【二轮复习】高考数学 14 圆锥曲线必考压轴解答题全归类（重难点练习）（新高考专用）.zip

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\l "_Tc8356" 【题型1 轨迹方程】 PAGEREF _Tc8356 \h 4
\l "_Tc31449" 【题型2 圆锥曲线的弦长问题】 PAGEREF _Tc31449 \h 10
\l "_Tc23595" 【题型3 圆锥曲线的“中点弦”问题】 PAGEREF _Tc23595 \h 15
\l "_Tc17042" 【题型4 斜率之和差商积问题】 PAGEREF _Tc17042 \h 19
\l "_Tc8630" 【题型5 圆锥曲线中三角形（四边形）的面积问题】 PAGEREF _Tc8630 \h 25
\l "_Tc30965" 【题型6 圆锥曲线中的最值或取值范围问题】 PAGEREF _Tc30965 \h 31
\l "_Tc21032" 【题型7 圆锥曲线中的定点、定值问题】 PAGEREF _Tc21032 \h 36
\l "_Tc13036" 【题型8 圆锥曲线中的定直线问题】 PAGEREF _Tc13036 \h 41
\l "_Tc28661" 【题型9 圆锥曲线与向量综合】 PAGEREF _Tc28661 \h 48
\l "_Tc28044" 【题型10 圆锥曲线中的探索性问题】 PAGEREF _Tc28044 \h 53
\l "_Tc7843" 【题型11 圆锥曲线新定义】 PAGEREF _Tc7843 \h 59
平面解析几何是高考数学的重要考查内容，其中圆锥曲线是高考的必考内容之一，常作为试卷的拔高与区分度大的试题，其思维要求高，计算量较大.从近几年的高考情况来看，在解答题中的考查主要有三个方面：一是平面解析几何通性通法的研究；二是圆锥曲线中的弦长、面积、最值、定点、定值或定直线等问题的求解；三是圆锥曲线中的常见模型.
圆锥曲线的核心内容概括为八个字，就是“定义、方程、位置关系”，所有的圆锥曲线有关试题都是围绕这些核心内容展开；试题难度较大，需要灵活求解．
【知识点1 动点轨迹问题】
1.求动点的轨迹方程的方法
求动点的轨迹方程有如下几种方法：
(1)直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；
(2)定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；
(3)相关点法：用动点Q的坐标x、y表示相关点P的坐标x0、y0，然后代入点P的坐标(x0,y0)所满足的
曲线方程，整理化简可得出动点Q的轨迹方程；
(4)参数法：当动点坐标x、y之间的直接关系难以找到时，往往先寻找x、y与某一参数t得到方程，即
为动点的轨迹方程；
【知识点2 圆锥曲线中的弦长问题】
1．椭圆的弦长问题
(1)定义：直线与椭圆的交点间的线段叫作椭圆的弦.
(2)弦长公式：设直线l:y=kx+m交椭圆+=1 (a>b>0)于，两点，
则或.
2．椭圆的“中点弦问题”
(1)解决椭圆中点弦问题的两种方法
①根与系数的关系法：联立直线方程和椭圆方程构成方程组，消去一个未知数，利用一元二次方程根
与系数的关系以及中点坐标公式解决.
②点差法：利用端点在曲线上，坐标满足方程，将端点坐标分别代入椭圆方程，然后作差，构造出中
点坐标和斜率的关系.
设，，代入椭圆方程+=1 (a>b>0)，
得，
①-②可得+=0，
设线段AB的中点为，当时，有+=0.
因为为弦AB的中点，从而转化为中点与直线AB的斜率之间的关系，这就是处理弦
中点轨迹问题的常用方法.
(2)弦的中点与直线的斜率的关系
线段AB是椭圆+=1 (a>b>0)的一条弦，当弦AB所在直线的斜率存在时，弦AB的中点M的坐标
为，则弦AB所在直线的斜率为，即.
3．双曲线的弦长问题
①弦长公式：直线y=kx+b与双曲线相交所得的弦长d.
②解决此类问题时要注意是交在同一支，还是交在两支上.
③处理直线与圆锥曲线相交弦有关问题时，利用韦达定理、点差法的解题过程中，并没有条件确定直
线与圆锥曲线一定会相交，因此，最后要代回去检验.
④双曲线的通径：
过焦点且与焦点所在的对称轴垂直的直线被双曲线截得的线段叫作双曲线的通径.无论焦点在x轴上还
是在y轴上，双曲线的通径总等于.
4．双曲线的“中点弦问题”
“设而不求”法解决中点弦问题：
①过椭圆内一点作直线，与椭圆交于两点，使这点为弦的中点，这样的直线一定存在，但在双曲线的这类问题中，则不能确定.要注意检验.
②在解决此类问题中，常用韦达定理及垂直直线的斜率关系.常用的解题技巧是如何应用直线方程将转化为能用韦达定理直接代换的.垂直关系有时用向量的数量关系来刻画，要注意转化.
5．抛物线的弦长问题
设直线与抛物线交于A,B两点，则
|AB|==或
|AB|== (k为直线的斜率，k≠0).
6．抛物线的焦点弦问题
抛物线=2px(p>0)上一点A与焦点F(,0)的距离为|AF|=，若MN为抛物线=2px(p>0)的焦点弦，则焦点弦长为|MN|=++p(,分别为M,N的横坐标).
设过抛物线焦点的弦的端点为A,B，则四种标准方程形式下的弦长公式为：
【知识点3 圆锥曲线中最值或取值范围问题的解题策略】
1. 处理圆锥曲线最值问题的求解方法
圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：
一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；
二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用
函数方法、不等式方法等进行求解.
2. 解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面
(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；
(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
【知识点4 圆锥曲线中的定点、定值问题的解题策略】
1. 圆锥曲线中的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.
2. 圆锥曲线中的定值问题的解题策略
圆锥曲线中的定值问题主要分两类：一类是圆锥曲线中的定线段的长的问题；另一类是圆锥曲线中几
何图形的面积的定值问题.
(1)探求圆锥曲线中的定线段的长的问题，一般用直接求解法，即先利用弦长公式把要探求的线段表示
出来，然后利用题中的条件(如直线与曲线相切等)得到弦长表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入弦长表达式中，化简可得弦长为定值.
(2)探求圆锥曲线中几何图形的面积的定值问题，一般用直接求解法，即可先利用三角形面积公式(如果
是其他凸多边形，可分割成若干个三角形分别求解)把要探求的几何图形的面积表示出来，然后利用题中的条件得到几何图形的面积表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入几何图形的面积表达式中，化简即可.
【知识点5 圆锥曲线中的探索性问题的解题策略】
1.圆锥曲线中的探索性问题
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.
【题型1 轨迹方程】
【例1】（2024·全国·模拟预测）已知A是圆E：x-32+y2=16上的任意一点，点F-3,0，线段AF的垂直平分线交线段AE于点T．
(1)求动点T的轨迹C的方程；
(2)已知点Q(4,0)，过点P(1,0)的直线l与C交于M，N两点，求证：MP⋅NQ=MQ⋅NP．
【解题思路】（1）由点T满足条件符合椭圆的定义，得点T的轨迹方程；
（2）按直线斜率是否为零分类讨论，当直线斜率不为零时，联立方程组，得kMQ+kNQ=0，所以x轴平分∠MQN，用角平分线定理证明命题成立.
【解答过程】（1）因为TE+TF=TE+TA=EA=4>EF=23，
所以动点T的轨迹C是以E，F为焦点且长轴长为4的椭圆，
因为2a=4，2c=23，所以a=2，c=3，
所以动点T的轨迹C的方程是x24+y2=1．
（2）
证明：若直线l与x轴重合，则M，N为椭圆C长轴的端点，
不妨设M(2,0)，N(-2,0)，则MPNP=13，MQNQ=26，所以MPNP=MQNQ，
若直线l与x轴不重合，设直线l的方程为x=ty+1，
设点Mx1,y1，Nx2,y2，由x=ty+1x2+4y2=4，得t2+4y2+2ty-3=0，
因为Δ=4t2+12t2+4>0，所以y1+y2=-2tt2+4，y1y2=-3t2+4，
因为kMQ+kNQ=y1ty1-3+y2ty2-3=2ty1y2-3y1+y2ty1-3ty2-3=-6tt2+4+6tt2+4ty1-3ty2-3=0，
所以x轴平分∠MQN，所以S△MPQS△NPQ=MPNP=MQNQ，
综上，MP⋅NQ=MQ⋅NP．
【变式1-1】（2024·山东淄博·一模）在平面直角坐标系xOy中，点.F5,0，点Px,y是平面内的动点.若以PF 为直径的圆与圆 D:x2+y2=1相切，记点 P 的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程;
(2)设点A(1,0),M(0,t),N(0,4-t)(t≠2)，直线 AM ，AN 分别与曲线C交于点S，T (S，T 异于 A)，过点A作AH⊥ST，垂足为 H，求|OH|的最大值.
【解题思路】（1）设P(x,y)，根据|OG|=12|PF|±1代入坐标化简得到轨迹方程；
（2）设直线ST:y=mx+n，将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，求出M,N的纵坐标，从而有y1x1-1+y2x2-1=-4，代入韦达定理式化简得m+n+2=0，从而得到直线ST所过定点，得到H点轨迹方程，从而得到最大值.
【解答过程】（1）设P(x,y)，则PF的中点Gx+52,y2，
根据题意得|OG|=12|PF|±1，
即x+522+y22=12(x-5)2+y2±1，
整理得(x+5)2+y2-(x-5)2+y2=2，
化简整理，得点P的轨迹方程C:x2-y24=1.
（2）设Sx1,y1,Tx2,y2，
由对称性可知直线ST的斜率存在，所以可设直线ST:y=mx+n，
联立直线ST与曲线C的方程，得x2-y24=1y=mx+n，
消元整理，得4-m2x2-2mnx-n2+4=0(m≠±2)，
则Δ>0⇒4+n2-m2>0，①
x1+x2=-2mnm2-4,x1x2=n2+4m2-4②
所以AS:y=y1x1-1(x-1)，令x=0，得点M纵坐标t=-y1x1-1，
同理可得点N纵坐标4-t=-y2x2-1，故y1x1-1+y2x2-1=-4，
将y1=mx1+n,y2=mx2+n代入上式整理，得(2m+4)x1x2+(n-m-4)x1+x2+4-2n=0，
将②代入得m2+2mn+n2+2m+2n=0⇒(m+n)(m+n+2)=0，
若m+n=0，则直线ST:y=m(x-1)，恒过A(1,0)不合题意；
若m+n+2=0，则ST:y=m(x-1)-2，恒过Q(1,-2)，
因为直线ST恒过Q(1,-2)，且与C:x2-y24=1始终有两个交点，又A(1,0)，
AH⊥ST，垂足为H，所以点H轨迹是以AQ为直径的圆（不含点A），
设AQ中点为E，则圆心E(1,-1)，半径为1，所以|OH|≤|OE|+1=2+1，
当且仅当点H在线段OE上时，OH取最大值2+1.
