新高中数学压轴题二轮专题专题28圆锥曲线中的齐次化试题含解析答案

这是一份新高中数学压轴题二轮专题专题28圆锥曲线中的齐次化试题含解析答案，共41页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。

一、解答题
1．已知点、是抛物线上异于原点的两个点，且满足，求证：直线过定点．
2．已知直线l与抛物线C:y2=4x交于A，B两点．
(1)若直线l的斜率为-1，且经过抛物线C的焦点，求线段AB的长；
(2)若点O为坐标原点，且，求证：直线l过定点．
3．椭圆，点，为椭圆上两点，．求证：直线斜率为定值．
4．如图，椭圆经过点，且离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）经过点，且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点（均异于点），证明：直线与的斜率之和为2.
5．已知椭圆的左右顶点分别为A，B，过椭圆内点且不与x轴重合的动直线交椭圆C于P，Q两点，当直线PQ与x轴垂直时，．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线AP，AQ和直线分别交于点M，N，若恒成立，求的值．
6．已知抛物线的焦点为，过作两条垂直的直线，，与抛物线相交于，两点，与抛物线相交于，两点，求的最小值．
7．已知抛物线方程为，直线与抛物线交于两点，，且，求的值.
8．若，为抛物线：上两点，且以为直径的圆过点，证明：直线过定点．
9．已知动圆过定点A(4,0), 且在y轴上截得的弦MN的长为8.
(Ⅰ) 求动圆圆心的轨迹C的方程;
(Ⅱ) 已知点B(－1,0), 设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P, Q, 若x轴是的角平分线, 证明直线l过定点.
10．过双曲线右焦点且斜率为的直线交双曲线于，，若且，求双曲线的方程．
11．设椭圆经过点，且离心率等于.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点作直线PA,PB交椭圆于两点，且满足PA⊥PB，试判断直线是否过定点，若过定点求出点坐标，若不过定点请说明理由.
12．已知抛物线y2=2pxp>0过点，且点到其准线的距离为.
（1）求抛物线的方程；
（2）直线：y=x+m与抛物线交于两个不同的点，，若，求实数的值.
13．已知椭圆的中心为原点，长轴在轴上，上顶点为，左、右焦点分别为，，线段，的中点分别为，，且是面积为4的直角三角形．
(1)求该椭圆的标准方程；
(2)过作直线交椭圆于，，，求直线的方程．
14．已知椭圆C：.过点，两个焦点为和.设E，F是椭圆C上的两个动点.
(1)如果直线AE的斜率与直线AF的斜率之和为2，证明：直线EF恒过定点；
(2)如果直线AE的斜率与直线AF的斜率之积为2，证明：直线EF恒过定点.
15．已知椭圆的离心率为，过椭圆的右焦点并垂直于轴的直线交椭圆于，（点位于轴上方）两点，且（为坐标原点）的面积为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线交椭圆于，（，异于点）两点，且直线与的斜率之积为，求点到直线距离的最大值.
16．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点为F，点P1,22在椭圆C上．且离心率为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线l斜率存在，交椭圆C于A，B两点，A，B，F三点不共线，且直线和直线关于PF对称．
（i）证明：直线l过定点；
（ⅱ）求面积的最大值．
17．已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．
（1）求E的方程；
（2）证明：直线CD过定点.
18．设抛物线C:y2=2x，点，，过点A的直线l与C交于M，N两点.
(1)当l与x轴垂直时，求直线的方程；
(2)证明：.
19．已知抛物线，过原点且相互垂直的直线，交抛物线于，两点，求证：直线过定点．
20．设A，B为曲线C：y＝上两点，A与B的横坐标之和为4．
（1）求直线AB的斜率；
（2）设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且AM⊥BM，求直线AB的方程．
21．如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线PA,PB分别交直线于C，D两点．
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求的最小值．
22．已知点在椭圆上，A，分别是椭圆的左、右顶点，直线和的斜率之和满足：.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)斜率为1的直线交椭圆于，两点，椭圆上是否存在定点，使直线和的斜率之和满足（，与均不重合）？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由.
23．已知椭圆C：的左、右顶点分别为，，右焦点为，O为坐标原点，OB的中点为D（D在的左方），．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设过点D且斜率不为0的直线与椭圆C交于M，N两点，设直线AM，AN的斜率分别是，，试问是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．
24．已知椭圆：．
(1)直线：交椭圆于，两点，求线段的长；
(2)为椭圆的左顶点，记直线，，的斜率分别为，，，若，试问直线是否过定点，若是，求出定点坐标，若不是，请说明理由．
25．已知椭圆：，设过点的直线交椭圆于，两点，交直线于点，点为直线上不同于点A的任意一点.
