新高中数学压轴题二轮专题专题21圆锥曲线三定义及其应用试题含解析答案

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一、解答题
1．已知椭圆，长轴两端点为A，B，如果椭圆上存在点P使得∠APB=120°，求这个椭圆的离心率的取值范围．
2．双曲线：，已知是双曲线上一点，分别是双曲线的左右顶点，直线，的斜率之积为.
(1)求双曲线的离心率；
(2)若双曲线的焦距为，直线过点且与双曲线交于、两点，若，求直线的方程.
3．已知椭圆经过点，且焦距为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设椭圆的左、右顶点分别为A、，点为椭圆上异于A、的动点，设交直线于点，连接交椭圆于点，直线的斜率分别为．
①求的值；
②证明：直线经过轴上的定点，并求出该定点的坐标．
4．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．
5．已知的两个顶点，的坐标分别是，，且，所在直线的斜率之积等于．
（1）求顶点的轨迹的方程，并判断轨迹为何种曲线；
（2）当时，点为曲线上点，且点为第一象限点，过点作两条直线与曲线交于，两点，直线，斜率互为相反数，则直线斜率是否为定值，若是，求出定值，若不是，请说明理由．
6．如图，已知椭圆的方程为和椭圆，其中分别是椭圆的左右顶点．
(1)若恰好为椭圆的两个焦点，椭圆和椭圆有相同的离心率，求椭圆的方程；
(2)如图，若椭圆的方程为.是椭圆上一点，射线分别交椭圆于，连接（均在轴上方）.求证：斜率之积为定值，求出这个定值；
(3)在（2）的条件下，若，且两条平行线的斜率为，求正数的值．
7．已知椭圆C：，，为椭圆C的左、右顶点，，为左、右焦点，Q为椭圆C上任意一点.
(1)求直线和的斜率之积；
(2)直线l交椭圆C于点M，N两点（l不过点），直线与直线的斜率分别是，且，直线和直线交于点.
①探究直线l是否过定点，若过定点求出该点坐标，若不过定点请说明理由；
②证明：为定值，并求出该定值.
8．如图，已知椭圆的离心率，，是椭圆的左、右顶点，为椭圆上一点（与，不重合），，，求的值．
9．设点是椭圆长轴的两个端点，若椭圆上存在点满足，求的取值范围．
10．已知椭圆的短轴长为4，上顶点为为坐标原点，点为的中点，双曲线的左、右焦点分别与椭圆的左、右顶点重合，点是双曲线与椭圆在第一象限的交点，且点三点共线，直线的斜率，求双曲线的离心率．
11．设为双曲线的右焦点，点分别为双曲线的左、右顶点，点为双曲线上异于的动点，直线使得过点作直线的垂线交直线于点时总有点三点共线，求的最大值．
12．已知，分别是椭圆：（）的左、右顶点，为的上顶点，是上在第一象限的点，，直线，的斜率分别为，，且．
(1)求的方程；
(2)直线与交于点，与轴交于点，求的取值范围．
13．椭圆的离心率，过点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点且斜率不为0的直线与椭圆交于两点，椭圆的左顶点为，求直线与直线的斜率之积.
14．已知A，B分别是双曲线的左、右顶点，P是C上异于A，B的一点，直线PA，PB的斜率分别为，且.
(1)求双曲线C的方程；
(2)已知过点的直线，交C的左，右两支于D，E两点（异于A，B）.
（i）求m的取值范围；
（ii）设直线AD与直线BE交于点Q，求证：点Q在定直线上.
15．已知曲线：.
(1)若曲线为双曲线，且渐近线方程为，求曲线的离心率；
(2)若曲线为椭圆，且在曲线上.过原点且斜率存在的直线和直线（与不重合）与椭圆分别交于，两点和，两点，且点满足到直线和的距离都等于，求直线和的斜率之积；
(3)若，过点的直线与直线交于点，与椭圆交于，点关于原点的对称点为，直线交直线交于点，求的最小值.
16．已知双曲线的左、右顶点分别为，，圆与双曲线在第一象限的交点为，记直线，的斜率分别为，，且，求双曲线的离心率．
17．已知椭圆：的左焦点为，右顶点为，且椭圆上存在点使得，求椭圆的离心率的取值范围．
18．已知，两点的坐标分别为，，直线，相交于点，且它们的斜率之积为，设点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)设点的坐标为，直线与曲线的另一个交点为，与轴的交点为，若，，试问是否为定值？若是定值，请求出结果，若不是定值，请说明理由．
19．已知椭圆的左､右顶点分别为，长轴长为4，点在椭圆上（不与点重合），且.

(1)求椭圆的标准方程；
(2)如图，若一条斜率不为0的直线过点与椭圆交于两点，直线的斜率为，直线的斜率为，证明：为定值.
20．已知椭圆的两焦点，且椭圆过.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设椭圆的左､右顶点分别为，直线交椭圆于两点（与均不重合），记直线的斜率为，直线的斜率为，且，设，的面积分别为，求的取值范围
21．已知双曲线的两条渐近线分别为上一点到的距离之积为．
(1)求双曲线的方程；
(2)设双曲线的左、右两个顶点分别为为直线上的动点，且不在轴上，直线与的另一个交点为，直线与的另一个交点为，直线与轴的交点为，直线与的交点为，证明．
22．已知椭圆，分别为椭圆的左、右顶点，分别为左、右焦点，直线交椭圆于两点（不过点）.
