新高中数学压轴题二轮专题专题16几何条件代数化试题含解析答案

这是一份新高中数学压轴题二轮专题专题16几何条件代数化试题含解析答案，共72页。试卷主要包含了解答题，四象限，边，与轴的交点为，.等内容，欢迎下载使用。

一、解答题
1．设A，B为曲线C：y＝上两点，A与B的横坐标之和为4．
（1）求直线AB的斜率；
（2）设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且AM⊥BM，求直线AB的方程．
2．如图所示，已知椭圆的离心率为，点和点都在椭圆上，直线交轴于点．
(1)求椭圆的方程，并求点的坐标（用，表示）．
(2)设为原点，点与点关于x轴对称，直线PB交x轴于点N．问：y轴上是否存在点，使得?若存在，求点Q的坐标；若不存在，说明理由．
3．在平面直角坐标系中，已知点，，为动点，且直线与直线的斜率之积为.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）设过点的直线与曲线相交于不同的两点，.若点在轴上，且，求点的纵坐标的取值范围.
4．已知椭圆过点，且离心率为．
(I)求椭圆的方程；
(Ⅱ)设直线与椭圆交于两点．若直线上存在点，使得四边形是平行四边形，求的值．
5．如图，各边与坐标轴平行或垂直的矩形内接于椭圆，其中点，分别在第三、四象限，边，与轴的交点为，.
(1)若，且，为椭圆的焦点，求椭圆的离心率；
(2)若是椭圆的另一内接矩形，且点也在第三象限，若矩形和矩形的面积相等，证明：是定值，并求出该定值；
(3)若是边长为1的正方形，边，与轴的交点为，，设（，，…，）是正方形内部的100个点，记，其中，，，.证明：，，，中至少有两个小于81.
6．已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.
（1）证明：直线AB过定点：
（2）若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积.
7．椭圆，过一点作两直线交椭圆分别于和，若的斜率存在且不为0，证明：四点共圆的充要条件为倾斜角互补．
8．已知椭圆过点，且离心率.
（1）求椭圆M的方程；
（2）是否存在棱形ABCD，同时满足下列三个条件：①点A在直线上；②点B，C，D在椭圆M上；③直线BD的斜率等于1.如果存在，求出A点坐标；如果不存在，说明理由.
9．已知椭圆，点，C分别是椭圆M的左焦点、左顶点，过点的直线l（不与x轴重合）交M于A，B两点．
(1)求M的离心率及短轴长；
(2)是否存在直线l，使得点B在以线段AC为直径的圆上？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
10．已知直线与抛物线交于两点，且．
(1)求；
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，且，求面积的最小值．
11．已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，．
(1)求的方程；
(2)设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：．
12．已知椭圆椭圆的离心率．左顶点为，下顶点为是线段的中点，其中．
(1)求椭圆方程．
(2)过点的动直线（斜率存在）与椭圆有两个交点．在轴上是否存在点使得为锐角？若存在求出这个点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由．
13．已知双曲线左右顶点分别为，过点的直线交双曲线于两点.
(1)若离心率时，求的值．
(2)若为等腰三角形时，且点在第一象限，求点的坐标．
(3)连接并延长，交双曲线于点，若，求的取值范围．
14．已知椭圆，离心率为，短轴长为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过坐标原点且不与坐标轴重合的直线交椭圆于，两点，过点作轴的垂线，垂足为，直线与椭圆的另一个交点为．求证：为直角三角形．
15．已知椭圆C：的左顶点为A，右焦点为F，椭圆C上的点到F的最大距离是短半轴长的倍，且椭圆过点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过点F的直线l与C相交于M，N两点，直线l的倾斜角为锐角.若点到直线l的距离为，求直线PM与直线PN的斜率之和.
16．已知双曲线，动直线与轴交于点，且与交于两点，是的等比中项，．
(1)若两点位于轴的同侧，求取最小值时的周长；
(2)若，且两点位于轴的异侧，证明：为等腰三角形．
17．如图所示，平面直角坐标系中，为坐标原点，四边形为矩形，，分别为的中点，两点满足：，其中为非零实数．直线与交于点．已知椭圆过三点．
(1)求椭圆的标准方程及其焦距；
(2)判断点与椭圆的位置关系，并证明你的结论；
(3)设为椭圆上两点，满足，判断是否为定值，如果是，求出该定值；如果不是，说明理由．
18．已知直线过定点，动圆过点，且在轴上截得的弦长为4，设动圆圆心轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)点，，为上的两个动点，若，，恰好为平行四边形的其中三个顶点，且该平行四边形对角线的交点在上，记平行四边形的面积为，求证：.
19．已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为．
(1)求椭圆的方程及离心率；
(2)若直线BD的斜率为0，求t的值．
20．已知复平面上的点对应的复数满足，设点的运动轨迹为．点对应的数是0．
(1)证明是一个双曲线并求其离心率；
(2)设的右焦点为，其长半轴长为，点到直线的距离为（点在的右支上），证明：；
(3)设的两条渐近线分别为，过分别作的平行线分别交于点，则平行四边形的面积是否是定值？若是，求该定值；若不是，说明理由．
21．设、是椭圆上的两点，点是线段的中点，线段的中垂线与椭圆交于，两点；
(1)求的方程，并确定的取值范围：
(2)判断是否存在，使、、、四点共圆，若存在，则写出圆的标准方程；若不存在，请说明原因．
22．在平面直角坐标系中，双曲线的左、右焦点分别为的离心率为2，直线过与交于两点，当时，的面积为3.
(1)求双曲线的方程；
(2)已知都在的右支上，设的斜率为.
①求实数的取值范围；
②是否存在实数，使得为锐角？若存在，请求出的取值范围；若不存在，请说明理由.
