新高考数学一轮复习核心考点讲练15圆锥曲线（15种题型9个易错考点）（2份，原卷版+解析版）

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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．
三、 2023真题抢先刷，考向提前知
1．（2023•新高考Ⅰ•第5题）设椭圆C1：y2＝1（a＞1），C2：y2＝1的离心率分别为e1，e2．若e2e1，则a＝（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
解：由椭圆C2：y2＝1可得a2＝2，b2＝1，∴c2，
∴椭圆C2的离心率为e2，
∵e2e1，∴e1，∴，
∴44（）＝4（1），
∴a或a（舍去）．
2．（2023•新高考Ⅱ•第5题）已知椭圆C：的左焦点和右焦点分别为F1和F2，直线y＝x+m与C交于点A，B两点，若△F1AB面积是△F2AB面积的两倍，则m＝（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
解：记直线y＝x+m与x轴交于M（﹣m，0），
椭圆C：的左，右焦点分别为F1（，0），F2（，0），
由△F1AB面积是△F2AB的2倍，可得|F1M|＝2|F2M|，
∴|xM|＝2|xM|，解得xM或xM＝3，
∴﹣m或﹣m＝3，∴m或m＝﹣3，
联立可得，4x2+6mx+3m2﹣3＝0，
∵直线y＝x+m与C相交，所以Δ＞0，解得m2＜4，
∴m＝﹣3不符合题意，
故m．
3．（多选）（2023•新高考Ⅱ•第10题）设O为坐标原点，直线y（x﹣1）过抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则（ ）
A．p＝2
B．|MN|
C．以MN为直径的圆与l相切
D．△OMN为等腰三角形
【答案】AC
解：直线y（x﹣1）过抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点，可得1，所以p＝2，
所以A正确；
抛物线方程为：y2＝4x，与C交于M，N两点，
直线方程代入抛物线方程可得：3x2﹣10x+3＝0，
xM+xN，
所以|MN|＝xM+xN+p，所以B不正确；
M，N的中点的横坐标：，中点到抛物线的准线的距离为：1，
所以以MN为直径的圆与l相切，所以C正确；
3x2﹣10x+3＝0，
不妨可得xM＝3，xN，yM＝﹣2，xN，
|OM|，|ON|，|MN|，
所以△OMN不是等腰三角形，所以D不正确．
4．（2023•新高考Ⅰ•第16题）已知双曲线C：1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2．点A在C上，点B在y轴上，⊥，，则C的离心率为 ．
【答案】
解：（法一）如图，设F1（﹣c，0），F2（c，0），B（0，n），
设A（x，y），则，
又，则，可得，
又⊥，且，
则，化简得n2＝4c2．
又点A在C上，则，整理可得，
代n2＝4c2，可得，即，
解得或（舍去），
故．
（法二）由，得，
设，由对称性可得，则，
设∠F1AF2＝θ，则，所以，解得t＝a，
所以，
在△AF1F2 中，由余弦定理可得，
即5c2＝9a2，则．
5．（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（﹣2，0），离心率为．
（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（﹣2，0），离心率为，
则，解得，
故双曲线C的方程为；
（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，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，
，，
直线MA1的方程为，直线NA2方程y，
故


，
故，解得x＝﹣1，
所以xP＝﹣1，
故点P在定直线x＝﹣1上运动．
6．（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．
四、考点清单
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：．
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 , 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 , 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 ，则直线必过定点 ;若得到了直线方程的斜截式 ，则直线必过定点 .
（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.
五、题型方法
一．椭圆的标准方程（共3小题）
1．（2023•宜宾模拟）“1＜m＜3”是“方程+＝1表示椭圆”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【分析】根据椭圆的定义和性质，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【解答】解：若方程+＝1表示椭圆，
则满足，即，
即1＜m＜3且m≠2，此时1＜m＜3成立，即必要性成立，
当m＝2时，满足1＜m＜3，但此时方程+＝1等价为为圆，不是椭圆，不满足条件．即充分性不成立
故“1＜m＜3”是“方程+＝1表示椭圆”的必要不充分条件，
故选：B．
【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据椭圆的定义和方程是解决本题的关键．
2．（2023•江西模拟）已知椭圆的中心在原点，焦点在y轴上，离心率为，请写出一个符合上述条件的椭圆的标准方程 （答案不唯一） ．
【分析】直接利用椭圆的性质求出椭圆的方程．
【解答】解：由于椭圆的中心在原点，焦点在y轴上，
所以设椭圆的方程为（a＞b＞0），
由于离心率为，
所以，
满足条件的椭圆方程为（答案不唯一）．
故答案为：（答案不唯一）．
【点评】本题考查的知识要点：椭圆的方程，椭圆的性质，主要考查学生的理解能力和计算能力，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题和易错题．
3．（2023•普宁市校级二模）已知椭圆的离心率与双曲线的离心率互为倒数，短轴长为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设直线l与椭圆C相切于点A，A关于原点O的对称点为点B，过点B作BM⊥l，垂足为M，求△ABM面积的最大值．
【分析】（1）先求得椭圆C的离心率，又椭圆C的短轴长为，可得a，b，c的值，即得椭圆C的标准方程；
（2）利用直线上两点的距离公式算得|AM|，|BM|的表达式，可得．
【解答】解：（1）设椭圆C的半焦距为c．
因为双曲线的离心率，
所以椭圆C的离心率，
又椭圆C的短轴长为，所以，解得．
联立解得，
故椭圆C的方程为．
（2）设点A（x0，y0），B（﹣x0，﹣y0），易知直线l的斜率一定存在，设直线l：y﹣y0＝k（x﹣x0），
联立，消元可得，
由题意，Δ＝0，即且，
整理得．
由过点A的切线是唯一的得，
所以直线l：x0x+2y0y＝4，又直线BM⊥l交于点M，得直线BM：2y0x﹣x0y＝﹣x0y0．
联立可得．
所以，
，
即，
当且仅当，即时取等号．
故△ABM面积的最大值为2．
【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．
二．椭圆的性质（共5小题）
4．（2023•金凤区校级三模）椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线l交椭圆C于A，B两点，若|F1F2|＝|AF2|，＝2，则椭圆C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【分析】由椭圆的定义及题设，求出|AF1|、|BF1|、|BF2|，利用∠AF1F2+∠BF1F2＝π，由余弦定理建立方程化简即可得解．
【解答】解：因为|F1F2|＝|AF2|＝2c，由椭圆定义知|AF1|＝2a﹣2c，
又，所以|BF1|＝a﹣c，再由椭圆定义|BF2|＝2a﹣（a﹣c）＝a+c，
因为∠AF1F2+∠BF1F2＝π，所以cs∠AF1F2＝﹣cs∠BF1F2，
所以由余弦定理可得，
即，
化简可得a2+3c2﹣4ac＝0，即3e2﹣4e+1＝0，
解得或e＝1（舍去）．
故选：D．
【点评】本题考查了椭圆的性质，属于中档题．
5．（2023•湖南模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，点A是椭圆上的任意一点，满足AF1⊥AF2，∠AF1F2的平分线与AF2相交于点B，则F1B分△AF1F2所得的两个三角形的面积之比＝ 或 ．
