高考数学人教A版2019选择性必修第一册专题3.10圆锥曲线的方程全章八类必考压轴题(原卷版+解析)

这是一份高考数学人教A版2019选择性必修第一册专题3.10圆锥曲线的方程全章八类必考压轴题(原卷版+解析)，共49页。

考点1
曲线与方程
1．（2023·全国·高三对口高考）若θ是任意实数，方程x2sinθ+y2csθ=5表示的曲线不可能是（ ）
A．圆B．抛物线C．椭圆D．双曲线
2．（2023春·上海黄浦·高二校考期中）如图，线段AB与平面α斜交于点B，且直线AB与平面α所成的角为60∘，平面α上的动点P满足∠PAB=30∘，则点P的轨迹是（ ）
A．直线B．抛物线C．椭圆D．双曲线一支
3．（2023·全国·高三专题练习）已知MN是椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0中垂直于长轴的动弦，A,B是椭圆长轴的两个端点，则直线AM和NB的交点P的轨迹方程为 ．
4．（2023春·湖南长沙·高二校考阶段练习）在直角坐标系xOy中，动点Q到直线l:x=−4的距离与到点F(−1,0)的距离之比为2，动点Q的轨迹记为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)P是直线l上一点，过点P作曲线C的两条切线PA、PB，切点为A、B，求tan∠APB的最大值．
5．（2023·安徽安庆·校考模拟预测）如图，E,F,G,H分别是矩形ABCD四边的中点，F2,0,C2,1，CS=λCF,OR=λOF.

(1)求直线ER与直线GS交点M的轨迹方程；
(2)过点I1,0任作直线与点M的轨迹交于P,Q两点，直线HP与直线QF的交点为J，直线HQ与直线PF的交点为K，求△IJK面积的最小值.
考点2
椭圆的弦长与“中点弦”问题
1．（2023春·宁夏吴忠·高二校考期中）过点M(1,1)的直线与椭圆x24+y23=1交于A,B两点，且点M平分弦AB，则直线AB的方程为（ ）
A．4x+3y−7=0B．3x+4y−7=0
C．3x−4y+1=0D．4x−3y−1=0
2．（2023·全国·高二专题练习）已知椭圆C:x24+y23=1的左、右焦点分别为F1、F2，过F2且斜率为1的直线l交椭圆C于A、B两点，则AB等于（ ）
A．247B．127C．1227D．837
3．（2023·全国·高三对口高考）已知椭圆x29+y2=1，过左焦点F作倾斜角为π6的直线交椭圆于A、B两点，则弦AB的长为 ．
4．（2023春·甘肃兰州·高二校考阶段练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的长轴长是短轴长的2倍，且右焦点为F1,0．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)直线l:y=kx+2交椭圆C于A，B两点，若线段AB中点的横坐标为−23．求直线l的方程．
5．（2023春·江西新余·高二统考期末）椭圆C的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，椭圆C经过点(2,0)且短轴长为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点(2,1)且倾斜角为π4的直线l与椭圆C交于A，B两点，求线段AB的长.
考点3
双曲线的弦长与“中点弦”问题
1．（2023·高二课时练习）已知双曲线C:2x2−y2=2，过点P(1,2)的直线l与双曲线C交于M､N两点，若P为线段MN的中点，则弦长|MN|等于（ ）
A．423B．334C．43D．42
2．（2023·高二课时练习）已知双曲线方程x2−y23=1，则以A2,1为中点的弦所在直线l的方程是（ ）
A．6x+y−11=0B．6x−y−11=0
C．x−6y−11=0D．x+6y+11=0
3．（2023·高二课时练习）过双曲线x23−y26=1的右焦点作倾斜角为30°的直线l，直线l与双曲线交于不同的两点A，B，则AB的长为 ．
4．（2023·新疆喀什·校考模拟预测）已知双曲线C两条准线之间的距离为1，离心率为2，直线l经过C的右焦点，且与C相交于A、B两点.
(1)求C的标准方程；
(2)若直线l与该双曲线的渐近线垂直，求AB的长度.
5．（2023·江苏·高二专题练习）双曲线的焦点F1,F2的坐标分别为−5,0和5,0，离心率为e=54，求：
(1)双曲线的方程及其渐近线方程；
(2)已知直线l与该双曲线交于交于A,B两点，且A,B中点P5,1，求直线AB的弦长．
考点4
抛物线的弦长问题
1．（2023春·江西宜春·高二校考期末）过抛物线y2=4x的焦点F作倾斜角为π3的弦AB，则|AB|的值为（ ）
A．837B．163C．83D．1637
2．（2023·河北张家口·统考三模）已知F为抛物线C:y2=3x的焦点，过F的直线l交地物线C于A,B两点，若AF=λBF=λ，则λ=（ ）
A．1B．32C．3D．4
3．（2023·湖南长沙·周南中学校考二模）根据抛物线的光学性质，从抛物线的焦点发出的光，经抛物线反射后光线都平行于抛物线的轴，已知抛物线y2=2x，若从点Q（3，2）发射平行于x轴的光射向抛物线的A点，经A点反射后交抛物线于B点，则AB= .
4．（2023春·广东汕尾·高二统考期末）已知抛物线C:y2=2px(p>0)过点a,2a（a>0）．
(1)求C的方程；
(2)若斜率为3的直线过C的焦点，且与C交于A，B两点，求线段AB的长度．
5．（2023春·四川·高二统考期末）已知直线l与抛物线C:y2=8x相交于A、B两点.
(1)若直线l过点Q4,1，且倾斜角为45∘，求AB的值；
(2)若直线l过点Q4,1，且弦AB恰被Q平分，求AB所在直线的方程.
考点5
圆锥曲线中的面积问题
1．（2023·安徽六安·校考模拟预测）已知双曲线C:x216−y29=1的左、右焦点分别为F1、F2，直线y=kx与双曲线C交于A，B两点，若AB=F1F2，则△ABF1的面积等于（ ）
A．18B．10C．9D．6
2．（2023秋·重庆九龙坡·高二校考期末）已知F为抛物线y2=4x的焦点，过点F作两条直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点，若AB⋅DE=0，则四边形ADBE面积的最小值为（ ）
A．48B．32C．16D．8
3．（2023春·安徽·高三校考阶段练习）过点Px0，y0作抛物线C:y=ax2(a>0)的两条切线，切点分别为A，B，作AA1，BB1垂直于直线l:y=y0，垂足分别为A1,B1，记△PAB,△PAA1,△PBB1的面积分别为S,S1,S2，则S2S1S2的最小值为 .
4．（2023·浙江·校联考模拟预测）已知椭圆C1:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的离心率为22，抛物线C2:x2=8y的准线与C1相交，所得弦长为26.
(1)求C1的方程；
(2)若Ax1,y1,Bx2,y2在C2上，且x1<05．（2023春·甘肃天水·高二统考期末）已知椭圆M：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F2,0，过点F的直线l与椭圆M交于A，B两点，当直线AB垂直于x轴时AB=22．
(1)求椭圆M的方程；
(2)作BC⊥x轴于点C，作AD⊥x轴于点D，直线BD交直线x=4于点E．
①求证：C，A，E三点共线；
②求△ECD与△EAB的面积之比．
考点6
圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题
1．（2023春·江西宜春·高二校考期末）已知椭圆C:x24+y2=1的左右顶点分别为A,B，上顶点为D,M为椭圆C上异于四个顶点的任意一点，直线AM交BD于点P，直线DM交x轴于点Q.
(1)求△MBD面积的最大值；
(2)记直线PM,PQ的斜率分别为k1,k2，求证：k1−2k2为定值.
2．（2023春·江苏南京·高二校考期末）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的实轴长为22，C的一条渐近线斜率为−22，直线l交C于P，Q两点，点M2a,b在双曲线C上.
(1)若直线l过C的右焦点，且斜率为−1，求△PMQ的面积；
(2)设P，Q为双曲线C上异于点M2a,b的两动点，记直线MP，MQ的斜率分别为k1，k2，若k1+k2=2k1k2，求证：直线PQ过定点.
3．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别是F1，F2，A，B分别是其左、右顶点，点P是椭圆C上任一点，且△PF1F2的周长为6，若△PF1F2面积的最大值为3．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若过点F2且斜率不为0的直线交椭圆C于M，N两个不同的点，证明：直线AM与BN的交点在一条定直线上．
4．（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线C:y2=2pxp>0，O为坐标原点，焦点在直线2x+4y−1=0上．
(1)求抛物线的标准方程；
(2)过点4,0作动直线l与抛物线C交于M，N两点，直线OM，ON分别与圆x−12+y2=1交于点P，Q两点（异于点O），设直线OM，ON斜率分别为k1，k2．
①求证：k1⋅k2为定值；
②求证：直线PQ恒过定点．
5．（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线C:y2=2pxp>0，圆B:x2+y2−6x+1=0，直线m:x−y+b=0b>0与抛物线C和圆B同时相切.
（1）求p和b的值；
（2）若点A的坐标为−2,0，过点A且斜率为23的直线l1与抛物线C分别相交于P、Q两点（点Q在点P的右边），过点A的直线l2与抛物线C分别相交于M、N两点，直线l1与l2不重合，直线PM与直线QN相交于点T，求证：点T在定直线上.
考点7
圆锥曲线中的最值问题
1．（2023·贵州黔东南·凯里一中校考模拟预测）已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为4，上顶点P到直线l:x+2y−6=0的距离为455．
(1)求E的方程；
(2)直线y=kx+12(k>0)与E交于A，B两点，直线PA，PB分别交直线l于C，D两点，求CD的最小值．
2．（2023·全国·高三专题练习）已知双曲线Γ：x2a2−y2b2=1,a>0,b>0经过点P2,1，且其中一焦点F到一条渐近线的距离为1.
