新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)題源解密練習(xí)專題15 圓錐曲線綜合（2份，原卷版+解析版）

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2023真題展現(xiàn)
考向一 直線與雙曲線綜合
考向二 直線與拋物線綜合
真題考查解讀
近年真題對比
考向一 直線與雙曲線綜合
考向二 直線與圓錐曲線綜合
命題規(guī)律解密
名校模擬探源
易錯易混速記/二級結(jié)論速記
考向一 直線與雙曲線綜合
1．（2023?新高考Ⅱ?第21題）已知雙曲線C中心為坐標(biāo)原點(diǎn)，左焦點(diǎn)為（﹣2，0），離心率為．
（1）求C的方程；
（2）記C的左、右頂點(diǎn)分別為A1，A2，過點(diǎn)（﹣4，0）的直線與C的左支交于M，N兩點(diǎn)，M在第二象限，直線MA1與NA2交于P，證明P在定直線上．
解：（1）雙曲線C中心為原點(diǎn)，左焦點(diǎn)為（﹣2，0），離心率為，
則，解得，
故雙曲線C的方程為；
（2）證明：過點(diǎn)（﹣4，0）的直線與C的左支交于M，N兩點(diǎn)，
則可設(shè)直線MN的方程為x＝my﹣4，M（x1，y1），N（x2，y2），
記C的左，右頂點(diǎn)分別為A1，A2，
則A1（﹣2，0），A2（2，0），
聯(lián)立，化簡整理可得，（4m2﹣1）y2﹣32my+48＝0，
故Δ＝（﹣32m）2﹣4×48×（4m2﹣1）＝264m2+192＞0且4m2﹣1≠0，
，，
直線MA1的方程為，直線NA2方程y，
故


，
故，解得x＝﹣1，
所以xP＝﹣1，
故點(diǎn)P在定直線x＝﹣1上運(yùn)動．
考向二 直線與拋物線綜合
2．（2023?新高考Ⅰ?第22題）在直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)P到x軸的距離等于點(diǎn)P到點(diǎn)（0，）的距離，記動點(diǎn)P的軌跡為W．
（1）求W的方程；
（2）已知矩形ABCD有三個頂點(diǎn)在W上，證明：矩形ABCD的周長大于3．
解：（1）設(shè)點(diǎn)P點(diǎn)坐標(biāo)為（x，y），由題意得|y|＝，
兩邊平方可得：y2＝x2+y2﹣y+，
化簡得：y＝x2+，符合題意．
故W的方程為y＝x2+．
（2）解法一：不妨設(shè)A，B，C三點(diǎn)在W上，且AB⊥BC．
設(shè)A（a，a2），B（b，），C（c，），
則，．
由題意，＝0，即（b﹣a）（c﹣b）+（b2﹣a2）（c2﹣b2）＝0，
顯然（b﹣a）（c﹣b）≠0，于是1+（b+a）（c+b）＝0．
此時，|b+a|．|c+b|＝1．于是min{|b+a|，|c+b|}≤1．
不妨設(shè)|c+b|≤1，則a＝﹣b﹣，
則|AB|+|BC|＝|b﹣a|+|c﹣b|
＝|b﹣a|+|c﹣b|
≥|b﹣a|+|c﹣b|
≥|c﹣a|
＝|b+c+|．
設(shè)x＝|b+c|，則f（x）＝（x+），即f（x）＝，
又f′（x）＝＝．
顯然，x＝為最小值點(diǎn)．故f（x）≥f（）＝，
故矩形ABCD的周長為2（|AB|+|BC|）≥2f（x）≥3．
注意這里有兩個取等條件，一個是|b+c|＝1，另一個是|b+c|＝，
這顯然是無法同時取到的，所以等號不成立，命題得證．
解法二：不妨設(shè)A，B，D在拋物線W上，C不在拋物線W上，欲證命題為|AB|+|AD|＞．
由圖象的平移可知，將拋物線W看作y＝x2不影響問題的證明．
設(shè)A（a，a2）（a≥0），平移坐標(biāo)系使A為坐標(biāo)原點(diǎn)，
則新拋物線方程為y′＝x′2+2ax′，寫為極坐標(biāo)方程，
即ρsinθ＝ρ2cs2θ+2aρcsθ，即ρ＝．
欲證明的結(jié)論為||+||＞，
也即|﹣|+|+|＞．
不妨設(shè)||≥||，將不等式左邊看成關(guān)于a的函數(shù)，根據(jù)絕對值函數(shù)的性質(zhì)，
其最小值當(dāng)即a＝時取得，
因此欲證不等式為||＞，即||＞，
根據(jù)均值不等式，有|csθsin2θ|
＝.
≤.＝，
由題意，等號不成立，故原命題得證．
【命題意圖】
考查圓錐曲線的定義、標(biāo)準(zhǔn)方程、幾何性質(zhì)，直線與圓錐曲線相交等．
【考查要點(diǎn)】
圓錐曲線綜合是高考必考的解答題，難度較大．考查圓錐曲線標(biāo)準(zhǔn)方程的求解，考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系，考查定值、定直線、面積最值、存在性與恒成立等問題．考查運(yùn)算求解能力、邏輯推導(dǎo)能力、分析問題與解決問題的能力、數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想．
【得分要點(diǎn)】
1．圓錐曲線的定義
（1）橢圓定義：．
（2）雙曲線定義：．
（3）拋物線定義：．
2．圓錐曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程及幾何性質(zhì)
（1）橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程與幾何性質(zhì)
（2）雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程與幾何性質(zhì)
（3）拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程與幾何性質(zhì)
3.圓錐曲線中最值與范圍的求解方法
4.求解直線或曲線過定點(diǎn)問題的基本思路
（1）把直線或曲線方程中的變量 , 當(dāng)作常數(shù)看待,把方程一端化為零，既然是過定點(diǎn),那么這個方程就要對任意參數(shù)都成立,這時參數(shù)的系數(shù)就要全部等于零，這樣就得到一個關(guān)于 , 的方程組，這個方程組的解所確定的點(diǎn)就是直線或曲線所過的定點(diǎn).
（2）由直線方程確定其過定點(diǎn)時，若得到了直線方程的點(diǎn)斜式 ，則直線必過定點(diǎn) ;若得到了直線方程的斜截式 ，則直線必過定點(diǎn) .
（3）從特殊情況入手，先探究定點(diǎn)，再證明該定點(diǎn)與變量無關(guān).
5.求解定值問題的常用方法
（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)；
（2）直接推理、計(jì)算，并在計(jì)算推理的過程中消去變量，從而得到定值.
6.求解定線問題的常用方法
定線問題是指因圖形的變化或點(diǎn)的移動而產(chǎn)生的動點(diǎn)在定線上的問題.這類問題的本質(zhì)是求點(diǎn)的軌跡方程，一般先求出點(diǎn)的坐標(biāo)，看橫、縱坐標(biāo)是否為定值，或者找出橫、縱坐標(biāo)之間的關(guān)系.
7.有關(guān)證明問題的解題策略
圓錐曲線中的證明問題多涉及幾何量的證明，比如涉及線段或角相等以及位置關(guān)系的證明，證明時，常把幾何量用坐標(biāo)表示，建立某個變量的函數(shù)，用代數(shù)方法證明.
8.探索性問題的解題策略
此類問題一般分為探究條件、探究結(jié)論兩種.若探究條件，則可先假設(shè)條件成立,再驗(yàn)證結(jié)論是否成立,成立則存在，否則不存在;若探究結(jié)論,則應(yīng)先求出結(jié)論的表達(dá)式，再針對其表達(dá)式進(jìn)行討論,往往涉及對參數(shù)的討論.
考向一 直線與雙曲線綜合
3．（2022?新高考Ⅱ）已知雙曲線C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的右焦點(diǎn)為F（2，0），漸近線方程為y＝±x．
（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(diǎn)，點(diǎn)P（x1，y1），Q（x2，y2）在C上，且x1＞x2＞0，y1＞0．過P且斜率為﹣的直線與過Q且斜率為的直線交于點(diǎn)M．從下面①②③中選取兩個作為條件，證明另外一個成立．
①M(fèi)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(jì)分．
【解答】解：（1）由題意可得＝，＝2，
解得a＝1，b＝，
因此C的方程為x2﹣＝1，
（2）解法一：設(shè)直線PQ的方程為y＝kx+m，（k≠0），將直線PQ的方程代入x2﹣＝1可得（3﹣k2）x2﹣2kmx﹣m2﹣3＝0，
Δ＝12（m2+3﹣k2）＞0，
∵x1＞x2＞0
∴x1+x2＝＞0，x1x2＝﹣＞0，
∴3﹣k2＜0，
∴x1﹣x2＝＝，
設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（xM，yM），則，
兩式相減可得y1﹣y2＝2xM﹣（x1+x2），
∵y1﹣y2＝k（x1﹣x2），
∴2xM＝（x1+x2）+k（x1﹣x2），
解得XM＝，
兩式相加可得2yM﹣（y1+y2）＝（x1﹣x2），
∵y1+y2＝k（x1+x2）+2m，
∴2yM＝（x1﹣x2）+k（x1+x2）+2m，
解得yM＝，
∴yM＝xM，其中k為直線PQ的斜率；
若選擇①②：
設(shè)直線AB的方程為y＝k（x﹣2），并設(shè)A的坐標(biāo)為（x3，y3），B的坐標(biāo)為（x4，y4），
則，解得x3＝，y3＝，
同理可得x4＝，y4＝﹣，
∴x3+x4＝，y3+y4＝，
此時點(diǎn)M的坐標(biāo)滿足，解得XM＝＝（x3+x4），yM＝＝（y3+y4），
∴M為AB的中點(diǎn)，即|MA|＝|MB|；
若選擇①③：
當(dāng)直線AB的斜率不存在時，點(diǎn)M即為點(diǎn)F（2，0），此時不在直線y＝x上，矛盾，
當(dāng)直線AB的斜率存在時，設(shè)直線AB的方程為y＝m（x﹣2）（m≠0），并設(shè)A的坐標(biāo)為（x3，y3），B的坐標(biāo)為（x4，y4），
則，解得x3＝，y3＝，
同理可得x4＝，y4＝﹣，
此時xM＝（x3+x4）＝，
∴yM＝（y3+y4）＝，
由于點(diǎn)M同時在直線y＝x上，故6m＝?2m2，解得k＝m，
因此PQ∥AB．
若選擇②③，
設(shè)直線AB的方程為y＝k（x﹣2），并設(shè)A的坐標(biāo)為（x3，y3），B的坐標(biāo)為（x4，y4），
則，解得x3＝，y3＝，
同理可得x4＝，y4＝﹣，
設(shè)AB的中點(diǎn)C（xC，yC），則xC＝（x3+x4）＝，yC＝（y3+y4）＝，
由于|MA|＝|MB|，故M在AB的垂直平分線上，即點(diǎn)M在直線y﹣yC＝﹣（x﹣xC）上，
將該直線y＝x聯(lián)立，解得xM＝＝xC，yM＝＝y(tǒng)C，
即點(diǎn)M恰為AB中點(diǎn)，故點(diǎn)M在直線AB上．
（2）解法二：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?③，或選由②③?①：由②成立可知直線AB的斜率存在且不為0．
若選①③?②，則M為線段AB的中點(diǎn)，假設(shè)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(diǎn)F，
此時由對稱性可知P、Q關(guān)于x軸對稱，從而x1＝x2，已知不符．
綜上，直線AB的斜率存在且不為0，
直線AB的斜率為k，直線AB的方程為y＝k（x﹣2）．
則條件①M(fèi)在直線AB上，等價(jià)于y0＝k（x0﹣2）?ky0＝k2（x0﹣2），
兩漸近線的方程合并為3x2﹣y2＝0，
聯(lián)立方程組，消去y并化簡得：（k2﹣3）x2﹣4k2x+4k2＝0，
設(shè)A（x3，y3），B（x4，y4），線段中點(diǎn)為N（xN，yN），
則xN＝＝.yN＝k（xN﹣2）＝，
設(shè)M（x0，y0），
則條件③|AM|＝|BM|等價(jià)于（x0﹣x3）2+（y0﹣y3）2＝（x0﹣x4）2+（y0﹣y4）2，
移項(xiàng)并利用平方差公式整理得：
（x3﹣x4）[2x0﹣（x3+x4）]+（y3﹣y4）[（2y0﹣（y3+y4）]＝0，
[2x0﹣（x3+x4）]+[2y0﹣（y3+y4）]＝0，
∴x0﹣xN+k（y0﹣yN）＝0，
[2x0﹣（x3+x4）]+[2y0﹣（y3+y4）]＝0，
∴x0﹣xN+k（y0﹣yN）＝0，
∴，
由題意知直線PM的斜率為﹣，直線QM的斜率為，
∴由（x1﹣x0），y2﹣y0＝（x2﹣x0），
∴y1﹣y2＝﹣（x1+x2﹣2x0），
∴直線PQ的斜率m＝＝﹣，
直線PM：y＝﹣（x﹣x0）+y0，即y＝，
代入雙曲線的方程為3x2﹣y2﹣3＝0，即（）（）＝3中，
得（）[2﹣（）]＝3，
解得P的橫坐標(biāo)為（+）]＝3，
同理，x2＝﹣（），x1+x2﹣2x0＝﹣﹣x0，
∴m＝，
∴條件②PQ∥AB等價(jià)于m＝k?ky0＝3x0，
綜上所述：
條件①M(fèi)在AB上等價(jià)于m＝k?ky0＝k2（x0﹣2），
條件②PQ∥AB等價(jià)于ky0＝3x0，
條件③|AM|＝|BM|等價(jià)于．
選①②?③：
由①②解得∴，∴③成立；
選①③?②：
由①③解得：，ky0＝，∴ky0＝3x0，∴②成立；
選②③?①：
由②③解得：，ky0＝，∴，∴①成立．
4．（2022?新高考Ⅰ）已知點(diǎn)A（2，1）在雙曲線C：﹣＝1（a＞1）上，直線l交C于P，Q兩點(diǎn)，直線AP，AQ的斜率之和為0．
（1）求l的斜率；
（2）若tan∠PAQ＝2，求△PAQ的面積．
【解答】解：（1）將點(diǎn)A代入雙曲線方程得 ，
化簡得a4﹣4a2+4＝0，∴a2＝2，故雙曲線方程為，
由題顯然直線l的斜率存在，設(shè)l：y＝kx+m，設(shè)P（x1，y1）Q（x2，y2），
則聯(lián)立雙曲線得：（2k2﹣1）x2+4kmx+2m2+2＝0，
故，，
，
化簡得：2kx1x2+（m﹣1﹣2k）（x1+x2）﹣4（m﹣1）＝0，
故，
即（k+1）（m+2k﹣1）＝0，而直線l不過A點(diǎn)，故k＝﹣1；
（2）設(shè)直線AP的傾斜角為α，由，
∴，得
由2α+∠PAQ＝π，∴，
得，即，
聯(lián)立，及得，
同理，
故，
而，由，得，
故S△PAQ＝|AP||AQ|sin∠PAQ＝|x1x2﹣2（x1+x2）+4|＝．
5．（2021?新高考Ⅰ）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)F1（﹣，0），F(xiàn)2（，0），點(diǎn)M滿足|MF1|﹣|MF2|＝2．記M的軌跡為C．
（1）求C的方程；
（2）設(shè)點(diǎn)T在直線x＝上，過T的兩條直線分別交C于A，B兩點(diǎn)和P，Q兩點(diǎn)，且|TA|?|TB|＝|TP|?|TQ|，求直線AB的斜率與直線PQ的斜率之和．
【解答】解：（1）由雙曲線的定義可知，M的軌跡C是雙曲線的右支，設(shè)C的方程為，
