专题18 圆锥曲线高频压轴解答题
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01 轨迹方程
（2024·重庆·高三重庆南开中学校考阶段练习）
1．已知双曲线的一条渐近线方程为，且点在双曲线上.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)设双曲线左右顶点分别为，在直线上取一点，直线交双曲线右支于点，直线交双曲线左支于点，直线和直线的交点为，求证：点在定直线上.
（2024·重庆·统考模拟预测）
2．已知椭圆：的长轴长是短轴长的2倍，直线被椭圆截得的弦长为4．
(1)求椭圆的方程；
(2)设M，N，P，Q为椭圆上的动点，且四边形MNPQ为菱形，原点О在直线MN上的垂足为点H，求H的轨迹方程．
（2024·福建莆田·统考一模）
3．曲线上任意一点到点的距离与它到直线的距离之比等于，过点且与轴不重合的直线与交于不同的两点．
（1）求的方程；
（2）求证：内切圆的圆心在定直线上．
02向量搭桥进行翻译
（2024·陕西咸阳·校考模拟预测）
4．已知椭圆的离心率是双曲线的离心率的倒数，椭圆的左 右焦点分别为，上顶点为，且.
(1)求椭圆的方程；
(2)当过点的动直线与椭圆相交于两个不同点时，设，求的取值范围.
（2024·上海奉贤·统考一模）
5．已知椭圆的焦距为，离心率为，椭圆的左右焦点分别为、，直角坐标原点记为．设点，过点作倾斜角为锐角的直线与椭圆交于不同的两点、．
(1)求椭圆的方程；
(2)设椭圆上有一动点，求的取值范围；
(3)设线段的中点为，当时，判别椭圆上是否存在点，使得非零向量与向量平行，请说明理由．
（2024·云南昆明·高三统考期末）
6．已知动点P到定点的距离和它到直线距离之比为2；
(1)求点P的轨迹C的方程；
(2)直线l在x轴上方与x轴平行，交曲线C于A，B两点，直线l交y轴于点D.设OD的中点为M，是否存在定直线l，使得经过M的直线与C交于P，Q，与线段AB交于点N，，均成立；若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由.
03 弦长、面积背景的条件翻译
（2024·陕西榆林·统考一模）
7．已知椭圆经过两点.
(1)求的方程；
(2)斜率不为0的直线与椭圆交于两点，且点A不在上，，过点作轴的垂线，交直线于点，与椭圆的另一个交点为，记的面积为，的面积为，求.
（2024·四川绵阳·高三绵阳南山中学实验学校校考阶段练习）
8．已知椭圆的左、右焦点为，，若上任意一点到两焦点的距离之和为，且点在上.
(1)求椭圆的方程；
(2)在（1）的条件下，若点，在上，且(为坐标原点)，分别延长，交于，两点，则四边形的面积是否为定值？若为定值，求四边形的面积，若不为定值，请说明理由.
（2024·上海·高三上海市大同中学校考期末）
9．已知双曲线H：的左、右焦点为，，左、右顶点为，，椭圆E以，为焦点，以为长轴．
(1)求椭圆E的离心率；
(2)设椭圆E交y轴于，，过的直线l交双曲线H的左、右两支于C，D两点，求面积的最小值；
(3)设点满足．过M且与双曲线H的渐近线平行的两直线分别交H于点P，Q．过M且与PQ平行的直线交H的渐近线于点S，T．证明：为定值，并求出此定值．
04 斜率之和差商积问题
（2024·贵州铜仁·校联考模拟预测）
10．在平面直角坐标系中，已知过动点作x轴垂线，分别与和交于P，Q点，且，，若实数使得成立（其中O为坐标原点）．
(1)求M点的轨迹方程，并求出当为何值时M点的轨迹为椭圆；
(2)当时，经过点的直线l与轨迹M交于y轴右侧C，D两点，证明：直线，的斜率之比为定值．
（2024·安徽·高三校联考期末）
11．已知抛物线的焦点为F，点是抛物线C上一点，点Q是PF的中点，且Q到抛物线C的准线的距离为．
(1)求抛物线C的方程；
(2)已知圆，圆M的一条切线l与抛物线C交于A，B两点，O为坐标原点，求证：OA，OB的斜率之差的绝对值为定值．
（2024·海南海口·统考模拟预测）
12．在平面直角坐标系中，已知双曲线的左顶点为，离心率为，焦点到渐近线的距离为2.直线过点，且垂直于轴，过的直线交的两支于两点，直线分别交于两点.
(1)求的方程；
(2)设直线的斜率分别为，若，求点的坐标.
05 弦长、面积范围与最值问题
（2024·陕西商洛·镇安中学校考模拟预测）
13．已知分别为椭圆的左 右焦点，直线过点与椭圆交于两点，且的周长为.
(1)求椭圆的离心率；
(2)直线过点，且与垂直，交椭圆于两点，若，求四边形面积的范围.
（2024·河南·统考模拟预测）
14．已知抛物线的焦点为，过的直线交于两点，过与垂直的直线交于两点，其中在轴上方，分别为的中点．
(1)证明：直线过定点；
(2)设为直线与直线的交点，求面积的最小值．
（2024·上海嘉定·统考一模）
15．抛物线上有一动点．过点P作抛物线的切线l，再过点P作直线，使得，直线m和抛物线的另一个交点为Q．
(1)当时，求切线的直线方程；
(2)当直线与抛物线准线的交点在x轴上时，求三角形的面积（点O是坐标原点）；
(3)求出线段关于s的表达式，并求的最小值；
06 定值问题
（2024·全国·模拟预测）
16．如图，已知分别为椭圆C：的左、右焦点，P为椭圆C上一点，若，.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若点P坐标为，设不过点P的直线与椭圆C交于A，B两点，A关于原点的对称点为，记直线，PB，的斜率分别为k，，，若，求证：直线的斜率k为定值.
（2024·安徽·高三校联考阶段练习）
17．已知双曲线分别是的左、右焦点．若的离心率，且点在上．
(1)求的方程．
(2)若过点的直线与的左、右两支分别交于两点（不同于双曲线的顶点），问：是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
（2024·全国·高三阶段练习）
18．如图所示，已知抛物线是抛物线与轴的交点，过点作斜率不为零的直线与抛物线交于两点，与轴交于点，直线与直线交于点．
(1)求的取值范围；
(2)问在平面内是否存在一定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
07 定点问题
（2024·广东广州·广东实验中学校考一模）
19．设抛物线，过焦点的直线与抛物线交于点、.当直线垂直于轴时，.
(1)求抛物线的标准方程.
(2)已知点，直线、分别与抛物线交于点、.求证：直线过定点.
（2024·宁夏银川·高三银川一中校考阶段练习）
20．在平面直角坐标系中，椭圆的左，右顶点分别为、，点是椭圆的右焦点，，.
(1)求椭圆的方程；
(2)经过椭圆右焦点且斜率不为零的动直线与椭圆交于、两点，试问轴上是否存在异于点的定点，使恒成立？若存在，求出点坐标，若不存在，说明理由.
