高中数学人教A版（2019）选择性必修第一册单元过关卷——第三章圆锥曲线的方程A（有答案）
文档属性
| 名称 | 高中数学人教A版（2019）选择性必修第一册单元过关卷——第三章圆锥曲线的方程A（有答案） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 1.4MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-09-14 10:46:24 | ||
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文档简介
一、单选题
1．已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点.若，，则C的方程为
A． B． C． D．
2．已知抛物线()的焦点为，、是抛物线上的两个点，若是边长为的正三角形，则的值是（ ）
A． B．
C． D．
3．直线交抛物线于、两点，为抛物线的顶点，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
4．阿基米德不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积公式，设椭圆的长半轴长、短半轴长分别为，则椭圆的面积公式为.若椭圆的离心率为，面积为，则椭圆的的标准方程为（ ）
A．或 B．或 C．或 D．或
5．设是椭圆的左 右焦点，若椭圆上存在一点P，使（O为坐标原点），且，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
6．已知双曲线的左、右焦点分别为，过作圆的切线，交双曲线右支于点M，若，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
7．设双曲线的方程为，过抛物线的焦点和点的直线为．若的一条渐近线与平行，另一条渐近线与垂直，则双曲线的方程为（ ）
A． B． C． D．
8．已知是椭圆的右焦点，点在上，直线与轴交于点，点为C上的动点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知抛物线的焦点为，直线的斜率为且经过点，直线与抛物线交于点、两点（点在第一象限），与抛物线的准线交于点，若，则以下结论正确的是
A． B． C． D．
10．设抛物线：（）的焦点为，点在上，，若以为直径的圆过点，则的方程为（ ）
A． B． C． D．
11．已知椭圆的左、右焦点分别为，且，点在椭圆内部，点在椭圆上，则以下说法正确的是（ ）
A．的最小值为
B．椭圆的短轴长可能为2
C．椭圆的离心率的取值范围为
D．若，则椭圆的长半轴长为
12．如图，一个杯座圆放置在水平桌面上且内壁光滑的酒杯，杯身的轴截面图形是顶点为O、焦点为的抛物线，，为杯口圆的圆心，足够长，杯脚．现有一根长的细木棍放在此酒杯的杯身内，的中点在桌面上的投影为，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则的最小值为
B．若，则的最小值为
C．若，则的最小值为
D．若，则的最小值为
三、填空题
13．与双曲线有公共焦点，且过点的双曲线的标准方程为______．
14．已知椭圆的焦点，，长轴长为6，设直线交椭圆于，两点，则线段的中点坐标为________.
15．已知双曲线：(，)的左 右焦点分别为，，是双曲线右支上一点，，直线交轴于点，且，则双曲线的离心率为___________.
16．与双曲线有共同渐近线，且经过点的双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离为___________.
四、解答题
17．已知定圆，动圆过点，且和圆相切.
(1)求动圆圆心的轨迹的方程；
(2)若过点的直线交轨迹于两点，与轴于点，且，当直线的倾斜角变化时，探求的值是否为定值？若是，求出的值；否则，请说明理由.
18．已知点在椭圆上，椭圆C的左右焦点分别为，，的面积为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设点A，B在椭圆C上，直线PA，PB均与圆相切，记直线PA，PB的斜率分别为，.
（i）证明：；
（ii）证明：直线AB过定点.
19．已知在平面直角坐标系中，点，设动点到轴的距离为，且，记动点的轨迹为曲线.
求曲线的方程：
设动直线与交于，两点，为上不同于，的点，若直线，分别与轴相交于，两点，且，证明：动直线恒过定点.
20．如图，椭圆的离心率是，短轴长为，椭圆的左 右顶点为、.过椭圆与抛物线的公共焦点的直线与椭圆相交于两点，与抛物线相交于两点，点为的中点.
（1）求椭圆和抛物线的方程；
（2）记的面积为的面积为，若，求直线在轴上截距的范围.
21．已知抛物线的焦点为坐标原点，是抛物线C上异于O的两点.
（1）求抛物线C的方程；
（2）若直线的斜率之积为，求证：直线过定点，并求出定点坐标.
22．已知双曲线过点，焦距为，．
(1)求双曲线C的方程；
(2)是否存在过点的直线与双曲线C交于M，N两点，使△构成以为顶角的等腰三角形？若存在，求出所有直线l的方程；若不存在，请说明理由．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】由已知可设，则，得，在中求得，再在中，由余弦定理得，从而可求解.