根據(jù)題意，解得，
∴C的方程為；
（2）（法一）設(shè)，直線AB的參數(shù)方程為，
將其代入C的方程并整理可得，（16cs2θ﹣sin2θ）t2+（16csθ﹣2msinθ）t﹣（m2+12）＝0，
由參數(shù)的幾何意義可知，|TA|＝t1，|TB|＝t2，則，
設(shè)直線PQ的參數(shù)方程為，|TP|＝λ1，|TQ|＝λ2，同理可得，，
依題意，，則cs2θ＝cs2β，
又θ≠β，故csθ＝﹣csβ，則csθ+csβ＝0，即直線AB的斜率與直線PQ的斜率之和為0．
（法二）設(shè)，直線AB的方程為，A（x1，y1），B（x2，y2），設(shè)，
將直線AB方程代入C的方程化簡并整理可得，，
由韋達(dá)定理有，，
又由可得，
同理可得，
∴＝，
設(shè)直線PQ的方程為，設(shè)，
同理可得，
又|AT||BT|＝|PT||QT|，則，化簡可得，
又k1≠k2，則k1＝﹣k2，即k1+k2＝0，即直線AB的斜率與直線PQ的斜率之和為0．
考向二 直線與圓錐曲線綜合
6．（2021?新高考Ⅱ）已知橢圓C的方程為+＝1（a＞b＞0），右焦點(diǎn)為F（，0），且離心率為．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）設(shè)M，N是橢圓C上的兩點(diǎn)，直線MN與曲線x2+y2＝b2（x＞0）相切．證明：M，N，F(xiàn)三點(diǎn)共線的充要條件是|MN|＝．
【解答】（Ⅰ）解：由題意可得，橢圓的離心率＝，又，
所以a＝，則b2＝a2﹣c2＝1，
故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為；
（Ⅱ）證明：先證明充分性，
當(dāng)|MN|＝時，設(shè)直線MN的方程為x＝ty+s，
此時圓心O（0，0）到直線MN的距離，則s2﹣t2＝1，
聯(lián)立方程組，可得（t2+3）y2+2tsy+s2﹣3＝0，
則Δ＝4t2s2﹣4（t2+3）（s2﹣3）＝12（t2﹣s2+3）＝24，
因?yàn)椋?br>所以t2＝1，s2＝2，
因?yàn)橹本€MN與曲線x2+y2＝b2（x＞0）相切，
所以s＞0，則，
則直線MN的方程為恒過焦點(diǎn)F（），
故M，N，F(xiàn)三點(diǎn)共線，
所以充分性得證．
若M，N，F(xiàn)三點(diǎn)共線時，設(shè)直線MN的方程為x＝my+，
則圓心O（0，0）到直線MN的距離為，解得m2＝1，
聯(lián)立方程組，可得，
即，
所以；
所以必要性成立；
綜上所述，M，N，F(xiàn)三點(diǎn)共線的充要條件是|MN|＝．
根據(jù)近幾年真題推測主要考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系，涉及弦長、弦中點(diǎn)、定點(diǎn)、定值和取值范圍等問題，常與函數(shù)、不等式等知識綜合考查。復(fù)習(xí)時需注意以下幾點(diǎn)：（1）求解圓錐曲線時，需關(guān)注待定系數(shù)法與定義法的應(yīng)用（2）求解有關(guān)弦中點(diǎn)問題時，需關(guān)注點(diǎn)差法和根與系數(shù)的關(guān)系的應(yīng)用（3）求解定值、定點(diǎn)問題時，需注意求解思路與轉(zhuǎn)化方法。
一．橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程（共1小題）
1．（2023?浦東新區(qū)三模）已知t∈R，曲線C：（4﹣t）x2+ty2＝12．
（1）若曲線C為圓，且與直線y＝x﹣2交于A，B兩點(diǎn)，求|AB|的值；
（2）若曲線C為橢圓，且離心率，求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（3）設(shè)t＝3，若曲線C與y軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A位于點(diǎn)B的上方），直線y＝kx+t與C交于不同的兩點(diǎn)P，Q，直線y＝s與直線BQ交于點(diǎn)G，求證：當(dāng)st＝4時，A，G，P三點(diǎn)共線．
【解答】解：（1）若曲線C為圓，則4﹣t＝t＞0?t＝2，
圓方程為：x2+y2＝6，此時圓心到直線的距離，
此時；
（2）曲線C的方程曲線C：（4﹣t）x2+ty2＝12，
可得，
當(dāng)焦點(diǎn)在x軸上時，，
由離心率，可得，
此時橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為，
當(dāng)焦點(diǎn)在y軸上時，，
由離心率，可得，
此時橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為；
（3）當(dāng)t＝3時，方程為x2+3y2＝12，A（0，2），B（0，﹣2），設(shè)Q（x1，y1），P（x2，y2）．
直線BQ的方程為：，
令y＝s，G（，2），
聯(lián)立，
，，
因?yàn)?，?br>＝，
分子＝
＝，
即kAG＝kAP，因而A，G，P三點(diǎn)共線．
二．橢圓的性質(zhì)（共2小題）
2．（2023?平羅縣校級模擬）已知橢圓C：＝1（a＞b＞0）的離心率為，且橢圓上任意一點(diǎn)到橢圓兩個焦點(diǎn)的距離之和為2．直線l：y＝（x+2）交橢圓C于不同的兩點(diǎn)A，B．
（1）求橢圓C的方程；
（2）橢圓左焦點(diǎn)為F1，求△F1AB的面積．
【解答】解：（1）由已知有，
解得，
則橢圓C的方程為．
（2）聯(lián)立，得3x2+4x＝0，
解得x1＝0，，如圖，
則A（0，1），，則，
直線l的方程為x﹣2y+2＝0，F(xiàn)1（﹣1，0）到直線l的距離．
所以△F1AB的面積為．
3．（2023?奉賢區(qū)二模）已知橢圓C：，A（0，b），B（0，﹣b）．橢圓C內(nèi)部的一點(diǎn)（t＞0），過點(diǎn)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(diǎn)．
（1）若橢圓C的離心率是，求b的值；
（2）設(shè)△BTM的面積是S1，△ATN的面積是S2，若，b＝1時，求t的值；
（3）若點(diǎn)U（xu，yu），V（xv，yv）滿足xu＜xv且yu＞yv，則稱點(diǎn)U在點(diǎn)V的左上方．求證：當(dāng)時，點(diǎn)N在點(diǎn)M的左上方．
【解答】解：（1）因?yàn)闄E圓C的離心率是，
當(dāng)0＜b＜2時，，得b＝1；
當(dāng)b＞2時，，得b＝4；
所以b的值為1或4；
（2）由題意，直線AM的斜率kAM存在，直線BN的斜率kBN存在，，直線AM的方程，設(shè)M（xM，yM）．
則.，直線BN的方程，設(shè)N（xN，yN），
則，
由圖，，
注意到∠BTM+∠ATN＝π，則sin∠BTM＝sin∠ATN．
又，
同理可得，
則．
（3）證明：由題意，直線AM的斜率kAM存在，直線BN的斜率kBN存在，，直線AM的方程，設(shè)M（xM，yM）．
則 ，
，直線BN的方程，設(shè)N（xN，yN），
則 ，
則
=，
又在橢圓內(nèi)部，則，故xM＞xN，
又根據(jù)題意知，所以，所以當(dāng)時，點(diǎn)N在點(diǎn)M的左上方．
三．直線與橢圓的綜合（共22小題）
4．（2023?海淀區(qū)校級三模）已知橢圓，且過兩點(diǎn)．
（1）求橢圓E的方程和離心率e；
（2）若經(jīng)過M（1，0）有兩條直線l1，l2，它們的斜率互為倒數(shù)，l1與橢圓E交于A，B兩點(diǎn)，l2與橢圓E交于C，D兩點(diǎn)，P，Q分別是AB，CD的中點(diǎn)試探究：△OPQ與△MPQ的面積之比是否為定值？若是，請求出此定值；若不是，請說明理由．
【解答】解：（1）由題意可得，
解得，
則E的方程；
（2）由已知可得直線AB的斜率存在，且不為0，也不為±1，
設(shè)直線AB：x＝my+1，（m≠0且m≠±1），
聯(lián)立，可得（m2+4）y2+2my﹣3＝0，
方程（m2+4）y2+2my﹣3＝0的判別式Δ＝4m2+12（m2+4）＞0，
設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），P（x0，y0），
則，．
所以，，
所以，
因?yàn)閮芍本€斜率互為倒數(shù)，則，
用代換P點(diǎn)坐標(biāo)中的m得．
所以，
所以直線，即，
所以PQ恒過定點(diǎn)，
設(shè)點(diǎn)O、M到直線PQ的距離分別是d1，d2，
則．
△OPQ與△MPQ的面積之比是定值，定值為4．
5．（2023?漢中模擬）已知過點(diǎn)（1，e）的橢圓E：的焦距為2，其中e為橢圓E的離心率．
（1）求E的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線l與E交于A，C兩點(diǎn)，以O(shè)A，OC為鄰邊作平行四邊形OABC，且點(diǎn)B恰好在E上，試問：平行四邊形OABC的面積是否為定值？若是定值，求出此定值；若不是，說明理由．
【解答】解：（1）設(shè)橢圓E的焦距為2c，則，
由題意可得，解得，
故E的標(biāo)準(zhǔn)方程為；
（2）平行四邊形OABC的面積為定值，理由如下：
由（1）可得：，則有：
當(dāng)直線l的斜率不存在時，設(shè)A（x1，y1），C（x1，﹣y1），
若OABC為平行四邊形，則點(diǎn)B為長軸頂點(diǎn)，不妨設(shè)，
可得，解得，
故平行四邊形OABC的面積；
當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)l：y＝kx+m（m≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），
聯(lián)立方程，消去y得（1+2k2）x2+4kmx+2m2﹣2＝0，
則，
可得，
∵，
若OABC為平行四邊形，則，
即點(diǎn)在橢圓上，則，
整理可得4m2＝1+2k2，滿足Δ＝8（2k2﹣m2+1）＝24m2＞0，
則，
可得，
點(diǎn)O到直線l：kx﹣y+m＝0的距離，
故平行四邊形OABC的面積；
綜上所述：平行四邊形OABC的面積為定值．
6．（2023?商洛三模）已知離心率為的橢圓經(jīng)過點(diǎn)A（2，1）．
（1）求橢圓C的方程．
（2）不經(jīng)過點(diǎn)A且斜率為k的直線l與橢圓C相交于P，Q兩點(diǎn)，若直線AP與直線AQ的斜率之積為，試問k是否為定值？若是，求出該定值；若不是，說明理由．
【解答】解：（1）由題可知，解得，故橢圓C的方程為；
（2）設(shè)直線l的方程為y＝kx+m，P（x1，y1） Q（x2，y2），
聯(lián)立方程組，整理得（1+4k2）x2+8knx+4m2﹣8＝0，
則Δ＝64k2m2﹣（4+16k2）（4m2﹣8）＝128k2﹣16m2+32＞0．
x1+x2＝﹣，x1x2＝，
kAP?kAQ＝?＝＝＝＝，
整理得4k2+2km+m﹣1＝（2k+1）（m+2k﹣1）＝0，
因?yàn)閘不經(jīng)過點(diǎn)A，所以m+2k﹣1≠0，所以2k+1＝0，即，
故k為定值，且該定值為．
7．（2023?遼寧二模）已知橢圓的離心率為，且橢圓C經(jīng)過點(diǎn)，過右焦點(diǎn)F的直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求△OAB面積的最大值以及此時直線l的方程．
【解答】解：（1）由，得a2＝3b2，
所以橢圓C的方程為，
把點(diǎn)的坐標(biāo)代入上式，得，可得b2＝2，
所以a2＝6，c＝2，故橢圓C的方程為．
（2）由（1）知焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為（2，0），若直線l的斜率為0，
則O，A，B三點(diǎn)不能構(gòu)成三角形，
所以直線l的斜率不為0，設(shè)直線l的方程為x＝my+2，
聯(lián)立方程組，消去x，得（m2+3）y2+4my﹣2＝0，
方程（m2+3）y2+4my﹣2＝0的判別式Δ＝16m2+8（m2+3）＝24（m2+1）＞0，
設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則，，
＝．
令，則，
當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，即△OAB面積的最大值為．
令，解得m＝±1，
所以此時直線l的方程為x﹣y﹣2＝0或x+y﹣2＝0．
8．（2023?商丘三模）如圖，橢圓C：+＝1（a＞b＞0）的左、右頂點(diǎn)分別為A，B，左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，離心率為，點(diǎn)在橢圓C上．
（1）求橢圓C的方程；
（2）已知P，Q是橢圓C上兩動點(diǎn)，記直線AP的斜率為k1，直線BQ的斜率為k2，k1＝2k2．過點(diǎn)B作直線PQ的垂線，垂足為H，問：在平面內(nèi)是否存在定點(diǎn)T，使得|TH|為定值，若存在，求出點(diǎn)T的坐標(biāo)；若不存在，試說明理由．
【解答】解：（1）由題意得：e＝＝，，
又a2＝b2+c2，
解得：a＝2，b＝c＝，
故橢圓C的方程為．
（2）證明：存在定點(diǎn)T（，0），使得|TH|為定值，
由（1）及已知得A（﹣2，0），B（2，0），
若直線PQ的斜率為0，則P，Q關(guān)于y軸對稱，必有kAP＝﹣kBQ，不合題意，
設(shè)直線PQ的方程為x＝ty+n（n≠±2），
聯(lián)立，
消去x整理得：（t2+2）y2+2tny+n2﹣4＝0，
Δ＝（2tn）2﹣4?（t2+2）?（n2﹣4）＝8（2t2+4﹣n2）＞0，得2t2+4＞n2，
設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），
則y1+y2＝﹣，y1?y2＝，
∵P（x1，y1）是橢圓上的一點(diǎn)，
∴，
∴kAP?kBP＝＝＝＝﹣，
則kAP＝﹣＝2kBQ，即4kBP?kBQ＝﹣1，
∴4××＝﹣1，
即4y1?y2+（x1﹣2）（x2﹣2）＝0，
4y1?y2+（ty1+n﹣2）（ty2+n﹣2）
＝（t2+4）y1?y2+t?（n﹣2）?（y1+y2）+（n﹣2）2
＝（t2+4）?+t?（n﹣2）?（）+（n﹣2）2
＝0，
∵n≠2，
∴（t2+4）?（n+2）﹣2t2n+（n+2）（t2+2）＝0，
整理得6n+4＝0，解得n＝﹣，
直線PQ恒過定點(diǎn)M（﹣，0），
又BH⊥PQ于H，
所以點(diǎn)H在以BM為直徑的圓上，BM的中點(diǎn)T（，0）到H的距離為定值，
故存在定點(diǎn)T（，0），使得|TH|為定值．
9．（2023?南通模擬）已知A，B是橢圓上關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O對稱的兩點(diǎn)，點(diǎn)D（4，0），連結(jié)DA并延長交C于點(diǎn)M，連結(jié)DB交C于點(diǎn)N．
