08平面解析几何-浙江省2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习习（2019新版·人教A版）

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一、单选题
1．（2023上·浙江宁波·高三期末）已知抛物线的焦点与双曲线的其中一个焦点相同，则（ ）
A．1B．2C．D．
2．（2023上·浙江嘉兴·高三统考期末）已知圆过点，且圆心在轴的正半轴上，直线被圆所截得的弦长为，则过圆心且与直线垂直的直线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
3．（2023上·浙江绍兴·高三统考期末）若椭圆的左焦点关于对称的点在椭圆上，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
4．（2023上·浙江绍兴·高三统考期末）“”是“圆与圆有公切线”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
5．（2023上·浙江绍兴·高三期末）已知双曲线，分别为左、右焦点，P为曲线C上的动点，若的平分线与x轴交于点，则为（ ）
A．B．C．D．6
6．（2023上·浙江·高三浙江省永康市第一中学校联考期末）定点A和动点是抛物线上的两点，点与点A关于轴对称，其中与A、不重合，且的纵坐标为，直线，的斜率之差为，斜率之积为，当从小到大变化时，的变化情况是（ ）
A．先变小后变大B．先变大后变小
C．一直不变D．以上情况都不对
二、多选题
7．（2023上·浙江宁波·高三期末）在平面直角坐标系中，已知椭圆，圆，直线：（k，b为常数，且）.点，（ ）
A．若点Q在上运动，则的最大值为
B．若l与都相切，则这样的l共有4条，且其中一条的方程是
C．若过P点作的切线，则切线唯一且方程为
D．若，l与都相交且截得的弦长相等，则
8．（2023上·浙江湖州·高三期末）若椭圆和椭圆的方程分别为和，则称椭圆和椭圆为相似椭圆.已知椭圆和椭圆是相似椭圆，下列说法正确的是（ ）
A．椭圆与椭圆的焦距相等
B．过椭圆上任意一点作椭圆的切线交于，则为线段中点
C．过椭圆上任意一点作直线交椭圆于两点，且，则面积为常数（其中为坐标原点）
D．直线与椭圆自下而上依次交于四点，则
9．（2023上·浙江嘉兴·高三统考期末）设为抛物线的焦点，点在上且在轴上方，点，，若，则（ ）
A．抛物线的方程为
B．点到轴的距离为8
C．直线与抛物线相切
D．三点在同一条直线上
10．（2023上·浙江绍兴·高三统考期末）已知是抛物线上不同于原点的两点，点是抛物线的焦点，下列说法正确的是（ ）
A．点的坐标为
B．
C．若，则直线经过定点
D．若点为抛物线的两条切线，则直线的方程为
11．（2023上·浙江·高三期末）如图，已知抛物线，M为x轴正半轴上一点，，过M的直线交于B，C两点，直线交抛物线另一点于D，直线交抛物线另一点于A，且点在第一象限，则（ ）
A．B．C．D．
12．（2023上·浙江·高三期末）已知正方体的棱长为1，P是正方形内（含边界）的一个动点，则（ ）
A．存在无数个点P满足
B．存在无数个点P满足平面
C．若直线与的夹角为，则线段的最小长度为
D．当点P在棱上时，的最小值为
13．（2023上·浙江绍兴·高三期末）已知抛物线的焦点为，是抛物线的准线与轴的交点，是抛物线上两个不同的动点，（ ）
A．若直线过点，则面积最小值为4B．若直线过点，则
C．若直线过点，则D．若直线过点，则
14．（2023上·浙江绍兴·高三期末）“直线和圆有公共点”的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．C．D．
15．（2023上·浙江丽水·高三浙江省丽水中学校联考期末）抛物线，过焦点的直线与抛物线交于两点（点A在第一象限），，则下列说法正确的是（ ）
A．最小值为4
B．有可能是钝角
C．当直线的倾斜角为时，与面积之比为3
D．当直线与抛物线只有一个公共点时，
三、填空题
16．（2023上·浙江湖州·高三期末）设是双曲线的左､右焦点，的右支上存在一点满足与的左支的交点A满足，则双曲线的离心率是 .
