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2023-2024学年宁夏银川市第二中学高二上学期期中考试数学试题含答案
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这是一份2023-2024学年宁夏银川市第二中学高二上学期期中考试数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．在平行六面体中，（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据向量加减法则化简目标式即可.
【详解】.
故选：C
2．如果抛物线的准线是直线，那么它的焦点坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】结合抛物线的准线确定其焦点即可.
【详解】由于抛物线的准线是直线，所以它的焦点为.
故选：D
3．“”是“直线：与直线：垂直”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据两直线垂直的性质求出，再结合充分条件和必要条件的定义即可得出答案.
【详解】因为直线：与直线：垂直，
所以，解得，
所以“”是“直线：与直线：垂直”的充要条件.
故选：C
4．若方程表示双曲线，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据双曲线的标准方程形式求解.
【详解】由题意，解得，
故选：A.
5．古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元前262~公元前190年）的著作（圆锥曲线论）是古代世界的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两个定点距离之比为常数且的点的轨迹为圆.后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.已知.动点满足，则动点的轨迹与圆的位置关系是（ ）
A．内含B．相离C．内切D．相交
【答案】D
【分析】设，应用两点距离公式和已知条件求得动点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，再由圆心距与半径的关系判断位置关系即可.
【详解】设，则，整理得，
所以动点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，
而的圆心为，半径为，
由于和的距离，则，
所以动点的轨迹与圆的位置关系是相交.
故选：D
6．已知P，A，B，C是球O面上的四个点，面ABC，，，，则该球体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由向量得垂直，由再由线面垂直，可得出三棱锥可以看作是由一个长方体截出的，是长方体的三条棱，球就是该长方体的外接球，长方体的对角线就是球的直径，由此可求得球半径，从而得体积．
【详解】，则，
又面ABC，因此三棱锥可以看作是由一个长方体截出的，是长方体的三条棱，球就是该长方体的外接球，
设球半径为，
，
，，
球体积为．
故选：A．
7．已知P为抛物线上一动点，F为E的焦点，点Q为圆上一动点，若的最小值为3，则（ ）
A．5B．4C．3D．2
【答案】B
【分析】过过点作抛物线的准线的垂线，为垂足，则，结合圆的性质可得答案.
【详解】可转化为，则圆心为，半径为1.
因为的最小值为3，点Q为圆上一动点，
设抛物线的准线为，则的方程为：
过点作,为垂足，则
如图，则.
由，可得，
故选：B
8．已知椭圆的右焦点为，过点的直线与交于两点，与轴交于点.且，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】若为左焦点、，根据题设得到轴，结合线段长度的数量关系及椭圆定义得到、，再由点在椭圆上求得，进而有代入方程即可求离心率.
【详解】如下示意图，不妨假设在轴下方，在轴上方，
若，则，且是中点，
若为左焦点，且是中点，则，即轴，
由，，则，
由，易得，
所以，联立整理可得，故代入椭圆方程，
所以.
故选：B
二、多选题
9．已知椭圆：.则下列结论正确的是（ ）
A．长轴为6B．短轴为4
C．焦距为D．离心率为
【答案】ABD
【分析】根据椭圆方程确定长短轴、焦距和离心率即可.
【详解】由椭圆方程知：，故长轴为6，短轴为4，焦距为，离心率为.
所以A、B、D对，C错.
故选：ABD
10．已知正方体的棱长为6，点分别是棱的中点，是棱上的动点，则以下结论中正确的是（ ）
A．直线与所成角的正切值为
B．直线平面
C．平面平面
D．到线的距离为
【答案】BCD
【分析】A由及异面直线所成角的定义知为所求角，即可求其正切值；B由结合线面平行的判定判断；C由题设有、，再根据线面、面面垂直的判定判断；D确定是等腰三角形，所求距离为其底边上的高.
【详解】A：由，则直线与所成角即为，而，错；
B：由分别是棱的中点，则，面，面，
所以直线平面，对；
C：由，而，故，
又面，面，则，
，面，则面，
由面，故面面，对；
D：由正方体性质易知：，，
所以是等腰三角形，则到线的距离为，对.
