新高中数学压轴题二轮专题专题24圆锥曲线中的范围、最值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24圆锥曲线中的范围、最值问题试题含解析答案，共83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：，直线：，过动点M作，，垂足分别为A，B，点A在第一象限，点B在第四象限，且四边形（O为原点）的面积为2．
(1)求动点M的轨迹方程；
(2)若，过点F且斜率为k的直线l交M的轨迹于C，D两点，线段CD的垂直平分线分别交x轴、y轴于，两点，求的取值范围．
2．已知双曲线左右顶点分别为，过点M−2,0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．
3．双曲线的左顶点为，焦距为4，过右焦点作垂直于实轴的直线交于、两点，且是直角三角形．
(1)求双曲线的方程；
(2)、是右支上的两动点，设直线、的斜率分别为、，若，求点到直线的距离的取值范围．
4．在平面直角坐标系中，，直线，动点在直线上，过点作直线的垂线，与线段的中垂线交于点.
(1)求点的轨迹的方程；
(2)经过曲线上一点作一条倾斜角为的直线，与曲线交于两个不同的点Q，R，求的取值范围.
5．已知双曲线的右顶点为，过点且与轴垂直的直线交一条渐近线于．
(1)求双曲线的方程；
(2)过点作直线与双曲线相交于两点，直线PA,PB分别交直线于两点，求的取值范围．
6．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.
7．已知椭圆的右焦点为F1,0，长轴长为.过F作斜率为的直线交E于A，B两点，过点F作斜率为的直线交E于C，D两点，设，的中点分别为M，N.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若，设点F到直线的距离为d，求d的取值范围.
8．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0过点，且离心率为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)圆的圆心为椭圆的右焦点，半径为，过点的直线与椭圆及圆交于四点（如图所示），若存在，求圆的半径取值范围．
9．已知椭圆的左、右焦点分别为分别为的上，下顶点，是上不同于点A的两点.
(1)求的值；
(2)记的面积分别为，若，求的取值范围；
(3)若直线与的斜率之和为2，作，垂足为，试问：点是否在一个定圆上？若是，求出该圆的方程；若不是，说明理由.
10．已知点A为椭圆上一点，分别为椭圆的左､右焦点.
(1)求椭圆的离心率；
(2)若点A的横坐标为2，求的长.
(3)设的上、下顶点分别为，点为椭圆上一点，记的面积为的面积为，若，求OB的取值范围.
11．已知椭圆短轴长为2，左、右焦点分别为，过点的直线与椭圆交于M，N两点，其中M，N分别在轴上方和下方，，直线与直线交于点，直线与直线交于点．
(1)若坐标为，求椭圆的方程；
(2)若，求实数的取值范围．
12．在平面直角坐标系中，已知动点到定点的距离和它到定直线的距离之比为，记的轨迹为曲线.
(1)求的方程；
(2)已知点，不过的直线与交于，两点，直线，，的斜率依次成等比数列，求到距离的取值范围.
13．已知椭圆的离心率为，以短轴端点和焦点为顶点的四边形的周长为．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线与椭圆相交于两点，，设点关于坐标原点的对称点为，若点恒在以为直径的圆内部，求实数的取值范围．
14．已知是椭圆的右焦点，为坐标原点，为椭圆上任意一点，的最大值为.当时，的面积为.
(1)求椭圆的方程；
(2)、为椭圆的左、右顶点，点满足，当与、不重合时，射线交椭圆于点，直线、交于点，求的最大值.
15．已知点在抛物线E：（）的准线上，过点M作直线与抛物线E交于A，B两点，斜率为2的直线与抛物线E交于A，C两点.
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)（ⅰ）求证：直线过定点；
（ⅱ）记（ⅰ）中的定点为H，设的面积为S，且满足，求直线的斜率的取值范围.
16．已知椭圆的左、右焦点分别为，左顶点为A，上顶点为，且，坐标原点到直线AB的距离为．
(1)求的方程;
(2)设的右顶点为，过点作直线与交于P，Q两点（其中P点在轴上方），记的面积为的面积为，求的取值范围．
17．设椭圆长轴的左，右顶点分别为A，B．
（1）若P、Q是椭圆上关于x轴对称的两点，直线的斜率分别为，求的最小值；
（2）已知过点的直线l交椭圆C于M、N两个不同的点，直线分别交y轴于点S、T，记（O为坐标原点），当直线1的倾斜角为锐角时，求的取值范围．
18．已知椭圆的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切．
(1)求椭圆的方程；
(2)若过点的直线与椭圆相交于两点，设为椭圆上一点，且满足（为坐标原点），当时，求实数的取值范围
19．已知点是双曲线与椭圆的公共点，直线与双曲线交于不同的两点，，设直线与的倾斜角分别为，，且满足.
(1)求证：直线恒过定点，并求出定点坐标；
(2)记（1）中直线恒过定点为，若直线与椭圆交于不同两点，，求的取值范围.
20．已知椭圆.
(1)若椭圆的左右焦点分别为F1,F2,P为的上顶点，求的周长；
(2)设过定点的直线与椭圆交于不同的两点，且为锐角（其中为坐标原点），求直线的斜率的取值范围.
21．已知双曲线的左、右焦点分别为，，过作一条渐近线的垂线交C于点P，垂足为Q，，，M、N为双曲线左右顶点．
(1)求双曲线C的方程；
(2)设过点的动直线l交双曲线C右支于A，B两点（A在第一象限），若直线AM，BN的斜率分别为，．
（i）试探究与的比值是否为定值．若是定值，求出这个定值：若不是定值，请说明理由；
（ii）求的取值范围．
22．已知曲线在轴上方，它上面的每一点到点的距离减去到轴的距离的差都是2.若点分别在该曲线上，且点在轴右侧，点在轴左侧，的重心在轴上，直线交轴于点且满足，直线交轴于点.记的面积分别为
(1)求曲线方程；
(2)求的取值范围.
23．已知是椭圆的右顶点，过点且斜率为的直线与椭圆相交于两点（点在轴的上方），直线PA,PB分别与直线相交于两点．当点为椭圆的上顶点时，．
(1)求椭圆的方程；
(2)若，且，求实数的取值范围．
24．已知双曲线，过点的直线与双曲线相交于两点.
