2023年高考数学重点专题三轮冲刺演练专题05 圆锥曲线大题拔高练（解析版）.docx

2023年高考数学重点专题三轮冲刺演练【一专三练】 专题05 圆锥曲线大题拔高练-新高考数学复习分层训练（新高考通用）1（2023·浙江·校联考模拟预测）已知双曲线的离心率为，且点在双曲线C上.(1)求双曲线C的方程；(2)若点M，N在双曲线C上，且，直线不与y轴平行，证明：直线的斜率为定值.2（2023·广东佛山·统考一模）已知椭圆的左焦点为，左、右顶点及上顶点分别记为、，且.(1)求椭圆的方程；(2)设过的直线交椭圆于P、Q两点，若直线、与直线l：分别交于M、N两点，l与x轴的交点为K，则是否为定值？若为定值，请求出该定值；若不为定值，请说明理由.3（2023·广东江门·统考一模）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.4（2023·浙江·永嘉中学校联考模拟预测）已知双曲线的顶点为，过右焦点作其中一条渐近线的平行线，与另一条渐近线交于点，且.点为轴正半轴上异于点的任意点，过点的直线交双曲线于C，D两点，直线与直线交于点.(1)求双曲线的标准方程；(2)求证：为定值.5（2023·江苏徐州·徐州市第七中学校考一模）已知双曲线的实轴长为4，左右顶点分别为，经过点的直线与的右支分别交于两点，其中点在轴上方.当轴时，(1)设直线的斜率分别为，求的值；(2)若，求的面积.6（2023·江苏泰州·统考一模）已知双曲线的左顶点为，过左焦点的直线与交于两点.当轴时，的面积为3.(1)求的方程；(2)证明：以为直径的圆经过定点.7（2023·辽宁葫芦岛·统考一模）在平面直角坐标系中，已知点，直线PA与直线PB的斜率乘积为，点的轨迹为(1)求的方程；(2)分别过，做两条斜率存在的直线分别交于C，D两点和E，F两点，且，求直线CD的斜率与直线EF的斜率之积8（2023·江苏南通·统考模拟预测）已知，三个点在椭圆，椭圆外一点满足，（为坐标原点）.(1)求的值；(2)证明：直线与斜率之积为定值.9（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考模拟预测）已知抛物线：和椭圆：有共同的焦点F(1)求抛物线C的方程，并写出它的准线方程(2)过F作直线交抛物线C于P， Q两点，交椭圆E于M， N两点，证明：当且仅当轴时，取得最小值10（2023·河北石家庄·统考一模）已知点在双曲线C：（，）上，过P作x轴的平行线，分别交双曲线C的两条渐近线于M，N两点，(1)求双曲线C的方程；(2)若直线l：与双曲线C交于不同的两点A，B，设直线，的斜率分别为，从下面两个条件中选一个（多选只按先做给分），证明：直线l过定点；11（2023·福建漳州·统考二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，且过右焦点的直线l与C交于A，B两点，的周长为(1)求C的标准方程；(2)过坐标原点O作一条与垂直的直线，交C于P，Q两点，求的取值范围；(3)记点A关于x轴的对称点为M（异于B点），试问直线BM是否过定点？若是，请求出定点坐标；若不是请说明理由12（2023·福建泉州·统考三模）已知椭圆的左、右顶点分别为A，B直线l与C相切，且与圆交于M，N两点，M在N的左侧(1)若，求l的斜率；(2)记直线的斜率分别为，证明：为定值13（2023·山东·烟台二中校考模拟预测）已知椭圆过点，且的焦距是椭圆的焦距的3倍(1)求的标准方程；(2)设M，N是上异于点P的两个动点，且，试问直线是否过定点？