新高中数学压轴题二轮专题专题26解析几何中的定值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26解析几何中的定值问题试题含解析答案，共94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C：y2=2pxp>0，P是C上纵坐标为2的点，以点P为圆心，PO为半径的圆（O为原点）交C的准线l于A，B两点，且.
(1)求抛物线C的方程.
(2)过点P作直线PM，PN分别交C于M，N两点，且使∠MPN的平分线与y轴垂直，问：直线MN的斜率是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，试说明理由.
2．已知直线过定点，双曲线过点，且的一条渐近线方程为.
(1)求点的坐标和的方程；
(2)若直线与交于，两点，试探究：直线，的斜率之和是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
3．已知椭圆的右顶点和上顶点分别为，，为线段的中点，为坐标原点，且．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知圆，为圆上任意一点，过点作椭圆的切线，交圆于点，若与斜率都存在，求证：为定值．
4．已知椭圆的右焦点是，过点F的直线交椭圆C于A，B两点，若线段AB中点Q的坐标为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知是椭圆C的下顶点，如果直线y=kx+1（k≠0）交椭圆C于不同的两点M，N，且M，N都在以P为圆心的圆上，求k的值；
(3)过点作一条非水平直线交椭圆C于R、S两点，若A，B为椭圆的左右顶点，记直线AR、BS的斜率分别为k1、k2，则是否为定值，若是，求出该定值，若不是，请说明理由．
5．已知椭圆的左､右焦点分别为，焦距为2，左顶点为，点是椭圆上一点．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线过椭圆的右焦点且与椭圆交于两点，直线与直线分别交于点．
①求证：两点的纵坐标之积为定值；
②求面积的最小值．
6．已知椭圆的离心率为，椭圆上的点到焦点的距离的最大值为3．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设A，B两点为椭圆C的左、右顶点，点P（异于左、右顶点）为椭圆C上一动点，直线PA，PB的斜率分别为，，求证：为定值．
7．已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴．
(1)求的方程；
(2)过点的直线交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴．
8．在平面直角坐标系xOy中，点A，B分别是x轴和y轴上的动点，且动点满足，记P的轨迹为C．
(1)求C的方程；
(2)设曲线C与x轴的交点为A1，A2（A1在A2的左边），过点Q（1，0）且不与x轴平行的直线l与C相交于M，N两点，记直线A1M，A2N的斜率分别为k1和k2，求的值．
9．已知椭圆C：的两个焦点分别为、．点M1,0与椭圆短轴的两个端点的连线互相垂直．
(1)求椭圆C的方程．
(2)已知点，过点M任作直线l与椭圆C交于A、B两点，求证：为定值．
10．已知双曲线：与直线：交于、两点（在左侧），过点的两条关于对称的直线、分别交双曲线于、两点（在右支，在左支）．
(1)设直线的斜率为，直线的斜率为，求的值；
(2)若直线与双曲线在点处的切线交于点，求的面积．
11．已知抛物线的焦点为，过点作抛物线的两条切线，切点分别为.
(1)求抛物线的方程；
(2)过点作两条倾斜角互补的直线，直线交抛物线于两点，直线交抛物线于两点，连接，设的斜率分别为，问：是否为定值？若是，求出定值；若不是，说明理由.
12．已知椭圆的左右焦点分别为F1,F2,P是直线上不同于原点的一个动点，斜率为的直线与椭圆交于两点，斜率为的直线与椭圆交于两点.
(1)求的值；
(2)是否存在点，满足？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.（分别为直线的斜率）
13．设双曲线C：（，）的一条渐近线为，焦点到渐近线的距离为1．，分别为双曲线的左、右顶点，直线过点交双曲线于点，，记直线，的斜率为，．
(1)求双曲线的方程；
(2)求证为定值．
14．已知椭圆过点，且．
（Ⅰ）求椭圆C的方程：
（Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值．
15．已知椭圆：（）的离心率为，，，，的面积为1.
（1）求椭圆的方程；
（2）设是椭圆上一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：为定值.
16．已知双曲线的离心率为，右准线方程为
（Ⅰ）求双曲线的方程；（Ⅱ）设直线是圆上动点处的切线，与双曲线交于不同的两点，证明的大小为定值..
17．已知椭圆，的左右焦点分别是，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切，点在椭圆上.
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与椭圆相交于两点，且，的面积是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由
18．椭圆，是椭圆的左右顶点，点P是椭圆上的任意一点.
（1）证明：直线，与直线，斜率之积为定值.
（2）设经过且斜率不为0的直线交椭圆于两点，直线与直线交于点，求证：为定值.
19．已知抛物线经过点，直线与抛物线有两个不同的交点，直线交轴于，直线交轴于．
(1)若直线过点，求直线的斜率的取值范围；
(2)若直线过抛物线的焦点，交轴于点，求的值；
(3)若直线过点，设，求的值．
20．如图，椭圆经过点P（1，），离心率e=12，直线l的方程为x=4.
（1）求椭圆C的方程；
（2）AB是经过右焦点F的任一弦（不经过点P），设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为.问：是否存在常数λ，使得 ？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由.
21．已知椭圆，过椭圆的右焦点作直线交椭圆于两点，交轴于点，若．求证：为定值．
22．已知离心率为的椭圆(a>b>0)经过点.
(1)求椭圆的方程；
(2)若椭圆的右焦点为，过点的直线与椭圆分别交于，若直线、、的斜率成等差数列，请问的面积是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由.
23．已知椭圆过点，离心率为.不过原点的直线交椭圆于两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，且.
(1)证明：直线的斜率为定值；
(2)求面积的最大值.
24．已知抛物线，准线与轴交于点为抛物线上一点，交轴于点.当时，.
(1)求抛物线的方程；
(2)设直线与抛物线的另一交点为（点在点之间），过点且垂直于轴的直线交于点.是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
25．已知点A，B关于坐标原点O对称，│AB│ =4，⊙M过点A，B且与直线x+2=0相切．
（1）若A在直线x+y=0上，求⊙M的半径．
（2）是否存在定点P，使得当A运动时，│MA│－│MP│为定值？并说明理由．
26．已知椭圆的中心为坐标原点，焦点在轴上，斜率为且过椭圆右焦点的直线交椭圆于、两点，与共线．
（1）求椭圆的离心率；
（2）设为椭圆上任意一点，且，证明：为定值．
27．已知椭圆的对称中心为坐标原点，焦点在轴上，的离心率为，且过点 ， 等轴双曲线以的焦点、为顶点，动点在的右支上且异于顶点.
(1)求与的方程;
(2)设直线、的斜率分别为、，直线与相交于点、，直线与相交于点、. 是否存在常数使得，若存在求出的值，若不存在，请说明理由.
28．已知抛物线的焦点F到准线的距离为2，O为坐标原点．
(1)求E的方程；
(2)已知点，若E上存在一点P，使得，求t的取值范围；
(3)过的直线交E于A，B两点，过的直线交E于A，C两点，B，C位于x轴的同侧，证明：为定值.
29．设椭圆的左焦点为，上顶点为.已知椭圆的短轴长为4，离心率为.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设点在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点为直线与轴的交点，点在轴的负半轴上.若（为原点），且，求直线的斜率.
