2025高考数学一轮复习配套练习第二册含参考答案

这是一份2025高考数学一轮复习配套练习第二册含参考答案，文件包含2025题型总结一轮第二册答案第二部分公式正确docx、2025题型总结一轮第二册答案第二部分docx、2025题型总结一轮第二册第二部分docx、2025题型总结一轮第二册第二部分-去水印pdf、2025题型总结一轮第二册第二部分原版PDFpdf、2025题型总结一轮第二册答案第二部分pdf、2025题型总结一轮第二册第二部分用于替换部分公式docx等7份试卷配套教学资源，其中试卷共738页， 欢迎下载使用。
故选: B
【例4】 【答案】C【详解】因为MF₁⊥MF₂, ON⊥NF₁, 且O为F₁F₂中点, 所以ON∥MF₂,且 |ON|=12|MF2|,因为 |NF₁|-|ON|=2,所以 |MF₁|-|MF₂|=2|NF₁|-|ON|=4=2a解得a=2,直线l的方程为 y=-bax,所以 |NF1|=bxa2+b=b,则||ON|=b-a，在直角三角形F₁NO中利用勾股定理得b²+(b-a)²=c², 解得b=2a=4,所以双曲线的标准方程为 x24-y216=1故选: C.
【跟踪训练】
1.【答案】B2.【答案】B 3.【答案】D4.【答案】±65.【答案】BD
【详解】如图所示：当直线l的倾斜角越小时，点△PQA₁的周长越大，故A不正确; △PF₁Q的周长为
|PF₁|+|QF,|+|PQ|=4a+|PF₂|+|QF₂|+|PQ|=4a+2|PC所以
△PF₁Q的周长与 2|PQ|之差为4a, 故B正确; 设P(x,y), 则
tanα=|y|a+x,tanα=-|y|x-a,由 tanαtanβ=a-xa+x不是常量，故C不正
确;由 tanα⋅tanβ=|y|a+x⋅|y|a-x=y2a2-x2=x2a2-1b2a2-x2=-b2a2
为常量,故D 正确;故选:BD
考点三：双曲线焦点三角形面积
【精选例题】
【例1】 【答案】A【解析】由题意知，双曲线的焦点三角形面积为 SPF1F2=b2tanθ2⋅∴b2tan45∘=4, |MF₁|=m,|MF₂|=n,由双曲线的定义可得|| ‖MF₁|-|MF₂‖=|m-n|=2a=4,所以 mp+n²-2mn=16,又因为 |MF₁|²+|MF₂|²=|F₁F₂|²=4c²=160,所以m²+ n² = 160, 所以mn=72,所以四边形. MF₁NF₂的面积 S=|MF₁||MF₂|=mn=72,故答案为: 72
【题型专练】
1.【答案】ABD 2.【答案】B
考点四： 双曲线的渐近线有关题型
【精选例题】
【例1】 【答案】D 【例2】 【答案】A 【例3】 【答案】 x23-y212=1y=±2x【例4】 【答案】C
【例5】 【答案】A
【跟踪训练】
1.【答案】 332.【答案】B3. 【答案】C 4.【答案】D5.【答案】 1x24-y2=1考点五：双曲线的离心率问题
【精选例题】
【例1】 【答案】 32【详解】由题可知A，B，F₂三点横坐标相等，设A在第一象限, 将x=c代入 x2a2-y2b2=1凭 y=±b2a,即 Acb2a,Bc-b2a,故 |AB|=2b2a=10,|AF2|=b2a=5,又 |AF₁|-|AF₂|=2a,得 |AF₁|=|AF₂|+2a=2a+5=13,解得a=4,代入 b2a=5得b ² = 20,故C² = a²+b ² = 36,,即c=6, 所以 e=ca=64=32.故答案为: 3—2
【例2】 【答案】A【详解】由抛物线y² = 8x的焦点F₂(2,0),故c=2,延长F₁N交PF₂的延长线于点M∵PN是∠F₁PF₂的角平分线,F₁N⊥PN于点N, ∴PF₁=PM 且[ F₁N=NM点O是F₁F₂|的中点, ∴ON//PM:>:ON=12F2M|ON|=1.:F2M:=2由双曲线的定义得 |PF₁-PF₂|=2a,故 |PF₁-PF₂|=2a=F₂M=2∴a=1故双曲线的离心率为 e=ca=21=2故选: A.
【例3】答案】B【详解】因为PQ⊥PF₁,|PQ|=|PF₁|,由双曲线的定义可得: |PF₁|-|PF₂|=|PQ|-|PF₂|=|QF₂|=2a, |QF₁|-|QF₂|=2a,则| QF₁|=4a,由 ∠F₁QF₂=45°,|F₁F₂|=2c,在△QF₁F₂中，由余弦定理可得 16a2+4a2-2×4a×2a×22=4c2,化简得 5-22a2=c2,所以双曲线的离心率 e=c2a2=5-22.故选: B.
【例4】 【答案】B【详解】不妨设M在 y=bax,令M(x, y),则有解得所以 Ma2cabc,Ga2c+c3ab3c,因为点G在双曲线上，所以 a2c+c29a2-a29c2=1解得 e=7,故选: B.
【例5】答案】A【详解】解：不妨设圆与 y=bax相交, 且点M 的坐标为((x₀,y₀),x₀﹥ 0,, 则点N的坐标为((-x₀,-y₀),联立 y0=bax0,x02+y02=c2,得M(a,b),N(-a,-b),又A(-a,0)且∠MAN=120° , 所以 所以由余弦定理得：

4c2=a+a2+b2+b2-21a+a2+b2⋅bcs120∘,化简得7a² = 3c², 所以 e2=c2a2=73,所以 e=213.故选: A
【例6】 【答案】C【详解】右焦点F(c,0), 一条渐近线为bx-ay=0, F到bx-ay=0的距离为 bxc=b即|AF|=b,|OF|=c,|OA|=a,|由于 AB=3AF,所以BF|=2b,由于∠FOA=∠FOB, 由正弦定理得 |AF|sin∠FOA=|OA|sin∠OFA,|BF|sin∠FOB=|B|sin∠OFB,而sin∠OFA=sin∠OFB, 所以 |OA||OB|=|AF||BF|,aa2+3b2=b2b=12,1 55 1 1 7 1 1 9 4 7101 b2a2=13,e=c2a2=1+b2a2=1+13=2B3故选: C
【跟踪训练】
1.【答案】C 2.【答案】B3.【答案】B 4.【答案】C 5.【答案】A 6.【答案】B考点六:椭圆与双曲线共焦点问题
【精选例题】
【例1】 【答案】B
【详解】设P为第一象限的交点， |PF₁|=S,|PF₂|=t,则由椭圆和双曲线的定义可知， 当且仅当 e22e12=9e12e22,即 e22=3e12时，取得最小值为3.故选：B.
【例2】解析：设椭圆的长半轴长为a₁，双曲线的实半轴长为a₂，不妨设 |PF₁|>|PF₂|,由椭圆和双曲线的定义可得所以， |PF₁|=a₁+a₂|PF₂|=a₁-a₂,设 |F₁F₂|=2c,因为 PF1⋅PF2=0,则PF₁⊥PF₂,I由勾股定理得 |PF₁|²+|PF₂|²=|F₁F₂|².即 a₁+a₂²+a₁-a₂²=4c²,整理得 a12+a22=2c2,故 1e12+1e22=2.故选: A.
【跟踪练习】
1.解析：设P为第一象限的交点， |PF₁|≡m、|PF₂|=n,,则m+n =2a₁、 m-n =2a₂,解得 m=a₁+a₂、n=a₁-a₂,,在△PF₁F₂中, 由余弦定理得: cs∠F1PF2=m2+n2-4c22mn=12,∴m²+n²-mn=4c², ∴(a₁+a₂)²+(a₁-a₂)²-(a₁+a₂)(a₁-a₂)=4c², ∴a²+3a²=4c², ∴π/x+3a/s=4, ∴1e12+3e22=41 2(亦可直接用上述结论)
∴1e1+3e22≤21e12+3e22=8,—即 1e1+3e2≤22,当且仅当 1e1=3e2,即 e1=22,e2=62/^./^时等号成立，此时 e1+e2=2+62,故选: D
考点七： 双曲线的最值问题
【精选例题】
【例1】 【答案】B
【详解】因为动点P在双曲线C的右支上，由双曲线定义可得： |PF₁|-|PF₂|=4,所以 |PF₁|=|PF₂|+4,因为a² = 4,b ² = 21,所以 a=2,c=a2+b2=5,所以 |PF₂|≥c-a=5-2=3,将入(|PF₁|-4)·(|PF₂|-4)得:| |PF₂|⋅|PF₂|-4=|PF₂|²-4|PF₂|=|PF₂|-2²-4≥-3故选: B.
【例2】 【答案】(0, 3)【详解】若A(-2,0), B(2,0), 且|PA|-|PB|=2双曲线方程为 x2-y24=1x0),其渐近线方程为 y=±3x,则曲线 xa+ybxa-yb=0a0,b>0)上存在点P满足PA|-|PB|=2,等价于 y=±bax与双曲线 x2-y24=1x0)相交， ∴00,即m1,



又 y12=4x1,y22=4x2,y1y2=4,由定义可知， |MF|=x₁+1,|NF|=x₂+1,所以
|MF|⋅|NF|=x1x2+x1+x2+1=y12y2216+y12+y224+1>2+2y1y24=4,文 A 正确；所以
又|OB|² =5,故
B 错误;记 Py324y3,Qy424y4,设直线NF方程为x=ny+1, 代入y₂ = 4x整 00,x₁+x₂ = 6,所以
|AB|=x₁+1+x₂+1=6+2=8,故A正确; 设. AB:x=my+1,令A(x₁,y₁)B(x2,y₂),由
消x可得
AF = 2F B, 所以. y₁=-2y₂,所以 y1=-22,y2=2,m=-24,所以 k=-22或
y1=22,y2=-2,m=24, 所以 k=22即 k=±22,故B错误; 设AB:x=my+1, 令
消x可得
所以
kOB-kC=4y2+y1=4+y1y2y1y2=0,即B,O,C三点共线, 故C正确;设AB:x=my+1, 令
A(x₁,y₁)B(x₂,y₂),由消x可得
所以
FC⋅FD=-2y₁⋅-2y₂=y₁y₂+4=0,即CF⊥DF , 故D正确.故选: ACD.
