【二輪復習】高考數(shù)學 14 圓錐曲線必考壓軸解答題全歸類（重難點練習）（新高考專用）.zip-試卷下載-教習網

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\l "_Tc8356" 【題型1 軌跡方程】 PAGEREF _Tc8356 \h 4
\l "_Tc31449" 【題型2 圓錐曲線的弦長問題】 PAGEREF _Tc31449 \h 10
\l "_Tc23595" 【題型3 圓錐曲線的“中點弦”問題】 PAGEREF _Tc23595 \h 15
\l "_Tc17042" 【題型4 斜率之和差商積問題】 PAGEREF _Tc17042 \h 19
\l "_Tc8630" 【題型5 圓錐曲線中三角形（四邊形）的面積問題】 PAGEREF _Tc8630 \h 25
\l "_Tc30965" 【題型6 圓錐曲線中的最值或取值范圍問題】 PAGEREF _Tc30965 \h 31
\l "_Tc21032" 【題型7 圓錐曲線中的定點、定值問題】 PAGEREF _Tc21032 \h 36
\l "_Tc13036" 【題型8 圓錐曲線中的定直線問題】 PAGEREF _Tc13036 \h 41
\l "_Tc28661" 【題型9 圓錐曲線與向量綜合】 PAGEREF _Tc28661 \h 48
\l "_Tc28044" 【題型10 圓錐曲線中的探索性問題】 PAGEREF _Tc28044 \h 53
\l "_Tc7843" 【題型11 圓錐曲線新定義】 PAGEREF _Tc7843 \h 59
平面解析幾何是高考數(shù)學的重要考查內容，其中圓錐曲線是高考的必考內容之一，常作為試卷的拔高與區(qū)分度大的試題，其思維要求高，計算量較大.從近幾年的高考情況來看，在解答題中的考查主要有三個方面：一是平面解析幾何通性通法的研究；二是圓錐曲線中的弦長、面積、最值、定點、定值或定直線等問題的求解；三是圓錐曲線中的常見模型.
圓錐曲線的核心內容概括為八個字，就是“定義、方程、位置關系”，所有的圓錐曲線有關試題都是圍繞這些核心內容展開；試題難度較大，需要靈活求解．
【知識點1 動點軌跡問題】
1.求動點的軌跡方程的方法
求動點的軌跡方程有如下幾種方法：
(1)直譯法：直接將條件翻譯成等式，整理化簡后即得動點的軌跡方程；
(2)定義法：如果能確定動點的軌跡滿足某種已知曲線的定義，則可利用曲線的定義寫出方程；
(3)相關點法：用動點Q的坐標x、y表示相關點P的坐標x0、y0，然后代入點P的坐標(x0,y0)所滿足的
曲線方程，整理化簡可得出動點Q的軌跡方程；
(4)參數(shù)法：當動點坐標x、y之間的直接關系難以找到時，往往先尋找x、y與某一參數(shù)t得到方程，即
為動點的軌跡方程；
【知識點2 圓錐曲線中的弦長問題】
1．橢圓的弦長問題
(1)定義：直線與橢圓的交點間的線段叫作橢圓的弦.
(2)弦長公式：設直線l:y=kx+m交橢圓+=1 (a>b>0)于，兩點，
則或.
2．橢圓的“中點弦問題”
(1)解決橢圓中點弦問題的兩種方法
①根與系數(shù)的關系法：聯(lián)立直線方程和橢圓方程構成方程組，消去一個未知數(shù)，利用一元二次方程根
與系數(shù)的關系以及中點坐標公式解決.
②點差法：利用端點在曲線上，坐標滿足方程，將端點坐標分別代入橢圓方程，然后作差，構造出中
點坐標和斜率的關系.
設，，代入橢圓方程+=1 (a>b>0)，
得，
①-②可得+=0，
設線段AB的中點為，當時，有+=0.
因為為弦AB的中點，從而轉化為中點與直線AB的斜率之間的關系，這就是處理弦
中點軌跡問題的常用方法.
(2)弦的中點與直線的斜率的關系
線段AB是橢圓+=1 (a>b>0)的一條弦，當弦AB所在直線的斜率存在時，弦AB的中點M的坐標
為，則弦AB所在直線的斜率為，即.
3．雙曲線的弦長問題
①弦長公式：直線y=kx+b與雙曲線相交所得的弦長d.
②解決此類問題時要注意是交在同一支，還是交在兩支上.
③處理直線與圓錐曲線相交弦有關問題時，利用韋達定理、點差法的解題過程中，并沒有條件確定直
線與圓錐曲線一定會相交，因此，最后要代回去檢驗.
④雙曲線的通徑：
過焦點且與焦點所在的對稱軸垂直的直線被雙曲線截得的線段叫作雙曲線的通徑.無論焦點在x軸上還
是在y軸上，雙曲線的通徑總等于.
4．雙曲線的“中點弦問題”
“設而不求”法解決中點弦問題：
①過橢圓內一點作直線，與橢圓交于兩點，使這點為弦的中點，這樣的直線一定存在，但在雙曲線的這類問題中，則不能確定.要注意檢驗.
②在解決此類問題中，常用韋達定理及垂直直線的斜率關系.常用的解題技巧是如何應用直線方程將轉化為能用韋達定理直接代換的.垂直關系有時用向量的數(shù)量關系來刻畫，要注意轉化.
5．拋物線的弦長問題
設直線與拋物線交于A,B兩點，則
|AB|==或
|AB|== (k為直線的斜率，k≠0).
6．拋物線的焦點弦問題
拋物線=2px(p>0)上一點A與焦點F(,0)的距離為|AF|=，若MN為拋物線=2px(p>0)的焦點弦，則焦點弦長為|MN|=++p(,分別為M,N的橫坐標).
設過拋物線焦點的弦的端點為A,B，則四種標準方程形式下的弦長公式為：
【知識點3 圓錐曲線中最值或取值范圍問題的解題策略】
1. 處理圓錐曲線最值問題的求解方法
圓錐曲線中的最值問題類型較多，解法靈活多變，但總體上主要有兩種方法：
一是利用幾何法，即通過利用曲線的定義、幾何性質以及平面幾何中的定理、性質等進行求解；
二是利用代數(shù)法，即把要求最值的幾何量或代數(shù)表達式表示為某個(些)參數(shù)的函數(shù)(解析式)，然后利用
函數(shù)方法、不等式方法等進行求解.
2. 解決圓錐曲線中的取值范圍問題應考慮的五個方面
(1)利用圓錐曲線的幾何性質或判別式構造不等關系，從而確定參數(shù)的取值范圍；
(2)利用已知參數(shù)的范圍，求新參數(shù)的范圍，解這類問題的核心是建立兩個參數(shù)之間的等量關系；
(3)利用隱含的不等關系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；
(4)利用已知的不等關系構造不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；
(5)利用求函數(shù)的值域的方法將待求量表示為其他變量的函數(shù)，求其值域，從而確定參數(shù)的取值范圍.
【知識點4 圓錐曲線中的定點、定值問題的解題策略】
1. 圓錐曲線中的定點問題的兩種解法
(1)引進參數(shù)法：引進動點的坐標或動線中系數(shù)為參數(shù)表示變化量，再研究變化的量與參數(shù)何時沒有關
系，找到定點.
(2)特殊到一般法：根據(jù)動點或動線的特殊情況探索出定點，再證明該定點與變量無關.
2. 圓錐曲線中的定值問題的解題策略
圓錐曲線中的定值問題主要分兩類：一類是圓錐曲線中的定線段的長的問題；另一類是圓錐曲線中幾
何圖形的面積的定值問題.
(1)探求圓錐曲線中的定線段的長的問題，一般用直接求解法，即先利用弦長公式把要探求的線段表示
出來，然后利用題中的條件(如直線與曲線相切等)得到弦長表達式中的相關量之間的關系式，把這個關系式代入弦長表達式中，化簡可得弦長為定值.
(2)探求圓錐曲線中幾何圖形的面積的定值問題，一般用直接求解法，即可先利用三角形面積公式(如果
是其他凸多邊形，可分割成若干個三角形分別求解)把要探求的幾何圖形的面積表示出來，然后利用題中的條件得到幾何圖形的面積表達式中的相關量之間的關系式，把這個關系式代入幾何圖形的面積表達式中，化簡即可.
【知識點5 圓錐曲線中的探索性問題的解題策略】
1.圓錐曲線中的探索性問題
此類問題一般分為探究條件、探究結論兩種.若探究條件，則可先假設條件成立，再驗證結論是否成立，
成立則存在，否則不存在；若探究結論，則應先求出結論的表達式，再針對其表達式進行討論，往往涉及對參數(shù)的討論.
【題型1 軌跡方程】
【例1】（2024·全國·模擬預測）已知A是圓E：x-32+y2=16上的任意一點，點F-3,0，線段AF的垂直平分線交線段AE于點T．
(1)求動點T的軌跡C的方程；
(2)已知點Q(4,0)，過點P(1,0)的直線l與C交于M，N兩點，求證：MP?NQ=MQ?NP．
【解題思路】（1）由點T滿足條件符合橢圓的定義，得點T的軌跡方程；
（2）按直線斜率是否為零分類討論，當直線斜率不為零時，聯(lián)立方程組，得kMQ+kNQ=0，所以x軸平分∠MQN，用角平分線定理證明命題成立.
【解答過程】（1）因為TE+TF=TE+TA=EA=4>EF=23，
所以動點T的軌跡C是以E，F(xiàn)為焦點且長軸長為4的橢圓，
因為2a=4，2c=23，所以a=2，c=3，
所以動點T的軌跡C的方程是x24+y2=1．
（2）
證明：若直線l與x軸重合，則M，N為橢圓C長軸的端點，
不妨設M(2,0)，N(-2,0)，則MPNP=13，MQNQ=26，所以MPNP=MQNQ，
若直線l與x軸不重合，設直線l的方程為x=ty+1，
設點Mx1,y1，Nx2,y2，由x=ty+1x2+4y2=4，得t2+4y2+2ty-3=0，
因為Δ=4t2+12t2+4>0，所以y1+y2=-2tt2+4，y1y2=-3t2+4，
因為kMQ+kNQ=y1ty1-3+y2ty2-3=2ty1y2-3y1+y2ty1-3ty2-3=-6tt2+4+6tt2+4ty1-3ty2-3=0，
所以x軸平分∠MQN，所以S△MPQS△NPQ=MPNP=MQNQ，
綜上，MP?NQ=MQ?NP．
【變式1-1】（2024·山東淄博·一模）在平面直角坐標系xOy中，點.F5,0，點Px,y是平面內的動點.若以PF 為直徑的圓與圓 D:x2+y2=1相切，記點 P 的軌跡為曲線C.
(1)求C的方程;
(2)設點A(1,0),M(0,t),N(0,4-t)(t≠2)，直線 AM ，AN 分別與曲線C交于點S，T (S，T 異于 A)，過點A作AH⊥ST，垂足為 H，求|OH|的最大值.
【解題思路】（1）設P(x,y)，根據(jù)|OG|=12|PF|±1代入坐標化簡得到軌跡方程；
（2）設直線ST:y=mx+n，將其與雙曲線方程聯(lián)立得到韋達定理式，求出M,N的縱坐標，從而有y1x1-1+y2x2-1=-4，代入韋達定理式化簡得m+n+2=0，從而得到直線ST所過定點，得到H點軌跡方程，從而得到最大值.
【解答過程】（1）設P(x,y)，則PF的中點Gx+52,y2，
根據(jù)題意得|OG|=12|PF|±1，
即x+522+y22=12(x-5)2+y2±1，
整理得(x+5)2+y2-(x-5)2+y2=2，
化簡整理，得點P的軌跡方程C:x2-y24=1.
