新高中数学压轴题二轮专题专题25解析几何中的定点问题试题含解析答案

这是一份新高中数学压轴题二轮专题专题25解析几何中的定点问题试题含解析答案，共98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．已知椭圆的右焦点为，且经过点.
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设O为原点，直线与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N，若|OM|·|ON|=2，求证：直线l经过定点.
2．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．
3．已知点为双曲线上一点，的左焦点到一条渐近线的距离为.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)不过点的直线y=kx+t与双曲线交于两点，若直线PA，PB的斜率和为1，证明：直线y=kx+t过定点，并求该定点的坐标.
4．在平面直角坐标系中，已知圆心为C的动圆过点，且在轴上截得的弦长为4，记C的轨迹为曲线E．
(1)求E的方程；
(2)已知及曲线E上的两点B和D，直线AB，AD的斜率分别为，，且，求证：直线BD经过定点．
5．在平面直角坐标系中，点在运动过程中，总满足关系式.
(1)求点的轨迹的方程；
(2)过点作两条斜率分别为的直线和，分别与交于和，线段和的中点分别为，若，证明直线过定点.
6．在椭圆上，是椭圆上的左、右顶点，直线与椭圆交于两点，的斜率分别为.
(1)若，求证：直线过定点.
(2)直线交于点，直线交于点，求PQ的最小值.
7．已知椭圆的离心率是，点在上．
(1)求的方程；
(2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．
8．已知双曲线的虚轴长为，点在上.设直线与交于A，B两点（异于点P），直线AP与BP的斜率之积为.
(1)求的方程；
(2)证明：直线的斜率存在，且直线过定点.
9．已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0过点，且离心率为.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)设过点且斜率不为0的直线与双曲线的左右两支交于，两点.问：在轴上是否存在定点，使直线QA的斜率与的斜率的积为定值？若存在，求出该定点坐标；若不存在，请说明理由.
10．已知抛物线C：（）过点，F为C的焦点，A，B为C上不同于原点O的两点.
(1)若，试探究直线是否过定点，若是，求出该定点；若不是，请说明理由；
(2)若，求△AFB面积的最小值.
11．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆，过右焦点作两条互相垂直的弦AB，CD，设AB，CD中点分别为，．
(1)写出椭圆右焦点的坐标及该椭圆的离心率；
(2)证明：直线MN必过定点，并求出此定点坐标；
(3)若弦AB，CD的斜率均存在，求△FMN面积的最大值．
12．已知双曲线的焦距为，点在C上．
(1)求C的方程；
(2)直线与C的右支交于两点，点与点关于轴对称，点在轴上的投影为.
①求的取值范围；
②求证：直线过点．
13．已知椭圆过点，离心率.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过点A的直线l交椭圆C于另一点B，若△OAB的面积为2，其中O为坐标原点，求直线l的方程；
(3)设过点的直线l交椭圆C于点M，N，直线MA，NA分别交直线于点P，Q.求证：线段PQ的中点为定点.
14．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，是直线：（其中是实半轴长，是半焦距）上不同于原点的一个动点，斜率为的直线AF1与双曲线交于，两点，斜率为的直线AF2与双曲线交于，两点．
(1)求的值；
(2)若直线，，，的斜率分别为，，，，问是否存在点，满足，若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由．
15．已知椭圆的离心率为，其左、右焦点分别为，，点P为坐标平面内的一点，且，，O为坐标原点.
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M为椭圆C的左顶点，A，B是椭圆C上两个不同的点，直线，的倾斜角分别为，，且证明：直线恒过定点，并求出该定点的坐标.
16．已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
17．已知曲线，为直线上的动点，过作的两条切线，切点分别为.
（1）证明：直线过定点：
（2）若以为圆心的圆与直线相切，且切点为线段的中点，求该圆的方程.
18．已知椭圆，圆．
(1)点是椭圆的下顶点，点在椭圆上，点在圆上（点异于点），连，直线与直线的斜率分别记作，若，试判断直线是否过定点？若过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
(2)椭圆的左、右顶点分别为点，点（异于顶点）在椭圆上且位于轴上方，连分别交轴于点，点在圆上，求证：的充要条件为轴．
19．已知椭圆经过点，离心率为．
(1)求椭圆C的方程．
(2)直线与椭圆C交于A，B两点，点M是椭圆C的右顶点．直线AM与直线BM分别与y轴交于点P，Q，试问以线段PQ为直径的圆是否过x轴上的定点？若是，求出定点坐标．若不是，说明理由．
20．如图 ，已知椭圆的左顶点为，点 且 在轴 上，点分别在椭圆和直线 上，为的中点． 设直线与直线于，交直线 相交于，则以线段为直径的圆恒过定点 ．
21．已知抛物线C：x2=−2py经过点（2，−1）．
（Ⅰ）求抛物线C的方程及其准线方程；
（Ⅱ）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y=−1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．
22．已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，过椭圆的左焦点作不与x轴重合的直线MN与椭圆相交于M，N两点，的周长为8，过点M作直线的垂线ME，E为垂足．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)证明：直线EN经过定点P，并求定点P的坐标．
23．已知椭圆的离心率为，依次连接四个顶点得到的图形的面积为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过直线上一点作椭圆的两条切线，切点分别为，求证：直线过定点.
24．已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.
（1）证明：直线AB过定点：
（2）若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积.
25．已知双曲线的实轴长为2，离心率为2，右焦点为，为上的一个动点，
(1)若点在双曲线右支上，在轴的负半轴上是否存在定点．使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
(2)过作圆的两条切线，若切线分别与相交于另外的两点、，证明：三点共线．
26．已知双曲线的左、右顶点分别为，右焦点为，满足，且到的渐近线的距离为．
(1)求双曲线的方程；
(2)已知P，Q是轴上异于原点的两点，满足，直线分别交于点，直线的交点为．
①直线是否过定点？如果过定点，求出该定点的坐标；如果不过定点，请说明理由；
②记和的面积分别为S1,S2．若，求直线MN方程.
27．已知双曲线：的离心率为2，点在上，、为双曲线的下、上顶点，为上支上的动点（点与不重合），直线和直线交于点，直线交的上支于点.
(1)求的方程；
(2)探究直线是否过定点，若过定点，求出该定点坐标；否则，请说明理由；
(3)设，分别为和的外接圆面积，求的取值范围
28．已知椭圆：，焦点为，，椭圆上有一点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线交椭圆于，两点，过作轴的垂线交椭圆于另一个点，求证直线过定点.
29．在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为是上第一象限内的动点.当直线的倾斜角为时，.
(1)求的方程；
(2)已知点是上不同两点.若四边形是平行四边形，证明：直线过定点.
30．在平面直角坐标系中，已知双曲线，过作直线与交于两点，（）．
(1)当时，求的值；
(2)是否存在异于点的定点使得？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由．
31．已知为抛物线上一动点，若点满足（为坐标原点），记点的轨迹为曲线．
(1)求的方程；
(2)已知过上一点的直线分别交于两点（异于点A），设的斜率分别为．
①若，求证：直线过定点；
②若，且的纵坐标均不大于0，求的面积的最大值．
32．过直线上一个动点作抛物线的两条切线，分别为切点，直线与轴分别交于两点．
(1)证明：直线过定点，并求点的坐标；
(2)在（1）的条件下，为坐标原点，求的最大值．
33．已知椭圆（）的左、右顶点分别为，，左右焦点分别为，，离心率为，，为坐标原点.
(1)求椭圆的方程；
(2)设过点的直线，与椭圆分别交于点，.
①求证：直线过轴上的定点；
②求的面积的最大值.
34．已知椭圆的左右顶点分别为和，离心率为，且经过点，过点作垂直轴于点．在轴上存在一点（异于），使得．

