新高中数学压轴题二轮专题专题17解析几何中动点轨迹（方程）试题含解析答案

这是一份新高中数学压轴题二轮专题专题17解析几何中动点轨迹（方程）试题含解析答案，共68页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。


一、解答题
1．设直线与抛物线相交于不同两点、，为坐标原点.
（1）求抛物线的焦点到准线的距离；
（2）若直线又与圆相切于点，且为线段的中点，求直线的方程；
（3）若，点在线段上，满足，求点的轨迹方程.
2．设异面直线与所成的角为，公垂线段为，且，、分别直线m、n上的动点，且，为线段中点，建立适当的平面直角坐标系可确定点的轨迹方程．
(1)请根据自己建立的平面直角坐标系求出．
(2)为的任意内接三角形，点为的外心，若直线的斜率存在，分别为，，，，证明：为定值．
3．已知椭圆C：1(a>b>0)的两个焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，且椭圆C经过点P.
（1）求椭圆C的离心率；
（2）设过点A(0，2)的直线l与椭圆C交于M，N两点，点Q是线段MN上的点，且＝＋，求点Q的轨迹方程.
4．已知抛物线上的动点到其焦点的距离的最小值为．
(1)求抛物线的方程；
(2)过抛物线上一点作抛物线的切线，分别交轴于点，交轴于点．点在抛物线上，点在线段上，满足能；点在线段上，满足，且，线段与交于点，当点在抛物线上移动时，求点的轨迹方程．
(3)将向左平移个单位，得到，已知，，过点作直线交于．设，求的值
5．如图所示，C为半圆锥顶点，O为圆锥底面圆心，BD为底面直径，A为弧BD中点．是边长为2的等边三角形，弦AD上点E使得二面角的大小为30°，且．
(1)求t的值；
(2)对于平面ACD内的动点P总有平面BEC，请指出P的轨迹，并说明该轨迹上任意点P都使得平面BEC的理由．
6．已知圆的方程,,，抛物线过两点，且以圆的切线为准线.
(1)求抛物线焦点的轨迹C的方程；
(2)已知， 设x轴上一定点， 过T的直线交轨迹C于 两点（直线与轴不重合），求证：为定值.
7．已知椭圆的一个焦点为，离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若动点为椭圆外一点，且点到椭圆的两条切线相互垂直，求点的轨迹方程.
8．已知是圆：上的动点，点，直线与圆的另一个交点为，点在直线上，，动点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)若过点的直线与曲线相交于，两点，且，都在轴上方，问：在轴上是否存在定点，使得的内心在一条定直线上?请你给出结论并证明.
9．如图，已知动圆过定点且与轴相切，点关于圆心的对称点为，点的轨迹为.

(1)求曲线的方程；
(2)一条直线经过点，且交曲线于、两点，点为直线上的动点.
①求证：不可能是钝角；
②是否存在这样的点，使得是正三角形？若存在，求点的坐标；否则，说明理由.
10．在平面直角坐标系中，椭圆，圆为圆上任意一点.
(1)过作椭圆的两条切线，当与坐标轴不垂直时，记两切线斜率分别为，求的值；
(2)动点满足，设点的轨迹为曲线.
（i）求曲线的方程；
（ii）过点作曲线的两条切线分别交椭圆于，判断直线与曲线的位置关系，并说明理由.
11．如图，在长方体中，，，记M为棱BC的中点，若动点P在平面上运动，并满足，
(1)求点P的轨迹与侧面相交所形成的曲线长度：
(2)在点P运动过程中，平面ADP与平面MCP是否能形成直二面角？若能求出点P的位置；若不能，说明理由；
(3)过点D做的角平分线l，E，F为直线l上的两点，且对任意的点P都有，求线段EF长度的最小值．
12．直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如表示过点的直线，直线的包络曲线定义为：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线.
(1)若圆是直线族的包络曲线，求满足的关系式；
(2)若点不在直线族：的任意一条直线上，求的取值范围和直线族的包络曲线；
(3)在（2）的条件下，过曲线上两点作曲线的切线，其交点为.已知点，若三点不共线，探究是否成立？请说明理由.
13．在空间解析几何中，可以定义曲面（含平面）的方程，若曲面和三元方程之间满足：①曲面上任意一点的坐标均为三元方程的解；②以三元方程的任意解为坐标的点均在曲面上，则称曲面的方程为，方程的曲面为.已知空间中某单叶双曲面的方程为，双曲面可视为平面中某双曲线的一支绕轴旋转一周所得的旋转面，已知直线过C上一点，且以为方向向量.
(1)指出平面截曲面所得交线是什么曲线，并说明理由；
(2)证明：直线在曲面上；
(3)若过曲面上任意一点，有且仅有两条直线，使得它们均在曲面上.设直线在曲面上，且过点，求异面直线与所成角的余弦值.
14．已知定点，点D是直线上一动点，过点D作l的垂线，与线段的中垂线交于点M，动点M的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)不过点的直线与曲线C交于A，B两点，以为直径的圆经过点P，证明：直线过定点．
15．已知，M为平面上一动点，且满足，记动点M的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程；
(2)若，过点的动直线交曲线E于P，Q（不同于A，B）两点，直线AP与直线BQ的斜率分别记为，，求证：为定值，并求出定值.
16．已知平面向量中有如下两个结论：
结论1：若、是不共线的两个平面向量，，则A、B、C三点共线的充要条件是；
结论2：若、是不共线的两个平面向量，，若点P在与AB平行的直线上，则（为定值）．
将上述两个结论推广至空间向量（无需写出推广结论）解决以下问题：
已知、、是两两垂直的单位向量，P是空间中一点．
(1)若且，求的最小值；
(2)若且满足，求动点P的轨迹所围成的区域的体积．
17．已知O为坐标原点，抛物线的方程为，F是抛物线的焦点，椭圆的方程为，过F的直线l与抛物线交于M，N两点，反向延长，分别与椭圆交于P，Q两点．

