新高中数学压轴题二轮专题专题18曲线系方程及其应用试题含解析答案

这是一份新高中数学压轴题二轮专题专题18曲线系方程及其应用试题含解析答案，共69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．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.
2．求过两圆和的交点且面积最小的圆的方程.
3．已知圆和圆外一点，过点作圆的切线，切点分别为，求过切点的直线方程．
4．求与抛物线相切于，两点，且过点的圆锥曲线的方程．
5．若两条直线与圆锥曲线有四个交点，求证：四个交点共圆的充要条件是．
6．已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．
（1）求E的方程；
（2）证明：直线CD过定点.
7．已知 ，为椭圆的左右顶点，在直线上任取一点，连接，，分别与椭圆交于，，连接，交轴于点，求证：．
8．如图，是椭圆长轴的两个端点，是椭圆上与均不重合的相异两点，设直线的斜率分别是.
(1)求的值；
(2)若直线过点，求证：；
(3)设直线与轴的交点为(为常数且)，试探究直线与直线的交点是否落在某条定直线上？若是，请求出该定直线的方程；若不是，请说明理由．
9．已知椭圆C：与两直线，各有两个交点，求过此四个交点及点的二次曲线方程．
10．平面上有两个圆，它们的方程分别是和，求这两个圆的内公切线方程．
11．设椭圆，过点且倾斜角互补的两直线分别与椭圆交于和，证明四点共圆．
12．已知直线与双曲线相交于A，B两点，当m为何值时，以AB为直径的圆经过原点？
13．如图所示，在平面直角坐标系中，分别过原点和椭圆的右焦点的两条弦、相交于点（异于、），且．求证：直线、的斜率和为定值．
14．如图所示，已知圆与轴交于、两点，过点的直线与圆交于、两点，探究直线、交点是否在定直线上．若是，请求出该直线；若不是，请说明理由．
15．已知抛物线C:的焦点为F，直线y=4与y轴的交点为P，与C的交点为Q，且.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过F的直线l与C相交于A,B两点，若AB的垂直平分线与C相交于M,N两点，且A,M,B,N四点在同一个圆上，求直线l的方程.
16．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．
17．如图所示，已知椭圆，斜率为1的直线与椭圆交于、两点，点，直线与椭圆交于点，直线与椭圆交于点，求证：直线恒过定点．

18．已知椭圆E：（a﹥b﹥0）的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点在椭圆E上.
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）设不过原点O且斜率为的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，线段AB的中点为M，直线OM与椭圆E交于C，D，证明：|MA|·|MB|=|MC|·|MD|.
19．已知椭圆与双曲线有四个交点，求证此四个交点共圆，并求出此圆的圆心坐标.
20．设，已知过定点的动直线和过定点的动直线交于点，求的取值范围．
21．设、是椭圆上两点，点是线段的中点，线段的垂直平分线与椭圆相交于、两点，是否存在使得、、、四点共圆？
22．求过，，，，五点的二次曲线方程.
23．已知动圆过定点A(4,0), 且在y轴上截得的弦MN的长为8.
(Ⅰ) 求动圆圆心的轨迹C的方程;
(Ⅱ) 已知点B(－1,0), 设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P, Q, 若x轴是的角平分线, 证明直线l过定点.
24．如图所示，已知椭圆，设为椭圆的上顶点，圆，过作圆的两条切线分别交椭圆于点、．证明：直线与圆相切．

25．椭圆有两个顶点过其焦点的直线与椭圆交于两点，并与轴交于点，直线与交于点．
（1）当时，求直线的方程；
（2）当点异于两点时，证明：为定值．
26．已知椭圆短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，过点且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为1.
(1)求椭圆的方程；
(2)如图，过点的直线交椭圆于两点，再过点A作斜率为的直线交椭圆于点，问直线与直线的交点是否为定点？若是，求出这个定点；若不是，请说明理由.
27．已知椭圆：： 的离心率 ，连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为.，是椭圆的两个焦点.
(1)求椭圆的方程；
(2)设为E的左顶点，过点作两条互相垂直的直线分别与E交于，两点，证明：直线经过定点，并求这个定点的坐标．
(3)设是椭圆上一点，直线与椭圆交于另一点，点满足：轴且，求证：是定值.
28．如图所示，已知椭圆，，过且斜率为的直线与交于、两点，点满足,延长交椭圆于点．求证：、、、四点共圆．
29．已知圆和双曲线，求通过它们的4个交点和点的二次曲线方程.
30．已知点，P、Q为椭圆上异于点B的任意两点，且.若点B在线段上的射影为M，求点M的轨迹方程.
31．已知椭圆：的左右顶点分别为，，右焦点为，点在椭圆上．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线：与椭圆交于，两点，已知直线与相交于点，证明：点在定直线上，并求出此定直线的方程．
32．如图所示，已知点，F是椭圆的左焦点，过F的直线与椭圆交于两点，直线分别与椭圆交于两点．

(1)证明：直线过定点．
(2)证明：直线和直线的斜率之比为定值．
33．已知椭圆中心在坐标原点,焦点在坐标轴上,且经过三点.
(1)求椭圆的方程;
(2)在直线上任取一点,连接,分别与椭圆交于两点,判断直线是否过定点?若是,求出该定点.若不是,请说明理由.
34．已知椭圆的离心率为，点分别为椭圆的右顶点和上顶点，且．
(1)试求椭圆的方程；
(2)斜率为的直线与椭圆交于两点，点在第一象限，求证：四点共圆．
35．已知椭圆E：的离心率为，椭圆E的长轴长为2．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设，，过且斜率为的动直线与椭圆交于，两点，直线，分别交☉C：于异于点的点，，设直线的斜率为，直线，的斜率分别为．
①求证：为定值；
②求证：直线过定点.
