2025年高考数学二轮复习 专题六 解析几何 第7讲　探究性问题解析版

第7讲探究性问题（新高考专用）目录目录【真题自测】 2【考点突破】 5【考点一】探究性问题 5【专题精练】 24真真题自测一、解答题1．（2024·天津·高考真题）已知椭圆的离心率．左顶点为，下顶点为是线段的中点，其中．(1)求椭圆方程．(2)过点的动直线与椭圆有两个交点．在轴上是否存在点使得．若存在求出这个点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由．2．（2024·上海·高考真题）在平面直角坐标系中，已知点为椭圆上一点，、分别为椭圆的左、右焦点.(1)若点的横坐标为2，求的长;(2)设的上、下顶点分别为、，记的面积为的面积为，若，求的取值范围(3)若点在轴上方，设直线与交于点，与轴交于点延长线与交于点，是否存在轴上方的点，使得成立?若存在，请求出点的坐标;若不存在，请说明理由.参考答案：1．(1)(2)存在，使得恒成立.【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积可求基本量，从而可得椭圆的标准方程.（2）设该直线方程为：，，联立直线方程和椭圆方程并消元，结合韦达定理和向量数量积的坐标运算可用表示，再根据可求的范围.【详解】（1）因为椭圆的离心率为，故，，其中为半焦距，所以，故，故，所以，，故椭圆方程为：.（2）若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：，设，由可得，故且而，故，因为恒成立，故，解得.若过点的动直线的斜率不存在，则或，此时需，两者结合可得.综上，存在，使得恒成立.【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围问题，往往需要用合适的参数表示目标代数式，表示过程中需要借助韦达定理，此时注意直线方程的合理假设.2．(1)；(2)；(3)存在，【分析】（1）根据给定条件，求出点的纵坐标，再利用两点间距离公式计算即得.（2）设，求出，再利用给定关系求出的范围，进而求出的范围.（3）设，利用向量坐标运算及共线向量的坐标表示可得，再联立直线与椭圆方程，结合韦达定理求解即得.【详解】（1）设，由点为椭圆上一点，得，即，又，所以.（2）设，而，则，由，得，即，又，则，解得，，所以的范围是.（3）设，由图象对称性，得、关于轴对称，则，又，于是，则，同理，由，得，因此，即，则，设直线，由消去得，则，即，而，解得，，由，得，所以.【点睛】思路点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．考点突破考点突破【考点一】探究性问题一、单选题1．（2024·湖南益阳·一模）已知抛物线，的焦点分别为、，若、分别为、上的点，且线段平行于轴，则下列结论错误的是（

）A．当时，是直角三角形 B．当时，是等腰三角形C．存在四边形是菱形 D．存在四边形是矩形2．（2024·陕西榆林·三模）在平面直角坐标系中，把到定点距离之积等于的点的轨迹称为双纽线.若，点为双纽线上任意一点，则下列结论正确的个数是（

）①关于轴不对称②关于轴对称③直线与只有一个交点④上存在点，使得A．1个 B．2个 C．3个 D．4个3．（2024·福建泉州·二模）双曲线，左、右顶点分别为A，B，O为坐标原点，如图，已知动直线l与双曲线C左、右两支分别交于P，Q两点，与其两条渐近线分别交于R，S两点，则下列命题正确的是（

）A．存在直线l，使得B．当且仅当直线l平行于x轴时，C．存在过的直线l，使得取到最大值D．若直线l的方程为，则双曲线C的离心率为二、多选题4．（2025·四川巴中·模拟预测）已知A，B为双曲线的左，右顶点，分别为双曲线C的左，右焦点．下列命题中正确的是（

）A．若R为双曲线C上一点，且，则B．到双曲线C的渐近线的距离为C．若P为双曲线C上非顶点的任意一点，则直线的斜率之积为2D．双曲线C上存在不同两点关于点对称5．（2024·江苏常州·二模）双曲线具有光学性质：从双曲线一个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另一个焦点．如图，双曲线的左、右焦点分别为，从发出的两条光线经过的右支上的两点反射后，分别经过点和，其中共线，则（

）A．若直线的斜率存在，则的取值范围为B．当点的坐标为时，光线由经过点到达点所经过的路程为6C．当时，的面积为12D．当时，6．（2024·全国·模拟预测）已知抛物线的焦点为，点与点关于原点对称，过点的直线与抛物线交于两点（点和点在点的两侧），则（

