·浙江宁波六校联·期中）19世纪法国著名数学家加斯帕尔·蒙日，创立了画法几何学，推动了空间几何学的独立发展，提出了著名的蒙日圆定理：椭圆的两条切线互相垂直，则切线的交点位于一个与椭圆同心的圆上，称为蒙日圆，椭圆的蒙日圆方程为．若圆与椭圆的蒙日圆有且仅有一个公共点，则的值为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 先求得椭圆的蒙日圆，然后根据圆与圆的位置关系求得. 【详解】 对于椭圆，， 所以椭圆的蒙日圆为， 此圆的圆心为，半径为. 圆的圆心为，半径为， 由于圆与椭圆的蒙日圆有且仅有一个公共点， 所以，无解， 或，解得. 故选：D 8．（25-26学年高二上·浙江台州十校联·期中）（多选）已知椭圆，则（       ） A. 椭圆的长轴长为10 B. 椭圆的一个顶点为 C. 椭圆的焦距为8 D. 椭圆的离心率为 【答案】ACD 【分析】 由椭圆的长轴长、顶点、焦距、离心率的定义逐一判断即可. 【详解】 由题意可得， 对于A，椭圆的长轴长为10，故A正确； 对于B，椭圆的顶点为或，故B错误； 对于C，椭圆的焦距为8，故C正确； 对于D，椭圆的离心率为，故D正确. 故选：ACD. 9．（25-26学年高二上·浙江台州·期中）已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线与椭圆交于两点，若，且，则椭圆的离心率为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 设，根据椭圆的定义可得，，结合勾股定理列方程可得，进而结合余弦定理可求得，进而求解即可. 【详解】 因为，设，如图所示， 由椭圆的定义可知，，则， 同理，则， 因为，则， 则，化简可得， 则，则（舍去）或， 所以，所以为椭圆的上（或下）顶点， 又， 所以在中，，解得，即. 故选：A 10．（25-26学年高二上·浙江台金七校·期中）已知焦点在轴上的椭圆，点，当时，上有且仅有一点到点的距离最小，则的离心率的取值范围为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 设椭圆上任意一点，可得出，可知在时取得最小值，结合二次函数的基本性质可得出，可得出，再结合可得出该椭圆离心率的取值范围. 【详解】 设椭圆上任意一点， 则， 由对称性可知：在时取得最小值， 又因为二次函数对称轴为， 所以，即，所以，又因为，所以. 故选：A. 11．（25-26学年高二上·浙江台州·期中）（多选）已知椭圆的方程为，双曲线的方程为，则（       ） A. 双曲线经过点 B. 椭圆的离心率 C. 椭圆和双曲线共焦点 D. 椭圆和双曲线的图象有4个公共点 【答案】AD 【分析】 将代入双曲线方程可得A；由椭圆离心率定义计算可得B；由焦点定义可得C；联立椭圆和双曲线方程，解出可得其交点个数，即可得D. 【详解】 对于A：将代入双曲线的方程可得，故A正确； 对于B：由椭圆可得其离心率，故B错误； 对于C：椭圆的焦点在轴上，而双曲线的焦点在轴上，故C错误； 对于D：联立 ，解得 ， 故椭圆和双曲线的图象有4个公共点，故D正确. 故选：AD. 12．（25-26学年高二上·浙江温州十校联·期中）椭圆的离心率可能是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 写出离心率表达式，再结合范围即可得到答案. 【详解】 . 恒成立， 则椭圆的焦点在轴上，则离心率， 因为，则， 所以，对照选项可知D正确. 故选：D. 13．（25-26学年高二上·浙江温州十校联·期中）已知点在椭圆上运动，圆的圆心为椭圆的右焦点，半径，点在圆上，则的取值范围是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 设，则，利用椭圆的焦半径公式求出的取值范围，再结合圆的几何性质可求得的取值范围. 【详解】 在椭圆中，，，则，即， 设点，则，且，可得， 所以， 所以， 当且仅当为椭圆的左端点，且为射线与圆的交点时，上述不等式中的两个等号同时成立， ， 当且仅当为椭圆的右端点，且为线段与圆的交点时，上述不等式中的两个等号同时成立， 综上所述，的取值范围是. 故选：A. 14．（25-26学年高二上·浙江宁波·期中）已知为椭圆的左、右焦点，为椭圆的上顶点，连接交椭圆于另一点，若，则椭圆的离心率为（　　） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 根据椭圆的概念，离心率的定义，以及余弦定理，列出方程，求出结果即可. 【详解】 如图所示，，， 由得，解得， 可知，则， 在中由余弦定理得， 化简得，即，即离心率. 故选：B. 15．（25-26学年高二上·浙江嘉兴·期中）（多选）已知，分别是椭圆的左，右焦点，为椭圆上异于长轴端点的动点，则下列结论正确的是（     ） A. 椭圆的离心率为 B. 椭圆的焦距为 C. 的周长为 D. 面积的最大值为 【答案】ACD 【分析】 由椭圆的标准方程得出，再应用性质直接分析各个选项即可. 【详解】 因为椭圆， ，椭圆C的焦距为，故B错误； 椭圆C的离心率为，故A正确； 的周长为，故C正确； 因为，面积最大时，高度最大为， 所以面积的最大值为，故D正确； 故选：ACD 16．（25-26学年高二上·浙江嘉兴·期中）已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，直线与椭圆的另一个交点为，若，则的离心率为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 利用椭圆定义以及勾股定理解方程即可求得离心率大小. 【详解】 连接，如下图所示： 由椭圆定义可知，又，可得； 易知， 因此在中可得， 满足，因此， 因此可得，即, 所以离心率. 故选：D 17．（25-26学年高二上·浙江浙里特色联·期中）（多选）已知椭圆的方程是，P为椭圆上任意一点，，分别为椭圆的左、右焦点，则下列说法正确的是（       ） A. 过点且斜率不为0的直线与椭圆交于A，B两点，则的周长为8 B. 存在点，使得的面积为2 C. 椭圆上存在4个不同的点，使得 D. 内切圆半径的最大值为 【答案】ACD 【分析】 对A，根据椭圆的定义求解即可；对B，根据椭圆的性质判断即可；对C，根据可得的轨迹，再分析与椭圆的交点个数即可；对D，根据的面积表达式分析即可. 【详解】 对A，由椭圆，所以 则过点的直线与椭圆交于，两点，则的周长为，故A正确； 对B，根据椭圆性质的面积最大值为，所以不存在点，使得的面积为2，故B错误； 对C，根据可得的轨迹为以为直径的圆，即，不包括两点， 因为，所以圆与椭圆有四个交点，即椭圆上存在4个不同的点，使得，故C正确； 对D，的周长为，设的内切圆半径为， 则，故当最大时最大，此时为上（下）顶点， ，则，解得，故D正确. 故选：ACD 18．（25-26学年高二上·浙江浙里特色联·期中）已知椭圆的中心为坐标原点，一个焦点为，过的直线与椭圆交于A、B两点.