(1)点能否是线段的中点？请说明理由；
(2)若点都在双曲线的右支上，直线与轴交于点，设，求的取值范围.
25．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．
26．已知，椭圆，点是该椭圆的右焦点，过点的直线与椭圆交于不同的两点.
(1)当且的斜率为1时，求；
(2)当时，求的取值范围；
(3)是否存在实数，使得对于任意的直线、都不是直角三角形.若存在，求出所有满足条件的；若不存在，请说明理由.
27．已知F，C分别是椭圆的右焦点、上顶点，过原点的直线交椭圆于A，B两点，满足．
(1)求椭圆的方程；
(2)设椭圆的下顶点为，过点作两条互相垂直的直线，这两条直线与椭圆的另一个交点分别为M，N，设直线的斜率为的面积为，当时，求的取值范围．
28．在平面直角坐标系中，为坐标原点，动点到定点的距离和它到定直线的距离之比是常数，设动点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)过点的直线与曲线相交于点A，B(不在x轴上)，记线段AF的中点为，连接PO，并延长PO交曲线于点，求与的面积之和的取值范围.
29．已知椭圆的左、右顶点分别为，直线的斜率为，直线与椭圆交于另一点，且点到轴的距离为．
(1)求椭圆的方程．
(2)若点是上与点不重合的任意一点，直线与轴分别交于点．
①设直线的斜率分别为，求的取值范围．
②判断是否为定值．若为定值，求出该定值；若不为定值，说明理由．
30．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PA,PB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．
31．已知直线：交椭圆：于A，B两点，为椭圆上一点．
(1)证明；
(2)求的最大值．
32．设抛物线：（）的焦点为，点（）在抛物线上，且满足．
（1）求抛物线的标准方程；
（2）过点的直线与抛物线交于，两点，分别以，为切点的抛物线的两条切线交于点，求三角形周长的最小值．
33．已知抛物线和圆，过抛物线上一点，作圆E的两条切线，分别与x轴交于A､B两点.
（1）若切线PB与抛物线C也相切，求直线PB的斜率；
（2）若，求△面积的最小值.
34．已知圆的切线与椭圆C:相交于,两点．
（1）求椭圆的离心率；
（2）求证：；
（3）求面积的最大值．
35．已知点A(0，－2)，椭圆E： (a>b>0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点.
(1)求E的方程；
(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点.当△OPQ的面积最大时，求l的方程.
36．如图，已知椭圆，抛物线C2:y2=2px(p>0)，点A是椭圆与抛物线的交点，过点A的直线l交椭圆于点B，交抛物线于M（B，M不同于A）．
（Ⅰ）若p=116，求抛物线的焦点坐标；
（Ⅱ）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．
37．在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右焦点分别、焦距为2，且与双曲线共顶点．P为椭圆C上一点，直线交椭圆C于另一点Q．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点P的坐标为，求过P、Q、三点的圆的方程；
(3)若，且，求的最大值．
38．已知动圆（为圆心）过定点，且与定直线l:x=−2相切．
(1)求动圆圆心的轨迹方程；
(2)设过点且斜率为的直线与（1）中的曲线交于、两点，求；
(3)设点是轴上一定点，求、两点间距离的最小值．
39．第一象限的点在抛物线上，过点作轴于点，点为中点．
(1)求的运动轨迹曲线的方程；
(2)记的焦点分别为，则四边形的面积是否有最值？
40．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，，求面积的最小值．
41．平面直角坐标系中，已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为，左、右焦点分别是，以为圆心以3为半径的圆与以为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆上.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设椭圆，为椭圆上任意一点，过点的直线交椭圆于两点，射线交椭圆于点.
（i）求的值；
（ⅱ）求面积的最大值.
42．已知直线l：分别与x轴，直线交于点A，B，点P是线段AB的垂直平分线上的一点（P不在x轴负半轴上）且.
(1)求点P的轨迹C的方程；
(2)设l与C交于E，F两点，点M在C上且满足，延长MA交C于点N，求的最小值.
43．已知椭圆C:的长轴长为，为坐标原点.
(1)求椭圆的方程和离心率.
(2)设点，动点在轴上，动点在椭圆上，且点在轴的右侧.若，求四边形面积的最小值.
44．如图，已知点为抛物线的焦点，过点的直线交抛物线于两点，点在抛物线上，使得的重心在轴上，直线交轴于点，且在点右侧.记的面积为S1,S2.
（1）求的值及抛物线的准线方程；
（2）求的最小值及此时点的坐标.
45．已知双曲线的左、右焦点为．
(1)若双曲线的离心率为，且，是正三角形，求的方程；
(2)若，点在双曲线的右支上，且直线的斜率为．若，求
(3)在（1）的条件下，若动直线与恰有1个公共点且与的两条渐近线分别交于记的面积为，的面积为（是坐标原点），问：是否存在最小值？若存在，求出该最小值，若不存在，请说明理由.
参考答案：
1．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意结合点到直线的距离公式，列式化简，即可求得答案；
（2）设直线l的方程，联立轨迹方程，可得根与系数的关系式，进而表示出直线CD的垂直平分线方程，求出，可得表达式，结合k的范围以及不等式性质，即可求得答案.
【详解】（1）设，由直线：，直线：，可知，
故四边形为矩形，四边形（O为原点）的面积为2，即得，
因为，故，
得，
由于点A在第一象限，点B在第四象限，
故动点M的轨迹方程为；
（2）由题意知，过点F且斜率为k的直线l交M的轨迹于C，D两点，
即l与双曲线的的右支交于两点，双曲线的渐近线为，
故或k<−1；
设直线l的方程为，联立，
整理得，
设，则，
故CD中点的坐标为，
则CD的垂直平分线的方程为，
令，得，令，得，
故，
因为或k<−1，故或，
故或，
所以的取值范围为.
【点睛】关键点睛：本题考查了轨迹方程的求解以及直线和双曲线位置关系中的求解范围问题，解答的关键在于求解的取值范围时，要结合联立方程，利用根与系数的关系表示出CD的中垂线方程，从而求出的表达式，进而求解范围.
2．(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M−2,0，，
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.
3．(1)x2−y23=1
(2)
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质，转化为的方程，即可求解；
（2）首先设直线的方程为，与双曲线方程联立，利用韦达定理表示，并根据的取值范围，求点到直线的距离的取值范围.
