压轴题02圆锥曲线压轴题十七大题型汇总-4

这是一份压轴题02圆锥曲线压轴题十七大题型汇总-4，共48页。试卷主要包含了多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、多选题
1．如图，平面，，M为线段AB的中点，直线MN与平面的所成角大小为30°，点P为平面内的动点，则（ ）
A．以为球心，半径为2的球面在平面上的截痕长为
B．若P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线
C．若P到直线MN的距离为1，则的最大值为
D．满足的点P的轨迹是椭圆
2．已知椭圆，其右焦点为，以为端点作条射线交椭圆于，且每两条相邻射线的夹角相等，则（ ）
A．当时，
B．当时，的面积的最小值为
C．当时，
D．当时，过作椭圆的切线，且交于点交于点，则的斜率乘积为定值
二、填空题
3．造纸术是中国四大发明之一，彰显了古代人民的智慧.根据史料记载盛唐时期折纸艺术开始流行，19世纪折纸与数学研究相结合，发展成为折纸几何学.在一次数学探究课上，学生们研究了圆锥曲线的包络线折法.如图，在一张矩形纸片上取一点，记矩形一边所在直线为，将点折叠到上（即），不断重复这个操作，就可以得到由这些折痕包围形成的抛物线，这些折痕就是抛物线的包络线.在抛物线的所有包络线中，恰好过点的包络线所在的直线方程为 .

三、解答题
4．设椭圆，的离心率是短轴长的倍，直线交于、两点，是上异于、的一点，是坐标原点.
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线过的右焦点，且，，求的值；
(3)设直线的方程为，且，求的取值范围.
5．已知椭圆的右焦点为，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.
6．如图，已知椭圆和抛物线，的焦点是的上顶点，过的直线交于、两点，连接、并延长之，分别交于、两点，连接，设、的面积分别为、．
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的取值范围.
7．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．
8．已知抛物线：的焦点到准线的距离为2，过点作直线交于M，N两点，点，记直线，的斜率分别为，.
(1)求的方程；
(2)求的值；
(3)设直线交C于另一点Q，求点B到直线距离的最大值.
9．如图，已知是中心在坐标原点、焦点在轴上的椭圆，是以的焦点为顶点的等轴双曲线，点是与的一个交点，动点在的右支上且异于顶点.
(1)求与的方程；
(2)若直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍，求点的坐标；
(3)设直线的斜率分别为，直线与相交于点，直线与相交于点，，，求证：且存在常数使得.
10．已知椭圆：的上顶点为，离心率，过点的直线与椭圆交于，两点，直线、分别与轴交于点、.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知命题“对任意直线，线段的中点为定点”为真命题，求的重心坐标；
(3)是否存在直线，使得？若存在，求出所有满足条件的直线的方程；若不存在，请说明理由.（其中、分别表示、的面积）
11．已知双曲线C：的渐近线与圆的一个交点为．
(1)求C的方程．
(2)过点A作两条相互垂直的直线和，且与C的左、右支分别交于B，D两点，与C的左、右支分别交于E，F两点，判断能否成立．若能，求该式成立时直线的方程；若不能，说明理由．
12．已知椭圆，为的上顶点，是上不同于点的两点．
(1)求椭圆的离心率；
(2)若是椭圆的右焦点，是椭圆下顶点，是直线上一点.若有一个内角为，求点的坐标；
(3)作，垂足为．若直线与直线的斜率之和为，是否存在轴上的点，使得为定值？若存在，请求出点的坐标，若不存在，请说明理由．
13．如图，椭圆的上、下焦点分别为、，过上焦点与轴垂直的直线交椭圆于、两点，动点、分别在直线与椭圆上.
(1)求线段的长；
(2)若线段的中点在轴上，求的面积；
(3)是否存在以、为邻边的矩形，使得点在椭圆上？若存在，求出所有满足条件的点的纵坐标；若不存在，请说明理由.