（2）設Sx1,y1,Tx2,y2，
由對稱性可知直線ST的斜率存在，所以可設直線ST:y=mx+n，
聯(lián)立直線ST與曲線C的方程，得x2-y24=1y=mx+n，
消元整理，得4-m2x2-2mnx-n2+4=0(m≠±2)，
則Δ>0?4+n2-m2>0，①
x1+x2=-2mnm2-4,x1x2=n2+4m2-4②
所以AS:y=y1x1-1(x-1)，令x=0，得點M縱坐標t=-y1x1-1，
同理可得點N縱坐標4-t=-y2x2-1，故y1x1-1+y2x2-1=-4，
將y1=mx1+n,y2=mx2+n代入上式整理，得(2m+4)x1x2+(n-m-4)x1+x2+4-2n=0，
將②代入得m2+2mn+n2+2m+2n=0?(m+n)(m+n+2)=0，
若m+n=0，則直線ST:y=m(x-1)，恒過A(1,0)不合題意；
若m+n+2=0，則ST:y=m(x-1)-2，恒過Q(1,-2)，
因為直線ST恒過Q(1,-2)，且與C:x2-y24=1始終有兩個交點，又A(1,0)，
AH⊥ST，垂足為H，所以點H軌跡是以AQ為直徑的圓（不含點A），
設AQ中點為E，則圓心E(1,-1)，半徑為1，所以|OH|≤|OE|+1=2+1，
當且僅當點H在線段OE上時，OH取最大值2+1.
【變式1-2】（2024·遼寧·一模）已知平面上一動點P到定點F12,0的距離比到定直線x=-2023的距離小40452，記動點P的軌跡為曲線C.
(1)求C的方程；
(2)點A2,1,M,N為C上的兩個動點，若M,N,B恰好為平行四邊形MANB的其中三個頂點，且該平行四邊形對角線的交點在第一?三象限的角平分線上，記平行四邊形MANB的面積為S，求證：S≤869.
【解題思路】（1）根據(jù)距離公式列等量關系即可求解，或者利用拋物線的定義求解，
（2）根據(jù)點差法可得斜率關系，聯(lián)立直線與拋物線方程得韋達定理，即可根據(jù)弦長公式求解長度，由點到直線的距離公式表達面積，即可利用導數(shù)求解函數(shù)的最值.
【解答過程】（1）解法一：設Px,y，易知x>-2023，
根據(jù)題意可得x-122+y2=x+2023-40452，化簡得y2=2x，
所以C的方程為y2=2x.
解法二：因為點P到定點F12,0的距離比到定直線x=-2023的距離小40452，
所以點P到定點F12,0的距離與到定直線x=-12的距離相等，
由拋物線的定義可知，點P的軌跡是以定點F12,0為焦點，定直線x=-12為準線的拋物線，
所以C的方程為y2=2x.
（2）證明：設Mx1,y1,Nx2,y2，直線MN的斜率為kk≠0，線段MN的中點為Q，

因為平行四邊形MANB對角線的交點在第一?三象限的角平分線上，
所以線段MN的中點Q在直線y=x上，
設Qm,mm≠0，所以y12=2x1,y22=2x2,
所以y1-y2y1+y2=2x1-x2，
又y1+y2=2m,y1-y2x1-x2=k,
所以km=1，即k=1m.
設直線MN的方程為y-m=1mx-m，
即x-my+m2-m=0，
聯(lián)立x-my+m2-m=0,y2=2x,整理得y2-2my+2m2-2m=0，
所以Δ=8m-4m2>0，解得00，得x>0，點M在雙曲線的右支上運動，
所以MF1-MF2=2×12=1.
【變式4-3】（2023·四川南充·一模）如圖，橢圓E:x25+y2=1的四個頂點為A，B，C，D，過左焦點F1且斜率為k的直線交橢圓E于M，N兩點．
(1)求四邊形ABCD的內切圓的方程；
(2)設R(1,0)，連結MR，NR并延長分別交橢圓E于P，Q兩點，設PQ的斜率為k'．則是否存在常數(shù)λ，使得k=λk'恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，說明理由．
【解題思路】（1）根據(jù)對稱性，利用等面積法即可求解半徑，進而可求圓的方程，
（2）聯(lián)立直線與橢圓的方程，可得P3x1-5x1-3,2y1x1-3，Q3x2-5x2-3,2y2x2-3,進而根據(jù)兩點斜率公式化簡即可求解.
【解答過程】（1）連接AD,DC,CB,AB,則四邊形ABCD為邊長為a2+b2=6的菱形，
由對稱性可知，當圓與直線BC相切時，則與四邊形ABCD的各個邊相切，且圓心為坐標原點，
設內切圓半徑為r，由于CD=6,OC=5,OD=1，
則由等面積法可得12CD?r=12OC?OD，故r=306，
故圓的方程為：x2+y2=56
（2）設Mx1,y1,Nx2,y2,則x125+y12=1,x225+y22=1，
則直線MP的方程為y=y1x1-1x-1，
聯(lián)立y=y1x1-1x-1x25+y2=1可得1+5y1x1-12x2-10y1x1-12x+5y1x1-12-5=0，
即1+5y12x1-12x2-10y12x1-12x+5y12x1-12-5=0，
將y12=1-x125代入上式可得x1-12+51-x125x2-101-x125x+51-x125-5x1-12=0，
化簡得6-2x1x2-10-2x12x-6x12+10x1=0，
所以x1xP=-6x12+10x16-2x1，所以xP=3x1-5x1-3，
yP=y1x1-1xP-1=y1x1-13x1-5x1-3-1=2y1x1-3，
故P3x1-5x1-3,2y1x1-3，
同理可得Q3x2-5x2-3,2y2x2-3,
所以kPQ=2y1x1-3-2y2x2-33x1-5x1-3-3x2-5x2-3=2y1x2-3-2y2x1-33x1-5x2-3-3x2-5x1-3
由于直線MN方程為y=kx+2，所以y1=kx1+2,y2=kx2+2，
故kPQ=2kx1+2x2-3-2kx2+2x1-33x1-5x2-3-3x2-5x1-3=10kx2-x14x2-x1=52k，
故存在λ=25，使得k=λk'.
【題型5 圓錐曲線中三角形（四邊形）的面積問題】
【例5】（2024·四川·模擬預測）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1、F2，離心率為22．點M在直線x=-3(y≠0)上運動，且直線MF1的斜率與直線MF2的斜率之商為2．
(1)求C的方程；
(2)若點A、B在橢圓C上，O為坐標原點，且OA⊥OB，求△AOB面積的最小值．
【解題思路】（1）根據(jù)題意，由兩直線的斜率之商為2以及離心率公式，代入計算，即可求得a,b從而得道結果；
（2）根據(jù)題意，分直線OA，直線OB其中一條直線斜率不存在與直線OA，直線OB的斜率均存在討論，然后聯(lián)立方程，由三角形的面積公式結合基本不等式即可得到結果.
【解答過程】（1）
設F1-c,0,F2c,0,M-3,y0,y0≠0，
所以kMF1=y0-3+c,kMF2=y0-3-c，由直線MF1的斜率與直線MF2的斜率之商為2，
可得y0-3+c?-3-cy0=2，所以c=1，
又離心率e=ca=22，所以a=2，則b=a2-c2=1，
所以C的標準方程為x22+y2=1.
（2）
當直線OA，直線OB其中一條直線斜率不存在時，不妨令A1,0,B2,0，
此時△AOB面積為12×1×2=22；

當直線OA，直線OB的斜率均存在時，不妨設直線OA的方程為y=kxk≠0，
則直線OB的方程為y=-1kx，設點Ax1,y1,Bx2,y2，
聯(lián)立方程x2+2y2=2y=kx可得2k2+1x2=2，
所以OA2=x12+y12=k2+1x12=2k2+12k2+1，
聯(lián)立方程x2+2y2=2y=-1kx可得2k2+1x2=2，
所以OB2=x22+y22=1k2+1x22=21k2+12k2+1=2k2+1k2+2，
所以1OA2+1OB2=3k2+12k2+1=32，
因為S△AOB=12?OA?OB，又32=1OA2+1OB2≥2OA?OB，
所以OA?OB≥43，又230)的一個焦點到其一條漸近線的距離等于其離心率．
(1)求雙曲線C的方程；
(2)若直線l與橢圓y22+x2=1相切，且與雙曲線C的左、右支分別交于A,B兩點，與雙曲線C的漸近線分別交于E,F兩點．D0,2,O為坐標原點，記△DAB,△OEF的面積分別為S1,S2，當7155?S1-S2=4時，求直線l的方程．
【解題思路】（1）利用離心率公式和點到直線距離公式即可求解；
（2）根據(jù)題意可得l的斜率k一定存在且k≠±1，設直線l的方程為y=kx+m，先聯(lián)立橢圓方程，根據(jù)相切得到Δ=0，從而得到m2-k2=2；再聯(lián)立雙曲線方程，根據(jù)韋達定理及點到直線的距離公式求得S1；再聯(lián)立雙曲線的漸近線方程，求得OE和OF，從而求得S2．最后將S1，S2代入7155?S1-S2=4中可求得m，k的值，進而即可求得直線l的方程．
【解答過程】（1）由題意，設雙曲線C:x22-y2b2=1(b>0)的半焦距為c，左焦點為F1-c,0，
斜率為正的漸近線方程為bx-2y=0，
則bcb2+2=c2，解得b2=2，
所以雙曲線C的方程為x22-y22=1；
（2）由題意可得l的斜率k一定存在且k≠±1，設直線l的方程為y=kx+m，
聯(lián)立y=kx+my22+x2=1，可得(kx+m)2+2x2-2=0，即k2+2x2+2kmx+m2-2=0．
又直線l與橢圓y22+x2=1相切，則Δ=4k2m2-4k2+2m2-2=0，化簡得m2-k2=2，
聯(lián)立y=kx+mx2-y2=2，可得x2-(kx+m)2-2=0，即1-k2x2-2kmx-m2+2=0．
設Ax1,y1,Bx2,y2，且x10，
則x1+x2=-2kmk2-1,x1x2=m2+2k2-10，且y1+y2=-2tnt2+4,y1y2=n2-4t2+4.
因為Px1,y1是橢圓上一點，滿足x124+y12=1，
所以kAP?kBP=y1x1+2?y1x1-2=y12x12-4= 1-x124x12-4=-14，
則kAP=-14kBP=3kBQ，即12kBP?kBQ=-1．
因為12kBP?kBQ=12y1y2x1-2x2-2
=12y1y2ty1+n-2ty2+n-2 =12y1y2t2y1y2+tn-2y1+y2+n-22
=12n2-4t2+4t2n2-4t2+4-2t2nn-2t2+4+n-22
=12n+2t2n+2-2t2n+n-2t2+4 =3n+2n-2=-1，
所以n=-1，此時Δ=16t2+4-n2=16t2+3>0，
故直線PQ恒過x軸上一定點D-1,0．
因此y1+y2=2tt2+4，y1y2=-3t2+4，
所以S1-S2= 12y1-y2-2--1-12y1-y22--1
=y1-y2=y1+y22-4y1y2
=4t2+3t2+4=4t2+4-1t2+42
=41t2+4-1t2+42
=4-1t2+4-122+14，
則1t2+4∈0,14，當1t2+4=14即t=0時，S1-S2取得最大值3．
【題型6 圓錐曲線中的最值或取值范圍問題】
【例6】（2023·貴州·模擬預測）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1a>b>0，過右焦點F2，且與長軸垂直的弦長為2，且離心率為22.
(1)求橢圓C的方程；
(2)若C的上頂點為E，過左焦點F1的直線交橢圓C于P，G兩點（與橢圓頂點不重合），直線EP，EG分別交直線x+y+4=0于H，Q兩點，求△EHQ的面積的最小值.
【解題思路】（1）將x=c代入橢圓方程得y=±b2a，即2b2a=2，結合離心率的概念和公式a2=b2+c2計算求出a、b即可求解；
（2）設Px1,y1,Gx2,y2，直線PG的方程為x=my-1(m≠±1)，聯(lián)立方程組，利用韋達定理表示y1+y,y1y2，聯(lián)立直線EP和x+y+4=0求出xH，同理求出xQ，進而表示出HQ，結合點線距表示出S△EHQ，根據(jù)二次函數(shù)的性質即可求解.
