压轴题02圆锥曲线压轴题十七大题型汇总-3

这是一份压轴题02圆锥曲线压轴题十七大题型汇总-3，共50页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知直线交圆于两点，则的最小值为（ ）
A．9B．16C．27D．30
2．已知直线与圆有公共点，且公共点的横､纵坐标均为整数，则满足的有（ ）
A．40条B．46条C．52条D．54条
3．双曲线的左右焦点分别是，，点在其右支上，且满足，，则的值是（ ）
A．B．C．8056D．8048
4．平面上的向量、满足：，，.定义该平面上的向量集合.给出如下两个结论：
①对任意，存在该平面的向量，满足
②对任意，存在该平面向量，满足
则下面判断正确的为（ ）
A．①正确，②错误B．①错误，②正确C．①正确，②正确D．①错误，②错误
5．已知平面非零向量满足，则对于任意的使得（ ）
A．恒有解B．恒有解
C．恒无解D．恒无解
6．平面上有两组互不重合的点，与，，，.则的范围为（ ）.
A．B．
C．D．
二、填空题
7．设点是：上的动点，点是直线：上的动点，记，则的最小值是 ．
8．已知函数，若对于正数，直线与函数的图像恰好有个不同的交点，则 .
9．已知平面向量，，，，则的取值范围是 ．
三、解答题
10．在平面直角坐标系中，重新定义两点之间的“距离”为，我们把到两定点的“距离”之和为常数的点的轨迹叫“椭圆”．
(1)求“椭圆”的方程；
(2)根据“椭圆”的方程，研究“椭圆”的范围、对称性，并说明理由；
(3)设，作出“椭圆”的图形，设此“椭圆”的外接椭圆为的左顶点为，过作直线交于两点，的外心为，求证：直线与的斜率之积为定值．
11．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆Γ：的离心率为，直线l与Γ相切，与圆O：相交于A，B两点.当l垂直于x轴时，.
(1)求Γ的方程；
(2)对于给定的点集M，N，若M中的每个点在N中都存在距离最小的点，且所有最小距离的最大值存在，则记此最大值为.
（ⅰ）若M，N分别为线段AB与圆O上任意一点，P为圆O上一点，当的面积最大时，求；
（ⅱ）若，均存在，记两者中的较大者为.已知，，均存在，证明：.
12．已知椭圆C：短轴长为2，左、右焦点分别为，，过点的直线l与椭圆C交于M，N两点，其中M，N分别在x轴上方和下方，，，直线与直线MO交于点，直线与直线NO交于点．
(1)若的坐标为，求椭圆C的方程；
(2)在（1）的条件下，过点并垂直于x轴的直线交C于点B，椭圆上不同的两点A，D满足，，成等差数列．求弦AD的中垂线的纵截距的取值范围；
(3)若，求实数a的取值范围．
13．已知平面内定点是以为直径的圆上一动点（为坐标原点）．直线与点处的切线交于点，过点作轴的垂线，垂足为，过点作轴的垂线，垂足为，过点作的垂线，垂足为．
(1)求点的轨迹方程；
(2)求矩形面积的最大值；
(3)设的轨迹，直线与轴围成面积为，甲同学认为随的增大，也会达到无穷大，乙同学认为随的增大不会超过4，你同意哪个观点，说明理由．
14．一青蛙从点开始依次水平向右和竖直向上跳动，其落点坐标依次是，(如图，的坐标以已知条件为准)，表示青蛙从点到点所经过的路程.
(1)点为抛物线准线上一点，点，均在该抛物线上，并且直线经过该抛物线的焦点，证明；
(2)若点要么落在所表示的曲线上，要么落在所表示的曲线上，并且,试写出(不需证明)；
(3)若点要么落在所表示的曲线上，要么落在所表示的曲线上，并且，求的值.
15．已知为双曲线上异于左、右顶点的一个动点，双曲线的左、右焦点分别为，且．当时，的最小内角为．
(1)求双曲线的标准方程．
(2)连接，交双曲线于另一点，连接，交双曲线于另一点，若．
①求证：为定值；
②若直线AB​的斜率为−1​，求点P​的坐标．
16．已知双曲线，直线过的右焦点且与交于两点．
(1)若两点均在双曲线的右支上，求证：为定值；
(2)试判断以为直径的圆是否过定点？若经过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
17．已知双曲线的左、右焦点分别为，，点是上一点.若为的内心，且.
(1)求的方程；
(2)点A是在第一象限的渐近线上的一点，且轴，点是右支上的一动点，在点处的切线与直线相交于点，与直线相交于点.证明：为定值.
18．已知点P为双曲线上任意一点，过点的切线交双曲线的渐近线于两点．
(1)证明：恰为的中点；
(2)过点分别作渐近线的平行线，与OA、OB分别交于M、N两点，判断PMON的面积是否为定值，如果是，求出该定值；如果不是，请说明理由；
19．已知曲线 ，是坐标原点， 过点的直线与曲线交于，两点.
(1)当与轴垂直时，求的面积；
(2)过圆上任意一点作直线，，分别与曲线切于，两 点，求证：；

