新高考数学二轮复习专项训练19 直线与圆锥曲线的位置关系（2份，原卷版+解析版）

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一、弦长、面积问题
判断方法：通过解直线方程与圆锥曲线方程联立得到的方程组进行判断．
弦长公式：|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|，
或|AB|＝eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|.
二、中点弦问题
解决圆锥曲线“中点弦”问题的方法
1．根与系数的关系法：联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，消元得到一元二次方程后，由根与系数的关系及中点坐标公式求解．
2．点差法：设直线与圆锥曲线的交点(弦的端点)坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，将这两点坐标代入圆锥曲线的方程，并对所得两式作差，得到一个与弦AB的中点和直线AB的斜率有关的式子，可以大大减少计算量．
三、圆锥曲线中二级结论的应用
1．椭圆焦点三角形面积为b2tan eq \f(α,2)(α为|F1F2|的对角)．
2．双曲线焦点三角形面积为eq \f(b2,tan \f(α,2))(α为|F1F2|的对角)．
3．抛物线的有关性质：已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，直线l过点F且与抛物线交于两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
(1)|AB|＝x1＋x2＋p＝eq \f(2p,sin2α)(α为直线l的倾斜角)．
(2)以AB为直径的圆与抛物线的准线相切．
(3)eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝eq \f(2,p).
一、单选题
1．（22-23高三上·湖北武汉·期末）已知A是椭圆：的上顶点，点，是上异于A的两点，是以A为直角顶点的等腰直角三角形.若满足条件的有且仅有1个，则椭圆离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
2．（21-22高二上·天津和平·期末）双曲线的两个焦点分别是，点是双曲线上一点且满足，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
3．（21-22高二上·安徽淮北·期中）已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，过点的直线交于、两点， 若的中点坐标为，则的方程为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
4．（2022·全国·高考真题）已知O为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交C于P，Q两点，则（ ）
A．C的准线为B．直线AB与C相切
C．D．
5．（2023·云南昆明·模拟预测）在直角坐标系中，已知抛物线：的焦点为，过点的倾斜角为的直线与相交于，两点，且点在第一象限，的面积是，则（ ）
A．B．
C．D．
6．（2023·广东深圳·二模）设抛物线C：的焦点为F，过抛物线C上不同的两点A，B分别作C的切线，两条切线的交点为P，AB的中点为Q，则（ ）
A．轴B．C．D．
三、填空题
7．（2022高三·全国·专题练习）过椭圆的左焦点作倾斜角60°的直线，直线与椭圆交于A，B两点，则 ．
8．（22-23高二上·黑龙江齐齐哈尔·期末）已知，为椭圆：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为 ．
9．（23-24高二上·河北石家庄·阶段练习）已知椭圆的一条弦所在的直线方程是，弦的中点坐标是，则椭圆的离心率是 ．
参考答案：
1．B
【分析】根据题意联立方程求点的横坐标，由结合弦长公式整理可得关于的方程有且仅有一个解，分类讨论运算求解.
【详解】由题意可得：，
∵直线的斜率存在且不为0，设为，则直线，
联立方程，消去y得：，解得或（舍去），
即点B的横坐标为，
同理可得：点C的横坐标为，
由题意可得：，即，
整理得：，
由题意结合椭圆的对称性可得：关于的方程有且仅有一个解，则有：
当是方程的根，即，则，
若，则有且仅有一个解，即符合题意；
当不是方程的根，则在内无零点，
∵，则的对称轴，
∴，解得；
综上所述：，故椭圆离心率.
故选：B.
【点睛】易错点点睛：
在处理关于的方程有且仅有一个解的问题时，注意到该方程一定有一解，则需要讨论是否为的根.
2．C
【分析】设，，可得，中再利用余弦定理可得，由面积公式即可求得答案.
【详解】，所以，，，
在双曲线上，设，，
①，
由，在中由余弦定理可得：
，
故②，
由①②可得，
直角的面积.
故选：C.
3．D
【分析】利用点差法可求得，再由可得出、的值，即可得出椭圆的标准方程.
【详解】解：设、，若轴，则、关于轴对称，不合乎题意，
将、的坐标代入椭圆方程得，两式相减得，
可得，
因为线段的中点坐标为，所以，，，
因为抛物线的焦点为，所以，
又直线过点，因此，所以，，
整理得，又，解得，，
因此，椭圆的方程为，
故选：D.