（2024·四川甘孜·统考一模）
21．在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为的准线交轴于点，过的直线与抛物线相切于点，且交轴正半轴于点.已知上的动点到点的距离与到直线的距离之和的最小值为3.
(1)求抛物线的方程；
(2)过点的直线交于两点，过且平行于轴的直线与线段交于点，点满足.证明：直线过定点.
08 三点共线问题
（2024·广东·高三校联考阶段练习）
22．点是抛物线：（）的焦点，为坐标原点，过点作垂直于轴的直线，与抛物线相交于，两点，，抛物线的准线与轴交于点．
(1)求抛物线的方程；
(2)设、是抛物线上异于、两点的两个不同的点，直线、相交于点，直线、相交于点，证明：、、三点共线．
（2024·贵州毕节·校考模拟预测）
23．已知是抛物线的焦点，过点的直线交抛物线于两点，当平行于轴时，.
(1)求抛物线的方程；
(2)若为坐标原点，过点作轴的垂线交直线于点，过点作直线的垂线与抛物线的另一交点为的中点为，证明：三点共线.
（2024·贵州贵阳·高三贵阳一中校考期末）
24．已知A，B为椭圆的左、右顶点，P为椭圆上异于A，B的一点，直线AP与直线BP的斜率之积为，且椭圆C过点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线AP，BP分别与直线相交于M，N两点，且直线BM与椭圆C交于另一点Q，证明：A，N，Q三点共线．
09 中点弦与对称问题
（2024·福建福州·高三福建省福州格致中学校考期末）
25．已知椭圆的离心率为，椭圆上的点到焦点的最小距离是3．
(1)求椭圆的方程；
(2)是否存在过点的直线交曲线于两点，使得为中点？若存在，求该直线方程，若不存在，请说明理由．
（2024·全国·高三专题练习）
26．已知圆，圆，动圆与圆外切并且与圆内切，圆心的轨迹为曲线
(1)求的方程；
(2)是否存在过点的直线交曲线于两点，使得为中点？若存在，求该直线方程，若不存在，请说明理由．
（2024·贵州黔东南·高三校考阶段练习）
27．已知椭圆C：的一个焦点为，且点F到C的左、右顶点的距离之积为5．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点F作斜率乘积为的两条直线，，与C交于A，B两点，与C交于D，E两点，线段AB，DE的中点分别为M，N．证明：直线MN与x轴交于定点，并求出定点坐标．
10 四点共圆问题
（2024·湖北·高三校联考阶段练习）
28．已知双曲线的离心率为2，过上的动点作曲线的两渐近线的垂线，垂足分别为和的面积为.
(1)求曲线的方程；
(2)如图，曲线的左顶点为，点位于原点与右顶点之间，过点的直线与曲线交于两点，直线过且垂直于轴，直线DG,DR分别与交于两点，若四点共圆，求点的坐标.
（2024·河南·高三校联考阶段练习）
29．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点D在C上，，，，且的面积为．
(1)求C的方程；
(2)设C的左顶点为A，直线与x轴交于点P，过P作直线交C于G，H两点直线AG，AH分别与l交于M，N两点，O为坐标原点，证明：O，A，N，M四点共圆．
（2024·江苏南通·统考模拟预测）
30．已知动圆M过点且与直线相切，记动圆圆心M的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)若直线与轴相交于点P，点B为曲线C上异于顶点的动点，直线PB交曲线C于另一点D，直线BO和DO分别交直线于点S和T．若四点共圆，求的值．
11 切线问题
（2024·河南周口·高三校联考阶段练习）
31．已知点在离心率为的椭圆上，点为椭圆上异于点的两点．
(1)求椭圆的方程；
(2)若，过点两点分别作椭圆的切线，这两条切线的交点为，求的最小值．
（2024·山东德州·高三德州市第一中学校考阶段练习）
32．如图所示，已知椭圆：与直线：.点在直线上，由点引椭圆的两条切线、，A、B为切点，是坐标原点.
(1)若点为直线与轴的交点，求的面积；
(2)若，为垂足，求证：存在定点，使得为定值.（注：椭圆在其上一点处的切线方程为）
（2024·辽宁辽阳·高三统考期末）
33．在平面直角坐标系内，已知定点，定直线，动点P到点F和直线l的距离的比值为，记动点P的轨迹为曲线E．
(1)求曲线E的方程．
(2)以曲线E上一动点M为切点作E的切线，若直线与直线l交于点N，试探究以线段MN为直径的圆是否过x轴上的定点．若过定点．求出该定点坐标；若不过，请说明理由．
12 定比点差法
（2024·吉林·统考一模）
34．已知抛物线的焦点F到其准线的距离为4，椭圆经过抛物线的焦点F．
(1)求抛物线的方程及a；
(2)已知O为坐标原点，过点的直线l与椭圆相交于A，B两点，若，点N满足，且最小值为，求椭圆的离心率．
（2024·江苏·高二专题练习）
35．已知椭圆的离心率为，半焦距为，且．经过椭圆的左焦点F，斜率为的直线与椭圆交于A、B两点，O为坐标原点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)当时，求的值；
(3)设，延长AR，BR分别与椭圆交于C，D两点，直线CD的斜率为，求证：为定值．
（2024·安徽合肥·统考一模）
36．在平面直角坐标系中，是抛物线的焦点，是抛物线上位于第一象限内的任意一点，过三点的圆的圆心为，点到抛物线的准线的距离为.
（1）求抛物线的方程；
（2）当过点的动直线与抛物线相交于不同点时，在线段上取点，满足，证明：点总在某定直线上.
13 齐次化
37．已知椭圆，，，为上的两个不同的动点，，求证：直线过定点．
38．已知椭圆，设直线不经过点的直线交于两点，若直线的斜率之和为，证明：直线恒过定点．
39．如图，椭圆，经过点，且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点P，Q(均异于点，证明:直线AP与AQ的斜率之和为2．
14 极点极线问题
（2024·江苏南通·高二统考开学考试）
40．已知双曲线：（，）实轴端点分别为，，右焦点为，离心率为2，过点且斜率1的直线与双曲线交于另一点，已知的面积为．
(1)求双曲线的方程；
(2)若过的直线与双曲线交于，两点，试探究直线与直线的交点是否在某条定直线上？若在，请求出该定直线方程；如不在，请说明理由．
（2024·安徽六安·校联考一模）
41．已知椭圆的离心率为，短轴长为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设A，B分别为椭圆C的左、右顶点，若过点且斜率不为0的直线l与椭圆C交于M、N两点，直线AM与BN相交于点Q．证明：点Q在定直线上．
（2024·北京海淀·统考模拟预测）
42．已知椭圆M：（a＞b＞0）过A（－2，0），B（0，1）两点．
（1）求椭圆M的离心率；
（2）设椭圆M的右顶点为C，点P在椭圆M上（P不与椭圆M的顶点重合），直线AB与直线CP交于点Q，直线BP交x轴于点S，求证：直线SQ过定点．
15 同构问题
（2024·广东广州·统考一模）
43．已知抛物线的焦点到准线的距离为2，圆与轴相切，且圆心与抛物线的焦点重合.
