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2023年高考数学圆锥曲线压轴题专项突破（全国通用）
距离型定值问题
【考点梳理】
定值问题就是证明一个量与其中的变化因素无关，这些变化的因素可能是直线的斜率、截距，也可能是动点的坐标等，这类问题的一般解法是使用变化的量表达求证目标，通过运算求证目标的取值与变化的量无关．当使用直线的斜率和截距表达直线方程时，在解题过程中要注意建立斜率和截距之间的关系，把双参数问题化为单参数问题解决．
【题型归纳】
题型一 距离问题
1．已知抛物线：的焦点是，若过焦点的直线与相交于，两点，所得弦长的最小值为2．
(1)求实数的值；
(2)设，是抛物线上不同于坐标原点的两个不同的动点，且以线段为直径的圆经过点，作，为垂足，试探究是否存在定点，使得为定值，若存在，则求出该定点的坐标及定值，若不存在，请说明理由．
2．在平面直角坐标系xOy中，过点M（4，0）且斜率为k的直线交椭圆＋于A，B两点．
(1)求的取值范围；
(2)当时，若点A关于x轴为对称点为P，直线BP交x轴于点N，求证：|ON|为定值．
3．已知抛物线C：的焦点为F，直线被抛物线C截得的弦长为5．
(1)求抛物线C的方程；
(2)已知点A，B是抛物线C上异于原点O的不同动点，且直线OA和直线OB的斜率之和为，过点F作直线AB的垂线，垂足为H，是否存在定点P，使得线段PH的长度为定值？若存在，求出点P的坐标及线段PH的长；若不存在，请说明理由．
4．已知椭圆T：的左焦点为，上顶点为P.直线PF与椭圆T交于另一点Q，且，点在椭圆T上.
(1)求椭圆T的方程；
(2)过点，且斜率为k的直线l与椭圆T相交于A，B两点，点A关于y轴的对称点为，作，垂足为N.是否存在定点R，使得为定值？若存在，请求出定点R和；若不存在，请说明理由.
5．已知椭圆：过点，过右焦点作轴的垂线交椭圆于M，N两点，且.
(1)求椭圆的方程；
(2)点P，Q在椭圆上，且，，D为垂足.证明：存在定点，使得为定值.
题型二 距离之和问题
6．已知椭圆：的离心率为，点在椭圆上，与平行的直线交椭圆于，两点，直线，分别于轴正半轴交于，两点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求证：为定值.
7．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.
8．设圆的圆心为A，直线过点且与轴不重合，交圆A于两点，过作的平行线交于点．
(1)证明为定值，并写出点E的轨迹方程；
(2)设点的轨迹为曲线，直线交于两点，过且与垂直的直线与圆A交于两点，求四边形面积的取值范围．
题型三 距离的平方和问题
9．已知，分别是椭圆的右顶点和上顶点，，直线的斜率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线，与，轴分别交于点，，与椭圆相交于点，．证明：
（i）的面积等于的面积；
（ii）为定值．
10．已知椭圆（a＞b＞0）的离心率为，且过点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知直线l：y=kx+m（k＞0，m＞0）与椭圆C相交于M、N两点，若， Q（﹣2m，0），证明：|QM|2+|QN|2为定值；
11．设、分别为椭圆的左、右顶点，设是椭圆下顶点，直线与斜率之积为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若一动圆的圆心在椭圆上运动，半径为．过原点作动圆的两条切线，分别交椭圆于、两点，试证明为定值．
12．设A，B分别是直线和上的动点，且，设O为坐标原点，动点G满足．
(1)求点G运动的曲线C的方程；
(2)直线与曲线C交于M，N两点，O为坐标原点，当k为何值，恒为定值，并求此时面积的最大值．
13．在平面直角坐标系xOy中，曲线的方程为，点P为曲线上任意一点，记线段OP的中点Q的轨迹为曲线，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.
(1)求曲线的极坐标方程；
(2)若点M，N分别是曲线和上的点，且，证明：为定值.
题型四 距离的倒数和问题
14．已知椭圆的短轴长等于，离心率．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过左焦点F作直线l，与椭圆C交于A，B两点，判断是否为定值．若是定值，求出该定值，若不是定值，请说明理由．
15．在平面直角坐标系中，椭圆的离心率，直线 与轴相交于点，与椭圆相交于点；
(1)求椭圆的方程，
(2)在轴上是否存在点，使得为定值？若存在，请求出点的坐标，若不存在，请说明理由．
16．已知椭圆的左焦点，长轴长与短轴长的比是．
(1)求椭圆的方程；
(2)过作两直线交椭圆于四点，若，求证：为定值．
17．在直角坐标系xOy中，长为3的线段AB的两端点A，B分别在x，y轴上滑动，动点M满足
(1)求动点M的轨迹E的方程；
(2)设过点的动直线l与（1）中的轨迹E交于C，D两点，是否存在定实数t，使得为定值？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
18．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点是椭圆内任意一点（不含椭圆边界及轴），的周长的范围是．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线与椭圆交于，两点，直线与椭圆交于另一点，试判断是否为定值？若为定值，求出此定值；若不为定值，请说明理由．
题型五 距离之积问题
19．已知椭圆过点，且点到其两个焦点距离之和为4.
(1)求椭圆的方程；
(2)设为原点，点为椭圆的左顶点，过点的直线与椭圆交于两点，且直线与轴不重合，直线分别与轴交于两点.求证：为定值.
20．已知是椭圆：上不在坐标轴上的任意一点，且，分别为椭圆的下、上顶点，直线和分别与轴相交于、两点.
(1)求证：为定值；
(2)若点坐标为，过点的直线与椭圆相交于，两点，试求面积的最大值.
21．已知椭圆C：的离心率为，以椭圆C的右顶点A为圆心，作半径为r的圆，设圆A与椭圆C交于点E，F.
(1)求的最小值，并求此时圆A的方程；
(2)设点O是坐标原点，点P是椭圆C上异于E，F的点，且满足直线PE，PF分别与x轴交于M，N两点，证明：为定值.
22．设椭圆，过点A的直线AP，AQ分别交C于相异的两点P，Q，直线PQ恒过点B.
(1)证明：直线AP，AQ的斜率之和为；
(2).直线AP，AQ分别与x轴相交于M，N两点，在x轴上是否存在定点G，使得为定值？若存在，求出点G的坐标，若不存在，请说明理由.
23．已知点，动点到直线的距离为，且，记的轨迹为曲线．
(1)求的方程；
(2)过作圆的两条切线、（其中、为切点），直线、分别交的另一点为、．从下面①和②两个结论中任选其一进行证明．
①为定值；
②．
题型六 距离的平方综合问题
24．已知双曲线C：的右焦点为，O为坐标原点，点A，B分别在C的两条渐近线上，点F在线段AB上，且，.
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点F作直线l交C于P，Q两点，问；在x轴上是否存在定点M，使为定值？若存在，求出定点M的坐标及这个定值；若不存在，说明理由.
题型七 距离的比问题
25．已知椭圆：的左、右顶点分别为A，，右焦点为点，点是椭圆上一动点，面积的最大值为2，当轴时，.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知直线与椭圆有且只有一个公共点，直线与直线交于点，过点作轴的垂线，交直线于点.求证：为定值.
