2025年高考数学重点题型精准训练(新高考通用)专题12圆锥曲线中的范围和最值问题(学生版+解析)

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1．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2，点B是椭圆C的上顶点，△BF1F2是等边三角形，△BF1F2的内切圆的面积为π3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知T在x轴负半轴上且|OT|=4OF1，过T的直线与椭圆交于M，N两点，求△MNF1面积的最大值.
【答案】(1)x24+y23=1
(2)334.
【分析】（1）根据题意，得到△BF1F2的内切圆的半径为r=33，求得OF2=1，得到c=1，结合a=BF1=F1F2=2，进而求得椭圆的标准方程；
（2）设直线MN的方程为x=my-4，联立方程组，利用根与系数的关系，求得△MNF1的面积S=S△NTF1-S△MTF1=18⋅m2-44+3m2，结合基本不等式，即可求解.
【详解】（1）解：椭圆C:x2a2+y2b2=1的半焦距为c，
因为△BF1F2的内切圆的面积为π3，所以△BF1F2的内切圆的半径为r=33，
又因为△BF1F2是等边三角形，所以rOF2=tan30°=33，即33OF2=33，
解得OF2=1，所以c=1，
可得F1F2=2OF2=2，则a=BF1=F1F2=2，则b=22-12=3，
所以椭圆C的方程为x24+y23=1.
（2）解：由|OT|=4OF1=4，则点T(-4,0)，
由题意知直线MN斜率存在且不为0，设直线MN的方程为x=my-4，
且Mx1,y1，Nx2,y2，
联立方程组x=my-4x24+y23=1，整理得3m2+4y2-24my+36=0，
由Δ=(-24m)2-4×36×3m2+4>0，可得m2>4.
且y1+y2=24m3m2+4，y1y2=363m2+4，
所以△MNF1的面积S=S△NTF1-S△MTF1=12TF1⋅y1-y2=32y1+y22-4y1y2 =3224m3m2+42-1443m2+4=18⋅m2-44+3m2 =6×1m2-4+163m2-4=6×1m2-4+163m2-4≤62163=334，
当且仅当m2-4=163m2-4，即m2=283时（此时适合m2>4的条件）取得等号.
故△MNF1面积的最大值为334.

【点睛】方法技巧：求解圆锥曲线的最值问题的解答策略与技巧：
1、几何方法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆、圆锥曲线的定义、图形，以及几何性质求解；
2、代数方法：当题目给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个目标函数的最值（或值域），常用方法：①配方法；②基本不等式；③单调性法；④三角换元法；⑤导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
2．已知点-2,0在椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0上，点Mm,12m≠0在椭圆C内．设点以A,B为C的短轴的上、下端点，直线AM,BM分别与椭圆C相交于点E,F，且EA,EB的斜率之积为-14．
(1)求椭圆C的方程；
(2)记S△BME，S△AMF分别为△BME，△AMF的面积，若m∈-3,-1∪1,3，求S△AMFS△BME的取值范围．
【答案】(1)x24+y2=1
(2)15,13．
【分析】（1）设Ex,y，由kEA⋅kEB=-14，求得x24b2+y2b2=1，结合椭圆C过点-2,0，代入求得b2的值，即可求解；
（2）将直线AM和BM与椭圆方程联立，求得E4mm2+1,m2-1m2+1，F12mm2+9,9-m2m2+9，得到MAME=m2-13-m2，MFMB=3-m2m2+9，进而化简得到S△AMFS△BME=1-8m2+9，结合m的取值范围，即可求解.
【详解】（1）解：设Ex,y，依题意知A0,b，B0,-b，
则kEA⋅kEB=y-bx-0⋅y+bx-0=y2-b2x2=-14，整理有：x24b2+y2b2=1．
因为椭圆C过点-2,0，所以b2=1，所以椭圆的方程为x24+y2=1．
（2）解：由椭圆C:x24+y2=1，可得A0,1，B0,-1，
可得AM:y=-12mx+1，代入椭圆x24+y2=1，整理得m2+1x2+4mx=0，
解得x=4mm2+1，则y=m2-1m2+1，所以E4mm2+1,m2-1m2+1，
又由BM:y=32mx-1，代入椭圆x24+y2=1，整理有m2+9x2-12mx=0，
解得x=12mm2+9，则y=9-m2m2+9，所以F12mm2+9,9-m2m2+9，
所以MAME=m4mm2+1-m=m2+14-m2-1=m2-13-m2，
MFMB=12mm2+0-mm=12-m2-9m2+9=3-m2m2+9，
于是S△AMFS△BME=12AM⋅MF⋅sin∠AMF12BM⋅ME⋅sin∠BME=AMME⋅MFBM
=m2+13-m2⋅3-m2m2+9=m2+1m2+9=1-8m2+9，
因为m∈-3,-1∪1,3，所以m2∈1,3，所以1-8m2+9∈15,13，
故S△AMFS△BME的范围为15,13．

【点睛】方法策略：解答圆锥曲线的最值与范围问题的方法与策略：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
3．已知椭圆M：x2a2+y23=1a>0的一个焦点为F-1,0，左、右顶点分别为A，B，经过点F的直线l与椭圆M交于C，D两点．
(1)当直线l的斜率为1时，求线段CD的长；
(2)记△ABD与△ABC的面积分别为S1和S2，求S1-S2的最大值．
【答案】(1)247
(2)|S1-S2|有最大值3．
【分析】（1）利用已知条件求出c=1，然后求解a，得到椭圆方程．由弦长公式即可求解.
（2）设出直线方程，利用直线与椭圆联立，利用韦达定理弦长公式表示三角形的面积，通过基本不等式求解最值即可．
【详解】（1）∵F(-1,0)为椭圆M的焦点，∴c=1，
又b=3，∴a=2，
∴椭圆M的方程为x24+y23=1；
设直线方程为y=x+1，
和椭圆方程联立消掉y，得7x2+8x-8=0，
计算知Δ=64-4×7×-8>0，
∴方程有两实根，且x1+x2=-87,x1x2=-87，
所以CD=2x1-x2=2x1+x22-4x1x2=2-872-4×-87=247
（2）当直线无斜率时，此时直线方程为x=-1，则C,D两点关于x轴对称，所以S1=S2，则S1-S2=0，
当直线斜存在时，依题意，知k≠0，设直线方程为y=k(x+1)，
和椭圆方程联立消掉y，得则(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0，
显然Δ>0，∴方程有两实根，且x1+x2=-8k23+4k2,x1x2=4k2-123+4k2，
由于C,D两点在x轴的上下两侧，所以y1,y2异号，
此时|S1-S2|=12ABy1-y2=12×4y1+y2=2|k(x1+1)+k(x2+1)|=2|k(x2+x1)+2k|=
2k(x2+x1)+2k=28k33+4k2+2k=12|k|3+4k2，
将上式变形，得|S1-S2|=123|k|+4|k|，
∵由于123|k|+4|k|≤12212=3，当且仅当3|k|=4|k|，即k=±32时等号成立，
∴当k=±32时，|S1-S2|有最大值3．

【点睛】圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（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，求新的参数的范围，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建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数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.