(1)若为椭圆上（除外）任意一点，求直线和的斜率之积；
(2)若，求直线的方程；
(3)若直线与直线的斜率分别是，且，求证：直线过定点.
23．已知椭圆的长轴长为4，左、右顶点分别为，上、下顶点分别为，四边形的内切圆的半径为，过椭圆上一点T引圆的两条切线（切线斜率存在且不为0），分别交椭圆于点P，Q．
(1)求椭圆的方程；
(2)试探究直线与的斜率之积是否为定值，并说明理由；
(3)记点O为坐标原点，求证：P，O，Q三点共线．
24．已知P为椭圆上一点，过原点且斜率存在的直线与椭圆C相交于A，B两点，过原点且斜率存在的直线（与不重合）与椭圆C相交于M，N两点，且点P满足到直线和的距离都等于．
(1)求直线和的斜率之积；
(2)当点P在C上运动时，是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由．
25．如图，已知椭圆的两个焦点为，，且，的双曲线的顶点，双曲线的一条渐近线方程为，设P为该双曲线上异于顶点的任意一点，直线，的斜率分别为，，且直线和与椭圆的交点分别为A，B和C，D．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)证明：直线，的斜率之积·为定值；
(3)求的取值范围．
26．已知双曲线经过点，且的一条渐近线的方程为.
(1)求的标准方程；
(2)若点是的左顶点，是上与顶点不重合的动点，从下面两个条件中选一个，求直线与的斜率之积.
①关于原点对称；②关于轴对称.
注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
27．已知椭圆的左､右顶点分别为，上､下顶点分别为，记四边形的内切圆为，过上一点引圆的两条切线（切线斜率均存在且不为0），分别交于点（异于）.
(1)求直线与的斜率之积的值；
(2)记为坐标原点，试判断三点是否共线，并说明理由.
28．平面内与两定点，连线的斜率之积等于非零常数m的点的轨迹，加上，两点所成的曲线记为曲线C.
(1)求曲线C的方程，并讨论C的形状与m值的关系；
(2)若时，对应的曲线为；对给定的，对应的曲线为.设，是的两个焦点，试问：在上是否存在点N，使得的面积，并证明你的结论.
29．已知点是圆上的动点，，是线段上一点，且，设点的轨迹为.
(1)求轨迹的方程；
(2)设不过原点的直线与交于两点，且直线的斜率的乘积为，平面上一点满足，连接交于点（点在线段上且不与端点重合）.试问的面积是否为定值？若是，求出定值；若不是定值，说明理由.
30．如图，已知椭圆的左、右顶点分别为，，其离心率为，椭圆上的点到焦点的最短距离为1.过平面上一点作椭圆的切线，，当直线与的斜率都存在时，它们的斜率之积是，当其中一条切线的斜率不存在时，则另一条直线的斜率为0，记点的轨迹为曲线.直线，分别交椭圆于点，.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求曲线的方程；
(3)求面积的最大值.
31．已知是双曲线的左右顶点，动点是双曲线上异于的任意一点，且满足直线与的斜率之积为3.
(1)求双曲线的方程;
(2)已知点为双曲线的右焦点，过点作直线交双曲线右支于A，B两点，过点且与直线垂直的直线交直线于点P，O为坐标原点，直线OP交双曲线于M，N两点.设直线的斜率分别为，且.
（i）证明:双曲线在点处的切线经过点；
（ii）记，求的值.
32．椭圆：的焦点，是等轴双曲线：的顶点，若椭圆与双曲线的一个交点是，到椭圆两个焦点的距离之和为4
(1)求椭圆的标准方程；
(2)点M是双曲线上任意不同于其顶点的动点，设直线、的斜率分别为，，求证，的乘积为定值；
33．已知椭圆，F为右焦点，A为右顶点，B为上顶点，．
(1)求C的离心率e；
(2)已知MN为C的一条过原点的弦（M，N不同于点A）．
（ⅰ）求证：直线AM，AN的斜率之积为定值，并求出该值；
（ⅱ）若直线AM，AN与y轴分别交于点D，E，且△ADE面积的最小值为，求椭圆C的方程．
34．已知椭圆的上、下顶点分别是A，B，点E（异于A，B两点）在椭圆C上，直线EA与EB的斜率之积为，椭圆C的短轴长为2．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)点Q是椭圆C长轴上的不同于左右顶点的任意一点，过点Q作斜率不为0的直线l，l与椭圆的两个交点分别为P，N，若为定值，则称点Q为“稳定点”，问：是否存在这样的稳定点？若有，求出所有的“稳定点”；若没有，请说明理由．
35．已知椭圆C：的左右顶点为A，B，点P为椭圆C上不同于A，B的一点，且直线PA，PB的斜率之积为．
(1)求椭圆的离心率；
(2)设为椭圆C的左焦点，直线l过点F与椭圆C交与不同的两点M，N，且，求直线l的斜率．
36．已知双曲线经过点，离心率2，直线l交双曲线于A、B两点．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若l过原点，P为双曲线上异于A、B的一点，且直线的斜率均存在，求证：为定值；
(3)若l过双曲线的右焦点，是否存在x轴上的点，使得直线l绕点无论怎么转动，都有成立？若存在，求出M的坐标；若不存在，请说明理由．
37．已知椭圆方程为（），离心率为且过点.