17．（2023上·浙江嘉兴·高三统考期末）已知椭圆的左､右焦点分别为是上的一个动点，直线分别交于两点.设，则当取最小值时，的离心率为 .
18．（2023上·浙江·高三期末）矩形中，，的中点为M，折叠矩形使得A落在边上，则点M到折痕的距离的取值范围是 ．
19．（2023上·浙江杭州·高三期末）已知双曲线，若过点能作该双曲线的两条切线，则该双曲线的离心率e的取值范围为 ．
20．（2023上·浙江丽水·高三浙江省丽水中学校联考期末）已知是椭圆的左右焦点，若上存在不同的两点使得，则该椭圆离心率的取值范围为 .
21．（2023上·浙江丽水·高三浙江省丽水中学校联考期末）已知圆与圆相交于两点，则 .
四、问答题
22．（2023上·浙江宁波·高三期末）法国数学家加斯帕尔·蒙日被誉为画法几何之父.他在研究椭圆切线问题时发现了一个有趣的重要结论：一椭圆的任两条互相垂直的切线交点的轨迹是一个圆，尊称为蒙日圆，且蒙日圆的圆心是该椭圆的中心，半径为该椭圆的长半轴与短半轴平方和的算术平方根.已知在椭圆中，离心率，左、右焦点分别是、，上顶点为Q，且，O为坐标原点.
(1)求椭圆C的方程，并请直接写出椭圆C的蒙日圆的方程；
(2)设P是椭圆C外一动点（不在坐标轴上），过P作椭圆C的两条切线，过P作x轴的垂线，垂足H，若两切线斜率都存在且斜率之积为，求面积的最大值.
23．（2023上·浙江嘉兴·高三统考期末）已知双曲线过点，左､右顶点分别是，右焦点到渐近线的距离为，动直线与以为直径的圆相切，且与的左､右两支分别交于两点.
(1)求双曲线C的方程；
(2)记直线的斜率分别为，求的最小值.
24．（2023上·浙江·高三期末）已知点是双曲线上一点，B与A关于原点对称，F是右焦点，．
(1)求双曲线的方程；
(2)已知圆心在y轴上的圆C经过点，与双曲线的右支交于点M，N，且直线经过F，求圆C的方程．
25．（2023上·浙江丽水·高三浙江省丽水中学校联考期末）已知为双曲线左右顶点，焦点到渐近线的距离为，直线上一点与点连线与双曲线右支交于另一点，点与点连线与双曲线右支交于另一点D.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)直线是否经过定点？若是，求出该定点.
26．（2023上·浙江·高三校联考期末）已知抛物线的焦点为F，斜率为的直线过点P，交C于A，B两点，且当时，．
(1)求C的方程；
(2)设C在A，B处的切线交于点Q，证明．
五、证明题
27．（2023上·浙江绍兴·高三统考期末）已知双曲线的离心率为2，右焦点到其中一条渐近线的距离为.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)过右焦点作直线交双曲线于两点，过点作直线的垂线，垂足为，求证直线过定点.
28．（2023上·浙江湖州·高三期末）如图所示，为椭圆的左､右顶点，离心率为，且经过点.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知为坐标原点，点，点是椭圆上的点，直线交椭圆于点不重合），直线与交于点.求证：直线的斜率之积为定值，并求出该定值.
29．（2023上·浙江杭州·高三期末）已知椭圆的离心率为，上顶点为M，下顶点为N，，设点在直线上，过点T的直线分别交椭圆C于点E和点F．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)求证：直线恒过定点，并求出该定点；
(3)若的面积为的面积的k倍，则当t为何值时，k取得最大值？
30．（2023上·浙江绍兴·高三期末）在平面直角坐标系中，已知点，直线PA与直线PB的斜率之积为，记动点P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)若直线与曲线C交于M，N两点，直线MA，NB与y轴分别交于E，F两点，若，求证：直线l过定点．
参考答案：
1．D
【分析】根据给定条件，求出抛物线、双曲线的焦点坐标，即可计算作答.
