2023北京高三一模数学分类汇编-专题07 平面解析几何（解析版）

这是一份2023北京高三一模数学分类汇编-专题07 平面解析几何（解析版），共36页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．（2023·北京·北京市八一中学校考模拟预测）直线：和圆：在同一坐标系的图形只能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用排除法：先判断出直线的斜率，排除C，D.再由直线与圆相切得到A正确，B错误．
【详解】∵圆的方程可化为：，
∴圆心，半径，
又直线的方程可化为：.
由4个选项的圆心都在第三象限，
∴，∴，∴排除选项C，D.
又圆心到直线的距离，
∴直线与圆相切，故选项A正确，选项B错误．
故选：A．
2．（2023·北京海淀·校考模拟预测）双曲线：的左、右焦点分别为F1、F2，过F1的直线与双曲线C的右支在第一象限的交点为A，与y轴的交点为B，且△ABF2为等边三角形，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】为等边三角形，则，，故，得到离心率.
【详解】为等边三角形，则，
中，，故，故.
故选：B.
3．（2023·北京海淀·校考模拟预测）已知圆C:，P为直线l:上的一点，过点P作圆C的切线，切点分别为A、B，当最小时，（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】A
【分析】首先根据题意得到当时，此时取得最小值，然后由点到直线的距离公式，结合勾股定理，即可得到结果.
【详解】由圆的知识可知，，，，四点共圆，且，
圆C:，圆心，半径，
所以，
所以当最小时，即当最小时，
又，当时，此时取得最小值，
此时，
则.
故选：A.
4．（2023·北京房山·统考一模）已知直线与圆相交于M，N两点.则的最小值为（ ）
A．B．C．4D．6
【答案】C
【分析】先求出圆心和半径，以及直线的定点，利用圆的几何特征可得到当时，最小
【详解】由圆的方程，可知圆心，半径，
直线过定点，
因为，则定点在圆内，
则点和圆心连线的长度为，
当圆心到直线距离最大时，弦长最小，此时，
由圆的弦长公式可得，
故选：C.
5．（2023·北京房山·统考一模）已知抛物线的焦点为，抛物线上一点到点的距离为，则点到原点的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由抛物线的定义，将抛物线上一点到焦点的距离转化为到准线的距离，列方程求出点的坐标，进而得出点到原点的距离．
【详解】抛物线的准线为，
由题意，设，，，，
则点P到原点的距离为，
故选：D.
6．（2023·北京朝阳·统考一模）过双曲线的右焦点F作一条渐近线的垂线，垂足为A．若（O为坐标原点），则该双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．2D．或2
【答案】B
【分析】由题意易得所以，从而，再由求解.
【详解】解：在中，因为，
所以，则，
所以，
故选：B.
7．（2023·北京朝阳·统考一模）已知点，．若直线上存在点P，使得，则实数k的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】将问题化为直线与圆有交点，注意直线所过定点与圆的位置关系，再应用点线距离公式列不等式求k的范围.
【详解】由题设，问题等价于过定点的直线与圆有交点，
又在圆外，所以只需，可得.
故选：D.
8．（2023·北京丰台·统考一模）已知抛物线的顶点是坐标原点O，焦点为F，A是抛物线C上的一点，点A到x轴的距离为．过点A向抛物线C的准线作垂线、垂足为B．若四边形ABOF为等腰梯形，则p的值为（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】C
【分析】过点A向x轴作垂线、垂足为E．设准线交x轴于D.利用几何法求出直角三角形的三边，利用勾股定理即可求解.
【详解】如图示：
过点A（不妨设为第一象限点）向x轴作垂线、垂足为E．设准线交x轴于D.
因为四边形ABOF为等腰梯形，所以，.
所以.
又，
所以，所以，
所以.
所以.
由抛物线的定义可得：.
在直角三角形中，,.
由勾股定理可得：，解得：.
故选：C.
