新高中数学压轴题二轮专题专题29圆锥曲线中的蝴蝶模型试题含解析答案

这是一份新高中数学压轴题二轮专题专题29圆锥曲线中的蝴蝶模型试题含解析答案，共77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．已知椭圆（），四点，，，，中恰有三点在椭圆上.
（1）求椭圆的方程；
（2）蝴蝶定理：如图1，为圆的一条弦，是的中点，过作圆的两条弦，.若，分别与直线交于点，，则.
该结论可推广到椭圆.如图2所示，假定在椭圆中，弦的中点的坐标为，且两条弦，所在直线斜率存在，证明：.
2．已知椭圆：与圆：外切，又与圆：外切.
（1）求椭圆的方程.
（2）已知A，是椭圆上关于原点对称的两点，A在轴的上方，F1,0，连接，并分别延长交椭圆于，两点，证明：直线过定点.
3．如图，在平面直角坐标系中，椭圆的右焦点为，离心率为．分别过，的两条弦，相交于点（异于，两点），且．

（1）求椭圆的方程；
（2）求证：直线，的斜率之和为定值．
4．如图，已知抛物线C：y2=2pxp>0的焦点F，过x轴上一点作两条直线分别交抛物线于A，B和C，D，设和所在直线交于点P．设M为抛物线上一点，满足以下的其中两个条件：①M点坐标可以为；②轴时，；③比M到y轴距离大1．
（1）抛物线C同时满足的条件是哪两个？并求抛物线方程；
（2）判断并证明点P是否在某条定直线上，如果是，请求出该直线；如果不是，请说明理由．
5．已知椭圆的方程为，经椭圆的左焦点、斜率为的直线与椭圆交于两点．设，延长分别与椭圆交于两点，直线的斜率为，如图．求的值．
6．设椭圆C：的左、右顶点分别为，椭圆的弦过定点，直线的斜率为，且，求的值．
7．如图，已知抛物线与圆相交于A、B、C、D四个点．
（Ⅰ）求r的取值范围
（Ⅱ）当四边形ABCD的面积最大时，求对角线AC、BD的交点P的坐标．
8．已知曲线C:(m∈R)
（1） 若曲线C是焦点在x轴点上的椭圆，求m的取值范围；
（2） 设m=4，曲线c与y轴的交点为A，B（点A位于点B的上方），直线y=kx+4与曲线c交于不同的两点M、N,直线y=1与直线BM交于点G.求证：A，G，N三点共线．
9．设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，．

(1)求C的方程；
(2)设直线与C另一个交点分别为A，B，记直线的斜率为，求的值．
10．如图，已知椭圆C：与顶点，经过点且斜率存在的直线l交椭圆于Q，N两点，点B与点Q关于坐标原点对称，连接AB，AN．求证：存在实数λ，使得恒成立．
11．设抛物线的焦点为F，过F作直线l交抛物线E于A，B两点.当l与x轴垂直时，面积为8，其中O为坐标原点.
（1）求抛物线E的标准方程；
（2）若l的斜率存在且为点，直线与E的另一交点为C，直线与E的另一交点为D，设直线的斜率为，证明：为定值.
12．已知椭圆的左右顶点为A、B，右焦点为F，C为短轴一端点，的面积为，离心率为．
(1)求椭圆的标准方程：
(2)过点F的直线交椭圆于M，N两点（异于A，B），直线AM与BN的交点为Q.
①求证：Q点在定直线上；
②求证：射线FQ平分∠MFB.
13．已知椭圆的左，右顶点分别为A，B，且，椭圆C离心率为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过椭圆C的右焦点，且斜率不为0的直线l交椭圆C于M，N两点，直线AM，BN交于点Q，求证：点Q在直线上．
14．设椭圆：的左、右顶点分别为C，D，且焦距为2.F为椭圆的右焦点，点M在椭圆上且异于C，D两点.若直线与的斜率之积为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点作一条斜率不为0的直线与椭圆E相交于A，B两点（A在B，P之间），直线与椭圆E的另一个交点为H，求证：点A，H关于x轴对称.
15．已知椭圆的右焦点是，过点F的直线交椭圆C于A，B两点，若线段AB中点Q的坐标为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知是椭圆C的下顶点，如果直线y=kx+1（k≠0）交椭圆C于不同的两点M，N，且M，N都在以P为圆心的圆上，求k的值；
(3)过点作一条非水平直线交椭圆C于R、S两点，若A，B为椭圆的左右顶点，记直线AR、BS的斜率分别为k1、k2，则是否为定值，若是，求出该定值，若不是，请说明理由．
16．如图，已知椭圆的离心率为，，分别是椭圆的左、右顶点，右焦点，，过且斜率为的直线与椭圆相交于，两点，在轴上方．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)记，的面积分别为，，若，求的值；
(3)设线段的中点为，直线与直线相交于点，记直线，，的斜率分别为，，，求的值．
17．（蝴蝶定理）过圆弦的中点M，任意作两弦和，与交弦于P、Q，求证：.
18．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，离心率为，点P为椭圆上一点．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）如图，过点C(0，1)且斜率大于1的直线l与椭圆交于M，N两点，记直线AM的斜率为k1，直线BN的斜率为k2，若k1＝2k2，求直线l斜率的值．
19．已知点在椭圆：上，为坐标原点，直线：的斜率与直线的斜率乘积为
（1）求椭圆的方程；
（2）不经过点的直线：（且）与椭圆交于，两点，关于原点的对称点为（与点不重合），直线，与轴分别交于两点，，求证：.
20．在平面直角坐标系中，，是椭圆：的左、右焦点，是C的左顶点，过点A且斜率为的直线交直线上一点M，已知为等腰三角形，.
(1)求C的方程；
(2)在直线上任取一点，直线：与直线交于点Q，与椭圆C交于D，E两点，若对任意，恒成立，求m的值.
21．已知椭圆E：（a﹥b﹥0）的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点在椭圆E上.
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）设不过原点O且斜率为的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，线段AB的中点为M，直线OM与椭圆E交于C，D，证明：|MA|·|MB|=|MC|·|MD|.
22．已知F1(−2,0)，F2(2,0)，是圆上任意一点，点关于点的对称点为，线段的中垂线与直线F2N相交于点，记点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)过点且斜率为的直线交曲线位于轴右侧的部分于不同的A，B两点，为轴上一点且满足，试探究是否为定值，若是，则求出该定值；若不是，请说明理由.
23．已知椭圆，离心率为，点在椭圆上．
(1)求E的方程；
(2)过作互相垂直的两条直线与，设交E于A，B两点，交E于C，D两点，AB，CD的中点分别为M，N．探究：与的面积之比是否为定值？若是，请求出定值；若不是，请说明理由．
24．已知椭圆分别为椭圆的左顶点和右焦点，过作斜率不为的直线交椭圆于点，两点，且.当直线轴时，.
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线的斜率分别为，问k1k2是否为定值?并证明你的结论；
(3)直线交轴于点，若过点作直线的平行线交椭圆于点，求的最小值.
25．蝴蝶定理因其美妙的构图，像是一只翩翩起舞的蝴蝶，一代代数学名家蜂拥而证，正所谓花若芬芳蜂蝶自来.如图，已知圆的方程为，直线与圆交于，，直线与圆交于Ex3,y3，Fx4,y4.原点在圆内.
（1）求证：.
（2）设交轴于点，交轴于点.求证：.
26．在平面直角坐标系中，已知椭圆C： (a>b>0)的离心率为，右焦点F到右准线的距离为3.
（1）求椭圆C的方程;
（2）过点F作直线l (不与x 轴重合)和椭圆C交于M， N两点，设点.
①若的面积为，求直线l方程；
②过点M作与)轴垂直的直线l"和直线NA交于点P，求证：点P在一条定直线上.
27．椭圆（）的左、右焦点分别为，在椭圆上，的周长为，面积的最大值为2.
（1）求椭圆的方程；
（2）直线（）与椭圆交于，连接AF2，并延长交椭圆于，连接，探索与的斜率之比是否为定值并说明理由.

