第56讲 直线与圆锥曲线的位置关系 讲义-2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）【含解析】

这是一份第56讲 直线与圆锥曲线的位置关系 讲义-2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）【含解析】，共21页。
三、典题精讲 PAGEREF _Tc237082690 \h 3
考点一：直线与圆锥曲线的位置关系与交点探究 PAGEREF _Tc237082691 \h 3
考点二：中点弦问题 PAGEREF _Tc237082692 \h 13
考点三：弦长与距离问题 PAGEREF _Tc237082693 \h 18
考点四：面积问题 PAGEREF _Tc237082694 \h 24
考点五：圆锥曲线的跨知识交汇 PAGEREF _Tc237082695 \h 36
四、高考真题 PAGEREF _Tc237082696 \h 41
一、考情分析
1. 考查频次与题型
近三年全国一卷均有直接考查，题型包含多选题和解答题，分值在15分至21分之间.
2. 命题角度与特色
（1） 重点考查直线与圆锥曲线（特别是椭圆和抛物线）的联立，涉及弦长、面积、斜率、定点等问题.
（2） 对计算能力要求较高，常结合韦达定理、弦长公式、面积公式进行综合考查.
3. 备考策略
（1） 熟练掌握直线与圆锥曲线联立的常规步骤，准确运用韦达定理处理弦长、中点、斜率等问题.
（2） 加强代数变形和计算能力的训练，掌握常见的几何条件的代数转化方法，如面积的分割与坐标表示.
二、知识清单
1. 直线和曲线联立
（1） 椭圆 x2a2+y2b2=1(a>b>0) 与直线 y=kx+m 相交于 A,B 两点，设 A(x1,y1)，B(x2,y2).联立方程组可得 (b2+k2a2)x2+2a2kmx+a2m2−a2b2=0.若与过定点 (m,0) 的直线 l 相交于 A,B 两点，设为 x=ty+m，如此消去 x，保留 y，构造的方程如下：(a2+t2b2)y2+2b2tmy+b2m2−a2b2=0.
（2） 抛物线 y2=2px(p>0) 与直线 x=ty+m 相交于 A,B 两点，设 A(x1,y1)，B(x2,y2).联立可得 y2−2pty−2pm=0，Δ>0 时，y1+y2=2pt，y1y2=−2pm.
（3） 抛物线 x2=2py(p>0) 与直线 y=kx+m 相交于 C,D 两点，设 C(x1,y1)，D(x2,y2).联立可得 x2−2pkx−2pm=0，Δ>0 时，x1+x2=2pk，x1x2=−2pm.
2. 根的判别式和韦达定理
（1） 直线 l 与圆锥曲线 C 的位置关系：l 与 C 相离 ⇔Δ0.
（2） x2a2+y2b2=1(a>b>0) 与 y=kx+m 联立，两边同时乘上 a2b2 即可得到 (a2k2+b2)x2+2kma2x+a2(m2−b2)=0，为了方便叙述，将上式简记为 Ax2+Bx+C=0.该式可以看成一个关于 x 的一元二次方程，判别式为 Δ=4a2b2(a2k2+b2−m2) 可简单记为 4a2b2(A−m2).
（3） 同理 x2a2+y2b2=1(a>b>0) 和 x=ty+m 联立得 (a2+t2b2)y2+2b2tmy+b2m2−a2b2=0，为了方便叙述，将上式简记为 Ay2+By+C=0，Δ=4a2b2(a2+t2b2−m2)，可简记为 4a2b2(A−m2).
3. 弦长公式
（1） 设 M(x1,y1)，N(x2,y2)，根据两点距离公式 |MN|=(x1−x2)2+(y1−y2)2.
（2） 若 M,N 是直线 y=kx+m 与圆锥曲线的两个交点，且由两方程消去 y 后得到一元二次方程 px2+qx+r=0，则 |MN|=1+k2|x1−x2|=1+k2⋅Δ|p|.
（3） 若 M,N 是直线 x=ty+m 与圆锥曲线的两个交点，且由两方程消去 x 后得到一元二次方程 py2+qy+r=0，则 |MN|=1+t2|y1−y2|=1+t2⋅Δ|p|.