【分析】设|AF1|＝m，|AF2|＝n，由椭圆定义和AF1⊥AF2可得25n2﹣70cn+48c2＝0，而从而可解．
【解答】解：设|AF1|＝m，|AF2|＝n，因为AF1⊥AF2，所以，
在Rt△AF1F2中，由勾股定理，得m2+n2＝（2c）2，①
又因为，所以由椭圆的定义得，②
联立①②并化简得：25n2﹣70cn+48c2＝0，显然点A不在坐标轴上，
若点A在第一或第四象限，
则，因为F1B是∠AF1F2的平分线，所以；
若点A在第二或第三象限，
则，因为F1B是∠AF1F2的平分线，所以．
故答案为：或．
【点评】本题主要考查了椭圆的定义和性质，考查了三角形的面积公式，属于中档题．
6．（2023•宁德模拟）已知椭圆C的一个焦点为F，短轴B1B2的长为为C上异于B1，B2的两点．设∠PB1B2＝α，∠PB2B1＝β，且tan（α+β）＝﹣3（tanα+tanβ），则△PQF的周长的最大值为 8 ．
【分析】根据条件求出椭圆方程，再运用几何关系求出最大值．
【解答】解：，因为α+β＜π，所以tanα+tanβ≠0，
即，，
设P（x0，y0），由题意：，则，
所以，即，即椭圆C的标准方程为，
；
设左焦点为F，右焦点为F2，如右图：则△PFQ 的周长l＝|PF|+|QF|+|PQ|＝4a﹣|PF2|﹣|QF2|+|PQ|，
因为|PF2|+|QF2|≥|PQ|，当P，Q，F2 三点共线时等号成立，所以l≤4a＝8，
l的最大值为8；
故答案为：8．
【点评】本题主要考查椭圆的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
7．（2023•河北模拟）已知F1，F2分别为椭圆C：的两个焦点，右顶点为A，D为AF2的中点，且F1D⊥AF2，直线F1D与C交于M，N两点，且△AMN的周长为28，则椭圆C的短轴长为 7 ．
【分析】由题意可得|MA|+|MN|+|NA|＝4a，可求a，进而可得×＝•（﹣）＝﹣1，可求b，进而可求短轴长．
【解答】解：∵D为AF2的中点，且F1D⊥AF2，
∴|MF2|＝|MA|，|NF2|＝|NA|，
∵|MF1|+|MF2|＝2a，|NF2|+|NF1|＝2a，
∴|MF1|+|MF2|+|NF2|+|NF1|＝4a，
∴|MA|+|MF1|+|NA|+|NF1|＝4a，
∴|MA|+|MN|+|NA|＝4a，
∵△AMN的周长为28，
∴4a＝28，∴a＝7，
由已知可得A（b，0），F1（0，﹣c），F2（0，c），D（，），
∵F1D⊥AF2，∴×＝•（﹣）＝﹣1，
∴b2＝3c2，∴4c2＝a2＝49，∴c＝，
∴b＝×＝，∴短轴长为7．
故答案为：7．
【点评】本题考查椭圆的几何性质，考查运算解能力，属中档题．
8．（2023•濠江区校级模拟）已知点P是椭圆上一点，椭圆C在点P处的切线l与圆O：x2+y2＝4交于A，B两点，当三角形AOB的面积取最大值时，切线l的斜率等于 ．
【分析】根据面积公式分析可得当△AOB是等腰三角形，面积最大，此时点O到切线l的距离等于．解法一：设切线l的方程，根据点到直线的距离和直线与椭圆相切分别可得m2＝2（k2+1），m2＝4k2+1，求解即可；解法二：设点P的坐标为（x0，y0），切线l的方程为，结合点到直线的距离公式运算求解．
【解答】解：∵圆O：x2+y2＝4的圆心O（0，0），半径r＝2，
设∠AOB＝θ∈（0，π），则，
当且仅当sinθ＝1，即时，等号成立，
当时，△AOB是等腰三角形，此时点O到切线l的距离等于．
解法一：设切线l的方程为y＝kx+m，即kx﹣y+m＝0，
则有，整理得：m2＝2（k2+1）①，
联立方程，消去y得：（4k2+1）x2+8kmx+4m2﹣4＝0，
由相切得：Δ＝64k2m2﹣16（4k2+1）（m2﹣1）＝0，
整理得：m2＝4k2+1②，
由①②得：2（k2+1）＝4k2+1，解得．
解法二：设点P的坐标为（x0，y0），
则切线l的方程为，即，
则有，整理得③，
∵点P在椭圆上，则④，
由③④解得，，
所以切线l的斜率．
故答案为：．
【点评】本题考查椭圆的几何性质，椭圆的切线问题的求解，化归转化思想，属中档题．
三．直线与椭圆的综合（共6小题）
9．（2023•常德模拟）已知椭圆E，直线与椭圆E相切，则椭圆E的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【分析】由椭圆E和直线相切，联立椭圆E和直线的方程，消y得到，令Δ＝0，化简得到，即可求解．
【解答】解：由题意，联立椭圆E和直线的方程得：，
整理得：，
因为椭圆E和直线相切，
则，
化简得：，
则椭圆E的离心率，
故选：B．
【点评】本题考查椭圆的性质，考查直线与椭圆的位置关系，考查运算求解能力，属于中档题．
10．（2023•东湖区校级三模）已知椭圆的短轴长为，一个焦点为F1（﹣2，0）．
（Ⅰ）求椭圆E的方程和离心率；
（Ⅱ）设直线l：x﹣my﹣2＝0与椭圆E交于两点A，B，点M在线段AB上，点F1关于点M的对称点为C．当四边形AF1BC的面积最大时，求m的值．
【分析】（Ⅰ）根据a，b，c求椭圆方程和离心率；
（Ⅱ）首先直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理表示四边形的面积，并利用基本不等式求最值．
【解答】解：（Ⅰ）由题可得，，解得a＝，b＝，
所以椭圆E的方程为，
又一个焦点为F1（﹣2，0），所以c＝2，
所以椭圆，E的离心率为．
（Ⅱ）设椭圆E的另一个焦点为F2（2，0），则直线l过点F2，
由，得（m2+3）y2+4my﹣2＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），则，
由题设，点M为线段F1C的中点，所以点F1和点C到直线AB的距离相等，
所以四边形AF1BC的面积为△F1AB面积的2倍，
又，
所以＝＝，
设t＝m2+1，则t≥1，
所以，当且仅当t＝2，即m＝±1时，四边形AF1BC的面积取得最大值4，
所以四边形AF1BC的面积最大时，m＝±1．
【点评】本题考查了椭圆的几何性质和标准方程以及椭圆中四边形面积的最值问题，属于中档题．
11．（2023•商丘三模）如图，椭圆C：＝1（a＞b＞0）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．
【分析】（1）根据题意建立关于a，b，c的方程组，解出即可；
（2）设直线BQ的方程为y＝k（x﹣2），直线AP的方程为y＝2k（x+2），联立椭圆方程可得点P，Q的坐标，判断直线PQ过定点，易知H轨迹是以BM为直径的圆，由此可得出结论．
【解答】解：（1）依题意，，
解得，
所以椭圆C的方程为；
（2）若直线BQ的斜率为k2＝k，则直线AP斜率为2k，
而A（﹣2，0），B（2，0），
所以直线BQ的方程为y＝k（x﹣2），直线AP的方程为y＝2k（x+2），
联立BQ与椭圆C的方程，
消去y并整理得（1+2k2）x2﹣8k2x+8k2﹣4＝0，
所以，
则，
故；
联立AP与椭圆C的方程，
消去y并整理得（1+8k2）x2+32k2x+32k2﹣4＝0，
所以，
则，
故，
综上，，
，
当64k4﹣4≠0，即时，，
此时直线，
所以直线，
即直线PQ过定点；
当64k4﹣4＝0，即时，
若，则且，且，
故直线PQ过定点；
若，则且，且，
故直线PQ过定点 ；
综上，直线PQ过定点，
又BH⊥PQ于H，易知H轨迹是以BM为直径的圆，
故BM的中点到H的距离为定值，
故所求定点T为．
【点评】本题考查椭圆的标准方程及其性质，考查直线与椭圆的综合运用，考查分类讨论思想和运算求解能力，属于中档题．
12．（2023•南通二模）已知椭圆E：＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，焦距与短轴长均为4．
（1）求E的方程；
（2）设任意过F2的直线l交E于M，N，分别作E在点M，N处的切线，且两条切线相交于点P，过F1作平行于l的直线分别交PM，PN于A，B，求的取值范围．
【分析】（1）由题意可得b，c的值，进而求出a的值，求出椭圆的方程；
（2）设直线l的方程，与椭圆的方程联立，求出两根之和及两根之积，求出直线过M的点的切线方程，与椭圆的方程联立，由判别式为0，可得直线OM的斜率，同理可得过切点N的切线方程，两式联立，整理可得P的坐标，可得MN的中点Q的坐标，再由三角形相似，即椭圆的对称性可得的取值范围．
【解答】解：（1）由题意，2c＝2b＝4，可得b＝c＝2，可得a2＝b2+c2＝8，
所以椭圆的方程为：+＝1；
（2）由题意，F2（2，0），显然l的斜率不为0，故设l的方程为x＝ty+2，M（x1，y1），N（x2，y2），
联立，即（t2+2）y2+4ty﹣4＝0，
故y1+y2＝﹣，y1y2＝﹣，
由题意可知M，N不在x轴上，即过M，N两点的切线斜率存在，设过M点的切线方程为y﹣y1＝k（x﹣x1），
与椭圆联立有，
整理可得：（1+2k2）x2﹣4k（kx1﹣y1）x+2（kx1﹣y1）2﹣8＝0，