故选：BCD
11．下列命题正确的是（ ）
A．已知圆的圆心为，设是圆上任意一点.为，线段的垂直平分线交于点，则动点的轨迹是椭圆
B．已知两圆：，：.动圆在圆内部且和圆相内切，和圆相外切，则动圆圆心的轨迹方程是双曲线
C．设圆与圆外切，与直线相切.则圆的圆心的轨迹为抛物线
D．如图，斜线段与平面所成的角为，B为斜足.平面上的动点满足，则点的轨迹是椭圆
【答案】ACD
【分析】根据椭圆和双曲线以及抛物线定义可判断A、B、C选项，用平面去截圆锥可以得到动点的轨迹，可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为点P在线段的垂直平分线上，故，又是圆的半径，所以，由椭圆的定义知，动点P的轨迹是椭圆，选项A正确；
对于选项B，设圆的半径为r，则根据条件有，所以M的轨迹是椭圆，选项B错误；
对于C选项，设圆的半径为r，圆的圆心为A，根据题意，圆心C到直线的距离为r，即圆心 C到直线的距离为，所以圆心C到点A的距离等于圆心C到直线的距离，因此圆心C的轨迹为抛物线，选项C正确；
对于D选项，可构造如图所示的圆锥，母线与所在直线的夹角为，然后用平面去截圆锥，使直线与平面的夹角为，则平面与圆锥侧面的交线为的轨迹图形，由圆锥曲线的定义可知，的轨迹为椭圆，选项D正确.
故选：ACD
12．抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出去.反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.己知抛物线为坐标原点，一束平行于轴的光线从点射入，经过上的点反射后，再经上另一点反射后，沿直线射出，经过点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．平分
D．延长交直线于点.则三点共线
【答案】BCD
【分析】由已知求出点坐标，然后再计算判断各选项.
【详解】代入得，所以，又，
直线方程为，即，
由，解得或，所以，
即，，A错；
，B正确；
，，即，，
又，即，且都是锐角，
所以，C正确；
准线的方程是，直线方程为，由代入得，即，
所以在直线上，D正确.
故选：BCD.
三、填空题
13．已知椭圆的左右焦点分别为，过左焦点的直线与椭圆交于，则的周长为 .
【答案】
【分析】应用椭圆的定义求焦点三角形的周长即可.
【详解】如下图，根据椭圆定义知：，
而的周长为.
故答案为：
14．若两条直线与圆的四个交点能构成矩形，则 .
【答案】0
【分析】由已知两条直线是平行线，因此有圆心到它们的距离相等，从而可得结论.
【详解】由题意直线平行，因此圆心到它们的距离相等，
所以，又，所以，即，
故答案为：0.
15．已知抛物线上一点为焦点.直线交抛物线的准线于点，满足.则 .
【答案】
【分析】由向量的平行的坐标表示求出得抛物线标准方程，再代入点坐标可得.
【详解】由题意，准线方程为，
，则，解得，即抛物线方程为，
，，
故答案为：.
16．过双曲线右焦点作直线，且直线与双曲线的一条渐近线垂直，垂足为，直线与另一条渐近线交于点．已知为坐标原点，若的内切圆的半径为，则双曲线的离心率为 .
【答案】或2/2或
【分析】若在轴的同侧，不妨设在第一象限，如图，设的内切圆的圆心为，过分别作于，于，由得四边形为正方形，再由已知条件可得，从而可求出离心率，若在轴的两侧，不妨设在第一象限，如图，由题意可得，从而可得，从而可求出离心率
【详解】若在轴的同侧，不妨设在第一象限，如图，设的内切圆的圆心为，则在的平分线上，过分别作于，于，由得四边形为正方形，由焦点到渐近线的距离为，得，
因为，所以，
因为，所以，
所以，从而可得
若在轴的两侧，不妨设在第一象限，如图，易得，，，
所以的内切圆半径为，所以，
因为，所以得，
所以，所以，
所以
故答案为：或2
四、解答题
17．已知点，圆.