(1)求双曲线Γ的方程；
(2)过点P作两条相互垂直的直线PA，PB分别交双曲线Γ于A，B两点，求点P到直线AB距离的最大值.
3．（2023春·广东河源·高二校考期中）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为63，椭圆的左顶点为P，上顶点为Q，O为坐标原点，且△OPQ的面积为32．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l与椭圆C交于A，B两点，坐标原点O到直线l的距离为32，求△AOB面积的最大值．
4．（2023·全国·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1，（a>0，b>0）的实轴长为2，且过点(e,3)，其中e为双曲线C的离心率．
(1)求C的标准方程；
(2)过点M(−2,0)且斜率不为0的直线l与C的左、右两支分别交于点A,B，点N在线段AB上，且|MA||MB|=|AN||NB|，P为线段AB的中点，记直线OP，ON（O为坐标原点）的斜率分别为k1，k2，求k1+k2的最小值．
5．（2023春·上海宝山·高二校考期中）直线l与抛物线y2=4x交于A、B两点，O为坐标原点，直线OA、OB的斜率之积为−1，以线段AB的中点为圆心，2为半径的圆与直线l交于P、Q两点．
（1）求证：直线l过定点；
（2）求AB中点的轨迹方程；
（3）设M6,0，求MP2+MQ2的最小值．
考点8
圆锥曲线综合
1．（2023春·天津和平·高三校考阶段练习）双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为2，抛物线y2=2pxp>0的准线与双曲线C的渐近线交于A,B点，ΔOAB（O为坐标原点）的面积为4，则抛物线的方程为( )
A．y2=4xB．y2=6xC．y2=8xD．y2=16x
2．（2023春·西藏日喀则·高二统考期末）已知抛物线C：x2=−2pyp>0的焦点F与y28+x24=1的一个焦点重合，过焦点F的直线与C交于A，B两不同点，抛物线C在A，B两点处的切线相交于点M，且M的横坐标为4，则弦长AB=（ ）
A．12B．14C．15D．16
3．（2023·吉林白山·抚松县第一中学校考模拟预测）已知双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0的右焦点与抛物线y2=2pxp>0的焦点重合，抛物线的准线交双曲线于A，B两点，交双曲线的渐近线于C、D两点，若CD=2AB.则双曲线的离心率为 .
4．（2023春·广东揭阳·高二校联考期中）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1、F2，且F2也是抛物线E：y2=4x的焦点，P为椭圆C与抛物线E在第一象限的交点，且PF2=53.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设动直线l与椭圆C交于R，S两点，存在一点T4,0使∠OTS=∠OTR，判断直线l是否经过定点?若是，求出定点的坐标；若不是，说明理由.
5．（2023春·云南玉溪·高二统考期末）已知双曲线C1:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F6,0，渐近线与抛物线C2：y2=2px交于点1,2.
(1)求C1，C2的方程；
(2)设A是C1与C2在第一象限的公共点，作直线l与C1的两支分别交于点M，N，使得AM⊥AN.求证：直线MN过定点.
专题3.10 圆锥曲线的方程全章八类必考压轴题
【人教A版（2019）】
考点1
曲线与方程
1．（2023·全国·高三对口高考）若θ是任意实数，方程x2sinθ+y2csθ=5表示的曲线不可能是（ ）
A．圆B．抛物线C．椭圆D．双曲线
【解题思路】利用特殊角可判断ACD；讨论θ的取值可判断B.
【解答过程】对于A，当csθ=sinθ=22时，由x2sinθ+y2csθ=5得x2+y2=52，方程表示圆，故A正确；
对于B，当θ是第一象限角时，csθ>0,sinθ>0，x2sinθ+y2csθ=5不会是抛物线方程；
当θ是第二象限角时，csθ<0,sinθ>0，x2sinθ+y2csθ=5不会是抛物线方程；
当θ是第三象限角时，csθ<0,sinθ<0，x2sinθ+y2csθ=5不成立，不会是抛物线方程；
当θ是第四象限角时，csθ>0,sinθ<0，x2sinθ+y2csθ=5不会是抛物线方程；
当θ的角的终边落在x轴正半轴上时，csθ=1，sinθ=0，得y2=5，不是抛物线方程；
当θ的角的终边落在y轴正半轴上时，csθ=0，sinθ=1，得x2=5，不是抛物线方程；
当θ的角的终边落在x轴负半轴上时，csθ=−1，sinθ=0，得−y2=5不成立；
当θ的角的终边落在y轴负半轴上时，csθ=0，sinθ=−1，得−x2=5不成立；故B错误；
对于C，当θ=π3时，由x2sinθ+y2csθ=5，得x2233+y22=1，方程表示焦点在y轴上的椭圆，故C正确；
对于D，当θ=2π3时，由x2sinθ+y2csθ=5，得x2233−y22=1，方程表示焦点在x轴上的双曲线，故D正确；
故选：B.
2．（2023春·上海黄浦·高二校考期中）如图，线段AB与平面α斜交于点B，且直线AB与平面α所成的角为60∘，平面α上的动点P满足∠PAB=30∘，则点P的轨迹是（ ）
A．直线B．抛物线C．椭圆D．双曲线一支
【解题思路】根据题意，∠PAB=30∘为定值，可得点P的轨迹为一以AB为轴线的圆锥侧面与平面α的交线，由圆锥曲线的定义可求.
【解答过程】用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥，得到的是圆；把平面渐渐倾斜，且平面与轴线所成角大于母线与轴线所成角时得到椭圆；当平面与轴线所成角小于母线与轴线所成角时得到双曲线，当平面和圆锥的一条母线平行时，得到抛物线．
平面α上的动点P满足∠PAB=30∘，则P在以AB为轴的圆锥的侧面上，可构造如图所示的圆锥，
母线与AB所在直线(中轴线)的夹角为30∘，然后用平面α去截圆锥，使直线AB与平面α的夹角为60∘，则平面α与圆锥侧面的交线为P的轨迹图形，由圆锥曲线的定义可知，P的轨迹为椭圆.
故选：C.
3．（2023·全国·高三专题练习）已知MN是椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0中垂直于长轴的动弦，A,B是椭圆长轴的两个端点，则直线AM和NB的交点P的轨迹方程为 x2a2−y2b2=1（x≠±a） ．
【解题思路】设M(x1,y1),N(x1,−y1)，直线AM和NB的交点为P(x,y)，根据A,M,P三点共线及N,B,P三点共线，可得两个式子，两式相乘，再结合M在椭圆上即可得出答案.
【解答过程】设M(x1,y1),N(x1,−y1)，
因为椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的长轴端点为A(−a,0),B(a,0)，
设直线AM和NB的交点为P(x,y)，
因为A,M,P三点共线，所以yx+a=y1x1+a，x≠−a，
因为N,B,P三点共线，所以yx−a=−y1x1−a，x≠a
两式相乘得y2x2−a2=−y12x12−a2，（x≠±a）,
因为x12a2+y12b2=1，所以y12=b2(a2−x12)a2，即y12x12−a2=−b2a2，
所以y2x2−a2=b2a2，整理得x2a2−y2b2=1（x≠±a），
所以直线AM和NB的交点P的轨迹方程x2a2−y2b2=1（x≠±a）.
故答案为：x2a2−y2b2=1（x≠±a）.
4．（2023春·湖南长沙·高二校考阶段练习）在直角坐标系xOy中，动点Q到直线l:x=−4的距离与到点F(−1,0)的距离之比为2，动点Q的轨迹记为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)P是直线l上一点，过点P作曲线C的两条切线PA、PB，切点为A、B，求tan∠APB的最大值．
【解题思路】（1）设动点Q的坐标为x,y，根据题意得到x+4x+12+y2=2，即可求解；
（2）设切线方程y=kx+4+t，联立方程组，由Δ=0，得出方程12k2+8tk+t2−3=0，设切线的斜率分别为k1，k2，得到k1+k2=−2t3,k1k2=−t2−312，求得tan∠APB=4t2+9，即可求解.
【解答过程】（1）解：设动点Q的坐标为x,y，
因为动点Q到直线l:x=−4的距离与到点F（−1，0）的距离之比为2，
可得x+4x+12+y2=2，整理得x24+y23=1，
即所求曲线C的方程为x24+y23=1．
（2）解：根据题意，设点P−4,t，显然，过P点的切线斜率均存在，设切线方程：y=kx+4+t，
联立方程组y=kx+4+tx24+y23=1，整理得4k2+3x2+8kt+4kx+4t+4k2−12=0，
由Δ=64k2t+4k2−164k2+3t+4k2−3=0，即12k2+8tk+t2−3=0，
设两条切线的斜率分别为k1，k2，则k1+k2=−2t3,k1k2=t2−312，
则tan∠APB=k1−k21+k1k2=k1+k22−4k1k21+k1k2=4t2+9≤43，当且仅当t=0时取等号，
所以tan∠APB的最大值为43．
5．（2023·安徽安庆·校考模拟预测）如图，E,F,G,H分别是矩形ABCD四边的中点，F2,0,C2,1，CS=λCF,OR=λOF.

(1)求直线ER与直线GS交点M的轨迹方程；
(2)过点I1,0任作直线与点M的轨迹交于P,Q两点，直线HP与直线QF的交点为J，直线HQ与直线PF的交点为K，求△IJK面积的最小值.
【解题思路】（1）利用已知可得直线ER，GS的方程，消去参数，根据交点M的变化即可求出其轨迹方程.