若的中点为，则椭圆的方程为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 结合点差法化简即可求解. 【详解】 设椭圆的方程为，， 则， 由直线过与的中点，则， 由，相减得， 即， ∴， 又，∴，解得， 故椭圆的方程为. 故选：B 19．（25-26学年高二上·浙江宁波六校联·期中）（多选）已知椭圆的离心率为，长轴长为6，分别是椭圆的左、右焦点，是一个定点，是椭圆上的动点，则下列说法正确的是（     ） A. 焦距为4 B. 椭圆的标准方程为 C.  D. 的最大值为 【答案】ACD 【分析】 首先根据条件先求椭圆的方程，再判断选项AB，由两点间距离公式判断C，D选项利用椭圆的定义，将距离的和转化为距离差的最大值，利用数形结合，即可判断. 【详解】 由条件可知， ，得， 所以椭圆的焦距，椭圆的标准方程为，故A正确 ，B错误； ，，，故C正确； ， 当点三点共线，且点在之间时，等号成立，故D正确. 故选：ACD 20．（25-26学年高二上·浙江嘉兴八校联·期中）已知椭圆的左､右焦点分别为，过的直线交椭圆于两点，且，，则椭圆的离心率为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 设，则，根据椭圆定义表示，，再根据勾股定理建立关系，解得离心率. 【详解】 由，可得， 设，则，，， 由，则，即，解得， 所以，， ，即，解得， 所以椭圆的离心率. 故选：D. 21．（25-26学年高二上·浙江台金七校·期中）（多选）如图，底面半径为的圆柱体量杯倾斜固定在桌面上，加入一定量的水使得上表面的形状是椭圆.再加入体积为的水，使得水面高度增加，沿杯壁高度增加，下列四个结论中，正确的是（       ） A. 椭圆的离心率为 B.  C. 水平面与圆柱底面所成的角为60° D. 水面面积为cm2 【答案】BCD 【分析】 由水面增加高度与杯壁增加高度得出水平面与圆柱底面所成的角，进而计算得椭圆长轴长，结合短轴长为底面直径，即可求出离心率，由割补法求出增加水的体积，再由柱体体积公式求出水面面积即可. 【详解】 如图，为初始水面椭圆长轴，为上升后的水面椭圆长轴，为之间的垂线段，为平行于圆柱底面的圆的直径， 因为，则，则， 则，即水平面与圆柱底面所成的角为， 则， 则，， 将增加的部分沿着切开，再将含与的两部分拼凑，可得， 则，， 由以上可得A错误，BCD正确， 故选：BCD. 22．（25-26学年高二上·浙江衢州五校联·期中）（多选）已知圆，椭圆为圆上的动点，过椭圆右焦点的直线交椭圆于两点，圆的圆心为，直线与轴交于点，若点到直线的距离分别为，则（       ） A.  B.  C.  D. 的取值范围为 【答案】ABC 【分析】 根据两点间距离公式及椭圆的方程，可判断A；根据三角形相似的判定定理，判断B；对直线的斜率存在和不存在两种情况进行讨论，分别求得的值，判断C；利用特殊点，对的值进行分析，可判断D. 【详解】 设. 对于A，由题可知 ，化简得. 所以，故A正确； 对于B，，，. 因为，且，所以.故B正确； 对于C，由A知，，同理， 所以 当直线的斜率不存在时，其方程为，，； 当直线的斜率存在时，设其方程为， 由 ，得. 所以 ，所以. 综上所述，.故C正确； 对于D，当为圆与轴的右交点，即时，，，此时，. 故D错误. 故选：ABC. 23．（25-26学年高二上·浙江台州·期中）已知椭圆的左，右两焦点分别是，，其中．直线与椭圆交于，两点．则下列说法中正确的有（       ） A. 当时，的周长为 B. 当时，若的中点为，则 C. 若的最小值为，则椭圆的离心率 D. 若，则椭圆的离心率的取值范围是 【答案】D 【分析】 根据椭圆的定义判断A；根据点差法求斜率判断B；根据椭圆中过焦点的弦中通径最短求出离心率判断C；根据平面向量的数量积和椭圆的几何性质求出离心率的范围，判断D． 【详解】 因为弦过椭圆的左焦点， 所以的周长为，所以A错误； 设，，则，有，， 所以， 由 ，得，所以， 则有，所以B错误； 由过焦点的弦中垂直于轴的弦最短，则的最小值为， 则有，即，解得， 所以，所以C错误； 设，，， 所以， 则有，可得，故D正确． 故选：D 24．（25-26学年高二上·浙江温州新力量·期中）（多选）已知以、为左右焦点的椭圆的短轴长为，点是椭圆上的一个动点，且点到的最大距离是点到的最小距离的3倍，连接，并延长与椭圆相交于点，则下列结论正确的是（       ） A. 椭圆的方程为 B. 三角形的面积的最大值为 C. 三角形的周长为 D.  【答案】ACD 【分析】 对于选项A，根据条件求出，可确定椭圆方程；对于选项B，椭圆焦点三角形面积最大值是短轴顶点与两焦点所成的三角形的面积；对于选项C，利用椭圆的定义求解即可；对于选项D，设，，通过椭圆定义即可求得，，通过余弦定理可求得，之间的关系，即可求解. 【详解】 如图，    对于选项A，因为短轴长为，所以，又因为点到的最大距离是点到的最小距离的3倍，所以，解得，代入，解得，，故椭圆方程为，故A正确； 对于选项B，椭圆焦点三角形面积最大值是短轴顶点与两焦点所成的三角形的面积，所以，故B错误； 对于选项C，通过椭圆定义可知，三角形的周长为，故C正确； 对于D选项，设，，所以，，， 所以在中，， 即，解得， 同理在中，，，即， 将代入，可得 ，所以，故D正确. 故选：ACD 25．（25-26学年高二上·浙江杭州及周边重点中学·期中）设，为椭圆的两个焦点，点在椭圆上，若，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 设，，根据椭圆的定义可得，继而利用余弦定理即可求出的值，利用，平方后即可求得答案． 【详解】 对于椭圆，有，， 设，，则， 又，，， 故， 即，即， ，又为的中点，故， 则， 故，也即． 故选：D． 26．（25-26学年高二上·浙江浙里特色联·期中）已知点，分别为椭圆的左、右焦点，点在直线上运动.若的最大值为，则椭圆的离心率为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 设直线，的倾斜角分别为，，，且，利用差角正切公式、基本不等式求关于椭圆中参数的表达式，结合已知求椭圆参数的数量关系，进而求离心率. 【详解】 由题意知，，，直线为， 设直线，的倾斜角分别为，， 由椭圆的对称性，不妨设为第一象限的点，即，， 则，. ， ，当且仅当，即时取等号， 又得最大值为， ，即，整理得，故椭圆的离心率是. 故选：C. 27．（25-26学年高二上·浙江四校·期中）如图，已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，其中左焦点为，点在椭圆上. （1）求椭圆的方程； （2）直线与椭圆交于不同两点，求弦长. 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）设出椭圆方程，结合已知条件建立方程组即可求解； （2）把直线与椭圆方程进行联立，利用根于系数的关系以及弦长公式求解即可 (1) 小问详解： 由题意可设， 将代入得，又， 解得 ， 所以椭圆方程为. (2) 小问详解： 将直线与椭圆联立， 得， 设，则， . 