【解答過程】（1）由題意知，F(xiàn)2(c,0)，將x=c代入橢圓方程x2a2+y2b2=1，
得y=±b2a，即弦長2b2a=2，
有2b2a=2e=ca=22a2=b2+c2，解得a2=2,b2=1，
所以該橢圓C的方程為x22+y2=1；
（2）由（1）知E(0,1),F1(-1,0)，
設Px1,y1,Gx2,y2，直線PG的方程為x=my-1(m≠±1)，
由x=my-1x22+y2=1，消去x，得(m2+2)y2-2my-1=0，Δ=4m2+4m2+2=8m2+8>0，
則y1+y2=2mm2+2,y1y2=-1m2+2，
設H(xH,yH),Q(xQ,yQ)，直線EP的方程為y-1=y1-1x1x，
由y-1=y1-1x1xx+y+4=0，解得xH=-5x1x1+y1-1=-5(my1-1)(m+1)y1-2，同理可得xQ=-5(my2-1)(m+1)y2-2，
所以HQ=2xH-xQ=2-5(my1-1)(m+1)y1-2--5(my2-1)(m+1)y2-2
=52(m-1)(y1-y2)(m+1)2y1y2-2(m+1)(y1+y2)+4 =52(m-1)(y1+y2)2-4y1y2(m+1)2y1y2-2(m+1)(y1+y2)+4，
將y1+y2=2mm2+2,y1y2=-1m2+2代入上式，整理得HQ=20m2+1m+7，
又點E(0,1)到直線x+y+4=0的距離為d=0+1+42=522，
所以S△EHQ=12HQd=12×20m2+1m+7×522=252m2+1m+7，
設m+7=t，則m=t-7，
所以S△EHQ=252(t-7)2+1t=252×50(1t-750)2+150，
當1t=750即t=507即m=17時，S△EHQ取到最小值，且最小值為5.
【變式6-1】（2023·河南·三模）設雙曲線E:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的左、右焦點分別為F1,F2，F(xiàn)1F2=25，且E的漸近線方程為y=±x2．
(1)求E的方程；
(2)過F2作兩條相互垂直的直線l1和l2，與E的右支分別交于A，C兩點和B，D兩點，求四邊形ABCD面積的最小值．
【解題思路】（1）根據(jù)題意得到ba=12，結合F1F2=2a2+b2=25b2=25，求得a,b的值即可；
（2）設直線l1:y=kx-5，l2:y=-1kx-5，求得140的漸近線方程為y=±bax，
因為雙曲線E的漸近線方程為y=±x2，所以ba=12，即a=2b，
又因為F1F2=2a2+b2=25b2=25，所以b=1，則a=2，
故E的方程為x24-y2=1．
（2）根據(jù)題意，直線l1，l2的斜率都存在且不為0，
設直線l1:y=kx-5，l2:y=-1kx-5，其中k≠0，
因為l1，l2均與E的右支有兩個交點，所以k>12，-1k>12，所以140可求得GBGD的取值范圍.
【解答過程】（1）解：拋物線C的焦點為Fp2,0，
若直線AB與x軸重合，則直線AB與拋物線C只有一個公共點，不合乎題意，
設直線AB的方程為x=my+p2，設點Ax1,y1、Bx2,y2，
聯(lián)立y2=2pxx=my+p2可得y2-2pmy-p2=0，Δ=4p2m2+4p2>0，
由韋達定理可得y1+y2=2pm，y1y2=-p2，
1AF+1BF=1x1+p2+1x2+p2=1my1+p+1my2+p=my1+y2+2pmy1+pmy2+p
=my1+y2+2pm2y1y2+mpy1+y2+p2=2pm2+2p-m2p2+2m2p2+p2=2pm2+1p2m2+1=2p=2，解得p=1，
所以，拋物線C的方程為y2=2x.
（2）解：設點Ax1,y1、Bx2,y2，則x1>0，由（1）可得y1+y2=2m，y1y2=-1，
又因為直線AO的方程為y=y1x1x=y1y122x=2y1x，

將y=y2代入直線AO的方程可得y2=2y1x，可得x=y1y22=-12，即點D-12,y2，
所以，kDF=y2-12-12=-y2，
因為AE⊥DF，則kAE=-1kDF=1y2，
所以，直線AE的方程為y-y1=1y2x-x1，
聯(lián)立y-y1=1y2x-x1y2=2x可得y2-2y2y-2x1-2=0，則y1+yE=2y2，
故yE=2y2-y1，則xE=y2yE+x1+1=y22y2-y1+x1+1=x1+2y22-y1y2+1=x1+4x2+2，
由AE的中點為G，可得Gx1+2x2+1,y2，
故G、B、D三點共線，則GBGD=x1+2x2+1-x2x1+2x2+1+12=x1+x2+1x1+2x2+32．
又由y1y2=-1，知x1x2=y12y224=14，
故GBGD=x1+14x1+1x1+12x1+32=x12+14+x1x12+12+32x1=1-1+2x14x12+6x1+2=1-2x1+12x1+12x1+2
=1-12x1+2∈12,1.
故GBGD的取值范圍為12,1．
【變式6-3】（2023·四川攀枝花·一模）與雙曲線x2-y2=1有共同的焦點的橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0經過點1,63.
(1)求橢圓C的方程；
(2)過點N0,-2的直線l交橢圓C于A、B兩點，交x軸于點P，點A關于x軸的對稱點為D，直線BD交x軸于點Q.求OP+OQ的取值范圍.
【解題思路】（1）由題意可得a2-b2=2，再將點1,63代入橢圓方程，解方程組，進而求解；
（2）設直線l的方程為y=kx-2，可得P2k,0，進而得到直線BD的方程，表示出點Q的橫坐標，聯(lián)立直線與橢圓方程，由求出的k取值范圍，結合韋達定理，即可得到xQ=3k2，進而利用基本不等式求解即可.
【解答過程】（1）雙曲線x2-y2=1的焦點為-2,0，2,0，
則c=2，即a2-b2=2，
又點1,63在橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0上，
則1a2+632b2=1，解得a2=3，b2=1，
所以橢圓C的方程為x23+y2=1.
（2）由題意，設直線l的方程為y=kx-2，則P2k,0，
設Ax1,y1，Bx2,y2，則Dx1,-y1，直線BD的方程為：y+y1y2+y1=x-x1x2-x1，
令y=0，得點Q的橫坐標為xQ=x1y2+x2y1y1+y2=x1kx2-2+x2kx1-2kx1-2+kx2-2=2kx1x2-2x1+x2kx1+x2-4，
聯(lián)立y=kx-2x23+y2=1，整理得3k2+1x2-12kx+9=0，
則Δ=-12k2-43k2+1×9>0，解得k1，
x1+x2=12k3k2+1，x1x2=93k2+1，
則xQ=2k?93k2+1-2?12k3k2+1k?12k3k2+1-4=18k-24k12k2-43k2+1=3k2，
從而OP+OQ=xP+xQ=2k+3k2≥22k?3k2=23，
當且僅當2k=3k2，即k=233時等號成立，
所以OP+OQ的取值范圍為23,+∞.
【題型7 圓錐曲線中的定點、定值問題】
【例7】（2023·四川成都·模擬預測）已知橢圓E：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，短半軸b長為1，點P在橢圓E上運動，且△PF1F2的面積最大值為3.
(1)求橢圓E的方程；
(2)當點P為橢圓E的上頂點時，過點P分別作直線PM，PN交橢圓E于M，N兩點，設兩直線PM，PN的斜率分別為k1，k2，且k1+k2=2，求證：直線MN過定點.
【解題思路】（1）用點P的縱坐標yP表示出三角形面積，結合yP的范圍求出半焦距c，進而求出a即得.
（2）設直線MN方程y=kx+m，與橢圓E的方程聯(lián)立，結合斜率坐標公式確定k,m的關系，并驗證直線MN的斜率不存在的情況即得.
【解答過程】（1）設點P的縱坐標yP，橢圓的半焦距為c，當點P不在x軸上時，00，設M(x1,y1),N(x2,y2)，
則x1+x2=-8km4k2+1,x1x2=4m2-44k2+1，k1=y1-1x1=kx1+m-1x1=k+m-1x1，k2=k+m-1x2，
由k1+k2=2，得2k+(m-1)(1x1+1x2)=2k+(m-1)?x1+x2x1x2=2k+(m-1)?-8km4k2+14m2-44k2+1=2km+1=2，解得m=k-1，
由Δ>0，得k0，直線MN：y=k(x+1)-1過定點(-1,-1)，
直線x=-1交橢圓x24+y2=1于點M'(-1,32),N'(-1,-32)，
直線PM',PN'的斜率kPM',kPN'滿足kPM'+kPN'=(1-32)+(1+32)=2，
所以當k1+k2=2時，直線MN過定點(-1,-1).
【變式7-1】（2023·海南省直轄縣級單位·模擬預測）已知拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點為F，準線為l，過點F且傾斜角為π6的直線交拋物線于點M（M在第一象限），MN⊥l，垂足為N，直線NF交x軸于點D，MD=43.
(1)求p的值.
(2)若斜率不為0的直線l1與拋物線C相切，切點為G，平行于l1的直線交拋物線C于P,Q兩點，且∠PGQ=π2，點F到直線PQ與到直線l1的距離之比是否為定值？若是，求出此定值；若不是，請說明理由.
【解題思路】（1）利用圖中的幾何關系以及拋物線的定義求解；
（2）直線PQ的方程為y=kx+mk≠0以及點P,Q,G的坐標，將直線方程與拋物線方程聯(lián)立由韋達定理以及∠PGQ=π2得到k與m的關系式，利用直線l1與拋物線C相切求出直線l1的方程，用點到直線的距離公式即可求出點F到直線PQ與到直線l1的距離之比.
【解答過程】（1）如圖所示，過點F作FA⊥MN，垂足為A,MN交x軸于點E，
由題得∠AFM=π6，所以∠NMF=π3，
因為MF=MN，所以△MNF是等邊三角形，
因為O是FB的中點，所以DF=DN,MD⊥DF，
故FM=43sinπ3=8，
所以MN=8，AN=4，所以OF=12AN=2，所以p2=2，即p=4.

（2）由（1）可知拋物線的方程是x2=8y，
設直線PQ的方程為y=kx+mk≠0，Px1,x128,Qx2,x228,Gx0,x028，
因為∠PGQ=π2，所以x128-x028x1-x0?x228-x028x2-x0=-1，
即x1+x0x2+x0=-64，即x1x2+x0x1+x2+x02=-64.
又y'=k=x04，所以x0=4k，故l1:y=x04x-x0+x028=kx-2k2.
聯(lián)立y=kx+mx2=8y，消去y，得x2-8kx-8m=0，其中Δ=64k2+32m>0，
則x1+x2=8k,x1x2=-8m，
所以-8m+32k2+16k2=-64，所以m=6k2+8.
設點F到直線PQ和直線l1的距離分別為d1,d2，
則由l1∥PQ得d1d2=m-22+2k2=6k2+62k2+2=3，
所以點F到直線PQ與到直線l1的距離之比是定值，定值為3.
【變式7-2】（2023·全國·模擬預測）已知雙曲線E:x2-y2=λ2(λ>0)的右頂點為A，右焦點為F，點F到E的一條漸近線的距離為2，動直線l與E在第一象限內交于B，C兩點，連接AB，AC.
(1)求E的方程；
(2)若∠FAB+∠FAC=3π4，證明：動直線l過定點.
【解題思路】（1）根據(jù)雙曲線的方程寫出漸近線方程以及焦點F的坐標，利用點到直線距離公式求得λ=2，即可得到雙曲線的方程；
（2）聯(lián)立直線l與雙曲線E的方程，根據(jù)韋達定理得到B，C的橫坐標滿足x1+x2=-2kmk2-1，x1x2=m2+2k2-1，由題中條件結合斜率定義及兩角和差的正切公式可得kAB+kAC1-kAB?kAC=-1，整理后得到m與k的關系，即可得證.