28．已知椭圆的左，右焦点分别为.点在上，，的周长为，面积为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设的左，右顶点分别为，过点且斜率不为0的直线与交于两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，__________（从以下①②③三个问题中任选一个填到横线上并给出解答）.
①求直线和交点的轨迹方程；
②是否存在实常数，使得恒成立；
③过点作关于轴的对称点，连结得到直线，试探究：直线是否恒过轴上的一个定点.
（注：若选多个问题分别解答，按第一个解答计分）
29．定义：若两个椭圆的离心率相等，则称这两个椭圆相似.如图，椭圆、是两个相似的椭圆，椭圆的长半轴长是4，短半轴长是2，且的左､右焦点、都在椭圆上.
(1)求、的方程；
(2)在上是否存在点P满足，线段的中点在上，如有请求出P的坐标，否则请说明理由；
(3)如图，若Q是上异于、的任意一点，直线与交于A､B两点，直线与交于D､E两点，求证：为定值.
30．已知椭圆（）的离心率为，且过点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)分别过椭圆的左、右焦点、作两条互相垂直的直线和，与交于，与椭圆交于，两点，与椭圆交于，两点．
①求证：；
②求证：为定值．
31．如图，在平面直角坐标系中，椭圆的左、右焦点分别为，．已知和都在椭圆上，其中为椭圆的离心率．
（1）求椭圆的方程；
（2）设是椭圆上位于轴上方的两点，且直线AF1与直线平行，AF2与BF1交于点P．
（i）若，求直线AF1的斜率；
（ii）求证：是定值．
32．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.
33．如图，椭圆的长轴与x轴平行，短轴在y轴上，中心为．
(1)写出椭圆的方程，求椭圆的焦点坐标及离心率；
(2)直线交椭圆于两点；直线交椭圆于两点，．求证：；
(3)对于（2）中的中的在，，，，设交轴于点，交轴于点，求证：（证明过程不考虑或垂直于轴的情形）
34．在平面直角坐标系中，已知椭圆：的左、右顶点分别为A、B，右焦点为F，且椭圆过点、，过点F的直线l与椭圆交于P、Q两点（点P在x轴的上方）.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若，求点P的坐标；
(3)设直线AP、BQ的斜率分别为、，是否存在常数，使得?若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
35．已知抛物线及抛物线，过的焦点的直线与交于，两点，为坐标原点，.过的两条直线，与交于，，，四点，其中，在第一象限，若直线与轴的交点为.
(1)求的方程；
(2)若，求直线与轴的交点的坐标；
(3)是否存在点，使得，，，四点共圆？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
36．在平面直角坐标系中，已知直线与椭圆交于点（在轴上方），
且.设点在轴上的射影为， 的面积为1（如图1）.
(1)求椭圆的方程；
(2)设平行于的直线与椭圆相交，其弦的中点为.
①求证：直线的斜率为定值；
②设直线与椭圆相交于两点（在轴上方），点为椭圆上异于一点，
直线交于点，交于点，如图2，求证：为定值.
37．已知椭圆C：，过右焦点F的直线l交C于A，B两点，过点F与l垂直的直线交C于D，E两点，其中B，D在x轴上方，M，N分别为AB，DE的中点．当轴时，，椭圆C的离心率为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)证明：直线MN过定点，并求定点坐标；
(3)设G为直线AE与直线BD的交点，求△GMN面积的最小值．
38．如图，已知椭圆的短轴长为，焦点与双曲线的焦点重合.点，斜率为的直线与椭圆交于两点.