4．BCD
【分析】求出抛物线方程可判断A，联立AB与抛物线的方程求交点可判断B，利用距离公式及弦长公式可判断C、D.
【详解】将点的代入抛物线方程得，所以抛物线方程为，故准线方程为，A错误；
，所以直线的方程为，
联立，可得，解得，故B正确；
设过的直线为，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，
所以，直线的斜率存在，设其方程为，，
联立，得，
所以，所以或，，
又，，
所以，故C正确；
因为，，
所以，而，故D正确.
故选：BCD
5．AC
【分析】根据和点到直线的距离公式结合的面积是可得，；
由公式，可得，.
【详解】由题意得，设直线：即，
则点到直线的距离是，
所以，得，所以，
，，所以AC正确，
故选：AC.
6．AC
【分析】设切线求交点根据两根之和判断A选项；特殊值法判断B,C选项；根据定义数形结合判断D选项.
【详解】对于A选项：设,
,,
过点A切线为：①,
过点B切线为:②,
①②得
化简可得
轴,A选项正确.
设
过A点的切线为,过B点的切线为,交点为
AB的中点为，所以不垂直,B选项错误；
,所以,D选项错误;
作抛物线准线的垂线 ,连接
则
显然 ,所以
又因为由抛物线定义,得,故知 是线段 的中垂线,得到则
同理可证：,，
所以，即,
所以 ,即.
故选:AC.
7．/
【分析】设，，利用“设而不求法”求弦长即可.
【详解】∵椭圆方程为，∴焦点分别为，，
∵直线AB过左焦点的倾斜角为60°，∴直线AB的方程为，将AB方程与椭圆方程联立消去y，得．设，，可得，，
∴，因此，．
故答案为:．
8．18
【分析】判断满足条件的点存在，再借助对称的性质确定四边形形状，利用椭圆定义求解作答.
【详解】椭圆：的长短半轴长，半焦距，
于是椭圆上存在点到原点距离等于椭圆半焦距c，
由P，Q为上关于坐标原点对称的两点，得四边形为平行四边形，

又，则为矩形，即有，
而，所以四边形的面积
.
故答案为：18
9．
【分析】先利用点差法应用弦中点，再求椭圆离心率.
【详解】设直线与椭圆交于两点，其中，
将两点代入椭圆可得，两式作差可得，
即，又中点坐标是，
所以，所以，
令，则，所以，
所以，
故答案为：
【基础保分训练】
一、单选题
1．（21-22高二下·海南·期中）已知椭圆的左、右焦点分别为、，过且斜率为1的直线交椭圆于A、两点，则等于（ ）
A．B．C．D．
2．（22-23高三下·海南海口·期中）已知，为椭圆的两个焦点，P为椭圆上一点且，则的面积为（ ）
A．B．C．4D．
3．（2023·浙江宁波·二模）设椭圆的右焦点为，点在椭圆外，P，Q在椭圆上，且P是线段AQ的中点．若直线PQ，PF的斜率之积为，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
4．（2023·云南·二模）已知椭圆，为C的左、右焦点，P为C上一点，且，若交C点于点Q，则（ ）
A．周长为8B．
C．面积为D．
5．（2022·全国·模拟预测）双曲线的左，右焦点分别为，，点P在C上.若是直角三角形，则的面积为（ ）
A．B．C．4D．2
6．（23-24高二上·江苏·阶段练习）设椭圆的方程为，斜率为k的直线不经过原点O，而且与椭圆相交于A，B两点，M为线段AB的中点，下列结论不正确的是（ ）
A．直线AB与OM垂直
B．若点M坐标为，则直线方程为
C．若直线方程为，则点M坐标为
D．若直线方程为，则
三、填空题
7．（23-24高三上·湖北·开学考试）已知圆，直线，当圆被直线截得的弦长最短时，直线的方程为 .
8．（2023高三·全国·专题练习）已知是椭圆上的点，分别是椭圆的左、右焦点，若，则的面积为
9．（22-23高二下·陕西榆林·期末）已知为双曲线上两点，且线段的中点坐标为，则直线的斜率为 .
四、解答题
10．（23-24高二上·河南南阳·期末）已知椭圆C：（，）的长轴为，短轴长为4．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线l：与椭圆C交于不同两点A、B，且，求直线的方程．
11．（24-25高二上·北京·阶段练习）已知椭圆长轴长为4，且椭圆的离心率，其左右焦点分别为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设斜率为且过的直线与椭圆交于两点，求的面积．
12．（23-24高二上·安徽滁州·阶段练习）已知圆的圆心是抛物线的焦点．
(1)求抛物线的方程；
(2)若直线交抛物线于两点，且点是弦的中点，求直线的方程．
参考答案：
1．A
【分析】利用弦长公式求解即可.