若过，求出定点坐标；若不过，请说明理由14（2023·山东青岛·统考一模）已知O为坐标原点，椭圆的左，右焦点分别为，A为椭圆C的上顶点，为等腰直角三角形，其面积为1(1)求椭圆C的标准方程；(2)直线l交椭圆C于P，Q两点，点W在过原点且与l平行的直线上，记直线WP，WQ的斜率分别为，的面积为S从下面三个条件中选择两个条件，证明另一个条件成立；W为原点O注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分15（2023·山东济南·一模）已知抛物线（p为常数，）(1)若直线与H只有一个公共点，求k；(2)贝塞尔曲线是计算机图形学和相关领域中重要的参数曲线法国数学象卡斯特利奥对贝塞尔曲线进行了图形化应用的测试，提出了De Casteljau算法：已知三个定点，根据对应的比例，使用递推画法，可以画出地物线反之，已知抛物线上三点的切线，也有相应成比例的结论如图，A，B，C是H上不同的三点，过三点的三条切线分别两两交于点D，E，F，证明：16（2023·山东聊城·统考一模）已知双曲线：（，）的右焦点为，一条渐近线的倾斜角为60°，且上的点到的距离的最小值为1(1)求的方程；(2)设点，动直线：与的右支相交于不同两点，且，过点作，为垂足，证明：动点在定圆上，并求该圆的方程17（2023·湖北·校联考模拟预测）已知椭圆过点.(1)若椭圆E的离心率，求b的取值范围；(2)已知椭圆E的离心率，M，N为椭圆E上不同两点，若经过M，N两点的直线与圆相切，求线段的最大值.18（2023·湖北武汉·统考模拟预测）过坐标原点作圆的两条切线，设切点为，直线恰为抛物的准线.(1)求抛物线的标准方程；(2)设点是圆上的动点，抛物线上四点满足：，设中点为.（i）求直线的斜率；（ii）设面积为，求的最大值.19（2023·江苏·统考一模）已知直线与抛物线交于两点，与抛物线交于两点，其中A，C在第一象限，B，D在第四象限.(1)若直线过点，且，求直线的方程；(2)证明：；设，的面积分别为，（O为坐标原点），若，求.20（2023·湖北·荆州中学校联考二模）已知点为抛物线上的点，为抛物线上的两个动点，为抛物线的准线与轴的交点，为抛物线的焦点(1)若，求证：直线恒过定点；(2)若直线过点，在轴下方，点在，之间，且，求的面积和的面积之比21（2023·湖北武汉·华中师大一附中校联考模拟预测）已知A，B为椭圆左右两个顶点，动点D是椭圆上异于A，B的一点，点F是右焦点当点D的坐标为时，(1)求椭圆的方程(2)已知点C的坐标为，直线CD与椭圆交于另一点E，判断直线AD与直线BE的交点P是否在一定直线上，如果是，求出该直线方程；如果不是，请说明理由22（2023·湖南邵阳·统考二模）已知双曲线的右顶点为，左焦点到其渐近线的距离为2，斜率为的直线交双曲线于A，B两点，且(1)求双曲线的方程；(2)过点的直线与双曲线交于P，Q两点，直线，分别与直线相交于，两点，试问：以线段为直径的圆是否过定点?若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由23（2023·湖南·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，若为等边三角形，且点在椭圆E上.(1)求椭圆E的方程；(2)设椭圆E的左、右顶点分别为，不过坐标原点的直线l与椭圆E相交于A、B两点（异于椭圆E的顶点），直线与y轴的交点分别为M、N，若，证明：直线过定点，并求该定点的坐标.24（2023·湖南张家界·统考二模）已知曲线C的方程：，倾斜角为的直线过点，且与曲线C相交于A，B两点.(1)时，求三角形的面积；(2)在x轴上是否存在定点M，使直线与曲线C有两个交点A、B的情况下，总有?如果存在，求出定点M；如果不存在，请说明理由.25（2023·湖南·校联考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，已知直线与椭圆交于两点（在轴上方），且，设点在轴上的射影为点，的面积为，抛物线的焦点与椭圆的焦点重合，斜率为的直线过抛物线的焦点与椭圆交于两，点，与抛物线交于两点.(1)求椭圆及抛物线的标准方程；(2)是否存在常数，使为常数？