12平面解析几何(圆锥曲线)-山东省2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习(人教A版,2019新版)
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这是一份12平面解析几何(圆锥曲线)-山东省2023-2024学年高三上学期期末数学专题练习(人教A版,2019新版),共38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.(2023上·山东德州·高三统考期末)曲线上有两个不同动点,动点到的最小距离为,点与和的距离之和的最小值为,则的值为( )
A.B.C.D.
2.(2023上·山东潍坊·高三统考期末)已知为坐标原点, 是抛物线上的动点,且,过点作,垂足为,下列各点中到点的距离为定值的是( )
A.B.C.D.
3.(2023上·山东烟台·高三统考期末)设分别为椭圆的左顶点和上顶点,为的右焦点,若到直线的距离为,则该椭圆的离心率为( )
A.B.C.D.
4.(2023上·山东枣庄·高三统考期末)已知双曲线,、分别是上下顶点,过下焦点斜率为的直线上有一点满足为等腰三角形,且,则双曲线的离心率为( )
A.B.2C.3D.4
5.(2022上·山东临沂·高三校考期末)已知抛物线的焦点为F,准线为l,点P在抛物线C上,垂直l于点Q,与y轴交于点T,O为坐标原点,且,则( )
A.1B.2C.3D.4
6.(2022上·山东临沂·高三校考期末)已知双曲线的左顶点为,右焦点为,以为圆心的圆与双曲线的一条渐近线相切于第一象限内的一点.若直线的斜率为,则双曲线的离心率为( )
A.B.C.D.
7.(2022上·山东青岛·高三青岛二中校考期末)已知,是椭圆C:的两个焦点,P为C上一点,且,,则C的离心率为( )
A.B.C.D.
8.(2022上·山东菏泽·高三统考期末)设坐标原点为,抛物线与过焦点的直线交于A、B两点,则( )
A.B.C.3D.
9.(2022上·山东淄博·高三山东省淄博实验中学校考期末)已知双曲线的一条渐近线与直线垂直,则双曲线的离心率为( )
A.B.C.D.
10.(2022上·山东日照·高三校联考期末)在底面半径为12的圆柱内,有两个半径也为12的球面,其球心距为26,若作一平面与这两个球面相切,且与圆柱交成一个椭圆,则这个椭圆的长轴长与短轴长之和为( )
A.44B.46C.48D.50
二、多选题
11.(2023上·山东聊城·高三校联考期末)已知过点的直线与椭圆交于、两点,则弦长可能是( )
A.1B.C.D.3
12.(2023上·山东菏泽·高三统考期末)已知双曲线C的渐近线方程为,焦距为,则满足条件的双曲线C可以是( )
A.B.
C.D.
13.(2023上·山东滨州·高三统考期末)设点,,的坐标分别为,,,动点满足,则下列说法正确的是( )
A.点的轨迹方程为
B.
C.
D.有且仅有3个点,使得的面积为
14.(2023上·山东烟台·高三统考期末)已知过抛物线焦点的直线交于两点,交的准线于点,其中点在线段上,为坐标原点,设直线的斜率为,则( )
A.当时,B.当时,
C.存在使得D.存在使得
15.(2023上·山东济南·高三统考期末)已知椭圆上一点位于第一象限,左、右焦点分别为,左、右顶点分别为,的角平分线与轴交于点,与轴交于点,则( )
A.四边形的周长为
B.直线的斜率之积为
C.
D.四边形的面积为2
16.(2022上·山东烟台·高三统考期末)已知抛物线C:的焦点为,点A,B为C上两个相异的动点,则( )
A.抛物线C的准线方程为
B.设点,则的最小值为4
C.若A,B,F三点共线,则的最小值为2
D.若,AB的中点M在C的准线上的投影为N,则
三、填空题
17.(2023上·山东聊城·高三校联考期末)双曲线,离心率为,焦点到渐近线距离为1,则双曲线方程为 .
18.(2023上·山东德州·高三统考期末)如图所示,已知、分别为双曲线的左、右焦点,过的直线与双曲线的右支交于、两点,则的取值范围为 ;记的内切圆的面积为,的内切圆的面积为,则的取值范围是 .
19.(2023上·山东潍坊·高三统考期末)设双曲线的右顶点为,过点且斜率为2的直线与的两条渐近线分别交于点,.若线段的中点为,,则的离心率 .