【变式1-2】（2024·辽宁·一模）已知平面上一动点P到定点F12,0的距离比到定直线x=-2023的距离小40452，记动点P的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程；
(2)点A2,1,M,N为C上的两个动点，若M,N,B恰好为平行四边形MANB的其中三个顶点，且该平行四边形对角线的交点在第一､三象限的角平分线上，记平行四边形MANB的面积为S，求证：S≤869.
【解题思路】（1）根据距离公式列等量关系即可求解，或者利用抛物线的定义求解，
（2）根据点差法可得斜率关系，联立直线与抛物线方程得韦达定理，即可根据弦长公式求解长度，由点到直线的距离公式表达面积，即可利用导数求解函数的最值.
【解答过程】（1）解法一：设Px,y，易知x>-2023，
根据题意可得x-122+y2=x+2023-40452，化简得y2=2x，
所以C的方程为y2=2x.
解法二：因为点P到定点F12,0的距离比到定直线x=-2023的距离小40452，
所以点P到定点F12,0的距离与到定直线x=-12的距离相等，
由抛物线的定义可知，点P的轨迹是以定点F12,0为焦点，定直线x=-12为准线的抛物线，
所以C的方程为y2=2x.
（2）证明：设Mx1,y1,Nx2,y2，直线MN的斜率为kk≠0，线段MN的中点为Q，

因为平行四边形MANB对角线的交点在第一､三象限的角平分线上，
所以线段MN的中点Q在直线y=x上，
设Qm,mm≠0，所以y12=2x1,y22=2x2,
所以y1-y2y1+y2=2x1-x2，
又y1+y2=2m,y1-y2x1-x2=k,
所以km=1，即k=1m.
设直线MN的方程为y-m=1mx-m，
即x-my+m2-m=0，
联立x-my+m2-m=0,y2=2x,整理得y2-2my+2m2-2m=0，
所以Δ=8m-4m2>0，解得00，得x>0，点M在双曲线的右支上运动，
所以MF1-MF2=2×12=1.
【变式4-3】（2023·四川南充·一模）如图，椭圆E:x25+y2=1的四个顶点为A，B，C，D，过左焦点F1且斜率为k的直线交椭圆E于M，N两点．
(1)求四边形ABCD的内切圆的方程；
(2)设R(1,0)，连结MR，NR并延长分别交椭圆E于P，Q两点，设PQ的斜率为k'．则是否存在常数λ，使得k=λk'恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．
【解题思路】（1）根据对称性，利用等面积法即可求解半径，进而可求圆的方程，
（2）联立直线与椭圆的方程，可得P3x1-5x1-3,2y1x1-3，Q3x2-5x2-3,2y2x2-3,进而根据两点斜率公式化简即可求解.
【解答过程】（1）连接AD,DC,CB,AB,则四边形ABCD为边长为a2+b2=6的菱形，
由对称性可知，当圆与直线BC相切时，则与四边形ABCD的各个边相切，且圆心为坐标原点，
设内切圆半径为r，由于CD=6,OC=5,OD=1，
则由等面积法可得12CD⋅r=12OC⋅OD，故r=306，
故圆的方程为：x2+y2=56
（2）设Mx1,y1,Nx2,y2,则x125+y12=1,x225+y22=1，
则直线MP的方程为y=y1x1-1x-1，
联立y=y1x1-1x-1x25+y2=1可得1+5y1x1-12x2-10y1x1-12x+5y1x1-12-5=0，
即1+5y12x1-12x2-10y12x1-12x+5y12x1-12-5=0，
将y12=1-x125代入上式可得x1-12+51-x125x2-101-x125x+51-x125-5x1-12=0，
化简得6-2x1x2-10-2x12x-6x12+10x1=0，
所以x1xP=-6x12+10x16-2x1，所以xP=3x1-5x1-3，
yP=y1x1-1xP-1=y1x1-13x1-5x1-3-1=2y1x1-3，
故P3x1-5x1-3,2y1x1-3，
同理可得Q3x2-5x2-3,2y2x2-3,
所以kPQ=2y1x1-3-2y2x2-33x1-5x1-3-3x2-5x2-3=2y1x2-3-2y2x1-33x1-5x2-3-3x2-5x1-3
由于直线MN方程为y=kx+2，所以y1=kx1+2,y2=kx2+2，
故kPQ=2kx1+2x2-3-2kx2+2x1-33x1-5x2-3-3x2-5x1-3=10kx2-x14x2-x1=52k，
故存在λ=25，使得k=λk'.
【题型5 圆锥曲线中三角形（四边形）的面积问题】
【例5】（2024·四川·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，离心率为22．点M在直线x=-3(y≠0)上运动，且直线MF1的斜率与直线MF2的斜率之商为2．
(1)求C的方程；
(2)若点A、B在椭圆C上，O为坐标原点，且OA⊥OB，求△AOB面积的最小值．
【解题思路】（1）根据题意，由两直线的斜率之商为2以及离心率公式，代入计算，即可求得a,b从而得道结果；
（2）根据题意，分直线OA，直线OB其中一条直线斜率不存在与直线OA，直线OB的斜率均存在讨论，然后联立方程，由三角形的面积公式结合基本不等式即可得到结果.
【解答过程】（1）
设F1-c,0,F2c,0,M-3,y0,y0≠0，
所以kMF1=y0-3+c,kMF2=y0-3-c，由直线MF1的斜率与直线MF2的斜率之商为2，
可得y0-3+c⋅-3-cy0=2，所以c=1，
又离心率e=ca=22，所以a=2，则b=a2-c2=1，
所以C的标准方程为x22+y2=1.
（2）
当直线OA，直线OB其中一条直线斜率不存在时，不妨令A1,0,B2,0，
此时△AOB面积为12×1×2=22；

当直线OA，直线OB的斜率均存在时，不妨设直线OA的方程为y=kxk≠0，
则直线OB的方程为y=-1kx，设点Ax1,y1,Bx2,y2，
联立方程x2+2y2=2y=kx可得2k2+1x2=2，
所以OA2=x12+y12=k2+1x12=2k2+12k2+1，
联立方程x2+2y2=2y=-1kx可得2k2+1x2=2，
所以OB2=x22+y22=1k2+1x22=21k2+12k2+1=2k2+1k2+2，
所以1OA2+1OB2=3k2+12k2+1=32，
因为S△AOB=12⋅OA⋅OB，又32=1OA2+1OB2≥2OA⋅OB，
所以OA⋅OB≥43，又230)的一个焦点到其一条渐近线的距离等于其离心率．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若直线l与椭圆y22+x2=1相切，且与双曲线C的左、右支分别交于A,B两点，与双曲线C的渐近线分别交于E,F两点．D0,2,O为坐标原点，记△DAB,△OEF的面积分别为S1,S2，当7155⋅S1-S2=4时，求直线l的方程．
【解题思路】（1）利用离心率公式和点到直线距离公式即可求解；
（2）根据题意可得l的斜率k一定存在且k≠±1，设直线l的方程为y=kx+m，先联立椭圆方程，根据相切得到Δ=0，从而得到m2-k2=2；再联立双曲线方程，根据韦达定理及点到直线的距离公式求得S1；再联立双曲线的渐近线方程，求得OE和OF，从而求得S2．最后将S1，S2代入7155⋅S1-S2=4中可求得m，k的值，进而即可求得直线l的方程．
【解答过程】（1）由题意，设双曲线C:x22-y2b2=1(b>0)的半焦距为c，左焦点为F1-c,0，
斜率为正的渐近线方程为bx-2y=0，
则bcb2+2=c2，解得b2=2，
所以双曲线C的方程为x22-y22=1；
（2）由题意可得l的斜率k一定存在且k≠±1，设直线l的方程为y=kx+m，
联立y=kx+my22+x2=1，可得(kx+m)2+2x2-2=0，即k2+2x2+2kmx+m2-2=0．
又直线l与椭圆y22+x2=1相切，则Δ=4k2m2-4k2+2m2-2=0，化简得m2-k2=2，
联立y=kx+mx2-y2=2，可得x2-(kx+m)2-2=0，即1-k2x2-2kmx-m2+2=0．
设Ax1,y1,Bx2,y2，且x10，
则x1+x2=-2kmk2-1,x1x2=m2+2k2-10，且y1+y2=-2tnt2+4,y1y2=n2-4t2+4.
因为Px1,y1是椭圆上一点，满足x124+y12=1，
所以kAP⋅kBP=y1x1+2⋅y1x1-2=y12x12-4= 1-x124x12-4=-14，
则kAP=-14kBP=3kBQ，即12kBP⋅kBQ=-1．
因为12kBP⋅kBQ=12y1y2x1-2x2-2
=12y1y2ty1+n-2ty2+n-2 =12y1y2t2y1y2+tn-2y1+y2+n-22
=12n2-4t2+4t2n2-4t2+4-2t2nn-2t2+4+n-22
=12n+2t2n+2-2t2n+n-2t2+4 =3n+2n-2=-1，
所以n=-1，此时Δ=16t2+4-n2=16t2+3>0，
故直线PQ恒过x轴上一定点D-1,0．
因此y1+y2=2tt2+4，y1y2=-3t2+4，
所以S1-S2= 12y1-y2-2--1-12y1-y22--1
=y1-y2=y1+y22-4y1y2
=4t2+3t2+4=4t2+4-1t2+42
=41t2+4-1t2+42
=4-1t2+4-122+14，
则1t2+4∈0,14，当1t2+4=14即t=0时，S1-S2取得最大值3．
【题型6 圆锥曲线中的最值或取值范围问题】
【例6】（2023·贵州·模拟预测）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0，过右焦点F2，且与长轴垂直的弦长为2，且离心率为22.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若C的上顶点为E，过左焦点F1的直线交椭圆C于P，G两点（与椭圆顶点不重合），直线EP，EG分别交直线x+y+4=0于H，Q两点，求△EHQ的面积的最小值.
【解题思路】（1）将x=c代入椭圆方程得y=±b2a，即2b2a=2，结合离心率的概念和公式a2=b2+c2计算求出a、b即可求解；
（2）设Px1,y1,Gx2,y2，直线PG的方程为x=my-1(m≠±1)，联立方程组，利用韦达定理表示y1+y,y1y2，联立直线EP和x+y+4=0求出xH，同理求出xQ，进而表示出HQ，结合点线距表示出S△EHQ，根据二次函数的性质即可求解.