(1)求常数的取值范围，并求椭圆的方程.
(2)(本题可以使用解析几何的方法，也可以利用下面材料所给的结论进行解答)
极点与极线是法国数学家吉拉德·迪沙格于1639年在射影几何学的奠基之作《圆锥曲线论稿》中正式阐述的.对于椭圆，极点Px0,y0（不是原点）对应的极线为，且若极点在轴上，则过点作椭圆的割线交于点A1,B1，则对于上任意一点，均有（当斜率均存在时）.已知点是直线上的一点，且点的横坐标为2.连接交轴于点.连接PA,PB分别交椭圆于两点.
①设直线、分别交轴于点、点，证明：点为、的中点；
②证明直线：恒过定点，并求出定点的坐标.
39．已知椭圆的焦距为，直线过点，且与椭圆相交于两点，是线段的中点，为坐标原点.
(1)求椭圆的方程；
(2)若梯形的顶点都在椭圆上，且AB//CD，对角线和交于点，线段的中点分别为.
(i)证明：四点共线；
(ii)试探究直线与直线的交点是否为定点，若是，请求出该定点并证明；若不是，请说明理由.
参考答案：
1．（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）根据椭圆的对称性，可知，，在椭圆上，然后将点的坐标代入椭圆的方程中得到关于a和b的方程组，求出a和b即得椭圆方程；
（2）设，，Ex3,y3，Fx4,y4，
设直线的方程为，直线的方程为，分别与椭圆的方程联立，消去y后得到关于x的一元二次方程，再由韦达定理可得和，由、、三点共线，得，由、、三点共线，得：，通过计算可得，即可证明结论.
【详解】（1）由于，两点关于轴对称，
故由题设知经过，两点，
又由知，不过点，所以点在上，
因此，解得，
故椭圆的方程为；
（2）因点的坐标在轴上，且为的中点，
所以直线平行于轴，
设，，Ex3,y3，Fx4,y4，
设直线的方程为，代入椭圆，
得：，
根据韦达定理得：，，①
同理，设直线的方程为，代入椭圆，
得：，
根据韦达定理得：，，②
由于、、三点共线，得，，
同理，由于、、三点共线，得：，结合①和②可得：
即，所以，即.
【点睛】关键点点睛：对于第二问，关键是由、、三点共线，得及由、、三点共线，得：，进而结合韦达定理的结果求得，最后证得结论.
2．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据椭圆：与圆：外切，又与圆：外切可求得a、b，即可得解；
（2）分当轴时和当不与轴垂直时两种情况讨论，当不与轴垂直时，设，，x0≠0，可推出当时，当时，直线过同一点，当且时，直线的方程为，求得E点的坐标，证明，，三点共线，即可证明结论成立.
【详解】（1）解：因为圆与轴的交点为，，圆与轴的交点为，，
所以由题意可得，，
故椭圆的方程是.
（2）证明：当轴时，则轴，直线的方程是，
由，解得，直线过点.
当不与轴垂直时，设，，x0≠0.
①当时，解得，，则，所以直线过点；
同理，当时，直线也过点.
②当且时，直线的方程为，
由，得，
又，则，
得，，即，
同理可得，
则，，
所以，，三点共线，即直线过点.
综上，直线过定点.
3．(1);(2)详见解析.
【分析】（1）根据离心率以及平方关系，求得结果，（2）先根据直线方程与椭圆方程解得点坐标，再根据斜率坐标公式化简即可证明.
【详解】（1）解：由题意，得，，故，
从而，
所以椭圆的方程为． ①
（2）证明：设直线的方程为， ②
直线的方程为， ③
由①②得，点，的横坐标为，
由①③得，点，的横坐标为，
记，，，，
则直线，的斜率之和为

．
4．（1）①③，；（2）点P在定直线上；证明见解析；定直线．
【分析】（1）根据抛物线的标准方程确定可以满足哪两个条件；
（2）设，，，，，，直线方程代入抛物线方程整理应用应用韦达定理得，同理得，然后由抛物线上两点坐标写出直线和方程，两方程消去后并代入韦达定理的结论可得为定值．这样得定直线．
【详解】（1）若有①，则，，此时②不能满足，，③能满足，
若有②，则，①③都不能满足．
故能同时满足①③，抛物线方程为；
（2），，
，，，；
，
由韦达定理得，
同理，；
因为
即，
同理，；
消去y得，
，
，
，．
所以点P在定直线上．
【点睛】关键点点睛：本题考查求抛物线的标准方程，直线与抛物线相交中的定直线问题．解题方法是设而不求的思想方法：设直线方程，设交点坐标，直线方程与抛物线方程联立方程组消元后应用韦达定理得两交点的纵坐标（或横坐标）的和与积．对定直线问题，需求出动点的坐标，代入上述韦达定理的结论可得坐标满足的性质，从而确定定直线，
5．
【分析】设，设出直线方程，代入椭圆方程消可得，代入直线的方程得，于是点坐标，同理得点坐标，于是得到，再由三点共线，可得答案．
【详解】设，则直线，
代入椭圆方程消去，得，
又，所以，
则，可得，
代入直线的方程得，
于是，同理，
则，
因为三点共线，所以，
得，
故，
即．
【点睛】方法点睛：涉及直线与圆锥曲线相交时，未给出直线时需要自己根据题目条件设直线方程，要特别注意直线斜率是否存在的问题，避免不分类讨论造成遗漏，然后要联立方程组，得一元二次方程，利用根与系数关系写出韦达定理，再根据具体问题应用上式，其中要注意判别式条件的约束作用．
6．
【分析】设，Q在椭圆上有，另有，设直线与椭圆联立，利用韦达定理求出y1y2，令代入化简后与做商可得答案．
【详解】设，，
因点Q在椭圆上，则，
所以，，
有，
另有（*），
当直线的斜率不存在时，可得，
所以，
所以；
当直线的斜率存在时，
设直线与椭圆联立消去y，得，
令
，
所以，
，
令，得，
代入（*）式中，得
由于且，化简得．
又，两式作商得．
综上，．
【点睛】方法点睛：以上问题具有如下共同特征：
①直线a与直线b的斜率之积为定值；②直线d过坐标轴上一定点；③直线c与直线b的斜率之积为定值．
7．（Ⅰ）（Ⅱ）（）
【详解】（Ⅰ）联立方程组与，可得
，所以方程由两个不等式正根
由此得到解得，所以r的范围为
（Ⅱ）不妨设E与M的四个交点坐标分别为设
直线AC,BD的方程分别为
，
解得点p的坐标为设t=，由t=及（1）可知
由于四边形ABCD为等腰梯形，因而其面积
将代入上式，并令，得
求导数，
令，解得
当时，，当，；当时，
当且仅当时，由最大值，即四边形ABCD的面积最大，故所求的点P的坐标为（）
8．（1） （2）略
【考点定位】此题难度集中在运算，但是整体题目难度不太大，从形式到条件的设计都具有一般性的，相信平时对曲线的复习程度不错的学生做起来应该是得心应手
【详解】学生错解：解：(1)曲线C是焦点在x轴上的椭圆，当且仅当解得2＜m＜5，所以m的取值范围是(2，5)．
(2)当m＝4时，曲线C的方程为x2＋2y2＝8，点A，B的坐标分别为(0，2)，(0，－2)．
由得(1＋2k2)x2＋16kx＋24＝0.
设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则y1＝kx1＋4，y2＝kx2＋4，x1＋x2＝，x1x2＝ .直线BM的方程为y＋2＝x，点G的坐标为.
因为直线AN和直线AG的斜率分别为kAN＝，kAG＝－，所以kAN－kAG＝
＝ ＝＝ ＝0.
即kAN＝kAG.故A，G，N三点共线．
审题引导：(1)方程的曲线是焦点在x轴上的椭圆；
(2)证明三点共线的常用方法．
规范解答：解：(1)曲线C是焦点在x轴上的椭圆，当且仅当
解得＜m＜5，所以m的取值范围是 .
(2)当m＝4时，曲线C的方程为x2＋2y2＝8，点A，B的坐标分别为(0，2)，(0，－2)．
由得(1＋2k2)x2＋16kx＋24＝0.
因为直线与曲线C交于不同的两点，所以Δ＝(16k)2－4(1＋2k2)×24＞0，即k2＞.
设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则y1＝kx1＋4，y2＝kx2＋4，
x1＋x2＝，x1x2＝.
直线BM的方程为y＋2＝x，点G的坐标为.
因为直线AN和直线AG的斜率分别为kAN＝，kAG＝－，
所以kAN－kAG＝＝0.
即kAN＝kAG.(13分)故A，G，N三点共线．
错因分析：易忽视焦点在x轴上，漏掉这一条件，从而失误．联立消元后易忽视Δ＞0这一前提条件．
9．(1)；
(2)答案见解析
【详解】（1）抛物线C的方程为
（2） 解法一：
设，直线，
联立直线，得，，
联立直线，得，，
∴，同理可得，
由斜率公式可得，，∴．