14．已知椭圆的离心率为，长轴长为4，是其左、右顶点，是其右焦点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设是椭圆上一点，的角平分线与直线交于点．
①求点的轨迹方程；
②若面积为，求．
15．已知点，，和动点满足是，的等差中项．
(1)求点的轨迹方程；
(2)设点的轨迹为曲线按向量平移后得到曲线，曲线上不同的两点M，N的连线交轴于点，如果（为坐标原点）为锐角，求实数的取值范围；
(3)在（2）的条件下，如果时，曲线在点和处的切线的交点为，求证：在一条定直线上．
16．以坐标原点为圆心的两个同心圆半径分别为和，为大圆上一动点，大圆半径与小圆相交于点轴于于点的轨迹为．
(1)求点轨迹的方程；
(2)点，若点在上，且直线的斜率乘积为，线段的中点，当直线与轴的截距为负数时，求的余弦值．
17．我们所学过的椭圆、双曲线、抛物线这些圆锥曲线，都有令人惊奇的光学性质，且这些光学性质都与它们的焦点有关．如从双曲线的一个焦点处出发的光线照射到双曲线上，经反射后光线的反向延长线会经过双曲线的另一个焦点（如图所示，其中是反射镜面也是过点处的切线）．已知双曲线（，）的左右焦点分别为，，从处出发的光线照射到双曲线右支上的点P处（点P在第一象限），经双曲线反射后过点．

(1)请根据双曲线的光学性质，解决下列问题：
当，，且直线的倾斜角为时，求反射光线所在的直线方程；
(2)从处出发的光线照射到双曲线右支上的点处，且三点共线，经双曲线反射后过点，，，延长，分别交两条渐近线于，点是的中点，求证：为定值．
(3)在（2）的条件下，延长交y轴于点，当四边形的面积为8时，求的方程．
18．直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如表示过点的直线，直线的包络曲线定义为：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线.
(1)若圆是直线族的包络曲线，求满足的关系式；
(2)若点不在直线族：的任意一条直线上，求的取值范围和直线族的包络曲线；
(3)在（2）的条件下，过曲线上两点作曲线的切线，其交点为.已知点，若三点不共线，探究是否成立？请说明理由.
19．已知双曲线上的所有点构成集合和集合，坐标平面内任意点，直线称为点关于双曲线的“相关直线”．
(1)若，判断直线与双曲线的位置关系，并说明理由；
(2)若直线与双曲线的一支有2个交点，求证：；
(3)若点，点在直线上，直线交双曲线于，，求证：．
20．设为定点，是抛物线：上的一点，若抛物线在处的切线恰好与，两点的连线互相垂直，则称点为点的“伴点”．
（1）求抛物线的焦点的“伴点”；
（2）设，问：当且仅当，满足什么条件时，点有三个“伴点”？试证明你的结论．
参考答案：
1．BC
【分析】根据点到平面的距离，结合球的截面性质可得截面圆的半径，即可求解A，建立空间直角坐标系，利用点点建立公式，化简可判断B，根据点到直线的距离公式，可得的轨迹是平面内的椭圆上一点，即可根据椭圆的性质 求解C，根据向量的夹角公式即可化简求解的轨迹为且，即可求解D.
【详解】对于A，由于MN与平面的所成角大小为30°，所以点到平面的距离，
故半径为的球面在平面上截面圆的半径为,故截痕长为，A错误，
对于B,由于平面，所以以为，在平面内过作,平面内作，建立如图所示的空间直角坐标系，
则,
设，则，
化简得，故P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线，B正确，
,所以P到直线MN的距离为，化简可得，
所以点的轨迹是平面内的椭圆上一点，如图，
当在短轴的端点时，此时最大，由于,故，因此,C正确，
对于D, ，,
若，则，
化简得且，故满足的点P的轨迹是双曲线的一部分，D错误，
故选：BC
【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型.
