新高中数学压轴题二轮专题专题22圆锥曲线硬解定理试题含解析答案

这是一份新高中数学压轴题二轮专题专题22圆锥曲线硬解定理试题含解析答案，共91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，直线l：，椭圆C：，、分别为椭圆C的左、右焦点．
(1)当直线l过右焦点时，求直线l的方程．
(2)当直线l与椭圆C相离、相交时，求m的取值范围．
(3)设直线l与椭圆C交于A、B两点，、的重心分别为G、H．若原点O在以线段GH为直径的圆内，求实数m的取值范围．
2．已知椭圆，椭圆的右焦点为．
(1)求过点且斜率为1的直线被椭圆截得的弦长；
(2)判断点与椭圆的位置关系，并求以为中点的椭圆的弦所在的直线方程．
3．把右半个椭圆和圆弧合成的封闭曲线称为“曲圆”，“曲圆”与轴的左、右交点依次记为、，与轴的上、下交点依次记为、，过椭圆的右焦点的直线与“曲圆”交于、两点.

(1)当点与重合时，求的周长；
(2)当、两点都在半椭圆时，是否存在以为直径的圆恰好经过点？若存在，求出直线的方程，若不存在，请说明理由；
(3)当点在第一象限时，求的面积的最大值.
4．如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点．
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求的最小值．
5．已知双曲线的左､右顶点分别为，右焦点为.过点的直线与双曲线相交于两点，点关于轴的对称点为，且直线的斜率之积为.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)直线分别与直线相交于两点，求证：以为直径的圆经过轴上的定点，并求出定点的坐标.
6．如图，已知椭圆的离心率为，以该椭圆上的点和椭圆的左、右焦点为顶点的三角形的周长为.一等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦点，设为该双曲线上异于顶点的任一点，直线和与椭圆的交点分别为和.
（Ⅰ）求椭圆和双曲线的标准方程；
（Ⅱ）设直线、的斜率分别为、，证明；
（Ⅲ）是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
7．已知椭圆的焦距为，短轴长为2，过点且斜率为1的直线与椭圆C交于A､B两点.
（1）求椭圆C的方程；
（2）求弦AB的长.
8．已知和为椭圆上两点.
(1)求C的离心率;
(2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程．
9．已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M在上；②；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
10．已知椭圆一个顶点，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与直线交交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围．
11．已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是．
12．已知椭圆，直线l：，椭圆上是否存在一点，使其到直线l的距离最大？
13．已知椭圆的焦距为，短半轴的长为2，过点且斜率为1的直线与椭圆交于两点．
(1)求椭圆的方程及弦的长；
(2)椭圆上有一动点，求的最大值．
14．已知椭圆的焦距为2，且过点，直线，直线与椭圆交于不同的两点，且直线，的斜率依次成等比数列
(1)求椭圆的方程；
(2)椭圆上是否存在一点，使得四边形为平行四边形？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由
15．已知椭圆的左右焦点分别为，，设椭圆上一点（不与左右顶点重合），直线与椭圆的另一个交点为，且的周长为6.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知点为椭圆的左顶点，直线，分别与直线交于，两点.试判断：以为直径的圆与直线的位置关系，并说明理由.
16．如图，已知双曲线的离心率为2，点在上，为双曲线的左、右顶点，为右支上的动点，直线和直线交于点，直线交的右支于点．
(1)求的方程；
(2)探究直线是否过定点，若过定点，求出该定点坐标；否则，请说明理由；
(3)设分别为和的外接圆面积，求的取值范围．
17．已知双曲线的两条渐近线方程为分别为双曲线的顶点，且．
(1)求双曲线的方程．
(2)已知为坐标原点，直线与双曲线交于两点，且，求的值．
(3)设动点，直线与双曲线分别交于两点．求证：直线过定点．
18．如图所示，已知椭圆，直线l过点与椭圆交于两点，椭圆上是否存在一点，使得四边形为平行四边形？若存在，求出直线l的方程.
19．如图，在平面直角坐标系中，椭圆的右焦点为，离心率为．分别过，的两条弦，相交于点（异于，两点），且．

（1）求椭圆的方程；
（2）求证：直线，的斜率之和为定值．
20．已知中心在原点，焦点在轴上的椭圆过点，离心率为，点为其右顶点.过点作直线与椭圆相交于、两点，直线、与直线分别交于点、.
(1)求椭圆的方程；
(2)求的取值范围.
21．已知椭圆的离心率为，且椭圆上一点与椭圆两个焦点构成的三角形的周长为，
(1)求椭圆的方程．
(2)设直线与椭圆交于两点，若以为直径的圆经过椭圆的右顶点，求的值及面积的最大值．
22．已知双曲线中，焦距为，且双曲线过点．斜率不为零的直线与双曲线交于两点，且以为直径的圆过点．
(1)求双曲线的方程；
(2)是否存在直线，使得点到直线的距离最大？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
23．已知双曲线的中心为坐标原点，其右焦点到渐近线的距离为，离心率为，
(1)求双曲线的标准方程；
(2)记双曲线的左、右顶点分别为，点为双曲线的右支上异于点的动点，直线与直线相交于点，直线与双曲线的另一个交点为，直线垂直于点，问是否存在点，使得为定值？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由，
24．已知双曲线的左、右顶点分别为，，渐近线方程为，过左焦点的直线与交于，两点．
(1)设直线，的斜率分别为，，求的值；
(2)若直线与直线的交点为，试问双曲线上是否存在定点，使得的面积为定值？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由．
25．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.

26．如图，设椭圆的中心为原点长轴在轴上，上顶点为左、右焦点分别为线段的中点分别为且是面积为的直角三角形．
(1)求该椭圆的离心率和标准方程；
(2)过作直线交椭圆于两点，使求的面积．
27．已知椭圆的焦点在x轴上，它的一个顶点恰好是抛物线的焦点，离心率．
(1)求椭圆的标准方程．
(2)过椭圆的右焦点F作与坐标轴不垂直的直线l，交椭圆于A、B两点，设点是线段OF上的一个动点，且，求m的取值范围．
28．已知椭圆，分别是椭圆的左、右焦点，是椭圆上的动点，直线交椭圆于另一点，直线交椭圆于另一点．
(1)求面积的最大值；
(2)求与面积之比的最大值．
29．已知点在双曲线上，且的离心率为，直线交于，两点，直线，的倾斜角互补.
(1)求直线的倾斜角；
(2)若，求内切圆的面积.
