2021届新高考地区（广东）模拟试题分类精编07 解析几何

这是一份2021届新高考地区（广东）模拟试题分类精编07 解析几何，共105页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题，填空题，双空题等内容，欢迎下载使用。
2021届新高考地区（广东）模拟试题分类精编
07 解析几何

一、单选题
1．（2021·广东茂名市·二模）已知点是双曲线右支上一点，、为双曲线的左、右焦点，若的周长为16，点为坐标原点，则（ ）
A．20 B．-20 C．40 D．-40
2．（2021·广东汕头市·二模）已知椭圆C：的左､右焦点分别是､，过的直线l与C交于A，B两点，设O为坐标原点，若，则四边形面积的最大值为（ ）
A．1 B． C． D．
3．（2021·广东广州市·三模）设为坐标原点，过拋物线的焦点的直线交拋物线于两点，为线段的中点，则（ ）
A．以线段为直径的圆与直线相切
B．
C．当时，
D．三角形的面积最小值为4
4．（2021·广东佛山市·二模）已知双曲线的离心率等于2，，分别是C的左、右焦点，A为C的右顶点，P在C的渐近线上且，若的面积为，则C的虚轴长等于（ ）
A． B．2 C． D．4
5．（2021·广东惠州市·一模）古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中描述了圆锥曲线的共性，并给出了圆锥曲线的统一定义，只可惜对这一定义欧几里得没有给出证明.经过了500年，到了3世纪，希腊数学家帕普斯在他的著作《数学汇篇》中，完善了欧几里得关于圆锥曲线的统一定义，并对这一定义进行了证明.他指出，到定点的距离与到定直线的距离的比是常数的点的轨迹叫做圆锥曲线；当时，轨迹为椭圆；当时，轨迹为抛物线；当时，轨迹为双曲线.现有方程表示的曲线是双曲线，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．（2021·广东惠州市·一模）“”是“直线与圆有公共点”成立的（ ）条件
A．充分不必要 B．充要 C．必要不充分 D．既不充分也不必要
7．（2021·广东深圳市·二模）、分别为双曲线的左、右焦点，过的直线与的左、右两支曲线分别交于、两点，若，则（ ）
A． B． C． D．
8．（2021·广东惠州市·二模）设双曲线的焦距为2，若以点为圆心的圆过的右顶点且与的两条渐近线相切，则长的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．（2021·广东梅州市·二模），是双曲线的左，右焦点，点在C上，且，则双曲线C的离心率为（ ）
A．2 B． C． D．
10．（2021·广东江门市·一模）如图，平面四边形的顶点都在坐标轴上，直线的斜率为，直线的斜率为，则（ ）

A． B． C． D．
11．（2021·广东潮州市·二模）已知双曲线的一条渐近线平行于直线，则双曲线的离心率为（ ）
A．2 B． C． D．
12．（2021·广东二模）已知椭圆的短轴长为，焦距为.过椭圆的上端点作圆的两条切线，与椭圆分别交于另外两点，.则的面积为（ ）
A． B． C． D．
13．（2021·广东湛江市·二模）已知是椭圆的右焦点，过椭圆的下顶点且斜率为的直线与以点为圆心、半焦距为半径的圆相切，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
14．（2021·广东茂名市·二模）设为坐标原点，为抛物线：的焦点，为上一点，若，则的面积为（ ）
A．2 B． C． D．4
15．（2021·广东广州市·二模）已知双曲线的左､右顶点分别是，，右焦点为，点在过且垂直于轴的直线上，当的外接圆面积达到最小时，点恰好在双曲线上，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
16．（2021·广东肇庆市·二模）已知，分别为双曲线：（，）的左、右焦点，为坐标原点，在双曲线存在点，使得，设的面积为.若，则该双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
17．（2021·广东广州市·一模）已知，直线上存在点，满足，则的倾斜角的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
18．（2021·广东韶关市·一模）设正方体的棱长为1，为底面正方形内的一动点，若三角形的面积，则动点的轨迹是（ ）
A．圆的一部分 B．双曲线的一部分
C．抛物线的一部分 D．椭圆的一部分
19．（2021·广东其他模拟）已知椭圆的左焦点是，左顶点为，直线交椭圆于、两点（在第一象限），直线与直线交于点，且点为线段的中点，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
20．（2021·广东中山市·期末）已知椭圆的离心率与双曲线的离心率的一个等比中项为，则双曲线的渐近线方程为
A． B．
C． D．
21．（2021·广东汕头市·三模）设是双曲线的右焦点，双曲线两渐近线分别为，，过点作直线的垂线，分别交，于，两点，若，两点均在轴上方且，，则双曲线的离心率为
A． B．2 C． D．
22．（2021·广东梅州市·一模） 为坐标原点， 为抛物线 的焦点， 为 上一点，若 ，则 的面积为 
A． B． C． D．

二、多选题
23．（2021·广东汕头市·二模）已知抛物线方程为，直线，点为直线l上一动点，过点P作抛物线的两条切线，切点为A､B，则以下选项正确的是（ ）
A．当时，直线方程为 B．直线过定点
C．中点轨迹为抛物线 D．的面积的最小值为
24．（2021·广东广州市·三模）在平面直角坐标系中，已知双曲线的离心率为，分别是双曲线的左，右顶点，点是双曲线的右支上位于第一象限的动点，记，的斜率分别为，则（ ）
A．双曲线的焦点到其一条渐近线的距离为1时，双曲线的方程为
B．双曲线的渐近线方程为
C．为定值
D．存在点，使得
25．（2021·广东深圳市·二模）设直线与圆，则下列结论正确的为（ ）
A．与可能相离
B．不可能将的周长平分
C．当时，被截得的弦长为
D．被截得的最短弦长为

26．（2021·广东广州市·二模）过双曲线的左焦点作直线交于，两点，则（ ）
A．若，则直线只有条 B．若，则直线有条
C．若，则直线有条 D．若，则直线有条
27．（2021·广东梅州市·二模）曲线为四叶玫瑰线，它是一个几何亏格为零的代数曲线，这种曲线在苜蓿叶型立交桥的布局中有非常广泛的应用，首蓿叶型立交桥有两层，将所有原来需要穿越相交道路的转向都由环形匝道来实现，即让左转车辆行驶环道后自右侧切向汇入高速公路，四条环形匝道就形成了苜蓿叶的形状．给出下列结论正确的是（ ）


A．曲线C只有两条对称轴
B．曲线C经过5个整点（即横、纵坐标均为整数的点）
C．曲线C上任意一点到标原点O的距离都不超过2
D．曲线C上的任一点作两坐标轴的垂线与两坐标轴围成的矩形面积最大值为2
28．（2021·广东江门市·一模）已知、是双曲线的左、右焦点，过作倾斜角为的直线分别交轴、双曲线右支于点、点，且，下列判断正确的是（ ）
A．的渐近线方程为 B．
C．的离心率等于 D．
29．（2021·广东汕头市·三模）画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆的离心率为，分别为椭圆的左､右焦点，为椭圆上两个动点.直线的方程为.下列说法正确的是（ ）
A．的蒙日圆的方程为
B．对直线上任意点，
C．记点到直线的距离为，则的最小值为
D．若矩形的四条边均与相切，则矩形面积的最大值为
30．（2021·广东潮州市·二模）已知圆与圆有且仅有两条公共切线，则实数的取值可以是（ ）
A． B． C． D．
31．（2021·广东茂名市·二模）已知，分别为双曲线：的左､右焦点，的一条渐近线的方程为，且到的距离为，点为在第一象限上的点，点的坐标为，为的平分线.则下列正确的是（ ）
A．双曲线的方程为 B．
C． D．点到轴的距离为
32．（2021·广东汕头市·一模）已知双曲线的左、右两个焦点分别为，直线与C交于两点，轴，垂足为E，直线与C的另一个交点为P，则下列结论正确的是（ ）
A．四边形为平行四边形 B．
C．直线的斜率为 D．
33．（2021·广东韶关市·一模）设，为正数，若直线被圆截得弦长为4，则（ ）
A． B．
C． D．
34．（2021·广东深圳市·一模）设、分别是双曲线的左、右焦点，且，则下列结论正确的有（ ）
A． B．当时，C的离心率是2
C．到渐近线的距离随着n的增大而减小 D．当时，C的实轴长是虚轴长的两倍
35．（2021·广东广州市·一模）已知点为坐标原点，直线与抛物线相交于两点，则（ ）
A． B．
C．的面积为 D．线段的中点到直线的距离为2
36．（2021·广东韶关市·一模）设是椭圆上一点，，是椭圆的左､右焦点，焦距为，若是直角，则（ ）
A．(为原点) B．
C．的内切圆半径 D．
37．（2021·广东揭阳市·一模）已知一组直线为，则以该组直线为渐近线的双曲线有（ ）
A． B．
C． D．
38．（2021·广东梅州市·一模）下列关于圆锥曲线的命题中，正确的是（ ）
A．设、为两个定点，为非零常数，，则动点的轨迹为双曲线
B．设定圆上一定点作圆的动弦，为坐标原点，若，则动点的轨迹为椭圆
C．方程的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率
D．双曲线与椭圆有相同的焦点
39．（2021·广东佛山市·一模）已知曲线，其中m为非零常数且．则下列结论中正确的有（ ）
A．当时，曲线C是一个圆
B．当时，曲线C的离心率为
C．当时，曲线C的渐近线方程为
D．当且时，曲线C的焦点坐标分别为和

三、解答题
40．（2021·广东茂名市·二模）在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，直线与椭圆相切．
（1）求椭圆的方程；
（2）已知M，N为椭圆C的上、下端点，点T的坐标为，且直线TM、TN分别与椭圆交于两点C，D（M，N，C，D四点互不相同），求点M到直线CD距离的取值范围．
41．（2021·广东汕头市·二模）已知双曲线方程为，，为双曲线的左､右焦点，离心率为，点P为双曲线在第一象限上的一点，且满足，.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）过点作直线交双曲线于两点，则在轴上是否存在定点，使得为定值，若存在，请求出的值和该定值，若不存在，请说明理由.
42．（2021·广东珠海市·二模）已知椭圆的离心率为，且.