23．已知一菱形的边长为2，且较小内角等于，以菱形的对角线所在直线为对称轴的椭圆C外接于该菱形.
(1)建立恰当的平面直角坐标系，求椭圆的方程；
(2)已知椭圆所在平面上的点到椭圆的长轴､短轴的距离依次是，点在椭圆上，直线与椭圆的长轴所在直线的两个夹角相等.求直线与菱形对角线的夹角的正切值；
(3)在（2）的条件下求面积的最大值.
24．已知平面上一动点到定点的距离比到定直线的距离小，记动点的轨迹为曲线.
(1)求的方程；
(2)点为上的两个动点，若恰好为平行四边形的其中三个顶点，且该平行四边形对角线的交点在第一､三象限的角平分线上，记平行四边形的面积为，求证：.
25．已知椭圆的左､右焦点分别为.
(1)以为圆心的圆经过椭圆的左焦点和上顶点，求椭圆的离心率；
(2)已知，设点是椭圆上一点，且位于轴的上方，若是等腰三角形，求点的坐标；
(3)已知，过点且倾斜角为的直线与椭圆在轴上方的交点记作，若动直线也过点且与椭圆交于两点（均不同于），是否存在定直线，使得动直线与的交点满足直线的斜率总是成等差数列？若存在，求常数的值；若不存在，请说明理由.
26．已知点，，和动点满足是，的等差中项．
(1)求点的轨迹方程；
(2)设点的轨迹为曲线按向量平移后得到曲线，曲线上不同的两点M，N的连线交轴于点，如果（为坐标原点）为锐角，求实数的取值范围；
(3)在（2）的条件下，如果时，曲线在点和处的切线的交点为，求证：在一条定直线上．
27．已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为.

(1)求C的方程；
(2)记C的左顶点为A，直线与x轴交于点B，过B的直线与C的右支于P，Q两点，直线AP，AQ分别交直线l于点M，N，证明O，A，M，N四点共圆.
28．已知椭圆：的长轴长是短轴长的2倍，直线被椭圆截得的弦长为4．
(1)求椭圆的方程；
(2)设M，N，P，Q为椭圆上的动点，且四边形MNPQ为菱形，原点О在直线MN上的垂足为点H，求H的轨迹方程．
29．设双曲线的右焦点为，，为坐标原点，过的直线与的右支相交于两点．
(1)若，求的离心率的取值范围；
(2)若恒为锐角，求的实轴长的取值范围．
30．已知直线与椭圆相交于点，点在第一象限内，分别为椭圆的左、右焦点．
(1)设点到直线的距离分别为，求的取值范围；
(2)已知椭圆在点处的切线为．
（i）求证：切线的方程为；
（ii）设射线交于点，求证：为等腰三角形．
31．已知椭圆的右焦点为，其四个顶点的连线围成的四边形面积为；菱形内接于椭圆．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)（ⅰ）坐标原点在边上的投影为点，求点的轨迹方程；
（ⅱ）求菱形面积的取值范围．
32．已知椭圆的短轴长为，离心率.
(1)求椭圆的方程；
(2)设为坐标原点，直线是圆的一条切线，且直线与椭圆交于两点，若平行四边形的顶点恰好在椭圆上，求平行四边形的面积.
33．已知椭圆的焦距为，点在椭圆上，动直线与椭圆相交于不同的两点，且直线的斜率之积为1.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线为的法向量为，求直线的方程；
(3)是否存在直线，使得为直角三角形？若存在，求出直线的斜率；若不存在，请说明理由.
34．已知抛物线：与直线交于，两点，为坐标原点，且.
(1)求的方程；
(2)过点M作斜率互为相反数的两条直线和，分别与交于点A和点B，且点A与点B均在点M的上方，以，为邻边作平行四边形，求平行四边形面积S的最大值.
35．已知抛物线的焦点为F，过点的直线l与交于A、B两点．设在点A、B处的切线分别为，，与x轴交于点M，与x轴交于点N，设与的交点为P．
(1)设点A横坐标为a，求切线的斜率，并证明；
(2)证明：点P必在直线上；
(3)若P、M、N、T四点共圆，求点P的坐标．
参考答案：
1．（1）1；（2）y＝x＋7．
【分析】（1）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的斜率k＝＝，代入即可求得斜率；
（2）由（1）中直线AB的斜率，根据导数的几何意义求得M点坐标，设直线AB的方程为y＝x＋m，与抛物线联立，求得根，结合弦长公式求得AB，由知，|AB|＝2|MN|，从而求得参数m.
【详解】解：（1）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1≠x2，y1＝，y2＝，x1＋x2＝4，
于是直线AB的斜率k＝＝＝1．
（2）由y＝，得y′＝．
设M(x3，y3)，由题设知＝1，解得x3＝2，于是M(2，1)．
设直线AB的方程为y＝x＋m，
故线段AB的中点为N(2，2＋m)，|MN|＝|m＋1|．
将y＝x＋m代入y＝得x2－4x－4m＝0．
当Δ＝16(m＋1)>0，即m>－1时，x1，2＝2±2．
从而|AB|＝|x1－x2|＝．
由题设知|AB|＝2|MN|，即＝2(m＋1)，
解得m＝7．
所以直线AB的方程为y＝x＋7．
2．(1)①，②；
(2)存在，．
【分析】（1）根据离心率及点坐标得到方程组，求出、，即可得到椭圆方程，再表示出直线的方程，令求出即可；
（2）表示出的方程，即可得到点坐标，依题意可得，即可得到，从而求出点坐标.
【详解】（1）由题意知，解得
∴椭圆的方程为，
∵直线过点，，∴直线的方程为，
∵直线与轴交于点，令，则，
∴点的坐标为．
（2）∵直线过点，，
∴直线的方程为，
直线与轴交于点，令，则，
∴点的坐标为．
∵，，
∴，所以，所以，
设点的坐标为，则，
又∵点在椭圆上，∴，
∴，所以．
∴在轴存在点，使得．
3．（1）；（2）.
