新高中数学压轴题二轮专题专题19抛物线切线与阿基米德三角形试题含解析答案

这是一份新高中数学压轴题二轮专题专题19抛物线切线与阿基米德三角形试题含解析答案，共93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．已知抛物线的顶点为原点，其焦点到直线的距离为．
(1)求抛物线的方程；
(2)设点，为直线上一动点，过点作抛物线的两条切线，，其中，为切点，求直线的方程，并证明直线过定点；
(3)过（2）中的点的直线交抛物线于D，两点，过点D，分别作抛物线的切线，，求，交点满足的轨迹方程．
2．已知点，，动点满足．记点的轨迹为曲线．
（1）求的方程；
（2）设为直线上的动点，过作的两条切线，切点分别是，．证明：直线过定点．
3．已知抛物线C：x2＝8y，点F是抛物线的焦点，直线l与抛物线C交于A，B两点，点M的坐标为（2，﹣2）．
（1）分别过A，B两点作抛物线C的切线，两切线的交点为M，求直线l的斜率；
（2）若直线l过抛物线的焦点F，试判断是否存在定值λ，使得＝
4．已知点为抛物线的焦点，点、在抛物线上，且、、三点共线.若圆的直径为.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）过点的直线与抛物线交于点，，分别过、两点作抛物线的切线，，证明直线，的交点在定直线上，并求出该直线.
5．在平面直角坐标系xOy中，已知圆与抛物线交于点M，N（异于原点O），MN恰为该圆的直径，过点E（0，2）作直线交抛物线于A，B两点，过A，B两点分别作抛物线C的切线交于点P．
(1)求证：点P的纵坐标为定值；
(2)若F是抛物线C的焦点，证明：．
6．已知抛物线上一点到其焦点的距离为．
（1）求抛物线的方程；
（2）如图，过直线上一点作抛物线的两条切线，，切点分别为，，且直线与轴交于点．设直线，与轴的交点分别为，，求四边形面积的最小值．
7．已知P是抛物线C：的顶点，A，B是C上的两个动点，且．
（1）试判断直线是否经过某一个定点？若是，求这个定点的坐标；若不是，说明理由；
（2）设点M是的外接圆圆心，求点M的轨迹方程．
8．已知抛物线的焦点为抛物线上的两动点，且，过两点分别作抛物线的切线，设其交点为.
（1）证明：为定值；
（2）设的面积为，写出的表达式，并求的最小值．
9．如图，在平面直角坐标系中，过轴正方向上一点任作一直线，与抛物线相交于两点，一条垂直于轴的直线，分别与线段和直线交于，，
（1）若，求的值；
（2）若为线段的中点，求证：为此抛物线的切线；
（3）试问（2）的逆命题是否成立？说明理由．
10．已知抛物线 的焦点为，准线为,经过上任意一点作抛物线的两条切线，切点分别为、.
（1）求证：以为直径的圆经过点；
（2）比较与 的大小 .
11．如图，等边三角形OAB的边长为，且其三个顶点均在抛物线E：x2=2py（p＞0）上．
（1） 求抛物线E的方程；
（2） 设动直线l与抛物线E相切于点P，与直线y=-1相交于点Q．证明以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点
12．已知中心在原点的椭圆和抛物线有相同的焦点，椭圆的离心率为，抛物线的顶点为原点.
(1)求椭圆和抛物线的方程；
(2)设点为抛物线准线上的任意一点，过点作抛物线的两条切线，，其中为切点.设直线，的斜率分别为，，求证：为定值.
13．已知动点在轴上方，且到定点距离比到轴的距离大.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）过点的直线与曲线交于，两点，点，分别异于原点，在曲线的，两点处的切线分别为，，且与交于点，求证：在定直线上.
14．设点是抛物线外一点，过点向拋物线引两条切线TM，TN，切点分别为M，N，焦点，
(1)若点的坐标为，证明：以TM为直径的圆过焦点；
(2)若点的坐标为，证明：．
15．已知抛物线，过点的直线与抛物线交于两点，设抛物线在点处的切线分别为和，已知与轴交于点与轴交于点，设与的交点为.
(1)证明：点在定直线上；
(2)若面积为，求点的坐标；
(3)若四点共圆，求点的坐标.
16．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.
17．已知抛物线的焦点为，抛物线的焦点为，，A，B，C为上不同的三点.
(1)求的标准方程；
(2)若直线过点，且斜率，求面积的最小值；
(3)若直线，与相切，求证：直线也与相切.
18．过抛物线外一点作抛物线的两条切线，切点分别为A，B，我们称为抛物线的阿基米德三角形，弦AB与抛物线所围成的封闭图形称为相应的“囧边形”，且已知“囧边形”的面积恰为相应阿基米德三角形面积的三分之二．如图，点是圆上的动点，是抛物线的阿基米德三角形，是抛物线的焦点，且．

(1)求抛物线的方程；
(2)利用题给的结论，求图中“囧边形”面积的取值范围；
(3)设是“圆边形”的抛物线弧上的任意一动点（异于A，B两点），过D作抛物线的切线交阿基米德三角形的两切线边PA，PB于M，N，证明：．
19．已知抛物线的焦点为，过且倾斜角为的直线与交于，两点．直线，与相切，切点分别为，，，与轴的交点分别为，两点，且．
(1)求的方程；
(2)若点为上一动点（与，及坐标原点均不重合），直线与相切，切点为，与，的交点分别为，．记，的面积分别为，．
①请问：以，为直径的圆是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由；
②证明：为定值．
20．已知是抛物线上的两个点，点的坐标为，直线的斜率为.设抛物线的焦点在直线的下方.
（Ⅰ）求k的取值范围；
（Ⅱ）设C为W上一点，且，过两点分别作W的切线，记两切线的交点为. 判断四边形是否为梯形，并说明理由.
21．已知抛物线 ，M为直线上任意一点，过点M作抛物线C的两条切线MA,MB，切点分别为A,B．
（1）当M的坐标为(0,-1)时，求过M,A,B三点的圆的方程；
（2）证明：以为直径的圆恒过点M.
22．已知线段是抛物线的弦，且过抛物线焦点.
(1)过点作直线与抛物线对称轴平行，交抛物线的准线于点，求证：三点共线(为坐标原点)；
(2)设是抛物线准线上一点，过作抛物线的切线，切点为.
求证：（i）两切线互相垂直；
（ii）直线过定点，请求出该定点坐标.
23．如图，过点的直线l交抛物线于A，B两点，O为坐标原点，点P是直线BO上的点，且轴．
(1)当最小时，求直线l的方程；
(2)若直线PC，PD分别与抛物线相切，切点是C，D，求证：C，M，D三点共线．
24．设抛物线的焦点为为上一点．已知点的纵坐标为，且点到焦点的距离是．点为圆上的点，过点作拋物线的两条切线，切点分别为，记两切线的斜率分别为．
(1)求抛物线的方程；
(2)若点的坐标为，求值；
(3)设直线与轴分别交于点，求的取值范围．
25．已知抛物线的顶点是椭圆的中心，焦点与该椭圆的右焦点重合.
(1)求抛物线的方程；
(2)已知动直线过点，交抛物线于、两点，坐标原点为中点，
①求证：；
②是否存在垂直于轴的直线被以为直径的圆所截得的弦长恒为定值？如果存在，求出的方程；如果不存在，说明理由.
26．已知点，圆，点是圆上的任意一点.动圆过点，且与相切，点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)若与轴不垂直的直线与曲线交于、两点，点为与轴的交点，且，若在轴上存在异于点的一点，使得为定值，求点的坐标；
(3)过点的直线与曲线交于、两点，且曲线在、两点处的切线交于点，证明：在定直线上.
