压轴题02 圆锥曲线压轴题17题型汇总-2024年高考数学压轴题专项训练（新高考通用）

这是一份压轴题02 圆锥曲线压轴题17题型汇总-2024年高考数学压轴题专项训练（新高考通用），文件包含压轴题02圆锥曲线压轴题17题型汇总原卷版docx、压轴题02圆锥曲线压轴题17题型汇总解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共201页， 欢迎下载使用。

一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
压轴题02圆锥曲线压轴题十七大题型汇总
01离心率问题
1.（23-24高三下·浙江·开学考试）双曲线x2a2−y2b2=1(a,b>0)的左右焦点分别为F1,F2,P是双曲线右支上一点，点F1关于∠F1PF2平分线的对称点也在此双曲线上，且cs∠F1PF2=19，则双曲线的离心率为（ ）
A．214B．213C．2D．3
【答案】B
【分析】如图，由题意可知PF1=PQ且P,F2,Q三点共线，设PF1=m,PF2=n，根据双曲线的定义求得QF1=4a，m=3a，n=a，在△PF1Q、△F1PF2中分别利用余弦定理计算即可求解.
【详解】如图，设F1关于∠F1PF2平分线的对称点为Q，则该角平分线为线段F1Q的垂直平分线，
所以PF1=PQ，且P,F2,Q三点共线，设PF1=m,PF2=n，
则PQ=m，m−n=2a⇒QF2=PQ−n=m−n=2a，所以QF1=2a+QF2=4a，
在△PF1Q中，由余弦定理，得cs∠F1PF2=PF12+PQ2−QF122PF1PQ=m2+m2−(4a)22m2，
又cs∠F1PF2=19，所以m2+m2−(4a)22m2=19，解得m=3a，所以n=a，
在△F1PF2中，由余弦定理，得cs∠F1PF2=PF12+PF22−F1F222PF1PF2=9a2+a2−4c22⋅3a2=19，
整理，得3c2=7a2，由e>1，解得e=ca=213.
即双曲线的离心率为.213
故选：B
2. （2024·内蒙古赤峰·一模）如图所示，椭圆有这样的光学性质：从椭圆的一个焦点出发的光线，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点.根据椭圆的光学性质解决下面的题目：已知曲线C的方程为x225+y216=1，其左、右焦点分别是F1，F2，直线l与椭圆C切于点P，且PF1=2，过点P且与直线l垂直的直线l'与椭圆长轴交于点M，则F1M:F2M=（ ）
A．1:3B．1:2C．1:3D．1:4
【答案】D
【分析】
根据椭圆定义和光的反射定理，以及角平分线定理可得
【详解】由已知得a=5，PF1=2，
由椭圆定义可得PF2=2a−PF1=8，
根据光的反射定理可得PM为∠F1PF2的角平分线，
由正弦定理F1Msin∠F1PM=F1Psin∠F1MP，F2Msin∠F2PM=F2Psin∠F2MP
所以F1MF1P=sin∠F1PMsin∠F1MP，F2MF2P=sin∠F2PMsin∠F2MP，又sin∠F1PMsin∠F1MP=sin∠F2PMsin∠F2MP
所以F1MF1P=F2MF2P
即F1M:F2M=F1P:F2P=1:4.
故选：D.
3. （2024·河南信阳·模拟预测）一光源P在桌面A的正上方，半径为2的球与桌面相切，且PA与球相切，小球在光源P的中心投影下在桌面产生的投影为一椭圆（其中球与截面的切点即为椭圆的焦点），如图所示，形成一个空间几何体，且正视图是Rt△PAB，其中PA=6，则该椭圆的离心率 .
【答案】12/0.5
【分析】作出球的截面图，易得tan∠EPO=12，结合正切的二倍角公式求出tan∠APB的值，进而知长轴AB的长，再由球O与AB相切的切点F为椭圆的一个焦点，可得c的值，最后由e=ca，得解．
【详解】如图，是球O的一个截面，圆O分别与AB,PA相切于点F，E，
因为PA=6，球的半径为2，所以PE=4，tan∠EPO=OEPE=24=12，
所以tan∠APB=2tan∠EPO1−tan2∠EPO=2×121−(12)2=43=ABPA，
所以AB=PA⋅tan∠APB=6×43=8，
因为AB是椭圆的长轴长，所以2a=8，所以a=4，
根据球O与AB相切的切点F为椭圆的一个焦点，
所以AF=2=a−c，所以c=a−2=4−2=2，
所以离心率e=ca=24=12．
故答案为：12．
4. （2024·山东·一模）如图，在△ABC中，已知∠BAC=120°，其内切圆与AC边相切于点D，且AD=1，延长BA到E，使BE=BC，连接CE，设以E，C为焦点且经过点A的椭圆的离心率为e1，以E，C为焦点且经过点A的双曲线的离心率为e2，则e1e2的取值范围是 ．
【答案】1,+∞
【分析】设M,G分别是BC,BE与圆的切点，设CD=CM=GE=m，利用椭圆，双曲线的定义分切求出e1,e2的表达式，进而可得e1e2的表达式，然后求出m的取值范围即可的解.
【详解】如图以CE的中点C为原点直角坐标系，设M,G分别是BC,BE与圆的切点，由圆的切线性质得AG=AD=1，
设CD=CM=GE=mm>1，所以AC=1+m，AE=GE−AG=m−1，
在△ACE中，CE2=CA2+AE2−2CA⋅EAcs60°=m2+3，
以E,C为焦点经过点A的双曲线的离心率为e2=m2+32，
以E,C为焦点经过点A的椭圆的离心率为e1=m2+32m，
则e1e2=m2+34m=m4+34m，
在△ABC中，设BM=n，所以BC=m+n,AB=n+1，AC=m+1，
由余弦定理可得BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcs120°，
所以mn=3m+3n+3，所以n=3m+3m−3>0，得m>3，
由对勾函数的单调性可得函数y=x4+34x在3,+∞上单调递增，
所以e1e2=m4+34m>34+34×3=1.
故答案为：1,+∞.
【点睛】关键点点睛：根据圆锥曲线的定义结合条件表示出e1,e2，然后根据余弦定理结合条件求出参数的取值范围是解出此题的关键.
5. （2024·浙江杭州·二模）机场为旅客提供的圆锥形纸杯如图所示，该纸杯母线长为12cm，开口直径为8cm．旅客使用纸杯喝水时，当水面与纸杯内壁所形成的椭圆经过母线中点时，椭圆的离心率等于 ．
【答案】31717/31717
【分析】依题意，利用等腰三角形ABC求得csα,再由余弦定理求出椭圆长轴长，作出圆锥的轴截面交椭圆于点P,Q，建立坐标系，利用三角形重心性质和相似三角形求出点P坐标，代入椭圆方程即可求得半短轴长，利用离心率定义计算即得.
【详解】
如图，设∠BCD=α,因AB=AC=12,BC=8,故csα=412=13，又CD=6,
由余弦定理，BD2=CD2+BC2−2CD⋅BCcsα=36+64−2×6×8×13=68，
即BD=217,
设椭圆中心为O,作圆锥的轴截面AMN,与底面直径BC交于E，与椭圆交于P,Q，
连AE交BD于G，以点O为原点，DB为x轴，建立直角坐标系.
则AGAE=23,又由△APQ∼△AMN得PQ=23MN=163, DG=13DB=2173,
从而OG=17−2173=173,则得P(−173,83),
不妨设椭圆方程为x2a2+y2b2=1，把a=17和点P坐标代入方程，解得b=22，
则c=17−8=3，故e=ca=317=31717.
故答案为：31717.
02三角换元法的运用
6.（23-24高三下·浙江·开学考试）P是圆C:x2+(y−2)2=1上一动点，A2,0,Q为AP的中点，O为坐标原点，则OQ的最大值为 .
【答案】2+12
【分析】写出圆C的参数方程，进而可得点Q坐标，结合两点间距离公式转化为求三角函数的最值即可.
【详解】如图所示，
因为圆C：x2+(y−2)2=1的参数方程为x=csθy=2+sinθ，
所以设点P(csθ,2+sinθ)，则AP的中点Q(2+csθ2,2+sinθ2)，
所以|OQ|=(2+csθ2)2+(2+sinθ2)2=9+4(sinθ+csθ)4=129+42sin(θ+π4)，
当sin(θ+π4)=1时，|OQ|取得最大值为129+42=22+12=2+12.
故答案为：2+12.
7. （2024高三·全国·专题练习）已知平面直角坐标系中的定点A(−2,0)，B(2,0)，C(0,2)，动点P(x,y)，其中kPA⋅kPB=−34.现将坐标平面沿x轴翻折成平面角为120∘的二面角，则C，P两点间距离的取值范围是（ ）
A．2−3,22∪22,7+23B．22,7+23
C．7−43,22D．22,7+23
【答案】A
【分析】先求出动点P(x,y)的轨迹方程，然后利用椭圆的参数方程求解空间中两点C，P的距离．
【详解】由kPA⋅kPB=yx+2⋅yx−2=−34，得动点P(x,y)的轨迹方程为x24+y23=1,y≠0，
于是可设P(2csθ,3sinθ)；设上半椭圆所在平面为α，下半椭圆所在平面为β，
当P∈α时，|CP|2=(−2csθ)2+(2−3sinθ)2=8−sin2θ−43sinθ，
因为0<θ<π，sinθ∈0,1，所以|CP|2∈7−43,8，从而|CP|∈2−3,22；
若P∈β，依题意，点C到平面β上的距离为3，射影点C1(0,1)，
于是|CP|2=(−2csθ)2+(1−3sinθ)2+(3)2=8−sin2θ−23sinθ，
因为−π<θ<0， sinθ∈−1,0，此时CP2∈8,7+23，从CP∈22,7+23．
综上可得，CP∈2−3,22∪22,7+23，
故选：A ．
8. （2023·湖北·二模）已知动直线l的方程为1−a2x+2ay−3a2−3=0，a∈R，P3,1，O为坐标原点，过点O作直线l的垂线，垂足为Q，则线段PQ长度的取值范围为（ ）
A．0,5B．1,5C．5,+∞D．0,3
【答案】B
【分析】
利用万能公式将直线方程化为xcsθ+ysinθ−3=0，求出过原点与直线l垂直的直线方程，进而得出点Q的轨迹为圆心为(0,0)半径为3的圆，进而转化为点到圆的距离即可求解.
【详解】由1−a2x+2ay−3a2−3=0可得1−a21+a2x+2a1+a2y−3=0，
令a=tanθ2，由万能公式可得csθ=cs2θ2−sin2θ2cs2θ2+sin2θ2=1−tan2θ21+tan2θ2=1−a21+a2，
sinθ=2sinθ2csθ2cs2θ2+sin2θ2=2tanθ21+tan2θ2=2a1+a2，所以直线l的方程为xcsθ+ysinθ−3=0①，
由题意可知过原点与直线l垂直的直线方程为xsinθ−ycsθ=0②，
①2+②2可得x2+y2=9，即表示点Q的轨迹为圆心为(0,0)半径为3的圆，
于是线段PQ长度的取值范围为[r−PO,r+PO]，因为PO=2，
所以线段PQ长度的取值范围为1,5，
故选：B.
9. （2024·浙江绍兴·二模）过点Pa,b作圆x2+y2=1的切线PA，A为切点，PA=1，则a+2b的最大值是（ ）
A．2B．3C．5D．10
【答案】D
【分析】根据题意可得a2+b2=2，三角换元令a=2csθ，b=2sinθ，θ∈0,2π，利用三角恒变换求出最大值.
【详解】根据题意，设圆x2+y2=1的圆心为O，则PO2=PA2+OA2=1+1=2，
∴a2+b2=2，令a=2csθ，b=2sinθ，θ∈0,2π，
则a+2b=2csθ+22sinθ=10sinθ+φ，其中tanφ=12，
所以a+2b的最大值为10.
故选：D.
10. （2024·山东烟台·一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，半径为1的圆A沿着x轴正向无滑动地滚动，点M为圆A上一个定点，其初始位置为原点O,t为AM绕点A转过的角度（单位：弧度，t≥0）.

(1)用t表示点M的横坐标x和纵坐标y；
(2)设点M的轨迹在点M0(x0,y0)(y0≠0)处的切线存在，且倾斜角为θ，求证：1+cs2θy0为定值；
(3)若平面内一条光滑曲线C上每个点的坐标均可表示为(x(t),y(t)),t∈[α,β]，则该光滑曲线长度为F(β)−F(α)，其中函数F(t)满足F'(t)=[x'(t)]2+[y'(t)]2.当点M自点O滚动到点E时，其轨迹OE为一条光滑曲线，求OE的长度.
【答案】(1)x=t−sint,y=1−cst；
(2)证明见解析；
(3)8.
【分析】（1）根据给定条件，结合三角函数及弧长计算求解.
（2）利用复合函数的求导公式，求出切线斜率，再借助三角恒等变换推理即得.
（3）由（1）及给定信息，求出F'(t)并确定原函数，再求出弧长即得.
【详解】（1）依题意，y=1−cst,|OB|=BM=t，则x=|OB|−sint=t−sint，
所以x=t−sint,y=1−cst.
（2）由复合函数求导公式y't=y'x⋅x't及（1）得y'x=y'x⋅x'tx't=y'tx't=sint1−cst，因此tanθ=sint1−cst，
而1+cs2θ=2cs2θ=2cs2θsin2θ+cs2θ=2tan2θ+1
=2(sint1−cst)2+1=2(1−cst)22−2cst=1−cst=y0，
所以1+cs2θy0为定值1.
（3）依题意，F'(t)=(1−cst)2+sin2t=2−2cst=2|sint2|.
由0≤t2≤π，得sint2≥0，则F'(t)=2sint2，于是F(t)=−4cst2+c（c为常数），
则F(2π)−F(0)=(−4csπ+c)−(−4cs0+c)=8，
所以OE的长度为8.
【点睛】结论点睛：函数y=f(x)是区间D上的可导函数，则曲线y=f(x)在点(x0,f(x0)) (x0∈D)处的切线方程为：y−f(x0)=f'(x0)(x−x0).
03新定义问题
11.（2024·浙江宁波·二模）在平面直角坐标系xOy中，定义dA,B=x1−x2+y1−y2为Ax1,y1,Bx2,y2两点间的“曼哈顿距离”.已知椭圆C:x22+y2=1，点P,Q,R在椭圆C上，PQ⊥x轴.点M,N满足RM=MP,PN=2NQ.若直线MQ与NR的交点在x轴上，则dR,Q的最大值为 .
【答案】23
【分析】先根据条件RM=MP,PN=2NQ找出R,Q坐标的关系，结合三角换元可得答案.
【详解】设Px1,y1,Rx2,y2,由题意Qx1,−y1，Mx1+x22,y1+y22；
不妨设点P位于第一象限，由PN=2NQ可得Nx1,−y13,
设直线MQ与NR的交点为Tt,0，则有QT//MQ,RT//RN;
QT=t−x1,y1,MQ=x1−x22,−3y1+y22，
由QT//MQ可得t−x1−3y1+y22=y1x1−x22，整理得t=2x1y1+x1y2+x2y13y1+y2①；
RT=t−x2,−y2,RN=x1−x2,−y13−y2，
由RT//RN可得t−x2−y13−y2=−y2x1−x2，整理得t=x2y1+3x1y2y1+3y2②；
联立①②可得y12x1−x2=y1y2x1−x2，由题意x1≠x2,y1≠0，所以y1=y2，
由椭圆的对称性可知x1=−x2，
dR,Q=x1−x2+−y1−y2=2x1+2y1，
因为x122+y12=1，设x1=2csα,y1=sinα，α∈0,π2，
dR,Q=2x1+2y1=22csα+2sinα =23sinα+θ，其中tanθ=2；
所以当α+θ=π2时，dR,Q取到最大值23.
故答案为：23
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有三个：一是理解新定义的含义；二是根据条件找出P,R,Q坐标的关系;三是借助三角函数求解最值.
12. （2024·浙江·模拟预测）如图，由部分椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0,y≤0)和部分双曲线x2a2−y2b2=1y≥0，组成的曲线C称为“盆开线”．曲线C与x轴有A2,0、B−2,0两个交点，且椭圆与双曲线的离心率之积为74．
(1)设过点1,0的直线l与C相切于点M，求点M的坐标及直线l的方程；
(2)过A的直线m与C相交于点P、A、Q三点，求证：∠PBA=∠QBA．
【答案】(1)M4,3，x−y−1=0
(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率乘积以及A2,0,B−2,0，可求得a,b，可得椭圆方程和双曲线方程，设切点为Mx0,y0，可得切线方程，由过点1,0，即可求解M和直线方程；
（2）设出直线方程，联立椭圆方程和双曲线方程，利用韦达定理，结合的BP,BQ斜率之和为零，即可求证.
【详解】（1）由题设可得a2+b2a×a2−b2a=74,a=2,b=3，
故椭圆方程为：x24+y23=1y≤0，双曲线方程为x24−y23=1y≥0．
由图可知，切点M在双曲线x24−y23=1y≥0上．
设Mx0,y0，则k=3x04y0，则切线l的方程为：x0x4−y0y3=1，
因为直线l过点1,0，所以，x0=4，
将x0=4代入x24−y23=1y≥0，得y0=3，
所以，M4,3，直线l的方程为：x−y−1=0．
（2）由题意可得PQ的斜率存在且不为零，故设方程为：y=kx−2，
联立x24−y23=1y≥0y=kx−2整理得：3−4k2x2+16k2x−16k2−12=0，
Δ=256k4−43−4k2−16k2−12>03−4k2≠0,即k≠32且k≠−32,
解得：x=2或x=8k2+64k2−3，即Q8k2+64k2−3,12k4k2−3．
联立x24+y23=1y≤0y=kx−2整理得：3+4k2x2−16k2x+16k2−12=0，
解得：x=2或x=8k2−64k2+3，即P8k2−64k2+3,−12k4k2+3．
所以kBP+kBQ=−12k4k2+38k2−64k2+3+2+12k4k2−38k2+64k2−3+2=0，
所以kBP=−kBQ，所以∠PBA=∠QBA．
13. （2024·安徽·二模）在平面直角坐标系xOy中，利用公式x'=ax+byy'=cx+dy①（其中a，b，c，d为常数），将点Px,y变换为点P'x',y'的坐标，我们称该变换为线性变换，也称①为坐标变换公式，该变换公式①可由a，b，c，d组成的正方形数表abcd唯一确定，我们将abcd称为二阶矩阵，矩阵通常用大写英文字母A，B，…表示．
(1)在平面直角坐标系xOy中，将点P3,4绕原点O按逆时针旋转π3得到点P'（到原点距离不变），求点P'的坐标；
(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，将点Px,y绕原点O按逆时针旋转α角得到点P'x',y'（到原点距离不变），求坐标变换公式及对应的二阶矩阵；
(3)向量OP=x,y（称为行向量形式），也可以写成xy，这种形式的向量称为列向量，线性变换坐标公式①可以表示为：x'y'=abcdxy，则称x'y'是二阶矩阵abcd与向量xy的乘积，设A是一个二阶矩阵，m，n是平面上的任意两个向量，求证：Am+n=Am+An．
【答案】(1)P'32−23,2+332
(2)x'=xcsα−ysinαy'=xsinα+ycsα，csα−sinαsinαcsα
(3)证明见解析
【分析】（1）利用三角函数的定义得到旋转之前的csθ和sinθ，再由两角和的正弦、余弦公式得到点P'的坐标；
（2）利用三角函数的定义得到旋转之前的csθ和sinθ，再由两角和的正弦、余弦公式得到点P'的坐标，再根据变换公式的定义得到变换公式及与之对应的二阶矩阵；
（3）根据定义分别计算Am+n、Am、An，证明Am+n=Am+An即可.
【详解】（1）可求得OP=OP'=5，设∠POx=θ，则csθ=35，sinθ=45，
设点P'x',y'，∠POx=θ+π3，
故x'=5csθ+π3=512csθ−32sinθ=32−23
y'=5sinθ+π3=512sinθ+32csθ=2+332
所以P'32−23,2+332.
（2）设OP=OP'=r，∠POx=θ，则x=rcsθ，y=rsinθ，∠P'Ox=θ+α，
故x'=rcsθ+α=rcsθcsα−rsinθsinα=xcsα−ysinα
y'=rsinθ+α=rsinθcsα+rcsθsinα=xsinα+ycsα
所以坐标变换公式为x'=xcsα−ysinαy'=xsinα+ycsα，
该变换所对应的二阶矩阵为csα−sinαsinαcsα
（3）设矩阵A=abcd，向量m=x1y1，n=x2y2，则m+n=x1+x2y1+y2．
Am+n=abcdx1+x2y1+y2=ax1+x2+by1+y2cx1+x2+dy1+y2，
对应变换公式为：x'=ax1+x2+by1+y2y'=cx1+x2+dy1+y2，
Am=abcdx1y1=ax1+by1cx1+dy1，An=abcdx2y2=ax2+by2cx2+dy2
所以Am+An==ax1+by1cx1+dy1+ax2+by2cx2+dy2=ax1+x2+by1+y2cx1+x2+dy1+y2
故对应变换公式同样为x'=ax1+x2+by1+y2y'=cx1+x2+dy1+y2
所以Am+n=Am+An得证.
【点睛】方法点睛：利用三角函数的定义解题：（1）角α的顶点与坐标原点重合；（2）角的始边与x轴正半轴重合；在角α的终边上任取一点P(x,y)，该点到原点的距离r=x2+y2，则：sinα=yr；csα=xr； tanα=yx.
14. （多选）（2024·辽宁鞍山·二模）在平面直角坐标系中，定义dA,B=x1−x2+y1−y2为点Ax1,y1到点Bx2,y2的“折线距离”．点O是坐标原点，点Q在直线2x+y−25=0上，点P在圆x2+y2=1上，点R在抛物线y2=−4x上．下列结论中正确的结论为（ ）
A．dO,Q的最小值为2B．dO,P的最大值为2
C．dP,Q的最小值为52D．dR,Q的最小值为5−14
【答案】BCD
【分析】对A，根据折线距离的定义，写出dO,Q，利用绝对值放缩和绝对值不等式，可判断对错；
对B，根据折线距离的定义，写出dO,P，利用基本（均值）不等式可判断对错；
对C：利用圆的参数方程，结合折线距离的定义，写出dP,Q，利用绝对值放缩和绝对值不等式，结合三角函数的最值，可判断对错；
对D：利用抛物线的参数方程，，结合折线距离的定义，写出dR,Q，利用绝对值放缩和绝对值不等式，结合二次函数的值域，可判断对错.
【详解】对A：设Qx,25−2x，则dO,Q=x+25−x ≥x+5−x ≥x+5−x =5（当且仅当x=5时取“=”）.故A错；
对B：设Px,y，则x2+y2=1.则dO,P=x+y ≤2x2+y2=2，故B对；
对C：设Pcsθ,sinθ，Qx,25−2x，则
dP,Q=csθ−x+sinθ−25+2x =csθ−x+2sinθ2−5+x ≥csθ−x+sinθ2−5+x ≥csθ−x+sinθ2−5+x =5−csθ+sinθ2 =5−52csθ⋅255+sinθ⋅55 ≥52（当且仅当sinθ=55，csθ=255时取“=”）.故C对；
对D：设R−t24,t，Qx,25−2x，则
dR,Q=−t24−x+t−25+2x =−t24−x+2t2−5+x ≥−t24−x+t2−5+x ≥−t24−x+t2−5+x =−t24+t2−5 =t24−t2+5 ≥5−14（当且仅当t=1时取“=”）.故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题的关键之一是对“折线距离”的理解，根据新定义，写出折线距离；关键之二是含有绝对值的式子的处理，可根据绝对值的放缩和绝对值不等式，去掉绝对值的符号再求相关最值.
15. （2024·上海静安·二模）我们称如图的曲线为“爱心线”，其上的任意一点P(x,y)都满足方程x2−2xy+y2−2x+22y=0，现将一边在x轴上，另外两个顶点在爱心线上的矩形称为心吧．若已知点M(22,−2)“爱心线”上任意一点的最小距离为d，则用d表示心吧面积的最大值为 ．
【答案】52−d2
【分析】根据题意，得到x2+y2−2x+22y=2xy，曲线上任意一点P求得PM2的最小值为d2，进而求得心吧面积的最大值.
【详解】解：由曲线方程x2−2xy+y2−2x+22y=0，
由点M(22,−2)“爱心线”上任意一点且点M在y轴的右侧，
所以点M“爱心线”上任意一点的最小距离d，一定出现在爱心线位于y轴的右侧的点，
当x≥0时，可得x2+y2−2x+22y=2xy，
设曲线上任意一点P(x,y),(x≥0)，且M(22,−2)，
有PM2=(x−22)2+(y−2)2=x2+y2−2x+22y+52=2xy+52，
因为PM2的最小值为d2，所以2xy的最小值为d2−52，
当y>0时，心吧面积为S=2xy=2xy的最小值为d2−52；
当y<0时，心吧面积为S=2xy=−2xy的最大值为52−d2.
故答案为：52−d2.
04解析几何与立体几何结合
16.（2023·江西南昌·三模）艾溪湖大桥由于设计优美，已成为南昌市的一张城市名片.该大桥采用对称式外倾式拱桥结构，与桥面外伸的圆弧形人行步道相对应，寓意“张开双臂，拥抱蓝天”，也有人戏称：像一只展翅的蝴蝶在翩翩起舞（如图）.其中像蝴蝶翅膀的叫桥的拱肋（俗称拱圈），外形是抛物线，最高点即抛物线的顶点在桥水平面的投影恰为劣弧AB的中点（图2），拱圈在竖直平面内投影的高度为45m，劣弧AB所在圆的半径为50m，拱跨度AB为502m，桥面宽BC为45m，则关于大桥两个拱圈所在平面夹角的余弦值，下列最接近的值是（ ）（已知52≈7)

A．45B．1625C．35D．1225
【答案】A
【分析】根据题意求得GH=15，从而得到tanα=3，再利用对称性与余弦的倍角公式，结合齐次式弦化切即可得解.
【详解】设弧AB的中点为H，弦AB的中点为G，圆心为O，拱圈的顶点为P，