28．（25-26学年高二上·浙江宁波·期中）已知椭圆的标准方程为，求椭圆的焦点坐标　　　　　　　　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 根据焦点坐标公式即可得到答案. 【详解】 由题意得，又因为椭圆焦点在轴上， 则焦点坐标为. 故答案为：. 29．（25-26学年高二上·浙江温州新力量·期中）直线过点且与椭圆相交于、两点，若线段的中点为则直线的斜率为　　　　　. 【答案】 【分析】 设点坐标，代入椭圆中，作差化简可得答案. 【详解】 设 和 为直线与椭圆的交点，且 为 中点，因此： ， 点 和 满足椭圆方程： ， 将方程 (1) 减去 (2)：， 因式分解：， 代入中点坐标：， 得：， 整理得：， 因此，斜率 . 故答案为：． 30．（25-26学年高二上·浙江温州十校联·期中）已知，，动点满足 （1）指出动点的轨迹是什么曲线，并写出它的方程； （2）过作直线与曲线交于，两点，在轴上方，直线的斜率为，求经过，且以坐标轴为对称轴的双曲线的标准方程，若不存在，说明理由. 【答案】（1）椭圆，     （2） 设直线的方程为, 联立方程 ，化简得，              即，得到，，，，              由点在轴上，可知顶点在轴上， 设双曲线标准方程为：，将两点代入 ， 该方程组无解，所以不存在所要求的双曲线.      【分析】 （1） 利用椭圆的定义可求得椭圆标准方程； （2）利用直线与椭圆联立方程组可求得交点坐标，再由双曲线经过这两个交点，利用待定系数法求解，最终因无解说明不存在. (1) 小问详解： 由题意得：， 所以动点轨迹是焦点为，长轴长等于10的椭圆， 则， 即点的轨迹方程为； (2) 小问详解： 略 31．（25-26学年高二上·浙江杭州·期中）在锐角中，内角的对边分别为，且. （1）求角的大小； （2）若，求的面积. 【答案】（1）；（2） 【分析】 （1）由正弦定理将已知等式化成角的正弦的形式，化简解出，再由是锐角三角形，即可算出角的大小； （2）由余弦定理的式子，结合题意化简得，与联解得到的值，再根据三角形的面积公式加以计算，可得的面积． 【详解】 解：（1）中，， 根据正弦定理，得， 锐角中，， 是锐角的内角，； （2），， 由余弦定理，得， 化简得， ，平方得， 两式相减，得，可得． 因此，的面积． 【点睛】 解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值. 32．（25-26学年高二上·浙江杭州及周边重点中学·期中）已知是椭圆上一点，是直线上一点，则的最小值为　　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 设与直线l平行的直线为，与椭圆联立，根据判别式，可得t值，结合两平行线间距离公式，分析计算，即可得答案. 【详解】 求椭圆上的点到直线的最小距离，即求直线与平行于的椭圆切线之间的距离的最小值， 设与直线l平行且与椭圆C相切的直线为， 联立 ，得， 判别式，解得， 当时，切线为，与直线l的距离， 当时，切线为，与直线l的距离. 所以的最小值为. 故答案为： 33．（25-26学年高二上·浙江台州·期中）已知椭圆，焦距为，椭圆上的点到两焦点的距离之和为4. （1）求椭圆的方程； （2）经过右顶点的直线与椭圆的另一个交点为，点关于轴的对称点为（与不重合），直线与轴的交点分别为和.若，求线段的长. 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）由题意可得 ，解方程组即可求解； （2）设，进而求出坐标，再根据可求出，，进而求解即可． (1) 小问详解： 由题意得， ，解得， 则椭圆的方程为. (2) 小问详解： 由（1）知，， 如图： 设点，所以， 所以直线的方程为，令，得， 同理直线的方程为，令，得， 又， 因为，所以，所以， 由题意知，，则，所以，则， 所以. 34．（25-26学年高二上·浙江嘉兴·期中）已知圆，圆与轴交于两点. （1）过的直线与圆交于两点，与圆交于两点，若，求的值； （2）若平面内动点满足：，记的轨迹为. （i）求的方程； （ii）过的射线交圆于，交于，且满足，记直线，直线的斜率分别为，求的值. 【答案】（1）     （2）（i）；（ii）      【分析】 （1）根据圆的方程可确定圆心和半径，利用垂径定理表示出，由可构造方程求得结果； （2）（i）根据椭圆定义可知所求轨迹为椭圆，进而确定的值，得到轨迹方程； （ii）利用弦长公式可表示出，由可整理得到，根据三点共线可得，代入中化简即可得到结果. (1) 小问详解： 由题意知：圆的圆心，半径；圆的圆心，半径； 点到直线的距离，点到直线的距离， ，， ， 令，，， ，解得：或（舍）， ，解得：. (2) 小问详解： （i）由题意知：，， ，点轨迹为椭圆，其长轴长，焦距， ，，， 点轨迹的方程为：. （ii）设，，由对称性，不妨设，， 由三点共线得：； 直线方程为：，，， ， 由对称性，不妨设，，则， ，， 代入中可得：， . 35．（25-26学年高二上·浙江杭州及周边重点中学·期中）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，不过点的直线与椭圆相交于两点. （1）求椭圆的标准方程； （2）若弦的中点的纵坐标为，求面积的最大值； （3）若，求证：直线过定点. 【答案】（1）     （2）     （3） ，， 即， ，， 代入（*）式，得， 即， 化简得， 即   ， 或， 当时，则直线，此时直线过点，不合题意舍去， 当时，则直线，此时直线过定点， 当直线斜率不存在时，直线交椭圆于，， 此时，显然成立. 直线过定点.      【分析】 （1）根据离心率公式，可得，将点坐标代入椭圆方程，结合a，b，c的关系，即可求得答案. （2）分析可得直线l斜率存在，设方程为，与椭圆联立，根据韦达定理，可得、表达式，代入弦长公式，可得表达式，再求得O到直线MN的距离，代入面积公式，结合m的范围，即可得答案. （3）由，可得，将直线方程代入，结合韦达定理，化简可得或，分别讨论，分析检验，即可得答案. (1) 小问详解： 由题意得： ，解得 ，椭圆方程为： (2) 小问详解： 因为弦的中点的纵坐标为，所以直线斜率存在. 设直线，代入，可得， 设，，则 ，， 因为弦的中点的纵坐标为， 所以，即， ， O到直线MN的距离， ， 由，，可得， 当即时，取得最大值. (3) 小问详解： 略 36．（25-26学年高二上·浙江浙里特色联·期中）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 （1）求角的大小； （2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围. 