新高中数学压轴题二轮专题专题20解析几何中的十一大名圆试题含解析答案

这是一份新高中数学压轴题二轮专题专题20解析几何中的十一大名圆试题含解析答案，共133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．设，是平面上两点，则满足(其中为常数，且)的点的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆，已知，，且.
（1）求点所在圆的方程.
（2）已知圆与轴交于，两点(点在点的左边)，斜率不为0的直线过点且与圆交于，两点，证明：.
2．已知椭圆的一个焦点为，离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若动点为椭圆外一点，且点到椭圆的两条切线相互垂直，求点的轨迹方程.
3．法国著名数学家加斯帕尔蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以椭圆的中心为圆心，为椭圆的长半轴长，为椭圆的短半轴长）为半径的圆，这个圆被称为蒙日圆.已知椭圆过点.且短轴的一个端点到焦点的距离为.
(1)求椭圆的蒙日圆的方程；
(2)若斜率为1的直线与椭圆相切，且与椭圆的蒙日圆相交于，两点，求的面积为坐标原点）；
(3)设为椭圆的蒙日圆上的任意一点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为，，求面积的最小值.
4．在圆上任取一点，过点作轴的垂线段，垂足为．当点在圆上运动时，线段的中点的轨迹是椭圆．
(1)求该椭圆的方程．
(2)法国数学家加斯帕尔·蒙日（1746—1818）发现：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点，必在一个与椭圆同心的圆上，称此圆为该椭圆的“蒙日圆”．若椭圆的左、右焦点分别为为椭圆上一动点，直线与椭圆的蒙日圆相交于点，求证：为定值．
5．设过定点A的动直线和过定点B的动直线交于点P,求的最大值.
6．已知分别是椭圆的左右焦点为椭圆的上顶点， 是面积为的直角三角形．
(1)求椭圆的方程；
(2)设圆上的任意一点处的切线交椭圆于点，问： 是否为定值? 若是，求出此定值；若不是，请说明理由．
7．如图，已知是椭圆的内接△ABC的内切圆，其中，A为椭圆的左顶点.
（1）求⊙G的半径r；
（2）过点M（0，1）作⊙G的两条切线与椭圆交于E、F两点，证明:直线EF与⊙G相切.
8．如图 ，已知椭圆的左顶点为，点 且 在轴 上，点分别在椭圆和直线 上，为的中点． 设直线与直线于，交直线 相交于，则以线段为直径的圆恒过定点 ．
9．如图所示，椭圆，圆的切线与相交于两点，已知，求的值．
10．在平面直角坐标系xOy中，已知点，，动点M满足，记点M的轨迹为曲线C．
(1)求C的方程；
(2)圆的切线与C相交于A，B两点，P为切点，求的值．
11．古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元前262-公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.已知平面直角系中的点，，则满足的动点的轨迹记为圆.
(1)求圆的方程；
(2)过点向圆作切线，，切点分别是，，求直线的方程.
12．在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，且右焦点到直线的距离为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设椭圆上的任一点，从原点向圆引两条切线，设两条切线的斜率分别为，
（i）求证：为定值；
（ii）当两条切线分别交椭圆于时，求证：为定值.
13．已知椭圆的左、右顶点为，点G是椭圆C的上顶点，直线与圆相切，且椭圆C的离心率为．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点的直线l交E于M，N两点，若，求直线l的方程．
14．公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯在《平面轨迹》一书中，研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下著名结果：平面内到两个定点，距离之比为且的点的轨迹为圆，此圆称为阿波罗尼斯圆．
(1)已知两定点，，若动点满足，求点的轨迹方程；
(2)已知，是圆上任意一点，在平面上是否存在点，使得恒成立？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由；
(3)已知是圆上任意一点，在平面内求出两个定点，，使得恒成立．只需写出两个定点，的坐标，无需证明．
15．平面上两点A、B，则所有满足且k不等于1的点P的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称阿氏圆.已知圆上的动点P满足：其中O为坐标原点，A点的坐标为.
(1)直线上任取一点Q，作圆的切线，切点分别为M，N，求四边形面积的最小值；
(2)在（1）的条件下，证明：直线MN恒过一定点并写出该定点坐标.
16．已知椭圆的左右焦点分别为，，离心率是，P为椭圆上的动点.当P在椭圆上顶点时，的面积是.
(1)求椭圆的方程；
(2)若动直线l与椭圆E交于A，B两点，且恒有，是否存在一个以原点O为圆心的定圆C，使得动直线l始终与定圆C相切？若存在，求圆C的方程，若不存在，请说明理由.
17．已知，分别是双曲线的左、右焦点，A为双曲线在第一象限的点，的内切圆与x轴交于点．
(1)求双曲线C的方程；
(2)设圆上任意一点Q处的切线l，若l与双曲线C左、右两支分别交于点M、N，问：是否为定值？若是，求出此定值；若不是，说明理由．
18．已知双曲线与直线有唯一的公共点．
(1)点在直线l上，求直线l的方程；
(2)设点分别为双曲线C的左右焦点，E为右顶点，过点的直线与双曲线C的右支交于A，B两点（其中点A在第一象限），设M，N分别为的内心．
①点M的横坐标是否为定值？若是，求出横坐标的值；若不是，请说明理由．
②求的取值范围．
19．已知椭圆的左、右焦点分别为，过点的动直线 l与C 交于P，Q两点.当轴时，，且直线的斜率之积为.
(1)求C的方程;
(2)求的内切圆半径r的取值范围.
20．已知椭圆的左右焦点分别为，过的动直线与交于两点，当轴时，且直线与直线的斜率之积为.
(1)求椭圆方程；
(2)若的内切圆半径为，求直线的方程．
21．设抛物线C：x2＝4y的焦点为，过且斜率为的直线与交于，两点，.
(1)求的方程；
(2)求过点A，且与的准线相切的圆的方程.
22．已知点为圆上任意一点，点，线段的中垂线交于点，求动点的轨迹方程．

23．已知抛物线，.
(1)直线交抛物线于A，B两点，求面积的最大值；
(2)已知P，Q是上的不同两点，且直线的斜率，直线，分别交抛物线于，，，四点，求证：，，，四点共圆.
24．如图，已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在x轴上，长轴的长为4，左准线l与x轴的交点为M，．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线，P为上的动点，使最大的点P记为Q，求点Q的坐标．(用m表示)
25．已知动圆与圆内切，与圆外切，记圆心的轨迹为曲线．求曲线的方程．
26．已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上且．
(1)求椭圆的方程；
(2)点分别在椭圆和直线上，，为的中点，若为直线与直线的交点．是否存在一个确定的曲线，使得始终在该曲线上？若存在，求出该曲线的轨迹方程；若不存在，请说明理由．
27．抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且．已知点，且与l相切．
（1）求C，的方程；
（2）设是C上的三个点，直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由．
28．已知椭圆经过点，且右焦点为
(1)求C的标准方程；
(2)过点且斜率不为0的直线l与C交于M，N两点，直线分别交直线AM，AN于点E，F，以EF为直径的圆是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．
29．如图，动直线与抛物线：交于A，B两点，点C是以AB为直径的圆与的一个交点（不同于A，B），点C在AB上的投影为点M，直线为的一条切线.

(1)证明：为定值；
(2)求与的内切圆半径之和的取值范围.
30．如图，一张圆形纸片的圆心为点E，F是圆内的一个定点，P是圆E上任意一点，把纸片折叠使得点F与P重合，折痕与直线PE相交于点Q，当点P在圆上运动时，得到点Q的轨迹，记为曲线C．建立适当坐标系，点，纸片圆方程为，点在C上．

