2022届山东省高三数学二轮复习专题训练10：解析几何（含答案解析）

《2022届山东省高三数学二轮复习专题训练10：解析几何（含答案解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022届山东省高三数学二轮复习专题训练10：解析几何（含答案解析）（42页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、专题10：解析几何一、单选题1（2022山东聊城二模）已知点在圆：上，点，满足的点的个数为（）A3B2C1D02（2022山东潍坊二模）已知直线，若，则()ABC3D33（2022山东青岛二模）设O为坐标原点，抛物线与双曲线有共同的焦点F，过F与x轴垂直的直线交于A，B两点，与在第一象限内的交点为M，若，则双曲线的离心率为（）ABCD4（2022山东烟台市教育科学研究院二模）已知点分别为椭圆的左、右焦点，点P为直线上一个动点若的最大值为，则椭圆C的离心率为（）ABCD5（2022山东菏泽二模）已知双曲线的一条渐近线方程为，则下列说法正确的是（）AE的焦点到渐近线的距离为2BCE的实轴长为6DE

2、的离心率为6（2022山东德州市教育科学研究院二模）双曲线的一条渐近线方程为，分别为该双曲线的左右焦点，为双曲线上的一点，则的最小值为（）ABCD7（2022山东临沂二模）已知双曲线的焦距为，实轴长为4，则C的渐近线方程为（）ABCD8（2022山东日照二模）已知曲线，则“”是“曲线C是椭圆”的()A充要条件B充分不必要条件C必要不充分条件D既不充分也不必要条件9（2022山东滨州二模）已知直线，圆，则直线l与圆C的位置关系是（）A相离B相切C相交D不确定10（2022山东滨州二模）已知椭圆和双曲线有相同的左、右焦点，若，在第一象限内的交点为P，且满足，设，分别是，的离心率，则，的关系是（）A

3、BCD11（2022山东济南二模）“”是“直线与平行”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分又不必要条件12（2022山东泰安二模）已知以F为焦点的抛物线上的两点A，B（点A的横坐标大于点B的横坐标），满足（O为坐标原点），弦AB的中点M的横坐标为，则实数（）ABC3D413（2022山东济宁二模）过双曲线C：的左焦点F作圆的切线，设切点为A，直线FA交直线于点B，若，则双曲线C的渐近线方程为（）ABCD二、多选题14（2022山东聊城二模）已知抛物线：（）的焦点到准线的距离为2，过的直线交抛物线于两点，则（）A的准线方程为B若，则C若，则的斜率为D过点作准线的垂线，垂足为

4、，若轴平分，则15（2022山东菏泽二模）已知椭圆的左右焦点分别为，直线与椭圆E交于A，B两点，C，D分别为椭圆的左右顶点，则下列命题正确的有（）A若直线CA的斜率为，BD的斜率，则B存在唯一的实数m使得为等腰直角三角形C取值范围为D周长的最大值为16（2022山东临沂二模）如图，已知椭圆，分别为左、右顶点，分别为上、下顶点，分别为左、右焦点，点P在椭圆C上，则下列条件中能使C的离心率为的是（）ABC轴，且D四边形的内切圆过焦点，17（2022山东济南二模）过抛物线焦点F的直线交抛物线于A，B两点（A在第一象限），M为线段AB的中点.M在抛物线的准线l上的射影为点N，则下列说法正确的是（）A的

5、最小值为4B CNAB面积的最小值为6D若直线AB的斜率为，则18（2022山东泰安二模）已知双曲线C：的离心率为，且其右顶点为，左，右焦点分别为，点P在双曲线C上，则下列结论正确的是（）A双曲线C的方程为B点A到双曲线C的渐近线的距离为C若，则D若，则的外接圆半径为19（2022山东济宁二模）设椭圆C：的左右焦点分别为，上下顶点分别为，点P是C上异于的一点，则下列结论正确的是（）A若C的离心率为，则直线与的斜率之积为B若，则的面积为C若C上存在四个点P使得，则C的离心率的范围是D若恒成立，则C的离心率的范围是三、填空题20（2022山东潍坊二模）若圆与圆的交点为A，B，则_21（2022山东