【详解】抛物线的焦点，双曲线的右焦点，
依题意，，所以.
故选：D
2．A
【分析】利用已知弦长先求圆心坐标，然后可求过圆心与直线L垂直的直线的方程.
【详解】由题意，设所求的直线方程为，并设圆心坐标为，
则由题意知： 解得或，
又因为圆心在轴的正半轴上，所以，故圆心坐标为，
∵圆心在所求的直线上，所以有，即，
故所求的直线方程为．
故选∶A．
3．C
【分析】设，由题意求出，代入椭圆的方程得，，化简即可得出答案.
【详解】设，设，则由题意可得：，
解得：，则，代入椭圆的方程得，.
又，可得，所以，
所以离心率为.
故选：C.
4．D
【分析】由圆的方程可得两圆圆心和半径，由两圆有公切线时圆心距和两圆半径之间的关系可确定结果．
【详解】由已知有，圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为1，两圆圆心距，
当两圆有公切线时，两圆的位置关系为：内切、相交、外切和相离，
此时两圆的半径与圆心之间的距离满足，
即，又，故解得，
当时，两圆的位置关系可能为：内切、相交、外切和相离，此时两圆有公切线，
所以圆与圆有公切线的充要条件为，
所以“”是“两圆有公切线”的既不充分也不必要条件，
故选：D．
5．B
【分析】根据角平分线的性质以及双曲线的定义可得，进而根据余弦定理即可求解.
【详解】由题意可知
不妨设在右支上，根据角平分线的性质可得，又，
所以，在中，由余弦定理得,
进而 ；
方法二：由双曲线的光学性质可知MP为切线，设，故其方程为，
又因为过，则，则.
故选：B.
6．C
【分析】先利用点、点A、点求得直线，的斜率，进而得到的解析式，化简整理后即可得到当从小到大变化时，的变化情况.
【详解】设，，，
则，
则，则
则当从小到大变化时，的变化情况是一直不变.
故选：C
7．AC
【分析】A选项：圆的半径，则的最大值为，利用两点间距离公式求出答案；
B选项：画出图形，由与外离，得到公切线有4条，由点到直线距离得到与外离，不相切，从而判断B；
C选项：先得到点P在上，切线唯一，再考虑过的直线斜率不存在和斜率存在两种情况，将直线与椭圆方程联立，结合根的判别式为0，求出斜率，得到切线方程；
D选项，利用弦长公式得到l与相交弦长，利用垂径定理得到与的弦长，列出方程，得到.
【详解】A选项，的圆心为，半径，
点Q在上运动，的最大值为，
，
所以，故A正确；
B项：的上顶点与的圆心距离为，所以与外离，
所以由图易知l有4条，到距离为，
与外离，不相切，故B错误；
C项：满足，故点P在上，所以切线唯一，
当过的直线斜率不存在时，此时直线方程为，此时与不相切，舍去；
设过的切线方程为，
联立，得，
整理，得，
由，解得，
故切线方程为，即，故C正确；
D项：分别记l与交点为A，B和C，D，
与，联立，得，
设，则，
则l与截得弦长为，
l为圆心距离为，
所以，
因为，所以，
因为，所以，
显然，故D错误.
故选：AC.
【点睛】结论点睛：过圆上一点的切线方程为；
过圆外一点的切点弦方程为；
过椭圆上一点的切线方程为；
过双曲线上一点的切线方程为.
8．BC
【分析】根据椭圆方程求的方程求它们焦距，判断A，当直线斜率不存在时，验证点为中点，当直线斜率存在时，设直线的方程为，根据椭圆与直线的位置关系求点和的中点坐标，判断B，分别在斜率不存在和存在的条件下，根据椭圆与直线的位置关系求的面积，判断C，利用设而不求法计算判断D .