Δ＝16k2（kx1﹣y1）2﹣2（1+2k2）[2（kx1﹣y1）2﹣8]＝0，
可得k＝﹣，即过M点的切线方程为y﹣y1＝﹣（x﹣x1），即x1x+2y1y＝8，
同理可得过N点的切线方程为x2x+2y2y＝8，
联立两切线方程，整理可得：（x1y2﹣x2y1）x＝8（y2﹣y1），
即[（ty1+2）y2﹣（ty2+2）y1]x＝8（y2﹣y1），
化简可得x＝4，
代入+＝1，
可得y＝＝＝﹣2t，
可得P（4，﹣2t），
设MN的中点为Q（xQ，yQ），则yQ＝＝﹣，xQ＝﹣+2＝，
所以Q（，﹣），
因为kOQ＝＝﹣，kOP＝＝﹣，所以kOQ＝kOP，
即O，Q，P三点共线，又过F1平行于l的直线分别交PM，PN于A，B，
易得△PMN∽△PAB，取AB中点R，根据三角形的性质有R，O，Q，P四点共线，
结合椭圆的对称性，可得＝＝＝||＝≤1，
当且仅当t＝0时取等号．故的取值范围是（0，1]．
【点评】本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合应用，属于中档题．
13．（2023•广州一模）已知椭圆的离心率为，以C的短轴为直径的圆与直线y＝ax+6相切．
（1）求C的方程；
（2）直线l：y＝k（x﹣1）（k≥0）与C相交于A，B两点，过C上的点P作x轴的平行线交线段AB于点Q，直线OP的斜率为k'（O为坐标原点），△APQ的面积为S1.△BPQ的面积为S2，若|AP|⋅S2＝|BP|⋅S1，判断k⋅k'是否为定值？并说明理由．
【分析】（1）利用椭圆离心率及圆的切线性质，建立关于a，b的方程组，解方程即可；
（2）由给定的面积关系可得直线PQ平分∠APB，进而可得直线AP，BP的斜率互为相反数，再联立直线与椭圆方程，利用韦达定理结合斜率坐标公式计算判断即可．
【解答】解：（1）由椭圆的离心率为，得＝，即有a2＝2b2，
由以C的短轴为直径的圆与直线y＝ax+6相切得：＝b，联立解得a2＝8，b2＝4，
∴C的方程为+＝1；
（2）k⋅k'为定值，且k⋅k'＝，
∵|AP|⋅S2＝|BP|⋅S1，则＝＝＝，
因此sin∠APQ＝sin∠BPQ，而∠APQ+∠BPQ＝∠ABP∈（0，π），有∠APQ＝∠BPQ，
于是可得PQ平分∠APB，∴直线AP，BP的斜率互为相反数，即kAP+kBP＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），P（x0，y0），
由，消去y得：（1+2k2）x2﹣4k2x+2k2﹣8＝0．
∴x1+x2＝，x1x2＝，
而kAP+kBP＝+＝0，∴（y1﹣y0）（x2﹣x0）+（y2﹣y0）（x1﹣x0）＝0，
即[k（x1﹣1）﹣y0]（x2﹣x0）+[k（x2﹣1）﹣y0]（x1﹣x0）＝2kx1x2﹣（y0+kx0+k）（x1+x2）+2x0（y0+k）＝0，
∴2k×﹣（y0+kx0+k）×+2x0（y0+k）＝0，
∴2k（2k2﹣8）﹣4k2（y0+kx0+k）+2x0（y0+k）（1+2k2）＝0．
化简得2y0（x0﹣1）k2+（x0﹣8）k+x0y0＝0．
又∵P（x0，y0）在椭圆上，∴+＝1，∴+2＝8，
∴2y0（x0﹣1）k2+（﹣2﹣+x0）k+x0y0＝0，
∴（2y0k﹣x0）[（x0﹣1）k﹣y0]＝0，
又∵P（x0，y0）不在直线l：y＝k（x﹣1），则有2y0k﹣x0＝0，
即k×＝k⋅k'＝，
∴k⋅k'为定值，且k⋅k'＝．
【点评】本题考查定值问题，考查椭圆的性质，考查斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属中档题．
14．（2023•石狮市校级模拟）已知椭圆的离心率为，焦距为2．
（1）求Ω的标准方程．
（2）过Ω的右焦点F作相互垂直的两条直线l1，l2（均不垂直于x轴），l1交Ω于A，B两点，l2交Ω于C，D两点．设线段AB，CD的中点分别为M，N，证明：直线MN过定点．
【分析】（1）通过椭圆的离心率结合椭圆的焦距，求出c，a推出b，即可得到椭圆方程．
（2）设直线AB的方程为y＝k（x﹣1）（k≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），联立方程组，消去y得（5k2+4）x2﹣10k2x+5k2﹣20＝0，利用韦达定理，结合中点坐标公式，求出M坐标然后求解N的坐标，然后转化求解直线系方程推出结果即可．
【解答】（1）解：因为离心率，2c＝2，且a2＝b2+c2，
所以c＝1，，b＝2，
故Ω的标准方程为．
（2）证明：由（1）知F（1，0）．
设直线AB的方程为y＝k（x﹣1）（k≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），
联立方程组，消去y得（5k2+4）x2﹣10k2x+5k2﹣20＝0，
由韦达定理可得，，
所以M的坐标为．
因为CD⊥AB，所以CD的斜率为．
将M坐标中的k换为，可得N的坐标为．
当k≠±1时，设直线MN的斜率为kMN，
则，
所以直线MN的方程为，
即，则直线MN过定点．
当k＝±1时，直线MN的方程为，也过点．
综上所述，直线MN过定点．
【点评】本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力．
四．抛物线的定义（共1小题）
15．（2023•德阳模拟）设抛物线x2＝12y的焦点为F，经过点P（2，1）的直线l与抛物线相交于A、B两点，若点P恰为线段AB的中点，则|AF|+|BF|＝ 8 ．
【分析】过点A，B，P分别作抛物线准线y＝﹣3的垂线，垂足为C，D，Q，据抛物线定义，得|AF|+|BF|＝|AC|+|BD|＝2|PQ|，答案可得．
【解答】解：过点A，B，P分别作抛物线准线y＝﹣3的垂线，
垂足为C，D，Q，据抛物线定义，
得|AF|+|BF|＝|AC|+|BD|＝2|PQ|＝8．
故答案为8
【点评】本题主要考查了抛物线的定义．属基础题．
五．抛物线的标准方程（共2小题）
16．（2023•昌江县二模）中国古代桥梁的建筑艺术，有不少是世界桥梁史上的创举，充分显示了中国劳动人民的非凡智慧．一个抛物线型拱桥，当水面离拱顶2m时，水面宽8m．若水面下降1m，则水面宽度为（ ）
A．mB．mC．mD．12 m
【分析】根据题意，设该抛物线的方程为x2＝﹣2py，分析可得抛物线的方程，将y＝﹣3代入，计算可得x的值，据此分析可得答案．
【解答】解：根据题意，设该抛物线的方程为x2＝﹣2py，
又由当水面离拱顶2m时，水面宽8m，即点（4，﹣2）和（﹣4，﹣2）在抛物线上，
则有16＝﹣2p（﹣2），解可得p＝4，
故抛物线的方程为x2＝﹣8y，
若水面下降1m，即y＝﹣3，则有x2＝24，解可得x＝±2，
此时水面宽度为2﹣（﹣2）＝4，
故选：B．
【点评】本题考查抛物线的标准方程，涉及抛物线的几何性质，属于基础题．
17．（2023•道里区校级二模）已知抛物线的顶点在原点，对称轴为x轴，且过点（﹣3，3），则此抛物线的标准方程为 y2＝﹣3x ．
【分析】设出抛物线方程，然后求解p，得到抛物线的标准方程．
【解答】解：抛物线的顶点在原点，对称轴为x轴，且过点（﹣3，3），
设抛物线y2＝﹣2px，可得9＝6p，所以2p＝3，
所以抛物线的标准方程y2＝﹣3x．
故答案为：y2＝﹣3x．
【点评】本题考查抛物线的标准方程的求法，是基础题．
六．抛物线的性质（共6小题）
18．（2023•河南模拟）若抛物线y2＝2x上的一点M到坐标原点O的距离为，则点M到该抛物线焦点的距离为（ ）
A．3B．C．2D．1
【分析】求得点M的坐标，将点M到该抛物线焦点的距离转化为点M到抛物线y2＝2x的准线的距离即可．
【解答】解：设点M（，y），∵|MO|＝，
∴（﹣0）2+（y﹣0）2＝3，
∴y2＝2或y2＝﹣6（舍去），
∴x＝＝1．
∴M到抛物线y2＝2x的准线x＝﹣的距离d＝1﹣（﹣）＝．
∵点M到该抛物线焦点的距离等于点M到抛物线y2＝2x的准线的距离，
∴点M到该抛物线焦点的距离为：．
故选：B．
【点评】本题考查抛物线的简单性质，考查转化思想与方程思想，求得点M的坐标是关键，属于中档题．
19．（2023•温江区校级模拟）已知抛物线C：y2＝2x的焦点是F，若点P是C上一点且横坐标为4，则|PF|的值是（ ）
A．2B．4C．D．5
【分析】根据抛物线的几何性质，抛物线的焦半径公式，即可求解．
【解答】解：∵抛物线C方程为：y2＝2x，
∴2p＝2，∴p＝1，
又点P是C上一点且横坐标为4，
∴根据抛物线定义可得：．
故选：C．
【点评】本题考查抛物线的几何性质，抛物线的焦半径公式的应用，属基础题．
20．（2023•遵义模拟）已知抛物线y＝x2的焦点为F，点B（1，3），若点A为抛物线任意一点，当|AB|+|AF|取最小值时，点A的坐标为（ ）
A．B．C．（1，4）D．（4，1）
【分析】设点B在准线上的射影为D，则根据抛物线的定义可知|AF|＝|AD|进而把问题转化为求|AB|+|AD|取得最小，进而可推断出当D，B，A三点共线时|AB|+|AD|最小，答案可得．
