新高中数学压轴题二轮专题专题27解析几何中的定直线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27解析几何中的定直线问题试题含解析答案，共69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．在平面直角坐标系中，已知双曲线Ｃ的中心为坐标原点，对称轴是坐标轴，右支与x轴的交点为，其中一条渐近线的倾斜角为.
(1)求C的标准方程；
(2)过点作直线l与双曲线C的左右两支分别交于A，B两点，在线段上取一点E满足，证明：点E在一条定直线上.
2．如图，在中，，若以所在直线为轴，以的中垂线为轴，建立平面直角坐标系.设动顶点.
(1)求顶点A的轨迹方程；
(2)记第（1）问中所求轨迹曲线为，设，过点作动直线与曲线交于两点（点在轴下方）.求证：直线与直线的交点在一条定直线上.
3．已知是圆：上的动点，点，直线与圆的另一个交点为，点在直线上，，动点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)若过点的直线与曲线相交于，两点，且，都在轴上方，问：在轴上是否存在定点，使得的内心在一条定直线上?请你给出结论并证明.
4．已知椭圆：的离心率为，右焦点为，，分别为椭圆的左、右顶点.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点作斜率不为的直线，直线与椭圆交于，两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值；
(3)在（2）的条件下，直线与直线交于点，求证：点在定直线上.
5．已知点，的两顶点，且点满足
（1）求动点的轨迹方程；
（2）设，求动点的轨迹方程；
（3）过点的动直线与曲线交于不同两点，过点作轴垂线，试判断直线与直线NH的交点是否恒在一条定直线上？若是，求该定直线的方程，否则，说明理由．
6．已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上.
7．已知曲线上任意一点满足，且.
(1)求的方程；
(2)设，若过的直线与交于两点，且直线与交于点.证明：点在定直线上.
8．已知双曲线的离心率为，左､右焦点分别为，点坐标为，且.
(1)求双曲线的方程；
(2)过点的动直线与的左､右两支分别交于两点，若点在线段上，满足，证明：在定直线上.
9．已知圆和点，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与线段相交于点，记点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)点在直线上运动，过点的动直线与曲线相交于点.
（ⅰ）若线段上一点，满足，求证：当的坐标为时，点在定直线上；
（ⅱ）过点作轴的垂线，垂足为，设直线的斜率分别为，当直线过点1,0时，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
10．已知双曲线G的中心为坐标原点，离心率为，左、右顶点分别为A−4,0，B4,0.
(1)求的方程；
(2)过右焦点的直线l与G的右支交于M，N两点，若直线与交于点．
（i）证明：点在定直线上：
（ii）若直线与交于点，求证：PF2⊥QF2．
11．已知抛物线和圆，抛物线的焦点为.
（1）求的圆心到的准线的距离；
（2）若点在抛物线上，且满足， 过点作圆的两条切线，记切点为，求四边形的面积的取值范围；
（3）如图，若直线与抛物线和圆依次交于四点，证明:的充要条件是“直线的方程为”
12．在平面直角坐标系中，动点在圆上，动点在直线上，过点作垂直于的直线与线段的垂直平分线交于点，且，记的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程.
(2)若直线与曲线交于两点，与曲线交于两点，其中，且同向，直线交于点.
（i）证明：点在一条确定的直线上，并求出该直线的方程；
（ii）当的面积等于时，试把表示成的函数.
13．已知抛物线的焦点为，过作互相垂直的直线，分别与交于和两点（A，D在第一象限），当直线的倾斜角等于时，四边形的面积为．
(1)求C的方程；
(2)设直线AD与BE交于点Q，证明：点在定直线上．
14．已知椭圆的两个顶点分别为、，焦点在轴上，离心率为，直线与椭圆交于、两点.
(1)求椭圆的方程；
(2)当变化时，是否存在过点的定直线，使直线平分？若存在，求出该定直线的方程；若不存在，请说明理由.
15．已知在平面直角坐标系中，抛物线的焦点与椭圆的一个顶点重合，点是椭圆上任意一点，椭圆的左、右焦点分别为，，且的最大值为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过抛物线上在第一象限内的一点作抛物线的切线，交椭圆于A，B两点，线段AB的中点为，过点作垂直于轴的直线，与直线OG交于点，求证：点在定直线上．
16．已知点A为圆上任意一点，点的坐标为，线段的垂直平分线与直线交于点．
(1)求点的轨迹的方程；
(2)设轨迹E与轴分别交于两点（在的左侧），过的直线与轨迹交于两点，直线与直线的交于，证明：在定直线上．
17．已知抛物线的焦点关于直线的对称点为．
(1)求的方程；
(2)若为坐标原点，过焦点且斜率为1的直线交于两点，求AB；
(3)过点的动直线交于不同的两点，为线段上一点，且满足，证明：点在某定直线上，并求出该定直线的方程．
18．已知双曲线的左､右焦点分别为，左､右顶点分别为，在轴上位于右侧有一点，满足.
(1)求的方程；
(2)过点且不与坐标轴垂直的直线与交于两点，以为圆心作圆与直线交于两点，证明：直线的交点恒在直线上.
19．已知椭圆：的右焦点为，过点作轴的垂线交椭圆于点．过点作椭圆的切线，交轴于点．
(1)求点的坐标；
(2)过点的直线（非轴）交椭圆于、两点，过点作轴的垂线与直线交于点，求证：线段的中点在定直线上．
20．已知椭圆的离心率为，左右焦点分别为，是椭圆上一点，，．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线与椭圆交于两点，为线段中点．
（i）求证：点轨迹方程为；
（ii）为坐标原点，射线与椭圆交于点，点为直线上一动点，且，求证：点在定直线上．
21．如图，已知抛物线，过点任作一直线与相交于两点，过点作轴的平行线与直线相交于点（为坐标原点）.
(1)证明：动点在定直线上；
(2)作的任意一条切线（不含轴）与直线相交于点，与（1）中的定直线相交于点，证明：为定值，并求此定值.
