2026年高考数学一轮复习分层练习（压轴题）05：解析几何（30题）（含答案详解）

这是一份2026年高考数学一轮复习分层练习（压轴题）05：解析几何（30题）（含答案详解），共57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．已知双曲线与平行于轴的动直线交于两点，点在点左侧，为双曲线的左焦点，延长至点，使，连接交轴于点，若，则该双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．2D．3
2．已知A，B，C，D是椭圆上四个不同的点，且是线段的交点，且，若，则直线的斜率为（ ）
A．B．C．D．
3．焦点为的抛物线上有一点（在第一象限），将关于直线对称得到，与轴交于两点，，则直线的斜率为（ ）.
A．B．C．D．
4．过点作斜率为的直线交圆于A，两点，动点满足，若对每一个确定的实数，记的最大值为，则当变化时，的最小值是（ ）
A．1B．C．2D．
5．如图，已知半椭圆与半椭圆组成的曲线称为“果圆”，其中.“果圆”与轴的交点分别为，与轴的交点分别为，点为半椭圆上一点（不与重合），若存在，则半椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
6．已知动点是双曲线上的点，点是的左，右焦点，是双曲线的左，右顶点，下列结论正确的是（ ）
A．若，则的面积为4
B．点到两渐近线的距离之积为
C．点在双曲线的右支时，的最大值为
D．设的面积为，则为定值
7．我们把平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹，称为卡西尼卵形线（Cassini Oval）．在平面直角坐标系中，两个定点，，，是平面上的两个动点，设满足的的轨迹为一条连续的封闭曲线，满足的的轨迹为一条连续的封闭曲线，则（ ）
A．关于轴、轴对称B．当不在轴上时，
C．当时，纵坐标的最大值大于D．当，有公共点时，
8．曲线是平面内与三个定点和的距离的和等于的点的轨迹，为上一点，则（ ）
A．曲线关于轴对称B．存在点P，使得
C．面积的最大值是1D．存在点，使得为钝角
9．已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l与C交于A，B两点，点P在C的准线上，那么（ ）
A．B．
C．的最小值为10D．若PA与C相切，则PB也与C相切
10．已知椭圆的左、右焦点分别为，过点的直线交椭圆于，两点，则下列说法正确的是（ ）
A．弦长的取值范围为
B．若、两点的中点为，则直线的斜率为
C．若点在第一象限，满足的面积为1，则
D．若弦的中垂线与轴交于点，则
三、填空题
11．点在直线上，点在抛物线上，记两点间的最小距离为，若，则 .
12．已知抛物线的焦点为F，点在C上，且，则的取值范围是 ，的最小值为 ．
13．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，焦距为，点P为C在第一象限上一点，直线与y轴交于点M，，若直线的斜率为，则C的离心率为 ．
14．已知直线（，）与椭圆相交于不同的两点A，B，过的中点M作垂直于的直线，设与椭圆C相交于不同的两点C，D，且的中点为N.设原点O到直线的距离为d，则的取值范围是 .
15．已知是圆：上的动点，，点，是圆：上的两个动点，点满足，，则的最小值为 ．
16．已知点，为抛物线上的动点，点在直线上的射影为，为曲线上的动点，则的最小值为 .
17．已知O为坐标原点，向量满足，将绕点O按逆时针方向旋转，得到向量．若，则的最大值为 ．
18．已知两点，动点满足，直线与动点的轨迹交于两点.当时， ；当时，的最小值为 .
19．已知椭圆：，，分别是椭圆的左、右焦点，若椭圆上存在点，满足，则椭圆的离心率的取值范围为 .
20．已知椭圆（）的离心率为，双曲线的离心率为，且它们有公共焦点，P是它们的一个公共点，若，则 .
四、解答题
21．双曲线的一个顶点在直线上，且其离心率为．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)若一条直线与双曲线恰有一个公共点，且该直线与双曲线的渐近线不平行，则定义该直线为双曲线的切线，定义该公共点为切线的切点，已知点在直线上，且过点恰好可作双曲线E的两条切线，设这两条切线的切点分别为和．
（i）设点的横坐标为，求的取值范围；
（ii）设直线和直线分别与直线交于点和点，证明：直线和直线交点在定直线上．
（附：双曲线以点为切点的切线方程为）
22．一般地，若两个椭圆焦点都在x轴或y轴上，长轴相等，其中一个椭圆的短半轴长与另一个椭圆的焦距长相等，则称两个椭圆为相关椭圆.已知椭圆，抛物线与有一个相同的焦点F.过点F作互相垂直的两条直线l与，直线l与交于点G、B，直线与交于点C、D.