4．已知椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的离心率为63，点223,33在椭圆C上.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点N2,0的直线与椭圆C交于A,B两点，求S△AOB的最大值.
【答案】(1)y23+x2=1
(2)32
【分析】（1）由离心率为63，求得a2=3b2，设椭圆方程C:y23b2+x2b2=1，代入求得b2的值，即可求解；
（2）设lAB:x=ny+2，联立方程组，得到y1+y2=-12n3n2+1，y1y2=93n2+1，利用点到直线的距离公式和弦长公式，求得S△AOB=36n2-13n2+12，结合基本不等式，即可求解.
【详解】（1）解：由椭圆C的离心率为63，可得ca=1-b2a2=63，可得a2=3b2，
设椭圆方程C:y23b2+x2b2=1，将点223,33代入方程，可得b2=1，
故方程为y23+x2=1.
（2）解：设lAB:x=ny+2且Ax1,y1,Bx2,y2，
联立方程x=ny+2y2+3x2=3，整理得3n2+1y2+12ny+9=0，
由Δ>0，可得n2-1>0，且y1+y2=-12n3n2+1，y1y2=93n2+1，
又由原点到lAB的距离h=0-0-21+n2=21+n2，
由圆锥曲线的弦长公式，可得AB=1+n2y1-y2，
所以S△AOB=121+n2y1-y221+n2=y1-y2=y1+y22-4y1y2
=12n3n2+12-363n2+1=36n2-13n2+12
令t=n2-1>0，可得S△AOB=36t(3t+4)2=69t+24+16t≤32
当且仅当t=43，即n2=13时，面积取到最大值32.
【点睛】解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
5．已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距与短轴长相等，点M-1,-22在椭圆上.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若P,Q为椭圆上两点，△OPQ是以PQ（斜率存在）为斜边的直角三角形（O为坐标原点），求OP2+OQ2的最大值.
【答案】(1)x22+y2=1
(2)3
【分析】（1）将点M代入椭圆方程，并根据条件得到2b=2c，联立方程，即可求解；（2）首先直线方程y=kx+m与椭圆方程联立，根据韦达定理得到根与系数的关系，并代入x1x2+y1y2=0，得到3m2-2k2-2=0，并代入坐标，表示OP2+OQ2，结合基本不等式，即可求最大值.
【详解】（1）由题意，可知2b=2c，
即b=c，所以a=2b，
把点M的坐标代入椭圆方程得12b2+12b2=1，
所以b2=1,a2=2,
所以椭圆方程为x22+y2=1.
（2）设直线方程为y=kx+m，

与椭圆联立，得1+2k2x2+4kmx+2m2-2=0,
则Δ=4km2-41+2k22m2-2=82k2-m2+1>0，
设Px1,y1,Qx2,y2，则x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-21+2k2，
∵△OPQ是以PQ为斜边的直角三角形，
∴OP⋅OQ=0，即x1x2+y1y2=0，
x1x2+y1y2=x1x2+kx1+mkx2+m=1+k2x1x2+kmx1+x2+m2
=1+k22m2-21+2k2+km-4km1+2k2+m2=3m2-2k2-21+2k2，
所以3m2-2k2-2=0，即m2=2k2+23，满足Δ>0，
∴OP2+OQ2=x12+y12+x22+y22=x12+1-x122+x22+1-x222=x12+x222+2，
x12+x22=x1+x22-2x1x2=16k2m21+2k22-2⋅2m2-21+2k2=434k4+8k2+14k4+4k2+1
=431+4k24k4+4k2+1=431+44k2+1k2+4，
∵4k2+1k2≥24k2⋅1k2=4（当且仅当k2=12时取等号），
∴x12+x22≤431+44+4=2,OP2+OQ2≤22+2=3，
综上，OP2+OQ2的最大值为3.
6．已知F是椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点，O为坐标原点，M为椭圆上任意一点，MF的最大值为2+3.当OM=OF时，△MOF的面积为12.
(1)求椭圆C的方程；
(2)A、B为椭圆的左、右顶点，点P满足AP=3PB，当M与A、B不重合时，射线MP交椭圆C于点N，直线AM、BN交于点T，求∠ATB的最大值.
【答案】(1)x24+y2=1
(2)π6
【分析】（1）求出MFmax=a+c=2+3，分析出∠EMF=90∘，利用勾股定理结合椭圆的定义、三角形的面积公式可得出b，再由b2=a2-c2可得出a、c的值，即可得出椭圆E的方程；
（2）求出点P的坐标，设直线MN的方程为x=my+1，设点Mx1,y1、Nx2,y2，将直线MN的方程与椭圆E的方程联立，列出韦达定理，求出直线AM、AN的方程，将这两条直线的方程联立，求出点T的横坐标为4，设点T4,t，其中t>0，求出tan∠ATB关于t的函数表达式，利用基本不等式求出tan∠ATB的最大值，即可得出∠ATB的最大值.
【详解】（1）解：设点Mx0,y0，则-a≤x0≤a，y02=b2-b2a2x02，
因为MF=x0-c2+y02=x02-2cx0+c2+b2-b2a2x02=c2a2x02-2cx0+a2
=a-cax0=a-cax0∈a-c,a+c，
所以，MFmax=a+c=2+3，
设椭圆左焦点为E，因为OM=OF=12EF，所以∠EMF=90∘.
即ME2+MF2=EF2=4c2，
又因为ME+MF=2a，所以ME2+MF2+2ME⋅MF=4a2，
所以2ME⋅MF=4a2-4c2，所以ME⋅MF=2b2，所以S△MEF=12MEMF=b2，
因为此时S△MOF=12，所以S△MEF=1，所以b2=1，所以b=1.
因为a2=b2+c2，所以a=2，c=3，所以椭圆E的方程为x24+y2=1.
（2）解：设点Pp,0，AP=p+2,0，PB=2-p,0，
因为点P满足AP=3PB，则p+2=32-p，解得p=1，所以P1,0，

由题知MN不与x轴重合，设直线MN的方程为x=my+1，
联立方程组x24+y2=1x=my+1，消x整理得m2+4y2+2my-3=0，
Δ=4m2+12m2+4=48m2+1>0，
设Mx1,y1、Nx2,y2，则y1+y2=-2mm2+4，y1y2=-3m2+4.
因为AM的方程为y=y1x1+2x+2，AN的方程为y=y2x2-2x-2
两直线方程联立得：x-2x+2=y1x2-2y2x1+2=y1my2+1-2y2my1+1+2=my1y2-y1my1y2+3y2.
因为my1y2=-3mm2+4=32y1+y2.