【详解】（1）依题意，，焦半径，
由，得，得，
解得：（其中舍去），
所以，
故双曲线的方程为x2−y23=1；
（2）显然直线不可能与轴平行，故可设直线的方程为，
联立，消去整理得，
在条件下，设，，
则，，
由，得，
即，
整理得，
代入韦达定理得，，
化简可消去所有的含的项，解得：或（舍去），
则直线的方程为，得，
又都在双曲线的右支上，故有，，
此时，，
所以点到直线的距离的取值范围为.
4．(1)
(2)
【分析】（1）利用线段的中垂线的性质得出|PM|=|PF|，根据抛物线的定义即得方程；
（2）设，则直线的方程为，将直线方程与曲线方程联立，由可得t的取值范围，设的横坐标分别为，结合的倾斜角为，结合弦长公式可将表示为关于t的函数，从而求得其取值范围．
【详解】（1）由图可得|PM|=|PF|，所以点的轨迹是以为焦点的抛物线，
故点的轨迹的方程为；

（2）设，则直线的方程为，代入曲线的方程得，.
化简可得：①，
由于与交于两个不同的点，故关于的方程①的判别式为正，计算得，
，
因此有，②
设Q，R的横坐标分别为，，
由①知，，，
因此，结合的倾斜角为可知，
，③
由②可知，，故，
从而由③得：.

【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．
5．(1)
(2)
【分析】（1）利用双曲线的顶点与渐近线性质得到关于的方程，从而得解；
（2）解法一：联立直线与双曲线的方程，得到与的取值范围，再将所求转化为关于的表达式即可得解；解法二：通过分析可得是上述关于方程的两个不等根，从而求得的值，再将所求转化为关于的表达式即可得解.
【详解】（1）因为双曲线的渐近线方程为y=±bax，
所以，解得，
所以双曲线的方程为．
（2）解法一：
由题知，直线的斜率存在，

设方程为，，
联立，得，
则且，
所以且，则，
因为的方程为，由题意得，则，
所以，
令得，同理
所以，，
所以，
当时，都在点右侧，
则
，
当时，在点两侧，此时与异号，
则
，
又，
所以，
综上，的取值范围为.
解法二：
由题知，直线必经过点，故可设方程为，
设Ax1,y1,Bx2,y2，因为直线过点，所以，
设，
由得，
即，
所以是上述关于方程的两个不等根，
所以，
又直线不平行与渐近线，所以，
所以，
直线与联立得点，同理
所以，
所以，
①当时，，所以，
②当时，，
，
所以，
综上，的取值范围为.
【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y1+y2、y1y2）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
6．(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∠F1PF2=θ，
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.
7．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意求出即可得解；
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，即可求得点的坐标，同理可求得点的坐标，再讨论直线的斜率是否存在，求出直线的方程，再根据点到直线的距离公式计算即可得解.
【详解】（1）长轴长为，所以，
又焦点为F1,0，所以，
所以，
所以椭圆E的方程为；
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，直线的方程为，
联立，消去y得，
易知，所以，
又M为的中点，所以，，
因为，即，又N为的中点，
不妨用代换，可得，，
讨论：①当时，直线的斜率不存在，
此时，解得，
当时，，，此时的方程为，
所以，点F1,0到直线的距离d为，
同理，当，，
②当时，，此时，
所以直线的方程为，
化简可得，
法一：点F1,0到直线的距离，
又，所以，
因为，所以，
所以
综上可知，.
法二：直线的方程为，
令，可得，综上可知，直线恒过定成，
故点F1,0到直线的距离d的最大值为，此时直线的斜率不存在，
又直线的斜率一定不为0，
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．
8．(1)
(2)
【分析】（1）根据题设条件列出关于的方程组，解之即得；
（2）联立直线与椭圆方程，得出韦达定理，将转化为的表达式，再由转化得，将求的范围问题转化为求的值域问题，最后解不等式即得.
【详解】（1）由题意得：，②，③，
①②③联立得：，∴椭圆标准方程为：
（2）∵过点的直线与椭圆及圆依次交于四点，
∴圆在椭圆内部，故：0，∴设直线，A(x1,y1),B(x2,y2)
由代入椭圆，整理得：，易知，
∴
∵，
（*）
又，，
，
代入（*）式得：
，
又，，
所以，整理得：，
故上述关于的方程有解即可；
由因，则，故，
所以，即解得：
又因0当不存在时，直线，此时，
，
，即，解得.
综上所述：的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：本题解决关键是要善于将等式中的，转化为的关系，再将点的坐标代入，运用弦长公式计算将化简得到，最后通过函数的值域范围求得参数范围.
9．(1)2
(2)
(3)点在圆
【分析】（1）根据椭圆方程求，即可得；
（2）根据（1）可得，由题意可得，结合椭圆方程列式求解；
（3）设直线，联立方程，根据题意结合韦达定理可知直线过定点，结合垂直关系分析圆的方程，注意分类讨论直线的斜率是否存在.
【详解】（1）由题意可知：，且焦点在x轴上，
可知，
所以.
（2）由（1）可知：，
若，即，可得，
又因为Px1,y1在椭圆上，则，即，
可得，解得或，
且，可得或，
所以的取值范围为.
（3）若直线的斜率存在，设直线，
联立方程y=kx+mx22+y2=1，消去y得，
则，可得，
因为直线与的斜率之和为2，
则，
整理可得，则，
且，即，可得，整理可得，
此时直线过定点；
若直线的斜率不存在，则，
因为直线与的斜率之和为2，
则，即，
此时直线也过定点；
综上所述：直线过定点，
又因为，则点在以为直径的圆上，
且的中点为，且，
可知以为直径的圆的方程为，
所以点在圆上.
【点睛】方法点睛：存在性问题求解的思路及策略
（1）思路：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．
（2）策略：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，按常规法解题很难时，可先由特殊情况探究，再推广到一般情况．
10．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据椭圆方程求，即可得离心率；
（2）设，代入椭圆方程可得，利用两点间距离公式运算求解；
（3）设，结合面积关系可得，在利用两点间距离公式结合齐次式问题分析求解.
【详解】（1）由题意可知：，
所以椭圆的离心率e=ca=63.
（2）由（1）可知：，
设，则，解得，
所以.
