新高考数学二轮复习专项训练29 证明、探究性问题（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习专项训练29 证明、探究性问题（2份，原卷版+解析版），共8页。
一、证明问题
圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系．
二、探究性问题
存在性问题的求解策略
解决存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．
(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论．
(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．
(3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意．
一、单选题
1．（24-25高三上·湖南衡阳·开学考试）椭圆，若椭圆上存在不同的两点关于直线对称，则实数的取值范围（ ）
A．B．C．D．
2．（2021·四川凉山·三模）已知曲线C：y2＝2px（p＞0），过它的焦点F作直线交曲线C于M、N两点，弦MN的垂直平分线交x轴于点P，可证明是一个定值m，则m＝（ ）
A．B．1C．2D．
二、多选题
3．（24-25高二上·辽宁沈阳·期中）已知椭圆，分别为椭圆左右焦点，点，为椭圆上任意一点，则下列说法正确的是（ ）
A．存在点使得
B．的最大值为5
C．若直线与椭圆交于两点（均不同于点），则直线和直线的斜率之积为
D．△内切圆面积的最大值为
4．（23-24高二上·湖北·期末）设抛物线E：的焦点为F，从点F发出的光线经过E上的点(不同于E的顶点)反射，可证明反射光线平行于E的对称轴，这种特点称为抛物线的光学性质．过E上的动点A向准线l作垂线，垂足为B，过点A的直线m与E相切，设m交l于点C，连接CF，FB，FB交AC于点D，则以下结论正确的是（ ）
A．m平分B．
C．与的面积之比为定值D．点D在定直线上
三、填空题
5．（24-25高二上·全国·课后作业）已知椭圆上存在关于直线对称的点，则的取值范围是 .
6．（21-22高三上·北京·期末）古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽，几乎使后人没有插足的余地，他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数（且）的点的轨迹是圆，后人将之称为阿波罗尼斯圆，现有椭圆，、为椭圆长轴的端点，、为椭圆短轴的端点，动点满足，的面积的最大值为，的面积的最小值为，则椭圆的离心率为 .
四、解答题
7．（24-25高二上·河北唐山·期中）已知双曲线 的离心率为2，实轴长为2.
(1)求双曲线C 的标准方程
(2)设直线l:y= kx+1与双曲线C交于A，B两点，是否存在k满足（其中O为坐标原点） 若存在，求出k的值； 若不存在，说明理由.
8．（24-25高二上·安徽黄山·期中）若椭圆：上的两个点满足，则称M，N为该椭圆的一个“共轭点对”，点M，N互为共轭点.显然，对于椭圆上任意一点，总有两个共轭点.已知椭圆，点是椭圆上一动点，点的两个共轭点分别记为.
(1)当点坐标为时，求；
(2)当直线斜率存在时，记其斜率分别为，其中，求的最小值；
(3)证明：的面积为定值.
参考答案：
1．B
【分析】设Ax1,y1,Bx2,y2，中点为，利用点差法结合条件可得点，根据在椭圆内部，进而即得．
【详解】椭圆，即：，
设椭圆上两点Ax1,y1,Bx2,y2关于直线对称，中点为，
则，，
所以，
所以，所以，
代入直线方程得，即，
因为在椭圆内部，所以，
解得 ，
即的取值范围是．
故选：B．
2．A
【分析】设直线MN的方程，与抛物线联立切线两根之和，进而求出MN的中点Q的坐标，再由抛物线的性质可得弦长|MN|的值，及|QF|的值，在△QFP中，求出|PF|的值，求出是一个定值，求出定值m．
【详解】由抛物线的方程可得焦点F（，0），准线的方程为：x，
由题意可得直线MN的斜率不为0，设直线MN的方程为：x＝ty，设t＞0，
设M（x1，y1），N（x2，y2），
联立，整理可得：，
所以y1+y2＝2pt，x1+x2＝t（t1+y2）+p＝2pt2+p，
所以MN的中点Q（pt2，pt），
由抛物线的性质可得|MN|＝x1+x2+p＝2pt2+2p＝2p（1+t2），
|QF|pt，
由直线MN的方程可得tan∠QFP，所以cs∠QFP，
由题意在Rt△QFP中，|PF|p（1+t2），
所以为定值，
所以m的值为，
故选：A．
3．BD
【分析】设，根据平面向量数量积的坐标表示可得，即可判断A；根据椭圆的定义可得（当三点共线时等号成立），即可判断B；利用点差法和两点表示斜率公式计算可得，即可判断C；由三角形面积公式可得，求出的最大值即可判断D.
