高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)全套歷年真題大數(shù)據(jù)之10年高考真題專題14平面解析幾何解答題特訓(xùn)(原卷版+解析)-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

1．【2022年全國甲卷理科20】設(shè)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(dāng)直線MD垂直于x軸時，MF=3．
(1)求C的方程；
(2)設(shè)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(dāng)α?β取得最大值時，求直線AB的方程．
2．【2022年全國乙卷理科20】已知橢圓E的中心為坐標(biāo)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(shè)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．
3．【2022年新高考1卷21】已知點A(2,1)在雙曲線C:x2a2?y2a2?1=1(a>1)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．
4．【2022年新高考2卷21】已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,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.
5．【2021年全國甲卷理科20】拋物線C的頂點為坐標(biāo)原點O．焦點在x軸上，直線l：x=1交C于P，Q兩點，且OP⊥OQ．已知點M(2,0)，且⊙M與l相切．
（1）求C，⊙M的方程；
（2）設(shè)A1,A2,A3是C上的三個點，直線A1A2，A1A3均與⊙M相切．判斷直線A2A3與⊙M的位置關(guān)系，并說明理由．
6．【2021年新高考1卷21】在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點F1(?17,0)、F2(17,0)|MF1|?|MF2|=2，點M的軌跡為C.
（1）求C的方程；
（2）設(shè)點T在直線x=12上，過T的兩條直線分別交C于A、B兩點和P，Q兩點，且|TA|?|TB|=|TP|?|TQ|，求直線AB的斜率與直線PQ的斜率之和.
7．【2021年全國乙卷理科21】已知拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點為F，且F與圓M:x2+(y+4)2=1上點的距離的最小值為4．
（1）求p；
（2）若點P在M上，PA,PB是C的兩條切線，A,B是切點，求△PAB面積的最大值．
8．【2021年新高考2卷20】已知橢圓C的方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0)，右焦點為F(2,0)，且離心率為63．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)M，N是橢圓C上的兩點，直線MN與曲線x2+y2=b2(x>0)相切．證明：M，N，F(xiàn)三點共線的充要條件是|MN|=3．
9．【2020年全國1卷理科20】已知A、B分別為橢圓E：x2a2+y2=1（a>1）的左、右頂點，G為E的上頂點，AG?GB=8，P為直線x=6上的動點，PA與E的另一交點為C，PB與E的另一交點為D．
（1）求E的方程；
（2）證明：直線CD過定點.
10．【2020年全國2卷理科19】已知橢圓C1：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點F與拋物線C2的焦點重合，C1的中心與C2的頂點重合.過F且與x軸垂直的直線交C1于A，B兩點，交C2于C，D兩點，且|CD|=43|AB|.
（1）求C1的離心率；
（2）設(shè)M是C1與C2的公共點，若|MF|=5，求C1與C2的標(biāo)準(zhǔn)方程.
11．【2020年全國3卷理科20】已知橢圓C:x225+y2m2=1(00)的離心率為22，且過點A（2，1）．
（1）求C的方程：
（2）點M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D為垂足．證明：存在定點Q，使得|DQ|為定值．
13．【2020年海南卷21】已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)過點M（2，3）,點A為其左頂點，且AM的斜率為12 ，
（1）求C的方程；
（2）點N為橢圓上任意一點，求△AMN的面積的最大值.
14．【2019年新課標(biāo)3理科21】已知曲線C：y=x22，D為直線y=?12上的動點，過D作C的兩條切線，切點分別為A，B．
（1）證明：直線AB過定點；
（2）若以E（0，52）為圓心的圓與直線AB相切，且切點為線段AB的中點，求四邊形ADBE的面積．
15．【2019年全國新課標(biāo)2理科21】已知點A（﹣2，0），B（2，0），動點M（x，y）滿足直線AM與BM的斜率之積為?12．記M的軌跡為曲線C．
（1）求C的方程，并說明C是什么曲線；
（2）過坐標(biāo)原點的直線交C于P，Q兩點，點P在第一象限，PE⊥x軸，垂足為E，連結(jié)QE并延長交C于點G．
（i）證明：△PQG是直角三角形；
（ii）求△PQG面積的最大值．
16．【2019年新課標(biāo)1理科19】已知拋物線C：y2＝3x的焦點為F，斜率為32的直線l與C的交點為A，B，與x軸的交點為P．
（1）若|AF|+|BF|＝4，求l的方程；
（2）若AP→=3PB→，求|AB|．
17．【2018年新課標(biāo)1理科19】設(shè)橢圓C：x22+y2＝1的右焦點為F，過F的直線l與C交于A，B兩點，點M的坐標(biāo)為（2，0）．
（1）當(dāng)l與x軸垂直時，求直線AM的方程；
（2）設(shè)O為坐標(biāo)原點，證明：∠OMA＝∠OMB．
18．【2018年新課標(biāo)2理科19】設(shè)拋物線C：y2＝4x的焦點為F，過F且斜率為k（k＞0）的直線l與C交于A，B兩點，|AB|＝8．
（1）求l的方程；
（2）求過點A，B且與C的準(zhǔn)線相切的圓的方程．
19．【2018年新課標(biāo)3理科20】已知斜率為k的直線l與橢圓C：x24+y23=1交于A，B兩點，線段AB的中點為M（1，m）（m＞0）．
（1）證明：k＜?12；
（2）設(shè)F為C的右焦點，P為C上一點，且FP→+FA→+FB→=0→．證明：|FA→|，|FP→|，|FB→|成等差數(shù)列，并求該數(shù)列的公差．
20．【2017年新課標(biāo)1理科20】已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），四點P1（1，1），P2（0，1），P3（﹣1，32），P4（1，32）中恰有三點在橢圓C上．
（1）求C的方程；
（2）設(shè)直線l不經(jīng)過P2點且與C相交于A，B兩點．若直線P2A與直線P2B的斜率的和為﹣1，證明：l過定點．
21．【2017年新課標(biāo)2理科20】設(shè)O為坐標(biāo)原點，動點M在橢圓C：x22+y2＝1上，過M作x軸的垂線，垂足為N，點P滿足NP→=2NM→．
（1）求點P的軌跡方程；
（2）設(shè)點Q在直線x＝﹣3上，且OP→?PQ→=1．證明：過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F．
22．【2017年新課標(biāo)3理科20】已知拋物線C：y2＝2x，過點（2，0）的直線l交C于A，B兩點，圓M是以線段AB為直徑的圓．
（1）證明：坐標(biāo)原點O在圓M上；
（2）設(shè)圓M過點P（4，﹣2），求直線l與圓M的方程．
23．【2016年新課標(biāo)1理科20】設(shè)圓x2+y2+2x﹣15＝0的圓心為A，直線l過點B（1，0）且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點，過B作AC的平行線交AD于點E．
（Ⅰ）證明|EA|+|EB|為定值，并寫出點E的軌跡方程；
（Ⅱ）設(shè)點E的軌跡為曲線C1，直線l交C1于M，N兩點，過B且與l垂直的直線與圓A交于P，Q兩點，求四邊形MPNQ面積的取值范圍．
24．【2016年新課標(biāo)2理科20】已知橢圓E：x2t+y23=1的焦點在x軸上，A是E的左頂點，斜率為k（k＞0）的直線交E于A，M兩點，點N在E上，MA⊥NA．
（Ⅰ）當(dāng)t＝4，|AM|＝|AN|時，求△AMN的面積；
（Ⅱ）當(dāng)2|AM|＝|AN|時，求k的取值范圍．
25．【2016年新課標(biāo)3理科20】已知拋物線C：y2＝2x的焦點為F，平行于x軸的兩條直線l1，l2分別交C于A，B兩點，交C的準(zhǔn)線于P，Q兩點．
（Ⅰ）若F在線段AB上，R是PQ的中點，證明AR∥FQ；
（Ⅱ）若△PQF的面積是△ABF的面積的兩倍，求AB中點的軌跡方程．
26．【2015年新課標(biāo)1理科20】在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C：y=x24與直線l：y＝kx+a（a＞0）交于M，N兩點．
（Ⅰ）當(dāng)k＝0時，分別求C在點M和N處的切線方程．
（Ⅱ）y軸上是否存在點P，使得當(dāng)k變動時，總有∠OPM＝∠OPN？（說明理由）
27．【2015年新課標(biāo)2理科20】已知橢圓C：9x2+y2＝m2（m＞0），直線l不過原點O且不平行于坐標(biāo)軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB的中點為M．
（1）證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值；
（2）若l過點（m3，m），延長線段OM與C交于點P，四邊形OAPB能否為平行四邊形？若能，求此時l的斜率；若不能，說明理由．
28．【2014年新課標(biāo)1理科20】已知點A（0，﹣2），橢圓E：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的離心率為32，F(xiàn)是橢圓的右焦點，直線AF的斜率為233，O為坐標(biāo)原點．
（Ⅰ）求E的方程；
（Ⅱ）設(shè)過點A的直線l與E相交于P，Q兩點，當(dāng)△OPQ的面積最大時，求l的方程．
29．【2014年新課標(biāo)2理科20】設(shè)F1，F(xiàn)2分別是C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左，右焦點，M是C上一點且MF2與x軸垂直，直線MF1與C的另一個交點為N．
（1）若直線MN的斜率為34，求C的離心率；
（2）若直線MN在y軸上的截距為2，且|MN|＝5|F1N|，求a，b．
30．【2013年新課標(biāo)1理科20】已知圓M：（x+1）2+y2＝1，圓N：（x﹣1）2+y2＝9，動圓P與圓M外切并與圓N內(nèi)切，圓心P的軌跡為曲線C．
（Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）l是與圓P，圓M都相切的一條直線，l與曲線C交于A，B兩點，當(dāng)圓P的半徑最長時，求|AB|．
31．【2013年新課標(biāo)2理科20】平面直角坐標(biāo)系xOy中，過橢圓M：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）右焦點的直線x+y?3=0交M于A，B兩點，P為AB的中點，且OP的斜率為12．
（Ⅰ）求M的方程
（Ⅱ）C，D為M上的兩點，若四邊形ACBD的對角線CD⊥AB，求四邊形ACBD面積的最大值．
模擬好題
1．已知F1,F2分別是橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點，點F1,F2在直線l:y=kx+m的同側(cè)，且點F1,F2到直線l的距離分別為d1,d2．
(1)若橢圓C的方程為x212+y23=1，直線l的方程為y=x?15，求d1?d2的值，并判斷直線與橢圓C的公共點的個數(shù)；
(2)若直線l與橢圓C有兩個公共點，試求d1?d2所需要滿足的條件；
2．已知橢圓C:x2a2+y2=1(a>1)的離心率為e1，雙曲線x2?y23=1的離心率為e2，且e1e2=2.
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)過橢圓C的右焦點F2且斜率為1的直線交橢圓于A,B兩點（點B在x軸上方），線段AB的垂直平分線交直線l:x=?2于M點，求以AM為直徑的圓的方程.
3．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點F0,?3，動點S到F的距離是S到直線3y+4=0的距離的32倍，記點S的軌跡為曲線C.
(1)求曲線C的方程；
(2)過l：x=2上的動點P2,p（p>2）向曲線C作兩條切線l1，l2，l1交x軸于M，交y軸于N，l2交x軸于T，交y軸于Q，記△PNQ的面積為S1，△PMT的面積為S2，求S1?S2的最小值.
