新高中数学压轴题二轮专题专题23圆锥曲线中的存在性问题试题含解析答案

这是一份新高中数学压轴题二轮专题专题23圆锥曲线中的存在性问题试题含解析答案，共103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．在直角坐标系中，曲线C：与直线交与M,N两点，
(1)当时，分别求C在点M和N处的切线方程；
(2) y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有？说明理由.
2．已知椭圆，，为左、右焦点，直线过交椭圆于，两点．
(1)若直线垂直于轴，求；
(2)当时，在轴上方时，求、的坐标；
(3)若直线交轴于，直线交轴于，是否存在直线，使得，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
3．已知是椭圆的两个焦点，P为C上一点，O为坐标原点．
（1）若为等边三角形，求C的离心率；
（2)如果存在点P，使得，且的面积等于16，求b的值和a的取值范围.
4．已知椭圆,直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，，线段的中点为．
（Ⅰ）证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；
（Ⅱ）若过点，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求此时的斜率，若不能，说明理由．
5．已知为坐标原点，动点在椭圆上，动点满足，记点的轨迹为
(1)求轨迹的方程；
(2)在轨迹上是否存在点，使得过点作椭圆的两条切线互相垂直？若存在，求点的坐标：若不存在，请说明理由：
(3)过点的直线交轨迹于，两点，射线交轨迹于点，射线交椭圆于点，求四边形面积的最大值.
6．已知是焦距为的双曲线上一点，过的一条直线与双曲线的两条渐近线分别交于，且，过作垂直的两条直线和，与轴分别交于两点，其中与轴交点的横坐标是.
(1)证明:;
(2)求的最大值，并求此时双曲线的方程;
(3)判断以为直径的圆是否过定点，如果是，求出所有定点;如果不是，说明理由.
7．已知抛物线的方程，焦点为，已知点在上，且点到点的距离比它到轴的距离大1.
（1）试求出抛物线的方程；
（2）若抛物线上存在两动点（在对称轴两侧），满足（为坐标原点），过点作直线交于两点，若，线段上是否存在定点，使得恒成立？若存在，请求出的坐标，若不存在，请说明理由.
8．已知以下事实：反比例函数（）的图象是双曲线，两条坐标轴是其两条渐近线．
(1)（ⅰ）直接写出函数的图象的实轴长；
（ⅱ）将曲线绕原点顺时针转，得到曲线，直接写出曲线的方程．
(2)已知点是曲线的左顶点．圆：（）与直线：交于、两点，直线、分别与双曲线交于、两点．试问：点A到直线的距离是否存在最大值？若存在，求出此最大值以及此时的值；若不存在，说明理由．
9．已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线交椭圆于，两点，交轴于点.
(1)若直线的倾斜角为时，求的值；
(2)若点在第一象限，满足，求的值；
(3)在轴上是否存在定点，使得是一个确定的常数？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
10．已知动圆Q经过定点，且与定直线相切（其中a为常数，且）.记动圆圆心Q的轨迹为曲线C．
（1）求C的方程，并说明C是什么曲线？
（2）设点P的坐标为，过点P作曲线C的切线，切点为A，若过点P的直线m与曲线C交于M，N两点，则是否存在直线m，使得？若存在，求出直线m斜率的取值范围；若不存在，请说明理由.
11．如图，已知点为抛物线：的焦点，过点的动直线与抛物线交于M，N两点．
(1)当直线的倾斜角为45°时，求；
(2)试确定在轴上是否存在点，使得直线，关于轴对称．若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
12．已知椭圆的离心率为，过点的椭圆的两条切线相互垂直.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）在椭圆上是否存在这样的点，过点引抛物线的两条切线，切点分别为，且直线过点？若存在，指出这样的点有几个（不必求出点的坐标）；若不存在，请说明理由.
13．已知点，分别为椭圆：的左顶点和右焦点（椭圆的左顶点，右焦点．），直线过点且交椭圆于P，Q两点，设直线，的斜率分别为，．
(1)求椭圆的离心率；
(2)是否存在直线，使得，若存在，求出直线的方程；不存在，说明理由．
14．已知椭圆：的离心率为，椭圆的左、右焦点分别为，，点，且的面积为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线与椭圆相交于A，B两点，直线，的斜率分别为，，是否存在直线使得有最大值，若存在，求出直线方程，若不存在，说明理由．
15．已知，是椭圆：的左右焦点，曲线：的焦点恰好也是，为坐标原点，过椭圆的左焦点作与轴垂直的直线交椭圆于M，N，且的面积为3．
(1)求椭圆的方程；
(2)是否存在过点的直线交于A，B，交于C，D，使得与的面积相等？若存在，求出直线的方程，若不存在，请说明理由．
16．已知椭圆C：的一个焦点与抛物线的焦点F重合，抛物线的准线被C截得的线段长为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点F作直线l交C于A，B两点，试问：在x轴上是否存在一个定点M，使为定值？若存在，求出M的坐标；若不存在，请说明理由.
17．已知点分别为双曲线Γ：的左、右焦点，直线与Γ有两个不同的交点A，B．
(1)当时，求到 l 的距离；
(2)若 O 为原点，直线 l 与 Γ 的两条渐近线在一、二象限的交点分别为 C，D，证明；当的面积最小时，直线 CD 平行于x轴；
(3)设 P 为 x 轴上一点，是否存在实数 ，使得是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出 k 的值及点 P 的坐标；若不存在，说明理由．
18．已知动点P到定点的距离和它到直线距离之比为2；
(1)求点P的轨迹C的方程；
(2)直线l在x轴上方与x轴平行，交曲线C于A，B两点，直线l交y轴于点D.设OD的中点为M，是否存在定直线l，使得经过M的直线与C交于P，Q，与线段AB交于点N，，均成立；若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由.
19．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．
20．已知点M到点的距离比它到直线l：的距离小，记动点M的轨迹为E.
(1)求E的方程；
(2)若过点F的直线交E于，两点，则在x轴的正半轴上是否存在点P，使得PA，PB分别交E于另外两点C，D，且？若存在，请求出P点坐标，若不存在，请说明理由.
21．已知椭圆C：经过点，且离心率为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)椭圆C上的两个动点M，N（M，N与点A不重合）直线AM，AN的斜率之和为4，作于H．问：是否存在定点P，使得为定值．若存在，求出定点P的坐标及的值；若不存在，请说明理由．
22．已知双曲线：（，）的左焦点到其渐近线的距离为，点在上.
(1)求的标准方程；
(2)若直线与交于，（不与点重合）两点，记直线，，的斜率分别为，，，且，是否存在值，使得.若存在，求出的值和直线的方程；若不存在，请说明理由.
23．“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长．某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸（如图）．
步骤1：设圆心为E，在圆内异于圆心处取一点，标记为F；
步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点F；
步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕；
步骤4：不停重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕．
已知这些折痕所围成的图形是一个椭圆．若取半径为6的圆形纸片，设定点F到圆心E的距离为4，按上述方法折纸．
(1)以点F、E所在的直线为x轴，建立适当的坐标系，求折痕围成的椭圆C的标准方程；
(2)若过点且不与y轴垂直的直线l与椭圆C交于M，N两点，在x轴的正半轴上是否存在定点，使得直线TM，TN的斜率之积为定值？若存在，求出该定点和定值；若不存在，请说明理由．
24．已知双曲线：，设是双曲线上任意一点，为坐标原点，为双曲线右焦点，，为双曲线的左右顶点.
（1）已知：无论点在右支的何处，总有，求的取值范围；
（2）设过右焦点的直线交双曲线于，两点，若存在直线，使得为等边三角形，求的值；
（3）若，，动点在双曲线上，且与双曲线的顶点不重合，直线和直线与直线：分别相交于点和，试问：是否存在定点，使得恒成立？若存在，请求出定点的坐标；若不存在，试说明理由.
25．已知椭圆：的离心率为，其左、右焦点为、，过作不与轴重合的直线交椭圆于、两点，的周长为8.

