第36课 圆锥曲线的综合问题-【提分宝典】2025年新高考数学一轮全考点普查随堂课后练

第36课 圆锥曲线的综合问题 普查与练习36　　　　圆锥曲线的综合问题 1．直线与圆锥曲线的位置关系 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (1)(2023改编，5分)关于直线与圆锥曲线的位置关系，有如下命题： ①若a>b>0，则直线＋＝1与椭圆＋＝1一定相交； ②与双曲线的渐近线平行的直线不可能与该双曲线相切； ③过圆锥曲线焦点的直线一定与该圆锥曲线相交； ④存在某条直线与双曲线x2－2y2＝1有四个交点． 其中，错误的命题有__④__． 解析：直线＋＝1经过点(b，0)，因为a>b>0，所以该点在椭圆内，因此直线＋＝1一定与椭圆＋＝1相交，故①正确；与双曲线的渐近线平行的直线一定与双曲线相交，故②正确；焦点在圆锥曲线的内部，过圆锥曲线内部的点的直线一定与圆锥曲线相交，故③正确；直线与双曲线最多有两个交点，故④错误．故错误的命题有④. (2)(2021浙江模拟，4分)已知F1是椭圆C：＋＝1(a>)的左焦点，经过点P(0，－2)作两条互相垂直的直线l1和l2，当直线l1经过点F1时，直线l2与C有且只有一个公共点，则a＝(　D　) A．2 B．3 C. D．2 解析：设F1(－c，0)，则c＝. 当直线l1经过点F1时，直线l1的斜率kPF1＝， ∴直线l2的斜率为，方程为y＝x－2， 与椭圆C的方程联立， 消去y得3x2＋a22＝3a2， 整理得(a2c2＋12)x2－8a2cx＋4a2＝0. ∵直线l2与椭圆C有且只有一个公共点， ∴Δ＝64a4c2－16a2(a2c2＋12)＝0，∴ac＝2， ∴c＝＝，即a4－3a2－4＝0，解得a2＝4， ∴a＝2.故选D. 2．弦长和面积问题 (3)(2023汇编，20分)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的长轴长为2，离心率为. (Ⅰ)求椭圆C的方程； 答案：＋y2＝1 解析：解：由题意可得2a＝2，即a＝.(1分) 因为椭圆C的离心率为， 所以e＝＝，所以c＝1， 所以b2＝a2－c2＝1，(3分) 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.(4分) (Ⅱ)过点(2，0)的直线l交椭圆C于A，B两点，M为椭圆C上一点，O为坐标原点，且满足＋＝m，其中m∈，求|AB|的取值范围； 答案： 解析：解：显然直线l的斜率存在，设过点(2，0)的直线l的方程为y＝k(x－2)， 联立方程消去y整理得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0， 则Δ＝64k4－4(1＋2k2)·(8k2－2)>0，即k2<.(5分) 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1＋x2＝，x1x2＝， 所以y1＋y2＝k(x1＋x2－4)＝k＝－. 由＋＝m，得(x1＋x2，y1＋y2)＝m(xM，yM)， 所以xM＝·，yM＝·.(6分) 将(xM，yM)代入椭圆方程可得·2＋·2＝1，解得m2＝. 因为m∈， 所以≤≤，解得≤k2≤1， 结合Δ>0，所以≤k2<.(8分) 由弦长公式可得， |AB|＝|x1－x2| ＝· ＝· ＝2· ＝2· ＝2· ＝2· ＝2·.(10分) 因为≤k2<，所以≤1＋2k2<2， 所以<≤. 因为函数y＝2－在上单调递增， 所以2·∈， 即|AB|∈.(12分) (Ⅲ)如图，直线GH为椭圆C与抛物线C1：y2＝2px(p＞0)的公切线，其中点G，H分别在C，C1上，线段OH交C于点N，求△NGH的面积的最小值． 答案： 解析：解：设G(x3，y3)，H(x4，y4)，直线GH的方程为y＝nx＋b′，不妨取n>0，b′>0. 联立整理得(2n2＋1)x2＋4nb′x＋2b′2－2＝0①， 则Δ1＝(4nb′)2－4(2n2＋1)(2b′2－2)＝0， 所以b′2＝2n2＋1. 将其代入①式，得b′2x2＋4nb′x＋4n2＝0， 解得x＝，所以x3＝. 联立n2x2＋2(nb′－p)x＋b′2＝0②， 则Δ2＝4(nb′－p)2－4n2b′2＝0， 所以p＝2nb′.将其代入②式，解方程得x＝， 所以x4＝， 所以＝＝＝.(15分) 由x4＝可得y4＝2b′，所以kOH＝2n， 所以直线OH：y＝2nx. 联立整理得x2＝1， 所以xN＝，yN＝， 所以点N到GH的距离为d＝＝，(16分) 所以S△NGH＝|GH|·d ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝.(18分) 令t＝4n＋(t≥4)， 则S△NGH＝ ＝≥× ＝2×＝， 当且仅当4n＝，即n＝时取等号． 由椭圆和抛物线的对称性， 可知当n<0，b′<0，S△NGH最小值也是. 综上，S△NGH的最小值为.(20分) 3．求值、求点、求方程问题 (4)(2019天津，13分)设椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B.已知椭圆的短轴长为4，离心率为. (Ⅰ)求椭圆的方程； 答案：＋＝1 解析：解：由题意得2b＝4，e＝＝.(2分) 又a2＝b2＋c2，所以a＝，b＝2，c＝1， 所以椭圆的方程为＋＝1.(5分) (Ⅱ)设点P在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点M为直线PB与x轴的交点，点N在y轴的负半轴上．若|ON|＝|OF|(O为原点)，且OP⊥MN，求直线PB的斜率． 答案：或－ 解析：解：由题意，设P(xP，yP)(xP≠0)，M(xM，0)，显然直线PB的斜率存在且不为0， 由(Ⅰ)知B(0，2)，所以设直线PB的方程为y＝kx＋2(k≠0)，与椭圆方程联立得 消去y，整理得(4＋5k2)x2＋20kx＝0， 显然Δ>0恒成立，所以xP＝－，(7分) 代入y＝kx＋2得yP＝－＋2＝， 则直线OP的斜率＝＝.(9分) 在y＝kx＋2中，令y＝0，得xM＝－，即M. 由题意得N(0，－1)， 所以直线MN的斜率为＝－.(11分) 由OP⊥MN，得·＝－1， 化简得k2＝，所以k＝±， 所以直线PB的斜率为或－.(13分) (5)(2023汇编，30分)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的右焦点为F，上顶点为B，离心率为，且|BF|＝. (Ⅰ)求椭圆的方程； 答案：＋y2＝1 解析：解：设半焦距为c， 由题意，|BF|＝＝＝a. 又因为|BF|＝，所以a＝. 因为离心率为，即＝， 所以c＝2，(2分) 所以b＝＝1， 所以椭圆的方程为＋y2＝1.(4分) (Ⅱ)直线l与椭圆有唯一的公共点M，与y轴的正半轴交于点N，过N与BF垂直的直线交x轴于点P.若MP∥BF，求直线l的方程；(2021天津) 答案：y＝x＋ 解析：解：设N(0，t)，其中t>0，直线MN的斜率为k， 则l的方程为y＝kx＋t. 设M(x0，y0)， 由消去y可得(5k2＋1)x2＋10ktx＋5t2－5＝0.(6分) 因为直线l与椭圆只有一个公共点， 所以Δ＝100k2－20t2＋20＝0，即t2＝5k2＋1， 所以t2x2＋10ktx＋25k2＝0，解得x＝－， 所以x0＝－，y0＝kx0＋t＝＝. 因为NP⊥BF，而BF的斜率为－＝－， 所以NP的斜率为＝2， 所以NP的方程为y＝2x＋t.(10分) 令y＝0得x＝－t，所以P. 因为MP∥BF， 所以MP的斜率也为－， 即＝－， 即y0＝－x0－t， 即＝－t，即t2－10k＋4＝0， 即k2－2k＋1＝0，(13分) 解得k＝1， 所以t2＝5k2＋1＝6，t＝， 所以直线l的方程为y＝x＋.(15分) (Ⅲ)直线l1过椭圆的左焦点． (ⅰ)设直线l1交椭圆于C，D两点，点E为x轴上一点. 若直线l1不与坐标轴平行，且kCE＋kDE＝0，求出点E的坐标； 答案： 解析：解：易知椭圆的左焦点为(－2，0)，故设直线l1的方程为x＝my－2，E(s，0)． 联立整理得(m2＋5)y2－4my－1＝0， 所以yC＋yD＝，yCyD＝.(17分) 又kCE＝，kDE＝， 所以kCE＋kDE＝＋＝. 因为kCE＋kDE＝0， 所以yC(xD－s)＋yD(xC－s) ＝yCxD＋yDxC－s(yC＋yD) ＝yC(myD－2)＋yD(myC－2)－s(yC＋yD) ＝2myCyD－(2＋s)(yC＋yD) ＝－ ＝＝0， 所以－2m(5＋2s)＝0.(21分) 根据题意，直线l1的斜率存在，故m≠0， 所以5＋2s＝0，s＝－， 所以点E的坐标为.(22分) (ⅱ)设直线l1与抛物线y2＝4x的两个交点为Q1(x1，y1)，Q2(x2，y2)，H为抛物线上异于Q1，Q2的一点，直线HQ1，HQ2分别与直线l2：x＝μ交于Q3(μ，y3)，Q4(μ，y4)两点．若y1y2＝y3y4，求实数μ的值． 答案：μ＝2 解析：解：由Q1，H，Q3三点共线， 可得kQ1H＝kQ3H，即＝. 因为点Q1，H均在抛物线y2＝4x上， 所以x1＝，xH＝， 所以＝，所以y3＝． 因为Q2，H，Q4三点共线， 所以同理可得y4＝.(25分) 联立整理得y2－4my＋8＝0， 所以y1＋y2＝4m，y1y2＝8，(26分) 所以y3y4＝y1y2＝8，即·＝8， 即＝8. 代入y1＋y2＝4m，y1y2＝8，化简可得(μ－2)(16myH＋16μ＋32)＝0. 若上式恒成立，则μ－2＝0， 所以μ＝2.(30分) 4．最值和取值范围问题 (6)(2021广东二模节选，8分)已知M，N为椭圆C：＋y2＝1的上、下顶点，点T的坐标为(t，2)，且直线TM，TN分别与椭圆交于C，D两点(M，N，C，D四点互不相同)，求点M到直线CD距离的取值范围． 答案： 解：∵M，N，C，D四点互不相同， ∴点T，C，D均不在y轴上，直线CD的斜率存在． 设直线CD：y＝mx＋n，C(x1，y1)，D(x2，y2)， 联立整理得(1＋4m2)x2＋8mnx＋4n2－4＝0，∴x1＋x2＝－，x1x2＝.(2分) 易得M(0，1)，N(0，－1)， ∴直线TM：y＝x＋1，直线TN：y＝x－1. 将点T的坐标代入两直线方程， 得t＝1，t＝3， ∴＝，即3x2(y1－1)＝x1(y2＋1)， 即3x2(mx1＋n－1)＝x1(mx2＋n＋1)， 整理得2mx1x2＝(n＋1)x1－3(n－1)x2， ∴＝(n＋1)－3(n－1)x2， 即(2n－1)[4m(n＋1)＋x2(1＋4m2)]＝0.(6分) 当m，x2变化时，上式恒成立，故n＝， ∴直线CD恒过定点. 而M与的距离为， 且易知M，C，D三点不共线，当m＝0时，M到CD的距离为， ∴M到直线CD距离的取值范围为．(8分) (7)(2021浙江，15分)如图，已知F是抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且|MF|＝2. (Ⅰ)求抛物线的方程； 答案：y2＝4x 解析：解：因为|MF|＝2，所以p＝2， 所以抛物线的方程为y2＝4x.(2分) (Ⅱ)设过点F的直线交抛物线于A，B两点，斜率为2的直线l与直线MA，MB，AB，x轴依次交于点P，Q，R，N，且|RN|2＝|PN|·|QN|，求直线l在x轴上截距的取值范围． 答案：(－∞，－7－4]∪[－7＋4，1)∪(1，＋∞) 解析：解：设AB：x＝ty＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，N(n，0)， 则直线MA：y＝(x＋1)，直线MB：y＝(x＋1)，直线l：x＝＋n，由题设可得n≠±1且t≠.(3分) 由可得y2－4ty－4＝0，故y1y2＝－4，y1＋y2＝4t.(4分) 由可得yP＝，(5分) 同理yQ＝.(6分) 由可得yR＝.