2025年高考数学重点题型精准训练(新高考通用)专题15圆锥曲线中的求值与证明问题(学生版+解析)

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1．已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，连接E的四个顶点所得四边形的面积为4，M1,32是E上一点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设斜率为k的直线l与椭圆E交于A，B两点，D为线段AB的中点，O为坐标原点，若E上存在点C，使得OC+2OD=0，求三角形ABC的面积．
【答案】(1)x24+y2=1
(2)332
【分析】（1）由面积和M1,32的坐标建立方程组待定a,b即可；
（2）设出直线方程，联立直线与椭圆方程，由 D为线段AB的中点，利用韦达定理得到x1+x2,y1+y2，即2OD的坐标，又OC+2OD=0，则C点坐标也可用k,m表示，根据点C在椭圆上，化简得到k,m的关系，由点线距及弦长公式求解S△OAB面积，再由比例关系即可得到三角形ABC的面积.
【详解】（1）由题意知连接E的四个顶点所得四边形的面积为2ab，
又点M1,32在E上，得2ab=41a2+34b2=1a>b，
解得a=2，b=1，
故椭圆E的方程为x24+y2=1．
（2）设直线l的方程为y=kx+m，
由x24+y2=1y=kx+m，消去y得4k2+1x2+8kmx+4m2-4=0，
又Δ=64m2k2-44k2+14m2-4>0，
得4k2+1>m2，设Ax1,y1，Bx2,y2，Cx3,y3，则
x1+x2=-8km4k2+1，y1+y2=kx1+m+kx2+m=2m4k2+1．
由OC+2OD=0，可得O为三角形ABC的重心，
所以S△ABC=3S△OAB，且OC=-2OD=-(x1+x2,y1+y2)=(x3,y3)，
x3=-x1+x2=8mk4k2+1，y3=-y1+y2=-2m4k2+1，
故由Cx3,y3在椭圆E上，得8km4k2+124+2m4k2+12=1，得4m2=4k2+1，
AB=1+k2x2-x1=1+k28km1+4k22-44m2-41+4k2
=1+k216(1+4k2-m2)1+4k2=1+k2⋅4m2-m2m2=3⋅1+k2⋅1m，
又原点O到直线l的距离为d=m1+k2，
所以S△OAB=12×AB×d=32，故S△ABC=3S△OAB=332．
【点睛】面积计算的一般方法就是弦长乘以点到直线距离（高），当然注意到弦过定点的话，我们可以将其拆分成铅锤高或水平长的计算，而四边形面积一般转化为三角形来计算.而有关面积比的转化问题，关键则在观察已知条件中等底或等高或公共边的特点，化为共线长度比或点线距离比或夹角正弦比等问题再加以探求.
2．已知A,B是椭圆C上的两点，A2,1,A、B关于原点O对称，M是椭圆C上异于A,B的一点，直线MA和MB的斜率满足kMA⋅kMB=-12.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若斜率存在且不经过原点的直线l交椭圆C于P,Q两点(P,Q异于椭圆C的上、下顶点），当△OPQ的面积最大时，求kOP⋅kOQ的值.
【答案】(1)x26+y23=1
(2)-12
【分析】（1）利用两点的斜率公式计算化简即可；
（2）设直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理、弦长公式计算面积，结合基本不等式求出面积最大时的关系式，再计算斜率之积即可.
【详解】（1）设Mx,y，易知B-2,-1，由kMA⋅kMB=-12，
得y-1x-2⋅y+1x+2=-12⇒2y2-2=4-x2，
化简得x26+y23=1，
故椭圆C的标准方程为x26+y23=1.
（2）
设l的方程为y=kx+tt≠0，Px1,y1，Qx2,y2，
将y=kx+t代入椭圆方程整理得，
1+2k2x2+4ktx+2t2-6=0，Δ=16k2t2-41+2k22t2-6=86k2-t2+3>0，
x1+x2=-4kt1+2k2，x1⋅x2=2t2-61+2k2t2≠3，
则PQ=k2+1⋅x1+x22-4x1x2=k2+1⋅86k2-t2+31+2k2，
又原点O到l的距离为d=tk2+1，
故S△OPQ=12dPQ=22⋅2t⋅3+6k2-t21+2k2≤22⋅t2+3+6k2-t21+2k2=322，
当且仅当t=3+6k2-t2时取等号，
此时3+6k2=2t2t2≠3，△OPQ的面积最大.
故kOP⋅kOQ=y1y2x1x2=kx1+tkx2+tx1x2=k2x1x2+ktx1+x2+t2x1x2
=k2+kt⋅-4kt2t2-6+t21+2k22t2-6=-6k2+t22t2-6=3-2t2+t22t2-6=-12.
3．设抛物线C：y2=2pxp>0，直线x-2y+1=0与C交于A，B两点，且AB=415.
(1)求p；
(2)若在x轴上存在定点M，使得MA⋅MB=0，求定点M的坐标.
【答案】(1)p=2
(2)7+211,0或7-211,0.
【分析】（1）设AxA,yA，BxB,yB，直线与抛物线方程联立利用弦长公式可得答案；
（2）假设x轴上存在定点Mm,0，直线与抛物线方程联立，由MA⋅MB=0的坐标运算可得答案.
【详解】（1）设AxA,yA，BxB,yB，由x-2y+1=0y2=2px可得，
y2-4py+2p=0，所以yA+yB=4p，yAyB=2p，所以
AB=xA-xB2+yA-yB2=5yA-yB=5×yA+yB2-4yAyB=415，
即2p2-p-6=0，因为p>0，解得：p=2；
（2）假设x轴上存在定点Mm,0使得MA⋅MB=0，
由x-2y+1=0y2=4x可得，y2-8y+4=0，
所以yA+yB=8，yAyB=4，
由题知MA⋅MB=xA-m,yA⋅xB-m,yB=0，
即xAxB-mxA+xB+m2+yAyB=0，
化简得：m2-14m+5=0，解得m=7±211，
则存在定点M7+211,0或M7-211,0.
4．已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F2,0，短轴长等于焦距．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线交C于P,Q，交直线x=22于点N，记OP,OQ,ON的斜率分别为k1,k2,k3，若k1+k2k3=1，求OP2+OQ2的值．
【答案】(1)x24+y22=1
(2)6
【分析】（1）由题目条件得到b=c=2，进而求出a2，得到椭圆方程；
（2）考虑过F的直线斜率不存在和斜率存在情况，设出直线方程，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，表达出k1+k2=-8k4k2-4与k3=k2，从而得到方程，求出k=±22，进而得到OP2+OQ2=6.
【详解】（1）根据题意得到c=2，2b=2c，解得b=c=2，
故a2=c2+b2=2+2=4，
故椭圆方程为x24+y22=1；
（2）当过F的直线斜率不存在时，此时该直线与直线x=22无交点，舍去；
当过F的直线斜率存在时，设为y=kx-2，令x=22，得y=2k，
故N22,2k，
联立y=kx-2与x24+y22=1得，1+2k2x2-42k2x+4k2-4=0，
其中Δ=32k4-41+2k24k2-4=16k2+16>0，
设Px1,y1,Qx2,y2，
则x1+x2=42k21+2k2,x1x2=4k2-41+2k2，
k1=y1x1,k2=y2x2,k3=2k22=k2，
故k1+k2=y1x1+y2x2=x2y1+x1y2x1x2=kx2x1-2+kx1x2-2x1x2
=2kx1x2-2kx1+x2x1x2=2k-2k⋅42k21+2k24k2-41+2k2=-8k4k2-4，
故k1+k2k3=-8k4k2-4⋅k2=1，即-8k2=8k2-8，解得k=±22，
不妨令k=22，则直线方程为y=22x-1，
x1+x2=2,x1x2=-1，则x12+x22=x1+x22-2x1x2=4，
y12+y22=22x1-12+22x2-12=12x12+x22-2x1+x2+2
=2-2+2=2，
故OP2+OQ2=x12+y12+x22+y22=x12+x22+y12+y22
OP2+OQ2=x12+y12+x22+y22=x12+x22+y12+y22=4+2=6，
当k=-22时，同理可得OP2+OQ2=6，

