【专项复习】高考数学 专题15 圆锥曲线综合 (名校模拟汇编).zip

这是一份【专项复习】高考数学 专题15 圆锥曲线综合 (名校模拟汇编).zip，文件包含专项复习高考数学专题15圆锥曲线综合名校模拟汇编原卷版docx、专项复习高考数学专题15圆锥曲线综合名校模拟汇编解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共137页， 欢迎下载使用。
2023真题展现
考向一 直线与双曲线综合
考向二 直线与抛物线综合
真题考查解读
近年真题对比
考向一 直线与双曲线综合
考向二 直线与圆锥曲线综合
命题规律解密
名校模拟探源
易错易混速记/二级结论速记
考向一 直线与双曲线综合
1．（2023•新高考Ⅱ•第21题）已知双曲线C中心为坐标原点，左焦点为（﹣25，0），离心率为5．
（1）求C的方程；
（2）记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点（﹣4，0）的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于P，证明P在定直线上．
解：（1）双曲线C中心为原点，左焦点为（﹣25，0），离心率为5，
则c2=a2+b2c=25e=ca=5，解得a=2b=4，
故双曲线C的方程为x24−y216=1；
（2）证明：过点（﹣4，0）的直线与C的左支交于M，N两点，
则可设直线MN的方程为x＝my﹣4，M（x1，y1），N（x2，y2），
记C的左，右顶点分别为A1，A2，
则A1（﹣2，0），A2（2，0），
联立x=my−44x2−y2=16，化简整理可得，（4m2﹣1）y2﹣32my+48＝0，
故Δ＝（﹣32m）2﹣4×48×（4m2﹣1）＝264m2+192＞0且4m2﹣1≠0，
y1+y2=32m4m2−1，y1y2=484m2−1，
直线MA1的方程为y=y1x1+2(x+2)，直线NA2方程y=y2x2−2(x−2)，
故x+2x−2=y2(x1+2)y1(x2−2)=y2(my1−2)y1(my2−6)
=my1y2−2(y1+y2)+2y1my1y2−6y1
=m⋅484m2−1−2⋅32m4m2−1+2y1m⋅484m2−1−6y1
=−16m4m2−1+2y148m4m2−1−6y1=−13，
故x+2x−2=−13，解得x＝﹣1，
所以xP＝﹣1，
故点P在定直线x＝﹣1上运动．
考向二 直线与抛物线综合
2．（2023•新高考Ⅰ•第22题）在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点（0，）的距离，记动点P的轨迹为W．
（1）求W的方程；
（2）已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3．
解：（1）设点P点坐标为（x，y），由题意得|y|＝，
两边平方可得：y2＝x2+y2﹣y+，
化简得：y＝x2+，符合题意．
故W的方程为y＝x2+．
（2）解法一：不妨设A，B，C三点在W上，且AB⊥BC．
设A（a，a2），B（b，），C（c，），
则，．
由题意，＝0，即（b﹣a）（c﹣b）+（b2﹣a2）（c2﹣b2）＝0，
显然（b﹣a）（c﹣b）≠0，于是1+（b+a）（c+b）＝0．
此时，|b+a|．|c+b|＝1．于是min{|b+a|，|c+b|}≤1．
不妨设|c+b|≤1，则a＝﹣b﹣，
则|AB|+|BC|＝|b﹣a|+|c﹣b|
＝|b﹣a|+|c﹣b|
≥|b﹣a|+|c﹣b|
≥|c﹣a|
＝|b+c+|．
设x＝|b+c|，则f（x）＝（x+），即f（x）＝，
又f′（x）＝＝．
显然，x＝为最小值点．故f（x）≥f（）＝，
故矩形ABCD的周长为2（|AB|+|BC|）≥2f（x）≥3．
注意这里有两个取等条件，一个是|b+c|＝1，另一个是|b+c|＝，
这显然是无法同时取到的，所以等号不成立，命题得证．
解法二：不妨设A，B，D在抛物线W上，C不在抛物线W上，欲证命题为|AB|+|AD|＞．
由图象的平移可知，将抛物线W看作y＝x2不影响问题的证明．
设A（a，a2）（a≥0），平移坐标系使A为坐标原点，
则新抛物线方程为y′＝x′2+2ax′，写为极坐标方程，
即ρsinθ＝ρ2cs2θ+2aρcsθ，即ρ＝．
欲证明的结论为||+||＞，
也即|﹣|+|+|＞．
不妨设||≥||，将不等式左边看成关于a的函数，根据绝对值函数的性质，
其最小值当即a＝时取得，
因此欲证不等式为||＞，即||＞，
根据均值不等式，有|csθsin2θ|
＝.
≤.＝，
由题意，等号不成立，故原命题得证．
【命题意图】
考查圆锥曲线的定义、标准方程、几何性质，直线与圆锥曲线相交等．
【考查要点】
圆锥曲线综合是高考必考的解答题，难度较大．考查圆锥曲线标准方程的求解，考查直线与圆锥曲线的位置关系，考查定值、定直线、面积最值、存在性与恒成立等问题．考查运算求解能力、逻辑推导能力、分析问题与解决问题的能力、数形结合思想、化归与转化思想．
【得分要点】
1．圆锥曲线的定义
（1）椭圆定义：．
（2）双曲线定义：．
（3）抛物线定义：|PF|=d．
2．圆锥曲线的标准方程及几何性质
（1）椭圆的标准方程与几何性质
（2）双曲线的标准方程与几何性质
（3）抛物线的标准方程与几何性质
3.圆锥曲线中最值与范围的求解方法
4.求解直线或曲线过定点问题的基本思路
（1）把直线或曲线方程中的变量x ,y 当作常数看待,把方程一端化为零，既然是过定点,那么这个方程就要对任意参数都成立,这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x ,y 的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点.
（2）由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y−y0=k(x−x0) ，则直线必过定点(x0,y0) ;若得到了直线方程的斜截式y=kx+m ，则直线必过定点(0,m) .
（3）从特殊情况入手，先探究定点，再证明该定点与变量无关.
5.求解定值问题的常用方法
（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.
6.求解定线问题的常用方法
定线问题是指因图形的变化或点的移动而产生的动点在定线上的问题.这类问题的本质是求点的轨迹方程，一般先求出点的坐标，看横、纵坐标是否为定值，或者找出横、纵坐标之间的关系.
7.有关证明问题的解题策略
圆锥曲线中的证明问题多涉及几何量的证明，比如涉及线段或角相等以及位置关系的证明，证明时，常把几何量用坐标表示，建立某个变量的函数，用代数方法证明.
8.探索性问题的解题策略
此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件，则可先假设条件成立,再验证结论是否成立,成立则存在，否则不存在;若探究结论,则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论,往往涉及对参数的讨论.
考向一 直线与双曲线综合
3．（2022•新高考Ⅱ）已知双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的右焦点为F（2，0），渐近线方程为y＝±x．
（1）求C的方程；
（2）过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P（x1，y1），Q（x2，y2）在C上，且x1＞x2＞0，y1＞0．过P且斜率为﹣的直线与过Q且斜率为的直线交于点M．从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|＝|MB|．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
【解答】解：（1）由题意可得＝，＝2，
解得a＝1，b＝，
因此C的方程为x2﹣＝1，
（2）解法一：设直线PQ的方程为y＝kx+m，（k≠0），将直线PQ的方程代入x2﹣＝1可得（3﹣k2）x2﹣2kmx﹣m2﹣3＝0，
Δ＝12（m2+3﹣k2）＞0，
∵x1＞x2＞0
∴x1+x2＝＞0，x1x2＝﹣＞0，
∴3﹣k2＜0，
∴x1﹣x2＝＝，
设点M的坐标为（xM，yM），则，
两式相减可得y1﹣y2＝2xM﹣（x1+x2），
∵y1﹣y2＝k（x1﹣x2），
∴2xM＝（x1+x2）+k（x1﹣x2），
解得XM＝，
两式相加可得2yM﹣（y1+y2）＝（x1﹣x2），
∵y1+y2＝k（x1+x2）+2m，
∴2yM＝（x1﹣x2）+k（x1+x2）+2m，
解得yM＝，
∴yM＝xM，其中k为直线PQ的斜率；
若选择①②：
设直线AB的方程为y＝k（x﹣2），并设A的坐标为（x3，y3），B的坐标为（x4，y4），
则，解得x3＝，y3＝，
同理可得x4＝，y4＝﹣，
∴x3+x4＝，y3+y4＝，
此时点M的坐标满足，解得XM＝＝（x3+x4），yM＝＝（y3+y4），
∴M为AB的中点，即|MA|＝|MB|；
若选择①③：
当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F（2，0），此时不在直线y＝x上，矛盾，
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝m（x﹣2）（m≠0），并设A的坐标为（x3，y3），B的坐标为（x4，y4），
则，解得x3＝，y3＝，
同理可得x4＝，y4＝﹣，
此时xM＝（x3+x4）＝，
∴yM＝（y3+y4）＝，
由于点M同时在直线y＝x上，故6m＝•2m2，解得k＝m，
因此PQ∥AB．
若选择②③，
设直线AB的方程为y＝k（x﹣2），并设A的坐标为（x3，y3），B的坐标为（x4，y4），
则，解得x3＝，y3＝，
同理可得x4＝，y4＝﹣，
设AB的中点C（xC，yC），则xC＝（x3+x4）＝，yC＝（y3+y4）＝，
由于|MA|＝|MB|，故M在AB的垂直平分线上，即点M在直线y﹣yC＝﹣（x﹣xC）上，
将该直线y＝x联立，解得xM＝＝xC，yM＝＝yC，
即点M恰为AB中点，故点M在直线AB上．
（2）解法二：由已知得直线PQ的斜率存在且不为零，直线AB的斜率不为零，
若选由①②⇒③，或选由②③⇒①：由②成立可知直线AB的斜率存在且不为0．
若选①③⇒②，则M为线段AB的中点，假设AB的斜率不存在，
则由双曲线的对称性可知M在x轴上，即为焦点F，
此时由对称性可知P、Q关于x轴对称，从而x1＝x2，已知不符．
综上，直线AB的斜率存在且不为0，
直线AB的斜率为k，直线AB的方程为y＝k（x﹣2）．
则条件①M在直线AB上，等价于y0＝k（x0﹣2）⇔ky0＝k2（x0﹣2），
两渐近线的方程合并为3x2﹣y2＝0，
联立方程组，消去y并化简得：（k2﹣3）x2﹣4k2x+4k2＝0，
设A（x3，y3），B（x4，y4），线段中点为N（xN，yN），
则xN＝＝.yN＝k（xN﹣2）＝，
设M（x0，y0），
则条件③|AM|＝|BM|等价于（x0﹣x3）2+（y0﹣y3）2＝（x0﹣x4）2+（y0﹣y4）2，
移项并利用平方差公式整理得：
（x3﹣x4）[2x0﹣（x3+x4）]+（y3﹣y4）[（2y0﹣（y3+y4）]＝0，
[2x0﹣（x3+x4）]+[2y0﹣（y3+y4）]＝0，
∴x0﹣xN+k（y0﹣yN）＝0，
[2x0﹣（x3+x4）]+[2y0﹣（y3+y4）]＝0，
∴x0﹣xN+k（y0﹣yN）＝0，
∴，
由题意知直线PM的斜率为﹣，直线QM的斜率为，
∴由（x1﹣x0），y2﹣y0＝（x2﹣x0），
∴y1﹣y2＝﹣（x1+x2﹣2x0），
∴直线PQ的斜率m＝＝﹣，
直线PM：y＝﹣（x﹣x0）+y0，即y＝，
代入双曲线的方程为3x2﹣y2﹣3＝0，即（）（）＝3中，
得（）[2﹣（）]＝3，
解得P的横坐标为（+）]＝3，
同理，x2＝﹣（），x1+x2﹣2x0＝﹣﹣x0，
∴m＝，
∴条件②PQ∥AB等价于m＝k⇔ky0＝3x0，
综上所述：
条件①M在AB上等价于m＝k⇔ky0＝k2（x0﹣2），
条件②PQ∥AB等价于ky0＝3x0，
条件③|AM|＝|BM|等价于．
选①②⇒③：
由①②解得∴，∴③成立；
选①③⇒②：
由①③解得：，ky0＝，∴ky0＝3x0，∴②成立；
选②③⇒①：
由②③解得：，ky0＝，∴，∴①成立．
4．（2022•新高考Ⅰ）已知点A（2，1）在双曲线C：﹣＝1（a＞1）上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0．
（1）求l的斜率；
（2）若tan∠PAQ＝2，求△PAQ的面积．
【解答】解：（1）将点A代入双曲线方程得 ，
化简得a4﹣4a2+4＝0，∴a2＝2，故双曲线方程为，
