高考数学一轮复习题型讲解+专题训练(新高考专用)专题43直线与圆锥曲线的证明、面积、最值、探索问题(原卷版+解析)

这是一份高考数学一轮复习题型讲解+专题训练(新高考专用)专题43直线与圆锥曲线的证明、面积、最值、探索问题(原卷版+解析)，共76页。试卷主要包含了))同理y2y4＝－8，故选等内容，欢迎下载使用。
专题43 直线与圆锥曲线的证明、面积、最值、探索问题
直线与圆锥曲线的证明、面积、探索问题
面积问题
最值问题
证明问题
探索问题
练高考 明方向
1.(2023·新高考Ⅰ卷T21） 已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．
（1）求l的斜率；
（2）若，求的面积．
2.(2023·新高考Ⅱ卷T21） 设双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
（1）求C的方程；
（2）过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，
且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M，
请从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个条件成立：
①M在上；②；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
3.(2023·浙江卷T21）如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点．
（1）求点P到椭圆上点的距离的最大值；
（2）求的最小值．
4．(2023年高考全国甲卷理科)抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且．已知点，且与l相切．
(1)求C，的方程；
(2)设是C上的三个点，直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由．
5．(2023年高考全国甲卷理科)已知为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为________．
6．(2023年高考全国乙卷理科)已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为．
(1)求；
(2)若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值．
7．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)设为坐标原点，直线与双曲线的两条渐近线分别交于两点，若的面积为8，则的焦距的最小值为( )
A．4B．8C．16D．32
8．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点．
(1)求的方程；
(2)若点在上，点在直线上，且，，求的面积．
9．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B．
(1)证明：直线AB过定点：
(2)若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积．
10．(2023年高考数学课标全国Ⅱ卷理科)已知点，，动点满足直线与的斜率之积为．记的轨迹为曲线．
求的方程，并说明是什么曲线；
过坐标原点的直线交于两点，点在第一象限，轴，垂足为，连结并延长交于点．
证明：是直角三角形；
求面积的最大值．
11．(2023年高考数学课标卷Ⅰ（理）)(12分)设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为．
(1)当与轴垂直时，求直线的方程；
(2)设为坐标原点，证明：．
12．(2023年高考数学新课标Ⅰ卷理科)已知为抛物线的焦点,过作两条互相垂直的直线,,直线与交于两点,直线与交于两点,则的是小值为( )
A．B．C．D．
13．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)已知抛物线，过点的直线交与两点，圆是以线段为直径的圆．
(1)证明：坐标原点在圆上；
(2)设圆过点，求直线与圆的方程．
14．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：上，过M做x轴的垂线，垂足为 ，点 满足．
(1)求点 的轨迹方程；
(2)设点 在直线 上，且．证明：过点 且垂直于 的直线 过 的左焦点．
15．(2023高考数学课标Ⅲ卷理科)已知抛物线:的焦点为,平行于轴的两条直线,分别交于,两点,交的准线于,两点.
(Ⅰ)若在线段上,是的中点,证明∥;
(Ⅱ)若的面积是的面积的两倍,求中点的轨迹方程.