【解答过程】（1）由题意知，F2(c,0)，将x=c代入椭圆方程x2a2+y2b2=1，
得y=±b2a，即弦长2b2a=2，
有2b2a=2e=ca=22a2=b2+c2，解得a2=2,b2=1，
所以该椭圆C的方程为x22+y2=1；
（2）由（1）知E(0,1),F1(-1,0)，
设Px1,y1,Gx2,y2，直线PG的方程为x=my-1(m≠±1)，
由x=my-1x22+y2=1，消去x，得(m2+2)y2-2my-1=0，Δ=4m2+4m2+2=8m2+8>0，
则y1+y2=2mm2+2,y1y2=-1m2+2，
设H(xH,yH),Q(xQ,yQ)，直线EP的方程为y-1=y1-1x1x，
由y-1=y1-1x1xx+y+4=0，解得xH=-5x1x1+y1-1=-5(my1-1)(m+1)y1-2，同理可得xQ=-5(my2-1)(m+1)y2-2，
所以HQ=2xH-xQ=2-5(my1-1)(m+1)y1-2--5(my2-1)(m+1)y2-2
=52(m-1)(y1-y2)(m+1)2y1y2-2(m+1)(y1+y2)+4 =52(m-1)(y1+y2)2-4y1y2(m+1)2y1y2-2(m+1)(y1+y2)+4，
将y1+y2=2mm2+2,y1y2=-1m2+2代入上式，整理得HQ=20m2+1m+7，
又点E(0,1)到直线x+y+4=0的距离为d=0+1+42=522，
所以S△EHQ=12HQd=12×20m2+1m+7×522=252m2+1m+7，
设m+7=t，则m=t-7，
所以S△EHQ=252(t-7)2+1t=252×50(1t-750)2+150，
当1t=750即t=507即m=17时，S△EHQ取到最小值，且最小值为5.
【变式6-1】（2023·河南·三模）设双曲线E:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1,F2，F1F2=25，且E的渐近线方程为y=±x2．
(1)求E的方程；
(2)过F2作两条相互垂直的直线l1和l2，与E的右支分别交于A，C两点和B，D两点，求四边形ABCD面积的最小值．
【解题思路】（1）根据题意得到ba=12，结合F1F2=2a2+b2=25b2=25，求得a,b的值即可；
（2）设直线l1:y=kx-5，l2:y=-1kx-5，求得140的渐近线方程为y=±bax，
因为双曲线E的渐近线方程为y=±x2，所以ba=12，即a=2b，
又因为F1F2=2a2+b2=25b2=25，所以b=1，则a=2，
故E的方程为x24-y2=1．
（2）根据题意，直线l1，l2的斜率都存在且不为0，
设直线l1:y=kx-5，l2:y=-1kx-5，其中k≠0，
因为l1，l2均与E的右支有两个交点，所以k>12，-1k>12，所以140可求得GBGD的取值范围.
【解答过程】（1）解：抛物线C的焦点为Fp2,0，
若直线AB与x轴重合，则直线AB与抛物线C只有一个公共点，不合乎题意，
设直线AB的方程为x=my+p2，设点Ax1,y1、Bx2,y2，
联立y2=2pxx=my+p2可得y2-2pmy-p2=0，Δ=4p2m2+4p2>0，
由韦达定理可得y1+y2=2pm，y1y2=-p2，
1AF+1BF=1x1+p2+1x2+p2=1my1+p+1my2+p=my1+y2+2pmy1+pmy2+p
=my1+y2+2pm2y1y2+mpy1+y2+p2=2pm2+2p-m2p2+2m2p2+p2=2pm2+1p2m2+1=2p=2，解得p=1，
所以，抛物线C的方程为y2=2x.
（2）解：设点Ax1,y1、Bx2,y2，则x1>0，由（1）可得y1+y2=2m，y1y2=-1，
又因为直线AO的方程为y=y1x1x=y1y122x=2y1x，

将y=y2代入直线AO的方程可得y2=2y1x，可得x=y1y22=-12，即点D-12,y2，
所以，kDF=y2-12-12=-y2，
因为AE⊥DF，则kAE=-1kDF=1y2，
所以，直线AE的方程为y-y1=1y2x-x1，
联立y-y1=1y2x-x1y2=2x可得y2-2y2y-2x1-2=0，则y1+yE=2y2，
故yE=2y2-y1，则xE=y2yE+x1+1=y22y2-y1+x1+1=x1+2y22-y1y2+1=x1+4x2+2，
由AE的中点为G，可得Gx1+2x2+1,y2，
故G、B、D三点共线，则GBGD=x1+2x2+1-x2x1+2x2+1+12=x1+x2+1x1+2x2+32．
又由y1y2=-1，知x1x2=y12y224=14，
故GBGD=x1+14x1+1x1+12x1+32=x12+14+x1x12+12+32x1=1-1+2x14x12+6x1+2=1-2x1+12x1+12x1+2
=1-12x1+2∈12,1.
故GBGD的取值范围为12,1．
【变式6-3】（2023·四川攀枝花·一模）与双曲线x2-y2=1有共同的焦点的椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0经过点1,63.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点N0,-2的直线l交椭圆C于A、B两点，交x轴于点P，点A关于x轴的对称点为D，直线BD交x轴于点Q.求OP+OQ的取值范围.
【解题思路】（1）由题意可得a2-b2=2，再将点1,63代入椭圆方程，解方程组，进而求解；
（2）设直线l的方程为y=kx-2，可得P2k,0，进而得到直线BD的方程，表示出点Q的横坐标，联立直线与椭圆方程，由求出的k取值范围，结合韦达定理，即可得到xQ=3k2，进而利用基本不等式求解即可.
【解答过程】（1）双曲线x2-y2=1的焦点为-2,0，2,0，
则c=2，即a2-b2=2，
又点1,63在椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0上，
则1a2+632b2=1，解得a2=3，b2=1，
所以椭圆C的方程为x23+y2=1.
（2）由题意，设直线l的方程为y=kx-2，则P2k,0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，则Dx1,-y1，直线BD的方程为：y+y1y2+y1=x-x1x2-x1，
令y=0，得点Q的横坐标为xQ=x1y2+x2y1y1+y2=x1kx2-2+x2kx1-2kx1-2+kx2-2=2kx1x2-2x1+x2kx1+x2-4，
联立y=kx-2x23+y2=1，整理得3k2+1x2-12kx+9=0，
则Δ=-12k2-43k2+1×9>0，解得k1，
x1+x2=12k3k2+1，x1x2=93k2+1，
则xQ=2k⋅93k2+1-2⋅12k3k2+1k⋅12k3k2+1-4=18k-24k12k2-43k2+1=3k2，
从而OP+OQ=xP+xQ=2k+3k2≥22k⋅3k2=23，
当且仅当2k=3k2，即k=233时等号成立，
所以OP+OQ的取值范围为23,+∞.
【题型7 圆锥曲线中的定点、定值问题】
【例7】（2023·四川成都·模拟预测）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1，F2，短半轴b长为1，点P在椭圆E上运动，且△PF1F2的面积最大值为3.
(1)求椭圆E的方程；
(2)当点P为椭圆E的上顶点时，过点P分别作直线PM，PN交椭圆E于M，N两点，设两直线PM，PN的斜率分别为k1，k2，且k1+k2=2，求证：直线MN过定点.
【解题思路】（1）用点P的纵坐标yP表示出三角形面积，结合yP的范围求出半焦距c，进而求出a即得.
（2）设直线MN方程y=kx+m，与椭圆E的方程联立，结合斜率坐标公式确定k,m的关系，并验证直线MN的斜率不存在的情况即得.
【解答过程】（1）设点P的纵坐标yP，椭圆的半焦距为c，当点P不在x轴上时，00，设M(x1,y1),N(x2,y2)，
则x1+x2=-8km4k2+1,x1x2=4m2-44k2+1，k1=y1-1x1=kx1+m-1x1=k+m-1x1，k2=k+m-1x2，
由k1+k2=2，得2k+(m-1)(1x1+1x2)=2k+(m-1)⋅x1+x2x1x2=2k+(m-1)⋅-8km4k2+14m2-44k2+1=2km+1=2，解得m=k-1，
由Δ>0，得k0，直线MN：y=k(x+1)-1过定点(-1,-1)，
直线x=-1交椭圆x24+y2=1于点M'(-1,32),N'(-1,-32)，
直线PM',PN'的斜率kPM',kPN'满足kPM'+kPN'=(1-32)+(1+32)=2，
所以当k1+k2=2时，直线MN过定点(-1,-1).
【变式7-1】（2023·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F，准线为l，过点F且倾斜角为π6的直线交抛物线于点M（M在第一象限），MN⊥l，垂足为N，直线NF交x轴于点D，MD=43.
(1)求p的值.
(2)若斜率不为0的直线l1与抛物线C相切，切点为G，平行于l1的直线交抛物线C于P,Q两点，且∠PGQ=π2，点F到直线PQ与到直线l1的距离之比是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由.
【解题思路】（1）利用图中的几何关系以及抛物线的定义求解；
（2）直线PQ的方程为y=kx+mk≠0以及点P,Q,G的坐标，将直线方程与抛物线方程联立由韦达定理以及∠PGQ=π2得到k与m的关系式，利用直线l1与抛物线C相切求出直线l1的方程，用点到直线的距离公式即可求出点F到直线PQ与到直线l1的距离之比.
【解答过程】（1）如图所示，过点F作FA⊥MN，垂足为A,MN交x轴于点E，
由题得∠AFM=π6，所以∠NMF=π3，
因为MF=MN，所以△MNF是等边三角形，
因为O是FB的中点，所以DF=DN,MD⊥DF，
故FM=43sinπ3=8，
所以MN=8，AN=4，所以OF=12AN=2，所以p2=2，即p=4.

（2）由（1）可知抛物线的方程是x2=8y，
设直线PQ的方程为y=kx+mk≠0，Px1,x128,Qx2,x228,Gx0,x028，
因为∠PGQ=π2，所以x128-x028x1-x0⋅x228-x028x2-x0=-1，
即x1+x0x2+x0=-64，即x1x2+x0x1+x2+x02=-64.
又y'=k=x04，所以x0=4k，故l1:y=x04x-x0+x028=kx-2k2.
联立y=kx+mx2=8y，消去y，得x2-8kx-8m=0，其中Δ=64k2+32m>0，
则x1+x2=8k,x1x2=-8m，
所以-8m+32k2+16k2=-64，所以m=6k2+8.
设点F到直线PQ和直线l1的距离分别为d1,d2，
则由l1∥PQ得d1d2=m-22+2k2=6k2+62k2+2=3，
所以点F到直线PQ与到直线l1的距离之比是定值，定值为3.
【变式7-2】（2023·全国·模拟预测）已知双曲线E:x2-y2=λ2(λ>0)的右顶点为A，右焦点为F，点F到E的一条渐近线的距离为2，动直线l与E在第一象限内交于B，C两点，连接AB，AC.
(1)求E的方程；
(2)若∠FAB+∠FAC=3π4，证明：动直线l过定点.
【解题思路】（1）根据双曲线的方程写出渐近线方程以及焦点F的坐标，利用点到直线距离公式求得λ=2，即可得到双曲线的方程；
（2）联立直线l与双曲线E的方程，根据韦达定理得到B，C的横坐标满足x1+x2=-2kmk2-1，x1x2=m2+2k2-1，由题中条件结合斜率定义及两角和差的正切公式可得kAB+kAC1-kAB⋅kAC=-1，整理后得到m与k的关系，即可得证.
【解答过程】（1）由题可得，双曲线E的一条渐近线方程为x-y=0，F(2λ,0)，
则点F到E的一条渐近线的距离d=|2λ-0|2=λ，解得λ=2，
所以E的方程为x2-y2=2.
（2）证明：由（1）可得A(2,0)，F(2,0)，
依题意，直线l的斜率一定存在，
所以设直线l:y=kx+m，Bx1,y1，Cx2,y2.