(1)求椭圆方程；
(2)动点在椭圆上，过原点的直线交椭圆于A，两点，证明：直线、的斜率乘积为定值；
(3)过左焦点的直线交椭圆于，两点，是否存在实数，使恒成立？若存在，求此时的最小值；若不存在，请说明理由.
38．已知点，，动点满足直线与的斜率之积为，记动点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)过点与曲线相交的两条线段和相互垂直（斜率存在，且在曲线上），、分别是和的中点．求证：直线过定点．
39．如图，已知椭圆的离心率为，以该椭圆上的点和椭圆的左、右焦点为顶点的三角形的周长为.一等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦点，设为该双曲线上异于顶点的任一点，直线和与椭圆的交点分别为和.
（Ⅰ）求椭圆和双曲线的标准方程；
（Ⅱ）设直线、的斜率分别为、，证明；
（Ⅲ）是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
参考答案：
1．
【分析】点，是长轴的两个端点，若椭圆上存在点，使得，则的最大值大于等于即可，即当为短轴端点时，即可，再结合离心率公式，即可求解．
【详解】点，是长轴的两个端点，
若椭圆上存在点，使得，则的最大值大于等于即可，
即当为短轴端点时，即可，
，
，
又，
该椭圆的离心率的取值范围是．
2．(1)
(2)
【分析】（1）先由点在双曲线上得到，再由，的斜率之积为得到，从而得到，由此可求得双曲线的离心率；
（2）先由条件求得双线曲方程，再联立直线与双曲线得到，又由得到，从而求得值，由此可得直线的方程.
【详解】（1）因为是双曲线E上一点，
可得，即为，
由题意可得，，
可得，即有.
（2）由题意可得，，则双曲线的方程为，
易知直线斜率存在，设直线的方程为，
联立直线与双曲线的方程，可得，
设，则，，①
又，可得，②
由①②可得， ，
代入①可得，解得，
则直线l的方程为.
3．(1)
(2)①；②证明见解析；
【分析】（1）根据焦距和短轴即可求解，
（2）①根据两点斜率公式即可代入化简求解，②联立直线与椭圆的方程，可得韦达定理，即可结合化简求解定点.
【详解】（1）依题意可得，，∴，则，
∴椭圆的方程为．
（2）①解：设，，．
由（1）可知，，如图所示，∴，，
又∵，即，于是，∴，
又，则，因此．
②解：设直线的方程为，由①中知，，
由，得，，
由根与系数的关系得，由①可知，，
即，代入化简得，解得或（舍去），
∴直线的方程为，∴直线经过轴上的定点，定点坐标为．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法
（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.
（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
4．(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.
5．（1）答案见解析；（2）直线斜率为定值；
【分析】（1）利用两直线的斜率之积为，所以有，化简得到，分类讨论，得到轨迹为何种曲线；
（2）设直线的方程与椭圆方程联立，求得的坐标，同理得到的坐标，利用斜率公式，即可得出结论．
【详解】解：（1）令点坐标为，则直线的斜率，直线的斜率，
因为两直线的斜率之积为，所以有，化简得到，
所以当时，轨迹表示以为圆心，为半径的圆，且除去，两点；
当时，轨迹表示焦点在轴上的椭圆，且除去，两点；
当时，轨迹表示焦点在轴上的椭圆，且除去，两点；
当时，轨迹表示焦点在轴上的双曲线，且除去，两点；
（2）由题意曲线为，点，
设，，，，令直线，
联立椭圆方程，得，
则，，
同理，，
．
故直线斜率为定值
6．(1)
(2)证明见解析，定值为
(3)
【分析】（1）根据椭圆顶点坐标、焦点坐标、离心率和的关系直接求解即可；
（2）设，利用两点连线斜率公式表示出，结合在椭圆上直接化简整理即可；
（3）设直线与椭圆交于另一点，知关于坐标原点对称，将直线方程与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，利用可构造方程求得结果.
【详解】（1）由得：，，且的离心率为；
恰为的两个焦点，即椭圆的半焦距，
又椭圆的离心率，，，
椭圆的方程为：.
（2）设，则，即，
，，
，
为定值，定值为.
（3）
设直线与椭圆交于另一点，由椭圆对称性可知：关于坐标原点对称，
设直线，，，则，
由得：，
则，
，，
，
由（2）知：，
，
解得：，又，.
【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆中的定值、参数值的求解问题；本题第三问求解的关键是能够通过椭圆的对称性将问题转化为一条直线与椭圆的交点问题，进而根据已知等量关系，利用韦达定理来进行求解.
7．(1)；
(2)①是，；②证明见解析，.
【分析】（1）根据斜率公式结合条件即得；
（2）①设点，直线，联立椭圆方程利用韦达定理结合条件表示出，进而即得；②根据斜率公式结合条件可得，即得；或利用韦达定理法，表示出直线方程结合条件即得.
【详解】（1）设点，则，
设直线和的斜率为，则
；
（2）①设点，直线，
联立方程得整理得，
，
，
所以，
即，
因为，所以，
化简整理可得，即，
所以直线l过定点；
②解法一；设直线和直线的斜率为，
由（1）得，由①得，
所以，所以；
解法二：设点，直线，
联立方程得整理得，
所以，
直线，
联立两直线方程可得，
所以；
②解法三：：设点，直线，
联立方程得整理得，
，
联立两直线方程可得，因为.
所以
，
所以.