【解析】（1）设动点的坐标为，由题可得，化简即得动点的轨迹的方程；
（2）当直线的斜率不存在时，知点的纵坐标为0；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立可得，依条件求出直线的垂直平分线，算出点的纵坐标，即可求出范围.
【详解】（1）设动点的坐标为，，依题意可知，
整理得，所以动点的轨迹的方程为
（2）当直线的斜率不存在时，满足条件的点的纵坐标为0；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为.
将代入并整理得，
，
，
设，，则，
设的中点为，则，，
所以
由题意可知，
又直线的垂直平分线的方程为.
令解得，
当时，因为，所以，
当时，因为，所以，
综上所述，点纵坐标的取值范围是.
【点睛】本题主要考查了动点的轨迹方程的求法，考查了点的纵坐标的取值范围的求解，综合考查了直线与椭圆的位置关系，考查了学生的运算求解能力.
4．(1) (2) ，或
【详解】试题分析：（Ⅰ）由椭圆过点，可得，再由离心率为结合，可求得，从而可得椭圆的方程；（Ⅱ）设直线的方程为，则，，由 得，由韦达定理、弦长公式结合，可得，解方程即可求得的值.
试题解析：（Ⅰ）由题意得 ，， 所以 ．
因为 ，
所以 ，
所以 椭圆的方程为 ．
（Ⅱ）若四边形是平行四边形，
则 ，且 .
所以 直线的方程为，
所以 ，．
设，．
由 得，
由，得 ．
且，．
所以 .
．
因为 ， 所以 ．
整理得 ，
解得 ，或 ．
经检验均符合，但时不满足是平行四边形，舍去．
所以 ，或 ．
5．(1)
(2)证明见解析，定值为
(3)证明见解析
【分析】（1）由椭圆的定义求解即可.
（2）设，，由题意可得，再由，，在椭圆上化简可得，，则，即可证明.
（3）以，的中点为焦点构造经过，，，的椭圆，对于点，连接并延长，与该椭圆交于点，连接，先证明，则，则，中至少有一个小于81，即可得证.
【详解】（1）依题意，，，
所以.
（2）设，，由题意，矩形和矩形的面积相等，
所以，
即，而，（*）
从而上式化为，
整理可得，
代入（*）式，，
故，
即为定值，且该定值为.
（3）如图，以，的中点为焦点构造经过，，，的椭圆，对于点，连接并延长，与该椭圆交于点，连接，
则.
因而，中至少有一个小于81，
同理，中至少有一个小于81，
故，，，中至少有两个小于81.
【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．
6．(1)见详解；(2) 3或.
【分析】（1）可设，，然后求出A，B两点处的切线方程，比如：，又因为也有类似的形式，从而求出带参数直线方程，最后求出它所过的定点.
（2）由(1)得带参数的直线方程和抛物线方程联立，再通过为线段的中点，得出的值，从而求出坐标和的值，分别为点到直线的距离，则，结合弦长公式和韦达定理代入求解即可.
【详解】(1)证明：设,,则．
又因为，所以.则切线DA的斜率为，
故，整理得.
设，同理得.
,都满足直线方程.
于是直线过点，而两个不同的点确定一条直线，所以直线方程为.即，
当时等式恒成立．所以直线恒过定点.
（2）
[方法一]【最优解：利用公共边结合韦达定理求面积】
设的中点为G，,则，，．
由，得，
将代入上式并整理得，
因为，所以或．
由（1）知，所以轴，
则（设）．
当时，，即；
当时，，
即，．
综上，四边形的面积为3或．
[方法二]【利用弦长公式结合面积公式求面积】
设，由（1）知抛物线的焦点F的坐标为，准线方程为．由抛物线的定义，
得．
线段的中点为．
当时，轴，，
；
当时，，由，得，即．
所以，直线的方程为．
根据对称性考虑点和直线的方程即可．
E到直线的距离为，
D到直线的距离为．
所以．
综上，四边形的面积为3或．
[方法三]【结合抛物线的光学性质求面积】
图5中，由抛物线的光学性质易得，又，所以．
因为，，所以，
所以．
同理，所以，即点D为中点．
图6中已去掉坐标系和抛物线，并延长于点H．
因为，所以．
又因为G，D分别为的中点，所以，
故为平行四边形，从而．
因为且，所以I为的中点，
从而．．
当直线平行于准线时，易得．
综上，四边形的面积为3或．

[方法四]【结合弦长公式和向量的运算求面积】
由（1）得直线的方程为.
由，可得，
于是
.
设分别为点到直线的距离，则.
因此，四边形ADBE的面积.
设M为线段AB的中点，则，
由于，而，与向量平行，所以，解得或.
当时，；当时
因此，四边形的面积为3或.
【整体点评】(2)方法一：利用公共边将一个三角形的面积分割为两个三角形的面积进行计算是一种常用且有效的方法；
方法二：面积公式是计算三角形面积的最基本方法；
方法三：平稳的光学性质和相似、全等三角形的应用要求几何技巧比较高，计算量较少；
方法四：弦长公式结合向量体现了数学知识的综合运用.
7．证明见解析．
【分析】直线的倾斜角为，设出直线的参数方程，联立椭圆方程，根据参数方程的几何意义得到，同理设直线的倾斜角为（，且），得到，先证明出充分性，再证明出必要性，得到答案.