(1)求的值；
(2)若恒成立，求椭圆的方程；
(3)在（2）的条件下，若的最小值为1，求抛物线的方程（其中，分别是和的面积）．
18．已知的其中两个顶点为，点为的重心，边，上的两条中线的长度之和为，记点的轨迹为曲线.
(1)求的方程；
(2)过点作斜率存在且不为0的直线与相交于两点，过原点且与直线垂直的直线与相交于两点，记四边形的面积为S，求的取值范围.
19．我们所学过的椭圆、双曲线、抛物线这些圆锥曲线，都有令人惊奇的光学性质，且这些光学性质都与它们的焦点有关．如从双曲线的一个焦点处出发的光线照射到双曲线上，经反射后光线的反向延长线会经过双曲线的另一个焦点（如图所示，其中是反射镜面也是过点处的切线）．已知双曲线（，）的左右焦点分别为，，从处出发的光线照射到双曲线右支上的点P处（点P在第一象限），经双曲线反射后过点．

(1)请根据双曲线的光学性质，解决下列问题：
当，，且直线的倾斜角为时，求反射光线所在的直线方程；
(2)从处出发的光线照射到双曲线右支上的点处，且三点共线，经双曲线反射后过点，，，延长，分别交两条渐近线于，点是的中点，求证：为定值．
(3)在（2）的条件下，延长交y轴于点，当四边形的面积为8时，求的方程．
20．（1）如图1，点A在直线l外，仅利用圆规和无刻度直尺，作直线（保留作图痕迹，不需说明作图步骤）．
（2）证明：一簇平行直线被椭圆所截弦的中点的轨迹是一条线段（不含端点）；
（3）如图2是一个椭圆C，仅利用圆规和无刻度直尺，作出C的两个焦点，简要说明作图步骤（只说明作图步骤）．

