新高中数学压轴题二轮专题专题30利用仿射变换解椭圆、双曲线综合题试题含解析答案

这是一份新高中数学压轴题二轮专题专题30利用仿射变换解椭圆、双曲线综合题试题含解析答案，共83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．已知椭圆的方程为，点的坐标为．
(1)设直线交椭圆于两点，交直线于点．若，证明：为的中点；
(2)对于椭圆上的点，如果椭圆上存在不同的两个点满足，写出求作点的步骤．
2．如图，椭圆的离心率为，直线和所围成的矩形ABCD的面积为8.
(Ⅰ)求椭圆M的标准方程；
(Ⅱ) 设直线与椭圆M有两个不同的交点与矩形ABCD有两个不同的交点.求的最大值及取得最大值时m的值.
3．已知椭圆：的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线：与椭圆有且只有一个公共点T．
（Ⅰ）求椭圆的方程及点的坐标；
（Ⅱ）设是坐标原点，直线平行于，与椭圆交于不同的两点、，且与直线交于点，证明：存在常数，使得，并求的值．
4．设是单位圆上的任意一点，是过点与轴垂直的直线，是直线与轴的交点，点在直线上，且满足丨丨丨丨．当点在圆上运动时，记点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程，判断曲线为何种圆锥曲线，并求焦点坐标；
（2）过原点且斜率为的直线交曲线于、两点，其中在第一象限，它在轴上的射影为点，直线交曲线于另一点，是否存在，使得对任意的，都有？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
5．平面直角坐标系中，过椭圆 ：（ ）右焦点的直线交 于，两点，为的中点，且 的斜率为.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）， 为上的两点，若四边形的对角线 ，求四边形面积的最大值.
6．
已知点A(−2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为−.记M的轨迹为曲线C.
（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；
（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.
（i）证明：是直角三角形；
（ii）求面积的最大值.
7．在平面直角坐标系中，经过点且斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点和．
（1）求的取值范围；
（2）设椭圆与轴正半轴、轴正半轴的交点分别为，是否存在常数，使得向量与AB共线？如果存在，求值；如果不存在，请说明理由．
8．本小题满分12分）
如图，已知椭圆C1的中心在原点O，长轴左、右端点M，N在x轴上，椭圆C2的短轴为MN，且C1，C2的离心率都为e，直线l⊥MN，l与C1交于两点，与C2交于两点，这四点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D．
（1）设，求 与的比值；
（2）当e变化时，是否存在直线l，使得BO∥AN，并说明理由
9．分别是椭圆于的左、右焦点.
(1)若Р是该椭圆上的一个动点，求的取值范围；
(2)设是它的两个顶点，直线与AB相交于点D，与椭圆相交于E、F两点.求四边形AEBF面积的最大值.
10．已知椭圆的标准方程为．
(1)设动点满足：，其中，是椭圆上的点，直线与的斜率之积为，问：是否存在两个定点，使得为定值？若存在，求的坐标；若不存在，说明理由．
(2)设动点满足：，其中，是椭圆上的点，直线与的斜率之积为，问：是否存在点，使得点到的距离与到直线的距离之比为定值？若存在，求的坐标；若不存在，说明理由．
11．在平面直角坐标系中，椭圆的右准线为直线，动直线交椭圆于两点，线段的中点为，射线分别交椭圆及直线于点，如图，当两点分别是椭圆的右顶点及上顶点时，点的纵坐标为（其中为椭圆的离心率），且．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)如果是的等比中项，那么是否为常数？若是，求出该常数；若不是，请说明理由．
12．仿射变换是处理圆锥曲线综合问题中求点轨迹的一类特殊而又及其巧妙的方法，它充分利用了圆锥曲线与圆之间的关系，其体解题方法为将由仿射变换得：，，则椭圆变为，直线的斜率与原斜率的关系为，然后联立圆的方程与直线方程通过计算韦达定理算出圆与直线的关系．最后转换回椭圆即可．已知椭圆的离心率为，过右焦点且垂直于轴的直线与相交于、两点且，过椭圆外一点作椭圆的两条切线、且，切点分别为、．
(1)求证：点的轨迹方程为x2+y2=9；
(2)若原点到、的距离分别为、，延长表示距离、的两条直线，与椭圆交于、两点，试求：原点在边上的射影所形成的轨迹与所形成的轨迹的面积之差是否为定值，若是，求出此定值；若不是，请求出变化函数．
13．已知椭圆过点两点．
（Ⅰ）求椭圆的方程及离心率；
（Ⅱ）设为第三象限内一点且在椭圆上，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：四边形的面积为定值．
14．平面直角坐标系中，已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为，左、右焦点分别是，以为圆心以3为半径的圆与以为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆上.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设椭圆，为椭圆上任意一点，过点的直线交椭圆于两点，射线交椭圆于点.
（i）求的值；
（ⅱ）求面积的最大值.
15．已知椭圆，设动点P满足，其中M，N是椭圆上的点，直线OM与ON的斜率之积为．问：是否存在两个点，，使得为定值？若存在，求，的坐标；若不存在，请说明理由．
16．如图，已知椭圆C：，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M．
(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
(2)若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．
17．已知椭圆C：的右焦点为，离心率为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l与椭圆C相交于A，B两点，且以AB为直径的圆经过原点O，求证：点O到直线AB的距离为定值；
(3)在（2）的条件下，求面积的最大值．
18．已知椭圆C的焦点坐标是，，过点垂直于长轴的直线l交椭圆C于B、D两点，且．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过定点且斜率为k的直线l与椭圆C相交于不同两点M，N，试判断：在x轴上是否存在点，使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形？若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，请说明理由．
19．已知圆：，定点，是圆上的一动点，线段的垂直平分线交半径于点．
（1）求点的轨迹的方程；
（2）四边形的四个顶点都在曲线上，且对角线、过原点，若，求证：四边形的面积为定值，并求出此定值．
20．已知分别为椭圆：的左、右顶点，为椭圆上异于两点的任意一点，直线PA,PB的斜率分别记为．
(1)求；
(2)过坐标原点作与直线PA,PB平行的两条射线分别交椭圆于点，问：的面积是否为定值？请说明理由．
21．已知椭圆的离心率为，且直线与圆x2+y2=2相切．
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆相交于不同的两点﹐，为线段的中点，为坐标原点，射线与椭圆相交于点，且点在以为直径的圆上．记，的面积分别为，，求的取值范围．
22．北京奥运会主体育场“鸟巢”的钢结构俯视图如图所示，内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆，外层椭圆顶点向内层椭圆引切线，，设内层椭圆方程为，外层椭圆方程可设为，若与的斜率之积为，求椭圆的离心率．
23．长为3的线段的两个端点分别在轴上移动，点在直线上且满足．
(1)求点的轨迹方程．
(2)记点的轨迹为曲线，过点任作直线交曲线于两点，过作斜率为的直线交曲线于另一点．求证：直线与直线的交点为定点（为坐标原点），并求出该定点．
24．已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．
（1）求E的方程；
（2）证明：直线CD过定点.
25．在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线E：的右焦点为F，离心率为2，且过点．
(1)求双曲线E的标准方程；
(2)设过原点O的直线在第一、三象限内分别交双曲线E于A，C两点，过原点O的直线在第二、四象限内分别交双曲线E于B，D两点，若直线AD过双曲线的右焦点F，求四边形ABCD面积的最小值．
26．已知，分别是双曲线：（，）的左、右焦点，，点到的渐近线的距离为3.
(1)求双曲线的标准方程及其渐近线方程；
(2)已知点为坐标原点，动直线与相切，若与的两条渐近线交于，两点，求证：的面积为定值.
27．已知双曲线过点，.
(1)求双曲线C的渐近线方程.
(2)若过双曲线C上的动点P(x0,y0)作一条切线l，证明：直线l的方程为.
(3)若双曲线C在动点Q处的切线交C的两条渐近线于A，B两点，O为坐标原点，求的面积.
28．已知双曲线C：的渐近线方程为，其左右焦点为，，点D为双曲线上一点，且的重心G点坐标为.
(1)求该双曲线的标准方程；
(2)过x轴上一动点作直线l交双曲线的左支于A，B两点，A点关于x轴的对称点为（与B不重合），连接并延长交x轴于点Q，问是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是定值，说明理由.
29．已知椭圆内有一内接，C点坐标，AB所在直线的斜率是，当面积最大时，求直线AB的方程．
30．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0经过点，其离心率为，设，，是椭圆上的三点，且满足，其中为坐标原点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)证明：的面积是一个常数．
31．如图所示，已知椭圆系方程Cn：（，），、是椭圆C6的焦点，是椭圆C6上一点，且．
(1)求Cn的离心率，求出的方程．
(2)P为椭圆上任意一点，过P且与椭圆相切的直线l与椭圆C6交于M、N两点，点P关于原点的对称点为Q，求证：的面积为定值．
32．已知椭圆,直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，，线段的中点为．
（Ⅰ）证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；
（Ⅱ）若过点，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求此时的斜率，若不能，说明理由．
33．仿射变换是处理圆锥曲线综合问题中求点轨迹的一类特殊而又及其巧妙的方法，它充分利用了圆锥曲线与圆之间的关系，具体解题方法为将由仿射变换得：，，则椭圆变为，直线的斜率与原斜率的关系为，然后联立圆的方程与直线方程通过计算韦达定理算出圆与直线的关系，最后转换回椭圆即可．已知椭圆的离心率为，过右焦点且垂直于轴的直线与相交于两点且，过椭圆外一点作椭圆的两条切线，且，切点分别为．
(1)求证：点的轨迹方程为x2+y2=9；
(2)若原点到，的距离分别为，，延长表示距离，的两条直线，与椭圆交于两点，过作交于，试求：点所形成的轨迹与所形成的轨迹的面积之差是否为定值，若是，求出此定值；若不是，请求出变化函数．
34．已知双曲线的右焦点，渐近线方程．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)过点F的直线l与双曲线C的右支交于A、B两点，交y轴于点P，若，，求证：为定值；
(3)在（2）的条件下，若点Q是点P关于原点O的对称点，求面积的取值范围．
35．已知双曲线：（，）的左、右顶点分别为，，右焦点到渐近线的距离为1，且离心率为.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)过点的直线（直线的斜率不为0）与双曲线交于，两点，若，分别为直线，与轴的交点，记，的面积分别记为，，求的值.
36．已知双曲线，直线交双曲线于，两点.
(1)求双曲线的虚轴长与离心率；
(2)若过原点，为双曲线上异于，的一点，且直线，的斜率，均存在，求证：为定值；
(3)若过双曲线的右焦点，是否存在轴上的点，使得直线绕点无论怎么转动，都有成立？若存在，求出的坐标：若不存在，请说明理由.
37．已知双曲线的右焦点F到其渐近线的距离为，又P为双曲线上一点，且满足：PF⊥x轴，且.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)过F点作直线l与双曲线的右支交于A、B两点（A、B不与P点重合），且与交于Q点，问：是否存在常数t，使得成立?若存在，求出t值；若不存在，请说明理由.
38．如图所示，已知椭圆，A，B是四条直线，所围成的矩形的两个顶点．若M，N是椭圆C上的两个动点，且直线OM，ON的斜率之积等于直线OA，OB的斜率之积，试探求的面积是否为定值，并说明理由．
39．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.
40．如图所示，设点，点M，N是椭圆上的两个不同的点，且直线AM与直线AN的斜率之积为．证明：直线MN过定点．
41．如图，已知椭圆：，直线：与圆：相切且与椭圆交于A，B两点．