27．已知抛物线:的焦点，直线过且交C于两点，已知当时，中点纵坐标的值为.
(1)求的标准方程.
(2)令，P为C上的一点，直线，分别交C于另两点A，B.证明：.
(3)过分别作的切线， 与相交于，同时与相交于，求四边形面积取值范围.
28．在平面直角坐标系中，直线与抛物线相切.
(1)求的值；
(2)若点为的焦点，点为的准线上一点.过点的两条直线，分别与相切，直线与，分别相交于，，求证：.
29．如图，对每个正整数n，是抛物线上的点，过焦点F的直线交抛物线于另一点．
(1)试证：；
(2)取，并记为抛物线上分别以与为切点的两条切线的交点．试证．
30．已知平面上一动点P到定点的距离比到定直线的距离小2023，记动点的轨迹为曲线．
(1)求的方程；
(2)已知直线与曲线交于M，N两点，是线段MN的中点，点在直线上，且AT垂直于轴．设点在抛物线上，BP，BQ是的两条切线，P，Q是切点．若，且A，B位于轴两侧，求的值．
31．已知抛物线，动直线与抛物线交于，两点，分别过点、点作抛物线的切线和，直线与轴交于点，直线与轴交于点,和相交于点．当点为时，的外接圆的面积是．
(1)求抛物线的方程；
(2)若直线的方程是，点是抛物线上在，两点之间的动点（异于点，），求的取值范围；
(3)设为抛物线的焦点，证明：若恒成立，则直线过定点
32．已知抛物线的焦点为F，过点的直线l与交于A、B两点．设在点A、B处的切线分别为，，与x轴交于点M，与x轴交于点N，设与的交点为P．
(1)设点A横坐标为a，求切线的斜率，并证明；
(2)证明：点P必在直线上；
(3)若P、M、N、T四点共圆，求点P的坐标．
33．已知抛物线为抛物线上两点，处的切线交于点，过点作抛物线的割线交抛物线于两点，为的中点.
(1)若点在抛物线的准线上，
（i）求直线的方程（用含的式子表示）；
（ii）求面积的取值范围.
(2)若直线交抛物线于另一点，试判断并证明直线与的位置关系.
34．已知曲线．
(1)若点是上的任意一点，直线，判断直线与的位置关系并证明．
(2)若是直线上的动点，直线与相切于点，直线与相切于点．
①试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
②若直线与轴分别交于点，证明：．
35．已知抛物线上任意一点满足的最小值为（为焦点）.
(1)求的方程；
(2)过点的直线经过点且与物线交于两点，求证：；
(3)过作一条倾斜角为的直线交抛物线于两点，过分别作抛物线的切线.两条切线交于点，过任意作一条直线交抛物线于，交直线于点，则满足什么关系？并证明.
36．在直角坐标系中，已知，且.
(1)求点的轨迹的方程；
(2)由圆上任一点处的切线方程为，类比其推导思想可得抛物线上任一点处的切线方程为.现过直线上一点（不在轴上）作的两条切线，切点分别为，若分别与轴交于，求的取值范围.
37．已知斜率为的直线与抛物线相交所得的弦中点的横坐标为1.
(1)求抛物线的方程；
(2)点是曲线上位于直线的上方的点，过点作曲线的切线交于点，若为抛物线的焦点，以为直径的圆经过点，证明：.
38．已知直线与抛物线：交于，两点．是线段的中点，点在直线上，且垂直于轴．
(1)求证：的中点在上；
(2)设点在抛物线：上，，是的两条切线，，是切点．若，且位于轴两侧，求证：．
39．已知点是抛物线的焦点，的两条切线交于点是切点．
(1)若，求直线的方程；
(2)若点在直线上，记的面积为的面积为，求的最小值；
(3)证明：．
40．从抛物线上各点向轴作垂线段，垂线段中点的轨迹为.
(1)求的轨迹方程；
(2)是上的三点，过三点的三条切线分别两两交于点，
①若，求的值；
②证明：三角形与三角形的面积之比为定值.
41．已知抛物线是上不同的三点，过三点的三条切线分别两两交于点，则称三角形为抛物线的外切三角形．
(1)当点的坐标为为坐标原点，且时，求点的坐标；
(2)设外切三角形的垂心为，试判断是否在定直线上，若是，求出该定直线；若不是，请说明理由；
(3)证明：三角形与外切三角形的面积之比为定值．
42．已知抛物线，双曲线，点在的左支上，过作轴的平行线交于点，过作的切线，过作直线交于点，交于点，且.
(1)证明：与相切；
(2)过作轴的平行线交的左支于点，过的直线平分，记的斜率为，若，证明：恒为定值.
43．已知抛物线的焦点为F，O为坐标原点，抛物线C上不同两点A，B同时满足下列三个条件中的两个：①；②；③直线AB的方程为．
(1)请分析说明A，B满足的是哪两个条件？并求抛物线C的标准方程；
(2)若直线经过点，且与（1）的抛物线C交于A，B两点，，若，求的值；
(3)点A，B，E为（1）中抛物线C上的不同三点，分别过点A，B，E作抛物线C的三条切线，且三条切线两两相交于M，N，P，求证：的外接圆过焦点F．
参考答案：
1．(1)
(2)直线的方程为，证明见解析
(3)
【分析】（1）利用点到直线的距离公式直接求得值；
（2）设，，设切点为，曲线，，从而
，由此能求出直线，并能证明直线过定点；
（3）设，，，从而求出交点，，设过点的直线为，联立，得，由此能求出点满足的轨迹方程为．
【详解】（1）设抛物线的方程为，
∵抛物线的焦点到直线的距离为，
∴，解得或（舍去，
∴，，
∴抛物线的方程为．
（2）设，，设切点为，曲线，，
则切线的斜率为，化简得，
设，，，则，是以上方程的两根，
则，，
，
直线的方程为：，整理得，
∵切线的方程为，整理得，且点，在切线上，
∴，即直线的方程为：，化简得，
又∵，∴，
故直线过定点．
（3）设，，，
过D的切线，过的切线，
则交点，
设过点的直线为，
联立，得，
∴，，
∴，
∴．
∴点满足的轨迹方程为．
2．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）把已知条件用坐标表示，并化简即得的方程；
（2）设，，，利用导数得出切线的方程，由在切线上，从而可得直线的方程，由直线方程可得定点坐标．
【详解】（1）设，则，，
，，
所以，可以化为，
化简得．
所以，的方程为．
（2）由题设可设，，，
由题意知切线，的斜率都存在，
由，得，则，
所以，
直线的方程为，即，①
因为在上，所以，即，②
将②代入①得，
所以直线的方程为
同理可得直线的方程为．
因为在直线上，所以，
又在直线上，所以，
所以直线的方程为，
故直线过定点．
【点睛】关键点点睛：本题考查直接法求动点轨迹方程，考查抛物线中的直线过定点问题，解题方法是设出切线坐标，由导数的几何意义写出切线方程，再由在切线上，根据直线方程的意义得出直线方程，然后得定点坐标．
3．（1）；（2）存在λ＝2.
【分析】（1）对抛物线方程求导，结合导数的几何意义，可得过点的切线方程为，过点的切线方程为，又点为两切线的交点，即可得直线的方程为，即可求解．
（2）设过点的直线为，联立直线与抛物线方程，可得，结合韦达定理和两点之间的斜率公式，即可求解．
【详解】解：（1），，，，
抛物线方程，
求导可得，
过点的切线方程为，过点的切线方程为，
点为两切线的交点，
，，
过，的直线方程为，化简可得，，
．
（2）由题意可知，，过点的直线为，
设直线与抛物线交于，，，，
联立直线与抛物线方程，，
由韦达定理可得，，，
，同理可得，，
，
，
存在，使得．
4．（1）（2）证明见解析；定直线
【解析】（1）由题可知中点为，，设、到准线的距离分别为，.到准线的距离为，由梯形中位线得到方程，再根据抛物线定义求解.