30．已知双曲线的离心率为，虚轴长为．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若动直线l与双曲线C恰有1个公共点，且分别与双曲线C的两条渐近线交于P，Q两点，O为坐标原点，证明：的面积为定值．
31．已知是抛物线的焦点，直线是抛物线的准线，是坐标原点，点在抛物线上，且满足，连接并延长交于点，使得三角形的面积为.
(1)求抛物线的方程；
(2)若直线与抛物线交于点，线段中点为，证明：在轴上存在点，使得为定值，并求出该定值.
32．已知平面内动点与两定点，连线的斜率之积为3．
(1)求动点的轨迹的方程：
(2)过点的直线与轨迹交于，两点，点，均在轴右侧，且点在第一象限，直线AA2与交于点，证明：点横坐标为定值．
33．已知双曲线，直线与双曲线交于，两点，直线与双曲线交于，两点.
(1)若直线经过坐标原点，且直线，的斜率，均存在，求；
(2)设直线与直线的交点为，且，证明：直线与直线的斜率之和为0.
34．已知分别是椭圆的左右焦点为椭圆的上顶点， 是面积为的直角三角形．
(1)求椭圆的方程；
(2)设圆上的任意一点处的切线交椭圆于点，问： 是否为定值? 若是，求出此定值；若不是，请说明理由．
35．设椭圆E：经过点，且离心率，直线垂直x轴交x轴于T，过T的直线l1交椭圆E于Ax1,y1，Bx2,y2两点，连接，，．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设直线PA，PB的斜率分别为，．
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）如图：过P作x轴的垂线l，过A作PT的平行线分别交PB，l于M，N，求的值．
36．已知双曲线：的渐近线方程为y=±32x，过点的直线交双曲线于，两点，且当轴时，.
(1)求的方程；
(2)记双曲线的左右顶点分别为，，直线，的斜率分别为，，求的值.
(3)探究圆：上是否存在点，使得过作双曲线的两条切线，互相垂直.
37．已知抛物线经过点中的两个点，准线为，为坐标原点.
(1)求准线的方程；
(2)过点的直线与抛物线交于两点，直线与轴交于点，直线与交于点，过点作的垂线，垂足为，证明：为定值.
38．已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，点与点关于原点对称，四边形的面积为4．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线与椭圆交于两点．与轴交于点．试判断是否存在，使得为定值？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
39．已知，动点满足，动点的轨迹为曲线交于另外一点交于另外一点.
(1)求曲线的标准方程;
(2)已知是定值，求该定值;
(3)求面积的范围.
40．已知在平面直角坐标系中，一直线与从原点出发的两条象限角平分线（一、四象限或二、三象限的角平分线）分别交于，两点，且满足，线段的中点为，记点的轨迹为．
(1)求轨迹的方程；
(2)点，，，过点的一条直线与交于、两点，直线，分别交直线于点，，且满足，，证明：为定值.
41．如图，曲线是以原点O为中心，，为焦点的椭圆的一部分，曲线是以O为顶点，为焦点的抛物线的一部分，是和的交点，我们把和合成的曲线W称为“月蚀圆”.
(1)求所在椭圆和所在抛物线的标准方程；
(2)过作与y轴不垂直的直线l，l与W依次交于B，C，D，E四点，P，Q为所在抛物线的准线上两点，M，N分别为CD，BE的中点.设，，，分别表示，，，的面积，求.
42．已知椭圆：的离心率为，左､右焦点分别为，，上､下顶点分别为，，且四边形的面积为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)直线：与椭圆交于P，Q两点，且P，Q关于原点的对称点分别为M，N，若是一个与无关的常数，则当四边形面积最大时，求直线的方程.
43．在平面直角坐标系中，利用公式①（其中，，，为常数），将点变换为点的坐标，我们称该变换为线性变换，也称①为坐标变换公式，该变换公式①可由，，，组成的正方形数表唯一确定，我们将称为二阶矩阵，矩阵通常用大写英文字母，，…表示.
(1)如图，在平面直角坐标系中，将点绕原点按逆时针旋转角得到点（到原点距离不变），求坐标变换公式及对应的二阶矩阵；
(2)在平面直角坐标系中，求双曲线绕原点按逆时针旋转（到原点距离不变）得到的双曲线方程；
(3)已知由（2）得到的双曲线，上顶点为，直线与双曲线的两支分别交于，两点（在第一象限），与轴交于点.设直线，的倾斜角分别为，，求证：为定值.
44．已知椭圆C：的上顶点M与椭圆C的左、右焦点，构成一个等边三角形，过且垂直于，的直线与椭圆C交于D，E两点，且的周长为8．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P，Q是椭圆C上的两个动点，且，过点O作，交直线PQ于H点，求证：点H总在某个定圆上，并写出该定圆的方程．
45．已知F1(−2,0)，F2(2,0)，是圆上任意一点，点关于点的对称点为，线段的中垂线与直线F2N相交于点，记点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)过点且斜率为的直线交曲线位于轴右侧的部分于不同的A，B两点，为轴上一点且满足，试探究是否为定值，若是，则求出该定值；若不是，请说明理由.
46．已知为平面上一个动点，到定直线的距离与到定点F(2,0)距离的比等于，记动点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)过点的直线与曲线交于，两点，在轴上是否存在点，使得为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由．
47．已知抛物线E的准线方程为：，过焦点的直线与抛物线交于A、B两点，分别过A、B两点作抛物线的切线，两条切线分别与轴交于C、D两点，直线CF与抛物线交于M、N两点，直线DF与抛物线交于P、Q两点.
(1)求抛物线的标准方程；
(2)是否存在实数，使得恒成立，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
48．在以为坐标原点的平面直角坐标系中，双曲线：的虚轴长为4，一条渐近线方程为，直线：交双曲线于、两点，为直线上一点且.点为直线与轴的交点.
(1)求双曲线的方程和焦距；
(2)若线段上一动点满足，求直线与的斜率之积.
49．在平面直角坐标系中，动点（）与定点F(2,0)的距离和到直线：的距离之比是常数．
(1)求动点的轨迹方程；
(2)记动点的轨迹为曲线，过点的直线与曲线交于两点，直线与曲线的另一个交点为.
（i）求的值；
（ii）记面积为，面积为，面积为，试问是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
50．在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为、，是双曲线C上一点，且.
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点P作直线l与双曲线C的两条渐近线分别交于R、S两点.若点P恰为线段RS的中点，求直线l的方程；
(3)设斜率为-2的直线l与双曲线C交于A、B两点，点B关于坐标原点的对称点为D.若直线PA、PD的斜率均存在且分别为、，求证：k1k2为定值.
51．如图，双曲线的左､右焦点，分别为双曲线的左､右顶点，过点的直线分别交双曲线的左､右两支于两点，交双曲线的右支于点（与点不重合），且与的周长之差为2.
(1)求双曲线的方程；
(2)若直线交双曲线的右支于两点.
①记直线的斜率为，直线的斜率为，求k1k2的值；
②试探究：是否为定值？并说明理由.
52．通过研究，已知对任意平面向量，把绕其起点A沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点B绕点A逆时针方向旋转角得到点P，
(1)已知平面内点，点，把点B绕点A逆时针旋转得到点P，求点P的坐标：
(2)已知二次方程的图像是由平面直角坐标系下某标准椭圆绕原点O逆时针旋转所得的斜椭圆C，
（i）求斜椭圆C的离心率；
（ⅱ）过点作与两坐标轴都不平行的直线交斜椭圆C于点M、N，过原点O作直线与直线垂直，直线交斜椭圆C于点G、H，判断是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由.