【详解】设直线的倾斜角为，则其参数方程为
代入椭圆得，
则．
设两点对应的参数为，
则；
设直线的倾斜角为（，且），
同理可得．
充分性证明，
因为，所以，，
所以，故四点共圆；
必要性证明，
因为四点共圆，所以，
即，
所以，
因为，所以，
又，，，所以．
【点睛】（1）本题的证明实际上仍从圆幂定理出发，不过在计算弦长时采用了参数方程求解，大大简化了运算过程．参数方程的使用充分利用了参数的几何意义，要求我们在解题过程中对参数有深刻的理解，并能够灵活应用到题目中；
（2）本题的结论对抛物线和双曲线仍然成立．
8．（1）；（2）不存在满足题意的菱形，理由见解析.
【分析】（1）利用已知条件列出方程组，求出椭圆的几何量，即可求解椭圆的
（2）不存在满足题意的菱形，利用反证法，假设存在满足题意的菱形，设直线的方程为，，，设线段的中点，点，直线与椭圆联立方程组，利用判别式求出的范围，通过韦达定理结合已知条件推出矛盾，得到结论.
【详解】（1）由题意得，
解得，
所以椭圆的方程为：；
（2）不存在满足题意的菱形，理由如下.
假设存在满足题意的菱形.
设直线的方程为，，，线段的中点，点，
由得，
由，
解得：，
因为，
所以，
因为四边形为菱形，
所以是的中点，所以点的纵坐标，，
因为点在椭圆上，
所以，与矛盾，
所以不存在满足题意的菱形.
【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．
9．(1)离心率为，短轴长为；
(2)不存在，理由见解析.
【分析】(1)根据椭圆方程求出a、b、c，结合短轴和离心率的定义即可求解；
(2)法一：设B，利用向量数量积的坐标表示可得，结合二次函数的性质可得，进而，即可求解；
法二：设直线l的方程和，联立椭圆方程并消元，根据韦达定理表示出、，利用向量数量积的坐标表示化简计算可得，结合数向量量积的定义即可得出角C的范围，进而得出角B的范围.
【详解】（1）由椭圆方程，得，．
∴椭圆M的短轴长为．
∵，∴，即M的离心率为；
（2）解法1：由题意知，点C的坐标为，点的坐标为．
设点B，则．
∵，
设，
则函数在上单调递增，所以，
即，∴，
∴点B不在以AC为直径的圆上，即不存在直线l，使得点B在以AC为直径的圆上．
解法2：设直线l的方程为，．
由，可得．
∴，．
∴，
∵，∴．∴．
∴点B不在以AC为直径的圆上，即不存在直线l，使得点B在以AC为直径的圆上．
10．(1)；
(2)．
【分析】（1）利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出；
（2）设直线：，利用，找到的关系，以及的面积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值．
【详解】（1）设，由可得，，
∴，
∴，
即，∵，
解得：；
（2）
∵，显然直线的斜率不可能为零，
设直线：，，
由可得，，
∴，，
∵，∴，
即，
亦即，
将代入得，
，，
∴，且，解得或，
设点到直线的距离为，
∴，
，
∴的面积，
而或，
∴当时，的面积．
11．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）结合题意得到，，再结合，解之即可；
（2）依题意求得直线、与的方程，从而求得点的坐标，进而求得，再根据题意求得，得到，由此得解.
【详解】（1）依题意，得，则，
又分别为椭圆上下顶点，，所以，即，
所以，即，则，
所以椭圆的方程为.
（2）因为椭圆的方程为，所以，
因为为第一象限上的动点，设，则，

易得，则直线的方程为，
，则直线的方程为，
联立，解得，即，
而，则直线的方程为，
令，则，解得，即，
又，则，，
所以
，
又，即，
显然，与不重合，所以.
12．(1)；
(2)存在（或），使得为锐角．
【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积可求基本量，从而可得椭圆的标准方程．
（2）设该直线方程为：，， 联立直线方程和椭圆方程并消元，结合韦达定理和向量数量积的坐标运算可用表示，再根据可求的范围．
【详解】（1）∵椭圆的离心率为，故，，其中为半焦距，
∴，故，
故，∴，，故椭圆方程为：．
（2）过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：，
设，
由可得，
故且
而，
故
，
∵为锐角，恒成立，故，解得或 ．
综上，存在（或），使得为锐角．
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围问题，往往需要用合适的参数表示目标代数式，表示过程中需要借助韦达定理，此时注意直线方程的合理假设．
13．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据离心率公式计算即可；
（2）分三角形三边分别为底讨论即可；
（3）设直线，联立双曲线方程得到韦达定理式，再代入计算向量数量积的等式计算即可.
【详解】（1）由题意得，则，．
（2）当时，双曲线，其中，，
因为为等腰三角形，则
①当以为底时，显然点在直线上，这与点在第一象限矛盾，故舍去；
②当以为底时，，
设，则 , 联立解得或或，
因为点在第一象限，显然以上均不合题意，舍去；
（或者由双曲线性质知，矛盾，舍去）；
③当以为底时，，设，其中，
则有，解得，即．
综上所述：.
（3）由题知，
当直线的斜率为0时，此时，不合题意，则，
则设直线，
设点，根据延长线交双曲线于点，
根据双曲线对称性知，
联立有，
显然二次项系数，
其中，
①，②，
，
则，因为在直线上，
则，，
即，即，
将①②代入有，
即
化简得，
所以 , 代入到 , 得 , 所以 ,
且，解得，又因为，则，
综上知，，．
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是采用设线法，为了方便运算可设，将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，再写出相关向量，代入计算，要注意排除联立后的方程得二次项系数不为0.
14．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意可计算出、、，即可得方程；
（2）设出直线的斜率、、的坐标，由轴，可得点坐标，从而得到直线的方程，联立曲线，即可得、两点的横坐标的关系，作出的中点，由，从而得到，可得，即可得证.
【详解】（1）由题意知，解得 ,
所以椭圆的方程为；
（2）设直线的方程为，交椭圆于，，
由题意知，所以，
直线的方程为，
联立 ，消去得 ，
，
所以 ，设的中点为，
则，
，
所以，
因为在中，，所以．
所以，即，
所以为直角三角形.