(1)若过点的直线与圆相切，求直线的方程：
(2)若直线与圆相交于两点，弦的长为2，求的值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由题设易知在圆上，进而可得直线斜率为，应用点斜式写出直线方程；
（2）由题设求出到的距离，结合已知及几何法求弦长列方程求参数值即可.
【详解】（1）由于，即在圆上，而圆心，则，
所以过点的切线斜率为，
故直线的方程为.
（2）由，圆心，半径为，
则到的距离，又弦的长为2，
所以，可得.
18．如图，在三棱柱中，＝2，且，⊥底面ABC，E为AB中点．
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过构造中位线的方法来证得平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得二面角的余弦值.
【详解】（1）连接 与交于点O，连接OE，
由分别为的中点，
所以，又平面，平面，
所以平面.
（2）由，底面，故底面，
建立如图所示空间直角坐标系：则，
所以，
设平面的一个法向量为：，
则，即，
令，则，则，
因为底面，所以为平面一个法向量，
所以，
由图可知，二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
19．已知椭圆：的离心率为，左焦点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线与椭圆交于不同的两点、，且线段的中点在圆上，求的值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）利用椭圆的离心率，焦点坐标，求解，，得到椭圆方程．
（2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理求解中点坐标，结合圆的方程，求解即可．
【详解】解：（1）由题意得，解得，
∴椭圆的标准方程为；
（2）设点、的坐标分别为，，线段的中点为，
联立，消得，
由韦达定理得：，
∴，，
∵点在圆上，∴，
∴，满足，∴.
20．已知曲线：和直线：．
(1)若直线与曲线有两个不同的交点，求实数的取值范围；
(2)若直线与曲线交于，两点，是坐标原点，且的面积为，求实数的值．
【答案】(1)
(2)0，，
【分析】（1）联立直线与曲线方程，消去，依题意可得，即可求出参数的取值范围；
（2）设，，由（1）利用韦达定理可得，，即可表示出以及点到直线的距离，从而表示出三角形的面积，即可得到方程，解得即可．
【详解】（1）解：由消去，得．
∵直线与双曲线有两个不同的交点，
∴解得，且，
∴实数的取值范围为；
（2）解：设，．
由（1）可知，，
∴．
∵点到直线的距离
∴，
即，∴或．
∴实数的值为0，，．
21．已知椭圆C：（）的焦距为，且过点.
（1）求椭圆方程；
（2）设直线l：（）交椭圆C于A，B两点，且线段的中点M在直线上，求证：线段的中垂线恒过定点N.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据题意椭圆过点，结合，求出a，b即可得结果；
（2）联立直线与椭圆的方程，结合根与系数的关系及中点坐标公式化简，进而用k表示出中点M的坐标，进而表示出的中垂线方程即可得结果.
【详解】（1）椭圆过点，即，
又，得，所以，，即椭圆方程为；
（2）由，得，
设，，
则，设的中点M为，得，
即，所以.
所以的中垂线方程为，即，故的中垂线恒过点.
22．如图，为坐标原点，抛物线的焦点是椭圆的右焦点，为椭圆的右顶点，椭圆的长轴，离心率．
（1）求抛物线和椭圆的方程；
（2）过点作直线交于两点，射线，分别交于两点，记和的面积分别为和，问是否存在直线，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；；（2）存在，.
【分析】（1）根据已知条件先求解出椭圆方程中的值，则椭圆方程可求，根据抛物线与椭圆有一个相同焦点求解出抛物线的方程；
（2）设出直线的方程，将利用三角形的面积公式表示为和有关的形式，再分别求解出的相关表示，最后根据面积比的比值计算出的值即可求解出直线的方程.
【详解】（1）由题知，，，，，
所以抛物线的方程为
椭圆的方程.
（2）由题知直线的斜率不为0，设直线的方程为
设，，则，.
所以，
直线的斜率为，直线的方程为.
由得，则，
同理可得，
所以，所以，
要使，只需，解得，
所以存在直线符合条件.
【点睛】本题考查圆锥曲线的综合应用，其中涉及椭圆、抛物线方程求解以及椭圆中的面积问题，主要考查学生的转化与计算能力，难度较难.