参考答案：
1．(1)
(2)直线的斜率为定值
【分析】（1）根据题意求出点的坐标，代入抛物线方程即可得解；
（2）设，直线，联立方程，利用韦达定理求出，同理可求得，再根据斜率公式计算即可得出结论.
【详解】（1）将点的纵坐标代入中，
解得，
所以，则点到准线的距离为，
所以，
所以，解得，
所以抛物线的方程为；
（2）由题意可知直线的斜率存在且不为0，
倾斜角互补，则斜率互为相反数，
易知，
设，直线，
则直线，
由整理得，
其中，解得，
已知此方程一个根为1，
所以，即，
同理，
所以，，
所以
，
所以，
所以直线的斜率为定值.
【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．
2．(1)，x2−y23=1
(2)是，3
【分析】（1）将直线化简为即可得出点的坐标，再根据渐近线方程即可求出的方程；
（2）联立双曲线和直线表达出韦达定理，表达出代入韦达定理即可求出结果.
【详解】（1）由直线知，，
得定点.
则，解得，
故的方程为x2−y23=1.
（2）
由（1）知，，设，.
联立，
整理得，
则，且，
∴且，
∴，，
∴
所以直线，的斜率之和是为定值，定值为3.
【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．
3．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由条件结合向量的坐标运算列方程求，可得椭圆方程；
（2）在的斜率不存在时求的值，当的斜率存在时，设直线的方程为，联立直线与圆的方程
结合设而不求法求，由直线与椭圆相切求的关系，由此证明结论.
【详解】（1）依题意可得，，，，
所以，所以b2=1，
所以椭圆的方程为：．
（2）若的斜率不存在，则，或，，
此时；
若的斜率存在时，可设直线的方程为，，，
由联立消去可得，，
方程的判别式，
，，，
所以，
当直线与椭圆相切时，
由联立消去可得，，
，化简得，
所以，综上可得为定值．
【点睛】关键点点睛：（1）解答直线与椭圆的题目时，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．
4．(1)
(2)
(3)为定值，理由见解析.
【分析】（1）由点差法可得结合，解方程组可得、的值，从而可得椭圆C的方程；
（2）依题意可知点P在线段MN的垂直平分线上，则可得线段MN的垂直平分线方程为，再由线段MN的中点在此直线上，代入解方程即可求得k的值；
（3）设直线的方程为，联立椭圆方程可得，，则，代入计算即可得结果.
【详解】（1）设，，直线AB的斜率显然存在，则，
因为线段AB中点Q的坐标为，所以，，
直线AB的斜率，
A，B两点在椭圆椭圆C上，
所以，，两式相减得
，
即，
所以，整理得，①
又且，②
由①②可解得，，
所以椭圆C的方程为.
（2）由得，
则，，，
设M，N中点为，
则，，
因为M，N都在以P为圆心的圆上，所以，则点P在线段MN的垂直平分线上，
依题意，所以线段MN的垂直平分线方程为，
M，N中点为在此直线上，
所以有，即，解得.
所以k的值为.
（3）依题意有，，，
设直线的方程为，
由得，
则，，
，
所以为定值.

5．(1)
(2)①证明见解析②18
【分析】（1）根据题意，列出方程组，求得，即可求得椭圆的方程；
（2）①设直线的方程为，联立方程组，得到，进而求得直线的方程得到，，化简，即可求解；
②由三角形的面积公式，结合基本不等式，即可求解.
【详解】（1）由题意，椭圆过点，且，
可得，解得，
所以椭圆的方程为．
（2）①由题意知，可设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设，，可得，，
直线的方程为，
令，可得，同理可得，
所以
．
②由，
当且仅当，或，时等号成立，
所以面积的最小值为．
【点睛】方法点睛：求解圆锥曲线的最值问题的解答策略：
1、若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆、圆锥曲线的定义、图形，以及几何性质求解；
2、当题目给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个目标函数的最值（或值域），常用方法：①配方法；②基本不等式；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
6．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意列出a，b，c的方程，解出方程即可求解椭圆的标准方程；
（2）设出P点的坐标，代入椭圆标准方程得出横纵坐标的关系式，再代入直线PA，PB的斜率之积的表达式换算即可证明出结论.
【详解】（1）根据题意得，
∴椭圆C的标准方程为．
（2）证明：由（1）得A−2,0，，
设点，则满足，即，
因为，，
所以，
∴为定值．
7．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设Fc,0，根据的坐标及轴可求基本量，故可求椭圆方程.
（2）设，Ax1,y1，Bx2,y2，联立直线方程和椭圆方程，用的坐标表示，结合韦达定理化简前者可得，故可证轴.
【详解】（1）设Fc,0，由题设有且，故，故，故，
故椭圆方程为.
（2）直线的斜率必定存在，设，Ax1,y1，Bx2,y2，
由可得，
故，故，
又，
而，故直线，故，
所以
，
故，即轴.
【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.
8．(1)
(2)
【分析】（1）由已知结合向量的线性运算的坐标表示即可求解；
（2）联立直线与椭圆方程，结合方程的根与系数关系及直线的斜率关系即可求解．
【详解】（1）解：设，
因为，所以，
由得，，
将，代入得，，
所以动点P的轨迹C的方程为；
（2）由（1）知，
联立得，，
由韦达定理得，，
于是，从而，
因为，，
则，，
，所以．

9．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题目条件得到，，进而求出a2=3，得到椭圆方程；
（2）设出直线方程，联立椭圆方程，设，，得到两根之和，两根之积，结合硬解公式计算出.
【详解】（1）由题意，
椭圆两短轴端点坐标为，
因为M1,0与椭圆短轴的两个端点的连线互相垂直，
由直角三角形斜边中线等于斜边一半可知，，
∴，故C：；
（2）由硬解公式得
，，，，
，，．
直线l方程为，
设，，联立，
故，，
,,
∴
，
故．
【点睛】处理定点问题的思路：
（1）确定题目中的核心变量（此处设为），
（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，
（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，
①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；
②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.
10．(1)1
(2)．
【分析】（1）设直线、的倾斜角分别为、θ2（、），则，再利用斜率与倾斜角的关系，结合诱导公式求解；
（2）先求出点的坐标，进而得到双曲线在点处的切线方程为，不妨设直线为，与双曲线方程联立，结合韦达定理和三角形面积公式求解.
【详解】（1）由题意知直线斜率为1，直线的倾斜角，
设直线、的倾斜角分别为、θ2（、），
直线、关于直线对称，，
．
（2）联立，
双曲线在点处的切线方程为．
不妨设直线为，，，
联立得，
整理得，将等式看作关于的方程：
两根之和，两根之积，
而其中，
由（1）得，
直线为，过定点，
又双曲线在点处的切线方程为，过点，，
．
11．(1)
(2)是定值0.
【分析】（1）先设点，然后求出切线解析式，根据即可求出结果.
（2）设直线的方程,通过和抛物线联立求出韦达定理，同理求出和抛物线联立的韦达定理，然后代入即可.
【详解】（1）设切点，则在点处切线斜率为，
所以以为切点的切线方程为.
因为切线过点，所以，同理，
所以是方程的两个根，则.
又因为，
所以，即.
又因为，所以，
所以抛物线的方程为.
