专题16 圆锥曲线中的定值、定点问题-备战2022年新高考数学必考点提分精练（新高考地区专用）

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专题16 圆锥曲线中的定值、定点问题
一、单选题
1．已知抛物线，圆，直线自上而下顺次与上述两曲线交于，，，四点，则下列各式结果为定值的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
如图，设四点横坐标为，根据题意和抛物线的定义可得、，联立直线方程和抛物线方程，消y得出关于x的一元二次方程，结合韦达定理可得，进而得出结果.
【详解】
如图，

分别设四点横坐标为，
由得焦点，准线，
由定义得，，又，
所以，同理：
由消去y整理得，
设，则，即.
故选：A
2．已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线过且与椭圆相交于不同的两点，、不在轴上，那么△的周长（       ）
A．是定值
B．是定值
C．不是定值，与直线的倾斜角大小有关
D．不是定值，与取值大小有关
【答案】B
【解析】
【分析】
由直线过且与椭圆相交于不同的两点，，且，为椭圆两焦点，根据椭圆的定义即可得△的周长为，则答案可求．
【详解】
椭圆，
椭圆的长轴长为，
∴△的周长为．
故选：B．
3．已知椭圆：，，分别为它的左右焦点，，分别为它的左右顶点，已知定点，点是椭圆上的一个动点，下列结论中不正确的是（       ）
A．存在点，使得 B．直线与直线斜率乘积为定值
C．有最小值 D．的范围为
【答案】A
【解析】
【分析】
根据的值判断A选项；通过计算直线与直线斜率乘积判断B选项；结合椭圆的定义以及基本不等式判断C选项；结合椭圆的定义来判断D选项.
【详解】
对于A，依题意，
，A选项错误.
对于B，设，则，
，为定值，B选项正确.
对于C，，
，
当且仅当时等号成立.C选项正确.
对于D，Q在椭圆外，设直线、与椭圆相交于如图所示，
则，
，，
，即，
所以
所以.D选项正确.
故选：A

4．已知点，动点P到直线的距离为d，，则（       ）
A．点P的轨迹是以为直径的圆 B．点P的轨迹曲线的离心率等于
C．点P的轨迹方程为 D．△的周长为定值
【答案】C
【解析】
【分析】
设，根据整理可得轨迹方程，利用轨迹方程依次判断各个选项即可得到结果.
【详解】
设，则，，由，
，整理可得：，即点轨迹为椭圆且方程为，A错误，C正确；
由方程得：，，则离心率，B错误；
由椭圆定义知：△周长为，D错误.
故选：C.
5．已知点，关于坐标原点对称，，以为圆心的圆过，两点，且与直线相切．若存在定点，使得当运动时，为定值，则点的坐标为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
设点的坐标为，根据以为圆心的圆过，两点，得到，再由与直线相切，得到，联立得到，然后结合抛物线的定义求解.
【详解】
解：线段为的一条弦，是弦的中点，
圆心在线段的中垂线上，
设点的坐标为，则，
与直线相切，，
，
整理得，
的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，
，
当为定值时，则点与点重合，即的坐标为，
存在定点使得当运动时，为定值．
故选：D．
6．如图，P是椭圆第一象限上一点，A，B，C是椭圆与坐标轴的交点，O为坐标原点，过A作AN平行于直线BP交y轴于N，直线CP交x轴于M，直线BP交x轴于E.现有下列三个式子：①；②；③.其中为定值的所有编号是（       ）


A．①③ B．②③ C．①② D．①②③
【答案】D
【解析】
【分析】
根据斜率的公式，可以得到的值是定值，然后结合已知逐一判断即可.
【详解】
设，所以有，，
因此，
所以有，，，，
，，故，，.
故选：D
【点睛】
关键点睛：利用斜率公式得到之间的关系是解题的关键.
7．已知、分别为双曲线的左、右焦点，且，点P为双曲线右支一点，为的内心，若成立，给出下列结论：
①点的横坐标为定值a；       
②离心率；
③；       
④当轴时，．
上述结论正确的是（       ）
A．①② B．②③ C．①②③ D．②③④
【答案】C
【解析】
【分析】
利用双曲线的定义、几何性质以及题意对选项逐个分析判断即可
【详解】
对于①，设内切圆与的切点分别为，则由切线长定理可得
,
因为，，
所以，所以点的坐标为，
所以点的横坐标为定值a，所以①正确，
对于②，因为，所以，
化简得，即，解得，
因为，所以，所以②正确，
对于③，设的内切圆半径为，由双曲线的定义可得，，
因为，，
所以，
所以，所以③正确，
对于④，当轴时，可得，此时，所以，所以④错误，
故选：C

8．已知动点在双曲线上，双曲线的左、右焦点分别为、，下列结论正确的是（       ）
A．双曲线的离心率为
B．双曲线的渐近线方程为
C．双曲线与已知双曲线C的渐近线并不相同
D．动点到两条渐近线的距离之积为定值
【答案】D
【解析】
【分析】
根据双曲线的方程求出的值，可求得双曲线的离心率和渐近线方程，可判断A、B选项的正误；求出双曲线的渐近线方程可判断C的正误；设点的坐标为，利用点到直线距离公式结合双曲线的方程可判断D的正误.
【详解】
对于双曲线，，，，
所以，双曲线的离心率，A选项错误；
双曲线的渐近线方程为，B选项错误；
对于双曲线，，，焦点在轴，
所以渐近线方程为，
与双曲线的渐近线方程相同，C选项错误；
设点的坐标为，
则，即，
则到两条渐近线的距离之积为为定值，D选项正确.
故选：D.
9．已知点A、B、C为椭圆：上的三点，为坐标原点，当时，称为“稳定三角形”，则这样的“稳定三角形”（       ）
A．不存在 B．存在有限个
C．有无数个但面积不为定值 D．有无数个且面积为定值
【答案】D
【解析】
【分析】
设为椭圆上的三个动点，根据题意化简整理即可得到，进而再结合平面向量的夹角坐标公式求出夹角的余弦值，进而表示出的面积，同时证得其为定值，结合重心的性质即可得出结论.
【详解】
设为椭圆上的三个动点，
因为，所以，所以，
，因此有，即
，而
所有，整理得，
将看成关于的方程，即，
，因，所以，
所以存在有无数组使得成立；
由重心的性质可知面积相等，
故只需先求的面积即可；
则，
，
，
则



所以，因此,
所以的面积为定值.
故选：D.
【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．
二、多选题
10．已知抛物线：过点，焦点为，准线为，过点的直线交于，两点，，分别交于，两点，则（       ）
A． B．最小值为4
C．准线的方程为 D．以为直径的圆恒过定点，
【答案】BCD
【解析】
【分析】
对于A，将点代入抛物线方程中可求出的值；对于B，当为通径时，其取最小值；对于C，由于，从而可得准线方程；对于D，设直线的方程为，，，由题意可求出，，从而可得以为直径的圆的方程，整理后可得其过定点
【详解】
把点代入曲线可得，∴，故A错误；
抛物线的方程为，把代入可得，∴，可知最小值为4，故B正确；
准线的方程为，故C正确；
当直线的斜率存在时，可设直线的方程为，，，联立
可得，，，直线的方程为，同理直线的方程为，令，可得，，则以为直径的圆的方程为，整理可得，令，可得或，故圆过定点，．当直线的斜率不存在时，将直线的方程代入抛物线方程可得，，可得，，以点为直径的圆方程，显然过两定点，，选项D正确，
故选：BCD．
11．已知抛物线：的焦点为，过点的直线与抛物线交于，两点，为线段的中点，为坐标原点，则下列结论中成立的有（       ）
A．的坐标可能为 B．坐标原点在以为直径的圆内
C．与的斜率之积为定值 D．线段的最小值为4
【答案】BC
【解析】
【分析】
设过焦点的直线方程为：，，，，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，再一一计算即可判断；
【详解】
解：抛物线：的焦点为，设过焦点的直线方程为：与抛物线方程联立可得：
，设，，，，
若的坐标为，则，，
而，即，方程组无解，所以A错误，
又
，即，所以坐标原点在以为直径的圆内，所以B正确，

，故C正确；
抛物线的通径为，所以线段的长度的最小值为2，故D错误，
故选：BC
12．已知是抛物线的焦点，，是抛物线上的两点，为坐标原点，则（       ）
A．若，则的面积为
B．若垂直的准线于点，且，则四边形的周长为
C．若直线过点，则的最小值为1
D．若，则直线恒过定点
【答案】ACD
【解析】
【分析】
利用抛物线焦点弦的性质，可判定A，C正确；利用拋物线的定义，数形结合求解四边形的周长，可判定判断B不正确；设直线的方程为，联立方程组，结合根与系数的关系，求得的值，可判定D正确．
【详解】
对于选项A中，设，由焦半径公式得，解得，所以，
所以，所以A正确；
对于选项B中，由题意知，根据抛物线的定义可知，
设与轴的交点为，易知，，故，
所以四边形的周长为，所以B错误；
对于选项C中，若直线过点，则当轴时，最小，且最小值为1，
所以C正确；
对于选项D，设直线，，，
联立直线与抛物线方程得，则，所以，
由可得，即，解得，
故直线的方程为，即直线恒过定点，选项D正确．
故选ACD．
【点睛】
对于抛物线的焦点弦的性质的结论拓展：
若是一条过抛物线焦点的弦，当所在直线的倾斜角为，设，，可得，则，弦长；同时通径是指过抛物线的焦点且垂直于抛物线对称轴的弦，弦长等于，且通径是过焦点的最短的弦．
13．已知曲线，且，则下列结论正确的是（       ）
A．若曲线为椭圆或双曲线，则其焦点坐标为（，0）
B．若曲线是椭圆，则
C．若且，则曲线是双曲线
D．直线与曲线恒有两个交点
【答案】AB
【解析】
【分析】
若曲线是椭圆，根据椭圆的方程列出关于的不等式组，解不等式组求出的取值范围，进而可判断选项B；若曲线是双曲线，根据双曲线的方程列出关于的不等式组，解不等式组求出的取值范围，进而可判断选项C；若曲线为椭圆或双曲线，分别确定对应的的值，求出曲线的焦点坐标可判断选项A；根据直线确定直线过定点，举出反例，当，直线与曲线不一定恒有两个交点，从而判断选项D.
【详解】
若曲线表示椭圆，
∵，
∴，，
则，
即椭圆焦点在轴，
则，得，此时焦点坐标为
若曲线表示双曲线，由，得，
此时双曲线的标准方程为，
则，，
即焦点在轴，则，得，
此时焦点坐标为，故A正确；
若曲线表示椭圆，
∵，
∴，，则，故B正确；
若曲线表示双曲线，由，得，故C错误；
由得，
得，得，，
即直线过定点，
当曲线为双曲线时，，此时，
当时，，此时，双曲线右顶点为，在点的右侧，
此时直线不一定有两个交点，故D错误.
故选：AB.
14．已知为抛物线：的焦点.设是准线上的动点，过点作抛物线的两条切线，切点分别为，，线段的中点为，则（       ）
A．的最小值为4 B．直线过点
C．轴 D．线段的中垂线过定点
【答案】ABC
【解析】
【分析】
根据题意设，，利用导数求出切线方程，将切线方程联立求出，，利用两点间的距离公式以及基本不等式可判断A；利用向量共线可判断B；利用中点坐标公式可判断C；利用点斜式可判断D.
【详解】
由题意可得，准线，设，，
，所以，
不妨设在轴上方，则，，
直线：，
直线：，
将两直线联立可得，，
则，，