26．已知椭圆的离心率为，、分别为椭圆的左 右顶点，为椭圆的上顶点，为椭圆的左焦点，且的面积为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设过点的动直线交椭圆于、两点(点在轴上方)，、分别为直线、与轴的交点，证明：为定值.
27．已知圆：，圆：，圆与圆、圆外切，
(1)求圆心的轨迹方程
(2)若过点且斜率的直线与交与两点，线段的垂直平分线交轴与点，证明的值是定值.
28．已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为 ，点在双曲线E上.
(1)求双曲线E的标准方程；
(2)若动直线l与双曲线E相切，过点作直线l的垂线，垂足为H，试判断是否为定值？如果是，请求出该值；如果不是，请说明理由.
29．椭圆经过点．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若斜率为k的直线l过椭圆E的左焦点F，与椭圆E交于C，D两点，CD的垂直平分线与x轴交于点M，证明：为定值．
【高分突破】
30．已知椭圆的一个顶点坐标为，椭圆的离心率为.
(1)求椭圆的方程和椭圆的短轴长；
(2)若过点的两条互相垂直的直线分别交椭圆于两点，（，与不重合），试判断直线是否经过定点，若经过定点，求出定点坐标；若不存在，请说明理由；
(3)作于点，则存在定点，使得为定值，请写出这个定值（只要求写出结果）.
31．已知圆过椭圆的左右焦点，且与椭圆在第一象限交于点．已知三点共线．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设是椭圆上不同于左顶点的两个动点，且，过作，垂足为．则是否存在定点，使得的长度为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
32．已知椭圆：的左焦点为，上顶点为.直线与椭圆交于另一点，且，点在椭圆上.
(1)求椭圆的方程.
(2)过点，且斜率为的直线与椭圆相交于，两点，点关于轴的对称点为，作，垂足为.是否存在定点，使得为定值？若存在，求出定点的坐标；若不存在，说明理由.
33．已知F1（－，0），F2（，0）为双曲线C的焦点，点P（2，－1）在C上．
(1)求C的方程；
(2)点A，B在C上，直线PA，PB与y轴分别相交于M，N两点，点Q在直线AB上，若＋，＝0，证明：存在定点T，使得|QT|为定值．
34．已知椭圆C：的离心率为，左、右焦点分别为，，O为坐标原点，点P在椭圆C上，且有，
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l不经过P（0，1）点且与椭圆E相交于A、B两点，若直线PA与直线PB的斜率之和为，若，垂足为M，判断是否存在定点N，使得为定值，若存在求出点N，若不存在，说明理由．
35．已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为曲线与x轴的两个交点．
(1)求C的方程；
(2)点P是圆上的动点，过点P作C的两条切线，两条切线与圆O分别交于点A，B（异于P），证明：为定值．
36．已知抛物线.
(1)直线与交于、两点，为坐标原点.
从下面的①②两个问题中任选一个作答，如果两个都作答，则按所做的第一个计分.
①证明：.
②若，求的值；
(2)已知点，直线与交于、两点（均异于点），且.过作直线的垂线，垂足为，试问是否存在定点，使得为定值？若存在，求出定值；若不存在，说明理由.
37．已知一张纸上画有半径为的圆，在圆内有一个定点，且，折叠纸片，使圆上某一点刚好与点重合，这样的每一种折法，都留下一条直线折痕，当取遍圆上所有点时，所有折痕与的交点形成的曲线为．
(1)若曲线的焦点在轴上，求其标准方程；
(2)在（1）的条件下，是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与曲线恒有两个交点，且，（为坐标原点），若存在，求出该圆的方程；若不存在，说明理由；
(3)在（1）的条件下，是曲线上异于上顶点、下顶点的任一点，直线分别交轴于点，若直线与过点的圆相切，切点为，证明：线段的长为定值，并求出定值．
38．已知椭圆的C的方程：．
(1)设P为椭圆C异于椭圆左右顶点上任一点，直线的斜率为，直线的斜率为，试证明为定值．
(2)求椭圆中所有斜率为1的平行弦的中点轨迹方程．
(3)设椭圆上一点，且点M，N在C上，且，D为垂足．证明：存在定点Q，使得为定值．
39．动点与定点的距离和到定直线的距离之比是常数，记动点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)设是曲线上的一动点，由原点向圆引两条切线，分别交曲线于点，若直线的斜率均存在，并分别记为，试问是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由.
40．已知椭圆的短轴长等于，离心率．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过右焦点F作斜率为k的直线l，与椭圆C交于A，B两点，线段的垂直平分线交x轴于点P，判断是否为定值．若是定值，求出该定值，若不是定值，请说明理由．
41．已知椭圆过点，且离心率为．
(1)求该椭圆的方程；
(2)在x轴上是否存在定点M，过该点的动直线l与椭圆C交于A，B两点，使得为定值？如果存在，求出点M坐标；如果不存在，请说明理由.
42．已知、分别为椭圆：的左、右焦点，为上的一个动点，其中到的最短距离为1，且当的面积最大时，恰好为等边三角形．
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线交椭圆于，两点，为坐标原点，直线，的斜率分别为，，且．试探究是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．
43．已知椭圆经过点，且椭圆的离心率，过椭圆的右焦点作两条互相垂直的直线，分别交椭圆于点及、．
(1)求椭圆的方程；
(2)求证：为定值；
(3)求的最小值．
44．已知椭圆的左右焦点为，且为长轴的一个四等分点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)分别过作斜率为的两条直线和与椭圆交于两点，与椭圆交于两点，且.求证：为定值，并求出该定值.
45．已知椭圆的长轴长是短轴长的2倍，焦距为．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设过点的动直线l与椭圆E交于C，D两点，是否存在定实数t，使得为定值？若存在，求出t的值：若不存在，请说明理由．
46．已知椭圆和圆：,过椭圆上一点引圆的两条切线，切点分别为．
(1)①若圆过椭圆的两个焦点，求椭圆的离心率；
②若椭圆上存在点，使得，求椭圆离心率的取值范围；
(2)设直线与轴、轴分别交于点，求证：为定值．
47．已知椭圆的长轴长为，离心率为，其中左顶点为，右顶点为，为坐标原点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)直线与椭圆交于不同的两点，，直线，分别与直线交于点，. 求证：为定值.
48．在平面直角坐标系xOy中，已知点（－，0），（，0），点M满足，记M的轨迹为C．以轨迹C与y轴正半轴交点T为圆心作圆，圆T与轨迹C在第一象限交于点A，在第二象限交于点B．
(1)求C的方程；
(2)求的最小值，并求出此时圆T的方程；
(3)设点P是轨迹C上异于A，B的一点，且直线PA，PB分别与y轴交于点M，N，O为坐标原点，求证：为定值．
49．已知椭圆的短半轴长等于，离心率．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过右焦点F作斜率为k的直线l，与椭圆C交于A，B两点，线段的垂直平分线交x轴于点P，判断是否为定值，若是定值，求出该定值，若不是定值，请说明理由．
50．已知椭圆的右顶点坐标为，左、右焦点分别为、，且，直线交椭圆于不同的两点和．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线的斜率为，且以为直径的圆经过点，求直线的方程；
(3)若直线与椭圆相切，求证：点、到直线的距离之积为定值．
51．已知，为椭圆：的左、右焦点，过点且垂直于轴的直线被截得的弦长为3，过点的直线交于，两点.