【例3】 【答案】B【详解】因为抛物线为y²=4x,所以p=2, 焦点F(1,0), 设. A(x₁,y₁),B(x₂,y₂),根据抛物线的定义可得 |AC|+p2=x1+p2=|AF|,|BD|+p2=x2+p2=|BF|,所以|AC|+|BD|+p=|AF|+|BF|,所以|AC|+|BD|=|AF|+|BF|-2,即||AC|+|BD|=|AB|-2,因为过F的直线与抛物线交于A, B两点, 所以直线的斜率不等于0, 设为x=my+1,联立得 y²-4my-4=0,所以 y₁+y₂=4m,x₁+x₂=my₁+1+my₂+1=my₁+y₂+2=4me+2,所以 |AB|=|AF|+|BF|=x1+p2+x2+p2=x1+x2+p=4n2+4,所以当且仅当m=0时|AB|有最小值为4, 则|AC|+|BD|=|AB|-2有最小值为2.故选:B.
【跟踪训练】选: B.
3.【答案】BCD【详解】将点A的代入抛物线方程得1=2p，所以抛物线方程为. x² = y，故准线方程为 y=-14,A 错误; kAB=1--11-0=2,所以直线AB的方程为y=2x-1, 联立可得 x²-2x+1=0,解得x=1,
故 B 正确；设过B的直线为1，若直线l与y轴重合，则直线l与抛物线C只有一个交点，所以，直线l的斜率存在，设其方程为 y=kx-1,Px₁y₁,Qx₂y₂,联立得x²--kx+1=0,所以
Δ=k2-4>0x1+x2=kx1×2=1,所以k>2
或 k5,而|BA|²=5, 故D 正确.故选: BCD
4.【答案】24【详解】抛物线C:y²=4x的焦点F(1,0),准线l:x=-1,设直线l₁与l₂的斜率分别为l k₁,k₂,k₁k₂≠0,有 k12+k22=1,直线 I₁:y=k₁x-1,由消去y并整理得： k12x2-2k12+2x+k12=0,设
A(x₁,y₁),B(x₂,y₂),则
x1+x2=2k12+2k12=2+4k12,|AB|=|AF|+|BF|=x1+1+x2+1=4+4k12,直线l₂:y=k₂(x--1), 同理 |DE|=4+4k22,于是得
当且仅当 k12=k22=12时取“=” , 所以|AB|+|DE|6的最小值为24.故答案为: 24
考点四：有关三角形面积问题
【精选例题】
【例1】 【答案 1±12【详解】由已知F(1,0), 设直线l斜率为k, 直线方程为y=k(x-1), 设A(x₁,y₁),B(x2,y₂),山ry=k(x-1)但2,2 12v2⊥n∨⊥2 0v.⊥v.. 2k²+4 v.✔ 【例2】 【答案】 34【详解】因为直线l |23x-2y-3p=0可化为 y=3x-p2,所以过焦点 Fp20且倾斜角为60° , 设A(x1,y₁),B(x2,y₂), 则 x1+p2=2x1-p2,x2+p2=2p2-x2,解得 x1=3p2,x2=p6,代入y² = 2px(p> 0)得, y1=3p,y2=-p3,所以 S∗V0pSAOB=12,|OF|⋅y112|OF|⋅y1-y2=3p3p+D3=34,故答案为： 34
【跟踪训练】
1.【答案】B【详解】抛物线(C:y² = 4x的焦点坐标为(1, 0), 则斜率为 3的直线方程为： y=3x-1,与抛物线方程联立得：3x²--10x +3=0,设A(x1,y₁),B(x2,y₂), 不妨设 x1=13,x2=3,则 |AB|=1+3|x1-x2|=163,点O到直线AB的距离为 d=|-31+3=32,所以△AOB 的面积为 12×163×32=433故选: B
2.【答案】D【详解】解: 如图所示: 由抛物线(C:y² = 4x,得F(1,0), 设直
线AB: y = k(x-1), A(x1,y₁), B(x2,y₂), 由得
k²x²-(2k²+4)x+k²= 0,所以 x1x2=1,x1+x2=2k2+4k2,由已知和抛物线定
义知： SAB1SAB1=12|BB1||A1|12|AA||A1|=|BB1|AA1|=|BF||AF|=2,则有 x₂+1=2x₁+1,即
x₂=2x₁+1 所以 x2=2x+1,x1x2=1,x1+x2=2k2+4k2, 得 x1=12,x2=2,k=22故选: D
考点五：抛物线中的最值问题
【精选例题】
【例1】 【答案】C【详解】因为 F120,设M(x, y), 显然当y0|时, Km > 0, 则要想求解直线 OM的斜率的最大值, 此时. y>0, 设P(m,n), 因为PM=2MF,所以PM =2MF,即 x0-my0-n=212-x0-y0,解得：由于n² = 2m, 所以 9y02=23x0-1,即 32y02+13=x0,由干y>0,则当且仅当 32y0=13y0,即 y0=2-时，等号成立，故直线OM的斜率的最大值为 22.故选: C
【例2】 【答案】5【详解】由题意, 抛物线的准线为x=-1, 焦点坐标为F(1,0),过点P向准线作垂线, 垂足为A, 则|PF|+|PM|=|PA|+|PM|, 当P,M,A共线时, 和最小;过点P向准线作垂线, 垂足为B, 则||PF|+|PM|=|PA|+|PM|≥|MB|=5,所以最小值为5.故答案为:5.
【例3】 【答案】AC【详解】抛物线焦点为F(1,0), 准线为x=-1, 作出图象,对选项A：由抛物线的性质可知：|PF|的最小值为|OF|=1，选项A正确；对选项B：注意到F是定点，由圆的性质可知：|QF|的最小值为
|CF|-r=10-1,选项B错误；对选项CD：过点P作抛物线准线的垂线，垂足为M, 由抛物线定义可知|PF|=|PM|,故||PF|+|PQ|=|PM|+|PQ|,|PM|+|PQ|的最小值为点Q到准线x=-1的距离，故最小值为4，从而选项C正确，选项D错误.故选: AC.
【例4】 【答案】13【详解】解: 如图所示: 圆心M(2,0)即为抛物线C的焦点F.所以
|AP|+4|BQ|=(|AF|--1)+4(|BF|--1)=|AF|+4|BF|-5,由抛物线的定义， AF|=xA+p2=xA+2,|BF|=xB+p2=xB+2,所以|AP|+4|BQ|=(XA+2)+4(xB +2)-5=XA+4xB+5, 又易知: xAxB=p24=4,所以当且仅当 xA=4xB,即时等号成立.所以|AP|+4|BQ|的的最小值为13, 故答案为: 13
【跟踪训练】
1.【答案】B【详解】直线l₂:x=1为抛物线y²=-4x的准线, 点P到准线的距离等于点P到焦点F的距离，过焦点F作直线x+y-4=0的垂线，如下图所示，此时d₁+d₂最小,为点F到直线x+y-4=0的距离.∵F(-1,0),则 d1+d2=|-1+0-4|2=522,故选：
B.
2.【答案】【详解】设过点F(O. D)的直线l为联立方程 x²=2py消去x得 y2-2k2+1py+p24=0,可得 y1y2=p24∵|AF|=3|BF|=3,则可得：可得 3-p21-p2=p24,解得 p=32,过点M 作准线的垂线，垂足为D，则可得 |MN||MF|=|MN||MD|=1sin∠MND若 |MN||MF|取到最大值即∠MND最小, 此时直线MN与抛物线C相切, x² = 3y, 即 y=x23,则 y=23x,设 Mx0x023,则切线斜率 k=23x0,切线方程为 y-x023=23x0x-x0,切线过 N0-34,代入得 -34-x023=-2x023,解得 x0=±32,即 M±3234则 |MD|=32,|ND|=32,即 ∠MND=π4,则 |MN||MF|=|MN||MD|=1sin∠MND的最大值为 2故答案为： 32;2.
3.【答案】 17-1[【详解】解：由题可知，抛物线y²=4x的准线方程为x=-1, 焦点坐标为F(1,0), 圆:x²+(y﹣4)²=1的圆心坐标为E(0,4), 半径为R=1, 设点P到抛物线准线的距离为PP′ , 则PP′=PF,故PP′
+PQ=PF+PQ, 所以当动点Q, P位于线段EF上时, 点P到点Q的距离与点P到抛物线准线的距离之和最小，此时. PP'+PQ=EF-R=17-1故答案为： 17-1.