（4） 构造直角三角形求解弦长，|MN|=|x2−x1||csα|=|y2−y1||sinα|.其中 k 为直线 MN 斜率，α 为直线倾斜角.
4. 已知弦的中点，研究弦的斜率和方程
（1） AB 是椭圆 x2a2+y2b2=1(a>b>0) 的一条弦，中点 M(x0,y0)，则 AB 的斜率为 −b2x0a2y0.运用点差法求 AB 的斜率：设 A(x1,y1)，B(x2,y2)(x1≠x2)，A,B 都在椭圆上，所以 x12a2+y12b2=1，x22a2+y22b2=1，两式相减得 x12−x22a2+y12−y22b2=0，所以 (x1+x2)(x1−x2)a2+(y1+y2)(y1−y2)b2=0，即 y1−y2x1−x2=−b2(x1+x2)a2(y1+y2)=−b2x0a2y0，故 kAB=−b2x0a2y0.
（2） 运用类似的方法可以推出：若 AB 是双曲线 x2a2−y2b2=1(a>0,b>0) 的弦，中点 M(x0,y0)，则 kAB=b2x0a2y0；若曲线是抛物线 y2=2px(p>0)，则 kAB=py0.
5. 圆锥曲线的切线方程
（1） 椭圆 x2a2+y2b2=1 上一点 P(x0,y0) 处的切线方程为 x0xa2+y0yb2=1.
（2） 双曲线 x2a2−y2b2=1 上一点 P(x0,y0) 处的切线方程为 x0xa2−y0yb2=1.
（3） 抛物线 y2=2px 上一点 P(x0,y0) 处的切线方程为 y0y=p(x+x0).
6. 圆锥曲线的焦点弦性质
（1） 抛物线 y2=2px(p>0) 的焦点弦 AB（设 A(x1,y1)，B(x2,y2)），则弦长 |AB|=x1+x2+p=2psin2α（α 为焦点弦的倾斜角）.且 y1y2=−p2，x1x2=p24.
（2） 椭圆 x2a2+y2b2=1(a>b>0) 的焦点弦 AB（经过左焦点 F1），则弦长 |AB|=2a+e(x1+x2).若经过右焦点 F2，则 |AB|=2a−e(x1+x2).
7. 面积公式与转化
（1） 三角形面积的坐标公式：已知 △OAB（O 为坐标原点），A(x1,y1)，B(x2,y2)，则 S△OAB=12|x1y2−x2y1|.
（2） 弦长与点到直线距离结合求面积：S=12|AB|⋅d（d 为点到直线 AB 的距离）.
三、典题精讲
考点一：直线与圆锥曲线的位置关系与交点探究
考法1：联立方程与判别式判定交点个数
1.已知椭圆C:x22+y2=1的两焦点为F1，F2，点P(x0,y0)满足00)的左右焦点为F1,F2，A,B,C是椭圆E上不同的三点，四边形AF1BF2是边长为22的正方形.
（1）求椭圆E的标准方程：
（2）在x轴上是否存在一点P，使得△PBC为等边三角形？若存在，求|OP|的长；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）x28+y24=1
（2）存在，|OP|=237
【思路】（1） 利用正方形的性质，结合椭圆的对称性，确定短轴端点与焦点的关系，从而求出a,b,c的值.（2） 假设存在点P，设出直线BC的方程并与椭圆联立，利用韦达定理表示出线段BC的中点，进而求出中垂线方程.根据等边三角形的性质，点P在中垂线上且满足夹角关系，解出参数即可.
【解析】（1）∵四边形AF1BF2是边长为22的正方形，∴|AB|=|F1F2|=4，
由对称性可知，A,B为短轴端点.
∴2b=2c=4,b=c=2,a=22
∴椭圆E的标准方程为x28+y24=1
（2）假设在x轴上存在一点P，满足条件.