解法二：三点共线
设，
由M、N、F三点共线，得，
由M、D、A三点共线，得，
由N、D、B三点共线，得，
则，AB过定点（4，0）．
10．证明见解析
【分析】设直线再联立方程组，再根据共线得出参数关系再证明等式即可.
【详解】设，由，可得．
设，则
,
∴．
又N，E，Q三点共线，则，即，∴．
∵，则，
∴存在实数，使得恒成立．
11．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据题意，当与轴垂直时，用表示出点的坐标，即得，则由的面积为8得出的值，即得抛物线的标准方程；
（2）分别设出直线的方程，并联立抛物线方程组成方程组，使用韦达定理，表示，化简即得定值.
【详解】（1）由题意不妨设.
∴.
；
（2）设.
则直线l的斜率为，直线为.
则.
又点在直线上，则.
同理，直线为.
点在直线上，则.
同理，直线为.
点在直线上，则.
又，则，
得证.
【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关抛物线的问题，正确解题的关键是要熟练掌握舍而不求法在直线与抛物线位置关系中的使用.
12．(1)
(2)①Q点在定直线上，证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的基本量关系求解即可；
（2）①设直线的方程为，，联立直线与椭圆的方程，进而表达出直线，的方程，联立可得交点横坐标，进而结合韦达定理化简即可；
②设，的倾斜角分别为，当时，计算各点坐标，结合斜率与倾斜角的关系可得，当时，设Mx0,y0，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理可得坐标，进而可得，再根据正切的二倍角公式证明即可.
【详解】（1）由题意，，故，解得，故椭圆的方程为.
（2）①设直线的方程为，，联立可得，故，，所以.
又直线的方程为，直线的方程为，联立可得，解得，即Q点在定直线上.
②设，的倾斜角分别为，当时，轴，此时不妨设，则直线的方程，代入可得，即，故直线FQ的斜率为１，倾斜角θ1=45°，此时射线FQ平分∠MFB，同理时射线FQ平分∠MFB.
当时，设Mx0,y0由斜率与倾斜角的关系有，，此时直线的方程，联立椭圆方程有，由韦达定理可得，即，代入可得，故直线的斜率为，即，由倾斜角的范围可得，故射线FQ平分∠MFB.
13．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率及长轴长列方程组求解即可；
（2）先直接计算直线l的斜率不存在时的情况，然后直线l的斜率存在时，设y=kx−1，与椭圆联立，写出韦达定理，写出直线AM和BN的方程，求出时的值，作差，整理后代入韦达定理计算即可.
【详解】（1）因为AB=4，椭圆C离心率为，
所以，解得，．
所以椭圆C的方程是；
（2）①若直线l的斜率不存在时，
因为椭圆C的右焦点为1,0，所以直线l的方程是，
所以点M的坐标是，点N的坐标是，
所以直线AM的方程是，直线BN的方程是．
所以直线AM，BN的交点Q的坐标是，
所以点Q在直线上．
②若直线l的斜率存在时，设斜率为k．所以直线l的方程为y=kx−1．
联立方程组y=kx−1x24+y23=1消去y，整理得3+4k2x2−8k2x+4k2−12=0．
显然．不妨设Mx1,y1，Nx2,y2，
所以x1+x2=8k23+4k2，．
所以直线AM方程是y=y1x1+2x+2．令，得．
直线BN的方程是．令，得．
所以．
其中
．
所以点Q在直线上

14．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据直线与的斜率之积得到，故，结合焦距得到，，得到椭圆方程；
（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，得到两根之和，两根之积，表达出，得到结论.
【详解】（1）由题意有，，
设，，化简得，结合，
可得，
由椭圆焦距为2，有，得，，
椭圆E的标准方程为；
（2）显然直线方程斜率不存在时，与椭圆方程无交点，
根据椭圆的对称性，欲证，H关于轴对称，
只需证，即证，

设，，直线方程为，
由消去得，
，解得，
所以，.
则，
因为，
所以，即A，H关于轴对称.
15．(1)
(2)
(3)为定值，理由见解析.
【分析】（1）由点差法可得结合，解方程组可得、的值，从而可得椭圆C的方程；
（2）依题意可知点P在线段MN的垂直平分线上，则可得线段MN的垂直平分线方程为，再由线段MN的中点在此直线上，代入解方程即可求得k的值；
（3）设直线的方程为，联立椭圆方程可得，，则，代入计算即可得结果.
【详解】（1）设，，直线AB的斜率显然存在，则，
因为线段AB中点Q的坐标为，所以，，
直线AB的斜率，
A，B两点在椭圆椭圆C上，
所以，，两式相减得
，
即，
所以，整理得，①
又且，②
由①②可解得，，
所以椭圆C的方程为.
（2）由得，
则，，，
设M，N中点为，
则，，
因为M，N都在以P为圆心的圆上，所以，则点P在线段MN的垂直平分线上，
依题意，所以线段MN的垂直平分线方程为，
M，N中点为在此直线上，
所以有，即，解得.
所以k的值为.
（3）依题意有，，，
设直线的方程为，
由得，
则，，
，
所以为定值.