36．已知椭圆，点是椭圆中心与该椭圆一个顶点的中点，点为椭圆与轴正半轴的交点，且离心率为，过点的直线（与轴不重合）交椭圆于，两点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)直线和直线的斜率之积是否为定值？若是，求出这个值，若不是请说明理由；
(3)若圆的方程为，直线，分别交圆于，两点，试证明：直线恒过定点.
37．直线族是指具有某种共同性质的直线的全体．如：方程中，当取给定的实数时，表示一条直线；当在实数范围内变化时，表示过点的直线族（不含轴）．记直线族（其中）为，直线族（其中）为．
(1)分别判断点，是否在的某条直线上，并说明理由；
(2)对于给定的正实数，点不在的任意一条直线上，求的取值范围（用表示）；
(3)直线族的包络被定义为这样一条曲线：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上每一点处的切线都是该直线族中的某条直线．求的包络和的包络．
38．已知直线（，不全为0）与直线（，不全为0）相交于点P，求证：过点P的直线可以写成 的形式.
39．一条圆锥曲线过点，切直线于点，切直线于点，求它的方程.
40．设、是椭圆上的两点，点是线段的中点，线段的垂直平分线与椭圆相交于、两点．
(1)确定的取值范围，并求直线的方程；
(2)试判断是否存在这样的，使得、、、四点在同一个圆上？并说明理由．
41．已知椭圆的离心率为，焦距为.斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点、.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）若，求的最大值；
（Ⅲ）设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若、和点 共线，求.
42．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．
43．已知椭圆 的长轴长为4，焦距为
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）过动点的直线交轴与点，交于点 (在第一象限)，且是线段的中点.过点作轴的垂线交于另一点，延长交于点.
（ⅰ）设直线的斜率分别为，证明为定值；
（ⅱ）求直线的斜率的最小值.
44．已知椭圆过点，离心率．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设过点的斜率为直线交椭圆于另一点，若的面积为2，其中为坐标原点，求直线的斜率的值；
(3)设过点的直线交椭圆于点，，直线，分别交直线于点，．求证：线段的中点为定点．
45．已知椭圆，点是椭圆中心与该椭圆一个顶点的中点，点为椭圆与轴正半轴的顶点，且离心率为，过点的直线（与轴不重合）交椭圆于，两点．
(1)求椭圆的标准方程，并求面积的最大值；
(2)探究直线和直线的斜率之积是否为定值？若是，求出这个值，若不是请说明理由；
(3)若圆的方程为，直线，分别交圆于，两点，试证明：直线恒过定点．
46．已知一张纸上画有半径为的圆，在圆内有一个定点，且，折叠纸片，使圆上某一点刚好与点重合，这样的每一种折法，都留下一条直线折痕，当取遍圆上所有点时，所有折痕与的交点形成的曲线为．
(1)若曲线的焦点在轴上，求其标准方程；
(2)在（1）的条件下，是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与曲线恒有两个交点，且，（为坐标原点），若存在，求出该圆的方程；若不存在，说明理由；
(3)在（1）的条件下，是曲线上异于上顶点、下顶点的任一点，直线分别交轴于点，若直线与过点的圆相切，切点为，证明：线段的长为定值，并求出定值．
47．下面是某同学在学段总结中对圆锥曲线切线问题的总结和探索，现邀请你一起合作学习，请你思考后，将答案补充完整．
(1)圆上点处的切线方程为 ?请说明理由.
(2)椭圆上一点处的切线方程为 ?
(3)是椭圆外一点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为A，B，如图，则直线的方程是 ?这是因为在，两点处，椭圆的切线方程为和．两切线都过点，所以得到了和，由这两个“同构方程”得到了直线的方程；

(4)问题（3）中两切线，斜率都存在时，设它们方程的统一表达式为，由，得，化简得，得．若，则由这个方程可知点一定在一个圆上，这个圆的方程为 ?
参考答案：
1．(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.
2．
【分析】根据题意，求得两圆的公共弦的方程为，再设出所求圆的方程，结合题意和圆的性质，求得的值，即可求解.
【详解】由圆和，
两圆的方程相减，可得两圆的公共弦方程为，
过直线与圆的交点的圆，
可设为，即，
要使得所求圆面积最小，只需圆半径最小，则两圆的公共弦必为所求圆的直径，
圆心必在公共弦所在直线上，
即，解得，
代回圆系方程得所求圆方程.
3．
【详解】由切线性质知，切点在以线段为直径的圆上，故直线是以线段为直径的圆与圆的公共弦所在的直线方程，用过两圆交点的曲线系方程求解即可．
【分析】由题知，，，
由切线性质知，，
所以切点在以线段为直径的圆上，
∴，线段的中点为，
∴以线段为直径的圆的方程为，
即，
圆的方程与以为直径的圆的方程相减，整理得，
∴直线的方程为．
4．
【分析】先写出两切点的直线方程，由曲线系方程我们可设圆锥曲线的方程，代入即可解出答案.
【详解】过和两切点的直线方程是，
设所求的曲线方程是（*），
∵曲线过点，代入上式得．
再代入（*），化简整理得所求的圆锥曲线的方程是．
5．证明见解析
【分析】先写出两直线组成的曲线方程为，再将过四个交点的曲线方程设为：，再根据圆的一般方程形式比较系数即可证明.