由对称性，不妨设B(0,−2)，设直线BC的方程为y=kx−2(k≠0)
代入椭圆方程x2+2y2=8中，整理得(1+2k2)x2−8kx=0
∴xC=8k1+2k2,yC=4k2−21+2k2
设线段BC中点为M(x0,y0)，则x0=4k1+2k2,y0=−21+2k2.
∴线段BC的中垂线方程为y=−1kx+21+2k2
∵△PBC为等边三角形，∴P在线段BC的中垂线上，
令y=0，得x=2k1+2k2，即P2k1+2k2,0，kPB=1+2k2k，
又∵∠PBC=π3，∴tanπ3=kPB−k1+kPB⋅k=1k+k|2k|=1|2k|，解得k=±36.
∴在x轴上存在一点P，使得△PBC为等边三角形，且|OP|=237.
4.（2026·山东德州·三模）已知圆(x+2)2+(y+4)2=16的一条直径与抛物线Γ:y2=2px(p>0)的通径(过圆锥曲线的焦点与焦点所在的对称轴垂直的弦)恰好构成一个正方形的一组邻边.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）抛物线Γ的焦点为F，过F的直线交Γ于A,B两点，A点在第一象限，过A,B分别作抛物线准线的垂线，垂足分别为G,H，证明：|GH|2=4|AF||BF|；
（3）点M(2t2,4t)(t>0)在Γ上，过M且斜率为2的直线与直线y=x交于点Q，且MQ=QP，直线OP与Γ的另一个交点为N，焦点F到直线MN的距离是否存在最大值？若存在求出最大值，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）y2=8x
（2）证明见解析
（3）存在，最大值为233
【思路】（1） 根据正方形的性质，圆的直径等于抛物线的通径长，结合圆心坐标确定抛物线经过的定点，从而求出p的值.（2） 设出直线AB的方程，与抛物线联立，利用韦达定理和抛物线的定义将距离转化为坐标运算进行证明.（3） 利用向量关系求出点P的坐标，进而得到直线OP的方程，联立抛物线求出点N的坐标，写出直线MN的方程并发现其过定点，最后利用点到直线距离的几何性质求最大值.
【解析】（1）因为圆(x+2)2+(y+4)2=16的一条直径与抛物线y2=2px(p>0)的通径恰好构成一个正方形的一组邻边，
而抛物线y2=2px(p>0)的通径长为2p，
所以圆(x+2)2+(y+4)2=16的直径为4，
且圆的直径的右端点就是抛物线通径的下端点，
因为圆(x+2)2+(y+4)2=16的圆心为(−2,−4)，半径为4，
所以该圆与y轴垂直的直径的右端点为(2,−4)，
即抛物线y2=2px(p>0)经过点(2,−4)，则16=4p，即p=4，
故抛物线方程y2=8x.
（利用通径长等于圆的直径得出p=4，相应得分）
（2）设A(x1,y1),B(x2,y2)，
由题意知，F(2,0)，显然直线AB的斜率不为0，
设直线AB的方程为x=my+2，
由y2=8xx=my+2，得y2−8my−16=0，
所以y1+y2=8m,y1y2=−16,Δ=64m2+64>0
|GH|2=|y1−y2|2=(y1+y2)2−4y1y2=64m2+64，
|AF||BF|=|x1+2||x2+2|=(my1+4)(my2+4)=m2y1y2+4m(y1+y2)+16=16m2+16，
所以|GH|2=4|AF||BF|.
（利用抛物线定义，几何法证出，相应得分）
（3）过点M斜率为2的直线y−4t=2(x−2t2)，
由y−4t=2(x−2t2)y=x得y=x=4t2−4t，
可得Q(4t2−4t,4t2−4t)，
设P(xP,yP)，由MQ=QP得xM+xP=2xQyM+yP=2yQ
即2t2+xP=2(4t2−4t)4t+yP=2(4t2−4t)，解得xP=6t2−8tyP=8t2−12t
所以P(6t2−8t,8t2−12t)，
所以直线OP方程为y=4t−63t−4x，
解方程组y=4t−63t−4xy2=8x，得N2(3t−4)2(2t−3)2,4(3t−4)2t−3，结合M(2t2,4t)
所以kMN=2t−3t2−2，
直线MN:y−4t=2t−3t2−2(x−2t2)，
整理得(y−6)t2+(8−2x)t+(3x−2y)=0，
因此直线MN过定点E(4,6).