又，
所以的最小值为4，故A正确；
，
，
所以共线，所以直线过点，故B正确；
因为中点的纵坐标为，故轴，故C正确；
由点差法可得，
，
又，
的垂直平分线方程为，
故线段的中垂线不过定点，故D错误.
故选：ABC
【点睛】
关键点点睛：本题考查了直线与抛物线的位置关系，解题的关键是设出，，得出，，考查了运算求解.
15．在平面直角坐标系中，已知双曲线的离心率为，分别是双曲线的左，右顶点，点是双曲线的右支上位于第一象限的动点，记，的斜率分别为，则（       ）
A．双曲线的焦点到其一条渐近线的距离为1时，双曲线的方程为
B．双曲线的渐近线方程为
C．为定值
D．存在点，使得
【答案】AC
【解析】
【分析】
根据双曲线C：(a>0，b>0)的离心率为，分别求得，验证选项B，再由点到直线的距离求出c得双曲线方程，验证A，然后根据斜率公式和点P的坐标，验证选项C，D.
【详解】
因为双曲线C：(a>0，b>0)的离心率为，
所以，，渐近线方程为，故B错误；
不妨设双曲线的焦点到的距离为1，即，解得，
又，故，所以双曲线方程为，故A正确；
因为，设，则，故C正确；
，因为点P在第一象限，渐近线方程为，所以，则 ，所以，所以不存在点P，使得+=1，故错误.
故选：AC
【点睛】
关键点点睛：根据双曲线的离心率推出，结合斜率公式、渐近线的斜率，是解决CD选项的关键所在，属于中档题.
16．已知双曲线的上下两个顶点分别是，上下两个焦点分别是，P是双曲线上异于的任意一点，给出下列命题，其中是真命题的有（       ）
A．渐近线方程为
B．直线的斜率之积等于定值
C．使为等腰三角形的点P有且仅有4个
D．焦点到渐近线的距离等于b
【答案】BD
【解析】
【分析】
对A：由双曲线焦点在轴上，可得A错误；对B：设，则化简可得B正确；对C：若点在第一象限，可以分别以焦点，为顶点构成等腰三角形，根据对称性，C错误；对D：由点到直线距离公式可得D正确.
【详解】
解：对A：因为双曲线方程为，所以焦点在轴上，
所以渐近线方程为，所以选项A错误；
对B：设，则，
所以，所以选项B正确；
对C：若点在第一象限，可以分别以焦点，为顶点构成等腰三角形，根据对称性，点有且仅有8个，故选项C错误；
对D：设焦点坐标为，渐近线方程为，
则焦点到渐近线的距离，故选项D正确；
故选：BD.
【点睛】
关键点点睛：对B：利用两点间的斜率公式及点在双曲线上进行化简；对C：利用双曲线的对称性分析判断.
17．已知正方体中，点为棱的中点，点是线段上的动点，，则下列选项正确的是（       ）
A．直线与是异面直线
B．点到平面的距离是一个常数
C．过点作平面的垂线，与平面交于点，若，则
D．若面内有一点，它到距离与到的距离相等，则轨迹为一条直线
【答案】ABC
【解析】
【分析】
利用异面直线的定义判断选项A；
证明平面，即可说明点到平面的距离是一个常数；
建立空间直角坐标系，利用向量法判断选项C；
判断出为点到的距离，根据抛物线的定义可知，的轨迹为抛物线的一部分，故可判断选项D.
【详解】
对于选项，如图，平面，平面，
故直线与不平行，且，
故直线与不相交，所以直线与是异面直线，故选项正确；
对于选项B，在正方体中，，因为平面，平面，
所以平面，又，故点到平面的距离是一个常数，故选项B正确；
对于选项，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，0，，，2，，，，2，，
所以，
因为，则，所以，
设存在，设，则，
故，
因为平面，
所以，即，解得，
则，满足条件，故选项正确；
对于选项D，因为平面，又平面，
所以，即为点到的距离，
根据抛物线的定义可知，的轨迹为抛物线的一部分，故选项D错误.

故选：ABC.
18．在平面直角坐标系xOy中，过抛物线x2=2y的焦点的直线l与抛物线的两个交点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则（       ）
A．y1y2=
B．以AB为直径的圆与直线相切
C．OA+OB的最小值
D．经过点B与x轴垂直的直线与直线OA交点一定在定直线上
【答案】BD
【解析】
【分析】
设出直线方程，与抛物线联立，利用韦达定理即可依次判断.
【详解】
由题可得焦点为，显然直线斜率存在，设直线方程为，
联立方程，可得，则，
则，故A错误；
根据抛物线的定义可得线段的中点到准线的距离为，
所以以AB为直径的圆与直线相切，故B正确；
当直线与轴平行时，，，故C错误；
直线的方程为，与的焦点坐标为，
因为，所以，即经过点B与x轴垂直的直线与直线OA交点一定在定直线上，故D正确.
故选：BD.
19．设，是抛物线上的两个不同的点，是坐标原点．若直线与的斜率之积为，则（       ）．
A． B．以为直径的圆的面积大于
C．直线过定点 D．点到直线的距离不大于2
【答案】CD
【解析】
【分析】
通过轴时的特殊情况，判断A、B选项不正确；当直线与轴不垂直时，设直线方程，通过推理论证，得出直线过定点，进而得出点到直线的距离最大值即为O、Q两点间的距离，进而得出CD正确.
【详解】
不妨设为第一象限内的点，
①当直线轴时，，由，
得，，
所以直线，的方程分别为：和．
与抛物线方程联立，得，，
所以直线的方程为，此时，
以为直径的圆的面积，故A、B不正确．
②当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，
与抛物线方程联立消去，得，则．
设，，则．
因为，所以，
则，则，
所以，即，
所以直线的方程为，即．
综上可知，直线为恒过定点的动直线，故C正确；
易知当时，原点到直线的距离最大，最大距离为2，
即原点到直线的距离不大于2．故D正确．
故选：CD
【点睛】
本题考查了直线与抛物线的关系，考查了运算求解能力，逻辑推理能力，分类讨论和数形结合思想，属于难题.
20．已知椭圆，过抛物线焦点的直线交抛物线于两点，连接并延长分别交于两点，连接，则下列结论中，正确的为（       ）
A． B．的面积是定值
C．定值 D．设，则
【答案】AC
【解析】
【分析】
根据直线和抛物线的相交，以及椭圆的三角换元和向量的数量积及其性质，逐个分析判断即可得解.
【详解】
设直线方程为，带入可得，
设，有，，
A选项，，A正确；
B选项，，
根据三角换元设，
，所以，
，所以，故B错误；
C选项，由且，，正确；
D选项，由对角，所以，故D错误.
故选：AC
【点睛】
本题考查了过抛物线的交点和抛物线相交的结论，考查了椭圆的三角换元，有一定的计算量，属于中档题.本题的关键点有：
（1）过抛物线的交点的直线和抛物线相交的结论：（焦点在轴上）.
（2）椭圆的三角换元，在解决解析几何时大大简化难度.
三、解答题
21．如图，已知抛物线与圆相交于A，B，C，D四点.