（2）
由题意，斜率都存在且不为0，设直线的方程为.
联立直线和抛物线的方程，得，所以.
设，则，同理，
所以
所以，
所以等于定值0.
12．(1)
(2)存在，或
【分析】（1）设代入计算即可.
（2）通过得到，然后求解点的坐标.
【详解】（1）由已知，设，
.
（2）由题意知直线，与椭圆方程联立，
消元得，
，
同理可得，
所以，即.
由（1）知，所以，令点，解得，
存在或满足题意.
【点睛】关键点点睛：
（1）关键是在通过在点引入未知数，表示，即可求出.
（2）关键是先通过韦达定理，把转化成，然后即可求出点的坐标.
13．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）借助渐近线定义及点到直线距离公式计算即可得；
（2）设出直线方程，联立曲线可得与交点纵坐标有关韦达定理，作商即可得所设参数与纵坐标的关系，借助斜率公式表示出斜率后，消去所设参数即可得证.
【详解】（1）由题意可得，解得，
故双曲线的方程为；
（2）由双曲线的方程为，则，，
由题意可知直线斜率不为，故可设，Mx1,y1，，
联立，消去可得，
，即，
则，，
则，即，
，，
则
，
即为定值.

【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，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.
14．（Ⅰ）；（Ⅱ）1.
【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程；
(Ⅱ)首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线MA,NA的方程确定点P,Q的纵坐标，将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得，从而可得两线段长度的比值.
【详解】(Ⅰ)设椭圆方程为：，由题意可得：
，解得：，
故椭圆方程为：.
(Ⅱ)[方法一]：
设，，直线的方程为：，
与椭圆方程联立可得：，
即：，
则：.
直线MA的方程为：，
令可得：，
同理可得：.
很明显，且，注意到，
，
而
，
故.
从而.
[方法二]【最优解】：几何含义法
①当直线l与x轴重合，不妨设，由平面几何知识得，所以．
②当直线l不与x轴重合时，设直线，由题意，直线l不过和点，所以．设，联立得．由题意知，所以．且．
由题意知直线的斜率存在．．
当时，
．
同理，．所以．
因为，所以．
【整体点评】方法一直接设直线的方程为：，联立方程消去y，利用韦达定理化简求解；方法二先对斜率为零的情况进行特例研究，在斜率不为零的情况下设直线方程为，联立方程消去x，直接利用韦达定理求得P,Q的纵坐标，运算更为简洁，应为最优解法.
15．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（Ⅰ）根据离心率为，即，OAB的面积为1，即，椭圆中列方程组进行求解；（Ⅱ）根据已知条件分别求出的值，求其乘积为定值.
【详解】（Ⅰ）由题意得解得.
所以椭圆的方程为.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，
设，则.
当时，直线的方程为.
令，得，从而.
直线的方程为.
令，得，从而.
所以
.
当时，，
所以.
综上，为定值.
【考点】椭圆方程、直线与椭圆的位置关系、运算求解能力.
【名师点睛】解决定值、定点的方法一般有两种：(1)从特殊入手，求出定点、定值、定线，再证明定点、定值、定线与变量无关；(2)直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定点、定值、定线.应注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元思想的运用可有效地简化运算.
16．（Ⅰ） （Ⅱ）的大小为..
【详解】【解法1】本题主要考查双曲线的标准方程、圆的切线方程等基础知识，考查曲线和方程的关系等解析几何的基本思想方法，考查推理、运算能力．
（Ⅰ）由题意，得，解得，
∴，∴所求双曲线的方程为.
（Ⅱ）点在圆x2+y2=2上，
圆在点处的切线方程为，化简得.
由及得，
∵切线与双曲线C交于不同的两点A、B，且，
∴，且，设A、B两点的坐标分别为，
则，∵，且
，
.∴的大小为..
【解法2】（Ⅰ）同解法1.
（Ⅱ）点在圆x2+y2=2上，圆在点处的切线方程为，化简得.由及得
① ②
∵切线与双曲线C交于不同的两点A、B，且，
∴，设A、B两点的坐标分别为，则，
∴，∴的大小为.. （∵且，
∴，从而当时，方程①和方程②的判别式均大于零）.
17．（1）（2）面积为定值
【分析】（1）由已知条件推导出，结合及椭圆的定义由余弦定理得，从而求出椭圆方程．
（2）将直线方程代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，结合点到直线的距离公式，化简整理，即可得到三角形的面积为定值．
【详解】（1）依题意有，
由及椭圆的定义得
由余弦定理得
即
又，
故椭圆的方程为.
（2）联立，
可得，
则①
又
由，
可得，
，
，满足①
设原点到直线的距离为，，
为定值.
【点睛】考查椭圆的方程，直线与椭圆的位置关系，定值问题考查逻辑推理，数学运算，数据分析的数学素养，难度较大．
18．（1）证明见解析； （2）证明见解析.
【分析】（1）设点P(x0,y0)，结合直线的斜率公式和椭圆的方程，代入求得直线与直线的斜率之积为定值.
（2）设直线的方程为，联立方程组，得到，进而求得，再联立直线的方程组，求得点的横坐标，结合向量的数量积的公式，即可求解.
【详解】（1）由题意，设点,
则直线的斜率为 ，直线的斜率为，
所以，
又由点P(x0,y0)在椭圆上，可得，即，
所以，
即直线与直线的斜率之积为定值.
（2）由直线过点，所以直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设，则，
则，即，
又由直线，直线，
联立方程组，可得，
整理得，
解得，即点
又由向量，
所以（定值），
即为定值.
【点睛】本题主要考查了直线的斜率公式，直线与椭圆的位置关系的综合应用，其中解答中直线方程与椭圆方程联立，合理利用根与系数的关系式是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于中档试题.
19．(1)
(2)
(3)2
【分析】（1）由题意易得直线斜率存在且不为，且直线、斜率存在，设出直线方程，并联立抛物线方程，根据交点有两个，得出，解不等式即可得直线斜率的范围.
（2）设直线的方程为：联立直线与抛物线的方程得出点纵坐标之间的关系，再由，，得出、与点坐标之间的关系，对化简可求得的值.
（3）根据，，得出、与点坐标之间的关系，再根据在同一直线上，在同一直线上，得出，与点坐标之间的关系，根据（1）中联立所得的方程得出点横坐标之间的关系，对原式进行化简，即可得的值.
【详解】（1）因为抛物线经过点，所以，所以，
所以抛物线的解析式为．
又因为直线过点，且直线与抛物线有两个不同的交点．
易知直线斜率存在且不为，故可设直线的方程式为y=kx+1.
根据题意可知直线不能过点，所以直线的斜率.
若直线与抛物线的一个交点为，此时该点与点所在的直线斜率不存在，
则该直线与轴无交点，与题目条件矛盾，
此时，所以直线斜率.
联立方程，得，
因为直线与抛物线有两个不同交点，所以，所以．
故直线的斜率的取值范围是且且.
即率的取值范围是.
（2）如图所示
设直线的方程为：由，得y2−4my−4=0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，，
则y1+y2=4m,y1y2=−4，∵，，
，，
∴，，∴
，
.