综上：OP2+OQ2=6.
【点睛】直线与圆锥曲线结合问题，通常要设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，再根据题目条件列出方程，或得到弦长或面积，注意考虑直线AB的斜率存在和不存在两种情况.
5．设抛物线C:y2=2px(p>0)，直线x-2y+1=0与C交于A，B两点，且|AB|=415.
(1)求p；
(2)设C的焦点为F，M，N为C上两点，MF⋅NF=0，求△MNF面积的最小值.
【答案】(1)2
(2)12-82
【分析】（1）设Ax1,y1,Bx2,y2，联立方程，利用韦达定理求出y1+y2，y1y2，再根据弦长公式计算即可；
（2）设直线MN：x=my+n，Mx3,y3，Nx4,y4，联立方程，利用韦达定理求出y3+y4，y3y4，注意Δ>0，再结合弦长公式及点到直线的距离公式和三角形的面积公式计算即可.
【详解】（1）设Ax1,y1,Bx2,y2，
由x-2y+1=0y2=2px，可得y2-4py+2p=0，
所以y1+y2=4p，y1y2=2p，
所以AB=x1-x22+y1-y22=5y1-y2=5×y1+y22-4y1y2=415，
即2p2-p-6=0，因为p>0，解得p=2；
（2）由（1）得抛物线C:y2=4x，
因为F1,0，显然直线MN的斜率不可能为零，
设直线MN：x=my+n，Mx3,y3，Nx4,y4，
由y2=4xx=my+n，可得y2-4my-4n=0，所以y3+y4=4m，y3y4=-4n，
Δ=16m2+16n>0⇒m2+n>0，
因为MF⋅NF=0，所以x3-1x4-1+y3y4=0，
即my3+n-1my4+n-1+y3y4=0，
亦即m2+1y3y4+mn-1y3+y4+n-12=0，
将y3+y4=4m，y3y4=-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，则d=n-11+m2，
MN=x1-x22+y1-y22=1+m2y1-y2=1+m216m2+16n
=21+m24n2-6n+1+16n=21+m2n-1，
所以△MNF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，△MNF的面积Smin=2-222=12-82.