(7分) 因为|RN|2＝|PN|·|QN|， 所以2＝|yP|·|yQ|， 所以y＝|yP|·|yQ|， 所以2＝， 整理可得 2＝(2t－1)2 ＝ ＝ ＝， 所以2＝.(12分) 令s＝2t－1，则t＝且s≠0， 故＝＝1＋＋＝42＋≥， 故 即(14分) 解得n≤－7－4或－7＋4≤n<1或n>1， 故直线l在x轴上的截距的取值范围为(－∞，－7－4]∪[－7＋4，1)∪(1，＋∞)．(15分) (8)(经典题，14分)在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，焦距为2. (Ⅰ)求椭圆E的方程； 答案：＋y2＝1 解析：解：设椭圆的半焦距为c，由题意知 e＝＝，2c＝2，所以a＝，b＝＝1，因此椭圆E的方程为＋y2＝1.(4分) (Ⅱ)如图所示，动直线l：y＝k1x－交椭圆E于A，B两点，C是椭圆E上一点，直线OC的斜率为k2，且k1k2＝，M是线段OC延长线上一点，且∶＝2∶3，⊙M的半径为，OS，OT是⊙M的两条切线，切点分别为S，T.求∠SOT的最大值，并求取得最大值时直线l的斜率． 答案：∠SOT的最大值为，此时k1＝± 解析：解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程 得(4k＋2)x2－4k1x－1＝0，由题意知Δ>0，则x1＋x2＝，x1x2＝－，所以|AB|＝|x1－x2|＝·＝·.(6分) 因为k1k2＝，所以k1≠0，k2＝， 所以直线OC的方程为y＝x. 联立方程得x2＝，y2＝， 因此|OC|＝＝.(8分) 由题意可知圆M的半径为r＝|AB|＝·. 连接SM，因为OS为⊙M的切线，所以MS⊥OS， 所以sin＝＝. 而＝ ＝· ＝· ＝· .(10分) 令t＝1＋2k，因为k1≠0，所以t>1，∈(0，1)， 因此＝·＝· ＝· ＝·≥1， 当且仅当＝，即t＝2时等号成立，此时k1＝±.(12分) 所以sin≤，易知为锐角，因此≤， 所以∠SOT的最大值为. 综上所述，∠SOT的最大值为，取得最大值时直线l的斜率为k1＝±.(14分) 5．定值、定点、定向问题 a．定值问题 (9)(2021新高考Ⅰ，12分)在平面直角坐标系xOy中，已知点F1(－，0)，F2(，0)，点M满足|MF1|－|MF2|＝2，记M的轨迹为C. (Ⅰ)求C的方程； 答案：x2－＝1(x≥1) 解析：解：因为0<|MF1|－|MF2|＝2<|F1F2|＝2， 所以轨迹C是以点F1，F2为左、右焦点的双曲线的右支． 设轨迹C的方程为－＝1(a>0，b>0，x>0)，则2a＝2，可得a＝1，b＝＝4， 所以轨迹C的方程为x2－＝1(x≥1)．(4分) (Ⅱ)设点T在直线x＝上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和． 答案：0 解析：解：设点T， 若过点T的直线的斜率不存在，则该直线与曲线C无公共点，不符合题意，故直线斜率存在． 设直线AB的方程为y－t＝k1，即y＝k1x＋t－k1， 联立消去y并整理可得(k－16)x2＋k1(2t－k1)x＋2＋16＝0.(6分) 设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1≥1且x2≥1. 由根与系数的关系可得x1＋x2＝，x1x2＝，　 所以|TA|·|TB|＝(1＋k)·(x1－)·(x2－)＝(1＋k)·(x1x2－＋)＝. 设直线PQ的斜率为k2， 同理可得|TP|·|TQ|＝.(9分) 因为|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|， 所以＝，整理可得k＝k， 即(k1－k2)(k1＋k2)＝0.显然k1－k2≠0，故k1＋k2＝0， 因此，直线AB与直线PQ的斜率之和为0.(12分) (10)(2023改编，15分)如图，椭圆的两顶点为A(－1，0)，B(1，0)，过其焦点F(0，1)的直线l与椭圆交于C，D两点． (Ⅰ)求椭圆的方程； 答案：＋x2＝1 解析：解：设椭圆的方程为＋＝1(a>b>0)，半焦距为c. 由题知b＝1，c＝1，所以a2＝2， 所以椭圆的方程为＋x2＝1.(2分) (Ⅱ)设点M为线段CD上一点，且满足＝，连接OM并延长交椭圆于点N，若kOC·kOD＝－2，则是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由； 答案：是定值， 解析：解：是定值．(3分) 设C(x1，y1)，D(x2，y2)(x1≠x2)． 因为＝， 所以(xM－x1，yM－y1)＝(x2－x1，y2－y1)， 所以xM＝，yM＝.(4分) 设＝λ(λ>0)，则结合题意可知＝λ， 所以N(λxM，λyM)． 因为点N在椭圆上，所以λ2＝1， 即＝＋x＝＋2＝＋＋.(6分) 因为点C，D均在椭圆上，且kOC·kOD＝－2， 所以 所以＝＋×＋＝， 所以λ＝＝，为定值．(8分) (Ⅲ)设直线l与x轴交于点P(点P异于A，B两点)，直线AC与BD交于点Q，求证：·为定值． 答案：见证明过程 解析：证明：当直线l的斜率不存在时，直线AC与直线BD平行，无交点，不满足题意，所以直线l的斜率存在．因为直线l过点F且与x轴有交点，所以k不等于0.(9分) 设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)，则P. 联立直线l与椭圆的方程，得 整理得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0， 则x1＋x2＝－，x1x2＝－. 不妨设x1>x2， 所以x1－x2＝＝＝， y1＋y2＝kx1＋1＋kx2＋1＝k(x1＋x2)＋2＝.(12分) 易得直线AC的方程为y＝(x＋1)，直线BD的方程为y＝(x－1)， 联立直线AC与BD的方程，得 解得点Q的横坐标xQ＝ ＝ ＝ ＝ ＝＝－k.(14分) 因为Q(－k，yQ)，P， 所以·＝·(－k，yQ)＝1， 故·为定值．(15分) b．定点问题 (11)(2019北京，14分)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为(1，0)，且经过点A(0，1)． (Ⅰ)求椭圆C的方程； 答案： ＋y2＝1 解析：解：由椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为(1，0)，且经过点A(0，1)，可得b＝c＝1，所以a＝＝，所以椭圆方程为＋y2＝1.(4分) (Ⅱ)设O为原点，直线l：y＝kx＋t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.若|OM|·|ON|＝2，求证：直线l经过定点． 答案：见证明过程 解析：证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)(x1，x2≠0)． 联立消去y，整理得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0， 易知Δ＝16k2t2－4(1＋2k2)(2t2－2)＞0， 所以2k2＋1>t2，x1＋x2＝－，x1x2＝.(7分) 直线AP的方程为y＝x＋1， 令y＝0，可得x＝，即M； 直线AQ的方程为y＝x＋1， 令y＝0，可得x＝，即N.(11分) 因为|OM|·|ON|＝2， 所以＝2. 又(1－y1)(1－y2)＝1＋y1y2－(y1＋y2)＝1＋(kx1＋t)(kx2＋t)－[k(x1＋x2)＋2t]＝1＋k2x1x2＋(kt－k)(x1＋x2)＋t2－2t＝1＋k2·＋(kt－k)·＋t2－2t ＝， 所以＝2， 所以|t2－1|＝(t－1)2.又t≠±1，所以解得t＝0，所以直线l的方程为y＝kx，即直线l恒过原点(0，0)．(14分) (12)(2020山东滨州三模，12分)在平面直角坐标系xOy中，已知点H(－，0)，G是圆E：x2＋y2－2x－21＝0上一个动点，线段HG的垂直平分线交GE于P. (Ⅰ)求动点P的轨迹C的方程； 答案：＋＝1 解析：解：由E：x2＋y2－2x－21＝0得(x－)2＋y2＝24， 所以E(，0)，圆E的半径为2.(1分) 由题意得|PH|＝|PG|， 所以|PH|＋|PE|＝|PG|＋|PE|＝|EG|＝2>|HE|＝2，(2分) 所以点P的轨迹C是以H，E为焦点的椭圆，且a＝，c＝，所以b＝，(3分) 所以动点P的轨迹C的方程为＋＝1.(4分) (Ⅱ)设圆O：x2＋y2＝2上任意一点A处的切线交轨迹C于M，N两点，试判断以MN为直径的圆是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由． 答案：过定点(0，0) 解析：解：当过点A且与圆O相切的直线斜率不存在时，切线方程为x＝或x＝－. 当切线方程为x＝时，不妨设M(，)，N(，－)， 则以MN为直径的圆的方程为(x－)2＋y2＝2①； 当切线方程为x＝－时，不妨设M(－，)，N(－，－)，　 则以MN为直径的圆的方程为(x＋)2＋y2＝2②. 联立①②，解得交点为(0，0)．(5分) 当过点A且与圆O相切的直线斜率存在时，设切线方程为y＝kx＋m， 则＝，即m2＝2(k2＋1)．(6分) 联立直线与椭圆C的方程得 消去y，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.(7分) 易知点A在椭圆C内部，所以Δ>0恒成立， 所以直线与椭圆C恒有两个交点． 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则x1＋x2＝－，x1x2＝.(8分) 因为＝(x1，y1)，＝(x2，y2)， 所以·＝x1x2＋y1y2 ＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m) ＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2 ＝(1＋k2)·＋km·＋m2 ＝＝＝0，(10分) 所以OM⊥ON，(11分) 所以以MN为直径的圆过原点(0，0)． 综上所述，以MN为直径的圆过定点(0，0)．(12分) c．定向问题 (13)(2021广东湛江三模，12分)设抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，过点P(0，4)的动直线l与抛物线C交于A，B两点，当F在l上时，直线l的斜率为－2. (Ⅰ)求抛物线的方程； 答案：y2＝8x 解析：解：由y2＝2px得F， ∴直线PF的斜率为－2，∴＝－2，解得p＝4， ∴抛物线的方程为y2＝8x.(4分) (Ⅱ)在线段AB上取点D，满足＝λ，＝λ，证明：点D总在定直线上． 答案：见证明过程 解析：证明： 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(s，t)， 由题意知l的斜率存在且不为0， 故设直线l：x＝m(y－4)， 联立整理得y2－8my＋32m＝0， ∴y1＋y2＝8m，y1y2＝32m.(6分) ∵＝λ，＝λ， ∴y1－4＝λ(y2－4)，t－y1＝λ(y2－t)， ∴＝＝λ， 化简可得t＝＝． 又s＝m(t－4)，由题意知t≠4，∴t＝，(9分) 即st－t2＋4t－4s＝0，即(s－t)(t－4)＝0， ∴t＝s或t＝4(舍去)， 故点D在定直线y＝x上．(12分) 6．存在性问题、探索性问题 a．常数的存在性问题 (14)(2023汇编，20分)已知椭圆E的中心在坐标原点，焦点在x轴上，左、右顶点分别为A，B，椭圆E上的点到右焦点F距离的最大值为3，最小值为1，过F的直线l交椭圆于C，D两点(均不与A，B重合)． (Ⅰ)求椭圆E的标准方程； 答案：＋＝1 解析：解：设椭圆E的方程为＋＝1(a>b>0)，F(c，0)，点M(xM，yM)为椭圆E上的任意一点， 则－a≤xM≤a，＋＝1， 所以|MF|＝ ＝ ＝＝a－xM， 所以a－·(－a)＝3，a－·a＝1， 即a＋c＝3，a－c＝1， 解得a＝2，c＝1， 所以b＝， 所以椭圆E的标准方程为＋＝1.