16．(2023高考数学课标Ⅱ卷理科)已知椭圆E:的焦点在轴上，A是E的左顶点，斜率为的直线交E于两点，点N在E上，．
( = 1 \* ROMAN I)当，时，求的面积；
( = 2 \* ROMAN II)当时，求k的取值范围．
17．(2023高考数学课标Ⅰ卷理科)设圆的圆心为，直线过点且与轴不重合，交圆于两点，过作的平行线交于点．
(I)证明为定值，并写出点E的轨迹方程；
( = 2 \* ROMAN II)设点的轨迹为曲线，直线交于两点，过且与垂直的直线与圆交于两点，求四边形面积的取值范围．
18．(2023高考数学新课标2理科)已知椭圆,直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，，线段的中点为．
(Ⅰ)证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；
(Ⅱ)若过点，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求此时的斜率，若不能，说明理由．
19．(2023高考数学新课标1理科)在直角坐标系中，曲线：与直线(＞0)交与两点，
(Ⅰ)当时，分别求在点和处的切线方程；
(Ⅱ)轴上是否存在点，使得当变动时，总有？说明理由。
20．(2023高考数学课标1理科)已知点,椭圆:的离心率为,是椭圆的焦点,直线的斜率为,为坐标原点．
(1)求的方程;
(2)设过点的直线与相交于两点,当的面积最大时,求的方程．
21．(2023高考数学新课标2理科)平面直角坐标系中，过椭圆右焦点的直线交于两点，为的中点，且的斜率为．
(1)求的方程；
(2)为上的两点，若四边形的对角线，求四边形面积的最大值．
22．(2023高考数学新课标2理科)已知椭圆,直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，，线段的中点为．
(Ⅰ)证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；
(Ⅱ)若过点，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求此时的斜率，若不能，说明理由．
23．(2023高考数学课标2理科)设F为抛物线C:的焦点，过F且倾斜角为30°的直线交C于A．B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为( )
A．B．C．D．
讲典例 备高考
类型一、关于面积的问题
基础知识：
三角形的面积处理方法：
(1)S△＝eq \f(1,2)·底·高(通常选弦长做底，点到直线的距离为高)；
(2)S△＝eq \f(1,2)·水平宽·铅锤高＝eq \f(1,2)|AB|·|xE－xD|或S△＝eq \f(1,2)|CD|·|yA－yE|.
证明：S△ADE＝S△ABE＋S△ABD＝eq \f(1,2)|AB|·|xB－xE|＋eq \f(1,2)|AB|·|xB－xD|＝eq \f(1,2)|AB|·|xE－xD|；
S△ADE＝S△ACD＋S△ECD＝eq \f(1,2)|CD|·|yA－yC|＋eq \f(1,2)|CD|·|yE－yC|＝eq \f(1,2)|CD|·|yA－yE|.
基本题型：
求面积的正向题（即在已知条件下求多边形的面积）：
1．设，是双曲线的两个焦点，为坐标原点，点在的左支上，且，则的面积为（ ）
A．B．C．8D．
2．设直线与抛物线相交于､两点，为坐标原点，若，则面积的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3.已知椭圆的左右焦点分别为，，是椭圆上的一点，且，则的面积是 .
4.已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，右焦点F(1,0)，离心率为eq \f(\r(2),2)，过F作两条互相垂直的弦AB，CD.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求以A，B，C，D为顶点的四边形的面积的取值范围．
5．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，以M(－a，b)，N(a，b)，F2和F1为顶点的梯形的高为eq \r(3)，面积为3eq \r(3).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设A，B为椭圆C上的任意两点，若直线AB与圆O：x2＋y2＝eq \f(12,7)相切，求△AOB面积的取值范围．
求面积的逆向题（即在已知多边形的面积的条件下求其它量）：
1．已知双曲线，以原点为圆心，双曲线的实半轴长为半径长的圆与双曲线的两条渐近线相交于、、、四点，四边形的的面积为，则双曲线的方程为（ ）
A． B． C． D．
2．过拋物线：焦点F的直线与抛物线相交于A，B两点，，O为坐标原点，且△的面积为，则抛物线C的标准方程为（ ）
A．B．C．D．
3．已知椭圆C：eq \f(x2,a2 )＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的上顶点与左、右顶点连线的斜率之积为－eq \f(1,4).
