专题05 平面解析几何-【四年真题】四年（2020-2023）高考数学真题分项汇编（全国通用）（含解析）
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| 名称 | 专题05 平面解析几何-【四年真题】四年（2020-2023）高考数学真题分项汇编（全国通用）（含解析） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 14.9MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-06-20 16:49:03 | ||
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文档简介
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【四年真题】四年（2020-2023）高考数学真题分项汇编（全国通用）
专题05 平面解析几何
一、单选题
1．（2020·山东·统考高考真题）已知直线的图像如图所示，则角是（ ）
A．第一象限角 B．第二象限角 C．第三象限角 D．第四象限角
2．（2020·山东·统考高考真题）直线关于点对称的直线方程是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2020·山东·统考高考真题）已知圆心为的圆与轴相切，则该圆的标准方程是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2020·山东·统考高考真题）已知椭圆的长轴长为10，焦距为8，则该椭圆的短轴长等于（ ）
A．3 B．6 C．8 D．12
5．（2022·全国·统考高考真题）设F为抛物线的焦点，点A在C上，点，若，则（ ）
A．2 B． C．3 D．
6．（2020·北京·统考高考真题）已知半径为1的圆经过点，则其圆心到原点的距离的最小值为（ ）．
A．4 B．5 C．6 D．7
7．（2020·北京·统考高考真题）设抛物线的顶点为，焦点为，准线为．是抛物线上异于的一点，过作于，则线段的垂直平分线（ ）．
A．经过点 B．经过点
C．平行于直线 D．垂直于直线
8．（2023·北京·统考高考真题）已知抛物线的焦点为，点在上．若到直线的距离为5，则（ ）
A．7 B．6 C．5 D．4
9．（2021·全国·统考高考真题）设B是椭圆的上顶点，点P在C上，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．2
10．（2021·全国·统考高考真题）已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
11．（2021·全国·高考真题）点到双曲线的一条渐近线的距离为（ ）
A． B． C． D．
12．（2021·北京·统考高考真题）若双曲线离心率为，过点，则该双曲线的方程为（ ）
A． B． C． D．
13．（2021·北京·统考高考真题）已知直线（为常数）与圆交于点，当变化时，若的最小值为2，则
A． B． C． D．
14．（2021·全国·统考高考真题）抛物线的焦点到直线的距离为，则（ ）
A．1 B．2 C． D．4
15．（2022·北京·统考高考真题）若直线是圆的一条对称轴，则（ ）
A． B． C．1 D．
16．（2022·全国·统考高考真题）已知椭圆的离心率为，分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若，则C的方程为（ ）
A． B． C． D．
17．（2023·全国·统考高考真题）设椭圆的离心率分别为．若，则（ ）
A． B． C． D．
18．（2023·全国·统考高考真题）设为椭圆的两个焦点，点在上，若，则（ ）
A．1 B．2 C．4 D．5
19．（2023·全国·统考高考真题）设O为平面坐标系的坐标原点，在区域内随机取一点，记该点为A，则直线OA的倾斜角不大于的概率为（ ）
A． B． C． D．
20．（2020·天津·统考高考真题）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．
21．（2021·全国·统考高考真题）已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为（ ）
A．13 B．12 C．9 D．6
22．（2021·全国·统考高考真题）设是椭圆的上顶点，若上的任意一点都满足，则的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
23．（2021·天津·统考高考真题）已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，抛物线的准线交双曲线于A，B两点，交双曲线的渐近线于C、D两点，若．则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C．2 D．3
24．（2022·北京·统考高考真题）已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（ ）
A． B． C． D．
25．（2022·全国·统考高考真题）椭圆的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线的斜率之积为，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
26．（2023·天津·统考高考真题）双曲线的左、右焦点分别为．过作其中一条渐近线的垂线，垂足为．已知，直线的斜率为，则双曲线的方程为（ ）
A． B．
C． D．
27．（2022·全国·统考高考真题）图1是中国古代建筑中的举架结构，是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为．已知成公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（ ）
A．0.75 B．0.8 C．0.85 D．0.9
28．（2022·天津·统考高考真题）已知抛物线分别是双曲线的左、右焦点，抛物线的准线过双曲线的左焦点，与双曲线的渐近线交于点A，若，则双曲线的标准方程为（ ）
A． B．
C． D．
29．（2023·全国·统考高考真题）过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ）
A．1 B． C． D．
30．（2023·全国·统考高考真题）已知双曲线的离心率为，C的一条渐近线与圆交于A，B两点，则（ ）
A． B． C． D．
31．（2023·全国·统考高考真题）设O为坐标原点，为椭圆的两个焦点，点 P在C上，，则（ ）
A． B． C． D．
32．（2023·全国·统考高考真题）已知实数满足，则的最大值是（ ）
A． B．4 C． D．7
33．（2023·全国·统考高考真题）设A，B为双曲线上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（ ）
A． B． C． D．
34．（2023·全国·统考高考真题）已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线与C交于A，B两点，若面积是面积的2倍，则（ ）．
A． B． C． D．
35．（2021·浙江·统考高考真题）已知，函数.若成等比数列，则平面上点的轨迹是（ ）
A．直线和圆 B．直线和椭圆 C．直线和双曲线 D．直线和抛物线
二、多选题
36．（2021·全国·统考高考真题）已知直线与圆，点，则下列说法正确的是（ ）
A．若点A在圆C上，则直线l与圆C相切 B．若点A在圆C内，则直线l与圆C相离
C．若点A在圆C外，则直线l与圆C相离 D．若点A在直线l上，则直线l与圆C相切
37．（2021·全国·统考高考真题）已知点在圆上，点、，则（ ）
A．点到直线的距离小于
B．点到直线的距离大于
C．当最小时，
D．当最大时，
38．（2022·全国·统考高考真题）已知O为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交C于P，Q两点，则（ ）
A．C的准线为 B．直线AB与C相切
C． D．
39．（2022·全国·统考高考真题）双曲线C的两个焦点为，以C的实轴为直径的圆记为D，过作D的切线与C交于M，N两点，且，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
40．（2022·全国·统考高考真题）已知O为坐标原点，过抛物线焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点，若，则（ ）
A．直线的斜率为 B．
C． D．
41．（2023·全国·统考高考真题）设O为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则（ ）．
A． B．
C．以MN为直径的圆与l相切 D．为等腰三角形
42．（2020·海南·高考真题）已知曲线.（ ）
A．若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B．若m=n>0，则C是圆，其半径为
C．若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为
D．若m=0，n>0，则C是两条直线
三、填空题
43．（2023·全国·统考高考真题）已知点在抛物线C：上，则A到C的准线的距离为______.
44．（2020·北京·统考高考真题）已知双曲线，则C的右焦点的坐标为_________；C的焦点到其渐近线的距离是_________．
45．（2020·天津·统考高考真题）已知直线和圆相交于两点．若，则的值为_________．
46．（2023·全国·统考高考真题）已知直线与交于A，B两点，写出满足“面积为”的m的一个值______．
47．（2021·全国·统考高考真题）已知为坐标原点，抛物线：()的焦点为，为上一点，与轴垂直，为轴上一点，且，若，则的准线方程为______.
48．（2021·全国·统考高考真题）双曲线的右焦点到直线的距离为________．
49．（2021·全国·高考真题）已知为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为________．
50．（2021·全国·统考高考真题）已知双曲线的一条渐近线为，则C的焦距为_________．
51．（2023·北京·统考高考真题）已知双曲线C的焦点为和，离心率为，则C的方程为____________．
52．（2021·浙江·统考高考真题）已知椭圆，焦点，，若过的直线和圆相切，与椭圆在第一象限交于点P，且轴，则该直线的斜率是___________，椭圆的离心率是___________.
53．（2021·北京·统考高考真题）已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，垂直轴与于点.若，则点的横坐标为_______； 的面积为_______．
54．（2021·天津·统考高考真题）若斜率为的直线与轴交于点，与圆相切于点，则____________．
55．（2021·全国·统考高考真题）若双曲线的离心率为2，则此双曲线的渐近线方程___________.
56．（2022·北京·统考高考真题）已知双曲线的渐近线方程为，则__________．
57．（2022·全国·统考高考真题）过四点中的三点的一个圆的方程为____________．
58．（2022·全国·统考高考真题）若双曲线的渐近线与圆相切，则_________．
59．（2022·全国·统考高考真题）设点M在直线上，点和均在上，则的方程为______________．
60．（2022·全国·统考高考真题）记双曲线的离心率为e，写出满足条件“直线与C无公共点”的e的一个值______________．
61．（2022·全国·统考高考真题）设点，若直线关于对称的直线与圆有公共点，则a的取值范围是________．
62．（2023·天津·统考高考真题）过原点的一条直线与圆相切，交曲线于点，若，则的值为_________．
63．（2022·浙江·统考高考真题）已知双曲线的左焦点为F，过F且斜率为的直线交双曲线于点，交双曲线的渐近线于点且．若，则双曲线的离心率是_________．
64．（2022·天津·统考高考真题）若直线与圆相交所得的弦长为，则_____．
65．（2020·浙江·统考高考真题）设直线与圆和圆均相切，则_______；b=______．
66．（2020·山东·统考高考真题）已知抛物线的顶点在坐标原点，焦点与双曲线的左焦点重合，若两曲线相交于，两点，且线段的中点是点，则该双曲线的离心率等于______.
67．（2021·全国·统考高考真题）已知函数，函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则取值范围是_______．
68．（2022·全国·统考高考真题）已知椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，，离心率为．过且垂直于的直线与C交于D，E两点，，则的周长是________________．
69．（2022·全国·统考高考真题）写出与圆和都相切的一条直线的方程________________．
70．（2022·全国·统考高考真题）已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为___________．
71．（2023·全国·统考高考真题）已知双曲线的左、右焦点分别为．点在上，点在轴上，，则的离心率为________．
四、解答题
72．（2021·全国·统考高考真题）在直角坐标系中，的圆心为，半径为1．
（1）写出的一个参数方程;
（2）过点作的两条切线．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求这两条切线的极坐标方程．
73．（2022·全国·统考高考真题）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数），曲线的参数方程为（s为参数）．
(1)写出的普通方程；
(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，求与交点的直角坐标，及与交点的直角坐标．
74．（2020·天津·统考高考真题）已知椭圆的一个顶点为，右焦点为，且，其中为原点．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）已知点满足，点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线与以为圆心的圆相切于点，且为线段的中点．求直线的方程．
75．（2020·海南·高考真题）已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ，
（1）求C的方程；
（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.
76．（2020·山东·统考高考真题）已知抛物线的顶点在坐标原点，椭圆的顶点分别为，，，，其中点为抛物线的焦点，如图所示.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）若过点的直线与抛物线交于，两点，且，求直线的方程.
77．（2021·全国·统考高考真题）已知抛物线的焦点F到准线的距离为2．
（1）求C的方程;
（2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足，求直线斜率的最大值.
78．（2021·全国·统考高考真题）已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是．
79．（2023·北京·统考高考真题）已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，．
(1)求的方程；
(2)设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：．
80．（2022·北京·统考高考真题）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．
81．（2022·天津·统考高考真题）椭圆的右焦点为F、右顶点为A，上顶点为B，且满足．
(1)求椭圆的离心率；
(2)直线l与椭圆有唯一公共点M，与y轴相交于N（N异于M）．记O为坐标原点，若，且的面积为，求椭圆的标准方程．
82．（2023·天津·统考高考真题）设椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．
(1)求椭圆方程及其离心率；
(2)已知点是椭圆上一动点（不与端点重合），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程．
83．（2023·全国·统考高考真题）在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线：（为参数，）.
(1)写出的直角坐标方程；
(2)若直线既与没有公共点，也与没有公共点，求的取值范围.
84．（2020·浙江·统考高考真题）如图，已知椭圆，抛物线，点A是椭圆与抛物线的交点，过点A的直线l交椭圆于点B，交抛物线于M（B，M不同于A）．
（Ⅰ）若，求抛物线的焦点坐标；
（Ⅱ）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．
85．（2020·北京·统考高考真题）已知椭圆过点，且．
（Ⅰ）求椭圆C的方程：
（Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值．
86．（2021·全国·统考高考真题）在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和.
87．（2021·全国·高考真题）抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且．已知点，且与l相切．
（1）求C，的方程；
（2）设是C上的三个点，直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由．
88．（2021·全国·统考高考真题）已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为．
（1）求；
（2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值．
89．（2021·浙江·统考高考真题）如图，已知F是抛物线的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且，
（1）求抛物线的方程；
（2）设过点F的直线交抛物线与A B两点，斜率为2的直线l与直线，x轴依次交于点P，Q，R，N，且，求直线l在x轴上截距的范围.
90．（2021·天津·统考高考真题）已知椭圆的右焦点为，上顶点为，离心率为，且．
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆有唯一的公共点，与轴的正半轴交于点，过与垂直的直线交轴于点．若，求直线的方程．
91．（2022·全国·统考高考真题）已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．
(1)求l的斜率；
(2)若，求的面积．
92．（2022·全国·统考高考真题）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
93．（2022·全国·统考高考真题）设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，．
(1)求C的方程；
(2)设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程．
94．（2022·全国·统考高考真题）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M在上；②；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
95．（2022·浙江·统考高考真题）如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点．
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求的最小值．
96．（2023·全国·统考高考真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上.
97．（2023·全国·统考高考真题）已知椭圆的离心率是，点在上．
(1)求的方程；
(2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．
98．（2023·全国·统考高考真题）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于．
99．（2023·全国·统考高考真题）已知直线与抛物线交于两点，且．
(1)求；
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，，求面积的最小值．
100．（2020·山东·统考高考真题）已知椭圆C：的离心率为，且过点．
（1）求的方程：
（2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．
参考答案：
1．D
【分析】本题可根据直线的斜率和截距得出、，即可得出结果.
【详解】结合图像易知，，，
则角是第四象限角，
故选：D.
2．D
【分析】设对称的直线方程上的一点的坐标为,则其关于点对称的点的坐标为，代入已知直线即可求得结果.
【详解】设对称的直线方程上的一点的坐标为，
则其关于点对称的点的坐标为，
因为点在直线上，
所以即.
故选：D.
3．B
【分析】圆的圆心为，半径为，得到圆方程.
【详解】根据题意知圆心为，半径为，故圆方程为：.
故选：B.
4．B
【分析】根据椭圆中的关系即可求解.
【详解】椭圆的长轴长为10，焦距为8，
所以，，可得，，
所以，可得，
所以该椭圆的短轴长，
故选：B.
5．B
【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点的横坐标，进而求得点坐标，即可得到答案.
【详解】由题意得，，则，
即点到准线的距离为2，所以点的横坐标为，
不妨设点在轴上方，代入得，，
所以.
故选：B
6．A
【分析】求出圆心的轨迹方程后，根据圆心到原点的距离减去半径1可得答案.
【详解】设圆心，则，
化简得，
所以圆心的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，
所以，所以，
当且仅当在线段上时取得等号，
故选：A.
【点睛】本题考查了圆的标准方程，属于基础题.
7．B
【分析】依据题意不妨作出焦点在轴上的开口向右的抛物线，根据垂直平分线的定义和抛物线的定义可知，线段的垂直平分线经过点，即求解.
【详解】如图所示： ．
因为线段的垂直平分线上的点到的距离相等，又点在抛物线上，根据定义可知，，所以线段的垂直平分线经过点.
故选：B.
【点睛】本题主要考查抛物线的定义的应用，属于基础题.
8．D
【分析】利用抛物线的定义求解即可.
【详解】因为抛物线的焦点，准线方程为，点在上，
所以到准线的距离为，
又到直线的距离为，
所以，故.
故选：D.
9．A
【分析】设点，由依题意可知，，，再根据两点间的距离公式得到，然后消元，即可利用二次函数的性质求出最大值．
【详解】设点，因为，，所以
，
而，所以当时，的最大值为．
故选：A．
【点睛】本题解题关键是熟悉椭圆的简单几何性质，由两点间的距离公式，并利用消元思想以及二次函数的性质即可解出．易错点是容易误认为短轴的相对端点是椭圆上到上定点B最远的点，或者认为是椭圆的长轴的端点到短轴的端点距离最大，这些认识是错误的，要注意将距离的平方表示为二次函数后，自变量的取值范围是一个闭区间，而不是全体实数上求最值.．
10．A
【分析】根据双曲线的定义及条件，表示出，结合余弦定理可得答案.
【详解】因为，由双曲线的定义可得，
所以，；
因为,由余弦定理可得，
整理可得，所以，即.
故选：A
【点睛】关键点睛：双曲线的定义是入手点，利用余弦定理建立间的等量关系是求解的关键.
11．A
【分析】首先确定渐近线方程，然后利用点到直线距离公式求得点到一条渐近线的距离即可.
【详解】由题意可知，双曲线的渐近线方程为：，即，
结合对称性，不妨考虑点到直线的距离：.
故选：A.
12．B
【分析】分析可得，再将点代入双曲线的方程，求出的值，即可得出双曲线的标准方程.
【详解】，则，，则双曲线的方程为，
将点的坐标代入双曲线的方程可得，解得，故，
因此，双曲线的方程为.
故选：B
13．C
【分析】先求得圆心到直线距离，即可表示出弦长，根据弦长最小值得出
【详解】由题可得圆心为，半径为2，
则圆心到直线的距离，
则弦长为，
则当时，取得最小值为，解得.
故选：C.
14．B
【分析】首先确定抛物线的焦点坐标，然后结合点到直线距离公式可得的值.
【详解】抛物线的焦点坐标为，
其到直线的距离：，
解得：(舍去).
故选：B.
15．A
【分析】若直线是圆的对称轴，则直线过圆心，将圆心代入直线计算求解．
【详解】由题可知圆心为，因为直线是圆的对称轴，所以圆心在直线上，即，解得．
故选：A．
16．B
【分析】根据离心率及，解得关于的等量关系式，即可得解.
【详解】解：因为离心率，解得，，
分别为C的左右顶点，则，
B为上顶点，所以.
所以，因为
所以，将代入，解得，
故椭圆的方程为.
故选：B.
17．A
【分析】根据给定的椭圆方程，结合离心率的意义列式计算作答.
【详解】由，得，因此，而，所以.