9．（2023·北京·北师大实验中学校考模拟预测）过抛物线的焦点F的直线交该抛物线于点A，B，线段的中点M的横坐标为4，则长为（ ）
A．10B．8C．5D．4
【答案】A
【分析】由梯形中位线长度得到上底和下底长度之和，通过抛物线的定义，转化为到焦点的距离，然后得到的长度.
【详解】设中点为，则，过分别做准线的垂线，垂足分别为
因为为中点，则易知为梯形的中位线，而，
所以.
根据抛物线定义可知
所以.
故选：A.
10．（2023·北京石景山·统考一模）已知直线:被圆:所截得的弦长为整数，则满足条件的直线有（ ）
A．6条B．7条C．8条D．9条
【答案】B
【分析】圆C的圆心为，半径，直线l过定点，故直线l被圆C截得的弦长范围为，结合圆的对称性，再检验斜率不存在的直线l的情况即可得出答案.
【详解】圆的圆心为，半径，
直线l化为，则直线l过定点，
则，在圆内，
当时，直线l被圆C截得的弦长最短为，
当过圆心C时，直线l被圆C截得的弦长最长为10，
故直线l被圆C截得的弦长范围为，
因为弦长为整数，则弦长的取值为7，8，9，10，
由圆的对称性，故满足弦长为整数的直线有7条.
故选：B.
11．（2023·北京大兴·统考模拟预测）双曲线C：x21的渐近线与直线x=1交于A，B两点，且|AB|=4，那么双曲线C的离心率为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】D
【分析】首先求出双曲线的渐近线的方程，将直线x=1与渐近线方程联立求出|AB|=|2b|，从而求出，再利用离心率即可求解.
【详解】由双曲线的方程可得a=1，且渐近线的方程为：y=±bx，
与x=1联立可得y=±b，所以|AB|=|2b|，
由题意可得4=2|b|，解得|b|=2，c2=a2+b2，
所以双曲线的离心率e，
故选：D.
12．（2023·北京海淀·中央民族大学附属中学校考模拟预测）双曲线为，则它的焦点到渐近线的距离为( )
A．2B．C．1D．
【答案】A
【分析】求出双曲线的焦点和渐近线，利用点到直线距离的距离公式即可求解.
【详解】设焦点在x轴上的双曲线标准方程为：，
则焦点到渐近线的距离为：.
故本题答案为b＝2.
故选：A.
13．（2023·北京海淀·中央民族大学附属中学校考模拟预测）直线与圆的位置关系是（ ）
A．相交且过圆心B．相切
C．相离D．相交但不过圆心
【答案】D
【分析】根据圆心到直线的距离与半径的大小比较，即可判断圆与直线的位置关系.
【详解】圆心坐标为，半径，圆心到直线的距离，又因为直线不过圆心，所以直线与圆相交但不过圆心．
故选：D.
14．（2023·北京平谷·统考一模）已知抛物线，点O为坐标原点，并且经过点，若点P到该抛物线焦点的距离为2，则（ ）
A．B．C．4D．
【答案】D
【分析】由焦半径公式列出方程，求出，得到，求出的长.
【详解】抛物线准线方程为，由焦半径可知：，解得：.
则，此时，则.
故选：D.
15．（2023·北京平谷·统考一模）点M、N在圆上，且M、N两点关于直线对称，则圆C的半径（ ）
A．最大值为B．最小值为C．最小值为D．最大值为
【答案】C
【分析】将圆的一般方程化为标准方程，得出圆心坐标和半径的表达式，利用已知条件，得到圆心在直线上，结合二次函数的性质即可求解.
【详解】由，得，
所以圆心为，半径为，
由题意可得直线经过圆心，
故有，即，
所以半径为，
当时，圆C的半径的最小值为.
故选：C.
二、填空题
16．（2023·北京海淀·统考一模）已知双曲线＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±x，则它的离心率为________．
【答案】2
【详解】由题意，得e＝＝＝＝2.
故答案为：2.
17．（2023·北京海淀·校考模拟预测）已知抛物线C经过第二象限，且其焦点到准线的距离大于2，请写出一个满足条件的C的标准方程__________．
【答案】（或或任写一个即可）.
