一、單選題
1．已知直線交圓于兩點，則的最小值為（ ）
A．9B．16C．27D．30
2．已知直線與圓有公共點，且公共點的橫?縱坐標均為整數(shù)，則滿足的有（ ）
A．40條B．46條C．52條D．54條
3．雙曲線的左右焦點分別是，，點在其右支上，且滿足，，則的值是（ ）
A．B．C．8056D．8048
4．平面上的向量、滿足：，，.定義該平面上的向量集合.給出如下兩個結論：
①對任意，存在該平面的向量，滿足
②對任意，存在該平面向量，滿足
則下面判斷正確的為（ ）
A．①正確，②錯誤B．①錯誤，②正確C．①正確，②正確D．①錯誤，②錯誤
5．已知平面非零向量滿足，則對于任意的使得（ ）
A．恒有解B．恒有解
C．恒無解D．恒無解
6．平面上有兩組互不重合的點，與，，，.則的范圍為（ ）.
A．B．
C．D．
二、填空題
7．設點是：上的動點，點是直線：上的動點，記，則的最小值是 ．
8．已知函數(shù)，若對于正數(shù)，直線與函數(shù)的圖像恰好有個不同的交點，則 .
9．已知平面向量，，，，則的取值范圍是 ．
三、解答題
10．在平面直角坐標系中，重新定義兩點之間的“距離”為，我們把到兩定點的“距離”之和為常數(shù)的點的軌跡叫“橢圓”．
(1)求“橢圓”的方程；
(2)根據(jù)“橢圓”的方程，研究“橢圓”的范圍、對稱性，并說明理由；
(3)設，作出“橢圓”的圖形，設此“橢圓”的外接橢圓為的左頂點為，過作直線交于兩點，的外心為，求證：直線與的斜率之積為定值．
11．在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓Γ：的離心率為，直線l與Γ相切，與圓O：相交于A，B兩點.當l垂直于x軸時，.
(1)求Γ的方程；
(2)對于給定的點集M，N，若M中的每個點在N中都存在距離最小的點，且所有最小距離的最大值存在，則記此最大值為.
（?。┤鬗，N分別為線段AB與圓O上任意一點，P為圓O上一點，當?shù)拿娣e最大時，求；
（ⅱ）若，均存在，記兩者中的較大者為.已知，，均存在，證明：.
12．已知橢圓C：短軸長為2，左、右焦點分別為，，過點的直線l與橢圓C交于M，N兩點，其中M，N分別在x軸上方和下方，，，直線與直線MO交于點，直線與直線NO交于點．
(1)若的坐標為，求橢圓C的方程；
(2)在（1）的條件下，過點并垂直于x軸的直線交C于點B，橢圓上不同的兩點A，D滿足，，成等差數(shù)列．求弦AD的中垂線的縱截距的取值范圍；
(3)若，求實數(shù)a的取值范圍．
13．已知平面內定點是以為直徑的圓上一動點（為坐標原點）．直線與點處的切線交于點，過點作軸的垂線，垂足為，過點作軸的垂線，垂足為，過點作的垂線，垂足為．
(1)求點的軌跡方程；
(2)求矩形面積的最大值；
(3)設的軌跡，直線與軸圍成面積為，甲同學認為隨的增大，也會達到無窮大，乙同學認為隨的增大不會超過4，你同意哪個觀點，說明理由．
14．一青蛙從點開始依次水平向右和豎直向上跳動，其落點坐標依次是，(如圖，的坐標以已知條件為準)，表示青蛙從點到點所經過的路程.
(1)點為拋物線準線上一點，點，均在該拋物線上，并且直線經過該拋物線的焦點，證明；
(2)若點要么落在所表示的曲線上，要么落在所表示的曲線上，并且,試寫出(不需證明)；
(3)若點要么落在所表示的曲線上，要么落在所表示的曲線上，并且，求的值.
15．已知為雙曲線上異于左、右頂點的一個動點，雙曲線的左、右焦點分別為，且．當時，的最小內角為．
(1)求雙曲線的標準方程．
(2)連接，交雙曲線于另一點，連接，交雙曲線于另一點，若．
①求證：為定值；
②若直線AB?的斜率為?1?，求點P?的坐標．
16．已知雙曲線，直線過的右焦點且與交于兩點．
(1)若兩點均在雙曲線的右支上，求證：為定值；
(2)試判斷以為直徑的圓是否過定點？若經過定點，求出定點坐標；若不過定點，請說明理由．
17．已知雙曲線的左、右焦點分別為，，點是上一點.若為的內心，且.
(1)求的方程；
(2)點A是在第一象限的漸近線上的一點，且軸，點是右支上的一動點，在點處的切線與直線相交于點，與直線相交于點.證明：為定值.
18．已知點P為雙曲線上任意一點，過點的切線交雙曲線的漸近線于兩點．
(1)證明：恰為的中點；
(2)過點分別作漸近線的平行線，與OA、OB分別交于M、N兩點，判斷PMON的面積是否為定值，如果是，求出該定值；如果不是，請說明理由；
19．已知曲線 ，是坐標原點， 過點的直線與曲線交于，兩點.
(1)當與軸垂直時，求的面積；
(2)過圓上任意一點作直線，，分別與曲線切于，兩 點，求證：；

(3)過點的直線與雙曲線交于，兩點（，不與軸重合）.記直線的斜率為，直線斜率為， 當時，求證：與都是定值.