2．ABD
【分析】设，求得，同理求出，，代入，根据两角和差公式，即可判定A正确；得到，结合三角恒等变换的公式，结合导数求得函数的单调性与最小值，可判断B正确；取，求得的值，可判定C错误；求出的方程，得到,，结合斜率公式，可判定D正确.
【详解】对于A中，对于椭圆，其中，
为椭圆上一点，
又由，则
.
如图所示，设，则，
代入上式可得，解得，
故对于，，所以，
同理可得，.
所以
，所以A正确；
对于B中，结合A结论有，
其中，
因为
，
不妨设，可得，
当时，；当时，；当时，，
且，所以，
所以，所以B正确.
对于C中，取，则，所以C错误；
对于D中，设椭圆上一点，则，即 ---①，
设切线，因为切线过点，可得，即 ---②，
由，消去，整理得，
因为是椭圆的切线，可得，
解得 ---③，
且韦达定理，有 ---④，
由③④两式相乘，化简得，将②式代入，解得，
由①式可得，所以，
所以的方程为，结合①式，化简得，
设,可知的方程为，
因为交于点，所以切点弦的方程为，
因为弦过，所以，同理可得，
因为，所以，故，
所以，所以D正确.
故选:ABD.
【点睛】总结点睛：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．
3．
【分析】根据给定条件，设出所求直线方程，与抛物线方程联立，结合判别式求解即得.
【详解】依题意，抛物线的每条包络线与该抛物线相切，
显然过点的包络线所在的直线斜率存在，设方程为，
由消去并整理得：，
则，解得，
所以所求直线方程为.
故答案为：
4．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由题意，根据题目所给信息以及，，之间的关系列出等式，进而可得椭圆的方程；
（2）设的左焦点为，连接，利用向量的运算以及椭圆的定义和对称性推出，再代入三角形面积公式中即可求解；
（3）设出，，三点的坐标，利用向量的运算得到，，将直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理得到和，将点的坐标代入椭圆方程中得到，此时满足，再结合弦长公式和换元法进行求解即可．
【详解】（1）由的离心率是短轴的长的倍，得
，即，
又，则，
故椭圆的方程为.
（2）设的左焦点为，连接，
因为，所以点、关于点对称，
又，则，
由椭圆的对称性可得，
，且三角形与三角形全等，
则，
又，化简整理得，
，则.
（3）设，，，
又 ，则，，
由得，，
，
由韦达定理得，，，
又，
则，，
因为点在椭圆上，所以，
化简整理得，，
此时，，
则

，
令，即，
则，
则的取值范围是.
【点睛】关键点点睛:本题考查直线与椭圆得位置关系及弦长范围问题，关键是向量坐标化得C坐标并代入椭圆方程得m,k的等量关系.
5．(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，所以，
所以，
所以椭圆E的方程为；
（2）设，，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．
6．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由抛物线的焦点坐标求的值；
（2）设直线的方程，与抛物线联立方程组，利用韦达定理求的值；
（3）设直线、的方程，与椭圆联立方程组表示出，由，化简并结合基本不等式求取值范围.
【详解】（1）椭圆的上顶点坐标为，
则抛物线的焦点为，故.
（2）若直线与轴重合，则该直线与抛物线只有一个公共点，不符合题意，
所以直线的斜率存在，设直线的方程为，点、，
联立可得，恒成立，则，
.
（3）设直线、的斜率分别为、，其中，，
联立可得，解得，
点在第三象限，则，
点在第四象限，同理可得，
且

，
当且仅当时，等号成立.
的取值范围为.
【点睛】方法点睛：
解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
7．(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（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.
8．(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）由焦准距的定义求出的值即得；
（2）设出直线的方程，与抛物线方程联立消元，得到韦达定理，分别化简计算和，再整体代入计算即得定值；
（3）设点表示出直线、、的方程，分别利用过点， 过点得出与，与的关系式，消去，整理得，再与方程比较得出过定点，从而得到结论.
【详解】（1）因为焦点到准线的距离为2，所以，
所以抛物线的方程为.