21．设点是直线上的一个动点，为坐标原点，过点作轴的垂线．过点作直线的垂线交直线于.
(1)求点的轨迹的方程；
(2)过曲线上的一点（异于原点）作曲线的切线交椭圆于，两点，求面积的最大值.
22．如图，在矩形ABCD中，M、N分别是线段AB、CD的中点，，，将沿DM翻折，在翻折过程中A点记为P点．
(1)从翻折至的过程中，求点P运动的轨迹长度；
(2)翻折过程中，二面角P−BC−D的平面角为θ，求的最大值.
23．已知抛物线的焦点为，为上任意一点，且的最小值为1.
(1)求抛物线的方程；
(2)已知为平面上一动点，且过能向作两条切线，切点为，记直线的斜率分别为，且满足.
①求点的轨迹方程；
②试探究：是否存在一个圆心为，半径为1的圆，使得过可以作圆的两条切线，切线分别交抛物线于不同的两点和点，且为定值？若存在，求圆的方程，不存在，说明理由.
24．已知圆：，点是圆上的动点，点是圆内一点，线段的垂直平分线交于点，当点在圆上运动时点的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)为直线：上的动点，、为曲线与轴的左右交点，、分别与曲线交于、两点.证明：为定值.
25．已知圆，过的直线与圆交于两点，过作的平行线交直线于点.
(1)求点的轨迹的方程；
(2)过作两条互相垂直的直线交曲线于交曲线于，连接弦的中点和的中点交曲线于，若，求的斜率.
26．“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长.某些折纸活动蕴含丰富的数学知识，例如：如图用一张圆形纸片，按如下步骤折纸：
步骤1：设圆心是，在圆内异于圆心处取一定点，记为；
步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点（即折叠后图中的点与点重合）；
步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕，记折痕与的交点为；
步骤4：不停重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕.
现取半径为4的圆形纸片，设点到圆心的距离为，按上述方法折纸.以线段的中点为原点，线段所在直线为轴建立平面直角坐标系，记动点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)设轨迹与轴从左到右的交点为点，，为直线上的一动点（点不在轴上），连接交椭圆于点，连接并延长交椭圆于点.是否存在，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
27．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，其中在轴左侧，分别为的中点，且直线过定点.
(1)求抛物线的方程；
(2)设为直线与直线的交点;
（i）证明在定直线上；
（ii）求面积的最小值.
28．已知平面直角坐标系中，椭圆与双曲线．
(1)若的长轴长为8，短轴长为4，直线与有唯一的公共点，过且与垂直的直线分别交轴，轴于点两点，当运动时，求点的轨迹方程；
(2)若的长轴长为4，短轴长为2，过的左焦点作直线与相交于两点（在轴上方），分别过作的切线，两切线交于点，求面积的最小值．
29．如图，在四棱锥中，PA面ABCD，ABCD，且CD=2，AB=1，BC=，PA=1，ABBC，N为PD的中点．
(1)求证：AN平面PBC；
(2)在线段PD上是否存在一点M，使得直线CM与平面PBC所成角的正弦值是？若存在，求出的值，若不存在，说明理由；
(3)在平面PBC内是否存在点H，满足，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点H的轨迹图形形状（不必证明）．
30．已知平面内定点是以为直径的圆上一动点（为坐标原点）．直线与点处的切线交于点，过点作轴的垂线，垂足为，过点作轴的垂线，垂足为，过点作的垂线，垂足为．
(1)求点的轨迹方程；
(2)求矩形面积的最大值；
(3)设的轨迹，直线与轴围成面积为，甲同学认为随的增大，也会达到无穷大，乙同学认为随的增大不会超过4，你同意哪个观点，说明理由．
31．设A，B是双曲线H：上的两点．直线l与双曲线H的交点为P，Q两点．
(1)若双曲线H的离心率是，且点在双曲线H上，求双曲线H的方程；
(2)设A、B分别是双曲线H：的左、右顶点，直线l平行于y轴．求直线AP与BQ斜率的乘积，并求直线AP与BQ的交点M的轨迹方程；
(3)设双曲线H：，其中，，点M是抛物线C：上不同于点A、B的动点，且直线MA与双曲线H相交于另一点P，直线MB与双曲线H相交于另一点Q，问：直线PQ是否恒过某一定点？若是，求该定点的坐标；若不是，请说明理由．
参考答案：
1．（1）2;（2），;（3）
【详解】试题分析：（1）根据题意，由抛物线的方程分析可得的值，即可得答案；（2）根据题意，设直线的方程为，分与两种情况讨论，分析的取值，综合可得可取的值，将的值代入直线的方程即可得答案；（3）设直线，设、，将直线的方程与抛物线方程联立，结合，由根与系数的关系分析可得答案．
试题解析：（1）∵抛物线的方程为
∴抛物线的焦点到准线的距离为2
（2）设直线
当时，和符合题意;
当时，、的坐标满足方程组，
∴的两根为、，，
∴，
∴线段的中点
∵，
∴，得
∴，得
∵
∴（舍去）
综上所述，直线的方程为：，
（3）设直线，
、的坐标满足方程组，
∴的两根为、
，，
∴，得或
时，直线AB过原点，所以；
时，直线AB过定点
设
∵，
∴（），
综上，点的轨迹方程为
点睛：本题主要考查直线与圆相切，求直线方程，分类讨论，轨迹方程的求法等，属于中档题.注意解决本类问题时，要使用直线和圆相切的性质，设直线时注意分类讨论，严防漏解，求轨迹方程时一般先设出动点坐标，再根据条件建立关于的关系，化简即可求出轨迹方程.
2．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）过作直线，求出点在直线确定的平面上的投影与点的距离，再建立坐标系，求出轨迹方程.
（2）设出点的坐标，及以点为圆心的圆的方程，利用点差法借助斜率坐标公式推理计算即得.
【详解】（1）过作直线，则直线的夹角为，令它们确定的平面为，有，
过作，交直线于点，连接，于是，而，则，
取的中点，而是线段的中点，连接，则，，
显然四边形为矩形，，而，因此，
点在移动过程中，点到平面的距离，于是点轨迹所在平面平行于，
点轨迹与点的轨迹形状完全相同，在平面内以直线相交构成的两组对顶角的平分线为坐标轴，
建立平面直角坐标系，其中轴与直线都成，令直线的方程分别为，
设，则，即，
由，得，于是，即，
所以方程为.
（2）设，则，
显然中任意两个都不相等，否则外心在轴上，直线斜率不存在，即，
设的外接圆方程为，
得，
两式相减得，
由，得，则有，同理，
两式相减得：，则
因此
，
所以，即为定值.
【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．
3．（1）；（2）10(y－2)2－3x2＝18，其中x∈，y∈.
【解析】（1）根据椭圆的定义求出，根据焦点坐标求出，根据离心率公式求出心率；
（2）由（1）求出椭圆方程，①当直线l与x轴垂直时，求出点Q的坐标为，
②当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋2，联立直线与抛物线方程，根据韦达定理以及可得点Q的轨迹方程，根据判别式和点在椭圆内求出的范围.
【详解】（1）由椭圆定义知，2a＝|PF1|＋|PF2|＝＝2，
所以a＝.
又由已知，得c＝1，
所以椭圆C的离心率e＝.
（2）由（1）知，，所以椭圆C的方程为.
设点Q的坐标为(x，y).
①当直线l与x轴垂直时，直线l与椭圆C交于(0，1)，(0，－1)两点，此时点Q的坐标为，
②当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋2.
因为M，N在直线l上，可设点M，N的坐标分别为(x1，kx1＋2)，(x2，kx2＋2)，
则，，
又|AQ|2＝x2＋(y－2)2＝(1＋k2)x2.
由，得＝＋，
即.①
将y＝kx＋2代入中，得(2k2＋1)x2＋8kx＋6＝0.②
由＝(8k)2－4×(2k2＋1)×6>0，得k2>.
由②可知，x1＋x2＝，x1x2＝，
代入①中并化简，得x2＝.③
因为点Q在直线y＝kx＋2上，所以k＝，代入③中并化简，
得10(y－2)2－3x2＝18，
由③及k2>，可知0又点满足10(y－2)2－3x2＝18，故x∈.
由题意知Q(x，y)在椭圆C内，所以－1≤y≤1.
又由10(y－2)2＝18＋3x2有(y－2)2∈，且－1≤y≤1，则y∈.
所以点Q的轨迹方程为10(y－2)2－3x2＝18，其中x∈，y∈.
【点睛】关键点点睛：求出点Q的轨迹方程后，利用判别式和点在椭圆内求出的范围是解题关键.
4．(1)
(2)
(3)0
【分析】（1）根据抛物线的几何意义求出p，即可求解；
（2）利用导数的几何意义求出切线方程，则为的中点，利用平面向量的基本定理可证得是的重心，建立方程组，即可求解；
（3）易知直线的斜率存在，设直线l,，联立抛物线方程，利用韦达定理，由可得，结合平面向量的坐标表示求解即可.
【详解】（1）因为抛物线上的动点到其焦点的距离的最小值为，
所以，解得，
故抛物线方程为；
（2）由（1）知，，则，，
所以在点A的切线方程为，即，得，
所以为的中点，得，
设，则，
所以，两式相加得，即是的重心，
设，则，
消去，得，
故点的轨迹方程为；
（3）由（2）知，，
易知直线的斜率存在，设，，
，消去y，得，
所以，又，则，
解得或，
所以，
又，，
所以，
即的值为0.
【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题.
5．(1)；
(2)P的轨迹为过靠近的三等分点及中点的直线，理由见解析
【分析】（1）建立空间坐标系，易得面的一个法向量为，用表示出面的法向量，通过二面角的大小为30°建立方程，解方程即可；
（2）取中点，中点，连接，证明面平面BEC，结合面，即可求出P的轨迹.
【详解】（1）
易知面，，以所在直线为轴建立如图的空间直角坐标系，则，，，
易知面的一个法向量为，
设面的法向量为，则，
令，则，
可得，
解得或3，又点E在弦AD上，故.
（2）
P的轨迹为过靠近的三等分点及中点的直线，证明如下：
取靠近的三等分点即中点，中点，连接，
由为中点，易知，又面，面，
所以平面BEC，
又，面，面，所以平面BEC，
又，所以面平面BEC，
即和所在直线上任意一点连线都平行于平面BEC，
又面，故P的轨迹即为所在直线，
即过靠近的三等分点及中点的直线.
6．(1)；
(2)证明见解析．
【分析】（1）是圆的切线，分别过作直线的垂直，垂足分别为，由，利用椭圆定义可得轨迹方程；
（2）设直线的方程为，设，直线方程代入椭圆方程后应用韦达定理得，然后计算，代入化简可得．
【详解】（1）如图，是圆的切线，分别过作直线的垂直，垂足分别为，又是中点，则是直角梯形的中位线，，
设是以为准线的抛物线的焦点，则，，
所以，
所以点轨迹是以为焦点的椭圆，椭圆长轴长为8，
，则，因此，
所以抛物线的焦点轨迹方程为；