(1)求椭圆的方程；
(2)设线段的垂直平分线交轴于点，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
(3)以为圆心4为半径作圆，过作直线交圆于、两点，求四边形的面积的最小值及取得最小值时直线的方程.
26．已知点A，B关于坐标原点O对称，│AB│ =4，⊙M过点A，B且与直线x+2=0相切．
（1）若A在直线x+y=0上，求⊙M的半径．
（2）是否存在定点P，使得当A运动时，│MA│－│MP│为定值？并说明理由．
27．已知双曲线（，），点是的右焦点，的一条渐近线方程为.
(1)求的标准方程；
(2)过点的直线与的右支交于两点，以为直径的圆记为，是否存在定圆与圆内切？若存在，求出定圆的方程；若不存在，说明理由.
28．已知为抛物线：的焦点，，，是上三个不同的点，直线，，分别与轴交于，，，其中的最小值为4.
(1)求的标准方程；
(2)的重心位于轴上，且，，的横坐标分别为，，，是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.
29．已知椭圆，直线l与W相交于M，N两点，l与x轴，y轴分别相交于C，D两点，O为坐标原点．
(1)若直线l的方程为，求外接圆的方程；
(2)判断是否存在直线l，使得C，D是线段MN的两个三等分点，若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
30．已知椭圆的左､右焦点为，且，点为椭圆上一点，满足的周长等于12.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点作轴的垂线（不过点）交椭圆于点，连接延长交椭圆于点，连接，试判断直线是否过定点，如果过定点，求出定点坐标；如果不过定点，请说明理由.
31．已知椭圆C：，、为椭圆的左、右焦点，焦距为2，P（－）为椭圆上一点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知过点（0，－）的直线l与C交于A，B两点；线段AB的中点为M，在轴上是否存在定点N，使得恒成立？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
32．已知抛物线的焦点为，为上异于原点的任意一点，过点的直线交于另一点，交轴的正半轴于点，且有.当点的横坐标为时，为正三角形.
（Ⅰ）求的方程；
（Ⅱ）若直线，且和有且只有一个公共点，
（ⅰ）证明直线过定点，并求出定点坐标；
（ⅱ）的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由.
33．如图，为圆上一动点，过点分别作轴､轴的垂线，垂足分别为，点满足，点的轨迹记为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)若过点的两条直线分别交曲线于两点，且，求证：直线过定点；
(3)若曲线交轴正半轴于点，直线与曲线交于不同的两点，直线分别交轴于两点，试探究：轴上是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
34．点在以、为焦点的双曲线上，已知，，为坐标原点．
(1)求双曲线的离心率；
(2)过点作直线分别与双曲线渐近线相交于、两点，且，，求双曲线的方程；
(3)若过点（为非零常数）的直线与（2）中双曲线相交于不同于双曲线顶点的两点、，且（为非零常数），问在轴上是否存在定点，使？若存在，求出所有这种定点的坐标；若不存在，请说明理由．
35．已知椭圆的离心率为，过点的直线与椭圆交于两点，当过坐标原点时，.
(1)求椭圆的方程;
(2)线段上是否存在定点，使得直线与直线的斜率之积为定值. 若存在， 求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
36．已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为经过点且倾斜角为的直线l与椭圆交于A，B两点（其中点A在x轴上方），且的周长为8．将平面沿x轴向上折叠，使二面角为直二面角，如图所示，折叠后A，B在新图形中对应点记为，．

