2022版高考人教版数学一轮练习：考案【8理】【8文】第八章　解析几何

这是一份2022版高考人教版数学一轮练习：考案【8理】【8文】第八章　解析几何，共16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。
(时间：120分钟 满分150分)
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)
1．(2021·吉林长春实验中学期末)设△ABC的一个顶点是A(－3，1)，∠B，∠C的平分线方程分别为x＝0，y＝x，则直线BC的方程为( B )
A．y＝2x＋5 B．y＝2x－5
C．y＝3x＋5 D．y＝eq \f(1,2)x＋eq \f(5,2)
[解析] A关于y＝x的对称点为A1(1，－3)，A关于x＝0的对称点为A2(3,1)，又A1、A2都在BC上，∴kBC＝2.∴BC的方程为y＋3＝2(x－1)，即y＝2x－5.故选B.
2．(2021·四川南充模拟)已知直线x－my＋4m－2＝0与圆x2＋y2＝4相切，则m＝( D )
A．0 B．－eq \f(4,3)
C．0或－eq \f(4,3) D．0或eq \f(4,3)
[解析] 由题意可知eq \f(|4m－2|,\r(1＋m2))＝2，解得m＝0或eq \f(4,3)，故选D.
3．(2021·云南昆明一中摸底)抛物线y2＝4x的焦点到双曲线x2－y2＝1的渐近线的距离为( B )
A．eq \f(1,2) B．eq \f(\r(2),2)
C．eq \f(\r(3),2) D．2
[解析] 因为抛物线的焦点为(1,0)，双曲线的渐近线为x±y＝0，
所以抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离为
d＝eq \f(|1±0|,\r(12＋12))＝eq \f(\r(2),2)，故选B.
4．(2021·广西钦州一中月考)已知抛物线C：y2＝8x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与C的一个交点，若eq \(FP,\s\up6(→))＝4eq \(FQ,\s\up6(→))，则|QF|＝( C )
A．eq \f(7,2) B．eq \f(5,2)
C．3 D．2
[解析] 如图所示：
过点Q作QQ′⊥l交l于点Q′，因为eq \(FP,\s\up6(→))＝4eq \(FQ,\s\up6(→))，
所以|PQ||PF|＝34，又焦点F到准线l的距离为4，
所以|QF|＝|QQ′|＝3.故选C.
5．(2021·四川达州诊断)直线2x＋y－a＝0被圆x2＋y2＋2x－4y＝0所截得弦长为4，则实数a＝( A )
A．eq \r(5)或－eq \r(5) B．0或eq \r(5)
C．0或－eq \r(5) D．5或55
[解析] 由题意知圆(x＋1)2＋(y－2)2＝5的圆心到直线的距离为eq \r(5－4)＝1，即eq \f(|－2＋2－a|,\r(5))＝1，解得a＝±eq \r(5)，故选A．
6．(理)(2021·安徽皖南八校联考)已知双曲线的渐近线方程是eq \r(3)x±y＝0，且与椭圆x2＋2y2＝8有共同焦点，则双曲线的方程为( B )
A．2x2－eq \f(2y2,3)＝1 B．x2－eq \f(y2,3)＝1
C．x2－eq \f(y2,4)＝1 D．x2－eq \f(y2,9)＝1
(文)(2021·三湘名校联盟联考)已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,5)＝1(a>0)的一个焦点为(－3,0)，则其渐近线方程为( D )
A．y＝±eq \f(5,4)x B．y＝±eq \f(4,5)x
C．y＝±eq \f(2\r(5),5)x D．y＝±eq \f(\r(5),2)x
[解析] (理)椭圆x2＋2y2＝8，即eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1的焦点为(±2,0)．可设双曲线的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，可得a2＋b2＝4.由渐近线方程是eq \r(3)x±y＝0，可得eq \f(b,a)＝eq \r(3)，解得a＝1，b＝eq \r(3)，则双曲线的方程为x2－eq \f(y2,3)＝1.故选B.
(文)a2＋5＝9，a＝2，∴渐近线方程为y＝±eq \f(\r(5),2)x.故选D.