一、单选题
1．在平行六面体中，（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据向量加减法则化简目标式即可.
【详解】.
故选：C
2．如果抛物线的准线是直线，那么它的焦点坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】结合抛物线的准线确定其焦点即可.
【详解】由于抛物线的准线是直线，所以它的焦点为.
故选：D
3．“”是“直线：与直线：垂直”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据两直线垂直的性质求出，再结合充分条件和必要条件的定义即可得出答案.
【详解】因为直线：与直线：垂直，
所以，解得，
所以“”是“直线：与直线：垂直”的充要条件.
故选：C
4．若方程表示双曲线，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据双曲线的标准方程形式求解.
【详解】由题意，解得，
故选：A.
5．古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元前262~公元前190年）的著作（圆锥曲线论）是古代世界的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两个定点距离之比为常数且的点的轨迹为圆.后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.已知.动点满足，则动点的轨迹与圆的位置关系是（ ）
A．内含B．相离C．内切D．相交
【答案】D
【分析】设，应用两点距离公式和已知条件求得动点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，再由圆心距与半径的关系判断位置关系即可.
【详解】设，则，整理得，
所以动点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，
而的圆心为，半径为，
由于和的距离，则，
所以动点的轨迹与圆的位置关系是相交.
故选：D
6．已知P，A，B，C是球O面上的四个点，面ABC，，，，则该球体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由向量得垂直，由再由线面垂直，可得出三棱锥可以看作是由一个长方体截出的，是长方体的三条棱，球就是该长方体的外接球，长方体的对角线就是球的直径，由此可求得球半径，从而得体积．
【详解】，则，
又面ABC，因此三棱锥可以看作是由一个长方体截出的，是长方体的三条棱，球就是该长方体的外接球，
设球半径为，
，
，，
球体积为．
故选：A．
7．已知P为抛物线上一动点，F为E的焦点，点Q为圆上一动点，若的最小值为3，则（ ）
A．5B．4C．3D．2
【答案】B
【分析】过过点作抛物线的准线的垂线，为垂足，则，结合圆的性质可得答案.
【详解】可转化为，则圆心为，半径为1.
因为的最小值为3，点Q为圆上一动点，
设抛物线的准线为，则的方程为：
过点作,为垂足，则
如图，则.
由，可得，
故选：B
8．已知椭圆的右焦点为，过点的直线与交于两点，与轴交于点.且，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】若为左焦点、，根据题设得到轴，结合线段长度的数量关系及椭圆定义得到、，再由点在椭圆上求得，进而有代入方程即可求离心率.
【详解】如下示意图，不妨假设在轴下方，在轴上方，
若，则，且是中点，
若为左焦点，且是中点，则，即轴，
由，，则，
由，易得，
所以，联立整理可得，故代入椭圆方程，
所以.
故选：B
二、多选题
9．已知椭圆：.则下列结论正确的是（ ）
A．长轴为6B．短轴为4
C．焦距为D．离心率为
【答案】ABD
【分析】根据椭圆方程确定长短轴、焦距和离心率即可.
【详解】由椭圆方程知：，故长轴为6，短轴为4，焦距为，离心率为.
所以A、B、D对，C错.
故选：ABD
10．已知正方体的棱长为6，点分别是棱的中点，是棱上的动点，则以下结论中正确的是（ ）
A．直线与所成角的正切值为
B．直线平面
C．平面平面
D．到线的距离为
【答案】BCD
【分析】A由及异面直线所成角的定义知为所求角，即可求其正切值；B由结合线面平行的判定判断；C由题设有、，再根据线面、面面垂直的判定判断；D确定是等腰三角形，所求距离为其底边上的高.
【详解】A：由，则直线与所成角即为，而，错；
B：由分别是棱的中点，则，面，面，
所以直线平面，对；
C：由，而，故，
又面，面，则，
，面，则面，
由面，故面面，对；
D：由正方体性质易知：，，
所以是等腰三角形，则到线的距离为，对.