(3)过点的直线与双曲线交于，两点（，不与轴重合）.记直线的斜率为，直线斜率为， 当时，求证：与都是定值.

20．已知椭圆的左、右焦点分别为、，上顶点为，，的面积为.
(1)求的方程；
(2)是上位于第一象限的一点，其横坐标为1，直线过点且与交于，两点（均异于点），点在上，设直线，，的斜率分别为，，，若，问点的横坐标是否为定值？若为定值，求出点的横坐标；若不为定值，请说明理由.
21．已知椭圆，分别为椭圆的左、右顶点，分别为左、右焦点，直线交椭圆于两点（不过点）.
(1)若为椭圆上（除外）任意一点，求直线和的斜率之积；
(2)若，求直线的方程；
(3)若直线与直线的斜率分别是，且，求证：直线过定点.
22．如图，已知抛物线，其焦点为，其准线与轴交于点，以为直径的圆交抛物线于点，连接并延长交抛物线于点，且．
(1)求的方程．
(2)过点作轴的垂线与抛物线在第一象限交于点，若抛物线上存在点，，使得．求证：直线过定点．
23．已知椭圆的离心率为，且过点．
(1)求椭圆的标准方程．
(2)设过点且斜率不为0的直线与椭圆交于，两点．问：在轴上是否存在定点，使直线的斜率与的斜率的积为定值？若存在，求出该定点坐标；若不存在，请说明理由．
24．如图，已知椭圆的短轴长为，焦点与双曲线的焦点重合.点，斜率为的直线与椭圆交于两点.