4.【答案】(1)2, (2)20✔ξ|【详解】(1) 抛物线C的焦点为 F0p2,|FM|=p2+4,.F与圆M
:x²+(y+4)²=1上点的距离的最小值为 p2+4-1=4,解得pp=2.(2)
设点A(x1,y₁),B(x2,y₂),P(x, y),由于点P在圆M上,PA,PB是C的两条切
线,A,B是切点, 所以P与切点弦所在直线AB: x₀x﹣2y﹣2y₀=0互为
极点与极线，联立 x0x-2y-2y0=0,y=x24,可得 x²-2xₒx+4y₀=0,由
韦达定理可得点P到直线AB的距离为
x1+x2=2x0,xx3=4y,:|AB|=1+x022⋅x1+x22-4xx2=1+x0224x02-16y0=x02+4(x02-4y0)
d=|x02-4y0|x02+4,:⋯:ΔΔvR=12|AB|⋅d=12x02+4x02-4y0|x02-4y0|x02+4=12k02-4y0)32
∴x²-4y₀=1-(y₀+4)²-4y₀ = -y²-12y₀-15=-(y₀+6²+2.,由已知可得 -5≤y₀≤-3,.
当y₀= -5时,△PAB勺面积取最大值 12×2032=205.考点六：抛物线阿基米德三角形
【精选例题】
【例1】 【答案】B【详解】$$:x^{2}=2py,\:y=\frac {1}{2p}x^{2},F(0,\frac {p}{2}),\:y'=\frac {1}{p}x,$$由题意知, $$\frac {1}{p}x {M}=\sqrt {3},$$解得:$$x {M}= \sqrt {3}p,$$又∵M在$$x²=2py$$上,$$\therefre (\sqrt{3}p)^{2}=2py {M},$$ 解得: $$y {M}=\frac {3}{2}p,\:,M(\sqrt{3}p,\frac {3}{2}p),\:\cdt s k {MF}=\frac { \frac {3}{2}p-\frac {1}{2}p}{\sqrt{3}p-0}= \frac { \sqrt{3}}{3}.$$故选: B.
【例2】答案】D【详解$$y^{2}=6x,2p=6,\frac {p}{2}=\frac {3}{2}, \therefre F \left ( \frac {3}{2},0\right ),$$设直线AB的方程为$$x=my+\frac {3}{2},$$
显然m是存在的,设A(x₁,y₁),B(x2,y₂) ,显然$$y₁≠0,y₂≠0,$$求导:$$(y^{2})'=(6x), \therefre{3}{y},| {2}$$
在A点处的切线方程$$y-y {1}=\frac {3}{y {1}}(x-x {1}),:y=\frac {3}{y {1}}x-\frac h3x {y {1}}+y {1},:x {1}=\frac {y {1}^{2}}{6},\therefre y= \frac {3}{y {1}}x+ \frac {y {1}}邻)\enclse{circle} {1}$$
同理可得在 B 点处的切线方程l₂为: $$y=\frac {3}{y {2}}x+\frac {y {1}}{2};$$ 联立方程$$\begin{cases}
y^{2}=6x\cr x=my+\frac {3}{2}\end{cases} ,$$ 解得
$$y²-6my-9=0,Δ=36m²+36>0,∴y₁y₂=-9,$$ 联立方程$$\begin{cases} y=\frac {3}{y {1}}x+ \frac {y {1}}
{2}\cry=\frac {3}{y {2}}x+\frac {y {2}}{2}\end{cases}$$ 解得 $$\frac {3x(y {2}-y {1})}
{y {1}y {2}}+\frac {1}{2}(y {1}-y {2})=0,$$
$$\because y {1}\neq y {2},y {1}-y {2}\neq 0,\therefre x=\frac {y {1}y {2}}{6}=-\frac {3}{2},$$
即 P点在准线 $$x=-\frac {3}{2}$$ 上,设 $$P(-\frac {3}{2},t),$$
$$\because |PF|=\sqrt {3^{2}+t^{2}}=2 \sqrt {3},\therefre t^{2}=\sqrt {3},t= \pm \sqrt {3},$$ 考虑 x2-33x-14=0,解得 x1=-36,x2=32,则
A-36112,B3234,则
|AF|=y1+p2=112+14=13,|FB|=y2+p2=34+14=1得
|AF||FB|=13,故D 正确.故选: ACD.
【例4】 【答案】4【详解】如图, 设A(x₁,y₁),B(x₂,y₂),P(x₀,y₀),易知过A, B两点的抛物线C的切线l₁,12斜率均存在，不妨设l ₁:y-y₁=k₁x-x₁,I₂:y-y₂=k₂x-x₂,联立消y得到 x24-y1=k1x-x1,即 x24-k1x+k1x1-y1=0,所以
Δ=k12-k1x1+y1=0,又 x12=4y1,所以 k12-k1x1+x124=0,得到 k1=x12,所以 1:y-y1=x12x-x1,即 x1X2-y-x122+y1=0,也即
x1X2-y-y1=0,同理可得直线l₂为 x2x2-y-y2=0,又因为直线l₁与l₂交于
P(x, y), 所以可得 x1X02-y0-y1=0,x2X02-y0-y2=0,从而得到直线AB的方程为
x02x-y-y0=0,又因为直线AB过焦点且倾斜角为60°，所以得到. x0=23,y0=-1,即
P23-1,且直线直线AB的方程为 3x-y-1=0又由 y-y1=x12x-x1,令y=0, 得到 x=x12,即 Mx120,由 x2x2-y-y2=0,令y=0, 得到 x=x22,即 Nx220,又由消y得到 x2-43x-4=0,由韦达定理得. x1+x2=43,x1x2=-4,所以
|x1-x2|=x1+x22-x1x2=48+16=8,又易知F(0，1)，所以四边形PMFN的面积为
S=SaPMN+SPMN=12|MNyF|+12MN|ψP|=12+ex2]=4,故答案为：4.
【跟踪训练】
1.【答案】B【详解】由已知得F(0,1), 准线方程为y=-1.设P(m,n), P点到准线距离为d.则由抛物线定义有|PF|=d=n+1=5,即n=4.将n=4代入x² = 4y得, m=±4, 所以P(±4,4).注意到 y=12x,则当P的坐标为(4，4)时，过点P的切线斜率为 k=12×4=2,所以过点P的切线方程为y=2x-4, 即2x-y-4=0, 当P的坐标为(-4，4)时，过点P的切线斜率为 k=12×-4=-2,所以过点P的切线方程为y=-2x-4，即2x+y+4=0, 综上, 过点P的切线方程为2x-y-4=0或2x+y+4=0.故选: B
2.【答案】AC【详解】对于A 选项: 设
Ax1y1,Bx2y2,Px0y0,Qx1+x22y1+y22,y=x2,y=2x,过点A切线为：点的切线为y-1=2(x-1),交点为$$P \left (\frac {1}{2},0\right),$$AB 的中点为$$Q\left (\frac {1}{2},\frac{1}{2}\right),$$所以$$k {PF}=-\frac {1}{2},k {AB}=1,k {PF}k {AB}\neq-1,$$PF不垂直AB ,B 选项错误;$$|AF|+|BF|= \sqrt {0^{2}+\left (\frac{1}{4}\right )^{2}}+ \sqrt {1^{2}+ \left (\frac{3}{4} \right)^{2}}=\frac{3}{2},2|PF|=2\sqrt {\left (\frac {1}{2}\right)^{2}+ \left (\frac {1}{4}\right )^{2}}=\frac { \sqrt{5}}{2},$$所$$|AF|+|BF|≠2|PF|,D$$选项错误; 作抛物线准线的垂线AA', BB'}连接A'P,B'P,PF,AF,BF,$$F(0, \frac {p}{2}),A'(x {1},-\frac {p}
{2}),k {PA}=y'| {x=x {1}}$$则$$k {FA'}=-\frac {p}{x {1}},k {PA}=\frac {x {1}}{p},$$显然$$k {FA'}\cdt k {PA}=-1,,$$所以 FA'⊥PA, 又因为由抛物线定义, 得$$|AA'|=|AF|,$$,故知 PA是线段 FA'的中垂线,得到|PA'|=|PF|则∠PA'A=∠PFA,同理可证:
$$|PB'|=|PF|,∠PB'B=∠PFB,$$所以$$|PA'|=|PB'|=|PF|,$$即
$$∠PA'B'=∠PB'A',$$, 所以$$∠PA'A=∠PA'B'+90°=∠PB'A'+90°=∠PB'B$$,
即∠PFA=∠PFB.故选:AC.
3.【答案】ACD【详解】抛物线C:$$x²=2py(p>0),$$ 直线AB:$$y=kx+b,(b= \frac {p}{2}),$$设A:(x₁,y₁),B:(x2,y₂)显然当$$x₁=x₂$$时, 根据对称性易得T点位于x轴上, 不合题意,故.$$x₁≠x₂,$$且均大于$$0,y= \frac {x^{2}}{2p}\Rightarrw y'= \frac {x}{p},k {A \tau }=\frac {x {1}}{p},AT:y-y {1}=\frac {x {1}}{P}(x-x),$$ 整理:$$p(y-y {1})=x {1}x-x {1}^{2}=x {1}x-2py {1},$$ 得: $$AT:p(y+y₁)=x₁·x,$$①同理$$BT:p(y+y {2})=x {2}\cdt x, \enclse{circle} {2}, \enclse{circle} {1}-\mathcalQ {2}:p(y {1}-y {2})=x(x {1}-x {2}),x { \tau }=p\frac {y {1}-y {2}}{x {1}-x {2}}=pk$$$$\frac { \enclse{circle} {1}}{2};\frac{y+y {1}}{y+y {2}}=\frac{x {1}}{x {2}}\Rightarrw y=\frac {y {1}x {2}-y {2}x {1}}{x {1}-x {2}}=\frac{(kx {1}+b)x {2}-(kx {2}+b)x {1}}{x {1}-x {2}}=-b.$$又因为直线$$y=kx+b,b=\frac {p}{2},$$由此知: $$\frac {1}{2}p=\frac{1}{2},$$故$$x²=2y;$$因为$$x²=2y,$$所以$$y'=x$$设交点$$A(x₁,y₁),B(x₂,y₂),$$过点A的切线斜率为$$k₁=x₁,$$所函数求导得 y'=x2,设点A(x₁,y₁)、B(x₂,y₂)、P(x₀,y₀),直线PA的方程为 y-y1=X12x-X1,即 y=x1x2-y1,即 X₁X-2y₁-2y=0,同理可知，直线PB的方程为 X₂x-2y₂-2y=0,由于点P为这两条直线的公共点，则所以点A、B的坐标满足方程 X₀X-2y-2y₀=0,所以直线AB的方程为 X₀X-2y-2y₀=0,联立 x0x-2y-2y0=0,y=x24可得 X²-2x₀X+4y₀=0,由韦达定理可得 x₁+x₂=2xₒ,X₁X₂=4y,所以 |AB|=1+x022⋅x1+x22-4xxx2=x02+4)k02-4y0),点P到直线AB的距离为 d=|x02-4y0|x02+4,所以 00 ~ ~~
x02-4y0=1-y0+42-4y0=-y02-12y0-15=-(y0+2+2 由已知可得
-5≤y₀≤-3, 所以当y₀=-5时,△PAB的面积取最大值 12×2032=205.