(1)求C的方程；
(2)若点坐标为，过F且不与x轴重合的直线交C于A，B两点，设直线，与C的另一个交点分别为M，N，记直线的倾斜角分别为，，当取得最大值时，求直线AB的方程．
31．已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，过点的动直线交于A，B两点，点在轴上方，且不与轴垂直，的周长为，直线与交于另一点，直线与交于另一点，点为椭圆的下顶点，如图①.
(1)当点为椭圆的上顶点时，将平面xOy沿轴折叠如图②，使平面平面，求异面直线与所成角的余弦值；
(2)若过作，垂足为.
（i）证明:直线过定点；
（ii）求的最大值.
32．已知为坐标原点，双曲线的焦距为，且经过点.
(1)求的方程：
(2)若直线与交于，两点，且，求的取值范围：
(3)已知点是上的动点，是否存在定圆，使得当过点能作圆的两条切线，时（其中，分别是两切线与的另一交点），总满足？若存在，求出圆的半径：若不存在，请说明理由.
33．从抛物线上各点向轴作垂线段，记垂线段中点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程，并说明曲线是什么曲线；
（2）过点的直线交曲线于两点、，线段的垂直平分线交曲线于两点、，探究是否存在直线使、、、四点共圆？若能，请求出圆的方程；若不能，请说明理由．
34．已知椭圆的离心率为，右顶点为，设点为坐标原点，点为椭圆上异于左右顶点的动点，的面积最大值为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线交轴于，其中，直线交椭圆于另一点，直线分别交直线于点和，是否存在实数使得四点共圆，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
35．已知抛物线：，圆：，为坐标原点.
(1)若直线：分别与抛物线相交于点A，（在B的左侧）、与圆相交于点S，（S在的左侧），且与的面积相等，求出的取值范围；
(2)已知，，是抛物线上的三个点，且任意两点连线斜率都存在.其中，均与圆相切，请判断此时圆心到直线的距离是否为定值，如果是定值，请求出定值；若不是定值，请说明理由.
36．双曲线的离心率为，圆与轴正半轴交于点，点在双曲线上．
(1)求双曲线的方程；
(2)过点作圆的切线交双曲线于两点、，试求的长度；
(3)设圆上任意一点处的切线交双曲线于两点、，试判断是否为定值?若为定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由．
37．已知抛物线C1：x2=y，圆C2：x2+（y﹣4）2=1的圆心为点M
（1）求点M到抛物线C1的准线的距离；
（2）已知点P是抛物线C1上一点（异于原点），过点P作圆C2的两条切线，交抛物线C1于A，B两点，若过M，P两点的直线l垂直于AB，求直线l的方程．
38．已知椭圆，点为直线上的一点．
(1)设，过的右焦点且斜率不为0的直线交于两点，记直线的倾斜角分别为，且，求点的坐标．
(2)过作椭圆的切线，切点为，试探究：以为直径的圆是否过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．
39．已知双曲线，，分别为其左、右焦点．
(1)求，的坐标和双曲线的渐近线方程；
(2)如图，是双曲线右支在第一象限内一点，圆是△的内切圆，设圆与，，分别切于点，，，当圆的面积为时，求直线的斜率；
(3)是否存在过点的直线与双曲线的左右两支分别交于，两点，且使得，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
40．已知椭圆经过两点．
(1)求椭圆的方程；
(2)点在椭圆上，求面积的最大值；
(3)若该椭圆的左右焦点分别为，，经过左焦点的直线交椭圆于两点，求内切圆半径的最大值.
41．已知双曲线的实轴长为2，离心率为，圆的方程为，过圆上任意一点作圆的切线交双曲线于，两点.
(1)求双曲线的方程；
(2)求证：；
(3)若直线与双曲线的两条渐近线的交点为，，且，求实数的范围.
42．已知椭圆的离心率为，上､下顶点与其中一个焦点围成的三角形面积为，过点作椭圆的两条切线，切点为.
(1)求椭圆的方程；
(2)求所在直线的方程；
(3)过点作直线交椭圆于两点，交直线于点，求的值.
43．如图，已知圆，圆心是点T，点G是圆T上的动点，点H的坐标为，线段CH的垂直平分线交线段TC于点R，记动点R的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程；
(2)过点H作一条直线与曲线E相交于A，B两点，与y轴相交于点C，若，，试探究是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由；
(3)过点作两条直线MP，MQ，分别交曲线E于P，Q两点，使得.且，点D为垂足，证明：存在定点F，使得为定值.
44．已知抛物线，点，过抛物线的焦点且平行于轴的直线与圆相切，与交与两点，.
(1)求和圆的方程；
(2)过上一点作圆的两条切线分别与交于两点，判断直线与圆的位置关系，并说明理由.
45．已知椭圆C：（）的离心率为，直线l：是椭圆C与圆：的一条公切线．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点为椭圆C的一点，直线：交圆于M，N两点，以M，N为切点分别作圆的切线，两条切线交于点Q，证明：为定值．
46．已知椭圆的长轴长为4，左、右顶点分别为，上、下顶点分别为，四边形的内切圆的半径为，过椭圆上一点T引圆的两条切线（切线斜率存在且不为0），分别交椭圆于点P，Q．
(1)求椭圆的方程；
(2)试探究直线与的斜率之积是否为定值，并说明理由；
(3)记点O为坐标原点，求证：P，O，Q三点共线．
47．在平面直角坐标系中，过直线上任一点作该直线的垂线，，线段的中垂线与直线交于点．
(1)当在直线上运动时，求点的轨迹的方程；
(2)过向圆引两条切线，与轨迹的另一个交点分别为，．
（i）证明：直线与圆也相切；
（ii）求周长的最小值．
48．已知O为坐标原点，椭圆左､右焦点分别为，短轴长为，过的直线与椭圆交于两点，的周长为8．
(1)求的方程；
(2)若直线l与Ω交于A，B两点，且，求|AB|的最小值；
(3)已知点P是椭圆Ω上的动点，是否存在定圆O：x2＋y2＝r2（r＞0），使得当过点P能作圆O的两条切线PM，PN时（其中M，N分别是两切线与C的另一交点），总满足|PM|＝|PN|?若存在，求出圆O的半径r：若不存在，请说明理由．
49．已知椭圆的左右顶点分别为，点是椭圆上任意一点，点和关于轴对称，设直线和交点为
(1)求点的轨迹的方程；
(2)若为曲线的右焦点，过的直线与交，两点，在第二象限，
（i）以为直径的圆是否经过点，若是，请说明理由；
（ii）设为直径的圆与曲线在第一象限交点为，证明点是的内心.
50．已知点在椭圆上，到的两焦点的距离之和为．
(1)求的方程；
(2)过抛物线上一动点，作的两条切线分别交于另外两点．
（ⅰ）当为的顶点时，求直线在轴上的截距（结果用含有的式子表示）；
（ⅱ）是否存在，使得直线总与相切．若存在，求的值；若不存在，说明理由．
51．已知圆：的圆心为椭圆的右焦点，且椭圆的离心率为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点且不与轴重合的直线交椭圆于两点，为的中点，为坐标原点，分别过作椭圆的切线，两切线相交于点.
（i）求证：三点共线；
（ii）当不与轴垂直时，求的最小值.
52．已知圆，圆上有一动点P，线段PF的中垂线与线段PE交于点Q，记点Q的轨迹为C．第一象限有一点M在曲线C上，满足轴，一条动直线与曲线C交于A、B两点，且直线MA与直线MB的斜率乘积为．
(1)求曲线C的方程；
(2)当直线AB与圆E相交所成的弦长最短时，求直线AB的方程．
53．给定椭圆，称圆心在原点，半径为的圆是椭圆的“伴随圆”.若椭圆的一个焦点为，其短轴上的一个端点到的距离为.
(1)求椭圆的方程及其“伴随圆”方程；
(2)若倾斜角为的直线与椭圆只有一个公共点，且与椭圆的“伴随圆”相交于两点，求弦的长；
(3)在椭圆的“伴随圆”上任取一点，过点作两条直线，使得与椭圆都只有一个公共点，且分别与椭圆的“伴随圆”交于两点.证明：直线过原点.
54．已知双曲线的左、右焦点分别为，直线与双曲线交于两点，是双曲线上一点（与不重合），直线的斜率分别为，且．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)已知直线，且与双曲线交于两点，为的中点，为坐标原点，且，若直线与圆相切，求直线的方程．
55．已知双曲线E：的左，右焦点分别为，离心率为2，点B为，直线与圆相切.
(1)求双曲线E方程；
(2)过的直线l与双曲线E交于M，N两点，
①若，求的面积取值范围：
②若直线l的斜率为k，是否存在双曲线E上一点Q以及x轴上一点P，使四边形PMQN为菱形？若存在，求出；若不存在，请说明理由.
56．在平面直角坐标系xOy中，A，B点的坐标分别为和，设的面积为S，内切圆半径为r，当时，记顶点M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程；
(2)已知点E，F，P，Q在C上，且直线EF与PQ相交于点A，记EF，PQ的斜率分别为，.
（i）设EF的中点为G，PQ的中点为H，证明：存在唯一常数，使得当时，；
（ii）若，当最大时，求四边形EPFQ的面积.
57．已知抛物线，直线与抛物线交于不同的两点为坐标原点．
(1)若，求证：直线过定点；
(2)若直线的方程为，且与轴交于点，是否存在以为圆心、2为半径的圆，使得过抛物线上任意一点作圆的两条切线，与抛物线交于另外两点时，总有直线也与圆相切？若存在，求出此时的值；若不存在，请说明理由．
58．已知椭圆的左、右焦点分别为为上顶点，离心率 为，直线与圆相切.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)椭圆方程，平面上有一点. 定义直线方程 是椭圆在点处的极线.
① 若在椭圆上，证明: 椭圆在点处的极线就是过点的切线;
② 若过点分别作椭圆的两条切线和一条割线，切点为，割线交椭圆 于两点，过点分别作椭圆的两条切线，且相交于点. 证明: 三点共线.
59．已知椭圆：（），且椭圆的长轴长为4，离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点作椭圆的两条切线，切点分别为，，现过点的直线分别交椭圆于，两点，且直线交线段于点，试判断与的大小，并说明理由.
60．如图，四边形为坐标原点是矩形，且，，点，点，分别是，的等分点，直线和直线的交点为
(1)试证明点在同一个椭圆C上，求出该椭圆C的方程；
(2)已知点P是圆上任意一点，过点P作椭圆C的两条切线，切点分别是A，B，求面积的取值范围.
注：椭圆上任意一点处的切线方程是：
61．已知椭圆的离心率为，且过点.过椭圆上的点作圆的两条切线，其中一条切线与椭圆相交于点，与圆相切于点，两条切线与轴分别交于两点.
(1)求椭圆的方程；
(2)是否为定值，若是，请求出的值；若不是，请说明理由：
(3)若椭圆上点，求面积的取值范围.
62．在平面直角坐标系中，已知点、，的内切圆与直线相切于点，记点M的轨迹为C.
(1)求C的方程；
(2)设点T在直线上，过T的两条直线分别交C于A、B两点和P，Q两点，连接.若直线的斜率与直线的斜率之和为0，试比较与的大小.
63．在平面直角坐标系中，一动圆经过点且与直线相切，设该动圆圆心的轨迹为曲线K，P是曲线K上一点．
(1)求曲线K的方程；
(2)过点A且斜率为k的直线l与曲线K交于B、C两点，若且直线OP与直线交于Q点．求的值；
(3)若点D、E在y轴上，的内切圆的方程为，求面积的最小值．
64．已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，P为双曲线右支上的一点，为的内心，且.
(1)求C的离心率；
(2)设点为双曲线C右支上异于其顶点的动点，直线与双曲线左支交于点S.双曲线的右顶点为，直线，分别与圆O：相交，交点分别为异于点D的点M，N，判断直线是否过定点，求出定点，如果不过定点，请说明理由.
参考答案：
1．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）直接法求轨迹方程；
（2）设直线的方程为，联立圆方程，结合韦达定理，证明，进而证得.
【详解】（1）解：由题意可得，，即，
则，
整理得，即圆的方程为.
（2）证明：对于圆，令，得或，所以，.
设直线的方程为，，.
由得，
则，.
则直线与关于轴对称，即.
2．（1）；（2）.
【详解】试题分析：（1）利用题中条件求出的值，然后根据离心率求出的值，最后根据、、三者的关系求出的值，从而确定椭圆的标准方程；（2）分两种情况进行计算：第一种是在从点所引的两条切线的斜率都存在的前提下，设两条切线的斜率分别为、，并由两条切线的垂直关系得到，并设从点所引的直线方程为，将此直线的方程与椭圆的方程联立得到关于的一元二次方程，利用得到有关的一元二次方程，最后利用以及韦达定理得到点的轨迹方程；第二种情况是两条切线与坐标轴垂直的情况下求出点的坐标，并验证点是否在第一种情况下所得到的轨迹上，从而得到点的轨迹方程.
（1）由题意知，且有，即，解得，
因此椭圆的标准方程为；
（2）①设从点所引的直线的方程为，即，
当从点所引的椭圆的两条切线的斜率都存在时，分别设为、，则，
将直线的方程代入椭圆的方程并化简得，
，
化简得，即，
则、是关于的一元二次方程的两根，则，
化简得；
②当从点所引的两条切线均与坐标轴垂直，则的坐标为，此时点也在圆上.
综上所述，点的轨迹方程为.
考点：本题以椭圆为载体，考查直线与圆锥曲线的位置关系以及动点的轨迹方程，将直线与二次曲线的公共点的个数利用的符号来进行转化，计算量较大，从中也涉及了方程思想的灵活应用.
3．(1)；
(2)2；
(3).
【分析】（1）根据给定条件，求出，进而求出椭圆的蒙日圆的方程.
（2）由（1）求出椭圆的方程，结合相切求出直线的方程，借助点到直线距离及圆的弦长公式求出三角形面积.
（3）设，，，求出切线的方程，进而求出直线的方程，与椭圆方程联立求出三角形面积的函数关系，利用导数求出最小值.
【详解】（1）由椭圆短轴的一个端点到焦点的距离为，得，
由椭圆过点，得，解得，于是，
所以椭圆的蒙日圆的方程为.
（2）由（1）知，椭圆的方程为，设直线的方程为，
由消去并整理得，，
由，得，即，
则坐标原点到直线的距离，，
所以的面积.
（3）由（1）知，椭圆的方程为，椭圆的蒙日圆方程为，
设，则，设，，则，
当切线的斜率存在时，设的方程为，
由消去y得，
，整理得，
即，则，解得，
于是，即，
当切线的斜率不存在时，，的方程为或，满足上式，
因此切线的方程为，同理切线的方程为，
将代入切线，的方程，有，，
从而直线的方程为，当时，
由消去并整理得：，
显然，
，
则，
又点到直线的距离，
于是的面积，
设，则，
令，求导得，即函数在上单调递增，，
当，即时，由对称性不妨令，直线，
由，解得，，，
所以面积的最小值为.
【点睛】圆的弦长的常用求法：①几何法：求圆的半径为r，弦心距为d，弦长为l，则；
②代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式：.
4．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设出点的坐标，利用坐标代换法求出椭圆的方程．
（2）求出椭圆的蒙日圆方程，利用余弦定理结合椭圆定义推理计算即得.
【详解】（1）设，则，而点在圆上，
即有，化简得，
所以的方程为．
（2）由（1）知椭圆的方程，长半轴长，短半轴长，半焦距，
显然直线，都与椭圆相切，因此直线，所围成矩形的外接圆，
即为椭圆的蒙日圆，方程为，设，则,
在与中，由余弦定理得，，
两式相加得，又，则，
于是，
又，
所以，即为定值.