【详解】法一：如图，由已知可设，则，由椭圆的定义有．在中，由余弦定理推论得．在中，由余弦定理得，解得．
所求椭圆方程为，故选B．
法二：由已知可设，则，由椭圆的定义有．在和中，由余弦定理得，又互补，，两式消去，得，解得．所求椭圆方程为，故选B．
【点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．
2．C
【解析】根据抛物线和正三角形的对称性，可得点的应该关于轴对称，进而可得到点的纵坐标，算出其横坐标，利用焦点弦公式解出即可.
【详解】解：根据题意及图形可得，
设、()，
由题意可得，以及，
所以，则，又，
所以，
，，
所以，解得，
故选：C.
【点睛】方法点睛：求抛物线的标准方程的主要方法是定义法和待定系数法．
（1）若题目已给出抛物线的方程(含有未知数)，那么只需求出即可；
（2）若题目未给出抛物线的方程：
a.对于焦点在轴上的抛物线的标准方程可统一设为的正负由题设来定；
b.焦点在轴上的抛物线的标准方程可设为，这样就减少了不必要的讨论．
3．A
【分析】设点、，将直线与抛物线的方程联立，列出韦达定理，由已知条件可得出，利用平面向量的数量积结合韦达定理可求得实数的值.
【详解】设点、，联立，可得，
，可得，由韦达定理可得，由题意可知，
因为，则，解得.
故选：A.
4．A
【分析】根据离心率，面积公式结合求出得椭圆方程．
【详解】由题意，解得，
∴椭圆方程为或
故选：A．
【点睛】本题考查求椭圆的标准方程中，求解题方法是根据已知条件列出方程组求出，只是要注意由于焦点的位置不确定，因此方程有两种．
5．B
【分析】由向量的关系可得，由椭圆的定义及，可得，的值，在直角三角形中，由勾股定理可得，的关系，进而求出椭圆的离心率．
【详解】解：设的中点为，由，即，所以，
连接可得，所以，
可得，
又因为，
所以，，
在中，，
即，可得：，
解得，
故选：．
6．C
【分析】作于点，于点，可得，，根据求出和，结合双曲线定义可得的关系，从而得到双曲线的渐近线方程.
【详解】
如图，作于点于点B，因为与圆相切，
所以，
在中，，所以．
又点M在双曲线上，由双曲线的定义可得：
所以，
整理得：，所以，
所以双曲线的渐近线方程为．故选C．
7．D
【分析】由抛物线的焦点可求得直线的方程为，即得直线的斜率为，再根据双曲线的渐近线的方程为，可得，即可求出，得到双曲线的方程．
【详解】由题可知，抛物线的焦点为，所以直线的方程为，即直线的斜率为，
又双曲线的渐近线的方程为，所以，，因为，解得．
故选：．
【点睛】本题主要考查抛物线的简单几何性质，双曲线的几何性质，以及直线与直线的位置关系的应用，属于基础题．
8．C
【分析】由题可得椭圆，进而可得，利用向量数量积的坐标表示可得，再结合条件及二次函数的性质即求.
【详解】由题可得，
∴，即椭圆，
∴，直线方程为，
∴，又，
设，则，，
∴
，又，
∴当时，有最小值为.
故选：C.
9．ABC
【解析】作出图形，利用抛物线的定义、相似三角形等知识来判断各选项命题的正误.
【详解】如下图所示：
分别过点、作抛物线的准线的垂线，垂足分别为点、.
抛物线的准线交轴于点，则，由于直线的斜率为，其倾斜角为，
轴，，由抛物线的定义可知，，则为等边三角形，
，则，，得，
A选项正确；
，又，为的中点，则，B选项正确；
，，（抛物线定义），C选项正确；
，，D选项错误.
故选：ABC.
【点睛】本题考查与抛物线相关的命题真假的判断，涉及抛物线的定义，考查数形结合思想的应用，属于中等题.
10．BD
【分析】求出焦点的坐标，设，由抛物线的定义可得，即，设以为直径的圆上任一点，求出圆的方程，将点代入，结合，求得的值即可求解.