（1）若A為線段DM的中點(diǎn)，求點(diǎn)A的坐標(biāo)；
（2）設(shè)△DMN，△DAB的面積分別為S1，S2，若，求線段OA的長．
【解答】解：（1）設(shè)A（x0，y0），∴M（2x0﹣4，2y0），
由A，M均在橢圓C上，∴，解得，，
∴；
（2）設(shè)DA方程為x＝my+4，A（x0，y0），B（﹣x0，﹣y0），D（4，0），，
聯(lián)立直線與橢圓方程，得3（m2y2+8my+16）+4y2＝12，（3m2+4）y2+24my+36＝0，
∴，
∴．
同理，
∴，∴＝，∴；
而，∴，∴．
10．（2023?未央?yún)^(qū)校級模擬）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C1：與橢圓C2：x2+＝1，且橢圓C2過橢圓C1的焦點(diǎn)．過點(diǎn)的直線l與橢圓C1交于A，B兩點(diǎn)，與橢圓C2交于C，D兩點(diǎn)．
（1）求橢圓C1的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）若存在直線l，使得AB＝CD，求t的取值范圍．
【解答】解：（1）因?yàn)闄E圓C2過點(diǎn)（±1，0），所以a2﹣2＝1，
所以a2＝3，即橢圓C1的標(biāo)準(zhǔn)方程為．
（2）易知直線l的斜率存在，設(shè)l：y＝kx+t，A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），
聯(lián)立直線l與橢圓C1，，消去y，整理得（3k2+2）x2+6ktx+3t2﹣6＝0，
則，，Δ＝（6kt）2﹣4（3k2+2）（3t2﹣6）＞0，即3k2﹣2t2+2＞0，
聯(lián)立直線l與橢圓C2，，消去y，整理得（k2+2）x2+2ktx+t2﹣2＝0，
則，，Δ＝（2kt）2﹣4（k2+2）（t2﹣2）＞0，即k2﹣t2+2＞0，
所以，
，
因?yàn)?，所以?br>即，平方整理得，
因?yàn)閗2+1≥1，所以，即t的取值范圍為．
11．（2023?臨汾模擬）已知用周長為36的矩形截某圓錐得到橢圓與矩形的四邊都相切且焦距為2c，_____．
①a，b，c為等差數(shù)列；②為等比數(shù)列．
（1）在①②中任選一個條件，求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）（1）中所求C的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過F1作直線與橢圓C交于P，Q兩點(diǎn)，A為橢圓的右頂點(diǎn)，直線AP，AQ分別交直線于M，N兩點(diǎn)，求以MN為直徑的圓是否過定點(diǎn)，若是求出該定點(diǎn)；若不是請說明理由．
【解答】解：（1）選①，由題意可得4a+4b＝36，2b＝2a+c，又a2＝b2+c2，解得a＝5，b＝4，c＝3，
所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為．
選②，由題意可得4a+4b＝36，c2＝（a+1）×b，又a2＝b2+c2，解得a＝5，b＝4，c＝3，
所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為．
（2）①當(dāng)直線PQ的斜率不存在時，lPQ的方程為x＝﹣3，
不妨設(shè)P在x軸上方，則，lAP的方程為，令，得，
所以，同理，
所以以MN為直徑的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為．
②當(dāng)直線PQ的斜率存在時，設(shè)lPQ的方程為y＝k（x+3），P（x1，y1），Q（x2，y2），
聯(lián)立得（25k2+16）x2+150k2x+225k2﹣400＝0，
可得根與系數(shù)的關(guān)系為．
lAP的方程為，
令，得，則M，
同理可得N，
所以以MN為直徑的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為．
＝，
，
將根與系數(shù)的關(guān)系代入上式并整理得，
令y＝0，則，解得x＝﹣3或．
當(dāng)斜率不存在時，令y＝0，則，解得或x＝﹣3．
由①②知，以MN為直徑的圓過（﹣3，0）和．
12．（2023?雅安三模）已知橢圓的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，焦距為2，左頂點(diǎn)為A，點(diǎn)是橢圓C上一點(diǎn)．
（1）求橢圓C的方程；
（2）若直線l過橢圓C的右焦點(diǎn)F2且與橢圓交于P，Q兩點(diǎn)，直線AP，AQ與直線x＝4分別交于點(diǎn)M，N．
①求證：M，N兩點(diǎn)的縱坐標(biāo)之積為定值；
②求△AMN面積的最小值．
【解答】解：（1）由題意可知，解得a2＝4，b2＝3，
所以橢圓C的方程為+＝1．
（2）①證明：設(shè)直線l的方程為x＝my+1，
聯(lián)立，得（3m2+4）y2+6my﹣9＝0，
設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），
所以y1+y2＝﹣，y1y2＝﹣，
直線AP的方程為y＝（x+2），
令x＝4得yM＝，同理可得yN＝，
所以yMyN＝＝＝＝＝﹣9．
②S△AMN＝?6?|yM﹣yN|＝3|yM+|≥3?2 ＝18．
當(dāng)且僅當(dāng)yM＝3，yN＝﹣3或yM＝﹣3，yN＝3時等號成立，
所以△AMN面積的最小值為18．
13．（2023?南開區(qū)二模）已知橢圓的離心率為，左、右頂點(diǎn)分別為A，B，上頂點(diǎn)為D，坐標(biāo)原點(diǎn)O到直線AD的距離為．
（1）求橢圓的方程；
（2）過A點(diǎn)作兩條互相垂直的直線AP，AQ與橢圓交于P，Q兩點(diǎn)，求△BPQ面積的最大值．
【解答】解：（1）由已知可得，解得a＝2，b＝1，，
所以橢圓的方程為．
（2）設(shè)PQ的直線方程為x＝ty+m，P（x1，y1），Q（x2，y2），
聯(lián)立方程整理得（t2+4）y2+2mty+m2﹣4＝0，
所以，，
因?yàn)锳P⊥AQ，A（﹣2，0），
所以（x1+2）（x2+2）+y1y2＝0?x1x2+2（x1+x2）+4+y1y2＝0，
（ty1+m）（ty2+m）+2（ty1+ty2+2m）+4+y1y2＝0，
即，
所以，
整理得5m2+16m+12＝0，解得或m＝﹣2（舍去），
所以
所以，
令，
則，
此時△BPQ最大值為．
14．（2023?山西模擬）已知橢圓的離心率為為C的右焦點(diǎn)，過點(diǎn)F作與x軸不重合的直線l，交C于A，B兩點(diǎn)，當(dāng)l與y軸平行時，|AB|＝3．
（1）求C的方程；
（2）P為C的左頂點(diǎn)，直線PA，PB分別交直線x＝4于D，E兩點(diǎn)，求的值．
【解答】解：（1）設(shè)F（c，0），
當(dāng)l與y軸平行時，直線l的方程為x＝c，則在橢圓上，
代入橢圓方程得，
又因?yàn)殡x心率，解得．
所以C的方程為．
（2）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），由橢圓C的方程得P（﹣2，0），
當(dāng)直線斜率不存在時，，
直線PA的方程為，
令x＝4得，同理．
若直線l斜率存在時，設(shè)直線l：y＝k（x﹣1），
聯(lián)立得3x2+4k2（x﹣1）2＝12，
即（4k2+3）x2﹣8k2x+4k2﹣12＝0，
，
直線PA的方程為，
令x＝4得，
同理，
則
＝．
綜上，得的值為0．
15．（2023?重慶模擬）已知橢圓的左右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，右頂點(diǎn)為A，上頂點(diǎn)為B，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，|OA|＝2|OB|．
（1）若△BF1F2的面積為，求橢圓C1的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）如圖，過點(diǎn)P（1，0）作斜率k（k＞0）的直線l交橢圓C1于不同兩點(diǎn)M，N，點(diǎn)M關(guān)于x軸對稱的點(diǎn)為S，直線SN交x軸于點(diǎn)T，點(diǎn)P在橢圓的內(nèi)部，在橢圓上存在點(diǎn)Q，使，記四邊形OMQN的面積為S1，求的最大值．
【解答】解：（1）∵|OA|＝2|OB|，
∴a＝2b，，，
又a2＝b2+c2，
解得，
所以橢圓C1的標(biāo)準(zhǔn)方程為：．
（2）橢圓，
令M（x1，y1），N（x2，y2），Q（x0，y0），T（xT，0），直線l的方程為：y＝k（x﹣1），
聯(lián)立方程組：，消去y得（1+4k2）x2﹣8k2x+4k2﹣4b2＝0，
由韋達(dá)定理得，，
有，
因?yàn)椋海?br>所以，，
將點(diǎn)Q坐標(biāo)代入橢圓方程化簡得：，
而此時：Δ＝（8k2）2﹣4（1+4k2）（4k2﹣4b2）＝48k2＞0，
令S（x1，﹣y1），所以直線，
令y＝0得 ，
由韋達(dá)定理化簡得，S1＝2S△OMN，
而，
O點(diǎn)到直線l的距離，
所以：，，，
因?yàn)辄c(diǎn)P在橢圓內(nèi)部，所以1＜4b2，得，即，
令，求導(dǎo)得，
當(dāng)，即時，f′（k）＞0，f（k）單調(diào)遞增；當(dāng)，即時，f'（k）＜0，f（k）單調(diào)遞減．
所以：，即 ．
16．（2023?湖北模擬）已知橢圓的右頂點(diǎn)為A，左焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)F作斜率不為零的直線l交橢圓于M，N兩點(diǎn)，連接AM，AN分別交直線于P，Q兩點(diǎn)，過點(diǎn)F且垂直于MN的直線交直線于點(diǎn)R．
（1）求證：點(diǎn)R為線段PQ的中點(diǎn)；
（2）記△MPR，△MRN，△NRQ的面積分別為S1，S2，S3，試探究：是否存在實(shí)數(shù)λ使得λS2＝S1+S3？若存在，請求出實(shí)數(shù)λ的值；若不存在，請說明理由．
【解答】（1）證明：A（3，0），F(xiàn)（﹣2，0），設(shè)直線l：x＝my﹣2，M（x1，y1），N（x2，y2），
聯(lián)立，得（9+5m2）y2﹣20my﹣25＝0，
∴y1+y2＝，y1y2＝，
直線AM：y＝（x﹣3），令x＝﹣，得y＝﹣，
∴P（﹣，﹣），同理Q（﹣，﹣），
∴yP+yQ＝﹣﹣＝﹣（+）
＝﹣?＝﹣?＝5m，
直線RF：y＝﹣m（x+2），令x＝﹣，得y＝，∴R（﹣，），
∴yP+yQ＝2yR，∴點(diǎn)R為線段PQ的中點(diǎn)；
（2）解：由（1）知，|MN|＝|y1﹣y2|＝?＝，
又|RF|＝＝，
∴S2＝|RF|?|MN|＝，
而S1+S3＝|RP|?|x1+|+|QR||x2+|＝|PQ|?|x1++x2+|＝×（﹣）|﹣+|?|m（y1+y2）+5|
＝||?|m（y1+y2）+5|＝||?|+5|＝，
∴S2＝S1+S3，
故存在λ＝使得λS2＝S1+S3．
17．（2023?錦江區(qū)校級模擬）設(shè)橢圓過點(diǎn)，且左焦點(diǎn)為．
（1）求橢圓E的方程；
（2）△ABC內(nèi)接于橢圓E，過點(diǎn)P（4，1）和點(diǎn)A的直線l與橢圓E的另一個交點(diǎn)為點(diǎn)D，與BC交于點(diǎn)Q，滿足，求△ABC面積的最大值．
【解答】解：（1）令橢圓E的半焦距為c，依題意，，解得a2＝4，b2＝2，
所以橢圓E的方程為．
（2）設(shè)點(diǎn)Q，A，D的坐標(biāo)分別為（x，y），（x1，y1），（x2，y2），
顯然均不為零，依題意，令，有λ＞0且λ≠1，
又A，P，D，Q四點(diǎn)共線，從而，
即（4﹣x1，1﹣y1）＝﹣λ（x2﹣4，y2﹣1），（x﹣x1，y﹣y1）＝λ（x2﹣x，y2﹣y），
于是，
從而①，②，
又點(diǎn)A，D在橢圓E上，即③，④，
①+②×2并結(jié)合③，④得4x+2y＝4，即動點(diǎn)Q（x，y）總在定直線2x+y﹣2＝0上，
因此直線BC方程為2x+y﹣2＝0，
由消去y得9x2﹣16x+4＝0，Δ＝162﹣4×9×4＞0，
設(shè)B（x3，y3），C（x4，y4），則，
于是，設(shè)，
則點(diǎn)A到直線BC的距離，其中銳角φ由確定，
因此，
當(dāng)且僅當(dāng)sin（θ+φ）＝﹣1時取等號，
所以△ABC的面積最大值為．
18．（2023?涼州區(qū)模擬）已知橢圓的長軸長為4，A，B是其左、右頂點(diǎn)，M是橢圓上異于A，B的動點(diǎn)，且．
（1）求橢圓C的方程；
（2）若P為直線x＝4上一點(diǎn)，PA，PB分別與橢圓交于C，D兩點(diǎn)．
①證明：直線CD過橢圓右焦點(diǎn)F2；
②橢圓的左焦點(diǎn)為F1，求△CF1D的內(nèi)切圓的最大面積．
【解答】解：（1）由已知得：a＝2，A（﹣2，0），B（2，0），
設(shè)M（x0，y0）（x0≠±2），
因?yàn)镸在橢圓上，所以①，
因?yàn)椋?br>將①式代入，得，
所以b2＝3，
所以橢圓C的方程為．
（2）①證明：設(shè)P（4，t）（t≠0），則，，
所以，，
聯(lián)立方程，得，
則．
聯(lián)立方程，得，，
則，
橢圓的右焦點(diǎn)為F2（1，0），，，
因?yàn)椋?br>說明C，D，F(xiàn)2三點(diǎn)共線，即直線CD恒過F2點(diǎn)．
②因?yàn)橹本€CD恒過F2點(diǎn)，
所以△CF1D的周長為|CF1|+|CF2|+|DF1|+|DF2|＝4a，
設(shè)△CF1D內(nèi)切圓的半徑為r，
所以△CF1D的面積，
所以，即4r＝|yC﹣yD|，
若內(nèi)切圓的面積最大，即r最大，也就是|yC﹣yD|最大，
因?yàn)镃，D，F(xiàn)1三點(diǎn)不共線，
所以直線CD的斜率不為0，設(shè)直線CD的方程為x＝my+1，
代入得：（3m2+4）y2+6my﹣9＝0，
可得，，
又因?yàn)?br>令，（*）式化為：，n≥1
因?yàn)楹瘮?shù)在[1，+∞）上單調(diào)遞增，
所以當(dāng)n＝1，即m＝0時，（*）式取最大值3，
所以4r≤3，故，
所以得到△CF1D內(nèi)切圓面積的最大值為，當(dāng)m＝0時取得．
19．（2023?湖北模擬）已知橢圓與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)所圍成的四邊形的面積為上任意一點(diǎn)到其中一個焦點(diǎn)的距離的最小值為1．
（1）求橢圓E的方程；
（2）設(shè)直線交E于M，N兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)M，ON為鄰邊作平行四邊形OMPN，P在橢圓E上，求|OP|的取值范圍．