(1)求该椭圆的相关椭圆方程及抛物线的方程
(2)四边形GCBD的面积是否存在最小值，若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由.
(3)过椭圆左顶点A且斜率为的直线与椭圆交于点M，与轴交于点，设点为MA的中点.若轴上存在点，对于任意的，都有（为原点），若，求的值.
23．如图，已知圆锥的高与母线所成的角为，过的平面与圆锥的高所成的角为，该平面截这个圆锥所得的截面为椭圆C，椭圆C的长轴为，短轴为，长轴长为2a，C的中心为N，再以为弦且垂直于的圆截面，记该圆与直线交于，与直线交于，
(1)用分别表示
(2)若，
（ⅰ）求椭圆C的焦距；
（ⅱ）椭圆C左右焦点分别为，C上不同两点D，E在长轴同侧，且，设直线交于点Q，记，设，请写出的解析式（不要求求出定义域）．
24．已知点为圆上一动点，过点作轴的垂线，垂足为，，记点的轨迹为曲线．
(1)求的方程；
(2)已知椭圆在变换下保持位置关系不变性，即点在上，在变换下直线也在上；直线与相切，在变换下直线与也相切．用上述结论证明：在点处的切线的方程为；
(3)已知点为上的动点，点是曲线上的动点，且在A，B处两曲线的切线平行，求的最小值．
25．已知中心在原点，焦点在x轴上的圆锥曲线E的离心率为2，过E的右焦点E作垂直于x轴的直线，该直线被E截得的弦长为6.
(1)求E的方程；
(2)若面积为3的的三个顶点均在E上，边BC过F，边AB过原点，求直线BC的方程；
(3)已知，过点的直线l与E在y轴的右侧交于不同的两点P，Q，l上是否存在点S满足，且？若存在，求S的坐标，若不存在，请说明理由.
26．已知椭圆的离心率，过点作直线与椭圆交于两点（在上方），当的斜率为时，点恰与椭圆的上顶点重合．

(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知，设直线，的斜率分别为，设的外接圆圆心为，点关于轴的对称点为．
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）求证：．
27．已知点在抛物线上，过点作斜率为的直线交于另一个点，设与关于轴对称，再过作斜率为的直线交与另一个点，设与关于轴对称，以此类推一直做下去，设.
(1)求的值；
(2)求数列的通项公式，并求数列的前项和的取值范围；
(3)求的面积.
28．已知椭圆的离心率为，长轴长为4．
(1)求椭圆C的方程：
(2)过点的直线交圆于点M、N，直线垂直，且交C于点P、Q，交于点A．记，的面积分别为，．
（i）若，求t的取值范围；
（ii）是否存在常数t，使得为定值？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
29．抛物线的焦点为，为上一点，的纵坐标为，点在轴上，轴，线段的中点为，且轴．
(1)求的方程；
(2)已知为上三个不同的点，点在第一象限．
（ⅰ）若点在原点，，，点的横坐标满足，求．
（ⅱ）在中，内角所对的边分别为，且满足，，的重心在轴上，求点的坐标．
30．已知椭圆 的上顶点为 ，且过点 .

(1)求椭圆的方程；
(2)若斜率为 的直线 与椭圆交于 、 两点（直线 斜率为正），直线 、 （若 、 重合， 直线 即为椭圆 在 点处的切线） 分别与 轴交于 两点， 为 中点.
（i） 求 的最大值;
（ii）当 最大时，将坐标平面沿 轴折成二面角 ，在二面角 大小变化过程中，求三棱锥 外接球表面积取得最小值时三棱锥 的内切球的半径.
《解析几何》参考答案
1．C
【分析】利用直线平行于轴，可得三角形相似，得出，再利用已知条件中的线段的关系进行转化列出等式，化简即可求解.
【解析】
根据题意设，， ，其中，
则，，，
直线平行于轴，，，
，，
，
即
，
点在双曲线上，，
，.
故选：C.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于利用直线平行于轴，得到，从而得到，设，，，求出，，，化简并结合双曲线定义，即可求解.
2．D
【分析】利用向量共线、类似点差法建立等量关系式，由直线垂直斜率的关系求出直线l的斜率.
【解析】设，而，
因为，故，
即，
所以，则，
又都在椭圆上，
故①，且，
即②，
①②两式相减并化简得：，
即③，
同理可得：④，
④－③得：，
所以，
因为，所以直线l的斜率为.
故选：D
【点睛】直线与圆锥曲线相交涉及中点弦问题，常用点差法，该法计算量小，模式化强，易于掌握，若相交弦涉及的定比分点问题时，也可以用点差法的升级版—定比点差法，解法快捷.