4．已知M，N分別是x軸，y軸上的動點，且MN=4+23，動點P滿足MP=32PN，設(shè)點P的軌跡為曲線C．
(1)求曲線C的軌跡方程；
(2)直線l1：3x?2y=0與曲線C交于A，B兩點，G為線段AB上任意一點（不與端點重合），傾斜角為α的直線l2經(jīng)過點G，與曲線C交于E，F(xiàn)兩點．若|EF|2|GA|?|GB|的值與點G的位置無關(guān)，求|GE|：|GF|的值．
5．已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短軸長等于23，離心率e=12．
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)過左焦點F作直線l，與橢圓C交于A，B兩點，判斷1FA+1FB是否為定值．若是定值，求出該定值，若不是定值，請說明理由．
6．已知拋物線y2=2pxp>0的焦點為F，過焦點F斜率為3的直線交拋物線于A、B兩點（點A在第一象限），交拋物線準(zhǔn)線于G，且滿足BG=83．
(1)求拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)已知C，D為拋物線上的動點，且OC⊥OD，求證直線CD過定點P，并求出P點坐標(biāo)；
(3)在（2）的條件下，求PC?PD的最大值．
7．已知在△ABC中，B?2,0，C2,0，動點A滿足AB=23，∠ABC>90°，AC的垂直平分線交直線AB于點P．
(1)求點P的軌跡E的方程；
(2)直線x=mm>3交x軸于D，與曲線E在第一象限的交點為Q，過點D的直線l與曲線E交于M，N兩點，與直線x=3m交于點K，記QM，QN，QK的斜率分別為k1，k2，k3，
①求證：k1+k2k3是定值．
②若直線l的斜率為1，問是否存在m的值，使k1+k2+k3=6？若存在，求出所有滿足條件的m的值，若不存在，請說明理由．
8．已知橢圓Ω:x2a2+y2b2=1a>b>0的離心率為12，Ω上的點P與Ω外的點Q4,0距離的最小值為2．
(1)求橢圓Ω的方程；
(2)若直線l與橢圓Ω交于點A，B，當(dāng)直線l被圓O:x2+y2=a2截得的弦長為2b時，求△OAB面積的取值范圍．
9．若橢圓C1:x2a12+y2b12=1與橢圓C2:x2a22+y2b22=1滿足a1a2=b1b2=m(m>0)，則稱這兩個橢圓為“相似”，相似比為m.如圖，已知橢圓C1的長軸長是4，橢圓C2的離心率為22，橢圓C1與橢圓C2相似比為2.
(1)求橢圓C1與橢圓C2的方程；
(2)過橢圓C2左焦點F的直線l與C1、C2依次交于A、C、D、B四點.
①求證：無論直線l的傾斜角如何變化，恒有|AC|=|DB|.
②點M是橢圓C2上異于C、D的任意一點，記△MBD面積為S1，△MAD面積為S2，當(dāng)S1=15S2時，求直線l的方程.
10．已知雙曲線x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的焦距為22，設(shè)該雙曲線的左，右頂點分別為A，B，以點A，B和虛軸端點為頂點的四邊形的面積為S．
(1)當(dāng)S最大時，求雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)在（1）的條件下，過點A的直線l1與右支交于點C，過點B的直線l2與左支交于點D，設(shè)直線l1,l2的斜率分別為k1,k2，且k1=3k2，設(shè)△ADC，△BCD的面積分別為S1，S2，S1S2的值．
11．已知a>b>0，直線l過橢圓C1:x2a2+y2b2=1的右焦點F且與橢圓C1交于A、B兩點，l與雙曲線C2:x2a2?y2b2=1的兩條漸近線l1、l2分別交于M、N兩點．
(1)若|OF|=3，且當(dāng)l⊥x軸時，△MON的面積為32，求雙曲線C2的方程；
(2)如圖所示，若橢圓C1的離心率e=22，l⊥l1且FA=λAN(λ>0)，求實數(shù)λ的值．
12．設(shè)雙曲線C：x2a2?y2b2=1（a＞0，b＞0）的左、右焦點分別是F1，F(xiàn)2，漸近線分別為l1，l2，過F2作漸近線的垂線，垂足為P，且△OPF1的面積為b24．
(1)求雙曲線C的離心率；
(2)動直線l分別交直線l1，l2于A，B兩點（A，B分別在第一、四象限），且△OAB的面積恒為8，是否存在總與直線l有且只有一個公共點的雙曲線C，若存在，求出雙曲線C的方程；若不存在，說明理由．
13．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)橢圓C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的兩個焦點分別為F1，F(xiàn)2，點P在橢圓C上，連結(jié)PF1，PF2并延長，分別交橢圓于點A，B．已知△APF2的周長為82，△F1PF2面積最大值為4．
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)當(dāng)P不是橢圓的頂點時，試分析直線OP和直線AB的斜率之積是否為定值？若是，求出該定值，若不是，請說明理由．
14．已知橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左右焦點分別為F1,F2，點E263,33為以F1F2為直徑的圓與橢圓C在第一象限的交點.
(1)求橢圓C的方程；
(2)若過點D1,0且傾斜角為鈍角的直線l與橢圓C交于A,B兩點（其中點B在x軸下方），P為AB的中點，O為原點，求當(dāng)∠OPB最大時，△OPB的面積.
15．已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點為F2,0，且C過點P209,?19．
(1)求C的方程；
(2)若點M是C上的一點，過M作直線l與C相切，直線l與y軸的正半軸交于點A，過M與PF平行的直線交x軸于點B，且AB⊥PF，求直線l的方程．
16．已知拋物線C1:y2=2px(p>0)的焦點F到其準(zhǔn)線的距離為4，橢圓C2:x2a2+y2b2=1(a>b>0)經(jīng)過拋物線C1的焦點F．
(1)求拋物線C1的方程及a；
(2)已知O為坐標(biāo)原點，過點M(1,1)的直線l與橢圓C2相交于A，B兩點，若AM=mMB，點N滿足AN=?mNB，且|ON|最小值為125，求橢圓C2的離心率．
17．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C1:x2b2+y2a2=1a>b>0經(jīng)過63,1，橢圓C2:x23a2+y23b2=1的離心率為的63．
(1)求橢圓C1與橢圓C2的標(biāo)準(zhǔn)方程：
(2)設(shè)過原點且斜率存在的直線l與橢圓C1相交于A，C兩點，點P為橢圓C2的上頂點，直線PA與橢圓C2相交于點B，直線PC與橢圓C2相交于點D，設(shè)△POA﹐△POB,△POC,△POD的面積分別為S1,S2,S3,S4試問S1S2+S3S4是否為定值，若是，求出該定值；若不是，請說明理由．
18．生活中，橢圓有很多光學(xué)性質(zhì)，如從橢圓的一個焦點出發(fā)的光線射到橢圓鏡面后反射，反射光線經(jīng)過另一個焦點.現(xiàn)橢圓C的焦點在y軸上，中心在坐標(biāo)原點，從下焦點F1射出的光線經(jīng)過橢圓鏡面反射到上焦點F2，這束光線的總長度為4，且反射點與焦點構(gòu)成的三角形面積最大值為3，已知橢圓的離心率e0)的焦點為F，點Dp,0，過F的直線交C于M，N兩點．當(dāng)直線MD垂直于x軸時，MF=3．
(1)求C的方程；
(2)設(shè)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(dāng)α?β取得最大值時，求直線AB的方程．
【答案】(1)y2=4x；
(2)AB:x=2y+4.
【解析】
(1)拋物線的準(zhǔn)線為x=?p2，當(dāng)MD與x軸垂直時，點M的橫坐標(biāo)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)設(shè)M(y124,y1),N(y224,y2),A(y324,y3),B(y424,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?4(x1?2)y1?y?8=0，
Δ>0,y1y3=?8，所以y3=2y2，同理可得y4=2y1，
所以kAB=4y3+y4=42(y1+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(shè)kMN=2kAB=2k>0，則tan(α?β)=tanα?tanβ1+tanαtanβ=k1+2k2=11k+2k≤121k?2k=24，
當(dāng)且僅當(dāng)1k=2k即k=22時，等號成立，
所以當(dāng)α?β最大時，kAB=22，設(shè)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.
2．【2022年全國乙卷理科20】已知橢圓E的中心為坐標(biāo)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(shè)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．
【答案】(1)y24+x23=1
(2)(0,?2)
【解析】
(1)解：設(shè)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(shè)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+4y2y2=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).
3．【2022年新高考1卷21】已知點A(2,1)在雙曲線C:x2a2?y2a2?1=1(a>1)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．
【答案】(1)?1；
(2)1629．
【解析】
(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(shè)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．
所以由kAP+kBP=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(dāng)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)不妨設(shè)直線PA,PB的傾斜角為α,βα0,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.
【答案】(1)x2?y23=1
(2)見解析
【解析】
(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(guān)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(shè)直線AB的斜率為k,直線AB方程為y=k(x?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(shè)A(x3,y3),B(x3,y4),線段中點為N(xN,yN),則xN=x3+x42=2k2k2?3,yN=kxN?2=6kk2?3,
設(shè)M(x0,y0),
則條件③|AM|=|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=3(x2?x0),
∴y1?y2=?3(x1+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(biāo)：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③|AM|=|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.
5．【2021年全國甲卷理科20】拋物線C的頂點為坐標(biāo)原點O．焦點在x軸上，直線l：x=1交C于P，Q兩點，且OP⊥OQ．已知點M(2,0)，且⊙M與l相切．
（1）求C，⊙M的方程；
（2）設(shè)A1,A2,A3是C上的三個點，直線A1A2，A1A3均與⊙M相切．判斷直線A2A3與⊙M的位置關(guān)系，并說明理由．
【答案】（1）拋物線C:y2=x，⊙M方程為(x?2)2+y2=1；（2）相切，理由見解析
（1）依題意設(shè)拋物線C:y2=2px(p>0),P(1,y0),Q(1,?y0)，
∵OP⊥OQ,∴OP?OQ=1?y02=1?2p=0,∴2p=1，
所以拋物線C的方程為y2=x，
M(0,2),⊙M與x=1相切，所以半徑為1，
所以⊙M的方程為(x?2)2+y2=1；
（2）設(shè)A1(x1y1),A2(x2,y2),A3(x3,y3)
若A1A2斜率不存在，則A1A2方程為x=1或x=3，
若A1A2方程為x=1，根據(jù)對稱性不妨設(shè)A1(1,1)，
則過A1與圓M相切的另一條直線方程為y=1，
此時該直線與拋物線只有一個交點，即不存在A3，不合題意；
若A1A2方程為x=3，根據(jù)對稱性不妨設(shè)A1(3,3),A2(3,?3),
則過A1與圓M相切的直線A1A3為y?3=33(x?3)，
又kA1A3=y1?y3x1?x3=1y1+y3=13+y3=33,∴y3=0，
x3=0,A3(0,0)，此時直線A1A3,A2A3關(guān)于x軸對稱，
所以直線A2A3與圓M相切；
若直線A1A2,A1A3,A2A3斜率均存在，
則kA1A2=1y1+y2,kA1A3=1y1+y3,kA2A3=1y2+y3，
所以直線A1A2方程為y?y1=1y1+y2(x?x1)，
整理得x?(y1+y2)y+y1y2=0，
同理直線A1A3的方程為x?(y1+y3)y+y1y3=0，
直線A2A3的方程為x?(y2+y3)y+y2y3=0，
∵A1A2與圓M相切，∴|2+y1y2|1+(y1+y2)2=1
整理得(y12?1)y22+2y1y2+3?y12=0，
A1A3與圓M相切，同理(y12?1)y32+2y1y3+3?y12=0
所以y2,y3為方程(y12?1)y2+2y1y+3?y12=0的兩根，
y2+y3=?2y1y12?1,y2?y3=3?y12y12?1，
M到直線A2A3的距離為：
|2+y2y3|1+(y2+y3)2=|2+3?y12y12?1|1+(?2y1y12?1)2
=|y12+1|(y12?1)2+4y12=y12+1y12+1=1，
所以直線A2A3與圓M相切；
綜上若直線A1A2,A1A3與圓M相切，則直線A2A3與圓M相切.
6．【2021年新高考1卷21】在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點F1(?17,0)、F2(17,0)|MF1|?|MF2|=2，點M的軌跡為C.
（1）求C的方程；
（2）設(shè)點T在直線x=12上，過T的兩條直線分別交C于A、B兩點和P，Q兩點，且|TA|?|TB|=|TP|?|TQ|，求直線AB的斜率與直線PQ的斜率之和.
【答案】（1）x2?y216=1(x≥1)；（2）0.
因為|MF1|?|MF2|=20,b>0)，則2a=2，可得a=1，b=17?a2=4，
所以，軌跡C的方程為x2?y216=1(x≥1)；
（2）設(shè)點T(12,t)，若過點T的直線的斜率不存在，此時該直線與曲線C無公共點，
不妨直線AB的方程為y?t=k1(x?12)，即y=k1x+t?12k1，
聯(lián)立{y=k1x+t?12k116x2?y2=16，消去y并整理可得(k12?16)x2+k1(2t?k1)x+(t?12k1)2+16=0，
設(shè)點A(x1,y1)、B(x2,y2)，則x1>12且x2>12.
由韋達(dá)定理可得x1+x2=k12?2k1tk12?16，x1x2=(t?12k1)2+16k12?16，
所以，|TA|?|TB|=(1+k12)?|x1?12|?|x2?12|=(1+k12)?(x1x2?x1+x22+14)=(t2+12)(1+k12)k12?16，
設(shè)直線PQ的斜率為k2，同理可得|TP|?|TQ|=(t2+12)(1+k22)k22?16，
因為|TA|?|TB|=|TP|?|TQ|，即(t2+12)(1+k12)k12?16=(t2+12)(1+k22)k22?16，整理可得k12=k22，
即(k1?k2)(k1+k2)=0，顯然k1?k2≠0，故k1+k2=0.