【详解】设直线AB方程为，联立椭圆方程
整理可得：，设，
则，，根据弦长公式有：
=．故B，C，D错误.
故选：A.
2．B
【分析】利用椭圆定义求得的值，判断为等腰三角形，即可求得答案.
【详解】由椭圆可知，
故，结合，
可得，而，
故为等腰三角形，其面积为，
故选：B
3．B
【分析】利用中点弦问题，结合点差法可得，即可求离心率.
【详解】
如图，取的中点为，连接，
则由题意可得，，
所以相似，所以,
因为直线PQ，PF的斜率之积为，
所以,
设，
则有，两式相减可得，
即，即，
即，所以椭圆的离心率为，
故选:B.
4．AD
【分析】根据椭圆方程，求出对应的，利用几何性质即可得出正确的选项
【详解】由题意，在椭圆中，，不妨设在轴上方，
则，，
所以，故B错；
的周长为，A正确；
设，
在中，
得，
所以，D正确；
，
所以，
故C不正确，
故选：AD．
5．AC
【分析】根据双曲线方程求出，再根据对称性只需考虑或.当时，将代入双曲线方程，求出，即可求出三角形面积，当时，由双曲线的定义可知，再由勾股定理求出，即可得解；
【详解】解：由双曲线可得.根据双曲线的对称性只需考虑或.
当时，将代入可得，所以的面积为.
当时，由双曲线的定义可知，
，由勾股定理可得.
因为，
所以，此时的面积为
综上所述，的面积为4或.
故选：.
6．ACD
【分析】根据椭圆中点弦的性质，可以判断ABC，对于D,直线方程与椭圆方程联立，利用弦长公式即可求得，从而判断正误．
【详解】对于A：设Ax1,y1,Bx2,y2,则，相减可得，所以，故 A错误；
对于B：根据，，所以，所以直线方程为，即，故B正确；
对于C：若直线方程为，点，则，所以C错误；
对于D：若直线方程为，与椭圆方程联立，得到，整理得：，解得，
所以，故D错误；
故选：ACD．
7．
【分析】直线过的定点，当直线垂直于时，圆被直线截得的弦长最短，可求直线的方程.
【详解】由题意，直线的方程化为，
由得
∴直线过定点，显然点在圆内，
要使直线被圆截得弦长最短，只需与圆心的连线垂直于直线，
，解得，
代入到直线的方程并化简得.
故答案为：.
8．
【分析】由已知得到，，，利用余弦定理求出，面积公式求的面积.
【详解】椭圆中，，则，有，
是椭圆上的点，，，
在中，由余弦定理得：，
即，得 ，
所以.
故答案为：
9．/2.25
【分析】利用点差法和两点坐标求直线斜率公式化简计算即可.
【详解】设，
则
两式相减得，
由线段的中点坐标为，
即，
.
故答案为：
10．(1)
(2)
【分析】（1）由长轴长和短轴长可得椭圆方程；
（2）联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理和弦长公式即可求得m的值，则直线的方程可求.
【详解】（1）由已知长轴为，短轴长为4，
可得，，
则椭圆C的标准方程为：；
（2）依题意，
解得，
因为，可得，
且，
因为，
解得，
所以直线的方程为l：．
11．(1)
(2)
【分析】（1）由椭圆的基本性质得到椭圆的值，写出椭圆方程.
（2）写出直线方程，联立方程组，由韦达定理得到和，用交点弦长公式得到线段长，由点到直线距离得到三角形高，从而算出三角形面积.
【详解】（1）由题意可知：，则，
∵，∴，
∴，
∴椭圆
（2），∴直线：，
联立方程组得,
设，
则，
点到直线的距离
∴

12．(1)
(2)
【分析】（1）由圆心是抛物线的焦点，找到抛物线的焦点，从而得到抛物线的方程；
（2）利用点差法，找到直线的斜率，进而求得直线的方程.