（2）由题意设直线的方程为，设，
由得，
，，
，
代入，，得
为常数．

【点睛】方法点睛：本题考查椭圆中定值问题，解题方法是设交点坐标．设直线方程，直线方程与椭圆方程联立方程组后消元应用韦达定理得（或），利用交点坐标计算出要证明常数的量，然后代入韦达定理的结果化简变形即可得．
7．（1）；（2）.
【详解】试题分析：（1）利用题中条件求出的值，然后根据离心率求出的值，最后根据、、三者的关系求出的值，从而确定椭圆的标准方程；（2）分两种情况进行计算：第一种是在从点所引的两条切线的斜率都存在的前提下，设两条切线的斜率分别为、，并由两条切线的垂直关系得到，并设从点所引的直线方程为，将此直线的方程与椭圆的方程联立得到关于的一元二次方程，利用得到有关的一元二次方程，最后利用以及韦达定理得到点的轨迹方程；第二种情况是两条切线与坐标轴垂直的情况下求出点的坐标，并验证点是否在第一种情况下所得到的轨迹上，从而得到点的轨迹方程.
（1）由题意知，且有，即，解得，
因此椭圆的标准方程为；
（2）①设从点所引的直线的方程为，即，
当从点所引的椭圆的两条切线的斜率都存在时，分别设为、，则，
将直线的方程代入椭圆的方程并化简得，
，
化简得，即，
则、是关于的一元二次方程的两根，则，
化简得；
②当从点所引的两条切线均与坐标轴垂直，则的坐标为，此时点也在圆上.
综上所述，点的轨迹方程为.
考点：本题以椭圆为载体，考查直线与圆锥曲线的位置关系以及动点的轨迹方程，将直线与二次曲线的公共点的个数利用的符号来进行转化，计算量较大，从中也涉及了方程思想的灵活应用.
8．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）由题意可得点在以，为焦点，为实轴长的双曲线上，且焦距为，从而可求出曲线的方程；
（2）由条件可设：，代入双曲线方程化简，再利用根与系数的关系，当时，可求得，则的平分线为定直线，从而可得结论.
【详解】（1）圆的圆心为，半径，
因为，所以，又因为，
所以，
所以，
所以点在以，为焦点，为实轴长的双曲线上，
设双曲线的方程为，
则，.
所以，，
又不可能在轴上，所以曲线的方程为.

（2）在轴上存在定点，使得的内心在一条定直线上.
证明如下：由条件可设：.代入，
得，
设，，则
，得，
所以
所以，
取，
则
又，都在轴上方，所以的平分线为定直线，
所以在轴上存在定点，使得的内心在定直线上.
【点睛】关键点点睛：此题考查直线与双曲线的位置关系，考查双曲线方程的求解，第（2）问解题的关键是取，通过计算，可得定直线为，考查数学计算能力，属于较难题.
9．(1)；
(2)①证明见解析；②存在，且.
【分析】（1）设，则可得，圆的直径为，利用动圆与轴相切，即可求得曲线的方程；
（2）①设直线的方程为，点、、，联立直线的方程与抛物线方程，进而利用韦达定理结合向量的数量积运算，得到恒成立，可得结论；
②由①知，根据与垂直，斜率积为，可得，再由，求出值.
【详解】（1）设，因为点在圆上，且点关于圆心的对称点为，
则，
而，
因为动圆过定点且与轴相切，则，
即，化简得，
所以曲线的方程为.
（2）①若直线与轴重合，则直线与抛物线有且只有一个公共点，不合乎题意.
设直线的方程为，设点、、，
联立，可得，，
由韦达定理可得，，
，同理可得，
所以，
，
故不可能为钝角；
②假设存在这样的点满足条件，
因为，则线段的中点为，
若，则轴，此时，直线的方程为，联立可得，
则，此时，位于轴上，则，
所以， 为直角三角形，不合乎题意，
所以，，则，可得，
则，

则，
而，
由，可得，解得，
所以，存在点满足条件.
【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：
（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；
（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；
（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；
（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；
（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.
10．(1)
(2)（i）；（ii）直线与曲线相切，理由见解析
【分析】（1）设，过点P的直线方程为：，联立方程，结合韦达定理分析求解；
（2）（i）设，根据题意利用相关点法分析求解；（ii）设过且与圆相切的直线方程：，可得，联立方程结合韦达定理分析判断.
【详解】（1）设，过点P的直线方程为：，
联立，消去y得，
则，
整理得，
可知是方程的两个根，所以.
（2）（i）设，由，
将代入圆有：，
即曲线的方程为：；
（ii）直线与曲线相切.理由如下：
由题意可知直线斜率和均存在，如图，