故选：BCD
11．下列命题正确的是（ ）
A．已知圆的圆心为，设是圆上任意一点.为，线段的垂直平分线交于点，则动点的轨迹是椭圆
B．已知两圆：，：.动圆在圆内部且和圆相内切，和圆相外切，则动圆圆心的轨迹方程是双曲线
C．设圆与圆外切，与直线相切.则圆的圆心的轨迹为抛物线
D．如图，斜线段与平面所成的角为，B为斜足.平面上的动点满足，则点的轨迹是椭圆
【答案】ACD
【分析】根据椭圆和双曲线以及抛物线定义可判断A、B、C选项，用平面去截圆锥可以得到动点的轨迹，可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为点P在线段的垂直平分线上，故，又是圆的半径，所以，由椭圆的定义知，动点P的轨迹是椭圆，选项A正确；
对于选项B，设圆的半径为r，则根据条件有，所以M的轨迹是椭圆，选项B错误；
对于C选项，设圆的半径为r，圆的圆心为A，根据题意，圆心C到直线的距离为r，即圆心 C到直线的距离为，所以圆心C到点A的距离等于圆心C到直线的距离，因此圆心C的轨迹为抛物线，选项C正确；
对于D选项，可构造如图所示的圆锥，母线与所在直线的夹角为，然后用平面去截圆锥，使直线与平面的夹角为，则平面与圆锥侧面的交线为的轨迹图形，由圆锥曲线的定义可知，的轨迹为椭圆，选项D正确.
故选：ACD
12．抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出去.反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.己知抛物线为坐标原点，一束平行于轴的光线从点射入，经过上的点反射后，再经上另一点反射后，沿直线射出，经过点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．平分
D．延长交直线于点.则三点共线
【答案】BCD
【分析】由已知求出点坐标，然后再计算判断各选项.
【详解】代入得，所以，又，
直线方程为，即，
由，解得或，所以，
即，，A错；
，B正确；
，，即，，
又，即，且都是锐角，
所以，C正确；
准线的方程是，直线方程为，由代入得，即，
所以在直线上，D正确.
故选：BCD.
三、填空题
13．已知椭圆的左右焦点分别为，过左焦点的直线与椭圆交于，则的周长为 .
【答案】
【分析】应用椭圆的定义求焦点三角形的周长即可.
【详解】如下图，根据椭圆定义知：，
而的周长为.
故答案为：
14．若两条直线与圆的四个交点能构成矩形，则 .
【答案】0
【分析】由已知两条直线是平行线，因此有圆心到它们的距离相等，从而可得结论.
【详解】由题意直线平行，因此圆心到它们的距离相等，
所以，又，所以，即，
故答案为：0.
15．已知抛物线上一点为焦点.直线交抛物线的准线于点，满足.则 .
【答案】
【分析】由向量的平行的坐标表示求出得抛物线标准方程，再代入点坐标可得.
【详解】由题意，准线方程为，
，则，解得，即抛物线方程为，
，，
故答案为：.
16．过双曲线右焦点作直线，且直线与双曲线的一条渐近线垂直，垂足为，直线与另一条渐近线交于点．已知为坐标原点，若的内切圆的半径为，则双曲线的离心率为 .
【答案】或2/2或
【分析】若在轴的同侧，不妨设在第一象限，如图，设的内切圆的圆心为，过分别作于，于，由得四边形为正方形，再由已知条件可得，从而可求出离心率，若在轴的两侧，不妨设在第一象限，如图，由题意可得，从而可得，从而可求出离心率
【详解】若在轴的同侧，不妨设在第一象限，如图，设的内切圆的圆心为，则在的平分线上，过分别作于，于，由得四边形为正方形，由焦点到渐近线的距离为，得，
因为，所以，
因为，所以，
所以，从而可得
若在轴的两侧，不妨设在第一象限，如图，易得，，，
所以的内切圆半径为，所以，
因为，所以得，
所以，所以，
所以
故答案为：或2
四、解答题
17．已知点，圆.