因为动直线l与E在第一象限内交于B，C两点，且E的一条渐近线斜率为1，所以k>1.
联立y=kx+m,x2-y2=2,整理得k2-1x2+2kmx+m2+2=0，
则Δ=(2km)2-4k2-1m2+2=4m2+21-k2>0，
根据韦达定理得，x1+x2=-2kmk2-1，x1x2=m2+2k2-1.
由斜率定义得，kAB=tan∠FAB=y1x1-2，kAC=tan∠FAC=y2x2-2.
因为∠FAB+∠FAC=3π4，
所以tan(∠FAB+∠FAC)=tan∠FAB+tan∠FAC1-tan∠FAB⋅tan∠FAC=kAB+kAC1-kAB⋅kAC=-1，
化简得，kAB+kAC-kAB⋅kAC=-1，即y1x1-2+y2x2-2-y1x1-2⋅y2x2-2=-1，
变形得，y1x2-2+y2x1-2-y1y2=-x1-2x2-2，①
将y1=kx1+m,y2=kx2+m代入①整理可得，2k-k2x1x2+(m-km-2k)x1+x2-m2-22m=-x1x2+2x1+x2-2，②
将x1+x2=-2kmk2-1，x1x2=m2+2k2-1代入②得，
2k-k2m2+2k2-1+(m-km-2k)⋅-2kmk2-1-m2-22m=-m2+2k2-1+2⋅-2kmk2-1-2，
化简得，2k+2km+2m+m2=0，即(2k+m)(2+m)=0，解得m=-2k或m=-2.
当m=-2k时，直线l:y=kx-2k=k(x-2)，此时直线l过点A(2,0)，不符合题意；
当m=-2时，直线l:y=kx-2，此时直线l过点(0,-2).
综上，动直线l过定点(0,-2).
【变式7-3】（2023·山西临汾·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，O为坐标原点，点P在C上（异于A，B两点），直线PA，PB的斜率之积为-34，点M1,32在C上．
(1)求C的方程；
(2)过椭圆C的右焦点F的直线l与C交于D，E两点，过线段DE的中点G作直线x=4的垂线，垂足为N，记△ODE的面积为S，直线DN，EN的斜率分别为k1，k2，求证：Sk1-k2为定值．
【解题思路】（1）设P(x,y)，由直线PA，PB的斜率之积为-34，化简得到b2a2=34，再由点M1,32在C上，得到1a2+9y24b2=1，联立方程组，即可求解；
（2）由（1）知，设直线l为x=my+1，联立方程组，得到y1+y2=-6m3m2+4,y1y2=-93m2+4，求得△ODE的面积为S=12m2+13m2+4，设G(x0,y0)，得到N(4,-3m3m2+4)，结合斜率公式，求得则k1-k2=8m2+13m2+4，即可求解.
【解答过程】（1）设P(x,y)，由椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，可得A(-a,0),B(a,0)，
因为直线PA，PB的斜率之积为-34，可得kPA⋅kPB=yx+a⋅yx-a=y2x2-a2=-34，
又因为y2=b2(a2-x2)a2，可得b2a2=34，即b2=34a2，
又由点M1,32在C上，可得1a2+94b2=1，
联立方程组，解得a2=4,b2=3，所以曲线C的方程为x24+y23=1.
（2）由（1）知，椭圆的方程为x24+y23=1，可得右焦点F(1,0)，
过椭圆C的右焦点F的直线l与C交于D，E两点，可设直线l的方程为x=my+1，
联立方程组x=my+1x24+y23=1，整理得(3m2+4)y2+6my-9=0，
设D(x1,y1),E(x2,y2)，则Δ>0，且y1+y2=-6m3m2+4,y1y2=-93m2+4，
因为△ODE的面积为S=12OF⋅y1-y2=12×1×(y1+y2)2-4y1y2 =(-6m3m2+4)2-(-93m2+4)=12m2+13m2+4，
设G(x0,y0)，因为G为DE的中点，可得y0=-3m3m2+4，则x0=43m2+4，
因为过线段DE的中点G作直线x=4的垂线，垂足为N，可得N(4,-3m3m2+4)
可得k1=y1+3m3m2+4x1-4,k2=y2+3m3m2+4x2-4，
则k1-k2=y1+3m3m2+4x1-4-y2+3m3m2+4x2-4=y1+3m3m2+4my1-3-y2+3m3m2+4my2-3
=(m+3m3m2+4)⋅(-6m3m2+4)m⋅(-93m2+4)+3m⋅6m3m2+4+9=8m2+13m2+4，
所以Sk1-k2=32.
【题型8 圆锥曲线中的定直线问题】
【例8】（2023·山东泰安·模拟预测）已知曲线C上的动点P满足|PF1|-|PF2|=2，且F1-2,0,F22,0.
(1)求C的方程；
(2)若直线AB与C交于A、B两点，过A、B分别做C的切线，两切线交于点P'.在以下两个条件①②中选择一个条件，证明另外一个条件成立.
①直线AB经过定点M4,0；
②点P'在定直线x=14上.
【解题思路】（1）由双曲线的定义得出曲线C的方程；
（2）若选择①证明②成立：利用导数得出过A和过B的方程，从而得出交点P'的横坐标，再由x1=my1+4,x2=my2+4证明点P'在定直线x=14上；若选择②证明①成立：利用导数得出过A和过B的方程，从而得出x1y2-x2y1=4y2-4y1=4(y2-y1)，再由直线AB的方程证明直线AB经过定点M4,0.
【解答过程】（1）因为|PF1|-|PF2|=20的左、右焦点分别为F1、F2，从F2发出的光线经过图2中的A、B两点反射后，分别经过点C和D，且tan∠CAB=-34，AB⊥BD.

(1)求双曲线E的方程；
(2)设A1、A2为双曲线E实轴的左、右顶点，若过P4,0的直线l与双曲线C交于M、N两点，试探究直线A1M与直线A2N的交点Q是否在某条定直线上？若存在，请求出该定直线方程；如不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）延长CA与DB交于F1，分析可得BF1AB=34，令BF1=3tt>0，则AB=4t，AF1=5t，利用双曲线的定义可得出t的值，利用勾股定理求出c的值，进而可求得b的值，由此可得出双曲线E的方程；
（2）分析可知，直线l不与x轴垂直，设直线l的方程为x=my+4，设点Mx1,y1、Nx2,y2，将直线l的方程与双曲线E的方程联立，列出韦达定理，联立直线A1M、A2N的方程，求出x的值，即可得出结论.
【解答过程】（1）解：如图所示：

延长CA与DB交于F1，因为AB⊥AD，tan∠CAB=-34，
则tan∠F1AB=tanπ-∠ACB=-tan∠ACB=34，即BF1AB=34，
令BF1=3tt>0，则AB=4t，
所以，AF1=AB2+BF12=4t2+3t2=5t，
由双曲线的定义可得AF1-AF2=2a=4，则AF2=AF1-4=5t-4，
BF1-BF2=2a=4，则BF2=BF1-4=3t-4，
又因为AB=AF2+BF2，即4t=5t-4+3t-4，解得t=2，
所以，BF1=3t=6，BF2=3t-4=2，
由勾股定理可得2c=F1F2=BF12+BF22=62+22=210，则c=10，
故b=c2-a2=10-4=6，
因此，双曲线E的方程为x24-y26=1.
（2）解：若直线l与x轴重合，则直线l与双曲线E的交点为双曲线E的两个顶点，不合乎题意，
设直线l的方程为x=my+4，设点Mx1,y1、Nx2,y2，
联立x=my+43x2-2y2=12可得3m2-2y2+24my+36=0，

由题意可得3m2-2≠0Δ=242m2-1443m2-2>0，解得m≠±63，
由韦达定理可得y1+y2=-24m3m2-2，y1y2=363m2-2，
易知点A1-2,0、A22,0，则kA1M=y1x1+2=y1my1+6，kA2N=y2x2-2=y2my2+2，
直线A1M的方程为y=y1my1+6x+2，直线A2N的方程为y=y2my2+2x-2，
联立直线A1M、A2N的方程并消去y可得y1my1+6x+2=y2my2+2x-2，
可得x+2x-2=y2my1+6y1my2+2=my1y2+6y2my1y2+2y1=36m3m2-2+6-24m3m2-2-y136m3m2-2+2y1
=-108m3m2-2-6y136m3m2-2+2y1=-3，解得x=1，
因此，直线A1M与直线A2N的交点Q在定直线x=1上.
【变式8-2】（2023·新疆·一模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左右焦点为F1、F2，下顶点为B，且椭圆过P83,-b3，且BF2⊥PF2．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过M0,1的直线交椭圆C于E、D两点，Q为坐标平面上一动点，直线QE、QM、QD斜率的倒数成等差数列，试探究点Q是否在某定直线上，若存在，求出该定直线的方程，若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）将点P的坐标代入椭圆方程，可得出a2的值，由已知可得BF2⋅PF2=0，可求出c2的值，进而可得出a2的值，由此可得出椭圆的标准方程；
（2）设点Qx0,y0，设点Ex1,y1、Dx2,y2，对直线ED的斜率是否存在进行分类讨论，在直线ED的斜率存在时，设直线ED的方程为y=kx+1，将该直线方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，根据2kQM=1kQE+1kQD结合韦达定理求出y0的值；在直线ED的斜率不存在时，直接验证2kQM=1kQE+1kQD成立即可.综合可得出结论.
【解答过程】（1）解：将点P的坐标代入椭圆C的方程可得832a2+b29b2=1，可得a2=8，
易知点B0,-b、F2c,0，则BF2=c,b，PF2=c-83,b3，
因为BF2⊥PF2，则BF2⋅PF2=cc-83+b23=c2-83c+8-c23=23c2-83c+83=0，
整理可得c-22=0，解得c=2，则b2=a2-c2=8-4=4，
因此，椭圆C的方程为x28+y24=1.
（2）解：设点Qx0,y0，设点Ex1,y1、Dx2,y2，
当直线ED的斜率存在时，设直线ED的方程为y=kx+1，
联立y=kx+1x2+2y2=8可得2k2+1x2+4kx-6=0，Δ=16k2+242k2+1>0，
由韦达定理可得x1+x2=-4k2k2+1，x1x2=-62k2+1，
kQE=y0-y1x0-x1，kQD=x0-x2y0-y2，kQM=y0-1x0，
因为直线QE、QM、QD斜率的倒数成等差数列，即2kQM=1kQE+1kQD，
所以，2x0y0-1=x0-x1y0-y1+x0-x2y0-y2，即x0-x1y0-y1-x0y0-1+x0-x2y0-y2-x0y0-1=0，
将y1=kx1+1，y2=kx2+1代入上述等式可得
x1kx0+1-y0y0-y1y0-1+x2kx0+1-y0y0-y2y0-1=0，
显然kx0+1-y0≠0，所以，x1y0-y1y0-1+x2y0-y2y0-1=0，
整理可得x1y02-y0+y2-y2y0+x2y02-y0+y1-y1y0=0，
可得x1+x2y02-y0+x1y2+x2y11-y0=0，
即x1+x2y02-y0+2kx1x2+x1+x21-y0=0，
即-4k2k2+1y02-y0-16k2k2+11-y0=0对任意的k∈R恒成立，
所以，y02-5y0+4=0，解得y0=1或y0=4，
显然y0≠1，故y0=4；
当直线DE的斜率不存在时，则D、E为椭圆短轴的端点，
不妨设D0,2、E0,-2、Qx0,4，其中x0≠0，
kQM=3x0，kQD=2x0，kQE=6x0，则1kQE+1kQD=x06+x02=2x03=2kQM，满足条件.