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
6．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x=1-cs2φ1+cs2φy=tanφ（φ为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为ρcsθ-π4=2mm>0，且直线l与两坐标轴围成的三角形的面积为2.
(1)求直线l的直角坐标方程；
(2)若直线l与曲线C交于A，B两点，求OA⋅OB.
【答案】(1)x+y-2=0
(2)210
【分析】（1）变形得到ρcsθ+ρsinθ=2mm>0，由x=ρcsθy=ρsinθ得到l的直角坐标方程为x+y-2m=0，利用其与两坐标轴围成的三角形面积求出m=1，得到答案；
（2）消去参数得到曲线C的普通方程，联立直线方程x+y-2=0，求出A,B坐标，求出OA⋅OB.
【详解】（1）直线l的极坐标方程为ρcsθcsπ4+ρsinθsinπ4=2mm>0，
即ρcsθ+ρsinθ=2mm>0，
因为x=ρcsθy=ρsinθ，所以x+y-2m=0，
令x=0得y=2m，令y=0得x=2m，
故直线l与两坐标系围成的三角形的面积为12×2m2=2，
解得m=1或-1（舍去），
故直线l的直角坐标方程为x+y-2=0；
（2）由于x=1-cs2φ1+cs2φ=2sin2φ2cs2φ=tan2φ，故曲线C的普通方程为y2=x，
联立x+y-2=0与y2=x得2-x2=x，解得x=1或4，
当x=1时，y=2-x=1，当x=4时，y=2-x=-2，
不妨设A1,1,B4,-2，
OA⋅OB=1+1×16+4=2×25=210.
7．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点分别为F1，F2，且F2的坐标为(1,0)，点P1,32在椭圆上．
(1)求△PF1F2的周长；
(2)斜率为-2的直线与圆x2+y2=3相切于第一象限，交椭圆于A，B两点，求△AF2B的周长．
【答案】(1)6
(2)4
【分析】（1）根据已知列关于a，b的方程组求解可得标准方程，再由椭圆定义可得周长；
（2）利用直线与圆相切可得直线方程，联立椭圆方程，由弦长公式可得AB，再由两点间距离公式得AF2=124-x1，BF2=124-x2，结合韦达定理即可求解.
【详解】（1）由题得1a2+94b2=1a2-b2=1，得a2=4b2=3，
所以椭圆C的方程为x24+y23=1，
所以PF1+PF2=2a=4，
又F1F2=2，所以△PF1F2的周长为6．
（2）设直线AB的方程为y=-2x+m(m>0)，
因为AB与圆x2+y2=3相切，所以|m|3=3，所以m=3．
由y=-2x+3x24+y23=1得11x2-242x+24=0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，则x1+x2=24211，x1x2=2411，

所以|AB|=1+k2x1+x22-4x1x2=1+2242112-4×2411=12211．
又AF2=x1-12+y12=x1-12+31-x124=14x1-42=124-x1，
同理BF2=124-x2，
所以AF2+BF2=4-12x1+x2=4-12×24211=4-12211．
所以△AF2B的周长为AF2+BF2+|AB|=4-12211+12211=4．
8．已知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1,F2，左、右顶点分别为A1,A2，F2是OA2（O为坐标原点）的中点，且F1F2A2F2=2.
(1)求E的方程；
(2)不过坐标原点的直线l与椭圆E相交于A,B两点（A,B异于椭圆E的顶点），直线AA1,BA2与y轴的交点分别为M,N，若A2N-A2O=3A2O-3A2M，证明：直线l过定点，并求该定点的坐标.
【答案】(1)x24+y23=1
(2)证明见解析，定点为1,0
【分析】（1）根据F1F2A2F2=2可构造方程求得a,c，结合椭圆a,b,c关系可求得椭圆方程；
（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，可表示出M,N两点坐标，由向量线性运算可得ON=3MO，平方后可整理得到5x1+x2-2x1x2-8=0；当直线AB斜率存在时，设AB:y=kx+t，将直线方程与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，由此可整理求得AB所过定点；当直线AB斜率不存在时，由x1=x2可求得直线AB:x=1；综合两种情况可得结论.
【详解】（1）设椭圆E的半焦距为cc>0，
∵F2是OA2的中点，∴a=2c，∴F1F2A2F2=2ca-c=2c2=2，解得：c=1，
∴a=2，b=22-12=3，
∴椭圆E的方程为：x24+y23=1.
（2）由（1）得：A1-2,0，A22,0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，
则直线AA1的方程为y=y1x1+2x+2，直线BA2的方程为y=y2x2-2x-2，
∴M0,2y1x1+2，N0,-2y2x2-2，
∵A2N-A2O=3A2O-3A2M，∴ON=3MO，即ON2=9MO2，
∴4y22x2-22=36y12x1+22，又y12=3-3x124=12-3x124，y22=3-3x224=12-3x224，
∴4-x22x2-22=9×4-x12x1+22，即2+x22-x2=92-x12+x1，
整理可得：5x1+x2-2x1x2-8=0*；
①若直线AB的斜率存在，设直线AB:y=kx+t，
由y=kx+tx24+y23=1得：3+4k2x2+8ktx+4t2-12=0，其中Δ=483+4k2-t2>0，
∴x1+x2=-8kt3+4k2，x1x2=4t2-123+4k2，
代入*式得：-5×8kt3+4k2-2×4t2-123+4k2-8=0，
整理可得：4k2+5kt+t2=4k+tk+t=0，∴t=-4k或t=-k，
当t=-4k时，直线AB:y=kx-4k=kx-4，恒过点4,0，如图所示，

此时点M与N在x轴的同一侧，不满足ON=3MO，故舍去；
当t=-k时，直线AB:y=kx-k=kx-1，恒过点1,0，符合题意，如图所示，

②若直线AB的斜率不存在，则x1=x2，
由5x1+x2-2x1x2-8=0得：x22-5x2+4=0，解得：x2=1或x2=4，
此时直线AB的方程为x=1或x=4，
又直线x=4与椭圆不相交，故舍去，x=1满足条件，∴AB:x=1，恒过点1,0.
综上所述：直线AB恒过定点1,0.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的直线过定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于x或y的一元二次方程的形式；
②利用Δ>0求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系，从而化简直线方程；
④根据直线过定点的求解方法可求得结果.
9．已知圆O1：x+12+y2=14，圆O2：x-12+y2=494，圆M与圆O1外切，且与圆O2内切．
(1)求圆心M的轨迹C的方程；
(2)若A，B，Q是C上的三点，且直线AB不与x轴垂直，O为坐标原点，OQ=λOA+μOB，则当△AOB的面积最大时，求λ2+μ2的值．
【答案】(1)x24+y23=1
(2)1
【分析】（1）设动圆M的半径为r，由圆与圆的位置关系分析可得MO1+MO2=4>O1O2=2，由椭圆的定义分析可得轨迹M是以O1-1,0，O21,0为焦点的椭圆，由椭圆的定义分析可得轨迹M的方程，即可得答案；
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，直线AB的方程为y=kx+t，联立直线AB与椭圆C的方程可得3+4k2x2+8ktx+4t2-12=0，利用根与系数的关系可以表示AB的值，进而可以表示△AOB面积，由基本不等式的性质求得△AOB面积的最大值，由OQ=λOA+μOB，得x0=λx1+μx2,y0=λy1+μy2，代入x024+y023=1，整理可得λ2+μ2的值．
【详解】（1）由题意设圆M的半径为r，则MO1=r+12，MO2=72-r，所以MO1+MO2=4>O1O2=2，
故圆心M的轨迹是以O1-1,0，O21,0为焦点，4为长轴长的椭圆，
所以c=1，a=2，则b2=3，
所以C的方程为x24+y23=1．