22．已知双曲线实轴端点分别为、，右焦点为，离心率为，过点的直线与双曲线交于另一点，已知的面积为．
(1)求双曲线的方程；
(2)若过点的直线与双曲线交于、两点，试探究直线与直线的交点是否在某条定直线上？若在，请求出该定直线方程；若不在，请说明理由．
23．过抛物线内部一点作任意两条直线，如图所示，连接延长交于点，当为焦点并且时，四边形面积的最小值为32

(1)求抛物线的方程；
(2)若点，证明在定直线上运动，并求出定直线方程.
24．已知双曲线．
(1)求C的右支与直线围成的区域内部（不含边界）整点（横纵坐标均为整数的点）的个数．
(2)记C的左、右顶点分别为，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P，证明：点P在定直线上．
25．已知抛物线，过点的两条直线、分别交于、两点和、两点．当的斜率为时，．
(1)求的标准方程；
(2)设为直线与的交点，证明：点在定直线上．
26．如图，已知椭圆的方程为，点、分别是椭圆的左、右顶点，点的坐标是，过点的动直线交椭圆于点、（点的横坐标小于点的横坐标）．
(1)求椭圆焦点的坐标；
(2)是否存在常数，使为定值，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
(3)当设直线的斜率不为时，设直线与交于点．请提出一个与点有关的问题，并求解该问题．
（备注：本小题将根据提出问题的质量及其解答情况进行分层计分．）
27．已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为y=±3x．
(1)求双曲线的方程；
(2)已知点是双曲线的右支上异于顶点的任意点，点在直线上，且，为的中点，求证：直线与直线的交点在某定曲线上．
28．已知椭圆的左､右焦点分别为是上一点，且点到点的距离之和为.
(1)求的方程；
(2)斜率为的直线与交于两点，则的外心是否在一条定直线上？若在，求出该直线的方程；若不在，请说明理由.
29．在平面直角坐标系中，已知点，，点M满足：．记M的轨迹为C．
(1)求曲线C的方程；
(2)过点的直线l交曲线C于M，N两点，过点M，N分别作曲线C的切线，两切线交于点，试探究：动点是否在一条定直线上？若不在，请说明理由；若在，求出该直线的方程．
30．已知点，分别为椭圆：的左顶点和右焦点（椭圆的左顶点M−2,0，右焦点F1,0．），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k1+k2=−14，若存在，求出直线的方程；不存在，说明理由．
31．已知双曲线C：实轴的左、右端点分别为，，点在C上，且，的斜率之积为．
(1)求C的方程；
(2)已知直线l与C交于M，N两点（均与P不重合），与直线交于点Q，且点M，N在直线的两侧，若，线段MN的中点为R，证明：点R在一条定直线上．
32．已知椭圆的短轴长为2，且离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设椭圆的上､下顶点分别为点，过点的直线与椭圆交于不同两点，且，直线与直线交于点，求证：点在一条定直线上.
33．已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，直线与的左、右两支分别交于，两点，四边形为矩形，且面积为．
(1)求四边形的外接圆方程；
(2)设，为的左、右顶点，直线过点与交于，两点（异于，），直线与交于点，证明：点在定直线上．
34．已知A，B分别是双曲线的左、右顶点，是上异于A，B的一点，直线PA，PB的斜率分别为，且.
(1)求双曲线的方程;
(2)已知过点的直线交于两点（异于A，B），直线与直线交于点.求证:点在定直线上.
35．在平面直角坐标系中，已知椭圆E：的离心率为，右焦点F到椭圆E上任意一点的最小距离为1．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设A，B为椭圆E的左，右顶点，过点F作直线l交椭圆E于C，D两点，C与A，B不重合），连接，交于点Q．
①求证：点Q在定直线上：
②设，，求的最大值．
36．太曲线由曲线和曲线组成，其中点、为曲线所在圆锥曲线的焦点，点、为曲线所在圆锥曲线的焦点.

(1)若，，求曲线的方程；
(2)作曲线第一象限中渐近线的平行线，若与曲线有两个公共点、，求证：弦的中点必在曲线的另一条渐近线上；
(3)设，，若直线过点交曲线于点，求的面积的最大值.
37．已知椭圆的左、右顶点分别为，右焦点为，且，以为圆心，为半径的圆经过点.
(1)求的方程；
(2)过点且斜率为的直线交椭圆于，
（ⅰ）设点在第一象限，且直线与交于.若，求的值；
（ⅱ）连接交圆于点，射线上存在一点，且为定值，已知点在定直线上，求所在定直线方程.
参考答案：
1．(1)x2−y23=1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意可得双曲线焦点在轴上，且，，即可求得双曲线方程；
（2）根据双曲线对称性以及交点特征，设出直线方程并与双曲线联立，利用韦达定理根据题目中的表达式代入整理可知点E在定直线上.
【详解】（1）根据题意，设双曲线的方程为，
由题知，，可得；
所以双曲线方程为x2−y23=1.
（2）易知为双曲线的右焦点，如下图所示：

由题知直线l斜率存在，
根据对称性，不妨设斜率为，故直线的方程为，
代入双曲线方程得，
设，，
由韦达定理有，，
且，，
设，点E在线段上，所以
由可得
化简得，
代入和并化简可得，
即存在点E满足条件，并且在定直线上.
2．(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）根据椭圆的定义，求得椭圆的的值，可得答案；
（2）根据联立直线与椭圆写出的韦达定理，表示出直线的直线方程，联立整理方程，可得答案.
【详解】（1）由，则A的轨迹为以为焦点的椭圆，且，；
由，则，，即，
故A的轨迹方程为.
（2）直线方程可设为，
联立可得，消去可得：，
显然成立，
设，则，即，
设，，
联立上述两方程，消去可得，
，，
，，
由，则，
，解得；
综上所述，动点的轨迹方程为直线.