有PH=45,OB=50,BG=252，易知OG⊥GB，
则OG=OB2−BG2=252≈35，故GH=50−35=15，
设∠PGH=α，则tanα=PHGH=4515=3，
根据对称性两个拱圈所在平面的夹角的余弦值为：cs290°−α=−cs2α=−cs2α+sin2αcs2α+sin2α=−1+tan2α1+tan2α=45.
故选：A.
17. （2024·河南·模拟预测）如图所示，在圆锥内放入两个球O1,O2，它们都与圆锥的侧面相切（即与圆锥的每条母线相切），且这两个球都与平面α相切，切点分别为 F1,F2，数学家丹德林利用这个模型证明了平面α与圆锥侧面的交线为椭圆，记为Γ，F1,F2为椭圆Γ的两个焦点.设直线F1F2分别与该圆锥的母线交于A，B两点，过点A的母线分别与球O1,O2相切于 C，D 两点，已知AC=2−3,AD=2+3.以直线F1F2为x轴，在平面α内，以线段F1F2的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系.
(1)求椭圆Γ的标准方程.
(2)点 T在直线x=4上，过点T作椭圆Γ的两条切线，切点分别为M，N，A，B分别是椭圆Γ的左、右顶点，连接AM,BN，设直线AM与BN交于点P.证明:点 P 在直线x=4上.
【答案】(1)x24+y2=1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据切线长定理可得AF1=AC,AF2=AD，可得AF1+AF2=2a=4，AD−AC=23=2c，从而可求解.
（2）根据题意设出直线PA:y=k1x+2,PB:y=k2x−2，分别与椭圆方程联立，再结合根与系数的关系从而可求解.
【详解】（1）设椭圆Γ的标准方程为 x2a2+y2b2=1a>0,b>0，
由切线长定理知AF1=AC,AF2=AD，
则AF1+AF2=AC+AD=2a=4，解得a=2.
由AD−AC=23=2c，解得 c=3,b=1.
所以椭圆Γ的标准方程为x24+y2=1.
（2）
设Px0,y0,Mx1,y1,Nx2,y2,T4,t,
已知A−2,0,B2,0，设PA:y=k1x+2,PB:y=k2x−2，
联立方程组 x24+y2=1y=k1x+2，
消去 y得 1+4k12x2+16k12x+16k12−4=0，
显然Δ=256k14−64k12−164k12+1=16>0，
由−2x1=16k12−41+4k12，可得 x1=2−8k121+4k12，y1=k12−8k121+4k12+2=4k11+4k12，
所以M2−8k121+4k12,4k11+4k12，
联立方程组x24+y2=1y=k2x−2，
消去 y得 1+4k22x2−16k22x+16k22−4=0，
显然Δ=256k24−64k22−164k22+1=16>0，
由2x2=16k22−41+4k22，可得 x2=−2−8k221+4k22，y2=k2−2−8k221+4k22−2=−4k21+4k22，
同理N8k22−21+4k22,−4k21+4k22.
因为 M，N是切点，且T4,t，所以直线MN的方程为 4x4+ty=1，即x+ty=1，
显然直线MN过定点D1,0，即M，D，N三点共线，则 4k11+4k122−8k121+4k12−1=−4k21+4k228k22−21+4k22−1，
解得k2=3k1或4k1k2=−1（舍去），
联立方程组y0=k1x0+2y0=k2x0−2，解得 x0=2k1+k2k2−k1=4，
即点 P 在直线x=4上.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y1,x2,y2；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，注意Δ的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1x2（或y1+y2、y1y2）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
18. （20-21高三上·全国·阶段练习）已知直线BC垂直单位圆O所在的平面，且直线BC交单位圆于点A，AB=BC=1，P为单位圆上除A外的任意一点，l为过点P的单位圆O的切线，则（ ）
A．有且仅有一点P使二面角B−l−C取得最小值
B．有且仅有两点P使二面角B−l−C取得最小值
C．有且仅有一点P使二面角B−l−C取得最大值
D．有且仅有两点P使二面角B−l−C取得最大值
【答案】D
【分析】先作出二面角的平面角，表示出二面角的正切值，再构造辅助函数，最后用导数求最值方法判断．
【详解】过A作AM⊥l于M，连接MB、MC，如图所示，
因为直线BC垂直单位圆O所在的平面，直线l在平面内，且直线BC交单位圆于点A，
所以AC⊥l，AM,AC⊂平面AMC，AM∩AC=A，所以l⊥平面AMC，
MC,MB⊂平面AMC，所以l⊥MC，l⊥MB，
所以∠BMC是二面角B−l−C的平面角，
设∠BMC=θ，∠AMC=α，∠AMB=β，AM=t，则θ=α−β，
由已知得t∈0,2，AB=BC=1，
tanα=2t， tanβ=1t， tanθ=tanα−β=tanα−tanβ1+tanα⋅tanβ=2t−1t1+2t⋅1t=tt2+2，
令ft=tt2+2，则f't=1⋅t2+2−t2tt2+22=2+t2−tt2+22，
当t∈0,2时，f't>0，ft单调递增，当t∈2,2时，f't<0，ft单调递减，
f2=13>f0=0
所以t∈0,2，当t=2时，ft取最大值，没有最小值，
即当t=2时tanθ取最大值，从而θ取最大值，
由对称性知当t=2时，对应P点有且仅有两个点，
所以有且仅有两点P使二面角B﹣l﹣C取得最大值．
故选：D．
19 .（2024·全国·模拟预测）人类对地球形状的认识经历了漫长的历程．古人认为宇宙是“天圆地方”的，以后人们又认为地球是个圆球.17世纪，牛顿等人根据力学原理提出地球是扁球的理论，这一理论直到1739年才为南美和北欧的弧度测量所证实．其实，之前中国就曾进行了大规模的弧度测量，发现纬度越高，每度子午线弧长越长的事实，这同地球两极略扁，赤道隆起的理论相符．地球的形状类似于椭球体，椭球体的表面为椭球面，在空间直角坐标系下，椭球面Γ:x2a2+y2b2+z2c2=1a>0,b>0,c>0，这说明椭球完全包含在由平面x=±a,y=±b,z=±c所围成的长方体内，其中a,b,c按其大小，分别称为椭球的长半轴、中半轴和短半轴．某椭球面与坐标面z=0的截痕是椭圆E:x22+y2=1.
(1)已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0在其上一点Qx0,y0处的切线方程为xx0a2+yy0b2=1．过椭圆E的左焦点F1作直线l与椭圆E相交于A,B两点，过点A,B分别作椭圆的切线，两切线交于点M，求△ABM面积的最小值．
(2)我国南北朝时期的伟大科学家祖暅于5世纪末提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．祖暅原理用现代语言可描述为：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．当b=c时，椭球面Γ围成的椭球是一个旋转体，类比计算球的体积的方法，运用祖暅原理求该椭球的体积．
【答案】(1)22
(2)42π3
【分析】（1）根据题意可知点F1的坐标，直线l不与x轴重合，设出直线l的方程，联立椭圆方程，得到关于y的一元二次方程，求出AB，根据题意可得椭圆在点A,B处的切线方程，进而求出点M的坐标，求出点M到直线l的距离，即可求出S△ABM的表达式，利用导数求得最小值
（2）类比利用祖暅原理求球的体积的方法，构造以1为半径，2为高的圆柱，挖去同底（圆柱的上底）等高的圆锥构成的几何体与半椭球满足祖暅原理的条件，结合圆柱以及圆锥的体积公式，即可求得椭球的体积.
【详解】（1）椭圆E的标准方程为x22+y2=1，则F1−1,0．
当直线l的倾斜角为0∘时，A,B分别为椭圆的左、右顶点，此时两切线平行无交点，不符合题意，
所以直线l的倾斜角不为0∘,
设直线l:x=ty−1,Ax1,y1,Bx2,y2,
由x22+y2=1x=ty−1,得t2+2y2−2ty−1=0，
则Δ=8t2+8>0,y1+y2=2tt2+2,y1y2=−1t2+2，
所以AB=1+t2y1−y2=1+t2y1+y22−4y1y2
=1+t24t2t2+22+4t2+2=22t2+1t2+2,
又椭圆E在点A处的切线方程为x1x2+y1y=1，在点B处的切线方程为x2x2+y2y=1，
由x1x2+y1y=1x2x2+y2y=1，得xM=2y2−y1x1y2−x2y1=2y2−y1ty1−1y2−ty2−1y1=2y2−y1y1−y2=−2，
代入x1x2+y1y=1，得yM=1+x1y1=1+ty1−1y1=t，所以M−2,t，
则点M到直线l的距离d=−1−t21+t2=1+t2，
所以S△ABM=12⋅AB⋅d=12⋅22t2+1t2+2⋅t2+1=2t2+1t2+1t2+2，
设m=t2+1≥1，则S△ABM=2m3m2+1，
令fm=2m3m2+1，则f'm=2m4+3m2m2+12>0，所以fm在1,+∞上单调递增，
所以当m=1，即t=0时，△ABM的面积最小，最小值是22；
（2）椭圆E的焦点在x轴上，长半轴长为2，短半轴长为1，
椭球由椭圆E及其内部绕x轴旋转180°而成旋转体，
构造一个底面半径为1，高为2的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，
圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体，
当平行于底面的截面与圆锥顶点距离为ℎ0≤ℎ≤2时，设小圆锥底面半径为r，
则ℎ2=r1，即r=22ℎ，所以新几何体的截面面积为π−12πℎ2，
把x=ℎ代入E:x22+y2=1，得ℎ22+y2=1，解得y2=1−12ℎ2，
所以半椭球的截面面积为πy2=π−12πℎ2，
由祖暅原理，得椭球的体积V=2V圆柱−V圆锥=22π−13×2π=42π3.
【点睛】难点点睛：本题考查了椭圆相关三角形面积的求法以及祖暅原理的应用，题目比较新颖，难度较大，解答的难点在于计算三角形面积时，要结合直线方程和椭圆方程联立，得出根与系数的关系，进行化简求解，计算量较大，另外要发挥空间想象能力，构造出圆柱中挖去一个圆锥，进而利用祖暅原理求解体积.
20. （2024·河北石家庄·二模）已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2，离心率为22，过点F1的动直线l交E于A，B两点，点A在x轴上方，且l不与x轴垂直，△ABF2的周长为42，直线AF2与E交于另一点C，直线BF2与E交于另一点D，点P为椭圆E的下顶点，如图①.
(1)当点A为椭圆E的上顶点时，将平面xOy沿x轴折叠如图②，使平面A'F1F2⊥平面BF1F2，求异面直线A'C与BF1所成角的余弦值；
(2)若过F2作F2H⊥CD，垂足为H.
（i）证明:直线CD过定点；
（ii）求PH的最大值.
【答案】(1)31326
(2)（i）证明见详解；（ii）61+15
【分析】（1）据题意求出椭圆方程，折叠后建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求出异面直线A'C与BF1所成角的余弦值；
（2）（i）联立直线AF2与椭圆的方程，根据韦达定理求出点C的坐标，同理得到点D的坐标，进而得到直线CD的方程，根据对称性，可判断定点在x轴上，故令y=0，即可得到定点坐标；（ii）由题意可知，点H的轨迹为以F21,0，Q75,0为直径的圆（除F2,Q外），由PH≤PM+r即可求解.
【详解】（1）由椭圆定义可知AF1+AF2=2a，BF1+BF2=2a，
所以△ABF2的周长为4a=42，所以a=2，
又因为椭圆离心率为22，
所以ca=22，所以c=1，
又b2=a2−c2=1，
所以椭圆的方程：x22+y2=1，
所以椭圆的焦点为F1−1,0，F21,0，
当点A为椭圆E的上顶点时，A0,1，
所以直线l的方程为：y=x+1，
由y=x+1x22+y2=1解得A0,1，B−43,−13，
由对称性知C43,−13，
以O为坐标原点，折叠后原y轴负半轴，原x轴，原y轴的正半轴所在直线为x,y,z轴建立如图空间直角坐标系，
则A'0,0,1，B13,−43,0，C13,43,0，F10,−1,0，
A'C=13,43,−1，BF1=−13,13,0，
设直线A'C与BF1所成角为θ，
则csθ=A'C⋅BF1A'CBF1=13263×23=31326，
异面直线A'C与BF1所成角的余弦值为31326.
（2）（i）设点Ax1,y1，Bx2,y2，Cx3,y3，Dx4,y4，
则直线AF2的方程为y=y1x1−1x−1，则x=x1−1y1y+1，
由x=x1−1y1y+1x22+y2=1得，x1−1y12+2y2+2x1−1y1y−1=0，
所以y1y3=−1x1−1y12+2=−y12x12−2x1+1+2y12，
因为x122+y12=1，所以x12+2y12=2，
所以y1y3=y122x1−3，故y3=y12x1−3，
又x3=x1−1y1y3+1=y3=x1−1y1⋅y12x1−3+1=3x1−42x1−3，
同理，y4=y22x2−3，x4=3x2−42x2−3，
由A,F1,B三点共线，得y1x1+1=y2x2+1，
所以x2y1−x1y2=y2−y1，
直线CD的方程为y−y12x1−3=y4−y3x4−x3x−3x1−42x1−3，
由对称性可知，如果直线CD过定点，则该定点在x轴上，
令y=0得，x=−y1x4−x3+3x1−4y4−y32x1−3y4−y3
=−y13x2−42x2−3−3x1−42x1−3+3x1−4y22x2−3−y12x1−32x1−3y22x2−3−y12x1−3
=−y13x2−4+y23x1−4y22x1−3−y12x2−3=4y1−y2+3x1y2−x2y13y1−y2+2x1y2−x2y1=75，
故直线CD过定点75,0.
（ii）由题意知点P0,−1，点H的轨迹为以F21,0，Q75,0为直径的圆（除F2,Q外），
圆心为M65,0，半径为15，故PH≤PM+15=1+3625+15=61+15.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点(x0,y0)，常利用直线的点斜式方程y−y0=kx−x0或截距式y=kx+b来证明
05解析几何与导数结合问题
21.（多选）（2024·浙江杭州·二模）过点P2,0的直线与抛物线C：y2=4x交于A,B两点．抛物线C在点A处的切线与直线x=−2交于点N，作NM⊥AP交AB于点M，则（ ）
A．直线NB与抛物线C有2个公共点
B．直线MN恒过定点
C．点M的轨迹方程是x−12+y2=1x≠0
D．MN3AB的最小值为82
【答案】BCD
【分析】设出直线AB的方程为x=ty+2，代入y2=4x，然后写出切线方程，结合韦达定理可判断AB；根据B可得M的轨迹方程，从而判断C；利用弦长公式及点到直线的距离公式表示出MN3AB，然后利用导数的知识求出最值进而判断D.
【详解】设直线AB的方程为x=ty+2，Ay124,y1,By224,y2
联立x=ty+2y2=4x，消去x得y2−4ty−8=0，则y1+y2=4t,y1y2=−8，
对于A：抛物线C在点A处的切线为y1y=2x+y124，
当x=−2时得y=y12−4y1=y12−4−8y2=y12+y22=2t，即N−2,2t，
所以直线NB的方程为y−y2=y12−4y1−y2−2−y224x−y224，整理得y=−y14x−4y1，
联立y=−y14x−4y1y2=4x，消去x的y2+16y1y+64y12=0，解得y=−8y1，即直线NB与抛物线C相切，A错误；
对于B：直线MN的方程为x+2=−1ty−2t，整理得x=−yt，此时直线MN恒过定点0,0，B正确；
对于C：又选项B可得点M在以线段OP为直径的圆上，点O除外，故点M的轨迹方程是x−12+y2=1x≠0，C正确；
对于D： MN=−2−2t2−21+t2=2t2+21+t2，AB=1+t2y1+y22−4y1y2=1+t216t2+32=41+t2t2+2
则MN3AB=2t2+21+t2341+t2t2+2=2t2+2521+t22，
令t2+2=m,m≥2，
则MN3AB=2m5m2−12，
设fm=2m5m2−12,m≥2，
则f'm=10m4m2−12−8m6m2−1m2−14=2m4m2−1m2−5m2−14，
当m>5时，f'm>0，fm单调递增，当2所以fmmin=f5=2×555−12=2558，D错误.
故选：BC.

【点睛】方法点睛：直线与抛物线联立问题
第一步：设直线方程：有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，都可由点斜式设出直线方程．
第二步：联立方程：把所设直线方程与抛物线方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程．
第三步：求解判别式Δ：计算一元二次方程根的判别式Δ＞0.
第四步：写出根之间的关系，由根与系数的关系可写出．
第五步：根据题设条件求解问题中的结论．
22. （23-24高三下·江苏泰州·阶段练习）已知抛物线E：x2=2y，焦点为F，过F作y轴的垂线l0，点P在x轴下方，过点P作抛物线E的两条切线l1，l2，l1，l2分别交x轴于A，B两点，l1，l2分别交l0于C，D两点．
(1)若l1，l2与抛物线E相切于C，D两点，求点P的坐标；
(2)证明：△PAB的外接圆过定点；
(3)求△PCD面积S的最小值．
【答案】(1)P0,−12
(2)证明见解析
(3)439
【分析】（1）由已知可得C，D两点的坐标，给函数求导可得切线的斜率，利用点斜式表示切线方程，联立方程即可得P点坐标；
（2）设过P的两条切线分别与抛物线切于Qx1,x122，Rx2,x222，写出直线PQ，PR的方程，联立可得P点坐标，设△PAB外接圆方程，求出圆心，整理变形即可得定点坐标；
（3）由已知设C，D坐标，表示CD和P到CD的距离d，然后表示S△PCD,设x1x2=−t2，t>0，x1−x2=r，可得S△PCD=12⋅r2⋅1+1t2t2+12≥rt2+128t2≥t2+124t，利用函数的单调性即可求得最小值.
【详解】（1）∵l1，l2与抛物线E相切于C，D两点，
设C在左侧，则C−1,12，D1,12，
由x2=2y得y=12x2，所以y'=x，
所以l1的斜率为−1，l2的斜率为1，
此时l1方程：y−12=−x+1，即x+y+12=0．
l2方程：y−12=x−1，即x−y−12=0，联立x+y+12=0x−y−12=0得P0,−12；
（2）设过P的两条切线分别与抛物线切于Qx1,x122，Rx2,x222，
由（1）知直线PQ的斜率为x1，所以直线方程为y−x122=x1x−x1，即y=x1x−x122，
直线PR的斜率为x2，直线PR方程为y−x222=x2x−x2，即y=x2x−x222，
所以Px1+x22,x1x22且Ax12,0，Bx22,0，
设△PAB外接圆的圆心为Mm,n，则M在AB的垂直平分线上，而AB的中点为x1+x24,0，所以m=x1+x24，
设△PAB外接圆方程为：x−x1+x242+y−n2=x1+x24−x122+n2过P，所以x1+x242+x1x22−n2=x1−x242+n2，
所以x1x24+x12x224−nx1x2=0，所以n=x1x2+14，
所以x−x1+x242+y−x1x2+142=x1−x242+x1x2+142，
整理得x2−x1+x22x+y2−x1x2+12y+x1x24=0，
所以x2+y2−y2−x1+x22x+x1x241−2y=0，
令x2+y2−y2=0x=01−2y=0即x=0y=12，所以△PAB的外接圆过定点0,12；
（3）CD：y=12，所以C12x1+1x1,12，D12x2+1x2,12，
所以CD=12x1−x2+1x1−1x2=12⋅x1−x2+x2−x1x1x2=x1−x22⋅1−1x1x2，
P到CD的距离为d=x1x22−12，所以S△PCD=12⋅x1−x22⋅1−1x1x2x1x22−12，
设x1x2=−t2，t>0，x1−x2=r，由x1+x22=x1−x22+4x1x2=r2−4t2≥0，
r≥2t，当且仅当x1+x2=0时等号成立．
所以S△PCD=12⋅r2⋅1+1t2t2+12=rt2+128t2≥t2+124t，
令ft=t2+124t，f't=14⋅2t2+1⋅2t⋅t−t2+12t2=t2+13t2−14t2，
ft在0,33上单调递减，33,+∞上单调递增，
所以ft≥f33=439，所以△PCD面积S的最小值439.
【点睛】方法点睛：利用导数的几何意义可求得切线的斜率，表示切线方程，联立方程可表示P点的坐标；通过设x1x2=−t2，t>0，x1−x2=r，由x1+x22=r2−4t2≥0，r≥2t，当且仅当x1+x2=0时等号成立，把三角形的面积表示为关于t的函数，利用函数的单调性求解最小值.
23. （2024·四川德阳·二模）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左，右顶点分别为A1,A2,P是双曲线上不同于A1，A2的一点，设直线A1P,A2P的斜率分别为k1,k2，则当ab+lnk1k2取得最小值时，双曲线C的离心率为（ ）
A．52B．2C．3D．2
【答案】A
【分析】先根据双曲线的方程，得到k1k2=ba2，再设ba=x，通过求导，判断函数fx=2lnx+1x的极小值点，得到ba的值，再根据a,b,c的关系求双曲线的离心率.
【详解】设Px,y为双曲线C上异于A1、A2两点的任意一点，则x2a2−y2b2=1，
又A1−a,0，A2a,0，所以：
k1k2=yx+a⋅yx−a=y2x2−a2=b2x2a2−1x2−a2=b2a2
所以ab+lnba2=ab+2lnba，
设ba=x，则fx=2lnx+1x（x>0），
因为f'x=2x−1x2=2x−1x2>0 ⇒ x>12，
所以fx在0,12上单调递减，在12,+∞上单调递增，所以当x=12时，函数取得最小值.
即ba=12时，ab+lnk1k2取得最小值.
此时：a=2b ⇒ a2=4b2=4c2−a2 ⇒ 5a2=4c2 ⇒ e2=c2a2=54 ⇒ e=52.
故选：A
24. （2024·全国·模拟预测）已知O是坐标原点，抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，点Em,nm≥0,n≥0在C上，线段PQ是圆E:x−m2+y−n2=3的一条直径，且PF⋅QF的最小值为−114．
(1)求C的方程；
(2)过点O作圆E的两条切线，与C分别交于异于点O的点A,B，求直线AB斜率的最大值．
【答案】(1)y2=2x；
(2)29
【分析】（1）利用PF⋅QF=PE+EF⋅QE+EF展开计算求最值可得p的值；
（2）设直线OA的方程为x=t1y，直线OB的方程为x=t2y，根据与圆相切求出t1,t2满足的二次方程，求出直线AB斜率的斜率，利用导数求解最值.
【详解】（1）连接EF，由题意知
PF⋅QF=PE+EF⋅QE+EF=EF2−PE2=EF2−3≥OF2−3=p24−3=−114，当点E与点O重合时取等号，
得p=1，
所以C的方程为y2=2x；
（2）由题意知n2=2mm≥0,n≥0，
连接OE，则OE2=m2+n2=m2+2m>3，
所以m>1,n>2．
又当m=3n=412时，圆E与y轴相切，不满足题意；
当m=32n=3时，圆E与x轴相切，不满足题意，
故m≠3n≠412且m≠32n≠3．
设直线OA的方程为x=t1y，
因为直线OA为圆E的切线，所以n22−t1nt12+1=3，
整理得n2−3t12−n3t1+n44−3=0．②
设直线OB的方程为x=t2y，
同理可得n2−3t22−n3t2+n44−3=0，
所以t1,t2是关于t的方程n2−3t2−n3t+n44−3=0的两个根，
所以t1+t2=n3n2−3．设Ax1,y1,Bx2,y2，
由x=t1yy2=2x得y1=2t1,x1=2t12，同理可得y2=2t2,x2=2t22，
所以直线AB的斜率为2t2−2t12t22−2t12=1t1+t2=1n−3n3，
设fn=1n−3n3，则f'n=−1n2+9n4=9−n2n4，
当20，当n>3时，f'n<0，
所以fn在2,3上单调递增，在3,+∞上单调递减，
所以当n>2时，fn≤f3=29．
所以直线AB斜率的最大值为29．
25. （多选）（2024·河南信阳·模拟预测）太极图是由黑白两个鱼形纹组成的图案，俗称阴阳鱼，太极图展现了一种相互转化，相互统一的和谐美．定义：能够将圆O的周长和面积同时等分成两部分的函数称为圆O的一个“太极函数”下列有关说法中正确的是（ ）
A．对圆O:x2+y2=1的所有非常数函数的太极函数中，一定不能为偶函数；
B．函数f(x)=sinx+1是圆O:x2+(y−1)2=1的一个太极函数；
C．存在圆O，使得f(x)=ex+1ex−1是圆O的太极函数；
D．直线(m+1)x−(2m+1)y−1=0所对应的函数一定是圆O:(x−2)2+(y−1)2=R2(R>0)的太极函数．
【答案】BD
【分析】举出反例判断A；说明fx=sinx+1的图象关于点(0,1)成中心对称，结合太极函数定义判断B；说明fx=ex+1ex−1图象关于(0,0)对称，(0,0)不在函数图象上，结合太极函数定义判断C；求出直线m+1x−2m+1y−1=0过的定点，恰为圆心，即可判断D.
【详解】对于A，如图折线形成的函数f(x)是偶函数，满足S△ACE=S△BDF=S△PCO=S△PDO，

显然函数f(x)的图象能将圆O的周长和面积同时等分成两部分，A错误；
对于B，将正弦函数y=sinx的图象向上平移1个单位即得fx=sinx+1的图象，
即f(x)=sinx+1的图象关于点(0,1)成中心对称，而圆O:x2+y−12=1也关于点(0,1)中心对称，
因此函数f(x)的图象能将圆O的周长和面积同时等分成两部分，B正确；
对于C，f(x)=ex+1ex−1的定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，且f(−x)=e−x+1e−x−1=1+ex1−ex=−f(x)，
即f(x)=ex+1ex−1为奇函数，图象关于(0,0)对称，

若f(x)=ex+1ex−1是圆O的太极函数，则圆O的圆心应为(0,0)，但是(0,0)不在f(x)的图象上，
因此函数f(x)不能将圆O的周长和面积同时等分成两部分，C错误；
对于D，直线(m+1)x−(2m+1)y−1=0，即m(x−2y)+x−y−1=0，
由x−2y=0x−y−1=0，解得x=2y=1，则直线(m+1)x−(2m+1)y−1=0恒过定点(2,1)，
显然直线(m+1)x−(2m+1)y−1=0经过圆O:(x−2)2+(y−1)2=R2(R>0)的圆心，
该直线能将圆O的周长和面积同时等分成两部分，D正确，
故选：BD
【点睛】思路点睛：涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方法，再转化、抽象为相应的数学问题作答.
06解析几何的实际应用
26.（2024·浙江·模拟预测）应用抛物线和双曲线的光学性质，可以设计制造反射式天文望远镜，这种望远镜的特点是，镜铜可以很短而观察天体运动又很清楚．某天文仪器厂设计制造的一种反射式望远镜，其光学系统的原理如图（中心截口示意图）所示．其中，一个反射镜PO1Q弧所在的曲线为抛物线，另一个反射镜MO2N弧所在的曲线为双曲线一个分支．已知F1,F2是双曲线的两个焦点，其中F2同时又是抛物线的焦点，且，∠NF2F1=45°,tan∠NF1F2=14,△NF1F2的面积为10，O1F2=8，则抛物线方程为 ．

【答案】y2=32x+3
【分析】设F1−c,0,F2c,0,Nx0,y0x0>0,y0>0，由∠NF2F1=45°,tan∠NF1F2=14,S△NF1F2=10，解出c得O1点坐标，结合O1F2=8得抛物线方程.
【详解】以F1F2的中点O为原点，F1F2为x轴，建立平面直角坐标系，
不妨设F1−c,0,F2c,0,Nx0,y0x0>0,y0>0．
由tan∠NF1F2=14,∠NF2F1=45°，则有y0x0+c=14y0=c−x0，解得x0=35c,y0=25c，
又S△NF1F2=12F1F2y0=25c2=10，解得c=5，
O1F2=8，则有O1−3,0，
故抛物线方程为y2=32x+3．
故答案为：y2=32x+3
27. （2024·浙江·二模）如图为世界名画《星月夜》，在这幅画中，文森特·梵高用夸张的手法，生动地描绘了充满运动和变化的星空.假设月亮可看作半径为1的圆O的一段圆弧E，且弧E所对的圆心角为4π5.设圆C的圆心C在点O与弧E中点的连线所在直线上.若存在圆C满足：弧E上存在四点满足过这四点作圆O的切线，这四条切线与圆C也相切，则弧E上的点与圆C上的点的最短距离的取值范围为 .（参考数据：cs2π5=5−14）
【答案】0,5
【分析】设弧E的中点为M，根据圆与圆相离，确定两圆的外公切线与内公切线，确定圆O的位置，分析可得弧E上的点与圆C上的点的最短距离.
【详解】如图，
设弧E的中点为M，弧E所对的圆心角为4π5，
圆O的半径OM=1，在弧E上取两点A,B，则∠AOB≤4π5，
分别过点A,B作圆O的切线，并交直线OM于点D，
当过点A,B的切线刚好是圆O与圆C的外公切线时，劣弧AB上一定还存在点S,T，使过点S,T的切线为两圆的内公切线，
则圆C的圆心C只能在线段MD上，且不包括端点，
过点C，分别向AD,BD作垂线，垂足为R,P，则CR即为圆C的半径，
设线段OC交圆C于点N，则弧E上的点与圆C上的点的最短距离即为线段MN的长度.
在Rt△AOD中，OD=OAcs∠AOD=OAcs∠AOB2≤OAcs2π5=15−14=5+1，
则MN=OC−OM−CN=OC−1−CR即弧E上的点与圆C上的点的最短距离的取值范围为0,5.
故答案为：0,5.
【点睛】结论点睛：本题考查了根据两圆位置关系求距离的范围的问题.可按如下结论求解：
相离的两个圆（圆心分别为O1和O2 ,半径分别为R和r）上的两个动点之间的距离L的最小值是两圆心之间的距离减去两圆的半径，最大值是两圆心之间的距离加上两圆的半径，即Lmin=O1O2−R−r,Lmax=O1O2+R+r.
28. （2024·山西晋中·模拟预测）“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长.某些折纸活动蕴含丰富的数学知识，例如：如图用一张圆形纸片，按如下步骤折纸：
步骤1：设圆心是E，在圆内异于圆心处取一定点，记为F；
步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点F（即折叠后图中的点A与点F重合）；
步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕，记折痕与AE的交点为P；
步骤4：不停重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕.
现取半径为4的圆形纸片，设点F到圆心E的距离为23，按上述方法折纸.以线段EF的中点为原点，线段EF所在直线为x轴建立平面直角坐标系xOy，记动点P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)设轨迹C与x轴从左到右的交点为点A，B，Q为直线l:x=4上的一动点（点Q不在x轴上），连接AQ交椭圆于C点，连接QB并延长交椭圆于D点.是否存在λ，使得S△ACD=λS△BCD成立？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)x24+y2=1
(2)存在λ=3，理由见详解
【分析】（1）由折纸的对称性可知，PE+PF=PE+PA=4>EF=23，从而确定点P的轨迹；
（2）设Q4,m，m≠0，Cx1,y1，Cx2,y2，在根据点Q的坐标来表示各条直线的解析式，然后得出直线CD恒过定点的结论，最后数形结合将面积比转化为边长比化简计算.
【详解】（1）由题意可知，PE+PF=PE+PA=4>EF=23，
所以点P的轨迹是以E，F为焦点，且长轴长2a=4的椭圆，焦距2c=EF=23，
所以b2=a2−c2=1，所以轨迹C的方程为x24+y2=1；
（2）
存在λ=3，使得S△ACD=λS△BCD成立，
设Q4,m，m≠0，Cx1,y1，Cx2,y2，
又A−2,0，所以直线AQ的斜率为m6，
所以直线AQ的方程为y=m6x+2，代入x24+y2=1得：
9+m2x2+4m2x+4m2−36=0，所以−2+x1=−4m29+m2，即x1=18−2m29+m2，
所以y1=m618−2m29+m2+2=6m9+m2，
因为B2,0，所以直线BQ斜率为m2，
所以直线BQ的方程为y=m2x−2，代入x24+y2=1得：
1+m2x2−4m2x+4m2−4=0，所以2+x2=4m21+m2，所以x2=2m2−21+m2，
所以y2=m22m2−21+m2−2=−2m1+m2，
所以直线CD的斜率为6m9+m2−−2m1+m218−2m29+m2−2m2−21+m2=2m3−m2，
所以直线CD的方程为y−−2m1+m2=2m3−m2⋅x−2m2−21+m2，即3−m2y−2mx−1=0，
所以直线CD恒过定点1,0，设该定点为M，
所以AM=3，BM=1，
S△ACD=S△ACM+S△ADM=12AMCMsin∠AMC+12AMDMsin∠AMD
=12AMCM+DMsin∠AMC=12AMCDsin∠AMC，
S△BCD=S△BCM+S△BDM=12BMCMsin∠BMC+12BMDMsin∠BMD
=12BMCM+DMsin∠BMC=12BMCDsin∠BMC，
所以S△ACDS△BCD=12AMCDsin∠AMC12BMCDsin∠BMC=AMBM=3，
所以λ=3.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y1,x2,y2；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，注意Δ的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1x2（或y1+y2、y1y2）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
29. （2024·全国·模拟预测）已知一个玻璃酒杯盛酒部分的轴截面是抛物线，其通径长为1，现有一个半径为r(r>0)的玻璃球放入该玻璃酒杯中，要使得该玻璃球接触到杯底（盛酒部分），则r的取值范围是（ ）
A．(0,2]B．12,2C．0,12D．0,14
【答案】C
【分析】以轴截面抛物线的顶点为原点，对称轴为y轴建立平面直角坐标系，写出该玻璃球的轴截面的方程和抛物线的方程，两方程联立，只有一个解求解.
【详解】解：以轴截面抛物线的顶点为原点，对称轴为y轴建立平面直角坐标系，
当玻璃球能够与杯底接触时，该玻璃球的轴截面的方程为x2+(y −r)2=r2r>0．
因为抛物线的通径长为1，则抛物线的方程为y=x2，
代入圆的方程消元得：x2x2+(1−2r)=0，
所以原题等价于方程x2x2+(1−2r)=0在[−r,r]上只有实数解x=0．
因为由x2x2+(1−2r)=0，得x=0或x2=2r−1，
所以需2r−1≤0或2r−1>r2，即r≤12或(r−1)2<0．
因为r>0，所以0故选：C．
30. （2024·上海静安·二模）江南某公园内正在建造一座跨水拱桥．如平面图所示，现已经在地平面以上造好了一个外沿直径为20米的半圆形拱桥洞，地平面与拱桥洞外沿交于点A与点B． 现在准备以地平面上的点C与点D为起点建造上、下桥坡道，要求：①BD=AC；②在拱桥洞左侧建造平面图为直线的坡道，坡度为1:22 （坡度为坡面的垂直高度和水平方向的距离的比）；③在拱桥洞右侧建造平面图为圆弧的坡道；④在过桥的路面上骑车不颠簸．
(1)请你设计一条过桥道路，画出大致的平面图，并用数学符号语言刻画与表达出来；
(2)并按你的方案计算过桥道路的总长度；（精确到0.1米）
(3)若整个过桥坡道的路面宽为10米，且铺设坡道全部使用混凝土．请设计出所铺设路面的相关几何体，提出一个实际问题，写出解决该问题的方案，并说明理由 （如果需要，可通过假设的运算结果列式说明，不必计算）．
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
(3)答案见解析
【分析】（1）解法1；以线段AB的中点O为坐标原点建立平面直角坐标系，求得圆O的方程，得到y=122(x+30)，联立方程组，求得E −103,2023，设圆M的半径为r，求得圆M的方程为x2+(y+40)2=502，进而得到函数的解析式；解法2：以线段AB的中点O为坐标原点建立平面直角坐标系，设圆M的半径为r，求得圆N的方程为(x−30)2+(y−40)2=402，得到G 6,8，，进而得到函数的解析式；
（2）解法1：求得圆弧EF的长为10π2−arctan22，得到圆弧FD的长为50arctan34，进而求得过桥道路的总长度；解法2：根据题意，求得〈OE,OG〉=arccs−3+8215，得到圆弧EG的长，求得圆弧GD的长为40π2−arctan43，进而得到过桥道路的总长度；
（3）设计让桥的侧面所在平面垂直于地平面，提出问题，结合面积公式，分别求得铺设过桥路需要混凝土的值.
【详解】（1）解法1、如图所示，以线段AB的中点O为坐标原点建立平面直角坐标系，
则，圆O的方程为x2+y2=100，
由tanC=122，OE=10得CE=202，CO=30，
过点C作圆O的切线DE，切点为E，直线CE的斜率为122，其方程为y=122(x+30)，
所以直线OE的斜率为−22，其方程为y=−22x，将其代入x2+y2=100，
得点E的坐标为−103,2023，
经过点D作圆M与圆O切于点F（圆O与y轴的交点），设圆M的半径为r，
则OD2+OM2=DM2，即302+(r−10)2=r2，解得r=50，
所以，圆M的方程为x2+(y+40)2=502，
故用函数表示过桥道路为y=122x+30,−30≤x<−103100−x2,−103≤x<02500−x2−40,0≤x≤30 .
解法2、如图所示，以线段AB的中点O为坐标原点建立平面直角坐标系，
作圆N与x轴相切于点D，并和圆O切于点G，
设圆M的半径为r，则OD2+DN2=ON2，即302+r2=(r+10)2，解得r=40，
所以圆N的方程为(x−30)2+(y−40)2=402，
将直线OG的方程代入x2+y2=100得，点G的坐标为6,8，
所以用函数表示过桥道路为y=122x+30,−30≤x<−103100−x2,−103≤x<02500−x2−40,0≤x≤30.
（2）解法1：由点E的坐标为−103,2023，得∠EOF=π2−arctan22，
所以圆弧EF的长为10π2−arctan22 ≈3.398，
由点D的坐标为30,0，点M的坐标为0,−40，得∠DMF=arctan34，
所以圆弧FD的长为50arctan34 ≈32.175，
所以过桥道路的总长度为202+ 10π2−arctan22 +50arctan34 ≈63.9 m，
解法2：因为OE=−103,2023，OG=(6,8)，
则cs〈OE,OG〉=OE⋅OGOEOG=−3+8215，即〈OE,OG〉=arccs−3+8215，
所以圆弧EG的长为10arccs−3+8215≈9.833，
又由点G的坐标为(6,8)，得∠OND=π2−arctan43，
所以圆弧GD的长为40π2−arctan43≈25.740，
所以过桥道路的总长度为202+ 10arccs−3+8215 +40π2−arctan43 ≈63.9m．
（3）解：设计让桥的侧面所在平面垂直于地平面，则桥拱左侧铺设的是以曲边形ACE为底面，
高为10米的柱体；桥拱右侧铺设的是以曲边形BDF（BDG）为底面，高为10米的柱体，
提问：铺设坡道共需要混凝土多少立方米？
方案1：S曲边形ACE=S△COE−S扇形AOE=S曲边形BDF=S扇形DMF−S△DOM−S扇形BOF，
所以，铺设过桥路需要混凝土10（S△COD−S扇形AOC+S扇形DMF−S△DOM−S扇形BOF）m3．
方案2：S曲边形ACE=S△COE−S扇形AOE=S曲边形BDG=S△ODN−S扇形DNG−S扇形BOG，
所以，铺设过桥路需要混凝土10（S△COD−S扇形AOC+S△ODN−S扇形DNG−S扇形BOF）m3．
07切线、斜率相关问题
31.（多选）（2024·浙江金华·模拟预测）已知椭圆x22+y2=1,O为原点，过第一象限内椭圆外一点Px0,y0作椭圆的两条切线，切点分别为A，B．记直线OA,OB,PA,PB的斜率分别为k1,k2,k3,k4，若k1⋅k2=14，则（ ）
A．k3⋅k4为定值B．k1+k3⋅k2+k4为定值
C．x0−y0的最大值为2D．5x0−3y0的最小值为4
【答案】AD
【分析】设直线AB的方程为y=kx+t，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，由k1⋅k2=14得到方程，求出t2=4k2−1，证明椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)在Qx3,y3处的切线方程为x3xa2+y3yb2=1，从而得到椭圆在点Ax1,y1和Bx2,y2的切线方程，得到切点弦方程AB为x02x+y0y=1，对照系数结合t2=4k2−1得到Px0,y0的轨迹方程，A选项，计算出k3=−12k1，k4=−12k2，求出k3k4=1；B选项，在A选项基础上进行求解；C选项，得到双曲线的渐近线，C错误；D选项，先得到x0>y0，设5x0−3y0=ℎ，则ℎ>0，联立双曲线方程，由根的判别式得到不等式，求出答案.
【详解】由于k1⋅k2=14>0，故A,B不关于x轴对称且A,B的横纵坐标不为0，
所以直线AB方程斜率一定存在，
设直线AB的方程为y=kx+t，联立x22+y2=1得，
1+2k2x2+4ktx+2t2−2=0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1+x2=−4kt1+2k2,x1x2=2t2−21+2k2，
故y1y2=kx1+tkx2+t=k2x1x2+ktx1+x2+t2
=k2⋅2t2−21+2k2+kt⋅−4kt1+2k2+t2=−2k2+t21+2k2，
其中k1=y1x1,k2=y2x2，
故y1y2x1x2=14，即4y1y2=x1x2，
所以−8k2+4t21+2k2=2t2−21+2k2，解得t2=4k2−1，
下面证明椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)在Qx3,y3处的切线方程为x3xa2+y3yb2=1，理由如下：
当y3≠0时，故切线的斜率存在，设切线方程为y=nx+m，
代入椭圆方程得：a2n2+b2x2+2a2nmx+a2m2−a2b2=0，
由Δ=2a2nm2−4a2n2+b2a2m2−a2b2=0，化简得：
a2n2−m2+b2=0，
所以x3=−2a2nm±Δ2a2n2+b2=−2a2nm±02m2=−a2nm，
把x3=−a2nm代入y=nx+m，得：y3=−a2n2+m2m=b2m，
于是n=−mx3a2=−x3a2⋅b2y3=−b2x3a2y3，
则椭圆的切线斜率为−b2x3a2y3，切线方程为y−y3=−b2x3a2y3x−x3，
整理得到a2y3y+b2x3x=a2y32+b2x32，
其中b2x32+a2y32=a2b2，故a2y3y+b2x3x=a2b2，即x3xa2+y3yb2=1，
当y3=0时，此时x3=a或−a，
当x3=a时，切线方程为x=a，满足x3xa2+y3yb2=1，
当x3=−a时，切线方程为x=−a，满足x3xa2+y3yb2=1，
综上：椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)在Qx3,y3处的切线方程为x3xa2+y3yb2=1；
故椭圆在点Ax1,y1的切线方程为x1x2+y1y=1，
同理可得，椭圆在点Bx2,y2的切线方程为x2x2+y2y=1，
由于点Px0,y0为x1x2+y1y=1与x2x2+y2y=1的交点，
故x1x02+y1y0=1，x2x02+y2y0=1，
所以直线AB为x02x+y0y=1，
因为直线AB的方程为y=kx+t，对照系数可得
k=−x02y0,t=1y0，
又t2=4k2−1，故1y02=4−x02y02−1，整理得x02−y02=1，
又Px0,y0在第一象限，
故点Px0,y0的轨迹为双曲线x2−y2=1位于第一象限的部分，
A选项，k3=−b2x1a2y1=−x12y1=−12k1，同理可得k4=−b2x2a2y2=−x22y2=−12k2，
则k3k4=−12k1⋅−12k2=14k1k2=1，A正确；
B选项，k1+k3⋅k2+k4=k1−12k1k2−12k2=k1k2−k12k2−k22k1+14k1k2
=14+1−k12k2−k22k1=54−k12+k222k1k2=54−2k12+k22，
其中k12+k22=y12x12+y22x22=x22y12+x12y22x1x22=x221−x122+x121−x222x1x22
=x12+x22−x12x22x1x22=x12+x22x12x22−1=x1+x22−2x1x2x12x22−1
=−4kt1+2k22−2⋅2t2−21+2k22t2−21+2k22−1=16k2t2−4t2−41+2k22t2−22−1
又t2=4k2−1，
故k12+k22=16k24k2−1−16k2−81+2k28k2−42−1=−4k4+6k2−18k4−8k2+2，不为定值，
故k1+k3⋅k2+k4=54−2k12+k22不是定值，B错误；
C选项，由于x02−y02=1，x0>0，y0>0，故双曲线的一条渐近线为y=x，
设x0−y0=s，则s<1，故x0−y0无最大值，
D选项，由于x02−y02=1，x0>0，y0>0，故x0>y0，
设5x0−3y0=ℎ，则ℎ>0，
则两式联立得−16y02+6ℎy0+ℎ2−25=0，
由Δ=36ℎ2+64ℎ2−25≥0得，ℎ≥4，
检验，当ℎ=4时，5x0−3y0=4，又x02−y02=1，
解得x0=54y0=34，满足要求.
故5x0−3y0的最小值为4，D正确.
故选：AD
【点睛】结论点睛：过圆x−a2+y−b2=r2上一点x0,y0的切线方程为：x0−ax−a+y−by0−b=r2，
过圆x−a2+y−b2=r2外一点x0,y0的切点弦方程为：x0−ax−a+y−by0−b=r2.
过椭圆x2a2+y2b2=1上一点Px0,y0的切线方程为x0xa2+y0yb2=1，
过椭圆x2a2+y2b2=1外一点Px0,y0的切点弦方程为x0xa2+y0yb2=1;
过双曲线x2a2−y2b2=1上一点Px0,y0的切线方程为x0xa2−y0yb2=1,
过双曲线x2a2−y2b2=1外一点Px0,y0的切点弦方程为x0xa2−y0yb2=1,
32. （2024·全国·模拟预测）费马原理，也称为时间最短原理：光传播的路径是光程取极值的路径．在凸透镜成像中，根据费马原理可以推出光线经凸透镜至像点的总光程为定值（光程为光在某介质中传播的路程与该介质折射率的乘积）．一般而言，空气的折射率约为1．如图是折射率为2的某平凸透镜的纵截面图，其中平凸透镜的平面圆直径MN为6，且MN与x轴交于点−2,0．平行于x轴的平行光束从左向右照向该平凸透镜，所有光线经折射后全部汇聚在点2,0处并在此成像．（提示：光线从平凸透镜的平面进入时不发生折射）

