适用于新高考新教材广西专版2024届高考数学二轮总复习专题过关检测6解析几何

专题过关检测六　解析几何一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(2023·广东韶关模拟)椭圆x25+y2m=1的长轴长为6,则该椭圆的离心率为(　　)A.223 B.23 C.316 D.1162.(2023·广东深圳中学模拟)若圆(x-a)2+(y-3)2=20上有四个点到直线2x-y+1=0的距离为5,则实数a的取值范围是 (　　)A.(-∞,-132)∪(172,+∞) B.(-132,172)C.(-∞,-32)∪(72,+∞) D.(-32,72)3.已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线被圆x2+y2-10y=0截得的线段长等于8,则双曲线C的离心率为(　　)A.153 B.54 C.3 D.534.(2023·湖南长沙一中模拟)已知A(-3,0),B(3,0),C(0,3),一束光线从点F(-1,0)出发经AC反射后,再经BC上点D反射,落到点E(1,0)上,则点D的坐标为(　　)A.(12,52) B.(32,32)C.(1,2) D.(2,1)5.已知抛物线y2=8x的焦点为F,经过点P(1,1)的直线l与该曲线交于A,B两点,且点P恰好为AB的中点,则|AF|+|BF|=(　　)A.4 B.6 C.8 D.126.(2022·全国甲,文11)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为13,A1,A2分别为C的左、右顶点,B为C的上顶点.若BA1·BA2=-1,则C的方程为(　　)A.x218+y216=1 B.x29+y28=1 C.x23+y22=1 D.x22+y2=17.已知圆C1:(x+2)2+y2=1,C2:(x-2)2+y2=49,动圆C满足与C1外切且与C2内切,若M为C1上的动点,且CM·C1M=0,则|CM|的最小值为(　　)A.2 B.3 C.2 D.58.瑞士著名数学家欧拉在17世纪证明了定理:三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上.这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”.在平面直角坐标系中作△ABC,AB=AC=4,点B(-1,3),点C(4,-2),且其“欧拉线”与圆M:(x-a)2+(y-a+3)2=r2相切.则圆M上的点到直线x-y+3=0的距离的最小值为(　　)A.22 B.32 C.42 D.6二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,准线为l,过点F的直线与抛物线交于两点P(x1,y1),Q(x2,y2),点P在l上的射影为P1,则(　　)A.|PQ|的最小值为4B.已知曲线C上的两点S,T到点F的距离之和为10,则线段ST的中点的横坐标是4C.设M(0,1),则|PM|+|PP1|≥2D.过M(0,1)与抛物线C有且仅有一个公共点的直线至多有2条10.已知椭圆M:x225+y220=1的左、右焦点分别是F1,F2,左、右顶点分别是A1,A2,点P是椭圆上异于A1,A2的任意一点,则下列说法正确的是(　　)A.|PF1|+|PF2|=5B.直线PA1与直线PA2的斜率之积为-45C.存在点P满足∠F1PF2=90°D.若△F1PF2的面积为45,则点P的横坐标为±511.(2022·新高考Ⅱ,10)已知O为坐标原点,过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F的直线与C交于A,B两点,点A在第一象限,点M(p,0),若|AF|=|AM|,则(　　)A.直线AB的斜率为26B.|OB|=|OF|C.|AB|>4|OF|D.∠OAM+∠OBM<180°12.(2023·湖南长沙模拟)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F2作斜率为7的直线与双曲线的右支交于A,B两点(A在第一象限),|AB|=|BF1|,P为线段AB的中点,O为坐标原点,则下列说法正确的是(　　)A.|AF1|=2|AF2|B.双曲线C的离心率为2C.△AF1F2的面积为7a22D.