（2）
如图，设，，直线的方程为，
由得，所以（*）
由
，将（*）代入整理得：
.
又
，将（*）代入整理得：
所以，.
（3）设，，，
则直线的斜率，
所以直线的方程为，
即.
同理，直线方程为，
直线方程为.
因为直线经过，所以，
解得，
因为直线经过，所以，
解得，
所以，整理得.
又因为直线的方程为，
所以直线经过定点，
所以，当时，点到直线距离取得最大值为.
9．(1)与
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）设的方程分别为与，将点的坐标代入的方程可求出，利用椭圆的定义可求出的值，从而可得，进而可得的方程；
（2）分点在第四象限和第一象限时两种情况讨论求出点的坐标；
（3）利用两点的斜率公式及点在上即可证明，设的方程为，与椭圆方程联立，可得根与系数的关系，从而可表示，化简为常数，即可得出答案.
【详解】（1）设的方程分别为与，
由，得，故的坐标分别为，
所以故，
故与的方程分别为与.
（2）当点在第四象限时，直线的倾斜角都为钝角，不适合题意；
当在第一象限时，由直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍，
可知，故，
设点坐标为，可知且，
解得，故点的坐标为，
（3）设直线的斜率分别为，点P，A，B的坐标分别为，
则，
的方程为，
代入可得，
故，
所以，
同理可得，又，故，
故，
即，所以存在，使得.
【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．
10．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）依题意可得，，再由，即可求出，从而得到椭圆方程；
（2）依题意不妨取直线为，联立直线与椭圆方程，求出、点的坐标，从而求出、的坐标，再求出的重心坐标；
（3）设直线，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，由直线的方程得，同理得到，由面积的关系得到，从而求出.
【详解】（1）依题意，，又，
解得，所以椭圆的方程为；
（2）因为命题“对任意直线，线段的中点为定点”为真命题，
可以取直线为，由，解得或，
所以，，
则，所以，，所以，
设的重心为，则，，
所以，即的重心坐标为.
（3）依题意可得直线的斜率存在、不为且斜率为负数，
设直线，，，
则直线：，令，得，同理可得：；
所以
设直线与轴交于点，则，所以，，，
因为，故得①，
由，
则，，
代入①得，解得，
所以，故直线的方程为.
【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，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.
11．(1)；
(2)不能，理由见解析.
【分析】（1）直接利用点在圆上结合渐近线斜率求出a,b即可求解；
（2）设直线的方程为，与双曲线联立，利用与左右支相交得，由直线垂直同理，进一步得或，结合点点距得和列方程求解k,推出矛盾即可求解
【详解】（1）由题可知，
，，
故C的方程为．
（2）不能成立．
显然直线，的斜率均存在，设直线的方程为，直线的方程为，，．
联立与C的方程可得
得，
因为与C的左、右支分别相交，所以,解得，
同理，解得或．（*）
因为，
所以，
同理可得．
若，则，
只需即可，解得，，
显然，都不符合（*）．
所以不能成立．
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线的位置关系，关键是将转化为，并结合点点距公式化简求解.
12．(1)
(2)或；
(3)存在，
【分析】（1）根据离心率公式直接求解；
（2）由题设设，进而分或两种情况讨论求解即可；
（3）假设存在定点满足题意，先讨论的斜率存在时，设的方程为，，首先与椭圆方程联立并结合直线与直线的斜率之和为得，其次求得直线的方程为并于直线的方程联立求得点，再次根据得当时，为定值，最后说明直线的斜率存在也满足即可.
当直线斜率不存在时，设，，
则，，此时，满足题意．
所以存在定点，使得为定值且定值为．
【详解】（1）由题意，，所以离心率
（2）由题意，，，，所以直线的方程为：，
设，显然有或两种情况，
①当时，直线的倾斜角为，其与轴的交点为，则，
因为，
由，得：，解得（舍去）或，
所以，点的坐标是
②当时，此时， 则，
因为，
由，得：，
解得（舍去）或
综上所述，点的坐标是或
（3）假设存在定点满足题意，
当的斜率存在时，设直线的方程为，，
由得，
由题意，，即①．
，
，
所以，代入①，得：，
所以或，即存在直线使得直线与直线的斜率之和为2
直线的方程为，直线的方程为
由，得：，即
所以
所以当时，为定值，.