综上所述，点P在定直线y=4上.
【变式8-3】（2023·山东淄博·一模）已知抛物线C：y2=2pxp>0上一点P2,t到其焦点F的距离为3，A，B为抛物线C上异于原点的两点.延长AF，BF分别交抛物线C于点M，N，直线AN，BM相交于点Q.
(1)若AF⊥BF，求四边形ABMN面积的最小值；
(2)证明:点Q在定直线上.
【解题思路】（1）根据抛物线的焦半径公式求得抛物线方程，设Ax1,y1，Mx2,y2，直线AM的方程x=my+1m≠0，联立方程，利用韦达定理求得y1+y2，y1⋅y2，再根据弦长公式求得AM,BN，再结合基本不等式即可得解；
（2）设Bx3,y3，Nx4,y4，QxQ,yQ，根据A，N，Q三点共线和B，M，Q三点共线，求得xQ，再结合（1）即可得出结论.
【解答过程】（1）由抛物线定义可知，2+p2=3，解得p=2，
即抛物线C方程为y2=4x，
由题意，设Ax1,y1，Mx2,y2，直线AM的方程x=my+1m≠0，
由x=my+1y2=4x，消去x得y2-4my-4=0，Δ=16m2+16>0恒成立，
由韦达定理可知：y1+y2=4m，y1⋅y2=-4，
故AM=x1+x2+p=my1+y2+4=4m2+1，
因为AF⊥BF，所以直线BN的方程为x=-1my+1，
于是BN=41m2+1，
则SABMN=12⋅AM⋅BN=12×4m2+1×41m2+1=8m2+1m2+2≥32
当且仅当m2=1m2，即m=±1时等号成立，
所以四边形ABMN面积的最小值为32；
（2）设Bx3,y3，Nx4,y4，QxQ,yQ，因为A，B，M，N都在C上，
所以，xi=yi24i=1,2,3,4，
因为A，N，Q三点共线，所以有y4-y1x4-x1=y1-yQx1-xQ，
即y4-y1y424-y124=y1-yQy124-xQ，整理得：yQ=y1⋅y4+4xQy1+y4，
同理，因为B，M，Q三点共线，可得yQ=y2⋅y3+4xQy2+y3，
即y1⋅y4+4xQy1+y4=y2⋅y3+4xQy2+y3，
解得：4xQ=y1⋅y2⋅y3+y2⋅y3⋅y4-y1⋅y2⋅y4-y1⋅y3⋅y4y2+y3-y1-y4，
由（1）可知，y1⋅y2=y3⋅y4=-4，代入上式可得：4xQ=-4y3+y2-y4-y1y2+y3-y1-y4=-4，
得xQ=-1，
即点Q在定直线x=-1上.
【题型9 圆锥曲线与向量综合】
【例9】（2023·广西玉林·模拟预测）已知点P在椭圆C:x212+y26=1，直线y=kx与椭圆D:x22λ+y2λ=1λ>0交于A，B两点，当P是椭圆C的上顶点，A，B是椭圆D的左右顶点时，△PAB的面积为26．
(1)求椭圆D的方程；
(2)直线PA，PB分别交椭圆D于另一点M，N，若AB=mMN，求m的值．
【解题思路】（1）根据题意求相应点的坐标，结合面积关系列式求解；
（2）设P23csα,6sinα,A2csβ,2sinβ，根据向量关系求M,N的坐标，代入椭圆D的方程分析运算即可得结果.
【解答过程】（1）由题意可知：椭圆C的上顶点为0,6，椭圆D的左右顶点分别为-2λ,0,2λ,0，
则12×6×22λ=26，解得λ=2，
所以椭圆D的方程为x24+y22=1.
（2）设P23csα,6sinα,A2csβ,2sinβ,Mx,y，
因为若AB=mMN，显然m≠0，设MN=nAB,n=1m，
可知PM=nPA,PM=x-23csα,y-6sinα,PA=2csβ-23csα,2sinβ-6sinα，
则x-23csα=n2csβ-23csαy-6sinα=n2sinβ-6sinα，解得x=231-ncsα+2ncsβy=61-nsinα+2nsinβ，
即M231-ncsα+2ncsβ,61-nsinα+2nsinβ，
又因为点M在x24+y22=1上，
则231-ncsα+2ncsβ24+61-nsinα+2nsinβ22=1，
整理得121-n2+83n1-ncsαcsβ+43n1-nsinαsinβ+4n2=4，
由题意可知：B-2csβ,-2sinβ，PN=nPB，
同理可得N231-ncsα-2ncsβ,61-nsinα-2nsinβ，
将点N代入椭圆方程x24+y22=1整理得：
121-n2-83n1-ncsαcsβ-43n1-nsinαsinβ+4n2=4，
两式相加可得241-n2+8n2=8，解得n=1或n=12，
若n=1，则点A与点M重合，点B与点N重合，不合题意；
所以n=12，所以m=2.
【变式9-1】（2023·广西·模拟预测）已知抛物线C:y2=2pxp>0上一点P的横坐标为4，且P到焦点F的距离为5，
(1)求抛物线C的方程；
(2)点A,B是抛物线C上异于原点O的不同的两点，且满足OA⋅AB=0，求OB的最小值．
【解题思路】（1）根据题意，利用抛物线的定义得到4+p2=5，求得p=2，即可得到抛物线的方程；
（2）设OA:y=kx，组求得A4k2,4k，根据OA⋅AB=0，设AB:y-4k=-1kx-4k2，联立方程组求得B-4k-4k,4k+1k2，化简得到OB=4k+1k4+k+1k2，设t=k+1k2≥4，得到OB=4t2+t，结合二次函数的性质，即可求解.
【解答过程】（1）解：由抛物线C:y2=2px，可得准线方程为x=-p2，
因为点P到拋物线的准线的距离为5，且点P的横坐标为4，
根据抛物线的定义，可得4+p2=5，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x.
（2）解：根据题意，设OA:y=kx，联立方程组y=kxy2=4x，解得x=4k2,y=4k，所以A4k2,4k，
因为OA⋅AB=0，可得OA⊥AB，即OA⊥AB，
可设AB:y-4k=-1kx-4k2，联立方程组y-4k=-1kx-4k2y2=4x，
整理得到y2+4ky-16 -16k2=0，则yA+yB=-4k，
所以yB=-4k-4k，xB=yB24=-4k-4k24=4k+1k2，即B-4k-4k,4k+1k2，
所以OB=xB2+yB2 =-4k-4k2+4k+1k22 =4k+1k4+k+1k2，
设t=k+1k2≥4，当且仅当k=±1时等号成立，
则OB=4t2+t=4t+122-14，
所以当t=4时，OB取最小值为85．
【变式9-2】（2023·上海奉贤·一模）已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为23，离心率为32，椭圆的左右焦点分别为F1、F2，直角坐标原点记为O．设点P0,t，过点P作倾斜角为锐角的直线l与椭圆交于不同的两点B、C．
(1)求椭圆的方程；
(2)设椭圆上有一动点T，求PT⋅TF1-TF2的取值范围；
(3)设线段BC的中点为M，当t≥2时，判别椭圆上是否存在点Q，使得非零向量OM与向量PQ平行，请说明理由．
【解题思路】（1）由题意计算即可得；
（2）由设出T点坐标，表示出PT，结合TF1-TF2=-F1F2与T点坐标范围计算即可得.
（3）设出直线方程后联立得一元二次方程，由直线l与椭圆交于不同的两点可得该方程Δ>0，并由方程中的韦达定理表示出直线OM斜率，假设存在该点Q，则有kPQ=kOM，借此设出直线PQ方程，则该直线与椭圆必有焦点，即联立后有Δ≥0，结合前面所得可计算出t的范围.
【解答过程】（1）由题意，得c=3，a=2，所以b=a2-c2=1，
则椭圆的标准方程为x24+y2=1；
（2）设动点Tx,y，F1F2=23,0，PT=x,y-t，
PT⋅TF1-TF2=-PT⋅F1F2=-23x，
∵x∈-2,2，所以PT⋅TF1-TF2的取值范围为-43,43；
（3）显然直线的斜率存在，故可设直线l:y=kx+t，Bx1,y1、Cx2,y2，
联立y=kx+tx24+y2=1， 消去y得1+4k2x2+8ktx+4t2-4=0，
Δ=-16t2+64k2+16>0，即k2>t2-14①，
则x1+x2=-8kt1+4k2，x1x2=4t2-41+4k2，
则x1+x22=-4kt1+4k2，y1+y22=kx1+x2+2t2=-4k2t1+4k2+t=t1+4k2，
则xM=-4kt1+4k2,t1+4k2，
故kOM=-14k，
若OM//PQ，则有kPQ=kOM=-14k，
设直线PQ为y=-14kx+t，
联立y=-14kx+tx24+y2=1，消去y有1+14k2x2-2tkx+4t2-4=0，
要使得存在点Q，则Δ2=4t2k2-41+14k24t2-4≥0，
整理得16+4k2-16t2≥0，
故k2≤14t2-4②，
由①②式得，t2-140)，点A的坐标为6,4，得c=4，
焦点F10,4，F20,-4，2a=AF2-AF1=62+82-6=4.
所以a=2，b2=c2-a2=12，故C：y24-x212=1.
（2）设l的方程为y=2mm>1，则D0,2m，故M0,m，
由已知直线PQ斜率存在，设直线PQ的方程为y=kx+mk≠0，故Nmk,2m.
与双曲线方程联立得：3k2-1x2+6kmx+3m2-12=0，
由已知得3k2≠1，Δ>0，设Px1,y1，Qx2,y2，
则x1+x2=-6km3k2-1，x1x2=3m2-123k2-1①
由PM=λPN，MQ=λQN得：x1=λx1-mk，x2=λmk-x2，
消去λ得：x2x1-mk=x1mk-x2，
即2x1x2-mkx1+x2=0②
由①②得：km2-2=0，由已知m=2，
故存在定直线l：y=22满足条件.
【题型10 圆锥曲线中的探索性问题】
【例10】（2023·全国·模拟预测）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为22，点2,1在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若O为坐标原点，过点4,0的直线l与椭圆C交于M，N两点，椭圆C上是否存在点Q，使得直线MQ,NQ与直线x=4分别交于点A，B，且点A，B关于x轴对称？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）根据已知c=22a，根据a,b,c的关系得出b2=12a2.将点代入椭圆方程，即可解出a2=4，进而得出b2=2；
（2）当直线l的斜率不为0时，设Mx1,y1，Nx2,y2，Qs,t，设直线l：x=ny+4，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理表示出坐标关系，求出A,B坐标.根据已知列出方程，整理推得ns-1=0，s=1.代入椭圆方程求出Q点坐标；检验当直线l的斜率为0时，满足对称关系，即可得出答案.