(1)若以线段为直径的圆经过点M，求抛物线C的方程；
(2)设四边形两条对角线的交点为E，点E是否为定点？若是，求出点E的坐标；若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)是，
【解析】
【分析】
（1）利用韦达定理结合条件可得，进而可得，即求；
（2）由题可得直线的方程：，进而可得，即得.
(1)
根据已知圆及抛物线的对称性，可设.
由消去y，可得，
则，得或，
，且，
显然，
故，
由以为直径的圆经过点M，知，
所以，，
于是，，
即.
故抛物线C的方程为.
(2)
由题意，直线的斜率存在，且为.
所以，直线的方程可以表示为：.
即，
所以，
即.
于是直线恒过点.
由抛物线和圆的对称性，易知的两条对角线交点E必在x轴上，
故四边形的两条对角线交点 E 是定点.
22．已知双曲线：经过点A，且点到的渐近线的距离为．
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点作斜率不为的直线与双曲线交于M，N两点，直线分别交直线AM，AN于点E，F．试判断以EF为直径的圆是否经过定点，若经过定点，请求出定点坐标；反之，请说明理由．
【答案】(1)
(2)以为直径的圆经过定点，定点坐标为和
【解析】
【分析】
（1）根据点在双曲线上和点到直线的距离分别建立方程，然后解出方程即可；
（2）联立直线与双曲线的方程，利用韦达定理，并表示出以为直径的圆的方程，结合对称性即可求得定点坐标
(1)
由题意得：
因为双曲线C的渐近线方程为，所以有：
解得：
因此，双曲线C的方程为：
(2)
①当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为
由可得：
设、，
则由：，
由直线AM方程，令，得点
由直线AN方程，令，得点
则以EF为直径的圆的方程为：
令，有：
将，代入上式，得
可得：
解得：，或
即以EF为直径的圆经过点和；
②当直线l的斜率不存在时，点E、F的坐标分别为、，以EF为直径的圆方程为，该圆经过点和
综合可得，以EF为直径的圆经过定点和
23．已知椭圆的离心率，椭圆上的点与左、右顶点所构成三角形面积的最大值为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设过椭圆C右焦点的直线l1，l2的斜率分别为k1，k2，满足k1•k2＝﹣2，l1交C于点E，F，l2交C于点G，H，线段EF与GH的中点分别为M，N．判断直线MN是否过定点，若过定点求出该定点；若不过定点，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)是定点，定点为.
【解析】
【分析】
（1）根据椭圆离心率、几何性质，椭圆的上下定点与长轴构成的三角形面积最大，求得参数的值，写出标准方程；
（2）设l1：y＝k1（x﹣1），l2：y＝k2（x﹣1），联立直线l1与椭圆C的方程，得到韦达定理，同时求得的坐标；
方法一：讨论直线MN的斜率存在情况，将坐标代入直线方程lMN：y＝mx+n，求得之间的关系，从而判断直线是否过定点；
方法二：讨论直线MN的斜率存在情况，由坐标求得直线MN的斜率，并写出直线方程，由椭圆的对称性可知，若定点存在，则必在x轴上，所以令y＝0，化简判断x是否为定值即可.
(1)
设右焦点F（c，0），c＞0，由题知
求得a＝2，，c＝1，
所以椭圆C的标准方程为．
(2)
方法一：设l1：y＝k1（x﹣1），l2：y＝k2（x﹣1），
联立直线l1与椭圆C的方程得
消去y得，，
由根与系数的关系知，则，
代入直线l1的方程得，所以，
同理得．
①当直线MN的斜率存在时，设直线lMN：y＝mx+n，
将点M，N的坐标代入直线lMN，得
易知k1，k2为方程（4m+4n）k2+3k+3n＝0的两个根，
由根与系数的关系知，
由题知k1⋅k2＝﹣2，所以，得，
所以直线，所以直线MN过定点．
②当直线MN的斜率不存在时，，即，
所以k1＝﹣k2，且k1⋅k2＝﹣2．
不妨设，，所以，
即直线，满足过定点．综上，直线MN过定点．
方法二：设l1：y＝k1（x﹣1），l2：y＝k2（x﹣1），联立直线l1与椭圆C的方程
消去y得，．
由根与系数的关系知，，，
代入直线l1的方程得，
所以，同理的．
①当直线MN的斜率存在时，即k1≠﹣k2，
＝＝，
（上式结合k1⋅k2＝﹣2化简），直线＝，
由椭圆的对称性可知，若定点存在，则必在x轴上，所以令y＝0，得
，
所以直线MN过定点．
②当直线MN的斜率不存在时，，即，
所以k1＝﹣k2，k1⋅k2＝﹣2．
不妨设，，所以，
即直线，满足过定点．
综上，直线MN过定点．
24．已知椭圆，短轴长为，左、右焦点分别为，，P是椭圆C上的一个动点，面积的最大值为2．
(1)求椭圆C的方程；
(2)求的取值范围；
(3)过椭圆的左顶点A作直线轴，M为直线l上的动点，B为椭圆右顶点，直线BM交椭圆C于点Q．试判断数量积，是否为定值，如果为定值，求出定值；如果不是定值，说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)是，4
【解析】
【分析】
（1）设，利用，的最大值为2，得到bc的值，结合短轴长为，从而求出a，b，c的值，即可求出椭圆C的方程；
（2）利用椭圆方程得到关于的表达式，用坐标表示，结合的取值范围，得到的取值范围；
（3）设出直线方程BM的方程为，与椭圆方程联立，解得，，从而得到Q点坐标，，M点坐标，，再表示出，从而求出和的值.
(1)
解：设点，
则，当且仅当时“＝”，．
又，∴，∴，
从而椭圆C的方程为．
(2)
∵椭圆，∴，．
∵P为椭圆C上一点，∴，
∴
．
又，∴．
(3)
设直线BM的斜率为k，则直线BM的方程为，设，
将代入椭圆C的方程中并化简得，
解得，，∴，
从而，．
令，得，所以，．
又，
∴（定值），
（定值），
综上可知，，均为定值．
25．已知椭圆的左、右焦点分别为，，椭圆上的点到焦点的最大距离为方程的根，离心率满足．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线与椭圆相交于，两点，且的垂直平分线过点，求证：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据已知条件得出关于的等式，结合离心率，，，求出，的值，即得椭圆的方程；
（2）设，，将直线的方程与椭圆的方程联立，利用根与系数的关系求，的表达式，进而得到的中点的坐标，利用直线即可证明为定值．
(1)
因为方程的实数根为，
①若，因为，所以，即，所以．
因为，所以，此时椭圆的方程为；
②若，因为，所以，即，
所以，不符合题意，
所以椭圆的方程为；
(2)
证明：设，，
联立得．
因为直线与椭圆相交于，两点，
所以，即，
由韦达定理知，，
所以的中点．
又因为的中垂线过点，且，
所以，
，
，
所以，
所以为定值．
26．已知椭圆C：的左，右顶点分别为A，B，且，椭圆C过点.
(1)求椭圆C的标准方程：
(2)斜率不为0的直线l与C交于M，N两点，若直线BM的斜率是直线AN斜率的两倍，证明直线l经过定点，并求出定点的坐标.
【答案】(1)
(2)证明见解析，.
【解析】
【分析】
（1）根据椭圆长轴长及过点，列出方程组，求出的值，求出椭圆方程；
（2）设出直线l的方程，联立后得到根与系数的关系，由斜率关系得到方程，化简后得到，进而求出直线所过定点.
(1)
由题意：，且，解得：，，
所以椭圆标准方程为：.
(2)
由（1）得：，，设，，，
联立椭圆方程得：，
则，，
又，，所以，
化简得：，
将，代入得：，
由于不恒为0，所以，解得：，
故过定点，即直线l过定点.
【点睛】
关键点点睛：这道题目的难点是在根据斜率关系得到的方程时，通过整理不能整理出两根之和的对称形式，此时要适当的进行整理，通过凑出对称式，因式分解求出的关系或者的值，进而求出直线所过的定点.
27．已知椭圆的离心率为，右焦点为F，右顶点为A，且.
(1)求椭圆C的标准方程.
(2)若不过点A的直线l与椭圆C交于D，E两点，且，判断直线l是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.
【答案】(1)
(2)过定点，定点为
【解析】
【分析】
（1）由题意得，，求出，再由求出，从而可求得椭圆的方程，
（2）设，，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，代入椭圆方程中化简，利用根与系数的关系，结合可求出的关系，从而可求出直线过的定点，当直线l的斜率不存在时，设，代入椭圆方程可表示出坐标，再由可求出，从而可求得直线方程，进而可得结论
(1)
由题意得，
得，，
∴，
∴椭圆C的标准方程为.
(2)
设，，
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，
代入，整理得，
则，
，.
由题及（1）知，
∴
，
化简得，
∴或，
∵因为直线不过点A，
∴舍去
则直线l的方程为，即，直线l过定点.
当直线l的斜率不存在时，设，代入，解得，
由得，∴，解得或（舍去），
此时直线l过点.
综上，直线l过点.
28．已知M，N是椭圆的左、右顶点，F是椭圆的右焦点，且，点是C上一点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)记知过F的直线l与椭圆交于A，B（异于M，N）两点，过点N且垂直于x轴的直线与线，分别交于P，Q两点，证明：为定值.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）由已知条件可得，结合椭圆参数关系及点在椭圆上列方程组求椭圆参数，即可得方程.
（2）由题设可设直线l为、、，联立椭圆方程应用韦达定理求、，代入并化简，即可证结论.
(1)
由，可得，则.
因为，所以.
因为是C上一点，则，
综上，可得，.
所以椭圆C的方程为.
(2)
，，，依题意直线l与x轴不平行，设直线l的方程为，
，消去x并化简得.
设，，则，，
直线的方程为，则，
直线的方程为，则，
，得证.
29．已知，两点分别在x轴和y轴上运动，且，若动点G满足，动点G的轨迹为E.
(1)求E的方程；
(2)已知不垂直于x轴的直线l与轨迹E交于不同的A、B两点，总满足，证明：直线l过定点.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)根据平面向量的坐标运算可得，结合和两点坐标求距离公式可得，将代入计算即可；
(2)设直线l的方程为：、，联立椭圆方程并消去y，根据韦达定理表示出，利用两点求斜率公式求出，结合题意可得，列出关于k和m的方程，化简计算即可.
(1)
因为，即，
所以，则，
又，得，即，
所以动点G的轨迹方程E为：；
(2)
由题意知，
设直线l的方程为：，，
则，
，消去y，得，
由，得，
，
直线的斜率为，直线的斜率为，
又，所以，即，
整理，得，
，
，
由，化简得，
所以，
故直线过定点.
30．在平面直角坐标系xOy中，已知F为抛物线C：的焦点，点为抛物线C上一点，P关于x轴对称的点为Q，且和的面积分别为16和2.
(1)求C的方程；
(2)设点，A，B为抛物线C上不同的三点，直线DA，DB的倾斜角分别为，，且满足，证明：直线AB经过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
(1)根据题意和三角形的面积公式可得，，代入抛物线方程计算即可；
(2)设、、直线AB的方程，联立抛物线方程并消去x，利用韦达定理表示出，结合题意和两点坐标求斜率公式列出方程，化简计算即可.
(1)
由题意知，所以的面积为，则①.
又因为焦点，所以，
则的面积为，则②.
由①②，联立解得，，则，
将P点坐标代入抛物线方程得，解得，
故C的方程为.
(2)
由，代入抛物线C的方程得，解得，所以.
设，，则直线AB的方程为，
联立消去x，得，
所以，.
因为，即，所以，
所以，整理得，
所以，则，
所以直线AB的方程为，即，
所以直线AB经过定点.
31．已知在平面直角坐标系：中，动圆P与圆内切，与圆外切，记动圆圆心P的轨迹为曲线E.
(1)求E的标准方程.
(2)若直线与E交于A，B两点，直线与E交于另一个点M，连接AM交x轴于点N，试问是否存在t，使得的面积等于？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在
【解析】
【分析】
（1）根据椭圆的定义可求解；
（2）设直线的方程为，与椭圆联立，求出点的坐标，再通过面积求出点的坐标，从而可确定点的横坐标，从而可得解.
(1)
由题意知，圆，圆心，半径为3，圆，圆心，半径为1.
设动圆P的半径为R，则，，
所以，
由椭圆的定义可知，曲线E是以，为左、右焦点的椭圆（不包含右顶点），
设曲线E的方程为，
则，，得，，又，故，
所以E的标准方程为.
(2)
由题易知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，
代入得，，
易知，设，，则，，
易知，，由椭圆的对称性知，则，
所以直线AM的方程为，
令，得，
所以，
要使的面积等于，则，代入，得，
由题知，（舍）
所以，
不妨设，则直线AM的方程为，代入，得，
因为，所以，
所以存在，使得的面积等于.
32．已知抛物线，F为其焦点，O为原点，A，B是E上位于x轴两侧的不同两点，且．
(1)求证：直线恒过一定点；
(2)在x轴上求一定点C，使到直线和的距离相等．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据题意设线的方程为，，，进而联立方程，结合韦达定理与向量数量积得或，再结合判别式舍去，进而根据直线方程即可得直线过定点；
（2）设，由题知，进而根据，结合韦达定理计算即可得，即.
(1)
解：根据题意，直线的斜率不等于零，
故设直线的方程为，，
所以联立方程得，
设，
所以，
因为，
所以，
解得或，
当时，对于的任意实数不成立，故舍去.
所以，即直线的方程为
所以直线过定点.
(2)
解：设，因为到直线和的距离相等，
所以直线和的斜率满足，
由（1）得，
所以
，
所以，
因为，
所以，
因为，所以，即
所以当时，到直线和的距离相等

33．已知直线与曲线的两个公共点之间的距离为．
(1)求C的方程．
(2)设P为C的准线上一点，过P作C的两条切线，切点为A，B，直线的斜率分别为，，且直线与y轴分别交于M，N两点，直线的斜率为．证明：为定值，且成等差数列．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）求出交点的横坐标，解方程即得解；
（2）设，设过点P且与C相切的直线l的斜率为k，则，且，联立直线和抛物线方程得到韦达定理，得到，即得为定值．再求出，故成等差数列．
(1)
解：将代入，得．                  
当时，不合题意；
当时，，则，                  
解得，故C的方程为．
(2)
证明：由（1）可知C的准线方程为，          
不妨设，
设过点P且与C相切的直线l的斜率为k，则，且，
联立得，             
则，即，               
由题意知，直线的斜率为方程的两根，
则，故为定值．               
又，            
则，同理可得，             
则，                      
因此，故成等差数列．
34．已知：的离心率为，点在椭圆上.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线与椭圆C交于A，B两点，O为坐标原点，且，是否存在定圆E，使得直线与圆E相切？若不存在，说明理由，若存在，求出圆E的方程.
【答案】(1)
(2)存在，
【解析】
【分析】
（1）由离心率得关系，从而得关系，已知点坐标代入椭圆方程得关系，两者结合可求得得椭圆方程；
（2）把向量模平方可得，假设存在直线满足题意，设直线的斜率存在时，设：，，，直线方程与椭圆方程联立，消元后应用韦达定理得，代入得出的关系，然后求出原点到直线的距离等于圆半径，确定相切，直线的斜率不存在时，设直线方程，求出坐标，由得值，判断直线与圆相切即可．从而最后得结论．
(1)
∵点在椭圆上，∴，
∵椭圆的离心率，∴，
即，
代入，得到，，
∴椭圆的方程为.
(2)
假设存在.∵，∴
得到，
①当直线的斜率不存在时，设：，代入椭圆方程得，
不妨令，，
由，得，解得，
此时，与圆相切.
②当直线的斜率存在时，设：，，，
联立得，
则，
由根与系数的关系得，，
则，
由，即可得，
整理得，满足，
∴，即原点到直线的距离为，
∴直线与圆相切.
综上所述，存在定圆，使得直线与圆E相切，这时定圆的方程为.
35．已知抛物线，F为其焦点，O为原点，A，B是E上位于x轴两侧的不同两点，且．
(1)求证：直线AB恒过一定点；
(2)在x轴上求一定点C，使F到直线AC和BC的距离相等；
(3)在（2）的条件下，当F为的内心时，求重心的横坐标．
【答案】(1)证明见解析
(2)见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）设直线的方程为，，，联立，消得：，，，结合向量的数量积，转化求解直线的方程，推出结果．
（2）在x轴上求一定点C，使F到直线AC和BC的距离相等即平分，即直线与直线关于轴对称，根据斜率和为零，从而可得结果；
（3）设，，直线AB与轴交于N，由题意可得，坐标化，结合点在抛物线上可得点的坐标，从而得到结果.
(1)
设直线的方程为，，，
联立，消得：，则，，
由得：，所以：或（舍去），
即，所以直线的方程为，
所以直线过定点．
(2)
由（1）知，直线过定点
可设直线的方程为，
此时，，
设x轴上定点C坐标为，
要使F到直线AC和BC的距离相等，则平分，即直线与直线关于轴对称，
故，即，
∴，
∴，
∴对任意恒成立，
∴，，
故在x轴上有一定点C，使F到直线AC和BC的距离相等；
(3)
设，，直线AB与轴交于N，
∵F为的内心，
∴，
∴，即，
又，∴，
同理，
∴是方程的两个根，
∴，
∴三角形重心的横坐标为.
36．已知抛物线：，过点作x轴的垂线交抛物线于G，H两点，且（为坐标原点）.
(1)求p；
(2)过任意作一条不与x轴垂直的直线交抛物线于A，B两点，直线AR交抛物线于不同于点A的另一点M，直线BR交抛物线于不同于点B的另一点N.求证：直线MN过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由题意知，不妨设，代入抛物线方程中可求出的值，
（2）设，，，，则可表示出直线，，的方程，再由直线过及直线，过可得，，再表示出直线的方程，结合前面的式子化简可得结论
(1)
由题意知，.
不妨设，代入抛物线的方程，得
解得.
(2)
由（1）知，抛物线的方程为.
设，，，，
则直线的斜率为.
所以直线的方程为，即.
同理直线，，的方程分别为
，，，
由直线过及直线，过可得，.
又直线的方程为，即.
所以直线的方程为.
把代入，得，
，
所以由，可得，.
所以直线过定点.
37．已知椭圆C：=1（a>b>0）经过点A（0，1），且右焦点为F（1，0）.
(1)求C的标准方程；
(2)过点（0，）的直线与椭圆C交于两个不同的点P.Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.证明：以MN为直径的圆过y轴上的定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由已知得，再求得，即得椭圆方程；
（2）由题意直线斜率存在，可设直线，设，直线方程代入椭圆方程应用韦达定理得，由直线方程求出坐标，求出以为直径的圆的方程，然后代入求得圆方程的常数项，从而可得的定点坐标．
(1)
由题意可得从而.
所以椭圆的标准方程为.
(2)
证明：由题意直线斜率存在，可设直线，设，
将直线l代入椭圆方程得，
所以，
直线的方程为，直线的方程为.
可得，
以为直径的圆方程为，，
即.①
因为
.
所以在①中令，得，即以为直径的圆过y轴上的定点.
38．已知抛物线，过点作两条互相垂直的直线，设分别与抛物线相交于及两点，当点的横坐标为时，抛物线在点处的切线斜率为.
(1)求抛物线的方程；
(2)设线段的中点分别为，为坐标原点，求证直线过定点.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）结合导数知识，利用切线斜率构造方程可得，由此可得抛物线方程；
（2）将直线方程代入抛物线方程中，结合韦达定理可确定中点坐标，同理可得中点坐标，利用直线方程两点式可得直线方程，化简可知其过定点.
(1)
由得：，则，，解得：，
抛物线方程为：；
(2)
由题意知：直线的斜率都存在且都不为零，
由（1）知：，
设直线，代入得：，
设，，则，，
，中点；
，，同理可得：中点；
的方程为：，
化简整理得：，则当时，，
直线恒过定点.
【点睛】
思路点睛：本题考查直线与抛物线综合应用中的直线过定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与抛物线方程联立，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已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系，从而化简直线方程；
④根据直线过定点的求解方法可求得结果.
39．已知圆过点，且与直线相切.
(1)求圆心的轨迹的方程；
(2)过点作直线交轨迹于、两点，点关于轴的对称点为.问是否经过定点，若经过定点，求出定点坐标；若不经过，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据抛物线的定义计算可得；
（2）设直线的方程为，、，则，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，再表示出直线的方程，将、代入整理即可得解；
(1)
解：由题意知动点的轨迹是以为顶点，为焦点，为准线的抛物线，所以动圆圆心的轨迹方程为：；
(2)
解：设直线的方程为，、不妨令，则，联立直线与抛物线方程得消去得，则、，则直线的方程为，即，则，，即，
所以，即，令解得，所以直线恒过定点；
40．椭圆的离心率为，且过点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)A，B，P三点在椭圆C上，O为原点，设直线的斜率分别是，且，若，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由条件可得，，，解出即可；
（2）设，由条件可得，，然后将代入椭圆方程可得，然后可得答案.
(1)
因为，，
所以可解得
所以椭圆C的方程.
(2)
设
，