7．(2021·陕西百校联盟联考)已知椭圆C：eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，直线l过点F2且与椭圆C交于M，N两点，且eq \(MA,\s\up6(→))＝eq \(AN,\s\up6(→))，若|OA|＝|AF2|，则直线l的斜率为( B )
A．±1 B．±eq \f(1,2)
C．±eq \f(1,3) D．±eq \f(1,4)
[解析] 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),8)＋\f(y\\al(2,1),2)＝1，,\f(x\\al(2,2),8)＋\f(y\\al(2,2),2)＝1))两式相减可得eq \f(x1－x2x1＋x2,8)＋eq \f(y1－y2y1＋y2,2)＝0，则kOA·kMN＝－eq \f(1,4)；因为|OA|＝|AF2|，故kOA＝－kMN，解得是kMN＝±eq \f(1,2)，故直线l的斜率为±eq \f(1,2).
8．(2019·高考天津卷)已知抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l，若l与双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的两条渐近线分别交于点A和点B，且|AB|＝4|OF|(O为原点)，则双曲线的离心率为( D )
A．eq \r(2) B．eq \r(3)
C．2 D．eq \r(5)
[解析] 抛物线y2＝4x的准线l的方程为x＝－1，
双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x，
则有Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(b,a)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(b,a)))，
∴|AB|＝eq \f(2b,a)，eq \f(2b,a)＝4，b＝2a，
∴e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(a2＋b2),a)＝eq \r(5).故选D.
9．(2021·黑龙江哈尔滨模拟)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点与圆M：(x－2)2＋y2＝5的圆心重合，且圆M被双曲线的一条渐近线截得的弦长为2eq \r(2)，则双曲线的离心率为( A )
A．2 B．eq \r(2)
C．eq \r(3) D．3
[解析] 由已知，c＝2，渐近线方程为bx±ay＝0，因为圆M被双曲线的一条渐近线截得的弦长为2eq \r(2)，所以圆心M到渐近线的距离为eq \r(r2－\r(2)2)＝eq \r(3)＝eq \f(2b,\r(a2＋b2))＝eq \f(2b,c)＝b，故a＝eq \r(c2－b2)＝1，所以离心率为e＝eq \f(c,a)＝2.故选A．
10. (2021·广东实验中学阶段测试)1970年4月24日，我国发射了自己的第一颗人造地球卫星“东方红一号”，从此我国开始了人造卫星的新篇章．人造地球卫星绕地球运行遵循开普勒行星运动定律：卫星在以地球为焦点的椭圆轨道上绕地球运行时，其运行速度是变化的，速度的变化服从面积守恒规律，即卫星的向径(卫星与地球的连线)在相同的时间内扫过的面积相等．设椭圆的长轴长、焦距分别为2a,2c，下列结论错误的是( C )
A．卫星向径的取值范围是[a－c，a＋c]
B．卫星在左半椭圆弧的运行时间大于其在右半椭圆弧的运行时间
C．卫星向径的最小值与最大值的比值越大，椭圆轨道越扁
D．卫星运行速度在近地点时最大，在远地点时最小
[解析] 由题意可得卫星的向径是椭圆上的点到右焦点的距离，所以最小值为a－c，最大值为a＋c，所以A正确；根据在相同时间内扫过的面积相等，卫星在左半椭圆弧的运行时间大于其在右半椭圆弧的运行时间，故B正确；卫星向径的最小值与最大值的比值越小，即eq \f(a－c,a＋c)＝eq \f(1－e,1＋e)＝－1＋eq \f(2,1＋e)越小，则e越大，椭圆越扁，故C不正确；因为运行速度是变化的，向径是变化的，所以卫星运行速度在近地点时向径越小，在远地点时向径越大，卫星的向径(卫星与地球的连线)在相同的时间内扫过的面积相等，则向径越大，速度越小，所以卫星运行速度在近地点时最大，在远地点时最小，故D正确；故选C.
11．(2021·广东联考)已知圆C1：x2＋(y－2)2＝4，抛物线C2：y2＝2px(p>0)，C1与C2相交于A，B两点，且|AB|＝2eq \r(3)，则抛物线C2的方程为( C )
A．y2＝eq \r(3)x B．y2＝2x
C．y2＝3eq \r(3)x D．y2＝8x
[解析] 如图，OC1＝2，AB＝2eq \r(3)，取AB的中点H，连C1H，则C1H⊥AB，且OH＝eq \r(3)，∴∠C1OB＝30°，从而C1H＝1，∴∠BOx＝60°，∴B(eq \r(3)，3)，又点B在抛物线y2＝2px上，∴P＝eq \f(y2,2x)＝eq \f(9,2\r(3))＝eq \f(3\r(3),2)，∴抛物线C2的方程为y2＝3eq \r(3)x，故选C.