【详解】（1）圆的方程可化为，
故圆心的坐标为．
设抛物线的方程为()，所以，所以，
所以抛物线的方程为．
（2）设，，则两式相减，
得，即，
所以直线的斜率．
因为点是的中点，所以，所以．
所以直线的方程为，即．
【能力提升训练】
一、单选题
1．（2023·山东临沂·一模）已知双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与的左、右两支分别交于点，且，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
2．（2023·山西·模拟预测）已知抛物线的焦点为F，准线为l，过F且斜率为的直线与C交于A，B两点，D为AB的中点，且于点M，AB的垂直平分线交x轴于点N，四边形DMFN的面积为，则（ ）
A．B．4C．D．
3．（21-22高二上·江苏盐城·期末）椭圆中以点为中点的弦所在直线斜率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
4．（2023·山东临沂·一模）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．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．已知抛物线，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，再经过上另一点反射后，沿直线射出，经过点，则（）
A．
B．延长交直线于点，则，，三点共线
C．
D．若平分，则
5．（2022·湖南永州·二模）画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：椭圆的两条切线互相垂直，则两切线的交点位于一个与椭圆同中心的圆上，称此圆为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆的离心率为，、分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，直线，则（ ）
A．直线与蒙日圆相切
B．的蒙日圆的方程为
C．记点到直线的距离为，则的最小值为
D．若矩形的四条边均与相切，则矩形的面积的最大值为
6．（23-24高三上·湖北武汉·阶段练习）直线过抛物线的焦点且与该抛物线交于M，N两点，设O为坐标原点，则下列说法中正确的是（ ）
A．B．抛物线E的准线方程是
C．以MN为直径的圆与定直线相切D．的大小为定值
三、填空题
7．（2024·辽宁大连·一模）已知抛物线的焦点分别为，点分别在(上，且线段平行于x轴.若是等腰三角形，则 .
8．（2023·湖北·模拟预测）已知为抛物线的焦点，直线与交于，，与的另一个交点为，与的另一个交点为.若与的面积之比为，则 .
9．（21-22高二上·上海杨浦·期末）过点作斜率为的直线与双曲线相交于A，B两点，若M是线段的中点，则双曲线的离心率为 .
四、解答题
10．（23-24高二上·吉林长春·阶段练习）已知椭圆的离心率为，椭圆上的点到焦点的最小距离是．
(1)求椭圆的方程；
(2)倾斜角为的直线交椭圆于两点，已知，求直线的一般式方程．
11．（22-23高二下·陕西安康·期中）已知椭圆的一个焦点为，且离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)不过原点的直线与椭圆C交于两点，求面积的最大值及此时直线的方程.
12．（23-24高二上·河北·期中）已知P是圆C：上一动点，过P作x轴的垂线，垂足为Q，点M满足，记点M的轨迹为E．
(1)求E的方程；
(2)若A，B是E上两点，且线段AB的中点坐标为，求的值．
13．（2023·广东肇庆·二模）设抛物线方程为，过点的直线分别与抛物线相切于两点，且点在轴下方，点在轴上方.
(1)当点的坐标为时，求；
(2)点在抛物线上，且在轴下方，直线交轴于点.直线交轴于点，且.若的重心在轴上，求的取值范围.
14．（2024·全国·高考真题）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.
(1)若，求；
(2)证明：数列是公比为的等比数列；
(3)设为的面积，证明：对任意正整数，.
15．（21-22高三上·河南·阶段练习）已知椭圆的右焦点为F，直线l与椭圆C交于A，B两点．
(1)若，且直线l的斜率为4，求直线(点为坐标原点)的斜率．
(2)若直线，的斜率互为相反数，且直线l不与x轴垂直，探究：直线l是否过定点?若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由．
参考答案：
1．D
【分析】由，设，利用双曲线的定义得到，然后设，与双曲线方程联立，利用弦长公式求解.
【详解】解：因为，
所以，
由双曲线的定义得，
解得，
则，
设，，，
联立，消去x得，
由韦达定理得：，
由，得，解得，
所以，
，
解得，
则，
故选：D
2．A
【分析】设出直线AB的方程，联立抛物线方程，表达出点坐标，作出辅助线，求出，得到四边形DMFN为平行四边形，利用面积列出方程，求出.