【解答過程】（1）由題可得，雙曲線E的一條漸近線方程為x-y=0，F(xiàn)(2λ,0)，
則點F到E的一條漸近線的距離d=|2λ-0|2=λ，解得λ=2，
所以E的方程為x2-y2=2.
（2）證明：由（1）可得A(2,0)，F(xiàn)(2,0)，
依題意，直線l的斜率一定存在，
所以設直線l:y=kx+m，Bx1,y1，Cx2,y2.
因為動直線l與E在第一象限內交于B，C兩點，且E的一條漸近線斜率為1，所以k>1.
聯(lián)立y=kx+m,x2-y2=2,整理得k2-1x2+2kmx+m2+2=0，
則Δ=(2km)2-4k2-1m2+2=4m2+21-k2>0，
根據(jù)韋達定理得，x1+x2=-2kmk2-1，x1x2=m2+2k2-1.
由斜率定義得，kAB=tan∠FAB=y1x1-2，kAC=tan∠FAC=y2x2-2.
因為∠FAB+∠FAC=3π4，
所以tan(∠FAB+∠FAC)=tan∠FAB+tan∠FAC1-tan∠FAB?tan∠FAC=kAB+kAC1-kAB?kAC=-1，
化簡得，kAB+kAC-kAB?kAC=-1，即y1x1-2+y2x2-2-y1x1-2?y2x2-2=-1，
變形得，y1x2-2+y2x1-2-y1y2=-x1-2x2-2，①
將y1=kx1+m,y2=kx2+m代入①整理可得，2k-k2x1x2+(m-km-2k)x1+x2-m2-22m=-x1x2+2x1+x2-2，②
將x1+x2=-2kmk2-1，x1x2=m2+2k2-1代入②得，
2k-k2m2+2k2-1+(m-km-2k)?-2kmk2-1-m2-22m=-m2+2k2-1+2?-2kmk2-1-2，
化簡得，2k+2km+2m+m2=0，即(2k+m)(2+m)=0，解得m=-2k或m=-2.
當m=-2k時，直線l:y=kx-2k=k(x-2)，此時直線l過點A(2,0)，不符合題意；
當m=-2時，直線l:y=kx-2，此時直線l過點(0,-2).
綜上，動直線l過定點(0,-2).
【變式7-3】（2023·山西臨汾·模擬預測）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右頂點分別為A，B，O為坐標原點，點P在C上（異于A，B兩點），直線PA，PB的斜率之積為-34，點M1,32在C上．
(1)求C的方程；
(2)過橢圓C的右焦點F的直線l與C交于D，E兩點，過線段DE的中點G作直線x=4的垂線，垂足為N，記△ODE的面積為S，直線DN，EN的斜率分別為k1，k2，求證：Sk1-k2為定值．
【解題思路】（1）設P(x,y)，由直線PA，PB的斜率之積為-34，化簡得到b2a2=34，再由點M1,32在C上，得到1a2+9y24b2=1，聯(lián)立方程組，即可求解；
（2）由（1）知，設直線l為x=my+1，聯(lián)立方程組，得到y(tǒng)1+y2=-6m3m2+4,y1y2=-93m2+4，求得△ODE的面積為S=12m2+13m2+4，設G(x0,y0)，得到N(4,-3m3m2+4)，結合斜率公式，求得則k1-k2=8m2+13m2+4，即可求解.
【解答過程】（1）設P(x,y)，由橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，可得A(-a,0),B(a,0)，
因為直線PA，PB的斜率之積為-34，可得kPA?kPB=yx+a?yx-a=y2x2-a2=-34，
又因為y2=b2(a2-x2)a2，可得b2a2=34，即b2=34a2，
又由點M1,32在C上，可得1a2+94b2=1，
聯(lián)立方程組，解得a2=4,b2=3，所以曲線C的方程為x24+y23=1.
（2）由（1）知，橢圓的方程為x24+y23=1，可得右焦點F(1,0)，
過橢圓C的右焦點F的直線l與C交于D，E兩點，可設直線l的方程為x=my+1，
聯(lián)立方程組x=my+1x24+y23=1，整理得(3m2+4)y2+6my-9=0，
設D(x1,y1),E(x2,y2)，則Δ>0，且y1+y2=-6m3m2+4,y1y2=-93m2+4，
因為△ODE的面積為S=12OF?y1-y2=12×1×(y1+y2)2-4y1y2 =(-6m3m2+4)2-(-93m2+4)=12m2+13m2+4，
設G(x0,y0)，因為G為DE的中點，可得y0=-3m3m2+4，則x0=43m2+4，
因為過線段DE的中點G作直線x=4的垂線，垂足為N，可得N(4,-3m3m2+4)
可得k1=y1+3m3m2+4x1-4,k2=y2+3m3m2+4x2-4，
則k1-k2=y1+3m3m2+4x1-4-y2+3m3m2+4x2-4=y1+3m3m2+4my1-3-y2+3m3m2+4my2-3
=(m+3m3m2+4)?(-6m3m2+4)m?(-93m2+4)+3m?6m3m2+4+9=8m2+13m2+4，
所以Sk1-k2=32.
【題型8 圓錐曲線中的定直線問題】
【例8】（2023·山東泰安·模擬預測）已知曲線C上的動點P滿足|PF1|-|PF2|=2，且F1-2,0,F22,0.
(1)求C的方程；
(2)若直線AB與C交于A、B兩點，過A、B分別做C的切線，兩切線交于點P'.在以下兩個條件①②中選擇一個條件，證明另外一個條件成立.
①直線AB經過定點M4,0；
②點P'在定直線x=14上.
【解題思路】（1）由雙曲線的定義得出曲線C的方程；
（2）若選擇①證明②成立：利用導數(shù)得出過A和過B的方程，從而得出交點P'的橫坐標，再由x1=my1+4,x2=my2+4證明點P'在定直線x=14上；若選擇②證明①成立：利用導數(shù)得出過A和過B的方程，從而得出x1y2-x2y1=4y2-4y1=4(y2-y1)，再由直線AB的方程證明直線AB經過定點M4,0.
【解答過程】（1）因為|PF1|-|PF2|=20的左、右焦點分別為F1、F2，從F2發(fā)出的光線經過圖2中的A、B兩點反射后，分別經過點C和D，且tan∠CAB=-34，AB⊥BD.

(1)求雙曲線E的方程；
(2)設A1、A2為雙曲線E實軸的左、右頂點，若過P4,0的直線l與雙曲線C交于M、N兩點，試探究直線A1M與直線A2N的交點Q是否在某條定直線上？若存在，請求出該定直線方程；如不存在，請說明理由．
【解題思路】（1）延長CA與DB交于F1，分析可得BF1AB=34，令BF1=3tt>0，則AB=4t，AF1=5t，利用雙曲線的定義可得出t的值，利用勾股定理求出c的值，進而可求得b的值，由此可得出雙曲線E的方程；
（2）分析可知，直線l不與x軸垂直，設直線l的方程為x=my+4，設點Mx1,y1、Nx2,y2，將直線l的方程與雙曲線E的方程聯(lián)立，列出韋達定理，聯(lián)立直線A1M、A2N的方程，求出x的值，即可得出結論.
【解答過程】（1）解：如圖所示：

延長CA與DB交于F1，因為AB⊥AD，tan∠CAB=-34，
則tan∠F1AB=tanπ-∠ACB=-tan∠ACB=34，即BF1AB=34，
令BF1=3tt>0，則AB=4t，
所以，AF1=AB2+BF12=4t2+3t2=5t，
由雙曲線的定義可得AF1-AF2=2a=4，則AF2=AF1-4=5t-4，
BF1-BF2=2a=4，則BF2=BF1-4=3t-4，
又因為AB=AF2+BF2，即4t=5t-4+3t-4，解得t=2，
所以，BF1=3t=6，BF2=3t-4=2，
由勾股定理可得2c=F1F2=BF12+BF22=62+22=210，則c=10，
故b=c2-a2=10-4=6，
因此，雙曲線E的方程為x24-y26=1.
（2）解：若直線l與x軸重合，則直線l與雙曲線E的交點為雙曲線E的兩個頂點，不合乎題意，
設直線l的方程為x=my+4，設點Mx1,y1、Nx2,y2，
聯(lián)立x=my+43x2-2y2=12可得3m2-2y2+24my+36=0，

由題意可得3m2-2≠0Δ=242m2-1443m2-2>0，解得m≠±63，
由韋達定理可得y1+y2=-24m3m2-2，y1y2=363m2-2，
易知點A1-2,0、A22,0，則kA1M=y1x1+2=y1my1+6，kA2N=y2x2-2=y2my2+2，
直線A1M的方程為y=y1my1+6x+2，直線A2N的方程為y=y2my2+2x-2，
聯(lián)立直線A1M、A2N的方程并消去y可得y1my1+6x+2=y2my2+2x-2，
可得x+2x-2=y2my1+6y1my2+2=my1y2+6y2my1y2+2y1=36m3m2-2+6-24m3m2-2-y136m3m2-2+2y1
=-108m3m2-2-6y136m3m2-2+2y1=-3，解得x=1，
因此，直線A1M與直線A2N的交點Q在定直線x=1上.
【變式8-2】（2023·新疆·一模）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左右焦點為F1、F2，下頂點為B，且橢圓過P83,-b3，且BF2⊥PF2．
(1)求橢圓C的方程；
(2)設過M0,1的直線交橢圓C于E、D兩點，Q為坐標平面上一動點，直線QE、QM、QD斜率的倒數(shù)成等差數(shù)列，試探究點Q是否在某定直線上，若存在，求出該定直線的方程，若不存在，請說明理由．
【解題思路】（1）將點P的坐標代入橢圓方程，可得出a2的值，由已知可得BF2?PF2=0，可求出c2的值，進而可得出a2的值，由此可得出橢圓的標準方程；
（2）設點Qx0,y0，設點Ex1,y1、Dx2,y2，對直線ED的斜率是否存在進行分類討論，在直線ED的斜率存在時，設直線ED的方程為y=kx+1，將該直線方程與橢圓方程聯(lián)立，列出韋達定理，根據(jù)2kQM=1kQE+1kQD結合韋達定理求出y0的值；在直線ED的斜率不存在時，直接驗證2kQM=1kQE+1kQD成立即可.綜合可得出結論.
【解答過程】（1）解：將點P的坐標代入橢圓C的方程可得832a2+b29b2=1，可得a2=8，
易知點B0,-b、F2c,0，則BF2=c,b，PF2=c-83,b3，
因為BF2⊥PF2，則BF2?PF2=cc-83+b23=c2-83c+8-c23=23c2-83c+83=0，
整理可得c-22=0，解得c=2，則b2=a2-c2=8-4=4，
因此，橢圓C的方程為x28+y24=1.
（2）解：設點Qx0,y0，設點Ex1,y1、Dx2,y2，
當直線ED的斜率存在時，設直線ED的方程為y=kx+1，
聯(lián)立y=kx+1x2+2y2=8可得2k2+1x2+4kx-6=0，Δ=16k2+242k2+1>0，
由韋達定理可得x1+x2=-4k2k2+1，x1x2=-62k2+1，
kQE=y0-y1x0-x1，kQD=x0-x2y0-y2，kQM=y0-1x0，
因為直線QE、QM、QD斜率的倒數(shù)成等差數(shù)列，即2kQM=1kQE+1kQD，
所以，2x0y0-1=x0-x1y0-y1+x0-x2y0-y2，即x0-x1y0-y1-x0y0-1+x0-x2y0-y2-x0y0-1=0，
將y1=kx1+1，y2=kx2+1代入上述等式可得
x1kx0+1-y0y0-y1y0-1+x2kx0+1-y0y0-y2y0-1=0，
顯然kx0+1-y0≠0，所以，x1y0-y1y0-1+x2y0-y2y0-1=0，
整理可得x1y02-y0+y2-y2y0+x2y02-y0+y1-y1y0=0，
可得x1+x2y02-y0+x1y2+x2y11-y0=0，
即x1+x2y02-y0+2kx1x2+x1+x21-y0=0，
即-4k2k2+1y02-y0-16k2k2+11-y0=0對任意的k∈R恒成立，
所以，y02-5y0+4=0，解得y0=1或y0=4，
顯然y0≠1，故y0=4；
當直線DE的斜率不存在時，則D、E為橢圓短軸的端點，
不妨設D0,2、E0,-2、Qx0,4，其中x0≠0，
kQM=3x0，kQD=2x0，kQE=6x0，則1kQE+1kQD=x06+x02=2x03=2kQM，滿足條件.