8．
【分析】由已知，可得，令，，
又，所以.
【详解】如图， ，
设 ，则直线，的斜率分别为：
因，故有，
由 ，
又，
令，又，由图知，
则.
9．
【分析】根据椭圆的性质可知当位于顶点时，角度最大，即可根据锐角三角函数求解，或者利用椭圆第三定义，结合到角公式求解.
【详解】方法一（顶角范围）：当时，焦点在轴上，要使得椭圆上存在点满足，需，即，解得．
当时，焦点在轴上，要使得椭圆上存在点满足，时，即，解得．
综上，的取值范围为．
方法二（第三定义）：当时，焦点在轴上，由第三定义得．
由得，解得．
当时，焦点在轴上，由第三定义可得．
由得，解得．
综上，的取值范围为．
10．
【分析】设的中点为，连接，求出直线、的方程，求得点、的方程，利用双曲线的定义求得双曲线的实轴长和焦距，由此可求得双曲线的离心率.
【详解】由椭圆的短轴长为，得，.
设的中点为，连接，由为的中点，得，
设点，则，即，
，，则，
即，而，，
于是，解得，
因此直线的方程为，而直线的方程为，
由解得，则的坐标为，的坐标为，
又双曲线的左、右焦点分别为、，
则双曲线的实轴长，
所以双曲线的离心率.
11．
【分析】法一分析：设出点坐标，根据第三定义，得到，根据，得出，分子继续转化，设点，借助斜率公式，将化为含有两个变量式子，最后将其化为关于一个变量（离心率）的式子，用二次函数知识求解即可．
法二分析：设出直线方程，与双曲线的方程联立，韦达定理表示出A与P的关系，根据三点B，P，Q 共 线 ，求得Q点坐标的横坐标表示出t ，然后运用设参数m法化简，最后根据二次函数的性质求出最大值.
【详解】
如图所示，
法一（第三定义）：由题意得，
设点，且．由．
得，故．
∵，∴．又∵点三点共线，∴．
设点，故有，即．整理得，
即，故．
因此，当时，取得最大值为．
法二（联立计算）设，，联立，
整理得： ；
所以，得到，所以；
过F作直线PA的垂线与直线交于Q，
因为B，Q，P三点共线，所以Q是直线与BP的交点，
Q是与的交点
所以得 ，所以
设，则
所以当 时，即m=2时， 取得最大值.
12．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，得到关于的方程组，解之即可得解；
（2）分别联立直线与椭圆方程、直线与直线方程，求得的坐标，从而将所求转化为的纵坐标的表达式，从而得解.
【详解】（1）依题意，设，显然，，
则，又，即，
所以，即①，
由，得②，
联立①②，解得，
所以椭圆的方程为，
（2）由（1）得，，
设直线的方程为，
因为点位于第一象限，所以，
联立，整理得，
则，所以，则，
所以，
又直线的方程为，即，
所以联立，解得，
故
，
因为，所以，，则，
所以，
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，将转化为的纵坐标的比值，从而得解.
13．(1)
(2)
【分析】（1）由椭圆离心率，得到，再由椭圆过点，得到求解；
（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，与椭圆方程联立求得M，N的坐标验证即可；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理求解.
【详解】（1）解：因为椭圆的离心率，
所以 ，即，
又因为椭圆过点，
所以，
又因为，
所以，
所以椭圆的方程为；
（2）如图所示：

当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
与椭圆方程联立求得，
又，
所以，
所以；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由，消去y得：，
，
由韦达定理得，
所以，
，
.
【点睛】易错点点睛：本题第二问容易忽视过点的直线斜率不存在的情况，一般知道一个点求直线方程时，利用点斜式方程，设直线方程时，要分斜率不存在和存在两种情况求解.
14．(1)
(2)（i）或；（ii）证明见解析
【分析】（1）由已知条件去设点的坐标，表示斜率之积，通过点在双曲线上，代入并消元一个变量，即可得到，从而求出双曲线方程；
（2）（i）利用过点的直线与双曲线的左右两支相交，必满足,从而去求出的取值范围；
（ii）先用交点坐标去表示直线的方程，然后猜想交点的横坐标为定值，所以消去纵坐标得到关于交点的横坐标的表达式，最后利用韦达定理代入化简，可得定值，即问题可得证.
【详解】（1）
由题意可知，
因为，所以.
设，则，所以，
又，
所以.
所以双曲线C的方程为.
（2）（i）由题意知直线l的方程为.
联立，化简得，
因为直线l与双曲线左右两支相交，所以，
即满足：，
所以或；
（ii），
直线AD的方程为
直线BE的方程为.
联立直线AD与BE的方程，得，
所以，
所以，
所以
.
所以点Q的横坐标始终为1，故点Q在定直线上.
15．(1)或
(2)
(3)
【分析】（1）分焦点在轴、轴两种情况讨论，分别求出离心率；
（2）将点代入方程，求出的值，即可求出曲线方程，设直线的方程为，直线的方程为，为不失一般性设，利用点到直线的距离公式得到，是一元二次方程的两实数根，利用韦达定理计算可得；
（3）首先得到椭圆方程，设出直线的方程，联立方程，求得点，的坐标，根据对称性得到点的坐标，从而得到直线的方程，令，求出点的坐标，得到的表达式，再根据均值不等式进行求解即可．
【详解】（1）因为曲线：为双曲线，
若焦点在轴，则，又渐近线方程为，
则，即，解得或（舍去），
此时曲线的离心率；
若焦点在轴，则，又渐近线方程为，
则，即，解得（舍去）或，
此时曲线的离心率，
综上可得曲线的离心率为或.