16．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意由e=ca=12，BF=求解；
（2）设点，y1)，N(x2，y2)，根据，得到，设直线的方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理求解；
（3）由（2）得到D的坐标，进而得到直线的方程，再令，得到点E的坐标，然后由，结合韦达定理求解.
【详解】（1）解：设椭圆的焦距为．
依题意可得e=ca=12，，
解得，．
故．
所以椭圆的标准方程为．
（2）设点，y1)，N(x2，y2)．
若，则，即有，①
设直线的方程为，与椭圆方程，
可得，
则，，②
将①代入②可得，解得，
则；
（3）由（2）得
，，
所以直线的方程为，
令，得，即．
所以．
所以，
，
，
.
17．证明见解析
【分析】建立平面直角坐标系，设出圆、直线、直线的方程.结合曲线系与的交点的横坐标所满足的方程的根与系数关系，证得是的中点，由此证得.
【详解】如图所示，以为原点，所在直线为x轴建立直角坐标系，设圆方程为
设直线、的方程分别为，.
将它们合并为，于是过点C、D、E、F的曲线系方程为
.
令，得，即过点C、D、E、F的曲线系与交于点P、Q的横坐标是方程的两根.
由韦达定理得，即是的中点，故.
18．（1）＋＝1；（2）.
【分析】(1)由椭圆的离心率,和点P在椭圆上求出椭圆的标准方程;
(2) 由椭圆的对称性可知直线l的斜率一定存在，设其方程为y＝kx＋1, 设M(x1，y1)，N(x2，y2), 联立方程组消去y,再将k1＝2k2用坐标表示,利用点在椭圆上和韦达定理求出直线l的斜率.
【详解】(1)因为椭圆的离心率为，所以a＝2c.
又因为a2＝b2＋c2，所以b＝c.
所以椭圆的标准方程为＋＝1.
又因为点P为椭圆上一点，所以＋＝1，解得c＝1.
所以椭圆的标准方程为＋＝1.
(2) 由椭圆的对称性可知直线l的斜率一定存在，设其方程为y＝kx＋1.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立方程组
消去y可得(3＋4k2)x2＋8kx－8＝0.
所以由根与系数关系可知x1＋x2＝－，x1x2＝－.
因为k1＝，k2＝，且k1＝2k2，所以＝.
即＝. ①
又因为M(x1，y1)，N(x2，y2)在椭圆上，
所以＝ (4－)，＝ (4－)． ②
将②代入①可得：＝，即3x1x2＋10(x1＋x2)＋12＝0.
所以3＋10＋12＝0，即12k2－20k＋3＝0.
解得k＝或k＝，又因为k>1，所以k＝.
【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系,考查椭圆的标准方程和椭圆的几何性质,考查学生分析解决问题的能力,属于中档题.
19．（Ⅰ）（Ⅱ）见解析
【分析】（Ⅰ）根据椭圆的中点弦所在直线的斜率的性质，得到，得到，再结合椭圆所过的点的坐标满足椭圆方程，联立方程组，求得a=2,b=1，进而求得椭圆的方程；
（Ⅱ）将直线方程与椭圆方程联立，消元，利用韦达定理得到两根和与两根积，将证明结果转化为证明直线，的斜率互为相反数，列式，可证.
【详解】（Ⅰ）由题意，，
即① 又②
联立①①解得
所以，椭圆的方程为：.
（Ⅱ）设，，，由，
得，
所以，即，
又因为，所以，，
，，
解法一：要证明，可转化为证明直线，的斜率互为相反数，只需证明，即证明.