(1)当时，
①求证：；
②求平面和平面所成角的余弦值；
(2)是否存在，使得折叠后的周长为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
37．已知椭圆C：的右焦点为，右顶点为A，直线l：与x轴交于点M，且，
(1)求C的方程；
(2)B为l上的动点，过B作C的两条切线，分别交y轴于点P，Q，
①证明：直线BP，BF，BQ的斜率成等差数列；
②⊙N经过B，P，Q三点，是否存在点B，使得，？若存在，求；若不存在，请说明理由.
38．已知抛物线，过焦点的直线与交于两点，且的最小值为2．
(1)求的方程；
(2)过且与垂直的直线交于两点，设直线的中点分别为，过坐标原点作直线的垂线，垂足为，是否存在定点，使得为定值，若存在，求出点坐标，若不存在，请说明理由．
39．已知动点到的距离比它到x轴的距离大1，记P得轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）直线l与曲线相交于A、B两点，与y轴交于点M，过A、B分别作曲线的切线相交于点N，直线、分别与x轴相交于C、D．是否存在实数，使得对于任意的直线l，都有成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
40．已知椭圆：（）的半长轴的长度与焦距相等，且过焦点且与轴垂直的直线被椭圆截得的弦长为3.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知直线：与椭圆交于，两点，过点的直线交椭圆于，两点（在靠近的一侧）
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）在直线上是否存在一定点，使恒成立？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由.
41．已知动直线与椭圆C:交于，两个不同点，且的面积=,其中为坐标原点.
(1)证明和均为定值;
(2)设线段的中点为，求的最大值；
(3)椭圆C上是否存在点D，E，G，使得？若存在，判断的形状；若不存在，请说明理由.
42．已知双曲线过点，且的渐近线方程为．
(1)求的方程；
(2)如图，过原点作互相垂直的直线，分别交双曲线于，两点和，两点，，在轴同侧．
①求四边形面积的取值范围；
②设直线与两渐近线分别交于，两点，是否存在直线使，为线段的三等分点，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
43．已知椭圆的右焦点为是上的点，直线的斜率为．
(1)求的方程；
(2)过点作两条相互垂直的直线分别交于两点和两点，的中点分别记为，且为垂足．试判断是否存在点，使得为定值？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
44．已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴、轴，且点和点在椭圆上，椭圆的左顶点与抛物线的焦点的距离为.
(1)求椭圆和抛物线的方程；
(2)直线与抛物线交于两点，与椭圆交于两点.
（ⅰ）若，抛物线在点处的切线交于点，求证：；
（ⅱ）若，是否存在定点，使得直线的倾斜角互补?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
45．椭圆的离心率是，点是椭圆上一点，过点的动直线与椭圆相交于两点.
(1)求椭圆的方程；
(2)求面积的最大值；
(3)在平面直角坐标系中，是否存在与点不同的定点，使恒成立？存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
46．对于求解方程的正整数解（，，）的问题，循环构造是一种常用且有效地构造方法．例如已知是方程的一组正整数解，则，将代入等式右边，得，变形得：，于是构造出方程的另一组解，重复上述过程，可以得到其他正整数解．进一步地，若取初始解时满足最小，则依次重复上述过程可以得到方程的所有正整数解．已知双曲线（，）的离心率为，实轴长为2．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)方程的所有正整数解为，且数列单调递增．
①求证：始终是4的整数倍；
②将看作点，试问的面积是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
47．已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比为常数．其中，且，记点的轨迹为曲线．
(1)求的方程，并说明轨迹的形状；
(2)设点，若曲线上两动点均在轴上方，，且与相交于点．
①当时，求证：的值及的周长均为定值；
②当时，记的面积为，其内切圆半径为，试探究是否存在常数，使得恒成立？若存在，求（用表示）；若不存在，请说明理由．
参考答案：
1．(1)和．
(2)有，理由见解析
【分析】（1）先求出M，N的坐标，再利用导数求出M，N.
（2）先作判定，再利用设而不求思想．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，的斜率之和用表示出来，利用直线，的斜率为0，即可求出关系，从而找出适合条件的P点坐标.
【详解】（1）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.
（2）存在符合题意的点，证明如下：
设为符合题意的点，，，直线，的斜率分别为.
将代入C得方程整理得.
∴.
∴==.
当时，有=0，则直线的倾斜角与直线的倾斜角互补，
故，所以符合题意.
2．(1)
(2)，
(3)存在，或
【分析】（1）由题意方程求得右焦点坐标，进一步求得，的坐标，则可求；
（2）设，由，利用数量积为0求得与的方程，再由在椭圆上，得与的另一方程，联立即可求得的坐标．得到直线的方程，与椭圆方程联立即可求得的坐标；
（3）设，，，，直线，联立直线方程与椭圆方程，结合，得，再由直线的方程：，得纵坐标，由直线的方程：，得的纵坐标，结合根与系数的关系，得，解得值，从而得到直线方程．
【详解】（1）解：依题意，，当轴时，将代入，解得，
则，，所以；
（2）解：设，，，，
所以，
，
又在椭圆上，满足，即，
，解得，即．
所以直线，
联立，解得或，所以；
（3）设，，，，
直线，
则，
．
联立，得．
则，．
由直线的方程：，得纵坐标；
由直线的方程：，得的纵坐标．
若，即，
，
，，
代入根与系数的关系，得，解得．
存在直线或满足题意．
【点睛】
方法点睛：解析几何中与弦长相关的三角形面积常有两种求法：
（1），其中为弦长，为另一顶点到直线的距离；
（2）面积等于水平宽与铅垂高积的一半.
3．(1) ；（2），a的取值范围为.
【分析】（1）先连结，由为等边三角形，得到，，；再由椭圆定义，即可求出结果；
（2）先由题意得到，满足条件的点存在，当且仅当，，，根据三个式子联立，结合题中条件，即可求出结果.
【详解】（1）连结，由为等边三角形可知：
在中，，，，
于是，
故椭圆C的离心率为；
（2）[方法一]【椭圆的定义+基本不等式】
由题意可知，且，所以．
因为，所以．
又因为，且，所以，从而，故，所以，a的取值范围为．
[方法二]【最优解：椭圆的定义+余弦定理】
由题意有则，即，
当且仅当时，等号成立．
此时P为短轴端点，，且满足．
即当时，存在点P，使得，且的面积等于16．
故，a的取值范围为．
[方法三]【余弦定理+面积公式】
设，对椭圆上任一点P，设，
由余弦定理有，所以，
即．则．
又，即．
由于，则以O为圆心，为直径的圆必与椭圆C有公共点，
即半焦距，故．
综上，，a的取值范围为．
【点睛】(2)方法一：椭圆的定义是解决焦点三角形的核心，基本不等式是处理最值与范围问题的常用方法；
方法二：椭圆的定义和余弦定理相结合是处理焦点三角形最典型的方法；
方法三：余弦定理和面积公式是处理面积问题的经典方法，处理最值、范围问题时常用此方法.
4．（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）能，或．
【详解】试题分析：（1）设直线，直线方程与椭圆方程联立，根据韦达定理求根与系数的关系，并表示直线的斜率，再表示；
（2）第一步由 (Ⅰ)得的方程为．设点的横坐标为，直线与椭圆方程联立求点的坐标，第二步再整理点的坐标，如果能构成平行四边形，只需，如果有值，并且满足，的条件就说明存在，否则不存在.
试题解析：解：(1)设直线，，，．
∴由得，
∴，．
∴直线的斜率，即．
即直线的斜率与的斜率的乘积为定值．
（2）四边形能为平行四边形．
∵直线过点，∴不过原点且与有两个交点的充要条件是，
由 (Ⅰ)得的方程为．设点的横坐标为．
∴由得，即
将点的坐标代入直线的方程得，因此．
四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分，即
∴．解得，．
∵，，，
∴当的斜率为或时，四边形为平行四边形．
考点：直线与椭圆的位置关系的综合应用
【一题多解】第一问涉及中点弦，当直线与圆锥曲线相交时，点是弦的中点，（1）知道中点坐标，求直线的斜率，或知道直线斜率求中点坐标的关系，或知道求直线斜率与直线斜率的关系时，也可以选择点差法，设,，代入椭圆方程，两式相减，化简为，两边同时除以得，而,,即得到结果，
（2）对于用坐标法来解决几何性质问题，那么就要求首先看出几何关系满足什么条件，其次用坐标表示这些几何关系，本题的关键就是如果是平行四边形那么对角线互相平分，即，分别用方程联立求两个坐标，最后求斜率.
5．(1)
(2)存在，或(
(3)
【分析】（1）利用相关点法即可求解；
（2）当切线斜率都存在时，设过点的切线为，联立方程组，消元后根据，整理为，结合韦达定理和垂直条件可得，再根据，即可求解；
（3）将代入轨迹的方程，结合韦达定理，求得的面积，再将代入椭圆C的方程可得，由，可得，令，由①②可知，从而求得取得最大值2，由题知的面积，又易知面积，从而四边形的面积，从而可求解.
【详解】（1）设则，
由得，
又在椭圆上，所以
代入化简得，
所以点的轨迹的方程为
（2）当两条切线的斜率存在时，设过点的切线为，
联立，消去得
则由判别式，得，
设两条切线的斜率分别为，依题意得
即，
又点在轨迹上，，解得，
或(
当两条切线的斜率有一条不存在时，结合图像得不合题意，
综上，存在满足条件的点，且点的坐标为或(.
（3）将代入轨迹的方程，
可得，
由，
可得①，且，，
所以，
因为直线与轴交点的坐标为，
所以的面积
，
将代入椭圆C的方程可得，
由，可得②，
令，由①②可知，
因此，故，
当且仅当，即时，取得最大值2，
由题知的面积，又易知面积，
从而四边形的面积，
所以四边形的面积的最大值为.
【点睛】关键点点睛：
第三问的关键是先求得的面积，再根据从而可得的面积，又易知面积，从而四边形的面积.
6．(1)证明见解析
(2)面积最大值为，此时双曲线方程为.
(3)过定点，定点为和.
【分析】（1）根据向量线性关系得到，结合双曲线渐近线方程，得到，将点坐标代入双曲线方程，得到，进而得到，计算出；
（2）考虑时，设出的方程，表达出，表达出，结合第一问中，求出，利用基本不等式求出面积的最大值，并得到双曲线方程为；再考虑时，同样表达出，得到最大值及双曲线方程；
（3）表达出的方程及，，结合，得到，设以为直径的圆上的任意一点为，则，求出圆的方程，得到且，求出定点坐标.
【详解】（1）因为，所以，即，
双曲线的渐近线方程为，位于两条渐近线上，
若，则，若，则，
①，
又点双曲线上，
，解得：，
故，
；
（2）当时，与轴的交点为，
若，则，若，则，
，
由（1）可得:同号，于是，，
，，
当且仅当时，，故面积最大值为，
此时，双曲线方程为；
当时，易得，
，
，
由①式可得:，且点在双曲线上，
，
，
，
当时，同样当且仅当时，，
双曲线方程为；
（3）由题意，，，
，，
点在双曲线上，
，从而，
，
设以为直径的圆上的任意一点为，
由，可得该圆的方程为，
不恒为，
故要恒成立，必须有且，
故所求的定点为和.
【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．
7．(1) (2)存在，且坐标为
【分析】（1）由到点的距离比它到轴的距离大1，结合抛物线定义可得，从而可得结果；（2）设，结合，可得直线，直线，与联立，利用弦长公式求得若点存在，设点坐标为，可得，时，，从而可得结果.
【详解】（1）因为到点的距离比它到轴的距离大1，由题意和抛物线定义，，所以抛物线的方程为，
（2）由题意，，
设由，得，直线，
整理可得，
直线①若斜率存在，设斜率为，与联立得
，
，
若点存在，设点坐标为，
，
时，，
解得或（不是定点，舍去）
则点为经检验，此点满足，所以在线段上，
②若斜率不存在，则，
此时点满足题意，
综合上述，定点为.
【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系以及解析几何中的存在性问题，属于难题.解决存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在，注意：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；③当条件和结论都不知，按常规方法题很难时采取另外的途径.
8．(1)（ⅰ）2；（ⅱ）．
(2)存在，点A到直线距离的最大值为2，．
【分析】（1）由题意结合双曲线的性质，即可求得答案；
（2）方法一：设，，，设：，联立双曲线方程，可得根与系数的关系式，进而求出两点的纵坐标，结合，即可求得参数之间的关系，代入，即可求得答案；
方法二：设，，，，，
利用，的方程求出，，的表达式，即可得的坐标，从而求出的方程，可推出过定点，即可求得答案；
方法三：设，，，，，可得，设：，联立双曲线方程化简得出，变形后利用根与系数的关系可得出，求出n，即可推出过定点，即可求得答案..
【详解】（1）（ⅰ）由题意可知双曲线的实轴在上，联立，
解得或，即双曲线的两顶点为，
故实轴长为；
（ⅱ）将曲线绕原点顺时针转，得到曲线，
曲线的方程为；
（2）方法一：设，，，显然直线的斜率存在，设：，
联立：得，
所以，，①，
因为：，令，则，同理，，②
依题意得，③
由①②③得，，
所以，即或，
若，则：过点A，不合题意；
若，则：．所以，恒过，
所以，．当且仅当，即时取得，
此时方程为，结合，
解得，，，
综上所述，点A到直线距离的最大值为2，此时圆的半径为；
方法二：设，，，，，
则：，：，
联立，得，
为此方程的一根，另外一根为，则，
代入方程得，，
同理可得，，
即，，
则，
所以直线的方程为，
所以直线过定点,
所以．当且仅当，即时取得，
解得,
综上所述，点A到直线距离的最大值为2，此时圆的半径为；
方法三：设，，，，，
则，
依题意，直线不过点A，可设：，
曲线的方程改写为，即，
联立直线的方程得，
所以，
若，则，代入直线方程，无解；
故，两边同时除以得，
则，得，
在直线：中，令，则，
所以，恒过，
所以，，
当且仅当，即时取得，此时，符合题意，
且方程为，解得，，，
综上所述，点A到直线距离的最大值为2，此时圆的半径为．
【点睛】难点点睛：本题考查双曲线方程的求解以及直线和双曲线位置关系的应用，其中的难点是求解最值问题，解答时要注意利用直线方程和双曲线方程的联立，利用根与系数的关系式进行化简，难点就在于化简的过程十分复杂，计算量大，并且基本上都是有关字母参数的运算，需要有较强的计算能力.
9．(1)
(2)
(3)存在使得是一个确定的常数.
【分析】（1）根据题意求得，进而求得直线的方程，令，即可求解；
（2）设，根据，得到，联立方程组，求得，进而求得的值；
（3）按照直线斜率是否为0讨论，设直线的方程为，联立方程组求得，设，结合向量的数量积的公式，化简得到，从而得到，求得，即可得到答案.
【详解】（1）解：由椭圆，可得，则，
所以，
又因为直线的倾斜角为，可得直线的斜率为，
所以直线的方程为，令，解得，即.
（2）解：设，可得，
因为，即，整理得，
由且，解得，即，
又由，所以直线的方程为，
令，解得，即.
（3）解：当直线l斜率不为0时，设直线的方程为，，，
联立方程组，整理得，
则，且，
设，可得，
则
，
令，可得，解得，此时点，；
当直线斜率为0时，直线的方程为，，
若点，则成立；
所以存在定点，使得是一个确定的常数
10．（1），抛物线；（2）存在，.
【解析】（1）设，易得，化简即得；
（2）利用导数几何意义可得，要使，只需.
联立直线m与抛物线方程，利用根与系数的关系即可解决.
【详解】（1）设，由题意，得，化简得，
所以动圆圆心Q的轨迹方程为，
它是以F为焦点，以直线l为准线的抛物线.
（2）不妨设.
因为，所以，
从而直线PA的斜率为，解得，即，
又，所以轴.
要使，只需.
设直线m的方程为，代入并整理，
得.
首先，，解得或.
其次，设，，
则，.
.
故存在直线m，使得，
此时直线m的斜率的取值范围为.
【点睛】本题考查直线与抛物线位置关系的应用，涉及抛物线中的存在性问题，考查学生的计算能力，是一道中档题.
11．(1)16
(2)存在，
【分析】（1）根据抛物线方程可得焦点坐标，可得直线的方程，联立抛物线方程消去y，然后利用韦达定理和焦点弦公式可得；
（2）当直线斜率存在时，设出直线方程，联立抛物线方程消去y，利用韦达定理代入求解可得P点坐标.当直线斜率不存在时，根据对称性分析即可，然后综合可得.
【详解】（1）∵，∴焦点，
已知直线过且直线的倾斜角为45°，此时直线的斜率，
故直线的方程为．
由，得，即，
．
设，，则，
∴．
（2）假设满足条件的点存在，设，由（1）知．
（ⅰ）当直线不与轴垂直时，设的方程为，
由，得，
则，且，．
∵直线，关于轴对称，
∴，
又，，
∴，
解得，此时．
（ⅱ）当直线与轴垂直时，由抛物线的对称性可知轴上任意一点都可使直线，关于轴对称．
综上，轴上存在唯一的点，使得直线，关于x轴对称．
12．(Ⅰ)；(Ⅱ)满足条件的点有两个.
【详解】试题分析：
(1) 结合椭圆的离心率可求得，则椭圆方程为.
(2)由题意首先求得切线方程的参数形式，据此可得直线的方程为，则点的轨迹方程为，原问题转化为直线与椭圆的交点个数，即满足条件的点有两个.
试题解析：
（Ⅰ）由椭圆的对称性，不妨设在轴上方的切点为，轴下方的切点为，
则，的直线方程为，
因为椭圆 的离心率为，
所以椭圆，
所以 ，则，
所以椭圆方程为.
（Ⅱ）设点，，，
由，即，得，
∴抛物线在点处的切线的方程为，
即，
∵，∴.
∵点在切线上，∴.①
同理，.②
综合①、②得，点，的坐标都满足方程.
∵经过，两点的直线是唯一的，
∴直线的方程为，
∵点在直线上，∴，
∴点的轨迹方程为.
又∵点在椭圆上，又在直线上，
∴直线经过椭圆内一点，
∴直线与椭圆交于两点.
∴满足条件的点有两个.
13．(1)
(2)存在直线：
【分析】（1）由椭圆方程可得，由离心率公式求出；
（2）当直线斜率不存在时，由对称性得出，当直线斜率存在时，联立直线和椭圆方程，结合韦达定理以及斜率公式化简得出的值，从而得出直线方程.
【详解】（1）由椭圆方程可知，，，，
∴，，
故椭圆的率心率．
（2）如图，
假设存在直线，满足．
当直线斜率不存在时，，不合题意，舍去；
当直线斜率存在时，设直线的方程为，
联立，化简得．
由题意易知恒成立．
设直线与椭圆的两个交点为，，
根据韦达定理得，，
则
，
∴，即直线：，化简得．
综上可知，存在直线：，满足．
【点睛】关键点睛：解决问题二的关键在于联立椭圆和直线方程，由韦达定理、斜率公式建立与的关系，进而由得出.
14．(1)
(2)存在，．
【分析】（1）先根据三角形面积求出，再根据离心率及a，b，c的关系求a，b，从而可求得椭圆方程；
（2）假设“存在满足条件的直线”，对直线分类讨论，判断情况，当直线的斜率为0时，求出，当直线的斜率不为0时，设，，直线的方程为，将直线方程代入椭圆方程化简，再利用根与系数的关系，再计算，结合基本不等式可求得其最大值，从而可求出直线方程.
【详解】（1）由点，且的面积为得，
，解得，
设，，由题意知，
所以，，
所以椭圆的标准方程为．
（2）假设满足条件的直线存在．
（ⅰ）当直线的斜率为0时，则；
（ⅱ）当直线的斜率不为0时，
设，，直线的方程为，
由，消去，整理得，
，
则，．
又，，
所以
，
令，
当时，；
当时，，
当且仅当，即时，取等号，
所以所求直线的方程为．
【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求解方法，考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆中的最值问题，第（2）问解题的关键是设出直线的方程代入椭圆方程化简，再利用根与系数的关系，然后求解，考查计算能力，属于较难题.
15．(1)
(2)存在，或．
【分析】（1）利用抛物线的焦点坐标求出，再由三角形的面积求出，从而得到，，的方程组，求出，，，即可得到椭圆的方程；
（2）由题意设的方程为，可得，分别联立直线与椭圆的方程，直线与抛物线的方程，利用韦达定理和弦长公式求出和，列出关于的方程，求解即可．
【详解】（1）
如图所示，
因为曲线的焦点恰好也是，所以椭圆中，，
因为的面积为3，所以，
所以，解得，，，
所以椭圆的方程为；
（2）因为为，的中点，所以到直线的距离为到距离的一半，
又因为与的面积相等，所以，
因为，设的方程为，
设，，，，，，，，
联立方程组，可得，
则，
由两点间距离公式可得，，
所以，
联立方程组，可得，
则，所以，
因为，解得，
令，令，方程化为，
去分母整理得，，解得（舍去），则，解得．
代入所设方程，则l的方程为：.
故存在这样的直线，的方程为或．
16．(1)
(2)M存在，其坐标为
【分析】（1）由抛物线方程可得焦点坐标和准线方程，进而可得椭圆的焦点坐标以及长半轴a与短半轴b之间的等量关系，则椭圆方程可求；
（2）分直线l斜率为0和不为0两种情况讨论，通过联立直线方程与抛物线方程，结合韦达定理进行化简即可求得定值.
【详解】（1）抛物线的焦点，准线方程为，由题意得，
解得，所以椭圆C的方程为.
（2）假设存在符合条件的点，设，
则，，
①当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为，
由，得，则，
所以，
因此，若对于任意的t值，上式为定值，
则，解得，此时，为定值.
②当直线l的斜率为0时，
综合①②知，符合条件的点M存在，其坐标为.