6、菏泽二模）已知圆内有一点，AB为过点P且倾斜角为的弦，则_22（2022山东德州市教育科学研究院二模）已知抛物线的焦点为F，O为坐标原点，A(t，1)是抛物线第一象限上的点，直线AF与抛物线的另一个交点为B，则_23（2022山东临沂二模）若圆与圆的公共弦AB的长为1，则直线恒过定点M的坐标为_24（2022山东日照二模）如图1所示，双曲线具有光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点.若双曲线的左右焦点分别为，从发出的光线经过图2中的A，B两点反射后，分别经过点C和D，且，则E的离心率为_.25（2022山东济南二模）已知，分别为双曲线的左

7、右焦点，点P在双曲线上，若，则双曲线的离心率为_.26（2022山东济宁二模）已知直线过定点A，直线过定点B，与的交点为C，则的最大值为_.27（2022山东泰安二模）已知以C为圆心的圆若直线（a，b为正实数）平分圆C，则的最小值是_；设点，若在圆C上存在点N，使得CMN45，则的取值范围是_四、解答题28（2022山东聊城二模）如图，点是圆：上的动点，点，线段的垂直平分线交半径于点(1)求点的轨迹的方程；(2)点为轨迹与轴负半轴的交点，不过点且不垂直于坐标轴的直线交椭圆于，两点，直线，分别与轴交于，两点若，的横坐标之积是2，问：直线是否过定点？如果是，求出定点坐标，如果不是，请说明理由29（

8、2022山东潍坊二模）已知M，N为椭圆和双曲线的公共顶点，分别为和的离心率(1)若（）求的渐近线方程；（）过点的直线l交的右支于A，B两点，直线MA，MB与直线相交于，两点，记A，B，的坐标分别为，求证：；(2)从上的动点引的两条切线，经过两个切点的直线与的两条渐近线围成三角形的面积为S，试判断S是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由30（2022山东青岛二模）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.31（2022山东烟台

9、市教育科学研究院二模）已知双曲线的实轴长为2点是抛物线的准线与C的一个交点(1)求双曲线C和抛物线E的方程；(2)过双曲线C上一点P作抛物线E的切线，切点分别为A，B求面积的取值范围32（2022山东菏泽二模）已知抛物线的焦点为F，O为坐标原点，抛物线E上不同的两点M，N只能同时满足下列三个条件中的两个：；直线MN的方程为(1)问M，N两点只能满足哪两个条件（只写出序号，无需说明理由）？并求出抛物线E的标准方程；(2)如图，过F的直线与抛物线E交于A，B两点，过A点的直线l与抛物线E的另一交点为C，与x轴的交点为D，且，求三角形ABC面积的最小值33（2022山东德州市教育科学研究院二模）已知

10、的两个顶点A，B的坐标分别为，圆E是的内切圆，在边AC，BC，AB上的切点分别为P，Q，R，动点C的轨迹为曲线G(1)求曲线G的方程；(2)设直线l与曲线G交于M、N两点，点D在曲线G上，O是坐标原点，判断四边形OMDN的面积是否为定值？若为定值，求出该定值；如果不是，请说明理由34（2022山东临沂二模）已知抛物线的焦点为F，抛物线H上的一点M的横坐标为5，为坐标原点，(1)求抛物线H的方程；(2)若一直线经过抛物线H的焦点F，与抛物线H交于A，B两点，点C为直线上的动点求证：是否存在这样的点C，使得ABC为正三角形?若存在，求点C的坐标；若不存在，说明理由，35（2022山东日照二模）已知

11、抛物线过点，O为坐标原点.(1)求抛物线的方程；(2)直线l经过抛物线的焦点，且与抛物线相交于A，B两点，若弦AB的长等于6，求的面积；(3)抛物线上是否存在异于O，M的点N，使得经过O，M，N三点的圆C和抛物线在点N处有相同的切线，若存在，求出点N的坐标，若不存在，请说明理由.36（2022山东滨州二模）已知抛物线在点处的切线斜率为(1)求抛物线C的方程；(2)若抛物线C上存在不同的两点关于直线对称，求实数m的取值范围37（2022山东济南二模）已知椭圆C的焦点坐标为和，且椭圆经过点.(1)求椭圆C的方程；(2)若，椭圆C上四点M，N，P，Q满足，求直线MN的斜率.38（2022山东泰安二模