∴

∴，∴.
解法二：要证明，可转化为证明直线，与轴交点、连线中点的纵坐标为，即垂直平分即可.
直线与的方程分别为：
，，
分别令x=0，得，
而，同解法一，可得
，即垂直平分.
所以，.
【点睛】该题考查的是有关解析几何的问题，涉及到的知识点有椭圆方程的求解，用到的结论有椭圆中点弦所在直线的斜率的特征，再者就是直线与椭圆相交的综合题，认真审题是正确解题的关键，注意正确的等价转化.
20．(1)
(2)
【分析】（1）由已知直接求出，根据已知得为等腰三角形，得到到的距离为，解出进而求得曲线方程；
（2）分为和两种情况求解，当时，恒成立，时将OP的方程为与联立求出点Q，将直线与椭圆联立组成方程组，整理之后根据中点坐标公式求出点Q坐标，进而列出关于的方程求解.
【详解】（1）依题意因为左顶点为A−2,0，所以，因为，
所以，
过作轴，由几何关系知，
，所以，
化简得，所以，
得椭圆.
（2）①当时，恒成立；
当时，由题意知直线OP的方程为，
联立方程组，解得，即点的横坐标为，
再联立方程组，整理得，
设，，则且，
因为点是的中点，可得，即，
该式对任意且恒成立，所以，
综上可得，实数的值为.
21．（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.
【详解】试题分析：本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题、解决问题的能力和数形结合的思想.第（Ⅰ）问，利用点在椭圆上，列出方程，解出b的值，从而得到椭圆E的方程；第（Ⅱ）问，利用椭圆的几何性质，数形结合，根据根与系数的关系进行求解.
试题解析：（Ⅰ）由已知，a=2b.
又椭圆过点，故，解得b2=1.
所以椭圆E的方程是.
（Ⅱ）设直线l的方程为，A(x1,y1),B(x2,y2) ，
由方程组 得，①
方程①的判别式为，由，即，解得.
由①得.
所以M点坐标为，直线OM方程为，
由方程组得.
所以.
又
.
所以.
【考点】椭圆的标准方程及其几何性质
【名师点睛】本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题、解决问题的能力和数形结合的思想.在涉及直线与椭圆（圆锥曲线）的交点问题时，一般设交点坐标为(x1,y1),(x2,y2)，同时把直线方程与椭圆方程联立，消元后，可得，再把用表示出来，并代入的值，这种方法是解析几何中的“设而不求”法，可减少计算量，简化解题过程．
22．(1)x2−y23=1
(2)为定值，定值为
【分析】（1）由中位线定理和垂直平分线的性质，结合双曲线的定义，即可得解；
（2）由题意得直线方程为，与双曲线的的方程联立，得到两根之和，两根之积，求出的中点坐标，进而求出的垂直平分线的方程，求出的坐标，结合双曲线的定义及弦长公式化简即可得出结论.
【详解】（1）由题意可得，且为的中点，
又为的中点，所以且，
因为点关于点的对称点为，线段的中垂线与直线F2N相交于点，
由垂直平分线的性质可得，
所以，
所以点的轨迹是以为焦点的双曲线，
，所以，
所以曲线的方程为x2−y23=1；
（2）直线方程为，设Ax1,y1,Bx2,y2，
联立，可得，
由于直线交双曲线的右支于两点，
可得，，
所以，解得或，
则，
即的中点坐标为，
因为为轴上一点，满足，故为的垂直平分线与轴的交点，
的垂直平分线的方程为：，
令，则得，即，
所以，
又，
又因为在双曲线的右支上，故，
故，即，
故，
即为定值，定值为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定值问题常见方法：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
23．(1)
(2)为定值4，理由见解析.
【分析】（1）根据离心率和得到方程组，求出，，得到椭圆方程；
（2）法一：设直线，当，且时，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，求出，同理求出，得到直线的方程，并求出直线MN恒过定点，并得到当和，直线恒过，设点O，K到直线MN的距离分别是，得到；
法二：设直线，当，且时，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，求出，同理求出，得到直线的方程，表达出点O和点F到直线MN的距离，，求出，再考虑当和时的情况，得到答案.
【详解】（1）由题意，，
解得，，
则E的方程
（2）法一：与面积之比为定值，定值为4，理由如下：
设直线，，，
讨论：①当，且时，
联立，可得，
，则，
所以，，
所以，
设，同理可得．
所以（，且），
所以直线，即，
所以直线MN恒过定点；
②当时，不妨设直线；，
可发现轴，且MN过，
③当时，直线MN依然过，但无法形成三角形．
综上，直线MN恒过点，
设点O，K到直线MN的距离分别是，．
法二：与面积之比为定值，定值为4，理由如下：
设直线，，，
讨论：①当，且时，
联立，可得，
，则，
所以，，
所以，
设，同理可得．
所以（，且），
所以直线，即，
则点O到直线MN的距离，
则点F到直线MN的距离，
所以，
②当时，不妨设直线；，可发现，
则点O到直线MN的距离，点F到直线MN的距离，
所以，
③当时，无法形成三角形．
综上，与面积之比为定值，定值为4.
【点睛】定值问题常见方法：（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.
24．(1)
(2)k1k2为定值，证明见解析
(3)
【分析】（1）由，，及可求得，，即可得到椭圆方程；
（2）可先设直线的方程与，的坐标，联立直线与椭圆的方程，由韦达定理建立交点坐标的关系，将k1k2用坐标表示，再探求定值的存在性；
（3）设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆方程，求得点的横坐标，联立直线的方程和椭圆方程，求得，由此得到，再由基本不等式计算可得.
【详解】（1）设椭圆的右焦点为Fc,0，，则，
由，得，
又当直线轴时，，的横坐标为，将代入中，解得y=±b2a，
则，
联立，解得，，，
所以椭圆的方程为
（2）为定值，证明如下：
显然，直线不与轴垂直，可设的方程为，
联立椭圆方程，消去并整理得，
又设Px1,y1，Qx2,y2，显然，所以由韦达定理得，
从而，
，
所以
，
即，故得证．
（3）依题意直线的斜率存在且不为，设直线的方程为：，
则直线的方程为.
联立直线与椭圆的方程可得：，
由，可得，
联立直线与椭圆的方程可得：，即，
即
，
当且仅当，即时取等号，
即的最小值为.
【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x1,y1、x2,y2；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
25．（1）证明见解析（2）证明见解析
【分析】（1）联立直线方程和圆的方程，求出两根之和与两根之积，找到相等代换量，从而证明成立.
（2）分别求出点和点的横坐标表达式，结合（1）中得证结论，从而证明成立.
【详解】（1）已知圆的方程为，
直线与圆交于，，联立，
化简得，
则，，所以，
同理线与圆交于Ex3,y3，Fx4,y4，
联立 化简得，
则，，所以，
故有，所以成立；
（2）不妨设点，点，
因为、、三点共线，所以，化简得，
因为点在直线上，所以，点在直线上，所以，
则，
同理因为、、三点共线，所以，化简得，
因为点在直线上，所以，点在直线上，所以，
则，
又由，可得，，
即，所以，则，
所以，所以成立.
【点睛】本题在蝴蝶定理背景下考查了直线和圆的位置关系，在解答过程中关键是联立直线方程和圆的方程进行求解，本题有一定的计算量，尤其含有多个字母的运算，考查了转化能力，计算能力.
26．（1）；（2）①，②见解析
【分析】（1）由椭圆离心率的定义，右焦点与右准线的距离求得椭圆方程；
（2）用设而不求的求直线方程，用三角形面积得直线方程，分类讨论可得．
【详解】解：
（1）由题意：解得：，所以椭圆的方程为
（2）①当直线l斜率不存在时，方程为，此时，不合题意;
当直线斜率存在时，设方程为.
由，消去y得：.设.
由题意，， 且
所以
因为， 的面积为
所以，即，解得k=±3，
所以直线的方程为.
②当直线的斜率不存在时，直线NA的方程为：.令，得，
所以直线与的交点坐标．
当直线的斜率存在时，由①知，
由直线的方程为：
令，得
所以直线与的交点的坐标为，
综上所述，点在一条定直线上，
【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，直线和圆锥曲线的位置关系，属于难题．
27．（I）；（II）.
【分析】利用的周长为，面积的最大值为列出方程求出a，b即可得到椭圆方程．
设，则直线AD：，代入C：，结合，代入化简得，设，利用韦达定理通过斜率关系，化简求解即可．
【详解】，
，
得，
所以椭圆C的方程为：．
设，则
直线AD：，
代入C：得，
因为，代入化简得，
设，则，
所以，，
直线，
同理可得，．
所以
，
所以：．
【点睛】本题考查椭圆的简单性质，椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力．
28．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）根据已知求出点坐标，根据已知周长、面积，结合定义以及图形，即可列出方程组，求解即可得出的值；
（2）设直线方程为.若选①，联立直线与椭圆的方程，消元得到.设，根据韦达定理推得.进而表示出和方程，作比整理，即可得出答案；若选②，联立直线与椭圆的方程，消元得到.设，根据韦达定理推得.表示出，化简整理即可得出；若选③，联立直线与椭圆的方程，消元得到.设，根据韦达定理得出y1,y2的关系.设直线与轴交于点，有，代入坐标可推得，代入整理化简可得出，求解得出的值，即可得出定点坐标.
【详解】（1）设椭圆的方程为，
因为，不妨设，
则，所以.
又的面积为，
所以有，整理可得.
由已知结合图象以及椭圆的定义可知，
的周长为，
整理可得.
所以有，解得，
所以椭圆的方程.
（2）
由（1）可知，，
设直线方程为，点在椭圆内部，直线与椭圆必有两交点.
若选择①：联立方程化简整理得，
设，
由韦达定理可得，.
所以，.
直线的方程为：，直线的方程为：，
两式相除得
，
即，解得，
所以，直线和交点的轨迹方程是直线.
若选择②：联立方程化简整理得，
设，则.
所以，.
又，，
于是
，
故存在实数，使得恒成立.
若选择③：设，则，
联立方程化简整理得，
则.
设直线与轴交于点，则三点共线，
于是，即，
则，
，
即，解得，
所以，直线恒过轴上的定点.
29．(1)，
(2)存在，
(3)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的基本量求解即可；
（2）设，进而得到，再分别代入对应的方程，联立求解即可；
（3）先证明，再设的方程为，联立的方程，根据弦长公式可得关于的表达式，同理可得的表达式，再化简求得定值即可
【详解】（1）由题，，故，又，且、相似，故，故，故
（2）由题，，设，中点，故即，故，解得，，故
（3）设，则，又，故，故.
显然直线斜率不为0，设的方程为，， 联立得，故，又，又，故 ，故有，故，即为定值10
【点睛】本题主要考查了椭圆中设点，根据椭圆的方程化简求解的方法，同时也考查了椭圆中的定值问题，包括弦长公式等化简，属于难题
30．(1)
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）运用代入法，结合椭圆离心率公式进行求解即可；
（2）①根据圆的性质，结合椭圆的性质进行证明即可；
②根据斜率是否存在，分类讨论，结合椭圆弦长公式进行求解证明即可.
【详解】（1）椭圆的的离心率为，所以，故，
又c2=a2−b2，故，
椭圆过点，故有，即，解得，
因此椭圆的标准方程为；
（2）①当直线和中有一条没有斜率时，另一条的斜率为零，此时点是或者是，
由F1−1,0，F21,0，此时，即成立，
当直线存在斜率且不为零时，设为，所以直线的斜率为，
因为，坐标原点是线段的中点，
所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆（不包括两焦点），
综上所述：点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，因此，
则，故恒成立；
②当直线和中有一条没有斜率时，由于椭圆的对称性，不妨设直线不存在，
因此直线的斜率为零，，
把时，，所以，
显然，所以；
当直线存在斜率且不为零时，设为，所以直线的斜率为，
直线的方程为：，设A(x1,y1),B(x2,y2)，
于是有，
由在椭圆内部，故恒成立，，
，
同理可得：，
于是，
综上所述：，恒为定值.