(1)设该平凸透镜纵截面中的曲线为曲线C，试判断C属于哪一种圆锥曲线，并求出其相应的解析式．
(2)设曲线F为解析式同C的完整圆锥曲线，直线l与F交于A，B两点，交y轴于点H，交x轴于点Q（点Q不与F的顶点重合）．若HQ=k1QA=k2QB，k1+k2=−83，试求出点Q所有可能的坐标．
【答案】(1)C为双曲线的一部分，解析式为x2−y23=1−2≤x≤−1
(2)2,0或−2,0
【分析】（1）设Tx0,y0，根据光线经凸透镜至像点的总光程为定值建立等量关系，简、整理即可得解；
（2）设出H，Q的坐标，根据向量的坐标运算得到A，B的坐标，将点A，B的坐标代入F的方程，得到两个方程，根据根与系数的关系及k1+k2=−83建立方程，解方程即可
【详解】（1）设C上任意一点Tx0,y0，x0<0，光线从点N至点2,0的光程为δ1，光线穿过凸透镜后从T点折射到点2,0的光程为δ2，
则δ1=1×32+42=5，δ2=2×x0+2+1×x0−22+y02，
由题意得δ1=δ2，得2x0+2+x0−22+y02=5，化简得1−2x0=x0−22+y02，
∴1+4x02−4x0=x02+4−4x0+y02，∴x02−y023=1．令y0=0，得x0=−1，
∴C为双曲线的一部分，解析式为x2−y23=1−2≤x≤−1．
（2）由题意知F:x2−y23=1．
设H0,n，Qm,0m≠±1，AxA,yA，BxB,yB，
则HQ=m,−n，QA=xA−m,yA，QB=xB−m,yB，
∵HQ=k1QA=k2QB，∴m=k1xA−m−n=k1yA，m=k2xB−m−n=k2yB，
易知k1≠0，k2≠0，得xA=mk1+mk1yA=−nk1，xB=mk2+mk2yB=−nk2，
即Amk1+mk1,−nk1，Bmk2+mk2,−nk2．
将点A的坐标代入x2−y23=1，得m2k12+2m2k1+m2k12−n23k12=1，
化简整理得m2−1k12+2m2k1+m2−n23=0．
同理可得m2−1k22+2m2k2+m2−n23=0，
∴k1与k2为方程m2−1x2+2m2x+m2−n23=0的两个解，
∴k1+k2=−2m2m2−1．
由题知k1+k2=−83，∴−2m2m2−1=−83，解得m=±2，
∴点Q的坐标可能为2,0或−2,0.

【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线与直线的位置关系， 关键是将向量坐标化，并将点代入曲线得到关于k的二次方程，结合韦达定理求解.
33. （2024·山东临沂·一模）动圆C与圆C1:(x+2)2+y2=50和圆C2:(x−2)2+y2=2都内切，记动圆圆心C的轨迹为E.
(1)求E的方程；
(2)已知圆锥曲线具有如下性质：若圆锥曲线的方程为Ax2+2Bxy+Cy2+2Dx+2Ey+F=0，则曲线上一点x0,y0处的切线方程为：Ax0x+Bx0y+y0x+Cy0y+Dx0+x+Ey0+y+F=0，试运用该性质解决以下问题：点P为直线x=8上一点（P不在x轴上），过点P作E的两条切线PA,PB，切点分别为A,B.
（i）证明：直线AB过定点；
（ii）点A关于x轴的对称点为A'，连接A'B交x轴于点M，设△AC2M,△BC2M的面积分别为S1,S2，求S1−S2的最大值.
【答案】(1)x28+y24=1
(2)（i）证明见解析，（ii）322
【分析】（1）根据椭圆的定义求解点的轨迹方程；
（2）（i）根据题意中的性质求解出两条切线方程，代入点P坐标后，得出直线AB的方程，从而得出定点坐标；
（ii）联立直线AB的方程与椭圆E的方程，由韦达定理得出y1+y2,y1y2，进而求解出A'B的定点坐标，表示出S1−S2，由基本不等式得出结果.
【详解】（1）设动圆C的半径为r，由题意得圆C1和圆C2的半径分别为52，2，
因为C与C1，C2都内切，
所以CC1=52−r，CC2=r−2，
所以CC1+CC2=52−r+r−2=42，
又C1−2,0，C22,0，故C2C1=4<42，
所以点C的轨迹是以C1，C2为焦点的椭圆，
设E的方程为：x2a2+y2b2=1a>b>0，
则2a=42，2c=4，所以b2=a2−c2=4，
故E的方程为：x28+y24=1.
（2）（i）证明：设Ax1,y1，Bx2,y2，P8,tt≠0，
由题意中的性质可得，切线PA方程为xx18+yy14=1，
切线PB方程为xx28+yy24=1，
因为两条切线都经过点P8,t，所以x1+ty14=1，x2+ty24=1，
故直线AB的方程为：x+ty4=1，显然当y=0时，x=1，
故直线AB经过定点1,0.
（ii）设直线AB的方程为：x=my+1m≠0，
联立x=my+1x2+2y2=8，整理得m2+2y2+2my−7=0，
由韦达定理得y1+y2=−2mm2+2y1y2=−7m2+2，
又A'x1,−y1，所以直线A'B的方程为y+y1=y2+y1x2−x1x−x1，
令y=0得，
xM=y1x2−x1y2+y1+x1=y1x2+y2x1y2+y1=y1my2+1+y2my1+1y2+y1
=2my1y2+y1+y2y2+y1=1+2my1y2y2+y1=1+2m−7m2+2−2mm2+2=8，
所以直线A'B经过定点M8,0，又C22,0，
所以S1−S2=12C2My1−y2=3y1+y2
=6mm2+2=6m+2m≤622=322，
所以S1−S2max=322，当且仅当m=2m时，即m=±2时取等号.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
(1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
(2)“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
(3）求证直线过定点x0,y0，常利用直线的点斜式方程y−y0=kx−x0或截距式y=kx+b来证明.
34. （2024·湖北武汉·模拟预测）某校数学问题研究小组的同学利用电脑对曲线Γ:y2=8x进行了深人研究．已知点Px0，y0在曲线Γ上，曲线Γ在点P处的切线方程为y0y=4x+4x0．请同学们研究以下问题，并作答．
(1)问题1：过曲线Γ的焦点F的直线与曲线Γ交于A,B两点，点A在第一象限．
（i）求△AOB（O为坐标原点）面积的最小值；
（ii）曲线Γ在点A，B处的切线分别为l1，l2，两直线l1，l2相交于点M，证明MF⊥AB．
(2)问题2：若A，B是曲线Γ上任意两点，过AB的中点N作x轴的平行线交曲线Γ于点C，记线段AB与曲线Γ围成的封闭区域为SC，研究小组的同学利用计算机经过多次模拟实验发现SC的面积S△ABC是个定值，请求出这个定值．
【答案】(1)（i）8；（ii）证明见解析
(2)45
【分析】（1）（i）设直线AB的方程为x=ty+2，与抛物线联立，利用韦达定理计算S△AOB=12OFy1−y2，然后求最值即可；（ii）利用坐标运算计算MF⋅AB=0即可；
（2）Ay128,y1,By228,y2， 找到各小块三角形的面积与S△ABC的关系，从而得到方程，解出k值..
【详解】（1）（i）明显直线AB的斜率不为零，设直线AB的方程为x=ty+2，Ay128,y1,By228,y2，
联立x=ty+2y2=8x，消去x得y2−8ty−16=0，
则y1+y2=8t,y1y2=−16，
又S△AOB=12OFy1−y2=12×2×y1+y22−4y1y2=64t2+64，
则当t=0时，△AOB的面积最小，且最小值为8；
（ii）由已知得l1：y1y=4x+y128，l2：y2y=4x+y228，
联立y1y=4x+y128y2y=4x+y228，解得x=y2y18=−2y=y1+y22=4t，即M−2,4t
所以MF=4,−4t,AB=y228−y128,y2−y1
所以MF⋅AB=4y228−y128−4ty2−y1=y1+y2y1−y22−4ty2−y1 =4ty2−y1−4ty2−y1=0；
（2）如图. Ay128,y1,By228,y2，线段$AB$的中点Ny12+y2216,y1+y22，
则Cy1+y2232,y1+y22.
S△ABC=12|NC|⋅y1−y2=12y12+y2216−y1+y2232⋅y1−y2=164y1−y23，
分别过线段AC的中点N1，线段BC的中点N2，
作x轴的平行线交抛物线分别于C1,C2两点，连接AC1,C1C,BC2,C2C.
同理可得S△ACC1=164y1−y1+y223=164×18y1−y23=18S△ABC;S△BCC2= 164y2−y1+y223=18S△ABC.
ScS△ABC=Sc1S△ACC1=Sc2S△BCC2=k，（分子的上标均省略了文字“的面积”）
又由于Sc的面积=Sr1的面积+Sr2的面积+S△ABC，
所以kS△ABC=18kS△ABC+18kS△ABC+S△ABC，解得k=45.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是如何绕过直接求出曲线围成的面积，通过找到各三角形与三角形ABC之间的关系，从而解出k值.
35. （2024·浙江金华·模拟预测）已知双曲线Γ：x2−y23=1，F为双曲线Γ的右焦点，过F作直线l1交双曲线Γ于A，B两点，过F点且与直线l1垂直的直线l2交直线x=12于P点，直线OP交双曲线Γ于M，N两点．
(1)求双曲线Γ的离心率；
(2)若直线OP的斜率为32，求AB的值；
(3)设直线AB，AP，AM，AN的斜率分别为k1，k2，k3，k4，且k1k2k3k4≠0，k1+k2≠0，记k1+k2=u，k1k2=v，k3+k4=w，试探究v与u，w满足的方程关系，并将v用w，u表示出来．
【答案】(1)e=2
(2)AB=30
(3)v=12uw−3
【分析】
（1）根据双曲线方程求离心率；
（2）首先由已知得P12,34，由直线垂直关系，点斜式写出直线l1的方程，联立曲线并应用韦达定理求AB；
（3）首先由条件设出点A,M,N的坐标，并根据已知条件表示k1,k2，进而求出k1+k2和k1k2，再求直线OP，与双曲线方程联立，求得k3+k4，并结合已知确定v与u,w的关系.
【详解】（1）
由双曲线方程可知，a2=1，b2=3，c2=a2+b2=4，
所以双曲线的离心率e=ca=2；
（2）设Ax0,y0，Bx1,y1，F2,0，由题意可知，P12,34，则直线l2的斜率kl2=−12，
所以直线l1的斜率k=2，故直线l1的方程为y=2x−2，
联立直线l1和双曲线Γ，y=2x−2x2−y23=1，得x2−16x+19=0，显然Δ>0，
由韦达定理得x0+x1=16，x0x1=19，
所以AB=1+k2x0+x12−4x0x1=5×256−76=30；
（3）设Ax0,y0，Mx1,y1,N−x1,−y1，则k1=y0x0−2，
因为l2⊥l1，故l2为y=−1k1x−2，代入x=12，得点P12,32k1，
所以k2=32k1−y012−x0=3x0−22y0−y012−x0=3x0−6−2y021−2x0y0，
因为点Ax0,y0在双曲线上，故x0,y0满足双曲线方程，即x02−y023=1⇒y02=3x02−3，
所以k2=3x0−6−2y021−2x0y0=3x0y0，
所以k1+k2=y0x0−2+3x0y0=y02+3x0x0−2x0−2y0=6x02−6x0−3x0−2y0，
k1k2=y0x0−2⋅3x0y0=3x0x0−2，
又kOP=yPxP=3k1，联立直线OP双曲线Γ，y=3k1xx2−y23=1，得k12−3x2−k12=0，
根据题意知k12≠3，此方程的两根即为x1,−x1，所以x12=k12k12−3=y0212x0−15，
所以k3+k4=y1−y0x1−x0+−y1−y0−x1−x0=2x1y1−2x0y0x12−x02=6k1x12−2x0y0x12−x02=6x0−2y012x0−15−2x0y0y0212x0−15−x02，
=−12y02x02−3x0+1y02−12x0−15x02=−12y02x02−3x0+1−34x03−6x02+1=4y02x0−1x0−12x0−12x02−2x0−1，
即k3+k4=4y0x0−12x02−2x0−1
所以k3+k4k1+k2=12x0−1x0−2=2k1k2+6，即v=12uw−3
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是设出相关点的坐标，利用相关点的坐标表示斜率，整理后即可求解.
08模长相关问题
36.（23-24高三下·浙江·开学考试）已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为4，离心率为12，左顶点为C，过右焦点F作直线与椭圆分别交于A,B两点（异于左右顶点），连接AC,CB.
(1)证明：AC与AF不可能垂直；
(2)求|AB|2+|BC|2+|CA|2的最小值；
【答案】(1)证明见解析
(2)99932
【分析】（1）求出椭圆方程，设出点A坐标，结合AC⋅AF=0求解即可.
（2）设直线AB方程，联立直线AB方程与椭圆方程，结合韦达定理可表示|AB|2+|BC|2+|CA|2，运用换元法进而将问题转化为求关于1m的二次函数的最小值.
【详解】（1）由题意知，2a=4e=ca=12⇒c=1a=2，
又因为b2=a2−c2=3，所以椭圆方程为x24+y23=1，则F1,0,C−2,0，
证明：设Ax1,y1，−2如图所示，
假设AC⊥AF，即AC⊥AF，
所以AC⋅AF=0，
又AC=(−2−x1,−y1)，AF=(1−x1,−y1)，
所以x12+y12+x1−2=0②，
由①②消去y1得到x12+4x1+4=0⇒x1=−2，与题设矛盾，所以AC与AF不可能垂直.
（2）如图所示，

设AB方程为：x=ty+1，
由x=ty+1x24+y23=1，得3t2+4y2+6ty−9=0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则y1+y2=−6t3t2+4,y1y2=−93t2+4，
所以AB=y1+y22−4y1y2⋅1+t2=121+t23t2+41+t2=121+t23t2+4，
AC|2+BC|2=x1+22+y12+x2+22+y22=ty1+32+y12+ty2+32+y22
=t2+1y12+y22+6ty1+y2+18=t2+1y1+y22−2t2+1y1y2+6ty1+y2+18 =−18t4+18t2+723t2+42+18，
所以|AB|2+|BC|2+|CA|2=−18t4+18t2+723t2+42+18+121+t23t2+42=126t4+306t2+2163t2+42+18 =187t4+17t2+123t2+42+18，
设m=3t2+4,m≥4，
则|AB|2+|BC|2+|CA|2=2(7m2−5m+16)m2+18=2161m2−51m+7+18
=2161m−5322+42364+18≥42332+18=99932，
即当m=325，即t2=45,t=±255时，|AB|2+|BC|2+|CA|2取得最小值为99932.
故|AB|2+|BC|2+|CA|2的最小值为99932.
37. （2024·浙江台州·二模）已知椭圆C：9x2+8y2=81，直线l：x=−1交椭圆于M，N两点，T为椭圆的右顶点，△TMN的内切圆为圆Q.
(1)求椭圆C的焦点坐标；
(2)求圆Q的方程；
(3)设点P1,3，过P作圆Q的两条切线分别交椭圆C于点A，B，求△PAB的周长.
【答案】(1)0,±324
(2)x−122+y2=94
(3)67
【分析】（1）化简椭圆的标准方程，根据a,b,c的关系即可求得焦点坐标；
（2）先联立方程求得M−1,3，N−1,−3，求出直线MT的方程，然后利用待定系数法求得内切圆的方程；
（3）设过P作圆Q的切线方程为y=kx−1+3，利用相切关系求得点A，B坐标，进而结合内切圆的半径利用三角形中等面积法求解即可.
【详解】（1）椭圆的标准方程为x29+y2818=1，因为818−9=98，所以焦点坐标为0,±324.
（2）将x=−1代入椭圆方程9x2+8y2=81得y=±3，由对称性不妨设M−1,3，N−1,−3，
直线MT的方程为y=3−1−3x−3，即3x+4y−9=0，
设圆Q方程为x−t2+y2=r2，由于内切圆Q在△TMN的内部，所以t>−1，
则Q到直线MN和直线MT的距离相等，即t+1=3t+4×0−932+42=r，解得t=12，r=32，
所以圆Q方程为x−122+y2=94.
（3）显然直线PA和直线PB的斜率均存在，
设过P作圆Q的切线方程为y=kx−1+3，
其中k有两个不同的取值k1和k2分别为直线PA和PB的斜率.
由圆Q与直线相切得：k12−1+3k2+1=32，化简得：8k2+12k−27=0，
则k1+k2=−32k1k2=−278，
由y=k1x−1+39x2+8y2=81得9+8k12x2+16k13−k1x+8k12−48k1−9=0，
可得xA=xPxA=8k12−48k1−98k12+9，
所以yA=k1xA−1+3=k18k12−48k1−98k12+9−1+3=−24k12−18k1+278k12+9
=−327−12k1−18k1+2727−12k1+9=18k1−3123−k1=−32.
同理xB=8k22−48k2−98k22+9，yB=−32，所以直线AB的方程为y=−32，
所以AB与圆Q相切，将y=−32代入9x2+8y2=81得x=±7，
所以AB=27，又点P到直线AB的距离为92，
设△PAB的周长为m，则△PAB的面积S△ABC=12m×32=12×27×92，
解得m=67.所以△PAB的周长为67.

38. （2024·浙江金华·模拟预测）在直角坐标系xOy中，圆Γ的圆心P在y轴上（P不与O重合），且与双曲线Ω:x2a2−y2b2=1的右支交于A，B两点．已知PA2+PB2=OA2+OB2．
(1)求Ω的离心率；
(2)若Ω的右焦点为F(2,0)，且圆Γ过点F，求|FA|+|FB|的取值范围．
【答案】(1)2
(2)(26−22,+∞)
【分析】（1）由点差法与直线与圆的性质分别得到与直线AB的斜率有关的等量关系，结合已知条件将PA2+PB2=OA2+OB2坐标化，得y1+y2=m，再结合两斜率关系，整体消元可得b2a2=1，从而求出斜率；
（2）将|FA|+|FB|化斜为直，转化为FA+FB=2x1+x2−22=2y12+2+y22+2−22坐标表示，再由韦达定理代入得关于m的函数解析式，求解值域即可.
【详解】（1）设Ax1,y1，Bx2,y2，则线段AB中点Mx1+x22,y1+y22
由题意P不与O重合，则y1+y2≠0，由A,B在双曲线右支上，则x1+x2>0，
所以AB斜率存在且不为0.
由A,B在双曲线上，则x12a2−y12b2=1，且x22a2−y22b2=1，
两式作差得x12−x22a2−y12−y22b2=0，
所以有x1−x2x1+x2a2=y1−y2y1+y2b2，
故y1+y2x1+x2⋅y2−y1x2−x1=b2a2①，
由圆Γ的圆心P在y轴上（P不与O重合），设P(0,m)(m≠0)，
由题意PA2+PB2=OA2+OB2，
则PA2+PB2=x12+(y1−m)2+x22+(y2−m)2=OA2+OB2=x12+y12+x22+y22，
化简得m(y1+y2)=m2，由m≠0，得y1+y2=m，
由圆Γ的圆心为P，弦AB中点为M，所以MP⊥AB，
则y1+y22−mx1+x22⋅y2−y1x2−x1=−1，即−y1+y22x1+x22⋅y2−y1x2−x1=−1②，
由①②得，b2a2=1，则e2=c2a2=a2+b2a2=2，
故Ω的离心率为2.
（2）由Ω的右焦点为F(2,0)，得c=2，
由（1）知，c=2a，所以有a=b=2，故双曲线的方程为x2−y2=2.
设圆的方程为x2+(y−m)2=r2，由圆Γ过点F(2,0)，则4+m2=r2，
则圆的方程可化为x2+y2−2my−4=0，
联立x2−y2=2x2+y2−2my−4=0，消x化简得y2−my−1=0，
Δ=m2+4>0，
其中y1+y2=m，y1y2=−1，则有y12+y22=y1+y22−2y1y2=m2+2，
由FA=x1−22+y12=2x12−4x1+2=2x1−12=2x1−1，
同理FB=2x2−1，
所以FA+FB=2x1+x2−22=2y12+2+y22+2−22，
其中y12+2+y22+22=y12+y22+4+2y12y22+2y12+y22+4=m2+6+22m2+9，
令2m2+9=t(t>3)，则m2=t2−92，
所以y12+2+y22+22=t2+32+2t=t2+4t+32=(t+2)2−12，
设g(t)=(t+2)2−12，t>3，
由函数y=g(t)在(3,+∞)单调递增，则g(t)>g(3)=12，即g(t)∈(12,+∞)，
所以有y12+2+y22+2∈23,+∞，
故FA+FB=2x1+x2−22=2y12+2+y22+2−22,
FA+FB∈26−22,+∞.