【解答】解：（1）知橢圓與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)所圍成的四邊形的面積為上任意一點(diǎn)到其中一個焦點(diǎn)的距離的最小值為1．
則，解得，
所以a2（a2﹣c2）＝12，即a2（a+c）＝12，
所以a2（2a﹣1）＝12，
所以（a﹣2）（2a2+3a+6）＝0，因?yàn)閍＞0，
所以a＝2，所以．
所以橢圓E的方程為：．
（2）聯(lián)立，消去y，化簡整理得：（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12＝0，
需滿足Δ＝64k2m2﹣4（3+4k2）（4m2﹣12）＝48（3+4k2﹣m2）＞0，
設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），P（x0，y0），
由韋達(dá)定理可知：．
則以O(shè)M，ON為鄰邊作平行四邊形OMPN，
則，
∴，
由于點(diǎn)P在橢圓C上，所以，
即，
化簡得：4m2＝3+4k2，經(jīng)檢驗(yàn)滿足Δ＝48（3+4k2﹣m2）＞0，
又＝
，
由于，
∴3≤4k2+3≤15，
所以≤1，
所以，故，
所以|OP|的取值范圍為．
20．（2023?黃浦區(qū)校級三模）已知橢圓C：的焦距為，且過點(diǎn)．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)與坐標(biāo)軸不垂直的直線l交橢圓C于M，N兩點(diǎn)（異于橢圓頂點(diǎn)），點(diǎn)P為線段MN的中點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．
①若點(diǎn)P在直線上，求證：線段MN的垂直平分線恒過定點(diǎn)S，并求出點(diǎn)S的坐標(biāo)；
②求證：當(dāng)△OMN的面積最大時，直線OM與ON的斜率之積為定值．
【解答】解：（1）由已知可得2c＝2，，又a2＝b2+c2，
∴b2＝1，a2＝4，
∴橢圓C的方程為．
（2）證明：由題意知，直線l斜率存在，設(shè)直線l方程為y＝kx+m，設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），P（x0，y0）．
由，消去y整理得（1+4k2）x2+8kmx+4m2﹣4＝0，
Δ＝64k2m2﹣16（m2﹣1）（1+4k2）＝16（1+4k2﹣m2）＞0，
．
①∵點(diǎn)P為線段MN的中點(diǎn)，點(diǎn)P在直線上，
∴，即，
∴y0＝kx0+m＝．
∴線段MN的垂直平分線方程為，即，即，
故線段MN的垂直平分線恒過定點(diǎn)．
②由弦長公式得＝，
坐標(biāo)原點(diǎn)到直線MN的距離為，
∴△OMN的面積為
＝
．
當(dāng)且僅當(dāng)m2＝1+4k2﹣m2，即2m2＝1+4k2時等號成立．
∴
＝
＝
＝．
∴直線OM與ON的斜率之積為定值．
21．（2023?安慶二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，A、B、C分別為橢圓E：的三個頂點(diǎn)，F(xiàn)（c，0）為其右焦點(diǎn)，直線AB與直線CF相交于點(diǎn)T．
（1）若點(diǎn)T在直線l：x＝上，求橢圓E的離心率；
（2）設(shè)直線CF與橢圓E的另一個交點(diǎn)為D，M是線段CD的中點(diǎn)，橢圓E的離心率為，試探究的值是否為定值（與a，b無關(guān)）．若為定值，求出該定值；若不為定值，請說明理由．
【解答】解：（1）由題意可知，點(diǎn)A，B，C的坐標(biāo)分別為 （﹣a，0），（0，b），（0，﹣b），
所以直線AB的方程為，直線CF的方程為．
由和，消除y，得，即為點(diǎn)T的橫坐標(biāo)．
因?yàn)辄c(diǎn)T在直線上，
所以．
整理得2c2+ac﹣a2＝0，所以2e2+e﹣1＝0，
所以離心率．
（2）當(dāng)橢圓E的離心率為時，a＝2c，，
所以橢圓E的方程為，即3x2+4y2＝12c2，
直線CF的方程為．
聯(lián)立，消去y，化簡整理，得x（5x﹣8c）＝0，
所以點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為，縱坐標(biāo)為．
因?yàn)辄c(diǎn)C的坐標(biāo)為，所以CD中點(diǎn)M的坐標(biāo)為．
又由（1）知點(diǎn)T的橫坐標(biāo)為，所以點(diǎn)T的縱坐標(biāo)為．
所以，，
故為定值．
22．（2023?虹口區(qū)校級模擬）已知橢圓C：的離心率為，左、右頂點(diǎn)分別為A、B，點(diǎn)P、Q為橢圓上異于A、B的兩點(diǎn)，△PAB面積的最大值為2．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)直線AP、BQ的斜率分別為k1、k2，且3k1＝5k2．
①求證：直線PQ經(jīng)過定點(diǎn)；
②設(shè)△PQB和△PQA的面積分別為S1、S2，求|S1﹣S2|的最大值．
【解答】解：（1）當(dāng)點(diǎn)P為橢圓C短軸頂點(diǎn)時，△PAB的面積取最大值，
且最大值為，
由題意可得，解得，
所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為．
（2）①證明：設(shè)點(diǎn)P（x1，y1）、Q（x2，y2），
若直線PQ的斜率為零，則點(diǎn)P、Q關(guān)于y軸對稱，則k1＝﹣k2，不合乎題意；
設(shè)直線PQ的方程為x＝ty+n，由于直線PQ不過橢圓C的左、右焦點(diǎn)，則n≠±2，
聯(lián)立，消去x可得（t2+4）y2+2tny+n2﹣4＝0，
Δ＝4t2n2﹣4（t2+4）（n2﹣4）＝16（t2+4﹣n2）＞0，可得n2＜t2+4，
由韋達(dá)定理可得，
則，
所以
＝，
解得，
即直線PQ的方程為，故直線PQ過定點(diǎn)．
②由韋達(dá)定理可得，
所以，
＝，
因?yàn)閠2≥0，則，
因?yàn)楹瘮?shù)在上單調(diào)遞增，
故，
所以，當(dāng)且僅當(dāng)t＝0時，等號成立，
因此，|S1﹣S2|的最大值為．
23．（2023?天津模擬）已知曲線C的方程為y2＝4x（x＞0），曲線E是以F1（﹣1，0）、F2（1，0）為焦點(diǎn)的橢圓，點(diǎn)P為曲線C與曲線E在第一象限的交點(diǎn)，且．
（1）求曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）直線l與橢圓E相交于A，B兩點(diǎn)，若AB的中點(diǎn)M在曲線C上，求直線l的斜率k的取值范圍．
【解答】解：（1）依題意，c＝1，，
利用拋物線的定義得，
∴P點(diǎn)的坐標(biāo)為…（2分）
，又由橢圓定義得．…（4分）
∴b2＝a2﹣c2＝3，
所以曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程為．…（6分）
（2）設(shè)直線l與橢圓E交點(diǎn)A（x1，y1），B（x2，y2），A，B的中點(diǎn)M的坐標(biāo)為（x0，y0），
設(shè)直線方程為y＝kx+m（k≠0，m≠0）
與聯(lián)立，得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12＝0，
由Δ＞0，得4k2﹣m2+3＞0，①…（8分）
由韋達(dá)定理得x1+x2＝﹣，，
∴x0＝，，
將中點(diǎn)（，）代入曲線C的方程為y2＝4x（x＞0），
整理，得9m＝﹣16k（3+4k2），②…（10分）
將②代入①得162k2（3+4k2）＜81
令t＝4k2（t＞0），
則64t2+192t﹣81＜0，∴，
∴．…（12分）
24．（2023?鼓樓區(qū)校級模擬）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)F為橢圓C：+＝1（a＞b＞0）的左焦點(diǎn)，直線x＝﹣與x軸交于點(diǎn)P，M為橢圓C的左頂點(diǎn)，已知橢圓長軸長為8，且＝2．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）若過點(diǎn)P的直線與橢圓交于兩點(diǎn)A，B，設(shè)直線AF，BF的斜率分別為k1，k2．
①求證：k1+k2為定值；
②求△ABF面積的最大值．
【解答】解：（ 1）因?yàn)?a＝8，所以a＝4，
又，
所以，
所以c＝2，b2＝12，
所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為．
（2）①當(dāng)AB的斜率為0時，顯然k1＝k2＝0，k1+k2＝0．
當(dāng)AB的斜率不為0時，設(shè)AB：x＝my﹣8，
由 得（3m2+4）y2﹣48my+144＝0，
設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），
故有，
所以 ．
因?yàn)閥1（my2﹣6）+y2（my1﹣6）＝2my1y2﹣6（y1+y2）＝0，
所以k1+k2＝0．
綜上所述，恒有k1+k2＝0為定值．
②，
即S△ABC＝＝＝≤＝3，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時取等號 （此時適合Δ＞0 ），
所以△ABF面積的最大值為．
25．（2023?濱海新區(qū)校級三模）已知橢圓+＝1（a＞b＞0）的左焦點(diǎn)為F（﹣c，0），右頂點(diǎn)為A，點(diǎn)E的坐標(biāo)為（0，c），△EFA的面積為．
（I）求橢圓的離心率；
（II）設(shè)點(diǎn)Q在線段AE上，|FQ|＝c，延長線段FQ與橢圓交于點(diǎn)P，點(diǎn)M，N在x軸上，PM∥QN，且直線PM與直線QN間的距離為c，四邊形PQNM的面積為3c．
（i）求直線FP的斜率；
（ii）求橢圓的方程．
【解答】解：（Ⅰ）設(shè)橢圓的離心率為e．由已知，可得．又由b2＝a2﹣c2，可得2c2+ac﹣a2＝0，即2e2+e﹣1＝0．又因?yàn)?＜e＜1，解得．
所以，橢圓的離心率為；
（Ⅱ）（?。┮李}意，設(shè)直線FP的方程為x＝my﹣c（m＞0），則直線FP的斜率為．
由（Ⅰ）知a＝2c，可得直線AE的方程為，即x+2y﹣2c＝0，與直線FP的方程聯(lián)立，可解得，即點(diǎn)Q的坐標(biāo)為．
由已知|FQ|＝，有，整理得3m2﹣4m＝0，所以，即直線FP的斜率為．
（ii）解：由a＝2c，可得，故橢圓方程可以表示為．
由（i）得直線FP的方程為3x﹣4y+3c＝0，與橢圓方程聯(lián)立消去y，
整理得7x2+6cx﹣13c2＝0，解得（舍去），或x＝c．
因此可得點(diǎn)，進(jìn)而可得，
所以．
由已知，線段PQ的長即為PM與QN這兩條平行直線間的距離，故直線PM和QN都垂直于直線FP．
因?yàn)镼N⊥FP，所以，
所以△FQN的面積為，
同理△FPM的面積等于，
由四邊形PQNM的面積為3c，得，
整理得c2＝2c，又由c＞0，得c＝2．
所以，橢圓的方程為．
四．直線與拋物線的綜合（共3小題）
26．（2023?佛山模擬）在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線Γ：x2＝2py（p＞0）的焦點(diǎn)為F，拋物線Γ上不同兩點(diǎn)M，N同時滿足下列三個條件中的兩個：①|(zhì)FM|+|FN|＝|MN|；②|OM|＝|ON|＝|MN|＝8；③直線MN的方程為y＝6p．
（1）請分析說明兩點(diǎn)M，N滿足的是哪兩個條件？并求拋物線Γ的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）過拋物線Γ的焦點(diǎn)F的兩條傾斜角互補(bǔ)的直線AB和CD交拋物線Γ于A，B，C，D，且A，C兩點(diǎn)在直線BD的下方，求證：直線AD，BC的傾斜角互補(bǔ)并求直線AD，BC的交點(diǎn)坐標(biāo)．
【解答】解：（1）若同時滿足①②，由|FM|+|FN|＝|MN|，可得MN過焦點(diǎn)，
當(dāng)|OM|＝|ON|時，|MN|＝2p，而|OM|＝|ON|＝≠|(zhì)MN|＝2p，
∴①②不同時成立；
若同時滿足①③，由①|(zhì)FM|+|FN|＝|MN|，可得MN過焦點(diǎn)，
∵直線MN的方程為y＝6p，不過焦點(diǎn)，∴①③不同時成立；
∴同時滿足②③，由②|OM|＝|ON|＝|MN|＝8，且直線MN的方程為y＝6p，
∴6p＝12，∴p＝2．∴拋物線Γ的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2＝4y；
（2）證明：設(shè)過拋物線Γ的焦點(diǎn)F的兩條傾斜角互補(bǔ)的直線AB和CD的方程分別為：
y＝kx+，即為y＝kx+，
由方程組，可得x2＝4kx﹣8＝0，
∴xA+xB＝4＝﹣8，
同理以﹣k代替k，可得xC+xD＝﹣4＝﹣8，
∴xA+xB+xC+xD＝0，
設(shè)直線AD，BC的方程為y＝k1x+b1，y＝k2x+b2，
由方程組，可得x2＝4＝0，
∴xA+xD＝4，
同理xC+xB＝4，
∴xA+xB+xC+xD＝4，又xA+xB+xC+xD＝0，
∴k1+k2＝0．∴直線AD，BC的傾斜角互補(bǔ)，
由xA+xB+xC+xD＝0，xA?xD＝﹣4＝﹣8，
得xA+xD+＝0，
∴（xA+xD）+＝0，
∴，
∴1﹣＝0，∴b1＝﹣，
同理b2＝﹣，
∴直線AD，BC同過點(diǎn)，
故直線AD，BC相交于定點(diǎn)．
27．（2023?淮安模擬）已知拋物線C1：y2＝2px（p＞0）與C2：x2＝2qy（q＞0）都經(jīng)過點(diǎn)A（4，8）．
（1）若直線l與C1，C2都相切，求l的方程；
（2）點(diǎn)M，N分別在C1，C2上，且，求△AMN的面積．
【解答】解：（1）∵曲線C1，C2都過點(diǎn)A（4，8），
∴，得q＝1，p＝8，
即，，
設(shè)直線l與曲線C2相切于點(diǎn)，令，可得f'（x）＝x，
則切線的斜率k＝f'（x0）＝x0，所以切線方程為，即，
由，整理得，
∵l為曲線C1，C2的公切線，所以，得x0＝﹣2，
∴直線l的方程為2x+y+2＝0．
（2）設(shè)，，又A（4，8），，
所以，可得，
兩式相減得到（t1﹣t2）（t1+t2）﹣2（t1﹣t2）＝0，
當(dāng)t2＝t1＝﹣1時，N（﹣2，2），M（1，﹣4），此時，，
則，，且，
可得，所以，
所以；
當(dāng)t1≠t2時，t1+t2＝2，此時方程無解，（舍去），
綜上，可得△AMN的面積為27．
28．（2023?青羊區(qū)校級模擬）已知拋物線y2＝2px（p＞0）和圓x2+y2＝r2（r＞0）的公共弦過拋物線的焦點(diǎn)F，且弦長為p2．
（Ⅰ）求拋物線和圓的方程；
