24届高三二轮复习解析几何专题4——解析几何（一）原卷及教师版

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一、互极与帕斯卡模型
1．（2023上·贵州贵阳·高二统考期末）阅读材料：
（一）极点与极线的代数定义；已知圆锥曲线G：，则称点P(，)和直线l：是圆锥曲线G的一对极点和极线.事实上，在圆锥曲线方程中，以替换，以替换x(另一变量y也是如此)，即可得到点P(，)对应的极线方程.特别地，对于椭圆，与点P(，)对应的极线方程为；对于双曲线，与点P(，)对应的极线方程为；对于抛物线，与点P(，)对应的极线方程为.即对于确定的圆锥曲线，每一对极点与极线是一一对应的关系.
（二）极点与极线的基本性质､定理
①当P在圆锥曲线G上时，其极线l是曲线G在点P处的切线；
②当P在G外时，其极线l是曲线G从点P所引两条切线的切点所确定的直线（即切点弦所在直线）；
③当P在G内时，其极线l是曲线G过点P的割线两端点处的切线交点的轨迹.
结合阅读材料回答下面的问题：
(1)已知椭圆C：经过点P(4，0)，离心率是，求椭圆C的方程并写出与点P对应的极线方程；
(2)已知Q是直线l：上的一个动点，过点Q向（1）中椭圆C引两条切线，切点分别为M，N，是否存在定点T恒在直线MN上，若存在，当时，求直线MN的方程；若不存在，请说明理由.
2．（专题7圆锥曲线之极点与极线微点1圆锥曲线之极点与极线）已知直线：与圆：，点，则下列说法正确的是（ ）
A．若点在圆上，则直线与圆相切
B．若点在圆内，则直线与圆相离
C．若点在圆外，则直线与圆相离
D．若点在直线上，则直线与圆相切
3．（2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）椭圆方程，平面上有一点．定义直线方程是椭圆在点处的极线．已知椭圆方程．
(1)若在椭圆上，求椭圆在点处的极线方程；
(2)若在椭圆上，证明：椭圆在点处的极线就是过点的切线；
(3)若过点分别作椭圆的两条切线和一条割线，切点为，，割线交椭圆于，两点，过点，分别作椭圆的两条切线，且相交于点．证明：，，三点共线．
4．（2024·全国·高三专题练习）对于抛物线，若点满足，则直线与抛物线（ ）
A．恰有一个公共点B．恰有两个公共点
C．有一个或两个公共点D．没有公共点
5．（2010·湖北·高考真题）已知椭圆的两焦点为,点满足,则的取值范围为 ，直线与椭圆的公共点个数 ．
6．（2020上·江苏镇江·高二扬中市第二高级中学校考开学考试）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.
7．（2023·陕西西安·西安市大明宫中学校考模拟预测）已知动圆恒过定点，圆心到直线的距离为．
(1)求点的轨迹的方程；
(2)过直线上的动点作的两条切线，切点分别为，证明：直线恒过定点．
8．（2021下·江西上饶·高一校考阶段练习）已知两个定点、，动点满足，设动点的轨迹为曲线，直线．
(1)求曲线的方程；
(2)若，是直线上的动点，过作曲线的两条切线、，切点为、，探究：直线是否过定点？若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由．
9．（2011·四川·高考真题）椭圆有两顶点A（﹣1，0）、B（1，0），过其焦点F（0，1）的直线l与椭圆交于C、D两点，并与x轴交于点P．直线AC与直线BD交于点Q．
（Ⅰ）当|CD|=时，求直线l的方程；
（Ⅱ）当点P异于A、B两点时，求证：为定值．
10．（2023下·江苏南通·高三海安高级中学校考阶段练习）在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，两个顶点分别为.过点的直线交椭圆于两点，直线与的交点为.
(1)当直线的斜率为1时，若椭圆上恰有两个点使得和的面积为，求的取值范围；
(2)求证：点在一条定直线上.
二、调和点列性质与双向定比点差
11．（2022上·山西临汾·高三统考期中）一般地，若，（，且），则称，，，四点构成调和点列.已知椭圆：，过点的直线与椭圆交于，两点.动点满足，，，四点构成调和点列，则下列结论正确的是（ ）
A．，，，四点共线B．
C．动点的轨迹方程为D．既有最小值又有最大值
12．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆，过点的动直线交椭圆于两点，在线段上取点满足，求证：点在某条定直线上．

13．（2017·湖南·校联考一模）在平面直角坐标系中，已知动点到定点的距离与到定直线的距离之比为．
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）已知为定直线上一点.
①过点作的垂线交轨迹于点（不在轴上），求证：直线与的斜率之积是定值；
②若点的坐标为，过点作动直线交轨迹于不同两点，线段上的点满足，求证：点恒在一条定直线上.
14．（2008·安徽·高考真题）设椭圆过点 ，且左焦点为
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）当过点的动直线 与椭圆相交与两不同点 时，在线段上取点 ，满足，证明：点 总在某定直线上
15．（2019上·浙江杭州·高二浙江省杭州第二中学校考期末）已知椭圆E：1（a＞0）的中心为原点O，左、右焦点分别为F1、F2，离心率为，点P是直线x上任意一点，点Q在椭圆E上，且满足0．
（1）试求出实数a；
（2）设直线PQ与直线OQ的斜率分别为k1与k2，求积k1•k2的值；
（3）若点P的纵坐标为1，过点P作动直线l与椭圆交于不同的两点M、N，在线段MN上取异于点M、N的点H，满足，证明点H恒在一条定直线上．
三、调和线束之中线模型
16．（2019上·四川·高三校联考阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，已知R为圆上的一动点，R在x轴，y轴上的射影分别为点S，T，动点P满足，记动点P的轨迹为曲线C，曲线C与x轴交于A，B两点．
（1）求曲线C的方程；
（2）已知直线AP，BP分别交直线于点M,N，曲线C在点Р处的切线与线段MN交于点Q，求的值．
17．（2022下·海南省直辖县级单位·高二嘉积中学校考期末）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．
18．（2023上·高二课时练习）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．
19．（2018·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，焦距为.斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点、.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）若，求的最大值；
（Ⅲ）设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若、和点 共线，求.
20．（2020·北京·统考高考真题）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．
四、三角形中线斜率等差模型
21．（2023上·湖南永州·高三永州市第一中学校考阶段练习）已知为坐标原点，椭圆的左､右焦点分别为，直线与椭圆交于两点，当的周长取得最大值8时，.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点作斜率存在且不为0的直线交椭圆于两点，若，直线与直线交于点，记直线的斜率分别为，试判断是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由.
22．（2022上·江苏南通·高三统考期中）已知双曲线C：的左焦点为F，过点F作直线l交C的左支于A，B两点．
(1)若，求l的方程；
(2)若点，直线AP交直线于点Q．设直线QA，QB的斜率分别，，求证：为定值．
23．（2023·湖北·统考模拟预测）已知椭圆的右顶点为A，左焦点为F，过点F作斜率不为零的直线l交椭圆于两点，连接，分别交直线于两点，过点F且垂直于的直线交直线于点R．
(1)求证：点R为线段的中点；
(2)记，，的面积分别为，，，试探究：是否存在实数使得？若存在，请求出实数的值；若不存在，请说明理由．
24．（2019·四川成都·四川省成都市七中育才学校校考一模）设圆的圆心为，直线过点且与轴不重合，交圆于，两点，过点作的平行线交于点.
（1）求的值；
（2）设点的轨迹为曲线，直线与曲线相交于，两点，与直线相交于点，试问在椭圆上是否存在一定点，使得，，成等差数列（其中，，分别指直线，，的斜率）.若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
25．（2022上·福建福州·高三福建省福州第二中学校考阶段练习）设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，．
(1)求C的方程；
(2)设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程．
五、调和共轭之角平分线模型
26．（2017上·湖北·高二校联考期中）已知椭圆C：（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上.
（Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点.
27．（第五篇向量与几何专题6调和线束微点1调和线束（一））设椭圆的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为．
(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB．
28．（2016下·贵州铜仁·高二统考期末）在直角坐标系中，曲线C：y=与直线交与M,N两点，
（Ⅰ）当k=0时，分别求C在点M和N处的切线方程；
（Ⅱ）y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM=∠OPN？说明理由.
29．（2013·陕西·高考真题）已知动圆过定点A(4,0), 且在y轴上截得的弦MN的长为8.
(Ⅰ) 求动圆圆心的轨迹C的方程;
(Ⅱ) 已知点B(－1,0), 设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P, Q, 若x轴是的角平分线, 证明直线l过定点.
六、三角形角平分线倾斜角等差模型
30．（2023·福建龙岩·统考二模）已知抛物线，直线过点且与相交于，两点，若的平分线过点，则直线的斜率为 ．
七、焦准模型
31．（2023·江苏南通·二模）已知椭圆的离心率为，焦距为，过的左焦点的直线与相交于、两点，与直线相交于点．
(1)若，求证：；
(2)过点作直线的垂线与相交于、两点，与直线相交于点．求的最大值．
32．（2020上·四川南充·高三统考阶段练习）设为椭圆:的右焦点，不垂直于轴且不过点的直线与交于，两点，在中，若的外角平分线与直线交于点，则的横坐标为 .
33．（2010·山东枣庄·统考一模）如图，斜率为1的直线过抛物线的焦点F，与抛物线交于两点A，B，
（1）若|AB|=8，求抛物线的方程；
（2）设C为抛物线弧AB上的动点（不包括A，B两点），求的面积S的最大值；
（3）设P是抛物线上异于A，B的任意一点，直线PA，PB分别交抛物线的准线于M，N两点，证明M，N两点的纵坐标之积为定值（仅与p有关）
八、彭赛列闭合定理
34．（2021·浙江·高三专题练习）抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且．已知点，且与l相切．
（1）求C，的方程；
（2）设是C上的三个点，直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由．
35．（2021上·江苏无锡·高二江苏省天一中学校考期中）如图，已知是椭圆的内接△ABC的内切圆，其中，A为椭圆的左顶点.
（1）求⊙G的半径r；
（2）过点M（0，1）作⊙G的两条切线与椭圆交于E、F两点，证明:直线EF与⊙G相切.
九、阿波罗尼斯圆
36．（2023上·四川眉山·高二仁寿一中校考阶段练习）在平面直角坐标系中，点，若点满足，则的最小值为（ ）.
A．B．C．D．
37．（2021上·黑龙江大庆·高三阶段练习）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一，指的是：已知动点与两个定点，的距离之比为（，且），那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆.若平面内两定点，间的距离为，动点满足，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
38．（2022上·黑龙江哈尔滨·高二哈尔滨德强学校校考开学考试）古希腊数学家阿波罗尼斯（约前262—前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数且的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.已知，，圆上有且仅有一个点P满足，则r的取值为（ ）
A．1B．5C．1或5D．不存在
39．（2021·贵州贵阳·统考模拟预测）在平面内，已知动点P与两定点A，B的距离之比为，那么点P的轨迹是圆，此圆称为阿波罗尼斯圆.在空间中，也可得到类似结论.如图，三棱柱中，平面ABC，，，，点M为AB的中点，点P在三棱柱内部或表面上运动，且，动点P形成的曲面将三棱柱分成两个部分，体积分别为，，则（ ）
A．B．C．D．
40．（2023·湖南长沙·长沙市实验中学校考三模）已知平面上两定点A、B，则所有满足（且）的点P的轨迹是一个圆心在直线AB上，半径为的圆．这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆．已知棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1表面上动点P满足，则点P的轨迹长度为 ．
41．（2019上·四川绵阳·高二绵阳中学校考开学考试）若满足条件，则面积的最大值为 ．
42．（2022·全国·高三专题练习）已知圆C：，定点P是圆C上的动点，，O是坐标原点，则的最小值为 ．
43．（2019上·浙江·高三统考期末）已知，是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量满足，则最小值为 .
44．（2019·浙江宁波·浙江省宁波市鄞州中学校考模拟预测）已知向量满足，则的取值范围是 .