【详解】两直线组成的曲线方程为，
则过四个交点的曲线方程可设为：①．
必要性：
若四点共圆，则方程①表示圆，那么①式左边展开式中xy项的系数为零，即．
充分性：
当时，令①式左边展开式中x2，y2项的系数相等，得，
联立解得，
将其代入①式，整理得②．
由题设知四个交点在方程②所表示的曲线上，显然方程②表示圆，即四个交点共圆．
【点睛】结论点睛：圆锥曲线的内接四边形ABCD出现四点共圆时，一定有任何一组对边对应所在直线的倾斜角互补．如图所示．

6．（1）；（2）证明详见解析.
【分析】（1）由已知可得：， ，，即可求得，结合已知即可求得：，问题得解.
（2）方法一：设，可得直线的方程为：，联立直线的方程与椭圆方程即可求得点的坐标为，同理可得点的坐标为，当时，可表示出直线的方程，整理直线的方程可得：即可知直线过定点，当时，直线：，直线过点，命题得证.
【详解】（1）依据题意作出如下图象：

由椭圆方程可得：， ，
，
，
椭圆方程为：
（2）[方法一]：设而求点法
证明：设，
则直线的方程为：，即：
联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：
，解得：或
将代入直线可得：
所以点的坐标为.
同理可得：点的坐标为
当时，
直线的方程为：，
整理可得：
整理得：
所以直线过定点．
当时，直线：，直线过点．
故直线CD过定点．
[方法二]【最优解】：数形结合
设，则直线的方程为，即．
同理，可求直线的方程为．
则经过直线和直线的方程可写为．
可化为．④
易知A，B，C，D四个点满足上述方程，同时A，B，C，D又在椭圆上，则有，代入④式可得．
故，可得或．
其中表示直线，则表示直线．
令，得，即直线恒过点．
【整体点评】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题.
第二问的方法一最直接，但对运算能力要求严格；方法二曲线系的应用更多的体现了几何与代数结合的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.
7．证明见解析
【分析】设，根据题意将直线，，，的方程依次设出，然后用用双直线，和椭圆表示双直线，，通过比较系数即可证明.
【详解】设，则直线，，，的方程依次是，
用双直线，和椭圆表示双直线，，得
，
比较的系数得，即，
比较的系数得，即，
∴.
8．（1）（2）见解析（3）落在定直线上
【详解】试题分析：（1）由椭圆方程可知点两点的坐标，可设点的坐标（设而不求），根据斜率的计算公式列出的表达式，又点在椭圆上，联立椭圆方程，从而可问题可得解；（2）由题意可联立直线与椭圆方程，消去，根据韦达定理，求得点的纵坐标与参数的关系式，再分别算出斜率，进行运算化简，从而问题可得证.
（3）同（2）法，由点的纵坐标，求出直线的方程，联立两直线方程，求出其交点的横坐标与点的坐标无关，从而可判断交点落在定直线上，从而问题可得解.
试题解析：(1)设，由于，
所以，
因为在椭圆上，于是，即，
所以.
(2)设直线，，由
得，
于是，
．
(3)由于直线与轴的交点为，于是，
联立直线与椭圆的方程，可得
，
于是
因为直线，直线，
两式相除，可知
，
于是，所以，即直线与直线的交点落在定直线上．
9．．
【分析】设出过四个交点的曲线系方程，代入点求出参数即可.
【详解】显然四个交点不共线，
可设所求的曲线方程为，
将点的坐标代入方程，即得，
故所求曲线方程为．
【点睛】方法点睛：
若圆锥曲线与有四个不同的交点，则过两个曲线交点的曲线系方程为．
利用曲线系求曲线方程的步骤：①设出曲线系方程；②根据条件求出参数；③回代即得所求方程．
10．
【分析】判断出两圆外切，两圆的方程相减可得答案.
【详解】圆，圆心，半径，
圆，
其圆心，半径，
，∴这两圆外切，
∴，
可得，
∴所求的两圆内公切线的方程为：．
11．证明见解析
【分析】先根据倾斜角互补设出和的方程，得到和构成的二次曲线方程，再根据曲线系方程得到四点所在方程，又因为四点共圆，通过比较系数使成立时圆的方程存在即可证明.
【详解】证明：根据题意可知，当两直线倾斜角互补时，斜率不存在这种情况不成立，
故设，，
则由和构成的二次曲线方程为，
若四点共圆，则，
即，
故，即时，四点共圆，
圆的方程为．
又因为恒成立，
故四点共圆．
12．
【分析】先构造二次曲线系再根据圆的方程结合点在圆上及圆心在直线上求参即可.
【详解】构造二次曲线系，
即.
令，得，
又圆经过原点，代入得，于是方程可表示为.
又圆心在直线上，故.
化简并整理得，故.
易知当时，直线与双曲线相交，
所以当时，以AB为直径的圆经过原点.
13．证明见解析
【分析】先设直线，再根据已知设出曲线系，最后待定系数法得出定值.
【详解】根据已知条件可知、的斜率互为相反数．
设，，，．
根据曲线系方程，过、、、四点的曲线系方程为，
过A、B、C、D四点的曲线系方程也为，
两式对比得的系数分别为0和，故
∴直线、的斜率和为定值．
14．是，在定直线上．
【分析】根据题意设出，，，，构造出构曲线系方程，对比系数得出，再联立、直线方程即可得到定直线.
【详解】设，，，，
构造曲线系方程，
由于曲线系方程也可表示圆的方程，故上式应可化简为，
对比得的系数为；的系数为；
由此两式解得
故将、直线方程进行联立可得，
解得，
故在定直线上．
15．（1）；（2）x-y-1=0或x+y-1=0.