当直线斜率不存在时，设，，
则，，此时，满足题意．
所以存在定点，使得为定值且定值为．
【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于利用分类讨论的思想，求得对应的的范围，进而舍去不满足的解；第三问解题的关键在于根据已知条件求得直线的方程为中的参数，点，难点在于数学运算.
13．(1)
(2)
(3)或.
【分析】（1）根据已知求出点的横坐标，根据对称性可得线段的长；；
（2）线段PQ的中点在轴上，得点纵坐标，代入椭圆方程得点横坐标，此时轴，易得其面积；
（3）假设存在，为邻边的矩形，使得点E在椭圆C上，设，，，由平行四边形对角线互相平分把点坐标用点坐标表示，然后把坐标代入椭圆方程，利用垂直得向量的数量积为0，得出的关系，结合起来可得或，再分别代入求得，得结论．
【详解】（1）由可得：，，从而，
所以令，则，解得：，
所以.
（2）线段的中点在轴上，则，所以，即轴，
所以令，则，解得：，
所以；
（3），
假设存在以，为邻边的矩形，使得点E在椭圆C上，
设，，，，
因为四边形是矩形，一定为平行四边形，所以，
则，，所以，
都在椭圆上，，变形得①，
又，所以，即，
则②，
②代入①得，解得：或，
若时，，，此时与重合，点坐标为；
若时，联立，
消去可得：，解得：，
因为，所以，
所以存在满足题意的点，其纵坐标为或.
.
【点睛】思路点睛：对于圆锥曲线中探索性问题，求解步骤如下：
第一步：假设结论存在；
第二步：结合已知条件进行推理求解；
第三步：若能推出合理结果，经验证成立即可肯定正确；若推出矛盾，即否定假设；
第四步：反思回顾，查看关键点、易错点及解题规范．
14．(1)
(2)①；②
【分析】（1）根据椭圆离心率和长轴的概念建立方程组，解之即可求解；
（2）①易知当时；当时，利用两点表示斜率公式和点斜式方程表示出直线、方程，联立方程组，化简计算求出点T的坐标，即可求解点T的轨迹方程；②利用面积公式建立关于的方程，化简计算即可求解.
【详解】（1）由题意知，，解得，
所以椭圆的标准方程为；
（2）①：由（1）知，，设，则，
易知当时，，，此时，
由，解得，即；
当时，，，设直线的斜率为，
则，
所以直线方程为，又直线方程为，
由，得，即，
解得，
将代入直线方程，得，即，
又，所以，
故点的轨迹方程为；
②：由，得，
又，所以，得，
整理得，又，所以，
整理得，即，
由，解得.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查椭圆的标准方程、动点得轨迹方程以及面积问题，第二问关键是寻找点与直线的斜率之间的关系，即是求出直线方程的解题关键，表示出的代数式，需要扎实的计算能力才可以化简求解.
15．(1)；
(2)或；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据题意，由平面向量的坐标运算，结合等差中项的定义代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由平移公式可得曲线的方程，然后与直线的方程联立，由平面向量的夹角公式，代入计算，即可得到结果；
（3）根据题意，求导可得在点处的切线方程，联立两条切线方程，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）由题意可得，，，
则，
，
又是，的等差中项，
，
整理得点的轨迹方程为．
（2）
由（1）知，
又，平移公式为即，
代入曲线的方程得到曲线的方程为：，
即．
曲线的方程为．
如图由题意可设M，N所在的直线方程为，
由消去得，
令，，则，
，，
又为锐角，，即，
，又，
，得或．
（3）当时，由（2）可得，对求导可得，
抛物线在点，
，处的切线的斜率分别为，
，
在点M，N处的切线方程分别为，，
由，解得交点的坐标．
满足即，点在定直线上．
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了曲线的轨迹方程问题以及切线问题，难度较大，解答本题的关键在于联立方程结合韦达定理计算以及转化为坐标运算.