（3）如图所示
设点，，则，，
因为，所以，故，由得，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
直线方程为，
令，得①，由直线可得②，
因为③，
将①②代入③可得，
，
又由根与系数的关系：，，
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y1+y2、y1y2）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
20．（1）（2）存在
【详解】 ① ②
②代入①得
考点：本题主要考查圆锥曲线的定义、标准方程、几何性质，直线与圆锥曲线的交点等基础知识，考查分析问题、解决问题的能力，考查逻辑推理能力，推理论证能力和计算能力.
21．证明见解析
【分析】设点的坐标分别为，直线的斜率存在，设直线的方程是，与椭圆联立方程，结合韦达定理可得：，结合已知条件化简即可证明.
【详解】设点的坐标分别为，
由题知点的坐标为2,0，
显然直线的斜率存在，设直线的方程是，
联立，消去并整理得，
所以．
又由，
即，
得，
所以．
故为定值．
22．(1)；(2)是，
【分析】(1)根据e=ca=12及可得，再将点代入椭圆的方程与联立解出，即可求出椭圆的方程；
(2) 可设所在直线的方程为，，，，将直线的方程与椭圆的方程联立，用根与系数的关系求出，然后将直线、、的斜率、、分别用表示，利用k1+k2=2k3可求出，从而可确定点恒在一条直线上，结合图形即可求出的面积．
【详解】(1)因为椭圆的离心率为，所以e=ca=12，即，
又，所以，①
因为点在椭圆上，所以，②
由①②解得，所以椭圆C的方程为．
(1)可知，，可设所在直线的方程为，
由，得，
设，，，则x1+x2=8k23+4k2，，
设直线、、的斜率分别为、、，
因为三点共线，所以，即，
所以，
又，
因为直线、、的斜率成等差数列，所以k1+k2=2k3，
即，化简得，即点恒在一条直线上，
又因为直线方程为，且，
所以是定值.
【点睛】本题主要考查椭圆的方程，直线与椭圆的位置关系及椭圆中的定值问题，属于中档题．
23．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意求出椭圆方程，设Ax1,y1,Bx2,y2，联立方程，利用韦达定理求出，再根据化简即可得出结论；
（2）由（1）得，根据求出的范围，利用弦长公式求出AB，利用点到直线的距离公式求出点到直线的距离，列出面积的的表达式，进而可得出答案.
【详解】（1）由题意，解得，
所以椭圆的标准方程为，
设Ax1,y1,Bx2,y2，
由得，
，
，
解得，
所以直线的斜率为定值；
（2）由（1）得，
与椭圆方程联立得，
则，
，
点到直线的距离，
的面积，
令，
则，
令，解得，即在上单调递增，
令，解得或，即在和0,2上单调递减，
又，
所以当时，取到最大值，
所以的面积得最大值为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
24．(1)
(2)存在，
【分析】（1）由于，所以四边形为平行四边形，得到代入抛物线方程，解出p=4即可．
（2），即．设直线方程，与抛物线联立方程组，用韦达定理，得到.将式子线段长度全部用坐标表示，消元后，结合韦达定理的结论，即可求解．
【详解】（1）因为当时，，所以四边形为平行四边形，
所以即所以
将代入，得，解得p=4
所以抛物线的方程为.
（2）如图，
由题意，得.设直线斜率不能为0，
故其方程为，则.
由，得，
所以.
假设存在实数，使得，即.
由题意，知，
所以.
又，
所以，
即存在实数，使得成立.
【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.
25．（1）或；
（2）见解析.
【分析】（1）设，，根据，可知；由圆的性质可知圆心必在直线上，可设圆心；利用圆心到的距离为半径和构造方程，从而解出；（2）当直线斜率存在时，设方程为：，由圆的性质可知圆心必在直线上；假设圆心坐标，利用圆心到的距离为半径和构造方程，解出坐标，可知轨迹为抛物线；利用抛物线定义可知为抛物线焦点，且定值为；当直线斜率不存在时，求解出坐标，验证此时依然满足定值，从而可得到结论.
【详解】（1）在直线上 设，则
又 ，解得：
过点， 圆心必在直线上
设，圆的半径为
与相切
又，即
，解得：或
当时，；当时，
的半径为：或
（2）存在定点，使得
说明如下：
，关于原点对称且
直线必为过原点的直线，且
①当直线斜率存在时，设方程为：
则的圆心必在直线上
设，的半径为
与相切
又
，整理可得：
即点轨迹方程为：，准线方程为：，焦点F1,0
，即抛物线上点到的距离
当与重合，即点坐标为时，
②当直线斜率不存在时，则直线方程为：
在轴上，设
，解得：，即
若，则
综上所述，存在定点，使得为定值.
【点睛】本题考查圆的方程的求解问题、圆锥曲线中的定点定值类问题.解决本定点定值问题的关键是能够根据圆的性质得到动点所满足的轨迹方程，进而根据抛物线的定义得到定值，进而验证定值符合所有情况，使得问题得解.
26．（1）离心率为；（2）证明见解析.
【解析】（1）设点、，将直线的方程代入椭圆的方程，列出韦达定理求出的坐标，利用与共线，可得出关于、、的齐次等式，进而可解得椭圆的离心率；
（2）设，由可得出，由点在椭圆上可得出，利用韦达定理可计算得出，再由可计算得出，即可证得结论成立.
【详解】（1）设椭圆方程为，Fc,0，则直线的方程为，
联立，消去并整理得，
设点、，由韦达定理可得，，
由，，
由与共线，得，
又，，，
，即，可得，所以，，
所以，椭圆的离心率为；
（2）证明：由（1）知，所以椭圆方程可化为．
设，由得，.
在椭圆上，，
．（※）
由（1），知，，，．
．
又，，代入（※）式，得．
故为定值，定值为．
【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、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
27．(1)，
(2)存在，使得
【分析】（1）根据离心率和，求出，，求出椭圆方程，进而求出的方程；
（2）点的坐标分别为，设出直线的方程，联立，得到两根之和，两根之积，求出，，计算出，得到结论.
【详解】（1）设 、 的方程分别为 与
由e=ca=12，则，
将代入椭圆方程，得，解得 .
所以的坐标分别为 ，故的方程为；
等轴双曲线的方程为.
（2）设直线的斜率分别为，
点的坐标分别为，
则，
设的方程为 ，
代入可得: ，
故 ，
所以
，
同理可得，
故，即，
所以存在，使得.
【点睛】方法点睛：（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)
(2)6,+∞
(3)证明见详解
【分析】（1）根据题意可知焦点F到准线的距离为，即可得方程；
（2）设Px,y，利用平面向量数量积可得，结合基本不等式运算求解；
（3）设，求直线的方程，结合题意可得，结合夹角公式分析求解.
【详解】（1）由题意可知：焦点F到准线的距离为，
所以抛物线E的方程为.
（2）设Px,y，可知，则，
可得，
显然不满足上式，
则，可得，
又因为，当且仅当，即时，等号成立，
则，即，
所以t的取值范围为.
（3）设，
则直线的斜率，
可得直线的方程，整理得，
同理可得：直线的方程，
由题意可得：，整理得，
又因为直线的斜率分别为，
显然为锐角，则，
所以为定值.
【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．
29．（Ⅰ）（Ⅱ）或.
【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b,c的方程，解方程可得椭圆方程；
(Ⅱ)联立直线方程与椭圆方程确定点P的坐标，从而可得OP的斜率，然后利用斜率公式可得MN的斜率表达式，最后利用直线垂直的充分必要条件得到关于斜率的方程，解方程可得直线的斜率.