第54讲 2025 高三一轮复习圆锥曲线解答题专题训练参考答案
考点一：圆锥曲线中的弦长面积问题
【精选例题】
【例1】 【答案】(1) 12(2)直线l的方程为3x-2y-6=0或x-2y=0.
【详解】(1) 由题意得解得所以 e=1-b2a2=1-912=12.
(2)法一 : kAP=3-320-3=-12,则直线AP 的方程为 y=-12x+3,即
x +2y-6=0,|AP|=0-32+3-322=352,
由(1)知设占R到直线AP的距离为d 则 d=2×92×9= 则将直线AP沿着与AP 垂 |C+6|5=1255,解得C=6或C=-18,当C=6时, 联立解得 x=0y=-3或即B(0,-3)或 -3-32,当B(0,-3)时,此时 k1=32,直线l的方程为 y=32x-3,即3x-2y-6=0,当 B-3-32时，此时 k|=12,直线l的方程为 y=12x,即x-2y=0, 当C=-18时, 联立得2yº–27y+117 = 0,Δ = 27²–4×2×117 = –207 < 0,, 此时该直线与椭圆无交点.综上直线l的方程为3x-2y-6=0或x-2y=0.法二: 同法一得到直线AP的方程为x+2y-6=0, 点B到直线AP的距离 d=1255,设B(x, y), 则 |x0+2y0-6|5=1255x0212+y029=1,解得式即B(0,-3)或 -3-32,以下同法一.
法三：同法一得到直线AP的方程为x+2y-6=0，点B到直线AP的距离 d=1255,设 B23csθ3sinθ,其中θ∈[0,2π), 则有 |23csθ+6sinθ-6|5=1255,联立cs²θ+sin²θ=1, 解得女即B(0,-3)或 -3-32,以下同法一；
【例2】 【答案】 1x22+y2=1;2l1与l₂的方程分别为：x+y-1=0, x-y-1=0
(1)解:由已知, a=2,b=c=1,所以E的方程为 x22+y2=1.
(2) 解: 又题意中,F(1,0), ①若l₁或l₂斜率不存在, 易知
不
符合题意;②若l₁,l₂斜率存在, 设l₁:y=k(x-1), 和E的方程联立得:(1+2k²)x²-4k²x+2k²-2= 0,
x1+x2=4k21+2k2,∴x1x2=2k2-21+2k2,|AB|=1+k2|x1-x2|=v.
设 I2:y=-1kx-1,同理可得 |CD|=22k2+1k2+2,所以
S圆锥侧ACBD=12|ABCD|12×22k2+11+2k2×22k2+1k2+2=4k2+122k4+5k2+2=169
解得k² =1,k=±1,所以l₁与l₂的方程分别为: x+y-1=0,x-y-1=0, C:x22-y2=1.易知直线l的斜率存在, 设il:y=lx+m, P(x1,y₁),Q(x2,y₂),联立
可得,( 1-2k²X²-4mkx-2m²-2=0,所以，
x1+x2=-4mk2k2-1,x1x2=2m2+22k2-1,
Δ =16m²k²-4(2m²+2)(2k²- 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
2kx,x₂+(m-1-2k)(x₁+x₂)-4(m--1) =0.
所以 2k×2m2+22k2-1+m-1-2k4mk2k2-1-4m-=(,,化简得, 8k²+4k-4+4m(k+1) = 0即
(k+1)(2k-1+m)=0, 所以k=-1或m=1-2k, 当m=1-2k时, 直线l:y=kx+m=k(x --2) +11 过点A(2,1),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 4β(α 0,则则联立得(3+2m²)y²+4my-4=0,Δᵐ=48(㎡+1) > 0,设(C(x3,y₃), D(x4,y₄),/【跟踪训练】
1.【答案 1x29+y25=1;2y=53x+1 y=-53x+1.
(1)由题意知 e=ca=23,c⋅b2a=103,又a²=b²+c²,∴b²=5,c=2,∴椭圆标准方程为 x29+y25=1.
(2)∵ EF₁⊥x轴, ∴E-253,设S(0, y), 则 y053=35,∴y0=1,即 s01,∵ca=23,∴|SA||SE|=32,
即 SM=-2SN,设
M(x₂,y₁),N(x₂,y₂), 贝 SM=x1y1-1,SN=x2y2-1,∴x1=-2x2.
①当直线MN的斜率不存在时，MN的方程为x=0，此时∴ |SM||SN|=5+15-1≠2不符合条件.
②当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y=kx+1，联立得
18k²=5+9k², 解得 k=±53.故直线MN的方程为 y=53x+1, y=-53x+1.
2.【答案】 1x24+y23=1,2i证明见解析； ii28849
(1)设动圆P的半径为R，圆心P的坐标为(x，y)由题意可知：圆C₁的圆心为( (C₁-10,,半径为 72;圆C₂的圆心为C₂(1,0), 半径为 12.∵动圆P与圆C₁内切，且与圆C₂外切，
∴动圆P的圆心的轨迹E是以C₁，C₂为焦点的椭圆，设其方程为： x2a2+y2b2=1ab>0),其中2a = 4,2c= 2,:,a=2,b = 3从而轨迹E的方程为: x24+y23=1
(2)(i) 设直线AB的方程为 y=kx-1k≠0,Ax₁y₁,Bx₂y₂,则 Mx₁-y₁
由 可得： 4k2+3x2-8k2x+4k2-12=0:x1+x2=8k24k2+3,x1x2=4k2-124k2+3
直线BM的方程为 y+y1=y2+y1x2-x1x-x1,令y=0可得N点的横坐标为：
xn=x2-x1y2+y1y1+x1=kx2-x1x1-1kx1+x2-2+x1=2x1x2-x1+x2x1+x2-2==4. 为一个定点，其坐标为(4，0)
(ii)根据(i)可进一步求得:

∵AB⟂DG,∴kDG=-1k, 则 |DG|=12k2+13k2+4∵AB⊥DG,∴四边形ADBG面积
S=12|AB|×|DG|=12×12k2+14k2+3×12k2+13k2+4=72k2+124k2+33k2+4
(法一) 等号当且仅当 4k²+3=3k²+4时取，即 S=72k2+124k2+33k2+4≥72k2+124k2+3k2+49228849k=±1时, Smin=28849
(法二)令 k²+1=t,∵k≠0,∴t>1,则 S=72t212t2+t-1=72-1t2+1t+12=72-1t-122+494当 1t=12,即k=±1时, Smin=28849
3.【答案】 1x24+y23=1,24877
(1)圆O:x²+y²+x−3y−2=0与x轴的交点为(-2,0),(1,0), 即椭圆c的左顶点及右焦点分别为(-2,0),(1,0),故a=2,c=1 ,故 b=3,所以椭圆C的方程为： x24+y23=1;
(2)当直线l₁，l₂中，有一条直线斜率不存在，一条直线斜率为0时，弦长分别为 2b2a=3,2a=4,此时|AB|+|DE|=7;
121当直线l₁, l₂斜率都存在时, 设l₁:x=my+l(m≠0),A(x₁,y₁),B(x2,y₂),联立$$\begin{cases}
x=my+1\cr\frac {x^{2}}{4}+ \frac {y^{2}}{3}=1\end{cases} ,$$ 可得
$
∴|, ∴同
$$\dividentimes |DE+\frac {12(m^{2}+1)}{4m^{2}+3},\therefre |AB|+|DE|= \frac
{12(m^{2}+1)}{3m^{2}+4}+ \frac{12(m^{2}+1)}{4m^{2}+3}=12(m^{2}+1)\cdt\left (
\frac{1}{3m^{2}+4}+\frac{1}{4m^{2}+3}=\frac {84(m^{2}+1)^{2}}{(3m^{2}+4)
(4m^{2}+3)}\right )$$令$$t=m²+1,$$ 则t∈(1,+∞), . “ 因为t∈(1,+∞),所以$$AB|+|DE|= \frac
{84t^{2}}{(3t+1)(4t-1)}=\frac {84t^{2}}{12t^{2}+t-1}=\frac {84}{-\left (\frac {1}{t}-
\frac {1}{2}\right )^{2}+ \frac {49}{4}},$$$$\frac{1}{t}\in (0,1), \therefre |AB|+|DE| \in [
\frac {48}{7},7),$$所以|AB|+|DE|的取值范围为$$[\frac {48}{7},7].$$
4.解析: (1)椭圆的标准方程为: $$\frac {x^{2}}{4}+y^{2}=1;$$
(2) 设P(x₀,y₀), 则$$\frac {x {0}^{2}}{4}+y {0}^{2}=1\Rightarrw\frac {y {0}^{2}}
{x {0}^{2}-4}=-\frac {1}{4}\enclse{circle} {1}.$$
A, B的坐标分别为(-2, 0),(2, 0), $$k {AP}= \frac {y {0}}{x {0}+2}\Rightarrw$$直线 AP;
$$y= \frac {y {0}}{x {0}+2}(x+2),$$
令x=2,则 $$Q(2,\frac {4y {0}}{x {0}+2}),$$ 又$$k {BP}=\frac {y {0}}{x {0}-2},$$ 点R在
圆上, 所以QR⊥BR, 因此 $$k {RQ}= \frac {2-x {0}}{y {0}},$$
所以直线 RQ 的方程为: $$y-\frac {4y {0}}{x {0}+2}=\frac {2-x {0}}{y {0}}(x-2),$$即
$$y {0}(x {0}+2)y-4y {0}^{2}=(4-x {0}^{2})(x-2),$$
由①式得到$$4-x {0}^{2}=4y {0}^{2},$$代入直线RQ的方程, 化简为: $$4y₀x-(x₀+2)y-4y₀=0,$$(2) 由(2) 知,
所以直线QA₁的方程为貝
与直线x=1的交点S的坐标为直线QA₂的方程为刘与直线x=1
的交点T的坐标为 1-y0x0-2,设以ST为直径的圆的方程为 x²+y²-2x+Ey+F=0,,令x=1, 则y²+Ey+F --1=0,所以 3y0x0+2-y0x0-2=-E,3y0x0+2⋅-y0x0-2=F-1,令y=0, 则.x²-2x+F =0,
设M(x1,0), N(x2,0), 则. x₁+x₂=2,x₁x₂=F,
所以
又点Q(x, y)在双曲线上, 所以. x02-y02=4,故 |MN|=23,又
所以 S四边形SMTN=12|ST||MN|=3×|3y0x0+2+y0x0-2|=-3y0x0+2|+|y0x0-2
≥3×23y0x0+2|×|y0x0-2|=6,当且仅当 y0x0-2=3y0x0+2即 x0=4,y0=±23时等号成立，所以四边形SMTN面积的最小值为6.