（2）设PQ方程：x=my+1，代入x2+4y2−4=0，利用韦达定理表示出y1+y2=−4mm2+4,y1y2=−3m2+4，my1y2=34y1+y2，根据直线HP和QF，得出yJ=6y1x1+2，同理根据直线HQ和PF，得到yK=6y2x2+2，即可利用S△IJK=12⋅4−1⋅yJ−yK求出结果.
【解答过程】（1）由已知，R2λ,0,S2,1−λ，E0,−1，G0,1，
当λ≠0时，直线ER方程：y=12λx−1，
直线GS方程：y=−λ2x+1，
联立上述两方程消去λ得：x24+y2=1，
当λ=0时，交点M0,1符合上述方程，
又交点M不可能为0,−1，
故所求的轨迹方程为x24+y2=1(x≠0且y≠−1).
（2）设PQ方程：x=my+1（依题意m存在)，
代入x2+4y2−4=0得m2+4y2+2my−3=0，
Δ=16m2+3>0，设Px1,y1,Qx2,y2，
y1+y2=−4mm2+4,y1y2=−3m2+4，my1y2=34y1+y2，
HP方程：y=y1x1+2x+2，QF方程：y=y2x2−2x−2，
联立上述两方程消去得：
x+2x−2=x1+2y2x2−2y1=my1+3y2my2−1y1=34y1+y2+3y234y1+y2−y1=3.
∴x=4，
所以J4,yJ，其中yJ=6y1x1+2，
同理直线HQ与直线PF的交点K4,yK，其中yK=6y2x2+2，
yJ−yK=6y1x1+2−6y2x2+2=18y2−y1my1+3my2+3=2m2+3，
S△IJK=12⋅4−1⋅yJ−yK=3m2+3≥33（当且仅当m=0时取等号），
故△IJK的面积最小值为33，此时直线PQ的方程为x=1.
考点2
椭圆的弦长与“中点弦”问题
1．（2023春·宁夏吴忠·高二校考期中）过点M(1,1)的直线与椭圆x24+y23=1交于A,B两点，且点M平分弦AB，则直线AB的方程为（ ）
A．4x+3y−7=0B．3x+4y−7=0
C．3x−4y+1=0D．4x−3y−1=0
【解题思路】设Ax1,y1,Bx2,y2，代入x24+y23=1作差变形即可求出直线斜率，利用点斜式求出直线方程
【解答过程】设Ax1,y1,Bx2,y2，直线l斜率为k，则有x124+y123=1①x224+y223=1②，
①-②得x1+x2x1−x24+y1+y2y1−y23=0，
因为点M为AB中点，则x1+x2=2,y1+y2=2，
所以x1−x22+2(y1−y2)3=0，即k=y1−y2x1−x2=−34，
所以直线l的方程为y−1=−34x−1，整理得3x+4y−7=0
故选：B.
2．（2023·全国·高二专题练习）已知椭圆C:x24+y23=1的左、右焦点分别为F1、F2，过F2且斜率为1的直线l交椭圆C于A、B两点，则AB等于（ ）
A．247B．127C．1227D．837
【解题思路】利用弦长公式求解即可.
【解答过程】设直线AB方程为y=x−1，联立椭圆方程x24+y23=1
整理可得：7x2−8x−8=0，设Ax1,y1,Bx2,y2，
则x1+x2=87，x1⋅x2=−87，根据弦长公式有：
AB=1+k2⋅x1+x22−4x1⋅x2=247．故B，C，D错误.
故选：A.
3．（2023·全国·高三对口高考）已知椭圆x29+y2=1，过左焦点F作倾斜角为π6的直线交椭圆于A、B两点，则弦AB的长为 2 ．
【解题思路】设点Ax1,y1、Bx2,y2，将直线AB的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，结合弦长公式可求得AB的值.
【解答过程】在椭圆x29+y2=1中，a=3，b=1，则c=a2−b2=22，故点F−22,0，
设点Ax1,y1、Bx2,y2，由题意可知，直线AB的方程为y=33x+22，即x=3y−22，
联立x=3y−22x2+9y2=9可得12y2−46y−1=0，Δ=16×6+4×12=144>0，
由韦达定理可得y1+y2=63，y1y2=−112，
所以，AB=1+3⋅y1+y22−4y1y2=2632−4×−112=2.
故答案为：2.
4．（2023春·甘肃兰州·高二校考阶段练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的长轴长是短轴长的2倍，且右焦点为F1,0．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)直线l:y=kx+2交椭圆C于A，B两点，若线段AB中点的横坐标为−23．求直线l的方程．
【解题思路】（1）根据焦点坐标求得c，根据长轴和短轴的对应关系，以及a2=b2+c2列方程组，可求得a,b的值，进而求得椭圆的标准方程.
（2）联立直线的方程和椭圆的方程，消去y并化简，写出韦达定理，根据AB中点的横坐标求得k的值，进而求解.
【解答过程】（1）由椭圆C的长轴长是短轴长的2倍，可得a=2b．
所以2b2=b2+c2．
又F1,0，所以2b2=b2+1，解得b=1．
所以a=2．
所以椭圆C的标准方程为x22+y2=1．
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，
由x22+y2=1y=kx+2，得2k2+1x2+8k2x+8k2−2=0．
则x1+x2=−8k22k2+1，x1x2=8k2−22k2+1．
因为线段AB中点的横坐标为−23，
所以x1+x22=−4k22k2+1=−23．
解得k2=14，即k=±12，经检验符合题意．
所以直线l的方程为y=±12x+2．
5．（2023春·江西新余·高二统考期末）椭圆C的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，椭圆C经过点(2,0)且短轴长为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点(2,1)且倾斜角为π4的直线l与椭圆C交于A，B两点，求线段AB的长.
【解题思路】（1）根据椭圆的几何性质即可求解，
（2）由弦长公式即可求解.
【解答过程】（1）由题意设椭圆C的方䄇为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，
因为椭圆经过点(2,0)且短轴长为2，所以a=2，b=1
所以椭圆C的标准方程为x22+y2=1.
（2）由已知得直线l的方程为y=x−1，
设Ax1,y1，Bx2,y2，将直线y=x−1代入x22+y2=1，
得3x2−4x=0，易得Δ>0，所以x1+x2=43，x1x2=0，
所以AB=1+k2x1+x22−4x1x2=1+12432−4×0=423.
考点3
双曲线的弦长与“中点弦”问题
1．（2023·高二课时练习）已知双曲线C:2x2−y2=2，过点P(1,2)的直线l与双曲线C交于M､N两点，若P为线段MN的中点，则弦长|MN|等于（ ）
A．423B．334C．43D．42
【解题思路】设直线MN为y−2=k(x−1)，联立双曲线方程，应用韦达定理及中点坐标公式求k值，利用弦长公式求解即可.
【解答过程】由题设，直线l的斜率必存在，设过P(1,2)的直线MN为y−2=k(x−1)，联立双曲线：(2−k2)x2+2k(k−2)x−(k4−4k+6)=0
设M(x1,y1),N(x2,y2)，则x1+x2=−2k(k−2)2−k2=2xP，所以−2k(k−2)2−k2=2，解得k=1，
则x1+x2=2，x1x2=−3.
弦长|MN|=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1x2=2⋅4+12=42.
故选：D.
2．（2023·高二课时练习）已知双曲线方程x2−y23=1，则以A2,1为中点的弦所在直线l的方程是（ ）
A．6x+y−11=0B．6x−y−11=0
C．x−6y−11=0D．x+6y+11=0
【解题思路】利用点差法可求得直线l的斜率，利用点斜式可得出直线l的方程.
【解答过程】设直线l交双曲线x2−y23=1于点Mx1,y1、Nx2,y2，则x1+x2=4y1+y2=2，
由已知得x12−y123=1x22−y223=1，两式作差得x12−x22=y12−y223，
所以，y1−y2x1−x2=3x1+x2y1+y2=6，即直线l的斜率为6，
故直线l的斜率为y−1=6x−2，即6x−y−11=0.经检验满足题意
故选：B.
3．（2023·高二课时练习）过双曲线x23−y26=1的右焦点作倾斜角为30°的直线l，直线l与双曲线交于不同的两点A，B，则AB的长为 1635 ．
【解题思路】根据直线与双曲线相交，由韦达定理以及弦长公式即可求解.
【解答过程】双曲线x23−y26=1的右焦点为F23,0，所以直线l的方程为y=33(x−3)．由x23−y26=1y=33(x−3)，得5x2+6x−27=0．设Ax1,y1，Bx2,y2，则x1+x2=−65，x1x2=−275，
所以AB=1+13x1+x22−4x1x2=1+13×−652−4×−275=1635．
故答案为：1635.
4．（2023·新疆喀什·校考模拟预测）已知双曲线C两条准线之间的距离为1，离心率为2，直线l经过C的右焦点，且与C相交于A、B两点.
(1)求C的标准方程；
(2)若直线l与该双曲线的渐近线垂直，求AB的长度.
【解题思路】（1）根据双曲线的准线方程公式，结合双曲线的离心率公式进行求解即可.
（2）根据题意设出直线l的方程与双曲线方程联立，利用一元二次方程根与系数关系、双曲线弦长公式进行求解即可.
【解答过程】（1）因为直线l经过C的右焦点，
所以该双曲线的焦点在横轴上，
因为双曲线C两条准线之间的距离为1，
所以有a2c−−a2c=1⇒a2c=12，
又因为离心率为2，
所以有ca=2⇒ac=12代入a2c=12中，可得a=1,c=2⇒b2=c2−a2=4−1=3，
∴C的标准方程为：x2−y23=1；
（2）
由上可知：该双曲线的渐近线方程为y=±3x，
所以直线l的斜率为±33，由于双曲线和两条直线都关于y轴对称，
所以两条直线与双曲线的相交弦相等.