直线OP的斜率为77三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2022·全国甲,文14)设点M在直线2x+y-1=0上,点(3,0)和(0,1)均在☉M上,则☉M的方程为　　　　　　　　. 14.圆锥曲线有丰富的光学性质,从椭圆焦点发出的光线,经过椭圆反射后,反射光线经过另一个焦点;从抛物线焦点发出的光线,经过抛物线上一点反射后,反射光线平行于抛物线的对称轴.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点(3,1).由点P(2,1)发出的平行于x轴的光线经过抛物线C1:y2=16x反射到椭圆C上后,反射光线经点(-4,0),则椭圆C的方程为　　　　　　　　. 15.(2023·广东茂名一模)已知直线x=2m与双曲线C:x2m2-y2n2=1(m>0,n>0)交于A,B两点(A在B的上方),A为BD的中点,过点A作直线与y轴垂直且交于点E,若△BDE的内心到y轴的距离不小于32m,则双曲线C的离心率的取值范围是　　　　. 16.已知抛物线Z:x2=4y的焦点为F,圆F:x2+(y-1)2=4与抛物线Z在第一象限的交点为Pm,m24,直线l:x=t(0b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为32,过点F2且斜率不为0的直线与椭圆交于A,B两点,△F1AF2的周长为4+23.(1)求椭圆C的方程;(2)设O为坐标原点,求|OA+OB|的取值范围.19.(12分)已知椭圆P:x24+y2=1的右顶点为A,点M(x0,y0)是椭圆P上异于A的一点,MN⊥x轴于点N,B是MN的中点,过动点M(x0,y0)的直线l:x0x+4y0y=4与直线AB交于点C.(1)当x0=65时,求证:直线l与椭圆P只有一个公共点;(2)求证:点C在定直线上运动.20.(12分)(2023·山东日照一模)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,E为C上的动点,EQ垂直于动直线y=t(t<0),垂足为Q,当△EQF为等边三角形时,其面积为43.(1)求C的方程.(2)设O为原点,过点E的直线l与C相切,且与椭圆x24+y22=1交于A,B两点,直线OQ与AB交于点M,试问:是否存在t,使得|AM|=|BM|?若存在,求t的值;若不存在,请说明理由.21.(12分)(2022·新高考Ⅰ,21)已知点A(2,1)在双曲线C:x2a2-y2a2-1=1(a>1)上,直线l交C于P,Q两点,直线AP,AQ的斜率之和为0.(1)求l的斜率;(2)若tan∠PAQ=22,求△PAQ的面积.22.(12分)(2023·山东潍坊一模)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为23,离心率为32,直线l:y=k(x+1)(k>0)与E交于不同的两点M,N.(1)求E的方程;(2)设点P(1,0),直线PM,PN与E分别交于点C,D.①判断直线CD是否过定点?若过定点,求出该定点的坐标;若不过定点,请说明理由.②记直线CD,MN的倾斜角分别为α,β,当α-β取得最大值时,求直线CD的方程.专题过关检测六　解析几何一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.B　解析 因为椭圆x25+y2m=1的长轴长为6,所以椭圆的焦点在y轴上,且m=32=9,所以椭圆的离心率为9-53=23.2.D　解析 因为圆的方程为(x-a)2+(y-3)2=20,所以圆心为(a,3),半径为25.又因为圆(x-a)2+(y-3)2=20上有四个点到直线2x-y+1=0的距离为5,所以圆心到直线2x-y+1=0的距离d<5,所以|2a-2|5<5,即|2a-2|<5,解得-320,b>0)的渐近线方程为y=±bax,即ay±bx=0.圆的方程x2+y2-10y=0可化为x2+(y-5)2=25,则圆心为(0,5),半径为5,圆心到渐近线的距离为d=|5a|a2+b2,由弦长公式可得8=225-25a2a2+b2,化简可得b2=169a2,∴c2=a2+b2=259a2,则e=ca=53.4.C　解析 根据入射光线与反射光线的关系,分别作出F,E关于AC,BC的对称点G,H,连接GH,交BC于D,则点D即为所求,如图.