【详解】试题分析：（1）由已知条件，先求点的坐标，再由及抛物线的焦半径公式列方程可求得的值，从而可得抛物线C的方程；（2）由已知条件可知直线与坐标轴不垂直，故可设直线的点参式方程：，代入消元得．设由韦达定理及弦长公式表示的中点的坐标及长，同理可得的中点的坐标及的长．由于垂直平分线，故四点在同一圆上等价于，由此列方程可求得的值，进而可得直线的方程．
试题解析：（1）设，代入，得．由题设得，解得（舍去）或，∴C的方程为；（2）由题设知与坐标轴不垂直，故可设的方程为，代入得．设则
．故的中点为．又的斜率为的方程为．将上式代入，并整理得．设则．故的中点为．
由于垂直平分线，故四点在同一圆上等价于，从而即，化简得，解得或．所求直线的方程为或．
考点：1．抛物线的几何性质；2．抛物线方程的求法；3．直线与抛物线的位置关系．
16．(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．
17．证明见解析
【分析】根据已知条件依次设直线、、和的方程，借助四条直线方程和曲线系方程即可写出过、、、的曲线即椭圆的方程，再依据系数相等求解出，再代入直线的方程即可得证.
【详解】设直线，直线，直线，直线，
则过、、、的曲线方程为，
整理得，
由题意可知此方程为，
对比系数得①，②，
③，④
由②得，代入④可得⑤，
由①得，
又由③得，将其代入得，
故，将其代入⑤得
，将其代入可得，
即，故直线恒过定点．
【点睛】思路点睛：根据已知条件依次设直线、、和的方程，利用四条直线方程构造过A、B、C、D的的曲线系方程，再借助与椭圆方程对应系数相等即可求解出直线方程的参数关系，，再代入回直线方程即可.
18．（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.
【详解】试题分析：本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题、解决问题的能力和数形结合的思想.第（Ⅰ）问，利用点在椭圆上，列出方程，解出b的值，从而得到椭圆E的方程；第（Ⅱ）问，利用椭圆的几何性质，数形结合，根据根与系数的关系进行求解.
试题解析：（Ⅰ）由已知，a=2b.
又椭圆过点，故，解得.
所以椭圆E的方程是.
（Ⅱ）设直线l的方程为， ，
由方程组 得，①
方程①的判别式为，由，即，解得.
由①得.
所以M点坐标为，直线OM方程为，
由方程组得.
所以.
又
.
所以.
【考点】椭圆的标准方程及其几何性质
【名师点睛】本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题、解决问题的能力和数形结合的思想.在涉及直线与椭圆（圆锥曲线）的交点问题时，一般设交点坐标为，同时把直线方程与椭圆方程联立，消元后，可得，再把用表示出来，并代入的值，这种方法是解析几何中的“设而不求”法，可减少计算量，简化解题过程．
19．证明见解析，.
【分析】设过和交点的曲线系方程为（不包括），根据二元二次方程表示圆的条件得到，进而求出圆的方程，最后求出圆心坐标即可.
【详解】设过和交点的曲线系方程为（不包括），
即，
显然，当，即时，曲线系方程表示一个过和交点的圆，
将代入曲线系化简得：，即椭圆与双曲线的四个交点共圆，
不难得到此圆的中心坐标即圆心坐标为.
20．
【分析】先根据题意明确点轨迹，再利用三角函数或基本不等式求的取值范围．
【详解】因为，
所以，
解法一：
两直线方程联立消去得，，
所以点在以为直径的圆上，，
所以，
令
则，
因为，所以，
所以，即，
故的取值范围是．
解法二：
因为，
所以，点的轨迹是以为直径的圆．
所以，所以，
所以，
所以，
故的取值范围是．
【点睛】关键点睛： 在几何意义上表示点到与的距离之和，解题的关键是找点的轨迹和轨迹方程，然后利用三角函数或基本不等式求的范围．
21．存在；
【分析】首先求出直线方程为，再写出过、、、四点的曲线系方程为，根据圆方程定义得到方程组，解出即可.
【详解】依题意，可设直线的方程为，
代入，整理得①，
设，，则，是方程①的两个不同的根，
②，且．
由是线段的中点，得，
解得，代入②得，
直线方程为，则，则直线方程为，
过、、、四点的曲线系方程为
即③，
由于此式表示圆，∴
代入③式整理得，
∵，∴上述方程表示圆，故存在使得、、、四点共圆．
22．
【分析】分别求出过点，的直线，过点，的直线，过点，的直线，过点，的直线，可得过四点的曲线系方程，将点代入确定参数的值即可求解.
【详解】设，，，，，
过，的直线方程为，
过，的直线方程为，
两者合并为.
直线的方程为，直线的方程为，两者合并为.
则过、、、四点的二次曲线系方程为：
，
所求二次曲线必须过点，
代入解得，
从而所求二次曲线方程为，
即.
23．(Ⅰ)； (Ⅱ)见解析
【详解】(Ⅰ)设动圆圆心C的坐标为（ x , y ）则所以，所求动圆圆心的轨迹C的方程为
(Ⅱ)证明：
设直线l方程为，联立得（其中）
设,若x轴是的角平分线，则
，即故直线l方程为，直线l过定点.（1,0）
本题考查轨迹方程求法、直线方程、圆方程、直线与圆的位置关系及直线过定点问题.第一问曲线轨迹方程的求解问题是高考的热点题型之一，准确去除不满足条件的点是关键.第二问对角平分线的性质运用是关键，对求定值问题的解决要控制好运算量，同时注意好判别式的条件，以防多出结果.圆锥曲线问题经常与向量、三角函数结合，在训练中要注意.本题无论是求圆心的轨迹方程，还是求证直线过定点，计算量都不太大，对思维的要求挺高；设计问题背景，彰显应用魅力.