12．(2021·湖南省六校联考)已知F1，F2是椭圆与双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且|PF1|>|PF2|，线段PF1的垂直平分线过F2，若椭圆的离心率为e1，双曲线的离心率为e2，则eq \f(2,e1)＋eq \f(e2,2)的最小值为( C )
A．eq \r(6) B．3
C．6 D．eq \r(3)
[解析] 设椭圆长轴2a1，双曲线实轴2a2，
由题意可知：|F1F2|＝|F2P|＝2c，
又∵|F1P|＋|F2P|＝2a1，|F1P|－|F2P|＝2a2，
∴|F1P|＋2c＝2a1，|F1P|－2c＝2a2，
两式相减，可得：a1－a2＝2c，
∵eq \f(2,e1)＋eq \f(e2,2)＝eq \f(2a1,c)＋eq \f(c,2a2)＝eq \f(4a1a2＋c2,2ca2)，
∴eq \f(2,e1)＋eq \f(e2,2)＝eq \f(42c＋a2a2＋c2,2ca2)＝eq \f(8ca2＋4a\\al(2,2)＋c2,2ca2)＝4＋eq \f(2a2,c)＋eq \f(c,2a2)≥4＋2eq \r(\f(2a2,c)·\f(c,2a2))＝6，
当且仅当eq \f(2a2,c)＝eq \f(c,2a2)时取等号，
∴eq \f(2,e1)＋eq \f(e2,2)的最小值为6，故选C.
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)
13．(理)(2021·广东广州综合测试)斜率为eq \f(\r(3),3)的直线l过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，若直线l与圆(x－2)2＋y2＝4相切，则p＝ 12 .
(文)(2021·河北石家庄五校联合体质检)圆心在x轴负半轴上，半径为4，且与直线x＋eq \r(3)y－5＝0相切的圆的方程为 (x＋3)2＋y2＝16 .
[解析] (理)斜率为eq \f(\r(3),3)的直线l过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，
直线l的方程为y＝eq \f(\r(3),3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2)))，即x－eq \r(3)y－eq \f(p,2)＝0，
∵直线l与圆M：(x－2)2＋y2＝4相切，圆心为(2,0)，半径为2，
∴eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2－\f(p,2))),\r(3＋1))＝2，解得p＝12或p＝－4(舍去)．
故答案为：12.
(文)设圆心坐标为(a,0)(a0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的左支交于A，B两点，且eq \(AF1,\s\up6(→))＝3eq \(F1B,\s\up6(→))，∠ABF2＝90°，则C的离心率是 eq \f(\r(10),2) .
[解析] 如图，不妨设|F1B|＝1，则|AB|＝4，|F2B|＝2a＋1，|F2A|＝2a＋3，在Rt△ABF2中，由勾股定理得16＋(2a＋1)2＝(2a＋3)2，解得a＝1.
在Rt△F1BF2中，
|F1B|＝1，|F2B|＝2a＋1＝3，
|F1F2|＝2c，∴1＋9＝4c2，
∴c＝eq \f(\r(10),2)，∴e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(10),2).
15．(2020·安徽1号卷A10联前盟联考)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点M、N在抛物线上，且M、N、F三点共线，点P在准线l上，若eq \(PN,\s\up6(→))＝eq \(NM,\s\up6(→))，则eq \f(p,|MF|)＝ eq \f(2,3) .
[解析] 分别过点M，N作准线的垂线，垂足分别为M1，N1，则|MM1|＝|MF|，|NN1|＝|NF|，
∴eq \f(|PN|,|PM|)＝eq \f(|NN1|,|MM1|)＝eq \f(|NF|,|MF|)＝eq \f(1,2)
设|NF|＝m，则|MF|＝2m，从而|PN|＝3m，
∴eq \f(m,p)＝eq \f(3m,4m)＝eq \f(3,4)，则m＝eq \f(3,4)p，
∴eq \f(p,|MF|)＝eq \f(p,2m)＝eq \f(2,3).