45．（2020·山东枣庄·校联考一模）设双曲线的左右两个焦点分别为、，是双曲线上任意一点，过的直线与的平分线垂直，垂足为，则点的轨迹曲线的方程 ；在曲线上，点，，则的最小值 .
十、四川诊断题中不好算的圆
46．（2024·四川绵阳·统考二模）己知曲线与x轴交于不同的两点A，B，与y轴交于点C，则过A，B，C（A，B，C均不重合）三点的圆的半径不可能为（ ）
A．B．C．1D．2
47．（2023·四川成都·三模）在平面直角坐标系中，射线与直线，圆分别相交于两点，若线段上存在点（不含端点），使得对于圆上任意一点都满足，则的最大值为 ．
48．（2022·四川成都·统考三模）如图，经过坐标原点O且互相垂直的两条直线AC和BD与圆相交于A，C，B，D四点，M为弦AB的中点，有下列结论：
①弦AC长度的最小值为；
②线段BO长度的最大值为；
③点M的轨迹是一个圆；
④四边形ABCD面积的取值范围为．
其中所有正确结论的序号为 ．
49．（2023·四川巴中·统考一模）已知为单位向量，若，则的取值范围为 .
十一、二次曲线幂定理
50．（2016·四川·高考真题）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．
51．（2021·全国·统考高考真题）在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和.
52．（2023上·江苏·高二淮阴中学校联考阶段练习）在平面直角坐标系中，、、三点共线，且，.当、分别在轴和轴上运动时，动点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)若过点且斜率分别为，的两条直线与曲线分别交于点、、、，并满足，求的值.
53．（2023上·河南·高二校联考阶段练习）已知椭圆的右焦点为，离心率为，点在椭圆C上.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点作直线（直线的斜率不为0）与椭圆相交于两点，过焦点作与直线的倾斜角互补的直线，与椭圆相交于两点，求的值.
54．（2020·全国·高三专题练习）已知椭圆的左右焦点分别为，离心率为，椭圆上的点到点的距离之和等于4.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）是否存在过点的直线与椭圆相交于不同的两点，，满足？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.
55．（2017·江苏南京·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，焦点在轴上的椭圆C:经过点，且经过点作斜率为的直线交椭圆C与A、B两点(A在轴下方).
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点且平行于的直线交椭圆于点M、N，求的值；
(3)记直线与轴的交点为P，若，求直线的斜率的值.
56．（2016·四川·高考真题）已知椭圆E：（a﹥b﹥0）的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点在椭圆E上.
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）设不过原点O且斜率为的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，线段AB的中点为M，直线OM与椭圆E交于C，D，证明：|MA|·|MB|=|MC|·|MD|.
十二、焦点弦与焦比公式
57．（2024·广东汕头·金山中学校考一模）已知椭圆的左焦点为，过作圆的一条切线交椭圆于，两点，若，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
58．（2019·全国·高考真题）已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点.若，，则C的方程为
A．B．C．D．
59．（2009·全国·高考真题）已知双曲线的右焦点为F且斜率为的直线交C于A、B两点，若，则C的离心率为
A．B．C．D．
60．（2023·全国·统考高考真题）已知双曲线的左、右焦点分别为．点在上，点在轴上，，则的离心率为 ．
61．（2022·全国·统考高考真题）已知椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，，离心率为．过且垂直于的直线与C交于D，E两点，，则的周长是 ．
62．（2007·重庆·高考真题）过双曲线的右焦点F作倾斜角为的直线，交双曲线于P、Q两点，则的值为 .
63．（2014·安徽·高考真题）设分别是椭圆的左、右焦点，过点的直线交椭圆于两点，若轴，则椭圆的方程为
64．（2008·江西·高考真题）过抛物线的焦点作倾角为的直线，与抛物线分别交于、两点（在轴左侧），则 ．
65．（2011·浙江·高考真题）设F1，F2分别为椭圆+y2=1的焦点，点A，B在椭圆上，若=5；则点A的坐标是 ．
66．（2010·全国·高考真题）已知椭圆的离心率为，过右焦点且斜率为的直线与相交于两点．若，则
A．1B．C．D．2
十三、利用第二第三定义分析问题
67．（2023上·贵州贵阳·高二校考阶段练习）请阅读下列材料，并解决问题：
圆锥曲线的第二定义
二次曲线，即圆锥曲线，是由一平面截二次锥面得到的曲线，包括椭圆，抛物线，双曲线等.2000多年前，古希腊数学家最先开始研究二次曲线，并获得了大量的成果.古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥的方法来研究二次曲线曲线.阿波罗尼曾把椭圆叫“亏曲线”把双曲线叫做“超曲线”，把抛物线叫做“齐曲线”，事实上，二次曲线由很多统一的定义、统一的二级结论等等.比如：平面内的动点到一个定点的距离和到定直线的距离的比是常数，则动点的轨迹就是圆锥曲线（这个圆锥曲线的第二定义）.其中定点称为其焦点，定直线称为其准线（其中椭圆与双曲线的准线方程为，抛物线准线方程为），正常数称为其离心率.当时，轨迹为椭圆；当时，轨迹为抛物线；当时，轨迹为双曲线.
(1)已知平面内的动点到一个定点的距离和到定直线的距离的比是常数，则动点的轨迹方程为 （直接写出结果，无需过程）.
(2)在（1）所求的曲线中是否存在一点，使得该点到直线的距离最小？最小距离是多少？
68．（2022·全国·高三专题练习）已知斜率为的直线与椭圆交于、两点，线段的中点为，．
(1)证明：；
(2)设为的右焦点，为上的一点，且，证明：，，成等差数列．
69．（2018上·江苏扬州·高二仪征中学校考期中）如图，椭圆，圆 ，椭圆的左、右焦点分别为，过椭圆上一点和原点作直线交圆于两点，若，则的值为 .
70．（2019上·四川成都·高三石室中学校考开学考试）设双曲线的左，右顶点为是双曲线上不同于的一点，设直线的斜率分别为，则当取得最小值时，双曲线C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
71．（2023·全国·模拟预测）在平面直角坐标系中，，，直线，相交于点，且它们的斜率之积是，记点的轨迹为曲线．
(1)求的方程．
(2)已知点，过作轴的垂线交直线于点，的平分线交于点，当点在轴右侧运动时，试判断是否为定值．若为定值，求出该定值；否则，请说明理由．
72．（2022·全国·统考高考真题）椭圆的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线的斜率之积为，则C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
十四、焦点三角形中的角度问题
73．（2022·全国·高三专题练习）椭圆两焦点为，，以为直径的圆与椭圆的一个交点为，且，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
74．（2022·全国·高三专题练习）已知，分别为椭圆的左、右两个焦点，是以为直径的圆与该椭圆的一个交点，且，则这个椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
75．（2022下·贵州遵义·高二统考期末）椭圆C：左右焦点分别为，，P为C上除左右端点外一点，若，，则椭圆C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
76．（2013上·浙江嘉兴·高三阶段练习）已知，是椭圆的左右两个焦点，若椭圆上存在点P使得，则该椭圆的离心率的取值范围是
A．B．C．D．
77．（2022·全国·高三专题练习）已知双曲线（，）左、右焦点分别为，，若双曲线右支上存在点使得，则离心率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
十五、焦点三角形中的面积问题
78．（2023·全国·统考高考真题）设为椭圆的两个焦点，点在上，若，则（ ）
A．1B．2C．4D．5
79．（2023·全国·统考高考真题）设O为坐标原点，为椭圆的两个焦点，点 P在C上，，则（ ）
A．B．C．D．
80．（2021·全国·校联考模拟预测）已知椭圆C：1（a＞b＞0）的离心率为，两焦点与短轴两顶点围成的四边形的面积为4．
(1)若P为椭圆C上一点，且∠F1PF2＝60°，求△PF1F2的面积；
(2)我们称圆心在椭圆C上运动，半径为的圆是椭圆C的“卫星圆”，过原点O作椭圆C的“卫星圆”的两条切线，分别交椭圆C于A，B两点，若直线OA，OB的斜率存在，记为k1，k2．
①求证：k1k2为定值；
②试问|OA|2+|OB|2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
81．（2022·安徽·芜湖一中校联考一模）设F1，F2是椭圆C： =1(a>b>0)的左、右焦点，O为坐标原点，点P在椭圆C上，延长PF2交椭圆C于点Q，且|PF1| =|PQ|，若PF1F2的面积为，则=（ ）
A．B．C．D．
十六、直线围城的图形面积问题
82．（2013·全国·高考真题）已知点A（﹣1，0），B（1，0），C（0，1），直线y＝ax+b（a＞0）将△ABC分割为面积相等的两部分，则b的取值范围是（ ）
A．（0，1）B．C．D．
83．（2021下·四川达州·高二四川省大竹中学校考阶段练习）已知点是椭圆的上顶点，分别是椭圆左右焦点，直线将三角形分割为面积相等两部分，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
十七、椭圆双曲线共焦点问题
84．（2023上·湖北荆州·高三沙市中学校考阶段练习）已知是椭圆和双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，则椭圆和双曲线的离心率乘积的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
85．（2020上·四川成都·高二成都外国语学校校考阶段练习）已知是椭圆与双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且，线段的垂直平分线过，若椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则的最小值为（ ）
A．B．3C．6D．
86．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆与双曲线有公共焦点，是它们的一个公共点，则的面积为 ，的形状是 ．
87．（2023下·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考阶段练习）已知椭圆：，其左、右焦点分别为、，直线过交于A、B两点，且有；双曲线：，与共焦点，其右支交于C、D，且，当最小时，m的值为 ．
88．（2022上·湖北·高二统考期末）如图，是椭圆与双曲线在第一象限的交点，且共焦点的离心率分别为，则下列结论正确的是（ ）
A．B．若，则
C．若，则的最小值为2D．
十八、解析几何的光学性质进阶
89．（2024上·全国·高三期末）已知椭圆上一点位于第一象限，左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，的角平分线与轴交于点，与轴交于点，则（ ）
A．四边形的周长为
B．直线的斜率之积为
C．
D．四边形的面积为2
90．（2021上·广东东莞·高二统考期末）从椭圆的一个焦点发出的光线射到椭圆上的点，反射后光线经过椭圆的另一个焦点，事实上，点处的切线垂直于的角平分线，已知椭圆的两个焦点是，，点是椭圆上除长轴端点外的任意一点，的角平分线交椭圆的长轴于点，则的取值范围是 .
91．（2011·全国·高考真题）已知，分别为双曲线的左、右焦点，点，点的坐标为，为的角平分线，则
92．（2023·全国·高三专题练习）抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.已知抛物线，O为坐标原点，一束平行于x轴的光线l1从点射入，经过r上的点A(x1，y1)反射后，再经r上另一点B(x2，y2)反射后，沿直线l2射出，经过点Q，则下列结论错误的是（ ）
A．y1y2＝－1
B．
C．PB平分∠ABQ
D．延长AO交直线x＝－于点C，则C，B，Q三点共线
93．（2022·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）我国首先研制成功的“双曲线新闻灯”，如图，利用了双曲线的光学性质：、是双曲线的左、右焦点，从发出的光线射在双曲线右支上一点，经点反射后，反射光线的反向延长线过；当异于双曲线顶点时，双曲线在点处的切线平分．若双曲线的方程为上，则下列结论不正确的是（ ）
A．射线所在直线的斜率为，则
B．当时，
C．当过点时，光由到再到所经过的路程为
D．若，直线与相切，则
十九、大小圆问题
94．（2020·全国·高三专题练习）如图所示，已知是椭圆的左，右焦点，是椭圆上任意一点，过作的外角的角平分线的垂线，垂足为，则点的轨迹为（ ）
A．直线B．圆C．椭圆D．双曲线
95．（2020·四川南充·统考二模）设点F1(－c，0)，F2(c，0)分别是椭圆C：的左、右焦点，P为椭圆C上任意一点，且的最小值为0.