故选：A
18．B
【分析】方法一：根据焦点三角形面积公式求出的面积，即可解出；
方法二：根据椭圆的定义以及勾股定理即可解出．
【详解】方法一：因为，所以，
从而，所以．
故选：B.
方法二：
因为，所以，由椭圆方程可知，，
所以，又，平方得：
，所以．
故选：B.
19．C
【分析】根据题意分析区域的几何意义，结合几何概型运算求解.
【详解】因为区域表示以圆心，外圆半径，内圆半径的圆环，
则直线的倾斜角不大于的部分如阴影所示，在第一象限部分对应的圆心角，
结合对称性可得所求概率.
故选：C.
20．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．
21．C
【分析】本题通过利用椭圆定义得到，借助基本不等式即可得到答案．
【详解】由题，，则，
所以（当且仅当时，等号成立）．
故选：C．
【点睛】
22．C
【分析】设，由，根据两点间的距离公式表示出 ，分类讨论求出的最大值，再构建齐次不等式，解出即可．
【详解】设，由，因为 ，，所以
，
因为，当，即 时，，即 ，符合题意，由可得，即 ；
当，即时， ，即，化简得， ，显然该不等式不成立．
故选：C．
【点睛】本题解题关键是如何求出的最大值，利用二次函数求指定区间上的最值，要根据定义域讨论函数的单调性从而确定最值．
23．A
【分析】设公共焦点为，进而可得准线为，代入双曲线及渐近线方程，结合线段长度比值可得，再由双曲线离心率公式即可得解.
【详解】设双曲线与抛物线的公共焦点为，
则抛物线的准线为，
令，则，解得，所以,
又因为双曲线的渐近线方程为，所以，
所以，即，所以，
所以双曲线的离心率.
故选：A.
24．B
【分析】求出以为球心，5为半径的球与底面的截面圆的半径后可求区域的面积.
【详解】
设顶点在底面上的投影为，连接，则为三角形的中心，
且，故.
因为，故，
故的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，
而三角形内切圆的圆心为，半径为，
故的轨迹圆在三角形内部，故其面积为
故选：B
25．A
【分析】设，则，根据斜率公式结合题意可得，再根据，将用表示，整理，再结合离心率公式即可得解.
【详解】[方法一]：设而不求
设，则
则由得：，
由，得，
所以，即，
所以椭圆的离心率，故选A.
[方法二]：第三定义
设右端点为B，连接PB，由椭圆的对称性知：
故，
由椭圆第三定义得：，
故
所以椭圆的离心率，故选A.
26．D
【分析】先由点到直线的距离公式求出，设，由得到，.再由三角形的面积公式得到，从而得到，则可得到，解出，代入双曲线的方程即可得到答案.
【详解】如图，
因为，不妨设渐近线方程为，即，
所以，
所以.
设,则，所以，所以.
因为,所以，所以，所以，
所以，
因为，
所以，
所以，解得，
所以双曲线的方程为
故选：D
27．D
【分析】设，则可得关于的方程，求出其解后可得正确的选项.
【详解】设，则，
依题意，有，且，
所以，故，
故选：D
28．C
【分析】由已知可得出的值，求出点的坐标，分析可得，由此可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出双曲线的标准方程.
【详解】抛物线的准线方程为，则，则、，
不妨设点为第二象限内的点，联立，可得，即点，
因为且，则为等腰直角三角形，
且，即，可得，
所以，，解得，因此，双曲线的标准方程为.
故选：C.
29．B
【分析】方法一：根据切线的性质求切线长，结合倍角公式运算求解；方法二：根据切线的性质求切线长，结合余弦定理运算求解；方法三：根据切线结合点到直线的距离公式可得，利用韦达定理结合夹角公式运算求解.
【详解】方法一：因为，即，可得圆心，半径，
过点作圆C的切线，切点为，
因为，则，
可得，
则，
，
即为钝角，
所以；
法二：圆的圆心，半径，
过点作圆C的切线，切点为，连接，
可得，则，
因为
且，则，
即，解得，
即为钝角，则，
且为锐角，所以；
方法三：圆的圆心，半径，
若切线斜率不存在，则切线方程为，则圆心到切点的距离，不合题意；
若切线斜率存在，设切线方程为，即，
则，整理得，且
设两切线斜率分别为，则，
可得，
所以，即，可得，
则，
且，则，解得.
故选：B.
30．D
【分析】根据离心率得出双曲线渐近线方程，再由圆心到直线的距离及圆半径可求弦长.
【详解】由，则，
解得，
所以双曲线的一条渐近线不妨取，
则圆心到渐近线的距离，
所以弦长.
故选：D
31．B
【分析】方法一：根据焦点三角形面积公式求出的面积，即可得到点的坐标，从而得出的值；
方法二：利用椭圆的定义以及余弦定理求出，再结合中线的向量公式以及数量积即可求出；
方法三：利用椭圆的定义以及余弦定理求出，即可根据中线定理求出．
【详解】方法一：设，所以，
由，解得：，
由椭圆方程可知，，
所以，，解得：，
即，因此．
故选：B．
方法二：因为①，，
即②，联立①②，
解得：，
而，所以，
即．
故选：B．
方法三：因为①，，
即②，联立①②，解得：，
由中线定理可知，，易知，解得：．
故选：B．
【点睛】本题根据求解的目标可以选择利用椭圆中的二级结论焦点三角形的面积公式快速解出，也可以常规利用定义结合余弦定理，以及向量的数量积解决中线问题的方式解决，还可以直接用中线定理解决，难度不是很大．
32．C
【分析】法一：令，利用判别式法即可；法二：通过整理得，利用三角换元法即可，法三：整理出圆的方程，设，利用圆心到直线的距离小于等于半径即可.
【详解】法一：令，则，
代入原式化简得，
因为存在实数，则，即，
化简得，解得，
故 的最大值是，
法二：，整理得，
令，，其中，
则，
，所以，则，即时，取得最大值，
法三：由可得，
设，则圆心到直线的距离，
解得
故选：C.
33．D
【分析】根据点差法分析可得，对于A、B、D：通过联立方程判断交点个数，逐项分析判断；对于C：结合双曲线的渐近线分析判断.
【详解】设，则的中点，
可得，
因为在双曲线上，则，两式相减得，
所以.
对于选项A： 可得，则，
联立方程，消去y得，
此时，
所以直线AB与双曲线没有交点，故A错误；
对于选项B：可得，则，
联立方程，消去y得，
此时，
所以直线AB与双曲线没有交点，故B错误；
对于选项C：可得，则
由双曲线方程可得，则为双曲线的渐近线，
所以直线AB与双曲线没有交点，故C错误；
对于选项D：，则，
联立方程，消去y得，
此时，故直线AB与双曲线有交两个交点，故D正确；
故选：D.
34．C
【分析】首先联立直线方程与椭圆方程，利用，求出范围，再根据三角形面积比得到关于的方程，解出即可.
【详解】将直线与椭圆联立，消去可得，
因为直线与椭圆相交于点，则，解得，
设到的距离到距离，易知，
则，，
，解得或（舍去），
故选：C.
35．C
【分析】首先利用等比数列得到等式，然后对所得的等式进行恒等变形即可确定其轨迹方程.
【详解】由题意得，即，
对其进行整理变形：
，
，
，
，
所以或，
其中为双曲线，为直线.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查轨迹方程，关键之处在于由题意对所得的等式进行恒等变形，提现了核心素养中的逻辑推理素养和数学运算素养，属于中等题.
36．ABD
【分析】转化点与圆、点与直线的位置关系为的大小关系，结合点到直线的距离及直线与圆的位置关系即可得解.
【详解】圆心到直线l的距离，
若点在圆C上，则，所以，
则直线l与圆C相切，故A正确；
若点在圆C内，则，所以，
则直线l与圆C相离，故B正确；
若点在圆C外，则，所以，
则直线l与圆C相交，故C错误；
若点在直线l上，则即，
所以，直线l与圆C相切，故D正确.
故选：ABD.
37．ACD
【分析】计算出圆心到直线的距离，可得出点到直线的距离的取值范围，可判断AB选项的正误；分析可知，当最大或最小时，与圆相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误.
【详解】圆的圆心为，半径为，
直线的方程为，即，
圆心到直线的距离为，
所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，A选项正确，B选项错误；
如下图所示：
当最大或最小时，与圆相切，连接、，可知，
，，由勾股定理可得，CD选项正确.
故选：ACD.
【点睛】结论点睛：若直线与半径为的圆相离，圆心到直线的距离为，则圆上一点到直线的距离的取值范围是.
38．BCD
【分析】求出抛物线方程可判断A，联立AB与抛物线的方程求交点可判断B，利用距离公式及弦长公式可判断C、D.
【详解】将点的代入抛物线方程得，所以抛物线方程为，故准线方程为，A错误；
，所以直线的方程为，
联立，可得，解得，故B正确；
设过的直线为，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，
所以，直线的斜率存在，设其方程为，，
联立，得，
所以，所以或，，
又，，
所以，故C正确；
因为，，
所以，而，故D正确.
故选：BCD
39．AC
【分析】依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，利用正弦定理结合三角变换、双曲线的定义得到或，即可得解，注意就在双支上还是在单支上分类讨论.
【详解】[方法一]：几何法，双曲线定义的应用
情况一
M、N在双曲线的同一支，依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为B，
所以，因为，所以在双曲线的左支，
，， ，设，由即，则，
选A
情况二
若M、N在双曲线的两支，因为，所以在双曲线的右支，
所以，， ，设，
由，即，则，
所以，即，
所以双曲线的离心率
选C
[方法二]：答案回代法
特值双曲线
，
过且与圆相切的一条直线为，
两交点都在左支,，
，
则，
特值双曲线，
过且与圆相切的一条直线为，
两交点在左右两支，在右支，，
，
则，
[方法三]：
依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，
若分别在左右支，
因为，且，所以在双曲线的右支，
又，，，
设，，
在中，有，
故即，
所以，
而，，，故，
代入整理得到，即，
所以双曲线的离心率
若均在左支上，
同理有，其中为钝角，故，
故即，
代入，，，整理得到：，
故，故，
故选：AC.
40．ACD
【分析】由及抛物线方程求得，再由斜率公式即可判断A选项；表示出直线的方程，联立抛物线求得，即可求出判断B选项；由抛物线的定义求出即可判断C选项；由，求得，为钝角即可判断D选项.
【详解】对于A，易得，由可得点在的垂直平分线上，则点横坐标为，
代入抛物线可得，则，则直线的斜率为，A正确；
对于B，由斜率为可得直线的方程为，联立抛物线方程得，
设，则，则，代入抛物线得，解得，则，
则，B错误；
对于C，由抛物线定义知：，C正确；
对于D，，则为钝角，
又，则为钝角，
又，则，D正确.
故选：ACD.
41．AC
【分析】先求得焦点坐标，从而求得，根据弦长公式求得，根据圆与等腰三角形的知识确定正确答案.
【详解】A选项：直线过点，所以抛物线的焦点，
所以，则A选项正确，且抛物线的方程为.
B选项：设，
由消去并化简得，
解得，所以，B选项错误.
C选项：设的中点为，到直线的距离分别为，
因为，
即到直线的距离等于的一半，所以以为直径的圆与直线相切，C选项正确.
D选项：直线，即，
到直线的距离为，
所以三角形的面积为，
由上述分析可知，
所以，
所以三角形不是等腰三角形，D选项错误.
故选：AC.
42．ACD
【分析】结合选项进行逐项分析求解，时表示椭圆，时表示圆，时表示双曲线，时表示两条直线.
【详解】对于A，若，则可化为，
因为，所以，
即曲线表示焦点在轴上的椭圆，故A正确；
对于B，若，则可化为，
此时曲线表示圆心在原点，半径为的圆，故B不正确；
对于C，若，则可化为，
此时曲线表示双曲线，
由可得，故C正确；
对于D，若，则可化为，
，此时曲线表示平行于轴的两条直线，故D正确；
故选：ACD.
【点睛】本题主要考查曲线方程的特征，熟知常见曲线方程之间的区别是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.
43．
【分析】由题意首先求得抛物线的标准方程，然后由抛物线方程可得抛物线的准线方程为，最后利用点的坐标和准线方程计算点到的准线的距离即可.
【详解】由题意可得：，则，抛物线的方程为，
准线方程为，点到的准线的距离为.
故答案为：.
44．
【分析】根据双曲线的标准方程可得出双曲线的右焦点坐标，并求得双曲线的渐近线方程，利用点到直线的距离公式可求得双曲线的焦点到渐近线的距离.
【详解】在双曲线中，，，则，则双曲线的右焦点坐标为，
双曲线的渐近线方程为，即，
所以，双曲线的焦点到其渐近线的距离为.
故答案为：；.
【点睛】本题考查根据双曲线的标准方程求双曲线的焦点坐标以及焦点到渐近线的距离，考查计算能力，属于基础题.
45．5
【分析】根据圆的方程得到圆心坐标和半径，由点到直线的距离公式可求出圆心到直线的距离，进而利用弦长公式，即可求得．
【详解】因为圆心到直线的距离，
由可得，解得．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查圆的弦长问题，涉及圆的标准方程和点到直线的距离公式，属于基础题．
46．（中任意一个皆可以）
【分析】根据直线与圆的位置关系，求出弦长，以及点到直线的距离，结合面积公式即可解出．
【详解】设点到直线的距离为，由弦长公式得，
所以，解得：或，
由，所以或，解得：或．
故答案为：（中任意一个皆可以）．
47．
【分析】先用坐标表示，再根据向量垂直坐标表示列方程，解得，即得结果.
【详解】抛物线： ()的焦点,
∵P为上一点，与轴垂直，
所以P的横坐标为，代入抛物线方程求得P的纵坐标为,
不妨设,
因为Q为轴上一点，且，所以Q在F的右侧，
又，
因为，所以,
，
所以的准线方程为
故答案为：.
【点睛】利用向量数量积处理垂直关系是本题关键.
48．
【分析】先求出右焦点坐标，再利用点到直线的距离公式求解.
【详解】由已知，，所以双曲线的右焦点为，
所以右焦点到直线的距离为.
故答案为：
49．
【分析】根据已知可得，设，利用勾股定理结合，求出，四边形面积等于，即可求解.
【详解】因为为上关于坐标原点对称的两点，
且，所以四边形为矩形，
设，则，
所以，
，即四边形面积等于.
故答案为：.
50．4
【分析】将渐近线方程化成斜截式，得出的关系，再结合双曲线中对应关系，联立求解，再由关系式求得，即可求解.
【详解】由渐近线方程化简得，即，同时平方得，又双曲线中，故，解得（舍去），，故焦距.
故答案为：4.
【点睛】本题为基础题，考查由渐近线求解双曲线中参数，焦距，正确计算并联立关系式求解是关键.
51．
【分析】根据给定条件，求出双曲线的实半轴、虚半轴长，再写出的方程作答.
【详解】令双曲线的实半轴、虚半轴长分别为，显然双曲线的中心为原点，焦点在x轴上，其半焦距，
由双曲线的离心率为，得，解得，则，
所以双曲线的方程为.
故答案为：
52．
【分析】不妨假设，根据图形可知，，再根据同角三角函数基本关系即可求出；再根据椭圆的定义求出，即可求得离心率．
【详解】
如图所示：不妨假设，设切点为，
，
所以, 由，所以，，
于是，即，所以．
故答案为：；．
53． 5
【分析】根据焦半径公式可求的横坐标，求出纵坐标后可求.
【详解】因为抛物线的方程为，故且.
因为，，解得，故，
所以，
故答案为：5；.
54．
【分析】设直线的方程为，则点，利用直线与圆相切求出的值，求出，利用勾股定理可求得.
【详解】设直线的方程为，则点，
由于直线与圆相切，且圆心为，半径为，
则，解得或，所以，
因为，故.
故答案为：.
55．
【分析】根据离心率得出，结合得出关系，即可求出双曲线的渐近线方程.
【详解】解：由题可知，离心率，即，
又，即，则，
故此双曲线的渐近线方程为.
故答案为：.
56．
【分析】首先可得，即可得到双曲线的标准方程，从而得到、，再跟渐近线方程得到方程，解得即可；
【详解】解：对于双曲线，所以，即双曲线的标准方程为，
则，，又双曲线的渐近线方程为，
所以，即，解得；
故答案为：
57．或或或．
【分析】方法一：设圆的方程为，根据所选点的坐标，得到方程组，解得即可；
【详解】[方法一]：圆的一般方程
依题意设圆的方程为，
（1）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（2）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（3）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（4）若过，，，则，解得，所以圆的方程为，即；
故答案为：或 或 或．
[方法二]：【最优解】圆的标准方程（三点中的两条中垂线的交点为圆心）
设
（1）若圆过三点，圆心在直线，设圆心坐标为，
则，所以圆的方程为；
（2）若圆过三点， 设圆心坐标为，则，所以圆的方程为；
（3）若圆过 三点，则线段的中垂线方程为，线段 的中垂线方程 为，联立得 ，所以圆的方程为；
（4）若圆过三点，则线段的中垂线方程为， 线段中垂线方程为 ，联立得，所以圆的方程为．
故答案为：或 或 或．
【整体点评】方法一；利用圆过三个点，设圆的一般方程，解三元一次方程组，思想简单，运算稍繁；
方法二；利用圆的几何性质，先求出圆心再求半径，运算稍简洁，是该题的最优解．
58．
【分析】首先求出双曲线的渐近线方程，再将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，依题意圆心到直线的距离等于圆的半径，即可得到方程，解得即可．
【详解】解：双曲线的渐近线为，即，
不妨取，圆，即，所以圆心为，半径，
依题意圆心到渐近线的距离，
解得或（舍去）．
故答案为：．
59．
【分析】设出点M的坐标，利用和均在上，求得圆心及半径，即可得圆的方程.
【详解】[方法一]：三点共圆
∵点M在直线上，
∴设点M为，又因为点和均在上，
∴点M到两点的距离相等且为半径R，
∴，
，解得，
∴，，
的方程为.
故答案为：
[方法二]：圆的几何性质
由题可知，M是以（3，0）和（0，1）为端点的线段垂直平分线 y=3x-4与直线的交点(1,-1)., 的方程为.
故答案为：
60．2（满足皆可）
【分析】根据题干信息，只需双曲线渐近线中即可求得满足要求的e值.