若存在，求的值；若不存在，说明理由.26（2023·湖南常德·统考一模）已知双曲线的右顶点到渐近线的距离为，虚轴长为2，过双曲线C的右焦点F作直线MN（不与x轴重合）与双曲线C相交于M，N两点，过点M作直线l：的垂线ME，E为垂足.(1)求双曲线C的标准方程；(2)是否存在实数t，使得直线EN过x轴上的定点P，若存在，求t的值及定点P的坐标；若不存在，说明理由.27（2023·广东揭阳·校考模拟预测）椭圆、双曲线、抛物线三种圆锥曲线有许多相似性质比如三种曲线都可以用如下方式定义（又称圆锥曲线第二定义）：到定点的距离与到定直线的距离之比为常数e的点的轨迹为圆锥曲线当为椭圆，当为抛物线，当为双曲线定点为焦点，定直线为对应的准线，常数e为圆锥曲线的离心率依据上述表述解答下列问题已知点，直线动点满足到点F的距离与到定直线l的距离之比为(1)求曲线的轨迹方程；(2)在抛物线中有如下性质：如图，在抛物线中，O为抛物线顶点，过焦点F的直线交抛物线与A，B两点，连接，并延长交准线l与D，C，则以为直径的圆与相切于点F，以为直径的圆与相切于中点那么如图在曲线E中是否具有相同的性质？若有，证明它们成立；若没有，说明理由28（2023·广东广州·统考二模）已知直线与抛物线交于，两点，且与轴交于点，过点，分别作直线的垂线，垂足依次为，动点在上.(1)当，且为线段的中点时，证明：；(2)记直线，的斜率分别为，是否存在实数，使得？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.29（2023·广东惠州·统考模拟预测）已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上且(1)求椭圆的方程；(2)点分别在椭圆和直线上，为的中点，若为直线与直线的交点是否存在一个确定的曲线，使得始终在该曲线上？若存在，求出该曲线的轨迹方程；若不存在，请说明理由30（2023·江苏南通·海安高级中学校考一模）某城市决定在夹角为30°的两条道路EB、EF之间建造一个半椭圆形状的主题公园，如图所示，千米，O为AB的中点，OD为椭圆的长半轴，在半椭圆形区域内再建造一个三角形游乐区域OMN，其中M，N在椭圆上，且MN的倾斜角为45°，交OD于G(1)若千米，为了不破坏道路EF，求椭圆长半轴长的最大值；(2)若椭圆的离心率为，当线段OG长为何值时，游乐区域的面积最大？2023年高考数学重点专题三轮冲刺演练【一专三练】 专题05 圆锥曲线大题拔高练-新高考数学复习分层训练（新高考通用）1（2023·浙江·校联考模拟预测）已知双曲线的离心率为，且点在双曲线C上.(1)求双曲线C的方程；(2)若点M，N在双曲线C上，且，直线不与y轴平行，证明：直线的斜率为定值.【答案】(1)(2)直线的斜率为定值【分析】(1)根据离心率公式确定，再根据双曲线经过点即可求解； (2)利用韦达定理用坐标表示出,进而可求解.【详解】（1）由题可得离心率，所以，又因为，所以，所以双曲线方程为，又因为双曲线过点，所以，解得，所以双曲线方程为.（2）设直线的方程为，联立得，则得，得，因为，所以，所以，即，所以，所以即，得或，若，则直线的方程为，即过点，不符合题意，若，则，满足，综上直线的斜率为定值.2（2023·广东佛山·统考一模）已知椭圆的左焦点为，左、右顶点及上顶点分别记为、，且.(1)求椭圆的方程；(2)设过的直线交椭圆于P、Q两点，若直线、与直线l：分别交于M、N两点，l与x轴的交点为K，则是否为定值？若为定值，请求出该定值；若不为定值，请说明理由.【答案】(1)(2)为定值【分析】（1）首先表示，的坐标，即可得到，根据及，求出，即可求出，从而得解；（2）设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，即可得到直线的方程为，令求出，同理得到，则，代入计算可得.【详解】（1）解：依题意，所以，由，可得，即，解得或（舍去），故，所以椭圆的方程为.