（3）由（1）可知：，
设，
则，
若，即，可得，
因为，
由，即，则，可得，
可得，即的取值范围为.
11．(1)
(2)
【分析】（1）根据重心的定义，求解得到点的坐标，用待定系数法即得椭圆的方程；
（2）根据重心的几何性质并结合图象，将三角形的面积拆分，然后利用面积关系即可求解得到的取值范围．
【详解】（1）依题意，，故椭圆，
易知点为的重心，则，故，
代入椭圆方程得，
所以椭圆的方程为．
（2）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，
所以，则，所以；
设直线，则联立椭圆方程得，消元化简得，，，
，
对任意的恒成立，
即得，故实数的取值范围为．
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，则联立椭圆方程得，消元化简得，，，
，
对任意的恒成立，
即得，故实数的取值范围为．
12．(1)
(2).
【分析】（1）依据题意建立方程，化简求解轨迹方程即可.
（2）利用点到直线的距离公式求出解析式，结合换元法和导数求解最值即可.
【详解】（1）设Mx,y，由题意得，
化简得，所以：.
（2）由题意，直线的斜率存在且不为0，
设直线的方程为（），Px1,y1，Qx2,y2.
联立，得，
所以，
因为，即，所以，
所以，又，所以，
所以，所以.
所以点到直线的距离，
令，则，
代入，即，解得.
所以，.
当时，恒成立，
所以在区间单调递增，
所以，即点到直线的距离的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题考查解析几何，解题关键是找到目标式，然后利用换元法结合导数法，得到所要求的取值范围即可．
13．(1)
(2)
【分析】（1）由题意可知，以短轴端点和焦点为定点的四边形为正方形，进而可求出，，由此能求出椭圆的方程；
（2）先研究直线的斜率不存在时，点在椭圆内，再研究直线的斜率存在时，以为直径的圆的圆心为，联立直线方程与椭圆方程，结合根的判别式、韦达定理、弦长公式及，由此能求出的取值范围.
【详解】（1）如图所示，

由题意知，，即，
故以短轴端点和焦点为定点的四边形为正方形，且边长为，
所以，解得，
所以，
所以椭圆C的方程为.
（2）当直线的斜率不存在时，由题意知的方程为，
如图所示，

此时为椭圆的上下顶点，且，
因为点总在以线段为直径的圆内，且，
所以.
当直线的斜率存在时，设的方程为.
如图所示，

由方程组得，
因为直线与椭圆有两个公共点，即，得；
设Ax1,y1,Bx2,y2，则，.
设的中点，则，，
所以.所以，
，
因为点总在以线段为直径的圆内，所以对于k∈R恒成立，
所以，
化简，得，整理得，
而（当且仅当时等号成立）所以，
由，得，
综上，的取值范围是.
【点睛】方法点睛：（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．
14．(1)
(2)
【分析】（1）求出，分析出，利用勾股定理结合椭圆的定义、三角形的面积公式可得出，再由可得出、的值，即可得出椭圆的方程；
（2）求出点的坐标，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出直线、的方程，将这两条直线的方程联立，求出点的横坐标为，设点，其中，求出关于的函数表达式，利用基本不等式求出的最大值，即可得出的最大值.
【详解】（1）解：设点Mx0,y0，则，，
因为
，
所以，，
设椭圆左焦点为，因为，所以.
即，
又因为，所以，
所以，所以，所以，
因为此时，所以，所以b2=1，所以.
因为，所以，，所以椭圆的方程为.
（2）解：设点，，，
因为点满足，则，解得p=1，所以，

由题知不与轴重合，设直线的方程为，
联立方程组，消整理得，
，
设、，则，.
因为的方程为，的方程为
两直线方程联立得：.
因为.
所以，解得，
所以动点的轨迹方程为.
由椭圆的对称性不妨设，直线、的倾斜角为、，
由图可知，且，
因为，则，
因为，，
所以，
当且仅当时等号成立，此时，，
所以的最大值为.
【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．
15．(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）根据点在抛物线的准线上可得，即可求出抛物线方程
（2）（ⅰ）设直线的方程为，与抛物线联立方程组得到，再写出直线的方程，根据两点式写出 ，整理消去 ，即可求出直线所过定点
（ⅱ）因为，根据（ⅰ）中的结论和弦长公式求出，再根据列出关于的不等式，解出的范围即可
【详解】（1）由题意可知C：（）的准线方程为：，
即，所以.
抛物线C的标准方程为
（2）设，，，
（ⅰ）由题意知直线不与y轴垂直，故直线方程可设为：，
与抛物线方程联立
，化简得：，根据韦达定理可得：
即，
，直线方程为，整理得：.
又因为，即.
将代入化简可得：，
代入整理得：
故直线过定点
（ⅱ）由（ⅰ）知与x轴平行，直线的斜率一定存在
，
由（ⅰ）知
所以，又因为
即，化简得或
又由，得：且，即或
综上所述，
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据数量积的坐标运算以及等面积法列式求，即可得方程；
（2）设，联立方程利用韦达定理结合可得，进而可得的取值范围.
【详解】（1）由题意可知：，
则，
可得，解得，
所以的方程为.
（2）由题意可知：，直线PQ的斜率可能不存在，但不为0，且直线PQ必与C相交，
设，
联立方程，消去x得，
则，
可得，
因为，则，可得，
即.
令，则，可得，解得，
即.
因为，
可得，
则，
所以的取值范围为.
【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线中范围问题的方法
一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线 上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化．
17．（1）；（2）.
【分析】（1）设点，则可表示出，然后结合椭圆的性质即可求出最小值；
（2）由题意可设直线，与椭圆方程联立，设，则利用韦达定理可得两根和、两根积，及斜率的取值范围，然后结合条件可以用斜率表示出，即可求出其取值范围.
【详解】（1）设点，由椭圆的对称性知，不妨令，
由已知，则，显然有，
则，
，则，
因为，所以，
当且仅当时等号成立，即的最小值为．
（2）当直线l的倾斜角为锐角时，设，设直线，
由得，
从而，又，得，
所以，
又直线的方程是：，令，解得，所以点S为；
直线的方程是：，同理点T为·
所以，
因为，所以，
所以
∵，∴，
综上，所以的范围是．
18．(1)
(2)
【分析】（1）利用圆心到直线的距离等于短半轴长及离心率为建立方程，解方程即可求出椭圆C的方程；
（2）可以设直线：与椭圆方程联立，得到方程，然后结合题目条件满足·（O为坐标原点），，利用判别式及韦达定理建立不等式，可以求出t的取值范围.