（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，Qx0,y0，直线AB的方程为y=kx+t．
将y=kx+t代入x24+y23=1，整理得3+4k2x2+8ktx+4t2-12=0，
Δ=8kt2-43+4k24t2-12>0，即4k2-t2+3>0，
则x1+x2=-8kt3+4k2，x1x2=4t2-123+4k2，
所以x1-x2=x1+x22-4x1x2
=64k2t2-43+4k24t2-123+4k2 =483+4k2-t23+4k2，
故AB=1+k2x1-x2=1+k2×483+4k2-t23+4k2．
又原点O到直线AB的距离为d=t1+k2，
所以S△AOB=12AB×d =1+k2×23×3+4k2-t23+4k2×t1+k2
=23×3+4k2-t2t23+4k2 ≤23×3+4k2-t2+t223+4k2=3，
当且仅当3+4k2-t2=t2，即3+4k2=2t2（*）时，等号成立．
由OQ=λOA+μOB，得x0=λx1+μx2,y0=λy1+μy2，
代入x024+y023=1，整理得λ2x124+y123+μ2x224+y223+2λμx1x24+y1y23=1，
即λ2+μ2+2λμx1x24+y1y23=1（**）．
而x1x24+y1y23=x1x24+kx1+tkx2+t3 =3+4k2x1x2+4ktx1+x2+4t212
=3+4k2×4t2-123+4k2+4kt×-8kt3+4k2+4t212 =2t2-3+4k23+4k2，
由（*）可知x1x24+y1y23=0，代入（**）式得λ2+μ2=1．
故λ2+μ2的值为1.

【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（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．
10．已知点-2,0在椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)上，点Mm,12m≠0在椭圆C内.设点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S△AMFS△BME=14，求m的值.
【答案】(1)x24+y2=1
(2)±153
【分析】（1）利用斜率乘积建立方程，把点代入求解椭圆方程；
（2）先求出点E，F的坐标，然后求出线段比例，最后代入三角形面积公式化简求解即可.
【详解】（1）设Ex,y，依题意A0,b，B0,-b，
可得kEA⋅kEB=y-bx-0⋅y+bx-0=y2-b2x2=-14，整理可得x24b2+y2b2=1，
又椭圆C过点-2,0，所以b2=1，故椭圆C的方程为x24+y2=1；
（2）依题意，可知AM：y=-12mx+1，代入椭圆方程x24+y2=1，
整理得m2+1x2+4mx=0，从而得到E4mm2+1,m2-1m2+1，
又BM：y=32mx-1，代入椭圆方程x24+y2=1，
整理得m2+9x2-12mx=0，从而得到F12mm2+9,9-m2m2+9，
所以MAME=m4mm2+1-m=m2+14-m2-1=m2+13-m2，
MFMB=12mm2+9-mm=12-m2-9m2+9=3-m2m2+9，
则S△AMFS△BME=12AM⋅MF⋅sin∠AMF12BM⋅ME⋅sin∠BME=AM⋅MFBM⋅ME
=m2+13-m2⋅3-m2m2+9=m2+1m2+9=1-8m2+9,
由于S△AMFS△BME=14，所以1-8m2+9=14，解得m=±53=±153.

【点睛】思路点睛：解答直线与椭圆的题目时，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.
11．已知抛物线E：x2=2pyp>0的焦点为F，抛物线E上一点H的纵坐标为5，O为坐标原点，cs∠OFH=-23．
(1)求抛物线E的方程；
(2)抛物线上有一条长为6的动弦长为6的动弦AB，当AB的中点到抛物线的准线距离最短时，求弦AB所在直线方程．
【答案】(1)x2=4y
(2)y=22x+1或y=-22x+1
【分析】（1）根据抛物线的定义结合条件求解即可；
（2）根据抛物线弦长公式，结合点到直线距离公式、基本不等式进行求解即可.
【详解】（1）∵H纵坐标为5，不妨设在第一象限内，
∴HF=5+p2，过H做HM⊥y轴于M，
∵cs∠OFH=-23，
∴cs∠HFM=23，FM=5-p2
∴cs∠HFM=FMFH=5-p25+p2=23，解得p=2．
∴所以抛物线E的方程为x2=4y．

（2）根据题意直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y=kx+b，
设Ax1,y1，Bx2,y2，AB中点Dx0,y0，
由y=kx+bx2=4y⇒x2-4kx-4b=0，
k2+b>0，x1+x2=4k，x1x2=-4b，
x1-x2=x1+x22-4x1x2=16k2+16b，
∴AB=1+k2x1-x2=1+k216k2+16b=6，
则b=94k2+1-k2
∴y0=y1+y22=x12+x2242=x1+x22-2x1x28=16k2+8b8=2k2+b，
∵AB的中点到准线的距离等于y0+p2=y0+1，
∴当y0最小时，AB的中点到准线的距离最短．
∵y0=k2+94k2+1=k2+1+94k2+1-1≥294-1=2，
当且仅当k2+1=94k2+1时，解得k=±22，则b=1．
所以直线AB的方程为y=22x+1或y=-22x+1.
【点睛】关键点睛：根据抛物线的定义，结合抛物线弦长公式、基本不等式是解题的关键.
12．椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率e=12，过点0,3.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点12,0且斜率不为0的直线l与椭圆交于M,N两点，椭圆的左顶点为A，求直线AM与直线AN的斜率之积.
【答案】(1)x24+y23=1
(2)-920
【分析】（1）由椭圆离心率e=12，得到a=2c，再由椭圆过点0,3，得到b=3求解；
（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为x=12，与椭圆方程联立求得M，N的坐标验证即可；当直线的斜率存在时，设直线的方程为y=kx-12，与椭圆方程联立，结合韦达定理求解.
【详解】（1）解：因为椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率e=12，
所以ca=12 ，即a=2c，
又因为椭圆过点0,3，
所以b=3，
又因为a2=b2+c2，
所以a=2，
所以椭圆的方程为x24+y23=1；
（2）如图所示：