20．已知橢圓的左、右焦點分別為、，上頂點為，，的面積為.
(1)求的方程；
(2)是上位于第一象限的一點，其橫坐標為1，直線過點且與交于，兩點（均異于點），點在上，設直線，，的斜率分別為，，，若，問點的橫坐標是否為定值？若為定值，求出點的橫坐標；若不為定值，請說明理由.
21．已知橢圓，分別為橢圓的左、右頂點，分別為左、右焦點，直線交橢圓于兩點（不過點）.
(1)若為橢圓上（除外）任意一點，求直線和的斜率之積；
(2)若，求直線的方程；
(3)若直線與直線的斜率分別是，且，求證：直線過定點.
22．如圖，已知拋物線，其焦點為，其準線與軸交于點，以為直徑的圓交拋物線于點，連接并延長交拋物線于點，且．
(1)求的方程．
(2)過點作軸的垂線與拋物線在第一象限交于點，若拋物線上存在點，，使得．求證：直線過定點．
23．已知橢圓的離心率為，且過點．
(1)求橢圓的標準方程．
(2)設過點且斜率不為0的直線與橢圓交于，兩點．問：在軸上是否存在定點，使直線的斜率與的斜率的積為定值？若存在，求出該定點坐標；若不存在，請說明理由．
24．如圖，已知橢圓的短軸長為，焦點與雙曲線的焦點重合.點，斜率為的直線與橢圓交于兩點.