(4分) (Ⅱ)记直线AC，BD的斜率分别为k1，k2，是否存在常数λ，当直线l变动时，总有k1＝λk2成立？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由； 答案：存在，λ＝ 解析：解：存在λ＝符合题意，(5分) 理由如下： 由(Ⅰ)知A(－2，0)，B(2，0)，F(1，0). 当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝1. 由解得或 所以或均有k1＝k2， 猜测存在λ＝符合题意．(7分) 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－1)，C(x1，y1)，D(x2，y2)． 联立消去y整理得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，显然Δ>0恒成立， 所以x1＋x2＝，x1x2＝，(9分) 故k1－k2＝－ ＝ ＝ ＝ ＝＝0， 所以k1＝k2，(13分) 所以存在常数λ＝，使得k1＝k2恒成立．(14分) (Ⅲ)设过F的另一条直线l′交椭圆于P，Q两点，且PQ⊥CD，是否存在常数μ，使得|PQ|＋|CD|＝μ|PQ|·|CD|恒成立？若存在，求出μ的值；若不存在，说明理由． 答案：存在，μ＝ 解析：解：存在μ＝符合题意，(15分) 理由如下： 因为PQ⊥CD，所以直线l与l′互相垂直． 当直线l的斜率不存在，直线l′的斜率为0时，|PQ|＝|AB|＝4， 且由(Ⅱ)易得|CD|＝3， 所以μ＝＝＋＝＋＝.(16分) 当直线l的斜率存在时， 由(Ⅱ)得直线l的方程为y＝k(x－1)，C(x1，y1)，D(x2，y2)， x1＋x2＝，x1x2＝， 所以|CD|＝·|x1－x2| ＝· ＝· ＝4· ＝4· ＝.(18分) 因为直线l与l′互相垂直，所以直线l′的斜率为－， 所以同理可得|PQ|＝12×＝， 所以μ＝＋＝＋＝＝.(19分) 综上，存在μ＝，使得|PQ|＋|CD|＝μ|PQ|·|CD|恒成立．(20分) b．点的存在性问题 (15)(2020山东，12分)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过点A(2，1)． (Ⅰ)求C的方程； 答案：＋＝1 解：∵离心率e＝＝，∴a＝c. 又a2＝b2＋c2，∴b＝c，a＝b， 把点A的坐标(2，1)代入椭圆方程，得＋＝1，解得b2＝3， 故椭圆C的方程为＋＝1.(4分) (Ⅱ)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值． 答案：见证明过程 证明：①当直线MN的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋m， 联立消元整理得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－6＝0. 令Δ＝(4km)2－4(2k2＋1)(2m2－6)>0，得m2<6k2＋3. 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则x1＋x2＝－，x1x2＝.(6分) ∵AM⊥AN， ∴·＝(x1－2，y1－1)·(x2－2，y2－1)＝0， 即(x1－2，kx1＋m－1)·(x2－2，kx2＋m－1) ＝(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋m2－2m＋5 ＝(k2＋1)·＋(km－k－2)＋m2－2m＋5＝0， 化简整理得4k2＋8km＋3m2－2m－1＝(2k＋m－1)·(2k＋3m＋1)＝0, ∴m＝1－2k或m＝－. 当m＝1－2k时，y＝kx－2k＋1，过定点A(2，1)，不符合题意，舍去； 当m＝－时，y＝kx－，过定点B.(9分) ∵AD⊥MN，∴点D在以AB为直径的圆上， 故当点Q为AB的中点，即Q时，|DQ|＝|AB|＝×＝，为定值．(10分) ②当直线MN的斜率不存在时，设其方程为x＝t，M(t，s)，N(t，－s)，则＋＝1. ∵AM⊥AN，∴·＝(t－2，s－1)·(t－2，－s－1)＝t2－4t－s2＋5＝t2－4t＋2＝0，解得t＝或t＝2(舍)， ∴D，此时|DQ|＝＝，为定值． 综上所述，存在定点Q，使得|DQ|为定值，且该定值为.(12分) c．直线的存在性问题 (16)(2021河北承德二模，12分)已知M(－2，0)，N(2，0)，动点P满足：直线PM与直线PN的斜率之积为常数－.设动点P的轨迹为曲线C1，抛物线C2：x2＝2py(p＞0)与C1在第一象限的交点为A，过点A作直线l交曲线C1于点B，交抛物线C2于点E(点B，E不同于点A)． (Ⅰ)求曲线C1的方程； 答案：＋y2＝1(x≠±2) 解析：解：设动点P(s，t)，则kPM＝，kPN＝， ∴·＝－， ∴＋t2＝1(s≠±2)， ∴曲线C1的方程为＋y2＝1(x≠±2)．(4分) (Ⅱ)是否存在不过原点的直线l，使点E为线段AB的中点？若存在，求出p的最大值；若不存在，请说明理由． 答案：存在， 解析：解：存在符合题意的l，理由如下： 显然直线l的斜率存在， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，E(x0，y0)， 直线l：y＝kx＋m(k≠0，m≠0)， 联立整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0， ∴x1＋x2＝，∴x0＝. 联立整理得x2－2pkx－2pm＝0， ∴x1x0＝－2pm， ∴x1·＝－2pm，∴x1＝p.(8分) 联立整理得x2＋＝4. ∵A是曲线C1与C2的交点， ∴p2＋＝4， ∴p2＝.(9分) 令w＝＝， 由E为线段AB的中点，可知k>0， 则w≥4，当且仅当k＝时等号成立． 当w≥4时，p2＝≤＝， ∴当w＝4，即k＝时，p2取得最大值，即p取得最大值， 此时A，m＝， ∴存在不过原点的直线l，使点E为线段AB的中点，且p的最大值为.(12分) d．探索性问题 (17)(2021安徽合肥月考，12分)已知椭圆E：＋＝1上的点到椭圆一个焦点的距离的最大值是最小值的3倍，且点P在椭圆E上． (Ⅰ)求椭圆E的方程； 答案：＋＝1 解析：解：设点Q(x0，y0)为椭圆E上任意一点，根据椭圆的对称性，可设该焦点为左焦点，且为F(－c，0)， 则＋＝1，所以点Q到左焦点的距离 |QF|＝ ＝ ＝＝＝x0＋a. 因为－a≤x0≤a，所以当x0＝－a时，|QF|＝x0＋a取得最小值a－c；当x0＝a时，|QF|＝x0＋a取得最大值a＋c.(2分) 依题意知a＋c＝3(a－c)，所以a＝2c. 又因为a2＝b2＋c2，所以b＝c， 所以椭圆E的方程为＋＝1. 因为点P在椭圆E上， 所以＋＝1，解得c2＝1，所以a2＝4c2＝4，b2＝3c2＝3，所以椭圆E的方程为＋＝1.(5分) (Ⅱ)过点M(1，1)任作一条直线l，l与椭圆E交于不同于P点的A，B两点，与直线m：3x＋4y－12＝0交于C点，记直线PA，PB，PC的斜率分别为k1，k2，k3.试探究k1＋k2与k3的关系，并证明你的结论． 答案：k1＋k2＝2k3，见证明过程 解析：解：k1＋k2＝2k3.(6分) 证明：依题意，直线l与x轴不垂直，且与直线m不平行， 故可设直线l的方程为y－1＝k(x－1)， 即y＝k(x－1)＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 联立 消去y，化简得(4k2＋3)x2－8(k2－k)x＋4k2－8k－8＝0. 因为点M在椭圆内部，所以Δ>0恒成立， 所以x1＋x2＝，x1x2＝，(7分) 所以k1＋k2＝＋ ＝＋ ＝2k－ ＝2k－· ＝2k－· ＝2k－· ＝.(9分) 联立直线l与m的方程，得 解得 所以点C的坐标为， 所以k3＝＝.(11分) 因此，k1＋k2与k3的关系为k1＋k2＝2k3.(12分) 7．几何关系的判断与证明 (18)(2023汇编，20分)已知抛物线C：x2＝my(m＞0)的焦点F到其准线的距离为1. (Ⅰ)求抛物线C的方程； 答案：x2＝2y 解析：解：抛物线C的焦点为F，准线方程为y＝－， 所以焦点F到其准线的距离为＝1. 因为m＞0，解得m＝2， 所以抛物线C的方程为x2＝2y.(4分) (Ⅱ)过F的直线与抛物线C相交于A，B两点，在A，B处分别作C的切线，交点为E，证明：AB⊥EF； 答案：见证明过程 解析：证明：根据题意可知，直线AB的斜率一定存在， 设直线AB：y＝kx＋，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 联立整理得x2－2kx－1＝0， 所以x1＋x2＝2k，x1x2＝－1.(6分) 函数y＝x2的导数为y′＝x， 所以抛物线在点A处的切线方程为y－y1＝x1(x－x1)， 化简得y＝x1x－， 同理，抛物线在点B处的切线方程为y＝x2x－. 联立两切线方程，解得x＝＝k，y＝＝－， 所以E.(10分) 因为＝(x2－x1，y2－y1)＝(x2－x1，kx2－kx1)， ＝＝(k，－1)， 所以·＝k(x2－x1)－k(x2－x1)＝0， 所以AB⊥EF.(12分) (Ⅲ)若斜率为1的直线l交抛物线C于M，N两点，线段MN的垂直平分线交抛物线C于P，Q两点，求证：M，N，P，Q四点共圆． 答案：见证明过程 解析：证明：设直线l：y＝x＋t， 联立整理得x2－2x－2t＝0， 则Δ＝4＋8t>0，即t>－.(13分) 由根与系数的关系得xM＋xN＝2，xMxN＝－2t， 所以|MN|＝·|xM－xN|＝·＝2.(14分) 设线段MN的中点为S，则S(1，1＋t)． 因为PQ为线段MN的垂直平分线， 所以PQ的斜率为－1，且点S(1，1＋t)在直线PQ上， 所以直线PQ的方程为y－(1＋t)＝－(x－1)，即y＝－x＋t＋2.(15分) 联立整理得x2＋2x－2t－4＝0， 所以xP＋xQ＝－2，xPxQ＝－2t－4， 所以|PQ|＝·＝2.(17分) 设线段PQ的中点为T，则T(－1，t＋3)， 连接MT，则|MT|2＝|MS|2＋|ST|2＝2＋|ST|2＝(2＋4t)＋(－1－1)2＋(t＋3－1－t)2＝4t＋10. 又2＝4t＋10， 所以|MT|＝，(19分) 且PQ为线段MN的垂直平分线， 所以点M，N在以PQ为直径的圆上， 所以M，N，P，Q四点共圆．(20分) (19)(2023汇编，20分)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为R1，R2，且|F1F2|＝2，| R1R2|＝2. (Ⅰ)求椭圆C的方程； 答案：＋y2＝1 解析：解：因为|F1F2|＝2，| R1R2|＝2， 所以c＝，a＝，所以b＝1， 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.(3分) (Ⅱ)设过F2的直线与椭圆C交于M，N两点(均不与R1，R2重合)，直线MR2与直线x＝交于点T，证明：R1，N，T三点共线； 答案：见证明过程 解析：证明：由题可知F2(，0)，R1(－，0)，R2(，0)，MN斜率不为0，故可设直线MN的方程为x＝my＋， 联立整理得(m2＋3)y2＋2my－1＝0， 所以yM＋yN＝－，yMyN＝－.(5分) 易得直线MR2的方程为y＝(x－)． 令x＝，得y＝， 所以T，(7分) 所以＝(xN＋，yN)， ＝.(8分) 因为(xN＋)·－yN ＝(myN＋＋)·－yN ＝[(myN＋＋)(3－2)yM－(3＋2)(myM＋－)yN] ＝[(yM＋yN)－4myMyN] ＝0， 所以∥.(10分) 又R1N∩R1T＝R1，所以R1，N，T三点共线．