因此，直線AB與直線PQ的斜率之和為0.
7．【2021年全國乙卷理科21】已知拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點為F，且F與圓M:x2+(y+4)2=1上點的距離的最小值為4．
（1）求p；
（2）若點P在M上，PA,PB是C的兩條切線，A,B是切點，求△PAB面積的最大值．
【答案】（1）p=2；（2）205.
（1）拋物線C的焦點為F(0,p2)，|FM|=p2+4，
所以，F(xiàn)與圓M:x2+(y+4)2=1上點的距離的最小值為p2+4?1=4，解得p=2；
（2）拋物線C的方程為x2=4y，即y=x24，對該函數(shù)求導(dǎo)得y'=x2，
設(shè)點A(x1,y1)、B(x2,y2)、P(x0,y0)，
直線PA的方程為y?y1=x12(x?x1)，即y=x1x2?y1，即x1x?2y1?2y=0，
同理可知，直線PB的方程為x2x?2y2?2y=0，
由于點P為這兩條直線的公共點，則{x1x0?2y1?2y0=0x2x0?2y2?2y0=0，
所以，點A、B的坐標(biāo)滿足方程x0x?2y?2y0=0，
所以，直線AB的方程為x0x?2y?2y0=0，
聯(lián)立{x0x?2y?2y0=0y=x24，可得x2?2x0x+4y0=0，
由韋達(dá)定理可得x1+x2=2x0，x1x2=4y0，
所以，|AB|=1+(x02)2?(x1+x2)2?4x1x2=1+(x02)2?4x02?16y0=(x02+4)(x02?4y0)，
點P到直線AB的距離為d=|x02?4y0|x02+4，
所以，S△PAB=12|AB|?d=12(x02+4)(x02?4y0)?|x02?4y0|x02+4=12(x02?4y0)32，
∵x02?4y0=1?(y0+4)2?4y0=?y02?12y0?15=?(y0+6)2+21，
由已知可得?5≤y0≤?3，所以，當(dāng)y0=?5時，△PAB的面積取最大值12×2032=205.
8．【2021年新高考2卷20】已知橢圓C的方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0)，右焦點為F(2,0)，且離心率為63．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)M，N是橢圓C上的兩點，直線MN與曲線x2+y2=b2(x>0)相切．證明：M，N，F(xiàn)三點共線的充要條件是|MN|=3．
【答案】（1）x23+y2=1；（2）證明見解析.
（1）由題意，橢圓半焦距c=2且e=ca=63，所以a=3，
又b2=a2?c2=1，所以橢圓方程為x23+y2=1；
（2）由（1）得，曲線為x2+y2=1(x>0)，
當(dāng)直線MN的斜率不存在時，直線MN:x=1，不合題意；
當(dāng)直線MN的斜率存在時，設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2)，
必要性：
若M，N，F(xiàn)三點共線，可設(shè)直線MN:y=k(x?2)即kx?y?2k=0，
由直線MN與曲線x2+y2=1(x>0)相切可得|2k|k2+1=1，解得k=±1，
聯(lián)立{y=±(x?2)x23+y2=1可得4x2?62x+3=0，所以x1+x2=322,x1?x2=34，
所以|MN|=1+1?(x1+x2)2?4x1?x2=3,
所以必要性成立；
充分性：設(shè)直線MN:y=kx+b,(kb0)相切可得|b|k2+1=1，所以b2=k2+1，
聯(lián)立{y=kx+bx23+y2=1可得(1+3k2)x2+6kbx+3b2?3=0，
所以x1+x2=?6kb1+3k2,x1?x2=3b2?31+3k2，
所以|MN|=1+k2?(x1+x2)2?4x1?x2=1+k2(?6kb1+3k2)2?4?3b2?31+3k2
=1+k2?24k21+3k2=3，
化簡得3(k2?1)2=0，所以k=±1，
所以{k=1b=?2或{k=?1b=2，所以直線MN:y=x?2或y=?x+2，
所以直線MN過點F(2,0)，M，N，F(xiàn)三點共線，充分性成立；
所以M，N，F(xiàn)三點共線的充要條件是|MN|=3．
9．【2020年全國1卷理科20】已知A、B分別為橢圓E：x2a2+y2=1（a>1）的左、右頂點，G為E的上頂點，AG?GB=8，P為直線x=6上的動點，PA與E的另一交點為C，PB與E的另一交點為D．
（1）求E的方程；
（2）證明：直線CD過定點.
【答案】（1）x29+y2=1；（2）證明詳見解析.
【解析】
（1）依據(jù)題意作出如下圖象：
由橢圓方程E:x2a2+y2=1(a>1)可得：A?a,0， Ba,0，G0,1
∴AG=a,1，GB=a,?1
∴AG?GB=a2?1=8，∴a2=9
∴橢圓方程為：x29+y2=1
（2）證明：設(shè)P6,y0，
則直線AP的方程為：y=y0?06??3x+3，即：y=y09x+3
聯(lián)立直線AP的方程與橢圓方程可得：x29+y2=1y=y09x+3，整理得：
y02+9x2+6y02x+9y02?81=0，解得：x=?3或x=?3y02+27y02+9
將x=?3y02+27y02+9代入直線y=y09x+3可得：y=6y0y02+9
所以點C的坐標(biāo)為?3y02+27y02+9,6y0y02+9.
同理可得：點D的坐標(biāo)為3y02?3y02+1,?2y0y02+1
∴直線CD的方程為：y??2y0y02+1=6y0y02+9??2y0y02+1?3y02+27y02+9?3y02?3y02+1x?3y02?3y02+1，
整理可得：y+2y0y02+1=8y0y02+369?y04x?3y02?3y02+1=8y063?y02x?3y02?3y02+1
整理得：y=4y033?y02x+2y0y02?3=4y033?y02x?32
故直線CD過定點32,0
10．【2020年全國2卷理科19】已知橢圓C1：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點F與拋物線C2的焦點重合，C1的中心與C2的頂點重合.過F且與x軸垂直的直線交C1于A，B兩點，交C2于C，D兩點，且|CD|=43|AB|.
（1）求C1的離心率；
（2）設(shè)M是C1與C2的公共點，若|MF|=5，求C1與C2的標(biāo)準(zhǔn)方程.
【答案】（1）12；（2）C1:x236+y227=1，C2:y2=12x.
【解析】
（1）∵Fc,0，AB⊥x軸且與橢圓C1相交于A、B兩點，
則直線AB的方程為x=c，
聯(lián)立x=cx2a2+y2b2=1a2=b2+c2，解得x=cy=±b2a，則AB=2b2a，
拋物線C2的方程為y2=4cx，聯(lián)立x=cy2=4cx，
解得x=cy=±2c，∴CD=4c，
∵CD=43AB，即4c=8b23a，2b2=3ac，
即2c2+3ac?2a2=0，即2e2+3e?2=0，
∵00過點M(2，3)，可得416+9b2=1，
解得b2=12.
所以C的方程：x216+y212=1.
(2)設(shè)與直線AM平行的直線方程為：x?2y=m，
如圖所示，當(dāng)直線與橢圓相切時，與AM距離比較遠(yuǎn)的直線與橢圓的切點為N，此時△AMN的面積取得最大值.
聯(lián)立直線方程x?2y=m與橢圓方程x216+y212=1，
可得：3m+2y2+4y2=48，
化簡可得：16y2+12my+3m2?48=0，
所以Δ=144m2?4×163m2?48=0，即m2=64，解得m=±8，
與AM距離比較遠(yuǎn)的直線方程：x?2y=8，
直線AM方程為：x?2y=?4，
點N到直線AM的距離即兩平行線之間的距離，
利用平行線之間的距離公式可得：d=8+41+4=1255，
由兩點之間距離公式可得|AM|=(2+4)2+32=35.
所以△AMN的面積的最大值：12×35×1255=18.
14．【2019年新課標(biāo)3理科21】已知曲線C：y=x22，D為直線y=?12上的動點，過D作C的兩條切線，切點分別為A，B．
（1）證明：直線AB過定點；
（2）若以E（0，52）為圓心的圓與直線AB相切，且切點為線段AB的中點，求四邊形ADBE的面積．
【答案】解：（1）證明：y=x22的導(dǎo)數(shù)為y′＝x，
設(shè)切點A（x1，y1），B（x2，y2），即有y1=x122，y2=x222，
切線DA的方程為y﹣y1＝x1（x﹣x1），即為y＝x1x?x122，
切線DB的方程為y＝x2x?x222，
聯(lián)立兩切線方程可得x=12（x1+x2），
可得y=12x1x2=?12，即x1x2＝﹣1，
直線AB的方程為y?x122=y1?y2x1?x2（x﹣x1），
即為y?x122=12（x1+x2）（x﹣x1），
可化為y=12（x1+x2）x+12，
可得AB恒過定點（0，12）；
（2）法一：設(shè)直線AB的方程為y＝kx+12，
由（1）可得x1+x2＝2k，x1x2＝﹣1，
AB中點H（k，k2+12），
由H為切點可得E到直線AB的距離即為|EH|，
可得|12?52|1+k2=k2+(k2?2)2，
解得k＝0或k＝±1，
即有直線AB的方程為y=12或y＝±x+12，
由y=12可得|AB|＝2，四邊形ADBE的面積為S△ABE+S△ABD=12×2×（1+2）＝3；
由y＝±x+12，可得|AB|=1+1?4+4=4，
此時D（±1，?12）到直線AB的距離為|1+12+12|2=2；
E（0，52）到直線AB的距離為|12?52|2=2，
則四邊形ADBE的面積為S△ABE+S△ABD=12×4×（2+2）＝42；
法二：
（2）由（1）得直線AB的方程為y＝tx+12．
由y=tx+12y=x22，可得x2﹣2tx﹣1＝0．
于是x1+x2＝2t，x1x2＝﹣1，y1+y2＝t（x1+x2）+1＝2t2+1，
|AB|=1+t2|x1?x2|=1+t2×(x1+x2)2?4x1x2=2（t2+1）．
設(shè)d1，d2分別為點D，E到直線AB的距離，則d1=t2+1，d2=2t2+1．
因此，四邊形ADBE的面積S=12|AB|（d1+d2）＝（t2+3）t2+1．
設(shè)M為線段AB的中點，則M（t，t2+12）．
由于EM→⊥AB→，而EM→=(t，t2?2)，AB→與向量（1，t）平行，所以t+（t2﹣2）t＝0．解得t＝0或t＝±1．
當(dāng)t＝0時，S＝3；當(dāng)t＝±1時，S＝42．
綜上，四邊形ADBE的面積為3或42．
15．【2019年全國新課標(biāo)2理科21】已知點A（﹣2，0），B（2，0），動點M（x，y）滿足直線AM與BM的斜率之積為?12．記M的軌跡為曲線C．
（1）求C的方程，并說明C是什么曲線；
（2）過坐標(biāo)原點的直線交C于P，Q兩點，點P在第一象限，PE⊥x軸，垂足為E，連結(jié)QE并延長交C于點G．
（i）證明：△PQG是直角三角形；
（ii）求△PQG面積的最大值．
【答案】解：（1）由題意得yx+2×yx?2=?12，
整理得曲線C的方程：x24+y22=1(y≠0)，
∴曲線C是焦點在x軸上不含長軸端點的橢圓；
（2）
（i）設(shè)P（x0，y0），則Q（﹣x0，﹣y0），
E（x0，0），G（xG，yG），
∴直線QE的方程為：y=y02x0(x?x0)，
與x24+y22=1聯(lián)立消去y，
得(2x02+y02)x2?2x0y02x+x02y02?8x02=0，
∴?x0xG=x02y02?8x022x02+y02，
∴xG=(8?y02)x02x02+y02，
∴yG=y02x0(xG?x0)=y0(4?x02?y02)2x02+y02，
∴kPG=yG?y0xG?x0
=y0(4?x02?y02)2x02+y02?y0x0(8?y02)2x02+y02?x0
=4y0?y0x02?y03?2y0x02?y038x0?x0y02?2x03?x0y02
=y0(4?3x02?2y02)2x0(4?y02?x02)，
把x02+2y02=4代入上式，
得kPG=y0(4?3x02?4+x02)2x0(4?y02?4+2y02)
=?y0×2x022x0y02
=?x0y0，
∴kPQ×kPG=y0x0×(?x0y0)=?1，
∴PQ⊥PG，