16．(2021·山东日照联考)已知椭圆M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，双曲线N：eq \f(x2,m2)－eq \f(y2,n2)＝1(m>0，n>0)．若双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点及椭圆M的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M的离心率为 eq \r(3)－1 ；双曲线N的离心率为 2 .
[解析] 由正六边形性质得椭圆上一点到两焦点距离之和为c＋eq \r(3)c，再根据椭圆定义得c＋eq \r(3)c＝2a，所以椭圆M的离心率为eq \f(c,a)＝eq \f(2,1＋\r(3))＝eq \r(3)－1.双曲线N的渐近线方程为y＝±eq \f(n,m)x，由题意得双曲线N的一条渐近线的倾斜角为eq \f(π,3)，∴eq \f(n2,m2)＝tan2eq \f(π,3)＝3，∴e2＝eq \f(m2＋n2,m2)＝eq \f(m2＋3m2,m2)＝4，∴e＝2.
三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)(2021·江苏徐州学情调研)在①离心率为eq \r(3)，且经过点(3,4)；②离心率为eq \f(1,2)，且焦距为2.这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，若问题中的直线l存在，求出l的方程；若问题中的直线l不存在，说明理由．
问题：已知曲线C：mx2＋ny2＝1(m，n≠0)的焦点在x轴上， ，是否存在过点P(－1,1)的直线l，与曲线C交于A，B两点，且P为线段AB的中点？
注：若选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计算．
[解析] 选条件①：由题设得曲线C为焦点在x轴上的双曲线，
设m＝eq \f(1,a2)，n＝－eq \f(1,b2)(a>0，b>0)，
所以C的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，
由题设得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(\f(a2＋b2,a2))＝\r(3),\f(9,a2)－\f(16,b2)＝1))，解得a2＝1，b2＝2，
所以C的方程为x2－eq \f(y2,2)＝1，
1°当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝－1，
与曲线C有且仅有一个交点(－1,0)，不符合题意；
2°当直线l的斜率存在时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
直线l的方程为y－1＝k(x＋1)，即y＝k(x＋1)＋1，
入x2－eq \f(y2,2)＝1得(2－k2)x2－2k(k＋1)x－(k2＋2k＋3)＝0(*)，
若2－k2＝0，即k＝±eq \r(2)时，方程(*)有且仅有一解，不符合题意；
若2－k2≠0，即k≠±eq \r(2)时，
其判别式Δ＝[2k(k＋1)]2－4(k2－2)(k2＋2k＋3)＝8(2k＋3)>0，则k>－eq \f(3,2)，
所以方程(*)有两个不同实数解时，
k>－eq \f(3,2)且k≠±eq \r(2)，
于是x1＋x2＝－eq \f(－2kk＋1,2－k2)＝2·(－1)＝－2，
解得k＝－2，与k>－eq \f(3,2)且k≠±eq \r(2)矛盾！
所以，不存在直线l，与曲线C交于A，B两点，且P为线段AB的中点．
选条件②：由题设得曲线C为焦点在x轴上的椭圆，
设m＝eq \f(1,a2)，n＝eq \f(1,b2)(a>b>0)，
所以C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，
由题设得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(\r(a2－b2),a2)＝\f(1,4),2\r(a2－b2)＝2))，解得a2＝4，b2＝3，
所以C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，
1°当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝－1，
代入eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1得y＝±eq \f(3,2)，
P(－1,1)不是线段AB的中点，不符合题意；
2°当直线l的斜率存在时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
直线l的方程为y－1＝k(x＋1)，即y＝k(x＋1)＋1，
代入eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1得(3＋4k2)x2＋8k(k＋1)x＋4(k2＋2k－2)＝0，
其判别式Δ＝[8k(k＋1)]2－4·(3＋4k2)·4(k2＋2k－2)＝16(5k2－6k＋6)>0，
于是x1＋x2＝－eq \f(8kk＋1,3＋4k2)＝2·(－1)＝－2，
解得k＝eq \f(3,4)，
故y＝eq \f(3,4)(x＋1)＋1＝eq \f(3,4)x＋eq \f(7,4)，即3x－4y＋7＝0，
所以存在直线l：3x－4y＋7＝0，与曲线C交于A，B两点，且P为线段AB的中点．
18．(本小题满分12分)(2021·安徽蚌埠质检)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)，过抛物线C的焦点F且垂直于x轴的直线交抛物线C于P，Q两点，|PQ|＝4.