(1)求椭圆C的离心率；
(2)若直线y＝eq \f(1,2)(x＋1)与椭圆C相交于A，B两点，△AOB(O为坐标原点)的面积为eq \f(\r(7),4)，求椭圆C的标准方程．
基本方法：
1．四边形或多个图形面积的关系的转化
分析图形的底和高中是否存在“同底”或“等高”的特点(尤其是有平行条件的时候)，可将面积的关系转化，降低计算量．特殊地，对角线互相垂直的四边形，面积＝对角线长度乘积的一半．
2．面积的最值或取值范围问题
一般都是利用面积公式表示面积，然后将面积转化为某个变量的一个函数，再求解函数的最值(一般处理方法有换元，基本不等式，建立函数模型，利用二次函数、三角函数的有界性求最值或利用导数法求最值，构造函数求导等等)，在算面积的过程中，优先选择长度为定值的线段参与运算，灵活使用割补法计算面积，尽可能降低计算量．
类型二、关于最值问题
基本题型：
1．设分别为和椭圆上的点，则两点间的最大距离是（ ）
A． B． C． D．
2．已知为抛物线：的焦点，过作两条互相垂直的直线，，直线与交于、两点，直线与交于、两点，则的最小值为
A．16 B．14 C．12 D．10
3．抛物线y2＝4mx(m＞0)的焦点为F，点P为该抛物线上的动点，若点A(－m,0)，则eq \f(|PF|,|PA|)的最小值为________．
4、如图，点A，B分别是椭圆eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,b2)＝1(0＜b＜5)的长轴的左、右端点，F为椭圆的右焦点，直线PF的方程为eq \r(15)x＋y－4eq \r(15)＝0，且eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PF,\s\up7(―→))＝0，设M是椭圆长轴AB上的一点，M到直线AP的距离等于|MB|，则椭圆上的点到点M的距离d的最小值为________．
5．在平面直角坐标系中， 已知点，点在直线上，点满足，，点的轨迹为曲线C．
（Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）为C上动点，为C在点处的切线，求点到距离的最小值．
6．设圆与两圆中的一个内切，另一个外切．
（1）求的圆心轨迹L的方程；
（2）已知点M，且为上动点，求的最大值及此时点P的坐标．
基本方法：
圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：
几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决。
代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解。
类型三、关于探索问题
基础知识：
存在性问题一般分为探究条件和探究结论两种类型.若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在.若探究结论，则应先写出结论的表达式，再针对表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.
基本题型：
1、（探索直线的存在性）已知点A(0，－2)，椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为eq \f(2\r(3),3)，O为坐标原点．设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点．
(1)求椭圆E的方程．
(2)是否存在直线l，使得△OPQ的面积为eq \f(4,5)？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由．
2．（探索点的存在性）在平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心率，且椭圆上的点到的距离的最大值为3．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）在椭圆上，是否存在点使得直线：与圆O： 相交于不同的两点，且的面积最大？若存在，求出点的坐标及相对应的的面积；若不存在，请说明理由．
3．（探索圆的存在性）双曲线C：x2－y2＝2右支上的弦AB过右焦点F.
(1)求弦AB的中点M的轨迹方程；
(2)是否存在以AB为直径，且过原点O的圆？若存在，求出直线AB的斜率k的值；若不存在，请说明理由．
4．（探索三点的共线性）已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)过点(0,1)，其右焦点为F(1，0)．
(1)求椭圆C的方程和离心率；
(2)过点M(2,0)的直线与椭圆C交于P，Q两点，Q关于x轴对称的点为N，判断P，F，N三点是否共线，并加以证明．
基本方法：
圆锥曲线中存在性问题的求解方法
(1)存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．
(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．
类型四、关于证明问题
基本题型：
1、（线段相等的证明）已知抛物线y2＝4x，点P(2,0)，Q(4，0)．过点Q的直线交抛物线于点A，B，AP，BP分别交抛物线于点C，D，连接AD，DC，CB.
(1)若直线AB，CD的斜率分别为k1，k2，求eq \f(k2,k1)的值；
(2)过点P与x轴垂直的直线分别交AD，BC于点E，F，求证：|PE|＝|PF|.