【点睛】方法点睛：圆锥曲线最值范围问题，关键在把要求最值（范围）的几何量、代数式转化为某个（些）参数的函数，然后利用函数、不等式方法进行求解.
39. （2023·安徽芜湖·模拟预测）设双曲线E：x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）过P13,0，P23,4，P33,2，P4−3,2四个点中的三个点．
(1)求双曲线E的方程；
(2)过点F作两条互相垂直的直线m，n，其中m与E的右支交于A，B两点，与直线x=32交于点M，n与E的右支相交于C，D两点，与直线x=32交于点N，求1MA+1MB+1NC+1ND的最大值．
【答案】(1)x23−y2=1
(2)42
【分析】（1）由题意可得双曲线不过点P2，将其余点坐标代入双曲线方程计算即可得；
（2）借助韦达定理与两点间距离公式表示出1MA+1MB并化简后，可得1NC+1ND，结合基本不等式即可得解.
【详解】（1）由P23,4，P33,2，P4−3,2，P3与P2不能同过，P3与P4对称，
故该双曲线不过点P2，
则有3a2−0b2=19a2−2b2=1，解得a2=3b2=1，即双曲线方程为x23−y2=1；
（2）由双曲线方程为x23−y2=1，故F2,0，
由题意可知，m，n的斜率均存在，
设m的斜率为k，则n的斜率为−1k，
即lm:y=kx−2，设Ax1,y1、Bx2,y2，
令x=32，则y=k32−2=−k2，即M32,−k2，
联立双曲线x23−y2=1y=kx−2，有3k2−1x2−12k2x+12k2+3=0，
由双曲线性质可知k∈−∞,−ba∪ba,+∞，即k∈−∞,−33∪33,+∞，
此时Δ>0恒成立，
有x1+x2=12k23k2−1，x1x2=12k2+33k2−1，
则MA=1+k2⋅x1−32，MB=1+k2⋅x2−32，
故1MA+1MB=11+k2⋅x1−32+11+k2⋅x2−32=11+k2⋅x1−32+x2−32x1−32x2−32
=11+k2⋅x1+x2−3x1x2−32x1+x2+94=11+k2⋅12k23k2−1−312k2+33k2−1−32⋅12k23k2−1+94
=11+k2⋅12k2−33k2−112k2+3−18k2+943k2−1=11+k2⋅3k2+33k2+34=41+k2，
同理可得1NC+1ND=41+−1k2=4k1+k2，
则1MA+1MB+1NC+1ND=41+k2+4k1+k2=4k2+2k+11+k2=41+2k1+k2
=41+21k+k≤41+221k⋅k=42，当且仅当k=1，即k=±1时，等号成立，
即1MA+1MB+1NC+1ND的最大值为42.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y1,x2,y2；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，注意Δ的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1x2（或y1+y2、y1y2）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
圆锥曲线最值范围问题，关键在把要求最值（范围）的几何量、代数式转化为某个（些）参数的函数，然后利用函数、不等式方法进行求解.
40. （2024高三·全国·专题练习）已知O为坐标原点，抛物线C:y2=2pxp>0，过点G1,0的直线交抛物线于A，B两点，OA⋅OB=−1．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若点D−1,0，连接AD，BD，证明：AD⋅BG=BD⋅AG；
(3)已知圆G以G为圆心，1为半径，过A作圆G的两条切线，与y轴分别交于点M，N且M，N位于x轴两侧，求△AMN面积的最小值．
【答案】(1)y2=2x
(2)证明见解析
(3)8
【分析】（1）设直线AB的方程为x=my+1，联立方程，利用韦达定理求出y1y2，再求出x1x2，再根据OA⋅OB=−1求出p，即可求出抛物线C的方程；
（2）要证AD⋅BG=BD⋅AG，即证DG平分∠ADB，即证kAD+kBD=0，结合（1）计算化简即可得出结论；
（3）记AM，AN分别与圆G切于点T，F，连接TG，MG，NG，求出AT，结合切线长定理可得AT=AF，NO=NF，MO=MT，再根据S△MMN=S△MAG+S△ANG+S△MNG=12MNAT，求出MN，再结合基本不等式即可得解.
【详解】（1）设直线AB的方程为x=my+1，
由y2=2pxx=my+1，得y2−2pmy−2p=0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则y1y2=−2p，x1x2=y122p⋅y222p=y1y224p2=1，
从而OA⋅OB=x1x2+y1y2=1−2p=−1，解得p=1，
所以抛物线C的方程为y2=2x；
（2）要证AD⋅BG=BD⋅AG，即证DG平分∠ADB，即证kAD+kBD=0，
由（1）可知y1y2=−2，y1+y2=2pm=2m，
则kAD+kBD=y1x1+1+y2x2+1=y1y122+1+y2y222+1
=2y1y2y1+y2+4y1+y2y12+2y22+2=−8m+8my12+2y22+2=0，
故AD⋅BG=BD⋅AG；
（3）记AM，AN分别与圆G切于点T，F，连接TG，MG，NG，
由题意，得AT=AG2−TG2=12y12−12+y12−1=12y12，
由切线长定理，知AT=AF，NO=NF，MO=MT，
所以S△AMN=12MN×12y12=y124MN，
又S△AMN=S△MAG+S△ANG+S△MNG
=12×AM×1+12×AN×1+12×MN×1
=12MT+AT+NF+AF+MO+ON
=122MO+2NO+2AT
=MN+AT
=MN+12y12=y124MN，解得MN=2y12y12−4，
所以S△AMN=12×y14y12−4=12y12−4+16y12−4+8≥12×2×4+8=8，
当且仅当y12−4=4，即y1=±22时，取等号，
故△AMN面积的最小值为8．
【点睛】思路点睛：解决直线与圆锥曲线的位置关系问题要做好两点：一是转化，把题中的已知和所求准确转化为代数中的数与式，即形向数的转化；二是设而不求，即联立直线方程与圆锥曲线方程，利用根与系数的关系求解．
09解析几何新考点
41.（2024·安徽芜湖·二模）已知直线l：Ax+By+C=0A2+B2≠0与曲线W：y=x3−x有三个交点D、E、F，且DE=EF=2，则以下能作为直线l的方向向量的坐标是（ ）．
A．0,1B．1,−1C．1,1D．1,0
【答案】C
【分析】由函数y=x3−x的性质可得曲线W的对称中心(0,0)，即得E(0,0)，再根据给定长度求出点D的坐标即得.
【详解】显然函数f(x)=x3−x的定义域为R，f(−x)=(−x)3−(−x)=−f(x)，即函数f(x)是奇函数，
因此曲线W的对称中心为(0,0)，由直线l与曲线W的三个交点D,E,F满足DE=EF=2，得E(0,0)，
设D(x,x3−x)，则x2+(x3−x)2=4，令x2=t，则有t3−2t2+2t−4=0，即(t2+2)(t−2)=0，
解得t=2，即x=±2，因此点D(2,2)或D(−2,−2)，ED=(2,2)或ED=(−2,−2)，
选项中只有坐标为(1,1)的向量与ED共线，能作为直线l的方向向量的坐标是(1,1).
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题的关键首先是得到曲线对称中心为(0,0)，从而得到E(0,0)，然后再去设点D坐标，根据DE=2，得到高次方程，利用换元法结合因式分解解出D的坐标即可.
42. （2023·陕西西安·模拟预测）双纽线是1694年被瑞士数学家雅各布·伯努利用来描述他所发现的．在平面直角坐标系xy中，把到定点F1−a,0和F1a,0距离之积等于a2a>0的点的轨迹称为双纽线C．已知点Px0,y0是双纽线C上一点，下列说法正确的是（ ）
①双纽线C关于原点对称；②−a2≤y0≤a2；③双纽线C上满足PF1=PF2的点P只有两个；④PO的最大值是2a.
A．①②③B．①②④C．①②D．①②③④
【答案】B
【分析】对①，设动点C(x,y)，把(x,y)关于原点对称的点(−x,−y)代入轨迹方程，显然成立；对②，根据△PF1F2的面积范围证明即可；对③，易得若PF1=PF2，则P在y轴上，再根据Px0,y0的轨迹方程求解即可；对④，根据题中所给的定点F1−a,0，F2a,0距离之积等于a2，再画图利用余弦定理分析△PF1F2中的边长关系，进而利用三角形三边的关系证明即可.
【详解】对①，设动点C(x,y)，由题可得C的轨迹方程[(x−a)2+y2]⋅[(x+a)2+y2]=a2，
把(x,y)关于原点对称的点(−x,−y)代入轨迹方程，原方程不变，故①正确；
对②，因为Px0,y0，故S△PF1F2=12PF1⋅PF2⋅sin∠F1PF2=12F1F2⋅y0，
又PF1⋅PF2=a2，所以a2sin∠F1PF2=2a⋅y0，
即y0=a2sin∠F1PF2≤a2，故−a2≤y0≤a2，故②正确；
对③，若PF1=PF2，则Px0,y0在F1F2的中垂线即y轴上，
故此时x0=0，代入[(x−a)2+y2]⋅[(x+a)2+y2]=a2，
可得y0=0，即P0,0，仅有一个，故③错误；
对④，因为∠POF1+∠POF2=π，故cs∠POF1+cs∠POF2=0，
即OP2+OF12−PF122OP⋅OF1+OP2+OF22−PF222OP⋅OF2=0，
因为OF1=OF2=a，PF1⋅PF2=a2，
故2OP2+2a2=PF12+PF22，
即2OP2+2a2=PF1−PF22+2PF1⋅PF2，
所以2OP2=PF1−PF22，
又PF1−PF2≤F1F2=2a，当且仅当P,F1,F2共线时取等号，
故2OP2=PF1−PF22≤2a2，
即OP2≤2a2，解得OP≤2a，故④正确.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了动点轨迹方程的性质判定，因为该方程较复杂，故在作不出图象时，需要根据题意求出动点的方程进行对称性的分析，同时需要结合解三角形的方法对所给信息进行辨析.
43. （2024·河北邯郸·二模）已知椭圆C的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过M2,0,N1,−32两点．
(1)求C的方程．
(2)A,B是C上两个动点，D为C的上顶点，是否存在以D为顶点，AB为底边的等腰直角三角形？若存在，求出满足条件的三角形的个数；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)x24+y2=1
(2)存在，3个
【分析】（1）设椭圆C的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0,m≠n)，根据条件得到4m=1m+34n=1，即可求出结果；
（2）设直线DA为y=kx+1，直线DB为y=−1kx+1，当k=1时，由椭圆的对称性知满足题意；当k2≠1时，联立直线与椭圆方程，求出A,B的坐标，进而求出AB中垂线方程，根据条件中垂线直经过点D(0,1)，从而将问题转化成方程k4−7k2+1=0解的个数，即可解决问题.
【详解】（1）由题设椭圆C的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0,m≠n)，
因为椭圆过M2,0,N1,−32两点，
所以4m=1m+34n=1，得到m=14,n=1，所以椭圆C的方程为x24+y2=1.
（2）由（1）知D(0,1)，易知直线DA,DB的斜率均存在且不为0，
不妨设kDA=k(k>0)，kDB=−1k，直线DA为y=kx+1，直线DB为y=−1kx+1，
由椭圆的对称性知，当k=1时，显然有DA=DB，满足题意，
当k2≠1时，由y=kx+1x24+y2=1，消y得到(14+k2)x2+2kx=0，
所以xA=−8k1+4k2，yA=−8k21+4k2+1=1−4k21+4k2，即A(−8k1+4k2,1−4k21+4k2)，
同理可得B(8kk2+4,k2−4k2+4)，所以kAB=k2−4k2+4−1−4k21+4k28kk2+4+8k1+4k2=(k2−4)1+4k2−(k2+4)(1−4k2)8k(1+4k2+k2+4)=k2−15k，
设AB中点坐标为(x0,y0)，则x0=−8k1+4k2+8kk2+42=12k(k2−1)(k2+4)(1+4k2)，y0=1−4k21+4k2+k2−4k2+42=−15k2(k2+4)(1+4k2)，
所以AB中垂线方程为y+15k2(k2+4)(1+4k2)=−5kk2−1(x−12k(k2−1)(k2+4)(1+4k2))，
要使△ADB为AB为底边的等腰直角三角形，则直AB中垂线方程过点(0,1)，
所以1+15k2(k2+4)(1+4k2)=−5kk2−1(0−12k(k2−1)(k2+4)(1+4k2))，整理得到k4−7k2+1=0，
令t=k2，则t2−7t+1=0，Δ=49−4>0，所以t有两根t1,t2，且t1+t2=7>0,t1t2=1>0，即t2−7t+1=0有两个正根，
故有2个不同的k2值，满足k4−7k2+1=0，
所以由椭圆的对称性知，当k2≠1时，还存在2个符合题意的三角形，
综上所述，存在以D为顶点，AB为底边的等腰直角三角形，满足条件的三角形的个数有3个.

【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（2）问，通过设出直线DA为y=kx+1，直线DB为y=−1kx+1，联立椭圆方程求出A,B坐标，进而求出直线AB的中垂线方程，将问题转化成直线AB的中垂线经过点D(0,1)，再转化成关于k的方程的解的问题.
44. （2024·全国·一模）我国著名科幻作家刘慈欣的小说《三体Ⅱ·黑暗森林》中的“水滴”是三体文明使用新型材料-强互作用力（SIM）材料所制成的宇宙探测器，其外形与水滴相似，某科研小组研发的新材料水滴角测试结果如图所示（水滴角可看作液、固、气三相交点处气—液两相界面的切线与液—固两相交线所成的角），圆法和椭圆法是测量水滴角的常用方法，即将水滴轴截面看成圆或者椭圆（长轴平行于液—固两者的相交线，椭圆的短半轴长小于圆的半径）的一部分，设图中用圆法和椭圆法测量所得水滴角分别为θ1，θ2，则（ ）
附：椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0上一点x0,y0处的切线方程为x0xa2+y0yb2=1.
A．θ1<θ2B．θ1=θ2
C．θ1>θ2D．θ1和θ2的大小关系无法确定
【答案】A
【分析】运用圆和椭圆的切线方程分别求得tanθ1、tanθ2，结合b【详解】由题意知，若将水滴轴截面看成圆的一部分，圆的半径为R，如图所示，
则R2=(R−1)2+4，解得R=52，
所以tanθ1=2R−1=43，
若将水滴轴截面看成椭圆的一部分，设椭圆方程为x2a2+y2b2=1 (a>b>0)，如图所示，
则切点坐标为(−2,b−1)，
则椭圆x2a2+y2b2=1上一点(−2,b−1)的切线方程为−2xa2+(b−1)yb2=1，
所以椭圆的切线方程的斜率为k2=tanθ2=2b2a2(b−1)，
将切点坐标(−2,b−1)代入切线方程可得4a2+(b−1)2b2=1，解得4b2a2=2b−1，
所以tanθ2=2b2a2(b−1)=12(2b−1)b−1=12(2+1b−1)，
又因为b所以tanθ2=12(2+1b−1)>43=tanθ1，即tanθ2>tanθ1，
所以θ1<θ2.
故选：A.
45. （2020·上海浦东新·三模）数学中的数形结合也可以组成世间万物的绚丽画面，一些优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的产物，曲线C：(x2+y2)3=16x2y2为四叶玫瑰线，下列结论正确的有（ ）

（1）方程(x2+y2)3=16x2y2(xy<0)，表示的曲线在第二和第四象限；
（2）曲线C上任一点到坐标原点O的距离都不超过2；
（3）曲线C构成的四叶玫瑰线面积大于4π；
（4）曲线C上有5个整点(横、纵坐标均为整数的点).
A．（1）（2）B．（1）（2）（3）C．（1）（2）（4）D．（1）（3）（4）
【答案】A
【分析】因为xy<0，所以x与y异号，从而可判断（1）；利用基本不等可判断（2）；将以O为圆心，2为半径的圆的面积与曲线C围成区域的面积进行比较即可判断（3）；先确定曲线C经过点(2,2)，再将第一象限内经过的整点(1,1)，(1,2)，(2,1)逐一代入曲线C的方程进行检验，根据对称性即可判断（4）.
【详解】对于（1）：因为xy<0，所以x与y异号，故图象在第二和第四象限，正确；
对于（2）：因为x2+y2≥2xy x>0,y>0，所以xy≤x2+y22，
所以x2+y23=16x2y2≤16×x2+y222=4x2+y22，所以x2+y2≤4，正确；
对于（3）：以O为圆点，2为半径的圆O的面积为4π，
结合（2）知然曲线C围成的区域的面积小于圆O的面积，错误；
对于（4）：将x2+y2=4和(x2+y2)3=16x2y2联立，解得x2=y2=2，
所以可得圆x2+y2=4与曲线C相切于点(2,2)，(−2,2)，(−2,−2)，(2,−2)，
点(2,2)的位置是图中的点M，

由曲线的对称性可知，只需要考虑曲线在第一象限内经过的整点即可，
把1,1，1,2和2,1代入曲线C的方程验证可知，等号不成立，
所以曲线C在第一象限内不经过任何整点，再结合曲线的对称性可知，曲线C只经过整点0,0，错误.
故选：A
10解析几何之类比距离问题
46.（23-24高三上·黑龙江·期末）已知直线y=kx+2k∈R交圆O:x2+y2=9于Px1,y1,Qx2,y2两点，则3x1+4y1+16+3x2+4y2+16的最小值为（ ）
A．9B．16C．27D．30
【答案】D
【分析】根据题中条件，先求得弦PQ的中点Ex,y的轨迹方程，则3x1+4y1+165+3x2+4y2+165的几何意义为Px1,y1,Qx2,y2两点到直线3x+4y+16=0的距离之和，即点Ex,y到直线3x+4y+16=0距离的2倍，结合点到直线的距离公式求解即可.
【详解】由题设直线与y轴的交点为A0,2，设弦PQ的中点为Ex,y，
连接OE，则OE⊥PQ，即OE⊥AE，所以OE⋅AE=0，
即x,y⋅x,y−2=x2+yy−2=0，
所以点E的轨迹方程为x2+(y−1)2=1，
即E的轨迹是以0,1为圆心，1为半径的圆，
设直线l为3x+4y+16=0，则E到l的最小距离为4+165−1=3，
过P､E､Q分别作直线l的垂线，垂足分别为M,R,N，
则四边形MNQP是直角梯形，且R是MN的中点，
则ER是直角梯形的中位线，所以MP+NQ=2ER，即3x1+4y1+165+3x2+4y2+165=2ER，
即3x1+4y1+6+3x2+4y2+6=10ER≥30，
所以3x1+4y1+16+3x2+4y2+16的最小值为30.
故选：D.
47. （2024·新疆乌鲁木齐·二模）在平面直角坐标系xOy中，重新定义两点Ax1,y1,Bx2,y2之间的“距离”为AB=x2−x1+y2−y1，我们把到两定点F1−c,0,F2c,0c>0的“距离”之和为常数2aa>c的点的轨迹叫“椭圆”．
(1)求“椭圆”的方程；
(2)根据“椭圆”的方程，研究“椭圆”的范围、对称性，并说明理由；
(3)设c=1,a=2，作出“椭圆”的图形，设此“椭圆”的外接椭圆为C,C的左顶点为A，过F2作直线交C于M,N两点，△AMN的外心为Q，求证：直线OQ与MN的斜率之积为定值．
【答案】(1)x+c+x−c+2y=2aa>c>0
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）设“椭圆”上任意一点为Px,y，则PF1+PF2=2a，再根据两点之间的“距离”得新定义即可得解；
（2）将点分别代入即可判断其对称性，取绝对值符号，进而可得出范围；
（3）先求出椭圆方程，设直线MN的方程为x=my+1m≠0,Mx1,y1,Nx2,y2，联立方程，利用韦达定理求出y1+y2,y1y2，分别求出直线AM,AN的方程，设Qx0,y0，再次求出y1,y2的关系，进而求出y0x0，从而可得出结论.
【详解】（1）设“椭圆”上任意一点为Px,y，则PF1+PF2=2a，
即x+c+y+x−c+y=2a，即x+c+x−c+2y=2aa>c>0，
所以“椭圆”的方程为x+c+x−c+2y=2aa>c>0；
（2）由方程x+c+x−c+2y=2a，得2y=2a−x+c−x−c，
因为y≥0，所以2a−x+c−x−c≥0，即2a≥x+c+x−c，
所以x≤−c−x−c−x+c≤2a或−c解得−a≤x≤a，
由方程x+c+x−c+2y=2a，得x+c+x−c=2a−2y，
即2a−2y=−2x,x≤−c2c,−c所以“椭圆”的范围为−a≤x≤a，c−a≤y≤a−c，
将点−x,y代入得，−x+c+−x−c+2y=2a，
即x+c+x−c+2y=2a，方程不变，所以“椭圆”关于y轴对称，
将点x,−y代入得，x+c+x−c+2−y=2a，
即x+c+x−c+2y=2a，方程不变，所以“椭圆”关于x轴对称，
将点−x,−y代入得，−x+c+−x−c+2−y=2a，
即x+c+x−c+2y=2a，方程不变，所以“椭圆”关于原点对称，
所以“椭圆”关于x轴，y轴，原点对称；

（3）由题意可设椭圆C的方程为x24+y2b2=1，
将点1,1代入得14+1b2=1，解得b2=34，
所以椭圆C的方程为x24+3y24=1，F21,0,A−2,0，
由题意可设直线MN的方程为x=my+1m≠0,Mx1,y1,Nx2,y2，
联立x=my+1x24+3y24=1，得m2+3y2+2my−3=0，
Δ=4m2+12m2+3=16m2+36>0恒成立，
则y1+y2=−2mm2+3,y1y2=−3m2+3，
因为AM的中点为x1−22,y12,kAM=y1x1+2=y1my1+3，
所以直线AM的中垂线的方程为y=−my1+3y1x−y1，
同理直线AN的中垂线的方程为y=−my2+3y2x−y2，
设Qx0,y0，则y1,y2是方程y0=−my+3yx0−y的两根，
即y1,y2是方程y2+mx0+y0y+3x0=0的两根，
所以y1+y2=−mx0+y0,y1y2=3x0，
又因y1+y2=−2mm2+3,y1y2=−3m2+3，
所以−mx0+y0=−2mm2+3,3x0=−3m2+3，
两式相比得−mx0−y03x0=2m3，所以y0x0=−3m，
所以kMN⋅kOQ=y0x0⋅1m=−3，
所以直线OQ与MN的斜率之积为定值−3．

【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．
48. （2024·江苏南通·二模）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆Γ：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为63，直线l与Γ相切，与圆O：x2+y2=3a2相交于A，B两点.当l垂直于x轴时，|AB|=26.
(1)求Γ的方程；
(2)对于给定的点集M，N，若M中的每个点在N中都存在距离最小的点，且所有最小距离的最大值存在，则记此最大值为d(M,N).
（ⅰ）若M，N分别为线段AB与圆O上任意一点，P为圆O上一点，当△PAB的面积最大时，求d(M,N)；
（ⅱ）若d(M,N)，d(N,M)均存在，记两者中的较大者为H(M,N).已知H(X,Y)，H(Y,Z)，H(X,Z)均存在，证明：H(X,Z)+H(Y,Z)≥H(X,Y).
【答案】(1)x23+y2=1；
(2)（ⅰ）32；（ⅱ）证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，求出a，再结合离心率求出b即得.
（2）（ⅰ）在直线l的斜率存在时，设出直线方程并与椭圆方程联立，借助判别式求出圆心O到l距离，列出△PAB的面积关系求解，再验证斜率不存在的情况；（ⅱ）利用新定义，结合对称性推理即得.
【详解】（1）因为当l垂直于x轴时，|AB|=26，而直线l:x=±a与Γ相切，则23a2−a2=26，解得a=3，
又椭圆Γ的离心率为63，则椭圆Γ的半焦距c=2，b=a2−c2=1，
所以Γ的方程为x23+y2=1.
（2）（i）当l的斜率存在时，设l的方程为：y=kx+m，
由y=kx+mx2+3y2=3消去y得：(3k2+1)x2+6kmx+3m2−3=0，
由直线l与椭圆Γ相切，得Δ=(6km)2−4(3k2+1)(3m2−3)=0，整理得m2=3k2+1，
于是圆心O到直线l的距离d=|m|k2+1=3k2+1k2+1=3−2k2+1∈[1,3)，
则△PAB的面积为S△PAB≤12(d+3)⋅|AB|=12(d+3)⋅29−d2=(3−d)(d+3)3，
设f(d)=(3−d)(d+3)3,1≤d<3，求导得f'(d)=2(d+3)2(3−2d)，
当1≤d<32时，f'(d)>0，函数f(d)单调递增，当32因此当d=32时，f(d)取得最大值，此时(S△PAB)max=2734，
当l的斜率不存在时，由（1）知，S≤12×(3+3)×26=32+36，
由(934)2−(2+6)2=11516−43>7−43>0，得2734>32+36，则d=32.
对于线段AB上任意点E，连接OE并延长与圆O交于点F，则F是圆上与E最近的点，
当E为线段AB的中点时，EF取得最大值32，所以d(M,N)=32.
（ii）因为H(X,Y),H(Y,Z),H(X,Z)均存在，
设点X1,X2∈X,Y1,Y2∈Y,Z1,Z2∈Z，且H(X,Z)=X1Z1,H(Y,Z)=Y1Z2,H(X,Y)=X2Y2，
设Y2是集合Y中到X2的最近点，根据对称性，不妨设H(X,Y)=d(X,Y)=X2Y2，
令点X2到集合Z的最近点为Z3，点Z3到集合Y的最近点为Y3，
因为X1Z1是集合X中所有点到集合Z最近点距离的最大值，则X1Z1≥X2Z3，
因为Y1Z2是集合Y中所有点到集合Z最近点距离的最大值，则Y1Z2≥Y3Z3，
因此H(X,Z)+H(Y,Z)=X1Z1+Y1Z2≥X2Z3+Y3Z3，
而在坐标平面中，X2Z3+Y3Z3≥X2Y3，又点Y2是集合Y中到点X2的最近点，则X2Y3≥X2Y2，
所以H(X,Z)+H(Y,Z)≥H(X,Y).
【点睛】关键点睛：本题第（2）问涉及新定义问题，反复认真读题，理解最小距离的最大值的含义是解题的关键.
49. （2022·上海闵行·二模）已知直线l:xa+yb=1与圆x2+y2=100有公共点，且公共点的横､纵坐标均为整数，则满足45a2+5b2≥ab的l有（ ）
A．40条B．46条C．52条D．54条
【答案】A
【分析】通过分析得出圆x2+y2=100上的整数点共有12个，由直线为截距式，先排除掉关于原点对称的两点所连直线，关于x轴对称的两点所连直线（不含x=0），
关于y轴对称的两点所连直线（不含y=0），再结合45a2+5b2≥ab变形为aba2+b2≤45，利用几何意义得到原点到直线l:xa+yb=1的距离小于等于45，
利用垂径定理，弦长越小，原点到直线的距离越大，故先求解最小弦长，进而求出原点到此类直线的距离，与45比较后发现不合要求，进而继续求解第二小弦长，第三小弦长，求出原点到每类直线的距离，与45比较得到结论，利用组合知识求出答案.
【详解】圆x2+y2=100上的整数点共有12个，分别为6,±8,−6,±8,8,±6,−8,±6,±10,0,0,±10，
如图所示，
由题意可知：直线的横、纵截距都不为0，即与坐标轴不垂直，不过坐标原点，
所以关于原点对称的两点所连直线不合题意，有6条，舍去，
关于x轴对称的两点所连直线（不含x=0）不合题意，有4条，舍去，
关于y轴对称的两点所连直线（不含y=0）不合题意，有4条，舍去
其中45a2+5b2≥ab变形为aba2+b2≤45，
几何意义为原点到直线l:xa+yb=1的距离小于等于45，
这12个点所连的直线中，除去以上不合要求的直线外，根据弦长从小到大分为类，
以下为具体情况：①8−62+6−82=22，弦长为22的直线有4条，
此时原点到此类直线的距离为102−22=72>45，不合要求，舍去
②0−62+10−82=210，弦长为210的直线有8条，
此时原点到此直线的距离为102−102=310>45，不合要求，舍去
③0−82+10−62=45，弦长为45的直线有8条，
此时原点到此直线的距离为102−252=45，满足要去，
④其他情况弦长均大于45，故均满足要求，
由组合知识可知：满足要求的直线条数为：C122−6−4−4−4−8=40
故选：A
【点睛】对于比较复杂一些的排列组合知识，直接求解比较困难的时候，可以先求解出总的个数，再减去不合要求的个数，得到答案.
50. （2022·全国·模拟预测）设点Px1,y1是⊙C：x2+y2=1上的动点，点Qx2,y2是直线l：2x+3y−6=0上的动点，记LPQ=x1−x2+y1−y2，则LPQ的最小值是 ．
【答案】2−133
【分析】设P(csθ,sinθ),0≤θ<2π，将LPQ转化成探求线段PQ长最值问题求解作答.
【详解】如图，过⊙C：x2+y2=1上一点Px1,y1作PN//x轴交直线l于点N，
过直线l：2x+3y−6=0上的动点Qx2,y2作QM//y交直线PN于点M，