【详解】如图，，则.
A：，设，则，即，
，
所以不成立，故A错误；
B：由椭圆的定义知，，得，，
所以，
当且仅当三点共线时等号成立，所以的最大值为5，故B正确；
C：设Ax1,y1，则，由在椭圆上，
得，两式相减得，
即，又，
所以，故C错误；
D：设内切圆的半径为，
则，
要使内切圆的面积取到最大值，需取到最大值，
当点位于椭圆的上或下顶点时，取到最大值，此时，
有，解得，所以内切圆的面积为，故D正确.
故选：BD
4．ABD
【分析】不妨假设点M在第一象限，由光学性质得到，判断A选项，再由抛物线定义，可判断选项B,再由三角形的面积计算公式进行计算，判断选项C,利用全等三角形可以判断选项D.
【详解】如图，
由光学性质得到，因为，
所以，所以A正确；
因为，所以，所以，所以B正确；
因为，所以，
所以，
显然不是定值，所以C不正确，
因为由A可得，所以D为BF的中点，所以D在y轴上，所以D正确.
故选：ABD.
5．
【分析】根据题意利用点差法可得，进而可求的中点为，结合点在椭圆内，列式求解即可.
【详解】由题意可知：直线的斜率，
设椭圆上关于直线对称的两点分别为，的中点为，
可得，且，，
因为点在上，则，两式相减得，
整理可得，可得，即，
则，
联立方程，解得，即，
因为点在椭圆内，所以，解得，
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
6．
【分析】设点Mx,y，根据可得出点的轨迹方程，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出、的值，求出的值，进而可得出椭圆的离心率的值.
【详解】设点Mx,y，设点、，
由可得，即，
整理可得，即，
所以，点的轨迹是以点为圆心，以为半径的圆，
点到轴的距离的最大值为，则的面积的最大值为，
解得；
点到轴距离的最小值为，则的面积的最小值为，
可得.
，因此，椭圆的离心率为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：
（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；
（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；
（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.
7．(1)
(2)不存在
【分析】（1）根据题意得出即可得双曲线方程；
（2）联立直线与双曲线方程，由根与系数的关系及数量积运算求出，不满足知不存在.
【详解】（1）因为，所以，，
所以，
故所求双曲线方程为.
（2）如图，

设，
由，消元可得，，
当，即时，
，，
所以，
所以，解得，
此时不满足，
故不存在，使得成立.
8．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）将点坐标代入椭圆方程，再根据共轭点的条件得到满足的方程，进而求出.
（2）斜率公式和共轭点条件表示出，再利用均值不等式求的最小值.
（3）利用三角形面积公式，结合前面求出的关系来证明面积为定值.
【详解】（1）的共轭点分别记为，
，
直线的方程为，
联立得，
，
；
（2）点Ax0,y0在椭圆上，
，即，
由（1）知，直线的方程为，即，
当时，直线的方程为，代入，
得，即，
，
，
当时，易知，对应共轭点为，
此时，故也成立，
，当且仅当时等号成立；
（3）由（2）知，对任意点Ax0,y0，都有，
，
点Ax0,y0到直线的距离为，
的面积，
故的面积为定值.
【基础保分训练】
一、单选题
1．（24-25高二上·山东德州·期中）已知椭圆上存在两点、关于直线对称.若椭圆离心率为，则的中点坐标为（ ）
A．B．C．D．
2．（22-23高三上·北京·阶段练习）十七世纪法国数学家费马在《平面与立体轨迹引论》中证明，方程表示椭圆，费马所依据的是椭圆的重要性质.若从椭圆上任意一点（异于两点）向长轴引垂线，垂足为，记，则（ ）
A．方程表示的椭圆的焦点落在轴上
B．
C．的值与点在椭圆上的位置有关
D．M越来越小，椭圆越来越扁
二、多选题
3．（23-24高二下·湖南·期末）已知抛物线，直线过的焦点，且与交于两点，则（ ）
A．的准线方程为
B．线段的长度的最小值为4
C．存在唯一直线，使得为线段的中点
D．以线段为直径的圆与的准线相切
三、填空题
4．（23-24高三上·山东聊城·期末）椭圆：的左右焦点分别为，，为坐标原点，给出以下四个命题：
①过点的直线与椭圆交于，两点，则的周长为12；
②椭圆上存在点，使得；
③椭圆的离心率为；
④为椭圆：上一点，为圆上一点，则点，的最大距离为4.