【分析】设抛物线的标准方程为，由题意得，即可得出抛物线方程.
【详解】设抛物线的标准方程为，
由题意知，焦点到准线的距离，
所以，可取，
则抛物线的标准方程为.
故答案为：（或或任写一个即可）.
18．（2023·北京房山·统考一模）已知双曲线的一条渐近线方程为，则双曲线C的离心率为__________.
【答案】2
【分析】由题意求出双曲线的渐近线方程，则，由代入即可得出答案.
【详解】双曲线的渐近线方程为,
所以，所以双曲线C的离心率为.
故答案为：2.
19．（2023·北京朝阳·统考一模）经过抛物线的焦点的直线与抛物线相交于A，B两点，若，则（O为坐标原点）的面积为______．
【答案】
【分析】求出焦点坐标，设直线方程，联立抛物线方程，韦达定理，利用弦长求出直线方程，可求得O点到直线距离，进一步求出三角形面积.
【详解】由题意知，抛物线的焦点，设，，直线AB：，
联立方程，消去x可得，，
韦达定理得，
因为，所以，即，
所以直线AB：，所以点O到直线AB的距离为，
所以.
故答案为：.
20．（2023·北京西城·统考一模）已知抛物线的顶点为，且过点．若是边长为的等边三角形，则____．
【答案】1
【分析】根据抛物线的对称性以及等边三角形的边角关系即可代入求解.
【详解】设，则,即，
所以，由于又，所以，因此，故关于轴对称，
由得,将代入抛物线中得所以，
故答案为：1.
21．（2023·北京东城·统考一模）已知双曲线的一个焦点是，且与直线没有公共点，则双曲线的方程可以为______.
【答案】
【分析】取直线为双曲线的渐近线，则，根据焦点得到，，得到双曲线方程.
【详解】取直线为双曲线的渐近线，则，
双曲线的一个焦点是，故，
故，故双曲线方程为.
故答案为：.
22．（2023·北京·北京四中校考模拟预测）已知双曲线的渐近线与圆相切，则_________.
【答案】
【分析】求出双曲线的渐近线方程，利用圆心到渐近线的距离等于圆的半径可求得的值.
【详解】由得，所以圆心为，半径为，
双曲线的渐近线方程为，即，
因为双曲线的渐近线与圆相切，
所以，化简得，解得或（舍去）.
故答案为：.
23．（2023·北京·北师大实验中学校考模拟预测）已知双曲线与直线没有公共点，则该双曲线的离心率e的最大值是__________．
【答案】
【分析】根据双曲线渐近线方程以及直线过坐标原点可知， 若双曲线与直线没有公共点则，由离心率计算公式即可求得.
【详解】由双曲线方程可得其渐近线方程为，
若双曲线与直线没有公共点，则须满足，即；
所以离心率，
即双曲线的离心率e的最大值是.
故答案为：.
24．（2023·北京海淀·中央民族大学附属中学校考模拟预测）已知抛物线：，的焦点为，点在上，且，则点的横坐标是______．
【答案】5
【分析】利用焦半径公式即可求解.
【详解】抛物线：的焦点，准线方程为，设点的横坐标为，则有，所以．
故答案为：5.
25．（2023·北京平谷·统考一模）已知双曲线的离心率为2，则实数____________．
【答案】
【分析】由题知，，所以，求解即可得出答案.
【详解】由题知，，则方程表示焦点在轴上的双曲线，
所以，则，
所以，解得：.
故答案为：.
三、双空题
26．（2023·北京丰台·统考一模）三等分角是“古希腊三大几何问题”之一，目前尺规作图仍不能解决这个问题．古希腊数学家Pappus（约300~350前后）借助圆弧和双曲线给出了一种三等分角的方法：如图，以角的顶点C为圆心作圆交角的两边于A，B两点；取线段AB的三等分点O，D；以B为焦点，A，D为顶点作双曲线H．双曲线H与弧AB的交点记为E，连接CE，则．
①双曲线H的离心率为________；
②若，，CE交AB于点P，则________．
【答案】2；
【分析】①根据图形关系确定即可求解；利用面积之比，进而可求出，再根据求解.