）A．若为的中线，则B．若为的角平分线，则C．存在直线，使得D．对于任意直线，都有三、填空题7．（2024·北京顺义·三模）已知直线l经过点，曲线：.①曲线经过原点且关于对称；②当直线l与曲线有2个公共点时，直线l斜率的取值范围为；③当直线l与曲线有奇数个公共点时，直线l斜率的取值共有4个④存在定点Q，使得过Q的任意直线与曲线的公共点的个数都不可能为2以上说法正确的是8．（2024·全国·模拟预测）已知抛物线：上存在两点，，，直线与轴交于点，抛物线：上存在两点，，，从点向直线作垂线，则垂足的轨迹方程为．9．（2024·浙江温州·模拟预测）椭圆的右焦点是F，过F的直线交椭圆C于A，B两点.点O是坐标原点，若直线AB上存在异于F的点P，使得，则的取值范围是.四、解答题10．（24-25高三上·上海宝山·阶段练习）已知椭圆的左、右焦点分别为为椭圆的一个顶点，且右焦点F₂到双曲线.渐近线的距离为(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线与椭圆C交于A、B两点.①若直线过椭圆右焦点F₂，且△AF₁B的面积为求实数k的值；②若直线过定点P(0,2)，且k>0，在x轴上是否存在点T(t,0)使得以TA、TB为邻边的平行四边形为菱形?若存在，则求出实数t的取值范围；若不存在，请说明理由.11．（2024·辽宁·模拟预测）已知双曲线过点，离心率为2.(1)求的方程；(2)过点的直线交于，两点（异于点），证明：当直线，的斜率均存在时，，的斜率之积为定值.12．（2024·全国·二模）椭圆的离心率为，左、右顶点分别为A，B，过点的动直线与椭圆相交于P，Q两点，当直线的斜率为1时，.(1)求椭圆的标准方程；(2)设直线AP与直线的交点为，是否存在定实数，使Q，B，N三点共线?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.参考答案：题号123456答案CCDBCABDBD1．C【分析】设出的坐标并求得PQ，由此对选项进行分析，结合图象求得正确答案.【详解】依题意，线段平行于轴，不妨设在第一象限，设，则，焦点，A选项，当时，解得，所以，则，是直角三角形，A选项正确.B选项，当时，解得，所以，由于，所以关于直线对称，而，所以此时是等腰三角形.对于CD选项，先考虑四边形是平行四边形，则，则，此时，，所以四边形是矩形，不是菱形，所以C选项错误，D选项正确.故选：C2．C【分析】用定义法把动点的轨迹方程求出来，利用代换，方程没有变化，可知双纽线关于轴，轴，原点对称，再利用它与联立方程组，解得只有一组解，可知③正确，再利用原点到的距离正好是,可知满足题意，所以④正确，从而可以做出所有选项的判断.【详解】①设Mx,y到定点的距离之积为4，可得.，整理得，即曲线的方程为，由用代换，方程没变，可知曲线关于轴对称，由用代换，方程没变，可知曲线关于轴对称，由用代换，用同时代换，方程没变，可知曲线关于原点对称，图象如图所示：所以①不正确，②正确；③联立方程组，可得，即，所以，所以直线与曲线只有一个交点，所以③正确.④原点O0,0满足曲线的方程，即原点在曲线上，则，即曲线上存在点与原点重合时，满足，所以④正确.故选:C.3．D【分析】根据与渐近线平行的直线不可能与双曲线有两个交点可对A项判断；设直线分别与双曲线联立，渐近线联立，分别求出和坐标，从而可对B、C项判断；根据，求出，从而可对D项判断.【详解】解：对于A项：与渐近线平行的直线不可能与双曲线有两个交点，故A项错误；对于B项：设直线，与双曲线联立，得：，其中，设，由根与系数关系得：，所以线段PQ中点，将直线，与渐近线联立得点S坐标为，将直线与渐近线联立得点R坐标为，所以线段RS中点，所以线段PQ与线段RS的中点重合．所以，对任意的直线l，都有，故B项不正确；对于C项：因为为定值，当k越来越接近渐近线的斜率时，趋向于无穷，所以会趋向于无穷，不可能有最大值，故C项错误；对于D项：联立直线l与渐近线，解得，联立直线l与渐近线，解得由题可知，，，解得，所以，故D项正确．故选：D．【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法：①定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；②齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；③特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.4．BC【分析】根据双曲线的定义、渐近线、斜率、对称等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】对于双曲线，，A选项，根据双曲线的定义，由，解得或，所以A选项错误.B选项，双曲线的一条渐近线方程为，即，到直线的距离为，所以B选项正确.C选项，设，则，，所以，C选项正确.D选项，设不同两点关于点对称，则，则，两式相减并化简得，则，即，此时直线，代入双曲线方程得，，这与是双曲线上不同的两点矛盾，所以D选项错误.故选：BC【点睛】方法点睛：求解双曲线定义有关问题，一定要注意双曲线定义中的“绝对值”.在双曲线中，有关弦和中点的问题，可以考虑利用“点差法”来解决.5．ABD【分析】根据双曲线的渐近线的斜率，可得判定A正确；根据双曲线的定义，求得由经过点到达点所经过的路程，可判定B正确；根据向量的数量积的运算，得到，得到，设，列出方程，求得，进而可判定C错误；在直角中，结合，可判定D正确．【详解】如图所示，过点分别作的两条渐近线的平行线，则的斜率分别为和，对于A中，由图可知，当点均在的右支时，或，所以A正确；对于B中，光线由经过点到达点所经过的路程为，所以B正确；对于C中，由，得，即，所以，设，则，因为，所以，整理得，解得或（舍去），所以，，所以的面积，所以C错误；对于D项，在直角中，，所以，所以D正确．故选：ABD．6．BD【分析】首先设直线的方程，并联立抛物线，根据韦达定理，再根据各项描述，抛物线的定义，即可判断选项.【详解】设题意可得，则，设，不妨令，都在第一象限，