又F(2,0)，所以EF=(4−2)2+(6−0)2=210，
所以点F到直线MN的最大距离为210.
考法3：韦达定理证明直线过定点问题
5.（2026·山东潍坊·二模）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的焦距为23，渐近线方程为y=±22x.
（1）求C的方程；
（2）过点H(2,0)作两条互相垂直的直线l1,l2，若l1与C的右支交于A,B两点，l2与C的右支交于E,F两点，线段AB与EF的中点分别为M,N，且A,E在第一象限.
（i）证明：直线MN过定点；
（ii）直线AE与BF交于点D，求△DMN面积的最小值.
【答案】（1）x22−y2=1
（2）（i）证明见解析
（ii）2
【思路】（1） 根据渐近线方程和焦距，列出关于a,b,c的方程组，解出即可.（2）（i） 设出互相垂直的直线l1,l2的方程，分别与双曲线联立，利用韦达定理表示出中点M,N的坐标，进而求出直线MN的斜率和方程，化简后即可发现其过的定点.（ii） 利用中点性质将△DMN的面积转化为△ABF和△ABN面积的差，最终用参数表示出面积表达式，通过换元法和导数求出面积的最小值.
【解析】（1）由题意ba=22a2+b2=3，解得a=2,b=1，
所以C的方程为x22−y2=1.
（2）（i）由题意知l1,l2的斜率存在且不为0，
设l1:x=my+2,l2:x=−1my+2,A(x1,y1),B(x2,y2),E(x3,y3),F(x4,y4)，
其中y1>0,y20,y40m2−20，由韦达定理可得y1+y2=−p，y1y2=−4p，
所以，OA⋅OB=x1x2+y1y2=y12y224p2+y1y2=4−4p=0，
解得p=1，
故选：A
8.（2026·河南八校·联考）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点为P，右焦点为F(c,0)，右顶点为A.
（1）若椭圆的离心率为32，且以原点O为圆心，b为半径的圆与直线y=ax+39相切，求椭圆C的标准方程；
（2）若直线PF交椭圆C于另一点Q，设直线AP,AQ的斜率分别为k1,k2，求k1k2的值(结果用离心率e表示).
【答案】（1）x225+y216=1
（2）−(1−e2)
【思路】（1） 根据离心率和直线与圆相切的几何条件（圆心到直线的距离等于半径），列出关于a,b,c的方程组，解出即可.（2） 写出直线PF的方程并与椭圆联立，求出点Q的坐标.分别表示出k1和k2，求其乘积并利用a,b,c的关系化简，最后用离心率e表示.
【解析】（1）由题意得ca=32b=39a2+1a2=b2+c2，
解得a=5b=4c=3，
所以椭圆C的标准方程为x225+y216=1.
（2）由题意得P(0,b),F(c,0)，则直线PF的方程为xc+yb=1，
联立xc+yb=1x2a2+y2b2=1，得c2a2+1x2−2cx=0，
解得xP=0,xQ=2a2ca2+c2，
所以yQ=b1−xQc=b1−2a2a2+c2=b(c2−a2)a2+c2，
所以k1k2=kAP⋅kAQ=−ba⋅yQxQ−a=−ba⋅b(c2−a2)a2+c22a2ca2+c2−a=−b2(c2−a2)a(2a2c−a3−ac2)=b2(a2−c2)a2(a−c)2=a2−c2a2=1−e2，
所以k1k2=−(1−e2).
【考点一 方法总结】
1. 在直线与抛物线的问题中，设直线的时候选择形式多思考分析，往往可以降低计算量.开口向上选择正设；开口向右，选择反设.
2. 由韦达定理写出 x1+x2 和 x1x2 时，注意隐含条件 Δ>0.求解时要注意题干所有的隐含条件，要符合所有的题意.
3. 韦达定理连接了题干条件与方程中的参数，所以在处理例如向量问题、面积问题、三点共线问题、角度问题等常考内容的时候，要把题目中的核心信息，转化为坐标表达，转化为可以使用韦达定理的形式.