【详解】①由题可得所以，
所以双曲线H的离心率为；
②，因为，且，
所以,
又因为，所以
所以，
所以,
因为,解得，
所以,
故答案为：2；.
27．（2023·北京石景山·统考一模）抛物线：的焦点坐标为_________，若抛物线上一点的纵坐标为2，则点到抛物线焦点的距离为_________.
【答案】；
【分析】根据抛物线标准方程可得焦点坐标，利用抛物线定义可得点到抛物线焦点的距离.
【详解】抛物线：中，所以的焦点坐标为；
由抛物线的定义可得.
故答案为：；.
四、解答题
28．（2023·北京海淀·统考一模）已知椭圆：的左、右顶点分别为，上、下顶点分别为，，四边形的周长为．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设斜率为k的直线l与x轴交于点P，与椭圆E交于不同的两点M，N，点M关于y轴的对称点为、直线与y轴交于点Q．若的面积为2，求k的值．
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）由短轴长，即四边形的周长得a，b的值，得椭圆的方程；
（2）设直线l的方程为，由题，，与椭圆联立方程，得，，表示出的面积，解得k的值.
【详解】（1）由，得，即，
由四边形的周长为，得，即，
所以椭圆的方程为.
（2）设直线l的方程为（，），，，
则，，
联立方程组，消去y得，，
，得，
，，
直线的方程为，
令，得，
又因为，
所以，的面积，得，经检验符合题意，
所以k的值为.
29．（2023·北京·北京市八一中学校考模拟预测）已知椭圆E：的离心率为，且过点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)斜率为1的直线l与椭圆E交于A，B两点，以AB为底边作等腰三角形，顶点为，求的面积．
【答案】(1)；(2)6
【分析】（1）根据离心率、椭圆所过的点列方程组求椭圆参数，即可得方程；
（2）设AB为，，联立椭圆方程，应用韦达定理得，，由的中点且有求参数t，进而求、到AB的距离，即可求三角形面积.
【详解】（1）由题意，解得，故椭圆的方程
（2）设AB为，，
联立，消去得：，且，
则，，则的中点横坐标为，则，
依题意知：，即，即，解得，满足，且，，
，又到AB的距离，
∴.
30．（2023·北京海淀·校考模拟预测）已知椭圆E：过点，长轴长为4．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设O为原点，点A为椭圆E的左顶点，过点的直线与椭圆E交于M、N两点，且直线l与x轴不重合，直线AM、AN分别与y轴交于P、Q两点．判断是否为定值，如果是，请求出这个定值，如果不是，请说明理由．
【答案】(1)；(2)是定值，为
【分析】（1）根据已知条件求得a、b的值即可.
（2）设出直线MN的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，通过直线AM和直线AN的方程求出P、Q两点的纵坐标，进而求得.
【详解】（1）由题意知，，则，
所以，
将代入得：，
所以椭圆E方程为.
（2）是定值，为.
设直线MN的方程为，
，
设，，则，，
因为，
所以设直线AM的方程为，
令得，
同理可得：，
故是定值，为.
31．（2023·北京房山·统考一模）已知椭圆过点，且离心率为
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若直线l与椭圆E相切，过点作直线l的垂线，垂足为N，O为坐标原点，证明：为定值.
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）利用椭圆过点，得到，再由椭圆的离心率为，求出的值，从而求到椭圆的标准方程；
（2）对直线的斜率为0、斜率不存在及斜率存在且不为0三种情况讨论，从而求出，得到结论.
【详解】（1）因为椭圆过点，所以，
又，，所以，得到，
所以椭圆的标准方程为.