3．B
【分析】求得关于直线的对称点，将的坐标代入抛物线方程，从而求得直线的斜率.
【解析】依题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，
，则，
依题意可知关于直线的对称点在抛物线上，
所以，解得，
将代入抛物线方程得，
整理得，解得，
而，所以.
故选：B
【点睛】思路点睛：
设直线方程并求对称点：首先设定直线的方程，利用已知条件求得关于直线的对称点，求对称点的方法需要熟练掌握.
代入抛物线方程求解：将对称点代入抛物线方程，得到关于斜率的方程，进而求出直线的斜率.
4．A
【分析】首先确定P与圆的位置关系，令且P是内分比点，若为外分比点，由阿氏圆易知P、Q在以的中点C为圆心的圆上，且最大值为圆的直径，讨论及数形结合判断的最大情况的最小值.
【解析】由题设，即在圆内，
令且，显然P是内分比点，若为外分比点,
则，此时的中点C为P、Q所在阿氏圆的圆心，
对于每一个确定的实数k，的最大值为，即重合时为对应圆直径，
根据圆的对称性，如上图，讨论的情况，而,
当为直径时，，
此时，可得，
故的最大值为，
当不是为直径时，，，且增减趋势相同，
由，得，显然接近于1时趋向无穷大，
此时的最大值为趋向无穷大.
综上，的最小值是1.
故选：A
5．D
【分析】利用椭圆上点的坐标从而得到向量坐标，利用向量坐标表示数量积得到相应等量关系，再由点的变化范围得到相应不等式，进而求得取值范围.
【解析】
设，
因为，
又点为半椭圆上一点，所以，
所以
，
因为存在，
所以，
即在上有解，
因为，
且，
所以在上有解，
即在上有解，所以
又因为，
所以，
即，解得，
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题的关键是采用设点法，再代入计算相关向量数量积，转化为在上有解，从而得到不等式组，解出即可
6．BD
【分析】根据双曲线的定义，结合勾股定理即可求解，由面积公式即可求解A；根据点到直线的距离公式即可求解B；根据双曲线定义得，即可消元，结合对勾函数的性质求解C；根据和差角的正切公式，结合斜率公式以及面积公式即可求解D.
【解析】对于选项A：因为双曲线，故可得，
当时，，
故，则，故A错误；
对于选项B：设点，则，
又因为双曲线渐近线为，
故到两渐近线的距离之积为，故B正确；
对于选项C：因为，可得，
则,
因为，故在单调递增，
则当时，取最大值，故C错误；
对于选项D：不妨设点在轴上方，则，
则，
又，，
故，又，
故；
当点在轴下方时，同理可得；
综上所述：为定值，故D正确.
故选：BD.
【点睛】关键点点睛：，又，，结合双曲线方程化简.
7．ACD
【分析】对于A，写出轨迹方程，将，代入即可判断，对于B，由三角形两边之差小于第三边即可判断，对于C，通过即可判断，对于D，联立方程，得到，结合椭圆范围可判断.
【解析】对于选项A：设，
由，得，
将代入得到，
将将代入得到，
所以关于轴、轴均对称，A正确；
对于选项B：当不在轴上时，与不共线，可以作为一个三角形的三个顶点，
所以，B错误；
对于选项C：当时，，
当时，可得：，
解得：，此时，
即，故当时，点的纵坐标的最大值大于1，C正确；
对于选项D：由，得为椭圆，
且，其方程为，
所以，代入，
得，
所以，因为，所以，
解得：或舍去，D正确；
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：曲线关于轴、轴的对称对称性问题，可将，代入曲线方程，是否满足即可判断.
8．CD
【分析】根据已知有C的方程为，应用特殊点、判断A；若，则即可判断B；根据已知易知P应该在椭圆内（含边界），结合椭圆与曲线C的位置关系判断C；取曲线C上点，此时，再判断是否能找到一个特殊点，，即可判断D.
【解析】设曲线C上任意一点，
由题意，C的方程为.
因为点在曲线C上，而点不在曲线C上，
所以曲线C不关于x轴对称，A错误；
若，则，所以这不存在这样点，B不正确；
由，P应该在椭圆内（含边界），
曲线C与椭圆D有唯一的公共点，此时，，
当点P为点时，的面积最大，最大值是1，C正确；
取曲线C上点，此时，
在曲线C上再寻找一个特殊点，，
则，即，
两边平方并整理得，
解得，即或.
因为，则取点，此时，D正确.
故选：CD
【点睛】关键点点睛：根据已知得到曲线方程，利用特殊值或特殊点及曲线性质确定相关临界点或临界值为关键.