（1）求椭圆的方程；
（2）已知点为椭圆的左､右顶点，点为椭圆上不同于A､的任一点，在抛物线上存在两点，使得四边形为平行四边形，求的最小值.
43．（2021·广东广州市·三模）已知椭圆的离心率为，以原点为圆心，椭圆的长半轴长为半径的圆截直线所得弦长为
（1）求椭圆的方程；
（2）设为椭圆上一点，若过点的直线与椭圆相交于两点，且满足为坐标原点，当时，求实数的取值范围．
44．（2021·广东汕头市·三模）已知圆与定直线，且动圆与圆外切并与直线相切.
（1）求动圆圆心的轨迹的方程；
（2）已知点是直线上一个动点，过点作轨迹的两条切线，切点分别为、.
①求证：直线过定点；
②求证：.
45．（2021·广东广州市·二模）已知抛物线上的点到点的距离的最小值为．
（1）求的方程；
（2）若点是的焦点，过作两条互相垂直的直线，，与交于，两点，与交于，两点，线段，的中点分别是，，是否存在定圆使得直线截该圆所得的线段长恒为定值？若存在，写出一个定圆的方程；若不存在，说明理由．
46．（2021·广东深圳市·二模）在平面直角坐标系中，是坐标原点，是直线上的动点，过作两条相异直线和，其中与抛物线交于、两点，与交于、两点，记、和直线的斜率分别为、和．
（1）当在轴上，且为中点时，求；
（2）当为的中位线时，请问是否存在常数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
47．（2021·广东惠州市·二模）如图，在平面直角坐标系中，已知点是抛物线上的一个点，其横坐标为，过点作抛物线的切线.

（1）求直线的斜率（用与表示）；
（2）若椭圆过点，与的另一个交点为 ，与的另一个交点为，求证：.
48．（2021·广东梅州市·二模）在平面直角坐标系xOy中，椭圆的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，直线与以椭圆C的右焦点为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆相切．
（1）求椭圆C的方程；
（2）是椭圆C的内接三角形，若坐标原点O为的重心，求点B到直线MN距离的取值范围．
49．（2021·广东江门市·一模）如图，抛物线与动圆相交于四个不同点．

（1）求的取值范围；
（2）求四边面积的最大值及相应的值．
50．（2021·广东潮州市·二模）已知椭圆经过点，且椭圆的离心率.
（1）求椭圆的方程；
（2）若点，是椭圆上的两个动点，，分别为直线，的斜率且，求证：的面积为定值.
51．（2021·广东湛江市·二模）设抛物线的焦点为，过点的动直线与抛物线交于，两点，当在上时，直线的斜率为.
（1）求抛物线的方程；
（2）在线段上取点，满足，，证明：点总在定直线上.
52．（2021·广东二模）已知双曲线的离心率为，过双曲线的右焦点作渐近线的垂线，垂足为，且(为坐标原点)的面积为.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）若，是双曲线上的两点，且，关于原点对称，是双曲线上异于，的点.若直线和直线的斜率均存在，则是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.
53．（2021·广东茂名市·二模）已知点为圆：上一动点，圆心关于轴的对称点为，点､分别是线段，上的点，且，.
（1）求点的轨迹方程；
（2）过点且斜率为的直线与点的轨迹交于，两点，点在点的轨迹上，，当时，证明：.
54．（2021·广东广州市·二模）设O为坐标原点，已知椭圆的左，右焦点分别为，，点P为直线上一点，是底角为的等腰三角形.
（1）求椭圆E的离心率；
（2）若，设不与x轴重合的直线l过椭圆E的右焦点，与椭圆E相交于A､B两点，与圆相交于C､两点，求的取值范围.
55．（2021·广东汕头市·一模）在平面直角坐标系中，为坐标原点，，已知平行四边形两条对角线的长度之和等于．

（1）求动点的轨迹方程；
（2过作互相垂直的两条直线、，与动点的轨迹交于、，与动点的轨迹交于点、，、的中点分别为、；
①证明：直线恒过定点，并求出定点坐标．
②求四边形面积的最小值．
56．（2021·广东惠州市·一模）已知椭圆C1：＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别是双曲线C2：＝1的左、右顶点，且椭圆C1的上顶点到双曲线C2的渐近线的距离为．
（1）求椭圆C1的方程；
（2）设椭圆C1的左、右焦点分别为F1（﹣c，0），F2（c，0），经过左焦点F1的直线l与椭圆C1交于M，N两点，且满足的点P也在椭圆C1上，求四边形F2MPN的面积．
57．（2021·广东深圳市·一模）设是坐标原点，以、为焦点的椭圆的长轴长为，以为直径的圆和恰好有两个交点.
（1）求的方程；
（2）是外的一点，过的直线、均与相切，且、的斜率之积为，记为的最小值，求的取值范围.
58．（2021·广东肇庆市·二模）已知椭圆：（）的离心率为，的长轴是圆：的直径.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过椭圆的左焦点作两条相互垂直的直线，，其中交椭圆于，两点，交圆于，两点，求四边形面积的最小值.
59．（2021·广东广州市·一模）已知点，点是圆上的动点，线段的垂直平分线与相交于点，点的轨迹为曲线.
（1）求的方程
（2）过点作倾斜角互补的两条直线，若直线与曲线交于两点，直线与圆交于两点，当四点构成四边形，且四边形的面积为时，求直线的方程.
60．（2021·广东中山市·期末）已知椭圆具有如下性质：若椭圆的方程为，则椭圆在其上一点处的切线方程为，试运用该性质解决以下问题：在平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心率为，且经过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）设为椭圆的右焦点，直线与椭圆相切于点(点在第一象限)，过原点作直线的平行线与直线相交于点，问：线段的长是否为定值？若是，求出定值；若不是，说明理由.

61．（2021·广东韶关市·一模）已知抛物线：的焦点是，若过焦点的直线与相交于，两点，所得弦长的最小值为4.
（1）求抛物线的方程；
（2）设，是抛物线上两个不同的动点，为坐标原点，若，，为垂足，证明：存在定点，使得为定值.
62．（2021·广东揭阳市·一模）已知椭圆的离心率为，且经过点.设椭圆的左、右焦点分别为、，是椭圆上的一个动点（异于椭圆的左、右端点）.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作椭圆的切线，过点作的垂线，垂足为，求面积的最大值.
63．（2021·广东梅州市·一模）给定椭圆：（），称圆心在原点，半径为 圆是椭圆的“卫星圆”.若椭圆的一个焦点为，点在椭圆上.
（1）求椭圆的方程和其“卫星圆”方程；
（2）点是椭圆的“卫星圆”上的一个动点，过点的直线，与椭圆都只有一个交点，且，分别交其“卫星圆”于点，.试探究：的长是否为定值？若为定值，写出证明过程；若不是，说明理由.
64．（2021·广东佛山市·一模）已知椭圆C：右焦点为，且过点．
（1）求C的方程；
（2）点P、Q分别在C和直线上，，M为的中点，求证：直线与直线的交点在某定曲线上．

四、填空题
65．（2021·广东茂名市·二模）1765年欧拉在其著作《三角形的几何学》首次提出：三角形的重心、垂心、外心在同一条直线上，我们把这条直线称为该三角形的欧拉线，若的顶点都在圆上，边AB所在直线方程为，且，则的欧拉线方程为________________．
66．（2021·广东珠海市·二模）设圆锥曲线的两个焦点分别为，为曲线上一点，，则曲线的离心率为___________.
67．（2021·广东珠海市·二模）正方体的棱长为2，点为平面内的动点，，则长度的最小值为___________.

68．（2021·广东佛山市·二模）已知抛物线的焦点为F，K为C的准线l与x轴的交点，过点K且倾斜角为45°的直线与C点仅有一个公共点，则__________.
69．（2021·广东广州市·二模）已如椭圆的两个焦点为和，直线过点，点关于的对称点在上，且，则的方程为________．
70．（2021·广东深圳市·二模）已知椭圆的焦点在轴上，且离心率为，则的方程可以为______．
71．（2021·广东梅州市·二模）已知F为抛物线的焦点，点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧，（其中点O为坐标原点），则面积的最小值是______________．
72．（2021·广东湛江市·二模）已知，分别是双曲线的左、右焦点，点是双曲线上一点，且，的面积为，则双曲线的渐近线方程为______.
73．（2021·广东深圳市·一模）设F为抛物线的焦点，过F作倾斜角为的直线交C于A，B两点，若，则____________.
74．（2021·广东广州市·一模）已知圆与双曲线的两条渐近线相交于四个点，按顺时针排列依次记为，且，则的离心率为_______.
75．（2021·广东佛山市·一模）已知抛物线的焦点为F，准线l交x轴于点K，过F作倾斜角为的直线与C交于A，B两点，若，则__________．
76．（2021·广东潮州市·二模）若抛物线y2=4x上的点M到焦点的距离为10，则M到y轴的距离是_______．
77．（2021·广东广州市·二模）过抛物线的焦点作一条直线交抛物线于两点，若线段的中点的横坐标为，则等于________．

五、双空题
78．（2021·广东二模）已知抛物线的焦点为，直线过点且与抛物线交于，两点，分别过，两点作抛物线的切线，，设直线与交于点，则___________，面积的最小值为___________.
79．（2021·广东茂名市·二模）已知区域表示不在直线()上的点构成的集合，则区域的面积为___________，若在区域内任取一点，则的取值范围为___________.