(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点作一条垂直于轴的直线，在上任取一点，直线和直线分别交椭圆于两点，证明：直线经过定点．
35．已知抛物线：，直线与抛物线交于，两点，为坐标原点.
(1)若直线过的焦点.
(i)当的面积最小时，求直线的方程；
(ii)当AB=8，记的外接圆与的另一个交点为，求；
(2)设圆（b∈R，）与交于四点，，，，记弦，的中点分别为，，求证：线段被定点平分，并求定点坐标.
36．已知抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，P是C上一点，线段PF的中点为．
(1)求C的方程；
(2)若，O为原点，点M，N在C上，且直线OM，ON的斜率之积为2024，求证：直线MN过定点．
37．设椭圆的上、下顶点分别为，且焦距为．为椭圆的右焦点，点在椭圆上且异于两点．若直线与的斜率之积为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设不经过点的直线与椭圆相交于不同的两点．若点在以线段为直径的圆上，试判断直线是否经过定点，如果是，求出定点坐标，如果不是，说明理由．
38．已知抛物线，焦点为，点C(2,1)在上，直线∶y=kx+1与相交于两点，过分别向的准线作垂线，垂足分别为A1,B1.
(1)设的面积分别为，求证：；
(2)若直线，分别与相交于，试证明以为直径的圆过定点，并求出点的坐标.
39．设两点的坐标分别为，直线AM,BM相交于点，且它们的斜率之积是，记点的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)若为直线上的一动点，直线分别与交于点．求证：直线过定点．
40．已知抛物线的焦点为，点.
(1)求抛物线的方程；
(2)过点的动直线与交于两点，上是否存在定点使得（其中分别为直线的斜率）？若存在，求出的坐标；若不存在，说明理由.
41．已知双曲线的虚轴长为，点在上.设直线与交于两点（异于点），直线与的斜率之积为.
(1)求的方程.
(2)证明：直线的斜率存在，且直线过定点.
(3)求直线斜率的取值范围.
42．已知圆．点在圆上，延长到，使，点在线段上，满足．
(1)求点的轨迹的方程；
(2)设点在直线上运动，．直线与轨迹分别交于两点，求证：所在直线恒过定点．
43．已知双曲线：（）经过点和，，，，分别在双曲线的左、右两支上，为双曲线左支上一点，且，，三点共线，，，三点共线，直线，的斜率分别记为，.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)求证：为定值；
(3)试判断直线是否过定点，若是，请求出定点坐标，若不是，请说明理由.
44．已知椭圆的离心率，短轴的两个端点分别为，.
(1)求椭圆的方程；
(2)设动直线与椭圆有且只有一个公共点，且与直线相交于点.问在轴上是否存在定点，使得以为直径的圆恒过定点，若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由.
45．如图，A，B是抛物线C:y2=4x上两点，满足（O是坐标原点），过点O作直线的垂线，垂足为D，记D的轨迹为M.
(1)求M的方程；
(2)设是M上一点，从P出发的平行于x轴的光线被抛物线C反射，证明：反射光线必过抛物线C的焦点.
46．已知双曲线的一条渐近线方程为，点在上.
(1)求双曲线的方程；
(2)过双曲线的左焦点作互相垂直的两条直线，且与交于两点，与交于两点，为线段的中点，为线段的中点，证明：直线过定点.
47．已知圆E恒过定点，且与直线相切，记圆心E的轨迹为，直线与相交于A，B两点，直线与相交于C，D两点，且，M，N分别为弦的中点，其中A，C均在第一象限，直线与直线的交点为G．
(1)求圆心E的轨迹的方程；
(2)直线是否恒过定点？若是，求出定点坐标？若不是，请说明理由．
48．已知双曲线的左右焦点分别为，C的右顶点到直线的距离为，双曲线右支上的点到的最短距离为
(1)求双曲线C的方程；
(2)过的直线与C交于M、N两点，连接MF1交l于点Q，证明：直线QN过x轴上一定点.
49．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆：过点，离心率为，其左右焦点分别为，．
(1)若点P与，的距离之比为，求直线被点P所在的曲线截得的弦长；
(2)设，分别为椭圆的左、右顶点，Q为上异于，的任意一点，直线，分别与椭圆的右准线交于点M，N，求证：以为直径的圆经过x轴上的定点．
50．已知以点M为圆心的动圆经过点，且与圆心为的圆相切，记点M的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)若动直线l与曲线C交于，两点（其中），点A关于x轴对称的点为A'，且直线BA'经过点．
（ⅰ）求证：直线l过定点；
（ⅱ）若，求直线l的方程．
51．已知，，直线，相交于点，且它们的斜率之积是4，记点的轨迹为曲线
(1)求的方程；
(2)不过，的直线与交于，两点，直线与交于点，点在直线上，证明：直线过定点.
52．已知双曲线，直线过的右焦点且与交于两点．
(1)若两点均在双曲线的右支上，求证：为定值；
(2)试判断以为直径的圆是否过定点？若经过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
参考答案：
1．（Ⅰ）；
（Ⅱ）见解析.
【分析】(Ⅰ)由题意确定a,b的值即可确定椭圆方程；
(Ⅱ)设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程确定OM,ON的表达式，结合韦达定理确定t的值即可证明直线恒过定点.
【详解】（Ⅰ）因为椭圆的右焦点为，所以；
因为椭圆经过点,所以，所以，故椭圆的方程为.
（Ⅱ）设P(x1,y1),Q(x2,y2)
联立得，
，，.
直线，令得，即；
同理可得.
因为,所以；
，解之得，所以直线方程为，所以直线恒过定点.
【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．
2．(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.
3．(1)
(2)证明见解析，定点为.
【分析】（1）由点到直线的距离公式求出，再将点代入双曲线方程求出，可得双曲线的标准方程；
（2）联立直线与双曲线方程，利用韦达定理得、，再根据斜率和为列式，推出，从而可得直线y=kx+t过定点.
【详解】（1）设F1(−c,0)到渐近线，即的距离为，
则，结合得，
又在双曲线上，所以，得，
所以双曲线的标准方程为.
（2）联立，消去并整理得，
则，，即，
设，，
则，，
则
，
所以，
所以，
所以，
整理得，
所以，
所以，
因为直线y=kx+t不过，即，，
所以，即，
所以直线，即过定点.