【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（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或y1+y2、y1y2）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
31．见解析
【考点】椭圆的性质，直线方程，两点间的距离公式．
【详解】（1）根据椭圆的性质和已知和都在椭圆上列式求解．
（2）根据已知条件，用待定系数法求解
解：（1）由题设知，，由点在椭圆上，得
，∴．
由点在椭圆上，得
∴椭圆的方程为．
（2）由（1）得，，又∵AF1∥，
∴设AF1、的方程分别为，．
∴．
∴．①
同理，．②
（i）由①②得，．解得=2．
∵注意到，∴．
∴直线AF1的斜率为．
（ii）证明：∵AF1∥，∴，即．
∴．
由点在椭圆上知，，∴．
同理．．
∴
由①②得，，，
∴．
∴是定值．
32．(1)x2−y23=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P(x0,y0)，，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P(x0,y0)，则，有，
设点，则，由，得，
，由，得，
联立消去得x2−y23=1，
所以点的轨迹的方程为x2−y23=1.
（2）（i）显然直线不垂直于轴，设直线，Mx1,y1，Nx2,y2，
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；
33．(1)椭圆方程为；焦点坐标为，；离心率
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的长轴与轴平行，短轴在轴上，中心，即可得椭圆方程，从而可得焦点坐标与离心率；
（2）将直线的方程代入椭圆方程，利用韦达定理，可得；将直线的方程代入椭圆方程，同理可得，由此可得结论；
（3）设点，点，由、、共线，得；由、、共线，可得，由此可得结论．
【详解】（1）解：椭圆的长轴与轴平行，短轴在轴上，中心，
椭圆方程为
焦点坐标为，
离心率
（2）证明：将直线的方程代入椭圆方程，得
整理得
根据韦达定理，得，，
所以①
将直线的方程代入椭圆方程，同理可得②
由 ①、②得
所以结论成立.
（3）证明：设点，点
由、、共线，得
解得
由、、共线，同理可得
由变形得
所以
即
34．(1)
(2)
(3)存在，
【分析】（1）代入已知两点坐标求得得椭圆方程；
（2）设，.由，可用表示出，然后把的坐标代入椭圆方程可解得；
（3）设存在常数，使得.由题意可设直线的方程为，点，，求出，把代入椭圆方程，变形出，代入把表示出y1y2，y1+y2的表达式．然后把直线方程代入椭圆方程，应用韦达定理得，再代入的表达式可得常数．
【详解】（1）因为椭圆过点、，则有，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）设，.由（1）知，.
因为，则有，
即，
所以解得
即.
分别将、两点的坐标代入得
解得（舍）或
所以所求点的坐标为.
（3）设存在常数，使得.由题意可设直线的方程为，点，，则.
又因为，即，即，
所以
即（*）
又由得，，
且，.代入（*）得
即，
所以存在常数，使得.
35．(1)
(2)
(3)存在，
【分析】（1）设直线的方程为，，，联立直线与抛物线的方程，消元、列出韦达定理，依题意可得，即可求出的值，从而得解；
（2）设直线的方程为，Mx1,y1，Nx2,y2，联立直线与抛物线的方程，消元、列出韦达定理，设，，即可表示出的方程，令求出即可得解；
（3）结合（2）及四点共圆的性质得到，即可求出，再由三点共线，求出.
【详解】（1）依题意可得，设，，则，，
设直线的方程为，由，得，
显然，所以，，
因为，所以，
即，所以，解得或（舍去），
所以的方程为；
（2）由（1）可得，因为过点，由条件可得的斜率不为，
设直线的方程为，Mx1,y1，Nx2,y2，
由，得，所以，所以，
设，，同理可得，
因为直线过点，
所以，由，，即，所以，
直线的斜率为，
所以直线的方程为，即，
令，得，即，
即，解得，
所以直线与轴的交点为.
（3）由（2）可得，，
若，，，四点共圆，则有，
即，
即，所以，整理得，
因为，所以，由，即，
即，解得.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y1、x2,y2；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
36．(1)；
(2)①证明见解析；②证明见解析.
【分析】（1）运用椭圆的对称性将三角形面积转化求出点P的坐标，继而利用条件求出的值，代入点的坐标求出的值，即得方程；
（2）①通过设直线方程与椭圆方程联立，借助于韦达定理和弦的中点公式即得点Q坐标；②由直线方程与椭圆方程联立，求出点的坐标，设点P，写出直线和直线的方程，与椭圆方程联立求出点坐标，计算,经化简即得为定值.
【详解】（1）由题意，可设,由椭圆的对称性可得，
所以由解得：，故，即；
又椭圆经过点，即，解得；
故所求椭圆的方程为：.
（2）证明：设平行于的直线方程为y=x+m，则，
①联立消去可得：，因点Q为弦的中点，
故点Q的横坐标为：，纵坐标为：，
于是，直线的斜率为（定值）.
②由题意可知，，，
联立方程组解得：，.
设点P(x0,y0)，先考虑直线斜率都存在的情形：直线，
联立方程组：，解得：，
直线，联立方程组：，
解得：，
则，
，
所以