由题显然直线l的斜率存在，设l：y＝kx+m，设P（x1，y1）Q（x2，y2），
则联立双曲线得：（2k2﹣1）x2+4kmx+2m2+2＝0，
故，，
，
化简得：2kx1x2+（m﹣1﹣2k）（x1+x2）﹣4（m﹣1）＝0，
故，
即（k+1）（m+2k﹣1）＝0，而直线l不过A点，故k＝﹣1；
（2）设直线AP的倾斜角为α，由，
∴，得
由2α+∠PAQ＝π，∴，
得，即，
联立，及得，
同理，
故，
而，由，得，
故S△PAQ＝|AP||AQ|sin∠PAQ＝|x1x2﹣2（x1+x2）+4|＝．
5．（2021•新高考Ⅰ）在平面直角坐标系xOy中，已知点F1（﹣，0），F2（，0），点M满足|MF1|﹣|MF2|＝2．记M的轨迹为C．
（1）求C的方程；
（2）设点T在直线x＝上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且|TA|•|TB|＝|TP|•|TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和．
【解答】解：（1）由双曲线的定义可知，M的轨迹C是双曲线的右支，设C的方程为，
根据题意，解得，
∴C的方程为；
（2）（法一）设，直线AB的参数方程为，
将其代入C的方程并整理可得，（16cs2θ﹣sin2θ）t2+（16csθ﹣2msinθ）t﹣（m2+12）＝0，
由参数的几何意义可知，|TA|＝t1，|TB|＝t2，则，
设直线PQ的参数方程为，|TP|＝λ1，|TQ|＝λ2，同理可得，，
依题意，，则cs2θ＝cs2β，
又θ≠β，故csθ＝﹣csβ，则csθ+csβ＝0，即直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0．
（法二）设，直线AB的方程为，A（x1，y1），B（x2，y2），设，
将直线AB方程代入C的方程化简并整理可得，，
由韦达定理有，，
又由可得，
同理可得，
∴＝，
设直线PQ的方程为，设，
同理可得，
又|AT||BT|＝|PT||QT|，则，化简可得，
又k1≠k2，则k1＝﹣k2，即k1+k2＝0，即直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0．
考向二 直线与圆锥曲线综合
6．（2021•新高考Ⅱ）已知椭圆C的方程为+＝1（a＞b＞0），右焦点为F（，0），且离心率为．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2+y2＝b2（x＞0）相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝．
【解答】（Ⅰ）解：由题意可得，椭圆的离心率＝，又，
所以a＝，则b2＝a2﹣c2＝1，
故椭圆的标准方程为；
（Ⅱ）证明：先证明充分性，
当|MN|＝时，设直线MN的方程为x＝ty+s，
此时圆心O（0，0）到直线MN的距离，则s2﹣t2＝1，
联立方程组，可得（t2+3）y2+2tsy+s2﹣3＝0，
则Δ＝4t2s2﹣4（t2+3）（s2﹣3）＝12（t2﹣s2+3）＝24，
因为，
所以t2＝1，s2＝2，
因为直线MN与曲线x2+y2＝b2（x＞0）相切，
所以s＞0，则，
则直线MN的方程为恒过焦点F（），
故M，N，F三点共线，
所以充分性得证．
若M，N，F三点共线时，设直线MN的方程为x＝my+，
则圆心O（0，0）到直线MN的距离为，解得m2＝1，
联立方程组，可得，
即，
所以；
所以必要性成立；
综上所述，M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝．
根据近几年真题推测主要考查直线与圆锥曲线的位置关系，涉及弦长、弦中点、定点、定值和取值范围等问题，常与函数、不等式等知识综合考查。复习时需注意以下几点：（1）求解圆锥曲线时，需关注待定系数法与定义法的应用（2）求解有关弦中点问题时，需关注点差法和根与系数的关系的应用（3）求解定值、定点问题时，需注意求解思路与转化方法。
一．椭圆的标准方程（共1小题）
1．（2023•浦东新区三模）已知t∈R，曲线C：（4﹣t）x2+ty2＝12．
（1）若曲线C为圆，且与直线y＝x﹣2交于A，B两点，求|AB|的值；
（2）若曲线C为椭圆，且离心率，求椭圆C的标准方程；
（3）设t＝3，若曲线C与y轴交于A，B两点（点A位于点B的上方），直线y＝kx+t与C交于不同的两点P，Q，直线y＝s与直线BQ交于点G，求证：当st＝4时，A，G，P三点共线．
【解答】解：（1）若曲线C为圆，则4﹣t＝t＞0⇒t＝2，
圆方程为：x2+y2＝6，此时圆心到直线的距离，
此时；
（2）曲线C的方程曲线C：（4﹣t）x2+ty2＝12，
可得，
当焦点在x轴上时，，
由离心率，可得，
此时椭圆C的标准方程为，
当焦点在y轴上时，，
由离心率，可得，
此时椭圆C的标准方程为；
（3）当t＝3时，方程为x2+3y2＝12，A（0，2），B（0，﹣2），设Q（x1，y1），P（x2，y2）．
直线BQ的方程为：，
令y＝s，G（，2），
联立，
，，
因为，，
＝，
分子＝
＝，
即kAG＝kAP，因而A，G，P三点共线．
二．椭圆的性质（共2小题）
2．（2023•平罗县校级模拟）已知椭圆C：＝1（a＞b＞0）的离心率为，且椭圆上任意一点到椭圆两个焦点的距离之和为2．直线l：y＝（x+2）交椭圆C于不同的两点A，B．
（1）求椭圆C的方程；
（2）椭圆左焦点为F1，求△F1AB的面积．
【解答】解：（1）由已知有，
解得，
则椭圆C的方程为．
（2）联立，得3x2+4x＝0，
解得x1＝0，，如图，
则A（0，1），，则，
直线l的方程为x﹣2y+2＝0，F1（﹣1，0）到直线l的距离．
所以△F1AB的面积为．
3．（2023•奉贤区二模）已知椭圆C：，A（0，b），B（0，﹣b）．椭圆C内部的一点（t＞0），过点T作直线AT交椭圆于M，作直线BT交椭圆于N．M、N是不同的两点．
（1）若椭圆C的离心率是，求b的值；
（2）设△BTM的面积是S1，△ATN的面积是S2，若，b＝1时，求t的值；
（3）若点U（xu，yu），V（xv，yv）满足xu＜xv且yu＞yv，则称点U在点V的左上方．求证：当时，点N在点M的左上方．
【解答】解：（1）因为椭圆C的离心率是，
当0＜b＜2时，，得b＝1；
当b＞2时，，得b＝4；
所以b的值为1或4；
（2）由题意，直线AM的斜率kAM存在，直线BN的斜率kBN存在，，直线AM的方程，设M（xM，yM）．
则.，直线BN的方程，设N（xN，yN），
则，
由图，，
注意到∠BTM+∠ATN＝π，则sin∠BTM＝sin∠ATN．
又，
同理可得，
则．
（3）证明：由题意，直线AM的斜率kAM存在，直线BN的斜率kBN存在，，直线AM的方程，设M（xM，yM）．
则 ，
，直线BN的方程，设N（xN，yN），
则 ，
则
=，
又在椭圆内部，则，故xM＞xN，
又根据题意知，所以，所以当时，点N在点M的左上方．
三．直线与椭圆的综合（共22小题）
4．（2023•海淀区校级三模）已知椭圆，且过两点．
（1）求椭圆E的方程和离心率e；
（2）若经过M（1，0）有两条直线l1，l2，它们的斜率互为倒数，l1与椭圆E交于A，B两点，l2与椭圆E交于C，D两点，P，Q分别是AB，CD的中点试探究：△OPQ与△MPQ的面积之比是否为定值？若是，请求出此定值；若不是，请说明理由．
【解答】解：（1）由题意可得，
解得，
则E的方程；
（2）由已知可得直线AB的斜率存在，且不为0，也不为±1，
设直线AB：x＝my+1，（m≠0且m≠±1），
联立，可得（m2+4）y2+2my﹣3＝0，
方程（m2+4）y2+2my﹣3＝0的判别式Δ＝4m2+12（m2+4）＞0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），P（x0，y0），
则，．
所以，，
所以，
因为两直线斜率互为倒数，则，
用代换P点坐标中的m得．
所以，
所以直线，即，
所以PQ恒过定点，
设点O、M到直线PQ的距离分别是d1，d2，
则．
△OPQ与△MPQ的面积之比是定值，定值为4．
5．（2023•汉中模拟）已知过点（1，e）的椭圆E：的焦距为2，其中e为椭圆E的离心率．
（1）求E的标准方程；
（2）设O为坐标原点，直线l与E交于A，C两点，以OA，OC为邻边作平行四边形OABC，且点B恰好在E上，试问：平行四边形OABC的面积是否为定值？若是定值，求出此定值；若不是，说明理由．
【解答】解：（1）设椭圆E的焦距为2c，则，
由题意可得，解得，
故E的标准方程为；
（2）平行四边形OABC的面积为定值，理由如下：
由（1）可得：，则有：
当直线l的斜率不存在时，设A（x1，y1），C（x1，﹣y1），
若OABC为平行四边形，则点B为长轴顶点，不妨设，
可得，解得，
故平行四边形OABC的面积；
当直线l的斜率存在时，设l：y＝kx+m（m≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），
联立方程，消去y得（1+2k2）x2+4kmx+2m2﹣2＝0，
则，
可得，
∵，
若OABC为平行四边形，则，
即点在椭圆上，则，
整理可得4m2＝1+2k2，满足Δ＝8（2k2﹣m2+1）＝24m2＞0，
则，
可得，
点O到直线l：kx﹣y+m＝0的距离，
故平行四边形OABC的面积；
综上所述：平行四边形OABC的面积为定值．
6．（2023•商洛三模）已知离心率为的椭圆经过点A（2，1）．
（1）求椭圆C的方程．
（2）不经过点A且斜率为k的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，若直线AP与直线AQ的斜率之积为，试问k是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．
【解答】解：（1）由题可知，解得，故椭圆C的方程为；
（2）设直线l的方程为y＝kx+m，P（x1，y1） Q（x2，y2），
联立方程组，整理得（1+4k²）x2+8knx+4m2﹣8＝0，
则Δ＝64k2m2﹣（4+16k2）（4m2﹣8）＝128k2﹣16m2+32＞0．
x1+x2＝﹣，x1x2＝，
kAP•kAQ＝•＝＝＝＝，
整理得4k2+2km+m﹣1＝（2k+1）（m+2k﹣1）＝0，
因为l不经过点A，所以m+2k﹣1≠0，所以2k+1＝0，即，
故k为定值，且该定值为．
7．（2023•辽宁二模）已知椭圆的离心率为，且椭圆C经过点，过右焦点F的直线l与椭圆C交于A，B两点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设O为坐标原点，求△OAB面积的最大值以及此时直线l的方程．
【解答】解：（1）由，得a2＝3b2，
所以椭圆C的方程为，
把点的坐标代入上式，得，可得b2＝2，
所以a2＝6，c＝2，故椭圆C的方程为．
（2）由（1）知焦点F的坐标为（2，0），若直线l的斜率为0，
则O，A，B三点不能构成三角形，
所以直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x＝my+2，
联立方程组，消去x，得（m2+3）y2+4my﹣2＝0，
方程（m2+3）y2+4my﹣2＝0的判别式Δ＝16m2+8（m2+3）＝24（m2+1）＞0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），则，，
＝．
令，则，
当且仅当时，等号成立，即△OAB面积的最大值为．
令，解得m＝±1，
所以此时直线l的方程为x﹣y﹣2＝0或x+y﹣2＝0．
8．（2023•商丘三模）如图，椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的左、右顶点分别为A，B，左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，点在椭圆C上．
（1）求椭圆C的方程；
（2）已知P，Q是椭圆C上两动点，记直线AP的斜率为k1，直线BQ的斜率为k2，k1＝2k2．过点B作直线PQ的垂线，垂足为H，问：在平面内是否存在定点T，使得|TH|为定值，若存在，求出点T的坐标；若不存在，试说明理由．
【解答】解：（1）由题意得：e＝＝，，
又a2＝b2+c2，
解得：a＝2，b＝c＝，
故椭圆C的方程为．
（2）证明：存在定点T（，0），使得|TH|为定值，
由（1）及已知得A（﹣2，0），B（2，0），
若直线PQ的斜率为0，则P，Q关于y轴对称，必有kAP＝﹣kBQ，不合题意，
设直线PQ的方程为x＝ty+n（n≠±2），
联立，
消去x整理得：（t2+2）y2+2tny+n2﹣4＝0，
Δ＝（2tn）2﹣4•（t2+2）•（n2﹣4）＝8（2t2+4﹣n2）＞0，得2t2+4＞n2，