依题意，设P(csθ,sinθ),0≤θ<2π，显然圆C与直线l相离，
则可得：N3−32sinθ,sinθ，
因为直线l：2x+3y−6=0的斜率为−32，所以QM=23MN，
LPQ=x1−x2+y1−y2=PM+QM=PM+23MN
=23PM+23MN+13PM=23PN+13PM
=23⋅3−32csθ−sinθ+13PM=23⋅3−132sinθ+φ+13PM，
≥23⋅3−132+13PM≥23⋅3−132=2−133
其中锐角φ由sinφ=213csφ=313确定，
所以LPQ的最小值是2−133.
故答案为：2−133
【点睛】思路点睛：涉及图形上的点变化引起的线段长度、图形面积等问题，若点的运动与某角的变化相关，可以设此角为自变量，借助三角函数解决.
11解析几何与数列结合
51.（2024高三下·安徽淮北·期中）双曲线x2−y2=8的左右焦点分别是F1，F2，点Pn(xn,yn)(n=1,2,3…)在其右支上，且满足|Pn+1F2|=|PnF1|，P1F2⊥F1F2，则x2014的值是（ ）
A．80562B．80482C．8056D．8048
【答案】C
【分析】先求出x1=4，再根据Pn+1F2=PnF1得到xn+1−xn=4，再利用等差数列的通项求解即可.
【详解】∵a2=8，b2=8，∴c=4，即x1=4，
又Pn+1F2=PnF1，∴xn+1−42+yn+12=xn+42+yn2，
即xn+12−8xn+1+16+yn+12=xn2+8xn+16+yn2，
∴xn+1+xnxn+1−xn−4=0，
由题意知，xn>0，∴xn+1−xn=4，
∴xn是以4为首项，4为公差的等差数列，
∴x2014=x1+2013×4=4+8052=8056.
故选：C.
【点睛】本题主要考查双曲线的简单几何性质，考查等差数列的判断和通项的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
52. （2024·河南信阳·模拟预测）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0短轴长为2，左、右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线l与椭圆C交于M，N两点，其中M，N分别在x轴上方和下方，MP=PF1，NQ=QF1，直线PF2与直线MO交于点G1，直线QF2与直线NO交于点G2．
(1)若G1的坐标为13,16，求椭圆C的方程；
(2)在（1）的条件下，过点F2并垂直于x轴的直线交C于点B，椭圆上不同的两点A，D满足F2A，F2B，F2D成等差数列．求弦AD的中垂线的纵截距的取值范围；
(3)若4S△MNG2≤3S△NF1G1≤5S△MNG2，求实数a的取值范围．
【答案】(1)x2a2+y2=1；
(2)−36,36；
(3)1,324．
【分析】（1）由椭圆的性质可得b=1，再由两中线的交点为重心和重心的性质得到点M1,12，代入椭圆方程可得a即可；
（2）由等差中项的性质得到F2A+F2D=2F2B=3，再由弦长公式得到x1+x2=233=2x0，然后分当AB斜率存在时由点差法得到kAD=−34y0，再由点斜式写出弦的中垂线方程，当x=0时，得到Δy=−y03；当AB斜率不存在时，此时AD：x=33，Δy=0；最后得到范围；
（3）解法一：根据重心性质及面积公式得S△MNG2=13S1+S2，S△NF1G1=13S1+23S2，再结合已知不等式条件解不等式组可得y1y2∈−2,−12，然后直曲联立得到y1y2+y2y1=−4t2c2t2+a2−2∈−52,−2；转化为0≤4t2c2t2+a2≤12⇒8a2−9t2≤a2对任意的t恒成立，解不等式即可；解法二：根据重心的性质可得G113x,13y1，再由几何图形的面积关系结合三角形的面积公式得到S△NF1G1=cy13−2cy23；S△MNG2=13cy1−y2，后同解法一.
【详解】（1）依题意，b=1，故椭圆C：x2a2+y2=1；
易知点G113,16为△MF1F2的重心，则OM=3OG1=1,12，故M1,12，
代入椭圆方程得1a2+14=1⇒a2=43∴椭圆C的方程为3x24+y2=1；
（2）
∵F2A，F2B，F2D成等差数列，．∴F2A+F2D=2F2B=3．
设Ax1,y1，Dx2,y2，AD中点Mx0,y0．F233,0，
由弦长公式
F2A=x1−33⋅1+y1x1−332=x1−33⋅14x12−233x1+43x1−332 =12x1−2332=12x1−233，
∵x1∈−233,233，∴F2A=233−12x1，
同理F2D=233−12x2，代入可得x1+x2=233=2x0，
①当AB斜率存在时3x124+y12=13x224+y22=1两式作差可得−34x12−x22=y12−y22，−34x1+x2y1+y2=y1−y2x1−x2，
∴kAD=−34⋅233⋅2y0=−34y0y0≠0，
∴弦AD的中垂线方程为y−y0=4y03x−33，
当x=0时，Δy=−y03，即AD的中垂线的纵截距．
∵M33,y0在椭圆C内，∴14+y02<1，得−32②当AB斜率不存在时，此时AD：x=33，Δy=0．
∴综上所述−36<Δy<36，即弦AD的中垂线的纵截距的取值范围为−36,36．
（3）解法一：易知点G1，G2分别为△MF1F2，△NF1F2的重心，设S△F1F2M=S1，S△F1F2N=S2，设点Mx1,y1，Nx2,y2，则根据重心性质及面积公式得S△MNG2=13S△MNF1=13S1+S2，
S△NF1G1=S1+S2−13S1−13S1+S2=13S1+23S2，
而4S△MNG2≤3S△NF1G1≤5S△MNG2∴43S1+S2≤313S1+23S2≤53S1+S2，
∴S1≤2S2S2≤2S1⇒12≤S1S2≤2，∴12≤y1−y2≤2，y1y2∈−2,−12，
设直线l：x=ty+c，则联立椭圆方程得x=ty+cx2a2+y2=1
消元化简得，t2+a2y2+2tcy−1=0，Δ=4t2c2+4t2+a2>0，
∴y1+y2=−2tct2+a2，y1y2=−1t2+a2，
∴y1y2+y2y1=y12+y22y1y2=y1+y22−2y1y2y1y2=−4t2c2t2+a2−2∈−52,−2，
∴0≤4t2c2t2+a2≤12⇒8a2−9t2≤a2对任意的t恒成立，
即8a2−9≤0⇒1解法二：易知点G2为△NF1F2的重心，NG2=23NO，
∴，S△NF1G1=S△NOF1+S△NOG1+S△G1OF1，S△NOG1=13S△MNO，
此时，设点Mx1,y1，Nx2,y2，F1−c,0，F2c,0，则根据重心的性质可得G113x,13y1，
∴S△MNO=12⋅OF2⋅y1−y2=12cy1−y2，S△NOF1=12⋅OF1⋅y2=−12cy2，S△G1OF1=12⋅OF1⋅13y1=16cy1，
∴S△NOG1=13S△MNO=16cy1−y2，S△NF1G1=−12cy2+16cy1−y2+16cy1=cy13−2cy23；S△MNG2=23S△MNO=13cy1−y2；
而4S△MNG2≤3S△NF1G1≤5S△MNG2，∴43≤S△NF1G1S△MNG2≤53，
∴y1−2y2y1−y2∈43,53，y1−2y2y1−y2=y1y2−2y1y2−1=1y1y2−1⇒y1y2∈−2,−12；
设直线l：x=ty+c，则联立椭圆方程得x=ty+cx2a2+y2=1
消元化简得，t2+a2y2+2tcy−1=0，Δ=4t2c2+4t2+a2>0，
∴y1+y2=−2tct2+a2，y1y2=−1t2+a2，
∴y1y2+y2y1=y12+y22y1y2=y1+y22−2y1y2y1y2=−4t2c2t2+a2−2∈−52,−2，
∴0≤4t2c2t2+a2≤12⇒8a2−9t2≤a2对任意的t恒成立，
即8a2−9≤0⇒1【点睛】关键点点睛：
（1）三角形重心分得线段长度比为2:1；
（2）当求椭圆的中点弦或中点弦的垂直平分线时可用点差法较为容易.
53. （2020·江苏·模拟预测）已知函数f(x)=1−(x−1)2,0≤x<2f(x−2),x≥2，若对于正数kn(n∈N∗)，直线y=knx与函数f(x)的图像恰好有2n+1个不同的交点，则k12+k22+…+kn2= .
【答案】n4(n+1)
【分析】由题意首先确定函数的性质，然后结合直线与圆的位置关系得到kn的表达式，最后裂项求和即可求得k12+k22+⋯+kn2的值.
【详解】当0≤x<2时，y=f(x)=1−(x−1)2，即(x−1)2+y2=1，y≥0；
当x≥2时，f(x)=f(x−2)，函数周期为2，
画出函数图象，如图所示：
y=knx与函数恰有2n+1个不同的交点，
根据图象知，直线y=knx与第n+1个半圆相切，
故kn=1(2n+1)2−1=14n2+4n，故kn2=14n2+4n=14(1n−1n+1)，
k12+k22+⋯+kn2=14(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1)=n4(n+1).
故答案为：n4(n+1).
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解
54. （2024·河北·模拟预测）已知平面内定点A0,1,P是以OA为直径的圆C上一动点（O为坐标原点）．直线OP与点A处C的切线交于点B，过点B作x轴的垂线BN，垂足为N，过点P作x轴的垂线PQ，垂足为Q，过点P作BN的垂线PM，垂足为M．
(1)求点M的轨迹方程Γ；
(2)求矩形PMNQ面积的最大值；
(3)设M的轨迹Γ，直线x=−n,x=n(n∈N*)与x轴围成面积为λ，甲同学认为随n的增大，λ也会达到无穷大，乙同学认为随n的增大λ不会超过4，你同意哪个观点，说明理由．
【答案】(1)y=1x2+1；
(2)3316；
(3)乙的观点，理由见解析.
【分析】（1）根据给定条件，借助相似三角形的性质列式求出轨迹方程.
（2）利用（1）的结论，结合对称性，求出矩形PMNQ面积的函数关系，利用导数求出最大值.
（3）利用导数探讨函数f(x)=1x2+1的单调性，探讨λ与矩形面积的关系，再借助数列求和推理判断得解.
【详解】（1）设点M(x,y)，依题意，直线AB的方程为y=1，B(x,1)，显然点P与O不重合，
当点P与点A不重合时，连接AP，由P是以OA为直径的圆C上一点，则AP⊥OP，
由AB//x轴，得△AOB∽△POA∽QPO，则|PO||AO|=|AO||OB|，|PO||OB|=|PQ||AO|，
而|OB|=x2+1，则|OP|=1x2+1，于是1x2+1x2+1=y1，即y=1x2+1，
当点P与点A重合时，点B与点A重合，点M与点A重合，而(0,1)满足y=1x2+1，
所以点M的轨迹方程Γ：y=1x2+1.

（2）由（1）知，点M的轨迹方程y=1x2+1，显然y=1x2+1=1(−x)2+1，
即点M的轨迹关于y轴对称，不妨令点P在第一象限，
显然△OPQ∽△OBN，|PQ||BN|=|OQ||ON|，y1=|OQ|x，因此|OQ|=xy，
设矩形PMNQ的面积为S(x)，则S(x)=y(x−|xy|)=1x2+1(x−xx2+1)=x3x4+2x2+1(x>0)，
求导得S'(x)=3x2(x4+2x2+1)−x3(4x3+4x)(x4+2x2+1)2=−x2(x2−3)(x2+1)(x4+2x2+1)2，
当00，函数S(x)单调递增，当x>3时，S'(x)<0，函数S(x)单调递减，
因此S(x)max=S(3)=3316，所以当x=±3时，矩形PMNQ面积的最大值为3316.
（3）同意乙同学的观点，随n的增大λ不会超过4.
由（1）知点M的轨迹方程为y=1x2+1，设f(x)=1x2+1，显然f(x)是偶函数，
求导得f'(x)=−2x(x2+1)2，当x>0时，f'(x)<0，函数f(x)在(0,+∞)上单调递减，且恒有f(x)>0，
则有f(0)>f(12)>f(1)>f(2)>⋯，即1>45>12>15>⋯，
当n增大时，面积λ的值也在增大，
过点(12,0),(1,0),(2,0),(3,0),(4,0),⋯,(n,0)分别作x轴的垂线交函数y=f(x)的图象
于点(12,f(12)),(1,f(1)),(2,f(2)),(3,f(3)),(4,f(4)),⋯,(n,f(n))，

由f(x)=1x2+1在(0,+∞)上单调递减，
得当x∈(0,12)时，f(x)的图象与x轴之间部分的面积小于f(0)×12=12，
当x∈(12,1)时，f(x)的图象与x轴之间部分的面积小于f(12)×12=45×12，
当x∈(1,2)时，f(x)的图象与x轴之间部分的面积小于f(1)=12，
当x∈(2,3)时，f(x)的图象与x轴之间部分的面积小于f(2)=15，
⋯⋯⋯⋯
当x∈(n−2,n−1)时，f(x)的图象与x轴之间部分的面积小于f(n−2)=1(n−2)2+1，
当x∈(n−1,n)时，f(x)的图象与x轴之间部分的面积小于f(n−1)=1(n−1)2+1，
则M的轨迹Γ，直线x=−n,x=n(n∈N*)与x轴围成面积为λ，
λ<2[12f(0)+12f(12)+f(1)+f(2)+⋯+f(n−2)+f(n−1)]
=f(0)+f(12)+2f(1)+2f(2)+⋯+2f(n−2)+2f(n−1)
=1+45+1+25+2[132+1+142+1+⋯+1(n−2)2+1+1(n−1)2+1]，
当n∈N∗,n≥3时，1n2+1<1n2−14=4(2n−1)(2n+1)=22n−1−22n+1，
因此λ<2+65+2(25−27+27−29+⋯+22n−1−22n+1)=4−42n+1<4
所以随n的增大λ不会超过4.
【点睛】易错点睛：裂项法求和，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
55. （2016·上海·模拟预测）一青蛙从点A0(x0，y0)开始依次水平向右和竖直向上跳动，其落点坐标依次是Ai(xi，yi)(i∈N∗)，(如图，A0(x0，y0)的坐标以已知条件为准)，Sn表示青蛙从点A0到点An所经过的路程.
(1)点A0(x0，y0)为抛物线y2=2px (p>0)准线上一点，点A1，A2均在该抛物线上，并且直线A1 A2经过该抛物线的焦点，证明S2=3p；
(2)若点An(xn，yn)(n∈N∗)要么落在y=x所表示的曲线上，要么落在y=x2所表示的曲线上，并且A0(12，12),试写出limn→+∞Sn(不需证明)；
(3)若点An(xn，yn)要么落在y=21+8x−1所表示的曲线上，要么落在y=21+8x+1所表示的曲线上，并且A0(0，4)，求S2011的值.
【答案】(1)证明见解析 (2)limn→+∞Sn =2(x1−x0)+2(x3−x2)+2(x5−x4)+⋯+2(x2n−1−x2n)+⋯ (3)S2011=506517+22012
【分析】（1）设A0(−p2，y0)，根据青蛙依次向右向上跳动得到A1(p2，y0)，A2(p2，−y0)，再由抛物线的定义即可证明.
（2）根据题意可得：x2n+1=x2n−1，x2n=x2n−1，y2n=y2n+1=x2n−1，(n∈N∗)，由于青蛙从A0(x0,y0)开始依次水平向右和竖直向上跳动，可知随着n的增大，点An无限接近点(1,1)，进而可得横向路程之和无限接近12，纵向路程之和无限接近1−12=12，故问题得解.
（3）有题意知：A1(1,22)，A2(1,24)，A3(3,24)，A4(3,26)，A5(6,26)，A6(6,28)，…….观察规律可知：下标为奇数的点的纵坐标是首项为22，公比为4的等比数列.相邻横坐标之差是首项为2，公差为1的等差数列.再利用数列的性质即可求出S2011.
【详解】（1）设A0(−p2，y0)，由于青蛙依次向右向上跳动，
所以A1(p2，y0)，A2(p2，−y0)，
由抛物线定义知：S2=p+2p=3p，即证.
（2）依题意，x2n+1=x2n−1，x2n=x2n−1，y2n=y2n+1=x2n−1，(n∈N∗).
limn→∞Sn=|A0A1|+|A1A2|+|A2A3|+|A3A4|+⋯+|A2n−2A2n−1|+|A2n−1A2n|+⋯
=(x1−x0)+(y2−y1)+(x3−x2)+(y4−y3)+(x5−x4)+⋯+(x2n−1−x2n)+(y2n−y2n−1)+⋯ =2(x1−x0)+2(x3−x2)+2(x5−x4)+⋯+2(x2n−1−x2n)+⋯.
随着n的增大，点An无限接近点(1,1)，
横向路程之和无限接近1−12=12，纵向路程之和无限接近1−12=12.
∴limn→+∞Sn=12+12=1.
（3）由题意知：A1(1,22)，A2(1,24)，A3(3,24)，
A4(3,26)，A5(6,26)，A6(6,28)，……
其中A1(1,22)，A3(3,24)，A5(6,26)，A7(10,28)，……
A2(1,24)，A4(3,26)，A6(6,28)，A8(10,210)，……
观察规律可知：下标为奇数的点的纵坐标是首项为22，公比为4的等比数列.
相邻横坐标之差是首项为2，公差为1的等差数列.并可用数学归纳法证明.
所以，当n为奇数时，xn=n2+4n+38，yn=2n+1.
S2011=|A0A1|+|A1A2|+|A2A3|+|A3A4|+⋯+|A2010A2009|+|A2010A2011|
=(x1−x0)+(y2−y1)+(x3−x2)+(y4−y3)+(x5−x4)+⋯+(y2010−y2009)+(x2011−x2010)
=(x1−x0)+(y2−y0)+(x3−x1)+(y4−y2)+(x5−x3)+⋯+(y2011−y2010)+(x2011−x2010) =(x2011+y2011)−(x0+y0)=(20112+4×2011+38+22011+1)−(0+4)=506517+22012
所以，S2011=506517+22012.
【点睛】本题主要考查数列与抛物线的综合，同时考查了极限思想，搞清运动过程中坐标之间的关系为解题的关键，属于难题.
12解析几何中的定值问题
56.（2024·全国·模拟预测）已知P为双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0上异于左、右顶点的一个动点，双曲线C的左、右焦点分别为F1,F2，且F23,0．当PF1=2PF2时，△PF1F2的最小内角为30°．
(1)求双曲线C的标准方程．
(2)连接PF1，交双曲线于另一点A，连接PF2，交双曲线于另一点B，若PF1=λF1A,PF2=μF2B．
①求证：λ+μ为定值；
②若直线AB​的斜率为−1​，求点P​的坐标．
【答案】(1)x23−y26=1
(2)①证明见解析；②P6,6或P−6,−6．
【分析】（1）根据双曲线定义得出PF2=2a,PF1=4a，由题意可知∠PF1F2=30°，c=3，根据余弦定理计算可得a=3，再根据双曲线a,b,c的关系计算即可；
（2）①设Px0,y0，Ax1,y1，Bx2,y2，由PF1=λF1A⇒A−x0+3λ−3,−y0λ，PF2=μF2B⇒B3−x0μ+3,−y0μ，将A,B代入双曲线联立方程求解即可，②由①可知λ−μ=−2x0,λμ=4−x02，根据题意建立等式求解即可求解.
【详解】（1）由双曲线的定义知，PF1−PF2=PF2=2a,PF1=4a,F1F2=2c，
由题意可得∠PF1F2=30°，c=3，
在△PF1F2中，由余弦定理知cs∠PF1F2=36+12a248a=32，
解得a=3，因为a2+b2=9，所以b=6，
所以双曲线C的标准方程为x23−y26=1；
（2）①设Px0,y0，Ax1,y1，Bx2,y2，F1−3,0,F23,0，
由PF1=λF1A⇒−3−x0,−y0=λx1+3,y1，
即−3−x0=λx1−y0=λy1⇒x1=−3+x0λy1=−y0λ，所以A−x0+3λ−3,−y0λ
同理，由PF2=μF2B，得B3−x0μ+3,−y0μ，
将A的坐标代入曲线C得，2x0+3λ+32−y0λ2=6⇒2x0+3+3λ2−y02=6λ2
⇒2x02−y02+12λ+1x0+18λ+12=6λ2⇒x0=−λ2+3λ+2λ+1=−λ−2，
将B的坐标代入曲线C得，2x0−3μ−32−y0μ2=6⇒2x0−3−3μ2−y02=6μ2
⇒2x02−y02−12μ+1x0+18μ+12=6μ2⇒x0=μ+2，
所以λ+μ=−4为定值；
②由①知λ+μ=−4，λ−μ=−2x0,λμ=4−x02，
kAB=−y0μ+y0λ3−x0μ+x0+3λ+6=μ−λy0μ−λx0+3λ+μ+6λμ=2x0y02x02−12+6λμ=x0y0x02−6+34−x02 =x0y06−2x02=−1⇒x0y0=2x02−6，
因为P点在双曲线上，所以2x02−x0y0=62x02−y02=6⇒x0=6y0=6或x0=−6y0=−6，
即P6,6或P−6,−6．
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是根据题意求出A，B两点坐标，代入双曲线中得到x0与λ,μ的关系.
57. （2023·广东广州·模拟预测）已知双曲线C:x24−y212=1，直线l过C的右焦点F且与C交于M,N两点．
(1)若M,N两点均在双曲线C的右支上，求证：1MF+1NF为定值；
(2)试判断以MN为直径的圆是否过定点？若经过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)圆过定点−2,0
【分析】（1）设直线MN:x=ty+4，与双曲线方程联立得出韦达定理，根据弦长公式表示MF,NF，再代入求得结果.
（2）表示圆的方程，由对称性可知定点在x轴上，令y=0进行求解即可.
【详解】（1）如图，
由F4,0，设Mx1,y1,Nx2,y2，直线MN:x=ty+4，
代入3x2−y2=12，整理得：3t2−1y2+24ty+36=0，
由Δ>0y1y2<0解得：t∈−33,33
由韦达定理：y1+y2=−24t3t2−1,y1y2=363t2−1，
由MF=x1−42+y12=2ty1+6，
同理，NF=2ty2+6．
∴1MF+1NF=12ty1+6+12ty2+6
=2ty1+y2+124t2y1y2+12ty1+y2+36=−48t23t2−1+12144t23t2−1+−288t23t2−1+36
=−12t2−12−36t2−36=13为定值．
另法：由MF=x1−42+y12=t2+1y1，
同理，NF=t2+1y2．
由于y1y2<0，不妨设y1>0,y2<0，
则1MF+1NF=1t2+11y1−1y2=1t2+1⋅y2−y1y1y2．
由y2−y12=y1+y22−4y1y2=−24t3t2−12−4×363t2−1=144t2+13t2−1，
得y2−y1=12t2+13t2−1．
所以1MF+1NF=1t2+1⋅y2−y1y1y2=1t2+1⋅12t2+13t2−1363t2−1=13为定值．
（2）由题意：圆的方程为x−x1+x222+y−y1+y222=x1−x22+y1−y224
即x2+y2−x1+x2x−y1+y2y+x1x2+y1y2=0
由对称性可知：若存在定点，则必在x轴上
令y=0，有x2−x1+x2x+x1x2+y1y2=0
由（1）可知x1+x2=ty1+y2+8=−83t2−1，
x1x2=ty1+4ty2+4=t2y1y2+4ty1+y2+16=36t23t2−1−96t23t2−1+16=−12t2−163t2−1
代入方程后有：x2+83t2−1x+20−12t23t2−1=0，
即x2−4+83t2−1x+2=0，
令x+2=0x2−4=0即x=−2．故圆过定点−2,0．
58. （2024·全国·模拟预测）已知双曲线Γ:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1−c,0，F2c,0，点P22,1是Γ上一点.若I为△PF1F2的内心，且5S△IPF1−5S△IPF2=25S△IF1F2.
(1)求Γ的方程；
(2)点A是Γ在第一象限的渐近线上的一点，且AF2⊥x轴，点Qx0,y0是Γ右支上的一动点，Γ在点Q处的切线l与直线AF2相交于点M，与直线x=455相交于点N.证明：NF2MF2为定值.
【答案】(1)x24−y2=1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据三角形面积公式及双曲线定义化简可得2a2c=255，求出a即可得出方程；
（2）利用导数的几何意义求出切线斜率并化简可得k=x04y0，求出切线及切线与直线的交点，利用两点间距离公式并结合双曲线方程化简可得NF2MF2=255
【详解】（1）因为点P22,1是Γ上一点，所以8a2−1b2=1.设△PF1F2的内切圆半径为r，则S△IPF1=12PF1r，S△IPF2=12PF2r，S△IF1F2=12F1F2r.
因为5S△IPF1−5S△IPF2=25S△IF1F2，所以52PF1r−52PF2r=25×12F1F2r，
所以5PF1−5PF2=25F1F2，所以PF1−PF2F1F2=255.
由双曲线的定义及其几何性质，得2a2c=255，即5a=2c.
联立8a2−1b2=15a=2ca2+b2=c2，解得a2=4,b2=1.所以Γ的方程为x24−y2=1.
（2）由题意可知，直线l的斜率存在，则可设直线l的方程为y−y0=kx−x0.
由x24−y2=1，可得y2=x24−1=x2−44.
由题意知y0≠0.
若点Q在双曲线Γ的右支的上半支上，则y=x2−42，
所以y'=2x2×2x2−4=x2x2−4，故k=x02x02−4.
因为x024−y02=1，所以x02−4=4y02，所以k=x024y02=x04y0.
若点Q在双曲线Γ的右支的下半支上，则y=−x2−42，
所以y'=2x2×2x2−4=x2x2−4，故k=x02x02−4.
因为x024−y02=1，所以x02−4=4y02，所以k=−x024y02=x04y0.
综上可知，k=x04y0.
将k=x04y0代入直线l的方程，得y−y0=x04y0x−x0，即x0x−4y0y=x02−4y02.
又x02−4=4y02，所以直线l的方程为x0x−4y0y=4，即yM=x0x−44y0x0>2.
因为直线AF2的方程为x=5，所以当x=5时，yM=5x0−44y0，即直线l与直线AF2的交点M5,5x0−44y0，所以MF2=5x0−44y0.
联立y=x0x−44y0x=455，得y=55x0−1y0x=455，
所以直线l与直线x=455的交点N455,55x0−1y0.
又F25,0，所以NF22=5−4552+0−55x0−1y02=15+55x0−12y02
=x024−1+x02−25x0+55y02=54x02−25x0+45y02.
因为MF22=5x02−85x0+1616y02，所以NF22MF22=45，
所以NF2MF2=255，为定值.
.
【点睛】方法点睛：证明NF2MF2为定值的方法为可用变量去表示需要判断是否为定值的表达式，通过验证表达式是否与变量有关可解决问题.
59. （2024·辽宁·二模）已知点P为双曲线E:x24−y2=1上任意一点，过点P的切线交双曲线E的渐近线于A,B两点．
(1)证明：P恰为AB的中点；
(2)过点P分别作渐近线的平行线，与OA、OB分别交于M、N两点，判断▱PMON的面积是否为定值，如果是，求出该定值；如果不是，请说明理由；
【答案】(1)证明见解析
(2)1，理由见解析
【分析】（1）设切线为l:x=ty+m，联立方程组，根据Δ=0，求得m2=4−t2，得到P(t2m+m,tm)，再联立直线l与双曲线的渐近线，分别求得A(2m2−t,m2−t)和B(2m2+t,−m2+t)，结合中点公式，即可得证；
（2）由（1）求得OAOB=5和OA⃗⋅OB⃗=3，求得cs∠AOB=35，得到sin∠AOB=45，求得S△AOB=2，结合P为AB的中点，得到SPMON=12S△AOB，即可求解.
【详解】（1）由切线不可能平行于x轴，即切线的斜率不可能为0，
设切线方程为l:x=ty+m，
联立方程组x=ty+mx24−y2=1，整理得(t2−4)y2+2tmy+m2−4=0，
所以Δ=2tm2−4(t2−4)m2−4=0，可得t2+m2−4=0，即m2=4−t2，
所以−m2y2+2tmy+t2=0，即(my−t)2=0，所以y=tm，则x=t2m+m，
所以点P(t2m+m,tm)，
又由双曲线E:x24−y2=1的渐近线方程为y=±12x，
联立方程组y=12xx=ty+m，可得x=2m2−t,y=m2−t，即A(2m2−t,m2−t)，
联立方程组y=−12xx=ty+m，可得x=2m2+t,y=−m2+t，即B(2m2+t,−m2+t)，
所以2m2−t+2m2+t2=2m+tm+2m−tm4−t2=4m4−t2=4mm2=4m
m2−t+−m2+t2=tm4−t2=tmm2=tm，所以AB的中点坐标为(4m,tm)
又因为t2m+m=t2+m2m=4m，所以P(4m,tm)，所以点P与AB的中点重合.
（2）由A(2m2−t,m2−t)，B(2m2+t,−m2+t)，
可得OA2=(2m2−t)2+(m2−t)2=5m2(2−t)2，OB2=(2m2+t)2+(−m2+t)2=5m2(2+t)2，
所以OA2⋅OB2=25m4[(2−t)(2+t)]2=25m4(4−t2)2=25m4m4=25，即OAOB=5，
又由OA⃗⋅OB⃗=2m2−t×2m2+t+m2−t×−m2+t=3m24−t2=3，可得cs∠AOB=OA⋅OBOAOB=35，
所以sin∠AOB=1−cs2∠AOB=45，
所以S△AOB=12OAOBsin∠AOB=12×5×45=2，
因为P为AB的中点，所以SPMON=12S△AOB=12×2=1，
所以四边形PMON的面积为定值1.
【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线问题的方法与策略：
1、涉及圆锥曲线的定义问题：抛物线的定义是解决圆锥曲线问题的基础，它能将两种距离(圆锥曲线上的点到焦点的距离、圆锥曲线上的点到准线的距离)进行等量转化．如果问题中涉及圆锥曲线的焦点和准线，又能与距离联系起来，那么用圆锥曲线定义就能解决问题．因此，涉及圆锥曲线的焦半径、焦点弦问题，可以优先考虑利圆锥曲线线的定义转化为点到准线的距离，这样就可以使问题简单化．
2、涉及直线与圆锥曲线的综合问题：通常设出直线方程，与圆锥曲线方程联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时注意向量、基本不等式、函数及导数在解答中的应用.
60. （2024·上海奉贤·二模）已知曲线C: x24+y22=1 ，O是坐标原点， 过点T1,0的直线l1与曲线C交于P，Q两点.
(1)当l1与x轴垂直时，求△OPQ的面积；
(2)过圆x2+y2=6上任意一点M作直线MA，MB，分别与曲线C切于A，B两 点，求证：MA⊥MB；

(3)过点Nn,0n>2的直线l2与双曲线x24−y2=1交于R，S两点（l1，l2不与x轴重合）.记直线TR的斜率为kTR，直线TS斜率为kTS， 当∠ONP=∠ONQ时，求证：n与kTR+kTS都是定值.

【答案】(1)62
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）将x=1代入椭圆方程，求出y，再计算三角形面积；
（2）设M(x0,y0)，当x0=±2时求出y0，从而确定M、A、B（一组）的坐标，说明MA⊥MB，当x0≠±2时，设MA，MB的斜率分别为k1,k2，直线MA:y−y0=kx−x0，得到联立直线MA与椭圆的方程，由Δ=0得到化为关于k的一元二次方程为x02−4k2−2x0y0k+y02−2=0，利用韦达定理得到k1⋅k2=y02−2x02−4，即可得证；
（3）设P(x1,y1)、Q(x2,y2)、R(x3,y4)、S(x4,y4)，直线PN、QN的斜率分别为kPN、kQN，设直线l1:x=ky+1，联立直线l1与曲线C的方程，消元、列出韦达定理，由∠ONP=∠ONQ得kPN+kQN=0，即可求出n，设直线l2:x=py+4，与双曲线联立，消元、列出韦达定理，由斜率公式计算可得.
【详解】（1）由题可知，直线为x=1，
代入椭圆方程x24+y22=1，解得y=±62，
所以S△OPQ=12×6×1=62.
（2）设M(x0,y0)，
当x0=±2时，y0=±2 ，不妨取M2,2，A2,0，B0,2，
则AM=0,2，BM=2,0，所以AM⋅BM=0，即MA⊥MB成立；
当x0≠±2时，设MA，MB的斜率分别为k1,k2，直线MA:y−y0=kx−x0，
由y−y0=kx−x0x24+y22=1 ⇒(2k2+1)x2+4k(y0−kx0)x+2(kx0−y0)2−4=0，
因为直线MA与椭圆相切，所以Δ=0，
即16k2(kx0−y0)2−4(2k2+1)[2(kx0−y0)2−4]=0，
化简可得(kx0−y0)2−2(2k2+1)=0，
化为关于k的一元二次方程为x02−4k2−2x0y0k+y02−2=0，
所以k1⋅k2=y02−2x02−4.
因为M(x0,y0)在圆上，所以x02+y02=6，
代入上式可得k1⋅k2=6−x02−2x02−4=−1，
综上可得MA⊥MB.