所以x-2x+2=32y1+y2-y132y1+y2+3y2=12y1+32y232y1+92y2=13，解得x=4，
所以动点T的轨迹方程为x=4y≠0.
由椭圆的对称性不妨设T4,tt>0，直线TA、TB的倾斜角为α、β，
由图可知β>α，且0b>0)，
则c=512×2c×b=25a2=b2+c2，解得a=3b=2c=5，
所以椭圆C的标准方程为x29+y24=1；
（2）
显然直线l的斜率存在，设直线l:y=kx+1，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则D(λx2,λy2)，
∵四边形OAED为平行四边形，
∴ OD=AE，E(x1+λx2,y1+λy2)，
∵点A，B，E均在椭圆C上，
∴ x129+y124=1，x229+y224=1，(x1+λx2)29+(y1+λy2)24=1，
∵λ>0，
∴4x1x2+9y1y2+18λ=0，
∴(4+9k2)x1x2+9k(x1+x2)+9+18λ=0．，
由y=kx+1x29+y24=1，消去y得，(9k2+4)x2+18kx-27=0，
显然Δ=432(3k2+1)>0，
∴ x1+x2=-18k9k2+4，x1x2=-279k2+4，
∴ -279k2+4×(4+9k2)-18k9k2+4×9k+18λ+9=0，
∴ λ=2-49k2+4，
∴λ∈[1,2)．
8．已知椭圆C:x2a2+y23=1a>b>0的左、右顶点分别为M1、M2，T为椭圆上异于M1、M2的动点，设直线TM1、TM2的斜率分别为k1、k2，且k1⋅k2=-34.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设动直线l与椭圆C相交于A、B两点，O为坐标原点，若OA⋅OB=0，△OAB的面积是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)x24+y23=1
(2)存在，最小值为127
【分析】（1）设T的坐标为x0,y0，可得出y02=3-3x02a2，利用斜率公式结合k1⋅k2=-34可求出a2的值，即可得出椭圆C的标准方程；
（2）分析可知OA⊥OB，分两种情况讨论：①当点A、B均为椭圆C的顶点时，直接求出△OAB的面积；②直线OA、OB的斜率都存在时，设直线OA的方程为y=kxk≠0，则直线OB的方程为y=-1kx，求出OA、OB关于k的表达式，利用基本不等式求出△OAB面积的最小值，综合可得出结论.
【详解】（1）解：不妨设T的坐标为x0,y0，则x02a2+y023=1，则y02=3-3x02a2，
又M1-a,0、M2a,0，则k1⋅k2=y0x0+a×y0x0-a=y02x02-a2=3-3x02a2x02-a2=-3a2=-34.
故可得3a2=34，可得a2=4，故可得椭圆C的方程为x24+y23=1.
（2）解：因为OA⋅OB=0，且OA、OB均为非零向量，则OA⊥OB.
当点A、B均为椭圆C的顶点时，则S△OAB=12×2×3=3；
若直线OA、OB的斜率都存在时，设直线OA的方程为y=kxk≠0，
则直线OB的方程为y=-1kx，
联立y=kx3x2+4y2=12可得x2=124k2+3y2=12k24k2+3，所以，OA=121+k24k2+3，
同理可得OB=121k2+14k2+3=12k2+13k2+4，
此时，S△OAB=12OA⋅OB=1212k2+14k2+3⋅12k2+13k2+4=6k2+14k2+33k2+4
≥6k2+14k2+3+3k2+42=127，
当且仅当4k2+3=3k2+4时，即当k=±1时，等号成立，
又因为127b>0)的两焦点分别为F1-3,0,F23,0 ，A是椭圆E上一点，当∠F1AF2=π3时，△F1AF2的面积为33.
(1)求椭圆E的方程；
(2)直线l1:k1x-y+2k1=0k1>0与椭圆E交于M，N两点，线段MN的中点为P，过P作垂直x轴的直线在第二象限交椭圆E于点S，过S作椭圆E的切线l2，l2的斜率为k2，求k1-k2的取值范围.
【答案】(1)x24+y2=1
(2)0,+∞
【分析】（1）根据题意得c=3，再结合椭圆定义，余弦定理、三角形面积公式可求得b的值，从而可得椭圆方程；
（2）先由直线和椭圆联立表示出点P，点S的横坐标，再由点P，点S的横坐标相等，得出k1,k2之间的关系，从而表示出k1-k2（保留k1），进而求出结果.
【详解】（1）由题意得c=3，

由椭圆定义可得AF1+AF2=2a，又∠F1AF2=π3，
由余弦定理可得：cs∠F1AF2=AF12+AF22-F1F222AF1⋅AF2=AF1+AF22-2AF1⋅AF2-F1F222AF1⋅AF2
=4a2-2AF1⋅AF2-4c22AF1⋅AF2=4b2-2AF1⋅AF22AF1⋅AF2=12，
所以AF1⋅AF2=4b23，又S△F1AF2=12AF1⋅AF2sinπ3=12⋅4b23⋅32=33，解得b=1，
所以a2=b2+c2=4，故椭圆E的方程为x24+y2=1.
（2）直线l1:k1x-y+2k1=0k1>0，设Mx1,y1,Nx2,y2，

联立l1与E得k1x-y+2k1=0x24+y2=1，所以1+4k12x2+16k12x+16k12-4=0，
Δ=16k122-41+4k1216k12-4=16>0恒成立，
所以x1+x2=-16k121+4k12,x1x2=16k12-41+4k12，
故xP=x1+x22=-8k121+4k12=xS，
设直线l2为y=k2x+m，k2>0，
联立y=k2x+mx24+y2=1，所以1+4k22x2+8k2mx+4m2-4=0，
由Δ=8k2m2-41+4k224m2-4=0可得1+4k22=m2，
所以xS=-4k2m1+4k22=-4k2m，则-8k121+4k12=-4k2m，所以得4k141+4k122=k22m2=k221+4k22，所以k2=2k128k12+1，
则k1-k2=k1-2k128k12+1=k11-28+1k12，
由于函数y=8+1k12在k1∈0,+∞上为减函数，所以函数y=28+1k12在k1∈0,+∞上为增函数，
所以函数y=1-28+1k12在k1∈0,+∞上为减函数，所以1-22b>0的上焦点为F，并且△ABF是面积为3的等边三角形，将由C1、C2构成的曲线，记为“Γ”．

(1)求实数a、b的值；
(2)直线l：y=2x与曲线Γ交于M、N两点，在曲线Γ上再取两点S、T（S、T分别在直线l两侧），使得这四个点形成的四边形MSNT的面积最大，求此最大面积；
(3)设点K0,t t∈R，P是曲线Γ上任意一点，求PK的最小值．
【答案】(1)a=2,b=1
(2)3+222
(3)PKmin=t+1,t≤01-t23,00)得y∈[0,2].