(11分) (Ⅲ)设A是C在第一象限内的一点，点A关于y轴、坐标原点的对称点分别为B，D，AE垂直于x轴，垂足为E，直线DE分别交y轴、椭圆C于点G，H，直线BG交椭圆C于点P，直线HP交直线AE于点Q，证明：GQ∥x轴． 答案：见证明过程 解析：证明：设E(s，0)(0<s<)，则A(s，yA)，且y＝1－. 因为点B，D分别与点A关于y轴、坐标原点对称， 所以B(－s，yA)，D(－s，－yA)．(12分) 易得点G为DE的中点，所以G. 设直线DE的斜率为k1(k1>0)，则直线DE：y＝k1x－，(13分) 联立整理得(4＋12k)x2－12k1yAx＋3y－12＝0， 所以xH·xD＝xH·(－s)＝， 所以xH＝·， 所以yH＝·－.(14分) 设直线BG的斜率为k2，则直线BG：y＝k2x－， 联立直线BG与椭圆C的方程， 同理可得xP＝·，yP＝·－， 所以直线HP的斜率为 kHP＝＝ ＝ ＝.(16分) 因为k1＝＝，k2＝＝－， 所以k2＝－3k1，所以kHP＝， 所以直线HP：y－yH＝(x－xH)， 即y＝＋·－.(18分) 因为点Q在直线AE上，所以点Q的横坐标为s， 所以yQ＝＋·－ ＝·s＋·－ ＝·s－－ ＝·s－－ ＝－－ ＝－－ ＝－. 又G，所以直线GQ的斜率为0， 所以GQ∥x轴．(20分) 8．圆锥曲线的综合考查 (20)(2018浙江，15分)如图所示，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2＝4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上． (Ⅰ)设AB的中点为M，证明：PM垂直于y轴； 答案：见证明过程 解析：证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则y＝4x1，y＝4x2，其中y1≠y2. 易知AB的中点M的纵坐标为yM＝.(2分) 设P(x0，y0)，依题意得PA，PB的中点(，)，都在抛物线y2＝4x上， 所以 两式相减，得＝2(x1－x2)＝ 2＝. 因为y1≠y2，所以＝， 即y0＝.(4分) 显然y0＝yM，而P在y轴左侧，M在y轴右侧， 所以M，P不重合，故PM垂直于y轴．(6分) (Ⅱ)若P是半椭圆x2＋＝1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围． 答案： 解析：解：由(Ⅰ)得2＝4·，所以x0＝(y0＋y1)2－x1＝2－＝[(3y1＋y2)2－8y]＝(y＋y＋6y1y2)＝[(y1＋y2)2＋4y1y2]．(8分) 又因为y1＋y2＝2y0，所以y1y2＝8x0－y.(10分) 又因为P(x0，y0)在半椭圆x2＋＝1(x<0)上， 所以x＋＝1(－1≤x0<0)， 故△PAB的面积为S＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝3(1－x－x0) ＝6(1－x－x0).(13分) 因为－1≤x0<0，所以1－x－x0∈， 所以S∈. 故△PAB面积的取值范围是.(15分) (21)(2021重庆模拟，12分)已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F，离心率e＝，过圆C1：x2＋y2＝b2上一点Q(Q在y轴左侧)作该圆的切线，分别交椭圆E于A，B两点，交圆C2：x2＋y2＝a2于C，D两点(如图所示)，当切线AB与x轴垂直时，△CDF的面积为3＋. (Ⅰ)求椭圆E的标准方程； 答案：＋y2＝1 解析：解：切线AB与x轴垂直时，xC＝xD＝－b， ∴|CD|＝2＝2c. ∵S△CDF＝·2c·(b＋c)＝c(b＋c)＝3＋，e＝＝，a2＝b2＋c2， ∴a＝2，b＝1，c＝， ∴椭圆E的标准方程为＋y2＝1.(3分) (Ⅱ)(ⅰ)求△ABO面积的最大值； 答案：1 解析：解：由于点Q在y轴左侧，故直线AB的斜率不为0，设直线AB：x＝ty＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)． ∵直线AB与圆C1相切，∴＝1，即m2＝1＋t2. 联立 整理得(t2＋4)y2＋2tmy＋m2－4＝0， ∴y1＋y2＝－，y1y2＝，(5分) ∴|y1－y2|＝＝4＝，∴|AB|＝|y1－y2|＝·， ∴S△OAB＝|AB|·b＝≤＝1，当且仅当3＝1＋t2，即t＝±时等号成立， ∴△OAB的面积的最大值为1.(8分) (ⅱ)证明|AC|＋|AF|为定值，并求出这个定值． 答案：见证明过程，定值为＋2 解析：证明：∵点A(x1，y1)在椭圆E上，且在y轴左侧， ∴x1<0，＋y＝1， ∴|AF|＝＝ ＝＝2－x1. ∵|CQ|＝＝c＝， ∴|AC|＝|CQ|－|AQ| ＝－＝－ ＝－＝＋x1， ∴|AC|＋|AF|＝＋x1＋2－x1＝＋2，为定值．(12分) (22)(经典题，12分)已知双曲线C1的焦点在x轴上，焦距为4，且C1的渐近线方程为x±y＝0. (Ⅰ)求双曲线C1的方程； 答案：－y2＝1 解：因为C1的渐近线方程为x±y＝0，焦点在x轴上，所以可设双曲线C1的方程为－y2＝λ(λ＞0)，即－＝1(λ>0)，故a2＝3λ，b2＝λ.(2分) 又双曲线的焦距为4，所以2c＝4，即c＝2. 由a2＋b2＝c2，得4λ＝4， 所以λ＝1，故双曲线C1的方程为－y2＝1.(4分) (Ⅱ)若直线l：y＝kx＋与椭圆C2：＋＝1及双曲线C1都有两个不同的交点，且直线l与双曲线C1的两个交点A和B满足·<6(其中O为坐标原点)，求k2的取值范围． 答案：(，)∪ 解：联立直线l与椭圆C2的方程，得 消去y，整理得(1＋2k2)x2＋4kx＋2＝0. 由直线l与椭圆C2有两个不同的交点得Δ1＝(4k)2－8(1＋2k2)＝8(4k2－1)>0，即k2>.①(6分) 联立直线l与双曲线C1的方程，得消去y，整理得(1－3k2)x2－6kx－12＝0. 由直线l与双曲线C1有两个不同的交点A，B，得 即k2≠且k2<.②(8分) 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝.(9分) 由·<6，可得x1x2＋y1y2＜6，而x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋)(kx2＋)＝(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋3＝＋＋3＝， 所以<6，即<0，解得k2＞1或k2<.③ (11分) 由①②③得<k2<或1<k2<， 故k2的取值范围为∪.(12分) 随堂普查练36 1．(2021山东济南模拟，5分)直线y＝x＋3与曲线－＝1(　B　) A．没有交点 B．只有一个交点 C．有两个交点　 D．有三个交点 解析：当y≥0时，－＝－＝1，与y＝x＋3联立，消去x可得5y2＋24y＝0，解得y1＝0，y2＝－(舍去)，可知此时直线与曲线有一个交点，交点坐标为(－3，0)； 当y<0时，－＝＋＝1，与y＝x＋3联立，消去x可得13y2－24y＝0，解得y3＝0，y4＝， 因为两根均大于等于0，所以舍去，即此时直线与曲线无交点． 综上所述，直线y＝x＋3与曲线－＝1只有一个交点．故选B. 2．(2023汇编，17分)已知抛物线x2＝4y的焦点为F，直线l交抛物线于A，B两点． (1)如图所示，直线l经过点F，A在y轴左侧且AB的斜率大于0. ①当直线AB的斜率为1时，求弦长|AB|； 答案：8 解：由题可知，点F的坐标为(0，1)， ∴直线AB的方程为y＝x＋1. 联立得y2－6y＋1＝0， ∴yA＋yB＝6. 又∵点A，B在抛物线上， ∴|AB|＝|AF|＋|BF|＝yA＋yB＋2＝8.(3分) ②设点P(x0，0)在x轴正半轴上，连接PA，PB分别交抛物线于C，D，若AB∥CD且|AB|＝3|CD|，求x0. 答案： 解析：解：设A(2t，t2)，B(2s，s2)． ∵AB∥CD且|AB|＝3|CD|，∴|AP|＝3|CP|， ∴＝3，即(x0－2t，－t2)＝3(x0－xC，－yC)， ∴yC＝t2且x0－2t＝3(x0－xC)，得xC＝. 又∵点C在抛物线x2＝4y上， ∴＝t2，即2t2－2x0t－x＝0.(6分) ∵AB∥CD且|AB|＝3|CD|，∴|BP|＝3|DP|， 同理可得2s2－2x0s－x＝0， ∴s，t是关于x的方程2x2－2x0x－x＝0的两根， ∴s＋t＝x0，st＝－.(8分) 设直线AB的斜率为k，则直线AB：y＝kx＋1，且k＞0， 将y＝kx＋1与抛物线方程联立，得x2－4kx－4＝0， ∴2t·2s＝－4，∴st＝－＝－1，解得x0＝.(10分) (2)若OA⊥OB，求|AB|的最小值． 答案：8 解析：解：易知直线AB斜率不存在的情况不符合题意，故可设直线AB的斜率为k′. 设直线AB的纵截距为m，则AB：y＝k′x＋m， 联立得x2－4k′x－4m＝0. 由题意知Δ＝16k′2＋16m>0，即k′2＋m>0， 则xA＋xB＝4k′，xAxB＝－4m， ∴yAyB＝·＝m2.(12分) ∵OA⊥OB，∴kOA·kOB＝·＝＝－＝－1， ∴m＝4，满足k′2＋m>0，(14分) ∴|AB|＝|xA－xB| ＝ ＝4＝4. ∵k′2≥0，∴|AB|≥4＝8， ∴当k′＝0时，|AB|有最小值8.(17分) 3．(2019天津，14分)设椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点为F，左顶点为A，上顶点为B.已知|OA|＝2|OB|(O为原点)． (1)求椭圆的离心率； 答案： 解析：解：设椭圆的半焦距为c，由题意得a＝2b，即b＝a.(2分) 又a2＝b2＋c2，所以a2＝a2＋c2，即a2＝c2， 所以e＝＝，即椭圆的离心率为.(5分) (2)设经过点F且斜率为的直线l与椭圆在x轴上方的交点为P，圆C同时与x轴和直线l相切，圆心C在直线x＝4上，且OC∥AP，求椭圆的方程． 答案：＋＝1 解析：解：由(1)知a＝2c，b＝c，F(－c，0)，故椭圆方程为＋＝1，且直线l的方程为y＝(x＋c)． 联立直线l与椭圆方程得消去y，整理得7x2＋6cx－13c2＝0，即(7x＋13c)(x－c)＝0，解得x1＝c，x2＝－.(8分) 将x1，x2分别代入直线l的方程，得y1＝，y2＝－. 因为点P在x轴上方，所以P.(10分) 由圆心C在直线x＝4上，设C(4，t)． 因为OC∥AP，且由(1)知A(－2c，0)， 所以＝，解得t＝2，即C(4，2)．(12分) 因为圆C与x轴相切，所以圆C的半径为2. 又圆C与直线l：3x－4y＋3c＝0相切， 所以＝2，解得c＝2(负值舍去)， 所以椭圆的方程为＋＝1.(14分) 4．(2019浙江，15分)如图，已知点F(1，0)为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线上，使得△ABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧．记△AFG，△CQG的面积分别为S1，S2. (1)求p的值及抛物线的标准方程； 答案：p＝2，y2＝4x 解析：解：由题意得＝1，即p＝2, 所以抛物线的标准方程为y2＝4x.(3分) (2)求的最小值及此时点G的坐标． 答案：的最小值为1＋，此时点G的坐标为(2，0) 解析：解：设A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心G(xG，yG)．令yA＝2t(t≠0)，则xA＝t2，即A(t2，2t)． 由题可知，直线AB的斜率不为0，且AB过点F(1，0)，所以直线AB的方程为x＝y＋1，代入y2＝4x，得y2－y－4＝0，故2tyB＝－4，即yB＝－，所以xB＝，即B.(4分) 因为△ABC的重心为G， 所以xG＝(xA＋xB＋xC)，yG＝(yA＋yB＋yC)． 