(1)求的方程；
(2)若直线的斜率不为0，过，作直线的垂线，垂足分别是，，设与交于点，直线与轴交于点，求证：为定值.
52．在平面直角坐标系xOy中，已知点，，点M满足．记M的轨迹为C．
(1)求C的方程；
(2)设点P为x轴上的动点，经过且不垂直于坐标轴的直线l与C交于A，B两点，且，证明：为定值．
53．已知椭圆的一个顶点为，离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设过椭圆右焦点的直线交椭圆于两点，过原点的直线交椭圆于两点.若，求证：为定值.
54．已知椭圆的离心率为，，分别为椭圆的左、右顶点，为椭圆的右焦点，过的直线与椭圆交于不同的两点，，当直线垂直于轴时，四边形的面积为．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线的斜率为，线段的垂直平分线与轴交于点．求证：为定值．
55．已知椭圆的短轴长为2，离心率为，下顶点为A，右顶点为B.
(1)求椭圆C的方程；
(2)经过点的直线交椭圆C于P，Q两点（点P在点Q下方），过点P作x轴的垂线交直线AB于点D，交直线BQ于点E，求证：为定值.
试卷第1页，共3页
参考答案
1．(1)
(2)存在，定点为，为定值1
【解析】
【分析】
（1）根据抛物线和过焦点的直线联立方程，根据焦点弦的计算，即可求解.
（2）联立方程，得到根与系数的关系，根据以线段为直径的圆经过点，转化成，可得直线过定点，再由，根据直角三角形的特征即可找到的位置，即可求解.
(1)
抛物线：化为标准方程为：，其焦点，因为斜率一定存在，设其方程为，
联立方程得：，整理得：，恒成立．
其中，，，，
因为焦点弦长，所以当时，弦长．
所以，实数的值为．
(2)
由题意可知直线的斜率存在，设其方程为．
联立方程得：，整理得：，．
其中，，，，
因为以为直径的圆经过点，所以．
又因为，
∵，∴．
所以直线过定点，
又因为，所以为直角三角形，
所以当为斜边中点时，为定值，
此时．
所以定点为，为定值1．
2．(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由直线与椭圆有2个交点可得继而求出的取值范围；
（2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理可得，求出N点的横坐标为,即可求出.
(1)
过点M（4，0）且斜率为k的直线的方程为y＝k（x－4），
联立，化简得：，
因为直线与椭圆有两个交点，所以，
解得，所以k的取值范围是．
(2)
设，，则，由题意知，，
由（1）得： ，
直线BP的方程为：，令y＝0，得N点的横坐标为，
又，，
故
3．(1)
(2)存在，，
【解析】
【分析】
（1）设直线与抛物线交于，两点，两方程联立，得
利用韦达定理代入，可得答案；
（2）设直线AB的方程为，，，直线AB的方程与抛物线方程联立，利用韦达定理代入可得，从而得到
直线AB恒过定点，利用得点H在以线段DF为直径的圆上，取DF的中点P，得，可得存在定点P，求得线段PH的长度．
(1)
设直线与抛物线C：交于，两点．
联立，得，
因为，所以恒成立，
，，
所以，
解得（舍去）．
所以抛物线C的方程为．
(2)
由题意分析可知，直线AB的斜率不为0，
不妨设直线AB的方程为，，，
联立得，
，即，
，，
，
所以，所以直线AB的方程为，即，
所以直线AB恒过定点，
因为，，即，
所以点H在以线段DF为直径的圆上，
取DF的中点P，则，
，
所以存在定点P，使得线段PH的长度为定值，点P的坐标为，
线段PH的长度为．
4．(1)
(2)存在，，
【解析】
【分析】
（1）待定系数法去求椭圆T的方程；
（2）利用设而不求的方法求得恒过点，再利用直角三角形的性质找到定点R并求得的值.
(1)
由，，，可得点Q的坐标为，
则，解之得，则，
又因为点在椭圆T上，所以，则
解之得，则，.
故椭圆T的方程为.
(2)
由题可知直线l的方程为，设点，，则.
联立方程组，整理得.
则，，.
直线的方程为，
整理得.
.
令，得，所以恒过点.
在Rt△MGN中，存在定点为斜边MG的中点，使得，为定值.
5．(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）将点以及代入椭圆方程，得出椭圆的方程；
（2）讨论直线的斜率存在和不存在两种情况，设方程为，代入椭圆方程，结合韦达定理以及得出直线恒过定点，再由为直角三角形，为斜边，得出点为
(1)
解：由已知得，且当时，，联立解得
故椭圆的方程为.
(2)
证明：设点，，因为，，
即，*
当直线的斜率存在时，设方程为，
代入椭圆方程消去得，，
，.
根据，.代入*整理，得
，
结合根与系数的关系可得，，，
当时，直线过点，不符合条件，
当时，直线方程为，
故直线恒过定点，设，
当直线的斜率不存在时，点，，此时，
又，可得（舍）或，与点重合，与已知条件不符.
∴直线的斜率一定存在，故直线恒过定点
由于为定长，且为直角三角形，为斜边，所以的中点满足为定值，点为.
【点睛】
关键点睛：解决问题二时，关键在于联立直线和椭圆方程，结合韦达定理得出直线恒过定点，进而由为直角三角形，为斜边得出的坐标.
6．(1)
(2)定值为4，证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据题意列出式子求出即可得出；
（2）设出直线方程，与椭圆联立，表示出直线方程可得出点坐标，同理得出坐标，即可求解.
(1)
由题意，解得，
所以椭圆的标准方程为；
(2)
因为直线的斜率为，则设直线的方程为，，
联立，得，
则，解得或，
，
直线的方程为，
令，则，
同理可得，
则
.
所以为定值.
7．(1)，
(2)存在，
(3)证明见解析
【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
(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
8．(1)证明见解析，()
(2)
【解析】
【分析】
（1）由题意可推得，结合圆的方程可得，结合椭圆定义可知点的轨迹为椭圆，进而求得其方程；
（2）当直线斜率存在时，设其点斜式方程并联立椭圆方程，得到根与系数的关系式，表示，进而求得，由此可表示出四边形面积，结合不等式知识求得答案.
（1）由题意可知，故，又，故,故,所以，故,又圆A标准方程为，从而，所以．由题设得，由椭圆的定义可得点的轨迹方程为，()；
（2）当与x轴不垂直时，设，由得．则， , 所以．过点且与垂直的直线，A到的距离为，所以,故四边形的面积为,而，故，当与x轴不垂直时，四边形的面积的取值范围为当与x轴垂直时，其方程为，，，四边形的面积12，综上，四边形的面积的取值范围为．另解：（1）圆A整理为，A坐标，如图，
，则，由，则则 所以的轨迹为一个椭圆，方程为，()；（2） ；设，因为，设，联立的方程，得，则，设,则，则；
圆心A到的距离，所以，,由于，故，故，即四边形的面积的取值范围为.
【点睛】
本题考查了平面轨迹方程的求法，实际上是椭圆定义的应用，以及考查了直线和椭圆的位置关系中四边形面积的范围问题，解答时要注意解题思路要通畅，即明确每一步要做什么，解答的关键是计算量较大且复杂，很容易出错.
9．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据，，由，直线的斜率为求解；
（2）设直线的方程为，得到，，与椭圆方程联立，根据，，利用韦达定理求解.
(1)
解：、是椭圆的两个顶点，
且，直线的斜率为，
由，，得，
又，解得，，
椭圆的方程为；
(2)
设直线的方程为，则，，
联立方程消去，整理得．
， 得
设，，，．
，．
所以，
则有
的面积等于的面积；
，
，
，
，
.
10．(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）利用离心率和点的坐标进行计算可得答案；（2）将直线方程与椭圆方程联立，写出韦达定理，利用两点间的距离公式和韦达定理进行计算得到答案.
(1)
由题意可得，将点代入椭圆方程可得，
，又a2﹣b2=c2，解得a=2，b=1，
则椭圆的方程为+y2=1；
(2)
证明：将直线y=x+m代入椭圆方程，可得
x2+2mx+2m2﹣2=0，
由判别式△=4m2﹣4（2m2﹣2）＞0，解得0＜m＜，
设M（x1，y1），N（x2，y2），
即有x1+x2=﹣2m，x1x2=2m2﹣2，
且，
则|QM|2+|QN|2=（x1+2m）2+y12+（x2+2m）2+y22
=[（x1+x2）2﹣2x1x2]+8m2+2+4m（x1+x2）
=（4m2﹣4m2+4）+8m2+2﹣8m2=5为定值；
11．(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由已知可得出，根据已知条件求出的值，即可得出椭圆的方程；
（2）由题意可知，两条切线中至少有一条切线的斜率存在，设直线的斜率存在，对切线的斜率是否为零进行分类讨论，在切线的斜率为零时，直接求出；在直线的斜率不为零时，分析可知两切线的斜率为关于的方程的两根，利用韦达定理结合弦长公式可求得，即可证得结论成立.
(1)
解：由题意可知，，，，由，即，
又，所以，椭圆的方程为.
(2)
解：设点坐标为，即．
当直线的斜率为，此时，，则直线的斜率不存在，
此时；
当直线的斜率存在且斜率不为时，设直线的方程为，直线的方程为，
设点、，联立，可得，
则，，
又圆与直线、相切，即，
整理可得，
则、为关于的方程的两根，
所以，，
所以，
.
综上：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．
12．(1)
(2)，1
【解析】
【分析】
（1）设三点坐标，利用平面向量的坐标表示及向量模的坐标表示即可求解曲线的方程；
（2）设交点坐标，，联立直线方程和椭圆方程，利用韦达定理得出，的表达式，求解的表达式，为定值即与参数无关，可求得的值，然后利用弦长公式及点到直线的距离公式即可求解面积的最大值.
(1)
解：设，，，则有，，，
整理可得.
(2)
（2）设，，联立，消元得，
当，即时，
则，，
则
，
当为定值时，即与无关，故，得，
此时，
又点O到直线l的距离，所以，
当且仅当，即时，等号成立，
经检验，此时成立，所以面积的最大值为1．
13．(1)；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）首先得到曲线的极坐标方程，然后根据的位置关系可得答案；
（2）设，然后可得，，，即可得答案.
(1)
曲线的方程为，
根据可得曲线的极坐标方程为，
设，则，
所以曲线的极坐标方程为；
(2)
设，则，，
因为，所以，
所以.
14．(1)
(2)是定值，定值为
【解析】
【分析】
（1）根据题意，列出的方程组，求得的值，即可求得椭圆的方程；（2）当直线斜率不为0时,联立直线与椭圆方程，利用设而不求法求，完成证明，再验证斜率为0是否也为定值即可.
(1)
由椭圆的短轴长等于，离心率．
可得，解得，，，所以椭圆的方程为．
(2)
由椭圆的方程，可得左焦点，
（i）当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为，
联立方程组，整理得，
设， 所以，，
所以
，
（ⅱ）当直线l的斜率不为0时，此时，
综上所述，．
【点睛】
设而不求法是解决直线与椭圆的综合问题的常用方法，本题需就直线的斜率是否为0，分情况讨论.
15．(1)
(2)存在；
【解析】
【分析】
（1）根据离心率和之间的关系求椭圆方程.
（2）当直线与轴不重合时，设的方程为，根据韦达定理列出方程，然后根据定值的求法计算即可；当直线与轴重合时，计算出各坐标点代入也成立.
(1)
解：由题意得：
，
， -
所以椭圆的方程为
(2)
设
（ⅰ）当直线与轴不重合时，设的方程为
代入 得：，
则
， -
-
当，即时，无论取何值，的值恒为2，
得点，
（ⅱ） 当直线与轴重合时，有或，
均有=2
由i和ii得，在轴上是存在两点，使得
16．(1)；
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由题可知，即可求解的值，进而得到椭圆方程；
（2）当直线斜率不存在时，可得，当直线斜率存在时，设直线的方程，与椭圆的方程联立，得到的值，利用弦长公式得到的值，同理可得的值，计算即可.
(1)
解：由题可知，，
又，故，
所以椭圆的方程为：.
(2)
证明：当直线斜率不存在时，
此时．
当直线斜率存在时，设直线的方程为，
由，得．
设，
则有，
，
因为，所以直线的方程为，
同理，
所以，
综上为定值．
17．(1)
(2)存在；
【解析】
【分析】
（1）设，由向量的数乘运算，用表示出，由可得轨迹方程；
（2）假设存在满足题意的直线，设．当直线l的斜率存在时，设其方程为．代入椭圆方程，应用韦达定理得，计算并代入，分析它是与无关的常数，由此得出值，再检验这个值对斜率不存在的直线也适用，由此得结论．
(1)
设
由，得，即
而，即．所以，即．
(2)
假设存在满足题意的直线，设．
当直线l的斜率存在时，设其方程为．
由，消去y，得．
则．
所以，，
则
当且仅当，即时，
当直线l的斜率不存在时，，若
则．
综上，存在实数，使得为定值为5．
18．(1)
(2)为定值
【解析】
【分析】
（1）根据椭圆焦点三角形相关性质找出方程组求解即可；
（2）分类讨论直线的斜率是否为0，当直线的斜率为0时，可以直接求得结果；当直线的斜率不为0时，设出方程，利用韦达定理转化求得结果.
(1)
因为点是椭圆内任意一点，所以．
由三角形的三边关系可得，，
即，所以．
由的周长的范围是可得
解得，，．所以椭圆的方程为．
(2)
①当直线的斜率为0时，．
②当直线的斜率不为0时，不妨设直线的方程为，直线的方程为，，，．
联立，得，
所以，所以．
联立，得，
所以，所以．
因为点在直线和直线上，
所以，，所以，．
因为点在椭圆上，所以．
所以．
综上所述，为定值．
【点睛】
（1）解答直线与椭圆的题目时，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．（2）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．
19．(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据椭圆的定义可得，即可求出、，从而得解；
（2）由（1）可得点坐标，当直线斜率时，直接求出、两点坐标，从而得到直线方程，即可求出的值，当直线斜率存在时，设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，表示出直线方程，即可得到点的坐标，从而求出的值；
(1)
解：依题意，解得，所以椭圆方程为；
(2)
解：由（1）可知，
当直线斜率不存在时，直线的方程为，代入椭圆方程得，解得，
不妨设此时，，
所以直线的方程为，即，
直线的方程为，即，
所以；
当直线斜率存在时，设直线的方程为，
由得，
依题意，，
设，，则，，
又直线的方程为，
令，得点的纵坐标为，即，
同理，得，
所以
，
综上可得，为定值，定值为．
20．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）设，则，即，进而求解，的方程及，的横坐标，进而计算即可；
（2）设方程为，进而得，，设，，再联立方程，结合韦达定理和面积公式计算得，最后换元，根据对勾函数单调性求解最值即可.
(1)
解：设，则，即，
则方程为，令，得的横坐标为，
的方程为，令，得的横坐标为，
(2)
解：设方程为，
联立得
又，由（1）知，点的坐标为，
设，，
则
，
设，则，
又在，单调递增，
当即时，的面积有最大值
21．(1)最小值为，此时圆A的方程；
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）直接由右顶点及离心率求出椭圆的方程，设出坐标，表示出，由二次函数求得最小值，求出此时点坐标，即可求得圆A的方程；
（2）设出坐标，表示出直线PE，PF求出坐标，计算，结合P，E，F是椭圆C上的点，求出为定值，即可求得为定值.
(1)
根据题意，，则，又离心率，则，故，即椭圆的方程为，
设点，则，易得关于轴对称，则，又点，
则，
当时，有最小值为，且，故圆A的方程为；
(2)
设点，则，且，，，则，
可得，令，则，，令，则，
所以，
故，为定值.
22．(1)证明见解析
(2)存在，定点
【解析】
【分析】
（1）设直线方程，联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，直线的斜率分别为，结合根与系数的关系表示出，化简即可证明结论；
（2）由题意求得M,N的坐标，假设存在定点G，设出坐标，表示出，化简即可得结论.
(1)
证明：由题意知，直线PQ的斜率存在，设直线为，
联立，得
且，可得；，
设，
由韦达定理可得，
设直线的斜率分别为，所以
，
所以直线，的斜率之和为
(2)
设，因为直线为，令，得，
即，同理，即
设轴上存在定点，
，
要使为定值，即，
故x轴上存在定点使为定值，该定值为1.
23．(1)
(2)条件选择见解析，证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据已知条件可得出关于、的等式，化简后可得出曲线的方程；
（2）设、、，分、两种情况讨论，在第一种情况下，直接验证；在第二种情况下，设直线的方程为，由直线与圆相切结合韦达定理可得出.
选①，分析出，利用三角形相似可求得的值；
选②，分析可知，结合勾股定理可证得结论成立.
(1)
解：由题意知，两边平方整即得，
所以，曲线的方程为.
(2)
证明：设、、，
当时，，则不妨设点，则点或，
此时，则；
当时，设直线，
由直线与圆相切可得，即，
联立可得，
，
由韦达定理可得，，
则
，
所以，，同理可得.
选①，由及可得，
则，所以，；
选②，出及可得：、、三点共线，则，
又，因此，.
【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.
24．(1)
(2)存在，，
【解析】
【分析】
（1）不妨设点在第一象限，即可表示出，，根据得到方程，即可求出，从而得到，再根据及，求出、，即可得解；
（2）设点，，分别求出直线与坐标轴垂直时的值，根据为定值，得到方程，即可求出及的坐标，再对直线不与坐标轴垂直时，设直线的方程为、，，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，表示出从而计算可得；
(1)
解：不妨设点在第一象限，则.
因为，则，.
由已知，，即，即.
因为，则，即.
因为为渐近线OA的倾斜角，则，即.又，则，.
所以双曲线C的方程是.
(2)
解：解法一：
设点，.
当轴时，直线l的方程为，代入，得.
不妨设点，，则.
当轴时，直线l的方程为，代入，得.
不妨设点，，则.
令，解得，此时.
当直线不与坐标轴垂直时，设直线的方程为，代入，
得，即.
设点，，则，.
对于点，
.
所以存在定点，使为定值.
解法二：
当直线l不与x轴重合时，设了的方程为，代入，得，即.
设点，，则，.
在△PMO中，由余弦定理，得，
设点，则
，
令，得，此时，
.
当直线l与x轴重合时，则点P，Q为双曲线的两顶点，不妨设点，.
对于点，.
所以存在定点，使为定值.
25．(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据题意可得，，解出；（2）设直线：，根据直线与椭圆相切可得，分别求出、坐标，计算整理．
(1)
设椭圆的半焦距为，，
将代入得，
所以，
因为点是椭圆上一动点，所以，
所以面积，
由，求得，
所以椭圆的方程为：.
(2)
由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立，
整理可得，
因为直线与椭圆相切，
所以，得，
因为椭圆的右焦点为，将代入直线得，所以，
所以，
将代入直线可得，所以，
所以，
，将代入上式，
得，所以为定值.
26．(1)；
(2)证明见解析﹒
【解析】
【分析】
(1)根据椭圆离心率列出用c表示a、b，根据即可求出c，从而求出a、b和椭圆的方程；
(2)设方程为，，，联立直线l方程和椭圆方程得根与系数关系，求出M和N的坐标，代入化简即可得结论．
(1)
由椭圆的离心率为，得，于是，
∴，，
因此，，，
∴椭圆的方程为；
(2)
易知，直线(EF)斜率不为0，设方程为，
由得，
设，，则，，
则．
由直线方程，得；
由直线方程，得；
由此可得，
．
∴为定值．
27．(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据圆C与圆A、圆B外切，得到<4，再利用双曲线的定义求解；
（2）设直线为，联立，利用弦长公式求得，再根据线段MN的垂直平分线，得到点P的坐标求解.
(1)
解：因为圆C与圆A、圆B外切，
设C点坐标，圆C半径为，
则，，
所以<4，
所以点C的轨迹是双曲线的一支，
又，，，
所以其轨迹方程为；
(2)
设直线为，
联立，消去y得：，
所以，
设MN中点坐标为G，则，
所以，
，
直线GP的方程为:，
，
所以，
所以=1.
28．(1)
(2)是定值，定值为
【解析】
【分析】
（1）利用已知条件求出a，b的值即可求解；
（2）由题意得出直线l的斜率不为0，当切线l的斜率存在时，设直线l的方程为，联立直线与双曲线E的方程得到m，k的关系式，联立直线PH与l表示出点H坐标，再利用两点间的距离公式即可求解；当切线l的斜率不存在时，结合双曲线的几何性质即可求解.
(1)
设双曲线E的渐近线方程为，因为一条渐近线的倾斜角为，所以;
又双曲线E经过点，所以，
而，故解得，，
所以双曲线E的标准方程为.
(2)
由题意可得直线l的斜率不为0，当切线l的斜率存在时，
设直线l的方程为，联立直线l和双曲线E的方程得 ，
消去y并整理得，
因为直线l与双曲线E相切，即方程有两个相等的实数根，
所以且，
化简并整理得，
又因为直线PH与l垂直，，所以直线PH的方程为，
联立 ，解得 ，
即点，
所以
，
所以；
当切线l的斜率不存在时，直线，过点作直线l的垂线为，
此时或，则，
综上所述，恒为定值.
【点睛】
本题以双曲线为背景，考查双曲线的标准方程 直线与双曲线的位置关系，考查逻辑推理 数学运算核心素养.，解得的关键是明确解题的思路，计算要准确.
29．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）直接将代入中即可求解；
（2）若，直接求出；若，写出直线的方程，联立椭圆，表示出线段的垂直平分线方程，求出点坐标，表示出即可求解.
(1)
由题意知：，解得，则椭圆E的标准方程为；
(2)
由（1）知：椭圆E的标准方程为，则，
若，则直线的方程为，则，易得线段的垂直平分线方程为，则，，；
若，则直线的方程为，联立椭圆，整理得，
设，可得，设的中点为，所以，
则，即，则的垂直平分线方程为，
令，可得，则，
所以，
又，
所以；综上：.
30．(1)，短轴长为2
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）由椭圆的简单几何性质，可解得的值.
（2）联立直线与椭圆的方程，得到韦达定理，把垂直关系转化为向量垂直，运用数量积的坐标运算，可得的关系，进而求解.
（3）根据直角三角形斜边中线等于斜边一半的关系即可求解.
(1)
有题意可知
又，故椭圆方程为，短轴长为2
(2)
（2）当直线有斜率时，设直线方程为，设，联立与椭圆，消去得，则从而，
,
所以,
即
化简得，即或
当时，直线方程为，过点，该点不在椭圆内，不符合题意舍去
当时，直线方程为，满足题意
当直线没有斜率时，设直线方程为，则,,由得，解得或(舍去),此时直线过点
综上可知:直线过一定点.
(3)
于点，直线直线过一定点,则是直角三角形且斜边设的中点为,则,所以定值为.
31．(1)
(2)存在，
【解析】
【分析】
（1）由中位线性质可求得，由椭圆定义可求得；根据圆与轴交点可求得，由此可计算得到，由此可得椭圆方程；
（2）设，与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，由，利用数量积坐标运算表示出，由此可得解得，确定直线过定点；由可知点在以为直径的圆上，则当为中点时，，由此可得结论.
(1)
由圆的方程得：圆心，半径，
，，为的中位线，，
由椭圆定义知：，解得：；
又圆与轴交点为，，，；
椭圆的方程为．
(2)
由题意知：直线的斜率不为，则可设直线方程为，
由得：，
由得：；
设，，则，，
，，
又，， ，
整理可得：，解得：或，
当时，直线过点，不符合题意；，
直线的方程为：，
当时，，则直线过定点；
，即，点在以为直径的圆上，
当为线段中点，即时，为定值．
综上所述：存在定点，使得为定值．
【点睛】
关键点点睛：本题考查直线与椭圆的综合应用中的定点定值问题的求解，求解此题的关键是能够根据垂直关系确定直线所过的定点，进而可以得到点的轨迹为圆，从而确定为该圆圆心时，为定值，即圆的半径.
32．(1)
(2)存在，
【解析】
【分析】
（1）可结合向量得到点，将、坐标代入椭圆方程可得：
，解方程组即可；
（2）设点，，则，联立直线和椭圆的方程，得到关于的一元二次方程，结合得到，由的方程：，令，代入韦达定理整理可得：恒过定点，即可求解.
(1)
由题可知，，，设，则，，
因为，所以，即，解得，
即点的坐标为，则，整理得.
因为点在椭圆上，所以
又，所以，，
故椭圆的方程为
(2)
由题可知直线的方程为，设点，，则.
联立方程组整理得，
，则，，
直线的方程为，整理.
又，
令，得，所以恒过定点，
故在中，存在定点为斜边的中点，使得，为定值.
【点睛】
本题考查直线与椭圆的综合问题，考查椭圆的方程以及韦达定理法在圆锥曲线综合中的应用，属于难题；在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．
33．(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）待定系数法列方程组求得的值，即可得到双曲线C的方程；
（2）设出直线AB的方程并与双曲线C的方程联立，利用设而不求的方法得到M、N的坐标，利用题给条件＋求得直线AB的过定点，再由＝0可得使|QT|为定值的定点T.
(1)
设双曲线C的方程为，
由题意知，
∴双曲线C的方程为
(2)
设直线AB的方程为，A（、），B（，），P（2，－1）
，
则，，
∴直线PA方程为，
令，则，同理N（0，），
由，可得
∴
∴
∴
∴
∴
∴，
当时，，
此时直线AB方程为恒过定点P（2，－1），显然不可能
∴，直线AB方程为恒过定点E（0，－3）
∵，∴，取PE中点T，∴T（1，－2）
∴为定值，∴存在T（1，－2）使|QT|为定值．
【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．
34．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据离心率为可得，再在中利用余弦定理求解即可；
（2）设直线l的方程为，再联立椭圆的方程，表达出直线PA与直线PB的斜率之和为，结合韦达定理可得，进而得到直线l过定点，从而根据确定点N
(1)
因为离心率为，故，解得，又，故.在中有，，，，由余弦定理可得，化简可得，故，椭圆C的方程为
(2)
当直线l的斜率不存在时，设点，此时有，解得，此时直线l的方程为；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，联立化简可得，，又直线PA与直线PB的斜率之和为，故，代入直线方程有，化简得，代入韦达定理有，整理得，故直线过定点，当直线l的方程为时也满足，又，故存在的中点得为定值
【点睛】
本题主要考查了椭圆结合解三角形的计算问题，同时也考查了直线与椭圆联立方程，利用韦达定理化简求定点的问题，属于难题
35．(1)
(2)证明见详解
【解析】
【分析】
（1）根据条件直接列方程组求解可得a、b、c，然后可得方程；
（2）设直线方程联立椭圆方程消元，利用判别式等于0可得关于k的一元二次方程，根据两切线斜率为所得方程的两根，根据韦达定理结合点P在圆上可得PA、PB垂直，然后可证，要注意对斜率不存在时的情况进行讨论.
(1)
解得
由题知，解得
所以椭圆C的标准方程为
(2)
设直线l斜率存在且与椭圆C相切，方程为
代入整理得
则，即…①
记，则，代入①整理得…②
当直线PA、PB斜率存在时，记其斜率分别为，易知为方程②的两根，
则有，
又，所以，即
所以AB为圆的直径，所以
当直线PA、PB有一条斜率不存在时，点P坐标为，易知此时A、B关于原点对称，AB为圆的直径.
综上，为定值.
36．(1)①证明见解析；②
(2)存在，定值为.
【解析】
【分析】
（1）选①，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用两点间的距离公式以及抛物线的焦点弦长公式、韦达定理可证明等式成立；
选②，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，计算出、，利用平面向量数量积的坐标运算可出关于的等式，即可求得的值；
（2）分析可设直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式结合已知条件可得出、所满足的关系式，可求得直线所过定点的坐标，再由，结合直角三角形的性质可知当为线段的中点时，为定值，即可得出结论.
(1)
解：选①：设点、，
联立可得，（*）
当时，方程（*）即为，此时直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，
所以，，，
则，，
所以
.
因为经过抛物线的焦点，
所以，
故.
选②：设点、，
联立可得，（*）
当时，方程（*）即为，此时直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，
所以，，，
则，，
.
因为
，
所以，解得.
(2)
解：若直线的斜率为零，则直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，
设直线的方程为，设点、，
联立得，，
由韦达定理可得，.
因为，所以，
所以，即.