20.(2023上·山东枣庄·高三统考期末)已知椭圆,,是其左、右焦点,点在椭圆上且满足.若到直线的距离为,则的最小值为 .
四、解答题
21.(2023上·山东德州·高三统考期末)已知椭圆的左右焦点分别是,,点P在椭圆C上,以为直径的圆过点.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)已知A,B是椭圆C上的两个不同的动点,以线段AB为直径的圆经过坐标原点O,是否存在以点O为圆心的定圆与AB相切?若存在,求出定圆的方程,若不存在,说明理由.
22.(2023上·山东日照·高三校联考期末)设椭圆的左右焦点分别为,椭圆的上顶点,点为椭圆上一点,且.
(1)求椭圆的离心率及其标准方程;
(2)圆圆心在原点,半径为,过原点的直线与椭圆交于两点,椭圆上一点满足,试说明直线与圆的位置关系,并证明.
23.(2023上·山东菏泽·高三统考期末)已知点 和直线: ,直线过直线上的动点M且与直线垂直,线段的垂直平分线l与直线相交于点P.
(1)求点P轨迹C的方程;
(2)过点F的直线l与C交于 两点.若C上恰好存在三个点,使得的面积等于,求l的方程.
24.(2023上·山东潍坊·高三统考期末)已知椭圆的左,右焦点分别为,,焦距为,点在上.
(1)是上一动点,求的范围;
(2)过的右焦点,且斜率不为零的直线交于,两点,求的内切圆面积的最大值.
25.(2023上·山东滨州·高三统考期末)已知抛物线,点为直线上的动点(点的横坐标不为0),过点作的两条切线,切点分别为.
(1)证明:直线过定点;
(2)若以点为圆心的圆与直线相切,且切点为线段的中点,求四边形的面积.
26.(2023上·山东烟台·高三统考期末)已知双曲线的焦距为,,为的左、右顶点,点为上异于,的任意一点,满足.
(1)求双曲线的方程;
(2)过的右焦点且斜率不为0的直线交于两点,,在轴上是否存在一定点,使得为定值?若存在,求定点的坐标和相应的定值;若不存在,说明理由.
27.(2023上·山东枣庄·高三统考期末)如图,已知点,点N为直线OB上除O,B两点外的任意一点,BK,NH分别垂直y轴于点K,H,NA⊥BK于点A,直线OA,NH的交点为M.
(1)求点M的轨迹方程;
(2)若,C,G是点M的轨迹在第一象限的点(C在G的右侧),且直线EC,EG的斜率之和为0,若△CEG的面积为,求.
28.(2023上·山东济南·高三统考期末)已知在平面直角坐标系xOy中,动点M到点的距离与它到直线的距离之比为2.记M的轨迹为曲线E.
(1)求E的方程;
(2)若P是曲线E上一点,且点P不在x轴上,作PQ⊥l于点Q,证明:曲线E在点P处的切线过△PQA的外心.
29.(2022上·山东济宁·高二济宁一中校考期末)已知分别是椭圆的左、右焦点,A是C的右顶点,,P是椭圆C上一点,M,N分别为线段的中点,O是坐标原点,四边形OMPN的周长为4.
(1)求椭圆C的标准方程
(2)若不过点A的直线l与椭圆C交于D,E两点,且,判断直线l是否过定点,若过定点,求出定点坐标;若不过定点,请说明理由.
参考答案:
1.C
【分析】对于可直接利用两点间的距离公式结合二次函数进行求解,对于可利用抛物线的性质,结合图象观察发现取得最值时的的位置进行求解.
【详解】设,则,结合关系式可变形为:,当,即动点坐标为时,取到最小距离,即;
由题知,曲线为抛物线在第一象限的部分以及原点,其焦点为,准线为,设,过作准线,垂足为,根据抛物线定义,,过作准线,垂足为,交抛物线于,当在运动时,结合下图可知,,当运动到时取得等号,即的最小值为.故.
故选:C
2.B
【分析】根据题意可设直线的方程,联立抛物线方程再利用,可得,法一:可知H在圆上运动进行判断,法二再由得出的方程为,解得,代入选项逐一验证是否为定值即可得出答案.