30．已知椭圆C：，过右焦点F的直线l交C于A，B两点，过点F与l垂直的直线交C于D，E两点，其中B，D在x轴上方，M，N分别为AB，DE的中点．当轴时，，椭圆C的离心率为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)证明：直线MN过定点，并求定点坐标；
(3)设G为直线AE与直线BD的交点，求△GMN面积的最小值．
31．已知双曲线，上顶点为，直线与双曲线的两支分别交于两点（在第一象限），与轴交于点.设直线的倾斜角分别为.
(1)若，
（i）若，求；
（ii）求证：为定值；
(2)若，直线与轴交于点，求与的外接圆半径之比的最大值.
32．椭圆：的离心率为，圆：的周长为．
(1)求的方程；
(2)如图，是的左焦点，过的直线交圆O于点M，N，线段的垂直平分线交C于点P，Q，交于点A．
（i）证明：四边形的面积为定值．
（ii）记，的面积分别为，，求的取值范围．
33．设双曲线，直线与交于两点.
(1)求的取值范围；
(2)已知上存在异于的两点，使得.
（i）当时，求到点的距离（用含的代数式表示）；
（ii）当时，记原点到直线的距离为，若直线经过点，求的取值范围.
34．如图，已知椭圆：经过点，离心率．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设是经过右焦点的任一弦（不经过点），直线与直线：相交于点，记，，的斜率分别为，，，求证：，，成等差数列．
35．已知椭圆C：的两个焦点分别为、．点与椭圆短轴的两个端点的连线互相垂直．
(1)求椭圆C的方程．
(2)已知点，过点M任作直线l与椭圆C交于A、B两点，求证：为定值．
36．已知椭圆的左右焦点分别是，双曲线的顶点恰好是、，且一条渐近线是．
(1)求的方程：
(2)若上任意一点（异于顶点），作直线交于，作直线交于，求的最小值．
37．已知椭圆，设过点的直线交椭圆于M，N两点，交直线于点，点为直线上不同于点的任意一点.
(1)椭圆的离心率为，求的值；
(2)若，求的取值范围；
(3)若，记直线，，的斜率分别为，，，问是否存在，，的某种排列，，（其中，使得，，成等差数列或等比数列？若存在，写出结论，并加以证明；若不存在，说明理由.
38．椭圆与双曲线有相同的焦点，且过.

(1)求椭圆的方程；
(2)如图所示，记椭圆的左、右顶点分别为，，当动点在定直线上运动时，直线，分别交椭圆于两点，.
（i）证明：点B在以为直径的圆内；
（ii）求四边形面积的最大值.
39．在平面直角坐标系中，点，分别是椭圆：的右顶点，上顶点，若的离心率为，且到直线的距离为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线与椭圆交于，两点，其中点在第一象限，点在轴下方且不在轴上，设直线，的斜率分别为，.
（i）求证：为定值，并求出该定值；
（ii）设直线与轴交于点，求的面积的最大值.
40．已知椭圆的长轴为双曲线的实轴，且椭圆过点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设点是椭圆上异于点的两个不同的点，直线与的斜率均存在，分别记为，若，试问直线是否经过定点，若经过，求出定点坐标；若不经过，请说明理由.
41．已知椭圆的离心率为，，分别为椭圆的左顶点和上顶点，为左焦点，且的面积为．
(1)求椭圆的标准方程：
(2)设椭圆的右顶点为、是椭圆上不与顶点重合的动点．
（i）若点，点在椭圆上且位于轴下方，直线交轴于点，设和的面积分别为，若，求点的坐标：
（ii）若直线与直线交于点，直线交轴于点，求证：为定值，并求出此定值（其中、分别为直线和直线的斜率）．
参考答案：
1．(1)
(2)相离时，，相交时，
(3)．
【分析】（1）将代入求解即可；
（2）联立直线和椭圆方程，根据根的判别式得到不等式，求出答案；
（3）设，，，，由重心坐标公式可得，同理，由题目条件得
，联立直线与椭圆方程，得到两根之积，从而得到不等式，求出答案.
【详解】（1）∵直线l：经过，
∴，
解得．
又∵，
∴，故直线l的方程为．
（2）由得，，
因为，所以，
得，，
解得或．
∵，∴．
由得，故，
∴当直线与椭圆相离时m的取值范围是；
当直线与椭圆相交时m的取值范围是．
（3）设，，，．
由重心坐标公式得
，，
可知，同理．
∵O在以线段GH为直径的圆内，
∴，即，
由已知，
消去x，得；
消去y，得．
方程的判别式，
方程的判别式，
，
，
，
∴，
又∵，
∴，
∴实数m的取值范围为．
2．(1)
(2)在椭圆内部，．
【分析】（1）解法一：将椭圆方程化为标准式，即可求出点坐标，即可得到直线的方程，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，利用弦长公式计算可得；解法二：将椭圆方程化为标准式，即可求出点坐标，即可得到直线的方程，再由弦长公式直接计算；
（2）将点代入椭圆方程，即可判断点与椭圆的位置关系，设以为中点椭圆的弦与椭圆交于，利用点差法求出中点弦的斜率，从而求出中点弦方程.
【详解】（1）解法一：因为椭圆，即，则，
所以椭圆的右焦点为，
则过点且斜率为1的直线方程为，
由，消去整理得，显然，设直线与椭圆交于，，
∴，，
所以．
解法二：椭圆，即，则，
所以椭圆的右焦点为，
则过点且斜率为1的直线方程为，即，
由，其中
，
所以．
（2）∵，∴点在椭圆内部．
设以为中点的弦与椭圆交于，
∵为中点，∴，
把分别代入椭圆，
得，∴，
∴，∴，
∴以为中点的椭圆的弦所在的直线方程为 ，整理得．
3．(1)8
(2)不存在，理由见解析
(3)3
【分析】（1）由焦点三角形周长求解即可；
（2）假设存在，设出直线的方程联立方程组，由判断可知不存在；
（3）分类讨论由求面积的最大值即可.
【详解】（1）因为圆弧的左顶点，
刚好是半椭圆的左焦点，
所以点与重合时，的周长为；
（2）假设存在直线，
因为、两点都在半椭圆，或，
所以，联立 得，
设、，则恒成立.
所以，.
以为直径的圆恰好经过点，
所以，即，
即，
代入韦达定理得，
即，解得，
所以不存在直线，满足题意.
（3）①由(2)知，当、两点都在半椭圆时，
设直线的方程为，当在第一象限时，.