【详解】由题意知，直线AB的方程为．
设，由，得，
所以，所以，
由，得．
如图所示，作轴于点E，则．
因为，
故，，
又，故，
又，得四边形DMFN为平行四边形．
所以其面积为，解得．
故选：A
3．A
【分析】先设出弦的两端点的坐标，分别代入椭圆方程，两式相减后整理即可求得弦所在的直线的斜率．
【详解】设弦的两端点为，，
代入椭圆得
两式相减得，
即，
即，
即，
即，
弦所在的直线的斜率为，
故选:A ．
4．AB
【分析】根据题设和抛物线的性质得到点，，将点代入抛物线的方程得到，从而求出直线的方程，联立直线和抛物线得到点的坐标，即可判断选项A和C，又结合直线和直线得到点，即可判断B选项，若平分，得到，转化为直线斜率和直线的斜率的关系式即可求出.
【详解】由题意知，点，，如图：
将代入，得，所以，则直线的斜率，
则直线的方程为，即，
联立，得，解得，，
又时，，则
所以，所以A选项正确；
又 ，所以C选项错误；
又知直线轴，且，则直线的方程为，
又，所以直线的方程为，
令，解得，即，在直线上，
所以，，三点共线，所以B选项正确；
设直线的倾斜角为（），斜率为，直线的倾斜角为，
若平分，即，即，
所以，则，且，解得，
又，解得：，所以D选项错误；
故选：AB.
5．AC
【分析】分析可得出，求出蒙日圆的方程，可判断B选项的正误；利用直线与圆的位置关系可判断A选项；利用椭圆的定义和点到直线的距离公式可判断C选项的正误；分析可知矩形的四个顶点都在蒙日圆上，利用基本不等式可判断D选项的正误.
【详解】当两切线分别与两坐标轴垂直时，两切线的方程分别为、，
所以，点在蒙日圆上，故蒙日圆的方程为，
因为，可得.
对于A选项，蒙日圆圆心到直线的距离为，
所以，直线与蒙日圆相切，A对；
对于B选项，的蒙日圆的方程为，B错；
对于C选项，由椭圆的定义可得，则，
所以，，
因为，直线的方程为，
点到直线的距离为，
所以，，
当且仅当时，等号成立，C对；
对于D选项，若矩形的四条边均与相切，则矩形的四个顶点都在蒙日圆上，
所以，，
所以，矩形的面积为，D错.
故选：AC.
6．BC
【分析】由直线过定点，得到，可判定A正确；根据抛物线的几何性质，可得判定B正确；过点作准线的垂线，根据抛物线的定义得到，可判定C正确；联立方程组，结合韦达定理，得到，求得，可判定D错误.
【详解】对于A中，由直线，可化为，可得直线过定点，
因为抛物线的焦点在直线上，可得，则，所以A错误；
对于B中，由抛物线的准线方程为，所以B正确；
对于C中，过点作准线的垂线，垂足分别为，的中点为点，
过点作准线的垂线，垂足为，可得，故以MN为直径的圆与准线相切，所以C正确；
对于D中，设，联立方程组，
整理得，，，
可得，则，
则，但的大小不是定值，
设，而，
则，则，
而，并不是定值，所以D错误.
故选：BC.

7．
【分析】由题意设出点的坐标，不妨设，然后分三种情况讨论即可求解.
【详解】设F21,0，，.
不妨设，然后分三种情况讨论：
若，则有，解得，此时；
若，则，解得，这不可能；
若，则，这同样不可能.
综上，.
故答案为：.
8．
【分析】由题意可判断得，写出点，的坐标，从而得，表示出直线的方程，与抛物线联立方程组，从而求解出点的横坐标，代入抛物线方程计算，即可得，从而根据三角形面积公式表示与的面积，再根据面积比列式计算可得的值.
【详解】如图，抛物线的焦点为，可知，
由题意，得，即
所以直线的方程为，
联立，化简得，
，因为，可得点的横坐标为，
代入抛物线方程可得，，所以，
，
，又，所以.
故答案为：
9．/
【分析】利用点差法，结合是线段的中点，斜率为，即可求出双曲线的离心率．
【详解】解：设，，，，则①，②，
是线段的中点，
，，
直线的方程是，
，
过点作斜率为的直线与双曲线相交于，两点，是线段的中点，
①②两式相减可得，即，
．
故答案为：．
10．(1)
(2)或
【分析】（1）根据题意，得到且，求得的值，即可求解；
（2）设的方程，联立方程组，结合韦达定理和弦长公式，根据题意，列出方程，求得，即可求解.