（2）解：设直线的方程为，联立，消去整理得，所以，直线的方程为，令，得，同理可得，所以，故为定值.3（2023·广东江门·统考一模）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)【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.【详解】（1）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（）.（2）如图，设直线的倾斜角为，斜率为k，直线倾斜角为，则斜率为，在曲线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，.4（2023·浙江·永嘉中学校联考模拟预测）已知双曲线的顶点为，过右焦点作其中一条渐近线的平行线，与另一条渐近线交于点，且.点为轴正半轴上异于点的任意点，过点的直线交双曲线于C，D两点，直线与直线交于点.(1)求双曲线的标准方程；(2)求证：为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据题意表示出点的横坐标，求出纵坐标，表示面积即可求解；（2）联立直线与双曲线方程，根据韦达定理证明求解.【详解】（1）设双曲线，易知.由题意可知：为等腰三角形，则，代入得：，则，又，则解得，则双曲线.（2）设直线的方程为：，（且），.联立，消得：，联立，解得：.又，同理，把它们代入，得，故，得证.5（2023·江苏徐州·徐州市第七中学校考一模）已知双曲线的实轴长为4，左右顶点分别为，经过点的直线与的右支分别交于两点，其中点在轴上方.当轴时，(1)设直线的斜率分别为，求的值；(2)若，求的面积.【答案】(1)；(2).【分析】（1）法一：根据实轴长，求得a值，根据题意，求得，可得b值，即可得曲线C方程，设直线方程为，与双曲线联立，根据韦达定理，可得表达式，代入，化简整理，即可得答案.法二：由题意，求得a，b的值，即可得曲线C方程，设方程为，与双曲线联立，根据韦达定理，可得表达式，代入，化简整理，即可得答案.（2）法一：因为，根据二倍角的正切公式，结合及，化简计算，可得，进而可得方程，与曲线C联立，可得M点坐标，即可得直线的方程，根据面积公式，即可得答案.法二：设，由，结合二倍角正切公式，可得的值，进而可得直线方程，与曲线C联立，可得，同理可得，代入面积公式，即可得答案.【详解】（1）法一：因为，所以，令得，所以，解得，所以的方程为显然直线与轴不垂直，设其方程为，联立直线与的方程，消去得，当时，设，则.因为，所以.法二：由题意得，解得，双曲线的方程为.设方程为，联立，可得，.（2）法一：因为，所以，又因为，所以，即，（）将代入（）得，因为在轴上方，所以，所以直线方程为，联立与直线方程，消去得，解得或（舍），所以，代入，得，所以直线方程为，联立与直线方程，消去得，解得或，所以的面积为.法二：设，由，可得，解得，方程，联立，可得，解得，同理联立，解得，.6（2023·江苏泰州·统考一模）已知双曲线的左顶点为，过左焦点的直线与交于两点.当轴时，的面积为3.(1)求的方程；(2)证明：以为直径的圆经过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据题意，可得，进而求解；（2）设方程为，联立直线和双曲线方程组，可得，以为直径的圆的方程为，由对称性知以为直径的圆必过轴上的定点，进而得到，进而求解.【详解】（1）当轴时，两点的横坐标均为，代入双曲线方程，可得，即，由题意，可得，解得，双曲线的方程为：；（2）方法一：设方程为，以为直径的圆的方程为，由对称性知以为直径的圆必过轴上的定点，令，可得，而，对恒成立，以为直径的圆经过定点；方法二：设方程为，由对称性知以为直径的圆必过轴上的定点.