9．ABD
【分析】对于A，借助判定；对于C，可证明，运用基本不等式求得判定；对于D，直曲联立得到过的抛物线的切线方程，同理得过的抛物线的切线方程为，求出两切线的交点，设直线AB的方程，直曲联立求两切线的交点Q在抛物线的准线上，得解；对于B，设AB的中点为D，求出和，进而得点D到准线的距离判定以AB为直径的圆与抛物线的准线相切，得解.
【解析】对于A，在抛物线中， ，所以焦点，准线方程为.
设直线l的方程为，，
联立，将代入可得：
根据韦达定理，所以，则.
所以，
则.所以，故A正确；
对于C，由抛物线的定义可知， ，
又因为，
，
将，代入上式可得：.即，
所以，
当且仅当即时取“”，满足题意，故C错误；
对于D，设，，依题意可得过点A，B的抛物线的切线不与坐标轴垂直，
不妨设过的抛物线的切线方程为，即，
由有，
所以，又，整理得，
解得，
所以过的抛物线的切线方程为，整理得，
过的抛物线的切线方程为，整理得，
设两切线的交点为，由，
可得，
设直线AB的方程为，由得，
所以，所以，即两切线的交点Q在抛物线的准线上，
所以若PA与C相切，则PB也与C相切，故D正确；
对于B，设AB的中点为D，由，得，
则，又，
所以点D到准线的距离，
所以以AB为直径的圆与抛物线的准线相切，
又点P在C的准线上，所以，故B正确.
故选:ABD.
【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x（或y）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.
10．AD
【分析】由焦点弦长性质即可判断A，通过斜率公式可判断B，由焦点三角形面积公式求得，再结合勾股定理、椭圆定义求解即可判断C，设方程，联立椭圆方程，求得中点坐标，写出中垂线方程，求得，由弦长公式及两点距离公式即可判断D.
【解析】根据题意，因为直线过椭圆的右焦点，
所以弦长的最短为通径，弦长的最长为长轴，
所以过右焦点的通径为，长轴为，
所以弦长的取值范围为，故选项A正确；
，当时，，故选项B错误；
因为，计算可得，
所以，，
因为点在第一象限，所以，故选项C不正确；
设点、的中点为，
联立，可得，
，，
所以，
所以点的坐标，
所以、两点的中垂线方程为，
所以点的坐标为，所以，
利用弦长公式可得，
所以，故选项D正确.
故选：AD
【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，注意的判断；
（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.
11．
【分析】本题可先求出、两点横坐标的关系，进而得出的表达式，然后求出，最后根据的表达式计算的值.
【解析】已知点在直线上，
则将点代入直线方程可得 ①.
点在抛物线上，则将点代入抛物线方程可得 ②.
因为、两点纵坐标相同，所以.
由①可得，由②可得，则.
令，则，将其转化为顶点式：
，
因为，所以当时，取得最小值，.
因为，所以，则.
，
可以发现上式中相邻两项的分子分母可以约分，约分后可得：
.
故答案为：
【点睛】方法点睛：
对于求平面直角坐标系中两点间距离最值的问题，先根据点所在的曲线方程得到坐标之间的关系，再将距离表示为关于某一变量的函数，通过函数的性质（如二次函数的顶点式）来求解最值.在处理连乘形式的式子时，要善于观察式子中各项的规律，通过约分等方法简化计算.
12． 5
【分析】利用焦半径公式表示，利用抛物线上点的范围求解第一空，利用焦半径公式结合基本不等式求解第二空即可得到答案.
【解析】
①由题意得，，设，，，
则，，，
∵，∴，
∵，∴，
∵，∴，解得，
∴.
②∵，∴，
∵，∴，即，
∵，当且仅当时等号成立，
∴，即，
∴，即的最小值为.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题考查抛物线综合问题，解题关键是合理运用焦半径公式结合基本不等式，然后找到取等条件，得到所要求的最值即可．
13．
【分析】根据椭圆的对称性，可得，结合二倍角公式，求出直线的斜率，联立直线、可得点坐标，根据在椭圆上，可得关于的齐次方程，结合的关系，解方程可求椭圆的离心率.
【解析】如图：
易知，，
设，则，因为，所以.
因为，所以，
所以直线的斜率为：.
所以直线：；直线：.
由得：.
因为点在椭圆：上，
所以，
所以，
又，所以.
所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键是得到与的关系，进一步得到直线与的方程，从而得到点坐标.
14．
【分析】联立椭圆和直线的方程，设，结合根与系数的关系可得的坐标，利用相同方法求得的坐标，再根据，从而可得的表达式，即可求解.
【解析】设，
由，得，
则，
，所以，
所以，即，
联立得，，
设，
则
所以，
所以，
又因为，
所以，
令，
则
，所以.