联立，则，且，即，所以，，则，，如上图所示，对于A：若为的中线，则，所以，所以，故，所以，则，则，故A错误；对于B：若为的角平分线，则，作垂直准线于，则且，所以，即，则，将代入整理，得，则，所以，故B正确；对于C：若，即，即为等腰直角三角形，此时，即，所以，所以，所以，所以，则此时为同一点，不合题设，故C错误；对于D：，而，结合，可得，即恒成立，故D正确.故选：BD【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据抛物线的几何关系，转化为坐标运算.7．①②④【分析】将点分别代入曲线的方程即可判断①；将曲线方程转化为两个圆的方程，结合图像利用直线和圆的位置关系逐项分析即可判断②③④.【详解】对于①，将点分别代入曲线的方程，得，，所以曲线关于对称，将代入曲线的方程得，所以曲线经过原点，所以曲线经过原点且关于对称，故①正确；由，得，即，即，所以或，即或，所以曲线表示以，为圆心，为半径的两个圆，如图所示，设过点A且与圆N相切的直线方程为，则点N到该直线的距离，解得，，即图中直线AC的斜率为1，直线AD的斜率为，直线AO的斜率为，直线AC的方程为，点M到直线AC的距离，则直线AC与圆M相切于点B，设过点A且与圆M相切的直线方程为，则点M到该直线的距离，解得，，由图可知，当直线l与曲线有2个公共点时，直线l斜率的取值范围为，故②正确；由图可知，直线AO与曲线的公共点个数为3，直线AD与曲线的公共点个数也为3，直线与曲线的公共点个数为1，所以当直线l与曲线有奇数个公共点时，直线l斜率的取值共有3个，故③错误；因为过原点O的任意直线与曲线的公共点的个数为1或3，所以存在定点Q（Q与O重合），使得过Q的任意直线与曲线的公共点的个数都不可能为2，故④正确.故答案为：①②④.【点睛】关键点点睛：将曲线方程转化为两个圆的方程，是解决本题的关键.8．,【分析】设直线：、：（），分别联立抛物线方程，结合韦达定理和两点距离公式可得直线与直线均过定点，根据、，进而确定点的轨迹，结合圆的标准方程即可求解.【详解】设直线：，由，得，需有，所以，所以，则直线：，故点的坐标为1,0．若直线的斜率为0，，故，若直线的斜率存在，设直线：（）．由，得，，所以，即，得，所以直线的方程为或，综上，直线必过点0,2或点.若直线过0,2，因为，，所以点的轨迹是以为直径的圆（去除原点），圆心坐标为，半径为，所以点的轨迹方程为（）．若直线过，设：，由可得，由可得，当：时，过的垂线方程为，此时.同理当：时，此时.故此时点的轨迹是以为直径的圆（去除部分），圆心坐标为，半径为，所以点的轨迹方程为：（或）．故答案为：（）或（或）．【点睛】关键点点睛：求解本题的关键是由条件挖掘出直线与直线均过定点，设直线方程时要注意方程形式的选择，联立方程消元时也要注意条件的特点消去，再根据垂直关系挖掘出隐圆，这也是本题关键点之一．9．【分析】分类讨论直线AB的斜率是否为0，设设，联立方程，由数量积结合韦达定理可得，结合基本不等式运算求解即可.【详解】由题意可知：，则F1,0，因为直线AB过F，可知直线AB与椭圆必相交，若直线AB的斜率为0，即直线AB为x轴，不妨设，则，因为，则，解得，当，此时点即为点，不合题意；当，此时点，；若直线AB的斜率不为0，设，则，联立方程，消去x得，则，因为，则，可得，整理得，则，，即，可得，因为，则，当且仅当，即时，等号成立，可得，所以；综上所述：的取值范围是.故答案为：.【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线中范围问题的方法一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化．10．(1)(2)①;②【分析】（1）利用点到直线的距离公式求解椭圆参数即可；（2）①把直线与椭圆联立方程组，利用弦长公式和点到直线的距离公式，即可求出面积等式，最后求解k的值；②把菱形问题转化为对角线互相垂直问题，最后转化为两对角线的斜率之积为，通过这个等式转化为的函数，即可求解取值范围.【详解】（1）由双曲线.的渐近线方程为，再由椭圆的右焦点分别为到渐近线的距离为可得：，因为，所以解得，再由椭圆的一个顶点为，可得，所以由，即椭圆C的标准方程为；（2）①直线过椭圆右焦点F₂可得：，即，所以由直线与椭圆C的标准方程联立方程组，消去得：，设两交点Ax1所以，又椭圆左焦点F1-1,0到直线的距离为，所以，解得：或（舍去），即；②假设存在点使得以为邻边的平行四边形为菱形，由于直线过定点，且，可知直线方程为，与椭圆联立方程组，消去得：，由，且，解得，