(1)求抛物线和圆的方程；
(2)设为圆外一点，过点作圆的两条切线，分别交抛物线于两个不同的点和点.且，证明：点在一条定曲线上.
（2024·湖北襄阳·襄阳五中校考一模）
44．已知抛物线，圆．
（1）求圆心到抛物线准线的距离；
（2）已知点是抛物线上一点（异于原点），过点作圆的两条切线，交抛物线于、两点，若直线的斜率为，直线的斜率为，，求点的坐标．
（2024·内蒙古呼和浩特·统考一模）
45．拋物线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M的坐标为，与直线l相切．
(1)求抛物线C和的标准方程；
(2)已知点，点，是C上的两个点，且直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由．
（2024·浙江杭州·高二萧山中学校考期末）
46．已知圆的方程为：
(1)已知过点的直线交圆于两点，若，，求直线的方程；
(2)如图，过点作两条直线分别交抛物线于点，，并且都与动圆相切，求证：直线经过定点，并求出定点坐标.
16 蝴蝶问题
（2024·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）
47．如图，B，A是椭圆的左、右顶点，P，Q是椭圆C上都不与A，B重合的两点，记直线BQ，AQ，AP的斜率分别是，，.
（1）求证：；
（2）若直线PQ过定点，求证：.
（2024·江苏宿迁·高二统考期末）
48．已知椭圆的左焦点为，且过点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知分别为椭圆的左、右顶点，为直线上任意一点，直线分别交椭圆于不同的两点.求证：直线恒过定点，并求出定点坐标.
49．如图，椭圆的长轴与x轴平行，短轴在y轴上，中心为．
(1)写出椭圆的方程，求椭圆的焦点坐标及离心率；
(2)直线交椭圆于两点；直线交椭圆于两点，．求证：；
(3)对于（2）中的中的在，，，，设交轴于点，交轴于点，求证：（证明过程不考虑或垂直于轴的情形）
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用双曲线的性质，代入点坐标计算即可；
（2）法一、用点P坐标表示直线，联立双曲线方程得出C、D坐标，再表示直线，联立求其交点即可证明；法二、直接利用C、D坐标表示直线，利用三点共线的斜率关系计算可用表示直线方程，联立求其交点即可证明.
【详解】（1）因为渐近线方程为，所以，设双曲线为，
代入得，双曲线的标准力程为；
（2）法一、
设直线，联立双曲线得：，
，且；
设直线，联立双曲线得：，
，且；
所以
则
设，则，两式相除消得
所以在直线上；
法二、
设直线，
直线，
由于，即，
由于，即，
则.
设，则，两式相除消得
所以在直线上；
2．(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得，联立方程，求出交点坐标，再根据弦长即可得解；
（2）设，菱形的中心为，利用点差法可得菱形的中心为原点，再分直线的斜率都存在，和直线中有一条直线的斜率不存在，两种情况讨论，根据求出即可得出答案.
【详解】（1）由题意可得，则椭圆：，
联立，解得或，
所以弦长，解得，所以，
所以椭圆的方程为，即；
（2）因为四边形MNPQ为菱形，所以垂直且平分，
设，
则，
两式相减得，
即，
设菱形的中心为，
若直线的斜率都存在，设直线的斜率分别为，
由，得，
所以，即，
同理，
所以，
由得，所以，即菱形的中心为原点，
则直线的方程为，直线的方程为，
联立，解得，
所以，
同理，
因为，
所以
，
所以点在圆上；
若直线中有一条直线的斜率不存在，由对称性可知棱形的中心为原点，
四点分别为椭圆的顶点，不妨设为右顶点，为上顶点，
则，
同理可得，
点任在圆上，
综上所述，H的轨迹方程为.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
3．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）设点，根据条件建立等式，化简即可；
（2）设出直线和点，将代入C，消元后根据根与系数的关系得到两根间的关系，设出直线AF与BF的斜率然后求和，化为两根关系结合根与系数的关系化简，进而得到答案.
【详解】（1）设，由题意：，
化简得：，即C的方程为：.
（2）设直线，，将代入C得：，
∴
设直线AF与BF的斜率分别为，则
.
∴，则，∴直线平分，而三角形内心在的角平分线上，∴内切圆的圆心在定直线上.
【点睛】本题可以事先将直线分别取几个特殊的位置，进而判断圆心的位置，得到结论后发现只需要证明AF与BF的斜率满足即可，进而将代入C用根与系数的关系解决.
4．(1)
(2)
【分析】（1）根据向量数量积得到关系式，结合离心率以及求解出，则椭圆方程可求；
（2）设出坐标，根据向量共线表示出对应坐标关系，再利用点差法结合已知坐标关系进行化简从而得到关于的表示，根据椭圆的有界性可求的范围.
【详解】（1）设点的坐标分别为，
又点的坐标为，且，
所以，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）设，则依据得，
整理得，
又，故，
得，
即，
当时，此时，即重合，显然不成立，所以，
所以，即，
又，得，
又，故，且，
故实数的取值范围为.
5．(1)
(2)
(3)不存在点，使得//，理由见解析
【分析】（1）由题意计算即可得；
（2）由设出点坐标，表示出，结合与点坐标范围计算即可得.
（3）设出直线方程后联立得一元二次方程，由直线与椭圆交于不同的两点可得该方程，并由方程中的韦达定理表示出直线斜率，假设存在该点，则有，借此设出直线方程，则该直线与椭圆必有焦点，即联立后有，结合前面所得可计算出的范围.
【详解】（1）由题意，得，，所以，
则椭圆的标准方程为；
（2）设动点，，，
，
，所以的取值范围为；
（3）显然直线的斜率存在，故可设直线，、，
联立， 消去得，
，即①，
则，，
则，，
则，
故，
若，则有，
设直线为，
联立，消去有，
要使得存在点，则，
整理得，
故②，
由①②式得，，
则，解得，
所以当时，不存在点，使得.
6．(1)
(2)存在，
【分析】
（1）设，由化简可求轨迹C的方程；
（2）设直线PQ的方程为，与双曲线联立得出韦达定理，结合两个向量共线的坐标表示求得m，得到直线l的方程.
【详解】（1）设，由动点P到定点的距离和它到直线距离之比为2，
可得，化简得，即，
故点P的轨迹C的方程为；
（2）
设l的方程为，则，故，
由已知直线PQ斜率存在，设直线PQ的方程为，故.
与双曲线方程联立得：，
由对应渐近线方程为：，易判断，
得，设，，
则，①，
由，得：
，
，
即，，
消去得：，
即②
由①②得：，化简得，由已知，
故存在定直线l：满足条件.