(1)若，求的取值范围；
(2)若，记直线，，的斜率分别为，，，问是否存在，，的某种排列，，（其中，使得，，成等差数列或等比数列？若存在，写出结论，并加以证明；若不存在，说明理由.
26．如图所示，已知分别过椭圆的左、右焦点的动直线，相交于点P，且，与椭圆E分别交于点A，B和点C，D，直线OA，OB，OC，OD的斜率分别为，，，，满足，请问是否存在定点M，N，使得为定值？若存在，求出点M，N的坐标；若不存在，请说明理由．
27．如图所示，已知椭圆，上顶点为A，过点A作圆的两条切线分别与椭圆C相交于点B，D（不同于点A）．当r变化时，试问：直线BD是否过某个定点？若过某个定点，求出该定点；若不过某个定点，请说明理由．
28．已知抛物线C:y2=4x，直线l过点且与C相交于A，B两点，若的平分线过点，求直线l的斜率．
29．如图所示，已知椭圆，记椭圆E的右顶点和上顶点分别为A，B，点P在线段AB上运动，垂直于x轴的直线PQ交椭圆E于点M（点M在第一象限），P为线段QM的中点，设直线AQ与椭圆E的另一个交点为N，证明：直线MN过定点．
参考答案：
1．证明见解析
【分析】法一：当直线的斜率存在，设直线lAB的方程为y=kx+mk≠0,m≠0，设点Ax1,y1，Bx2,y2，联立直线与抛物线方程，消元，列出韦达定理，由，求出的值，即可求出定点坐标，再计算斜率不存在时也满足条件．
法二：利用齐次化法证明，设直线lAB:tx+ny=1，代入抛物线方程，即可得到yx2−4nyx−4t=0，利用韦达定理求出，即可求直线过定点坐标.
【详解】解法一：常规证法．
当直线的斜率存在时，显然斜率，设直线lAB的方程为y=kx+mk≠0,m≠0
设点Ax1,y1，Bx2,y2．
由x=ky+my2=4x得y2−4ky−4m=0，Δ=16k2+16m>0，
∴，x1x2=y124⋅y224=m2，
因为，
∴OA⋅OB=x1x2+y1y2=m2−4m=0，
解得或（舍），满足Δ=16k2+16m>0．∴lAB:x=ky+4恒过定点，
当直线的斜率不存在时，设直线的方程为x0≠0，Ax0,y0，Bx0,−y0，
由题意知：kOA⋅kOB=y0x0⋅−y0x0=−y02x02=−1，即y02=x02，又y02=4x0，
所以x0=4，此时直线lAB的方程为，也过定点．
因此，直线lAB恒过定点．
法二：齐次化证法．
设直线lAB:tx+ny=1，Ax1,y1，Bx2,y2x1,x2≠0，
由y2=4x⇒y2−4x=0⇒y2−4xtx+ny=0，
化简得y2−4nxy−4tx2=0，
再同除以可得yx2−4nyx−4t=0，
由韦达定理得y1x1⋅y2x2=−4t=−1⇒t=14，
∴lAB:14x+ny=1，当时，所以直线lAB恒过定点．
2．(1)8
(2)证明见解析
【分析】（1）联立直线与抛物线的方程，根据抛物线的焦点弦公式结合韦达定理即可得解；
（2）直线AB方程为：，由向量数量积公式结合韦达定理可得的值，进而可得结果.
【详解】（1）抛物线为，
∴焦点坐标为，直线AB斜率为，则直线AB方程为：，
设，，由得：，可得x1+x2=6，
由抛物线定义可得，
∴AB=8．
（2）设直线AB方程为：，设，，
∵，∴，∴，
由得：，
∴；；∴，解得或，
当时，直线AB过原点，不满足题意；当时，直线AB过点．
故当时，直线AB过定点．
3．证明见解析．
【分析】由于平移不会改变直线斜率，可以用平移，再齐次化方法，借助韦达定理得解.
【详解】平移，齐次化方法：将图形向左平移1个单位，向下平移个单位，
平移后的椭圆为，整理得，
设平移后直线方程为，，，
，联立得，
，同时除以得到
，，
，即，
所以的斜率．
4．（1）（2）证明见解析
【解析】（1）由，结合即得解；
（2）设直线的方程为，与椭圆联立，设，，用点坐标表示，韦达定理代入即得解.