（2）设，，由，得，则，分别设直线的方程为，直线的方程为，联立，方程，求得交点坐标，再由直线方程为，与抛物线联立，利用韦达定理求解.
【详解】（1）由题可知中点为，设、到准线的距离分别为，.到准线的距离为，
则，由抛物线定义得，，所以，
所以，即.
所以抛物线的标准方程为.
（2）设，，由，得，则，
所以直线的方程为，直线的方程为，
联立，方程得，即，的点坐标为.
因为过焦点，
由题可知直线的斜率存在，所以设直线方程为，
与抛物线联立得，
所以，，
所以直线，的交点在定直线上.
【点睛】本题主要考查抛物线的定义求方程以及直线与抛物线的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
5．(1)证明过程见解析；
(2)证明过程见解析.
【分析】（1）根据圆和抛物线的对称性，结合导数的几何意义进行求解证明即可.
（2）转化为证明向量分别与向量的夹角相等,应用向量夹角余弦公式，即可证明结论.
【详解】（1）由对称性可知交点坐标为(1，1)，(-1，1)，
代入抛物线方程可得2p=1，
所以抛物线的方程为x2=y，
设A，B，
所以，
所以直线AB的方程为，
即，
因为直线AB过点C(0，2)，
所以，所以①.
因为，所以直线PA的斜率为，直线PB的斜率为，
直线PA的方程为，
即，
同理直线PB的方程为，
联立两直线方程，可得P
由①可知点P的纵坐标为定值-2.
（2），，
注意到两角都在内，
可知要证， 即证，
，，
所以，
又，所以，
同理式得证.
【点睛】关键点睛：根据导数的几何意义求出切线方程是解题的关键.
6．（1）；（2）．
【分析】（1）由抛物线的定义求出p即可得方程；
（2）设，，可求出的方程，联立抛物线方程，由韦达定理求出四边形面积，求最值即可.
【详解】（1）由，得，所以抛物线的方程为．
（2）设，，可知在点处的切线方程为：，即，
同理，在点处的切线方程为：，
可得，
又两切线均过点，所以，
于是的方程为，
所以点．
将与联立可得，
则，，
记四边形面积为，则
（当且仅当时，等号成立）
所以．
【点睛】关键点点睛：设，后写出切线的方程，抽象出的方程为是解题的关键，属于中档题.
7．（1）；（2）.
【分析】（1）先求出点的坐标，然后设直线的方程为，利用和，是抛物线上的点，得到，然后求出，再联立直线和抛物线的方程，利用韦达定理构造关于的方程，即可求出直线，从而确定过定点；
（2）求出线段的中点，利用点斜式求出直线的方程，同理得到直线的方程，联立方程组，交点即为，消去参数即可得到点的轨迹方程．
【详解】解：（1）因为点是抛物线的顶点，所以点的坐标为，
由题意，直线的斜率存在，设直线的方程为：，，，，，
故，
因为，则，
又、是抛物线上的两个动点，所以，，故，
即，解得，
由，消去可得，则有，
所以，解得，
所以直线的方程为，
所以直线经过一个定点．
（2）线段的中点坐标为，又直线的斜率为，
所以线段的垂直平分线的方程为，①
同理，线段的垂直平分线的方程为，②
由①②解得，
设点，则有，消去，得到，
所以点的轨迹方程为．
【点睛】关键点点睛：（1）问解题关键是，设出直线的方程为后，根据已知条件，求出的值或找出之间的关系；（2）问的解题关键是，利用的三边垂直平分线的交点即为的外接圆圆心，从而利用交轨法求解点M的轨迹方程．
8．（Ⅰ）定值为0；（2）S=，S取得最小值4．
【详解】分析：（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），M（x，y），根据抛物线方程可得焦点坐标和准线方程，设直线方程与抛物线方程联立消去y，根据判别式大于0求得和，根据曲线4y=x2上任意一点斜率为y′=，可得切线AM和BM的方程，联立方程求得交点坐标，求得和，进而可求得的结果为0，进而判断出AB⊥FM．
（2）利用（1）的结论，根据的关系式求得k和λ的关系式，进而求得弦长AB，可表示出△ABM面积．最后根据均值不等式求得S的范围，得到最小值．
详解：（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），M（x，y），焦点F（0，1），准线方程为y=﹣1，
显然AB斜率存在且过F（0，1）
设其直线方程为y=kx+1，联立4y=x2消去y得：x2﹣4kx﹣4=0，
判别式△=16（k2+1）＞0，x1+x2=4k，x1x2=﹣4.
于是曲线4y=x2上任意一点斜率为y′=，
则易得切线AM，BM方程分别为y=（）x1（x﹣x1）+y1，y=（）x2（x﹣x2）+y2，其中4y1=x12，4y2=x22，
联立方程易解得交点M坐标，x==2k，y==﹣1，即M（，﹣1）,
从而=（，﹣2），（x2﹣x1，y2﹣y1）
=（x1+x2）（x2﹣x1）﹣2（y2﹣y1）=（x22﹣x12）﹣2[（x22﹣x12）]=0，（定值）命题得证．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知在△ABM中，FM⊥AB，因而S=|AB||FM|．
∵，
∴（﹣x1，1﹣y1）=λ（x2，y2﹣1），即，
而4y1=x12，4y2=x22，
则x22=，x12=4λ，
|FM|=
因为|AF|、|BF|分别等于A、B到抛物线准线y=﹣1的距离，
所以|AB|=|AF|+|BF|=y1+y2+2=+2=λ++2=．
于是S=|AB||FM|=，
由≥2知S≥4，且当λ=1时，S取得最小值4．
点睛：本题求S的最值，运用了函数的方法，这种技巧在高中数学里是一种常用的技巧.所以本题先求出S=，再求函数的定义域，再利用基本不等式求函数的最值.
9．（1）；（2）见解析；（3）见解析
【分析】（1）设过点的直线的方程，与抛物线方程联立设出，的坐标则可分别表示出来，根据求得，求得；
（2）设过的切线方程，通过对抛物线方程求导求得切线的斜率，进而可表示出切线方程求得与的交点为的坐标进而根据为线段的中点，求求得点的坐标，根据，进而可表示出的坐标，判断出以点和点重合，也就是为此抛物线的切线；
（3）根据（2）可知点的坐标，根据轴，推断出点的坐标，进而求得，判断出为的中点．
【详解】（1）解：设过点的直线为，
所以，即，
设，，，，
，，，
因为，所以，
即，则，
所以，即，
所以（舍去；
（2）证明：设过的切线为，
，所以，即，
它与的交点为，
又，
所以，
因为，所以，
所以，
所以点和点重合，也就是为此抛物线的切线；
（3）解：（2）的逆命题是成立，
由（2）可知，
因为轴，所以，
因为，所以为的中点．
10．(1)证明见解析；(2)与 相等.
【详解】试题分析：(1)借助题设条件运用直线与抛物线的位置关系推证；(2)借助题设条件运用直线与抛物线的位置关系求解.
试题解析：
（1）证明：根据已知得的方程为.设,且.
由得,从而,化简得.同理可得为方程的根. ,
,即,以为直径的圆经过点.
（2）根据已知得.又由（1）知：.