其中正确的序号有 .
四、解答题
5．（24-25高二上·江苏泰州·期中）在平面直角坐标系中，已知直线过抛物线的焦点，与交于两点.
(1)若线段中点的横坐标为2，线段的长为6，求抛物线的方程；
(2)在轴上是否存在一定点，使得直线和直线的斜率之积为定值？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由.
6．（24-25高二上·吉林·期中）已知分别为椭圆的左､右焦点，分别为椭圆的左､右顶点，Px0,y0为椭圆上的动点，过动点Px0,y0作椭圆的切线.分别与直线和相交于两点，四边形的对角线相交于点，记动点的轨迹为.
(1)证明：椭圆在点处的切线方程为.
(2)求动点的轨迹的方程.
(3)过点作斜率不为的直线与相交于点，直线与的交点为，判断点是否在定直线上.
7．（24-25高二上·江苏常州·期中）如图，已知抛物线C：（）的焦点F，且经过点，．
(1)求A点的坐标；
(2)直线l交抛物线C于M，N两点，过点A作于D，且，证明：存在定点Q，使得DQ为定值．
8．（24-25高二上·河北沧州·期中）已知椭圆经过点A−2,0与点.
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线与椭圆交于异于的，两点，且.
①证明：直线过定点；
②求的面积的最大值.
参考答案：
1．C
【分析】设点Mx1,y1、Nx2,y2，线段的中点为，由已知条件可得出，利用点差法以及点在直线上，可得出关于、的值，解出这两个量的值，即可得出线段的中点坐标.
【详解】设点Mx1,y1、Nx2,y2，线段的中点为，则，
由题意，椭圆的离心率为，可得，
因为、关于直线对称，且直线的斜率为，
则，
将点、的坐标代入椭圆方程可得，
上述两个等式作差可得，
可得，即，即，
即，①
又因为点在直线上，则，②
联立①②可得，故线段的中点为.
故选：C.
2．D
【分析】分和两种情况，即可判断A；设，不妨设椭圆的长轴在轴上，分别求出，即可判断C；根据表示得意义结合离心率公式即可判断B；根据离心率与椭圆扁平程度得关系即可判断D.
【详解】解：对于A，由题得，
当时，，所以椭圆的焦点在轴上；
当时，，所以椭圆的焦点在轴上，故A错误；
对于C，设，不妨设椭圆的长轴在轴上，则，
，
所以（常数），
所以的值与点在椭圆上的位置无关，故C错误；
对于B，由方程方得，
所以是椭圆的短轴长与长轴长的比值的平方，即，
所以离心率，
同理可得椭圆的长轴在轴上时结论一致，
所以，故B错误；
对于D，M越来越小，椭圆的离心率越大，椭圆越来越扁，故D正确.
故选：D.
3．BCD
【分析】由抛物线方程就可求出准线方程，即可判断A；设直线的方程为，，联立方程，利用韦达定理求出，进而可求出，再逐一判断BCD即可.
【详解】对于A，抛物线的准线方程为，故A错误；
对于B，F1,0，
由题意可得直线的斜率不等于零，设方程为，，
联立，消得，，
则，所以，
所以，时取等号，
所以线段的长度的最小值为4，故B正确；
对于C，由B选项得线段的中点坐标为，
若点为线段的中点，
则，解得，
所以存在唯一直线，使得为线段的中点，故C正确；
对于D，由C选项知线段的中点坐标为，
则中点到准线的距离为，
所以以线段为直径的圆与的准线相切，故D正确.
故选：BCD.
4．①②④
【分析】①由的周长为4a求解判断；②根据以原点为圆心以c为半径的圆交y轴于椭圆的外部判断；③根据椭圆方程判断；④设，求得点P到圆心（0，0）的距离判断.