【点睛】关键点点睛：利用韦达定理和斜率公式推出是解题关键.
4．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意列出圆心满足的方程结合弦长得出的方程，化简即可得答案.
（2）设直线：，联立抛物线方程，设B(x1,y1)，，可得根与系数的关系式，结合化简可得参数之间的关系，进而利用直线方程求得定点坐标.
【详解】（1）设圆心，半径为，
因为圆心为C的动圆过点，所以，
因为圆心为C的动圆在轴上截得的弦长为4，所以，
所以，即，所以曲线E是抛物线.
（2）证明：由题意点坐标适合，即点A在E上，
由题意可知BD斜率不会为0，设直线：，
联立，消去并整理得，
需满足，即，
设B(x1,y1)，，则，，

因为，，
所以，
所以，将，代入得，
即，
所以直线：，即，
所以直线BD经过定点.
【点睛】方法点睛：解决此类直线和圆锥曲线的位置关系中的定点问题，一般方法是设出直线方程并和曲线方程联立，得到根与系数关系式，进而结合已知条件化简，利用直线方程即可确定定点，解答时要注意计算量较大，比较复杂.
5．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆定义求解即可；
（2）设直线的方程为 ，直线 的方程为 ，直线与椭圆联立方程求得，两直线联立可得，可得点横坐标所在方程，同理可得点横坐标所在方程，再由建立等式求解即可得证.
【详解】（1）由椭圆定义，点的轨迹是以为焦点，长轴长为6的椭圆，
所以点的轨迹的方程为；
（2）设直线的方程为 直线 的方程为 因为过点，所以:
联立直线与椭圆的方程，消去 y 整理得
，
设由韦达定理可得：，
所以 ，
联立直线 的方程 和直线GH的方程 ，
可解得 所以
整理得点横坐标所在方程，
同理可得点横坐标所在方程，
因此，是一元二次方程 的两个根，则有
，
又 ，所以 ，整理得：，
所以直线的方程为 ，
故直线过定点.
【点睛】本题证明的关键在于找到两点横坐标所在方程为，进而可得是改方程得两个根，根据题意建立等式求解即可得证；在求解点横坐标所在方程时，因求解方法与点一样，故可直接写出，简化计算过程.
6．(1)证明见解析
(2)8
【分析】（1）设直线的方程为，，将直线方程代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系，表示出，化简可得，从而可证得结论；
（2）表示直线AM的方程和直线BN方程，联立表示出点的坐标，再表示出直线AN的方程和直线BM方程，联立表示出点的坐标，从而可表示出PQ，化简后可求出其最小值.
【详解】（1）由题意可知直线的斜率不为零，所以设直线的方程为，
设，
由，消去整理得，
，
所以，
所以.
因为，
所以，
所以
，
所以，直线过定点.
（2）由(1)，，所以，得，
直线AM的方程为，直线BN方程为，
联立得，
所以
，
所以，
直线AN的方程为，直线BM方程为，
联立得，
所以
，
所以
所以
当且仅当时，取到最小值，
所以|PQ|的最小值为8.
【点睛】关键点点睛：此题考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆中直线过定点问题，考查椭圆中范围问题，第（2）问解题的关键是利用根与系数的关系后，两式相比可得，然后表示出的坐标，考查计算能力，属于较难题.
7．(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；
（2）设直线的方程，进而可求点的坐标，结合韦达定理验证为定值即可.
【详解】（1）由题意可得，解得，
所以椭圆方程为.
（2）由题意可知：直线的斜率存在，设，
联立方程，消去y得：，
则，解得，
可得，
因为，则直线，
令，解得，即,
同理可得，
则
，
所以线段的中点是定点.

【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．
8．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）借助虚轴定义得，将的坐标代入方程得a2=3，即可求解双曲线方程；
（2）设出直线方程，代入曲线中，可得与交点横坐标有关韦达定理，借助韦达定理计算斜率之积可得直线l中参数关系，即可得其定点.
【详解】（1）因为虚轴长为，所以，
将的坐标代入方程，得，解得a2=3，
故的方程为.
（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，直线AP的斜率为，直线BP的斜率为．
当直线的斜率不存在时，设，联立得，
即，
由，得，解得（舍去）或（舍去），
所以直线的斜率存在，设直线的方程为，
代入的方程得，
则，
由，
可得，
即，
化简得，即，
所以或，
当时，直线的方程为，直线过点，
与条件矛盾，舍去；
当时，直线的方程为，直线过定点
【点睛】方法点睛：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.
9．(1)
(2)存在，该定点为.
【分析】（1）根据题意，设，求得，得到双曲线的方程可化为，将点在双曲线上，求得，即可求解；
（2）假设存在点，设直线的方程为，联立方程组，求得，化简得到，当，得到k1k2为定值，即可求解.
【详解】（1）由题意，双曲线的离心率为，可得，
设，则，所以，
所以双曲线的方程可化为，
因为点在双曲线上，所以，解得，
所以双曲线的标准方程为.
（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，假设存在点，
易知直线的斜率存在，且不为0，设其方程为，
联立双曲线方程与直线方程，得，消去并整理，
得，
则，
且，
因为
，
，
所以当，即时，或
，
故存在定点，使直线与的斜率之积为定值．
【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.
10．(1)直线过定点
(2)
【分析】（1）首先根据已知点求出抛物线方程，设，Ax1,y1,Bx2,y2，联立抛物线方程，有，结合，由向量垂直的坐标表示可列出方程，由此解出，进一步检验判别式即可得解；
（2）由得条件等式，进一步得出的取值范围是或，由弦长公式、点到直线的距离公式表示出△AFB面积，结合的范围即可得解.
【详解】（1）
已知抛物线C：（）过点，
所以，所以抛物线的方程为，
直线斜率不可能为0，否则直线与抛物线没有两个交点，
故可设，Ax1,y1,Bx2,y2，
联立抛物线的方程为，可得
，，
由韦达定理有，
因为，
所以，
因为A，B为C上不同于原点O的两点，所以，所以，经检验符合题意；
即，
所以直线过定点；
（2）
显然F1,0，由（1）得，，
因为，所以
，
即有条件等式成立，而
，
所以首先有n≠1，其次，或，
因为为直线在轴上的截距，且与相异，由图可知，
从而的取值范围是或，
，
点F1,0到直线的距离为，
所以△AFB的面积可表示为：，
因为的取值范围是或，
所以或，
所以当，即时，，
综上所述，△AFB面积的最小值为.
【点睛】关键点点睛：第（2）问的关键是得出的取值范围以及△AFB面积的表达式，由此即可顺利得解.
11．(1)，离心率
(2)证明见解析，定点坐标为
(3)
【分析】（1）直接根据椭圆方程写出右焦点的坐标及离心率；
（2）分斜率均存在和一条直线斜率不存在一条斜率为0两种情况讨论，斜率均存在，设，直线AB方程为，联立方程利用韦达定理求得，从而可求得点的坐标，再将换为，可得点的坐标，从而可求得直线的方程，即可得证；
（3）由（2）可知直线MN过定点，则，化简整理结合函数的单调性即可得出答案.
【详解】（1）解：由椭圆方程可知：，，所以
右焦点坐标，该椭圆的离心率；
（2）证明：斜率均存在，
设，直线AB方程为，
则，
联立，
则有，
将上式中换为，可得，
若，则直线MN斜率不存在，此时直线MN过点，
下证动直线MN过定点，
若直线MN斜率存在，则，
直线MN方程为，
令得，所以此时直线MN也过定点，
当两条直线其中一条斜率不存在，一条直线斜率为0时，
不妨设斜率不存在，斜率为0，
此时，
则直线的方程为，过点，
综上，动直线MN过定点；
（3）解：由（2）可知直线MN过定点，
，
令，
，
因为，所以在上递减，
所以时，取得最大值，此时.
【点睛】本题考查了椭圆中直线过定点及椭圆中三角形的面积问题，计算量较大，考查了了分类讨论思想及数据分析和计算能力，属于难题.
12．(1)
(2)① ；②证明见解析
【分析】（1）由题可得，解方程即可得到答案；
（2）①设Ax1,y1,Bx2,y2，联立，消去得，由于与的右支交于，两点，双曲线的渐近线方程为，可得，以及，解不等式可得的取值范围；
②由①得，，由题可得，利用向量关系可得，从而可得，，三点共线，即可证明.
【详解】（1）由已知得，解得，
所以的方程为.
（2）①设Ax1,y1，Bx2,y2，则，
联立，
消去得，
则，，
解得，且.
又与的右支交于，两点，的渐近线方程为，
则，即，
所以的取值范围为.
②由①得，，
又点在轴上的投影为，所以，，
所以，
，
所以，
又，有公共点，所以，，三点共线，所以直线过点.
【点睛】关键点睛：（1）直线与双曲线一支相交于两点，可利用韦达定理、根的判别式以及直线斜率与渐近线斜率的关系进行求解；
（2）证明直线过定点，可利用向量平行关系进行证明.
13．(1)
(2)或
(3)证明见解析
【分析】（1）根据已知条件列方程组，求得，从而求得椭圆的方程.
（2）根据直线的斜率是否存在进行分类讨论，由三角形的面积求得直线的方程.
（3）设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，求得的坐标的关系式，进而证得线段PQ的中点为定点.
【详解】（1）依题意，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）当直线的斜率不存在时，，
此时，所以直线的方程为.