(1)若线段AB中点的横坐标为，求m的值；
(2)过原点O作的平行线交椭圆于C，D两点，设，求的最小值．
42．已知椭圆C：的离心率为，且以坐标原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切．

(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若一条不过原点的直线l与椭圆相交于A，B两点，设直线OA，l，OB的斜率分别为，k，，且，k，恰好构成等比数列．求的值．
43．如图，已知椭圆C的中心在原点O，左焦点为F1−1,0，左顶点为A，且为AO的中点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若椭圆方程为：，椭圆方程为：（，且），则称椭圆是椭圆的倍相似椭圆．已知是椭圆C的3倍相似椭圆，若椭圆C的任意一条切线交椭圆于两点，试求弦长MN的最大值．
44．已知点A(0，－2)，椭圆E： (a>b>0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点.
(1)求E的方程；
(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点.当△OPQ的面积最大时，求l的方程.
45．已知动直线与椭圆C:交于，两个不同点，且的面积=,其中为坐标原点.
(1)证明和均为定值;
(2)设线段的中点为，求的最大值；
(3)椭圆C上是否存在点D，E，G，使得？若存在，判断的形状；若不存在，请说明理由.
46．如果对于平面上任意一个向量，按照某种确定的关系f，都有唯一确定的平面向量和它对应，那么就称f为平面向量的一个变换，记作（或）记，，若（i），都有；（ii），都有恒为定值，且恒大于等于0或恒小于0.则称f是一个旋转变换.
(1)，，判断并说明f，g是否是旋转变换；
(2)已知f，g是旋转变换，，，求出一个满足条件的，，并计算；
(3)设，.求S中点到直线l的最短距离（对于旋转变换f，有.
47．已知双曲线C的中心在原点，是它的一个顶点.是它的一条渐近线的一个方向向量.
(1)求双曲线C的方程；
(2)设，M为双曲线右支上动点，当|PM|取得最小时，求四边形ODMP的面积；
(3)若过点任意作一条直线与双曲线C交于A，B两点（A，B都不同于点D），求证:为定值.
48．已知等轴双曲线的两个焦点、在直线上，线段的中点是坐标原点，且双曲线经过点．
(1)若已知下列所给的三个方程中有一个是等轴双曲线的方程：①；②；③．请确定哪个是等轴双曲线的方程，并求出此双曲线的实轴长；
(2)现要在等轴双曲线上选一处建一座码头，向、两地转运货物．经测算，从到、从到修建公路的费用都是每单位长度万元，则码头应建在何处，才能使修建两条公路的总费用最低？
(3)如图，函数的图像也是双曲线，请尝试研究此双曲线的性质，你能得到哪些结论？（本小题将按所得到的双曲线性质的数量和质量酌情给分）
参考答案：
1．(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）中点弦问题，由点差法得到的结论可以看作是椭圆的“垂径定理”；
（2）利用仿射变换完成纯几何作图，注意椭圆的参数方程在仿射变换图形下获得了确定的几何意义．
【详解】（1）证法一：设，
则可得，
又，，
而由题意知，，
故，即线段的中点在直线上，也即直线与的交点为线段的中点．
证法二：由方程组消y得方程，
因为直线交椭圆于两点，，即，
设的中点坐标为，则
由方程组消y得方程，
又因为，所以故为的中点．
证法三：利用仿射变换解决这个问题：
作仿射变换：椭圆方程变为，则，，
由垂径定理得为的中点，是的中点．
（2）作点的步骤：
方法一：1取的中点；
2连接，求出直线OE的斜率；
3由知为的中点，根据（1）可得的斜率；
4从而得直线的方程：；
5将直线与椭圆的方程联立，方程组的解即为点的坐标．
方法二：利用仿射变换解决这个问题：
如图，1以为圆心，椭圆的长半轴长为半径作圆；
2作射线，使，射线与圆交于；
3过圆与轴正方向的交点作轴的垂线，过圆与轴负方向的交点作轴的垂线，两垂线交于点；
4连接，取其中点；
5连接，过作的垂线，交圆于；
6过点作轴的垂线，交椭圆于点即为所求．
证明：上述作图（如图），相当于作了纵轴方向上的仿射变换，易证线段与互相平分，而伸缩变换不改变线段的比例，因此与互相平分，．
2．(I) (II) 和0时，取得最大值255
【详解】(I)……①
矩形ABCD面积为8，即……②
由①②解得：a=2,b=1，∴椭圆M的标准方程是.
(II)，
设P(x1,y1),Q(x2,y2)，则，
由得.
.
当过点时，，当过点时，.
①当时，有，
，
其中，由此知当，即时，取得最大值255.
②由对称性，可知若，则当时，取得最大值255.
③当时，，，
由此知，当时，取得最大值255.
综上可知，当和0时，取得最大值255
3．（Ⅰ），点T坐标为（2,1）；（Ⅱ）.
【详解】试题分析：本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题、解决问题的能力和数形结合的思想.第（Ⅰ）问，利用直线和椭圆只有一个公共点，联立方程，消去y得关于x的方程有两个相等的实数根，解出b的值，从而得到椭圆E的方程；第（Ⅱ）问，利用椭圆的几何性质，数形结合，根据根与系数的关系，进行求解.
试题解析：（Ⅰ）由已知，，则椭圆E的方程为.
由方程组 得.①
方程①的判别式为，由，得，
此时方程①的解为，
所以椭圆E的方程为.
点T坐标为（2,1）.
（Ⅱ）由已知可设直线的方程为，
由方程组 可得
所以P点坐标为（），.
设点A，B的坐标分别为.
由方程组 可得.②
方程②的判别式为，由，解得.
由②得.
所以，
同理，
所以
.
故存在常数，使得.
【考点】椭圆的标准方程及其几何性质
【名师点睛】本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题、解决问题的能力和数形结合的思想.在涉及直线与椭圆（圆锥曲线）的交点问题时，一般设交点坐标为(x1,y1),(x2,y2)，同时把直线方程与椭圆方程联立，消元后，可得，再把用表示出来，并代入的值，这种方法是解析几何中的“设而不求”法，可减少计算量，简化解题过程．
4．（1）答案见解析
（2）
【分析】（1）设，，，根据丨丨丨丨，确定坐标之间的关系，，利用点在圆上运动即得所求曲线的方程；根据，，，分类讨论，可确定焦点坐标；
（2），设，y1)，，y2)，则，，，利用，两点在椭圆上，可得，从而可得可得．利用，，三点共线，及，即可求得结论．
【详解】（1）如图1，设，，
丨丨丨丨，，
，①
点在圆上运动，②
①代入②即得所求曲线的方程为
，，，
时，曲线是焦点在轴上的椭圆，两焦点坐标分别为，
时，曲线是焦点在轴上的椭圆，两焦点坐标分别为，
（2）如图2、3，，设，y1)，，y2)，则，，，
，两点在椭圆上，
①②可得③
，，三点共线，，
，
，
故存在，使得在其对应的椭圆上，对任意，都有
5．(Ι) （Ⅱ）
【分析】(1)把右焦点代入直线方程可求出c，设 ，线段AB的中点，利用“点差法”即可得出a,b的关系式，再与联立即可求出a,b，进而可得椭圆方程；
(2)由，可设直线CD方程为,与椭圆方程联立可得根与系数关系，即可得到弦长，把直线，利用即可得到关于m的表达式，利用二次函数的单调性即可求出其最大值.
【详解】(Ι)设 则，，（1）－（2）得：
，因为，设，因为P为AB的中点，且OP的斜率为，所以，即，所以可以解得，即，即，又因为，所以，所以M的方程为.
（Ⅱ）因为，直线AB方程为，所以设直线CD方程为，
将代入得：，即、，所以可得；将代入得：，设 则=，又因为，即，所以当时，|CD|取得最大值4，所以四边形ACBD面积的最大值为 .
【点睛】本小题考查椭圆的方程的求解、直线与椭圆的位置关系，考查数学中的待定系数法、设而不求思想 ，考查同学们的计算能力以及分析问题、解决问题的能力.圆锥曲线是高考的热点问题,年年必考,熟练本部分的基础知识是解答好本类问题的关键.
6．（1）详见解析（2）详见解析
【分析】（1）分别求出直线AM与BM的斜率，由已知直线AM与BM的斜率之积为−，可以得到等式，化简可以求出曲线C的方程，注意直线AM与BM有斜率的条件；
（2）（i）设出直线的方程，与椭圆方程联立，求出P，Q两点的坐标，进而求出点的坐标，求出直线的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数关系求出的坐标，再求出直线的斜率，计算的值，就可以证明出是直角三角形；
（ii）由（i）可知三点坐标，是直角三角形，求出的长，利用面积公式求出的面积，利用导数求出面积的最大值.