【详解】（1）由题意可知：短半轴长为：，
因为，则，即，
所以椭圆的方程为：.
（2）由题意可知：直线的斜率存在，设直线：，

联立方程，消去y得，
由，解得，
设Ax1,y1，Bx2,y2，Px,y，则，
因为，则，
可得，，
且点在椭圆上，则，整理得，
又因为，则，
可得，即，
整理得，解得，所以，
且，可得，
解得或，
所以实数取值范围为.
【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线中范围问题的方法
一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线 上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化．
19．(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）记，的斜率为，，由可得，联立直线与双曲线，用坐标表示，结合韦达定理可得，分析即可得解；
（2）用坐标表示，结合韦达定理以及得到的范围，求解即可.
【详解】（1）由已知得，
所以，，
当，斜率不存在时，则直线，为或，与题意不符；
当，斜率存在时，记，的斜率为，
所以根据，
可得，……………………（*）
设，，直线，
由联立可得，
所以
因为，
所以，
所以，
所以或（此时直线过，不符，舍去）
所以直线恒过定点；
（2）由（1）知，可设直线的方程：，
设直线与椭圆的交点，坐标分别为Ex3,y3，Fx4,y4，
由可得
，
所以，
因为
，
所以
又因为可得或，
又因为直线与双曲线交于不同的两点，，由
联立可得，
又因为可得，
所以或，
所以结合（1）可得的取值范围为，
所以的取值范围为.
20．(1)
(2)
【分析】（1）先根据椭圆方程求出，然后根据椭圆的定义可求得结果；
（2）设直线的方程为，将直线方程代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系，再由题意可得可求得直线的斜率的取值范围.
【详解】（1）由题意得，
所以，
所以的周长为；
（2）显然不满足题意，设直线的方程为，
由，得，
由，得，
则，
，
因为为锐角，不共线，所以，
所以，所以，
所以
，
解得，
因为
所以解得或，
所以实数的取值范围为
【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是将为锐角转化为，则，考查数学转化思想和计算能力，属于中档题.
21．(1)
(2)（i）是定值；（ii）
【分析】（1）运用双曲线的定义及双曲线的焦点到其渐近线的距离为b可求得a、b的值，进而求得双曲线方程.
（2）（i）设出直线AB的方程，联立其与双曲线方程可得，
（法一）对进行配凑得，代入计算即可；
（法二）先由韦达定理得，再代入计算即可.
（ii）设出直线方程，联立其与双曲线方程可求得，结合点A在第一象限且且可求得的范围，进而求得的范围.
【详解】（1）因为，所以，
由题意可得，所以，
所以双曲线C的方程为.
（2）（i）设，直线AB的方程为，
由，消元得．
则，且，
（法一）∴
；
（法二）由韦达定理可得，即，
∴
，即与的比为定值．
（ii）设直线：，代入双曲线方程并整理得
，
由于点M为双曲线的左顶点，所以此方程有一根为，
由韦达定理得：，解得．
因为点A在双曲线的右支上，所以，
又点A在第一象限，所以，同理可得，
由（i）中结论可知，
得，所以，
故，
故的取值范围为.
【点睛】圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
(1)求代数式为定值．依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值．
(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得．
(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．
22．(1)
(2)
【分析】（1）根据抛物线的定义，即可求曲线方程；
（2）首先利用几何关系将面积比值，转化为长度比值，再转化为坐标比值，再利用换元法，转化为求函数的值域.
【详解】（1）曲线上每一点到点的距离减去到轴的距离的差都是2，即曲线上每一点到点的距离与到直线的距离相等，
所以曲线为抛物线，
；
（2）设点，
∵G为的重心
，
由相似三角形可知且，
可得，
令
，
因为，所以，故，
，
.
23．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意求出即可得解；
（2）设直线的方程为，联立椭圆方程，由根与系数的关系及化简，利用求解.
【详解】（1）由题意可知，，
当点为椭圆的上顶点时，，解得．
故椭圆的方程为.
（2）如图，

依题意，设直线的方程为，
易得．
联立方程组 消去并整理得，
则，，
直线的方程为，
令得，同理可得，
则，
由，解得，得，
即实数的取值范围为．
24．(1)不是，理由见解析
(2)
【分析】（1）设,利用点差法求解，求出直线方程，与双曲线方程联立，判断是否是中点;
(2)设直线方程，求出点坐标，设，联立方程，根据根与系数关系求解的范围，根据,求出，进而求出的取值范围.
【详解】（1）假设是的中点，设,
则，
由，可得,
则直线方程,即，
则，即，
故与题设矛盾，故点不是的中点.
（2）设直线方程,则，令，
设，联立，
则
故，即或，
根据，
则，代入双曲线方程可得，，
同理可得，
所以是方程的两个根，
则，，
故，
由或，则或，
即或,
故.
25．（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k<−1或.
又，故，所以
又
故即，
综上，或.
26．(1)
(2)
(3)，理由见解析
【分析】（1）由题意，利用与椭圆联立得两点坐标，再求AB的值，即可求解；
（2）设出直线方程，与椭圆联立列韦达定理，坐标化，代入，，y1y2，得到关于的式子，即可求解.
（3）设直线的方程为，联立方程组得到，结合不成立，得出方程无解，进而求得实数的取值范围.
【详解】（1）解：由椭圆，可得，则，所以，
当时，直线，
联立方程组，解得，，则.
（2）解：当斜率为时，由，，可得，
当斜率不存在时，由，可得，
当斜率存在时，设直线方程为，
联立方程组，整理得，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则，
且，
由，
则
，
令，可得且，则，
综上可得，的取值范围为.
（3）解：设直线的方程为
联立方程组，整理得，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则，
且，
设，
因为，，
所以
，
要使得都不是直角三角形，只需不成立，
即方程无解，即无解，
所以，解得，
又因为，所以实数的取值范围为.
【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的最值与范围问题的方法与策略：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围；
3、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，同时抓住直线与圆锥曲线的几何特征应用.