(1)求常數(shù)的取值范圍，并求橢圓的方程.
(2)(本題可以使用解析幾何的方法，也可以利用下面材料所給的結論進行解答)
極點與極線是法國數(shù)學家吉拉德·迪沙格于1639年在射影幾何學的奠基之作《圓錐曲線論稿》中正式闡述的.對于橢圓，極點（不是原點）對應的極線為，且若極點在軸上，則過點作橢圓的割線交于點，則對于上任意一點，均有（當斜率均存在時）.已知點是直線上的一點，且點的橫坐標為2.連接交軸于點.連接分別交橢圓于兩點.
①設直線、分別交軸于點、點，證明：點為、的中點；
②證明直線：恒過定點，并求出定點的坐標.
25．交比是射影幾何中最基本的不變量，在歐氏幾何中亦有應用．設，，，是直線上互異且非無窮遠的四點，則稱（分式中各項均為有向線段長度，例如）為，，，四點的交比，記為．
(1)證明：；
(2)若，，，為平面上過定點且互異的四條直線，，為不過點且互異的兩條直線，與，，，的交點分別為，，，，與，，，的交點分別為，，，，證明：；
(3)已知第（2）問的逆命題成立，證明：若與的對應邊不平行，對應頂點的連線交于同一點，則與對應邊的交點在一條直線上．
參考答案：
1．D
【分析】根據(jù)題中條件，先求得弦的中點的軌跡方程，則的幾何意義為兩點到直線的距離之和，即點到直線距離的2倍，結合點到直線的距離公式求解即可.
【詳解】由題設直線與軸的交點為，設弦的中點為，
連接，則，即，所以，
即，
所以點的軌跡方程為，
即的軌跡是以為圓心，1為半徑的圓，
設直線為，則到的最小距離為，
過分別作直線的垂線，垂足分別為，
則四邊形是直角梯形，且是的中點，
則是直角梯形的中位線，所以，即，
即，
所以的最小值為30.
故選：D.
2．A
【分析】通過分析得出圓上的整數(shù)點共有12個，由直線為截距式，先排除掉關于原點對稱的兩點所連直線，關于x軸對稱的兩點所連直線（不含），
關于y軸對稱的兩點所連直線（不含），再結合變形為，利用幾何意義得到原點到直線的距離小于等于，
利用垂徑定理，弦長越小，原點到直線的距離越大，故先求解最小弦長，進而求出原點到此類直線的距離，與比較后發(fā)現(xiàn)不合要求，進而繼續(xù)求解第二小弦長，第三小弦長，求出原點到每類直線的距離，與比較得到結論，利用組合知識求出答案.
【詳解】圓上的整數(shù)點共有12個，分別為，
如圖所示，
由題意可知：直線的橫、縱截距都不為0，即與坐標軸不垂直，不過坐標原點，
所以關于原點對稱的兩點所連直線不合題意，有6條，舍去，
關于x軸對稱的兩點所連直線（不含）不合題意，有4條，舍去，
關于y軸對稱的兩點所連直線（不含）不合題意，有4條，舍去
其中變形為，
幾何意義為原點到直線的距離小于等于，
這12個點所連的直線中，除去以上不合要求的直線外，根據(jù)弦長從小到大分為類，
以下為具體情況：①，弦長為的直線有4條，
此時原點到此類直線的距離為，不合要求，舍去
②，弦長為的直線有8條，
此時原點到此直線的距離為，不合要求，舍去
③，弦長為的直線有8條，
此時原點到此直線的距離為，滿足要去，
④其他情況弦長均大于，故均滿足要求，
由組合知識可知：滿足要求的直線條數(shù)為：
故選：A
【點睛】對于比較復雜一些的排列組合知識，直接求解比較困難的時候，可以先求解出總的個數(shù)，再減去不合要求的個數(shù)，得到答案.
3．C
【分析】先求出，再根據(jù)得到，再利用等差數(shù)列的通項求解即可.
【詳解】∵，，∴，即，
又，∴，
即，
∴，
由題意知，，∴，
∴是以4為首項，4為公差的等差數(shù)列，
∴.
故選：C.
【點睛】本題主要考查雙曲線的簡單幾何性質，考查等差數(shù)列的判斷和通項的求法，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.
4．C
【分析】根據(jù)給定條件，令，，設，利用向量模及數(shù)量積的坐標表示探求的關系，再借助平行線間距離分析判斷得解.
【詳解】由，，，不妨令，，設，
，得，而，，
則，整理得，由，得，
平行直線和間的距離為，
到直線和直線距離相等的點到這兩條直線的距離為，
如圖，陰影部分表示的區(qū)域為集合，因此無論是否屬于，都有，
所以命題①②都正確.
故選：C
【點睛】思路點睛：已知幾個向量的模，探求向量問題，可以在平面直角坐標系中，借助向量的坐標表示，利用代數(shù)方法解決.
5．B
【分析】設，其中，記
則有，即，然后分，，三種情況討論，再根據(jù)直線是過點的直線與圓錐曲線的兩個不同的交點和點在以為直徑的圓上，分析圓與相應準線的位置關系，即可求解.
【詳解】解：設，其中，記
則有，即
若，則點的軌跡是拋物線，方程為E：，點恰為拋物線的焦點，
則是過點的直線與拋物線的兩個不同的交點，點在以為直徑的圓上，
此時.
若，則點的軌跡是橢圓，方程為E：，
點為橢圓E的左焦點，軸是橢圓的左準線，是過點的直線與橢圓的兩個不同的交點，點在以為直徑的圓上，此時圓與準線相離，故
若，則點的軌跡是雙曲線，方程為E：，
點為雙曲線的右焦點，軸是雙曲線的右準線，是過點的直線與雙曲線的兩個不同的交點，點在以為直徑的圓上，此時圓與準線相交，故可正，可負，可零.
所以，當時，恒有，故A錯誤；
當時，，與均有解，故錯誤；
故選：B.
【點睛】關鍵點點睛：利用坐標法，設，其中，記則有，即，然后分，，三種情況討論，將原問題轉化為判斷圓與準線的位置關系，從而解決問題.
6．D
【分析】考慮的特殊情況，驗證選項可得答案.
【詳解】當時，由題，有，，.
得.則在以為圓心，半徑為1的圓上，則在以為圓心，半徑為2的圓上.又，則如下圖所示，即時，取最小值為1；
如下圖所示，即時，取最大值為3.
則當時，的范圍是，驗證選項可排除A，B，C.
故選：D
【點睛】關鍵點點睛：本題因點的情況較為復雜，且又為選擇題，故考慮利用特殊值驗證選項得答案.
7．
【分析】設，將轉化成探求線段長最值問題求解作答.
【詳解】如圖，過：上一點作軸交直線于點，
過直線：上的動點作交直線于點，

