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数学人教版新课标A第二章 圆锥曲线与方程综合与测试单元测试测试题
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这是一份数学人教版新课标A第二章 圆锥曲线与方程综合与测试单元测试测试题，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 双曲线x24−y2＝1的顶点到其渐近线的距离等于（ ）
A.25B.45C.255D.455
2. 已知0<θ<π4，则双曲线C1：x2cs2θ−y2sin2θ=1与C2：y2sin2θ−x2sin2θtan2θ=1的（ ）
A.实轴长相等B.虚轴长相等C.焦距相等D.离心率相等
3. 已知F是抛物线y2＝x的焦点，A，B是该抛物线上的两点，且|AF|+|BF|＝3，则线段AB的中点到y轴的距离为（ ）
A.34B.1C.54D.74
4. 已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的两条渐近线均和圆C:x2+y2−6x+5＝0相切，且双曲线的右焦点为圆C的圆心，则该双曲线的方程为（ ）
A.x25−y24=1B.x24−y25=1C.x23−y26=1D.x26−y23=1
5. 设圆锥曲线r的两个焦点分别为F1，F2，若曲线r上存在点P满足|PF1|:|F1F2|:|PF2|=4:3:2，则曲线r的离心率等于( )
A.12或32B.23或2C.12或2D.23或32
6. 如图，F1，F2分别是双曲线C:x2a2−y2b2=1(a, b>0)的左、右焦点，B是虚轴的端点，直线F1B与C的两条渐近线分别交于P，Q两点，线段PQ的垂直平分线与x轴交于点M．若|MF2|＝|F1F2|，则C的离心率是（ ）
A.233B.62C.2D.3
7. 已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a，b<0)的右焦点为F(3, 0)，过点F的直线交椭圆E于A、B两点．若AB的中点坐标为(1, −1)，则E的方程为( )
A.x245+y236=1B.x236+y227=1C.x227+y218=1D.x218+y29=1
8. 设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，点M在C上，|MF|=5，若以MF为直径的圆过点(0, 2)，则C的方程为( )
A.y2=4x或y2=8xB.y2=2x或y2=8x
C.y2=4x或y2=16xD.y2=2x或y2=16x
9. 已知抛物线C:y2＝8x的焦点为F，点M(−2, 2)，过点F且斜率为k的直线与C交于A，B两点，若MA→⋅MB→=0，则k＝（ ）
A.2B.22C.12D.2
10. 已知a>b>0，椭圆C1的方程为x2a2+y2b2=1，双曲线C2的方程为x2a2−y2b2=1，C1与C2的离心率之积为32，则C2的渐近线方程为（ ）
A.x±2y＝0B.2x±y＝0C.x±2y＝0D.2x±y＝0
11. 已知A，B为平面内两个定点，过该平面内动点m作直线AB的垂线，垂足为N．若MN→2=λAN→⋅NB→，其中λ为常数，则动点m的轨迹不可能是（ ）
A.圆B.椭圆C.双曲线D.抛物线
12. 过抛物线y2=4x的焦点F的直线交该抛物线于A，B两点，O为坐标原点．若|AF|=3，则△AOB的面积为( )
A.22B.2C.322D.22
13. 椭圆C:x24+y23=1的左、右顶点分别为A1，A2，点P在C上且直线PA2斜率的取值范围是[−2, −1]，那么直线PA1斜率的取值范围是( )
A.[12，34]B.[38，34]C.[12，1]D.[34，1]
二、填空题
抛物线x2＝2py(p>0)的焦点为F，其准线与双曲线x23−y23=1相交于A，B两点，若△ABF为等边三角形，则p＝________．
椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别是A，B，左、右焦点分别是F1，F2．若|AF1|，|F1F2|，|F1B|成等比数列，则此椭圆的离心率为________．
设AB是椭圆Γ的长轴，点C在Γ上，且∠CBA=π4，若AB＝4，BC=2，则Γ的两个焦点之间的距离为________.
设F1，F2分别是椭圆E:x2+y2b2=1(0
如图，双曲线x2a2−y2b2=1(a, b>0)的两顶点为A1，A2，虚轴两端点为B1，B2，两焦点为F1，F2．若以A1A2为直径的圆内切于菱形F1B1F2B2，切点分别为A，B，C，D．则：
（1）双曲线的离心率e=________；
（2）菱形F1B1F2B2的面积S1与矩形ABCD的面积S2的比值S1S2=________．
三、解答题
如图，椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率e=12．过F1的直线交椭圆于A、B两点，且△ABF2的周长为8．
(Ⅰ)求椭圆E的方程．
(Ⅱ)设动直线l:y＝kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线x＝4相交于点Q．试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．
已知抛物线C1:x2=y，圆C2:x2+(y−4)2=1的圆心为点M
（1）求点M到抛物线C1的准线的距离；
（2）已知点P是抛物线C1上一点（异于原点），过点P作圆C2的两条切线，交抛物线C1于A，B两点，若过M，P两点的直线l垂直于AB，求直线l的方程．
如图，在平面直角坐标系xOy中，M，N分别是椭圆x24+y22=1的顶点，过坐标原点的直线交椭圆于P，A两点，其中点P在第一象限，过P作x轴的垂线，垂足为C，连接AC，并延长交椭圆于点B，设直线PA的斜率为k.
(1)若直线PA平分线段MN，求k的值；
(2)当k=2时，求点P到直线AB的距离d；
(3)对任意k>0，求证：PA⊥PB．
已知直线l与椭圆C:x23+y22=1交于P(x1, y1)，Q(x2, y2)两不同点，且△OPQ的面积S△OPQ=62，其中O为坐标原点．
(Ⅰ)证明x12+x22和y12+y22均为定值；
(Ⅱ)设线段PQ的中点为M，求|OM|⋅|PQ|的最大值；
(Ⅲ)椭圆C上是否存在点D，E，G，使得S△ODE＝S△ODG＝S△OEG=62？若存在，判断△DEG的形状；若不存在，请说明理由．
如图，椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点P(1, 32)，离心率e=12，直线l的方程为x＝4．
（1）求椭圆C的方程；
（2）AB是经过右焦点F的任一弦（不经过点P），设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3．问：是否存在常数λ，使得k1+k2＝λk3？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由．
如图，点P(0, −1)是椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个顶点，C1的长轴是圆C2:x2+y2=4的直径，l1，l2是过点P且互相垂直的两条直线，其中l1交圆C2于A，B两点，l2交椭圆C1于另一点D．
(1)求椭圆C1的方程；
(2)求△ABD面积的最大值时直线l1的方程．
参考答案与试题解析
人教A版选修2-1《第2章 圆锥曲线与方程》2020年单元测试卷（4）
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
根据题意，由双曲线的方程可得双曲线的顶点坐标和渐近线方程，由点到直线的距离公式计算可得答案．
【解答】
根据题意，双曲线的方程为x24−y＝1，
顶点坐标为(±2, 0)，渐近线方程为y＝±12x，即x±2y＝0，
则该双曲线的顶点到其渐近线的距离d=|2|4+1=255；
2.
【答案】
D
【考点】
双曲线的特性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：双曲线C1的实轴长为2csθ，虚轴长为2sinθ，
焦距为2cs2θ+sin2θ=2，离心率为1csθ；
双曲线C2的实轴长为2sinθ，虚轴长为2sinθtanθ，
焦距为2sin2θ+sin2θtan2θ=2tanθ，离心率为1csθ．
故选D．
3.
【答案】
C
【考点】
抛物线的性质
【解析】
根据抛物线的方程求出准线方程，利用抛物线的定义：抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，列出方程求出A，B的中点横坐标，即可得到线段AB的中点到y轴的距离．
【解答】
由于F是抛物线y2＝x的焦点，
则F(14, 0)，准线方程x=−14，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)
∴ |AF|+|BF|＝x1+14+x2+14=3，
解得x1+x2=52，
∴ 线段AB的中点横坐标为54．
∴ 线段AB的中点到y轴的距离为54．
4.
【答案】
A
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的标准方程
【解析】
先利用圆的一般方程，求得圆心坐标和半径，从而确定双曲线的焦距，得a、b间的一个等式，再利用直线与圆相切的几何性质，利用圆心到渐近线距离等于圆的半径，得a、b间的另一个等式，联立即可解得a、b的值，从而确定双曲线方程
【解答】
∵ 圆C:x2+y2−6x+5＝0的圆心C(3, 0)，半径r＝2
∴ 双曲线x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的右焦点坐标为(3, 0)，即c＝3，∴ a2+b2＝9，①
∵ 双曲线x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的一条渐近线方程为bx−ay＝0，
∴ C到渐近线的距离等于半径，即3ba2+b2=2 ②
由①②解得：a2＝5，b2＝4
∴ 该双曲线的方程为x25−y24=1
5.
【答案】
A
【考点】
圆锥曲线的共同特征
【解析】
根据题意可设出|PF1|，|F1F2|和|PF2|，然后分曲线为椭圆和双曲线两种情况，分别利用定义表示出a和c，则离心率可得．
【解答】
解：依题意设|PF1|=4t，|F1F2|=3t，|PF2|=2t，
若曲线为椭圆则,
2a=|PF1|+|PF2|=6t，c=32t,
则e=ca=12，
若曲线为双曲线则，
2a=4t−2t=2t，a=t，c=32t.
所以e=ca=32.
故选A.
6.
【答案】
B
【考点】
双曲线的离心率
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
确定PQ，MN的斜率，求出直线PQ与渐近线的交点的坐标，得到MN的方程，从而可得M的横坐标，利用|MF2|＝|F1F2|，即可求得C的离心率．
【解答】
线段PQ的垂直平分线MN，|OB|＝b，|OF1|＝c．∴ kPQ=bc，kMN=−cb．
直线PQ为：y=bc (x+c)，两条渐近线为：y=±bax．
由y=bc(x+c)y=bax ，得Q(acc−a,bcc−a )；由y=bc(x+c)y=−bax 得P(−acc+a,bcc+a)．
∴ 直线MN为y−bc2c2−a2=−cb(x−a2cc2−a2)，
令y＝0得：xM=c(1+a2b2)．
又∵ |MF2|＝|F1F2|＝2c，
∴ 3c＝xM=c(1+a2b2)，
∴ 3a2＝2c2
解之得：e2=32，即e=62．
7.
【答案】
D
【考点】
椭圆的标准方程
【解析】
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，代入椭圆方程得x12a2+y12b2=1x22a2+y22b2=1 ，利用“点差法”可得x1+x2a2+y1−y2x1−x2⋅y1+y2b2=0．利用中点坐标公式可得x1+x2＝2，y1+y2＝−2，利用斜率计算公式可得kAB=y1−y2x1−x2=−1−01−3=12．于是得到2a2+12×−2b2=0，化为a2＝2b2，再利用c＝3=a2−b2，即可解得a2，b2．进而得到椭圆的方程．
【解答】
解：设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
代入椭圆方程得x12a2+y12b2=1,x22a2+y22b2=1,
相减得x12−x22a2+y12−y22b2=0，
∴ x1+x2a2+y1−y2x1−x2⋅y1+y2b2=0．
∵ x1+x2＝2，y1+y2＝−2，kAB=y1−y2x1−x2=−1−01−3=12．
∴ 2a2+12×−2b2=0，
化为a2＝2b2，又c＝3=a2−b2，解得a2＝18，b2＝9.
∴ 椭圆E的方程为x218+y29=1．
故选D.
8.