4. 注意二次曲线方程和二次曲线方程往往不能通过联立消元，利用 Δ 判断根的关系，因为此情况下往往会有增根，根据题干的隐含条件可以舍去增根，所以在遇到两条二次曲线交点问题的时候，使用画图的方式分析，或者解方程组，真正算出具体坐标.
考点二：中点弦问题
考法6：点差法求解中点弦所在直线方程
9.（2026·安徽铜陵·一模）（多选）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为5，其左、右焦点分别为F1，F2，点A在C的右支上，直线AF2与C交于另一点B，AB的中点为M，O为坐标原点，则下列说法错误的是（ ）
A. 存在点A，使得直线AF2的斜率为2
B. 存在点A，使得∠F1AF2=90∘
C. 存在点A，使得|OA|0，
点O到直线l的距离d=|t|m2+1=|t|5t2−44+1=|t|5t24=25（定值）.
（3）|PQ|2=(1+m2)(y1−y2)2=(1+m2)[(y1+y2)2−4y1y2]
=(1+m2)4m2t2(m2+4)2−4(t2−4)m2+4=16(1+m2)(m2−t2+4)(m2+4)2，
将5t2=4m2+4代入，得|PQ|2=16(1+m2)(m2−4m2+45+4)(m2+4)2=16(1+m2)(m2+16)5(m2+4)2，
设m2+4=s(s>4)，
则|PQ|2=16(s−3)(s+12)5s2=16(s2+9s−36)5s2=1651+9s−36s2，
令u=1s，则u∈0,14，
|PQ|2=165(−36u2+9u+1)，
当u=18时，|PQ|2取得最大值165−36×164+98+1=165×2516=5，
因为u∈0,14，所以|PQ|2∈165,5.
【考点三 方法总结】
1. 在弦长有关的问题中，一般有三类问题：（1） 弦长公式；（2） 与焦点相关的弦长计算，利用定义；（3） 涉及到面积的计算问题.
2. 弦长公式的运用：表达式中，当为 k≠0,m≠0 时，mk=1；直线上任何两点距离都可如上计算，不是非得直线和曲线联立后才能用.
3. 直线和曲线联立后化简得到的式子记为 Ax2+Bx+C=0(A≠0)，判别式为 Δ=B2−4AC，Δ>0 时，利用求根公式推导也很方便，使用此方法在解题化简的时候可以大大提高效率.
4. 直线和圆相交的时候，过圆心做直线的垂线，利用直角三角形的关系求解弦长会更加简单.直线如果过焦点可以考虑焦点弦公式以及焦长公式.
考点四：面积问题
考法12：底高公式计算三角形与多边形面积
23.（2026·山东泰安·一模）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右顶点分别为A,B，实轴长为2，焦点到渐近线的距离为1.
（1）求C的标准方程；
（2）若过点N(0,1)的直线l与C的左右两支分别交于D,E两点（E在第一象限内），记直线BD,BE的倾斜角分别为α,β.
（i）求S△ODE的最小值；
（ii）求α+β的值.
【答案】（1）x2−y2=1
（2）（i）2
（ii）5π4
【思路】（1） 根据实轴长和焦点到渐近线的距离，求出a,b，即可得到双曲线方程.（2）（i） 设出直线方程并与双曲线联立，利用韦达定理表示出交点坐标.通过向量数量积证明垂直关系，进而将面积转化为线段乘积，利用基本不等式求最小值.（ii） 设出直线方程，联立后利用韦达定理表示出交点纵坐标，通过斜率关系和三角恒等变换求出倾斜角之和.
【解析】（1）∵双曲线的渐近线方程为y=±bax
∴焦点到渐近线的距离为|bc|a2+b2=b=1，
∵2a=2，
∴a=1，
∴双曲线的标准方程为x2−y2=1.