当直线的斜率为时，，
此时，所以直线的方程为.

当直线的斜率存在且不为时，设直线的方程为，
原点到直线的距离为，
由消去并化简得，
设，，
则.
所以
，
则，解得（舍去）.

综上所述，直线的方程为或.
（3）依题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，
由消去并化简得，
则，
由，，.

依题意可知直线的斜率存在，
直线的方程为，令，
得
，
同理可求得，
所以
，
所以线段PQ的中点为定点.
【点睛】求解椭圆的标准方程，主要是要求得，这是两个未知参数，要求得两个未知参数，则需要两个已知条件来求解，本题中，点的坐标以及椭圆的离心率是两个已知条件，再结合即可求得椭圆的标准方程.
14．(1)-3
(2)存在，，或
【分析】（1）设 ，利用斜率公式求解；
（2）设，直线AF1方程为，与双曲线方程联立，结合韦达定理得到，，结合求解.
【详解】（1）由题可得双曲线E：，
则，
∴左、右焦点分别为，，直线l的方程为：
设，
，同理可得．
∴；
（2）设，如图，
直线AF1方程为，
代入双曲线方程可得：，
所以，则，
则，
，
，
．
同理，
即，
即，
∴或，
又，
若．无解，舍去．
∴，解得，，或，，
若，，由A在直线AF1上可得，，
∴．此时，
若，，由A在直线AF1上可得，，
∴此时
∴存在点，或，满足．
15．（1）（2）证明见解析，该点坐标,
【分析】（1）设，F1(−c,0)，F2(c,0)，运用两点的距离公式和向量数量积的坐标表示，以及椭圆的离心率公式，解方程可得，，进而得到椭圆方程；
（2）设,y1)，,y2)，判断直线的斜率不存在不成立，设直线的方程为，联立椭圆方程，运用判别式大于0，以及韦达定理，结合直线的斜率公式，化简整理，结合直线方程和恒过定点的求法，可得所求．
【详解】（1）设，F1(−c,0)，F2(c,0)，
由，可得，，，，
即有，即，又，可得，，
则椭圆的方程为；
（2）证明：设，y1)，,y2)，由题意可得，
若直线的斜率不存在，即，，由题意可得直线，的斜率大于0，即，矛盾；
因此直线的斜率存在，设其方程为．联立椭圆方程，
化为：，
△，
化为：．
，．
由，可得，
，
，化为：，
，
化为，解得，或．
直线的方程可以表示为（舍去），或，
则直线恒过定点,．
【点睛】本题考查椭圆的方程和性质，考查直线和椭圆的位置关系，注意联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理，考查直线恒过定点的求法，主要考查化简运算能力，属于中档题．
16．(1)
(2)
【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；
（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.
【详解】（1）解：设椭圆E的方程为，过，
则，解得，，
所以椭圆E的方程为：.
（2），所以，
①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到.求得HN方程：
，过点.
②若过点的直线斜率存在，设.
联立得，
可得，，
且
联立可得
可求得此时，
将，代入整理得，
将代入，得
显然成立，
综上，可得直线HN过定点
【点睛】求定点、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.
17．(1)见详解；(2) 或.
【解析】（1）可设，，然后求出A，B两点处的切线方程，比如：，又因为也有类似的形式，从而求出带参数直线方程，最后求出它所过的定点.
（2）由(1)得带参数的直线方程和抛物线方程联立，再通过为线段的中点，得出的值，从而求出坐标和的值，最后求出圆的方程.
【详解】(1)证明：设,,则．又因为，所以.则切线DA的斜率为，故，整理得.设，同理得.,都满足直线方程.于是直线过点，而两个不同的点确定一条直线，所以直线方程为.即，当时等式恒成立．所以直线恒过定点.
(2)由(1)得直线方程为，和抛物线方程联立得：
化简得.于是,设为线段的中点，则
由于，而,AB与向量平行，所以，
解得或.
当时，，所求圆的方程为;
当时，或，所求圆的方程为.
所以圆的方程为或.
【点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题和第二问是求面积类型，属于常规题型，按部就班的求解就可以.思路较为清晰，但计算量不小.
18．(1)过定点，定点坐标为
(2)证明见解析
【分析】（1）设，结合题设推出，从而求出直线的方程，化简即可得结论；
（2）设，设，利用椭圆和圆的方程推出，然后分充分性以及必要性两方面，结合直线和圆锥曲线的位置关系，进行证明即可.
【详解】（1）设，则，
于是，
因点，所以，于是，
整理得，
又直线的方程为，
即，
所以直线过定点，定点坐标为0,1．
（2）设，则，设，
因，所以直线，所以，
因，所以直线，所以，
于是．
先证充分性：当轴时，，所以，即，
于是，
设直线交轴于点，
因轴，所以，又，
所以，于是，
不妨设点在第一象限，点在第二象限，则，即，
所以直线的方程为，
联立，得，解得或，
所以，
于是
，所以充分性成立．
再证必要性：当时，即，
整理得，
又，所以，
又三点共线，所以直线的方程为，
三分共线，所以直线的方程为，
联立，消去，得，即，
所以轴，即必要性得证．
【点睛】难点点睛：第二问是依然是直线和圆锥曲线的位置关系问题，解答的难点在于复杂的计算，并且基本上都是字母参数的运算，因此解答时要保持清晰的解题思路，计算需要十分细心.
19．(1)
(2)是，以线段PQ为直径的圆过x轴上的定点．
【分析】（1）由椭圆经过点，离心率为，建立方程组，即可求椭圆的方程；
（2）直线代入椭圆方程，求出，的坐标，利用以线段为直径的圆过轴上的定点,，则等价于恒成立，即可得出结论．
【详解】（1）解：由题意得，解得，．
∴椭圆C的方程是．
（2）解：以线段为直径的圆过轴上的定点．
直线代入椭圆可得．
设,y1)，,y2)，则有，．
又因为点是椭圆的右顶点，所以点．
由题意可知直线的方程为，故点．
直线的方程为，故点．
若以线段为直径的圆过轴上的定点，，则等价于恒成立．
又因为,，,，
所以恒成立．
又因为，
，
所以，解得．
故以线段为直径的圆过轴上的定点，．
20．证明见解析.
【分析】设，由点在椭圆上，得；由得；联立直线方程与直线得，写出以线段为直径的圆方程，令，即可得证.
【详解】设，则，
因为点在椭圆上，所以，即；
因为，所以，故，即
因为为的中点，所以，
故直线方程为，令得，
故以线段为直径的圆方程为．
令得，即 ，
故以线段为直径的圆恒过定点 ．
21．(Ⅰ) ，；
(Ⅱ)见解析.
【分析】(Ⅰ)由题意结合点的坐标可得抛物线方程，进一步可得准线方程；
(Ⅱ)联立准线方程和抛物线方程，结合韦达定理可得圆心坐标和圆的半径，从而确定圆的方程，最后令x=0即可证得题中的结论.
【详解】(Ⅰ)将点代入抛物线方程：可得：，
故抛物线方程为：，其准线方程为：.
(Ⅱ)很明显直线的斜率存在，焦点坐标为，
设直线方程为，与抛物线方程联立可得：.
故：.
设，则，
直线的方程为，与联立可得：，同理可得，
易知以AB为直径的圆的圆心坐标为：，圆的半径为：，
且：，，
则圆的方程为：，
令整理可得：，解得：，
即以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.
【点睛】本题主要考查抛物线方程的求解与准线方程的确定，直线与抛物线的位置关系，圆的方程的求解及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
22．(1)
(2)证明见解析，定点
【分析】（1）根据椭圆的定义及离心率公式求出，即可得解；
（2）设直线MN方程：，Mx1,y1，Nx2,y2，，联立方程，利用韦达定理求出y1+y2，y1y2，再求出直线EN方程，进而可得出结论.
【详解】（1）的周长为8，，故，
，，故，所以，，
故椭圆的标准方程为；
（2）F1−1,0，
设直线MN方程：，Mx1,y1，Nx2,y2，，
联立方程，得，
所以，，
所以，
又，所以直线EN方程为：，
令，则，
所以直线EN过定点．
23．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据离心率和四边形面积得到方程组，求出，得到椭圆方程；
（2）设，，，设过点且与椭圆相切的直线方程，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，根据结合求出，求出以为切点的椭圆的切线方程为，同理得到以为切点的椭圆的切线方程，得到直线的方程为，直线过定点.
【详解】（1）由题可得e=ca=12，即，，得①，
依次连接四个顶点得到的图形的面积为，即，即②，
由①②可得，
椭圆的方程为：.
（2）设，，，
由题知，直线上一点作椭圆的两条切线斜率存在，
设过点且与椭圆相切的直线方程为：，
联立方程得，
，
整理得，即，
在椭圆上，，即，，
，即，
，解得，
过点且与椭圆相切的直线方程为：，
，即，
整理可得以为切点的椭圆的切线方程为，
同理，以为切点的椭圆的切线方程为，
又两切线均过点，故，且，
整理化简得，且，
点，均在直线上，
直线的方程为，直线过定点.
【点睛】结论点睛：过圆上一点的切线方程为： ，
过圆外一点的切点弦方程为：.
过椭圆上一点的切线方程为，
过双曲线上一点的切线方程为.
24．(1)见详解；(2) 3或.
【分析】（1）可设，，然后求出A，B两点处的切线方程，比如：，又因为也有类似的形式，从而求出带参数直线方程，最后求出它所过的定点.
（2）由(1)得带参数的直线方程和抛物线方程联立，再通过为线段的中点，得出的值，从而求出坐标和的值，分别为点到直线的距离，则，结合弦长公式和韦达定理代入求解即可.
【详解】(1)证明：设,,则．
又因为，所以.则切线DA的斜率为，
故，整理得.
设，同理得.
,都满足直线方程.
于是直线过点，而两个不同的点确定一条直线，所以直线方程为.即，
当时等式恒成立．所以直线恒过定点.
（2）
[方法一]【最优解：利用公共边结合韦达定理求面积】
设的中点为G，,则，，．
由，得，
将代入上式并整理得，
因为，所以或．
由（1）知，所以轴，
则（设）．
当时，，即；
当时，，
即，．
综上，四边形的面积为3或．
[方法二]【利用弦长公式结合面积公式求面积】
设，由（1）知抛物线的焦点F的坐标为，准线方程为．由抛物线的定义，
得．
线段的中点为．
当时，轴，，
；
当时，，由，得，即．
所以，直线的方程为．
根据对称性考虑点和直线的方程即可．
E到直线的距离为，
D到直线的距离为．
所以．
综上，四边形的面积为3或．
[方法三]【结合抛物线的光学性质求面积】
图5中，由抛物线的光学性质易得，又，所以．
因为，，所以，
所以．
同理，所以，即点D为中点．
图6中已去掉坐标系和抛物线，并延长于点H．
因为，所以．
又因为G，D分别为的中点，所以，
故为平行四边形，从而．
因为且，所以I为的中点，
从而．．
当直线平行于准线时，易得．
综上，四边形的面积为3或．