【点睛】方法点睛：过定点问题的两大类型及解法
（1）动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为，由题设条件将t用k表示为，得，故动直线过定点；
（2）动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线 C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
3．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）由题意可得点在以，为焦点，为实轴长的双曲线上，且焦距为，从而可求出曲线的方程；
（2）由条件可设：，代入双曲线方程化简，再利用根与系数的关系，当时，可求得，则的平分线为定直线，从而可得结论.
【详解】（1）圆的圆心为，半径，
因为，所以，又因为，
所以，
所以，
所以点在以，为焦点，为实轴长的双曲线上，
设双曲线的方程为，
则，.
所以，，
又不可能在轴上，所以曲线的方程为.

（2）在轴上存在定点，使得的内心在一条定直线上.
证明如下：由条件可设：.代入，
得，
设，，则
，得m2≠2，
所以
所以，
取，
则
又，都在轴上方，所以的平分线为定直线，
所以在轴上存在定点，使得的内心在定直线上.
【点睛】关键点点睛：此题考查直线与双曲线的位置关系，考查双曲线方程的求解，第（2）问解题的关键是取，通过计算，可得定直线为，考查数学计算能力，属于较难题.
4．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的几何性质列出方程组求出，即可得出椭圆的方程；
（2）设，，直线的方程为，与椭圆方程联立得到，代入的表达式，即可得出为定值；
（3）根据（1）中的结论，设，则，求出直线AP、BQ的方程，联立即可求出点M的坐标，从而可知其在定直线上．
【详解】（1）依题可得，解得，所以，
所以椭圆的方程为．
（2）设，，因为直线过点且斜率不为，
所以可设的方程为，代入椭圆方程得，
其判别式，所以，.
两式相除得，即．
因为分别为椭圆的左、右顶点，所以点的坐标为，点的坐标为，
所以，．
从而．
（3）由（1）知，设，则，
所以直线的方程为，直线的方程为，
联立可得，
所以直线与直线的交点的坐标为，
所以点在定直线上.
【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.
5．（1）；（2）；（3）两直线，NH的交点恒落在直线上．
【分析】（1）设出点的坐标，代入，化简后求得动点的轨迹方程.（2）设出点的坐标，利用向量相等列方程，转化为的坐标，代入（1）中的方程可求得的方程.（3）设出直线的方程，代入的方程，化简后写出韦达定理，写出直线和直线NH的方程并求出它们的交点坐标，化简后可知两直线，的交点恒落在直线上.
【详解】（1）设动点，其中.由得：
（2）设点，由得代入（1）中的方程得：，
即曲线的轨迹方程为.
（3）显然过点的直线不垂直轴，设，同时设，.
由消整理得：.
由韦达定理得：，.
直线.
直线.
联立①②求解交点，消得：.
.
把韦达定理中的及变形式代入上式得：
（与无关）.
故两直线，的交点恒落在直线上.
【点睛】本小题主要考查轨迹方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查两条直线的交点，综合性较强，属于难题.对于求动点的轨迹方程，有多种方法，本题中第一问采用的是直接法，也就是给定动点满足的一个等式，将动点的坐标直接代入这个等式，化简后可得到轨迹方程.第二问采用的是代入法，也即是将要求的动点的坐标，转化为已知点的坐标，代入已知的曲线方程，化简后可求得动点的轨迹方程.
6．(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题意求得的值即可确定双曲线方程；
（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线与的方程，联立直线方程，消去，结合韦达定理计算可得，即交点的横坐标为定值，据此可证得点在定直线上.
【详解】（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知，
则由可得，，
双曲线方程为.
（2）由(1)可得，设，
显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，
与联立可得，且，
则，

直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
，
由可得，即，
据此可得点在定直线上运动.
【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键.
7．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据双曲线的定义进行求解；
（2）设出经过的直线方程，且P(x1,y1),Q(x2,y2)，利用的坐标表示出的横坐标，然后结合韦达定理求解.
【详解】（1）由于，符合双曲线的定义，
于是，即，
故，注意到，且焦点在轴上，
故曲线的方程为
（2）若过的直线与交于两点，则斜率不会是，否则和右支只有一个交点，

设该直线为，和双曲线联立可得，
则，故，
设P(x1,y1),Q(x2,y2)，则方程可写作：，的方程可写作：，
联立的方程可得，，整理可得，，
则，
利用在直线上，
于是，
于是，故，
即，故交点一定落在上.
8．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率设，代入得到，得到答案.
（2）设，联立方程得到根与系数的关系，根据得到，代入数据整理得到，得到答案.
【详解】（1）设，因为双曲线的离心率为，
设，
所以，
所以，解得或（舍），
所以双曲线的方程为，
（2）设，当直线斜率不存在时不成立，设，
即，
由，可得，
由于点在双曲线内部，易得，所以.
设Mx0,y0，根据题意，，又，可得，
整理得：，
即，化简得
又，消去，得，
所以点在定直线上.
【点睛】关键点睛：本题考查了求双曲线方程，定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键.
9．(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）λ=12
【分析】（1）根据中垂线的性质可得，由椭圆的定义可知动点的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，从而求出轨迹方程；
（2）（ⅰ）设直线的方程为，设，与椭圆联立韦达定理，把线段长度比转化为坐标比，代入韦达定理化简即可得点在定直线上；
（ⅱ）利用坐标表示两个斜率，然后作商，将韦达定理代入即可判断.
【详解】（1）由题意知圆心，半径为4，且，，则，所以点的轨迹为以为焦点的椭圆，
设曲线的方程为，则，解得，
所以，
所以曲线的方程为；

（2）（ⅰ）因为直线的斜率一定存在，设直线的方程为，
因为在上，所以，
由得，
，设，
则，由得，
化简得，则，
化简得，又因为，所以，
所以点在定直线上.