【详解】解：，所以C的渐近线方程为,
结合渐近线的特点，只需，即，
可满足条件“直线与C无公共点”
所以，
又因为，所以，
故答案为：2（满足皆可）
61．
【分析】首先求出点关于对称点的坐标，即可得到直线的方程，根据圆心到直线的距离小于等于半径得到不等式，解得即可；
【详解】解：关于对称的点的坐标为，在直线上，
所以所在直线即为直线，所以直线为，即；
圆，圆心，半径，
依题意圆心到直线的距离，
即，解得，即；
故答案为：
62．
【分析】根据圆和曲线关于轴对称，不妨设切线方程为，，即可根据直线与圆的位置关系，直线与抛物线的位置关系解出．
【详解】易知圆和曲线关于轴对称，不妨设切线方程为，，
所以，解得：，由解得：或，
所以，解得：．
当时，同理可得．
故答案为：．
63．
【分析】联立直线和渐近线方程，可求出点，再根据可求得点，最后根据点在双曲线上，即可解出离心率．
【详解】过且斜率为的直线，渐近线，
联立，得，由，得
而点在双曲线上，于是，解得：，所以离心率.
故答案为：．
64．
【分析】计算出圆心到直线的距离，利用勾股定理可得出关于的等式，即可解得的值.
【详解】圆的圆心坐标为，半径为，
圆心到直线的距离为，
由勾股定理可得，因为，解得.
故答案为：.
65．
【分析】由直线与两圆相切建立关于k，b的方程组，解方程组即可.
【详解】设，，由题意，到直线的距离等于半径，即，，
所以，所以（舍）或者，
解得.
故答案为：
【点晴】本题主要考查直线与圆的位置关系，考查学生的数学运算能力，是一道基础题.
66．
【分析】利用抛物线的性质，得到M的坐标，再带入到双曲线方程中，即可求解.
【详解】由题意知：
抛物线方程为：
在抛物线上，所以
在双曲线上，
，又，
故答案为：
67．
【分析】结合导数的几何意义可得，结合直线方程及两点间距离公式可得，，化简即可得解.
【详解】由题意，，则，
所以点和点，,
所以，
所以，
所以，
同理,
所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：
解决本题的关键是利用导数的几何意义转化条件，消去一个变量后，运算即可得解.
68．13
【分析】利用离心率得到椭圆的方程为，根据离心率得到直线的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线的斜率，写出直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，利用弦长公式求得，得，根据对称性将的周长转化为的周长，利用椭圆的定义得到周长为.
【详解】∵椭圆的离心率为，∴，∴，∴椭圆的方程为，不妨设左焦点为，右焦点为，如图所示，∵，∴，∴为正三角形，∵过且垂直于的直线与C交于D，E两点，为线段的垂直平分线，∴直线的斜率为，斜率倒数为， 直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，
判别式，
∴，
∴ ， 得，
∵为线段的垂直平分线，根据对称性，，∴的周长等于的周长，利用椭圆的定义得到周长为.
故答案为：13.
69．或或
【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可.
【详解】[方法一]：
显然直线的斜率不为0，不妨设直线方程为，
于是，
故①，于是或，
再结合①解得或或，
所以直线方程有三条，分别为，，
填一条即可
[方法二]：
设圆的圆心，半径为，
圆的圆心，半径，
则，因此两圆外切，
由图像可知，共有三条直线符合条件，显然符合题意；
又由方程和相减可得方程，
即为过两圆公共切点的切线方程，
又易知两圆圆心所在直线OC的方程为，
直线OC与直线的交点为，
设过该点的直线为，则，解得，
从而该切线的方程为填一条即可
[方法三]：
圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为，
两圆圆心距为，等于两圆半径之和，故两圆外切，
如图，
当切线为l时，因为，所以，设方程为
O到l的距离，解得，所以l的方程为，
当切线为m时，设直线方程为，其中，，
由题意，解得，
当切线为n时，易知切线方程为，
故答案为：或或.
70．
【分析】令的中点为，设，，利用点差法得到，设直线，，，求出、的坐标，再根据求出、，即可得解；
【详解】[方法一]：弦中点问题：点差法
令的中点为，设，，利用点差法得到，
设直线，，，求出、的坐标，
再根据求出、，即可得解；
解：令的中点为，因为，所以，
设，，则，，
所以，即
所以，即，设直线，，，
令得，令得，即，，
所以，
即，解得或（舍去），
又，即，解得或（舍去），
所以直线，即；
故答案为：
[方法二]：直线与圆锥曲线相交的常规方法
解：由题意知，点既为线段的中点又是线段MN的中点，
设，，设直线，，，
则，，，因为，所以
联立直线AB与椭圆方程得消掉y得
其中，
∴AB中点E的横坐标,又，∴
∵，，∴,又，解得m=2
所以直线，即
71．/
【分析】方法一：利用双曲线的定义与向量数积的几何意义得到关于的表达式，从而利用勾股定理求得，进而利用余弦定理得到的齐次方程，从而得解.
方法二：依题意设出各点坐标，从而由向量坐标运算求得，，将点代入双曲线得到关于的齐次方程，从而得解；
【详解】方法一：
依题意，设，则，
在中，，则，故或（舍去），
所以，，则，
故，
所以在中，，整理得，
故.
方法二:
依题意，得，令，
因为，所以，则，
又，所以，则，
又点在上，则，整理得，则，
所以，即，
整理得，则，解得或，
又，所以或（舍去），故.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：双曲线过焦点的三角形的解决关键是充分利用双曲线的定义，结合勾股定理与余弦定理得到关于的齐次方程，从而得解.
72．（1），（为参数）；
（2）和．
【分析】（1）直接利用圆心及半径可得的圆的参数方程；
（2）先求得过（4，1）的圆的切线方程，再利用极坐标与直角坐标互化公式化简即可.
【详解】（1）由题意，的普通方程为，
所以的参数方程为，（为参数）
（2）[方法一]：直角坐标系方法
①当直线的斜率不存在时，直线方程为，此时圆心到直线的距离为，故舍去．
②当切线斜率存在时，设其方程为，即．
故，即，解得．
所以切线方程为或．
两条切线的极坐标方程分别为和．
即和．
[方法二]【最优解】：定义求斜率法
如图所示，过点F作的两条切线，切点分别为A，B．
在中，，又轴，所以两条切线的斜率分别和．
故切线的方程为，，这两条切线的极坐标方程为和．
即和．
【整体点评】（2）
方法一：直角坐标系中直线与圆相切的条件求得切线方程，再转化为极坐标方程，
方法二：直接根据倾斜角求得切线的斜率，得到切线的直角坐标方程，然后转化为极坐标方程,在本题中巧妙的利用已知圆和点的特殊性求解，计算尤其简洁，为最优解.
73．(1)；
(2)的交点坐标为，，的交点坐标为，．
【分析】(1)消去，即可得到的普通方程；
(2)将曲线的方程化成普通方程，联立求解即解出．
【详解】（1）因为，，所以，即的普通方程为．
（2）因为，所以，即的普通方程为，
由，即的普通方程为．
联立，解得：或，即交点坐标为，；
联立，解得：或，即交点坐标为，．
74．（Ⅰ）；（Ⅱ），或．
【分析】（Ⅰ）根据题意，并借助，即可求出椭圆的方程；
（Ⅱ）利用直线与圆相切，得到，设出直线的方程，并与椭圆方程联立，求出点坐标，进而求出点坐标，再根据，求出直线的斜率，从而得解.
【详解】（Ⅰ）椭圆的一个顶点为，
，
由，得，
又由，得，
所以，椭圆的方程为；
（Ⅱ）直线与以为圆心的圆相切于点，所以，
根据题意可知，直线和直线的斜率均存在，
设直线的斜率为，则直线的方程为，即，
，消去，可得，解得或.
将代入，得，
所以，点的坐标为，
因为为线段的中点，点的坐标为，
所以点的坐标为，
由，得点的坐标为，
所以，直线的斜率为，
又因为，所以，
整理得，解得或.
所以，直线的方程为或.
【点睛】本题考查了椭圆标准方程的求解、直线与椭圆的位置关系、直线与圆的位置关系、中点坐标公式以及直线垂直关系的应用，考查学生的运算求解能力，属于中档题.当看到题目中出现直线与圆锥曲线位置关系的问题时，要想到联立直线与圆锥曲线的方程.
75．（1）；（2）18.
【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；
(2)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定点N到直线AM的距离即可求得三角形面积的最大值.
【详解】(1)由题意可知直线AM的方程为：，即.
当y=0时，解得，所以a=4，
椭圆过点M(2，3)，可得，
解得b2=12.
所以C的方程：.
(2)设与直线AM平行的直线方程为：，
如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.
联立直线方程与椭圆方程，
可得：，
化简可得：，
所以，即m2=64，解得m=±8，
与AM距离比较远的直线方程：，
直线AM方程为：，
点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，
利用平行线之间的距离公式可得：，
由两点之间距离公式可得.
所以△AMN的面积的最大值：.
【点睛】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．
76．（1）；（2）.
【分析】（1）根据抛物线的焦点，求抛物线方程；（2）首先设出直线的方程为，与抛物线方程联立，并利用韦达定理表示，并利用，求直线的斜率，验证后，即可得到直线方程.
【详解】解：（1）由椭圆可知，，
所以，，则，
因为抛物线的焦点为，可设抛物线方程为，
所以，即.
所以抛物线的标准方程为.
（2）由椭圆可知，，
若直线无斜率，则其方程为，经检验，不符合要求.
所以直线的斜率存在，设为，直线过点，
则直线的方程为，
设点，，
联立方程组，
消去，得.①
因为直线与抛物线有两个交点，
所以，即，
解得，且.
由①可知，
所以，
则，
因为，且，
所以，
解得或，
因为，且，
所以不符合题意，舍去，
所以直线的方程为，
即.
77．（1）；（2）最大值为.
【分析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解；
（2）设，由平面向量的知识可得，进而可得，再由斜率公式及基本不等式即可得解.
【详解】（1）抛物线的焦点，准线方程为，
由题意，该抛物线焦点到准线的距离为，
所以该抛物线的方程为；
（2）[方法一]：轨迹方程+基本不等式法
设，则，
所以，
由在抛物线上可得，即，
据此整理可得点的轨迹方程为，
所以直线的斜率，
当时，；
当时，，
当时，因为，
此时，当且仅当，即时，等号成立；
当时，；
综上，直线的斜率的最大值为.
[方法二]：【最优解】轨迹方程+数形结合法
同方法一得到点Q的轨迹方程为．
设直线的方程为，则当直线与抛物线相切时，其斜率k取到最值．联立得，其判别式，解得，所以直线斜率的最大值为．
[方法三]：轨迹方程+换元求最值法
同方法一得点Q的轨迹方程为．
设直线的斜率为k，则．
令，则的对称轴为，所以．故直线斜率的最大值为．
[方法四]：参数+基本不等式法
由题可设．
因为，所以．
于是，所以
则直线的斜率为．
当且仅当，即时等号成立，所以直线斜率的最大值为．
【整体点评】方法一根据向量关系，利用代点法求得Q的轨迹方程，得到直线OQ的斜率关于的表达式，然后利用分类讨论，结合基本不等式求得最大值；
方法二 同方法一得到点Q的轨迹方程，然后利用数形结合法，利用判别式求得直线OQ的斜率的最大值，为最优解；
方法三同方法一求得Q的轨迹方程，得到直线的斜率k的平方关于的表达式，利用换元方法转化为二次函数求得最大值，进而得到直线斜率的最大值；
方法四利用参数法，由题可设，求得x,y关于的参数表达式，得到直线的斜率关于的表达式，结合使用基本不等式，求得直线斜率的最大值.
78．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解；
（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；
充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解.
【详解】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，
又，所以椭圆方程为；
（2）由（1）得，曲线为，
当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；
当直线的斜率存在时，设，
必要性：
若M，N，F三点共线，可设直线即，
由直线与曲线相切可得，解得，
联立可得，所以，
所以,
所以必要性成立；
充分性：设直线即，
由直线与曲线相切可得，所以，
联立可得，
所以，
所以
，
化简得，所以，
所以或，所以直线或，
所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；
所以M，N，F三点共线的充要条件是．
【点睛】关键点点睛：
解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重.
79．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）结合题意得到，，再结合，解之即可；
（2）依题意求得直线、与的方程，从而求得点的坐标，进而求得，再根据题意求得，得到，由此得解.
【详解】（1）依题意，得，则，
又分别为椭圆上下顶点，，所以，即，
所以，即，则，
所以椭圆的方程为.
（2）因为椭圆的方程为，所以，
因为为第一象限上的动点，设，则，
易得，则直线的方程为，
，则直线的方程为，
联立，解得，即，
而，则直线的方程为，
令，则，解得，即，
又，则，，
所以
，
又，即，
显然，与不重合，所以.
80．(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
81．(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的等量关系，由此可求得该椭圆的离心率的值；
（2）由（1）可知椭圆的方程为，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆方程联立，由可得出，求出点的坐标，利用三角形的面积公式以及已知条件可求得的值，即可得出椭圆的方程.
【详解】（1）解：，
离心率为.
（2）解：由（1）可知椭圆的方程为，
易知直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立得，
由，①
，，
由可得，②
由可得，③
联立①②③可得，，，故椭圆的标准方程为．
82．(1)椭圆的方程为，离心率为.
(2).
【分析】（1）由解得，从而求出，代入椭圆方程即可求方程，再代入离心率公式即求离心率.
（2）先设直线的方程，与椭圆方程联立，消去，再由韦达定理可得，从而得到点和点坐标.由得，即可得到关于的方程，解出，代入直线的方程即可得到答案.
【详解】（1）如图，
由题意得，解得，所以，
所以椭圆的方程为，离心率为.
（2）由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得，
设直线的方程为，
联立方程组，消去整理得：，
由韦达定理得，所以，
所以，.
所以,,，
所以，
所以，即，
解得，所以直线的方程为.
83．(1)
(2)
【分析】（1）根据极坐标与直角坐标之间的转化运算求解，注意的取值范围；
（2）根据曲线的方程，结合图形通过平移直线分析相应的临界位置，结合点到直线的距离公式运算求解即可.
【详解】（1）因为，即，可得，
整理得，表示以为圆心，半径为1的圆，
又因为，
且，则，则，
故.
（2）因为（为参数，），
整理得，表示圆心为，半径为2，且位于第二象限的圆弧，
如图所示，若直线过，则，解得；
若直线，即与相切，则，解得，
若直线与均没有公共点，则或，
即实数的取值范围.
【点睛】
84．（Ⅰ）；（Ⅱ）
【分析】（Ⅰ）求出抛物线标准方程，从而可得答案；
（Ⅱ）方法一使用韦达定理、中点公式和解方程法分别求得关于的表达式，得到关于的方程，利用基本不等式消去参数，得到关于的不等式，求解得到的最大值；方法二利用韦达定理和中点公式求得的坐标关于的表达式，根据点在椭圆上，得到关于关于的函数表达式，利用基本不等式和二次函数的性质得解，运算简洁，为最优解；方法三利用点差法得到．根据判别式大于零，得到不等式，通过解方程组求得，代入求解得到的最大值；方法四利用抛物线的参数方程设出点的参数坐标，利用斜率关系求得的坐标关于的表达式．作换元，利用点A在椭圆上，得到，然后利用二次函数的性质求得的最大值
【详解】（Ⅰ）当时，的方程为，故抛物线的焦点坐标为；
（Ⅱ）[方法一]：韦达定理基本不等式法
设，
由，
，
由在抛物线上，所以，
又，
，，
.
由即
，
所以，，，
所以，的最大值为，此时.
[方法二]【最优解】：
设直线，.
将直线的方程代入椭圆得：，
所以点的纵坐标为.
将直线的方程代入抛物线得：，
所以，解得，因此，
由解得，
所以当时，取到最大值为.
[方法三] ：点差和判别式法
设，其中．
因为所以．
整理得，所以．
又，
所以，整理得．
因为存在，所以上述关于的二次方程有解，即判别式． ①
由得．
因此，将此式代入①式解得．
当且仅当点M的坐标为时，p的最大值为．
[方法四]：参数法
设，
由，得．
令，则，点A坐标代入椭圆方程中，得．
所以，此时M坐标为．
85．（Ⅰ）；（Ⅱ）1.
【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程；
(Ⅱ)首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线MA,NA的方程确定点P,Q的纵坐标，将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得，从而可得两线段长度的比值.
【详解】(Ⅰ)设椭圆方程为：，由题意可得：
，解得：，
故椭圆方程为：.
(Ⅱ)[方法一]：
设，，直线的方程为：，
与椭圆方程联立可得：，
即：，
则：.
直线MA的方程为：，
令可得：，
同理可得：.
很明显，且，注意到，
，
而
，
故.
从而.
[方法二]【最优解】：几何含义法
①当直线l与x轴重合，不妨设，由平面几何知识得，所以．
②当直线l不与x轴重合时，设直线，由题意，直线l不过和点，所以．设，联立得．由题意知，所以．且．
由题意知直线的斜率存在．．
当时，
．
同理，．所以．
因为，所以．
【整体点评】方法一直接设直线的方程为：，联立方程消去y，利用韦达定理化简求解；方法二先对斜率为零的情况进行特例研究，在斜率不为零的情况下设直线方程为，联立方程消去x，直接利用韦达定理求得P,Q的纵坐标，运算更为简洁，应为最优解法.
86．（1）；（2）.
【分析】(1) 利用双曲线的定义可知轨迹是以点、为左、右焦点双曲线的右支，求出、的值，即可得出轨迹的方程；
(2)方法一：设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与曲线C的方程，结合韦达定理求得直线的斜率，最后化简计算可得的值.
【详解】(1) 因为，
所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支，
设轨迹的方程为，则，可得，，
所以，轨迹的方程为.
（2）[方法一] 【最优解】：直线方程与双曲线方程联立
如图所示，设,
设直线的方程为．
联立,
化简得.
则．
故．
则．
设的方程为，同理．
因为，所以，
化简得，
所以，即．
因为，所以．
[方法二] ：参数方程法
设．设直线的倾斜角为，
则其参数方程为，
联立直线方程与曲线C的方程，
可得，
整理得．
设，
由根与系数的关系得．
设直线的倾斜角为，，
同理可得
由，得．
因为，所以．
由题意分析知．所以，
故直线的斜率与直线的斜率之和为0．
[方法三]：利用圆幂定理
因为，由圆幂定理知A，B，P，Q四点共圆．
设,直线的方程为，
直线的方程为,
则二次曲线．
又由，得过A，B，P，Q四点的二次曲线系方程为：
，
整理可得：
，
其中．
由于A，B，P，Q四点共圆，则xy项的系数为0，即.