且
当且仅当得时等号成立，即的面积为，
②当、两点分别在半椭圆与圆弧上时，此时当与重合时取得最大值，
此时.
综上，的面积的最大值为3.
4．(1)；
(2)．
【分析】（1）设是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出，再根据二次函数的性质即可求出；
（2）设直线与椭圆方程联立可得，再将直线方程与的方程分别联立，可解得点的坐标，再根据两点间的距离公式求出，最后代入化简可得，由柯西不等式即可求出最小值．
【详解】（1）设是椭圆上任意一点,,
，当且仅当时取等号，故的最大值是.
（2）设直线,直线方程与椭圆联立,可得,设，所以，
因为直线与直线交于,
则,同理可得,.则
，
当且仅当时取等号，故的最小值为.
【点睛】本题主要考查最值的计算，第一问利用椭圆的参数方程以及二次函数的性质较好解决，第二问思路简单，运算量较大，求最值的过程中还使用到柯西不等式求最值，对学生的综合能力要求较高，属于较难题．
5．(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）设，根据直线的斜率之积为及在双曲线求出，即可得解；
（2）设，直线，联立方程，理由韦达定理求出，再求出两点的坐标，进而可求出以为直径的圆的方程，再令，即可得出结论.
【详解】（1）设，
，
，
在双曲线上，
，
解得，
双曲线的标准方程为；
（2）设，直线，
由，消去得，
，
，
直线，
令，解得，同理可得，
以为直径的圆的方程为，
令，得，
，
，解得或，
以为直径的圆恒过点.
【点睛】方法点睛：直线过定点问题或圆过定点问题，通常要设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，再表达出直线方程或圆的方程，结合方程特点，求出所过的定点坐标.
6．（Ⅰ）椭圆的标准方程为；双曲线的标准方程为
（Ⅱ）=1．（Ⅲ）存在常数使得恒成立，
【详解】试题分析：(1)设椭圆的半焦距为c，由题意知：，
2a＋2c＝4(＋1)，所以a＝2，c＝2.
又a2＝b2＋c2，因此b＝2.故椭圆的标准方程为＝1.
由题意设等轴双曲线的标准方程为＝1(m＞0)，因为等轴双曲线的顶点是椭圆的焦点，所以m＝2，因此双曲线的标准方程为＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则k1＝，k2＝.
因为点P在双曲线x2－y2＝4上，所以x－y＝4.
因此k1·k2＝·＝＝1，即k1·k2＝1.
(3)由于PF1的方程为y＝k1(x＋2)，将其代入椭圆方程得(2k＋1)x2－8kx＋8k－8＝0，
显然2k＋1≠0，显然Δ＞0.由韦达定理得x1＋x2＝，x1x2＝.
所以|AB|＝
＝.
同理可得|CD|＝.
则，
又k1·k2＝1，
所以.
故|AB|＋|CD|＝|AB|·|CD|.
因此存在λ＝，使|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|恒成立．
考点：本题考查了圆锥曲线方程的求法及直线与圆锥曲线的位置关系
点评：对于直线与圆锥曲线的综合问题，往往要联立方程，同时结合一元二次方程根与系数的关系进行求解；而对于最值问题，则可将该表达式用直线斜率k表示，然后根据题意将其进行化简结合表达式的形式选取最值的计算方式
7．（1）；（2）.
【分析】（1）结合已知条件求得，由此求得椭圆方程.
（2）求得直线的方程并与椭圆方程联立，求得两点的坐标，由此求得的长.
【详解】（1）已知椭圆焦距为，短轴长为2，即，
结合a2=b2+c2，解得a=3，b=1，.
故C：.
（2）直线方程为：
直线与椭圆方程联立为
得，，
解得或.
不妨设，
所以.
8．(1)
(2)直线的方程为或.
【分析】（1）代入两点得到关于的方程，解出即可；
（2）方法一：以为底，求出三角形的高，即点到直线的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到点坐标，则得到直线的方程；方法二：同法一得到点到直线的距离，再设，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点到直线的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线斜率不存在的情况，再设直线，联立椭圆方程，得到点坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线斜率不存在的情况，再设，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅锤高乘表达面积即可.
【详解】（1）由题意得，解得，
所以.
（2）法一：，则直线的方程为，即，
，由（1）知，
设点到直线的距离为，则，
则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可，
此时该平行线与椭圆的交点即为点，
设该平行线的方程为：，
则，解得或，
当时，联立，解得或，
即或，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，联立得，
，此时该直线与椭圆无交点.
综上直线的方程为或.
法二：同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
设，则，解得或，
即或，以下同法一.
法三：同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
设，其中，则有，
联立，解得或，
即或，以下同法一；
法四：当直线的斜率不存在时，此时，
，符合题意，此时，直线的方程为，即，
当线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立椭圆方程有，则，其中，即，
解得或，，，
令，则，则
同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
则，解得，
此时，则得到此时，直线的方程为，即，
综上直线的方程为或.
法五：当的斜率不存在时，到距离，
此时不满足条件.
当的斜率存在时，设，令，
，消可得，
，且，即，
，
到直线距离，
或，均满足题意，或，即或.
法六：当的斜率不存在时，到距离，
此时不满足条件.
当直线斜率存在时，设，
设与轴的交点为，令，则，
联立，则有，
，
其中，且，
则，
则，解的或，经代入判别式验证均满足题意.
则直线为或，即或.
9．(1)
(2)见解析
【分析】（1）利用焦点坐标求得的值，利用渐近线方程求得的关系，进而利用的平方关系求得的值，得到双曲线的方程；
（2）先分析得到直线的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k, M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得到；由直线和的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率，由②等价转化为，由①在直线上等价于，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.
【详解】（1）右焦点为，∴,∵渐近线方程为，∴，∴，∴，∴，∴．
∴C的方程为：；
（2）由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零，
若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则为线段的中点，假若直线的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点,此时由对称性可知、关于轴对称，与从而，已知不符；
总之，直线的斜率存在且不为零.
设直线的斜率为,直线方程为,
则条件①在上，等价于；
两渐近线的方程合并为,
联立消去y并化简整理得：
设,线段中点为,则,
设,
则条件③等价于,
移项并利用平方差公式整理得：
，
,即,
即；
由题意知直线的斜率为, 直线的斜率为,
∴由,
∴,
所以直线的斜率,
直线,即,
代入双曲线的方程,即中，
得：,
解得的横坐标：,
同理：，
∴
∴,
∴条件②等价于，
综上所述：
条件①在上，等价于；
条件②等价于；
条件③等价于；
选①②推③:
由①②解得：,∴③成立；
选①③推②：
由①③解得：，，
∴，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得：，，∴，
∴，∴①成立.