（ⅱ）因为直线过1,0，所以，直线方程为，
从而得，，
由（ⅰ）知，，，
所以
，
所以存在实数λ=12，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x1,y1、x2,y2；
（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.
10．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由点，的坐标可知，结合离心率可得，即可得，即可得双曲线方程；
（2）设出Mx1,y1，Nx2,y2，可表示出直线与的方程，借助联立直线l与G所得韦达定理计算即可得证点在定直线上；由双曲线的对称性可得点亦在该直线上，借助韦达定理，通过计算F2P⋅F2Q的值从而得证.
【详解】（1）由点，的坐标可知，
离心率为e=ca=54，故，所以b=c2−a2=3，
所以双曲线方程为；
（2）（ⅰ）设直线为：x=my+5，联立双曲线得x=my−5x216−y29=1，
消去得：9m2−16y2+90my+81=0，
根据题意得：9m2−16≠0，Δ=8100m2−4×819m2−16=64×811+m2>0
设Mx1,y1，Nx2,y2，则y1+y2=−90m9m2−16，y1y2=819m2−16，
x1+x2=−1609m2−16>0，x1x2=−400+144m29m2−16>0，故m2<169，
直线：y=y1x1+4x+4，因为在上，所以x12−1616=y129，
直线：y=9x1−416y1x+4，直线：y=y2x2−4x−4，
令9x1−416y1x+4=y2x2−4x−4，
可得9x−416x−4=y1y2x1−4x2−4=y1y2x1x2−4x1+x2+16
=819m2−16−400+144m29m2−16+4×1609m2−16+16=−8116，
解得，故点在直线上；
（ⅱ）由双曲线对称性可知，点也在直线上，
设P165,y3，Q165,y4，点在直线上，所以y3=365×y1x1+4，
点在直线ANy=y2x2+4x+4上，所以y4=365×y2x2+4，
F2P⋅F2Q=−95,y3⋅−95,y4=8125+y3y4=8125+129625×y2x2+4×y1x1+4
=8125+129625×y1y2x1x2+4x1+x2+16=8125+129625×819m2−16−400+144m29m2−16−4×1609m2−16+16
=8125+129625×−811296=0，所以PF2⊥QF2.
【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x1,y1，x2,y2；
（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.
11．（1）4；（2）；（3）见解析
【解析】（1）分别求出圆心和准线方程即可得解；
（2）根据条件可表示出四边形的面积，利用函数的单调性即可得解；
（3）充分性：令直线的方程为，分别求出、、、四点坐标后即可证明；必要性：设的方程为，，，，，由可得，即可得出与的关系，进而可得出直线的方程为.
【详解】（1）由可得:，的圆心与的焦点重合，
的圆心到的准线的距离为.
（2）四边形的面积为:
，
当时，四边形的面积的取值范围为.
（2）证明(充分性) :若直线的方程为，将分别代入
得，，，.
，.
(必要性) :若，则线段与线段的中点重合，
设的方程为，，，，，
则，将代入得，
，即，
同理可得，，
即或，
而当时，将其代入得不可能成立； .
当时，由得：，，
将代入得，，
，，
，或（舍去）
直线的方程为.
的充要条件是“直线的方程为”.
【点睛】本题考查了抛物线和圆的性质、直线与圆锥曲线的综合、条件之间的关系，考查了转化化归的思想和计算能力，属于难题.
12．(1)
(2)（i）证明见解析，；（ii）
【分析】（1）设Mx,y，代入中，化简即可得；
（2）（i）联立曲线，借助韦达定理计算可得，即可得点在定直线上（ii）借助弦长公式表示出，借助面积公式可得，化简即可得解.
【详解】（1）由题意得，，
设Mx,y，则，化简整理得，
所以动点的轨迹的方程为；
（2）（i）设，
联立，整理得，
则，得，
且，同理，
设的中点分别为，则，
由题意可知存在实数，使，
所以三点共线，即点在定直线上；
（ii）由（i）得，
，
同理，设的底边上的高为，梯形的高为，
则由相似比得，
解得
，
所以的面积
，
又，所以
，
整理得，所以，
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y1+y2、y1y2）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
13．(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）由抛物线的对称性知，由四边形的面积求出，又的方程为，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理及焦点弦公式求出，即可得解；
（2）设直线的方程为y=kx−1，则直线的方程为，设Ax1,y1,Bx2,y2，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，表示出直线、的方程，联立解得，即可得证.
【详解】（1）当直线的倾斜角等于时，直线的倾斜角等于，
直线的方程为，由抛物线的对称性知，
所以，得．
联立方程组，消去得．
设两点的横坐标分别为，则，．
又，所以，所以的方程为．
（2）由（1）知F1,0，依题意，可设直线的方程为y=kx−1，
则直线的方程为．
联立方程组消去得，显然，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则．
设，同理可得，
所以，同理可得．
直线的方程为，
即．
同理，直线的方程为
．
两直线方程联立得，解得，
即直线与的交点在定直线上．
【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x1,y1、x2,y2；
（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.
14．(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据题意，得到，由，求得，即可求得椭圆的方程的标准方程；
（2）假设存在定直线，设为，联立方程组求得，化简，设直线、及直线的倾角分别为，，，且直线与直线交于点，利用斜率公式，化简得到且，求得，即可求解.
【详解】（1）解：由椭圆的两个顶点分别为、，可得，
又由，解得，
所以椭圆的方程的标准方程为.
（2）解：假设存在定直线，显然直线的斜率存在，设为，且Mx1,y1、Nx2,y2，
联立方程组，整理得，
则，且，，
由
.