【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点．
17．(1)；
(2)证明见解析；
(3)存在，，.
【分析】（1）由题可得焦点坐标，可得直线方程，然后利用点到直线的距离即得；
（2）求得两渐近线方程，联立方程可得，进而即得；
（3）假设存在实数，使得是以点P为直角顶点的等腰直角三角形，联立直线与椭圆方程利用韦达定理，结合条件可得AB的中点，再由，则，求解即可．
【详解】（1）由双曲线Γ：的左焦点，右焦点，
当时， ，
∴，
∴直线，
故到l的距离；
（2）由双曲线Γ：得两渐近线的方程为，
∵直线l与Γ的两条渐近线在一、二象限的交点分别为C，D，
∴，
由得交点C的横坐标为，
由得交点D的横坐标为，
∴，当时取等号，
所以当的面积最小时，直线CD平行于x轴；
（3）假设存在实数，使得是以点P为直角顶点的等腰直角三角形，
设，
由，消去y得，
∴且，
解得且，
，
AB的中点，
所以AB的垂直平分线方程为，
令，则，
又，则，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得，又，
故，点，
即存在实数，使得是以点P为直角顶点的等腰直角三角形，此时．
18．(1)
(2)存在，
【分析】（1）设，由化简可求轨迹C的方程；
（2）设直线PQ的方程为，与双曲线联立得出韦达定理，结合两个向量共线的坐标表示求得m，得到直线l的方程.
【详解】（1）设，由动点P到定点的距离和它到直线距离之比为2，
可得，化简得，即，
故点P的轨迹C的方程为；
（2）设l的方程为，则，故，
由已知直线PQ斜率存在，设直线PQ的方程为，故.
与双曲线方程联立得：，
由对应渐近线方程为：，易判断，
得，设，，
则，①，
由，得：
，
，
即，，
消去得：，
即②
由①②得：，化简得，由已知，
故存在定直线l：满足条件.

