高中数学竞赛专题7 解析几何（附解析）

这是一份高中数学竞赛专题7 解析几何（附解析），共47页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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竞赛专题7 解析几何
（50题竞赛真题强化训练）
一、填空题
1．（2021·全国·高三竞赛）已知的四个顶点均在双曲线上，点在边上，且，则的面积等于_______.
【答案】
【解析】
【分析】
由对称性，知O为平行四边形的中心，设，得，将点A、B的坐标代入双曲线方程，求得A、B的坐标，利用等面积法知，代入即可求解.
【详解】
由平行四边形的对称性与双曲线的对称性，知O为平行四边形的中心，
由A、B、C、D四点在两支双曲线上各有两点，不妨设A、D在左支上，B、C在右支上，
如图：考虑A、B关于双曲线中心的对称点，
因为单支双曲线上不存在四点构成平行四边形，知，所以的对称中心为O.
设，由，得.
将点A、B的坐标代入双曲线方程得
，解得：或
所以或.
故.
故答案为：

2．（2021·全国·高三竞赛）抛物线，设它的某三条切线交于A、B、C三点，设的外接圆与x轴相切，切点为，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】
先证明A、B、C、F四点共圆，得出D、F重合，进而求出.
【详解】
设的焦点为，下面我们证明：A、B、C、F四点共圆．设直线与切于，直线与切于，直线与切于．则，于是直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．记为直线．设F在直线上的射影分别为，于是直的方程为，又直线方程为，则直线与直线交点为，所以均在y轴上，故三共线，由Simson定理逆定理知：A、B、C、F四点共圆．所以D、F重合，于是．
3．（2021·全国·高三竞赛）设双曲线的中心为O，右焦点为F，点B满足．若在的右支上存在一点A，使得且，则离心率的取值范围为___________．
【答案】
【解析】
【详解】
在平面直角坐标系中考虑问题．
不妨设A在第一象限．A是以O为圆心，为半径的圆与的交点．
设的左焦点为X，则
，
，
即．
在上取一点C，使，则．
由双曲线的定义知（a是实半轴长），即
（c是半焦距）．
代入，得．解得．
故答案为：

4．（2021·全国·高三竞赛）过椭圆上一点M作圆的两条切线，点A､B为切点过A､B的直线l与x轴､y轴分别交于点P､Q两点，则面积的最小值为___________.
【答案】
【解析】
【详解】
解析：设，则l的方程为，
，
，当且仅当时等号成立，
故答案为：.
5．（2021·全国·高三竞赛）设为抛物线的内接三角形，分别过､､作抛物线的切线､､，设三条切线相交所成的三角形为.求与的面积比.
【答案】
【解析】
【详解】
推导一般情况.设.
那么过的切线方程为，即.
联立与的方程：解得
这表明与的交点的坐标为.
同理，，.
由面积公式：
=2
而，


，
所以，从而.
故答案为：2.
6．（2021·全国·高三竞赛）双曲线，左右顶点分别为､，P为双曲线右支上一点，且，则___________.
【答案】
【解析】
【详解】
设直线的倾斜角分别为，则，
故，而，故，
故答案为：.
7．（2021·全国·高三竞赛）已知双曲线的左右焦点为、，过的直线与双曲线右支交于A、B两点，则、的内切圆面积之和的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【详解】
解析：令、的内切圆心为、，与x轴切于M，N，
则，所以M、N重合于双曲线右顶点．
过的直线与双曲线右支交于A、B两点，令，
内切圆面积和为
．
故答案为：.