15．(1)
(2)0
【分析】（1）由题意可得，又因为椭圆过点，则，解方程可求出，即可求出椭圆C的方程；
（2）设直线l的方程为，由点到直线的l距离可求出，再联立直线和椭圆的方程，设，，得到，， 表示出直线PM与直线PN的斜率，将，代入即可得出答案.
【详解】（1）椭圆C上的点到F的最大距离为，由题意知，
平方得，由，得，
化简得，所以，
又因为椭圆过点，所以
所以，解得.
所以，，即C的方程为.
（2）设直线l的方程为，.
由点到直线l与的距离为，得，解得.
联立，整理得.
设，，则，，
所以直线PM与直线PN的斜率的和为
.
【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．
16．(1)36
(2)证明见解析
【分析】（1）解法一：依题意可得点为的右焦点，设，则，又，即可得到，利用基本不等式求出的最小值，即可得到轴，从而求出交点坐标，即可得解；解法二：设，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，由弦长公式得到，从而求出的最小值，余下同法一；
（2）解法一：设，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，由求出，即可求出，再由双曲线的定义得到，即可得证；解法二：结合（1）求出，设的中点的坐标为，求出点坐标，从而得到的垂直平分线，判断点在直线上，即可说明.
【详解】（1）解法一：因为动直线与轴交于点，因为的右焦点为，所以点为的右焦点．
设，
因为两点位于轴的同侧，所以，
因为是的等比中项，所以，
所以，当且仅当时取等号，所以，
当时，所以，所以轴，
由解得，
所以，所以，
由双曲线的定义得，
所以，
即的周长为36.
解法二：设，
由得，
因为直线与交于两点，
所以且，
由两点位于轴的同侧，可得，解得，
又是的等比中项，故可得，
故，
即，
又，故，
可得，即且，所以，
当即时，所以轴，由解得，
所以，所以，
又，所以，
所以，
即的周长为36．

（2）解法一：设，
由得，
因为直线与交于两点，
所以且，
由，可得，故，
又两点位于轴的异侧，所以，所以，即，
所以，解得，
所以，所以，
所以，
不妨设点在第二象限，根据双曲线定义，得，即
解得，所以是等腰三角形．
解法二：因为两点位于轴的异侧，故，所以，
且由（1）知，
解得或，
当时，设的中点的坐标为，
，所以点的坐标为，
又的垂直平分线的斜率为，所以的垂直平分线方程为，
即，
又点在直线上，所以，即为等腰三角形．
当时，同理可证，为等腰三角形．
综上所述，为等腰三角形．

【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.
17．(1)椭圆的方程为，焦距
(2)点在椭圆上，证明见解析
(3)为定值5
【分析】（1）由题意可得，可得椭圆的标准方程和焦距；
（2）求得的坐标，以及直线和直线的斜率之积，设，可得的轨迹方程，可得结论；
（3）设直线和的斜率分别为，联立直线方程与椭圆方程，求得，可得结论.
【详解】（1）由题意，所以椭圆的方程为，且，焦距．
（2）在椭圆上，证明如下：
由题意，则，
设，则，即，
所以点在椭圆上．
（3）由题意直线的斜率都存在，且不为0．设直线的斜率分别为，
由（1）知：，
，①
，②
联立①②得：，同理，
所以
所以
即为定值5．
【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的方程和应用，以及直线和椭圆的位置关系，关键在于通过斜率找到的关系，再将所求转化为用表示，即可求解.
18．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设出点的坐标，利用圆的弦长公式列式化简即得.
（2）设出点的坐标，结合给定条件，探讨直线的斜率，表示出该直线方程，再与抛物线方程联立，建立四边形的面积的函数关系，利用导数求出最大值即得.
【详解】（1）设圆心坐标为过定点，依题意，，
化简得，
所以曲线的方程为.
（2）显然点不在曲线上，设，直线PQ的斜率为，线段PQ的中点为，
由平行四边形PAQB对角线的交点在上，得线段PQ的中点在直线上，
设，显然，两式相减得，
又，即，
设直线PQ的方程为，即，
由消去x并整理得，，
则，解得，
则，
又点到直线PQ的距离为，
所以，，
记，由，得，则，
令，求导得，令，得，
当时，在区间内单调递增，
所以当，即时，取得最大值，即，
所以.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
①几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
②代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
19．(1)
(2)
【分析】（1）由题意得，进一步得，由此即可得解；
（2）设，，联立椭圆方程，由韦达定理有，而，令，即可得解.
【详解】（1）由题意，从而，
所以椭圆方程为，离心率为；
（2）直线斜率不为0，否则直线与椭圆无交点，矛盾，
从而设，，
联立，化简并整理得，
由题意，即应满足，
所以，
若直线斜率为0，由椭圆的对称性可设，
所以，在直线方程中令，
得，
所以，
此时应满足，即应满足或，
综上所述，满足题意，此时或.
20．(1)证明见解析；离心率为；
(2)证明见解析；
(3)平行四边形的面积为定值.
【分析】（1）设复数，由化简得到判断，并求离心率；
（2）由（1）得到，，，从而直线，设，由和复数的模求解证明；
（3）由（1）得到的两条渐近线，，不妨设，得到，．联立和，求得点P，易知直线，求得点到直线的距离，再由求解.
【详解】（1）设复数，
则
两边平方得
所以是一个焦点在实轴上，顶点为，渐近线为的双曲线．
其离心率.