（Ⅱ）過點(diǎn)F的直線與拋物線相交于A，B兩點(diǎn)，拋物線在點(diǎn)A處的切線與y軸的交點(diǎn)為M，求△ABM面積的最小值．
【解答】解：（Ⅰ）由題意可得，2P＝P2，P＞0，∴P＝2，
∴拋物線的方程為y2＝4x，
∵（）2+p2＝r2，
∴r2＝5，
故圓的方程為x2+y2＝5．
（Ⅱ）設(shè)直線AB的方程為：x＝ky+1，并設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），
聯(lián)立，消x可得，y2﹣4ky﹣4＝0，
∴y1+y2＝4k，y1y2＝﹣4；
∴|AB|＝|y1﹣y2|＝?＝?＝4（1+k2），
又過點(diǎn)A的切線的斜率為，切線為y﹣y1＝（x﹣x1），
即y1y＝2（x+x1），
令x＝0，可得M（0，），
∴點(diǎn)M到直線AB的距離d＝，
故S△ABM＝×4（1+k2）×＝|ky1+2|，
又t＝＝代入上式并整理可得S△ABM＝?，
令f（x）＝，可得f（x）為偶函數(shù)，
當(dāng)x＞0時，f（x）＝＝x2+8x+，
∴f′（x）＝2x+8﹣＝
令f'（x）＝0，可得x＝
∴當(dāng)x∈（0，），f'（x）＜0，當(dāng)x∈（，+∞），f'（x）＞0，
∴當(dāng)x＝時，f（x）取得最小值
故S△ABM的最小值為×＝
五．直線與雙曲線的綜合（共10小題）
29．（2023?湖北模擬）已知雙曲線的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，直線l：x＝1，l與x軸交于點(diǎn)H，l與雙曲線C的一條漸近線交于點(diǎn)T，且，．
（1）求雙曲線C的方程；
（2）設(shè)過點(diǎn)H與x軸不重合的直線交雙曲線C于A，B兩點(diǎn)，直線AF2，BF2分別交l于點(diǎn)M，N，求證：|HM|＝|HN|．
【解答】解：（1）設(shè)雙曲線C的焦距為2c，
此時F1（﹣c，0），F(xiàn)2（c，0），H（1，0），
所以，，
因?yàn)椋?br>所以﹣c﹣1+3（c﹣1）＝0，
解得c＝2，
所以F1（﹣2，0），F(xiàn)2（2，0），
易知雙曲線C的漸近線方程為，
所以，
此時，，
因?yàn)椋?br>所以，
解得a2＝2，
又c2＝a2+b2，
則b2＝2，
所以C的方程為；
（2）證明：若過點(diǎn)H與x軸不重合的直線交雙曲線C于A，B兩點(diǎn)，
不妨設(shè)AB的方程為y＝k（x﹣1），A（x1，y1），B（x2，y2），
聯(lián)立，消去y并整理得（1﹣k2）x2+2k2x﹣k2﹣2＝0，
此時Δ＝4k4﹣4（1﹣k2）（﹣k2﹣2）＞0，
由韋達(dá)定理得，，
則
＝，
所以，
即∠MF2H＝∠NF2H，
此時HF2平分∠MF2N，
因?yàn)镸N⊥HF2，所以點(diǎn)H為MN的中點(diǎn)，
故|HM|＝|HN|．
30．（2023?忻州一模）已知雙曲線C：＝1（a＞0，b＞0）的離心率為，且點(diǎn)A（2，1）在C上．
（1）求雙曲線C的方程；
（2）若點(diǎn)M．N在雙曲線C上，且AM⊥AN，直線MN不與y軸平行，證明：直線MN的斜率k為定值．
【解答】解：（1）∵雙曲線的離心率為，
∴雙曲線是等軸雙曲線，即，
∵點(diǎn)A（2，1）在C上．
∴得a2＝3，
即雙曲線方程為．
（2）證明：當(dāng)AM的斜率為0或不存在時，可得M，N的坐標(biāo)為（2，﹣1），（﹣2，1），
此時kMN＝＝﹣，
當(dāng)AM的斜率存在且不為0時，設(shè)直線AM的方程為y＝k（x﹣2）+1，M（x1，y1），N（x2，y2），
與雙曲線方程聯(lián)立方程組消去y得：（1﹣k2）x2+（4k2﹣2k）x﹣4k2+4k﹣4＝0，
∴2x1＝，∴x1＝，
∴y1＝k（x1﹣2）+1＝k（﹣2）+1＝+1，∴M（，+1），
用﹣代替k可得N（，+1），
∴kMN＝＝＝﹣．
綜上所述：直線MN的斜率k為定值．
31．（2023?張家口三模）已知點(diǎn)P（4，3）為雙曲線上一點(diǎn)，E的左焦點(diǎn)F1到一條漸近線的距離為．
（1）求雙曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）不過點(diǎn)P的直線y＝kx+t與雙曲線E交于A，B兩點(diǎn)，若直線PA，PB的斜率和為1，證明：直線y＝kx+t過定點(diǎn)，并求該定點(diǎn)的坐標(biāo)．
【解答】解：（1）設(shè)F1（﹣c，0）（c＞0）到漸近線，即bx﹣ay＝0的距離為，
則，結(jié)合a2+b2＝c2得，
又P（4，3）在雙曲線上，所以，得a2＝4，
所以雙曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程為．
（2）證明：聯(lián)立，消去y并整理得（3﹣4k2）x2﹣8ktx﹣4t2﹣12＝0，
則3﹣4k2≠0，Δ＝64k2t2+4（3﹣4k2）（4t2+12）＞0，即t2+3＞4k2，
設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），
則，，
則＝
＝
＝＝1，
所以2kx1x2+（t﹣4k﹣3）（x1+x2）﹣8t+24＝x1x2﹣4（x1+x2）+16，
所以（2k﹣1）x1x2+（t﹣4k+1）（x1+x2）﹣8t+8＝0，
所以，
整理得t2﹣6k+2kt﹣6t﹣8k2+9＝0，
所以（t﹣3）2+2k（t﹣3）﹣8k2＝0，
所以（t﹣3﹣2k）（t﹣3+4k）＝0，
因?yàn)橹本€y＝kx+t不過P（4，3），即3≠4k+t，t﹣3+4k≠0，
所以t﹣3﹣2k＝0，即t＝2k+3，
所以直線y＝kx+t＝kx+2k+3，即y﹣3＝k（x+2）過定點(diǎn)（﹣2，3）．
32．（2023?岳麓區(qū)校級模擬）設(shè)雙曲線C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的右焦點(diǎn)為F，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過點(diǎn)F的直線l與C的右支相交于A，B兩點(diǎn)．
（1）當(dāng)直線l與x軸垂直時，OA⊥OB，求C的離心率；
（2）當(dāng)C的焦距為2時，∠AOB恒為銳角，求C的實(shí)軸長的取值范圍．
【解答】解：（1）當(dāng)直線l與x軸垂直時，由對稱性知△OAB 是等腰直角三角形，
于是|OF|＝|AF|＝|BF|，即，解得離心率；
（2）若C的焦距為2，則c＝1，即F（1，0）．
由于直線l的斜率不為零，可設(shè)其方程為x＝my+1，結(jié)合b2＝1﹣a2（0＜a＜1），
聯(lián)立，得[a2（m2+1）﹣m2]y2+2m（a2﹣1）y﹣（a2﹣1）2＝0．
設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），由韋達(dá)定理，
由于A，B兩點(diǎn)均在C的右支上，故y1y2＜0，∴a2（m2+1）﹣m2＞0，即，
＝（m2+1）y1y2+m（y1+y2）+1
＝＝，
由∠AOB恒為銳角，得，均有，
即m2a2（1﹣a2）﹣a4+3a2﹣1＞0恒成立，由于a2（1﹣a2）＞0，
因此不等號左邊是關(guān)于m2的增函數(shù)，所以只需m2＝0時，﹣a4+3a2﹣1＞0成立即可，
解得＜a＜，結(jié)合0＜a＜1，可知a的取值范圍時（，1）．
綜上所述，C的實(shí)軸長的取值范圍是（，2）．
33．（2023?德州三模）已知F1，F(xiàn)2分別為雙曲線的左，右焦點(diǎn)，點(diǎn)在C上，且雙曲線C的漸近線與圓x2+y2﹣6y+8＝0相切．
（1）求雙曲線C的方程；
（2）若過點(diǎn)F2且斜率為k的直線l交雙曲線C的右支于A，B兩點(diǎn)，Q為x軸上一點(diǎn)，滿足|QA|＝|QB|，試問是否為定值？若是，求出該定值；若不是，請說明理由．
【解答】解：（1）由題意點(diǎn)在雙曲線C上，可得，
圓x2+y2﹣6y+8＝0的圓心為（0，3），半徑為1，雙曲線的漸近線與圓相切，
所以，即
解得a2＝1，b2＝8，
故雙曲線方程為；
（2）是定值，理由如下：
設(shè)直線方程為y＝k（x﹣3），由于直線交雙曲線C的右支于A，B兩點(diǎn)，故k≠0，
聯(lián)立，可得（8﹣k2）x2+6k2x﹣9k2﹣8＝0，
當(dāng)k2＝8時，直線與雙曲線的漸近線平行，此時直線和雙曲線只有一個交點(diǎn)，不合題意；
故k2≠8，此時Δ＝256（k2+1）＞0，
設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則，
則，
即A，B的中點(diǎn)坐標(biāo)為，
因?yàn)镼為x軸上一點(diǎn)，滿足|QA|＝|QB|，故Q為AB的垂直平分線與x軸的交點(diǎn)，
AB的垂直平分線的方程為：，
令y＝0，則得，即，
所以，
又，
又因?yàn)锳，B在雙曲線的右支上，故|AF1|﹣|AF2|＝2a＝2，|BF1|﹣|BF2|＝2，
故|AF1|+|BF1|﹣|AF2|﹣|BF2|＝4，即|AF1|+|BF1|﹣4＝|AB|，
故，
即為定值，定值為．
34．（2023?長春模擬）已知雙曲線C上的所有點(diǎn)構(gòu)成集合P＝{（x，y）|ax2﹣by2＝1（a＞0，b＞0）}和集合Q＝{（x，y）|0＜ax2﹣by2＜1（a＞0，b＞0）}，坐標(biāo)平面內(nèi)任意點(diǎn)N（x0，y0），直線l：ax0x﹣by0y＝1稱為點(diǎn)N關(guān)于雙曲線C的“相關(guān)直線”．
（1）若N∈P，判斷直線l與雙曲線C的位置關(guān)系，并說明理由；
（2）若直線l與雙曲線C的一支有2個交點(diǎn)，求證：N∈Q；
（3）若點(diǎn)N∈Q，點(diǎn)M在直線l上，直線MN交雙曲線C于A，B，求證：．
【解答】解：（1）直線l與雙曲線C相切，理由如下：
聯(lián)立方程組，
∴（﹣a2）x2+2ax0x﹣1﹣＝0①，
∵N∈C，∴﹣＝1，即﹣1＝，代入①得，
﹣ax2+2ax0x﹣＝0，
∴Δ＝4a2﹣4a2＝0，
∴直線l與雙曲線C相切；
（2）證明：由（1）知（﹣a2）x2+2ax0x﹣1﹣＝0，
∵直線l與雙曲線的一支有2個交點(diǎn)，則：，
∵Δ＝4a2﹣4a（﹣a2）（﹣1﹣）＝4ab（1+﹣），
∴﹣＜1，
∵＝＞0，
∴0＜﹣＜1，
∴N∈Q；
（Ⅲ）證明：設(shè)M（x1，y1），A（x，y），設(shè)＝λ，＝μ，
∵N（x0，y0）?l，
∴λ≠﹣1，則，代入雙曲線C：ax2﹣by2＝1，利用M在l上，
即ax0x1﹣by0y1＝1，整理得，（﹣﹣1）λ2+﹣﹣1＝0，
同理得關(guān)于μ的方程，（﹣﹣1）μ2+﹣﹣1＝0，
即λ、μ是（﹣﹣1）t2+﹣﹣1＝0的兩根，
∴λ+μ＝0，λ＝﹣μ，
∴．
35．（2023?茂名二模）已知F1，F(xiàn)2分別為雙曲線E：＝1（{a＞0，b＞0}）的左、右焦點(diǎn)，P為漸近線上一點(diǎn)，且|PF1|＝|PF2|，cs∠F1PF2＝．
（1）求雙曲線的離心率；
（2）若雙曲線E實(shí)軸長為2，過點(diǎn)F2且斜率為k的直線l交雙曲線C的右支不同的A，B兩點(diǎn)，Q為x軸上一點(diǎn)且滿足|QA|＝|QB|，試探究是否為定值，若是，則求出該定值；若不是，請說明理由．
【解答】解：（1）由|PF1|＝|PF2|，可設(shè)|PF1|＝x，|PF2|＝x，
在△PF1F2中cs∠F1PF2＝，
∴|F1F2|2＝7x2+3x2﹣2x?x＝4x2，
即|F1F2|＝2x，
∴|PF1|2＝|PF2|2+|F1F2|2，∴△PF1F2為直角三角形，
∴在△OPR2中，PF2⊥OF2，|PF2|＝x，|OF2|＝x，
＝，則雙曲線的離心率為e＝＝＝＝2．
（2）在雙曲線中＝，且實(shí)軸長為2，所以a＝1，b＝，
所以雙曲線E方程為．
由F2（2，0），故設(shè)斜率為k的直線l為y＝k（x﹣2），
y＝k（x﹣2）代入．可得（3﹣k2）x2+4k2x﹣4k2﹣3＝0，
∵直線l與雙曲線右支交于不同兩點(diǎn)，∴，解得k2≥3，
設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），
則x1+x2＝，x1x2＝，則＝，＝k（﹣2）＝，
即A，B的中點(diǎn)坐標(biāo)為（，），
因?yàn)镼為x軸上一點(diǎn)，滿足|QA|＝|QB|，故Q為AB 的垂直平分線與x軸的交點(diǎn)，
AB的垂直平分線的方程為：y﹣＝﹣（x﹣﹣），
令y＝0，則得x＝，即Q（，0），
∴|QF2|＝|﹣﹣2|＝，
又|AB|＝＝?＝，
又因?yàn)锳，B在雙曲線的右支上，故|AF1|﹣|AF2|＝2a＝2，|BF1|﹣|BF2|＝2，
故|AF1|+|BF1|﹣|AF2|﹣|BF2|＝4，即|AF1|+|BF1|﹣4＝|AB|，
故＝＝＝2，即為定值．
36．（2023?浦東新區(qū)校級模擬）已知坐標(biāo)平面xOy上左、右焦點(diǎn)為（﹣4，0）、（4，0）的雙曲線C1：和圓C2：x2+（y﹣a）2＝9（a∈R）．
（1）若C1的實(shí)軸恰為C2的一條直徑，求C1的方程；
（2）若C1的一條漸近線為y＝x，且C1與C2恰有兩個公共點(diǎn)，求a的值；
（3）設(shè)a＝5．若存在C2上的點(diǎn)P（x0，y0），使得直線lP：＝1與C1恰有一個公共點(diǎn)，求C1的離心率的取值范圍．
【解答】解：（1）因?yàn)镃1的實(shí)軸恰C2的一條直徑，所以2m＝2r＝6，即m＝3，又因?yàn)殡p曲線的左、右焦點(diǎn)為（﹣4，0），（4，0），所以n2＝16﹣m2＝7，
故雙曲線C1的方程為：；
（2）雙曲線C1： 的漸近線為，所以由題知，
又m2+n2＝16，聯(lián)立解得，
所以雙曲線C1的方程為，
聯(lián)立 ，消x得到，
因?yàn)?C1與C2恰有兩個公共點(diǎn)，所以由雙曲線和圓的對稱性知，，
即 a2＝20，所以a＝；

（3）設(shè)P（x0，y0）是雙曲線上一點(diǎn)，當(dāng)過P（x0，y0）的雙曲線的切線斜率存在時，
設(shè)切線方程為y﹣y0＝k（x﹣x0），
由，消y整理得（n2﹣m2k2）x2+＝0，
由于P（x0，y0）是切點(diǎn)，所以x0是這個方程的二重實(shí)根，由韋達(dá)定理有，＝，
又因?yàn)椋玫剑?br>所以，
又，所以＝，
得到＝，
化簡得到，即，又易知k≠0，y0≠0，
所以，所以切線方程為，即，
也即，又因?yàn)镻（x0，y0）在雙曲線上，所以，
所以切線方程為，
當(dāng)切線斜率不存在時，P（±m(xù)，0），
當(dāng)x0＝m 時，過P（m，0）的曲線C1的切線方程為x＝m，
當(dāng)x0＝﹣m時，過P（﹣m，0）的曲線C1的切線方程為x＝﹣m，均滿足，
綜上，過雙曲線C1上一點(diǎn)P（x0，y0）的切線方程為，
又由題知，存在C2上的點(diǎn) P（x0，y0），使得直線lP：，與C1恰有一個公共點(diǎn)，即lP：為曲線C1的切線，