当直线的斜率不存在时，直线的方程为x=12，
与椭圆方程联立求得M12,354,N12,-354，
又A-2,0，
所以kAM=35412--2=3510,kAN=-35412--2=-3510，
所以kAM⋅kAN=3510⋅-3510=-920；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为y=kx-12，
由y=kx-12x24+y23=1，消去y得：3+4k2x2-4k2x+k2-12=0，
Δ=-4k22-43+4k2k2-12=180k2+144>0，
由韦达定理得x1+x2=4k23+4k2,x1⋅x2=k2-123+4k2，
所以kAM⋅kAN=y1x1--2⋅y2x2--2=kx1-12x1--2⋅kx2-12x1--2，
=k2x1⋅x2-12x1+x2+14x1⋅x2+x1+x2+4=k2k2-123+4k2-12⋅4k23+4k2+14k2-123+4k2+2⋅4k23+4k2+4，
=-45k243+4k225k23+4k2=-920.
【点睛】易错点点睛：本题第二问容易忽视过点12,0的直线斜率不存在的情况，一般知道一个点求直线方程时，利用点斜式方程，设直线方程时，要分斜率不存在和存在两种情况求解.
13．已知O为坐标原点，椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为32，椭圆的上顶点到右顶点的距离为5．
(1)求椭圆的方程；
(2)若椭圆的左、右顶点分别为E、F，过点D(-2,2)作直线与椭圆交于A、B两点，且A、B位于第一象限，A在线段BD上，直线OD与直线FA相交于点C，连接EB、EC，直线EB、EC的斜率分别记为k1、k2，求k1⋅k2的值．
【答案】(1)x24+y2=1
(2)k1k2=-14
【分析】（1）由已知条件可得出关于a、b、c的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；
（2）不妨设Ax1,y1、Bx2,y2，设直线AB的方程为y=kx+m，可得m=2k+2，将直线AB的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，设C-x0,x0，根据点C在直线FA上，得出x0=-2y1x1+y1-2，然后利用斜率公式以及韦达定理可求出k1k2的值.
【详解】（1）解：由题意知，ca=32，椭圆的上顶点到右顶点的距离为a2+b2=5，
即ca=32a2+b2=5a2=b2+c2，解得a=2，b=1，c=3，
因此，椭圆的方程为x24+y2=1．
（2）解：如下图所示：
不妨设Ax1,y1、Bx2,y2，由图可知，直线AB的斜率存在，
设直线AB的方程为y=kx+m，因为点D-2,2，则-2k+m=2，则m=2k+2，
联立y=kx+mx2+4y2=4可得4k2+1x2+8kmx+4m2-4=0，
Δ=64k2m2-164k2+1m2-1>0，可得m20.

【点睛】思路点睛：求椭圆的标准方程，主要的思路是根据已知条件求得a,b，a,b是两个未知量，所以需要找到2个已知条件来求解.如本题中，焦点以及椭圆所过点的坐标，这就是两个已知条件，由此列方程来求得a,b，从而求得椭圆的标准方程.
16．已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，A为双曲线C左支上一点，AF2-AF1=2b．
(1)求双曲线C的离心率；
(2)设点A关于x轴的对称点为B，D为双曲线C右支上一点，直线AD,BD与x轴交点的横坐标分别为x1,x2，且x1x2=1，求双曲线C的方程．
【答案】(1)3
(2)x2-y22=1．
【分析】（1）利用双曲线定义结合条件中等式AF2-AF1=2b，即可求得答案；
（2）设Ax3,y3，Bx3,-y3，Dx4,y4，从而表示出直线AD,BD的方程，继而求得x1,x2的表达式，利用x1x2=1即可求得a的值，即得答案.
【详解】（1）由于A为双曲线C左支上一点，
由双曲线的定义可知AF2-AF1=2a=2b，
所以2a2=b2=c2-a2．
整理，得3a2=c2，所以ca=3，
所以双曲线C的离心率为3．
（2）由（1）可设双曲线C的标准方程为x2a2-y22a2=1．