（2）由（1）的计算得，，，则直线，
设，则，
，
由得，代入得
所以，原式得证．
（3）由（1）得的两条渐近线，，
由对称性，不妨设，则，
所以，同理得．
联立和：，得，
易知直线，所以点到直线的距离
由（1），所以
而，所以
，故平行四边形的面积为定值．
21．(1)，
(2)存在，
【分析】（1）设直线的方程为，代入，整理得：，然后结合题设条件由根与经数的关系和根的判别式能够求出直线的方程．
（2）由题意知直线的方程为代入椭圆方程，消元、列出韦达定理，由弦长公式可得，同理可得，即可得到，依题意可得必为圆的直径，的中点为圆心，由即可得证，从而得到圆的标准方程．
【详解】（1）依题意，可设直线的方程为，
代入，整理得①，
设，，则，是方程①的两个不同的根，
②，且．
由是线段的中点，得，
解得，代入②得，
即的取值范围是．
于是直线的方程为，即．
（2）
垂直平分，
直线的方程为，即代入椭圆方程，整理得③．
又设，，的中点为，
则，是方程③的两根，
，，且，，即，
于是由弦长公式可得．④
将直线的方程代入椭圆方程得⑤．
所以，，
同理可得⑥．
当时，，
．
假设存在，使得、、、四点共圆，则必为圆的直径，点为圆心．
点到直线的距离为⑦．
于是，由④⑥⑦式及勾股定理可得．
故当时，、、、四点均在以为圆心，为半径的圆上．
此时圆的方程为.
【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、；
（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.
22．(1)
(2)①②不存在，理由见解析
【分析】（1）由已知条件可得，然后利用勾股定理结合双曲线的定义，及的面积可求出，再由离心率可求出，从而可求得双曲线的方程，
（2）①设直线，代入双曲线方程化简，利用根与系数的关系结合判别式可求出实数的取值范围；②假设存在实数，使为锐角，则，所以，再结合前面的式子化简计算即可得结论.
【详解】（1）因为，所以.
则，所以，
的面积.
又的离心率为，所以.
所以双曲线的方程为.
（2）①根据题意，则直线，
由，得，
由，得恒成立.
设，则，
因为直线与双曲线的右支相交于不同的两点，
所以，即，
所以，解得.
②假设存在实数，使为锐角，所以，即，
因为，
所以，
由①得，
即解得，
与矛盾，故不存在.

【点睛】关键点点睛：此题考查双曲线方程的求法，考查直线与双曲线的位置关系，第（2）问解题的关键是设出直线方程代入双曲线方程化简，利用根与系数的关系，再结合求解，考查计算能力，属于较难题.
23．(1)
(2)和
(3)
【分析】（1）由题意求出菱形的对角线，确定a、b的值，即可求解；
（2）由椭圆的对称性可知直线的斜率存在且互为相反数，设直线的方程并联立椭圆方程，利用韦达定理求出点的坐标，结合两点坐标表示斜率公式化简计算即可；
（3）直线的方程并联立椭圆方程，利用韦达定理和求出弦长，根据点到直线的距离公式表示到直线的距离，进而，即，结合导数求出即可.
【详解】（1）菱形边长等于2且较小内角等于，
菱形较短对角线的长度为2，较长对角线的长度为.
以菱形较长对角线所在直线为轴，较短对角线所在直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系.
设椭圆的方程为，则，
椭圆的方程为.
（2）由对称性，不妨设点位于第一象限，则且点在椭圆上，如上图.
直线与轴的两个夹角相等，直线的斜率存在且互为相反数.
设直线的斜率为，则直线的方程为：，
即.由，
得.
设，因为在椭圆上，
.
将中的换为得：.
又直线的方程为：.
，
由对称性知，不管点位于哪个象限，直线与菱形两条对角线的夹角是互余的，
直线与菱形对角线的夹角的正切值等于和.
（3）点位于第一象限时，设直线的方程为：
由，得.
由，得.
.
点到直线的距离.
.
记，
则.
令，得，且.
或时或时，
函数在上单调递增，在上单调递减，
.
，
.
.
由对称性知，不论在哪个象限，都有.
【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题.
24．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据距离公式列等量关系即可求解，或者利用抛物线的定义求解，
（2）根据点差法可得斜率关系，联立直线与抛物线方程得韦达定理，即可根据弦长公式求解长度，由点到直线的距离公式表达面积，即可利用导数求解函数的最值.
【详解】（1）解法一：设，易知，
根据题意可得，化简得，
所以的方程为.
解法二：因为点到定点的距离比到定直线的距离小，
所以点到定点的距离与到定直线的距离相等，
由抛物线的定义可知，点的轨迹是以定点为焦点，定直线为准线的抛物线，
所以的方程为.
（2）证明：设，直线的斜率为，线段的中点为，

因为平行四边形MANB对角线的交点在第一､三象限的角平分线上，
所以线段的中点在直线上，
设，所以
所以，
又
所以，即.
设直线的方程为，
即，
联立整理得，
所以，解得，
，
则
.
又点到直线的距离为，
所以，
记，
因为，所以，
所以.
令，则，
令，可得，
当时，在区间,内单调递增，当时，在区间上单调递减，
所以当，即时，取得最大值，即，
所以.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的范围或最值问题，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共线得到点的坐标之间的关系，进而为消去变量起到了重要的作用
25．(1)
(2)答案见解析
(3)存在，，理由见解析
【分析】（1）由题意知，即可知离心率；
（2）分，和三种讨论即可；
（3）设直线，联立椭圆方程得到韦达定理式，计算，将韦达定理式整体代入，再计算，得到方程即可.
【详解】（1）由题意得即，所以离心率.
（2）由题意得椭圆
①当时，由对称性得.
②当时，，故，设，
由得，
两式作差得，
代入椭圆方程，得（负舍），故
③当时，根据椭圆对称性可知.
（3）由题意得椭圆.
设直线，
由得.
设，则，
，
，
由，得.