设以为直径的圆过，而，即对恒成立，即以为直径的圆经过定点.7（2023·辽宁葫芦岛·统考一模）在平面直角坐标系中，已知点，直线PA与直线PB的斜率乘积为，点的轨迹为(1)求的方程；(2)分别过，做两条斜率存在的直线分别交于C，D两点和E，F两点，且，求直线CD的斜率与直线EF的斜率之积【答案】(1)(2)【分析】（1）设，利用题意得到，化简即可；（2）设直线为：，直线为：，分别与联立，利用韦达定理和弦长公式可求得，代入即可求解【详解】（1）设，因为直线PA与直线PB的斜率乘积为，所以，整理得点的轨迹为为（2）设直线为：设直线为：将与曲线联立得：，设，所以，将与曲线联立得：，设，所以，所以，解得，所以8（2023·江苏南通·统考模拟预测）已知，三个点在椭圆，椭圆外一点满足，（为坐标原点）.(1)求的值；(2)证明：直线与斜率之积为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）设，根据向量关系用表示，代入椭圆方程即可求解；（2）用表示，代入斜率公式即可求解.【详解】（1）设，因为，所以解得，又因为，所以解得，因为点在椭圆上，所以，即.（2）设直线与斜率分别为，是定值.9（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考模拟预测）已知抛物线：和椭圆：有共同的焦点F(1)求抛物线C的方程，并写出它的准线方程(2)过F作直线交抛物线C于P， Q两点，交椭圆E于M， N两点，证明：当且仅当轴时，取得最小值【答案】(1)抛物线方程为，准线为.(2)证明见解析【分析】(1)根据椭圆中“”的关系求出焦点，根据共焦点即可求解；(2)利用韦达定理分别表示出，即可证明.【详解】（1）根据椭圆：可得，所以，则椭圆的右焦点也为抛物线的焦点，所以，解得，所以抛物线方程为，准线为.（2）由题可得，直线的斜率不等于0，所以设，设，联立整理得，所以，所以，设，联立整理得，所以，所以所以,所以，因为为常数，所以当，即时，取得最小值，此时的方程为垂直于轴,所以命题得证.10（2023·河北石家庄·统考一模）已知点在双曲线C：（，）上，过P作x轴的平行线，分别交双曲线C的两条渐近线于M，N两点，(1)求双曲线C的方程；(2)若直线l：与双曲线C交于不同的两点A，B，设直线，的斜率分别为，从下面两个条件中选一个（多选只按先做给分），证明：直线l过定点；【答案】(1)(2)选直线过定点；选直线过定点【分析】（1）求出双曲线的渐近线，得到两点的坐标，利用及点在双曲线上可得方程；（2）选择两个条件都是先联立方程，得出韦达定理，结合斜率之和或者之积得到的关系式，从而可得定点.【详解】（1）由题意可知：点在双曲线上，所以；过做轴的平行线，与相交于两点，那么两点可求：；所以，所以；代入，可知，所以双曲线的方程为.（2）选：由题意可知，直线与双曲线C交于不同的两点A, B,设，联立方程:得，所以，即；由条件所以，所以，整理可得，代入韦达定理得，即，解得或；当时，则直线过定点；当时，则直线过定点，不合题意；综上可得，直线过定点.选：由题意可知，直线与双曲线C交于不同的两点A, B,设，联立方程:得，所以，即；由条件，得即，整理可得代入韦达定理，整理可得，即，解得或，当时，则直线过定点；当时，则直线过定点，不合题意；综上可得，直线过定点.【点睛】关键点点睛：本题求解的关键是利用韦达定理把或进行转化，然后把求解方程得出的关系式，从而可得定点，定点问题虽然运算过程繁琐，但是求解思路较为明确.11（2023·福建漳州·统考二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，且过右焦点的直线l与C交于A，B两点，的周长为(1)求C的标准方程；(2)过坐标原点O作一条与垂直的直线，交C于P，Q两点，求的取值范围；(3)记点A关于x轴的对称点为M（异于B点），试问直线BM是否过定点？