题型二：圆锥曲线中直线圆过定点问题
【精选例题】
【例1】 【答案】 1x23+2y23=1,(2)(i)证明见解析;(ii)证明见解析
(1)解:由题知, 1a2+1b2=1,PF1F2的面积等于 12|F1F2|=c=62,所以 a2-b2=c2=32,解得 a2=3,b2=32,所以，椭圆c的方程为 x23+2y23=1.
(2)(i) 设直线 PA 的方程为 y=k₁x-k₁+1,，直线 PB 的方程为 y=k₂x-k₂+1,，由题知 |1-k1|1+k12=r,所以( 1-k12=r21+k12,所以 1-r2k12-2k1+1-r2=0,同理，
1-r2k22-2k2+1-r2=0,所以k₁,k2是方程((1-r²)x²-2x+1-r²=0的两根, 所以. k₁k₂=1.
(ii) 设A(x1,y₁), B(x2,y₂),设直线AB的方程为y=kx+m, 将y=kx+m代入 x23+2y23=1得$$(1+2k²)x²+4kmx+2m²-3=0,$$ 所以$$x {1}+x {2}=-\frac{4km}{1+2k^{2}},\enclse{circle}
{1}x {1}x {2}=\frac {2m^{2}-3}{1+2k^{2}},\enclse{circle} {2}$$
所以$$y {1}+y {2}=k(x {1}+x {2})+2m=\frac {2m}{1+2k^{2}},$$③y₁y₂=(kxɪ+m)
kx2+m=k²x1x2+kmx1+X2+m²=m²-3k²/3,
④又因为$$k {1}k {2}=\frac {y {1}-1}{x {1}-1}\times\frac {y {2}-1}{x {2}-1}=\frac {(y {1}-1)(y {2}-1)}{(x {1}-1)(x {2}-1)}=\frac {y {1}y {2}-(y {1}+y {2})+1}{x {1}x {2}-
(x {1}+x {2})+1}=1,$$ ⑤将①②③④代入⑤, 化简得
53k²+4km+m²+2m-3=0,f$$所以$$3k²+4km+(m+3)(m-1)=0,$$ 所以(m+3k+3)(m+k-1)=0,若m+k-1=0,
则直线AB:y=kx+1-k=k(x-1)+1,此时AB过点P, 舍去.若m+3k+3=0,则直线
AB:y=kx-3-3k=k(x-3)-3,此时AB 恒过点(3,-3), 所以直线AB过定点(3,-3).
【例2】 【答案】$$(1)\frac{x^{2}}{4}+ \frac{y^{2}}{3}=1,$$(2)证明见解析; 过定点$$P(-\frac {5}{2},0).$$
(1)由题意知所以a=2, 而 $$b=\sqrt{3},$$ 故椭圆的标准方程为$$\frac {x^{2}}{4}+ \frac{y^{2}}{3}=1.$$
(2)由题意 F₁(-1,0), 设直线. MN:x=my-1, M(x₁,y₁), N(x2,y₂), E(-4,y₁),联立$$\begin{cases}
x=my-1\cr\frac {x^{2}}{4}+ \frac {y^{2}}{3}=1\end{cases} ,$$ 整理得
$$(3m²+4)y²-6my-9=0,$$显然△>0恒成立, 则$$y {1}+y {2}=\frac {6m}
{3m^{2}+4},y {1}y {2}=\frac {-9}{3m^{2}+4},$$易知 : ∮Φ-2my₁y₂=3y₁+y₂,$$又
$$k {EN}=\frac {y {2}-y {1}}{x {2}+4},$$ 所以直线EN: $$y-y {1}=\frac {y {2}-
y {1}}{x {2}+4}(x+4),$$ 令y=0, 则
$$x=-4- \frac {y {1}(x {2}+4)}{y {2}-y {1}}=-4-\frac{my {1}y {2}+3y {1}}{y {2}-y {1}}=-4+ \frac{\frac{3}{2}{v {2}-v {1}\}{v {2}-v {1}}=-4+\frac {3}{>}= \frac {5}{2}φφ所以直线FN过完占eeD/
令①中的x=0, 可得y² = 6,所以, 以PQ为直径的圆过定点( 0±6.
【题型专练】
1.【答案 |1x24+y22=1;(2)详见解析.
(1)由 y2=-42x,可得 F1-20,∴c=2,又离心率为 22,∴a=2,b2=2,∴椭圆C的方程为 x24+y22=1.
(2) 设4A(x1,y₁), B(x2,y₂),由可得((2k²+1)x²+4mkx+2m²-4=0,
∴Δ = (4mk)²−4(2k² + 1)(2m²− 4) > 0, 可得 m2AB|=2,所以点M的轨迹C 是以 A，B 为左、右焦点，长轴长为4的椭圆.设椭圆C的标准方程为 x2a2+y2b2=1ab>0),则a=2,c=1,所以b²=a²-∞=3,所以点 M的轨迹C的方程为 x24+y23=1.
因为 DE⋅FG=0,所以l₁⊥l₂. i.当直线DE的斜率存在且不为0时，可设直线DE的方程为：x=my+1(m≠0),则直线FG的方程为 x=-1my+1.联立得消去x，可得((4+3m²)y²+6my-9= 0.设. D(x1,y₁),E(x2,y₂),则 y1+y2=-6m4+3m2,x1+x2=my1+y2+2=84+3m2,所以 N44+3m2-3m4+3m2.
H4m23+4m23m3+4m2 kNH=-3m4+3m2-3m4m2+344+3m2-4m24m2=7m4m2-1,同理可求： 当 -4+3m²≠4m²/4时,所以直线NH的方程为： y+3m4+3m2=7m4m2-1x-44+3m2整理得： y=7m4m2-1x-47,所以直线NH过定点 470当 44+3m2=4m23+4m2时, m ²= 1, 直线 NH:x=47过定点 470.
ii.当直线 DE 的斜率为0时,易得DE的中点N(0,0),FG 的中点H(1,0); 当直线DE 的斜率不存在时,易得DE的中点N(1,0),FG 的中点 H(0,0). 所以当直线DE 的斜率为0或不存在时, 直线NH: y=0过定点 (470.综上所述：直线NH过定点 470.
3.【答案】 1b=1,2|BP|max=433,P±423-13(3)证明见解析,过定点(-3,0)
(1)解：由题意可知椭圆的焦点在x轴上，则 e=c2=32,所以 c=3,所以 b=a2-c2=1;
(2)由 (1)得椭圆C的方程为 x24+y2=1,则B(0,1), 设P(x,y), 则| |BP|=x2+y-12,
因为点 P在椭圆上，所以 x24+y2=1,则x²=4−4y²(y∈[−1,1]),
则
所以当 y=-13时, |BP|max=433,此时 x=±423, 所以 P±423-13;
(3)证明: A(-2,0), 设直线l的方程为y=kx+m, M(x₁,y₁),N(x₂,y₂),
联立消y得(1+4k²)x²+8km x +4m²-4=0,则 x1+x2=-8km1+4k2,x1x2=4m2-41+4k2,则 k1+k2=y1x1+2+y2x2+2=kx1+mx1+2+kx2+mx2+2=kx1+mx2+2+kx2+mx1+2x1+2x2+2因为
kk₁+k₂=1,则
k⋅kx1+mx2+2+kx2+mx1+2x1+2x2+2=1,即
k2χ₁X₂+2k+mx₁+x₂+4mk=x₁X₂+2x₁+x₂+4
即( 2k²-1)X₁X₂+2k+m-2x₁+X₂+4mk-4=0↓,即
2k2-1⋅4m2-41+4k2+2k+m-2-8km1+4k2+4mk-4=0,
即(2k²–1)(4m²–4)+(2k+m–2)(–8km)+4mk–4)(+4k²) =0,化简得( 6k²-5km+m=0,
解得m=2k或m=3k, 又因直线l不过点A, 所以m=3k, 所以直线l得方程为 y=kx+3k=kx+3,
所以直线l过定点(-3,0).