而
故（定值）
再考虑直线的斜率不存在时，有直线
由可得：
直线，
由可得：
于是，
从而，
最后考虑直线的斜率不存在时，有直线
同理求得：
于是，
从而，
37．(1)
(2)证明见解析，
(3)
【分析】（1）由通径和离心率求出a，b，c的值，得椭圆C的标准方程；
（2）设直线AB和DE的方程，与椭圆方程联立，表示出M，N两点坐标和直线MN的方程，由方程确定所过定点；
（3）由题意得，利用弦长公式和基本不等式求最小值．
【详解】（1）由题意可得，解得，，
则椭圆C的标准方程为．
（2）B，D在x轴上方，直线l斜率存在且不为0，
设直线，联立椭圆，消去x得：，
由韦达定理得：，
，
则中点，
由，所以以代替m可得，
所以，
，
化简得，
则过定点．
当时，取，，则过定点；
当时，取，，则过定点；
综上直线MN过定点．
（3）M，N分别为AB，DE的中点，
，
由（2）知，
以代替m可得，
所以，
当且仅当即时，．
【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．
38．(1)，x28+y24=1
(2)①证明过程见解析②证明过程见解析，定点坐标为
【分析】（1）由椭圆焦点在轴上面，列出不等式组即可得的范围，由的关系以及短轴长列出方程组即可得，由此即可得椭圆方程.
（2）为了说明结论的验证性，首先证明一下题述引理（用解析几何方法），即联立直线方程与椭圆方程，由韦达定理以及斜率公式证明即可，从而对于①由结论法说明Q是和的交点，且，结合由此即可进一步得证；对于②由结论法可表示出的方程，由此整理即可得解.
【详解】（1）由题意焦点在轴上，所以，解得，即的范围为，
且，解得，
所以椭圆方程为x28+y24=1.
（2）我们首先给出题目给出的引理的证明：
设，则Q在P的极线上，
现在如果经过P的直线交椭圆于A(x1,y1),B(x2,y2)：
那么，代入椭圆就得到，
所以
，
由韦达定理有，
此时要证明的是：，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
也就是，
这显然成立，所以结论得证.
接下来我们回到原题，

①首先由于Q在P的极线上，故由引理有，，
而，
所以，这表明Q是和的交点，
又由于，故，
设，而，，，
所以，也就是E是的中点；
②设，那么，所以，
这表明的方程是，即，
所以恒过点.
【点睛】关键点点睛：第二问的关键是用解析几何证明题述引理的正确性，由此即可利用结论法进一步求解.
39．(1)
(2)(i)证明见解析；(ii)，证明见解析
【分析】（1）利用直线与椭圆联立方程组，利用韦达定理和中点坐标公式来求解椭圆方程；
（2）(i)用点差法可得中点弦斜率与中点与原点的斜率之积为定值，利用斜率相等来证明三点共线；
(ii)用坐标来研究斜率，再用三点共线得到斜率相等，来找到相等关系，最后求出定点.
【详解】（1）由直线过点，得，
联立，消得：，易知，
设，则，整理得：，
又因为，所以，解得a=2,b=1，
即椭圆.
（2）
(i)不妨设的中点为，的中点为，
再设
由题可知直线斜率必存在，且，
以上两式相减得，
即，同理，
因为AB//CD可得：，则，即三点共线；
又因为四边形是梯形，且与交于，
由平面几何知识可知三点共线，
即得证四点共线；
(ii)由(i)可知，，而，
所以，
设直线的方程为：，设直线的方程为：，
联立，消去并整理得，
由韦达定理得：，不妨设，
同理，，
因为，所以
化简得：，
即
上式两边平方化简得：，
由平面几何知识易知三点共线，故设，
由可得，
，，
所以，即或（舍去）
化简得：，
结合，可得，
故直线与直线的交点为定点.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或y1+y2、y1y2）的形式；
（5）代入韦达定理求解.