(1)求抛物线C的方程，并求其焦点F的坐标和准线l的方程；
(2)过点F的直线与抛物线C交于不同的两点A，B，直线OA与准线l交于点M.连接MF，过点F作MF的垂线与准线l交于点N.求证：O，B，N三点共线(O为坐标原点)．
[解析] (1)|PQ|＝2p＝4，则p＝2，
故抛物线C的方程为y2＝4x，
其焦点F坐标为(1,0)，
准线l方程为x＝－1.
(2)设直线AB：x＝ty＋1，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋1,y2＝4x))，
得y2－4ty－4＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4t，y1y2＝－4，
直线OA：y＝eq \f(y1,x1)x，由yeq \\al(2,1)＝4x1得y＝eq \f(4,y1)x，
故Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(－4,y1))).
直线MF的斜率kMF＝eq \f(－\f(4,y1)－0,－1－1)＝eq \f(2,y1)，
直线FN的斜率kFN＝－eq \f(y1,2).
直线FN：y＝－eq \f(y1,2)(x－1)，则N(－1，y1)，
直线ON的斜率kON＝－y1，
直线OB的斜率kOB＝eq \f(y2,x2)，
由yeq \\al(2,2)＝4x2得kOB＝eq \f(4,y2)，
则kOB－kON＝eq \f(4,y2)－(－y1)＝eq \f(4＋y1y2,y2)＝eq \f(4－4,y2)＝0.
∴O，B，N三点共线．
19．(本小题满分12分)(2019·天津高考卷)设椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝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eq \f(\r(5),5).
(1)求椭圆的方程；
(2)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．
[解析] (1)设椭圆的半焦距为c，依题意，2b＝4，
eq \f(c,a)＝eq \f(\r(5),5)，又a2＝b2＋c2，可得a＝eq \r(5)，b＝2，c＝1.
所以，椭圆的方程为eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)由题意，设P(xP，yP)(xP≠0)，M(xM,0)．
设直线PB的斜率为k(k≠0)，又B(0,2)，
则直线PB的方程为y＝kx＋2，
与椭圆方程联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，))
整理得(4＋5k2)x2＋20kx＝0，
可得xP＝－eq \f(20k,4＋5k2)，代入y＝kx＋2得yP＝eq \f(8－10k2,4＋5k2)，
进而直线OP的斜率eq \f(yP,xP)＝eq \f(4－5k2,－10k).
在y＝kx＋2中，令y＝0，得xM＝－eq \f(2,k).
由题意得N(0，－1)，所以直线MN的斜率为－eq \f(k,2).
由OP⊥MN，得eq \f(4－5k2,－10k)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(k,2)))＝－1，
化简得k2＝eq \f(24,5)，从而k＝±eq \f(2\r(30),5).
所以，直线PB的斜率为eq \f(2\r(30),5)或－eq \f(2\r(30),5).
20．(本小题满分12分)(理)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，离心率为eq \f(1,2)，点A在椭圆C上，|AF1|＝2，∠F1AF2＝60°，过F2与坐标轴不垂直的直线l与椭圆C交于P，Q两点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若P，Q的中点为N，在线段OF2上是否存在点M(m,0)，使得MN⊥PQ？若存在，求实数m的取值范围；若不存在，说明理由．
(文)(2021·广西钦州、崇左质检)如图，已知焦点在x轴上的椭圆C的长轴长为4，离心率为eq \f(1,2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)设O为原点，椭圆C的左、右两个顶点分别为A、B，点P是椭圆上与A，B不重合的任意一点，点Q和点P关于x轴对称，直线AP与直线BQ交于点M，求证：P，M两点的横坐标之积为定值．
[解析] (理)(1)由e＝eq \f(1,2)得a＝2c，
|AF1|＝2，|AF2|＝2a－2，
由余弦定理得，|AF1|2＋|AF2|2－2|AF1|·|AF2|cs 60°＝|F1F2|2，
解得c＝1，a＝2，b2＝a2－c2＝3，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)存在这样的点M.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，N(x0，y0)，
由F2(1,0)，设直线PQ的方程为y＝k(x－1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx－1))得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
由根与系数的关系得x1＋x2＝eq \f(8k2,4k2＋3)，
故x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(4k2,4k2＋3)，
又点N在直线PQ上，所以y0＝eq \f(－3k,4k2＋3)，
所以Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4k2,4k2＋3)，\f(－3k,4k2＋3))).