（2）依题意，解得或，
当时曲线：，符合题意；
当时曲线：，符合题意；
设直线的方程为，直线的方程为，为不失一般性设，
则根据点到直线的距离公式可得，
化简得，
同理可得，
所以，是一元二次方程的两实数根，，
则有，
又点，所以．
（3）当时曲线：，
不妨设直线的方程为，
联立，消去并整理得，
解得，则，
即，
因为点关于原点的对称点为，所以，
此时，
所以直线的方程为，
当时，解得，即，
所以，
则，
因为，
所以，，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以当时，取得最小值，最小值为．
故的最小值为．
【点睛】方法点睛：
解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：①配方法；②基本不等式法；③单调性法；④三角换元法；⑤导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
16．
【分析】由圆和双曲线的方程易得，推得，，运用到角公式和题设条件可得，再由双曲线的第三定义推导得出，化简即得．
【详解】如图，由题意知，则，
由图知，，
由两直线的夹角公式得即，
将代入解得：．
因，设，
则直线，的斜率分别为：
因故有，
由 ，
故，则．
17．
【分析】由椭圆上存在一点P，使，可知点P既在椭圆上，又在以为直径的圆上．根据条件写出圆的方程，将其与椭圆的方程联立，消去y，得到关于x的一元二次方程，可求得，然后由椭圆的几何性质可得，化简可得a，c之间的关系，进而可得离心率的范围．
【详解】设点．由知，点在以为直径的圆上．
圆的方程是，即①，
又点在椭圆上，故②，
把①代入②，得，
故，
因为，所以．
又，则 ，即，
两边同时除以，整理得，即，解得或，
又，所求椭圆的离心率的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：关键是根据题意得出几何关系，由几何关系得出关于的等式或不等式，由关系式，把等式或不等式中的化为，解方程或不等式即可.
18．(1)
(2)为定值
【分析】（1）设点的坐标为，结合两点之间的斜率公式即可得答案，注意，也就是斜率不存在的情况；
（2）设，则，再联立直线方程与椭圆方程，结合向量的坐标运算以及韦达定理化简可得为定值.
【详解】（1）设点的坐标为，则直线的斜率为，
直线的斜率为．
由已知，，
化简，得点的轨迹的方程为．
（2）为定值，理由如下：
根据题意可知直线的斜率一定存在且不为0，设，则．
联立，消去，得．
则恒成立，
设，，则，．
又因为，，且，
所以．同理．
所以
，
所以，为定值．
.
【点睛】思路点睛：定值问题在几何问题中，有些问题和参数无关，这就是定值问题，解决这类问题常通过取参数和特殊值来确定“定值”是多少，或者将问题涉及的几何式转化为代数式或三角式，证明该式是恒定的.
19．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由条件先求，再设，利用斜率公式表示条件，结合在椭圆上求，由此可得椭圆方程.
（2）联立直线与椭圆方程，利用设而不求法求，由此证明结论.
【详解】（1）依题意可得所以
所以.
设，所以.
又因为所以
所以即.
所以椭圆的标准方程为.

（2）设
由于该直线斜率不为0，可设
联立方程和得①，
方程①的判别式，
根据韦达定理可知
所以.
因为，
所以，
所以.

20．(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得：，求解即可；
（2）先确定直线的斜率必不为0，设其方程为，联立椭圆方程，结合韦达定理，结合题意可得直线恒过轴上一定点.从而可求得，进而可求解.
【详解】（1）由题意可得：，解得，所以椭圆的方程为：；
（2）依题意，，设，直线斜率为.
若直线的斜率为0，则点关于轴对称，必有，不合题意.
所以直线的斜率必不为0，设其方程为，
与椭圆的方程联立得，
所以，且
因为是椭圆上一点，满足，
所以，
则，即.
因为
所以，此时，
故直线恒过轴上一定点.
因此，
所以
，
令，
当即时，取得最大值.
.
【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.
21．(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）根据点到直线距离分别求出点到，的距离可得，即，再结合点在双曲线上，从而可求解.
（2）分别设，求出相应斜率后可得，再设直线，然后与联立利用韦达定理得到，从而求得，然后结合条件从而求解.
【详解】（1）因为在上，则①．
因为的方程分别为．
到的距离之积为，则②，
由①②解得，
所以双曲线的方程为③．
（2）因为，设，
则，
所以④，
因为，
且在双曲线上，则，代入上式得：，
把④代入上式得：⑤．
设直线，代入③得：
，则：⑥，⑦，
由⑤得：，即：，
把⑥⑦代入上式得：，
因为，所以，
则．
则，所以点坐标为．
不妨设，
因，同理，
令，则，
同理：，
要证明，只需证明：，
即证明：，
将和⑥⑦代入上式显然成立，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.
22．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）设点，直接计算，结合点在椭圆上化简即得；
（2）设，由向量线性运算的坐标表示得出，再利用在椭圆上，可求出（或）的坐标，然后可得直线方程；
（3）设，易知直线的斜率不为，设其方程为（），直线方程椭圆方程整理后应用韦达定理得，把它代入可求得的确定值，从而得定点坐标．
【详解】（1）在椭圆 中，左、右顶点分别为，
设点，则 .