19．(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．
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据点M到点的距离等于它到直线l：的距离，结合抛物线的定义得出抛物线E的标准方程；
（2）设，由结合抛物线方程得出是方程的两根，设直线AB的方程为，并与抛物线方程联立结合韦达定理得出点P坐标.
【详解】（1）因为点M到点的距离比它到直线l：的距离小，
所以点M到点的距离等于它到直线l：的距离，
则点M的轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线，
则曲线E的方程为.
（2）设，
由得：，且，得，
即，所以，
代入抛物线方程，得，
整理得，同理可得
故是方程的两根，，
由韦达定理可得①，
由题意，直线AB的斜率一定存在，故设直线AB的方程为，
与抛物线方程联立可得，
易得，由韦达定理可得②，
由①②可得，
故在x轴的正半轴上存在一点满足条件.

21．(1)；
(2)存在定点，使得为定值且定值为．
【分析】（1）由题意得，再由离心率，结合的关系求得，得椭圆方程；
（2）假设存在定点满足题意，在的斜率存在，设直线的方程为，，直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理得，同时注意，利用求得的关系，得直线过定点，的中点即为定点．再验证斜率不存在时也满足题意.
【详解】（1）由已知，，解得（负值舍去），
椭圆方程为；
（2）假设存在定点满足题意，
当的斜率存在，设直线的方程为，，
由得，
，．
，
，
所以，
因为，即，解得：或，直线存在，
所以直线方程为，时，，
即直线过定点，，
取的中点，因为，即，所以为定值．
当直线斜率不存在时,设,,
则，，此时直线也过定点，满足题意．
所以存在定点，使得为定值且定值为．
【点睛】本题考查求椭圆方程，考查椭圆中的定点、定值问题．解题方法是设出直线方程为，设动点，直线方程代入椭圆方程，应用韦达定理得，利用已知条件求得的关系，从而得出动直线过定点，由直角三角形的性质所求定点随之而定．本题对学生的逻辑思维能力，运算求解能力要求较高，属于困难题型．
22．(1)
(2)；直线为
【分析】（1）借助渐近线公式及点到直线的距离公式，并代入点计算即可得；
（2）借助韦达定理结合从而得到直线中所设参数的关系，取线段中点，由可得，即可得的值和直线的方程.
【详解】（1）由双曲线：可得，渐近线方程为：，
则有，化简得，又在上，
即，即，故：；
（2）由题意可知直线的斜率存在且斜率为，
设直线为，、，
联立直线与双曲线，消去可得，
则有且，
即且，
有，，
由，故、，
则
，
即有，即，
故或，
当时，直线为，过点，故舍去，
当时，直线为，
由、，则线段中点为，
，，
即，由，，，
故有，即，解得，
故，则直线为，
即存在，使得，此时直线的方程为.
.
【点睛】关键点睛：本题关键在于借助韦达定理结合题目所给，计算出直线中参数得关系.
23．(1)
(2)定值,定点
【分析】（1）根据椭圆的定义，利用坐标法，即可求解；
（2）设直线的方程，与椭圆方程联立，可得韦达定理，再根据斜率的公式化简求解即可．
【详解】（1）如图，以所在的直线为轴，的中点为原点建立平面直角坐标系，
设为椭圆上一点，由题意可知，，
所以点轨迹是以，为焦点，长轴长的椭圆，
因为，，所以，，
则，所以椭圆的标准方程为；
（2）由已知：直线过，设的方程为，由题意必定是存在的，
联立两个方程得，消去得，
得，
设,，,，
则，，
，
将代入上式，可得上式可得，
要使为定值，则有，，
又，，此时，
存在点，使得直线与斜率之积为定值；
综上，椭圆的标准方程为，存在点，使得直线与斜率之积为定值．
【点睛】圆锥曲线中定点问题的两种解法
（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.
（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
技巧：若直线方程为,则直线过定点;
若直线方程为 (为定值),则直线过定点
24．（1）；（2）；（3）存在，坐标为或
【分析】（1）设点坐标，分别求出和的长度，比较大小，得到的取值范围；
（2）要使为等边三角形，则,即,直线l斜率不存在，再通过求出的值；
设直线l：，；
（3）设点的坐标，再计算出点和的坐标，由Q点在双曲线上关于轴的对称性得，若存在点，使得恒成立，点只能在轴上，再设，根据算出t的值。
【详解】（1）设点，，
要使，则，代入化简得，
，，
又
所以的取值范围是。
（2）要使为等边三角形，则,即,直线l斜率不存在，
设直线l：，则，，
要使为等边三角形，
又，
（3）设点，则
直线：，则，
直线：，则
由Q点在双曲线上关于轴的对称性得，若存在点，使得恒成立，则点只能在轴上，设，
若，则，
或，
即存在定点E，坐标为或
【点睛】本题考查了双曲线中的关系及转换，解析几何类型题目多与几何关系有关，多画图，找到变量间的几何关系，再根据圆锥曲线的对称性，猜测出定点可能存在的位置（比如轴、轴等）。注意利用向量的关系来解方程会简单一些。本题属于难题。
25．(1)
(2)存在满足题设
(3)12，
【分析】（1）根据椭圆定义，结合椭圆离心率公式进行求解即可；
（2）根据椭圆弦长公式，结合线段中点坐标公式、一元二次方程根与系数关系进行求解即可；
（3）根据点到直线距离公式、椭圆弦长公式，结合函数的单调性进行求解即可.
【详解】（1）根据椭圆定义知周长为，
依题意有，
从而，
故椭圆的方程为；
（2）设：，，，
由，
因为
所以，，所以
，
设线段中点坐标为，则，，
即设线段中点坐标为，
所以线段的垂直平分线方程为：，
令，当时，与轴重合，不合题意；
当时，得，即点，
所以，
所以，即存在满足题设；
（3）直线：，即，
圆心到直线的距离为，
则弦的长：，
所以，
设，则，且，
所以，
易知在单调递增，
所以当，即时，，此时直线：.
【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.
26．（1）或；
（2）见解析.
【分析】（1）设，，根据，可知；由圆的性质可知圆心必在直线上，可设圆心；利用圆心到的距离为半径和构造方程，从而解出；（2）当直线斜率存在时，设方程为：，由圆的性质可知圆心必在直线上；假设圆心坐标，利用圆心到的距离为半径和构造方程，解出坐标，可知轨迹为抛物线；利用抛物线定义可知为抛物线焦点，且定值为；当直线斜率不存在时，求解出坐标，验证此时依然满足定值，从而可得到结论.
【详解】（1）在直线上 设，则
又 ，解得：
过点， 圆心必在直线上
设，圆的半径为
与相切
又，即
，解得：或
当时，；当时，
的半径为：或
（2）存在定点，使得
说明如下：
，关于原点对称且
直线必为过原点的直线，且
①当直线斜率存在时，设方程为：
则的圆心必在直线上
设，的半径为
与相切
又
，整理可得：
即点轨迹方程为：，准线方程为：，焦点
，即抛物线上点到的距离
当与重合，即点坐标为时，
②当直线斜率不存在时，则直线方程为：
在轴上，设
，解得：，即
若，则
综上所述，存在定点，使得为定值.
【点睛】本题考查圆的方程的求解问题、圆锥曲线中的定点定值类问题.解决本定点定值问题的关键是能够根据圆的性质得到动点所满足的轨迹方程，进而根据抛物线的定义得到定值，进而验证定值符合所有情况，使得问题得解.
27．(1)
(2)存在，方程为
【分析】（1）根据双曲线焦点和渐近线求出基本量即可得到方程；
（2）设出直线方程与双曲线方程联立，结合圆的相关概念求得圆方程，结合对称性得到定圆圆心的位置，设出定圆方程，结合两圆内切的概念列出方程求解即可.
【详解】（1）设双曲线的焦距为，
因为点是的右焦点，的一条渐近线方程为
所以，解得，所以的标准方程为
（2）存在定圆满足题意，方程为，理由如下：
因为过点的直线与的右支交于两点，所以直线斜率不为0，
设直线方程为，，
由，得，
，
，，
所以，，
由直线与的右支交于两点可知，解得，
又因为
，
所以圆的方程为，
由对称性可知，若存在定圆与圆相内切，则定圆圆心一定在轴上，
不妨设定圆方程为，
则由圆与圆相内切可知，，
即，
整理得，，
因为上式与无关，
所以，解得，
所以存在定圆满足题意
【点睛】方法点睛：本题考查解析几何的综合问题，此类问题常见的处理方法为：
（1）几何法：通过图形特征转化，结合适当的辅助线与图形关系进而求解；
（2）坐标法：在平面直角坐标系中，通过坐标的运算与转化，运用方程联立与韦达定理等知识，用坐标运算求解答案.
28．(1)
(2)是，定值1.
【分析】（1）根据抛物线定义可得的最小值为通径时，可求得的值；
（2）设直线的方程为与抛物线联立方程组，结合的重心位于轴上，求得，又，解得，同理可得，又由运算得，运算得解.
【详解】（1）因为直线通过抛物线的焦点，所以线段为抛物线的焦点弦，
如图，设，，线段的中点，
由抛物线的定义可得，
由平面几何的性质得当且仅当轴时，取得最小值为，所以，
所以抛物线的标准方程为.