设P（x1，y1），Q（x2，y2），
则y1+y2＝﹣，y1•y2＝，
∵P（x1，y1）是椭圆上的一点，
∴，
∴kAP•kBP＝＝＝＝﹣，
则kAP＝﹣＝2kBQ，即4kBP•kBQ＝﹣1，
∴4××＝﹣1，
即4y1•y2+（x1﹣2）（x2﹣2）＝0，
4y1•y2+（ty1+n﹣2）（ty2+n﹣2）
＝（t2+4）y1•y2+t•（n﹣2）•（y1+y2）+（n﹣2）2
＝（t2+4）•+t•（n﹣2）•（）+（n﹣2）2
＝0，
∵n≠2，
∴（t2+4）•（n+2）﹣2t2n+（n+2）（t2+2）＝0，
整理得6n+4＝0，解得n＝﹣，
直线PQ恒过定点M（﹣，0），
又BH⊥PQ于H，
所以点H在以BM为直径的圆上，BM的中点T（，0）到H的距离为定值，
故存在定点T（，0），使得|TH|为定值．
9．（2023•南通模拟）已知A，B是椭圆上关于坐标原点O对称的两点，点D（4，0），连结DA并延长交C于点M，连结DB交C于点N．
（1）若A为线段DM的中点，求点A的坐标；
（2）设△DMN，△DAB的面积分别为S1，S2，若，求线段OA的长．
【解答】解：（1）设A（x0，y0），∴M（2x0﹣4，2y0），
由A，M均在椭圆C上，∴，解得，，
∴；
（2）设DA方程为x＝my+4，A（x0，y0），B（﹣x0，﹣y0），D（4，0），，
联立直线与椭圆方程，得3（m2y2+8my+16）+4y2＝12，（3m2+4）y2+24my+36＝0，
∴，
∴．
同理，
∴，∴＝，∴；
而，∴，∴．
10．（2023•未央区校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：与椭圆C2：x2+＝1，且椭圆C2过椭圆C1的焦点．过点的直线l与椭圆C1交于A，B两点，与椭圆C2交于C，D两点．
（1）求椭圆C1的标准方程；
（2）若存在直线l，使得AB＝CD，求t的取值范围．
【解答】解：（1）因为椭圆C2过点（±1，0），所以a2﹣2＝1，
所以a2＝3，即椭圆C1的标准方程为．
（2）易知直线l的斜率存在，设l：y＝kx+t，A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），
联立直线l与椭圆C1，，消去y，整理得（3k2+2）x2+6ktx+3t2﹣6＝0，
则，，Δ＝（6kt）2﹣4（3k2+2）（3t2﹣6）＞0，即3k2﹣2t2+2＞0，
联立直线l与椭圆C2，，消去y，整理得（k2+2）x2+2ktx+t2﹣2＝0，
则，，Δ＝（2kt）2﹣4（k2+2）（t2﹣2）＞0，即k2﹣t2+2＞0，
所以，
，
因为，所以，
即，平方整理得，
因为k2+1≥1，所以，即t的取值范围为．
11．（2023•临汾模拟）已知用周长为36的矩形截某圆锥得到椭圆与矩形的四边都相切且焦距为2c，_____．
①a，b，c为等差数列；②为等比数列．
（1）在①②中任选一个条件，求椭圆的标准方程；
（2）（1）中所求C的左、右焦点分别为F1，F2，过F1作直线与椭圆C交于P，Q两点，A为椭圆的右顶点，直线AP，AQ分别交直线于M，N两点，求以MN为直径的圆是否过定点，若是求出该定点；若不是请说明理由．
【解答】解：（1）选①，由题意可得4a+4b＝36，2b＝2a+c，又a2＝b2+c2，解得a＝5，b＝4，c＝3，
所以椭圆的标准方程为．
选②，由题意可得4a+4b＝36，c2＝（a+1）×b，又a2＝b2+c2，解得a＝5，b＝4，c＝3，
所以椭圆的标准方程为．
（2）①当直线PQ的斜率不存在时，lPQ的方程为x＝﹣3，
不妨设P在x轴上方，则，lAP的方程为，令，得，
所以，同理，
所以以MN为直径的圆的标准方程为．
②当直线PQ的斜率存在时，设lPQ的方程为y＝k（x+3），P（x1，y1），Q（x2，y2），
联立得（25k2+16）x2+150k2x+225k2﹣400＝0，
可得根与系数的关系为．
lAP的方程为，
令，得，则M，
同理可得N，
所以以MN为直径的圆的标准方程为．
＝，
，
将根与系数的关系代入上式并整理得，
令y＝0，则，解得x＝﹣3或．
当斜率不存在时，令y＝0，则，解得或x＝﹣3．
由①②知，以MN为直径的圆过（﹣3，0）和．
12．（2023•雅安三模）已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为2，左顶点为A，点是椭圆C上一点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线l过椭圆C的右焦点F2且与椭圆交于P，Q两点，直线AP，AQ与直线x＝4分别交于点M，N．
①求证：M，N两点的纵坐标之积为定值；
②求△AMN面积的最小值．
【解答】解：（1）由题意可知，解得a2＝4，b2＝3，
所以椭圆C的方程为+＝1．
（2）①证明：设直线l的方程为x＝my+1，
联立，得（3m2+4）y2+6my﹣9＝0，
设P（x1，y1），Q（x2，y2），
所以y1+y2＝﹣，y1y2＝﹣，
直线AP的方程为y＝（x+2），
令x＝4得yM＝，同理可得yN＝，
所以yMyN＝＝＝＝＝﹣9．
②S△AMN＝•6•|yM﹣yN|＝3|yM+|≥3•2 ＝18．
当且仅当yM＝3，yN＝﹣3或yM＝﹣3，yN＝3时等号成立，
所以△AMN面积的最小值为18．
13．（2023•南开区二模）已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为A，B，上顶点为D，坐标原点O到直线AD的距离为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过A点作两条互相垂直的直线AP，AQ与椭圆交于P，Q两点，求△BPQ面积的最大值．
【解答】解：（1）由已知可得，解得a＝2，b＝1，，
所以椭圆的方程为．
（2）设PQ的直线方程为x＝ty+m，P（x1，y1），Q（x2，y2），
联立方程整理得（t2+4）y2+2mty+m2﹣4＝0，
所以，，
因为AP⊥AQ，A（﹣2，0），
所以（x1+2）（x2+2）+y1y2＝0⇒x1x2+2（x1+x2）+4+y1y2＝0，
（ty1+m）（ty2+m）+2（ty1+ty2+2m）+4+y1y2＝0，
即，
所以，
整理得5m2+16m+12＝0，解得或m＝﹣2（舍去），
所以
所以，
令，
则，
此时△BPQ最大值为．
14．（2023•山西模拟）已知椭圆的离心率为为C的右焦点，过点F作与x轴不重合的直线l，交C于A，B两点，当l与y轴平行时，|AB|＝3．
（1）求C的方程；
（2）P为C的左顶点，直线PA，PB分别交直线x＝4于D，E两点，求的值．
【解答】解：（1）设F（c，0），
当l与y轴平行时，直线l的方程为x＝c，则在椭圆上，
代入椭圆方程得，
又因为离心率，解得．
所以C的方程为．
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），由椭圆C的方程得P（﹣2，0），
当直线斜率不存在时，，
直线PA的方程为，
令x＝4得，同理．
若直线l斜率存在时，设直线l：y＝k（x﹣1），
联立得3x2+4k2（x﹣1）2＝12，
即（4k2+3）x2﹣8k2x+4k2﹣12＝0，
，
直线PA的方程为，
令x＝4得，
同理，
则
＝．
综上，得的值为0．
15．（2023•重庆模拟）已知椭圆的左右焦点分别为F1，F2，右顶点为A，上顶点为B，O为坐标原点，|OA|＝2|OB|．
（1）若△BF1F2的面积为，求椭圆C1的标准方程；
（2）如图，过点P（1，0）作斜率k（k＞0）的直线l交椭圆C1于不同两点M，N，点M关于x轴对称的点为S，直线SN交x轴于点T，点P在椭圆的内部，在椭圆上存在点Q，使，记四边形OMQN的面积为S1，求的最大值．
【解答】解：（1）∵|OA|＝2|OB|，
∴a＝2b，，，
又a2＝b2+c2，
解得，
所以椭圆C1的标准方程为：．
（2）椭圆，
令M（x1，y1），N（x2，y2），Q（x0，y0），T（xT，0），直线l的方程为：y＝k（x﹣1），
联立方程组：，消去y得（1+4k2）x2﹣8k2x+4k2﹣4b2＝0，
由韦达定理得，，
有，
因为：，
所以，，
将点Q坐标代入椭圆方程化简得：，
而此时：Δ＝（8k2）2﹣4（1+4k2）（4k2﹣4b2）＝48k2＞0，
令S（x1，﹣y1），所以直线，
令y＝0得 ，
由韦达定理化简得，S1＝2S△OMN，
而，
O点到直线l的距离，
所以：，，，
因为点P在椭圆内部，所以1＜4b2，得，即，
令，求导得，
当，即时，f′（k）＞0，f（k）单调递增；当，即时，f'（k）＜0，f（k）单调递减．
所以：，即 ．
16．（2023•湖北模拟）已知椭圆的右顶点为A，左焦点为F，过点F作斜率不为零的直线l交椭圆于M，N两点，连接AM，AN分别交直线于P，Q两点，过点F且垂直于MN的直线交直线于点R．
（1）求证：点R为线段PQ的中点；
（2）记△MPR，△MRN，△NRQ的面积分别为S1，S2，S3，试探究：是否存在实数λ使得λS2＝S1+S3？若存在，请求出实数λ的值；若不存在，请说明理由．
【解答】（1）证明：A（3，0），F（﹣2，0），设直线l：x＝my﹣2，M（x1，y1），N（x2，y2），
联立，得（9+5m2）y2﹣20my﹣25＝0，
∴y1+y2＝，y1y2＝，
直线AM：y＝（x﹣3），令x＝﹣，得y＝﹣，
∴P（﹣，﹣），同理Q（﹣，﹣），
∴yP+yQ＝﹣﹣＝﹣（+）
＝﹣•＝﹣•＝5m，
直线RF：y＝﹣m（x+2），令x＝﹣，得y＝，∴R（﹣，），
∴yP+yQ＝2yR，∴点R为线段PQ的中点；
（2）解：由（1）知，|MN|＝|y1﹣y2|＝•＝，
又|RF|＝＝，
∴S2＝|RF|•|MN|＝，
而S1+S3＝|RP|•|x1+|+|QR||x2+|＝|PQ|•|x1++x2+|＝×（﹣）|﹣+|•|m（y1+y2）+5|
＝||•|m（y1+y2）+5|＝||•|+5|＝，
∴S2＝S1+S3，
故存在λ＝使得λS2＝S1+S3．
17．（2023•锦江区校级模拟）设椭圆过点，且左焦点为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）△ABC内接于椭圆E，过点P（4，1）和点A的直线l与椭圆E的另一个交点为点D，与BC交于点Q，满足，求△ABC面积的最大值．
【解答】解：（1）令椭圆E的半焦距为c，依题意，，解得a2＝4，b2＝2，
所以椭圆E的方程为．
（2）设点Q，A，D的坐标分别为（x，y），（x1，y1），（x2，y2），
显然均不为零，依题意，令，有λ＞0且λ≠1，
又A，P，D，Q四点共线，从而，
即（4﹣x1，1﹣y1）＝﹣λ（x2﹣4，y2﹣1），（x﹣x1，y﹣y1）＝λ（x2﹣x，y2﹣y），
于是，
从而①，②，
又点A，D在椭圆E上，即③，④，
①+②×2并结合③，④得4x+2y＝4，即动点Q（x，y）总在定直线2x+y﹣2＝0上，
因此直线BC方程为2x+y﹣2＝0，
由消去y得9x2﹣16x+4＝0，Δ＝162﹣4×9×4＞0，
设B（x3，y3），C（x4，y4），则，
于是，设，
则点A到直线BC的距离，其中锐角φ由确定，
因此，
当且仅当sin（θ+φ）＝﹣1时取等号，
所以△ABC的面积最大值为．
18．（2023•凉州区模拟）已知椭圆的长轴长为4，A，B是其左、右顶点，M是椭圆上异于A，B的动点，且．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若P为直线x＝4上一点，PA，PB分别与椭圆交于C，D两点．
①证明：直线CD过椭圆右焦点F2；
②椭圆的左焦点为F1，求△CF1D的内切圆的最大面积．
【解答】解：（1）由已知得：a＝2，A（﹣2，0），B（2，0），
设M（x0，y0）（x0≠±2），
因为M在椭圆上，所以①，
因为，
将①式代入，得，
所以b2＝3，
所以椭圆C的方程为．
（2）①证明：设P（4，t）（t≠0），则，，
所以，，
联立方程，得，
则．
联立方程，得，，
则，
椭圆的右焦点为F2（1，0），，，
因为，
说明C，D，F2三点共线，即直线CD恒过F2点．
②因为直线CD恒过F2点，
所以△CF1D的周长为|CF1|+|CF2|+|DF1|+|DF2|＝4a，
设△CF1D内切圆的半径为r，
所以△CF1D的面积，
所以，即4r＝|yC﹣yD|，
若内切圆的面积最大，即r最大，也就是|yC﹣yD|最大，
因为C，D，F1三点不共线，
所以直线CD的斜率不为0，设直线CD的方程为x＝my+1，
代入得：（3m2+4）y2+6my﹣9＝0，
可得，，
又因为
令，（*）式化为：，n≥1
因为函数在[1，+∞）上单调递增，
所以当n＝1，即m＝0时，（*）式取最大值3，
所以4r≤3，故，
所以得到△CF1D内切圆面积的最大值为，当m＝0时取得．