【详解】由可得，
设，则，则，
设以为直径的圆上任一点，
则，，
则，
所以以为直径的方程为，
将代入得：，因为，
即，解得：，
由得：，
解得：或，则方程为或，
故选：BD.
11．AC
【分析】A.将，利用椭圆的定义转化为求解；
B.假设椭圆的短轴长为2，则，与点在椭圆的内部验证；
C.根据点在椭圆内部，得到，又，解得，再由求解；
D.根据，得到为线段的中点，求得坐标，代入椭圆方程求解.
【详解】解：对于A：因为，所以，所以，当，三点共线时，取等号，故A正确；
对于B：若椭圆的短轴长为2，则，所以椭圆方程为，，则点在椭圆外，故B错误；
对于C：因为点在椭圆内部，所以，又，所以，所以，即，解得，所以，所以，所以椭圆的离心率的取值范围为，故C正确；
对于D：若，则为线段的中点，所以，所以，又，即，解得，所以，所以椭圆的长半轴长为，故D不正确.
故选：AC
12．BCD
【分析】如图：以为原点，以所在的直线为轴，过点垂直于轴的直线为轴，建立平面直角坐标系，可得抛物线的方程为，根据对称性可知当时，此时木棍与轴垂直时，最小，当时，过焦点时，最小，讨论两种情况，利用抛物线的定义即可求最小值，进而可得正确选项.
【详解】
如图：以为原点，以所在的直线为轴，过点垂直于轴的直线为轴，建立平面直角坐标系，因为，所以焦点为的抛物线的方程为，
因为的中点在桌面上的投影为，所以轴，
由分析可知：当时，此时木棍与轴垂直时，最小，
当时，过焦点时，最小，
当时，对于，令可得，
如图：此时中点为与轴的交点，投影点即为点，此时
此时最小为，即当时，最小为，
可得当，则的最小值为，故选项C正确；
当时，最小为，故选项A不正确；
当时，最小为，故选项D正确；
当时，过焦点时，最小，
如图作垂直于准线与点，作垂直于准线与点，
的中点在准线上的投影为，
由抛物线的定义可得，所以，
而，所以，此时的最小值为，
故选B正确，
故选：BCD.
13．
【分析】由已知双曲线可得焦点坐标，设所求双曲线方程为，，根据、求得和的值即可求解.
【详解】由双曲线可得焦点坐标为，
设所求双曲线的方程为，，
由题意可得：，解得，
所以双曲线的标准方程为：，
故答案为：.
14．
【分析】由已知条件可得椭圆的标准方程是，再将直线与椭圆方程联立方程组，消去后，利用根与系数的关系结中点坐标公式可得答案
【详解】由已知条件得椭圆的焦点在轴上，其中，，从而，
∴其标准方程是：，
联立方程组，消去得，.
设、，线段的中点为，则，，
∴，即线段中点坐标为.
故答案为：
15．
【分析】解法一：根据已知可得，而可得，进而利用等面积法可得，再根据向量关系可得点的横坐标，将点的坐标代入双曲线方程，解方程即可求得结果；
解法二：设为坐标原点，根据题意可得，根据设及可得，再根据相似比可得，又根据勾股定理可得，最后根据双曲线定义即可求得结果.
【详解】解法一：由题意知，，
所以.
设，则，所以，
因为，所以，
将代入双曲线方程，整理得，
解得或，
因为，所以.
解法二：设为坐标原点，由题易得，所以，
设，因为，所以，
则，得.
又，所以，
所以，得，
所以.
故答案为：.
16．2
【分析】由题意首先求得双曲线方程，据此可确定焦点坐标，然后利用点到直线距离公式可得双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离.
【详解】解：根据题意，设双曲线方程为，
将点代入双曲线方程，解得.
所以，经过点的双曲线方程为：，
故的一个焦点坐标为,一条渐近线方程为，即，
所以，焦点到一条渐近线的距离是，
故答案为：
17．(1)；
(2)是，.
【分析】（1）利用椭圆的定义即求；
（2）利用韦达定理及向量的共线定理可得，，即得.
(1)
由题可知圆的圆心为，半径，
设动圆的半径为，依题意有，
由，可知点在圆内，从而圆内切于圆，
故，即，
所以动点的轨迹是以为焦点，长轴长为4的椭圆，
设其方程为，则，
∴圆心的轨迹的方程为；
(2)
直线与轴相交于，故斜率存在，又，
设直线方程为，则，
设交椭圆，
由，消去得，
，
又，
，
，同理，
当直线的倾斜角变化时，的值为定值.