依題意，設，顯然圓C與直線l相離，
則可得：，
因為直線：的斜率為，所以，
，
其中銳角由確定，
所以的最小值是.
故答案為：
【點睛】思路點睛：涉及圖形上的點變化引起的線段長度、圖形面積等問題，若點的運動與某角的變化相關，可以設此角為自變量，借助三角函數(shù)解決.
8．
【分析】由題意首先確定函數(shù)的性質，然后結合直線與圓的位置關系得到的表達式，最后裂項求和即可求得的值.
【詳解】當時，，即，；
當時，，函數(shù)周期為2，
畫出函數(shù)圖象，如圖所示：
與函數(shù)恰有個不同的交點，
根據(jù)圖象知，直線與第個半圓相切，
故，故，
.
故答案為：.
【點睛】方法點睛：已知函數(shù)有零點(方程有根)求參數(shù)值(取值范圍)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通過解不等式確定參數(shù)范圍；
（2）分離參數(shù)法：先將參數(shù)分離，轉化成求函數(shù)的值域問題加以解決；
（3）數(shù)形結合法：先對解析式變形，進而構造兩個函數(shù)，然后在同一平面直角坐標系中畫出函數(shù)的圖象，利用數(shù)形結合的方法求解
9．
【分析】把向量用建系的思想在坐標系中表示出來，然后利用向量的關系把
變形整理得，分別通過三點共線和橢圓定義來確定范圍即可.
【詳解】設，的夾角為，，，
，.
如圖，由題可設，，，
其中O為原點，C在單位圓上，記，假設存在一點，使得
則有
，
又，解得.
所以存在點，使得.
，
且直線的方程為，即，圓心到直線的距離為1.
所以與圓相切，所以當,,三點共線時，取得最小值為，
如圖，在位置時， 因為，，且，
由橢圓定義可知，此時在以，為焦點的橢圓上，
當在其他位置時，在橢圓內部，
所以的最大值為，即的最大值為.
.
故答案為：．
【點睛】本題結合軌跡問題與橢圓的定義，用建系的思想解決向量的問題.
10．(1)
(2)答案見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）設“橢圓”上任意一點為，則，再根據(jù)兩點之間的“距離”得新定義即可得解；
（2）將點分別代入即可判斷其對稱性，取絕對值符號，進而可得出范圍；
（3）先求出橢圓方程，設直線的方程為，聯(lián)立方程，利用韋達定理求出，分別求出直線的方程，設，再次求出的關系，進而求出，從而可得出結論.
【詳解】（1）設“橢圓”上任意一點為，則，
即，即，
所以“橢圓”的方程為；
（2）由方程，得，
因為，所以，即，
所以或或，
解得，
由方程，得，
即，所以，所以，
所以“橢圓”的范圍為，，
將點代入得，，
即，方程不變，所以“橢圓”關于軸對稱，
將點代入得，，
即，方程不變，所以“橢圓”關于軸對稱，
將點代入得，，
即，方程不變，所以“橢圓”關于原點對稱，
所以“橢圓”關于軸，軸，原點對稱；

（3）由題意可設橢圓的方程為，
將點代入得，解得，
所以橢圓的方程為，，
由題意可設直線的方程為，
聯(lián)立，得，
恒成立，
則，
因為的中點為，
所以直線的中垂線的方程為，
同理直線的中垂線的方程為，
設，則是方程的兩根，
即是方程的兩根，
所以，
又因，
所以，
兩式相比得，所以，
所以，
所以直線與的斜率之積為定值．