【解答】解：设点P在准线上的射影为D，则根据抛物线的定义可知|AF|＝|AD|，
∴要求|AB|+|AF|取得最小值，即求|AB|+|AD|取得最小值，
当D，B，A三点共线时|BA|+|AD|最小，此时A（1，）
故选：B．
【点评】本题考查抛物线的定义、标准方程，以及简单性质的应用，属于中档题．
21．（2023•东湖区校级一模）抛物线C：y2＝﹣12x的焦点为F，P为抛物线C上一动点，定点A（﹣5，2），则|PA|+|PF|的最小值为（ ）
A．8B．6C．5D．9
【分析】设抛物线C的准线为l，过P作PB⊥l于B，结合抛物线的定义可得当A，P，B三点共线时，|PA|+|PF|取得最小值，即可得出结论．
【解答】解：设抛物线C的准线为l，过P作PB⊥l于B，
∵|PF|＝|PB|，
∴当A，P，B三点共线时，|PA|+|PF|取得最小值，
因此|PA|+|PF|的最小值为5+＝8．
故选：A．
【点评】本题考查了抛物线的定义与标准方程及其性质、转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
22．（2023•盐山县校级三模）若P为抛物线C：x2＝2py（p＞0）在第二象限内一点，抛物线C的焦点为F，直线PF的倾斜角为30°，抛物线在点P处的切线与y轴相交于点M．若（O为坐标原点），则△MPF的面积为 ．
【分析】先根据直线PF和抛物线联立得到P的坐标，然后根据导数的几何意义算出在P处的切线，得到M的坐标，根据P，F，M的坐标算出△MPF的边长，得到△MPF是等边三角形，从而得出面积．
【解答】解：依题意，，直线PF的斜率为，则直线PF的方程为，
与抛物线C联立，整理得，
又P在第二象限内，解得，抛物线x2＝2py（p＞0）可写为，，
所以，所以直线MP的斜率为，切线方程为，
即，则点，，，
根据两点间的距离公式可得，，所以△MPF为正三角形，
又，所以p＝3，
因此△MPF为边长是2的正三角形，则其面积为．
故答案为：．
【点评】本题主要考查抛物线的性质，考查转化能力，属于中档题．
23．（2023•枣庄二模）已知点A（1，2）在抛物线y2＝2px上，过点A作圆（x﹣2）2+y2＝2的两条切线分别交抛物线于B，C两点，则直线BC的方程为 x+3y+3＝0 ．
【分析】先根据题意求出抛物线方程为y2＝4x，再根据相切建立方程求出两切线方程，接着将两切线分别联立y2＝4x，可求出B，C两点坐标，最后再根据直线的点斜式方程，即可求解．
【解答】解：∵A（1，2）在抛物线y2＝2px上，
∴4＝2p，∴抛物线方程为y2＝4x，
设过点A的圆的切线方程为y﹣2＝k（x﹣1），即kx﹣y+2﹣k＝0，
则圆心（2，0）到切线的距离d＝＝＝r，
解得k＝2±，
∴过点A的圆的切线方程为：
或，
分别联立y2＝4x，解得B（15﹣，﹣6+），C（，），
∴直线BC的斜率为＝．
∴直线BC的方程为y++6＝（x﹣15﹣6），
即x+3y+3＝0，
故答案为：x+3y+3＝0，
【点评】本题考查抛物线的几何性质，直线与圆的位置关系，直线的点斜式方程的应用，方程思想，属中档题．
七．直线与抛物线的综合（共3小题）
24．（2023•宣威市校级模拟）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，直线l过焦点F与C交于A、B两点，以AB为直径的圆与y轴交于D、E两点，且，则直线l的方程为（ ）
A．B．2x±y﹣2＝0C．x±y﹣1＝0D．x±2y﹣1＝0
【分析】作图，利用抛物线定义以及梯形中位线性质可得圆心横坐标与半径r的关系，再利用垂径定理即可得到关于r的方程，设直线AB方程，利用韦达定理得出M坐标，即可取出AB斜率．
【解答】解：设|AB|＝2r，由题知r≥2，设AB中点为M，作MN⊥y轴于点N，过A、B作准线的垂线，垂足分别为P、Q，由抛物线定义及梯形中位线性质知：2（|MN|+1）＝|AP|+|BQ|＝|AF|+|BF|＝|AB|＝2r，于是|MN|＝r﹣1，由垂径定理：|DE|＝2，即16r2﹣50r+25＝0，解得或，又r≥2，故，于是M横坐标为：，设直线l：y＝k（x﹣1），代入y2＝4x有：k2x2﹣（2k2+4）x+k2＝0，则，解得k＝±2，故直线l方程为：2x±y﹣2＝0．
故选：B．
【点评】本题考查抛物线与直线位置关系，圆与直线位置关系，属于中档题．
25．（2023•丹凤县校级模拟）已知抛物线y2＝4x的焦点为F，过点F的直线l交抛物线于A，B两点，AB的中点为P，以AB为直径的圆与y轴交于M，N两点，则∠MPN有 最大 值（填最大或最小），此时sin∠MPN＝ ．
【分析】首先作辅助线PH⊥MN于点H，并设∠PMH＝θ，利用坐标表示sinθ，并求θ的最小值，结合几何关系，即可求解．
【解答】解：如图，由y2＝4x，可知F（1，0），设A（x1，y1），B（x2，y2），P（x0，y0），易知x0≥1，
所以|AB|＝x1+x2+2，过点P作PH⊥MN于点H．设∠PMH＝θ，
则，
所以当x0取最小值时，sinθ最小，
因为，所以当sinθ最小时，θ最小，∠MPN最大，又x0的最小值为1，
所以，所以，所以，
所以．
故答案为：最大；．
【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，直线与抛物线的位置关系的应用，圆的方程的应用，是中档题．
26．（2023•郑州模拟）已知斜率存在的直线l过点P（1，0）且与抛物线C：y2＝2px（p＞0）交于A，B两点．
（1）若直线l的斜率为1，M为线段AB的中点，M的纵坐标为2，求抛物线C的方程；
（2）若点Q也在x轴上，且不同于点P，直线AQ，BQ的斜率满足kAQ+kBQ＝0，求点Q的坐标．
【分析】（1）由题知直线l的方程，联立抛物线，利用韦达定理以及中点公式即可求解；
（2）设出直线l的方程及Q的坐标，联立方程组，消元，韦达定理，利用直线斜率公式写出kAQ+kBQ将韦达定理代入kAQ+kBQ＝0，化简求出参数即可得点Q的坐标．
【解答】解：（1）因为直线l的斜率为1且过点P（1，0），
所以直线l的方程为：y＝x﹣1，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
由，得：x2﹣（2p+2）x+1＝0，
所以x1+x2＝2p+2，x1x2＝1，
所以y1+y2＝x1+x2﹣2＝2p，
因为M为线段AB的中点，M的纵坐标为2，
所以，
所以抛物线的方程为：y2＝4x；
（2）设直线l的方程为：y＝k（x﹣1），Q（m，0）（m≠1），
，得：k2x2﹣（2k2+2p）x+k2＝0，
所以，
由
＝
＝
＝，
由k≠0，
所以，
即，
所以m＝﹣1，
所以点Q的坐标为（﹣1，0）．
【点评】本题考查了直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
八．双曲线的标准方程（共2小题）
27．（2023•铁岭模拟）“0＜k＜1”是“方程表示双曲线”的（ ）
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【分析】根据双曲线的定义求出k的范围，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【解答】解：若方程表示双曲线，则（k﹣1）（k+2）＜0，
得﹣2＜k＜1，
即“0＜k＜1”是“方程表示双曲线”的充分条件和必要条件，
故选：A．
【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合双曲线的定义求出k的范围是解决本题的关键．
28．（2023•宝山区校级模拟）若双曲线经过点，且渐近线方程是，则这条双曲线的方程是 ．
【分析】根据题意中所给的双曲线的渐近线方，则可设双曲线的标准方程为，（λ≠0）；将点代入方程，可得λ＝﹣1；即可得答案．
【解答】解：根据题意，双曲线的渐近线方程是，
则可设双曲线的标准方程为，（λ≠0）；
又因为双曲线经过点，
代入方程可得，λ＝﹣1；
故这条双曲线的方程是；
故答案为：．
【点评】本题考查双曲线的标准方程，要求学生掌握由渐近线方程引入λ，进而设双曲线方程的方法，注意标明λ≠0．
九．双曲线的性质（共3小题）
29．（2023•广西模拟）若双曲线C：﹣＝1（a＞0）的焦距大于6，C上一点到两焦点的距离之差的绝对值为d，则d的取值范围是（ ）
A．（2，+∞）B．（，+∞）C．（6，+∞）D．（3，+∞）
【分析】根据双曲线的几何性质，不等式思想，即可求解．
【解答】解：根据题意可得半焦距c＝＞3，
∴a＞3，
∴d＝2＞，
故选：A．
【点评】本题考查双曲线的几何性质，不等式思想，化归转化思想，属基础题．
30．（2023•商丘三模）我们通常称离心率为的双曲线为“黄金双曲线”，写出一个焦点在x轴上，对称中心为坐标原点的“黄金双曲线”C的标准方程 （答案不唯一） ．
​
【分析】根据已知离心率，结合焦点、对称中心位置写出一个满足条件的双曲线标准方程即可．
【解答】解：由，又a2+b2＝c2，且a，b，c＞0，
不妨令，则，