綜上所述，點P在定直線y=4上.
【變式8-3】（2023·山東淄博·一模）已知拋物線C：y2=2pxp>0上一點P2,t到其焦點F的距離為3，A，B為拋物線C上異于原點的兩點.延長AF，BF分別交拋物線C于點M，N，直線AN，BM相交于點Q.
(1)若AF⊥BF，求四邊形ABMN面積的最小值；
(2)證明:點Q在定直線上.
【解題思路】（1）根據(jù)拋物線的焦半徑公式求得拋物線方程，設Ax1,y1，Mx2,y2，直線AM的方程x=my+1m≠0，聯(lián)立方程，利用韋達定理求得y1+y2，y1?y2，再根據(jù)弦長公式求得AM,BN，再結合基本不等式即可得解；
（2）設Bx3,y3，Nx4,y4，QxQ,yQ，根據(jù)A，N，Q三點共線和B，M，Q三點共線，求得xQ，再結合（1）即可得出結論.
【解答過程】（1）由拋物線定義可知，2+p2=3，解得p=2，
即拋物線C方程為y2=4x，
由題意，設Ax1,y1，Mx2,y2，直線AM的方程x=my+1m≠0，
由x=my+1y2=4x，消去x得y2-4my-4=0，Δ=16m2+16>0恒成立，
由韋達定理可知：y1+y2=4m，y1?y2=-4，
故AM=x1+x2+p=my1+y2+4=4m2+1，
因為AF⊥BF，所以直線BN的方程為x=-1my+1，
于是BN=41m2+1，
則SABMN=12?AM?BN=12×4m2+1×41m2+1=8m2+1m2+2≥32
當且僅當m2=1m2，即m=±1時等號成立，
所以四邊形ABMN面積的最小值為32；
（2）設Bx3,y3，Nx4,y4，QxQ,yQ，因為A，B，M，N都在C上，
所以，xi=yi24i=1,2,3,4，
因為A，N，Q三點共線，所以有y4-y1x4-x1=y1-yQx1-xQ，
即y4-y1y424-y124=y1-yQy124-xQ，整理得：yQ=y1?y4+4xQy1+y4，
同理，因為B，M，Q三點共線，可得yQ=y2?y3+4xQy2+y3，
即y1?y4+4xQy1+y4=y2?y3+4xQy2+y3，
解得：4xQ=y1?y2?y3+y2?y3?y4-y1?y2?y4-y1?y3?y4y2+y3-y1-y4，
由（1）可知，y1?y2=y3?y4=-4，代入上式可得：4xQ=-4y3+y2-y4-y1y2+y3-y1-y4=-4，
得xQ=-1，
即點Q在定直線x=-1上.
【題型9 圓錐曲線與向量綜合】
【例9】（2023·廣西玉林·模擬預測）已知點P在橢圓C:x212+y26=1，直線y=kx與橢圓D:x22λ+y2λ=1λ>0交于A，B兩點，當P是橢圓C的上頂點，A，B是橢圓D的左右頂點時，△PAB的面積為26．
(1)求橢圓D的方程；
(2)直線PA，PB分別交橢圓D于另一點M，N，若AB=mMN，求m的值．
【解題思路】（1）根據(jù)題意求相應點的坐標，結合面積關系列式求解；
（2）設P23csα,6sinα,A2csβ,2sinβ，根據(jù)向量關系求M,N的坐標，代入橢圓D的方程分析運算即可得結果.
【解答過程】（1）由題意可知：橢圓C的上頂點為0,6，橢圓D的左右頂點分別為-2λ,0,2λ,0，
則12×6×22λ=26，解得λ=2，
所以橢圓D的方程為x24+y22=1.
（2）設P23csα,6sinα,A2csβ,2sinβ,Mx,y，
因為若AB=mMN，顯然m≠0，設MN=nAB,n=1m，
可知PM=nPA,PM=x-23csα,y-6sinα,PA=2csβ-23csα,2sinβ-6sinα，
則x-23csα=n2csβ-23csαy-6sinα=n2sinβ-6sinα，解得x=231-ncsα+2ncsβy=61-nsinα+2nsinβ，
即M231-ncsα+2ncsβ,61-nsinα+2nsinβ，
又因為點M在x24+y22=1上，
則231-ncsα+2ncsβ24+61-nsinα+2nsinβ22=1，
整理得121-n2+83n1-ncsαcsβ+43n1-nsinαsinβ+4n2=4，
由題意可知：B-2csβ,-2sinβ，PN=nPB，
同理可得N231-ncsα-2ncsβ,61-nsinα-2nsinβ，
將點N代入橢圓方程x24+y22=1整理得：
121-n2-83n1-ncsαcsβ-43n1-nsinαsinβ+4n2=4，
兩式相加可得241-n2+8n2=8，解得n=1或n=12，
若n=1，則點A與點M重合，點B與點N重合，不合題意；
所以n=12，所以m=2.
【變式9-1】（2023·廣西·模擬預測）已知拋物線C:y2=2pxp>0上一點P的橫坐標為4，且P到焦點F的距離為5，
(1)求拋物線C的方程；
(2)點A,B是拋物線C上異于原點O的不同的兩點，且滿足OA?AB=0，求OB的最小值．
【解題思路】（1）根據(jù)題意，利用拋物線的定義得到4+p2=5，求得p=2，即可得到拋物線的方程；
（2）設OA:y=kx，組求得A4k2,4k，根據(jù)OA?AB=0，設AB:y-4k=-1kx-4k2，聯(lián)立方程組求得B-4k-4k,4k+1k2，化簡得到OB=4k+1k4+k+1k2，設t=k+1k2≥4，得到OB=4t2+t，結合二次函數(shù)的性質，即可求解.
【解答過程】（1）解：由拋物線C:y2=2px，可得準線方程為x=-p2，
因為點P到拋物線的準線的距離為5，且點P的橫坐標為4，
根據(jù)拋物線的定義，可得4+p2=5，解得p=2，所以拋物線的方程為y2=4x.
（2）解：根據(jù)題意，設OA:y=kx，聯(lián)立方程組y=kxy2=4x，解得x=4k2,y=4k，所以A4k2,4k，
因為OA?AB=0，可得OA⊥AB，即OA⊥AB，
可設AB:y-4k=-1kx-4k2，聯(lián)立方程組y-4k=-1kx-4k2y2=4x，
整理得到y(tǒng)2+4ky-16 -16k2=0，則yA+yB=-4k，
所以yB=-4k-4k，xB=yB24=-4k-4k24=4k+1k2，即B-4k-4k,4k+1k2，
所以OB=xB2+yB2 =-4k-4k2+4k+1k22 =4k+1k4+k+1k2，
設t=k+1k2≥4，當且僅當k=±1時等號成立，
則OB=4t2+t=4t+122-14，
所以當t=4時，OB取最小值為85．
【變式9-2】（2023·上海奉賢·一模）已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距為23，離心率為32，橢圓的左右焦點分別為F1、F2，直角坐標原點記為O．設點P0,t，過點P作傾斜角為銳角的直線l與橢圓交于不同的兩點B、C．
(1)求橢圓的方程；
(2)設橢圓上有一動點T，求PT?TF1-TF2的取值范圍；
(3)設線段BC的中點為M，當t≥2時，判別橢圓上是否存在點Q，使得非零向量OM與向量PQ平行，請說明理由．
【解題思路】（1）由題意計算即可得；
（2）由設出T點坐標，表示出PT，結合TF1-TF2=-F1F2與T點坐標范圍計算即可得.
（3）設出直線方程后聯(lián)立得一元二次方程，由直線l與橢圓交于不同的兩點可得該方程Δ>0，并由方程中的韋達定理表示出直線OM斜率，假設存在該點Q，則有kPQ=kOM，借此設出直線PQ方程，則該直線與橢圓必有焦點，即聯(lián)立后有Δ≥0，結合前面所得可計算出t的范圍.
【解答過程】（1）由題意，得c=3，a=2，所以b=a2-c2=1，
則橢圓的標準方程為x24+y2=1；
（2）設動點Tx,y，F(xiàn)1F2=23,0，PT=x,y-t，
PT?TF1-TF2=-PT?F1F2=-23x，
∵x∈-2,2，所以PT?TF1-TF2的取值范圍為-43,43；
（3）顯然直線的斜率存在，故可設直線l:y=kx+t，Bx1,y1、Cx2,y2，
聯(lián)立y=kx+tx24+y2=1，消去y得1+4k2x2+8ktx+4t2-4=0，
Δ=-16t2+64k2+16>0，即k2>t2-14①，
則x1+x2=-8kt1+4k2，x1x2=4t2-41+4k2，
則x1+x22=-4kt1+4k2，y1+y22=kx1+x2+2t2=-4k2t1+4k2+t=t1+4k2，
則xM=-4kt1+4k2,t1+4k2，
故kOM=-14k，
若OM//PQ，則有kPQ=kOM=-14k，
設直線PQ為y=-14kx+t，
聯(lián)立y=-14kx+tx24+y2=1，消去y有1+14k2x2-2tkx+4t2-4=0，
要使得存在點Q，則Δ2=4t2k2-41+14k24t2-4≥0，
整理得16+4k2-16t2≥0，
故k2≤14t2-4②，
由①②式得，t2-140)，點A的坐標為6,4，得c=4，
焦點F10,4，F(xiàn)20,-4，2a=AF2-AF1=62+82-6=4.
所以a=2，b2=c2-a2=12，故C：y24-x212=1.
（2）設l的方程為y=2mm>1，則D0,2m，故M0,m，
由已知直線PQ斜率存在，設直線PQ的方程為y=kx+mk≠0，故Nmk,2m.
與雙曲線方程聯(lián)立得：3k2-1x2+6kmx+3m2-12=0，
由已知得3k2≠1，Δ>0，設Px1,y1，Qx2,y2，
則x1+x2=-6km3k2-1，x1x2=3m2-123k2-1①
由PM=λPN，MQ=λQN得：x1=λx1-mk，x2=λmk-x2，
消去λ得：x2x1-mk=x1mk-x2，
即2x1x2-mkx1+x2=0②
由①②得：km2-2=0，由已知m=2，
故存在定直線l：y=22滿足條件.
【題型10 圓錐曲線中的探索性問題】
【例10】（2023·全國·模擬預測）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1a>b>0的離心率為22，點2,1在橢圓C上．
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)若O為坐標原點，過點4,0的直線l與橢圓C交于M，N兩點，橢圓C上是否存在點Q，使得直線MQ,NQ與直線x=4分別交于點A，B，且點A，B關于x軸對稱？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．
【解題思路】（1）根據(jù)已知c=22a，根據(jù)a,b,c的關系得出b2=12a2.將點代入橢圓方程，即可解出a2=4，進而得出b2=2；
（2）當直線l的斜率不為0時，設Mx1,y1，Nx2,y2，Qs,t，設直線l：x=ny+4，聯(lián)立直線與橢圓方程，根據(jù)韋達定理表示出坐標關系，求出A,B坐標.根據(jù)已知列出方程，整理推得ns-1=0，s=1.代入橢圓方程求出Q點坐標；檢驗當直線l的斜率為0時，滿足對稱關系，即可得出答案.
【解答過程】（1）因為橢圓C的離心率為22，
所以ca=22，c=22a.
又b2+c2=a2，所以b2=12a2.
將2,1代入橢圓方程，得2a2+1b2=4a2=1，
所以a2=4，b2=2，
所以橢圓C的標準方程為x24+y22=1．
（2）
當直線l的斜率不為0時，
設直線l：x=ny+4，聯(lián)立得x=ny+4x24+y22=1，
整理得n2+2y2+8ny+12=0．
則Δ=64n2-48n2+2=16n2-96>0，解得n>6或n0)上一點到焦點F的距離比它到直線y=-4的距離小3.