【點睛】方法點睛：求定值問題常見的方法有兩種：
（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關；
（2）直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值．
11．(1)；
(2)（?。?；（ⅱ）證明見解析.
【分析】（1）根據(jù)給定條件，求出，再結合離心率求出即得.
（2）（ⅰ）在直線的斜率存在時，設出直線方程并與橢圓方程聯(lián)立，借助判別式求出圓心到距離，列出的面積關系求解，再驗證斜率不存在的情況；（ⅱ）利用新定義，結合對稱性推理即得.
【詳解】（1）因為當垂直于軸時，，而直線與Γ相切，則，解得，
又橢圓的離心率為，則橢圓的半焦距，，
所以的方程為.
（2）（i）當?shù)男甭蚀嬖跁r，設的方程為：，
由消去得：，
由直線與橢圓相切，得，整理得，
于是圓心到直線的距離，
則的面積為，
設，求導得，
當時，，函數(shù)單調遞增，當時，，函數(shù)單調遞減，
因此當時，取得最大值，此時，
當?shù)男甭什淮嬖跁r，由（1）知，，
由，得，則.
對于線段上任意點，連接并延長與圓交于點，則是圓上與最近的點，
當為線段的中點時，取得最大值，所以.
（ii）因為均存在，
設點，且，
設是集合中到的最近點，根據(jù)對稱性，不妨設，
令點到集合的最近點為，點到集合的最近點為，
因為是集合中所有點到集合最近點距離的最大值，則，
因為是集合中所有點到集合最近點距離的最大值，則，
因此，
而在坐標平面中，，又點是集合中到點的最近點，則，
所以.
【點睛】關鍵點睛：本題第（2）問涉及新定義問題，反復認真讀題，理解最小距離的最大值的含義是解題的關鍵.
12．(1)；
(2)；
(3)．
【分析】（1）由橢圓的性質可得，再由兩中線的交點為重心和重心的性質得到點，代入橢圓方程可得即可；
（2）由等差中項的性質得到，再由弦長公式得到，然后分當AB斜率存在時由點差法得到，再由點斜式寫出弦的中垂線方程，當時，得到；當AB斜率不存在時，此時AD：，；最后得到范圍；
（3）解法一：根據(jù)重心性質及面積公式得，，再結合已知不等式條件解不等式組可得，然后直曲聯(lián)立得到；轉化為對任意的t恒成立，解不等式即可；解法二：根據(jù)重心的性質可得，再由幾何圖形的面積關系結合三角形的面積公式得到；，后同解法一.
【詳解】（1）依題意，，故橢圓C：；
易知點為的重心，則，故，
代入橢圓方程得∴橢圓C的方程為；
（2）
∵，，成等差數(shù)列，．∴．
設，，AD中點．，
由弦長公式
，
∵，∴，
同理，代入可得，
①當AB斜率存在時兩式作差可得，，
∴，
∴弦AD的中垂線方程為，
當時，，即AD的中垂線的縱截距．
∵在橢圓C內，∴，得，且．
②當AB斜率不存在時，此時AD：，．
∴綜上所述，即弦AD的中垂線的縱截距的取值范圍為．
（3）解法一：易知點，分別為，的重心，設，，設點，，則根據(jù)重心性質及面積公式得，
，
而∴，
∴，∴，，
設直線l：，則聯(lián)立橢圓方程得
消元化簡得，，，
∴，，
∴，
∴對任意的t恒成立，
即，故實數(shù)a的取值范圍為．
解法二：易知點為的重心，，
∴，，，
此時，設點，，，，則根據(jù)重心的性質可得，
∴，，，
∴，；；
而，∴，
∴，；
設直線l：，則聯(lián)立橢圓方程得
消元化簡得，，，
∴，，
∴，
∴對任意的t恒成立，
即，故實數(shù)a的取值范圍為．
【點睛】關鍵點點睛：
（1）三角形重心分得線段長度比為；
（2）當求橢圓的中點弦或中點弦的垂直平分線時可用點差法較為容易.
13．(1)；
(2)；
(3)乙的觀點，理由見解析.
【分析】（1）根據(jù)給定條件，借助相似三角形的性質列式求出軌跡方程.
（2）利用（1）的結論，結合對稱性，求出矩形面積的函數(shù)關系，利用導數(shù)求出最大值.
（3）利用導數(shù)探討函數(shù)的單調性，探討與矩形面積的關系，再借助數(shù)列求和推理判斷得解.
【詳解】（1）設點，依題意，直線的方程為，，顯然點與不重合，
當點與點不重合時，連接，由是以為直徑的圓上一點，則，
由軸，得∽∽，則，，
而，則，于是，即，
當點與點重合時，點與點重合，點與點重合，而滿足，
所以點的軌跡方程：.

（2）由（1）知，點的軌跡方程，顯然，
即點的軌跡關于軸對稱，不妨令點在第一象限，
顯然∽，，，因此，
設矩形的面積為，則，
求導得，
當時，，函數(shù)單調遞增，當時，，函數(shù)單調遞減，
因此，所以當時，矩形面積的最大值為.
（3）同意乙同學的觀點，隨的增大不會超過4.
由（1）知點的軌跡方程為，設，顯然是偶函數(shù)，
求導得，當時，，函數(shù)在上單調遞減，且恒有，
則有，即，
當增大時，面積的值也在增大，
過點分別作軸的垂線交函數(shù)的圖象
于點，