（2）（i）由题意知直线l的斜率存在，设l的方程为y=kx+1，D(x1,y1)，E(x2,y2)，
由y=kx+1x2−y2=1得(1−k2)x2−2kx−2=0，
1−k2≠0Δ=8−4k2>0，
∴x1+x2=2k1−k2，
x1x2=−21−k20)的右焦点为F，左顶点为A，|AF|=3，圆O:x2+y2=1，F到圆O上点的距离的最大值为3.
（1）求C的方程；
（2）已知过点F的直线与C的右支交于S,T两点，直线AS,AT分别交圆O的另一点于M,N.
（i）证明：AS⟂AT；
（ii）记四边形MNTS的面积为S1，△AMN的面积为S2，求S1S2的最小值.
【答案】（1）x2−y23=1
（2）（i）证明见解析
（ii）8
【思路】（1） 利用焦点到圆上点的最大距离及顶点到焦点的距离，求出a,c，进而求出b，得到双曲线方程.（2）（i） 设出直线ST的方程并与双曲线联立，利用韦达定理证明kAS⋅kAT=−1，从而证得垂直.（ii） 利用面积比值的转化，将四边形与三角形的面积比转化为线段乘积的比值.通过设直线方程并联立圆和双曲线方程，利用韦达定理表示出线段长度，最后通过基本不等式求出比值的最小值.
【解析】（1）依题意，A(−a,0)，设F(c,0)，则a+c=3，
又因为c+1=3，所以c=2，故a=1，
所以C的方程为x2−y23=1；
（2）（i）设直线ST:x=my+2,S(x1,y1),T(x2,y2)，
由x=my+2x2−y23=1可得(3m2−1)y2+12my+9=0，
所以y1+y2=−12m3m2−1,y1y2=93m2−1，
kAS×kAT=y1x1+1×y2x2+1=y1y2(my1+3)(my2+3)=y1y2m2y1y2+3m(y1+y2)+9
=93m2−1m293m2−1+3m−12m3m2−1+9=−1，
所以AS⟂AT；
（ii）不妨设直线AM:x=m1y−1,AN:x=m2y−1,m1m2=−1，
由x=m1y−1x2+y2=1可得(m12+1)y2−2m1y=0，解得yM=2m1m12+1，
同理可得，yN=2m2m22+1，
由x=m1y−1x2−y23=1可得(3m12−1)y2−6m1y=0，解得yS=6m13m12−1，
同理可得，yT=6m23m22−1，
由题意，得yS⋅yTb>0)的两个焦点分别为F1,F2，点P是C上的一动点，当△PF1F2面积取到最大值43时，∠F1PF2=60∘.
（1）求C的方程；
（2）过点E(3,0)的直线l与C交于A,B两点，点A关于x轴的对称点为A1(A1与B不重合).
（i）求证：直线A1B过定点；
（ii）求△EA1B面积的最大值.
【答案】（1）x216+y212=1
（2）（i）证明见解析
（ii）734
【思路】（1） 利用三角形面积最大时的几何特征（点P在短轴端点），结合面积公式和夹角条件求出a,b,c，得到椭圆方程.（2）（i） 设出直线方程并与椭圆联立，利用韦达定理表示出点A1,B的坐标，写出直线A1B的方程，化简后证明其过定点.（ii） 利用定点将三角形面积表示为参数的函数，通过基本不等式求出面积的最大值.
【解析】（1）当P在短轴端点时，△PF1F2面积最大，
此时|PF1|=|PF2|=a，∠F1PF2=60∘，
所以△PF1F2为等边三角形，
所以a=2c,b=3c，
又S△PF1F2=12×2c×3c=3c2=43，解得c=2，
所以a=4,b=23，
所以椭圆C的方程为x216+y212=1.
（2）（i）由题意可知直线l的斜率不为0，设l:x=my+3，
联立x=my+33x2+4y2=48，消去x得(3m2+4)y2+18my−21=0，
设A(x1,y1),B(x2,y2)，则y1+y2=−18m3m2+4,y1y2=−213m2+4，
所以A1(x1,−y1)，
直线A1B的方程为y−y2=y2+y1x2−x1(x−x2)，
令y=0，得x=x2−y2(x2−x1)y2+y1=x1y2+x2y1y1+y2=(my1+3)y2+(my2+3)y1y1+y2=2my1y2+3(y1+y2)y1+y2=2my1y2y1+y2+3，
将韦达定理代入得x=2m−213m2+4−18m3m2+4+3=73+3=163，
所以直线A1B过定点Q163,0.