12、）已知椭圆C：过点，过其右焦点且垂直于x轴的直线交椭圆C于A，B两点，且(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l：与椭圆C交于E，F两点，线段EF的中点为Q，在y轴上是否存在定点P，使得EQP2EFP恒成立？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由39（2022山东济宁二模）已知抛物线E：的焦点为F，点在抛物线E上，且的面积为（O为坐标原点）.(1)求抛物线E的方程；(2)过焦点F的直线l与抛物线E交于AB两点，过AB分别作垂直于l的直线ACBD，分别交抛物线于CD两点，求的最小值.参考答案1B【分析】设，轨迹可得点P的轨迹方程，即可判断该轨迹与圆的交点个数.【详解】设点，则，且，由，得，即，

13、故点P的轨迹为一个圆心为、半径为的圆，则两圆的圆心距为，半径和为，半径差为，有，所以两圆相交，满足这样的点P有2个.故选：B.2A【分析】两直线斜率均存在时，两直线垂直，斜率相乘等于1，据此即可列式求出a的值【详解】，故选：A3C【分析】利用向量的运算建立方程，转化为离心率e的方程求解.【详解】因为抛物线的焦点，由题可知，即抛物线方程为，令代入抛物线方程，可得，代入双曲线方程，可得，可设，由有 两边平方相减可得， ，由有：，又即，由有：由，解得.故A，B，D错误.故选：C.4D【分析】根据对称性，不妨设点在第一象限且坐标为，设，则，进而结合正切的差角公式和基本不等式可得，进而根据齐次式求离心率

14、即可.【详解】解：根据对称性，不妨设点在第一象限且坐标为，如图，记直线与轴的交点为，设，则，由于，故，所以，所以，因为，当且仅当时等号成立，即时等号成立，所以，整理得，所以，解得，所以，即椭圆C的离心率为.故选：D5D【分析】根据双曲线的几何性质可求出结果.【详解】依题意可得，得，故B不正确；,所以E的焦点到渐近线的距离为，故A不正确；因为，所以E的实轴长为，故C不正确；E的离心率为，故D正确.故选：D6B【分析】求最小值，则要尽可能小，要尽可能大,所以在双曲线的右支上,则，所以，消元转化为对勾函数求最值【详解】若求最小值，则要尽可能小，要尽可能大所以在双曲线的右支上 渐近线 又因为所以 由双

15、曲线定义，当在双曲线的右支上，当且仅当，即时取等号因为右支上的顶点到最小，最小为所以不到等号，当时，取最小值最小值为：故选：B7C【分析】由焦距和实轴长分别算出和的值，再利用可求出值，渐近线方程即可求解.【详解】由已知得，双曲线的焦点在轴上，双曲线的焦距，解得，双曲线的是实轴长为，解得，则，即双曲线C的渐近线方程为，故选：.8C【分析】求出曲线表示椭圆时a的范围，根据充分条件和必要条件的概念即可得答案【详解】若曲线表示椭圆，则，故“”是“曲线C是椭圆”的必要不充分条件故选：C9D【分析】求出直线l过的定点，再判断此定点与圆C的位置关系即可作答.【详解】直线，即，由解得，因此，直线恒过定点，又圆

16、，即，显然点A在圆C外，所以直线与圆C可能相离，可能相切，也可能相交，A，B，C都不正确，D正确.故选：D10D【分析】由结合外角定理可得，然后可得，再结合椭圆和双曲线定义、勾股定理列式整理可得.【详解】因为，所以，所以所以，记椭圆长半轴长为，双曲线实半轴长为，则由椭圆和双曲线定义可得：2+2可得由勾股定理知，代入上式可得整理得，即所以故选：D11A【分析】利用定义法，分充分性和必要性分别判断.【详解】充分性：当时，直线与即为：与，所以两直线平行.故充分性满足；必要性：直线与平行，则有：，解得：或.当时，直线与即为：与，所以两直线平行，不重合；当时，直线与即为：与，所以两直线平行，不重合；所以