（2）设，由已知可得，，
由得，化简得
代入可得，
联立解得
由得直线过点，，
所以，所求直线方程为.
（3）设，易知直线的斜率不为，设其方程为（），
联立，可得，
由，得.
由韦达定理，得.，.
可化为，
整理即得，
，由，
进一步得，化简可得，解得，
直线的方程为，恒过定点.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的直线过定点问题，一般可设直线与圆锥曲线的交点为，设出直线方程为或，直线方程代入圆锥曲线方程后化简整理后应用韦达定理得（或），代入题中关于交点的其他条件化简可得出（或）的关系，从而得出定点坐标．
23．(1)
(2)是，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的性质与点到直线的距离公式即可求解方程.
（2）设出点的坐标并求出切线方程，再化简斜率之积即可.
（3）分别设出直线和直线的直线方程，再与椭圆联立，得到的横纵坐标之间的关系，即可证明三点共线.
【详解】（1）由题意得，则直线的方程为．
由可得，
所以椭圆的方程为．
（2）由题意得，
切线的斜率存在且不为0，并设为，取，则，
此时切线方程为，则．
整理得．
设过点引圆的两条切线斜率分别为，则①．
由得，
将其代入①式得，
故直线与的斜率之积为．
（3）设直线，则，解得．
将直线与椭圆联立，则．
因为直线与椭圆有两个不同的交点，所以.
设，则，
将代入可得．
设直线，则，整理得．
同理，将直线与椭圆联立，则．
设，则，
将代入可得，
显然．
设直线，则，解得，
将直线与椭圆联立，则，
设，则，
将代入得．
设直线，则，解得．
将直线与椭圆联立，则．
设，则．
将代入得，
故．
所以，，，且，
所以P，O，Q三点共线．
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆的位置关系以及相关的证明.其关键点在于设出直线和直线的直线方程，再与椭圆联立，得到的横纵坐标之间的关系，，即可证明三点共线.
24．(1)；
(2)是，12.
【分析】（1）设直线的方程为，直线的方程为，，由点到直线距离得出是某个一元二次方程的根，然后由韦达定理可得；
（2）设，，由直线方程与椭圆方程联立求得，点坐标，利用对称性计算可得．
【详解】（1）设直线的方程为，直线的方程为，，
则根据点到直线的距离公式可得，
化简得，
同理可得，
所以，是一元二次方程的两实数根，，
则有．
又因为点在C上，所以，即，
所以（定值）．
（2）是定值，且定值为12．
理由如下：
设，，
联立方程组，解得，
所以，
同理可得．
由椭圆的对称性知，，
所以．
由（1）知，
所以
（定值）．
25．(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）根据题意双曲线的，且，进而可求双曲线的标准方程；
（2）设点，利用斜率公式结合条件即可证出；
（3）设直线的方程为，进而求出直线的方程，把直线代入椭圆方程，利用弦长公式求出， 同理求出弦长，代入整理即可表示出，然后结合条件即得.
【详解】（1）设双曲线的标准方程为，由题意知，且，
即，
所以双曲线的标准方程为：；
（2）设点，由题可知，则，，
所以，
而由点在双曲线上，可知，即有，
从而，故；
（3）由上可知，且，且不能同时取或，
所以可设直线的方程为，则直线的方程为，
把直线的方程为代入椭圆方程，
整理得，
设，，则有，，
因此，
同理可得，
因此，又，
所以，所以，
所以的取值范围为.
【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.
26．(1)
(2)选①，答案为1；选②，答案为
【分析】（1）根据渐近线方程得到，待定系数法求出，得到双曲线方程；
（2）选①，得到，，，由斜率公式计算出答案；
选②，得到，，，由斜率公式计算出答案.
【详解】（1）由题意得的一条渐近线的方程为，故，
又，解得，
故的标准方程为；
（2）若选①，关于原点对称，
由题意得，，，
故，
则，

若选②，关于轴对称，
由题意得，，，
故，
则，

27．(1)
(2)三点共线，理由见解析
【分析】（1）由题意计算出圆的方程后，可设圆的切线方程为，结合切线定义计算可得，则与的斜率为该方程的两解，结合韦达定理与、的关系计算即可得直线与的斜率之积；
（2）设、，设直线的方程为，则，结合点到直线的距离公式可得，计算可得，同理可得，所以三点共线.
【详解】（1）由题意得，
故直线的方程为，即.
由对称性可知圆的圆心坐标为，
因为点到直线的距离为，
所以圆的半径为，所以圆，
设，则，
由题可设圆的切线方程为，
则圆心到切线的距离为，
整理得，
设过点所引的圆的两条切线的斜率分别为，
则，由，得，
代入式中，可得，
故直线与的斜率之积为；
（2）不妨设直线的方程为，
则圆心到直线的距离为，解得，
直线与椭圆的方程联立可得，
设，则，将代入，
可得，
由（1）可设直线的方程为，
设，同理可得，
因此，
设直线，则，解得，
将直线与椭圆联立，则，
设，则，
将代入，得，
设直线， 同理可得，
故，
所以P，O，Q三点共线．
【点睛】方法点睛：定值问题常见方法：
（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.
28．(1)；答案见解析
(2)存在；证明见解析
【分析】（1）设动点为，其坐标为，根据题意可得，整理可得曲线C的方程为，再把方程化为标准方程即可判断曲线的类型；
（2）对于给定的，上存在点，使得的面积的充要条件为，从而求得或，进而解决问题.