【详解】(Ⅰ) 设椭圆的半焦距为，依题意，，又，可得，b=2，c=1.
所以，椭圆方程为.
(Ⅱ)由题意，设.设直线的斜率为，
又，则直线的方程为，与椭圆方程联立，
整理得，可得，
代入得，
进而直线的斜率，
在中，令，得.
由题意得，所以直线的斜率为.
由，得，
化简得，从而.
所以，直线的斜率为或.
【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质､直线方程等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力，以及用方程思想解决问题的能力.
30．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知条件求得，从而得到双曲线的方程；
（2）根据直线的斜率是否存在进行分类讨论，由直曲联立表示出PQ，再表示出原点O到直线l的距离，即三角形的高，进而求出的面积为，从而证得结论成立.
【详解】（1）因为虚轴长为，所以，
因为，且c2=a2+b2，所以，
故双曲线C的方程为．
（2）
当直线l的斜率不存在时，l的方程为，
此时，
当直线l的斜率存在时，不设直线，且，
联立方程组得，
由，得，
不妨设l与y=32x的交点为P，则，得，
同理可得，
所以，
因为原点O到直线l的距离，
所以，
因为，所以，
综上，的面积为定值，定值为．
【点睛】易错点点睛：第二问中注意讨论直线l的斜率存在与不存在两种情况，以及由动直线l与双曲线C恰有1个公共点，直曲联立后由得到参数的关系.
31．(1)
(2)
【分析】（1）由题意，先求出点B的纵坐标，再代入三角形面积公式中求出p的值，进而可得抛物线的方程；
（2）设出P，N，Q的坐标，将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理以及向量的坐标运算进行求证即可.
【详解】（1）（1）抛物线方程的准线方程为，
因为，所以点A在线段OF的中垂线上，
所以，，此时，
即，解得
因为三角形OFB的面积为，
所以，解得，
则抛物线的抛物线的方程为.
（2）证明：设，
联立，消去y并整理得，
由韦达定理得，，因为M为线段PQ的中点，
所以
，
则当时，为定值，与k的取值无关，
故在轴上存在点，使得为定值，定值为.
32．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设，利用斜率公式得到方程，整理即可得解；
（2）设方程为，与曲线方程联立方程组，再由直线和AA2的方程联立化简可证.
【详解】（1）设动点，
根据题意，
动点的轨迹的方程为.
（2）易知直线斜率不为0，设方程为，且．
设，，
由
，，
由题意易得
直线方程为①
同理，直线AA2方程为②
由①÷②得
，
点横坐标为定值．

【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x（或y）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.
33．(1)1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据两点斜率公式，结合点差法即可求解，
（2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，即可根据向量的坐标运算得数量积,,进而根据等量关系化简即可求解.
【详解】（1）当直线经过坐标原点时，，两点关于原点对称.
设Mx1,y1，，Px0,y0，
于是，.
因为，，三点都在双曲线，
所以，两式作差，，所以
.
（2）已知，由题意可知均有斜率，
可设直线，直线，Mx1,y1，Nx2,y2，，.
，.
联立直线方程与双曲线的方程：.
整理得，，
当时，.
，.
于是，
同理可得，.
因为，所以
整理得，，而，所以.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的范围或最值或定值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用．另外在解析几何中还要注意向量的应用，如本题中根据向量的数量积坐标运算.
34．(1)x28+y24=1
(2)是，．
【分析】（1）由题意可得，再由即可求解.
（2）解法一：当切线的斜率不存在时，其方程为，求出，当切线的斜率存在时，设方程为，利用点到直线的距离公式可得，再将直线与椭圆联立，利用韦达定理可得，再由即可求解.
解法二：实际上需要证明，即 ，可以构造一个以和为两根的一元二次方程，利用韦达定理计算可得，再根据数量积的运算律计算可得．
【详解】（1）由为直角三角形，故，
又，
可得
解得
所以，
所以椭圆的方程为x28+y24=1；
（2）解法一：当切线的斜率不存在时，其方程为，
将代入x28+y24=1，得，
不妨设，，又，
所以，
同理当时，也有.
当切线的斜率存在时，设方程为，
因为与圆相切，
所以，即，
将代入x28+y24=1，得，
所以，
又
，
又
，
将代入上式得，所以，
综上，.
解法2：设点，，显然直线不经过原点，设．
由与圆相切得．
整理得，即．
当（或）在轴上时，不妨令，则，所以，
不妨取，则，此时直线恰过点，为椭圆的右顶点，
所以，则，
当、两点都不在轴上，则．
联立得．
故方程两边同除以并整理得，
∴．
故．
∵
，
∴．
【点睛】关键点点睛：本题考查了直线与椭圆的位置关系，解题的关键是根据直线与圆相切可得，再求证.
35．(1)
(2)（i）2；（ii）1
【分析】（1）根据条件，列出关于的方程组，利用待定系数法，即可求解；
（2）（ⅰ）首先设直线的方程，并联立椭圆方程，转化为关于斜率的一元二次方程，利用韦达定理，即可求解；
（ⅱ）首先设直线PA,PB的倾斜角分别为,根据正弦定理利用角表示边长MN，，再求比值，利用（ⅰ）的结论，即可求解.
【详解】（1）由题意知
解得，
所以椭圆E的方程为；
（2）（ⅰ）易知，，，，
设直线的方程为，由直线过知，
联立方程
得，
变形得：，
即；
（ⅱ）设直线PA,PB的倾斜角分别为,
则，，，,，，
在中，，
在中，，
所以
由知，，即，
故.
.
【点睛】关键点点睛：本题第一问的转化比较巧妙，转化为关于斜率的方程，利用韦达定理即可求解，第二问巧妙设倾斜角，利用三角函数表示的值.
36．(1)；
(2)；
(3)存在.
【分析】（1）根据给定条件，求出即可得的方程.
（2）设出直线的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理，结合斜率坐标公式求解即得.
（3）设出双曲线的两条切线方程，与双曲线方程联立，结合判别式求出两条切线交点的轨迹方程，再判断与圆的位置关系即可得解.
【详解】（1）由对称性知，双曲线过点，则，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）由（1）得，设，
显然直线不垂直于y轴，设直线的方程为，
由消去x得，
显然，，
则，即，
所以.
（3）圆上存在点，使得过作双曲线的两条切线互相垂直.
若双曲线的两条切线有交点，则两条切线的斜率存在且不为0，
设双曲线的两条切线分别为，
将y=kx+n代入消去得：，
由得，解得，
因此，设两条切线的交点坐标为，
则，即有，且，
即，
于是是方程的两根，
而，则，即，从而两条切线们交点的轨迹为圆，
而的圆心为，半径为1，圆的圆心，半径为3，
显然，满足，即圆与圆相交，
所以圆上存在点，使得过作双曲线的两条切线互相垂直.
【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．
37．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，得到抛物线经过点，代入求得的值，即可求解；
（2）设直线的方程为，联立方程组得到，得到，进而求得和，化简得到，即可求解.
【详解】（1）解：因为抛物线关于轴对称，
可得必过中的两点，
代入可得，解得p=1，
所以抛物线的方程为，准线的方程为.
（2）解：证明：设直线的方程为且，
联立方程组，整理的，
可得，且，
则.