【点睛】关键点睛：对于第三问，我们通常选择设线法，设直线，从而将其与椭圆方程联立得到两根之和与之积式，然后再计算出的值，再将韦达定理式整体代入，当然本题也可引入，设直线.
26．(1)；
(2)或；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据题意，由平面向量的坐标运算，结合等差中项的定义代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由平移公式可得曲线的方程，然后与直线的方程联立，由平面向量的夹角公式，代入计算，即可得到结果；
（3）根据题意，求导可得在点处的切线方程，联立两条切线方程，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）由题意可得，，，
则，
，
又是，的等差中项，
，
整理得点的轨迹方程为．
（2）
由（1）知，
又，平移公式为即，
代入曲线的方程得到曲线的方程为：，
即．
曲线的方程为．
如图由题意可设M，N所在的直线方程为，
由消去得，
令，，则，
，，
又为锐角，，即，
，又，
，得或．
（3）当时，由（2）可得，对求导可得，
抛物线在点，
，处的切线的斜率分别为，
，
在点M，N处的切线方程分别为，，
由，解得交点的坐标．
满足即，点在定直线上．
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了曲线的轨迹方程问题以及切线问题，难度较大，解答本题的关键在于联立方程结合韦达定理计算以及转化为坐标运算.
27．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据双曲线中，，的关系以及双曲线渐近线的方程，可求，，得到双曲线的标准方程.
（2）设直线的方程，与双曲线方程联立，由一元二次方程根与系数的关系列出相关结果，再把四点共圆转化成，代入相关点的坐标，化简整理即可.
【详解】（1）由题意可得，解得，，
所以C的方程为.
（2）如图：

设直线PQ的方程为，，，
代入C的方程整理可得：，
，且，故且.
，，
因为P，Q在C的右支上，，，综上，
C的左顶点为，故直线AP与AQ的方程分别为：
，，可得，.
要证O，A，M，N四点共圆只需证，
即证，即证与互余
即只需证，
因为，
所以O，A，M，N四点共圆.
【点睛】方法点睛：该问题最终要证明四点共圆，转化为证明四边形的对角互补，即，进一步转化为，即证与互余，即只需证，再用坐标表示就可以了.
28．(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得，联立方程，求出交点坐标，再根据弦长即可得解；
（2）设，菱形的中心为，利用点差法可得菱形的中心为原点，再分直线的斜率都存在，和直线中有一条直线的斜率不存在，两种情况讨论，根据求出即可得出答案.
【详解】（1）由题意可得，则椭圆：，
联立，解得或，
所以弦长，解得，所以，
所以椭圆的方程为，即；
（2）因为四边形MNPQ为菱形，所以垂直且平分，
设，
则，
两式相减得，
即，
设菱形的中心为，
若直线的斜率都存在，设直线的斜率分别为，
由，得，
所以，即，
同理，
所以，
由得，所以，即菱形的中心为原点，
则直线的方程为，直线的方程为，
联立，解得，
所以，
同理，
因为，
所以
，
所以点在圆上；
若直线中有一条直线的斜率不存在，由对称性可知棱形的中心为原点，
四点分别为椭圆的顶点，不妨设为右顶点，为上顶点，
则，
同理可得，
点任在圆上，
综上所述，H的轨迹方程为.
【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．
29．(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件代入离心率公式计算取值范围即可；
（2）设直线l的方程，与双曲线方程联立，以双曲线的实半轴长和表示，两点坐标，根据恒为锐角，转化为，代入坐标计算，由关于m的不等式恒成立，求得a的取值范围.
【详解】（1）因为，所以，
因为，所以，，所以，
则的离心率，
又，所以的离心率的取值范围是.
（2）因为，直线的斜率不为零，所以可设其方程为.
结合，
联立消去整理得，
设，由韦达定理得，
由于两点均在的右支上，故，即.
则
.
由恒为锐角，得对，均有，
即恒成立.
由于，因此不等号左边是关于的增函数，
所以只需时，成立即可，解得，
结合，可知的取值范围是.
综上所述，的实轴长的取值范围是.
【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、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
30．(1)
(2)（i）证明见解析，（ii）证明见解析
【分析】（1）依题意、关于原点成中心对称，不妨设，则，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）（i）证明椭圆上一点处的切线方程为，分斜率存在与斜率不存在两种情况讨论，斜率存在时设过点的切线方程为，联立椭圆方程，利用和，求出，，整理可得切线方程，即可得证；
（ii）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）因为、为直线与椭圆的交点，且点在第一象限，
所以、关于原点成中心对称，
不妨设，则，
又、分别为椭圆的左、右焦点
由题意可得，因为点到直线的距离分别为，
可得，
，
又因为，
因为，所以，所以；
（2）（i）首先证明椭圆上一点处的切线方程为，
①当切线斜率存在时，设过点的切线方程为，
联立方程，得，
，即，
，
又，
把代入中，得，
，
化简得.
②当切线斜率不存在时，过的切线方程为，满足上式.
综上，椭圆上一点的切线方程为.
故椭圆点处的切线的方程为.
（ii）如图所示，设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，
因为，，椭圆点处的切线的方程为，
所以，则，，
因为，，，
所以
，
，
所以，又、，所以，
所以为等腰三角形.
【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．
31．(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）．
【分析】（1）利用题意列出两个方程，联立求解得的值，即得椭圆方程；
（2）（ⅰ）设方程，与椭圆方程联立，写出韦达定理，利用菱形对角线互相垂直得到，再由题意推出，即得点的轨迹方程；
（ⅱ）利用弦长公式求出,算出的面积表达式，通过换元将其化成一个关于的函数，利用二次函数的图象即可求其取值范围.