【详解】（1）直线的斜率为，直线的斜率为，由题意可知：，所以曲线C是以坐标原点为中心，焦点在轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为；
（2）（i）
[方法一]【分别求得斜率的表达式利用斜率之积为即可证得题中的结论】
依题意设，
直线的斜率为，则，
所以．
又，所以，
进而有，即是直角三角形．
[方法二]【利用三点共线和点差法真的斜率之积为即可证得题中的结论】
由题意设，则．
因为Q，E，G三点共线，所以，
又因为点P，G在椭圆上，所以，
两式相减得，
所以，所以．
（ii）
[方法一]【求得面积函数，然后求导确定最值】
设Px1,y1，则直线的方程为，联立解得所以直线的方程为．联立直线的方程和椭圆C的方程，可得，则，所以．
令，即
．
注意到，得，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以当时，．
[方法二]【利用弦长公式结合韦达定理求得面积表达式，然后求导确定最值】
设的中点为N，直线的斜率为k，则其方程为．
由解得．由（Ⅰ）得．直线的方程为，直线的方程为，联立得，．
又，从而，进而．以下同解法一．
【整体点评】(2)(i)方法一：斜率之积为是证明垂直的核心和关键；
方法二：利用三点共线和点差法使得问题的处理更加简单.
(ii)导数是求最值的一种重要方法，在求最值的时候几乎所有问题都可以考虑用导数求解；
7．（1） （2）没有
【详解】解：(1)由已知条件知直线l的方程为
y＝kx＋，
代入椭圆方程得＋(kx＋)2＝1.
整理得x2＋2kx＋1＝0.①
直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于Δ＝8k2－4＝4k2－2>0，
解得k<－或k>，
即k的取值范围为∪.
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则＋＝(x1＋x2，y1＋y2)，
由方程①得x1＋x2＝－.②
又y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝，③
而A(，0)，B(0,1)，＝(－，1)，
所以＋与共线等价于x1＋x2＝－ (y1＋y2)．
将②③代入上式，解得k＝.
由(1)知k<－或k>，故没有符合题意的常数k.
8．（1）
（2）当时，不存在直线l，使得BO//AN；当时，存在直线l使得BO//AN
【详解】（1）因为C1，C2的离心率相同，故依题意可设
.
设直线分别和C1，C2联立，求得.
当时，，分别用yA，yB表示A、B的纵坐标，可知
|BC|:AD|=
（2）t=0时的l不符合题意，t≠0时，BO//AN当且仅当BO的斜率kBO与AN的斜率kAN相等，即
，
解得.
因为，又，所以，解得.
所以当时，不存在直线l，使得BO//AN；当时，存在直线l使得BO//AN.
9．(1)−2,1
(2)
【分析】（1）由题意可知、的坐标，设，表示出，，代入向量的数量积可得，由二次函数的性质计算可得.
（2）设，，联立直线与椭圆方程消去整理可得，解方程可求，，根据点到直线的距离公式可求，点，到直线的距离，，代入四边形的面积为，结合基本不等式可求面积的最大值.
【详解】（1）解：由题意可知，，
，，设，
，，
由椭圆的性质可知，
，
，故，即.
（2）解：设，，联立消去整理可得，
，，
，，
直线的方程为：，
根据点到直线的距离公式可知，点，到直线的距离分别为
，
，
，
，
四边形的面积为
，当且仅当即时，上式取等号，
所以的最大值为.
10．(1)存在；点坐标为
(2)存在；
【分析】（1）根据仿射变换进行换元，令，即可得到新的轨迹方程，得到.然后根据题意找到的轨迹方程，结合椭圆定义即可解题；
（2）结合第一小问，找到的轨迹方程，结合椭圆定义即可解题.
【详解】（1）设椭圆上一点为，椭圆上的点，，
令，椭圆的方程为，，
可得是以为圆心，半径为2的圆上的点，记仿射变换下，在圆上对应的点为，，
直线与的斜率之积为
．可得.
，四边形为正方形，于是，
则点的轨迹方程为，因此点的轨迹方程为，即x28+y24=1.，
由椭圆的定义可得，存在符合题意的点，坐标为（即椭圆的两个焦点）．
（2），由（1）可知，此时四边形为矩形，于是，点的轨迹方程为，因此点的轨迹方程为，即.，，
直线为椭圆的右准线.
由椭圆的定义可得，存在符合题意的点，坐标为（即椭圆的右焦点）．
11．(1)
(2)为定值
【分析】（1）由已知条件求得，，由此列出方程组，求得的值，即可求解；
（2）把代入椭圆，得到，取得，得到的方程为，联立方程组，求得，结合，列出方程求得m=−2k，即可求解.
【详解】（1）解：椭圆的右准线为直线，动直线交椭圆于两点，
当零点分别是椭圆的有顶点和上顶点时，则，
因为线段的中点为，射线分别角椭圆及直线与两点，所以，
由三点共线，可得，解得，
因为，所以，可得，
又由，解得，所以椭圆的标准方程为.
（2）解：把代入椭圆，
可得，可得，
则，
所以，即,
所以直线的方程为，
由，可得，
因为是的等比中项，所以，
可得，
又由，解得m=−2k，所以，此时满足，
所以为常数.
12．(1)证明见解析
(2)是，定值为
【分析】（1）求出椭圆的标准方程，分两种情况讨论：①当两直线的斜率都存在时，设直线、的斜率分别为、，作变换，，根据点且与圆相切的直线的斜率为，利用圆心到切线的距离等于圆的半径可得出关于的方程，利用韦达定理可得出点的轨迹方程；②当直线、与两坐标轴分别垂直，直接验证即可.综合可证得结论成立；
（2）由，分两种情况讨论：①若、分别与两坐标轴重合；②、的斜率都存在.求得的值，可得出点的轨迹方程，再利用圆的面积公式求解即可.
【详解】（1）证明：在椭圆中，因为，则，，
椭圆的方程为，
过右焦点且垂直于轴的直线与相交于、两点且，
则点在椭圆上，则，解得，
所以，椭圆的标准方程为，
①当直线、的斜率都存在时，设直线、的斜率分别为、，
作变换，，则椭圆方程变为，
记，，则，设点，
①当直线、的斜率都存在时，
设过点且与圆相切的直线的斜率为，
则切线的方程为，即，
由题意可得，整理可得，
由韦达定理可得，整理可得，
即，即；
②作放射变换前，若直线、与两坐标轴分别垂直，则点，
此时，点的坐标满足方程x2+y2=9.
综上所述，点的轨迹方程为x2+y2=9.
（2）解：边上的垂足所形成的轨迹与所形成的轨迹的面积之差为，
则，
所以，，
所以，，下面来求的值：
①若、分别与两坐标轴重合，则；
②若、的斜率都存在，设直线的方程为，
则直线的方程为，
联立可得，，
所以，，同理可得，
所以，，
综上所述，，所以，，
所以，点的轨迹方程为.
所以，原点在边上的射影所形成的轨迹与所形成的轨迹的面积之差为.
【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：
（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；
（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；
（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；
（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；
（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.
13．（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析.
【详解】试题分析：（Ⅰ）根据两顶点坐标可知，的值，则亦知椭圆方程，根据椭圆性质及离心率公式求解；（Ⅱ）四边形的面积等于对角线乘积的一半，分别求出对角线，的值求乘积为定值即可．
试题解析：（Ⅰ）由题意得，．
所以椭圆的方程．
又，
所以离心率．
（Ⅱ）设，则．
又，，所以，
直线的方程为．
令，得，从而．
直线的方程为．
令，得，从而
所以四边形的面积
．
从而四边形的面积为定值．
考点：1、椭圆方程；2、直线和椭圆的关系．
【方法点晴】本题考查椭圆的方程与几何性质、直线与椭圆的位置关系，以及考查逻辑思维能力、分析与解决问题的综合能力、运算求解能力、方程思想与分类讨论的思想．第一小题根据两顶点坐标可知，的值，则亦知椭圆方程，根据椭圆性质及离心率公式求解；第二小题四边形的面积等于对角线乘积的一半，分别求出对角线，的值求乘积为定值即可．
14．（Ⅰ）；（Ⅱ）（i）2；（ⅱ）.