故答案为：.
15．
【分析】设的中点为，设，由，知，结合勾股定理化简整理得点的轨迹方程；设与圆交于点，取的中点，利用三角形相似得到，求解即可.
【解析】由题知，圆的半径，，圆的半径，
设的中点为，连接，所以，
因为，，
所以四边形为矩形，则为的中点，且，
设，则，所以，
因为，所以，
所以，即，
整理得，
所以点在以为圆心，以为半径的圆上.
因为，所以，
设与圆交于点，取的中点，连接，则，，
在和中，且，
所以与相似，所以，即，
所以，
当且仅当三点共线且垂直于轴时取等号，
所以的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点之一在于根据已知条件得到点的轨迹为圆，其次在于构造三角形相似，从而得到.
16．
【分析】求出抛物线焦点坐标为，由抛物线定义得到，数形结合当三点共线时，取得最小值，最小值为，的最小值即为的最小值，将图形整体向上平移两个单位，等价于在圆上找到点，使得取得最小值，结合三角换元即可求解.
【解析】的焦点坐标为，为抛物线的准线，
故，则，
连接，与交于点，即当三点共线时，
取得最小值，最小值为，
的最小值即为的最小值，
为了计算的简便，先将图形整体向上平移两个单位，如下图，
其中，，
原问题等价于在圆上找到点，使得取得最小值，
根据圆的对称性，不妨设在第一象限，
设，，
，
设，
则，
令，则，
而，
故，当时，当时，，
故在为减函数，在上为增函数，
故， 则的最小值为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
17．
【分析】设，则，进而得，结合分析得到的轨迹为一个椭圆，并确定椭圆的右顶点坐标，再利用向量数量积的坐标表示，将问题化为求的截距最大，即最大且该直线过点，即可求最值.
【解析】设，则，故，
所以，则，故，
由，
即到原点距离与到的距离之和为8，
易知的轨迹为一个椭圆，且，，如下图，
若为椭圆的右顶点，则，且直线，
易知，即，
由，令①，
所以，要使最大，只需的截距最大，即最大，
结合图知，该直线过点即可，将代入①，有.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：首先得到的轨迹为一个椭圆及其右顶点坐标，再应用向量数量积的坐标表示化为求最大为关键.
18．
【分析】由圆内同弦所对应的同侧的圆周角相等和勾股定理以及对称性得到点的轨迹方程，再由两点间距离公式求出，由向量数量积的坐标表示结合几何意义求出的最小值；
【解析】由圆内同弦所对应的同侧的圆周角相等可知，不妨设点在轴上方时，
由可得，又，所以，
设圆的半径为，所以在中，，解得，
所以点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆中所对应的优弧，不包括断点，
又对称性可得轴下方也满足，图形如下：
可得点的轨迹方程为，
当时，直线方程为，
联立，解得，
由对称性可得，
所以，
当时，设，由对称性可得，
所以，
由几何意义可得表示点到原点距离的平方，所以的最小值为.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是能根据圆内同弦所对应的同侧的圆周角相等的到点的轨迹方程.
19．
【分析】根据已知条件列方程，求得的取值范围，由此列不等式，由此求得离心率的取值范围.
【解析】，即，
，
当且仅当时等号成立.
，
由于，所以当或时，
有最小值为，
所以，则，即，
即，解得.
故答案为：
【点睛】关键点睛：
椭圆焦点和离心率的应用：通过利用椭圆的焦半径和离心率关系，结合椭圆上的点条件，推导出离心率的范围，这是解题的关键步骤.
不等式解的准确性：通过解不等式，得出离心率的范围，确保计算过程中的符号处理正确，是确保结论正确的关键.
20．
【分析】根据离心率和公共焦点建立等量关系，利用椭圆和双曲线定义表示线段长，结合余弦定理解决问题.
【解析】由椭圆离心率得，，
由双曲线离心率得，，
由椭圆和双曲线有共同焦点得，，即，故.
设点在第一象限，由椭圆和双曲线定义得，
，
所以，
由得，，故，
所以.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：本题考查圆锥曲线综合问题，具体思路如下：
由椭圆离心率得到的关系，由双曲线离心率得到的关系，由两曲线有共同焦点得和的关系，根据椭圆和双曲线定义表示，利用余弦定理解决问题.
21．(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）求出，再根据离心率得到，则得到其双曲线方程；
（2）（i）首先排除切线斜率不存在的情况，再采用设线法，并联立双曲线方程，根据判别式得到的范围；
（ii）设，根据切线结论得到直线和方程，再联立求出的坐标，再求出的坐标，得到直线方程，再分别设直线与直线交点为，直线与直线交点为，证明两点重合即可.