即       
，即
又，即，
41．已知椭圆：（）上一点到两个焦点的距离之和为4，离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设椭圆的左右顶点分别为、，当不与、重合时，直线，分别交直线于点、，证明：以为直径的圆过右焦点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据条件，列出关于的式子，即可求解；
（2）解法一：首先设，利用相似关系，求得坐标间的关系，并且证明；解法二：首先设直线方程，与抛物线方程联立，求得点的坐标，可用表示，最后利用坐标表示数量积.
(1)
由题干可得，所以，即椭圆的方程；
(2)
解法一：设
因为直线交直线于点，所以，则
同理，则
由于异于轴两侧，因此异号.
所以
又因为，所以
即 ，以为直径的圆过右焦点.
解法二：设直线方程，
，
得 ，即
因为直线交直线于点，即.
因为直线交直线于点，则由三点共线，得，
即   
所以
即 ，以为直径的圆过右焦点.
42．已知椭圆经过点，离心率为.

(1)求椭圆C的方程；
(2)如图，椭圆C的左、右顶点为，，不与坐标轴垂直且不过原点的直线l与C交于M，N两点（异于，），点M关于原点O的对称点为点P，直线与直线交于点Q，直线与直线l交于点R.证明：点R在定直线上.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）由椭圆所过的点及其离心率求椭圆参数，即可得方程.
（2）设，，直线l为并联立椭圆方程，由及韦达定理可得、，根据三点共线及斜率的两点式得求的斜率，进而得到直线方程，联立直线l即可证结论.
(1)
由题意知，，解得，
故椭圆C的方程为.
(2)
设，，则.
直线l的方程为，其中且，
将代入椭圆，整理得，
由与韦达定理得：，，.
由（1）知：，，
设，由、P、Q三点共线得：，由、N、Q三点共线得：，
则，
于是直线的斜率为，直线的方程为，
联立，解得：，即点R在定直线上.
43．如图，点M是圆上的动点，点，线段MB的垂直平分线交半径AM于点P.

(1)求点P的轨迹E的方程；
(2)若C，D为轨迹E与x轴的两个交点，G为直线上的动点，直线GC与E的另一个交点为N，直线GD与E的另一个交点为H，求证：直线NH过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由题意可得几何关系，根据椭圆的定义可得答案.
（2）设，，,得出直线GC的方程为，直线GD的方程是，分别与点P的轨迹E的方程联立，求出点的坐标,求出直线方程，得出答案.
(1)
连结PB，由题意有
所以
所以点P的轨迹E是以A，B为焦点，长轴长为，焦距为的椭圆
所以点P的轨迹E的方程为
(2)
不妨设，，设，，
则直线GC的方程为，
联立

由韦达定理，
代入直线GC的方程得：，即
直线GD的方程是，
联立方程，
由韦达定理，
代入直线GD的方程得，即.
当时，直线NH的斜率，
∴直线NH的方程是，
整理得：，
当时，直线NH的方程为：，
故直线NH过定点
44．如图所示，已知抛物线E：，其焦点与准线的距离为6，过点作直线，与E相交，其中与E交于A，B两点，与E交于C，D两点，直线AD过E的焦点F，若AD，BC的斜率为，．

(1)求抛物线E的方程；
(2)问是否为定值？如是，请求出此定值；如不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)是，
【解析】
【分析】
（1）根据题意，利用焦点与准线的距离为，即可求得抛物线的方程；
（2）设，，，，根据题意结合斜率公式求得及，，，代入即可求解.
(1)
解：抛物线，可得焦点坐标，准线方程为，
由焦点与准线的距离为，则抛物线的方程为．
(2)
解：设，，，，
因为，同理，所以①，
由：，将代入可得：②，
又由：，将代入可得：③，
同理：④，
由②③④可得：，，，
代入①，可得，所以为定值，定值为．
45．已知椭圆C：的短轴长为2，离心率为设点是轴上的定点，直线l：，设过点的直线与椭圆相交于A、B两点，A、B在上的射影分别为、．
(1)求椭圆的方程；
(2)判断是否为定值，若是定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)是定值，定值为.
【解析】
【分析】
(1)根据题意列方程得出，的值即可得出椭圆方程；
(2)求出当直线AB斜率为0时的值，再求当直线斜率不为零或不存在时的值.当直线斜率不为零或不存在时，设直线AB方程为，和椭圆方程联立，根据韦达定理计算.由此即可得出结论．
(1)
由题意可知，，
又，，，．
椭圆的标准方程为：；
(2)
当直线斜率为0时，、分别为椭圆的左右顶点，、均为，
则，
当直线斜率不为0时，设直线的方程为，
联立方程组，
消去得：，
设，，，，则时，，，
．
综上，为定值．
46．已知椭圆的左、右顶点分别为，离心率为直线和C交于M，N两点
(1)当时，求的值；
(2)设直线的交点为D，证明：点D恒在一条定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由题意可求出，再由，可求出，从而可求出椭圆方程，将代入椭圆方程中可求出M，N两点坐标，进而可求出的值，
（2）设，将直线方程代入椭圆方程中消去，利用根与系数的关系，表示出直线的方程和直线的方程，联立求出其交点的横坐标化简可得答案
(1)
设椭圆的半焦距为．根据题意，，
因为，所以，
所以，
所以C的方程为，
当时，，代入C的方程可得，
所以．
(2)
由，得，
设，则
因为，
所以直线的方程为，
直线的方程为．
令，
解之得


所以点D恒在定直线上
47．在平面直角坐标系xOy中，抛物线E：上一点到焦点F的距离.不经过点S的直线l与E交于A，B.
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)若直线AS，BS的斜率之和为2，证明：直线l过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）利用抛物线的定义即可求出p；
（2）根据斜率公式，韦达定理列方程求出直线方程即可.
(1)
抛物线D：的焦点，准线方程为，
因为抛物线上一点到焦点F的距离，
由抛物线的定义得，所以.
所以抛物线E的标准方程是；
(2)
将代入可得或（舍），所以点S坐标为，
由题意直线l的斜率不等于0，
设直线l的方程是，，，
联立，得，
由韦达定理得，
因为直线，的斜率之和为2，
所以，
所以，
将代入上式可得 ，
所以直线l的方程是，显然它过定点.
48．已知双曲线（，）的左、右顶点分别为、，离心率为2，过点斜率不为0的直线l与交于P、Q两点．
(1)求双曲线的渐近线方程；
(2)记直线、的斜率分别为、，求证：为定值．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）由双曲线的顶点坐标、离心率，结合双曲线参数的关系求a、b，进而写出双曲线方程，即可得渐近线方程.
（2）讨论l的斜率：当不存在求P、Q的坐标，进而可得；当存在，设，，l为，并联立双曲线方程，应用韦达定理及斜率的两点式求证是否成立即可.
(1)
设双曲线的半焦距为c，
由题设，，，   
双曲线的方程为，故渐近线方程为．
(2)
当l的斜率不存在时，点P、Q的坐标分别为和，
所以，当时有；当时有，此时，
当l的斜率k存在时，设，，l为，
将直线l代入双曲线方程得，
所以，，
   
因为，
所以，即，
综上，为定值，得证．
49．已知椭圆的左､右顶点分别为A,B，点，连接交椭圆C于点M､N，为直角三角形，且.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线l与椭圆C交于D､E两点，若，求证：直线l过定点
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据题意知，求出，再由求出，即可求出椭圆的标准方程；
（2）设，设的方程为，联立椭圆方程消元后得到韦达定理，由代入求出，即可求出直线恒过的定点.
(1)
解：因为为直角三角形，
所以由椭圆的对称性知，，
即，所以，则，
代，得，解得，，
所以椭圆的标准方程为.
(2)
证明：由题意，可设直线的方程为，
联立消去x得，，
设，则①
因为，所以，由（1）知，，
所以，
则，
将代人上式得，
，
将①代人上式，
解得，或（舍），故直线l恒过点
50．在平面直角坐标系xOy中，已知点，，点M满足直线AM与直线BM的斜率之积为，点M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程；
(2)已知点，直线与x轴交于点D，直线AM与交于点N，是否存在常数λ，使得？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)且；
(2)存在，理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用斜率两点式，结合直线斜率之积为定值列方程，即可求M的轨迹为曲线C，注意.
（2）设、直线AM为，联立曲线C，应用韦达定理求坐标，进而应用表示、，结合二倍角正切公式判断与的数量关系，即可得解.
(1)
设，则且，
所以M的轨迹为曲线C方程为且.
(2)
设，则直线AM为，
联立曲线C得：，整理得：，
由题设知：，则，故，
又，，
所以，即，
所以存在，使.
51．设椭圆C：（）的左､右顶点分别为A，B，上顶点为D，点P是椭圆C上异于顶点的动点，已知椭圆的离心率，短轴长为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线AD与直线BP交于点M，直线DP与x轴交于点N，求证：直线MN恒过某定点，并求出该定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析，定点为
【解析】
【分析】
（1）利用椭圆的离心率及其短轴长联立方程组即可求解；
（2）设直线和直线的方程，并求出直线的方程，再求出点、的坐标，及其直线的方程，即可求出直线MN恒过某定点.
(1)
由已知可得，解得，
故椭圆C的方程为；
(2)
设直线的方程为（且），
直线的方程为（且），
则直线与x轴的交点为，
直线的方程为，则直线与直线的交点为，
将代入方程，得，
则点P的横坐标为，点P的纵坐标为，
将点P的坐标代入直线的方程，
整理得，
∵，∴，
由点坐标可得直线的方程为：
，
即，
则直线过定点.
52．在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：的离心率，且过点，A，B分别是C的左、右顶点．
(1)求C的方程；
(2)已知过点的直线交C于M，N两点（异于点A，B），试证直线MA与直线NB的交点在定直线上．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
(1)将点的坐标代入椭圆方程得出关于a、b的方程，结合离心率列出方程组，解方程组即可；
(2)设过点G的直线方程为、，联立椭圆方程，利用韦达定理表示出，根据直线的点斜式方程求出直线AM与BN的方程，两式相除，化简计算可得直线AM与BN的交点的横坐标为4，即可证明.
(1)
由题意知，
，化简得，
解得，故椭圆的方程为；
(2)
设过点G的直线方程为，
，消去x，得，
，设，
则，所以
又，得，
所以直线AM的方程为，
直线BN的方程为，两式相除，
得，即，
又，
即，解得，
即直线AM与BN的交点的横坐标为4，
所以直线AM与BN的交点在定直线上.