【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
5．5
【分析】先求解直线过的定点，结合直线垂直得到，结合基本不等式可求.
【详解】由题意可得，所以可得定点,
因为直线和直线始终垂直，所以，即,
所以,当且仅当时取到最大值.
【点睛】本题主要考查与直线有关的最值问题，直线所过定点的求解一般是合并参数，观察到隐含的垂直关系是求解本题的关键，侧重考查逻辑推理和数学运算的核心素养.
6．(1)
(2)是，．
【分析】（1）由题意可得，再由即可求解.
（2）解法一：当切线的斜率不存在时，其方程为，求出，当切线的斜率存在时，设方程为，利用点到直线的距离公式可得，再将直线与椭圆联立，利用韦达定理可得，再由即可求解.
解法二：实际上需要证明，即 ，可以构造一个以和为两根的一元二次方程，利用韦达定理计算可得，再根据数量积的运算律计算可得．
【详解】（1）由为直角三角形，故，
又，
可得
解得
所以，
所以椭圆的方程为；
（2）解法一：当切线的斜率不存在时，其方程为，
将代入，得，
不妨设，，又，
所以，
同理当时，也有.
当切线的斜率存在时，设方程为，
因为与圆相切，
所以，即，
将代入，得，
所以，
又
，
又
，
将代入上式得，所以，
综上，.
解法2：设点，，显然直线不经过原点，设．
由与圆相切得．
整理得，即．
当（或）在轴上时，不妨令，则，所以，
不妨取，则，此时直线恰过点，为椭圆的右顶点，
所以，则，
当、两点都不在轴上，则．
联立得．
故方程两边同除以并整理得，
∴．
故．
∵
，
∴．
【点睛】关键点点睛：本题考查了直线与椭圆的位置关系，解题的关键是根据直线与圆相切可得，再求证.
7．(1) (2)见解析
【详解】1.设点，过圆心G作GD⊥AB于点D，BC与x轴交于点H.
由
.①
由点B在椭圆上得
=.②
由式①、②得.
解得或（舍去）.
2.设过点与圆相切的直线方程为
.③
则
.
将式③代入得
于是，异于零的解为.
设点.
则，.
于是，直线EF的斜率为
.
故直线EF的方程为
，
即.
因此，圆心（2，0）到直线EF的距离为
.
8．证明见解析.
【分析】设，由点在椭圆上，得；由得；联立直线方程与直线得，写出以线段为直径的圆方程，令，即可得证.
【详解】设，则，
因为点在椭圆上，所以，即；
因为，所以，故，即
因为为的中点，所以，
故直线方程为，令得，
故以线段为直径的圆方程为．
令得，即 ，
故以线段为直径的圆恒过定点 ．
9．
【分析】联立直线与椭圆方程，得到关于变量的韦达定理，再利用结合韦达定理求出，再利用直线与圆相切，得到，同时考虑斜率不存在的情形同样得到
【详解】当直线的斜率存在时，设直线的方程为．
联立，可得
设，则，
∴
代入得①．
∵直线与圆相切，∴，∴②．
将②式代入①式得．
当直线的斜率不存在时，由于，则点的坐标为，代入椭圆方程得．
综上所述，．
10．(1)
(2)
【分析】（1）结合椭圆的定义求得，由此求得的方程.
（2）当直线斜率不存在时，求得，从而求得；当直线斜率存在时，设出直线的方程，根据直线和圆的位置关系列方程，联立直线的方程和椭圆的方程，化简写出根与系数关系，求得，由此判断出，结合相似三角形求得.
【详解】（1）为，所以点的轨迹曲线是以，为焦点的椭圆．
设其方程为，
则，，解得，，
所以曲线的方程为．
（2）当直线AB的斜率不存在时，，此时，则．
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为，
由直线AB与圆相切可得，化简得．
联立得，．
设，，
则，，
所以
，
所以，所以为直角三角形．
由，可得，
所以，所以．
综上，．
11．(1)
(2)
【分析】（1）设点，根据，列出方程，即可求得圆的方程.
（2）设切点，，分别求得和的方程，点，都在直线上，即可得到答案.
【详解】（1）解：设点，由，且，，
可得，
整理得，所以圆的方程为.
（2）解：设切点，，则，，
直线方程为：，整理得，
同理可得直线方程为：，
由直线，均过点，则，，
即点，都在直线上，所以直线的方程为.
12．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）直接列出关于的方程组求解；
（2）（i）写出切线方程，由圆心到切线距离等于半径可以得出与的关系，从而得出是某个一元二次方程的解，利用韦达定理可得；
（ii）设，利用及椭圆方程求得，再求得后可得．
【详解】（1）题意，，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）（i）证明：依题意，两条切线方程分别为，
由，化简得，
同理.
所以是方程的两个不相等的实数根，
则.
又因为，所以，
所以.
（ii）证明：由（得，，设，则，即，
因为，所以，
得，即，
解得，
所以，
所以为定值.
13．(1)
(2)或
【分析】（1）由题意首先由以及得，进一步由直线与圆相切，得，联立即可求解.
（2）讨论直线斜率不存在时，不满足题意；当直线l斜率存在，设直线方程为，联立椭圆方程，由韦达定理结合即，即可求得，由此即可得解.
【详解】（1）由以及可得：①，
因，，
则即：，
又因直线与圆相切，则，
化简得：②，
联立①②，可解得：，
所以椭圆E的方程为．
（2）