设两交点Ax1,y1,B所以，即，整理得，又因为，所以，则.【点睛】关键点点睛：本题关键点是把以为邻边的平行四边形为菱形，转化为对角线互相垂直，再利用求解中点坐标来表示斜率，最后利用斜率乘积等于，从而得到关于的函数来求取值范围.11．(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据题中条件找到双曲线中的，从而求出的方程.（2）利用平移齐次化进行证明即可.【详解】（1）由双曲线C:x2a2-又离心率为2，则，即，，即，代入，可得，，，因此，的方程为：.（2）将双曲线向左平移2个单位长度，向下平移3个单位长度，得到双曲线为，得到的双曲线如图所示，则平移到，平移到，平移后，变为，，设，，直线的方程为：①，②，将①代入②，用“1”的代换得，则，各项同时除以，得，则，又直线过，则，即，因此，故当直线，的斜率存在时，，的斜率之积为定值.【点睛】方法点睛：平移齐次化的步骤，（1）平移；（2）与圆锥曲线联立并其次化；（3）同除；（4）利用根与系数的关系进行证明结论；如果是过定点的问题还需要平移回去.12．(1)(2)【分析】（1）将直线方程与椭圆方程联立，写出韦达定理，利用弦长公式和韦达定理，椭圆离心率表达式进行联立，求得，即得椭圆方程；（2）先由直线与轴垂直时的情况，求出，当直线不与轴垂直时，设直线的方程为，与椭圆方程联立，得韦达定理，由特殊情况取时求得点坐标，通过判断是否共线检验是否可得到Q，B，N三点共线完成猜想证明.【详解】（1）