2021届新高考地区（广东）模拟试题分类精编
07 解析几何（答案解析）
1．B
【分析】
根据条件，由的周长为16，所以，又根据双曲线的性质，可得，， 带入即可得解.
【解析】
因为，的周长为16，所以，
因为，所以，，
所以，
故选：B.
2．B
【分析】
由椭圆的方程得椭圆的右焦点坐标为(1,0)，设直线AB的方程为, 代入椭圆方程中利用求得三角形面积关于表达式，令,转化为的函数，利用基本不等式求得三角形AOB的面积最大值，乘以2就是所求四边形的面积的最大值.
【解析】
由已知得若，故四边形AOBE是平行四边形，其面积是△OAB面积的两倍，下面先求△OAB的面积的最大值.由椭圆的方程的椭圆的右焦点坐标为(1,0)，设直线AB的方程为,代入椭圆方程中并整理得：
,
，
令,,当,即k=0,也就是直线AB与x轴垂直时面积取得最大值为，∴四边形AOBE的面积最大值为.
故选：B.
【小结】
本题考查椭圆中四边形面积最值的求解问题，关键是能够将所求四边形面积转化为三角形面积，并表示为关于某一个变量的函数的形式，利用换元思想转化后利用基本不等式求得面积的最值.
3．C
【分析】
直线方程为，代入抛物线方程由韦达定理得，从而可得，表示出中点坐标，求出，比较到直线的距离与的关系可判断A，求出可判断B，利用时有，求得两点横坐标得焦点弦长，判断C．求得三角形的面积得最小值，判断D．
【解析】
由题意，设直线方程为，代入抛物线方程得，
所以，
所以，所以，
，
A．以线段为直径的圆的圆心到直线距离为，圆与直线相离，A错；
B．，B错；
C．时，，又，，两式联立解得，所以，C正确；
D．
，D错．
故选：C．
【小结】
关键点小结：本题考查抛物线的焦点弦的性质，掌握焦点弦性质是解题关键．
设抛物线焦点为，过的直线与抛物线交于两点，，则
（1），当是轴垂直时，，此时称为抛物线的通径；
（2），；
（3）若直线的倾斜角为，则；
（4）以为直径的圆与准线相切．
（5）焦点到两点在准线上的投影的张角为，
（6）．
4．D
【分析】
利用已知条件求出P的坐标，结合双曲线的离心率以及三角形的面积，求解b即可.
【解析】
如图，

双曲线的离心率等于2，①
设F1，F2分别是C的左、右焦点,
双曲线在一三象限的渐近线的斜率为: ②

A为C的右顶点，P在C的渐近线上，且,
所以，的面积为3a,
可得，③，
解①②③可得b=2,
所以C的虚轴长等于4.
故选: D
5．C
【分析】
对方程进行化简可得双曲线上一点到定点与定直线之比为常数，进而可得结果.
【解析】
已知方程可以变形为，即，
∴
其表示双曲线上一点到定点与定直线之比为常数，
又由，可得，
故选：C.
6．C
【分析】
利用点到直线的距离，找出直线与圆有公共点的等价条件，根据集合间的关系判断即可.
【解析】
圆心到直线的距离，，
直线与圆有公共点，则有，即，解得，且；所以，“”是“直线与圆有公共点”成立的必要不充分条件，
故选：C
7．C
【分析】
利用勾股定理结合双曲线的定义可求得，结合平面向量数量积的运算性质可求得结果.
【解析】
在双曲线中，，，，则、，

因为直线过点，由图可知，直线的斜率存在且不为零，
，则为直角三角形，可得，
由双曲线的定义可得，所以，，
可得，
联立，解得，
因此，.
故选：C.
【小结】
方法小结：求两个向量的数量积有三种方法：
（1）利用定义：
（2）利用向量的坐标运算；
（3）利用数量积的几何意义．
具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．
8．B
【分析】
由题可判断在轴正半轴上，求出圆心到渐近线的距离和圆半径，可得，进而得出，利用可求.
【解析】
由题可得渐近线方程为，，
由于圆与两条渐近线都相切，则在轴或轴上，
又圆过的右顶点，则在轴正半轴上，即，
圆心到渐近线的距离为，又圆半径为，
则由题可得，即，
又，则，
，，，
则长的取值范围是.
故选：B.
【小结】
关键小结：解题的关键是得出在轴正半轴上，根据圆心到渐近线的距离等于半径得出.
9．A
【分析】
利用已知条件求出，的值，利用双曲线的性质求解离心率即可．
【解析】
、是双曲线的左、右焦点，
点在双曲线上，，
所以，，，可得，，，
所以．
故选：A
【小结】
方法小结：求双曲线的离心率常用的方法有：（1）公式法（求出的值，代入离心率的公式即得解）；（2）方程法（直接由题得到关于离心率的方程解方程即得解）.
10．C
【分析】
利用两角差的正切公式可求得的值.
【解析】
三角形的外角公式可得，
所以，.
故选：C.
11．D
【分析】
根据双曲线的一条渐近线平行于直线，得到求解.
【解析】
因为双曲线的一条渐近线平行于直线，
所以由，
所以，
解得，
故选：D.
12．B
【分析】
根据椭圆的短轴长为，焦距为，求得椭圆方程，再设直线BN的方程，利用直线与圆相切，求得直线方程，与椭圆方程联立，求得M，N的坐标即可.
【解析】
因为椭圆的短轴长为，焦距为，
，
所以椭圆方程为，
如图所示：

设直线BN的方程为，
则原点到直线BN的距离为，
又因为直线BN与圆相切，
所以，解得，
则直线BN的方程为，
由，解得，即，
同理求得，
所以的面积为，
故选：B
13．A
【分析】
求得过椭圆的下顶点且斜率为的直线，利用圆心到此直线的距离列方程，化简求得离心率.
【解析】
过椭圆的下顶点且斜率为的直线方程为，
，由点到直线距离公式，得，
即，，则.
又，即，
解得.
故选：A
14．B
【分析】
先利用抛物线定义转化为坐标关系，求出点P坐标，再求面积.
【解析】
抛物线：，，准线.
由，即P到准线的距离为6.
设，，解得，，
代入抛物线方程，得.
.
故选：B.

【小结】
抛物线焦半径问题通常应用定义化斜为直，再利用几何性质或坐标运算求解.
15．C
【分析】
设点的坐标为，由于 为定值，由正弦定理可知当取得最大值时，的外接圆面积取得最小值，也等价于 取得最大值，利用两角的正切公式知，再利用均值不等式得到最值，将点代入双曲线计算得到答案.
【解析】
根据双曲线的对称性不妨设点的坐标为，由于 为定值，由正弦定理可知当取得最大值时，的外接圆面积取得最小值，也等价于 取得最大值，
， ，
，
当且仅当，即当 时，等号成立，此时最大，此时的外接圆面积取最小值，
点的坐标为，代入，可得 ，即，即 ．
所以双曲线的渐近线方程为：．
故选：C
【小结】
方法小结：本题考查了求双曲线渐近线方程，及利用基本不等式求最值，解题时先确定双曲线标准方程的形式，然后再根据a，b，c及渐近线之间的关系，求出的值即可，考查学生的计算能力和转化化归能力，属于中档题
16．A
【分析】
由，得，再利用勾股定理和结合已知条件及双曲线的定义可得，从而可求出双曲线的离心率
【解析】
由，得.
设，.
由，得，即.
又，即，
所以，所以，
故选：A.
17．D
【分析】
根据上，得到点p在线段AB上，其方程为上，又点在直线l上，联立其方程，求得，然后由求解.
【解析】
将代入得，
将代入得，
所以A，B不在直线l上，
又上，
所以点p在线段AB上，
直线AB的方程为：，
由，解得，
直线方程，即为，
设直线的倾斜角为，
则，
因为，
所以，
则，
所以，
即，
因为，
所以，
故选：D
【小结】
关键点小结：本题关键是得到点P在线段AB上，再根据点P的直线l上，联立求得，再利用斜率与倾斜角的关系而得解.
18．D
【分析】
根据三角形面积可得点到直线的距离为定值，即点在以直线为轴，以为底面半径的圆柱侧上，由直线与平面既不平行也不垂直，可得点的轨迹是椭圆，即可得出选项.
【解析】
设是三角形边的高，
，所以，
即点到直线的距离为定值，
所以点在以直线为轴，以为底面半径的圆柱侧上，
直线与平面既不平行也不垂直，
所以点的轨迹是平面上的一个椭圆，
其中只有一部分在正方形内.
故选：D
19．D
【分析】
作出图形，设点，可得点，求得点的坐标，利用、、三点共线得出，经过化简计算可得出、的等量关系式，即可解得该椭圆的离心率的值.
【解析】
如下图所示，设椭圆的半焦距为，由题意知，，

设点，由题意可知，点、关于原点对称，则.
因为线段的中点为，则.
又因为点在直线上，故，即，即，
整理得，，因此，椭圆的离心率.
故选：D.
【小结】
本题考查椭圆离心率的求解，利用三点共线得出、的等量关系式是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.
20．D
【分析】
根据等比中项的性质列方程，化简后求得，进而求得双曲线的渐近线方程.
【解析】
由题意得，所以，，所以双曲线渐近线方程为.
故选：D．
【小结】
本小题主要考查等比中项的性质，考查椭圆和双曲线的离心率，考查双曲线的渐近线方程的求法，属于基础题.
21．C
【解析】
试题分析：如下图所示，

从而可知，∴，
即，∴，故选C.
考点：双曲线的标准方程及其性质.
【名师小结】
1.要解决双曲线中有关求离心率或求离心率范围的问题，应找好题中的等量关系或不等关系，构造出关于，的齐次式，进而求解；2.要注意对题目中隐含条件的挖掘，如对双曲线上点的几何特征.
22．C
【解析】
设P(xP,yP)(yP>0)由抛物线定义知,xP+=4,
∴xP=3,yP==2,
因此S△POF=×2×=2.故选C.