[方法四]【结合弦长公式和向量的运算求面积】
由（1）得直线的方程为.
由，可得，
于是
.
设分别为点到直线的距离，则.
因此，四边形ADBE的面积.
设M为线段AB的中点，则，
由于，而，与向量平行，所以，解得或.
当时，；当时
因此，四边形的面积为3或.
【整体点评】(2)方法一：利用公共边将一个三角形的面积分割为两个三角形的面积进行计算是一种常用且有效的方法；
方法二：面积公式是计算三角形面积的最基本方法；
方法三：平稳的光学性质和相似、全等三角形的应用要求几何技巧比较高，计算量较少；
方法四：弦长公式结合向量体现了数学知识的综合运用.
25．(1)
存在，.
(2)
证明见解析.
【分析】（1）先求出双曲线的方程，将角度关系转化为直线的斜率关系，从而列出不等式，斜率不存在的情况单独讨论，即可求出M点的坐标.
（2）先根据P点的位置判断能否作出切线，再将切线分为斜率存在和不存在两种情况讨论，表达出两条切线的方程，斜率存在时，再根据切线与圆的位置关系，找出两条切线的斜率的关系，再把切线方程代入双曲线，表达出点E、G的坐标并找出坐标关系，从而证出E、O、G三点共线.
【详解】（1）根据题意，有，
所以双曲线的方程为x2−y23=1.
设，且，
①当直线的斜率存在时，即时，
因为，所以，
，
从而，化简整理得，，
，所以在x轴负半轴上存在点使得；
②当直线的斜率不存在时，即时，
若，则，此时P点的坐标为2,3，
所以，则，又，所以，此时，
综上，满足条件的M点存在，其坐标为.
（2）设Px0,y0，由题意得，双曲线和圆相交，所以联立两曲线方程，得，即为两曲线四个交点的坐标，
①当时，即时，直线PG的斜率不存在，直线PE的斜率为0，
此时易得，此时点E、G关于点O对称，故E、O、G三点共线.
②当，且或，且时，
此时直线PE、PG的斜率存在且不为零，分别设为，
设经过Px0,y0的直线方程为，由于直线与圆相切，
所以，即
由韦达定理得，又，所以，
由直线PE与圆的位置关系可知，，
同理直线PG的方程为，有，
联立，消去y并整理得，，
即，
即，
令，根据韦达定理得，所以
设，又，所以，
所以，又，
两式相减得，，
由图可知，，所以，即.
所以点E、G关于点O对称，此时E、O、G三点共线，
综上得，E、O、G三点共线.
26．(1)x2−y23=1
(2)①直线过定点；②或．
【分析】（1）利用给定条件建立方程，求解参数，得到双曲线方程即可.
（2）①法一依据条件表示出直线方程，进而得到定点，法二利用斜率关系得到定点，法三先求解出直线上的两个点，表示斜率，进而写出方程，得到定点.
②利用面积关系建立方程，求解参数，得到直线MN方程即可.
【详解】（1）由条件得，即；
渐近线方程为，则，
又c2=a2+b2，所以．
所以的方程为x2−y23=1．
（2）①设．
联立得，
所以，且，
法1：由条件易得，即，
又，所以，
因此，即，
整理得，
所以，
整理得，解得或2．
当时，直线MN过点，与题意不符，所以，
因此直线过定点．
法2：设，则，
所以，
由求得；
由求得
所以，
则MN方程：，
整理得：即，所以直线MN经过点．
②由①得．
联立与，解得
于是
解得或1，
所以直线的方程为或．
【点睛】关键点点睛：本题考查解析几何，解题关键是合理利用给定的面积关系，然后建立方程并整理求解，最后得到所要求的参数，进而得到直线方程即可．
27．(1)
(2)直线过定点
(3)
【分析】（1）根据离心率和点在上得到方程组，求出，求出双曲线方程；
（2）设：y=kx+t，与联立，得到两根之和，两根之积，计算出，设，则，即，从而代入两根之和，两根之积，求出，得到直线过定点0,4；
（3）由正弦定理求出，设：，与联立，得到两根之和，两根之积，并结合根的判别式求出，求出，得到.
【详解】（1），点在上，
故，
又，
，，
的方程为.
（2）斜率存在，设：y=kx+t，与联立消去得：
，设Px1,y1，Qx2,y2，
则，
，，
又，
设，则，，则，则，
，
，
，
即，
化简得，
，
（舍去），
因为当时，，故点与重合，不合题意，
：直线过定点0,4；
（3）在中，根据正弦定理得：，r1为外接圆的半径，
在中，根据正弦定理得：，r2为外接圆的半径，
，
，故，
由于，分别为和的外接圆面积，
故，
则，
设：，与联立消去得：，
设Px1,y1，Qx2,y2，则，，
，，
，，
因为，所以，，，
.
【点睛】方法点睛：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．
28．(1)x28+y24=1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的定义即可求出，再根据焦点和之间的关系即可求出椭圆方程.
（2）设出直线的方程及点的坐标，将直线的方程用所设点的坐标表示，根据对称性可知所过定点在轴上，联立直线的方程和椭圆的方程，结合根于系数之间的关系即可求出定点坐标.
【详解】（1），
∴，又，∴，
故椭圆的标准方程为x28+y24=1.
（2）设直线的方程为，，
联立，
∴，∴
则，直线的斜率，
直线的方程为，
令，有
即
，
∴直线过定点
29．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）过点A作轴的垂线，准线的垂线，结合抛物线的定义可得，即可得和方程；
（2）设直线方程为，联立方程结合韦达定理可得，代入抛物线方程可得，即可得结果.
【详解】（1）由题意可知：抛物线的焦点，准线，
过点A作轴的垂线，垂足为H1，作准线的垂线，垂足为H2，
由抛物线定义可得，
因为直线的倾斜角为，则，
可得，解得，
所以的方程为.
（2）设直线方程为，，
联立方程组，消去整理得，
则，
因为四边形是平行四边形，
则，即，
代入中得，整理得，
则直线：，
所以直线过定点.
30．(1)或
(2)存在，
【分析】（1）设A(x1,y1),B(x2,y2),由并与抛物线方程联立得，结合数量积的坐标表示计算即得.
（2）确定点在轴上，设出直线的方程，，与抛物线方程联立，利用韦达定理及直线斜率和为0即可.
【详解】（1）当时，直线垂直轴，故，所以不合题意，
故，设A(x1,y1),B(x2,y2)，由得，即，，
，得，，即，则，
又，得，
故
,
化简得:,则或．
（2）由题意，当时，直线垂直轴，， 在轴上，
故若存在定点，则必在轴上，
记直线的斜率分别为，则，
设，，
联立与得，
所以，
因为，
即，则，
故存在定点使得．
31．(1)
(2)①证明见解析；②3
【分析】（1）设，根据向量关系可得，代入方程即可得解；
（2）设，求相应直线的斜率和方程.①由分析可知，代入直线的方程分析判断；②由可知，进而可得的面积，换元结合导数求最值.
【详解】（1）设，则，
若，则，解得，即，
因为点在抛物线上，则，即，
所以曲线的方程为.
（2）因为点在曲线上，则，即，
设，，