【答案】
C
【考点】
抛物线的标准方程
抛物线的性质
圆与圆锥曲线的综合问题
【解析】
根据抛物线方程算出|OF|=p2，设以MF为直径的圆过点A(0, 2)，在Rt△AOF中利用勾股定理算出|AF|=4+p24．再由直线AO与以MF为直径的圆相切得到∠OAF=∠AMF，Rt△AMF中利用∠AMF的正弦建立关系式，从而得到关于p的方程，解之得到实数p的值，进而得到抛物线C的方程．
【解答】
解：∵ 抛物线C方程为y2=2px(p>0)，
∴ 焦点F(p2, 0).
如图：
设M(x, y)，则|MF|=x+p2=5，即x=5−p2，
∵ 圆心是MF的中点，
∴ 圆心横坐标为5−p2+p22=52.
∵ 圆半径为12|MF|=52，
∴ 该圆与y轴相切于点(0, 2)，故圆心纵坐标为2，则M点纵坐标为4，
即M(5−p2, 4)，代入抛物线方程得p2−10p+16=0，
解得p=2或p=8．
∴ 抛物线C的方程为y2=4x或y2=16x．
故选C．
9.
【答案】
D
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
抛物线的性质
【解析】
斜率k存在，设直线AB为y＝k(x−2)，代入抛物线方程，利用MA→⋅MB→=(x1+2, y1−2)⋅(x2+2, y2−2)＝0，即可求出k的值．
【解答】
由抛物线C:y2＝8x得焦点(2, 0)，
由题意可知：斜率k存在，设直线AB为y＝k(x−2)，
代入抛物线方程，得到k2x2−(4k2+8)x+4k2＝0，△>0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)．
∴ x1+x2＝4+8k2，x1x2＝4．
∴ y1+y2=8k，y1y2＝−16，
又MA→⋅MB→=0，
∴ MA→⋅MB→=(x1+2, y1−2)⋅(x2+2, y2−2)=16k2−16k+4=0
∴ k＝2．
10.
【答案】
A
【考点】
双曲线的离心率
椭圆的离心率
【解析】
求出椭圆与双曲线的离心率，然后推出ab关系，即可求解双曲线的渐近线方程．
【解答】
a>b>0，椭圆C1的方程为x2a2+y2b2=1，C1的离心率为：a2−b2a，
双曲线C2的方程为x2a2−y2b2=1，C2的离心率为：a2+b2a，
∵ C1与C2的离心率之积为32，
∴ a2−b2a⋅a2+b2a=32，
∴ (ba)2=12，ba=22，
C2的渐近线方程为：y=±22x，即x±2y＝0．
11.
【答案】
D
【考点】
轨迹方程
【解析】
建立直角坐标系，设出A、B坐标，以及M坐标，通过已知条件求出M的方程，然后判断选项．
【解答】
以AB所在直线为x轴，AB中垂线为y轴，建立坐标系，
设M(x, y)，A(−a, 0)、B(a, 0)；
因为MN→2=λAN→⋅NB→，
所以y2＝λ(x+a)(a−x)，
即λx2+y2＝λa2，当λ＝1时，轨迹是圆．
当λ>0且λ≠1时，是椭圆的轨迹方程；
当λ<0时，是双曲线的轨迹方程．
当λ＝0时，是直线的轨迹方程；
综上，方程不表示抛物线的方程．
12.
【答案】
C
【考点】
三角形的面积公式
抛物线的应用
【解析】
设直线AB的倾斜角为θ，利用|AF|=3，可得点A到准线l:x=−1的距离为3，从而csθ=13，进而可求|BF|，|AB|，由此可求AOB的面积．
【解答】
解：设直线AB的倾斜角为θ(0<θ<π)及|BF|=m，
∵ |AF|=3，
∴ 点A到准线l:x=−1的距离为3，
∴ 2+3csθ=3，
∴ csθ=13，
∵ m=2+mcs(π−θ)，
∴ m=21+csθ=32，
∴ △AOB的面积为S=12×|OF|×|AB|×sinθ
=12×1×(3+32)×223=322.
故选C．
13.
【答案】
B
【考点】
圆锥曲线的综合问题
其他不等式的解法
直线的斜率
【解析】
由椭圆C:x24+y23=1可知其左顶点A1(−2, 0)，右顶点A2(2, 0)．设P(x0, y0)(x0≠±2)，代入椭圆方程可得y02x02−4=−34．利用斜率计算公式可得kPA1⋅kPA2，再利用已知给出的kPA1的范围即可解出．
【解答】
解：由椭圆C:x24+y23=1可知其左顶点A1(−2, 0)，右顶点A2(2, 0)．
设P(x0, y0)(x0≠±2)，则x024+y023=1，得y02x02−4=−34．
∵ kPA2=y0x0−2，kPA1=y0x0+2，
∴ kPA1⋅kPA2=y02x02−4=−34，
∵ −2≤kPA2≤−1，
∴ −2≤−34kPA1≤−1，
解得38≤kPA1≤34．
故选B．
二、填空题
【答案】
6
【考点】
双曲线的离心率
抛物线的性质
【解析】
求出抛物线的焦点坐标，准线方程，然后求出抛物线的准线与双曲线的交点坐标，利用三角形是等边三角形求出p即可．
【解答】
抛物线的焦点坐标为(0, p2)，准线方程为：y=−p2，
准线方程与双曲线联立可得：x23−(−p2)23=1，
解得x＝±3+p24，
因为△ABF为等边三角形，所以p2+x2=2|x|，即p2＝3x2，
即p2=3(3+p24)，解得p＝6．
【答案】
55
【考点】
椭圆的定义
等比数列的性质
【解析】
直接利用椭圆的定义，结合|AF1|，|F1F2|，|F1B|成等比数列，即可求出椭圆的离心率．
【解答】
解：因为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别是A，B，左、右焦点分别是F1，F2．
若|AF1|，|F1F2|，|F1B|成等比数列，|AF1|=a−c，|F1F2|=2c，|F1B|=a+c，
所以(a−c)(a+c)=4c2，即a2=5c2，
所以e=55．
故答案为：55．
【答案】
463
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
【解析】
本题考查椭圆的定义、解三角形，以及椭圆的简单性质的应用．
【解答】
解：如图，设椭圆的标准方程为x2a2+y2b2=1，
由题意知，2a＝4，a＝2．
∵ ∠CBA=π4，BC=2，
∴ 点C的坐标为C(−1, 1)，
因点C在椭圆上，
∴ (−1)24+12b2=1，
∴ b2=43，
∴ c2＝a2−b2＝4−43=83，c=263，
则Γ的两个焦点之间的距离为 463．
故答案为：463．
【答案】
x2+32y2=1
【考点】
椭圆的标准方程
【解析】
求出B(−53c, −13b2)，代入椭圆方程，结合1=b2+c2，即可求出椭圆的方程．
【解答】
解：不妨设点A在第一象限，
由题意，F1(−c, 0)，F2(c, 0)，AF2⊥x轴，∴ |AF2|=b2，
∴ A点坐标为(c, b2)，
设B(x, y)，则
∵ |AF1|=3|F1B|，
∴ AF1→=3F1B→，
∴ (−c−c, −b2)=3(x+c, y),
∴ B(−53c, −13b2)，
代入椭圆方程可得(−53c)2+(−13b2)2b2=1，
∵ 1=b2+c2，
∴ b2=23，c2=13，
∴ x2+32y2=1．
故答案为：x2+32y2=1．
【答案】
5+12，5+22
【考点】
圆锥曲线
【解析】
（1）直线B2F1的方程为bx−cy+bc=0，所以O到直线的距离为|bc|b2+c2，根据以A1A2为直径的圆内切于菱形F1B1F2B2，可得|bc|b2+c2=a，由此可求双曲线的离心率；
（2）菱形F1B1F2B2的面积S1=2bc，求出矩形ABCD的长与宽，从而求出面积S2=4mn=4a2bcb2+c2，由此可得结论．
【解答】
解：（1）直线B2F1的方程为bx−cy+bc=0，所以O到直线的距离为|bc|b2+c2
∵ 以A1A2为直径的圆内切于菱形F1B1F2B2，
∴ |bc|b2+c2=a
∴ (c2−a2)c2=(2c2−a2)a2
∴ c4−3a2c2+a4=0
∴ e4−3e2+1=0
∵ e>1
∴ e=5+12
（2）菱形F1B1F2B2的面积S1=2bc
设矩形ABCD，BC=2n，BA=2m，∴ mn=cb
∵ m2+n2=a2，∴ m=acb2+c2，n=abb2+c2
∴ 面积S2=4mn=4a2bcb2+c2
∴ S1S2=b2+c22a2=b2+c22bc
∵ bc=a2=c2−b2
∴ b=−1+52c
∴ S1S2=5+22
三、解答题
【答案】
（1）∵ 过F1的直线交椭圆于A、B两点，且△ABF2的周长为8．
∴ 4a＝8，∴ a＝2
∵ e=12，∴ c＝1
∴ b2＝a2−c2＝3
∴ 椭圆E的方程为x24+y23=1．
（2）由y=kx+mx24+y23=1 ，消元可得(4k2+3)x2+8kmx+4m2−12＝0
∵ 动直线l:y＝kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P(x0, y0)
∴ m≠0，△＝0，∴ (8km)2−4×(4k2+3)×(4m2−12)＝0
∴ 4k2−m2+3＝0①
此时x0=−4km4k2+3=−4km，y0=3m，即P(−4km, 3m)
由y=kx+mx=4 得Q(4, 4k+m)
取k＝0，m=3，此时P(0, 3)，Q(4, 3)，以PQ为直径的圆为(x−2)2+(y−3)2＝4，交x轴于点M1(1, 0)或M2(3, 0)
取k=−12，m＝2，此时P(1, 32)，Q(4, 0)，以PQ为直径的圆为(x−52)2+(y−34)2=4516，交x轴于点M3(1, 0)或M4(4, 0)
故若满足条件的点M存在，只能是M(1, 0)，证明如下
∵ MP→=(−4km−1,3m),MQ→=(3,4k+m)
∴ MP→⋅MQ→=−12km−3+12km+3=0
故以PQ为直径的圆恒过x轴上的定点M(1, 0)
方法二：
假设平面内存在定点M满足条件，因为对于任意以PQ为直径的圆恒过定点M，所以当PQ平行于x轴时，圆也过定点M，即此时P点坐标为(0, 3)或(0, −3)，由图形对称性知两个圆在x轴上过相同的交点，即点M必在x轴上．设M(x1, 0)，则MP→⋅MQ→=0对满足①式的m，k恒成立．
因为MP→=(−4km−x1, 3m)，
MQ→=(4−x1, 4k+m)，由MP→⋅MQ→=0得−16km+4kx1m−4x1+x12+12km+3＝0，
整理得(4x1−4)km+x12−4x1+3＝0．②
由于②式对满足①式的m，k恒成立，所以4x1−4=0x12−4x1+3=0 ，解得x1＝1．
故存在定点M(1, 0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M．
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
椭圆的标准方程
【解析】
(Ⅰ)根据过F1的直线交椭圆于A、B两点，且△ABF2的周长为8，可得4a＝8，即a＝2，利用e=12，b2＝a2−c2＝3，即可求得椭圆E的方程．
(Ⅱ)由y=kx+mx24+y23=1 ，消元可得(4k2+3)x2+8kmx+4m2−12＝0，利用动直线l:y＝kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P(x0, y0)，可得m≠0，△＝0，进而可得P(−4km, 3m)，由y=kx+mx=4 得Q(4, 4k+m)，取k＝0，m=3；k=−12，m＝2，猜想满足条件的点M存在，只能是M(1, 0)，再进行证明即可．
【解答】
（1）∵ 过F1的直线交椭圆于A、B两点，且△ABF2的周长为8．
∴ 4a＝8，∴ a＝2
∵ e=12，∴ c＝1
∴ b2＝a2−c2＝3
∴ 椭圆E的方程为x24+y23=1．
（2）由y=kx+mx24+y23=1 ，消元可得(4k2+3)x2+8kmx+4m2−12＝0