(1)求常数的取值范围，并求椭圆的方程.
(2)(本题可以使用解析几何的方法，也可以利用下面材料所给的结论进行解答)
极点与极线是法国数学家吉拉德·迪沙格于1639年在射影几何学的奠基之作《圆锥曲线论稿》中正式阐述的.对于椭圆，极点（不是原点）对应的极线为，且若极点在轴上，则过点作椭圆的割线交于点，则对于上任意一点，均有（当斜率均存在时）.已知点是直线上的一点，且点的横坐标为2.连接交轴于点.连接分别交椭圆于两点.
①设直线、分别交轴于点、点，证明：点为、的中点；
②证明直线：恒过定点，并求出定点的坐标.
25．交比是射影几何中最基本的不变量，在欧氏几何中亦有应用．设，，，是直线上互异且非无穷远的四点，则称（分式中各项均为有向线段长度，例如）为，，，四点的交比，记为．
(1)证明：；
(2)若，，，为平面上过定点且互异的四条直线，，为不过点且互异的两条直线，与，，，的交点分别为，，，，与，，，的交点分别为，，，，证明：；
(3)已知第（2）问的逆命题成立，证明：若与的对应边不平行，对应顶点的连线交于同一点，则与对应边的交点在一条直线上．
参考答案：
1．D
【分析】根据题中条件，先求得弦的中点的轨迹方程，则的几何意义为两点到直线的距离之和，即点到直线距离的2倍，结合点到直线的距离公式求解即可.
【详解】由题设直线与轴的交点为，设弦的中点为，
连接，则，即，所以，
即，
所以点的轨迹方程为，
即的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，
设直线为，则到的最小距离为，
过分别作直线的垂线，垂足分别为，
则四边形是直角梯形，且是的中点，
则是直角梯形的中位线，所以，即，
即，
所以的最小值为30.
故选：D.
2．A
【分析】通过分析得出圆上的整数点共有12个，由直线为截距式，先排除掉关于原点对称的两点所连直线，关于x轴对称的两点所连直线（不含），
关于y轴对称的两点所连直线（不含），再结合变形为，利用几何意义得到原点到直线的距离小于等于，
利用垂径定理，弦长越小，原点到直线的距离越大，故先求解最小弦长，进而求出原点到此类直线的距离，与比较后发现不合要求，进而继续求解第二小弦长，第三小弦长，求出原点到每类直线的距离，与比较得到结论，利用组合知识求出答案.
【详解】圆上的整数点共有12个，分别为，
如图所示，
由题意可知：直线的横、纵截距都不为0，即与坐标轴不垂直，不过坐标原点，
所以关于原点对称的两点所连直线不合题意，有6条，舍去，
关于x轴对称的两点所连直线（不含）不合题意，有4条，舍去，
关于y轴对称的两点所连直线（不含）不合题意，有4条，舍去
其中变形为，
几何意义为原点到直线的距离小于等于，
这12个点所连的直线中，除去以上不合要求的直线外，根据弦长从小到大分为类，
以下为具体情况：①，弦长为的直线有4条，
此时原点到此类直线的距离为，不合要求，舍去
②，弦长为的直线有8条，
此时原点到此直线的距离为，不合要求，舍去
③，弦长为的直线有8条，
此时原点到此直线的距离为，满足要去，
④其他情况弦长均大于，故均满足要求，
由组合知识可知：满足要求的直线条数为：
故选：A
【点睛】对于比较复杂一些的排列组合知识，直接求解比较困难的时候，可以先求解出总的个数，再减去不合要求的个数，得到答案.
3．C
【分析】先求出，再根据得到，再利用等差数列的通项求解即可.
【详解】∵，，∴，即，
又，∴，
即，
∴，
由题意知，，∴，
∴是以4为首项，4为公差的等差数列，
∴.
故选：C.
【点睛】本题主要考查双曲线的简单几何性质，考查等差数列的判断和通项的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
4．C
【分析】根据给定条件，令，，设，利用向量模及数量积的坐标表示探求的关系，再借助平行线间距离分析判断得解.
【详解】由，，，不妨令，，设，
，得，而，，
则，整理得，由，得，
平行直线和间的距离为，
到直线和直线距离相等的点到这两条直线的距离为，
如图，阴影部分表示的区域为集合，因此无论是否属于，都有，
所以命题①②都正确.
故选：C
【点睛】思路点睛：已知几个向量的模，探求向量问题，可以在平面直角坐标系中，借助向量的坐标表示，利用代数方法解决.
5．B
【分析】设，其中，记
则有，即，然后分，，三种情况讨论，再根据直线是过点的直线与圆锥曲线的两个不同的交点和点在以为直径的圆上，分析圆与相应准线的位置关系，即可求解.
【详解】解：设，其中，记
则有，即
若，则点的轨迹是拋物线，方程为E：，点恰为抛物线的焦点，
则是过点的直线与抛物线的两个不同的交点，点在以为直径的圆上，
此时.
若，则点的轨迹是椭圆，方程为E：，
点为椭圆E的左焦点，轴是椭圆的左准线，是过点的直线与椭圆的两个不同的交点，点在以为直径的圆上，此时圆与准线相离，故
若，则点的轨迹是双曲线，方程为E：，
点为双曲线的右焦点，轴是双曲线的右准线，是过点的直线与双曲线的两个不同的交点，点在以为直径的圆上，此时圆与准线相交，故可正，可负，可零.
所以，当时，恒有，故A错误；
当时，，与均有解，故错误；
故选：B.
【点睛】关键点点睛：利用坐标法，设，其中，记则有，即，然后分，，三种情况讨论，将原问题转化为判断圆与准线的位置关系，从而解决问题.
6．D
【分析】考虑的特殊情况，验证选项可得答案.
【详解】当时，由题，有，，.
得.则在以为圆心，半径为1的圆上，则在以为圆心，半径为2的圆上.又，则如下图所示，即时，取最小值为1；
如下图所示，即时，取最大值为3.
则当时，的范围是，验证选项可排除A，B，C.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题因点的情况较为复杂，且又为选择题，故考虑利用特殊值验证选项得答案.
7．
【分析】设，将转化成探求线段长最值问题求解作答.
【详解】如图，过：上一点作轴交直线于点，
过直线：上的动点作交直线于点，