17、或.故必要性不满足.故“”是“直线与平行”的充分不必要条件.故选：A12D【分析】根据已知及抛物线的几何性质求出，再由已知求出的值.【详解】由题意可得抛物线的焦点.弦AB的中点M的横坐标为，由已知条件可知直线AB的斜率存在.设直线AB的方程为，则联立，消去y得，又因为弦AB的中点M的横坐标为，点A到准线的距离为，点B到准线的距离为，所以，又，故.故选：D13B【分析】根据题意得到直线的方程，和直线联立求出点的横坐标，再利用等面积得到点的纵坐标，由求得点的纵坐标，利用点的纵坐标相等即可计算【详解】因为直线FA交直线于点B，直线与圆切于点，所以，因为，所以，在中，所以直线的方程为，由，得即点的横坐

18、标为，在中，根据等面积可得，因为，所以，因为所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以渐近线方程为，故选：B14BCD【分析】根据抛物线的几何意义求出，即可得到抛物线的方程，再根据抛物线的定义判断A、B、D，设，直线的方程为，联立直线与抛物线方程，消元列出韦达定理，根据焦半径公式计算即可判断C；【详解】解：因为抛物线：（）的焦点到准线的距离为2，所以，所以抛物线方程为，则焦点，准线为，故A错误；若，则，所以，所以，故B正确；可设，直线的方程为，与抛物线联立，消去，可得，可得，由抛物线的定义可得即，即，解得，则直线的斜率为，故C正确；对于D，若轴平分，则，又轴，所以，所以，所以，即，所以，故D正确

19、；故选：BCD15BD【分析】A选项，求出A，B两点坐标，表达出；B选项，验证出，是直角顶点时，不满足等腰性，故不成立，当A是直角顶点时满足题意，得出结论；C选项，设出，求出；D选项，作出辅助线，利用椭圆定义得到直线经过焦点时，此时的周长最大.【详解】将代入椭圆方程，求出，其中，则，A错误；由题意得：，当时，此时，所以当，是直角顶点时，不满足等腰性，故不成立，当点A是直角顶点时，由对称性可知：此时A在上顶点或下顶点，由于，故满足题意，所以存在唯一的实数m使得为等腰直角三角形，B正确；不妨设，则，因为，所以，C错误；如图，当直线经过焦点时，此时的周长最大，等于，其他位置都比小，例如当直线与椭圆相

20、交于，与x轴交于C点时，连接，由椭圆定义可知：，显然，同理可知：，故周长的最大值为，D正确故选：BD16ABD【分析】由椭圆方程依次写出顶点及焦点坐标，A选项直接计算即可判断；B选项由即可判断；C选项由即可判断；D选项由即可判断.【详解】由题意知：，设椭圆离心率为，对于A，即，同除整理得，解得，又，故，A正确；对于B，即，即，即，由上知，B正确；对于C，轴，由，解得，故，即，即，解得，则，故离心率，C错误；对于D，易得内切圆半径为斜边上的高，即，若内切圆过焦点，则，整理得，同除得，解得，又，则，故，D正确.故选：ABD.17ABD【分析】设直线AB方程为 , ，根据弦长公式表示出，可判断A;求

21、出点N的坐标，根据斜率之间的关系，可判断B;表示出点点N到直线AB的距离，继而求得，可判断C; 直线AB的斜率为，结合可求得，即可判断D.【详解】由题意知 ,设直线AB方程为 , ，联立 ，可得 ， ，故，则，故当 时，的最小值为4，故A正确；又 ，即M点纵坐标为2m,故 ，当时，轴，NF在x轴上，此时 ;当时, ， ，故，综合可知，,故B正确；又点N到直线AB的距离为 ，故 ，当 时，取最小值4，故C错误；若直线AB的斜率为，则直线AB方程为，即 ，则，由于A在第一象限，故解得 ，故 ，由于同向，故，故D正确，故选：ABD18ABD【分析】由离心率为，右顶点为求出双曲线方程，再利用点到直线的

22、距离，双曲线的定义及性质依次判断4个选项即可.【详解】由离心率为，右顶点为可得，故双曲线C的方程为，A正确；双曲线的渐近线为，故点A到双曲线C的渐近线的距离为，B正确；由双曲线的定义，则或10，C错误；，则，的外接圆半径为，D正确.故选：ABD.19BD【分析】A. 设，所以该选项错误；B. 求出的面积为所以该选项正确；C. 求出，所以该选项错误；D. 若恒成立，所以，所以该选项正确.【详解】解：A. 设，所以，因为，所以.所以，所以该选项错误；B. 若，则所以则的面积为所以该选项正确；C. 若C上存在四个点P使得，即C上存在四个点P使得的面积为，所以，所以该选项错误；D. 若恒成立，所以，所