由题意知,AC所在直线方程为y=x+3,F(-1,0),设G(x,y),则y2=x-12+3,yx+1=-1,解得x=-3,y=2,即G(-3,2).由BC所在直线方程为y=-x+3,E(1,0),同理可得H(3,2),所以直线GH的方程为y=2.联立y=-x+3,y=2,解得x=1,y=2,即D(1,2).5.B　解析 抛物线y2=8x中,p=4,其焦点F(2,0),准线方程x=-2,过点A,B,P作准线的垂线,垂足分别为M,N,R(图略).由抛物线定义可知,|AF|+|BF|=|AM|+|BN|.而P恰好为AB的中点,故PR是梯形ABNM的中位线,故|AM|+|BN|=2|PR|,又P(1,1),故|PR|=1+p2=3,所以|AF|+|BF|=2×3=6.6.B　解析 由题意知,A1(-a,0),A2(a,0),B(0,b),则BA1·BA2=(-a,-b)·(a,-b)=-a2+b2=-1,①由e=13,得e2=19=a2-b2a2=1-b2a2,即b2=89a2.②联立①②,解得a2=9,b2=8.故选B.7.B　解析 易知圆C1的圆心C1(-2,0),圆C1的半径为r1=1.圆C2的圆心C2(2,0),半径为r2=7.|C1C2|=4<|r1-r2|,所以圆C1内含于圆C2.设圆C的半径为R,则|CC1|=R+1,|CC2|=7-R,故|CC1|+|CC2|=8>|C1C2|=4,故圆心C的轨迹为椭圆,且该椭圆的焦点为C1,C2.设该椭圆的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),焦距为2c(c>0),则2a=8,可得a=4;由2c=4,可得c=2;b=a2-c2=23,所以点C的轨迹方程为x216+y212=1.由CM·C1M=0,得CM⊥C1M,且|C1M|=1,由椭圆的几何性质可得|CC1|min=a-c=2,故|CM|min=|CC1|min2-|C1M|2=3.8.A　解析 因为在△ABC中,AB=AC=4,所以BC边上的高线、垂直平分线和中线合一,则其“欧拉线”为△ABC边BC的垂直平分线AD.因为点B(-1,3),点C(4,-2),所以D32,12.因为直线BC的斜率为3+2-1-4=-1,所以BC的垂直平分线的斜率为1.所以BC的垂直平分线方程为y-12=x-32,即x-y-1=0.因为“欧拉线”与圆M:(x-a)2+(y-a+3)2=r2相切,所以圆心(a,a-3)到“欧拉线”的距离为|a-a+3-1|2=r,可得r=2.因为圆心(a,a-3)到直线x-y+3=0的距离为|a-a+3+3|2=32,所以圆M上的点到直线x-y+3=0的距离的最小值为32-2=22.二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.ABC　解析 由题意知,p2=1,抛物线的焦点F(1,0),准线方程为x=-1.对于A,当PQ⊥x轴时,|PQ|取得最小值,最小值为2p=4,所以A正确;对于B,曲线C上的两点S,T到点F的距离之和为10,所以点S,T的横坐标之和为10-2=8,则线段ST的中点横坐标为4,所以B正确;对于C,设M(0,1),则|PM|+|PP1|=|PM|+|PF|≥|FM|=2,当且仅当M,P,F三点共线时取等号,所以C正确;对于D,当直线过点M(0,1)且与x轴平行时,直线与抛物线有且只有一个公共点.过点M(0,1)且与抛物线相切的直线有两条,此时直线与抛物线有且只有一个公共点,所以过点M(0,1)与抛物线有且只有一个公共点的直线有3条,所以D错误.10.BD　解析 由题意得a=5,b=25,c=5,F1(-5,0),F2(5,0),A1(-5,0),A2(5,0),短轴一个顶点B2(0,25),|PF1|+|PF2|=2a=10,A错误;设P(x,y),则x225+y220=1,y2=201-x225,kPA1·kPA2=yx+5×yx-5=y2x2-25=201-x225×1x2-25=-45,B正确;因为tan∠OB2F2=|OF2||OB2|=525=12<1,所以0°<∠OB2F2<45°,从而∠F1B2F2=2∠OB2F2<90°,而P是椭圆上任一点,当P是短轴端点时∠F1PF2最大,因此不存在点P满足∠F1PF2=90°,C错误;S△PF1F2=12|F1F2||yP|=5|yP|=45,|yP|=4,则xP225+1620=1,xP=±5,D正确.11.ACD　解析 选项A,由题意知,点A在线段MF的垂直平分线上,则xA=p2+p2=34p,所以yA2=2pxA=2p·34p=32p2(yA>0).