27．(1)
(2)
【分析】(1) 利用椭圆的定义，结合椭圆的几何性质知，，则，解出a，b即可得椭圆方程；
(2)设的方程为代入椭圆方程，求出M的坐标，可得，用代替k，可得，求出的面积S，可得，解不等式可得k的取值范围．
【详解】（1）设椭圆的左焦点为，连接，
由对称性知四边形是平行四边形，所以，．
由椭圆定义知，则，．
设椭圆的半焦距为，由椭圆的几何性质知，，则，
所以，
所以椭圆的标准方程为．
（2）椭圆的标准方程为．则，
所以直线，
如图所示，

设，
联立，消去并整理得，．．．
所以，所以，．．
所以，．
同理可得：，所以，
所以，
由，得，
整理得，得，．
又，所以，所以或．
所以的取值范围为．
【点睛】难点点睛：本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆位置关系中的三角形面积问题，综合性较强，难点在于计算过程相当复杂，计算量较大，并且基本都是有关字母参数的运算，十分容易出错.
28．(1)
(2)
【分析】（1）直接法求解轨迹方程；
（2）先根据几何关系得到，，，设，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，表达出的面积，利用基本不等式求出最值，求出答案.
【详解】（1）根据题意，，
将上式两边平方并化简，得，
即
（2）如图所示，其中为椭圆的左焦点，故为三角形的中位线，
所以，所以，，
，即求面积的取值范围，
不妨设，
联立消去得，显然，
故，
又的面积
，
令，则，由对勾函数单调性可知，当时，，
所以，即与的面积之和的取值范围为
【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．
29．(1)
(2)①，②是定值，16
【分析】（1）由直线的斜率为，结合斜率公式可得，由三点共线可表示出点，将它代入椭圆方程求出即可；
（2）①由斜率公式可得，结合的范围即可求解；②由三点共线， 三点共线，可表示出的坐标，再由两点间距离公式得的表达式，由此即可得解.
【详解】（1）由题意知，．
由直线的斜率为，得，
所以．
直线的方程为．
设，则．
由点到轴的距离为，得．
由点在直线上，得，所以．
由点在椭圆上，得，解得．
所以．
所以椭圆的方程为．
（2）

①设Px0,y0（或）．
由（1）知，，
则，
所以．
由或，
得或，
所以或．
故的取值范围是．
②由①知，即．
设．
因为三点共线，
所以，得．
因为三点共线，所以，
得．
所以．
故为定值16．
【点睛】关键点点睛：第二问的关键是首先化简所求表达式，结合相应的范围以及所满足的条件等式即可求解.
30．(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PA、PB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．
31．(1)证明见解析 ；
(2)32．
【分析】（1）先联立直线与椭圆方程求解A，B坐标关系式，由，得，将垂直关系转化为对应向量的数量积等于0证明结论；
（2）第一步：求解AB及点到距离, 第二步：由等面积法得,设，由二次函数的性质即可求解最大值.
【详解】（1）
联立直线与椭圆方程，，得，
设Ax1,y1，Bx2,y2，∴，，
∵
，
∴
（2）设为点到直线的距离，则，
由弦长公式得
．
由三角形面积得，
设，则，
由于，
∴，当，即时，等号成立，
∴的最大值为32．
32．（1）；（2）．
【分析】（1）由抛物线定义可得求p，写出抛物线方程即可；
（2）设，，直线的方程为，联立抛物线方程应用韦达定理得，，设，处的切线斜率分别为，，可得，处的切线方程，联立求坐标，即知在定直线上，应用将军饮马模型，即可求三角形周长的最小值．
【详解】（1）由抛物线定义，得，得，
∴抛物线的标准方程为；
（2）设，，直线的方程为，
∴联立，消掉，得，，
∴，，
设，处的切线斜率分别为，，则，，
∴在点的切线方程为，即①，
同理，在的切线方程为②，
由①②得：，代入①或②中可得：，
∴，即在定直线上，
设点关于直线的对称点为，则，由（1）知，
∵，即三点共线时等号成立，
∴三角形周长最小值为．
【点睛】关键点点睛：第二问，设交点及直线方程，联立抛物线结合韦达定理求，，再设切线方程，求交点坐标并可确定其在定直线上，应用将军饮马模型求三角形周长的最小值.
33．（1）；（2）最小值为2.
【分析】（1）设切线PB的方程为，代入抛物线方程整理为一元二次方程的形式，由相切知，结合到切线PB的距离为1，列方程组求k、m，注意验证是否存在两条切线.
（2）设切线PB的方程为，由到切线PB的距离为1，整理为一元二次方程的形式，应用韦达定理写出，进而求|AB|关于的表达式，由利用导数研究在上单调性，确定最值即可.
【详解】（1）由题意，可设切线PB的方程为，代入抛物线的方程得，
由相切的条件得：，即，
由直线与圆相切可得圆心到直线距离，即，
∴，可得或，
∵当时，有PB的方程为，此时与圆E的有且仅有一条切线，
∴，舍去，故，即.
（2）设切线方程为，即，
圆心到直线距离，整理得，而()，
设PA，PB斜率分别为，则
令y=0，得，
，
令，，则在上单调递增，即
∴的最小值为2.
【点睛】关键点点睛：
（1）设切线方程并联立抛物线方程，根据相切、点线距离求参数值，注意验证是否存在两条切线，即可得斜率.
（2）设切线方程，由点线距离公式整理成关于切线斜率k的一元二次方程，应用韦达定理、三角形面积公式求关于的函数式，利用导数求最值.
34．（1）；（2）详见解析；（3）．
【分析】（1）根据题意以及椭圆中，，满足的关系式即可求解；
（2）联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理和平面向量数量积的坐标表示即可得证；
（3）建立的函数关系式，将问题转化为求函数最值．
【详解】（1）由题意，椭圆，可得，
则，即，所以椭圆的离心率为e=ca=63.
（2）若切线的斜率不存在，则，
当，可得，不妨设，，则，所以；同理可得：当时，也有，
若切线的斜率存在，设，
因为直线与圆相切，可得，即，
由，整理得，
设，，可得，，
则，
所以，所以，
综上所述，总有成立；
（3）因为直线与圆相切，则圆半径即为的高，
当的斜率不存在时，由（2）可知，则；
当的斜率存在时，由（2）可知，
∴
，
当且仅当时，等号成立，
所以，此时 ，
综上所述，当且仅当时，面积的最大值为．
35．（1） （2）
【详解】试题分析：设出，由直线的斜率为求得，结合离心率求得，再由隐含条件求得，即可求椭圆方程；（2）点轴时，不合题意；当直线斜率存在时，设直线，联立直线方程和椭圆方程，由判别式大于零求得的范围，再由弦长公式求得，由点到直线的距离公式求得到的距离，代入三角形面积公式，化简后换元，利用基本不等式求得最值，进一步求出值，则直线方程可求.