7．(1)
(2)
【分析】（1）待定系数法求出，得到椭圆方程；
（2）先得到直线轴时，为钝角三角形，不合题意，设直线的方程为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，由得到，得到直线恒过点，求出，从而得到.
【详解】（1）将代入椭圆方程中，
，
解得
则椭圆的方程为；
（2）当直线轴时，为钝角三角形，且，不满足题意.
设，由，可得，
所以，
所以直线的斜率存在，设直线的方程为，
因为点A不在上，所以，
由化简得，
.
，
所以
，
则，
整理得，因为，所以，
所以直线的方程为，恒过点.
由题意和对称性可知，
设点到直线的距离为，点到直线的距离为，
【点睛】处理定点问题的思路：
（1）确定题目中的核心变量（此处设为），
（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，
（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，
①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；
②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.
8．(1)
(2)四边形的面积为定值，理由见解析.
【分析】（1）根据定义可求出，利用点在椭圆上列方程即可求出，进而得到椭圆方程；
（2）设直线的方程，，，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理结合，得到与的关系，由弦长公式和点到直线距离公式即可得到，根据图象对称性即可计算四边形的面积.
【详解】（1）因为上任意一点到两焦点的距离之和为，
所以，即.
又因为点在上，
所以，则，
故椭圆的方程为 .
（2）四边形的面积为定值，理由如下：
当直线斜率为0时，因为，
不妨设，则，
则，，
此时四边形的面积为为定值；
当直线斜率不为0时，设，且，.
联立，得.
由，得，
则，，
则
，
因为，
所以，即，即，
则，
又原点到的距离，
所以四边形的面积
，
综上，所以四边形的面积为定值.
.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
9．(1)
(2)
(3)证明见解析，定值为
【分析】（1）由椭圆和双曲线中的关系即可求解.
（2）首先得出，联立直线的方程与双曲线方程，结合图形进而可以得到的面积的表达式，通过不断换元转化为二次函数求最值问题.
（3）令得，设方程与双曲线联立得坐标，求出直线的斜率为，写出直线方程并求出与渐近线的交点的坐标，可证是的中点.
【详解】（1）设椭圆方程，焦距为，
由题意知椭圆E的顶点、焦点分别为，
所以，
从而椭圆E的离心率为.
（2）如图所示：
由题意，直线斜率存在，
所以不妨设直线的方程为，，
又双曲线渐近线斜率的绝对值为，
且过的直线l交双曲线H的左、右两支于C，D两点，
所以直线的斜率满足，
将直线与双曲线方程联立，消去得，
而，
所以，
从而的面积为，
因为，令，所以，
从而，
进一步令，则，
当且仅当，即时，.
综上所述：面积的最小值.
（3）如图所示：
由题意双曲线的渐近线方程为即，
当时，由对称性得关于轴对称，关于轴对称，所以为的中点，故．
下面证明当时，即证为的中点.
因为点满足，则，
不妨设，当时，，此时点在直线的左上方，同理可证，点在两渐近线所夹区域的上方或下方，不妨设点在上方区域.
由题意，
设直线的方程为，直线的方程为，
由 即，所以，
所以满足，
同理满足，
所以直线的斜率：
，
设直线方程为,
由 得即，
得的横坐标，同理，
所以，
所以为的中点，故为定值1．
综上： 为定值1．
【点睛】关键点睛：第一问的关键是利用双曲线、椭圆中的平方关系；第二问的关键是将三角形面积表达式求出来利用函数求最值；第三位关键是先猜后证，猜可以取“特殊值”， 只需证为的中点，可先求出坐标再验证.
10．(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，结合，求得，结合的范围，即可求得点M的轨迹及方程；
（2）当时，得到点M的方程为，设CD方程为，联立方程组，求得，结合直线的斜率公式，准确化简，即可求解.
【详解】（1）解：由动点，可得，，，
因为，所以，
化简得，
当时，方程为，其中M点的轨迹为椭圆．
（2）证明：当时，M的方程为，可得点为双曲线，
设CD方程为，且，
联立方程组，整理得，
可得且，，
直线的斜率分别为，
又由
所以
所以为定值．
11．(1)；
(2)2.
【分析】（1）根据题意即可列出等式，即可求出答案；
（2）当直线的斜率不存在时，，当直线的斜率存在时，设出直线的方程为即点的坐标，把直线与抛物线进行联立，写出韦达定理，利用到直线的距离等于半径2，找到与之间的关系式，在计算OA，OB的斜率之差的绝对值，化简即可求出答案.
【详解】（1）根据题意可列
故抛物线C的方程为.
（2）①当直线的斜率不存在时，直线的方程为，，.
②当直线的斜率存在且不为0时，故设直线的方程为，
圆M的一条切线l与抛物线C交于A，B两点，故
设
把直线的方程与抛物线进行联立
.
.
综上所述：的斜率之差的绝对值为定值为2.
12．(1)
(2)
【分析】（1）利用给定条件，求出，即可得解；
（2）设出点的坐标及直线的方程，与双曲线的方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式列式计算得解.
【详解】（1）不妨设双曲线的焦点坐标为，渐近线方程为.
由题意可得：
解得，
所以双曲线的方程为.
（2）由题意直线的斜率不为0.
设直线方程为，
由，消去得：，
由，得：.
设，则.
由题意可知，则直线.
令，得，所以坐标为，
同理，坐标为，
所以.
因为，所以，
整理得：.
又
，
所以.
因为，所以，即，
所以点的坐标为.
【点睛】关键点睛：本题关键解法是直线与曲线方程联立，利用韦达定理结合斜率关系分析求解.
13．(1)
(2)
【分析】（1）设，由题的周长为，据此可得答案；
（2）先讨论两直线中的一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率为0时，四边形的面积；再讨论两直线的斜率都存在，且都不为0时，分别联立直线与椭圆方程求得与，从而得到得关于的关系式，由此得解.
【详解】（1）设，由椭圆的定义可知的周长为，所以，所以离心率.
（2）由（1）可知，又，所以，
所以椭圆的方程为.
①当直线中的一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率为0时，四边形的面积.
②当直线的斜率都存在，且都不为0时，设的方程为，由，可得，.所以.
所以.
设的方程为，同理可得.
所以四边形的面积
，
因为，当且仅当时取等号.所以，即此时.
由①②可知，四边形面积的范围为.
【点睛】
14．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）设出直线与直线的方程，联立曲线后得到与纵坐标有关韦达定理，结合题意，表示出直线后即可得定点坐标；
（2）设出直线与直线的方程，联立两直线后结合第一问中韦达定理得出点的横坐标恒为，再结合面积公式及基本不等式即可得.我们也可以利用面积得到，再结合基本不等式可求最小值.