又因为直线斜率的绝对值小于渐近线斜率的绝对值，
所以直线与双曲线交于左右两支，因此不妨设直线l的斜率为33，
方程为y=33x−2与双曲线方程联立为：
x2−y23=1y=33x−2⇒8x2+4x−13=0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则有x1+x2=−12,x1x2=−138，
AB=1+332×x1−x2=233×x1−x22=233×x1+x22−4x1x2=233×14−4×−138=3.
5．（2023·江苏·高二专题练习）双曲线的焦点F1,F2的坐标分别为−5,0和5,0，离心率为e=54，求：
(1)双曲线的方程及其渐近线方程；
(2)已知直线l与该双曲线交于交于A,B两点，且A,B中点P5,1，求直线AB的弦长．
【解题思路】（1）由题意可得c的值，再由离心率，可得a的值，进而求出b的值，由此可求出双曲线的方程以及渐近线方程；
（2）设直线l：y=kx−5+1，与双曲线联立，根据中点坐标求出直线方程，再利用弦长公式计算即可.
【解答过程】（1）由题意可得c=5,e=ca=54，可得a＝4，且焦点在x轴上，
所以b2=c2−a2=25−16=9，
所以双曲线的方程为：x216−y29=1；渐近线的方程为：y=±34x；
（2）由于A,B中点P5,1不在x轴上，根据双曲线的对称性可得直线l的斜率必存在，
设直线l：y=kx−5+1，Ax1,y1,Bx2,y2，x1+x2=10，y1+y2=2
联立y=kx−5+1x216−y29=1，
消去y得9−16k2x2+32k5k−1x−400k2+160k−160=0
则x1x2=−400k2+160k−1609−16k2，x1+x2=−32k5k−19−16k2=10，解得k=4516，
则AB=1+k2x1+x22−4x1x2
=1+k2102−4×−400k2+160k−1609−16k2=1+k21540−640k9−16k2
=1+451621540−640×45169−16×45162=1482657524≈4.44.
考点4
抛物线的弦长问题
1．（2023春·江西宜春·高二校考期末）过抛物线y2=4x的焦点F作倾斜角为π3的弦AB，则|AB|的值为（ ）
A．837B．163C．83D．1637
【解题思路】求出抛物线的焦点坐标F(1,0)，用点斜式设出直线方程：y=3(x−1)，与抛物线方程联解得一个关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系结合曲线的弦长的公式，可以求出线段AB的长度．
【解答过程】解：根据抛物线y2=4x方程得：焦点坐标F(1,0)，
直线AB的斜率为k=tanπ3=3，
由直线方程的点斜式方程，设AB:y=3(x−1)，
将直线方程代入到抛物线方程中，得：3(x−1)2=4x，
整理得：3x2−10x+3=0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由一元二次方程根与系数的关系得：x1+x2=103，x1⋅x2=1，
所以弦长|AB|=1+k2|x1−x2|=1+3⋅1009−4=163．
故选：B．
2．（2023·河北张家口·统考三模）已知F为抛物线C:y2=3x的焦点，过F的直线l交地物线C于A,B两点，若AF=λBF=λ，则λ=（ ）
A．1B．32C．3D．4
【解题思路】由抛物线的定义求得B点的横坐标，代入抛物线得B点坐标，从而求得直线AB的方程，联立抛物线与直线即可得A点的横坐标，求得AF，从而可得λ的值.
【解答过程】如图，过A作AA1准线于A1，过B作BB1准线于B1，

由抛物线C:y2=3x的焦点F34,0，准线方程为x=−34，
由抛物线的定义可得BF=BB1=xB+34=1，所以xB=14，代入抛物线方程得yB=±32
若B14,32，直线AB的斜率为kAB=32−014−34=−3，则直线AB方程为y=−3x−34，即y=−3x+334
联立y=−3x+334y2=3x得16x2−40x+9=0，则xAxB=916，所以xA=94，
则AF=xA+34=94+34=3=λ；
若B14,−32，直线AB的斜率为kAB=−32−014−34=3，则直线AB方程为y=3x−34，即y=3x−334
联立y=3x−334y2=3x得16x2−40x+9=0，则xAxB=916，所以xA=94，
则AF=xA+34=94+34=3=λ；
综上，λ=3.
故选：C.
3．（2023·湖南长沙·周南中学校考二模）根据抛物线的光学性质，从抛物线的焦点发出的光，经抛物线反射后光线都平行于抛物线的轴，已知抛物线y2=2x，若从点Q（3，2）发射平行于x轴的光射向抛物线的A点，经A点反射后交抛物线于B点，则AB= 258 .
【解题思路】由题意求出A点坐标，由于直线AB过焦点，利用点斜式方程求出直线AB方程，联立抛物线方程，由韦达定理求出点B坐标，利用两点间的距离求出AB即可.
【解答过程】由条件可知AQ与x轴平行，令yA=2，可得xA=2，故A点坐标为2,2，
因为lAB 经过抛物线焦点F12,0，所以lAB 方程为y−0=2−02−12x−12，
整理得4x−3y−2=0，联立y2=2x4x−3y−2=0，得y2−32y−1=0，Δ=−322−4×1×−1=254>0，所以yA+yB=32，
又yA=2，所以yB=−12，xB=12×−122=18，
所以|AB|=2−182+2+122=258.
故答案为：258.
4．（2023春·广东汕尾·高二统考期末）已知抛物线C:y2=2px(p>0)过点a,2a（a>0）．
(1)求C的方程；
(2)若斜率为3的直线过C的焦点，且与C交于A，B两点，求线段AB的长度．
【解题思路】（1）由抛物线过点a,2a，代入原式方程可得抛物线方程；
（2）由直线过抛物线的焦点与已知斜率可求出直线AB，将直线AB与抛物线联立，利用韦达定理结合抛物线的定义可得答案.
【解答过程】（1）∵抛物线C:y2=2px(p>0)过点a,2a(a>0)，
∴2p⋅a=4a．
又∵a>0，∴2p=4，
上故C的方程为y2=4x．
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，
由（1）知，抛物线C的焦点为F1,0，
∵直线AB的斜率为3，且过点F，
∴直线AB的方程为y=3x−1，
联立y=3x−1,y2=4x,得3x2−10x+3=0，则x1+x2=103．
∴AB=x1+x2+p=103+2=163，
故线段AB的长度为163．
5．（2023春·四川·高二统考期末）已知直线l与抛物线C:y2=8x相交于A、B两点.
(1)若直线l过点Q4,1，且倾斜角为45∘，求AB的值；
(2)若直线l过点Q4,1，且弦AB恰被Q平分，求AB所在直线的方程.
【解题思路】（1）先求直线l的方程，联立抛物线的方程，用弦长公式可得AB.
（2）可用点差法解决中点弦问题.
【解答过程】（1）因直线l的倾斜角为45∘，所以直线l的斜率k=tan45∘=1，
又因直线l过点Q4,1，
所以直线l的方程为：y−1=x−4，即y=x−3，
联立y2=8x得x2−14x+9=0，
设AxA,yA，BxB,yB，
所以xA+xB=14，xAxB=9，
所以AB=1+k2xA+xB2−4xAxB=2×142−4×9=85
（2）因A、B在抛物线C:y2=8x上，
所以yA2=8xA，yB2=8xB，
两式相减得：yA2−yB2=8xA−8xB，
得yA−yBxA−xB=8yA+yB=82yQ=82=4，
故直线l的斜率为4，
所以直线l的方程为：y−1=4x−4，即4x−y−15=0.
考点5
圆锥曲线中的面积问题
1．（2023·安徽六安·校考模拟预测）已知双曲线C:x216−y29=1的左、右焦点分别为F1、F2，直线y=kx与双曲线C交于A，B两点，若AB=F1F2，则△ABF1的面积等于（ ）
A．18B．10C．9D．6
【解题思路】由已知可得四边形AF1BF2为矩形，从而可得AF1⊥BF1，BF1=AF2，由双曲线的性质可求得c，从而可得AB=F1F2，利用勾股定理及双曲线的定义可求得AF1BF1，由三角形面积公式即可得解．
【解答过程】直线y=kx与双曲线C交于A，B两点，若AB=F1F2，
则四边形AF1BF2为矩形，所以AF1⊥BF1，BF1=AF2，

由双曲线C:x216−y29=1可得a=4，b=3，则c=a2+b2=16+9=5，
所以AB=F1F2=2c=10，所以AF12+BF12=AB2=100，
又AF1−BF1=AF1−AF2=2a=8，
所以AF12+BF12−2AF1BF1=64，解得AF1BF1=18，
所以S△ABF1=12AF1BF1=9．
故选：C．
2．（2023秋·重庆九龙坡·高二校考期末）已知F为抛物线y2=4x的焦点，过点F作两条直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点，若AB⋅DE=0，则四边形ADBE面积的最小值为（ ）
A．48B．32C．16D．8
【解题思路】依题意，l1⊥l2，设直线l1的斜率为k(k≠0)，则直线l2的斜率为−1k，联立方程，结合抛物线定义得到两段弦长，进而表示面积，利用均值不等式求最值即可.
【解答过程】依题意，l1⊥l2，设直线l1的斜率为k(k≠0)，则直线l2的斜率为−1k，设Ax1,y1，Bx2,y2，Dx3,y3，Ex4,y4，直线l1:y=kx−1，直线l2:y=−1kx−1.
联立y2=4x,y=kx−1,消去y整理得k2x2−2k2+4x+k2=0，
所以AB=x1+x2+p=2k2+4k2+2=4+4k2，
同理DE=x3+x4+p=21k2+41k2+2=4+4k2，
从而S=12ABDE=82+k2+1k2≥32，当且仅当k=±1时等号成立，
故选:B.