【详解】由椭圆得，，，
①过点的直线与椭圆交于，两点，则的周长为，故①正确；
②因为，所以以原点为圆心以为半径的圆交轴于椭圆的外部，
所以存在点，使得，即使得，故②正确；
③椭圆的离心率为，故③错误；
④因为为椭圆上一点，设，，
则点到圆心的距离为
则其最大值为3，所以最大值为：，故④正确；
故答案为：①②④.
5．(1)
(2)存在定点
【分析】（1）设的方程为，联立抛物线方程，结合韦达定理及弦长公式即可求解；
（2）设，直线和直线的斜率分别为，结合韦达定理得到由其为定值即可求解.
【详解】（1）抛物线的焦点为，直线的方程可设为，
代入整理得，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则，
所以，，
因为线段中点的横坐标为2，所以①，
因为线段的长为6，所以②，
由①②解得，
所以抛物线的方程为.
（2）
设，直线和直线的斜率分别为，
则
若为定值，由的任意性知，即，此时为原点，
所以存在定点，使得直线和直线的斜率之积为定值.
6．(1)证明见解析
(2)
(3)在
【分析】（1）直曲联立，求出交点，证明即可；
（2）令，得坐标，求出直线方程，求出交点，得到动点的轨迹的方程.
（3）设直线的方程为，直曲联立，借助韦达定理，得到,联立，方程，得到满足的条件即可.
【详解】（1）证明：联立方程组，
消去整理得，又，
即，
整理得，解得，
所以直线与椭圆有且仅有一个交点Px0,y0，
即切线方程为.
（2）解：由（1）中切线方程，令，得，
令，得，
因为，所以直线，①
因为，所以直线，②
由①②得.
因为，得，
所以动点的轨迹的方程为）.
（3）解：设直线的方程为，
联立方程组得，
则，所以.
因为直线的方程为，直线的方程为，
所以，所以，
所以，
整理得
所以，即点在定直线上.

7．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由抛物线定义有求，由在抛物线上求m即可得的坐标.
（2）令，，，联立抛物线得到一元二次方程，应用韦达定理，根据及向量垂直的坐标表示列方程，求k、n数量关系，确定所过定点，再由易知在以为直径的圆上，即可证结论.
【详解】（1）由抛物线定义知：，则，故，
又在抛物线上，则，可得，故.
（2）设，，由（1）知：，
所以，，又，故，
所以，
因为的斜率不为零，故设直线，
联立，整理得，且，
所以，，则，，
综上，，
当时，过定点；
当时，过定点，即共线，不合题意；
所以直线过定点，又，故在以为直径的圆上，
而中点为，即为定值，得证.
8．(1)
(2)①证明见解析；②
【分析】（1）利用待定系数法直接求解即可；
（2）①设直线方程，联立方程组，利用条件，结合韦达定理，表示出直线方程即可得到结果；②由①的结论，设直线方程为，联立方程组，结合韦达定理，表示出的面积，结合基本不等式即可求解.
【详解】（1）设椭圆为，
因为椭圆经过点A−2,0与点，
所以，解得，所以椭圆的方程为.
（2）①由（1）知，椭圆的方程为，
设，不妨令在轴上方，
则，
假设直线斜率不存在，设直线方程为，
联立方程，可得，
所以解得或（舍去），
所以直线方程为；
假设斜率存在，设直线方程为，
联立方程，得，
所以，，
由，
可得，
解得或，
所以直线方程为或，
所以直线恒过或（舍去），
综上，直线恒过定点.
②由上述可知，当直线斜率不存在时，，
设定点为点，则，
所以；
当直线斜率存在时，，则设方程为，
联立得，
则，，
所以，
设，则，
所以，
由函数在上单调递增知，
所以，当且仅当，即时取等，
故的面积的最大值为.

【能力提升训练】
一、解答题
1．（24-25高三上·上海·期中）如图所示，由椭圆和椭圆组合而成的曲线，由图形特点，这里称曲线为“猫眼曲线”.特别地，若两个椭圆的离心率相等，则称其为“优美猫眼曲线”.