考点：直线与抛物线的位置关系等有关知识的综合运用．
【易错点晴】本题是一道考查直线与抛物线的位置关系的综合性问题.解答本题的第一问的证明垂直问题时,直接依据题设条件将点的坐标设出来,然后运用点与抛物线的关系,将问题转化为证明的问题,进行合理推证,进而获证.第二问的求解过程中,先将向量与的数量积算出来,再用的坐标表示算得,最后求得,从而推得,进而推证得.从而使得问题获解.
11．（1）（2）见解析
【详解】(1)依题意，|OB|＝8，∠BOy＝30°．
设B(x，y)，则x＝|OB|sin30°＝4，y＝|OB|cs30°＝12．
因为点B(4，12)在x2＝2py上，所以(4)2＝2p×12，解得p＝2．故抛物线E的方程为x2＝4y．
(2)方法一：由(1)知y＝x2，y′＝x．
设P(x0，y0)，则x0≠0，且l的方程为
y－y0＝x0(x－x0)，即y＝x0x－．
由，得．
所以Q(，－1)．
设M(0，y1)，令·＝0对满足y0＝ (x0≠0)的点(x0，y0)恒成立．
由于＝(x0，y0－y1)，＝(，－1－y1)，
由·＝0，得－y0－y0y1＋y1＋＝0，
即(＋y1－2)＋(1－y1)y0＝0 (*)．
由于(*)式对满足y0＝ (x0≠0)的y0恒成立，
所以，解得y1＝1．
故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1)．
12．(1)椭圆的方程为，抛物线的方程为；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用待定系数法，由已知列出方程组，解方程组即可求出椭圆和抛物线的方程；
（2）假设过点P与抛物线相切的直线方程为，与抛物线方程联立可得，由及其根与系数的关系即可证明为定值．
【详解】（1）设椭圆和抛物线的方程分别为，，，
椭圆和抛物线有相同的焦点，椭圆的离心率为，
，解得，，
椭圆的方程为，抛物线的方程为．
（2）由题意知过点与抛物线相切的直线斜率存在且不为0，设，则切线方程为，
联立，消去，得，
由，得，
直线，的斜率分别为，，，
为定值．
13．（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）设，由到定点距离比到轴的距离大，可得，化简可得点的轨迹的方程；
（2）由题意可知，直线的斜率存在且不为，设直线的方程为与联立，设，，可得，的值，又，所以，可得切线的方程，同理可得切线的方程，求出交点坐标，可得其在定直线上.
【详解】解：（1）设，
则有，化简得，
故轨迹的方程为.
（2）由题意可知，直线的斜率存在且不为，
设直线的方程为与
联立得，
设，，
则，，
又，所以，
所以切线的方程为，
即，
同理切线的方程为
联立得，.
两式消去得，
当时，，，
所以交点的轨迹为直线，去掉点.
因而交点在定直线上.
【点睛】本题主要考查轨迹方程的求法，直线与抛物线的位置关系等知识，考查学生的综合计算能力，属于难题.
14．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）首先证明一个结论1，根据结论直接得到切点弦方程为，进一步可求得切点坐标，从而只需证明即可得证.
（2）由角平分线的判定定理只需证明点到直线MF的距离等于点到直线NF的距离，结合点到直线的距离公式即可得证.
【详解】（1）首先证明一个结论1：抛物线外一点做此抛物线的切点弦，所在直线方程为.
结论1证明如下：
设切点，，它们的纵坐标两两互不相同，
那么直线所在直线方程为，即，
即直线所在直线方程为，
显然过点作抛物线的切线的斜率不为0，
所以设的方程为，设的方程为，
联立抛物线方程与的方程得，
由题意得，
解得，
由点在直线上可知，
所以，整理得，同理有，
这说明是一元二次方程的两根，
，
从而直线所在直线方程为，
综上所述，结论1得证.
我们回到原题，
若点的坐标为，则切点弦方程为，
而抛物线焦点坐标为，
连接TF，可知直线的斜率为，
由以上结论1可知的纵坐标是一元二次方程的两根，
解得，
所以（或），
所以直线的斜率为，
则，故以TM为直径的圆过焦点．
（2）
若点T的坐标为，则切点弦方程为，
由（1）中结论1可知的纵坐标是一元二次方程，
解得，不妨设点，点，
而抛物线焦点坐标为，
则直线MF为，则点到直线MF的距离为
，
同理点到直线NF的距离为
，
因此，所以.
15．(1)证明见解析
(2)或
(3)
【分析】（1）设，利用导数求和的方程，进而可得点的坐标，再联立直线、抛物线的方程，利用韦达定理分析求解；
（2）根据面积关系可得，结合韦达定理分析求解；
（3）可知抛物线焦点，分析可得是外接圆的直径，结合垂直关系分析求解.
【详解】（1）由，得，
设.
所以方程为：，整理得：.
同理可得，方程为：.
联立方程，解得.
因为点在抛物线内部，可知直线的斜率存在，且与抛物线必相交，
设直线的方程为，与抛物线方程联立得：，
故，
所以，可知.
所以点在定直线上.
.
（2）在的方程中，令，得，
所以面积.
故，
代入可得：.
整理得，解得：或.
所以点的坐标为或.
（3）若，则重合，与题设矛盾.
抛物线焦点，由得直线斜率，
可知，
同理，所以是外接圆的直径.
若点也在该圆上，则.
由，得直线的方程为：.
又点在定直线上，
联立两直线方程，解得，
所以点的坐标为.
【点睛】关键点点睛：本题第3小问解决的关键是，引入抛物线焦点，利用斜率可得，，可知是外接圆的直径，即可得结果.
16．(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.
17．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据列式运算求得，得解；
（2）设直线为与抛物线联立，利用弦长公式求得，再利用点到直线距离公式求得边上高，表示出，设，利用导数判断单调性求得的最小值；
（3）设直线的方程为，与抛物线联立，由得，同理可得，可得，满足方程与联立验证即可.
【详解】（1）根据题意得，，
，，解得，
所以，抛物线的标准方程为.
（2）设直线为代入得，，
设，，，则有，.
点到直线的距离为，
，
，
设，
则，所以函数在上单调递增，
所以，所以的最小值为.
（3）直线的方程为，
，，
，即，
代入到得：，
，即，①
同理直线的方程为即，
代入到得：，
，即，②
由①②，显然，满足方程，
再将直线代入到得：，
，所以直线也与相切.
【点睛】关键点睛：本题第三问解题的关键是得到点的坐标均满足，即直线的方程为，与联立验证.
18．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据圆的几何性质可知，据此求出可得解；
（2）求出弦长及点到直线的距离，可得出面积，由点在圆上，可得面积取值范围，再由“囧边形”面积与面积关系得解；
（3）求出过点切线方程，联立可得横坐标，据此利用横坐标可得，即可得证.
【详解】（1）由题意得，，
由，
所以
（2）设，
联立，，
设方程的两根为，则，
由，所以，
联立直线可得，
代入方程中，得，即，
故的面积.
因为在圆上，所以且，
于是，
显然此式在上单调递增，故，
也即，因此，
由题干知“囧边形”面积，所以“囧边形”面积的取值范围为.
（3）由（2）知，,
设，过的切线，即，
过点切线交得，同理，
因为，
.
所以，即.
【点睛】关键点点睛：联立直线与抛物线，根据韦达定理及弦长公式得出，再由切线相交得出点坐标，求出三角形面积，再由点在圆上得出面积的范围是求解“囧边形”面积范围的关键，第三问中利用直线上线段长度之比可化为横坐标（或纵坐标）之比是解题的关键.