所以焦点在x轴上，对称中心为原点的“黄金双曲线”C的标准方程为．
故答案为：（答案不唯一）．
【点评】本题考查了双曲线的方程以及简单几何性质，属于基础题．
31．（2023•天河区三模）已知F是双曲线的右焦点，直线与双曲线E交于A，B两点，O为坐标原点，P，Q分别为AF，BF的中点，且，则双曲线E的离心率为 ． ．
【分析】根据中位线的性质，利用直线垂直的条件，求出A的坐标，然后利用双曲线的定义建立方程进行求解即可．
【解答】解：根据对称性设A在第一象限，设A（m，m）（m＞0），
∵点P，Q，O分别为三角形ABF的三边的中点，
∴OP∥BF，OQ∥AF，
∵，∴OP⊥OQ，即四边形OPFQ为矩形，
∴AF⊥BF，
∵OF＝c，则OA＝OB＝c，
则＝c，即m＝c，
即m＝c，则A（c，c），
则左焦点（﹣c，0），右焦点（c，0），
则2a＝﹣＝c﹣c＝c，
则a＝c，即＝．
即双曲线的离心率e＝．
故答案为：．
【点评】本题主要考查双曲线离心率的的计算，利用中位线的性质和双曲线的定义建立方程关系进行求解是解决本题的关键，是中档题．
一十．直线与双曲线的综合（共5小题）
32．（2023•天津模拟）双曲线的左右焦点分别是F1，F2，离心率为e，过点F1的直线交双曲线的左支于M，N两点．若△MF2N是以M为直角顶点的等腰直角三角形，则e2等于（ ）
A．B．C．D．
【分析】结合已知条件，画出图形，结合双曲线的定义以及勾股定理，转化求解即可．
【解答】解：设|MF2|＝m，
因为△MNF2是以M为直角顶点的等腰直角三角形，
所以|MN|＝m，|NF2|＝m，|MF1|＝，|NF1|＝m﹣，
由双曲线的定义知，|MF2|﹣|MF1|＝2a，|NF2|﹣|NF1|＝2a，
又|MF1|＝m﹣2a，|NF1|＝m﹣2a，
，
解得m＝2a，
则，
解得，
双曲线的离心率为e，可得e2＝5﹣2．
故选：A．
【点评】本题考查双曲线的定义与几何性质，勾股定理的应用，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
33．（2023•湖北模拟）已知直线l与双曲线相切于点P，且l与C的两条渐近线l1，l2分别交于M（x1，y1），N（x2，y2）两点，则x1x2+y1y2＝ a2﹣b2 .（用含a，b的式子表示）．
【分析】先得出切线方程，再和渐近线联立求出点的坐标，最后代入式子计算即得．
【解答】解：直线l与双曲线相切于点P，
设P（x0，y0），则，
切线，
联立方程组
解得M（，），
同理可得N（，），
所以x1x2+y1y2＝•+•＝＝＝a2﹣b2．
故答案为：a2﹣b2．
【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，切线方程的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
34．（2023•桃城区校级模拟）已知双曲线E：（a＞0，b＞0）的左焦点F为（﹣2，0），点是双曲线E上的一点．
（1）求E的方程；
（2）已知过坐标原点且斜率为k（k＞0）的直线l交E于A，B两点，连接FA交E于另一点C，连接FB交E于另一点D，若直线CD经过点N（0，﹣1），求直线l的斜率k．
【分析】（1）由题意，根据双曲线的定义，结合c2＝a2+b2，可得答案；
（2）根据双曲线的对称性，设出点A，B的坐标，设出直线方程，联立方程，写出韦达定理，表示出点C，D的坐标，根据所过已知点N，建立方程，可得答案．
【解答】解：（1）由题意得：，解得a2＝3，b2＝1，
故E的标准方程为：；
（2）设A为（x1，y1），则B为（﹣x1，﹣y1），
则直线FA为，直线FB为，
由，设C（xC，yC），D（xD，yD），
得，结合，
则＝，所以，
同理，，，
又直线CD经过点N（0，﹣1），即，故xD（yC+1）＝xC（yD+1），
即，
化简得，（﹣12+7x1）（y1+7+4x1）＝（﹣12﹣7x1）（﹣y1+7﹣4x1），
整理得12y1＝x1，故．
【点评】本题考查直线与圆锥曲线的位置问题，常规思路是联立直线与圆锥曲线，写出韦达定理，解得题目中其他条件，整理方程，可求得参数的值或者参数之间的等量关系，也可整理函数关系，求解范围．
35．（2023•广陵区校级模拟）已知双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，斜率为﹣3的直线l与双曲线C交于A，B两点，点在双曲线C上，且|MF1|•|MF2|＝24．
（1）求△MF1F2的面积；
（2）若（O为坐标原点），点N（3，1），记直线NA，NB'的斜率分别为k1，k2，问：k1•k2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【分析】（1）设F1（﹣c，0），F2（c，0），根据两点间长度得出|MF1|与|MF2|，即可根据已知列式解出c，即可得出答案；
（2）根据第一问得出双曲线的方程，设A（x1，y1），B（x2，y2），直线l的方程为y＝﹣3x+m，根据韦达定理得出x1+x2，x1x2，即可根据直线方程得出y1y2与y1﹣y2，则根据两点斜率公式得出k1⋅k2，化简代入即可得出答案．
【解答】解：（1）依题意可知，F1（﹣c，0），F2（c，0），
则，，
又|MF1|⋅|MF2|＝24，所以，
解得c2＝16（c2＝0舍去），
又c＞0，所以c＝4，
则|F1F2|＝8，
所以△MF1F2的面积．
（2）由（1）可得，解得a2＝b2＝8，
所以双曲线C的方程为，
设A（x1，y1），B（x2，y2），则B'（﹣x2，﹣y2），则，，
设直线l的方程为y＝﹣3x+m，与双曲线C的方程联立，消去y得：8x2﹣6mx+m2+8＝0，
由Δ＝（﹣6m）2﹣32（m2+8）＞0，得|m|＞8，
由一元二次方程根与系数的关系得，
所以，y1﹣y2＝﹣3（x1﹣x2），
则，
故k1⋅k2为定值﹣1．
【点评】本题主要考查直线与双曲线的综合应用，考查转化能力，属于中档题．
36．（2023•广陵区校级模拟）已知双曲线C的中心为坐标原点，对称轴为x轴，y轴，且过A（2，0），B（4，3）两点．
（1）求双曲线C的方程；
（2）已知点P（2，1），设过点P的直线l交C于M，N两点，直线AM，AN分别与y轴交于点G，H，当|GH|＝6时，求直线l的斜率．
【分析】（1）由题意，设双曲线方程的一般式，然后将A，B的坐标代入，即可得到其标准方程；
（2）根据题意，设出过点P的直线方程，然后与双曲线方程联立，结合韦达定理分别表示出G，H的坐标，再由|GH|＝6列出方程，求解即可得到结果．
【解答】解：（1）设曲线C的方程为mx2+ny2＝1，由曲线C过点A（2，0），B（4，3）两点，
得，解得，
所以曲线C的方程为；
（2）
由题意可知过点P的直线的方程为y＝k（x﹣2）+1，
设M（x1，y1），N（x2，y2），
由消去y，得（3﹣4k2）x2﹣8k（1﹣2k）x﹣16k2+16k﹣16＝0，
则，
解得k＜1且①，
设M（x1，y1），N（x2，y2），
则有②，
设直线AM的方程为，
令x＝0得，
所以直线AM与y轴交点G的坐标为，
同理可得直线AN的方程为，
令x＝0得，
所以直线AN与y轴交点H的坐标为．
由题意可知，
即
⇔，
即，
所以③，
将②代入③得
＝，
整理得192（1﹣k）＝9×（﹣4）2，
所以4（1﹣k）＝3，∴满足①式，
综上，．
【点评】本题主要考查直线与圆锥曲线的综合，考查转化能力，属于难题．
一十一．曲线与方程（共3小题）
37．（2023•全国二模）鹅被人类称为美善天使，它不仅象征着忠诚、长久的爱情，同时它的生命力很顽强，因此也是坚强的代表．除此之外，天鹅还是高空飞翔冠军，飞行高度可达9千米，能飞越世界最高山峰“珠穆朗玛峰”．如图是两只天鹅面对面比心的图片，其中间部分可抽象为如图所示的轴对称的心型曲线．下列选项中，两个函数的图象拼接在一起后可大致表达出这条曲线的是（ ）
A．及
B．及
C．及
D．及
【分析】根据图形的对称性与定义域特点选择合适的函数．
【解答】解：因为图形为轴对称图形，
所以x与﹣x对应的y值相等，故函数为偶函数，只有A、C选项中函数均为偶函数，故排除B、D；
根据图象可知为封闭图形，x的定义域有限，C中及定义域均为R，不符合题意．
故选：A．
【点评】本题考查曲线方程以及函数的图象，属于基础题．
38．（2023•赤峰模拟）四叶草曲线是数学中的一种曲线，因形似花瓣，又被称为四叶玫瑰线（如右图），其方程为（x2+y2）3＝8x2y2，玫瑰线在几何学、数学、物理学等领域中有广泛应用．例如，它可以用于制作精美的图案、绘制图像、描述物体运动的轨迹等等．根据方程和图象，给出如下4条性质，其中错误的是（ ）
A．四叶草曲线方程是偶函数，也是奇函数
B．曲线上两点之间的最大距离为
C．曲线经过5个整点（横、纵坐标都是整数的点）
D．四个叶片围成的区域面积小于2π
【分析】根据函数的定义，曲线方程的对称性，重要不等式，化归转化，即可求解．
【解答】解：对A选项，根据函数的定义及曲线的图象可得：
四叶草曲线方程不是函数，∴A选项错误；