依题意，设，显然圆C与直线l相离，
则可得：，
因为直线：的斜率为，所以，
，
其中锐角由确定，
所以的最小值是.
故答案为：
【点睛】思路点睛：涉及图形上的点变化引起的线段长度、图形面积等问题，若点的运动与某角的变化相关，可以设此角为自变量，借助三角函数解决.
8．
【分析】由题意首先确定函数的性质，然后结合直线与圆的位置关系得到的表达式，最后裂项求和即可求得的值.
【详解】当时，，即，；
当时，，函数周期为2，
画出函数图象，如图所示：
与函数恰有个不同的交点，
根据图象知，直线与第个半圆相切，
故，故，
.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解
9．
【分析】把向量用建系的思想在坐标系中表示出来，然后利用向量的关系把
变形整理得，分别通过三点共线和椭圆定义来确定范围即可.
【详解】设，的夹角为，，，
，.
如图，由题可设，，，
其中O为原点，C在单位圆上，记，假设存在一点，使得
则有
，
又，解得.
所以存在点，使得.
，
且直线的方程为，即，圆心到直线的距离为1.
所以与圆相切，所以当,,三点共线时，取得最小值为，
如图，在位置时， 因为，，且，
由椭圆定义可知，此时在以，为焦点的椭圆上，
当在其他位置时，在椭圆内部，
所以的最大值为，即的最大值为.
.
故答案为：．
【点睛】本题结合轨迹问题与椭圆的定义，用建系的思想解决向量的问题.
10．(1)
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）设“椭圆”上任意一点为，则，再根据两点之间的“距离”得新定义即可得解；
（2）将点分别代入即可判断其对称性，取绝对值符号，进而可得出范围；
（3）先求出椭圆方程，设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，分别求出直线的方程，设，再次求出的关系，进而求出，从而可得出结论.
【详解】（1）设“椭圆”上任意一点为，则，
即，即，
所以“椭圆”的方程为；
（2）由方程，得，
因为，所以，即，
所以或或，
解得，
由方程，得，
即，所以，所以，
所以“椭圆”的范围为，，
将点代入得，，
即，方程不变，所以“椭圆”关于轴对称，
将点代入得，，
即，方程不变，所以“椭圆”关于轴对称，
将点代入得，，
即，方程不变，所以“椭圆”关于原点对称，
所以“椭圆”关于轴，轴，原点对称；

（3）由题意可设椭圆的方程为，
将点代入得，解得，
所以椭圆的方程为，，
由题意可设直线的方程为，
联立，得，
恒成立，
则，
因为的中点为，
所以直线的中垂线的方程为，
同理直线的中垂线的方程为，
设，则是方程的两根，
即是方程的两根，
所以，
又因，
所以，
两式相比得，所以，
所以，
所以直线与的斜率之积为定值．