如图，设，当直线的斜率为1时，直线方程为.联立消去，得.显然，则即.又离心率则，即.解得.椭圆的标准方程为.（2）由题意知，当直线与轴垂直时，，则AP的方程为，令，得，，由三点共线，可得，，解得当直线不与轴垂直时，设直线的方程为.联立消去，得.，AP的方程为，令，得，即共线，故Q，B，N三点共线.故存在定实数，使Q，B，N三点共线.【点睛】思路点睛：本题主要考查椭圆与直线相交产生的定直线存在性命题，属于难题.解题思路是先由特殊情况—直线与轴垂直时的情况，得到定直线，再由一般情况，推理该定直线是否符合题意进行检验证明从而得解.规律方法：探索性问题的求解策略(1)若给出问题的一些特殊关系，要探索一般规律，并能证明所得规律的正确性，通常要对已知关系进行观察、比较、分析，然后概括一般规律．(2)若只给出条件，求“不存在”“是否存在”等语句表述问题时，一般先对结论给出肯定的假设，然后由假设出发，结合已知条件进行推理，从而得出结论．专题精练专题精练一、单选题1．（2024·北京丰台·二模）已知曲线与直线，那么下列结论正确的是（

）A．当时，对于任意的，曲线与直线恰有两个公共点B．当时，存在，曲线与直线恰有三个公共点C．当时，对于任意的，曲线与直线恰有两个公共点D．当时，存在，曲线与直线恰有三个公共点2．（2024·云南大理·模拟预测）已知抛物线：上存在两点，关于直线：对称，若，则（

）A．5 B． C．4 D．3．（2024·陕西商洛·三模）已知双曲线的左、右焦点分别为，若上存在点，使得，则的离心率的取值范围为（

）A． B． C． D．4．（2024·全国·模拟预测）已知坐标原点为，抛物线的焦点为．若第一象限内的抛物线上存在一点，使得的外接圆与抛物线的准线相切，则直线与外接圆的关系为（

）A．相离 B．相切 C．相交且过圆心 D．相交但不过圆心二、多选题5．（2024·黑龙江·模拟预测）已知椭圆方程为，则下列说法错误的是（

）．A． B．存在m值使椭圆的离心率C．椭圆的焦距不确定 D．椭圆的焦点在y轴6．（2024·河南南阳·模拟预测）已知椭圆，点分别为的左､右焦点，点分别为的左､右顶点，过原点且斜率不为0的直线与交于两点，直线与交于另一点，则（

）A．的离心率为B．的最小值为C．上存在一点，使D．面积的最大值为27．（2024·安徽阜阳·一模）已知为坐标原点，椭圆的左、右焦点分别为两点都在上，，三点共线，（不与重合）为上顶点，则（

）A．的最小值为4 B．为定值C．存在点，使得 D．8．（2022·广东韶关·二模）已知抛物线的焦点为，准线交轴于点，直线过且交于不同的两点，在线段上，点为在上的射影．线段交轴于点，下列命题正确的是（