因为重心G在x轴上，故yG＝＝0，即yC＝－2t，所以xC＝＝，　 所以C，所以xG＝[t2＋＋]＝，所以G(，0)．(8分) 当直线AC的斜率不存在时，由抛物线的对称性可得易知此方程组无解，故直线AC的斜率存在，且直线AC的斜率kAC＝＝＝2t，所以直线AC的方程为y－2t＝2t(x－t2)． 令y＝0，得x＝t2－1，即Q(t2－1，0)． 由于Q在焦点F的右侧，故t2－1>1，即t2>2.(10分) ＝ ＝ ＝＝2－. 令m＝t2－2，则m>0， ＝2－＝2－＝2－.(12分) 因为m＋≥2，当且仅当m＝时取等号， 所以0<≤＝1－， 所以＝2－≥2－＝1＋， 当且仅当m＝，即t2＝2＋时，取得最小值1＋， 此时点G的坐标为(，0)，即G(2，0)．(15分) 5．(2020浙江，15分)如图，已知椭圆C1：＋y2＝1，抛物线C2：y2＝2px(p>0)，点A是椭圆C1与抛物线C2的交点，过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于点M(B，M不同于A)． (1)若p＝，求抛物线C2的焦点坐标； 答案： 解析：解：∵p＝，∴＝， ∴抛物线C2的焦点坐标为.(2分) (2)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值． 答案： 解析：解：当直线l与x轴垂直时，点M与点B重合，M不可能为线段AB的中点，不满足题意．(3分) 当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋t(k≠0，t≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)． 联立消去y可得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，(4分) ∴Δ1＝16k2t2－4(2k2＋1)(2t2－2)>0， 即t2<1＋2k2，① ∴x1＋x2＝－，∴x0＝(x1＋x2)＝－， ∴y0＝kx0＋t＝，∴M.(6分) ∵点M在抛物线C2上，∴y＝2px0， ∴p＝＝＝.(8分) 联立消去y可得k2x2＋2(kt－p)x＋t2＝0， ∴Δ2＝4(kt－p)2－4k2t2>0，即p>2kt，② ∴x1x0＝，∴x1＝＝＝， y1＝kx1＋t＝.(10分) 把A点坐标(x1，y1)代入椭圆方程可得＋＝1，解得t2＝， ∴p2＝ ＝ ＝ ≤ ＝，(13分) ∴p≤，当且仅当1＝2k2，即k2＝时等号成立，此时t2＝. 经验证，当kt<0时，k2＝，t2＝，p＝满足不等式①②，符合题意，故p的最大值为.(15分) 6．(2020北京，15分)已知椭圆C：＋＝1过点A(－2，－1)，且a＝2b. (1)求椭圆C的方程； 答案：＋＝1 解析：解：椭圆C：＋＝1过点A(－2，－1)，且a＝2b， 则解得 ∴椭圆C的方程为＋＝1.(4分) (2)过点B(－4，0)的直线l交椭圆C于点M，N，直线MA，NA分别交直线x＝－4于点P，Q.求的值． 答案：1 解析：解：由题意可得直线l的斜率存在． 设直线l的方程为y＝k(x＋4)， 联立消去y整理可得(1＋4k2)x2＋32k2x＋64k2－8＝0，∴Δ＝－32(4k2－1)>0， 解得－<k<.(6分) 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， ∴x1＋x2＝－，x1x2＝. 显然直线AM的斜率存在， ∴直线AM的方程为y＋1＝(x＋2)， 令x＝－4，可得yP＝－1 ＝－. 同理可得yQ＝－，(9分) ∴|PB|＝|yP|＝， |QB|＝|yQ|＝， ∴＝ ＝ .(12分) ∵(2k＋1)·x1x2＋(4k＋2)(x1＋x2)＋8(2k＋1) ＝(2k＋1)·＋(4k＋2)＋8(2k＋1) ＝(2k＋1)·(－2×＋8) ＝＝－(2k＋1)(x1＋x2)， ∴＝ ＝＝1， 即＝1.(15分) 7．(2020全国Ⅰ，12分)已知A，B分别为椭圆E：＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，·＝8.P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D. (1)求E的方程； 答案：＋y2＝1 解析：解：由题设得A(－a，0)，B(a，0)，G(0，1)， 则＝(a，1)，＝(a，－1)． 由·＝8得a2－1＝8，所以a＝3， 所以E的方程为＋y2＝1.(4分) (2)证明：直线CD过定点． 答案：见证明过程 解析：证明：设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t)， 若t≠0，则直线CD的斜率不为0，故设直线CD的方程为x＝my＋n，－3<n<3. 易知直线PA的方程为y＝(x＋3)， 所以y1＝(x1＋3)，同理可得y2＝(x2－3), 联立消去t得＝，整理得3y1(x2－3)＝y2(x1＋3)，所以3y1y2(x2－3)＝y(x1＋3)①.(6分) 因为＋y＝1，所以y＝1－＝－. 将其代入①式，消去x2－3，可得27y1y2＝－(x1＋3)·(x2＋3)＝－(my1＋n＋3)(my2＋n＋3)， 即(27＋m2)y1y2＋m(n＋3)(y1＋y2)＋(n＋3)2＝0②.(8分) 联立消元整理得(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0. 由题可知Δ>0，则y1＋y2＝－，y1y2＝， 代入②式得(27＋m2)·＋m(n＋3)·＋(n＋3)2＝0， 即(27＋m2)(n2－9)－2m2n(n＋3)＋(n＋3)2(m2＋9)＝0， 即(n＋3)[(27＋m2)(n－3)－2m2n＋(n＋3)(m2＋9)]＝0，即(n＋3)(36n－54)＝0， 解得n＝或n＝－3(因为－3<n<3，所以n＝－3舍去), 故直线CD的方程为x＝my＋，即直线CD过定点.(11分) 若t＝0，则点C与点B重合，点D与点A重合， 直线CD的方程为y＝0，也过点. 综上所述，直线CD过定点.(12分) 8．(2023改编，25分)已知A(－2，0)，B(2，0)为椭圆C的左、右顶点，F为其右焦点，P是椭圆C上异于A，B的动点，且△APB面积的最大值为2. (1)若斜率不为0且过点F的直线与椭圆C相交于M，N两点． ①是否存在常数λ，使得kAM＝λkBN？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由； 答案：存在常数λ＝，使得kAM＝kBN 解析：解：由题意，设椭圆C的标准方程为＋＝1(a>b>0)，F(c，0)． 由题意知a＝2，当点P为椭圆的上顶点或下顶点时，△APB的面积取得最大值， 所以×2a×b＝2，解得b＝，所以椭圆C的标准方程为＋＝1, F(1，0)．(1分) 设过点F的直线为x＝my＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1，x2≠±2，则kAM＝，kBN＝.(2分) 由消去x，得(4＋3m2)y2＋6my－9＝0，易知Δ>0恒成立，则y1＋y2＝，y1y2＝.(3分) 所以my1y2＝－＝(y1＋y2)， 所以＝·＝＝＝＝＝. 所以存在常数λ＝，使得kAM＝kBN.(6分) ②求证：直线AM，BN的交点在直线l：x＝4上． 答案：见证明过程 解析：证明：由①知直线AM：y＝(x＋2)，直线BN：y＝(x－2)，且＝·， 由解得x＝4. 所以直线AM，BN的交点在直线l：x＝4上．(10分) (2)直线AP与椭圆在点B处的切线交于点D，当点P在椭圆上运动时，求证：以BD为直径的圆与直线PF恒相切； 答案：见证明过程 解析：证明：由题意可设直线AP的方程为y＝k(x＋2)(k≠0)，则点D的坐标为(2，4k)，BD的中点E的坐标为(2，2k)． 由得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0，易知Δ>0恒成立．(11分) 设点P的坐标为(x0，y0)，则－2x0＝， 所以x0＝，y0＝k(x0＋2)＝.(12分) 当x0＝＝1，即k＝±时，P，D (2，±2)，E(2，±1)， 所以直线PF⊥x轴，此时以BD为直径的圆(x－2)2＋(y±1)2＝1与直线PF相切．(13分) 当x0≠1，即k≠±时，直线PF的斜率kPF＝＝，所以直线PF的方程为y＝(x－1)， 所以点E到直线PF的距离d＝＝＝2 . 又因为＝4，所以d＝， 故以BD为直径的圆与直线PF相切． 综上，以BD为直径的圆与直线PF恒相切．(15分) (3)设椭圆的上顶点为S，是否存在直线l0，使得l0交C于T，Q两点，且F恰是△STQ的垂心？若存在，求l0的方程；若不存在，说明理由． 答案：存在，直线l0的方程为y＝x－ 解析：解：存在，直线l0的方程为y＝x－.(16分) 假设存在满足条件的直线l0， 则由垂心的性质可得SF⊥TQ. 因为S(0，)，F(1，0)，所以kSF＝－， 所以kTQ＝. 设l0的方程为y＝x＋t，t≠，Q(x3，y3)，T(x4，y4)，联立直线l0与椭圆C的方程，得 消去y，得 13x2＋8tx＋12t2－36＝0，(17分) 所以Δ＝(8t)2－4×13(12t2－36)＝48[4t2－13(t2－3)]＝144(13－3t2)>0， 解得－<t<，且t≠. 所以x3＋x4＝－，x3x4＝.(18分) 又因为QF⊥ST，直线QF、ST的斜率均存在且不为0， 所以kQF·kST＝－1，即·＝－1， 所以y3(y4－)＋(x3－1)x4＝0， 即y3y4－y3＋x3x4－x4＝0.(20分) 将y3＝x3＋t和y4＝x4＋t代入上式， 得－＋x3x4－x4＝0， 化简得x3x4＋(t－)(x3＋x4)＋t2－t＝0.(22分) 将x3＋x4＝－，x3x4＝代入上式， 得(t2－3)－(t2－t)＋t2－t＝0， 化简得(21t＋16)(t－)＝0. 因为t≠，所以21t＋16＝0， 解得t＝－.(24分) 又因为－<t<，所以t＝－满足题意． 所以直线l0的方程为y＝x－.(25分) 9．(2021广东广州二模，12分)已知抛物线C：x2＝2py(p＞0)上的点到点A(0，p)的距离的最小值为2. (1)求C的方程； 答案：x2＝4y 解析：解：设抛物线C上一点B的坐标为， 则|BA|＝＝. 显然当x0＝0时，|BA|取得最小值， ∴＝2，即p＝2， ∴抛物线C：x2＝4y.(4分) (2)若点F是C的焦点，过F作两条相互垂直的直线l1，l2，l1与C交于M，N两点，l2与C交于P，Q两点，线段MN，PQ的中点分别是S，T，是否存在定圆，使得直线ST截该圆所得的线段长恒为定值？若存在，写出一个定圆的方程；若不存在，请说明理由． 答案：存在，x2＋(y－3)2＝1(答案不唯一) 解析：解：由(1)可得， F(0，1)． 显然直线l1，l2的斜率存在且不为0， 设直线l1：y＝kx＋1，则直线l2：y＝－x＋1， 联立整理得x2－4kx－4＝0， ∴xM＋xN＝4k，xMxN＝－4. ∵点S是MN的中点，∴S(2k，2k2＋1)． 同理可得T， ∴直线ST的方程为＝， 整理得y＝x＋3.(8分) 假设存在一个以点(a，b)为圆心，r为半径的圆满足题意， 则圆心到直线ST的距离d＝. 当d为定值时，则弦长2也为定值， 故当a＝0，b＝3时，圆满足题意， r可取任意正数．令r＝1，则所求圆的方程为x2＋(y－3)2＝1.(12分) 10．(2018全国Ⅰ，12分)设抛物线C：y2＝2x，点A(2，0)，B(－2，0)，过点A的直线l与C交于M，N两点． (1)当l与x轴垂直时，求直线BM的方程； 答案：x＋2y＋2＝0或x－2y＋2＝0 解析：解：当x＝2时，y2＝4，即y＝±2， 所以点M的坐标是(2，2)或(2，－2)，(2分) 所以kBM＝＝或kBM＝＝－，(4分)　 所以直线BM的方程是y＝±(x＋2)， 即x±2y＋2＝0.