因为MN⊥PQ，所以kMN＝eq \f(0－\f(－3k,4k2＋3),m－\f(4k2,4k2＋3))＝－eq \f(1,k)，
整理得m＝eq \f(k2,4k2＋3)＝eq \f(1,4＋\f(3,k2))∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))，
所以存在点M(m,0)，使得MN⊥PQ，
m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4))).
(文)(1)由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2,\f(c,a)＝\f(1,2),a2＝b2＋c2))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2,c＝1,b＝\r(3)))，
由于椭圆焦点在x轴上，所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)设P(m，n)，则Q(m，－n)，
eq \f(m2,4)＋eq \f(n2,3)＝1⇒n2＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(m2,4))).
依题意可知－2b>0)的右焦点也为F，离心率为eq \f(1,2).
(1)求抛物线方程和椭圆方程；
(2)若不经过F的直线l与抛物线交于A，B两点，且eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝－3(O为坐标原点)，直线l与椭圆交于C，D两点，求△CDF面积的最大值．
(文)(2021·河南洛阳期中联考)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2)，其左，右焦点分别是F1，F2，过F1的直线AB与椭圆相交于A，B两点，且△ABF2的周长为8.
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线l：y＝x＋t与椭圆相交于M，N两点，当坐标原点O位于以MN为直径的圆外时，求t的取值范围.
[解析] (理)(1)由已知得，p＝2，F(1,0)，
∴c＝1，e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，∴a＝2，b2＝a2－c2＝3，
所以抛物线方程为y2＝4x，
椭圆方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)设直线l方程为：my＝x＋n，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,my＝x＋n，))消去x得，y2－4my＋4n＝0，
由Δ＝(4m)2－4·4n＝16m2－16n>0即m2－n>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝4m，,y1y2＝4n，))
因为eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝eq \f(y1y22,16)＋y1y2＝eq \f(16n2,16)＋4n＝n2＋4n＝－3，
所以n＝－3或n＝－1(舍去)，
所以直线l方程为：my＝x－3.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,my＝x－3，))消去x得，(3m2＋4)y2＋18my＋15＝0.
设C(xC，yC)，D(xD，yD)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(yC＋yD＝－\f(18m,3m2＋4)，,yCyD＝\f(15,3m2＋4)，))
所以S△CDF＝eq \f(1,2)|EF|·|yC－yD|＝eq \f(1,2)×2×|yC－yD|＝|yC－yD|
＝eq \r(yC＋yD2－4yCyD)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(18m,3m2＋4)))2－\f(60,3m2＋4))
＝eq \f(4\r(3)·\r(3m2－5),3m2＋4).
令eq \r(3m2－5)＝t(t>0)，则m2＝eq \f(t2＋5,3)，
所以S(t)＝4eq \r(3)·eq \f(t,t2＋9)＝eq \f(4\r(3),t＋\f(9,t))≤eq \f(4\r(3),6)＝eq \f(2\r(3),3)，
当且仅当t＝3时，即m＝±eq \f(\r(42),3)时，取最大值eq \f(2\r(3),3).
(文)(1)由椭圆的定义知4a＝8，∴a＝2.
∵eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，∴c＝1.
从而b2＝a2－c2＝3.
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋t，,3x2＋4y2－12＝0.))
得7x2＋8tx＋4t2－12＝0，
∴x1＋x2＝eq \f(－8t,7)，x1x2＝eq \f(4t2－12,7)，
由Δ＝642－28(4t2－12)>0，解得t20，即x1x2＋y1y2>0.
则x1x2＋y1y2＝x1x2＋(x1＋t)(x2＋t)＝2x1x2＋t(x1＋x2)＋t2＝eq \f(7t2－24,7)>0，
解得t2>eq \f(24,7).②
综合①②可知eq \f(24,7)