所以點(diǎn)P（x0，y0） 是雙曲線C1： 與圓 的公共點(diǎn)，
由，消x得 （m2+n2）y2﹣10n2y+16n2+m2n2＝0，
又因?yàn)閙2+n2＝16，所以16y2﹣10（16﹣m2）y+（16﹣m2）（16+m2）＝0，
所以 Δ＝100（16﹣m2）2﹣64（16﹣m2）（16+m2）≥0，
即25（16﹣m2）﹣16（16+m2）≥0，解得，
所以，得到．
37．（2023?開福區(qū)校級二模）已知雙曲線x2﹣y2＝1的左、右頂點(diǎn)分別為A1，A2，動直線l：y＝kx+m與圓x2+y2＝1相切，且與雙曲線左、右兩支的交點(diǎn)分別為P1（x1，y1），P2（x2，y2）．
（1）求k的取值范圍；
（2）記直線P1A1的斜率為k1，直線P2A2的斜率為k2，那么k1k2是定值嗎？證明你的結(jié)論．
【解答】解：（1）∵l與圓相切，
∴，
∴m2＝1+k2，
由，得（1﹣k2）x2﹣2mkx﹣（m2+1）＝0，
∴，
∴k2＜1，∴﹣1＜k＜1，
故k的取值范圍為（﹣1，1）．
（2）證明：由已知可得A1，A2的坐標(biāo)分別為（﹣1，0），（1，0），
∴，
∴＝
＝＝
＝＝，
又因?yàn)閙2＝1+k2，所以m2﹣k2＝1，
∴為定值．
38．（2023?招遠(yuǎn)市模擬）已知雙曲線的焦距為4，點(diǎn)在C上．
（1）求雙曲線C的方程；
（2）設(shè)雙曲線的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，斜率為k（k≠0）且不過F1的直線l與C交于點(diǎn)A，B，若k為直線AF1，BF1斜率的等差中項(xiàng)，求F2到直線l的距離d的取值范圍．
【解答】解：（1）因?yàn)辄c(diǎn)在C上，所以①，
由題意知，2c＝4，c＝2，
所以a2+b2＝4②，
由①②解得a2＝3，b2＝1，
故雙曲線C的方程為．
（2）設(shè)直線l的方程為y＝kx+m，
聯(lián)立得，消y可得，（1﹣3k2）x2﹣6kmx﹣3（m2+1）＝0，
有韋達(dá)定理可得，，
且Δ＝36k2m2+12（1﹣3k2）（m2+1）＞0，得m2+1＞3k2，
因?yàn)閗為直線AF1、BF1的斜率的等差中項(xiàng)，
所以，將y1＝kx1+m，y2＝kx2+m代入可得，
（kx1+m）（x2+2）+（kx2+m）（x1+2）＝2k（x1+2）（x2+2），
整理可得，（m﹣2k）（x1+x2+4）＝0，
當(dāng)m﹣2k＝0時，直線l為y＝k（x+2），此時直線過焦點(diǎn)，不合題意，
所以x1+x2＝﹣4，即，可得，
代入m2+1＞3k2化簡可得，9k4﹣15k2+4＞0，解得，
又因?yàn)?，?br>令可得，，
所以，，在上單調(diào)遞減，
故F2到直線l的距離d的取值范圍為（1，）．
六．直線與圓錐曲線的綜合（共22小題）
39．（2023?青羊區(qū)校級模擬）已知點(diǎn)A（﹣2，0），B（2，0），動點(diǎn)M（x，y）滿足直線AM與BM的斜率之積為．記動點(diǎn)M的軌跡為曲線C．
（1）求曲線C的方程，并說明C是什么曲線；
（2）設(shè)P，Q為曲線C上的兩動點(diǎn)，直線AP的斜率為kAP，直線BQ的斜率為kBQ，且kAP＝7kBQ．
①求證：直線PQ恒過一定點(diǎn)；
②設(shè)△PQB的面積為S，求S的最大值．
【解答】解：（1）點(diǎn)A（﹣2，0），B（2，0），動點(diǎn)M（x，y）滿足直線AM與BM的斜率之積為，
則，（x≠±2），
化簡得，（x≠±2），
所以曲線C是中心為坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上的橢圓，不含左、右頂點(diǎn)；
（2）如圖，
①證明：設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2）．
因?yàn)槿糁本€PQ的斜率為0，則點(diǎn)P，Q關(guān)于y軸對稱，必有kAP＝﹣kBQ，不合題意，
所以直線PQ的斜率必不為0．
設(shè)直線PQ的方程為x＝ty+n（n≠±2）．
由，化簡整理可得，（t2+4）y2+2tny+n2﹣4＝0，
所以Δ＝4t2n2﹣4（t2+4）（n2﹣4）＞0，
且，，
因?yàn)辄c(diǎn)P（x1，y1）是曲線C上一點(diǎn)，
點(diǎn)A（﹣2，0），B（2，0），
所以由題意可知，
所以，即28kBP?kBQ＝﹣1．
因?yàn)椋?br>＝
＝＝＝﹣1，
所以，此時Δ＝16（t2+4﹣n2）＝4（4t2+7）＞0，
故直線PQ恒過x軸上一定點(diǎn)．
②由①可得，，
所以
＝
＝，
當(dāng)且僅當(dāng)即時等號成立，
所以S的最大值為．
40．（2023?大同模擬）已知橢圓C1：的離心率為，并且直線y＝x+b是拋物線C2：y2＝4x的一條切線．
（Ⅰ）求橢圓C1的方程．
（Ⅱ）過點(diǎn)的動直線l交橢圓C1于A、B兩點(diǎn)，試問：在直角坐標(biāo)平面上是否存在一個定點(diǎn)T，使得以AB為直徑的圓恒過定點(diǎn)T？若存在求出T的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【解答】解：（I）由得x2+（2b﹣4）x+b2＝0
直線y＝x+b是拋物線C2：y2＝4x的一條切線．
所以Δ＝0?b＝1
所以橢圓（5分）
（Ⅱ）當(dāng)直線l與x軸平行時，以AB為直徑的圓方程為
當(dāng)直線l與y軸重合時，以AB為直徑的圓方程為x2+y2＝1
所以兩圓的切點(diǎn)為點(diǎn)（0，1）（8分）
所求的點(diǎn)T為點(diǎn)（0，1），證明如下．
當(dāng)直線l與x軸垂直時，以AB為直徑的圓過點(diǎn)（0，1）
當(dāng)直線l與x軸不垂直時，可設(shè)直線l為：
由 得（18k2+9）x2﹣12kx﹣16＝0
設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2）則，
?＝（1+k2）x1x2﹣k（x1+x2）+
＝（1+k2）?﹣?+＝0，
所以，即以AB為直徑的圓過點(diǎn)（0，1）
所以存在一個定點(diǎn)T，使得以AB為直徑的圓恒過定點(diǎn)T（13分）
41．（2023?福田區(qū)校級模擬）如圖，動點(diǎn)M到兩定點(diǎn)A（﹣1，0）、B（2，0）構(gòu)成△MAB，且∠MBA＝2∠MAB，設(shè)動點(diǎn)M的軌跡為C．
（Ⅰ）求軌跡C的方程；
（Ⅱ）設(shè)直線y＝﹣2x+m與y軸交于點(diǎn)P，與軌跡C相交于點(diǎn)Q、R，且|PQ|＜|PR|，求的取值范圍．
【解答】解：（Ⅰ）設(shè)M的坐標(biāo)為（x，y），顯然有x＞0，且y≠0
當(dāng)∠MBA＝90°時，點(diǎn)M的坐標(biāo)為（2，±3）
當(dāng)∠MBA≠90°時，x≠2，由∠MBA＝2∠MAB有tan∠MBA＝，
即，
化簡可得3x2﹣y2﹣3＝0
而點(diǎn)（2，±3）在曲線3x2﹣y2﹣3＝0上
綜上可知，軌跡C的方程為3x2﹣y2﹣3＝0（x＞1）；
（Ⅱ）直線y＝﹣2x+m與3x2﹣y2﹣3＝0（x＞1）聯(lián)立，消元可得x2﹣4mx+m2+3＝0①
∴①有兩根且均在（1，+∞）內(nèi)
設(shè)f（x）＝x2﹣4mx+m2+3，∴，∴m＞1，m≠2
設(shè)Q，R的坐標(biāo)分別為（xQ，yQ），（xR，yR），
∵|PQ|＜|PR|，∴xR＝2m+，xQ＝2m﹣，
∴＝＝
∵m＞1，且m≠2
∴，且
∴，且
∴的取值范圍是（1，7）∪（7，7+4）
42．（2023?沙坪壩區(qū)校級模擬）已知點(diǎn)F（0，1），動點(diǎn)M在直線l：y＝﹣1上，過點(diǎn)M且垂直于x軸的直線與線段MF的垂直平分線交于點(diǎn)P，記點(diǎn)P的軌跡為曲線C．
（1）求曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）過F的直線與曲線C交于A，B兩點(diǎn)，直線OA，OB與圓x2+y2﹣2y＝0的另一個交點(diǎn)分別為D，E，求△DOE與△AOB面積之比的最大值．
【解答】解：（1）過點(diǎn)M且垂直于x軸的直線與線段MF的垂直平分線交于點(diǎn)P，
則|PM|＝|PF|，則點(diǎn)P到直線y＝﹣1和定點(diǎn)F（0，1）距離相等，
則P的軌跡為以F（0，1）為焦點(diǎn)以直線y＝﹣1為準(zhǔn)線的拋物線，
則曲線C的方程為：x2＝4y．
（2）設(shè)A，B，D，E坐標(biāo)分別為A（x1，y1），B（x2，y2），D（x3，y3），E（x4，y4），
因?yàn)椋?br>令直線lOA：y＝k1x，，lOB：y＝k2x，，
由得：，
由得：，
所以，
令lAB：y＝kx+1，與x2＝4y聯(lián)立得：x2﹣4kx﹣4＝0，
所以x1x2＝﹣4，x1+x2＝4k，則y1y2＝1，
所以，則，
又因?yàn)椋?br>所以，當(dāng)且僅當(dāng)，時取等號，
所以△DOE與△AOB面積之比的最大值為．
43．（2023?泉州模擬）已知點(diǎn)M為圓O：x2+y2＝1上的動點(diǎn)，點(diǎn)F1（﹣2，0），F(xiàn)2（2，0），延長F1M至N，使得|MN|＝|F1M|，線段F1N的垂直平分線交直線F2N于點(diǎn)P，記P的軌跡為Γ．
（1）求Γ的方程；
（2）直線l與Γ交于A，B兩點(diǎn)，且OA⊥OB，求△OAB的面積的最小值．
【解答】解：（1）連接MI，PF1，如圖，
因?yàn)榫€段F1N的垂直平分線交直線F2N于點(diǎn)P，則|PF1|＝|PN|，則||PF2|﹣|PF1||＝||PF2|﹣|PN||＝|NF2|，
在△NF1F2中，|F1M|＝|MN|，|F1O|＝|OF2|，于是|NF2|＝2|OM|＝2，即||PF2|﹣|PF1||＝2＜|F1F2|，
因此點(diǎn)P的軌跡Γ是以F1（﹣2，0），F(xiàn)2（2，0）為焦點(diǎn)，實(shí)軸長為2的雙曲線，其虛半軸長為＝，
所以Γ的方程是x2﹣＝1．
（2）顯然，直線OA，OB都不垂直于坐標(biāo)軸，
設(shè)直線OA的方程為y＝kx，而OA⊥OB，則直線OB的方程為y＝﹣x，k≠±，
設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），由，解得＝，
則OA|＝＝＝，同理|OB|＝＝，
因此△OAB的面積S△OAB＝|OA||OB|＝＝＝，
由3﹣k2＞0且3k2﹣1＞0，得＜k2＜3，
＝≥＝1，當(dāng)且僅當(dāng)k2＝1，即k＝±1時取等號，
則當(dāng)k＝±1時，（S△OAB）min＝，
所以△OAB的面積的最小值是．
44．（2023?2月份模擬）橢圓曲線加密算法運(yùn)用于區(qū)塊鏈．
橢圓曲線C＝{（x，y）|y2＝x3+ax+b，4a3+27b2≠0}．P∈C關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)記為．C在點(diǎn)P（x，y）（y≠0）處的切線是指曲線y＝±在點(diǎn)P處的切線．定義“⊕”運(yùn)算滿足：①若P∈C，Q∈C，且直線PQ與C有第三個交點(diǎn)R，則P⊕Q＝；②若P∈C，Q∈C，且PQ為C的切線，切點(diǎn)為P則P⊕Q＝；③若P∈C，規(guī)定P⊕，且P⊕0°＝0°⊕P＝P．
（1）當(dāng)4a3+27b2＝0時，討論函數(shù)h（x）＝x3+ax+b零點(diǎn)的個數(shù)；
（2）已知“⊕”運(yùn)算滿足交換律、結(jié)合律，若P∈C，Q∈C，且PQ為C的切線，切點(diǎn)為P，證明：P⊕P＝；
（3）已知P（x1，y1）∈C，Q（x2，y2）∈C，且直線PQ與C有第三個交點(diǎn)，求P⊕Q的坐標(biāo)．
參考公式：m3﹣n3＝（m﹣n）（m2+mn+n2）
【解答】（1）解：由題設(shè)可知a≤0，有h′（x）＝3x2+a，
若a＝0，則b＝0，則h（x）＝x3，此時h（x）僅有一個零點(diǎn)；
若a＜0，令h′（x）＝0，解得 ．
當(dāng) 或 時，h′（x）＞0，當(dāng) 時，h′（x）＜0，故h（x）在 上為單調(diào)遞增；
在 上h（x）單調(diào)遞減．
因?yàn)?a3+27b2＝0．
若b＜0，則，
此時．而，
故此時h（x）有2個零點(diǎn)；
若b＞0，則 ，
此時 ，而 ，
故此時h（x）有2個零點(diǎn)；
綜上，當(dāng)b＜0時，h（x）有2個零點(diǎn)；
當(dāng)b＞0時，h（x）有2個零點(diǎn)；
當(dāng)a＝0，b＝0時，h（x）僅有一個零點(diǎn)；
（2）證明：因?yàn)镻∈C，Q∈C，且PQ為C的切線，切點(diǎn)為P，所以P⊕Q＝，
故P⊕（P⊕Q）＝P⊕＝0°，故（P⊕P）⊕Q）⊕＝0°⊕＝，
因?yàn)椤皑挕边\(yùn)算滿足交換律、結(jié)合律，
故（（P⊕P）⊕Q）⊕＝P⊕（P⊕（Q⊕））＝P⊕（P⊕0°）＝P⊕P，故P⊕P＝．
（3）解：已知P（x1，y1）∈C，Q（x2，y2）∈C，直線PQ的斜率：λ＝，
直線PQ與C有第三個交點(diǎn)為（x3，y3），則y3＝λ（x3﹣x1）+y1，代入＝+ax3+b，
可得＝+ax3+b，而＝+ax1+b，
故+ax1+b＝+ax3+b，
整理可得：＝﹣+a（x3﹣x1），
化為：，
同理可得：，
兩式相減化簡可得：＝0，
＝0，故，
可得x3＝（）2﹣x1﹣x2，
所以y3＝[（）2﹣2x1﹣x2]+y1，
因此P⊕Q的坐標(biāo)為：（（）2﹣x1﹣x2，[（）2﹣2x1﹣x2]+y1）．
45．（2023?廣州二模）已知點(diǎn)F（1，0），P為平面內(nèi)一動點(diǎn)，以PF為直徑的圓與y軸相切，點(diǎn)P的軌跡記為C．
（1）求C的方程；
（2）過點(diǎn)F的直線l與C交于A，B兩點(diǎn)，過點(diǎn)A且垂直于l的直線交x軸于點(diǎn)M，過點(diǎn)B且垂直于的直線交x軸于點(diǎn)N．當(dāng)四邊形MANB的面積最小時，求l的方程．
【解答】解：（1）設(shè)點(diǎn)P（x，y），以PF為直徑的圓的圓心為M，⊙M的半徑為r，
設(shè)⊙M與y軸相切于點(diǎn)N，過點(diǎn)P作PQ⊥y軸，垂足為Q，
則r＝|MN|＝＝，
|PF|＝2r＝x+1，
∴點(diǎn)P到點(diǎn)F的距離等于點(diǎn)P到直線x＝﹣1的距離，
∴點(diǎn)P的軌跡為以點(diǎn)F為焦點(diǎn)，直線x＝﹣1為準(zhǔn)線的拋物線，
∴C的方程為y2＝4x．
（2）由題意直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為：y＝k（x﹣1），A（x1，y1），B（x2，y2），
聯(lián)立，化為k2x2﹣2（k2+2）x+k2＝0，
則x1+x2＝，x1x2＝1，
設(shè)直線l的傾斜角為θ，則|AM|＝|AF||tanθ|，|BN|＝|BF||tanθ|，
∴|AM|+|BN|＝|AF||tanθ|+|BF||tanθ|＝|AB||tanθ|＝k|AB|，