【详解】法一:设直线方程为,
联立直线和抛物线方程整理得,
所以
又,即,所以可得,即;
则直线 过定点D(4,0)因为,则点H在为直径的圆上(其中圆心坐标为OD中点(2,0)),故(2,0)到H的距离为定值
故选:B
法二:设直线方程为,
联立直线和抛物线方程整理得,
所以
又,即,所以可得,即;
又因为,所以的方程为,解得
对于A,到点的距离为不是定值;
对于B,到点的距离为为定值;
对于C,到点的距离为不是定值;
对于D,到点的距离为不是定值.
故选:B
【点睛】方法点睛:定值问题通常思路为设出直线方程,与圆锥曲线方程联立,得到两根之和,两根之积,应用设而不求的思想,进行求解;注意考虑直线方程的斜率存在和不存在的情况.
3.A
【分析】根据椭圆的标准方程得到的坐标,再利用两点式可得到直线的方程,结合点到直线的距离公式和椭圆的离心率求解即可.
【详解】由题意可得,
所以直线的方程为,整理得,
所以到直线的距离,所以①,
又因为椭圆中②,③,
所以联立①②③得,解得,
又因为,所以,
故选:A
4.D
【分析】依题意首先得到直线的方程,过点作轴,垂足为,即可表示点的坐标,再由点在直线上,即可得到、的关系,即可求出离心率.
【详解】解:依题意可得,,,直线的方程为,
过点作轴,垂足为,因为,所以,,
所以,则,,所以,
又点在直线上,所以,所以.
故选:D
5.B
【分析】设直线交于点,则可得,从而可得点的纵坐标为2,则可求出的横坐标,然后利用抛物线的定义可求得结果.
【详解】由,得抛物线的焦点为,准线为直线,
设直线交于点,则为的中点,
因为∥,,
所以,
因为垂直l于点Q,
所以点的纵坐标为2,
当时,,得,
所以点的横坐标与F相同,
所以,
故选:B
6.C
【分析】将直线、的方程联立,求出点的坐标,由可得出、、的齐次等式,结合可求得双曲线的离心率的值.
【详解】双曲线的渐近线方程为,则直线的斜率为(为坐标原点),
所以,直线的斜率为,易知点、,
所以,直线的方程为,
联立,解得,即点,
由题意可得,即,
所以,,则,故.
故选:C.
7.A
【分析】根据椭圆的定义分别求出,在中,利用余弦定理求得的关系,从而可得出答案.
【详解】解:在椭圆C:中,
由椭圆的定义可得,
因为,
所以,
在中,,
由余弦定理得,
即,
所以,
所以C的离心率.
故选:A.
8.D
【分析】求出焦点坐标,设直线的方程为代入抛物线方程中化简利用根与系数的关系,再结合向量的数量积公式求解即可
【详解】抛物线的焦点为,设直线的方程为,,
由,得,
则,
所以,
故选:D
9.C
【分析】由双曲线的一条渐近线与直线垂直可求得的值,再由可求得双曲线的离心率的值.
【详解】双曲线的渐近线方程为,
由于该双曲线的一条渐近线与直线垂直,则,可得,
因此,该双曲线的离心率为.
故选:C.
10.D
【分析】设两个球的球心分别为,椭圆的长轴为,椭圆与两球的切点为椭圆的焦点,作出由与确定的平面与两个球及圆柱的截面,并过作的垂线,交圆柱的母线于点,连接与切球的切点,分别在中,利用和余弦的定义,结合已知的数据即可求出的长,即得椭圆的长轴长,再求出短轴的长即可
【详解】设两个球的球心分别为,所得椭圆的长轴为,直线与交于点,设它们确定的平面为,作出平面与两个球及圆柱的截面,如图所示,
过作的垂线,交圆柱的母线于点,连接与切球的切点,连接,
因为中,,,
所以,
因为锐角与的两边对应互相垂直,
所以,
所以在中,,
因为的长等于球的直径,所以,
所以,即椭圆的长轴为26,
在中,,所以椭圆的焦距为10,
所以椭圆的短轴长为,
所以椭圆的长轴长与短轴长之和为50,
故选:D
11.BC
【分析】先设直线,再联立方程组得韦达定理,求出弦长,最后确定范围即可.
【详解】当直线斜率存在时,设过斜率存在的直线方程为:,
联立方程组消去,并整理得,易得,
设,,则,,
,
,
当斜率不存在时,故.
故选:BC.