故△PQG為直角三角形；
（ii）S△PQG=12|PE|×(xG?xQ)
=12y0(xG+x0)
=12y0[(8?y02)x02x02+y02+x0]
=12y0x0×8?y02+2x02+y022x02+y02
=y0x0(4+x02)2x02+y02
=y0x0(x02+2y02+x02)2x02+y02
=2y0x0(x02+y02)2x02+y02
=8y0x0(x02+y02)(2x02+y02)(x02+2y02)
=8(y0x03+x0y03)2x04+2y04+5x02y02
=8(x0y0+y0x0)2(x0y0+y0x0)2+1
令t=x0y0+y0x0，則t≥2，
S△PQG=8t2t2+1=82t+1t
利用“對號”函數(shù)f（t）＝2t+1t在[2，+∞）的單調(diào)性可知，
f（t）≥4+12=92（t＝2時取等號），
∴S△PQG≤892=169（此時x0=y0=233），
故△PQG面積的最大值為169．
16．【2019年新課標(biāo)1理科19】已知拋物線C：y2＝3x的焦點為F，斜率為32的直線l與C的交點為A，B，與x軸的交點為P．
（1）若|AF|+|BF|＝4，求l的方程；
（2）若AP→=3PB→，求|AB|．
【答案】解：（1）設(shè)直線l的方程為y=32（x﹣t），將其代入拋物線y2＝3x得：94x2﹣（92t+3）x+94t2＝0，
設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），
則x1+x2=92t+394=2t+43，①，x1x2＝t2②，
由拋物線的定義可得：|AF|+|BF|＝x1+x2+p＝2t+43+32=4，解得t=712，
直線l的方程為y=32x?78．
（2）若AP→=3PB→，則y1＝﹣3y2，∴32（x1﹣t）＝﹣3×32（x2﹣t），化簡得x1＝﹣3x2+4t，③
由①②③解得t＝1，x1＝3，x2=13，
∴|AB|=1+94(3+13)2?4=4133．
17．【2018年新課標(biāo)1理科19】設(shè)橢圓C：x22+y2＝1的右焦點為F，過F的直線l與C交于A，B兩點，點M的坐標(biāo)為（2，0）．
（1）當(dāng)l與x軸垂直時，求直線AM的方程；
（2）設(shè)O為坐標(biāo)原點，證明：∠OMA＝∠OMB．
【答案】解：（1）c=2?1=1，
∴F（1，0），
∵l與x軸垂直，
∴x＝1，
由x=1x22+y2=1，解得x=1y=22或x=1y=?22，
∴A（1.22），或（1，?22），
∴直線AM的方程為y=?22x+2，y=22x?2，
證明：（2）當(dāng)l與x軸重合時，∠OMA＝∠OMB＝0°，
當(dāng)l與x軸垂直時，OM為AB的垂直平分線，∴∠OMA＝∠OMB，
當(dāng)l與x軸不重合也不垂直時，設(shè)l的方程為y＝k（x﹣1），k≠0，
A（x1，y1），B（x2，y2），則x1＜2，x2＜2，
直線MA，MB的斜率之和為kMA，kMB之和為kMA+kMB=y1x1?2+y2x2?2，
由y1＝kx1﹣k，y2＝kx2﹣k得kMA+kMB=2kx1x2?3k(x1+x2)+4k(x1?2)(x2?2)，
將y＝k（x﹣1）代入x22+y2＝1可得（2k2+1）x2﹣4k2x+2k2﹣2＝0，
∴x1+x2=4k22k2+1，x1x2=2k2?22k2+1，
∴2kx1x2﹣3k（x1+x2）+4k=12k2+1（4k3﹣4k﹣12k3+8k3+4k）＝0
從而kMA+kMB＝0，
故MA，MB的傾斜角互補，
∴∠OMA＝∠OMB，
綜上∠OMA＝∠OMB．
18．【2018年新課標(biāo)2理科19】設(shè)拋物線C：y2＝4x的焦點為F，過F且斜率為k（k＞0）的直線l與C交于A，B兩點，|AB|＝8．
（1）求l的方程；
（2）求過點A，B且與C的準(zhǔn)線相切的圓的方程．
【答案】解：（1）方法一：拋物線C：y2＝4x的焦點為F（1，0），
設(shè)直線AB的方程為：y＝k（x﹣1），設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），
則y=k(x?1)y2=4x，整理得：k2x2﹣2（k2+2）x+k2＝0，則x1+x2=2(k2+2)k2，x1x2＝1，
由|AB|＝x1+x2+p=2(k2+2)k2+2＝8，解得：k2＝1，則k＝1，
∴直線l的方程y＝x﹣1；
方法二：拋物線C：y2＝4x的焦點為F（1，0），設(shè)直線AB的傾斜角為θ，由拋物線的弦長公式|AB|=2psin2θ=4sin2θ=8，解得：sin2θ=12，
∴θ=π4，則直線的斜率k＝1，
∴直線l的方程y＝x﹣1；
（2）由（1）可得AB的中點坐標(biāo)為D（3，2），則直線AB的垂直平分線方程為y﹣2＝﹣（x﹣3），即y＝﹣x+5，
設(shè)所求圓的圓心坐標(biāo)為（x0，y0），則y0=?x0+5(x0+1)2=(y0?x0+1)22+16，
解得：x0=3y0=2或x0=11y0=?6，
因此，所求圓的方程為（x﹣3）2+（y﹣2）2＝16或（x﹣11）2+（y+6）2＝144．
19．【2018年新課標(biāo)3理科20】已知斜率為k的直線l與橢圓C：x24+y23=1交于A，B兩點，線段AB的中點為M（1，m）（m＞0）．
（1）證明：k＜?12；
（2）設(shè)F為C的右焦點，P為C上一點，且FP→+FA→+FB→=0→．證明：|FA→|，|FP→|，|FB→|成等差數(shù)列，并求該數(shù)列的公差．
【答案】解：（1）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），
∵線段AB的中點為M（1，m），
∴x1+x2＝2，y1+y2＝2m
將A，B代入橢圓C：x24+y23=1中，可得
3x12+4y12=123x22+4y22=12，
兩式相減可得，3（x1+x2）（x1﹣x2）+4（y1+y2）（y1﹣y2）＝0，
即6（x1﹣x2）+8m（y1﹣y2）＝0，
∴k=y1?y2x1?x2=?68m=?34m
點M（1，m）在橢圓內(nèi)，即14+m23＜1，(m＞0)，
解得0＜m＜32
∴k=?34m＜?12．①
（2）由題意得F（1，0），設(shè)P（x3，y3），則
x1﹣1+x2﹣1+x3﹣1＝0，y1+y2+y3＝0，
由（1）及題設(shè)得x3＝3﹣（x1+x2）＝1，y3＝﹣（y1+y2）＝﹣2m＜0．
又點P在C上，所以m=34，從而P（1，?32），|FP→|=32．
于是|FA→|=(x1?1)2+y12=(x1?1)2+3(1?x124)=2?x12．
同理|FB→|=2?x22．
所以|FA→|+|FB→|＝4?12(x1+x2)=3，
故|FA→|+|FB→|＝2|FP→|，即|FA→|，|FP→|，|FB→|成等差數(shù)列．
設(shè)改數(shù)列的公差為d，則2|d|=||FB→|?|FA→||=12|x1﹣x2|=12(x1+x2)2?4x1x2②
將m=34代入①得k＝﹣1．
所以l的方程為y＝﹣x+74，代入C的方程，并整理得7x2?14x+14=0．
故x1+x2＝2，x1x2=128，代入②解得|d|=32128．
所以該數(shù)列的公差為32128或?32128．
20．【2017年新課標(biāo)1理科20】已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），四點P1（1，1），P2（0，1），P3（﹣1，32），P4（1，32）中恰有三點在橢圓C上．
（1）求C的方程；
（2）設(shè)直線l不經(jīng)過P2點且與C相交于A，B兩點．若直線P2A與直線P2B的斜率的和為﹣1，證明：l過定點．
【答案】解：（1）根據(jù)橢圓的對稱性，P3（﹣1，32），P4（1，32）兩點必在橢圓C上，
又P4的橫坐標(biāo)為1，∴橢圓必不過P1（1，1），
∴P2（0，1），P3（﹣1，32），P4（1，32）三點在橢圓C上．
把P2（0，1），P3（﹣1，32）代入橢圓C，得：
1b2=11a2+34b2=1，解得a2＝4，b2＝1，
∴橢圓C的方程為x24+y2=1．
證明：（2）①當(dāng)斜率不存在時，設(shè)l：x＝m，A（m，yA），B（m，﹣yA），
∵直線P2A與直線P2B的斜率的和為﹣1，
∴kP2A+kP2B=yA?1m+?yA?1m=?2m=?1，
解得m＝2，此時l過橢圓右頂點，不存在兩個交點，故不滿足．
②當(dāng)斜率存在時，設(shè)l：y＝kx+t，（t≠1），A（x1，y1），B（x2，y2），
聯(lián)立y=kx+tx2+4y2?4=0，整理，得（1+4k2）x2+8ktx+4t2﹣4＝0，
x1+x2=?8kt1+4k2，x1x2=4t2?41+4k2，
則kP2A+kP2B=y1?1x1+y2?1x2=x2(kx1+t)?x2+x1(kx2+t)?x1x1x2
=8kt2?8k?8kt2+8kt1+4k24t2?41+4k2=8k(t?1)4(t+1)(t?1)=?1，又t≠1，
∴t＝﹣2k﹣1，此時△＝﹣64k，存在k，使得△＞0成立，
∴直線l的方程為y＝kx﹣2k﹣1，
當(dāng)x＝2時，y＝﹣1，
∴l(xiāng)過定點（2，﹣1）．
21．【2017年新課標(biāo)2理科20】設(shè)O為坐標(biāo)原點，動點M在橢圓C：x22+y2＝1上，過M作x軸的垂線，垂足為N，點P滿足NP→=2NM→．
（1）求點P的軌跡方程；
（2）設(shè)點Q在直線x＝﹣3上，且OP→?PQ→=1．證明：過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F．
【答案】解：（1）設(shè)M（x0，y0），由題意可得N（x0，0），
設(shè)P（x，y），由點P滿足NP→=2NM→．
可得（x﹣x0，y）=2（0，y0），
可得x﹣x0＝0，y=2y0，
即有x0＝x，y0=y2，
代入橢圓方程x22+y2＝1，可得x22+y22=1，
即有點P的軌跡方程為圓x2+y2＝2；
（2）證明：設(shè)Q（﹣3，m），P（2csα，2sinα），（0≤α＜2π），
OP→?PQ→=1，可得（2csα，2sinα）?（﹣3?2csα，m?2sinα）＝1，
即為﹣32csα﹣2cs2α+2msinα﹣2sin2α＝1，
當(dāng)α＝0時，上式不成立，則0＜α＜2π，
解得m=3(1+2csα)2sinα，
即有Q（﹣3，3(1+2csα)2sinα），
橢圓x22+y2＝1的左焦點F（﹣1，0），
由PF→?OQ→=（﹣1?2csα，?2sinα）?（﹣3，3(1+2csα)2sinα）
＝3+32csα﹣3（1+2csα）＝0．
可得過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F．
另解：設(shè)Q（﹣3，t），P（m，n），由OP→?PQ→=1，
可得（m，n）?（﹣3﹣m，t﹣n）＝﹣3m﹣m2+nt﹣n2＝1，
又P在圓x2+y2＝2上，可得m2+n2＝2，
即有nt＝3+3m，
又橢圓的左焦點F（﹣1，0），
PF→?OQ→=（﹣1﹣m，﹣n）?（﹣3，t）＝3+3m﹣nt
＝3+3m﹣3﹣3m＝0，
則PF→⊥OQ→，
可得過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F．
22．【2017年新課標(biāo)3理科20】已知拋物線C：y2＝2x，過點（2，0）的直線l交C于A，B兩點，圓M是以線段AB為直徑的圓．
（1）證明：坐標(biāo)原點O在圓M上；
（2）設(shè)圓M過點P（4，﹣2），求直線l與圓M的方程．
【答案】解：方法一：證明：（1）當(dāng)直線l的斜率不存在時，則A（2，2），B（2，﹣2），
則OA→=（2，2），OB→=（2，﹣2），則OA→?OB→=0，
∴OA→⊥OB→，
則坐標(biāo)原點O在圓M上；
當(dāng)直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程y＝k（x﹣2），A（x1，y1），B（x2，y2），
y=k(x?2)y2=2x，整理得：k2x2﹣（4k2+2）x+4k2＝0，