∵ 动直线l:y＝kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P(x0, y0)
∴ m≠0，△＝0，∴ (8km)2−4×(4k2+3)×(4m2−12)＝0
∴ 4k2−m2+3＝0①
此时x0=−4km4k2+3=−4km，y0=3m，即P(−4km, 3m)
由y=kx+mx=4 得Q(4, 4k+m)
取k＝0，m=3，此时P(0, 3)，Q(4, 3)，以PQ为直径的圆为(x−2)2+(y−3)2＝4，交x轴于点M1(1, 0)或M2(3, 0)
取k=−12，m＝2，此时P(1, 32)，Q(4, 0)，以PQ为直径的圆为(x−52)2+(y−34)2=4516，交x轴于点M3(1, 0)或M4(4, 0)
故若满足条件的点M存在，只能是M(1, 0)，证明如下
∵ MP→=(−4km−1,3m),MQ→=(3,4k+m)
∴ MP→⋅MQ→=−12km−3+12km+3=0
故以PQ为直径的圆恒过x轴上的定点M(1, 0)
方法二：
假设平面内存在定点M满足条件，因为对于任意以PQ为直径的圆恒过定点M，所以当PQ平行于x轴时，圆也过定点M，即此时P点坐标为(0, 3)或(0, −3)，由图形对称性知两个圆在x轴上过相同的交点，即点M必在x轴上．设M(x1, 0)，则MP→⋅MQ→=0对满足①式的m，k恒成立．
因为MP→=(−4km−x1, 3m)，
MQ→=(4−x1, 4k+m)，由MP→⋅MQ→=0得−16km+4kx1m−4x1+x12+12km+3＝0，
整理得(4x1−4)km+x12−4x1+3＝0．②
由于②式对满足①式的m，k恒成立，所以4x1−4=0x12−4x1+3=0 ，解得x1＝1．
故存在定点M(1, 0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M．
【答案】
解：（1）由题意画出简图为：
由于抛物线C1:x2=y准线方程为：y=−14，圆C2:x2+(y−4)2=1的圆心M(0, 4)，
利用点到直线的距离公式可以得到距离d=4−(−14)=174．
（2）设点P(x0, x02)，A(x1, x12)，B(x2, x22)；
由题意得：x0≠±1，x1≠x2，
设过点P的圆C2的切线方程为：y−x02=k(x−x0)即y=kx−kx0+x02①
则|kx0+4−x02|1+k2=1，即(x02−1)k2+2x0(4−x02)k+(x02−4)2−1=0
设PA，PB的斜率为k1，k2(k1≠k2)，则k1，k2应该为上述方程的两个根，
∴ k1+k2=2x0(x02−4)x02−1，k1⋅k2=(x02−4)2−1x02−1；
代入①得：x2−kx+kx0−x02=0 则x1，x2应为此方程的两个根，
故x1=k1−x0，x2=k2−x0
∴ kAB=x1+x2=k1+k2−2x0=2x0(x02−4)x02−1−2x0，kMP=x02−4x0
由于MP⊥AB，∴ kAB⋅KMP=−1⇒x02=235
故P(±235，235)∴ 直线l的方程为：y=±3115115x+4．
【考点】
圆锥曲线问题的解决方法
直线和圆的方程的应用
点到直线的距离公式
【解析】
（1）由题意抛物线C1:x2=y，可以知道其准线方程为y=−14，有圆C2:x2+(y−4)2=1的方程可以知道圆心坐标为(0, 4)，所求易得到所求的点到线的距离；
（2）由于已知点P是抛物线C1上一点（异于原点），所以可以设出点P的坐标，利用过点P作圆C2的两条切线，交抛物线C1于A，B两点，也可以设出点A，B的坐标，再设出过P的圆C2的切线方程，利用交与抛物线C2两点，联立两个方程，利用根与系数之间的关系整体得到两切线的斜率的式子，有已知的MP⊥AB，得到方程进而求解．
【解答】
解：（1）由题意画出简图为：
由于抛物线C1:x2=y准线方程为：y=−14，圆C2:x2+(y−4)2=1的圆心M(0, 4)，
利用点到直线的距离公式可以得到距离d=4−(−14)=174．
（2）设点P(x0, x02)，A(x1, x12)，B(x2, x22)；
由题意得：x0≠±1，x1≠x2，
设过点P的圆C2的切线方程为：y−x02=k(x−x0)即y=kx−kx0+x02①
则|kx0+4−x02|1+k2=1，即(x02−1)k2+2x0(4−x02)k+(x02−4)2−1=0
设PA，PB的斜率为k1，k2(k1≠k2)，则k1，k2应该为上述方程的两个根，
∴ k1+k2=2x0(x02−4)x02−1，k1⋅k2=(x02−4)2−1x02−1；
代入①得：x2−kx+kx0−x02=0 则x1，x2应为此方程的两个根，
故x1=k1−x0，x2=k2−x0
∴ kAB=x1+x2=k1+k2−2x0=2x0(x02−4)x02−1−2x0，kMP=x02−4x0
由于MP⊥AB，∴ kAB⋅KMP=−1⇒x02=235
故P(±235，235)∴ 直线l的方程为：y=±3115115x+4．
【答案】
解：(1)由题设知，a=2，b=2，
故M(−2, 0)，N(0, −2)，所以线段MN中点坐标为(−1, −22)．
由于直线PA平分线段MN，
故直线PA过线段MN的中点，
又直线PA过原点，
所以k=22．
(2)直线PA的方程为y=2x，代入椭圆方程得：
x24+4x22=1，解得x=±23，
因此P(23, 43)，A(−23, −43)
于是C(23, 0)，直线AC的斜率为1，
故直线AB的方程为x−y−23=0．
因此，d=|23−43−23|1+1=223．
(3)设P(x1, y1)，B(x2, y2)，则x1>0，x2>0，x1≠x2，
A(−x1, −y1)，C(x1, 0)．
设直线PB，AB的斜率分别为k1，k2．
因为C在直线AB上，
所以k2=0−(−y1)x1−(−x1)=y12x1=k2，
从而kk1+1=2k1k2+1
=2⋅y2−y1x2−x1⋅y2−(−y1)x2−(−x1)+1=2y22−2y12x22−x12+1
=x22+2y22−(x12+2y12)x22−x12=4−4x22−x12=0．
因此kk1=−1，
所以PA⊥PB．
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
【解析】
（1）由题设写出点M，N的坐标，求出线段MN中点坐标，根据线PA过原点和斜率公式，即可求出k的值；
（2）写出直线PA的方程，代入椭圆，求出点P，A的坐标，求出直线AB的方程，根据点到直线的距离公式，即可求得点P到直线AB的距离d；
（3）要证PA⊥PB，只需证直线PB与直线PA的斜率之积为−1，根据题意求出它们的斜率，即证的结果．
【解答】
解：(1)由题设知，a=2，b=2，
故M(−2, 0)，N(0, −2)，所以线段MN中点坐标为(−1, −22)．
由于直线PA平分线段MN，
故直线PA过线段MN的中点，
又直线PA过原点，
所以k=22．
(2)直线PA的方程为y=2x，代入椭圆方程得：
x24+4x22=1，解得x=±23，
因此P(23, 43)，A(−23, −43)
于是C(23, 0)，直线AC的斜率为1，
故直线AB的方程为x−y−23=0．
因此，d=|23−43−23|1+1=223．
(3)设P(x1, y1)，B(x2, y2)，则x1>0，x2>0，x1≠x2，
A(−x1, −y1)，C(x1, 0)．
设直线PB，AB的斜率分别为k1，k2．
因为C在直线AB上，
所以k2=0−(−y1)x1−(−x1)=y12x1=k2，
从而kk1+1=2k1k2+1
=2⋅y2−y1x2−x1⋅y2−(−y1)x2−(−x1)+1=2y22−2y12x22−x12+1
=x22+2y22−(x12+2y12)x22−x12=4−4x22−x12=0．
因此kk1=−1，
所以PA⊥PB．
【答案】
（1）1∘当直线l的斜率不存在时，P，Q两点关于x轴对称，
所以x1＝x2，y1＝−y2，
∵ P(x1, y1)在椭圆上，
∴ x123+y122=1①
又∵ S△OPQ=62，
∴ |x1||y1|=62②
由①②得|x1|=62，|y1|＝1．此时x12+x22＝3，y12+y22＝2；
2∘当直线l的斜率存在时，是直线l的方程为y＝kx+m(m≠0)，将其代入x23+y22=1得
(3k2+2)x2+6kmx+3(m2−2)＝0，△＝36k2m2−12(3k2+2)(m2−2)>0
即3k2+2>m2，
又x1+x2=−6km3k2+2，x1⋅x2=3(m2−2)3k2+2，
∴ |PQ|=1+k2(x1+x2)2−4x1x2=1+k2263k2+2−m23k2+2，
∵ 点O到直线l的距离为d=|m|1+k2，
∴ S△OPQ=121+k2263k2+2−m23k2+2⋅|m|1+k2=63k2+2−m2|m|3k2+2，
又S△OPQ=62，
整理得3k2+2＝2m2，此时x12+x22＝(x1+x2)2−2x1x2＝(−6km3k2+2)2−23(m2−2)3k2+2=3，
y12+y22=23(3−x12)+23(3−x22)＝4−23(x12+x22)＝2；
综上所述x12+x22＝3，y12+y22＝2．结论成立．
（2）1∘当直线l的斜率不存在时，由(Ⅰ)知
|OM|＝|x1|=62，|PQ|＝2|y1|＝2，
因此|OM|⋅|PQ|=6．
2∘当直线l的斜率存在时，由(Ⅰ)知 x1+x22=−3k2m，y1+y22=kx1+x22+m=−3k2+2m22m=1m
|OM|2＝(x1+x22)2+(y1+y22)2=9k24m2+1m2=6m2−24m2=12(3−1m2)，
|PQ|2＝(1+k2)24(3k2+2−m2)(2+3k2)2=2(2m2−1)m2=2(2+1m2)，
所以|OM|2|PQ|2=12(3−1m2)×2×(2+1m2)=(3−1m2)(2+1m2)
≤(3−1m2+2+1m22)2=254．
|OM|⋅|PQ|≤52．当且仅当3−1m2=2+1m2，
即m＝±2时，等号成立．
综合1∘2∘得|OM|⋅|PQ|的最大值为52；
(Ⅲ)椭圆C上不存在三点D，E，G，使得S△ODE＝S△ODG＝S△OEG=62，
证明：假设存在D(u, v)，E(x1, y1)，G(x2, y2)，使得S△ODE＝S△ODG＝S△OEG=62
由(Ⅰ)得
u2+x12＝3，u2+x22＝3，x12+x22＝3；v2+y12＝2，v2+y22＝2，y12+y22＝2
解得u2＝x12＝x22=32；v2＝y12＝y22＝1．
因此u，x1，x2只能从±62中选取，
v，y1，y2只能从±1中选取，
因此点D，E，G，只能在(±62, ±1)这四点中选取三个不同点，
而这三点的两两连线中必有一条过原点，与S△ODE＝S△ODG＝S△OEG=62矛盾．
所以椭圆C上不存在满足条件的三点D，E，G．
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
(Ⅰ)根据已知设出直线l的方程，利用弦长公式求出|PQ|的长，利用点到直线的距离公式求点O到直线l的距离，根据三角形面积公式，即可求得x12+x22和y12+y22均为定值；
(Ⅱ)由(I)可求线段PQ的中点为M，代入|OM|⋅|PQ|并利用基本不等式求最值；(Ⅲ)假设存在D(u, v)，E(x1, y1)，G(x2, y2)，使得S△ODE＝S△ODG＝S△OEG=62
由(Ⅰ)得u2+x12＝3，u2+x22＝3，x12+x22＝3；v2+y12＝2，v2+y22＝2，y12+y22＝2，从而求得点D，E，G，的坐标，可以求出直线DE、DG、EG的方程，从而得到结论．
【解答】
（1）1∘当直线l的斜率不存在时，P，Q两点关于x轴对称，
所以x1＝x2，y1＝−y2，
∵ P(x1, y1)在椭圆上，
∴ x123+y122=1①
又∵ S△OPQ=62，
∴ |x1||y1|=62②