19．(1)
(2)①是过定点，，②证明见解析
【分析】（1）设，，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，利用导数的几何意义表示出切线方程，即可求出、坐标，从而求出，即可得解；
（2）①不妨设，由（1）求出切点横坐标及切线方程，设，则，分别求出，的坐标，即可得到圆的方程，再求出圆过定点坐标；②表示出，，，，再说明、为直角三角形，由面积公式得到面积之比.
【详解】（1）设，，，联立，
消去得，显然，所以，．
由，，故的方程为，
令得，解得，即，
同理，则．
由，知，
由，得，解得或（舍去），
故的方程为；
（2）①由（1）不妨设，由，
解得，，
所以，．
设，则．
联立，解得，所以，
同理，
以、为直径的圆的方程为，
整理得，
令，解得或，
故该圆恒过两个点．
②由于，，，，，
所以，
，
，，
直线的斜率为，显然直线与垂直，故为直角三角形，
同理也是直角三角形，
故，，
故（或）．
【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、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
20．（Ⅰ）；（2）四边形不可能为梯形，理由详见解析.
【详解】试题分析：（Ⅰ）（Ⅰ）直线过点，且斜率为k，所以直线方程可设为，若焦点在直线的下方，则满足不等式，代入求的范围；（Ⅱ）设直线的方程为，，分别与抛物线联立，因为直线和抛物线的一个交点坐标已知，故可利用韦达定理求出切点的横坐标，则可求在点处的切线斜率，若四边形是否为梯形，则有得或，根据斜率相等列方程，所得方程无解，故四边形不是梯形.
试题解析：（Ⅰ）解：抛物线的焦点为.由题意，得直线的方程为，
令，得，即直线与y轴相交于点.因为抛物线的焦点在直线的下方，
所以，解得，因为，所以.
（Ⅱ）解：结论：四边形不可能为梯形.理由如下：
假设四边形为梯形.由题意，设，，，
联立方程，消去y，得，由韦达定理，得，所以.
同理，得.对函数求导，得，所以抛物线在点处的切线的斜率为，抛物线在点处的切线的斜率为.
由四边形为梯形，得或.
若，则，即，因为方程无解，所以与不平行.
若，则，即，因为方程无解，所以与不平行.所以四边形不是梯形，与假设矛盾.因此四边形不可能为梯形.
考点：1、直线的方程；2、直线和抛物线的位置关系；3、导数的几何意义.
21．（1）（2）见证明
【分析】（1）设出过点的切线方程，与抛物线方程联立，得到一个元二次方程，它的判别式为零，可以求出切线方程的斜率，这样可以求出A,B两点的坐标，设出圆心的坐标为，由，可以求出，最后求出圆的方程；
（2）设，设切点分别为，，把抛物线方程化，求导，这样可以求出切线的斜率，求出切线 的方程，切线的方程，又因为切线过点，切线也过点，这样可以发现，是一个关于的一元二次方程的两个根，计算出，，计算，根据根与系数关系，化简，最后计算出=0，这样就证明出以为直径的圆恒过点M.
【详解】解：（1）解：当的坐标为时，设过点的切线方程为，
由消得. (1)
令，解得.
代入方程(1)，解得A(2,1),B(-2,1).
设圆心的坐标为，由，得，解得.
故过三点的圆的方程为．
（2）证明：设，由已知得，，设切点分别为，，所以，，
切线 的方程为即，
切线的方程为即．
又因为切线过点，所以得. ①
又因为切线也过点，所以得. ②
所以，是方程的两实根，
由韦达定理得．
因为，，
所以
．
将代入，得.
所以以为直径的圆恒过点．
【点睛】本题考查利用直线与抛物线的位置关系，求出切线的斜率，又考查了利用导数，研究抛物线的切线问题，同时考查了求过三点的圆的方程.考查了方程思想、数学运算能力.
22．(1)证明见解析
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题知抛物线的焦点，准线为，故设直线的方程为：，，进而得，再结合韦达定理证明即可；
（2）(i) 设，过作抛物线的切线，斜率为，则方程为,切线的切线斜率分别为，进而结合韦达定理即可得，进而证明；
（ii）结合（i）得，进而得，直线的方程为，整理即可得，进而得定点坐标.
【详解】（1）解：由题知抛物线的焦点，准线为，
所以，设直线的方程为：，
所以，联立方程得，
设 ，则，
因为过点作直线与抛物线对称轴平行，交抛物线的准线于点，所以
因为，故
所以 ，，
所以，，即三点共线.
（2）解：（i）设，
所以，设过作抛物线的切线，斜率为，则方程为，
所以，得，
所以，，即，
设切线的切线斜率分别为，
则为方程的实数根，
所以，，
所以，两切线互相垂直.
(ii)由（i）知，，
所以，，即，
所以，
所以，，
所以，直线的方程为，
整理得，即
所以，直线过定点.
23．(1)或
(2)证明见解析
【分析】(1)设,用两点间的距离公式求出关系式，化简就可以得出结果.
(2)因为 A，M，B三点共线，则,又P，O，B三点共线,，即可得到P
点的坐标，写出抛物线的两条切线方程，验证Ｃ，Ｄ两点在直线ＣＤ上，而Ｍ也在直线ＣＤ上，则C，M，D三点共线．
【详解】（1）设，，
当且仅当时，取得最小，此时．
直线l的方程是：或
（2）设，，，，
∵A，M，B三点共线，得：，化简得：ab＝－4，
又P，O，B三点共线，，化简得：t＝ab＝－4，∴，
直线PC切抛物线于点，设直线PC的方程为
联立方程组，整理得：
，
因为直线与抛物线相切，则，
即，整理得：，所以，因为在抛物线上，所以
，所以，代入直线方程，得
又因为，，代入得
∴PC方程为：，
同理：PD方程为：，PC，PD相交于点，
∴，，
即：，两点均在直线ay＝x－4上，
直线CD方程为：ay＝x－4，经过点，因此：C，M，D三点共线．
24．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用点在抛物线上及抛物线的定义即可求解；
（2）利用直线的点斜式方程设出切线方程，切线方程与抛物线的方程联立，利用切线与抛物线的位置关系即可求解；
（3）利用直线的点斜式方程设直线线方程，切线方程与抛物线的方程联立，利用切线与抛物线的位置关系，求出直线，同理即可得出,进而求出直线的方程，利用两点间的距离公式及点在圆上即可求解.
【详解】（1）将代入中，得，所以，
由题意可知，，
因为点到焦点的距离是，
所以,解得，
故抛物线的方程为.
（2）设切线方程为，
由，消去，得，
因为切线与抛物线有一个交点，
所以，得，
所以.
（3）设，设直线的方程为，
，消去，得，
因为直线与抛物线有一个交点，
，解得，
所以直线的方程为，令，则，，
同理直线的方程为,令，则，，
设代入，得，则直线的方程为，
由，消去，得，
所以，
所以，，
所以
又在圆上，
所以，即，
故.
综上可知，的取值范围为.
25．(1)
(2)①证明见解析；②存在，
【分析】（1）由题意，设抛物线方程由，得由此能求出抛物线的方程；
（2）①设，，由于为中点，则,故当轴时由抛物线的对称性知，当不垂直轴时，设，由，得，由此能够证明.
②设存在直线满足题意，则圆心，过作直线的垂线，垂足为，故，由此能够推出存在直线：满足题意．
【详解】（1）由题意，可设抛物线方程为．
由，可得，
抛物线的焦点为，，
抛物线的方程为；
（2）①设，，
由于为中点且，则，
故当轴时，由抛物线的对称性知，一定有，
当不垂直轴时，显然直线的斜率不为，设，
由，得，，
则，
则，，
所以，
则，
综上证知，；
②设存在直线满足题意，
设圆心，过作直线的垂线，垂足为，圆与直线的一个交点为，
，
即
，
当时，，
此时直线被以为直径的圆截得的弦长恒为定值，
因此存在直线：满足题意.