12.AD
【分析】根据双曲线焦点的位置讨论,结合条件即得.
【详解】若双曲线C的焦点在轴上,可设方程为,
则,解得,双曲线C方程为;
若双曲线C的焦点在轴上,可设方程为,
则,解得,双曲线C方程为.
故选:AD.
13.ACD
【分析】A选项,由题易得点的轨迹方程为;
B选项,,可取等号;
C选项,;
D选项,利用三角形的面积公式转化为直线与椭圆的公共点个数问题,联立方程即可判断.
【详解】由题知,点P的轨迹是,,焦点在x轴上的椭圆,则,椭圆方程为,
故A选项正确;
对于B选项,,当点为F1A的延长线与椭圆的交点时,等号成立,故B选项错误;
对于C选项,,因为,所以,所以
当点为AF2的延长线与椭圆的交点时,等号成立,取最小值,故C选项正确;
对于D选项,设使得的面积为的P点坐标为,
由坐标知,,直线的方程为,
则,解得或,
联立,化简得,
则,因此存在一个交点;
同理可得直线与椭圆有两个交点;
综上,有且仅有个点,使得的面积为,故D选项正确;
故选:ACD
14.ABD
【分析】特殊值法分别令和代入直线,再由抛物线的定义, 过抛物线的焦点的弦长, 选项得解,由 , 则, 联立方程组,结合韦达定理, 可判断选项C, 若 , , 联立方程组结合韦达定理, 可判断选项D.
【详解】对于选项A. 当 时, 过抛物线 的焦点 的直线方程为: , 设该直线与抛物线交于 , 两点,
联立方程组 , 整理可得: , 则 ,
由抛物线的定义: , 故A正确.
对于选项B. 当 时, 过抛物线 的焦点 的直线方程为: , 设该直线与抛物线交于 , 两点,
联立方程组 , 整理可得: ,则 , 则 ,
所以 ,由抛物线的定义:
又因为直线 与抛物线的准线 交于点 ,
则,即 ,故B正确.
对于选项C. 设过抛物线 的焦点 的直线方程为: 与抛物线交于 两点,联立方程组 , 整理可得:
则 ,
,
所以 .若 , 则, 故不存在,使得 ,故C不正确.
对于选项D. 设过抛物线 的焦点 的直线 方程为: 与抛物线交于 两点,
联立方程组 , 整理可得 : ,则 ,
,
若 , 因为,, 即 ,
则 , 即: ,可得: ,
即: , 则 , 解得: , 解得: .
故存在使得 , 故D正确;
故选:ABD.
【点睛】本题考查了抛物线与直线方程的位置关系,解方程组,焦点弦的应用,对与本题,运算能力,数形结合思想是关键,属于较难题.
15.ABD
【分析】由已知可得,,,以及顶点和焦点的坐标.根据椭圆的定义以及两点间的距离公式即可得出A项;设,得出,进而根据在椭圆上,代入整理即可判断B项;由已知可得.设,,,根据余弦定理,整理可得,在中,可推出,根据倍角公式,可得,整理求解可得,即可判断C项;根据题意结合余弦定理可得出,根据三角形面积公式得出的面积,进而得到四边形的面积.
【详解】由已知可得,,,,点,,,.
对于A项,,又由椭圆的定义可得,
所以四边形的周长为,故A项正确;
对于B项,设,则,,,
所以.又,
所以,所以,故B项正确;
对于C项,由角平分线的性质可得,且,.
设,,则,且.
设,,
由,在和中,由余弦定理可得,整理可得,
因为,所以,即,整理可得,则,
在中,由余弦定理可得,又,
所以,整理可得,解得或(舍去),
所以,,即,,所以,故C项错误;
对于D项,由C知,,
在中,由余弦定理可得,,则,
所以的面积为.又,
所以四边形的面积为,故D项正确.
故选:ABD.
16.ABD
【分析】对于A,由抛物线的焦点可求出抛物线的准线方程,对于B,过点作垂直准线于,则,从而可求出其最小值,对于C,由抛物线的性质可判断,对于D,过分别作垂直准线,垂足分别为,则由梯形中位线定理可得,然后在利用余弦定理结合基本不等式可判断
【详解】对于A,因为抛物线C:的焦点为,所以抛物线C的准线方程为,所以A正确,
对于B,由题意可得抛物线的方程为,则点在抛物线外,如图,过点作垂直准线于,则,当三点共线时,取得最小值,最小值为4,所以B正确,
对于C,由抛物线的性质可得当A,B,F三点共线,且 轴时,弦最短为抛物线的通径,所以C错误,
对于D,过分别作垂直准线,垂足分别为,则由梯形中位线定理可得,设,则,在中由余弦定理得,
因为,所以,
所以,所以,当且仅当时取等号,所以D正确,
故选:ABD
17.