2、（不等式证明）已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，O为原点，直线AB(不垂直于x轴)过点F且与抛物线交于A，B两点，直线OA，OB的斜率之积为－p.
(1)求抛物线C的方程；
(2)若M为线段AB的中点，射线OM交抛物线于D点，求证：eq \f(|OD|,|OM|)>2.
3．（线圆相切的证明）已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，椭圆的短轴顶点到焦点的距离为eq \r(6).
(1)求该椭圆C的方程；
(2)若直线l与椭圆C交于A，B两点，且|eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))|＝|eq \(OA,\s\up7(―→))－eq \(OB,\s\up7(―→))|，求证：直线l与某个定圆E相切，并求出定圆E的方程．
4．（四点共圆的证明）已知抛物线P：y2＝2px(p＞0)上的点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，a))到其焦点的距离为1.
(1)求p和a的值；
(2)若直线l：y＝x＋m交抛物线P于A，B两点，线段AB的垂直平分线交抛物线P于C，D两点，求证：A，B，C，D四点共圆．
5．（线线垂直的证明）已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,2)＝1(a>eq \r(2))的右焦点为F，A，B分别为椭圆的左顶点和上顶点，△ABF的面积为eq \r(2)＋1.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点F的直线l与椭圆C交于P，Q两点，直线AP，AQ分别与直线x＝2eq \r(2)交于点M，N.
证明：FM⊥FN.
基本方法：
几何证明问题的解题策略
(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)．
(2)解决证明问题时，主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．
新预测 破高考
1、抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，O为坐标原点，M为抛物线上一点，且|MF|＝4|OF|，△MFO的面积为4eq \r(3)，则抛物线的方程为( )
A．y2＝6x B．y2＝8x
C．y2＝16x D．y2＝eq \f(15x,2)
2．设，为双曲线的两个焦点，点在双曲线上且满足，则的面积为（ ）
A．2B．C．4D．
3．过椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1的右焦点作一条斜率为2的直线与椭圆交于A，B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为( )
A.eq \f(4,3) B.eq \f(5,3)
C.eq \f(5,4) D.eq \f(10,3)
4．是椭圆上的点，、是椭圆的左、右焦点，设，则的最大值与最小值之和是（ ）
A．16B．9C．7D．25
5．已知P是双曲线C：eq \f(x2,2)－y2＝1右支上一点，直线l是双曲线C的一条渐近线，P在l上的射影为Q，F1是双曲线C的左焦点，则|PF1|＋|PQ|的最小值为( )
A．1 B．2＋eq \f(\r(15),5) C．4＋eq \f(\r(15),5) D．2eq \r(2)＋1
6、已知P是双曲线eq \f(x2,16a2)－eq \f(y2,9a2)＝1(a＞0)上的点，F1，F2是其左、右焦点，且eq \(PF1,\s\up7(―→))·eq \(PF2,\s\up7(―→))＝0，若△PF1F2的面积为9，则a等于( )
A．2 B．1
C．3 D．4
7．椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1的左焦点为F，直线x＝m与椭圆相交于点M，N，当△FMN的周长最大时，△FMN的面积是( )
A.eq \f(\r(5),5) B.eq \f(6\r(5),5) C.eq \f(8\r(5),5) D.eq \f(4\r(5),5)
8．(多选)已知分别是椭圆的两个焦点，若椭圆上存在使的面积为的点P的个数为4，则实数m的值可以是
A．2B．3C．D．5
9．(多选)设F是抛物线C：y2＝4x的焦点，直线l过点F，且与抛物线C交于A，B两点，O为坐标原点，则下列结论正确的是( )
A．|AB|≥4
B．|OA|＋|OB|>8
C．若点P(2,2)，则|PA|＋|AF|的最小值是3
D．△OAB的面积的最小值是2
10．（多选）已知为椭圆的左、右焦点，为椭圆上的动点，则下面四个结论正确的是（ ）
A．的最大值大于3
B．的最大值为4
C．的最大值为60°
D．若动直线垂直于轴，且交椭圆于两点，为上满足的点，则点的轨迹方程为或
11．己知椭圆，过点的直线与椭圆相交于A，B两点，线段AB的中点为M，则点M的纵坐标的最大值为__________．
12.已知抛物线的焦点为，直线与轴交于点与抛物线交于点，且
（1）求抛物线的方程；
（2）过的直线抛物线相交于，两点，若线段的垂直平分线与相交于，两点，探究是否存在直线使，，，四点共圆？若能，请求出直线的方程；若不能，请说明理由.