【详解】（1）由题设知，，结合，
解得.
所以椭圆的方程为.
（2）由题设知，直线的方程为，代入，得
.
由已知，
设，，，
则，，
从而直线的斜率之和
.
所以直线斜率之和为定值2.
【点睛】本题考查了直线和椭圆综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于中档题.
5．(1)．
(2)或．
【分析】（1）根据椭圆的定义即可求解；
（2）设直线的方程为：x=my+23，与椭圆方程联立，结合韦达定理得，再联立方程得同理得的坐标，结合恒成立得，化简计算可得参数的值.
【详解】（1）由得，故C的方程为，此时，
代入方程，解得，故C的标准方程为．
（2）
设直线的方程为：x=my+23，与椭圆联立得，
设，，则，①
此时直线PA的方程为y=y1x1+2x+2，与联立，得点，同理，，由，则，
即，
，即，
把①代入得，
化简得，
即，，解得或．
【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．
6．16
【分析】设，，：，：，将直线代入抛物线方程化简，利用根与系数的关系，可求得，同理可得，两式相加利用基本不等式可求得结果.
【详解】，设，，：，：，
联立，得，
因为，
所以，
所以
，
同理以替换可得：，
∴，
当且仅当，即取得最小值．
即的最小值为16.

【点睛】关键点点睛：此题考查直线与抛物线的位置关系，解题的关键是设出直线方程代入抛物线方程化简利用根与系数，结合距离公式和基本不等式求解，考查计算能力，属于较难题.
7．
【分析】设，，则，联立直线和抛物线方程，消去得到一元二次方程，又因为是这个方程的两个根，将代入可得，同理消去，将代入可得，将两式代入即可求解.
【详解】设，，
则①，
联立，
消去得：②，
将代入②式得③；
联立，
消去得：④，
将代入④得：⑤，
联立①③⑤得：
，
化简得：，
所以，
所以直线方程为：.
8．证明见解析
【分析】设，由已知可得，进而求得，再求出直线方程即可推理得证.
【详解】设点，显然点在抛物线上，
由于以为直径的圆过点，当与都不重合时，PA⊥PB，，
当之一与重合时，成立，因此，
，整理得，
设直线上任意点，则，而，
则，整理得，
即，于是，
所以直线恒过定点.
9．(Ⅰ)； (Ⅱ)见解析
【详解】(Ⅰ)设动圆圆心C的坐标为（ x , y ）则所以，所求动圆圆心的轨迹C的方程为
(Ⅱ)证明：
设直线l方程为，联立得（其中）
设,若x轴是的角平分线，则
，即故直线l方程为，直线l过定点.（1,0）
本题考查轨迹方程求法、直线方程、圆方程、直线与圆的位置关系及直线过定点问题.第一问曲线轨迹方程的求解问题是高考的热点题型之一，准确去除不满足条件的点是关键.第二问对角平分线的性质运用是关键，对求定值问题的解决要控制好运算量，同时注意好判别式的条件，以防多出结果.圆锥曲线问题经常与向量、三角函数结合，在训练中要注意.本题无论是求圆心的轨迹方程，还是求证直线过定点，计算量都不太大，对思维的要求挺高；设计问题背景，彰显应用魅力.
【考点定位】本题考查迹曲线方程求法、直线方程、圆方程、直线与圆的位置关系及直线过定点问题，属于中档题.
10．x2−y23=1
【分析】法一（齐次化法），直线：，将直线变形为，代入双曲线方程可得，由，，为方程的两个根，由，则，化简可得，即，，联立直线和双曲线方程，消元后由韦达定理可得，，再由，利用弦长公式即可解得，，得到双曲线的方程．
法二（点乘双根法），设：，，，则①，联立联立直线和双曲线方程，消元后令可得②，令得③，将②③代入①化简可得，即，，故双曲线方程为，以后同法一.