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）利用正弦定理角化边，结合余弦定理求出，然后可得角； （2）利用正弦定理，结合角的范围求出的范围，然后由面积公式可得. (1) 小问详解： ，， ，， 由余弦定理得， 又，. (2) 小问详解： 由三角形面积公式得， 由正弦定理得 ， 三角形为锐角三角形， ，得，， ，，，. 37．（25-26学年高二上·浙江嘉兴八校联·期中）已知椭圆的左、右焦点分别为、，若椭圆上的点P满足轴，，则的周长为　　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 根据椭圆的定义结合勾股定理求出即可分析计算求出周长. 【详解】 设则，由椭圆的定义可知， 故，所以， 因为轴，所以为直角三角形， 由勾股定理得， 即，解得，， 所以的周长. 故答案为：. 38．（25-26学年高二上·浙江台州十校联·期中）如图所示，椭圆的中心在原点，焦点在轴上，是椭圆的顶点，是椭圆上一点，且轴，，则此椭圆的离心率是　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 利用椭圆性质写出焦点以及顶点坐标，再由轴，即可得，可求得离心率为. 【详解】 根据题意设椭圆的标准方程为， 如图所示则有， 直线方程为，代入方程可得，所以， 又，所以， 即，整理可得； 所以，即， 即可得椭圆的离心率为. 故答案为： 39．（25-26学年高二上·浙江台州·期中）已知点为椭圆上任意一点，直线过的圆心且与交于，两点，则的取值范围是　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 由题意得，再由的范围，可得的取值范围． 【详解】 由椭圆的方程可得，， 可得， 易知圆的圆心，半径为1，    因为， 所以 ， 可知恰为椭圆的右焦点，所以， 所以． 故答案为：． 40．（25-26学年高二上·浙江温州新力量·期中）已知定点、和动点. （1）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，使得动点的轨迹为椭圆并求动点的轨迹方程.条件①：；条件②：. （2）若直线与动点的轨迹相交于、两点，且，求（为坐标原点）的面积. 【答案】（1） 选择条件① ，椭圆方程为；     （2）.      【分析】 （1）题中条件满足椭圆的定义，利用椭圆定义求解； （2）直线和椭圆联立方程组，消去，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理写出两根之和和两根之积，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，利用三角形面积公式求出的面积. (1) 小问详解： 选择条件① ：， 则，，， 所以椭圆方程为； (2) 小问详解： 由题意知：，设，， 联立 得， ，即， ，， 所以， ，，满足， ， 又点到直线的距离， ， 把代入上式得： 的面积为. 41．（25-26学年高二上·浙江温州十校联·期中）在平面直角坐标系中，若一条直线与一条圆锥曲线相交于，两点，且满足，其中为坐标原点，则称该圆锥曲线关于此直线是“和谐”的，该直线称为圆锥曲线的“和谐线”.已知椭圆和直线（其中），直线与椭圆相交于，两点. （1）当时，求直线被椭圆截得的弦长（用表示）； （2）若直线是椭圆的“和谐线”，求与的关系式； （3）在（2）的条件下，求面积的取值范围. 【答案】（1）     （2）     （3）      【分析】 （1）联立与椭圆方程，求出点，的坐标，即可表示弦长； （2）联立直线与椭圆方程，由可得，，代入韦达定理化简整理即可得与的关系式； （3）由的表达式，代入韦达定理以及（2）的结论，构造函数结合基本不等式求出范围即可. (1) 小问详解： 当时，直线的方程为， 将代入椭圆方程得： ，， 所以，对应的. 因此，点，的坐标分别为和.              弦长. (2) 小问详解： 设，，则，. 将代入椭圆方程得：， 即， ， 由韦达定理得：，， 由，所以， 则，即，所以. 又， 则， 将韦达定理的结果代入：， 即， 展开并整理：， 即， 即，即， . (3) 小问详解： 由（2）知， 三角形的面积，又， 由（2）有：，， 代入得： , 将代入：， 又， 所以，， 由已知，令，则， 设，则. 设， 当时取到最大为，取到最大值为1， 当时，，， . 42．（25-26学年高二上·浙江温州·期中）如图，从椭圆上一点（异于椭圆的左、右顶点）射出的光线照射到椭圆的右焦点上，经轴反射，反射光线过椭圆上的另一点． （1）写出的坐标； （2）证明：直线过定点； （3）、、、四点能否共圆？请说明理由． 【答案】（1）     （2） 若直线的斜率不存在，则点、重合，不合乎题意， 若直线的斜率为零，则该直线与轴重合，与题意矛盾， 故直线的斜率存在且不为零， 设直线的方程为，设点、， 由 ，得， ， 由韦达定理可得，． 由，得， 又，故， 即， 则， 化简整理得，于是直线的方程为， 因此直线过点.     （3） 、、、四点不能共圆，事实上，总在的外接圆的内部．理由如下： 线段的垂直平分线方程为，即． 同理，线段的垂直平分线方程为． 联立上述两个方程，得的外心的横坐标为 ． 因，故， 所以，于是， 所以在的外接圆的内部，故、、、四点不能共圆.      【分析】 （1）求出、、的值，即可得出点的坐标； （2）由题可知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，设点、，将该直线的方程与椭圆方程联立，由已知条件得出，结合韦达定理得出、所满足的关系式，化简直线的方程，即可求出直线所过定点的坐标； （3）求出线段、的中垂线的方程，将这两直线的方程联立，求出外心的横坐标，根据可得出结论. (1) 小问详解： 在椭圆中，，， 则，故. (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 43．（25-26学年高二上·浙江宁波·期中）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）若为椭圆上的两点，且满足，求证：直线过定点． 【答案】（1）     （2）证明： ① 当直线斜率不存在时，设直线方程为， 则，解得， 得，由点，得， 则， 化简得，解得或（舍）， 则此时直线方程为， ② 当直线斜率存在时，设，直线方程为， 则 ，消去得， 当时，， 则， ， 可知， 当时，， 化简得， 代入得， 化简得，变形得， 当，即，此时，过定点舍去， 当时，即，此时，过定点，符合条件. 综上所述，线过定点得证.      【分析】 （1）根据待定系数法，以及离心率的定义，列出方程，求出椭圆的标准方程即可. （2）根据直线和椭圆的位置关系，以及韦达定理，证明直线过定点即可. (1) 小问详解： 由，设，则， 则椭圆方程为，由点在椭圆上得，解得， 可得椭圆方程为. (2) 小问详解： 略 44．