设过且与圆相切的直线方程：，
即，
则曲线的圆心到该直线的距离，可得，
可得；
联立，消去y可得：，
整理得，
则方程异于的实数解为，
由可得，
则，
可得，
设，
则直线的斜率，
故直线的方程为：，
即，
则曲线的圆心到的距离，故直线与曲线相切.
【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．
11．(1)
(2)能，答案见解析
(3)
【分析】（1）由角相等推理得建立空间坐标系得点P的轨迹求解曲线长度（2）推理证明得∠DPC为平面角，利用直线与圆相切求解（3）问题转化为以EF为直径的圆要包括圆：求得最小值
【详解】（1）因为点P的轨迹与侧面相交，
所以点P的轨迹在侧面内，
由长方体性质可知：AD，BC都与平面垂直，
而DP，CP在平面内，所以AD⊥DP，CP⊥BC，
由，
可知，即，故，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，故所求点满足，化简得，
故所求的即为此圆在矩形内的部分，
即圆心角为，半径为2的圆弧，长度为
（2）设平面平面，
∵，平面MCP，平面MCP，∴平面MCP，由线面平行的性质，平面，故，进而．
∵平面, 平面∴，∴，
同理，∴∠DPC为平面角，
在平面yz中，，过点D作直线m：，
在直线m与圆相切时，，
∴解得(负值舍去），由可得,
故．
（3）当直线l：上存在E、F使得恒成立，
则以EF为直径的圆要包括圆：．
点到直线l的距离，
∴．
12．(1)
(2)
(3)成立，理由见解析
【分析】（1）根据包络曲线的定义利用直线和圆相切即可得；
（2）易知方程无解，根据判别式可得，证明可得直线族的包络曲线为；
（3）法一：求出两点处曲线的切线的方程，解得，根据平面向量夹角的表达式即可得，即；
法二：过分别作准线的垂线，连接，由导数求得切线斜率并利用抛物线定义和三角形内角关系即可证明.
【详解】（1）由定义可知，与相切，
则圆的圆心到直线的距离等于1，
则，.
（2）点不在直线族的任意一条直线上，
所以无论取何值时，无解.
将整理成关于的一元二次方程，
即.
若该方程无解，则，即.
证明：在上任取一点在该点处的切线斜率为，
于是可以得到在点处的切线方程为：，
即.
今直线族中，
则直线为，
所以该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线，
而对任意都是抛物线在点处的切线.
所以直线族的包络曲线为.
（3）法一：已知，设，
则，；
由（2）知在点处的切线方程为；
同理在点处的切线方程为；
联立可得，所以.
因此，
同理.
所以，，
即，可得，
所以成立.
法二：过分别作准线的垂线，连接，如图所示：
则，因为，显然.
又由抛物线定义得，故为线段的中垂线，得到，即.
同理可知，
所以，即.
则.
所以成立.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解包络曲线的定义，利用直线和曲线相切求出包络曲线的方程为并进行证明，再利用抛物线定义和性质即可得出结论.
13．(1)平面上，以原点为圆心，1为半径的圆；理由见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据坐标平面内点的坐标的特征可知，可得坐标平面的方程；当时，可得平面截曲面所得交线的方程，进而可得曲线类型；
（2）设是直线上任意一点，由题意有，从而得点的坐标，代入曲面的方程验证即可.
（3）设是直线上任意一点，直线的方向向量为，由题意有，可得点的坐标，代入曲面的方程，进而可求得的关系，可得，利用向量夹角公式求解即可得出答案.
【详解】（1）根据坐标平面内点的坐标的特征可知，坐标平面的方程为，
已知曲面的方程为，
当时，平面截曲面所得交线上的点满足，
即，
也即在平面上到原点距离为定值1，
从而平面截曲面所得交线是平面上，以原点为圆心，1为半径的圆.
（2）设是直线上任意一点，
由，均为直线的方向向量，有，
从而存在实数，使得，即，
则，解得，
所以点的坐标为，
于是，
因此点的坐标总是满足曲面的方程，从而直线在曲面上.
（3）直线在曲面上，且过点，
设是直线上任意一点，直线的方向向量为，
由，均为直线的方向向量，有，
从而存在实数，使得，即，
则，解得，
所以点的坐标为，
∵在曲面上，∴，
整理得，
由题意，对任意的，有恒成立，
∴，且，
∴，或，
不妨取，则，或，
∴，或，
又直线的方向向量为，
则异面直线与所成角的余弦值均为
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决．
14．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用线段的中垂线的性质得出，根据抛物线的定义即得方程；
（2）将直线方程与抛物线方程联立得出韦达定理，再根据题设条件得到，代入点的坐标，化简得或，检验后即得直线经过的定点.
【详解】（1）由题意知，为线段的中垂线上的点，所以．
又，所以点到直线的距离与点到定点的距离相等，
所以点的轨迹以为焦点，直线为准线的抛物线，所以曲线的方程为．
（2）
如图，设，．由得，则，．
因为以为直径的圆经过点，所以，所以．
又，，
所以
，故或．
若，则直线过点，与题意矛盾，所以，
故，所以直线，过定点．
【点睛】方法点睛：本题主要考查抛物线的定义和与抛物线相交的直线过定点问题.
对于与圆锥曲线有关的直线过定点问题，一般解题流程包括：
（1）设出直线的斜截式方程或者横截距式方程；
（2）将直线方程与圆锥曲线方程联立，求出与根和系数的关系式；
（3）根据题设建立多个参数有关的等式，化简得出各个参数之间的关系式；
（4）将上式代入所设直线方程，消参后即得直线经过的定点.
15．(1)
(2)证明见解析；
【分析】（1）利用圆锥曲线的定义即可得曲线方程，但要注意只有双曲线右支；
（2）设直线方程，联立方程组，根据韦达定理进行运算可证为定值，之后求出定值即可.
【详解】（1）由题可知，则的轨迹是实轴长为，
焦点为即的双曲线的右支，则，
所以曲线的方程为：(或).
（2）由题可知过点的动直线斜率存在且不为，则设斜率为，
所以直线的方程为：，设，，