又直线的方程为，令，得点的纵坐标，
又由过点作的垂线，垂足为，所以点的纵坐标，
所以
（定值）.
38．(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，利用点在椭圆上及四边形面积，结合待定系数法求出.
（2）联立直线与椭圆的方程，求出结合韦达定理求解即得.
【详解】（1）设椭圆的焦距为，依题意，，则，
四边形为平行四边形，其面积，得，即，
联立解得，
所以椭圆的方程为.
（2）存在.
由消去得，
当时，恒成立，
设P(x1,y1),Q(x2,y2)，则，
，
则
当，即时，为定值，所以.
【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．
39．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）设点的坐标，由题意可得点的恒纵坐标的关系，即可得到曲线的标准方程；
（2）设直线和直线的方程，然后与椭圆的方程联立，即可得到的坐标关系，进而可得为定值；
（3）由题意可得的比值，由题意可得面积的表达式，再由函数的单调性，即可得到结果.
【详解】（1）令Px,y且，因为，所以，
整理可得，
所以的标准方程为.
（2）设Px0,y0，，，
设直线和直线的方程分别为，，
联立直线与椭圆方程，整理可得，
则，，
联立直线与椭圆方程，整理可得，
可得，，
又因为，，
所以，
所以，即，
同理可得，，即，
所以.
设Px0,y0，，，
设，则有，
又，
可得，
同理可得，
所以.
（3）

不妨设，于是，
因此，
又因为，所以，
设，，
则，，
，
所以在单调递增，则.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了椭圆中的定值问题与椭圆中的三角形面积问题，难度较大，解答本题的关键在于设出直线方程与椭圆方程联立，表示出三角形面积公式，代入计算.
40．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分别设出，，的坐标，根据已知条件得到，，利用，得到，计算即可得到轨迹方程；
（2）设直线的方程，Ax1,y1，Bx2,y2，将直线方程和的方程联立，利用韦达定理得到，，分别写出直线，和的方程并写出，两点坐标，利用，得到，，将韦达定理代入并化简即可求解.
【详解】（1）设在第一象限角平分线上，则在第四象限角平分线上，
，，则，，
（若在第三象限角平分线上，则在第二象限角平分线上，则，）
即，
，
，
设，则，，
，
轨迹的方程为；
（2）
易知直线的斜率一定存在，设，Ax1,y1，Bx2,y2，
由得，
直线与交于、两点，
，解得且，
，，
，，，
直线，分别交直线于点，，
由得，
同理得，
，
由得，同理可得，
则
为定值.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程和交点坐标为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，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.
41．(1)，
(2)
【分析】（1）设椭圆的标准方程为，抛物线的标准方程为,根据在曲线上和焦点坐标，即可求出答案.
（2）设，，，，，分别联立直线l与椭圆和抛物线的方程，利用韦达定理表示出，，由转化为，化简即可得出答案.
【详解】（1）由题知，设椭圆的标准方程为，
抛物线的标准方程为,
由于曲线经过，所以，解得，
所以，所以，
所以，且，
解得，，
所以；
（2）由题意可知直线l的斜率必存在且不为0，
设，，，，
联立可得
可得
联立可得，可得
记，，，的高分别为，，，，
由于，，
所以
.
【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．
42．(1)
(2)答案见解析
【分析】
（1）由椭圆的性质及已知条件可得a，b，c的关系，从而可求出a，b，c的值，从而可得椭圆C的标准方程；
（2）直线l方程与椭圆方程联立，可得根与系数的关系，从而可表示出|OP|2+|OQ|2，由|OP|2+|OQ|2是一个与m无关的常数，可求出k的值，表示出四边形PQMN面积，求出当四边形PQMN面积最大时m的值，即可求解直线l的方程．
【详解】（1）e=ca=12，
，所以，
因为a2＝b2+c2，所以a＝2，，c＝1，
所以椭圆方程为．
（2）
如图，设P（x1，y1），Q（x2，y2），

，
联立，消去y整理得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12＝0，
Δ＝（8km）2﹣4（4m2﹣12）（3+4k2）＞0，即m2＜3+4k2，
所以，. ，

，
因为|OP|2+|OQ|2是一个与m无关的常数，所以32k2﹣24＝0，，，
，，
点O到直线l的距离，
所以，
当且仅当，即m2＝3，
因为m＞0，所以时，取得最大值为，
因为S四边形MNPQ＝4S△POQ，所以S△POQ最大时，S四边形MNPQ最大，
所以或．
43．(1)公式为，二阶矩阵为
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）设，，通过，计算整理可得答案；
（2）利用（1）的结果代入计算即可；
（3）设直线的方程为，与联立，求出的斜率，然后利用韦达定理计算，进而求出，则可得为定值.
【详解】（1）设，，则，，，
故，
，
所以坐标变换公式为，
该变换所对应的二阶矩阵为；
（2）设曲线上任意一点在旋转角是的旋转变换下所得点坐标为.
则，即，
得，则，所求曲线方程为；
（3）
①直线斜率存在时，可设直线的方程为，
设Ax1,y1，Bx2,y2
由，得，
所以，，且，
当时，取，，所以直线方程为：，
直线方程与双曲线方程联立可得，解得或，
所以，.
所以，所以，可得；
当时，设的斜率分别为，
，，
所以，
，
所以.
因为在第一象限，所以，所以，所以.
②直线斜率不存在时，可得，
可得，，
所以，同理可得.
综上可得，为定值，得证.
【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，再证明这个定值与变量无关．
(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．
44．(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）由于，从而，根据椭圆定义，可知的周长为，从而可得椭圆方程；
（2）分直线PQ斜率不存在和存在进行讨论，通过联立方程组，利用韦达定理，再结合条件，可求出，从而得证.
【详解】（1）由是等边三角形，得，
由于，所以，从而，
根据椭圆定义，可知的周长为，得，所以c=1,b=3，
所以椭圆C的方程为；
（2）设，
当直线PQ斜率不存在时，且，则点P，Q关于轴对称，
所以，与椭圆椭圆C方程联立，得，即，
当直线PQ斜率存在时，设方程为，
联立方程组，得，
所以，解得，
由韦达定理得，，
所以，
由于，所以，则，
又为点到直线PQ得距离的平方，
所以，
所以点H总在以原点为圆心，以为半径的圆上，
其方程为.
【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x1,y1，x2,y2；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）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.
45．(1)x2−y23=1
(2)为定值，定值为
【分析】（1）由中位线定理和垂直平分线的性质，结合双曲线的定义，即可得解；
（2）由题意得直线方程为，与双曲线的的方程联立，得到两根之和，两根之积，求出的中点坐标，进而求出的垂直平分线的方程，求出的坐标，结合双曲线的定义及弦长公式化简即可得出结论.
【详解】（1）由题意可得，且为的中点，
又为的中点，所以且，
因为点关于点的对称点为，线段的中垂线与直线F2N相交于点，
由垂直平分线的性质可得，
所以，
所以点的轨迹是以为焦点的双曲线，
，所以，
所以曲线的方程为x2−y23=1；
（2）直线方程为，设Ax1,y1,Bx2,y2，
联立，可得，
由于直线交双曲线的右支于两点，
可得，，
所以，解得或，
则，
即的中点坐标为，
因为为轴上一点，满足，故为的垂直平分线与轴的交点，
的垂直平分线的方程为：，
令，则得，即，
所以，
又，
又因为在双曲线的右支上，故，
故，即，
故，
即为定值，定值为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定值问题常见方法：
（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.