【解答过程】（1）因为椭圆C的离心率为22，
所以ca=22，c=22a.
又b2+c2=a2，所以b2=12a2.
将2,1代入椭圆方程，得2a2+1b2=4a2=1，
所以a2=4，b2=2，
所以椭圆C的标准方程为x24+y22=1．
（2）
当直线l的斜率不为0时，
设直线l：x=ny+4，联立得x=ny+4x24+y22=1，
整理得n2+2y2+8ny+12=0．
则Δ=64n2-48n2+2=16n2-96>0，解得n>6或n0)上一点到焦点F的距离比它到直线y=-4的距离小3.
(1)求抛物线Γ的准线方程；
(2)若过点F的直线l与抛物线Γ交于A,B两点，线段AB的中垂线与抛物线Γ的准线交于点C，请问是否存在直线l，使得tan∠ACB=43？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）由题意，抛物线Γ:x2=2py上一点到焦点F的距离等于它到直线y=-1的距离，结合抛物线的定义，可得答案；
（2）由题意，设出直线方程，联立方程，写出韦达定理，根据中垂线的性质，利用正切二倍角公式以及锐角正切函数的定义，建立等式，可得CM=AB，直线斜率是否为零，分两种情况进行讨论，可得答案.
【解答过程】（1）因为抛物线Γ:x2=2py上一点到焦点F的距离比它到直线y=-4的距离小于3，
所以抛物线Γ:x2=2py上一点到焦点F的距离等于它到直线y=-1的距离，
所以-p2=-1，解得p=2，
故抛物线Γ的方程是x2=4y，抛物线的准线方程为y=-1.
（2）由题意得F0,1，且l斜率一定存在，设l:y=kx+1,Ax1,y1,Bx2,y2，
由y=kx+1x2=4y，消去y可得x2-4kx-4=0,Δ=16k2+16>0，
则x1+x2=4k,x1x2=-4.
设AB中点为M，如图，

则tan∠ACB=tan2∠ACM=2tan∠ACM1-tan2∠ACM=2×AMCM1-AM2CM2=43，
解得CM=2AM，即CM=AB.
当k=0时，易知CM=2,AB=x1-x2=x1+x22-4x1x2=4，不符合题意；
当k≠0时，设Cx3,y3,Mx4,y4.
因为CM垂直平分AB，所以CM的斜率为-1k，
易知CM=1+k2y3-y4，因此有1+k2y3-y4=1+k2x1-x2.
因为M为AB的中点，所以y4=y1+y22=kx1+x2+22=2k2+1，
由题意，y3=-1，即x1-x2=2k2+2,16k2+16=2k2+2，
两边平方整理可得k4-2k2-3=0，解得k=±3，
故存在直线l使得tan∠ACB=43，且直线l的方程为y=3x+1或y=-3x+1.
【变式10-2】（2023·广东梅州·三模）已知双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的右焦点，右顶点分别为F，A，B0,b，AF=1，点M在线段AB上，且满足BM=3MA，直线OM的斜率为1，O为坐标原点.
(1)求双曲线C的方程.
(2)过点F的直线l与双曲线C的右支相交于P，Q两点，在x轴上是否存在与F不同的定点E，使得EP⋅FQ=EQ⋅FP恒成立？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）由AF=1，BM=3MA，直线OM的斜率为1，求得a,b,c之间的关系式，解得a,b的值，进而求出双曲线的方程；
（2）设直线PQ的方程，与双曲线的方程联立，可得两根之和及两根之积，由等式成立，可得EF为∠PEQ的角平分线，可得直线EP,EQ的斜率之和为0，整理可得参数的值，即求出E的坐标．
【解答过程】（1）设c2=a2+b2c>0，所以Fc,0，Aa,0，B0,b，
因为点M在线段AB上，且满足BM=3MA，所以点M33+1a,13+1b，
因为直线OM的斜率为1，所以13+1b33+1a=1，所以ba=3，
因为AF=1，所以c-a=1，解得a=1，b=3，c=2.
所以双曲线C的方程为x2-y23=1.
（2）假设在x轴上存在与F不同的定点E，使得EP⋅FQ=EQ⋅FP恒成立，

当直线l的斜率不存在时，E在x轴上任意位置，都有EP⋅FQ=EQ⋅FP；
当直线l的斜率存在且不为0时，设Et,0，直线l的方程为x=ky+2，
直线l与双曲线C的右支相交于P，Q两点，则-330，b>0）的离心率为22，其左、右焦点分别为F1，F2，T为椭圆E上任意一点，△TF1F2面积的最大值为1．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)过点P(2,0)的直线与椭圆E交于B，C两点，过点B，C分别作直线l:x=1的垂线，垂足分别为M，N，记△BMP，△MNP，△CNP的面积分别为S1，S2，S3，试问：是否存在正数λ，使得S1，λS2，S3总成等比数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）根据已知条件，列出关于a，b，c的方程组，求解即可求得椭圆方程．
（2）假设存在满足题意的正数λ，设直线BC的方程，以及Bx1,y1，Cx2,y2，结合题意判断出y1y2>0，x10）的离心率为22，所以ca=22．
当点T位于椭圆的上顶点或下顶点时，△TF1F2的面积最大，此时S△TF1F2=bc=1，
所以ca=22bc=1a2=b2+c2，解得b=c=1，a=2，
所以椭圆E的标准方程为x22+y2=1．
（2）假设存在正数λ，使得S1，λS2，S3总成等比数列，
由已知得，直线BC的斜率存在且不为0，点B，C在x轴的同侧，

设直线BC的方程为y=k(x-2)(k≠0)，Bx1,y1，Cx2,y2，y1y2>0，
把x=1代入x22+y2=1中，可得y=±22，
即直线x=1与椭圆的交点为(1,±22)，不妨取点(1,-22)，
则过点(1,-22)和P(2,0)的直线为y=22(x-2)，代入x22+y2=1，
得x2-2x+1=0，x=1，即方程有两等根，即y=22(x-2)与椭圆x22+y2=1相切，
切点为(1,-22)，故设x10）中，其所有外切矩形的顶点在一个定圆Γ：x2+y2=a2+b2上，称此圆为椭圆的蒙日圆．椭圆C过A22,32，B-63,63
(1)求椭圆C的方程；
(2)过椭圆C的蒙日圆上一点M，作椭圆的一条切线，与蒙日圆交于另一点N，若kOM，kON存在．证明：kOM⋅kON为定值．
【解题思路】（1）根据椭圆所过的点，列方程求解a2,b2，即可求得椭圆方程；
（2）由题意可得椭圆的蒙日圆方程，由此讨论直线MN斜率不存在和存在两种情况，存在时，设直线MN的方程y=kx+t，联立直线和椭圆方程，求得参数间的关系，联立直线和蒙日圆方程可得根与系数关系，化简kOM⋅kON，可得定值，综合即可证明结论.
【解答过程】（1）将A22,32，B-63,63，代入到x2a2+y2b2=1，
可得12a2+34b2=123a2+23b2=1，解得a2=2,b2=1，
所以椭圆C的方程为：x22+y2=1．
（2）由题意可知，蒙日圆方程为：x2+y2=3．
（i）若直线MN斜率不存在，则直线MN的方程为：x=2或x=-2．
不妨取x=2，代入x2+y2=3中，则y=±1，
不妨取M2,1，N2,-1，kOM=12=22，kON=-12=-22，
∴kOM⋅kON=-12．
（ii）若直线MN斜率存在，设直线MN的方程为：y=kx+t，
联立y=kx+tx22+y2=1，化简整理得：2k2+1x2+4ktx+2t2-2=0，
据题意有Δ=16k2t2-44k2t2-4k2+2t2-2=0，于是有：t2=2k2+1，
设Mx1,y1（x1≠0），Nx2,y2（x2≠0），
联立y=kx+tx2+y2=3，化简整理得：k2+1x2+2ktx+t2-3=0，
Δ1=4k2t2-4k2+1t2-3=43k2-t2+3=43k2+3-2k2-1=4k2+2>0，
x1+x2=-2ktk2+1，x1x2=t2-3k2+1，
则kOM⋅kON=y1y2x1x2=kx1+tkx2+tx1x2=k2x1x2+ktx1+x2+t2x1x2
=k2+-2k2t21+k2+t2t2-31+k2=k2+t2-k2t2t2-3=k2t2-3k2+t2-k2t2t2-3=t2-3k2t2-3，
∵t2=2k2+1，所以kOM⋅kON=2k2+1-3k22k2+1-3=1-k22k2-2=-12．
综上可知，kOM⋅kON为定值-12.
【变式11-1】（2023·全国·模拟预测）定义：一般地，当λ>0且λ≠1时，我们把方程x2a2+y2b2=λa>b>0表示的椭圆Cλ称为椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的相似椭圆．已知椭圆C:x24+y2=1，椭圆Cλ（λ>0且λ≠1）是椭圆C的相似椭圆，点P为椭圆Cλ上异于其左、右顶点M,N的任意一点．
(1)当λ=2时，若与椭圆C有且只有一个公共点的直线l1，l2恰好相交于点P，直线l1，l2的斜率分别为k1,k2，求k1k2的值；
(2)当λ=e2（e为椭圆C的离心率）时，设直线PM与椭圆C交于点A,B，直线PN与椭圆C交于点D,E，求AB+DE的值．
【解题思路】（1）设Px0,y0，则直线l1的方程为y-y0=k1x-x0，进而与椭圆C联立方程，并结合判别式得x02-4k12-2x0y0k1+y02-1=0，同理得到x02-4k22-2x0y0k2+y02-1=0，进而得k1k2=y02-1x02-4，再根据y02=2-14x02即可求得答案；
（2）由题知椭圆Cλ的标准方程为x23+y234=1，进而结合点Px0,y0在椭圆C2:x28+y22=1上得kPMkPN=-14，故设直线PM的斜率为k，则直线PN的斜率为-14k，进而得其对应的方程，再与椭圆C联立方程并结合韦达定理，弦长公式得，AB=41+k21+4k2，DE=1+16k21+4k2，进而得AB+DE=5．
【解答过程】（1）解：设Px0,y0，则直线l1的方程为y-y0=k1x-x0，即y=k1x+y0-k1x0，
记t=y0-k1x0，则l1的方程为y=k1x+t，
将其代入椭圆C的方程，消去y，得4k12+1x2+8k1tx+4t2-4=0，
因为直线l1与椭圆C有且只有一个公共点，
所以Δ=8k1t2-44k12+14t2-4=0，即4k12-t2+1=0，
将t=y0-k1x0代入上式，整理得x02-4k12-2x0y0k1+y02-1=0，
同理可得，x02-4k22-2x0y0k2+y02-1=0，
所以k1,k2为关于m的方程x02-4m2-2x0y0m+y02-1=0的两根，
所以，k1k2=y02-1x02-4．
又点Px0,y0在椭圆C2:x28+y22=1上，
所以y02=2-14x02，
所以k1k2=2-14x02-1x02-4=-14．
（2）解：由椭圆C:x24+y2=1，得其离心率e=32，
所以当λ=e2，即λ=34时，椭圆Cλ的标准方程为x23+y234=1，
所以，M-3,0，N3,0，恰好为椭圆C的左、右焦点，
易知直线PM,PN的斜率均存在且不为0，
所以kPMkPN=y0x0+3⋅y0x0-3=y02x02-3，
因为Px0,y0在椭圆Cλ上，所以x023+y0234=1，即y02=34-x024，
所以kPMkPN=-14．
设直线PM的斜率为k，则直线PN的斜率为-14k，
所以直线PM的方程为y=kx+3．
由y=kx+3x24+y2=1，得1+4k2x2+83k2x+12k2-4=0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1+x2=-83k21+4k2，x1x2=12k2-41+4k2，
所以AB=1+k2x1-x2 =1+k2x1+x22-4x1x2
=1+k2-83k21+4k22-4×12k2-41+4k2=41+k21+4k2，
同理可得DE=1+16k21+4k2，
所以AB+DE=41+k21+4k2+1+16k21+4k2=5．
【变式11-2】（2024·河南南阳·一模）在椭圆(双曲线)中，任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，该圆的圆心是椭圆(双曲线)的中心，半径等于椭圆(双曲线)长半轴(实半轴)与短半轴(虚半轴)平方和(差)的算术平方根，则这个圆叫蒙日圆.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的蒙日圆的面积为13π，该椭圆的上顶点和下顶点分别为P1,P2，且P1P2=2，设过点Q0,12的直线l1与椭圆E交于A,B两点（不与P1,P2两点重合）且直线l2:x+2y-6=0.