由①②得|x1|=62，|y1|＝1．此时x12+x22＝3，y12+y22＝2；
2∘当直线l的斜率存在时，是直线l的方程为y＝kx+m(m≠0)，将其代入x23+y22=1得
(3k2+2)x2+6kmx+3(m2−2)＝0，△＝36k2m2−12(3k2+2)(m2−2)>0
即3k2+2>m2，
又x1+x2=−6km3k2+2，x1⋅x2=3(m2−2)3k2+2，
∴ |PQ|=1+k2(x1+x2)2−4x1x2=1+k2263k2+2−m23k2+2，
∵ 点O到直线l的距离为d=|m|1+k2，
∴ S△OPQ=121+k2263k2+2−m23k2+2⋅|m|1+k2=63k2+2−m2|m|3k2+2，
又S△OPQ=62，
整理得3k2+2＝2m2，此时x12+x22＝(x1+x2)2−2x1x2＝(−6km3k2+2)2−23(m2−2)3k2+2=3，
y12+y22=23(3−x12)+23(3−x22)＝4−23(x12+x22)＝2；
综上所述x12+x22＝3，y12+y22＝2．结论成立．
（2）1∘当直线l的斜率不存在时，由(Ⅰ)知
|OM|＝|x1|=62，|PQ|＝2|y1|＝2，
因此|OM|⋅|PQ|=6．
2∘当直线l的斜率存在时，由(Ⅰ)知 x1+x22=−3k2m，y1+y22=kx1+x22+m=−3k2+2m22m=1m
|OM|2＝(x1+x22)2+(y1+y22)2=9k24m2+1m2=6m2−24m2=12(3−1m2)，
|PQ|2＝(1+k2)24(3k2+2−m2)(2+3k2)2=2(2m2−1)m2=2(2+1m2)，
所以|OM|2|PQ|2=12(3−1m2)×2×(2+1m2)=(3−1m2)(2+1m2)
≤(3−1m2+2+1m22)2=254．
|OM|⋅|PQ|≤52．当且仅当3−1m2=2+1m2，
即m＝±2时，等号成立．
综合1∘2∘得|OM|⋅|PQ|的最大值为52；
(Ⅲ)椭圆C上不存在三点D，E，G，使得S△ODE＝S△ODG＝S△OEG=62，
证明：假设存在D(u, v)，E(x1, y1)，G(x2, y2)，使得S△ODE＝S△ODG＝S△OEG=62
由(Ⅰ)得
u2+x12＝3，u2+x22＝3，x12+x22＝3；v2+y12＝2，v2+y22＝2，y12+y22＝2
解得u2＝x12＝x22=32；v2＝y12＝y22＝1．
因此u，x1，x2只能从±62中选取，
v，y1，y2只能从±1中选取，
因此点D，E，G，只能在(±62, ±1)这四点中选取三个不同点，
而这三点的两两连线中必有一条过原点，与S△ODE＝S△ODG＝S△OEG=62矛盾．
所以椭圆C上不存在满足条件的三点D，E，G．
【答案】
椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点P (1, 32)，可得1a2+94b2=1(a>b>0)①
由离心率e=12得ca=12，即a＝2c，则b2＝3c2②，代入①解得c＝1，a＝2，b=3
故椭圆的方程为x24+y23=1
方法一：由题意可设AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＝k(x−1)③
代入椭圆方程x24+y23=1并整理得(4k2+3)x2−8k2x+4k2−12＝0
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
x1+x2=8k24k2+3，x1x2=4k2−124k2+3④
在方程③中，令x＝4得，M的坐标为(4, 3k)，
从而k1=y1−32x1−1，k2=y2−32x2−1，k3=3k−324−1=k−12
注意到A，F，B共线，则有k＝kAF＝kBF，即有y1x1−1=y2x2−1=k
所以k1+k2=y1−32x1−1+y2−32x2−1=y1x1−1+y2x2−1−32(1x1−1+1x2−1)
＝2k−32×x1+x2−2x1x2−(x1+x2)+1⑤
④代入⑤得k1+k2＝2k−32×8k24k2+3−24k2−124k2+3−8k24k2+3+1=2k−1
又k3＝k−12，所以k1+k2＝2k3
故存在常数λ＝2符合题意
方法二：设B(x0, y0)(x0≠1)，则直线FB的方程为y=y0x0−1(x−1)
令x＝4，求得M(4, 3y0x0−1)
从而直线PM的斜率为k3=2y0−x0+12(x0−1)，
联立x24+y23=1y=y0x0−1(x−1) ，得A(5x0−82x0−5, 3y02x0−5)，
则直线PA的斜率k1=2y0−2x0+52(x0−1)，直线PB的斜率为k2=2y0−32(x0−1)
所以k1+k2=2y0−2x0+52(x0−1)+2y0−32(x0−1)=2×2y0−x0+12(x0−1)=2k3，
故存在常数λ＝2符合题意
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
椭圆的标准方程
【解析】
（1）由题意将点P (1, 32)代入椭圆的方程，得到1a2+94b2=1(a>b>0)，再由离心率为e=12，将a，b用c表示出来代入方程，解得c，从而解得a，b，即可得到椭圆的标准方程；
（2）方法一：可先设出直线AB的方程为y＝k(x−1)，代入椭圆的方程并整理成关于x的一元二次方程，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，利用根与系数的关系求得x1+x2=8k24k2+3，x1x2=4k2−124k2+3，再求点M的坐标，分别表示出k1，k2，k3．比较k1+k2＝λk3即可求得参数的值；
方法二：设B(x0, y0)(x0≠1)，以之表示出直线FB的方程为y=y0x0−1(x−1)，由此方程求得M的坐标，再与椭圆方程联立，求得A的坐标，由此表示出k1，k2，k3．比较k1+k2＝λk3即可求得参数的值
【解答】
椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点P (1, 32)，可得1a2+94b2=1(a>b>0)①
由离心率e=12得ca=12，即a＝2c，则b2＝3c2②，代入①解得c＝1，a＝2，b=3
故椭圆的方程为x24+y23=1
方法一：由题意可设AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＝k(x−1)③
代入椭圆方程x24+y23=1并整理得(4k2+3)x2−8k2x+4k2−12＝0
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
x1+x2=8k24k2+3，x1x2=4k2−124k2+3④
在方程③中，令x＝4得，M的坐标为(4, 3k)，
从而k1=y1−32x1−1，k2=y2−32x2−1，k3=3k−324−1=k−12
注意到A，F，B共线，则有k＝kAF＝kBF，即有y1x1−1=y2x2−1=k
所以k1+k2=y1−32x1−1+y2−32x2−1=y1x1−1+y2x2−1−32(1x1−1+1x2−1)
＝2k−32×x1+x2−2x1x2−(x1+x2)+1⑤
④代入⑤得k1+k2＝2k−32×8k24k2+3−24k2−124k2+3−8k24k2+3+1=2k−1
又k3＝k−12，所以k1+k2＝2k3
故存在常数λ＝2符合题意
方法二：设B(x0, y0)(x0≠1)，则直线FB的方程为y=y0x0−1(x−1)
令x＝4，求得M(4, 3y0x0−1)
从而直线PM的斜率为k3=2y0−x0+12(x0−1)，
联立x24+y23=1y=y0x0−1(x−1) ，得A(5x0−82x0−5, 3y02x0−5)，
则直线PA的斜率k1=2y0−2x0+52(x0−1)，直线PB的斜率为k2=2y0−32(x0−1)
所以k1+k2=2y0−2x0+52(x0−1)+2y0−32(x0−1)=2×2y0−x0+12(x0−1)=2k3，
故存在常数λ＝2符合题意
【答案】
解：(1)由题意可得b=1，2a=4，即a=2．
∴ 椭圆C1的方程为x24+y2=1；
(2)设A(x1, y1)，B(x2, y2)，D(x0, y0)，
由题意可知：直线l1的斜率存在，设为k，则直线l1的方程为y=kx−1．
又圆C2：x2+y2=4的圆心O(0, 0)到直线l1的距离d=1k2+1．
∴ |AB|=24−d2=24k2+3k2+1．
又l2⊥l1，故直线l2的方程为x+ky+k=0，
联立x+ky+k=0，x2+4y2=4，消去y得到(4+k2)x2+8kx=0，
解得x0=−8k4+k2，
∴ |PD|=81+k24+k2．
∴ 三角形ABD的面积S=12|AB||PD|=84k2+34+k2，
令4+k2=t>4，则k2=t−4，
f(t)=4(t−4)+3t=4t−13t2=−13(1t−213)2+413≤413，
∴ S=161313，当且仅t=132，即k2=52，当k=±102时取等号，
故所求直线l1的方程为y=±102x−1．
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
椭圆的标准方程
点到直线的距离公式
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
【解析】
（1）由题意可得b=1，2a=4，即可得到椭圆的方程；
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，D(x0, y0)．由题意可知：直线l1的斜率存在，设为k，则直线l1的方程为y=kx−1．利用点到直线的距离公式和弦长公式即可得出圆心O到直线l1的距离和弦长|AB|，又l2⊥l1，可得直线l2的方程为x+kx+k=0，与椭圆的方程联立即可得到点D的横坐标，即可得出|PD|，即可得到三角形ABD的面积，利用基本不等式的性质即可得出其最大值，即得到k的值．
【解答】
解：(1)由题意可得b=1，2a=4，即a=2．
∴ 椭圆C1的方程为x24+y2=1；
(2)设A(x1, y1)，B(x2, y2)，D(x0, y0)，
由题意可知：直线l1的斜率存在，设为k，则直线l1的方程为y=kx−1．
又圆C2：x2+y2=4的圆心O(0, 0)到直线l1的距离d=1k2+1．
∴ |AB|=24−d2=24k2+3k2+1．
又l2⊥l1，故直线l2的方程为x+ky+k=0，
联立x+ky+k=0，x2+4y2=4，消去y得到(4+k2)x2+8kx=0，
解得x0=−8k4+k2，
∴ |PD|=81+k24+k2．
∴ 三角形ABD的面积S=12|AB||PD|=84k2+34+k2，
令4+k2=t>4，则k2=t−4，
f(t)=4(t−4)+3t=4t−13t2=−13(1t−213)2+413≤413，
∴ S=161313，当且仅t=132，即k2=52，当k=±102时取等号，
故所求直线l1的方程为y=±102x−1．
1. 双曲线x24−y2＝1的顶点到其渐近线的距离等于（ ）
A.25B.45C.255D.455
2. 已知0<θ<π4，则双曲线C1：x2cs2θ−y2sin2θ=1与C2：y2sin2θ−x2sin2θtan2θ=1的（ ）
A.实轴长相等B.虚轴长相等C.焦距相等D.离心率相等
3. 已知F是抛物线y2＝x的焦点，A，B是该抛物线上的两点，且|AF|+|BF|＝3，则线段AB的中点到y轴的距离为（ ）
A.34B.1C.54D.74
4. 已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的两条渐近线均和圆C:x2+y2−6x+5＝0相切，且双曲线的右焦点为圆C的圆心，则该双曲线的方程为（ ）