试题解析：（1）设，因为直线的斜率为，
所以，.
又
解得，
所以椭圆的方程为.
（2）解：设
由题意可设直线的方程为：，
联立消去得，
当，所以，即或时
.
所以
点到直线的距离
所以，
设，则，
，
当且仅当，即，
解得时取等号，
满足
所以的面积最大时直线的方程为：或.
【方法点晴】本题主要考查待定系数法求椭圆方程及圆锥曲线求最值，属于难题.解决圆锥曲线中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法，本题（2）就是用的这种思路，利用均值不等式法求三角形最值的.
36．（Ⅰ）(132,0)；（Ⅱ）1040
【分析】（Ⅰ）求出抛物线标准方程，从而可得答案；
（Ⅱ）方法一使用韦达定理、中点公式和解方程法分别求得关于p,m,λ的表达式，得到关于p,m,λ的方程，利用基本不等式消去参数，得到关于的不等式，求解得到的最大值；方法二利用韦达定理和中点公式求得A(x0,y0)的坐标关于m,p的表达式，根据点A(x0,y0)在椭圆上，得到关于1p2关于的函数表达式，利用基本不等式和二次函数的性质得解，运算简洁，为最优解；方法三利用点差法得到y02+y1y0+8p2=0．根据判别式大于零，得到不等式Δ=y12−32p2≥0，通过解方程组求得y12=−4p2+2p4p2+2，代入求解得到的最大值；方法四利用抛物线的参数方程设出点的参数坐标，利用斜率关系求得的坐标关于p,t的表达式．作换元u=(2t+t)2，利用点A在椭圆上，得到p2=12u2+4u，然后利用二次函数的性质求得的最大值
【详解】（Ⅰ）当p=116时，的方程为y2=18x，故抛物线的焦点坐标为(132,0)；
（Ⅱ）[方法一]：韦达定理基本不等式法
设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0), l:x=λy+m，
由{x2+2y2=2x=λy+m⇒(2+λ2)y2+2λmy+m2−2=0，
∴y1+y2=−2λm2+λ2,y0=−λm2+λ2,x0=λy0+m=2m2+λ2，
由在抛物线上，所以λ2m2(2+λ2)2=4pm2+λ2⇒λ2m2+λ2=4p，
又{y2=2pxx=λy+m⇒y2=2p(λy+m)⇒y2−2pλy−2pm=0，
∴y1+y0=2pλ，∴x1+x0=λy1+m+λy0+m=2pλ2+2m，
∴x1=2pλ2+2m−2m2+λ2.
由{x22+y2=1y2=2px⇒x2+4px=2,即x2+4px−2=0
⇒x1=−4p+16p2+82=−2p+4p2+2
⇒−2p+4p2+2=2pλ2+2m⋅1+λ22+λ2=2pλ2+8pλ2+8p≥16p，
所以4p2+2≥18p，p2≤1160，p≤1040，
所以，的最大值为1040，此时A(2105,55).
[方法二]【最优解】：
设直线l:x=my+t(m≠0,t≠0)，A(x0,y0).
将直线的方程代入椭圆得：(m2+2)y2+2mty+t2−2=0，
所以点的纵坐标为yM=−mtm2+2.
将直线的方程代入抛物线C2:y2=2px得：y2−2pmy−2pt=0，
所以y0yM=−2pt，解得y0=2p(m2+2)m，因此x0=2p(m2+2)2m2，
由x022+y02=1解得1p2=2(m+2m)4+4(m+2m)2≥160，
所以当m=2,t=105时，取到最大值为1040.
[方法三] ：点差和判别式法
设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0)，其中x1+x2=2x0,y1+y2=2y0．
因为{x122+y12=1,x222+y22=1,所以x12−x222+y12−y22=0．
整理得y1+y2x1+x2⋅y1−y2x1−x2=−12，所以y0x0⋅y1−y2x1−x2=−12．
又y1−y2x1−x2=kAB=kAM=y1−y0x1−x0,y12=2px1,y02=2px0，
所以y0y022p⋅y1−y0y122p−y022p=−12，整理得y02+y1y0+8p2=0．
因为存在，所以上述关于的二次方程有解，即判别式Δ=y12−32p2≥0． ①
由{y12=2px1,x122+y12=1,得x1=−2p+4p2+2．
因此y12=2px1=−4p2+2p4p2+2，将此式代入①式解得p≤1040．
当且仅当点M的坐标为(1010,±510)时，p的最大值为1040．
[方法四]：参数法
设M(2pt2,2pt),kAM=yA−yMxA−xM=2pyA+yM，
由kABkOM=2pyA+yM⋅2pt2pt2=−b2a2=−12，得yA=−4pt−yM=−2p(2t+t),xA=2p(2t+t)2．
令u=(2t+t)2，则u∈[8,+∞)，点A坐标代入椭圆方程中，得p2=12u2+4u≤12×82+4×8=1160．
所以pmax=1040，此时M坐标为(1010,±510)．
37．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由焦距为2得到，再由双曲线的顶点求出，得到，椭圆方程；
（2）求出的方程，与椭圆方程联立后得到点Q的坐标，待定系数法求出圆的方程；
（3）设，，由向量共线得到，将两点坐标代入椭圆方程中，求出，从而表达出，结合基本不等式求出最值.
【详解】（1）双曲线的顶点坐标为，故，
由题意得，故，
故椭圆的方程为．
（2）因为，，所以的方程为，
由，解得点Q的坐标为．
设过P，Q，三点的圆为，
则，解得，，，
所以圆的方程为；
（3）设，，
则，，
因为，所以，即，
所以，解得，
所以
，
因为，所以，当且仅当，
即时，取等号．最大值为．
38．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据抛物线的定义即得动圆圆心的轨迹方程；
（2）将直线方程与抛物线方程联立，求出交点坐标，再由计算可得；
（3）根据题设先求出MN的解析式，可将距离最小值问题转化为二次函数最小值问题，分类讨论即得.