此时PK=x2+(y-t)2 =34y2-2ty+t2+1=34(y-4t3)2-13t2+1
若00，可分别找到直线AM,BM的方程，分别代入椭圆，可用t表示出P,Q两点的坐标，从而用t表示出四边形APBQ面积,将式子转换为关于t的函数，研究其单调性和最值,计算量较大，综合性强.
12．已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为4，上顶点P到直线l:x+2y-6=0的距离为455．
(1)求E的方程；
(2)直线y=kx+12(k>0)与E交于A，B两点，直线PA，PB分别交直线l于C，D两点，求CD的最小值．
【答案】(1)x24+y2=1
(2)15
【分析】（1）利用长轴的长度以及点到直线的距离公式求解；
（2）设点Ax1,y1，Bx2,y2， 将直线y=kx+12(k>0)与椭圆联立利用韦达定理求得x1和x2的关系式，再将直线PA与l联立求得xC,将直线PB与l联立求得xD,利用弦长公式即可求出CD2,化简整理利用二次函数的性质求出最值即可.
【详解】（1）由已知条件得2a=4，解得a=2，
上顶点坐标为P0,b，d=2b-65=455，解得b=5或b=1，
由于a>b>0，则b=1，
所以E的方程为x24+y2=1；
（2）由（1）得P0,1，设Ax1,y1，Bx2,y2，
联立y=kx+12x24+y2=1可得4k2+1x2+4kx-3=0，其中Δ=416k2+3>0，
x1+x2=-4k4k2+1，x1x2=-34k2+1，
设直线PA的方程为y=y1-1x1x+1，
联立y=y1-1x1x+1x+2y-6=0解得xC=4x12y1+x1-2
点Ax1,y1在直线y=kx+12上，则y1=kx1+12，即xC=4x12k+1x1-1，
同理可得xD=4x22k+1x2-1，
所以CD2=xC-xD2+yC-yD22 =1+kCD2xC-xD2
=544x12k+1x1-1-4x22k+1x2-12
=54⋅16x1+x22-4x1x22k+12x1x2-2k+1x1+x2+12
=20×16k2+34k+12
令4k+1=tt>1，则CD2=20×t2-2t+4t2=204t2-2t+1 =2041t-142+34,
此时00的焦距为22，点1,63在C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C与直线y=kx+mk≠0,m>12相交于不同的两点M、N，P为弦MN的中点，A为椭圆C的下顶点，当AP⊥MN时，求m的取值范围．
【答案】(1)x23+y2=1
(2)12,2
【分析】（1）根据已知条件可得出关于a2、b2的方程组，解出这两个量的值，即可得出椭圆C的方程；
（2）设点Mx1,y1、Nx2,y2、PxP,yP，将直线MN的方程与椭圆C的方程联立，由Δ>0可得出m20，可得m2m2，解得00,y0>0，则Q-x0,-y0
设直线l的方程是：y=kx+t，
由y=kx+tx23-y2=1得：3k2-1x2+6ktx+3t2+3=0，
∴3k2-1≠0Δ=36k2t2-43k2-13t2+3=0，解得：t2=3k2-1，
∴-x0=-6kt23k2-1=-3kt，
∵-y0=-kx0+t，x023-y02=1，∴k=x03y0，t=1y0，即直线l：-x0x3+y0y=1，
即：x0x-3y0y+3=0
由点到直线的距离公式得：ME=x02-3y02+3x02+9y02=612y02+3
直线MN方程：y-y0=-3y0x0(x-x0)，即：y=-3y0x0⋅x+4y0
由y=-3y0x0⋅x+4y0x2-3y2=3，得：(1-27y02x02)x2+72y02x0x-48y02-3=0
所以x0+xN=-72x0y02x02-27y02=72x0y0224y02-3，由M,N都在双曲线右支上，得：x0+xN=72x0y0224y02-3>0
所以y02>18
所以MN=1+9y02x02⋅x0-xN=12y02+3⋅24y02+624y02-3
所以MEMN=6(24y02-3)(12y02+3)(24y02+6)=8y02-1(4y02+1)2，令t=4y02+1>32，则MEMN=2t-3t2=-3(1t)2+2t
当1t=13，即y0=22时，MEMN的最大值为13.
方法②：如图，由题意知点Q在双曲线左支上，设M(x0,y0)，则Q-x0,-y0.
易知直线l的斜率存在，设直线l的斜率为k，
记a=1,k，又l2为∠F1QF2的平分线，则QF1⋅aQF1=QF2⋅aQF2.
因为x023-y02=1，x0≥3，所以QF1=-2+x02+y02=-2+x02+x023-1=233x0-3，
同理QF2=233x0+3，又QF1=x0-2,y0，QF2=x0+2,y0,
代入QF1⋅aQF1=QF2⋅aQF2，得x0-2,y0⋅1,k233x0-3=x0+2,y0⋅1,k233x0+3，
化简得x0=3ky0.又x0>0，y0>0，所以k>0，
由x0=3ky0x023-y02=1，x0≥3，得x0=3k3k2-1，y0=13k2-1，k>33
所以M3k3k2-1,13k2-1，Q-3k3k2-1,-13k2-1.
所以直线l的方程为y=kx+3k2-1，k>33，
由点到直线的距离公式得：ME=3k2-13k2-1+3k2-1k2+1=23k2-1k2+1，
又直线MN的斜率为-1k，且过点M，所以直线MN的方程为：
x=-ky+4k3k2-1，
将其与x23-y2=1x>0联立得k2-3y2-8k23k2-1y+7k2+33k2-1=0.
设Nx1,y1，则y0+y1=8k2k2-33k2-1，y0y1=7k2+3k2-33k2-1.
易知点N在第四象限，所以y0y10的渐近线方程为y=±22x．
(1)求C的标准方程；
(2)过点P1,3的直线l交C于M，N两点，交x轴于Q点．若PM⋅PN=36，问tan∠OPQ是否存在？若存在，求出tan∠OPQ的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)x24-y22=1
(2)答案见解析
【分析】（1）由题意可得a=m，b=m2-2，结合渐近线的定义可得m2-2m=22，求出m即可求解；
（2）易知直线l的斜率存在．设直线l：y=kx-1+3，Mx1,y1，Nx2,y2，联立双曲线方程，利用Δ>0求出k的范围，利用韦达定理表示x1+x2,x1x2,利用两点距离公式可得PM⋅PN =91+k21-2k2=36，求出k的值，结合斜率的定义即可求解.
【详解】（1）易知双曲线C的焦点在x轴上，且m2-2>0，所以m>2或m0，所以m>2，所以a=m，b=m2-2．
由已知可得m2-2m=22，解得m=2，
所以C的标准方程为x24-y22=1．
（2）由题意，易知直线l的斜率存在．
设直线l：y=kx-1+3，联立方程组y=kx-1+3x24-y22=1，
化简得1-2k2x2+4k2-43kx-2k2+43k-10=0．
由题意知1-2k2≠0，且Δ=4k2-43k2-41-2k2-2k2+43k-10=-24k2-163k+40>0，
所以3k2+23k-50，设Ax1,y1，Dx2,y2，则y1+y2=-12m3m2-1，y1⋅y2=93m2-1．
因为A，D均在双曲线右支，所以x1+x2>0,x1⋅x2>0,
所以my1+y2+4=-43m2-1>0,m2y1y2+2my1+y2+4=-3m2-43m2-1>0,解得0≤m20，z=43+43×t+13+1t=1633t+1633，t>0，所以z∈1633,+∞，
综上，由①②可得△ABF2的周长的最小值为1633.