若是，请求出定点坐标；若不是请说明理由【答案】(1)(2)(3)过定点，定点为【分析】（1）根据题意列式求解，即可得结果；（2）根据题意设直线的方程，与椭圆联立，结合韦达定理求，即可得，换元结合二次函数运算求解，注意讨论直线l是否与x轴重合；（3）根据题意求直线BM的方程，结合韦达定理化简整理即可得结果，注意讨论直线l是否与x轴重合.【详解】（1）由题意可得，解得，故椭圆C的标准方程.（2）由（1）可知：，则有：当直线l不与x轴重合时，设，则，联立直线l与椭圆C的方程，消去x得，则，故，联立直线与椭圆C的方程，消去y得，设，则，故，可得，令，则，故，的对称轴为，则在上单调递减，且，故；当直线l与x轴重合时，则，故；综上所述：的取值范围为.（3）过定点，理由如下：当直线l不与x轴重合时，设，则，由（2）可得：，则直线的斜率，故直线的方程，即，对，可得直线的方程过定点；当直线l与x轴重合时，则直线即为x轴也过；综上所述：直线过定点.【点睛】方法点睛：（1）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（2）动直线l过定点问题的解法：设动直线方程(斜率存在)为ykxt，由题设条件将t用k表示为tmk，得yk(xm)，故动直线过定点12（2023·福建泉州·统考三模）已知椭圆的左、右顶点分别为A，B直线l与C相切，且与圆交于M，N两点，M在N的左侧(1)若，求l的斜率；(2)记直线的斜率分别为，证明：为定值【答案】(1)；(2)证明过程见解析.【分析】（1）根据圆弦长公式，结合点到直线距离公式、椭圆切线的性质进行求解即可；（2）根据直线斜率公式，结合一元二次方程根与系数关系进行求解即可.【详解】（1）当直线l不存在斜率时，方程为，显然与圆也相切，不符合题意，设直线l的斜率为，方程为，与椭圆方程联立，得，因为直线l与C相切，所以有，圆的圆心坐标为，半径为，圆心到直线的距离为，因为，所以有；（2），由，设，则有，把，代入上式，得，而，所以.【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数关系，结合椭圆切线的性质进行求解是解题的关键.13（2023·山东·烟台二中校考模拟预测）已知椭圆过点，且的焦距是椭圆的焦距的3倍(1)求的标准方程；(2)设M，N是上异于点P的两个动点，且，试问直线是否过定点？若过，求出定点坐标；若不过，请说明理由【答案】(1)(2)直线恒过定点，定点的坐标为【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得的标准方程.（2）根据直线的斜率是否存在进行分类讨论，利用直线与椭圆的交点以及列方程，整理后可求得定点坐标.【详解】（1）由题意得，化简得，又过点所以，联立解得，所以的标准方程为（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立得，所以，因为，所以，所以，即，所以，化简得，即，所以或，当时，直线的方程为恒过点（舍去）；当时，直线的方程为恒过点，此时直线恒过点；当直线的斜率不存在时，设，则，所以由，得，所以，所以，解得或（舍去），此时直线的方程为，恒过点，综上，直线恒过定点，定点的坐标为14（2023·山东青岛·统考一模）已知O为坐标原点，椭圆的左，右焦点分别为，A为椭圆C的上顶点，为等腰直角三角形，其面积为1(1)求椭圆C的标准方程；(2)直线l交椭圆C于P，Q两点，点W在过原点且与l平行的直线上，记直线WP，WQ的斜率分别为，的面积为S从下面三个条件中选择两个条件，证明另一个条件成立；W为原点O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【分析】(1)根据椭圆的几何性质即可求出a、b、c，从而可得椭圆的标准方程；(2)(i)选为条件：设，分l斜率存在和不存在两种情况讨论.l斜率存在时，设l为，由可得(*)，联立直线l与椭圆的方程，得，代入(*)可得k和t的关系，根据弦长公式求出|PQ|，根据点到直线距离公式求出O到l的距离d，根据即可求出S；(ii)选为条件：设，分l斜率存在和不存在两种情况讨论.