设Ax3,y3，Bx3,-y3，Dx4,y4．
直线AD的方程为y-y3=y3-y4x3-x4x-x3．
令y=0，则x1=-x3y4-x4y3y3-y4．
直线BD的方程为y+y3=-y3-y4x3-x4x-x3，
令y=0，则x2=x3y4+x4y3y3+y4．
所以x1x2=-x3y4-x4y3y3-y4⋅x3y4+x4y3y3+y4=x32y42-x42y32y32-y42．
因为Ax3,y3，Dx4,y4满足方程x2a2-y22a2=1，
所以x32=a2+y322，x42=a2+y422,
所以x1x2=x32y42-x42y32y32-y42=a2+y322y42-a2+y422y32y32-y42=a2=1,
所以双曲线C的方程为x2-y22=1．
【点睛】关键点睛：求解双故曲线方程时，关键在于利用AD,BD的方程求出x1,x2的表达式，进而利用x1x2=1求出参数a.
17．圆(x+3)2+y2=16，圆心为A，点B3,0，作圆上任意一点M与B点连线的中垂线，交AM于N.
(1)求N的轨迹C的方程；
(2)设P为曲线C上任意一点，直线PA,PB分别交曲线C于Q,R两点，PA=λAQ,PB=μBR，求λ+μ的值.
【答案】(1)x24+y2=1
(2)14
【分析】（1）作出辅助线，根据椭圆的定义得到N的轨迹C为以A,B两点为焦点，长轴长为4的椭圆，求出椭圆方程；
（2）设出Pm,n，得到直线PA的方程，联立椭圆方程，得到ny1=-m+32+4n2，进而得到ny2=-m-32+4n2，由PA=λAQ得到λ=-ny1，同理得到μ=-ny2，从而得到λ+μ=14.
【详解】（1）连接NB，则MN=NB，
其中A-3,0，则AB=23，
所以AN+NB=AN+MN=AM=4>AB，
故N的轨迹C为以A,B两点为焦点，长轴长为4的椭圆，
其中2a=4,2c=23，故a=2,c=3，b2=a2-c2=1，
所以C的方程为x24+y2=1；
（2）设Pm,n，则m2+4n2=4，设Qx1,y1,Rx2,y2，
因为A-3,0，B3,0，
直线PA的方程为y=nm+3x+3，所以x=m+3ny-3，与椭圆方程联立得
m+3ny-32+4y2=4，即m+32+4n2n2y2-23⋅m+3ny-1=0，
故ny1=-n2m+32+4n2，所以ny1=-m+32+4n2，
同理可得ny2=-m-32+4n2，
因为PA=λAQ，
所以3-m,-n=λx1-3,y1，故λ=-ny1，同理可得μ=-ny2，
所以λ+μ=-ny1-ny2=m+32+4n2+m-32+4n2=2m2+8n2+6
=2m2+4n2+6=14.
【点睛】求轨迹方程常用的方法：直接法，相关点法，交轨法，定义法，特别重视圆锥曲线的定义在求轨迹方程中的应用，只要动点满足已知曲线的定义，就可直接得到所求轨迹方程，求解过程中要注意一些轨迹问题中包含隐含条件，也就是曲线上的点的坐标的取值范围，有时还要补充特殊点的坐标.
18．已知A-2,0，B2,0，对于平面内一动点Px,yx≠±2，PM⊥x轴于点M，且PM2=AMBM.
(1)求点Р的轨迹C的方程；
(2)当x>2时，直线l与曲线C交于不同两点Q，R，与直线y=x交于点S，与直线y=-x交于点T，若TQ=QR=RS，O为坐标原点，求△SOT的面积.
【答案】(1)当|x|2，C:x22-y22=1
(2)94
【分析】（1）根据题意得到y2=x2-2，分类讨论即可；
（2）设直线l:y=kx+b,Qx1,y1,Rx2,y2,Sx3,y3,Tx4,y4，联立直线方程得x3=b1-k，x4=-b1+k，再联立直线l与双曲线方程，得到韦达定理式，再利用弦长公式得到k,b关系式，最后将其代入面积表达式化简即可.
【详解】（1）设P(x,y)，则M(x,0)，
从而|PM|=|y|,|AM|=|x+2|,|BM|=|x-2|
由|PM|2=|AM||BM|，有y2=|x+2|⋅|x-2|=x2-2，
若|x|2，化简整理得x22-y22=1.
（2）当|x|>2，则C:x22-y22=1
设直线l:y=kx+b,Qx1,y1,Rx2,y2,Sx3,y3,Tx4,y4，
直线l与直线y=x相交，联立得x=kx+b，则解得x3=b1-k；
直线l与直线y=-x相交，联立得-x=kx+b，得x4=-b1+k；
由y=kx+bx22-y22=1，得1-k2x2-2bkx-b2-2=0，
由Δ>0得：b2+21-k2>0，即b2>2k2-1，且1-k2≠0，
x1+x2=2bk1-k2,x1x2=-b2+21-k2，
因为|TQ|=|QR|=RS，所以|QR|=13ST，即x1-x2=13x3-x4，
所以2bk1-k22+4b2+21-k2=132b1-k2，
整理得b2=94k2-1≥0，则k2-1≥0，
又|OS|=2⋅b1-k,|OT|=2⋅b1+k，∠SOT=π2，
所以S△SOT=12×2×b21-k2=94k2-11-k2=94k2-1k2-1=94.