（25-26学年高二上·浙江丽水·期中）已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，过右焦点的直线与椭圆交于两点，且的周长为. （1）求椭圆的方程； （2）若，求直线的方程. 【答案】（1）；     （2）.      【分析】 （1）根据题意，由椭圆定义，可得，再由离心率以及椭圆中a，b，c之间的关系即可求出椭圆方程； （2）先根据可设直线，代入椭圆方程，根据韦达定理，利用数量积，从而求出直线方程. (1) 小问详解： 由题意得的周长为， 所以，即， 又离心率，所以，所以， 所以椭圆的方程是； (2) 小问详解： 显然直线的斜率不为0，所以设直线， 与椭圆联立得，， 所以， 因为，所以， 即， 所以， 解得， 所以直线的方程为. 45．（25-26学年高二上·浙江浙里特色联·期中）椭圆的左、右焦点为、，离心率为，点为椭圆上任意的点且面积的最大值为，直线与椭圆交于不同的两点、. （1）求椭圆的方程； （2）若以线段为直径的圆经过点. ①求证：直线过定点，并求出的坐标； ②求三角形面积的最大值. 【答案】（1）；     （2）① 设点，，因为以线段为直径的圆经过点， 所以， 若轴，则且，， 此时，不合题意； 设直线的方程为，联立 ， 可得，则， 由韦达定理可得，， ，， 所以 ， 解得或， 因为直线不过点，则，所以， 所以直线的方程为，所以直线过定点. ②.      【分析】 （1）利用三角形面积与椭圆性质，及离心率公式与基本关系式计算即可； （2）① 利用直线与椭圆联立方程，结合韦达定理与向量的数量积即可求解； ② 利用点到直线的距离，与弦长公式、三角形面积公式，结合换元法与函数最值，即可求解. (1) 小问详解： 由题意可得，① ， 又 ，且面积的最大值为， 所以当点为椭圆的上顶点时，面积最大值， 即，所以② ， 又根据椭圆性质，③ ， 联立① ② ③ ，解得，， 所以椭圆方程为. (2) 小问详解： ① 略 ② 由① 得直线的方程为，所以点到直线的距离为， ， 所以， 令，则， 因为时，故当时，取最大值为. 46．（25-26学年高二上·浙江嘉兴八校联·期中）已知椭圆的离心率为，A、分别为椭圆的左、右顶点.过点作斜率为的动直线交椭圆于、两点；当变化时，面积的最大值为2. （1）求椭圆的标准方程； （2）当时，求的面积； （3）如图，设关于原点的对称点为，直线、交于点，设直线的斜率为，试探究是否为定值？若是定值，请求出该定值；若不是定值，请说明理由. 【答案】（1）     （2）     （3）是定值，      【分析】 （1）由题意可得，由面积可得，再结合，即可得出答案. （2）直线的方程为，联立方程解出，进而可求面积； （3）设，直线的方程为，联立直线和椭圆方程，利用根与系数的关系、斜率公式即可求得为定值. (1) 小问详解： 依题意可知， 当为短轴顶点时，取到最大值， 可得 ，解得 ， 所以椭圆的标准方程. (2) 小问详解： 因为点在椭圆内部，可知直线与椭圆必相交，设， 若，则直线， 联立方程 ，消去可得，解得或， 所以的面积. (3) 小问详解： 由（2）可设，则， 设直线的方程为，此时， 联立直线与椭圆方程 ，消去可得， 则， 不妨设，因为三点共线，则， 可得，则， 因为三点共线，则， 可得，则， 可得， 则，可得， 所以，即. 【点睛】 方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： （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． 47．（25-26学年高二上·浙江台州十校联·期中）已知椭圆上一点到两焦点的距离之和为，且其离心率为. （1）求椭圆的标准方程； （2）如图，已知、是椭圆上的两点，且满足，求面积的最大值. 【答案】（1）；（2）. 【分析】 （1）由椭圆的定义可求得的值，利用椭圆的离心率可求得，进而可求得的值，由此可得出椭圆的标准方程； （2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率存在时，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，由已知条件结合韦达定理可得出关于、所满足的等式，利用三角形的面积公式以及韦达定理求出面积的值或最大值；在直线的斜率不存在时，求出点、的坐标，可求得的面积，综合可得出结果. 【详解】 （1）由椭圆的定义得，所以， 因为椭圆的离心率为，所以，所以， 所以椭圆的标准方程为； （2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 代入椭圆方程得，， 设、，则，， 由，得，得， 所以， 即，即， 所以或. 原点到直线的距离为， ① 当时，则， 此时 ， 当且仅当，即时等号成立； ② 当时，， 此时； 当直线的斜率不存在时，设，则， 由，得，又，所以，. 不妨取，，则. 综上可知，面积的最大值是. 【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．（25-26学年高二上·浙江台金七校·期中）已知椭圆的离心率为，左焦点为，左､右顶点分别为，上顶点为，且的外接圆半径为. （1）求椭圆的标准方程； （2）设斜率存在的直线交椭圆于两点（位于轴的两侧），记直线的斜率分别为，若. （i）试判断直线是否过定点，若是，求出此定点坐标；若不是，请说明理由； （ii）设直线与轴的交点为，记与的面积分别为，求的取值范围. 【答案】（1）     （2）（i）直线恒过定点；（ii）.      【分析】 （1）由离心率推出的关系式，再由题设求得和，借助于正弦定理求出，即得椭圆方程； （2）（i）设直线，将其与椭圆方程联立，写出韦达定理，设直线的斜率为，计算得，再由可得，利用斜率公式，结合韦达定理，化简计算求得或，验证取舍后即得直线的方程，即可证得结论；（ii）根据（i）的结论可推得，令，结合韦达定理推得，由可得 ，进而求出的范围，即可求得的取值范围. (1) 小问详解： 如图，连接，因椭圆的离心率为，则，即， 在中，，则， 在中，，由正弦定理得， 解得故，则椭圆的标准方程为. (2) 小问详解： （i）由题知直线的斜率存在，且不为0，设直线， 联立 ，消去，可得， 依题意，，即， 设，则， 设直线的斜率为，因为，且， 则，即， 又因为，故， 即有，即（*）， 又，所以， 代入（*），可得， 化简得，解得或， 又位于轴的两侧，所以，解得， 所以，故直线的方程，故必过定点. （ii）由（i）已得直线过定点， 则，， 于是，令，则，由（i）可得， 由 ，解得， 再代入，可得， 化简得， 因为，所以，即： ， 解得，即， 则，故. 考点02 双曲线 1．（25-26学年高二上·浙江台州·期中）双曲线的渐近线方程为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 根据双曲线的方程，得到双曲线的焦点在轴上，且，即可求解双曲线的渐近线方程． 【详解】 由双曲线，可知双曲线的焦点在轴上，且， 所以其渐近线方程为. 故选：B． 