46．(1)
(2)在轴上是否存在点，使得为定值，定值为.
【分析】（1）根据题意，用点到直线和点到点的距离公式列出方程，整理得出方程即可.
（2）假设存在，先考虑斜率不为0的情况，设其方程为，再与曲线联立后用韦达定理，表达出，若要上式为定值，则必须有，即，代入求出.再考虑斜率为0的时候，直接求出即可.
【详解】（1）设点的坐标为，则，
即，化简得：，所以双曲线的标准方程为；
（2）如图
当直线的斜率不为0时，设其方程为.
由于直线与双曲线交点两个，则直线不能与渐近线平行，渐近线斜率为，则.
代入，整理得，，设，y1)，，y2)，，
则，
所以
．
若要上式为定值，则必须有，即，，故存在点满足．
当直线的斜率为0时，，，此时点亦满足，故存在点满足．
综上所得，在轴上是否存在点，使得为定值，定值为.
47．(1)
(2)存在，
【分析】（1）利用抛物线的准线求标准方程即可；
（2）设直线方程与坐标，根据抛物线的切线方程可求得坐标，再含参表示直线，联立抛物线方程结合弦长公式可求MN,PQ，根据焦点弦的性质计算即可.
【详解】（1）因为抛物线E的准线方程为：，设，则，所以，
故抛物线的标准方程为；
（2）设，
联立抛物线有，
下面先求抛物线在点处的切线方程，
当时，设该切线方程为，
与抛物线方程联立有，
则，
又，
即，则，
则，
当时，切线方程为x=0，满足上式，
所以抛物线在点处的切线方程为，
所以抛物线E在处的切线方程为，
在B处的切线方程为，所以，
则，
直线分别与抛物线方程联立有，
设，则，
由弦长公式知，
同理有，
又y1y2=−4，所以，
则,
即，
所以存在实数，使得恒成立.
【点睛】思路点睛：设A、B坐标利用切线方程可含参表示C、D坐标，结合点斜式可表示直线，再根据弦长公式计算MN,PQ，计算其倒数和是否为定值即可.
48．(1)，
(2)
【分析】（1）根据双曲线的渐近线的概念及其焦距的概念即可求得答案；
（2）联立直线和双曲线即可得到关于的一元二次方程，再根据韦达定理得到y1+y2，y1y2，从而结合即可得到点的坐标，结合即可得到点的坐标，进而即可求解.
【详解】（1）由题意知得，，，，
∴双曲线的方程为，焦距为.
（2）由，可得，
则，
所以，.
因为直线与双曲线交于轴上方的、两点，
所以，解得t>12，
所以，
所以，所以，由，
可得，解得，
所以，所以，
所以，于是.
49．(1)
(2)（i）；（ii）是，3
【分析】（1）根据题意列出方程，化简，即可求得答案；
（2）（i）设Ax1,y1，Bx2,y2，，设直线方程为，联立曲线C的方程，可得根与系数关系式，同理设直线方程为，化简可得，即可求得答案；（ii）分别求出，的表达式，即可得到的表达式，化简即可得结论.
【详解】（1）由题意可知，，
化简得，于是，动点的轨迹方程为．
（2）（i）设Ax1,y1，Bx2,y2，，不妨假设在第一象限，
则E在第四象限，
由题意知的斜率存在且不为0，
设直线方程为，代入可得，
需满足，所以，
,直线方程为x=ny+2，代入，
可得，，则，
因为，，所以，
即.
同理，，，即，所以，则关于x轴对称，
所以；
（ii）.
所以，.
综上，为定值．
【点睛】易错点点睛：解答此类直线和圆锥曲线的位置关系类题目，综合性较强，难度较大，容易出错的地方在于复杂的计算，并且基本都是字母参数的运算，因此要求计算时要十分细心.
50．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）代入得到，由得到，联立即可得解；
（2）由在直线上，且为中点，解出值即可；
（3）设出直线的方程，联立直线与曲线的方程得到，结合题意解出即可.
【详解】（1）因为是双曲线C上一点，所以，
由，所以，
因为，所以，
即，联立解得：，
所以双曲线的方程为：.
（2）由（1）知：双曲线的渐近线方程为，由图象可知直线的斜率存在并大于1，
不妨设，，由的方程为：y=kx−2k+1，
将代入得：，
同理，由为中点，则，
所以，解得，
所以直线l的方程为.
（3）设Ax1,y1,Bx2,y2，点与点关于原点对称，所以，
设直线的方程为，
由，得，
由可知或，
则，
所以
，
由题意知：，
所以，
所以k1k2为定值.
【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，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.
51．(1)x2−y23=1
(2)①3；②为定值4，理由见解析
【分析】（1）设，根据题意，得到，且，联立方程组，求得的值，即可求解；
（2）①设，求得，结合，即可求解；
②由（1）得直线的方程为，联立方程组，得到，结合弦长公式，求得和，进而化简得到为定值.
【详解】（1）解：设，因为与的周长之差为，
所以，即，
又因为分别为双曲线的左、右顶点，所以，
联立方程组，解得，所以，
故双曲线的方程为x2−y23=1.
（2）解：①由（1）知，双曲线的方程为，
设，则，可得，
则.
② 为定值.
理由如下：
由（1）得直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则，
因为位于双曲线的左､右两支，所以，即，
可得，
又因为，所以直线的方程为，
根据双曲线的对称性，同理可得，
所以，故为定值.
【点睛】方法知识总结：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：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.
3、若与面积有关的定值问题，一般用直接法求解，即先利用三角形的面积公式，（如果是其他的凸多边形，可分割成若干个三角形分别求解），把要探求的几何图形的面积表示出来，然后利用题中的条件得到几何图形的面积表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入几何图形的面积表达式中，化简即可求解.
52．(1)
(2)（i）；（ⅱ）是，2
【分析】（1）借助所给定义计算即可得；
（2）（i）计算出该斜椭圆的长轴长与焦距，结合离心率定义计算即可得；
（ⅱ）法一：设出直线、，联立斜椭圆方程可得与交点横坐标有关韦达定理，结合弦长公式即可表示出，计算即可得；
法二：将所有点、直线与曲线都绕原点O顺时针旋转后，再设出直线、旋转后方程，联立标准方程可得与交点纵坐标有关韦达定理，结合弦长公式即可表示出，计算即可得.
【详解】（1）由已知可得，则，
设，则，
所以，，即点P的坐标为；
（2）（i）由与交点为和，则，
由与交点为和，
则，所以，；
（ⅱ）法一：设直线：，、Nx2,y2，
与斜椭圆联立：，
有，
∵，，
∴
，
设直线：，代入斜椭圆，
有，
∴，∴，
故.
法二：将椭圆顺时针旋转，由①可得椭圆方程为，
点Q旋转后的坐标为，
当直线旋转后斜率不存在时，，，，
当直线旋转后斜率存在时，设直线旋转后为，
旋转后、Nx2,y2，
与椭圆方程联立，即，
可得，
，，
，
设直线旋转后为，代入椭圆方程中，
有，，
.
综上所述，.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于对旋转后的方程的理解与运用，最后一问可直接在旋转后的斜椭圆上计算，也可在标准椭圆下计算，其旋转前后的线段长度不变.