设过点的直线l交E于，两点，
①当直线轴，则，，所以不满足题意；
②当直线l斜率存在，设直线方程为，
联立方程，化简得，；
因为，且，
若，则，
所以，代入；
化简得，解得，
所以直线l的方程为或．
14．(1)
(2)存在，点
(3)，
【分析】（1）设点的坐标为，利用两点间的距离公式表示出，代入等式
化简整理得答案；
（2）假设存在，设，则，根据条件再结合点在圆上，整理可得
解出即可；
（3）设 得到
解出得
取值即可得到坐标.
【详解】（1）设，则由可得，
即，整理得点的轨迹方程为：；
（2）假设存在满足条件，即有，
设，，
整理可得①，
又因为点在圆上，则②，
将②代入①可得，
由题可得，解得，，
所以，
故存在点满足条件；
（3）设，，，，
由，
整理得③，
又因为点圆上，则④，
将④代入③可得，
由题可得，则有，
取，，则，；
，，则，，．
15．(1)4；
(2)证明见解析，.
【分析】（1）设点P的坐标为，求出点P的轨迹方程为，求出，，求出最小值即得解；
（2）设，两圆方程相减可得MN的方程为，即得解.
【详解】（1）解：设点P的坐标为，根据题设条件有，
所以有，
化简得.
所以
，
由题知，当时，此时， |QM|最小，
即四边形面积取得最小值4.
（2）解；设，由几何性质，可知M，N两点在以为直径的圆上，
此圆的方程为，
而直线MN是此圆与圆的相交弦所在直线，
相减可得MN的方程为，
所以直线MN恒过定点.
16．(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据余弦定理和三角形的面积公式即可求得椭圆方程；
（2）对直线的斜率分存在和不存在讨论，当直线斜率存在时，设直线的方程为，，，利用数量积和韦达定理即可求得；
【详解】（1）依题意可得，
当P在椭圆上顶点时的面积是，
同时，联立和
解得，，，
所以椭圆方程为.
（2）当直线l斜率不存在时，直线l的方程为，
所以，，原点O到直线l的距离为d，此时，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，
原点O到直线l的距离为d，所以，
整理得，
由，可得，
，
，
，，恒成立，
即恒成立，
所以，所以，
所以定圆C的方程是，
所以当时,存在定圆C始终与直线l相切，
其方程是.
17．(1)
(2)为定值，且．
【分析】利用三角形内切圆的性质与双曲线的定义相结合，即可求出双曲线方程；（2）设出切线l的方程，并利用切线的性质求得与的关系，联立切线l与双曲线C的方程，并利用韦达定理及平面向量的线性运算、数量积，即可求解．
【详解】（1）如图，设，与的内切圆分别交于G，H两点，
则
，
所以，则，
则双曲线C的方程为．
（2）由题意得，切线l的斜率存在．
设切线l的方程为，，．
因为l与圆相切，所以，即．
联立消去y并整理得，
所以，．
又
．
又
，
将代入上式得．
综上所述，为定值，且．
18．(1)
(2)①是定值为1；②
【分析】（1）代入根据判别式等于0即可；
（2）①根据双曲线定义即可得到定值；②设，再通过化简得到斜率之和表达式，再求出范围即可.
【详解】（1）联立方程得；
得：，
；
；又，
，即.
（2）①P为的内切圆与x轴的切点，由定义知：
，
与E重合，，
同理：.
②设，
．
下求的范围,
当直线AB斜率不存在时，满足题意，
当直线AB斜率存在时，设为，
即代入（1）中求的，
，
或，，
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键可以转化角度的函数表达式，再通过设线法求出角度的范围，从而求出答案.
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意列出关于的方程，解方程即可求得答案；
（2）设，由等面积法表示，进而讨论直线斜率存在和不存在的情况，存在时设直线l方程，联立椭圆方程，可得根与系数的关系，结合弦长公式可得的表达式，再结合二次函数的性质，即可求得答案.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为c，则，
令代入，可得，
则当轴时，，此时不妨设，
则由直线的斜率之积为，得，
即，结合，即，解得，
故C的方程为；
（2）设，则的周长为，
故，则，
当轴时，；
当l不与x轴垂直时，设，
联立，得，
，，
，
故，令，则，
则，由于，故，
令，则在上单调递减，
则，
则，
综合上述，的内切圆半径r的取值范围为.
【点睛】易错点点睛：本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆的位置关系中的三角形的内切圆半径的范围问题，解题思路并不困难，但很容易出错，易错点就在于根据等面积法求出内切圆半径的表达式后，结合根与系数的关系化简，求解范围，计算过程较为复杂，计算量较大，很容易计算错误，因此计算要十分细心.
20．(1)椭圆C方程
(2)直线l的方程为或.
【分析】（1）根据直线PF2与直线QF2的斜率之积为建立等量关系即可;
（2）根据内切圆性质,直线与椭圆联立即可得所求直线方程.
【详解】（1）由题可知当轴时,联立,解得,
则,设,则
,解得,
所以椭圆C方程
（2）因为的周长为4a,
故,
由题意可知,该直线l斜率存在且不为0,
设直线l为联立
则
设,,
所以解得m2=2，
则直线l的方程为或,即或.
21．(1)
(2) 或．
【分析】（1）设直线的方程，代入抛物线方程，根据抛物线的焦点弦公式即可求得的值，即可求得直线的方程；
（2）首先圆心必在线段的垂直平分线上，再结合勾股定理建立方程，解出圆心和半径即得圆的方程．
【详解】（1）解：（1）抛物线的焦点为，
设直线的方程为：，设，，，，
则，整理得：，则，，
则，
由，解得：，则，
直线的方程；
（2）解：由（1）可得的中点坐标为，则直线的垂直平分线方程为，即，
设过点， 的圆的圆心为，
该圆与的准线相切，
半径，
圆心到直线 的距离为，
，解得 或，
圆心的坐标为，半径为12，或圆心的坐标为，半径为4，
圆的方程为 或．
22．
【分析】由中垂线性质可得，动点到两定点的距离之和为定值，结合椭圆的定义即可求解.
【详解】由题意，线段的中垂线交于点，
所以,
即，
所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，
设点的轨迹方程，
所以，则，
所以动点的轨迹方程为．

23．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据直线与抛物线相交得交点坐标关系，从而可得相交弦长，再求点到直线的距离，从而可得的面积表达式，结合导数确定单调性即可得面积的最大值；
（2）设，根据斜率的坐标运算及抛物线上点的坐标特点可得，从而设，，根据直线方程可得点，，，所满足的方程，结合，，，在抛物线上也可得四点所满足的方程，两方程作差即可证得结论.
【详解】（1）
设，
则，
所以，则，
故,
所以，
又点到直线的距离为，
则，
令，则，
则当时，，函数递增；当时，，函数递减；
故当时，取得最大值为，故面积的最大值为.
（2）证明：设，
则，故，
故，
设，，
则直线的方程为，即，
直线的方程为，即，
故满足方程，即（*），
又都在抛物线上，即四点坐标满足方程，
也满足（**），
（**）-（*）得：，即，
四点的坐标都满足此方程，
由知此方程对应的曲线是圆，
故，，，四点共圆.
24．(1)；
(2).
【分析】(1)先设椭圆的标准方程，根据长轴的长为4求得，根据求得，最后根据求得，则椭圆的方程可求；
(2)设，依题意可知只需求的最大值即可.设出直线和的斜率，并用这两个斜率表示出，根据的范围进而确定的范围，进而可求得最大时点的坐标．
【详解】（1）设椭圆方程为，半焦距为，
则，．
由题意得，解得，，．
故椭圆方程为．
（2）设，，
当时，；
当时，，
要使最大，只需求最大即可．
设直线的斜率，直线的斜率，
∴若tan，tan；若tan，tan，
，
当且仅当时，取到等号，此时最大，
，．
25．
【分析】根据动圆与圆内切，与圆外切，列出等式，根据椭圆定义得到圆心的轨迹的方程.
【详解】由题意可知，动圆与圆内切，与圆外切，
设圆的半径为，
则，
所以，
所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，
设点的轨迹方程，
所以，则，
点的轨迹方程为．

26．(1)
(2)存在，
【分析】（1）利用待定系数法求出椭圆的方程；
（2）设，表示出直线OQ的方程，定点和.
进而求出，把代入得，从而，判断出点始终在以OF为直径的圆上，即可求解 .
【详解】（1）因为椭圆过点，所以.
因为，所以，得．
故，
从而椭圆C的方程为．
（2）设，则直线AP的斜率为.
因为，所以直线OQ的方程为.
令可得，所以，
又M是AP的中点，所以.
从而，
所以①
因为点在椭圆C上，所以，故，
代入式①可得，从而，
所以，点始终在以为直径的圆上，且该圆方程为
27．（1）抛物线，方程为；（2）相切，理由见解析
【分析】（1）根据已知抛物线与相交，可得出抛物线开口向右，设出标准方程，再利用对称性设出坐标，由，即可求出；由圆与直线相切，求出半径，即可得出结论；
（2）方法一：先考虑斜率不存在，根据对称性，即可得出结论；若斜率存在，由三点在抛物线上，将直线斜率分别用纵坐标表示，再由与圆相切，得出与的关系，最后求出点到直线的距离，即可得出结论.
【详解】（1）依题意设抛物线，
，
所以抛物线的方程为，
与相切，所以半径为，
所以的方程为；
（2）[方法一]：设
若斜率不存在，则方程为或，
若方程为，根据对称性不妨设，
则过与圆相切的另一条直线方程为，
此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在，不合题意；
若方程为，根据对称性不妨设
则过与圆相切的直线为，
又，
，此时直线关于轴对称，
所以直线与圆相切；
若直线斜率均存在，
则，
所以直线方程为，
整理得，
同理直线的方程为，
直线的方程为，
与圆相切，
整理得，
与圆相切，同理
所以为方程的两根，
，
到直线的距离为：
，
所以直线与圆相切；
综上若直线与圆相切，则直线与圆相切.
[方法二]【最优解】：设．
当时，同解法1．
当时，直线的方程为，即．
由直线与相切得，化简得，
同理，由直线与相切得．
因为方程同时经过点，所以的直线方程为，点M到直线距离为．
所以直线与相切．
综上所述，若直线与相切，则直线与相切．
【整体点评】第二问关键点：过抛物线上的两点直线斜率只需用其纵坐标（或横坐标）表示，将问题转化为只与纵坐标（或横坐标）有关；法一是要充分利用的对称性，抽象出与关系，把的关系转化为用表示，法二是利用相切等条件得到的直线方程为，利用点到直线距离进行证明，方法二更为简单，开拓学生思路
28．(1)
(2)以EF为直径的圆过定点,
【分析】（1）根据条件求出a，b，即可得椭圆方程；
（2）设直线l的方程为，联立椭圆方程，利用韦达定理，求出E，F坐标，通过，求出，即可求得定点坐标
【详解】（1）由题意，，，
所以，
故C的标准方程为
（2）以EF为直径的圆过定点，理由如下：
设直线l的方程为，联立椭圆方程，
消去x，整理可得，
则，且，
由直线AM方程为，令，求得点
由直线AN方程为，令，求得点
由对称性可知，若以EF为直径的圆过定点，则该定点一定在x轴上，
设该定点为，则，，
可得
由，解得，
故以EF为直径的圆过定点,
29．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）联立直线与抛物线方程，利用判别式法求得，进而表示出点A、B的坐标，设，利用圆的性质转化为，代入坐标运算得，即可证明；
（2）先根据直角三角形内切圆半径公式求出两个直角三角形的内切圆半径，然后结合的内切圆半径为R得，进而利用函数的单调性求得R的范围，即可求解的范围.
【详解】（1）由，消去y得.
由，，得.
所以的方程为，所以，.
设，则由，得，
结合，求得，所以点C的横坐标为，
所以，为定值.
（2）先证明直角三角形内切圆半径公式：
对于，，其内切圆半径为r，则，
从而，
设，内切圆的半径分别为，，
则，同理.
设的内切圆半径为R，则.
所以，
因为
，
因为是关于a的单调递增函数，所以是关于a的单调递减函数，
所以函数在上单调递增，所以，所以.
故与内切圆的半径之和的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是计算出，再求出，最后利用函数单调性即可得到答案.
30．(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆的定义可判断轨迹形状，继而确定的值，即得答案；
（2）讨论是否为直角，不为直角时，设直线的方程为，设直线的方程为，联立椭圆方程，结合根与系数的关系式，求出坐标的表达式，从而化简得到的关系，利用两角差的正切公式，求出的表达式，分类讨论，结合基本不等式，求出符合题意的k的值，即可求得答案.
【详解】（1）由题意知，以中点为原点O，以所在直线为x轴，以的中垂线为y轴建立平面直角坐标系，
F是圆内的一个定点，故圆的半径，
则,
故点Q的轨迹为以为焦点的椭圆，设椭圆方程为，
则其焦距为，
又点在C上，则，
故C的方程为；
（2）当时，由椭圆对称性得；
当时，设直线的方程为，
设，
则，