（2）当直线斜率存在且不为0时，设直线的方程为，
联立直线和椭圆的方程得，消去并整理，得，
因为直线与椭圆有且只有一个公共点，所以方程有两个相等的根，
，
化简整理得
因为直线与垂直，所以直线的方程为，
联立得，解得， ，
所以
把代入上式得，，所以，为定值；
当直线斜率为0时，直线，过点作直线的垂线，则垂线方程为，
此时或，，为定值；
当直线斜率不存在时，直线，过点作直线的垂线，则垂线方程为，
此时或，，为定值；
综上所述，，为定值.
32．（2023·北京西城·统考一模）已知椭圆，点在椭圆上，且（为原点）．设的中点为，射线交椭圆于点．
(1)当直线与轴垂直时，求直线的方程；
(2)求的取值范围．
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）根据题意可知点关于轴对称且，利用勾股定理可得直线的方程为；（2）当直线的斜率不存在时，，直线的斜率存在时，联立直线和椭圆方程再根据可得，即，再由求出点，代入椭圆方程即可得，即可求得的取值范围为
【详解】（1）当直线与轴垂直时，设其方程为．
由点关于轴对称，且，由勾股定理可知不妨设，
将点的坐标代入椭圆的方程，得，解得．
所以直线的方程为．
（2）当直线的斜率不存在时，由（Ⅰ）知．
当直线的斜率存在时，设其方程为．
由 得．
由，得．
设，，则，．
因为，所以．
所以．
整理得．
所以．
解得，从而．
设，其中．
则．
将代入椭圆的方程，得．
所以，即．
因为，所以，即．
综上的取值范围是．
33．（2023·北京东城·统考一模）已知椭圆E：的一个顶点为，离心率.
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N.设椭圆的左顶点为D，求的值.
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）依题意可得，，进而求出椭圆方程；
（2）首先表示出直线方程，设、，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由直线，的方程，表示出，得到点为线段的中点，进而求解.
【详解】（1）由题意可知，，所以，
则所求椭圆的方程为.
（2）依题意过点的直线为，设、，不妨令，
由，消去整理得，
所以，解得，
所以，，
直线的方程为，令，解得，
直线的方程为，令，解得，
所以
，
因为点，则点为线段的中点，
所以.
34．（2023·北京海淀·清华附中校考模拟预测）已知椭圆的短轴长为，离心率为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线l与圆相切，与椭圆交于不同的两点，求的面积的最大值．
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）由题意可得，解方程即可得出答案；
（2）当直线斜率不存在时，可得，当直线斜率存在时，设直线方程为，联立椭圆方程根据韦达定理及弦长公式可表示出，结合条件即得.
【详解】（1）由题意可得：，解得：.
故椭圆的标准方程为：；
（2）圆的方程为，圆心为，半径为，
①当直线斜率不存在时，的方程为或，
直线与椭圆交点为，的面积为，
根据对称性，直线时，的面积为；
②当直线斜率存在时，设直线方程为，
由得，
由，得，
则，得.
因为，所以，所以恒成立，
设，则，
所以
，
所以，
令，
则的面积为，
令，
令，,
所以
因为，从而的面积的最大值为为,
综上，的面积的最大值为.
35．（2023·北京·北京四中校考模拟预测）已知，分别为椭圆的左、右焦点，点为椭圆的一个顶点，是顶角为120°的等腰三角形．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点分别作直线，交椭圆于，两点，设两直线的斜率分别为，，且，求证：直线过定点．
【答案】(1)；(2)见解析
【分析】（1）根据题意得到，，，即可得到答案.
（2）设，，将椭圆向上平移1个单位得到，则，，设直线为，得到，根据得到，从而得到直线恒过，再将向下平移一个单位即可.
【详解】（1）由题知：，，，
所以.
（2）设，，
将椭圆向上平移1个单位得到，
则，，
设直线为，
则，
即，，
所以，即.
所以直线为，即，恒过点.
将向下平移1个单位得到，即直线过定点.
综上：直线过定点.