19．（2023•湖北模拟）已知椭圆与坐标轴的交点所围成的四边形的面积为上任意一点到其中一个焦点的距离的最小值为1．
（1）求椭圆E的方程；
（2）设直线交E于M，N两点，O为坐标原点，以OM，ON为邻边作平行四边形OMPN，P在椭圆E上，求|OP|的取值范围．
【解答】解：（1）知椭圆与坐标轴的交点所围成的四边形的面积为上任意一点到其中一个焦点的距离的最小值为1．
则，解得，
所以a2（a2﹣c2）＝12，即a2（a+c）＝12，
所以a2（2a﹣1）＝12，
所以（a﹣2）（2a2+3a+6）＝0，因为a＞0，
所以a＝2，所以．
所以椭圆E的方程为：．
（2）联立，消去y，化简整理得：（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12＝0，
需满足Δ＝64k2m2﹣4（3+4k2）（4m2﹣12）＝48（3+4k2﹣m2）＞0，
设M（x1，y1），N（x2，y2），P（x0，y0），
由韦达定理可知：．
则以OM，ON为邻边作平行四边形OMPN，
则，
∴，
由于点P在椭圆C上，所以，
即，
化简得：4m2＝3+4k2，经检验满足Δ＝48（3+4k2﹣m2）＞0，
又＝
，
由于，
∴3≤4k2+3≤15，
所以≤1，
所以，故，
所以|OP|的取值范围为．
20．（2023•黄浦区校级三模）已知椭圆C：的焦距为，且过点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设与坐标轴不垂直的直线l交椭圆C于M，N两点（异于椭圆顶点），点P为线段MN的中点，O为坐标原点．
①若点P在直线上，求证：线段MN的垂直平分线恒过定点S，并求出点S的坐标；
②求证：当△OMN的面积最大时，直线OM与ON的斜率之积为定值．
【解答】解：（1）由已知可得2c＝2，，又a2＝b2+c2，
∴b2＝1，a2＝4，
∴椭圆C的方程为．
（2）证明：由题意知，直线l斜率存在，设直线l方程为y＝kx+m，设M（x1，y1），N（x2，y2），P（x0，y0）．
由，消去y整理得（1+4k2）x2+8kmx+4m2﹣4＝0，
Δ＝64k2m2﹣16（m2﹣1）（1+4k2）＝16（1+4k2﹣m2）＞0，
．
①∵点P为线段MN的中点，点P在直线上，
∴，即，
∴y0＝kx0+m＝．
∴线段MN的垂直平分线方程为，即，即，
故线段MN的垂直平分线恒过定点．
②由弦长公式得＝，
坐标原点到直线MN的距离为，
∴△OMN的面积为
＝
．
当且仅当m2＝1+4k2﹣m2，即2m2＝1+4k2时等号成立．
∴
＝
＝
＝．
∴直线OM与ON的斜率之积为定值．
21．（2023•安庆二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，A、B、C分别为椭圆E：的三个顶点，F（c，0）为其右焦点，直线AB与直线CF相交于点T．
（1）若点T在直线l：x＝上，求椭圆E的离心率；
（2）设直线CF与椭圆E的另一个交点为D，M是线段CD的中点，椭圆E的离心率为，试探究的值是否为定值（与a，b无关）．若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由．
【解答】解：（1）由题意可知，点A，B，C的坐标分别为 （﹣a，0），（0，b），（0，﹣b），
所以直线AB的方程为，直线CF的方程为．
由和，消除y，得，即为点T的横坐标．
因为点T在直线上，
所以．
整理得2c2+ac﹣a2＝0，所以2e2+e﹣1＝0，
所以离心率．
（2）当椭圆E的离心率为时，a＝2c，，
所以椭圆E的方程为，即3x2+4y2＝12c2，
直线CF的方程为．
联立，消去y，化简整理，得x（5x﹣8c）＝0，
所以点D的横坐标为，纵坐标为．
因为点C的坐标为，所以CD中点M的坐标为．
又由（1）知点T的横坐标为，所以点T的纵坐标为．
所以，，
故为定值．
22．（2023•虹口区校级模拟）已知椭圆C：的离心率为，左、右顶点分别为A、B，点P、Q为椭圆上异于A、B的两点，△PAB面积的最大值为2．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设直线AP、BQ的斜率分别为k1、k2，且3k1＝5k2．
①求证：直线PQ经过定点；
②设△PQB和△PQA的面积分别为S1、S2，求|S1﹣S2|的最大值．
【解答】解：（1）当点P为椭圆C短轴顶点时，△PAB的面积取最大值，
且最大值为，
由题意可得，解得，
所以椭圆C的标准方程为．
（2）①证明：设点P（x1，y1）、Q（x2，y2），
若直线PQ的斜率为零，则点P、Q关于y轴对称，则k1＝﹣k2，不合乎题意；
设直线PQ的方程为x＝ty+n，由于直线PQ不过椭圆C的左、右焦点，则n≠±2，
联立，消去x可得（t2+4）y2+2tny+n2﹣4＝0，
Δ＝4t2n2﹣4（t2+4）（n2﹣4）＝16（t2+4﹣n2）＞0，可得n2＜t2+4，
由韦达定理可得，
则，
所以
＝，
解得，
即直线PQ的方程为，故直线PQ过定点．
②由韦达定理可得，
所以，
＝，
因为t2≥0，则，
因为函数在上单调递增，
故，
所以，当且仅当t＝0时，等号成立，
因此，|S1﹣S2|的最大值为．
23．（2023•天津模拟）已知曲线C的方程为y2＝4x（x＞0），曲线E是以F1（﹣1，0）、F2（1，0）为焦点的椭圆，点P为曲线C与曲线E在第一象限的交点，且．
（1）求曲线E的标准方程；
（2）直线l与椭圆E相交于A，B两点，若AB的中点M在曲线C上，求直线l的斜率k的取值范围．
【解答】解：（1）依题意，c＝1，，
利用抛物线的定义得，
∴P点的坐标为…（2分）
，又由椭圆定义得．…（4分）
∴b2＝a2﹣c2＝3，
所以曲线E的标准方程为．…（6分）
（2）设直线l与椭圆E交点A（x1，y1），B（x2，y2），A，B的中点M的坐标为（x0，y0），
设直线方程为y＝kx+m（k≠0，m≠0）
与联立，得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12＝0，
由Δ＞0，得4k2﹣m2+3＞0，①…（8分）
由韦达定理得x1+x2＝﹣，，
∴x0＝，，
将中点（，）代入曲线C的方程为y2＝4x（x＞0），
整理，得9m＝﹣16k（3+4k2），②…（10分）
将②代入①得162k2（3+4k2）＜81
令t＝4k2（t＞0），
则64t2+192t﹣81＜0，∴，
∴．…（12分）
24．（2023•鼓楼区校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，设F为椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的左焦点，直线x＝﹣与x轴交于点P，M为椭圆C的左顶点，已知椭圆长轴长为8，且＝2．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若过点P的直线与椭圆交于两点A，B，设直线AF，BF的斜率分别为k1，k2．
①求证：k1+k2为定值；
②求△ABF面积的最大值．
【解答】解：（ 1）因为2a＝8，所以a＝4，
又，
所以，
所以c＝2，b2＝12，
所以椭圆C的标准方程为．
（2）①当AB的斜率为0时，显然k1＝k2＝0，k1+k2＝0．
当AB的斜率不为0时，设AB：x＝my﹣8，
由 得（3m2+4）y2﹣48my+144＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
故有，
所以 ．
因为y1（my2﹣6）+y2（my1﹣6）＝2my1y2﹣6（y1+y2）＝0，
所以k1+k2＝0．
综上所述，恒有k1+k2＝0为定值．
②，
即S△ABC＝＝＝≤＝3，
当且仅当，即时取等号 （此时适合Δ＞0 ），
所以△ABF面积的最大值为．
25．（2023•滨海新区校级三模）已知椭圆+＝1（a＞b＞0）的左焦点为F（﹣c，0），右顶点为A，点E的坐标为（0，c），△EFA的面积为．
（I）求椭圆的离心率；
（II）设点Q在线段AE上，|FQ|＝c，延长线段FQ与椭圆交于点P，点M，N在x轴上，PM∥QN，且直线PM与直线QN间的距离为c，四边形PQNM的面积为3c．
（i）求直线FP的斜率；
（ii）求椭圆的方程．
【解答】解：（Ⅰ）设椭圆的离心率为e．由已知，可得．又由b2＝a2﹣c2，可得2c2+ac﹣a2＝0，即2e2+e﹣1＝0．又因为0＜e＜1，解得．
所以，椭圆的离心率为；
（Ⅱ）（ⅰ）依题意，设直线FP的方程为x＝my﹣c（m＞0），则直线FP的斜率为．
由（Ⅰ）知a＝2c，可得直线AE的方程为，即x+2y﹣2c＝0，与直线FP的方程联立，可解得，即点Q的坐标为．
由已知|FQ|＝，有，整理得3m2﹣4m＝0，所以，即直线FP的斜率为．
（ii）解：由a＝2c，可得，故椭圆方程可以表示为．
由（i）得直线FP的方程为3x﹣4y+3c＝0，与椭圆方程联立消去y，
整理得7x2+6cx﹣13c2＝0，解得（舍去），或x＝c．
因此可得点，进而可得，
所以．
由已知，线段PQ的长即为PM与QN这两条平行直线间的距离，故直线PM和QN都垂直于直线FP．
因为QN⊥FP，所以，
所以△FQN的面积为，
同理△FPM的面积等于，
由四边形PQNM的面积为3c，得，
整理得c2＝2c，又由c＞0，得c＝2．
所以，椭圆的方程为．
四．直线与抛物线的综合（共3小题）
26．（2023•佛山模拟）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线Γ：x2＝2py（p＞0）的焦点为F，抛物线Γ上不同两点M，N同时满足下列三个条件中的两个：①|FM|+|FN|＝|MN|；②|OM|＝|ON|＝|MN|＝8；③直线MN的方程为y＝6p．
（1）请分析说明两点M，N满足的是哪两个条件？并求抛物线Γ的标准方程；
（2）过抛物线Γ的焦点F的两条倾斜角互补的直线AB和CD交抛物线Γ于A，B，C，D，且A，C两点在直线BD的下方，求证：直线AD，BC的倾斜角互补并求直线AD，BC的交点坐标．
【解答】解：（1）若同时满足①②，由|FM|+|FN|＝|MN|，可得MN过焦点，
当|OM|＝|ON|时，|MN|＝2p，而|OM|＝|ON|＝≠|MN|＝2p，
∴①②不同时成立；
若同时满足①③，由①|FM|+|FN|＝|MN|，可得MN过焦点，
∵直线MN的方程为y＝6p，不过焦点，∴①③不同时成立；
∴同时满足②③，由②|OM|＝|ON|＝|MN|＝8，且直线MN的方程为y＝6p，
∴6p＝12，∴p＝2．∴抛物线Γ的标准方程为x2＝4y；
（2）证明：设过抛物线Γ的焦点F的两条倾斜角互补的直线AB和CD的方程分别为：
y＝kx+，即为y＝kx+，
由方程组，可得x2＝4kx﹣8＝0，
∴xA+xB＝4＝﹣8，
同理以﹣k代替k，可得xC+xD＝﹣4＝﹣8，
∴xA+xB+xC+xD＝0，
设直线AD，BC的方程为y＝k1x+b1，y＝k2x+b2，
由方程组，可得x2＝4＝0，
∴xA+xD＝4，
同理xC+xB＝4，
∴xA+xB+xC+xD＝4，又xA+xB+xC+xD＝0，
∴k1+k2＝0．∴直线AD，BC的倾斜角互补，
由xA+xB+xC+xD＝0，xA⋅xD＝﹣4＝﹣8，
得xA+xD+＝0，
∴（xA+xD）+＝0，
∴，
∴1﹣＝0，∴b1＝﹣，
同理b2＝﹣，
∴直线AD，BC同过点，
故直线AD，BC相交于定点．
27．（2023•淮安模拟）已知抛物线C1：y2＝2px（p＞0）与C2：x2＝2qy（q＞0）都经过点A（4，8）．
（1）若直线l与C1，C2都相切，求l的方程；
（2）点M，N分别在C1，C2上，且，求△AMN的面积．
【解答】解：（1）∵曲线C1，C2都过点A（4，8），
∴，得q＝1，p＝8，
即，，
设直线l与曲线C2相切于点，令，可得f'（x）＝x，
则切线的斜率k＝f'（x0）＝x0，所以切线方程为，即，
由，整理得，
∵l为曲线C1，C2的公切线，所以，得x0＝﹣2，
∴直线l的方程为2x+y+2＝0．
（2）设，，又A（4，8），，
所以，可得，
两式相减得到（t1﹣t2）（t1+t2）﹣2（t1﹣t2）＝0，
当t2＝t1＝﹣1时，N（﹣2，2），M（1，﹣4），此时，，
则，，且，
可得，所以，
所以；
当t1≠t2时，t1+t2＝2，此时方程无解，（舍去），
综上，可得△AMN的面积为27．
28．（2023•青羊区校级模拟）已知抛物线y2＝2px（p＞0）和圆x2+y2＝r2（r＞0）的公共弦过抛物线的焦点F，且弦长为p2．
（Ⅰ）求抛物线和圆的方程；
（Ⅱ）过点F的直线与抛物线相交于A，B两点，抛物线在点A处的切线与y轴的交点为M，求△ABM面积的最小值．
【解答】解：（Ⅰ）由题意可得，2P＝P2，P＞0，∴P＝2，
∴抛物线的方程为y2＝4x，
∵（）2+p2＝r2，
∴r2＝5，
故圆的方程为x2+y2＝5．