对B选项，∵同时以“﹣x“与“﹣y“代替曲线方程中的“x“与“y“可知曲线方程不变，
∴四叶草曲线方程关y轴对称，关于x轴对称，关于原点对称，
设曲线上的点（x，y）到原点的距离为d，则d＝，
∵x2+y2≥2xy，∴，
∴（x2+y2）3＝8x2y2≤，
∴（d2）3≤2（d2）2，∴d2≤2，∴，
∴根据对称轴可知：曲线上两点之间的最大距离为，∴B选项正确；
对C选项，由B选项分析可知：
曲线经（0，0），（1，1），（1，﹣1），（﹣1，1），（﹣1，﹣1），共计5个整点，∴C选项正确；
对D选项，由B选项分析可知：曲线上的点到原点O的距离的最大值为，
而以O为原点，半径为的圆的面积为2π，
∴四个叶片围成的区域面积小于2π，∴D选项正确．
故选：A．
【点评】本题考查曲线方程的图像性质问题的求解，函数的定义，重要不等式的应用，化归转化数学，属中档题．
39．（2023•兴庆区校级二模）曲线，要使直线y＝m（m∈R）与曲线Γ有四个不同的交点，则实数m的取值范围是（ ）
A．
B．
C．（3，3）
D．
【分析】结合x2+y2≥9可确定曲线上的点的位置，结合双曲线和圆的图象可确定曲线Γ的图象，采用数形结合的方式可求得结果．
【解答】解：由题意得：x2+y2﹣9≥0，即x2+y2≥9，即曲线Γ上的点（x，y）为圆x2+y2＝9上或圆x2+y2＝9外的点，
由得：或x2+y2＝9，
由，得或或或，
由此可得曲线Γ的图象如下图所示，
由图象可知：当时，直线y＝m与曲线Γ有四个不同交点；
∴实数m的取值范围为．
故选：B．
【点评】本题主要考查曲线与方程，直线与圆锥曲线的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
一十二．圆锥曲线的共同特征（共1小题）
40．（2023•虹口区校级模拟）在圆锥PO中，已知高PO＝2，底面圆的半径为4，M为母线PB的中点，根据圆锥曲线的定义，下列四个图中的截面边界曲线分别为圆、椭圆、双曲线及抛物线，下面四个命题，正确的个数为（ ）
①圆的面积为4π；
②椭圆的长轴为；
③双曲线两渐近线的夹角正切值为；
④抛物线的焦点到准线的距离为．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】①由点M是母线的中点，可得截面圆的半径r＝2，得出圆的面积，即可判断；
②由已知求出椭圆的长轴长|AM|，即可判断；
③在与截面PAB的平面垂直且过点M的平面内建立直角坐标系，不妨设双曲线的标准方程为（a，b＞0），则M（1，0），即a＝1，把点（2，2）代入解得b，得的值，再由二倍角公式求解判断；
④建立直角坐标系，不妨设抛物线的标准方程为y2＝2px，把点（，4）代入即可求解．
【解答】解：∵底面圆的半径为4，M为母线PB的中点，
∴过点M所截圆的半径为2，圆的面积为4π，故①正确；
作轴截面图如图：
∵OB＝4，OP＝2，∴PB＝，则cs∠B＝，
在△AMB中，由余弦定理可得|AM|＝＝，故②正确；
在与平面PAB垂直且过点M的平面内建立平面直角坐标系，
不妨设双曲线的标准方程为（a，b＞0），则M（1，0），即a＝1，
把点（2，2）代入，可得4﹣，解得b＝2，∴＝2，
设双曲线两渐近线的夹角为2θ，
∴tan2θ＝||＝||＝，故③错误；
不妨设抛物线的标准方程为y2＝2px（p＞0），则|OM|＝，抛物线上一点的坐标为（），
把点（，4）代入可得42＝2p×，解得p＝，
∴抛物线中焦点到准线的距离p为，故④错误．
∴正确的个数为2个．
故选：B．
【点评】本题考查圆锥曲线的定义及其性质，考查运算求解能力，属于中档题．
一十三．直线与圆锥曲线的综合（共2小题）
41．（2023•江西模拟）定义：圆锥曲线的两条相互垂直的切线的交点Q的轨迹是以坐标原点为圆心，为半径的圆，这个圆称为蒙日圆．已知椭圆C的方程为，P是直线l：x+2y﹣3＝0上的一点，过点P作椭圆C的两条切线与椭圆相切于M、N两点，O是坐标原点，连接OP，当∠MPN为直角时，则kOP＝（ ）
A．或B．或0C．或D．或0
【分析】求出蒙日圆的方程，求出直线l与蒙日圆的交点A、B的坐标，求出直线OA、OB的斜率，分析可知当点P与点A、B重合时，∠MPN为直角，即可得出kOP的值．
【解答】解：根据蒙日圆定义，圆O方程为x2+y2＝a2+b2＝9，
因为直线l与圆O交于A、B两点，联立，
可得或，
即点、B（3，0），
当点P与点A或B重合时，∠MPN为直角，且，kOB＝0，
所以直线OP的斜率为或0．
故选：D．
【点评】本题主要考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．
42．（2023•南昌县校级二模）“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长．某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸（如图）
步骤1：设圆心是E，在圆内异于圆心处取一点，标记为F；
步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点F；
步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕；
步骤4：不停重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕．已知这些折痕所围成的图形是一个椭圆．若取半径为4的圆形纸片，设定点F到圆心E的距离为，按上述方法折纸．
（1）以点F、E所在的直线为x轴，建立适当的坐标系，求折痕围成的椭圆C的标准方程；
（2）设椭圆C的下顶点为D，过点D作两条互相垂直的直线l1，l2，这两条直线与椭圆C的另一个交点分别为M，N．设l的斜率为k（k≠0），△DMN的面积为S，当时，求k的取值范围．
【分析】（1）以FE所在的直线为x轴，FE的中点O为原点建立平面直角坐标系，设M（x，y）为椭圆上一点，由题意可知，，由此得到M点的轨迹是以F，E为焦点，长轴长2a＝4的椭圆，即可求解；
（2）根据题意得直线，设M（x1，y1），N（x2，y2），直线与椭圆联立，利用两点间的距离公式和三角形的面积公式即可求解．
【解答】解：（1）如图，以FE所在的直线为x轴，FE的中点O为原点建立平面直角坐标系，
设M（x，y）为椭圆上一点，由题意可知，，
所以M点轨迹是以F，E为焦点，长轴长2a＝4的椭圆，
因为，所以，
则b2＝a2﹣c2＝1，所以椭圆C的方程为；
（2）由（1）知，椭圆C的方程为，
所以直线，
设M（x1，y1），N（x2，y2），
联立消去y并整理得（1+4k2）x2﹣8kx＝0，
所以，所以，
所以，
联立消去y并整理得（4+k2）x2+8kx＝0，
所以，所以，
所以，
所以，
由，得，
整理得4k4﹣k2﹣14＜0，得，
又k2＞0，所以0＜k2＜2，
所以或，
则k的取值范围为（﹣，0）∪（0，）．
【点评】本题考查了直线与椭圆的综合应用，属于中档题．
一十四．圆锥曲线的综合（共2小题）
43．（2023•吉林模拟）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点F与椭圆E：＝1的一个焦点重合，则下列说法不正确的是（ ）
A．椭圆E的焦距是2
B．椭圆E的离心率是
C．抛物线C的准线方程是x＝﹣1
D．抛物线C的焦点到其准线的距离是4
【分析】根据题意可得a＝2，b＝，c＝1，则F（1，0），求出p，逐一分析选项，即可得出答案．
【解答】解：对于A：椭圆E：＝1的焦点为（﹣1，0），（1，0），故椭圆E的焦距是2，故A正确；
对于B：椭圆E：＝1，则a＝2，b＝，c＝1，故椭圆E的离心率e＝＝，故B正确；
对于C：∵抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点F与椭圆E：＝1的一个焦点重合，
∴＝1，解得p＝2，故抛物线C的准线方程是x＝﹣1，故C正确；
对于D：抛物线C的焦点F（1，0），抛物线C的准线方程是x＝﹣1，
故抛物线C的焦点到其准线的距离是2，故D错误，
故选：D．
【点评】本题考查抛物线的性质和椭圆的性质，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
44．（2023•内江三模）如图，曲线C1是以原点O为中心，F1、F2为焦点的椭圆的一部分，曲线C2是以O为顶点、F2为焦点的抛物线的一部分，A是曲线C1和C2的一个交点，且∠AF2F1为钝角，若，．
（1）求曲线C1和C2所在椭圆和抛物线的方程；
（2）过F2作一条与x轴不垂直的直线，分别于曲线C1和C2交于B、E、C、D四点，若G为CD中点，H为BE中点，问是否为定值．若是，请求出此定值；否则请说明理由．
【分析】（1）因为在椭圆中，所以可求曲线C1方程．因为曲线C2是以O为顶点、F2为焦点的抛物线的一部分，A是曲线C1和C2的交点．，所以利用抛物线定义，可求曲线C2方程；
（2）先设出B、C、D、E四点坐标，过F2作的与x轴不垂直的直线方程，在分别与椭圆方程，抛物线方程联立，利用根与系数关系，求的值，看结果是否为定值．