【详解】试题分析：（Ⅰ）根据椭圆的定义与几何性质列方程组确定的值，从而得到椭圆的方程；（Ⅱ）（i）设，，由题意知，然后利用这两点分别在两上椭圆上确定的值; （ⅱ）设，利用方程组结合韦达定理求出弦长，选将的面积表示成关于的表达式，然后，令，利用一元二次方程根的判别式确定的范围，从而求出的面积的最大值，并结合（i）的结果求出面积的最大值.
试题解析：（Ⅰ）由题意知，则,又可得,
所以椭圆C的标准方程为.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知椭圆E的方程为,
（i）设，，由题意知因为,
又，即,所以，即.
（ⅱ）设
将代入椭圆E的方程，
可得
由，可得①
则有
所以
因为直线与轴交点的坐标为
所以的面积
令,将代入椭圆C的方程可得
由Δ≥0，可得②
由①②可知
因此,故
当且仅当，即时取得最大值
由（i）知，面积为,所以面积的最大值为.
考点：1、椭圆的标准方程与几何性质；2、直线与椭圆位置关系综合问题；3、函数的最值问题.
15．存在，坐标为，
【分析】设，则由得，由直线的斜率之积为，得，从而得，即可得点P是椭圆x28+y24=1上的点，然后利用椭圆的定义可求得答案.
【详解】设动点，则由，
得，即，
∵点在椭圆上，
设分别为直线的斜率，
由题意知，
故，
所以，则点P是椭圆x28+y24=1上的点，
所以c=8−4=2，所以该椭圆的左右焦点为，，
满足为定值，
因此存在两个定点，，使得为定值，
综上，存在符合题意的点，，坐标为，即椭圆的两个焦点．
【点睛】方法点睛：在解析几何中，定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角函数问题，证明该式是恒定的. 定值问题同证明问题类似，在求定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定值显现.
16．(1)证明见解析
(2)能，或
【分析】（1）设直线l:y=kx+b，直线方程与椭圆方程联立，根据韦达定理求根与系数的关系，并表示直线的斜率，再表示；
（2）第一步由（1）得的方程为．设点的横坐标为，直线与椭圆方程联立求点的坐标，第二步再整理点的坐标，如果能构成平行四边形，只需，如果有值，并且满足，的条件就说明存在，否则不存在.
【详解】（1）设直线l:y=kx+b，，，．
∴由得，
∴，．
∴直线的斜率，即．
即直线的斜率与的斜率的乘积为定值．
（2）四边形能为平行四边形．
∵直线过点，∴不过原点且与有两个交点的充要条件是，
由 (1)得的方程为．设点的横坐标为．
∴由得，即
将点的坐标代入直线的方程得，因此．
四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分，即
∴．解得，．
∵，，，
∴当的斜率为或时，四边形为平行四边形．
【点睛】关键点点睛：对于用坐标法来解决几何性质问题，那么就要求首先看出几何关系满足什么条件，
其次用坐标表示这些几何关系，本题的关键就是如果是平行四边形那么对角线互相平分，
即，分别用方程联立求两个坐标，最后求斜率.
17．(1)
(2)证明见解析
(3)．
【分析】（1）由右焦点和离心率得到，，得到椭圆方程；
（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，，，设点O到直线AB的距离为，则，计算出；
（3）伸缩变换，得到当时，最大面积为，故求出面积的最大值.
【详解】（1）由题意得，，解得，
故，
椭圆C的方程为；
（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，
因为以AB为直径的圆经过原点O，所以⊥，
令；，
，
，
设点O到直线AB的距离为，则，
故，
故点O到直线AB的距离为定值；
（3），令，即，
故，即，
点O到直线AB的距离为，即点的轨迹方程为，
令，即
故，
拉伸后可知，，
根据几何性质可知，当平行于x轴时，，
当平行于y轴时，，故，
当时，最大面积为：，
．
18．(1)
(2)存在，或．
【分析】（1）根据椭圆定义即可求解；
（2）写出直线l方程，与椭圆方程联立，得到M，N坐标关系，进而表示出的中点坐标，假设满足条件点存在，由，得到关系，利用的范围，即可得出结论.
【详解】（1）设椭圆的标准方程为，
由已知可得，又，解得，
所以所求椭圆的标准方程为．
（2）
设直线l：，的中点，
假设在x轴上是否存在点，使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形，则，
由，
所以，
由于直线l与椭圆C相交于不同两点，
所以或，
所以，
因为，所以，
当时，，所以，
当时，，而，所以，
存在点，使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形，实数m的取值范围为或．
【点睛】解决直线与圆锥曲线问题时，一般都是直线方程与曲线方程联立，消元得一元二次方程，根据韦达定理等列关系式，对于相交的点采取设而不求等方法处理.
19．（1）；（2）证明详见解析，定值为．
【分析】（1）利用椭圆的定义即可得到点的轨迹的方程；
（2）不妨设点、位于轴的上方，则直线的斜率存在，设的方程为，与椭圆方程联立，求出四边形的面积，即可证明结论.
【详解】（1）因为在线段的中垂线上，所以．
所以，
所以轨迹是以，为焦点的椭圆，且，，所以，
故轨迹的方程．
（2）不妨设点、位于轴的上方，则直线的斜率存在，设的方程为
，，．
联立，得，
则，．①
由，
得．②
由①、②，得．③
设原点到直线的距离为，
，
．④
由③、④，得，故四边形的面积为定值，且定值为．
【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系中的定值问题，此类问题一般要涉及根与系数的关系，考查学生的数学运算求解能力，是一道中档题.
20．(1)；
(2)的面积为定值，.
【分析】（1）借助点的坐标运用斜率公式分别求出斜率，然后再求其积；
（2）先运用点斜式分别求出的方程，再运用三角形面积公式探究推证：
【详解】（1）设，则；
（2）由题知，直线，直线，
设，
则，
由，
同理可得，
故有，
又，故，
∴的面积为定值，.
21．（1）；（2）．
【解析】（1）依题意得到，再利用点到直线的距离公式得到，再根据解方程即可；
（2）由为线段的中点，可得，对直线的斜率的斜率存在与否分两种情况讨论，当直线的斜率存在时，设直线，，．联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，根据，即可得到，从而得到与的关系，即可求出面积比的取值范围；
【详解】解：（1）∵椭圆的离心率为，∴（为半焦距）．
∵直线与圆x2+y2=2相切，∴．
又∵，∴，．
∴椭圆的方程为．
（2）∵为线段的中点，∴．
（ⅰ）当直线的斜率不存在时，
由及椭圆的对称性，不妨设所在直线的方程为，得．
则，，∴．
（ⅱ）当直线的斜率存在时，设直线，
，．
由，消去，得．
∴，即．
∴，．
∵点在以为直径的圆上，∴，即．
∴．
∴．
化简，得．经检验满足成立．
∴线段的中点．
当时，．此时．
当时，射线所在的直线方程为．
由，消去，得，．
∴．
∴，∴．
综上，的取值范围为．
【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．
22．
【分析】根据题意将椭圆仿射成圆，由斜率之积可得，再由离心率定义可求得结果.
【详解】定义仿射变换：
则在的作用下内外层椭圆分别对应圆和圆，
点，，，分别对应点，，，,如下图所示：
由题知，是圆的切线．
由已知，由圆的性质易知，
即，得，
从而，
可得离心率．
23．(1)
(2)证明见解析，．
【分析】（1）利用，确定，，坐标之间的关系，由，即可求点P的轨迹方程；
（2）当的斜率不存在时，直线与曲线C相切，不合题意；当斜率存在时，设直线的方程与椭圆方程联立，确定、的方程，联立，结合韦达定理，即可证得结论．
【详解】（1）设，由得，即，
又由，整理得．
（2）当的斜率不存在时，直线与曲线相切，不合题意；
当斜率存在时，设直线的方程为，即，与椭圆方程联立，
消去可得，
设，则，
又的方程为，
与曲线的方程联立可得：，
，，，
直线的方程为，
易得，联立可得，则，
，
又
，
，从而，则，
所以直线与直线交于定点.
【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.
24．（1）；（2）证明详见解析.
【分析】（1）由已知可得：， ，，即可求得，结合已知即可求得：，问题得解.
（2）方法一：设，可得直线的方程为：，联立直线的方程与椭圆方程即可求得点的坐标为，同理可得点的坐标为，当时，可表示出直线的方程，整理直线的方程可得：即可知直线过定点，当时，直线：，直线过点，命题得证.
【详解】（1）依据题意作出如下图象：