【详解】（1）【方法一】：由，故，由直线与直线垂直，
故两只直线斜率都存在且不为，
设直线、分别为、，有，
、、、，
联立与直线，即有，
消去可得，，
故、，
则，
故，，
即，同理可得，
当时，
则，
即
，
由，即，
故时，有，
此时过定点，且该定点为，
当时，即时，由，即时，
有，亦过定点，
故直线过定点，且该定点为；
【方法二】：设，，不妨设．
设，则．由，得，
故，，，．
所以．
同理可得．
若，则直线，MN过点．
若，则直线，MN过点．
综上，直线MN过定点．
（2）法1：由、、、，
则，由、，
故，
同理可得，联立两直线，即，
有，
即，
有，由，同理，
故
，
故，
过点作轴，交直线于点，则，
由、，
故，
当且仅当时，等号成立，
下证：
由抛物线的对称性，不妨设，则，
当时，有，则点在轴上方，点亦在轴上方，
有，由直线过定点，
此时，
同理，当时，有点在轴下方，点亦在轴下方，
有，故此时，
当且仅当时，，
故恒成立，且时，等号成立，
故，
法2：设H为AD的中点，S为直线GM与AD的交点．
由M，H分别为AB，AD的中点知，所以，故．
设T为直线GN与AD的交点，同理可得．
所以．
由（1）中的法2可得，同理可得．
所以，
当且仅当时等号成立．
因此的面积的最小值为8．
【点睛】关键点睛：第二问关键在于借助直线联立及第一问中韦达定理得出点的横坐标恒为，此时可根据三角形的面积公式及基本不等式求取最值.
15．(1)切线方程为：
(2)
(3)详见解析
【分析】（1）利用求导解决点在抛物线上的切线问题；
（2）利用第一问的计算结果，得到直线的方程，求出线段的长，和到直线的距离，计算面积即可；
（3）利用求导得到直线的方程，从而得到直线的方程，求出点的坐标，联立得到的表达式，再根据求导研究表达式的增减性，从而得到的最小值.
【详解】（1）当时，点，又因为点在抛物线上，
由于点在第一象限，则，
求导，代入，则
所以过点的切线方程为：；
（2）当直线与抛物线准线的交点在x轴上时,
则直线过点，由于（1）的切线方程过点，
则此时切线方程为，又因为，
则的方程为：.
联立，解得或.
故点点，
则，
到直线的距离为：，
则面积为.
（3）由于点，
所以点在第一象限，则，
求导，代入，即，
则直线的方程为：，
所以直线的方程为：，
联立抛物线于直线得：，得，
令，则，即，
，
令，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以当时， 取最小值，即.
16．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将两边平方可得为直角三角形，然后根据直角三角形的面积及勾股定理计算可得的值，进而可得椭圆C的标准方程；
（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，通过计算及可得到，结合韦达定理计算可得斜率k的值.
【详解】（1）由两边平方得，
所以.
因为，所以，即.
由得，即
又，
即，所以，所以，
所以椭圆的标准方程为；
（2）设直线的方程为，代入得，
则，
设，则，
于是.，
又，所以，即，即，
即，
所以，.
将代入整理得，
即，
所以或
当，即时，直线的方程为，则直线过点，舍去，
所以，即.
17．(1)
(2)是定值，
【分析】（1）首先根据离心率，和双曲线方程，列式即可求解；
（2）首先设直线的方程与双曲线方程联立，并用坐标表示和，并利用韦达定理表示，即可化简求解.
【详解】（1）设双曲线的半焦距为．
由题意可得，解得，
所以的方程为．
（2）为定值，理由如下：
由（1）知，设直线，
联立方程得，消去，整理可得，
，
，同理．
直线过点且与的左、右两支分别交于两点，
两点在轴同侧，，此时，即．
，
，为定值．
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线联立，解决定值的问题，本题的关键是利用坐标表示和，并求解.
18．(1)；
(2)存在定点的坐标为.
【分析】（1）设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用弦长公式结合已知建立函数关系，求出函数值域即得.
（2）求出直线和的方程，联立求出点的坐标，结合（1）中韦达定理，利用数量积的坐标表示计算即得.
【详解】（1）依题意，设直线的方程为，点，
由消去y并整理得，，
则，，
，
所以.
（2）由（1）知，，且，设，
，直线的方程为，直线的方程为，
联立解得，
即点的坐标为，
，
，而，
于是，当为定值，
所以存在定点的坐标为.
【点睛】方法点睛：（1）引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；（2）特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
19．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用弦长求解，即可求解抛物线方程；
（2）设直线方程，与抛物线联立，韦达定理找到坐标关系，表示出直线方程，即可求出定点.
【详解】（1）解：由题意，当直线垂直于轴时，直线的方程为，
联立可得，则，所以，即，
所以抛物线的方程为.
（2）证明：若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
同理可知，直线也不与轴重合，
设、，设直线的方程为，
联立得，，
因此，.
设直线的方程为，联立得，
则，因此，，则，同理可得.
所以.
因此直线的方程为，
由对称性知，定点在轴上，
令得，
，
所以，直线过定点.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
20．(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据椭圆的顶点及焦点坐标，利用向量关系建立方程求出得解；
（2）根据条件可转化为，再由根与系数的关系代入化简即可得解.
【详解】（1）由题意知，，，，
∵，，
∴，解得，从而，
∴椭圆的方程为.
（2）如图，
由椭圆右焦点，故可设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
则，
设，，且，，
设存在点，设点坐标为，
由，可得，
又因为，
所以，所以，
所以直线和关于轴对称，其倾斜角互补，即有，
则，所以，
所以，整理得，
即，即，
解得，符合题意，
即存在点满足题意.
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）通过抛物线的定义将动点到点的距离转化为点到准线的距离，列式求出取得最小值时的值，即可求解.
（2）根据题意设，联立抛物线方程求得，再依次求得的坐标，从而求得直线的方程，化简可得直线为，由此得证.
【详解】（1）设，由题意知准线，
由抛物线的定义可知点到点的距离等于点到准线的距离，
所以点到点的距离与到直线的距离之和为，
由题意知当时，距离之和最小，
所以，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）由（1）知，设，
联立方程，得，
由得，解得，又与轴交于正半轴，所以
由解得，所以点，
所以直线，
所以直线，所以，
因为斜率存在且不为零，所以设，
联立，消去，得，
则，所以且.
，
又直线，令，得，所以，
因为，所以，
所以，
所以直线的方程为，
所以，
因为，
所以直线为，所以恒过定点.
22．(1)
(2)详见解析.
【分析】（1）根据题意不妨设，将点坐标代入抛物线方程求解；
（2）由（1）得到，设，分别求得直线AC，直线BD，直线BC，直线AD的方程，联立求得点E，G的坐标，证明即可.
【详解】（1）解：抛物线：（）的焦点坐标为：过点作垂因为直于轴的直线，与抛物线相交于，两点，且，
不妨设，则，
解得或（舍去），
所以抛物线的方程为；
（2）如图所示：
由（1）知，设，
则直线AC的方程为：，直线BD的方程为：，
联立得，解得，则，
所以，
则直线BC的方程为：，直线AD的方程为：，
联立得，解得，则，
所以，则，
所以E，K，G三点共线.