【详解】（1）设动点为，其坐标为，
当时，由条件可得，
即，
又的坐标满足.
所以曲线C的方程为.
当时，曲线的方程为是焦点在轴上的椭圆；
当时，曲线的方程为是圆心在原点的圆；
当时，曲线的方程为是焦点在轴上的椭圆；
当时，曲线的方程为是焦点在轴上的双曲线.
（2）在上存在点N，使得的面积，证明如下：
由（1）知，当时，曲线的方程为，
当时，的焦点分别为，
对于给定的，上存在点，使得的面积的充要条件为
由(1)得，由(2)得，
所以，解得或，满足，
所以存在点使得.
【点睛】关键点睛：
第二问的关键是确定对于给定的，上存在点，使得的面积的充要条件为，从而求得或，进而解决问题.
29．(1)
(2)是，
【分析】（1）借助椭圆定义计算即可得解；
（2）设，代入曲线方程中联立可得，结合题意计算可得，设，结合点在曲线上计算可得的值，即可得的面积.
【详解】（1）因为，
所以点的轨迹是以点为焦点的椭圆，
设，则，即.
由知，
所以点的轨迹的方程为；
（2）
设，则由，得.
因为点均在曲线上，所以，
同向相乘得
整理得：
又因为，所以，
所以，
设，则，
又因为点在曲线上，所以，
整理得：，
又因为，，
代入上式得：，即，
又因为，所以，
所以.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于计算出后，利用面积公式得到，从而可通过计算的值得解.
30．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由题意可得，，解方程求出，，即可求出椭圆的标准方程；
（2）设直线，斜率分别为，，设直线：，与椭圆联立，可得，为方程的两个根，则，即可求出曲线的方程；
（3）设直线：与椭圆联立，求出的坐标，同理求出的坐标，则代入化简由基本不等式即可得出答案.
【详解】（1），椭圆上的点到其焦点的最短距离为，因此，.
由可知，椭圆的标准方程为.
（2）当直线，斜率存在且不为0时，设其斜率分别为，，
设点，则，.
将直线：代入，
消去，化简得.
.
，同理.
，为关于的方程的两个根，
因此（*）.
当直线，有一条的斜率不存在，另一条的斜率为0，
即，时，，与椭圆相切，满足（*）式.
综上所述，曲线的方程为.
（3）由（2）知，设点，则满足，有.
将直线：代入，
消去，化简得.
，可得.
进一步得到.
又由，，.
，同理可得.
，而，
，当且仅当时取号.
综上所述，的最大值为.
【点睛】关键点点睛：设直线：与椭圆联立，求出的坐标，同理求出的坐标，则代入化简由基本不等式即可得出答案.
31．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）设，利用直线与的斜率之积为3，化简得到双曲线方程；
（2）(i)设点，双曲线在点处的切线方程为，利用题中条件求得点坐标，代入切线方程即可验证。(ii)设，由①知，再结合题中条件化简的到关系式；
【详解】（1）设由题.
也满足方程，所以双曲线的方程为
（2）(i)设点，双曲线在点处的切线方程为，
由，故为，代入，得点，
即，将坐标代入切线方程
故双曲线在点处的切线经过点
(ii)设，由①知
所以
因为点在双曲线上，故满足双曲线方程，即
所以，
综上，
又，联立直线OP双曲线E，，
根据题意知,
此方程的两根即为，所以，
即
综上，，即
32．(1)
(2)，证明见解析
【分析】(1)根据双曲线的方程确定的坐标，从而得出椭圆的焦距，再根据椭圆的定义可得椭圆的长轴为4，进而确定椭圆的方程.
(2)设点M的坐标，用点M,三点的坐标表示，再根据点M满足双曲线的方程，求解出的值.
【详解】（1）解：根据题意，点的坐标分别为
从而椭圆的焦距，得
又椭圆上一点P到椭圆两个焦点的距离之和为4，所以椭圆的长轴，即
从而得
故椭圆的方程为：
（2）设点，则
因为点M在双曲线上，所以，代入上式得
故的乘积为定值1.
33．(1)
(2)（ⅰ）证明见解析，； （ⅱ）
【分析】（1）利用两点距离公式化简得到，最后根据离心率公式即可；
（2）（ⅰ）采用设点法，得到斜率表达式，最后根据点在椭圆上代入化简即可；
（ⅱ）计算出坐标，写出面积表达式，根据上一小问斜率之积为定值的结论结合基本不等式即可.
【详解】（1），
，所以．
（2）（ⅰ）设，，，则，，，
由，得，
所以为定值．
（ⅱ）记，，则直线，所以，同理，
所以，
所以，当且仅当时“”成立，此时，
所以椭圆D的方程为：．
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是采用设点法得到斜率乘积表达式，最后结合点在椭圆上即可证明斜率乘积为定值，求解三角形面积表达式需求出两点坐标，最后利用基本不等式即可.
34．(1)
(2)存在稳定点，理由见详解
【分析】（1）根据题意可得两点坐标，设出点，由化简可得椭圆C的标准方程；
（2）设直线，与椭圆方程联立，由韦达定理可得，，又，，从而可求的表达式， 即可求解.
【详解】（1）由题，，即，所以，，
设，由可得，
，化简得，又点满足上式，
所以椭圆C的标准方程为.