【解析】（1）直线方程中，令，则，
则直线与轴交于，所以．离心率，
所以，故．
所以双曲线的标准方程为．
（2）（i）经检验，当一条切线斜率不存在时，
若，显然另一条切线方程斜率存在，设切线方程为，
联立双曲线方程得，
则，
解得，而双曲线渐近线方程为，则此时不符合题意，
当时，此时只有一条切线，显然不合题意，
则两条切线斜率均存在，设切线斜率为，切线方程为，
与双曲线方程联立得：，
令．
整理得：，由于，所以且．
上式整理得：．
由题意，有两个相异实根，所以，
且．
整理得：，解得：．
综上所述，的取值范围是．
（ii）设．
直线和方程分别为和．
联立得点．
又点在直线上，代入整理得：．①
在直线方程中，令，则，得点．
，
故直线方程为：．
设直线与直线交点为，联立两直线方程：．
解得：．
设直线与直线交点为，
同理可得：．
由①式，作差的分子有
，
作差的分母有
.
则可得和表达式的分子分母分别相等．
故，两点重合，所以直线与的交点在定直线上．
【点睛】关键点点睛：本题第二问第二小问的关键是采用证明两交点重合的方程得到定直线方程.
22．(1)椭圆方程为，抛物线的方程为
(2)四边形GCBD的面积存在最小值，最小值为8；
(3)
【分析】（1）设椭圆方程为，，分两种情况，得到椭圆方程为，并根据焦点坐标得到，求出；
（2）先得到直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时直线为，求出四边形GCBD的面积为8，再求出当直线的斜率存在，设直线的方程为，
分别与和联立得到两根之和，两根之积，求出弦长，表达出四边形面积，换元得到，结合函数单调性得到，从而求出最小值；
（3）联立直线和得到点M的坐标，并得到点坐标，由得到，并变形得到，结合，得到方程，求出答案.
【解析】（1）椭圆的焦点在轴上，，
设椭圆方程为，，
若椭圆的短半轴长与的焦距长相等，
即，此时不合要求，
若椭圆的短半轴长与椭圆的焦距长相等，
即，解得，满足要求，
故椭圆方程为；
椭圆的焦点为，故，解得，
故；
（2）显然当直线的斜率为0时，直线与抛物线只有1个交点，不合要求，
故直线的斜率不为0，当直线的斜率不存在时，
直线的方程为，此时直线为，
中，令得，故，
此时，，
设四边形GCBD的面积为，，
当直线的斜率存在，设直线的方程为，
与联立得，
设，则，
故，
故，
直线，与椭圆联立得，
恒成立，
设，则，
由弦长公式得
，
设四边形GCBD的面积为，
，
令，则，
由对勾函数性质可知在上单调递增，
故，
故四边形GCBD的面积存在最小值，最小值为8.
（3）由题意得，故直线，联立得
，设，则，
故，，
故，，
中，令得，故，
，
又，设，故，解得，
所以，
由得，
即，，
即，
其中，，
故，解得，
故的值为
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
23．(1),
(2)（ⅰ）椭圆C的焦距为2，（ⅱ）
【分析】（1）过作于，可得，即可求得，同理求得.
（2）（ⅰ）由，进而可以求得椭圆的离心率，再求得焦距即可；（ⅱ）设，由得，，，进而得出，再由题意解出即可.
【解析】（1）
过作于，而，，
所以，而，
所以.
同理过向作垂线，可得.
（2）（ⅰ）由（1）可知,，
所以，
，
所以，
所以，
所以，
因为，所以，所以椭圆C的焦距.
（ⅱ）
因为，
所以，所以，
所以，
设，
所以，
所以.
同理可得.
所以，
延长交C于点，则，
设，则，
所以，
由（ⅰ）可知椭圆的标准方程为，
故而由，得，
所以，
所以，所以，
又因为，解得，
因为，
所以，
所以，
所以，所以.
所以.
【点睛】关键点点睛：设，由得，，，进而得出，再由题意添加辅助线结合椭圆方程解出.
24．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）设，，根据向量可得，即可得的方程；
（2）根据题意可得椭圆，点，通过变换所得的，，，求曲线在点处的切线为，即可得结果；
（3）设与，的一个交点分别为，，可知，求曲线与曲线相切于点，结合切线即可得结果.
【解析】（1）设，，则，，
因为，可得，
解得，，即，
又因为，则，即，
所以的方程为：.