则直线的斜率分别为，
可知直线，即，
①若，即，整理得，
可得直线，
所以直线过定点；
②若，且，且，
则，整理得，即，
可得，解得且，
可知直线，即，
则点到直线的距离，
可得的面积，
令，则，
令，则，
可知在内单调递增，且，，
则，可得，
所以的面积的最大值为3.
【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法
（1）数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解．
（2）构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法求最值（注意：有时需先换元后再求最值）．
32．(1)证明见解析，
(2)．
【分析】（1）设的坐标分别为，点的坐标为，利用导数的几何意义求以为切点的切线方程，点都在直线上，可求定点坐标；
（2）直线的方程与抛物线方程联立，借助韦达定理表示，求出点坐标，从而化简，再利用基本不等式求最值.
【详解】（1）设的坐标分别为，点的坐标为，
由有，可得直线的方程分别为，
又由，直线的方程可化为，
同理直线的方程为，
又由点在直线上，有，
可得点都在直线上，整理为，
又由满足方程，故直线过定点，定点的坐标为；
（2）直线的方程可化为，
联立方程消去后整理为，
可得，
有
，
在直线的方程中，令，有，
可得，可得点的坐标为，
同理可得点的坐标为．
有，
有．
当时，令，有，
①当时，（当且仅当时取等号），
有；
②当t0，.
（ⅰ）点到直线的距离为，
又因为：，
所以.
当，的面积取得最小值2，此时直线方程为.
（ⅱ）解法一：设Ax1,y1，Bx2,y2，，若垂直于轴，
此时AB=4，所以由可知斜率存在，
因为弦过抛物线的焦点F1,0，所以，
由抛物线定义可知，，所以x1+x2=6，即，
因为，y1y2=−4，所以，
解得.因为、、、四点共圆,所以和相等或互补，
记、、、的倾斜角分别为、θ2、、，
斜率分别为、、、，所以，所以，
即，又因为，
同理有：、、代入可得：
，解得：，即，
所以，结合可知，所以.
解法二：圆经过点，所以可设圆为，与抛物线联立可得：
，此方程有4个不同的解0、、、，
所以联立方程可化简为，又因为，
，所以，后面同解法一.
（2）如图所示，设Ax1,y1，Bx2,y2，，所以Mx1+x22,y1+y22，，
中点为，类比第二问解法二，可知，
.
由第二问解法二可知，所以：
，所以，
，
所以，即线段被定点平分.
故定点坐标为.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是理清楚抛物线与直线的位置关系，四点共圆以及线段被点平分的问题，掌握基础的直线与抛物线联立以及熟练应用转化思想是解答本题的关键，
36．(1)，或
(2)证明见解析
【分析】（1）设Px0,y0，根据线段PF的中点坐标得到，，然后代入到抛物线方程中，解方程得到即可得到抛物线的方程；
（2）设直线的方程，然后与抛物线方程联立，利用直线OM，ON的斜率之积为2024和韦达定理列方程得到，即可得到直线MN过定点.
【详解】（1）解：由题意得，设Px0,y0，
因为线段PF的中点为，
所以，，所以，，
代入C的方程得，
解得，或，
所以C的方程为，或．
（2）
证明：因为，所以C的方程为，
设Mx1,y1，Nx2,y2，直线MN的方程为，
与联立，得，
则，，
因为直线OM，ON的斜率之积为2024，
所以，
所以．
直线MN的方程为，故直线MN过定点．
37．(1)
(2)直线过定点
【分析】（1）根据直线与的斜率之积得到，故，结合焦距得到，得到椭圆方程；
（2）设直线l的方程为，联立方程组，求得，根据点在以线段为直径的圆上，得到，结合向量的数量积的运算，求得的值，即可得到答案.
【详解】（1）由题意有，
设，
化简得，结合，可得，
由椭圆焦距为，有，得，
椭圆的标准方程为；
（2）由直线与椭圆相交于不同的两点．点在以线段为直径的圆上，
则，故，从而直线与轴不垂直，
故可设直线的方程为，
联立得整理得．
设Ax1,y1,Bx2,y2，
则
由，得，
由，得
解得（舍去）或，
所以直线的方程为，所以直线过定点．
【点睛】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、由特殊到一般法：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.
38．(1)证明见解析
(2)证明见解析，和
【分析】（1）将点C(2,1)代入得抛物线方程为，设，联立直线与抛物线方程，韦达定理，然后用坐标表示三个三角形的面积，化简即可证明.
（2）先求出直线的方程，令得点的坐标，同理得点的坐标，从而求出以为直径的圆，令得圆恒过的定点.
【详解】（1）将C(2,1)代入，得，所以抛物线方程为，
由题意知，设，
由得，，，
所以，
所以
，即.
（2）直线的斜率，
故直线的方程为，令得，
所以点的坐标为，同理，点的坐标为，
设线段的中点为，则
=，
又=
，
所以以为直径的圆为，
即，令得或，
故以为直径的圆过定点0,1和.
39．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意设出点，利用直线AM,BM斜率之积为定值，从而求出点轨迹；
（2）根据题意设出点及求出直线方程后与方程联立分别求出点，从而求出直线方程，从而求解.
【详解】（1）设，由题得，整理得，
因为与点均不重合，故点和均不在轨迹上，
即轨迹的方程为.
（2）由题设，则直线的方程为，直线的方程为，
联立,得，
解得，
同理得，
当时，，
直线的方程为，即，此时恒过；
当时，解得，此时直线的方程为，过；
当时，解得，此时直线的方程为，过；
综上，直线过定点.