18．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）利用，结合三角形的面积公式，求出，即可求椭圆的方程.
(2) （i）设直线的方程为，直线的方程为，由题意可知，可得是方程的两根，利用韦达定理即可证明.
（ii）设直线的方程为，代入椭圆方程，利用韦达定理，结合，可得与的关系式，即可证明直线过定点.
（1）
解：由题知，，的面积等于，
所以，解得，，所以，椭圆C的方程为.
（2）
（i）设直线PA的方程为，
直线PB的方程为，由题知，
所以，所以，
同理，，
所以，是方程的两根，所以.
（ii）设，，设直线AB的方程为，
将代入得，
所以，①
，②
所以，③
，④
又因为，⑤
将①②③④代入⑤，化简得，
所以，所以，
若，则直线，此时AB过点P，舍去.
若，则直线，此时AB恒过点，
所以直线AB过定点.
19．；证明见解析.
【分析】根据题意可判断动点的轨迹为以点为焦点，直线为准线的抛物线，进而写出方程即可；
设，，确定直线，的斜率存在，进而列出直线方程并确定，两点，利用写出相应方程，求得，与直线方程联立即可求的结果.
【详解】解：，且动点的纵坐标非负，
动点到点的距离与到直线的距离相等，
动点的轨迹为以点为焦点，直线为准线的抛物线，
曲线的方程为.
由点在上，则，，
由抛物线的方程，可设，，
显然直线的斜率存在，且斜率为，
直线的方程为，
，即，
同理可得，，
，
，即，①
显然直线的斜率存在，且斜率为，
直线的方程为，②
将①式代入②式，整理得，③
则无论为何值，恒为方程③的解，
点恒在直线上，即动直线恒过定点.
20．（1）椭圆，拋物线；（2）.
【分析】（1）依题意得到方程组，求出的值，即可求出拖椭圆方程，再根据抛物线的焦点求出抛物线方程；
（2）设，联立与椭圆，利用韦达定理及弦长公式，点到直线的距离，求出三角形的面积，，再根据得到不等式，解得即可；
【详解】（1）根据题意得：，解得，，，抛物线焦点，
因此椭圆，拋物线
（2）设，联立与椭圆，
整理得：，判别式：
弦长公式：，所以
联立与抛物线，整理得：，判别式：
弦长公式：，
所以，
因为，因此，解得：
在轴上截距或，因此在轴上截距取值范围是.
21．（1），（2）证明见解析，定点
【解析】（1）利用抛扔线的焦点坐标，求出，然后求抛物线的方程；
（2）通过直线的斜率是否存在，设出直线方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理以及斜率乘积关系，转化求解即可
【详解】解：（1）因为抛物线的焦点坐标为，
所以，得，
所以抛物线的方程为，
（2）①当直线的斜率不存在时，设，
因为直线的斜率之积为，所以，化简得，
所以，此时直线的方程为，
②当直线的斜率存在时，设其方程为，，
由，得，则，
因为的斜率之积为，所以，
即，即可，
解得（舍去），或，
所以，即，所以，即，
综上所述，直线过轴上的一定点
【点睛】关键点点睛：此题考查直线与抛物线的位置关系的应用，抛物线的方程的求法，解题的关键是将直线方程与抛物线方程联立方程组可得，再利用根与系数的关系可得，再结合直线的斜率之积为，可得到的关系，从而可得答案，考查计算能力，属于中档题
22．(1).
(2)存在，直线为或.
【分析】（1）根据焦距、双曲线上的点求双曲线参数，进而写出双曲线C的方程；
（2）由题设有，设直线为，，并联立双曲线方程，应用韦达定理、中点坐标公式求M，N的中点坐标，由等腰三角形中垂线性质求参数k，进而可得直线l的方程.
（1）
由题设，，又在双曲线上，
∴，可得，
∴双曲线C的方程为.
（2）
由（1）知：，
直线的斜率一定存在，当直线斜率为0时，直线：，符合题意；
设直线为，，
联立双曲线方程可得：，
由题设，
∴，，则.