【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．
11．(1)；
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，求出，再结合离心率求出即得.
（2）（ⅰ）在直线的斜率存在时，设出直线方程并与椭圆方程联立，借助判别式求出圆心到距离，列出的面积关系求解，再验证斜率不存在的情况；（ⅱ）利用新定义，结合对称性推理即得.
【详解】（1）因为当垂直于轴时，，而直线与Γ相切，则，解得，
又椭圆的离心率为，则椭圆的半焦距，，
所以的方程为.
（2）（i）当的斜率存在时，设的方程为：，
由消去得：，
由直线与椭圆相切，得，整理得，
于是圆心到直线的距离，
则的面积为，
设，求导得，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
因此当时，取得最大值，此时，
当的斜率不存在时，由（1）知，，
由，得，则.
对于线段上任意点，连接并延长与圆交于点，则是圆上与最近的点，
当为线段的中点时，取得最大值，所以.
（ii）因为均存在，
设点，且，
设是集合中到的最近点，根据对称性，不妨设，
令点到集合的最近点为，点到集合的最近点为，
因为是集合中所有点到集合最近点距离的最大值，则，
因为是集合中所有点到集合最近点距离的最大值，则，
因此，
而在坐标平面中，，又点是集合中到点的最近点，则，
所以.
【点睛】关键点睛：本题第（2）问涉及新定义问题，反复认真读题，理解最小距离的最大值的含义是解题的关键.
12．(1)；
(2)；
(3)．
【分析】（1）由椭圆的性质可得，再由两中线的交点为重心和重心的性质得到点，代入椭圆方程可得即可；
（2）由等差中项的性质得到，再由弦长公式得到，然后分当AB斜率存在时由点差法得到，再由点斜式写出弦的中垂线方程，当时，得到；当AB斜率不存在时，此时AD：，；最后得到范围；
（3）解法一：根据重心性质及面积公式得，，再结合已知不等式条件解不等式组可得，然后直曲联立得到；转化为对任意的t恒成立，解不等式即可；解法二：根据重心的性质可得，再由几何图形的面积关系结合三角形的面积公式得到；，后同解法一.
【详解】（1）依题意，，故椭圆C：；
易知点为的重心，则，故，
代入椭圆方程得∴椭圆C的方程为；
（2）
∵，，成等差数列，．∴．
设，，AD中点．，
由弦长公式
，
∵，∴，
同理，代入可得，
①当AB斜率存在时两式作差可得，，
∴，
∴弦AD的中垂线方程为，
当时，，即AD的中垂线的纵截距．
∵在椭圆C内，∴，得，且．
②当AB斜率不存在时，此时AD：，．
∴综上所述，即弦AD的中垂线的纵截距的取值范围为．
（3）解法一：易知点，分别为，的重心，设，，设点，，则根据重心性质及面积公式得，
，
而∴，
∴，∴，，
设直线l：，则联立椭圆方程得
消元化简得，，，
∴，，
∴，
∴对任意的t恒成立，
即，故实数a的取值范围为．
解法二：易知点为的重心，，
∴，，，
此时，设点，，，，则根据重心的性质可得，
∴，，，
∴，；；
而，∴，
∴，；
设直线l：，则联立椭圆方程得
消元化简得，，，
∴，，
∴，
∴对任意的t恒成立，
即，故实数a的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：
（1）三角形重心分得线段长度比为；
（2）当求椭圆的中点弦或中点弦的垂直平分线时可用点差法较为容易.
13．(1)；
(2)；
(3)乙的观点，理由见解析.
【分析】（1）根据给定条件，借助相似三角形的性质列式求出轨迹方程.
（2）利用（1）的结论，结合对称性，求出矩形面积的函数关系，利用导数求出最大值.
（3）利用导数探讨函数的单调性，探讨与矩形面积的关系，再借助数列求和推理判断得解.
【详解】（1）设点，依题意，直线的方程为，，显然点与不重合，
当点与点不重合时，连接，由是以为直径的圆上一点，则，
由轴，得∽∽，则，，
而，则，于是，即，
当点与点重合时，点与点重合，点与点重合，而满足，
所以点的轨迹方程：.

（2）由（1）知，点的轨迹方程，显然，
即点的轨迹关于轴对称，不妨令点在第一象限，
显然∽，，，因此，
设矩形的面积为，则，
求导得，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
因此，所以当时，矩形面积的最大值为.
（3）同意乙同学的观点，随的增大不会超过4.
由（1）知点的轨迹方程为，设，显然是偶函数，
求导得，当时，，函数在上单调递减，且恒有，
则有，即，
当增大时，面积的值也在增大，
过点分别作轴的垂线交函数的图象
于点，