当时，设直线的方程为，则，
联立，则，
由于直线过椭圆焦点，则必有，故
，
则，
同理当时，设直线的方程为，则,
则，
故
，
当时，，根据椭圆的对称性，不妨设，
则，
，满足，
同理当时，也满足，
故,
当时，，
当时，
且，
当且仅当，即时取得等号，此时取得最大值，
综上取得最大值时，，直线的方程为.
【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最值问题，综合性强，难度大，解答时要设直线方程，联立椭圆方程，利用根与系数的关系式，求出相关点的坐标，结合两角差的正切公式化简求解，解答的难点在于计算过程比较复杂，计算量大，并且都是关于字母参数的运算，因此需要十分细心.
31．(1)
(2)（i）证明见详解；（ii）
【分析】（1）据题意求出椭圆方程，折叠后建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求出异面直线与所成角的余弦值；
（2）（i）联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理求出点的坐标，同理得到点的坐标，进而得到直线的方程，根据对称性，可判断定点在轴上，故令，即可得到定点坐标；（ii）由题意可知，点的轨迹为以，为直径的圆（除外），由即可求解.
【详解】（1）由椭圆定义可知，，
所以的周长为，所以，
又因为椭圆离心率为，所以，所以，
又，所以椭圆的方程：，
所以椭圆的焦点为，，
当点为椭圆的上顶点时，，
所以直线的方程为：，
由解得，，
由对称性知，
以为坐标原点，折叠后原轴负半轴，原轴，原轴的正半轴所在直线为轴建立如图空间直角坐标系，
则，，，，
，，
设直线与所成角为，
则，
异面直线与所成角的余弦值为.
（2）（i）设点，，，，
则直线的方程为，则，
由得，，
所以，
因为，所以，
所以，故，
又，
同理，，，
由三点共线，得，
所以，
直线的方程为，
由对称性可知，如果直线过定点，则该定点在轴上，
令得，
，
故直线过定点.
（ii）由题意知点，点的轨迹为以，为直径的圆（除外），
圆心为，半径为，故.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
32．(1)
(2)
(3)存在，
【分析】（1）根据焦距以及经过的点即可联立求解，
（2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，进而根据向量的数量积的坐标运算化简得，根据弦长公式，结合不等式即可求解，
（3）根据圆心到直线的距离可得，进而根据数量积运算可判断，结合对称性即可求解；或者利用切线关系得,根据斜率相乘关系，代入韦达定理化简可得半径.
【详解】（1）由题意可得，解得，
故双曲线方程为
（2）当直线斜率不存在时，设,
将其代入双曲线方程，
又，解得，
此时，
当直线斜率存在时，设其方程为，设,
联立，
故，
则
，
化简得，此时，
所以
，
当时，此时，
当时，此时，
，故，
因此，
综上可得.

（3）解法一：当直线与相切时，
圆心到直线的距离，
设设,
类似（2）中的计算可得
，
所以，
由双曲线的对称性，延长交双曲线于另一点,
则，且，
根据轴对称性可得,且直线与也相切，即即为,
符合题意，

当或斜率不存在时，此时，，显然满足题意，
故存在这样的圆，半径为
解法二：

设，，
由于为圆的切线，平分，且,所以,
设过点与圆相切的直线方程为（直线斜率存在时）
，
，将两根记为，
，
同理可得
故
，
故存在这样的圆，半径为
当或斜率不存在时，此时，，显然满足题意，
故存在这样的圆，半径为
【点睛】方法点睛：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，如本题需先将用k表示出来，然后再利用基本不等式长最值．
33．（1）曲线的方程为，曲线是焦点为的抛物线；（2）存在；圆的方程为或．
【分析】（1）设抛物线上的任意点为，垂线段的中点为，根据中点坐标公式得出，代入等式化简可得出曲线的方程，进而可得出曲线的形状；
（2）设直线的方程为，将直线的方程与曲线的方程联立，列出韦达定理，求出，求出线段的中点的坐标，进一步求出线段的中垂线的方程，求出，根据四点共圆结合垂径定理可得出关于的等式，求出的值，进一步可求得圆的方程，由此可得出结论.
【详解】（1）设抛物线上的任意点为，垂线段的中点为，
故，则，代入得，得曲线的方程为，
所以曲线是焦点为的抛物线；
（2）若直线与轴重合，则直线与曲线只有一个交点，不合乎题意.
设直线的方程为，根据题意知，设、，
联立，得，，则，，
则，
且线段中点的纵坐标为，即，
所以线段中点为，
因为直线为线段的垂直平分线，可设直线的方程为，
则，故，
联立，得，
设、，则，，
故，
线段中点为，
假设、、、四点共圆，则弦的中垂线与弦中垂线的交点必为圆心，
因为为线段的中垂线，则可知弦的中点必为圆心，则，
在中，，所以，
则，
故，即，
解得，即，
所以存在直线，使、、、四点共圆，且圆心为弦的中点，
圆的方程为或．
【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：
（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；
（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；
（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；
（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；
（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.
34．(1)；
(2)不存在，理由见解析.
【分析】（1）由给定的离心率及面积的最大值，列式计算即得.
（2）假定存在符合条件的实数，结合点的坐标表示点，设直线BC方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理及四点共圆所得关系推理计算出即可判断得解.
【详解】（1）由椭圆的离心率为，得，解得，
设，而，则，当且仅当时取等号，
于是，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）假设存在，使得四点共圆，
由（1）知，设，显然直线不垂直于y轴，设直线的方程为：，
由消去x得，
，，
直线的方程为：，则，同理，
由四点共圆，得，即，
于是，则，从而直线的斜率有，
即，整理得，
而
，因此，解得与矛盾，
所以不存在实数使得四点共圆.
【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，可设直线方程为，再与圆锥曲线方程联立结合已知条件探求k，m的关系，然后推理求解.
35．(1)
(2)是，定值为1.
【分析】（1）根据题意，将三角形面积相等转化为，再利用设而不求分别求得，，从而得到，再由判别式即可得解.
（2）充分利用，得到直线与的方程，利用与圆相切的性质同构出直线的方程，从而得解.
【详解】（1）因为与的面积相等，且与的高均为原点到直线的距离，
所以，则，
设，，，，
则，即，
直线：代入抛物线，得，
因为直线与抛物线交于，两点，
所以，则，
直线：代入圆：，
得，
因为直线与圆于S，T两点，所以，
即，
即，
所以，
由，得，
又，则，
将其代入得，解得；
将其代入得，解得.
综上，的取值范围为.

（2）由题，易知直线，，斜率一定存在，
设，，，
则，
则直线的方程为：，
即，即，
因为圆：的圆心为，半径为，
因为直线与圆相切，则，
平方化简得：，
看成关于，为变量的式子得：，
同理得直线与圆C相切，化简式子后得：，
所以可以同构出直线的方程为：，
所以圆心到直线的距离为：
，
此时圆心到直线的距离为定值，定值为.

【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.
36．(1)
(2)
(3)为定值，且
【分析】（1）由离心率为，可得，再由点在双曲线上可得出的值，由此可得出双曲线的方程；
（2）求出两条切线的方程，进而求出两切线与双曲线的交点坐标，结合两点间的距离公式可求得；
（3）线斜率存在时，设出其方程并与双曲线方程联立，利用韦达定理、三角形相似可得为定值，验证切线斜率不存在的情况作答.
【详解】（1）解：设双曲线的半焦距为，依题意，，即有，则，
因为点在双曲线上，则，可得，则，
因此，双曲线的方程为.
（2）解：当切线的斜率不存在时，切线的方程为，此时，圆心到直线的距离为，合乎题意，
当切线的斜率存在时，设切线的方程为，即，
由题意可得，解得，此时，切线方程为，
联立，可得或，即点，
联立，可得或，即点，
因此，.
（3）解：当圆在点处切线斜率不存在时，点或，切线方程为或，
由（1）及已知，得，则有，
当圆在点处切线斜率存在时，设切线方程为，设点、，
则有，即，
由消去得：，
显然，
由韦达定理可得，，
而，，
则
，
因此，
在中，于点，则，
又因为，所以，，
所以，，则，
综上得为定值.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
37．（1） （2）
【详解】（1）
由于抛物线C1：x2=y准线方程为：y=﹣，圆C2：x2+（y﹣4）2=1的圆心M（0，4），
利用点到直线的距离公式可以得到距离d==．
（2）设点P（x0，x02），A（x1，x12），B（x2，x22）；
由题意得：x0≠0，x2≠±1，x1≠x2，
设过点P的圆c2的切线方程为：y﹣x02=k（x﹣x0）即y=kx﹣kx0+x02①
则，即（x02﹣1）k2+2x0（4﹣x02）k+（x02﹣4）2﹣1=0
设PA，PB的斜率为k1，k2（k1≠k2），则k1，k2应该为上述方程的两个根，
∴，；
①代入y=x2得：x2﹣kx+kx0﹣x02=0 因为x0应为此方程的根，
故x1=k1﹣x0，x2=k2﹣x0
∴kAB=x1+x2=k1+k2﹣2x0=
由于MP⊥AB，∴kAB•KMP=﹣1⇒
故P∴．
38．(1)
(2)以为直径的圆恒过定点，定点坐标为．
【分析】（1）设坐标及直线方程，利用韦达定理得纵坐标关系，根据已知得直线的斜率间关系，再利用两点斜率公式消元转化计算即可；
（2）设直线的方程，联立椭圆方程利用直线与椭圆位置关系、韦达定理得，联立得，设定点坐标，利用圆的性质及平面向量垂直的坐标表示结合待定系数法计算即可.
【详解】（1）当时，椭圆的方程为，，直线．
设，直线的方程为，，
联立得，消去并整理，得，
可得，．
记直线的斜率分别为，则，，．
由，可得，即．
又，，
所以
，
所以，解得，所以点的坐标为．
（2）易知直线的斜率存在，故设直线的方程为，
由，消去并整理，得．
因为直线与椭圆相切，
所以，得，
所以，则，
所以，则．
由，得．
假设存在定点，使得以为直径的圆恒过点，则．
易知，，
所以，
所以对任意的实数，恒成立
所以，
故以为直径的圆恒过定点，定点坐标为．
39．(1)，，
(2)；
(3)存在，．
【分析】（1） 直接根据题干给的双曲线的标准方程求得答案；
（2）由双曲线的定义以及切线的性质可得圆的半径，再借助于点到直线的距离公式求直线的斜率；
（3）假设存在直线l，由得，取的中点，则，进而得；又利用得，于是联立方程组可得的坐标，从而得到直线的斜率并得出直线的方程.
【详解】（1）因为双曲线，所以，所以，
即，，
所以双曲线的渐近线方程是 ；
（2）由题意可知，，，
所以，
，即是椭圆右顶点
设圆的半径为，因为圆的面积为，则，即，
，
设直线的斜率为，则直线的方程为，即，
由圆心到直线的距离等于圆的半径，
可得，
解得直线的斜率为
（3）假设存在过点的直线与双曲线的左右两支分别交于，两点，且使得，
设,，,，中点为,，又，，
由，可知△为等腰三角形，，且直线不与轴重合，
于是，即，
因此，， (I)，点，在双曲线上，
所以，
①②化简整理得：，，
则，可得，(II)，
联立（Ⅰ）（Ⅱ）得，，得或（舍），所以 ，
由，得，所以直线的方程为．
【点睛】关键点点睛：针对类似于的角度问题，一般情况下会转化垂直问题，再结合垂直时的斜率之积为-1即可解决问题.
40．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由题意将两点的坐标代入表达式求出参数即可得解.
（2）由题意通过换元得到，由于弦长固定，故只需由点到直线的距离公式结合辅助角公式即可求出最值.
（3）由三角形的两个面积公式首先得到，然后设出过点的直线的方程，将其与椭圆方程联立，由韦达定理即可算出的表达式，进一步即可求出其最值.
【详解】（1）由题意点在椭圆上，
所以，解得，即椭圆的方程为.
（2）