要使△构成以为顶角的等腰三角形，则，
∴的中点坐标为，
∴，可得或，
当时，，不合题意，所以，直线l：，
∴存在直线为或，使△构成以为顶角的等腰三角形.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
1．已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点.若，，则C的方程为
A． B． C． D．
2．已知抛物线()的焦点为，、是抛物线上的两个点，若是边长为的正三角形，则的值是（ ）
A． B．
C． D．
3．直线交抛物线于、两点，为抛物线的顶点，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
4．阿基米德不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积公式，设椭圆的长半轴长、短半轴长分别为，则椭圆的面积公式为.若椭圆的离心率为，面积为，则椭圆的的标准方程为（ ）
A．或 B．或 C．或 D．或
5．设是椭圆的左 右焦点，若椭圆上存在一点P，使（O为坐标原点），且，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
6．已知双曲线的左、右焦点分别为，过作圆的切线，交双曲线右支于点M，若，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
7．设双曲线的方程为，过抛物线的焦点和点的直线为．若的一条渐近线与平行，另一条渐近线与垂直，则双曲线的方程为（ ）
A． B． C． D．
8．已知是椭圆的右焦点，点在上，直线与轴交于点，点为C上的动点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知抛物线的焦点为，直线的斜率为且经过点，直线与抛物线交于点、两点（点在第一象限），与抛物线的准线交于点，若，则以下结论正确的是
A． B． C． D．
10．设抛物线：（）的焦点为，点在上，，若以为直径的圆过点，则的方程为（ ）
A． B． C． D．
11．已知椭圆的左、右焦点分别为，且，点在椭圆内部，点在椭圆上，则以下说法正确的是（ ）
A．的最小值为
B．椭圆的短轴长可能为2
C．椭圆的离心率的取值范围为
D．若，则椭圆的长半轴长为
12．如图，一个杯座圆放置在水平桌面上且内壁光滑的酒杯，杯身的轴截面图形是顶点为O、焦点为的抛物线，，为杯口圆的圆心，足够长，杯脚．现有一根长的细木棍放在此酒杯的杯身内，的中点在桌面上的投影为，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则的最小值为
B．若，则的最小值为
C．若，则的最小值为
D．若，则的最小值为
三、填空题
13．与双曲线有公共焦点，且过点的双曲线的标准方程为______．
14．已知椭圆的焦点，，长轴长为6，设直线交椭圆于，两点，则线段的中点坐标为________.
15．已知双曲线：(，)的左 右焦点分别为，，是双曲线右支上一点，，直线交轴于点，且，则双曲线的离心率为___________.
16．与双曲线有共同渐近线，且经过点的双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离为___________.
四、解答题
17．已知定圆，动圆过点，且和圆相切.
(1)求动圆圆心的轨迹的方程；
(2)若过点的直线交轨迹于两点，与轴于点，且，当直线的倾斜角变化时，探求的值是否为定值？若是，求出的值；否则，请说明理由.
18．已知点在椭圆上，椭圆C的左右焦点分别为，，的面积为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设点A，B在椭圆C上，直线PA，PB均与圆相切，记直线PA，PB的斜率分别为，.
（i）证明：；
（ii）证明：直线AB过定点.
19．已知在平面直角坐标系中，点，设动点到轴的距离为，且，记动点的轨迹为曲线.
求曲线的方程：
设动直线与交于，两点，为上不同于，的点，若直线，分别与轴相交于，两点，且，证明：动直线恒过定点.
20．如图，椭圆的离心率是，短轴长为，椭圆的左 右顶点为、.过椭圆与抛物线的公共焦点的直线与椭圆相交于两点，与抛物线相交于两点，点为的中点.
（1）求椭圆和抛物线的方程；
（2）记的面积为的面积为，若，求直线在轴上截距的范围.
21．已知抛物线的焦点为坐标原点，是抛物线C上异于O的两点.
（1）求抛物线C的方程；
（2）若直线的斜率之积为，求证：直线过定点，并求出定点坐标.
22．已知双曲线过点，焦距为，．
(1)求双曲线C的方程；
(2)是否存在过点的直线与双曲线C交于M，N两点，使△构成以为顶角的等腰三角形？若存在，求出所有直线l的方程；若不存在，请说明理由．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【分析】由已知可设，则，得，在中求得，再在中，由余弦定理得，从而可求解.