【分析】由离心率得到,得到渐近线方程,由点到直线距离公式得到,进而求出,,求出双曲线方程.
【详解】由题可知,故,所以,
则渐近线方程为,即,
焦点到渐近线距离为1,则,解得,
所以,
由得,所以双曲线方程为.
故答案为:
18.
【分析】分析可知直线与轴不重合,设直线的方程为,将直线的方程与双曲线的方程联立,利用韦达定理结合已知条件求出的取值范围,可求得的取值范围;设圆切、、分别于点、、,分析可知直线的倾斜角取值范围为,推导出圆、圆的半径、满足,求得,利用双勾函数的单调性可求得的取值范围.
【详解】设直线的倾斜角为,
在双曲线中,,,则,故点,
若直线与轴重合,则直线与双曲线交于该双曲线的两个实轴的端点,不合乎题意,
所以,直线与轴不重合,设直线的方程为,设点、,
联立可得,
由题意可得,解得,
由韦达定理可得,,
,可得,
,可得,
所以,,且
当时,,此时,
当时,轴,此时,
当时,,此时,
综上,,
不妨设点在第一象限,则;
设圆切、、分别于点、、,
过的直线与双曲线的右支交于、两点,可知直线的倾斜角取值范围为,
由切线长定理可得,,,
所以,
,则,所以点的横坐标为.
故点的横坐标也为,同理可知点的横坐标为,故轴,
故圆和圆均与轴相切于,圆和圆两圆外切.
在中,,,
,,所以,,
所以,,则,
所以,
即,则,
由直线的倾斜角取值范围为,可知的取值范围为,
则,
故,
则,其中,
令,其中,则在单调递减,在单调递增.
因为,,则当时,,
故.
故答案为:;.
【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.
19.
【分析】根据题意可得出直线方程,与渐近线方程联立解得交点,的坐标,再根据中点坐标公式求出,由直线斜率为2以及利用余弦定理解得,再利用两点间距离公式可得关于的方程,解得即可求得离心率.
【详解】由题意可知,双曲线的两条渐近线方程为
过点且斜率为2的直线方程为,
不妨设直线与渐近线交于点,与渐近线交于点,如下图所示:
联立可得,
同理得,所以的中点为
设过点且斜率为2的直线的倾斜角为,即,可得
所以,
由余弦定理可得
即,
整理可得,
即,解得或(舍)
所以双曲线离心率为.
故答案为:
【点睛】关键点点睛:求解本题离心率问题时,关键是联立直线与渐近线方程解得交点,的坐标得出中点的坐标,再利用斜率以及由余弦定理找出等量关系,建立关于的方程,即可求得离心率.
20.
【分析】由正弦定理可得,则,令,则问题转化为求的最小值,即右焦点到直线的距离,即可得解.
【详解】解:在中由正弦定理,又,
所以,
所以,
令,要求的最小值,即求的最小值,
则,当且仅当垂直直线且在与之间时取等号,
所以.
故答案为:
21.(1)
(2)存在,
【分析】(1)对于圆令得、、的坐标,且,由求出可得椭圆的方程;
(2)设,,当AB斜率存在时,直线AB的方程为与椭圆方程联立,由韦达定理代入的坐标运算得,再代入原点到AB的距离为;当AB斜率不存在时由题意知求出圆心到AB的距离可得答案
【详解】(1)对于,令,得,
所以,,,
圆心为,因为,所以,
所以,所以,
所以椭圆的方程为:;
(2)设,,
当AB斜率存在时,直线AB的方程为,
,消去得,
,
,
,,
因为以线段AB为直径的圆经过坐标原点,所以,
,
,
,
化简得:,
原点到AB的距离为,
当AB斜率不存在时由题意知:,,
圆心到AB的距离,
综上所述,存在以O为圆心的定圆与直线AB相切,定圆的方程为.