由在上单调递减，
得当时，的图象与轴之间部分的面积小于，
当时，的图象与轴之间部分的面积小于，
当时，的图象与轴之间部分的面积小于，
当时，的图象与轴之间部分的面积小于，
当时，的图象与轴之间部分的面积小于，
当时，的图象与轴之间部分的面积小于，
则的轨迹，直线与轴围成面积为，
，
当时，，
因此
所以随的增大不会超过4.
【点睛】易错点睛：裂项法求和，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
14．(1)证明见解析 (2) (3)
【分析】（1）设，根据青蛙依次向右向上跳动得到，，再由抛物线的定义即可证明.
（2）根据题意可得：，，，，由于青蛙从开始依次水平向右和竖直向上跳动，可知随着的增大，点无限接近点，进而可得横向路程之和无限接近，纵向路程之和无限接近，故问题得解.
（3）有题意知：，，，，，，…….观察规律可知：下标为奇数的点的纵坐标是首项为，公比为的等比数列.相邻横坐标之差是首项为，公差为的等差数列.再利用数列的性质即可求出.
【详解】（1）设，由于青蛙依次向右向上跳动，
所以，，
由抛物线定义知：，即证.
（2）依题意，，，，.
.
随着的增大，点无限接近点，
横向路程之和无限接近，纵向路程之和无限接近.
∴.
（3）由题意知：，，，
，，，……
其中，，，，……
，，，，……
观察规律可知：下标为奇数的点的纵坐标是首项为，公比为的等比数列.
相邻横坐标之差是首项为，公差为的等差数列.并可用数学归纳法证明.
所以，当为奇数时，，.
所以，.
【点睛】本题主要考查数列与抛物线的综合，同时考查了极限思想，搞清运动过程中坐标之间的关系为解题的关键，属于难题.
15．(1)
(2)①证明见解析；②或．
【分析】（1）根据双曲线定义得出，由题意可知，，根据余弦定理计算可得，再根据双曲线的关系计算即可；
（2）①设，，，由，，将代入双曲线联立方程求解即可，②由①可知，根据题意建立等式求解即可求解.
【详解】（1）由双曲线的定义知，，
由题意可得，，
在中，由余弦定理知，
解得，因为，所以，
所以双曲线的标准方程为；
（2）①设，，，，
由，
即，所以
同理，由，得，
将的坐标代入曲线得，
，
将的坐标代入曲线得，
，
所以为定值；
②由①知，，
，
因为点在双曲线上，所以或，
即或．
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是根据题意求出A，B两点坐标，代入双曲线中得到与的关系.
16．(1)证明见解析
(2)圆过定点
【分析】（1）设直线，与双曲线方程联立得出韦达定理，根据弦长公式表示，再代入求得结果.
（2）表示圆的方程，由对称性可知定点在轴上，令进行求解即可.
【详解】（1）如图，
由，设，直线，
代入，整理得：，
由解得：
由韦达定理：，
由，
同理，．
为定值．
另法：由，
同理，．
由于，不妨设，
则．
由，
得．
所以为定值．
（2）由题意：圆的方程为
即
由对称性可知：若存在定点，则必在轴上
令，有
由（1）可知，
代入方程后有：，
即，
令即．故圆过定点．
17．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据三角形面积公式及双曲线定义化简可得，求出a即可得出方程；
（2）利用导数的几何意义求出切线斜率并化简可得，求出切线及切线与直线的交点，利用两点间距离公式并结合双曲线方程化简可得
【详解】（1）因为点是上一点，所以.设的内切圆半径为，则，，.
因为，所以，
所以，所以.
由双曲线的定义及其几何性质，得，即.
联立，解得所以的方程为.
（2）由题意可知，直线的斜率存在，则可设直线的方程为.
由，可得.
由题意知.
若点在双曲线的右支的上半支上，则，
所以，故.
因为，所以，所以.
若点在双曲线的右支的下半支上，则，
所以，故.
因为，所以，所以.
综上可知，.
将代入直线的方程，得，即.
又，所以直线的方程为，即.
因为直线的方程为，所以当时，，即直线与直线的交点，所以.
联立，得，
所以直线与直线的交点.
又，所以
.
因为，所以，
所以，为定值.
.
【点睛】方法点睛：证明为定值的方法为可用变量去表示需要判断是否为定值的表达式，通过验证表达式是否与变量有关可解决问题.
18．(1)证明见解析
(2)，理由见解析
【分析】（1）设切线为，联立方程组，根据，求得，得到，再联立直线与双曲线的渐近线，分别求得和，结合中点公式，即可得证；
（2）由（1）求得和，求得，得到，求得，结合为的中点，得到，即可求解.
【详解】（1）由切线不可能平行于轴，即切线的斜率不可能为0，
设切线方程为，
联立方程组，整理得，
所以，可得，即，
所以，即，所以，则，
所以点，
又由双曲线的渐近线方程为，
联立方程组，可得，即，
联立方程组，可得，即，
所以
，所以的中点坐标为
又因为，所以，所以点与的中点重合.
（2）由，，
可得，，
所以，即，
又由，可得，
所以，
所以，
因为为的中点，所以，
所以四边形的面积为定值.
【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线问题的方法与策略：
1、涉及圆锥曲线的定义问题：抛物线的定义是解决圆锥曲线问题的基础，它能将两种距离(圆锥曲线上的点到焦点的距离、圆锥曲线上的点到准线的距离)进行等量转化．如果问题中涉及圆锥曲线的焦点和准线，又能与距离联系起来，那么用圆锥曲线定义就能解决问题．因此，涉及圆锥曲线的焦半径、焦点弦问题，可以优先考虑利圆锥曲线线的定义转化为点到准线的距离，这样就可以使问题简单化．
2、涉及直线与圆锥曲线的综合问题：通常设出直线方程，与圆锥曲线方程联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时注意向量、基本不等式、函数及导数在解答中的应用.
19．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）将代入椭圆方程，求出，再计算三角形面积；
（2）设，当时求出，从而确定、、（一组）的坐标，说明，当时，设，的斜率分别为，直线，得到联立直线与椭圆的方程，由得到化为关于的一元二次方程为，利用韦达定理得到，即可得证；
（3）设、、、，直线、的斜率分别为、，设直线，联立直线与曲线的方程，消元、列出韦达定理，由得，即可求出，设直线，与双曲线联立，消元、列出韦达定理，由斜率公式计算可得.
【详解】（1）由题可知，直线为，
代入椭圆方程，解得，
所以.
（2）设，
当时， ，不妨取，，，
则，，所以，即成立；
当时，设，的斜率分别为，设过点的切线方程：，
由，
因为直线与椭圆相切，所以，
即，
化简可得，
化为关于的一元二次方程为，
所以.
因为在圆上，所以，
代入上式可得，
综上可得.