【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是利用设线法求出的坐标，再求出直线方程进行化简，注意需要单独讨论直线斜率不存在的情况.
40．(1)
(2)存在定点
【分析】（1）易知F的坐标，利用两点坐标表示距离公式求出p，可求解；
（2）易知直线的斜率存在且不为0，设直线方程，Ax1,y1,Bx2,y2，联立抛物线方程，利用韦达定理表示，结合两点表示斜率，对化简计算，求出点M的坐标即可.
【详解】（1）由题知，
解得p=1或（舍去），
所以抛物线的方程为.
（2）假设在上存在定点，使得.
当直线的斜率不存在或斜率为0时，不合题意；
设直线的方程为，与联立方程组，
消去并整理得，由，得且.
设Ax1,y1,Bx2,y2，则，
从而
，
即，整理得，
此式恒成立，所以.
故在上存在定点，使得.
41．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）借助虚轴定义计算即可得；
（2）设出直线方程，代入曲线中，可得与交点横坐标有关韦达定理，借助韦达定理计算斜率之积可得直线中参数关系，即可得其定点；
（3）借助（2）中所得与横坐标有关一元二次方程，计算其即可得.
【详解】（1）因为虚轴长为，所以，
将的坐标代入方程，得，解得a2=3，
故的方程为；
（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，直线的斜率为，直线的斜率为，
当直线的斜率不存在时，设，易得，
由，得，解得（舍去）或（舍去），
法一：所以直线的斜率存在，设直线的方程为，
代入的方程得，则，
由，
可得，
即，
化简得，即，
所以或，
当时，直线的方程为，直线过点，与条件矛盾，舍去，
当时，直线的方程为，直线过定点，故直线过定点；
法二：设直线，
将的方程变形为，即，
将直线的方程变形为，代入的方程，
得，
整理得，
则，即，
所以直线，
故直线过定点；
（3）由（2）知，整理得，
则且，
由可得，
由可得，即，
故.
【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y1+y2、y1y2）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
42．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据得到向量模的关系，根据即可求解；
（2）设点的坐标，根据三点共线得到平行关系，设出直线的方程，与椭圆方程联立，写出韦达定理，据此即可求解.
【详解】（1）
，
，为的中点，
又为的中点，，
则，
点的轨迹是以为焦点的椭圆，
而，点的轨迹的方程为；
（2）
由（1）得是椭圆的左右顶点，
设，
由三点共线，得，
而，
，
由三点共线，得，
而，
，
，即，
设的方程为，联立，
得，
则，
，
，由，
得，
即，
，
恒成立，，
所在直线恒过定点．
【点睛】关键点点睛：本题（2）关键在于设点的坐标，根据三点共线得到平行关系.
43．(1)
(2)证明见解析
(3)过定点
【分析】（1）根据双曲线过点的坐标，代入得到方程组，解得、，即可得到双曲线方程；
（2）由题意易得直线的斜率存在，设，直线的方程为y=kx−1，联立直线与双曲线方程，化简的式子，结合韦达定理即可求出结果.
（3）设直线的方程为，利用根与系数的关系以及定值，求出、的关系，即可得到直线方程，从而确定定点坐标．
【详解】（1）依题意可得，解得，
所以双曲线方程为.
（2）设直线的方程为，
由得，
因为直线与双曲线的左、右支分别交于点，
所以，解得，
所以
则
，
即为定值．
（3）设直线的方程为，
由得，
，
所以，
由，结合（2）可知，
由，得，即或，
当时，直线过点1,0，不符合题意，舍去，
当时，直线的方程为，令，则，
所以直线过定点．
【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x1,y1、x2,y2；
（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.
44．(1)
(2)存在，
【分析】（1）由离心率的值和的值，可得的值，进而求出椭圆的方程；
（2）联立直线与椭圆的方程，由判别式为0，可得参数的关系，表示出；再由直线的方程与联立，可得的坐标，设的坐标，由，整理可得的坐标.
【详解】（1）由题意可设椭圆为
由题意可得，，可得，
所以椭圆的方程为：.
（2）联立，整理可得：，
由题意可得，
可得；可得，，即.
联立，可得，，即，
设在轴上存在.
由，可得，
可得，
即，
可得，可得，
即定点.
45．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设，联立抛物线方程，利用韦达定理和平面向量数量积的坐标表示解出b，则过定点，进而确定点M的轨迹，即可求解；
（2）易知若切线的倾斜角或，反射光线的方程为；若，设从P出发的平行于x轴的光线与抛物线C的交点为，过Q的切线设为，联立抛物线方程，由得.利用点斜式方程表示反射光线方程，即可证明.
【详解】（1）易知，设，联立抛物线C得，
∴，，由得
，
∴，故过定点.∵，
∴D的轨迹是以为直径的圆（除去原点），
即M的方程为；
（2）设从P出发的平行于x轴的光线与抛物线C的交点为，
过Q的切线设为，联立抛物线C，
得，由，解得.
设切线的倾斜角为，则反射光线的倾斜角是或，
得反射光线的斜率为，所以反射光线的方程为，
整理得，恒过点1,0.
若或，则反射光线的方程为.
从而反射光线必过抛物线C的焦点1,0.
46．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据渐近线方程及双曲线上点的坐标列方程组求解即可.
（2）当与坐标轴平行时，直线与轴重合；当不与坐标轴平行时，设直线的方程为，与双曲线方程联立，韦达定理，从而求出，同理可得，求出直线的方程，即可求解直线恒过的定点.
【详解】（1）由双曲线的一条渐近线方程为，
且点在上，
有解得故双曲线的方程为.
（2）由题意可知不与渐近线平行，
当与坐标轴平行时，显然直线与轴重合.
当不与坐标轴平行时，左焦点为，
不妨设直线的方程为，联立
消去并整理得，，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则
所以，所以.
又直线互相垂直，用替换，则可得.
当，即时，直线的方程为，直线过；
当时，直线的斜率为，
所以直线的方程为，
令，所以直线过.
综上，直线恒过点.