8．（2021·全国·高三竞赛）已知双曲线的左右焦点分别为、，过作圆的切线分别交双曲线的左右两支于点B、C，若，则双曲线的离心率为__________．
【答案】
【解析】
【详解】
根据题意，记，则，
其中为双曲线的半焦距，
进而由双曲线的焦半径公式和双曲线的定义，可得，
即，也即，
解得，
因此双曲线的离心率．
故答案为：.
9．（2021·浙江·高三竞赛）若正方形的一条边在直线上，另两个顶点在抛物线上，则该正方形的面积为______.
【答案】或
【解析】
【分析】
【详解】
设另一条边所在直线为，则，
设两交点的横坐标，则，
所以，整理得，
解得或，
所以或1250.
故答案为：2178或1250.
10．（2021·浙江·高三竞赛）已知点，存在抛物线上相异的两点，，使得四边形为矩形，则点的轨迹方程是______.
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
设,且.
则由四边形PAQB为矩形知,
，即，
即，
且,即,
，
，
，
，
即，
故点的轨迹方程为.
故答案为：.
11．（2021·全国·高三竞赛）已知椭圆的方程为，经过的左焦点，且斜率为（存在且不为0）的直线与交于A、B两点，设点，延长、与分别交于点C、D．直线的斜率为，将写成既约分数，其中a，b是互质的正整数，则__________．
【答案】305
【解析】
【分析】
【详解】
设代入椭圆的方程，
消去x得．
由韦达定理得，
从而，代入直线的方程得．
类似的，，．故．
因为A、F、B三点共线，所以，故，
所以．
所以．
故答案为：305.
12．（2021·全国·高三竞赛）已知集合满足，若P为集合B的边界线C上任意一点，为曲线C的焦点，I为的内心，直线和的斜率分别为，且则t的最小值为________．
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
因为为曲线C的焦点，I为的内心，
若曲线C的方程为，则I的轨迹方程为，
故有
可知，所以．
设为曲线C上一点，则有恒成立，即.
故答案为：.
13．（2021·全国·高三竞赛）已知、是椭圆的焦点，P是M上一点，的周长是6，且的值是3，过的直线交M于不同两点A，B，则的取值范围是_________．
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
因为，所以．
由，，得到，
所以椭圆的方程为．
（1）当直线为时，．
（2）设直线的方程为，联立得，
，得或．
所以．
将或代入，得出的取值范围为．
由（1）（2）知的取值范围为．
故答案为：.
14．（2021·全国·高三竞赛）已知P、Q分别是圆与圆上的点，O是坐标原点，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
由得，于是，
从而，即，
即等于点P到点的距离．
所以，
而，
所以的最小值为．
故答案为：.
15．（2021·全国·高三竞赛）半径为2的球O放在水平桌面上，该水平桌面所在平面内的一点的竖直正上方有一个点光源A．若与球O相切，且，那么，球O经过点光源A照射之后，在该水平桌面上的投影的离心率为_________．
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
考虑过A、、O三点的截面，设的中点为M，如图：

容易求得．
则利用圆锥曲线的定义知，
投影的椭圆的长半轴长为4，短半轴长为．
故离心率为．
故答案为：.
16．（2021·全国·高三竞赛）在平面直角坐标系中，若椭圆与双曲线相切，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
设切点为．
容易求得在处的切线为，即．
椭圆在处的切线为，
由以上两条切线为同一条直线，知，
因为，所以由以上方程组容易解得．
故答案为：.
17．（2021·全国·高三竞赛）设双曲线的离心率为e，过原点的直线与之交于A、B两点，若双曲线上存在一点C，使得直线的斜率与直线的斜率之乘积恰为e，则e的值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
设，
则，
因此，即.
故答案为：.
18．（2021·全国·高三竞赛）任作椭圆的一条切线与椭圆两条对称轴分别交于点，若长度的最小值为，则椭圆的离心率为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
设切点为，则切线方程为.
其与轴、轴交点分别为，
所以.
所以.
故答案为：.
19．（2021·全国·高三竞赛）已知S、P（非原点）为抛物线上不同的两点，点P处的切线与y轴交于点R，若，则的最小值为______________．
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
设，则切线方程：，交于y轴上的点，
切线的垂线：，
与抛物线联立，解点S的坐标：，
那么