(5分) (2)证明：∠ABM＝∠ABN. 答案：见证明过程 解析：证明：由(1)易得，直线l的斜率不为0，且当直线l的斜率不存在时，∠ABM＝∠ABN.(6分) 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程是y＝k(x－2)，k≠0，M(x1，y1)，N(x2，y2)． 联立直线l与抛物线C的方程得 整理得k2x2－(4k2＋2)x＋4k2＝0，(8分) 所以x1＋x2＝，x1x2＝4， 所以kBM＋kBN＝＋＝ ＝ ＝＝＝0，(11分) 所以∠ABM＝∠ABN. 综上所述，∠ABM＝∠ABN.(12分) 11．(经典题，13分)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知R(x0，y0)是椭圆C：＋＝1上一点，从原点O向圆R：(x－x0)2＋(y－y0)2＝8作两条切线，分别交椭圆C于P，Q两点． 若点R在第一象限，且直线OP⊥OQ，求圆R的方程； 答案：(x－2)2＋(y－2)2＝8 解析：解：由圆R的方程知圆R的半径r＝2. 因为直线OP，OQ互相垂直，且和圆R相切， 所以|OR|＝r＝4，即x＋y＝16.(2分) 又点R在椭圆C上，且在第一象限， 所以＋＝1，且x0>0，y0>0. 联立解得x0＝y0＝2，即R(2，2)，　 所以圆R的方程为(x－2)2＋(y－2)2＝8.(4分) (2)若直线OP，OQ的斜率均存在，并分别记为k1，k2，求k1k2； 答案：－ 解析：解：因为直线OP：y＝k1x和OQ：y＝k2x都与圆R相切，所以圆心R到直线OP，OQ的距离相等，都等于半径，即＝2，且＝2，所以k1，k2均满足关于k的方程＝2，方程两边同时平方并整理得(x－8)k2－2x0y0k＋y－8＝0， 所以k1k2＝.(6分) 因为点R(x0，y0)在椭圆C上， 所以＋＝1，即y＝12－x， 所以k1k2＝＝－.(7分) (3)试问|OP|2＋|OQ|2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由． 答案：|OP|2＋|OQ|2是定值，该定值为36 解析：解：|OP|2＋|OQ|2是定值，该定值为36.(8分) ①当直线OP，OQ不与坐标轴重合时，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)(x1x2y1y2≠0)． (法一)由(2)知2k1k2＋1＝0， 所以＋1＝0，故yy＝xx.(9分) 因为P(x1，y1)，Q(x2，y2)在椭圆C上， 所以即两式相乘， 得yy＝， 故(12－x)·＝xx， 整理得x＋x＝24，(11分) 所以y＋y＝24－(x＋x)＝12， 所以|OP|2＋|OQ|2＝x＋y＋x＋y＝(x＋x)＋(y＋y)＝36.(12分) (法二)由(2)知直线OP：y＝k1x，直线OQ：y＝k2x，则k1k2≠0. 联立消去y并整理得(1＋2k)x2＝24， 所以x＝，所以y＝， 所以x＋y＝. 同理可得x＋y＝.(10分) 又k1k2＝－，即k2＝－， 所以|OP|2＋|OQ|2＝x＋y＋x＋y＝＋＝24 ＝24 ＝24 ＝24·＝36.(12分) ②当直线OP，OQ与坐标轴重合时，显然有|OP|2＋|OQ|2＝24＋12＝36. 综上可得，|OP|2＋|OQ|2是定值，该定值为36.(13分) 12．(2021山东青岛三模，12分)在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为F，抛物线C上不同的两点M，N同时满足下列三个条件中的两个： ①|FM|＋|FN|＝|MN|；②|OM|＝|ON|＝|MN|＝8；③直线MN的方程为y＝6p. (1)请分析说明两点M，N满足的是哪两个条件？并求抛物线C的标准方程； 答案：M，N只能同时满足条件②③，x2＝4y 解析：解：由①可得MN过焦点F. 若M，N同时满足条件①②，则当|OM|＝|ON|时，|MN|＝2p， 而|OM|＝|ON|＝p≠|MN|， ∴①②不同时成立． ∵直线y＝6p不可能过焦点F， ∴①③不同时成立， ∴M，N只能同时满足条件②③.(3分) ∵|OM|＝|ON|＝|MN|＝8，且直线MN的方程为y＝6p， ∴6p＝(4)2÷2p，解得p＝2， ∴抛物线C的标准方程为x2＝4y.(6分) (2)设直线l与抛物线C相切于点P，与椭圆D：＋＝1相交于点A，B，与直线y＝－交于点Q，以PQ为直径的圆与直线y＝－交于另一点Z，求证：直线OZ经过线段AB的中点． 答案：见证明过程 解析：证明：设P，A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为G. 由x2＝4y得y＝，求导得y′＝， ∴kAB＝. ∵点A，B均在椭圆D上，∴＋＝1，＋＝1， 两式相减可得＝－＝－＝－， ∴kOG＝＝＝－. (10分) ∵PQ为直径，∴QZ⊥PZ，∴Z(t，－)， ∴kOZ＝－＝kOG， ∴点O，G，Z三点共线， 即直线OZ经过线段AB的中点．(12分) 课后提分练36　圆锥曲线的综合问题 A组(巩固提升) 1．(2021安徽高三月考，5分)已知圆C：x2＋y2－10y＝0上有且仅有三点到双曲线E：－＝1(a>0，b>0)的一条渐近线的距离为2，双曲线的焦距为10，则下列说法错误的是(　B　) A．双曲线E的离心率为 B．直线l：y＝x＋1与双曲线E的两支各有一个交点 C．双曲线E与双曲线－＝1有相同的渐近线 D．过点P至少能作两条直线与双曲线E仅有一个交点 解析：由x2＋y2－10y＝0得x2＋(y－5)2＝25， ∴C(0，5)，半径为5. 不妨取双曲线的一条渐近线为y＝x， 设圆心C到直线y＝x的距离为d，则d＝5－2＝3. 由点到直线的距离公式可得d＝＝3， ∴＝. 又双曲线的焦距2c＝10，c＝， ∴a＝3，b＝4，c＝5， ∴双曲线E：－＝1. A选项，双曲线E的离心率为＝，故A正确． B选项，∵直线l与双曲线E的一条渐近线平行， ∴直线l与双曲线E只有一个公共点，故B错误． C选项，双曲线E与双曲线－＝1的渐近线方程均为y＝±x，故C正确． D选项，∵－≠1，∴点P不在双曲线E上， ∴过点P分别作与双曲线E的两条渐近线平行的直线，这两条直线都与双曲线只有一个公共点，故D正确．故选B. 2．(2023改编，13分)过抛物线C：y2＝4x的焦点F的直线交C于A，B两点，交准线l于点M，准线与x轴交于点H. (1)已知＝λ1，＝λ2，求λ1＋λ2的值； 答案：λ1＋λ2＝0 解析：解：由题设得F(1，0)，准线l：x＝－1.设A(x1，y1)，B(x2，y2)(y1≠0，y2≠0)，直线AB的方程为x＝my＋1，m≠0，则M.(1分) 联立方程整理得y2－4my－4＝0， 则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4.(3分) 由＝λ1，＝λ2，得y1＋＝－λ1y1，y2＋＝－λ2y2，即λ1＝－1－，λ2＝－1－，(5分) 所以λ1＋λ2＝－2－·＝－2＋2＝0.(7分) (2)是否存在常数λ∈R，使得＝λ且|HA|2＋|HB|2＝都成立？若存在，求出实数λ的值；若不存在，请说明理由． 答案：存在，λ＝2或 解析：解：存在λ＝2或满足题意．(8分) 由(1)知① 因为＝λ，所以y1＝－λy2， 代入①，得 消去y2，得4m2＝λ＋－2.(9分) 因为H(－1，0)， 所以|HA|2＋|HB|2 ＝(x1＋1)2＋y＋(x2＋1)2＋y ＝(my1＋2)2＋y＋(my2＋2)2＋y ＝(m2＋1)y＋4my1＋4＋(m2＋1)y＋4my2＋4 ＝(m2＋1)(y＋y)＋4m(y1＋y2)＋8 ＝(m2＋1)[(y1＋y2)2－2y1y2]＋4m(y1＋y2)＋8 ＝(m2＋1)(16m2＋8)＋16m2＋8 ＝16m4＋40m2＋16， 所以16m4＋40m2＋16＝，解得m2＝， 所以＝λ＋－2，解得λ＝2或. 故存在满足条件的λ，且λ＝2或λ＝.(13分) 3．(2021海南模拟，12分)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点A(2，0)，过右焦点F且与x轴垂直的直线l被C截得的线段长为3. (1)求椭圆C的方程； 答案：＋＝1 解析：解：由题可知a＝2. 设F(c，0)(c＞0)， 将x＝c代入椭圆方程得＋＝1， 解得y＝±， ∴2·＝3，∴b2＝3， ∴椭圆C的方程为＋＝1.(4分) (2)点P在椭圆C上，直线AP与l交于点M，过点M作AP的垂线，与y轴交于点Q，若PF⊥QF，求点P的坐标． 答案： 解析：解：由(1)知直线l：x＝1，A(2，0)，F(1，0)． 由题意知AP的斜率存在且不为0， 设直线AP的方程为y＝k(x－2)(k≠0)，P(x1，y1)， 联立整理得(3＋4k2)x2－16k2x＋16k2－12＝0， ∴2x1＝， ∴x1＝，y1＝k(x1－2)＝， ∴P. (7分) 在y＝k(x－2)中，令x＝1，得y＝－k， ∴M(1，－k)， ∴直线MQ：y＋k＝－(x－1)． 令x＝0，得y＝－k，∴Q.(9分) ∵PF⊥QF，∴·＝0， 即·＝＝0， ∴k2＝，k＝±， ∴点P的坐标为.(12分) 4．(2018天津，14分)设椭圆＋＝1(a>b>0)的右顶点为A，上顶点为B.已知椭圆的离心率为，|AB|＝. (1)求椭圆的方程； 答案：＋＝1 解析：解：设椭圆的焦距为2c，由题意有＝，又a2＝b2＋c2，可得2a＝3b.由|AB|＝＝，得a2＋b2＝13，解得a＝3，b＝2. 所以椭圆的方程为＋＝1.(5分) (2)设直线l：y＝kx(k<0)与椭圆交于P，Q两点，l与直线AB交于点M，且点P，M均在第四象限．若△BPM的面积是△BPQ面积的2倍，求k的值． 答案：－ 解析：解：设点P的坐标为(x1，y1)，点M的坐标为(x2，y2)，由题意得x2>x1>0，点Q的坐标为(－x1，－y1)． 由△BPM的面积是△BPQ面积的2倍，可得|PM|＝2|PQ|，即＝2，从而x2－x1＝2[x1－(－x1)]，即x2＝5x1.(8分) 易知直线AB的方程为2x＋3y＝6，则k≠－. 联立消去y可得x＝， 所以x2＝. 联立消去y可得x2＝， 所以x1＝.(11分) 由x2＝5x1，可得＝5(3k＋2)，两边平方， 整理得18k2＋25k＋8＝0，解得k＝－或k＝－.(12分) 当k＝－时，x2＝－9<0，不合题意，舍去； 当k＝－时，x2＝12，x1＝，符合题意． 所以k的值为－.(14分) 5．(2020天津，15分)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的一个顶点为A(0，－3)，右焦点为F，且|OF|＝|OA|，其中O为原点． (1)求椭圆的方程； 答案：＋＝1 解析：解：由已知可得b＝3.设半焦距为c，由|OF|＝|OA|，可得c＝b＝3. 由a2＝b2＋c2，可得a2＝18， ∴椭圆的方程为＋＝1.(4分) (2)若点C满足3＝，点B在椭圆上(B异于椭圆的顶点)，直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，且P为线段AB的中点．求直线AB的方程． 答案：y＝x－3或y＝x－3 解析：解：∵直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，∴AB⊥CP. 根据题意可得直线AB和直线CP的斜率均存在，设直线AB的方程为y＝kx－3. 联立直线AB与椭圆的方程得 消去y可得(2k2＋1)x2－12kx＝0， 解得x＝0或x＝. ∵B异于椭圆的顶点， ∴点B的坐标为.(8分) ∵P为线段AB的中点，点A的坐标为(0，－3)， ∴点P的坐标为. 由3＝，可得点C的坐标为(1，0)， ∴直线CP的斜率为＝.(12分) ∵AB⊥CP，∴k·＝－1， 整理可得2k2－3k＋1＝0，解得k＝或k＝1， ∴直线AB的方程为y＝x－3或y＝x－3.