当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，联立直线和椭圆方程可得，根据弦长公式求出|PQ|，根据点到直线距离公式求出到直线的距离d，根据可得k和t的关系，表示出，根据即可求出；(iii)选为条件：设，分l斜率存在和不存在两种情况讨论.当直线l的斜率存在时，设，直线l的方程为：，联立直线和椭圆方程可得，根据弦长公式求出|PQ|，根据点到直线距离公式求出W到直线的距离d，根据可得k和t的关系，表示出，根据即可求出W的坐标【详解】（1）记，由题意知：，解得，椭圆的标准方程为：（2）(i)选为条件：设，当直线的斜率不存在时，根据椭圆的对称性不妨设点在第一象限，则由，可得，此时直线的方程为，与联立，解得，当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，则，即，将代入得：，即，点到直线的距离，综上，成立(ii)选为条件：设，当直线的斜率不存在时，根据椭圆的对称性不妨设点在第一象限，则由，可得，又，解得，；当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，将代入得：，点到直线的距离，即，综上，成立(iii)选为条件：设，当直线的斜率不存在时，根据椭圆的对称性不妨设点在第一象限，则，又，解得，为坐标原点，满足题意；当直线l的斜率存在时，设，直线l的方程为：，将带入得：，点到直线的距离，即，则由，即，得：，即，即综上，成立15（2023·山东济南·一模）已知抛物线（p为常数，）(1)若直线与H只有一个公共点，求k；(2)贝塞尔曲线是计算机图形学和相关领域中重要的参数曲线法国数学象卡斯特利奥对贝塞尔曲线进行了图形化应用的测试，提出了De Casteljau算法：已知三个定点，根据对应的比例，使用递推画法，可以画出地物线反之，已知抛物线上三点的切线，也有相应成比例的结论如图，A，B，C是H上不同的三点，过三点的三条切线分别两两交于点D，E，F，证明：【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）联立直线的方程和抛物线方程，消去后利用判别式求得的值.（2）求得过三点的切线方程，进而求得的恒坐标，根据抛物线的知识证得结论成立.【详解】（1）将代入，化简得（*），方程（*）的判别式，化简得，即（2）设，设抛物线在点处的切线方程为，由消去并化简得，解得，故切线方程为， ，即，同理可求得抛物线上过点B，C的切线方程分别为：，由过的切线方程两两联立，可以求得交点D，E，F的横坐标分别为：，注意到结论中线段长度的比例可以转化为点的横坐标的比例，得，命题得证16（2023·山东聊城·统考一模）已知双曲线：（，）的右焦点为，一条渐近线的倾斜角为60°，且上的点到的距离的最小值为1(1)求的方程；(2)设点，动直线：与的右支相交于不同两点，且，过点作，为垂足，证明：动点在定圆上，并求该圆的方程【答案】(1)(2)证明见解析，【分析】(1) 根据渐近线斜率及到焦点距离最值列式求解即可.(2)根据角相等得出向量夹角相等，进而得出m,k的关系得出定点，最后根据垂直关系得出圆的方程.【详解】（1）设,则由已知得,解得,所以的方程.（2）由(1)得,设，则于是,同理,由，得 即即,整理得，因为，所以,所以的方程可化为因此过定点 .又因为垂足为,所以动点 在以为直径的圆上，该圆的方程为.17（2023·湖北·校联考模拟预测）已知椭圆过点.(1)若椭圆E的离心率，求b的取值范围；(2)已知椭圆E的离心率，M，N为椭圆E上不同两点，若经过M，N两点的直线与圆相切，求线段的最大值.