（3）设P(x1,y1)、Q(x2,y2)、R(x3,y4)、S(x4,y4)，
直线PN、QN的斜率分别为kPN、kQN，
设直线l1:x=ky+1，与椭圆联立得(k2+2)y2+2ky−3=0，
则Δ>0，y1+y2=−2kk2+2，y1y2=−3k2+2，
由∠ONP=∠ONQ得kPN+kQN=0，
即kPN+kQN=y1x1−n+y2x2−n=y1(ky2+1−n)+y2(ky1+1−n)(ky1+1−n)(ky2+1−n)=0，
计算分子部分：y1(ky2+1−n)+y2(ky1+1−n)
=2ky1y2+1−ny1+y2
=2k⋅−3k2+2+(1−n)⋅−2kk2+2=−8k+2knk2+2=0，所以n=4，
设直线l2:x=py+4，与双曲线联立得(p2−4)y2+8py+12=0，
则p2−4≠0，Δ>0，y3+y4=−8pp2−4，y3y4=12p2−4，
所以kTR+kTS=y3x3−1+y4x4−1=y3(x4−1)+y4(x3−1)(x3−1)(x4−1)，
计算分子部分y3(x4−1)+y4(x3−1)=y3(py4+3)+y4(py3+3)=2py3y4+3(y3+y4)
=2p⋅12p2−4+3⋅−8pp2−4=0，
所以kTR+kTS=0，
综上可得n=4、kTR+kTS=0均为定值.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y1、x2,y2；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算Δ；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1x2的形式；
（5）代入韦达定理求解.
13解析几何与向量结合
61.（2024·上海杨浦·二模）平面上的向量a、b满足：a=3，b=4，a⊥b.定义该平面上的向量集合A={x||x+a|<|x+b|,x⋅a>x⋅b}.给出如下两个结论：
①对任意c∈A，存在该平面的向量d∈A，满足c−d=0.5
②对任意c∈A，存在该平面向量d∉A，满足c−d=0.5
则下面判断正确的为（ ）
A．①正确，②错误B．①错误，②正确C．①正确，②正确D．①错误，②错误
【答案】C
【分析】根据给定条件，令a=(3,0)，b=(0,4)，设x=(m,n)，利用向量模及数量积的坐标表示探求m,n的关系，再借助平行线间距离分析判断得解.
【详解】由|a|=3，|b|=4，a⊥b，不妨令a=(3,0)，b=(0,4)，设x=(m,n)，
|x+a|<|x+b|，得|x+a|2<|x+b|2，而x+a=(m+3,n)，x+b=(m,n+4)，
则(m+3)2+n2x⋅b，得3m−4n>0，
平行直线6m−8n−7=0和3m−4n=0间的距离为d=0−(−7)62+82=0.7，
到直线6m−8n−7=0和直线3m−4n=0距离相等的点到这两条直线的距离为0.35，
如图，阴影部分表示的区域为集合A，因此无论d是否属于A，都有c−d=0.5，
所以命题①②都正确.
故选：C
【点睛】思路点睛：已知几个向量的模，探求向量问题，可以在平面直角坐标系中，借助向量的坐标表示，利用代数方法解决.
62. （2021·浙江宁波·模拟预测）已知平面非零向量a,b,c,d满足a,b⊆{u||u−d∣=u⋅d},c∈v∣v−a⋅v−b=0，则对于任意的d使得a−d//b−d（ ）
A．dc⋅d≤0恒有解B．d−1c⋅d≤0恒有解
C．d−2c⋅d≤0恒无解D．d−3c⋅d≤0恒无解
【答案】B
【分析】设OD=d=r,0,OU=u=x,y，其中r>0，记OA=a,OB=b,OC=c
则有(x−r)2+y2=rx，即1−rx2−2rx+r2+y2=0，然后分r=1，01三种情况讨论，再根据直线AB是过点D的直线与圆锥曲线E的两个不同的交点和点C在以AB为直径的圆M上，分析圆M与相应准线的位置关系，即可求解.
【详解】解：设OD=d=r,0,OU=u=x,y，其中r>0，记OA=a,OB=b,OC=c
则有(x−r)2+y2=rx，即1−rx2−2rx+r2+y2=0.
若r=1，则点U的轨迹是拋物线，方程为E：y2=2x−1，点D恰为抛物线E的焦点，
则AB是过点D的直线与抛物线E的两个不同的交点，点C在以AB为直径的圆M上，
此时c⋅d≥0.
若0点D为椭圆E的左焦点，y轴是椭圆的左准线，AB是过点D的直线与椭圆E的两个不同的交点，点C在以AB为直径的圆M上，此时圆M与准线相离，故c⋅d>0.
若r>1，则点U的轨迹是双曲线，方程为E：r2−12r4x−r1−r22−r2−1r4y2=1，
点D为双曲线E的右焦点，y轴是双曲线的右准线，AB是过点D的直线与双曲线E的两个不同的交点，点C在以AB为直径的圆M上，此时圆M与准线相交，故c⋅d可正，可负，可零.
所以，当00，故A错误；
当r>1时，d−2⋅c⋅d≤0，与d−3⋅c⋅d≤0均有解，故C,D错误；
故选：B.
【点睛】关键点点睛：利用坐标法，设OD=d=r,0,OU=u=x,y，其中r>0，记OA=a,OB=b,OC=c则有(x−r)2+y2=rx，即1−rx2−2rx+r2+y2=0，然后分r=1，01三种情况讨论，将原问题转化为判断圆M与准线的位置关系，从而解决问题.
63. （2024·陕西安康·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1、F2，上顶点为A，AF1−AF2=AF2，△AF1F2的面积为3.
(1)求C的方程；
(2)B是C上位于第一象限的一点，其横坐标为1，直线l过点F2且与C交于M，N两点（均异于点B），点P在l上，设直线BM，BP，BN的斜率分别为k1，k2，k3，若2k2−k3=k1，问点P的横坐标是否为定值？若为定值，求出点P的横坐标；若不为定值，请说明理由.
【答案】(1)x24+y23=1
(2)点P的横坐标为定值4
【分析】（1）依题意可得F2F1=AF2，即可得到△AF1F2为等边三角形，由面积公式求出c，从而求出a、b；
（2）首先求出B点坐标，设直线l:y=kx−1，Px0,kx0−1，Mx1,y1，Nx2,y2，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，由斜率公式求出k1+k3，即可得到k2=k−12，最后由斜率公式求出x0.
【详解】（1）因为AF1−AF2=AF2，所以F2F1=AF2，即F2F1=AF2=2c，
又AF1=AF2，
所以△AF1F2为等边三角形，
所以S△AF1F2=12F1F22sin60°=3c2=3，所以c=1，
又AF1+AF2=2a，所以AF1=AF2=a，则a=2c=2，
所以b2=a2−c2=3，
所以椭圆方程为x24+y23=1.
（2）将x=1代入x24+y23=1解得y=±32，所以B1,32，
由（1）可知F21,0，则直线l的斜率存在，
设直线l:y=kx−1，Px0,kx0−1，Mx1,y1，Nx2,y2，
由y=kx−1x24+y23=1得3+4k2x2−8k2x+4k2−12=0，
由Δ=64k4−3+4k24k2−12=144k2+1>0，
所以x1+x2=8k23+4k2，x1x2=4k2−123+4k2，
所以k1+k3=y1−32x1−1+y2−32x2−1
=kx1−1−32x1−1+kx2−1−32x2−1
=2k−32⋅x1+x2−2x1x2−x1+x2+1
=2k−32⋅8k23+4k2−24k2−123+4k2−8k23+4k2+1=2k−1，
因为2k2−k3=k1，所以k2=k−12，
所以k2=kx0−1−32x0−1=k−12，解得x0=4，
所以点P的横坐标为定值4.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y1、x2,y2；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算Δ；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1x2的形式；
（5）代入韦达定理求解.
64. （2022·浙江杭州·模拟预测）已知平面向量x，y，z，|x|=12|y|=|z|=x⋅y=1，则12x+z+12y−z的取值范围是 ．
【答案】[3,7]
【分析】把向量用建系的思想在坐标系中表示出来，然后利用向量的关系把
12x+z+12y−z变形整理得|CF|+|CB|2，分别通过三点共线和椭圆定义来确定范围即可.
【详解】设x，y的夹角为θ，∵|x|=12|y|=|z|=x⋅y=1，∴csθ=x⋅yx⋅y=12，
∵θ∈0,π，∴θ=π3.
如图，由题可设x=OA=(1,0)，y=OB=(1,3)，z=OC=(x,y)，
其中O为原点，C在单位圆上，记E−12,0，假设存在一点Fx0,y0，使得CE=12CF
则有(x+12)2+y2=14[(x−x0)2+(y−y0)2]
∴4(x2+x+14)+y2=x2−2x⋅x0+x02+y2−2y⋅y0+y02，
∴3x2+3y2+(4+2x0)x+2y0y+1−x02−y02=0
又∵x2+y2=1，∴4+2x03=02y03=0x02+y02−13=1解得x0=−2y0=0.
所以存在点F(−2,0)，使得CE=12CF.
∴12x+z+12y−z=|−OE+OC|+12|OB−OC|=EC+12CB=|CF|+|CB|2，
且直线BF的方程为y=33(x+2)，即x−3y+2=0，圆心O到直线的距离为1.
所以BF与圆相切，所以当B,C,F三点共线时，|CF|+|CB|2取得最小值为BF2=3，
如图，C在C1位置时， 因为BF=23，|C1B|+|C1F|=27，且27>25，
由椭圆定义可知，此时C1在以B，F为焦点的椭圆上，
当C在其他位置时，C在椭圆内部，
所以(|CB|+|CF|)的最大值为|C1B|+|C1F|=27，即|CF|+|CB|2的最大值为7.
∴12x+z+12y−z∈[3,7].
故答案为：[3,7]．
【点睛】本题结合轨迹问题与椭圆的定义，用建系的思想解决向量的问题.
64. （2023·河北衡水·模拟预测）平面上有两组互不重合的点，A1、A2⋅⋅⋅⋅⋅⋅Am与B1、B2⋅⋅⋅⋅⋅⋅Bn m,n∈N+,n≥2，∀t∈1,n，t∈N+，i=1mAiBt=t.则i=1n−1BiBi+1的范围为（ ）.
A．nm,2nmB．nm,n2m
C．nm,n+n22mD．n−1m,n2−1m
【答案】D
【分析】考虑m=1,n=2的特殊情况，验证选项可得答案.
【详解】当m=1,n=2时，由题，有∀t∈1,2，t∈N+，A1Bt=t.
得A1B1=1，A1B2=2.则B1在以A1为圆心，半径为1的圆上，则B2在以A1为圆心，半径为2的圆上.又i=1n−1BiBi+1=B1B2，则如下图所示，即A1B1=B1B2时，B1B2取最小值为1；
如下图所示，即B2A1=2A1B1时，B1B2取最大值为3.
则当m=1,n=2时，i=1n−1BiBi+1的范围是1,3，验证选项可排除A，B，C.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题因点的情况较为复杂，且又为选择题，故考虑利用特殊值验证选项得答案.
14解析几何中的定点问题
66.（2024·上海徐汇·二模）已知椭圆C:x24+y23=1，A1、A2分别为椭圆C的左、右顶点，F1、F2分别为左、右焦点，直线l交椭圆C于M、N两点（l不过点A2）.
(1)若Q为椭圆C上（除A1、A2外）任意一点，求直线QA1和QA2的斜率之积；
(2)若NF1=2F1M，求直线l的方程；
(3)若直线MA2与直线NA2的斜率分别是k1、k2，且k1k2=−94，求证：直线l过定点.
【答案】(1)−34
(2)y=±52(x+1)
(3)证明见解析
【分析】（1）设点Qx0,y0(x0≠±2)，直接计算kQA1⋅kQA2，结合Q点在椭圆上化简即得；
（2）设Mx1,y1,Nx2,y2，由向量线性运算的坐标表示得出x2=−3−2x1y2=−2y1，再利用M,N在椭圆上，可求出M（或N）的坐标，然后可得直线方程；
（3）设Mx3,y3,Nx4,y4，易知直线l的斜率不为0，设其方程为x=my+t（t≠2），直线方程椭圆方程整理后应用韦达定理得y3+y4,y3y4，把它代入k1k2=−94可求得t的确定值，从而得定点坐标．
【详解】（1）在椭圆 C:x24+y23=1中，左、右顶点分别为A1(−2,0)、A2(2,0)，
设点Qx0,y0(x0≠±2)，则 kQA1⋅kQA2=y0x0+2⋅y0x0−2=y02x02−4=31−x024x02−4=−34.
（2）设Mx1,y1,Nx2,y2，由已知可得F1(−1,0)，NF1=(−1−x2,−y2)，F1M=(x1+1,y1)，
由NF1=2F1M得(−1−x2,−y2)=2(x1+1,y1)，化简得x2=−3−2x1y2=−2y1
代入x224+y223=1可得(−3−2x1)24+(−2y1)23=1，
联立x124+y123=1解得x1=−74y1=±358
由NF1=2F1M得直线l过点F1(−1,0)，N(−74,±385)，
所以，所求直线方程为y=±52(x+1).
（3）设Mx3,y3,Nx4,y4，易知直线l的斜率不为0，设其方程为x=my+t（t≠2），
联立x=my+tx24+y23=1，可得3m2+4y2+6mty+3t2−12=0，
由Δ=36m2t2−4(3m2+4)(3t2−12)>0，得t2<3m2+4.
由韦达定理，得y3+y4=−6mt3m2+4，y3y4=3t2−123m2+4.∵k1k2=−94，∴y3x3−2⋅y4x4−2=−94.
可化为4y3y4+9my3+t−2my4+t−2=0，
整理即得4+9m2y3y4+9m(t−2)y3+y4+9(t−2)2=0，
∴4+9m2×3t2−123m2+4+9m(t−2)−6mt3m2+4+9(t−2)2=0，由t−2≠0，
进一步得(4+9m2)(t+2)3m2+4−18m2t3m2+4+3(t−2)=0，化简可得16t−16=0，解得t=1，
直线MN的方程为x=my+1，恒过定点(1,0).
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的直线过定点问题，一般可设直线与圆锥曲线的交点为M(x1,y1),N(x2,y2)，设出直线方程为y=kx+b或x=ty+m，直线方程代入圆锥曲线方程后化简整理后应用韦达定理得x1+x2,x1x2（或y1+y2,y1y2），代入题中关于交点的其他条件化简可得出k,b（或t,m）的关系，从而得出定点坐标．
67. （2024·全国·模拟预测）如图，已知抛物线E:y2=2pxp>0，其焦点为F，其准线与x轴交于点C，以FC为直径的圆交抛物线于点B，连接BF并延长交抛物线于点A，且AF−BF=4．
(1)求E的方程．
(2)过点F作x轴的垂线与抛物线E在第一象限交于点P，若抛物线E上存在点M，N，使得MP⋅NP=0．求证：直线MN过定点．
【答案】(1)y2=4x
(2)证明见解析
【分析】（1）设直线AB的倾斜角为θ，由抛物线的定义结合图形表示出AF，BF，求出AB，结合条件AF−BF=4，求出p的值得解；
（2）根据题意，设直线MN的方程为x=my+n，与抛物线方程联立可得y1+y2，y1y2，结合MP⋅NP=0运算得到m,n的关系，从而得解.
【详解】（1）根据抛物线的性质可知CF=p．
设直线AB的倾斜角为θ，则在Rt△CBF中，BF=pcsθ．
由抛物线的定义知AF=AFcsθ+p，BF=p−BFcsθ，
所以AF=p1−csθ，BF=p1+csθ=pcsθ，所以sin2θ=csθ．
所以AB=AF+BF=2psin2θ=2pcsθ．
由AF−BF=AB−2BF=4，
得2pcsθ−2pcsθ=2p⋅1−cs2θcsθ=2p=4，解得p=2．
所以E的方程为y2=4x．
（2）由（1）知P1,2．设直线MN的方程为x=my+n，Mx1,y1，Nx2,y2．
联立抛物线方程，得x=my+n,y2=4x.代入并整理，得y2−4my−4n=0．
则y1+y2=4m，y1y2=−4n，且Δ=16m2+16n>0．
由MP⋅NP=0，得1−x1,2−y1⋅1−x2,2−y2=0，
则1−x11−x2+2−y12−y2=1−my1+n1−my2+n+2−y12−y2=0，
得m2+1y1y2+mn−m−2y1+y2+n2−2n+5=0，
所以m2+1×−4n+mn−m−2×4m+n2−2n+5=0．整理得n−32=4m+12．
当n−3=−2m+1，即n=−2m+1时，直线MN的方程为x=my−2+1，则直线MN恒过定点P1,2，不符合题意．
当n−3=2m+1，即n=2m+5时，直线MN的方程为x=my+2+5，则直线MN恒过定点5,−2．
【点睛】思路点睛：本题考查抛物线的定义、直线与抛物线的位置关系.第一问，设直线AB的倾斜角为θ，由抛物线的定义求出AF，BF，结合条件AF−BF=4运算求出p的值；第二问，设直线MN的方程为x=my+n，与抛物线方程联立利用韦达定理求得y1+y2=4m，y1y2=−4n，利用MP⋅NP=0坐标化求得m与n的关系，代回直线MN方程判断得证.
68. （2024·全国·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为12，且过点−2,3．
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)设过点P−4,0且斜率不为0的直线l与椭圆C交于A，B两点．问：在x轴上是否存在定点Q，使直线QA的斜率k1与QB的斜率k2的积为定值？若存在，求出该定点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)x28+y26=1；
(2)存在，且该定点为Q±22,0
【分析】（1）结合离心率的定义，将−2,3代入椭圆方程计算即可得；
（2）设出直线方程，联立曲线，借助韦达定理表示交点横坐标的关系后，结合斜率公式表示出斜率之积后可得3x02−24=0时，k1k2，计算即可得解.
【详解】（1）因为椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为12，所以ca=12，即a=2c，
所以b=3c，所以椭圆C的方程为x24c2+y23c2=1，
因为椭圆C过点−2,3，所以44c2+33c2=1，解得c2=2，
故a2=4c2=8，b2=3c2=6，
所以椭圆C的标准方程为x28+y26=1；
（2）假设存在定点Qx0,0．设Ax1,y1，Bx2,y2，
易知直线l的斜率显然存在，且不为0，设其方程为y=kx+4，
联立椭圆方程与直线方程，得x28+y26=1y=kx+4，消去y并整理，
得3+4k2x2+32k2x+64k2−24=0，
所以x1+x2=−32k23+4k2，x1x2=64k2−243+4k2，
由Δ=32k22−43+4k264k2−24>0，解得k2<34，且k≠0，
所以k1k2=y1x1−x0⋅y2x2−x0=kx1+4x1−x0⋅kx2+4x2−x0=k2x1x2+4x1+x2+16x1x2−x1+x2x0+x02
=k264k2−243+4k2−128k23+4k2+1664k2−243+4k2+32k23+4k2⋅x0+x02=24k264k2+32k2x0+4k2x02+3x02−24
=2464+32x0+4x02+3x02−24k2，
则当3x02−24=0时，k1k2为定值，此时x0=±22．
所以存在定点Q±22,0，使直线QA的斜率k1与QB的斜率k2的积为定值．

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y1,x2,y2；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，注意Δ的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1x2（或y1+y2、y1y2）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
69. （2024·全国·一模）如图，已知椭圆Γ的短轴长为4，焦点与双曲线x24−t−y2t=1的焦点重合.点P4,0，斜率为12的直线l1与椭圆Γ交于A,B两点.

(1)求常数t的取值范围，并求椭圆Γ的方程.
(2)(本题可以使用解析几何的方法，也可以利用下面材料所给的结论进行解答)
极点与极线是法国数学家吉拉德·迪沙格于1639年在射影几何学的奠基之作《圆锥曲线论稿》中正式阐述的.对于椭圆Γ:x2a2+y2b2=1，极点Px0,y0（不是原点）对应的极线为lP:x0xa2+y0yb2=1，且若极点P在x轴上，则过点P作椭圆的割线交Γ于点A1,B1，则对于lP上任意一点Q，均有kQA1+kQB1=2kPQ（当斜率均存在时）.已知点Q是直线l1上的一点，且点Q的横坐标为2.连接PQ交y轴于点E.连接PA,PB分别交椭圆Γ于M,N两点.
①设直线AB、MN分别交y轴于点D、点T，证明：点E为D、T的中点；
②证明直线：MN恒过定点，并求出定点的坐标.
【答案】(1)0,4，x28+y24=1
(2)①证明过程见解析②证明过程见解析，定点坐标为3,−12
【分析】（1）由椭圆焦点在x轴上面，列出不等式组即可得t的范围，由a,b,c的关系以及短轴长列出方程组即可得a,b，由此即可得椭圆方程.
（2）为了说明结论的验证性，首先证明一下题述引理（用解析几何方法），即联立直线方程与椭圆方程，由韦达定理以及斜率公式证明kQA+kQB=2kPQ即可，从而对于①由结论法说明Q是MN和AB的交点，且kBA+kNM=2kPQ，结合由此即可进一步得证；对于②由结论法可表示出MN的方程y=−t−12x−2+t，由此整理即可得解.
【详解】（1）由题意焦点在x轴上，所以4−t>0t>0，解得0且c=4−t+t=2,2b=4,a2=b2+c2，解得a2=8,b2=4，
所以椭圆方程为x28+y24=1.
（2）我们首先给出题目给出的引理的证明：
设Pp,0,Qa2p,t，则Q在P的极线上，
现在如果经过P的直线x=my+p交椭圆于A(x1,y1),B(x2,y2)：
那么，代入椭圆就得到a2+b2m2y2+2b2mpy+b2p2−a2b2=0，
所以Δ=4b4m2p2−4b2p2−a2a2+b2m2=4b4m2p2−4b2p2a2+p2b2m2−a4−a2b2m2
=4a2b2a2+b2m2−p2>0⇒a2+b2m2>p2，
由韦达定理有y1+y2=−2b2mpa2+b2m2,y1y2=b2p2−a2b2a2+b2m2，
此时要证明的是：kQA+kQB=2kPQ，
也就是y1−tmy1+p−a2p+y2−tmy2+p−a2p=−2tp−a2p，
也就是y1−tmy1+p−a2p+y2−tmy2+p−a2p+2tp−a2p=0，
也就是p−a2py1−tmy2+p−a2p+y2−tmy1+p−a2p+2tmy1+p−a2pmy2+p−a2p=0，
也就是2mp−a2p+2m2ty1y2+p−a2p2+tmp−a2py1+y2=0，
也就是2mp−a2p+2m2t⋅b2p2−a2b2a2+b2m2+p−a2p2+tmp−a2p−2b2mpa2+b2m2=0，
也就是mp−a2p+m2t⋅b2p2−a2+p−a2p2+tmp−a2p−b2mp=0，
也就是p−a2p+mt⋅b2p2−a2−b2pp−a2p2+tmp−a2p=0，
也就是p−a2p+mt⋅p2−a2−pp−a2p2+tmp−a2p=0，
也就是p−a2p+mt⋅p−a2p−p−a2p2+tmp−a2p=0，
也就是p−a2p+mt⋅p−a2p=p−a2p2+tmp−a2p，
这显然成立，所以结论得证.
接下来我们回到原题，

①首先由于Q在P的极线x=2上，故由引理有kQN+kQB=2kPQ，kQA+kQM=2kPQ，
而kQA=kQB=12，
所以kQN=kQM，这表明Q是MN和AB的交点，
又由于kQA+kQM=2kPQ，故kBA+kNM=2kPQ，
设Q2,t，而kAB=kQD=t−yD2，kMN=kQT=t−yT2，kPQ=kQE=t−yE2，
所以yD+yT=2yE，也就是E是DT的中点；
②设Q2,t，那么kPQ=−t2,kAB=12，所以kMN=−t−12，
这表明MN的方程是y=−t−12x−2+t，即t3−x+1−12x−y=0，
所以MN恒过点3,−12.
【点睛】关键点点睛：第二问的关键是用解析几何证明题述引理的正确性，由此即可利用结论法进一步求解.
70 .（2024·江苏·模拟预测）交比是射影几何中最基本的不变量，在欧氏几何中亦有应用．设A，B，C，D是直线l上互异且非无穷远的四点，则称ACBC⋅BDAD（分式中各项均为有向线段长度，例如AB=−BA）为A，B，C，D四点的交比，记为(A,B;C,D)．
(1)证明：1−(D,B;C,A)=1(B,A;C,D)；
(2)若l1，l2，l3，l4为平面上过定点P且互异的四条直线，L1，L2为不过点P且互异的两条直线，L1与l1，l2，l3，l4的交点分别为A1，B1，C1，D1，L2与l1，l2，l3，l4的交点分别为A2，B2，C2，D2，证明：(A1,B1;C1,D1)=(A2,B2;C2,D2)；
(3)已知第（2）问的逆命题成立，证明：若△EFG与△E'F'G'的对应边不平行，对应顶点的连线交于同一点，则△EFG与△E'F'G'对应边的交点在一条直线上．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题干所给交比的定义即可证；
（2）把交比转化成面积之比，在利用面积公式把面积之比转化为边之比；
（3）把三点共线问题转化为其中一个点在另外两个点所构成的直线上.再利用第（2）问的结论得到两组交比相等，根据逆命题也成立即可证明三点共线.
【详解】（1）1−(D,B;C,A)=1−DC⋅BABC⋅DA=BC⋅AD+DC⋅BABC⋅AD=BC⋅(AC+CD)+CD⋅ABBC⋅AD
=BC⋅AC+BC⋅CD+CD⋅ABBC⋅AD=BC⋅AC+AC⋅CDBC⋅AD=AC⋅BDBC⋅AD=1(B,A;C,D)；
（2）A1,B1;C1,D1=A1C1⋅B1D1B1C1⋅A1D1=S△PA1C1⋅S△PB1D1S△PB1C1⋅S△PA1D1
=12⋅PA1⋅PC1⋅sin∠A1PC1⋅12⋅PB1⋅PD1⋅sin∠B1PD112⋅PB1⋅PC1⋅sin∠B1PC1⋅12⋅PA1⋅PD1⋅sin∠A1PD1=sin∠A1PC1⋅sin∠B1PD1sin∠B1PC1⋅sin∠A1PD1
=sin∠A2PC2⋅sin∠B2PD2sin∠B2PC2⋅sin∠A2PD2=S△PA2C2⋅S△PB2D2S△PB2C2⋅S△PA2D2==A2C2⋅B2D2B2C2⋅A2D2=A2,B2;C2,D2；

（3）设EF与E'F'交于X，FG与F'G'交于Y，EG与E'G'交于Z，
连接XY，FF'与XY交于L，EE'与XY交于M，GG'与XY交于N，
欲证X，Y，Z三点共线，只需证Z在直线XY上．
考虑线束XP，XE，XM，XE'，由第（2）问知(P,F;L,F')=(P,E;M,E')，
再考虑线束YP，YF，YL，YF'，由第（2）问知(P,F;L,F')=(P,G;N,G')，
从而得到(P,E;M,E')=(P,G;N,G')，
于是由第（2）问的逆命题知，EG，MN，E'G'交于一点，即为点Z，
从而MN过点Z，故Z在直线XY上，X，Y，Z三点共线．

【点睛】思路点睛：本题考查射影几何中交比的性质，属新定义题型，难度较大.
第一问直接根据交比的定义证明即可；
第二问首先要理解交比的本质就是两组边比值的乘积，而边的比值可以根据图形（高相同）转化为面积之比，而面积之比又可以通过面积公式转化为边的比值，从而使得问题得证.其核心思想是利用三角形面积计算的两个公式进行转化；
第三问需要根据第二问的结论以及其逆命题是真命题来证明，第二问是由线共点导出交比相等，第三问是由交比相等导出线共点，所以要想证明第三问，必须先导出交比相等，而使用第二问的结论恰好可以导出两组交比相等，进而根据传递性得到想要证的一组交比相等，从而证明出三线共点，进而再说明三点共线.
15解析几何中的取值范围问题
71.（2024·上海普陀·二模）设椭圆Γ:x2a2+y2=1(a>1)，Γ的离心率是短轴长的24倍，直线l交Γ于A、B两点，C是Γ上异于A、B的一点，O是坐标原点.
(1)求椭圆Γ的方程；
(2)若直线l过Γ的右焦点F，且CO=OB，CF⋅AB=0，求S△CBF的值；
(3)设直线l的方程为y=kx+m(k,m∈R)，且OA+OB=CO，求|AB|的取值范围.
【答案】(1)x22+y2=1
(2)S△CBF=1
(3)3,6
【分析】（1）由题意，根据题目所给信息以及a，b，c之间的关系列出等式，进而可得椭圆的方程；
（2）设Γ的左焦点为F1，连接CF1，利用向量的运算以及椭圆的定义和对称性推出|CF1|⋅|CF|=2，再代入三角形面积公式中即可求解；
（3）设出A，B，C三点的坐标，利用向量的运算得到x0=−(x1+x2)，y0=−(y1+y2)，将直线l的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理得到x0和y0，将点C的坐标代入椭圆方程中得到4m2=1+2k2，此时满足Δ>0，再结合弦长公式和换元法进行求解即可．
【详解】（1）由Γ的离心率是短轴的长的24倍，得
a2−1a=22，即2(a2−1)=a，
又a>1，则a=2，
故椭圆Γ的方程为x22+y2=1.
（2）设Γ的左焦点为F1，连接CF1，
因为CO=OB，所以点B、C关于点O对称，
又CF⋅AB=0，则CF⊥AB，
由椭圆Γ的对称性可得，
CF⊥CF1，且三角形OCF1与三角形OBF全等，
则S△CBF=S△CF1F=12CF1⋅CF，
又CF1+CF=22CF12+CF2=F1F2=4，化简整理得，
CF1⋅CF=2，则S△CBF=1.
（3）设A(x1,y1)，B(x1,y1)，C(x0,y0)，
又 OA+OB=CO，则x0=−(x1+x2)，y0=−(y1+y2)，
由x22+y2=1y=kx+m得，(1+2k2)x2+4mkx+2m2−2=0，
Δ=16m2k2−8(1+2k2)(m2−1)=8(2k2−m2+1)，
由韦达定理得，x1+x2=−4mk1+2k2，x1x2=2m2−21+2k2，
又y1+y2=k(x1+x2)+2m=2m1+2k2，
则x0=4mk1+2k2，y0=−2m1+2k2，
因为点C在椭圆Γ上，所以(4mk1+2k2)2+2(−2m1+2k2)2=2，
化简整理得，4m2=1+2k2，
此时，Δ=8(2k2−m2+1)=8(2k2+1−2k2+14)=6(2k2+1)>0，
则AB=(x2−x1)2+(y2−y1)2=(1+k2)(x2−x1)2
=1+k2⋅(−4mk1+2k2)2−4(2m2−21+2k2)
=1+k2⋅6(2k2+1)1+2k2
=6+6k21+2k2，
令t=1+2k2，即t≥1，
则6+6k21+2k2=3t+3t=3+3t∈3,6，
则AB的取值范围是3,6.
【点睛】关键点点睛:本题考查直线与椭圆得位置关系及弦长范围问题，关键是向量坐标化得C坐标并代入椭圆方程得m,k的等量关系.
72. （2024·北京顺义·二模）已知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点为F1,0，长轴长为22.过F作斜率为k1的直线交E于A，B两点，过点F作斜率为k2的直线交E于C，D两点，设AB，CD的中点分别为M，N.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若k1k2=−1，设点F到直线MN的距离为d，求d的取值范围.
【答案】(1)x22+y2=1
(2)0【分析】（1）根据题意求出a,b,c即可得解；
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，直线AB的方程为y=k1x−1，联立方程，利用韦达定理求出x1+x2，即可求得M点的坐标，同理可求得N点的坐标，再讨论直线MN的斜率是否存在，求出直线MN的方程，再根据点到直线的距离公式计算即可得解.
【详解】（1）长轴长为2a=22，所以a=2，
又焦点为F1,0，所以c=1，
所以b2=a2−c2=1，
所以椭圆E的方程为x22+y2=1；
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，直线AB的方程为y=k1x−1，
联立y=k1x−1x22+y2=1，消去y得1+2k12x2−4k12x+2k12−2=0，
易知Δ>0，所以x1+x2=4k121+2k12，
又M为AB的中点，所以xM=2k121+2k12，yM=k1xM−1=−k11+2k12，
因为k1⋅k2=−1，即k2=−1k1，又N为CD的中点，
不妨用−1k1代换k1，可得xN=22+k12，yN=k12+k12，
讨论：①当xM=xN时，直线MN的斜率不存在，
此时xM=2k121+2k12=xN=22+k12，解得k1=±1，
当k=1时，M23,−13，N23,13，此时MN的方程为x=23，
所以，点F1,0到直线MN的距离d为13，
同理，当k1=−1，d=13，
②当k1≠±1时，xM≠xN，此时kMN=yM−yNxM−xN=3k12−2k12，
所以直线MN的方程为y−k12+k12=3k12−2k12x−22+k12，
化简可得3k1x+2k12−2y−2k1=0，
法一：点F1,0到直线MN的距离d=k13k12+2k12−22=k14k14+k12+4，
又k1≠0，所以d=11+4k12+4k12，
因为k12≠1，所以4k12+4k12>24k12⋅4k12=8，
所以0综上可知，0法二：直线MN的方程为3k1x+2k12−2y−2k1=0，
令y=0，可得x=23，综上可知，直线MN恒过定成−23,0，
故点F1,0到直线MN的距离d的最大值为13，此时直线MN的斜率不存在，
又直线MN的斜率一定不为0，
所以0.
73. （2024·上海闵行·二模）如图，已知椭圆C1:x24+y2=1和抛物线C2:x2=2py p>0，C2的焦点F是C1的上顶点，过F的直线交C2于M、N两点，连接NO、MO并延长之，分别交C1于A、B两点，连接AB，设△OMN、△OAB的面积分别为S△OMN、S△OAB．
(1)求p的值；
(2)求OM⋅ON的值；
(3)求S△OMNS△OAB的取值范围.
【答案】(1)p=2
(2)−3
(3)2,+∞
【分析】（1）由抛物线C2的焦点坐标求p的值；
（2）设直线MN的方程，与抛物线联立方程组，利用韦达定理求OM⋅ON的值；
（3）设直线NO、MO的方程，与椭圆联立方程组表示出xA,xB，由S△OMNS△OAB=OM⋅ONOB⋅OA，化简并结合基本不等式求取值范围.
【详解】（1）椭圆C1:x24+y2=1的上顶点坐标为0,1，
则抛物线C2的焦点为F0,1，故p=2.
（2）若直线MN与y轴重合，则该直线与抛物线C2只有一个公共点，不符合题意，
所以直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为y=kx+1，点Mx1,y1、Nx2,y2，
联立y=kx+1x2=4y可得x2−4kx−4=0，Δ=16k2+16>0恒成立，则x1x2=−4，
OM⋅ON=x1x2+y1y2=x1x2+x124x224=−4+1=−3.
（3）设直线NO、MO的斜率分别为k1、k2，其中k1>0，k2<0，
联立y=k1xx2+4y2=4可得4k12+1x2=4，解得x=±24k12+1，
点A在第三象限，则xA=−24k12+1，
点B在第四象限，同理可得xB=24k22+1，
且k1k2=y1y2x1x2=x1x216=−14
S△OMNS△OAB=OM⋅ONOB⋅OA=x1⋅x2xB⋅xA=x1⋅x224k12+1⋅24k22+1
=4k12+14k22+1=4k12+14k12+2 ≥24k12⋅14k12+2=2，
当且仅当k1=12时，等号成立.
S△OMNS△OAB的取值范围为2,+∞.
【点睛】方法点睛：
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，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，强化有关直线与圆锥曲线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．
74. （2024·全国·模拟预测）已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A,B,Ca,2b,D−a,2b，直线AC的斜率为12，直线AC与椭圆E交于另一点G，且点G到x轴的距离为43．
(1)求椭圆E的方程．
(2)若点P是E上与点A,B不重合的任意一点，直线PC,PD与x轴分别交于点M,N．
①设直线PM,PN的斜率分别为k1,k2，求k2−k1k1k2的取值范围．
②判断AM|2+BN|2是否为定值．若为定值，求出该定值；若不为定值，说明理由．
【答案】(1)x24+y22=1
(2)①4−22,2∪2,4+22，②是定值，16
【分析】（1）由直线AC的斜率为12，结合斜率公式可得a=2b，由G,A,C三点共线可表示出点G83−a,43，将它代入椭圆方程求出a,b即可；
（2）①由斜率公式可得k2−k1k1k2=42−y0，结合y0的范围即可求解；②由P,C,M三点共线， P,D,N三点共线，可表示出M,N的坐标，再由两点间距离公式得AM|2+BN|2的表达式，由此即可得解.
【详解】（1）由题意知，A−a,0．
由直线AC的斜率为12，得2b−0a−−a=12，
所以a=2b．
直线AC的方程为y=12x+a．
设Gs,t，则s>0,t>0．
由点G到x轴的距离为43，得t=43．
由点G在直线AC上，得43=12s+a，所以s=83−a．
由点G在椭圆E上，得83−a2a2+432a22=1，解得a=2．
所以b=2．
所以椭圆E的方程为x24+y22=1．
（2）