23、以，所以该选项正确.故选：BD20【分析】根据题目条件画出图象，利用勾股定理得到AOC是直角三角形，且OCA=30，进一步得出答案.【详解】由题可知：，满足勾股定理： 所以AOC是直角三角形，且OCA=30.故答案为：.21【分析】求出直线的方程后，利用点到直线的距离求出弦心距，再根据勾股定理可得结果.【详解】依题意可得直线的斜率为，所以直线的方程为：，即，由圆心到直线的距离可得弦心距，所以.故答案为：2240【分析】根据题意可得，联立直线AF与抛物线的方程可求得点B的坐标，进而可求以及O到直线的距离【详解】，则抛物线方程为把A(t，1)代入抛物线方程得：且，则,则直线AF的斜率直线AF的方程

24、：即联立方程，解得或即，则O到直线的距离故答案为：4023【分析】先求出公共弦所在直线方程，由公共弦AB的长为1结合圆中弦长公式求得，将直线转化为，解方程组即可求得定点坐标.【详解】由和可得公共弦所在直线方程为，即，由公共弦AB的长为1可得直线与圆相交弦长即为1，又圆心到直线的距离，故，即，故直线可化为，整理得，由，解得，故定点M的坐标为.故答案为：.24【分析】连接，设，则，根据诱导公式及同角三角函数的基本关系求出，再根据锐角三角函数得到、，从而得到方程求出，再在利用勾股定理计算可得；【详解】解：如图，连接，则，和，都三点共线，设，则.由，所以所以，又，所以，即，即，又，因此，即，在中，即.

25、故.故答案为：25【分析】不妨假设点P在双曲线右支上，可根据双曲线定义结合条件求得，再结合，即可求得答案.【详解】不妨假设点P在双曲线右支上，则 ，由于，故，故，而 ，故 ，故答案为：26【分析】由已知直线方程可得、且、相互垂直，进而可知的轨迹是以为直径的圆，令则且，利用基本不等式求的最大值，注意等号成立条件，即可知的最大值.【详解】由，则过定点，由，则过定点，显然，即、相互垂直，而与的交点为C，所以的轨迹是以为直径的圆，且圆心为、半径为，令，则，且，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最大为.故答案为：27 # 【分析】先由直线经过圆心求得，再由结合基本不等式即可求解；当时，设直线与圆切于点

26、，由解得的取值范围，当时，存在使CMN45即可求解.【详解】由题意知：直线经过圆心，又化为标准方程为，故，即，故，当且仅当，即时取等，故的最小值是；易知圆与直线相切，在直线上，当时，设直线与圆切于点，如图所示，要使圆C上存在点N，使得CMN45，则，则，即，解得，故且；当时，即为切点，此时圆上存在使CMN45，符合题意；综上：.故答案为：；.28(1)；(2)直线过定点.【分析】（1）利用定义法求点的轨迹的方程；（2）直线的方程为，联立直线和椭圆的方程得到韦达定理，再根据得，即得解.(1)解：由题得,所以点的轨迹是以为焦点，长轴为4的椭圆.所以，所以椭圆的方程为.所以点的轨迹的方程为.(2)解

27、：由题得点,设直线的方程为，联立直线和椭圆的方程为得，所以.设，所以.所以直线方程为，令得，同理,因为，所以，所以，所以，因为，所以，所以，所以，所以直线的方程为，所以直线过定点.29(1)（）；（）证明见解析(2)是定值，【分析】（1）（）根据椭圆和双曲线的离心率公式求得，即可求出双曲线的渐近线方程；（）直线AB的方程为，与双曲线方程联立，利用韦达定理求得，从而可求出，再根据直线的方程可求出，从而可求得，整理即可得证；（2）设两个切点，直线的方程为，与椭圆方程联立，根据求出，同理可求得直线的斜率，求出直线的方程，然后可求出直线与两条渐近线的交点坐标，计算整理即可得出结论.（1）解：由题意得，