【考点定位】本题考查迹曲线方程求法、直线方程、圆方程、直线与圆的位置关系及直线过定点问题，属于中档题.
24．证明见解析
【详解】证明：根据题意设过点的圆的切线为，即
由点到直线距离公式可得
化简为
由韦达定理可得①，②，
在处的切线方程为，即．
设，即．
构造曲线系方程
化简为
将①②代入上式可得
对比椭圆的方程，得到
解得．
由于，，得到，
故可得，即
由点到直线距离公式可得
故直线与圆相切．
25．（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）先由题意求出椭圆方程，直线不与两坐标轴垂直，设的方程为，然后将直线方程与椭圆方程联立方程组，消去，利用根与系数的关系，再由弦长公式列方程可求出的值，从而可得直线方程；
（2）表示直线，的方程，联立方程组可得而代入化简可得，而，则可得的结果
【详解】（1）由题意，椭圆的方程为
易得直线不与两坐标轴垂直，
故可设的方程为，设，
由消去整理得，判别式
由韦达定理得，①
故，解得，
即直线的方程为．
（2）证明：直线的斜率为，故其方程为，
直线的斜率为，故其方程为，
由两式相除得
即
由（1）知，
故
解得．易得，
故，
所以为定值1
26．(1)；
(2)是，定点为，理由见解析.
【分析】（1）利用等边三角形和通径长得到参数间的关系式，进而求出椭圆的标准方程；
（2）设出直线方程，联立直线和椭圆的方程，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系得到，，再分别设出的方程，与椭圆方程联立，得到相关点的坐标间的关系，整理直线方程证明其过定点.
【详解】（1）由题意令，代入得，
所以解得，，所以椭圆的方程为：.
（2）由题意，直线的斜率显然存在且不为0，不妨设直线的方程为，
即，
联立方程得，
设，，，
当，即时，，，
则的方程为，①
与椭圆联立得，
，所以，
代入①得，代入得，
直线的方程为：，联立得，.
，
，
故，不恒为0，所以，
则，
故直线与直线交于定点.
【点睛】直线与圆锥曲线交点问题，往往设出含参直线，联立方程，结合韦达定理，得出两交点横坐标或纵坐标间的和关系式或积关系式，再用关系式去表示所要求的元素，即可将所求内容用参数表示出来，即可进一步讨论
27．(1)
(2)证明见解析，定点
(3)证明见解析
【分析】（1）根据离心率结合菱形面积求椭圆方程；
（2）分斜率存在不存在两种情况讨论直线经过定点问题，联立直线方程与曲线方程利用韦达定理求两根和与积的表达式，结合确定直线过定点并求出定点坐标；
（3）根据已知条件设出，，三点坐标，由，可得，求出，联立直线与椭圆方程，求出，进而确定为定值.
【详解】（1）

由题意可得，得，，椭圆；
（2）由（1）知：；
当直线斜率存在时，设，，，
由得：，
则，解得：，
，，
，，
即，
，
即，
整理可得：，或；
当时，直线恒过点，不合题意；
当时，直线，恒过定点；
当直线斜率不存在且恒过时，即，
由得：，，满足题意；
综上所述：直线恒过定点.
（3）由题意可得，，
设，，，则，
由，可得，
；
直线的方程为，得，
与椭圆方程联立，
可得，
所以，
即有，
所以．
所以，是定值．
【点睛】解决直线过定点问题一般有两种方法：① 探索直线过定点时，可设出直线方程 ，然后利用条件建立等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点，或者利用方程恒成立列方程组求出定点坐标.② 从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.
28．证明见解析
【分析】设，求出直线的方程，联立方程，利用韦达定理求出，再根据求出点的坐标，再证明点在椭圆上，即可得点的坐标，再设出过、、、的曲线系方程，再令的系数相等，进而可得出结论.
【详解】设，
直线的方程为，
联立，消得，
则，，
则，
设，
则，
因为，
所以，即,
所以，即，
因为，所以点在椭圆上，
故两点关于原点对称，所以，
则直线方程为,
设过、、、的曲线系方程为，
即，
令，代入化简得，
即、、、在圆上．
【点睛】关键点点睛：根据求出点的坐标，证明点在椭圆上，是解决本题的关键.
29．
【分析】首先对圆和双曲线的方程变形，然后利用求圆锥曲线系的方法表示出所求二次曲线方程，再结合在二次曲线方程上，即可求解.
【详解】由题意，圆方程和双曲线方程可分别写成，，
从而所求的二次曲线方程可表示为：，
由所求二次曲线方程性质可知，圆和双曲线交点都在上式表示的二次曲线上，
将点M的坐标代入，
解得，，即.
将所得值代入二次曲线方程中，得，
化简得，
即 .
30．
【分析】易知直线、的斜率均存在且不为0，设，.则经过B、P、Q三点的曲线系方程为，结合题意求出，从而得到直线恒过定点，再由求解即可
【详解】易知直线、的斜率均存在且不为0，设，.
则经过B、P、Q三点的曲线系方程为，①
即，
其中包含过点的椭圆的切线.
方程左边多项式中必含有因子，把代入①式得，
而x不恒等于0，故，即，此时
，即，
直线的方程为，即，恒过定点.
如图2-98所示，由知，点的轨迹是以线段为直径的圆（除去点B），
，即，
其方程为，
即.
31．(1);
(2)证明见解析,定直线的方程为: x=1.
【分析】(1) 由题意知:即可求出a,b即可;
(2) 由椭圆对称性知G在上,由特殊点求出x=1,再求出一般性也成立即可.