令，则：

，
最值在时取到．
故答案为：.
20．（2019·山东·高三竞赛）△ABC中，.在△ABC外部，到点B、C的距离小于6的点组成的集合，所覆盖平面区域的面积是______ .
【答案】
【解析】
【详解】
分别以点B、C为圆心，6为半径作圆，交于三角形外一点D，连结BD、CD；
有，故A、B、D、C四点共圆，所以∠ABD+∠ACD=.
又易知AB与圆C相离，故所求的面积为2个圆的面积去掉半个圆的面积再加上△BCD的面积等于.
故答案为：．
21．（2019·重庆·高三竞赛）已知△ABC为椭圆的内接三角形，且AB过点P(1，0)，则△ABC的面积的最大值为_______ .
【答案】
【解析】
【详解】
提示：经伸缩变换得△A'B'C'内接于圆X2+Y2=1，A'B'过点.
，设O'到A'B'的距离为t，
则，
易知当时，有最大值为，所以S△ABC的最大值为.
故答案为：．
22．（2019·全国·高三竞赛）在平面直角坐标系中，若以(r+1,0)为圆心､r为半径的圆上存在一点(a,b)满足b2≥4a，则r的最小值为____________ .
【答案】4
【解析】
【分析】
根据题意，求得的不等关系，结合不等式有解，即可求得的范围，从而求得最小值.
【详解】
由条件知，故.
即.
上述关于a的一元二次不等式有解，故判别式，
解得r≥4.
经检验，当r=4时，满足条件.因此r的最小值为4.
故答案为：.
【点睛】
本题考圆的方程，以及一元二次不等式的有解问题，属综合中档题.
23．（2019·四川·高三竞赛）双曲线的右焦点为F，离心率为e，过点F且倾斜角为的直线与该双曲线交于点A、B，若AB的中点为M，且|FM|等于半焦距，则_____ .
【答案】
【解析】
【详解】
设点，则.
两式相减，得，
所以AB的斜率为.
又，所以M点的坐标为.
所以，所以.
故答案为：．
二、解答题(共0分)
24．（2021·全国·高三竞赛）已知椭圆，其右焦点为F，过F作直线l交椭圆于A、B两点（l与x轴不重合），设线段中点为D，连结（O为坐标原点），直线交椭圆于M、N两点，若A、M、B、N四点共圆，且，求椭圆的离心率．
【答案】
【解析】
【分析】
先将椭圆与直线联立，结合韦达定理表示出坐标，再结合直线交椭圆于M、N两点，若A、M、B、N四点共圆，且，求出再代入椭圆求出，进而求出离心率.
【详解】
不妨设椭圆的半焦距，则，椭圆右焦点为．设，
将，代入消去x化简整理得
．
显然，方程判别式，设．
由韦达定理知，从而
，
，
于是．
所以直线的方程为．
设圆的方程为，
直线直线的方程为，
由于经过的交点，且均为二次曲线，则存在常数，使得
，
比较方程两边系数知，即，
由对称性不妨设．代入点D的坐标得，
又，得点，
而M在上，故，解得，
于是的离心率为．
25．（2021·全国·高三竞赛）已知如图椭圆的左右顶点为、，上下顶点为、，记四边形的内切圆为．

（1）求圆的标准方程；
（2）已知P为椭圆上任意一点，过点P作圆的切线分别交椭圆于M、N两点，试求三角形面积的最小值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【详解】
（1）因为、分别为椭圆的右顶点和上顶点，
则，坐标分别为，可得直线方程为：，
则原点O到直线的距离为，即圆的半径，
故圆的标准方程为．
（2）设直线方程为，由直线与圆相切，可知原点O到直线距离，整理可得，将直线方程代入椭圆可得
，
整理即有，
则，
即，故．
同理，故M、O、N三点共线，则．
设代入椭圆方程可得，则，
故，
同理，则
，
则，得，
则，当且仅当时等号成立，
故三角形面积的最小值为．
26．（2021·全国·高三竞赛）已知椭圆的右焦点为F.C上两点A､B满足，且.求证：以为直径的圆恒过异于点F的一个定点.
【答案】证明见解析
【解析】
【详解】
设，
由可得，结合可得，
而以为直径的圆为：，
化简可得，该圆过或（舍）.
27．（2021·全国·高三竞赛）已知是抛物线上三个不同的动点，有两边所在的直线与抛物线相切.证明：的重心在定直线上.
【答案】证明见解析
【解析】
【详解】
如图，不妨设边和所在直线与抛物线相切，切点分别为和.那么切点弦所在直线方程为.