【详解】方程可化为，
所以椭圆的焦距为，而椭圆的焦距为，
所以椭圆与椭圆的焦距不相等，A错误，
当点的坐标为时，过点的椭圆的切线为，
联立可得，
直线与椭圆的交点坐标为，
所以点为线段的中点，
同理可得点的坐标为时，点为线段的中点，
当点不为椭圆的长轴端点时，
设过点的椭圆的切线方程为，
联立，化简可得，
由已知方程的判别式，
所以，
方程的解为，，
故点的坐标为，
联立，消得，，
方程的判别式
，
设，
则，所以，，
所以线段的中点为，
故为线段中点，B正确；
当直线的斜率不存在时，
设直线的方程为，
联立可得，
所以，
所以的面积为，
由可得点为线段的中点，
所以点的坐标为，
因为点在椭圆上，所以，
所以，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立，消得，，
方程的判别式
，
设，
则，，
所以，
，
所以点的坐标为，
因为点在椭圆上，所以，
联立联立，化简可得，
由已知方程的判别式
，
故直线和椭圆相切，
因为原点到直线的距离为，
，
所以的面积为，
所以，故面积为常数，C正确；
联立，消得，，
方程的判别式
，
设，
则，
联立，化简可得，
由已知方程的判别式，
所以，
设，
所以，
由已知，
所以，
，
所以，
所以，D错误.
故选：BC.
【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系，联立方程组利用判别式判断方程的解的个数是判断直线与椭圆的位置关系的重要方法，涉及弦长问题常常利用设而不求法结合弦长公式求解.
9．ACD
【分析】由，先求设点坐标，得抛物线方程，再验证每个选项.
【详解】抛物线的焦点，由，有，解得，
所以抛物线的方程为，A选项正确；
，点在抛物线上且在轴上方，到焦点距离为8，到准线距离也为8，所以点到轴的距离为6，B选项错误；
点在抛物线上且在轴上方，到轴的距离为6，有点横坐标为6，代入抛物线方程，可得，则直线的方程为，
由消去得，，所以直线与抛物线相切，C选项正确；
由，，，得，则三点在同一条直线上，D选项正确.
故选：ACD.
10．CD
【分析】根据抛物线的方程可得焦点坐标可判断A，根据焦点弦的性质可判断B，根据垂直关系得，由两点坐标求解直线方程即可判断C,根据切线方程求出切点坐标，进而根据两点求解直线方程即可求解D.
【详解】因为拋物线，故的坐标为故A错误；
由于直线不一定过焦点，所以不是经过焦点的弦长，故B错误；
若，故，即或（舍去），
因为直线，即，得，故直线经过定点C正确；
点设过的切线方程为，联立 ，所以，故 或，所以方程的根为，
故切线的斜率分别为和，故，
，
可得直线，即，故D正确；
故选:CD.
11．AD
【分析】设，得，由直线的方程以及根与系数关系求得，由直线的方程以及根与系数关系求得，根据弦长公式求得，进而求得，根据三角形的面积公式求得
【详解】设，则，设直线，
由消去并化简得，
A选项：所以，同理可得，所以，故A正确；
B选项：，故B错误；
C选项：同理可得，所以，所以，所以，
令，，
则，
所以，故C错误；
D选项：，故D正确．
故选：AD
12．ABC
【分析】由线面垂直的性质定理可判断A；由面面平行的性质定理可判断B；由题意分析知P在以D为圆心，半径为1的圆弧上，求出线段的最小长度可判断C；将平面翻折至与共面，记此时点为，则，求出，可判断D.
【详解】
A项：由正方体性质知：，而平面，平面，则，
由，面，则平面，
所以任取上一点作为P，由线面垂直的性质知，故A正确；
B项：由正方体性质知：，面，面，则面，
同理可证：面，而，面，
所以平面平面，所以，则平面，
则平面，即可存在无数个点P满足平面，故B正确；
C项：因为，所以，所以P在以D为圆心，
半径为1的圆弧上，所以（当D，P，B三点共线时取等），故C正确；
D项：将平面翻折至与共面，记此时点为，
则，错误．
故选：ABC.