A.x25−y24=1B.x24−y25=1C.x23−y26=1D.x26−y23=1
5. 设圆锥曲线r的两个焦点分别为F1，F2，若曲线r上存在点P满足|PF1|:|F1F2|:|PF2|=4:3:2，则曲线r的离心率等于( )
A.12或32B.23或2C.12或2D.23或32
6. 如图，F1，F2分别是双曲线C:x2a2−y2b2=1(a, b>0)的左、右焦点，B是虚轴的端点，直线F1B与C的两条渐近线分别交于P，Q两点，线段PQ的垂直平分线与x轴交于点M．若|MF2|＝|F1F2|，则C的离心率是（ ）
A.233B.62C.2D.3
7. 已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a，b<0)的右焦点为F(3, 0)，过点F的直线交椭圆E于A、B两点．若AB的中点坐标为(1, −1)，则E的方程为( )
A.x245+y236=1B.x236+y227=1C.x227+y218=1D.x218+y29=1
8. 设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，点M在C上，|MF|=5，若以MF为直径的圆过点(0, 2)，则C的方程为( )
A.y2=4x或y2=8xB.y2=2x或y2=8x
C.y2=4x或y2=16xD.y2=2x或y2=16x
9. 已知抛物线C:y2＝8x的焦点为F，点M(−2, 2)，过点F且斜率为k的直线与C交于A，B两点，若MA→⋅MB→=0，则k＝（ ）
A.2B.22C.12D.2
10. 已知a>b>0，椭圆C1的方程为x2a2+y2b2=1，双曲线C2的方程为x2a2−y2b2=1，C1与C2的离心率之积为32，则C2的渐近线方程为（ ）
A.x±2y＝0B.2x±y＝0C.x±2y＝0D.2x±y＝0
11. 已知A，B为平面内两个定点，过该平面内动点m作直线AB的垂线，垂足为N．若MN→2=λAN→⋅NB→，其中λ为常数，则动点m的轨迹不可能是（ ）
A.圆B.椭圆C.双曲线D.抛物线
12. 过抛物线y2=4x的焦点F的直线交该抛物线于A，B两点，O为坐标原点．若|AF|=3，则△AOB的面积为( )
A.22B.2C.322D.22
13. 椭圆C:x24+y23=1的左、右顶点分别为A1，A2，点P在C上且直线PA2斜率的取值范围是[−2, −1]，那么直线PA1斜率的取值范围是( )
A.[12，34]B.[38，34]C.[12，1]D.[34，1]
二、填空题
抛物线x2＝2py(p>0)的焦点为F，其准线与双曲线x23−y23=1相交于A，B两点，若△ABF为等边三角形，则p＝________．
椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别是A，B，左、右焦点分别是F1，F2．若|AF1|，|F1F2|，|F1B|成等比数列，则此椭圆的离心率为________．
设AB是椭圆Γ的长轴，点C在Γ上，且∠CBA=π4，若AB＝4，BC=2，则Γ的两个焦点之间的距离为________.
设F1，F2分别是椭圆E:x2+y2b2=1(0
如图，双曲线x2a2−y2b2=1(a, b>0)的两顶点为A1，A2，虚轴两端点为B1，B2，两焦点为F1，F2．若以A1A2为直径的圆内切于菱形F1B1F2B2，切点分别为A，B，C，D．则：
（1）双曲线的离心率e=________；
（2）菱形F1B1F2B2的面积S1与矩形ABCD的面积S2的比值S1S2=________．
三、解答题
如图，椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率e=12．过F1的直线交椭圆于A、B两点，且△ABF2的周长为8．
(Ⅰ)求椭圆E的方程．
(Ⅱ)设动直线l:y＝kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线x＝4相交于点Q．试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．
已知抛物线C1:x2=y，圆C2:x2+(y−4)2=1的圆心为点M
（1）求点M到抛物线C1的准线的距离；
（2）已知点P是抛物线C1上一点（异于原点），过点P作圆C2的两条切线，交抛物线C1于A，B两点，若过M，P两点的直线l垂直于AB，求直线l的方程．
如图，在平面直角坐标系xOy中，M，N分别是椭圆x24+y22=1的顶点，过坐标原点的直线交椭圆于P，A两点，其中点P在第一象限，过P作x轴的垂线，垂足为C，连接AC，并延长交椭圆于点B，设直线PA的斜率为k.
(1)若直线PA平分线段MN，求k的值；
(2)当k=2时，求点P到直线AB的距离d；
(3)对任意k>0，求证：PA⊥PB．
已知直线l与椭圆C:x23+y22=1交于P(x1, y1)，Q(x2, y2)两不同点，且△OPQ的面积S△OPQ=62，其中O为坐标原点．
(Ⅰ)证明x12+x22和y12+y22均为定值；
(Ⅱ)设线段PQ的中点为M，求|OM|⋅|PQ|的最大值；
(Ⅲ)椭圆C上是否存在点D，E，G，使得S△ODE＝S△ODG＝S△OEG=62？若存在，判断△DEG的形状；若不存在，请说明理由．
如图，椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点P(1, 32)，离心率e=12，直线l的方程为x＝4．
（1）求椭圆C的方程；
（2）AB是经过右焦点F的任一弦（不经过点P），设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3．问：是否存在常数λ，使得k1+k2＝λk3？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由．
如图，点P(0, −1)是椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个顶点，C1的长轴是圆C2:x2+y2=4的直径，l1，l2是过点P且互相垂直的两条直线，其中l1交圆C2于A，B两点，l2交椭圆C1于另一点D．
(1)求椭圆C1的方程；
(2)求△ABD面积的最大值时直线l1的方程．
参考答案与试题解析
人教A版选修2-1《第2章 圆锥曲线与方程》2020年单元测试卷（4）
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
根据题意，由双曲线的方程可得双曲线的顶点坐标和渐近线方程，由点到直线的距离公式计算可得答案．
【解答】
根据题意，双曲线的方程为x24−y＝1，
顶点坐标为(±2, 0)，渐近线方程为y＝±12x，即x±2y＝0，
则该双曲线的顶点到其渐近线的距离d=|2|4+1=255；
2.
【答案】
D
【考点】
双曲线的特性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：双曲线C1的实轴长为2csθ，虚轴长为2sinθ，
焦距为2cs2θ+sin2θ=2，离心率为1csθ；
双曲线C2的实轴长为2sinθ，虚轴长为2sinθtanθ，
焦距为2sin2θ+sin2θtan2θ=2tanθ，离心率为1csθ．
故选D．
3.
【答案】
C
【考点】
抛物线的性质
【解析】
根据抛物线的方程求出准线方程，利用抛物线的定义：抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，列出方程求出A，B的中点横坐标，即可得到线段AB的中点到y轴的距离．
【解答】
由于F是抛物线y2＝x的焦点，
则F(14, 0)，准线方程x=−14，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)
∴ |AF|+|BF|＝x1+14+x2+14=3，
解得x1+x2=52，
∴ 线段AB的中点横坐标为54．
∴ 线段AB的中点到y轴的距离为54．
4.
【答案】
A
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的标准方程
【解析】
先利用圆的一般方程，求得圆心坐标和半径，从而确定双曲线的焦距，得a、b间的一个等式，再利用直线与圆相切的几何性质，利用圆心到渐近线距离等于圆的半径，得a、b间的另一个等式，联立即可解得a、b的值，从而确定双曲线方程
【解答】
∵ 圆C:x2+y2−6x+5＝0的圆心C(3, 0)，半径r＝2
∴ 双曲线x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的右焦点坐标为(3, 0)，即c＝3，∴ a2+b2＝9，①
∵ 双曲线x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的一条渐近线方程为bx−ay＝0，
∴ C到渐近线的距离等于半径，即3ba2+b2=2 ②
由①②解得：a2＝5，b2＝4
∴ 该双曲线的方程为x25−y24=1
5.
【答案】
A
【考点】
圆锥曲线的共同特征
【解析】
根据题意可设出|PF1|，|F1F2|和|PF2|，然后分曲线为椭圆和双曲线两种情况，分别利用定义表示出a和c，则离心率可得．
【解答】
解：依题意设|PF1|=4t，|F1F2|=3t，|PF2|=2t，
若曲线为椭圆则,
2a=|PF1|+|PF2|=6t，c=32t,
则e=ca=12，
若曲线为双曲线则，
2a=4t−2t=2t，a=t，c=32t.
所以e=ca=32.
故选A.
6.
【答案】
B
【考点】
双曲线的离心率
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
确定PQ，MN的斜率，求出直线PQ与渐近线的交点的坐标，得到MN的方程，从而可得M的横坐标，利用|MF2|＝|F1F2|，即可求得C的离心率．
【解答】
线段PQ的垂直平分线MN，|OB|＝b，|OF1|＝c．∴ kPQ=bc，kMN=−cb．
直线PQ为：y=bc (x+c)，两条渐近线为：y=±bax．
由y=bc(x+c)y=bax ，得Q(acc−a,bcc−a )；由y=bc(x+c)y=−bax 得P(−acc+a,bcc+a)．
∴ 直线MN为y−bc2c2−a2=−cb(x−a2cc2−a2)，
令y＝0得：xM=c(1+a2b2)．
又∵ |MF2|＝|F1F2|＝2c，
∴ 3c＝xM=c(1+a2b2)，
∴ 3a2＝2c2
解之得：e2=32，即e=62．
7.
【答案】
D
【考点】
椭圆的标准方程
【解析】
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，代入椭圆方程得x12a2+y12b2=1x22a2+y22b2=1 ，利用“点差法”可得x1+x2a2+y1−y2x1−x2⋅y1+y2b2=0．利用中点坐标公式可得x1+x2＝2，y1+y2＝−2，利用斜率计算公式可得kAB=y1−y2x1−x2=−1−01−3=12．于是得到2a2+12×−2b2=0，化为a2＝2b2，再利用c＝3=a2−b2，即可解得a2，b2．进而得到椭圆的方程．
【解答】
解：设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
代入椭圆方程得x12a2+y12b2=1,x22a2+y22b2=1,
相减得x12−x22a2+y12−y22b2=0，
∴ x1+x2a2+y1−y2x1−x2⋅y1+y2b2=0．
∵ x1+x2＝2，y1+y2＝−2，kAB=y1−y2x1−x2=−1−01−3=12．
∴ 2a2+12×−2b2=0，
化为a2＝2b2，又c＝3=a2−b2，解得a2＝18，b2＝9.
∴ 椭圆E的方程为x218+y29=1．
故选D.
8.