由椭圆方程可得：， ，
，
，
椭圆方程为：
（2）[方法一]：设而求点法
证明：设，
则直线的方程为：，即：
联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：
，解得：或
将代入直线可得：
所以点的坐标为.
同理可得：点的坐标为
当时，
直线的方程为：，
整理可得：
整理得：
所以直线过定点．
当时，直线：，直线过点．
故直线CD过定点．
[方法二]【最优解】：数形结合
设，则直线的方程为，即．
同理，可求直线的方程为．
则经过直线和直线的方程可写为．
可化为．④
易知A，B，C，D四个点满足上述方程，同时A，B，C，D又在椭圆上，则有，代入④式可得．
故，可得或．
其中表示直线，则表示直线．
令，得，即直线恒过点．
【整体点评】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题.
第二问的方法一最直接，但对运算能力要求严格；方法二曲线系的应用更多的体现了几何与代数结合的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.
25．(1)x2−y23=1；
(2)24．
【分析】（1）利用双曲线的标准方程与性质即可求解.
（2）通过直线与双曲线的位置关系，利用韦达定理，代入，求解双曲线中的最值问题．
【详解】（1）由双曲线E的离心率为2，得 ①．
因为双曲线E过点，所以 ②．
又c2=a2+b2③，
联立①②③式，解得，．
故双曲线E的标准方程为x2−y23=1．
（2）由双曲线的对称性，知四边形ABCD为平行四边形，所以．
由题意知直线AD的斜率不为零，设AD的方程为．
联立消去x，得．
，设，，则，．
因为A，D均在双曲线右支，所以
所以解得．
所以，
．
令，则．
所以．
令函数，易得ft在区间上单调递减，
所以当时，．
所以四边形ABCD面积的最小值为24．
26．(1)双曲线的标准方程为，渐近线方程为
(2)证明过程见详解.
【分析】（1）利用焦距求出，利用点到直线距离公式表示到的渐近线的距离求出，
再利用c2=a2+b2求出，然后求出渐近线.
（2）讨论直线的斜率是否存在，且当直线的斜率存在时，设出直线方程，与双曲线方程联立，根据，找到参数之间的关系，线段的长，利用点到直线的距离公式求出三角形的高，求得面积，即可证明.
【详解】（1）因为，所以，因为F1−c,0，渐近线为y=±bax，
即则到的渐近线的距离为可表示为，
所以a=c2−b2=1，
所以双曲线的标准方程为，渐近线方程为.
（2）①当直线经过双曲线的顶点时直线的斜率不存在，此时直线方程为，
此时易得，点到直线的距离为，所以此时
②当直线的斜率存在时设直线为，
由得
因为直线于双曲线相切，所以且，
整理得且，即
由得，则
同理得到
所以
点到直线的距离
所以
所以的面积为定值3.