【详解】
法一：（齐次化法）
双曲线方程为，直线：，其中c2=a2+b2，
将直线变形为，代入双曲线方程得，
整理得，
两边同除以，得，
注意到，，
∴和是方程的两个根，
∴，
又∵，∴，即，
可得，
化简可得，即，，故双曲线方程为，
联立，消去得，
设，，则，，
由弦长公式得，
计算可得，，∴双曲线方程为x2−y23=1．
法二：（点乘双根法）
设：，，，则，
，
①，
联立，，
又∵和是方程的两个根，
∴，
令得②，
令得③，
将②③代入①得，
化简可得，即，，故双曲线方程为，
联立，消去得，
由，，则，，
由弦长公式得，
计算可得，，∴双曲线方程为x2−y23=1．
11．(1)
(2)
【分析】（1）将点代入椭圆标准方程，结合列方程组，解这个方程组求得，椭圆方程为；（2）设直线的方程为，联立椭圆方程，写出韦达定理，利用，解得，此直线过定点.
【详解】（1）椭圆经过点，且离心率等于，
，，
，，
椭圆的方程为；
（2）设直线的方程为，，，
联立椭圆方程得，
，.
，
由PA⊥PB，得，即，代入得
（舍去），，
直线的方程为，所以过定点.
12．（1）；（2）.
【解析】（1）由抛物线的定义即可求得的值，进而解得抛物线的方程；
（2）先设出，两点的坐标，直线与抛物线联立，韦达定理解得，，再由，利用向量列出式子即可求得的值.
【详解】解：（1）过点，且点到其准线的距离为，
，
即p=4，
抛物线的方程为；
（2）由得，
设，，
则，，
，，
又，
，
∴m=0或，
经检验，当时，直线与抛物线交点中有一点与原点重合，不符合题意，
当时，，符合题意.
综上，实数的值为.
【点睛】方法点睛：(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；
(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式AB=x1+x2+p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
13．(1)
(2)和
【分析】（1）待定系数法设椭圆方程，由题意列方程组求解
（2）待定系数法设直线方程，与椭圆方程联立，将垂直关系转化为向量的数量积运算求解
【详解】（1）设椭圆的方程为（），
∵是直角三角形，，∴为直角，从而，即
∵c2=a2−b2，∴， ，
在中，，∴
∵，∴b2=4，∴
∴椭圆标准方程为；
（2）由（1）知，，由题意，直线PQ的倾斜角不为0，故可设直线PQ的方程为
代入椭圆方程，消元可得①
设，，
∴，，
则，
∵，
∴
∵，∴
∴，∴
故直线l的方程为和
14．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）将直线方程与椭圆方程齐次化，利用韦达定理可得直线EF的方程为，可得结论；
（2）由（1）中的结论由韦达定理可得直线EF的方程为，得出证明.
【详解】（1）设直线EF方程为，即，
从而.
又椭圆过点，可得
整理可得
所以
即
则
显然这是一个关于的一元二次方程.
对于问题（1），由韦达定理得
所以，故，则
所以直线EF恒过定点.
（2）对于问题（2），由韦达定理得
所以，则，
所以直线EF恒过定点.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据题设，直接建立的方程组，即可求出结果；
（2）解法1：设出直线方程，分斜率存在与不存在两种情况，当斜率不存在时，根据条件，可直接求出直线方程为，从而求出点到直线的距离，当斜率存在时，设直线方程为，联立椭圆方程得到，利用韦达定理，结合条件，即可找出与的关系，从而求出结果；解法2：根据条件，巧妙的构造齐次式，从而得出，即可解决问题.
【详解】（1）由题意可得解得
所以椭圆的标准方程为.
（2）解法1：韦达定理
设点Ax1,y1，Bx2,y2，由（1）易求得，
当直线的斜率不存在时，设其方程为（且），
所以由，且，得到，
即，解得或（舍）
此时点到直线的距离为，
当直线的斜率存在时，设其方程为，
联立消去并整理得.
则，，，
所以，即.
所以，
，
整理得，即，
所以或.
若，则直线的方程为，
所以直线过点，不合题意；
若，则直线的方程为，
所以直线过定点.
又因为，所以点在椭圆内.
则点到直线的距离为.
所以点到直线距离的最大值为.
解法2：齐次式法
易求得，设点Ax1,y1，Bx2,y2，则，
椭圆的方程为，即，
，
设直线的方程为，联立并齐次化，得
整理得，
即，
方程的两根为，，由韦达定理得，
从而，与对照，
则解得故直线过定点，
、JKK;显然，点到直线距离的最大值为.

16．(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）由离心率和椭圆上的点，求椭圆的方程；
（2）设直线方程，与椭圆方程联立，由kAF+kBF=0，结合韦达定理得系数间的关系，可得直线所过定点，利用面积公式表示出的面积，由基本不等式求最大值.