【答案】
C
【考点】
抛物线的标准方程
抛物线的性质
圆与圆锥曲线的综合问题
【解析】
根据抛物线方程算出|OF|=p2，设以MF为直径的圆过点A(0, 2)，在Rt△AOF中利用勾股定理算出|AF|=4+p24．再由直线AO与以MF为直径的圆相切得到∠OAF=∠AMF，Rt△AMF中利用∠AMF的正弦建立关系式，从而得到关于p的方程，解之得到实数p的值，进而得到抛物线C的方程．
【解答】
解：∵ 抛物线C方程为y2=2px(p>0)，
∴ 焦点F(p2, 0).
如图：
设M(x, y)，则|MF|=x+p2=5，即x=5−p2，
∵ 圆心是MF的中点，
∴ 圆心横坐标为5−p2+p22=52.
∵ 圆半径为12|MF|=52，
∴ 该圆与y轴相切于点(0, 2)，故圆心纵坐标为2，则M点纵坐标为4，
即M(5−p2, 4)，代入抛物线方程得p2−10p+16=0，
解得p=2或p=8．
∴ 抛物线C的方程为y2=4x或y2=16x．
故选C．
9.
【答案】
D
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
抛物线的性质
【解析】
斜率k存在，设直线AB为y＝k(x−2)，代入抛物线方程，利用MA→⋅MB→=(x1+2, y1−2)⋅(x2+2, y2−2)＝0，即可求出k的值．
【解答】
由抛物线C:y2＝8x得焦点(2, 0)，
由题意可知：斜率k存在，设直线AB为y＝k(x−2)，
代入抛物线方程，得到k2x2−(4k2+8)x+4k2＝0，△>0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)．
∴ x1+x2＝4+8k2，x1x2＝4．
∴ y1+y2=8k，y1y2＝−16，
又MA→⋅MB→=0，
∴ MA→⋅MB→=(x1+2, y1−2)⋅(x2+2, y2−2)=16k2−16k+4=0
∴ k＝2．
10.
【答案】
A
【考点】
双曲线的离心率
椭圆的离心率
【解析】
求出椭圆与双曲线的离心率，然后推出ab关系，即可求解双曲线的渐近线方程．
【解答】
a>b>0，椭圆C1的方程为x2a2+y2b2=1，C1的离心率为：a2−b2a，
双曲线C2的方程为x2a2−y2b2=1，C2的离心率为：a2+b2a，
∵ C1与C2的离心率之积为32，
∴ a2−b2a⋅a2+b2a=32，
∴ (ba)2=12，ba=22，
C2的渐近线方程为：y=±22x，即x±2y＝0．
11.
【答案】
D
【考点】
轨迹方程
【解析】
建立直角坐标系，设出A、B坐标，以及M坐标，通过已知条件求出M的方程，然后判断选项．
【解答】
以AB所在直线为x轴，AB中垂线为y轴，建立坐标系，
设M(x, y)，A(−a, 0)、B(a, 0)；
因为MN→2=λAN→⋅NB→，
所以y2＝λ(x+a)(a−x)，
即λx2+y2＝λa2，当λ＝1时，轨迹是圆．
当λ>0且λ≠1时，是椭圆的轨迹方程；
当λ<0时，是双曲线的轨迹方程．
当λ＝0时，是直线的轨迹方程；
综上，方程不表示抛物线的方程．
12.
【答案】
C
【考点】
三角形的面积公式
抛物线的应用
【解析】
设直线AB的倾斜角为θ，利用|AF|=3，可得点A到准线l:x=−1的距离为3，从而csθ=13，进而可求|BF|，|AB|，由此可求AOB的面积．
【解答】
解：设直线AB的倾斜角为θ(0<θ<π)及|BF|=m，
∵ |AF|=3，
∴ 点A到准线l:x=−1的距离为3，
∴ 2+3csθ=3，
∴ csθ=13，
∵ m=2+mcs(π−θ)，
∴ m=21+csθ=32，
∴ △AOB的面积为S=12×|OF|×|AB|×sinθ
=12×1×(3+32)×223=322.
故选C．
13.
【答案】
B
【考点】
圆锥曲线的综合问题
其他不等式的解法
直线的斜率
【解析】
由椭圆C:x24+y23=1可知其左顶点A1(−2, 0)，右顶点A2(2, 0)．设P(x0, y0)(x0≠±2)，代入椭圆方程可得y02x02−4=−34．利用斜率计算公式可得kPA1⋅kPA2，再利用已知给出的kPA1的范围即可解出．
【解答】
解：由椭圆C:x24+y23=1可知其左顶点A1(−2, 0)，右顶点A2(2, 0)．
设P(x0, y0)(x0≠±2)，则x024+y023=1，得y02x02−4=−34．
∵ kPA2=y0x0−2，kPA1=y0x0+2，
∴ kPA1⋅kPA2=y02x02−4=−34，
∵ −2≤kPA2≤−1，
∴ −2≤−34kPA1≤−1，
解得38≤kPA1≤34．
故选B．
二、填空题
【答案】
6
【考点】
双曲线的离心率
抛物线的性质
【解析】
求出抛物线的焦点坐标，准线方程，然后求出抛物线的准线与双曲线的交点坐标，利用三角形是等边三角形求出p即可．
【解答】
抛物线的焦点坐标为(0, p2)，准线方程为：y=−p2，
准线方程与双曲线联立可得：x23−(−p2)23=1，
解得x＝±3+p24，
因为△ABF为等边三角形，所以p2+x2=2|x|，即p2＝3x2，
即p2=3(3+p24)，解得p＝6．
【答案】
55
【考点】
椭圆的定义
等比数列的性质
【解析】
直接利用椭圆的定义，结合|AF1|，|F1F2|，|F1B|成等比数列，即可求出椭圆的离心率．
【解答】
解：因为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别是A，B，左、右焦点分别是F1，F2．
若|AF1|，|F1F2|，|F1B|成等比数列，|AF1|=a−c，|F1F2|=2c，|F1B|=a+c，
所以(a−c)(a+c)=4c2，即a2=5c2，
所以e=55．
故答案为：55．
【答案】
463
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
【解析】
本题考查椭圆的定义、解三角形，以及椭圆的简单性质的应用．
【解答】
解：如图，设椭圆的标准方程为x2a2+y2b2=1，
由题意知，2a＝4，a＝2．
∵ ∠CBA=π4，BC=2，
∴ 点C的坐标为C(−1, 1)，
因点C在椭圆上，
∴ (−1)24+12b2=1，
∴ b2=43，
∴ c2＝a2−b2＝4−43=83，c=263，
则Γ的两个焦点之间的距离为 463．
故答案为：463．
【答案】
x2+32y2=1
【考点】
椭圆的标准方程
【解析】
求出B(−53c, −13b2)，代入椭圆方程，结合1=b2+c2，即可求出椭圆的方程．
【解答】
解：不妨设点A在第一象限，
由题意，F1(−c, 0)，F2(c, 0)，AF2⊥x轴，∴ |AF2|=b2，
∴ A点坐标为(c, b2)，
设B(x, y)，则
∵ |AF1|=3|F1B|，
∴ AF1→=3F1B→，
∴ (−c−c, −b2)=3(x+c, y),
∴ B(−53c, −13b2)，
代入椭圆方程可得(−53c)2+(−13b2)2b2=1，
∵ 1=b2+c2，
∴ b2=23，c2=13，
∴ x2+32y2=1．
故答案为：x2+32y2=1．
【答案】
5+12，5+22
【考点】
圆锥曲线
【解析】
（1）直线B2F1的方程为bx−cy+bc=0，所以O到直线的距离为|bc|b2+c2，根据以A1A2为直径的圆内切于菱形F1B1F2B2，可得|bc|b2+c2=a，由此可求双曲线的离心率；
（2）菱形F1B1F2B2的面积S1=2bc，求出矩形ABCD的长与宽，从而求出面积S2=4mn=4a2bcb2+c2，由此可得结论．
【解答】
解：（1）直线B2F1的方程为bx−cy+bc=0，所以O到直线的距离为|bc|b2+c2
∵ 以A1A2为直径的圆内切于菱形F1B1F2B2，
∴ |bc|b2+c2=a
∴ (c2−a2)c2=(2c2−a2)a2
∴ c4−3a2c2+a4=0
∴ e4−3e2+1=0
∵ e>1
∴ e=5+12
（2）菱形F1B1F2B2的面积S1=2bc
设矩形ABCD，BC=2n，BA=2m，∴ mn=cb
∵ m2+n2=a2，∴ m=acb2+c2，n=abb2+c2
∴ 面积S2=4mn=4a2bcb2+c2
∴ S1S2=b2+c22a2=b2+c22bc
∵ bc=a2=c2−b2
∴ b=−1+52c
∴ S1S2=5+22
三、解答题
【答案】
（1）∵ 过F1的直线交椭圆于A、B两点，且△ABF2的周长为8．
∴ 4a＝8，∴ a＝2
∵ e=12，∴ c＝1
∴ b2＝a2−c2＝3
∴ 椭圆E的方程为x24+y23=1．
（2）由y=kx+mx24+y23=1 ，消元可得(4k2+3)x2+8kmx+4m2−12＝0
∵ 动直线l:y＝kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P(x0, y0)
∴ m≠0，△＝0，∴ (8km)2−4×(4k2+3)×(4m2−12)＝0
∴ 4k2−m2+3＝0①
此时x0=−4km4k2+3=−4km，y0=3m，即P(−4km, 3m)
由y=kx+mx=4 得Q(4, 4k+m)
取k＝0，m=3，此时P(0, 3)，Q(4, 3)，以PQ为直径的圆为(x−2)2+(y−3)2＝4，交x轴于点M1(1, 0)或M2(3, 0)
取k=−12，m＝2，此时P(1, 32)，Q(4, 0)，以PQ为直径的圆为(x−52)2+(y−34)2=4516，交x轴于点M3(1, 0)或M4(4, 0)
故若满足条件的点M存在，只能是M(1, 0)，证明如下
∵ MP→=(−4km−1,3m),MQ→=(3,4k+m)
∴ MP→⋅MQ→=−12km−3+12km+3=0
故以PQ为直径的圆恒过x轴上的定点M(1, 0)
方法二：
假设平面内存在定点M满足条件，因为对于任意以PQ为直径的圆恒过定点M，所以当PQ平行于x轴时，圆也过定点M，即此时P点坐标为(0, 3)或(0, −3)，由图形对称性知两个圆在x轴上过相同的交点，即点M必在x轴上．设M(x1, 0)，则MP→⋅MQ→=0对满足①式的m，k恒成立．
因为MP→=(−4km−x1, 3m)，
MQ→=(4−x1, 4k+m)，由MP→⋅MQ→=0得−16km+4kx1m−4x1+x12+12km+3＝0，
整理得(4x1−4)km+x12−4x1+3＝0．②
由于②式对满足①式的m，k恒成立，所以4x1−4=0x12−4x1+3=0 ，解得x1＝1．
故存在定点M(1, 0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M．
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
椭圆的标准方程
【解析】
(Ⅰ)根据过F1的直线交椭圆于A、B两点，且△ABF2的周长为8，可得4a＝8，即a＝2，利用e=12，b2＝a2−c2＝3，即可求得椭圆E的方程．
(Ⅱ)由y=kx+mx24+y23=1 ，消元可得(4k2+3)x2+8kmx+4m2−12＝0，利用动直线l:y＝kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P(x0, y0)，可得m≠0，△＝0，进而可得P(−4km, 3m)，由y=kx+mx=4 得Q(4, 4k+m)，取k＝0，m=3；k=−12，m＝2，猜想满足条件的点M存在，只能是M(1, 0)，再进行证明即可．
【解答】
（1）∵ 过F1的直线交椭圆于A、B两点，且△ABF2的周长为8．
∴ 4a＝8，∴ a＝2
∵ e=12，∴ c＝1
∴ b2＝a2−c2＝3