【点睛】利用，找到参数之间的关系，再利用公式求得AB，利用点到直线的距离公式求出三角形的高，进而求出面积是解题关键.
27．(1)y=±3x
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）将点的坐标代入双曲线方程即可求解双曲线的标准方程，然后求解渐近线即可；
（2）分类讨论，设出切线方程，联立方程利用判别式法求得斜率，即可求出切线方程；
（3）联立方程求得点A和B的坐标，进而求出，结合渐近线的夹角，代入三角形面积公式即可求解.
【详解】（1）因为双曲线过点，2,3，所以，
解得，所以双曲线C的标准方程为x2−y23=1，所以双曲线C的渐近线方程为y=±3x.
（2）当切线斜率存在时，不妨设切线方程为，因为点P(x0,y0)在双曲线C上，
所以，联立，
消去y并整理得，
此时，即，
所以，又，所以，
解得，
所以切线方程为，即；
当切线斜率不存在时，即时，切点为，切线方程为，满足；
综上，直线l的方程为.
（3）由（1）知双曲线C的渐近线方程为y=±3x，此时两渐近线与x轴的夹角均为，
即，设，由（2）可知切线方程为，
联立，解得，即，
此时，同理可得，
所以的面积
.

28．(1)
(2)4
【分析】（1）根据双曲线方程设，，根据重心坐标公式求出，代入原方程即可得到的值，则得到双曲线方程；
（2）设的方程为，，将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，写出直线的方程，令，解出，将韦达定理式代入整理得，则得到定值.
【详解】（1）因为双曲线的渐近线方程为，
故可设双曲线的方程为，
设，因为的重心点的坐标为，
所以，解得，所以，则代入得，
所以双曲线的标准方程为
（2）由题意知直线的斜率必存在，设的方程为，
，则，联立，
化简得，
则，且，
由韦达定理得
，，
则直线的方程为：，
令，则
，故.
.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是采用设线法，即设的方程为，再将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，
29．
【分析】作仿射变换通过将椭圆转换成圆的方法进行解答，其中弦长可利用进行求解，即可结合三角形面积利用基本不等式求得答案．
【详解】根据仿射变换，得到圆：，
所以，，所以．

因为，所以．
设直线方程为，则点到直线的距离为，
,
故，
当且仅当，即时取等号，
此时，取最大值3，此时直线方程为，
故S△ABC最大值为，此时直线AB方程为．
30．(1)；
(2)证明见解析
【分析】（1）由离心率及过点坐标得到方程组，解得、、，即可得到椭圆方程；
（2）通过反射变换将椭圆变成圆，由及数量积的运算律得到，从而求出，即可得到，即可得证.
【详解】（1）依题意可得，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）令，所以，
设，，是圆上的三点，且，，
所以
，
所以，所以，
所以，即的面积是一个常数．