联立 ，可得，
则 ，可得，即或，
则
，
所以为定值，定值为.
16．(1)
(2)
【分析】（1）由题意，表示空间中的点到点的距离，由点到平面的距离即可求解；
（2）由题意可知动点P的轨迹所围成的区域的体积是正方体减去两个三棱锥的体积，由体积公式即可求解
【详解】（1）设，
则，且，
则，
所以，
又表示一个平面，
表示空间中的点到点的距离，
这样的点在以点为球心的球面上，
所以的最小值是球与此平面相切时切点与点的距离，
即点到此平面的距离；
又点到平面的距离是
，
所以的最小值为；
（2）如图，由，且，
可得动点的轨迹所围成的区域是介于平面与之间的部分，
，
所以动点P的轨迹所围成的区域的体积为；
17．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）设出直线，，利用韦达定理得到；
（2）设出联立椭圆方程得到，，从而得到，结合，列出方程，求出，从而得到，求出椭圆方程；
（3）表达出，结合（2）中等式，结合基本不等式求出最值，得到抛物线方程.
【详解】（1）设直线OM的斜率为，直线ON的斜率为，
由题可知，直线MN的斜率不为0，设，
设直线，
则由，可得，
易知，且，
则；
（2）设，
由题可知，，其中，
联立方程，同理，
因为：
．
因为为定值，所以上式与无关，
所以当，即时，此时，所以，
所以椭圆的方程为．
（3）因为，
由（2）可知，当时，
，
故，当且仅当时，等号成立，
此时抛物线方程为.
【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
18．(1)
(2)
【分析】（1）结合题意，根据重心的性质可得重心Q到顶点距离之和为大于的定值，根据椭圆的定义即可求出曲线C的方程；
（2）设出直线的方程并与椭圆标准方程进行联立，进而用弦长公式表示出，再用所设斜率k表示出M的坐标，进而表示出，得到面积S的关系式，化简即可得到函数关系式，求值域即可.
【详解】（1）因为点为的重心，
的边上的两条中线长度之和为，
所以，
故由椭圆的定义可知曲线是以为焦点的椭圆（不包括长轴的端点）.
设分别为该椭圆的长半轴长､短半轴长､半焦距，
所以，所以，
所以的方程为.
（2）
设直线的方程为，
联立整理得，
则，
设，则，即，
代入椭圆方程得，
所以，则，
所以.
由对称性知，
又，
所以.
，
又，
所以的取值范围为，
故的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了椭圆的定义和直线与椭圆的位置关系，关键在于用所设直线的斜率表示出求面积所需边长，进而用斜率表示出面积，最后化简成函数形式，求取函数值域即可。
19．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）先求出双曲线的方程及直线的方程，联立方程求出点的坐标，进而可得出答案；
（2）易得，可令，则，根据双曲线的定义求出，即可求得，再在直角中，求出，即可得直线的方程，再利用勾股定理求出的关系，进而可得渐近线方程，再联立直线和渐近线方程，设，利用韦达定理求得，即可得点的坐标，进而可得出结论；
（3）先利用角平分线定理可得，即可得点的坐标，再求出，即可得直线的方程，进而可得点的坐标，再根据四边形的面积求出，即可得解.
【详解】（1）因为，，所以，，
故双曲线方程为，直线的方程为，
由，解得，即，
所以，
所以反射光线所在的直线方程为，即；
（2）因为为直角三角形，，
可令，则，
由双曲线的定义可得，
即，所以，
所以，
所以，
在直角中，，
所以直线的方程为，
由，
得，所以，所以，
所以两条渐近线得方程为，
联立，得，
设，
则，
故，
所以，
所以，
所以，
所以为定值；
（3）由双曲线得光学性质可得，直线平分，
所以，
在中，由正弦定理得，则，
在中，由正弦定理得，则，
因为，所以，
所以，所以，
所以，故，
而，
所以，
所以直线的方程为，故点的坐标为，
设四边形的面积为，
则，
所以，故，
所以求的方程为．

【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．
20．（1）作图见解析；（2）证明见解析；（3）答案见解析
【分析】（1）利用尺规作图的方法即可得解；
（2）利用点差法，分类讨论即可得解；
（3）熟悉掌握作图方法，结合平面的性质即可得解.
【详解】（1）如图，