【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、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
26．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）分析可知，点的轨迹是以为焦点的抛物线，即可得出曲线的方程；
（2）设、，设直线的方程为，将直线的方程与抛物线方程联立，列出韦达定理，根据求出的值，可得出点的坐标，设、，则，利用平面内两点间的距离公式结合为定值，可求得的值，即可得出点的坐标；
（3）设直线的方程为，设、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，写出抛物线在点、的切线方程，联立两切线方程，求出点的坐标，即可证得结论成立.
【详解】（1）解：由题意知，点到点的距离和它到直线的距离相等，
所以，点的轨迹是以为焦点的抛物线，所以的方程为，
（2）解：设、，设直线的方程为，
联立方程组，得，，可得，

所以①，②
，
即，
将①②代入得，因为，所以，所以点的坐标为，
设、，则，
使为定值，需满足，即，
因为，所以，则，所以点坐标为.
（3）解：设直线的方程为，设、，
联立方程组得，则，可得，
则③，④，
接下来证明出抛物线在点处的切线方程为，

联立，可得，即，
，
又因为，即点在直线上，
所以，曲线在点处的切线方程为，
同理可得曲线在点处的切线方程为，
联立，解得，
则，所以点的坐标为，
所以点在定直线上.
【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．
27．(1)
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）设直线的方程为，，利用设而不求法可得，由条件可得，，由此可求，可得抛物线方程；
（2）设，联立与抛物线方程可求的坐标，由此可得，联立与抛物线方程可求的坐标，由此可得，进一步证明结论；
（3）由条件求出方程，再求的坐标，讨论，表示四边形面积，结合导数求其范围.
【详解】（1）抛物线的焦点的坐标为，
若直线的斜率为0，则与抛物线只有一个交点，与条件矛盾，
可设直线的方程为，联立，化简得①，
方程①的判别式，
设，
所以，
若，则，
所以，
又中点纵坐标的值为，所以，
解得，
所以抛物线方程为；
（2）设点的坐标为，则，直线的方程为，
联立，化简可得②，
方程②的判别式，所以，，
设的坐标为，则，所以，
所以，
直线的方程为，
联立，化简可得③，
方程③的判别式
设的坐标为，则，所以，
所以，
所以；
（3）设过点的切线方程为，
联立，化简可得④，
方程④的判别式，解得，
所以，
所以，即的方程为，
同理可得的方程为：，
的方程为：，
联立，又，，
解得，，又，即点的坐标为，
联立，又， 解得，，
又，即点的坐标为，
因为，，所以，
所以点的坐标为，
因为，，所以，所以点的坐标为，
所以直线的方程为，
记直线与直线的交点为点，则点的坐标为，
根据抛物线的对称性，不妨设，则或，
当时，则，，
所以，，
所以四边形的面积，
所以，
设，由已知，则，
所以，
函数在上单调递减，
所以，
当时，则，，
所以，，
所以四边形的面积，
所以，
设，由已知，则，
所以，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
所以，
所以四边形面积取值范围为.
【点睛】方法点睛：（1）解答直线与抛物线的题目时，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．
28．(1)2；
(2)证明见解析.
【分析】（1）联立直线方程与抛物线方程得到，根据直线与抛物线相切可知，进而求出p的值.
（2）分别联立与，的方程得到A，B两点坐标，再设过点的直线的方程为，联立直线与抛物线方程，根据直线与抛物线相切及韦达定理，得到，最后利用证明.
【详解】（1）
因为直线与抛物线相切，
所以，解得或（舍），
故的值为2.
（2）证明：由（1）可知，焦点，准线方程为.
设准线上一点，
因为过点的两条直线，分别与相切，所以直线，斜率均不为零，
故设过点的两条直线，的方程分别为，.
，即A点坐标为
同理，B点坐标为.
所以，.
联立，可得
因为，与相切，所以，即，
且为方程的两根，
根据韦达定理，则有.
所以
所以，即.
【点睛】关键点点睛：第二小问的解题关键是分别联立与，的方程得到A，B两点坐标，再设过点的直线的方程为，将直线与抛物线方程联立方程组，根据直线与抛物线相切，得到一元二次方程，再利用韦达定理，并借助来证明.
29．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先设直线的方程为，然后与抛物线方程联立消去得到，再由根与系数的关系可得到，从而得证．
（2）先根据导数求出抛物线在处的切线的斜率，进而可得到抛物线在处的切线的方程，同理可得到在处的切线方程，然后两切线方程相减整理可得到交点的坐标，然后结合两点间的距离公式可得到整理即可得到，又由于可得到
，最后根据等比数列的前项和公式可得到最后答案．
【详解】（1）证明：对任意固定的，因为焦点，
所以可设直线的方程为，
将它与抛物线方程联立得：，
由一元二次方程根与系数的关系得．
（2）解：对任意固定的，
利用导数知识易得抛物线在处
的切线的斜率，
故在处的切线的方程为：，①
类似地，可求得在处的切线的方程为：，②
由②①得：，，③
将 ③代入 ①并注意得交点的坐标为．
由两点间的距离公式得：．
现在，利用上述已证结论并由等比数列求和公式得：
．
30．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，利用抛物线的定义，得到的轨迹是以定点为焦点，定直线为准线的抛物线，即可求解；
（2）设，联立方程组，切点，得到，由，得到AB的方程为，联立方程组，求得，再求得点处的切线方程，设，得到与处的切线方程，根据两条切线都过点，求得PQ的方程，再由，得到，联立方程组，结合，列出方程，即可求解.
【详解】（1）解：设是所求轨迹上的任意一点，
因为点到定点的距离比到定直线的距离小，
所以点到定点的距离与到定直线的距离相等，
由抛物线的定义可知，点的轨迹是以定点为焦点，定直线为准线的抛物线，
所以的方程为．
（2）解：设，

联立方程组，整理得，
则且，
所以，
所以，则，
因为，所以直线AB的方程为，即，
联立方程组，整理得，解得或，
又因为两点位于轴两侧，可得，
设点在抛物线上，又由，可得，则，
则在点处的切线方程为，整理得，
设，则在与处的切线方程分别为：与，
又由两条切线都过点，则，，
则直线PQ的方程为，即，
由，点的坐标适合方程，所以点在直线PQ上，
又由是线段MN的中点，可得，
因为，则，
联立方程组，整理得，
可得且，
，
所以.
【点睛】方法点睛：解决抛物线问题的方法与策略：
1、涉及抛物线的定义问题：抛物线的定义是解决抛物线问题的基础，它能将两种距离(抛物线上的点到焦点的距离、抛物线上的点到准线的距离)进行等量转化．如果问题中涉及抛物线的焦点和准线，又能与距离联系起来，那么用抛物线定义就能解决问题．因此，涉及抛物线的焦半径、焦点弦问题，可以优先考虑利用抛物线的定义转化为点到准线的距离，这样就可以使问题简单化．
2、涉及直线与抛物线的综合问题：通常设出直线方程，与抛物线方程联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时注意向量、基本不等式、函数及导数在解答中的应用.
31．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）设外接圆的半径为，，由已知可得，在中可得，设直线，与抛物线方程联立根据直线与曲线只有一个交点即可求解；
（2）直线的方程与抛物线方程联立可得，坐标，设，，可得，设，通过求导判断函数的单调性求最值即可求解；
（3）设，由导数的几何意义可得，的方程，联立可得的坐标，由得，设直线的方程为，与联立得，即可求解.