）A．对于任意直线，均有B．不存在直线，满足C．对于任意直线，直线与抛物线相切D．存在直线，使三、填空题9．（2024·全国·模拟预测）在抛物线上存在一动点（非原点），过点作抛物线的切线分别交轴、轴于点，过点作的垂线分别交轴、轴于点．若与的面积相等，则直线的方程为．10．（22-23高二下·河南新乡·期末）已知抛物线上存在两点（异于坐标原点），使得，直线AB与x轴交于M点，将直线AB绕着M点逆时针旋转与该抛物线交于C，D两点，则四边形ACBD面积的最小值为．11．（2023·上海闵行·二模）不与轴重合的直线经过点，双曲线：上存在两点A，B关于对称，AB中点M的横坐标为，若，则的值为.12．（2023·安徽安庆·二模）已知在平面直角坐标系中椭圆的离心率为分别为椭圆的左､右焦点，为椭圆上不同于四个顶点的任意一点，延长线段到，若在轴上存在一点，满足，垂足为，则.四、解答题13．（23-24高三上·上海·阶段练习）已知A0,3和是椭圆Γ：上两点，O是坐标原点.(1)求椭圆Γ的离心率；(2)若过点P的直线交Γ于另一点B，且的面积为9，求直线的方程：(3)过中点的动直线与椭圆Γ有两个交点M，N，试判断在轴上是否存在点使得.若存在，求出点纵坐标的取值范围；若不存在，说明理由.14．（2022·广东茂名·一模）已知椭圆C：经过点，其右焦点为Fc,0，下顶点为B，直线BF与椭圆C交于另一点D，且．(1)求椭圆C的方程；(2)O为坐标原点，过点M作x轴的垂线，垂足为A，过点A的直线与C交于P，Q两点，直线OP与交于点H．直线OQ与交于点G，设的面积为，的面积为，试探究是否存在最小值．若存在，求出此时直线PQ的方程；若不存在，请说明理由．15．（2024·山西吕梁·三模）如图，已知分别为椭圆的左，右焦点，Px0,y0椭圆上的动点，若到左焦点距离的最大值为，最小值为.(1)求椭圆的标准方程；(2)过动点Px0,y0作椭圆的切线，分别与直线和相交于两点，记四边形的对角线相交于点，问：是否存在两个定点，使得为定值？若存在，求的坐标；若不存在，说明理由.16．（2024·福建泉州·模拟预测）设A，B为椭圆C：的短轴端点，P为椭圆上异于A，B的任意一点，D在直线上．(1)求直线，的斜率的乘积；(2)证明：；(3)过右焦点F作x轴的垂线，E为上异于F的任意一点，直线交C于M，N两点，记直线，，的斜率分别为，，，是否存在，，的某个排列，使得这三个数成等差数列？若存在，加以证明；若不存在，请说明理由．参考答案：题号12345678答案CBDDADACDBCDAC1．C【分析】根据曲线的对称性，分别讨论当直线与曲线的上、下半部分相切时的取值即可求解.【详解】曲线的图象如图所示，若，当直线与曲线上半部分相切时，由整理得，由得，当直线与曲线下半部分相切时，由整理得，由得，结合曲线图象的对称性可得，当或时，曲线与直线有一个交点，当时，曲线与直线没有交点，当或时，，曲线与直线有两个交点，AB说法错误；若，当直线与曲线上半部分相切时，由整理得，由得，当直线与曲线下半部分相切时，由整理得，由得，结合曲线图象的对称性可得，对于任意的，曲线与直线恰有两个公共点，C说法正确，D说法错误，故选：C2．B【分析】设直线为，联立抛物线可得与交点横坐标有关韦达定理，结合题目条件可计算出直线方程，再借助线段的中点在上计算即可得.【详解】设直线为，代入抛物线得，则，，∴，直线为，线段的中点记为，则，.又中点在上，∴.故选：B.3．D【分析】根据双曲线定义和，得到，结合，得到不等式，又双曲线的离心率大于1，得到答案.【详解】因为，所以，又，所以，所以离心率，又双曲线的离心率大于1，所以．故选：D．4．D【分析】根据给定条件，求出外接圆的半径及圆心坐标，再判断直线与圆的位置关系.【详解】由，得抛物线的焦点，准线方程为，显然的外接圆圆心在线段的垂直平分线上，则，半径为，由的外接圆与抛物线的准线相切，得点在抛物线上，，即，显然点到直线的距离，所以直线与的外接圆相交但不过圆心.故选：D5．AD【分析】A选项，根据椭圆方程的特点列不等式，解不等式即可；B选项，根据离心率得到，然后分和两种情况讨论；C选项，求焦距即可判断；D选项，根据椭圆方程判断焦点位置.【详解】由题知椭圆方程，则，即且，A错误；若，所以，得，故焦距是不确定的，C正确；对于B，由于椭圆离心率，得，若，即，解得，符合题意；若，即，解得，符合题意，B正确；对于D，若，椭圆焦点在y轴，若，椭圆焦点在x轴，D错误．故选：AD．6．ACD【分析】熟悉椭圆的离心率公式，椭圆焦半径取值范围为，焦半径三角形顶角在上顶点时取最大，先对选项A、B、C作出判断，对于选项D，就需要设出直线的方程为，与椭圆方程联立，再把三角形面积计算公式转化到两根关系上来，最后代入韦达定理得到关于的函数式，从而求出最值.【详解】由题知，该椭圆中，所以离心率为正确；根据椭圆上到焦点距离最大和最小的点是长轴的两个端点得，距离最大为，距离最小为，又直线的斜率不为0，所以，B错误；当椭圆的对称可知当为短轴顶点时，取得最大值，此时，由余弦定理得，故，即上存在一点，使正确；设直线的方程为，联立直线与的方程得，设，则，所以，又点到直线的距离为，所以，令，则，当且仅当，即时，等号成立，所以面积的最大值为正确；故选：ACD.7．BCD【分析】求出可判断A；由椭圆的对称性可判断B；因为，所以以为直径的圆与椭圆有交点可判断C；求出可判断D.【详解】对于A，由椭圆的方程可知，所以焦点，设Ax1,y1，则因为Ax1,，即，A错误；对于B，由椭圆的对称性可知，，可得B正确；对于C，因为，所以以为直径的圆与椭圆有交点，则存在点，使得，故C正确；对于D，设Ax1,y1则，故D正确．故选:BCD．8．AC【分析】A选项由为线段的中点以及抛物线定义即可判断，B选项由及抛物线方程求出，坐标，再说明，，三点共线，即存在直线即可，C选项设，，表示出直线，联立抛物线，利用即可判断，D选项设出直线，联立抛物线得到，通过焦半径公式结合基本不等式得即可判断．【详解】对于选项A，如图，由抛物线知为的中点，轴，所以为线段的中点，由抛物线的定义知，所以，所以选项A正确；对于选项B，设，，，，，为线段的中点，则，，，由，得，解得，，又，，故，，，可得，，故存在直线，满足，所以选项B不正确；对于选项C，由题意知，为线段的中点，从而设，则，直线的方程，与抛物线方程联立可得：，又，代入整理得，则，所以直线与抛物线相切，所以选项C正确；对于选项D，设的方程，联立，则，所以，，由，而，由，得，解得：，故，所以，所以选项D错误，