則x1x2＝4，4x1x2＝y(tǒng)12y22＝（y1y2）2，由y1y2＜0，
則y1y2＝﹣4，
由OA→?OB→=x1x2+y1y2＝0，
則OA→⊥OB→，則坐標(biāo)原點O在圓M上，
綜上可知：坐標(biāo)原點O在圓M上；
方法二：設(shè)直線l的方程x＝my+2，
x=my+2y2=2x，整理得：y2﹣2my﹣4＝0，A（x1，y1），B（x2，y2），
則y1y2＝﹣4，
則（y1y2）2＝4x1x2，則x1x2＝4，則OA→?OB→=x1x2+y1y2＝0，
則OA→⊥OB→，則坐標(biāo)原點O在圓M上，
∴坐標(biāo)原點O在圓M上；
（2）由（1）可知：x1x2＝4，x1+x2=4k2+2k2，y1+y2=2k，y1y2＝﹣4，
圓M過點P（4，﹣2），則AP→=（4﹣x1，﹣2﹣y1），BP→=（4﹣x2，﹣2﹣y2），
由AP→?BP→=0，則（4﹣x1）（4﹣x2）+（﹣2﹣y1）（﹣2﹣y2）＝0，
整理得：k2+k﹣2＝0，解得：k＝﹣2，k＝1，
當(dāng)k＝﹣2時，直線l的方程為y＝﹣2x+4，
則x1+x2=92，y1+y2＝﹣1，
則M（94，?12），半徑為r＝丨MP丨=(4?94)2+(?2+12)2=854，
∴圓M的方程（x?94）2+（y+12）2=8516．
當(dāng)直線斜率k＝1時，直線l的方程為y＝x﹣2，
同理求得M（3，1），則半徑為r＝丨MP丨=10，
∴圓M的方程為（x﹣3）2+（y﹣1）2＝10，
綜上可知：直線l的方程為y＝﹣2x+4，圓M的方程（x?94）2+（y+12）2=8516，
或直線l的方程為y＝x﹣2，圓M的方程為（x﹣3）2+（y﹣1）2＝10．
23．【2016年新課標(biāo)1理科20】設(shè)圓x2+y2+2x﹣15＝0的圓心為A，直線l過點B（1，0）且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點，過B作AC的平行線交AD于點E．
（Ⅰ）證明|EA|+|EB|為定值，并寫出點E的軌跡方程；
（Ⅱ）設(shè)點E的軌跡為曲線C1，直線l交C1于M，N兩點，過B且與l垂直的直線與圓A交于P，Q兩點，求四邊形MPNQ面積的取值范圍．
【答案】解：（Ⅰ）證明：圓x2+y2+2x﹣15＝0即為（x+1）2+y2＝16，
可得圓心A（﹣1，0），半徑r＝4，
由BE∥AC，可得∠C＝∠EBD，
由AC＝AD，可得∠D＝∠C，
即為∠D＝∠EBD，即有EB＝ED，
則|EA|+|EB|＝|EA|+|ED|＝|AD|＝4，
故E的軌跡為以A，B為焦點的橢圓，
且有2a＝4，即a＝2，c＝1，b=a2?c2=3，
則點E的軌跡方程為x24+y23=1（y≠0）；
（Ⅱ）橢圓C1：x24+y23=1，設(shè)直線l：x＝my+1，
由PQ⊥l，設(shè)PQ：y＝﹣m（x﹣1），
由x=my+13x2+4y2=12可得（3m2+4）y2+6my﹣9＝0，
設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），
可得y1+y2=?6m3m2+4，y1y2=?93m2+4，
則|MN|=1+m2?|y1﹣y2|=1+m2?36m2(3m2+4)2+363m2+4
=1+m2?36(4m2+4)3m2+4=12?1+m23m2+4，
A到PQ的距離為d=|?m(?1?1)|1+m2=|2m|1+m2，
|PQ|＝2r2?d2=216?4m21+m2=43m2+41+m2，
則四邊形MPNQ面積為S=12|PQ|?|MN|=12?43m2+41+m2?12?1+m23m2+4
＝24?1+m23m2+4=2413+11+m2，
當(dāng)m＝0時，S取得最小值12，又11+m2＞0，可得S＜24?33=83，
即有四邊形MPNQ面積的取值范圍是[12，83）．
24．【2016年新課標(biāo)2理科20】已知橢圓E：x2t+y23=1的焦點在x軸上，A是E的左頂點，斜率為k（k＞0）的直線交E于A，M兩點，點N在E上，MA⊥NA．
（Ⅰ）當(dāng)t＝4，|AM|＝|AN|時，求△AMN的面積；
（Ⅱ）當(dāng)2|AM|＝|AN|時，求k的取值范圍．
【答案】解：（Ⅰ）方法直線AM的方程為y＝k（x+2），代入橢圓方程，整理可得（3+4k2）x2+16k2x+16k2﹣12＝0，
解得x＝﹣2或x=?8k2?63+4k2，則|AM|=1+k2?|2?8k2?63+4k2|=1+k2?123+4k2，
由AN⊥AM，可得|AN|=1+(?1k)2?123+4?(?1k)2=1+k2?123|k|+4|k|，
由|AM|＝|AN|，k＞0，可得1+k2?123+4k2=1+k2?123k+4k，
整理可得（k﹣1）（4k2+k+4）＝0，由4k2+k+4＝0無實根，可得k＝1，
即有△AMN的面積為12|AM|2=12（1+1?123+4）2=14449；
方法由MA⊥NA．可得直線AM的斜率為1，直線AM的方程為y＝x+2，
代入橢圓方程x24+y23=1，可得7x2+16x+4＝0，
解得x＝﹣2或?27，M（?27，127），N（?27，?127），
則△AMN的面積為12×247×（?27+2）=14449；
（Ⅱ）直線AM的方程為y＝k（x+t），代入橢圓方程，
可得（3+tk2）x2+2ttk2x+t2k2﹣3t＝0，
解得x=?t或x=?ttk2?3t3+tk2，
即有|AM|=1+k2?|ttk2?3t3+tk2?t|=1+k2?6t3+tk2，
|AN|═1+1k2?6t3+tk2=1+k2?6t3k+tk，
由2|AM|＝|AN|，可得21+k2?6t3+tk2=1+k2?6t3k+tk，
整理得t=6k2?3kk3?2，
由橢圓的焦點在x軸上，則t＞3，即有6k2?3kk3?2＞3，即有(k2+1)(k?2)k3?2＜0，
可得32＜k＜2，即k的取值范圍是（32，2）．
25．【2016年新課標(biāo)3理科20】已知拋物線C：y2＝2x的焦點為F，平行于x軸的兩條直線l1，l2分別交C于A，B兩點，交C的準(zhǔn)線于P，Q兩點．
（Ⅰ）若F在線段AB上，R是PQ的中點，證明AR∥FQ；
（Ⅱ）若△PQF的面積是△ABF的面積的兩倍，求AB中點的軌跡方程．
【答案】（Ⅰ）證明：連接RF，PF，
由AP＝AF，BQ＝BF及AP∥BQ，得∠AFP+∠BFQ＝90°，
∴∠PFQ＝90°，
∵R是PQ的中點，
∴RF＝RP＝RQ，
∴△PAR≌△FAR，
∴∠PAR＝∠FAR，∠PRA＝∠FRA，
∵∠BQF+∠BFQ＝180°﹣∠QBF＝∠PAF＝2∠PAR，
∴∠FQB＝∠PAR，
∴∠PRA＝∠PQF，
∴AR∥FQ．
（Ⅱ）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），
F（12，0），準(zhǔn)線為 x=?12，
S△PQF=12|PQ|=12|y1﹣y2|，
設(shè)直線AB與x軸交點為N，
∴S△ABF=12|FN||y1﹣y2|，
∵△PQF的面積是△ABF的面積的兩倍，
∴2|FN|＝1，∴xN＝1，即N（1，0）．
設(shè)AB中點為M（x，y），由y12=2x1y22=2x2得y12?y22=2（x1﹣x2），
又y1?y2x1?x2=yx?1，
∴yx?1=1y，即y2＝x﹣1．
∴AB中點軌跡方程為y2＝x﹣1．
26．【2015年新課標(biāo)1理科20】在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C：y=x24與直線l：y＝kx+a（a＞0）交于M，N兩點．
（Ⅰ）當(dāng)k＝0時，分別求C在點M和N處的切線方程．
（Ⅱ）y軸上是否存在點P，使得當(dāng)k變動時，總有∠OPM＝∠OPN？（說明理由）
【答案】解：（I）聯(lián)立y=ay=x24，不妨取M(2a，a)，N(?2a，a)，
由曲線C：y=x24可得：y′=x2，
∴曲線C在M點處的切線斜率為2a2=a，其切線方程為：y﹣a=a(x?2a)，化為ax?y?a=0．
同理可得曲線C在點N處的切線方程為：ax+y+a=0．
（II）存在符合條件的點（0，﹣a），下面給出證明：
設(shè)P（0，b）滿足∠OPM＝∠OPN．M（x1，y1），N（x2，y2），直線PM，PN的斜率分別為：k1，k2．
聯(lián)立y=kx+ay=x24，化為x2﹣4kx﹣4a＝0，
∴x1+x2＝4k，x1x2＝﹣4a．
∴k1+k2=y1?bx1+y2?bx2=2kx1x2+(a?b)(x1+x2)x1x2=k(a+b)a．
當(dāng)b＝﹣a時，k1+k2＝0，直線PM，PN的傾斜角互補，
∴∠OPM＝∠OPN．
∴點P（0，﹣a）符合條件．
27．【2015年新課標(biāo)2理科20】已知橢圓C：9x2+y2＝m2（m＞0），直線l不過原點O且不平行于坐標(biāo)軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB的中點為M．
（1）證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值；
（2）若l過點（m3，m），延長線段OM與C交于點P，四邊形OAPB能否為平行四邊形？若能，求此時l的斜率；若不能，說明理由．
【答案】解：（1）設(shè)直線l：y＝kx+b，（k≠0，b≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），M（xM，yM），
將y＝kx+b代入9x2+y2＝m2（m＞0），得（k2+9）x2+2kbx+b2﹣m2＝0，
則判別式△＝4k2b2﹣4（k2+9）（b2﹣m2）＞0，
則x1+x2=?2kb9+k2，則xM=x1+x22=?kb9+k2，yM＝kxM+b=9b9+k2，
于是直線OM的斜率kOM=yMxM=?9k，
即kOM?k＝﹣9，
∴直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值．
（2）四邊形OAPB能為平行四邊形．
∵直線l過點（m3，m），
∴由判別式△＝4k2b2﹣4（k2+9）（b2﹣m2）＞0，
即k2m2＞9b2﹣9m2，
∵b＝m?k3m，
∴k2m2＞9（m?k3m）2﹣9m2，
即k2＞k2﹣6k，
即6k＞0，
則k＞0，
∴l(xiāng)不過原點且與C有兩個交點的充要條件是k＞0，k≠3，
由（1）知OM的方程為y=?9kx，
設(shè)P的橫坐標(biāo)為xP，
由y=?9kx9x2+y2=m2得xP2=k2m29k2+81，即xP=±km39+k2，
將點（m3，m）的坐標(biāo)代入l的方程得b=m(3?k)3，
即l的方程為y＝kx+m(3?k)3，
將y=?9kx，代入y＝kx+m(3?k)3，
得kx+m(3?k)3=?9kx
解得xM=k(k?3)m3(9+k2)，
四邊形OAPB為平行四邊形當(dāng)且僅當(dāng)線段AB與線段OP互相平分，即xP＝2xM，
于是±km39+k2=2×k(k?3)m3(9+k2)，
解得k1＝4?7或k2＝4+7，
∵ki＞0，ki≠3，i＝1，2，
∴當(dāng)l的斜率為4?7或4+7時，四邊形OAPB能為平行四邊形．
28．【2014年新課標(biāo)1理科20】已知點A（0，﹣2），橢圓E：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的離心率為32，F(xiàn)是橢圓的右焦點，直線AF的斜率為233，O為坐標(biāo)原點．
（Ⅰ）求E的方程；
（Ⅱ）設(shè)過點A的直線l與E相交于P，Q兩點，當(dāng)△OPQ的面積最大時，求l的方程．
【答案】解：（Ⅰ）設(shè)F（c，0），由條件知2c=233，得c=3?又ca=32，
所以a＝2?，b2＝a2﹣c2＝1，故E的方程x24+y2=1．…．
（Ⅱ）依題意當(dāng)l⊥x軸不合題意，故設(shè)直線l：y＝kx﹣2，設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2）
將y＝kx﹣2代入x24+y2=1，得（1+4k2）x2﹣16kx+12＝0，
當(dāng)△＝16（4k2﹣3）＞0，即k2＞34時，x1，2=8k±24k2?31+4k2
從而|PQ|=k2+1|x1?x2|=4k2+1?4k2?31+4k2??