2．（25-26学年高二上·浙江台金七校·期中）（多选）已知双曲线C：，下列对双曲线C判断正确的是（　　） A. 实轴长是虚轴长的2倍 B. 焦距为4 C. 离心率为 D. 渐近线方程为 【答案】BD 【分析】 根据双曲线的标准方程求出a、b、c，可以求出实轴长、虚轴长、焦距、离心率、渐近线方程，对四个选项一一验证即可. 【详解】 ∵双曲线C：∴..∴∴.∴双曲线的实轴长是，虚轴长是，A错误；焦距为.B正确；离心率为，C错误：渐近线方程为，D正确. 故选：BD 3．（25-26学年高二上·浙江四校·期中）已知双曲线的一条渐近线的方程为，则（       ） A. 4 B. 2 C.  D.  【答案】A 【分析】 根据渐近线的斜率列方程即可得解. 【详解】 由题知，双曲线焦点在轴上，且其中一条渐近线方程为， 所以，解得. 故选：A 4．（25-26学年高二上·浙江四校·期中）（多选）椭圆与双曲线（     ） A. 有相同的焦点 B. 有相等的焦距 C. 有相同的对称中心 D. 可能存在相同的顶点 【答案】BCD 【分析】 根据椭圆和双曲线方程分别写出焦点坐标，求出焦距，对称中心以及可能的顶点坐标，即可得出结论. 【详解】 由椭圆方程可知其焦点坐标为，焦距为，关于原点成中心对称，左、右顶点坐标为； 由双曲线方程可知其焦点坐标为， 因此两曲线焦点不同，即A错误； 焦距为，可得B正确； 双曲线也关于原点成中心对称，即C正确； 当时，双曲线的左、右顶点坐标为，即D正确； 故选：BCD 5．（25-26学年高二上·浙江温州十校联·期中）双曲线的焦距为（     ） A.  B.  C. 4 D.  【答案】B 【分析】 由双曲线方程得出，求出，即可得焦距. 【详解】 由双曲线可得，则，， 则焦距， 故选：B. 6．（25-26学年高二上·浙江台州·期中）双曲线的焦点坐标是 A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【分析】根据双曲线方程确定焦点位置，再根据求焦点坐标. 【详解】因为双曲线方程为，所以焦点坐标可设为， 因为，所以焦点坐标为，选B. 【点睛】由双曲线方程可得焦点坐标为，顶点坐标为，渐近线方程为. 7．（25-26学年高二上·浙江宁波六校联·期中）双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 由双曲线的离心率，求出的比值，再根据渐近线方程求解即可. 【详解】 已知双曲线的离心率，即， 所以，所以， 所以其渐近线方程为. 故选：D 8．（25-26学年高二上·浙江台州·期中）（多选）随着我国航天科技的快速发展，双曲线镜的特性使得它在天文观测中具有重要作用.双曲线的光学性质是：从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点.由此可得，过双曲线上任意一点的切线平分该点与两焦点连线的夹角.已知分别为双曲线的左､右焦点，，点的坐标为，则下列结论正确的是（       ） A. 双曲线的离心率为2 B. 若从射出一道光线，经双曲线反射，其反射光线所在直线的斜率的取值范围为 C.  D. 过双曲线左支上点作双曲线的切线交轴于，则 【答案】BC 【分析】 对于A，根据题意求离心率即可；对于B，由题意知反射光所在直线为直线，斜率介于两条渐近线斜率之间；对于C，可得，，直线的斜率不存在，进而得到，然后可得；对于D，可设切线方程，联立得到点坐标即可求解． 【详解】 对于A，双曲线，焦点在轴， 则， 所以双曲线的离心率，故A错误； 对于B，如图：反射光所在直线为直线，    根据双曲线的性质可知斜率介于两条渐近线斜率之间， 又渐近线斜率， 所以反射光线所在直线的斜率的取值范围为，故B正确； 对于C，由题意得，又，， 则，，直线的斜率不存在， 所以， ，又, 所以，故C正确； 对于D，由题意知，切线斜率不为零，可设方程为， 联立得：， ，解得， 即切点的纵坐标， ，解得， 又点在左支上，所以， ，故D错误； 故选：BC． 9．（25-26学年高二上·浙江丽水·期中）设椭圆与双曲线的离心率分别为，双曲线的渐近线的斜率的绝对值小于，则的取值范围是　　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 因为，再由，，设，可得，两边平方即可求解. 【详解】 因为双曲线的渐近线的斜率绝对值小于， 所以，则，， 设，则 所以；由于， 因为，所以，则，则， 因为，所以 故答案为： 10．（25-26学年高二上·浙江衢州五校联·期中）已知为双曲线的两个焦点，过的直线与双曲线交于两点，双曲线在点处的切线与轴交于，且，，则双曲线的离心率为　　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 设双曲线上一点处的切线为，联立后利用以及点在双曲线上化简求得切线方程，进而得到点坐标，利用可求得，结合双曲线方程和两点间距离公式可求得，结合双曲线定义和向量数乘关系可分别表示出，在中分别利用余弦定理求得，由此可构造齐次式求得离心率. 【详解】 不妨令为下焦点，为上焦点， 设，在点处的切线为，则， 由 得：， 且， 又， 整理可得：，，则点处的切线为，； ，，解得：， ， ， 由双曲线定义得：， ，，， 在中，， 在中，， ，即，离心率. 故答案为：. 11．（25-26学年高二上·浙江温州十校联·期中）已知双曲线，过点的直线与双曲线相交于，两点，为弦中点，则正整数的最小值为　　　　　　　　　　. 【答案】3 【分析】 设，过点的直线与双曲线相交于，两点，为弦中点，则此直线一定存在斜率，利用直线的点斜式设出过点的直线的方程，将直线的方程代入双曲线，消去，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系得到，又为弦中点，利用中点坐标公式建立的等式，利用判别式大于0建立的不等式，要求正整数的最小值，则对从1开始取值，代入的不等式中求出正整数的最小值. 【详解】 设，过点的直线与双曲线相交于，两点，为弦中点， 则此直线一定存在斜率，设过点的直线的方程为， 整理得到，代入双曲线得到， 整理得， 则有，为弦中点， ，，， 又， ，，， 当时，不成立； 当时，不成立； 当时，成立； 正整数的最小值为3. 故答案为：3. 12．（25-26学年高二上·浙江温州·期中）已知，分别为双曲线的左右顶点，点为上一动点，为坐标原点，则的最小值是　　　　　　． 【答案】 【分析】 不妨设点在轴上或第一象限内，则，利用点坐标表示出，结合点在双曲线上消去，令，利用三角恒等变换化简，然后分离常数，利用基本不等式求解可得. 【详解】 根据对称性，不妨设点在轴上或第一象限内，则，， 则 . 令， 则 ， 当且仅当，即时等号成立， 所以，所以， 即的最小值为. 故答案为： 13．（25-26学年高二上·浙江丽水·期中）已知双曲线的渐近线方程是，且过点. （1）求的标准方程； （2），分别为双曲线的左、右顶点，，分别为的左、右焦点，与轴不垂直的直线与双曲线的左支相交于，两点，记直线，，，的斜率分别为已知. （i）证明直线过定点，并求出该定点的坐标； （ii）求面积的取值范围. 