10．（1）；（2）．
【分析】（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求，从而可求椭圆的标准方程.
（2）设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求.
【详解】（1）因为椭圆过，故，
因为四个顶点围成的四边形的面积为，故，即，
故椭圆的标准方程为：.
（2）
设，
因为直线的斜率存在，故，
故直线，令，则，同理.
直线，由可得，
故，解得或.
又，故，所以
又
故即，
综上，或.
11．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解；
（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；
充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解.
【详解】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，
又，所以椭圆方程为；
（2）由（1）得，曲线为，
当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；
当直线的斜率存在时，设，
必要性：
若M，N，F三点共线，可设直线即，
由直线与曲线相切可得，解得，
联立可得，所以，
所以,
所以必要性成立；
充分性：设直线即，
由直线与曲线相切可得，所以，
联立可得，
所以，
所以
，
化简得，所以，
所以或，所以直线或，
所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；
所以M，N，F三点共线的充要条件是．
【点睛】关键点点睛：
解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重.
12．椭圆上存在一点，它到直线l的距离最大，最大值为
【分析】解法一：利用代数法，设出平行线方程，利用直线与椭圆相切求出切线方程，然后求解平行线距离可得答案；
解法二：设椭圆的参数方程为，利用点到直线的距离公式求最值可得答案.
【详解】解法一：椭圆，直线l：，
由得，
所以，
所以直线l与椭圆相交，
设与直线l平行且与椭圆相切的直线方程为，
由得，
，
解得或，
当时，与直线l：距离；
当时，与直线l：距离，
所以取时距离最远，可得直线，
此时由解得，
所以，
故椭圆上存在一点，它到直线l的距离最大，最大值为；
解法二：椭圆的参数方程为，
设椭圆上点，则P到直线l：的距离为
，其中设，
则当，可得，，
所以，
，
即存在时，d取得最大值．
13．(1)，
(2)
【分析】（1）首先根据已知条件和平方关系求出椭圆方程，然后联立直线方程和椭圆方程，结合韦达定理以及弦长公式运算即可求解.
（2）由题意只需求出动点到直线的最大值即可，此时可利用三角换元结合辅助角公式、三角函数性质即可，最终结合弦的长即可求解.
【详解】（1）由题意，解得，
所以椭圆的方程为，
设，
而过点且斜率为1的直线的方程为，即，
将其与椭圆方程联立得，消去并整理得，
所以，
所以弦的长为
.
（2）
由（1）椭圆的方程及弦的长分别为，，且直线的方程为，
由题意动点在椭圆上，不妨设点，
所以点到直线的距离
，
而，
所以，
所以，
所以点到直线的距离有最大值，
所以，
即的最大值为.
14．(1)
(2)存在，直线的方程为
【分析】（1）依题意列式解出、，即可求出椭圆方程；
（2）设，，依题意可得，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，即可求出，若四边形为平行四边形，则，再代入椭圆方程，即可求出，从而得解；
【详解】（1）由题意可得，解得，
所以椭圆方程为．
（2）设，，
因为直线，，的斜率依次成等比数列，则，
联立方程，消去y得，
可得，
，，
则，
所以，得，
且，可得，
存在点，使得四边形为平行四边形．理由如下：
四边形为平行四边形，则点，
点在椭圆上，则
因为，
，
可得，即，且，可得，
当，时，满足，
所以直线的方程为，即.
【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.
15．(1)
(2)相切，理由见解析
【分析】（1）根据椭圆定义并利用即可求得标准方程为；
（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立并利用韦达定理可求得的中点为，且，再由点到直线距离即可得出结论.
【详解】（1）由椭圆定义可得的周长为；
又，解得；
所以椭圆的标准方程为.
（2）相切，理由如下：
如下图所示：
易知，设直线的方程为，，
联立，整理可得，显然；
且，
可得直线的方程为，直线的方程为；
所以，设的中点为
可得
，
即圆心；
则，
易知，
化简可得；
所以以为直径的圆的半径为，
又到直线的距离为，
所以圆心到直线的距离等于圆的半径，即以为直径的圆与直线相切.
【点睛】方法点睛：求解圆锥曲线中弦长问题时，经常利用韦达定理代入表达式计算得出，并根据代数计算判断出几何关系.
16．(1)
(2)过定点，理由见解析
(3)
【分析】（1）根据离心率得到，再代入，得到方程，求出，求出双曲线方程；
（2）设直线的方程为，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，求出直线，求出，根据三点共线得到方程，结合，求出，得到答案；
（3）利用正弦定理求出，设直线的方程为，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，求出，表达出，得到.
【详解】（1）因为离心率，所以，
双曲线的方程为，
将点代入双曲线方程得，
所以，
所以的方程为．
（2）直线过定点，理由如下：设，
直线的方程为，与的方程联立
整理得，
则．
直线，所以，又三点共线，
所以，即，
即，
即，
化简得，
因为，
所以，
代入上式得，
即，
，
所以．所以过定点．
（3）设和的外接圆半径分别为，，其中，
由正弦定理可得，
又，
所以，即．
设直线的方程为，
与的方程联立
整理得，
则．
又即
由得，
由，解得，
由得，
，
由，得，
综上，，
又因为
，
所以．
【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．
17．(1)
(2)或
(3)证明见解析
【分析】（1）根据双曲线定义和渐近线方程得到，，求出双曲线方程；
（2）方法一：联立直线与双曲线方程，得到两根之和，两根之积，由得到，求出弦长，并表达出三角形面积，得到方程，求出或，检验后得到答案；
方法二：联立直线与双曲线方程，得到两根之和，两根之积，由得到，结合直线恒过点，表达出三角形面积，得到方程，求出或，检验后得到答案；
（3）方法一：表达出直线的方程，联立双曲线方程，得到点坐标，同理得到点坐标，对称性分析，直线恒过的定点位于轴上，不妨设，分和两种情况，得到直线所过定点；
方法二：设的方程为，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，表达出直线和直线的方程，由于直线的交点在直线上，得到方程，化简得到，得到，结合当时，直线为轴，故直线过定点．
【详解】（1）由题意得，解得．
渐近线方程为，
，解得，
双曲线的方程为．
（2）方法一：设，由题意得，
联立消去整理得，
则，则，
，
点到直线的距离，
则
，
整理得，即，
解得或，均满足．
方法二：设，由题意得，
联立消去整理得，
则，则，
，
直线恒过点，则
，
整理得，即，
解得或，均满足．
（3）方法一：，
直线的方程为，直线的方程为．
由消去整理得①，
记，则和是方程①的两个根，
则，即．
由消去整理得②，
记，则2和是方程②的两个根，
则，即．
由双曲线的对称性知，直线恒过的定点位于轴上，不妨设．
当时，，此时，直线的方程为，直线过定点．
当时，，即，整理得，
故．综上，直线过定点．

方法二：当时，由题知直线的倾斜角不为0，设直线的方程为，
由消去得．
设，则，
直线的方程为，直线的方程为，
由于直线的交点在直线上运动，则，
即，故，
代入，得，
故恒成立．
若，将代入得，
解得，故直线过双曲线的顶点，与题意不符，故舍去，
故只能，即，故直线过定点．
当时，直线为轴，过定点．
综上，直线过定点．
【点睛】思路点睛：处理定点问题的思路，
（1）确定题目中的核心变量（此处设为），
（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，
（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，
①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；
②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.