（2）建立适当的坐标系，使椭圆的方程为.
若该簇平行直线斜率不存在，它们被椭圆所截弦的中点均在轴上，
因而轨迹是长轴(不含左、右顶点)；
若该簇平行直线斜率存在且为，与椭圆交于两点，
则有，
相减得，，
结合得，这表明，弦的中点在定直线上，
因而弦中点的轨迹是该直线被椭圆所截得的弦(不含端点).
（3）①任取椭圆上4点；
②过作直线的平行线，分别与椭圆交于点；
③作弦的垂直平分线，分别与弦交于点，
则直线经过的中心；
④同理过作直线的平行线，重复以上步骤得到直线，
与交于点，即为的中心；
⑤以为圆心，适当半径作圆，与顺次交于点；
⑥作和的角平分线，它们所在直线即为的两条对称轴，
两直线与交于4点，其中2个点为，且；
⑦以为圆心，为半径作圆，与直线交于两点，即为的焦点.
【点睛】关键点睛：本题第1小问解决的关键是熟练掌握尺规作图的方法.
21．(1)
(2)
【分析】（1）设出点坐标，根据垂直关系写出对应向量关系式，由此可得轨迹的方程；
（2）设出直线的方程，根据直线与曲线相切得到关于的表达式，然后通过联立方程结合韦达定理以及弦长公式表示出的面积，最后利用基本不等式求解出最大值.
【详解】（1）设，则，所以，
因为，所以，所以，
所以点的轨迹的方程为；
（2）设，，
因为为曲线的切线，
联立可得，所以，
联立可得，
所以，且，即，
所以，
又因为原点到直线的距离，
所以
，
当且仅当即（此时满足）时取等号，
综上可知，面积的最大值为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中求解三角形面积的常用方法：
（1）利用弦长以及点到直线的距离公式，结合底高，表示出三角形的面积；
（2）根据直线与圆锥曲线的交点，利用公共底或者公共高的情况，将三角形的面积表示为或；
（3）借助三角形内切圆的半径，将三角形面积表示为（为内切圆半径）.
22．(1)
(2)
【分析】（1）取DM的中点E，则从翻折至的过程中，点P运动的轨迹是以点E为圆心，AE为半径的半圆，由此可求得点P运动的轨迹长度.
（2）由（1）得，连接AN，并延长交BC延长线于F，过P作，再过点O 作，则就是二面角P−BC−D的平面角θ，设，，，可得，令，运用辅助角公式和正弦函数的性质可求得最大值.
【详解】（1）解：取DM的中点E，则从翻折至的过程中，点P运动的轨迹是以点E为圆心，AE为半径的半圆，
因为，，所以，所以点P运动的轨迹长度为.
（2）解：由（1）得，连接AN，并延长交BC延长线于F，，折起后，有面，过P作，则面，再过点O 作，则就是二面角P−BC−D的平面角θ，
设， ，，
，
令，所以，所以，解得.
所以的最大值为.
23．(1)
(2)①；②存在，
【分析】（1）根据抛物线的定义结合的最小值为1得出，可得抛物线的方程；
（2）①设，过点且斜率存在的直线与抛物线联立，由，得出，可得点的轨迹方程；
②设，，且，根据直线与圆的相切得到分别是方程的两个根，由韦达定理得到的关系，用表示出，由为定值解出从而求得圆的方程.
【详解】（1）设抛物线的准线，为抛物线上任意一点过作于点，
由抛物线的定义得：，
所以当与原点重合时，，所以，
所以抛物线的方程为.
（2）①设，过点且斜率存在的直线，
联立，消去，整理得：，
由题可知即，
是该方程的两个不等实根，由韦达定理得，
又，，
由，有，，
，，，
所以点P的轨迹方程为；
②由（2）①知，
设，，且，
所以式即为，
又，
由韦达定理，同理，
所以，
又因为和以圆心为半径为1的圆相切，
所以即，
同理,
所以分别是方程的两个根，
所以由韦达定理，,
所以,
若为定值，则，又，，
所以圆Q的方程是.
【点睛】方法技巧：由韦达定理得到未知数之间的关系
当两个未知数同时符合同一个一元二次方程时，可以看成这个一元二次方程的两个根，进而用韦达定理得到它们之间的关系，解决问题.
24．(1)
(2)证明过程见解析
【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质，结合椭圆的定义进行求解即可；
（2）设出相应直线方程与椭圆方程联立，利用一元二次方程根与系数关系，结合两点间距离公式进行求解即可.
【详解】（1）如图所示：连接，
由，
所以该圆的圆心坐标为，半径为，
因为线段的垂直平分线交于点，
所以有，
由，
所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，
即，
所以的方程为；
（2）设，，
因为直线的斜率为，
所以直线的方程为，代入椭圆方程中，得
，
显然有，，
即，
因为直线的斜率为，
所以直线的方程为，代入椭圆方程中，得
，
显然有，，
即，
于是有，
，
，
，
因此为常数.
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用一元二次方程根与系数的关系求出相关点的坐标.
25．(1)
(2)或
【分析】（1）根据已知条件，可得，，进而可以判断点的轨迹为双曲线，即可得到轨迹方程.
（2）设，，分别与双曲线方程联立，利用韦达定理得到中点坐标，进而得到直线的方程，再将直线与双曲线联立，利用韦达定理和向量数量积的坐标表示求解即可，注意讨论斜率不存在的情况.
【详解】（1）根据题意，因为，，
所以，所以，
所以，
当位置互换时，，当过的直线与轴重合时无法作出，
所以点的轨迹为以为焦点，即，且的双曲线，
所以 ，的轨迹方程为.
（2）根据题意可知的斜率存在且不为，
设的斜率为，，，，，其中，
则，，
联立，消去得，
，
所以，，
所以中点坐标为，同理可得中点坐标为，
当，即时，两中点坐标分别为，，此时直线为，
联立，解得，，
所以，，不满足条件，
当时，，
则直线方程，整理得，
令，联立得，
，
所以，，，
所以由解得，
当时，代入解得或，
当时，代入解得或，
综上的斜率为或
【点睛】解决直线与圆锥曲线相交（过定点、定值）问题的常用步骤：
（1）得出直线方程，设交点为，；
（2）联立直线与曲线方程，得到关于或的一元二次方程；
（3）写出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为，形式；
（5）代入韦达定理求解.
26．(1)
(2)存在，理由见详解
【分析】（1）由折纸的对称性可知，，从而确定点的轨迹；
（2）设，，，，在根据点的坐标来表示各条直线的解析式，然后得出直线恒过定点的结论，最后数形结合将面积比转化为边长比化简计算.
【详解】（1）由题意可知，，
所以点的轨迹是以，为焦点，且长轴长的椭圆，焦距，
所以，所以轨迹的方程为；
（2）
存在，使得成立，
设，，，，
又，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，代入得：
，所以，即，
所以，
因为，所以直线斜率为，
所以直线的方程为，代入得：
，所以，所以，
所以，
所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，即，
所以直线恒过定点，设该定点为，
所以，，
，
，
所以，
所以.
【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，注意的判断；
（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.
27．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）设出直线，和的方程，联立直线与抛物线方程，得出，，从而求出直线为，再利用条件，即可求出结果；
（2）（i）根据条件得出和，联立方程，结合（1）中的韦达定理，即可求出结果；（ii）过点作轴，交直线于点，得出的面积为，再利用几何关系及基本不等式即可求出结果.
【详解】（1）易知直线，直线斜率均存在，且不为，设，，，
由，消得到，由韦达定理得到，
所以，得到，
同理可得，，
所以，
故直线为，又直线过定点，
所以，得到，故，
所以抛物线的方程为.
（2）（i）因为，
则，又，
所以，
同理可得，
由，消得到，
又由（1）知，所以，
故点在定直线上，
（ii）过点作轴，交直线于点，
则的面积为，由，，
知，当且仅当时，取等号，
下证，
由抛物线的对称性，不妨设，则，
当时，，则点在轴左侧，点也在轴左侧，有，
又直线过定点，此时，
同理，当时，，则点在轴右侧，点也在轴右侧，有，则，
当且仅当时，，，故恒成立
所以，当且仅当时，取等号.
【点睛】关键点点晴：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纵坐标恒为，再根据三角形的面积公式及基本不等式求取最值.
28．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意可得，得到双曲线的标准方程，然后利用直线与有唯一的公共点，过且与垂直的直线分别交轴，轴于点两点，即可求解；
（2）依题意，，设，联立结合韦达定理，得到切线方程，然后根据两条切线方程联立，结合构造函数求解三角形面积最值即可．
【详解】（1）
因为的长轴长为8，短轴长为4，所以，，
联立方程，得，
又与有唯一的公共点，所以，
即，的横坐标为，
把代入中，，所以，
过且与垂直的直线为，则，
所以，，又，所以，
即，所以的轨迹方程为．
（2）
因为的长轴长为4，短轴长为2，所以，
，左焦点，
当斜率为0时，分别为椭圆的左、右顶点，此时切线平行无交点，
当斜率不为0时，设，
由得，
设，则，
，
椭圆在轴上方对应方程为，
则点处切线斜率为，
点处切线方程为，即，
同理可得点处的切线方程为，
由得，
代入①得，
所以，所以，
而，
所以，即，又，
所以．
令，则，
令，则，
所以在上单调递增，
则当时，．
所以面积的最小值为.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了直线与双曲线及椭圆的位置关系，利用直线和圆锥曲线联立，根据交点情况（1）中，（2）中，（2）中的关键是结合韦达定理，表示出切线方程，再联立切线方程，构造函数求解三角形面积最值.
29．(1)见解析
(2)存在，
(3)存在点H，点H的轨迹为圆
【分析】（1）取的中点，连接，证明，，从而可得平面平面，再根据面面平行的性质即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，设，利用向量法结合线面角的正弦值求解即可；
（3）求出AD中点到平面PBC的距离，再由球的截面的性质即可得解.
【详解】（1）证明：取的中点，连接，
因为N为PD的中点，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
因为，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，
又因平面，
所以平面平面，
又平面，
所以平面；
（2）解：假设存在，设，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
故，
则，
设平面的法向量，
则有，可取，
则，
整理得，解得或（舍去），
所以当时，直线CM与平面PBC所成角的正弦值是；
（3）解：假设存在，设线段的中点为，则
该点到平面PBC的距离为，
所以存在点H，点H的轨迹为圆.
30．(1)；
(2)；
(3)乙的观点，理由见解析.
【分析】（1）根据给定条件，借助相似三角形的性质列式求出轨迹方程.
（2）利用（1）的结论，结合对称性，求出矩形面积的函数关系，利用导数求出最大值.
（3）利用导数探讨函数的单调性，探讨与矩形面积的关系，再借助数列求和推理判断得解.
【详解】（1）设点，依题意，直线的方程为，，显然点与不重合，
当点与点不重合时，连接，由是以为直径的圆上一点，则，
由轴，得∽∽，则，，
而，则，于是，即，
当点与点重合时，点与点重合，点与点重合，而满足，
所以点的轨迹方程：.