【详解】（1）因为椭圆离心率为ca=12，则a=2c,a2=b2+c2=2c2,b2=c2，
点P1,22在椭圆上，点P1,22代入椭圆方程，有1a2+12b2=12b2+12b2=1,b2=1，则，
所以椭圆的方程为.
（2）（ⅰ）设直线l的方程为，由y=kx+mx22+y2=1，
消去y，整理得1+2k2x2+4kmx+2m2−2=0，
因为l交椭圆C于两点，所以Δ=82k2-m2+1>0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，所以x1+x2=−4km1+2k2,x1x2=2m2−21+2k2，

因为直线和直线关于对称，PF⊥x轴，
所以kAF+kBF=y1x1−1+y2x2−1=kx1+mx1−1+kx2+mx2−1=2kx1x2+m−kx1+x2−2mx1−1x2−1=0，
所以2kx1x2+m−kx1+x2−2m=2k×2m2−21+2k2+m−k×−4km1+2k2−2m=0，
所以4km2−4k−4km2+4k2m−4mk2−2m=0，
解得m=−2k.
所以直线l的方程为y=kx−2k=kx−2，
所以直线l过定点2,0.
（ⅱ）由题意知l斜率不可能为0,设直线l的方程为x=ny+2，由x=ny+2x22+y2=1，
消去，整理得n2+2y2+4ny+2=0，
因为l交椭圆C于两点，所以Δ′=4n2−8n2+2=8n2−2>0，
解得n2>2，
则y1+y2=−4nn2+2,y1y2=2n2+2，
由题意可知y1,y2同号，不妨设y1>y2，
所以y1−y2=y1−y2=y1+y22−4y1y2=−4nn2+22−4×2n2+2=22n2−2n2+2，
所以S△ABF=12×1×y1−y2=12×1×y1−y2=12×22n2−2n2+2=2n2−2n2+2
令n2-2=t,t>0
则S△ABF=2×tt+42=2×1t+16t+8≤2×1216+8=24，当且仅当即n2=6时取等号，
所以面积的最大值为.
【点睛】方法点睛：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，并结合建立有关参变量的等量关系应用基本不等式求三角形的面积最值即可．
17．（1）；（2）证明详见解析.
【分析】（1）由已知可得：， ，，即可求得，结合已知即可求得：，问题得解.
（2）方法一：设，可得直线的方程为：，联立直线的方程与椭圆方程即可求得点的坐标为，同理可得点的坐标为，当时，可表示出直线的方程，整理直线的方程可得：即可知直线过定点，当时，直线：，直线过点，命题得证.
【详解】（1）依据题意作出如下图象：

由椭圆方程可得：， ，
，
，
椭圆方程为：
（2）[方法一]：设而求点法
证明：设，
则直线的方程为：，即：
联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：
，解得：或
将代入直线可得：
所以点的坐标为.
同理可得：点的坐标为
当时，
直线的方程为：，
整理可得：
整理得：
所以直线过定点．
当时，直线：，直线过点．
故直线CD过定点．
[方法二]【最优解】：数形结合
设，则直线的方程为，即．
同理，可求直线的方程为．
则经过直线和直线的方程可写为．
可化为．④
易知A，B，C，D四个点满足上述方程，同时A，B，C，D又在椭圆上，则有，代入④式可得．
故，可得或．
其中表示直线，则表示直线．
令，得，即直线恒过点．
【整体点评】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题.
第二问的方法一最直接，但对运算能力要求严格；方法二曲线系的应用更多的体现了几何与代数结合的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.
18．(1)或.
(2)证明见解析
【分析】（1）根据l与x轴垂直得到l的方程，然后联立方程得到带你的坐标，最后求直线方程即可；
（2）设的方程，联立直线和抛物线的方程，然后利用韦达定理得到，即可证明.
【详解】（1）当l与x轴垂直时，l的方程为.
代入，
所以，或，.
或，
所以的方程为或，
即或.
（2）
设的方程为，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立方程得，易得，
所以，y1y2=−4，，，
所以
，
所以，则直线与直线的倾斜角互补，
所以.
