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）

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)．