又點O到直線PQ的距離d=2k2+1，所以△OPQ的面積S△OPQ=12d|PQ|=44K2?31+4K2，
設(shè)4k2?3=t，則t＞0，S△OPQ=4tt2+4=4t+4t≤1，
當(dāng)且僅當(dāng)t＝2，k＝±72等號成立，且滿足△＞0，
所以當(dāng)△OPQ的面積最大時，l的方程為：y=72x﹣2或y=?72x﹣2．…
29．【2014年新課標(biāo)2理科20】設(shè)F1，F(xiàn)2分別是C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左，右焦點，M是C上一點且MF2與x軸垂直，直線MF1與C的另一個交點為N．
（1）若直線MN的斜率為34，求C的離心率；
（2）若直線MN在y軸上的截距為2，且|MN|＝5|F1N|，求a，b．
【答案】解：（1）∵M(jìn)是C上一點且MF2與x軸垂直，
∴M的橫坐標(biāo)為c，當(dāng)x＝c時，y=b2a，即M（c，b2a），
若直線MN的斜率為34，
即tan∠MF1F2=b2a2c=b22ac=34，
即b2=32ac=a2﹣c2，
即c2+32ac?a2＝0，
則e2+32e?1=0，
即2e2+3e﹣2＝0
解得e=12或e＝﹣2（舍去），
即e=12．
（Ⅱ）由題意，原點O是F1F2的中點，則直線MF1與y軸的交點D（0，2）是線段MF1的中點，
設(shè)M（c，y），（y＞0），
則c2a2+y2b2=1，即y2=b4a2，解得y=b2a，
∵OD是△MF1F2的中位線，
∴b2a=4，即b2＝4a，
由|MN|＝5|F1N|，
則|MF1|＝4|F1N|，
解得|DF1|＝2|F1N|，
即DF1→=2F1N→
設(shè)N（x1，y1），由題意知y1＜0，
則（﹣c，﹣2）＝2（x1+c，y1）．
即2(x1+c)=?c2y1=?2，即x1=?32cy1=?1
代入橢圓方程得9c24a2+1b2=1，
將b2＝4a代入得9(a2?4a)4a2+14a=1，
解得a＝7，b=27．
30．【2013年新課標(biāo)1理科20】已知圓M：（x+1）2+y2＝1，圓N：（x﹣1）2+y2＝9，動圓P與圓M外切并與圓N內(nèi)切，圓心P的軌跡為曲線C．
（Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）l是與圓P，圓M都相切的一條直線，l與曲線C交于A，B兩點，當(dāng)圓P的半徑最長時，求|AB|．
【答案】解：（I）由圓M：（x+1）2+y2＝1，可知圓心M（﹣1，0）；圓N：（x﹣1）2+y2＝9，圓心N（1，0），半徑3．
設(shè)動圓的半徑為R，
∵動圓P與圓M外切并與圓N內(nèi)切，∴|PM|+|PN|＝R+1+（3﹣R）＝4，
而|NM|＝2，由橢圓的定義可知：動點P的軌跡是以M，N為焦點，4為長軸長的橢圓，
∴a＝2，c＝1，b2＝a2﹣c2＝3．
∴曲線C的方程為x24+y23=1（x≠﹣2）．
（II）設(shè)曲線C上任意一點P（x，y），
由于|PM|﹣|PN|＝2R﹣2≤3﹣1＝2，所以R≤2，當(dāng)且僅當(dāng)⊙P的圓心為（2，0）R＝2時，其半徑最大，其方程為（x﹣2）2+y2＝4．
①l的傾斜角為90°，則l與y軸重合，可得|AB|=23．
②若l的傾斜角不為90°，由于⊙M的半徑1≠R，可知l與x軸不平行，
設(shè)l與x軸的交點為Q，則|QP||QM|=Rr1，可得Q（﹣4，0），所以可設(shè)l：y＝k（x+4），
由l于M相切可得：|3k|1+k2=1，解得k=±24．
當(dāng)k=24時，聯(lián)立y=24x+2x24+y23=1，得到7x2+8x﹣8＝0．
∴x1+x2=?87，x1x2=?87．
∴|AB|=1+k2|x2?x1|=1+(24)2(?87)2?4×(?87)=187
由于對稱性可知：當(dāng)k=?24時，也有|AB|=187．
綜上可知：|AB|=23或187．
31．【2013年新課標(biāo)2理科20】平面直角坐標(biāo)系xOy中，過橢圓M：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）右焦點的直線x+y?3=0交M于A，B兩點，P為AB的中點，且OP的斜率為12．
（Ⅰ）求M的方程
（Ⅱ）C，D為M上的兩點，若四邊形ACBD的對角線CD⊥AB，求四邊形ACBD面積的最大值．
【答案】解：（Ⅰ）把右焦點（c，0）代入直線x+y?3=0得c+0?3=0，解得c=3．
設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），線段AB的中點P（x0，y0），
則x12a2+y12b2=1，x22a2+y22b2=1，相減得x12?x22a2+y12?y22b2=0，
∴x1+x2a2+y1+y2b2×y1?y2x1?x2=0，
∴2x0a2+2y0b2×(?1)=0，又kOP=12=y0x0，
∴1a2?12b2=0，即a2＝2b2．
聯(lián)立得a2=2b2a2=b2+c2c=3，解得b2=3a2=6，
∴M的方程為x26+y23=1．
（Ⅱ）∵CD⊥AB，∴可設(shè)直線CD的方程為y＝x+t，
聯(lián)立y=x+tx26+y23=1，消去y得到3x2+4tx+2t2﹣6＝0，
∵直線CD與橢圓有兩個不同的交點，
∴△＝16t2﹣12（2t2﹣6）＝72﹣8t2＞0，解﹣3＜t＜3，
由C，D在橢圓上，可得?3＜t＜3．
設(shè)C（x3，y3），D（x4，y4），∴x3+x4=?4t3，x3x4=2t2?63．
∴|CD|=(1+12)[(x3+x4)2?4x3x4]=2[(?4t3)2?4×2t2?63]=22?18?2t23．
聯(lián)立x+y?3=0x26+y23=1得到3x2﹣43x＝0，解得x＝0或433，
∴交點為A（0，3），B(433，?33)，
∴|AB|=(433?0)2+(?33?3)2=463．
∴S四邊形ACBD=12|AB||CD|=12×463×22?18?2t23=83?18?2t29，
∴當(dāng)且僅當(dāng)t＝0時，四邊形ACBD面積的最大值為836，滿足（*）．
∴四邊形ACBD面積的最大值為836．
模擬好題
1．已知F1,F2分別是橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點，點F1,F2在直線l:y=kx+m的同側(cè)，且點F1,F2到直線l的距離分別為d1,d2．
(1)若橢圓C的方程為x212+y23=1，直線l的方程為y=x?15，求d1?d2的值，并判斷直線與橢圓C的公共點的個數(shù)；
(2)若直線l與橢圓C有兩個公共點，試求d1?d2所需要滿足的條件；
【答案】(1)d1?d2=3；1.
(2)d1?d20，整理化簡得：m2?a2k20，S1?S2=4t+4t+163t=43t+64t+20≥432t?64t+20=48，
當(dāng)且僅當(dāng)t=8，即p=23時，S1S2的最小值為48.
4．已知M，N分別是x軸，y軸上的動點，且MN=4+23，動點P滿足MP=32PN，設(shè)點P的軌跡為曲線C．
(1)求曲線C的軌跡方程；
(2)直線l1：3x?2y=0與曲線C交于A，B兩點，G為線段AB上任意一點（不與端點重合），傾斜角為α的直線l2經(jīng)過點G，與曲線C交于E，F(xiàn)兩點．若|EF|2|GA|?|GB|的值與點G的位置無關(guān)，求|GE|：|GF|的值．
【答案】(1)x216+y212=1
(2)1
【解析】
(1)解：設(shè)Mx0,0，N0,y0，則x02+y02=4+232．
設(shè)Px,y，則MP=x?x0,y，PN=?x,y0?y．
由題意得x?x0=?32xy=32y0?y，解得x0=1+32xy0=231+32y，
所以1+322x2+431+322y2=4+232，化簡得x216+y212=1，
即曲線C的方程為x216+y212=1．
(2)證明：由3x?2y=0x216+y212=1，解得x=2y=3或x=?2y=?3，（不妨設(shè)點A在第一象限），所以A(2,3)，B(?2,?3)．
設(shè)點G(2m,3m)，其中?10)的短軸長等于23，離心率e=12．
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)過左焦點F作直線l，與橢圓C交于A，B兩點，判斷1FA+1FB是否為定值．若是定值，求出該定值，若不是定值，請說明理由．
【答案】(1)x24+y23=1
(2)是定值，定值為43
【解析】
(1)由橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短軸長等于23，離心率e=12．
可得2b=23a=2cb2=a2?c2，解得a=2，b=3，c=1，所以橢圓的方程為x24+y23=1．
(2)由橢圓的方程x24+y23=1，可得左焦點F(?1,0)，
（i）當(dāng)直線l的斜率不為0時，設(shè)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，
Δ=(?6m)2+36(3m2+4)>0
設(shè)A(x1,y1)，B(x2,y2) 所以y1+y2=6m3m2+4，y1y2=?93m2+4，
所以1FA+1FB=11+m2?y1+11+m2?y2=11+m2?1y1+1y2
=11+m2?(y1+y2)2?4y1y2y1y2=11+m2?41+m23=43，
（ⅱ）當(dāng)直線l的斜率不為0時，此時1FA+1FB=1a?c+1a+c=43，
綜上所述，1FA+1FB==43．
6．已知拋物線y2=2pxp>0的焦點為F，過焦點F斜率為3的直線交拋物線于A、B兩點（點A在第一象限），交拋物線準(zhǔn)線于G，且滿足BG=83．
(1)求拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)已知C，D為拋物線上的動點，且OC⊥OD，求證直線CD過定點P，并求出P點坐標(biāo)；
(3)在（2）的條件下，求PC?PD的最大值．
【答案】(1)y2=4x
(2)證明見解析；P點坐標(biāo)為（4，0）
(3)?16
【解析】
(1)過點B作準(zhǔn)線的垂線，垂足為H，設(shè)準(zhǔn)線與x軸相交于點M，如圖，
由題知，直線l的傾斜角為π3．∴在Rt△BGH中，∠GBH=π3，
又∵BG=83，∴BH=43，∴BF=43．
∴GF=BG+BF=4，∴在Rt△GFM中，又∠MFG=π3，
∴MF=2，∴p=2，∴拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2=4x．
(2)由（1）可知，拋物線方程為y2=4x，
設(shè)直線CD的方程為：x=my+t，Cy124,y1，Dy224,y2，
直線與拋物線聯(lián)立：x=my+ty2=4x，得：y2?4my?4t=0，
則y1+y2=4m，y1y2=?4t，
∵kOC=4y1，kOD=4y2且OC⊥OD，∴kOC?kOD=16y1y2=16?4t=?1則t=4，
∴直線CD過定點（4，0），即P點坐標(biāo)為（4，0），
(3)由（2）可知P點坐標(biāo)為（4，0），
∴PC?PD=y12y2216?y12+y22+16+y1y2=?16m2?16，
∴PC?PD的最大值為?16．
7．已知在△ABC中，B?2,0，C2,0，動點A滿足AB=23，∠ABC>90°，AC的垂直平分線交直線AB于點P．
(1)求點P的軌跡E的方程；
(2)直線x=mm>3交x軸于D，與曲線E在第一象限的交點為Q，過點D的直線l與曲線E交于M，N兩點，與直線x=3m交于點K，記QM，QN，QK的斜率分別為k1，k2，k3，
①求證：k1+k2k3是定值．
②若直線l的斜率為1，問是否存在m的值，使k1+k2+k3=6？若存在，求出所有滿足條件的m的值，若不存在，請說明理由．
【答案】(1)x23?y2=1x>3
(2)①證明見解析；②存在；m=322
【解析】
(1)∵∠BAC>90°，
∴AC的垂直平分線交BA的延長線于點P．
連接PC，則PC=PA，
∴PB?PC=PB?PA=AB=233．
(2)①證明：由已知得Dm,0，Qm,y0，滿足m23?y02=1，
設(shè)直線l方程為x=ty+m，Mx1,y1，Nx2,y2，
聯(lián)立x=ty+mx23?y2=1，得t2?3y2+2mty+m2?3=0，
y1+y2=?2mtt2?3，y1y2=m2?3t2?3，
k1=y1?y0x1?m=y1?y0ty1=1t?y0ty1，
同理k2=1t?y0ty2，
∴k1+k2=2t?y0t1y1+1y2=2t?y0t?y1+y2y1y2=2t?y0t??2mtm2?3=21t+my0m2?3
對x=ty+m，令x=3m，得yk=3?m2tm，
∴K3m,3?m2tm，k3=y0+m2?3tmm?3m=my0m2?3+1t，
∴k1+k2=2k3，
∴k1+k2k3=2是定值．
②假設(shè)存在m的值，使k1+k2+k3=6
由①知，k1+k2=2k3，
則k1+k2+k3=3k3=6，
∴k3=2，
直線QK的方程為y?y0=2x?m，
令x=3m，
得yK=23m?m+y0；
直線l的斜率為1，直線l的方程為x=y+m，
令x=3m，得yK=3m?m；
∴23m?m+y0=3m?m，
∴y0=m?3m，
代入m23?y02=1，得m23?m?3m2=1，
整理得，2m4?15m2+27=0，
解得m2=92，或m2=3（∵m>3，舍去）
∴m=322，存在m的值為322，使k1+k2+k3=6．
8．已知橢圓Ω:x2a2+y2b2=1a>b>0的離心率為12，Ω上的點P與Ω外的點Q4,0距離的最小值為2．
(1)求橢圓Ω的方程；
(2)若直線l與橢圓Ω交于點A，B，當(dāng)直線l被圓O:x2+y2=a2截得的弦長為2b時，求△OAB面積的取值范圍．
【答案】(1)x24+y23=1
(2)[32,263]
【解析】
(1)由題意4?a=2，a=2，又e=ca=c2=12 c=1，所以b=a2?c2=3，
所以橢圓Ω的方程為x24+y23=1；
(2)易知直線l不過原點，設(shè)l方程為mx+ny=1，
原點到直線l距離為d=1m2+n2，d2+b2=a2，
所以1m2+n2+3=4，m2+n2=1，d=1，原點O到直線AB距離為1，
若n=0，則m=±1，l方程為x=±1，
此時y=±32，AB=3，S△OAB=12×1×3=32，
n≠0時，
由mx+ny=1x24+y23=1，及m2+n2=1得(m2+3)x2?8mx+12m2?8=0，
設(shè)A(x1,y1)，B(x2,y2)，則x1+x2=8mm2+3，x1x2=12m2?8m2+3，
AB=1+k2x1?x2=1+m2n2?(x1+x2)2?4x1x2 =11?m2?64m2(m2+3)2?4(12m2?8)m2+3=43?m2+2m2+3，
S△OAB=12ABd=23?m2+2m2+3，
令m2+2=t，由0≤m20)，則稱這兩個橢圓為“相似”，相似比為m.如圖，已知橢圓C1的長軸長是4，橢圓C2的離心率為22，橢圓C1與橢圓C2相似比為2.