（1）求椭圆C的方程；
（2）如图，动直线l：y＝kx＋m与椭圆C有且仅有一个公共点，作F1M⊥l，F2N⊥l分别交直线l于M，N两点，求四边形F1MNF2的面积S的最大值.
96．（2021下·江苏·高三校联考阶段练习）已知椭圆，点为椭圆在第一象限的点，、为椭圆的左、右焦点，点关于原点的对称点为.
（1）设点到直线、的距离分别为、，求的取值范围；
（2）已知椭圆在处的切线的方程为：，射线交于点.求证：.
二十、填空题
二一、曲率半径
参考答案：
1．(1)，
(2)存在，
【分析】(1)根据题意和离心率求出a、b，即可求解；
(2)利用代数法证明点Q在椭圆C外，则点Q和直线MN是椭圆C的一对极点和极线.
根据题意中的概念求出点Q对应的极线MN方程，可得该直线恒过定点T（2,1），利用点差法求出直线的斜率，即可求解.
【详解】（1）因为椭圆过点P(4,0)，
则，得，又，
所以，所以，
所以椭圆C的方程为.
根据阅读材料，与点P对应的极线方程为，即；
（2）由题意，设点Q的坐标为(,)，
因为点Q在直线上运动，所以，
联立，得，
，该方程无实数根，
所以直线与椭圆C相离，即点Q在椭圆C外，
又QM，QN都与椭圆C相切，
所以点Q和直线MN是椭圆C的一对极点和极线.
对于椭圆，与点Q(,)对应的极线方程为，
将代入，整理得，
又因为定点T的坐标与的取值无关，
所以，解得，
所以存在定点T(2,1)恒在直线MN上.
当时，T是线段MN的中点，
设，直线MN的斜率为，
则，两式相减，整理得，即，
所以当时，直线MN的方程为，即.
2．ABD
【分析】根据点与圆的位置关系及直线与圆的位置关系的判断方法，逐一分析各选项即可求解.
【详解】解：对于选项A：∵点在圆上，∴，
∵圆心到直线的距离为，
∴直线与圆相切，故A选项正确；
对于选项B：∵点在圆内，，
∵圆心到直线的距离为，
∴直线与圆相离，故B选项正确；
对于选项C：∵点在圆外，∴，
∵圆心到直线的距离为，
∴直线与圆相交，故C选项错误；
对于选项D：∵点在直线上，∴，
∵圆心到直线的距离为，
∴直线与圆相切，故D选项正确．
故选：ABD．
3．(1)或；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）将代入椭圆方程计算得点的坐标，再写出极线方程即可；
（2）写出点处的极线方程，先讨论的情况，可得处的极线就是过点的切线；再讨论的情况，将椭圆方程与极线方程联立，消元得关于的一元二次方程，计算得判别式，即可证明；
（3）分别写出过点，N的切线方程，从而可得割线的方程，再写出切点弦的方程，根据割线过点，代入割线方程计算，从而可得，，三点共线.
【详解】（1）由题意知，当时，，所以或．
由定义可知椭圆在点处的极线方程为，
所以椭圆在点处的极线方程为，即
点处的极线方程为，即
（2）因为在椭圆上，所以，
由定义可知椭圆在点处的极线方程为，
当时，，此时极线方程为，所以处的极线就是过点的切线．
当时，极线方程为．
联立，得．
．
综上所述，椭圆在点处的极线就是过点的切线；
（3）设点，，，
由（2）可知，过点的切线方程为，
过点N的切线方程为．
因为，都过点，所以有，
则割线的方程为；
同理可得过点的两条切线的切点弦的方程为．
又因为割线过点，代入割线方程得．
所以，，三点共线，都在直线上．
【点睛】方法点睛：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（或）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．
4．D
【分析】联立直线和抛物线的方程，消元后利用的符号判断交点个数.
【详解】联立，
消去得：，
所以，
因为，
所以，故直线与抛物线无公共点，
故选：D.
5． 0
【分析】由题意可知点在椭圆内部，且不与原点重合，由椭圆的定义和平面几何性质可得；当时分析直线与椭圆的交点情况，当时，联立直线与椭圆方程，分析其判别式即可得到答案.
【详解】由可知，点在椭圆内部，且不与原点重合.
根据椭圆的定义和几何性质可得：
当点不在轴上时，三点构成三角形，则
当点不在轴上且在点两侧时，
当点不在轴上且在点之间时，
所以
故
当时，直线，则，直线方程化为
由，即，则或
所以，而椭圆上的点的横坐标的取值范围是
所以此时椭圆与直线无公共点.
当时，由，可得
则
由，则，故
所以此时椭圆与直线无公共点.
综上所述：椭圆与直线无公共点
故答案为：；0
6．（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.
7．(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）设，由题意可得，化简整理即可；
（2）设，结合导数的几何意义分析可得为方程的两根，结合韦达定理求直线的方程，即可得结果.
【详解】（1）设，则，
因为，即，
当，即时，则，整理得；
当，即时，则，
整理得，不成立；
综上所述：点的轨迹的方程.
（2）由（1）可知：曲线：，即，则，
设，
可知切线的斜率为，所以切线：，
则，整理得，
同理由切线可得：，
可知：为方程的两根，则，
可得直线的斜率，
设的中点为，则，
即，
所以直线：，整理得，
所以直线恒过定点.

【点睛】方法点睛：过定点问题的两大类型及解法
（1）动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为，由题设条件将t用k表示为，得，故动直线过定点；
（2）动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线 C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
8．(1)
(2)直线过定点
【分析】（1）设点的坐标为，由结合平面内两点间的距离公式化简可得出点的轨迹方程；
（2）设为圆上任意一点，先证明出圆在点处的切线方程为，设点、、，可写出直线、的方程，将点的坐标代入直线、的方程，可求得直线的方程，化简直线的方程，可求得直线所过定点的坐标.
【详解】（1）解：设点的坐标为，
由可得，，整理可得，
所以曲线的方程为．
（2）解：设为圆上任意一点，则，
当时，（为坐标原点），
此时，圆在点处的切线方程为，即；
当时，圆在点处的切线方程为或，切线方程满足；
当时，圆在点处的切线方程为或，切线方程满足.
因此，圆在点处的切线方程为.
当时，直线的方程为，设点、、，
则直线的方程为，直线的方程为，
所以，，
所以，点、的坐标满足方程，
故直线的方程为，即，
由，解得，
因此，直线过定点.
9．（Ⅰ）y=x+1（Ⅱ）见解析
【详解】试题分析：（Ⅰ）根据椭圆有两顶点A（﹣1，0）、B（1，0），焦点F（0，1），可知椭圆的焦点在y轴上，b=1，c=1，，可以求得椭圆的方程，联立直线和椭圆方程，消去y得到关于x的一元二次方程，利用韦达定理和弦长公式可求出直线l的方程；
（Ⅱ）根据过其焦点F（0，1）的直线l的方程可求出点P的坐标，该直线与椭圆交于C、D两点，和直线AC与直线BD交于点Q，求出直线AC与直线BD的方程，解该方程组即可求得点Q的坐标，代入即可证明结论．
（Ⅰ）∵椭圆的焦点在y轴上，设椭圆的标准方程为（a＞b＞0），
由已知得b=1，c=1，所以a=，
椭圆的方程为，
当直线l与x轴垂直时与题意不符，
设直线l的方程为y=kx+1，C（x1，y1），D（x2，y2），
将直线l的方程代入椭圆的方程化简得（k2+2）x2+2kx﹣1=0，
则x1+x2=﹣，x1•x2=﹣，
∴|CD|==
==，
解得k=．
∴直线l的方程为y=x+1；
（Ⅱ）证明：当直线l与x轴垂直时与题意不符，
设直线l的方程为y=kx+1，（k≠0，k≠±1），C（x1，y1），D（x2，y2），
∴P点的坐标为（﹣，0），
由（Ⅰ）知x1+x2=﹣，x1•x2=﹣，
且直线AC的方程为y=，且直线BD的方程为y=，
将两直线联立，消去y得，
∵﹣1＜x1，x2＜1，∴与异号，
=
=，
y1y2=k2x1x2+k（x1+x2）+1==﹣，
∴与y1y2异号，与同号，
∴=，解得x=﹣k，
故Q点坐标为（﹣k，y0），
=（﹣，0）•（﹣k，y0）=1，
故为定值．
考点：直线与圆锥曲线的综合问题
点评：此题是个难题．本题考查了椭圆的标准方程和简单的几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系，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．体现了分类讨论和数形结合的思想
10．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由条件先求椭圆方程，再联立方程组求弦的长，求与直线的切线方程，由条件确定面积的范围；
（2）联立直线与椭圆方程求点的坐标，联立直线与椭圆方程求点的坐标，
根据三点共线证明，再求点的坐标，由此完成证明.
【详解】（1）由题设可知.
因为，即，所以.
又因为，所以.
椭圆的方程为，直线的方程为.
设，联立方程组，
消去，可得，
解得.
将，代入直线的方程，解得.
所以.
设与直线平行的直线方程为.
联立方程组，消去可得，
若直线与椭圆只有一个交点，则满足，解得.
当直线为时，直线与之间的距离为；
当直线为时，直线与之间的距离为；
设点到的距离为，要使的面积为的点恰有两个，
则需满足，即.
因为，所以.
（2）设直线的方程为，直线的方程为.
联立方程组，
消去得，
所以，所以，代入可得
解得点的坐标为.
同理，可解得点的坐标为.
由三点共线，有
化简得.
由题设可知与同号，所以.
联立方程组，
解得交点的坐标为.
将代入点的横坐标，得.
所以，点恒在定直线上.
【点睛】关键点点睛：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．
11．ABC
【分析】由和可判断A，由向量的数乘运算可判断B，设，，通过向量的坐标运算可得出，从而可判断C，由点到直线的距离可判断D.
【详解】对于A，因为，，，四点构成调和点列，
则有，因为有公共点，所以三点共线，
且有，因为有公共点，所以三点共线，
即可得到，，，四点共线，A正确；
对于B，因为，所以，
即，
所以，B正确；
对于C，设，，
由，得，
两式相乘得：①，
同理可得：②，
则①+②得：，
又点在椭圆上，
，，
，即，即，C正确.
对于D，到直线的距离，
即为的最小值，无最大值，D错误.