设切点和的坐标分别为和，则切线的斜率为，
于是有，即.
把切点的坐标代入直线方程中，可得，
整理即，
再把中的代入该式，可得，
即，即，可得.
同理，利用切点可以推得.
上面两式相减可得，所以的重心的纵坐标恒为0，从而一定在轴（定直线）上.
28．（2021·全国·高三竞赛）设椭圆，抛物线．
（1）若经过的两个焦点，求的离心率；
（2）设，又M、N为与不在y轴上的两个交点，若的垂心为，且的重心在上，求椭圆和抛物线的方程．
【答案】（1）；（2）椭圆方程为，抛物线方程为．
【解析】
【详解】
（1）已知椭圆焦点在抛物线上，可得：，
由，有．
（2）由题设可知M、N关于y轴对称，设，，
由的垂心为B，有．
由点在抛物线上，有，
解得或（舍去）．

故，得重心坐标．
由的重心在抛物线上得：，所以，
又因为M、N在椭圆上可得，
所以，椭圆方程为，抛物线方程为．
29．（2020·浙江·高三竞赛）已知直线与椭圆：交于、两点，直线不经过原点.
（1）求面积的最大值；
（2）设为线段的中点，延长交椭圆于点，若四边形为平行四边形，求四边形的面积.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【详解】
解法一   当直线的斜率不存在时，由对称性，设直线方程为，则，
，
当且仅当时取等号.
设直线：，，，联立方程，消去得：
，
判别式，则，于是
.
原点到的距离，所以

，
当且仅当时取等号.
（2）不妨设，根据垂径定理得：，则的方程为.
将的方程代入椭圆方程，消去得.注意、在直线的两侧，所以
，.
又点在直线上，所以，化简得：，则
.
解法二   （1）设，则，.
设原点到直线的距离为，则
.
（2）要四边形为平行四边形，则四边形为菱形，由（1）知
.
解法三 （1）设，，则
，
当且仅当，时取等号.
（2），则，
即，移项整理得，则，
故.
30．（2021·全国·高三竞赛）如图，已知抛物线焦点为F，三边所在直线与抛物线分别相切，求证：外接圆过定点．

【答案】证明见解析
【解析】
【详解】
由对称性，及轴，可猜测的外接圆过定点F．
设，切点，切点，则
；
；
．
则，，，
所以，
因此．
同时，
所以，故外接圆过定点F．

31．（2021·全国·高三竞赛）已知A､B是抛物线上的两个动点，点A在第一象限，点B在第四象限，直线分别过点A，B且与抛物线C相切，P为的交点.设C､D为直线与直线的交点，求面积的最小值.
【答案】
【解析】
【详解】
设，
则方程为方程为，
联立､方程可得点P坐标为，
C､D的坐标分别为､，
所以.
于是.
设，
由知，
当且仅当时等号成立，
所以.
设，则.
所以时，；时，，
在区间上为减函数；在区间上为增函数.
所以时，取最小值.
所以当，即时，面积取最小值.
32．（2021·全国·高三竞赛）已知椭圆，点P、Q在椭圆C上，满足在椭圆C上存在一点R到直线、的距离均为，证明：．
【答案】证明见解析
【解析】
【详解】
设，，，
则根据题意，、是关于k的方程的两个实根，
该方程即，
于是．


，
原命题得证．
33．（2021·全国·高三竞赛）在平面直角坐标系中，已知抛物线，焦点为F，A为抛物线C上异于顶点的动点，D为x轴正半轴上的动点．设直线、分别交抛物线C于M、N（不同于点A），设．已知，且，求直线的方程．
【答案】或．
【解析】
【分析】
【详解】
设，则满足，
消元得，
由根与系数的关系得，．
因为，所以．，
则满足，得，
所以．
由，得，即．解得（舍）或者，所以．
当时，有，则．
当时，有，则．
综上，或．
34．（2021·全国·高三竞赛）已知圆与抛物线交于A、B、C、D四个不同的点，且为圆的直径，线段和的中点分别为M、N，求证：线段在y轴上的投影长度为定值．
【答案】证明见解析.
【解析】
【分析】
【详解】
设，
则圆的方程为：．
联立圆和抛物线方程，消去y，得，
即，
从而、是方程的两根．
由韦达定理知，．
所以．
又、分别是点M、N的纵坐标，所以线段在y轴上的投影长度为定值1．
（2021·全国·高三竞赛）已知为椭圆上的点，对椭圆上的任意两点P、Q，用如下办法定义它们的“和”：过点S作一条平行于（若点P与Q重合，则直线表示椭圆在P处的切线）的直线l与椭圆交于不同于S的另一点，记作（若l与椭圆相切，则规定S为）.并规定.
35．若点，求、以及的坐标.
36．在椭圆上是否存在不同于S的点P，满足？若存在，求出所有满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】35．
36．存在，或.
【解析】
【分析】
（1）利用新定义数形结合直接求解、以及的坐标
（2）利用参数方程假设存在，找出点P、Q对应的参数，求出对应的参数，以及，对应的参数，列方程直接求解.
(1)
根据新定义“和”的运算，画图如下：