(1)求橢圓C1與橢圓C2的方程；
(2)過橢圓C2左焦點F的直線l與C1、C2依次交于A、C、D、B四點.
①求證：無論直線l的傾斜角如何變化，恒有|AC|=|DB|.
②點M是橢圓C2上異于C、D的任意一點，記△MBD面積為S1，△MAD面積為S2，當(dāng)S1=15S2時，求直線l的方程.
【答案】(1)橢圓C1的方程x24+y22=1，橢圓C2的方程是x22+y2=1；
(2)①證明見解析；②x+3y+1=0或x?3y+1=0.
【解析】
(1)由已知2a1=4，則a1=2，又a1a2=b1b2=2，故a2=2.
又橢圓C2的離心率e=c2a2=22，所以c2=1，
由b22=a22?c22=1，則b2=1，從而b1=2，
所以橢圓C1的方程x24+y22=1，橢圓C2的方程是x22+y2=1.
(2)①要證明|AC|=|DB|，即證明線段AB和CD的中點重合，
當(dāng)直線l與坐標(biāo)軸重合時，由對稱性知：結(jié)論成立.
當(dāng)直線l與坐標(biāo)軸不重合時，不妨設(shè)直線l為x=ty?1(t≠0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，D(x4,y4)，代入橢圓C1方程得(ty?1)2+2y2=4，即(t2+2)y2?2ty?3=0，
故y1+y2=2tt2+2，y1y2=?3t2+2，
代入橢圓C2方程得(ty?1)2+2y2=2，即(t2+2)y2?2ty?1=0，
故y3+y4=2tt2+2，y3y4=?1t2+2，
由y1+y2=y3+y4，可得線段AB和CD的中點重合，故|AC|=|DB|.
綜上，|AC|=|DB|恒成立.
②由①得：|CD|=t2+1|y3?y4|=t2+1?22t2+1t2+2，
|AB|=t2+1|y1?y2|=t2+1?222t2+3t2+2，
而S1=15S2，則|BD|=15|AD|，由①知：|AC|=|DB|，
所以|CD|=23|AB|，即t2+1=232t2+3，可得t2=3.
所以直線l的方程為x+3y+1=0或x?3y+1=0.
10．已知雙曲線x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的焦距為22，設(shè)該雙曲線的左，右頂點分別為A，B，以點A，B和虛軸端點為頂點的四邊形的面積為S．
(1)當(dāng)S最大時，求雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)在（1）的條件下，過點A的直線l1與右支交于點C，過點B的直線l2與左支交于點D，設(shè)直線l1,l2的斜率分別為k1,k2，且k1=3k2，設(shè)△ADC，△BCD的面積分別為S1，S2，S1S2的值．
【答案】(1)x2?y2=1
(2)13
【解析】
(1)設(shè)雙曲線虛軸頂點分別為C，D，
由題意知a2+b2=2，S四邊形ACBD=12?2a?2b=2ab≤a2+b2=2
當(dāng)且僅當(dāng)a=b=1時取”=”，∴S最大時，雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2?y2=1．
(2)∵kCA?kCB=b2a2=1，而kAC=3kBD，∴3kBD?kBC=1?kBD?kBC=13，
設(shè)直線CD的方程為x=my+t，Cx1,y1，Dx2,y2 B(1,0)，A(?1,0)，
聯(lián)立x=my+tx2?y2=1，得m2?1y2+2my+t2?1=0，m2≠1，Δ>0，
∴kBD?kBC=y2x2?1?y1x1?1=y1y2my1+t?1my2+t?1=13，
∴m2?3y1y2+m(t?1)y1+y2+(t?1)2=0，
m2?3t2?1m2?1+m(t?1)??2mtm2?1+(t?1)2=0，
∵t≠1，∴m2?3(t+1)?2m2t+m2?1(t?1)=0，
即m2t+m2?3t?3?2m2t+m2t?m2?t+1=0，
∴4t=?2?t=?12，∴直線CD方程為x=my?12，
此時S1=S△ACD=12|CD|??1+12m2+1=14|CD|m2+1，
S2=S△BCD=12?|CD|?32m2+1=34|CD|m2+1
∴S1S2=13．
11．已知a>b>0，直線l過橢圓C1:x2a2+y2b2=1的右焦點F且與橢圓C1交于A、B兩點，l與雙曲線C2:x2a2?y2b2=1的兩條漸近線l1、l2分別交于M、N兩點．
(1)若|OF|=3，且當(dāng)l⊥x軸時，△MON的面積為32，求雙曲線C2的方程；
(2)如圖所示，若橢圓C1的離心率e=22，l⊥l1且FA=λAN(λ>0)，求實數(shù)λ的值．
【答案】(1)x24?y2=1；
(2)λ=66.
【解析】
(1)由題設(shè)F(3,0)，且雙曲線C2:x2a2?y2b2=1的漸近線為y=±bax，
當(dāng)l⊥x軸時，|MN|=23ba，又|OF|=3，△MON的面積為32，
所以12|OF|?|MN|=32，故a=2b，而a2?b2=c2=3，可得a2=4,b2=1，
所以雙曲線C2的方程為x24?y2=1.
(2)對于橢圓有e=ca=22，而a2?b2=c2，則a=2c=2b，
不妨假設(shè)l1:y=bax=22x，則l2:y=?bax=?22x且l為y=?2(x?c)，
所以N(2c,?2c)，又F(c,0)，F(xiàn)A=λAN(λ>0)，
令A(yù)(x,y)，則FA=(x?c,y),AN=(2c?x,?2c?y)，故{x?c=λ(2c?x)y=?λ(2c+y)，
所以{x=2λ+11+λcy=?2λ1+λc，而A在橢圓C1:x22c2+y2c2=1上，
則(2λ+1)22(1+λ)2+2λ2(1+λ)2=(2λ+1)2+4λ22(1+λ)2=1，整理得6λ2=1，
綜上，可得λ=66.
12．設(shè)雙曲線C：x2a2?y2b2=1（a＞0，b＞0）的左、右焦點分別是F1，F(xiàn)2，漸近線分別為l1，l2，過F2作漸近線的垂線，垂足為P，且△OPF1的面積為b24．
(1)求雙曲線C的離心率；
(2)動直線l分別交直線l1，l2于A，B兩點（A，B分別在第一、四象限），且△OAB的面積恒為8，是否存在總與直線l有且只有一個公共點的雙曲線C，若存在，求出雙曲線C的方程；若不存在，說明理由．
【答案】(1)5
(2)存在，x24?y216=1
【解析】
(1)F1(?c,0),F2(c,0)，雙曲線的漸近線方程為y=±bax，
由雙曲線的對稱性不妨取漸近線y=bax，則點F2(c,0)到其的距離為
PF2=bc?0b2+a2=bcc=b，
則OP=OF22?PF22=c2?b2=a，
得S△OPF1=S△OPF2=b24=ab2，
解得b=2a,c=a2+b2=a2+4a2=5a，
所以雙曲線C的離心率e=ca=5aa=5．
(2)由（1）得漸近線l1：y＝2x，l2：y＝?2x，設(shè)雙曲線得方程為x2a2?y24a2=1，
依題意得直線l的斜率不為零，
因此設(shè)直線l的方程為x=my+t，?12＜m＜12，t＞0，
設(shè)直線l交x軸于點C（t，0），A（x1，y1），B（x2，y2），
聯(lián)立 x=my+t，y=2x，得y1=2t1?2m，同理得y2=?2t1+2m．
由△OAB的面積S△OAB=12|OC|?|y1?y2|=8，
得12t|2t1?2m+2t1+2m|=8，
即t2＝4|1?4m2|＝4（1?4m2）＞0，
聯(lián)立x=my+t，x2a2?y24a2=1，
得（4m2?1）y2+8mty+4（t2?a2）＝0，，
因為4m2?1b>0)的兩個焦點分別為F1，F(xiàn)2，點P在橢圓C上，連結(jié)PF1，PF2并延長，分別交橢圓于點A，B．已知△APF2的周長為82，△F1PF2面積最大值為4．
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)當(dāng)P不是橢圓的頂點時，試分析直線OP和直線AB的斜率之積是否為定值？若是，求出該定值，若不是，請說明理由．
【答案】(1)y28+x24=1
(2)是定值；?6
【解析】
(1)解：如圖所示：
由題意得4a=82bc=4a2=b2+c2，
解得a=22b=2，
所以橢圓C的方程為y28+x24=1
(2)設(shè)直線PA的方程為y=kx+2,Px0,y0,Ax1,y1,F10,2，
由y=kx+2y2+2x2=8，
得k2+2x2+4kx?4=0，
∴x0x1=?4k2+2，
即x0x1=?4y0?2x02+2=?4x02y02?4y0+4+2x02，
=?4x0212?4y0=?x023?y0，
∴x1=?x03?y0,∴y1=y0?2x0??x03?y0+2=8?3y03?y0，
∴A?x03?y0,8?3y03?y0，同理可得B?x03+y0,?3y0?83+y0，
∴kAB=8?3y03?y0+3y0+83+y0x03+y0?x03?y0=48?6y02?2x0y0=38?y02?x0y0=6x02?x0y0=?6x0y0，
∴kOP?kAB=y0x0??6x0y0=?6為定值
14．已知橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左右焦點分別為F1,F2，點E263,33為以F1F2為直徑的圓與橢圓C在第一象限的交點.
(1)求橢圓C的方程；
(2)若過點D1,0且傾斜角為鈍角的直線l與橢圓C交于A,B兩點（其中點B在x軸下方），P為AB的中點，O為原點，求當(dāng)∠OPB最大時，△OPB的面積.