故选：ABC
12．证明见解析
【详解】解法一：设，即，，设，，，由于，，
又，两式相减得③
①②式代入③式，④
又由于，，
⑤⑥式代入④式，，即点在定直线上．
解法二：设，即，，设，， ，则，
于是有由点在椭圆上，则于是有，即，故点在定直线上．
【反思】共线的四点成两组等比例线段，于是设，自然想到定比点差法，非常巧妙地得到结论，体现出定比点差法比其他方法的优越性．
13．（1）（2）①直线与的斜率之积为定值．
②点在定直线上．
【详解】试题分析：（1）设动点坐标，直接利用轨迹方程定义计算即可；（2），
①令，由，得，即，即，又因为点在椭圆上，所以，而的斜率分别为，于是，即直线与的斜率之积为定值； ②令，则，代入椭圆，消元即可证明点在定直线上．
试题解析：（1）设，则，点到直线的距离，
由，得，化简得，
即点在轨迹的方程为；
（2）因为为直线上一点，所以令，
①令，由，得，即，即，
又因为点在椭圆上，所以，
而的斜率分别为，
于是，
即直线与的斜率之积为定值
．
②令，则，
令点，则，
即，即
由①×③，②×④，得，
因为在椭圆上，所以，
⑤×2+⑥×3，得
，即，
所以点在定直线上．
本题主要考查了椭圆的方程及直线与椭圆的位置关系，是高考的必考点，属于难题．求椭圆方程的方法一般就是根据条件建立的方程，求出即可，注意的应用；涉及直线与圆锥曲线相交时，未给出直线时需要自己根据题目条件设直线方程，要特别注意直线斜率是否存在的问题，避免不分类讨论造成遗漏，然后要联立方程组，得一元二次方程，利用根与系数关系写出，再根据具体问题应用上式，其中要注意判别式条件的约束作用．
14．（Ⅰ）
（Ⅱ）见解析
【详解】(1)由题意：
，解得，所求椭圆方程为
(2)方法一
设点Q、A、B的坐标分别为．
由题设知均不为零，记,则且
又A，P，B，Q四点共线，从而
于是 ，
，
从而
，（1） ，（2）
又点A、B在椭圆C上，即
（1）+（2）×2并结合（3），（4）得
即点总在定直线上
方法二
设点，由题设，均不为零．
且
又四点共线，可设,于是
（1）
（2）
由于在椭圆C上，将（1），（2）分别代入C的方程整理得
（3）
(4)
(4)－(3) 得
即点总在定直线上
15．（1）a＝3（2）（3）证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的离心率列方程求出实数a的值；
（2）由（1）可设点P（，t），Q（x0，y0），根据0得出再由点Q在椭圆E上得出，用斜率公式及可求出k1•k2的值；
（3）设过P（，1）的直线l与椭圆交于两个不同点M（x1，y1），N（x2，y2），
点H（x，y），代入椭圆方程得出，，再设λ，即，，代入数据整理即可得出点H恒在一条定直线上．
【详解】（1）解：设椭圆E的半焦距为c，
由题意可得，解得a＝3；
（2）解：由（1）可知，直线x，点F1（，0）．
设点P（，t），Q（x0，y0），
∵0，∴（，﹣t）•（x0，﹣y0）＝0，
得．
∵点Q（x0，y0）在椭圆E上，∴，即．
∴k1•k2，
∴k1•k2的值是；
（3）证明：设过P（，1）的直线l与椭圆交于两个不同点M（x1，y1），
N（x2，y2），点H（x，y），则，，
设λ，则，，
∴（x1，y1﹣1）＝λ（x2，y2﹣1），（x﹣x1，y﹣y1）＝λ（x2﹣x，y2﹣y），
整理得，x，1，y，
从而，y，
由于，，
∴9y36．
∴点H恒在直线．

【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系．
16．（1）；（2）
【分析】（1）设，，根据已知求出代入，即得曲线C的方程；（2）设，先求出曲线C在点P处的切线方程为．令，得点Q的纵坐标为，再根据求出的值.
【详解】（1）设，，则，又R在x轴，y轴上的射影分别为点S，T，
所以，．由，得代入，
得，故曲线C的方程为．
（2）设，则．
不妨设直线AP的方程为，
令，得点M的纵坐标为；直线BP的方程为，
令，得点N的纵坐标为．
设曲线C在点P处的切线方程为，
由得．
由，得，
整理得．
将，代入上式并整理，
得．解得，
所以曲线C在点P处的切线方程为．
令，得点Q的纵坐标为．
设，所以，
所以，所以
将代入上式，得，
解得，即．
【点睛】本题主要考查轨迹方程的求法，考查直线和曲线的位置关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力.
17．(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.
18．(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．
19．（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
【分析】（Ⅰ）根据题干可得的方程组，求解的值，代入可得椭圆方程；
（Ⅱ）设直线方程为，联立，消整理得，利用根与系数关系及弦长公式表示出，求其最值；
（Ⅲ）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理写出两根关系，结合三点共线，利用共线向量基本定理得出等量关系，可求斜率.
【详解】（Ⅰ）由题意得，所以，
又，所以，所以，
所以椭圆的标准方程为；
（Ⅱ）设直线的方程为，
由消去可得，
则，即，
设，，则，，
则，
易得当时，，故的最大值为；
（Ⅲ）设，，，，
则 ①， ②，
又，所以可设，直线的方程为，
由消去可得，
则，即，
又，代入①式可得，所以，
所以，同理可得．
故，，
因为三点共线，所以，
将点的坐标代入化简可得，即．
【点睛】本题主要考查椭圆与直线的位置关系，第一问只要找到三者之间的关系即可求解；第二问主要考查学生对于韦达定理及弦长公式的运用，可将弦长公式变形为，再将根与系数关系代入求解；第三问考查椭圆与向量的综合知识，关键在于能够将三点共线转化为向量关系，再利用共线向量基本定理建立等量关系求解.
20．（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.
21．(1)
(2)为定值，1
【分析】（1）根据两边之和大于第三边结合椭圆的定义即可求解；（2）联立直线方程与椭圆方程，分别表示出直线的斜率表达式，从而可以进一步求解.
【详解】（1）如图，当直线与椭圆相交于两点，与轴交于点时，
连接，由椭圆定义可知，显然，
同理可知，，显然，
所以当直线经过焦点时，的周长最大，
最大值为，所以.
此时，则，
即.
所以椭圆的标准方程为.
（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立得，
设，则，
可得，
又，所以直线的方程为，
令，得，
，
所以为定值，值为1.
22．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）当直线l的斜率为0时，与双曲线C交点在两支，舍去；当直线l的斜率不为0时，设，结合双曲线渐近线及直线l交C的左支于A，B两点得到，
联立直线l的方程与双曲线方程，得到两根之和，两根之积，根据得到，结合两根之和，两根之积，得到，从而得到直线l的方程；
（2）求出直线AP的方程，求出，表达出，，作差后化简得到，结合，，求出.
【详解】（1）双曲线C的左焦点为，
当直线l的斜率为0时，此时直线为，与双曲线C交点在两支，舍去；
当直线l的斜率不为0时，设，
联立方程组，消x得．
由于过点F作直线l交C的左支于A，B两点，而双曲线渐近线为，
故直线的斜率或，解得：，
设，，
所以，．
因为，所以，
即，，
所以，
解得：，
所以l的方程为．
（2）由直线，得，
所以，
又，
所以
，
因为，所以，且，
所以（定值）．
【点睛】圆锥曲线定值问题，设出直线方程，与圆锥曲线方程联立，得到两根之和，两根之积，应用设而不求的思想，进行求解；注意考虑直线方程的斜率存在和不存在的情况，本题中由于直线l过点，故用含的式子来表达，计算上是更为简单，此时考虑的是直线斜率为0和不为0两种情况.
23．(1)证明见解析.
(2)存在，.
【分析】（1）设设，，，联立椭圆方程，可得根于系数的关系式，表示出的坐标，计算；继而求出直线的方程，求得点坐标，即可证明结论；
（2）利用（1）的分析，求得，进而表示出，，计算的结果， 再求得的表达式，即可求得与之间的关系，即可得出结论.
【详解】（1）证明：由题意知，，
设，，，
联立，得，，
则，，
直线的方程为，
令，得，所以，
同理，．
所以
,
直线，令得，所以，
则，故点R为线段的中点．
（2）由（1）知，，
又，
所以．
由（1）知点R为线段的中点，
故
，
所以．
故存在，使得．
【点睛】难点点睛：解答直线和圆锥曲线的位置关系类的题目时，解决问题的思路想法不是很困难，一般利用直线方程和圆锥曲线方程联立，可得根与系数的关系，结合题设进行化简求值等，但难点在于计算的复杂性，以及计算量较大，并且大多为字母参数的运算，因此要十分细心.
24．(1) (2)见证明
【分析】（1）由且，可得，进而得到
，再由半径，即可求解；
（2）由（1）知得的方程，设直线的方程为，代入椭圆的方程，利用根与系数的关系和，，成等差数列，求得
，由对任意的该等式恒成立，求得，即可得到答案.
【详解】（1）因为圆的圆心为，所以且，
所以，所以，
所以，
又因为圆的半径为8，即，
所以.
（2）由（1）知，曲线是以，为焦点的椭圆，且长轴长为8，
所以曲线的方程为，
设直线的方程为，
代入椭圆化简得，
设，，，则，，
所以
，
因为，，成等差数列，所以，
因为，所以，
化简得，
对任意的该等式恒成立，所以，
所以存在点，使得，，成等差数列.
【点睛】本题主要考查了椭圆的定义与标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力.
25．(1)；
(2).
【分析】（1）由抛物线的定义可得，即可得解；
（2）法一：设点的坐标及直线，由韦达定理及斜率公式可得，再由差角的正切公式及基本不等式可得，设直线，结合韦达定理可解.
【详解】（1）抛物线的准线为，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时，所以，
所以抛物线C的方程为；
（2）[方法一]：【最优解】直线方程横截式
设，直线，
由可得，，
由斜率公式可得，，
直线，代入抛物线方程可得，
，所以，同理可得，
所以
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为，所以，
若要使最大，则，设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，
，所以，
所以直线.
[方法二]：直线方程点斜式
由题可知，直线MN的斜率存在.
设,直线
由 得：，,同理，.
直线MD:,代入抛物线方程可得：，同理，.
代入抛物线方程可得:,所以，同理可得，
由斜率公式可得：
（下同方法一）若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，，所以，所以直线.
[方法三]：三点共线
设，
设,若 P、M、N三点共线，由
所以，化简得，
反之，若,可得MN过定点
因此，由M、N、F三点共线，得，
由M、D、A三点共线，得，
由N、D、B三点共线，得，
则，AB过定点（4,0）
（下同方法一）若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，所以直线.
【整体点评】（2）法一：利用直线方程横截式，简化了联立方程的运算，通过寻找直线的斜率关系，由基本不等式即可求出直线AB的斜率，再根据韦达定理求出直线方程，是该题的最优解，也是通性通法；
法二：常规设直线方程点斜式，解题过程同解法一；
法三：通过设点由三点共线寻找纵坐标关系，快速找到直线过定点，省去联立过程，也不失为一种简化运算的好方法．
26．(1) .
(2)证明见解析.
【详解】试题分析：（1）根据，两点关于y轴对称，由椭圆的对称性可知C经过，两点.另外由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.因此在椭圆上，代入其标准方程，即可求出C的方程；（2）先设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，再设直线l的方程，当l与x轴垂直时，通过计算，不满足题意，再设l：（），将代入，写出判别式，利用根与系数的关系表示出x1+x2，x1x2，进而表示出，根据列出等式表示出和的关系，从而判断出直线恒过定点.
试题解析：（1）由于，两点关于y轴对称，故由题设知C经过，两点.
又由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.
因此，解得.
故C的方程为.
（2）设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，
如果l与x轴垂直，设l：x=t，由题设知，且，可得A，B的坐标分别为（t，），（t，）.
则，得，不符合题设.
从而可设l：（）.将代入得
由题设可知.
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=.
而
.
由题设，故.
即.
解得.
当且仅当时，，欲使l：，即，
所以l过定点（2，）
点睛:椭圆的对称性是椭圆的一个重要性质，判断点是否在椭圆上，可以通过这一方法进行判断；证明直线过定点的关键是设出直线方程，通过一定关系转化，找出两个参数之间的关系式，从而可以判断过定点情况.另外，在设直线方程之前，若题设中未告知，则一定要讨论直线斜率不存在和存在两种情况，其通法是联立方程，求判别式，利用根与系数的关系，再根据题设关系进行化简.