【详解】（1）
当点为时，设外接圆的半径为，，
则，，
在中有，，，
则，，即，，
设直线，与联立得，
令，又，得，
所以抛物线方程为；
（2）联立，整理得，解得或，
不妨设，，
设，，则，，
所以，
又，，，
设，，
则，
故在上单调递减，在上单调递增，
故，而，
故的取值范围是；
（3）由得，设，，
直线，，即，
令，得，同理，，
所以，
直线与直线两方程联立解得，
得，
又，由得，
得，
设直线的方程为，与联立得，
则，
所以，则直线过定点.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键利用导数得到切线方程，从而求出，再计算出，再设直线方程，将其与抛物线联立，得到，从而解出值，得到定点坐标.
32．(1)，证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用导数的几何意义可求出切线的斜率，再由点斜式求出直线的方程，从而可求出的坐标，则可得，从而可得结论；
（2）设，，利用导数的几何意义可求出，的方程，两方程联立求出交点的坐标，再由三点共线得，化简变形后可得结论；
（3）解法一：表示出三点坐标，设的外接圆方程为，将坐标代入方程可求出，从而可得圆的方程，再将代入圆方程，化简后与联立可求出点的坐标；解法二：由（1）可得， ，则F，M，N，P四点共圆，PF是的外接圆的直径，而在的外接圆上，从而可求出直线TP方程，从而可求出点的坐标.
【详解】（1）点A横坐标为a，则，
因为，，所以点A处的切线斜率为a
所以切线的方程为，
切线与x轴的交点为，
因为，所以，
所以，所以，
当时，亦有；
结论得证.
（2）证明：设，，由，得，
所以，
所以直线，直线，
由，得，即两直线的交点，
因为点，，三点共线，
所以，，得，
所以，所以
所以点P在直线上
（3）因为直线，直线，
所以，，由（2）可知，
设的外接圆方程为，
则，
解得，，
所以外接圆方程为
将代入方程，得
又，解得，，
所以点P坐标为
解法二:抛物线的焦点，
由（1）可知，同理可证得，
所以F，M，N，P四点共圆，
所以PF是的外接圆的直径，
因为P、M、N、T四点共圆，所以点在的外接圆上，
所以，
所以，即，得，
所以直线TP方程为，即
又点P在直线上，
则由，得，
所以点P坐标为
【点睛】关键点点睛：此题考查直线与抛物线的位置关系，考查抛物线的切线问题，考查直线过定点问题，四点共圆问题，解题的关键是利用导数的几何意义求出切线方程，考查计算能力和数形结合的思想，属于难题.
33．(1)（i）；（ii）
(2)平行，证明见解析
【分析】（1）（i）设点，通过求导求出切线方程，然后联立求出的坐标，设出直线的方程，与抛物线联立，利用韦达定理可得答案；（ii）利用弦长公式和点到直线的距离公式表示出的面积，然后求其最值即可；
（2）设出直线的方程，与抛物线联立可得的坐标，进而可写出直线的方程，与抛物线联立可得的坐标，利用韦达定理求出即可得答案.
【详解】（1）（i）设点，因为抛物线，得，
则，整理得①，
，整理得②，
联立①②得，
因为点在抛物线的准线上，即直线上，
所以，
设直线的方程为，斜率必存在，
联立，消去得，
所以，得.
所以直线的方程为；
（ii）由（i）得
则，
点到直线的距离为，
所以，令，
则，明显当时，面积取最小值，无最大值，
故面积的取值范围为

（2）直线与平行，
证明：直线斜率必存在，设，与联立，
消去得，设，
则，得
则直线，与联立，消去得
，
整理得，
则，得，
则，
则
，
即直线与平行.

【点睛】方法点睛：对于直线和圆锥曲线相交的问题，我们一般联立方程，然后用韦达定理来解决问题，特别是当一个交点知道的情况下，我们可以利用韦达定理快速求出另一个交点.
34．(1)相切，证明见解析
(2)①为定值；；②证明见解析
【分析】（1）利用点在曲线上，结合联立方程，利用判别式，即可得出结论并证明之；
（2）①设，可得切线，的方程，进而求得E点纵坐标，结合是直线上的动点，即可得结论；
②设，设相关参数，表示出，利用两角差的正切公式推出，从而证明∽，即可证明结论.
【详解】（1）由题意知点是上的任意一点，则，
联立，得，
则，故直线与相切；
（2）①：为定值
设，
由（1）知切线AE为，切线BE为，
联立得，则，
又E点在直线上，故，
则，
故，即为定值；
②证明：设，直线AB的斜率必存在，设为k，倾斜角为，
则，
的斜率存在，不妨设为，倾斜角为，
的斜率存在，不妨设为，倾斜角为，
则，
，
由题意知为锐角，
则，
又，故∽，
所以.
【点睛】难点点睛：本题考查了直线和抛物线的位置关系以及定值和线段成比例问题，综合性强，计算量大，难点在于（2）中，要证明线段成比例，即证明∽，其中计算过程比较复杂，计算量大，且基本都是有关字母参数的运算，要十分细心.
35．(1)
(2)证明见解析；
(3)，证明见解析.
【分析】（1）设，由两点间距离公式求得，结合，得出的最小值为，得解；
（2）设，，将要证，转化为，联立直线与抛物线方程，由韦达定理可得证；
（3）猜想满足，根据题意求出点坐标，设，将要证关系式等价转化为，联立直线和直线的方程求出，得，联立直线和抛物线方程，由韦达定理求得，得解.
【详解】（1）设，则，
因为，所以的最小值为，即，得，
所以抛物线的方程为.
（2）由（1）得，设，，，
则，同理，，
所以
，
又，即，
联立，得，由韦达定理得，
综上所述：.
（3）满足的关系为：.
由题意，直线，
联立，得，
由，得，所以抛物线在A处的切线斜率为，
所以抛物线在A处的切线为，
同理，在处的切线为，
联立可得，
设，
则
（*），
联立，得，则，
联立，得，
所以，
所以，即.
【点睛】关键点睛：本题第二问关键是将要证的关系式，等价转化为，结合韦达定理证明.第三问，同理转化证明.
36．(1)
(2)
【分析】（1）由，可得；
（2）设，根据题意，方程为，同理可得，可得直线的方程为，联立方程，求解弦长和面积，求解范围.
【详解】（1）因为，所以，整理得，所以点的轨迹的方程为，
（2）设，
由题可知，方程为，当时，，所以，
将点带入，得，同理可得，
所以的坐标均满足方程，
所以直线的方程为，即
由整理得，，，且，
所以，
点到直线的距离为，
所以，
因为，
所以，
，
所以，
因为，所以，所以.
37．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据点差法，结合斜率公式以及中点坐标公式即可求解，
（2）根据以为直径的圆经过点可得垂直关系，即可根据向量垂直的坐标运算得，进而求导得切线斜率，联立直线方程可得交点坐标，即可根据向量夹角公式求解.
【详解】（1）设弦的两端点分别为，则，
则得，
得，
得，即，解得，
故抛物线的方程是.
（2）证明：设，又，则，
因为以为直径的圆经过点，
所以，则，
即，
则.
由，有，在点处的切线的斜率为，
则切线的方程为，
同理，切线的方程为，
联立方程组解得，
由点是曲线上位于直线上方的点，可知，

则，
由于，
则
代入，得
，
所以.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或者等量的常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求通过化简或者结合性质求解.