由在上單調遞減，
得當時，的圖象與軸之間部分的面積小于，
當時，的圖象與軸之間部分的面積小于，
當時，的圖象與軸之間部分的面積小于，
當時，的圖象與軸之間部分的面積小于，
當時，的圖象與軸之間部分的面積小于，
當時，的圖象與軸之間部分的面積小于，
則的軌跡，直線與軸圍成面積為，
，
當時，，
因此
所以隨的增大不會超過4.
【點睛】易錯點睛：裂項法求和，要注意正負項相消時消去了哪些項，保留了哪些項，切不可漏寫未被消去的項，未被消去的項有前后對稱的特點，實質上造成正負相消是此法的根源與目的．
14．(1)證明見解析 (2) (3)
【分析】（1）設，根據(jù)青蛙依次向右向上跳動得到，，再由拋物線的定義即可證明.
（2）根據(jù)題意可得：，，，，由于青蛙從開始依次水平向右和豎直向上跳動，可知隨著的增大，點無限接近點，進而可得橫向路程之和無限接近，縱向路程之和無限接近，故問題得解.
（3）有題意知：，，，，，，…….觀察規(guī)律可知：下標為奇數(shù)的點的縱坐標是首項為，公比為的等比數(shù)列.相鄰橫坐標之差是首項為，公差為的等差數(shù)列.再利用數(shù)列的性質即可求出.
【詳解】（1）設，由于青蛙依次向右向上跳動，
所以，，
由拋物線定義知：，即證.
（2）依題意，，，，.
.
隨著的增大，點無限接近點，
橫向路程之和無限接近，縱向路程之和無限接近.
∴.
（3）由題意知：，，，
，，，……
其中，，，，……
，，，，……
觀察規(guī)律可知：下標為奇數(shù)的點的縱坐標是首項為，公比為的等比數(shù)列.
相鄰橫坐標之差是首項為，公差為的等差數(shù)列.并可用數(shù)學歸納法證明.
所以，當為奇數(shù)時，，.
所以，.
【點睛】本題主要考查數(shù)列與拋物線的綜合，同時考查了極限思想，搞清運動過程中坐標之間的關系為解題的關鍵，屬于難題.
15．(1)
(2)①證明見解析；②或．
【分析】（1）根據(jù)雙曲線定義得出，由題意可知，，根據(jù)余弦定理計算可得，再根據(jù)雙曲線的關系計算即可；
（2）①設，，，由，，將代入雙曲線聯(lián)立方程求解即可，②由①可知，根據(jù)題意建立等式求解即可求解.
【詳解】（1）由雙曲線的定義知，，
由題意可得，，
在中，由余弦定理知，
解得，因為，所以，
所以雙曲線的標準方程為；
（2）①設，，，，
由，
即，所以
同理，由，得，
將的坐標代入曲線得，
，
將的坐標代入曲線得，
，
所以為定值；
②由①知，，
，
因為點在雙曲線上，所以或，
即或．
【點睛】關鍵點睛：解決本題的關鍵是根據(jù)題意求出A，B兩點坐標，代入雙曲線中得到與的關系.
16．(1)證明見解析
(2)圓過定點
【分析】（1）設直線，與雙曲線方程聯(lián)立得出韋達定理，根據(jù)弦長公式表示，再代入求得結果.
（2）表示圓的方程，由對稱性可知定點在軸上，令進行求解即可.
【詳解】（1）如圖，
由，設，直線，
代入，整理得：，
由解得：
由韋達定理：，
由，
同理，．
為定值．
另法：由，
同理，．
由于，不妨設，
則．
由，
得．
所以為定值．
（2）由題意：圓的方程為
即
由對稱性可知：若存在定點，則必在軸上
令，有
由（1）可知，
代入方程后有：，
即，
令即．故圓過定點．
17．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）根據(jù)三角形面積公式及雙曲線定義化簡可得，求出a即可得出方程；
（2）利用導數(shù)的幾何意義求出切線斜率并化簡可得，求出切線及切線與直線的交點，利用兩點間距離公式并結合雙曲線方程化簡可得
【詳解】（1）因為點是上一點，所以.設的內切圓半徑為，則，，.
因為，所以，
所以，所以.
由雙曲線的定義及其幾何性質，得，即.
聯(lián)立，解得所以的方程為.
（2）由題意可知，直線的斜率存在，則可設直線的方程為.
由，可得.
由題意知.
若點在雙曲線的右支的上半支上，則，
所以，故.
因為，所以，所以.
若點在雙曲線的右支的下半支上，則，
所以，故.
因為，所以，所以.
綜上可知，.
將代入直線的方程，得，即.
又，所以直線的方程為，即.
因為直線的方程為，所以當時，，即直線與直線的交點，所以.
聯(lián)立，得，
所以直線與直線的交點.
又，所以
.
因為，所以，
所以，為定值.
.
【點睛】方法點睛：證明為定值的方法為可用變量去表示需要判斷是否為定值的表達式，通過驗證表達式是否與變量有關可解決問題.
18．(1)證明見解析
(2)，理由見解析
【分析】（1）設切線為，聯(lián)立方程組，根據(jù)，求得，得到，再聯(lián)立直線與雙曲線的漸近線，分別求得和，結合中點公式，即可得證；
（2）由（1）求得和，求得，得到，求得，結合為的中點，得到，即可求解.
【詳解】（1）由切線不可能平行于軸，即切線的斜率不可能為0，
設切線方程為，
聯(lián)立方程組，整理得，
所以，可得，即，
所以，即，所以，則，
所以點，
又由雙曲線的漸近線方程為，
聯(lián)立方程組，可得，即，
聯(lián)立方程組，可得，即，
所以
，所以的中點坐標為
又因為，所以，所以點與的中點重合.
（2）由，，
可得，，
所以，即，
又由，可得，
所以，
所以，
因為為的中點，所以，
所以四邊形的面積為定值.
【點睛】方法點睛：解決圓錐曲線問題的方法與策略：
1、涉及圓錐曲線的定義問題：拋物線的定義是解決圓錐曲線問題的基礎，它能將兩種距離(圓錐曲線上的點到焦點的距離、圓錐曲線上的點到準線的距離)進行等量轉化．如果問題中涉及圓錐曲線的焦點和準線，又能與距離聯(lián)系起來，那么用圓錐曲線定義就能解決問題．因此，涉及圓錐曲線的焦半徑、焦點弦問題，可以優(yōu)先考慮利圓錐曲線線的定義轉化為點到準線的距離，這樣就可以使問題簡單化．
2、涉及直線與圓錐曲線的綜合問題：通常設出直線方程，與圓錐曲線方程聯(lián)立方程組，結合根與系數(shù)的關系，合理進行轉化運算求解，同時注意向量、基本不等式、函數(shù)及導數(shù)在解答中的應用.
19．(1)
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）將代入橢圓方程，求出，再計算三角形面積；
（2）設，當時求出，從而確定、、（一組）的坐標，說明，當時，設，的斜率分別為，直線，得到聯(lián)立直線與橢圓的方程，由得到化為關于的一元二次方程為，利用韋達定理得到，即可得證；
（3）設、、、，直線、的斜率分別為、，設直線，聯(lián)立直線與曲線的方程，消元、列出韋達定理，由得，即可求出，設直線，與雙曲線聯(lián)立，消元、列出韋達定理，由斜率公式計算可得.
【詳解】（1）由題可知，直線為，
代入橢圓方程，解得，
所以.
（2）設，
當時， ，不妨取，，，
則，，所以，即成立；
當時，設，的斜率分別為，設過點的切線方程：，
由，
因為直線與橢圓相切，所以，
即，
化簡可得，
化為關于的一元二次方程為，
所以.
因為在圓上，所以，
代入上式可得，
綜上可得.