（2）因为椭圆，点，通过变换，
得到，，，
则曲线在点处的切线为，
当的斜率存在时，，切线方程为，
，，，
又因为，则，即切线方程为①，
当的斜率不存在时，，，即也满足方程①．
所以在点处的切线的方程为：．
（3）设与，的一个交点分别为，，
不妨取，，
由（2）知曲线在点处的切线，其斜率，
曲线在点处的切线，其斜率，
因为，且，可知②，
联立方程，可得，
当时，；
当，曲线与曲线相切时，
方程只有一个零点，且，
令，，
则，
令，解得；令，解得；
可知在单调递减，在单调递增，则，
当方程只有一个零点时，则，
即当时，曲线与曲线相切于点．
直线与曲线在第四象限交于点，
由②知，曲线在处的切线与曲线在处的切线平行，
可得，
所以的最小值为．
【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法
1.数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解；
2.构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法求最值（注意：有时需先换元后再求最值）．
25．(1)
(2)或
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）依题意设出双曲线方程，根据双曲线离心率公式、通径公式进行求解即可；
（2）根据直线与双曲线相交，由弦长公式及三角形面积公式可得结果；
（3）根据直线与双曲线相交，由条件得出点S的轨迹可判断结果.
【解析】（1）圆锥曲线E的离心率为2，故E为双曲线，
因为E中心在原点、焦点在x轴上，所以设E的方程为，
令，解得，所以有 ①
又由离心率为2，得 ②，由①②解得，
所以双曲线E的标准方程是．
（2）设，，由已知，得，根据直线过原点及对称性，
知，
联立方程，得，化简整理，得，
所以，且，
所以，解得，
所以直线的方程是或．

（3）若直线l斜率不存在，此时直线l与双曲线右支无交点，不合题意，
故直线l斜率存在，设直线l方程，联立方程，得，
化简整理，得，
依题意有，因为恒成立，
所以，故，解得：，
设，，则由韦达定理，得，
设点S的坐标为，由，得，
则，变形得到，
将，代入，解得，
将代入中，解得，
消去k，得到点S的轨迹为定直线：上的一段线段（不含线段端点，，设直线与双曲线切于，直线与渐近线平行时于交点为）．
因为，，且，取中点，
因为，
所以，
所以，故，
即S的轨迹方程为，表示以点H为圆心，半径为的圆H，
设直线与y轴，x轴分别交于，，
依次作出直线，，，，
且四条直线的斜率分别为：，，，，
因为，所以线段是线段的一部分
经检验点，均在圆H内部，所以线段也必在圆H内部，
因此线段也必在圆H内部，所以满足条件的点S始终在圆H内部，
故不存在这样的点S，使得，且成立．
【点睛】关键点点睛：根据向量表达式求出点S的轨迹方程，再结合直线斜率之间的大小关系进行判断是解题的关键.
26．(1)
(2)（ⅰ）0；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）根据条件求出椭圆上顶点坐标即可得到的值，利用离心率可得椭圆标准方程.
（2）（ⅰ）联立直线与椭圆方程，借助韦达定理可得的值.
（ⅱ）根据外心为三角形三边垂直平分线的交点表示点的坐标，计算直线的斜率，利用斜率之积为可证明结论.
【解析】（1）当l的斜率为时，直线，与轴交点为，故，
∵，∴，
∴椭圆的标准方程为.
（2）（ⅰ）由题意得，直线斜率存在且不为，设直线，
联立方程消去得：，
∴．
∴，
∵，
∴．
（ⅱ）解法一：∵，中点坐标为，
∴垂直平分线方程为，
由得，垂直平分线方程为①．
同理得，垂直平分线方程为②．
由可得，即，
①+②得：，
∴，
由②-①得：，
∵直线过点，∴，即，
∴，故，
∴，
∵，∴，故．
解法二：设圆，
∵在圆上，∴
∵直线与圆交于，
∴联立得（*），其中是方程（*）的两根．
由（ⅰ）可知是方程的两根，
此两方程为同解方程，则有，
解得，
∴圆心，
∴，
∵，∴，
∴．
【点睛】关键点点睛：解决第（2）问（ⅱ）的关键是掌握三角形外心的特征，根据三角形两边垂直平分线的交点计算外心坐标，表示直线的斜率即可证明结论.
27．(1)
(2)，
(3)16
【分析】（1）将代入抛物线方程即可求解；
（2）由点在抛物线上，可得，且，将直线的方程与抛物线方程联立可得出，根据等差数列的定义和通项公式即可求出的通项公式，再利用裂项相消法求数列的前项和即可；
（3）求出直线的方程，可求出，并求出点到直线的距离，然后利用三角形的面积公式即可求解.
【解析】（1）因为点在抛物线上，则，解得.