【答案】（1）     （2）（i）设直线的方程为，，， 又，， 所以 同理，， 所以，所以， 由 消去得，， 所以， 所以， 整理，得， 即 整理，得， 解得或， 当时，直线过点，不合题意，舍去， 当时，直线过点，满足题意， 所以直线过点. （ii）      【分析】 （1）由已知渐近线方程，设设双曲线的方程为，代入点求解即可； （2）（i）设直线的方程为,联立直线与双曲线，由韦达定理代入关系式，化简整理得的关系，求得定点； （ii）由（2）得的关系，代入韦达定理，代入面积表达式，换元结合基本不等式求最值即可.. (1) 小问详解： 设双曲线的方程为， 因为双曲线过点， 所以， 所以双曲线的方程为. (2) 小问详解： （i）略 （ii）因为， 又，所以， 由直线与双曲线的左支有两个交点，且与坐标轴不垂直， 得，令， 则，， 因为在上单调递减， 所以， 所以得的取值范围是. 14．（25-26学年高二上·浙江宁波六校联·期中）已知椭圆与双曲线有相同的焦点，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点为椭圆与双曲线的第一象限的交点，且，则的取值范围是　　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 设，则由椭圆和双曲线的定义结合余弦定理可得，设，则可得，然后根据正弦函数的性质可得其范围 【详解】 解：设， 由椭圆的定义得① ， 由双曲线的定义得② ， ①②得，， ①②得，， 由余弦定理可得， 所以③ ， 设，则 ，解得 所以， 当时，最大值为时，的值为2， 所以的取值范围是. 故答案为： 15．（25-26学年高二上·浙江宁波六校联·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；    （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（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）坐标变换公式为 ，二阶矩阵为     （2）     （3） 法一：由题意可知，设直线方程为， 联立 ，消去得， 此时，解得，由韦达定理得. 又因为点在不同两支，故，解得. 可知 ， 因为点在第一象限，所以， 又因为，所以，则；    法二：当直线斜率存在时，设直线的方程为， 联立 ，消去并整理得， 此时，解得，由韦达定理得. 当时，此时，取，则， 所以直线的方程为. 联立 ，消去并整理得， 解得或，所以， 所以，则，所以； 当时，设直线的斜率分别为， 此时， 所以， ， 所以． 因为点在第一象限，所以， 又因为，所以，则； 当直线斜率不存在时， 此时，可得， 所以，同理可得． 综上所述，为定值，定值为．      【分析】 （1）设，可得， 则由，，即可得到坐标变换公式及对应的二阶矩阵； （2）根据坐标变换公式求出，再相减可得，整理即可得到双曲线的方程； （3）法一：设直线方程为，联立方程组消去，由韦达定理得到及的范围，求出的值，再结合的范围即可得证；法二：分直线斜率存在和不存在两种情况考虑，直线斜率存在时，设直线的方程为，联立方程组消去，由韦达定理得到及的范围，再分和两种情况分别求出或即可得证；当直线斜率不存在时，得到两点坐标，同理求出即可得证； (1) 小问详解： 设，可得， 所以， ， 则坐标变换公式为 ，所以对应的二阶矩阵为 ； (2) 小问详解： 设曲线上任意一点变换后所得点坐标为， 即 ，此时， 整理得，则双曲线的方程为； (3) 小问详解： 略 考点03 抛物线 1．（25-26学年高二上·浙江丽水·期中）顶点在坐标原点，焦点坐标为的抛物线的标准方程为（　　） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 根据抛物线的标准方程与焦点的关系求解即可. 【详解】 焦点坐标为在轴正半轴上，可设抛物线方程为， 又，则，故抛物线的标准方程为. 故选：C 2．（25-26学年高二上·浙江台金七校·期中）已知抛物线上任意一点，定点，若点是圆上的动点，则的最小值为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 利用圆的性质结合抛物线的定义求解即可． 【详解】 抛物线焦点，准线，设点到准线的距离为，点到准线的距离为 ． 故选：B 3．（25-26学年高二上·浙江台金七校·期中）（多选）已知：，直线相交于，直线的斜率分别为，则（       ） A. 当时，点的轨迹为除去两点的椭圆 B. 当时，点的轨迹为除去两点的双曲线 C. 当时，点的轨迹为一条直线 D. 当时，的轨迹为除去两点的抛物线 【答案】ABD 【分析】 设点，，. 逐个代入选项化简与的关系式，来验证选项即可得到答案. 【详解】 设点，，. 当时，， . 故点的轨迹为除去两点的椭圆，A正确 ；当时，， 故点的轨迹为除去两点的双曲线，B正确； 当时，. ，即不含点， 轨迹是一条直线不含，C错误； 当时，则. 故的轨迹为除去两点的抛物线，D正确. 故选：ABD. 4．（25-26学年高二上·浙江四校·期中）（多选）把方程表示的曲线作为函数的图象，则下列结论正确的有（       ） A. 的图象不经过第三象限 B. 在上单调递增 C. 的图象上的点到坐标原点的距离的最小值为1 D. 函数不存在零点 【答案】ACD 【分析】 首先讨论去绝对值，并画出函数图像，直接判断、，然后数形结合椭圆和双曲线的性质判断、选项. 【详解】 当，时，方程是，当，时，方程是， 当，时，方程是，不表示任何曲线， 当，时，方程是， 函数的图象如图所示， 由图知：的图象不经过第三象限，故A 正确； 在上单调递减，故B 不正确； 的图象上的点到坐标原点的距离的最小值为1，故C 正确； 的图象与图象没有交点，故ACD正确， 故选：ACD 【点睛】 本题主要考查了曲线与方程，取绝对值很关键，属于中档题. 5．（25-26学年高二上·浙江丽水·期中）已知抛物线的焦点为，斜率为的直线与交于两个不同的点，且为线段的一个三等分点，则（       ） A. 4 B. 8 C. 12 D. 16 【答案】B 【分析】 设，，应用向量数量关系的坐标表示得到 ，再令有，结合斜率的两点式求. 【详解】 设，不妨设， 所以，则 ， 令，所以，则， 由，所以. 故选：B 6．（25-26学年高二上·浙江丽水·期中）（多选）下列说法中不正确的是（　　） A. 平面内与一个定点和一条定直线的距离相等的点的轨迹是抛物线 B. 平面内与两个定点和的距离之和等于4的点的轨迹是椭圆 C. 平面内与两个定点和的距离之差等于3的点的轨迹是双曲线 D. 平面内与两个定点和的距离之比等于2的点的轨迹是圆 【答案】ABC 【分析】 对A,举反例，定点在直线上判断即可；对B，根据判断即可；对C，根据双曲线的定义判断即可；对D，设所求点为，再根据条件化简求解即可. 