13．ABD
【分析】当直线过点，可设，与抛物线联立，利用“设而不求法”判断A，B；当直线过点，可设，与抛物线联立，利用“设而不求法”和焦半径公式判断C，D.
【详解】由题意可得：抛物线的焦点，准线与轴的交点.
若直线过点，可设，代入抛物线方程，有.
设，则有
对于A：.故A正确；
对于B：
把代入，得：.故B正确；
若直线过点，可设，代入抛物线方程，有.
所以判别式，则.
设，则有.
由抛物线的定义：.
因为，所以.
而，所以.
故C错误，D正确.
故选：ABD．
14．AC
【分析】由直线和圆相交知圆心到直线的距离小于等于半径可得之间的关系，再由充分不必要条件的定义即可得到结果.
【详解】由“直线和圆有公共点”可得圆心到直线的距离，
当时，，即显然成立，A正确；
当时，，即不一定成立，不满足充分性，B错误；
当时，可得，C正确；
当，即，此时满足充分必要条件，D错误.
故选：AC．
15．ACD
【分析】设直线方程为，联立抛物线方程得根与系数的关系，利用抛物线弦长公式可判断A;利用向量的夹角公式计算，可判断B; 求得，根据与面积之比为， 可判断C;利用直线和抛物线相切，求出切线斜率，求出切点，继而求得l的方程，可得B点坐标，即可求得，判断D.
【详解】抛物线的焦点为，过焦点的直线与抛物线交于两点,
对于A，由题意知l的斜率必存在，设直线方程为，设，
联立，则 ， ，
则，则，
故，时取等号，
即最小值为4，A正确；
对于B，，
故
，
则，
即不可能是钝角，B错误；
对于C, 当直线的倾斜角为时, 直线方程为,
由A的分析知即，
解得 ，
又与面积之比为 ，C正确；
对于D，因为点A在第一象限，当直线与抛物线只有一个公共点时，
直线与抛物线一定相切，
直线的斜率存在，设直线的方程为 ，
所以由 ，得到 ，
故 ，
又因为点A在第一象限，所以 ，则 ，
则即，解得 ，故，
此时直线的斜率为，即直线的方程为，
此时,所以 ，故D正确．
故选： ．
【点睛】方法点睛：解答此类关于直线和圆锥曲线的位置关系的问题时，一般方法是设直线方程，要注意直线的斜率是否存在情况，联立圆锥曲线方程，利用根与系数的关系结合题设等条件进行化简，关键是要注意计算量较大，很容易出错.
16．
【分析】根据题意利用正弦定理分析整理可得，再根据双曲线的定义结合勾股定理求，即可运算求得结果.
【详解】在中可得，即，
在中可得，即，
故，
∵，则，
∴，
设，则，
∵，则，即，
解得：，则，
又∵，则，即，
解得:，即.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：离心率(离心率范围)的求法
求离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值．
17．/
【分析】设，则，设，联立与的方程根据韦达定理结合条件可得，进而得出，然后根据基本不等式得出取最小值时的值，即可根据椭圆离心率的计算得出答案.
【详解】设，则
所以，
故可设，
则点坐标满足，
消去整理得，
故，
设，
同理可得，
得，
所以，
又，
故，
而，
故，即，
当且仅当，即时取等号，
此时，离心率为.
故答案为：.
18．
【分析】设折叠矩形使得A落在边上，当在D处时，此时折痕过M，即点M到折痕的距离为O．当到C处时，取得最大值，求出，即可求出答案.
【详解】设折叠矩形使得A落在边上，当在D处时，此时折痕过M，
即点M到折痕的距离为O．当从D向C运动的过程中（如图（1）），
中点为O，则，过M作于点N，
则n，此时在增大，也增大，
故当到C处时，取得最大值（如图（2）），
此时，所以，
故点M到折痕的距离的取值范围是．
故答案为：．
19．
【分析】设出切线方程，联立双曲线方程消元得一元二次方程，则两条切线等价于有两个不等实根，即可进一步列判别式不等式求得参数范围，从而求得离心率的取值范围.