由题意不妨设点（不与重合），在双曲线上，
则，不妨设，
且直线的斜率为，弦长，
所以直线的方程为，
点到直线的距离为，
所以
，其中，
，
所以等号成立当且仅当，
即当且仅当且，取最大值.
（3）如图所示：

由题意设内切圆的半径为，则一方面
，
，
另一方面，
所以，
由题意直线斜率不为0，不妨设过点的直线的方程为，，
将其与椭圆方程联立得，消去得，
所以，
所以，
设，则，
令，则，
所以当且仅当即，即时，内切圆的半径为有最大值.
【点睛】关键点睛：第一问的方法比较常规，仔细运算即可，第二问的关键是转换为三角函数辅助角来求最值，第三问的关键是首先得到内切圆半径的表达式，进一步结合判别式得出参数范围即可求解.
41．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由题意列式求出，即可得答案；
（2）分类讨论，求出和时，结论成立；当时，利用圆在处的切线方程为，联立双曲线方程，可得根与系数的关系式，计算的值，即可证明结论；
（3）求出弦长以及的表达式，可得，再结合特殊情况下的取值，即可确定答案.
【详解】（1）由题意知双曲线的实轴长为2，离心率为，
故，解得，
故双曲线的方程为；
（2）证明：设，则，当时，不妨取，
此时不妨取，则，即；
同理可证当时，有；
当时，圆在处的切线方程为，
即；
由可得，
因为切线交双曲线于，两点，
故，，
设，则，
故
，
故，
综合上述可知；
（3）由（2）可得当时，，
；
的渐近线方程为，
联立，得，
同理可得，
则
，
由于，故，
由于，则；
当时，不妨取，则，
此时；
当时，不妨取，则，
此时；
综合上述可知.
42．(1)
(2)
(3)2
【分析】（1）由题意可得，解方程求出，即可得出答案.
（2）先证明过椭圆上一点的切线方程的形式，再求得过点的切线方程，从而得到直线的方程.
（3）令，设直线的方程为：，联立椭圆的方程，求出，再令，解方程组，解得，表示出，将代入化简即可得出答案.
【详解】（1）由题意可知：①
又，所以②，
由①②及，所以，
所以椭圆的方程为：.
（2）先证：过椭圆上一点的切线方程为，
证明如下：当过椭圆上一点的切线斜率存在时，
设切线方程为，
则可得：，
因为直线与椭圆相切，所以，
化简可得：，
所以，代入可得：
，
于是，
故切线方程为：，即，
又，故切线的方程为：，
当过椭圆上一点的切线斜率不存在时，切线方程为，满足题意.
所以过椭圆上一点的切线方程为，
故切线的方程为：，
同理：切线的方程为：，又因为过点，
所以，，
所以：，故直线的方程为.
（3）由题意可知直线的斜率存在，且，设直线的方程为：，
联立椭圆的方程，
得，
令，
所以.
令，解方程组得.
又
，
所以.
【点睛】
关键点睛：解决第二问的关键是证明过椭圆上一点作椭圆的切线，其切线方程为：，本题利用导数的几何意义求得斜率，是解决问题的关键.
43．(1)
(2)为定值，，
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意，得，动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆；
（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，由向量坐标运算表示，化简即可；
（3）设的方程是，与椭圆方程联立，由条件，可得，则或，可证直线经过定点，又因为，所以D在以线段MK为直径的圆上，可得解.
【详解】（1）因为，
所以，
所以，半径，
因为线段的中垂线交线段于点，
所以，
所以，
所以动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆，
所以，，，
故曲线E的方程为.
（2）当直线的斜率不存在时，其方程为，
与y轴不相交，不合题意，舍去，
当直线的斜率存在时，设所在直线方程为，
设，，
由
消去y整理得，
恒成立，
所以，
又因为直线与y轴的交点为C，所以，
所以，，
，，
又因为，所以，同理，
所以，且，
所以，
整理后得，
所以为定值，原题得证.
（3）设，显然的斜率存在，，，
设的方程是，
由消去y得，
则，即，
由韦达定理得，
根据已知，可得，
即，
又，，
代入上式整理得，
则或，
当时，直线的方程为，
所以直线经过定点，
当时，直线的方程为，
所以直线经过定点与M重合，舍去，
故直线经过定点，
又因为，
所以D在以线段MK为直径的圆上.
所以F为线段MK的中点，即，
所以为定值.
【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x（或y）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.
44．(1)的方程为，圆的方程为
(2)直线与圆相切，理由见解析
【分析】（1）根据题意求得两点的坐标，从而求得，进而得解；
（2）根据题意得到直线，的方程，再利用直线与圆相切的性质推得是方程的两个根，从而利用韦达定理求得点到直线的距离为圆的半径，由此得解.
【详解】（1）由题意知直线的方程为，
联立，解得，则或，
，则，
的方程为，直线的方程为，
又直线与圆相切，圆的半径为2，
故圆的方程为.
（2）设上三点，显然，
直线的斜率都是存在的，
直线的斜率，
直线的方程为，
同理，的方程为，
的方程为，
圆与直线相切，，
化简得：，
同理，圆与直线相切，可得，
所以是方程的两个根，
由韦达定理得，，
点到直线的距离，
直线与圆相切.
【点睛】关键点点睛：本题第2小问解决的关键是利用直线与圆相切推得是方程的两个根，从而得解.
45．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用直线与圆和椭圆相切，得到的方程组求解；
（2）利用直线与圆相切得到MN方程，进而对应项系数相等得，再点点距求解
【详解】（1）因为离心率，所以
因为是圆：的一条切线，所以
所以
由，可得
因为是椭圆的一条切线
所以
结合，解得
所以椭圆C的方程为．
（2）设点，，，则，
因为M，N为直线QM，QN与圆的切点
所以，
所以直线QM的方程为：，即，即
直线QN的方程为：，即，即
所以点Q满足，即．
所以直线MN的方程为
又因为M，N为直线与圆的交点
所以MN的方程为，即
所以恒成立
所以，即
所以
又因为点为椭圆C上一点，所以
所以为定值．
【点睛】利用切线性质得MN的方程是解决本题的关键.
46．(1)
(2)是，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的性质与点到直线的距离公式即可求解方程.
（2）设出点的坐标并求出切线方程，再化简斜率之积即可.
（3）分别设出直线和直线的直线方程，再与椭圆联立，得到的横纵坐标之间的关系，即可证明三点共线.
【详解】（1）由题意得，则直线的方程为．
由可得，
所以椭圆的方程为．
（2）由题意得，
切线的斜率存在且不为0，并设为，取，则，
此时切线方程为，则．
整理得．
设过点引圆的两条切线斜率分别为，则①．
由得，
将其代入①式得，
故直线与的斜率之积为．
（3）设直线，则，解得．
将直线与椭圆联立，则．
因为直线与椭圆有两个不同的交点，所以.
设，则，
将代入可得．
设直线，则，整理得．
同理，将直线与椭圆联立，则．
设，则，
将代入可得，
显然．
设直线，则，解得，
将直线与椭圆联立，则，
设，则，
将代入得．
设直线，则，解得．
将直线与椭圆联立，则．
设，则．
将代入得，
故．
所以，，，且，
所以P，O，Q三点共线．
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆的位置关系以及相关的证明.其关键点在于设出直线和直线的直线方程，再与椭圆联立，得到的横纵坐标之间的关系，，即可证明三点共线.
47．(1)
(2)（i）证明见解析（ii）
【分析】（1）根据题意可得，从而得到点的轨迹是以为焦点的抛物线，求出方程.;
（2）（i）分三种情况讨论：①斜率不存在时，求出点坐标，直线方程，得到与抛物线只有一个交点，不满足题意舍去；
②直线斜率不存在时，从而求出，两点坐标，得到直线方程，验证圆心到直线距离即可；
③假设直线与斜率同时存在，不妨设且，，，分别表示出、方程，利用相切条件得到，为方程的两根，由韦达定理有，，代入圆心到直线的距离公式即可证明；
（ii）利用三角形内切圆的性质可得，求三角形周长最小值转化为求面积最小值，求出弦长以及到直线的距离，化简得到，，，所以，设，利用导函数即可求出的最小值，从而得到三角形面积的最小值，即可求出三角形周长的最小值.
【详解】（1）由过直线上任一点作该直线的垂线，，线段的中垂线与直线交于点，作出下图：

由图可得，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）（i）不妨假设直线在圆的左侧，直线在圆的右侧，
①当斜率不存在时，则直线的方程为，可设，则，设直线方程为，
由于与圆相切，解得，则直线方程为，与抛物线只有一个交点，不满足题意，
②当斜率不存在时，则直线的方程为，可设，则，设直线方程为，
由于与圆相切，解得，
则直线方程为，此时，则直线方程为，所以圆心到直线的距离，满足题意.
③假设直线与斜率同时存在，不妨设且，，，