16．(1)
(2)
【分析】（1）设，根据条件得到，消元即可求出结果；
（2）法一：设，直线的方程为，联立直线与椭圆方程得到，由韦达定理得，根据题设得到直线的方程为，再利用点在椭圆上，得到，从而有与y轴负平轴所形成的夹角为，再求出与x正半轴所形成的夹角，即可解决问题；法二：设，直线的方程为，直接求出，再根据条件求出，后面同法一；法三：建立新的坐标系，在新的坐标系中，得椭圆的方程为，及直线的方程为，联立直线与椭圆，再结合条件得到，从而有，后面同法一；法四：设，直线的方程为，联立椭圆方程得，进而得到，通过令，得到，令，得到，从而有
，下面同方法一.
【详解】（1）设，则，
消去得，所以点轨迹的方程为.
（2）方法一：设，直线的方程为，
，消去y得，
，即
由韦达定理知，
，
所以，整理得，
即，
当时，直线的方程为
当时，直线的方程为，恒过点，不合题意
设，将，
将M、N两点代入到椭圆得，两式相减得，
即，所以，
故，
设与y轴负平轴所形成的夹角为，因为，所以，
设与x正半轴所形成的夹角为，因为，所以，
.
方法二：设，直线的方程为
消去y可得：
从而，故，
将代入直线的方程可得，所以，
又，将式点M中的k换成得到，
，下面同方法一
方法三：以为坐标原点建立新的直角坐标系，新坐标系下椭圆方程，
在新坐标系下设，直线的方程为
将椭圆方程变形可得：
将直线的方程与椭圆方程结合，构成其次分式可得，
整理得
即：，
所以，故，
直线的方程为，下面同方法一
方法四：设，直线的方程为
消去y可得：
因为是上述一元二次方程的两个根，所以 ①
又
整理得：
在①式中
令得： ②
令得： ③
可得：整理得，下面同方法一
【点睛】
关键点点晴，本题的关键在于第（2）问，通过设出直线的方程为，，联立直线与椭圆方程得到，由韦达定理得，根据题设得到直线的方程为，再利用点在椭圆上，得到，从而将问题转化成解决，其中为与y轴负平轴所形成的夹角，为与x正半轴所形成的夹角.
17．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）先求出双曲线的方程及直线的方程，联立方程求出点的坐标，进而可得出答案；
（2）易得，可令，则，根据双曲线的定义求出，即可求得，再在直角中，求出，即可得直线的方程，再利用勾股定理求出的关系，进而可得渐近线方程，再联立直线和渐近线方程，设，利用韦达定理求得，即可得点的坐标，进而可得出结论；
（3）先利用角平分线定理可得，即可得点的坐标，再求出，即可得直线的方程，进而可得点的坐标，再根据四边形的面积求出，即可得解.
【详解】（1）因为，，所以，，
故双曲线方程为，直线的方程为，
由，解得，即，
所以，
所以反射光线所在的直线方程为，即；
（2）因为为直角三角形，，
可令，则，
由双曲线的定义可得，
即，所以，
所以，
所以，
在直角中，，
所以直线的方程为，
由，
得，所以，所以，
所以两条渐近线得方程为，
联立，得，
设，
则，
故，
所以，
所以，
所以，
所以为定值；
（3）由双曲线得光学性质可得，直线平分，
所以，
在中，由正弦定理得，则，
在中，由正弦定理得，则，
因为，所以，
所以，所以，
所以，故，
而，
所以，
所以直线的方程为，故点的坐标为，
设四边形的面积为，
则，
所以，故，
所以求的方程为．

【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
18．(1)
(2)
(3)成立，理由见解析
【分析】（1）根据包络曲线的定义利用直线和圆相切即可得；
（2）易知方程无解，根据判别式可得，证明可得直线族的包络曲线为；
（3）法一：求出两点处曲线的切线的方程，解得，根据平面向量夹角的表达式即可得，即；
法二：过分别作准线的垂线，连接，由导数求得切线斜率并利用抛物线定义和三角形内角关系即可证明.