27．(1)或．
(2)证明见解析
【详解】（1）由已知得，直线l的方程为x＝1．
l的方程与C的方程联立可得或．
∴直线AM的方程为或．
（2）证明：证法一（【通性通法】分类＋常规联立）
当与轴重合时，．
当与轴垂直时，为的垂直平分线，∴．
当与轴不重合也不垂直时，设的方程为，，
则，直线、的斜率之和为．
由得．
将代入得．
∴．
则．
从而，故、的倾斜角互补，∴．
综上，．
证法二（角平分线定义的应用）：当直线l与x轴重合或垂直时，显然有．
当直线l与x轴不垂直也不重合时，设直线l的方程为，交椭圆于，．
由得．
由韦达定理得．
点A关于x轴的对称点，则直线的方程为．
令，，则直线过点M，．
证法三（直线参数方程的应用）：
设直线l的参数方程为（t为参数）．（*）
将（*）式代入椭圆方程中，整理得．
则，．
又，则
，
即．∴．
证法四（【最优解】椭圆第二定义的应用）：当直线l与x轴重合时，．
当直线l与x轴不重合时，如图6，过点A，B分别作准线的垂线，垂足分别为C，D，则有轴．

由椭圆的第二定义，有，，得，即．
由轴，有，即，于是，且．可得，即有．
证法五（角平分线定理逆定理＋极坐标方程的应用）：
椭圆以右焦点为极点，x轴正方向为极轴，得．
设，．
∴，．
由角平分线定理的逆定理可知，命题得证．
证法六（角平分线定理的逆定理的应用）：
设点O（也可选点F）到直线的距离分别为，根据角平分线定理的逆定理，要证，只需证．
当直线l的斜率为0时，易得．
当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为：．由方程组得恒成立，．．
直线的方程为：．
∵点A在直线l上，∴，故．
同理，．．
∵，∴，即．
综上，．
证法七（【通性通法】分类＋常规联立）：当直线l与x轴重合或垂直时，显然有．
当直线l与x轴不垂直也不重合时，设直线l的方程为，交椭圆于，．
由得．
由韦达定理得．
∴，
故、的倾斜角互补，∴．
证法八（定比点差法）：设，，
∴，由作差可得，，
∴，又，∴，
故，、的倾斜角互补，∴．
当时，与轴垂直，为的垂直平分线，∴．
故．
证法九（调和点列和调和线束）：如图所示，分别过A，B作准线的垂线，垂足分别为，．由椭圆的第二定义有，即．又轴，∴，故．
∴，得，因此∠OMA＝∠OMB．

【反思】如图所示，设直线l交准线于点E．因焦点F的极线是准线EM，即E在F的极线上，故F也在E的极线上．∴A，B，E，F为调和点列，故MA，MB，ME，MF为调和线束，且ME⊥MF．由定理2的推理知MF平分∠AMB．

28．（Ⅰ）或（Ⅱ）存在
【详解】试题分析：（Ⅰ）先求出M,N的坐标，再利用导数求出M,N.（Ⅱ）先作出判定，再利用设而不求思想即将代入曲线C的方程整理成关于的一元二次方程，设出M,N的坐标和P点坐标，利用设而不求思想，将直线PM，PN的斜率之和用表示出来，利用直线PM，PN的斜率为0,即可求出关系，从而找出适合条件的P点坐标.
试题解析：（Ⅰ）由题设可得，，或，.
∵，故在=处的导数值为，C在处的切线方程为
，即.
故在=-处的导数值为-，C在处的切线方程为
，即.
故所求切线方程为或.
（Ⅱ）存在符合题意的点，证明如下：
设P（0，b）为复合题意得点，，，直线PM，PN的斜率分别为.
将代入C得方程整理得.
∴.
∴==.
当时，有=0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，
故∠OPM=∠OPN，所以符合题意.
考点：抛物线的切线；直线与抛物线位置关系；探索新问题；运算求解能力
29．(Ⅰ)； (Ⅱ)见解析
【详解】(Ⅰ)设动圆圆心C的坐标为（ x , y ）则所以，所求动圆圆心的轨迹C的方程为
(Ⅱ)证明：
设直线l方程为，联立得（其中）
设,若x轴是的角平分线，则
，即故直线l方程为，直线l过定点.（1,0）
本题考查轨迹方程求法、直线方程、圆方程、直线与圆的位置关系及直线过定点问题.第一问曲线轨迹方程的求解问题是高考的热点题型之一，准确去除不满足条件的点是关键.第二问对角平分线的性质运用是关键，对求定值问题的解决要控制好运算量，同时注意好判别式的条件，以防多出结果.圆锥曲线问题经常与向量、三角函数结合，在训练中要注意.本题无论是求圆心的轨迹方程，还是求证直线过定点，计算量都不太大，对思维的要求挺高；设计问题背景，彰显应用魅力.
【考点定位】本题考查迹曲线方程求法、直线方程、圆方程、直线与圆的位置关系及直线过定点问题，属于中档题.
30．
【分析】分别设出直线、直线和直线的方程，以及，两点坐标，利用角平分线到角两边距离相等，可得直线和直线的斜率积为，从而得到，联立直线与抛物线，结合韦达定理即可求解.
【详解】设直线的方程为，即，
设直线，的方程分别为，，即，，
设，，
的平分线过点，，
整理得：，，
，则，即，
由，得，
，．
又，，解得：或（舍去）.
故答案为：.
31．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据已知条件求出直线的方程，将直线的方程与椭圆的方程联立，求出点、的横坐标，再利用弦长公式可证得成立；
（2）分析可知直线的斜率存在且不为零，设直线方程为，则直线方程为，其中，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，结合弦长公式可得出的表达式，同理可得出的表达式，利用基本不等式可求得的最大值.
【详解】（1）证明：设、，因为椭圆的焦距为，所以，解得．
又因为椭圆的离心率，所以，所以，
所以椭圆的方程为.
因为直线经过、，，
所以，直线的方程为，
设点、，联立可得，
由，得，.
所以，
，
因此，.
（2）证明：若直线、中两条直线分别与两条坐标轴垂直，则其中有一条必与直线平行，不合乎题意，
所以，直线的斜率存在且不为零，设直线方程为，
则直线方程为，其中．
联立可得，
设、，则，
由韦达定理可得，，
易知且，将代入直线的方程可得，即点，
所以
，
同理可得，
所以
，
当且仅当时，等号成立，
因此，的最大值为.
【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．
32．4
【分析】根据椭圆方程，设，由椭圆的第二定义得到，设 ，然后根据外角平分线定理，由求解.
【详解】如图所示：
因为椭圆方程为，
所以,
所以椭圆的右焦点是，
所以离心率为 ，
设，
由椭圆的第二定义得：
，
所以 ，
设 ，由外角平分线定理得，即，
化简得 ，
解得
所以的横坐标为4
故答案为：4
【点睛】关键点点睛：本题关键是外角平分线定理的应用.
33．（1）（2）（3），设
直线PA的方程，
【详解】解：设
（1）由条件知直线
由消去y，得 …………1分
由题意，判别式（不写，不扣分）
由韦达定理，
由抛物线的定义，
从而所求抛物的方程为 …………3分
（2）设．由（1）易求得
则 …………4分
点C到直线的距离
将原点O（0，0）的坐标代入直线的左边，
得
而点C与原点O们于直线的同侧，由线性规划的知识知
因此 …………6分
由（1），|AB|=4p．
由
知当 …………8分
（3）由（2），易得
设．
将代入直线PA的方程
得
同理直线PB的方程为
将代入直线PA，PB的方程得
…………10分
…………12分
34．（1）抛物线，方程为；（2）相切，理由见解析
【分析】（1）根据已知抛物线与相交，可得出抛物线开口向右，设出标准方程，再利用对称性设出坐标，由，即可求出；由圆与直线相切，求出半径，即可得出结论；
（2）方法一：先考虑斜率不存在，根据对称性，即可得出结论；若斜率存在，由三点在抛物线上，将直线斜率分别用纵坐标表示，再由与圆相切，得出与的关系，最后求出点到直线的距离，即可得出结论.
【详解】（1）依题意设抛物线，
，
所以抛物线的方程为，
与相切，所以半径为，
所以的方程为；
（2）[方法一]：设
若斜率不存在，则方程为或，
若方程为，根据对称性不妨设，
则过与圆相切的另一条直线方程为，
此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在，不合题意；
若方程为，根据对称性不妨设
则过与圆相切的直线为，
又，
，此时直线关于轴对称，
所以直线与圆相切；
若直线斜率均存在，
则，
所以直线方程为，
整理得，
同理直线的方程为，
直线的方程为，
与圆相切，
整理得，
与圆相切，同理
所以为方程的两根，
，
到直线的距离为：
，
所以直线与圆相切；
综上若直线与圆相切，则直线与圆相切.
[方法二]【最优解】：设．
当时，同解法1．
当时，直线的方程为，即．
由直线与相切得，化简得，
同理，由直线与相切得．
因为方程同时经过点，所以的直线方程为，点M到直线距离为．
所以直线与相切．
综上所述，若直线与相切，则直线与相切．
【整体点评】第二问关键点：过抛物线上的两点直线斜率只需用其纵坐标（或横坐标）表示，将问题转化为只与纵坐标（或横坐标）有关；法一是要充分利用的对称性，抽象出与关系，把的关系转化为用表示，法二是利用相切等条件得到的直线方程为，利用点到直线距离进行证明，方法二更为简单，开拓学生思路
35．(1) (2)见解析
【详解】1.设点，过圆心G作GD⊥AB于点D，BC与x轴交于点H.
由
.①
由点B在椭圆上得
=.②
由式①、②得.
解得或（舍去）.
2.设过点与圆相切的直线方程为
.③
则
.
将式③代入得
于是，异于零的解为.
设点.
则，.
于是，直线EF的斜率为
.
故直线EF的方程为
，
即.
因此，圆心（2，0）到直线EF的距离为
.
36．C
【分析】先求出点的轨迹方程为，设，整理可得，从而将所求转化为点到点和点的距离之和的一半，再结合图象进行求解即可.
【详解】设，
由，
得，化简整理得，
故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
，
设，则，
故，
当且仅当三点共线时取等号，
所以的最小值为.
故选：C.

【点睛】关键点点睛：设，得出，将问题转化为点到点和点的距离之和的一半是解决本题的关键.
37．A
【分析】设，，由，可得点P的轨迹为以为圆心，半径为的圆，又，其中可看作圆上的点到原点的距离的平方，从而根据圆的性质即可求解.
【详解】解：由题意，设，，
因为，所以，即，
所以点P的轨迹为以为圆心，半径为的圆，
因为，其中可看作圆上的点到原点的距离的平方，
所以，
所以，即的最大值为，
故选：A.
38．C
【分析】直接设点P，根据可以求得点P的轨迹为圆，根据题意两圆有且仅有一个公共点，则两圆外切或内切，可得或．
【详解】设点P
∵即
整理得：
∴点P的轨迹为以为圆心，半径的圆，
∵圆的为圆心，半径的圆
由题意可得：或
∴或
故选：C．
39．D
【分析】在平面PAB中，作,交AB于点N，从而得到，判断出B、N重合，得到点P落在以B为球心，为半径的球面上，求出，即可求出.
【详解】
如图，在平面PAB中，作,交AB于点N，则,
又因，所以，
所以，所以,
所以.
因为，所以,
所以B、N重合且，
所以点P落在以B为球心，为半径的球面上.
作于H，则，
因为面ABC，所以BH，
又因为，所以面，
所以B到面的距离为，
所以球面与面相切，而，
所以球面不会与面相交，
则，
,
所以，
所以.
故选：D.
【点睛】立体几何中的动点轨迹问题一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型，有两种处理方法：
(1)很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义法)；
(2)要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式．
40．
【分析】以为原点建立平面直角坐标系，结合题意可得点在空间内的轨迹为以为球心，半径为2的球.再根据球的性质求解即可.
【详解】在图1中，以为原点建立平面直角坐标系如图2所示，
设阿氏圆圆心为，半径为，
因为，所以，所以，
设圆与交于点，由阿氏圆性质，知，
又，所以，
又，所以，解得，所以，
所以点在空间内的轨迹为以为球心，半径为2的球，
当点在面内部时，如图2所示，截面圆与分别交于点，
所以点在面内的轨迹为，
因为在中，，所以，
所以，所以点在面内部的轨迹长为，
同理，点在面内部的轨迹长为，
当点在面内部时，如图3所示，因为平面，
所以平面截球所得小圆是以为圆心，以长为半径的圆，
截面圆与分别交于点，且，
所以点在面内的轨迹为，且，
综上，点的轨迹长度为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求球与平面公共点轨迹长度时先求出平面截球所得圆面的半径，当截面为完整的圆时可直接求圆周长，当截面只是圆的一部分时先求圆心角的大小再计算弧长.
41．
【分析】设，则，由余弦定理得出，根据三角形任意两边之和大于第三边得出的范围，再由三角形面积公式，结合二次函数的性质得出答案.
【详解】设，则，由余弦定理可得
由三角形任意两边之和大于第三边得，解得，即
当时，面积取最大值
故答案为：
【点睛】本题主要考查了求三角形面积的最值，涉及余弦定理的应用，属于中档题.