【详解】设切线方程为代入得，易得，
由，由题意此方程有两个不等的实根，故，则，所以，即，
又代入得，所以，
故离心率e的取值范围为．
故答案为：．
20．
【分析】设，求出坐标，根据可得，
把代入椭圆方程得，根据的范围可得答案.
【详解】设，，
则，
因为，所以，可得，
由可得，两式相减可得，
因为上存在不同的两点，且，所以，解得，
又，所以.
故答案为：.
21．
【分析】将两圆方程相减求得公共弦的方程，求出圆心到直线的距离，利用几何法即可求得.
【详解】将圆与圆的方程相减，
即得的方程为 ，
则的圆心为，半径为，
则到直线的距离为 ，
故，
故答案为：
22．(1)椭圆C的方程为，蒙日圆的方程为
(2)
【分析】（1）根据椭圆离心率结合题设求得，即得椭圆方程，进而写出蒙日圆的方程；
（2）设，设过点P的切线方程为，联立椭圆方程结合判别式确定点的轨迹方程，进而利用基本不等式求得，即可求得答案.
【详解】（1）设椭圆方程为，焦距为2c.
由题意可知，
所以，椭圆C的方程为，
且蒙日圆的方程为；
（2）设，设过点P的切线方程为，
由，消去y得①，
由于相切，所以方程①的，可得：，
整理成关于k的方程可得：，
由于P在椭圆外，故，
故，
设过点P的两切线斜率为，
据题意得，，，
又因为，所以可得，
即点的轨迹方程为：，
由不等式可知：，
即，当且仅当时取等号，此时，
所以，即的面积的最大值为.
【点睛】关键点点睛：求解面积的最大值时，设出过点P的切线方程并联立椭圆方程，利用判别式为0结合根与系数的关系求得点P的轨迹方程后，关键要利用基本不等式求出，即可求解.
23．(1)
(2).
【分析】（1）由点在双曲线上，以及焦点到渐近线的距离得出双曲线C的方程；
（2）由直线与圆的位置关系得出，联立直线和双曲线方程，由韦达定理、斜率公式得出，结合得出的最小值.
【详解】（1）因为点在双曲线上，故，即，
而双曲线的渐近线方程为，到一条渐近线的距离为，
所以，解得，又，
所以，故所求双曲线的方程为；
（2）因为双曲线的方程为，
所以，故以为直径的圆为
，而直线是其切线，所以应满足，得，
而坐标满足，消去得，
求得，而，故，由此可得（*），
由于分别在的左､右两支，故，因此，
所以，将代入整理得，
又，故，显然，
由题意得，故，
所以，
将及代入，求得，而，
故，
又，故，
即.
24．(1)
(2)
【分析】（1）由已知条件列方程求出，即可求出双曲线的方程；
（2）讨论直线的斜率不存在时不满足题意；当斜率存在时设直线的方程为，联立双曲线的方程，由韦达定理求出的中点Q的坐标以及的坐标，根据勾股定理有，代入解方程即可得出答案.
【详解】（1）由已知条件得：
双曲线方程为：．
（2）若直线的斜率不存在，则圆C的圆心不在y轴上，因此不成立．
设直线的方程为，
由消元得：
∴的中点Q的坐标为．
设，直线，得，
又，
根据勾股定理有
∴．
化简得
解得或（舍）
∴，∴圆C的方程为．
25．(1)；
(2)经过定点，定点坐标为.
【分析】（1）由题意即可得到答案
（2）设出，直线，联立直线与双曲线方程得到关于的韦达定理，由三点共线得，三点共线，得，化简得到，即可得到答案.
【详解】（1）依题可知，双曲线的渐近线方程为，
所以焦点到渐近线的距离为，即双曲线方程为.
（2）设，直线，
由得，所以
又三点共线，则①，
三点共线，则②，
联立①②得，化简得，
即（*）
将，，代入（*）式化简得.
所以，即直线是否经过定点.
26．(1)；
(2)答案见解析.