【点睛】方法点睛：本题考查了直线与双曲线的位置关系的综合应用，考查了分析问题解决问题的能力，在处理圆锥曲线与直线的位置关系时，需要考虑直线斜率不存在的情况，同时设而不求是常用的方法需要熟练掌握，联立消元的过程要提升计算的能力与正确率.
26．我们约定，如果一个椭圆的长轴和短轴分别是另一条双曲线的实轴和虚轴，则称它们互为“姊妺”圆锥曲线.已知椭圆C1:x24+y2b2=1(00，且y1+y2=-8tt2-4y1y2=12t2-4，
∴kAMkBN=y1x1+2y2x2-2=y1x1+2×x2-2y2=y1ty2+2y2ty1+6=ty1y2+2y1ty1y2+6y2
=ty1y2+2y1+y2-2y2ty1y2+6y2
=12tt2-4-16tt2-4-2y212tt2-4+6y2=-4tt2-4-2y212tt2-4+6y2=-13；
或由韦达定理可得y1+y2y1y2=-2t3，即ty1y2=-32y1+y2,
∴kAMkBN=y1x1+2y2x2-2=y1x1+2×x2-2y2=y1ty2+2y2ty1+6=ty1y2+2y1ty1y2+6y2=-32y1+y2+2y1-32y1+y2+6y2
=y1-3y2-3y1+9y2=-13，
即kAM与kBN的比值为定值-13.
（ii）设直线AM:y=kx+2，代入双曲线方程并整理得1-4k2x2-16k2x-16k2-4=01-4k2≠0，
由于点M为双曲线的左顶点，所以此方程有一根为-2，.
由韦达定理得：-2xA=-16k2-41-4k2，解得xA=24k2+11-4k2.
因为点A在双曲线的右支上，所以xA=24k2+11-4k2>0，
解得k∈-12,12，即kAM∈-12,12，
同理可得kBN∈-∞,-12∪12,+∞，
由（i）中结论可知kBN=-3kAM∈-∞,-12∪12,+∞，
得kAM∈-∞,-16∪16,+∞，所以kAM∈-12,-16∪16,12，
故w=kAM2+23kBN=kAM2+23-3kAM=kAM2-2kAM，
设h(x)=x2-2x，其图象对称轴为x=1，
则h(x)=x2-2x在-12,-16,16,12上单调递减，故h(x)∈-34,-1136∪1336,54，
故w=kAM2+23kBN的取值范围为-34,-1136∪1336,54.
另解：由于双曲线x24-y2=1的渐近线方程为y=±12x，
如图，过点M作两渐近线的平行线l1与l2，由于点A在双曲线x24-y2=1的右支上，
所以直线AM介于直线l1与l2之间（含x轴，不含直线l1与l2），
所以kAM∈-12,12.
同理，过点N作两渐近线的平行线l3与l4，由于点B在双曲线x24-y2=1的右支上，
所以直线BN介于直线l3与l4之间（不含x轴，不含直线l3与l4），
所以kBN∈-∞,-12∪12,+∞.
由（i）中结论可知kBN=-3kAM∈-∞,-12∪12,+∞，
得kAM∈-∞,-16∪16,+∞，所以kAM∈-12,-16∪16,12,
故w=kAM2+23kBN=kAM2+23-3kAM=kAM2-2kAM∈-34,-1136∪1336,54.
【点睛】难点点睛：本题是一道新定义问题，考查学生探究能力和创新能力，解答的关键在于要准确理解新定义，由此求得双曲线方程；难点在于（2）中定值的求解以及参数的取值范围的确定，解答时要设直线方程，和双曲线方程联立，利用根与系数的关系化简求值，计算比较复杂，要特别细心.
27．已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的焦距为46，直线y=mx与C交于A,B两点，点P是C上异于A,B两点的动点，且直线PA,PB的斜率之积为12.
(1)求C的方程；
(2)已知M是直线x=2上的动点，过点M作两条倾斜角互补的直线分别交C于点S,T和点E,F，若MS⋅MT=λME⋅MF，求实数λ的值.
【答案】(1)x216-y28=1
(2)λ=1
【分析】（1）先表示出斜率之积，根据焦距及a,b,c的关系可得方程；
（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，结合韦达定理和弦长公式，分别求出目标长度，可得答案.
【详解】（1）由题意，设Ax1,y1,B-x1,-y1,Px2,y2，
所以kPA⋅kPB=y2-y1x2-x1⋅y2+y1x2+x1=y22-y12x22-x12.
由点A,P在双曲线C上，得x12a2-y12b2=1,x22a2-y22b2=1，
两式相减，得x12-x22a2-y12-y22b2=0，即y12-y22x12-x22=b2a2.
由题意，得b2a2=12.
设C的焦距为2c，则b2a2=12c2=a2+b22c=46,解得a2=16b2=8
所以C的方程为x216-y28=1.
（2）由题意设M2,t，直线ST:y=kx-2+t，
联立y=kx-2+t,x216-y28=1,化简得1-2k2x2-4kt-2kx-2(t-2k)2-16=0.
则1-2k2≠0，判别式Δ=8t2-4kt-12k2+8>0，
设Sx3,y3,Tx4,y4，则x3+x4=4kt-2k1-2k2,x3x4=-2(t-2k)2-161-2k2，
易知MS=1+k2x3-2,MT=1+k2x4-2，
所以MS⋅MT=1+k2x3-2x4-2=1+k2x3x4-2x3+x4+4=1+k2 -2(t-2k)2-161-2k2-2⋅4kt-2k1-2k2+4=1+k22t2+121-2k2.
由题意，得直线EF:y=-kx-2+t，
同理可得ME⋅MF=1+k22t2+121-2k2.
所以MS⋅MT=ME⋅MF，可得λ=1.
28．在平面内，动点M（x，y）与定点F（2，0）的距离和它到定直线l:x=12的距离比是常数2.
(1)求动点M的轨迹方程；
(2)若直线m与动点M的轨迹交于P，Q两点，且OP⊥OQ（O为坐标原点），求|OP|2+|OQ|2的最小值.
【答案】(1)x2-y23=1；
(2)最小值为6.