19．证明见解析
【分析】思路一： ，适合用齐次化来处理．思路二：∵直线，互相垂直，∴，适合用点乘双根法．
【详解】
解法一（齐次化）：
设：①，，，，，
将直线变形为，代入到中得，
两边同除以，整理可得，
注意到，，∴和方程的两个根，
∴，又∵，∴，
∴，代入①可得，
∴直线恒定过定点．
方法二（点乘双根法）：
设：①，，，则，
，①．
联立，，
又∵和是方程，
∴，
令，则②；
令，则③．
将②③代入①得，即，
代入可得，∴直线恒定过定点．
20．（1）1；（2）y＝x＋7．
【分析】（1）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的斜率k＝＝，代入即可求得斜率；
（2）由（1）中直线AB的斜率，根据导数的几何意义求得M点坐标，设直线AB的方程为y＝x＋m，与抛物线联立，求得根，结合弦长公式求得AB，由知，|AB|＝2|MN|，从而求得参数m.
【详解】解：（1）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1≠x2，y1＝，y2＝，x1＋x2＝4，
于是直线AB的斜率k＝＝＝1．
（2）由y＝，得y′＝．
设M(x3，y3)，由题设知＝1，解得x3＝2，于是M(2，1)．
设直线AB的方程为y＝x＋m，
故线段AB的中点为N(2，2＋m)，|MN|＝|m＋1|．
将y＝x＋m代入y＝得x2－4x－4m＝0．
当Δ＝16(m＋1)>0，即m>－1时，x1，2＝2±2．
从而|AB|＝2|x1－x2|＝．
由题设知|AB|＝2|MN|，即＝2(m＋1)，
解得m＝7．
所以直线AB的方程为y＝x＋7．
21．(1)；
(2)．
【分析】（1）设是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出，再根据二次函数的性质即可求出；
（2）设直线与椭圆方程联立可得，再将直线方程与PA、PB的方程分别联立，可解得点的坐标，再根据两点间的距离公式求出，最后代入化简可得，由柯西不等式即可求出最小值．
【详解】（1）设是椭圆上任意一点,,
，当且仅当时取等号，故的最大值是.
（2）设直线,直线方程与椭圆联立,可得,设，所以，
因为直线与直线交于,
则,同理可得,.则
，
当且仅当时取等号，故的最小值为.
【点睛】本题主要考查最值的计算，第一问利用椭圆的参数方程以及二次函数的性质较好解决，第二问思路简单，运算量较大，求最值的过程中还使用到柯西不等式求最值，对学生的综合能力要求较高，属于较难题．
22．(1)
(2)存在，或
【分析】（1）先求得，进而得到椭圆的标准方程；
（2）设出直线的方程为，并与椭圆方程联立，利用设而不求的方法和题给条件即可求得定点坐标.
【详解】（1），解得，
将代入椭圆方程，得，故椭圆的标准方程为.
（2）假设存在定点，则设，，，
直线的方程为，
由题意得，将，代入整理得
（*），
联立，整理得，
则，，
代入（*）式整理得，
由解得或
代入验证得，都在椭圆上，
故存在定点，使，点的坐标为或.
23．(1)x28+y24=1
(2)是定值，定值为.
【分析】（1）根据椭圆的几何性质求出，可得椭圆的标准方程；
（2）设过点D且斜率不为0的直线方程为，代入x28+y24=1，设，，根据韦达定理得y1+y2和y1y2，再利用斜率公式得k1k2，代入y1+y2和y1y2，化简可得.
【详解】（1）依题意，，，，，
所以，
所以椭圆C的标准方程为：x28+y24=1.
（2）设过点D且斜率不为0的直线方程为，
联立，消去并整理得，
，
设，，
则，，
所以
.
所以为定值.
24．(1)
(2)直线过定点
【分析】（1）将与椭圆联立得到、、和，进而得到；
（2）设直线：，联立椭圆与直线得到韦达定理以及，利用进而得到，由得到的值，最后舍去不符合题意的即可.
【详解】（1）

将直线与椭圆方程联立，即，
得，
即，
故；
（2）设直线：，，，
由得，
，，
又，，
故
，
由，得，
故或，
①当时，直线：，过定点，与已知不符，舍去；
②当时，直线：，过定点，
，符合题意．
25．(1)
(2)，，或成等差数列,证明见解析.
【分析】（1）设点，表示出，结合可得，结合可得不等式，即可求得答案；
（2）判断出结论，加以证明；考虑直线l的斜率为0和不为0两种情况；当直线l斜率不为0时，设直线，联立方程，可得根与系数的关系，利用结合根与系数关系式化简，即可证明结论.
【详解】（1）设点，其中且，
则 ，
由，得，
，，
只需，又0