设直线、及直线的倾角分别为，，，设直线与直线交于点，
则，，所以，
即，
所以即，
化简得且，
所以，解得或（舍），
所以存在过点的定直线，使直线平分，该定直线的方程为；
【点睛】方法点睛：解决抛物线问题的方法与策略：
1、涉及圆锥曲线的定义问题：抛物线的定义是解决圆锥曲线问题的基础，它能将两种距离(圆锥曲线上的点到焦点的距离、圆锥曲线上的点到准线的距离)进行等量转化．如果问题中涉及圆锥曲线的焦点和准线，又能与距离联系起来，那么用圆锥曲线定义就能解决问题．因此，涉及圆锥曲线的焦半径、焦点弦问题，可以优先考虑利用圆锥曲线的定义转化为点到准线的距离，这样就可以使问题简单化．
2、涉及直线与圆锥曲线的综合问题：通常设出直线方程，与圆锥曲线方程联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时注意向量、基本不等式、函数及导数在解答中的应用.
15．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）当为椭圆的短轴端点时，取得最大值，据此即可求解；
（2）设点，利用导数求出直线AB的方程，设Ax1,y1，Bx2,y2，联立求出点坐标，求出直线OG的方程，求出即可求解.
【详解】（1）∵，∴，则为椭圆的上顶点，
∴，由题意知：当为椭圆的短轴端点时，
取得最大值，此时在中，
，，∴，
则，∴，
∴椭圆的标准方程为：；
（2）

设点，对求导得，
∴直线AB的斜率，∴直线AB的方程为，
即，设Ax1,y1，Bx2,y2，
由得：，
由得：，
∴，，
∴，
∴，∴，
则直线OG的方程为，又过点且垂直于轴的直线的方程为，
则由得：，∴点在定直线上.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于当为椭圆的短轴端点时，取得最大值以及利用导数求出直线AB的方程的分析.
16．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意推出，结合双曲线定义即可求得答案；
（2）设出直线l的方程，联立双曲线方程，得到根与系数的关系，表示出直线和的方程，推得，结合根与系数的关系化简，即可证明结论.
【详解】（1）由得，其半径为4，
因为线段的垂直平分线与直线交于点，

故，则,
而，故点的轨迹为以为焦点的双曲线，
则，
故点的轨迹的方程为.
（2）证明：由题意知，

若直线l斜率为0，则其与双曲线的交点为双曲线的两顶点，不合题意；
故直线l的斜率不能为0，故设其方程为，
联立，得，，
故，
设，则直线的方程为，
直线的方程为，
故，
则，
即，解得，
故直线与直线的交点在定直线上.
【点睛】难点点睛：本题考查了利用双曲线定义求解双曲线方程以及直线和双曲线的位置关系中的点在定直线上的问题，难点在于证明直线与直线的交点在定直线上，解答时要设直线方程，利用根与系数的关系进行化简，计算过程比较复杂，且大都是关于字母参数的运算，要十分细心.
17．(1)；
(2)8；
(3)证明见解析，2x−y−1=0
【分析】（1）由焦点关于直线的对称点为即可求得p值，则抛物线方程可求；
（2）联立直线方程与抛物线方程，结合韦达定理以及过抛物线焦点的弦长公式即可求解；
（3）设直线的方程为，联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理化简，分析可得，则定直线方程可求.
【详解】（1）抛物线的焦点关于直线的对称点为，于是，解得：，
所以抛物线的方程为．
（2）由（1）知F0,1，直线的方程为，设Ax1,y1,Bx2,y2，
由消去得：，
则，
所以．
（3）由题意可得直线的斜率存在．设直线的方程为，
代人抛物线方程，整理得或．
设，则，
由，
得，
化简得，
当时，因，化简得x0=4，与直线的斜率存在矛盾，不合题意；
当时，
化简得．
即
化简得，
又，所以，
化简得，
所以点在直线2x−y−1=0上．
【点睛】
方法点睛：涉及动直线与圆锥曲线相交满足某个条件问题，可设出直线方程，再与圆锥曲线方程联立，利用韦达定理并结合已知推理求解.
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设的半焦距为，则，由已知可得，可求，进而可得，可求椭圆的方程.
（2）由（1）知，点，设直线的方程为，联立方程组可得，设，求得的方程，联立两方程可求得直线的交点恒在直线上.
【详解】（1）设的半焦距为，则.
因为，
所以，解得，
因为，所以，即，解得，
则，
所以的方程为.
（2）由（1）知，点，设直线的方程为.
由，可得，
则.
设，则.
由题可设，
则直线的方程为，直线的方程为，
联立两方程，可得
，
解得，即直线的交点恒在直线上.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法再联立双曲线方程得到韦达定理式，再写出直线的方程，联立得到的表达式，再求出值即可.
19．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，求出，进而求出椭圆的方程，再设出切线方程，并与椭圆方程联立，由求出切线方程即可得解.
（2）设直线：，A(x1,y1),B(x2,y2)，联立直线与的方程，求出的中点纵坐标，结合韦达定理计算推理即得.
【详解】（1）依题意，点，，解得，椭圆：，
显然过点的椭圆的切线斜率存在，设其方程为，
由消去并整理得，
，
整理得，解得，切线方程为，由，得，
所以点的坐标是.
（2）设直线的方程为，A(x1,y1),B(x2,y2)，线段的中点，
由消去得，
则，，，
直线的方程为，则点，
于是，
，
，因此点在直线上，
所以线段的中点在定直线上.
【点睛】方法点睛：联立直线l与椭圆C的方程组，消元后的一元二次方程判别式为：
①直线l与椭圆C相交；②直线l与椭圆C相切；③直线l与椭圆C相离.
20．(1)；
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的焦点三角形，即可结合余弦定理求解，
（2）（i）联立直线与椭圆的方程可得韦达定理，即可根据中点坐标公式可得，从而即可得证；（ii）进一步根据向量的坐标运算即可得证.
【详解】（1）因为椭圆的离心率为，所以，解得.
因为，，.
在中，由余弦定理得，
解得，则，故椭圆的方程为；
（2）（i）
当直线的斜率存在且不为0时，不妨设直线的方程为，
联立得.
因在椭圆内，所以直线必与椭圆相交.
设，由韦达定理得，
所以.