4.【答案】】 1x24+y23=1;2存在, M(1,0).
(1)由 e=12可得 a=2c,①△F₁AF₂的周长为10, 所以| F₁A+AF₂+F₁F₂=10,即2a+2c=6②联立
①②得: a=2,c=1,b=a2-c2=4-1=3,：椭圆的方程为 x24+y23=1;
(2)设点P(x, y). 由得
(3+4k²)x²+8kmx+4(m²-3) =0,Δ = (8km)²-4(3+4k²)·4(m²-3) = 0,化简得 4k2-m2+3=0,∴x0=-4km4k2+3=-4km,y0=3m∴P-4km3m.由得Q(4,4+m),假设存在点M(x₁,0), 则 MP=-4km-x13m,MQ=4-x14k+m,∵以PQ为直径的圆恒过M(x₁,0)点, ∴MP⋅MQ=0,即
-16km+4k×1m-4x1+x12+12km+3=0,∴4x1-4km+x12-4x1+3=0对任意k，m都成立.则解得 x₁=1,,故存在定点M(1,0)符合题意.
题型三：圆锥曲线中定值问题
【精选例题】
【例1】 【答案】 1122,(2存在，证明见解析
(1)由题意知，点M在第一象限.∵M是C上一点且MF₂与x轴垂直，∴M的横坐标为c.当x=c时， y=b2a,即 Mcb2a.又直线MN的斜率为 24,所以 tan∠MF1F2=b2∂2c=b22ac=24,即 b2=22ac=a2-c2,即 c2+22ac-a2=0,则 e2+22e-1=0,解得 e=22或 e=-2(舍去),即 e=22,
(2)已知D(0,1)是椭圆的上顶点,则 b=1,∵ca=22,a2=b2+c2,∴a=2,椭圆的方程为 x22+y2=1,
易得直线 AB 的斜率必然存在，设直线AB的方程为yy=kx+m,A(x1,y₁),B(x2,y₂),由可得(1+2k²)x²+4kmx +2(㎡-1) = 0(*),所以 x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-11+2k2,又 DA=x1y1-1,DB=x2y2-1,.
DA. DB=x₁x₂+y₁-1y₂-1=x₁x₂+k₁+m-1k₂+m-1=k²+1x₁x₂+k
=k2+1.2m2-11+2k2+km-1-4km1+2k2+m-12,=2m2-1k2+1-4k2m2-m1+2k2
化简整理有3m²-2m-1=0,得 m=-13或m=1.当m=1时, 直线AB经过点D, 不满足题意; 当
m=-13时满足方程(*)中△>0，故直线AB经过y轴上定点( G0-13.又Q为过点D作线段AB的垂线的
垂足，故Q在以DG为直径的圆上，取DG的中点为 R013,则|RQ|为定值,且 |RQ|=12|DG|=23
【例2】 【答案】 1x24+y22=1,2)条件选择见解析，证明见解析 A233-233 或 A-233233, 此时 OM⋅OA=0,则OM⊥OA; 当 x02≠43时,
设直线MA:y=kx+m,
由直线MA与圆 D:x2+y2=43相切可得 |m|1+k2=23,即 3me=41+k²,联立可得
2k2+1x2+4bmx+2m2-4=0,Δ=16k2m2-42k2+12m2-4=8k2+2-m2+1636k2+1⟩0由韦达定理可得 x0+x1=-4km2k2+1,x1x2=2m2-42k2+1,则
M⋅OA=x0x1+y0y1=x0x0+kx0+mkx1+m=1+Cx0x1+|nχ+x)+₥ =1+k22m2-4-4k2m2+m21+2k21+2k2=3m2-4+k21+2k2=0,所以, OM⊥OA,同理可得OM⊥OB.
选①, 由OM⊥OA及OP⊥AM可得Rt△MOP∽Rt△AOP,则 |PM||OP|=|OP||PA|,所以， |PM|⋅|PA|=|OP|2=43;
选②, 出OM⊥OA及OM⊥OB可得: A、O、B三点共线, 则|OA|=|OB|,又|MA|²=|OA|²+|OM|²=|DB|+|M|²=MB|²,因此,|MA|=|MB|.
【例3】 【答案】 1x24-y25=1,2)是定值，定值为 -15
(1)设C的半焦距为c，由题意可知 e=ca=32,又a²+b ² = c²,双曲线c的一条渐近线方程为 y=bax,J 故b²=c²-a² = 5,所以c ² = 9,a² = 4,所以双曲线c的 5=kx81+b2a2=b,方程为 x24-y25=1.
(2) 由(1) 可知F(3,0),A₁(-2,0),A₂(2,0).设直线MN的方程为x=my+3, 点M(x₁,y₁), 点N(x2,y₂), 则 x₁=my₁+3,x₂=my₂+3由得(5㎡−4)y²+30my+25=0,,所以【例4】 【答案】 18+52,2λ+μ是定值 -83
(1)由椭圆方程知： a=2,b=3,∴c=a2-b2=1,则
F₁-10,F₂10,由椭圆定义知：
|QF,|=2a-|QF₂|=4-|GF₂|,⋅|QF,|+|QA|=|QA|-|QF₂|+4 ∵|QA|-|QF₂|≤|F₂A|(当且仅当A，F₂，Q三点共线，即与图中T点重合时取等号)又的最大值为 4+52=8+52.
(2)由题意知: 直线l斜率存在, 设l:y=k(x+1),M(x₁,y₁),N(x₂,y₂),则P(0,k), 由得:
3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0,:x1+x2=-8k23+4k2,x1x2=4k2-123+4k2:+PM=λMF1即
x₁y₁-k=λ-1-x₁-y₁, 则 λ=-x11+x1;同理可得： μ=-x21+x2,
∴λ+μ=-x11+x1x21+x2=-x11+x2+x21+x11+x11+x2=-2x1x2x1x2.
是定值 -83.
【例5】 【答案】 )1x26+y23=1,2∠ABD为定值.π2
(1)由已知得 解得 a=6b=,c=3 所以E: x26+y23=1.
(2)由已知,不妨设B(x, y),则,A(-x₀,-y₀),C(x₀,0),所以 k=y0x0,kAC=y02x0=k2,所以
|AD:y=k2x-x0,代入椭圆.E :x26+y23=1的方程得： 2+k2x2-2x0k2x+k2x02-12=0,设D(xD,yD),则 -x0+xD=2x0k22+k2,即 xD=2x0k22+k2+x0,所以 yD=k22x0k22+k2+x0-x0=x0k32+k2,即 D2x0k22+k2+x0x0k32+k2,所以 kaD=xkk32+k2-kx02x0k22+k2+x0-x0=-1k,即KBDk= ——1,即BD⊥AB, 也即∠ABD为定值 π2.
【跟踪训练】
1.【答案 1x212+y26=1,2|PA|⋅|PB|=4 x2a2+y2b2=1ab>0),则 2a=43,a2-b2=6,解得 a=23,b=6,所以曲线C的方程为 x212+y26=1.
(2) 当直线AB的斜率不存在时, P(±2,0), 此时|PA|=|PB|=2, 则|PA|·|PB|=4. 当直线AB 的斜率存在时,设直线AB 的方程为y=kx+m, 由直线 AB与圆. x²+y² = 4相切可得 |m|k2+1=2,化简得m ² = 4(k²+ 1).
联立得(2k²+1)x²+4kmx +2㎡--12 = 0,Δ > 0. 设A(x₁,y₁),B(x₂,y₂),则 x1+x2=-4km2k2+1, x1x2=2m2-122k2+1,0,
x1+x2=-8km3+4k2,x1x2=4m2-243+4k2,所以
kωu⋅kr=y1y2xxx2k1+mk2+mx1x2=k2x2+lnξ1+x2+m2x1x2=4m2k2-24k2m2+4k23+4k2
=-24k2+3m24m2-24=-34,化简得m ² = 4k²+3
则
又O到MN的距离 d=|m|1+k2=4k2+31+k2,所以
1 4/3/1+12 /3+4223.【答案】$$(1)\frac {x^{2}}{3}+\frac {y^{2}}{2}=1,$$(2)见解析
(1)设椭圆C的半焦距为c(c>0), 过F且垂直于x轴的直线被椭圆C所截得的弦长分别为$$\frac {4\sqrt{3}}{3},$$则$$\frac {2b^{2}}{a}=\frac {4 \sqrt {3}}{3};$$过F且垂直于x轴的直线被圆O所截得的弦长分别为$$2 \sqrt{2},$$则$$2 \sqrt {a^{2}-c^{2}}=2\sqrt {2},$$ 又$$a²-b²=c²,$$ 解得$$\begin{cases} a=\sqrt{3}\cr b= \sqrt {2}\end{cases},$$所以c的方程为$$\frac {x^{2}}{3}+\frac {y^{2}}{2}=1.$$
(2) 设$$P(x₀,y₀)(x₀y₀≠0),$$则$$x {0}^{2}+y {0}^{2}=3.$$①设过点P与椭圆C相切的直线方程为$$y-y₀=k(x-x₀),$$
联立$$\begin{cases}2x^{2}+3y^{2}=6\cr y-y {0}=k(x-x {0})\end{cases}$$ 得$$(3k²+2)x²+6k(y₀-kx₀)x+3[(y₀-kx ₀)²-2]=0,$$ 则
$$Δ=[6k(y₀-kx₀)]²-4×(3k²+2)×3[(y₀-kx₀)²-2]=0,$$ 整理得
$$(x {0}^{2}-3)k^{2}-2x {0}y {0}k+y {0}^{2}-2=0.\enclse{circle} {2}$$
由题意知k₁, k2为方程②的两根, 由根与系数的关系及①可得$$k {1}+k {2}=\frac {2x {0}y {0}}
{x {0}^{2}-3}=\frac {2x {0}y {0}}{-y {0}^{2}}=-\frac {2x {0}}{y {0}}.$$
又因为$$k {3}=k {OP}=\frac {y {0}}{x {0}},$$ 所以$$(k {2})k {3}=-\frac {2x {0}}
{y {0}} \cdt\frac {y {0}}{x {0}}=-2,$$ 所以$$(k₁+k₂)k₃$$为定值-2.