(1)已知猫眼曲线满足a，b，t成等比数列，试判断该曲线是否为“优美猫眼曲线”；
(2)在曲线中，若，，，斜率为的直线l不经过坐标原点，且l与椭圆相交所得弦的中点为M，与椭圆相交所得弦的中点为N，证明：直线OM，ON的斜率之比为定值；
(3)在（2）的条件下，若直线l的斜率，且l与椭圆相切，与椭圆相交于A，B两点，Q为椭圆上异于A，B的任意一点，求面积的最大值.
2．（24-25高二上·吉林延边·阶段练习）已知椭圆C：经过点，且焦距与长半轴相等，
(1)求椭圆C的标准方程
(2)点（）与上的点之间的距离的最大值为6．过点且斜率不为0的直线交于，两点（点在点的右侧），点关于轴的对称点为．
①证明：直线过定点；
②已知为坐标原点，求面积的取值范围．
3．（24-25高三上·江西新余·阶段练习）如图，已知抛物线的焦点为，斜率为的直线经过且交于两点（在第一象限）.
(1)求的坐标与的长；
(2)设，如下构造：直线分别与交于，证明：
（ⅰ）的纵坐标是等差数列；
（ⅱ）.
4．（23-24高二下·内蒙古·期末）已知椭圆的两个焦点是、，点在椭圆上，且．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知为坐标原点，直线与椭圆交于、两点，且，证明：直线与圆相切．
5．（24-25高三上·上海杨浦·开学考试）中国古典园林洞门、洞窗具有增添园林意境，丰富园林文化内涵的作用，门、窗装饰图案成为园林建筑中具有文化价值以及文化内涵的装饰.如图1所示的一种椭圆洞窗，由椭圆和圆组成，， 是椭圆的两个焦点，圆以线段为直径，
(1)设计如图所示的洞窗，椭圆的离心率应满足怎样的范围？
(2)经测量椭圆的长轴为4分米，焦距为2分米.
（i）从射出的任意一束光线照在左侧距椭圆中心4分米的竖直墙壁上，如图2所示.建模小组的同学用长绳拉出椭圆洞窗的切线AB，B为切点，然后用量角器探究猜测是定值，请帮他们证明上述猜想.
（ii）建模小组的同学想设计一个如图3的四边形装饰，满足：点是上的一个动点，P，Q关于原点对称，过和分别做圆的切线，交于R，S，求四边形装饰面积的取值范围.
6．（24-25高三上·广西贵港·开学考试）已知平面内一动点到点的距离与点到定直线的距离之比为，记动点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程.
(2)在直线上有一点，过点的直线与曲线相交于两点.设，证明：只与有关.
7．（24-25高三上·云南德宏·阶段练习）在平面直角坐标系中，，，是平面内的动点，且内切圆的圆心在直线上.
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)过点作三条不同的直线，，，且轴，与交于，两点，与交于，两点，，都在第一象限，直线，与分别交于点，，证明：为定值.
8．（24-25高三上·广西南宁·开学考试）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0经过点，，为C的左、右顶点，M，N为C上不同于，的两动点，若直线的斜率与直线的斜率的比值恒为常数，按下面方法构造数列bn：C的短半轴长为时，直线MN与x轴交于点.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)证明：数列bn是等比数列；
(3)设顶点到直线MN的最大距离为d，证明.
9．（24-25高二上·江苏·期中）已知双曲线的左、右焦点分别为.
(1)若直线与双曲线交于P，Q两点，求线段的长；
(2)若双曲线上存在两点，，满足，求直线的斜率.
10．（24-25高三上·广西·阶段练习）若一个椭圆的焦距为质数，且离心率的倒数也为质数，则称这样的椭圆为“质朴椭圆”.
(1)证明：椭圆为“质朴椭圆”.
(2)是否存在实数，使得椭圆为“质朴椭圆”？若存在，求的值；若不存在，说明理由.
(3)设斜率为的直线经过椭圆的右焦点，且与交于，两点，，试问是否为“质朴椭圆”，说明你的理由.
11．（24-25高二上·江苏盐城·期中）已知点在椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0上，右准线方程为，过右焦点作垂直于轴的直线交椭圆于，两点.