【整体点评】(2)方法一：直线方程与二次曲线的方程联立，结合韦达定理处理圆锥曲线问题是最经典的方法，它体现了解析几何的特征，是该题的通性通法，也是最优解；
方法二：参数方程的使用充分利用了参数的几何意义，要求解题过程中对参数有深刻的理解，并能够灵活的应用到题目中.
方法三：圆幂定理的应用更多的提现了几何的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.
87．（1）抛物线，方程为；（2）相切，理由见解析
【分析】（1）根据已知抛物线与相交，可得出抛物线开口向右，设出标准方程，再利用对称性设出坐标，由，即可求出；由圆与直线相切，求出半径，即可得出结论；
（2）方法一：先考虑斜率不存在，根据对称性，即可得出结论；若斜率存在，由三点在抛物线上，将直线斜率分别用纵坐标表示，再由与圆相切，得出与的关系，最后求出点到直线的距离，即可得出结论.
【详解】（1）依题意设抛物线，
，
所以抛物线的方程为，
与相切，所以半径为，
所以的方程为；
（2）[方法一]：设
若斜率不存在，则方程为或，
若方程为，根据对称性不妨设，
则过与圆相切的另一条直线方程为，
此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在，不合题意；
若方程为，根据对称性不妨设
则过与圆相切的直线为，
又，
，此时直线关于轴对称，
所以直线与圆相切；
若直线斜率均存在，
则，
所以直线方程为，
整理得，
同理直线的方程为，
直线的方程为，
与圆相切，
整理得，
与圆相切，同理
所以为方程的两根，
，
到直线的距离为：
，
所以直线与圆相切；
综上若直线与圆相切，则直线与圆相切.
[方法二]【最优解】：设．
当时，同解法1．
当时，直线的方程为，即．
由直线与相切得，化简得，
同理，由直线与相切得．
因为方程同时经过点，所以的直线方程为，点M到直线距离为．
所以直线与相切．
综上所述，若直线与相切，则直线与相切．
【整体点评】第二问关键点：过抛物线上的两点直线斜率只需用其纵坐标（或横坐标）表示，将问题转化为只与纵坐标（或横坐标）有关；法一是要充分利用的对称性，抽象出与关系，把的关系转化为用表示，法二是利用相切等条件得到的直线方程为，利用点到直线距离进行证明，方法二更为简单，开拓学生思路
88．（1）；（2）.
【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于的等式，即可解出的值；
（2）设点、、，利用导数求出直线、，进一步可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值.
【详解】（1）[方法一]：利用二次函数性质求最小值
由题意知，，设圆M上的点，则．
所以．
从而有．
因为，所以当时，．
又，解之得，因此．
[方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最小值
抛物线的焦点为，，
所以，与圆上点的距离的最小值为，解得；
（2）[方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法
抛物线的方程为，即，对该函数求导得，
设点、、，
直线的方程为，即，即，
同理可知，直线的方程为，
由于点为这两条直线的公共点，则，
所以，点A、的坐标满足方程，
所以，直线的方程为，
联立，可得，
由韦达定理可得，，
所以，，
点到直线的距离为，
所以，，
，
由已知可得，所以，当时，的面积取最大值.
[方法二]【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值
同方法一得到．
过P作y轴的平行线交于Q，则．
．
P点在圆M上，则
．
故当时的面积最大，最大值为．
[方法三]：直接设直线AB方程法
设切点A，B的坐标分别为，．
设，联立和抛物线C的方程得整理得．
判别式，即，且．
抛物线C的方程为，即，有．
则，整理得，同理可得．
联立方程可得点P的坐标为，即．
将点P的坐标代入圆M的方程，得，整理得．
由弦长公式得．
点P到直线的距离为．
所以，
其中，即．
当时，．
【整体点评】（1）方法一利用两点间距离公式求得关于圆M上的点的坐标的表达式，进一步转化为关于的表达式，利用二次函数的性质得到最小值，进而求得的值；方法二，利用圆的性质，与圆上点的距离的最小值，简洁明快，为最优解；（2）方法一设点、、，利用导数求得两切线方程，由切点弦方程思想得到直线的坐标满足方程，然手与抛物线方程联立，由韦达定理可得，，利用弦长公式求得的长，进而得到面积关于坐标的表达式，利用圆的方程转化得到关于的二次函数最值问题；方法二，同方法一得到，，过P作y轴的平行线交于Q，则．由求得面积关于坐标的表达式，并利用三角函数换元求得面积最大值，方法灵活，计算简洁，为最优解；方法三直接设直线，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理判别式得到，且．利用点在圆上，求得的关系，然后利用导数求得两切线方程，解方程组求得P的坐标，进而利用弦长公式和点到直线距离公式求得面积关于的函数表达式，然后利用二次函数的性质求得最大值；
89．（1）；（2）.
【分析】（1）求出的值后可求抛物线的方程.
（2）方法一：设，，，联立直线的方程和抛物线的方程后可得，求出直线的方程，联立各直线方程可求出，根据题设条件可得，从而可求的范围.
【详解】（1）因为，故，故抛物线的方程为：.
（2）[方法一]：通式通法
设，，，
所以直线，由题设可得且.
由可得，故，
因为，故，故.
又，由可得，
同理，
由可得，
所以，
整理得到，
故，
令，则且，
故，
故即，
解得或或.
故直线在轴上的截距的范围为或或.
[方法二]：利用焦点弦性质
设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，由题设可得且．
由得，所以．
因为，
，．
由得．
同理．
由得．
因为，
所以即．
故．
令，则．
所以，解得或或．
故直线在x轴上的截距的范围为．
[方法三]【最优解】：
设，
由三点共线得，即．
所以直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．
设直线的方程为，
则．
所以．
故（其中）．
所以．
因此直线在x轴上的截距为．
【整体点评】本题主要是处理共线的线段长度问题，主要方法是长度转化为坐标.
方法一：主要是用坐标表示直线，利用弦长公式将线段长度关系转为纵坐标关系，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.
方法二：利用焦点弦的性质求得直线的斜率之和为0，再利用线段长度关系即为纵坐标关系，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.
方法三：利用点在抛物线上，巧妙设点坐标，借助于焦点弦的性质求得点横坐标的关系，这样有助于减少变元，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.
90．（1）；（2）.
【分析】（1）求出的值，结合的值可得出的值，进而可得出椭圆的方程；
（2）设点，分析出直线的方程为，求出点的坐标，根据可得出，求出、的值，即可得出直线的方程.
【详解】（1）易知点、，故，
因为椭圆的离心率为，故，，
因此，椭圆的方程为；
（2）设点为椭圆上一点，
先证明直线的方程为，
联立，消去并整理得，，
因此，椭圆在点处的切线方程为.
在直线的方程中，令，可得，由题意可知，即点，
直线的斜率为，所以，直线的方程为，
在直线的方程中，令，可得，即点，
因为，则，即，整理可得，
所以，，因为，，故，，
所以，直线的方程为，即.
【点睛】结论点睛：在利用椭圆的切线方程时，一般利用以下方法进行直线：
（1）设切线方程为与椭圆方程联立，由进行求解；
（2）椭圆在其上一点的切线方程为，再应用此方程时，首先应证明直线与椭圆相切.
91．(1)；
(2)．
【分析】（1）由点在双曲线上可求出，易知直线l的斜率存在，设，，再根据，即可解出l的斜率；
（2）根据直线的斜率之和为0可知直线的倾斜角互补，根据即可求出直线的斜率，再分别联立直线与双曲线方程求出点的坐标，即可得到直线的方程以及的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线的距离，即可得出的面积．
【详解】（1）因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线．
易知直线l的斜率存在，设，，
联立可得，，
所以，，且．
所以由可得，，
即，
即，
所以，
化简得，，即，
所以或，
当时，直线过点，与题意不符，舍去，
故．
（2）［方法一］：【最优解】常规转化
不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，由（1）知，，
当均在双曲线左支时，，所以，
即，解得（负值舍去）
此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；
当均在双曲线右支时，
因为，所以，即，
即，解得（负值舍去），
于是，直线，直线，
联立可得，，
因为方程有一个根为，所以，，
同理可得，，．
所以，，点到直线的距离，
故的面积为．
［方法二］：
设直线AP的倾斜角为，，由，得，
由，得，即，
联立，及得，，
同理，，，故，
而，，
由，得，
故
【整体点评】（2）法一：由第一问结论利用倾斜角的关系可求出直线的斜率，从而联立求出点坐标，进而求出三角形面积，思路清晰直接，是该题的通性通法，也是最优解；
法二：前面解答与法一求解点坐标过程形式有所区别，最终目的一样，主要区别在于三角形面积公式的选择不一样．
92．(1)
(2)
【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；
（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.
【详解】（1）解：设椭圆E的方程为，过，
则，解得，，
所以椭圆E的方程为：.
（2），所以，
①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到.求得HN方程：
，过点.
②若过点的直线斜率存在，设.
联立得，
可得，，
且
联立可得
可求得此时，
将，代入整理得，
将代入，得
显然成立，
综上，可得直线HN过定点
【点睛】求定点、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.
93．(1)；
(2).
【分析】（1）由抛物线的定义可得，即可得解；
（2）法一：设点的坐标及直线，由韦达定理及斜率公式可得，再由差角的正切公式及基本不等式可得，设直线，结合韦达定理可解.
【详解】（1）抛物线的准线为，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时，所以，
所以抛物线C的方程为；
（2）[方法一]：【最优解】直线方程横截式
设，直线，
由可得，，
由斜率公式可得，，
直线，代入抛物线方程可得，
，所以，同理可得，
所以
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为，所以，
若要使最大，则，设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，
，所以，
所以直线.
[方法二]：直线方程点斜式
由题可知，直线MN的斜率存在.
设,直线
由 得：，,同理，.
直线MD:,代入抛物线方程可得：，同理，.
代入抛物线方程可得:,所以，同理可得，
由斜率公式可得：
（下同方法一）若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，，所以，所以直线.
[方法三]：三点共线
设，
设,若 P、M、N三点共线，由
所以，化简得，
反之，若,可得MN过定点
因此，由M、N、F三点共线，得，
由M、D、A三点共线，得，
由N、D、B三点共线，得，
则，AB过定点（4,0）
（下同方法一）若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，所以直线.
【整体点评】（2）法一：利用直线方程横截式，简化了联立方程的运算，通过寻找直线的斜率关系，由基本不等式即可求出直线AB的斜率，再根据韦达定理求出直线方程，是该题的最优解，也是通性通法；
法二：常规设直线方程点斜式，解题过程同解法一；
法三：通过设点由三点共线寻找纵坐标关系，快速找到直线过定点，省去联立过程，也不失为一种简化运算的好方法．
94．(1)
(2)见解析
【分析】（1）利用焦点坐标求得的值，利用渐近线方程求得的关系，进而利用的平方关系求得的值，得到双曲线的方程；
（2）先分析得到直线的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k, M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得到；由直线和的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率，由②等价转化为，由①在直线上等价于，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.
【详解】（1）右焦点为，∴,∵渐近线方程为，∴，∴，∴，∴，∴．
∴C的方程为：；
（2）由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零，
若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则为线段的中点，假若直线的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点,此时由对称性可知、关于轴对称，与从而，已知不符；
总之，直线的斜率存在且不为零.
设直线的斜率为,直线方程为,
则条件①在上，等价于；
两渐近线的方程合并为,
联立消去y并化简整理得：
设,线段中点为,则,
设,
则条件③等价于,
移项并利用平方差公式整理得：
，
,即,
即；
由题意知直线的斜率为, 直线的斜率为,
∴由,
∴,
所以直线的斜率,
直线,即,
代入双曲线的方程,即中，
得：,
解得的横坐标：,
同理：，
∴
∴,
∴条件②等价于，
综上所述：
条件①在上，等价于；
条件②等价于；
条件③等价于；
选①②推③:
由①②解得：,∴③成立；
选①③推②：
由①③解得：，，
∴，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得：，，∴，
∴，∴①成立.
95．(1)；
(2)．
【分析】（1）设是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出，再根据二次函数的性质即可求出；
（2）设直线与椭圆方程联立可得，再将直线方程与的方程分别联立，可解得点的坐标，再根据两点间的距离公式求出，最后代入化简可得，由柯西不等式即可求出最小值．
【详解】（1）设是椭圆上任意一点,,
，当且仅当时取等号，故的最大值是.
（2）设直线,直线方程与椭圆联立,可得,设，所以，
因为直线与直线交于,
则,同理可得,.则
，
当且仅当时取等号，故的最小值为.
【点睛】本题主要考查最值的计算，第一问利用椭圆的参数方程以及二次函数的性质较好解决，第二问思路简单，运算量较大，求最值的过程中还使用到柯西不等式求最值，对学生的综合能力要求较高，属于较难题．
96．(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题意求得的值即可确定双曲线方程；
（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线与的方程，联立直线方程，消去，结合韦达定理计算可得，即交点的横坐标为定值，据此可证得点在定直线上.
【详解】（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知，
则由可得，，
双曲线方程为.
（2）由(1)可得，设，
显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，
与联立可得，且，
则，
直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
，
由可得，即，
据此可得点在定直线上运动.
【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键.
97．(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；
（2）设直线的方程，进而可求点的坐标，结合韦达定理验证为定值即可.
【详解】（1）由题意可得，解得，
所以椭圆方程为.
（2）由题意可知：直线的斜率存在，设，
联立方程，消去y得：，
则，解得，
可得，
因为，则直线，
令，解得，即,
同理可得，
则
，
所以线段的中点是定点.
【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论．
98．(1)
(2)见解析
【分析】（1）设，根据题意列出方程，化简即可；
（2）法一：设矩形的三个顶点，且，分别令，，且，利用放缩法得，设函数，利用导数求出其最小值，则得的最小值，再排除边界值即可.
法二：设直线的方程为，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩法得，利用换元法和求导即可求出周长最值，再排除边界值即可.
法三：利用平移坐标系法，再设点，利用三角换元再对角度分类讨论，结合基本不等式即可证明.
【详解】（1）设,则，两边同平方化简得，
故.
（2）法一：设矩形的三个顶点在上,且，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，
则,令，
同理令，且，则，
设矩形周长为,由对称性不妨设，，
则.，易知
则令,
令，解得，
当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，
则，
故,即.
当时,,且，即时等号成立，矛盾，故,
得证.
法二：不妨设在上，且，
依题意可设，易知直线，的斜率均存在且不为0，
则设,的斜率分别为和，由对称性，不妨设，
直线的方程为，
则联立得，
，则
则，
同理，
令，则，设，
则，令，解得，
当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，
则，
，
但，此处取等条件为，与最终取等时不一致，故.
法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动个单位得抛物线,
矩形变换为矩形,则问题等价于矩形的周长大于.
设 , 根据对称性不妨设 .
则 , 由于 , 则 .
由于 , 且 介于 之间,
则 . 令 ,
,则,从而
故
①当时,
②当 时,由于,从而,
从而又,
故,由此
，
当且仅当时等号成立，故，故矩形周长大于.
.
【点睛】关键点睛：本题的第二个的关键是通过放缩得，同时为了简便运算，对右边的式子平方后再设新函数求导，最后再排除边界值即可.
99．(1)
(2)
【分析】（1）利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出；
（2）设直线：，利用，找到的关系，以及的面积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值．
【详解】（1）设，
由可得，，所以，
所以，
即，因为，解得：．
（2）因为，显然直线的斜率不可能为零，
设直线：，，
由可得，，所以，，
，
因为，所以，
即，
亦即，
将代入得，
，，
所以，且，解得或．
设点到直线的距离为，所以，
，
所以的面积，
而或，所以，
当时，的面积．
【点睛】本题解题关键是根据向量的数量积为零找到的关系，一是为了减元，二是通过相互的制约关系找到各自的范围，为得到的三角形面积公式提供定义域支持，从而求出面积的最小值.
100．（1）；（2）详见解析.
【分析】（1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.
（2）方法一：设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为, 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置.
【详解】（1）由题意可得：，解得：，
故椭圆方程为：.
(2)［方法一］：通性通法
设点，
若直线斜率存在时，设直线的方程为：，
代入椭圆方程消去并整理得：，
可得，，
因为，所以，即，
根据,代入整理可得：
，
所以，
整理化简得，
因为不在直线上，所以，
故，于是的方程为，
所以直线过定点直线过定点.
当直线的斜率不存在时，可得，
由得：，
得，结合可得：，
解得：或（舍）.
此时直线过点.
令为的中点，即，
若与不重合，则由题设知是的斜边，故，
若与重合，则，故存在点，使得为定值.