28、所以，又，解得，（）故双曲线的渐近线方程为，（）设直线AB的方程为，则消元得，且，所以，故，又直线的方程为，所以，同理，所以，故；（2）解：设两个切点，由题意知，斜率存在，直线的方程为，联立由得，所以，同理直线方程为，由，过P点可得可得直线的方程为，不妨设，直线与双曲线两渐近线交于两点，则围成三角形的面积，因P在双曲线上，则为定值.【点睛】本题考查了椭圆与双曲线的综合问题，考查了椭圆和双曲线的性质，考查了椭圆和双曲线中的定值问题，及椭圆中三角形的面积问题，计算量很大，对数据分析处理能力要求很高，属于难题.30(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

29、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，所以，又因为，将代入，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.31(1)，(2)【分析】（1）代入点结合双

30、曲线的实轴长为2可得双曲线方程，根据抛物线的准线方程可得抛物线方程；（2）设直线方程为，根据导数的几何意义求得切线的方程，联立可得的坐标，再代入双曲线方程，结合面积表达式求解范围即可(1)由题，又点在双曲线上，故，解得，故双曲线方程为；又点过抛物线的准线，故，即，故(2)显然直线斜率存在，故设直线方程为，联立有，故，又，故切线 ，结合整理得，同理切线，联立解得，即，故.又，且，即，故，又在双曲线上故，故，故面积的取值范围为【点睛】本题主要考查了双曲线和抛物线方程的求解，同时也考查了联立直线与圆锥曲线，利用韦达定理化简并表达面积的问题，同时也考查了求导求切线方程的方法与面积的范围问题等，属于难题

31、32(1)，；(2)16.【分析】（1）分析3个条件，选择，再由求出点M，N的坐标，结合求出p值作答.（2）设出直线AB的方程，与抛物线E的方程联立，由点A的横坐标表示点D，求出直线AC方程，进而求得点C的坐标，建立三角形面积的函数关系，求其最小值作答.（1）抛物线的焦点，由知，点F在线段MN上，由知，为正三角形，由知，直线MN过点，显然矛盾，若是，令，则，由得：，即，有，又，于是有，整理得，此等式不成立，即矛盾，依题意，同时满足的条件为，因直线MN的方程为，则不妨令，则，即有，而，则有，此时，即成立，所以.（2）显然直线AB不垂直于y轴，设，由消去x并整理得：，设，由抛物线的对称性，不妨令A

32、点在x轴上方，即，由得：，则直线，由消去x并整理得：，则有点C的纵坐标为，于是得点，又， 点C到AB距离，当且仅当，即时取“=”，所以三角形ABC面积的最小值是16【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的几何图形面积范围或最值问题，可以以直线的斜率、横(纵)截距、图形上动点的横(纵)坐标为变量，建立函数关系求解作答.33(1)(2)四边形OMDN的面积是定值，其定值为【分析】（1）由题意得，根据椭圆的定义，即可得a，c的值，根据a，b，c的关系，可得b值，即可得答案.（2）由题意得直线l的斜率存在，设直线l方程是，与椭圆联立，根据韦达定理，可得，表达式，代入弦长公式，可得表达式，再求得O到直线MN的距离

33、d，根据题意，求得D点坐标，代入椭圆，可得k、m的关系，求得以OMDN的面积为S的表达式，整理计算，即可得答案.（1）因为圆E为的内切圆，所以，所以点C的轨迹为以点A和点B为焦点的椭圆，所以，则，所以曲线G的方程为（2）由可知直线l的斜率存在，设直线l方程是，由平面图形OMDN是四边形，可知，代入到，得所以，所以，所以，又点O到直线MN的距离，由，得，因为点D在曲线C上，所以将D点坐标代入椭圆方程得由题意四边形OMDN为平行四边形，所以OMDN的面积为，由，代入得，故四边形OMDN的面积是定值，其定值为34(1)抛物线H的方程为；(2)证明见解析；存在点，使得为正三角形，理由见解析.【分析】(