53．已知双曲线的离心率是，实轴长是8.
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点的直线l与双曲线C的右支交于不同的两点A和B，若直线l上存在不同于点P的点D满足成立，证明：点D的纵坐标为定值，并求出该定值.
【答案】(1)；
(2)证明见解析，定值为.
【解析】
【分析】
（1）根据双曲线的离心率公式、实轴长的定义进行求解即可；
（2）设出直线l的方程与双曲线的方程联立，利用一元二次方程根与系数关系、根的判别式进行求解证明即可.
(1)
依题意得，
解得所以双曲线C的方程是.
(2)
证明：设，，，直线l的方程为.
将直线方程代入双曲线方程，化简整理得，
，
则，.
要使直线与双曲线的右支有两个不同的交点A和B，则应满足
即解得.
由，得，故，
所以.
又，
所以点D的纵坐标为定值.
【点睛】
关键点睛：利用一元二次不等式的根与系数的关系进行求解是解题的关键.
54．已知定点，定直线，动圆过点，且与直线相切.
(1)求动圆的圆心轨迹的方程；
(2)过焦点的直线与抛物线交于两点，与圆交于两点（，在轴同侧），求证：是定值.
【答案】(1)
(2)1
【解析】
【分析】
（1）利用抛物线的定义先判定动点的轨迹形状，再求其标准方程；
（2）设出直线方程，联立直线和抛物线的方程，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系、抛物线的定义进行证明.
(1)
解：由题意，得动圆的圆心到点的距离等于到直线的距离，所以的轨迹是以点为焦点的抛物线，其轨迹方程为；
(2)
解：设经过焦点的直线为，
联立，得；
设，，则，
且，；
因为圆的圆心为（即抛物线的焦点），半径为，
由抛物线的定义，得，，
则，，
所以
，
即是定值，定值是1.
55．如图，椭圆E：的左焦点为，右焦点为，离心率，过的直线交椭圆于A､B两点，且△的周长为8.

(1)求椭圆E的方程；
(2)设动直线l：与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线相交于点Q，试探究：在x轴上是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，定点
【解析】
【分析】
（1）根据椭圆的定义及其离心率即可求出椭圆的方程；
（2）直线与椭圆联立即可求出点的坐标,将与直线联立即可求出点的坐标，
假设存在定点，使得以PQ为直径的圆恒过点M，即可知，对等式变形可得，可得.
(1)
由椭圆的定义可知△，的周长为，即，
∵，∴，
又∵，∴，
故椭圆C的方程为：，
(2)
将联立，消元可得，
∵动直线：与椭圆E有且只有一个公共点P，
∴，
∴，
此时，，
∴
由得，
假设在x轴上存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M，
设，则，
，，

整理得，
对任意实数m，k恒成立，则，
故在x轴上存在定点，使得以为直径的圆恒过点.
56．已知椭圆C：经过点，其右顶点为A（2，0）．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点P，Q在椭圆C上，且满足直线AP与AQ的斜率之积为．证明直线PQ经过定点，并求△APQ面积的最大值．
【答案】(1)
(2)证明见解析，定点，△APQ面积的最大值为．
【解析】
【分析】
（1）根据题意可得，再结合，即可解出，从而得出椭圆C的方程；
（2）依题可设，再将直线方程与椭圆方程联立，即可得到，然后结合，可找到的关系，从而可知直线PQ经过定点，于是△APQ面积等于，即可求出其最大值．
(1)
依题可得，，解得，所以椭圆C的方程为．
(2)
易知直线AP与AQ的斜率同号，所以直线不垂直于轴，故可设，，，由可得，，所以，，，而，即，化简可得，①，
因为，所以，
令可得，②，
令可得，
③，
把②③代入①得，，化简得，所以，
或，，所以直线或，因为直线不经过点，所以直线经过定点．
设定点，所以，
，因为，所以，
设，所以，
当且仅当即时取等号，即△APQ面积的最大值为．
57．已知O为坐标原点，、为椭圆C的左、右焦点，，B为椭圆C的上顶点，以B为圆心且过、的圆与直线相切．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知M、N为椭圆C上两点，若直线BM和BN的斜率之和为－2.试探究：直线MN是否过定点；若是，求出该定点坐标，若不是，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)是，.
【解析】
【分析】
(1)根据可求c，根据B为椭圆C的上顶点，以B为圆心且过、的圆与直线相切可求a，根据a、b、c关系即可求出b，于是可求椭圆标准方程；
(2)当直线MN斜率存在时，设MN为，，，联立直线方程和椭圆方程，根据韦达定理和可求出k与m的关系，由此可判断MN是否结果定点，验证当MN斜率不存在时也满足题意即可.
(1)
依题意，c＝1；
∵B为椭圆C的上顶点，以B为圆心且过、的圆与直线相切，
∴a＝，
∴，
∴椭圆C的标准方程为：．
(2)
直线MN斜率存在时，设MN：，，，
联立：得：，
，，，
由得，，
整理得，，
则，化简得，，
∴直线MN：，
∴直线l过定点.
验证：当直线MN斜率不存在时，方程为，与椭圆C的交点为，满足.
综上，直线l过定点.
58．已知抛物线的焦点在轴上，过且垂直于轴的直线交于（点在第一象限），两点，且.
(1)求的标准方程.
(2)已知为的准线，过的直线交于，（，异于，）两点，证明：直线，和相交于一点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据直线过点且垂直于轴交抛物线于，两点，且，可求出，便可得出抛物线的标准方程.
（2）根据直线与抛物线的交点联立方程，求出，直线方程，代入准线的横坐标，利用，分别与准线相交的纵坐标相等，可知直线，和相交于一点.
(1)
解：设抛物线的标准方程为，则
将代入，可得
所以，则
所以抛物线的标准方程失.
(2)
证明：由（1）可知，，设直线的方程为，
联立则
设，，则，
直线的方程为，即.
令，解得；
直线的方程为，即.
令，解得，
因为，
所以直线，和相交于一点.
59．“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（如下图1）
步骤1：设圆心是，在圆内异于圆心处取一点，标记为；
步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点；
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（如图2）.

(1)已知这些折痕所围成的图形是一个椭圆.若取半径为的圆形纸片，设定点到圆心的距离为2，按上述方法折纸.以点所在的直线为轴，线段的中垂线为轴，建立坐标系，求折痕所围成的椭圆（即图1中点的轨迹）的标准方程.
(2)经过椭圆的左焦点作直线，且直线l交椭圆于两点，问轴上是否存在一点，使得为常数，若存在，求出坐标及该常数，若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在点，使得为常数，这个常数为.
【解析】
【分析】
（1）以所在的直线为轴，的中点为原点建立平面直角坐标系，根据椭圆的定义，求出的值，根据求出的值，再由求出的值即可得椭圆的方程；
（2）假设存在点，使得为常数，则当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，再联立方程，结合韦达定理与向量的数量积运算的坐标表示得，进而得，此时；
最后在验证直线的斜率不存在时满足条件即可.
(1)
解：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，
所以点轨迹是以为左右焦点，长轴长的椭圆，                           
因为，，所以，，则，
所以椭圆的标准方程为；
(2)
解：由题知，，假设存在点，使得为常数，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，
则联立方程得，
所以，
因为
所以

，
因为为常数，故与无关，
所以，即，此时；
所以，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时，
所以，
当时，，
综上，在轴上存在一点，使得为常数，这个常数为.
60．已知F为抛物线的焦点，点M在抛物线C上，O为坐标原点，的外接圆与抛物线C的准线相切，且该圆周长为．
(1)求抛物线C的方程；
(2)设，B是抛物线C上一点，且，直线与直线交于点Q，过点Q作轴的垂线交抛物线C于点N，证明：直线恒过一定点，并求出该定点的坐标．
【答案】(1)
(2)证明见解析，定点的坐标为
【解析】
【分析】
（1）根据圆心到准线的距离得圆半径，再由圆周长建立方程求出p即可；
（2）设，求出直线AB的方程，与联立求出N点坐标，点斜式求出直线BN方程，可得出直线所过定点.
(1)
设外接圆的半径为r，圆心为O
易知圆心O在线段的中垂线上，
且圆心到准线的距离，
所以由，解得，
所以抛物线C的方程为：；
(2)
设，由题意知，，
则直线的方程：，即，
与联立：，得，
由题意知：，        
∴
则直线的方程：，
所以当时恒成立，
所以直线恒过定点
61．已知抛物线的焦点为，点为坐标原点，一条直线过定点与抛物线相交于、两点，且.

(1)求抛物线方程；
(2)连接，并延长交抛物线于、两点，设和的面积分别为和，则是否为定值？若是，求出其值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)存在定值，定值为.理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据题意设出直线方程，利用平面向量互相垂直的性质，结合一元二次方程根与系数关系进行求解即可；
（2）根据三角形面积公式，结合（1）中的方法进行求解即可.
(1)
设直线的方程为：，
与抛物线方程联立为：，设，
所以，因为，
所以，
化简得：，把代入得：
，所以抛物线的方程为；
(2)
抛物线的焦点，
设直线的方程为：，
与抛物线方程联立为：，设，
所以，即，
设，同理可得：，即，
，因为，所以，
因为，所以，
而，，，
所以，因此为定值，定值为.
【点睛】
关键点睛：利用一元二次根与系数的关系是解题的关键.
62．已知抛物线的焦点为，点为坐标原点，一条直线过定点与抛物线相交于、两点，且.

(1)求抛物线方程；
(2)连接，并延长交抛物线于、两点，求证：直线过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）设直线的方程为，，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，由，可得，即可得到，代入解得，即可得解；
（2）设点，，，的纵坐标依次为，，，，设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，即可得到，同理可得，即可得到，再设直线方程为，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理，求出，即可得到直线过定点坐标；
(1)
解：设直线的方程为，它与抛物线的两个交点为和，
联立直线与抛物线方程，消去得：，
∴，①     ，②
∵，∵，即，
∴，，∴，
所以抛物线方程为.
(2)
解：设点，，，的纵坐标依次为，，，，设直线的方程为，
联立方程，消去得：，
∴，同理，
由（1）中②可知：，∴，
设直线方程为，联立方程，消去得：，则有，即，因此直线过点.
63．动点P在圆E：上运动，定点F(1，0)，线段PF的垂直平分线与直线PE的交点为Q.
(1)求Q的轨迹C的方程；
(2)若M，N是轨迹C上异于H(1，)的两点，直线HM，HN的斜率分别为k1，k2，且k1+k2=－1，HD⊥MN，D为垂足.是否存在定点S，使得|DS|为定值?若存在，请求出S点坐标及|DS|的值.若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，S(，)，
【解析】
【分析】
（1）连接QF，由椭圆的定义可得点Q的轨迹是以E，F为焦点，长轴长为4的椭圆，进而可得结果；
（2）设出直线MN的方程并与椭圆方程联立，写出韦达定理，求出的表达式，并令其等于，可得一个方程，然后因式分解讨论因式为0的情况，并求出对应的定点，即可求解.
(1)
连接QF，
根据题意，|QP|=|QF|，
则|QE|+|QF|=|QE|+|QP|=4>|EF|=2，
故动点Q的轨迹是以E，F为焦点，长轴长为4的椭圆，
设其方程为
可知a=2，c=1，
∴，
所以点Q的轨迹C的方程为
(2)
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由题意可得直线MN的斜率存在，则可设直线MN的方程为，
代入椭圆方程可得：，
则，得，
且，
所以



             
由k1+k2=－1得：，
即，                 
当，直线
令x=1，则y=，显然过定点(1，)，舍去                 
当4k+m=0，直线y=kx一4k=k(x－4)，令x=4，
则y=0，直线过定点T(4，0)，
此时，，解得，存在直线过定点T(4，0).                      
当S为H，T的中点时，则S(，)，             
此时
∴存在定点S(，)，使得为定值.            