13.如图，抛物线上有三个不同的点（其中点的第一象限），
抛物线的焦点在上，与轴交于点，且当点纵坐标为时，，
（1）求抛物线方程；
（2）求面积最小时，点的坐标.
14.已知点是抛物线的焦点，为坐标原点，过点的直线交抛物线于两点.
（1）求抛物线的方程；
（2）求的值；
（3）如图，过点的直线交抛物线与两点（点在轴的同侧，），且，直线与直线的交点为，记，的面积分别为，求的取值范围.
15、已知P(eq \r(2)， eq \r(3))是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上一点，以点P及椭圆的左、右焦点F1，F2为顶点的三角形面积为2eq \r(3).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过F2作斜率存在且互相垂直的直线l1，l2，M是l1与C两交点的中点，N是l2与C两交点的中点，求△MNF2面积的最大值．
16．已知直线与椭圆交于、两点，且在直线 的上方（如图所示）.
（1）求常数的取值范围；（2）若的面积最大，求直线的斜率的大小．
17．平面直角坐标系中，椭圆C：的离心率是，抛物线E：的焦点F是C的一个顶点.
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线与C交与不同的两点A，B，线段AB的中点为D，直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M．
（i）求证：点M在定直线上；
（ii）直线与y轴交于点G，记的面积为，的面积为，
求 的最大值及取得最大值时点P的坐标．
18．已知椭圆上两个不同的点关于直线对称．
（Ⅰ）求实数的取值范围；
（Ⅱ）求面积的最大值（为坐标原点）．
19．在平面直角坐标系中，为坐标原点，动点到两点的距离之和为4.
（1）试判断动点的轨迹是什么曲线，并求其轨迹方程；
（2）已知直线与圆交于､两点，与曲线交于､两点，其中､在第一象限.为原点到直线的距离，是否存在实数，使得取得最大值，若存在，求出；不存在，说明理由.
20．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，且其离心率为eq \f(1,2)，过坐标原点O作两条互相垂直的射线与椭圆C分别相交于M，N两点．
(1)求椭圆C的方程．
(2)是否存在圆心在原点的定圆与直线MN总相切？若存在，求出定圆的方程；若不存在，请说明理由．
21．已知为双曲线的左、右焦点，过点作垂直于轴的直线，并在轴上方交双曲线于点，且．
（1）求双曲线的方程；
（2）过圆上任意一点作圆的切线，交双曲线于两个不同的点，的中点为，证明：．
22．已知双曲线：的右焦点与抛物线的焦点重合，一条渐近线的倾斜角为．
（1）求双曲线的方程；
（2）经过点的直线与双曲线的右支交与两点，与轴交与点，点关于原点的对称点为点，求证：．
23．已知抛物线：的焦点为，准线与轴交于点，过点的直线与抛物线交于，两点，且.
（1）求抛物线的方程；
（2）设，是抛物线上的不同两点，且轴，直线与轴交于点，再在轴上截取线段，且点介于点点之间，连接，过点作直线的平行线，证明是抛物线的切线.