［方法二］【最优解】：平移坐标系
将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即．
设，因为则，即．
代入直线方程中得．则在新坐标系下直线过定点，则在原坐标系下直线过定点．
又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．
故存在，使得．
［方法三］：建立曲线系
A点处的切线方程为，即．设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．由题意得．
则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）．
用直线及点A处的切线可表示为（其中为系数）．
即．
对比项、x项及y项系数得
将①代入②③，消去并化简得，即．
故直线的方程为，直线过定点．又，D在以为直径的圆上．中点即为圆心Q．
经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．
［方法四］：
设．
若直线的斜率不存在，则．
因为，则，即．
由，解得或（舍）．
所以直线的方程为．
若直线的斜率存在，设直线的方程为，则．
令，则．
又，令，则．
因为，所以，
即或．
当时，直线的方程为．所以直线恒过，不合题意；
当时，直线的方程为，所以直线恒过．
综上，直线恒过，所以．
又因为，即，所以点D在以线段为直径的圆上运动．
取线段的中点为，则．
所以存在定点Q，使得为定值．
【整体点评】（2）方法一：设出直线方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点，再根据平面几何知识可知定点即为的中点，该法也是本题的通性通法；
方法二：通过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线的方程为，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出的关系，从而可知直线过定点，从而可知定点即为的中点，该法是本题的最优解；
方法三：设直线，再利用过点的曲线系，根据比较对应项系数可求出的关系，从而求出直线过定点，故可知定点即为的中点；
方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解以及的计算．
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【四年真题】四年（2020-2023）高考数学真题分项汇编（全国通用）
专题05 平面解析几何
一、单选题
1．（2020·山东·统考高考真题）已知直线的图像如图所示，则角是（ ）
A．第一象限角 B．第二象限角 C．第三象限角 D．第四象限角
2．（2020·山东·统考高考真题）直线关于点对称的直线方程是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2020·山东·统考高考真题）已知圆心为的圆与轴相切，则该圆的标准方程是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2020·山东·统考高考真题）已知椭圆的长轴长为10，焦距为8，则该椭圆的短轴长等于（ ）
A．3 B．6 C．8 D．12
5．（2022·全国·统考高考真题）设F为抛物线的焦点，点A在C上，点，若，则（ ）
A．2 B． C．3 D．
6．（2020·北京·统考高考真题）已知半径为1的圆经过点，则其圆心到原点的距离的最小值为（ ）．
A．4 B．5 C．6 D．7
7．（2020·北京·统考高考真题）设抛物线的顶点为，焦点为，准线为．是抛物线上异于的一点，过作于，则线段的垂直平分线（ ）．
A．经过点 B．经过点
C．平行于直线 D．垂直于直线
8．（2023·北京·统考高考真题）已知抛物线的焦点为，点在上．若到直线的距离为5，则（ ）
A．7 B．6 C．5 D．4
9．（2021·全国·统考高考真题）设B是椭圆的上顶点，点P在C上，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．2
10．（2021·全国·统考高考真题）已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
11．（2021·全国·高考真题）点到双曲线的一条渐近线的距离为（ ）
A． B． C． D．
12．（2021·北京·统考高考真题）若双曲线离心率为，过点，则该双曲线的方程为（ ）
A． B． C． D．
13．（2021·北京·统考高考真题）已知直线（为常数）与圆交于点，当变化时，若的最小值为2，则
A． B． C． D．
14．（2021·全国·统考高考真题）抛物线的焦点到直线的距离为，则（ ）
A．1 B．2 C． D．4
15．（2022·北京·统考高考真题）若直线是圆的一条对称轴，则（ ）
A． B． C．1 D．
16．（2022·全国·统考高考真题）已知椭圆的离心率为，分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若，则C的方程为（ ）
A． B． C． D．
17．（2023·全国·统考高考真题）设椭圆的离心率分别为．若，则（ ）
A． B． C． D．
18．（2023·全国·统考高考真题）设为椭圆的两个焦点，点在上，若，则（ ）
A．1 B．2 C．4 D．5
19．（2023·全国·统考高考真题）设O为平面坐标系的坐标原点，在区域内随机取一点，记该点为A，则直线OA的倾斜角不大于的概率为（ ）
A． B． C． D．
20．（2020·天津·统考高考真题）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．
21．（2021·全国·统考高考真题）已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为（ ）
A．13 B．12 C．9 D．6
22．（2021·全国·统考高考真题）设是椭圆的上顶点，若上的任意一点都满足，则的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
23．（2021·天津·统考高考真题）已知双曲线的右焦点与抛物线的焦点重合，抛物线的准线交双曲线于A，B两点，交双曲线的渐近线于C、D两点，若．则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C．2 D．3
24．（2022·北京·统考高考真题）已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（ ）
A． B． C． D．
25．（2022·全国·统考高考真题）椭圆的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线的斜率之积为，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
26．（2023·天津·统考高考真题）双曲线的左、右焦点分别为．过作其中一条渐近线的垂线，垂足为．已知，直线的斜率为，则双曲线的方程为（ ）
A． B．
C． D．
27．（2022·全国·统考高考真题）图1是中国古代建筑中的举架结构，是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为．已知成公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（ ）
A．0.75 B．0.8 C．0.85 D．0.9
28．（2022·天津·统考高考真题）已知抛物线分别是双曲线的左、右焦点，抛物线的准线过双曲线的左焦点，与双曲线的渐近线交于点A，若，则双曲线的标准方程为（ ）
A． B．
C． D．
29．（2023·全国·统考高考真题）过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ）
A．1 B． C． D．
30．（2023·全国·统考高考真题）已知双曲线的离心率为，C的一条渐近线与圆交于A，B两点，则（ ）
A． B． C． D．
31．（2023·全国·统考高考真题）设O为坐标原点，为椭圆的两个焦点，点 P在C上，，则（ ）
A． B． C． D．
32．（2023·全国·统考高考真题）已知实数满足，则的最大值是（ ）
A． B．4 C． D．7
33．（2023·全国·统考高考真题）设A，B为双曲线上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（ ）
A． B． C． D．
34．（2023·全国·统考高考真题）已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线与C交于A，B两点，若面积是面积的2倍，则（ ）．
A． B． C． D．
35．（2021·浙江·统考高考真题）已知，函数.若成等比数列，则平面上点的轨迹是（ ）
A．直线和圆 B．直线和椭圆 C．直线和双曲线 D．直线和抛物线
二、多选题
36．（2021·全国·统考高考真题）已知直线与圆，点，则下列说法正确的是（ ）
A．若点A在圆C上，则直线l与圆C相切 B．若点A在圆C内，则直线l与圆C相离
C．若点A在圆C外，则直线l与圆C相离 D．若点A在直线l上，则直线l与圆C相切
37．（2021·全国·统考高考真题）已知点在圆上，点、，则（ ）
A．点到直线的距离小于
B．点到直线的距离大于
C．当最小时，
D．当最大时，
38．（2022·全国·统考高考真题）已知O为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交C于P，Q两点，则（ ）
A．C的准线为 B．直线AB与C相切
C． D．
39．（2022·全国·统考高考真题）双曲线C的两个焦点为，以C的实轴为直径的圆记为D，过作D的切线与C交于M，N两点，且，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
40．（2022·全国·统考高考真题）已知O为坐标原点，过抛物线焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点，若，则（ ）
A．直线的斜率为 B．
C． D．
41．（2023·全国·统考高考真题）设O为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则（ ）．
A． B．
C．以MN为直径的圆与l相切 D．为等腰三角形
42．（2020·海南·高考真题）已知曲线.（ ）
A．若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B．若m=n>0，则C是圆，其半径为
C．若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为
D．若m=0，n>0，则C是两条直线
三、填空题
43．（2023·全国·统考高考真题）已知点在抛物线C：上，则A到C的准线的距离为______.
44．（2020·北京·统考高考真题）已知双曲线，则C的右焦点的坐标为_________；C的焦点到其渐近线的距离是_________．
45．（2020·天津·统考高考真题）已知直线和圆相交于两点．若，则的值为_________．
46．（2023·全国·统考高考真题）已知直线与交于A，B两点，写出满足“面积为”的m的一个值______．
47．（2021·全国·统考高考真题）已知为坐标原点，抛物线：()的焦点为，为上一点，与轴垂直，为轴上一点，且，若，则的准线方程为______.
48．（2021·全国·统考高考真题）双曲线的右焦点到直线的距离为________．
49．（2021·全国·高考真题）已知为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为________．
50．（2021·全国·统考高考真题）已知双曲线的一条渐近线为，则C的焦距为_________．
51．（2023·北京·统考高考真题）已知双曲线C的焦点为和，离心率为，则C的方程为____________．
52．（2021·浙江·统考高考真题）已知椭圆，焦点，，若过的直线和圆相切，与椭圆在第一象限交于点P，且轴，则该直线的斜率是___________，椭圆的离心率是___________.
53．（2021·北京·统考高考真题）已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，垂直轴与于点.若，则点的横坐标为_______； 的面积为_______．
54．（2021·天津·统考高考真题）若斜率为的直线与轴交于点，与圆相切于点，则____________．
55．（2021·全国·统考高考真题）若双曲线的离心率为2，则此双曲线的渐近线方程___________.
56．（2022·北京·统考高考真题）已知双曲线的渐近线方程为，则__________．
57．（2022·全国·统考高考真题）过四点中的三点的一个圆的方程为____________．
58．（2022·全国·统考高考真题）若双曲线的渐近线与圆相切，则_________．
59．（2022·全国·统考高考真题）设点M在直线上，点和均在上，则的方程为______________．
60．（2022·全国·统考高考真题）记双曲线的离心率为e，写出满足条件“直线与C无公共点”的e的一个值______________．
61．（2022·全国·统考高考真题）设点，若直线关于对称的直线与圆有公共点，则a的取值范围是________．
62．（2023·天津·统考高考真题）过原点的一条直线与圆相切，交曲线于点，若，则的值为_________．
63．（2022·浙江·统考高考真题）已知双曲线的左焦点为F，过F且斜率为的直线交双曲线于点，交双曲线的渐近线于点且．若，则双曲线的离心率是_________．
64．（2022·天津·统考高考真题）若直线与圆相交所得的弦长为，则_____．
65．（2020·浙江·统考高考真题）设直线与圆和圆均相切，则_______；b=______．
66．（2020·山东·统考高考真题）已知抛物线的顶点在坐标原点，焦点与双曲线的左焦点重合，若两曲线相交于，两点，且线段的中点是点，则该双曲线的离心率等于______.
67．（2021·全国·统考高考真题）已知函数，函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则取值范围是_______．
68．（2022·全国·统考高考真题）已知椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，，离心率为．过且垂直于的直线与C交于D，E两点，，则的周长是________________．
69．（2022·全国·统考高考真题）写出与圆和都相切的一条直线的方程________________．
70．（2022·全国·统考高考真题）已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为___________．
71．（2023·全国·统考高考真题）已知双曲线的左、右焦点分别为．点在上，点在轴上，，则的离心率为________．
四、解答题
72．（2021·全国·统考高考真题）在直角坐标系中，的圆心为，半径为1．
（1）写出的一个参数方程;
（2）过点作的两条切线．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求这两条切线的极坐标方程．
73．（2022·全国·统考高考真题）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数），曲线的参数方程为（s为参数）．
(1)写出的普通方程；
(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，求与交点的直角坐标，及与交点的直角坐标．
74．（2020·天津·统考高考真题）已知椭圆的一个顶点为，右焦点为，且，其中为原点．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）已知点满足，点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线与以为圆心的圆相切于点，且为线段的中点．求直线的方程．
75．（2020·海南·高考真题）已知椭圆C：过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为 ，
（1）求C的方程；
（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.
76．（2020·山东·统考高考真题）已知抛物线的顶点在坐标原点，椭圆的顶点分别为，，，，其中点为抛物线的焦点，如图所示.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）若过点的直线与抛物线交于，两点，且，求直线的方程.
77．（2021·全国·统考高考真题）已知抛物线的焦点F到准线的距离为2．
（1）求C的方程;
（2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足，求直线斜率的最大值.
78．（2021·全国·统考高考真题）已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是．
79．（2023·北京·统考高考真题）已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，．
(1)求的方程；
(2)设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：．
80．（2022·北京·统考高考真题）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．
81．（2022·天津·统考高考真题）椭圆的右焦点为F、右顶点为A，上顶点为B，且满足．
(1)求椭圆的离心率；
(2)直线l与椭圆有唯一公共点M，与y轴相交于N（N异于M）．记O为坐标原点，若，且的面积为，求椭圆的标准方程．
82．（2023·天津·统考高考真题）设椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．
(1)求椭圆方程及其离心率；
(2)已知点是椭圆上一动点（不与端点重合），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程．
83．（2023·全国·统考高考真题）在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线：（为参数，）.
(1)写出的直角坐标方程；
(2)若直线既与没有公共点，也与没有公共点，求的取值范围.
84．（2020·浙江·统考高考真题）如图，已知椭圆，抛物线，点A是椭圆与抛物线的交点，过点A的直线l交椭圆于点B，交抛物线于M（B，M不同于A）．
（Ⅰ）若，求抛物线的焦点坐标；
（Ⅱ）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．
85．（2020·北京·统考高考真题）已知椭圆过点，且．
（Ⅰ）求椭圆C的方程：
（Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值．
86．（2021·全国·统考高考真题）在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和.
87．（2021·全国·高考真题）抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且．已知点，且与l相切．
（1）求C，的方程；
（2）设是C上的三个点，直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由．
88．（2021·全国·统考高考真题）已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为．
（1）求；
（2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值．
89．（2021·浙江·统考高考真题）如图，已知F是抛物线的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且，
（1）求抛物线的方程；
（2）设过点F的直线交抛物线与A B两点，斜率为2的直线l与直线，x轴依次交于点P，Q，R，N，且，求直线l在x轴上截距的范围.
90．（2021·天津·统考高考真题）已知椭圆的右焦点为，上顶点为，离心率为，且．
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆有唯一的公共点，与轴的正半轴交于点，过与垂直的直线交轴于点．若，求直线的方程．
91．（2022·全国·统考高考真题）已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．
(1)求l的斜率；
(2)若，求的面积．
92．（2022·全国·统考高考真题）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
93．（2022·全国·统考高考真题）设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，．
(1)求C的方程；
(2)设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程．
94．（2022·全国·统考高考真题）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M在上；②；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
95．（2022·浙江·统考高考真题）如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点．
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求的最小值．
96．（2023·全国·统考高考真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上.
97．（2023·全国·统考高考真题）已知椭圆的离心率是，点在上．
(1)求的方程；
(2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．
98．（2023·全国·统考高考真题）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于．
99．（2023·全国·统考高考真题）已知直线与抛物线交于两点，且．
(1)求；
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，，求面积的最小值．
100．（2020·山东·统考高考真题）已知椭圆C：的离心率为，且过点．
（1）求的方程：
（2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．
参考答案：
1．D
【分析】本题可根据直线的斜率和截距得出、，即可得出结果.
【详解】结合图像易知，，，
则角是第四象限角，
故选：D.
2．D
【分析】设对称的直线方程上的一点的坐标为,则其关于点对称的点的坐标为，代入已知直线即可求得结果.
【详解】设对称的直线方程上的一点的坐标为，
则其关于点对称的点的坐标为，
因为点在直线上，
所以即.
故选：D.
3．B
【分析】圆的圆心为，半径为，得到圆方程.
【详解】根据题意知圆心为，半径为，故圆方程为：.
故选：B.
4．B
【分析】根据椭圆中的关系即可求解.
【详解】椭圆的长轴长为10，焦距为8，
所以，，可得，，
所以，可得，
所以该椭圆的短轴长，
故选：B.
5．B
【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点的横坐标，进而求得点坐标，即可得到答案.
【详解】由题意得，，则，
即点到准线的距离为2，所以点的横坐标为，
不妨设点在轴上方，代入得，，
所以.
故选：B
6．A
【分析】求出圆心的轨迹方程后，根据圆心到原点的距离减去半径1可得答案.
【详解】设圆心，则，
化简得，
所以圆心的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，
所以，所以，
当且仅当在线段上时取得等号，
故选：A.
【点睛】本题考查了圆的标准方程，属于基础题.
7．B
【分析】依据题意不妨作出焦点在轴上的开口向右的抛物线，根据垂直平分线的定义和抛物线的定义可知，线段的垂直平分线经过点，即求解.
【详解】如图所示： ．
因为线段的垂直平分线上的点到的距离相等，又点在抛物线上，根据定义可知，，所以线段的垂直平分线经过点.
故选：B.
【点睛】本题主要考查抛物线的定义的应用，属于基础题.
8．D
【分析】利用抛物线的定义求解即可.
【详解】因为抛物线的焦点，准线方程为，点在上，
所以到准线的距离为，
又到直线的距离为，
所以，故.
故选：D.
9．A
【分析】设点，由依题意可知，，，再根据两点间的距离公式得到，然后消元，即可利用二次函数的性质求出最大值．
【详解】设点，因为，，所以
，
而，所以当时，的最大值为．
故选：A．
【点睛】本题解题关键是熟悉椭圆的简单几何性质，由两点间的距离公式，并利用消元思想以及二次函数的性质即可解出．易错点是容易误认为短轴的相对端点是椭圆上到上定点B最远的点，或者认为是椭圆的长轴的端点到短轴的端点距离最大，这些认识是错误的，要注意将距离的平方表示为二次函数后，自变量的取值范围是一个闭区间，而不是全体实数上求最值.．
10．A
【分析】根据双曲线的定义及条件，表示出，结合余弦定理可得答案.
【详解】因为，由双曲线的定义可得，
所以，；
因为,由余弦定理可得，
整理可得，所以，即.
故选：A
【点睛】关键点睛：双曲线的定义是入手点，利用余弦定理建立间的等量关系是求解的关键.
11．A
【分析】首先确定渐近线方程，然后利用点到直线距离公式求得点到一条渐近线的距离即可.
【详解】由题意可知，双曲线的渐近线方程为：，即，
结合对称性，不妨考虑点到直线的距离：.
故选：A.
12．B
【分析】分析可得，再将点代入双曲线的方程，求出的值，即可得出双曲线的标准方程.
【详解】，则，，则双曲线的方程为，
将点的坐标代入双曲线的方程可得，解得，故，
因此，双曲线的方程为.
故选：B
13．C
【分析】先求得圆心到直线距离，即可表示出弦长，根据弦长最小值得出
【详解】由题可得圆心为，半径为2，
则圆心到直线的距离，
则弦长为，
则当时，取得最小值为，解得.
故选：C.
14．B
【分析】首先确定抛物线的焦点坐标，然后结合点到直线距离公式可得的值.
【详解】抛物线的焦点坐标为，
其到直线的距离：，
解得：(舍去).
故选：B.
15．A
【分析】若直线是圆的对称轴，则直线过圆心，将圆心代入直线计算求解．
【详解】由题可知圆心为，因为直线是圆的对称轴，所以圆心在直线上，即，解得．
故选：A．
16．B
【分析】根据离心率及，解得关于的等量关系式，即可得解.
【详解】解：因为离心率，解得，，
分别为C的左右顶点，则，
B为上顶点，所以.
所以，因为
所以，将代入，解得，
故椭圆的方程为.
故选：B.
17．A
【分析】根据给定的椭圆方程，结合离心率的意义列式计算作答.
【详解】由，得，因此，而，所以.
故选：A
18．B
【分析】方法一：根据焦点三角形面积公式求出的面积，即可解出；
方法二：根据椭圆的定义以及勾股定理即可解出．
【详解】方法一：因为，所以，
从而，所以．
故选：B.