【分析】设斜率为且过点P的直线为l：，其中.设.
（1）代入，得l：，将其与联立，后由，结合韦达定理及抛物线定义可得答案；
（2）利用表示出C在A，B处的切线方程，联立切线方程得Q坐标，注意到，说明即可.
【详解】（1）设斜率为且过点P的直线为l：，其中.
设.当时，l：，将其与联立，消去x得：，由韦达定理有.
又由抛物线定义知，又，结合
，则.得C的方程为；
（2）由（1）可得，P，则l：，将其与抛物线方程联立，
消去x得：，则.
设C在A点处的切线方程为，
C在B点处的切线方程为.
将与联立，消去x得：，
因为抛物线切线，则
联立方程判别式，
又，
则，
得，同理可得.
将两切线方程联立有，代入，，
解得，得.
则，又，
则，
同理可得.
注意到，
则等价，下面说明.
，因，
则.又，
则，故.
【点睛】关键点点睛：本题为直线与抛物线综合题，难度较大.
（1）问较为基础，但将l设为可简化运算；
（2）问所涉字母较多，解决问题的关键是利用及将相关表达式统一为与有关的形式.
27．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据点到直线的距离公式可得，进而根据的关系即可求解，
（2）联立直线与双曲线的方程得韦达定理，根据两点坐标求解直线的方程，即可求解过定点.
【详解】（1）由题意，设右焦点的坐标为，
双曲线的渐近线方程为：，
右焦点到其中一条渐近线的距离为，可得，
又因为，解得，
故双曲线的标准方程为.
（2）当直线的斜率不为0时，设，则
联立方程组，得
整理得：.
，且
，,
，令得，
，
直线过定点.
当直线的斜率为0时，此时直线:，此时均在轴上，故直线过定点.
综上：直线过定点.
28．(1)椭圆的方程为
(2)证明见解析，定值为
【分析】（1）由条件列方程求，从而求得椭圆的方程；
（2）设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，通过计算直线的斜率之积来证得结论成立，并求得定值.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，
因为椭圆的离心率为，所以，
因为椭圆过点，所以，
又，
所以，
故椭圆的方程为；
（2）若直线的斜率不存在，则直线的方程为，
直线和椭圆有且只有一个交点，与条件矛盾，
故直线的斜率存在，
故可设直线的方程为，且，
联立，得，
方程的判别式，
所以，
所以，故，
设，
所以，
设，由三点共线可得，
所以，，
因为
所以，直线的斜率之积为定值.
【点睛】(1)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 (或)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．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
29．(1)
(2)证明见解析，
(3)
【分析】（1）由短轴长及离心率求得参数，可得标准方程；
（2）分别联立直线、直线与椭圆的方程，解出坐标，即可写出直线方程，判断定点；
（3）设EF交y轴与P，由得到关于t的齐次式函数，结合均值不等式讨论最值即可.
【详解】（1）由题意可得
由椭圆的离心率为可得，
所以椭圆C的标准方程为．
（2）由题意知直线的方程为，直线的方程为．
由，得．同理，．
所以 ，
所以直线的方程为：，即，
所以，直线过定点．
（3）设EF交y轴与P，则
．
因为，所以．
当且仅当，即时，等号成立．所以当时，k取得最大值．
【点睛】方法点睛：（1）直线过顶点问题，一般可写出直线方程，通过方程判断定点，本题直线上的点由其它直线与圆锥曲线相交所得，故可联立直线与圆锥曲线求得交点，即可写出直线方程。
（2）最值问题，一般写出对应的函数式，进而讨论最值，本题为面积比值的最值，考虑到已知的点的坐标，可以用拼凑法表示面积.
30．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设P点坐标为，由可得结果；
（2）设，联立，得和，再求出的坐标，根据得，从而可得结果.
【详解】（1）设P点坐标为，则，即，
所以曲线C的方程为.
（2）设，由，消去并整理得，
由，得,
所以．
，，
因为，所以，即，
，
，
所以，
所以对任意都成立，
，故直线l过定点．