【答案】(1)(2)2【分析】（1）把点代入椭圆方程，可得，由，可求b的取值范围；（2）由离心率和（1）中结论，求得椭圆方程，分类讨论直线的位置，联立方程组，利用弦长公式结合不等式的性质求的最大值.【详解】（1）在椭圆，有，所以，又，所以，；（2）由（1）可知，又，所以，椭圆.因为直线与相切，故.若直线的斜率不存在，不妨设直线为：，代入椭圆方程可得此时线段.若直线的斜率存在，可设直线的方程为：.由直线与相切，故，可得：.联立得，所以，线段.又因为，所以.当且仅当，故当时，的最大值为2.综上所述：当时，线段的最大值2.18（2023·湖北武汉·统考模拟预测）过坐标原点作圆的两条切线，设切点为，直线恰为抛物的准线.(1)求抛物线的标准方程；(2)设点是圆上的动点，抛物线上四点满足：，设中点为.（i）求直线的斜率；（ii）设面积为，求的最大值.【答案】(1)(2)（i）0；（ii）48【分析】（1）设直线与轴交于，由几何性质易得：，即可解决；（2）设，（i）中，由于中点在抛物线上，得，将，代入联立得点纵坐标为，即可解决；（）由（i）得点，又点在圆上，得，可得：即可解决.【详解】（1）设直线与轴交于.由几何性质易得：与相似，所以，即：，解得：. 所以抛物线的标准方程为：.（2）设（i）由题意，中点在抛物线上，即，又，将代入，得：，同理：，有，此时点纵坐标为，所以直线的斜率为0.（）因为，所以点，此时，所以，又因为点在圆上，有，即，代入上式可得：，由，所以时，取到最大价.所以的最大值为48.19（2023·江苏·统考一模）已知直线与抛物线交于两点，与抛物线交于两点，其中A，C在第一象限，B，D在第四象限.(1)若直线过点，且，求直线的方程；(2)证明：；设，的面积分别为，（O为坐标原点），若，求.【答案】(1)(2)证明见解析；【分析】（1）设，设，联立直线和抛物线，利用韦达定理和两点间距离公式，代入，可以求解的值，进而可以求出直线的方程；（2）设，联立直线和抛物线，利用韦达定理，代入中，即可证明；代入中，可用分别表示，根据求出比值即可.【详解】（1）设，其中，设，联立，整理得，则，解得，则.（2）设，联立，整理得，则，联立，整理得，则，则，即证.，则，其中，解得，则，则.20（2023·湖北·荆州中学校联考二模）已知点为抛物线上的点，为抛物线上的两个动点，为抛物线的准线与轴的交点，为抛物线的焦点(1)若，求证：直线恒过定点；(2)若直线过点，在轴下方，点在，之间，且，求的面积和的面积之比【答案】(1)证明见解析(2)4【分析】（1）根据，可得，,利用韦达定理求解；（2）方法一：利用直线与抛物线的位置关系，利用韦达定理可得，从而可求解；方法二：结合可得，利用韦达定理和向量夹角的坐标表示即可求解.【详解】（1）设直线的方程为，将代入抛物线方程得联立,或,若，直线的方程为，恒过定点，不合题意舍；若，直线的方程为，恒过定点（2）方法1：设直线的方程为，不妨设直线的倾斜角为，则，,，,，共线，方法2：设直线的方程为，,，由于直线过点，在轴下方，代入得，,，共线，.21（2023·湖北武汉·华中师大一附中校联考模拟预测）已知A，B为椭圆左右两个顶点，动点D是椭圆上异于A，B的一点，点F是右焦点当点D的坐标为时，(1)求椭圆的方程(2)已知点C的坐标为，直线CD与椭圆交于另一点E，判断直线AD与直线BE的交点P是否在一定直线上，如果是，求出该直线方程；如果不是，请说明理由【答案】(1)(2)直线AD与直线BE的交点在定直线上【分析】（1）由题意表示出，可得，再由椭圆的定义求出，即可求出椭圆的方程；（2）设，的直线方程为，与椭圆联立，由韦达定理得，化积为和得，表示出直线AD和直线BE的方程的方程，计算可得，即可证明直线AD与直线BE的交点P是否在一定直线上【详解】（1）设椭圆的右焦点为，左焦点为，解得，椭圆的方程为（2）由题设，直线DE斜率一定存在，设的直线方程为联立椭圆方程，消去得设，则，又，直线AD的方程为，直线BE的方程为联立得，又，直线AD与直线BE的交点在定直线上22（2023·湖南邵阳·统考二