64．已知椭圆的焦距为，左､右焦点分别是，其离心率为，圆与圆相交，两圆交点在椭圆上.
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线不经过点且与椭圆相交于两点，若直线与直线的斜率之和为，证明：直线过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据题意列出等式，求得 ，即得答案；
（2）考虑直线斜率是否存在，存在时，设出直线方程并和椭圆方程联立，得到根与系数的关系，结合直线与直线的斜率之和为化简整理可得参数之间的关系式，即可证明结论.
(1)
由题意得，
由圆与圆相交，两圆交点在椭圆上，
可知：，又，
解得：
所以椭圆的方程为：.
(2)
证明：①当直线的斜率不存在时，设直线，

由题意可知，且，设，
因为直线的斜率之和为，所以，
化简得，所以直线的方程为.
②当直线的斜率存在时，
设方程为，
联立消去，化简得.
，
由题意可得，
因为直线的斜率之和为，
所以，
，
，
，
，
化简整理得，
当且仅当时，即 或且 时符合题意，
直线的方程：，即，
故直线过定点，
综上①②可得直线过定点.
【点睛】
本题考查了椭圆方程的求法，以及直线和椭圆相交时的直线过定点问题，解答时要注意考虑直线斜率是否存在的情况，斜率存在时设出直线方程，和椭圆方程联立，得到根与系数的关系，然后结合条件得等式，化简即可，难点在于计算量较大并且运算繁琐，需要十分细心.
65．已知双曲线的焦距为4，直线l：与交于两个不同的点D､E，且时直线l与的两条渐近线所围成的三角形恰为等边三角形.
(1)求双曲线的方程；
(2)若坐标原点O在以线段DE为直径的圆的内部，求实数m的取值范围；
(3)设A､B分别是的左､右两顶点，线段BD的垂直平分线交直线BD于点P，交直线AD于点Q，求证：线段PQ在x轴上的射影长为定值.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）列方程求得a、b，即可得到双曲线的方程；
（2）把坐标原点O在以线段DE为直径的圆的内部，转化为，解不等式可得实数m的取值范围；
（3）求得P、Q两点的坐标，得到，即可证明线段PQ在x轴上的射影长为定值.
(1)
当直线l：与C的两条渐近线围成的三角形恰为等边三角形，
又双曲线的渐近线为，则
又焦距为4，则，解得，，
则所求双曲线的方程为.
(2)
设，，则，
由，得，
则，
，，，
又坐标原点O在以线段DE为直径的圆内，
则，即，即，
即，则，
即，则或，
即实数m的取值范围.
(3)
，
设，则，
直线BD的斜率为， 又，
则直线PQ的方程为，即，
直线AD的斜率为，直线AD的方程为，
由，得，
即点Q的横坐标为，则.
故线段PQ在x轴上的射影长为定值.
66．圆的离心率为，且过点，点分别为椭圆的左顶点和右顶点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)是否存在定点，对任意过点的直线（在椭圆上且异于两点），都有.若存在，则求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)存在，.
【解析】
【分析】
（1）由椭圆所过点、离心率和之间关系可构造方程组求得结果；
（2）当直线斜率不存在时，求得坐标，可得；当直线斜率存在时，假设直线方程，结合韦达定理可求得点坐标，同理可求得点坐标，利用可整理得到，由此可确定；综合两种情况可得结论.
(1)
由题意得：，解得：，
椭圆的标准方程为；
(2)
由（1）知：，；
①当直线斜率不存在时，由得：或，
若，，
则，，，解得：；
若，，同理可求得：；
②当直线斜率存在时，设，，则；
设直线，
由得：，
，解得：，，
又，同理可得：，，
，整理可得：，
当时，恒成立；
综上所述：存在满足题意的点，使得恒成立，此时.
【点睛】
关键点点睛：本题考查椭圆中存在定点满足某条件的问题，解题关键是能够将问题转化为两点与定点连线的斜率相等的关系，从而利用两点连线斜率公式构造关于变量的方程，由方程恒成立可求得结果.
67．已知椭圆的上顶点到右顶点的距离为，离心率为，过椭圆左焦点作不与轴重合的直线与椭圆C相交于M，N两点，直线的方程为：，过点作垂直于直线m交直线于点E．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)①求证线段必过定点P，并求定点P的坐标；
②点O为坐标原点，求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)①证明见解析； ；②
【解析】
【分析】
（1）椭圆的上顶点到右顶点的距离为，离心率为，列出方程，求解，，得到椭圆的标准方程．
（2）①设直线方程：，，，，，，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理求解直线方程，然后得到定点坐标．
②由（1）中，利用弦长公式，求解三角形的面积表达式，然后求解最大值即可．
(1)
由题意可得：
，所以，．
故椭圆的标准方程为．
(2)
证明：
①由题意知， ，
设直线方程：，，，，，，
联立方程，得，
所以，，所以，
又，所以直线方程为：，
令，则．
所以直线过定点．
②由（1）中，所以，
又，
所以，
令，，则，
令 ，当时， ，
故在，上单调递增，
则在，上单调递减，
即在，上单调递减，
所以时，．
68．已知椭圆C：的左顶点是A，右焦点是，过点F且斜率不为0的直线与C交于M，N两点，B为线段AM的中点，O为坐标原点，直线AM与BO的斜率之积为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线AM和AN分别与直线交于P，Q两点，证明：以线段PQ为直径的圆恒过两个定点，并求出定点坐标.
【答案】(1)
(2)证明见解析，定点为和
【解析】
【分析】
（1）设椭圆C的右顶点是，连接，可得，设，则，进而有，再联立椭圆中的关系求解即可；
（2）设，写出直线AM，AN的方程，求出P,Q两点坐标，从而可得以线段PQ为直径的圆，再设直线MN的方程为，，联立直线MN与椭圆的方程，由韦达定理化简圆的方程，最后令求解即可得答案.
(1)
解：设椭圆C的右顶点是，连接，
因为B，O分别是AM，的中点，所以，
因为直线AM与BO的斜率之积为，所以.
设，则，
因为，，所以，
所以，解得，
所以椭圆C的方程为.


(2)
证明：设直线MN的方程为，，
联立，整理得，，
设，则，.
由，知AM的方程为，则点P的坐标为，同理可得，点Q的坐标为.
令，，则PQ中点的坐标为，，
所以以PQ为直径的圆的方程为，
即.
又
，
，
所以以PQ为直径的圆的方程为.
令，得或，
故以线段PQ为直径的圆恒过x轴上的两定点，定点坐标分别为和.
69．如图，已知椭圆，曲线与轴的交点为，过坐标原点的直线与相交于、，直线、分别与交于点、.

(1)证明：以为直径的圆经过点；
(2)记、的面积分别为、，若，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）分析可知直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与曲线的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式结合韦达定理计算得出，可得出，即可证得结论成立；
（2）设的斜率为，则的方程为，将直线的方程分别与曲线、的方程联立，可求得点、的坐标，同理可得出点、的坐标，可求得、，进而可得出的表达式，利用基本不等式可求得的取值范围.
(1)
证明：若直线的斜率不存在，则该直线与轴重合，此时直线与曲线只有一个交点，不合乎题意.
所以，直线的斜率存在，设直线的方程为.
由得，
设、，则、是上述方程的两个实根，
于是，.
又因为点，
所以，
所以，即，所以为直径的圆经过点.
(2)
解：由已知，设的斜率为，则的方程为，
由解得或，则点的坐标为，
又直线的斜率为，同理可得点的坐标为.
所以，
由得，解得或，
则点的坐标为，
又直线的斜率为，同理可得点的坐标，
于是，
因此，
当时，即当时，等号成立，
所以，所以的取值范围为.
【点睛】
方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（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；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
70．已知为椭圆的左焦点，直线与C交于A，B两点，且的周长为，面积为2.

(1)求C的标准方程；
(2)若关于原点的对称点为Q，不经过点P且斜率为的直线l与C交于点D，E，直线PD与QE交于点M，证明：点M在定直线上.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）将代入曲线C的方程中求得，继而由三角形的面积公式得.再由椭圆的对称性和椭圆的定义得，由此可求得C的标准方程；
（2）设，，直线l的方程为，，联立直线l与椭圆C的方程，并消去y得，得出直线PD的方程，直线QE的方程，联立直线PD与直线QE的方程，求得点M的坐标，继而求得，可得证.
(1)
解：将代入中，解得，则，
所以的面积为，所以.①
设C的右焦点为，连接，由椭圆的对称性可知，
所以的周长为，所以，②
由①②解得，，
所以C的标准方程为.
(2)
解：设，，直线l的方程为，，联立直线l与椭圆C的方程，并消去y得，
则，得且，且，
，，
所以直线PD的方程为，即，
直线QE的方程为，即，
联立直线PD与直线QE的方程，得，
得，，所以
.
所以，即点M在定直线上.
【点睛】
方法点睛：直线与圆锥曲线的位置关系问题是高考命题的热点，解决此类问题要做好两点：一是转化，把题中的已知条件和所求准确转化为代数中的数与式，即形向数的转化；二是设而不求，即联立直线方程与圆锥曲线方程，利用根与系数的关系求解.
71．已知椭圆的焦距为2，点在C上.
(1)求C的方程；
(2)若过动点P的两条直线，均与C相切，且，的斜率之积为-1，点，问是否存在定点B，使得？若存在，求出点B的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)存在，点.
【解析】
【分析】
(1)根据给定条件可得椭圆C的二焦点坐标，利用椭圆定义求出椭圆的长轴长即可计算作答.
(2)设出过点的直线方程，与椭圆C的方程联立，由判别式探求出的关系即可推理作答.
(1)
由题意知，椭圆C的半焦距，焦点分别为，，
由椭圆定义得：椭圆长轴长，即，，
所以椭圆C的方程为.
(2)
设点，显然，过点P的直线方程为，
由消去y并整理得：，
因为直线l与C相切，则，得，
即，设直线，的斜率分为，，显然，是上述关于k的一元二次方程的两个根，
则，化简得，即点P到坐标原点O的距离，
故点P在以O为圆心，为半径的圆上，并且是动点，而点A为该圆上一定点，
则当满足时，AB为圆O的直径，即点，
所以存在点满足题意.
【点睛】
思路点睛：涉及动直线与圆锥曲线相交满足某个条件问题，设出直线方程并与圆锥曲线方程联立，结合已知条件及韦达定理推理求解.
72．已知双曲线的右焦点为，点F到C的渐近线的距离为1.
(1)求C的方程.
(2)若直线与C的右支相切，切点为P，与直线交于点Q，问x轴上是否存在定点M，使得？若存在，求出M点坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在定点
【解析】
【分析】
（1）先由题意求出C的渐近线方程，，再根据点F到渐近线的距离为1求出b，得，即可得C的方程；
（2）先由题意判断直线的斜率存在，设出的方程，与C的方程联立，根据直线与C相切求得点P的坐标，再根据题意求出点Q的坐标，假设存在点M满足题意，设出点M的坐标，根据并借助向量的数量积将问题转化为点的坐标之间的关系，化简求解，即可得到结果.
(1)
解：由题意，双曲线的渐近线方程为，
又由双曲线的右焦点为，可得，
所以到渐近线的距离，
所以，所以C的方程为.
(2)
解：由题意易知直线的斜率存在，设其方程为，
联立与C的方程，消去y，得，
因为直线与C的右支相切，所以，（双曲线右支上的点需满足的条件）
，
得，则，
设切点，则，
，
设，因为Q是直线与直线的交点，所以，，
假设x轴上存在定点，使得，
则