所以yA=62p,故kAB=62p-034p-p2=26,故选项A正确;选项B,由斜率为26可得直线AB的方程为x=126y+p2,联立抛物线方程得y2-16py-p2=0,设B(xB,yB),则62p+yB=66p,则yB=-6p3,代入抛物线方程得-6p32=2p·xB,解得xB=p3.∴|OB|2=xB2+yB2=p29+2p23=7p29≠p24,故选项B错误;选项C,|AB|=34p+p3+p=2512p>2p=4|OF|,故选项C正确;选项D,由选项A,B知,A(34p,62p),B(p3,-63p),所以OA·OB=(34p,62p)·(p3,-63p)=p24-p2=-34p2<0,所以∠AOB为钝角.又MA·MB=-p4,62p·-2p3,-63p=p26-p2=-56p2<0,所以∠AMB为钝角.所以∠OAM+∠OBM<180°.故选项D正确.故选ACD.12.AD　解析 如图所示.对于A选项,因为|AB|=|BF1|,所以|AF2|=|AB|-|BF2|=|BF1|-|BF2|=2a,由双曲线的定义可得|AF1|-|AF2|=|AF1|-2a=2a,所以|AF1|=4a=2|AF2|,故A正确;对于B选项,由题意知直线AB的斜率为7,设直线AB的倾斜角为α,则α为锐角且tanα=7,联立tanα=sinαcosα=7,sin2α+cos2α=1,cosα>0,解得cosα=24,则cos∠AF2F1=cos(π-α)=-cosα=-24,在△AF1F2中,由余弦定理得cos∠AF2F1=|AF2|2+|F1F2|2-|AF1|22|AF2|·|F1F2|=4a2+4c2-16a28ac=-24,即2c2+2ac-6a2=0,两边同时除以a2得2e2+2e-6=0,解得e=2或e=-322(舍去),故B错误;对于C选项,因为cos∠AF2F1=-24,所以∠AF2F1为钝角,所以sin∠AF2F1=1-cos2∠AF2F1=1-(-24) 2=144,所以S△AF1F2=12|AF2|·|F1F2|sin∠AF2F1=12×2a×2c×144=2a×2a×144=7a2,故C错误;对于D选项,设A(x1,y1),B(x2,y2),则P(x1+x22,y1+y22),可得kOP=y1+y22-0x1+x22-0=y1+y2x1+x2,因为c=2a,所以b=c2-a2=a.由x12a2-y12b2=1,x22a2-y22b2=1得x12-x22a2-y12-y22b2=0,所以y12-y22x12-x22=y1-y2x1-x2·y1+y2x1+x2=kABkOP=7kOP=b2a2=1,所以kOP=77,所以直线OP的斜率为77,故D正确.故选AD.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(x-1)2+(y+1)2=5　解析 (方法1)设A(3,0),B(0,1),则线段AB的垂直平分线方程为y-12=3x-32,即y=3x-4.由y=3x-4,2x+y-1=0,解得x=1,y=-1,即圆心M的坐标为(1,-1).设☉M的半径为r,则r2=(3-1)2+12=5.故所求☉M的方程为(x-1)2+(y+1)2=5.(方法2)设圆心M(a,1-2a),☉M的半径为r,则r2=(a-3)2+(1-2a)2=(a-0)2+(1-2a-1)2,整理可得-10a+10=0,即a=1.则圆心M(1,-1),故所求☉M的方程为(x-1)2+(y+1)2=5.14.x218+y22=1　解析 由题设知,抛物线C1:y2=16x的焦点为(4,0),由点P(2,1)发出的平行于x轴的光线经过抛物线C1反射后必过点(4,0),再经过椭圆C反射经过(-4,0),可知(4,0),(-4,0)为椭圆C的两个焦点,故c=4,而(3,1)在椭圆C上,由9a2+1b2=1,a2-b2=16,可得a2=18,b2=2,即椭圆C的方程为x218+y22=1.15.(1,5612]　解析 因为A在B的上方,且这两点都在C上,所以A(2m,3n),B(2m,-3n),所以|AB|=23n.因为A是线段BD的中点,EA⊥y轴,所以EA⊥BD,|ED|=|EB|,所以△BDE的内心G在线段EA上.因为DG平分∠ADE,所以在△ADE中,|DA||DE|=|GA||GE|,设|EG|=d,所以23n(2m)2+(23n)2=2m-dd=2md-1.