【答案】(1)x24+y2=1
(2)78
【解析】
(1)設(shè)F1?c,0，F(xiàn)2c,0c>0，則以F1F2為直徑的圓為：x2+y2=c2，
∴c2=2632+332=3，即a2?b2=3，
又83a2+13b2=1，∴a2=4，b2=1，∴橢圓C的方程為x24+y2=1.
(2)
由題意可設(shè)直線l:x=my+1m0，
∴y1+y2=?2mm2+4，y1y2=?3m2+4，
∴yP=?mm2+4，則xP=?m2m2+4+1=4m2+4，∴P4m2+4,?mm2+4，
∴kOP=?mm2+44m2+4=?m4；
設(shè)直線l傾斜角為α，直線OP傾斜角為β，∴∠OPB=α?β，
∴tan∠OPB=tanα?β=tanα?tanβ1+tanαtanβ=kl?kOP1+kl?kp=1m+m41?14=431m+m4，
∵mb>0)的右焦點為F2,0，且C過點P209,?19．
(1)求C的方程；
(2)若點M是C上的一點，過M作直線l與C相切，直線l與y軸的正半軸交于點A，過M與PF平行的直線交x軸于點B，且AB⊥PF，求直線l的方程．
【答案】(1)x25+y2=1
(2)x?y+6=0
【解析】
(1)解：由題意知2092a2+?192b2=1,a2?b2=4,
解得a=5，b=1，
所以C的方程為x25+y2=1．
(2)易得直線PF的方程為y=?19209?2(x?2)，即y=?12x+1．
顯然直線l的斜率存在且不為0，設(shè)點Mx0,y0 x0≠0,y0≠0，
設(shè)直線l的方程為y?y0=kx?x0 (k≠0)，即y=kx?kx0+y0．
由x25+y2=1,y=kx?kx0+y0消去y，得15+k2x2+2ky0?kx0x+y0?kx02?1=0．
因為過M作直線l與C相切，所以Δ=2ky0?kx02 ?415+k2y0?kx02?1=0，
整理得y0k+15x02=0，即k=?x05y0，所以直線l的方程為x0x5+y0y=1．
令x=0，得yA=1y0，所以A0,1y0．
因為MB//PF，所以kMB=?12，
所以直線MB的方程是y?y0=?12x?x0，
即y=?12x+12x0+y0．
令y=0，解得xB=x0+2y0，所以Bx0+2y0,0．
因為AB⊥PF，所以0?1y0x0+2y0?0=1y0?2y0?x0=2，即y0?2y0?x0=12，
所以x0=?2y0?12y0，
又因為x025+y02=1，所以4y025+25+120y02+y02=1，
解得y0=±66，
因為yA>0，所以y0>0，所以y0=66，x0=?63?36=?566．
所以直線l的方程是?566x5+66y=1，即x?y+6=0．
16．已知拋物線C1:y2=2px(p>0)的焦點F到其準(zhǔn)線的距離為4，橢圓C2:x2a2+y2b2=1(a>b>0)經(jīng)過拋物線C1的焦點F．
(1)求拋物線C1的方程及a；
(2)已知O為坐標(biāo)原點，過點M(1,1)的直線l與橢圓C2相交于A，B兩點，若AM=mMB，點N滿足AN=?mNB，且|ON|最小值為125，求橢圓C2的離心率．
【答案】(1)y2=8x；a=2
(2)12
【解析】
(1)拋物線C1:y2=2px(p>0)的焦點F到其準(zhǔn)線的距離為4
可得p=4
拋物線C1的方程：y2=8x
橢圓C2:x2a2+y2b2=1(a>b>0)經(jīng)過拋物線C1的焦點F(2,0)
橢圓C2的右頂點為F(2,0)，
所以a=2．
(2)①當(dāng)直線AB斜率存在時，
設(shè)直線AB方程為y?1=k(x?1),Ax1,y1,Bx2,y2,Nx0,y0
由x24+y2b2=1y=kx+(1?k)得b2+4k2x2+8k(1?k)x+4(1?k)2?4b2=0，
Δ=16b23k2+2k?1+b2>0
x1+x2=?8k(1?k)b2+4k2,x1x2=4(1?k)2?4b2b2+4k2
∵AM=mMB,AN=?mNB
∴1?x1=mx2?1,x0?x1=?mx2?x0，即∴1?x1x2?1=?x0?x1x2?x0
∴x0=2x1x2?x1+x2x1+x2?2=4k+4b2?44k+b2，
∴4kx0?1+b2x0=4b2?4
又∵y0?1=kx0?1
∴4y0?1+b2x0=4b2?4，即∴b2x0+4y0?4b2=0
∴N點軌跡為直線b2x+4y?4b2=0
②當(dāng)直線AB斜率不存在時，經(jīng)檢驗點N1,3b24在直線b2x+4y?4b2=0上．
∴N點軌跡方程為b2x+4y?4b2=0
|ON|最小值即點O到直線b2x+4y?4b2=0的距離
∴4b2b4+16=125，即b2=3
橢圓C2的離心率為e=ca=1?b2a2=1?34=12．
17．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C1:x2b2+y2a2=1a>b>0經(jīng)過63,1，橢圓C2:x23a2+y23b2=1的離心率為的63．
(1)求橢圓C1與橢圓C2的標(biāo)準(zhǔn)方程：
(2)設(shè)過原點且斜率存在的直線l與橢圓C1相交于A，C兩點，點P為橢圓C2的上頂點，直線PA與橢圓C2相交于點B，直線PC與橢圓C2相交于點D，設(shè)△POA﹐△POB,△POC,△POD的面積分別為S1,S2,S3,S4試問S1S2+S3S4是否為定值，若是，求出該定值；若不是，請說明理由．
【答案】(1)橢圓C1的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2+y23=1，橢圓C2的標(biāo)準(zhǔn)方程為x29+y23=1;
(2)S1S2+S3S4為定值109
【解析】
(1)解:因為橢圓C1經(jīng)過點63,1，所以69b2+1a2=1，①
因為橢圓C2的離心率為63．
所以e=3a2?3b23a=63，即a=3b，②
由①②可得a=3b=1，
故橢圓C1的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2+y23=1，橢圓C2的標(biāo)準(zhǔn)方程為x29+y23=1;
(2)解:設(shè)Am,n,m≠0，則C?m?n,m2+n23=1，即3?n2=3m2
由題意知P0,3，設(shè)直線PA,PC的斜率分別為k1,k2，
則k1k2=n?3m??n?3?m=n?3n+3m2=n2?3m2=?3m2m2=?3
直線PA的方程為y=k1x+3，則由y=k1x+3x2+y23=1，消去y得(k12+3)x2+23k1x=0，
解得x=0或x=?23k1k12+3，則m=?23k1k12+3
由y=k1x+3x29+y23=1，消去y得3k12+1x2+63k1x=0，解得x=0或x=63k13k12+1，
所以點B的橫坐標(biāo)xB=63k13k12+1，
所以PAPB=?23k1k12+3?63k13k12+1=3k12+13k12+3
同理PCPD=3k22+13k22+3=3×?3k12+13?3k12+3=k12+2733k12+9=k12+279k12+3
所以S1S2+S3S4=PAPB+PCPD=3k12+13k12+3+k12+279k12+3=9k12+3+k12+279k12+3=10k12+309k12+3=10k12+39k12+3=109
故S1S2+S3S4為定值109
18．生活中，橢圓有很多光學(xué)性質(zhì)，如從橢圓的一個焦點出發(fā)的光線射到橢圓鏡面后反射，反射光線經(jīng)過另一個焦點.現(xiàn)橢圓C的焦點在y軸上，中心在坐標(biāo)原點，從下焦點F1射出的光線經(jīng)過橢圓鏡面反射到上焦點F2，這束光線的總長度為4，且反射點與焦點構(gòu)成的三角形面積最大值為3，已知橢圓的離心率eb>0)，
則2a=4，12×2c×b=3，a2=b2+c2
又e0
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1+x2=?6k3k2+4，x1x2=?93k2+4..
由對稱性知，若定點存在，則直線BM與直線AN交于y軸上的定點，
由y=y1x1xy=4.是M4x1y1，4，則直線BM方程為y?4=y2?4x2?4x1y1(x?4x1y1)，
令x=0，則
y=4+4x1(4?y2)x2y1?4x1
=4(1+4x1?x1(kx2+1)x2(kx1+1)?4x1)
=4(1+3x1?kx1x2x2?4x1+kx1x2)
=4(x2?x1)x2?4x1+kx1x2
又32(x1+x2)=kx1x2，
則y=4(x2?x1)x2?4x1+32(x1+x2)=4(x2?x1)52(x2?x1)=85，
所以，直線BM過定點（0，85），同理直線AN也過定點(0,85).
則點（0，85）即為所求點.
19．已知動點Mx,y是曲線C上任一點，動點M到點A0,14的距離和到直線y=?14的距離相等，圓M的方程為x2+y?22=1．
(1)求C的方程，并說明C是什么曲線；
(2)設(shè)A1、A2、A3是C上的三個點，直線A1A2、A1A3均與圓M相切，判斷直線A2A3與圓M的位置關(guān)系，并說明理由．
【答案】(1)答案見解析
(2)若直線A1A2、A1A3與圓M相切，則直線A2A3與圓M相切，理由見解析
【解析】
(1)解：由題設(shè)知，曲線C上任意到點A0,14的距離和到直線y=?14的距離相等，
因此，曲線C是以A0,14為焦點，直線y=?14為準(zhǔn)線的拋物線，
故曲線C的方程為x2=y.
(2)解：若直線A2A3的斜率不存在，則直線A2A3與曲線C只有一個交點，不合乎題意，
所以，直線A1A2、A1A3、A2A3的斜率都存在，
設(shè)A1x1,x12、A2x2,x22、A3x3,x32，則x1、x2、x3兩兩互不相等，
則kA1A2=x12?x22x1?x2=x1+x2，同理kA1A3=x1+x3，kA2A3=x2+x3，
所以直線A1A2方程為y?x12=x1+x2x?x1，整理得x1+x2x?y?x1x2=0，
同理可知直線A1A3的方程為x1+x3x?y?x1x3=0，
因為直線A1A2與圓M相切，則2+x1x21+x1+x22=1，
整理可得x12?1x22+2x1x2+3?x12=0，同理可得x12?1x32+2x1x3+3?x12=0，
所以x2、x3為方程x12?1x2+2x1x+3?x12=0的兩根，則x1≠±1，
所以，x2+x3=?2x1x12?1，x2x3=3?x12x12?1，
圓心M到直線A2A3的距離為2+x2x31+x2+x32=2+3?x12x12?11+?2x1x12?12=x12+1x12?1x12+1x12?1=1，
所以直線A2A3與圓M相切.
綜上，若直線A1A2、A1A3與圓M相切，則直線A2A3與圓M相切.
20．已知△ABC的頂點A?4,0，B4,0，滿足：tanAtanB=916．
(1)記點C的軌跡為曲線Γ，求Γ的軌跡方程；
(2)過點M0,2且斜率為k的直線l與Γ相交于P，Q兩點，是否存在與M不同的定點N，使得NP?MQ=NQ?MP恒成立？若存在，求出點N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)x216+y29=1 x≠±4
(2)N0, 92
【解析】
(1)設(shè)Cx, y，則tanAtanB=yx+4?y4?x=916，整理得x216+y29=1，故Γ的軌跡方程為x216+y29=1 x≠±4；
(2)設(shè)直線l為y=kx+2，當(dāng)k=0時，可得點P，Q關(guān)于y軸對稱，可得MQ=MP，要使NP?MQ=NQ?MP恒成立，即NPNQ=MPMQ=1成立，即點N在y軸上，可設(shè)為N0, a, a≠2.
當(dāng)k≠0時，聯(lián)立方程組y=kx+2x216+y29=1 x≠±4，整理得9+16k2x2+64kx?80=0，設(shè)Px1, y1, Qx2, y2，則x1+x2=?64k9+16k2, x1x2=?809+16k2，
要使NP?MQ=NQ?MP恒成立，即NPNQ=MPMQ成立，由角平分線定理則只需使得y軸為∠PNQ的平分線，即只需kNP+kNQ=0，即y1?ax1+y2?ax2=0?x2y1?a+x1y2?a=x2kx1+2?a+x1kx2+2?a=0，即2kx1x2+2?ax1+x2=2k??809+16k2+2?a??64k9+16k2=0??288+64ak=0，解得a=92，
綜上可得，存在與M不同的定點N0, 92，使得NP?MQ=NQ?MP恒成立

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