(1)若过点的直线与圆相切，求直线的方程：
(2)若直线与圆相交于两点，弦的长为2，求的值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由题设易知在圆上，进而可得直线斜率为，应用点斜式写出直线方程；
（2）由题设求出到的距离，结合已知及几何法求弦长列方程求参数值即可.
【详解】（1）由于，即在圆上，而圆心，则，
所以过点的切线斜率为，
故直线的方程为.
（2）由，圆心，半径为，
则到的距离，又弦的长为2，
所以，可得.
18．如图，在三棱柱中，＝2，且，⊥底面ABC，E为AB中点．
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过构造中位线的方法来证得平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得二面角的余弦值.
【详解】（1）连接 与交于点O，连接OE，
由分别为的中点，
所以，又平面，平面，
所以平面.
（2）由，底面，故底面，
建立如图所示空间直角坐标系：则，
所以，
设平面的一个法向量为：，
则，即，
令，则，则，
因为底面，所以为平面一个法向量，
所以，
由图可知，二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
19．已知椭圆：的离心率为，左焦点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线与椭圆交于不同的两点、，且线段的中点在圆上，求的值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）利用椭圆的离心率，焦点坐标，求解，，得到椭圆方程．
（2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理求解中点坐标，结合圆的方程，求解即可．
【详解】解：（1）由题意得，解得，
∴椭圆的标准方程为；
（2）设点、的坐标分别为，，线段的中点为，
联立，消得，
由韦达定理得：，
∴，，
∵点在圆上，∴，
∴，满足，∴.
20．已知曲线：和直线：．
(1)若直线与曲线有两个不同的交点，求实数的取值范围；
(2)若直线与曲线交于，两点，是坐标原点，且的面积为，求实数的值．
【答案】(1)
(2)0，，
【分析】（1）联立直线与曲线方程，消去，依题意可得，即可求出参数的取值范围；
（2）设，，由（1）利用韦达定理可得，，即可表示出以及点到直线的距离，从而表示出三角形的面积，即可得到方程，解得即可．
【详解】（1）解：由消去，得．
∵直线与双曲线有两个不同的交点，
∴解得，且，
∴实数的取值范围为；
（2）解：设，．
由（1）可知，，
∴．
∵点到直线的距离
∴，
即，∴或．
∴实数的值为0，，．
21．已知椭圆C：（）的焦距为，且过点.
（1）求椭圆方程；
（2）设直线l：（）交椭圆C于A，B两点，且线段的中点M在直线上，求证：线段的中垂线恒过定点N.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据题意椭圆过点，结合，求出a，b即可得结果；
（2）联立直线与椭圆的方程，结合根与系数的关系及中点坐标公式化简，进而用k表示出中点M的坐标，进而表示出的中垂线方程即可得结果.
【详解】（1）椭圆过点，即，
又，得，所以，，即椭圆方程为；
（2）由，得，
设，，
则，设的中点M为，得，
即，所以.
所以的中垂线方程为，即，故的中垂线恒过点.
22．如图，为坐标原点，抛物线的焦点是椭圆的右焦点，为椭圆的右顶点，椭圆的长轴，离心率．
（1）求抛物线和椭圆的方程；
（2）过点作直线交于两点，射线，分别交于两点，记和的面积分别为和，问是否存在直线，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；；（2）存在，.
【分析】（1）根据已知条件先求解出椭圆方程中的值，则椭圆方程可求，根据抛物线与椭圆有一个相同焦点求解出抛物线的方程；
（2）设出直线的方程，将利用三角形的面积公式表示为和有关的形式，再分别求解出的相关表示，最后根据面积比的比值计算出的值即可求解出直线的方程.
【详解】（1）由题知，，，，，
所以抛物线的方程为
椭圆的方程.
（2）由题知直线的斜率不为0，设直线的方程为
设，，则，.
所以，
直线的斜率为，直线的方程为.
由得，则，
同理可得，
所以，所以，
要使，只需，解得，
所以存在直线符合条件.
【点睛】本题考查圆锥曲线的综合应用，其中涉及椭圆、抛物线方程求解以及椭圆中的面积问题，主要考查学生的转化与计算能力，难度较难.
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