(1)求拋物線Γ的準線方程；
(2)若過點F的直線l與拋物線Γ交于A,B兩點，線段AB的中垂線與拋物線Γ的準線交于點C，請問是否存在直線l，使得tan∠ACB=43？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由.
【解題思路】（1）由題意，拋物線Γ:x2=2py上一點到焦點F的距離等于它到直線y=-1的距離，結合拋物線的定義，可得答案；
（2）由題意，設出直線方程，聯(lián)立方程，寫出韋達定理，根據(jù)中垂線的性質，利用正切二倍角公式以及銳角正切函數(shù)的定義，建立等式，可得CM=AB，直線斜率是否為零，分兩種情況進行討論，可得答案.
【解答過程】（1）因為拋物線Γ:x2=2py上一點到焦點F的距離比它到直線y=-4的距離小于3，
所以拋物線Γ:x2=2py上一點到焦點F的距離等于它到直線y=-1的距離，
所以-p2=-1，解得p=2，
故拋物線Γ的方程是x2=4y，拋物線的準線方程為y=-1.
（2）由題意得F0,1，且l斜率一定存在，設l:y=kx+1,Ax1,y1,Bx2,y2，
由y=kx+1x2=4y，消去y可得x2-4kx-4=0,Δ=16k2+16>0，
則x1+x2=4k,x1x2=-4.
設AB中點為M，如圖，

則tan∠ACB=tan2∠ACM=2tan∠ACM1-tan2∠ACM=2×AMCM1-AM2CM2=43，
解得CM=2AM，即CM=AB.
當k=0時，易知CM=2,AB=x1-x2=x1+x22-4x1x2=4，不符合題意；
當k≠0時，設Cx3,y3,Mx4,y4.
因為CM垂直平分AB，所以CM的斜率為-1k，
易知CM=1+k2y3-y4，因此有1+k2y3-y4=1+k2x1-x2.
因為M為AB的中點，所以y4=y1+y22=kx1+x2+22=2k2+1，
由題意，y3=-1，即x1-x2=2k2+2,16k2+16=2k2+2，
兩邊平方整理可得k4-2k2-3=0，解得k=±3，
故存在直線l使得tan∠ACB=43，且直線l的方程為y=3x+1或y=-3x+1.
【變式10-2】（2023·廣東梅州·三模）已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的右焦點，右頂點分別為F，A，B0,b，AF=1，點M在線段AB上，且滿足BM=3MA，直線OM的斜率為1，O為坐標原點.
(1)求雙曲線C的方程.
(2)過點F的直線l與雙曲線C的右支相交于P，Q兩點，在x軸上是否存在與F不同的定點E，使得EP?FQ=EQ?FP恒成立？若存在，求出點E的坐標；若不存在，請說明理由.
【解題思路】（1）由AF=1，BM=3MA，直線OM的斜率為1，求得a,b,c之間的關系式，解得a,b的值，進而求出雙曲線的方程；
（2）設直線PQ的方程，與雙曲線的方程聯(lián)立，可得兩根之和及兩根之積，由等式成立，可得EF為∠PEQ的角平分線，可得直線EP,EQ的斜率之和為0，整理可得參數(shù)的值，即求出E的坐標．
【解答過程】（1）設c2=a2+b2c>0，所以Fc,0，Aa,0，B0,b，
因為點M在線段AB上，且滿足BM=3MA，所以點M33+1a,13+1b，
因為直線OM的斜率為1，所以13+1b33+1a=1，所以ba=3，
因為AF=1，所以c-a=1，解得a=1，b=3，c=2.
所以雙曲線C的方程為x2-y23=1.
（2）假設在x軸上存在與F不同的定點E，使得EP?FQ=EQ?FP恒成立，

當直線l的斜率不存在時，E在x軸上任意位置，都有EP?FQ=EQ?FP；
當直線l的斜率存在且不為0時，設Et,0，直線l的方程為x=ky+2，
直線l與雙曲線C的右支相交于P，Q兩點，則-330，b>0）的離心率為22，其左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，T為橢圓E上任意一點，△TF1F2面積的最大值為1．
(1)求橢圓E的標準方程；
(2)過點P(2,0)的直線與橢圓E交于B，C兩點，過點B，C分別作直線l:x=1的垂線，垂足分別為M，N，記△BMP，△MNP，△CNP的面積分別為S1，S2，S3，試問：是否存在正數(shù)λ，使得S1，λS2，S3總成等比數(shù)列？若存在，求出λ的值；若不存在，請說明理由．
【解題思路】（1）根據(jù)已知條件，列出關于a，b，c的方程組，求解即可求得橢圓方程．
（2）假設存在滿足題意的正數(shù)λ，設直線BC的方程，以及Bx1,y1，Cx2,y2，結合題意判斷出y1y2>0，x10）的離心率為22，所以ca=22．
當點T位于橢圓的上頂點或下頂點時，△TF1F2的面積最大，此時S△TF1F2=bc=1，
所以ca=22bc=1a2=b2+c2，解得b=c=1，a=2，
所以橢圓E的標準方程為x22+y2=1．
（2）假設存在正數(shù)λ，使得S1，λS2，S3總成等比數(shù)列，
由已知得，直線BC的斜率存在且不為0，點B，C在x軸的同側，

設直線BC的方程為y=k(x-2)(k≠0)，Bx1,y1，Cx2,y2，y1y2>0，
把x=1代入x22+y2=1中，可得y=±22，
即直線x=1與橢圓的交點為(1,±22)，不妨取點(1,-22)，
則過點(1,-22)和P(2,0)的直線為y=22(x-2)，代入x22+y2=1，
得x2-2x+1=0，x=1，即方程有兩等根，即y=22(x-2)與橢圓x22+y2=1相切，
切點為(1,-22)，故設x10）中，其所有外切矩形的頂點在一個定圓Γ：x2+y2=a2+b2上，稱此圓為橢圓的蒙日圓．橢圓C過A22,32，B-63,63
(1)求橢圓C的方程；
(2)過橢圓C的蒙日圓上一點M，作橢圓的一條切線，與蒙日圓交于另一點N，若kOM，kON存在．證明：kOM?kON為定值．
【解題思路】（1）根據(jù)橢圓所過的點，列方程求解a2,b2，即可求得橢圓方程；
（2）由題意可得橢圓的蒙日圓方程，由此討論直線MN斜率不存在和存在兩種情況，存在時，設直線MN的方程y=kx+t，聯(lián)立直線和橢圓方程，求得參數(shù)間的關系，聯(lián)立直線和蒙日圓方程可得根與系數(shù)關系，化簡kOM?kON，可得定值，綜合即可證明結論.
【解答過程】（1）將A22,32，B-63,63，代入到x2a2+y2b2=1，
可得12a2+34b2=123a2+23b2=1，解得a2=2,b2=1，
所以橢圓C的方程為：x22+y2=1．
（2）由題意可知，蒙日圓方程為：x2+y2=3．
（i）若直線MN斜率不存在，則直線MN的方程為：x=2或x=-2．
不妨取x=2，代入x2+y2=3中，則y=±1，
不妨取M2,1，N2,-1，kOM=12=22，kON=-12=-22，
∴kOM?kON=-12．
（ii）若直線MN斜率存在，設直線MN的方程為：y=kx+t，
聯(lián)立y=kx+tx22+y2=1，化簡整理得：2k2+1x2+4ktx+2t2-2=0，
據(jù)題意有Δ=16k2t2-44k2t2-4k2+2t2-2=0，于是有：t2=2k2+1，
設Mx1,y1（x1≠0），Nx2,y2（x2≠0），
聯(lián)立y=kx+tx2+y2=3，化簡整理得：k2+1x2+2ktx+t2-3=0，
Δ1=4k2t2-4k2+1t2-3=43k2-t2+3=43k2+3-2k2-1=4k2+2>0，
x1+x2=-2ktk2+1，x1x2=t2-3k2+1，
則kOM?kON=y1y2x1x2=kx1+tkx2+tx1x2=k2x1x2+ktx1+x2+t2x1x2
=k2+-2k2t21+k2+t2t2-31+k2=k2+t2-k2t2t2-3=k2t2-3k2+t2-k2t2t2-3=t2-3k2t2-3，
∵t2=2k2+1，所以kOM?kON=2k2+1-3k22k2+1-3=1-k22k2-2=-12．
綜上可知，kOM?kON為定值-12.
【變式11-1】（2023·全國·模擬預測）定義：一般地，當λ>0且λ≠1時，我們把方程x2a2+y2b2=λa>b>0表示的橢圓Cλ稱為橢圓x2a2+y2b2=1a>b>0的相似橢圓．已知橢圓C:x24+y2=1，橢圓Cλ（λ>0且λ≠1）是橢圓C的相似橢圓，點P為橢圓Cλ上異于其左、右頂點M,N的任意一點．
(1)當λ=2時，若與橢圓C有且只有一個公共點的直線l1，l2恰好相交于點P，直線l1，l2的斜率分別為k1,k2，求k1k2的值；
(2)當λ=e2（e為橢圓C的離心率）時，設直線PM與橢圓C交于點A,B，直線PN與橢圓C交于點D,E，求AB+DE的值．
【解題思路】（1）設Px0,y0，則直線l1的方程為y-y0=k1x-x0，進而與橢圓C聯(lián)立方程，并結合判別式得x02-4k12-2x0y0k1+y02-1=0，同理得到x02-4k22-2x0y0k2+y02-1=0，進而得k1k2=y02-1x02-4，再根據(jù)y02=2-14x02即可求得答案；
（2）由題知橢圓Cλ的標準方程為x23+y234=1，進而結合點Px0,y0在橢圓C2:x28+y22=1上得kPMkPN=-14，故設直線PM的斜率為k，則直線PN的斜率為-14k，進而得其對應的方程，再與橢圓C聯(lián)立方程并結合韋達定理，弦長公式得，AB=41+k21+4k2，DE=1+16k21+4k2，進而得AB+DE=5．
【解答過程】（1）解：設Px0,y0，則直線l1的方程為y-y0=k1x-x0，即y=k1x+y0-k1x0，
記t=y0-k1x0，則l1的方程為y=k1x+t，
將其代入橢圓C的方程，消去y，得4k12+1x2+8k1tx+4t2-4=0，
因為直線l1與橢圓C有且只有一個公共點，
所以Δ=8k1t2-44k12+14t2-4=0，即4k12-t2+1=0，
將t=y0-k1x0代入上式，整理得x02-4k12-2x0y0k1+y02-1=0，
同理可得，x02-4k22-2x0y0k2+y02-1=0，
所以k1,k2為關于m的方程x02-4m2-2x0y0m+y02-1=0的兩根，
所以，k1k2=y02-1x02-4．
又點Px0,y0在橢圓C2:x28+y22=1上，
所以y02=2-14x02，
所以k1k2=2-14x02-1x02-4=-14．
（2）解：由橢圓C:x24+y2=1，得其離心率e=32，
所以當λ=e2，即λ=34時，橢圓Cλ的標準方程為x23+y234=1，
所以，M-3,0，N3,0，恰好為橢圓C的左、右焦點，
易知直線PM,PN的斜率均存在且不為0，
所以kPMkPN=y0x0+3?y0x0-3=y02x02-3，
因為Px0,y0在橢圓Cλ上，所以x023+y0234=1，即y02=34-x024，
所以kPMkPN=-14．
設直線PM的斜率為k，則直線PN的斜率為-14k，
所以直線PM的方程為y=kx+3．
由y=kx+3x24+y2=1，得1+4k2x2+83k2x+12k2-4=0，
設Ax1,y1,Bx2,y2，則x1+x2=-83k21+4k2，x1x2=12k2-41+4k2，
所以AB=1+k2x1-x2 =1+k2x1+x22-4x1x2
=1+k2-83k21+4k22-4×12k2-41+4k2=41+k21+4k2，
同理可得DE=1+16k21+4k2，
所以AB+DE=41+k21+4k2+1+16k21+4k2=5．
【變式11-2】（2024·河南南陽·一模）在橢圓(雙曲線)中，任意兩條互相垂直的切線的交點都在同一個圓上，該圓的圓心是橢圓(雙曲線)的中心，半徑等于橢圓(雙曲線)長半軸(實半軸)與短半軸(虛半軸)平方和(差)的算術平方根，則這個圓叫蒙日圓.已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的蒙日圓的面積為13π，該橢圓的上頂點和下頂點分別為P1,P2，且P1P2=2，設過點Q0,12的直線l1與橢圓E交于A,B兩點（不與P1,P2兩點重合）且直線l2:x+2y-6=0.