23．ACD
【分析】
运用导数知识求出切线方程，可以得到直线的表达式，判断A、B选项；联立直线与抛物线的方程组，求解出其中点坐标，解出中点轨迹判断C选项；运用弦长公式和点到直线距离公式求出三角形的底和高，得到三角形面积表达式，求出最值判断D选项.
【解析】
解析：，，设，
则，即，
同理，都过点，
直线，即，
当时，.故A正确；
，，直线过定点，故B错误；
联立，消去得，，，
，中点坐标为，故其轨迹方程为，故C正确；
，，
，
当时，，故D正确；
故选：ACD
【小结】
关键点小结：解答本题的关键是能够熟练运用平面解析几何知识判断各个选项，熟练掌握直线方程与抛物线方程的联立求解两根之和与两根之积，熟练运用弦长公式和点到直线的距离公式求解，需要较强的综合能力和计算能力.
24．AC
【分析】
根据双曲线C：(a>0，b>0)的离心率为，分别求得，验证选项B，再由点到直线的距离求出c得双曲线方程，验证A，然后根据斜率公式和点P的坐标，验证选项C，D.
【解析】
因为双曲线C：(a>0，b>0)的离心率为，
所以，，渐近线方程为，故B错误；
不妨设双曲线的焦点到的距离为1，即，解得，
又，故，所以双曲线方程为，故A正确；
因为，设，则，故C正确；
，因为点P在第一象限，渐近线方程为，所以，则 ，所以，所以不存在点P，使得+=1，故错误.
故选：AC
【小结】
关键点小结：根据双曲线的离心率推出，结合斜率公式、渐近线的斜率，是解决CD选项的关键所在，属于中档题.
25．BD
【分析】
求出直线所过定点的坐标，可判断A选项的正误；假设假设法可判断B选项的正误；利用勾股定理可判断CD选项的正误.
【解析】
对于A选项，直线过定点，且点在圆内，则直线与圆必相交，A选项错误；
对于B选项，若直线将圆平分，则直线过原点，此时直线的斜率不存在，B选项正确；
对于C选项，当时，直线的方程为，圆心到直线的距离为，
所以，直线被截得的弦长为，C选项错误；
对于D选项，圆心到直线的距离为，
所以，直线被截得的弦长为，D选项正确.
故选：BD.
【小结】
方法小结：圆的弦长的常用求法
（1）几何法：求圆的半径为，弦心距为，弦长为，则；
（2）代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式.
26．ABD
【分析】
先由双曲线方程得到焦点坐标和渐近线方程；当直线的斜率不存在时，求直线的方程，以及此时弦长；当直线的斜率存在，可设的方程为，设，，为使与有两不同交点，只需；联立直线与双曲线方程，根据弦长公式，表示出；再逐项判断求出值，即可得出结果.
【解析】
因为双曲线的左焦点的坐标为，该双曲线的渐近线方程为，
若直线的斜率不存在，则的方程为，代入可得，此时；
若直线的斜率存在，可设的方程为，设，，
为使与有两不同交点，只需；
由消去整理得，
则，所以；
A选项，由可得，无解；因此，若，则的方程只有；故A正确；
B选项，由可得或，解得无解或，因此，若，则的方程为；故B正确；
C选项，由可得或，解得无解或，因此，若，则的方程为；故C错；
D选项，由可得或，解得或，因此，若，则的方程为或；故D正确；
故选：ABD.
【小结】
思路小结：
已知过焦点的弦长求弦所在直线方程的个数问题时，可联立直线与曲线方程，由弦长公式，表示出弦长，列出方程求解，即可得出结果.（有时也利用数形结合的方法进行求解）
27．CD
【分析】
先由图象，确定A错；再联立，确定内切于圆；从而可判断C正确；考虑圆内位于第一象限的整点，验证是否满足曲线C，进而可判断B错；由题意得到曲线C上的任一点作两坐标轴的垂线与两坐标轴围成的矩形面积为，结合基本不等式，可判断D正确.
【解析】
根据图形可得，曲线C有四条对称轴，，；即A错；
由可得；即圆与曲线相切于点，，，，
内切于圆；
故曲线C上任意一点到坐标原点O的距离的最大值为，即C正确；
又圆位于第一象限的整点只有，但，所以曲线C在第一象限不过整点，根据对称性可得，曲线C在二三四象限也不过整点；
又显然在曲线上，所以曲线只过一个整点，故B错；
设曲线C上的任一点的坐标为，则过该点作两坐标轴的垂线与两坐标轴围成的矩形面积；由可得，当且仅当时，等号成立，所以，即D正确.
故选：CD.
【小结】
关键点小结：
求解本题的关键在于，先确定内切于圆；进而即可根据圆的特征，求出曲线C上的点到原点的距离的最值，以及曲线C所过整点个数.
28．BCD
【分析】
推导出，可判断BD选项的正误；求出双曲线的离心率，可得出，可判断AC选项的正误.
【解析】
，则为的中点，且为的中点，所以，，

，则，，则，B选项正确；
，，D选项正确；
，且，则，，
由双曲线的定义可得，，C选项正确；
，则，
所以，双曲线的渐近线方程为，A选项错误.
故选：BCD.
【小结】
方法小结：求双曲线离心率的方法：

（1）若可求得、，直接利用求解；
（2）若已知、，可直接利用得解；
（3）若得到的是关于、的齐次方程（、、为常数，且），则转化为关于的方程求解.
29．AD
【分析】
由在蒙日圆上可得蒙日圆的方程，结合离心率可得关系，由此可知A正确；
由过且在蒙日圆上，可知当恰为切点时，，知B错误；
根据椭圆定义可将转化为，可知时，取得最小值，由点到直线距离公式可求得最小值，代入可得的最小值，知C错误；
由题意知蒙日圆为矩形的外接圆，由矩形外接圆特点可知矩形长宽与圆的半径之间的关系，利用基本不等式可求得矩形面积最大值，知D正确.
【解析】
对于A，过可作椭圆的两条互相垂直的切线：，，
在蒙日圆上，蒙日圆方程为：；
由得：，
的蒙日圆方程为：，A正确；
对于B，由方程知：过，又满足蒙日圆方程，在圆上，
过，当恰为过作椭圆两条互相垂直切线的切点时，，B错误；
对于C，在椭圆上，，
；
当时，取得最小值，最小值为到直线的距离，
又到直线的距离，
，C错误；
对于D，当矩形的四条边均与相切时，蒙日圆为矩形的外接圆，
矩形的对角线为蒙日圆的直径，
设矩形的长和宽分别为，则，
矩形的面积（当且仅当时取等号），
即矩形面积的最大值为，D正确.
故选：AD.
【小结】
关键点小结：本题考查圆锥曲线中的新定义问题的求解，解题关键是能够根据蒙日圆的定义，结合点在蒙日圆上，得到蒙日圆的标准方程，从而结合圆的方程来判断各个选项.
30．CD
【分析】
由两圆方程可确定圆心和半径，根据两圆公切线条数可知两圆相交，根据相交时圆心距和两圆半径之间关系构造不等式求得的取值范围，进而得到结果.
【解析】
圆方程可化为：，则圆心，半径；
由圆方程知：圆心，半径；
圆与圆有且仅有两条公切线，两圆相交，
又两圆圆心距，，即，解得：或，
可知CD中的的取值满足题意.
故选：CD.
【小结】
结论小结：两圆之间圆心距为，半径分别为，则两圆位置关系与关系如下：
（1）内含：；（2）内切：；（3）相交：；
（4）外切：；（5）外离：.
31．ABD
【分析】
由到的距离为以及渐近线方程为可求得，即可得出方程，判断A；由可求出判断B；结合双曲线定义可求得，求出，即可求出，判断C；利用等面积法可求得点到轴的距离，判断D.
【解析】
到的距离为，，解得，
又渐近线方程为，则，结合可解得，
则双曲线的方程为，故A正确；
为的平分线，，
又，，故B正确；
由双曲线定义可得，则可得，
则在中，，
则，
则，故C错误；
在中，，
设点到轴的距离为，则，
即，解得，故D正确.
故选：ABD.
【小结】
关键小结：本题考查双曲线的简单性质，解题的关键是根据已知求出双曲线方程，结合双曲线的定义求得焦点三角形的各边长.
32．AC
【分析】
利用关于原点对称，可判断A，利用趋近于0时点的位置，得出大于，从而判断B．设，计算斜率可判断C，由三角形外角定理得，从而可判断D．
【解析】
双曲线关于原点对称，又直线过原点，所以关于原点对称，
由得四边形为平行四边形，A正确；
当，点趋近于右顶点，此时趋近于平角，因此不可能有，B错．
设，则，由轴知，，
而，C正确；
中，，因此，D错；
故选：AC．