（Ⅱ）设直线AB的方程为：x＝ky+1，并设A（x1，y1），B（x2，y2），
联立，消x可得，y2﹣4ky﹣4＝0，
∴y1+y2＝4k，y1y2＝﹣4；
∴|AB|＝|y1﹣y2|＝•＝•＝4（1+k2），
又过点A的切线的斜率为，切线为y﹣y1＝（x﹣x1），
即y1y＝2（x+x1），
令x＝0，可得M（0，），
∴点M到直线AB的距离d＝，
故S△ABM＝×4（1+k2）×＝|ky1+2|，
又t＝＝代入上式并整理可得S△ABM＝•，
令f（x）＝，可得f（x）为偶函数，
当x＞0时，f（x）＝＝x2+8x+，
∴f′（x）＝2x+8﹣＝
令f'（x）＝0，可得x＝
∴当x∈（0，），f'（x）＜0，当x∈（，+∞），f'（x）＞0，
∴当x＝时，f（x）取得最小值
故S△ABM的最小值为×＝
五．直线与双曲线的综合（共10小题）
29．（2023•湖北模拟）已知双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，直线l：x＝1，l与x轴交于点H，l与双曲线C的一条渐近线交于点T，且，．
（1）求双曲线C的方程；
（2）设过点H与x轴不重合的直线交双曲线C于A，B两点，直线AF2，BF2分别交l于点M，N，求证：|HM|＝|HN|．
【解答】解：（1）设双曲线C的焦距为2c，
此时F1（﹣c，0），F2（c，0），H（1，0），
所以，，
因为，
所以﹣c﹣1+3（c﹣1）＝0，
解得c＝2，
所以F1（﹣2，0），F2（2，0），
易知双曲线C的渐近线方程为，
所以，
此时，，
因为，
所以，
解得a2＝2，
又c2＝a2+b2，
则b2＝2，
所以C的方程为；
（2）证明：若过点H与x轴不重合的直线交双曲线C于A，B两点，
不妨设AB的方程为y＝k（x﹣1），A（x1，y1），B（x2，y2），
联立，消去y并整理得（1﹣k2）x2+2k2x﹣k2﹣2＝0，
此时Δ＝4k4﹣4（1﹣k2）（﹣k2﹣2）＞0，
由韦达定理得，，
则
＝，
所以，
即∠MF2H＝∠NF2H，
此时HF2平分∠MF2N，
因为MN⊥HF2，所以点H为MN的中点，
故|HM|＝|HN|．
30．（2023•忻州一模）已知双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）的离心率为，且点A（2，1）在C上．
（1）求双曲线C的方程；
（2）若点M．N在双曲线C上，且AM⊥AN，直线MN不与y轴平行，证明：直线MN的斜率k为定值．
【解答】解：（1）∵双曲线的离心率为，
∴双曲线是等轴双曲线，即，
∵点A（2，1）在C上．
∴得a2＝3，
即双曲线方程为．
（2）证明：当AM的斜率为0或不存在时，可得M，N的坐标为（2，﹣1），（﹣2，1），
此时kMN＝＝﹣，
当AM的斜率存在且不为0时，设直线AM的方程为y＝k（x﹣2）+1，M（x1，y1），N（x2，y2），
与双曲线方程联立方程组消去y得：（1﹣k2）x2+（4k2﹣2k）x﹣4k2+4k﹣4＝0，
∴2x1＝，∴x1＝，
∴y1＝k（x1﹣2）+1＝k（﹣2）+1＝+1，∴M（，+1），
用﹣代替k可得N（，+1），
∴kMN＝＝＝﹣．
综上所述：直线MN的斜率k为定值．
31．（2023•张家口三模）已知点P（4，3）为双曲线上一点，E的左焦点F1到一条渐近线的距离为．
（1）求双曲线E的标准方程；
（2）不过点P的直线y＝kx+t与双曲线E交于A，B两点，若直线PA，PB的斜率和为1，证明：直线y＝kx+t过定点，并求该定点的坐标．
【解答】解：（1）设F1（﹣c，0）（c＞0）到渐近线，即bx﹣ay＝0的距离为，
则，结合a2+b2＝c2得，
又P（4，3）在双曲线上，所以，得a2＝4，
所以双曲线E的标准方程为．
（2）证明：联立，消去y并整理得（3﹣4k2）x2﹣8ktx﹣4t2﹣12＝0，
则3﹣4k2≠0，Δ＝64k2t2+4（3﹣4k2）（4t2+12）＞0，即t2+3＞4k2，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则，，
则＝
＝
＝＝1，
所以2kx1x2+（t﹣4k﹣3）（x1+x2）﹣8t+24＝x1x2﹣4（x1+x2）+16，
所以（2k﹣1）x1x2+（t﹣4k+1）（x1+x2）﹣8t+8＝0，
所以，
整理得t2﹣6k+2kt﹣6t﹣8k2+9＝0，
所以（t﹣3）2+2k（t﹣3）﹣8k2＝0，
所以（t﹣3﹣2k）（t﹣3+4k）＝0，
因为直线y＝kx+t不过P（4，3），即3≠4k+t，t﹣3+4k≠0，
所以t﹣3﹣2k＝0，即t＝2k+3，
所以直线y＝kx+t＝kx+2k+3，即y﹣3＝k（x+2）过定点（﹣2，3）．
32．（2023•岳麓区校级模拟）设双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的右焦点为F，点O为坐标原点，过点F的直线l与C的右支相交于A，B两点．
（1）当直线l与x轴垂直时，OA⊥OB，求C的离心率；
（2）当C的焦距为2时，∠AOB恒为锐角，求C的实轴长的取值范围．
【解答】解：（1）当直线l与x轴垂直时，由对称性知△OAB 是等腰直角三角形，
于是|OF|＝|AF|＝|BF|，即，解得离心率；
（2）若C的焦距为2，则c＝1，即F（1，0）．
由于直线l的斜率不为零，可设其方程为x＝my+1，结合b2＝1﹣a2（0＜a＜1），
联立，得[a²（m²+1）﹣m²]y²+2m（a²﹣1）y﹣（a²﹣1）²＝0．
设A（x1，y1），B（x2，y2），由韦达定理，
由于A，B两点均在C的右支上，故y1y2＜0，∴a2（m2+1）﹣m2＞0，即，
＝（m2+1）y1y2+m（y1+y2）+1
＝＝，
由∠AOB恒为锐角，得，均有，
即m2a2（1﹣a2）﹣a4+3a2﹣1＞0恒成立，由于a2（1﹣a2）＞0，
因此不等号左边是关于m2的增函数，所以只需m2＝0时，﹣a4+3a2﹣1＞0成立即可，
解得＜a＜，结合0＜a＜1，可知a的取值范围时（，1）．
综上所述，C的实轴长的取值范围是（，2）．
33．（2023•德州三模）已知F1，F2分别为双曲线的左，右焦点，点在C上，且双曲线C的渐近线与圆x2+y2﹣6y+8＝0相切．
（1）求双曲线C的方程；
（2）若过点F2且斜率为k的直线l交双曲线C的右支于A，B两点，Q为x轴上一点，满足|QA|＝|QB|，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【解答】解：（1）由题意点在双曲线C上，可得，
圆x2+y2﹣6y+8＝0的圆心为（0，3），半径为1，双曲线的渐近线与圆相切，
所以，即
解得a2＝1，b2＝8，
故双曲线方程为；
（2）是定值，理由如下：
设直线方程为y＝k（x﹣3），由于直线交双曲线C的右支于A，B两点，故k≠0，
联立，可得（8﹣k2）x2+6k2x﹣9k2﹣8＝0，
当k2＝8时，直线与双曲线的渐近线平行，此时直线和双曲线只有一个交点，不合题意；
故k2≠8，此时Δ＝256（k2+1）＞0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），则，
则，
即A，B的中点坐标为，
因为Q为x轴上一点，满足|QA|＝|QB|，故Q为AB的垂直平分线与x轴的交点，
AB的垂直平分线的方程为：，
令y＝0，则得，即，
所以，
又，
又因为A，B在双曲线的右支上，故|AF1|﹣|AF2|＝2a＝2，|BF1|﹣|BF2|＝2，
故|AF1|+|BF1|﹣|AF2|﹣|BF2|＝4，即|AF1|+|BF1|﹣4＝|AB|，
故，
即为定值，定值为．
34．（2023•长春模拟）已知双曲线C上的所有点构成集合P＝{（x，y）|ax2﹣by2＝1（a＞0，b＞0）}和集合Q＝{（x，y）|0＜ax2﹣by2＜1（a＞0，b＞0）}，坐标平面内任意点N（x0，y0），直线l：ax0x﹣by0y＝1称为点N关于双曲线C的“相关直线”．
（1）若N∈P，判断直线l与双曲线C的位置关系，并说明理由；
（2）若直线l与双曲线C的一支有2个交点，求证：N∈Q；
（3）若点N∈Q，点M在直线l上，直线MN交双曲线C于A，B，求证：．
【解答】解：（1）直线l与双曲线C相切，理由如下：
联立方程组，
∴（﹣a2）x2+2ax0x﹣1﹣＝0①，
∵N∈C，∴﹣＝1，即﹣1＝，代入①得，
﹣ax2+2ax0x﹣＝0，
∴Δ＝4a2﹣4a2＝0，
∴直线l与双曲线C相切；
（2）证明：由（1）知（﹣a2）x2+2ax0x﹣1﹣＝0，
∵直线l与双曲线的一支有2个交点，则：，
∵Δ＝4a2﹣4a（﹣a2）（﹣1﹣）＝4ab（1+﹣），
∴﹣＜1，
∵＝＞0，
∴0＜﹣＜1，
∴N∈Q；
（Ⅲ）证明：设M（x1，y1），A（x，y），设＝λ，＝μ，
∵N（x0，y0）∉l，
∴λ≠﹣1，则，代入双曲线C：ax2﹣by2＝1，利用M在l上，
即ax0x1﹣by0y1＝1，整理得，（﹣﹣1）λ2+﹣﹣1＝0，
同理得关于μ的方程，（﹣﹣1）μ2+﹣﹣1＝0，
即λ、μ是（﹣﹣1）t2+﹣﹣1＝0的两根，
∴λ+μ＝0，λ＝﹣μ，
∴．
35．（2023•茂名二模）已知F1，F2分别为双曲线E：＝1（{a＞0，b＞0}）的左、右焦点，P为渐近线上一点，且|PF1|＝|PF2|，cs∠F1PF2＝．
（1）求双曲线的离心率；
（2）若双曲线E实轴长为2，过点F2且斜率为k的直线l交双曲线C的右支不同的A，B两点，Q为x轴上一点且满足|QA|＝|QB|，试探究是否为定值，若是，则求出该定值；若不是，请说明理由．
【解答】解：（1）由|PF1|＝|PF2|，可设|PF1|＝x，|PF2|＝x，
在△PF1F2中cs∠F1PF2＝，
∴|F1F2|2＝7x2+3x2﹣2x•x＝4x2，
即|F1F2|＝2x，
∴|PF1|2＝|PF2|2+|F1F2|2，∴△PF1F2为直角三角形，
∴在△OPR2中，PF2⊥OF2，|PF2|＝x，|OF2|＝x，
＝，则双曲线的离心率为e＝＝＝＝2．
（2）在双曲线中＝，且实轴长为2，所以a＝1，b＝，
所以双曲线E方程为．
由F2（2，0），故设斜率为k的直线l为y＝k（x﹣2），
y＝k（x﹣2）代入．可得（3﹣k2）x2+4k2x﹣4k2﹣3＝0，
∵直线l与双曲线右支交于不同两点，∴，解得k2≥3，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则x1+x2＝，x1x2＝，则＝，＝k（﹣2）＝，
即A，B的中点坐标为（，），
因为Q为x轴上一点，满足|QA|＝|QB|，故Q为AB 的垂直平分线与x轴的交点，
AB的垂直平分线的方程为：y﹣＝﹣（x﹣﹣），
令y＝0，则得x＝，即Q（，0），
∴|QF2|＝|﹣﹣2|＝，
又|AB|＝＝•＝，
又因为A，B在双曲线的右支上，故|AF1|﹣|AF2|＝2a＝2，|BF1|﹣|BF2|＝2，
故|AF1|+|BF1|﹣|AF2|﹣|BF2|＝4，即|AF1|+|BF1|﹣4＝|AB|，
故＝＝＝2，即为定值．
36．（2023•浦东新区校级模拟）已知坐标平面xOy上左、右焦点为（﹣4，0）、（4，0）的双曲线C1：和圆C2：x2+（y﹣a）2＝9（a∈R）．
（1）若C1的实轴恰为C2的一条直径，求C1的方程；
（2）若C1的一条渐近线为y＝x，且C1与C2恰有两个公共点，求a的值；
（3）设a＝5．若存在C2上的点P（x0，y0），使得直线lP：＝1与C1恰有一个公共点，求C1的离心率的取值范围．
【解答】解：（1）因为C1的实轴恰C2的一条直径，所以2m＝2r＝6，即m＝3，又因为双曲线的左、右焦点为（﹣4，0），（4，0），所以n2＝16﹣m2＝7，
故双曲线C1的方程为：；
（2）双曲线C1： 的渐近线为，所以由题知，
又m2+n2＝16，联立解得，
所以双曲线C1的方程为，
联立 ，消x得到，
因为 C1与C2恰有两个公共点，所以由双曲线和圆的对称性知，，
即 a2＝20，所以a＝；

（3）设P（x0，y0）是双曲线上一点，当过P（x0，y0）的双曲线的切线斜率存在时，
设切线方程为y﹣y0＝k（x﹣x0），
由，消y整理得（n²﹣m²k²）x²+＝0，
由于P（x0，y0）是切点，所以x0是这个方程的二重实根，由韦达定理有，＝，
又因为，得到，
所以，
又，所以＝，
得到＝，
化简得到，即，又易知k≠0，y0≠0，
所以，所以切线方程为，即，
也即，又因为P（x0，y0）在双曲线上，所以，
所以切线方程为，
当切线斜率不存在时，P（±m，0），
当x0＝m 时，过P（m，0）的曲线C1的切线方程为x＝m，
当x0＝﹣m时，过P（﹣m，0）的曲线C1的切线方程为x＝﹣m，均满足，
综上，过双曲线C1上一点P（x0，y0）的切线方程为，
又由题知，存在C2上的点 P（x0，y0），使得直线lP：，与C1恰有一个公共点，即lP：为曲线C1的切线，
所以点P（x0，y0） 是双曲线C1： 与圆 的公共点，
由，消x得 （m2+n2）y2﹣10n2y+16n2+m2n2＝0，