(15分) 6．(2019北京，14分)已知抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)． (1)求抛物线C的方程及其准线方程； 答案：x2＝－4y，y＝1 解析：解：因为抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)，所以4＝2p，解得p＝2， 所以抛物线C的方程为x2＝－4y，准线方程为y＝1.(4分) (2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y＝－1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点． 答案：见证明过程 解析：证明：抛物线x2＝－4y的焦点为F(0，－1)． 设直线l的方程为y＝kx－1，联立消去y并整理得x2＋4kx－4＝0. 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－4k，x1x2＝－4.(6分) 因为直线OM的方程为y＝x，即y＝－x， 所以A. 同理可得B. 所以线段AB的中点的横坐标为2＝2·＝2k，(8分) 所以以AB为直径的圆的圆心为Q(2k，－1)，半径为＝＝2·＝2， 所以圆Q的方程为(x－2k)2＋(y＋1)2＝4(1＋k2)．(12分) 令x＝0，可得y＝1或－3. 故以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点(0，1)，(0，－3)．(14分) 7．(2021北京，15分)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)过点A(0，－2)，以四个顶点围成的四边形面积为4. (1)求椭圆E的标准方程； 答案：＋＝1 解析：解：因为椭圆过A(0，－2)，故b＝2.(1分) 因为四个顶点围成的四边形的面积为4， 故×2a×2b＝4，即a＝，(3分) 故椭圆E的标准方程为＋＝1.(4分) (2)过点P(0，－3)的直线l斜率为k，交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB，AC分别交y＝－3于点M，N，若|PM|＋|PN|≤15，求k的取值范围． 答案：[－3，－1)∪(1，3] 解析：解：设B(x1，y1)，C(x2，y2)， 由题意得直线BC的斜率存在，故x1x2≠0. 直线AB：y＝x－2，令y＝－3，可得M点的横坐标xM＝－，(6分) 直线AC：y＝x－2，令y＝－3，可得N点的横坐标xN＝－.(7分) 直线BC：y＝kx－3，联立 消y整理可得(4＋5k2)x2－30kx＋25＝0，(8分) 故Δ＝(－30k)2－4×(4＋5k2)×25＝900k2－100(4＋5k2)＝400(k2－1)>0， 解得k<－1或k>1.(9分) 根据根与系数的关系可知， x1＋x2＝，x1x2＝，故x1x2>0.(10分) 又y1，y2>－2，所以xMxN>0， 所以|PM|＋|PN|＝|xM|＋|xN| ＝＋＝ ＝ ＝ ＝5|k|，(13分) 故5|k|≤15，即|k|≤3，解得－3≤k≤3. 综上，－3≤k＜－1或1＜k≤3，即k的取值范围为[－3，－1)∪(1，3]．(15分) 8．(2021安徽模拟，12分)已知抛物线C的顶点在坐标原点，准线方程为y＝.F为抛物线C的焦点，点P为直线y＝x＋2上任意一点，以P为圆心，PF为半径的圆与抛物线C的准线交于A，B两点，过A，B分别作准线的垂线交抛物线C于点D，E. (1)求抛物线C的方程； 答案：x2＝－2y 解析：解：设抛物线的方程为x2＝－2py(p>0)． 由题意可得＝，解得p＝1，则抛物线的方程为x2＝－2y.(4分) (2)证明：直线DE过定点，并求出定点的坐标． 答案：见证明过程， 解析：证明：由抛物线的方程为x2＝－2y得F. 设P(t，s)，则s＝t＋2，|PF|2＝t2＋2， 于是圆P的方程为(x－t)2＋(y－s)2＝t2＋2.(6分) 令y＝，可得x2－2tx－2s＝0①，显然Δ>0恒成立． 设D，E，由①可得x1＋x2＝2t，x1x2＝－2s②.(8分) 因为kDE＝＝－， 所以直线DE的方程为y＋＝－(x－x1)＝－x＋， 即y＝－x＋，　 将②代入有y＝－tx－s， 即y＋2＝－t. 因为上式对t∈R恒成立， 故令解得 即直线DE恒过定点.(12分) 9．(2021江苏苏州模拟，14分)如图，C，D是离心率为的椭圆的左、右顶点，F1，F2是该椭圆的左、右焦点，A，B是直线x＝－4上的两个动点，连接AD和BD，它们分别与椭圆交于E，F两点，且线段EF恰好过椭圆的左焦点F1.当EF⊥CD时，点E恰为线段AD的中点． (1)求椭圆的方程； 答案：＋＝1 解析：解：设AB与x轴交于点G，椭圆的标准方程为＋＝1(a>b>0)． ∵当EF⊥CD时，点E恰为线段AD的中点，且EF∥AB， ∴F1为GD的中点，∴a＋c＝4－c.(2分) 联立解得 ∴椭圆的方程为＋＝1.(4分) (2)试判断以AB为直径的圆与直线EF的位置关系，并证明你的结论． 答案：以AB为直径的圆始终与直线EF相切，见证明过程 解析：解：以AB为直径的圆与直线EF相切．(5分) 证明：显然直线EF与x轴不重合，由(1)知F1(－1，0)，故设直线EF的方程为x＝my－1，E(x1，y1)，F(x2，y2)(x1，x2≠±2)． 联立消去x，整理得(3m2＋4)y2－6my－9＝0， ∴y1＋y2＝，y1y2＝.(7分) ∵点D(2，0)，∴直线DE：y＝(x－2)． 设A(－4，yA)，由点A在直线DE上可得yA＝(－4－2)＝，同理可得yB＝. ∴yA＋yB＝＋ ＝－6· ＝－6· ＝－6· ＝6m，(10分) |AB|＝|yA－yB|＝ ＝18· ＝18· ＝18· ＝6.(12分) 设AB的中点为M，则M点的坐标为，即M(－4，3m)，∴点M到直线EF的距离d＝＝3＝|AB|， 故以AB为直径的圆始终与直线EF相切．(14分) 10．(2018北京，14分)已知椭圆M：＋＝1(a>b>0)的离心率为，焦距为2.斜率为k的直线l与椭圆M有两个不同的交点A，B. (1)求椭圆M的方程； 答案：＋y2＝1 解析：解：由题意知解得 所以椭圆M的方程为＋y2＝1.(3分) (2)若k＝1，求|AB|的最大值； 答案： 解析：解：当k＝1时，设直线l的方程为y＝x＋m， A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)． 联立直线l与椭圆M的方程 消去y得4x2＋6mx＋3m2－3＝0. 令Δ＝(6m)2－4×4×(3m2－3)>0，得m2<4. 根据韦达定理得(5分) 则|AB|＝·|x1－x2|＝·＝.　 因为0≤m2<4，所以当m2＝0时，取得最大值×＝.(8分) (3)设P(－2，0)，直线PA与椭圆M的另一个交点为C，直线PB与椭圆M的另一个交点为D.若C，D和点Q共线，求k的值． 答案：1 解析：解：因为P(－2，0)，所以kPA＝， 直线PA的方程为y＝(x＋2)． 联立直线PA与椭圆M的方程 消去y得(x＋4x1＋4＋3y)x2＋12yx＋(12y－3x－12x1－12)＝0①. 因为点A在椭圆上，所以＋y＝1，所以y＝1－，将其代入①式得(4x1＋7)x2＋(12－4x)x－(7x＋12x1)＝0，(10分) 所以x1·xC＝， 所以xC＝，yC＝(xC＋2)＝，　 则C. 同理可得D. 又因为Q， 所以＝， ＝.(12分) 由C，D，Q三点共线，知与共线，则 ·＝·，　 整理得x1－x2＝y1－y2，则k＝＝1.(14分) 11．(2018全国Ⅲ，12分)已知斜率为k的直线l与椭圆C：＋＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m>0)． (1)证明：k<－； 答案：见证明过程 解析：证明：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1≠x2， 则＋＝1，＋＝1， 两式相减得＋＝0， 即＋·＝0，即＋＝0. 显然k≠0，故m＝－.(3分) 因为点(1，m)在椭圆＋＝1内， 所以＋<1，m2<，所以0＜m<， 所以0＜－<，所以k<－.(5分) (2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且＋＋＝0.证明：||，||，||成等差数列，并求该数列的公差． 答案：见证明过程，公差为或－ 解析：解：由＋＋＝0，可知点F为△PAB的重心． 由题意知F(1，0)，设P(x，y)， 可知 所以x＝1，y＝－2m， 所以点P(1，－2m)． 又点P在椭圆C上， 所以＋＝1，解得m＝， 所以＝＝.(7分) 由(1)知，k＝－＝－1， 则直线l的方程为y＝－x＋. 联立 消元整理得7x2－14x＋＝0， 所以x1＋x2＝2，x1x2＝， ＝＝. 因为＋＝1， 所以y＝3－， 同理，y＝3－. 因为||＋||＝＋ ＝＋ ＝2－x1＋2－x2＝4－×2＝3， 所以2＝＋， 所以，，成等差数列．(10分) 设数列公差为d，则2d＝－＝2－x2－＝(x1－x2)＝±， 所以d＝±.(12分) 12．(2021江苏模拟，12分)在平面直角坐标系xOy中，过点M(0，－1)的直线交抛物线y2＝4x于A，B两点． (1)设OA，OB的斜率分别为k1，k2，求k1＋k2的值； 答案：－4 解析：解：设A，B，则k1＝，k2＝. ∵直线AB过点M(0，－1)， ∴kAM＝kBM，即＝， 整理得y1＋y2＝－y1y2， ∴k1＋k2＝＋＝＝－4.(4分) (2)过点A，B分别作直线x＝－4的垂线，垂足为C，D，试判断∠AOB和∠COD的关系，并说明理由． 答案：当A，B在x轴的异侧时，两角互补；当A，B在x轴的同侧(同在x轴下方)时，两角相等，理由见解答过程 解：当A，B在x轴的异侧时，两角互补；当A，B在x轴的同侧(同在x轴下方)时，两角相等．(5分) 理由如下： 设直线OA，OB，OC，OD的倾斜角分别为α，β，γ，ρ， 则由(1)可知tanα＝k1＝，tanβ＝k2＝. ①当A，B两点在x轴的异侧时，不妨设y1＞0，y2＜0，如图所示， 则tan∠AOB＝tan(α＋π－β)＝tan(α－β)＝＝＝. 根据题意，C(－4，y1)，D(－4，y2)， ∴tanγ＝kOC＝－，tanρ＝kOD＝－， ∴tan∠COD＝tan(π－γ＋ρ)＝tan(ρ－γ)＝＝＝， ∴tan∠AOB＝－tan∠COD. 又∵∠AOB，∠COD∈(0，π)， ∴∠AOB＋∠COD＝π.(9分) ②当A，B两点在x轴的同侧(同在x轴下方)时，不妨设y2＜y1＜0，如图所示， 则tan∠AOB＝tan[π－α－(π－β)]＝tan(β－α)＝－tan(α－β)＝， tan∠COD＝tan(ρ－γ)＝， ∴tan∠AOB＝tan∠COD. 又∵∠AOB，∠COD∈(0，π)， ∴∠AOB＝∠COD. 综上，当A，B在x轴的异侧时，两角互补；当A，B在x轴的同侧(同在x轴下方)时，两角相等．(12分) 13．(经典题，12分)已知椭圆＋＝1(a>b>0)过点(－，1)，短轴长为2，直线l过椭圆的右焦点F，且与椭圆交于M，N两点(M，N两点均位于y轴的右侧)，与y轴交于Q点． (1)求椭圆的标准方程； 答案：＋＝1 解析：解：根据题意，可得 解得(3分)　 所以椭圆的标准方程为＋＝1.(4分) (2)是否存在直线l，使得＋－＝0成立？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由． 答案：存在，直线l的方程为y＝x－2或y＝－x＋2 解析：解：存在，直线l的方程为y＝x－2或y＝－x＋2.(5分) 由(1)可知F(，0)． 假设存在符合条件的直线l，由已知得l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y＝k(x－)．