又|AB|＝|AF|+|BF|＝x1+1+x2+1＝．
∴梯形MANB的面積S＝＝＝＝，
令t＝|k|∈（0，+∞），則S（t）＝8（t++），
S′（t）＝8（1﹣﹣）＝，
∴t∈（0，）時，S′（t）＜0，此時函數(shù)S（t）單調(diào)遞減；t∈（，+∞）時，S′（t）＞0，此時函數(shù)S（t）單調(diào)遞增．
∴t＝|k|＝時，即k＝±時，四邊形MANB的面積S取得極小值即最小值，
此時直線l的方程為：y＝±（x﹣1），即x±y﹣＝0．
46．（2023?金昌二模）已知橢圓C的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)，對稱軸為x軸，y軸，且過兩點(diǎn)．
（1）求橢圓C的方程；
（2）是否存在直線l，使得直線l與圓x2+y2＝1相切，與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，且滿足（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）？若存在，請求出直線l的方程，若不存在，請說明理由．
【解答】解：（1）設(shè)橢圓C的方程為mx2+ny2＝1（m＞0，n＞0，m≠n）．
因?yàn)檫^兩點(diǎn)，
所以，解得，
所以橢圓C的方程為．
（2）假設(shè)存在直線l滿足題意．
（?。┊?dāng)直線l的斜率不存在時，此時l的方程為x＝±1．
當(dāng)l：x＝1時，，
同理可得，當(dāng)l：x＝﹣1時，．
（ⅱ）當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)l的方程為y＝kx+m，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），
因?yàn)橹本€l與圓O相切，所以，即m2＝k2+1①，
聯(lián)立方程組整理得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12＝0，
Δ＝48（4k2﹣m2+3）＝48（3k2+2）＞0，
由根與系數(shù)的關(guān)系，得
因?yàn)?，所以x1x2+y1y2＝0．
所以，
所以，
整理得7m2﹣12k2﹣12＝0②，
聯(lián)立①②，得k2＝﹣1，此時方程無解．
由（ⅰ）（ⅱ）可知，不存在直線l滿足題意．
47．（2023?棗強(qiáng)縣校級模擬）已知半橢圓和半圓x2+y2＝b2（y≤0）組成曲線C．如圖所示，半橢圓內(nèi)切于矩形ABCD，CD與y軸交于點(diǎn)G，點(diǎn)P是半圓上異于A，B的任意一點(diǎn)．當(dāng)點(diǎn)P位于點(diǎn)處時，△AGP的面積最大．
（1）求曲線C的方程；
（2）連PC，PD分別交AB于點(diǎn)E，F(xiàn)，求證：|AE|2+|BF|2為定值．
【解答】解：（1）∵點(diǎn)在半圓上，
∴，
∴b＝1．
∴A（﹣1，0），
又G（0，a），
∵點(diǎn)P位于點(diǎn)時，△AGP的面積最大，
∴OM⊥AG，
∵，
∴＝a，
∴，
曲線C的方程為：或x2+y2＝1（y≤0）；
（2）證明：，
設(shè)P（x0，y0），
則直線PC方程為：，
令y＝0，，
∴，
同理：，
所以，
＝++8，
∵+＝1，得＝1﹣，代入上式得
＝++8
＝+8
＝+8＝4．
∴AE2+BF2為定值．
48．（2023?南昌縣校級二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知直線與橢圓交于P，Q兩點(diǎn)（P在x軸上方），且，設(shè)點(diǎn)P在x軸上的射影為點(diǎn)N，△PQN的面積為，拋物線E：y2＝2px（p＞0）的焦點(diǎn)與橢圓C的焦點(diǎn)重合，斜率為k的直線l過拋物線E的焦點(diǎn)與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，與拋物線E交于C，D兩點(diǎn)．
（1）求橢圓C及拋物線E的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）是否存在常數(shù)λ，使為常數(shù)？若存在，求λ的值；若不存在，說明理由．
【解答】解：（1）由題意可設(shè)，可得S△PQN＝2S△PON，
所以，所以x0＝1，，
所以，所以，
點(diǎn)P坐標(biāo)代入橢圓方程得b＝1，所以橢圓C方程為，
所以c＝2，即p＝4，所以拋物線E方程為y2＝8x．
（2）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4）．
直線l的方程為y＝k（x﹣2），與橢圓C的方程聯(lián)立得（1+5k2）x2﹣20k2x+20k2﹣5＝0，
則Δ＝400k4﹣20（5k2+1）（4k2﹣1）＝20（k2+1）＞0恒成立，所以，
則．
直線l的方程為y＝k（x﹣2），與拋物線E的方程聯(lián)立得k2x2﹣（4k2+8）x+4k2＝0，
，
，
要使為常數(shù)，則20+λ＝4，得λ＝﹣16，
故存在λ＝﹣16，使為常數(shù)．
49．（2023?鄒平市校級模擬）已知雙曲線E：﹣＝1（a＞0，b＞0）的兩條漸近線分別為l1：y＝2x，l2：y＝﹣2x．
（1）求雙曲線E的離心率；
（2）如圖，O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，動直線l分別交直線l1，l2于A，B兩點(diǎn)（A，B分別在第一、第四象限），且△OAB的面積恒為8，試探究：是否存在總與直線l有且只有一個公共點(diǎn)的雙曲線E？若存在，求出雙曲線E的方程，若不存在，說明理由．
【解答】解：（1）因?yàn)殡p曲線E的漸近線分別為l1：y＝2x，l2：y＝﹣2x，
所以＝2．
所以＝2．
故c＝a，
從而雙曲線E的離心率e＝＝．
（2）由（1）知，雙曲線E的方程為﹣＝1．
設(shè)直線l與x軸相交于點(diǎn)C，
當(dāng)l⊥x軸時，若直線l與雙曲線E有且只有一個公共點(diǎn)，則|OC|＝a，|AB|＝4a，
所以|OC|?|AB|＝8，
因此a?4a＝8，解得a＝2，此時雙曲線E的方程為﹣＝1．
以下證明：當(dāng)直線l不與x軸垂直時，雙曲線E的方程為﹣＝1也滿足條件．
設(shè)直線l的方程為y＝kx+m，依題意，得k＞2或k＜﹣2；
則C（﹣，0），記A（x1，y1），B（x2，y2），
由得y1＝，同理得y2＝，
由S△OAB＝|OC|?|y1﹣y2|得：
|﹣|?|﹣|＝8，即m2＝4|4﹣k2|＝4（k2﹣4）．
由得：（4﹣k2）x2﹣2kmx﹣m2﹣16＝0，
因?yàn)?﹣k2＜0，
所以Δ＝4k2m2+4（4﹣k2）（m2+16）＝﹣16（4k2﹣m2﹣16），
又因?yàn)閙2＝4（k2﹣4），
所以Δ＝0，即直線l與雙曲線E有且只有一個公共點(diǎn)．
因此，存在總與直線l有且只有一個公共點(diǎn)的雙曲線E，且E的方程為﹣＝1．
50．（2023?虹口區(qū)校級三模）已知橢圓C的中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上，離心率為，短軸長為4．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）直線x＝2與橢圓C交于P，Q兩點(diǎn)，A，B是橢圓C上位于直線PQ兩側(cè)的動點(diǎn)，且直線AB的斜率為．
（i）求四邊形APBQ面積的最大值；
（ii）設(shè)直線PA的斜率為k1，直線PB的斜率為k2，判斷k1+k2的值是否為常數(shù)，并說明理由．
【解答】解：（Ⅰ）設(shè)橢圓C的方程為．
由已知b＝2，離心率e＝，a2＝b2+c2，得a＝4，
所以，橢圓C的方程為．
（Ⅱ）①由（Ⅰ）可求得點(diǎn)P、Q的坐標(biāo)為P（2，3），Q（2，﹣3），則|PQ|＝6，
設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），直線AB的方程為y＝x+t，代入，
得：x2+tx+t2﹣12＝0．
由Δ＞0，解得﹣4＜t＜4，由根與系數(shù)的關(guān)系得，
四邊形APBQ的面積，
故當(dāng)t＝0時，；
②由題意知，直線PA的斜率，直線PB的斜率，
則
＝
＝，
由①知，
可得，
所以k1+k2的值為常數(shù)0．
51．（2023?西寧二模）已知雙曲線W：的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2，點(diǎn)N（0，b），右頂點(diǎn)是M，且，∠NMF2＝120°．
（Ⅰ）求雙曲線的方程；
（Ⅱ）過點(diǎn)Q（0，﹣2）的直線l交雙曲線W的右支于A、B兩個不同的點(diǎn)（B在A、Q之間），若點(diǎn)H（7，0）在以線段AB為直徑的圓的外部，試求△AQH與△BQH面積之比λ的取值范圍．
【解答】解：（Ⅰ）由已知M（a，0），N（0，b），F(xiàn)2（c，0），＝（﹣a，b）?（c﹣a，0）＝a2﹣ac＝﹣1，
∵∠NMF2＝120°，則∠NMF1＝60°，
∴b＝，∴c＝，
解得a＝1，b＝，∴雙曲線的方程為．（4分）
（Ⅱ）直線l的斜率存在且不為0，設(shè)直線l：y＝kx﹣2，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），
由，得（3﹣k2）x2+4kx﹣7＝0，
則，
解得． ①（6分）
∵點(diǎn)H（7，0）在以線段AB為直徑的圓的外部，則，
＝（1+k2）x1x2﹣（7+2k）（x1+x2）+53
＝（1+k2）?﹣（7+2k）?+53
＝＞0，解得k＞2． ②
由①、②得實(shí)數(shù)k的范圍是2＜k＜，（8分）
由已知，
∵B在A、Q之間，則，且λ＞1，
∴（x1，y1+2）＝λ（x2，y2+2），則x1＝λx2，
∴，
則＝，（10分）
∵2＜k＜，∴4＜，解得，又λ＞1，
∴1＜λ＜7．
故λ的取值范圍是（1，7）．（13分）
52．（2023?徐州模擬）已知拋物線C1：x2＝8y的焦點(diǎn)F也是雙曲線C2：的一個焦點(diǎn)，C1與C2公共弦的長為．
（1）求C2的方程；
（2）過F的直線l與C1交于A，B兩點(diǎn)，與C2交于C，D兩點(diǎn)，且與同向．
（i）若AC＝BD，求直線l的斜率；
（ii）設(shè)C1在點(diǎn)A處的切線與x軸交于點(diǎn)M，試判斷點(diǎn)F與以MD為直徑的圓的位置關(guān)系．
【解答】解：（1）C1的焦點(diǎn)為F（0，2），所以a2+b2＝4①，
又C1與C2公共弦的長為，且C1與C2都關(guān)于y軸對稱，
所以公共點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，代入x2＝8y可得縱坐標(biāo)為3，
所以公共點(diǎn)的坐標(biāo)為，
所以②，
聯(lián)立①②得a2＝1，b2＝3，故C2的方程為；
（2）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），
（i）因?yàn)榕c同向，且AC＝BD，所以，
從而x3﹣x1＝x4﹣x2，即x1﹣x2＝x3﹣x4，
所以，
設(shè)直線l的方程為y＝kx+2，
聯(lián)立，得x2﹣8kx﹣16＝0，Δ＝64（k2+1）＞0，則x1+x2＝8k，x1x2＝﹣16，
聯(lián)立，得（3k2﹣1）x2+12kx+9＝0，Δ＝36（k2+1）＞0，3k2﹣1≠0，
則，，
所以，即，
所以，所以或，
由圖可知，，得，故
所以直線l的斜率為．
（ii）由x2＝8y得，所以C1在點(diǎn)A處的切線方程為，
令y＝0得，即，所以，而，
于是，
因此∠AFM是銳角，從而∠MFD＝180°﹣∠AFM是鈍角，
故點(diǎn)F在以MD為直徑的圓內(nèi)．
53．（2023?湖北模擬）已知拋物線E：y2＝2px（p＞0），雙曲線，點(diǎn)A（x1，y1）在C的左支上，過A作x軸的平行線交E于點(diǎn)M，過M作E的切線l1，過A作直線l2交l1于點(diǎn)P，交E于點(diǎn)N，且．
（1）證明：l2與E相切；
（2）過N作x軸的平行線交C的左支于點(diǎn)B（x2，y2），過P的直線l3平分∠MPN，記l3的斜率為k，∠MPN＝θ，若csθ＝﹣k2，證明：恒為定值．
【解答】證明：（1）先求過拋物線上一點(diǎn)的切線方程，設(shè)G（x0，y0）為拋物線E：y2＝2px（p＞0）上一點(diǎn)，
當(dāng)y＞0時，則，
故過G的切線方程為：，
當(dāng)y＜0時，則，同理過G的切線方程為：y0y＝p（x+x0），
綜上過拋物線上一點(diǎn)的切線方程為：y0y＝p（x+x0）．
∵AM∥x軸，可得，設(shè)，
則由可得：，
故，將代入可得：，
而過N的E的切線方程為：，即A在該直線上，故得證．
（2）設(shè)直線l1、l2、l3的傾斜角分別為α、β、γ，由（1）知：，
∵A、B均在雙曲線左支，故，
∴
＝＝．
如圖所示，此時γ＞90°，設(shè)l1、l2、l3與x軸分別交于E、C、D三點(diǎn)，
易得：∠PCE+∠E＝∠MPN?θ＝π﹣β+α，
∴，
∵tanγ＝k，csθ＝﹣k2，
∴，
化簡可得是定值．
同理，若γ≤90°，如圖：
此時易得：∠PCE+∠E＝∠MPN?θ＝π﹣β+α，
∴，
∵tanγ＝k，csθ＝﹣k2，
∴，
化簡可得是定值．
綜上：是定值，得證．
54．（2023?懷化二模）如圖，橢圓+＝1（a＞b＞0）的左焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)F的直線交橢圓于A，B兩點(diǎn)．|AF|的最大值是M，|BF|的最小值是m，滿足M?m＝a2．
（1）求該橢圓的離心率；
（2）設(shè)線段AB的中點(diǎn)為G，AB的垂直平分線與x軸和y軸分別交于D，E兩點(diǎn)，O是坐標(biāo)原點(diǎn)．記△GFD的面積為S1，△OED的面積為S2，求的取值范圍．
【解答】解：（1）設(shè)F（﹣c，0）（c＞0），則根據(jù)橢圓性質(zhì)得M＝a+c，m＝a﹣c，而，所以有，即a2＝4c2，a＝2c，
因此橢圓的離心率為．（4分）
（2）由（1）可知a＝2c，，橢圓的方程為．
根據(jù)條件直線AB的斜率一定存在且不為零，設(shè)直線AB的方程為y＝k（x+c），
并設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2）則由消去y并整理得（4k2+3）x2+8ck2x+4k2c2﹣12c2＝0
從而有，（6分）
所以．
因?yàn)镈G⊥AB，所以，．
由Rt△FGD與Rt△EOD相似，所以．（10分）
令，則t＞9，從而，即的取值范圍是．（12分）
（2）設(shè)過焦點(diǎn)F的直線AB的方程為y＝k（x+c），與橢圓方程聯(lián)立，進(jìn)而表示出點(diǎn)G、點(diǎn)D，然后表示出面積，從而求出．