故选：AC．【点睛】方法点晴：（1）直线与抛物线的位置关系一般需要设出直线方程，然后与抛物线联立，进而利用根与系数的关系；（2）有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．9．或.【分析】本题先求带切线方程，进而求出直线的方程，由面积相等求出，代入求解即可.【详解】设点．由，得，所以直线的方程为，直线的方程为，所以，，，，从而的面积的面积．由，得，所以，解得或．所以直线的方程为或，即或．故答案为：或.【点睛】关键点点睛：本题以抛物线为载体，考查抛物线的简单几何性质、导数的几何意义、三角形的面积公式，考查方程思想、转化与化归思想，体现了数学运算、逻辑推理等核心素养．主要采用待定系数的方法求解.10．【分析】设直线的方程为，联立方程组，由条件证明，由此可得，再求，求四边形ACBD面积的解析式，求其最小值即可.【详解】由已知直线的斜率存在，且不为，故可设直线的方程为，联立，消得，，方程的判别式，设，则，所以因为，所以，所以，所以，又异于坐标原点，所以，所以，所以，所以直线的方程为，且所以直线与轴的交点为，所以点的坐标为，所以直线的方程为，联立，消得，，方程的判别式，设，则，所以，由已知，所以四边形ACBD面积，设，则，，所以，由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，此时，设，可得，，所以当时，即时，取最小值，最小值为，所以四边形ACBD面积的最小值为.故答案为：.

【点睛】关键点点睛：（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．11．【分析】由点差法得，结合得，代入斜率公式化简并利用可求得.【详解】设，则，两式相减得，即，即，所以，因为是AB垂直平分线，有，所以，即，化简得，故，则.故答案为：12．【分析】由条件结合离心率定义求，由条件证明，结合椭圆定义可得，利用中位线性质求.【详解】设椭圆的半焦距为，则，故，由题可知，解得.因为，所以为线段的中点，且是的垂直平分线，则.由椭圆定义可知.因为为的中点，所以.故答案为：.

13．(1)(2)或(3)存在，【分析】（1）代入两点得到关于的方程，解出即可；（2）以为底，求出三角形的高，即点到直线的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到点坐标，则得到直线的方程；（3）设该直线方程为：，，联立直线方程和椭圆方程并消元，结合韦达定理和向量数量积的坐标运算可用表示，再根据可求的范围.【详解】（1）由题意得，解得，椭圆方程为：.所以.（2），则直线的方程为，即，，由（1）知，设点到直线的距离为，则，则将直线沿着与垂直的方向平移单可，此时该平行线与椭圆的交点即为点，设该平行线的方程为：，则，解得或，当时，联立，解得或，即或，当时，此时，直线的方程为，即，当时，此时，直线的方程为，即，当时，联立得，，此时该直线与椭圆无交点.综上直线的方程为或.（3）椭圆方程为：.若过中点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：，设，由可得，故且而，故，因为恒成立，故，解得.若过点的动直线的斜率不存在