23．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）当平行于轴时，设直线的方程为，设点、，利用抛物线的焦半径公式，可求得的值，由此可得出抛物线的方程；
（2）写出直线的方程，将代入直线的方程，求出的坐标，然后求出的方程，与抛物线的方程联立，结合韦达定理求出点的坐标，可得出、、三点共线.
【详解】（1）抛物线的焦点为，
当平行于轴时，设直线的方程为，设点、，
，解得，
所以，抛物线的方程为.
（2）设直线的方程为，设点、，
联立可得，
由韦达定理可得，，
又因为直线的方程为，
将代入直线的方程可得，可得，即点，
所以，，
因为，则，
所以，直线的方程为，
联立可得，则，
故，则，
由的中点为，可得，
故、、三点共线．
24．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）令，根据斜率之积及可得，结合点在椭圆上求椭圆参数，即可得椭圆方程；
（2）由题意，设，则，写出M，N两点坐标，求直线BM，联立椭圆求点Q坐标，两点法判断是否成立，即可证结论.
【详解】（1）令，则，又，则，
所以，即，，
由在椭圆上，则，
联立以上两式，可得，故椭圆C的标准方程为.
（2）由题设，直线、斜率存在且不为0，，
令，则，故，，
所以，联立，整理得，
显然，则，则，
由，，即，
所以A，N，Q三点共线.
25．(1)
(2)存在，该直线方程为
【分析】（1）设椭圆上一点，，表达出，得到，结合离心率得到，求出椭圆方程；
（2）根据点差法求出斜率，再根据点斜式可求出结果．
【详解】（1）由题意得，设椭圆右焦点坐标为，
设椭圆上一点，，
则，故，
，
因为，所以，，
故，
故椭圆上的点到又焦点的最小距离是，所以，
联立与，解得，故，
故椭圆的方程为．
（2）假设存在过点的直线交曲线于两点，使得为中点，
设，，
则，两式相减得，
得，即，
直线方程为，即．
所以存在过点的直线交曲线于两点，使得为中点，
且该直线方程为．
26．(1)
(2)存在，该直线方程为
【分析】（1）根据圆与圆外切、内切列式得，结合椭圆的定义可求出结果；
（2）根据点差法求出斜率，再根据点斜式可求出结果.
【详解】（1）设动圆的半径为，
依题意得，所以为定值，且，
所以动点的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，
，，，，
所以，
所以椭圆的方程为.
（2）假设存在过点的直线交曲线于两点，使得为中点，
设，，
则，两式相减得，
得，即，
由点斜式得直线方程为，即.
所以存在过点的直线交曲线于两点，使得为中点，且该直线方程为.
27．(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）根据题意可得，且，进而结合求解；
（2）由题意得，且斜率均存在且不为0，设直线的方程，联立直线和椭圆方程，结合韦达定理可得AB的中点的坐标，同理可得DE的中点的坐标，进而得到直线MN的方程，从而求出定点.
【详解】（1）由题意，，且，即，
所以，
所以椭圆C的标准方程为.
（2）证明：由题意得，且斜率均存在且不为0，
设直线的方程为：，设，，
联立，整理得，
可得，，
所以AB的中点.
设直线的方程为：，设，，
联立，整理得，
可得，，
所以DE的中点.
当时，、的横坐标相同均为，
这时直线与轴的交点为；
当时，则直线的斜率，
所以直线的方程为：，
令，可得，
即直线与轴的交点为.
综上所述，直线与轴交于定点为.
28．(1)；
(2).
【分析】（1）由题设有，得双曲线为，设，应用点线距离公式、共圆、三角形面积公式列方程求参数，即可得双曲线方程；
（2）由共圆得，设，，且，联立双曲线，应用韦达定理列方程求参数t即可.
【详解】（1）由，又得：，所以渐近线方程为，
则双曲线方程为，即，
设，则到渐近线的距离分别为，
又两渐近线的夹角为，且四点共圆，则或，
的面积，
曲线的方程为：.
（2）如图四点共圆，
，
，
设，，
易得，令得：，
当的斜率为0时，不符合题意；
当的斜率不为0时，设，
联立双曲线得，
则，且，即，且，
所以，
由，即，
，
，符合，
综上，.
【点睛】关键点点睛：第一问，应用四点共圆求得或，再由三角形面积公式列方程求双曲线参数；第二问，根据四点共圆得，再设点及直线方程，联立双曲线，应用韦达定理求定点为关键.
29．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由已知结合椭圆的定义可得，进而根据面积公式可得，根据边长关系推得，然后根据余弦定理求出，即可得出，进而得出答案；
（2）由已知可转化为证明.设，，，表示出直线，直线，得出，求出，，转化为证明.设直线，与椭圆方程联立得出，根据韦达定理得出坐标关系，进而代入化简整理，即可得出证明.
【详解】（1）
由椭圆定义可知，.
由可得，
因为，如图1可知，所以．
在中，由余弦定理可得，
所以，即C的焦距为，，
所以，
故C的方程为.
（2）
如图2，不妨取G点在H点的左侧，要证O，A，N，M四点共圆，
只需证明，即．
又，
，
故待证结论转化为证明．
设，，，显然，.
由题意可知，则直线，直线．
因为M在直线l上，所以，代入直线AG的方程，可知，
故点M的坐标为，所以.
又，故等价于．
设直线，与C的方程联立消去x得，
，则或.
又，，
则，
所以，所以，
综上O，A，N，M四点共圆．
【点睛】关键点睛：转化为证明与结论等价的条件，进而结合图象推理可得转化为证明．
30．(1)
(2)
【分析】（1） 设点，根据题意列出方程，整理即可求解；
（2）设直线的方程为，联立方程组，利用韦达定理求出直线与直线的交点坐标，然后利用相交弦定理即可证明.
【详解】（1）设，则，解得.
（2）
设直线的方程为代入得
，设，，
则，
又直线的方程为，即，则，
同理： ，
则 ，
，
四点共圆， ，
即，又，则.
31．(1)
(2)．
【分析】（1）由题意，根据离心率，将点的坐标代入椭圆方程，建立方程组，解出a、b即可求解；
（2）设点，当时易求得；当时设直线为，联立椭圆方程，利用韦达定理表示出，由垂直可得两直线斜率之积为-1，结合直线方程，整理可得，表示出m，可得直线l的方程，进而可知直线l恒过定点.设点，表示出直线BC、BD方程，可知直线BD恒过定点，从而可得点D的轨迹方程，即可求解.
【详解】（1）根据题意，，
又点在椭圆上，
，所以，
可得椭圆的方程为；
（2）根据题意：设点，
当时，则，又，由
得，得，
又，解得：，或（舍去），则．
当时，设直线为，
联立，
可得，因为，
可得：，
因为，代入可得：
，
代入韦达定理可得：，
整理可得：，
可得：或，代入直线可得：，
该直线恒过点；或者，该直线恒过点（与题意不符），
所以直线恒过定点，
设点，直线的方程为，直线的方程为，
点分别在直线上，所以，得直线为，
又直线恒过点，所以，
所以点的轨迹为，
故的最小值为点A到点轨迹的距离，为．
32．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设切线方程为，与椭圆方程联立后根据，求出可得，
并求出点，点，再利用三角形面积公式求解即可.