4. 【答案$$I(1)\frac{x^{2}}{4}+ \frac{y^{2}}{3}=1(2)$$证明见解析【详解】(1)设F(φ0),由题设
有c=1且$$\frac {b^{2}}{a}= \frac {3}{2}$$
故$$\frac {a^{2}-1}{a}=\frac{3}{2},$$ 故a=2, 故 $$b=\sqrt {3},$$ 故椭圆方程为$$\frac {x^{2}}
{4}+\frac {y^{2}}{3}=1.$$(2) 直线AB 的斜以, |AD|-|AE|=|BE|,故 AE|+|BE|=4>|AB|=22,由题意可知，点E不在x轴上，故点E的轨迹是以点A、B为焦点且去掉长轴顶点的椭圆，且2a=4，得( (a=2,2c=22,得 c=2,则 b=a2-c2=2,故点E的轨迹方程为 x24+y22=1y≠0.
(2)证明:设点M(x, y), 其中x、 y>0, 则N(-x,-y)、 F(x,0),设点G(x₁,y₁),
因为点G、M都在曲线Γ上，则 x124+y122=1x024+y022=1两式作差得 x12-x024+y12-y022=0,所以， kMGkNG=y1-y0x1-x0⋅y1+y0x1+x0=y12-y02x12-x02=12,则 kNG=-12kMG,kMN=y0x0,kNF=y02x0,因为N、F、G三点共线,则 kNG=kNF=12kMN,即 -12kMG=12kMN,则KMNKMG =-1,故MN⊥MG , 因此，△MNG为直角三角形.
题型四：圆锥曲线中的定直线问题
【精选例题】
【例1】 【答案】 1-45,(2)证明见解析
(1)设IM x1y1,Nx2y2,A02,B0-2,k1⋅k2=y2+2x2.y2-2x2=y22-4x22 又 x225+y224=1所以 y22=4⋅1-x225,所以 k1⋅k2=41-x225-4x22=-45.
(2) 设PM:y=kx+3 联立4x²+5y² = 20, 得到
4+5k2x2+30kx+25=0,∴x1+x2=-30k4+5κ2x1⋅x2=254+5k2,
Δ = 900k²-100(4+ 5k²) = 400(k²- 1) > 0, 直线. MB:y=y1+2x1x-2,直线NNA: y=y2-2x2x+2,
联立得： y+2y-2=x2y1+2y2-2x1,
法一： y+2v-2=-54.y2+2x2y1+2x1=-54,k2χ1X2+5kx1+x2+25x1x,=-5 解得 y=43. x1+x2|xx2=-65k,:y+2y-2=x2k2+1k1+5x1=k1x2+5x2k1x2+x1-56x1+x2+x2-56x1+x2+x1=-5.法二：由韦达定理点G在定直线 y=43上.
【例2】 【答案】200000000000000000000 1x28+y24=1;2证明见解析
(1)因为抛物线. x²= 8y的焦点为(0,2),所以b=2,因为椭圆 C:x2a2+y2b2=1ab0)的离心率为 22,所以 ca=22,即 a2-b2a=22,解得a² = 2b= 8, 所以椭圆方程为 x28+y24=1
(2) 由题意可得直线l的方程为y-1=k(x-4),即y=kx+(1-4k), 代入椭圆方程得
x²+2[kx+(1-4k)]² =8,x²+2[k²x²+2k(1-4k)x+(1-4k)²]-8=0化简整理得,
(1+2k²)x²+4k(1-4k)x +32k²--16k-6= 0, 设A(x1,y₁),B(x2,y₂),则
x1+x2=4κ4k-11+2k2,x1x2=32k2-16k-61+2k2,设Ω(x, y), 由||AP|·|QB|=|AQ|·|PB|, 得
4-x₁x₀-x₂=x₁-x₀4-x₂,所以 8x₀=4+Xₒx₁+X₂-2x₁X₂,所以
8x0=4+x0⋅4k4k-11+2k2232k2-16k-61+2k2,化简得k(x₀﹣ 4) =3﹣2x₀,因为 k=y0-1x0-4,所以y₀-1=3-2x₀,即2x₀+y₀﹣4=0,所以点Q总在直线2x+y-4=0上,
【题型专练】
1.【答案】 1x28+y24=1;(2)证明见解析；定直线y=1
(1)由椭圆过点 P22,且离心率为 22,所! 4a2+2b=1aa=22a2=b2+c2解得故所求的椭圆方程为 x28+y24=1.
(2)由题意得A(0,2), B(0,-2), 直线MN的方程y=kx+4, 设M(x₁,y₁),N(x₂,y₂),联立整理得 1+2k2x2+16kx+24=0,∴x1+x2=-16k1+2k2,x1x2=241+2κ2,由求根公式可知，不妨设 x1=-8k-24k2-61+2k2,x2=-8k+24k2-61+2k2,直线AN的方程为 y-2=y2-2x2x,直线BM的方程为 y+2=y1+2x1x,
联立 y-2=y2-2x2xy+2=1+2x1x' 得 y-2y+2=y2-2x1y1+2x2=kx2+2x1kx1+6x2=kx1x2+2x1kx1x2+6x2代入x1,x2,得
解得y=1, 即直线BM与AN的交点G在定直线y=1上.
2.【答案】 1x242+y2=1;(2)恒在直线x=4
(1)解：设椭圆C的标准方程为 x2a2+y2b2=1ab>0),根据题意，可得a=2且 e=32,所以 c=3,所以所以椭圆c的标准方程为 x24+y2=1.
(2)解: 根据题意, 可设直线l的方程为x=my+1,取m=0, 可得 R132,Q1-32,
可得直线 A₁R的方程为 y=36x+33,直线A₂Q的方程为 y=32x-3,联立方程组，可得交点为 S143;若 R1-32,Q132,由对称性可知交点 S24-3,若点S在同一直线上，则直线只能为1: x=4;
以下证明：对任意的m，直线A₁R与直线A₂Q的交点S均在直线l：x=4上，由整理得(㎡+4)y²+2my--3=0, 设R(x1,y₁),Q(x2,y₂), 则 y1+y2=-2mm2+4,y1y2=-3m2+4,设A₁R 与l交于点. S。(4,y₀),由 y04+2=y1x1+2,可得 y0=6y1x1+2,设A₂Q与l交于点S(4, y), 由 y04-2=y2x2-2,∠ X2 —∠可得 y0'=2y2x2-2,X2 --∠
因为
因为 y₀=y'₀,即S与S重合, 所以当m变化时, 点S均在直线l:x=4上, .
考点五：圆锥曲线中的等腰三角形，等边三角形问题
【精选例题】
【例1】 【答案】 1x24+y22=1,22;2存在,直线l:x=0.
【详解】(1)由题意知椭圆( C:x2a2+y2b2=1ab>0)d= μ= 过点(2，0)，且离心率是 22,则a=2, 且 ca=22,∴c=2,b2=a2-c2=2,故椭圆C的方程为 x24+y22=1,短轴长为 2b=22.
(2)假设存在直线l，使得△PAB是以点P为顶点的等腰三角形，由于直线l过点(0，3)，当直线斜率不存在时，直线1为x=0，此时A，B为椭圆的短轴上的两顶点，此时△PAB是以点P为顶点的等腰三角形；
y=kx+3设. A(x1,y₁),B(x2,y₂) ,则 x1+x2=-12k2k2+1,x1x2=142k2+1,所以
y1+y2=kx1+3+kx2+3=kx1+x2+6=62k2+1,设AB的中点为点 D，则 Dx1+x22y1+y22,即 D-6k2k2+132k2+1,则PD⊥AB,当 -6k2k2+1=1时，PD斜率不存在，此时AB的斜率k为0，不满足 k2>74,故 -6k2k2+1≠1,由题意可知 kAB×kPD=-1,即 k×32k2+1-6k2k2+1-1=-1,解得k=-1或 k=-12,由于 k2>74,故k=-1或 k=-12不适合题意，综合以上，存在直线l：x=0，使得△PAB是以点P为顶点的等腰三角形.
【例2】 【答案】 1x216+y212=1;2circle1123;②直线AB的斜率为定值，理由见解析.
【详解】(1) 由抛物线 y=324x2即 x2=83y可得焦点坐标为(0， 3z ，，∵椭圆C的中心在原点，离心率等于 12它的一个短轴端点恰好是抛物线 y=324x2的焦点，∴设椭圆C方程为 x2a2+y2b=1ab>0),则由 ca=12b=23a2=b2+c2,解得 a=4b=23,c=2故椭圆c的方程为 x216+y212=1;
(2) 设A(x₁,y₁), B(x₂,y₂), ①直线AB的方程为 y=12x+t,代入 x216+y212=1中，整理得x²+tx+t²--12=0,Δ =t²-4(t²-12) > 0, 解得.. -40, 即a a>3.综上，a的取值范围是 3+∞.