又因为m2+n2＝16，所以16y2﹣10（16﹣m2）y+（16﹣m2）（16+m2）＝0，
所以 Δ＝100（16﹣m2）2﹣64（16﹣m2）（16+m2）≥0，
即25（16﹣m2）﹣16（16+m2）≥0，解得，
所以，得到．
37．（2023•开福区校级二模）已知双曲线x2﹣y2＝1的左、右顶点分别为A1，A2，动直线l：y＝kx+m与圆x2+y2＝1相切，且与双曲线左、右两支的交点分别为P1（x1，y1），P2（x2，y2）．
（1）求k的取值范围；
（2）记直线P1A1的斜率为k1，直线P2A2的斜率为k2，那么k1k2是定值吗？证明你的结论．
【解答】解：（1）∵l与圆相切，
∴，
∴m2＝1+k2，
由，得（1﹣k2）x2﹣2mkx﹣（m2+1）＝0，
∴，
∴k2＜1，∴﹣1＜k＜1，
故k的取值范围为（﹣1，1）．
（2）证明：由已知可得A1，A2的坐标分别为（﹣1，0），（1，0），
∴，
∴＝
＝＝
＝＝，
又因为m2＝1+k2，所以m2﹣k2＝1，
∴为定值．
38．（2023•招远市模拟）已知双曲线的焦距为4，点在C上．
（1）求双曲线C的方程；
（2）设双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，斜率为k（k≠0）且不过F1的直线l与C交于点A，B，若k为直线AF1，BF1斜率的等差中项，求F2到直线l的距离d的取值范围．
【解答】解：（1）因为点在C上，所以①，
由题意知，2c＝4，c＝2，
所以a2+b2＝4②，
由①②解得a2＝3，b2＝1，
故双曲线C的方程为．
（2）设直线l的方程为y＝kx+m，
联立得，消y可得，（1﹣3k2）x2﹣6kmx﹣3（m2+1）＝0，
有韦达定理可得，，
且Δ＝36k2m2+12（1﹣3k2）（m2+1）＞0，得m2+1＞3k2，
因为k为直线AF1、BF1的斜率的等差中项，
所以，将y1＝kx1+m，y2＝kx2+m代入可得，
（kx1+m）（x2+2）+（kx2+m）（x1+2）＝2k（x1+2）（x2+2），
整理可得，（m﹣2k）（x1+x2+4）＝0，
当m﹣2k＝0时，直线l为y＝k（x+2），此时直线过焦点，不合题意，
所以x1+x2＝﹣4，即，可得，
代入m2+1＞3k2化简可得，9k4﹣15k2+4＞0，解得，
又因为，，
令可得，，
所以，，在上单调递减，
故F2到直线l的距离d的取值范围为（1，）．
六．直线与圆锥曲线的综合（共22小题）
39．（2023•青羊区校级模拟）已知点A（﹣2，0），B（2，0），动点M（x，y）满足直线AM与BM的斜率之积为．记动点M的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的方程，并说明C是什么曲线；
（2）设P，Q为曲线C上的两动点，直线AP的斜率为kAP，直线BQ的斜率为kBQ，且kAP＝7kBQ．
①求证：直线PQ恒过一定点；
②设△PQB的面积为S，求S的最大值．
【解答】解：（1）点A（﹣2，0），B（2，0），动点M（x，y）满足直线AM与BM的斜率之积为，
则，（x≠±2），
化简得，（x≠±2），
所以曲线C是中心为坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左、右顶点；
（2）如图，
①证明：设P（x1，y1），Q（x2，y2）．
因为若直线PQ的斜率为0，则点P，Q关于y轴对称，必有kAP＝﹣kBQ，不合题意，
所以直线PQ的斜率必不为0．
设直线PQ的方程为x＝ty+n（n≠±2）．
由，化简整理可得，（t2+4）y2+2tny+n2﹣4＝0，
所以Δ＝4t2n2﹣4（t2+4）（n2﹣4）＞0，
且，，
因为点P（x1，y1）是曲线C上一点，
点A（﹣2，0），B（2，0），
所以由题意可知，
所以，即28kBP⋅kBQ＝﹣1．
因为＝
＝
＝＝＝﹣1，
所以，此时Δ＝16（t2+4﹣n2）＝4（4t2+7）＞0，
故直线PQ恒过x轴上一定点．
②由①可得，，
所以
＝
＝，
当且仅当即时等号成立，
所以S的最大值为．
40．（2023•大同模拟）已知椭圆C1：的离心率为，并且直线y＝x+b是抛物线C2：y2＝4x的一条切线．
（Ⅰ）求椭圆C1的方程．
（Ⅱ）过点的动直线l交椭圆C1于A、B两点，试问：在直角坐标平面上是否存在一个定点T，使得以AB为直径的圆恒过定点T？若存在求出T的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（I）由得x2+（2b﹣4）x+b2＝0
直线y＝x+b是抛物线C2：y2＝4x的一条切线．
所以Δ＝0⇒b＝1
所以椭圆（5分）
（Ⅱ）当直线l与x轴平行时，以AB为直径的圆方程为
当直线l与y轴重合时，以AB为直径的圆方程为x2+y2＝1
所以两圆的切点为点（0，1）（8分）
所求的点T为点（0，1），证明如下．
当直线l与x轴垂直时，以AB为直径的圆过点（0，1）
当直线l与x轴不垂直时，可设直线l为：
由 得（18k2+9）x2﹣12kx﹣16＝0
设A（x1，y1），B（x2，y2）则，
•＝（1+k2）x1x2﹣k（x1+x2）+
＝（1+k2）•﹣•+＝0，
所以，即以AB为直径的圆过点（0，1）
所以存在一个定点T，使得以AB为直径的圆恒过定点T（13分）
41．（2023•福田区校级模拟）如图，动点M到两定点A（﹣1，0）、B（2，0）构成△MAB，且∠MBA＝2∠MAB，设动点M的轨迹为C．
（Ⅰ）求轨迹C的方程；
（Ⅱ）设直线y＝﹣2x+m与y轴交于点P，与轨迹C相交于点Q、R，且|PQ|＜|PR|，求的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）设M的坐标为（x，y），显然有x＞0，且y≠0
当∠MBA＝90°时，点M的坐标为（2，±3）
当∠MBA≠90°时，x≠2，由∠MBA＝2∠MAB有tan∠MBA＝，
即，
化简可得3x2﹣y2﹣3＝0
而点（2，±3）在曲线3x2﹣y2﹣3＝0上
综上可知，轨迹C的方程为3x2﹣y2﹣3＝0（x＞1）；
（Ⅱ）直线y＝﹣2x+m与3x2﹣y2﹣3＝0（x＞1）联立，消元可得x2﹣4mx+m2+3＝0①
∴①有两根且均在（1，+∞）内
设f（x）＝x2﹣4mx+m2+3，∴，∴m＞1，m≠2
设Q，R的坐标分别为（xQ，yQ），（xR，yR），
∵|PQ|＜|PR|，∴xR＝2m+，xQ＝2m﹣，
∴＝＝
∵m＞1，且m≠2
∴，且
∴，且
∴的取值范围是（1，7）∪（7，7+4）
42．（2023•沙坪坝区校级模拟）已知点F（0，1），动点M在直线l：y＝﹣1上，过点M且垂直于x轴的直线与线段MF的垂直平分线交于点P，记点P的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的标准方程；
（2）过F的直线与曲线C交于A，B两点，直线OA，OB与圆x2+y2﹣2y＝0的另一个交点分别为D，E，求△DOE与△AOB面积之比的最大值．
【解答】解：（1）过点M且垂直于x轴的直线与线段MF的垂直平分线交于点P，
则|PM|＝|PF|，则点P到直线y＝﹣1和定点F（0，1）距离相等，
则P的轨迹为以F（0，1）为焦点以直线y＝﹣1为准线的抛物线，
则曲线C的方程为：x2＝4y．
（2）设A，B，D，E坐标分别为A（x1，y1），B（x2，y2），D（x3，y3），E（x4，y4），
因为，
令直线lOA：y＝k1x，，lOB：y＝k2x，，
由得：，
由得：，
所以，
令lAB：y＝kx+1，与x2＝4y联立得：x2﹣4kx﹣4＝0，
所以x1x2＝﹣4，x1+x2＝4k，则y1y2＝1，
所以，则，
又因为，
所以，当且仅当，时取等号，
所以△DOE与△AOB面积之比的最大值为．
43．（2023•泉州模拟）已知点M为圆O：x2+y2＝1上的动点，点F1（﹣2，0），F2（2，0），延长F1M至N，使得|MN|＝|F1M|，线段F1N的垂直平分线交直线F2N于点P，记P的轨迹为Γ．
（1）求Γ的方程；
（2）直线l与Γ交于A，B两点，且OA⊥OB，求△OAB的面积的最小值．
【解答】解：（1）连接MI，PF1，如图，
因为线段F1N的垂直平分线交直线F2N于点P，则|PF1|＝|PN|，则||PF2|﹣|PF1||＝||PF2|﹣|PN||＝|NF2|，
在△NF1F2中，|F1M|＝|MN|，|F1O|＝|OF2|，于是|NF2|＝2|OM|＝2，即||PF2|﹣|PF1||＝2＜|F1F2|，
因此点P的轨迹Γ是以F1（﹣2，0），F2（2，0）为焦点，实轴长为2的双曲线，其虚半轴长为＝，
所以Γ的方程是x2﹣＝1．
（2）显然，直线OA，OB都不垂直于坐标轴，
设直线OA的方程为y＝kx，而OA⊥OB，则直线OB的方程为y＝﹣x，k≠±，
设A（x1，y1），B（x2，y2），由，解得＝，
则OA|＝＝＝，同理|OB|＝＝，
因此△OAB的面积S△OAB＝|OA||OB|＝＝＝，
由3﹣k2＞0且3k2﹣1＞0，得＜k2＜3，
＝≥＝1，当且仅当k2＝1，即k＝±1时取等号，
则当k＝±1时，（S△OAB）min＝，
所以△OAB的面积的最小值是．
44．（2023•2月份模拟）椭圆曲线加密算法运用于区块链．
椭圆曲线C＝{（x，y）|y2＝x3+ax+b，4a3+27b2≠0}．P∈C关于x轴的对称点记为．C在点P（x，y）（y≠0）处的切线是指曲线y＝±在点P处的切线．定义“⊕”运算满足：①若P∈C，Q∈C，且直线PQ与C有第三个交点R，则P⊕Q＝；②若P∈C，Q∈C，且PQ为C的切线，切点为P则P⊕Q＝；③若P∈C，规定P⊕，且P⊕0°＝0°⊕P＝P．
（1）当4a3+27b2＝0时，讨论函数h（x）＝x3+ax+b零点的个数；
（2）已知“⊕”运算满足交换律、结合律，若P∈C，Q∈C，且PQ为C的切线，切点为P，证明：P⊕P＝；
（3）已知P（x1，y1）∈C，Q（x2，y2）∈C，且直线PQ与C有第三个交点，求P⊕Q的坐标．
参考公式：m3﹣n3＝（m﹣n）（m2+mn+n2）
【解答】（1）解：由题设可知a≤0，有h′（x）＝3x2+a，
若a＝0，则b＝0，则h（x）＝x3，此时h（x）仅有一个零点；
若a＜0，令h′（x）＝0，解得 ．
当 或 时，h′（x）＞0，当 时，h′（x）＜0，故h（x）在 上为单调递增；
在 上h（x）单调递减．
因为4a3+27b2＝0．
若b＜0，则，
此时．而，
故此时h（x）有2个零点；
若b＞0，则 ，
此时 ，而 ，
故此时h（x）有2个零点；
综上，当b＜0时，h（x）有2个零点；
当b＞0时，h（x）有2个零点；
当a＝0，b＝0时，h（x）仅有一个零点；
（2）证明：因为P∈C，Q∈C，且PQ为C的切线，切点为P，所以P⊕Q＝，
故P⊕（P⊕Q）＝P⊕＝0°，故（P⊕P）⊕Q）⊕＝0°⊕＝，
因为“⊕”运算满足交换律、结合律，
故（（P⊕P）⊕Q）⊕＝P⊕（P⊕（Q⊕））＝P⊕（P⊕0°）＝P⊕P，故P⊕P＝．
（3）解：已知P（x1，y1）∈C，Q（x2，y2）∈C，直线PQ的斜率：λ＝，
直线PQ与C有第三个交点为（x3，y3），则y3＝λ（x3﹣x1）+y1，代入＝+ax3+b，
可得＝+ax3+b，而＝+ax1+b，
故+ax1+b＝+ax3+b，
整理可得：＝﹣+a（x3﹣x1），
化为：，
同理可得：，
两式相减化简可得：＝0，
＝0，故，
可得x3＝（）2﹣x1﹣x2，
所以y3＝[（）2﹣2x1﹣x2]+y1，
因此P⊕Q的坐标为：（（）2﹣x1﹣x2，[（）2﹣2x1﹣x2]+y1）．
45．（2023•广州二模）已知点F（1，0），P为平面内一动点，以PF为直径的圆与y轴相切，点P的轨迹记为C．
（1）求C的方程；
（2）过点F的直线l与C交于A，B两点，过点A且垂直于l的直线交x轴于点M，过点B且垂直于的直线交x轴于点N．当四边形MANB的面积最小时，求l的方程．
【解答】解：（1）设点P（x，y），以PF为直径的圆的圆心为M，⊙M的半径为r，
设⊙M与y轴相切于点N，过点P作PQ⊥y轴，垂足为Q，
则r＝|MN|＝＝，
|PF|＝2r＝x+1，
∴点P到点F的距离等于点P到直线x＝﹣1的距离，
∴点P的轨迹为以点F为焦点，直线x＝﹣1为准线的抛物线，
∴C的方程为y2＝4x．
（2）由题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为：y＝k（x﹣1），A（x1，y1），B（x2，y2），
联立，化为k2x2﹣2（k2+2）x+k2＝0，
则x1+x2＝，x1x2＝1，
设直线l的倾斜角为θ，则|AM|＝|AF||tanθ|，|BN|＝|BF||tanθ|，
∴|AM|+|BN|＝|AF||tanθ|+|BF||tanθ|＝|AB||tanθ|＝k|AB|，
又|AB|＝|AF|+|BF|＝x1+1+x2+1＝．
∴梯形MANB的面积S＝＝＝＝，