34、1) 由条件列方程求参数，由此可得抛物线H的方程； (2)设直线，联立方程得关于的表达式，结合韦达定理和向量的表示方法，即可求证；可假设存在点，设的中点为，由直线和垂直关系求出点，由韦达定理和弦长公式求得弦，结合即可求解具体的的值，进而求解点；(1)因为抛物线的方程为，M 抛物线上且的横坐标为5，所以M的纵坐标为，当点的坐标为时，过点作，垂足为,因为，所以，所以又，所以，所以，所以，又所以，同理当点的坐标为时，所以抛物线的方程为；(2)设直线，,由，得，则.，所以，所以假设存在这样的点，设的中点为，由知;，则，则，则，而，由得，所以存在点.【点睛】本题主要考查抛物线轨迹方程的求法，韦达定理，向

35、量法在解析几何中的具体应用，由特殊三角形的关系求解参数值，运算推理能力，综合性强，属于难题35(1)(2)(3)存在，坐标为【分析】（1）点坐标代入抛物线方程可得答案；（2）设直线l的方程，与抛物线方程联立，韦达定理代入，得到解得，求出原点O到直线l距离，可得的面积；（3）假设抛物线上存在点，设经过O，M，N三点的圆的方程为，代入三点坐标可得，求出抛物线在点处的切线的斜率，直线NC的斜率，根据乘积为可得，由消去E可得答案.(1)抛物线过点，抛物线方程.(2)设直线l的斜率为k，则，由，得，直线l与抛物线有两个交点A，B，所以，设，则可得，于是，由，由解得，直线l的方程为，原点O到直线l距离，的

36、面积为.(3)已知O，M的坐标分别为，抛物线方程，假设抛物线上存在点（且），使得经过O，M，N三点的圆C和抛物线在点N处有相同的切线.设经过O，M，N三点的圆的方程为，则，整理得，函数的导数为，抛物线在点处的切线的斜率为，经过O，M，N三点的圆C在点处的切线斜率为，直线NC的斜率存在.圆心的坐标为，即，由消去E，得，即.，故满足题设的点N存在，其坐标为.36(1)；(2).【分析】（1）根据给定条件，求出切线方程，再与抛物线C的方程联立，借助判别式计算作答.（2）设出抛物线C上关于l对称的两点A，B的坐标，并设出直线AB的方程，再与抛物线C的方程联立，借助判别式及韦达定理计算作答.(1)点，则

37、切线方程为：，由消去y并整理得：，依题意，解得，所以抛物线C的方程是.(2)设抛物线C上关于l对称的两点为，则设直线AB方程为：，由消去y并整理得：，则有，解得，显然线段的中点在直线l上，于是得，即有，而，因此，解得，所以实数m的取值范围是.【点睛】结论点睛：抛物线在点处的切线斜率；抛物线在点处的切线斜率.37(1)(2)【分析】（1）根据题意得到c=1，再将点代入椭圆方程求解；（2）设，由得到，根据，都在椭圆上，得到，同理得，两式相减求解.（1）解：由题意可知，c=1，设椭圆方程为，将点代入椭圆方程，得，解得（舍），所以椭圆方程为.（2）设，因为，所以，即，又，都在椭圆上，所以，即，-得，即

38、，又，同理得-得，所以.38(1)(2)存在定点，【分析】（1）直接由椭圆C过点和解方程即可；（2）先联立直线和椭圆，通过EQP2EFP得到点P在以EF为直径的圆上，即PEPF，表示出，由解出点P的坐标即可.（1）由题知，椭圆C过点和，所以，解得所以椭圆C的方程为（2）假设在y轴上存在定点P，使得EQP2EFP恒成立，设，由，得，EQP2EFP，EFPFPQ，QEQFQP点P在以EF为直径的圆上，即PEPF，恒成立，解得存在定点，使得EQP2EFP恒成立【点睛】本题关键点在于利用EQP2EFP得到点P在以EF为直径的圆上，进而得到，表示出，联立直线和椭圆后，由韦达定理及建立方程解出点P的坐标即可.39(1)(2)【分析】（1）根据面积及抛物线上的点可求解；（2）利用直线与抛物线的位置关系分别求得、，再通过导数求最值即可.（1）由题意可得解得p=2.故抛物线E的方程为.（2）由题意直线l的斜率一定存在且不为0，设直线l的方程为，设，由消去x得.所以，.由AC垂直于l，直线AC的方程为由消去x得.所以，.同理可得，所以，令，则，所以当时，单调递减；当时，单调递增.所以当x=2时，取得最小值，即当时，最小值为.