所以，则直线的方程，即，
因为直线与圆相切，所以，化简得：，
同理可得，则，为方程的两根，
所以，，所以圆心到直线的距离，
所以直线与圆也相切；
（ii）由题可得，所以，
故要求周长的最小值即求面积的最小值，
由（i）可得直线的方程为，且，，
则到直线的距离，弦长，所以
令，，所以
设，则，
由于在时，很成立，
所以在时，，在时，，时，，
所以在区间和上单调递增，在区间上单调递减，由于，，
故，此时或，即点的坐标为或时，的面积取最小值
所以，故周长的最小值为,
【点睛】方法点睛：本题考查了轨迹问题，以及三角形的内切圆问题.
求轨迹方程常用方法有：(1)待定系数法；(2)直接法；(3)相关点法；(4)几何法;
三角形内切圆的半径(其中为三角形面积，为三角形周长)
48．(1)
(2)
(3)存在，
【分析】（1）由已知可得，，求解即可；
（2）分直线斜率是否存在两种情况讨论，若直线斜率存在，设方程为．设，，联立方程组可得，由可得，进而可得弦长，利用换元法可求最小值；
（3）r为点O到直线PM的距离，结合（2）的结论，可求.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，
由双曲线定义可得，，
故，又．
所以，．
所以的方程为．
（2）①若直线斜率不存在，则设，则，
因为，所以，
所以，所以．
所以．
②若直线斜率存在，设方程为．设，．
联立，消去y整理得，，
则．
由韦达定理，得，
于是，即．
故．
令，则，．
所以．
因为，所以当时，．
综上，的最小值为．
（3）如图所示，设PM、PN与圆O的切点分别为E、F，则．
又，则．
所以，所以．
取MN中点Q，若O和Q不重合，则．
所以．
又因为M、N在椭圆上，
则，所以，
所以，所以，
又，，所以．矛盾．所以O和Q重合，即M、N关于原点对称．所以．
设直线的方程为，则r为点O到直线PM的距离，
所以．由（2）可知，，
故，即．
又当MN斜率不存在时，也成立．
综上，．
所以存在存在定圆满足条件，此时.
【点睛】解析几何承载着考查数学运算核心素养的功能，“多想少算”绝非“空想不算”．用代数方法研究几何问题是解析几何的核心，适度地挖掘几何性质可减少一定的计算．
49．(1)；
(2)（i）以为直径的圆经过点，理由见解析；（ii）证明见解析.
【分析】（1）求出的坐标，设点，，再借助共线向量的坐标表示求出轨迹方程.
（2）（i）设直线，与的方程联立，利用韦达定理及垂直关系的坐标表示推理即得；（ii）设出过的圆的方程，探求直线与直线的斜率关系并求出交点的横坐标，再借助双曲线的第二定义及三角形角平分线的性质推理即得.
【详解】（1）依题意，，设，则，有，
设点，则，由，得，
，由，得，
联立消去得，
所以点的轨迹的方程为.
（2）（i）显然直线不垂直于轴，设直线，，，
由消去x并整理得，，
则，，，
，
则，所以以为直径的圆经过点.
（ii）显然直线的斜率都存在，设直线，直线，
设过的圆：，
依题意，圆存在，则系数，即，
设直线与直线的交点为，由，得点的横坐标，恰为双曲线的右准线，
设到右准线的距离分别为，，为双曲线的离心率，
因此平分，又垂直平分，则，
，即，则平分，
又，于是是的内角平分线，
所以为的内心.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
①“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
②“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
50．(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）存在，
【分析】（1）根据条件，利用椭圆的定义得到，再利用点在上，即可求出结果；
（2）（ⅰ）设直线的方程为，联立椭圆方程程，利用，得到，联立抛物线方程，得到，即可求出结果；（ⅱ）根据条件得到必要条件，再代入检验满足题意，从而求出结果.
【详解】（1）由题意，得．
又在上，得，从而，故E的方程为．
（2）（ⅰ）当为的顶点时，，
不妨设在第一象限，直线的方程为，
联立的方程为，可得．
由，得．
联立直线的方程与抛物线的方程，可得，
则点的纵坐标为，
由对称性知，
故直线在轴上的截距为．
（ⅱ）要使（2）中的直线与相切，必有，即，
解得或（舍去）．
设，，，则，，．
直线的方程为，即．
联立椭圆方程可得
，
由
可得，
即．
同理可得．
因为直线同时经过点，所以的直线方程为．
联立椭圆方程可得，
于是．
故直线与椭圆相切，因此符合题意．
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（2）问的第（ii）小问，通过条件，得到，从而有，再检验满足题意，即可求解.
51．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）.
【分析】（1）根据焦点坐标和离心率求得，，即可求解椭圆方程；
（2）（i）分斜率不存在和存在两种情况讨论，当斜率存在时，设出方程与椭圆方程联立，韦达定理求出的坐标，利用判别式法求出切线方程，进而求得的坐标为，即可证明三点共线；
（ii）利用距离公式和弦长公式分别求出，即可求解.
【详解】（1）由圆：即可得：圆心，所以，
又离心率，所以，所以，
所以椭圆标准方程为.
（2）（i）①当斜率不存在时，轴，
由椭圆的对称性可知，均在轴上，所以三点共线.
②当斜率存在时，设的方程为，且，
联立方程组可得：，
则，点的坐标为，
所以所在的直线的方程为，
先证：椭圆上一点处的切线方程为，
当切线斜率存在时，设过点的切线方程为，
联立方程，整理得，
由可得，所以
由韦达定理可知，即，
把代入中，得，
所以，化简得．
当切线斜率不存在时，过的切线方程为，满足上式．
综上，椭圆上一点的切线方程为.
所以椭圆在处的切线方程为，
联立方程组解得点的坐标为，
，故三点共线.
（ii）由（i）可知，，
又三点共线，所以，所以，
即点化简得，
所以，，
所以
，当且仅当，即时，等号成立.
所以的最小值为.
【点睛】关键点睛：解决第二问的关键是证明过椭椭圆上一点处的切线方程为，属较难题.
52．(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆的定义判断Q点轨迹为椭圆，求出的值，即得答案；
（2）讨论AB的斜率是否存在，存在时，设出直线方程，并联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，结合直线MA与直线MB的斜率乘积化简可得参数之间的关系，进而确定直线过定点，结合圆的几何性质，即可求得答案.
【详解】（1）由题意得，

故Q点轨迹为椭圆，焦点为,
且，
故椭圆方程为；
（2）由题意可知，
当直线AB斜率不存在时，设方程为，代入，
可得，不妨设，
此时，
化简得，解得或，
时，直线斜率不存在，不合题意，舍去，
故，则直线AB的方程为；

当直线AB斜率存在时，设，直线方程设为，
联立得，
则需满足，
，
，
由，
可得，
化简得，即，
即，
当时，直线AB的方程为为，过定点，
此时，不合题意，舍去；
当时，直线AB的方程为为，
此时直线过定点，不妨设为，
直线也过，由于点N满足，故在椭圆内，
所以成立，
又因为在椭圆内，所以当直线AB与圆E相交所成的弦长最短时，
应满足，而，故，故，
故此时直线AB的方程为，即.
【点睛】难点点睛：本题考查椭圆方程的求解以及直线和椭圆位置关系的应用问题，难点在于第二问的求解，解答时注意设直线方程并联立椭圆方程，利用根与系数的关系进行化简，困难的是计算十分复杂，计算量也大，几乎都是字母参数的运算，因此要求思路清晰，计算准确.
53．(1)椭圆的方程为，“伴随圆”方程为
(2)
(3)证明详见解析
【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的方程及其“伴随圆”方程；
（2）设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简后利用判别式求得，利用点到直线的距离公式以及圆的弦长的计算公式求得.
（3）通过证明来证得直线过原点.
【详解】（1）依题意，，所以，，
所以椭圆的方程为，“伴随圆”方程为.
（2）设直线的方程为，
由消去并化简得，
由得，
圆心到直线的距离为，
所以.
（3）①当、都有斜率时，设点，其中，
设经过点与椭圆相切，且斜率存在的直线的方程为，
联立，消去得到，
即，，
整理可得，
设、的斜率分别为、，因为、与椭圆都只有一个公共点，
所以、是关于的方程的两个实数根，
因而，即⊥；
②当点，点的坐标满足，此时、分别与两坐标轴垂直，
则.
综上所述，.
所以，所以是“伴随圆”的直径，过原点.

【点睛】方法点睛：求定点问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定点，再证明这个点与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定点．
54．(1)
(2)或
【分析】（1）根据题意，利用点差法求得的关系，再利用双曲线的定义即可得解；
（2）先利用直线与圆相切得到的关系，再联立直线与双曲线的方程，推得，进而利用弦长公式得到关于的方程，解之即可得解.
【详解】（1）依题意，设，
，
点在双曲线上，
，两式相减得，
整理得，所以，
，
由双曲线的定义可知，||，解得，，
双曲线的标准方程为.
（2）因为直线与圆相切，
所以点到直线的距离，
，
联立，消去，得且，
则，即，
设，
，
，
为的中点，为坐标原点且，
，
将代入上式，，
解得或，
所以直线的方程为或.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
55．(1)
(2)①；②不存在，理由见解析
【分析】（1）根据直线与圆相切，及离心率的定义可解；
（2）①设直线l的方程为，联立方程组，利用韦达定理和三角形面积公式求的面积，再利用函数性质求最值；
②假设存在两点，使得四边形PMQN为菱形，直线l的方程为，联立方程组得，利用韦达定理求出MN的中点坐标，再由菱形性质求出PQ的直线方程，从而确定点Q的坐标，又点Q在双曲线上，代入可求
，与题意不符，得解.
【详解】（1），圆：，因为直线与圆相切，
所以圆心到直线的距离为，
即，即，又，且，
所以，所以双曲线E的标准方程为；

（2）①设直线l的方程为，
代入，得，
设，所以，
则，
因为，所以，所以
即，所以，
令，所以，
又因为在上递减，所以：
②假设存在两点，使得四边形PMQN为菱形，直线l的方程为，
联立，得，
所以，
由题，设MN的中点为，
，
所以PQ的直线方程：，
所以，因为Q在双曲线上，
所以，即，
令，即，即，
即，所以，即，与题意不符，
因此不存在P、Q两点，使得四边形PMQN为菱形.