（3）设、、、，
直线、的斜率分别为、，
设直线，与椭圆联立得，
则，，，
由得，
即，
计算分子部分：
，所以，
设直线，与双曲线联立得，
则，，，，
所以，
计算分子部分
，
所以，
综上可得、均为定值.

【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，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.
20．(1)
(2)点的横坐标为定值
【分析】（1）依题意可得，即可得到为等边三角形，由面积公式求出，从而求出、；
（2）首先求出点坐标，设直线，，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，由斜率公式求出，即可得到，最后由斜率公式求出.
【详解】（1）因为，所以，即，
又，
所以为等边三角形，
所以，所以，
又，所以，则，
所以，
所以椭圆方程为.
（2）将代入解得，所以，
由（1）可知，则直线的斜率存在，
设直线，，，，
由得，
由，
所以，，
所以
，
因为，所以，
所以，解得，
所以点的横坐标为定值.
【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（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.
21．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）设点，直接计算，结合点在椭圆上化简即得；
（2）设，由向量线性运算的坐标表示得出，再利用在椭圆上，可求出（或）的坐标，然后可得直线方程；
（3）设，易知直线的斜率不为，设其方程为（），直线方程椭圆方程整理后应用韦达定理得，把它代入可求得的确定值，从而得定点坐标．
【详解】（1）在椭圆 中，左、右顶点分别为，
设点，则 .
（2）设，由已知可得，，
由得，化简得
代入可得，
联立解得
由得直线过点，，
所以，所求直线方程为.
（3）设，易知直线的斜率不为，设其方程为（），
联立，可得，
由，得.
由韦达定理，得.，.
可化为，
整理即得，
，由，
进一步得，化简可得，解得，
直线的方程为，恒过定点.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的直线过定点问题，一般可设直线与圆锥曲线的交点为，设出直线方程为或，直线方程代入圆锥曲线方程后化简整理后应用韦达定理得（或），代入题中关于交点的其他条件化简可得出（或）的关系，从而得出定点坐标．
22．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设直线的倾斜角为，由抛物线的定义结合图形表示出，，求出，结合条件，求出的值得解；
（2）根据题意，设直线的方程为，与抛物线方程联立可得，，结合运算得到的关系，从而得解.
【详解】（1）根据抛物线的性质可知．
设直线的倾斜角为，则在中，．
由抛物线的定义知，，
所以，，所以．
所以．
由，
得，解得．
所以的方程为．
（2）由（1）知．设直线的方程为，，．
联立抛物线方程，得代入并整理，得．
则，，且．
由，得，
则，
得，
所以．整理得．
当，即时，直线的方程为，则直线恒过定点，不符合题意．
当，即时，直线的方程为，则直线恒过定点．
【点睛】思路点睛：本题考查抛物线的定义、直线与抛物线的位置关系.第一问，设直线的倾斜角为，由抛物线的定义求出，，结合条件运算求出的值；第二问，设直线的方程为，与抛物线方程联立利用韦达定理求得，，利用坐标化求得与的关系，代回直线方程判断得证.
23．(1)；
(2)存在，且该定点为
【分析】（1）结合离心率的定义，将代入椭圆方程计算即可得；
（2）设出直线方程，联立曲线，借助韦达定理表示交点横坐标的关系后，结合斜率公式表示出斜率之积后可得时，，计算即可得解.
【详解】（1）因为椭圆的离心率为，所以，即，
所以，所以椭圆的方程为，
因为椭圆过点，所以，解得，
故，，
所以椭圆的标准方程为；
（2）假设存在定点．设，，
易知直线的斜率显然存在，且不为0，设其方程为，
联立椭圆方程与直线方程，得，消去并整理，
得，
所以，，
由，解得，且，
所以
，
则当时，为定值，此时．
所以存在定点，使直线的斜率与的斜率的积为定值．