【分析】(1)根据题意列出等式化简即可；
(2) 设直线OP的方程为y=kx，直线OQ的方程为y=-1kx，联立直线OP的方程与M的方程，可得|OP|2=31+k23-k2，同理可得|OQ|2=31+k23k2-1，进而可得130，可得130)过点2,3，左､右顶点分别是A,B，右焦点F到渐近线的距离为3，动直线l:y=kx+m与以AB为直径的圆相切，且l与C的左､右两支分别交于Px1,y1,Qx2,y2两点.
(1)求双曲线C的方程；
(2)记直线AP,BQ的斜率分别为k1,k2，求k1⋅k2x1-x2的最小值.
【答案】(1)x2-y23=1
(2)-36+2134.
【分析】（1）由点2,3在双曲线C上，以及焦点到渐近线的距离得出双曲线C的方程；
（2）由直线与圆的位置关系得出m2=k2+1，联立直线和双曲线方程，由韦达定理、斜率公式得出k1⋅k2=-21-123，结合x1-x2≥433得出k1⋅k2x1-x2的最小值.
【详解】（1）因为点2,3在双曲线C上，故22a2-32b2=1，即4a2-9b2=1，
而双曲线C的渐近线方程为bx±ay=0，Fc,0到一条渐近线的距离为3，
所以b⋅cb2+a2=3，解得b=3，又4a2-9b2=1，
所以a2=1，故所求双曲线C的方程为x2-y23=1；
（2）因为双曲线C的方程为x2-y23=1，
所以A-1,0,B1,0，故以AB为直径的圆为
x2+y2=1，而直线l:y=kx+m是其切线，所以应满足mk2+1=1，得m2=k2+1，
而P,Q坐标满足3x2-y2=3y=kx+m，消去y得3-k2x2-2kmx-m2+3=03-k2≠0，
求得Δ=12m2-12k2+36，而m2=k2+1，故Δ=48，由此可得x1+x2=2km3-k2x1⋅x2=m2+3k2-3（*），
由于Px1,y1,Qx2,y2分别在C的左､右两支，故x1⋅x2=m2+3k2-30，
所以x1-x2=x1+x22-4x1⋅x2，将*代入整理得x1-x2=12m2-k2+33-k2，
又m2=k2+1,3-k2>0,x10)，Q为“异数”曲线C上的点，求 |PQ|的最小值；
(3)若直线 l:y=kx-1与“异形”曲线C有两个公共点，求k的取值范围．
【答案】(1)x2-yy=1
(2)|PQ|min=1+12p2
(3){-2}∪[-1,0)∪(0,1]∪{2}
【分析】（1）根据等轴双曲线的性质，及其焦距，可列出式子，求出a,b,c，从而可求出C1和C2的方程，进而可求出曲线C的方程；
（2）设Qx,y，分y≤0和y>0两种情况，分别求出PQ2的表达式，进而求出两种情况的最小值，比较二者大小，可得出答案.
（3）分k=0、01三种情况，分别讨论直线l:y=kx-1与C1、C2的交点情况，可求出k≥0时，满足题意的k的取值范围，再结合“异型”曲线C的图象关于y轴对称，可求出k0时，PQ2=x2+y-p2=x2+y2+p2-2py=2y2-2py+1+p2 =2y-12p2+12p2+1，
当y=12p时，PQmin=1+12p2.
∵1+12p21，∴k=2，此时l:y=kx-1与C1相切于第一象限，只有一个公共点；
若Δ=4k2-41-k2-2>0，解得-24”，求a的取值范围．
【答案】(1)22
(2)41313
(3)(0,2]
【分析】（1）代入求出xA=a24，利用抛物线定义即可求出a值；
（2）代入a值求出A(4,4)，设B(b,0)，则得到AB的中点坐标，再代入抛物线方程则得b值，则得到直线AB的方程，利用点到直线的距离即可；
（3）设Pp24,p(p>0,p≠a)，写出直线AP的方程，求出Q点坐标，则|HQ|=p2+12a+p>4，分a∈0,2和a=2讨论即可.
【详解】（1）令y=a，解得x=a24，即xA=a24，而抛物线的准线方程为x=-1，
根据抛物线的定义有a24+1=3，解得a=±22，因为A为第一象限的点，则a=22.
（2）由a=4代入抛物线方程有16=4x，解得x=4，则A(4,4)，
设B(b,0)，则AB的中点为2+b2,2,
代入抛物线方程有4=4b2+2，解得b=-2，
∴直线AB的斜率为kAB=4-04+2=23，其方程为y=23(x+2)，即2x-3y+4=0,
∴坐标原点O到AB的距离为d=413=41313.
（3）设Pp24,p(p>0,p≠a)，根据Aa24,a，
则kAP=p-ap2-a24=4p+a，则直线AP方程为y-p=4p+ax-p24，
化简得4x-(a+p)y+ap=0，
令x=-3，则yQ=ap-12a+p，又H(-3,p)，∴|HQ|=ap-12a+p-p=p2+12a+p>4，
化简得 4a0,p≠a)，从而写出直线AP的方程，再得到|HQ|=p2+12a+p>4，再转化为恒成立问题，分类讨论即可.
33．已知F是抛物线C:y2=2pxp>0的焦点，过点F的直线交抛物线C于A、B两点，且1AF+1BF=2．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若O为坐标原点，过点B作y轴的垂线交直线AO于点D，过点A作直线DF的垂线与抛物线C的另一交点为E，AE的中点为G，求GBDG的取值范围．
【答案】(1)y2=2x
(2)12,1
【分析】（1）分析可知AB与x轴不重合，设直线AB的方程为x=my+p2，设点Ax1,y1、Bx2,y2，将直线AB的方程与抛物线C的方程联立，列出韦达定理，利用抛物线的焦半径公式结合韦达定理以及1AF+1BF=2可求得p的值，由此可得出抛物线C的方程；
（2）写出直线AO的方程，将y=y2代入直线AO的方程，求出D的坐标，然后求出AE的方程，与抛物线的方程联立，结合韦达定理求出点G的坐标，分析可知G、B、D三点共线，可得出GBGD=1-12x1+2，结合x1>0可求得GBGD的取值范围.
【详解】（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．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（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，求新的参数的范围，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建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数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.
34．抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F，准线为l，点A在抛物线C上.已知以F为圆心，FA(FA>p)为半径的圆F交l于P,Q两点，若∠PFQ=90∘,△APQ的面积为2.
(1)求p的值；
(2)过点A的直线m交抛物线C于点B（异于点A），交x轴于点M，过点B作直线m的垂线交拋物线C于点D，若点A的横坐标为正实数t，直线DM和抛物线C相切于点D，求正实数t的取值范围.
【答案】(1)p=1
(2)43,+∞
【分析】（1）根据题意，可得FS = PS = QS = p，再设A到准线l的距离为d，即可求得d = FA =FQ=2p，进而通过面积即可求解.
(2) 设At,t22,Bx1,x122,Dx2,x222,因为AB⊥BD,所以x2=-4x1+t-x1,求直线m的方程得xM=x1tx1+t，由切线DM,令y=0，得x2=2xM，综上，即可求解.