(1)證明：AP1，BP2的交點P在直線y=2上;
(2)求直線AP1,BP1,l2圍成的三角形面積的最小值.
【解題思路】（1）由題意求橢圓方程，設直線l1:y=kx+12,Ax1,y1,Bx2,y2，聯(lián)立方程結合韋達定理分析證明；
（2）設直線l2與直線AP1,BP1的交點分別為Cx3,y3,Dx4,y4，可得x3=4x1(2k+1)x1-1,x4=4x2(2k+1)x2-1，結合韋達定理求得CD的最小值為655，即可得結果.
【解答過程】（1）根據(jù)題意，蒙日圓的半徑為13，所以a2+b2=13.
因為P1P2=2，可知b=1，則a=23，
所以橢圓E的標準方程為x212+y2=1，
因為直線l1過點Q0,12，可知直線l1的斜率存在，且直線l1與橢圓必相交，
可設直線l1:y=kx+12,Ax1,y1,Bx2,y2，
聯(lián)立方程y=kx+12x212+y2=1，消去y可得12k2+1x2+12kx-9=0，
由根與系數(shù)的關系可得：x1+x2=-12k12k2+1,x1x2=-912k2+1
因為P10,1,P20,-1，可得直線AP1:y=y1-1x1x+1，直線BP2:y=y2+1x2x-1，
所以y-1y+1=y1-1x1y2+1x2=x2y1-1x1y2+1=x2kx1-12x1kx2+32=kx1x2-12x2kx1x2+32x1=kx1x2-12x1+x2+12x1kx1x2+32x1
=-9k12k2+1-12×-12k12k2+1+12x1-9k12k2+1+32x1 =-3k12k2+1+12x1-9k12k2+1+32x1=13.
即y-1y+1=13，解得y=2，
所以直線AP1,BP2的交點P在直線y=2上.
（2）設直線l2與直線AP1,BP1的交點分別為Cx3,y3,Dx4,y4，
則由（1）可知：直線AP1:y=y1-1x1x+1，直線BP1:y=y2-1x2x+1.
聯(lián)立方程y=y1-1x1x+1y=-12x+3和y=y2-1x2x+1y=-12x+3，
解得x3=4x1(2k+1)x1-1,x4=4x2(2k+1)x2-1
因為x1-x2=x1+x22-4x1x2=-12k12k2+12+3612k2+1=616k2+112k2+1，
又因為點P1到直線l2的距離d=|0+2×1-6|5=455，
可得S=12|CD|?d=255|CD|，只需求CD的最小值.
由弦長公式可得|CD|=1+-122x3-x4=524x1(2k+1)x1-1-4x2(2k+1)x2-1
=25×x1-x2(2k+1)x1-1(2k+1)x2-1=25×x1-x2(2k+1)2x1x2-(2k+1)x1+x2+1
=352×16k2+13k+1.
令3k+1=t，則k=t-13.
可得352×16k2+13k+1=52×16(t-1)2+9t2=52×251t-16252+16×925≥52×125=655，
當且僅當1t=1625，即k=316時等號成立.
即CD的最小值為655，可得△P1CD面積的最小值為125.
故直線AP1,BP1,l2圍成的三角形面積的最小值為125.

【變式11-3】（2023·上海奉賢·二模）已知橢圓C:x24+y2b2=1b>0，A0,b，B0,-b．橢圓C內部的一點Tt,12 (t>0)，過點T作直線AT交橢圓于M，作直線BT交橢圓于N．M、N是不同的兩點．
(1)若橢圓C的離心率是32，求b的值；
(2)設△BTM的面積是S1，△ATN的面積是S2，若S1S2=5，b=1時，求t的值；
(3)若點U(xu,yu)，V(xv,yv)滿足xuyv，則稱點U在點V的左上方．求證：當b>12時，點N在點M的左上方．
【解題思路】（1）分012,12>yM，所以yN>12>yM.所以當b>12時，點N在點M的左上方．
1．（2023·北京·高考真題）已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為53，A、C分別是E的上、下頂點，B，D分別是E的左、右頂點，|AC|=4．
(1)求E的方程；
(2)設P為第一象限內E上的動點，直線PD與直線BC交于點M，直線PA與直線y=-2交于點N．求證：MN//CD．
【解題思路】（1）結合題意得到ca=53，2b=4，再結合a2-c2=b2，解之即可；
（2）依題意求得直線BC、PD與PA的方程，從而求得點M,N的坐標，進而求得kMN，再根據(jù)題意求得kCD，得到kMN=kCD，由此得解.
【解答過程】（1）依題意，得e=ca=53，則c=53a，
又A,C分別為橢圓上下頂點，AC=4，所以2b=4，即b=2，
所以a2-c2=b2=4，即a2-59a2=49a2=4，則a2=9，
所以橢圓E的方程為x29+y24=1.
（2）因為橢圓E的方程為x29+y24=1，所以A0,2,C0,-2,B-3,0,D3,0，
因為P為第一象限E上的動點，設Pm,n00，
因為FM?FN=0，所以x1-1x2-1+y1y2=0，
即my1+n-1my2+n-1+y1y2=0，
亦即m2+1y1y2+mn-1y1+y2+n-12=0，
將y1+y2=4m,y1y2=-4n代入得，
4m2=n2-6n+1，4m2+n=n-12>0，
所以n≠1，且n2-6n+1≥0，解得n≥3+22或n≤3-22．
設點F到直線MN的距離為d，所以d=n-11+m2，
MN=x1-x22+y1-y22=1+m2y1-y2=1+m216m2+16n
=1+m24n2-6n+1+16n=21+m2n-1，
所以△MFN的面積S=12×MN×d=12×n-11+m2×21+m2n-1=n-12，
而n≥3+22或n≤3-22，所以，
當n=3-22時，△MFN的面積Smin=2-222=12-82．
3．（2023·全國·高考真題）已知橢圓C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的離心率是53，點A-2,0在C上．
(1)求C的方程；
(2)過點-2,3的直線交C于P,Q兩點，直線AP,AQ與y軸的交點分別為M,N，證明：線段MN的中點為定點．
【解題思路】（1）根據(jù)題意列式求解a,b,c，進而可得結果；
（2）設直線PQ的方程，進而可求點M,N的坐標，結合韋達定理驗證yM+yN2為定值即可.
【解答過程】（1）由題意可得b=2a2=b2+c2e=ca=53，解得a=3b=2c=5，
所以橢圓方程為y29+x24=1.
（2）由題意可知：直線PQ的斜率存在，設PQ:y=kx+2+3,Px1,y1,Qx2,y2，
聯(lián)立方程y=kx+2+3y29+x24=1，消去y得：4k2+9x2+8k2k+3x+16k2+3k=0，
則Δ=64k22k+32-644k2+9k2+3k=-1728k>0，解得kb>0)的左右頂點分別為A1,A2，右焦點為F，已知A1F=3,A2F=1．
(1)求橢圓的方程和離心率；
(2)點P在橢圓上（異于橢圓的頂點），直線A2P交y軸于點Q，若三角形A1PQ的面積是三角形A2PF面積的二倍，求直線A2P的方程．
【解題思路】（1）由a+c=3a-c=1解得a=2,c=1，從而求出b=3，代入橢圓方程即可求方程，再代入離心率公式即求離心率.
（2）先設直線A2P的方程，與橢圓方程聯(lián)立，消去y，再由韋達定理可得xA2?xP，從而得到P點和Q點坐標.由S△A2QA1=S△A1PQ+S△A1A2P=2S△A2PF+S△A1A2P得2yQ=3yP，即可得到關于k的方程，解出k，代入直線A2P的方程即可得到答案.
【解答過程】（1）如圖，

由題意得a+c=3a-c=1，解得a=2,c=1，所以b=22-12=3，
所以橢圓的方程為x24+y23=1，離心率為e=ca=12.
（2）由題意得，直線A2P斜率存在，由橢圓的方程為x24+y23=1可得A22,0，
設直線A2P的方程為y=kx-2，
聯(lián)立方程組x24+y23=1y=kx-2，消去y整理得：3+4k2x2-16k2x+16k2-12=0，
由韋達定理得xA2?xP=16k2-123+4k2，所以xP=8k2-63+4k2，
所以P8k2-63+4k2,-12k3+4k2，Q0,-2k.
所以S△A2QA1=12×4×yQ,S△A2PF=12×1×yP,S△A1A2P=12×4×yP，
所以S△A2QA1=S△A1PQ+S△A1A2P=2S△A2PF+S△A1A2P，
所以2yQ=3yP，即2-2k=3-12k3+4k2，
解得k=±62，所以直線A2P的方程為y=±62x-2.
5．（2023·全國·高考真題）已知雙曲線C的中心為坐標原點，左焦點為-25,0，離心率為5．
(1)求C的方程；
(2)記C的左、右頂點分別為A1，A2，過點-4,0的直線與C的左支交于M，N兩點，M在第二象限，直線MA1與NA2交于點P．證明:點P在定直線上.
【解題思路】（1）由題意求得a,b的值即可確定雙曲線方程；
（2）設出直線方程，與雙曲線方程聯(lián)立，然后由點的坐標分別寫出直線MA1與NA2的方程，聯(lián)立直線方程，消去y，結合韋達定理計算可得x+2x-2=-13，即交點的橫坐標為定值，據(jù)此可證得點P在定直線x=-1上.
【解答過程】（1）設雙曲線方程為x2a2-y2b2=1a>0,b>0，由焦點坐標可知c=25，
則由e=ca=5可得a=2，b=c2-a2=4，
雙曲線方程為x24-y216=1.
（2）由(1)可得A1-2,0,A22,0，設Mx1,y1,Nx2,y2，
顯然直線的斜率不為0，所以設直線MN的方程為x=my-4，且-120,b>0)的右焦點為F(2,0)，漸近線方程為y=±3x．
(1)求C的方程；
(2)過F的直線與C的兩條漸近線分別交于A，B兩點，點Px1,y1,Qx2,y2在C上，且x1>x2>0,y1>0．過P且斜率為-3的直線與過Q且斜率為3的直線交于點M.從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個成立：
①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|=|MB|．
注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個解答計分.
【解題思路】（1）利用焦點坐標求得c的值，利用漸近線方程求得a,b的關系，進而利用a,b,c的平方關系求得a,b的值，得到雙曲線的方程；
（2）先分析得到直線AB的斜率存在且不為零，設直線AB的斜率為k, M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等價分析得到x0+ky0=8k2k2-3；由直線PM和QM的斜率得到直線方程，結合雙曲線的方程，兩點間距離公式得到直線PQ的斜率m=3x0y0，由②PQ//AB等價轉化為ky0=3x0，由①M在直線AB上等價于ky0=k2x0-2，然后選擇兩個作為已知條件一個作為結論，進行證明即可.
【解答過程】（1）右焦點為F(2,0)，∴c=2,∵漸近線方程為y=±3x，∴ba=3，∴b=3a，∴c2=a2+b2=4a2=4，∴a=1，∴b=3．
∴C的方程為：x2-y23=1；
（2）由已知得直線PQ的斜率存在且不為零，直線AB的斜率不為零，
若選由①②推③或選由②③推①：由②成立可知直線AB的斜率存在且不為零；
若選①③推②，則M為線段AB的中點，假若直線AB的斜率不存在，則由雙曲線的對稱性可知M在x軸上，即為焦點F,此時由對稱性可知P、Q關于x軸對稱，與從而x1=x2，已知不符；
總之，直線AB的斜率存在且不為零.