22.(1),椭圆的方程为;
(2)直线与圆相切,证明见解析.
【分析】(1)由题意可得,设,由,可得,代入椭圆方程得,从而可得,再由即可求得椭圆的方程;
(2)先证明直线与圆相切,分直线的斜率存在与不存在两种情况分别证明;当线的斜率存在时,设直线的方程为:,联立直线与椭圆方程,结合韦达定理,只要求出点到直线的距离即可;直线的斜率不存在时,只要求出直线的方程为或即可;从而可得直线与圆相切;同理可证线与圆相切.
【详解】(1)解:由题意可得,
设,
所以,
又因为,
所以,
所以,
所以,
即,代入椭圆方程得:,
所以,
所以,
因数,
即,
所以,
又因为,
所以,
所以椭圆的方程为;
(2)解:直线与圆相切.
证明:因为关于原点对称,
所以 ,,,
所以,
设,
当直线的斜率存在时,设直线的方程为:,
联立直线和椭圆方程可得:,
即,
所以,
因为,
所以,
所以,
所以,
则原点到直线的距离,
所以此时直线与圆相切;
当直线的斜率不存在时,依题意可得,
由,可得,
所以,
又因为,
所以,
所以直线的方程为或,
所以原点到直线的距离,
所以此时直线与圆相切,
综上所述直线与圆相切;
同理可证直线与圆相切;
所以直线与圆相切.
23.(1)
(2)或.
【分析】(1)根据抛物线的定义可判断东点轨迹为抛物线,即而求得抛物线方程;
(2)设l的方程为,作与l平行且与C相切的直线,切点为D,表示出切点D的坐标,联立方程,求出弦长,利用三角形的面积可求得k的值,说明符合题意,C上恰好存在三个点,使得的面积等于,即得答案.
【详解】(1)连接PF,因为MF的垂直平分线l交于点P,所以,
即点P到定点的距离等于点P到直线:的距离,
由抛物线的定义,点P的轨迹为抛物线,
即点P轨迹C的方程为.
(2)如图,作与l平行且与C相切的直线,切点为D,
由题知的面积等于.
由题意知直线l的斜率一定存在,设l的方程为 ,
方程可化为,则,
设,令,解得,
将代入,得,故,
所以D到l的距离,
由,消去y,得, ,
从而,,
所以,
故的面积,从而,
解得或,
此时或为使得的面积等于的一个点,
那么在直线l的上方必然也存在着一条直线和l平行,和l的距离为,
这条直线与抛物线有两个交点也使得的面积等于,
即此时C上恰好存在三个点,使得的面积等于,
所以l的方程为或.
【点睛】关键点点睛:要满足C上恰好存在三个点,使得的面积等于,关键在于找到使得面积等于时,和直线l平行且和抛物线相切的那条直线,即表示出切点坐标,从而表示出三角形的高,进而利用面积求得答案.
24.(1)
(2)
【分析】(1)结合焦距及点坐标,求得椭圆的方程:,设点,得,结合椭圆有界性解得范围即可;
(2)设直线的方程为,联立椭圆方程结合韦达定理得,,利用等面积法求解内切圆半径,进而求得内切圆面积.
【详解】(1)由题意知,所以.
将点代入,解得,所以椭圆的方程为:.
设点,则.
又因为,所以的范围是.
(2)依题意可设直线的方程为,,.
联立得.
所以,,
所以,
又因为,
当且仅当时等号成立.所以.
又因为三角形内切圆半径满足.
所以的内切圆面积的最大值为.
25.(1)证明见解析
(2).
【分析】(1)根据题意结合导数分别求点处的切线,分析可得直线的方程为,即可得结果;
(2)根据题意结合韦达定理求得四边形的面积,再根据由求得,代入即可.
【详解】(1)设,,,
因为,则,
所以,则切线的斜率为,
故,整理得,
同理可得,
故直线的方程为,
所以直线过定点.
(2)由(1)知直线的方程为,,,
由整理得,
于是,,,则,
故.
设,分别为点,到直线的距离,则,,
四边形的面积,
设为线段的中点,则.
由,得,解得,
将代入式解得,故四边形的面积为.
【点睛】方法点睛:有关圆锥曲线弦长、面积问题的求解方法
(1)涉及弦长的问题中,应熟练地利用根与系数的关系、设而不求计算弦长;涉及垂直关系时也往往利用根与系数的关系、设而不求法简化运算;涉及过焦点的弦的问题,可考虑用圆锥曲线的定义求解.