【解答】解：（1）设椭圆方程为，则，得a＝3，
设A（x，y），F1（﹣c，0），F2（c，0）则，
两式相减得，由抛物线定义可知，
则或（舍去），
所以椭圆方程为，拗物线方程为．
（2）设B（x1，y1），E（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），
直线y＝k（x﹣1）（k≠0），代入得，，即（8+9k2）y2+16ky﹣64k2＝0，
则，
同理，将y＝k（x﹣1）代入y2＝4x得：ky2﹣4y﹣4k＝0，
则，
所以
＝，为定值．
【点评】本题考查了直线与抛物线、椭圆的位置关系，考查了设而不求的思想方法，考查学生的计算能力，属于难题．
一十五．圆与圆锥曲线的综合（共6小题）
45．（2023•全国二模）已知P为双曲线C：（a＞0，b＞0）上一点，F1，F2为双曲线C的左、右焦点，若|PF1|＝|F1F2|，且直线PF2与以C的实轴为直径的圆相切，则C的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
【分析】设直线PF2与圆x2+y2＝a2相切于点M，取PF2的中点N，连接NF2，由切线的性质和等腰三角形的三线合一，运用中位线定理和勾股定理，可得|PF2|＝4b，再由双曲线的定义和a，b，c的关系，计算即可得到渐近线方程．
【解答】解：设直线PF2与圆x2+y2＝a2相切于点M，
则|OM|＝a，OM⊥PF2，
取PF2的中点N，连接NF2，
由于|PF1|＝|F1F2|＝2c，则NF1⊥PF2，|NP|＝|NF2|，
由|NF1|＝2|OM|＝2a，
则|NP|＝＝2b，
即有|PF2|＝4b，
由双曲线的定义可得|PF2|﹣|PF1|＝2a，
即4b﹣2c＝2a，即2b＝c+a，
4b2﹣4ab+a2＝b2+a2，4（c﹣a）＝c+a，即3b＝4a，
则＝．
则C的渐近线方程为：．
故选：A．
【点评】本题考查双曲线的方程和性质，考查渐近线方程的求法．中位线定理和双曲线的定义是解题的关键．
46．（2023•赣州二模）已知抛物线E：y2＝2px（p＞0）与圆x2+y2＝5交于A，B两点，且E的焦点F在直线AB上，则p＝（ ）
A．1B．C．2D．
【分析】求出焦点坐标，进而得到A点坐标，代入圆中，求出答案．
【解答】解：由题意得，
抛物线E：y2＝2px（p＞0）中，当时，y＝±p，不妨设，
则，解得p＝2，负值舍去．
故选：C．
【点评】本题主要考查圆与圆锥曲线的综合，考查转化能力，属于中档题．
47．（2023•南京三模）已知抛物线C1：y2＝16x，圆C2：（x﹣4）2+y2＝1，点M的坐标为（8，0），P、Q分别为C1、C2上的动点，且满足|PM|＝|PQ|，则点P的横坐标的取值范围是 [，] ．
【分析】由已知可得x+4﹣1≤|PM|≤x+4+1，进而可得x+4﹣1≤≤x+4+1，求解即可．
【解答】解：由抛物线C1：y2＝16x，可得焦点F（4，0），准线方程为x＝﹣4，
由圆C2：（x﹣4）2+y2＝1，可得圆心C2即为抛物线的焦点F，
∴|PF|﹣1≤|PQ|≤|PF|+1，
∴x+4﹣1≤|PQ|≤x+4+1，
∵|PM|＝|PQ|，∴x+4﹣1≤|PM|≤x+4+1，
∴x+4﹣1≤≤x+4+1，
∴x2+6x+9≤x2﹣16x+64+16x≤x2+10x+25，
解得≤x≤，
∴点P的横坐标的取值范围是[，]．
故答案为：[，]．
【点评】本题考查抛物线的性质，考查运算求解能力，属中档题．
48．（2023•南关区校级模拟）已知抛物线E：y2＝x与圆M：（x﹣4）2+y2＝r2（r＞0）相交于A，B，C，D四个点．
（1）当r＝2时，求四边形ABCD面积；
（2）当四边形ABCD的面积最大时，求圆M的半径r的值．
【分析】（1）联立抛物线与圆的方程可得A，B，C，D坐标，再根据梯形面积公式求解即可；
（2）设E与M的四个交点的坐标为，联立直线AC，BD方程可得点P的坐标为，再根据抛物线与圆联立的方程结合韦达定理可设，再根据等腰梯形面积公式可得，进而代入韦达定理化简，构造函数求导分析最值即可．
【解答】解：（1）将y2＝x代入（x﹣4）2+y2＝4，并化简得x2﹣7x+12＝0，解得x＝3或x＝4，
代入抛物线方程可得，
故四边形ABCD面积；
（2）不妨设E与M的四个交点的坐标为，
则直线AC，BD的方程分别为，，
两方程相加可得y＝0，
故，解得点P的坐标为，
联立抛物线与圆的方程有（x﹣4）2+x＝r2，
即x2﹣7x+16﹣r2＝0，可得，
设，则，
由（1）知，
由于四边形ABCD为等腰梯形，因而其面积，
则，
将代入上式，并令f（t）＝S2，得，
所以f′（t）＝﹣2（2t+7）（6t﹣7），
令f′（t）＝0，解得：（舍去），
当时，f′（t）＞0，
当时，f′（t）＝0，
当时，f′（t）＜0，
故当且仅当时，此时．
【点评】本题考查了圆锥曲线中的几何图形面积的范围或者最值问题，属于较难题目．
49．（2023•广陵区校级模拟）已知A，B，C三点在椭圆上，其中A为椭圆E的右顶点，圆O：x2+y2＝r2为三角形ABC的内切圆．
（1）求圆O的半径r；
（2）已知是E上的两个点，直线A1A2与直线A1A3均与圆O相切，判断直线A2A3与圆O的位置关系，并说明理由．
【分析】（1）由题意可设B（﹣r，yB），0＜r＜1，过圆心O作OD⊥AB于点D，设BC与x轴交于点H，由相似三角形对应边成比例可得，而点B（﹣r，yB）在椭圆E上，代入椭圆方程可得关于r的方程，求解可得r值．
（2）由题意可知直线A1A2与A1A3斜率k1和k2均存在，设出过A1且与圆O相切的直线方程，由圆心O到该直线的距离等于半径列式可得4k2＝18k﹣4，联立直线方程与椭圆方程，求出切点坐标，进一步求得直线A2A3的斜率，可得直线A2A3的方程，求得圆心O到A2A3的距离d＝r，可得直线A2A3与圆O相切．
【解答】解：（1）∵圆O与椭圆E均关于x轴对称，故可设B（﹣r，yB），0＜r＜1，
过圆心O作OD⊥AB于点D，设BC与x轴交于点H，
由，得，即，
而点B（﹣r，yB）在椭圆E上，
故，
即（2﹣r）2＝4r2，得．
（2）直线A2A3与圆O相切．理由如下：
由题意可知直线A1A2与A1A3斜率k1和k2均存在，
设过且与圆相切的直线方程为：，
即，
则圆心O到该直线的距离，即4k2＝18k﹣4，
联立，可得：，
即，
则方程异于的实数解为，
可得，
设，，
则直线A2A3的斜率，
故直线A2A3的方程为：，
则圆心O到A2A3的距离，故直线A2A3与圆O相切．
【点评】本题考查圆的方程的求法，考查直线与圆、圆与椭圆位置关系的应用，考查运算求解能力，属难题．
50．（2023•哈尔滨三模）已知抛物线的顶点在原点，焦点在y轴上，其上一点M（m，1）到焦点的距离为2．
（1）求抛物线方程；
（2）圆E：x2+（y+1）2＝1，过抛物线上一点P（x0，y0）（x0≥2）作圆E的两条切线与x轴交于M、N两点，求S△PMN的最小值．
【分析】（1）设抛物线方程为x2＝2py（p＞0），由已知结合抛物线定义求解p，则抛物线方程可求；
（2）根据点到直线距离公式求得两斜率的关系，利用三角形的面积公式写出△PMN的面积，换元后，利用导数与函数单调性的关系，即可求得△PMN 的面积的最小值．
【解答】解：（1）由题意可设抛物线方程为x2＝2py（p＞0），
∵抛物线上一点M（m，1）到焦点的距离为2，∴M（m，1）到抛物线准线的距离为2，
则直线方程为y＝﹣1，即，p＝2，
可得抛物线方程为x2＝4y；
（2）设切线方程为y﹣y0＝k（x﹣x0），令y＝0，可得x＝x0﹣，
圆心（0，﹣1）到切线的距离d＝＝1，整理可得（）k2﹣（2x0+2x0y0）k+＝0．
设两条切线的斜率分别为k1，k2，则k1+k2＝，k1k2＝，
∴△PMN的面积S＝|（x0﹣）﹣（x0﹣）|y0＝
＝＝，y0≥1，
令y0+2＝t，则t≥3，
则S＝，t≥3，
令g（t）＝，则g′（t）＝
＝＞0，可得g（t）在[3，+∞）上单调递增，
可得，则△PMN的面积S的最小值为．
【点评】本题考查轨迹方程的求法，考查圆与抛物线位置关系的应用，考查运算求解能力，训练了利用导数求最值，属于难题．
六、易错分析
易错点一、设直线的点斜式或斜截式方程忽略判断斜率是否存在致错
1．若直线l与椭圆C：eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1.交于A，B两点，且|eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))|＝|eq \(OA,\s\up7(―→))－eq \(OB,\s\up7(―→))|，求证：直线l与某个定圆E相切，并求出定圆E的方程．
【错解】∵|eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))|＝|eq \(OA,\s\up7(―→))－eq \(OB,\s\up7(―→))|，∴eq \(OA,\s\up7(―→))⊥eq \(OB,\s\up7(―→))，则.