过S做PQ的平行线，因为，所以平行直线过原点，可知P+Q的坐标与S关于原点对称，所以过S做P处切线的平行线，可知2P的坐标，以此类推
(2)
存在.设

则

.
而对应的参数为，于是，若点P、Q对应的参数为，则对应的参数满足.
设，且对应的参数为.则对应的参数为对应的参数为.
故.
于是，的坐标为.
从而，所求坐标为或.
37．（2021·全国·高三竞赛）如图所示，为抛物线外一点，过P引抛物线的两条切线，切点分别为A、B．在线段上取两点D、E，使得．若过D、E两点的直线分别切抛物线于M、N两点（异于A）．求四边形面积的最大值．

【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
设，则直线的方程为，
直线的方程为，故有，
同理可得，
又因为，所以，即，
故，
因此．
直线的方程为，直线的方程为，
即，
故两平行线间的距离，



，
所以，
其中，
可令，则：

．
当时取到最大值．
38．（2021·全国·高三竞赛）在平面直角坐标系中，椭圆T的中心为原点O，焦点在x轴上，离心率为，过点的直线l与T交于两点A、B满足．求面积的最大值以及取到最大值时T的方程．
【答案】故面积的最大值为，此时T的方程为．
【解析】
【分析】
【详解】
设，离心率，
则．
显然，l不与x轴重合．
若l垂直于x轴，则，不满足题意．
故可设，即，与T联立得：，
即．                       ①
设，由韦达定理可得：
，                       ②
．                       ③
若点C在椭圆内部，则、异号，由知，
代入②知，故
．
上式等号成立当且仅当，即，此时，．
上式代入③得，即，
此时①的判别式，
①有两实根，此时方程为．
若点C在椭圆外部，则、同号，由知，
代入②知，故

．
故面积的最大值为，此时T的方程为．
39．（2021·全国·高三竞赛）已知椭圆的右焦点为，上顶点为M，圆，问：椭圆E上是否存在两点P、Q使得圆F内切于三角形？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．

【答案】存在，的方程为．
【解析】
【分析】
【详解】
假设这样的P、Q存在，且设，由题意知，所以直线．
因为该直线与圆F相切，则，所以，
两边平方化简得，
整理得．
因为，消去得．
因为，两边同时除以，得，
整理得，
即点P在直线上．
同理，点Q也在直线上，
因此直线的方程为．
又因为直线圆F相切，所以，解得．
因此直线存在且直线的方程为．
40．（2021·全国·高三竞赛）设F是椭圆左焦点，过F作两条相互垂直的直线，与椭圆的四个交点顺次记为A、B、C、D，设F在四边形的四条边上的射影分别为P、Q、R、S，求证：P、Q、R、S四点共圆.
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
【详解】
实际上结论对一切非等轴双曲线的圆锥曲线都是成立的（对等轴双曲线则变为四点共线）为证明原结论，我们来说明F在上的射影P在定圆上.
以F为原点重新建立平面直角坐标系，设椭圆的离心率为e，焦准距为p，不妨设A在第一象限，与x轴正半轴夹角为锐角，B在第二象限，
于是：，
从而，
所以
记与x轴的夹角为，再记，则.
我们有.
另一方面，，
所以，
不难验证它在圆上.
同理Q、R、S均在此圆上，结论成立.
41．（2021·全国·高三竞赛）设为正实数．在平面直角坐标系中，已知直线，过点的直线分别与直线交于点，其中点在第三象限，点在第二象限，点．设直线交于点，直线交于点．若直线的斜率均存在，分别为，判断是否为定值?若为定值．求出该定值；若不为定值，说明理由．
【答案】是，为定值．
【解析】
【分析】
【详解】
由题意，直线的方程为，其中，
联立方程得．解得，则．
同理，，则．
因为点在第三象限，点在第二象限，所以，且．
又，解得，或．
此时直线的斜率为：，
故直线的方程为．
联立方程，
从而，解得，则．
同理，，则．
则当的斜率存在时，
，
显然，所以为定值．
42．（2021·全国·高三竞赛）已知椭圆分别是其左，右焦点，为椭圆上任意一点（非长轴端点），是轴上一点，使得平分．过点作的垂线，垂足分别为．试求的最大值．
【答案】.
【解析】
【分析】
【详解】
设正实数满足．
则有，
，                                        ①
又因为，                    ②
.
由①②得，故．