【小结】
思路小结：本题考查双曲线的对称性，解题关键是得出关于原点对称，则设后就可得出坐标，斜率的关系随之可得，利用平面几何知识判断AD，利用趋近于0的变化趋势得出点变化趋势，从而得出的变化趋势．
33．BCD
【分析】
根据直线与圆的位置关系可得排除A，再由均值不等式判断CD即可.
【解析】
由可得，
故圆的直径是4，
所以直线过圆心，即，故B正确；
又，均为正数，所以由均值不等式，当且仅当时等号成立；故C正确；
又，
当且仅当，即，即时，等号成立，故D正确.
故选：BCD
【小结】
易错小结：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
34．AC
【分析】
由已知条件值，根据，，，可计算的值，进而可判断选项A；直接计算可判断选项B；计算到渐近线的距离用表示，即可判断选项C；当时求出得值，可得的关系可判断选项D，进而可得正确选项.
【解析】
对于选项A：由双曲线的方程可得，，
所以，
因为，所以，
所以，可得：，故选项A正确；
对于选项B：当时，双曲线，此时，，
所以离心率，故选项B不正确；
对于选项C：中，由选项A知：，，，的渐近线方程为，
不妨取焦点，则到渐近线的距离，
所以到渐近线的距离随着n的增大而减小，故选项C正确；
对于选项D：当时，，，
所以实轴长为，虚轴长为，不满足C的实轴长是虚轴长的两倍，故选项D不正确；
故选：AC
【小结】
关键点小结：本题解题的关键点是由已知条件得出，，再利用双曲线的性质可求，关键点是准确记忆双曲线中的概念，焦点到渐近线的距离等于.
35．AC
【分析】
先判断直线过焦点，联立方程组结合韦达定理得两根关系，再根据选项一一判断即可．
【解析】
设，抛物线，则 ，焦点为，则直线过焦点；
联立方程组 消去得， 则，

所以 ，故A正确；
由，所以与不垂直，B错；
原点到直线的距离为 ，所以的面积为 ，则C正确；
因为线段的中点到直线的距离为，故D错
故选：AC
【小结】
(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；
(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
36．ABC
【分析】
对于A，由直角三角形的性质可判断；对于B，由是直角，所以，再结合椭圆的定义可求出三角形的面积；对于C，利用面积法可求出的内切圆半径，对于D，当时，，，不构成三角形，
【解析】
中，为斜边的中点，所以，故A正确；
设，，则有，，所以
，所以，故B正确.
，，故C正确；
当且仅当为椭圆右顶点，此时，，不构成三角形，故D错误.
故选：ABC
37．ABD
【分析】
将抛物线方程化为标准形式，再分别求四个选项中的双曲线方程的渐近线方程，即可求得正确选项.
【解析】
对于选项A：由可得的渐近线方程为，即，故选项A正确；
对于选项B：由可得的渐近线方程为，即，故选项B正确；
对于选项C：的渐近线方程为，即，故选项C不正确；
对于选项D：的渐近线方程为，即，故选项D正确，
故选：ABD.
38．CD
【分析】
根据双曲线的定义可判断A选项的正误；根据直角三角形的几何性质可判断B选项的正误；求出方程的两根，结合椭圆和双曲线离心率的取值范围可判断C选项的正误；求出双曲线与椭圆的焦点坐标，可判断D选项的正误.
【解析】
对于A选项，若动点的轨迹为双曲线，则，即，
但与的大小关系未知，A选项错误；
对于B选项，由可得，
可得，所以，点为线段的中点，
如下图所示：

当为圆的一条直径时，与重合；
当不是圆的直径时，由垂径定理可得，
设的中点为，由直角三角形的几何性质可得（定值），
所以，点的轨迹为圆，B选项错误；
对于C选项，解方程，可得，，
所以，方程的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率，C选项正确；
对于D选项，双曲线的焦距为，焦点坐标为，
椭圆的焦距为，焦点坐标为，D选项正确.
故选：CD.
【小结】
方法小结：求与圆有关的轨迹方程时，常用以下方法：
（1）直接法：根据题设条件直接列出方程；
（2）定义法：根据圆的定义写出方程；
（3）几何法：利用圆的性质列方程；
（4）代入法：找出要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式．
39．ABD
【分析】
把方程与圆、圆锥曲线的标准方程比较得出相应曲线，然后再求解相应的性质．如离心率、渐近线、焦点坐标．
【解析】
时，方程可化为，表示圆，A正确；
时，方程可化为，表示椭圆，其中长半轴长为，短半轴长为，因此半焦距为，离心率为，B正确；
时，方程可化为，表示双曲线，其渐近线方程为，即，C错；
时，方程可化为，表示双曲线，半焦距为，
焦点坐标为，
当时，方程可化为，表示椭圆，长半轴长为，半焦距为，焦点坐标为，D正确．
故选：ABD．
【小结】
结论小结：本题考查二次方程表示的曲线．方程表示的曲线：
（1）在时表示双曲线，时，焦点在轴，，焦点在轴；
（2）时，方程表示圆；
（3），方程表示焦点在轴上的椭圆，，方程表示焦点在轴上的椭圆．
（4）时，方程无解；
（5）或时方程表示两条直线．
40．（1）；（2）．
【分析】
（1）由离心率可设，，则，设椭圆方程，因为和直线相切，联立求解即可.（2）设直线CD的方程为，和椭圆联立可得两个交点的韦达定理，由交点和上下顶点利用两点式分别求出直线和，由两条直线都过点可得两根的和、积，代入韦达定理可知直线过定点，从而求出点到直线的距离的范围.
【解析】
解：（1）因为椭圆的离心率为，所以，
令，，则，所以椭圆方程为，
因为直线与椭圆相切，所以方程组，有唯一解，
所以有唯一解，即有唯一解，
所以，解得，
所以椭圆方程为．
（2）依题意设直线CD的方程为，代入椭圆方程得．
设，，
则①，②．
∵直线，直线，
由题知TM，TN的交点T的纵坐标为2，得，即，
即，整理得③．
将①②代入③得，化简可得．
当，变化时，上式恒成立，故可得，所以直线CD恒过一定点，
所以M到直线CD距离的取值范围为，当且仅当时，取得最大值为．
【小结】
思路小结：本题直线、和椭圆相交，可设交点所在直线方程，求出韦达定理；然后两点式求直线、，根据都过点得出交点的关系，代入韦达定理解出直线过定点，然后求点到直线的距离.
41．（1）；（2）存在，，.
【分析】
（1）解法一：利用离心率可用表示出；利用，可在中，结合双曲线定义和勾股定理构造方程求得，由此得到双曲线方程；
解法二：利用离心率可用表示出；设，可知满足双曲线方程；由，可根据数量积的坐标运算得到，由此可整理得到；代入中即可求得，由此得到双曲线方程；
（2）解法一：当斜率为时，易得；当斜率不为时，设，代入双曲线方程可得韦达定理的形式，由向量数量积的坐标运算，结合韦达定理可整理得到，令，可构造方程求得，进而确定；
解法二：当斜率为时，易得；当斜率不为时，设，代入双曲线方程可得韦达定理的形式，由向量数量积的坐标运算，结合韦达定理可整理得到，由为定值可得，由此可确定的取值，并得到；
解法三：当斜率不存在时，易知若，则；当斜率存在时，设，与双曲线方程联立可得韦达定理的形式，由向量数量积的坐标运算，结合韦达定理可整理得到，由其为定值可得，由此可确定的取值，并得到.
【解析】
（1）解法一：由得：，，
，，
在中，由得：，
代入，得：
解得：，，双曲线方程为：.
解法二：由得：，，
设点，则点满足…①，
，，即…②，
，即…③，
则由①②得：，代入③得：，，双曲线方程为：.
（2）解法一：当斜率为时，，
此时，，由得：；
当斜率不为时，设，，，
联立得：，则，
，，
，
令，即，
解得：，则，此时；
综上所述：存在，使得；
解法二：当斜率为时，，
此时，，由得：；
当斜率不为时，设，，，
联立得：，则，
，，
，
若为定值，则，，，此时；
当，斜率为时，；
综上所述，存在，使得；
解法三：当斜率不存在时，，此时，，
若，则；
当斜率存在时，设，，，
联立得，则，
，，

若为定值，则，，，此时；
综上所述：存在，使得.
【小结】
思路小结：本题考查直线与双曲线综合应用中的定值类问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与双曲线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出所求量，将所求量转化为关于变量的函数的形式；
④化简所得函数式，消元可得定值或假设为定值构造方程求得变量的值与定值.
42．（1）；（2）.
【分析】
（1）根据题干条件及a，b，c的关系，即可求得a，b，c的值，即可得答案.
（2）由（1）知，设，，，连接设交于，由题意得设设，与联立，根据韦达定理，可得表达式，进而可得点P坐标，代入曲线方程，利用换元法，化简整理，即可得答案.
【解析】
解：（1）由题意得：，解得