设直线l的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2y2＝6，,y＝kx＋m))得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，
则Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－6)>0，化简得m20，化简得m20恒成立，由根与系数的关系，
得y1＋y2＝eq \f(2\r(6)t,3t2＋2)，y1y2＝－eq \f(4,3t2＋2)，所以eq \f(1,|AQ|2)＋eq \f(1,|BQ|2)＝eq \f(1,1＋t2y\\al(2,1))＋eq \f(1,1＋t2y\\al(2,2))＝eq \f(y\\al(2,1)＋y\\al(2,2),1＋t2y\\al(2,1)y\\al(2,2))
＝eq \f(y1＋y22－2y1y2,1＋t2y\\al(2,1)y\\al(2,2))＝eq \f(\f(8t2,3t2＋22)＋\f(8,3t2＋2),1＋t2·\f(16,9t2＋22))＝eq \f(\f(16t2＋1,3t2＋22),1＋t2·\f(16,9t2＋22))＝eq \f(16,3)×eq \f(9,16)＝3.
综上，eq \f(1,|AQ|2)＋eq \f(1,|BQ|2)＝3为定值．
【错因】未考虑斜率为零的情况，
【正解】（1）当直线AB的斜率为零时，点A，B为椭圆长轴的端点，
则eq \f(1,|AQ|2)＋eq \f(1,|BQ|2)＝eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(2)＋\f(\r(6),3)))2)＋eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)＋\f(\r(6),3)))2)＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)＋\f(\r(6),3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)－\f(\r(6),3)))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(2,3)))2)＝eq \f(4＋\f(4,3),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))2)＝3；
当直线AB不与x轴重合时，设直线AB的方程为x＝ty－eq \f(\r(6),3)，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty－\f(\r(6),3)，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去x得(t2＋2)y2－eq \f(2\r(6)t,3)y－eq \f(4,3)＝0，则Δ＝eq \f(8,3)t2＋eq \f(16,3)(t2＋2)>0恒成立，
由根与系数的关系，得y1＋y2＝eq \f(2\r(6)t,3t2＋2)，y1y2＝－eq \f(4,3t2＋2)，
所以eq \f(1,|AQ|2)＋eq \f(1,|BQ|2)＝eq \f(1,1＋t2y\\al(2,1))＋eq \f(1,1＋t2y\\al(2,2))＝eq \f(y\\al(2,1)＋y\\al(2,2),1＋t2y\\al(2,1)y\\al(2,2))＝eq \f(y1＋y22－2y1y2,1＋t2y\\al(2,1)y\\al(2,2))
＝eq \f(\f(8t2,3t2＋22)＋\f(8,3t2＋2),1＋t2·\f(16,9t2＋22))＝eq \f(\f(16t2＋1,3t2＋22),1＋t2·\f(16,9t2＋22))＝eq \f(16,3)×eq \f(9,16)＝3.
综上，eq \f(1,|AQ|2)＋eq \f(1,|BQ|2)＝3为定值．
易错点三、忽略圆锥曲线几何性质致错
3．已知P在椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1上，A(0,4)，则|PA|的最大值为( )
A.eq \f(\r(218),3) B.eq \f(76,3)
C．5 D．2eq \r(5)
【错解】选B 设P(x0，y0)，则由题意得eq \f(x\\al(2,0),4)＋yeq \\al(2,0)＝1，故xeq \\al(2,0)＝4(1－yeq \\al(2,0))，
所以|PA|2＝xeq \\al(2,0)＋(y0－4)2＝4(1－yeq \\al(2,0))＋yeq \\al(2,0)－8y0＋16＝－3yeq \\al(2,0)－8y0＋20＝－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y0＋\f(4,3)))2＋eq \f(76,3)，
所以当y0＝－时，|PA|2取得最大值eq \f(76,3)，即|PA|的最大值为eq \f(\r(218),3) . 故选C.
【错因】忽略了椭圆中，本题中－1≤y0≤1，
【正解】选C 设P(x0，y0)，则由题意得eq \f(x\\al(2,0),4)＋yeq \\al(2,0)＝1，故xeq \\al(2,0)＝4(1－yeq \\al(2,0))，
所以|PA|2＝xeq \\al(2,0)＋(y0－4)2＝4(1－yeq \\al(2,0))＋yeq \\al(2,0)－8y0＋16＝－3yeq \\al(2,0)－8y0＋20＝－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y0＋\f(4,3)))2＋eq \f(76,3)，
又－1≤y0≤1，所以当y0＝－1时，|PA|2取得最大值25，即|PA|的最大值为5.
4．已知椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，焦距为2c，直线l：y＝eq \f(\r(2),4)x与椭圆C相交于A，B两点，若|AB|＝2c，则椭圆C的离心率为________．
【错解】设直线l与椭圆C在第一象限内的交点为A(x1，y1)，则y1＝eq \f(\r(2),4)x1，由|AB|＝2c，
可知|OA|＝eq \r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1))＝c(O为坐标原点)，即eq \r(x\\al(2,1)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)x1))2)＝c，所以x1＝eq \f(2\r(2),3)c，
所以Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(2),3)c，\f(c,3))).把点A的坐标代入椭圆方程得eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(2),3)c))2,a2)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)c))2,b2)＝1，又a2＝b2＋c2，
整理得8e4－18e2＋9＝0，即(4e2－3)(2e2－3)＝0，又0＜e＜1，所以e＝eq \f(\r(3),2)或.
【错因】忽略了椭圆的离心率0＜e＜1，
【正解】设直线l与椭圆C在第一象限内的交点为A(x1，y1)，则y1＝eq \f(\r(2),4)x1，由|AB|＝2c，
可知|OA|＝eq \r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1))＝c(O为坐标原点)，即eq \r(x\\al(2,1)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)x1))2)＝c，所以x1＝eq \f(2\r(2),3)c，
所以Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(2),3)c，\f(c,3))).把点A的坐标代入椭圆方程得eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(2),3)c))2,a2)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)c))2,b2)＝1，又a2＝b2＋c2，
整理得8e4－18e2＋9＝0，即(4e2－3)(2e2－3)＝0，又0＜e＜1，所以e＝eq \f(\r(3),2). 答案：eq \f(\r(3),2)
5、已知点P是椭圆C: 上的动点,,求的最小值.
【错解】设,则
==,
所以.
【错因】忽略椭圆中.
【正解】设,则
==,因为,所以
当时时,
当时时,
当时时.
易错点四、有关椭圆方程求参数范围问题忽略分母不等致错
6．若直线y＝kx＋1与椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,m)＝1总有公共点，则m的取值范围是( )
A．＋∞) B．(0，＋∞)
C．(0,1)∪(1,5) D．[1,5)∪(5，＋∞)
【错解】选A 由于直线y＝kx＋1恒过点(0,1)，所以点(0,1)必在椭圆内或椭圆上，则0