3．（2023春·安徽·高三校考阶段练习）过点Px0，y0作抛物线C:y=ax2(a>0)的两条切线，切点分别为A，B，作AA1，BB1垂直于直线l:y=y0，垂足分别为A1,B1，记△PAB,△PAA1,△PBB1的面积分别为S,S1,S2，则S2S1S2的最小值为 4 .
【解题思路】设Ax1,ax12，Bx2,ax22，由导数的几何意义求得切线方程，再根据两切线的交点为Px0，y0，代入切线方程后相减可得点P为点A1,B1的中点，设直角梯形ABB1A1的面积为S0，从而可得S1+S2=12PA1⋅AA1+12PB1⋅BB1=12AA1+BB1⋅12A1B1=12S0=12S+S1+S2，再结合基本不等式即可求解.
【解答过程】设Ax1,ax12，Bx2,ax22，由y=ax2得y′=2ax，
所以切线lPA:y−ax12=2ax1x−x1，切线lPB:y−ax22=2ax2x−x2，
则有y0−ax12=2ax1x0−x1，y0−ax22=2ax2x0−x2，
由两式相减得x0=x1+x22，即点P为点A1,B1的中点，
设直角梯形ABB1A1的面积为S0，
则S1+S2=12PA1⋅AA1+12PB1⋅BB1=12AA1+BB1⋅12A1B1=12S0=12S+S1+S2，
所以S1+S2=S，于是S2S1S2=(S1+S2)2S1S2=S12+S22+2S1S2S1S2=S1S2+S2S1+2≥4
(当且仅当S1=S2时，取等号)，
所以，S2S1S2的最小值为4.
故答案为：4.
4．（2023·浙江·校联考模拟预测）已知椭圆C1:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的离心率为22，抛物线C2:x2=8y的准线与C1相交，所得弦长为26.
(1)求C1的方程；
(2)若Ax1,y1,Bx2,y2在C2上，且x1<0【解题思路】（1）根据题意可得曲线过点6,−2，然后根据曲线的离心率和a,b,c之间的关系即可求解；
（2）设直线AB的方程为y=kx+m(m>0),Ax1,y1,Bx2,y2，与曲线方程联立，用韦达定理，利用切线方程求出M,N两点的坐标，然后将面积的表达式求出来，再根据函数的性质即可求解.
【解答过程】（1）由题知C1过点6,−2，则e=ca=224a2+6b2=1a2=b2+c2，解得a=4b=22，
∴C1:y216+x28=1.
（2）设直线AB的方程为y=kx+m(m>0),Ax1,y1,Bx2,y2，

联立y=kx+mx2=8y，得x2−8kx−8m=0，
x1+x2=8k,x1x2=−8m,Δ=64k2+32m>0，
则AB=1+k2x1−x2，而y=x28，则y′=x4，
故以A为切点的切线为y−y1=x14x−x1，即y=x14x−x128,∴Mx12,0，
同理以B为切点的切线为y=x24x−x228,∴Nx22,0，则MN=x1−x22，
由y=x14x−x128y=x24x−x228，故两式作差得：x14−x24x=x128−x228，所以x=x1+x22=4k，
两式求和得：2y=x1+x24x−x12+x228=x1+x24x−x1+x22−2x1x28=x1x24=−2m，
所以点P4k,−m,由P在椭圆上m216+2k2=1，即m∈0,4.
点P到直线AB的距离d=4k2+2mk2+1，
所以S△ABP=12dAB=124k2+2m1+k2⋅1+k2x1−x2，S△MNP=12mx1−x22，
S=S△ABP−S△MNP=124k2+2mk2+1⋅k2+1x1−x2−12mx1−x22
=2k2+34mx1−x2=8k2+3m4k2+2m
=−m24+3m+4−m28+2m+2
=[13−(m−6)24]10−(m−8)28，
而y=13−(m−6)24、y=10−(m−8)28在m∈0,4上递增且恒正，
则S在m∈0,4上递增，S∈42,242.
5．（2023春·甘肃天水·高二统考期末）已知椭圆M：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F2,0，过点F的直线l与椭圆M交于A，B两点，当直线AB垂直于x轴时AB=22．
(1)求椭圆M的方程；
(2)作BC⊥x轴于点C，作AD⊥x轴于点D，直线BD交直线x=4于点E．
①求证：C，A，E三点共线；
②求△ECD与△EAB的面积之比．
【解题思路】（1）利用椭圆的通径及a2=b2+c2求出a,b；
（2）①先设直线AB方程为：x=ty+2，联立椭圆，将每个点的坐标表示出来，要找
C，A，E三点共线，只需证明kAE−kCE=0.
②因为AD//BC，先找到S△ADB=S△ADC，将S△ABE,S△CDE分别转换成S△ADB+S△ADE,S△ADC+S△ADE即可求解.
【解答过程】（1）由题，直线AB:x=c，代入x2a2+y2b2=1中，得y=±b2a，
故AB=2b2a=22，所以2a=b2．
又因为c=2，a2=b2+c2，所以a2−2a−4=0，
解得a=2±322，即a=22，b2=4．
所以椭圆M的方程为x28+y24=1．
（2）如图所示：

①设Ax1,y1，Bx2,y2，Dx1,0，Cx2,0,
AB直线方程为：x=ty+2，
x=ty+2x2+2y2=8⇒t2+2y2+4ty−4=0,Δ=16t2+16t2+2>0，
y1+y2=−4tt2+2，y1y2=−4t2+2⇒y1+y2=ty1y2．
直线BD的方程为y=y2x2−x1x−x1，
令x=4，得y=y2x2−x14−x1=y22−ty1ty2−y1=2y2−ty1y2ty2−y1=2y2−y1+y2ty2−y1=1t，
所以E4,1t，
kAE=y1−1tx1−4=y1−1tty1−2，kCE=−1tx2−4=−1tty2−2，
kAE−kCE=y1−1tty1−2+1tty2−2=y1−1tty2−2+ty1−21tty1−2ty2−2
=ty1y2−2y1−y2+2t+y1−2tty1−2ty2−2=ty1y2−(y1+y2)ty1−2ty2−2=0，
所以A，C，E三点共线.
（2）因为AD//BC⇒S△ADB=S△ADC⇒S△ADB+S△ADE=S△ADC+S△ADE⇒S△ABE=S△CDE，
△ECD与△EAB的面积之比1:1.
考点6
圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题
1．（2023春·江西宜春·高二校考期末）已知椭圆C:x24+y2=1的左右顶点分别为A,B，上顶点为D,M为椭圆C上异于四个顶点的任意一点，直线AM交BD于点P，直线DM交x轴于点Q.
(1)求△MBD面积的最大值；
(2)记直线PM,PQ的斜率分别为k1,k2，求证：k1−2k2为定值.
【解题思路】（1）方法1：设出点M的坐标，计算点M到直线BD的距离，运用辅助角公式转化为求三角函数的最大值，进而可求得结果.
方法2：联立椭圆方程及与BD平行的直线的方程，令Δ=0，进而可求得结果.
（2）分别求出交点M、Q、P坐标，计算k1−2k2即可.
【解答过程】（1）方法1：如图所示，
由题意知，A(−2,0)，B(2,0)，D(0,1)，
设M2csα,sinα,lBD:x+2y−2=0，
则|BD|=5，
点M到直线BD的距离为：d=2csα+2sinα−25=22sinα+π4−25，
所以d=22sinα+π4−25≤−22−25=22+25，
所以S△MDB≤12×5×22+25=2+1.
故△MBD面积的最大值为：2+1.
方法2：设与BD平行的直线l:x+2y+t=0，
联立x+2y+t=0x2+4y2=4得8y2+4ty+t2−4=0，
令Δ=16−t2+8=0⇒t=±22，
显然当t=22时l与椭圆的切点与直线BD的距离最大，
dmax=22−−212+22=22+25，
所以S△MDB≤12×5×22+25=2+1.
故△MBD面积的最大值为：2+1.
（2）如图所示，
设直线lAM:x=my−2，
联立x2+4y2=4x=my−2得m2+4y2−4my=0，
则点M的坐标为2m2−8m2+4,4mm2+4，
设点Q为t,0，则kQD=kMD，
所以1−t=4mm2+4−12m2−8m2+4，即t=2m+2m−2，
所以Q 2m+2m−2,0，
联立x=my−2y=−12x+1得点P的坐标为2m−2m+2,4m+2，
所以k1=4mm2+4−4m+22m2−8m2+4−2m−2m+2=1m，k2=4m+2−02m−2m+2−2m+2m−2=2−m4m，
所以k1−2k2=1m−2×2−m4m=1m−2−m2m=12.
故k1−2k2为定值12.
2．（2023春·江苏南京·高二校考期末）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的实轴长为22，C的一条渐近线斜率为−22，直线l交C于P，Q两点，点M2a,b在双曲线C上.
(1)若直线l过C的右焦点，且斜率为−1，求△PMQ的面积；
(2)设P，Q为双曲线C上异于点M2a,b的两动点，记直线MP，MQ的斜率分别为k1，k2，若k1+k2=2k1k2，求证：直线PQ过定点.
【解题思路】（1）根据双曲线离心率公式，结合双曲线焦距定义求出双曲线的方程联立进行求解即可；
（2）设出直线方程与双曲线方程联立，根据一元二次方程根的判别式、根与系数关系，结合直线斜率公式进行求解即可.
【解答过程】（1）如图：

因为双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的实轴长为22，
所以2a=22，即a=2.又因为C的一条渐近线斜率为−22，
所以−ba=−22，所以b=1，故双曲线C:x22−y2=1.