36．（2023·北京丰台·统考一模）已知椭圆的一个顶点为，焦距为2．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点的直线与椭圆E交于B，C两点，过点B，C分别作直线的垂线（点B，C在直线l的两侧）．垂足分别为M，N，记，，的面积分别为，，，试问：是否存在常数t，使得，，总成等比数列？若存在，求出t的值．若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；(2)存在，使得，，总成等比数列.
【分析】(1)根据的关系求解；
(2)表示，，的面积，利用韦达定理表示出即可求出常数t的值.
【详解】（1）根据已知可得，
所以，
所以椭圆E的方程为.
（2）由已知得，的斜率存在，且在轴的同侧，
设直线的方程为，，不妨设，
则
由得
所以
因为，
所以
，
，
要使，，总成等比数列，则应有解得，
所以存在，使得，，总成等比数列.
37．（2023·北京·汇文中学校考模拟预测）已知椭圆：的一个顶点为，焦距为．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当时，求k的值．
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）依题意可得，即可求出，从而求出椭圆方程；
（2）首先表示出直线方程，设、，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由直线、的方程，表示出、，根据得到方程，解得即可；
【详解】（1）解：依题意可得，，又，
所以，所以椭圆方程为；
（2）解：依题意过点的直线为，设、，不妨令，
由，消去整理得，
所以，解得，
所以，，
直线的方程为，令，解得，
直线的方程为，令，解得，
所以
，
所以，
即
即
即
整理得，解得.
38．（2023·北京·校考模拟预测）已知椭圆的右焦点为，且经过点.
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设O为原点，直线与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，若|OM|·|ON|=2，求证：直线l经过定点.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析
【分析】(Ⅰ)由题意确定a,b的值即可确定椭圆方程；
(Ⅱ)设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程确定OM,ON的表达式，结合韦达定理确定t的值即可证明直线恒过定点.
【详解】（Ⅰ）因为椭圆的右焦点为，所以；
因为椭圆经过点,所以，所以，故椭圆的方程为.
（Ⅱ）设
联立得，
，，.
直线，令得，即；
同理可得.
因为,所以；
，解之得，所以直线方程为，所以直线恒过定点.
39．（2023·北京·北师大实验中学校考模拟预测）已知点A，B是椭圆的左，右顶点，椭圆E的短轴长为2，离心率为．
(1)求椭圆E的方程；
(2)点O是坐标原点，直线l经过点，并且与椭圆E交于点M，N，直线与直线交于点T，设直线，的斜率分别为，，求证：为定值．
【答案】(1)；(2)见解析
【分析】（1）直接利用椭圆的相关性质即可求解；
（2）设直线，与椭圆联立消得出韦达定理，求出的坐标，再求出直线，的斜率，，将转化为韦达定理化简即可证明.
【详解】（1）依题意，，解得，
所以，椭圆E的方程为．
（2）显然直线l的斜率存在，不妨设直线：，
因为过点，所以：，
所以直线：
联立，消去y，得，
，
设点，，
所以，，，
，
直线，直线，
联立，解得，
即，又因为直线：，
所以
所以
，，
所以，
．
40．（2023·北京石景山·统考一模）已知椭圆:过点，且离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点且互相垂直的直线,分别交椭圆于,两点及两点.求的取值范围.
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）根据椭圆过点，且离心率为列方程组求得的值，即可得椭圆的方程；
（2）讨论直线的斜率不存在时，直线的斜率不存在时，求各交点坐标即可得的取值，再讨论直线,的斜率均存在，不妨设直线的方程为，则直线的方程为，，联立直线与椭圆得交点坐标关系，利用弦长公式即可求得的范围，综合可得答案.
【详解】（1）椭圆:过点，且离心率为
所以，解得，所以椭圆的方程为；
（2）当直线的斜率不存在时，则直线：，代入椭圆方程得，
所以；直线：，代入椭圆方程得，所以，
所以；
当直线的斜率不存在时，同理可得；
当直线,的斜率均存在，不妨设直线的方程为，则直线的方程为，，
则，消去得，
恒成立，所以，
所以
；
同理可得，将换成可得
所以，
综上所述，的取值范围是.