∴ 椭圆E的方程为x24+y23=1．
（2）由y=kx+mx24+y23=1 ，消元可得(4k2+3)x2+8kmx+4m2−12＝0
∵ 动直线l:y＝kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P(x0, y0)
∴ m≠0，△＝0，∴ (8km)2−4×(4k2+3)×(4m2−12)＝0
∴ 4k2−m2+3＝0①
此时x0=−4km4k2+3=−4km，y0=3m，即P(−4km, 3m)
由y=kx+mx=4 得Q(4, 4k+m)
取k＝0，m=3，此时P(0, 3)，Q(4, 3)，以PQ为直径的圆为(x−2)2+(y−3)2＝4，交x轴于点M1(1, 0)或M2(3, 0)
取k=−12，m＝2，此时P(1, 32)，Q(4, 0)，以PQ为直径的圆为(x−52)2+(y−34)2=4516，交x轴于点M3(1, 0)或M4(4, 0)
故若满足条件的点M存在，只能是M(1, 0)，证明如下
∵ MP→=(−4km−1,3m),MQ→=(3,4k+m)
∴ MP→⋅MQ→=−12km−3+12km+3=0
故以PQ为直径的圆恒过x轴上的定点M(1, 0)
方法二：
假设平面内存在定点M满足条件，因为对于任意以PQ为直径的圆恒过定点M，所以当PQ平行于x轴时，圆也过定点M，即此时P点坐标为(0, 3)或(0, −3)，由图形对称性知两个圆在x轴上过相同的交点，即点M必在x轴上．设M(x1, 0)，则MP→⋅MQ→=0对满足①式的m，k恒成立．
因为MP→=(−4km−x1, 3m)，
MQ→=(4−x1, 4k+m)，由MP→⋅MQ→=0得−16km+4kx1m−4x1+x12+12km+3＝0，
整理得(4x1−4)km+x12−4x1+3＝0．②
由于②式对满足①式的m，k恒成立，所以4x1−4=0x12−4x1+3=0 ，解得x1＝1．
故存在定点M(1, 0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M．
【答案】
解：（1）由题意画出简图为：
由于抛物线C1:x2=y准线方程为：y=−14，圆C2:x2+(y−4)2=1的圆心M(0, 4)，
利用点到直线的距离公式可以得到距离d=4−(−14)=174．
（2）设点P(x0, x02)，A(x1, x12)，B(x2, x22)；
由题意得：x0≠±1，x1≠x2，
设过点P的圆C2的切线方程为：y−x02=k(x−x0)即y=kx−kx0+x02①
则|kx0+4−x02|1+k2=1，即(x02−1)k2+2x0(4−x02)k+(x02−4)2−1=0
设PA，PB的斜率为k1，k2(k1≠k2)，则k1，k2应该为上述方程的两个根，
∴ k1+k2=2x0(x02−4)x02−1，k1⋅k2=(x02−4)2−1x02−1；
代入①得：x2−kx+kx0−x02=0 则x1，x2应为此方程的两个根，
故x1=k1−x0，x2=k2−x0
∴ kAB=x1+x2=k1+k2−2x0=2x0(x02−4)x02−1−2x0，kMP=x02−4x0
由于MP⊥AB，∴ kAB⋅KMP=−1⇒x02=235
故P(±235，235)∴ 直线l的方程为：y=±3115115x+4．
【考点】
圆锥曲线问题的解决方法
直线和圆的方程的应用
点到直线的距离公式
【解析】
（1）由题意抛物线C1:x2=y，可以知道其准线方程为y=−14，有圆C2:x2+(y−4)2=1的方程可以知道圆心坐标为(0, 4)，所求易得到所求的点到线的距离；
（2）由于已知点P是抛物线C1上一点（异于原点），所以可以设出点P的坐标，利用过点P作圆C2的两条切线，交抛物线C1于A，B两点，也可以设出点A，B的坐标，再设出过P的圆C2的切线方程，利用交与抛物线C2两点，联立两个方程，利用根与系数之间的关系整体得到两切线的斜率的式子，有已知的MP⊥AB，得到方程进而求解．
【解答】
解：（1）由题意画出简图为：
由于抛物线C1:x2=y准线方程为：y=−14，圆C2:x2+(y−4)2=1的圆心M(0, 4)，
利用点到直线的距离公式可以得到距离d=4−(−14)=174．
（2）设点P(x0, x02)，A(x1, x12)，B(x2, x22)；
由题意得：x0≠±1，x1≠x2，
设过点P的圆C2的切线方程为：y−x02=k(x−x0)即y=kx−kx0+x02①
则|kx0+4−x02|1+k2=1，即(x02−1)k2+2x0(4−x02)k+(x02−4)2−1=0
设PA，PB的斜率为k1，k2(k1≠k2)，则k1，k2应该为上述方程的两个根，
∴ k1+k2=2x0(x02−4)x02−1，k1⋅k2=(x02−4)2−1x02−1；
代入①得：x2−kx+kx0−x02=0 则x1，x2应为此方程的两个根，
故x1=k1−x0，x2=k2−x0
∴ kAB=x1+x2=k1+k2−2x0=2x0(x02−4)x02−1−2x0，kMP=x02−4x0
由于MP⊥AB，∴ kAB⋅KMP=−1⇒x02=235
故P(±235，235)∴ 直线l的方程为：y=±3115115x+4．
【答案】
解：(1)由题设知，a=2，b=2，
故M(−2, 0)，N(0, −2)，所以线段MN中点坐标为(−1, −22)．
由于直线PA平分线段MN，
故直线PA过线段MN的中点，
又直线PA过原点，
所以k=22．
(2)直线PA的方程为y=2x，代入椭圆方程得：
x24+4x22=1，解得x=±23，
因此P(23, 43)，A(−23, −43)
于是C(23, 0)，直线AC的斜率为1，
故直线AB的方程为x−y−23=0．
因此，d=|23−43−23|1+1=223．
(3)设P(x1, y1)，B(x2, y2)，则x1>0，x2>0，x1≠x2，
A(−x1, −y1)，C(x1, 0)．
设直线PB，AB的斜率分别为k1，k2．
因为C在直线AB上，
所以k2=0−(−y1)x1−(−x1)=y12x1=k2，
从而kk1+1=2k1k2+1
=2⋅y2−y1x2−x1⋅y2−(−y1)x2−(−x1)+1=2y22−2y12x22−x12+1
=x22+2y22−(x12+2y12)x22−x12=4−4x22−x12=0．
因此kk1=−1，
所以PA⊥PB．
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
【解析】
（1）由题设写出点M，N的坐标，求出线段MN中点坐标，根据线PA过原点和斜率公式，即可求出k的值；
（2）写出直线PA的方程，代入椭圆，求出点P，A的坐标，求出直线AB的方程，根据点到直线的距离公式，即可求得点P到直线AB的距离d；
（3）要证PA⊥PB，只需证直线PB与直线PA的斜率之积为−1，根据题意求出它们的斜率，即证的结果．
【解答】
解：(1)由题设知，a=2，b=2，
故M(−2, 0)，N(0, −2)，所以线段MN中点坐标为(−1, −22)．
由于直线PA平分线段MN，
故直线PA过线段MN的中点，
又直线PA过原点，
所以k=22．
(2)直线PA的方程为y=2x，代入椭圆方程得：
x24+4x22=1，解得x=±23，
因此P(23, 43)，A(−23, −43)
于是C(23, 0)，直线AC的斜率为1，
故直线AB的方程为x−y−23=0．
因此，d=|23−43−23|1+1=223．
(3)设P(x1, y1)，B(x2, y2)，则x1>0，x2>0，x1≠x2，
A(−x1, −y1)，C(x1, 0)．
设直线PB，AB的斜率分别为k1，k2．
因为C在直线AB上，
所以k2=0−(−y1)x1−(−x1)=y12x1=k2，
从而kk1+1=2k1k2+1
=2⋅y2−y1x2−x1⋅y2−(−y1)x2−(−x1)+1=2y22−2y12x22−x12+1
=x22+2y22−(x12+2y12)x22−x12=4−4x22−x12=0．
因此kk1=−1，
所以PA⊥PB．
【答案】
（1）1∘当直线l的斜率不存在时，P，Q两点关于x轴对称，
所以x1＝x2，y1＝−y2，
∵ P(x1, y1)在椭圆上，
∴ x123+y122=1①
又∵ S△OPQ=62，
∴ |x1||y1|=62②
由①②得|x1|=62，|y1|＝1．此时x12+x22＝3，y12+y22＝2；
2∘当直线l的斜率存在时，是直线l的方程为y＝kx+m(m≠0)，将其代入x23+y22=1得
(3k2+2)x2+6kmx+3(m2−2)＝0，△＝36k2m2−12(3k2+2)(m2−2)>0
即3k2+2>m2，
又x1+x2=−6km3k2+2，x1⋅x2=3(m2−2)3k2+2，
∴ |PQ|=1+k2(x1+x2)2−4x1x2=1+k2263k2+2−m23k2+2，
∵ 点O到直线l的距离为d=|m|1+k2，
∴ S△OPQ=121+k2263k2+2−m23k2+2⋅|m|1+k2=63k2+2−m2|m|3k2+2，
又S△OPQ=62，
整理得3k2+2＝2m2，此时x12+x22＝(x1+x2)2−2x1x2＝(−6km3k2+2)2−23(m2−2)3k2+2=3，
y12+y22=23(3−x12)+23(3−x22)＝4−23(x12+x22)＝2；
综上所述x12+x22＝3，y12+y22＝2．结论成立．
（2）1∘当直线l的斜率不存在时，由(Ⅰ)知
|OM|＝|x1|=62，|PQ|＝2|y1|＝2，
因此|OM|⋅|PQ|=6．
2∘当直线l的斜率存在时，由(Ⅰ)知 x1+x22=−3k2m，y1+y22=kx1+x22+m=−3k2+2m22m=1m
|OM|2＝(x1+x22)2+(y1+y22)2=9k24m2+1m2=6m2−24m2=12(3−1m2)，
|PQ|2＝(1+k2)24(3k2+2−m2)(2+3k2)2=2(2m2−1)m2=2(2+1m2)，
所以|OM|2|PQ|2=12(3−1m2)×2×(2+1m2)=(3−1m2)(2+1m2)
≤(3−1m2+2+1m22)2=254．
|OM|⋅|PQ|≤52．当且仅当3−1m2=2+1m2，
即m＝±2时，等号成立．
综合1∘2∘得|OM|⋅|PQ|的最大值为52；
(Ⅲ)椭圆C上不存在三点D，E，G，使得S△ODE＝S△ODG＝S△OEG=62，
证明：假设存在D(u, v)，E(x1, y1)，G(x2, y2)，使得S△ODE＝S△ODG＝S△OEG=62
由(Ⅰ)得
u2+x12＝3，u2+x22＝3，x12+x22＝3；v2+y12＝2，v2+y22＝2，y12+y22＝2
解得u2＝x12＝x22=32；v2＝y12＝y22＝1．
因此u，x1，x2只能从±62中选取，
v，y1，y2只能从±1中选取，
因此点D，E，G，只能在(±62, ±1)这四点中选取三个不同点，
而这三点的两两连线中必有一条过原点，与S△ODE＝S△ODG＝S△OEG=62矛盾．
所以椭圆C上不存在满足条件的三点D，E，G．
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
(Ⅰ)根据已知设出直线l的方程，利用弦长公式求出|PQ|的长，利用点到直线的距离公式求点O到直线l的距离，根据三角形面积公式，即可求得x12+x22和y12+y22均为定值；
(Ⅱ)由(I)可求线段PQ的中点为M，代入|OM|⋅|PQ|并利用基本不等式求最值；(Ⅲ)假设存在D(u, v)，E(x1, y1)，G(x2, y2)，使得S△ODE＝S△ODG＝S△OEG=62