18．存在，
【分析】设出直线方程，联立椭圆方程，结合韦达定理得到，，再由为平行四边形得到点的坐标，代入椭圆方程求得的值，从而得解.
【详解】当直线斜率不存在时，三点共线，不符合要求；
当直线斜率存在时，设直线的方程为，，，.
联立，消去得，
易知，故，，
所以，
又因为为平行四边形，所以，
则有，
又因为点在椭圆上，
所以，
化简得，解得，
所以直线方程为.
19．(1);(2)详见解析.
【分析】（1）根据离心率以及平方关系，求得结果，（2）先根据直线方程与椭圆方程解得点坐标，再根据斜率坐标公式化简即可证明.
【详解】（1）解：由题意，得，，故，
从而，
所以椭圆的方程为． ①
（2）证明：设直线的方程为， ②
直线的方程为， ③
由①②得，点，的横坐标为，
由①③得，点，的横坐标为，
记，，，，
则直线，的斜率之和为

．
20．(1)
(2)
【分析】（1）设出椭圆的标准方程，利用点在椭圆上、离心率进行求解；
（2）设出直线方程为，联立直线和椭圆的方程，得到关于的一元二次方程，写出直线，的方程并求出、的坐标，再利用数量积的坐标表示求出，利用分离常数法求其取值范围.
【详解】（1）由题意设椭圆的标准方程为（），
由题意，得，解得，，
即椭圆的标准方程为.
（2）由（1）得，
设，，，
联立，得，
即，则，，
直线，的方程分别为，，
令，则，，
则，
，
所以
因为，所以，，
即的取值范围为.
21．(1)
(2)，
【分析】（1）根据条件列方程组求解.
（2）根据以为直径的圆经过椭圆的右顶点求得m进而得恒过定点，由求面积，并换元后用二次函数求最大值.
【详解】（1）因为椭圆上的一点和它的两个焦点构成的三角形周长为，
所以，
又椭圆的离心率为，即，所以
所以．
所以，椭圆的方程为.
（2）不妨设直线的方程．
联立，消去得，
，即，
设，则，①
因为以为直径的圆过，所以，
由，
得，
将代入上式，
得，
将①式代入上式， ，
解得，或（舍），
所以，令是直线与轴的交点，则，
此时直线与椭圆恒有两个交点.
则有，
设，则，
所以当时，取得最大值.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围.
22．(1)
(2)存在，
【分析】（1）待定系数法求解双曲线方程；
（2）方法一：设直线，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，根据得到，即或，分两种情况讨论，得到直线过定点，要想到直线的距离最大，则⊥，从而求出直线的方程；
方法二：齐次化求解，平移双曲线得，设平移后的直线方程为，变形得到，根据斜率之积为-1得到则直线过定点，从而原直线过定点，要想到直线的距离最大，则⊥，从而求出直线的方程；
【详解】（1）由题意得，且，
又，解得，
故双曲线方程为；
（2）设直线，
联立得，
设，
则，
由题意得，
即
，
将代入上式，
，
即，
化简得，
变形为，
故或，
当时，直线，经过定点，与重合，不合要求，
当时，直线，经过定点，
要想到直线的距离最大，则⊥，其中
故直线的斜率，故直线的方程为，
即.
经检验，满足要求.
方法二：平移双曲线得，即，
设平移后的直线方程为，
则有，
即，
两边同除以得，
由题意得，
设，则，
则直线过定点，
将向左平移3个单位，向上平移1个单位，则原直线过定点，
要想到直线的距离最大，则⊥，其中
故直线的斜率，故直线的方程为，
即，经检验，满足要求.
【点睛】处理定点问题的思路：
（1）确定题目中的核心变量（此处设为），
（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，
（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，
①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；
②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.
23．(1)
(2)存在点使为定值3， 的坐标为
【分析】（1）利用待定系数法，结合点线距离公式与双曲线的离心率得到关于的方程组，解之即可得解；
（2）联立直线与双曲线方程，得到，再由三点共线与三点共线得关于的方程，分析得，从而得到直线过定点，进而求得点，由此得解.
【详解】（1）设双曲线的右焦点为，
双曲线的标准方程为，则其渐近线为，
由已知可得，结合，可得，
所以双曲线的标准方程为，
（2）由已知，直线不垂直于轴，设直线的方程为，
由消去并整理得，①
则，且由这个方程的判别式可得，
设，则，
由已知可得，设，
由三点共线可得，
由三点共线可得，
消去并整理得，
又，所以上式可化为，
即，
整理可得，
若，则，代入①式可得，
因为点不与点重合，所以，即，
所以，
所以，即，所以直线过定点，
因为直线垂直于直线，垂足为点，所以点在以为直径的圆上，
所以存在点使为定值3，此时点的坐标为，
【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，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)存在定点或
【分析】（1）根据题意求出双曲线的方程，设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，再根据斜率公式化简整理即可得出答案；
（2）设，求出直线的方程为，直线的方程为，再根据题意可得，从而可得，进而可求出，进而可得出结论.
【详解】（1）设双曲线的焦距为，
则，
因为，所以，
所以双曲线的方程为，
由题意，直线不与双曲线的渐近线平行且斜率不等于零，
故可设直线的方程为，
联立，得，
则，
，
，则
，
所以；
（2）假设存在点，，
设，直线的方程为，
直线的方程为，
因为直线与直线的交点为，
所以，
所以，
由（1）知，代入上式，
得，
所以，
故点在直线上，
设点为过左焦点且与直线平行的直线与双曲线的交点，
则点的坐标为或，
，
所以双曲线上存在定点或，使得的面积为定值.