47．(1)
(2)直线恒过定点．
【分析】（1）依题意，得圆心E的轨迹是以1,0为焦点，为准线的抛物线，从而可得结果；
（2）联立直线与的方程，结合韦达定理及中点坐标公式可得，同理可得，求出直线的方程，结合已知条件可得结果.
【详解】（1）设圆E的圆心Ex,y．因为圆E恒过定点1,0且与直线相切，
即圆心E到点1,0的距离与到直线的距离相等，
即圆心E的轨迹是以1,0为焦点，为准线的抛物线，
所以圆心E的轨迹方程为．
（2）直线恒过定点．
解法一：直线的方程为，直线的方程为，
设Ax1,y1，Bx2,y2，联立，消去x整理得，，
则，则，则，
所以，同理可得．
当时，直线的方程为，
即
．
因为，所以直线的方程，
故当时，，此时过定点；
当时，由，得，此时直线的方程为，同样经过点．
综上，直线恒过定点，该定点为．
解法二：设Ax1,y1，Bx2,y2，由题可知直线，都恒过定点1,0，
斜率均存在，不为0，且互相垂直，
设直线，，则直线，
联立，去y整理得，
易得，则，则，所以，
同理可得．
若直线的斜率存在，则，
直线，，
则直线恒过定点；
若直线的斜率不存在，则，得，
直线的方程为，则直线恒过定点．
综上，直线恒过定点，该定点为．
【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题往往需联立直线与圆锥曲线方程，结合韦达定理及弦长公式，中点坐标公式，斜率公式，向量数量积公式等解决问题.
48．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意求出，即可得解；
（2）分直线的斜率等于0和不等于0两种情况讨论，当直线的斜率不为零时，设方程为，，联立方程，利用韦达定理求出，再求出直线MF1的方程，进而可求出点的坐标，设直线交轴于点，根据三点共线，求出的表达式，进而可得出结论.
【详解】（1）由题意可得，解得，
从而，
所以双曲线C的方程为；
（2），直线，
当直线的斜率不为零时，设方程为，
联立，得，
则，所以，
设，
则，
直线MF1的方程为，
令，则，即，
设直线交轴于点，
由于三点共线，则，
，
那么，
故
，
当直线的斜率等于0时，直线与轴重合，必过定点，
综上所述，直线QN过x轴上一定点.
【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.
49．(1)
(2)证明见解析
【分析】根据题意，利用上的点和离心率得及；
（1）由点与，的距离之比化简整理得到点的轨迹方程是一个圆，利用利用勾股定理可得弦长；
（2）根据题意，写出直线，的直线方程并求其右准线交于点M，N的坐标，假设轴上存在点在以为直径的圆上，利用求出的值，从而得证以为直径的圆经过x轴上的定点.
【详解】（1）因为椭圆：过点，所以．
又因为离心率，即，故，
所以，即，所以，则，．
设，则，即，
所以点的轨迹为圆心，半径的圆．

其圆心到直线的距离为，
所以弦长．
故直线被点P所在的曲线截得的弦长为.
（2）证明：由（1）知，所以，，右准线．
设，，
由：，则，
同理．
假设轴上存在点在以为直径的圆上，则
因为
，
因为Q点在椭圆上，所以，即，
所以，即，解得或，
点和都满足题意.

所以以MN为直径的圆经过x轴上的定点和.
50．(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）根据动圆M与圆相切，由，利用双曲线的定义求解；
（2）（ⅰ）设直线l的方程为（显然l与x轴不平行），与联立，由求解；（ⅱ）由（ⅰ）知，当时，，，然后由求解.
【详解】（1）圆的圆心坐标为，半径．
动圆M与圆相切有两种情况，即内切或外切，
所以，
所以点M在以，为焦点的双曲线上，且该双曲线的实轴长为，，
所以，
所以曲线C的方程是．
（2）（ⅰ）设直线l的方程为（显然l与x轴不平行），
与联立，得，
由题意知，，，即，
由韦达定理得，．
因为点A与A'关于x轴对称，不妨设A，B分别在第一、二象限，如图所示．

易知，
即，
化为，
即，化为，
当m变化时，该式恒成立，
所以，故直线l过定点（-3，0）．
（ⅱ）由（ⅰ）知，当时，，．
由，
，
，
，
化为，解得或（舍去），
故，
此时直线l的方程为．
【点睛】关键点点睛：本题（ⅱ）的关键是由直线BA'经过点，结合点A关于x轴对称的点为A'，得到 ，从而将，转化为，结合韦达定理而得解.
51．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由斜率公式结合题意即可列式，化简即可得解.
（2）设直线的方程为：，将其与椭圆方程联立，从而，，思路一：由斜率公式、（1）中结论以及点在直线上，可得，从而结合韦达定理可得为定值2，由此即可得证；思路二：联立直线与直线的方程，可得，在里面代入，结合韦达定理即可得出为定值，由此即可得证.
【详解】（1）设Px,y，则，，
由已知，有，
故的方程为.
（2）解法一：

设Mx1,y1，Nx2,y2，
若直线的斜率为0，则直线与的交点在轴上，与已知矛盾，
故设直线的方程为：，
由，得，
，则，，
由点在直线上，设，则，，
所以，又，则，
即，
，
，
，
，
，所以（舍去），或，
所以的方程为，过定点2,0
解法二：设Mx1,y1，Nx2,y2，
若直线的斜率为0，则直线与的交点在轴上，与已知矛盾，
故设直线的方程为：，
由得，，
，则，，
所以，
即，
又直线的方程为，
直线的方程为，
联立直线与直线的方程，可得，
又点在直线上，故，
所以
，
故，直线的方程为，过定点2,0.
52．(1)证明见解析
(2)圆过定点
【分析】（1）设直线，与双曲线方程联立得出韦达定理，根据弦长公式表示，再代入求得结果.
（2）表示圆的方程，由对称性可知定点在轴上，令进行求解即可.
【详解】（1）如图，
由，设，直线，
代入，整理得：，
由解得：
由韦达定理：，
由，
同理，．
为定值．
另法：由，
同理，．
由于，不妨设，
则．
由，
得．
所以为定值．
（2）由题意：圆的方程为
即
由对称性可知：若存在定点，则必在轴上
令，有
由（1）可知，
代入方程后有：，
即，
令即．故圆过定点．