【详解】（1）由定义可知，与相切，
则圆的圆心到直线的距离等于1，
则，.
（2）点不在直线族的任意一条直线上，
所以无论取何值时，无解.
将整理成关于的一元二次方程，
即.
若该方程无解，则，即.
证明：在上任取一点在该点处的切线斜率为，
于是可以得到在点处的切线方程为：，
即.
今直线族中，
则直线为，
所以该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线，
而对任意都是抛物线在点处的切线.
所以直线族的包络曲线为.
（3）法一：已知，设，
则，；
由（2）知在点处的切线方程为；
同理在点处的切线方程为；
联立可得，所以.
因此，
同理.
所以，，
即，可得，
所以成立.
法二：过分别作准线的垂线，连接，如图所示：
则，因为，显然.
又由抛物线定义得，故为线段的中垂线，得到，即.
同理可知，
所以，即.
则.
所以成立.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解包络曲线的定义，利用直线和曲线相切求出包络曲线的方程为并进行证明，再利用抛物线定义和性质即可得出结论.
19．(1)直线与双曲线相切，理由见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）联立消去，根据，得到，由根的判别式判断直线与双曲线相切；
（2）结合（1）中的方程，根据得到，结合得到，证明出；
（3）设出的坐标及，，得到、是的两根，求出，证明出结论.
【详解】（1）直线与双曲线相切．理由如下：
联立方程组，
∴①，
∵，
∴，即，代入①得，
，
∴，
∴直线与双曲线相切．
（2）由（1）知，
∵直线与双曲线的一支有2个交点，则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
（3）设，，设，，
∵，
∴，则，
代入双曲线，利用在上，
即，整理得，
同理得关于的方程．
即、是的两根，
∴，
∴．
【点睛】方法点睛：判断直线与圆锥曲线的位置关系，通常处理方法是将直线方程与圆锥曲线方程联立，化为关于或的一元二次方程，利用根的判别式的正负或等于0进行判断
20．（1）焦点的“伴点”为；（2）当且仅当，满足时，点的“伴点”有三个；证明见解析．
【分析】（1）设出点坐标，根据“伴点”的定义，用“抛物线在处的切线恰好与，两点的连线互相垂直”求得点的坐标，即为所求.
（2）设，对分成两种情况进行分类讨论，通过构造函数法，结合导数研究一元三次函数有三个零点的条件，由此求得满足的条件.
【详解】（1）因为是抛物线：上的一点，故可设，
由得，所以抛物线在处的切线斜率为．
因为抛物线：的焦点为，所以，
①当时，，抛物线在处的切线方程为，而直线的方程为，显然满足条件，故的一个“伴点”为；
②当时，直线的斜率为，由得，该方程无实数解．
综上所述，抛物线的焦点的“伴点”为．
（2）同（1）设，抛物线在处的切线斜率为．
（i）当时，因为，所以，而直线垂直于轴，抛物线在处的切线不可能与垂直；
（ii）当时，直线的斜率为，抛物线在处的切线恰好与，两点的连线互相垂直的充要条件为，即（*），
设，则，
①当时，恒成立，所以在上单调递增，方程（*）仅有一解，不合；
②当时，由得或，
这说明函数的单调递增区间为和，
同理可得函数的单调递减区间为，
因此，
，
因为，，所以，
因此，点有三个“伴点”的充要条件为，且，
即，且．
即，且．
综上所述，当且仅当，满足时，点的“伴点”有三个．
【点睛】一元三次函数有三个零点，需满足：极大值和极小值.