38．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）设，联立，利用韦达定理求出点，点，进而可得其中点坐标，代入抛物线方程验证即可；
（2）设出直线的方程，与抛物线联立，求出点坐标，设点在抛物线上，求出过该点的切线方程，代入点，可得直线的方程，与抛物线联立，利用韦达定理计算出，同样计算出即可证明.
【详解】（1）设，
联立，消去得，
则，
所以
所以，则，
所以的中点坐标为，满足，
故的中点在上；
（2）由（1）得，设直线的方程为，即，
联立，消去得，解得或，
又位于轴两侧，故，
设点在抛物线上，又对于：有，所以
则在点处的切线方程为，
整理得，设，，
则在与处的切线方程分别为与，又两条切线都过点，
则，，
则直线的方程为，即，
又，则点在直线上.
由（1）知，而，
则.
而
.
联立，消去得，
则，，
则.
所以.
【点睛】方法点睛：(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；
(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，可直接使用焦半径公式，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
39．(1)；
(2)16；
(3)证明见解析.
【分析】（1）由题得坐标，设出切线方程，与抛物线方程联立可得参数的值，进而求解坐标，即可得方程；
（2）求得抛物线在点处的切线方程，化简得，由点在直线上可得纵坐标的和、积关系，进而利用两点间距离公式结合点到直线距离公式，表示出，化简结合配方法可求得最小值；
（3）利用两点间距离公式结合抛物线定义可得，利用两角差的正切公式求得，即，即可证得结论．
【详解】（1）由题知，抛物线，
切线斜率不为0，设切线为，
与联立，得，
，解得或3，
时，，则，切点为；
时，，则，切点为，
故直线方程为，即．
（2），设，
由题意易知抛物线的切线不与轴垂直，设切线为，
与联立，得，，则，
即，
故抛物线在点处的切线方程为，
在点处的切线方程为，
联立可得，
又在直线上，故，即①，
点到的距离为，
，
故，
同理可得，
故
，
将①式代入可得：
，
令，则，
则
，
故当时，有最小值为．
（3）由（2）知，
则
，
由抛物线定义可得
，
故，即．
，
，
，
，
则，
又与范围均为，
故，
结合，可得．
【点睛】方法点睛：在圆锥曲线中涉及到三角形面积的求解时，常常有三种求解三角形面积的方法：
（1）常规面积公式：底高；
（2）正弦面积公式：；
（3）铅锤水平面面积公式：过轴上的定点：（为轴上定长）
过轴上的定点（为轴上定长）
40．(1)
(2)①1；②证明见解析
【分析】（1）设垂线段中点为，则抛物线上点坐标为，再代入抛物线方程即可.
（2）①分别设的坐标，设过点的切线方程为，联立切线方程与抛物线方程，可得，进而得到过点的切线方程为， 同理，得到过点的切线方程，联立切线方程，可得的纵坐标，即可求得；②根据两点间距离公式和点到平面的距离和三角形面积分别求出三角形与三角形的面积，进而求解.
【详解】（1）设垂线段中点坐标为，则抛物线上点坐标为，
代入抛物线方程，则，即，
所以的轨迹方程：.
（2）①如图，是上的三点，过三点的三条切线分别两两交于点，
设，

则抛物线上过点的切线方程为，
将切线方程与抛物线方程联立，得：
联立，消去，整理得，
所以，
从而有，
所以抛物线上过点的切线方程为，
同理可得抛物线上过点的切线方程分别为，
两两联立，可以求得交点的纵坐标分别为：
，
则，
同理可得，即，
当时，，故，即，
因此.
②易知，则直线的方程为，
化简得即，
且，
点到直线的距离为：
，
则三角形的面积．
由（2）①知切线的方程为，
，
可知，
点到直线的距离为
，
则外切三角形的面积．
故．
因此三角形与外切三角形的面积之比为定值2．
【点睛】关键点点睛：本题考查抛物线的切线相关问题，解决第二问①的关键是求出切线方程，②主要考查计算能力.
41．(1)
(2)是，
(3)2
【分析】（1）求导，求出，再利用点斜式求出直线方程得点的坐标；
（2）先求切线的方程和切线的方程，联立求出交点，同理得坐标，利用垂线性质得推理得垂心在定直线上；
（3）法一：利用弦长和点线距分别表示两三角形面积得比值；法二：利用向量面积公式，表示面积求比值.
【详解】（1）由题意可知，即为，
求导得，则，由直线的点斜式化简得切线的方程为
为切线与轴的交点，则点的坐标为．
（2）设，
由（1）易知，则抛物线在A点处的切线的方程为，
同理可得切线的方程为，
直线和直线联立可得交点．
同理可得．
设垂心的坐标为，则．
由可知，
即．
同理可得．
两式相减可得，即．
因此垂心在定直线上．
（3）易知，则直线的方程为，
化简得
且，
点到直线的距离为
，
则三角形的面积．
由（2）知切线的方程为
可知，
点到直线的距离为
，
则外切三角形的面积．
故．
因此三角形与外切三角形的面积之比为定值2．
解法二：因为，所以
由（2）得
所以
所以．
【点睛】关键点点睛:本题考查抛物线的切线相关问题，解决第二问的关键是利用垂直得垂心的轨迹进而求得定直线，并且第三问重在计算能力对的考查.
42．(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据抛物线的切线方程设点计算即可；
（2）利用三条直线的倾斜角的三角函数值来表示问题式，再利用三角恒等变换化简证明即可.
【详解】（1）先求过抛物线上一点的切线方程，设为抛物线上一点，
当时，则，故过G的切线方程为：
当时，则，同理过G的切线方程为：，
综上过抛物线上一点的切线方程为：.
因为AM∥轴，可得，设，
则由可得：，
故，将代入可得：，
而过N的E的切线方程为：，即A在该直线上，故得证.
（2）
设直线的倾斜角分别为，由（1）知：
因为均在双曲线左支，故，
所以
=.
如图所示，此时，设与轴分别交于E、C、D三点，
易得：
，
所以
因为，
所以
化简可得是定值.
同理，若，如图
此时易得：
，
所以
因为，
所以
化简可得是定值.
综上：是定值，得证.
【点睛】本题考察双曲线与抛物线结合，属于较难题.第一问关键在于抛物线上一点切线方程公式的推导与使用，消元转化最关键，可以减轻计算量；第二问关键在于利用外角与角平分线的性质将三条线的倾斜角与A、B的横坐标建立联系，通过三角恒等变换化简计算，思维量较大.
43．(1)条件②③，
(2)．
(3)证明见解析
【分析】（1）列出所有可能，逐一进行验证，可得，满足的条件，并求出此时抛物线的标准方程.
（2）设直线：，与抛物线方程联立，消去，得到关于的一员二次方程，由根与系数的关系得到，，再把转化为，化简可得的关系.
（3）利用导数求切线斜率，利用直线的夹角公式求夹角，只要证明，即可得到四点共圆.
【详解】（1）若同时满足①②：由，可得AB过焦点，
当时，而，所以①②不同时成立
若同时满足①③由①，可得AB过焦点，
因为直线AB的方程为，不可能过焦点，所以①③不同时成立
只能同时满足条件②③，因为②；
且直线AB的方程为，所以，解得．
所以抛物线C的标准方程为．
（2）如图：
设直线AB的方程为，
联立方程组，整理得，
则．因为，直线AN，BN的斜率之和为0，
即，
所以，
即，
所以，即．
（3）设过点A，B，E的三条切线分别为，倾斜角分别为，
令，
由得：：
所以：；：；：.
联立直线方程可得
联立直线方程可得
又，
所以.
所以：四点共圆，即的外接圆过焦点F．
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是根据假设的条件推出矛盾或者是三个条件是协调的.