（2）由（1）知，设，，，

连接设交于
四边形为平行四边形，
为的中点且与轴既不垂直也不平行，
设，
与联立消得 （*）
则是（*）的二根，
，且，即①
，，
，
得，

点在曲线上，代入可得，
即
令，其中
由②得代入③得代入①得
解得
，，，
的最小值为.
【小结】
根据四边形为平行四边形，得到各点间的关系，进而求得点P坐标式关键，再代入求解即可，难点在于：处理，可采用换元法，可简化计算，属中档题.
43．（1）；（2）或．
【分析】
（1）由圆的弦长求得，再由离心率得，然后解得后可得椭圆方程；
（2）设直线方程为，设，直线方程代入椭圆方程由相交得的一个范围，应用韦达定理得，由表示出，代入椭圆方程得的关系式，由向量的模（代入）再求得的范围，从而可得的取值范围．
【解析】
（1）因为以原点为圆心，椭圆的长半轴长为半径的圆截直线所得弦长为2，
所以，，又，则，，
椭圆方程为；
（2）由题意直线斜率存在，设方程为，设，
由得，，
，，
，，
因为，即，时，不满足，
时，，，
因为点在椭圆上，
所以，化简得，，
由得，即，
，
所以，，，
所以，
由得，
所以或．
【小结】
关键小结：本题考查求椭圆方程，直线与椭圆相交，解题方法是设而不求的思想方法，即设交点坐标，设直线方程，代入椭圆方程后应用韦达定理得，由判别式得参数范围，由弦长（向量的模）得参数范围，由点在椭圆上得与参数的关系，然后可得结论．
44．（1）；（2）①证明见解析；②证明见解析.
【分析】
（1）分析可知点的轨迹是抛物线，确定该抛物线的焦点坐标和准线方程，由此可得出轨迹的方程；
（2）①设点、，，其中，利用导数写出直线、的方程，联立两直线方程可得出点的坐标，再求出直线的方程，化简可得出直线所过定点的坐标；
②对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率不存在时，直接验证；在直线的斜率存在时，根据直线斜率关系可验证，综合可证得结论成立.
【解析】
（1）依题意知：到的距离等于到直线的距离，
动点的轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，
设抛物线方程为，则，则，即抛物线的方程为，
故：动圆圆心的轨迹的方程为：；
（2）①由得：，，
设、，，其中，
则切线的方程为，即，
同理，切线的方程为，
由，解得，，即，
、，
直线的方程为，化简得，
即，
故直线过定点；
②由①知：直线的斜率为，
（i）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，，；
（ii）当直线的斜率存在时，、，
直线的斜率，，
，.
综上所述：得证.
【小结】
方法小结：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
45．（1）；（2）.
【分析】
（1）根据抛物线上的点到点的距离的最小值为，表示出 ，求得；
（2）设直线为：，，
由 ， 得直线ST的方程为
直线ST恒过定点，得出存在定圆.
【解析】
（1）设 是抛物线C上任意一点，则 ，
，
因为 ，所以当时 ，依题意得 ，
所以C的方程为 .
（2）因为F是C的焦点，所以 ,
依题意，直线 的斜率 存在且 ，设 ，
由于，则，
设 ，
由 消去 ，得 ，
,
则 ，
因为
所以 ，
同理得
则直线ST的斜率为
则直线ST的方程为
得
所以直线ST恒过定点
所以存在定圆 （ 为常数，且 ），使得直线ST截圆H所得的线段长恒为定值 .
【小结】
熟悉抛物线的几何特点，会利用函数式求最值.利用两直线的位置关系，以及中点表示直线，且过定点，充分利用几何特征来求解.
46．（1）；（2）存在满足条件，理由见解析.
【分析】
（1）设出直线的方程，然后联立直线与抛物线的方程，得到关于的韦达定理形式，再根据为的中点，得到的关系，结合韦达定理可得关于的方程，由此求解出结果；
（2）根据已知条件将先表示为坐标形式，然后根据为中位线得到以及的关系，结合抛物线方程得到所满足的方程，由此确定出的关系，即可计算出关于的表示，再结合点坐标可求解出，则的值可确定.
【解析】
（1）由条件知且，设，所以，
消去可得，所以，
又因为为中点，所以，所以，
所以，所以，所以；
（2）设，
所以，，
所以，
因为为的中位线，所以为的中点，是的中点，
所以即，即，
又，所以，
所以，所以①；
又因为即，即，
，所以，
所以，所以②；
由①②可知：是满足方程的两个根，
所以，
所以，
所以，
又，所以，所以，
所以存在常数使得成立.
【小结】
关键点小结：解答本题第二问的关键在于点坐标设法以及对于中位线的分析，利用抛物线方程设出点的坐标，根据中位线得到点的坐标之间的关系，通过的纵坐标所满足方程的特点，确定出纵坐标的关系，故与的关系可分析出.
47．（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由化为，利用导数即可求得斜率；
（2）要证明，实际是证明它们的斜率乘积为，设，则，，代入椭圆方程由点差法化简即可求得．
【解析】
（1）由，得，所以，
所以直线的斜率为.
（2）设，则，，
由（1）知，
设，所以，，
作差得，
即，所以，
所以，即，
所以，所以.
【小结】
关键点小结：本题的解题关键在于利用点差法求得两斜率乘积为即可证明问题．
48．（1）；（2）.
【分析】
（1）利用待定系数法求出椭圆的标准方程；
（2）对直线MN的斜率是否存在进行讨论：
当MN的斜率不存在，直接计算出点B到直线MN距离为3；
当MN的斜率存在，用点差法求出MN的斜率，表示出直线方程，利用得到直线距离公式表示出距离，根据椭圆上点的有界性求出范围.
【解析】
（1）设椭圆的右焦点，则
以椭圆C的右焦点为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆：，
所以圆心到直线的距离，
又椭圆的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，所以，
解得：，
所以椭圆的标准方程为；
（2）设，设的中点为D，直线OD与椭圆交于A,B两点，
因为O为的重心，则,所以
即B到直线MN的距离是原点O到直线MN距离的3倍.
当MN的斜率不存在时，点D在x轴上，所以此时B在长轴的端点处.
由得：,则O到直线MN距离为1，B到直线MN距离为3；
当MN的斜率存在时，设，则有：
两式相减得：，
因为D为的中点，所以，所以，
所以直线MN的方程为，即，
所以原点O到直线MN距离.
因为，所以，
所以.
因为，所以，所以，所以
综上所述，.
即点B到直线MN距离的取值范围.
【小结】
（1）待定系数法、代入法可以求二次曲线的标准方程；
（2）“中点弦”问题通常用“点差法”处理；
49．（1）；（2）的最大值，.
【分析】
（1）联立抛物线和圆的方程，要圆与抛物线有四个不同交点，即方程有两个不等正根，写出满足的不等式组，求得r的取值范围.
（2）设出A，B坐标，根据（1）中联立结果写出韦达定理，表示出四边形ABCD的面积表达式，方法一借助导数求单调区间，从而求得最大值；方法二把表达式写成因式乘积的形式，借助不等式求得最大值.
【解析】
解：（1）联立抛物线与圆方程
消可得：
要圆与抛物线有四个不同交点，即方程有两个不等正根．
所以，
解得：的取值范围为；
（2）设，其中，则


令


当时，单调递增；
当时，单调递减．

当时，取得最大值，即，
方法二：



当时，即取得最大值，
【小结】
方法小结：求面积最值时可以先写出面积表达式，对于高次函数可以借助导数来求得最值，如果能写出因式乘积的形式，部分题型也可以利用不等式求得最值.
50．（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）通过点在椭圆上可得，由离心率可得，解出方程组即可得结果；
（2）当直线的斜率不存在时，易得面积为1，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，由通过韦达定理可得关系式，通过弦长公式可得，通过点到直线的距离结合三角形的面积公式可得结果.
【解析】
（1）由椭圆经过点，得
由椭圆的离心率可得，整理得
由得，，故椭圆的方程为
（2）①当直线的斜率不存在时，，，易得的面积为1，
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由，得，
设，，
则，是方程的两个根，
所以，
且，，
则，
所以由，可得，
故，此时.
因为，
又点到直线的距离，
所以的面积
.
综上可知，的面积为定值1.
【小结】
关键点小结：通过得到达到消参的目的，通过弦长公式得到以及点到直线的距离得到三角形的高均是解题的关键.
51．（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）利用直线的斜率列方程，化简求得，由此求得抛物线方程.
（2）设直线的方程为，联立直线的方程和抛物线方程，化简写出根与系数关系.利用向量的坐标运算建立中的关系式，由此求得点所在定直线方程.
【解析】
（1）由题意，得，则，解得，
故抛物线的方程为.
（2）证明：设，，，
直线的方程为.
由得，
，.
由，，得，，
故，化简得.
又，故，
化简得，
即，则或.
当点在定直线上时，直线与抛物线只有一个交点，与题意不符.
故点在定直线上.
【小结】
在解析几何中的向量运算，可用来建立方程，通过化简方程来进行解题.
52．（1）；（2）是定值，定值为.
【分析】
（1）先求得点到渐近线的距离，再根据(为坐标原点)的面积为，求得a，b的关系，再结合离心率求解；
（2）设，，得到，由 两式相减，计算即可.
【解析】
（1）双曲线的渐近线方程为，即，
所以点到渐近线的距离为.
所以的面积为
即.
因为双曲线的离心率为，
所以，即.
代人，解得，
所以，
故双曲线的标准方程为.
（2）是定值，理由如下：
设，，则，，
所以
两式相减并整理得
所以.
所以是定值，且该定值为.
【小结】
方法小结：求定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
53．（1）；（2）证明见解析
【分析】
（1）由已知可得，可判断点在以为交点的椭圆上，即可求出方程；
（2）将直线方程代入椭圆，利用弦长公式可求出，同理可得，由已知可得，利用导数结合零点存在性定理即可证明.
【解析】
（1），是的中点，，，
点在的垂直平分线上，，
，
点在以为交点的椭圆上，且，则，
故点的轨迹方程为；
（2）可得直线的方程为，
与椭圆方程联立可得，
设，则，可得，
则，
由题可得，直线的方程为，
故同理可得，
由可得，即，
设，则是的零点，
，则在单调递增，
又，
因此在有唯一零点，且零点在内，即.
【小结】
关键小结：本题考查椭圆的轨迹方程，解题的关键是利用椭圆定义得出的轨迹为椭圆；考查参数范围的证明，解题的关键是利用弦长公式求出弦长，利用已知得出，再利用导数证明.
54．（1）；（2）．
【分析】
（1）设直线与x轴交于点Q，由是底角为的等腰三角形，结合图像，可知是特殊的直角三角形，利用余弦定义可得到；
（2）由（1）知，椭圆的方程为：，设直线的方程为：，点，联立，化简整理得，利用韦达定理及弦长公式求出，利用几何法求得直线截圆的弦长，可得出关于m的函数关系，利用不等式的性质求解即可．
【解析】
设直线与x轴交于点Q，由是底角为的等腰三角形， ，，
在直角中，，，，
利用余弦定义可知，解得：
所以椭圆的离心率为；
（2）由（1）知，，且，则，故，
所以椭圆的方程为：
设不与轴重合的直线的方程为：，设点
联立，化简整理得
其中，，
利用弦长公式可得：
设圆的圆心O到直线的距离为d，则
利用圆的弦长公式可得：
所以
，，