因为G到y轴的距离不小于32m,所以32m≤d<2m,所以23n(2m)2+(23n)2≤13.所以n2m2≤124,所以10,y>0,解得x=2,y=1,故m=2.由x=t,x2=4y,解得x=t,y=t24,所以At,t24.由x=t,x2+(y-1)2=4,x>0,y>0,解得x=t,y=1+4-t2,所以B(t,1+4-t2).由抛物线的定义,知AF=AC,△FAB的周长=FA+FB+AB=AC+AB+BF=BC+2=4-t2+4.因为t∈(0,2),所以4-t2+4∈(4,6).四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.解 (1)设点P(x,y),根据题意得x-162+y2=x+16,化简得动点P的轨迹C的方程为y2=23x.(2)∵M(3,2),(x-2)2+y2=1,∴x=3即圆的一条切线,A(3,-2).设过M的另一条切线斜率为k,k≠0,则切线方程为y-2=k(x-3),又设B(x1,y1).由方程组y-2=k(x-3),y2=23x,得y2-23ky+223k-2=0,∴2+y1=23k,y1=23k-2.∵直线为y-2=k(x-3),其与圆相切,∴|2k-0-3k+2|k2+1=1,∴k=24.∴y1=23.∵B满足y2=23x,∴B13,23.∴AB=-83,423,∴|AB|=|AB|=463.18.解 (1)由题意得2a+2c=4+23,ca=32,解得a=2,c=3,故b2=4-3=1.所以椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)因为F2(3,0),所以设直线AB的方程为x=my+3,A(x1,y1),B(x2,y2).由x24+y2=1,x=my+3,消去x得(m2+4)y2+23my-1=0,所以y1+y2=-23mm2+4,y1y2=-1m2+4.又OA+OB=(x1+x2,y1+y2)=(my1+my2+23,y1+y2),所以|OA+OB|=(my1+my2+23)2+(y1+y2)2=83m2+42+-23mm2+42=23m2+48(m2+4)2.令t=1m2+4∈0,14,所以3m2+48(m2+4)2=3(m2+4)+36(m2+4)2=3t+361t2=36t2+3t.因为二次函数y=36t2+3t在t∈0,14上单调递增,所以y=36t2+3t∈(0,3],因此|OA+OB|=23m2+48(m2+4)2∈(0,23](当m=0时取得最大值),所以|OA+OB|∈(0,23].19.证明 (1)不妨设y0>0,当x0=65时,由x024+y02=1得y0=45,所以直线l的方程为65x+4×45y=4,即y=-38x+54.由y=-38x+54,x24+y2=1,解得x=65,y=45,故直线l与椭圆P的交点坐标为65,45,所以直线l与椭圆P只有一个公共点.(2)因为M(x0,y0)(不妨取y0>0),MN⊥x轴,B是MN的中点,所以Bx0,y02.因为y0>0,所以x0≠2,所以直线AB的方程为y=y02x0-2(x-2),即y=y02(x0-2)(x-2),联立x0x+4y0y=4,y=y02(x0-2)(x-2),得(x02+2y02-2x0)x=4x0-8+4y02.又因为x024+y02=1,所以y02=1-x024,因此x02+21-x024-2x0x=4x0-8+41-x024,即12(x0-2)2x=-(x0-2)2,所以x=-2,所以点C在定直线x=-2上运动.20.解 (1)∵△EQF为等边三角形时,其面积为43,∴12×|EQ|2sinπ3=43,解得|EQ|=4.根据|EF|=|EQ|和抛物线的定义可知,Q落在准线上,即y=t=-p2.设准线和y轴交点为H,易证∠HFQ=π3,∴|FQ|cosπ3=2=|FH|=p,∴C的方程为x2=4y.(2)假设存在t,使得|AM|=|BM|,则M为线段AB的中点.设E(x0,x024)(x0≠0),依题意得Q(x0,t),则kOQ=tx0.由y=x24可得y'=x2,∴切线l的斜率为kl=12x0.设A(x1,y1),B(x2,y2),线段AB的中点M(x1+x22,y1+y22).