設直線AB的斜率為k,直線AB方程為y=kx-2,
則條件①M在AB上，等價于y0=kx0-2?ky0=k2x0-2；
兩漸近線的方程合并為3x2-y2=0,
聯(lián)立消去y并化簡整理得：k2-3x2-4k2x+4k2=0
設Ax3,y3,Bx4,y4,線段中點為NxN,yN,則xN=x3+x42=2k2k2-3,yN=kxN-2=6kk2-3,
設Mx0,y0,
則條件③AM=BM等價于x0-x32+y0-y32=x0-x42+y0-y42,
移項并利用平方差公式整理得：
x3-x42x0-x3+x4+y3-y42y0-y3+y4=0，
2x0-x3+x4+y3-y4x3-x42y0-y3+y4=0,即x0-xN+ky0-yN=0,
即x0+ky0=8k2k2-3；
由題意知直線PM的斜率為-3, 直線QM的斜率為3,
∴由y1-y0=-3x1-x0,y2-y0=3x2-x0,
∴y1-y2=-3x1+x2-2x0,
所以直線PQ的斜率m=y1-y2x1-x2=-3x1+x2-2x0x1-x2,
直線PM:y=-3x-x0+y0,即y=y0+3x0-3x,
代入雙曲線的方程3x2-y2-3=0,即3x+y3x-y=3中，
得：y0+3x023x-y0+3x0=3,
解得P的橫坐標：x1=1233y0+3x0+y0+3x0,
同理：x2=-1233y0-3x0+y0-3x0，
∴x1-x2=133y0y02-3x02+y0,x1+x2-2x0=-3x0y02-3x02-x0,
∴m=3x0y0,
∴條件②PQ//AB等價于m=k?ky0=3x0，
綜上所述：
條件①M在AB上，等價于ky0=k2x0-2；
條件②PQ//AB等價于ky0=3x0；
條件③AM=BM等價于x0+ky0=8k2k2-3；
選①②推③:
由①②解得：x0=2k2k2-3,∴x0+ky0=4x0=8k2k2-3,∴③成立；
選①③推②：
由①③解得：x0=2k2k2-3，ky0=6k2k2-3，
∴ky0=3x0，∴②成立；
選②③推①：
由②③解得：x0=2k2k2-3，ky0=6k2k2-3，∴x0-2=6k2-3，
∴ky0=k2x0-2，∴①成立.
7．（2022·全國·高考真題）設拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為F，點Dp,0，過F的直線交C于M，N兩點．當直線MD垂直于x軸時，MF=3．
(1)求C的方程；
(2)設直線MD,ND與C的另一個交點分別為A，B，記直線MN,AB的傾斜角分別為α,β．當α-β取得最大值時，求直線AB的方程．
【解題思路】（1）由拋物線的定義可得MF=p+p2，即可得解；
（2）法一：設點的坐標及直線MN:x=my+1，由韋達定理及斜率公式可得kMN=2kAB，再由差角的正切公式及基本不等式可得kAB=22，設直線AB:x=2y+n，結合韋達定理可解.
【解答過程】（1）拋物線的準線為x=-p2，當MD與x軸垂直時，點M的橫坐標為p，
此時MF=p+p2=3，所以p=2，
所以拋物線C的方程為y2=4x；
（2）[方法一]：【最優(yōu)解】直線方程橫截式
設My124,y1,Ny224,y2,Ay324,y3,By424,y4，直線MN:x=my+1，
由x=my+1y2=4x可得y2-4my-4=0，Δ>0,y1y2=-4，
由斜率公式可得kMN=y1-y2y124-y224=4y1+y2，kAB=y3-y4y324-y424=4y3+y4，
直線MD:x=x1-2y1?y+2，代入拋物線方程可得y2-4x1-2y1?y-8=0，
Δ>0,y1y3=-8，所以y3=2y2，同理可得y4=2y1，
所以kAB=4y3+y4=42y1+y2=kMN2
又因為直線MN、AB的傾斜角分別為α,β，所以kAB=tanβ=kMN2=tanα2，
若要使α-β最大，則β∈0,π2，設kMN=2kAB=2k>0，則tanα-β=tanα-tanβ1+tanαtanβ=k1+2k2=11k+2k≤121k?2k=24，
當且僅當1k=2k即k=22時，等號成立，
所以當α-β最大時，kAB=22，設直線AB:x=2y+n，
代入拋物線方程可得y2-42y-4n=0，
Δ>0,y3y4=-4n=4y1y2=-16，所以n=4，
所以直線AB:x=2y+4.
[方法二]：直線方程點斜式
由題可知，直線MN的斜率存在.
設Mx1,y1,Nx2,y2,Ax3,y3,Bx4,y4,直線MN:y=kx-1
由 y=k(x-1)y2=4x得：k2x2-2k2+4x+k2=0，x1x2=1,同理，y1y2=-4.
直線MD:y=y1x1-2(x-2),代入拋物線方程可得：x1x3=4，同理，x2x4=4.
代入拋物線方程可得:y1y3=-8,所以y3=2y2，同理可得y4=2y1，
由斜率公式可得：kAB=y4-y3x4-x3=2y2-y141x2-1x1=y2-y12x2-x1=12kMN.
（下同方法一）若要使α-β最大，則β∈0,π2，
設kMN=2kAB=2k>0，則tanα-β=tanα-tanβ1+tanαtanβ=k1+2k2=11k+2k≤121k?2k=24，
當且僅當1k=2k即k=22時，等號成立，
所以當α-β最大時，kAB=22，設直線AB:x=2y+n，
代入拋物線方程可得y2-42y-4n=0，Δ>0,y3y4=-4n=4y1y2=-16，所以n=4，所以直線AB:x=2y+4.
[方法三]：三點共線
設My124,y1,Ny224,y2,Ay324,y3,By424,y4，
設Pt,0,若 P、M、N三點共線，由PM=y124-t,y1，PN=y224-t,y2
所以y124-ty2=y224-ty1，化簡得y1y2=-4t，
反之，若y1y2=-4t,可得MN過定點t,0
因此，由M、N、F三點共線，得y1y2=-4，
由M、D、A三點共線，得y1y3=-8，
由N、D、B三點共線，得y2y4=-8，
則y3y4=4y1y2=-16，AB過定點（4,0）
（下同方法一）若要使α-β最大，則β∈0,π2，
設kMN=2kAB=2k>0，則tanα-β=tanα-tanβ1+tanαtanβ=k1+2k2=11k+2k≤121k?2k=24，
當且僅當1k=2k即k=22時，等號成立，
所以當α-β最大時，kAB=22，所以直線AB:x=2y+4.
8．（2022·全國·高考真題）已知橢圓E的中心為坐標原點，對稱軸為x軸、y軸，且過A0,-2,B32,-1兩點．
(1)求E的方程；
(2)設過點P1,-2的直線交E于M，N兩點，過M且平行于x軸的直線與線段AB交于點T，點H滿足MT=TH．證明：直線HN過定點．
【解題思路】（1）將給定點代入設出的方程求解即可；
（2）設出直線方程，與橢圓C的方程聯(lián)立，分情況討論斜率是否存在，即可得解.
【解答過程】（1）解：設橢圓E的方程為mx2+ny2=1，過A0,-2,B32,-1，
則4n=194m+n=1，解得m=13，n=14，
所以橢圓E的方程為：y24+x23=1.
（2）A(0,-2),B(32,-1)，所以AB:y+2=23x，
①若過點P(1,-2)的直線斜率不存在，直線x=1.代入x23+y24=1，
可得M(1,-263)，N(1,263)，代入AB方程y=23x-2，可得
T(-6+3,-263)，由MT=TH得到H(-26+5,-263).求得HN方程：
y=(2+263)x-2，過點(0,-2).
②若過點P(1,-2)的直線斜率存在，設kx-y-(k+2)=0,M(x1,y1),N(x2,y2).
聯(lián)立kx-y-(k+2)=0x23+y24=1,得(3k2+4)x2-6k(2+k)x+3k(k+4)=0，
可得x1+x2=6k(2+k)3k2+4x1x2=3k(4+k)3k2+4，y1+y2=-8(2+k)3k2+4y1y2=4(4+4k-2k2)3k2+4，
且x1y2+x2y1=-24k3k2+4(*)
聯(lián)立y=y1y=23x-2,可得T(3y12+3,y1),H(3y1+6-x1,y1).
可求得此時HN:y-y2=y1-y23y1+6-x1-x2(x-x2)，
將(0,-2)，代入整理得2(x1+x2)-6(y1+y2)+x1y2+x2y1-3y1y2-12=0，
將(*)代入，得24k+12k2+96+48k-24k-48-48k+24k2-36k2-48=0,
顯然成立，
綜上，可得直線HN過定點(0,-2).
9．（2022·北京·高考真題）已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一個頂點為A(0,1)，焦距為23．
(1)求橢圓E的方程；
(2)過點P(-2,1)作斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點B，C，直線AB，AC分別與x軸交于點M，N，當|MN|=2時，求k的值．
【解題思路】（1）依題意可得b=12c=23c2=a2-b2，即可求出a，從而求出橢圓方程；
（2）首先表示出直線方程，設Bx1,y1、Cx2,y2，聯(lián)立直線與橢圓方程，消元列出韋達定理，由直線AB、AC的方程，表示出xM、xN，根據(jù)MN=xN-xM得到方程，解得即可；
【解答過程】（1）解：依題意可得b=1，2c=23，又c2=a2-b2，
所以a=2，所以橢圓方程為x24+y2=1；
（2）解：依題意過點P-2,1的直線為y-1=kx+2，設Bx1,y1、Cx2,y2，不妨令-2≤x10，解得k1)上，直線l交C于P，Q兩點，直線AP,AQ的斜率之和為0．
(1)求l的斜率；
(2)若tan∠PAQ=22，求△PAQ的面積．
【解題思路】（1）由點A(2,1)在雙曲線上可求出a，易知直線l的斜率存在，設l:y=kx+m，Px1,y1,Qx2,y2，再根據(jù)kAP+kAQ=0，即可解出l的斜率；
（2）根據(jù)直線AP,AQ的斜率之和為0可知直線AP,AQ的傾斜角互補，根據(jù)tan∠PAQ=22即可求出直線AP,AQ的斜率，再分別聯(lián)立直線AP,AQ與雙曲線方程求出點P,Q的坐標，即可得到直線PQ的方程以及PQ的長，由點到直線的距離公式求出點A到直線PQ的距離，即可得出△PAQ的面積．
【解答過程】（1）因為點A(2,1)在雙曲線C:x2a2-y2a2-1=1(a>1)上，所以4a2-1a2-1=1，解得a2=2，即雙曲線C:x22-y2=1．
易知直線l的斜率存在，設l:y=kx+m，Px1,y1,Qx2,y2，
聯(lián)立y=kx+mx22-y2=1可得，1-2k2x2-4mkx-2m2-2=0，
所以，x1+x2=-4mk2k2-1,x1x2=2m2+22k2-1，Δ=16m2k2-42m2+22k2-1>0?m2+1-2k2>0且k≠±22．
所以由kAP+kAQ=0可得，y2-1x2-2+y1-1x1-2=0，
即x1-2kx2+m-1+x2-2kx1+m-1=0，
即2kx1x2+m-1-2kx1+x2-4m-1=0，
所以2k×2m2+22k2-1+m-1-2k-4mk2k2-1-4m-1=0，
化簡得，8k2+4k-4+4mk+1=0，即k+12k-1+m=0，
所以k=-1或m=1-2k，
當m=1-2k時，直線l:y=kx+m=kx-2+1過點A2,1，與題意不符，舍去，
故k=-1．
（2）［方法一］：【最優(yōu)解】常規(guī)轉化
不妨設直線PA,AQ的傾斜角為α,βα0)
|AB|=y1+y2+p
x2=-2py(p>0)
|AB|=p-(y1+y2)

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