法二：设，，，
可得，，，
由，
可得，
即有，，
可得
，
即有，由，
可得，
又
，
由，，且，
即为，即，
又．
则的面积是一个常数1．
31．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先根据椭圆C6，，，求得a，b，进而得到椭圆Cn的方程求解；
（2）作伸缩变换，使椭圆变为圆，椭圆C6变为圆，由题意得到，再由点P关于原点的对称点为Q，求解.
【详解】（1）解：椭圆C6的方程为，即，
∵，∴，，
∴，即．
又，
∴，b2=1，
∴椭圆Cn的方程为．
∴Cn的离心率，
椭圆的方程为．
（2）作伸缩变换，
则椭圆变为圆，椭圆C6变为圆．
如图所示．
∵直线MN与椭圆相切于点P，则变换后直线与圆相切于点，此时．
而，，则，
从而，
故，于是．
又点P关于原点的对称点为Q，则，
即的面积为定值．
【点睛】方法点睛：本题第二问通过作伸缩变换，将椭圆问题转化为圆的问题，易得，再利用对称性，由而得解.
32．（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）能，或．
【详解】试题分析：（1）设直线l:y=kx+b，直线方程与椭圆方程联立，根据韦达定理求根与系数的关系，并表示直线的斜率，再表示；
（2）第一步由 (Ⅰ)得的方程为．设点的横坐标为，直线与椭圆方程联立求点的坐标，第二步再整理点的坐标，如果能构成平行四边形，只需，如果有值，并且满足，的条件就说明存在，否则不存在.
试题解析：解：(1)设直线l:y=kx+b，，，．
∴由得，
∴，．
∴直线的斜率，即．
即直线的斜率与的斜率的乘积为定值．
（2）四边形能为平行四边形．
∵直线过点，∴不过原点且与有两个交点的充要条件是，
由 (Ⅰ)得的方程为．设点的横坐标为．
∴由得，即
将点的坐标代入直线的方程得，因此．
四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分，即
∴．解得，．
∵，，，
∴当的斜率为或时，四边形为平行四边形．
考点：直线与椭圆的位置关系的综合应用
【一题多解】第一问涉及中点弦，当直线与圆锥曲线相交时，点是弦的中点，（1）知道中点坐标，求直线的斜率，或知道直线斜率求中点坐标的关系，或知道求直线斜率与直线斜率的关系时，也可以选择点差法，设,，代入椭圆方程，两式相减，化简为，两边同时除以得，而,,即得到结果，
（2）对于用坐标法来解决几何性质问题，那么就要求首先看出几何关系满足什么条件，其次用坐标表示这些几何关系，本题的关键就是如果是平行四边形那么对角线互相平分，即，分别用方程联立求两个坐标，最后求斜率.
33．(1)证明见解析
(2)是定值，定值为
【分析】（1）利用仿射变换将椭圆方程变为圆的方程，设原斜率分别为，，，则变换后斜率，设变换后坐标系动点，过点的直线为，将圆的方程和直线方程联立，利用直线和圆相切结合韦达定理求解即可；
（2）由图中的垂直关系，利用等面积法和，结合椭圆的性质求解即可.
【详解】（1）由仿射变换得：，，则椭圆变为
设原斜率存在分别为，，，变换后为，，所以，
设变换后的坐标系动点，过点的直线为
到原点距离为，
即，
由韦达定理得：，化简得：
由于原坐标系中，，
所以在原坐标系中轨迹方程为：，
由解得，所以点的轨迹方程为x2+y2=9，
当切线斜率不存在时，由椭圆方程易得点在x2+y2=9上.
（2）如图所示延长交于，延长交于，
由题意可知，所以四边形为矩形，，
所以，且，
分子分母同乘得，
因为，当直线斜率存在时，设，，
由解得，，所以，
由解得，，所以，
所以，
当斜率不存在时仍成立，
所以，，
所以所形成的轨迹与所形成的轨迹的面积之差是定值.
34．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据双曲线渐近线方程及c2=a2+b2求得，写出双曲线方程；
（2）联立直线：与双曲线方程得韦达定理，由，用表示，将韦达定理代入后计算为定值；
（3）将表示为的函数，分析单调性求范围.
【详解】（1）依题意，，渐近线方程．
所以，又因为c2=a2+b2，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，
依题意，直线的斜率存在，且，
设直线的方程为：，
由，消去并整理得：，设Ax1,y1,Bx2,y2，
则，
而点，则，
因为，则有，即，同理，
所以，为定值.
（3）由（2）知，点，，，
因为，令，而函数在上单调递减，即，
因此，所以.
所以三角形的面积的取值范围.
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的几何图形面积范围或最值问题，可以以直线的斜率、横(纵)截距、图形上动点的横(纵)坐标为变量，建立函数关系求解作答.
35．(1)
(2)
【分析】（1）由条件可得关于的方程，即可求解；
（2）由直线方程与双曲线方程联立，并表示直线的直线方程，并求点的坐标，并转化为，结合韦达定理，即可表示求解.
【详解】（1）设Fc,0，其中一条渐近线方程为，即，
则焦点到渐近线的距离，
又，则，则a2=3，
所以双曲线方程为；
（2）由（1）知，设直线，Ax1,y1,Bx2,y2
联立，得，，
，，
直线的方程为，当时，，
直线的方程为，当时，，
即，，
如图可知，，
，
，
，
当，时，，，
所以，
即，
当时，，
所以.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用点的坐标表示点的坐标，再一个关键是计算问题，利用韦达定理正确表示面积比值，即可求解.
36．(1)虚轴长，离心率
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据双曲线方程直接得虚轴长与离心率；
（2）设点，，，分别表示，，再根据点在双曲线上，可得证；
（3）当直线斜率存在时，设直线方程为，，，联立直线与双曲线，结合韦达定理，可将恒成立转化为恒成立，所以，解得，当直线斜率不存在时，直线方程为，此时，，由可解得.
【详解】（1）由双曲线方程为，
可知，，，
所以虚轴长为，离心率；
（2）

设点，，，
则，，
则，
又点与点均在双曲线上，
则，，
所以，
所以为定值；
（3）

假设存在点，使恒成立，
由已知得
当直线斜率存在时，设直线方程为，，，
联立直线与双曲线，得，，且，
，，
，，
则，
若恒成立，则恒成立，
即，解得，
当直线斜率不存在时，直线的方程为，此时，，
，
，解得或，
综上所述，，
所以存在点，使恒成立.
【点睛】(1)解答直线与双曲线的题目时，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．
37．(1)x2−y23=1
(2)存在，
【分析】（1）由右焦点F到其渐近线的距离为可得，由PF⊥x轴，且可得，从而可得双曲线的标准方程；
（2）根据题意，先写出直线直线方程，并求的坐标，然后直线与双曲线联立方程组，消去，得一元二次方程，进而求的取值范围，从而通过的计算化简可得结论.
【详解】（1）双曲线的渐近线方程为y=±bax，即，
右焦点Fc,0到渐近线的距离，得.
设，则，得，即，
于是由，得
双曲线标准方程为：x2−y23=1.
（2）由（1），不妨令，且，
因为过F点作直线l与双曲线的右支交于A、B两点（A、B不与P点重合），
所以直线的斜率存在，即直线方程为，
则，因此 .
由联立并化简得，
令Ax1,y1，Bx2,y2，则，
∵直线与双曲线右支相交，
，或，
.
存在，使得成立.
【点睛】易错点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线的综合问题，属于较难题.解决该问题应该注意的事项：
（1）写直线方程的时候要考虑斜率是否存在；
（2）直线与双曲线右支相交的时候.
38．是定值为1，理由见解析
【分析】利用仿射变换椭圆变为圆，变为，求出的面积可得答案.
【详解】是，理由如下，
如图所示，由仿射变换得椭圆，变为圆．
点A，B，M，N变换后对应的点分别为，，，，且，．
从而，
∵，∴，即，
于是，故．
即的面积为定值1．
39．（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.
40．证明见解析
【分析】运用仿射变换将椭圆变成圆，运用两点间斜率公式求出，得到．画出图形，运用直线，的倾斜角与，互余，得到，进而得到，转化为高度，即，得到直线必过定点,进而得到直线MN过定点即可.
【详解】纵坐标不变，横坐标变为原来的，得到平面．
通过仿射变换后，椭圆变为圆．
于是．
同理，故．
如图所示，连接，，则，，故直线，的倾斜角与，互余．
从而，，故．
∵，∴
设直线与轴交于点，点，到直线的距离分别为，．
从而，故，即，此时是的中点．
∵点，，且易知点，∴直线必过定点．
因此，直线MN也过点．
【点睛】关键点点睛：本题关键将椭圆通过放射变换转化为圆，画出草图，运用圆的知识，借助三角形面积公式，得到面积之比，进而得到高度之比，最终转为线段长度之比，进而得到定点．转化能力要求较高，属于难题.
41．(1)；
(2)
【分析】（1）由椭圆的中点弦问题，求出直线AB的斜率，将中点坐标代入求解即可；
（2）令，进行仿射变换，最小时，AB与CD距离最大，进而利用比值关系和平面几何知识进行求解即可.
【详解】（1）设AB中点坐标为，代入圆方程可得；
根据拉伸定理可知，
将代入可知，故；
（2）如图：