(1)证明：AP1，BP2的交点P在直线y=2上;
(2)求直线AP1,BP1,l2围成的三角形面积的最小值.
【解题思路】（1）由题意求椭圆方程，设直线l1:y=kx+12,Ax1,y1,Bx2,y2，联立方程结合韦达定理分析证明；
（2）设直线l2与直线AP1,BP1的交点分别为Cx3,y3,Dx4,y4，可得x3=4x1(2k+1)x1-1,x4=4x2(2k+1)x2-1，结合韦达定理求得CD的最小值为655，即可得结果.
【解答过程】（1）根据题意，蒙日圆的半径为13，所以a2+b2=13.
因为P1P2=2，可知b=1，则a=23，
所以椭圆E的标准方程为x212+y2=1，
因为直线l1过点Q0,12，可知直线l1的斜率存在，且直线l1与椭圆必相交，
可设直线l1:y=kx+12,Ax1,y1,Bx2,y2，
联立方程y=kx+12x212+y2=1，消去y可得12k2+1x2+12kx-9=0，
由根与系数的关系可得：x1+x2=-12k12k2+1,x1x2=-912k2+1
因为P10,1,P20,-1，可得直线AP1:y=y1-1x1x+1，直线BP2:y=y2+1x2x-1，
所以y-1y+1=y1-1x1y2+1x2=x2y1-1x1y2+1=x2kx1-12x1kx2+32=kx1x2-12x2kx1x2+32x1=kx1x2-12x1+x2+12x1kx1x2+32x1
=-9k12k2+1-12×-12k12k2+1+12x1-9k12k2+1+32x1 =-3k12k2+1+12x1-9k12k2+1+32x1=13.
即y-1y+1=13，解得y=2，
所以直线AP1,BP2的交点P在直线y=2上.
（2）设直线l2与直线AP1,BP1的交点分别为Cx3,y3,Dx4,y4，
则由（1）可知：直线AP1:y=y1-1x1x+1，直线BP1:y=y2-1x2x+1.
联立方程y=y1-1x1x+1y=-12x+3和y=y2-1x2x+1y=-12x+3，
解得x3=4x1(2k+1)x1-1,x4=4x2(2k+1)x2-1
因为x1-x2=x1+x22-4x1x2=-12k12k2+12+3612k2+1=616k2+112k2+1，
又因为点P1到直线l2的距离d=|0+2×1-6|5=455，
可得S=12|CD|⋅d=255|CD|，只需求CD的最小值.
由弦长公式可得|CD|=1+-122x3-x4=524x1(2k+1)x1-1-4x2(2k+1)x2-1
=25×x1-x2(2k+1)x1-1(2k+1)x2-1=25×x1-x2(2k+1)2x1x2-(2k+1)x1+x2+1
=352×16k2+13k+1.
令3k+1=t，则k=t-13.
可得352×16k2+13k+1=52×16(t-1)2+9t2=52×251t-16252+16×925≥52×125=655，
当且仅当1t=1625，即k=316时等号成立.
即CD的最小值为655，可得△P1CD面积的最小值为125.
故直线AP1,BP1,l2围成的三角形面积的最小值为125.

【变式11-3】（2023·上海奉贤·二模）已知椭圆C:x24+y2b2=1b>0，A0,b，B0,-b．椭圆C内部的一点Tt,12 (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32，求b的值；
(2)设△BTM的面积是S1，△ATN的面积是S2，若S1S2=5，b=1时，求t的值；
(3)若点U(xu,yu)，V(xv,yv)满足xuyv，则称点U在点V的左上方．求证：当b>12时，点N在点M的左上方．
【解题思路】（1）分012,12>yM，所以yN>12>yM.所以当b>12时，点N在点M的左上方．
1．（2023·北京·高考真题）已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为53，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是E的左、右顶点，|AC|=4．
(1)求E的方程；
(2)设P为第一象限内E上的动点，直线PD与直线BC交于点M，直线PA与直线y=-2交于点N．求证：MN//CD．
【解题思路】（1）结合题意得到ca=53，2b=4，再结合a2-c2=b2，解之即可；
（2）依题意求得直线BC、PD与PA的方程，从而求得点M,N的坐标，进而求得kMN，再根据题意求得kCD，得到kMN=kCD，由此得解.
【解答过程】（1）依题意，得e=ca=53，则c=53a，
又A,C分别为椭圆上下顶点，AC=4，所以2b=4，即b=2，
所以a2-c2=b2=4，即a2-59a2=49a2=4，则a2=9，
所以椭圆E的方程为x29+y24=1.
（2）因为椭圆E的方程为x29+y24=1，所以A0,2,C0,-2,B-3,0,D3,0，
因为P为第一象限E上的动点，设Pm,n00，
因为FM⋅FN=0，所以x1-1x2-1+y1y2=0，
即my1+n-1my2+n-1+y1y2=0，
亦即m2+1y1y2+mn-1y1+y2+n-12=0，
将y1+y2=4m,y1y2=-4n代入得，
4m2=n2-6n+1，4m2+n=n-12>0，
所以n≠1，且n2-6n+1≥0，解得n≥3+22或n≤3-22．
设点F到直线MN的距离为d，所以d=n-11+m2，
MN=x1-x22+y1-y22=1+m2y1-y2=1+m216m2+16n
=1+m24n2-6n+1+16n=21+m2n-1，
所以△MFN的面积S=12×MN×d=12×n-11+m2×21+m2n-1=n-12，
而n≥3+22或n≤3-22，所以，
当n=3-22时，△MFN的面积Smin=2-222=12-82．
3．（2023·全国·高考真题）已知椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的离心率是53，点A-2,0在C上．
(1)求C的方程；
(2)过点-2,3的直线交C于P,Q两点，直线AP,AQ与y轴的交点分别为M,N，证明：线段MN的中点为定点．
【解题思路】（1）根据题意列式求解a,b,c，进而可得结果；
（2）设直线PQ的方程，进而可求点M,N的坐标，结合韦达定理验证yM+yN2为定值即可.
【解答过程】（1）由题意可得b=2a2=b2+c2e=ca=53，解得a=3b=2c=5，
所以椭圆方程为y29+x24=1.
（2）由题意可知：直线PQ的斜率存在，设PQ:y=kx+2+3,Px1,y1,Qx2,y2，
联立方程y=kx+2+3y29+x24=1，消去y得：4k2+9x2+8k2k+3x+16k2+3k=0，
则Δ=64k22k+32-644k2+9k2+3k=-1728k>0，解得kb>0)的左右顶点分别为A1,A2，右焦点为F，已知A1F=3,A2F=1．
(1)求椭圆的方程和离心率；
(2)点P在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线A2P交y轴于点Q，若三角形A1PQ的面积是三角形A2PF面积的二倍，求直线A2P的方程．
【解题思路】（1）由a+c=3a-c=1解得a=2,c=1，从而求出b=3，代入椭圆方程即可求方程，再代入离心率公式即求离心率.
（2）先设直线A2P的方程，与椭圆方程联立，消去y，再由韦达定理可得xA2⋅xP，从而得到P点和Q点坐标.由S△A2QA1=S△A1PQ+S△A1A2P=2S△A2PF+S△A1A2P得2yQ=3yP，即可得到关于k的方程，解出k，代入直线A2P的方程即可得到答案.
【解答过程】（1）如图，

由题意得a+c=3a-c=1，解得a=2,c=1，所以b=22-12=3，
所以椭圆的方程为x24+y23=1，离心率为e=ca=12.
（2）由题意得，直线A2P斜率存在，由椭圆的方程为x24+y23=1可得A22,0，
设直线A2P的方程为y=kx-2，
联立方程组x24+y23=1y=kx-2，消去y整理得：3+4k2x2-16k2x+16k2-12=0，
由韦达定理得xA2⋅xP=16k2-123+4k2，所以xP=8k2-63+4k2，
所以P8k2-63+4k2,-12k3+4k2，Q0,-2k.
所以S△A2QA1=12×4×yQ,S△A2PF=12×1×yP,S△A1A2P=12×4×yP，
所以S△A2QA1=S△A1PQ+S△A1A2P=2S△A2PF+S△A1A2P，
所以2yQ=3yP，即2-2k=3-12k3+4k2，
解得k=±62，所以直线A2P的方程为y=±62x-2.
5．（2023·全国·高考真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，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交于点P．证明:点P在定直线上.
【解题思路】（1）由题意求得a,b的值即可确定双曲线方程；
（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线MA1与NA2的方程，联立直线方程，消去y，结合韦达定理计算可得x+2x-2=-13，即交点的横坐标为定值，据此可证得点P在定直线x=-1上.
【解答过程】（1）设双曲线方程为x2a2-y2b2=1a>0,b>0，由焦点坐标可知c=25，
则由e=ca=5可得a=2，b=c2-a2=4，
双曲线方程为x24-y216=1.
（2）由(1)可得A1-2,0,A22,0，设Mx1,y1,Nx2,y2，
显然直线的斜率不为0，所以设直线MN的方程为x=my-4，且-120,b>0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y=±3x．
(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Px1,y1,Qx2,y2在C上，且x1>x2>0,y1>0．过P且斜率为-3的直线与过Q且斜率为3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.
【解题思路】（1）利用焦点坐标求得c的值，利用渐近线方程求得a,b的关系，进而利用a,b,c的平方关系求得a,b的值，得到双曲线的方程；
（2）先分析得到直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k, M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得到x0+ky0=8k2k2-3；由直线PM和QM的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率m=3x0y0，由②PQ//AB等价转化为ky0=3x0，由①M在直线AB上等价于ky0=k2x0-2，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.