【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，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.
25．(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.
26．(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得为等腰直角三角形，则，再结合，将表示出来，从而可求出离心率，再由是面积为，可求出，从而可求出椭圆的方程，
（2）设直线的方程为，设，将直线方程代入椭圆方程消去，整理后利用根与系数的关系，再由得，化简后可求出，则可求得，从而可求得的面积
【详解】（1）设椭圆的方程为，
是的直角三角形，，
为直角，从而，即，
，
，
在中，，
，
椭圆标准方程为；
（2）由（1）知，
由题意，直线的倾斜角不为，故可设直线的方程为，
代入椭圆方程，消元可得①，
设，
，
，
，
，
，
当时，①可化为，
，
的面积．
27．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意确定椭圆的一个短轴的顶点，再结合离心率，即可求得答案；
（2）设直线l的方程，联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，由可得关于交点的坐标的关系式，结合根与系数的关系式化简，即可求得答案.
【详解】（1）由椭圆的焦点在x轴上，设椭圆的方程为
抛物线方程化为，其焦点为，则椭圆的一个顶点为，即．
由，解得，
∴椭圆的标准方程为．
（2）由（1）得，则，设，，，
结合题意可设直线l的方程为．
由，消y得，
直线l过椭圆焦点，必有，∴，
则
，，
∵，∴，
∴，
两边同除以，有，
∴，
∴
∴m的取值范围为．
28．(1)
(2)
【分析】（1）先设定直线的方程，并与椭圆方程联立，求得韦达定理形式，分别求的长和点到直线的距离，进而表达的面积，求最大值即可；
（2）分别设直线和的方程，并分别与椭圆方程联立，求得韦达定理形式，分别求出两点的纵坐标，表达与面积之比，求最大值即可.
【详解】（1）设，，
设直线的方程为，
联立方程组，得，
所以，，
则，
点到直线的距离为：，
所以，
令，
则，当即时面积取得最大值，
所以面积的最大值为.
（2）设，，
设直线的方程为，
联立方程组，得，
即
所以，即，
同理可得：，
所以
化简得：，
当时，取得最大值.

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中求面积的比值，可以选择相同的底边或者角来转化，参数之间的关系可以通过联立圆锥曲线方程，化简求得，通过函数或者不等式来求得最值.
29．(1)
(2)
【分析】（1）由题设条件列出关于的方程组，解之即得双曲线方程，设直线的方程，与双曲线方程联立消元，写出韦达定理，由求出值，即得直线倾斜角；
（2）设直线的倾斜角为，由条件求得，分别求得点的坐标，设，由向量的数量积坐标式和定义式，求得，由余弦定理求得，利用面积相等即可求出内切圆半径即得.
【详解】（1）由题意可得，则有①，由点在双曲线上，则有②，
联立① ② ，解得，故双曲线方程为：.
当直线的斜率不存在时，设，，代入双曲线方程，可得，
则，不合题意；
如图，设直线，将其与双曲线方程联立，消元整理得：，
则，，
设，则 （*）
因直线，的倾斜角互补，则有，
化简得：，
将（*）代入得，，
化简得：，即，
因直线不经过点，即，故有，即直线的倾斜角为.
（2）设直线的倾斜角为，则直线的倾斜角为，
依题意，,则,，
由解得，即，
将其与联立，可解得，即得,
代入直线，解得，于是由（1）可得：
故得，即得，
于是，由,
因，则，，
设，则，故.
于是的面积为，
又由余弦定理，,
代入可得，，即，
故，即，
设内切圆半径为，则，
即，解得，故内切圆面积为：.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查与双曲线有关的三角形的面积、内切圆面积问题，属于难题.
解题的关键是设直线方程，联立消元得韦达定理，等价转化题设条件，利用定理求解；同时，解决三角形面积问题，常需要求出顶点坐标，巧妙运用向量数量积和余弦定理，最后运用等面积求得内切圆半径即可.
30．(1)
(2)证明见解析，
(3)
【分析】（1）由通径和离心率求出a，b，c的值，得椭圆C的标准方程；
（2）设直线AB和DE的方程，与椭圆方程联立，表示出M，N两点坐标和直线MN的方程，由方程确定所过定点；
（3）由题意得，利用弦长公式和基本不等式求最小值．
【详解】（1）由题意可得，解得，，
则椭圆C的标准方程为．
（2）B，D在x轴上方，直线l斜率存在且不为0，
设直线，联立椭圆，消去x得：，
由韦达定理得：，
，
则中点，
由，所以以代替m可得，
所以，
，
化简得，
则过定点．
当时，取，，则过定点；
当时，取，，则过定点；
综上直线MN过定点．
（3）M，N分别为AB，DE的中点，
，
由（2）知，
以代替m可得，
所以，
当且仅当即时，．
【点睛】方法点睛：
解答直线与圆锥曲线的题目时，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，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，强化有关直线与圆锥曲线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．
31．(1)（i）；（ii）证明见解析.
(2)2
【分析】（1）（i）先求直线的方程，联立双曲线方程求得点的坐标，求直线斜率，进而求解即可；（ii）法1，设直线的方程为形式，并联立双曲线方程，求直线的斜率的斜率和，进而得证为定值；法2，设直线的方程为形式，并联立双曲线方程，求直线的斜率的斜率和，进而得证为定值；
（2）先对直线、斜率不存在的情形进行验证；法1：和均存在时，设，求得，从而得到与的外接圆半径之比的最大值；法2，和均存在时，由三点共线可得，求得的值和，从而得到与的外接圆半径之比的最大值；法3，若和均存在，设，则，得到，求得，从而得到与的外接圆半径之比的最大值.
【详解】（1）（i），所以直线.
直线与联立可得，解得或，所以.
所以，所以；
（ii）法1：①直线斜率存在时，可设直线的方程为，设
由得
所以.
当时，由（i）可得；
当时，设的斜率分别为.
.
所以，
.
所以.
因为在第一象限，所以，所以，所以.
②直线斜率不存在时，可得，
可得，
所以，同理可得.
综上可得，为定值，得证.
法2：①时，由（i）可得；
②时，设的斜率分别为.
设，由在直线上可得.
与联立可得，
即，
所以就是方程的两根.
所以，
，
因为在第一象限，所以，所以，所以.