41．（2023·北京顺义·统考一模）已知椭圆经过点，离心率为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线与椭圆C相交于A，B两点，O为坐标原点．若以为邻边的平行四边形的顶点P在椭圆C上，求证：平行四边形的面积是定值．
【答案】(1)；(2)证明见解析
【分析】（1）由题意可得关于，，的方程组，求得，的值，则椭圆方程可求；
（2）联立直线方程与椭圆方程，化为关于的一元二次方程，利用根与系数的关系及四边形是平行四边形，可得点坐标，把点坐标代入椭圆方程，得到，利用弦长公式求得，再由点到直线的距离公式求出点到直线的距离，代入三角形面积公式即可证明平行四边形的面积为定值．
【详解】（1）由题意，可得，解得，，，
所以椭圆为.
（2）证明：把代入椭圆方程，
得，
所以，即，
设，，则，，
所以，
因为四边形是平行四边形，
所以，
所以点坐标为.
又因为点在椭圆上，
所以，即.
因为，
即.
又点到直线的距离，
所以平行四边形的面积
，
即平行四边形的面积为定值.
42．（2023·北京大兴·统考模拟预测）已知椭圆的焦距和长半轴长都为2.过椭圆的右焦点作斜率为的直线与椭圆相交于，两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）设点是椭圆的左顶点，直线，分别与直线相交于点，.求证：以为直径的圆恒过点.
【答案】（1）；（2）见解析
【解析】（1）易知椭圆中，结合，可求出椭圆的方程；
（2）结合由（1），可设直线的方程为，与椭圆方程联立，得到关于的一元二次方程，设，，可表示出直线的方程，进而得到点的坐标，同理可得点的坐标，然后得到的表达式，结合韦达定理可证明，即，即以为直径的圆恒过点.
【详解】（1）由题意，椭圆中，所以，
所以椭圆的方程为.
（2）由（1）知，，设直线的方程为，
联立，可得，
显然恒成立，
设，，则，
易知直线的斜率存在，，则直线的方程为，
所以，即，同理可得，
则，
所以，
所以，即以为直径的圆恒过点.
43．（2023·北京海淀·中央民族大学附属中学校考模拟预测）已知椭圆：的左、右顶点分别，，上顶点为，的面积为3，的短轴长为2.
(1)求的方程；
(2)斜率不为0的直线交于，两点（异于点），为的中点，且，证明：直线恒过定点.
【答案】(1)；(2)见解析
【分析】（1）根据椭圆的顶点坐标与基本量的关系求解即可；
（2）由题意设直线的方程为，，，联立直线与椭圆的方程，结合可得，再代入韦达定理化简求解即可
【详解】（1）由题意得，解得，，故的方程为.
（2）证明：由题意设直线的方程为，，，
联立，得，
所以，即，
，，
因为，所以，所以，
即，则，
整理得，
所以，即
整理得，解得或，
当时，直线的方程为，恒过点，舍去；
当时，直线的方程为，恒过点，符合题意，
即直线恒过定点.
44．（2023·北京平谷·统考一模）已知椭圆经过两点，设过点的直线椭圆交E于M，N两点，过M且平行于y轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．
(1)求椭圆E的方程：
(2)证明：直线HN过定点．
【答案】(1)；(2)直线HN过定点，证明见解析.
【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；
（2）先根据两条特殊直线的交点，判断定点的坐标，再设过点的一般方程，联立椭圆方程，得到韦达定理，求得直线的方程，并代入定点坐标，验证是否成立，即可判断是否过定点.
【详解】（1）解：因为椭圆E的方程为经过两点，
则，解得，，
所以椭圆E的方程为：.
（2）因为，所以，
①假设过点的直线过原点，则，代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到.求得HN方程：
，过点.
②分析知过点的直线斜率一定存在，设.
联立得，
可得，
所以，
，
且
因为点H满足，所以为的中点，
联立可得
可求得此时，
假设直线HN过定点，
将，代入整理得，
将代入，得
显然成立，
综上，可得直线HN过定点.