【详解】 对A，当定点在直线上时，轨迹为过且与垂直的直线，故A错误； 对B，平面内与两个定点和的距离之和等于4的点的轨迹是线段，故B错误； 对C，平面内与两个定点和的距离之差等于3的点的轨迹是双曲线的一支，不是双曲线，故C错误； 对D，设所求点为，则，即， 则，化简可得，轨迹是圆，故D正确. 故选：ABC 7．（25-26学年高二上·浙江丽水·期中）（多选）倾斜角为的直线与抛物线相交于不同两点，且，则（　　） A. 的准线方程为 B. 当时， C. 存在，使（为坐标原点） D. 对任意的，总存在点，使（为坐标原点） 【答案】ABD 【分析】 根据抛物线的性质、直线与抛物线的位置关系、向量的数量积以及角平分线的性质逐一分析. 【详解】 对于选项A，抛物线中，，准线方程为，故A正确. 对于选项B，当时，直线的斜率为，设直线的方程为， 联立直线与抛物线，得 ， 由韦达定理可知，，， 当，方程，此时判别式，直线与抛物线只有一个交点，不符合题意，舍去， 当，方程，由韦达定理可知， 根据抛物线的焦点弦长公式，故B正确. 对于选项C， 设直线的方程为，联立直线与抛物线，得 ， 由韦达定理可知， ，且，，即，则 若，则，，， 当时，；当时，， 不存在，使（为坐标原点）故C错误. 对于选项D，设，若（为坐标原点），则直线与直线的斜率之和为，即, ，则， 即，将代入，得，化简得，即， 不一定为，，即， 由以上可知，则， 对任意的，总存在点，使（为坐标原点），故D正确. 故选：. 8．（25-26学年高二上·浙江台州·期中）已知F是抛物线C：的焦点，P是抛物线C上一动点，Q是曲线上一动点，则的最小值为　　　　　　 【答案】5 【分析】 由抛物线定义，将最小值转化为点所在圆的圆心到准线的距离减圆半径. 【详解】 曲线，即， 设其圆心为，则. 抛物线的准线， 过点作，垂足为，则， 所以. 当共线时，最小，此时最小值为点到直线的距离. 设到直线的距离为，则， 则的最小值为. 所以的最小值为. 故答案为：. 9．（25-26学年高二上·浙江台金七校·期中）已知抛物线的焦点到其准线的距离为. （1）求抛物线的准线方程； （2）设过焦点的直线与抛物线交于两点，为坐标原点，记的面积为，当时，求直线的方程. 【答案】（1）     （2）或.      【分析】 （1）根据已知条件求出，进而求出准线方程； （2）联立直线与抛物线方程，结合韦达定理将的表达式求出来，进而可求得直线方程. (1) 小问详解： 抛物线焦点为，准线为， 由题意得，故准线方程为. (2) 小问详解： 由（1）可得抛物线的方程为，焦点， 显然直线的斜率不可能为零，故可设直线的方程为， 代入抛物线方程整理得，， 设，则， ， ， 由，得，解得， ∴直线的方程为或. 10．（25-26学年高二上·浙江温州·期中）如图，点，都在抛物线上，且直线与抛物线在处的切线相互垂直． （1）求抛物线的焦点到准线的距离； （2）设点（）， （ⅰ）用表示直线的方程； （ⅱ）求的最小值． 【答案】（1）2     （2）（ⅰ）；（ⅱ）      【分析】 （1）由抛物线的定义即可得到结果； （2）（ⅰ）设切线方程，联立切线与抛物线方程并整理化简为一元二次方程，由方程只有一个解得到的关系，从而得到切线方程，由直线垂直可得到直线的方程； （ⅱ）联立直线的方程与抛物线方程，由交点弦长公式求得表达式，然后通过换元整理后利用基本不等式和配方法求得最小值. (1) 小问详解： 抛物线的焦点到准线的距离； (2) 小问详解： （ⅰ）设抛物线在处的切线方程为， 由 得， 则，即，于是， 故抛物线在处的切线方程为，， 因此直线的方程为，即． （ⅱ）联立直线与抛物线方程，得， 故． 令，则，， 注意到 ，等号成立当且仅当． 于是， 所以的最小值为，此时． 11．（25-26学年高二上·浙江衢州五校联·期中）已知抛物线，斜率为的直线交于两点，且线段中点纵坐标为4． （1）求抛物线的方程； （2）若直线不过点，且直线交于另一点，记直线的斜率为， （i）求证：； （ii）求证：直线过定点． 【答案】（1）     （2） （i）法一：由（1） ，且， 则 所以. 法二：设直线方程为， 抛物线的方程可表示为， 由 ， 得 ， ， ， 直线的斜率为， ， . （ii）法一：如图，作出符合题意的图形，    由已知得， 设直线的方程为， 联立 ，可得， ， ， ， 整理得， 即， 当时，直线与直线重合，舍去 ，直线的方程， 直线过定点. 法二：由已知得， ， ， （舍）或， 直线的方程是， 直线过定点.      【分析】 （1）联立方程组并利用韦达定理得到，再结合题意求解参数，得到抛物线方程即可. （2）（i）法一直接利用斜率公式结合韦达定理得到定值，法二利用齐次化结合直线系方程求解定值，（ii）法一结合已证定值，求出直线方程，进而求解定点，法二结合齐次化得到的定值求出直线方程，最后求出定点即可. (1) 小问详解： 设直线的方程为， 代入得， 设点，则， 而线段中点纵坐标为4，则，解得， 故的方程为. (2) 小问详解： 略 12．（25-26学年高二上·浙江温州十校联·期中）已知抛物线与直线相交于，两点（在左侧），给定点、在抛物线上． （1）用表示； （2）若，，，四点共圆，求实数的值； （3）在（2）的条件下，求过，，，四点的圆的方程． 【答案】（1）     （2）     （3）      【分析】 （1）联立抛物线和直线方程，根据韦达定理列出关系式； （2）根据四点共圆的性质，结合韦达定理分析四点共圆的成立条件求出的值； （3）先求出四点坐标，代入圆的一般方程求解． (1) 小问详解： 抛物线与直线相交于，两点， 联立方程得，移项得， 由已知、为方程的两个根，由韦达定理得：． (2) 小问详解： 方法一：（代数法） 设圆的方程为：， 代入点得① ， 代入点得② ， 由① ② 式，消去，得， 代入① 式得， 点在圆上，代入圆的方程， 同理对成立，，是方程的两根， 但，也是的两根，两方程系数成比例， 又得：， ③ ， 将，代入③ 得， 化简得， 检验：当时，直线为，与抛物线交点：，解得或， 即，，此时四点共圆，但，与，重合，舍去； 当时，直线为，与抛物线交点：，解得或， 即，，与，不同，四点共圆成立． ． 方法二：（几何法） 设直线与直线相交于点， 由圆幂定理知：若，，，共圆，则， 直线过，，斜率，直线方程为：， 直线方程， 两直线联立求交点， ，则，，即， ，， ， 设，横坐标为，，则， 同理， ， 抛物线与直线相交于，两点，联立方程得， 由韦达定理得：，， ， 由圆幂定理得：，解得，舍去（重合情况），得． 方法三： 设圆的方程为：，，横坐标为，， 联立圆方程与抛物线方程得： ，，，，是该方程四个根， ， 展开得： ，即， 抛物线与直线相交于，两点，联立方程得， ，即，解得． 方法四： 直线过、，斜率，直线方程为：， 直线，两直线相交于点， 抛物线关于轴对称，如果两直线也是关于轴对称，则四点共圆， ． (3) 小问详解： 当时，，，，， 设圆方程为：， 代入点得， 代入点得， 代入点得， 解得，，， 圆方程为：，标准方程为：． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $