作业22－解析几何大题（含答案解析）学案

这是一份作业22－解析几何大题（含答案解析）学案，共23页。
专题训练·作业(二十二)
[第一次作业·解析几何大题(一)]
1．(2020·昆明市“三诊一模”)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)左焦点为F1(－1，0)，经过点F1的直线l与圆F2：(x－1)2＋y2＝8相交于P，Q两点，M是线段PF2与C的公共点，且|MF1|＝|MP|.
(1)求椭圆C的方程；
(2)l与C的交点为A，B，且A恰为线段PQ的中点，求△ABF2的面积．
解析　(1)如图：

由圆F2：(x－1)2＋y2＝8可得|PF2|＝2，
因为|MF1|＝|MP|，
所以2a＝|MF1|＋|MF2|＝|MP|＋|MF2|＝|PF2|＝2，
即a＝，又c＝1，故b＝1，
所以椭圆的方程为＋y2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，易知F2(1，0)，
因为A为线段PQ的中点，则AF1⊥AF2，
所以·＝(－1－x1，－y1)·(1－x1，－y1)＝(－1－x1)(1－x1)＋y12＝x12＋y12－1＝0，
又＋y12＝1，解得x1＝0，y1＝±1，若y1＝1，则A(0，1)，直线l的方程为y＝x＋1，
由消去y得3x2＋4x＝0，所以x1＋x2＝－，所以x2＝－，y2＝－，即B，
所以△ABF2的面积S＝|F1F2|·|y1－y2|＝×2×＝.
若y＝－1，同理可求得△ABF2的面积S＝.
综上，△ABF2的面积为.
2．(2020·宁夏中卫市第三次模拟)已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的离心率为，P(－2，1)是C1上一点．
(1)求椭圆C1的方程；
(2)设A，B，Q是P分别关于两坐标轴及坐标原点对称的点，平行于AB的直线l交C1于异于P，Q的两点C，D.点C关于原点的对称点为E.证明：直线PD，PE与y轴围成的三角形是等腰三角形．
解析　(1)因为C1离心率为，所以a2＝4b2，
从而C1的方程为＋＝1，
代入P(－2，1)，解得b2＝2，
因此a2＝8.
所以椭圆C1的方程为＋＝1.
(2)证明：由题设知A，B两点的坐标为(－2，－1)，(2，1)，
因此直线l的斜率为，
设直线l的方程为y＝x＋t(t≠0)，
由得x2＋2tx＋2t2－4＝0，
当Δ>0时，不妨设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
于是x1＋x2＝－2t，x1x2＝2t2－4，
分别设直线PD，PE的斜率为k1，k2，
则k1＋k2＝＋
＝，
则要证直线PD，PE与y轴围成的三角形是等腰三角形，
只需证(y2－1)(2－x1)－(2＋x2)(y1＋1)＝0，
而(y2－1)(2－x1)－(2＋x2)(y1＋1)
＝2(y2－y1)－(x1y2＋x2y1)＋x1－x2－4
＝x2－x1－x1x2－t(x1＋x2)＋x1－x2－4
＝－x1x2－t(x1＋x2)－4
＝－2t2＋4＋2t2－4＝0，
所以直线PD，PE与y轴围成的三角形是等腰三角形．
3．(2020·辽宁省抚顺市六校高三联考)已知0＜m＜2，动点M到两定点F1(－m，0)，F2(m，0)的距离之和为4，设点M的轨迹为曲线C，若曲线C过点N.
(1)求m的值以及曲线C的方程；
(2)过定点且斜率不为零的直线l与曲线C交于A，B两点．证明：以AB为直径的圆过曲线C的右顶点．
解析　(1)设M(x，y)，因为|MF1|＋|MF2|＝4＞2m，所以曲线C是以两定点F1，F2为焦点，长半轴长为2的椭圆，所以a＝2.
设椭圆C的方程为＋＝1(b＞0)，代入点N得b2＝1，
由c2＝a2－b2，得c2＝3，
所以m＝c＝，故曲线C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：设直线l：x＝ty＋，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
椭圆的右顶点为P(2，0)，联立方程组
消去x得(t2＋4)y2＋ty－＝0.
Δ＞0，y1＋y2＝，y1y2＝－，
所以·＝(x1－2)(x2－2)＋y1y2
＝(t2＋1)y1y2－t(y1＋y2)＋
＝＝0，
所以⊥，
故点P在以AB为直径的圆上，即以AB为直径的圆过曲线C的右顶点．
4．(2020·湖南常德市第二中学冲刺卷)设椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点．若椭圆E的离心率为，三角形ABF2的周长为4.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设不经过椭圆的中心而平行于弦AB的直线交椭圆E于点C，D，设弦AB，CD的中点分别为M，N，证明：O，M，N三点共线．
解析　(1)∵AF1＋AF2＋BF1＋BF2＝4a＝4，∴a＝，
又e＝＝，∴c＝，b＝＝，
∴椭圆E的方程为＋＝1.
(2)证明：当直线AB，CD的斜率不存在时，由椭圆的对称性知，中点M，N在x轴上，O，M，N三点共线；
当直线AB，CD的斜率存在时，设其斜率为k(k≠0)，
且设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，
则两式相减，得＝－，
又x0＝，y0＝，∴·＝－，
则k·kOM＝－⇒kOM＝－.
同理可得kON＝－，∵kOM＝kON，∴O，M，N三点共线．
[第二次作业·解析几何大题(二)]
1．(2020·四川广元市高三模拟)已知椭圆C：＋y2＝1，过点P(0，1)作互相垂直的两条直线分别交椭圆C于点A，B(A，B与P不重合)．
(1)证明：直线AB过定点；
(2)若以点E为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形PAEB的面积．
解析　(1)证明：根据题意有：直线AB，PB，PA斜率均存在．
设lAB：y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立有(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，当Δ＝16k2m2－4(2k2＋1)(2m2－2)＝8(2k2－m2＋1)>0时，
有x1＋x2＝－，x1x2＝.
因为PB⊥PA，
所以kPB·kPA＝·＝·＝－1，
化简得：(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2＝0，
所以(k2＋1)－k(m－1)＋(m－1)2＝0，
化简得：3m2－2m－1＝0，解得m＝－或1.
当m＝1时，lAB：y＝kx＋1过点P，则P与A或B重合，不满足题意，舍去，
所以m＝－，满足Δ>0，即lAB：y＝kx－，
所以直线AB过定点.
(2)方法一：由(1)知m＝－，
则lAB：y＝kx－，x1＋x2＝，x1x2＝－.
如图所示：

设线段AB的中点为D(xD，yD)，
则xD＝＝，yD＝kxD－＝·k－＝－.
因为以E为圆心的圆与直线AB相切于AB的中点，
所以⊥，
又因为＝(，－－)，且与(1，k)平行，
所以＋(－－)k＝0，
解得k＝0或±1.
由上图可知，四边形PAEB的面积S＝|PE||x1－x2|＝×|x1－x2|＝|x1－x2|.
①当k＝0时，lAB：y＝－，易得A，B的坐标为，，
所以S＝|x1－x2|＝＝.
②当k＝±1时，有|x1－x2|＝＝＝，
所以S＝|x1－x2|＝×＝.
由①②有：S＝或.
方法二：由(1)得，lAB：y＝kx－，x1＋x2＝，x1x2＝－.

由上图得：四边形PAEB的面积S＝|PE||x1－x2|＝×|x1－x2|＝|x1－x2|.
根据题意结合图形得：|EA|＝|EB|，即＝，
即＝，化简得(y1－y2)＝0，
所以y1－y2＝0或y1＋y2＝－.
①当y1－y2＝0时，易得k＝0，即lAB：y＝－，易得A，B的坐标为，，
所以S＝|x1－x2|＝＝.
②当y1＋y2＝－时，y1＋y2＝k(x1＋x2)－＝－＝－，解得k＝±1.
有|x1－x2|＝＝＝，
所以S＝|x1－x2|＝×＝.
由①②得S＝或.
2．(2020·重庆七校高三联考)已知中心在原点O的椭圆C的左焦点为F1(－1，0)，C与y轴正半轴交点为A，且∠AF1O＝.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点A作斜率为k1，k2(k1k2≠0)的两条直线分别交C于异于点A的两点M，N.证明：当k2＝时，直线MN过定点．
解析　(1)在Rt△AF1O中，|OA|＝b，|OF1|＝c＝1，|AF1|＝＝a，
∵∠AF1O＝，∠OAF1＝，∴a＝|AF1|＝2|OF1|＝2，∴b＝＝，
因此，椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)证明：当MN斜率存在时，设MN：y＝kx＋m，点M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立消去y化简得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
且x1＋x2＝－，x1x2＝，
∵k2＝，∴k1k2＝k1＋k2，∴×＝＋，
∴代入yi＝kxi＋m(i＝1，2)，化简得(k2－2k)x1x2＋(k－1)(m－)(x1＋x2)＋m2－2m＋3＝0，
化简得8k(m－)＝3(m－)2，
∵m≠，∴8k＝3(m－)，∴m＝＋，
直线MN：y＝kx＋＋，因此，直线MN过定点.
当MN斜率不存在时，设M(x1，y1)，则N(x1，－y1)，k1＝，k2＝，∵k2＝，∴k1k2＝k1＋k2，∴·＝＋，即y12＝3＋2x1，又＋＝1，∴x1＝0(舍)或x1＝－，此时MN的方程为x＝－，MN过定点.
3．(2020·山东济南市高三模拟)已知平面上一动点A的坐标为(2t2，－2t)．
(1)求点A的轨迹E的方程；
(2)点B在轨迹E上，且纵坐标为.
①证明直线AB过定点，并求出定点坐标；
②分别以A，B为圆心作与直线x＝－2相切的圆，两圆公共弦的中点为H，在平面内是否存在定点P，使得|PH|为定值？若存在，求出点P坐标；若不存在，请说明理由．
解析　(1)设动点A的坐标为(x，y)，
因为A的坐标为(2t2，－2t)，
所以
消去参数t得：y2＝2x.
(2)①证明：因为点B在轨迹E上，且纵坐标为，
所以点B的坐标为，
当t＝±1时，直线AB的方程为x＝2；
当t≠±1时，直线AB的斜率为kAB＝＝，
所以直线AB的方程为y＋2t＝(x－2t2)，
整理得y＝(x－2)，所以直线AB过定点(2，0)．
②因为A的坐标为(2t2，－2t)，且圆A与直线x＝－2相切，
所以圆A的方程为(x－xA)2＋(y－yA)2＝(xA＋2)2，
同理圆B的方程为(x－xB)2＋(y－yB)2＝(xB＋2)2，
两圆方程相减得2(xB－xA)x＋2(yB－yA)y＋yA2－yB2＝4xA－4xB，
将A(2t2，－2t)，B代入并整理得y＝(x＋1)，由题意知t≠±1，
由①可知直线AB的方程为y＝(x－2)，
因为H是两条直线的交点，
所以两个方程相乘得y2＝－(x－2)(x＋1)，
整理得＋y2＝，即点H的轨迹是以为圆心，为半径的圆，所以存在点P，满足|HP|＝.
4．(2019·南昌十校联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|＝4，A是椭圆上一点．
(1)求椭圆C的标准方程和离心率e的值；
(2)若T为椭圆C上异于顶点的任意一点，M，N分别为椭圆的右顶点和上顶点，直线TM与y轴交于点P，直线TN与x轴交于点Q，求证：|PN|·|QM|为定值．
解析　(1)方法一：|F1F2|＝4，∴c＝2，F1(－2，0)，F2(2，0)．
由椭圆的定义可得
2a＝＋
＝＋＝＋＝8，解得a＝4，∴e＝＝，b2＝16－12＝4，
∴椭圆C的标准方程为＋＝1.
方法二：∵|F1F2|＝4，∴c＝2，椭圆C的左焦点为F1(－2，0)，故a2－b2＝12，
又点A在椭圆＋＝1上，则 ＋＝1，化简得4b4＋23b2－156＝0，得b2＝4，故a2＝16，∴e＝＝，椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)证明：由(1)知M(4，0)，N(0，2)，
设椭圆上任一点T(x0，y0)，x0≠±4且x0≠0，
则＋＝1.
直线TM：y＝(x－4)，令x＝0，得yP＝，
∴|PN|＝.
直线TN：y＝x＋2，令y＝0，得xQ＝，
∴|QM|＝.
|PN|·|QM|＝·＝·
＝4，
由＋＝1可得x02＋4y02＝16，代入上式得|PN|·|QM|＝16，故|PN|·|QM|为定值．

[第三次作业·解析几何大题(三)]
1．(2020·河南名师联盟调研)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴的长为半径的圆与直线x－y＋＝0相切，过点P(4，0)的直线l与椭圆C相交于A，B两点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若原点O在以线段AB为直径的圆内，求直线l的斜率k的取值范围．
解析　(1)由e＝＝可得a2＝b2，又b＝＝，∴a2＝4，b2＝3.
故椭圆的方程为＋＝1.
(2)由题意知直线l方程为y＝k(x－4)．
联立得(4k2＋3)x2－32k2x＋64k2－12＝0.
由Δ＝(－32k2)2－4(4k2＋3)(64k2－12)>0，得k20，得m20，又|AB|＝|x1－x2|，原点O到直线AB的距离d＝，
连接OA，OB，所以S△OAB＝|AB|·d＝|m|＝·＝·＝，
所以S△ABC＝3S△OAB＝(定值)．
当直线AB的斜率不存在时，因为O为△ABC的重心，所以C为椭圆的左、右顶点，不妨设C为椭圆的左顶点，则C(－，0)，x1＋x2＝－x3＝，x1＝x2＝，可取A，B，则S△ABC＝××＝.
综上，△ABC的面积为定值，定值为.
2．(2020·石家庄市高中毕业班综合训练)已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)和圆C2：x2＋y2＝r2(r>0)，F1，F2为椭圆C1的左、右焦点，点B(0，)在椭圆C1上，当直线BF1与圆C2相切时，r＝.
(1)求C1的方程；
(2)直线l：y＝kx＋m(k>0，m>0)与x轴交于点Q，且与椭圆C1和圆C2都相切，切点分别为M，N，记△F1F2M和△QF2N的面积分别为S1和S2，求的最小值．
分析　(1)由题意可得b，设F1(－c，0)，运用直线和圆相切的条件，可得＝，结合a，b，c的关系，解得a，c，进而得到椭圆方程；
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，将y＝kx＋m代入＋＝1，结合直线和椭圆相切的条件是判别式为0，解得M的坐标，可得△F1F2M的面积S1，再由直线和圆相切的条件，解方程可得N的坐标，求得Q的坐标，计算△QF2N的面积为S2，求得的表达式，化简后运用基本不等式即可得证．
解析　(1)由题可知b＝.　①
设F1(－c，0)，则由BF1与圆相切时r＝得＝，即c＝.　②
将①②代入a2＝b2＋c2解得a＝2.
所以C1的方程为＋＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
将y＝kx＋m代入＋＝1得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
由直线l与椭圆C1相切得Δ＝0即m2＝4k2＋3，且

则△F1F2M的面积S1＝|F1F2|·y1＝.
由直线l与圆C2相切，得直线ON：y＝－x，与y＝kx＋m联立得
直线l：y＝kx＋m(k>0，m>0)与x轴交于点Q，则Q.
则△QF2N的面积S2＝|QF2|·y2＝，
从而＝＝2k＋≥2(当且仅当k＝时等号成立)，
所以的最小值为2.
评说　本题考查椭圆和圆的方程和运用，考查直线和圆的位置关系、直线和椭圆的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．求最值时，常用的方法有：二次函数法，导数法，均值不等式法．
3．(2020·兰州市第二中学月考)已知椭圆：C：＋＝1(a>b>0)的四个顶点围成的四边形的面积为2，原点到直线＋＝1的距离为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知定点P(0，2)，是否存在过点P的直线l，使l与椭圆C交于A，B两点，且以|AB|为直径的圆过椭圆C的左顶点？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由．
分析　(1)依题意列出关于a，b的方程组，求得a，b，进而可得到椭圆方程；(2)联立直线和椭圆方程得到(3＋5k2)x2＋20kx＋5＝0，要使以|AB|为直径的圆过椭圆C的左顶点D(－，0)，则·＝0，结合韦达定理可得到参数值．
解析　(1)直线＋＝1的一般方程为bx＋ay－ab＝0.
依题意解得故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)假若存在这样的直线l，
当斜率不存在时，以|AB|为直径的圆显然不经过椭圆C的左顶点，
所以可设直线l的斜率为k，则直线l的方程为y＝kx＋2.
由得(3＋5k2)x2＋20kx＋5＝0.
由Δ＝400k2－20(3＋5k2)>0，得k∈∪.
记A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝，
而y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4.
要使以|AB|为直径的圆过椭圆C的左顶点D(－，0)，则·＝0，
即y1y2＋(x1＋)(x2＋)＝(k2＋1)x1x2＋(2k＋)(x1＋x2)＋9＝0，
所以(k2＋1)－(2k＋)＋9＝0，
整理解得k＝或k＝，满足Δ>0，
所以存在过点P的直线l，使l与椭圆C交于A，B两点，且以|AB|为直径的圆过椭圆C的左顶点，直线l的方程为y＝x＋2或y＝＋2.
评说　本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法，因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．
4．(2020·山东泰安市高三模拟)已知点M(0，－2)，点P在直线y＝x2＋2上运动，动点Q满足＝，记点Q的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)设D(0，3)，E(0，－3)，过点D的直线交曲线C于A，B两个不同的点，求证：∠AEB＝2∠AED.
分析　(1)设Q(x，y)，P(x0，y0)，由平面向量的知识可得再由点P在曲线y＝x2＋2上代入即可得解；
(2)分直线AB的斜率是否存在讨论；当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋3，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程，利用韦达定理可得kAE＋kBE＝0，即可得证．
解析　(1)设Q(x，y)，P(x0，y0)，由＝可得(x，y＋2)＝(x0，y0＋2)，
所以即
因为点P在曲线y＝x2＋2上，
所以y0＝x02＋2即2y＋2＝·(2x)2＋2，整理得x2＝8y.
所以曲线C的方程为x2＝8y.
(2)证明：当直线AB的斜率不存在时，直线AB与抛物线仅有一个交点，不符合题意；
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋3，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由消去y得x2－8kx－24＝0，Δ＝64k2＋96>0，
可知x1＋x2＝8k，x1·x2＝－24，
直线AE，BE的斜率之和为kAE＋kBE＝＋＝＋＝＝＝0，
故AE，BE的倾斜角互补，
所以∠AED＝∠BED，
所以∠AEB＝2∠AED.
评说　本题考查了轨迹方程的求解、直线与抛物线的综合应用，考查了转化化归思想与运算求解能力，属于中档题．
5．(2020·山东日照市第一中学模拟)在平面直角坐标系xOy中，①已知点A(，0)，直线l：x＝，动点P满足到点A的距离与到直线l的距离之比为；②已知圆C的方程为x2＋y2＝4，直线l为圆C的切线，记点A(，0)，B(－，0)到直线l的距离分别为d1，d2，动点P满足|PA|＝d1，|PB|＝d2；③点S，T分别在x轴，y轴上运动，且|ST|＝3，动点P满足＝＋.
(1)在①，②，③这三个条件中任选一个，求动点P的轨迹方程；
(2)记(1)中的轨迹为E，经过点D(1，0)的直线l′交E于M，N两点，若线段MN的垂直平分线与y轴相交于点Q，求点Q纵坐标的取值范围．
分析　(1)选①，可以用直接法求轨迹方程，选②，可以用待定系数法求轨迹方程，选③，可以用代入法求轨迹方程；
(2)设Q(0，y0)，当l′斜率不存在时，y0＝0，当l′斜率存在时，求出y0＝＝，得到－≤y00恒成立，x1＋x2＝，
设线段MN的中点为G(x3，y3)，
则x3＝＝，y3＝k(x3－1)＝－，
所以线段MN的垂直平分线方程为：
y＋＝－，
令x＝0，得y0＝＝，
当kb>0)的离心率为，连接椭圆四个顶点形成的四边形面积为4.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点A(1，0)的直线与椭圆C交于点M，N，设P为椭圆上一点，且＋＝t(t≠0)O为坐标原点，当|－|0恒成立，
∴x1＋x2＝，x1x2＝，y1＋y2＝k(x1＋x2)－2k＝，
又∵＋＝t，
∴∴
∵点P在椭圆＋＝1上，∴＋＝4，
即2k2＝t2(1＋2k2)，∴t2＝＝1－，
又∵|－|0)的离心率为，点F为左焦点，过点F作x轴的垂线交椭圆C于A，B两点，且|AB|＝3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)在圆x2＋y2＝3上是否存在一点P，使得在点P处的切线l与椭圆C相交于M，N两点满足⊥(O为坐标原点)？若存在，求l的方程；若不存在，请说明理由．
解析　(1)∵e＝＝，∴3a2＝4b2.
又∵|AB|＝＝3，
∴a＝2，b＝，
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)假设存在点P，使得⊥.当l的斜率不存在时，l：x＝或x＝－，
与椭圆C：＋＝1相交于M，N两点，不妨设点M在x轴上方，
则M，N或M，N，∴·＝3－＝≠0，
∴当直线l的斜率不存在时不满足．
当直线l的斜率存在时，设y＝kx＋m，
则⇒(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，∵直线l与椭圆C相交于M，N两点，
∴Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)>0，化简得4k2>m2－3.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，∴x1＋x2＝，x1x2＝.
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝.
∵·＝0，
∴＋＝0，
∴7m2－12k2－12＝0.
又l与圆x2＋y2＝3相切，
∴＝，
∴m2＝3＋3k2，∴21＋21k2－12k2－12＝0，
∴k2＝－1，显然不成立，∴在圆上不存在这样的点P使其成立．
10．(2020·山东四县市高三联考)已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的左、右两个焦点分别为F1，F2，抛物线C2：y2＝4mx(m>0)与椭圆C1有公共焦点F2(1，0)．且两曲线C1，C2在第一象限的交点P的横坐标为.
(1)求椭圆C1和抛物线C2的方程；
(2)直线l：y＝kx与抛物线C2的交点为Q，O(O为坐标原点)，与椭圆C1的交点为M，N(N在线段OQ上)，且|MO|＝|NQ|.问满足条件的直线l有几条，说明理由．
解析　(1)由于椭圆C1和抛物线C2的公共焦点为F2(1，0)，故椭圆C1的焦点坐标为(±1，0)．
所以m＝1，所以抛物线C2的方程y2＝4x，
由点P在抛物线上，所以P，
又点P在椭圆C1上，所以2a＝＋＝4，
所以a＝2，又c＝1，故b＝，
从而椭圆C1的方程为＋＝1.
(2)联立直线与椭圆方程得得3x2＋4k2x2＝12，
解得xM＝－2，xN＝2，
联立直线与抛物线得得k2x2＝4x，解得xO＝0，xQ＝，
由|MO|＝|NQ|，故N为线段OQ的中点，
即xN＝，得4＝，
化简得3k4－4k2－3＝0，解得k2＝(负值舍去)，
故满足题意的k值有2个，从而满足条件的直线l有两条．
11．(2020·东北育才学校第八次模拟)已知长度为4的线段的两个端点A，B分别在x轴和y轴上运动，动点P满足＝3，记动点P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)设曲线C与y轴的正半轴交于点D，过点D作互相垂直的两条直线，分别交曲线C于M，N两点，连接MN，求△DMN的面积的最大值．
解析　(1)设P(x，y)，A(m，0)，B(0，n)．
∵＝3，
∴(x，y－n)＝3(m－x，－y)＝(3m－3x，－3y)，即
∴又|AB|＝4，∴m2＋n2＝16.
从而＋16y2＝16.
∴曲线C的方程为＋y2＝1.
(2)由题意可知，直线DM的斜率存在且不为0.
故可设直线DM的方程为y＝kx＋1，由对称性，不妨设k>0，
由消去y得(1＋9k2)x2＋18kx＝0，
则|DM|＝，
将式子中的k换成－，得|DN|＝.
S△DMN＝|DM||DN|＝··
＝＝，
设k＋＝t，则t≥2.
故S△DMN＝＝≤＝，取等号的条件为9t＝即t＝，
即k＋＝，即k＝时，S△DMN取得最大值.
12．(2019·广东六校联考一)已知圆C：(x＋2)2＋y2＝36与定点M(2，0)，动圆I过M点且与圆C相切．
(1)求动圆圆心的轨迹E的方程；
(2)若过定点N(0，2)的直线l交轨迹E于不同的两点A，B，求|AB|的最大值．
解析　(1)设动圆I的半径为r，由题意可知，点I(x，y)满足|IC|＝6－r，|IM|＝r.
所以|IC|＋|IM|＝6>4.
由椭圆的定义知点I的轨迹为以C，M为左、右焦点的椭圆，且其长半轴长a＝3，半焦距c＝2，
可得短半轴长b＝1，故轨迹E的方程为＋y2＝1.
(2)当直线l的斜率不存在时，A(0，1)，B(0，－1)或A(0，－1)，B(0，1)，此时|AB|＝2.
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋2，
由消去y，得(1＋9k2)x2＋36kx＋27＝0，
由Δ＝(36k)2－108(1＋9k2)>0得k2>.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，可得x1＋x2＝－，
x1x2＝，
|AB|＝|x1－x2|
＝·
＝，
令1＋9k2＝t，则t>4，
|AB|＝2
＝2，∈，当＝，即k＝±时，有|AB|max＝.
综上，|AB|的最大值为.
13．(2020·南昌重点中学段考试题)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)和定点M(0，1)，设过点M的动直线交抛物线C于A，B两点，抛物线C在A，B处的切线的交点为N.
(1)若N在以AB为直径的圆上，求p的值；
(2)若△ABN的面积的最小值为4，求抛物线C的方程．
分析　首先根据动直线过定点M设出直线方程，联立直线与抛物线的方程，消去y得到关于x的一元二次方程，结合根与系数的关系及导数的几何意义，表示出两切线的斜率的乘积，由乘积为－1，解得p；(2)先写出两条切线的方程，再联立切线方程，求出交点N的坐标，根据弦长公式、点到直线的距离公式及三角形的面积公式表示出三角形的面积，最后根据三角形面积的最小值求出p，从而得到抛物线的方程．
解析　设直线AB：y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
将直线AB的方程代入抛物线C的方程得x2－2pkx－2p＝0，
则x1＋x2＝2pk，x1x2＝－2p.①
(1)由x2＝2py，得y′＝，则A，B处的切线斜率的乘积为＝－，
∵点N在以AB为直径的圆上，∴AN⊥BN，∴－＝－1，∴p＝2.
(2)易得直线AN：y－y1＝(x－x1)，直线BN：y－y2＝(x－x2)，
联立，得结合①式，解得即N(pk，－1)．
|AB|＝|x2－x1|＝＝，
点N到直线AB的距离d＝＝，
则△ABN的面积S△ABN＝·|AB|·d＝≥2，当k＝0时，取等号．
∵△ABN的面积的最小值为4，
∴2＝4，∴p＝2，故抛物线C的方程为x2＝4y.
14．(2020·安徽示范性高中联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的上顶点为P，右顶点为Q，直线PQ与圆x2＋y2＝相切于点M.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若不经过点P的直线l与椭圆C交于点A，B两点，且·＝0，求证：直线l过定点．
解析　(1)由已知得直线OM(O为坐标原点)的斜率kOM＝2，则直线PQ的斜率kPQ＝－＝－，
所以直线PQ的方程为y－＝－，即x＋2y＝2.
可求得P(0，1)，Q(2，0)，故a＝2，b＝1，
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：当直线l的斜率不存在时，显然不满足条件．
当直线l的斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋n(n≠1)，
由消去y整理得(4k2＋1)x2＋8knx＋4(n2－1)＝0，
Δ＝(8kn)2－4×4(4k2＋1)(n2－1)＝16(4k2＋1－n2)>0，得4k2＋1>n2.①
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，②
x1x2＝.③
由·＝0，得(x1，y1－1)·(x2，y2－1)＝0，又y1＝kx1＋n，y2＝kx2＋n，
所以(k2＋1)x1x2＋k(n－1)(x1＋x2)＋(n－1)2＝0，④
由②③④得n＝1(舍)或n＝－，满足①.
此时l的方程为y＝kx－，故直线l过定点.
15．(2020·福建五校第二次联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，上顶点M到直线x＋y＋4＝0的距离为3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l过点(4，－2)，且与椭圆C相交于A，B两点，l不经过点M，证明：直线MA的斜率与直线MB的斜率之和为定值．
解析　(1)由题意可得，解得所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明：易知直线l的斜率恒小于0，设直线l的方程为y＋2＝k(x－4)，k0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有y1＋y2＝－，y1y2＝－，|AB|＝|y1－y2|＝＝·＝.
由OG∥AB，可知直线OG的方程为x＝my，由得y2＝.
则|OG|2＝x2＋y2＝(m2＋1)y2＝，故＝1.
综上，为定值，且定值为1.
17．(2020·福建、广东、江西三省十校联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点(0，)，离心率为，左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)P，N是C上异于M的两点，若直线PM与直线PN的斜率之积为－，证明：M，N两点的横坐标之和为常数．
解析　(1)因为椭圆经过点(0，)，所以b＝.
又因为e＝，所以＝.
又c2＝a2－b2，解得a＝2，c＝1，
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明：设P，M，N三点坐标分别为(xP，yP)，(xM，yM)，(xN，yN)．
设直线PM，PN的斜率分别为k1，k2，
则直线PM的方程为y－yP＝k1(x－xp)，
由消去y，得(3＋4k12)x2－8k1(k1xP－yP)x＋4k12xP2－8k1xPyP＋4yP2－12＝0，
由根与系数关系可得xM＋xP＝，
故xM＝－xP＝，
同理可得xN＋xP＝.
又k1·k2＝－，
故xN＋xP＝＝，
则xN＝－xP
＝－＝－xM，
从而xN＋xM＝0，
即M，N两点的横坐标之和为常数．