【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x（或y）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.
56．(1)
(2)（i）证明见详解（ii）
【分析】（1）根据已知条件，结合椭圆的定义与性质可得其标准方程.
（2）（i）（方法一）根据直线的点斜式，设直线EF、PQ方程，分别与椭圆联立，用，表示出点G、H.利用向量垂直即数量积为零，可计算出，从而得证.
（方法二）设点E，F，G，通过点差法用，表示，.利用直线垂直即斜率之积为-1，可以计算出.
（ii）根据弦长公式用，表示出，利用换元法求出最大时，，对应的值，从而计算出四边形EPFQ的面积.
【详解】（1）由A，B点的坐标分别为和，可知.
由内切圆半径为r，及，可得，
所以.由椭圆定义可知，动点M在以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆上，又M不能在直线AB上，所以曲线C的方程为：．
（2）（i）（法一）设，，，
根据点斜式，设直线EF的方程为，
联立，得，所以，
根据EF的中点为G可得，，
所以.同理可得，.
由，得，又，
所以，即，
所以存在唯一常数，即时，使得成立．
（法二）设，，，当EF的斜率为零，则G与A重合.
因为，所以H在x轴上，又H为PQ的中点，所以轴，显然与PQ过A矛盾，故.同理可得.
由，在椭圆上，得，
两式作差可得，
根据EF的中点为G可得，，，
所以，又，
所以，所以.同理可得.
因为，所以，即，即.
所以存在唯一常数，即当时，使得成立．
（ii）由(i)知，，根据弦长公式可得，
同理可得，.
所以，
根据，消去可得，.
令，则
当且仅当，即，即时等号成立.由椭圆的对称性，
不妨设，则，，.
设直线EF和PQ的夹角为，则，可得
所以四边形EPFQ的面积为．
【点睛】方法点睛：
1.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x（或y）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
2.中点弦问题常用“点差法”，即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，化简式中含有，，三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借助中点公式即可求得斜率.再借助韦达定理即可解决中点问题.
57．(1)证明见解析
(2)存在，7
【分析】（1）设直线方程为，联立抛物线方程，得出根与系数的关系式，结合数量积的坐标表示，化简，可得n的值，即可证明结论；
（2）假设存在，设圆M的方程为，设，根据直线和圆相切可得，表示出直线的方程，由直线也与圆相切推出恒成立，由此求出m的值，即可得结论.
【详解】（1）证明：由题意知直线l的斜率不为0，设其方程为，联立，
得，需满足，
设，则，
又，故，即，
即，
故，则，
故l的方程为，则直线过定点；
（2）假设存在以为圆心，2为半径的圆，符合题意；
由题意知直线的方程为，则，设，
则圆M的方程为，
设，
则直线的斜率为，
故直线的方程为，即，
则由直线与圆M相切得，
即；
同理可得，
则，否则直线与抛物线只有一个交点，
故是的两个根，
需满足，
则，
直线的斜率为,
故直线的方程为，即,
由直线与圆相切可得，
两边平方得，
即，
化简得，
上式对任意的恒成立，故，解得或，
当时，此时圆M的方程为与相交，不合题意；
当时，，，
符合题意，此时，
综上，存在定圆，使得过抛物线上任意一点作圆的两条切线，
与抛物线交于另外两点时，总有直线也与圆相切.
【点睛】难点点睛：本题考查了直线和抛物线位置关系中的直线过定点问题，以及是否存在的探究性问题，综合性强，难度较大，解答的难点在于（2）中复杂的计算，并且基本都是有关字母参数的运算，计算量极大，需要十分细心.
58．(1)
(2)①证明见解析；② 证明见解析
【分析】（1）由题意得，，再结合，从而可求出，进而可求出椭圆的标准方程；
（2）①由定义可知椭圆在点 处的极线方程为 ，然后分和两种情况证明；②设点，然后由①可得过点的切线方程和过点的切线方程，则可求出割线的方程，同时可求出切点弦的方程，从而可证得结论.
【详解】（1）由已知，，则
所以直线 ，即 ，
该直线与圆 与相切，则，
所以解得，，
故椭圆的标准方程为
（2）① 由(1)得椭圆的方程是 .
因为在椭圆上，所以，即，
由定义可知椭圆在点 处的极线方程为 ，
当时，，此时极线方程为，所以处的极线就是过点的切线，
当时，极线方程为，即，
由，得，
所以，
所以处的极线就是过点的切线，
综上所述，椭圆在点处的极线就是过点的切线;
② 设点，
由①可知，过点的切线方程为，
过点的切线方程为，
因为都过点，所以有，
则割线的方程为，
同理可得过点的两条切线的切点弦的方程为，即，
又因为割线过点，代入割线方程得，即 ，
所以三点共线，都在直线上．
【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，考查椭圆的切线，考查椭圆中点共线问题，解题的关键是合理利用过椭圆上一点的切线方程的定义，考查计算能力，属于较难题.
59．(1)
(2)，理由见解析
【分析】（1） 根据题意，离心率，从而可求解.
（2）先求出切线的方程为，切线的方差为，从而可求出直线的方程，设出直线的方程，然后分别与直线方程，椭圆方程联立，再利用根与系数关系分别求出，，，从而可求解.
【详解】（1）由题意可知：，所以，又由，所以，所以；
故椭圆的方程为.
（2）如图，令，，，，
由题知切线的斜率存在，且设过点的切线方程为，
联立方程得，解得：，
由于只有一个切点，所以，解得，
又因为，所以切线的方程为，
同理可得切线的方程为，
又点是切线，的公共点，
所以故而所在的直线为，
由题意可知，直线的斜率存在，不妨设为，则，
所以直线的方程为，
联立方程：解得：，
联立方程：消除得：，
所以，，
又有，，，
，
所以.
【点睛】关键点点睛：求解切线方程时根据椭圆与直线方程联立，求解判别式即可得到切线方程：，切线方程：，从而可求出直线方程：，然后设出直线方程：，再与直线，椭圆方程联立，然后利用根与系数关系从而求出，，，从而可求解.
60．(1)证明见解析；
(2)
【分析】设，求出和的方程，联立可求证在同一个椭圆上，并求得椭圆方程为；
求出直线AB的方程，分和两种情况讨论，求出面积的表达式，换元，构造函数，利用导数即可求解.
【详解】（1）设，又，，
则直线，
直线，
点的坐标是方程的解，可得，
化简得，
所以在同一个椭圆上，该椭圆方程为
（2）设，，，如图所示：
则，
切线PA方程为：，切线PB方程为：，两直线都经过点P，
所以得：，，从而直线AB的方程是：，
当时，
由得，则，
，
当时，
由，消y得：，
由韦达定理，得：，，
，
，
点P到直线AB的距离，
其中
令，则令，
则，
在上单调递增，
综上所述，面积的取值范围是
【点睛】关键点点睛：在第（2）中求出时，要用换元法及利用导数求函数的取值范围.
61．(1)
(2)为定值，理由见解析
(3)
【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，根据直线与圆相切求出的关系式，分是否等于零两种情况讨论，求出的位置关系，进而可得出答案；
（3）设过点的切线方程为，直线的斜率分别为，根据圆心到直线的距离为，化简，利用韦达定理求出，再求出，进而求出面积的表达式，再进一步分析即可得出答案.
【详解】（1）由题意可得，解得，
所以椭圆的方程为；
（2）由题意知切线与轴有交点，直线的斜率存在，
设直线的方程为，，
联立，消得，
则，
又，
当时，，①
因为直线与圆相切，
所以圆心到直线的距离为，
所以，代入①得，
所以，
当时，则，
所以，所以直线过椭圆的左或右顶点与上或下顶点，
所以，
在中，，
由射影定理知，
所以为定值；
（3）由题意直线的斜率存在，
设过点的切线方程为，即，
则圆心到直线的距离为，
即，
设直线的斜率分别为，
则，
直线的方程为，
令，则，
同理，
，
，
因为在椭圆上，
所以，代入化简得：
，
令，则，
则，
令，则，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
又，
所以，即，
所以函数在上单调递减，
所以，
所以，
所以面积的取值范围为.
【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．
62．(1)
(2)
【分析】（1）根据内切圆的性质得到，从而结合双曲线的定义得到轨迹方程；
（2）根据条件设，，，，，，根据直线与双曲线方程的联立，由韦达定理得到，，结合弦长公式得到，从而证明，进而可得相似于，由四点共圆的知识即可得到答案.
【详解】（1）因为点、，的内切圆与直线相切于点，
所以，
因此根据双曲线的定义可知，点的轨迹为以，为焦点的双曲线的右支，
设点的轨迹C的方程为，焦距为，
所以，，
所以，，，
所以点的轨迹方程C为
（2）由题意，直线的斜率互为相反数，记，
则，，，，，
设，则直线，.
联立直线和双曲线方程，
整理得.
该方程有两个不等实根，，
则
根据韦达定理可得，，
同理可得，.
又因为，.
，.
则，
同理可得
即
进而可得相似于，
即，，
也即A，B，Q，P四点共圆，可得
从而得.
因此
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线的综合问题.关键在于直线与双曲线方程的联立，进而通过韦达定理的转化得到，进而得到相似于，由A，B，Q，P四点共圆，可得从而进而得到答案.本题考查学生的数据运算与分析能力、数形结合能力、转化与化归能力，属于难题.
63．(1)
(2)
(3)8
【分析】（1）由题意动圆的轨迹满足抛物线的定义，所以得出抛物线的轨迹方程即可，
（2）联立直线l与抛物线，求出的值，又，设出OP的方程，再联立抛物线求出的值，再求出，得出的值；
（3）由于D、E在y轴上，设出D、E坐标，并求出，P点的横坐标即为的高，再求面积的最小值即可．
【详解】（1）由题意可知圆心到的距离等于到直线的距离，
由抛物线的定义可知，曲线K的轨迹方程为，
（2）设直线l的方程为，
联立，消y得，
∴，∴，
设，∴,
又，
∴
∵，∴设直线OP的方程为，
联立，消y得，
∴，∴，∴，
令，则，∴，∴，
∴，
故的值为，
（3）设，
直线PD的方程为，
又圆心到PD的距离为1，即，
整理得，
同理可得，
所以，可知b，c是方程的两根，
所以，，
依题意，即，则，
因为，所以，
所以，
当且仅当，即时上式取等号，
所以面积的最小值为8．
【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．
64．(1)2
(2)过定点
【分析】（1）由题意画出图形，由已知向量等式可得，结合，得，又，则，由此可得双曲线的离心率；
（2）设直线ST的方程为：，与双曲线方程联立，利用根与系数的关系证明，即可得结论.
【详解】（1）如图所示，

延长IP到A且，延长到B且，
由，得，
∴I是的重心，，同理，，
即，
又，，，
，又I是的内心，则，
由，得，又，则，即；
（2）弦MN过定点,

由已知右顶点，结合（1）得，，，
所以双曲线方程为.
则，，
设点，直线ST的方程为：，
联立，得，
则，，，，
则
，
即，也就是，
∴MN为圆O的直径，故弦MN恒过圆心.
【点睛】思路点睛：
（1）向量条件合理转化是关键，延长IP到A且，延长到B且，由，得，∴I是的重心，
进一步，又I是的内心，则，结合双曲线定义得解；
（2）设出直线ST的方程为：与双曲线联立，利用根与系数的关系证明，即可得结论.