【详解】法一：如图，由已知可设，则，由椭圆的定义有．在中，由余弦定理推论得．在中，由余弦定理得，解得．
所求椭圆方程为，故选B．
法二：由已知可设，则，由椭圆的定义有．在和中，由余弦定理得，又互补，，两式消去，得，解得．所求椭圆方程为，故选B．
【点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．
2．C
【解析】根据抛物线和正三角形的对称性，可得点的应该关于轴对称，进而可得到点的纵坐标，算出其横坐标，利用焦点弦公式解出即可.
【详解】解：根据题意及图形可得，
设、()，
由题意可得，以及，
所以，则，又，
所以，
，，
所以，解得，
故选：C.
【点睛】方法点睛：求抛物线的标准方程的主要方法是定义法和待定系数法．
（1）若题目已给出抛物线的方程(含有未知数)，那么只需求出即可；
（2）若题目未给出抛物线的方程：
a.对于焦点在轴上的抛物线的标准方程可统一设为的正负由题设来定；
b.焦点在轴上的抛物线的标准方程可设为，这样就减少了不必要的讨论．
3．A
【分析】设点、，将直线与抛物线的方程联立，列出韦达定理，由已知条件可得出，利用平面向量的数量积结合韦达定理可求得实数的值.
【详解】设点、，联立，可得，
，可得，由韦达定理可得，由题意可知，
因为，则，解得.
故选：A.
4．A
【分析】根据离心率，面积公式结合求出得椭圆方程．
【详解】由题意，解得，
∴椭圆方程为或
故选：A．
【点睛】本题考查求椭圆的标准方程中，求解题方法是根据已知条件列出方程组求出，只是要注意由于焦点的位置不确定，因此方程有两种．
5．B
【分析】由向量的关系可得，由椭圆的定义及，可得，的值，在直角三角形中，由勾股定理可得，的关系，进而求出椭圆的离心率．
【详解】解：设的中点为，由，即，所以，
连接可得，所以，
可得，
又因为，
所以，，
在中，，
即，可得：，
解得，
故选：．
6．C
【分析】作于点，于点，可得，，根据求出和，结合双曲线定义可得的关系，从而得到双曲线的渐近线方程.
【详解】
如图，作于点于点B，因为与圆相切，
所以，
在中，，所以．
又点M在双曲线上，由双曲线的定义可得：
所以，
整理得：，所以，
所以双曲线的渐近线方程为．故选C．
7．D
【分析】由抛物线的焦点可求得直线的方程为，即得直线的斜率为，再根据双曲线的渐近线的方程为，可得，即可求出，得到双曲线的方程．
【详解】由题可知，抛物线的焦点为，所以直线的方程为，即直线的斜率为，
又双曲线的渐近线的方程为，所以，，因为，解得．
故选：．
【点睛】本题主要考查抛物线的简单几何性质，双曲线的几何性质，以及直线与直线的位置关系的应用，属于基础题．
8．C
【分析】由题可得椭圆，进而可得，利用向量数量积的坐标表示可得，再结合条件及二次函数的性质即求.
【详解】由题可得，
∴，即椭圆，
∴，直线方程为，
∴，又，
设，则，，
∴
，又，
∴当时，有最小值为.
故选：C.
9．ABC
【解析】作出图形，利用抛物线的定义、相似三角形等知识来判断各选项命题的正误.
【详解】如下图所示：
分别过点、作抛物线的准线的垂线，垂足分别为点、.
抛物线的准线交轴于点，则，由于直线的斜率为，其倾斜角为，
轴，，由抛物线的定义可知，，则为等边三角形，
，则，，得，
A选项正确；
，又，为的中点，则，B选项正确；
，，（抛物线定义），C选项正确；
，，D选项错误.
故选：ABC.
【点睛】本题考查与抛物线相关的命题真假的判断，涉及抛物线的定义，考查数形结合思想的应用，属于中等题.
10．BD
【分析】求出焦点的坐标，设，由抛物线的定义可得，即，设以为直径的圆上任一点，求出圆的方程，将点代入，结合，求得的值即可求解.
【详解】由可得，
设，则，则，
设以为直径的圆上任一点，
则，，
则，
所以以为直径的方程为，
将代入得：，因为，
即，解得：，
由得：，
解得：或，则方程为或，
故选：BD.