【详解】（1）设准线l与y轴交于S,因为∠PFQ=90∘,由对称性可知: FS = PS = QS = p,设A到准线l的距离为d,则d = FA =FQ=2p，
S△APQ=12⋅|PQ|⋅d=12×2p×2p=2，解得：p=1.
（2）由（1）设At,t22,Bx1,x122,Dx2,x222，
从而AB=x1-t,x12-t22,BD=x2-x1,x22-x122,
因为AB⊥BD,所以AB⋅BD=x1-tx2-x1+x12-t2x22-x124=0.
又x1≠t,x2≠x1，所以x1+tx2+x1+4=0，又x1+t≠0，
得x2=-4x1+t-x1①，
kAB=12⋅x12-t2x1-t=12x1+t，所以直线m的方程为y-t22=12x1+tx-t，
令y=0，得xM=x1tx1+t②，
由直线DM与抛物线 C相切于点D,则切线方程为y-x222=x2x-x2
由切线过点M,令y=0，得x2=2xM③，
由①②③得-4x1+t-x1=2x1tx1+t，即x12+3tx1+4=0，
又存在x1满足上式,则Δ=3t2-16≥0，又t≥0，则t≥43，
又|FA|=t22+p2=t22+12>1，得t>1.
综上,正实数t的取值范围为43,+∞
35．已知曲线Γ在x轴上方，它上面的每一点到点Q0,2的距离减去到x轴的距离的差都是2.若点A,B,C分别在该曲线Γ上，且点A､C在y轴右侧，点B在y轴左侧，△ABC的重心G在y轴上，直线AB交y轴于点M且满足3AM0,x20，
S2S△ABG=AMAB,S3S△CBG=CNBC
∵G为△ABC的重心∴S△ABG=S△CBG=13S1
∴S2=13⋅AMABS1,S3=13⋅CNBCS1，
由相似三角形可知AMAB=x1x1-x2,CNBC=x3x3-x2且x1+x2+x3=0，
可得S2+S3S1=13⋅AMAB+CNBC=13x1x1-x2+x3x3-x2，
令u=x1x2,S2+S3S1=13uu-1+u+1u+2=132+1u-1-1u+2
=132+3u-1u+2，
因为3AM0，即16-163k>0，
∴ k1，则p=2，
所以抛物线C的方程为x2=4y.
（2）由题意，MA⊥EA,MB⊥EB，且EA=EM+MA，EB=EM+MB，MA=MB=2，
所以EA⋅EB=(EM+MA)⋅(EM+MB)=EM2+EM⋅(MA+MB)+MA⋅MB，
而EM⋅(MA+MB)=EM⋅MA+EM⋅MB=-MA2-MB2=-8，
令∠AEM=∠BEM=θ∈(0,π2)，则∠AME=∠BME=π2-θ，
所以MA⋅MB=4cs(π-2θ)=-4cs2θ，EM2=4sin2θ，
综上，EA⋅EB=4sin2θ-8-4cs2θ=81-cs2θ+4(1-cs2θ)-12，
又sinθ=2ME，M(0,3)，若E(x,x24)，则|ME|2=x2+(x24-3)2=116(x2-4)2+8，
由x2≥0，当x2=4，即x=±2时|ME|min=22，无最大值，
所以sinθ∈(0,22]，即θ∈(0,π4]，故2θ∈(0,π2]，cs2θ∈[0,1)，
令t=1-cs2θ∈(0,1]，则EA⋅EB=8t+4t-12，
令y=8t+4t，y'=4-8t20)与双曲线x23-y24=1的渐近线在第一象限的交点为P，且点P的横坐标为3．
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)点A、B是第一象限内抛物线E上的两个动点，点C(t,0)为x轴上的动点，若△ABC为等边三角形，求实数t的取值范围．
【答案】(1)y2=4x；
(2)83,+∞.
【分析】(1)由双曲线求其渐近线方程，求出点P的坐标，由此可求抛物线方程；
(2)设直线AB的方程为x=my+n，利用设而不求法表示条件关系，由此可求t的取值范围．
【详解】（1）设点P的坐标为3,y0，因为点P在第一象限，所以y0>0，
双曲线x23-y24=1的渐近线方程为y=±233x，因为点P在双曲线的渐近线上，所以y0=23，
所以点P的坐标为3,23，又点P3,23在抛物线y2=2px上，所以12=2p×3，所以p=2，
故抛物线E的标准方程为：y2=4x；
（2）设直线AB的方程为x=my+n，联立y2=4xx=my+n，消x得，y2-4my-4n=0，
方程y2-4my-4n=0的判别式Δ=16m2+16n>0，即m2+n>0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，则y1+y2=4m,y1y2=-4n，
因为点A、B在第一象限，所以y1+y2=4m>0,y1y2=-4n>0，故m>0,n83，
故t的取值范围为83,+∞．
【点睛】(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；
(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
41．平面直角坐标系中，过点(1,0)的圆C与直线x=-1相切．圆心C的轨迹记为曲线Γ．
(1)求曲线Γ的方程；
(2)设A,B为曲线Γ上的两点，记AB中点为M，过M作AB的垂线交x轴于N．
①求xN-xM；
②当AB=10时，求xN的最大值．
【答案】(1)y2=4x
(2)① xN-xM=2；②6
【分析】（1）根据抛物线的定义求解即可；
（2）①设A(y124,y1),B(y224,y2)，再求出M(y12+y228,y1+y22)，根据垂直关系的直线方程求得xN=y12+y228+2即可得xN-xM；
②根据两点间的距离公式表达AB=10，结合基本不等式可得40≤y12+y22+8，进而求得xN的最大值
(1)
设C(x,y)，由题意，则C到(1,0)的距离等于C到x=-1的距离，故C的轨迹为抛物线y2=4x；
(2)
设A(y124,y1),B(y224,y2)，则M(y12+y228,y1+y22)，
①kAB=y1-y2y124-y224=4y1+y2故kMN=-y1+y24，
MN:y-y1+y22=-y1+y24(x-y12+y228)，令y=0，得
0-y1+y22=-y1+y24(x-y12+y228)，故xN=y12+y228+2，即xN-xM=2，
②由题意(y124-y224)2+(y1-y2)2=10，即
40=(y1-y2)2[(y1+y2)2+16]≤(y1-y2)2+(y1+y2)2+162=y12+y22+8，故xN=y12+y228+2≥6．
42．如图，已知椭圆C1:x24+y23=1，抛物线C2:x2=2py(p>0)，O为坐标原点．
(1)若抛物线C2的焦点正好为椭圆C1的上顶点，求p的值；