（ii）S△EA1B=S△EBQ−S△EA1Q=12|EQ||y2|−12|EQ||−y1|=12|EQ||y1+y2|，
|EQ|=163−3=73，
|y1+y2|=−18m3m2+4=18|m|3m2+4，
当m=0时，S△EA1B=0，
当m≠0时，|y1+y2|=183|m|+4|m|≤1823|m|⋅4|m|=1843=332，
当且仅当3|m|=4|m|，即m=±233时等号成立，
所以S△EA1B的最大值为12×73×332=734.
考法15：利用几何模型探究面积比例与定值
28.（2025·山东青岛·一模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，短轴长为23，离心率为12.
（1）求C的方程；
（2）记C的左顶点为A，直线l与C交于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之积为−14.
（i）证明：直线l过定点；
（ii）若P在x轴上方，直线PF1与圆M:(x+1)2+y2=16交于点B，点B在x轴上方.是否存在点P，使得△PBF2与△QF1F2的面积之比为3：5？若存在，求出点P坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（1）x24+y23=1
（2）（i）证明过程见解析；（ii）存在，点P1,32
【思路】（1） 根据短轴长和离心率求出a,b,c，得到椭圆方程.（2）（i） 分直线斜率存在和不存在两种情况，设出直线方程并与椭圆联立，利用斜率之积的条件化简，证明直线过定点.（ii） 利用椭圆定义和圆的性质，将面积之比转化为线段长度的比值.结合余弦定理建立方程，求解出点P的坐标，验证其存在性.
【解析】（1）由题意得2b=23，ca=12，故b=3，a=2c，
又a2=b2+c2，解得c=1,a=2，
所以椭圆方程为C:x24+y23=1；
（2）（i）A(−2,0)，
当直线l的斜率不存在时，此时直线l与C交于关于x轴对称的两点，
设P(x1,y1),Q(x1,−y1)，
则y1x1+2⋅−y1x1+2=−14，即x12+4x1+4=4y12，
又x124+y123=1，所以y12=3−34x12，
所以x12+4x1+4=12−3x12，解得x1=1或−2，
当x1=−2时，y1=0，此时与A(−2,0)重合，
直线AP或直线AQ的斜率不存在，不合要求，
当x1=1时，直线l方程为x=1，
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+b，
联立C:x24+y23=1得(3+4k2)x2+8kbx+4b2−12=0，
Δ=64k2b2−4(3+4k2)(4b2−12)>0，解得4k2−b2+3>0，
设P(x1,y1),Q(x2,y2)，则x1+x2=−8kb3+4k2,x1x2=4b2−123+4k2，
所以y1y2=k2x1x2+kb(x1+x2)+b2=4k2b2−12k23+4k2+−8k2b23+4k2+b2=3b2−12k23+4k2，
由y1x1+2⋅y2x2+2=y1y2x1x2+2(x1+x2)+4=−14得
3b2−12k23+4k24b2−123+4k2+−16kb3+4k2+4=−14，化简得3b2−12k24b2+16k2−16kb=−14，
b2−kb−2k2=0，解得b=2k或b=−k，
当b=2k时，y=kx+2k=k(x+2)，过定点A(−2,0)，
直线AP或直线AQ的斜率不存在，不合要求，
当b=−k时，y=kx−k=k(x−1)，过定点(1,0)，
显然此时满足Δ=4k2−b2+3=3b2+3>0，
其中x=1也过点(1,0)，
综上，直线l过定点(1,0)；
（ii）存在点P1,32，使得△PBF2与△QF1F2的面积之比为3：5，理由如下：
P在x轴上方，故Q在x轴下方，即y1>0,y20)，过点(0,4)的直线l交C于P，Q两点，当PQ与x轴平行时，△OPQ的面积为16，其中O为坐标原点.
（1）求Γ的方程；
（2）已知点A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)（x1