令t＝|k|∈（0，+∞），则S（t）＝8（t++），
S′（t）＝8（1﹣﹣）＝，
∴t∈（0，）时，S′（t）＜0，此时函数S（t）单调递减；t∈（，+∞）时，S′（t）＞0，此时函数S（t）单调递增．
∴t＝|k|＝时，即k＝±时，四边形MANB的面积S取得极小值即最小值，
此时直线l的方程为：y＝±（x﹣1），即x±y﹣＝0．
46．（2023•金昌二模）已知椭圆C的中心为坐标原点，对称轴为x轴，y轴，且过两点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）是否存在直线l，使得直线l与圆x2+y2＝1相切，与椭圆C交于A，B两点，且满足（O为坐标原点）？若存在，请求出直线l的方程，若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）设椭圆C的方程为mx2+ny2＝1（m＞0，n＞0，m≠n）．
因为过两点，
所以，解得，
所以椭圆C的方程为．
（2）假设存在直线l满足题意．
（ⅰ）当直线l的斜率不存在时，此时l的方程为x＝±1．
当l：x＝1时，，
同理可得，当l：x＝﹣1时，．
（ⅱ）当直线l的斜率存在时，设l的方程为y＝kx+m，设A（x1，y1），B（x2，y2），
因为直线l与圆O相切，所以，即m2＝k2+1①，
联立方程组整理得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12＝0，
Δ＝48（4k2﹣m2+3）＝48（3k2+2）＞0，
由根与系数的关系，得
因为，所以x1x2+y1y2＝0．
所以，
所以，
整理得7m2﹣12k2﹣12＝0②，
联立①②，得k2＝﹣1，此时方程无解．
由（ⅰ）（ⅱ）可知，不存在直线l满足题意．
47．（2023•枣强县校级模拟）已知半椭圆和半圆x2+y2＝b2（y≤0）组成曲线C．如图所示，半椭圆内切于矩形ABCD，CD与y轴交于点G，点P是半圆上异于A，B的任意一点．当点P位于点处时，△AGP的面积最大．
（1）求曲线C的方程；
（2）连PC，PD分别交AB于点E，F，求证：|AE|2+|BF|2为定值．
【解答】解：（1）∵点在半圆上，
∴，
∴b＝1．
∴A（﹣1，0），
又G（0，a），
∵点P位于点时，△AGP的面积最大，
∴OM⊥AG，
∵，
∴＝a，
∴，
曲线C的方程为：或x2+y2＝1（y≤0）；
（2）证明：，
设P（x0，y0），
则直线PC方程为：，
令y＝0，，
∴，
同理：，
所以，
＝++8，
∵+＝1，得＝1﹣，代入上式得
＝++8
＝+8
＝+8＝4．
∴AE2+BF2为定值．
48．（2023•南昌县校级二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线与椭圆交于P，Q两点（P在x轴上方），且，设点P在x轴上的射影为点N，△PQN的面积为，抛物线E：y2＝2px（p＞0）的焦点与椭圆C的焦点重合，斜率为k的直线l过抛物线E的焦点与椭圆C交于A，B两点，与抛物线E交于C，D两点．
（1）求椭圆C及抛物线E的标准方程；
（2）是否存在常数λ，使为常数？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由．
【解答】解：（1）由题意可设，可得S△PQN＝2S△PON，
所以，所以x0＝1，，
所以，所以，
点P坐标代入椭圆方程得b＝1，所以椭圆C方程为，
所以c＝2，即p＝4，所以抛物线E方程为y2＝8x．
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4）．
直线l的方程为y＝k（x﹣2），与椭圆C的方程联立得（1+5k2）x2﹣20k2x+20k2﹣5＝0，
则Δ＝400k4﹣20（5k2+1）（4k2﹣1）＝20（k2+1）＞0恒成立，所以，
则．
直线l的方程为y＝k（x﹣2），与抛物线E的方程联立得k2x2﹣（4k2+8）x+4k2＝0，
，
，
要使为常数，则20+λ＝4，得λ＝﹣16，
故存在λ＝﹣16，使为常数．
49．（2023•邹平市校级模拟）已知双曲线E：﹣＝1（a＞0，b＞0）的两条渐近线分别为l1：y＝2x，l2：y＝﹣2x．
（1）求双曲线E的离心率；
（2）如图，O点为坐标原点，动直线l分别交直线l1，l2于A，B两点（A，B分别在第一、第四象限），且△OAB的面积恒为8，试探究：是否存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线E？若存在，求出双曲线E的方程，若不存在，说明理由．
【解答】解：（1）因为双曲线E的渐近线分别为l1：y＝2x，l2：y＝﹣2x，
所以＝2．
所以＝2．
故c＝a，
从而双曲线E的离心率e＝＝．
（2）由（1）知，双曲线E的方程为﹣＝1．
设直线l与x轴相交于点C，
当l⊥x轴时，若直线l与双曲线E有且只有一个公共点，则|OC|＝a，|AB|＝4a，
所以|OC|•|AB|＝8，
因此a•4a＝8，解得a＝2，此时双曲线E的方程为﹣＝1．
以下证明：当直线l不与x轴垂直时，双曲线E的方程为﹣＝1也满足条件．
设直线l的方程为y＝kx+m，依题意，得k＞2或k＜﹣2；
则C（﹣，0），记A（x1，y1），B（x2，y2），
由得y1＝，同理得y2＝，
由S△OAB＝|OC|•|y1﹣y2|得：
|﹣|•|﹣|＝8，即m2＝4|4﹣k2|＝4（k2﹣4）．
由得：（4﹣k2）x2﹣2kmx﹣m2﹣16＝0，
因为4﹣k2＜0，
所以Δ＝4k2m2+4（4﹣k2）（m2+16）＝﹣16（4k2﹣m2﹣16），
又因为m2＝4（k2﹣4），
所以Δ＝0，即直线l与双曲线E有且只有一个公共点．
因此，存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程为﹣＝1．
50．（2023•虹口区校级三模）已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率为，短轴长为4．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）直线x＝2与椭圆C交于P，Q两点，A，B是椭圆C上位于直线PQ两侧的动点，且直线AB的斜率为．
（i）求四边形APBQ面积的最大值；
（ii）设直线PA的斜率为k1，直线PB的斜率为k2，判断k1+k2的值是否为常数，并说明理由．
【解答】解：（Ⅰ）设椭圆C的方程为．
由已知b＝2，离心率e＝，a2＝b2+c2，得a＝4，
所以，椭圆C的方程为．
（Ⅱ）①由（Ⅰ）可求得点P、Q的坐标为P（2，3），Q（2，﹣3），则|PQ|＝6，
设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB的方程为y＝x+t，代入，
得：x2+tx+t2﹣12＝0．
由Δ＞0，解得﹣4＜t＜4，由根与系数的关系得，
四边形APBQ的面积，
故当t＝0时，；
②由题意知，直线PA的斜率，直线PB的斜率，
则
＝
＝，
由①知，
可得，
所以k1+k2的值为常数0．
51．（2023•西宁二模）已知双曲线W：的左、右焦点分别为F1、F2，点N（0，b），右顶点是M，且，∠NMF2＝120°．
（Ⅰ）求双曲线的方程；
（Ⅱ）过点Q（0，﹣2）的直线l交双曲线W的右支于A、B两个不同的点（B在A、Q之间），若点H（7，0）在以线段AB为直径的圆的外部，试求△AQH与△BQH面积之比λ的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）由已知M（a，0），N（0，b），F2（c，0），＝（﹣a，b）•（c﹣a，0）＝a2﹣ac＝﹣1，
∵∠NMF2＝120°，则∠NMF1＝60°，
∴b＝，∴c＝，
解得a＝1，b＝，∴双曲线的方程为．（4分）
（Ⅱ）直线l的斜率存在且不为0，设直线l：y＝kx﹣2，设A（x1，y1），B（x2，y2），
由，得（3﹣k2）x2+4kx﹣7＝0，
则，
解得． ①（6分）
∵点H（7，0）在以线段AB为直径的圆的外部，则，
＝（1+k2）x1x2﹣（7+2k）（x1+x2）+53
＝（1+k2）•﹣（7+2k）•+53
＝＞0，解得k＞2． ②
由①、②得实数k的范围是2＜k＜，（8分）
由已知，
∵B在A、Q之间，则，且λ＞1，
∴（x1，y1+2）＝λ（x2，y2+2），则x1＝λx2，
∴，
则＝，（10分）
∵2＜k＜，∴4＜，解得，又λ＞1，
∴1＜λ＜7．
故λ的取值范围是（1，7）．（13分）
52．（2023•徐州模拟）已知抛物线C1：x2＝8y的焦点F也是双曲线C2：的一个焦点，C1与C2公共弦的长为．
（1）求C2的方程；
（2）过F的直线l与C1交于A，B两点，与C2交于C，D两点，且与同向．
（i）若AC＝BD，求直线l的斜率；
（ii）设C1在点A处的切线与x轴交于点M，试判断点F与以MD为直径的圆的位置关系．
【解答】解：（1）C1的焦点为F（0，2），所以a2+b2＝4①，
又C1与C2公共弦的长为，且C1与C2都关于y轴对称，
所以公共点的横坐标为，代入x2＝8y可得纵坐标为3，
所以公共点的坐标为，
所以②，
联立①②得a2＝1，b2＝3，故C2的方程为；
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），
（i）因为与同向，且AC＝BD，所以，
从而x3﹣x1＝x4﹣x2，即x1﹣x2＝x3﹣x4，
所以，
设直线l的方程为y＝kx+2，
联立，得x2﹣8kx﹣16＝0，Δ＝64（k2+1）＞0，则x1+x2＝8k，x1x2＝﹣16，
联立，得（3k2﹣1）x2+12kx+9＝0，Δ＝36（k2+1）＞0，3k2﹣1≠0，
则，，
所以，即，
所以，所以或，
由图可知，，得，故
所以直线l的斜率为．
（ii）由x2＝8y得，所以C1在点A处的切线方程为，
令y＝0得，即，所以，而，
于是，
因此∠AFM是锐角，从而∠MFD＝180°﹣∠AFM是钝角，
故点F在以MD为直径的圆内．
53．（2023•湖北模拟）已知抛物线E：y2＝2px（p＞0），双曲线，点A（x1，y1）在C的左支上，过A作x轴的平行线交E于点M，过M作E的切线l1，过A作直线l2交l1于点P，交E于点N，且．
（1）证明：l2与E相切；
（2）过N作x轴的平行线交C的左支于点B（x2，y2），过P的直线l3平分∠MPN，记l3的斜率为k，∠MPN＝θ，若csθ＝﹣k2，证明：恒为定值．
【解答】证明：（1）先求过抛物线上一点的切线方程，设G（x0，y0）为抛物线E：y2＝2px（p＞0）上一点，
当y＞0时，则，
故过G的切线方程为：，
当y＜0时，则，同理过G的切线方程为：y0y＝p（x+x0），
综上过抛物线上一点的切线方程为：y0y＝p（x+x0）．
∵AM∥x轴，可得，设，
则由可得：，
故，将代入可得：，
而过N的E的切线方程为：，即A在该直线上，故得证．
（2）设直线l1、l2、l3的倾斜角分别为α、β、γ，由（1）知：，
∵A、B均在双曲线左支，故，
∴
＝＝．
如图所示，此时γ＞90°，设l1、l2、l3与x轴分别交于E、C、D三点，
易得：∠PCE+∠E＝∠MPN⇒θ＝π﹣β+α，
∴，
∵tanγ＝k，csθ＝﹣k2，
∴，
化简可得是定值．
同理，若γ≤90°，如图：
此时易得：∠PCE+∠E＝∠MPN⇒θ＝π﹣β+α，
∴，
∵tanγ＝k，csθ＝﹣k2，
∴，
化简可得是定值．
综上：是定值，得证．
54．（2023•怀化二模）如图，椭圆+＝1（a＞b＞0）的左焦点为F，过点F的直线交椭圆于A，B两点．|AF|的最大值是M，|BF|的最小值是m，满足M•m＝a2．
（1）求该椭圆的离心率；
（2）设线段AB的中点为G，AB的垂直平分线与x轴和y轴分别交于D，E两点，O是坐标原点．记△GFD的面积为S1，△OED的面积为S2，求的取值范围．
【解答】解：（1）设F（﹣c，0）（c＞0），则根据椭圆性质得M＝a+c，m＝a﹣c，而，所以有，即a2＝4c2，a＝2c，
因此椭圆的离心率为．（4分）
（2）由（1）可知a＝2c，，椭圆的方程为．
根据条件直线AB的斜率一定存在且不为零，设直线AB的方程为y＝k（x+c），
并设A（x1，y1），B（x2，y2）则由消去y并整理得（4k2+3）x2+8ck2x+4k2c2﹣12c2＝0
从而有，（6分）
所以．
因为DG⊥AB，所以，．
由Rt△FGD与Rt△EOD相似，所以．（10分）
令，则t＞9，从而，即的取值范围是．（12分）
（2）设过焦点F的直线AB的方程为y＝k（x+c），与椭圆方程联立，进而表示出点G、点D，然后表示出面积，从而求出．
55．（2023•漳州模拟）已知椭圆C的中心为坐标原点O，对称轴为x轴、y轴，且点和点在椭圆C上，椭圆的左顶点与抛物线Γ：y2＝2px（p＞0）的焦点F的距离为4．
（1）求椭圆C和抛物线Γ的方程；
（2）直线l：y＝kx+m（k≠0）与抛物线Γ交于P，Q两点，与椭圆C交于M，N两点．