42．
【分析】解法1：阿波罗尼斯圆的逆用，设，使得，利用两点间的距离公式化简可求得，得直线与圆C相交，则，从而可求得其最小值，解法2：代数转逆法，，可得当点共线，且在之间时取得最小值.
【详解】解：解法1：阿波罗尼斯圆的逆用
设，使得，
则，
整理，得，
即
所以，，从而．
经验证，知直线与圆C相交．
从而
．
所以的最小值为．
解法2：代数转逆法
．
所以的最小值为．
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查点与圆的位置关系，考查阿波罗尼斯圆的逆用，解题的关键是根据阿波罗尼斯圆，设，使得，化简后将问题转化为，考查数学转化思想，属于较难题.
43．
【分析】建立坐标系，设，，，设，，则，构造相似三角形，设，可得，所以．
【详解】如图，，设，则向量满足，设，所以点为以为圆心，以为半径的圆上的一点，
所以，同理，
取点，则，又因，
所以，
所以，即，
所以，
由三角形的三边关系知.
故填：.
【点睛】本题考查向量的坐标运算，向量的模，向量模的几何意义，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意构造相似三角形等知识，属于难题．
44．
【解析】根据几何关系，设点的坐标，点在单位圆上，故，当三点共线时，即点在处时，取最小值，以及数形结合分析出最大值，计算得到答案.
【详解】因为，所以，设，，， ，
即，点在单位圆上，
因为 ，
设，
即，故，
所以 ，
如图，（1）当三点共线，即点在处时，取最小值.
因为，所以，
（2）当位于处时，取最大值，，
因为，
即 ，
所以，当且仅当取等号，
综上，.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查向量模的最值问题，主要考查转化分析，数形结合分析，属于中档题型，本题的关键是根据根据条件设出定点和动点的坐标，根据数形结合分析，转化为点位置讨论的问题.
45．
【分析】延长与的延长线交于点，计算得到轨迹方程，取点，，解得答案.
【详解】如图所示：延长与的延长线交于点，
则，
故轨迹方程为.
取点，则，，故，
，当共线时等号成立.
故答案为：；
【点睛】本题考查了轨迹方程，长度的最值问题，意在考查学生的计算能力和转化能力，取点证明相似是解题的关键.
46．A
【分析】设出圆的方程，利用给定条件用m表示圆的半径，并求出半径的取值范围即得.
【详解】依题意，设点，则是方程的两个实根，
，，
显然点，当时，曲线过原点，点与点之一重合，不符合题意，则，
设过三点的圆方程为，由，得，
显然是的两个根，于是，
又，联立解得，又，
因此，而当或时，，
所以过三点的圆的半径的取值范围是，BCD均可能，A不可能.
故选：A
47．/
【分析】根据题意转化为，得到，求得，得到，代入圆的方程，得到，设，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】设，则，
因为，根据阿氏圆的性质和相似，可得,
则，整理得，
可得，即，
所以，代入圆的方程，可得，
所以，设，
可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：利用阿氏圆模型得到，转化为相关点坐标值的数量关系，进而得到关于参数的函数.
48．①③④
【分析】根据方程写出已知圆的圆心和半径，由圆的性质判断①；由BO长度表示圆上点到原点的距离，即可判断②；若分别是的中点，圆心到直线的距离且，易证为矩形且其中心、对角线长度恒定，即可确定M的轨迹判断③；根据得到四边形ABCD面积关于的表达式，结合二次函数性质求范围，判断④.
【详解】由题设，则圆心，半径，
由圆的性质知：当圆心与直线距离最大为时AC长度的最小，
此时，①正确；
BO长度最大，则圆心与共线且在它们中间，此时，②错误；
若分别是的中点，则且，且，
又，易知：为矩形，而，
若圆心到直线的距离且，
所以，则，故，
所以在以为直径，交点为圆心的圆上，③正确；
由上分析：，，而，
所以，
令，则，
当，即时，；
当或5，即或时，；
所以，④正确；
故答案为：①③④
【点睛】关键点点睛：③证明分别是的中点所成四边形为矩形且对角线长度及中心恒定，判断轨迹形状；④利用得到关于的表达式，结合函数思想求范围.
49．
【分析】由题设以为x、y轴构建平面直角坐标系，，令结合已知有，又，将问题转化为求点到上点距离的范围，即可得结果.
【详解】由为单位向量，且，故，
以为x、y轴构建平面直角坐标系，如下图示，则，
令，则，又，
所以，即，
故的终点在圆心为，半径为1的圆上，
而，故，
所以，只需确定点到上点距离的范围即可，而到的距离为，
故，则.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：构建平面直角坐标系，将问题化为求定点到圆上点距离的范围，进而求目标式的范围.
50．（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，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．
51．（1）；（2）.
【分析】(1) 利用双曲线的定义可知轨迹是以点、为左、右焦点双曲线的右支，求出、的值，即可得出轨迹的方程；
(2)方法一：设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与曲线C的方程，结合韦达定理求得直线的斜率，最后化简计算可得的值.
【详解】(1) 因为，
所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支，
设轨迹的方程为，则，可得，，
所以，轨迹的方程为.
（2）[方法一] 【最优解】：直线方程与双曲线方程联立
如图所示，设,
设直线的方程为．

联立,
化简得.
则．
故．
则．
设的方程为，同理．
因为，所以，
化简得，
所以，即．
因为，所以．
[方法二] ：参数方程法
设．设直线的倾斜角为，
则其参数方程为，
联立直线方程与曲线C的方程，
可得，
整理得．
设，
由根与系数的关系得．
设直线的倾斜角为，，
同理可得
由，得．
因为，所以．
由题意分析知．所以，
故直线的斜率与直线的斜率之和为0．
[方法三]：利用圆幂定理
因为，由圆幂定理知A，B，P，Q四点共圆．
设,直线的方程为，
直线的方程为,
则二次曲线．
又由，得过A，B，P，Q四点的二次曲线系方程为：
，
整理可得：
，
其中．
由于A，B，P，Q四点共圆，则xy项的系数为0，即.
【整体点评】(2)方法一：直线方程与二次曲线的方程联立，结合韦达定理处理圆锥曲线问题是最经典的方法，它体现了解析几何的特征，是该题的通性通法，也是最优解；
方法二：参数方程的使用充分利用了参数的几何意义，要求解题过程中对参数有深刻的理解，并能够灵活的应用到题目中.
方法三：圆幂定理的应用更多的提现了几何的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.
52．(1)
(2)
【分析】（1）考虑在线段内和线段外两种情况，设出坐标，确定坐标的关系，根据或计算得到轨迹.
（2）设出坐标和直线方程，联立方程，根据韦达定理得到根与系数的关系，计算，，计算得到答案.
【详解】（1）设，，，，，
当在线段内，则，，故，即，
即；
当在线段外，则，，故，即，
即；
综上所述：曲线的方程的轨迹方程为.
（2）设，，设的直线方程为，
则，化简得到，
点在椭圆内，直线与椭圆一定有两个交点，
，，
；
同理可得：，故，
化简得到，，故，即.
【点睛】关键点睛：本题考查了椭圆的轨迹方程，椭圆中的定值问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系，可以简化运算，是解题的关键，此方式是常用的方法，需要灵活掌握.
53．(1)
(2)
【分析】（1）根据离心率可得椭圆方程为，代入点坐标计算得到答案.
（2）设出点和直线方程，联立方程消元得到根与系数的关系，计算，代入化简计算得到答案.
【详解】（1），可得，
可得椭圆方程为，代入点的坐标有，解得，
故椭圆的标准方程为；
（2），点为，，
设点的坐标分别，
直线的方程为，直线的方程为，
联立方程，消去后整理为，
有，
联立方程，消去后整理为，
有，
，
对消元，可得到
原式，
故的值为.
【点睛】关键点睛：本题考查了求椭圆方程，椭圆中的定值问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用设而不求的思想，根据韦达定理得到根与系数的关系，可以简化运算，是解题的关键，此方式是常考的方法，需要熟练掌握.
54．（1）；（2）存在直线满足条件，其方程为.
【解析】（1）由已知可得关于，，的方程组，求解可得，，的值，则椭圆方程可求；
（2）假设存在满足条件的直线，则直线的斜率存在，设其方程为，与椭圆方程联立，化为关于的一元二次方程，利用向量等式结合根与系数的关系可得值，则答案可求．
【详解】解：（1）由题意得，所以.
故椭圆的标准方程为.
（2）若存在满足条件的直线，则直线的斜率存在，设其方程为.
代入椭圆的方程得.
设，两点的坐标分别为，，
所以.所以，
且，.
因为，即，
所以.
即.
所以，
解得.
又因为，所以.
所以存在直线满足条件，其方程为.
【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．
55．（1）；（2）；（3）
【分析】（1）由题意得e2，．又a2＝b2+c2，，解得b2；
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2）．设直线l的方程为y＝k（x﹣1）．
联立直线l与椭圆方程，消去y，得（2k2+1）x2﹣4k2x+2k2﹣8＝0，可设直线MN方程为y＝kx，联立直线MN与椭圆方程，消去y得（2k2+1）x2＝8，由MN∥l，得由（1﹣x1）•（x2﹣1）＝﹣[x1x2﹣（x1+x2）+1]．得（xM﹣xN）2＝4x2即可；
（3）在y＝k（x﹣1）中，令x＝0，则y＝﹣k，所以P（0，﹣k），从而 ，由得
即 ①，由（2）知②，由①②得⇒50k4﹣83k2﹣34＝0，解得k2.
【详解】（1）因为椭圆C：1经过点所以．
又∵a2＝b2+c2，，解得b2＝4或b2＝8（舍去）．
所以椭圆C的方程为．
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2）．
因为T（1，0），则直线l的方程为y＝k（x﹣1）．
联立直线l与椭圆方程，消去y，得（2k2+1）x2﹣4k2x+2k2﹣8＝0，
所以x1+x2，x1x2．
因为MN∥l，所以直线MN方程为y＝kx，
联立直线MN与椭圆方程
消去y得（2k2+1）x2＝8，
解得x2
因为MN∥l，所以
因为（1﹣x1）•（x2﹣1）＝﹣[x1x2﹣（x1+x2）+1]．
（xM﹣xN）2＝4x2．
所以．
（3）在y＝k（x﹣1）中，令x＝0，则y＝﹣k，所以P（0，﹣k），
从而 ，
∵，①
由（2）知②
由①②得
代入x1x2⇒50k4﹣83k2﹣34＝0，解得k2＝2或k2（舍）．
又因为k＞0，所以k．
【点睛】本题考查了椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系、向量运算、分析问题处理问题的能力，对运算能力的要求较高，属于难题．
56．（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.
【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，利用点在椭圆上，列出方程，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，a=2b.
又椭圆过点，故，解得.
所以椭圆E的方程是.
（Ⅱ）设直线l的方程为， ，
由方程组 得，①
方程①的判别式为，由，即，解得.
由①得.
所以M点坐标为，直线OM方程为，
由方程组得.
所以.
又
.
所以.
【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，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．
57．B
【分析】设出直线，与椭圆联立然后根据几何关系，结合根与系数关系即可求解.
【详解】设直线，与椭圆联立，化简得，
设，，则由根与系数的关系得①，
又，所以，代入①得②，
又直线与圆相切，所以，即，代入②整理得，
得，因此椭圆的离心率，故B正确.
故选：B．
【点睛】将直线与椭圆联立后结合根与系数的关系及几何关系，从而求解.
58．B
【分析】由已知可设，则，得，在中求得，再在中，由余弦定理得，从而可求解.
【详解】法一：如图，由已知可设，则，由椭圆的定义有．在中，由余弦定理推论得．在中，由余弦定理得，解得．
所求椭圆方程为，故选B．
法二：由已知可设，则，由椭圆的定义有．在和中，由余弦定理得，又互补，，两式消去，得，解得．所求椭圆方程为，故选B．
【点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．
59．A
【分析】过A，B分别作右准线的垂直AM，AN，垂足分别为M,N,再过B作BH垂直AM垂足为H，设|BF|=x,则|AF|=4x,根据双曲线的第二定义可知
|AM|=4ex,|BN|=ex,|AH|=|AM|-|BN|=3ex,由于直线l的倾斜角为,所以
，所以 .