(1)求以为直径圆的方程；
(2)以椭圆上、两点为直径端点作圆，圆心恰好在直线上，再过点作的垂线，试问直线是否经过某定点，若存在，求此定点；若不存在，请说明理由.
12．（2024·广东·三模）已知抛物线：，过点的直线l交C于P，Q两点，当PQ与x轴平行时，的面积为16，其中O为坐标原点.
(1)求的方程；
(2)已知点，，（）为抛物线上任意三点，记面积为，分别在点A、B、C处作抛物线的切线、、，与的交点为D，与的交点为E，与的交点为F，记面积为，是否存在实数，使得？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
参考答案：
1．(1)是“优美猫眼曲线”
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）求解两个椭圆的离心率，结合，即可利用“优美猫眼曲线”的定义求解，
（2）利用点差法可得，同理可得，即可求解为定值，或者利用联立方程，根据韦达定理可得的坐标为，即可求解斜率得解，
（3）根据相切，结合判别式可得，即可结合的三角换元，结合弦长公式以及点到直线的距离公式即可求解.
【详解】（1）由a，b，t成等比数列，得，
则椭圆的离心率为，
椭圆的离心率为，
因为，所以，即，
所以，该曲线是“优美猫眼曲线”.
（2）方法一：设直线与椭圆相交于，，线段CD的中点，
则，，两式相减，得，
，即，
由已知，，所以，
即，同理可得，所以，为定值.
方法二：由题知，可设直线，联立，得，
故，，
则中点的坐标为，可得；
同理可得：，所以，为定值.
（3）设直线的方程为，代入，得，
因为与椭圆相切，所以，，
根据对称性，不妨取，则将直线的方程代入椭圆的方程，
得，设，则，，
所以，
设，则点到直线的距离（其中，，）
，
当，时，取最大值，
所以，面积取最大值.
若取，根据图形的对称性可得相同的结论.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
2．(1)
(2)①证明见解析 ；②
【分析】（1）将点的坐标代入，结合，，即可求解，
（2）①根据两点距离公式，结合二次函数的性质可得，即可联立直线与椭圆方程得韦达定理，根据点斜式求解直线的方程为，代入化简即可求解，②根据点到直线距离公式以及弦长公式表达出面积，，利用换元法，以及对勾函数的性质即可求解.
【详解】（1）由题意可得，且，，
解得，
故椭圆方程为：
（2）设是椭圆上一点，则，所以，
所以（），
因为，所以当时，，
，解得或（舍去），所以
证明：由题意可知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为（），
，，，联立直线和的方程，
得消去并化简，得，
所以，
解得，且．
又点在点的右侧，则，且，，
所以直线的方程为，
所以，
因为
，
所以，所以直线过定点．
②由①知直线的方程为，设，则，
，将，代入，
可得，由，且，得的取值范围为．
由消去并化简得，则，，．
，
原点到直线的距离为，所以，
令，由的取值范围为，得的取值范围为．
又函数在上单调递增，所以，的值域为．
所以的取值范围是，所以面积的取值范围为．
【点睛】圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
3．(1)，，.
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）联立方程组即可求出交点坐标，然后求出线段长；
（2）（i）设、坐标，得到直线方程，联立方程组得到关于的二次方程，利用根与系数的关系找到交点纵坐标与的关系，用等差中项性质证明结论即可.
（ii）找到点坐标，得到直线斜率相等即可证明直线平行.
【详解】（1）解：，即：且
故，，
.
（2）（ⅰ）设，其中：，，，
，
联立可得，，
化简得：，
于是：，
故，，
所以①，②，
①+②得：，
要证：的纵坐标是等差数列，即证：，
即证：，即证：，
即证：，
①当时：成立；②假设时，成立；
③则当时：成立，
故：为等差数列.
（ⅱ）设：，，，，
于是：，，
同理可证的纵坐标满足：，
，
下面证明：，即证：，这显然成立，
故
4．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用椭圆的定义可求得的值，求出的值，可得出的值，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，当直线的斜率不存在时，写出直线的方程，直接验证；当直线的斜率存在时，设的方程为，设点Ax1,y1、Bx2,y2，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，根据可得出，再利用直线与圆的位置关系可证得结论成立.