，
故存在，使得，即，
所以x轴上存在定点，使得.
73．已知椭圆经过点，左顶点为，右焦点为，已知点，且，，三点共线．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知经过点的直线l与椭圆交于，两点，过点作直线的垂线，垂足为，求证：直线过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据题意，列出方程组，求得的值，即可求得椭圆的方程；
（2）分别当和时，求得直线的方程，联立方程组，求得交点坐标，设直线的方程为，联立方程组求得，求得直线的方程，令，结合化简得到，即可求解.
(1)
解：由题意，将点代入椭圆的方程，可得，
又由是轴上一点，且三点共线，
可得所以，解得，
代入，可得 ，所以椭圆的方程为.
(2)
解：当时，此时直线的方程为，
联立方程组，解得或，可得，
此时，直线的方程为，
当时，同理可得，此时，
可得直线的方程为，
由，解得，即两直线的交点为，
下面证明直线经过轴上定点．
设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设，则，
所以直线的方程：．
令，可得
．        
因为，
所以．
所以直线过定点．
74．已知点在抛物线上.
(1)求抛物线E的方程；
(2)直线都过点的斜率之积为，且分别与抛物线E相交于点A，C和点B，D，设M是的中点，N是的中点，求证：直线恒过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）将点坐标代入求解抛物线方程；（2）设出直线方程，表达出的坐标，求出直线的斜率，利用直线斜率之积为-1，求出直线恒过的定点，从而证明出结论.
(1)
∵点在抛物线上，
∴，
∴解得:，
∴抛物线E的方程为：.
(2)
由分别与E相交于点A，C和点B，D，且由条件知：两直线的斜率存在且不为零.
∴设
由得：          
设，则，∴，又，即
同理可得：          
∴，
∴
即：，
∵的斜率之积为，
∴，即，
∴，
即直线过定点.
75．已知椭圆的长轴长为，且过点
(1)求的方程：
(2)设直线交轴于点，交C于不同两点，，点与关于原点对称，，为垂足.问：是否存在定点，使得为定值？
【答案】(1)
(2)存在
【解析】
【分析】
（1）利用待定系数法求方程；
（2）联立方程组，结合韦达定理可得直线恒过定点，进而求解.
(1)
依题意知，即
所以的方程可化为，将点代入得，
解得，
所以椭圆方程为；
(2)
设点，，
联立得，，
，解得，
，，
注意到，，三点共线，，
又



当，解得，
因为，所以，此时，满足，
故存在定点，使得等于定值.
【点睛】
解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆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．
76．已知椭圆，A､B分别为椭圆C的右顶点､上顶点，F为椭圆C的右焦点，椭圆C的离心率为，的面积为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)点P为椭圆C上的动点（不是顶点），点P与点M，N分别关于原点､y轴对称，连接MN与x轴交于点E，并延长PE交椭圆C于点Q，则直线MP的斜率与直线MQ的斜率之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)是定值，定值为
【解析】
【分析】
（1）根据椭圆的离心率可得到a,b,c的关系，再结合的面积可得到，由此解得a,b，可得答案.
（2）设直线方程，并联立椭圆方程，得到根与系数的关系式，结合直线MP的斜率与直线MQ的斜率之积，代入化简可得答案.
(1)
由题意得，则，.
的面积为，则.
将，代入上式，得，则，，
故椭圆C的标准方程为.
(2)
由题意可知直线PQ的斜率一定存在，
设直线PQ的方程为，设，，则，，，
联立方程，得，
∴，
∴，
∴， ，
∵，
∴
∴为定值.
【点睛】
本题考查了椭圆方程的求法以及直线和椭圆的位置关系，综合考查了学生分析问题，解决问题以及计算方面的能力和综合素养，解答的关键是理清解决问题的思路，并能正确地进行计算.
77．已知抛物线C：的焦点为F，为C上一点，直线l交C于M，N两点（与点S不重合）.
(1)若l过点F且倾斜角为60°，（M在第一象限），求C的方程；
(2)若，直线SM，SN分别与y轴交于A，B两点，且，判断直线l是否恒过定点？若是，求出该定点；若否，请说明理由.
【答案】(1)
(2)直线l恒过定点.
【解析】
【分析】
（1）由已知条件，利用点斜式写出直线l的方程，然后与抛物线方程联立，求出点的横坐标，进而根据焦半径公式即可求解；
（2）设直线的方程为，点，将直线的方程与抛物线联立，根据已知条件及韦达定理找到、之间的关系即可求解.
(1)
解：抛物线C：的焦点为，
因为l过点F且倾斜角为60°，所以，
联立，可得，解得或，
又M在第一象限，所以，
因为，所以，解得，
所以抛物线C的方程为；
(2)
解：由已知可得抛物线C的方程为，点，
设直线的方程为，点，
将直线的方程与抛物线联立得，
所以，，
直线的方程为，
令求得点的纵坐标为，同理求得点的纵坐标为，
由，化简得，
将上面式代入得，即，
所以直线的方程为，即，
所以直线过定点.
78．已知圆过点，且与直线相切.
(1)求圆心的轨迹的方程；
(2)过点作直线交轨迹于、两点，点关于轴的对称点为，过点作，垂足为，在平面内是否存在定点，使得为定值.若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)存在定点，使得，点.
【解析】
【分析】
（1）设出点M的坐标，利用给定条件列式化简作答.
（2）设出直线的方程，与轨迹的方程联立，探求出直线所过定点，再推理计算作答.
(1)
设圆心，依题意，，化简整理得：，
所以圆心的轨迹的方程是：.
(2)
依题意，直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为：，，则，，
由抛物线对称性知，点在轨迹C上，直线的斜率为，
直线的方程为：，化简整理得：，
由消去x并整理得：，则有，
直线的方程化为：，因此直线恒过定点，
因于点Q，于是得是直角三角形，且点是斜边的中点，则恒有，
令点为E，从而有，
所以存在定点，使得为定值，点E坐标为.
【点睛】
思路点睛：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.
79．已知椭圆：（）的左、右顶点分别为，，为坐标原点，直线：与的两个交点和，构成一个面积为的菱形.
(1)求的方程；
(2)圆过，，交于点，，直线，分别交于另一点，.
①求的值；
②证明：直线过定点.
【答案】(1)
(2)①②证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由条件可得垂直平分，然后可得的值，然后可得直线与的交点坐标，然后可算出；
（2）由条件可得为圆的直径，设，，则，然后可得的值，设直线的方程为（），，，联立椭圆与直线的方程消元，然后韦达定理可得，，然后由可求出的值，即可得到答案.
(1)
因为直线：与的两个交点和，构成的四边形是菱形，
所以垂直平分，所以，.
设为直线与的一个交点，则菱形的面积为.
因为菱形的面积为，所以，解得，即.
将点代入，得，又因为，所以.
故的方程为.
(2)
①由题意，得为圆的一条弦，且直线垂直平分该弦，
故直线经过圆心，所以为圆的直径，因此，即.
设，，则.
注意到，，则.
又因为，，所以.
②易知直线不可能平行于轴，则设直线的方程为（），，.
由得.
，（*）
，.①
因为，，所以，
即，
即.
将①代入上式得，
化简得，解得，满足（*），
所以直线的方程为，
故直线过定点.
80．已知椭圆C：的离心率为，依次连接C四个顶点所得菱形的面积为4．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若A（－2，0），直线l：与C交于 两点，且AP⊥AQ，试判断直线l是否过定点？若是，求出此定点的坐标；若不是，说明理由．
【答案】(1)
(2)是，过定点
【解析】
【分析】
（1）根据已知条件列出关于a,b,c的方程，解出其值，可得椭圆方程；
（2）联立直线和椭圆方程，得到根与系数的关系式，结合AP⊥AQ，得到
，将根与系数的关系式代入化简，即可得结论.
(1)
由已知，连接C的顶点所得四边形面积，
又，解得：，，
所以椭圆C的方程为．
(2)
设，，联立，
消y可得，
则有，即，
，，
因为AP⊥AQ，所以，而，，
故，

，
故
，
解得或，
当时，直线l方程为，过点A，不满足题意，
当时，代入，
故直线l方程为，过定点．
【点睛】
本题考查了椭圆方程的求解，以及直线和椭圆相交时过定点的问题，解答时要明确解答的思路，这点并不困难，难点在于联立方程后结合条件的化简运算，要十分细心.
81．已知双曲线C：的渐近线方程为，过双曲线C的右焦点的直线与双曲线C分别交于左、右两支上的A、B两点．
(1)求双曲线C的方程；
(2)过原点O作直线，使得，且与双曲线C分别交于左、右两支上的点M、N．是否存在定值，使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【解析】
【分析】
（1）由题意得到且，结合，求得的值，即可求得双曲线的方程；
（2）由与同向，所以，设直线，联立方程组，结合韦达定理求得，利用弦长公式求得，根据，设，联立方程组求得，进而求得的值，得出结论.
(1)
解：因为双曲线C：的渐近线方程为，
所以，即．
又因为右焦点F的坐标为，所以，
又由，解得，所以，
所以双曲线C的方程为．
(2)
解：存在定值，使得．
因为与同向，所以，
由题意，可设直线，
联立方程组，整理得，
设，，可得，
由直线分别交双曲线C的左、右两支于A、B两点，
可得，即，
可得，
所以

由，可设，
由，整理得．
设 ，则，所以，
则，
所以，故存在定值，使得．
82．已知椭圆的长轴为双曲线的实轴，且椭圆C过点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)点A，B是椭圆C上异于点P的两个不同的点，直线PA与PB的斜率均存在，分别记为，且，求证：直线AB过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）由条件可得、，即可得到答案；
（2）当直线的斜率存在时，设其方程为，，联立直线与椭圆的方程消元，然后韦达定理得出，然后利用求出的关系，即可得到定点的坐标，然后再验证直线的斜率不存在时也过该定点即可.
(1)
因为椭圆的长轴为双曲线的实轴，
所以，因为椭圆C过点，所以，所以
所以椭圆C的标准方程为
(2)
当直线的斜率存在时，设其方程为，
由可得
所以
所以


化简可得
所以
当，即时，直线的方程为，过定点，不满足题意，
当，即时，直线的方程为，过定点，
当直线的斜率不存在时，设其方程为，
由可得，所以
所以，解得（舍）或
也满足直线过定点
综上：直线过定点
83．在直角坐标系中，椭圆与直线交于M，N两点，P为MN的中点．
(1)若，且N在x轴下方，求的最大值；
(2)设A，B为椭圆的左、右顶点，证明：直线AN，BM的交点D恒在一条定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）利用三角形外角的性质，找到与直线MN，OP倾角的关系，从而找到斜率关系，联立直线MN与椭圆得到韦达定理，然后利用两角和差公式以及均值不等式求解即可.
（2）利用坐标分别表示出直线AN，BM的方程，联立方程组可发现其两直线交点横坐标为定值.
(1)
设，．
（1）记l的倾斜角为，OP的倾斜角为，则．
由得，则
所以，于是．故．
所以，
当且仅当，即时，取到“=” ．
所以的最大值为．
(2)
易知，．由题意知，，
所以直线AN的方程为，
直线BM的方程为．
令，
解之得

所以点D恒在定直线上．
84．已知双曲线的右焦点为，，，成等差数列，过的直线交双曲线于､两点，若双曲线过点.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)过双曲线的左顶点作直线､，分别与直线交于､两点，是否存在实数，使得以为直径的圆恒过，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，或
【解析】
【分析】
（1）利用待定系数法求双曲线方程；
（2）假设存在实数，使得以为直径的圆恒过，则，结合韦达定理可得的值.
(1)
由已知设双曲线方程为，又，，成等差数列，且双曲线过点，
则，解得，，，
故所求方程为，
(2)
由（1）得，设､方程分别为､，
则，，
因为以为直径的圆经过，所以即，
即，
设方程为，与联立得，
设，，则，，
所以，
即，
所以，
，解得或.
85．如图，为椭圆上的三点，为椭圆的上顶点，与关于轴对称，椭圆的左焦点，且.