所以的取值范围是．
【小结】
思路小结：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．
55．（1）；（2）①证明见解析，定点坐标为；②.
【分析】
（1）设点的坐标为，根据已知条件得出，结合椭圆的定义可知点的轨迹是椭圆，求出、、的值，结合椭圆的焦点位置可得出点的轨迹方程，并求出的取值范围；
（2）①分析出直线的斜率存在且不为零，可设直线的方程为，可得出直线的方程为，设点、，将直线的方程与点的轨迹方程联立，求出点的坐标，同理求出点的坐标，求出直线的方程，进而可得出直线所过定点的坐标；
②求得、，利用基本不等式可求得四边形面积的最小值．
【解析】
（1）设点，依题意，
，
所以动点的轨迹为椭圆（左、右顶点除外），则，，，
动点的轨迹方程是；
（2）①若与轴重合，则直线与动点的轨迹没有交点，不合乎题意；
若与轴重合，则直线与动点的轨迹没有交点，不合乎题意；
设直线的方程为，则直线的方程为，
直线、均过椭圆的焦点（椭圆内一点），、与椭圆必有交点．
设、，由，
由韦达定理可得，则，
所以点的坐标为，同理可得点，
直线的斜率为，
直线的方程是，
即，
当时，直线的方程为，直线过定点．
综上，直线过定点；
②由①可得，，
，
同理可得，
所以，四边形的面积为，
当且仅当取等号．
因此，四边形的面积的最小值为.
【小结】
方法小结：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
56．（1）；（2）．
【分析】
（1）椭圆的左右焦点分别为F1（﹣c，0），F2（c，0），由题意可得c＝1，再利用点到直线的距离公式可得求出b＝1，即求.
（2）设直线l的方程为x＝ty﹣1，（t一定存在），代入椭圆方程，设P（x0，y0），利用韦达定理以及向量的坐标表示可得，将点代入椭圆方程求出t2＝14，再由即可求解.
【解析】
（1）椭圆的左右焦点分别为F1（﹣c，0），F2（c，0），
而双曲线C2：的顶点分别为（﹣1，0），（1，0），所以c＝1．
又椭圆的上顶点为（0，b），而双曲线C2：的一条渐近线为y＝2x，
则有，解得b＝1．
∴a2＝12+12＝2，所以椭圆C的方程为．
（2）设直线l的方程为x＝ty﹣1，（t一定存在），代入x2+2y2＝2，
并整理得（t2+2）y2﹣2ty﹣1＝0，
＝4t2+4（t2+2）＞0恒成立，设M（ty1﹣1，y1），N（ty2﹣1，y2），
则，．
设P（x0，y0），由，得，
即，
又点P在椭圆C1上，故，
即t4﹣12t2﹣28＝0，解得t2＝14（舍负），
因为满足的点P也在椭圆C1上，
所以四边形F2MPN是平行四边形，
设四边形F2MPN的面积为S，
则有，
代入t2＝14，得四边形F2MPN的面积．
【小结】
关键点小结：本题考查了直线与椭圆的位置关系，解题的关键是利用向量之间的关系得出，考查了运算求解能力.
57．（1）；（2）.
【分析】
（1）根据已知条件求出、、的值，由此可得出椭圆的方程；
（2）设过的切线方程为，将直线的方程与椭圆的方程联立，消去可得出关于的一元二次方程，由直线与椭圆相切可得出，可得出关于的二次方程，结合韦达定理得出，进而可得出的表达式，根据二次函数的基本性质得出，结合的取值范围可得结果.
【解析】
（1）由题意可得，，
又因为以为直径的圆和恰好有两个交点，则，
，可得，因此，椭圆的方程为；
（2）由题意可知，直线、的斜率存在且不为零，
设过点的切线，
联立，消去可得，
由于直线与椭圆相切，则，
化简并整理得，
整理成关于的二次方程得（易知），
设直线、的斜率分别为、，
易知、为关于的二次方程得的两根，
所以，，，所以，，
，
易知当时，有，
，，即的取值范围是.
【小结】
方法小结：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.
58．（1）；（2）2.
【分析】
（1）根据的长轴是圆：的直径，可得a，再由离心率，求得b即可.
（2）由（1）可得，分过点的直线的斜率不存在，斜率为0，的直线的斜率存在且不为0时，分别求得弦长，，根据两直线垂直，由求解.
【解析】
（1）由，得.
由，得，所以.
所以椭圆的方程为.
（2）由（1）可得.
①当过点的直线的斜率不存在时，，，
这时.
②当过点的直线的斜率为0时，，，
这时.
③当过点的直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为，，.
由，整理可得.
，.
所以.
直线的方程为，坐标原点到的距离，
所以，
所以.
由，得，即.
综上所述，四边形的面积的最小值为2.
【小结】
方法小结：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是代数法，从代数的角度考虑，通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法和基本不等式法、换元法、导数法等方法求最值；二是几何法，从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线几何意义求最值．
59．（1）；（2）或
【分析】
（1）根据题意可得，进而判断点的轨迹是以为焦点的椭圆，即可求出轨迹方程；
（2）可得轴时和轴时不符合题意，设方程为，则直线方程为，联立直线与椭圆，表示出点到直线的距离，即可表示出四边形的面积，求出，得出直线方程.
【解析】
（1）在线段的垂直平分线上，，
又在上，，
则可得点的轨迹是以为焦点的椭圆，
则，即，，，
故的方程为；
（2）若轴时，如图，此时，，则，不符合题意；

若轴时，如图，此时，，则，不符合题意；

当都不与坐标轴垂直时，如图，

设斜率分别为，由于倾斜角互补，则斜率为，
则直线方程为，直线方程为，
联立直线与椭圆，可得，
设，则，，
则点到直线的距离为，
同理可得点到直线的距离为，
则


，解得，
故直线的方程为或.
【小结】
方法小结：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：
（1）得出直线方程，设交点为，；
（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；
（3）写出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为形式；
（5）代入韦达定理求解.
60．（1）；（2）是定值，定值为.
【分析】
（1）根据椭圆离心率为，以及椭圆经过点，结合椭圆的性质列方程求解即可；
（2）设，题意可知，切线的方程为，过原点且与平行的直线的方程为，求出的坐标，表示出的长，再化简即可得结论.
【解析】
（1）由题意知
∴椭圆的方程为.
（2）设，题意可知，切线的方程为，
过原点且与平行的直线的方程为，
椭圆的右焦点，
所以直线的方程为，
联立，
所以，
所以
为定值.
【小结】
方法小结：探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：① 从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关；② 直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
61．（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据题意，设出直线方程，与抛物线方程联立，求得弦长，得到取最小值时参数的值，得到抛物线方程；
（2）直线的斜率不为0，故可设直线的方程为，，.将直线方程与抛物线方程联立，根据垂直，得到坐标之间的关系，求得参数的值，进而求得结果，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到定值，证得结果.
【解析】
（1）显然直线的斜率不为0，故可设置的方程为，
，所以，.
所以.
，
所以当时，最小，所以，
故所求抛物线的方程为.
（2）直线的斜率不为0，
故可设直线的方程为，，.
，所以，.
.
因为，所以，
所以，即
解得或.
若，则直线过点，不符合题意.
则有，此时直线的方程为，
所以直线过定点.
又，所以，所以点在以为直径的圆上，
所以.
此时.
【小结】
方法小结：该题考查的是有关直线与抛物线的综合题，解题方法如下：
（1）根据题意，设出直线方程，与抛物线的方程联立，求弦长，得到取最小值时参数的值，得到抛物线的方程；也可以利用抛物线的焦点弦长最短是通径，得到结果；
（2）根据题意，设出直线方程，与抛物线方程联立，根据垂直关系，得到坐标之间的关系，从而求得参数的值，再根据直角三角形的外心为斜边中点，得到结果.
62．（1）；（2）.
【分析】
（1）根据已知条件可得出，，再将点的坐标代入椭圆的方程，求出的值，即可得出椭圆的方程；
（2）设直线，联立直线与椭圆的方程，由可得出，求出点的坐标，可计算得出点的轨迹方程，进而可求得面积的最大值.
【解析】
（1）由椭圆的离心率，可得：，即有.
再结合、、三者的关系可得.
椭圆的方程可化为，
将点代入上述椭圆方程可得.
求解得，所以，，.
椭圆的方程为；
（2）设直线，
联立直线与椭圆的方程可得.
若直线与椭圆相切，可得上述方程只有一个解，即有，化简可得，（*）.
设点的坐标为，过点作的垂线为，
联立与求得，.
由上式可得，
将（*）代入上式可得，故可知点的轨迹为以原点为圆心，以为半径的圆.
是椭圆上的异于端点的动点，故该轨迹应去掉点.