60．/
【分析】方法一：利用双曲线的定义与向量数积的几何意义得到关于的表达式，从而利用勾股定理求得，进而利用余弦定理得到的齐次方程，从而得解.
方法二：依题意设出各点坐标，从而由向量坐标运算求得，，将点代入双曲线得到关于的齐次方程，从而得解；
【详解】方法一：
依题意，设，则，
在中，，则，故或（舍去），
所以，，则，
故，
所以在中，，整理得，
故.
方法二:
依题意，得，令，
因为，所以，则，
又，所以，则，
又点在上，则，整理得，则，
所以，即，
整理得，则，解得或，
又，所以或（舍去），故.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：双曲线过焦点的三角形的解决关键是充分利用双曲线的定义，结合勾股定理与余弦定理得到关于的齐次方程，从而得解.
61．13
【分析】利用离心率得到椭圆的方程为，根据离心率得到直线的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线的斜率，写出直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，利用弦长公式求得，得，根据对称性将的周长转化为的周长，利用椭圆的定义得到周长为.
【详解】∵椭圆的离心率为，∴，∴，∴椭圆的方程为，不妨设左焦点为，右焦点为，如图所示，∵，∴，∴为正三角形，∵过且垂直于的直线与C交于D，E两点，为线段的垂直平分线，∴直线的斜率为，斜率倒数为， 直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，
判别式，
∴，
∴ ， 得，
∵为线段的垂直平分线，根据对称性，，∴的周长等于的周长，利用椭圆的定义得到周长为.
故答案为：13.

62．
【分析】由题意，根据点斜式写出直线方程，联立双曲线方程，由韦达定理及弦长公式即可求解．
【详解】解：由题意，，直线斜率，
所以直线方程为，代入得，
设，则，
又，
，
故答案为：.
63．
【详解】试题分析：如下图，∵轴，∴，设，又∵，则点坐标为带入椭圆为解得，所以椭圆的方程为.

考点：1.椭圆的标准方程；2.椭圆的性质.
64．
【详解】
故答案为：.
65．（0，±1）
【详解】方法1：直线F1A的反向延长线与椭圆交于点B'
又∵
由椭圆的对称性，得
设A（x1，y1），B'（x2，y2）
由于椭圆的a=，b=1，c=
∴e=，F1（，0）．
∵
从而有：
由于≤x1，x2，
∴，，
即=5×
=5． ①
又∵三点A，F1，B′共线，
∴（，y1﹣0）=5（﹣﹣x2，0﹣y2）
∴．②
由①+②得：x1=0．
代入椭圆的方程得：y1=±1，
∴点A的坐标为（0，1）或（0，﹣1）
方法2：因为F1，F2分别为椭圆的焦点，则，设A，B的坐标分别为A（xA，yA），B（xB，yB），
若；则，所以，
因为A，B在椭圆上，所以，代入解得或，
故A（0，±1）．
66．B
【详解】因为，所以，从而，则椭圆方程为．依题意可得直线方程为，联立可得
设坐标分别为，则
因为，所以，从而有 ①
再由可得，根据椭圆第二定义可得，即 ②
由①②可得，所以，则，解得．因为，所以，故选B
67．(1)
(2)存在，最小距离为.
【分析】（1）根据给定条件，列出方程化简即得.
（2）利用三角换元法结合点到直线距离公式和辅助角公式即可.
【详解】（1）依题意，，化简并整理得，
所以点的轨迹方程为.
（2）假设存在这样的点到直线的距离最小，
设，其中，则点到直线的距离，其中，
则当时，.
所以存在这样的点，使得该点到直线的距离最小，距离最小为.
68．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）设，代入椭圆的方程，两式相减，结合，，求得，再由点在椭圆内，即可求解；
（2）由，得到，进而得到，因为点在椭圆上，求得，得到，求得直线的方程，联立方程组求得的坐标，进而得到，即可求解．
【详解】（1）证明：设，则，
因为，，所以，所以．
由题设可知点在椭圆内，则，解得，
所以．
（2）证明：因为，为的中点，所以，
由，可得，
因为点在椭圆上，所以．
又因为，所以，
由（1）知，所以，
所以直线的方程为，即，
由直线的方程与椭圆方程联立，得，
整理得，解得，，
所以，，
又因为，所以，，，
可得，所以，，成等差数列．
69．8
【分析】设P点的坐标，由焦半径公式及可得,利用即可求解.
【详解】设P点的坐标,
因为P在椭圆上，
所以，则，
因为，
所以，又，
则 ，
由对称性得=
.
【点睛】本题主要考查了椭圆的简单几何性质，焦半径公式，考查了计算能力，属于中档题.
70．D
【分析】设，可得，得到，代入已知条件，得到
，设，得到，利用导数求得函数单调性，得到时，函数取得最小值，即，再由离心率的公式，即可求解．
【详解】由双曲线，则，
设，则，可得，
则，所以，
所以
，
设，则，
则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，函数取得最小值，
即当取得最小值时，，
所以双曲线的离心率为，故选D．
【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程及几何性质的应用，以及利用导数求解函数的单调性与最值的应用，其中解答中根据双曲线的性质，得到关于的函数，利用导数求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于中档试题．
71．(1)；
(2)是定值.
【分析】（1）设，根据题设直接列方程整理可得；
（2）根据和表示出，然后表示出即可得定值.
【详解】（1）设，依题意得，
化简得，
所以的方程为．
（2）设，，则，即，
，．
因为为的平分线，
所以设，
代入，化简得．
又，
所以，解得，
所以，
，
所以，
所以为定值．
【点睛】本题关键在于利用角平分线性质结合向量得，然后表示出t，利用t求出即可.
72．A
【分析】设，则，根据斜率公式结合题意可得，再根据，将用表示，整理，再结合离心率公式即可得解.
【详解】[方法一]：设而不求
设，则
则由得：，
由，得，
所以，即，
所以椭圆的离心率，故选A.
[方法二]：第三定义
设右端点为B，连接PB，由椭圆的对称性知：
故，
由椭圆第三定义得：，
故
所以椭圆的离心率，故选A.
73．D
【分析】由题意，根据圆的性质，可得焦点三角形另外一角为直角，结合三角函数以及椭圆的定义，整理齐次方程，可得答案.
【详解】∵是以为直径的圆与椭圆的一个交点，∴，
∵，∴，，
∴，∴，，∴，∴，
故选：D．
74．A
【分析】由几何关系得，再由椭圆性质求解
【详解】由题意为直角三角形，，而，则，又，
∴，，由椭圆的定义知，，
∴离心率为．
故选：A
75．D
【分析】根据图形在中，利用余弦定理解出，再由椭圆的定义式，整理出关于的式子，最后代入已知三角函数值中，得到关于得二次式，从而可求椭圆离心率.
【详解】解：如图在中，
，即①
，即②
且，
故①+②得：，即.
所以 ，代入到中，整理得：
，故两边除以得：
解得：或，又，所以.
即椭圆C的离心率为.
故选：D.
76．B
【详解】根据椭圆的对称性，若椭圆上存在点使得，三角
形OBF中， ，所以 即
，因为椭圆的离心率小于1，所以选B．
77．C
【分析】由正弦定理得，，可得在双曲线的右支上，由双曲线的定义，得，根据在双曲线右支上，得关于的不等式，从而求出的范围
【详解】解：由题意，点不是双曲线的顶点，否则无意义，
在中，由正弦定理得，
又，
∴，即，
∵在双曲线的右支上，由双曲线的定义，得，
∴，即，
由双曲线的几何性质，知，∴，即，
∴，解得，又，双曲线离心率的范围是．
故选：C．
78．B
【分析】方法一：根据焦点三角形面积公式求出的面积，即可解出；
方法二：根据椭圆的定义以及勾股定理即可解出．
【详解】方法一：因为，所以，
从而，所以．
故选：B.
方法二：
因为，所以，由椭圆方程可知，，
所以，又，平方得：
，所以．
故选：B.
79．B
【分析】方法一：根据焦点三角形面积公式求出的面积，即可得到点的坐标，从而得出的值；
方法二：利用椭圆的定义以及余弦定理求出，再结合中线的向量公式以及数量积即可求出；
方法三：利用椭圆的定义以及余弦定理求出，即可根据中线定理求出．
【详解】方法一：设，所以，
由，解得：，
由椭圆方程可知，，
所以，，解得：，
即，因此．
故选：B．
方法二：因为①，，
即②，联立①②，
解得：，
而，所以，
即．
故选：B．
方法三：因为①，，
即②，联立①②，解得：，
由中线定理可知，，易知，解得：．
故选：B．
【点睛】本题根据求解的目标可以选择利用椭圆中的二级结论焦点三角形的面积公式快速解出，也可以常规利用定义结合余弦定理，以及向量的数量积解决中线问题的方式解决，还可以直接用中线定理解决，难度不是很大．
80．(1)
(2)①证明见解析；②是定值，8．
【分析】（1）先由条件求出椭圆的标准方程，再由椭圆的定义、余弦定理与面积公式求解
（2）设圆心坐标，由直线与圆的位置关系列方程，由韦达定理得出
联立直线与椭圆方程，得出坐标后，计算后由关系化简
【详解】（1）由题意可得，解得：a2＝6，b2＝2，c＝2，
所以椭圆C的方程为：1；
则可得由椭圆的定义可得|PF1|+|PF2|＝2a＝2，
|F1F2|＝2c＝2×2＝4，
由余弦定理可得cs∠F1PF2，
因为∠F1PF2＝60°，所以，
解得：|PF1||PF2|，
所以S|PF1||PF2|sin60°；
（2）①证明：直线OA，OB的方程为y＝k1x，y＝k2x，设椭圆C的“卫星椭圆”的圆心（x0，y0），
因为直线OA，OB是圆的切线，所以，
化简可得（2x02﹣3）k12﹣4k1x0y0+2y02﹣3＝0，（2x02﹣3）k22﹣4k2x0y0+2y02﹣3＝0，
所以k1，k2是（2x02﹣3）k2﹣4kx0y0+2y02﹣3＝0的两个根，
所以k1k2，
因为（x0，y0）在椭圆上，所以1，
所以k1k2，
可证得：k1k2为定值；
②设A（x1，y1），B（x2，y2），
，
解得x12，x22，
所以|OA|2+|OB|2＝（1+k12）（1+k22），
因为k1k2，
所以k22，
所以|OA|2+|OB|28，
可证得|OA|2+|OB|2是定值，且为8．
81．B
【分析】利用焦点三角形的面积公式及椭圆的定义可得，进一步得F1PQ为等边三角形，且轴，从而可得解.
【详解】由椭圆的定义，，
由余弦定理有：
，
化简整理得：，
又，
由以上两式可得：
由，得，∴，
又，所以F1PQ为等边三角形，由椭圆对称性可知轴，
所以.
故选：B.