（2）根据条件可求得直线的方程为，且，可得直线过定点.由结合直角三角形的几何性质可得出结论.
【详解】（1）由题意知，过点与椭圆相切的直线斜率存在，
设切线方程为，
联立，可得，（*）
所以，解得，即切线方程为.
所以，
将代入方程（*）可得，可得，此时，
不妨设点，同理可得点，则
因此，的面积.
（2）证明：设、，
因为椭圆在其上一点处的切线方程为.
则切线的方程为，切线的方程为.
设，则，
所以，点A、B的坐标满足方程即，
所以，直线的方程为.
因为点在直线上，所以，则，
所以，直线的方程可表示为，即.
令，可得，故直线过定点.
因为，在直线AB上，，
故点在以为直径的圆上，
当点为线段的中点时，，
此时点的坐标为
故存在点，使得为定值.
.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
33．(1)
(2)定点，理由见解析
【分析】（1）设点是所求轨迹上的任意一点，根据题意，列出方程，即可求解；
（2）设的方程为，联立方程组，根据，求得，得到，求得，再联立两直线，求得，设，结合恒成立，化简得到恒成立，求得的值，即可求解.
【详解】（1）解：设点是所求轨迹上的任意一点，
因为定点，定直线l：，动点P到点F和直线l的距离的比值为，
可得，化简得，
所以曲线的方程为.
（2）解：因为直线与相交，所以的斜率存在，
可设的方程为，联立方程组，
整理得，
则，可得，
即且，所以，即，
所以，则，所以，
联立方程组，解得，即，
假设以线段为直径的圆过轴上一定点，设为，则，
所以恒成立，即，
可得，即，
整理得，
即，即恒成立，
要使得恒成立，则，所以恒过定点，
即以线段为直径的圆过轴上一定点.
【点睛】方法总结：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
34．(1)；
(2)
【分析】(1)由条件列方程求，由此可得抛物线方程及其焦点坐标，再由条件求，(2)联立方程组，利用设而不求法结合条件求出点的轨迹，列方程求，由此可得离心率.
【详解】（1）抛物线的焦点F到其准线的距离为4
可得
抛物线的方程：
椭圆经过抛物线的焦点
椭圆的右顶点为，
所以．
（2）①当直线斜率存在时，
设直线方程为
由得，
∵
∴，即∴
∴，
∴
又∵
∴，即∴
∴N点轨迹为直线
②当直线斜率不存在时，经检验点在直线上．
∴N点轨迹方程为
最小值即点O到直线的距离
∴，即
椭圆的离心率为．
【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．
35．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由题意列出关于的方程，解方程求出，即可得出答案.
（2）由（1）得到直线AB的方程与椭圆方程联立得到关于的一元二次方程，设，，由韦达定理代入求出，设O点到直线AB的距离为d，求出d，由面积公式即可求出答案.
（3）设，，设，由题目条件表示结合定比分点公式由表示，设同理用表示，代入，可求得答案.
【详解】（1）由题意，得解得∴，故的方程为．
（2）由（1）知，
∴直线AB的方程为，由即，
设，，
则，，
∴．
设O点到直线AB的距离为d，则．
∴．
（3）设AB直线方程，
设，，，，
由由定比分点坐标公式：，
由于A，C满足椭圆方程，故得
两式作差得③，
将①②代入③可得，和①进行联立，
即，解得：
由同理可得，
∴
，
故．
36．（1）（2）总在定直线上.
【分析】（1）由于点在中垂线上，所以，从而，得出答案.
（2）由于线段成比例，因此考虑设比值：，结合图形有，利用向量坐标关系可得：设，，由于在抛物线上，所以，因此等价变形得，即
【详解】（1）过三点的圆的圆心为,则圆心在的中垂线上，
则，又点到抛物线的准线的距离为
所以，则
所以抛物线的方程为.
（2）设，记.
则，，
联立可得，
又，代入得，
所以总在定直线上.
37．证明见解析
【分析】先讨论出直线斜率垂直，设出直线的方程，与椭圆联立方程组，应用韦达定理即可.
【详解】若直线斜率不存在时，设，
则，
若直线斜率存在时，设，
设直线方程为：，
则，
,则
所以，
，
化简得或．
当时，直线为，直线过，不合题意舍去；
即直线为，即直线过定点，
38．证明见解析
【分析】以点P为原点建立新坐标系，设直线方程，利用直线方程和新方程构造齐次式可得直线方程中参数的关系，然后可证.
【详解】解：以点为坐标原点，建立新的直角坐标系，如图所示：
旧坐标 新坐标
即所以
原来则转换到新坐标就成为：
设直线方程为：
原方程：则转换到新坐标就成为：
展开得：构造齐次式：
整理为：两边同时除以，则
所以所以
而对于任意都成立．
则：，故对应原坐标为所以恒过定点．
39．证明见解析
【分析】设直线的方程为,联立椭圆得到，得到韦达定理式，而，将上式代入即可得到定值.
【详解】设,直线的方程为,两交点异于点，则
,联立直线与椭圆方程,消去变量 并整理得,由已知，由韦达定理得,则
所以可知直线与的斜率之和为2.
40．(1)
(2)在定直线方程上
【分析】（1）联立直线方程与双曲线方程，可得点，进而根据三角形面积公式即可求出的值；（2）分直线斜率 和不存在两种情况讨论，求出两直线交点，代入化简即可求解.
【详解】（1）设直线的方程为，联立，得，
又，，代入上式得，即，
∴，解得，∴，，∴双曲线的方程为．
（2）当直线点的斜率不存在时，，，直线的方程为，直线的方程为，联立直线与直线的方程可得的，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，
联立得，∴，，
∴直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
，两边平方得，
又，满足，
∴
，
∴，∴，或，（舍去）
综上，在定直线上，且定直线方程为．
41．（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）用离心率公式和列方程求得，即可得椭圆方程；
（2）方法一：设直线，，联立椭圆方程，由韦达定理得关系，由直线和方程联立求解交点坐标，并化简得，即可证明问题；
方法二：设，，，两两不等，
因为P，M，N三点共线，由斜率相等得到方程，同理A，M，Q三点共线与B，N，Q三点共线也得到两方程，再结合三条方程求解，即可证明问题.
【详解】解：（1）因为椭圆的离心率，，，
又，．
因为，所以，，
所以椭圆C的方程为．
（2）解法一：设直线，，，
，可得，
所以．
直线AM的方程：①
直线BN的方程：②
由对称性可知：点Q在垂直于x轴的直线上，
联立①②可得．
因为，
所以
所以点Q在直线上．
解法二：设，，，两两不等，
因为P，M，N三点共线，
所以，
整理得：．
又A，M，Q三点共线，有：①
又B，N，Q三点共线，有②将①与②两式相除得：
即，
将即
代入得：解得（舍去）或，（因为直线与椭圆相交故）
所以Q在定直线上．
【点晴】求解直线与圆锥曲线定点定值问题：关键在于运用设而不求思想、联立方程和韦达定理，构造坐标点方程从而解决相关问题.