【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、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
24．(1)，
(2)①证明过程见解析②证明过程见解析，定点坐标为
【分析】（1）由椭圆焦点在轴上面，列出不等式组即可得的范围，由的关系以及短轴长列出方程组即可得，由此即可得椭圆方程.
（2）为了说明结论的验证性，首先证明一下题述引理（用解析几何方法），即联立直线方程与椭圆方程，由韦达定理以及斜率公式证明即可，从而对于①由结论法说明Q是和的交点，且，结合由此即可进一步得证；对于②由结论法可表示出的方程，由此整理即可得解.
【详解】（1）由题意焦点在轴上，所以，解得，即的范围为，
且，解得，
所以椭圆方程为.
（2）我们首先给出题目给出的引理的证明：
设，则Q在P的极线上，
现在如果经过P的直线交椭圆于：
那么，代入椭圆就得到，
所以
，
由韦达定理有，
此时要证明的是：，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
这显然成立，所以结论得证.
接下来我们回到原题，

①首先由于Q在P的极线上，故由引理有，，
而，
所以，这表明Q是和的交点，
又由于，故，
设，而，，，
所以，也就是E是的中点；
②设，那么，所以，
这表明的方程是，即，
所以恒过点.
【点睛】关键点点睛：第二问的关键是用解析几何证明题述引理的正确性，由此即可利用结论法进一步求解.
25．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题干所给交比的定义即可证；
（2）把交比转化成面积之比，在利用面积公式把面积之比转化为边之比；
（3）把三点共线问题转化为其中一个点在另外两个点所构成的直线上.再利用第（2）问的结论得到两组交比相等，根据逆命题也成立即可证明三点共线.
【详解】（1）
；
（2）
；

（3）设与交于，与交于，与交于，
连接，与交于，与交于，与交于，
欲证，，三点共线，只需证在直线上．
考虑线束，，，，由第（2）问知，
再考虑线束，，，，由第（2）问知，
从而得到，
于是由第（2）问的逆命题知，，，交于一点，即为点，
从而过点，故在直线上，，，三点共线．

【点睛】思路点睛：本题考查射影几何中交比的性质，属新定义题型，难度较大.
第一问直接根据交比的定义证明即可；
第二问首先要理解交比的本质就是两组边比值的乘积，而边的比值可以根据图形（高相同）转化为面积之比，而面积之比又可以通过面积公式转化为边的比值，从而使得问题得证.其核心思想是利用三角形面积计算的两个公式进行转化；
第三问需要根据第二问的结论以及其逆命题是真命题来证明，第二问是由线共点导出交比相等，第三问是由交比相等导出线共点，所以要想证明第三问，必须先导出交比相等，而使用第二问的结论恰好可以导出两组交比相等，进而根据传递性得到想要证的一组交比相等，从而证明出三线共点，进而再说明三点共线.