方法二：
因为，所以，由椭圆方程可知，，
所以，又，平方得：
，所以．
故选：B.
19．C
【分析】根据题意分析区域的几何意义，结合几何概型运算求解.
【详解】因为区域表示以圆心，外圆半径，内圆半径的圆环，
则直线的倾斜角不大于的部分如阴影所示，在第一象限部分对应的圆心角，
结合对称性可得所求概率.
故选：C.
20．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．
21．C
【分析】本题通过利用椭圆定义得到，借助基本不等式即可得到答案．
【详解】由题，，则，
所以（当且仅当时，等号成立）．
故选：C．
【点睛】
22．C
【分析】设，由，根据两点间的距离公式表示出 ，分类讨论求出的最大值，再构建齐次不等式，解出即可．
【详解】设，由，因为 ，，所以
，
因为，当，即 时，，即 ，符合题意，由可得，即 ；
当，即时， ，即，化简得， ，显然该不等式不成立．
故选：C．
【点睛】本题解题关键是如何求出的最大值，利用二次函数求指定区间上的最值，要根据定义域讨论函数的单调性从而确定最值．
23．A
【分析】设公共焦点为，进而可得准线为，代入双曲线及渐近线方程，结合线段长度比值可得，再由双曲线离心率公式即可得解.
【详解】设双曲线与抛物线的公共焦点为，
则抛物线的准线为，
令，则，解得，所以,
又因为双曲线的渐近线方程为，所以，
所以，即，所以，
所以双曲线的离心率.
故选：A.
24．B
【分析】求出以为球心，5为半径的球与底面的截面圆的半径后可求区域的面积.
【详解】
设顶点在底面上的投影为，连接，则为三角形的中心，
且，故.
因为，故，
故的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，
而三角形内切圆的圆心为，半径为，
故的轨迹圆在三角形内部，故其面积为
故选：B
25．A
【分析】设，则，根据斜率公式结合题意可得，再根据，将用表示，整理，再结合离心率公式即可得解.
【详解】[方法一]：设而不求
设，则
则由得：，
由，得，
所以，即，
所以椭圆的离心率，故选A.
[方法二]：第三定义
设右端点为B，连接PB，由椭圆的对称性知：
故，
由椭圆第三定义得：，
故
所以椭圆的离心率，故选A.
26．D
【分析】先由点到直线的距离公式求出，设，由得到，.再由三角形的面积公式得到，从而得到，则可得到，解出，代入双曲线的方程即可得到答案.
【详解】如图，
因为，不妨设渐近线方程为，即，
所以，
所以.
设,则，所以，所以.
因为,所以，所以，所以，
所以，
因为，
所以，
所以，解得，
所以双曲线的方程为
故选：D
27．D
【分析】设，则可得关于的方程，求出其解后可得正确的选项.
【详解】设，则，
依题意，有，且，
所以，故，
故选：D
28．C
【分析】由已知可得出的值，求出点的坐标，分析可得，由此可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出双曲线的标准方程.
【详解】抛物线的准线方程为，则，则、，
不妨设点为第二象限内的点，联立，可得，即点，
因为且，则为等腰直角三角形，
且，即，可得，
所以，，解得，因此，双曲线的标准方程为.
故选：C.
29．B
【分析】方法一：根据切线的性质求切线长，结合倍角公式运算求解；方法二：根据切线的性质求切线长，结合余弦定理运算求解；方法三：根据切线结合点到直线的距离公式可得，利用韦达定理结合夹角公式运算求解.
【详解】方法一：因为，即，可得圆心，半径，
过点作圆C的切线，切点为，
因为，则，
可得，
则，
，
即为钝角，
所以；
法二：圆的圆心，半径，
过点作圆C的切线，切点为，连接，
可得，则，
因为
且，则，
即，解得，
即为钝角，则，
且为锐角，所以；
方法三：圆的圆心，半径，
若切线斜率不存在，则切线方程为，则圆心到切点的距离，不合题意；
若切线斜率存在，设切线方程为，即，
则，整理得，且
设两切线斜率分别为，则，
可得，
所以，即，可得，
则，
且，则，解得.
故选：B.
30．D
【分析】根据离心率得出双曲线渐近线方程，再由圆心到直线的距离及圆半径可求弦长.
【详解】由，则，
解得，
所以双曲线的一条渐近线不妨取，
则圆心到渐近线的距离，
所以弦长.
故选：D
31．B
【分析】方法一：根据焦点三角形面积公式求出的面积，即可得到点的坐标，从而得出的值；
方法二：利用椭圆的定义以及余弦定理求出，再结合中线的向量公式以及数量积即可求出；
方法三：利用椭圆的定义以及余弦定理求出，即可根据中线定理求出．
【详解】方法一：设，所以，
由，解得：，
由椭圆方程可知，，
所以，，解得：，
即，因此．
故选：B．
方法二：因为①，，
即②，联立①②，
解得：，
而，所以，
即．
故选：B．
方法三：因为①，，
即②，联立①②，解得：，
由中线定理可知，，易知，解得：．
故选：B．
【点睛】本题根据求解的目标可以选择利用椭圆中的二级结论焦点三角形的面积公式快速解出，也可以常规利用定义结合余弦定理，以及向量的数量积解决中线问题的方式解决，还可以直接用中线定理解决，难度不是很大．
32．C
【分析】法一：令，利用判别式法即可；法二：通过整理得，利用三角换元法即可，法三：整理出圆的方程，设，利用圆心到直线的距离小于等于半径即可.
【详解】法一：令，则，
代入原式化简得，
因为存在实数，则，即，
化简得，解得，
故 的最大值是，
法二：，整理得，
令，，其中，
则，
，所以，则，即时，取得最大值，
法三：由可得，
设，则圆心到直线的距离，
解得
故选：C.
33．D
【分析】根据点差法分析可得，对于A、B、D：通过联立方程判断交点个数，逐项分析判断；对于C：结合双曲线的渐近线分析判断.
【详解】设，则的中点，
可得，
因为在双曲线上，则，两式相减得，
所以.
对于选项A： 可得，则，
联立方程，消去y得，
此时，
所以直线AB与双曲线没有交点，故A错误；
对于选项B：可得，则，
联立方程，消去y得，
此时，
所以直线AB与双曲线没有交点，故B错误；
对于选项C：可得，则
由双曲线方程可得，则为双曲线的渐近线，
所以直线AB与双曲线没有交点，故C错误；
对于选项D：，则，
联立方程，消去y得，
此时，故直线AB与双曲线有交两个交点，故D正确；
故选：D.
34．C
【分析】首先联立直线方程与椭圆方程，利用，求出范围，再根据三角形面积比得到关于的方程，解出即可.
【详解】将直线与椭圆联立，消去可得，
因为直线与椭圆相交于点，则，解得，
设到的距离到距离，易知，
则，，
，解得或（舍去），
故选：C.
35．C
【分析】首先利用等比数列得到等式，然后对所得的等式进行恒等变形即可确定其轨迹方程.
【详解】由题意得，即，
对其进行整理变形：
，
，
，
，
所以或，
其中为双曲线，为直线.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查轨迹方程，关键之处在于由题意对所得的等式进行恒等变形，提现了核心素养中的逻辑推理素养和数学运算素养，属于中等题.
36．ABD
【分析】转化点与圆、点与直线的位置关系为的大小关系，结合点到直线的距离及直线与圆的位置关系即可得解.
【详解】圆心到直线l的距离，
若点在圆C上，则，所以，
则直线l与圆C相切，故A正确；
若点在圆C内，则，所以，
则直线l与圆C相离，故B正确；
若点在圆C外，则，所以，
则直线l与圆C相交，故C错误；
若点在直线l上，则即，
所以，直线l与圆C相切，故D正确.
故选：ABD.
37．ACD
【分析】计算出圆心到直线的距离，可得出点到直线的距离的取值范围，可判断AB选项的正误；分析可知，当最大或最小时，与圆相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误.
【详解】圆的圆心为，半径为，
直线的方程为，即，
圆心到直线的距离为，
所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，A选项正确，B选项错误；
如下图所示：
当最大或最小时，与圆相切，连接、，可知，
，，由勾股定理可得，CD选项正确.
故选：ACD.
【点睛】结论点睛：若直线与半径为的圆相离，圆心到直线的距离为，则圆上一点到直线的距离的取值范围是.
38．BCD
【分析】求出抛物线方程可判断A，联立AB与抛物线的方程求交点可判断B，利用距离公式及弦长公式可判断C、D.
【详解】将点的代入抛物线方程得，所以抛物线方程为，故准线方程为，A错误；
，所以直线的方程为，
联立，可得，解得，故B正确；
设过的直线为，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，
所以，直线的斜率存在，设其方程为，，
联立，得，
所以，所以或，，
又，，
所以，故C正确；
因为，，
所以，而，故D正确.
故选：BCD
39．AC
【分析】依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，利用正弦定理结合三角变换、双曲线的定义得到或，即可得解，注意就在双支上还是在单支上分类讨论.
【详解】[方法一]：几何法，双曲线定义的应用
情况一
M、N在双曲线的同一支，依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为B，
所以，因为，所以在双曲线的左支，
，， ，设，由即，则，
选A
情况二
若M、N在双曲线的两支，因为，所以在双曲线的右支，
所以，， ，设，
由，即，则，
所以，即，
所以双曲线的离心率
选C
[方法二]：答案回代法
特值双曲线
，
过且与圆相切的一条直线为，
两交点都在左支,，
，
则，
特值双曲线，
过且与圆相切的一条直线为，
两交点在左右两支，在右支，，
，
则，
[方法三]：
依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，
若分别在左右支，
因为，且，所以在双曲线的右支，
又，，，
设，，
在中，有，
故即，
所以，
而，，，故，
代入整理得到，即，
所以双曲线的离心率
若均在左支上，
同理有，其中为钝角，故，
故即，
代入，，，整理得到：，
故，故，
故选：AC.
40．ACD
【分析】由及抛物线方程求得，再由斜率公式即可判断A选项；表示出直线的方程，联立抛物线求得，即可求出判断B选项；由抛物线的定义求出即可判断C选项；由，求得，为钝角即可判断D选项.
【详解】对于A，易得，由可得点在的垂直平分线上，则点横坐标为，
代入抛物线可得，则，则直线的斜率为，A正确；
对于B，由斜率为可得直线的方程为，联立抛物线方程得，
设，则，则，代入抛物线得，解得，则，
则，B错误；
对于C，由抛物线定义知：，C正确；
对于D，，则为钝角，
又，则为钝角，
又，则，D正确.
故选：ACD.
41．AC
【分析】先求得焦点坐标，从而求得，根据弦长公式求得，根据圆与等腰三角形的知识确定正确答案.
【详解】A选项：直线过点，所以抛物线的焦点，
所以，则A选项正确，且抛物线的方程为.
B选项：设，
由消去并化简得，
解得，所以，B选项错误.
C选项：设的中点为，到直线的距离分别为，
因为，
即到直线的距离等于的一半，所以以为直径的圆与直线相切，C选项正确.
D选项：直线，即，
到直线的距离为，
所以三角形的面积为，
由上述分析可知，
所以，
所以三角形不是等腰三角形，D选项错误.
故选：AC.
42．ACD
【分析】结合选项进行逐项分析求解，时表示椭圆，时表示圆，时表示双曲线，时表示两条直线.
【详解】对于A，若，则可化为，
因为，所以，
即曲线表示焦点在轴上的椭圆，故A正确；
对于B，若，则可化为，
此时曲线表示圆心在原点，半径为的圆，故B不正确；
对于C，若，则可化为，
此时曲线表示双曲线，
由可得，故C正确；
对于D，若，则可化为，
，此时曲线表示平行于轴的两条直线，故D正确；
故选：ACD.
【点睛】本题主要考查曲线方程的特征，熟知常见曲线方程之间的区别是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.
43．
【分析】由题意首先求得抛物线的标准方程，然后由抛物线方程可得抛物线的准线方程为，最后利用点的坐标和准线方程计算点到的准线的距离即可.
【详解】由题意可得：，则，抛物线的方程为，
准线方程为，点到的准线的距离为.
故答案为：.
44．
【分析】根据双曲线的标准方程可得出双曲线的右焦点坐标，并求得双曲线的渐近线方程，利用点到直线的距离公式可求得双曲线的焦点到渐近线的距离.
【详解】在双曲线中，，，则，则双曲线的右焦点坐标为，
双曲线的渐近线方程为，即，
所以，双曲线的焦点到其渐近线的距离为.
故答案为：；.
【点睛】本题考查根据双曲线的标准方程求双曲线的焦点坐标以及焦点到渐近线的距离，考查计算能力，属于基础题.
45．5
【分析】根据圆的方程得到圆心坐标和半径，由点到直线的距离公式可求出圆心到直线的距离，进而利用弦长公式，即可求得．
【详解】因为圆心到直线的距离，
由可得，解得．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查圆的弦长问题，涉及圆的标准方程和点到直线的距离公式，属于基础题．
46．（中任意一个皆可以）
【分析】根据直线与圆的位置关系，求出弦长，以及点到直线的距离，结合面积公式即可解出．
【详解】设点到直线的距离为，由弦长公式得，
所以，解得：或，
由，所以或，解得：或．
故答案为：（中任意一个皆可以）．
47．
【分析】先用坐标表示，再根据向量垂直坐标表示列方程，解得，即得结果.
【详解】抛物线： ()的焦点,
∵P为上一点，与轴垂直，
所以P的横坐标为，代入抛物线方程求得P的纵坐标为,
不妨设,
因为Q为轴上一点，且，所以Q在F的右侧，
又，
因为，所以,
，
所以的准线方程为
故答案为：.
【点睛】利用向量数量积处理垂直关系是本题关键.
48．
【分析】先求出右焦点坐标，再利用点到直线的距离公式求解.
【详解】由已知，，所以双曲线的右焦点为，
所以右焦点到直线的距离为.
故答案为：
49．
【分析】根据已知可得，设，利用勾股定理结合，求出，四边形面积等于，即可求解.
【详解】因为为上关于坐标原点对称的两点，
且，所以四边形为矩形，
设，则，
所以，
，即四边形面积等于.
故答案为：.
50．4
【分析】将渐近线方程化成斜截式，得出的关系，再结合双曲线中对应关系，联立求解，再由关系式求得，即可求解.
【详解】由渐近线方程化简得，即，同时平方得，又双曲线中，故，解得（舍去），，故焦距.
故答案为：4.
【点睛】本题为基础题，考查由渐近线求解双曲线中参数，焦距，正确计算并联立关系式求解是关键.
51．
【分析】根据给定条件，求出双曲线的实半轴、虚半轴长，再写出的方程作答.
【详解】令双曲线的实半轴、虚半轴长分别为，显然双曲线的中心为原点，焦点在x轴上，其半焦距，
由双曲线的离心率为，得，解得，则，
所以双曲线的方程为.
故答案为：
52．
【分析】不妨假设，根据图形可知，，再根据同角三角函数基本关系即可求出；再根据椭圆的定义求出，即可求得离心率．
【详解】
如图所示：不妨假设，设切点为，
，
所以, 由，所以，，
于是，即，所以．
故答案为：；．
53． 5
【分析】根据焦半径公式可求的横坐标，求出纵坐标后可求.
【详解】因为抛物线的方程为，故且.
因为，，解得，故，
所以，
故答案为：5；.
54．
【分析】设直线的方程为，则点，利用直线与圆相切求出的值，求出，利用勾股定理可求得.
【详解】设直线的方程为，则点，
由于直线与圆相切，且圆心为，半径为，
则，解得或，所以，
因为，故.
故答案为：.
55．
【分析】根据离心率得出，结合得出关系，即可求出双曲线的渐近线方程.
【详解】解：由题可知，离心率，即，
又，即，则，
故此双曲线的渐近线方程为.
故答案为：.
56．
【分析】首先可得，即可得到双曲线的标准方程，从而得到、，再跟渐近线方程得到方程，解得即可；
【详解】解：对于双曲线，所以，即双曲线的标准方程为，
则，，又双曲线的渐近线方程为，
所以，即，解得；
故答案为：
57．或或或．
【分析】方法一：设圆的方程为，根据所选点的坐标，得到方程组，解得即可；
【详解】[方法一]：圆的一般方程
依题意设圆的方程为，
（1）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（2）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（3）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（4）若过，，，则，解得，所以圆的方程为，即；
故答案为：或 或 或．
[方法二]：【最优解】圆的标准方程（三点中的两条中垂线的交点为圆心）
设
（1）若圆过三点，圆心在直线，设圆心坐标为，
则，所以圆的方程为；
（2）若圆过三点， 设圆心坐标为，则，所以圆的方程为；
（3）若圆过 三点，则线段的中垂线方程为，线段 的中垂线方程 为，联立得 ，所以圆的方程为；
（4）若圆过三点，则线段的中垂线方程为， 线段中垂线方程为 ，联立得，所以圆的方程为．
故答案为：或 或 或．
【整体点评】方法一；利用圆过三个点，设圆的一般方程，解三元一次方程组，思想简单，运算稍繁；
方法二；利用圆的几何性质，先求出圆心再求半径，运算稍简洁，是该题的最优解．
58．
【分析】首先求出双曲线的渐近线方程，再将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，依题意圆心到直线的距离等于圆的半径，即可得到方程，解得即可．
【详解】解：双曲线的渐近线为，即，
不妨取，圆，即，所以圆心为，半径，
依题意圆心到渐近线的距离，
解得或（舍去）．
故答案为：．
59．
【分析】设出点M的坐标，利用和均在上，求得圆心及半径，即可得圆的方程.
【详解】[方法一]：三点共圆
∵点M在直线上，
∴设点M为，又因为点和均在上，
∴点M到两点的距离相等且为半径R，
∴，
，解得，
∴，，
的方程为.
故答案为：
[方法二]：圆的几何性质
由题可知，M是以（3，0）和（0，1）为端点的线段垂直平分线 y=3x-4与直线的交点(1,-1)., 的方程为.
故答案为：
60．2（满足皆可）
【分析】根据题干信息，只需双曲线渐近线中即可求得满足要求的e值.