（ⅰ）若m＝k，抛物线Γ在点P，Q处的切线交于点S，求证：|PF|•|SQ|2＝|QF|•|SP|2；
（ⅱ）若m＝﹣2k，是否存在定点T（x0，0），使得直线MT，NT的倾斜角互补？若存在，求出x0的值；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）设椭圆C的方程为：λx2+μy2＝1（λ≠μ，λ＞0，μ＞0），
∵和在椭圆C上，∴，解得，
∴椭圆C的标准方程为：；
由椭圆方程可知：椭圆C的左顶点为（﹣3，0），又，∴，解得：p＝2，
∴抛物线Γ的方程为y2＝4x；
（2）（ⅰ）证明：当m＝k时，直线l：y＝k（x+1），即，
令，则直线l：x＝ny﹣1，设P（x1，y1），Q（x2，y2），
由得：y2﹣4ny+4＝0，
则Δ＝16n2﹣16＞0，∴n2＞1，∴y1+y2＝4n，y1y2＝4；
设抛物线Γ在点P，Q处的切线方程分别为：x＝n1（y﹣y1）+x1，x＝n2（y﹣y2）+x2，
由得：y2﹣4n1y+4n1y1﹣4x1＝0，∴，
又，则，∴，则2n1＝y1；
同理可得：2n2＝y2；
联立两切线方程，将2n1＝y1，2n2＝y2代入，
可解得：，∴S（1，2n），∴，
又x1＝ny1﹣1，∴；
同理可得：；∵，
∴要证|PF|⋅|SQ|2＝|QF|⋅|SP|2，等价于证明，
∵，又y1y2＝4，∴，
同理可得：，∴，即|PF|⋅|SQ|2＝|QF|⋅|SP|2；
（ⅱ）当m＝﹣2k时，直线l：y＝k（x﹣2），
假设存在点T（x0，0），使直线MT，NT的倾斜角互补，则直线MT，NT的斜率之和为0；
设M（x3，y3），N（x4，y4），
由得：（3k2+4）x2﹣12k2x+12k2﹣36＝0，∴，即5k2+12＞0恒成立，
∴，，∵，∴k（x3﹣2）（x4﹣x0）+k（x4﹣2）（x3﹣x0）＝0，
即2x3x4﹣（x0+2）（x3+x4）+4x0＝0，∴，即，解得：，
∴假设成立，即存在点，使得直线MT，NT的倾斜角互补．
56．（2023•涟源市模拟）已知点F是抛物线C：x2＝4y与椭圆＝1（a＞b＞0）的公共焦点，椭圆上的点M到点F的最大距离为3．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点M作C的两条切线，记切点分别为A，B，求△MAB面积的最大值．
【解答】解：（1）抛物线C：x2＝4y的焦点为F（0，1），
∴c＝1．
∵椭圆上的点M到点F的最大距离为3，
∴a+c＝3，b2＝a2﹣c2，
解得a＝2，b2＝3，
∴椭圆的方程为+＝1．
（2）设M（x0，y0），则+＝1，＝3﹣．
联立，化为3y2+16y﹣12＝0，y∈[﹣2，2]，
解得y＝，
∴y0∈[﹣2，），
设A（x1，y1），B（x2，y2），
求导x2＝4y，可得y′＝x，
∴切线MA，MB的方程分别为：y﹣＝x1（x﹣x1），y﹣＝x2（x﹣x2），
可得：x1，x2为方程t2﹣2x0t+4y0＝0的两个不等实数根．
∴x1+x2＝2x0，x1x2＝4y0，
∴kAB＝＝＝＝＝k，
∴直线AB的方程为：y﹣＝（x﹣x1），化为y＝x﹣，
代入可得y＝x﹣y0，化为x0x﹣2y﹣2y0＝0，
∴点M到直线AB的距离d＝，
|AB|＝＝，
∴△MAB面积S＝d|AB|＝|﹣4y0|•，
把＝3﹣代入上式可得S＝|3﹣﹣4y0|•
＝，
∵y0∈[﹣2，），由t＝12﹣3﹣16y0＝﹣3+，
∴y0＝﹣2时，t取得最大值32．
∴△MAB面积的最大值为16．
57．（2023•宝鸡二模）已知椭圆，F为左焦点，A为上顶点，B（2，0）为右顶点，若，抛物线C2的顶点在坐标原点，焦点为F．
（1）求C1的标准方程；
（2）是否存在过F点的直线，与C1和C2交点分别是P，Q和M，N，使得？如果存在，求出直线的方程；如果不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）依题意可知，即，由右顶点为B（2，0），
得a＝2，解得b2＝3，所以C1的标准方程为．
（2）依题意可知C2的方程为y2＝﹣4x，假设存在符合题意的直线，
设直线方程为x＝ky﹣1，P（x1，y1），Q（x2，y2），M（x3，y3），N（x4，y4），
联立方程组，得（3k2+4）y2﹣6ky﹣9＝0，
由韦达定理得，，则，
联立方程组，得y2+4ky﹣4＝0，由韦达定理得y3+y4＝﹣4k，y3y4＝﹣4，所以，若，
则，即，解得，
所以存在符合题意的直线方程为或．
58．（2023•江宁区校级一模）在平面直角坐标系xy中，已知椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别F1、F2焦距为2，且与双曲线﹣y2＝1共顶点．P为椭圆C上一点，直线PF1交椭圆C于另一点Q．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若点P的坐标为（0，b），求过P、Q、F2三点的圆的方程；
（3）若＝λ，且λ∈[，2]，求的最大值．
【解答】解：（1）由题意得c＝1，a2＝2…（2分）
故椭圆的方程为．…（3分）
（2）因为P（0，1），F1（﹣1，0），所以PF1的方程为x﹣y+1＝0
由，解得点Q的坐标为． …（5分）
设过P，Q，F2三点的圆为x2+y2+Dx+Ey+F＝0…（6分）
则解得
所以圆的方程为…（8分）
（3）设P（x1，y1），Q（x2，y2），则，
因为，所以，即
所以，解得…（10分）
所以
＝…（12分）
因为，所以，当且仅当，
即λ＝1时，取等号．最大值为． …（14分）
59．（2023•雨花区校级模拟）已知中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆过点P（2，），且它的离心率e＝．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）与圆（x﹣1）2+y2＝1相切的直线l：y＝kx+t交椭圆于M，N两点，若椭圆上一点C满足+＝λ，求实数λ的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ） 设椭圆的标准方程为，
由已知得：，解得，
所以椭圆的标准方程为：．
（Ⅱ） 因为直线l：y＝kx+t与圆（x﹣1）2+y2＝1相切，
所以，2k＝，t≠0，
把y＝kx+t代入，并整理得：（3+4k2）x2+8ktx+4t2﹣24＝0，
设M（x1，y1），N（x2，y2），则有，
y1+y2＝kx1+t+kx2+t
＝k（x1+x2）+2t＝，
因为＝（x1+x2，y1+y2），
所以C（，），
又因为点C在椭圆上，所以，
，
因为t2＞0，所以，
所以0＜λ2＜2，所以λ的取值范围为（﹣，0）∪（0，）．
60．（2023•大观区校级三模）已知双曲线的焦距为4，以原点为圆心，实半轴长为半径的圆和直线相切．
（Ⅰ）求双曲线E的方程；
（Ⅱ）已知点F为双曲线E的左焦点，试问在x轴上是否存在一定点M，过点M任意作一条直线l交双曲线E于P，Q两点，使为定值？若存在，求出此定值和所有的定点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（Ⅰ）原点到直线 x﹣y+＝0的距离d＝＝，
∴，∴b＝1，
∴双曲线E的方程为；
（Ⅱ）解法一：假设存在点M（m，0）满足条件，
①当直线l方程为y＝0时，则，∴；
②当直线l方程不是y＝0时，可设直线l：x＝ty+m，代入
整理得，*
由Δ＞0得m2+t2＞3，
设方程*的两个根为y1，y2，满足，∴＝，
当且仅当2m2+12m+15＝3时，为定值1，
解得，
∵不满足对任意t≠±，Δ＞0，∴不合题意，舍去．
而且满足Δ＞0；
综上得：过定点任意作一条直线l交双曲线E于P，Q两点，使为定值1．
解法二：前同解法一，得＝，
由⇒2m2+12m+15＝3，
解得，下同解法一．
解法三：当直线l不垂直x轴时，设，代入
整理得，*
由Δ＞0得m2k2﹣3k2+1＞0，
设方程*的两个根为x1，x2，满足，
∴＝，
当且仅当2m2+12m+15＝3时，为定值1，
解得，
∵不满足对任意K≠±，Δ＞0，∴不合题意，舍去，
而且满足Δ＞0；
当直线l⊥x轴时，代入得，
∴；…（9分）
综上得：（结论同解法一）
1．轨迹类型：方程eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,n)＝1，当m＝n>0时表示圆；当m>n>0或n>m>0时表示椭圆；当mn0，n>0)．
(3)定量——由题设中的条件找到“式”中待定系数的等量关系，通过解方程得到量的大小．
3.直线与圆锥曲线相交，经常出现弦长、中点弦问题．
(1)处理弦长问题，一般将直线方程与圆锥曲线方程联立得方程组，化为一元二次方程后，利用根与系数的关系，代入弦长公式|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|或|AB|＝eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|，其中k为直线AB的斜率，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
(2)处理中点弦问题，一般有两种思路，思路一：联立方程组，消元，利用根与系数的关系进行设而不求；思路二：利用“点差法”．
4.圆锥曲线中的定值、定点问题
(1)定值问题的常见类型及解题策略
①求代数式为定值．依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值．
②求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得．
③求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．
(2)定点问题的两种解法
①引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．
②特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．
5.最值问题的常用解法有两种
(1)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数再求这个函数的最值．求函数最值的常用方法有配方法、判别式法、换元法、均值不等式法、单调性法．
(2)几何法：若题目的条件与结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用几何图形性质来解决．
标准方程
x2a2+y2b2=1(a>b>0)
y2a2+x2b2=1(a>b>0)
图形
几何性质
范围
−a≤x≤a,−b≤y≤b
−b≤x≤b,−a≤y≤a
对称性
对称轴： x 轴、y 轴 .对称中心：原点 .
焦点
F1(−c,0) ,F2(c,0) .
F1(0,−c) ,F2(0,c) .
顶点
A1(−a,0) ，A2(a,0) ，B1(0,−b) ,B2(0,b) .
A1(0,−a) ,A2(0,a) ，B1(−b,0) ,B2(b,0) .
轴
线段A1A2，B1B2分别是椭圆的长轴和短轴，
长轴长为2a，短轴长为2b.
焦距
|F1F2|=2c .
离心率
e=ca=1−b2a2∈(0,1).
a,b,c的关系
c2=a2−b2.
标准方程
x2a2−y2b2=1（a＞0,b＞0）
y2a2−x2b2=1（a＞0,b＞0）
图形
性
质
焦点
F1（﹣c,0），F2（c,0）
F1（0,﹣c），F2（0,c）
焦距
|F1F2|＝2c
|F1F2|＝2c
范围
|x|≥a，y∈R
|y|≥a，x∈R
对称
关于x轴，y轴和原点对称
顶点
（﹣a，0）．（a，0）
（0，﹣a）（0，a）
轴
实轴长2a，虚轴长2b
离心率
e=ca（e＞1）
准线
x＝±a2c
y＝±a2c
渐近线
xa±yb=0
xb±ya=0
标准方程
y2=2px
(p>0)
y2=−2px
(p>0)
x2=2py
(p>0)
x2=−2py
(p>0)
图形
几何性质
对称轴
x 轴
y 轴
顶点
O(0,0)
焦点
F(p2,0)
F(−p2,0)
F(0,p2)
F(0,−p2)
准线方程
x=−p2
x=p2
y=−p2
y=p2
范围
x≥0 ,y∈R
x≤0 ,y∈R
y≥0 ,x∈R
y≤0 ,x∈R
离心率
e=1
焦半径（P(x0,y0)为抛物线上一点）
p2+x0
p2−x0
p2+y0
p2−y0
几何法
若题目的条件和结论明显能体现几何特征及意义,则考虑利用图形性质来解决.
代数法
若题目的条件和结论能体现一种明确的函数,则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值，求函数最值的常用方法有配方法、判别式法、基本不等式法及函数的单调性法等.