【详解】（1）由椭圆的离心率为，即，可得，
由椭圆上的点到焦点的最小距离是，可得，
解得，，，
所以椭圆的方程．
（2）解：因为直线的倾斜角为，可设的方程，
由方程组，整理得，
可得，解得，
设，，则，，
又由，
解得，满足，
所以直线的一般式方程为或．
11．(1)
(2)，
【分析】（1）由焦点和离心率即可求出，从而可得椭圆方程；
（2）设出直线的方程，联立椭圆方程，由点直线的距离公式，结合韦达定理，把面积表示为的函数，再利用基本不等式即可求出结果.
【详解】（1）由已知得，又离心率，得到，，
所以椭圆的方程为.
（2）设，
联立，消得，
，得到，
由韦达定理得，，
又因为，
又原点到直线的距离为，
所以，
当且仅当，即，满足，
所以，面积的最大值为，此时直线的方程为.
12．(1)
(2)
【分析】（1）设，利用，得出的坐标，在利用P在圆C：上，即可求出M的轨迹方程.
（2）利用点差法求出直线AB，再联立直线和椭圆方程，利用弦长公式即可求解.
【详解】（1）设，则，
因为，则，
因为P在圆C上，所以，
故E的方程为．
（2）设，，
若A，B是E上两点，则，
两式相减得，即．
因为线段AB的中点坐标为，所以，
所以，则直线AB的方程为．
联立方程组，整理得，其中，
则，，
．
13．(1)；
(2).
【分析】（1）设，根据导数的几何意义可得切线方程，利用切线方程与抛物线方程可得，，进而即得；或利用条件可得切点所在直线，利用韦达定理法即得；
（2）设，根据三角形面积公式结合条件可表示，然后根据二次函数的性质结合条件即得.
【详解】（1）解法一：设，，，
由，可得，
所以，直线PA的斜率，
直线PA：，又在上，
，
所以，又，
所以，
同理可得，
，
；
解法二：设，，，
由，可得，
所以，直线PA的斜率，
直线PA：，又在上，
故，即，
因为，所以，同理可得，
故直线的方程为，
联立消去，得，
故，
故；
（2）设，由条件知，
，
，
∴，
，当时，，AC重合，不合题意，
或，
的取值范围为.
14．(1)，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出的坐标即可；
（2）思路一：根据等比数列的定义即可验证结论；思路二：利用点差法和合比性质即可证明；
（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路三：利用点差法得到，，再结合（2）中的结论得，最后证明出即可.
【详解】（1）
由已知有，故的方程为.
当时，过且斜率为的直线为，与联立得到.
解得或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上.
故，从而，.
（2）方法一：由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程.
展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根.
从而根据韦达定理，另一根，相应的.
所以该直线与的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在的左支上.
所以.
这就得到，.
所以
.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
方法二：因为，，，则，
由于，作差得，
，利用合比性质知，
因此是公比为的等比数列.
（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点，若，，则.（若在同一条直线上，约定）
证明：
.
证毕，回到原题.
由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.
而又有，，
故利用前面已经证明的结论即得
.
这就表明的取值是与无关的定值，所以.
方法二：由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.
这就得到，
以及.
两式相减，即得.
移项得到.
故.
而，.
所以和平行，这就得到，即.
方法三：由于，作差得，
变形得①，
同理可得，
由（2）知是公比为的等比数列，令则②，
同时是公比为的等比数列，则③，
将②③代入①，
即，从而，即.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.
15．(1)；
(2)过定点，﹒
【分析】(1)由值M为AB中点，由点差法即可得OM的斜率；
(2)根据椭圆对称性，结合已知条件可知l过定点时，定点应该在x轴上，设定点为(t，0)，写出直线方程，联立直线与椭圆方程根据韦达定理得到根与系数的关系，再由直线，的斜率互为相反数列出方程，即可求得定点坐标﹒
【详解】（1）设，，依题意，M为线段的中点，
∵A，B在椭圆C上，故
两式相减可得，
则，
故，解得．
（2）假设定点存在，根据椭圆对称性，可知该直线所过定点在x轴上，设定点坐标为，
则直线l的方程为，
联立，消去y整理得，
则，．
设直线，的斜率分别为，，由题可知，
则
．
即，
∴，，
即直线l过定点．
【点睛】解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，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．
题号
1
2
3
4
5
6




答案
B
C
D
BCD
AC
AC




题号
1
2
3
4
5
6




答案
A
B
B
AD
AC
ACD




题号
1
2
3
4
5
6




答案
D
A
A
AB
AC
BC