的面积为，即面积的最大值为.
【小结】
方法小结：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
63．（1）椭圆的方程为，卫星圆的方程为；（2）是定值，证明过程见解析.
【分析】
（1）利用焦点坐标和椭圆的定义可得椭圆的方程,进而得出其“卫星圆”方程；
（2）的长度为定值，当，中有一条无斜率时，求出点，坐标，得出的长；当，都有斜率时，设点，设出经过点与椭圆只有一个交点的直线，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系以及点在“卫星圆”上，得出的长．
【解析】
（1）由条件可得椭圆的另一个焦点为，
∴，
∴，，，
所以椭圆的方程为，
卫星圆的方程为.
（2）的长度为定值，证明过程如下：
①当，中有一条无斜率时，不妨设无斜率，
因为与椭圆只有一个交点，则其方程为或，
当方程为时，
此时与“卫星圆”交于点和，
此时经过点，且与椭圆只有一个交点的直线是或，即为或，∴，
∴线段是“卫星圆”的直径，∴.
②当，都有斜率时，设点，其中，
设经过点与椭圆只有一个交点的直线为，则

消去得到 ，
∴，
∴，
所以，满足条件的两直线，垂直.
∴线段是“卫星圆”的直径，∴，
综合①②知：为定值.
【小结】
关键点小结：本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，解决本题的关键点是联立过点与椭圆只有一个交点的直线方程和椭圆方程，利用判别式为零，得出两条直线斜率间的关系，进而根据线段是“卫星圆”的直径求出弦长，考查学生逻辑思维能力和计算能力，属于中档题．
64．（1）；（2）证明见解析．
【分析】
（1）根据已知条件求得，由此求得的方程.
（2）设出的坐标，求得直线的斜率，根据求得直线的方程，从而求得点的坐标，计算，由此得到，从而判断出直线与直线的交点在圆上.
【解析】
（1）依题意知为椭圆C的左顶点，故，
又为C的右焦点，所以．于是，.
所以C的方程为．
（2）设，则，
直线的斜率，
又，所以直线的方程为，
令得，
，，
，
又P在C上，所以，即，
代入（*）得，所以．
故直线与的交点在以为直径的圆上，且该圆方程为．
即直线与直线的交点在某定曲线上．
【小结】
本题解题关键在于判断出，采用的方法是利用向量数量积的坐标运算.

65．
【分析】
首先理解欧拉线的定义，再根据题意得到欧拉线过的点与斜率即可求得直线方程.
【解析】
由题意可得的欧拉线过原点且与直线垂直，所以欧拉线方程的斜率为2，所以的欧拉线方程为．
故答案为：.
66．或2
【分析】
按圆锥曲线C是椭圆和双曲线两类分别讨论计算而得解.
【解析】
依题意：令焦距，则，
当曲线C是椭圆时，长轴长，其离心率，
当曲线C是双曲线时，实轴长，其离心率，
所以曲线的离心率为或2.
故答案为：或2
67．
【分析】
根据所给条件，分析出动点E的轨迹，再利用图形的几何意义即可得解.
【解析】
在正方体中，连接B1D1交A1C1于点O，则B1D1⊥A1C1，而AA1⊥平面A1B1C1D1，即B1D1⊥AA1，如图：

从而有B1O⊥平面A1B1C1D1，连OE，Rt△B1OE中，，而，则，
所以点E在平面ACC1A1内的以O为圆心，为半径的矩形ACC1A1内的半圆上，
而点A及半圆弧在半圆O的直径A1C1同侧，且点A在半圆弧外，则有.
故答案为：
【小结】
关键小结：空间几何体中符合某个条件的动点问题，探求出动点的轨迹，再借助几何意义是解题的关键.
68．6
【分析】
根据过点K的直线的倾斜角为45°，设直线方程为，与抛物线方程联立求解.
【解析】
因为抛物线的焦点为F，K为C的准线l与x轴的交点，
所以，
因为过点K的直线的倾斜角为45°，
所以设直线方程为，
由，得，
即，
所以，
又，交点，
即.
故答案为：6.
69．
【分析】
由椭圆定义、点关于直线的对称性及已知向量等式求出，进而求得，即可求出椭圆方程.
【解析】
因为与关于直线对称，所以直线为的垂直平分线.
所以，由椭圆定义可得.
设直线与交于点，则为的中点，且，所以
F1A→+2F1F2→⋅AF2→=F1A→+F1F2→+F1F2→⋅AF2→=2F1M→+F1F2→⋅AF2→=2F1M→⋅AF2→+F1F2→⋅AF2→=F1F2→⋅AF2→=F2A→⋅F2F1→=F2A→⋅F2F1→cos∠AF2F1=F2A→⋅F2M→=12F2A→2=2a-422.
所以，，又，解得.
又，则，故椭圆C的方程为.
故答案为：.

【小结】
关键点小结：本题的关键点在于结合图形由向量等式求出.
70．
【分析】
设椭圆的方程为，由离心率可得，从而可写出正确答案.
【解析】
解：因为焦点在轴上，所以设椭圆的方程为，
因为离心率为，所以，所以，则，
故答案为: .
71．
【分析】
先设直线方程和点的坐标联立直线与抛物线的方程得到一个一元二次方程，再利用韦达定理及消元，最后把面积表示出来，探求其最值
【解析】
解：设直线的方程为，点，直线与轴的交点为，
由，得，则，
因为，所以，则，即，
因为点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧，所以，
所以，即，则，
由抛物线得焦点，
所以

，当时取等号，
所以面积的最小值是，
故答案为：
【小结】
关键点小结：此题考查抛物线的简单性质以及直线与抛物线的位置关系，解题的关键是利用，得，从而可求出直线恒过定点，进而可表示出三角形面积，然后求其最小值，考查计算能力，属于中档题
72．
【分析】
利用双曲线的定义和勾股定理可求得，再利用三角形的面积公式可得出，进而可得出双曲线的渐近线方程.
【解析】
，，
则，所以，，
因为，所以，，可得.
因此，双曲线的渐近线方程为，即.
故答案为：.
【小结】
方法小结：双曲线中的焦点三角形：
双曲线上一点与双曲线的两个焦点、构成的称为焦点三角形，在处理双曲线中的焦点三角形问题时，可结合双曲线的定义以及三角形中的有关定理和公式（如正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式等）来求解.
73．8
【分析】
由抛物线的定义可得，设直线的方程为，然后直线方程与椭圆方程联立成方程组，消去得，再由根与系数的关系可得，结合前面的式子可求出的值，从而可得答案
【解析】
解：设（），则
，
直线的方程为，
由，得，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，
故答案为：8
74．
【分析】
由对称性知关于轴对称，关于轴对称，设得渐近线方程，设，，由可得，渐近线方程与圆方程联立消元后由韦达定理得，结合可求得，从而可得离心率．
【解析】
设，渐近线方程是，如图，由对称性可设，，，，
则，，所以，①，
由，得，②，③，
①代入②得，，代入③得，解得，
所以．
故答案为：．

【小结】
关键点小结：本题考查求双曲线的离心率，解题关键是求出渐近线的斜率，为此设渐近线方程为，设出圆与双曲线的四个交点的坐标，渐近线方程代入圆方程后应用韦达定理得，由已知弦长关系可得，从而结合后可求得．
75．
【分析】
设出直线的方程为，联立直线的方程和抛物线方程，写出根与系数关系，根据列方程，解方程求得，由此求得，进而求得的值.
【解析】
依题意，设，如图所示，在第一象限.
设直线的方程为，
由消去得，
所以，，
，
依题意，所以，
，
，
化简得，

，
消去并化简得，
即，解得，负根舍去.
所以，
，由于，所以.
故答案为：
【小结】
求解直线和抛物线相交有关的问题，联立直线方程和抛物线方程，写出根与系数关系后，要注意利用已知条件建立方程，通过方程来求解题目的问题.

76．
【解析】
试题分析：.
【考点】抛物线的定义．
【思路小结】当题目中出现抛物线上的点到焦点的距离时，一般都会想到转化为抛物线上的点到准线的距离．解答本题时转化为抛物线上的点到准线的距离，进而可得点到轴的距离．

77．
【解析】
试题分析：由抛物线得，设，因为线段的中点的横坐标为，所以，因为直线过焦点，所以.
考点：抛物线的定义及标准方程的应用．
78．;
【分析】
设，，先根据导数几何意义求得两切线方程，然后联立两切线方程可求得交点坐标.因为，所以将弦长和点P到直线AB的距离带入即可求得面积的最小值.
【解析】
解：抛物线方程为，
抛物线的焦点
由题意，直线AB的斜率存在，设，，，
联立，得，
，，
由，得，求导得，
，即 ①
同理 ②
由①②得，.

点P到直线AB的距离，
，
易知，即时，，
故面积的最小值为4.
故答案为：；4.
【小结】
思路小结：设出A，B两点的坐标，由导数几何意义求出两切线方程，然后联立求解交点坐标；设出直线AB方程，并联立抛物线方程，由弦长公式可得，由点到直线距离公式可得点P到直线AB的距离，从而求得，进而易得面积的最小值.
79．
【分析】
将直线方程转化为：，由已知得该方程无根，分类讨论当时，，整理得点在以为圆心，1为半径的圆的内部，求得区域的面积，再利用向量数量积求得；当时，求得，即可得到答案.
【解析】
将直线方程转化关于m的方程为：.
∵区域表示不在直线()上的点构成的集合，
∴方程无根.
①当时，，整理得，
即在以为圆心，1为半径的圆的内部，则区域的面积为.

令，则，，，
设与夹角为，则，
∵，，∴，∴；
②当时，直线方程为，令，解得，
当时，必有取值，则当时，只有不在直线上.此时.
综上所述，的取值范围为.
故答案为：，
【小结】
关键点小结：本题考查直线方程，圆的方程，平面向量的数量积的知识，将直线方程转化为：，由已知得该方程无根是解题的关键，再分类讨论和两种情况，即可得解，考查学生的逻辑思维能力与转化化归能力，属于难题.