(2)椭圆C1与抛物线C2在第一象限的交点为P(x0,y0)，过点P但不过原点的的直线l交椭圆C1于点Q，交抛物线C2于点M（Q，M不同于点P），若M是线段PQ的中点，求p的最大值，并求当p取最大时直线l的斜率．
【答案】(1)p=23
(2)p的最大值为1515，此时直线l的斜率为32；
【分析】（1）首先求出椭圆的上顶点，再根据抛物线的性质计算可得；
（2）设直线l的方程为y=kx+m m≠0，QxQ,yQ，MxM,yM，联立直线与曲线方程，即可求出xM、x0，从而求出y0，再代入椭圆方程，即可得到48p2=3⋅3k+4k2+14⋅3k+4k4，令t=3k+4k2，利用基本不等式求出t的取值范围，即可求出p的范围，从而得解；
（1）
解：椭圆C1:x24+y23=1，所以上顶点为0,3，
依题意p2=3，所以p=23；
（2）
解：因为点P(x0,y0)既在椭圆C1上，又在抛物线C2上，
所以x024+y023=1且x02=2py0，
设直线l的方程为y=kx+m m≠0，QxQ,yQ，MxM,yM，
联立y=kx+mx24+y23=1，消去y整理得3+4k2x2+8kmx+4m2-12=0，
则x0+xQ=-8km3+4k2，所以xM=x0+xQ2=-4km3+4k2；
联立y=kx+mx2=2py，消去y整理得x2-2pkx-2pm=0，
则x0xM=-2pm，所以x0=-2pmxM=p3+4k22k，代入抛物线方程得y0=x022p=p3+4k228k2，
再代入椭圆方程得3⋅p23+4k224k2+4⋅p23+4k248k22=12，
整理得48p2=3⋅3k+4k2+14⋅3k+4k4，
令t=3k+4k2，则48p2=3t+14t2，
依题意可知k>0且3k+4k≥23k⋅4k=43，当且仅当3k=4k，即k=32时取等号，
所以t=3k+4k2≥48
所以1p2≥15，即p≤115=1515，即p的最大值为1515，此时直线l的斜率为32；
【点睛】（1）解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为 0 或不存在等特殊情形．
43．已知O0,0、E-1,0、F1,0，圆C1:x2+y2=4，抛物线C2:y2=2pxp>0，过F的直线与抛物线C2交于A、B两点，且OA⋅OB=-p2．
(1)求抛物线的方程；
(2)若直线AE与圆C1交于M、N两点，记△AOB面积为S1，△MON面积为S2，求S1⋅S2的取值范围.
【答案】(1)y2=2x
(2)223,2
【分析】（1）设Ax1,y1、Bx2,y2，分析可知直线AB与x轴不重合，将直线AB的方程与抛物线C2的方程联立，列出韦达定理，利用平面向量数量积的坐标运算可得出关于p的等式，解出p的值，即可得出抛物线的方程；
（2）利用韦达定理结合三角形的面积公式可求得S1的表达式，设直线AE的方程为x=ny-1，利用几何法计算出S2的表达式，然后将直线AB、AE的方程联立，求出点A的坐标，代入抛物线方程，可得出n2-m2=2且n2≥2，然后利用换元法结合二次函数的基本性质可求得S1⋅S2的取值范围.
【详解】（1）解：设Ax1,y1、Bx2,y2，若直线AB与x轴重合，则直线AB与抛物线C2只有一个交点，不合乎题意，
设直线AB的方程为x=my+1，与y2=2px联立得y2-2pmy-2p=0，
所以y1+y2=2pm，y1y2=-2p，
因为OA⋅OB=x1x2+y1y2=y1y22p2+y1y2=1-2p=-p2，解得p=1，
故抛物线的方程y2=2x．
（2）解：由y1+y2=2m，y1y2=-2，
得S1=12⋅OF⋅y1-y2=12y1+y22-4y1y2=2+m2，
设直线AE的方程为x=ny-1，即x-ny+1=0，则原点到直线AE的距离d=1n2+1≤1，
得MN=24-d2=2⋅4n2+3n2+1，S2=12⋅MN⋅d=4n2+3n2+1，
联立x=my+1x=ny-1可得x1=n+mn-my1=2n-m，即点An+mn-m,2n-m，
所以2n-m2=2⋅n+mn-m，则n2-m2=2且n2≥2，
则S1⋅S2=n2⋅4n2+3n2+1=n24n2+3n2+12，
令n2+1=t，则t≥3，00)的焦点为F，准线为l，过点F且斜率大于0的直线交抛物线C于A，B两点，过线段AB的中点M且与x轴平行的直线依次交直线OA，OB，l于点P，Q，N．
(1)求证：|PM|=|NQ|；
(2)若线段NP上的任意一点均在以点Q为圆心、线段QO长为半径的圆内或圆上，若S△NAB≤32，求实数p的取值范围；
【答案】(1)证明见解析
(2)00>y2，即可表示M、N的坐标，再由直线OA的方程，得到P点坐标，同理可得Q点坐标，从而得证；
（2）依题意可得OQ≥PQOQ≥QN，即可求出y1、y2，再根据三角形面积求出p的取值范围；
【详解】（1）解：设Ay122p,y1,By222p,y2,y1>0>y2，
则My12+y224p,y1+y22,N-p2,y1+y22,Fp2,0，
由于A，F，B三点共线，则y1y122p-p2=y2y222p-p2，整理得y1y2=-p2，
又lOA:y=2py1x，
则Py12-p24p,y1+y22，同理可得Qy22-p24p,y1+y22
则|PM|=y12+y224p-y12-p24p=y22+p24p，
|QN|=y22-p24p+p2=y22+p24p，所以|PM|=|QN|，即证；
（2）解：若线段NP上的任意一点均在以点Q为圆心、线段QO长为半径的圆内或圆上，
即OQ≥PQOQ≥QN，则y22-p24p2+y1+y222≥y12-y224p2y22-p24p2+y1+y222≥y22+p24p2，
化简得-516p2+p48y12≥y1416p2-y124，y12≥2p2，
即-p24≥-516p2+p48y12≥y1416p2-y124≥-p24
可得y1=2p，又因为y1y2=-p2，
y2=-p2y1=-22p，kAB=y1-y2y122p-y222p=2py1+y2=22
可得N-p2,24p，M5p8,24p，h=y1-y2=322p，
S△NAB=12×NM×h=12×9p8×322p≤32，p2≤329，即00的焦点，直线l:y=kx+mm>0与抛物线交于P、Q两点，PQ中点为R，当k=-1，m=2时，R到y轴的距离与到F点距离相等.
(1)求p的值；
(2)若存在正实数k，使得以PQ为直径的圆经过F点，求m的取值范围.
【答案】(1)8
(2)00，
由韦达定理可得x1+x2=2p+4，所以，x1+x22=p+2，y1+y22=-p+2+2=-p，
即点Rp+2,-p，由已知可得p+2=p+2-p22+p2，解得p=8.
（2）
解：因为存在正实数k，使得以PQ为直径的圆经过F点，且m>0，
联立y=kx+my2=16x可得k2x2+2km-8x+m2=0，
Δ=4km-82-4k2m2>0，可得km