【详解】解：，所以C的渐近线方程为,
结合渐近线的特点，只需，即，
可满足条件“直线与C无公共点”
所以，
又因为，所以，
故答案为：2（满足皆可）
61．
【分析】首先求出点关于对称点的坐标，即可得到直线的方程，根据圆心到直线的距离小于等于半径得到不等式，解得即可；
【详解】解：关于对称的点的坐标为，在直线上，
所以所在直线即为直线，所以直线为，即；
圆，圆心，半径，
依题意圆心到直线的距离，
即，解得，即；
故答案为：
62．
【分析】根据圆和曲线关于轴对称，不妨设切线方程为，，即可根据直线与圆的位置关系，直线与抛物线的位置关系解出．
【详解】易知圆和曲线关于轴对称，不妨设切线方程为，，
所以，解得：，由解得：或，
所以，解得：．
当时，同理可得．
故答案为：．
63．
【分析】联立直线和渐近线方程，可求出点，再根据可求得点，最后根据点在双曲线上，即可解出离心率．
【详解】过且斜率为的直线，渐近线，
联立，得，由，得
而点在双曲线上，于是，解得：，所以离心率.
故答案为：．
64．
【分析】计算出圆心到直线的距离，利用勾股定理可得出关于的等式，即可解得的值.
【详解】圆的圆心坐标为，半径为，
圆心到直线的距离为，
由勾股定理可得，因为，解得.
故答案为：.
65．
【分析】由直线与两圆相切建立关于k，b的方程组，解方程组即可.
【详解】设，，由题意，到直线的距离等于半径，即，，
所以，所以（舍）或者，
解得.
故答案为：
【点晴】本题主要考查直线与圆的位置关系，考查学生的数学运算能力，是一道基础题.
66．
【分析】利用抛物线的性质，得到M的坐标，再带入到双曲线方程中，即可求解.
【详解】由题意知：
抛物线方程为：
在抛物线上，所以
在双曲线上，
，又，
故答案为：
67．
【分析】结合导数的几何意义可得，结合直线方程及两点间距离公式可得，，化简即可得解.
【详解】由题意，，则，
所以点和点，,
所以，
所以，
所以，
同理,
所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：
解决本题的关键是利用导数的几何意义转化条件，消去一个变量后，运算即可得解.
68．13
【分析】利用离心率得到椭圆的方程为，根据离心率得到直线的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线的斜率，写出直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，利用弦长公式求得，得，根据对称性将的周长转化为的周长，利用椭圆的定义得到周长为.
【详解】∵椭圆的离心率为，∴，∴，∴椭圆的方程为，不妨设左焦点为，右焦点为，如图所示，∵，∴，∴为正三角形，∵过且垂直于的直线与C交于D，E两点，为线段的垂直平分线，∴直线的斜率为，斜率倒数为， 直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，
判别式，
∴，
∴ ， 得，
∵为线段的垂直平分线，根据对称性，，∴的周长等于的周长，利用椭圆的定义得到周长为.
故答案为：13.
69．或或
【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可.
【详解】[方法一]：
显然直线的斜率不为0，不妨设直线方程为，
于是，
故①，于是或，
再结合①解得或或，
所以直线方程有三条，分别为，，
填一条即可
[方法二]：
设圆的圆心，半径为，
圆的圆心，半径，
则，因此两圆外切，
由图像可知，共有三条直线符合条件，显然符合题意；
又由方程和相减可得方程，
即为过两圆公共切点的切线方程，
又易知两圆圆心所在直线OC的方程为，
直线OC与直线的交点为，
设过该点的直线为，则，解得，
从而该切线的方程为填一条即可
[方法三]：
圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为，
两圆圆心距为，等于两圆半径之和，故两圆外切，
如图，
当切线为l时，因为，所以，设方程为
O到l的距离，解得，所以l的方程为，
当切线为m时，设直线方程为，其中，，
由题意，解得，
当切线为n时，易知切线方程为，
故答案为：或或.
70．
【分析】令的中点为，设，，利用点差法得到，设直线，，，求出、的坐标，再根据求出、，即可得解；
【详解】[方法一]：弦中点问题：点差法
令的中点为，设，，利用点差法得到，
设直线，，，求出、的坐标，
再根据求出、，即可得解；
解：令的中点为，因为，所以，
设，，则，，
所以，即
所以，即，设直线，，，
令得，令得，即，，
所以，
即，解得或（舍去），
又，即，解得或（舍去），
所以直线，即；
故答案为：
[方法二]：直线与圆锥曲线相交的常规方法
解：由题意知，点既为线段的中点又是线段MN的中点，
设，，设直线，，，
则，，，因为，所以
联立直线AB与椭圆方程得消掉y得
其中，
∴AB中点E的横坐标,又，∴
∵，，∴,又，解得m=2
所以直线，即
71．/
【分析】方法一：利用双曲线的定义与向量数积的几何意义得到关于的表达式，从而利用勾股定理求得，进而利用余弦定理得到的齐次方程，从而得解.
方法二：依题意设出各点坐标，从而由向量坐标运算求得，，将点代入双曲线得到关于的齐次方程，从而得解；
【详解】方法一：
依题意，设，则，
在中，，则，故或（舍去），
所以，，则，
故，
所以在中，，整理得，
故.
方法二:
依题意，得，令，
因为，所以，则，
又，所以，则，
又点在上，则，整理得，则，
所以，即，
整理得，则，解得或，
又，所以或（舍去），故.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：双曲线过焦点的三角形的解决关键是充分利用双曲线的定义，结合勾股定理与余弦定理得到关于的齐次方程，从而得解.
72．（1），（为参数）；
（2）和．
【分析】（1）直接利用圆心及半径可得的圆的参数方程；
（2）先求得过（4，1）的圆的切线方程，再利用极坐标与直角坐标互化公式化简即可.
【详解】（1）由题意，的普通方程为，
所以的参数方程为，（为参数）
（2）[方法一]：直角坐标系方法
①当直线的斜率不存在时，直线方程为，此时圆心到直线的距离为，故舍去．
②当切线斜率存在时，设其方程为，即．
故，即，解得．
所以切线方程为或．
两条切线的极坐标方程分别为和．
即和．
[方法二]【最优解】：定义求斜率法
如图所示，过点F作的两条切线，切点分别为A，B．
在中，，又轴，所以两条切线的斜率分别和．
故切线的方程为，，这两条切线的极坐标方程为和．
即和．
【整体点评】（2）
方法一：直角坐标系中直线与圆相切的条件求得切线方程，再转化为极坐标方程，
方法二：直接根据倾斜角求得切线的斜率，得到切线的直角坐标方程，然后转化为极坐标方程,在本题中巧妙的利用已知圆和点的特殊性求解，计算尤其简洁，为最优解.
73．(1)；
(2)的交点坐标为，，的交点坐标为，．
【分析】(1)消去，即可得到的普通方程；
(2)将曲线的方程化成普通方程，联立求解即解出．
【详解】（1）因为，，所以，即的普通方程为．
（2）因为，所以，即的普通方程为，
由，即的普通方程为．
联立，解得：或，即交点坐标为，；
联立，解得：或，即交点坐标为，．
74．（Ⅰ）；（Ⅱ），或．
【分析】（Ⅰ）根据题意，并借助，即可求出椭圆的方程；
（Ⅱ）利用直线与圆相切，得到，设出直线的方程，并与椭圆方程联立，求出点坐标，进而求出点坐标，再根据，求出直线的斜率，从而得解.
【详解】（Ⅰ）椭圆的一个顶点为，
，
由，得，
又由，得，
所以，椭圆的方程为；
（Ⅱ）直线与以为圆心的圆相切于点，所以，
根据题意可知，直线和直线的斜率均存在，
设直线的斜率为，则直线的方程为，即，
，消去，可得，解得或.
将代入，得，
所以，点的坐标为，
因为为线段的中点，点的坐标为，
所以点的坐标为，
由，得点的坐标为，
所以，直线的斜率为，
又因为，所以，
整理得，解得或.
所以，直线的方程为或.
【点睛】本题考查了椭圆标准方程的求解、直线与椭圆的位置关系、直线与圆的位置关系、中点坐标公式以及直线垂直关系的应用，考查学生的运算求解能力，属于中档题.当看到题目中出现直线与圆锥曲线位置关系的问题时，要想到联立直线与圆锥曲线的方程.
75．（1）；（2）18.
【分析】(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；
(2)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定点N到直线AM的距离即可求得三角形面积的最大值.
【详解】(1)由题意可知直线AM的方程为：，即.
当y=0时，解得，所以a=4，
椭圆过点M(2，3)，可得，
解得b2=12.
所以C的方程：.
(2)设与直线AM平行的直线方程为：，
如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.
联立直线方程与椭圆方程，
可得：，
化简可得：，
所以，即m2=64，解得m=±8，
与AM距离比较远的直线方程：，
直线AM方程为：，
点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，
利用平行线之间的距离公式可得：，
由两点之间距离公式可得.
所以△AMN的面积的最大值：.
【点睛】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．
76．（1）；（2）.
【分析】（1）根据抛物线的焦点，求抛物线方程；（2）首先设出直线的方程为，与抛物线方程联立，并利用韦达定理表示，并利用，求直线的斜率，验证后，即可得到直线方程.
【详解】解：（1）由椭圆可知，，
所以，，则，
因为抛物线的焦点为，可设抛物线方程为，
所以，即.
所以抛物线的标准方程为.
（2）由椭圆可知，，
若直线无斜率，则其方程为，经检验，不符合要求.
所以直线的斜率存在，设为，直线过点，
则直线的方程为，
设点，，
联立方程组，
消去，得.①
因为直线与抛物线有两个交点，
所以，即，
解得，且.
由①可知，
所以，
则，
因为，且，
所以，
解得或，
因为，且，
所以不符合题意，舍去，
所以直线的方程为，
即.
77．（1）；（2）最大值为.
【分析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解；
（2）设，由平面向量的知识可得，进而可得，再由斜率公式及基本不等式即可得解.
【详解】（1）抛物线的焦点，准线方程为，
由题意，该抛物线焦点到准线的距离为，
所以该抛物线的方程为；
（2）[方法一]：轨迹方程+基本不等式法
设，则，
所以，
由在抛物线上可得，即，
据此整理可得点的轨迹方程为，
所以直线的斜率，
当时，；
当时，，
当时，因为，
此时，当且仅当，即时，等号成立；
当时，；
综上，直线的斜率的最大值为.
[方法二]：【最优解】轨迹方程+数形结合法
同方法一得到点Q的轨迹方程为．
设直线的方程为，则当直线与抛物线相切时，其斜率k取到最值．联立得，其判别式，解得，所以直线斜率的最大值为．
[方法三]：轨迹方程+换元求最值法
同方法一得点Q的轨迹方程为．
设直线的斜率为k，则．
令，则的对称轴为，所以．故直线斜率的最大值为．
[方法四]：参数+基本不等式法
由题可设．
因为，所以．
于是，所以
则直线的斜率为．
当且仅当，即时等号成立，所以直线斜率的最大值为．
【整体点评】方法一根据向量关系，利用代点法求得Q的轨迹方程，得到直线OQ的斜率关于的表达式，然后利用分类讨论，结合基本不等式求得最大值；
方法二 同方法一得到点Q的轨迹方程，然后利用数形结合法，利用判别式求得直线OQ的斜率的最大值，为最优解；
方法三同方法一求得Q的轨迹方程，得到直线的斜率k的平方关于的表达式，利用换元方法转化为二次函数求得最大值，进而得到直线斜率的最大值；
方法四利用参数法，由题可设，求得x,y关于的参数表达式，得到直线的斜率关于的表达式，结合使用基本不等式，求得直线斜率的最大值.
78．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解；
（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；
充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解.
【详解】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，
又，所以椭圆方程为；
（2）由（1）得，曲线为，
当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；
当直线的斜率存在时，设，
必要性：
若M，N，F三点共线，可设直线即，
由直线与曲线相切可得，解得，
联立可得，所以，
所以,
所以必要性成立；
充分性：设直线即，
由直线与曲线相切可得，所以，
联立可得，
所以，
所以
，
化简得，所以，
所以或，所以直线或，
所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；
所以M，N，F三点共线的充要条件是．
【点睛】关键点点睛：
解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重.
79．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）结合题意得到，，再结合，解之即可；
（2）依题意求得直线、与的方程，从而求得点的坐标，进而求得，再根据题意求得，得到，由此得解.
【详解】（1）依题意，得，则，
又分别为椭圆上下顶点，，所以，即，
所以，即，则，
所以椭圆的方程为.
（2）因为椭圆的方程为，所以，
因为为第一象限上的动点，设，则，
易得，则直线的方程为，
，则直线的方程为，
联立，解得，即，
而，则直线的方程为，
令，则，解得，即，
又，则，，
所以
，
又，即，
显然，与不重合，所以.
80．(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
81．(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的等量关系，由此可求得该椭圆的离心率的值；
（2）由（1）可知椭圆的方程为，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆方程联立，由可得出，求出点的坐标，利用三角形的面积公式以及已知条件可求得的值，即可得出椭圆的方程.
【详解】（1）解：，
离心率为.
（2）解：由（1）可知椭圆的方程为，
易知直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立得，
由，①
，，
由可得，②
由可得，③
联立①②③可得，，，故椭圆的标准方程为．
82．(1)椭圆的方程为，离心率为.
(2).
【分析】（1）由解得，从而求出，代入椭圆方程即可求方程，再代入离心率公式即求离心率.
（2）先设直线的方程，与椭圆方程联立，消去，再由韦达定理可得，从而得到点和点坐标.由得，即可得到关于的方程，解出，代入直线的方程即可得到答案.
【详解】（1）如图，
由题意得，解得，所以，
所以椭圆的方程为，离心率为.
（2）由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得，
设直线的方程为，
联立方程组，消去整理得：，
由韦达定理得，所以，
所以，.
所以,,，
所以，
所以，即，
解得，所以直线的方程为.
83．(1)
(2)
【分析】（1）根据极坐标与直角坐标之间的转化运算求解，注意的取值范围；
（2）根据曲线的方程，结合图形通过平移直线分析相应的临界位置，结合点到直线的距离公式运算求解即可.
【详解】（1）因为，即，可得，
整理得，表示以为圆心，半径为1的圆，
又因为，
且，则，则，
故.
（2）因为（为参数，），
整理得，表示圆心为，半径为2，且位于第二象限的圆弧，
如图所示，若直线过，则，解得；
若直线，即与相切，则，解得，
若直线与均没有公共点，则或，
即实数的取值范围.
【点睛】
84．（Ⅰ）；（Ⅱ）
【分析】（Ⅰ）求出抛物线标准方程，从而可得答案；
（Ⅱ）方法一使用韦达定理、中点公式和解方程法分别求得关于的表达式，得到关于的方程，利用基本不等式消去参数，得到关于的不等式，求解得到的最大值；方法二利用韦达定理和中点公式求得的坐标关于的表达式，根据点在椭圆上，得到关于关于的函数表达式，利用基本不等式和二次函数的性质得解，运算简洁，为最优解；方法三利用点差法得到．根据判别式大于零，得到不等式，通过解方程组求得，代入求解得到的最大值；方法四利用抛物线的参数方程设出点的参数坐标，利用斜率关系求得的坐标关于的表达式．作换元，利用点A在椭圆上，得到，然后利用二次函数的性质求得的最大值
【详解】（Ⅰ）当时，的方程为，故抛物线的焦点坐标为；
（Ⅱ）[方法一]：韦达定理基本不等式法
设，
由，
，
由在抛物线上，所以，
又，
，，
.
由即
，
所以，，，
所以，的最大值为，此时.
[方法二]【最优解】：
设直线，.
将直线的方程代入椭圆得：，
所以点的纵坐标为.
将直线的方程代入抛物线得：，
所以，解得，因此，
由解得，
所以当时，取到最大值为.
[方法三] ：点差和判别式法
设，其中．
因为所以．
整理得，所以．
又，
所以，整理得．
因为存在，所以上述关于的二次方程有解，即判别式． ①
由得．
因此，将此式代入①式解得．
当且仅当点M的坐标为时，p的最大值为．
[方法四]：参数法
设，
由，得．
令，则，点A坐标代入椭圆方程中，得．
所以，此时M坐标为．
85．（Ⅰ）；（Ⅱ）1.
【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程；
(Ⅱ)首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线MA,NA的方程确定点P,Q的纵坐标，将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得，从而可得两线段长度的比值.
【详解】(Ⅰ)设椭圆方程为：，由题意可得：
，解得：，
故椭圆方程为：.
(Ⅱ)[方法一]：
设，，直线的方程为：，
与椭圆方程联立可得：，
即：，
则：.
直线MA的方程为：，
令可得：，
同理可得：.
很明显，且，注意到，
，
而
，
故.
从而.
[方法二]【最优解】：几何含义法
①当直线l与x轴重合，不妨设，由平面几何知识得，所以．
②当直线l不与x轴重合时，设直线，由题意，直线l不过和点，所以．设，联立得．由题意知，所以．且．
由题意知直线的斜率存在．．
当时，
．
同理，．所以．
因为，所以．
【整体点评】方法一直接设直线的方程为：，联立方程消去y，利用韦达定理化简求解；方法二先对斜率为零的情况进行特例研究，在斜率不为零的情况下设直线方程为，联立方程消去x，直接利用韦达定理求得P,Q的纵坐标，运算更为简洁，应为最优解法.
86．（1）；（2）.
【分析】(1) 利用双曲线的定义可知轨迹是以点、为左、右焦点双曲线的右支，求出、的值，即可得出轨迹的方程；
(2)方法一：设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与曲线C的方程，结合韦达定理求得直线的斜率，最后化简计算可得的值.
【详解】(1) 因为，
所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支，
设轨迹的方程为，则，可得，，
所以，轨迹的方程为.
（2）[方法一] 【最优解】：直线方程与双曲线方程联立
如图所示，设,
设直线的方程为．
联立,
化简得.
则．
故．
则．
设的方程为，同理．
因为，所以，
化简得，
所以，即．
因为，所以．
[方法二] ：参数方程法
设．设直线的倾斜角为，
则其参数方程为，
联立直线方程与曲线C的方程，
可得，
整理得．
设，
由根与系数的关系得．
设直线的倾斜角为，，
同理可得
由，得．
因为，所以．
由题意分析知．所以，
故直线的斜率与直线的斜率之和为0．
[方法三]：利用圆幂定理
因为，由圆幂定理知A，B，P，Q四点共圆．
设,直线的方程为，
直线的方程为,
则二次曲线．
又由，得过A，B，P，Q四点的二次曲线系方程为：
，
整理可得：
，
其中．
由于A，B，P，Q四点共圆，则xy项的系数为0，即.