因为为线段中点，
所以，此时，则.
要证，只需证明，
而，
所以点轨迹方程为；
（ii）联立得，则.
不妨设，所以，.
不妨设，由得
，
即.
因为，，
所以.
∵，所以，即，
则点在定直线上.
当直线斜率为0时，轴，此时,.
因为，所以，则，
故点在定直线上；
当直线无斜率时，此时直线方程为，易知轴，
所以点在轴上，则.
∵，所以，即，则点在定直线上.
综上可得：点在定直线上.
【点睛】方法点睛：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
21．（1）详见解析，（2）8.
【详解】试题分析：（1）依题意可设的方程为，代入，得即，设，则有，直线的方程为的方程为，解得交点的坐标，利用，即可求得点在定直线上；（2）依据题意得，切线的方程为，代入得即．由得，分别令得得的坐标为，从而可知为定值．
试题解析：（1）依题意可设的方程为，代入，得，
即，设，则有，
直线的方程为的方程为，解得交点的坐标为，
注意到及，则有，
因此点在定直线上．
（2）依题意,切线的斜率存在且不等于．
设切线的方程为，代入得，即．
由得，化简整理得．故切线的方程可写为．
分别令，得的坐标为，
则，即为定值．
考点：直线与圆锥曲线的位置关系．
【方法点晴】本题主要考查了直线与圆锥曲线的位置关系，其中解答中涉及到抛物线的方程及其几何性质的应用，直线与圆锥曲线的位置关系等基础知识的考查，着重考查了学生分析问题和解答问题能力，以及推理与论证能力和数形结合思想，此类问题的解答中把直线的方程代入圆锥曲线的方程，转化为根与系数的关系是解答的关键，试题有一定的难度，属于中档试题．
22．(1)x2−y23=1
(2)在，且定直线方程为
【分析】（1）分析可知，可得出，利用三角形的面积公式可求出的值，进而可得出、的值，由此可得出双曲线的方程；
（2）分析可知，直线不与轴重合，设直线的方程为，设点Mx1,y1、Nx2,y2，将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，将直线、的方程联立，求出这两条直线交点的横坐标，即可得出结论.
【详解】（1）解：因为双曲线的离心率为，可得，则，
则，可得，则，，
因此，双曲线的方程为x2−y23=1.
（2）证明：若直线与轴重合，则点、为双曲线实轴的端点，不合乎题意，
设直线的方程为，设点Mx1,y1、Nx2,y2，
联立可得，
则，可得，
由韦达定理可得，，
直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得
，解得.
因此，点在定直线上.
【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．
23．(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）设直线，联立方程组求得，利用弦长公式，分别求得，得到，结合基本不等式，即可求解；
（2）由和共线，得到，，又由和共线，得到和，进而得到，即可求解.
【详解】（1）解：设，
设直线，联立方程组，整理得，
可得，
所以，
同理可得，
所以，当且仅当时取等号，
所以，所以抛物线的方程为.
（2）解：当为时，，
由共线，可得，可得 ①，
同理由共线 ②
又由共线，可得，所以 ③
同理由共线，可得 ④
由①③得，
即 ⑤
又由②④得，
即 ⑥
由⑤⑥得，
即，即，所以在上.

24．(1)
(2)
【分析】（1）由题意开始求整点通项,再应用等差数列求和个数计算即可得；
（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线与的方程，联立直线方程，消去，结合韦达定理计算可得，即交点的横坐标为定值，据此可证得点在定直线上.
【详解】（1）因为双曲线方程为，令时,整点时为,整点个数为,
区域内部（不含边界）整点为个.
（2）由(1)可得，设，
显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，
与联立可得，且，
则，

直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
，
由可得，即，
据此可得点在定直线上运动.
【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键.
25．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）当直线的斜率为时，写出直线的方程，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式可得出关于的方程，结合可求出的值，即可得出抛物线的标准方程；
（2）分析可知直线、都不与轴重合，设直线的方程为，将该直线的方程与抛物线的方程联立，设、，由韦达定理可得，同理可得出，写出直线、的方程，求出这两条直线的交点的横坐标，即可证得结论成立.
【详解】（1）解：当直线的斜率为时，直线的方程为，设点、，
联立可得，
，因为，可得，
由韦达定理可得，，
，
整理可得，解得p=1或（舍去），
因此，抛物线的方程为.
（2）证明：当直线与轴重合时，直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
所以，直线不与轴重合，同理可知直线也不与轴重合，
设直线的方程为，联立可得，
则可得，
设点、，由韦达定理可得，
设直线的方程为，设点、，同理可得，
直线的方程为，即，
化简可得，
同理可知，直线的方程为，
因为点在抛物线的对称轴上，由抛物线的对称性可知，

交点必在垂直于轴的直线上，所以只需证明点的横坐标为定值即可，
由，消去，
因为直线与相交，则，
解得
，
所以，点的横坐标为，因此，直线与的交点必在定直线上.
【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y1+y2、y1y2）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
26．(1)和
(2)存在，
(3)答案见解析
【分析】（1）根据椭圆方程求出，即可得到焦点坐标；
（2）①当直线斜率不为时，设直线的方程为：，Px1,y1、Qx2,y2，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，利用数量积运算求解；②当直线斜率为，直接求出点的坐标，再计算数量积，即可得解；
（3）首先得到、的方程，联立消去，求出，即可得到点在直线上.
【详解】（1）椭圆的方程为，则，，所以，
则椭圆的焦点坐标为和.
（2）①l必存在斜率，当直线斜率不为时，设直线的方程为：，Px1,y1、Qx2,y2，
联立并化简得：，
∴，解得，∴，，
又，，，，
∴，
，
若使为定值，
只需，即，其定值为，
②当直线斜率为，直线的方程为，则有、，
又，，，，
∴，当时，也为定值，
综上，存在一个常数，使为定值.