则其右焦点坐标为3,0，因为直线l过C的右焦点，且斜率为−1，
所以直线l的方程为：y=−x+3，设Px1,y1，Qx2,y2.
联立y=−x+3x22−y2=1得：x2−43x+8=0，
所以由韦达定理得：x1+x2=43，x1x2=8.
所以PQ=1+k2x1+x22−4x1x2=248−32=42，
点M2,1到直线l的距离为：d=3−32.
所以S△PMQ=12PQd=12×42×3−32=6−23.
（2）证明：如图

设直线PQ的方程为：x=my+n，设Px1,y1，Qx2,y2.
联立x=my+nx22−y2=1得：m2−2y2+2mny+n2−2=0.
Δ=4m2n2−4m2−2n2−2=8m2+n2−2>0，即m2+n2>2
所以：y1+y2=−2mnm2−2，y1y2=n2−2m2−2.
而M2,1，则k1=y1−1x1−2，k2=y2−1x2−2.
因为k1+k2=2k1k2，所以y1−1x1−2+y2−1x2−2=2y1−1x1−2⋅y2−1x2−2
整理的：y1−1x2−2x1−2x2−2+y2−1x1−2x1−2x2−2=2y1−1x1−2⋅y2−1x2−2，
所以y1−1x2−2+y2−1x1−2=2y1−1y2−1，
所以：y1x2+y2x1−x2−x1+2=2y1y2，
所以y1my2+n+y2my1+n−my2+n−my1+n+2=2y1y2，
整理得：2m−2y1y2+n−my1+y2−2n+2=0，
代入韦达定理得：2m−2n2−2m2−2+−2mnn−mm2−2+−2n+2m2−2m2−2=0，
所以2m−2n2−2−2mnn−m+−2n+2m2−2=0，
整理得：m2−n2−2m−2n=0，
即m−nm+n−2=0，则m=n或m=2−n.
当m=n时，直线线PQ的方程为：x=ny+n=ny+1，所以过定点0,−1；
当m=2−n时，直线线PQ的方程为：x=2−ny+n=n1−y+2y，所以过定点2,1.
即为M2,1，因为P，Q为双曲线C上异于点M2,1的两动点，所以不符合题意.
故直线PQ过的定点为0,−1.
3．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别是F1，F2，A，B分别是其左、右顶点，点P是椭圆C上任一点，且△PF1F2的周长为6，若△PF1F2面积的最大值为3．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若过点F2且斜率不为0的直线交椭圆C于M，N两个不同的点，证明：直线AM与BN的交点在一条定直线上．
【解题思路】（1）△PF1F2的周长为2a+2c，△PF1F2面积的最大值为bc，由此可求得a,b得椭圆方程；
（2）设直线MN方程为x=my+1，M(x1,y1),N(x2,y2)，直线方程代入椭圆方程消元后由韦达定理得y1+y2,y1y2，求出直线AM和BN的方程，再求出两直线交点坐标，由交点坐标结合韦达定理可得结论．
【解答过程】（1）由椭圆定义知△PF1F2的周长为2a+2c=6，当P是椭圆短轴端点时，△PF1F2面积的最大，最大值为bc=3，
由2a+2c=6bc=3a2=b2+c2，
消去a,b得2c3−3c2+1=0，(c−1)2(2c+1)=0，∵c>0，∴c=1，
∴a=2c=1b=3，
∴椭圆方程为x24+y23=1；
（2）由（1）A(−2,0),B(2,0)，F2(1,0)
由直线MN斜率不为0，设直线MN方程为x=my+1，设M(x1,y1),N(x2,y2)，
由x=my+1x24+y23=1，消去x可得(4+3m2)y2+6my−9=0，
∴y1+y2=−6m4+3m2，y1y2=−94+3m2，∴my1y2=32(y1+y2)，
直线AM方程为：y=y1x1+2(x+2)，
直线BN方程为：y=y2x2−2(x−2)，
联立方程组y=y1x1+2(x+2)y=y2x2−2(x−2)，y1x1+2(x+2) =y2x2−2(x−2)，
x+2x−2=y2(x1+2)y1(x2−2)=y2(my1+3)y1(my2−1)=my1y2+3y2my1y2−y1 =32(y1+y2)+3y232(y1+y2)−y1=32(y1+3y2)12y1+32y2=3，
∴x=4．
故直线AM,BN的交点在直线x=4上．
4．（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线C:y2=2pxp>0，O为坐标原点，焦点在直线2x+4y−1=0上．
(1)求抛物线的标准方程；
(2)过点4,0作动直线l与抛物线C交于M，N两点，直线OM，ON分别与圆x−12+y2=1交于点P，Q两点（异于点O），设直线OM，ON斜率分别为k1，k2．
①求证：k1⋅k2为定值；
②求证：直线PQ恒过定点．
【解题思路】（1）先求出抛物线的焦点坐标，进而得到p2=12，可得p=1，从而求解；
（2）①设直线MN方程为x=my+4，Mx1,y1，Nx2,y2，联立方程组，结合韦达定理可得y1y2=−8，结合y12=2x1y22=2x2可得x1x2=16，进而求证；
②设直线PQ方程为x=ty+n，Px3,y3，Qx4,y4，联立方程组，结合韦达定理可得y3+y4=−2t(n−1)t2+1，y3y4=n2−2nt2+1，再结合k1⋅k2=y3x3⋅y4x4=−12即可得证.
【解答过程】（1）易知直线2x+4y−1=0与x轴交于12,0，
即焦点坐标为12,0，
所以p2=12，p=1，
则抛物线方程为y2=2x．
（2）①设直线MN方程为x=my+4，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立方程组x=my+4y2=2x，得y2−2my−8=0，
所以y1y2=−8，又y12=2x1y22=2x2，
所以y12y22=4x1x2=64，即x1x2=16，
则k1⋅k2=y1x1⋅y2x2=−816=−12．
②设直线PQ方程为x=ty+n，Px3,y3，Qx4,y4
联立方程组x=ty+nx−12+y2=1，得(t2+1)y2+2t(n−1)y+n2−2n=0，
所以y3+y4=−2t(n−1)t2+1，y3y4=n2−2nt2+1，
k1⋅k2=y3x3⋅y4x4=y3y4(ty3+n)(ty4+n)=y3y4t2y3y4+nt(y3+y4)+n2=−12．
整理得n−2n=−12，n=43，所以直线PQ过定点43,0．
5．（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线C:y2=2pxp>0，圆B:x2+y2−6x+1=0，直线m:x−y+b=0b>0与抛物线C和圆B同时相切.
（1）求p和b的值；
（2）若点A的坐标为−2,0，过点A且斜率为23的直线l1与抛物线C分别相交于P、Q两点（点Q在点P的右边），过点A的直线l2与抛物线C分别相交于M、N两点，直线l1与l2不重合，直线PM与直线QN相交于点T，求证：点T在定直线上.
【解题思路】（1）根据圆心到直线的距离等于半径可得b=1，联立直线与抛物线方程，根据判别式等于零可得p=2；
（2）联立直线l1与抛物线，解得点P的坐标为1,2，点Q的坐标为4,4，设直线l2的方程为y=kx+2k≠0，点M的坐标为x2,y2，点N的坐标为x1,y1，联立直线l2与抛物线方程，根据韦达定理可得y1y2=8，利用直线PM和直线QN的方程联立，消去y可得x=2，所以点T在定直线x=2上
【解答过程】（1）圆B的标准方程为x−32+y2=8，可知圆B的圆心为3,0，半径为22，
由直线x−y+b=0与圆B相切，可得b+32=22，解得b=1或b=−7（舍去），
联立方程y2=2pxx−y+1=0，消去x后整理为y2−2py+2p=0，
因为直线与抛物线相切，所以Δ=4p2−8p=0，得p=2，
故p=2，b=1.
（2）证明：直线l1的方程为y=23x+2，
联立方程y2=4xy=23x+2，解得x=1y=2或x=4y=4，
则点P的坐标为1,2，点Q的坐标为4,4，
设直线l2的方程为y=kx+2k≠0，
点M的坐标为x2,y2，点N的坐标为x1,y1
联立方程y2=4xy=kx+2，消去y整理为k2x2+4k2−4x+4k2=0，
有x1+x2=4−4k2k2，x1x2=4，
y1y2=k2x1+2x2+2=k2x1x2+2x1+x2+4=k28−8k2k2+8=8，
由Δ=4k2−42−16k4>0得−22直线PM的斜率为y2−2x2−1=y2−214y22−1=4y2+2=48y1+2=2y1y1+4，
直线QN的斜率为y1−4x1−4=y1−414y12−4=4y1+4，
直线PM的方程为y−2=2y1y1+4x−1，化为y=2y1y1+4x+8y1+4，
直线QN的方程为y−4=4y1+4x−4，化为y=4y1+4x+4y1y1+4，
联立直线PM、QN的方程消去y后得2y1y1+4−4y1+4x=4y1y1+4−8y1+4，
得2y1−2y1+4x=4y1−2y1+4，因为直线l1与l2不重合，所以y1≠2，所以x=2，
故点T在定直线x=2上.
考点7
圆锥曲线中的最值问题
1．（2023·贵州黔东南·凯里一中校考模拟预测）已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为4，上顶点P到直线l:x+2y−6=0的距离为455．
(1)求E的方程；
(2)直线y=kx+12(k>0)与E交于A，B两点，直线PA，PB分别交直线l于C，D两点，求CD的最小值．
【解题思路】（1）利用长轴的长度以及点到直线的距离公式求解；
（2）设点Ax1,y1，Bx2,y2， 将直线y=kx+12(k>0)与椭圆联立利用韦达定理求得x1和x2的关系式，再将直线PA与l联立求得xC,将直线PB与l联立求得xD,利用弦长公式即可求出CD2,化简整理利用二次函数的性质求出最值即可.