（2）由可知，，
因为点在抛物线上，则，且，
过，，且斜率为的直线，
联立方程，消去可得，
解得或，
因，故，即，
故数列是以首项为2，公差为4的等差数列，所以，
又，所以，
所以
所以，又是关于的递增函数，故，
的取值范围是.
（3）由（2）可知：，，，
直线的方程为，
即，
点到直线的距离为，，
所以的面积为.
【点睛】方法点睛：等差数列的三种判定方法：
（1）定义法：（常数）数列为等差数列；
（2）等差中项法：数列为等差数列；
（3）通项公式法：（为常数，）数列为等差数列；
但如果要证明一个数列是等差数列，则必须用定义法或等差中项法.
28．(1)
(2)（i）；（ii）存在，，理由见解析
【分析】（1）由长轴长，离心率，求出，得到椭圆方程；
（2）（i）由垂径定理，由对称性可知，根据面积之比得到，A是的中点，时，得到，时，联立求出点坐标，进而得到点坐标，表达出直线的方程，求出，并得到，换元后，由对勾函数单调性得到，从而得到答案；
（ii），由（i）可知，，由垂径定理得，所以，故当，即时，即为定值3．
【解析】（1）由题意知：，，解得，，故，
所以椭圆C的方程为．
（2）（i）由垂径定理可得A是的中点，即，由对称性可知，
易知，，故，
所以，故A是的中点．
①当时，易知，故由中点坐标公式得，此时；
②当时，由得，
解得，故
由条件可知，由中点坐标公式得，
故直线的方程为：，
令得，
由直线过点，故．
由可知得，又，故，
此时令，则，
则，
任取，，
则，
因为，，所以，，
所以，即，
故当时，t单调递减，
故．
综上，取值范围是．
（ii）由题得，
由（i）可知，故，
又，直线，即，
所以，故，
由垂径定理得，
所以，
故当，即时，，
即为定值3．
【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
29．(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）
【分析】（1）先求出点的横坐标，由轴，可得，进而可求出，即可得解；
（2）（ⅰ）设，，由，可得，即可求出的关系，设的中点为，由，可得，即可求出的关系，再求出的范围即可得解；
（ⅱ）先根据求出，再根据结合余弦定理求出，从而可求出，即可得出的关系，设重心，，，，的中点为，求出点的坐标，求出直线的方程，联立方程，利用韦达定理求出，，再利用弦长公式求出，进而可求出，即可得解.
【解析】（1）将代入的方程，得，所以，
所以，解得，
故的方程为；
（2）（ⅰ）设，，则，
因为，所以，
即，①
又的中点为，所以，，
由，得，与①联立可得．
又，则，
令，则，
设方程的两根分别为，
得，，
所以在区间内单调递减，在区间内单调递增，
又，，即，
所以；
（ⅱ）由，得，
即，即，
即，所以，
又，所以，所以，
所以，
即，所以，
所以为等腰三角形，
设重心，，，，的中点为，
则由，得，，
直线的斜率，
由，即，可知，
所以，即，即，
所以，
则，
所以直线的方程为，即，
联立，整理得，
则，，
所以，
由，得，解得，
所以，
故点的坐标为．
【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.
30．(1)；
(2)（i）；（ii）.
【分析】（1）根据给定条件，列式求出即得椭圆方程.
（2）（i）设出直线方程，与椭圆方程联立利用韦达定理，结合斜率坐标公式推证得，再利用余弦定理建立函数关系求出正弦最大值；（ii）在（i）的条件下可得过原点，且，再在折后的几何体中补形并探讨外接球最小时的球心位置，并利用体积法求出内切球半径.
【解析】（1）依题意，，，解得，
所以所求方程为.
（2）（i）设直线，由消去得，
设，则，直线的斜率分别为，
则
，则，即，
在中，令，则，
，当且仅当时取等号，
所以的最大值为.
（ii）当取最大值时，是边长为2的等边三角形，
过原点，
将沿轴折成三棱锥，将底面补成等腰梯形，
则三棱锥的外接球即为四棱锥的外接球．
过等腰梯形外心即中点作直线平面，
过中心作直线平面，则即为三棱锥外接球球心，
即为三棱锥外接球半径，显然与重合时三棱锥外接球半径最小，
此时平面，三棱锥为正四面休，与交点即为中心，
平面，而平面，则，在等腰梯形中，
，，则，即，
由平面，于是平面，而平面，
因此，因此，
，
则三棱锥表面积为，设三棱锥内切球半径为，
则，解得.

【点睛】结论点睛：一个多面体的表面积为S，如果这个多面体有半径为r的内切球，则此多面体的体积V满足：.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
D
B
A
D
BD
ACD
CD
ABD
AD