（3）问题：S是否在一条定直线上？
点在定直线上，理由如下：
由（2）可知，A−2,0，，
当直线的斜率不为时，，，
则直线的方程为y=y1x1+2x+2，
直线的方程为，
则，
所以
，
所以，
所以点的轨迹方程为，即点在定直线上.
【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x1,y1、x2,y2；
（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.
27．(1)x2−y23=1
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据右焦点和渐近线方程，可列出关于的方程，进而求解即可；
（2）先设出和直线与直线的交点，先表示出坐标，再由，列出方程组，最后消参可得定曲线方程.
【详解】（1）解：由于双曲线右焦点为，渐近线为y=±3x，
所以，，
解得，
所以双曲线的方程为：x2−y23=1
（2）证明：设，直线与直线的交点为，
设直线为，
由题可知：，
联立 ，化简得，
所以，由可得 ，
那么，
所以，
由于是中点，所以，
因为，所以 且，解得，
因为直线与直线的交点为，
根据斜率相等可得，
代入的坐标得
化简得 ，
将两式相乘得，即为，
所以直线与直线的交点在定曲线上.
28．(1)
(2)存在，2x−y−1=0
【分析】（1）由已知可得，求解即可；
（2）设直线的方程为，联立方程组可得，且，，可求得，设直线的方程为，即，与椭圆联立方程组可得，求得的垂直平分线方程，同理可求的垂直平分线方程，可求得的外心在定直线上.
【详解】（1）由题意，得，解得，
故的方程为.
（2）的外心在定直线0上.理由如下：
由题意设直线的方程为，

联立，得，
所以，
即，且.
设的中点为，
则，
所以
，
即直线与的斜率互为相反数.
设直线的方程为，即.
联立，得，
则，
所以，
所以，
即，
所以线段的垂直平分线的方程为，
即①.
直线的方程为，同理可得线段的垂直平分线的方程为
②
联立①②，得，
得2x−y−1=0，
故的外心在定直线2x−y−1=0上.
【点睛】方法点睛：本题考查直线与椭圆相交问题，解题方法是设出直线方程，设出交战坐标为，直线方程与椭圆方程联立消元后应用根与系数关系得，代入运算得结论．考查了学生的运算求解能力，逻辑思维能力，属于难题．
29．(1)（）．
(2)答案见解析．
【分析】（1）根据双曲线的定义求得轨迹方程；
（2）设，，再设过点的切线方程是，与曲线方程联立求得得切线方程，同理得过点的切线方程，设交点为P(x0,y0)，代入两切线方程后观察得出切点弦所在直线方程，再由直线过点，点坐标代入后关于的等式，由此可知点所在直线方程，
【详解】（1），由已知，所以点轨迹是以为焦点的双曲线的右支，
，，，则，
所以轨迹方程为（）．
（2）时，，，因此A在双曲线右支含有焦点的部分，
设，，
设过点的切线方程是，，则，，
由，得，
，
整理得，
，，，
切线方程为，，
同理过点的切线方程为，
设P(x0,y0)，则，
所以过点，的直线方程为，又直线过，
所以，
所以P(x0,y0)在定直线上．
【点睛】结论点睛：圆锥曲线切点弦所在直线方程求法，过双曲线外一点P(x0,y0)作双曲线的两条切线，切点弦所在直线方程为，方法是设两切点分别为，设过的点的切线方程是，代入双曲线方程，应用判别式求得，从而得切线方程为，同理得另一切线方程为，两条切线都过点，因此有，由直线方程的概念可得过点的直线方程．对椭圆、抛物线也有类似结论．
30．(1)
(2)存在直线：4x−y−4=0
【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，，，c2=a2−b2=4−3=1，
∴，，
故椭圆的率心率e=ca=12．
（2）如图，
假设存在直线，满足k1+k2=−14．
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y=kx−1，
联立y=kx−1x24+y23=1，化简得3+4k2x2−8k2x+4k2−12=0．
由题意易知恒成立．
设直线与椭圆的两个交点为Px1,y1，Qx2,y2，
根据韦达定理得x1+x2=8k23+4k2，x1x2=4k2−123+4k2，
则k1+k2=y1x1+2+y2x2+2=kx1−1x1+2+kx2−1x2+2=k⋅2x1x2+x1+x2−4x1x2+2x1+x2+4
=k⋅2⋅4k2−123+4k2+8k23+4k2−44k2−123+4k2+2⋅8k23+4k2+4=k⋅8k2−24+8k2−43+4k24k2−12+16k2+43+4k2
=−1k=−14，
∴，即直线：y=4x−1，化简得4x−y−4=0．
综上可知，存在直线：4x−y−4=0，满足k1+k2=−14．
【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k1+k2=−14得出.
31．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知条件可以得到，求出，再根据在双曲线上，求出，求出标准方程；
（2）根据已知条件可得，由M，N在直线的两侧，得，设直线l：，Mx1,y1，Nx2,y2，联立得到一元二次方程，利用韦达定理即可得到点在定置线上.
【详解】（1）由题意知，，
所以，解得，
又，所以，所以C的方程为．
（2）因为，所以，
又因为点M，N在直线的两侧，
所以直线PQ：是的平分线，
所以．
由题意可知直线l的斜率存在且斜率不是，
设直线l：，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立，可得，
故，．
，
化简得，
故，
即，而直线l不过P点，故．
所以线段MN的中点R的坐标为，
所以点R恒在直线上．
32．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由短轴长及离心率和之间的关系求出的值，进而求出椭圆的方程；
（2）由（1）可得的坐标，设直线的方程，与椭圆联立得到韦达定理，求出直线，再求两条直线的交点的坐标；
【详解】（1）因为椭圆的短轴长为2，
所以.所以.
因为离心率为，所以.
所以，解得.
所以椭圆的方程为.
（2）①若直线的斜率不存在，不符合题意.
②若直线的斜率存在，设为，所以直线的方程为.
联立方程组消去，化简得.