（2）由（1）知，点的轨迹方程，显然，
即点的轨迹关于轴对称，不妨令点在第一象限，
显然∽，，，因此，
设矩形的面积为，则，
求导得，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
因此，所以当时，矩形面积的最大值为.
（3）同意乙同学的观点，随的增大不会超过4.
由（1）知点的轨迹方程为，设，显然是偶函数，
求导得，当时，，函数在上单调递减，且恒有，
则有，即，
当增大时，面积的值也在增大，
过点分别作轴的垂线交函数的图象
于点，

由在上单调递减，
得当时，的图象与轴之间部分的面积小于，
当时，的图象与轴之间部分的面积小于，
当时，的图象与轴之间部分的面积小于，
当时，的图象与轴之间部分的面积小于，
当时，的图象与轴之间部分的面积小于，
当时，的图象与轴之间部分的面积小于，
则的轨迹，直线与轴围成面积为，
，
当时，，
因此
所以随的增大不会超过4.
【点睛】易错点睛：裂项法求和，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
31．(1)
(2)，，
(3)直线PQ恒过定点为．
【分析】（1）根据所给条件得到关于、的方程组，解得即可；
（2）设（或），，则，表示出，，利用点在双曲线上得到，再由三点共线得到，，代入双曲线方程，整理可得；
（3）设，，则，即可得到、的方程，表示出、，根据对称性定点在轴上，利用特殊值求出定点坐标，再证明即可.
【详解】（1）依题意，解得，所以双曲线方程为；
（2）设（或），则，，，，
则，，所以，
又，即，
所以，
则，，
由，，三点共线得：；
又，，
由，，三点共线得：，
，，
，
，即，则，，
直线与直线的交点的轨迹的方程为，；
（3）设，，则，
直线：，即；
直线：，即．
由得，
所以，即，则，
同理，，
由对称性知，若过定点，则定点在轴上．
取，可得，，则直线PQ：，过点．
下证明直线恒过定点为．
由且得，
所以直线恒过定点为．
【点睛】方法点睛：处理定点问题的三个常用策略：
（1）引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，通过等量关系代入化简变形，分析研究出变化的量与参数无关，从而找到定点；
（2）特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明存在着动态变化中不受变量影响的该定点；
（3）定位分析法：先根据几何性质（如：图形对称性、点线相对性、动态趋势等）探索出定点大致位置，从而确定证明方向再加以证明.