由x124+y122=1,x224+y222=1可得x12-x224+y12-y222=0,∴(x1+x2)(x1-x2)4+(y1+y2)(y1-y2)2=0,整理可得y1-y2x1-x2·y1+y2x1+x2=-12,即kl·kOM=-12,∴12x0·kOM=-12,∴kOM=-1x0.又kOQ=kOM=tx0,∴当t=-1时,kOQ=kOM=-1x0,此时O,M,Q三点共线,满足M为AB的中点.综上,存在t使得|AM|=|BM|,且t=-1.21.解 (1)∵点A(2,1)在双曲线C:x2a2-y2a2-1=1(a>1)上,∴4a2-1a2-1=1,解得a2=2.∴双曲线的标准方程为x22-y2=1.易知直线l的斜率存在.设直线l的方程为y=kx+m,点P(x1,y1),Q(x2,y2),由x2-2y2=2,y=kx+m,得(1-2k2)x2-4kmx-2(m2+1)=0,∴Δ>0,x1+x2=4km1-2k2,x1x2=-2(m2+1)1-2k2.设直线AP,AQ的斜率分别为kAP,kAQ,则kAP+kAQ=y1-1x1-2+y2-1x2-2=0,∴(y1-1)(x2-2)+(y2-1)(x1-2)=0,∴(kx1+m-1)(x2-2)+(kx2+m-1)(x1-2)=0,整理,得2kx1x2+(m-1-2k)(x1+x2)-4(m-1)=0,∴2k(-2m2-2)+4km(m-1-2k)-4(m-1)(1-2k2)=0,即2k2+k(m+1)+m-1=0,(k+1)(2k+m-1)=0.∴k=-1或m=1-2k,把m=1-2k代入y=kx+m,得y=kx+1-2k=k(x-2)+1,此时直线PQ过点A(2,1),舍去,∴k=-1,即直线l的斜率为-1.(2)由(1)知,直线l的方程为y=-x+m,x1+x2=4m,x1x2=2m2+2,则x12+x22=12m2-4,∴|PQ|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2=2·16m2-8m2-8=4m2-1,点A(2,1)到直线l的距离d=|2+1-m|2=|3-m|2.∴△PAQ的面积S△PAQ=12d·|PQ|=2|3-m|m2-1.由tan∠PAQ=22得cos∠PAQ=13,sin∠PAQ=223.∴S△PAQ=12|PA||QA|sin∠PAQ=23|PA||QA|,∴13|PA|·|QA|=|3-m|m2-1.在△PAQ中,由余弦定理得cos∠PAQ=|PA|2+|QA|2-|PQ|22|PA||QA|=13,∴|PA|2+|QA|2-|PQ|2=(x1-2)2+(y1-1)2+(x2-2)2+(y2-1)2-(x1-x2)2-(y1-y2)2=2m2-12m+18=23|PA||QA|.∴m2-6m+9=|3-m|m2-1,∴|m-3|=m2-1或m-3=0,即m=53或m=3(舍去,若m=3,则点A在直线PQ上).∴S△PAQ=2×43×43=1629.22.解 (1)由题意得2c=23,ca=32,解得c=3,a=2,所以b=1,所以E的方程为x24+y2=1.(2)①由题意得x24+y2=1,y=k(x+1),整理得(1+4k2)x2+8k2x+4k2-4=0,设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=-8k21+4k2,x1x2=4k2-41+4k2.直线MC的方程为x=x1-1y1y+1,代入x24+y2=1,整理得[(x1-1)2y12+4]y2+2(x1-1)y1y-3=0.设C(x3,y3),则y3y1=-3y12(x1-1)2+4y12=-3y125-2x1,所以y3=3y12x1-5,x3=5x1-82x1-5,即C(5x1-82x1-5,3y12x1-5),同理,D(5x2-82x2-5,3y22x2-5).kCD=3y22x2-5-3y12x1-55x2-82x2-5-5x1-82x1-5=21k(x1-x2)9(x1-x2)=7k3,所以直线CD的方程为y-3y12x1-5=7k3(x-5x1-82x1-5),即y=7k3(x-137),所以直线CD过定点(137,0).②因为kCD=7k3,所以tanα与tanβ正负相同,且α>β,所以0<α-β<π2,当α-β取得最大值时,tan(α-β)取得最大值.当k>0时,tan(α-β)=4k31+7k23=4k3+7k2=43k+7k≤4221=22121,当且仅当k=217时,等号成立,tan(α-β)取得最大值,α-β取得最大值,此时直线CD的方程为y=213(x-137).