11．AC
【分析】A.将，利用椭圆的定义转化为求解；
B.假设椭圆的短轴长为2，则，与点在椭圆的内部验证；
C.根据点在椭圆内部，得到，又，解得，再由求解；
D.根据，得到为线段的中点，求得坐标，代入椭圆方程求解.
【详解】解：对于A：因为，所以，所以，当，三点共线时，取等号，故A正确；
对于B：若椭圆的短轴长为2，则，所以椭圆方程为，，则点在椭圆外，故B错误；
对于C：因为点在椭圆内部，所以，又，所以，所以，即，解得，所以，所以，所以椭圆的离心率的取值范围为，故C正确；
对于D：若，则为线段的中点，所以，所以，又，即，解得，所以，所以椭圆的长半轴长为，故D不正确.
故选：AC
12．BCD
【分析】如图：以为原点，以所在的直线为轴，过点垂直于轴的直线为轴，建立平面直角坐标系，可得抛物线的方程为，根据对称性可知当时，此时木棍与轴垂直时，最小，当时，过焦点时，最小，讨论两种情况，利用抛物线的定义即可求最小值，进而可得正确选项.
【详解】
如图：以为原点，以所在的直线为轴，过点垂直于轴的直线为轴，建立平面直角坐标系，因为，所以焦点为的抛物线的方程为，
因为的中点在桌面上的投影为，所以轴，
由分析可知：当时，此时木棍与轴垂直时，最小，
当时，过焦点时，最小，
当时，对于，令可得，
如图：此时中点为与轴的交点，投影点即为点，此时
此时最小为，即当时，最小为，
可得当，则的最小值为，故选项C正确；
当时，最小为，故选项A不正确；
当时，最小为，故选项D正确；
当时，过焦点时，最小，
如图作垂直于准线与点，作垂直于准线与点，
的中点在准线上的投影为，
由抛物线的定义可得，所以，
而，所以，此时的最小值为，
故选B正确，
故选：BCD.
13．
【分析】由已知双曲线可得焦点坐标，设所求双曲线方程为，，根据、求得和的值即可求解.
【详解】由双曲线可得焦点坐标为，
设所求双曲线的方程为，，
由题意可得：，解得，
所以双曲线的标准方程为：，
故答案为：.
14．
【分析】由已知条件可得椭圆的标准方程是，再将直线与椭圆方程联立方程组，消去后，利用根与系数的关系结中点坐标公式可得答案
【详解】由已知条件得椭圆的焦点在轴上，其中，，从而，
∴其标准方程是：，
联立方程组，消去得，.
设、，线段的中点为，则，，
∴，即线段中点坐标为.
故答案为：
15．
【分析】解法一：根据已知可得，而可得，进而利用等面积法可得，再根据向量关系可得点的横坐标，将点的坐标代入双曲线方程，解方程即可求得结果；
解法二：设为坐标原点，根据题意可得，根据设及可得，再根据相似比可得，又根据勾股定理可得，最后根据双曲线定义即可求得结果.
【详解】解法一：由题意知，，
所以.
设，则，所以，
因为，所以，
将代入双曲线方程，整理得，
解得或，
因为，所以.
解法二：设为坐标原点，由题易得，所以，
设，因为，所以，
则，得.
又，所以，
所以，得，
所以.
故答案为：.
16．2
【分析】由题意首先求得双曲线方程，据此可确定焦点坐标，然后利用点到直线距离公式可得双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离.
【详解】解：根据题意，设双曲线方程为，
将点代入双曲线方程，解得.
所以，经过点的双曲线方程为：，
故的一个焦点坐标为,一条渐近线方程为，即，
所以，焦点到一条渐近线的距离是，
故答案为：
17．(1)；
(2)是，.
【分析】（1）利用椭圆的定义即求；
（2）利用韦达定理及向量的共线定理可得，，即得.
(1)
由题可知圆的圆心为，半径，
设动圆的半径为，依题意有，
由，可知点在圆内，从而圆内切于圆，
故，即，
所以动点的轨迹是以为焦点，长轴长为4的椭圆，
设其方程为，则，
∴圆心的轨迹的方程为；
(2)
直线与轴相交于，故斜率存在，又，
设直线方程为，则，
设交椭圆，
由，消去得，
，
又，
，
，同理，
当直线的倾斜角变化时，的值为定值.