（2）依题知直线的倾斜角不为0，则设直线的方程为.
设，，，
由，得，则，
因为的重心位于轴上，所以，
所以，，所以，
，，
因为A，E，C三点共线，所以，
所以，
显然，解得，，同理可得，
又
，
则
，所以为定值1.

【点睛】思路点睛：本题第二问，根据题意设直线的方程为，与抛物线方程联立，可得，结合的重心位于轴上，即，解得，再利用，，可得，，结合三角形重心的坐标公式，代入运算得解.
29．(1)；
(2)存在，直线l的方程为或.
【分析】(1)根据直线方程求出点C、D的坐标，进而求出CD的中点(外接圆圆心)坐标和(半径)，结合圆的标准方程即可求解；
(2)设直线l方程和，求出点C、D的坐标，联立椭圆方程并消去y，利用韦达定理表示出、，由C，D是线段MN的两个三等分点可得MN中点为线段CD中点、，求出k、m即可得出结论.
【详解】（1）∵直线l的方程为，
∴直线l与x轴的交点为，与y轴的交点为．
则线段CD的中点为，．
即外接圆的圆心为，半径为．
∴外接圆的方程为；
（2）结论：存在直线l，使得C，D是线段MN的两个三等分点．
理由如下：
由题意，设直线l的方程为，，
则点C的坐标为，点D的坐标为．
由方程组，得．
∴．（*）
由韦达定理，得，．
由C，D是线段MN的两个三等分点，得线段MN的中点与线段CD的中点重合．
∴．
解得．
由C，D是线段MN的两个三等分点，得．
∴．
∵，代入解得，验证知（*）成立．
∴存在直线l，使得C，D是线段MN的两个三等分点．
此时直线l的方程为或．
30．(1)
(2)恒过定点
【分析】（1）首先根据题干中几何条件求出椭圆的、的值，然后通过计算出的值，进而代入椭圆的标准方程中即可.
（2）首先设直线的方程为，将直线与曲线联立，利用韦达定理分别求出，及，然后设，，，利用点和点坐标求出直线的方程，化简整理后将，及值代入，化简整理后进而求出直线所过定点.
【详解】（1），，
又的周长等于，即，得，
，，.
故得：.
（2）设，，，
由于直线经过点，故设直线方程为（），
联立，得，
整理得，
，，
.
，，
，，
，
得，
整理得：，
代入得：，
，整理得：，
令，得，故直线恒过定点.
【点睛】求解定点问题常用的方法：
(1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目标的一般性证明.
(2)“一般推理，特殊求解”，即先由题设条件得出曲线的方程，再根据参数的任意性得到定点坐标.
(3)求证直线过定点,常利用直线的点斜式方程来证明.
31．(1)；
(2)存在，N（0，1）.
【分析】（1）根据焦距求出c，再将点P的坐标代入椭圆方程，进而求得答案；
（2）讨论斜率存在和不存在两种情况，若存在，根据得到点N在以AB为直径的圆上，得到，进而设出直线方程并代入椭圆方程并化简，然后结合根与系数的关系解决问题.
【详解】（1）由焦距为2得，又因为P（，－）在椭圆上，所以，即，又因为，所以，所以椭圆C的方程为：．
（2）假设在y轴上存在定点N，使得恒成立，设N（0，），A（，），B（，）.
①当直线l的斜率存在时，设l：，由整理得，，，．
因为，所以，而点M为线段AB的中点，所以，则点N在以AB为直径的圆上，即．
因为，
所以
，
∴解得，即存在N（0，1）满足题意.
②当直线l的斜率不存在时A（0，1），B（0，－1），M（0，0），点N（0，1）满足.
综上，存在定点N（0，1），使得恒成立.
【点睛】本题需要解决两个问题：首先，说明什么，千万不要硬去求角的三角函数值，而应找到线段关系或者角的关系；其次，在知道之后，最好通过平面向量来解决问题，进而会发现接下来需要通过根与系数的关系来处理.
32．（I）.（II）（ⅰ）直线AE过定点.（ⅱ）的面积的最小值为16.
【详解】试题分析：（I）由抛物线的定义知，
解得或（舍去）.得.抛物线C的方程为.
（II）（ⅰ）由（I）知，
设，
可得，即，直线AB的斜率为，
根据直线和直线AB平行，可设直线的方程为，
代入抛物线方程得，
整理可得，
直线AE恒过点.
注意当时，直线AE的方程为，过点，
得到结论：直线AE过定点.
（ⅱ）由（ⅰ）知，直线AE过焦点，
得到，
设直线AE的方程为，
根据点在直线AE上，
得到，再设，直线AB的方程为，
可得，
代入抛物线方程得，
可求得，，
应用点B到直线AE的距离为.
从而得到三角形面积表达式，应用基本不等式得到其最小值.
试题解析：（I）由题意知
设，则FD的中点为，
因为，
由抛物线的定义知：，
解得或（舍去）.
由，解得.
所以抛物线C的方程为.
（II）（ⅰ）由（I）知，
设，
因为，则，
由得，故，
故直线AB的斜率为，
因为直线和直线AB平行，
设直线的方程为，
代入抛物线方程得，
由题意，得.
设，则，.
当时，，
可得直线AE的方程为，
由，
整理可得，
直线AE恒过点.
当时，直线AE的方程为，过点，
所以直线AE过定点.
（ⅱ）由（ⅰ）知，直线AE过焦点，
所以，
设直线AE的方程为，
因为点在直线AE上，
故，
设，
直线AB的方程为，
由于，
可得，
代入抛物线方程得，
所以，
可求得，，
所以点B到直线AE的距离为
.
则的面积，
当且仅当即时等号成立.
所以的面积的最小值为16.
考点：抛物线的定义及其几何性质，直线与抛物线的位置关系，点到直线的距离公式，基本不等式的应用.
33．(1)
(2)证明见解析
(3)存在点
【分析】（1）设，求得D点并代入，化简求得曲线的方程；
（2）设，将直线的方程与曲线的方程联立，求得的坐标，对进行分类讨论，由此证得直线过定点并求得定点坐标；
（3）假设存在点使得，先求得，设出的坐标，由直线和直线的方程求得两点的坐标，结合在曲线上求得点的坐标.
【详解】（1）设，则，
由知
，
在上，，即，
故曲线的方程为：
（2）证明：由题知 直线与坐标轴不平行，不妨设，
联立，得，
解得或（舍去），，
此时，同理，
当时，，
，
直线的方程为，
易知直线过定点，
当时，直线斜率不存在，此时方程为，
综上，直线过定点.
（3）假设存在使得，设，
因为，
所以，即，即，
关于轴对称，设，
易知，故方程为：，
令，得，同理，
，又，解得，
故存在点符合题意.
【点睛】方法点睛：利用相关点代入法求动点的轨迹方程，首先是设动点坐标为然后根据对称性、向量或比例求得相关点的坐标，再根据相关点在题目给定的曲线上，利用代入法，化简后可求得动点的轨迹方程，最后要注意是否有特殊点不符合题意.
34．(1)
(2)
(3)存在定点
【分析】（1）利用已知条件结合双曲线的定义可求得、，利用勾股定理可得出关于、的等式，即可解得双曲线的离心率；
（2）求出双曲线的渐近线方程，设点、、，利用向量的线性运算与数量积的坐标运算可求得值，从而求得双曲线的方程；
（3）即假设在轴上存在定点，设直线的方程为，将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，利用得到，再由平面向量数量积的坐标运算可得出，综合可求出的值，即可得出结论.
【详解】（1）因为，则，可得，
因为，由勾股定理可得，即，
所以，，因此，该双曲线的离心率为.
（2）因为，则，
所以，双曲线的方程为，即，
双曲线的渐近线方程为，设点、、，
，可得，
因为，即，可得，
即点，
将点的坐标代入双曲线的方程可得，可得，
所以，，所以，，因此，双曲线的方程为.
（3）假设在轴上存在定点 使得，
设直线的方程为，设点、，
联立，可得，
由题意可得，可得，
由韦达定理可得，，易知、，
所以，，
，
因为，所以，，
即，即，
即，（*）
由可得，则，
将代入（*）可得，（**）
将代入韦达定理可得，所以，，
将代入（**）式可得，
故在轴上存在定点使得．
【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.
35．(1)
(2)存在，定点
【分析】（1）根据椭圆的离心率求出的关系，再根据当过坐标原点时，直线的方程为，联立方程，结合求出即可得解；
（2）设直线，，，联立方程，利用韦达定理求出，再根据斜率公式计算分析即可得出结论.
【详解】（1），即，
过坐标原点直线的方程为，
由，消去得: ，
，
，，
故椭圆的方程为 ；
（2）假设存在定点，，由题意，直线斜率存在，
设直线，即，
由，消去得，
其中，
，
，
，
当，即时，恒成立，
存在定点，使得直线与直线的斜率之积为定值.