取最大值当且仅当最大，也即，此时．
即．
43．（2021·全国·高三竞赛）点P为椭圆外一点，过P作椭圆两条切线、，切点分别为A、B，连结，点M、N分别为、中点，连结并延长交椭圆于点C，连结交椭圆于另一点D，连结并延长交于Q，证明：Q为的中点．
【答案】证明见解析.
【解析】
【分析】
【详解】
与交于点K．首先证明：P、D、K、C为调和点列，即．
设，则直线方程为．
设P、D、、C为调和点列，且．
设，则
故
，
所以在直线上，即与K重合，结论成立．
下面证明原题：由梅涅劳斯定理可知，
又由，可知，            ①
由直线上托勒密定理可知，，由P、D、K、C四点调和可知，，
故，即                      ②
结合①、②可知，．故．
又N为的中点，所以Q为的中点．
44．（2021·全国·高三竞赛）过抛物线(p为不等于2的质数)的焦点F，作与x轴不垂直的直线l交抛物线于M､N两点，线段的垂直平分线交于P点，交x轴于Q点.
（1）求中点R的轨迹L的方程；
（2）证明：L上有无穷多个整点(横、纵坐标均为整数的点)，但L上任意整点到原点的距离均不是整数.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
【详解】
（1）抛物线的焦点为，设l的直线方程为.
由得得.
设M､N的横坐标分别为，
由，得，
而，故的斜率为，的方程为.
代入得.
设动点R的坐标为，则:
，
因此，
故中点R的轨迹L的方程为.
（2）显然对任意非零整数t，点都是L上的整点，故L上有无穷多个整点.
反设L上有一个整点到原点的距离为整数，
不妨设，则:
，因为p是奇质数，于是，
从②可推出，再由①可推出.
令，则有，
由③，④得，于是，
即，
于是，得，
故，有，但L上的点满足，矛盾!
因此，L上任意点到原点的距离不为整数.
45．（2019·贵州·高三竞赛）已知定长为4的线段AB的两端点，分别在两条相交直线x±2y=0上移动.
（1）设线段AB的中点为G，求点G的轨迹C的方程；
（2）若由点P向曲线C作出的两条切线互相垂直，求证：动点P在定圆上.
【答案】（1）；（2）证明见解析
【解析】
【详解】
（1）设A、B、G的坐标分别为，则.
得到，因此有.
所以，点G的轨迹C的方程为：.
（2）设，PS、PT与椭圆C相切于S、T，椭圆C的左、右焦点分别为关于PS、PT的对称点分别为.
由椭圆的光学性质，知与分别共线，
所以.

又∠SPT=90°，则以P为中点，故，
因此，
所以，得到.
即动点P在定圆上.
46．（2019·广西·高三竞赛）如图所示，设k>0且k≠1，直线l：y=kx+1与l1：y=k1x+1关于直线y=x+1对称，直线l与l1分别交椭圆于点A、M和A、N.