【整体点评】(2)方法一：直线方程与二次曲线的方程联立，结合韦达定理处理圆锥曲线问题是最经典的方法，它体现了解析几何的特征，是该题的通性通法，也是最优解；
方法二：参数方程的使用充分利用了参数的几何意义，要求解题过程中对参数有深刻的理解，并能够灵活的应用到题目中.
方法三：圆幂定理的应用更多的提现了几何的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.
87．（1）抛物线，方程为；（2）相切，理由见解析
【分析】（1）根据已知抛物线与相交，可得出抛物线开口向右，设出标准方程，再利用对称性设出坐标，由，即可求出；由圆与直线相切，求出半径，即可得出结论；
（2）方法一：先考虑斜率不存在，根据对称性，即可得出结论；若斜率存在，由三点在抛物线上，将直线斜率分别用纵坐标表示，再由与圆相切，得出与的关系，最后求出点到直线的距离，即可得出结论.
【详解】（1）依题意设抛物线，
，
所以抛物线的方程为，
与相切，所以半径为，
所以的方程为；
（2）[方法一]：设
若斜率不存在，则方程为或，
若方程为，根据对称性不妨设，
则过与圆相切的另一条直线方程为，
此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在，不合题意；
若方程为，根据对称性不妨设
则过与圆相切的直线为，
又，
，此时直线关于轴对称，
所以直线与圆相切；
若直线斜率均存在，
则，
所以直线方程为，
整理得，
同理直线的方程为，
直线的方程为，
与圆相切，
整理得，
与圆相切，同理
所以为方程的两根，
，
到直线的距离为：
，
所以直线与圆相切；
综上若直线与圆相切，则直线与圆相切.
[方法二]【最优解】：设．
当时，同解法1．
当时，直线的方程为，即．
由直线与相切得，化简得，
同理，由直线与相切得．
因为方程同时经过点，所以的直线方程为，点M到直线距离为．
所以直线与相切．
综上所述，若直线与相切，则直线与相切．
【整体点评】第二问关键点：过抛物线上的两点直线斜率只需用其纵坐标（或横坐标）表示，将问题转化为只与纵坐标（或横坐标）有关；法一是要充分利用的对称性，抽象出与关系，把的关系转化为用表示，法二是利用相切等条件得到的直线方程为，利用点到直线距离进行证明，方法二更为简单，开拓学生思路
88．（1）；（2）.
【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于的等式，即可解出的值；
（2）设点、、，利用导数求出直线、，进一步可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值.
【详解】（1）[方法一]：利用二次函数性质求最小值
由题意知，，设圆M上的点，则．
所以．
从而有．
因为，所以当时，．
又，解之得，因此．
[方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最小值
抛物线的焦点为，，
所以，与圆上点的距离的最小值为，解得；
（2）[方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法
抛物线的方程为，即，对该函数求导得，
设点、、，
直线的方程为，即，即，
同理可知，直线的方程为，
由于点为这两条直线的公共点，则，
所以，点A、的坐标满足方程，
所以，直线的方程为，
联立，可得，
由韦达定理可得，，
所以，，
点到直线的距离为，
所以，，
，
由已知可得，所以，当时，的面积取最大值.
[方法二]【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值
同方法一得到．
过P作y轴的平行线交于Q，则．
．
P点在圆M上，则
．
故当时的面积最大，最大值为．
[方法三]：直接设直线AB方程法
设切点A，B的坐标分别为，．
设，联立和抛物线C的方程得整理得．
判别式，即，且．
抛物线C的方程为，即，有．
则，整理得，同理可得．
联立方程可得点P的坐标为，即．
将点P的坐标代入圆M的方程，得，整理得．
由弦长公式得．
点P到直线的距离为．
所以，
其中，即．
当时，．
【整体点评】（1）方法一利用两点间距离公式求得关于圆M上的点的坐标的表达式，进一步转化为关于的表达式，利用二次函数的性质得到最小值，进而求得的值；方法二，利用圆的性质，与圆上点的距离的最小值，简洁明快，为最优解；（2）方法一设点、、，利用导数求得两切线方程，由切点弦方程思想得到直线的坐标满足方程，然手与抛物线方程联立，由韦达定理可得，，利用弦长公式求得的长，进而得到面积关于坐标的表达式，利用圆的方程转化得到关于的二次函数最值问题；方法二，同方法一得到，，过P作y轴的平行线交于Q，则．由求得面积关于坐标的表达式，并利用三角函数换元求得面积最大值，方法灵活，计算简洁，为最优解；方法三直接设直线，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理判别式得到，且．利用点在圆上，求得的关系，然后利用导数求得两切线方程，解方程组求得P的坐标，进而利用弦长公式和点到直线距离公式求得面积关于的函数表达式，然后利用二次函数的性质求得最大值；
89．（1）；（2）.
【分析】（1）求出的值后可求抛物线的方程.
（2）方法一：设，，，联立直线的方程和抛物线的方程后可得，求出直线的方程，联立各直线方程可求出，根据题设条件可得，从而可求的范围.
【详解】（1）因为，故，故抛物线的方程为：.
（2）[方法一]：通式通法
设，，，
所以直线，由题设可得且.
由可得，故，
因为，故，故.
又，由可得，
同理，
由可得，
所以，
整理得到，
故，
令，则且，
故，
故即，
解得或或.
故直线在轴上的截距的范围为或或.
[方法二]：利用焦点弦性质
设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为，由题设可得且．
由得，所以．
因为，
，．
由得．
同理．
由得．
因为，
所以即．
故．
令，则．
所以，解得或或．
故直线在x轴上的截距的范围为．
[方法三]【最优解】：
设，
由三点共线得，即．
所以直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．
设直线的方程为，
则．
所以．
故（其中）．
所以．
因此直线在x轴上的截距为．
【整体点评】本题主要是处理共线的线段长度问题，主要方法是长度转化为坐标.
方法一：主要是用坐标表示直线，利用弦长公式将线段长度关系转为纵坐标关系，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.
方法二：利用焦点弦的性质求得直线的斜率之和为0，再利用线段长度关系即为纵坐标关系，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.
方法三：利用点在抛物线上，巧妙设点坐标，借助于焦点弦的性质求得点横坐标的关系，这样有助于减少变元，再将所求构建出函数关系式，再利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围.
90．（1）；（2）.
【分析】（1）求出的值，结合的值可得出的值，进而可得出椭圆的方程；
（2）设点，分析出直线的方程为，求出点的坐标，根据可得出，求出、的值，即可得出直线的方程.
【详解】（1）易知点、，故，
因为椭圆的离心率为，故，，
因此，椭圆的方程为；
（2）设点为椭圆上一点，
先证明直线的方程为，
联立，消去并整理得，，
因此，椭圆在点处的切线方程为.
在直线的方程中，令，可得，由题意可知，即点，
直线的斜率为，所以，直线的方程为，
在直线的方程中，令，可得，即点，
因为，则，即，整理可得，
所以，，因为，，故，，
所以，直线的方程为，即.
【点睛】结论点睛：在利用椭圆的切线方程时，一般利用以下方法进行直线：
（1）设切线方程为与椭圆方程联立，由进行求解；
（2）椭圆在其上一点的切线方程为，再应用此方程时，首先应证明直线与椭圆相切.
91．(1)；
(2)．
【分析】（1）由点在双曲线上可求出，易知直线l的斜率存在，设，，再根据，即可解出l的斜率；
（2）根据直线的斜率之和为0可知直线的倾斜角互补，根据即可求出直线的斜率，再分别联立直线与双曲线方程求出点的坐标，即可得到直线的方程以及的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线的距离，即可得出的面积．
【详解】（1）因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线．
易知直线l的斜率存在，设，，
联立可得，，
所以，，且．
所以由可得，，
即，
即，
所以，
化简得，，即，
所以或，
当时，直线过点，与题意不符，舍去，
故．
（2）［方法一］：【最优解】常规转化
不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，由（1）知，，
当均在双曲线左支时，，所以，
即，解得（负值舍去）
此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；
当均在双曲线右支时，
因为，所以，即，
即，解得（负值舍去），
于是，直线，直线，
联立可得，，
因为方程有一个根为，所以，，
同理可得，，．
所以，，点到直线的距离，
故的面积为．
［方法二］：
设直线AP的倾斜角为，，由，得，
由，得，即，
联立，及得，，
同理，，，故，
而，，
由，得，
故
【整体点评】（2）法一：由第一问结论利用倾斜角的关系可求出直线的斜率，从而联立求出点坐标，进而求出三角形面积，思路清晰直接，是该题的通性通法，也是最优解；
法二：前面解答与法一求解点坐标过程形式有所区别，最终目的一样，主要区别在于三角形面积公式的选择不一样．
92．(1)
(2)
【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；
（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.
【详解】（1）解：设椭圆E的方程为，过，
则，解得，，
所以椭圆E的方程为：.
（2），所以，
①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到.求得HN方程：
，过点.
②若过点的直线斜率存在，设.
联立得，
可得，，
且
联立可得
可求得此时，
将，代入整理得，
将代入，得
显然成立，
综上，可得直线HN过定点
【点睛】求定点、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.
93．(1)；
(2).
【分析】（1）由抛物线的定义可得，即可得解；
（2）法一：设点的坐标及直线，由韦达定理及斜率公式可得，再由差角的正切公式及基本不等式可得，设直线，结合韦达定理可解.
【详解】（1）抛物线的准线为，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时，所以，
所以抛物线C的方程为；
（2）[方法一]：【最优解】直线方程横截式
设，直线，
由可得，，
由斜率公式可得，，
直线，代入抛物线方程可得，
，所以，同理可得，
所以
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为，所以，
若要使最大，则，设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，
，所以，
所以直线.
[方法二]：直线方程点斜式
由题可知，直线MN的斜率存在.
设,直线
由 得：，,同理，.
直线MD:,代入抛物线方程可得：，同理，.
代入抛物线方程可得:,所以，同理可得，
由斜率公式可得：
（下同方法一）若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，，所以，所以直线.
[方法三]：三点共线
设，
设,若 P、M、N三点共线，由
所以，化简得，
反之，若,可得MN过定点
因此，由M、N、F三点共线，得，
由M、D、A三点共线，得，
由N、D、B三点共线，得，
则，AB过定点（4,0）
（下同方法一）若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，所以直线.
【整体点评】（2）法一：利用直线方程横截式，简化了联立方程的运算，通过寻找直线的斜率关系，由基本不等式即可求出直线AB的斜率，再根据韦达定理求出直线方程，是该题的最优解，也是通性通法；
法二：常规设直线方程点斜式，解题过程同解法一；
法三：通过设点由三点共线寻找纵坐标关系，快速找到直线过定点，省去联立过程，也不失为一种简化运算的好方法．
94．(1)
(2)见解析
【分析】（1）利用焦点坐标求得的值，利用渐近线方程求得的关系，进而利用的平方关系求得的值，得到双曲线的方程；
（2）先分析得到直线的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k, M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得到；由直线和的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率，由②等价转化为，由①在直线上等价于，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.
【详解】（1）右焦点为，∴,∵渐近线方程为，∴，∴，∴，∴，∴．
∴C的方程为：；
（2）由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零，
若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则为线段的中点，假若直线的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点,此时由对称性可知、关于轴对称，与从而，已知不符；
总之，直线的斜率存在且不为零.
设直线的斜率为,直线方程为,
则条件①在上，等价于；
两渐近线的方程合并为,
联立消去y并化简整理得：
设,线段中点为,则,
设,
则条件③等价于,
移项并利用平方差公式整理得：
，
,即,
即；
由题意知直线的斜率为, 直线的斜率为,
∴由,
∴,
所以直线的斜率,
直线,即,
代入双曲线的方程,即中，
得：,
解得的横坐标：,
同理：，
∴
∴,
∴条件②等价于，
综上所述：
条件①在上，等价于；
条件②等价于；
条件③等价于；
选①②推③:
由①②解得：,∴③成立；
选①③推②：
由①③解得：，，
∴，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得：，，∴，
∴，∴①成立.
95．(1)；
(2)．
【分析】（1）设是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出，再根据二次函数的性质即可求出；
（2）设直线与椭圆方程联立可得，再将直线方程与的方程分别联立，可解得点的坐标，再根据两点间的距离公式求出，最后代入化简可得，由柯西不等式即可求出最小值．
【详解】（1）设是椭圆上任意一点,,
，当且仅当时取等号，故的最大值是.
（2）设直线,直线方程与椭圆联立,可得,设，所以，
因为直线与直线交于,
则,同理可得,.则
，
当且仅当时取等号，故的最小值为.
【点睛】本题主要考查最值的计算，第一问利用椭圆的参数方程以及二次函数的性质较好解决，第二问思路简单，运算量较大，求最值的过程中还使用到柯西不等式求最值，对学生的综合能力要求较高，属于较难题．
96．(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题意求得的值即可确定双曲线方程；
（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线与的方程，联立直线方程，消去，结合韦达定理计算可得，即交点的横坐标为定值，据此可证得点在定直线上.
【详解】（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知，
则由可得，，
双曲线方程为.
（2）由(1)可得，设，
显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，
与联立可得，且，
则，
直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
，
由可得，即，
据此可得点在定直线上运动.
【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键.
97．(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；
（2）设直线的方程，进而可求点的坐标，结合韦达定理验证为定值即可.
【详解】（1）由题意可得，解得，
所以椭圆方程为.
（2）由题意可知：直线的斜率存在，设，
联立方程，消去y得：，
则，解得，
可得，
因为，则直线，
令，解得，即,
同理可得，
则
，
所以线段的中点是定点.
【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论．
98．(1)
(2)见解析
【分析】（1）设，根据题意列出方程，化简即可；
（2）法一：设矩形的三个顶点，且，分别令，，且，利用放缩法得，设函数，利用导数求出其最小值，则得的最小值，再排除边界值即可.
法二：设直线的方程为，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩法得，利用换元法和求导即可求出周长最值，再排除边界值即可.
法三：利用平移坐标系法，再设点，利用三角换元再对角度分类讨论，结合基本不等式即可证明.
【详解】（1）设,则，两边同平方化简得，
故.
（2）法一：设矩形的三个顶点在上,且，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，
则,令，
同理令，且，则，
设矩形周长为,由对称性不妨设，，
则.，易知
则令,
令，解得，
当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，
则，
故,即.
当时,,且，即时等号成立，矛盾，故,
得证.
法二：不妨设在上，且，
依题意可设，易知直线，的斜率均存在且不为0，
则设,的斜率分别为和，由对称性，不妨设，
直线的方程为，
则联立得，
，则
则，
同理，
令，则，设，
则，令，解得，
当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，
则，
，
但，此处取等条件为，与最终取等时不一致，故.
法三：为了计算方便,我们将抛物线向下移动个单位得抛物线,
矩形变换为矩形,则问题等价于矩形的周长大于.
设 , 根据对称性不妨设 .
则 , 由于 , 则 .
由于 , 且 介于 之间,
则 . 令 ,
,则,从而
故
①当时,
②当 时,由于,从而,
从而又,
故,由此
，
当且仅当时等号成立，故，故矩形周长大于.
.
【点睛】关键点睛：本题的第二个的关键是通过放缩得，同时为了简便运算，对右边的式子平方后再设新函数求导，最后再排除边界值即可.
99．(1)
(2)
【分析】（1）利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出；
（2）设直线：，利用，找到的关系，以及的面积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值．
【详解】（1）设，
由可得，，所以，
所以，
即，因为，解得：．
（2）因为，显然直线的斜率不可能为零，
设直线：，，
由可得，，所以，，
，
因为，所以，
即，
亦即，
将代入得，
，，
所以，且，解得或．
设点到直线的距离为，所以，
，
所以的面积，
而或，所以，
当时，的面积．
【点睛】本题解题关键是根据向量的数量积为零找到的关系，一是为了减元，二是通过相互的制约关系找到各自的范围，为得到的三角形面积公式提供定义域支持，从而求出面积的最小值.
100．（1）；（2）详见解析.
【分析】（1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.
（2）方法一：设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为, 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置.
【详解】（1）由题意可得：，解得：，
故椭圆方程为：.
(2)［方法一］：通性通法
设点，
若直线斜率存在时，设直线的方程为：，
代入椭圆方程消去并整理得：，
可得，，
因为，所以，即，
根据,代入整理可得：
，
所以，
整理化简得，
因为不在直线上，所以，
故，于是的方程为，
所以直线过定点直线过定点.
当直线的斜率不存在时，可得，
由得：，
得，结合可得：，
解得：或（舍）.
此时直线过点.
令为的中点，即，
若与不重合，则由题设知是的斜边，故，
若与重合，则，故存在点，使得为定值.
［方法二］【最优解】：平移坐标系
将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即．
设，因为则，即．
代入直线方程中得．则在新坐标系下直线过定点，则在原坐标系下直线过定点．
又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．
故存在，使得．
［方法三］：建立曲线系
A点处的切线方程为，即．设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．由题意得．
则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）．
用直线及点A处的切线可表示为（其中为系数）．
即．
对比项、x项及y项系数得
将①代入②③，消去并化简得，即．
故直线的方程为，直线过定点．又，D在以为直径的圆上．中点即为圆心Q．
经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．
［方法四］：
设．
若直线的斜率不存在，则．
因为，则，即．
由，解得或（舍）．
所以直线的方程为．
若直线的斜率存在，设直线的方程为，则．
令，则．
又，令，则．
因为，所以，
即或．
当时，直线的方程为．所以直线恒过，不合题意；
当时，直线的方程为，所以直线恒过．
综上，直线恒过，所以．
又因为，即，所以点D在以线段为直径的圆上运动．
取线段的中点为，则．
所以存在定点Q，使得为定值．
【整体点评】（2）方法一：设出直线方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点，再根据平面几何知识可知定点即为的中点，该法也是本题的通性通法；
方法二：通过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线的方程为，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出的关系，从而可知直线过定点，从而可知定点即为的中点，该法是本题的最优解；
方法三：设直线，再利用过点的曲线系，根据比较对应项系数可求出的关系，从而求出直线过定点，故可知定点即为的中点；
方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解以及的计算．
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