【解答过程】（1）由已知条件得2a=4，解得a=2，
上顶点坐标为P0,b，d=2b−65=455，解得b=5或b=1，
由于a>b>0，则b=1，
所以E的方程为x24+y2=1；
（2）由（1）得P0,1，设Ax1,y1，Bx2,y2，
联立y=kx+12x24+y2=1可得4k2+1x2+4kx−3=0，其中Δ=416k2+3>0，
x1+x2=−4k4k2+1，x1x2=−34k2+1，
设直线PA的方程为y=y1−1x1x+1，
联立y=y1−1x1x+1x+2y−6=0解得xC=4x12y1+x1−2
点Ax1,y1在直线y=kx+12上，则y1=kx1+12，即xC=4x12k+1x1−1，
同理可得xD=4x22k+1x2−1，
所以CD2=xC−xD2+yC−yD22 =1+kCD2xC−xD2
=544x12k+1x1−1−4x22k+1x2−12
=54⋅16x1+x22−4x1x22k+12x1x2−2k+1x1+x2+12
=20×16k2+34k+12
令4k+1=tt>1，则CD2=20×t2−2t+4t2=204t2−2t+1 =2041t−142+34,
此时0<1t<1，当1t=14时有最小值，即CD=15.
2．（2023·全国·高三专题练习）已知双曲线Γ：x2a2−y2b2=1,a>0,b>0经过点P2,1，且其中一焦点F到一条渐近线的距离为1.
(1)求双曲线Γ的方程；
(2)过点P作两条相互垂直的直线PA，PB分别交双曲线Γ于A，B两点，求点P到直线AB距离的最大值.
【解题思路】（1）根据P点坐标以及焦点到渐近线的距离求得a,b，从而求得双曲线的方程.
（2）根据直线AB的斜率是否存在进行分类讨论，结合PA⊥PB以及点到直线的距离公式、基本不等式求得点P到直线AB距离的最大值.
【解答过程】（1）不妨设Fc,0，到双曲线的一条渐近线bx−ay=0的距离为bca2+b2=bcc=b=1.
双曲线x2a2−y2=1过P2,1，所以4a2−1=1,a2=2,a=2，
所以双曲线方程为x22−y2=1.
（2）当直线AB的斜率不存在时，设Ax0,y0y0>0，则Bx0,−y0，
PA=x0−2,y0−1,PB=x0−2,−y0−1，
依题意PA⋅PB=x0−2,y0−1⋅x0−2,−y0−1=0，
x0−22−y02−1=0，即x02−4x0−y02+5=0，
由x02−4x0−y02+5=0x022−y02=1解得x0=6y0=17或x0=2y0=1（舍去），
所以A6,17,B6,−17，此时P到直线AB的距离为6−2=4.
当直线AB的斜率存在时，设Ax1,y1,Bx2,y2，设直线AB的方程为y=kx+m.
由y=kx+mx22−y2=1消去y并化简得：2k2−1x2+4kmx+2m2+2=0，
Δ=16k2m2−42k2−12m2+2=−16k2+8m2+8>0,m2−2k2+1>0①，
x1+x2=−4km2k2−1,x1x2=2m2+22k2−1，
依题意PA⋅PB=x1−2,y1−1x2−2,y2−1=0，
所以x1−2x2−2+y1−1y2−1=x1−2x2−2+kx1+m−1kx2+m−1
=k2+1x1x2+km−k−2x1+x2+m2−2m+5
=k2+1⋅2m2+22k2−1+km−k−2⋅−4km2k2−1+m2−2m+5=0，
整理得m2+8km+12k2+2m−3=0，
即m+2k−1m+6k+3=0，由于P∉直线AB，1≠2k+m，
所以m+6k+3=0,m=−6k−3，
函数y=−6k−32−2k2+1=34k2−36k+10的开口向上，
判别式为−362−4×34×10=1296−1360=−64<0，故①成立.
所以直线AB的方程为y=kx−6k−3，即kx−y−6k−3=0，
所以P到AB的距离d=2k−1−6k−3k2+1=4k+1k2+1，
d42=k2+1+2kk2+1=1+2kk2+1，
当k≤0时，1+2kk2+1≤1；当k>0时1+2kk2+1=1+2k+1k≤1+22k⋅1k=2，
当且仅当k=1k,k=1时等号成立.
所以d42≤2,d4≤2,d≤42.
综上所述，点P到直线AB的距离的最大值为42.
3．（2023春·广东河源·高二校考期中）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为63，椭圆的左顶点为P，上顶点为Q，O为坐标原点，且△OPQ的面积为32．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l与椭圆C交于A，B两点，坐标原点O到直线l的距离为32，求△AOB面积的最大值．
【解题思路】（1）根据已知条件，结合椭圆的性质，即可求解；
（2）先求出当AB⊥x轴时AB=3，当AB与x轴不垂直时，设出直线AB方程，并与椭圆方程联立，再结合判别式法，以及韦达定理，弦长公式，不等式的公式，即可求解．
【解答过程】（1）设椭圆的半焦距为c，
依题意有ca=63，12ab=32，a2=b2+c2，
∴c=2，a=3，b=1，
∴所求椭圆方程为x23+y2=1；
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，
①当AB⊥x轴时，AB=3；
②当AB与x轴不垂直时，
设直线AB的方程为y=kx+m，
坐标原点O到直线l的距离为32，
则m1+k2=32，即4m2=3k2+1．
把y=kx+m代入椭圆方程，整理得3k2+1x2+6kmx+3m2−3=0，
Δ=36k2m2−123k2+1m2−1=123k2−m2+1，
AB=x1−x22+y1−y22=k2+1⋅x1−x2
=k2+1⋅233k2−m2+13k2+1，
结合4m2=3k2+1，消去k，可化为AB=4m23⋅233m2−24m2−2，AB=2m23m2−22m2−1≤m2+3m2−22m2−1=2，
当且仅当m2=3m2−2，即m2=1，k2=13，k=±33时，等号成立，
又当k不存在时，AB=3，
综上所述，AB的最大值为2，
所以△AOB的面积的最大值为S△AOB=12×|AB|max×32=32．
4．（2023·全国·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1，（a>0，b>0）的实轴长为2，且过点(e,3)，其中e为双曲线C的离心率．
(1)求C的标准方程；
(2)过点M(−2,0)且斜率不为0的直线l与C的左、右两支分别交于点A,B，点N在线段AB上，且|MA||MB|=|AN||NB|，P为线段AB的中点，记直线OP，ON（O为坐标原点）的斜率分别为k1，k2，求k1+k2的最小值．
【解题思路】（1）根据题意列式求解a,b,c即可；
（2）设直线l的方程及交点坐标，利用韦达定理求P,N的坐标，进而可得k1k2=−9，结合基本不等式分析运算即可.
【解答过程】（1）因为双曲线C:x2a2−y2b2=1的实轴长为2，则a=1，
由双曲线过点(e,3)，且e=ca=c，则c2−9b2=1，
即c2−9b2=1c2=1+b2，解得b=3c=2，
故双曲线C的标准方程为x2−y23=1．
（2）设直线l:my=x+2(m≠0)，Ax1,y1，Bx2,y2,Nx3,y3,Px4,y4，
由题意可知x1联立方程x=my+2x2−y23=1，整理得3m2−1y2−12my+9=0，
由题意可得3m2−1≠0Δ=144m2−363m2−1>0y1y2=93m2−1>0，解得m>33或m<−33，
则y1+y2=12m3m2−1，y1y2=93m2−1．
可得y4=y1+y22=6m3m2−1，x4=my4−2=6m23m2−1−2=23m2−1，
则P23m2−1,6m3m2−1，所以k1=6m3m2−123m2−1=3m．
因为|MA||MB|=|AN||NB|，则y1y2=y3−y1y2−y3，整理得y3=2y1y2y1+y2=183m2−112m3m2−1=32m，
则x3=my3−2=m×32m−2=−12，
即N−12,32m，则k2=32m−12=−3m．
所以k1k2=3m×−3m=−9，即k1k2=9．
∴k1+k2≥2k1k2=6，当且仅当k1=k2，即k1=3k2=−3或k1=−3k2=3时，等号成立，
此时m=1或−1，均满足l与C的左、右两支分别相交．
∴k1+k2的最小值为6．
5．（2023春·上海宝山·高二校考期中）直线l与抛物线y2=4x交于A、B两点，O为坐标原点，直线OA、OB的斜率之积为−1，以线段AB的中点为圆心，2为半径的圆与直线l交于P、Q两点．
（1）求证：直线l过定点；
（2）求AB中点的轨迹方程；
（3）设M6,0，求MP2+MQ2的最小值．
【解题思路】（1）设直线l的方程为x=my+t，设点Ax1,y1、Bx2,y2，将直线l的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，分析可知OA⋅OB=0，利用平面向量的数量积的坐标运算并结合韦达定理求出t的值，即可证得结论成立；
（2）设线段AB的中点为Nx,y，可得出x=2m2+4y=2m，消去m可得出线段AB的中点的轨迹方程；
（3）利用平面向量的数量积推导出2MP2+MQ2=4MO′2+PQ2，结合两点间的距离公式以及二次函数的基本性质可求得MP2+MQ2的最小值.