（3）設、、、，
直線、的斜率分別為、，
設直線，與橢圓聯(lián)立得，
則，，，
由得，
即，
計算分子部分：
，所以，
設直線，與雙曲線聯(lián)立得，
則，，，，
所以，
計算分子部分
，
所以，
綜上可得、均為定值.

【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設直線方程，設交點坐標為、；
（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，必要時計算；
（3）列出韋達定理；
（4）將所求問題或題中的關系轉化為、的形式；
（5）代入韋達定理求解.
20．(1)
(2)點的橫坐標為定值
【分析】（1）依題意可得，即可得到為等邊三角形，由面積公式求出，從而求出、；
（2）首先求出點坐標，設直線，，，，聯(lián)立直線與橢圓方程，消元、列出韋達定理，由斜率公式求出，即可得到，最后由斜率公式求出.
【詳解】（1）因為，所以，即，
又，
所以為等邊三角形，
所以，所以，
又，所以，則，
所以，
所以橢圓方程為.
（2）將代入解得，所以，
由（1）可知，則直線的斜率存在，
設直線，，，，
由得，
由，
所以，，
所以
，
因為，所以，
所以，解得，
所以點的橫坐標為定值.
【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設直線方程，設交點坐標為、；
（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，必要時計算；
（3）列出韋達定理；
（4）將所求問題或題中的關系轉化為、的形式；
（5）代入韋達定理求解.
21．(1)
(2)
(3)證明見解析
【分析】（1）設點，直接計算，結合點在橢圓上化簡即得；
（2）設，由向量線性運算的坐標表示得出，再利用在橢圓上，可求出（或）的坐標，然后可得直線方程；
（3）設，易知直線的斜率不為，設其方程為（），直線方程橢圓方程整理后應用韋達定理得，把它代入可求得的確定值，從而得定點坐標．
【詳解】（1）在橢圓 中，左、右頂點分別為，
設點，則 .
（2）設，由已知可得，，
由得，化簡得
代入可得，
聯(lián)立解得
由得直線過點，，
所以，所求直線方程為.
（3）設，易知直線的斜率不為，設其方程為（），
聯(lián)立，可得，
由，得.
由韋達定理，得.，.
可化為，
整理即得，
，由，
進一步得，化簡可得，解得，
直線的方程為，恒過定點.
【點睛】方法點睛：圓錐曲線中的直線過定點問題，一般可設直線與圓錐曲線的交點為，設出直線方程為或，直線方程代入圓錐曲線方程后化簡整理后應用韋達定理得（或），代入題中關于交點的其他條件化簡可得出（或）的關系，從而得出定點坐標．
22．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）設直線的傾斜角為，由拋物線的定義結合圖形表示出，，求出，結合條件，求出的值得解；
（2）根據(jù)題意，設直線的方程為，與拋物線方程聯(lián)立可得，，結合運算得到的關系，從而得解.
【詳解】（1）根據(jù)拋物線的性質可知．
設直線的傾斜角為，則在中，．
由拋物線的定義知，，
所以，，所以．
所以．
由，
得，解得．
所以的方程為．
（2）由（1）知．設直線的方程為，，．
聯(lián)立拋物線方程，得代入并整理，得．
則，，且．
由，得，
則，
得，
所以．整理得．
當，即時，直線的方程為，則直線恒過定點，不符合題意．
當，即時，直線的方程為，則直線恒過定點．
【點睛】思路點睛：本題考查拋物線的定義、直線與拋物線的位置關系.第一問，設直線的傾斜角為，由拋物線的定義求出，，結合條件運算求出的值；第二問，設直線的方程為，與拋物線方程聯(lián)立利用韋達定理求得，，利用坐標化求得與的關系，代回直線方程判斷得證.
23．(1)；
(2)存在，且該定點為
【分析】（1）結合離心率的定義，將代入橢圓方程計算即可得；
（2）設出直線方程，聯(lián)立曲線，借助韋達定理表示交點橫坐標的關系后，結合斜率公式表示出斜率之積后可得時，，計算即可得解.
【詳解】（1）因為橢圓的離心率為，所以，即，
所以，所以橢圓的方程為，
因為橢圓過點，所以，解得，
故，，
所以橢圓的標準方程為；
（2）假設存在定點．設，，
易知直線的斜率顯然存在，且不為0，設其方程為，
聯(lián)立橢圓方程與直線方程，得，消去并整理，
得，
所以，，
由，解得，且，
所以
，
則當時，為定值，此時．
所以存在定點，使直線的斜率與的斜率的積為定值．