【解答过程】（1）右焦点为F(2,0)，∴c=2,∵渐近线方程为y=±3x，∴ba=3，∴b=3a，∴c2=a2+b2=4a2=4，∴a=1，∴b=3．
∴C的方程为：x2-y23=1；
（2）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推③或选由②③推①：由②成立可知直线AB的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则M为线段AB的中点，假若直线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，与从而x1=x2，已知不符；
总之，直线AB的斜率存在且不为零.
设直线AB的斜率为k,直线AB方程为y=kx-2,
则条件①M在AB上，等价于y0=kx0-2⇔ky0=k2x0-2；
两渐近线的方程合并为3x2-y2=0,
联立消去y并化简整理得：k2-3x2-4k2x+4k2=0
设Ax3,y3,Bx4,y4,线段中点为NxN,yN,则xN=x3+x42=2k2k2-3,yN=kxN-2=6kk2-3,
设Mx0,y0,
则条件③AM=BM等价于x0-x32+y0-y32=x0-x42+y0-y42,
移项并利用平方差公式整理得：
x3-x42x0-x3+x4+y3-y42y0-y3+y4=0，
2x0-x3+x4+y3-y4x3-x42y0-y3+y4=0,即x0-xN+ky0-yN=0,
即x0+ky0=8k2k2-3；
由题意知直线PM的斜率为-3, 直线QM的斜率为3,
∴由y1-y0=-3x1-x0,y2-y0=3x2-x0,
∴y1-y2=-3x1+x2-2x0,
所以直线PQ的斜率m=y1-y2x1-x2=-3x1+x2-2x0x1-x2,
直线PM:y=-3x-x0+y0,即y=y0+3x0-3x,
代入双曲线的方程3x2-y2-3=0,即3x+y3x-y=3中，
得：y0+3x023x-y0+3x0=3,
解得P的横坐标：x1=1233y0+3x0+y0+3x0,
同理：x2=-1233y0-3x0+y0-3x0，
∴x1-x2=133y0y02-3x02+y0,x1+x2-2x0=-3x0y02-3x02-x0,
∴m=3x0y0,
∴条件②PQ//AB等价于m=k⇔ky0=3x0，
综上所述：
条件①M在AB上，等价于ky0=k2x0-2；
条件②PQ//AB等价于ky0=3x0；
条件③AM=BM等价于x0+ky0=8k2k2-3；
选①②推③:
由①②解得：x0=2k2k2-3,∴x0+ky0=4x0=8k2k2-3,∴③成立；
选①③推②：
由①③解得：x0=2k2k2-3，ky0=6k2k2-3，
∴ky0=3x0，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得：x0=2k2k2-3，ky0=6k2k2-3，∴x0-2=6k2-3，
∴ky0=k2x0-2，∴①成立.
7．（2022·全国·高考真题）设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，点Dp,0，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，MF=3．
(1)求C的方程；
(2)设直线MD,ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN,AB的倾斜角分别为α,β．当α-β取得最大值时，求直线AB的方程．
【解题思路】（1）由抛物线的定义可得MF=p+p2，即可得解；
（2）法一：设点的坐标及直线MN:x=my+1，由韦达定理及斜率公式可得kMN=2kAB，再由差角的正切公式及基本不等式可得kAB=22，设直线AB:x=2y+n，结合韦达定理可解.
【解答过程】（1）抛物线的准线为x=-p2，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时MF=p+p2=3，所以p=2，
所以抛物线C的方程为y2=4x；
（2）[方法一]：【最优解】直线方程横截式
设My124,y1,Ny224,y2,Ay324,y3,By424,y4，直线MN:x=my+1，
由x=my+1y2=4x可得y2-4my-4=0，Δ>0,y1y2=-4，
由斜率公式可得kMN=y1-y2y124-y224=4y1+y2，kAB=y3-y4y324-y424=4y3+y4，
直线MD:x=x1-2y1⋅y+2，代入抛物线方程可得y2-4x1-2y1⋅y-8=0，
Δ>0,y1y3=-8，所以y3=2y2，同理可得y4=2y1，
所以kAB=4y3+y4=42y1+y2=kMN2
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为α,β，所以kAB=tanβ=kMN2=tanα2，
若要使α-β最大，则β∈0,π2，设kMN=2kAB=2k>0，则tanα-β=tanα-tanβ1+tanαtanβ=k1+2k2=11k+2k≤121k⋅2k=24，
当且仅当1k=2k即k=22时，等号成立，
所以当α-β最大时，kAB=22，设直线AB:x=2y+n，
代入抛物线方程可得y2-42y-4n=0，
Δ>0,y3y4=-4n=4y1y2=-16，所以n=4，
所以直线AB:x=2y+4.
[方法二]：直线方程点斜式
由题可知，直线MN的斜率存在.
设Mx1,y1,Nx2,y2,Ax3,y3,Bx4,y4,直线MN:y=kx-1
由 y=k(x-1)y2=4x得：k2x2-2k2+4x+k2=0，x1x2=1,同理，y1y2=-4.
直线MD:y=y1x1-2(x-2),代入抛物线方程可得：x1x3=4，同理，x2x4=4.
代入抛物线方程可得:y1y3=-8,所以y3=2y2，同理可得y4=2y1，
由斜率公式可得：kAB=y4-y3x4-x3=2y2-y141x2-1x1=y2-y12x2-x1=12kMN.
（下同方法一）若要使α-β最大，则β∈0,π2，
设kMN=2kAB=2k>0，则tanα-β=tanα-tanβ1+tanαtanβ=k1+2k2=11k+2k≤121k⋅2k=24，
当且仅当1k=2k即k=22时，等号成立，
所以当α-β最大时，kAB=22，设直线AB:x=2y+n，
代入抛物线方程可得y2-42y-4n=0，Δ>0,y3y4=-4n=4y1y2=-16，所以n=4，所以直线AB:x=2y+4.
[方法三]：三点共线
设My124,y1,Ny224,y2,Ay324,y3,By424,y4，
设Pt,0,若 P、M、N三点共线，由PM=y124-t,y1，PN=y224-t,y2
所以y124-ty2=y224-ty1，化简得y1y2=-4t，
反之，若y1y2=-4t,可得MN过定点t,0
因此，由M、N、F三点共线，得y1y2=-4，
由M、D、A三点共线，得y1y3=-8，
由N、D、B三点共线，得y2y4=-8，
则y3y4=4y1y2=-16，AB过定点（4,0）
（下同方法一）若要使α-β最大，则β∈0,π2，
设kMN=2kAB=2k>0，则tanα-β=tanα-tanβ1+tanαtanβ=k1+2k2=11k+2k≤121k⋅2k=24，
当且仅当1k=2k即k=22时，等号成立，
所以当α-β最大时，kAB=22，所以直线AB:x=2y+4.
8．（2022·全国·高考真题）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A0,-2,B32,-1两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点P1,-2的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足MT=TH．证明：直线HN过定点．
【解题思路】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；
（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.
【解答过程】（1）解：设椭圆E的方程为mx2+ny2=1，过A0,-2,B32,-1，
则4n=194m+n=1，解得m=13，n=14，
所以椭圆E的方程为：y24+x23=1.
（2）A(0,-2),B(32,-1)，所以AB:y+2=23x，
①若过点P(1,-2)的直线斜率不存在，直线x=1.代入x23+y24=1，
可得M(1,-263)，N(1,263)，代入AB方程y=23x-2，可得
T(-6+3,-263)，由MT=TH得到H(-26+5,-263).求得HN方程：
y=(2+263)x-2，过点(0,-2).
②若过点P(1,-2)的直线斜率存在，设kx-y-(k+2)=0,M(x1,y1),N(x2,y2).
联立kx-y-(k+2)=0x23+y24=1,得(3k2+4)x2-6k(2+k)x+3k(k+4)=0，
可得x1+x2=6k(2+k)3k2+4x1x2=3k(4+k)3k2+4，y1+y2=-8(2+k)3k2+4y1y2=4(4+4k-2k2)3k2+4，
且x1y2+x2y1=-24k3k2+4(*)
联立y=y1y=23x-2,可得T(3y12+3,y1),H(3y1+6-x1,y1).
可求得此时HN:y-y2=y1-y23y1+6-x1-x2(x-x2)，
将(0,-2)，代入整理得2(x1+x2)-6(y1+y2)+x1y2+x2y1-3y1y2-12=0，
将(*)代入，得24k+12k2+96+48k-24k-48-48k+24k2-36k2-48=0,
显然成立，
综上，可得直线HN过定点(0,-2).
9．（2022·北京·高考真题）已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个顶点为A(0,1)，焦距为23．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点P(-2,1)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当|MN|=2时，求k的值．
【解题思路】（1）依题意可得b=12c=23c2=a2-b2，即可求出a，从而求出椭圆方程；
（2）首先表示出直线方程，设Bx1,y1、Cx2,y2，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由直线AB、AC的方程，表示出xM、xN，根据MN=xN-xM得到方程，解得即可；
【解答过程】（1）解：依题意可得b=1，2c=23，又c2=a2-b2，
所以a=2，所以椭圆方程为x24+y2=1；
（2）解：依题意过点P-2,1的直线为y-1=kx+2，设Bx1,y1、Cx2,y2，不妨令-2≤x10，解得k1)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=22，求△PAQ的面积．
【解题思路】（1）由点A(2,1)在双曲线上可求出a，易知直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，Px1,y1,Qx2,y2，再根据kAP+kAQ=0，即可解出l的斜率；
（2）根据直线AP,AQ的斜率之和为0可知直线AP,AQ的倾斜角互补，根据tan∠PAQ=22即可求出直线AP,AQ的斜率，再分别联立直线AP,AQ与双曲线方程求出点P,Q的坐标，即可得到直线PQ的方程以及PQ的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线PQ的距离，即可得出△PAQ的面积．
【解答过程】（1）因为点A(2,1)在双曲线C:x2a2-y2a2-1=1(a>1)上，所以4a2-1a2-1=1，解得a2=2，即双曲线C:x22-y2=1．
易知直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，Px1,y1,Qx2,y2，
联立y=kx+mx22-y2=1可得，1-2k2x2-4mkx-2m2-2=0，
所以，x1+x2=-4mk2k2-1,x1x2=2m2+22k2-1，Δ=16m2k2-42m2+22k2-1>0⇒m2+1-2k2>0且k≠±22．
所以由kAP+kAQ=0可得，y2-1x2-2+y1-1x1-2=0，
即x1-2kx2+m-1+x2-2kx1+m-1=0，
即2kx1x2+m-1-2kx1+x2-4m-1=0，
所以2k×2m2+22k2-1+m-1-2k-4mk2k2-1-4m-1=0，
化简得，8k2+4k-4+4mk+1=0，即k+12k-1+m=0，
所以k=-1或m=1-2k，
当m=1-2k时，直线l:y=kx+m=kx-2+1过点A2,1，与题意不符，舍去，
故k=-1．
（2）［方法一］：【最优解】常规转化
不妨设直线PA,AQ的倾斜角为α,βα0)
|AB|=y1+y2+p
x2=-2py(p>0)
|AB|=p-(y1+y2)