【详解】（1）因为动圆（为圆心）过定点，且与定直线l:x=−2相切，
即点到定点的距离与到直线l:x=−2的距离相等，且点不在直线l:x=−2上，
所以由抛物线定义知：圆心的轨迹是以定点为焦点，定直线l:x=−2为准线的抛物线，
抛物线方程形如y2=2pxp>0，又，则p=4，
故圆心的轨迹方程为．
（2）如图，由题知，直线的方程为，
由，解得或，所以，，
所以.

（3）设Mx,y，则，又，
则，
因二次函数的对称轴为，
故当，即时，，此时；
当，即时，，此时.
所以.
39．(1)
(2)在上没有最值．
【分析】（1）设，得到，求出，，得到轨迹方程；
（2）根据四边形为梯形，表达出面积，求导得到单调性，在上没有最值.
【详解】（1）设，，则有，其中，因为是的中点，
所以，则，即，，
故的运动轨迹曲线的方程．
（2）因为与平行，所以四边形是梯形，

其上底为，下底为，高为，
所以其面积，又，
所以，
令，则，
所以即关于单调递增，
又当时，；时，，
所以在上没有最值．
【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．
40．(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，，所以，
所以，
即，因为，解得：．
（2）因为F1,0，显然直线的斜率不可能为零，
设直线：，，
由可得，，所以，，
，
因为，所以，
即，
亦即，
将代入得，
，，
所以n≠1，且，解得或．
设点到直线的距离为，所以，
，
所以的面积，
而或，所以，
当时，的面积．
【点睛】本题解题关键是根据向量的数量积为零找到的关系，一是为了减元，二是通过相互的制约关系找到各自的范围，为得到的三角形面积公式提供定义域支持，从而求出面积的最小值.
41．（Ⅰ）；（Ⅱ）（i）2；（ⅱ）.
【详解】试题分析：（Ⅰ）根据椭圆的定义与几何性质列方程组确定的值，从而得到椭圆的方程；（Ⅱ）（i）设，，由题意知，然后利用这两点分别在两上椭圆上确定的值; （ⅱ）设，利用方程组结合韦达定理求出弦长，选将的面积表示成关于的表达式，然后，令，利用一元二次方程根的判别式确定的范围，从而求出的面积的最大值，并结合（i）的结果求出面积的最大值.
试题解析：（Ⅰ）由题意知，则,又可得,
所以椭圆C的标准方程为.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知椭圆E的方程为,
（i）设，，由题意知因为,
又，即,所以，即.
（ⅱ）设
将代入椭圆E的方程，
可得
由，可得①
则有
所以
因为直线与轴交点的坐标为
所以的面积
令,将代入椭圆C的方程可得
由Δ≥0，可得②
由①②可知
因此,故
当且仅当，即时取得最大值
由（i）知，面积为,所以面积的最大值为.
考点：1、椭圆的标准方程与几何性质；2、直线与椭圆位置关系综合问题；3、函数的最值问题.
42．(1)
(2)16
【分析】（1）结合题意得出几何关系，由抛物线定义即可得解；
（2）一方面：设，，联立与抛物线的方程，由韦达定理得，设，，同理可得，，结合向量数量积的坐标运算、基本不等式即可得解.
【详解】（1）由题意，
如图， ∵，
∴，
又∵不在轴负半轴上，
∴与直线垂直，
又∵，
∴点的轨迹是以1,0为焦点，为准线的抛物线，
∴点的轨迹方程为.
（2）
由得，
∵与交于两点，
∴，
设，，则，
又∵，
∴，
∵的斜率为，
∴直线的方程为，
设，，同理得，，
∴
，
当且仅当即时取到“=”，
∴的最小值为16.
43．(1),e=ca=63；
(2)
【分析】（1）由已知，将椭圆方程转化为标准形式，确定其长轴、短轴，并求出参数的值，从而求出椭圆方程及其离心率；
（2）根据题意，易知，通过动点的坐标求出点的坐标，将四边形分割成三角形和三角形进行运算即可.
【详解】（1）由题意知椭圆C: ，
所以，，
故，
解得，
所以椭圆的方程为.
因为，
所以离心率e=ca=63.
（2）设线段的中点为.
因为，所以.
由题意知直线的斜率存在，
设点的坐标为，
则点的坐标为，直线的斜率，
所以直线的斜率，
故直线的方程为.
令，得，故.
由，得，化简得.
因此，
．
当且仅当时，即时等号成立．
故四边形面积的最小值为．
44．（1）2，；（2），.
【分析】(1)由焦点坐标确定p的值和准线方程即可；
(2)设出直线方程，联立直线方程和抛物线方程，结合韦达定理求得面积的表达式，最后结合均值不等式的结论即可求得的最小值和点G的坐标.
【详解】(1)由题意可得，则，抛物线方程为，准线方程为.
(2)设，
设直线AB的方程为，与抛物线方程联立可得：
，故：，
，
设点C的坐标为，由重心坐标公式可得：
，，
令可得：，则.即，
由斜率公式可得：，
直线AC的方程为：，
令可得：，
故，
且，
由于，代入上式可得：，
由可得，则，
则
.
当且仅当，即，时等号成立.
此时，，则点G的坐标为.
【点睛】直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系，本题主要考查了抛物线准线方程的求解，直线与抛物线的位置关系，三角形重心公式的应用，基本不等式求最值的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
45．(1)
(2)
(3)存在，最小值为1
【分析】（1）由双曲线的离心率公式以及是正三角形的条件可求得a，b的值，则双曲线方程可求；
（2）结合题干中的条件，利用正余弦定理求解即可；
（3）设，联立直线方程与双曲线方程，结合韦达定理得出，再利用基本不等式求的最小值即可.
【详解】（1）由题意得，又，且是正三角形，
所以，
所以，故双曲线的方程为．
（2）直线的斜率为，，，，又，
设，则，在△中由正弦定理可得：，.
在△中由余弦定理可得：，
解得，∴，即.
（3）存在最小值.不妨设，联立，消得，
由△，得，
联立，得，同理得，
所以，
即，所以
当且仅当时等号成立. 所以存在最小值，且最小值为1.
【点睛】圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值.