【详解】解:
(1)因为,所以c=1,
由题意知:,解得,
则椭圆的方程为:.
(2)由椭圆对称性知G在上,假设直线 l过椭圆上顶点,则,
则,而,
其交点,
所以G在定直线x=1上;
当M不在椭圆顶点时,设,
由,整理得:,
则,
当x=1时,,
得,
得,
得,
上式显然成立,
所以G在定直线x=1上.
32．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）当直线斜率为0时，直线方程为；当直线斜率不为0时，经过与的二次曲线可以设为，设经过四点的二次曲线系为．由点F在直线上，解得，进而得出直线和直线的方程，令即可证明；
（2）设直线和直线的斜率分别为，，设曲线系方程为，由等号左边的系数与y的系数互为相反数，得出等号右边也满足该条件，列出等式即可证明．
【详解】（1）证明：因为F是椭圆的左焦点，所以，
当直线斜率为0时，直线方程为，则定点在轴上；
当直线斜率不为0时，
经过与的二次曲线可以设为，
设经过四点的二次曲线系为．
因为点F在直线上，所以将代入上式，解得．
从而直线和直线的方程为．
令，得，解得或（与点重合，舍去），
故直线过定点．
（2）证明：设直线和直线的斜率分别为，，
设曲线系方程为，
因为上式等号左边的系数为，y的系数为为互为相反数，
所以上式等号右边也满足该条件，前的系数为，y前的系数为，
于是，即，
所以．
【点睛】方法点睛：该题的证明中，设经过四点的二次曲线系为，能简化运算，化繁为简．
33．(1)
(2)
【分析】（1）设椭圆的一般式方程为，代入已知点的坐标，可以椭圆的方程.
（2）的直线均是过顶点的直线，故通过联立方程组可以得到两点的坐标，利用两点求斜率，进而可得直线的方程,进而可证明过定点.
【详解】（1）设椭圆方程为， 将代入椭圆方程得到，解得，
所以椭圆方程为.
（2）直线，直线，联立得，
所以，故，
将其代入得，因此.
同理.
当时，，
故直线方程为，化简得，所以直线过定点；
当时，，此时直线过点；
综上，直线过定点.
【点睛】直线与圆锥曲线的位置关系中，如果已知动直线过定点且与圆锥曲线有另一个交点，那么通过韦达定理可以求出另一个交点的坐标并用斜率表示它，从而考虑与该点相关的一些定点定值问题.另外，我们也可以用先猜后证的策略考虑定点定值问题，因此这样可以使得代数式变形化简的目标更明确.
34．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题设条件可求基本量，从而可得椭圆的方程；
（2）利用曲线系可证四点共圆.
【详解】（1）依题意知，，即，又，解得，
∴椭圆的方程为．
（2）设直线的方程为，根据点在第一象限可知，
因为，，故方程为：，
整理得方程为，
过四点的曲线系方程为：
，
即，
取，
则方程可以转化为①．
此时，
，
而，
故恒成立，
故，
则①为圆的方程，故对， 总四点共圆．
35．(1)
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）由已知条件列出关于的方程组，解之可得；
（2）设MN的方程为，设，，直线方程代入椭圆方程，整理后由韦达定理得，然后计算可得结论；
②设PQ的方程为 ，设，，直线方程代入圆方程，整理后应用韦达定理得，由点的坐标求得，利用它等于可求得值，从而由直线方程得定点．
【详解】（1）由题意解得
所以椭圆的标准方程为：；
（2）① 设MN的方程为，与联立得：，
设，，则，
②设PQ的方程为 ，与联立，
设，，则
由，即此时，
所以的方程为，故直线恒过定点.
36．(1)
(2)是定值，
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意，可得椭圆下顶点为，则，结合离心率求得，求得椭圆方程；
（2）设，，过点的直线为，代入椭圆方程，运用韦达定理和直线的斜率公式，化简整理，即可得到定值．
（3）设直线的方程为，直线的方程为，分别与圆联立求得坐标，先证明当直线的斜率为时，直线过点，再验证当直线的斜率不为时，，即直线恒过定点.
【详解】（1）根据题意可得，，又，则，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）设过点的直线为，，，易知，
联立，消去整理得，易得，
则，，
所以
.
所以直线与直线的斜率之积为定值.

（3）设直线的斜率为，直线的斜率为，，，且，
则直线的方程为，直线的方程为，
联立，消去整理得，
解得，，
同理可得，，
当直线的斜率为时，易知此时，解得，直线过点.
当直线的斜率不为时，，，所以，
所以直线过点，
综上，直线恒过定点.
【点睛】思路点睛：本题第二问，设过点的直线为，与椭圆方程联立得韦达定理，代入运算得解；第三问，设出直线，的方程分别于圆的方程联立求出点的坐标，先证明当直线的斜率为0时，直线过定点，再验证当直线的斜率不为0时，，即直线恒过定点.
37．(1)点在的某条直线上，点不在的某条直线上；
(2)；
(3)的包络方程为，的包络方程为.
【分析】(1)分别把点的坐标代入直线族的方程，然后判断方程是否有实数解即可.
(2)由点不在的任意一条直线上，得到关于的方程在时无实数解，再用导数法求的最小值，令的最小值大于零即可求出的取值范围.
(3)先求直线族中的取值范围，从而猜测包络线的方程，再用包络线的切线方程进行验证，从而确定所求的方程为包络线方程.
【详解】（1）把点代入直线族的方程
得：，
因为，所以方程有实数根，
所以点在的某条直线上.
把点代入直线族的方程
得：，
因为，所以方程无实数根，
所以点不在的某条直线上.