综上可得，为定值，得证.
（2）由（1）可得时，.
①不存在，则，由①（i）可得，所以，
所以.
②不存在，则，则，
此时，由图可得.
③法1：若和均存在，设，则
与双曲线联立可得.
所以.
所以，
所以.
设与的外接圆半径分别为，
从而.等号当且仅当时取到.
所以与的外接圆半径之比的最大值为2.
法2：若和均存在，设，则.
由三点共线可得.
所以，所以.
所以
.
所以，所以.
设与的外接圆半径分别为，
从而.等号当且仅当时取到.
所以与的外接圆半径之比的最大值为2.
法3：若和均存在，设，则，
则.
记直线的倾斜角为，则，所以
所以.
设与的外接圆半径分别为，
从而.等号当且仅当时取到.
所以与的外接圆半径之比的最大值为2.
【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.
32．(1)
(2)（i）证明见解析，（ii）
【分析】（1）根据离心率和圆的周长，得到方程组，求出，得到椭圆方程；
（2）（i）考虑直线与x轴重合和与轴不重合两种情况，利用，求出四边形面积为定值；
（ii）由题得，当直线与x轴重合时，A与O重合，，当直线与x轴不重合时，表达出，结合（i）知，换元得到，由基本不等式求出最值，得到答案.
【详解】（1）由题得解得，．
又，
所以方程为．
（2）（i）证明：由题得四边形的面积．
①当直线与x轴重合时，A与O重合，，，
．
②当直线与轴不重合时，
由圆的性质知直线过坐标原点，由椭圆的对称性知，
．
设直线的方程为，，
，．
则直线的方程为，将它代入解得，，
，．
．
综上所述四边形的面积为定值．
（ii）由题得，，，．
①当直线与x轴重合时，A与O重合，．
②当直线与x轴不重合时，由圆的性质知直线过坐标原点，由椭圆的对称性知，
．
由（i）知，，
∴，令，，则，
∴，
当且仅当即时取得等号．
所以，即．
综上所述，的取值范围为．
【点睛】思路点睛：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．
33．(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）利用直线与双曲线的位置关系结合韦达定理计算即可；
（2）（i）设及其中点坐标，根据极化恒等式、弦长公式计算即可；（ii）设直线方程，结合（i）的结论知既在圆上也在双曲线上，分别联立直线与圆、双曲线方程消去得出两个一元二次方程，由横坐标均满足方程得出参数关系式，化简求，再分类讨论结合判别式、点到直线的距离公式计算范围即可.
【详解】（1）联立直线与双曲线方程得，
则或，
即的取值范围为；
（2）（i）设，则，
由（1）可知：，则，
设中点为D，则，
而，
，
所以，
又由弦长公式可知：，
所以，即到点的距离为；
（ii）由（i）知，当时，，
则在圆上，
由题意知直线斜率存在，不妨设其方程为：，
与双曲线联立，
与圆联立
，
即横坐标均满足上述方程，
所以，
化简得，
即，解之得或，
当时，，
则，显然恒成立，
又，
①时，，
而由（1）知：，
又，所以，此时；
②时，，
同理知，
所以；
当时，，
显然，上式无解，舍去；
易知，所以综上有.
【点睛】思路点睛：第二问先由极化恒等式得出P、Q的轨迹圆，第一小问根据弦长公式计算即可；第二小问分别联立直线与圆、双曲线的方程，利用同解方程得出参数关系式，从而计算出的取值，再分类讨论的不同取值结合判别式计算即可.
34．（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）由点在椭圆上得到，再由，得到，联立方程组，求得的值，即可得到椭圆的标准方程；
（2）由（1）得椭圆右焦点坐标，设直线的方程为，联立方程组，求得，及，结合斜率公式得到，结合
，求得，即可得到，，成等差数列．
【详解】（1）由题意，点在椭圆上得，可得 ①
又由，所以 ②
由①②联立且，可得，，，
故椭圆的标准方程为．
（2）由（1）知，椭圆的方程为，可得椭圆右焦点坐标，
显然直线斜率存在，设的斜率为，则直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设，，则有，，
由直线的方程为，令，可得，即，
从而，，，
又因为共线，则有，即有，
所以
，
将，代入得，又由，所以，即，，成等差数列．
【点睛】直线与圆锥曲线的综合问题的求解策略：
对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程根与系数的关系，以及弦长公式等进行求解，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．
35．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题目条件得到，，进而求出，得到椭圆方程；
（2）设出直线方程，联立椭圆方程，设，，得到两根之和，两根之积，结合硬解公式计算出.
【详解】（1）由题意，
椭圆两短轴端点坐标为，
因为与椭圆短轴的两个端点的连线互相垂直，
由直角三角形斜边中线等于斜边一半可知，，
∴，故C：；
（2）由硬解公式得
，，，，
，，．
直线l方程为，
设，，联立，
故，，
,,
∴
，
故．
【点睛】处理定点问题的思路：
（1）确定题目中的核心变量（此处设为），
（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，
（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，
①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；
②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.
36．(1);
(2).
【分析】（1）利用双曲线渐近线斜率已知，结合顶点坐标的性质，即可求出方程；
（2）设直线的方程为：，利用弦长公式可求出与的关系式，同理再设直线的方程为：，也可求出与的关系式，然后利用这两直线的交点在双曲线上，得到，从而可求的最小值.
【详解】（1）由椭圆得：左右焦点分别是，
因为双曲线的顶点恰好是、，设双曲线的方程为：，
所以，
又由一条渐近线是，可得，所以，
即双曲线的方程为：，
（2）
设直线的方程为：，与椭圆联立得：
，
可设，则
则，
同理可设直线的方程为：，与椭圆联立得：
，
可设，则
则，
再由直线的方程为：与直线的方程为：联立解得：
，
由于这两直线交点就是点，则把点的坐标代入双曲线的方程得：
，化简得：，
点（异于顶点），所以，即，
则
，
当且仅当，即时，有最小值.
【点睛】关键点点睛：
关键点一是直接设两直线方程，再去求出交点在双曲线上，得到；
关键点二是得到所求出来的这个式子，如何求最小值，这里用了代换1思想，转化到不等式再求最值.
37．(1)
(2)
(3)，，或，，成等差数列
【分析】（1）根据题意可得，结合，求得，进而求得；
（2）设点，表示出，结合可得，结合可得不等式，即可求得答案；
（3）设点，，①若直线斜率为0，直接验证；②直线斜率不为0，设直线，，，则，，，与椭圆方程联立，结合韦达定理求解.