所以直线的方程为，则直线过定点.
因为，所以当点为的中点时，为定值，
故存在定点，使得为定值.
【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.
37．(1)
(2)存在，圆的方程为
(3)证明见解析，定值为
【解析】
【分析】
（1）由可知所求轨迹为椭圆，设，，由此可求得椭圆方程；
（2）①当直线斜率不存在时，设，可求得坐标，利用可得，从而得到圆的方程；②当直线斜率存在时，设，与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，利用可化简得到，由圆心到直线的距离等于半径可化简得到，由此可得圆的方程；
（3）设，利用直线方程可求得，由此可设圆心，利用，结合在椭圆上，可化简得到.
(1)
设折痕与的交点为，
由题意知：与关于折痕对称，，
，
曲线是以为焦点，长轴长为的椭圆，
不妨设，，则，，，
曲线的标准方程为：.
(2)
①当直线斜率不存在时，设其方程为：，
则，，
若，则，解得：，
此时圆的方程为：；
②当直线斜率存在时，设其方程为：，，，
由得：，则，即；
，；
，
则，即（满足），
又与圆相切，圆的半径，
圆的方程为：；
综上所述：存在满足题意的圆，圆的方程为.
(3)
由题意知：，，设，
则直线，令，解得：；
直线，令，解得：；
设圆的圆心，半径为，
，，
；
又，，，
即线段的长为定值.
38．(1)
(2)
(3)存在点，使得为定值.
【解析】
【分析】
（1）设，则，再根据斜率公式代入即可计算的值；
（2）设弦的两个端点分别为，利用点差法可得，联立直线和椭圆，即可得的范围
（3）设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为, 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置.
(1)
设，因为P为椭圆C上一点，
所以，所以，
所以，
所以.
故为定值.
(2)
设弦的两个端点分别为，的中点为.
则，①
，②
①减②得：，
.
又，.
由于弦中点轨迹在已知椭圆内，
联立
故斜率为的平行弦中点的轨迹方程：
(3)
设点，
若直线斜率存在时，设直线的方程为：，
代入椭圆方程消去并整理得：，
可得，，
因为，所以，即，
根据,代入整理可得：
，
所以，
整理化简得，
因为不在直线上，所以，
故，于是的方程为，
所以直线过定点直线过定点.
当直线的斜率不存在时，可得，
由得：，
得，结合可得：，
解得：或（舍）.
此时直线过点.
令为的中点，即，
若与不重合，则由题设知是的斜边，故，
若与重合，则，故存在点，使得为定值.
39．(1)
(2)是定值，定值为
【解析】
【分析】
（1）根据题意列式化简方程即可；
（2）直线的方程分别为，设，根据直线与圆相切可得是方程的两个根，结合韦达定理与椭圆的方程可得，进而求得关于的表达式，代入求解即可
(1)
由题意，点与定点的距离，点到直线的距离，所以，即，化简得，故曲线的方程为；
(2)
由题意可得，直线的方程分别为，设.
由直线与圆相切可得.
，同理，
所以是方程的两个根，所以，
所以，，
因为是曲线上的一动点，所以，
则有，
联立方程，所以，
所以，同理
所以，
因为，所以，
所以.
40．(1)
(2)是定值，.
【解析】
【分析】
（1）根据题意，列出的方程组，求得的值，即可求得椭圆的方程；
（2）先得到，联立直线与椭圆方程，设，根据韦达定理，以及弦长公式，得到，以及线段的中点坐标，讨论和两种情况，求出，进而可求出结果.
(1)
解：由椭圆C：的短轴长等于，离心率．
可得，解得，
所以椭圆的方程为.
(2)
解：由椭圆的方程，可得右焦点，设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设
所以，
所以
，
所以，，
设弦中点为，
所以，则，即，
当时，，.所以.
当时，线段的垂直平分线方程为，
令，得，即，
所以，
所以（定值）.
所以，是定值，为.
41．(1)
(2)存在，
【解析】
【分析】
（1）根据题意列出的关系，代入求解即可；
（2）设直线l的方程为，，，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理与弦长公式表达，化简可得为常数，再根据表达式与无关列式求解即可
(1)
，，椭圆，将代入可得，故，
椭圆方程为：；
(2)
当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为，，，，联立方程可得：，
，，为常数，代入韦达定理可知，即为常数，，故
且，直线l过定点
当直线l斜率为0时，可检验也成立，故存在定点.
42．(1)
(2)是，定值为7
【解析】
【分析】
（1）由已知建立关于a，b，c的方程组，求解即可；
（2）设，．联立方程组，化简整理，得出根与系数的关系，求得k，再表示，代入计算可求得答案.
(1)
解：设，则由题意可知，
，，
故椭圆的方程为．
(2)
解：设，．联立方程组
，
所以有，且
，．
因为，所以，即，故
．
因此，有，
所以．
43．(1)
(2)证明见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）根据离心率以及在椭圆方程上即可联立求解，．（2）分两种情况讨论：当与坐标轴垂直时，可求的长度， 当一般情况时，联立直线与椭圆方程，根据弦长公式即可求解；（3）根据第二问的结论，结合基本不等式求最值的方法即可求解.
(1)
由，得，
，．①，
由椭圆过点知，②．
联立①②式解得，．
故椭圆的方程是．
(2)
为定值．
证明：椭圆的右焦点为，分两种情况．
不妨设当的斜率不存在时，，
则．此时，，；
当直线的斜率存在时，
设，则．
又设点，，，．
联立方程组，
消去并化简得，
，，
，
由题知，直线的斜率为，
同理可得
所以为定值．
(3)
解：由（2）知，
，
当且仅当，即，即，时取等号，
的最小值为．
44．(1)
(2)证明见解析，定值为
【解析】
【分析】
（1）由已知易得，从而可得椭圆的方程；
（2）直线、分别与椭圆联立求出弦长，再根据目标及条件计算可得结果.
(1)
由已知，，所以，
因此椭圆的标准方程为；
(2)
设A（，），B（，），C（，），D（，）
直线，联立方程
得，
∴，，
，
联立方程得，
同理可得，
由已知，化简得定值.
45．(1)
(2)存在实数，使得为定值
【解析】
【分析】
（1）根据题目信息得到关于的方程组，求出，得到椭圆方程；
（2）分直线斜率存在和不存在两种情况，进行求解，当直线斜率存在时，得到，求出，再验证斜率不存在的情况是否成立.
(1)
由题意得：，，所以，，
解得：，
所以椭圆E的方程为
(2)
设直线斜率存在时，设为，
与联立得：
设，
则，
因为，
所以
，
当且仅当，即，时，
当直线斜率不存在时，，若，
则，
故存在实数，使得为定值5.
【点睛】
圆锥曲线定点问题，设出直线方程，联立圆锥曲线，得到两根之和，两根之积，利用题干条件得到等量关系，进而求解出定点，注意直线斜率不存在的情况.
46．(1)①；②
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）①根据已知可得，即得，即可求解离心率；②根据圆的性质，结合已知条件可得四边形是正方形，进而得到不等关系，即可求解离心率的范围；
（2）设点的坐标，结合圆的方程，求解出直线的方程，进而得到直线的方程，即可求解的值，即可得出结论.