（2）因为点不在的任意一条直线上，
所以方程在上无实数解，
即方程在上无实数解.
令，则，
因为为正实数，所以当时，解得；当时，解得；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
解得，
所以的取值范围为.
（3）由(2)的结论猜测的包络是曲线.
，解，得.
在曲线上任取一点，
则过该点的切线方程是即.
而对任意的，的确为曲线的切线.
故的包络是曲线.
将整理为关于的方程
，
若该方程无解，则，
整理得.
猜测的包络是抛物线.
，解，得.
在抛物线上任取一点，
则过该点的切线方程是，
而对任意的，确为抛物线的切线.
故的包络是抛物线.
【点睛】难点点睛：新文化题出题的特点，就是先给出一段材料，然后利用材料中的有用信息解决问题，这种题目的特点，就是要把要解决的问题转化为材料中的公式或者概念，难度较大.
38．证明见解析
【分析】先说明直线（，不全为0）与直线（，不全为0）的交点P满足，然后说明
可以表示过点P的直线斜率不存在的或斜率存在的情况即可.
【详解】设点 ，
因为直线（，不全为0）与直线（，不全为0）相交于点P，
所以有，，
故成立，
即说明点在直线上；
下面只需证明过点的直线的斜率可以取任意值或斜率不存在；
可变为，即该方程表示的是一条直线，
不可能同时为零，否则 不相交，则一定存在 使得，
此时表示过P斜率不存在的直线；
当时，该直线斜率 ，m,n不能同时为0，总存在m,n使得取到任意实数，
故综合上述：过点P的直线可以写成 的形式 .
39．
【分析】先得到过点，的直线方程，再根据，都是切点，设所求方程为：，再将点代入求解.
【详解】过点，的直线方程为，①
因为，都是切点，直线①可以看作是两条重合的直线（退化了的曲线），
所以设所求方程为：
.
再由曲线过点，代入上式解得.
故所求方程为.
40．(1)，
(2)当时、、、四点在同一个圆上．
【分析】（1）设直线的方程为，代入，整理得：，然后结合题设条件由根与经数的关系和根的判别式能够求出直线的方程．
（2）由题意知直线的方程为代入椭圆方程，消元、列出韦达定理，由弦长公式可得，同理可得，即可得到，依题意可得必为圆的直径，的中点为圆心，由即可得证．
【详解】（1）解：依题意，可设直线的方程为，
代入，整理得①，
设，，则，是方程①的两个不同的根，
②，且．
由是线段的中点，得，
解得，代入②得，
即的取值范围是．
于是直线的方程为，即．
（2）解：垂直平分，
直线的方程为，即代入椭圆方程，整理得③．
又设，，的中点为，
则，是方程③的两根，
，，且，，即，
于是由弦长公式可得．④
将直线的方程代入椭圆方程得⑤．
所以，，
同理可得⑥．
当时，，
．
假设存在，使得、、、四点共圆，则必为圆的直径，点为圆心．
点到直线的距离为⑦．
于是，由④⑥⑦式及勾股定理可得．
故当时，、、、四点均在以为圆心，为半径的圆上．
41．（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
【分析】（Ⅰ）根据题干可得的方程组，求解的值，代入可得椭圆方程；
（Ⅱ）设直线方程为，联立，消整理得，利用根与系数关系及弦长公式表示出，求其最值；
（Ⅲ）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理写出两根关系，结合三点共线，利用共线向量基本定理得出等量关系，可求斜率.
【详解】（Ⅰ）由题意得，所以，
又，所以，所以，
所以椭圆的标准方程为；
（Ⅱ）设直线的方程为，
由消去可得，
则，即，
设，，则，，
则，
易得当时，，故的最大值为；
（Ⅲ）设，，，，
则 ①， ②，
又，所以可设，直线的方程为，
由消去可得，
则，即，
又，代入①式可得，所以，
所以，同理可得．
故，，
因为三点共线，所以，
将点的坐标代入化简可得，即．
【点睛】本题主要考查椭圆与直线的位置关系，第一问只要找到三者之间的关系即可求解；第二问主要考查学生对于韦达定理及弦长公式的运用，可将弦长公式变形为，再将根与系数关系代入求解；第三问考查椭圆与向量的综合知识，关键在于能够将三点共线转化为向量关系，再利用共线向量基本定理建立等量关系求解.
42．（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．
43．（Ⅰ） ；（Ⅱ）（ⅰ）见解析，（ⅱ）直线AB 的斜率的最小值为
【详解】试题分析：（Ⅰ）分别计算a,b即得.
（Ⅱ）（ⅰ）设，由M(0,m)，可得的坐标，进而得到直线PM的斜率，直线QM的斜率，可得为定值.
（ⅱ）设.直线PA的方程为y=kx+m，直线QB的方程为y=–3kx+m.联立 应用一元二次方程根与系数的关系得到，，进而可得应用基本不等式即得.
试题解析：（Ⅰ）设椭圆的半焦距为c.
由题意知，
所以.
所以椭圆C的方程为.
（Ⅱ）（ⅰ）设，
由M(0,m)，可得
所以直线PM的斜率，
直线QM的斜率.
此时.
所以为定值–3.
（ⅱ）设.
直线PA的方程为y=kx+m，
直线QB的方程为y=–3kx+m.
联立
整理得.
由，可得，
所以.
同理.
所以，
，
所以
由，可知k>0，
所以，等号当且仅当时取得.
此时，即，符号题意.
所以直线AB 的斜率的最小值为.