①设Px0,y0（−2≤y0<0或0由（1）知，C2,2,D−2,2，
则k1=kPC=y0−2x0−2,k2=kPD=y0−2x0+2，
所以k2−k1k1k2=1k1−1k2=x0−2y0−2−x0+2y0−2=−4y0−2=42−y0．
由−2≤y0<0或0得2−2≤2−y0<2或2<2−y0≤2+2，
所以4−22≤42−y0<2或2<42−y0≤4+22．
故k2−k1k1k2的取值范围是4−22,2∪2,4+22．
②由①知x024+y022=1，即x02+y02=4−y02．
设Mx1,0,Nx2,0．
因为P,C,M三点共线，
所以y0−2x0−2=0−2x1−2，得x1=−2x0+4y0−2+2=2y0−2x0y0−2．
因为P,D,N三点共线，所以y0−2x0+2=0−2x2+2，
得x2=−2x0−4y0−2−2=−2x0−2y0y0−2．
所以AM2+BN2=x1+22+x2−22=2y0−2x0y0−2+22+−2x0−2y0y0−2−22= 8x02+8y02y0−22+16y0y0−2+8= 84−y02y0−22+16y0y0−2+8=82+y02−y0y0−22+16y0y0−2+8= −82+y0y0−2+16y0y0−2+8=16．
故AM|2+BN|2为定值16．
【点睛】关键点点睛：第二问的关键是首先化简所求表达式，结合相应y0的范围以及x0,y0所满足的条件等式即可求解.
75. （2024·浙江绍兴·二模）已知抛物线C：y2=2pxp>0的焦点到准线的距离为2，过点A2,2作直线交C于M，N两点，点B−1,1，记直线BM，BN的斜率分别为k1，k2.
(1)求C的方程；
(2)求3k1k2−2k1+k2的值；
(3)设直线BM交C于另一点Q，求点B到直线QN距离的最大值.
【答案】(1)y2=4x；
(2)−1；
(3)52
【分析】（1）由焦准距的定义求出p的值即得；
（2）设出直线MN的方程，与抛物线方程联立消元，得到韦达定理，分别化简计算k1+k2和k1⋅k2，再整体代入3k1k2−2k1+k2计算即得定值；
（3）设点表示出直线MN、MQ、QN的方程，分别利用MN过点A2,2， MQ过点B−1,1得出y2与y1，y3与y1的关系式，消去y1，整理得16−6y2+y3+y2y3=0，再与QN方程比较得出QN过定点P4,6，从而得到结论.
【详解】（1）因为焦点到准线的距离为2，所以p=2，
所以抛物线C的方程为y2=4x.
（2）
如图，设Mx1,y1，Nx2,y2，直线MN的方程为x=ty−2+2，
由x=ty−2+2,y2=4x,得y2−4ty+8t−8=0，所以△>0,y1+y2=4t,y1y2=8t−8.（*）
由k1+k2=y1−1x1+1+y2−1x2+1=y1−1ty1−2t+3+y2−1ty2−2t+3
=2ty1y2+−3t+3y1+y2+4t−6t2y1y2+−2t2+3ty1+y2+2t−32，将（*）代入整理得：
k1+k2=4t2−68t2−12t+9.
又k1⋅k2=y1−1x1+1⋅y2−1x2+1=y1−1ty1−2t+3⋅y2−1ty2−2t+3
=y1y2−y1+y2+1t2y1y2+−2t2+3ty1+y2+2t−32，将（*）代入整理得：
k1⋅k2=4t−78t2−12t+9
所以，3k1k2−2k1+k2=34t−78t2−12t+9−24t2−68t2−12t+9=−8t2+12t−98t2−12t+9=−1.
（3）设My124,y1，Ny224,y2，Qy324,y3，
则直线MN的斜率k=y2−y1y224−y124=4y1+y2，
所以直线MN的方程为y=4y1+y2x−y124+y1，
即4x−y1+y2y+y1y2=0.
同理，直线MQ方程为4x−y1+y3y+y1y3=0，
直线QN方程为4x−y2+y3y+y2y3=0.
因为直线MN经过A2,2，所以8−2y1+y2+y1y2=0，
解得y1=2y2−8y2−2，
因为直线MQ经过B−1,1，所以−4−y1+y3+y1y3=0，
解得y1=y3+4y3−1，
所以2y2−8y2−2=y3+4y3−1，整理得16−6y2+y3+y2y3=0.
又因为直线QN的方程为4x−y2+y3y+y2y3=0，
所以直线QN经过定点P4,6，
所以，当BP⊥QN时，点B到直线QN距离取得最大值为BP=52.
16解析几何中的存在问题
76.（2024·上海黄浦·二模）如图，已知Γ1是中心在坐标原点、焦点在x轴上的椭圆，Γ2是以Γ1的焦点F1,F2为顶点的等轴双曲线，点M(53,43)是Γ1与Γ2的一个交点，动点P在Γ2的右支上且异于顶点.
(1)求Γ1与Γ2的方程；
(2)若直线PF2的倾斜角是直线PF1的倾斜角的2倍，求点P的坐标；
(3)设直线PF1,PF2的斜率分别为k1,k2，直线PF1与Γ1相交于点A,B，直线PF2与Γ1相交于点C,D，|AF1|⋅|BF1| =m，|CF2|⋅|DF2|=n，求证：k1k2=1且存在常数s使得m+n =smn.
【答案】(1)x25+y24=1与x2−y2=1
(2)(2,3)
(3)证明见解析
【分析】（1）设Γ1、Γ2的方程分别为x2a2+y2b2=1(a>b>0)与x2−y2=c2(c>0)，将点M的坐标代入Γ2的方程可求出c，利用椭圆的定义可求出a的值，从而可得b，进而可得Γ1、Γ2的方程；
（2）分点P在第四象限和第一象限时两种情况讨论求出点P的坐标；
（3）利用两点的斜率公式及点P在Γ2上即可证明k2=1k1，设PF1的方程为y=k(x+1)，与椭圆方程联立，可得根与系数的关系，从而可表示m,n，化简1m+1n为常数，即可得出答案.
【详解】（1）设Γ1、Γ2的方程分别为x2a2+y2b2=1(a>b>0)与x2−y2=c2(c>0)，
由532−432= c2，得c=1，故F1,F2的坐标分别为(−1,0),(1,0)，
所以2a=MF1+MF2=435+235=25故a=5,b=a2−c2=2，
故Γ1与Γ2的方程分别为x25+y24=1与x2−y2=1.
（2）当点P在第四象限时，直线PF1,PF2的倾斜角都为钝角，不适合题意；
当P在第一象限时，由直线PF2的倾斜角是直线PF1的倾斜角的2倍，
可知∠F2F1P=∠F2PF1，故PF2=F1F2=2，
设P点坐标为(x,y)，可知(x−1)2+y2=4且x2−y2=1(x>0,y>0)，
解得x=2,y=3，故点P的坐标为(2,3)，
（3）设直线PF1,PF2的斜率分别为k1,k2，点P，A，B的坐标分别为x0,y0,x1,y1,x2,y2，
则x02−y02=1,k1k2=y0x0+1⋅y0x0−1=y02x02−1=x02−1x02−1=1，
PF1的方程为y=k(x+1)，
代入x25+y24=1可得4+5k2y2−8ky−16k2=0，
故y1y2=−16k24+5k2，
所以m=AF1⋅BF1=1+1k12⋅y1⋅1+1k12⋅y2=1+1k12y1y2=16k12+14+5k12，
同理可得n=16k22+14+5k22，又k2=1k1，故n=161+k124k12+5，
故1m+1n=4+5k1216k12+1+4k12+516k12+1 =9k12+116k12+1=916，
即m+n=916mn，所以存在s，使得m+n=smn.
【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．
77. （2024·上海杨浦·二模）已知椭圆Γ：x2a2+y2b2=1a>b>0的上顶点为A0,1，离心率e=32，过点P−2,1的直线l与椭圆Γ交于B，C两点，直线AB、AC分别与x轴交于点M、N.
(1)求椭圆Γ的方程；
(2)已知命题“对任意直线l，线段MN的中点为定点”为真命题，求△AMN的重心坐标；
(3)是否存在直线l，使得S△AMN=2S△ABC？若存在，求出所有满足条件的直线l的方程；若不存在，请说明理由.（其中S△AMN、S△ABC分别表示△AMN、△ABC的面积）
【答案】(1)x24+y2=1
(2)−43,13
(3)x+2y=0
【分析】（1）依题意可得b=1，e=ca=32，再由c2=a2−b2，即可求出a，从而得到椭圆方程；
（2）依题意不妨取直线l为y=−x−1，联立直线与椭圆方程，求出B、C点的坐标，从而求出M、N的坐标，再求出△AMN的重心坐标；
（3）设直线l:y−1=k(x+2) k<0，B(x1,y1)，C(x2,y2)，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，由直线AB的方程得xM，同理得到xN，由面积的关系得到x1x2+2(x1+x2)+4=12k2，从而求出k.
【详解】（1）依题意b=1，e=ca=32，又c2=a2−b2，
解得a=2，所以椭圆Γ的方程为x24+y2=1；
（2）因为命题“对任意直线l，线段MN的中点为定点”为真命题，
可以取直线l为y=−x−1，由x24+y2=1y=−x−1，解得x=−85y=35或x=0y=−1，
所以B−85,35，C0,−1，
则lAB:y=14x+1，所以M(−4,0)，lAC:x=0，所以N(0,0)，
设△AMN的重心为G，则xG=13(−4+0+0)=−43，yG=13(0+0+1)=13，
所以G−43,13，即△AMN的重心坐标为−43,13.
（3）依题意可得直线l的斜率存在、不为0且斜率为负数，
设直线l:y−1=k(x+2) k<0，B(x1,y1)，C(x2,y2) x1≠0,x2≠0,y1≠1,y2≠1，
则直线AB：y−1=y1−1x1x，令y=0，得xM=−x1y1−1，同理可得：xN=−x2y2−1；
所以xN−xM=−x2y2−1−−x1y1−1=x1k(x1+2)−x2k(x2+2)=2k⋅x1−x2(x1+2)(x2+2)
设直线l与y轴交于Q点，则Q(0,2k+1)，所以AQ=−2k，S△AMN=12MN=1k⋅x1−x2(x1+2)(x2+2)，S△ABC=12AQ(x2−x1)，
因为S△AMN=2S△ABC，故得(x1+2)(x2+2)=x1x2+2(x1+x2)+4=12k2①，
由y=kx+2k+1x24+y2=1⇒(1+4k2)x2+(16k2+8k)x+16k2+16k=0，
则x1+x2=−16k2+8k1+4k2，x1x2=16k2+16k1+4k2，
代入①得16k2+16k1+4k2−32k2+16k1+4k2+4=12k2，解得k=±12，
所以k=−12，故直线l的方程为x+2y=0.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y1、x2,y2；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算Δ；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1x2的形式；
（5）代入韦达定理求解.
78. （2023·山西·模拟预测）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的渐近线与圆x2+y2=a2的一个交点为A1,3．
(1)求C的方程．
(2)过点A作两条相互垂直的直线l1和l2，且l1与C的左、右支分别交于B，D两点，l2与C的左、右支分别交于E，F两点，判断AB+AF=AD+AE能否成立．若能，求该式成立时直线l1的方程；若不能，说明理由．
【答案】(1)x24−y212=1；
(2)不能，理由见解析.
【分析】（1）直接利用点在圆上结合渐近线斜率求出a,b即可求解；
（2）设直线l1的方程为y=k(x−1)+3，与双曲线联立，利用与左右支相交得−3【详解】（1）由题可知a=1+32=2，
ba=31，b=23，
故C的方程为x24−y212=1．
（2）不能成立．
显然直线l1，l2的斜率均存在，设直线l1的方程为y=k(x−1)+3，直线l2的方程为y=−1k(x−1)+3，Bx1,y1，Dx2,y2．
联立l1与C的方程可得y=kx−1+33x2−y2=12
得(3−k2)x2+2k(k−3)x−k2+23k−15=0，
因为l1与C的左、右支分别相交，所以3−k2≠0Δ=4k2k−32−43−k2−k2+23k−15>0x1x2=−k2+23k−153−k2<0,解得−3同理−3<−1k<3，解得−3因为x1+x2=−2k(k−3)3−k2=2k3+k，
所以AB−AD=(x1−1)−(1−x2)1+k2=x1+x2−21+k2=231+k23+k，
同理可得AE−AF=233−1k1+−1k2=231+k23k−1．
若AB+AF=AD+AE，则AB−AD=AE−AF，
只需231+k23+k=231+k23k−1即可，解得k1=3−2，k2=3+2，
显然k1，k2都不符合（*）．
所以AB+AF=AD+AE不能成立．
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线的位置关系，关键是将AB+AF=AD+AE转化为AB−AD=AE−AF，并结合点点距公式化简求解.
79. （2024·上海崇明·二模）已知椭圆Γ:x22+y2 =1，A为Γ的上顶点，P、Q是Γ上不同于点A的两点．
(1)求椭圆Γ的离心率；
(2)若F是椭圆Γ的右焦点，B是椭圆下顶点，R是直线AF上一点.若△ABR有一个内角为π3，求点R的坐标；
(3)作AH⊥PQ，垂足为H．若直线AP与直线AQ的斜率之和为2，是否存在x轴上的点M，使得 MH 为定值？若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)22
(2)(3−3,−2+3)或(1+33,−33)；
(3)存在，(−12,0)
【分析】（1）根据离心率公式直接求解；
（2）由题设设R(x0,−x0+1)，进而分∠ABR=π3或∠ARB=π3两种情况讨论求解即可；
（3）假设存在定点M(m,0)满足题意，先讨论PQ的斜率存在时，设PQ的方程为y=kx+b，P(x1,y1),Q(x2,y2)，首先与椭圆方程联立并结合直线AP与直线AQ的斜率之和为2得k=b+1，其次求得直线AH的方程为y=−1kx+1并于直线PQ的方程联立求得点H2k−k2k2+1,k−2k2+1+1，再次根据MH2=m2+1+(k−2)(2m+1)kk2+1得当m=−12时， MH 为定值52，最后说明直线PQ的斜率存在也满足即可..
当直线PQ斜率不存在时，设P(x0,y0)，Q(x0,−y0)，
则kAP+kAQ=y0−1x0+−y0−1x0=2，x0=−1，此时H(−1,1)， MH =52满足题意．
所以存在定点P(−12,0)，使得 MH 为定值且定值为52．
【详解】（1）由题意，a=2,c=a2−b2=1，所以离心率e=ca=22
（2）由题意，F(1,0)，A(0,1)，B(0,−1)，所以直线AF的方程为：y=−x+1，
设R(x0,−x0+1)，显然有∠ABR=π3或∠ARB=π3两种情况，
①当∠ABR=π3时，直线BR的倾斜角为π6，其与x轴的交点为3,0，则x0∈0,3，
因为BA=(0,2),BR=(x0,−x0+2)，
由cs∠ABR=BA⋅BR|BA||BR|=12，得：x02−6x0+6=0，解得x0=3+3（舍去）或x0=3−3，
所以，点R的坐标是(3−3,−2+3)
②当∠ARB=π3时，此时∠ABR=5π12>π3， 则x0>3−3，
因为RA=(−x0,x0),RB=(−x0,x0−2)，
由cs∠ABR=BA⋅BR|BA||BR|=12，得：3x02−6x0+2=0，
解得x0=1−33（舍去）或x0=1+33
综上所述，点R的坐标是(3−3,−2+3)或(1+33,−33)
（3）假设存在定点M(m,0)满足题意，
当PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y=kx+b，P(x1,y1),Q(x2,y2)，
由x22+y2=1y=kx+b得1+2k2x2+4kbx+2b2−2=0，
由题意，Δ=16k2b2−4(1+2k2)(2b2−2)>0，即2k2−b2+1>0①．
x1+x2=−4kb1+2k2,x1x2=2b2−21+2k2，
kAP+kAQ=y1−1x1+y2−1x2=x2(kx1+b)−x2+x1(kx2+b)−x1x1x2=2k+(b−1)(x1+x2)x1x2 =2k−(b−1)⋅4kb2(b2−1)=2kb+1=2，
所以k=b+1，代入①，得：b2+4b+3>0，
所以b<−3或b>−1，即存在直线PQ使得直线AP与直线AQ的斜率之和为2
直线PQ的方程为y=kx+k−1，直线AH的方程为y=−1kx+1
由y=kx+k−1y=−1kx+1，得：x=2k−k2k2+1y=k−2k2+1+1，即H2k−k2k2+1,k−2k2+1+1
所以MH2=(m−2k−k2k2+1)2+(k−2k2+1+1)2=m2+1+(k−2)(2m+1)kk2+1
所以当m=−12时， MH 为定值52，.
当直线PQ斜率不存在时，设P(x0,y0)，Q(x0,−y0)，
则kAP+kAQ=y0−1x0+−y0−1x0=2，x0=−1，此时H(−1,1)， MH =52满足题意．
所以存在定点P(−12,0)，使得 MH 为定值且定值为52．
【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于利用分类讨论的思想，求得对应的x0的范围，进而舍去不满足的解；第三问解题的关键在于根据已知条件求得直线PQ的方程为y=kx+b中的参数k=b+1，点H2k−k2k2+1,k−2k2+1+1，难点在于数学运算.
80. （2024·上海松江·二模）如图，椭圆Γ:y22+x2=1的上、下焦点分别为F1、F2，过上焦点F1与y轴垂直的直线交椭圆于M、N两点，动点P、Q分别在直线MN与椭圆Γ上.
(1)求线段MN的长；
(2)若线段PQ的中点在x轴上，求△F2PQ的面积；
(3)是否存在以F2Q、F2P为邻边的矩形F2QEP，使得点E在椭圆Γ上？若存在，求出所有满足条件的点Q的纵坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)MN=2
(2)22
(3)−2+2或−1.
【分析】（1）根据已知求出点N的横坐标，根据对称性可得线段MN的长；；
（2）线段PQ的中点在x轴上，得Q点纵坐标，代入椭圆方程得Q点横坐标，此时QF1⊥x轴，易得其面积；
（3）假设存在F2Q，F2P为邻边的矩形F2QEP，使得点E在椭圆C上，设P(x0,1)，Q(x1,y1)，E(x2,y2)，由平行四边形对角线互相平分把E点坐标用P,Q点坐标表示，然后把Q,E坐标代入椭圆方程，利用垂直得向量的数量积为0，得出x1,y1,x0的关系，结合起来可得x0=0或x0=−x1，再分别代入求得y1，得结论．
【详解】（1）由Γ:y22+x2=1可得：a=2，b=1，从而c=a2−b2=1，
所以令y=1，则12+x2=1，解得：x=±22，
所以MN=2.
（2）线段PQ的中点在x轴上，则yP=1，所以yQ=−1，即QF2⊥y轴，
所以令y=−1，则12+x2=1，解得：x=±22，
所以S△POF2=12F2Q⋅F1F2=12×22×2=22；
（3）S△POF2=12F2Q⋅F1F2=12×22×2=22，
假设存在以F2Q，F2P为邻边的矩形F2QEP，使得点E在椭圆C上，
设P(x0,1)，Q(x1,y1)，E(x2,y2)，F2(0,−1)，
因为四边形F2QEP是矩形，一定为平行四边形，所以F2P+F2Q=F2E，
则x2=x0+x1，y2=y1+2，所以E(x0+x1,y1+2)，
Q,E都在椭圆上，y122+x12=1y1+222+x1+x02=1，变形得x02+2x1x0+2y1+2=0①，
又QF2⊥PF2，所以F2Q⋅F2P=0，即(x1,y1+1)⋅(x0,2)=2(y1+1)+x1x0=0，
则2y1+2=−x1x0②，
②代入①得x02+x0x1=0，解得：x0=0或x0=−x1，
若x0=0时，y1=−1，x1=±22，此时P与F1重合，Q点坐标为(±22,−1)；
若x0=−x1时，联立y122+x12=1y1+222+x1+x02=1，
消去x1可得：y12+4y1+2=0，解得：y1=−2±2，
因为y1∈−2,2，所以y1=−2+2，
所以存在满足题意的Q点，其纵坐标为−2+2或−1.
.
【点睛】思路点睛：对于圆锥曲线中探索性问题，求解步骤如下：
第一步：假设结论存在；
第二步：结合已知条件进行推理求解；
第三步：若能推出合理结果，经验证成立即可肯定正确；若推出矛盾，即否定假设；
第四步：反思回顾，查看关键点、易错点及解题规范．
17轨迹方程问题
81.（2024·广东韶关·二模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，长轴长为4，A,B是其左、右顶点，F是其右焦点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设Px0,y0y0>0是椭圆C上一点，∠PFB的角平分线与直线AP交于点T．
①求点T的轨迹方程；
②若△TPF面积为94，求x0．
【答案】(1)x24+y23=1
(2)1x=4(y>0)；2x0=1
【分析】（1）根据椭圆离心率和长轴的概念建立方程组，解之即可求解；
（2）①易知当x0=1时T(4,3)；当x0≠1时，利用两点表示斜率公式和点斜式方程表示出直线FT、AT方程，联立方程组，化简计算求出点T的坐标，即可求解点T的轨迹方程；②利用面积公式建立关于x0的方程，化简计算即可求解.
【详解】（1）由题意知，e=ca=122a=4a2=b2+c2，解得a=2b=3，
所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1；
（2）①：由（1）知，A(−2,0),B(2,0),F(1,0),P(x0,y0)，设∠BFT=θ，则∠PFB=2θ，
易知当x0=1时，P(1,32)，kFT=1，此时AP:y=12x+1,FT:y=x−1，
由y=12x+1y=x−1，解得x=4y=3，即T(4,3)；
当x0≠1时，kFP=tan2θ=y0x0−1，sin2θ=y0PF=y0(x0−1)2+y02，设直线FT的斜率为k，
则k=tanθ=1−cs2θsin2θ=1sin2θ−1tan2θ=(x0−1)2+y02−(x0−1)y0=(x0−1)2+3−34x02−(x0−1)y0=3(2−x0)2y0，
所以直线FT方程为y=3(2−x0)2y0(x−1)，又直线AT方程为y=y0x0+2(x+2)，
由y=3(2−x0)2y0(x−1)y=y0x0+2(x+2)，得3(2−x0)2y0(x−1)=y0x0+2(x+2)，即3(4−x02)−2y02(2+x0)y0x=3(4−x02)+4y02(2+x0)y0，
解得x=3(4−x02)+4y03(4−x02)−2y0=12−3x02+4(3−34x02)12−3x02−2(3−34x02)=2(12−3x02)12(12−3x02)=4，
将x=4代入直线AT方程，得y=6y0x0+2，即T(4,6y0x0+2)，
又y0>0,−20，
故点T的轨迹方程为x=4(y>0)；
②：由AF=3，得S△TPF=S△TAF−S△PAF=12AFy0−12AF⋅6y0x0+2=32(y0−6y0x0+2)，
又S△TPF=94，所以94=32(y0−6y0x0+2)，得32=y0−6y0x0+2，
整理得y0=3(x0+2)8−2x0，又y0=3−34x02，所以3(x0+2)8−2x0=3−34x02，
整理得x03−10x02+35x0−26=0，即(x0−1)(x02−9x0+26)=0，
由−2【点睛】关键点点睛：本题主要考查椭圆的标准方程、动点得轨迹方程以及面积问题，第二问关键是寻找点P(x0,y0)与直线FT的斜率之间的关系，即k=3(2−x0)2y0是求出直线FT方程的解题关键，表示出xT的代数式，需要扎实的计算能力才可以化简求解.
82. （2024·江苏苏州·模拟预测）已知点A(1,0)，B(0,1)，C(1,1)和动点P(x,y)满足y2是PA⋅PB，PA⋅PC的等差中项．
(1)求P点的轨迹方程；
(2)设P点的轨迹为曲线C1按向量a=−34,116平移后得到曲线C2，曲线C2上不同的两点M，N的连线交y轴于点Q(0,b)，如果∠MON（O为坐标原点）为锐角，求实数b的取值范围；
(3)在（2）的条件下，如果b=2时，曲线C2在点M和N处的切线的交点为R，求证：R在一条定直线上．
【答案】(1)y=x2−32x+12；
(2)b<0或b>1；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据题意，由平面向量的坐标运算，结合等差中项的定义代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由平移公式可得曲线C2的方程，然后与直线MN的方程联立，由平面向量的夹角公式，代入计算，即可得到结果；
（3）根据题意，求导可得在点M,N处的切线方程，联立两条切线方程，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）由题意可得PA=(1−x,−y)，PB=(−x,1−y)，PC=(1−x,1−y)，
则PA⋅PB=(1−x)⋅(−x)+(−y)⋅(1−y)=x2+y2−x−y，
PA⋅PC=(1−x)⋅(1−x)+(−y)⋅(1−y)=x2+y2−2x−y+1，
又∵y2是PA⋅PB，PA⋅PC的等差中项，
∴x2+y2−x−y+x2+y2−2x−y+1=2y2，
整理得点P(x,y)的轨迹方程为y=x2−32x+12．
（2）
由（1）知C1:y=x2−32x+12，
又∵a=−34,116，∴平移公式为x'=x−34y'=y+116即x=x'+34y=y'−116，
代入曲线C1的方程得到曲线C2的方程为：y'−116=x'+342−32x'+34+12，
即y'=x'2．
曲线C2的方程为y=x2．
如图由题意可设M，N所在的直线方程为y=kx+b，
由y=x2y=kx+b消去y得x2−kx−b=0，
令Mx1,y1，Nx2,y2x1≠x2，则x1+x2=kx1x2=−b，
∴OM=x1,y1=x1,x12，ON=x2,y2=x2,x22，
又∵∠MON为锐角，∴cs∠MON=OM⋅ON|OM|⋅|ON|>0，即x1x2+x12x22|OM|⋅|ON|>0，
∴x1x2+x12x22>0，又x1x2=−b，
∴−b+(−b)2>0，得b<0或b>1．
（3）当b=2时，由（2）可得x1+x2=kx1x2=−b=−2，对y=x2求导可得y'=2x，
∴抛物线C2在点，
∴M=x1,x12，Nx2,x22处的切线的斜率分别为kM=2x1，
kN=2x2，
∴在点M，N处的切线方程分别为lM:y−x12=2x1x−x1，lN:y−x22=2x2x−x2，
由y−x12=2x1x−x1y−x22=2x2x−x2x1≠x2，解得交点R的坐标(x,y)．
满足x=x1+x22y=x1⋅x2即x=k2y=−2，∴R点在定直线y=−2上．
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了曲线的轨迹方程问题以及切线问题，难度较大，解答本题的关键在于联立方程结合韦达定理计算以及转化为坐标运算.
83. （多选）（2024·广东梅州·二模）如图，平面ABN⊥ α，AB=MN=2，M为线段AB的中点，直线MN与平面α的所成角大小为30°，点P为平面α内的动点，则（ ）
A．以N为球心，半径为2的球面在平面α上的截痕长为2π
B．若P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线
C．若P到直线MN的距离为1，则∠APB的最大值为π2
D．满足∠MNP=45°的点P的轨迹是椭圆
【答案】BC
【分析】根据点N到平面α的距离d=MNsin30∘=1，结合球的截面性质可得截面圆的半径，即可求解A，建立空间直角坐标系，利用点点建立公式，化简可判断B，根据点到直线的距离公式，可得P的轨迹是平面α内的椭圆x2+y24=1上一点，即可根据椭圆的性质 求解C，根据向量的夹角公式即可化简求解P的轨迹为y−2324−x22=1且y<433，即可求解D.
【详解】对于A，由于MN与平面α的所成角大小为30°，所以点N到平面α的距离d=MNsin30∘=1，
故半径为R=2的球面在平面α上截面圆的半径为r=R2−d2=3,故截痕长为2πr=23π，A错误，
对于B,由于平面ABN⊥ α，所以以AB为y，在平面α内过M作x⊥AB,平面ABN内作z⊥AB，建立如图所示的空间直角坐标系，
则M0,0,0,B0,1,0,A0,−1,0,N0,3,1,
设Px,y,0，则PM=PN⇒x2+y2=x2+y−32+1，
化简得y=23，故P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线，B正确，
MN=0,3,1, MP=x,y,0,所以P到直线MN的距离为MP2−MP⋅MNMN2=x2+y2−3y22=1，化简可得x2+y24=1，
所以点P的轨迹是平面α内的椭圆x2+y24=1上一点，如图，
当P在短轴的端点时，此时∠APB最大，由于BM=MP=1,故∠BPM=π4，因此∠APB=2∠BPM=π2,C正确，
对于D, NM=0,−3,−1,NP=x,y−3,−1，MP=x,y,0,
若∠MNP=45°，则cs∠MNP=csNM,NP=NM⋅NPNM⋅NP=−3y+42x2+y−32+1=22，
化简得y−2324−x22=1且y<433，故满足∠MNP=45°的点P的轨迹是双曲线的一部分，D错误，
故选：BC
【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型.
84 .（2024·辽宁沈阳·二模）以坐标原点为圆心的两个同心圆半径分别为6和3，P为大圆上一动点，大圆半径OP与小圆相交于点B,PP'⊥x轴于P',BB'⊥PP'于B',B'点的轨迹为Ω．
(1)求B'点轨迹Ω的方程；
(2)点A2,1，若点M、N在Ω上，且直线AM、AN的斜率乘积为12，线段MN的中点G，当直线MN与y轴的截距为负数时，求∠AOG的余弦值．
【答案】(1)x26+y23=1
(2)−31010
【分析】（1）设B'(x,y),∠POP'=θ，根据条件得到x=OPcsθ=6csθy=OBsinθ=3sinθ，消元即可求出结果；
（2）法一：设Mx1,y1,Nx2,y2，直线MN的方程为y=kx+m，联立直线MN与椭圆方程得到1+2k2x2+4kmx+2m2−6=0，由韦达定理得x1+x2=−4km1+2k2,x1x2=2m2−61+2k2，根据题设得到直线MN的方程为y=−12x+m，再利用点Mx1,y1,Nx2,y2在椭圆上，得到kOG=1，从而有OG与y轴负平轴所形成的夹角为α=π4，再求出OA与x正半轴所形成的夹角，即可解决问题；法二：设Mx1,y1,Nx2,y2，直线AM的方程为y=k(x−2)+1，直接求出M,N，再根据条件求出kMN=−12，后面同法一；法三：建立新的坐标系，在新的坐标系中，得椭圆的方程为(x−2)26+(y−1)23=1，及直线MN的方程为mx+ny=1，联立直线与椭圆，再结合条件得到n=2m，从而有kMN=−12，后面同法一；法四：设Mx1,y1,Nx2,y2，直线MN的方程为y=kx+m，联立椭圆方程得1+2k2x2+4kmx+2m2−2=0，进而得到1+2k2x2+4kmx+2m2−2=1+2k2x−x1x−x2，通过令x=2，得到41+2k2+8km+2m2−2=1+2k22−x12−x2，令x=1−mk，得到(m−1)2k21+2k2+4km1−mk+2m2−2=1+2k21−mk−x11−mk−x2，从而有
4k2+2km+m−1=0，下面同方法一.
【详解】（1）设B'(x,y),∠POP'=θ，则x=OPcsθ=6csθy=OBsinθ=3sinθ，
消去θ得x26+y23=1，所以B'点轨迹Ω的方程为x26+y23=1.
（2）方法一：设Mx1,y1,Nx2,y2，直线MN的方程为y=kx+m，
y=kx+mx26+y23=1，消去y得1+2k2x2+4kmx+2m2−6=0，
Δ=(4km)2−41+2k22m2−6=48k2−8m2+24>0，即m2<6k2+3
由韦达定理知x1+x2=−4km1+2k2,x1x2=2m2−61+2k2，
kAM⋅kAN=y1−1x1−2⋅y2−1x2−2=kx1+m−1x1−2⋅kx2+m−1x2−2=k2x1x2+k(m−1)x1+x2+(m−1)2x1x2−2x1+x2+4=12，
所以(2m2−6)k21+2k2+−4k2m(m−1)1+2k2+(m−1)22m2−61+2k2+8km1+2k2+4=12，整理得4k2+2km+m−1=0，
即4k2−1+m(2k+1)=(2k+1)(2k−1+m)=0，
当2k+1=0时，直线MN的方程为y=−12x+m
当2k−1+m=0时，直线MN的方程为y=k(x−2)+1，恒过A(2,1)点，不合题意
设GxG,yG，将Mx1,y1,Nx2,y2，
将M、N两点代入到椭圆得x126+y123=1x226+y223=1，两式相减得x12−x226+y12−y223=0，
即y1−y2y1+y2x1−x2x1+x2=y1−y2y1+y22−0x1−x2x1+x22−0=−36，所以kMN⋅kOG=−12，
故kOG=1，
设OG与y轴负平轴所形成的夹角为α，因为kOG=1，所以α=π4，
设OA与x正半轴所形成的夹角为β，因为A(2,1)，所以sinβ=55,csβ=255，
cs∠AOG=csπ2+α+β=−sin(α+β)=−(sinαcsβ+csαsinβ)=−31010.
方法二：设Mx1,y1,Nx2,y2，直线AM的方程为y=k(x−2)+1
y=k(x−2)+1x26+y23=1消去y可得：1+2k2x2−8k2−4kx+8k2−8k−4=0
从而xA⋅x1=8k2−8k−41+2k2，故x1=4k2−4k−21+2k2，
将x1代入直线AM的方程可得y1=−4k2−4k1+2k2+1，所以M4k2−4k−21+2k2,−4k2−4k1+2k2+1，
又kAM⋅kAN=12，将式点M中的k换成12k得到N2−4k−4k21+2k2,−2−4k1+2k2+1，
kMN=y2−y1x2−x1=−12，下面同方法一
方法三：以A(2,1)为坐标原点建立新的直角坐标系，新坐标系下椭圆方程(x−2)26+(y−1)23=1，
在新坐标系下设Mx1,y1,Nx2,y2，直线MN的方程为mx+ny=1
将椭圆方程变形可得：x2+4x+2y2+4y=0
将直线MN的方程与椭圆方程结合，构成其次分式可得x2+4x(mx+ny)+2y2+4y(mx+ny)=0，
整理得(4n+2)y2+(4n+4m)xy+(1+4m)x2=0
即：(4n+2)yx2+(4n+4m)yx+(1+4m)=0，
所以kAM⋅kAN=y1x1⋅y2x2=1+4m4n+2=12，故n=2m，
直线MN的方程为mx+2my=1,kMN=−12，下面同方法一
方法四：设Mx1,y1,Nx2,y2，直线MN的方程为y=kx+m
y=kx+mx26+y23=1消去y可得：1+2k2x2+4kmx+2m2−2=0
因为x1,x2是上述一元二次方程的两个根，所以1+2k2x2+4kmx+2m2−2=1+2k2x−x1x−x2 ①
又kAM⋅kAN=y1−1x1−2⋅y2−1x2−2=12
整理得：x1−2x2−2−2y1−1y2−1
=x1−2x2−2−2k2x1+m−1kx2m−1k=0
在①式中
令x=2得：41+2k2+8km+2m2−2=1+2k22−x12−x2 ②
令x=1−mk得：(m−1)2k21+2k2+4km1−mk+2m2−2=1+2k21−mk−x11−mk−x2 ③
②+③×−2k2可得：整理得4k2+2km+m−1=0，下面同方法一
【点睛】
关键点点晴，本题的关键在于第（2）问，通过设出直线MN的方程为y=kx+m，Mx1,y1,Nx2,y2，联立直线MN与椭圆方程得到1+2k2x2+4kmx+2m2−6=0，由韦达定理得x1+x2=−4km1+2k2,x1x2=2m2−61+2k2，根据题设得到直线MN的方程为y=−12x+m，再利用点Mx1,y1,Nx2,y2在椭圆上，得到kOG=1，从而将问题转化成cs∠AOG=csπ2+α+β解决，其中α为OG与y轴负平轴所形成的夹角，β为OA与x正半轴所形成的夹角.
85. （2024·辽宁丹东·一模）我们所学过的椭圆、双曲线、抛物线这些圆锥曲线，都有令人惊奇的光学性质，且这些光学性质都与它们的焦点有关．如从双曲线的一个焦点处出发的光线照射到双曲线上，经反射后光线的反向延长线会经过双曲线的另一个焦点（如图所示，其中PQ是反射镜面也是过点P处的切线）．已知双曲线C:x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的左右焦点分别为F1，F2，从F2处出发的光线照射到双曲线右支上的点P处（点P在第一象限），经双曲线反射后过点M．