【详解】（1）由题意知，，故，
又离心率，故，于是.
（2）设点，其中，且，
则，
由，得，
，，，，，，只需，
又，故，
所以的取值范围是.
（3），，或，，成等差数列，证明如下：
若，则，设点，.
①若直线斜率为0，则点，不妨令点，，
则，，，此时，，的任意排列，，均不成等比数列，，，或，，成等差数列.
②直线斜率不为0，设直线，，，则点，
由得，，
故，，
因为，，，
所以
，
所以，，或，，成等差数列.
综合上述，，，或，，成等差数列.
【点睛】关键点睛：本题第三问与数列进行了综合，关键在于判断出结论，进而证明.先由直线斜率为0时，直接验证，，或，，成等差数列；直线斜率不为0时，结合直线方程联立椭圆方程，利用根与系数的关系结合进行化简验证.
38．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）6
【分析】（1）根据题意设出椭圆方程，用待定系数法求解即可得解；
（2）（i）根据题意只要证为钝角即即可，求出坐标，利用向量数量积运算即可得证；（ii）求出四边形的面积，对面积的表达式变形利用基本不等式和对勾函数单调性求出最大值得解.
【详解】（1）由题知，椭圆的焦点为，，
故可设椭圆的方程为，将点代入可得，
解得，
所以椭圆得方程为.

（2）（i）易知，由椭圆对称性可知，不妨设，；
根据题意可知直线斜率均存在，且，；
所以直线的方程为，的方程为；
联立直线和椭圆方程，消去可得；
由韦达定理可得，解得，则；
联立直线和椭圆方程，消去可得；
由韦达定理可得，解得，则；
则，；
所以；
即可知为钝角，所以点B在以为直径的圆内；
（ii）易知四边形的面积为，
设，则，当且仅当时等号成立；
由对勾函数性质可知在上单调递增，
所以，可得，
所以时，四边形的面积最大为6，此时点的坐标为，
由对称性可知，即当点的坐标为或时，
四边形的面积最大，最大值为6.
【点睛】思路点睛：本题第二问考查直线与椭圆的综合问题.小问（i）要证点在圆内等价于只要证为钝角即即可，求出坐标，利用向量数量积运算即可得证；小问（ii）求出四边形的面积，从结构出发变换，换元，利用基本不等式和对勾函数单调性求出最大值得解.
39．(1)
(2)（i）证明见解析，；（ii）
【分析】（1）根据题意求出，即可得解；
（2）（i）设直线的方程为，其中，且，设直线与椭圆交于点，联立方程，利用韦达定理求出，，再结合斜率公式化简即可得出结论；
（ii）法一：直线的方程为，设直线与轴交于点，直线的方程为，分别求出的坐标，联立方程组求出，即可得的坐标，再求出三角形面积的表达式，结合基本不等式即可得解.
法二：直线的方程为，设直线与轴交于点，直线的方程为，分别求出的坐标，易得点是线段的中点，则，其中为点到直线的距离，求出的最大值即可.
【详解】（1）设椭圆的焦距为，
因为椭圆的离心率为，所以，即，
据，得，即.
所以直线的方程为，即，
因为原点到直线的距离为，
故，解得，
所以，
所以椭圆的标准方程为；
（2）（i）设直线的方程为，其中，且，即，
设直线与椭圆交于点，
联立方程组整理得，
所以，，
（i）所以
为定值，得证；
（ii）法一：直线的方程为，令，得，故，
设直线与轴交于点，
直线的方程为，令，得，故
联立方程组整理得，
解得或0（舍），，
所以的面积
，
由（i）可知，，故，代入上式，
所以，
因为点在轴下方且不在轴上，故或，得，
所以，
显然，当时，，
当时，，
故只需考虑，令，则，
所以，
当且仅当，，即时，不等式取等号，
所以的面积的最大值为.
法二：直线的方程为，令，得，故，
设直线与轴交于点，
直线的方程为，令，得，故，
由（i）可知，，故，
所以点是线段的中点，
故的面积，其中为点到直线的距离，
思路1 显然，当过点且与直线平行的直线与椭圆相切时，取最大值，
设直线的方程为，即，
联立方程组整理得，
据，解得（正舍），
所以平行直线：与直线：之间的距离为
，即的最大值为，
所以的面积的最大值为.
思路2 因为直线的方程为，
所以，
依题意，，，，故，
所以，
因为在椭圆上，故，即，
所以，
当且仅当时取等号，故，
所以，
即的面积的最大值为.
思路3 因为直线的方程为，
所以，
因为在椭圆上，故，
设，，不妨设，
所以，
当，，时，，
即的面积的最大值为.
【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．
40．(1)
(2)过定点，理由见解析
【分析】（1）由题意可得，，求出，从而可得椭圆方程，
（2）分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系，求出直线与的斜率，再由列方程可得参数的关系，代入直线方程可求出直线恒过的定点.
【详解】（1）因为椭圆的长轴为双曲线的实轴，
所以，
因为椭圆过点，所以，，得，
所以椭圆方程为；
（2）①当直线的斜率存在时，设其方程为，
由，得， ，
所以，，
所以，，
因为，所以，
所以，
所以，
所以，
化简得，即，
所以或，
当时，直线的方程为，
则直线过定点（舍去），
当时，直线的方程为，
所以直线过定点，
②当直线的斜率不存在时，设直线为（），
由，得，所以，
所以，
解得（舍去），或，
所以直线也过定点，
综上，直线恒过定点.
【点睛】处理定点问题的思路：
（1）确定题目中的核心变量（此处设为），
（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，
（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，
①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；
②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.
41．(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析，
【分析】（1）依题意可得，解得、、，即可得解；
（2）（i）连接，由面积公式推导出，从而得到，即可求出的方程，联立直线与椭圆方程，求出点坐标；
（ii）设直线的斜率为，的方程为，再求出直线的方程，联立求出、点坐标，从而求出的方程，即可求出点坐标，再由斜率公式计算可得.
【详解】（1）由题意得，又，解得，
椭圆的标准方程为
（2）（i）由（1）可得，
连接，因为，，
所以，
，
，所以，
所以直线的方程为，联立，
解得或（舍去），
.
（ii）设直线的斜率为，则直线的方程为：，
又，，直线的方程为，
由，解得，
所以，
由，得，
由，
则，所以，
则，
，
依题意、不重合，所以，即，
所以，
直线的方程为，
令即，解得，
，
，
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.