所以，得，或.
因为，且，
所以.
直线的方程为，即.
直线的方程为，即.
因为直线与直线交于点，
所以点的纵坐标.
所以
.
所以点在直线上.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定直线问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量之间的关系，同时得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出已知的等量关系，化简整理得到所求定直线.
33．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）依题意可得，且，由求出点，再根据矩形面积及c2=a2+b2求出、、，即可得到双曲线方程及、点坐标，再求出线段的中点及线段长，最后求出外接圆的方程；
（2）设直线为，Px1,y1，Qx2,y2，联立消元、列出韦达定理，表示出与的方程，联立求出，即可得证.
【详解】（1）由双曲线的左、右焦点分别为F1−c,0，，
直线与的左、右两支分别交于，两点，且四边形为矩形，
所以，且，
由，解得或，
即，则，又c2=a2+b2，，
解得，，，
所以双曲线的方程为x2−y23=1，
所以，，，，
所以的中点为，又，
所以矩形的外接圆的方程为.
（2）由（1）知，，
依题意知直线的斜率不为零，设直线为，Px1,y1，Qx2,y2，
由，得.
当且，
所以，，
所以，
直线的方程为，直线的方程为，
联立两方程可得，所以，
，
所以，
解得，
故点在定直线上.
【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x1,y1、x2,y2；
（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.
34．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由|AB|=4可求，利用两点斜率公式表示，由条件列方程求，由此可得双曲线方程；
（2）设的方程为， ，利用设而不求法可得，
求直线直线与直线的交点坐标，由此证明结论.
【详解】（1）由题意可知，
因为，所以.
设，则，所以，
又，
所以.
所以双曲线的方程为.
（2）若直线的斜率为，则直线与双曲线交于点，与条件矛盾，
所以直线的斜率不能为0，
设的方程为.
联立，化简得
所以，所以，
，
直线AD的方程为y=y1x1+2x+2，
直线BE的方程为.
联立直线AD与BE的方程，得，
所以，
所以，
所以.
所以点的横坐标始终为1，故点在定直线上.
【点睛】方法点睛：（1）解答直线与双曲线的题目时，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．
（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．
35．(1)
(2)①点Q在定直线上；②的最大值为
【分析】（1）根据椭圆离心率公式、焦半径范围和求出、即可得解.
（2）①先由（1）得，，，设直线、、，
则可得，，结合点、在直线上联立直线与直线得点横坐标是一个定值从而得解.
②由①以及，可分别求出和，结合（1）中韦达定理将其直接带入计算即可求解.
【详解】（1）由题意得，，
所以椭圆E的方程为.
（2）①由（1），，，故可设直线，
联立，
则，设，
则，，，
由题意可知直线与直线斜率存在，
则，，
联立
，
所以，故点Q在定直线上.
②由上以及，得：
，，
故，， 即，，
所以，
因为，故，所以最大值为，即的最大值为.
【点睛】思路点睛：证明点Q在定直线上只需本着求点即求直线与直线的交点的方向去即可求解.
36．(1)和
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由已知条件得到关于的方程组，即可得到曲线的方程；
（2）设点，，Mx0,y0，设直线l：，与椭圆方程联立化为，利用，根与系数的关系、中点坐标公式，证明即可．
（3）曲线设直线的方程为直线与椭圆方程联立可得，利用根与系数的关系、弦长公式、三角形的面积计算公式、基本不等式的性质即可得出．
【详解】（1）由，，以及它们分别为、的焦点，
有，解得，b2=1，
因此曲线的方程为和；
（2）由题意曲线的渐近线为：y=±bax，设直线：，
由，得，
所以，解得：，
又由数形结合知．设点，，Mx0,y0，
则，，所以，，
所以，即点在射线，
弦的中点必在曲线的另一条渐近线上．
（3）由题意，曲线：，点，
设直线的方程为：，
由，得，
所以，
设，，所以，，
所以，
所以面积：
，
令，所以，
所以，
当且仅当，即时取等号，所以面积的最大值为．
【点睛】本题考查了椭圆与双曲线的标准方程及其性质、直线与椭圆的相交问题、弦长公式、三角形的面积计算公式、基本不等式的性质,考查了推理论证能力与运算求解能力，属于难题.
37．(1)
(2)（ⅰ）或；（ⅱ）
【分析】（1）由，可求得，结合椭圆关系可得，由此可得椭圆方程；
（2）（ⅰ）设，与直线联立可得坐标；与椭圆方程联立，结合韦达定理可求得点坐标；利用正弦定理化简已知等式可得，即，利用向量坐标运算可构造方程求得的值；
（ⅱ）设，由点坐标可求得斜率，进而得到方程，与圆的方程联立可得点坐标；设，利用向量数量积坐标运算表示出，可知若为定值，则，知；当直线斜率不存在时，验证可知满足题意，由此可得定直线方程.
【详解】（1）以为圆心，为半径的圆经过点，，即，
，，，，
椭圆的方程为：.
（2）（ⅰ）由（1）得：，可设，，
由得：，即；
由得：，
，，
，，；
在中，由正弦定理得：，
，，
则由得：，
，，即，
，，
，解得：或.
（ⅱ）由题意知：圆方程为：；F1,0，；
不妨令位于第一象限，可设，
由（ⅰ）知：，
若直线斜率存在，则，直线，
由得：，，
设，则，
；
当时，为定值，此时，则，此时在定直线上；
当时，不为定值，不合题意；
若直线斜率不存在，则，，，
此时，则直线，设，
则，，，
则时，，满足题意；
综上所述：点在定直线上.
【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆与向量的综合应用问题，涉及到椭圆中的共线向量和向量数量积问题的求解；本题求解点所在定直线的关键是能够根据点横纵坐标之间的关系，结合向量数量积坐标运算化简，将化为关于点横坐标和直线斜率的关系式，从而分析确定定值后，再得到点坐标的特征.