【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是采用设线法，从而得到x3=b1-k，x4=-b1+k，再联立直线与双曲线方程，得到韦达定理式，利用弦长公式和弦长关系得到b2=94k2-1，再写出面积表达式代入上式化简即可.
19．已知抛物线M:y2=4x的焦点为F，过点2,0的直线与抛物线M交于A,B两点，点A在第一象限，O为坐标原点．
(1)设P为抛物线M上的动点，求OPFP的取值范围；
(2)记△AOB的面积为S1,△BOF的面积为S2，求S1+S2的最小值．
【答案】(1)[0,233]；
(2)43.
【分析】（1）求出抛物线M的焦点坐标，准线方程，设点P(t2,2t)，求出OPFP关于t的函数关系，再利用二次函数性质求解作答.
（2）设出直线AB的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理、三角形面积公式结合均值不等式求解作答.
【详解】（1）依题意，抛物线M:y2=4x的焦点F(1,0)，准线方程x=-1，设P(t2,2t)，
则|OP|=(t2)2+(2t)2=t4+4t2,|FP|=t2+1，
因此|OP||FP|=t4+4t2t2+1=(t2+1)2+2(t2+1)-3(t2+1)2=-3(1t2+1-13)2+43，
而t2+1≥1，即有00，
设A(x1,y1),B(x2,y2)，y1>0,y20，x1+x2>0，x1x2>0得k2>3m2+3>k2mkk2可求出结果；
（2）利用弦长公式求出|PQ|，利用点到直线距离公式求出点O到直线PQ的距离，再利用三角形面积列式求出k,m可得直线PQ的方程.
【详解】（1）设Px1,y1，Qx2,y2，直线PQ:y=kx+m，
由y=kx+mx2-y23=1，消去y得3-k2x2-2kmx-m2-3=0,
依题意可得3-k2≠0Δ=4k2m2+43-k2m2+3>0x1+x2=2km3-k2>0x1x2=-m2+33-k2>0，得k2>3m2+3>k2mkk2，得6-2k2k2+3>k2，
得4(k2-3)2>k2(k2-3)，因为k2>3，所以4(k2-3)>k2，即k2>4，
所以k2.
（2）|PQ|=1+k2×(x1+x2)2-4x1x2 =1+k2×2km3-k22-4(m2+3)k2-3
=23⋅1+k2k2-3m2+3-k2，
点O到直线PQ的距离d=m1+k2，
S△OPQ=12×|m|1+k2×23⋅1+k2k2-3m2+3-k2 =6，
所以|m|m2+3-k2=2(k2-3)，
两边平方得m2(m2+3-k2)=2(k2-3)2，
由2km3-k2=4得(k2-3)2=k2m2 4，代入m2(m2+3-k2)=2(k2-3)2，
得m2(m2+3-k2)=2×k2m24，因为m2>0，所以m2+3-k2=k22，
将m=6-2k2k代入得6-2k2k2+3-k2=k22，整理得5k4-42k2+72=0，
所以(5k2-12)(k2-6)=0，解得k2=6或k2=125，
由（1）知，k2>4，所以k2=6,k=±6,
当k=6时，m=6-2×66=-6，直线PQ的方程为y=6x-6，
当k=-6时，m=6-2×6-6=6，直线PQ的方程为y=-6x+6，
综上所述：直线PQ方程为y=6x-6或y=-6x+6.

【点睛】关键点点睛：根据2k=k1+k2以及斜率公式推出x1+x2=4是本题解题关键.
二、证明问题
21．设抛物线C：y2=2px（p>0）的焦点为F，点A的坐标为3,-2.已知点P是抛物线C上的动点，PA+PF的最小值为4.
(1)求抛物线C的方程：
(2)若直线PA与C交于另一点Q，经过点B3,-6和点Q的直线与C交于另一点T，证明：直线PT过定点.
【答案】(1)y2=4x
(2)证明见解析
【分析】（1）根据两点A,F与抛物线的位置分类讨论最值，由最小值为4，求解p；
（2）由P,Q,T三点都在抛物线上，设Qy024,y0，Py124,y1，Ty224,y2.结合直线QP,QT,PT求解的同理性，求出直线方程，再由A3,-2，B3,-6分别在直线QP，QT上，代入方程消去y0可得y1y2=12，代入PT方程化简可得定点.
【详解】（1）若A和F在抛物线y2=2px的同侧，则(-2)223.
设点P在准线上的射影为H，于是PF=PH.
过A作AH'与准线垂直，垂足为H'，
故PF+PA=PH+PA≥AH'=3+p2=4，
当且仅当A，P，H三点共线时取等号，由此得p=2>23，符合题意.

若A和F在抛物线的异侧或A在抛物线上，则p≤23.
由PF+PA≥AF=3-p22+-22=4，
当且仅当A，P，F三点共线（或A与P重合）时取等号，得到p=6±43（舍去）.
综上所述，抛物线C的方程为y2=4x.

（2）设Qy024,y0，Py124,y1，Ty224,y2.
直线QP的斜率kQP=y0-y1y02-y124=4y0+y1，
则其方程为y=4y0+y1x-y024+y0=4x+y0y1y0+y1.
同理可得直线QT的方程为y=4x+y0y2y0+y2，直线PT的方程为y=4x+y1y2y1+y2.
将A3,-2，B3,-6分别代入直线QP，QT的方程可得
-2=12+y0y1y0+y1-6=12+y0y2y0+y2，消去y0可得y1y2=12，
代入直线PT的方程y=4x+y1y2y1+y2，化简得y=4x+12y1+y2=4y1+y2(x+3)，
故直线PT过定点-3,0.

【点睛】定点问题的求解思路：一是从特殊入手，求出定点，再证明这个点与变量无关；二是直接推理、计算，并在计算过程中消去变量，从而得到定点.
22．如图，已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点分别为F1，F2，点A为C1上的一个动点(非左右顶点)，连接AF1并延长交C1于点B，且△ABF2的周长为8，△AF1F2面积的最大值为2．