【详解】（1）根据题意设椭圆的标准方程为，
由已知得，，即，由可得，，
联立解得，，，
故椭圆的标准方程为：．
（2）
① 如图，当直线的斜率存在时，设其方程为，
由，得，
由题意，
设，则，，
于是，
．
（ⅰ）四边形为菱形，，，
即，
，即（*）．
依题意，,故点到直线的距离即为，
两边平方并将（*）代入可得，，
设点，则得：，
即点的轨迹方程为：．
当直线AB斜率不存在时，四边形为正方形，此时求得,
也适合，
综合可得点的轨迹方程为：．
（ⅱ）因为

的面积，
令，则，代入上式整理得，
，，当时，，当时，，
所以．
由对称性可知菱形面积等于面积的4倍，
则此时菱形面积的取值范围为．
② 当直线的斜率不存在时，不妨设其方程为，因四边形是菱形，
故它是正方形，则其面积为，将点代入解得，
故此时菱形的面积为.
综上，菱形面积的取值范围为．
【点睛】思路点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线有关的点的轨迹、面积范围问题，属于难题.
解题思路为，充分理解题意，发掘重要的结论，如本题中由得出的参变量之间的关系式，同时还要熟练掌握如弦长公式，求多边形面积的常见方法，以及常见函数的值域求法等等，只有具备了这些基本技能方法，才有可能突破.
32．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意求出，即可得解；
（2）分切线斜率是否存在两种情况讨论，当切线的斜率存在时，设切线方程为，先求出的关系，设，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理求出，进而可求得线段的中点坐标，从而可求得点的坐标，再根据点在椭圆上，即可求得，再利用弦长公式求出，即可得解.
【详解】（1）由题意可得，解得，
所以椭圆的方程为；
（2）当圆的切线斜率不存在时，切线方程为，
当切线方程为时，由椭圆的对称性可得，
因为，所以点不在椭圆上，不符题意，
当切线方程为时，由椭圆的对称性可得，
因为，所以点不在椭圆上，不符题意，
所以切线的斜率存在，设切线方程为，
则，所以①，
联立，整理得，
则，
解得，
设，则，
故，
所以线段的中点坐标为，
因为四边形为平行四边形，所以，
又因为点在椭圆上，
所以②，
将①代入②得，解得，
所以，
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，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、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
33．(1)
(2)
(3)存在，直线的斜率为
【分析】（1）根据题意求出，即可得解；
（2）由题意直线的斜率为，方程为，联立方程，求出点的坐标，同理求出点的坐标，进而可求出直线的方程；
（3）设直线的方程为，联立方程，求出点的横坐标，同理求出点的横坐标，从而可求出直线的斜率，再分和两种情况讨论即可得解.
【详解】（1）由已知条件可知，
所以，
所以椭圆的标准方程为；
（2）因为直线为的法向量为，
所以直线的斜率为，方程为，
联立，得，解得（舍去），
从而，
因为直线的斜率之积为1，所以直线的方程为，
同理可得点的坐标为，
所以直线的斜率，
所以直线的方程为，即；
（3）假设存在满足条件的直线，
设直线的方程为，
联立，得，解得（舍去），
因为直线的斜率之积为1，所以直线的方程为，
同理可得，
故直线的斜率
，
当为直角三角形时，只有或，
于是或，
若，由，可得，从而，
若，由，可得，从而，
所以存在，直线的斜率为.
【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、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
34．(1)
(2)
【分析】（1）联立抛物线方程和直线方程，得到，由得到方程，求出，求出答案；
（2）设，，不妨令，根据直线与的斜率互为相反数，得到，，得到直线的方程，表达出点到直线的距离和，表达出S，换元后得到，求导得到最大值.
【详解】（1）联立方程得，
解得或，
则，
则，解得，
故抛物线的方程为；
（2）由（1）知，设，，不妨令，
因为直线与的斜率互为相反数，
所以，即，
整理得，所以，
则直线：，即，
点到直线的距离为，
，
所以，
令，由，，可得，则，
所以，
则，令，得，
当时，关于单调递增，当时，关于单调递减，
所以当时，取得最大值，
因此，四边形面积的最大值为.
【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围
35．(1)，证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用导数的几何意义可求出切线的斜率，再由点斜式求出直线的方程，从而可求出的坐标，则可得，从而可得结论；
（2）设，，利用导数的几何意义可求出，的方程，两方程联立求出交点的坐标，再由三点共线得，化简变形后可得结论；
（3）解法一：表示出三点坐标，设的外接圆方程为，将坐标代入方程可求出，从而可得圆的方程，再将代入圆方程，化简后与联立可求出点的坐标；解法二：由（1）可得， ，则F，M，N，P四点共圆，PF是的外接圆的直径，而在的外接圆上，从而可求出直线TP方程，从而可求出点的坐标.
【详解】（1）点A横坐标为a，则，
因为，，所以点A处的切线斜率为a
所以切线的方程为，
切线与x轴的交点为，
因为，所以，
所以，所以，
当时，亦有；
结论得证.
（2）证明：设，，由，得，
所以，
所以直线，直线，
由，得，即两直线的交点，
因为点，，三点共线，
所以，，得，
所以，所以
所以点P在直线上
（3）因为直线，直线，
所以，，由（2）可知，
设的外接圆方程为，
则，
解得，，
所以外接圆方程为
将代入方程，得
又，解得，，
所以点P坐标为
解法二:抛物线的焦点，
由（1）可知，同理可证得，
所以F，M，N，P四点共圆，
所以PF是的外接圆的直径，
因为P、M、N、T四点共圆，所以点在的外接圆上，
所以，
所以，即，得，
所以直线TP方程为，即
又点P在直线上，
则由，得，
所以点P坐标为
【点睛】关键点点睛：此题考查直线与抛物线的位置关系，考查抛物线的切线问题，考查直线过定点问题，四点共圆问题，解题的关键是利用导数的几何意义求出切线方程，考查计算能力和数形结合的思想，属于难题.