(2)面积问题常采用×底×高,其中底往往是弦长,而高用点到直线距离求解即可,选择底很重要,选择容易坐标化的弦长为底.有时根据所研究三角形的位置,灵活选择其面积表达形式,若求多边形的面积问题,常转化为三角形的面积后进行求解.
26.(1)
(2)存在定点,使得为定值
【分析】(1)根据可得,结合即可求解;(2)利用韦达定理表示出即可求解.
【详解】(1)设,,,则,
又因为点在双曲线上,所以.
于是,对任意恒成立,
所以,即.
又因为,,
可得,,所以双曲线的方程为.
(2)设直线的方程为:,,,由题意可知,
联立,消可得,,
则有,,
假设存在定点,
则
令,解得,
此时,
所以存在定点,使得为定值
27.(1)
(2)
【分析】(1)由,写出直线OB的方程,设点N的坐标,进而得到点A的坐标,写出直线OA的方程联立求解;
(2)设,,由 ,得到,进而得到,作,交直线CG于F,写出直线CG的方程,令,得到,再由求得,进而求得,,然后得到,与联立求解.
【详解】(1)解:因为,
所以,则设,,,
由题意知:,
则,因为,所以,
则,
,
所以点M的轨迹方程为:,
因为,,则,所以;
(2)设,代入,
得,,
所以,即,
因为,则,所以,,
作,交直线CG于 F,
则,,
令,得
,
故 ,
所以,
,
,
,
,
,
解得,则,
所以,,
又 ,,
所以,
因为,
,
两式相除得.
28.(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)设出坐标为,根据题意建立关于坐标的等式,化简即可得曲线方程;
(2)设出点坐标,及处的切线方程,与双曲线联立,判别式等于0,可得参数之间关系,即可化简切线方程.分别求出的中垂线,联立即可求出的外心,将外心代入切线方程看是否成立即可证明.
【详解】(1)解:设动点坐标为,
则根据题意得,
两边同时平方,化简可得,
所以曲线的方程为;
(2)由题设点,因为点不在轴上,即,
所以曲线在点的切线斜率存在,设为,
则在点的切线方程为:,
联立方程组:,
整理得:,
因为双曲线的渐近线为,所以,
,
令,得.
因为点在双曲线上,
所以,即,
所以,因为,
所以两边同时除以,解得.
所以在点的切线方程为,即.
因为,,所以,
所以直线中垂线方程为,即,
因为,,所以直线的斜率为,线段的中点为,
所以直线中垂线的斜率为,
所以直线中垂线的方程为.
联立直线与直线,
得外心坐标.
将外心横坐标代入过点的切线方程,
化简得到,与外心的纵坐标相等.
所以曲线在点的切线经过的外心.
29.(1)标准方程为.
(2)直线l过定点
【分析】(1)由三角形的中位线性质可得四边形OMPN的周长即为2a,椭圆的右顶点到右焦点的距离为a-c, 联立即可得椭圆方程;
(2)分类讨论斜率存在与斜率不存在,当斜率存在时设出直线方程,联立直线与椭圆方程,由韦达定理可得,再由可得k与m的关系式,将其代入直线方程可得定点,当斜率不存在时,代入计算即可.
【详解】(1)M,N分别为线段的中点,O是坐标原点,
,
四边形OMPN的周长为,
,
,
,
椭圆C的标准方程为.
(2)设,
当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为,
代入,整理得,
则,
.
易知,
,
化简得,
或(舍去),
直线l的方程为,即,直线l过定点.
当直线l的斜率不存在时,设,
代入,解得,
由得,
,解得或(舍去),
此时直线l过点.
综上,直线l过定点.
【点睛】求解直线或曲线过定点问题的基本思路
(1)把直线或曲线方程中的变量x,y当作常数看待,把方程一端化为零,既然是过定点,那么这个方程就要对任意参数都成立,这时参数的系数就要全部等于零,这样就得到一个关于x,y的方程组,这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点.
(2)由直线方程确定其过定点时,若得到了直线方程的点斜式y-y0=k(x-x0),则直线必过定点(x0,y0);若得到了直线方程的斜截式y=kx+m,则直线必过定点(0,m).
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