(1)求椭圆C1的标准方程；
(2)若椭圆C2的长轴端点为F1,F2，且C2与C1的离心率相等，P为AB与C2异于F1的交点，直线PF2交C1于M,N两点，证明：|AB|+|MN|为定值．
【答案】(1)x24+y22=1
(2)证明见解析
【分析】（1）由△ABF2的周长为8和△AF1F2面积的最大值为2，有4a=8，bc=2，解出a,b得椭圆方程；
（2）由已知求出椭圆C2的方程，设AB,MN的方程，利用韦达定理和弦长公式，表示出AB和MN，化简|AB|+|MN|为定值．
【详解】（1）∵△ABF2的周长为8，由椭圆的定义得4a=8，即a=2，
又△AF1F2面积的最大值为2，∴12⋅2c⋅b=2，即bc=2，
∵a2=b2+c2，∴b2+c2=4，∴b2+2b2=4，解得b=2，
∴椭圆C1的标准方程为x24+y22=1.
（2）由（1）可知F1-2,0，F22,0，椭圆C1的离心率e=ca=22，
设椭圆C2的方程为x2a'2+y2b'2=1，则有a'=2，c'2a'2=a'2-b'2a'2=222，解得b'=1，
椭圆C2的标准方程为x22+y2=1，
设P(x0,y0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，∵点P在曲线C2上，∴x02+2y02=2，
依题意，可设直线AB，MN的斜率分别为k1,k2，
则AB,MN的方程分别为y=k1x+2，y=k1x-2，
于是k1⋅k2=y0x0+2⋅y0x0-2=y02x02-2=12(2-x02)x02-2=-12，
联立方程组y=k1(x+2)x24+y22=1，消去y整理，得(2k12+1)x2+42k12x+4k12-4=0，
∴x1+x2=-42k122k12+1，x1⋅x2=4k12-42k12+1，
∴|AB|=1+k12(x1+x2)2-4x1x2=1+k12-42k122k12+12-4⋅4k12-42k12+1=4k12+42k12+1，
同理可得：|MN|=4k22+42k22+1，
∵k2=-12k1，∴|MN|=4k22+42k22+1=4-12k12+42-12k12+1=8k12+22k12+1，
∴|AB|+|MN|=4k12+42k12+1+8k12+22k12+1=6为定值.
【点睛】解答直线与椭圆的题目时，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．强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
23．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点A-a,0,B0,-b两点，椭圆的离心率为32，O为坐标原点，且S△OAB=1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P为椭圆C上第一象限内任意一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值.
【答案】(1)x24+y2=1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率和S△OAB=1可解得a2=4,b2=1，可写出椭圆C的方程；
（2）设Px0,y0分别求出直线PA，PB的方程并解出M,N的坐标，可得四边形ABNM的面积S=12AN⋅BM=2.
【详解】（1）根据题意可知e=ca=32，
又S△OAB=12ab=1，即可得ab=2，结合a2=b2+c2，
解得a2=4,b2=1,c2=3；
即椭圆C的方程为x24+y2=1.
（2）证明：由（1）可知A-2,0,B0,-1，如下图所示：

设Px0,y0，且x0>0,y0>0；
易知直线PA的斜率kPA=y0x0+2，所以PA的直线方程为y=y0x0+2x+2；
同理直线PB的斜率kPB=y0+1x0，所以PB的直线方程为y=y0+1x0x-1；
由题意解得M0,2y0x0+2,Nx0y0+1,0；
所以可得AN=x0y0+1+2,BM=2y0x0+2+1，
四边形ABNM的面积S=12AN⋅BM=12x0y0+1+22y0x0+2+1=x0+2y0+222x0+2y0+1=x02+4y02+4x0y0+4x0+8y0+42x0y0+x0+2y0+2
又x024+y02=1，可得x02+4y02=4，
故S=x02+4y02+4x0y0+4x0+8y0+42x0y0+x0+2y0+2=4+4x0y0+4x0+8y0+42x0y0+x0+2y0+2=4x0y0+x0+2y0+22x0y0+x0+2y0+2=2，
即四边形ABNM的面积为定值.
24．已知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率是22，上、下顶点分别为A，B.圆O:x2+y2=2与x轴正半轴的交点为P，且PA⋅PB=-1.
(1)求E的方程；
(2)直线l与圆O相切且与E相交于M，N两点，证明：以MN为直径的圆恒过定点.
【答案】(1)x26+y23=1
(2)证明见解析
【分析】（1）写出向量PA，PB的坐标，带入求解即可；
（2）设直线l后，和圆相切可得m2=2k2+2，和椭圆方程联立后，观察可得x1x2+y1y2=0，从而判段出以MN为直径的圆恒过定点.
【详解】（1）由已知得A0,b，B0,-b，P2,0.
则PA=-2,b，PB=-2,-b，PA⋅PB=2-b2=-1，所以b2=3.
因为e=ca=22，又b2+c2=a2，所以c2=3，a2=6.
故E的方程为x26+y23=1.
（2）当直线l的斜率存在时，设l的方程为y=kx+m，即kx-y+m=0.
因为直线l与圆O相切，所以mk2+1=2，即m2=2k2+2.
设Mx1,y1，Nx2,y2，则y1=kx1+m，y2=kx2+m.
由y=kx+m,x26+y23=1,化简，得2k2+1x2+4kmx+2m2-6=0，
由韦达定理，得x1+x2=-4km2k2+1，x1x2=2m2-62k2+1，
所以y1y2=kx1+mkx2+m=k2x1x2+kmx1+x2+m2 =k2⋅2m2-62k2+1-km⋅4km2k2+1+m2=m2-6k22k2+1，
所以x1x2+y1y2=2m2-62k2+1+m2-6k22k2+1=3m2-2k2-22k2+1=0，
故OM⊥ON，即以MN为直径的圆过原点O.
当直线l的斜率不存在时，l的方程为x=2或x=-2.
这时M2,2，N2,-2或M-2,2，N-2,-2.
显然，以MN为直径的圆也过原点O.综上，以MN为直径的圆恒过原点O.
25．已知动圆M恒过定点F0,18，圆心M到直线y=-14的距离为d,d=MF+18．
(1)求M点的轨迹C的方程；
(2)过直线y=x-1上的动点Q作C的两条切线l1,l2，切点分别为A,B，证明：直线AB恒过定点．
【答案】(1)x2=12y
(2)证明见详解
【分析】（1）设Mx,y，由题意可得y+14=x2+y-182+18，化简整理即可；
（2）设Ax1,2x12,Bx2,x22,Qt,t-1，结合导数的几何意义分析可得x1,x2为方程2x2-4tx+t-1=0的两根，结合韦达定理求直线AB的方程，即可得结果.
【详解】（1）设Mx,y，则MF=x2+y-182,d=y+14，
因为d=MF+18，即y+14=x2+y-182+18，
当y+14≥0，即y≥-14时，则y+14=x2+y-182+18，整理得x2=12y；
当y+14