42．（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）由已知两点坐标得，求得后可得离心率；
（2）直线方程为，设（，），，．由三点共线求得点坐标（用点坐标表示），由共线求得点坐标（用点坐标表示），写出直线的方程，把代入化简对方程变形可得定点坐标．
【详解】解：（1）因为点，都在椭圆上，
所以，．
所以．
所以椭圆的离心率．
（2）由（1）知椭圆的方程为，．
由题意知：直线的方程为．
设（，），，．
因为三点共线，所以有，，
所以．
所以．
所以．
因为三点共线，
所以，即．
所以．
所以直线的方程为，
即．
又因为点在椭圆上，所以．
所以直线的方程为．
所以直线过定点．
【点睛】关键点点睛：本题考查求椭圆的离心率，考查椭圆的直线过定点问题，解题方法是设椭圆上的点坐标，利用三点共线变为向量平行，求得直线交点的坐标，得出直线方程，再由在椭圆上，代入化简凑配出定点坐标．
43．(1)抛物线的方程为，圆的方程为
(2)证明见解析
【分析】（1）根据抛物线的焦点到准线的距离可得的值，即可得抛物线方程；根据圆的性质确定圆心与半径，即可得圆的方程；
（2）根据直线与圆相切，切线与抛物线相交联立，结合韦达定理，即可得所满足的方程.
【详解】（1）解：由题设得，
所以抛物线的方程为.
因此，抛物线的焦点为，即圆的圆心为
由圆与轴相切，所以圆半径为，
所以圆的方程为.
（2）证明：由于，每条切线都与抛物线有两个不同的交点，则.
故设过点且与圆相切的切线方程为，即.
依题意得，整理得①；
设直线的斜率分别为，则是方程①的两个实根，
故，②，
由得③，
因为点，
则④，⑤
由②，④，⑤三式得：
，
即，
则，即，
所以点在圆.
44．（1）；（2）点坐标为或．
【分析】（1）求出圆心及抛物线的准线，即可求得答案；
（2）设出切线PA，与抛物线方程联立，可得， 同理可得，根据圆心到切线的距离等于半径，可以化简得到，由此表示出，并结合得解.
【详解】（1）由已知：；的准线为．
圆心到准线距离为
（2）设，，
切线
由得：
由得：
切线
同理可得：
依题意：到距离
整理得：
同理：
，
解得：
故所求点坐标为或
【点睛】关键点点睛：利用圆心到切线的距离可得，整理后可得，同理可得，由此抽象出为方程的两根，是解题的关键.
45．(1)，
(2)相切，理由见解析
【分析】（1）由题意设拋物线C的方程为，将代入可求出P，Q两点坐标，再由可得，从而可求得的值，则可得抛物线的方程，由题意可得的半径为2，从而可求出的方程，
（2）由已知可得在抛物线上，设，，则可得， 从而可表示出直线的方程，由于直线与圆相切，所以由圆心到直线的距离等于半径，可得，同理得的方程为，所以可得
直线方程为，进而可求出点M到直线距离，由此可得结论
【详解】（1）由已知，设拋物线C的方程为（），
当时，，则，
所以不妨设 ，，
因为，所以，
所以，解得
所以抛物线C的，
因为与直线l：相切，，
所以的半径为2，
所以的方程
（2）由已知可得在抛物线上，设，
所以，
所以的点斜式方程为
整理可得，
此直线与圆相切，可得，
平方后可得
又因为
化简得，
同理：的方程为，
所以直线方程为，
所以点M到直线距离为，
所以直线与相切
46．(1)或；
(2)证明见解析，定点．
【分析】（1）讨论直线的方程无斜率与有斜率两种情况，结合弦长公式即可求解；
（2）设直线，方程，由，与动圆相切得：，联立直线与抛物线方程求得坐标，写出表达式，即可求得定点．
【详解】（1）时，圆：，
因为，所以可得圆心到直线的距离，
当直线的方程为：时，符合题意；
当直线的斜率存在，设直线的方程为：，即，
由得，解得：，直线：，
综上：直线的方程为：或；
（2）设直线，的斜率分别为，，则直线：，
，同理得直线：，
由，与动圆相切得：，
化简得：，
因为，所以，
联立得，同理：，
易得，
则：，
化简得：，所以直线过定点．
47．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）设，代入斜率公式求；
（2）设直线的方程是，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系表示，再根据（1）的结论证明.
【详解】（1）设
；
（2）设直线的方程是，设
与椭圆方程联立， 得： ，
， ，
，
,
由（1）可知，
两式消去，解得：.
【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，定值和定点，意在考查转化与化归的思想和计算能力，属于中档题型，第二问中设而不求的基本方法也使得求解过程变得简单，在解决圆锥曲线与动直线问题中，韦达定理，弦长公式都是解题的基本工具.
48．（1）；（2）证明见解析，定点为.
【解析】（1）利用椭圆定义先求解出的值，然后根据求解出的值，则椭圆方程可求；
（2）设出点坐标，再分别联立直线与椭圆方程从而得到的坐标，由此确定出直线的方程，分析直线的方程完成证明并求解出定点坐标.
【详解】（1）椭圆的一个焦点，则另一个焦点为，
由椭圆的定义知:，所以，解得.
又， 所以椭圆的标准方程为.
（2）设，
则直线，与联立可得，
所以，所以，
所以，所以，
又直线，与联立可得，
所以，所以，
所以，所以
所以直线的斜率为=
所以直线
所以直线恒过定点，且定点坐标为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中过定点问题的两种求解方法：
（1）若设直线方程为或，则只需要将已知条件通过坐标运算转化为之间的线性关系，再用替换或用替换代入直线方程，则定点坐标可求；
（2）若不假设直线的方程，则需要将直线所对应线段的两个端点的坐标表示出来，然后选择合适的直线方程形式表示出直线方程，由此确定出定点坐标.
49．(1)椭圆方程为；焦点坐标为，；离心率
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的长轴与轴平行，短轴在轴上，中心，即可得椭圆方程，从而可得焦点坐标与离心率；
（2）将直线的方程代入椭圆方程，利用韦达定理，可得；将直线的方程代入椭圆方程，同理可得，由此可得结论；
（3）设点，点，由、、共线，得；由、、共线，可得，由此可得结论．
【详解】（1）解：椭圆的长轴与轴平行，短轴在轴上，中心，
椭圆方程为
焦点坐标为，
离心率
（2）证明：将直线的方程代入椭圆方程，得
整理得
根据韦达定理，得，，
所以①
将直线的方程代入椭圆方程，同理可得②
由 ①、②得
所以结论成立.
（3）证明：设点，点
由、、共线，得
解得
由、、共线，同理可得
由变形得
所以
即
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