(1)请根据双曲线的光学性质，解决下列问题：
当a=1，b=3，且直线PF2的倾斜角为120°时，求反射光线PM所在的直线方程；
(2)从F2处出发的光线照射到双曲线右支上的点A处，且P,F2,A三点共线，经双曲线反射后过点B，AP⊥PM，sin∠PAB=35，延长F2P，F2A分别交两条渐近线于S,T，点N是ST的中点，求证：NF2F1F2为定值．
(3)在（2）的条件下，延长PQ交y轴于点D，当四边形F2PF1D的面积为8时，求C的方程．
【答案】(1)y=3313x+6313
(2)证明见解析
(3)x22−y23=1
【分析】（1）先求出双曲线的方程及直线PF2的方程，联立方程求出点P的坐标，进而可得出答案；
（2）易得sin∠PAB=sin∠PAF1=35，可令PF1=3tt>0，则AF1=5t,AP=4t，根据双曲线的定义求出t，即可求得PF1,AF1,PF2，再在直角△PF1F2中，求出tan∠PF2F1，即可得直线PF2的方程，再利用勾股定理求出a,c的关系，进而可得渐近线方程，再联立直线PF2和渐近线方程，设Sx1,y1,Tx2,y2，利用韦达定理求得x1+x2，即可得点N的坐标，进而可得出结论；
（3）先利用角平分线定理可得QF2QF1=PF2PF1=13，即可得点Q的坐标，再求出tan∠PQF2，即可得直线PQ的方程，进而可得点D的坐标，再根据四边形的面积求出a,b,c，即可得解.
【详解】（1）因为a=1，b=3，所以c=2，F22,0,F1−2,0，
故双曲线方程为x2−y23=1，直线PF2的方程为y=−3x−2，
由y=−3x−2x2−y23=1，解得x=54y=334，即P54,334，
所以kPF1=0−334−2−54=3313，
所以反射光线PM所在的直线方程为y=3313x+2，即y=3313x+6313；
（2）因为△PAF1为直角三角形，sin∠PAB=sin∠PAF1=35，
可令PF1=3tt>0，则AF1=5t,AP=4t，
由双曲线的定义可得PF1+AF1−AP=4a，
即4t=4a，所以t=a，
所以PF1=3a,AF1=5a,AP=4a，
所以PF2=a，
在直角△PF1F2中，tan∠PF2F1=PF1PF2=3，
所以直线PF2的方程为y=−3x−c，
由PF12+PF22=F1F22，
得9a2+a2=4c2，所以c2=52a2=a2+b2，所以3a2=2b2，
所以两条渐近线得方程为y2=32x2，
联立y=−3x−cy2=32x2，得5x2−12cx+6c2=0，
设Sx1,y1,Tx2,y2，
则x1+x2=12c5,x1x2=6c25，
故y1+y2=−3x1+x2+6c=−6c5，
所以N6c5,−3c5，
所以NF2=6c5−c2+−3c5−02=105c，
所以NF2F1F2=105c2c=1010，
所以NF2F1F2为定值；
（3）由双曲线得光学性质可得，直线PQ平分∠F1PF2，
所以∠QPF1=∠QPF2=π4，
在△PQF1中，由正弦定理得PF1sin∠PQF1=QF1sin∠QPF1，则PF1QF1=sin∠PQF1sin∠QPF1，
在△PQF2中，由正弦定理得PF2sin∠PQF2=QF2sin∠QPF2，则PF2QF2=sin∠PQF2sin∠QPF2，
因为∠PQF1+∠PQF2=π，所以sin∠PQF1=sin∠PQF2，
所以PF1QF1=PF2QF2，所以QF2QF1=PF2PF1=13，
所以QF2=12c,QF1=32c，故Qc2,0，
而tan∠PF1Q=13，
所以tan∠PQF2=tan∠PF1Q+∠QPF1=13+11−13×1=2，
所以直线PQ的方程为y=2x−c2，故点D的坐标为0,−c，
设四边形F2PF1D的面积为S，
则S=S△PF1F2+S△DF1F2=32a2+c2=4a2=8，
所以a2=2，故c2=5,b2=3，
所以求C的方程为x22−y23=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
86. （2024·安徽池州·二模）造纸术是中国四大发明之一，彰显了古代人民的智慧.根据史料记载盛唐时期折纸艺术开始流行，19世纪折纸与数学研究相结合，发展成为折纸几何学.在一次数学探究课上，学生们研究了圆锥曲线的包络线折法.如图，在一张矩形纸片上取一点P，记矩形一边所在直线为l，将点P折叠到l上（即P'），不断重复这个操作，就可以得到由这些折痕包围形成的抛物线，这些折痕就是抛物线的包络线.在抛物线C:x2=4y的所有包络线中，恰好过点A2,1的包络线所在的直线方程为 .

【答案】x−y−1=0
【分析】根据给定条件，设出所求直线方程，与抛物线方程联立，结合判别式求解即得.
【详解】依题意，抛物线C:x2=4y的每条包络线与该抛物线相切，
显然过点A2,1的包络线所在的直线斜率存在，设方程为y−1=k(x−2)，
由y−1=k(x−2)x2=4y消去y并整理得：x2−4kx+8k−4=0，
则Δ=16k2−32k+16=0，解得k=1，
所以所求直线方程为x−y−1=0.
故答案为：x−y−1=0
87. （2024·湖南·二模）直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如x=ty+1表示过点(1,0)的直线，直线的包络曲线定义为：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线.
(1)若圆C1:x2+y2=1是直线族mx+ny=1(m,n∈R)的包络曲线，求m,n满足的关系式；
(2)若点Px0,y0不在直线族：Ω:(2a−4)x+4y+(a−2)2=0(a∈R)的任意一条直线上，求y0的取值范围和直线族Ω的包络曲线E；
(3)在（2）的条件下，过曲线E上A,B两点作曲线E的切线l1,l2，其交点为P.已知点C0,1，若A,B,C三点不共线，探究∠PCA=∠PCB是否成立？请说明理由.
【答案】(1)m2+n2=1
(2)y0>x024,y=x24
(3)成立，理由见解析
【分析】（1）根据包络曲线的定义利用直线和圆相切即可得m2+n2=1；
（2）易知方程2a−4x0+4y0+(a−2)2=0无解，根据判别式可得y0>x024，证明可得直线族Ω的包络曲线E为y=x24；
（3）法一：求出A,B两点处曲线E的切线l1,l2的方程，解得Px1+x22,x1x24，根据平面向量夹角的表达式即可得CA⋅CPCA⋅CP=CB⋅CPCB⋅CP，即∠PCA=∠PCB；
法二：过A,B分别作准线的垂线AA',BB'，连接A'P,B'P，由导数求得切线斜率并利用抛物线定义和三角形内角关系即可证明∠PCA=∠PCB.
【详解】（1）由定义可知，mx+ny=1与x2+y2=1相切，
则圆C1的圆心0,0到直线mx+ny=1的距离等于1，
则d=1m2+n2=1，m2+n2=1.
（2）点Px0,y0不在直线族Ω:2a−4x+4y+(a−2)2=0a∈R的任意一条直线上，
所以无论a取何值时，2a−4x0+4y0+(a−2)2=0无解.
将2a−4x0+4y0+(a−2)2=0整理成关于a的一元二次方程，
即a2+2x0−4a+4+4y0−4x0=0.
若该方程无解，则Δ=2x0−42−44+4y0−4x0<0，即y0>x024.
证明：在y=x24上任取一点Qx1,x124,y=x24在该点处的切线斜率为k=x12，
于是可以得到y=x24在Qx1,x124点处的切线方程为：y=x12x−x124，
即−2x1x+4y+x12=0.
今直线族Ω:2a−4x+4y+(a−2)2=0中2a−4=−2x1，
则直线为−2x1x+4y+x12=0，
所以该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线，
而对任意a∈R,2a−4x+4y+(a−2)2=0都是抛物线在点2−a,(2−a)24处的切线.
所以直线族Ω的包络曲线E为y=x24.
（3）法一：已知C0,1，设Ax1,y1,Bx2,y2，
则CA=x1,y1−1,CB=x2,y2−1，CA=x124+1,CB=x224+1；
由（2）知y=x24在点Ax1,y1处的切线方程为y=x12x−x124；
同理y=x24在点Bx2,y2处的切线方程为y=x22x−x224；
联立y=x12x−x124y=x22x−x224可得Px1+x22,x1x24，所以CP=x1+x22,x1x24−1.
因此CA⋅CP=x1⋅x1+x22+x1x24−1x124−1=x124+x1x24+x18x216+1=x124+1x1x24+1，
同理CB⋅CP=x224+1x1x24+1.
所以CA⋅CPCA⋅CP=x124+1x1x24+1CPx124+1=x1x24+1CP，CB⋅CPCB⋅CP=x224+1x1x24+1CPx224+1=x1x24+1CP，
即CA⋅CPCA⋅CP=CB⋅CPCB⋅CP，可得cs∠PCA=cs∠PCB，
所以∠PCA=∠PCB成立.
法二：过A,B分别作准线的垂线AA',BB'，连接A'P,B'P，如图所示：
则A'xA,−1，因为kPA=y'|x=xA=xA2,kA'C=−1−1xA=−2xA，显然kBA⋅kA'C=−1.
又由抛物线定义得AA'=AC，故PA为线段A'C的中垂线，得到PA'=PC，即∠PA'A=∠PCA.
同理可知∠PB'B=∠PCB,PB'=PC，
所以PA'=PC=PB'，即∠PA'B'=∠PB'A'.
则∠PA'A=∠PA'B'+90∘=∠PB'A'+90∘=∠PB'B.
所以∠PCA=∠PCB成立.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解包络曲线的定义，利用直线和曲线相切求出包络曲线E的方程为y=x24并进行证明，再利用抛物线定义和性质即可得出结论.
88. （2023·全国·三模）已知双曲线C上的所有点构成集合P=x,yax2−by2=1a>0,b>0和集合Q=x,y00,b>0，坐标平面内任意点Nx0,y0，直线l:ax0x−by0y=1称为点N关于双曲线C的“相关直线”．
(1)若N∈P，判断直线l与双曲线C的位置关系，并说明理由；
(2)若直线l与双曲线C的一支有2个交点，求证：N∈Q；
(3)若点N∈Q，点M在直线l上，直线MN交双曲线C于A，B，求证：MAAN=MBBN．
【答案】(1)直线l与双曲线C相切，理由见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）联立ax2−by2=1ax0x−by0y=1消去y，根据N∈P，得到−ax2+2ax0x−ax02=0，由根的判别式判断直线l与双曲线C相切；
（2）结合（1）中的方程，根据Δ>0得到ax02−by02<1，结合−1−by02aby02−a2x02>0得到0（3）设出M,A,N的坐标及MA=λAN，MB=μBN，得到λ、μ是ax02−by02−1t2+ax12−by12−1=0的两根，求出λ+μ=0，证明出结论.
【详解】（1）直线l与双曲线C相切．理由如下：
联立方程组ax2−by2=1ax0x−by0y=1，
∴aby02−a2x02x2+2ax0x−1−by02=0①，
∵N∈P，
∴ax02−by02=1，即ax02−1=by02，代入①得，
−ax2+2ax0x−ax02=0，
∴Δ=4a2x02−4a2x02=0，
∴直线l与双曲线C相切．
（2）由（1）知aby02−a2x02x2+2ax0x−1−by02=0，
∵直线l与双曲线C的一支有2个交点，则aby02−a2x02≠0Δ>0−1−by02aby02−a2x02>0，
∴Δ=4a2x02−4aby02−ax02−1−by02=4aby021+by02−ax02，
∴ax02−by02<1，
∵−1−by02aby02−a2x02=1+by02aax02−by02>0，
∴0∴Nx0,y0∈Q．
（3）设Mx1,y1，Ax,y，设MA=λAN，MB=μBN，
∵Nx0,y0∉l，
∴λ≠−1，则x=x1+λx01+λy=y1+λy01+λ，
代入双曲线C:ax2−by2=1，利用M在l上，
即ax0x1−by0y1=1，整理得ax02−by02−1λ2+ax12−by12−1=0，
同理得关于μ的方程ax02−by02−1μ2+ax12−by12−1=0．
即λ、μ是ax02−by02−1t2+ax12−by12−1=0的两根，
∴λ+μ=0，
∴MAAN=MBBN．
【点睛】方法点睛：判断直线与圆锥曲线的位置关系，通常处理方法是将直线方程与圆锥曲线方程联立，化为关于x或y的一元二次方程，利用根的判别式的正负或等于0进行判断
89．(多选)（2023·浙江·三模）已知椭圆x24+y23=1，其右焦点为F，以F为端点作n条射线交椭圆于A1,A2,⋯,An，且每两条相邻射线的夹角相等，则（ ）
A．当n=3时，1A1F+1A2F+1A3F=2
B．当n=3时，△A1A2A3的面积的最小值为23
C．当n=4时，A1F+A2F+A3F+A4F=8
D．当n=4时，过A1､A2､A3､A4作椭圆的切线l1､l2､l3､l4，且l1､l3交于点P,l2､l4交于点Q，则PF,QF的斜率乘积为定值−1
【答案】ABD
【分析】设∠A1Fx=θ，求得A1F=32+csθ，同理求出A2F，A3F，代入，根据两角和差公式，即可判定A正确；得到S△A1A2A3=32A1F⋅A2FA3F，结合三角恒等变换的公式，结合导数求得函数的单调性与最小值，可判断B正确；取A12,0，求得A1F+A2F+A3F+A4F的值，可判定C错误；求出l1,l3的方程，得到xP=4,xQ=4，结合斜率公式，可判定D正确.
【详解】对于A中，对于椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0，其中c2=a2−b2c>0，
A1x,y为椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0上一点，
又由Fc,0，则A1F=x−c2+y2=x2−2cx+c2+b21−x2a2
=c2a2x2−2cx+a2=a−cax.
如图所示，设∠A1Fx=θ，则x−c=A1F⋅csθ，
代入上式可得A1F=a−cac+A1Fcsθ，解得A1F=b2a+ccsθ，
故对于x24+y23=1，a=2,b=3,c=1，所以A1F=32+csθ，
同理可得A2F=32+cs2π3+θ，A3F=32+cs4π3+θ.
所以1A1F+1A2F+1A3F=132+csθ+2+cs2π3+θ+2+cs4π3+θ
=136+csθ−12csθ+32sinθ−12csθ−32sinθ=2，所以A正确；
对于B中，结合A结论有S△A1A2A3=34×A1F⋅A2F+A2F⋅A3F+A1F⋅A3F=32A1F⋅A2FA3F，
其中A1F⋅A2FA3F=27(2+csθ)[2+cs(θ+2π3)][2+cs(θ+4π3)]，
因为(2+csθ)[2+cs(θ+2π3)][2+cs(θ+4π3)]
=(2+csθ)[2−12csθ−32sinθ][2−12csθ+32sinθ]
=(2+csθ)[(2−12csθ)2−34(1−cs2θ)]=(2+csθ)(cs2θ−2csθ+134)
=cs3θ−34csθ+132，
不妨设fx=x3−34x+132,x∈[−1,1]，可得f'x=3x2−34=3(x−12)(x+12)，
当x∈[−1,−12)时，f'x>0；当x∈(−12,12)时，f'x<0；当x∈(12,1]时，f'x>0，
且f(−12)= f(1)=274，所以fxmax=274，
所以S△A1A2A3≥32×27274=23，所以B正确.
对于C中，取A12,0，则A1F+A2F+A3F+A4F=7，所以C错误；
对于D中，设椭圆上一点A1x1,y1，则x124+y123=1，即3x12+4y12=12 ---①，
设切线l1:y=kx+m，因为切线l1过点A1x1,y1，可得y1=kx1+m，即m=y1−kx1 ---②，
由x24+y23=1y=kx+m，消去y，整理得4k2+3x2+8kmx+4m2−3=0，
因为l1是椭圆的切线，可得Δ=64k2m2−164k2+3m2−3=484k2+3−m2=0，
解得m2=4k2+3 ---③，
且韦达定理，有x1+x1=2x1=−8km4k2+3 ---④，
由③④两式相乘，化简得x1m=−4k，将②式代入，解得k=x1y1x12−4，
由①式可得x12−4=−4y123，所以k=x1y1−4y123=−3x14y1，
所以l1的方程为y−y1=−3x14y1x−x1，结合①式，化简得x1x4+y1y3=1，
设A3x3,y3,可知l3的方程为x3x4+y3y3=1，
因为l1､l3交于点P，所以切点弦A1A3的方程为xpx4+ypy3=1，
因为弦A1A3过F1,0，所以xP=4，同理可得xQ=4，
因为A1A3⊥A2A4，所以kA1A3⋅kA2A4=−3xP4yP⋅−3xQ4yQ=9yPyQ=−1，故yPyQ=−9，
所以kFP⋅kFQ=yP3⋅yQ3=yPyQ9=−1，所以D正确.
故选:ABD.
【点睛】总结点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)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．
90．（2021·江苏南京·一模）设Mm,n为定点，A是抛物线C：y=x2上的一点，若抛物线在A处的切线恰好与A，M两点的连线互相垂直，则称点A为点M的“f伴点”．
（1）求抛物线C的焦点F的“f伴点”；
（2）设m>0，问：当且仅当m，n满足什么条件时，点M有三个“f伴点”？试证明你的结论．
【答案】（1）焦点F的“f伴点”为A0,0；（2）当且仅当m，n满足n>12n≠m222n−13>27m2时，点M的“f伴点”有三个；证明见解析．
【分析】（1）设出A点坐标，根据“f伴点”的定义，用“抛物线在A处的切线恰好与A，M两点的连线互相垂直”求得A点的坐标，即为所求.
（2）设Ax,x2，对x分成x=m,x≠m两种情况进行分类讨论，通过构造函数法，结合导数研究一元三次函数有三个零点的条件，由此求得m,n满足的条件.
【详解】（1）因为A是抛物线C：y=x2上的一点，故可设Ax,x2，
由y=x2得y'=2x，所以抛物线在A处的切线斜率为2x．
因为抛物线C：y=x2的焦点为F0,14，所以，
①当x=0时，A0,0，抛物线在A处的切线方程为y=0，而直线AM的方程为x=0，显然满足条件，故F的一个“f伴点”为A0,0；
②当x≠0时，直线AM的斜率为x2−14x，由x2−14x×2x=−1得x2=−14，该方程无实数解．
综上所述，抛物线C的焦点F的“f伴点”为A0,0．
（2）同（1）设Ax,x2，抛物线在A处的切线斜率为2x．
（i）当x=m时，因为m>0，所以2x=2m>0，而直线AM垂直于x轴，抛物线在A处的切线不可能与AM垂直；
（ii）当x≠m时，直线AM的斜率为x2−nx−m，抛物线在A处的切线恰好与A，M两点的连线互相垂直的充要条件为x2−nx−m×2x=−1，即2x3−2n−1x−m=0（*），
设gx=2x3−2n−1x−m，则g'x=6x2−2n−1，
①当n≤12时，g'x>0恒成立，所以gx在R上单调递增，方程（*）仅有一解，不合；
②当n>12时，由g'x>0得x>2n−16或x<−2n−16，
这说明函数gx的单调递增区间为−∞,−2n−16和2n−16,+∞，
同理可得函数gx的单调递减区间为−2n−16,2n−16，
因此gx极大值=g−2n−16=22n−132n−16−m，
gx极小值=g2n−16=−22n−132n−16−m，
因为m>0，n>12，所以gx极小值<0，
因此，点M有三个“f伴点”的充要条件为gx极大值>0，且gm≠0，
即22n−132n−16−m>0，且gm=2m3−2n−1m−m≠0．
即22n−13>27m2，且n≠m2．
综上所述，当且仅当m，n满足n>12n≠m222n−13>27m2时，点M的“f伴点”有三个．
【点睛】一元三次函数有三个零点，需满足：极大值>0和极小值<0.命题预测
本专题考查类型主要涉及点解析结合的相关考点，本考点主要压轴题类型，包含了新定的考点，解析几何与其他知识点的综合运用等。
预计2024年后命题会在上述几个方面进行考查，尤其是各方面知识点的综合与新考点问题等。
高频考法
题型01离心率问题
题型02三角换元法的运用
题型03新定义问题
题型04解析几何与立体几何结合
题型05解析几何与导数结合问题
题型06解析几何的实际应用
题型07切线、斜率相关问题
题型08模长相关问题
题型09解析几何新考点
题型10解析几何之类比距离问题
题型11解析几何与数列结合
题型12解析几何中的定值问题
题型13解析几何与向量结合
题型14解析几何中的定点问题
题型15解析几何中的取值范围问题
题型16解析几何中的存在问题
题型17轨迹方程问题
利用三角函数的定义解题：（1）角α的顶点与坐标原点重合；（2）角的始边与x轴正半轴重合；在角α的终边上任取一点P(x,y)，该点到原点的距离r=x2+y2，则：sinα=yr；csα=xr； tanα=yx.
涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方法，再转化、抽象为相应的数学问题作答.
过圆x−a2+y−b2=r2上一点x0,y0的切线方程为：x0−ax−a+y−by0−b=r2，
过圆x−a2+y−b2=r2外一点x0,y0的切点弦方程为：x0−ax−a+y−by0−b=r2.
过椭圆x2a2+y2b2=1上一点Px0,y0的切线方程为x0xa2+y0yb2=1，
过椭圆x2a2+y2b2=1外一点Px0,y0的切点弦方程为x0xa2+y0yb2=1;
过双曲线x2a2−y2b2=1上一点Px0,y0的切线方程为x0xa2−y0yb2=1,
过双曲线x2a2−y2b2=1外一点Px0,y0的切点弦方程为x0xa2−y0yb2=1,
利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y1,x2,y2；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，注意Δ的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1x2（或y1+y2、y1y2）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
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
求解直线过定点问题常用方法如下：
(1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
(2)“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
(3）求证直线过定点x0,y0，常利用直线的点斜式方程y−y0=kx−x0或截距式y=kx+b来证明.
圆锥曲线中的取值范围问题的求解方法
（1）函数法：用其他变量作为参数，建立函数关系，利用求函数值域的方法求解．
（2）不等式法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数的取值范围．
（3）判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用根的判别式求参数的取值范围．
（4）数形结合法：研究参数所表示的几何意义，利用数形结合思想求解．
对于圆锥曲线中探索性问题，求解步骤如下：
第一步：假设结论存在；
第二步：结合已知条件进行推理求解；
第三步：若能推出合理结果，经验证成立即可肯定正确；若推出矛盾，即否定假设；
第四步：反思回顾，查看关键点、易错点及解题规范．
立体几何中与动点轨迹有关的题目的方法：
对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型.