【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．
36．(1)①证明过程见解析；②
(2)，理由见解析
【分析】（1）①根据椭圆定义得到，结合离心率得到，求出，得到椭圆方程，联立直线方程和椭圆，得到，得到⊥，结合二面角为直二面角，得到线面垂直，证明出结论；
②建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，从而求出面面角的余弦值；
（2）设折叠前，折叠后对应的，设出直线的方程，与椭圆方程联立，得到两根之和，两根之积，根据折叠前后的周长关系得到，变形得到，代入两根之和，两根之积，求出，进而求出的值.
【详解】（1）①由椭圆定义可知，
所以的周长，所以，
因为离心率为，故，解得，
则，由题意，椭圆的焦点在轴上，
所以椭圆方程为，
直线，即，
联立得，解得或，
当时，，当时，，
因为点A在x轴上方，所以，
故⊥，折叠后有⊥，
因为二面角为直二面角，即平面⊥，交线为，
平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥；
②以为坐标原点，折叠后的轴负半轴为轴，原轴为轴，原轴正半轴为轴，建立空间直角坐标系，

则，
，
其中平面的法向量为，
设平面的法向量为，
则，
令得，故，
设平面与平面的夹角为，
则，
故平面与平面的夹角的余弦值为；
（2）设折叠前，折叠后对应的，
设直线方程为，
将直线与椭圆方程联立得，，
则，
在折叠前可知，
折叠后，在空间直角坐标系中，，，
由，，
故，
所以①，
分子有理化得，
所以②，
由①②得，
因为
，
故，
即，
将代入上式得
，
两边平方后，整理得，
即，解得，
因为，所以.
【点睛】出题非常新颖，将立体几何和解析几何结合，考查学生的综合能力，在解决图形的翻折问题时，应找出其中变化的量和没有变化的量，包括位置关系和数量关系，通常翻折后还在同一平面上的元素之间的位置关系不发生变化，不在同一平面上的元素之间的位置关系发生变化，解题时应抓住不变量，利用平面几何知识或建立空间直角坐标系进行求解.
37．(1)
(2)①证明见解析；②存在，
【分析】（1）先求出右顶点D和M的坐标，利用题中条件列等式，分类讨论计算得出椭圆的方程；
（2）设直线的方程为，将直线方程与椭圆方程联立，得出韦达定理，由题意，将韦达定理代入可出答案.
【详解】（1）由右焦点为，得，
因为，所以，
若，则，得，无解，
若，则，得，所以，因此C的方程.
（2）设，易知过B且与C相切的直线斜率存在，
设为，
联立，消去y得，
由，得，
设两条切线BP，BQ的斜率分别为，，则，.
①设BF的斜率为，则，
因为，所以BP，BF，BQ的斜率成等差数列，

②法1：在中，令，得，所以，
同理，得，所以PQ的中垂线为，
易得BP中点为，所以BP的中垂线为，
联立，解得，
所以，，
要使，即，整理得，
而，
所以，解得，，因此，
故存在符合题意的点B，使得，此时.

法2：在中，令，得，因此，
同理可得，所以PQ的中垂线为，
因为BP中点为，所以BP的中垂线为，
联立，解得，
要使，则，所以，即，
而，
所以，解得，，因此，
故存在符合题意的点B，使得，此时.

法3：要使，即或，
从而，又，所以，
因为，
所以，解得，，所以，
故存在符合题意的点B，使得，此时.

法4：要使，即或，
从而，
在中，令，得，故，
同理可得，
因此，，
所以，
故，即，
整理得，
所以，整理得，解得或（舍去），
因此，，
故存在符合题意的点B，使得，此时.

法5：要使，即或，
在中，令，得，故，
同理可得，
由等面积法得，
即，整理得，
所以，整理得，解得或（舍去），
因此，，
故存在符合题意的点B，使得，此时.
【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.
38．(1)
(2)存在定点，使得为定值
【分析】（1）设出直线，联立抛物线方程，求出，得到，求出答案；
（2）在（1）的基础上，得到，，得到直线的方程，得到直线过定点，在以为直径的圆上，所以存在定点，使得为定值．
【详解】（1）当直线的斜率为0时，与抛物线只有一个交点，不合要求，舍去；
设直线，与抛物线方程联立可得，
设，则，
所以，
所以，所以的方程为．
（2）由（1）可知，，
所以，同理可得，
所以直线斜率为，
所以直线，即，
所以直线过定点，
因为⊥，所以在以为直径的圆上，
取的中点，则为定值，
所以存在定点，使得为定值．
【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.
39．（1）；（2）存在实数，使得对任意的直线l，都有成立．
【分析】（1）由题意得，化简即得曲线的方程；
（2）设直线l的方程为，，，联立直线和抛物线的方程得到韦达定理，求出 ，，，根据得，即得解.
【详解】（1）由题意得，两边平方得
故曲线的方程为
（2）当时，曲线为．设直线l的方程为，，，
由得，
则
又由得，故
直线的方程为①
直线的方程为②
由①②解得，，所以
①中令得，所以，同理可得
又因为，所以，
又因为，所以，故
因此存在实数，使得对任意的直线l，都有成立．
【点睛】本题主要考查轨迹方程的求法，考查直线和抛物线的位置关系，考查抛物线中的存在性问题的求解，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
40．(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）存在，
【分析】（1）结合长半轴、焦距与通径定义计算即可得；
（2）（ⅰ）设出直线方程，联立曲线可得与交点纵坐标有关韦达定理，通过计算得到其范围后，即可得的范围；（ⅱ）结合点到直线的距离公式，由题意可得距离相等，代入计算可得点纵坐标，代入方程可得横坐标，即可得解.
【详解】（1）由题意可得，解得，
则：；
（2）（ⅰ）设直线：，，，
联立，得，
则有，，
且，则，
则
，
设，
则，
则.
（ⅱ）设，则，
设直线，：，，
即分别为：，，
由，则到直线，的距离相等，
联立，有是其中一组解，
又与等价，
不妨设，则有，
即，即，
可得，
又，即，
则有，
通分并整理得：
.
代入得
.
化简得.
故，则，则.

【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.
41．(1)；
(2)
(3)椭圆C上不存在三点，使得
【分析】（1）根据已知设出直线的方程，利用弦长公式求出|PQ|的长，利用点到直线的距离公式求点O到直线的距离，根据三角形面积公式，即可求得和均为定值；
（2）由（I）可求线段PQ的中点为M，代入|OM|•|PQ|并利用基本不等式求最值；
（3）假设存在，满足，由（1）得，，，， ，，从而得到的坐标，可以求出方程，从而得出结论.
【详解】（1）（ⅰ）当直线的斜率不存在时，，两点关于轴对称，所以
∵在椭圆上
∴ ①
又∵，
∴ ②
由①②得，．此时；
（ⅱ）当直线的斜率存在时，是直线的方程为，将其代入得

故即
又，
∴
∵点到直线的距离为
∴
又
整理得
此时

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

所以

．当且仅当，
即时，等号成立．
综合（1）（2）得的最大值为.
（3）椭圆C上不存在三点，使得
证明：假设存在，满足
由（1）得，，，， ，
解得：，.
因此从集合中选取，从集合中选取；
因此只能从点集这四个点选取三个不同的点，而这三个点的两两连线必然有一条经过原点，这与矛盾.
所以椭圆C上不存在三点，使得
【点睛】本题考查了直线与椭圆的位置关系，弦长公式和点到直线的距离公式，是一道综合性的试题，考查了学生综合运用知识解决问题的能力．（3）考查学生观察、推理以及创造性地分析问题解决问题的能力.
42．(1)
(2)①；②不存在，理由见解析
【分析】（1）根据题意求得，即可得解；
（2）①易知直线，的斜率均存在且不为， 设，的方程为，则的方程为，联立，消元，则，利用韦达定理求得，再根据弦长公式可求得，同理可求得的范围及，再根据整理即可得出答案；
②设直线的方程为，，联立，消元，根据求得的关系，利用韦达定理求得，再利用弦长公式求得，易求得的坐标，即可求出，再根据，为线段的三等分点，可得，结合，可得两个等量关系，从而可得出结论.
【详解】（1）解：由题意有，则，
将点代入双曲线方程得，
联立解得，
故的方程为；
（2）解：①，易知直线，的斜率均存在且不为，
设，
的方程为，则的方程为，
联立，消整理得，
直线与双曲线交于两点，
故且，则，
则，
则，
联立，消整理得，
直线与双曲线交于两点，
故且，解得，
则，
则，
根据对称性可知四边形为菱形，
其面积