(6分) 联立 消去y并整理得(1＋2k2)x2－4k2x＋4k2－4＝0，显然Δ>0成立． 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1＞0，x2＞0， 则x1＋x2＝，x1x2＝.(8分) 由＋－＝0， 可得＋＝4. 作MM1⊥y轴，垂足为M1，NN1⊥y轴，垂足为N1，则＋＝＋＝＋＝＝4，(10分) 所以x1＋x2＝2x1x2，即＝， 解得k＝±， 故存在符合条件的直线l，且直线l的方程为y＝(x－)或y＝－(x－)，即y＝x－2或y＝－x＋2.(12分) 14．(2021湖南常德一模，12分)已知在平面直角坐标系xOy中，动点P到定点F(2，0)的距离与到定直线x＝的距离的比等于常数2. (1)求动点P的轨迹E的方程； 答案：x2－＝1 解析：解：设P(x1，y1), 则|PF|＝＝2， 化简得x－＝1， 故动点P的轨迹E的方程为x2－＝1.(3分) (2)若直线PF与曲线E的另一个交点为Q，以PQ为直径的圆交直线x＝于A，B两点，设劣弧所对的圆心角为θ，求证：θ为定值． 答案：见证明过程 解析：证明：设PQ的中点为D，则以PQ为直径的圆可记为圆D. ①当PF⊥x轴时，可知x1＝2， 将点P的坐标代入x2－＝1，可得y1＝±3， ∴P(2，3)，Q(2，－3)或P(2，－3)，Q(2, 3)， ∴圆D的圆心为(2，0)，半径r＝3， ∴cos＝＝. ∵θ∈(0，π)， ∴＝，即θ＝，为定值．(5分) ②当PF不垂直于x轴时，设其方程为y＝k(x－2)，并设Q(x2，y2)． 联立整理得(3－k2)x2＋4k2x－(4k2＋3)＝0， ∴x1＋x2＝－，x1x2＝－， ∴y1＋y2＝k(x1＋x2)－4k＝， ∴点D的坐标为， ∴圆心D到直线x＝的距离d＝＝.(8分) ∵|PQ|＝|x1－x2|＝·＝， ∴圆D的半径r＝|PQ|＝， ∴cos＝＝＝. ∵θ∈(0，π)， ∴＝，即θ＝，为定值．(11分) 综上所述，θ为定值．(12分) 15．(2020湖北黄冈中学模拟，12分)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点(，1)，离心率e＝，直线l：y＝kx＋1与椭圆C交于A，B两点． (1)求椭圆C的方程； 答案：＋＝1 解析：解：由椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点(，1)，离心率e＝，可得 解得a＝2，b＝， 所以椭圆C的方程为＋＝1.(4分) (2)是否存在定点P，使得·为定值？若存在，求出点P的坐标和·的值；若不存在，请说明理由． 答案：存在，点P，·＝－ 解析：解：存在定点P，使得·为定值． 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)． 联立 消去y整理得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0. 显然Δ>0恒成立， 所以x1＋x2＝，x1x2＝，(6分) 所以·＝(x1－x0，y1－y0)·(x2－x0，y2－y0)＝(x1－x0，kx1＋1－y0)·(x2－x0，kx2＋1－y0) ＝(x1－x0)(x2－x0)＋(kx1＋1－y0)(kx2＋1－y0) ＝(k2＋1)x1x2＋(k－ky0－x0)(x1＋x2)＋x＋(1－y0)2 ＝(k2＋1)＋(k－ky0－x0)＋x＋(1－y0)2 ＝＋x＋(1－y0)2 ＝. (9分) 要使·为定值，则上式分子中k的一次项的系数为0，且＝， 所以x0＝0，(1－y0)2＋2y0－3＝(1－y0)2－2， 解得y0＝， 所以·＝x＋(1－y0)2－2＝－. 故存在点P，使得·为定值－.(12分) 16．(2020山东青岛一模，14分)已知O为坐标原点，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为点F1，F2，F2又恰为抛物线D：y2＝4x的焦点，以F1F2为直径的圆与椭圆C仅有两个公共点． (1)求椭圆C的标准方程； 答案：＋y2＝1 解析：解：∵F2为抛物线D：y2＝4x的焦点，故F2(1，0)，∴c＝1. 又∵以F1F2为直径的圆与椭圆C仅有两个公共点， ∴b＝c， ∴a＝，b＝1. ∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.(3分) (2)若直线l与D相交于A，B两点，记点A，B到直线x＝－1的距离分别为d1，d2，|AB|＝d1＋d2.直线l与C相交于E，F两点，记△OAB，△OEF的面积分别为S1，S2. (ⅰ)证明：△EFF1的周长为定值； 答案：见证明过程 解析：证明：∵x＝－1为抛物线D的准线， ∴由抛物线的定义知，|AB|＝d1＋d2＝|AF2|＋|BF2|.　 ∵|AB|≤|AF2|＋|BF2|，当且仅当A，B，F2三点共线时等号成立， ∴直线l过定点F2，∴由椭圆的定义得|EF|＋|EF1|＋|FF1|＝|EF2|＋|EF1|＋|FF1|＋|FF2|＝4a＝4.(7分) (ⅱ)求的最大值． 答案： 解析：解：若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x＝1. 易得|AB|＝4，|EF|＝，∴＝＝.(8分) 若直线l的斜率存在，易知斜率不为0，设直线方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 联立 消去y整理得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0， 易知Δ>0， ∴x1＋x2＝，|AB|＝x1＋x2＋2＝.(10分) 设E(x3，y3)，F(x4，y4)． 联立消去y整理得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，易知Δ>0， ∴x3＋x4＝，x3x4＝， ∴|EF|＝|x3－x4| ＝· ＝· ＝， 则＝＝＝·∈.(13分) 综上可知，的最大值为.(14分) 17．(2020山东安丘模拟，12分)已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2.抛物线C2：y2＝4mx(m>0)与椭圆C1有公共焦点F2(1，0)，且两曲线C1，C2在第一象限的交点P的横坐标为. (1)求椭圆C1和抛物线C2的方程； 答案：C1：＋＝1，C2：y2＝4x 解析：解：因为公共焦点为F2(1，0)，所以椭圆的焦点坐标为F1(－1，0)，F2(1，0)，m＝1，所以抛物线的方程为y2＝4x.(1分) 因为P在抛物线上，所以P. 又P在椭圆上， 所以2a＝|PF1|＋|PF2| ＝＋ ＝＋＝4， 所以a＝2. 又c＝1，所以b＝＝， 从而椭圆的方程为＋＝1.(4分) (2)直线l：y＝kx与抛物线C2的交点为Q，O(O为坐标原点)，与椭圆C1的交点为M，N(N在线段OQ上)，且|MO|＝|NQ|.问满足条件的直线l有几条，说明理由． 答案：2条，理由见解答过程 解：①当k>0时，画出图形如图所示． 联立直线和椭圆方程可得 消去y整理得(3＋4k2)x2＝12， 所以xM＝－2，xN＝2.(6分) 联立直线与抛物线方程可得 消去y整理得k2x2＝4x， 所以xO＝0，xQ＝.(8分) 因为|MO|＝|NQ|，|OM|＝|ON|， 所以N为线段OQ的中点， 所以xN＝， 所以2＝， 即3k4－4k2－3＝0， 解得k2＝(负值舍去)， 即k＝.(10分) ②当k<0时，由椭圆及抛物线的对称性可知，k＝－也满足题意． 综上，满足条件的直线l有两条．(12分) B组(冲刺满分) 18．(2021浙江模拟，15分)如图，已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)与抛物线C2：y2＝4x共焦点F，且椭圆的离心率为. (1)求椭圆C1的方程； 答案：＋＝1 解析：解：由y2＝4x，可知＝1，故F(1，0)， ∴c＝1. 又椭圆的离心率为，∴＝，∴a＝2， ∴b2＝a2－c2＝3， ∴椭圆的标准方程为＋＝1.(4分) (2)若点P在射线x＝4(y≥2)上运动，点A，B为椭圆C1上的两个动点，满足AB∥OP，且Q为AB的中点，直线PF交抛物线C2于G，H两点，直线OQ交椭圆C1于M，N两点，求四边形MGNH面积的最大值． 答案： 解析：解：设P(4，t)(t≥2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)，Q(x0，y0)． ∵A，B在椭圆C1上，∴＋＝1，＋＝1， 两式相减可得(x－x)＝－(y－y)， ∴＝－·＝－·，即kAB＝－. ∵AB∥OP， ∴kAB＝kOP＝＝， ∴kOQ＝－＝－.而kPF＝＝， ∴kOQ·kPF＝－·＝－1，∴OQ⊥PF， ∴S四边形MGNH＝|MN|·|GH|.(7分) 易得直线OQ：y＝－x， 联立可得x2＝. 设M(x3，y3)，N(x4，y4)，则x3＋x4＝0，x3x4＝－， ∴|MN|＝· ＝·＝4.(9分) 易得直线PF：y＝(x－1)， 联立 可得t2x2－(2t2＋36)x＋t2＝0. 设G(x5，y5)，H(x6，y6)， 则x5＋x6＝，x5x6＝1， ∴|GH|＝·＝·＝，(11分) ∴S四边形MGNH＝×4×＝8. 令m＝t2(m≥4)，f(m)＝， 则f′(m)＝. ∵m≥4，∴f ′(m)＜0， ∴f(m)在[4，＋∞)上单调递减， ∴f(m)≤f(4)＝， ∴S＝8的最大值为.(15分) 19．(2020山东日照模拟，12分)如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，A为抛物线上异于原点的任意一点，以AO为直径作圆Ω，当直线OA的斜率为1时，|OA|＝4. (1)求抛物线C的标准方程； 答案：y2＝4x 解析：解：当直线OA的斜率为1时，直线OA的方程为y＝x.由解得x＝2p或x＝0， 所以A(2p，2p)，|OA|＝2p＝4，所以p＝2， 所以抛物线的方程为y2＝4x.(4分) (2)过焦点F作OA的垂线l与圆Ω交于一点M，与抛物线交于点P，Q(点M在P，Q之间)，记△OAM的面积为S，求S2＋|PQ|的最小值． 答案：23 解析：解：由(1)可得F(1，0)． 设A(x1，y1)，M(x0，y0)，P(x2，y2)，Q(x3，y3)，则y＝4x1. 由题意可得·＝(x1，y1)·(x0－1，y0)＝x1x0＋y1y0－x1＝0， ·＝(x0，y0)·(x0－x1，y0－y1)＝x－x1x0＋y－y1y0＝0，两式相加整理得x＋y＝x1.(6分) 因为|AM|2＝|OA|2－|OM|2＝x＋y－(x＋y)＝x＋4x1－x1＝x＋3x1， 所以S＝|AM|·|OM|＝·＝·，即S2＝x1(x＋3x1)． 因为PQ的斜率存在且不为0，故设PQ：x＝ky＋1. 将x＝ky＋1代入抛物线方程可得y2－4ky－4＝0， 所以y2＋y3＝4k，y2y3＝－4， 所以|PQ|＝·＝·＝4(1＋k2)．(8分) 因为PQ⊥OA，所以kPQ＝－＝－＝－， 所以k＝＝－， 所以|PQ|＝4＝4， 所以S2＋|PQ|＝x1(x＋3x1)＋6.(10分) 令f(x)＝x(x2＋3x)＋6， 则f′(x)＝(3x2＋6x)－＝·. 令g(x)＝x4＋2x3－32. 易知g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g(2)＝0， 所以当0<x<2时，g(x)<0，f′(x)<0； 当x>2时，g(x)>0，f′(x)>0， 所以f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， 所以当x＝2时，f(x)取得最小值，最小值为f(2)＝23， 即S2＋|PQ|的最小值为23.(12分) 学科网（北京）股份有限公司 $$