55．（2023?漳州模擬）已知橢圓C的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)O，對稱軸為x軸、y軸，且點(diǎn)和點(diǎn)在橢圓C上，橢圓的左頂點(diǎn)與拋物線Γ：y2＝2px（p＞0）的焦點(diǎn)F的距離為4．
（1）求橢圓C和拋物線Γ的方程；
（2）直線l：y＝kx+m（k≠0）與拋物線Γ交于P，Q兩點(diǎn)，與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)．
（ⅰ）若m＝k，拋物線Γ在點(diǎn)P，Q處的切線交于點(diǎn)S，求證：|PF|?|SQ|2＝|QF|?|SP|2；
（ⅱ）若m＝﹣2k，是否存在定點(diǎn)T（x0，0），使得直線MT，NT的傾斜角互補(bǔ)？若存在，求出x0的值；若不存在，請說明理由．
【解答】解：（1）設(shè)橢圓C的方程為：λx2+μy2＝1（λ≠μ，λ＞0，μ＞0），
∵和在橢圓C上，∴，解得，
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為：；
由橢圓方程可知：橢圓C的左頂點(diǎn)為（﹣3，0），又，∴，解得：p＝2，
∴拋物線Γ的方程為y2＝4x；
（2）（ⅰ）證明：當(dāng)m＝k時，直線l：y＝k（x+1），即，
令，則直線l：x＝ny﹣1，設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），
由得：y2﹣4ny+4＝0，
則Δ＝16n2﹣16＞0，∴n2＞1，∴y1+y2＝4n，y1y2＝4；
設(shè)拋物線Γ在點(diǎn)P，Q處的切線方程分別為：x＝n1（y﹣y1）+x1，x＝n2（y﹣y2）+x2，
由得：y2﹣4n1y+4n1y1﹣4x1＝0，∴，
又，則，∴，則2n1＝y(tǒng)1；
同理可得：2n2＝y(tǒng)2；
聯(lián)立兩切線方程，將2n1＝y(tǒng)1，2n2＝y(tǒng)2代入，
可解得：，∴S（1，2n），∴，
又x1＝ny1﹣1，∴；
同理可得：；∵，
∴要證|PF|?|SQ|2＝|QF|?|SP|2，等價(jià)于證明，
∵，又y1y2＝4，∴，
同理可得：，∴，即|PF|?|SQ|2＝|QF|?|SP|2；
（ⅱ）當(dāng)m＝﹣2k時，直線l：y＝k（x﹣2），
假設(shè)存在點(diǎn)T（x0，0），使直線MT，NT的傾斜角互補(bǔ)，則直線MT，NT的斜率之和為0；
設(shè)M（x3，y3），N（x4，y4），
由得：（3k2+4）x2﹣12k2x+12k2﹣36＝0，∴，即5k2+12＞0恒成立，
∴，，∵，∴k（x3﹣2）（x4﹣x0）+k（x4﹣2）（x3﹣x0）＝0，
即2x3x4﹣（x0+2）（x3+x4）+4x0＝0，∴，即，解得：，
∴假設(shè)成立，即存在點(diǎn)，使得直線MT，NT的傾斜角互補(bǔ)．
56．（2023?漣源市模擬）已知點(diǎn)F是拋物線C：x2＝4y與橢圓＝1（a＞b＞0）的公共焦點(diǎn)，橢圓上的點(diǎn)M到點(diǎn)F的最大距離為3．
（1）求橢圓的方程；
（2）過點(diǎn)M作C的兩條切線，記切點(diǎn)分別為A，B，求△MAB面積的最大值．
【解答】解：（1）拋物線C：x2＝4y的焦點(diǎn)為F（0，1），
∴c＝1．
∵橢圓上的點(diǎn)M到點(diǎn)F的最大距離為3，
∴a+c＝3，b2＝a2﹣c2，
解得a＝2，b2＝3，
∴橢圓的方程為+＝1．
（2）設(shè)M（x0，y0），則+＝1，＝3﹣．
聯(lián)立，化為3y2+16y﹣12＝0，y∈[﹣2，2]，
解得y＝，
∴y0∈[﹣2，），
設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），
求導(dǎo)x2＝4y，可得y′＝x，
∴切線MA，MB的方程分別為：y﹣＝x1（x﹣x1），y﹣＝x2（x﹣x2），
可得：x1，x2為方程t2﹣2x0t+4y0＝0的兩個不等實(shí)數(shù)根．
∴x1+x2＝2x0，x1x2＝4y0，
∴kAB＝＝＝＝＝k，
∴直線AB的方程為：y﹣＝（x﹣x1），化為y＝x﹣，
代入可得y＝x﹣y0，化為x0x﹣2y﹣2y0＝0，
∴點(diǎn)M到直線AB的距離d＝，
|AB|＝＝，
∴△MAB面積S＝d|AB|＝|﹣4y0|?，
把＝3﹣代入上式可得S＝|3﹣﹣4y0|?
＝，
∵y0∈[﹣2，），由t＝12﹣3﹣16y0＝﹣3+，
∴y0＝﹣2時，t取得最大值32．
∴△MAB面積的最大值為16．
57．（2023?寶雞二模）已知橢圓，F(xiàn)為左焦點(diǎn)，A為上頂點(diǎn)，B（2，0）為右頂點(diǎn)，若，拋物線C2的頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)為F．
（1）求C1的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）是否存在過F點(diǎn)的直線，與C1和C2交點(diǎn)分別是P，Q和M，N，使得？如果存在，求出直線的方程；如果不存在，請說明理由．
【解答】解：（1）依題意可知，即，由右頂點(diǎn)為B（2，0），
得a＝2，解得b2＝3，所以C1的標(biāo)準(zhǔn)方程為．
（2）依題意可知C2的方程為y2＝﹣4x，假設(shè)存在符合題意的直線，
設(shè)直線方程為x＝ky﹣1，P（x1，y1），Q（x2，y2），M（x3，y3），N（x4，y4），
聯(lián)立方程組，得（3k2+4）y2﹣6ky﹣9＝0，
由韋達(dá)定理得，，則，
聯(lián)立方程組，得y2+4ky﹣4＝0，由韋達(dá)定理得y3+y4＝﹣4k，y3y4＝﹣4，所以，若，
則，即，解得，
所以存在符合題意的直線方程為或．
58．（2023?江寧區(qū)校級一模）在平面直角坐標(biāo)系xy中，已知橢圓C：+＝1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)分別F1、F2焦距為2，且與雙曲線﹣y2＝1共頂點(diǎn)．P為橢圓C上一點(diǎn)，直線PF1交橢圓C于另一點(diǎn)Q．
（1）求橢圓C的方程；
（2）若點(diǎn)P的坐標(biāo)為（0，b），求過P、Q、F2三點(diǎn)的圓的方程；
（3）若＝λ，且λ∈[，2]，求的最大值．
【解答】解：（1）由題意得c＝1，a2＝2…（2分）
故橢圓的方程為．…（3分）
（2）因?yàn)镻（0，1），F(xiàn)1（﹣1，0），所以PF1的方程為x﹣y+1＝0
由，解得點(diǎn)Q的坐標(biāo)為． …（5分）
設(shè)過P，Q，F(xiàn)2三點(diǎn)的圓為x2+y2+Dx+Ey+F＝0…（6分）
則解得
所以圓的方程為…（8分）
（3）設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），則，
因?yàn)?，所以，?br>所以，解得…（10分）
所以
＝…（12分）
因?yàn)?，所以，?dāng)且僅當(dāng)，
即λ＝1時，取等號．最大值為． …（14分）
59．（2023?雨花區(qū)校級模擬）已知中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上的橢圓過點(diǎn)P（2，），且它的離心率e＝．
（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）與圓（x﹣1）2+y2＝1相切的直線l：y＝kx+t交橢圓于M，N兩點(diǎn)，若橢圓上一點(diǎn)C滿足+＝λ，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．
【解答】解：（Ⅰ） 設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為，
由已知得：，解得，
所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：．
（Ⅱ） 因?yàn)橹本€l：y＝kx+t與圓（x﹣1）2+y2＝1相切，
所以，2k＝，t≠0，
把y＝kx+t代入，并整理得：（3+4k2）x2+8ktx+4t2﹣24＝0，
設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），則有，
y1+y2＝kx1+t+kx2+t
＝k（x1+x2）+2t＝，
因?yàn)椋剑▁1+x2，y1+y2），
所以C（，），
又因?yàn)辄c(diǎn)C在橢圓上，所以，
，
因?yàn)閠2＞0，所以，
所以0＜λ2＜2，所以λ的取值范圍為（﹣，0）∪（0，）．
60．（2023?大觀區(qū)校級三模）已知雙曲線的焦距為4，以原點(diǎn)為圓心，實(shí)半軸長為半徑的圓和直線相切．
（Ⅰ）求雙曲線E的方程；
（Ⅱ）已知點(diǎn)F為雙曲線E的左焦點(diǎn)，試問在x軸上是否存在一定點(diǎn)M，過點(diǎn)M任意作一條直線l交雙曲線E于P，Q兩點(diǎn)，使為定值？若存在，求出此定值和所有的定點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
【解答】解：（Ⅰ）原點(diǎn)到直線 x﹣y+＝0的距離d＝＝，
∴，∴b＝1，
∴雙曲線E的方程為；
（Ⅱ）解法一：假設(shè)存在點(diǎn)M（m，0）滿足條件，
①當(dāng)直線l方程為y＝0時，則，∴；
②當(dāng)直線l方程不是y＝0時，可設(shè)直線l：x＝ty+m，代入
整理得，*
由Δ＞0得m2+t2＞3，
設(shè)方程*的兩個根為y1，y2，滿足，∴＝，
當(dāng)且僅當(dāng)2m2+12m+15＝3時，為定值1，
解得，
∵不滿足對任意t≠±，Δ＞0，∴不合題意，舍去．
而且滿足Δ＞0；
綜上得：過定點(diǎn)任意作一條直線l交雙曲線E于P，Q兩點(diǎn)，使為定值1．
解法二：前同解法一，得＝，
由?2m2+12m+15＝3，
解得，下同解法一．
解法三：當(dāng)直線l不垂直x軸時，設(shè)，代入
整理得，*
由Δ＞0得m2k2﹣3k2+1＞0，
設(shè)方程*的兩個根為x1，x2，滿足，
∴＝，
當(dāng)且僅當(dāng)2m2+12m+15＝3時，為定值1，
解得，
∵不滿足對任意K≠±，Δ＞0，∴不合題意，舍去，
而且滿足Δ＞0；
當(dāng)直線l⊥x軸時，代入得，
∴；…（9分）
綜上得：（結(jié)論同解法一）
1．軌跡類型：方程eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,n)＝1，當(dāng)m＝n>0時表示圓；當(dāng)m>n>0或n>m>0時表示橢圓；當(dāng)mn0，n>0)．
(3)定量——由題設(shè)中的條件找到“式”中待定系數(shù)的等量關(guān)系，通過解方程得到量的大?。?br>3.直線與圓錐曲線相交，經(jīng)常出現(xiàn)弦長、中點(diǎn)弦問題．
(1)處理弦長問題，一般將直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立得方程組，化為一元二次方程后，利用根與系數(shù)的關(guān)系，代入弦長公式|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|或|AB|＝eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|，其中k為直線AB的斜率，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
(2)處理中點(diǎn)弦問題，一般有兩種思路，思路一：聯(lián)立方程組，消元，利用根與系數(shù)的關(guān)系進(jìn)行設(shè)而不求；思路二：利用“點(diǎn)差法”．
4.圓錐曲線中的定值、定點(diǎn)問題
(1)定值問題的常見類型及解題策略
①求代數(shù)式為定值．依題意設(shè)條件，得出與代數(shù)式參數(shù)有關(guān)的等式，代入代數(shù)式、化簡即可得出定值．
②求點(diǎn)到直線的距離為定值．利用點(diǎn)到直線的距離公式得出距離的解析式，再利用題設(shè)條件化簡、變形求得．
③求某線段長度為定值．利用長度公式求得解析式，再依據(jù)條件對解析式進(jìn)行化簡、變形即可求得．
(2)定點(diǎn)問題的兩種解法
①引進(jìn)參數(shù)法：引進(jìn)動點(diǎn)的坐標(biāo)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(guān)系，找到定點(diǎn)．
②特殊到一般法：根據(jù)動點(diǎn)或動線的特殊情況探索出定點(diǎn)，再證明該定點(diǎn)與變量無關(guān)．
5.最值問題的常用解法有兩種
(1)代數(shù)法：若題目的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關(guān)系，則可首先建立目標(biāo)函數(shù)再求這個函數(shù)的最值．求函數(shù)最值的常用方法有配方法、判別式法、換元法、均值不等式法、單調(diào)性法．
(2)幾何法：若題目的條件與結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征及意義，則考慮利用幾何圖形性質(zhì)來解決．
標(biāo)準(zhǔn)方程
圖形
幾何性質(zhì)
范圍
,
,
對稱性
對稱軸： 軸、 軸 .對稱中心：原點(diǎn) .
焦點(diǎn)
, .
, .
頂點(diǎn)
， ， , .
, ， , .
軸
線段，分別是橢圓的長軸和短軸，
長軸長為，短軸長為.
焦距
.
離心率
.
,,的關(guān)系
.
標(biāo)準(zhǔn)方程
（a＞0,b＞0）
（a＞0,b＞0）
圖形
性
質(zhì)
焦點(diǎn)
F1（﹣c,0），F(xiàn)2（c,0）
F1（0,﹣c），F(xiàn)2（0,c）
焦距
|F1F2|＝2c
|F1F2|＝2c
范圍
|x|≥a，y∈R
|y|≥a，x∈R
對稱
關(guān)于x軸，y軸和原點(diǎn)對稱
頂點(diǎn)
（﹣a，0）．（a，0）
（0，﹣a）（0，a）
軸
實(shí)軸長2a，虛軸長2b
離心率
e（e＞1）
準(zhǔn)線
x＝±
y＝±
漸近線
±0
±0
標(biāo)準(zhǔn)方程
圖形
幾何性質(zhì)
對稱軸
軸
軸
頂點(diǎn)
焦點(diǎn)
準(zhǔn)線方程
范圍
,
,
,
,
離心率
1
焦半徑（為拋物線上一點(diǎn)）
幾何法
若題目的條件和結(jié)論明顯能體現(xiàn)幾何特征及意義,則考慮利用圖形性質(zhì)來解決.
代數(shù)法
若題目的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù),則可首先建立目標(biāo)函數(shù)，再求這個函數(shù)的最值，求函數(shù)最值的常用方法有配方法、判別式法、基本不等式法及函數(shù)的單調(diào)性法等.