由(Ⅰ)得u2+x12＝3，u2+x22＝3，x12+x22＝3；v2+y12＝2，v2+y22＝2，y12+y22＝2，从而求得点D，E，G，的坐标，可以求出直线DE、DG、EG的方程，从而得到结论．
【解答】
（1）1∘当直线l的斜率不存在时，P，Q两点关于x轴对称，
所以x1＝x2，y1＝−y2，
∵ P(x1, y1)在椭圆上，
∴ x123+y122=1①
又∵ S△OPQ=62，
∴ |x1||y1|=62②
由①②得|x1|=62，|y1|＝1．此时x12+x22＝3，y12+y22＝2；
2∘当直线l的斜率存在时，是直线l的方程为y＝kx+m(m≠0)，将其代入x23+y22=1得
(3k2+2)x2+6kmx+3(m2−2)＝0，△＝36k2m2−12(3k2+2)(m2−2)>0
即3k2+2>m2，
又x1+x2=−6km3k2+2，x1⋅x2=3(m2−2)3k2+2，
∴ |PQ|=1+k2(x1+x2)2−4x1x2=1+k2263k2+2−m23k2+2，
∵ 点O到直线l的距离为d=|m|1+k2，
∴ S△OPQ=121+k2263k2+2−m23k2+2⋅|m|1+k2=63k2+2−m2|m|3k2+2，
又S△OPQ=62，
整理得3k2+2＝2m2，此时x12+x22＝(x1+x2)2−2x1x2＝(−6km3k2+2)2−23(m2−2)3k2+2=3，
y12+y22=23(3−x12)+23(3−x22)＝4−23(x12+x22)＝2；
综上所述x12+x22＝3，y12+y22＝2．结论成立．
（2）1∘当直线l的斜率不存在时，由(Ⅰ)知
|OM|＝|x1|=62，|PQ|＝2|y1|＝2，
因此|OM|⋅|PQ|=6．
2∘当直线l的斜率存在时，由(Ⅰ)知 x1+x22=−3k2m，y1+y22=kx1+x22+m=−3k2+2m22m=1m
|OM|2＝(x1+x22)2+(y1+y22)2=9k24m2+1m2=6m2−24m2=12(3−1m2)，
|PQ|2＝(1+k2)24(3k2+2−m2)(2+3k2)2=2(2m2−1)m2=2(2+1m2)，
所以|OM|2|PQ|2=12(3−1m2)×2×(2+1m2)=(3−1m2)(2+1m2)
≤(3−1m2+2+1m22)2=254．
|OM|⋅|PQ|≤52．当且仅当3−1m2=2+1m2，
即m＝±2时，等号成立．
综合1∘2∘得|OM|⋅|PQ|的最大值为52；
(Ⅲ)椭圆C上不存在三点D，E，G，使得S△ODE＝S△ODG＝S△OEG=62，
证明：假设存在D(u, v)，E(x1, y1)，G(x2, y2)，使得S△ODE＝S△ODG＝S△OEG=62
由(Ⅰ)得
u2+x12＝3，u2+x22＝3，x12+x22＝3；v2+y12＝2，v2+y22＝2，y12+y22＝2
解得u2＝x12＝x22=32；v2＝y12＝y22＝1．
因此u，x1，x2只能从±62中选取，
v，y1，y2只能从±1中选取，
因此点D，E，G，只能在(±62, ±1)这四点中选取三个不同点，
而这三点的两两连线中必有一条过原点，与S△ODE＝S△ODG＝S△OEG=62矛盾．
所以椭圆C上不存在满足条件的三点D，E，G．
【答案】
椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点P (1, 32)，可得1a2+94b2=1(a>b>0)①
由离心率e=12得ca=12，即a＝2c，则b2＝3c2②，代入①解得c＝1，a＝2，b=3
故椭圆的方程为x24+y23=1
方法一：由题意可设AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＝k(x−1)③
代入椭圆方程x24+y23=1并整理得(4k2+3)x2−8k2x+4k2−12＝0
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
x1+x2=8k24k2+3，x1x2=4k2−124k2+3④
在方程③中，令x＝4得，M的坐标为(4, 3k)，
从而k1=y1−32x1−1，k2=y2−32x2−1，k3=3k−324−1=k−12
注意到A，F，B共线，则有k＝kAF＝kBF，即有y1x1−1=y2x2−1=k
所以k1+k2=y1−32x1−1+y2−32x2−1=y1x1−1+y2x2−1−32(1x1−1+1x2−1)
＝2k−32×x1+x2−2x1x2−(x1+x2)+1⑤
④代入⑤得k1+k2＝2k−32×8k24k2+3−24k2−124k2+3−8k24k2+3+1=2k−1
又k3＝k−12，所以k1+k2＝2k3
故存在常数λ＝2符合题意
方法二：设B(x0, y0)(x0≠1)，则直线FB的方程为y=y0x0−1(x−1)
令x＝4，求得M(4, 3y0x0−1)
从而直线PM的斜率为k3=2y0−x0+12(x0−1)，
联立x24+y23=1y=y0x0−1(x−1) ，得A(5x0−82x0−5, 3y02x0−5)，
则直线PA的斜率k1=2y0−2x0+52(x0−1)，直线PB的斜率为k2=2y0−32(x0−1)
所以k1+k2=2y0−2x0+52(x0−1)+2y0−32(x0−1)=2×2y0−x0+12(x0−1)=2k3，
故存在常数λ＝2符合题意
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
椭圆的标准方程
【解析】
（1）由题意将点P (1, 32)代入椭圆的方程，得到1a2+94b2=1(a>b>0)，再由离心率为e=12，将a，b用c表示出来代入方程，解得c，从而解得a，b，即可得到椭圆的标准方程；
（2）方法一：可先设出直线AB的方程为y＝k(x−1)，代入椭圆的方程并整理成关于x的一元二次方程，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，利用根与系数的关系求得x1+x2=8k24k2+3，x1x2=4k2−124k2+3，再求点M的坐标，分别表示出k1，k2，k3．比较k1+k2＝λk3即可求得参数的值；
方法二：设B(x0, y0)(x0≠1)，以之表示出直线FB的方程为y=y0x0−1(x−1)，由此方程求得M的坐标，再与椭圆方程联立，求得A的坐标，由此表示出k1，k2，k3．比较k1+k2＝λk3即可求得参数的值
【解答】
椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点P (1, 32)，可得1a2+94b2=1(a>b>0)①
由离心率e=12得ca=12，即a＝2c，则b2＝3c2②，代入①解得c＝1，a＝2，b=3
故椭圆的方程为x24+y23=1
方法一：由题意可设AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＝k(x−1)③
代入椭圆方程x24+y23=1并整理得(4k2+3)x2−8k2x+4k2−12＝0
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
x1+x2=8k24k2+3，x1x2=4k2−124k2+3④
在方程③中，令x＝4得，M的坐标为(4, 3k)，
从而k1=y1−32x1−1，k2=y2−32x2−1，k3=3k−324−1=k−12
注意到A，F，B共线，则有k＝kAF＝kBF，即有y1x1−1=y2x2−1=k
所以k1+k2=y1−32x1−1+y2−32x2−1=y1x1−1+y2x2−1−32(1x1−1+1x2−1)
＝2k−32×x1+x2−2x1x2−(x1+x2)+1⑤
④代入⑤得k1+k2＝2k−32×8k24k2+3−24k2−124k2+3−8k24k2+3+1=2k−1
又k3＝k−12，所以k1+k2＝2k3
故存在常数λ＝2符合题意
方法二：设B(x0, y0)(x0≠1)，则直线FB的方程为y=y0x0−1(x−1)
令x＝4，求得M(4, 3y0x0−1)
从而直线PM的斜率为k3=2y0−x0+12(x0−1)，
联立x24+y23=1y=y0x0−1(x−1) ，得A(5x0−82x0−5, 3y02x0−5)，
则直线PA的斜率k1=2y0−2x0+52(x0−1)，直线PB的斜率为k2=2y0−32(x0−1)
所以k1+k2=2y0−2x0+52(x0−1)+2y0−32(x0−1)=2×2y0−x0+12(x0−1)=2k3，
故存在常数λ＝2符合题意
【答案】
解：(1)由题意可得b=1，2a=4，即a=2．
∴ 椭圆C1的方程为x24+y2=1；
(2)设A(x1, y1)，B(x2, y2)，D(x0, y0)，
由题意可知：直线l1的斜率存在，设为k，则直线l1的方程为y=kx−1．
又圆C2：x2+y2=4的圆心O(0, 0)到直线l1的距离d=1k2+1．
∴ |AB|=24−d2=24k2+3k2+1．
又l2⊥l1，故直线l2的方程为x+ky+k=0，
联立x+ky+k=0，x2+4y2=4，消去y得到(4+k2)x2+8kx=0，
解得x0=−8k4+k2，
∴ |PD|=81+k24+k2．
∴ 三角形ABD的面积S=12|AB||PD|=84k2+34+k2，
令4+k2=t>4，则k2=t−4，
f(t)=4(t−4)+3t=4t−13t2=−13(1t−213)2+413≤413，
∴ S=161313，当且仅t=132，即k2=52，当k=±102时取等号，
故所求直线l1的方程为y=±102x−1．
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
椭圆的标准方程
点到直线的距离公式
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
【解析】
（1）由题意可得b=1，2a=4，即可得到椭圆的方程；
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，D(x0, y0)．由题意可知：直线l1的斜率存在，设为k，则直线l1的方程为y=kx−1．利用点到直线的距离公式和弦长公式即可得出圆心O到直线l1的距离和弦长|AB|，又l2⊥l1，可得直线l2的方程为x+kx+k=0，与椭圆的方程联立即可得到点D的横坐标，即可得出|PD|，即可得到三角形ABD的面积，利用基本不等式的性质即可得出其最大值，即得到k的值．
【解答】
解：(1)由题意可得b=1，2a=4，即a=2．
∴ 椭圆C1的方程为x24+y2=1；
(2)设A(x1, y1)，B(x2, y2)，D(x0, y0)，
由题意可知：直线l1的斜率存在，设为k，则直线l1的方程为y=kx−1．
又圆C2：x2+y2=4的圆心O(0, 0)到直线l1的距离d=1k2+1．
∴ |AB|=24−d2=24k2+3k2+1．
又l2⊥l1，故直线l2的方程为x+ky+k=0，
联立x+ky+k=0，x2+4y2=4，消去y得到(4+k2)x2+8kx=0，
解得x0=−8k4+k2，
∴ |PD|=81+k24+k2．
∴ 三角形ABD的面积S=12|AB||PD|=84k2+34+k2，
令4+k2=t>4，则k2=t−4，
f(t)=4(t−4)+3t=4t−13t2=−13(1t−213)2+413≤413，
∴ S=161313，当且仅t=132，即k2=52，当k=±102时取等号，
故所求直线l1的方程为y=±102x−1．
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