【考点】椭圆的标准方程及其几何性质，直线与椭圆的位置关系，基本不等式
【名师点睛】本题对考生的计算能力要求较高，是一道难题.解答此类题目，利用的关系，确定椭圆（圆锥曲线）的方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程，应用一元二次方程根与系数的关系，得到关于参数的解析式或方程是关键，易错点是对复杂式子的变形能力不足，导致错误百出..本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力及分析问题、解决问题的能力等.
44．(1)
(2)0
(3)证明见解析
【分析】（1）根据给定条件，列出关于的方程组并求解即得.
（2）由点斜式写出直线的方程，与椭圆方程联立结合三角形面积求出k值即得.
（3）设出直线的方程，与椭圆方程联立，求出点的坐标，结合韦达定理计算得解.
【详解】（1）令椭圆半焦距为c，依题意，，
解得，，，所以椭圆的方程为．
（2）设直线的方程为，，
则原点到直线的距离为，
由消去并化简得，
显然，设，有，则，
于是，
则，解得，
所以直线的方程为．

（3）依题意，直线的斜率存在，设直线的方程为，
由，消去并化简得，
则，，
由，得，所以，
显然直线，的斜率存在，直线的方程为，
令，得，
同理得，
所以
，
所以线段的中点为定点.
【点睛】结论点睛：过定点的直线l：y=kx+b交圆锥曲线于点，，则面积；
过定点直线l：x=ty+a交圆锥曲线于点，，则面积.
45．(1)，最大面积为；
(2)定值，；
(3)恒过定点，证明见详解.
【分析】（1）根据题意，可得椭圆下顶点为，则，结合离心率求得，求得椭圆方程，，当点的横坐标绝对值最大时，的面积最大；
（2）设，，过点的直线为，代入椭圆方程，运用韦达定理和直线的斜率公式，化简整理，即可得到定值．
（3）设直线的方程为，直线的方程为，分别与圆联立求得坐标，先证明当直线的斜率为0时，直线过点，再验证当直线的斜率不为0时，，即直线恒过定点.
【详解】（1）根据题意可得，，又，则，解得，
所以椭圆方程为，
因为，当点的横坐标绝对值最大时，的面积最大，又，
.
（2）设过点的直线为，，，易知，
联立，消去整理得，易得，
则，，
所以
.
所以直线与直线的斜率之积为定值.
（3）设直线的斜率为，直线的斜率为，，，且，
则直线的方程为，直线的方程为，
联立，消去整理得，
解得，，
同理，可得，，
当直线的斜率为0时，易知此时，解得，直线过点.
当直线的斜率不为0时，，，所以，
所以直线过点，
综上，直线恒过定点.
【点睛】思路点睛：本题第二问，设过点的直线为，与椭圆方程联立得韦达定理，代入运算得解；第三问，设出直线，的方程分别于圆的方程联立求出点的坐标，先证明当直线的斜率为0时，直线过定点，再验证当直线的斜率不为0时，，即直线恒过定点.
46．(1)
(2)存在，圆的方程为
(3)证明见解析，定值为
【分析】（1）由可知所求轨迹为椭圆，设，，由此可求得椭圆方程；
（2）①当直线斜率不存在时，设，可求得坐标，利用可得，从而得到圆的方程；②当直线斜率存在时，设，与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，利用可化简得到，由圆心到直线的距离等于半径可化简得到，由此可得圆的方程；
（3）设，利用直线方程可求得，由此可设圆心，利用，结合在椭圆上，可化简得到.
【详解】（1）设折痕与的交点为，
由题意知：与关于折痕对称，，
，
曲线是以为焦点，长轴长为的椭圆，
不妨设，，则，，，
曲线的标准方程为：.
（2）①当直线斜率不存在时，设其方程为：，
则，，
若，则，解得：，
此时圆的方程为：；
②当直线斜率存在时，设其方程为：，，，
由得：，则，即；
，；
，
则，即（满足），
又与圆相切，圆的半径，
圆的方程为：；
综上所述：存在满足题意的圆，圆的方程为.
（3）
由题意知：，，设，
则直线，令，解得：；
直线，令，解得：；
设圆的圆心，半径为，
，，
；
又，，，
即线段的长为定值.
47．(1)，理由见解析；
(2)
(3)
(4)
【分析】（1）分情况讨论斜率存在与否，斜率存在时根据直线垂直的斜率表示，利用点斜式即可求得方程，易知斜率不存在时也满足方程，即可得出结果；
（2）斜率存在时设出直线方程，联立直线和椭圆方程利用得出表达式，代入整理即可得切线方程，当斜率不存在时切线方程为满足上式；
（3）根据同构方程可知点都满足方程，即可知直线的方程；
（4）由可知方程的两根乘积为，即可得，即可知点一定在圆上.
【详解】（1）圆上点处的切线方程为．
理由如下：
①若切线的斜率存在，设切线的斜率为，则，所以，
又过点，由点斜式可得，
化简可得，，
所以切线的方程为；
②若切线的斜率不存在，则，
此时切线方程为，满足方程；
综上所述，圆上点处的切线方程为．
（2）①当切线斜率存在时，设过点的切线方程为，
联立方程，整理得，
由可得，
所以
由韦达定理可知，即，
把代入中，得，
所以
化简得．
②当切线斜率不存在时，过的切线方程为，满足上式．
综上，椭圆上一点的切线方程为．
（3）在，两点处，椭圆的切线方程为和，
因为两切线都过点，
所以得到了和，
由这两个“同构方程”得到了直线的方程为；
（4）问题（3）中两切线斜率都存在时，设它们方程的统一表达式为
由，可得，
由，得，（*）
因为，
则，
所以（*）式中关于的二次方程有两个解，且其乘积为，
则，
可得，
所以圆的半径为2，圆心为原点，其方程为．