82．B
【分析】先求得直线y＝ax+b（a＞0）与x轴的交点为M（，0），由0可得点M在射线OA上．求出直线和BC的交点N的坐标，①若点M和点A重合，求得b；②若点M在点O和点A之间，求得b； ③若点M在点A的左侧，求得b＞1．再把以上得到的三个b的范围取并集，可得结果．
【详解】由题意可得，三角形ABC的面积为 1，
由于直线y＝ax+b（a＞0）与x轴的交点为M（，0），
由直线y＝ax+b（a＞0）将△ABC分割为面积相等的两部分，可得b＞0，
故0，故点M在射线OA上．
设直线y＝ax+b和BC的交点为N，则由可得点N的坐标为（，）．
①若点M和点A重合，如图：
则点N为线段BC的中点，故N（，），
把A、N两点的坐标代入直线y＝ax+b，求得a＝b．
②若点M在点O和点A之间，如图：
此时b，点N在点B和点C之间，
由题意可得三角形NMB的面积等于，
即，即 ，可得a0，求得 b，
故有b．
③若点M在点A的左侧，
则b，由点M的横坐标1，求得b＞a．
设直线y＝ax+b和AC的交点为P，则由 求得点P的坐标为（，），
此时，由题意可得，三角形CPN的面积等于，即 •（1﹣b）•|xN﹣xP|，
即（1﹣b）•||，化简可得2（1﹣b）2＝|a2﹣1|．
由于此时 b＞a＞0，0＜a＜1，∴2（1﹣b）2＝|a2﹣1|＝1﹣a2 ．
两边开方可得 （1﹣b）1，∴1﹣b，化简可得 b＞1，
故有1b．
综上可得b的取值范围应是 ，
故选B．
【点睛】本题主要考查确定直线的要素，点到直线的距离公式以及三角形的面积公式的应用，还考查了运算能力以及综合分析能力，分类讨论思想，属于难题．
83．B
【分析】由题意，,，，先求出直线y＝ax+b（a＞0）与x轴的交点为，由，可得点M在射线上．再求出直线y＝ax+b（a＞0）和的交点N的坐标，分三种情况讨论：①若点M和点重合，求得；②若点M在点O和点之间，求得；③若点M在点的左侧，求得．求并集即可得b的取值范围．
【详解】解：因为点是椭圆的上顶点，分别是椭圆左右焦点，
所以，，从而有，
所以,，，
由题意，三角形的面积为1，
设直线y＝ax+b（a＞0）与x轴的交点为，由直线y＝ax+b（a＞0）将三角形分割为面积相等的两部分，可得，所以，故点M在射线上．
设直线y＝ax+b和的交点为N，则由可得点N的坐标为．
①若点M和点重合，如图：
则点N为线段的中点，故N，
把、N两点的坐标代入直线y＝ax+b，求得a＝b．
②若点M在点O和点之间，如图：
此时，点N在点和点之间，
由题意可得三角形的面积等于，即，
即，可得a，求得，
故有．
③若点M在点的左侧，

则，由点M的横坐标，求得b＞a．
设直线y＝ax+b和的交点为P，则由求得点P的坐标为，
此时，由题意可得，三角形APN的面积等于，即，
即，化简可得．
由于此时b＞a＞0，所以 ．
两边开方可得 ，所以，化简可得，
故有．
综上，b的取值范围应是.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是，由题意分析得直线y＝ax+b（a＞0）与x轴的交点M在射线上，然后分三种情况进行讨论：①若点M和点重合；②若点M在点O和点之间；③若点M在点的左侧．
84．A
【分析】根据双曲线以及椭圆的定义可得，，进而在焦点三角形中运用余弦定理即可得，再结合均值不等式即可求解.
【详解】如图，设椭圆的长半轴长为，双曲线的半实轴长为，
则根据椭圆及双曲线的定义，得，，
所 以，，
设，，
则在△中由余弦定理，得，
化简得：，即，
又，，，则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以椭圆和双曲线的离心率乘积的最小值为．
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用椭圆与双曲线的定义得到，，从而利用余弦定理构造得关于的齐次方程，由此得解.
85．C
【分析】利用椭圆和双曲线的性质，用椭圆双曲线的焦距长轴长表示，再利用均值不等式得到答案．
【详解】设椭圆长轴，双曲线实轴，由题意可知：，

又，，
两式相减，可得：，，
． ，
，当且仅当时取等号，
的最小值为6，
故选：C．
【点睛】本题考查了椭圆双曲线的性质，用椭圆双曲线的焦距长轴长表示是解题的关键，意在考查学生的计算能力．
86． 1 直角三角形
【分析】根据椭圆和双曲线的定义可得，进而根据勾股定理可判断直角三角形，进而可求面积.
【详解】不妨设在第一象限，为左右焦点，焦距为，由椭圆和双曲线的定义可得：，故，
又，故可得
且，
故 ，因此形状是直角三角形，以为直角，
，
故答案为：1；直角三角形.
87．
【分析】直线与x轴不重合，设联立椭圆并应用韦达定理及求得，注意验证直线与x轴重合的情况，再由双曲线方程，结合椭圆、双曲线定义求m、n，进而确定最小时对应m值.
【详解】由题设且，令且，
若直线与x轴不重合，设，联立椭圆得，
所以，则，，
又，
而一定在x轴两侧，不妨设在x轴上方，在x轴下方，故，
所以，
则，
所以，
而直线与x轴重合时，也满足，
综上，椭圆，
由题意，，则，
所以，由为双曲线，则，故，
所以最小时，有.
故答案为：
88．ABD
【分析】根据给定条件结合椭圆、双曲线定义计算判断A；借助余弦定理、离心率公式、均值不等式计算判断B，C，D作答.
【详解】由椭圆和双曲线的定义得：，解得，，A正确；
在中，由余弦定理得：，
整理得，，即，
当时，，即，B正确；
当时，，，
当且仅当时取“=”，而，C不正确；
在椭圆中，，即，
在双曲线中，，即，
于是得，而，则，D正确.
故选：ABD
【点睛】方法点睛：双曲线上一点与两焦点构成的三角形，称为双曲线的焦点三角形，与焦点三角形有关的计算或证明
常利用正弦定理、余弦定理、双曲线定义，得到a，c的关系.
89．ABD
【分析】由已知可得，，，以及顶点和焦点的坐标.根据椭圆的定义以及两点间的距离公式即可得出A项；设，得出，进而根据在椭圆上，代入整理即可判断B项；由已知可得.设，，，根据余弦定理，整理可得，在中，可推出，根据倍角公式，可得，整理求解可得，即可判断C项；根据题意结合余弦定理可得出，根据三角形面积公式得出的面积，进而得到四边形的面积.
【详解】由已知可得，，，，点，，，.
对于A项，，又由椭圆的定义可得，
所以四边形的周长为，故A项正确；
对于B项，设，则，，，
所以.又，
所以，所以，故B项正确；
对于C项，由角平分线的性质可得，且，.
设，，则，且.
设，，
由，在和中，由余弦定理可得，整理可得，
因为，所以，即，整理可得，则，
在中，由余弦定理可得，又，
所以，整理可得，解得或（舍去），
所以，，即，，所以，故C项错误；
对于D项，由C知，，
在中，由余弦定理可得，，则，
所以的面积为.又，
所以四边形的面积为，故D项正确.
故选：ABD.
90．
【解析】利用切线方程和角的平分线垂直，结合斜率之积为，即可求解.
【详解】由题意，椭圆C在点处的切线，且，
所以切线的斜率为，而角的角平分线的斜率为，
又由切线垂直角的角平分线，所以，
即.
故答案为：.
91．6
【分析】利用双曲线的方程求出双曲线的参数值；利用内角平分线定理得到两条焦半径的关系，再利用双曲线的定义得到两条焦半径的另一条关系，联立求出焦半径．
【详解】不妨设A在双曲线的右支上,
∵为的平分线，
∴，
又∵，解得，故答案为6.
【点睛】本题考查内角平分线定理，考查双曲线的定义：解有关焦半径问题常用双曲线的定义，属于中档题.
92．A
【分析】对于A，利用轴可得点纵坐标，进而求得，从而求得直线的方程，联立抛物线方程，由韦达定理可求得；
对于B，结合A中结论易得，从而求得，再由两点距离公式即可求得；
对于C，先求，得到∠ABP＝∠APB，再由平行线内错角相等得到∠PBQ＝∠APB，从而可知PB平分∠ABQ；
对于D，联立方程求得，由纵坐标相等可知C，B，Q三点共线.
【详解】对于A，设抛物线的焦点为F，则，
因为，且轴，
所以A的纵坐标为，代入抛物线 得，故，
故直线AF（即直线）为，
联立，消去，得，故，故A错误；
对于B，又y1＝1，故，故，
故，故B正确；
对于C，因为，故为等腰三角形，故∠ABP＝∠APB，
而，故∠PBQ＝∠APB，即∠ABP＝∠PBQ，故PB平分∠ABQ，故C正确；
对于D，易得直线AO为y＝x，联立，解得，故，
故，所以C，B，Q三点共线，故D正确.
故选：A.
.
93．C
【分析】求出双曲线渐近线方程，可判断A选项；利用勾股定理以及双曲线的定义可判断B选项；利用双曲线的定义可判断C选项；利用角平分线定理结合双曲线的定义可判断D选项.
【详解】在双曲线中，，，则，易知点、，
设，，
对于A选项，因为双曲线的渐近线方程为，
当点在第一象限内运动时，随着的增大，射线慢慢接近于直线，此时，
同理可知当点在第四象限内运动时，，
当点为双曲线的右顶点时，，
综上所述，的取值范围是，A对；
对于B选项，当时，，
，所以，，B对；
对于C选项，，
故过点时，光由到再到所经过的路程为
，C错；
对于D选项，若，由角平分线定理可得，
即，解得，D对.
故选：C.
94．B
【分析】延长，与的延长线交于点，由三线合一可知为等腰三角形且为线段的中点；由三角形中位线定理得到，结合椭圆定义可得，由此可得轨迹为圆.
【详解】延长，与的延长线交于点，连接
是的外角的角平分线，且
在中，且为线段的中点
又为线段的中点，由三角形的中位线定理得：
根据椭圆的定义得：
点的轨迹为以原点为圆心，为半径的圆
故选：
【点睛】本题考查动点轨迹的求解问题，关键是能够灵活应用等腰三角形三线合一、三角形中位线定理和椭圆的定义得到动点所满足的关系.
95．（1）＋y2＝1；（2）2.
【解析】（1）利用的最小值为0，可得，，即可求椭圆的方程；
（2）根据直线和椭圆的位置关系，可得到，的关系式，利用点到直线的距离公式，即可得到，．再讨论是否为0，可得到四边形面积的表达式，利用不等式，即可得出的最大值．
【详解】（1）设P(x，y)，则＝(－c－x，－y)，＝(c－x，－y)，
所以＝x2＋y2－c2＝＋1－c2，，当时，
取到最小值0
则，，则，
所以椭圆C的方程为.
（2）将直线l的方程：y＝kx＋m代入椭圆C的方程中，
得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，
由直线l与椭圆C有且仅有一个公共点可知＝16k2m2－4(2k2＋1)(2m2－2)＝0，
化简得m2＝2k2＋1.
根据点到直线距离公式
可得d1＝|F1M|＝ ，d2＝|F2N|＝.
①当k≠0时，四边形F1MNF2是梯形，设直线l的倾斜角为θ，则
|F1H|＝|d1－d2|＝|MN|·|tan θ|，所以|MN|＝|d1－d2|，
∴S＝·|d1－d2|·(d1＋d2) ，化简整理
.
∵m2＝2k2＋1
∴当k≠0时，|m|＞1，|m|＋＞2，
∴.
②当k＝0时，四边形F1MNF2是矩形，，
所以四边形F1MNF2面积S的最大值为2.
【点睛】（1）求圆锥曲线的方程的关键点为：根据条件列出含有的关系式，解出的值，则可写出曲线方程.
（2）数形结合方法：根据题的描述画出图形，再根据图形列出满足条件的关系式，可根据函数或不等式求最值问题.
96．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）利用等面积法得出，求出的取值范围，即可求得的取值范围；
（2）设直线的倾斜角为，设直线的倾斜角为，设直线的倾斜角为，可得，，利用两角和与差的正切公式和斜率公式可得出，再结合、的取值范围可得出结论.
【详解】（1）由题意可得，可得，
，
又因为，
因为，所以，所以；
（2）设直线的倾斜角为，设直线的倾斜角为，设直线的倾斜角为，
则，，
所以，，
，
又因为、，所以.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的取值范围问题的求解方法
（1）函数法：用其他变量作为参数，建立函数关系，利用求函数值域的方法求解．
（2）不等式法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数的取值范围．
（3）判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用根的判别式求参数的取值范围．
（4）数形结合法：研究参数所表示的几何意义，利用数形结合思想求解．