(1)求椭圆的标准方程；
(2)过椭圆的右焦点且与轴不重合的直线交椭圆于两点，为椭圆的右顶点，连接分别交直线于两点.试判断的交点是否为定点？若是，请求出该定点；若不是，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)直线与交点为定点.
【解析】
【分析】
（1）由对称性和椭圆定义可求得，结合焦点坐标即可求得椭圆方程；
（2）当直线斜率不存在时，可求得直线与交点为；假设当斜率存在时，直线与交点为，可利用，表示出，从而得到；将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理验证知等式成立，从而假设成立.
(1)
与关于轴对称，，，解得：；
椭圆的左焦点，，，
椭圆的标准方程为：；
(2)
由（1）知：，，不妨设在轴上方；
当直线斜率不存在时，，，
直线，直线，，，
，，
直线，即；直线：，即，
由得：，直线与交点为；
若直线与交点为定点，则该定点必为；
假设当直线斜率存在时，直线与交点为，
设，，
直线：；直线：；
令，则，，，，
，，
整理可得：，两式作和得：；
，，
设，
由得：，，
此时，满足题意；
综上所述：直线与交点为定点.
【点睛】
思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定点问题的求解，本题解题基本思路是在直接求解交点坐标非常困难的情况下，利用斜率不存在的情况首先确定所过定点坐标，进而验证在斜率存在时，两直线交点依然为该定点即可.
86．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，满足，且面积的最大值为.
(1)求椭圆的方程；
(2)点，点A，B在椭圆上，点N在直线：，满足，，试问是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)定值为，理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）由，得到，根据面积的最大值为，得到，结合，求得，即可求得椭圆的方程；
（2）设过点的直线为，联立方程组得到，再联立两直线，求得，根据，，求得，进而结合韦达定理，化简得到，即可得到结论.
(1)
解：由椭圆：的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，
因为，可得，即，
又由面积的最大值为，可得，即，
因为，即，解得，
所以椭圆的方程为.
(2)
解：由，，可得点四点共线，如图所示，
设过点的直线方程为，即，
联立方程组，整理得，
设，则，
联立方程组，可得，即，
因为，，可得，
所以
则

，
所以为定值.

87．如图，椭圆的两顶点，，离心率，过y轴上的点的直线l与椭圆交于C，D两点，并与x轴交于点P，直线与直线交于点Q.

(1)当且时，求直线l的方程；
(2)当点P异于A，B两点时，设点P与点Q横坐标分别为，，是否存在常数使成立，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)或
(2)存在，
【解析】
【分析】
（1）先求得椭圆的方程，再以设而不求的方法即可求得直线l的方程；
（2）先以设而不求的方法得到的解析式，再去计算是否为定值即可解决.
(1)
椭圆的方程，由题可得；
由，结合，得，
椭圆的标准方程：；
当直线l的斜率不存在时，，与题意不符，
故设直线l的方程为，代入椭圆方程
整理得，设，，
，；
，
解得.则直线l的方程为或.
(2)
当直线l的斜率不存在时，直线l与y轴重合，
由椭圆的对称性可知直线与直线平行，不符合题意；
由题意可设直线的方程：代入椭圆方程，
得；设，，
，；
①
直线的方程为②
则直线的方程为③
由②③得
由①代入，得，
解得，即；且知；（常数）
即点P与点Q横坐标之积为定值4.故存在常数.
88．在平面直角坐标系中，双曲线的离心率为，实轴长为4.

(1)求C的方程；
(2)如图，点A为双曲线的下顶点，直线l过点且垂直于y轴（P位于原点与上顶点之间），过P的直线交C于G，H两点，直线AG，AH分别与l交于M，N两点，若O，A，N，M四点共圆，求点P的坐标.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据双曲线的离心率结合实轴长，可求得a,b,即得答案;
（2）根据O，A，N，M四点共圆结合几何性质可推出，设，，，从而可以用点的坐标表示出t,再设直线，联立双曲线方程，利用根与系数的关系式，代入t的表达式中化简，可得答案.
(1)
因为实轴长为4，即，，
又，所以，，
故C的方程为.
(2)
由O，A，N，M四点共圆可知，，
又，即，
故，
即，所以,
设，，，
由题意可知，则直线，直线，
因为M在直线l上，所以，代入直线AG方程，可知，
故M坐标为，所以，
又，由，则，
整理可得，
当直线GH斜率不存在时，显然不符合题意，
故设直线，代入双曲线方程：中，
可得，所以，，
又
，
所以,
故，即，所以点P坐标为.
【点睛】
本题考查了双曲线方程的求解，以及直线和双曲线的位置关系的问题，解答时要注意明确点线的位置关系，能设相关点的坐标，从而表示出参数的表达式，再结合联立直线和双曲线方程，利用根与系数的关系式化简，难点在于较为繁杂的计算，要十分细心.
89．如图所示，椭圆的右顶点为，上顶点为为坐标原点，.椭圆离心率为，过椭圆左焦点作不与轴重合的直线，与椭圆相交于两点.直线的方程为：，过点作垂线，垂足为.

(1)求椭圆的标准方程；
(2)①求证：直线过定点，并求定点的坐标；
②求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)①证明见解析，定点；②
【解析】
【分析】
（1）根据已知条件求得，由此求得椭圆的标准方程.
（2）①设直线方程：，联立直线的方程与椭圆的方程，化简写出根与系数关系，求得直线的方程，并求得定点坐标.
②结合弦长公式求得面积的表达式，利用导数求得面积的最大值.
(1)
由题意可得：
，解得，
故椭圆的标准方程为.
(2)
①由题意知，，设直线方程：.
，
联立方程，
得，
所以，
所以，
又，
所以直线方程为：，
令，
则.
综上：直线过定点.
②由（1）中，所以，
又，
所以，
令，则，
令，
当时，，
故在上单调递增，
则在上单调递减，
即在上单调递减，
所以时，.
90．已知椭圆的离心率为，且过点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点且斜率为k的直线l与椭圆C交于M，N两点，且，若轴，求证：存在实数t，使得直线MG过y轴上的定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）列方程求得的值即可得到椭圆C的标准方程；
（2）先以特例情况得到直线MG过y轴上的点，再去证明存在实数t，使得直线MG过y轴上的定点.
(1)
依题意，，解得，，
故椭圆C的方程为．
(2)
当，，时，
直线MG的方程为，交y轴于点；
当，，时，
直线MG的方程为，交y轴于点．
若直线MG经过y轴上定点，则，
即，直线MG交y轴于点．
下面证明存在实数，使得直线MG经过y轴上定点．
联立，消y整理，得，
设，，则，．
设点，所以直线MG的方程：．
令，得．
因为，所以．
所以直线MG过定点．
综上所述，存在实数，使得直线MG经过y轴上定点．
91．已知椭圆的焦距为2c，左､右焦点分别是，，其离心率为，圆与圆相交，两圆的交点在椭圆E上.
(1)求椭圆E的方程.
(2)已知A，B，C为椭圆E上三个不同的点，O为坐标原点，且O为△ABC的重心.证明：△ABC的面积为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由题意得到，再由圆与圆相交，结合椭圆的定义得到，进而求得的值，即可求得椭圆方程；
（2）当AB垂直于x轴时，得到，，求得；当AB与x轴不垂直时，设直线的直线方程为，联立方程组得到，结合弦长公式和点到直线的距离公式，求得，即可求解.
(1)
解：由椭圆得的离心率为，即，
又由圆与圆，
可得圆心分别为，半径分别为，
因为圆与圆相交，两圆的交点在椭圆E上，
可得，解得，则，
可得，所以椭圆E的方程为.
(2)
证明：设，，
当AB垂直于x轴时，，因为O为△ABC的重心，所以或.
根据椭圆的对称性，不妨令，此时，，可得.
当AB与x轴不垂直时，设直线的直线方程为，
联立方程组，整理得，
则，，
设，则，.
代入，得，
又由，原点到的距离，
所以
，
所以，即的面积为定值.
92．已知椭圆：的长轴长是短轴长的两倍，且过点.
(1)求椭圆的方程.
(2)设椭圆的下顶点为点，若不过点且不垂直于坐标轴的直线交椭圆于，两点，直线，分别与轴交于，两点.若，的横坐标之积是2，证明：直线过定点.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据给定条件，列出关于a，b的方程求解作答.
（2）设出直线l的方程及点P，Q的坐标并表示出点M，N的坐标，再联立l与E的方程，借助韦达定理计算作答.
(1)
依题意，，椭圆E方程为：，又椭圆过，于是有，解得，，
所以椭圆的方程为.
(2)
由（1）知，依题意，设直线的方程为，，，
直线的方程为，令，得点的横坐标为，同理得点的横坐标为，
由消去y并整理得，，
，即，，，
因此，
，即，解得，
直线的方程为，过定点，
所以直线过定点.
【点睛】
思路点睛：与圆锥曲线相交的直线过定点问题，设出直线的斜截式方程，与圆锥曲线方程联立，
借助韦达定理求出直线斜率与纵截距的关系即可解决问题.
93．已知抛物线的准线经过点，过点的直线与抛物线有两个不同的交点，点其中在抛物线上，且直线交轴于，直线交轴于.
(1)求直线斜率的取值范围；
(2)设为原点，若，求证：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据抛物线的准线上的点求得，由此求得抛物线的方程.设出直线的方程并与抛物线方程联立，利用求得的取值范围.
（2）根据直线的方程求得的坐标，结合求得为定值.
(1)
抛物线的准线经过点，
所以，所以抛物线的方程为.
设直线的方程为，
由消去并化简得，
由于直线与抛物线有两个不同的交点，所以且，
由于在抛物线上，且，所以，所以，
且直线不过点，即，
所以直线斜率的取值范围是.
(2)
设，由（1）得，
依题意可知直线的斜率存在，
直线的方程为，令，
即，同理可求得.
，由于，
所以、，
所以，
所以
所以


为定值.
94．已知椭圆C：的左，右顶点分别为A，B，且，椭圆C过点.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)斜率不为0的直线l与C交于M，N两点，若直线BM的斜率是直线AN斜率的两倍，探究直线l是否过定点？若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)直线l过定点，理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）列出方程组，求出的值，求出椭圆方程；（2）设出直线l的方程，联立后得到两根之和，两根之积，由斜率关系得到方程，化简后得到，进而求出直线所过定点.
(1)
由题意得：，且，解得：，，所以椭圆方程为：.
(2)
直线l过定点，理由如下：由（1）得：，，设，联立椭圆方程得：，设，，则，，则，，由，化简得：，将，代入得：，由于不恒为0，所以，解得：，故过定点.
【点睛】
这道题目的难点是在根据斜率关系得到的方程时，通过整理不能整理出两根之和的对称形式，此时要适当的进行整理，通过凑出对称式，因式分解求出的关系或者的值，进而求出直线所过的定点.
95．已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率，P为椭圆上一动点，面积的最大值为2.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若C，D分别是椭圆E长轴的左、右端点，动点M满足，连结CM交椭圆于点N，O为坐标原点.证明：为定值；
(3)平面内到两定点距离之比是常数的点的轨迹是圆.椭圆E的短轴上端点为A，点Q在圆上，求的最小值.
【答案】(1)；
(2)见解析；
(3).
【解析】
【分析】
（1）结合离心率和面积的最大值列出关于的方程，解方程即可；
（2）设直线CM方程，写出点M坐标，联立椭圆方程，求点N坐标，通过向量数量积计算即可；
（3）设点坐标，借助点在圆上，将转化成，再借助椭圆定义将转化成，最后通过三点共线求出最小值.
(1)
当P为短轴端点时，的面积最大，，
解得，
故椭圆的方程为.
(2)
由（1）知，,
设直线，，
，
联立整理得，
由得，，
,，
故为定值4.
(3)


由题意，设，使，
，整理得，
又点Q在圆上，解得，
由椭圆定义得，，
当三点共线时，有最小值.
【点睛】
（1）关键在于建立的方程；
（2）关键在于设出直线方程，联立得出点N坐标；
（3）关键在于利用题目中给出的圆的定义将转化成，再结合椭圆定义，将问题简化成共线问题.
96．已知圆与x轴交于A，B两点，动点P满足直线与直线的斜率之乘积为.
(1)求动点P的轨迹E的方程；
(2)过点的直线l与曲线E交于M，N两点，则在x轴上是否存在定点Q，使得的值为定值？若存在，求出点Q的坐标和该定值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)，；
(2)存在点使得为定值，理由见解析；
【解析】
【分析】
（1）设出动点，利用直接法求解轨迹方程；（2）先求出直线l斜率为0时不合题意，得到直线斜率不等于0，从而设出直线l的方程，联立第一问求出的轨迹方程，利用韦达定理得到两根之和，两根之积，设出，求解，化简整理得到，从而得到存在点使得为定值.
(1)
令得：，不妨设，，则，整理得：，；动点P的轨迹方程E为，；
(2)
存在点，使得为定值，理由如下：
当直线l斜率为0时，则直线l为，此时与，无交点，故不合题意，舍去，即直线l斜率不为0
设，直线l设为，则与，联立得：，设，则，所以



当即时，为定值，即存在点使得为定值；
综上：存在点使得为定值.
【点睛】
圆锥曲线上是否存在点使某些量为定值的题目，经常考察，一般题目计算量大，且变量多，此时要抓住核心不变量，进行化简整理，主要方法是分离常数法，配方法等，本题中，将化简整理为是解题的关键所在.