【详解】（1）解：设椭圆的标准方程为，
由椭圆定义可得，则，
由已知可得，所以，，
所以，椭圆的标准方程为．
（2）证明：由题意，圆的圆心为O0,0，半径为．
当直线的斜率不存在时，由对称性可知，
不妨设Ax0,y0，则，可得，
即直线的方程为或，此时直线与圆相切；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设点Ax1,y1、Bx2,y2，
联立得，
由，得，
由韦达定理得，，
则
则，即．
圆心到的距离为，此时直线与圆相切．
综上，直线与圆相切．
【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x1,y1、x2,y2；
（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.
5．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）根据，即可根据椭圆中的关系以及离心率公式求解，
（2）（i）联立直线与椭圆方程，根据判别式为0可得，进而可得，利用向量的坐标运算，即可求证；
（ii）根据法向量可得切线方程，进而根据点到直线的距离公式可得是平行四边形，结合全等和切线长性质可得是菱形，即可根据三角形相似，结合函数的单调性求解即可.
【详解】（1）由题意可知椭圆满足，
故.
（2）（i）由测量数据可得，，
故，，墙壁所在直线，
易知直线斜率存在，设，可得，
设切线，联立，
则，
相切可得，
则，
则，
切点，
，
故，，，，
故，则.
（ii）设动点Px0,y0，则，不妨设过Px0,y0点的两条切线法向量为，
过点的两条切线法向量为，均为非零向量，
故切线方程为和，
则满足和.
由此可知两组切线分别对应平行，四边形是平行四边形，过圆心做一组邻边的垂线，垂足为,
由于关于原点对称，故也关于原点对称，又,
故故，故平行四边形是菱形.
下面研究菱形的面积：
过作PR的垂线GH，则，由（i）可知,故，
设，则有：，解得，则，
其中的取值范围是，
设，在上是单调函数，
故的取值范围是.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值，如本题需先将四边形的面积用表示出来，然后再利用函数的单调性求解最值．
6．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设点，依题可得，化简得；
（2）设，由题意求出，由消去整理得，应用韦达定理，结合图形将表示为，利用向量数量积的坐标式计算化简，并将以上各式代入整理，化成即得.
【详解】（1）设，依题意得，，两边取平方，，
整理得，，即曲线的方程为：.
（2）

如图设点，因点既在直线上，又在直线上，
故得：，解得，.
由消去可得，，
因，故点的直线与曲线相交于两点，设，
则，则，
由图知，
，
故只与有关.
7．(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）根据内切圆的性质分析可得，结合双曲线的定义分析求解；
（2）设直线方程和交点坐标，利用韦达定理整理可得，，再求，的坐标，代入化简整理即可得结果.
【详解】（1）设内切圆的圆心为，且与三边切于点，
则，
可得，
且A−2,0，，，即，
可得，
可知动点的轨迹是以为焦点的双曲线的右半支（顶点E除外），
则，
所以动点的轨迹的方程为.
（2）由题意可知：，双曲线的渐近线为，
设，，且，
联立方程，消去x可得，
则，
可得，整理可得，
同理可得，
则直线，
令，可得
，
则，
同理可得，
则
，
所以为定值.
【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.
8．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）代入点坐标即可得，再利用离心率公式即可；
（2）首先讨论直线斜率为0的情况，再设设方程为，将其与椭圆方程联立得到韦达定理式，计算并化简，最后整体代入韦达定理即可；
（3）根据（2）中结论得，再利用其单调性得，最后利用点到直线的距离公式即可.
【详解】（1）由椭圆经过点得，故.
则，所以椭圆离心率为.

（2）证明：由（1）及题意可知
设，当直线斜率为0时关于轴对称，
所以斜率与的斜率之商为.不合题意.
设方程为，
因为不过顶点所以.
由得.
则
.
所以，
则
.
所以，
则直线方程为，即经过点.
因为与轴交于点，所以.
所以数列bn是以为公比的等比数列.
（3）由（2）可知，，且，
所以bn是递减数列，则，
顶点到直线距离为
，当时取等号；
故.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法并联立椭圆方程得到韦达定理式，最后整体代入化简斜率比值式，从而得到，最后即可证明结论.
9．(1)
(2)
【分析】（1）联立直线的方程和双曲线的方程，利用根与系数关系求得线段的长.