7.【答案I 1x29+y24=1;2439
【详解】(1)记椭圆的右焦点坐标为(c，0)，因为椭圆( C:x2a2+y2b2=1ab>0)ant的离心率为 53,短轴的两个端点和右焦点构成的三角形面积为 25,所以有 ca=53122x=25,a2=b2+c2解得 a=3b=2c=5,因此椭圆C的方程为 x29+y24=1;
(2)由(1) 可得A(-3,0), 则直线l的方程为y=k(x+3), 因为直线l与椭圆C交于点P(P不在x轴上), 所以k≠0,将y=k(x+3)代入 x29+y24=1可得4x²+9k²(x +3)²= 36, 整理得(4+9k²)x²+54k²x + 81k²- 36 = 0,则
xp⋅xA=81k2-364+9k2, 即 -3xp=81k2-364+9k2,所以 xP=-27k2-124+9k2,因此 yP=kxp+3=k27k2-124+9k2+3=24k4+9k2,
即 P-27k2-124+9k224k4+9k2,则 AP=-27k2-124+9k2+324k4+9k2=244+9k224k4+9k2
所以又点Q在y轴的负半轴上, 设Q(0,t)(t0)的离心率 e=ca=32,所以 c=32a,联立解得 a=2,c=3,则 b=a2-c2=1,所以椭圆C的标准方程为 x24+y2=1,
(2) 设M(x1,y₁), N(x2,y₂), P(x, y),联立整理得( 1+4k²X²+8ktx+4t²-4=0,
则Δ = 64k²t² -4(1+4k²)(4t²- 4) = 16(4k²+1-t²) > 0,所以 x1+x2=-8kt1+4k2,x1x2=42-41+4k2,
因为四边形OMPN是平行四边形，所以 OP=OM+ON,即
P-8kt1+4k22t1+4k2,由P是椭圆上一点，得 x024+y02=1, J -8k1+4k224+2t1+4k22=1, 整理得
16k2t2+4t21+4k22=1,
即 4t² = 4k²+1, 又Δ = 16(4k²+1−t²) > 0, 得t≠0, 所以 x1+x2=-2kt,x1x2=1-1t2,故
MN|=|x1-x2|=1+k2V31+k2|!|,因为点O到直线MN:y=kx+t的距
离为
d=|t|1+k2,所以四边形OMPN的面积为 |MN|⋅d=31+k2|t|⋅|t|1+k2=3.
【例3】 【答案】 1x28+y22=1;2证明见解析
【详解】(1)因为 e=ca=32,所以 c=32a, 依题意 2a+2c=42+26, 所以
a+c=22+6,联立解得 a=22,c=6,b=2,所以椭圆E 方程为 x28+y22=1
(2)当直线MN斜率存在时，设方程为 y=kx+m,kPM=k1,kPN=k2,则直线PM的方程为则 2⋅x1=41-2k12-81+4k12,即 x1=8k12-8k1-21+4k12,所以6m
y1=k18k12-8k1-21+4k12-2+1=-4k12-4k1+11+4κ12,
同理 x2=8k22-8k2-21+4k22,y2=-4k22-4k2+11+4k22, 所以 -4k12-4k1+11=8k12-8k1-21+4k121+4k12+m-4k22-4k21+k22=kg221+4k22+m
即k₁,k₂为方程 -4x2-4x+11+4x2=k8x2-8x-21+4x2+m的两个根，方程可化为
(4+8k+4m)x²+(4-8k)x+m-2k--1=0,所以 k1⋅k2=m-2k-14+8k+4m=-14,所以m=0, 当直线MN斜率不存在时，方程x=0与椭圆相交于 02,0-2,此时
k1⋅k2=2-1-2⋅-2-1-2=-14,所以直线MN过原点，若四边形PMQN为平行四边形，则取对称点Q(-2, -1)时成立.
【例4】【答案】 1x24+y23=1;2-∞0∪0+∞;(3)证明见解析.
【详解】(1) 由题意椭圆 (G:x2a2+y2b2=1交x轴于A(2,0), 设椭圆长半轴为a, 则 a=2,y=tx+3与G交于y轴，即交点为(0，V3)，设椭圆短半轴为b，则 b=3,故 G的标准方程为 x24+y23=1.
(2)联立可得 3+4t2x2+83tx=0,解得 x=0,x'=-83π3+4k2,当t≠0时,x≠x',此时 y=tx+3与G有两个不同的交点, 故t的取值范围为(-∞,0)∪(0,+∞).
(3)证明：由题意直线l：y=kx+m交G于M，N(1的倾斜角正弦值的绝对值小于等于 12),设1的倾斜角为α,α∈[0,π) , 则 |sinα|≤12,故 α∈[0,π6或 α∈5π6π,! tanα∈[0,33或 tanα∈-330,即 0≤k2≤13,当k=0 时, M,N关于y轴对称, 直线l与y轴交点设为C, 则C(0,m), 此时以OM,ON 为邻边作平行四边形(OM PN,OP=OM+ON=2OC故P(0,2m), 由题意P(0,2m)在椭圆C 上, 即 2m23=1,解得 m=±32,∴|OP|=3;当k≠0时, 联立消去y，化简整理得：
(3+4k²)x²+8km x +4m²-12= 0,需满足
Δ =64k²m²-4(3+ 4k²)(4m²--12) = 48(3+4k²-m²) > 0,设M, N, P点的坐标分别为(x₁,y₁),(x₂,y₂),(x₀,y₀),由韦达定理可知: x1+x2=-8km3+4k2则以OM，ON 为邻边作平行四边形OMPN, 则
8m$$= \sqrt { \frac {4m^{2}(16k^{2}+9)}{(3+4k^{2})^{2}}}=\sqrt { \frac {16k^{2}+9}{4k^{2}+3}}= \sqrt{4-\frac {3}{4k^{2}+3}},$$ 由于$$00,$$ 化简可得$$2k^{2}+1-m {1}^{2}>0,
\enclse{circle} {1}x {1}+x {2}=-\frac {4km {1}}{1+2k^{2}},x {1}x {2}=\frac {2m {1}^{2}-2}
{1+2k^{2}},$$
同理可得$$|MN|= \sqrt{1+k^{2}}\cdt \frac{2 \sqrt{2}\cdt\sqrt{1+2k^{2}-m {2}^{2}}}
{1+2k^{2}},$$因为四边形CDMN为菱形, 所以|CD|=|MN|, 所以$$m {1}^{2}=m {2}^{2},$$ 又因为
$$m₁≠m₂,$$所以$$m₁=-m₂,$$,所以l₁，l₂关于原点对称，又椭圆关于原点对称，所以C，M关于原点对
称, D, N也关于原点对称, 所以$$\begin{cases} x {3}=-x {1}\cr y {3}=-y {1}\end{cases}$$且
$$\begin{cases} x {4}=-x {2}\cry {4}=-y {2}\end{cases},$$ 所以$$\verrightarrw{MC}=
(2x {1},2y {1}),\verrightarrw {ND}=(2x {2},2y {2}),$$ x24+y2=1;
(2)存在，理由如下：显然，直线l的斜率存在，设为 x=my+3m10),联立椭圆方程得：
m2+4y2+23my-1=0,设A(x₁,y₁), B(x2,y₂), 则 y1+y2=-23mm2+4,y1y2=-1m2+4,要想以DA、DB为邻边的平行四边形为菱形，则点D为AB垂直平分线上一点，其中 y1+y22=-3mm2+4,则 x1+x22=43m2+4,故AB的中点坐标为 43m2+4-3mm2+4,则 AB 的垂直平分线为： y+3mm2+4=-mx-43m2+4,令y=0得: x=33m2+4,且无论m为何值， x=33m2+4∈0334,点D在线段OF₂上，满足题意.
【例7】 【答案】 1x24+y23=1;2存在， 014.
【详解】(1)设椭圆c的焦距为2c(c>0), 则点F₁的坐标为(-c,0), 点F₂的坐
标为(c,0), 设点Q的坐标为(x₀,0), 且x₀0,. . f(t)在
t∈242上递增， ∴t=42,即 y02=10))时，△MAB的面积取到最大值. 325,此时点
M0±10. 【例7】 【答案】 1183;2能构成等差数列，公差为 -23或 23 【详解】(1)由题意可
知，点P的横坐标为c，得a²=9,c =1, 即b²= a²-C= 8,所以椭圆方程为
x29+y28=1, 当x=1时 y=±83,因为点P在第一象限，所以点P的坐标为 183;2
设M(x1,y₁), N(x₂,y₂),由(1)可知, P183,a=3,e=ca=13,所以
|MF|=3-13×1,|NF|=3-13×2,|FP|=3-13×1=83,MNP的重心为F，则 x1+x2+13=1,即 X₁+x₂=2,,则|MF|+|NF|=2|FP|,所以|FM|,|FP|,|FN|能构成等差数列, 如图, 延长PF,交MN于点D, |PF|=2|FD|,即 D1-43,所以 x1+x2=2,y1+y2=-83,x129+y128=1x229+y228=1两式相减得 x1+x2x1-x29+y1+y2y1-y28=0,可得 y1-y2x1-x2=23,即 kMN=23,所以直线MN的方程为 y+43=23x-1,刘 y=23x-2,联立得x²-2x-3=0,解得: x=-1或x=3,即 |MF|=a-ex=3-13×-1=103,|NF|=3-13×3=2或 |MF|=2,|NF|=103,所以|FM|,|FP|,|FN|分别是 103,83,2或 2,83,103,，公差为 -23或 23.曲率为0, 则Missing pen br ace fr superscript 即lnx﹣ax=a+xeˣ= 0, 分别化简可得
a=lnxx,a=-xex.令 φx=lnxx, 则令 φ'x=1-lnxx2=0有x=e.当x∈(0,e)时, φ'(x)>0, φ(x)单
调递增，且 (x0,当 --a3