（1）求的值；
（2）求证：对任意的实数k，直线MN恒过定点.
【答案】（1）1；（2）证明见解析
【解析】
【详解】
（1）直线l与l1的交点为A(0，1)
设点P(x，y)是直线l上异于点A(0，1)的任意一点，点是点P关于直线y=x+1的对称点.
由得               ①
由得               ②
联立①②解得.
代入直线l：y=kx+1可得.
又由点在直线上，有，则.
所以有，从而由可得.
（2）设点M、N的坐标分别为与.
由可得.
所以有.
同理求得.
由kk1=1可得.
则直线MN的斜率为.
所以直线MN的方程为，
化简得.
因此，对任意的k，直线MN恒过定点.
47．（2019·福建·高三竞赛）已知F为椭圆的右焦点，点P为直线x=4上的动点，过点P作椭圆C的切线PA､PB，A､B为切点.
（1）求证：A､F､B三点共线；
（2）求△PAB面积的最小值
【答案】（1）证明见解析.（2）
【解析】
【详解】
（1）F(1，0)，设P(4，t)，，.
则切线PA､PB的方程分别为.
由切线PA､PB过点P(4，t)得，
即.
由此可得直线AB的方程为，易知直线AB过点F(1，0)，所以A､F､B三点共线，如图所示.

（2）由得.
，
，.
于是，.
又点P(4，t)到直线AB的距离，
所以.
设，由t∈R，知，且.
因为，
所以在区间[3，+∞)上为增函数，的最小值为，此时t=0.
所以△PAB面积的最小值为.
48．（2019·吉林·高三竞赛）已知椭圆的左右焦点分别为F1､F2，右顶点为A，P为椭圆C上任意一点.已知的最大值为3，最小值为2.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线l：y=kx+m与椭圆C相交于M､N两点(M､N不是左右顶点)，且以MN为直径的圆过点A.求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标.
【答案】（1）.（2）证明见解析，定点
【解析】
【详解】
（1）因为P是椭圆C上任一点，所以且，



.
当时，y有最小值a2-2c2；当|PF1|=a-c或a+c时，y有最大值.
所以，解得，故.
因此椭圆的方程为.
（2）设，将y=kx+m代入椭圆方程得，
所以.
因为，所以.
又因为以MN为直径的圆过点A，所以，故.
所以或m=-2k，都满足△>0
若m=-2k，直线l恒过定点(2，0)，不合题意舍去
若，直线恒过定点.
49．（2019·新疆·高三竞赛）设F是椭圆的左焦点，过点F且斜率为正的直线与E相交于A、B两点，过点A、B分别作直线AM和BN满足AM⊥l，BN⊥l，且直线AM、BN分别与x轴相交于M和N.试求|MN|的最小值.
【答案】
【解析】
【分析】
设，根据余弦定理，求得，再建立倾斜角和的函数关系，再利用三元不等式即可求得的最小值.
【详解】
设过椭圆E左焦点F的直线l的倾斜角为，依题意知.
如图所示，设F'为椭圆E的右焦点，Rt△MAF中，cos∠MFA=，
所以有.
在Rt△NBF中，同理有，所以有：
.       ①

连结BF'，在△FBF'中，记|BF|=x，则|BF'|=.
由余弦定理知，
即.
所以有，即.       ②
同理有       ③
由②③知.
由①知.
令，则.
根据均值不等式知.
所以，
等号成立当且仅当，即.
所以当且仅当时，.
从而当且仅当时，.
【点睛】
本题考查椭圆的定义，椭圆中的范围问题，涉及均值不等式的应用，属综合困难题.
50．（2019·江西·高三竞赛）设椭圆C的两焦点为，两准线为，过椭圆上的一点P，作平行于的直线，分别交于，直线与交于点Q.证明：P、F1、Q、F2四点共圆
【答案】见解析
【解析】
【详解】
设椭圆方程为，据对称性知，点Q在y轴上(如图).

记，
则有.
为证四点共圆，据托勒密定理，只要证，
即，也即               ①
由，即，
所以.
在△PM1Q中，由斯特瓦特定理，               ②
即               ③
因为1－e2≠0，由③得，，即，故①成立，
因此P、F1、Q、F2四点共圆.
注：本题也可不用托勒密定理证：由②得PQ2=m(m+k)，则△PQF1∽△M1QP，于是，因此P、F1、Q、F2四点共圆.