【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設直線方程，設交點坐標為；
（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，注意的判斷；
（3）列出韋達定理；
（4）將所求問題或題中的關系轉化為、（或、）的形式；
（5）代入韋達定理求解.
24．(1)，
(2)①證明過程見解析②證明過程見解析，定點坐標為
【分析】（1）由橢圓焦點在軸上面，列出不等式組即可得的范圍，由的關系以及短軸長列出方程組即可得，由此即可得橢圓方程.
（2）為了說明結論的驗證性，首先證明一下題述引理（用解析幾何方法），即聯(lián)立直線方程與橢圓方程，由韋達定理以及斜率公式證明即可，從而對于①由結論法說明Q是和的交點，且，結合由此即可進一步得證；對于②由結論法可表示出的方程，由此整理即可得解.
【詳解】（1）由題意焦點在軸上，所以，解得，即的范圍為，
且，解得，
所以橢圓方程為.
（2）我們首先給出題目給出的引理的證明：
設，則Q在P的極線上，
現(xiàn)在如果經過P的直線交橢圓于：
那么，代入橢圓就得到，
所以
，
由韋達定理有，
此時要證明的是：，
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，
這顯然成立，所以結論得證.
接下來我們回到原題，

①首先由于Q在P的極線上，故由引理有，，
而，
所以，這表明Q是和的交點，
又由于，故，
設，而，，，
所以，也就是E是的中點；
②設，那么，所以，
這表明的方程是，即，
所以恒過點.
【點睛】關鍵點點睛：第二問的關鍵是用解析幾何證明題述引理的正確性，由此即可利用結論法進一步求解.
25．(1)證明見解析
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）根據(jù)題干所給交比的定義即可證；
（2）把交比轉化成面積之比，在利用面積公式把面積之比轉化為邊之比；
（3）把三點共線問題轉化為其中一個點在另外兩個點所構成的直線上.再利用第（2）問的結論得到兩組交比相等，根據(jù)逆命題也成立即可證明三點共線.
【詳解】（1）
；
（2）
；

（3）設與交于，與交于，與交于，
連接，與交于，與交于，與交于，
欲證，，三點共線，只需證在直線上．
考慮線束，，，，由第（2）問知，
再考慮線束，，，，由第（2）問知，
從而得到，
于是由第（2）問的逆命題知，，，交于一點，即為點，
從而過點，故在直線上，，，三點共線．

【點睛】思路點睛：本題考查射影幾何中交比的性質，屬新定義題型，難度較大.
第一問直接根據(jù)交比的定義證明即可；
第二問首先要理解交比的本質就是兩組邊比值的乘積，而邊的比值可以根據(jù)圖形（高相同）轉化為面積之比，而面積之比又可以通過面積公式轉化為邊的比值，從而使得問題得證.其核心思想是利用三角形面積計算的兩個公式進行轉化；
第三問需要根據(jù)第二問的結論以及其逆命題是真命題來證明，第二問是由線共點導出交比相等，第三問是由交比相等導出線共點，所以要想證明第三問，必須先導出交比相等，而使用第二問的結論恰好可以導出兩組交比相等，進而根據(jù)傳遞性得到想要證的一組交比相等，從而證明出三線共點，進而再說明三點共線.

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