(1)
解：①因为圆过椭圆的焦点，圆：，
所以，所以，故，所以．
②由及圆的性质，可得，，且
则四边形是正方形，，
所以，所以，故，.
(2)
解：设，则，
整理得，
因为，所以方程为：方程为：．
所以，故，
直线的方程为，即．
令，得，令，得，
所以，
所以为定值，定值是．
47．(1)；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据椭圆的离心率的公式，结合椭圆长轴的定义、椭圆之间的关系进行求解即可；
（2）将直线方程与椭圆方程联立，根据一元二次方程根的判别式和根与系数关系进行求解即可.
(1)
由已知得．所以．
又因为椭圆的离心率为，所以．所以．
所以，
所以椭圆的方程为；
(2)
由得，
设，．
因为直线与椭圆交于不同的两点，，
所以．解得，
所以，，
直线的方程为.
令得．
直线的方程为.
令得.
又因为
，
所以.
【点睛】
关键点睛：利用一元二次方程根与系数关系是解题的关键.
48．(1)
(2)，
(3)证明见详解
【解析】
【分析】
（1）根据椭圆定义和几何性质可得a、c，然后可得；
（2）设点A坐标，利用坐标表示出所求，然后消元转化为二次函数最值问题可得最小值，再求得点A坐标，然后可得；
（3）设点P坐标，写出直线PA、PB方程，然后求得M、N坐标，用坐标表示出所求，然后化简可得.
(1)
由题可知，，，即，所以，
所以曲线C的方程为.
(2)
由题知，设，则
则
又，即
所以
当时，取得最小值
此时，，所以圆T的半径
所以圆T的方程为：
(3)
设，
则直线的方程为，直线的方程为
可得，
所以
又，，即，，代入上式可得：
，即为定值.
49．(1)；
(2)
【解析】
【分析】
（1）直接由离心率和短半轴长求解即可；
（2）若，直接求出；若，写出直线的方程，联立椭圆，表示出线段的垂直平分线方程，求出点坐标，表示出即可求解.
(1)
由题意知：，解得，则椭圆C的标准方程为；
(2)
由（1）知：椭圆C的标准方程为，则，
若，则直线的方程为，则，易得线段的垂直平分线方程为，则，，；
若，则直线的方程为，联立椭圆，整理得，
设，可得，设的中点为，所以，
则，即，则的垂直平分线方程为，
令，可得，则，所以，
又，
所以；综上：.
50．(1)；
(2)或；
(3)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据焦距及椭圆的顶点求出即可得出；
（2）设直线的方程为 ，联立方程，由根与系数的关系及求解即可；
（3）分直线斜率存在与不存在讨论，当斜率不存在时直接计算可得，当斜率存在时，设直线的方程为 ，根据相切求出关系，再由点到直线的距离直接计算即可得解.
(1)
∵ ∴，
∵，由 得，∴
所以椭圆的方程：；
(2)
∵直线的斜率为，故可设直线的方程为 ，
设，，，
由 可得，
则，，
∵以为直径的圆过右顶点，∴，∴
∴
，整理可得，
∴或，
∵，
当或时，均有
所以直线的方程为或．
(3)
椭圆左、右焦点分别为、
①当直线平行于轴时，∵直线与椭圆相切，∴直线的方程为，
此时点、到直线的到距离分别为，∴．
②直线不平行于轴时，设直线的方程为 ，
联立，整理得，
，
∵直线与椭圆相切，∴，∴
∵到直线的距离为，到直线的距离为，
∴，
∴点、到直线的距离之积为定值由．
51．(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1） 由题意可得，解方程即可求出，即可得出的方程；
（2）当直线的斜率不存在时，满足题意，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设，，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理可得，表示出的方程，两式相减可求出的横坐标为，所以为垂直平分线上一点，即可求出答案.
(1)
解：因为过且垂直于轴的直线被截得的弦长为3，
所以，①
因为的右焦点为，所以，②
联立①②可得，，
所以的方程为.
(2)
证明：当直线的斜率不存在时，易知，，，
所以.
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立与，
得，
设，，
则，，恒成立，
由题可知，，
则的方程为，①
的方程为，②
②－①得，
因为，所以
，
所以
，
所以，所以的横坐标为，
又，，所以为垂直平分线上一点，所以.
综上，.
52．(1)
(2)证明过程见解析
【解析】
【分析】
（1）利用椭圆定义求轨迹方程；
（2）设出直线l为：，，联立椭圆方程，求出两根之和，两根之积，从而表达出弦长，再求出AB中点，进而表达出AB的垂直平分线，求出P点坐标，得到的长，得到为定值.
(1)
由椭圆的定义可知：M的轨迹为以，为焦点的椭圆，且，，所以，
所以C的方程为
(2)
设直线l为：，
则联立得：，
设，则，，
，
则，
AB中点坐标为，
所以AB的垂直平分线为，
令得：，
所以，，
【点睛】
直线与椭圆结合问题，设出直线方程，与椭圆联立，得到两根之和，两根之积，表达出弦长或面积，进而求解定值或取值范围等.
53．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据题意，得到，结合离心率求得的值，即可求解；
（2）当直线的斜率不存在时，求得；当的斜率存在时，则的方程为，直线的方程为，设，联立方程组，结合根与系数的关系和弦长公式，求得，即可求解.
(1)
解：因为椭圆的一个顶点为，离心率为
可得，且，解得，
所以椭圆的方程为.
(2)
证明：当直线的斜率不存在时，可得，则；
当直线的斜率存在时，依题意知，
则直线的方程为，直线的方程为，
设，
联立方程组，整理得，
则，
所以
又由，可得，则，
所以，
所以，
综上可得：.
54．(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）把代入椭圆方程，求得，由菱形的面积公式和椭圆的离心率可求得椭圆的标准方程；
（2）设直线的方程为，与椭圆的方程联立，由弦长公式求得，以及点E的坐标，从而可得证.
(1)
解：把代入椭圆方程得，所以，
由，得，
因为，，所以，
所以椭圆的方程为：；
(2)
解：由题意可知，直线的方程为，
联立，消去得，
设，所以，，
所以，
设的中点为，则，
所以线段的垂直平分线为，
令，可得，所以，
又因为
，
所以为定值.
55．(1)
(2) ，证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用所给的条件列方程容易求解；
（2）比较精确作图，初步判断D是EP的中点，运用韦达定理化简证明即可求解.
(1)
依题意，b=1， ，解得 ，
椭圆C的方程为： ；
(2)
依题意作下图：
设 ，直线l的方程为 ，
将点(2,-1)代入得：m=-2k-1， 直线l：y=kx-(2k+1)；
由于椭圆C：，∴A（0，-1），B（2,0），
联立方程 ，得 ，
， ，
直线AB的方程为：x-2y-2=0，
直线BQ的方程为： ，
， ，
运用 …①易证得： …②，
下面证明②：
，
运用①中的韦达定理：
=0，
即②成立，
∴ ，即点E和P的纵坐标之和等于D点纵坐标的2倍，
∴D点是线段EP的中点，即 ；
综上，椭圆C的方程为：，，故为定值.
【点睛】
本题的难点在于发现D点是EP的中点，
如果直接求出 和 （用k表示的代数式）则计算量较大，容易出错，
发现是中点后，直接用中点公式和韦达定理容易求解.

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