【解答过程】（1）设直线AB的方程为x=my+t，设点Ax1,y1、Bx2,y2，
由y2=4xx=my+t得y2−4my−4t=0，
所以Δ=4m2+16t=16t+m2>0，所以y1+y2=4m，y1y2=−4t，
所以x1+x2=my1+y2+2t=4m2+2t，x1⋅x2=y12y2216=t2，
因为直线OA、OB的斜率之积为−1，所以OA⋅OB=0，
所以x1x2+y1y2=t2−4t=0，所以t=4，
所以直线AB的方程为x=my+4，过定点4,0；
（2）∵x1+x2=4m2+8，直线l中点为圆心O′2m2+4,2m，
设线段AB的中点为Nx,y，可得x=2m2+4y=2m，消去m得y2=2x−8，
因此，线段AB的中点的轨迹方程为x=12y2+4；
（3）如下图所示，易知圆心O′为线段PQ的中点，
MO′=MP+PO′=MP+12PQ=MP+12MQ−MP=12MQ+MP，
所以，2MO′=MP+MQ，
所以，4MO′2+PQ2=MQ+MP2+MQ−MP2=2MQ2+2MP2，
即2MP2+MQ2=4MO′2+PQ2=4MO′2+222
=44m2−12+4m2+8=16m4−m2+1+8=16m2−122+20，
所以MP2+MQ2=8m2−122+10，
所以当m=±22时，MP2+MQ2的最小值为10．
考点8
圆锥曲线综合
1．（2023春·天津和平·高三校考阶段练习）双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为2，抛物线y2=2pxp>0的准线与双曲线C的渐近线交于A,B点，ΔOAB（O为坐标原点）的面积为4，则抛物线的方程为( )
A．y2=4xB．y2=6xC．y2=8xD．y2=16x
【解题思路】根据题意，可知该双曲线是等轴双曲线，进行求解即可.
【解答过程】由题意可知该双曲线是等轴双曲线，故渐近线方程是y=±x，而抛物线的准线方程为x=−p2，由题设可得A−p2,p2,B−p2,−p2，则AB=p，所以ΔOAB（O为坐标原点）的面积为S=12×p×p2=p24=4⇒p=4，
故选C．
2．（2023春·西藏日喀则·高二统考期末）已知抛物线C：x2=−2pyp>0的焦点F与y28+x24=1的一个焦点重合，过焦点F的直线与C交于A，B两不同点，抛物线C在A，B两点处的切线相交于点M，且M的横坐标为4，则弦长AB=（ ）
A．12B．14C．15D．16
【解题思路】由题意可得p的值及抛物线方程，设直线AB的方程为y=kx−2，利用导数求得在点A及点B处的切线方程，联立可得xM=x1+x22，由M的横坐标为4得x1+x2=8，将AB的方程代入抛物线方程，可得x2+8kx−16=0，由韦达定理得k=−1，进而结合抛物线定义求得弦长.
【解答过程】由题意可得，F0,−2，则p=4，抛物线方程为x2=−8y，准线方程y=p2=2.
由题意，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y=kx−2，
设Ax1,y1，Bx2,y2，其中y1=−x128，y2=−x228，
由y=−x28，得y′=−x4.
∴在点A处的切线方程为y−y1=−x14x−x1，化简得y=−x14x+x128，①
同理可得在点B处的切线为y=−x24x+x228，②
联立①②得xM=x1+x22，由M的横坐标为4，得x1+x2=8，
将AB的方程代入抛物线方程，可得x2+8kx−16=0，
∴Δ=64k2+64>0，x1+x2=−8k=8，得k=−1，
∴y1+y2=kx1+x2−4=−1×8−4=−12，
则AB=AF+BF=p2−y1+p2−y2=p−y1+y2=4−−12=16.
故选：D.
3．（2023·吉林白山·抚松县第一中学校考模拟预测）已知双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0的右焦点与抛物线y2=2pxp>0的焦点重合，抛物线的准线交双曲线于A，B两点，交双曲线的渐近线于C、D两点，若CD=2AB.则双曲线的离心率为 2 .
【解题思路】设公共焦点为c,0，进而可得准线为x=−c，代入双曲线及渐近线方程，结合线段长度比值可得a2=12c2，再由双曲线离心率公式即可得解.
【解答过程】设双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)与抛物线y2=2px(p>0)的公共焦点为c,0，
则抛物线y2=2px(p>0)的准线为x=−c，
令x=−c，则c2a2−y2b2=1，解得y=±b2a，所以AB=2b2a,
又因为双曲线的渐近线方程为y=±bax，所以CD=2bca，
所以2bca=22b2a，即c=2b，所以a2=c2−b2=12c2，
所以双曲线的离心率e=ca=2.
故答案为：2.
4．（2023春·广东揭阳·高二校联考期中）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1、F2，且F2也是抛物线E：y2=4x的焦点，P为椭圆C与抛物线E在第一象限的交点，且PF2=53.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设动直线l与椭圆C交于R，S两点，存在一点T4,0使∠OTS=∠OTR，判断直线l是否经过定点?若是，求出定点的坐标；若不是，说明理由.
【解题思路】（1）根据抛物线方程可求出F21,0，则c=1，设Px0,y0，则由抛物线的定义列方程可求出x0=23，从而可求出点P的坐标，再将点P的坐标代入椭圆方程，结合a2=b2+c2可求出a2,b2，从而可得椭圆方程；
（2）若动直线l过T4,0，可得满足条件，若直线l不过T4,0，假设直线l过定点Mt,0，设直线l的方程是：x=my+t，设Rx1,y1，Sx2,y2，将直线方程代入椭圆方程化简后利用根与系数的关系，由∠OTS=∠OTR，可得kTS+kTR=0，结合前面的式子化简可得mt−1=0，从而可得结论.
【解答过程】（1）∵F2也是抛物线E：y2=4x的焦点，∴F21,0，
∴c=1，且抛物线的准线方程为x=−1，
设点Px0,y0，
∵PF2=53，∴x0+1=53，∴x0=23，
∴y0=223=263，∴49a2+83b2=1，
∵a2−b2=c2=1，解得a2=4，b2=3，
∴椭圆方程为x24+y23=1；
（2）①若动直线l过T4,0，此时R、S、T共线，满足题设.
②若直线l不过T4,0，假设直线l过定点，由椭圆的对称性可知定点必在x轴上，设为Mt,0；则直线l的方程是：x=my+t，
设Rx1,y1，Sx2,y2，则
联立x=my+t3x2+4y2=12，消x整理得3m2+4y2+6mty+3t2−12=0，
由△>0得3m2−t2+4>0
由韦达定理有y1+y2=−6mt3m2+4，y1⋅y2=3t2−123m2+4
由∠OTS=∠OTR（显然TS，TR的斜率存在），故kTS+kTR=0，
即y1x1−4+y2x2−4=0，y1x2−4+y2x1−4x1−4x2−4=0.
∴y1x2−4+y2x1−4=0.
由R，S两点在直线x=my+t上，故x1=my1+t，x2=my2+t
代入上式，整理可得：2my1y2+(t−4)y1+y2=0
即有2m3t2−123m2+4+t−4−6mt3m2+4=0.
整理可得：mt−1=0，无论mm≠0为何值t=1使等式成立.
又t=1时满足△>0；故直线l恒经过定点1,0.
m=0时mt−1=0恒成立，此时直线l不过定点.
综上①②，动直线不过定点.
5．（2023春·云南玉溪·高二统考期末）已知双曲线C1:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F6,0，渐近线与抛物线C2：y2=2px交于点1,2.
(1)求C1，C2的方程；
(2)设A是C1与C2在第一象限的公共点，作直线l与C1的两支分别交于点M，N，使得AM⊥AN.求证：直线MN过定点.
【解题思路】（1）求出双曲线渐近线方程，由已知列出关于a，b的方程组即得C1方程，代入求出2p得C2的方程.
（2）求出点A的坐标，设出直线l的方程，与C1的方程联立，利用韦达定理及向量数量积探求、计算判断作答.
【解答过程】（1）双曲线C1的渐近线方程为：y=±bax，
因为F(6,0),C1的渐近线过(1,2)，则有ba=2a2+b2=6，解得b=2a=2，
则C1:x22−y24=1，由抛物线C2过(1,2)，得2=2p，则C2:y2=2x，
所以C1，C2的方程分别为x22−y24=1，y2=2x.
（2）由于点M，N在双曲线C1左右两支上，则直线l的斜率存在，设l的方程为y=kx+m,Mx1,y1,Nx2,y2，

由x22−y24=1y=kx+m消去y得：(2−k2)x2−2kmx−m2−4=0，Δ=4k2m2−4(k2−2)(m2+4)>0，
即m2+4−2k2>0，则x1+x2=2km2−k2,x1x2=−m2−42−k2，y1+y2=k(x1+x2)+2m=4m2−k2，
y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=k2⋅−m2−42−k2+2k2m22−k2+m2 =2m2−4k22−k2，
由y2=2x2x2−y2=4，解得x=2y=±2，于是A(2,2)，AM=(x1−2,y1−2),AN=(x2−2,y2−2)，
由AM⊥AN，得AM⋅AN=0，即AM⋅AN=(x1−2)(x2−2)+(y1−2)(y2−2)
=x1x2+y1y2−2(x1+x2)−2(y1+y2)+8=−m2−42−k2+2m2−4k22−k2−4km2−k2−8m2−k2+8=0，
整理得：−12k2−4km+m2−8m+12=0，即(2k+m−2)(6k−m+6)=0，
显然A(2,2)不在直线MN上，即2k+m−2≠0，于是6k−m+6=0，满足Δ>0，
因此直线MN的方程为y=kx+6k+6，即y=k(x+6)+6，恒过定点P(−6,6)，
所以直线MN过定点P(−6,6).