（2）存在这样的点，设直线，，，，
联立，消去整理得，
，，，
又，，
，
要使上式为定值，则，故当时，为定值，
综上，存在这样的稳定点.
【点睛】思路点睛：第二问，设出直线与椭圆方程联立，得到根与系数关系，又利用两点间距离公式可得又，，代入运算化简得解.
35．(1)
(2)
【分析】（1）设点P的坐标为，根据结合点在椭圆上求出的关系，再根据椭圆的离心率公式即可得解；
（2）先求出椭圆方程，设直线的方程为，，根据求出的关系，联立方程，利用韦达定理求出，进而可求得，即可得解.
【详解】（1）设点P的坐标为，因为，
所以，整理得，
即，故；
（2）因为为椭圆的左焦点，则，
故椭圆方程为，
设直线的方程为，
联立，消得，
设，
则，
因为，即，
所以，所以，
则，所以，
所以，解得，
所以直线l的斜率为．

36．(1)
(2)证明见解析
(3)存在，
【分析】（1）由题意，代入已知点的坐标以及离心率的计算，结合，建立方程组，可得答案；
（2）根据双曲线的对称性，设出点的坐标，利用斜率的计算公式，结合双曲线的方程，等量代换，可得答案；
（3）由题意，分直线斜率存在与不存在两种情况，设直线方程，联立方程，写韦达定理，根据向量数量积的坐标公式，整理方程，可得答案.
【详解】（1）由题意得，解得，则双曲线．
（2）证明：设A点坐标为，则由对称性知B点坐标为．
设，则，由，得，所以．
（3）存在．当直线l的斜率存在时，设直线l方程为，与双曲线方程联立消y得，
所以，得，且．
设，
假设存在实数m，使得，则对任意恒成立．
所以，解得．
当直线l的斜率不存在时，由及知结论也成立．
综上，存在，使．
【点睛】直线与圆锥曲线的位置问题，常用思路：联立直线与圆锥曲线方程，写出韦达定理，根据题目中其他条件，整理方程，解得参数的值或者参数之间的等量关系，解决问题，设直线方程时，要注意斜率是否存在.
37．(1)
(2)证明见解析.
(3)存在，使成立，最小为3.
【分析】（1）由离心率和顶点得椭圆的方程；
（2）设点P，A的坐标，由对称性得点B的坐标，计算斜率之积，证明为定值；
（3）按直线MN斜率是否为零分类讨论，计算及，并求的最小值.
【详解】（1）由题，，，所以，
椭圆的方程为.
（2）

证明：设点，因为点P在椭圆上，所以，，
同理设点，则，，
因为直线AB过原点，所以关于原点对称，点，
.
（3）
，当直线MN斜率为零时，不妨设，，
则，，，，
存在，使成立，
当直线MN斜率不为零时，设直线方程为，，，
联立方程组，消去x得，易知，
所以，，，
，
又因为，，
所以，，
又因为，当时，最小为3，
综上，存在，使成立，最小为3.
【点睛】方法点睛：过定点且斜率不为零的直线可以设为.
38．(1)（）
(2)证明见解析
【分析】（1）设，根据斜率之积为列式整理即可；
（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理求出坐标，求出直线即可得定点.
【详解】（1）设，易得，直线的斜率为，直线的斜率为，
则，
整理得，则曲线方程为（）；
（2）由题意可设直线的方程为（），，，，
因为分别是的中点，所以，，
，，
因为在椭圆上，
所以，由①－②，得，
即，于是有，
所以，
，解得．．
，将上式点坐标中的换成，
同理可得．
①当直线不垂直于轴时，直线的斜率，
其方程，化简得，
直线过定点．
②当直线垂直于轴时，，此时，，直线也过定点．
综上所述，直线过定点．
【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．
39．（Ⅰ）椭圆的标准方程为；双曲线的标准方程为
（Ⅱ）=1．（Ⅲ）存在常数使得恒成立，
【详解】试题分析：(1)设椭圆的半焦距为c，由题意知：，
2a＋2c＝4(＋1)，所以a＝2，c＝2.
又a2＝b2＋c2，因此b＝2.故椭圆的标准方程为＝1.
由题意设等轴双曲线的标准方程为＝1(m＞0)，因为等轴双曲线的顶点是椭圆的焦点，所以m＝2，因此双曲线的标准方程为＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则k1＝，k2＝.
因为点P在双曲线x2－y2＝4上，所以x－y＝4.
因此k1·k2＝·＝＝1，即k1·k2＝1.
(3)由于PF1的方程为y＝k1(x＋2)，将其代入椭圆方程得(2k＋1)x2－8kx＋8k－8＝0，
显然2k＋1≠0，显然Δ＞0.由韦达定理得x1＋x2＝，x1x2＝.
所以|AB|＝
＝.
同理可得|CD|＝.
则，
又k1·k2＝1，
所以.
故|AB|＋|CD|＝|AB|·|CD|.
因此存在λ＝，使|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|恒成立．
考点：本题考查了圆锥曲线方程的求法及直线与圆锥曲线的位置关系
点评：对于直线与圆锥曲线的综合问题，往往要联立方程，同时结合一元二次方程根与系数的关系进行求解；而对于最值问题，则可将该表达式用直线斜率k表示，然后根据题意将其进行化简结合表达式的形式选取最值的计算方式