，令，
拉伸后可知，最小时，AB与CD距离最大，
令拉伸后的参数方程为，
当上的点P离原点距离最大时，
即，
当时，，
此时过P作的切线，，．
42．(1)
(2)5
【分析】（1）根据离心率得到，直线与圆相切得，又，联立解出即可；
（2）联立，消元得：；由、、且恰好构成等比数列，得到：，代入求得：，最后算出，代入化简即可得结果.
【详解】（1）椭圆C：的离心率为，则.
以坐标原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切，
则，又，前面三个式子联立得到，a=2,b=1,
则椭圆C的标准方程.
（2）依题意，直线斜率存在且，设直线的方程为，Ax1,y1、Bx2,y2，由,
因为、、且恰好构成等比数列，
所以 ，
即；
所以.
此时
得，且m2≠1（否则：，则，中至少有一个为0，
直线、中至少有一个斜率不存在，与已知矛盾）
所以；
所以
所以是定值为5.
【点睛】知识点点睛：本题主要考查了椭圆的标准方程，等比数列的性质，圆锥曲线中的定值问题，考查了学生运算求解能力，属于难题.
43．(1)
(2)．
【分析】（1）根据椭圆的定义即可求解；
（2）先写出相似椭圆的方程，设出直线方程，联立直线和椭圆的方程，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系、距离公式进行求解.
【详解】（1）∵椭圆C的中心在原点O，左焦点为F1−1,0，∴，，
∴，椭圆C的方程为．
（2）
椭圆C的3倍相似椭圆的方程为：，
①若切线垂直于轴， 则其方程为：，解得，；
②若切线不垂直于轴， 可设其方程为，
将代入椭圆方程，得，，即，
设两点的坐标分别是，
将代入椭圆方程，得，
此时，，
，
由于，所以，即，
综合上述．
44．（1） （2）
【详解】试题分析：设出，由直线的斜率为求得，结合离心率求得，再由隐含条件求得，即可求椭圆方程；（2）点轴时，不合题意；当直线斜率存在时，设直线，联立直线方程和椭圆方程，由判别式大于零求得的范围，再由弦长公式求得，由点到直线的距离公式求得到的距离，代入三角形面积公式，化简后换元，利用基本不等式求得最值，进一步求出值，则直线方程可求.
试题解析：（1）设，因为直线的斜率为，
所以，.
又
解得，
所以椭圆的方程为.
（2）解：设
由题意可设直线的方程为：，
联立消去得，
当，所以，即或时
.
所以
点到直线的距离
所以，
设，则，
，
当且仅当，即，
解得时取等号，
满足
所以的面积最大时直线的方程为：或.
【方法点晴】本题主要考查待定系数法求椭圆方程及圆锥曲线求最值，属于难题.解决圆锥曲线中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法，本题（2）就是用的这种思路，利用均值不等式法求三角形最值的.
45．(1)；
(2)
(3)椭圆C上不存在三点，使得
【分析】（1）根据已知设出直线的方程，利用弦长公式求出|PQ|的长，利用点到直线的距离公式求点O到直线的距离，根据三角形面积公式，即可求得和均为定值；
（2）由（I）可求线段PQ的中点为M，代入|OM|•|PQ|并利用基本不等式求最值；
（3）假设存在，满足，由（1）得，，，， ，，从而得到的坐标，可以求出方程，从而得出结论.
【详解】（1）（ⅰ）当直线的斜率不存在时，，两点关于轴对称，所以
∵在椭圆上
∴ ①
又∵，
∴ ②
由①②得，．此时；
（ⅱ）当直线的斜率存在时，是直线的方程为，将其代入得

故即
又，
∴
∵点到直线的距离为
∴
又
整理得
此时

综上所述结论成立．
（2）（ⅰ）当直线的斜率不存在时，由（1）知
，
因此．
（ⅱ）当直线的斜率存在时，由（1）知

所以

．当且仅当，
即时，等号成立．
综合（1）（2）得的最大值为.
（3）椭圆C上不存在三点，使得
证明：假设存在，满足
由（1）得，，，， ，
解得：，.
因此从集合中选取，从集合中选取；
因此只能从点集这四个点选取三个不同的点，而这三个点的两两连线必然有一条经过原点，这与矛盾.
所以椭圆C上不存在三点，使得
【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系，弦长公式和点到直线的距离公式，是一道综合性的试题，考查了学生综合运用知识解决问题的能力．（3）考查学生观察、推理以及创造性地分析问题解决问题的能力.
46．(1)是旋转变换，不是旋转变换；
(2)
(3)1
【分析】（1）根据题目给的定义进行判断即可
（2）利用求解.
（3）利用推导得到是开口向上,顶点为0,1的抛物线由的保距性，求解.
【详解】（1）是旋转变换，不是旋转变换，理由如下：
，
若，，
，
综上，是旋转变换；
当，有可能小于0也可能大于0，故不是旋转变换.
（2）设，则①，
当时，，
且当时，，故，
将①代入左式整理得②
联立①、②，消去得，
因，故
，故或，
代入②，得或，
又，故，
因此，即，同理得
则
（3）首先，证旋转变换是保距离的，如下，
若是旋转变换，
设
设，则有，
当时,，
故是旋转变换；
由，得③
将③代入，得，故是直线轴.
将③代入，得，
故是开口向上，顶点为0,1的抛物线，
由的保距性，中点到直线的最短距离，即中点到直线的最短距离为1.
47．(1)；
(2)；
(3)定值0，证明见解析.
【分析】(1)根据给定条件设出双曲线C的方程，利用待定系数法计算得解.
(2)根据给定条件求出点M的坐标，并求出点M到直线DP距离，再借助三角形面积公式计算即得.
(3)设出直线AB方程：，联立直线AB与双曲线C的方程，借助韦达定理计算即可作答.
【详解】（1）因双曲线C的中心在原点，一个顶点是，则设双曲线C的方程为：，
于是得双曲线C的渐近线方程为，而双曲线C的一条渐近线的一个方向向量是，
则有，
所以双曲线C的方程为.
（2）依题意，设点，则，即，
，当时，，此时，
点M到直线DP：的距离为，而，如图，

四边形ODMP的面积，
所以四边形ODMP的面积为.
（3）显然直线AB不垂直于y轴，设直线AB方程：，由消去x得：，
当时，恒成立，设A(x1,y1),B(x2,y2)，
则有，，
因此，，
所以为定值0.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法：(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．
48．(1)③是，
(2)码头应在建点处
(3)答案见解析
【分析】（1）根据等轴双曲线的性质分别判断各曲线；
（2）所求问题可转化为在双曲线求一点，使最小，再根据双曲线性质可得判断出点为双曲线焦点，再根据双曲线的定义可得点位置.
（3）根据双曲线各几何性质的意义分别判断.
【详解】（1）双曲线的焦点在轴上，所以①不是双曲线的方程；
双曲线不经过点，所以②不是双曲线的方程；
所以③是等轴双曲线的方程，等轴双曲线的焦点、在直线上，
所以双曲线的顶点也在直线上，联立方程，解得双曲线的两顶点坐标为，，
则双曲线的实轴长为；
（2）
所求问题可转化为在双曲线求一点，使最小，
首先，点应该选择在等轴双曲线的中第一象限的那一支上，
又等轴双曲线的的长轴长为，
则其焦距为，
又双曲线的两个焦点、在直线上，线段的中点是原点，
所以是的一个焦点，
设双曲线的另一个焦点为，
由双曲线的定义知：，
则，
所以要求的最小值，只需求的最小值，直线的方程为，
则直线与双曲线在第一象限的交点为，
即码头应在建点处，才能使修建两条公路的总费用最低；
（3）由已知①，此双曲线是中心对称图形，对称中心是原点；
②渐近线是和，当时，当无限增大时，无限趋近于，与无限趋近；当无限增大时，无限趋近于；
③双曲线的对称轴是和；
④实轴在直线上，实轴长为，虚轴在直线，虚轴长为；
⑤焦点坐标为，，焦距.