（2）根据对称性进行转化，设出直线的方程并与双曲线方程联立，化简写出根与系数关系，向量的坐标运算求得正确答案.
【详解】（1）由消去并化简得，
设，则，
所以.
（2）依题意，双曲线上存在两点，，满足，
设直线与双曲线的另一个交点为，根据对称性可知，
双曲线对应，
则，依题意可知直线的斜率存在，
设直线的方程为，
由消去并化简得，
则，
即.
设，则①，②，
由得，
所以③，
由①③解得，代入②得：
，由于，
所以，整理得，解得.
【点睛】思路点睛：
联立方程求解交点：首先通过联立直线和双曲线方程，利用代数方法求解交点的位置，这一步是解答线段长度和直线斜率问题的基础.
结合对称性分析直线斜率：通过设定双曲线上存在的对称点，结合对称性推导出直线的斜率，从而确定直线方程的具体形式.
10．(1)证明见解析
(2)不存在实数，理由见解析
(3)为“质朴椭圆”，理由见解析
【分析】（1）（2）根据椭圆的方程可得焦距与离心率，再根据“质朴椭圆”的定义判断即可；
（3）联立直线与椭圆，根据韦达定理及弦长公式可得，进而可判断.
【详解】（1）由已知椭圆，
即，，
则，
所以焦距，离心率，即，
所以该椭圆的焦距为质数，离心率的倒数也为质数，
即椭圆为“质朴椭圆”；
（2）椭圆的焦距为，离心率，
若存在实数，使得椭圆为“质朴椭圆”，
则，均为质数，
又，所以，，，，，
即，，，，，
则，，，，，这些数都不是质数，
所以不存在实数，使得椭圆为“质朴椭圆”；
（3）设的右焦点为，
则直线方程为，
设直线与椭圆的交点为Ax1,y1，Bx2,y2，
联立，
得，，
则，，
，
解得，
则的焦距为为质数，
离心率，其倒数为质数，
所以为“质朴椭圆”.
11．(1)
(2)存在，定点坐标
【分析】（1）根据准线方程可知，结合点在椭圆上，可得椭圆方程，进而可得圆心与半径，可得圆的方程；
（2）易知直线斜率存在且不为，则设直线，联立直线与椭圆，根据中点及韦达定理可得，再令，可得点坐标，进而可得直线，及直线恒过定点.
【详解】（1）由已知椭圆的右准线为，即，则，
则椭圆方程为，
又椭圆过点，
则，
解得，
则，，
椭圆，，
令，解得，即，
又以为直径圆圆心为，
所以圆的方程为；
（2）
易知直线斜率存在且不为，
则设直线，，，
联立直线与椭圆，得，
则，
即，
且，
又、两点为直径端点作圆，圆心恰好在直线上，
即，中点在直线上，
即，化简可得，
直线方程为，
令，则，即，
所以直线，即，
即直线恒过定点.
【点睛】方法点睛：
解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
12．(1)；
(2)存在，2
【分析】（1）由题意可得，则，再由的面积为16，列方程可求出，从而可求得的方程；
（2）表示出直线AC的方程，直线与的交点为T，求出点的坐标，则表示出，利用导数的几何意义求出、、的方程，求出的坐标，表示出，化简计算可得结论.
【详解】（1）当PQ与x轴平行时，，
因为P，Q两点均在抛物线C上，
所以，
即，
因为的面积为16，
所以，
解得，
则的方程为；
（2）直线AC的斜率为：，
则：，
直线与的交点为T，
则点T为，
所以
（∗）
（∗∗）
所以：

由，得，
令，则的斜率，
则有：，即：，
同理：：，：，
与相交得：，得：；
同理可得：，；
同理由（∗∗）可知


所以，
所以存在，使得
【点睛】关键点点睛：此题考查直线与抛物线的位置关系，考查导数的几何意义，考查抛物线中三角形的面积问题，第（2）问解题的关键是用三点坐标表示出这三点围成的三角形的面积，考查计算能力，属于较难题.
题号
1
2
3
4






答案
B
A
BD
ABD






题号
1
2
3







答案
C
D
BCD