，
，∴，∴，
∴，
；
②，假设满足题意的直线存在，
易知直线斜率存在，设直线的方程为，
，
联立，整理得，
则且，
解得且，
由韦达定理有，
则
，
不妨设为直线与渐近线的交点，
联立，解得，
，
同理可得点的坐标为，
则 ，
因为，为线段的三等分点，，
即，
整理得，①
，，
则，即，

，
整理得,②
联立①②得，无解，
故没有满足条件的直线．
【点睛】本题考查了双曲线的渐近线及球求双曲线的方程，还考查了直线与双曲线的位置关系及弦长，考查了双曲线中三角形的面积问题，考查了探究双曲线中直线的存在性问题，考查了学生的计算能力及数据分析能力，计算量很大，属于难题.
43．(1)
(2)存在；
【分析】（1）由条件列方程组，即可得解；
（2）当均不与轴垂直时，设直线的方程为，得出直线的方程，分别与椭圆的方程联立，求出中点的坐标，进而得到直线的方程，可知直线过定点，并验证特殊情况下，直线也过定点，结合直角三角形中斜边中线的性质即可求解．
【详解】（1）依题意得解得
所以的方程为．
（2）存在点，使得为定值．
当均不与轴垂直时，
设直线的方程为，，
则直线的方程为，
联立
消去整理可得，．
则，
设，则，，
所以．
同理得点的坐标为，
则直线的斜率，
所以直线的方程为，
令，解得，
所以直线经过定点；
当时，直线的方程为，也经过定点．
当与轴垂直或重合时，直线的方程为0，经过定点．
综上，直线经过定点．
记定点的中点记为，则，，
因为，所以为定值，
所以存在点，使得为定值．
【点睛】思路点睛：本题主要考查直线与椭圆的位置关系，直线过定点.
设出直线的方程为，根据条件得直线的方程，分别与椭圆的方程联立，由韦达定理求出中点的坐标，进而求出直线的方程，证明直线过定点，结合图形分析得出结果.
44．(1)椭圆；抛物线；
(2)（ⅰ）详见解析；（ⅱ）存在，.
【分析】（1）设椭圆方程，代入两点坐标即可求得结果；根据椭圆左顶点和抛物线焦点坐标，可构造方程求得，进而得到抛物线方程；
（2）（ⅰ）联立直线与抛物线方程，可得韦达定理的结论；假设切线方程，并联立求得点坐标，再结合两点间距离公式求得所证等式中的各个基本量，整理可得结论；
（ⅱ）假设存在点，由倾斜角互补可知斜率和为，将直线与椭圆方程联立，可得韦达定理的结论；利用两点连线斜率公式表示出两直线斜率，根据斜率和为可构造等式，消元整理得到.
【详解】（1）设椭圆的方程为：，
和在椭圆上，
，解得：，
椭圆的标准方程为：；
由椭圆方程可知：椭圆的左顶点为，又，
，解得：，
抛物线的方程为；
（2）（ⅰ）当时，直线，即，
令，则直线，设，，
由得：，
则，，
，；
设抛物线在点处的切线方程分别为：，，
由得：，
，又，则，
，则；
同理可得：；
联立两切线方程，将，代入，
可解得：，，
，又，
；
同理可得：；
，
要证，等价于证明，
，又，
，
同理可得：，
，即；
（ⅱ）当时，直线，
假设存在点，使直线的倾斜角互补，则直线的斜率之和为；
设，
由得：，
，即恒成立，
，，
，
，
即，
，即，解得：，
假设成立，即存在点，使得直线的倾斜角互补.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与圆锥曲线综合应用中的定点定值问题，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与曲线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出所求量，将所求量转化为关于变量的函数或方程的形式；
④化简所得式子，消元整理即可求得定点或定值.
45．(1)
(2)
(3)存在，.
【分析】（1）由离心率及过点列方程组求解.
（2）设直线为与椭圆方程联立，将表达为的函数，由基本不等式求最大值即可.
（3）先讨论直线水平与竖直情况，求出，设点关于轴的对称点，证得三点共线得到成立.
【详解】（1）根据题意，得，解得，椭圆C的方程为.
（2）依题意，设，直线的斜率显然存在，
故设直线为，联立，消去，得，
因为直线恒过椭圆内定点，故恒成立，，
故，
令，所以，当且仅当，即时取得等号，
综上可知：面积的最大值为.
（3）当平行于轴时，设直线与椭圆相交于两点，如果存在点满足条件，
则有，即，所以点在轴上，可设的坐标为；
当垂直于轴时，设直线与椭圆相交于两点，如果存在点满足条件，
则有，即，解得或，
所以若存在不同于点的定点满足条件，则点的坐标为；
当不平行于轴且不垂直于轴时，设直线方程为，
由（2）知，
又因为点关于轴的对称点的坐标为，
又，，
则，
所以，则三点共线，所以；
综上：存在与点不同的定点，使恒成立，且.
.
【点睛】方法点睛：直线与椭圆交于，当且仅当时，取得最大值.
46．(1)
(2)①证明见解析；②是定值．
【分析】（1）由实轴长和离心率即可求得双曲线的标准方程；
（2）结合题目所给的循环构造的方法和二项式定理来解题，①方法一，由题干循环构造方法得到第k组解中的为二项式的展开式中不含的部分，为二项式的展开式中含的部分，再结合二项式定理得到，是4的整数倍.
方法二，得到第组解和第组解的关系，再由二项式定理求解.
②先用面积公式表示出面积，再代入和的关系式消元，利用①中的结论推导出面积式子里的递推式即可求解.
【详解】（1）由题意知解得，则，
故双曲线E的标准方程为．
（2）①方法一：由得，其中是方程的一组正整数解，则，
在循环构造中，对任意正整数，由，是正整数，第k组解中的为二项式的展开式中不含的部分，为二项式的展开式中含的部分，
注意到二项式的展开式中不含的部分与二项式的展开式中不含的部分相同，
二项式的展开式中含的部分与二项式的展开式中含的部分互为相反数，于是由二项式定理有
，，从而，
于是对任意的正整数，
，
因为是正整数，所以是4的整数倍．
方法二：
在循环构造中，对任意正整数，由，是正整数，第组解中的为二项式的展开式中不含的部分，为二项式的展开式中含的部分；
第组解中的为二项式的展开式中不含的部分，为二项式的展开式中含的部分，
故，
于是，
，
即，
由得，，
代入得，
整理得，即．
因为是正整数，所以是4的整数倍．
②，，设，的夹角为，
则的面积
，
由得，，
代入得，，
由得，从而，
故，，
．
，，，，即，
代入得，
于是的面积为定值．
【点睛】方法点睛：新定义问题解题策略
首先，明确新定义的特点；其次，根据定义中的步骤对具体题目进行运算；最后得到结论.
47．(1)答案见解析
(2)① 证明见解析；②存在；
【分析】（1）设，由题意可得，结合椭圆、双曲线的标准方程即可求解；
（2）设点，其中且.
（ⅰ）由可知三点共且，设：，联立的方程，利用韦达定理表示，进而表示出，结合（1）化简计算即可；由椭圆的定义，由得，，进而表示出，化简计算即可；（ii）由（ⅰ）可知三点共线，且，设：，联立的方程，利用韦达定理表示，计算化简可得，结合由内切圆性质计算即可求解.
【详解】（1）设点，由题意可知，
即，
经化简，得的方程为，
当时，曲线是焦点在轴上的椭圆；
当时，曲线是焦点在轴上的双曲线．
（2）设点，其中且，
（ⅰ）由（1）可知的方程为，
因为，所以，
因此，三点共线，且，
（法一）设直线的方程为，联立的方程，得，
则，
由（1）可知，
所以
，
所以为定值1；
（法二）设，则有，解得，
同理由，解得，
所以，
所以为定值1；
由椭圆定义，得，
，
解得，同理可得，
所以
．
因为，所以的周长为定值．
（ⅱ）当时，曲线的方程为，轨迹为双曲线，
根据（ⅰ）的证明，同理可得三点共线，且，
（法一）设直线的方程为，联立的方程，
得，
，（*）
因为，
所以
，
将（*）代入上式，化简得，
（法二）设，依条件有，解得，
同理由，解得，
所以．
由双曲线的定义，得，
根据，解得，
同理根据，解得，
所以
，
由内切圆性质可知，，
当时，（常数）．
因此，存在常数使得恒成立，且．
【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．