18．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）利用，结合三角形的面积公式，求出，即可求椭圆的方程.
(2) （i）设直线的方程为，直线的方程为，由题意可知，可得是方程的两根，利用韦达定理即可证明.
（ii）设直线的方程为，代入椭圆方程，利用韦达定理，结合，可得与的关系式，即可证明直线过定点.
（1）
解：由题知，，的面积等于，
所以，解得，，所以，椭圆C的方程为.
（2）
（i）设直线PA的方程为，
直线PB的方程为，由题知，
所以，所以，
同理，，
所以，是方程的两根，所以.
（ii）设，，设直线AB的方程为，
将代入得，
所以，①
，②
所以，③
，④
又因为，⑤
将①②③④代入⑤，化简得，
所以，所以，
若，则直线，此时AB过点P，舍去.
若，则直线，此时AB恒过点，
所以直线AB过定点.
19．；证明见解析.
【分析】根据题意可判断动点的轨迹为以点为焦点，直线为准线的抛物线，进而写出方程即可；
设，，确定直线，的斜率存在，进而列出直线方程并确定，两点，利用写出相应方程，求得，与直线方程联立即可求的结果.
【详解】解：，且动点的纵坐标非负，
动点到点的距离与到直线的距离相等，
动点的轨迹为以点为焦点，直线为准线的抛物线，
曲线的方程为.
由点在上，则，，
由抛物线的方程，可设，，
显然直线的斜率存在，且斜率为，
直线的方程为，
，即，
同理可得，，
，
，即，①
显然直线的斜率存在，且斜率为，
直线的方程为，②
将①式代入②式，整理得，③
则无论为何值，恒为方程③的解，
点恒在直线上，即动直线恒过定点.
20．（1）椭圆，拋物线；（2）.
【分析】（1）依题意得到方程组，求出的值，即可求出拖椭圆方程，再根据抛物线的焦点求出抛物线方程；
（2）设，联立与椭圆，利用韦达定理及弦长公式，点到直线的距离，求出三角形的面积，，再根据得到不等式，解得即可；
【详解】（1）根据题意得：，解得，，，抛物线焦点，
因此椭圆，拋物线
（2）设，联立与椭圆，
整理得：，判别式：
弦长公式：，所以
联立与抛物线，整理得：，判别式：
弦长公式：，
所以，
因为，因此，解得：
在轴上截距或，因此在轴上截距取值范围是.
21．（1），（2）证明见解析，定点
【解析】（1）利用抛扔线的焦点坐标，求出，然后求抛物线的方程；
（2）通过直线的斜率是否存在，设出直线方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理以及斜率乘积关系，转化求解即可
【详解】解：（1）因为抛物线的焦点坐标为，
所以，得，
所以抛物线的方程为，
（2）①当直线的斜率不存在时，设，
因为直线的斜率之积为，所以，化简得，
所以，此时直线的方程为，
②当直线的斜率存在时，设其方程为，，
由，得，则，
因为的斜率之积为，所以，
即，即可，
解得（舍去），或，
所以，即，所以，即，
综上所述，直线过轴上的一定点
【点睛】关键点点睛：此题考查直线与抛物线的位置关系的应用，抛物线的方程的求法，解题的关键是将直线方程与抛物线方程联立方程组可得，再利用根与系数的关系可得，再结合直线的斜率之积为，可得到的关系，从而可得答案，考查计算能力，属于中档题
22．(1).
(2)存在，直线为或.
【分析】（1）根据焦距、双曲线上的点求双曲线参数，进而写出双曲线C的方程；
（2）由题设有，设直线为，，并联立双曲线方程，应用韦达定理、中点坐标公式求M，N的中点坐标，由等腰三角形中垂线性质求参数k，进而可得直线l的方程.
（1）
由题设，，又在双曲线上，
∴，可得，
∴双曲线C的方程为.
（2）
由（1）知：，
直线的斜率一定存在，当直线斜率为0时，直线：，符合题意；
设直线为，，
联立双曲线方程可得：，
由题设，
∴，，则.
要使△构成以为顶角的等腰三角形，则，
∴的中点坐标为，
∴，可得或，
当时，，不合题意，所以，直线l：，
∴存在直线为或，使△构成以为顶角的等腰三角形.
答案第1页，共2页
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