2023高考一轮复习讲与练
专题43 直线与圆锥曲线的证明、面积、最值、探索问题
直线与圆锥曲线的证明、面积、探索问题
面积问题
最值问题
证明问题
探索问题
练高考 明方向
1.(2023·新高考Ⅰ卷T21） 已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．
（1）求l的斜率；
（2）若，求的面积．
分析：（1）由点在双曲线上可求出，易知直线l的斜率存在，设，，再根据，即可解出l的斜率；
（2）根据直线的斜率之和为0可知直线的倾斜角互补，再根据即可求出直线的斜率，再分别联立直线与双曲线方程求出点的坐标，即可得到直线的方程以及的长，由点到直线的距离公式求出点到直线的距离，即可得出的面积．
【解析】（1）因为点在双曲线上，所以，解得，
即双曲线易知直线l的斜率存在，设，，联立可得，，所以，．
所以由可得，，即，
即，所以，
化简得，，即，所以或，
当时，直线过点，与题意不符，舍去，故．
（2）不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，因为，所以，即，即，解得，于是，直线，直线，联立可得，，因为方程有一个根为，所以，，同理可得，，．所以，，
点到直线的距离，故的面积为．
2.(2023·新高考Ⅱ卷T21） 设双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
（1）求C的方程；
（2）过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，
且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M，
请从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个条件成立：
①M在上；②；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
分析：（1）利用焦点坐标求得的值，利用渐近线方程求得的关系，进而利用的平方关系求得的值，得到双曲线的方程；
（2）先分析得到直线的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k, M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得到；由直线和的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率，由②等价转化为，由①在直线上等价于，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.
【解析】（1）右焦点为，∴,∵渐近线方程为，∴，∴，∴，∴，∴．∴C的方程为：；
（2）由已知得直线的斜率存在且不为零，直线的斜率不为零，
若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则为线段的中点，假若直线的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知在轴上，即为焦点,此时由对称性可知、关于轴对称，与从而，已知不符；
总之，直线的斜率存在且不为零.
设直线的斜率为,直线方程为,
则条件①在上，等价于；两渐近线的方程合并为,
联立消去y并化简整理得：
设,线段中点为,则,
设,则条件③等价于,
移项并利用平方差公式整理得：，
,即,即；
由题意知直线的斜率为, 直线的斜率为,
∴由,∴,
所以直线的斜率,直线,即,代入双曲线的方程,即中，
得：,解得的横坐标：,
同理：，
∴∴,
∴条件②等价于，
综上所述：条件①在上，等价于；条件②等价于；
条件③等价于；
选①②推③:由①②解得：,∴③成立；
选①③推②：由①③解得：，，∴，∴②成立；
选②③推①：由②③解得：，，∴，∴，∴①成立.
3.(2023·浙江卷T21）如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点．
（1）求点P到椭圆上点的距离的最大值；
（2）求的最小值．
分析：（1）设是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出，再根据二次函数的性质即可求出；
（2）设直线与椭圆方程联立可得，再将直线方程与的方程分别联立，可解得点的坐标，再根据两点间的距离公式求出，最后代入化简可得，由柯西不等式即可求出最小值．
【解析】（1）设是椭圆上任意一点,,则
，当且仅当时取等号，故的最大值是.
（2）设直线,直线方程与椭圆联立,可得,设，所以，因为直线与直线交于,则,同理可得,.则
，
当且仅当时取等号，故的最小值为.
4．(2023年高考全国甲卷理科)抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且．已知点，且与l相切．
(1)求C，的方程；
(2)设是C上的三个点，直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由．
答案：（1）抛物线，方程为；（2）相切，理由见解析
解析：（1）依题意设抛物线，
，所以抛物线的方程为，
与相切，所以半径为，所以的方程为；
（2）设
若斜率不存在，则方程为或，
若方程为，根据对称性不妨设，则过与圆相切的另一条直线方程为，
此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在，不合题意；
若方程为，根据对称性不妨设则过与圆相切的直线为，又，
，此时直线关于轴对称，所以直线与圆相切；
若直线斜率均存在，则，
所以直线方程为，整理得，
同理直线的方程为，直线的方程为，
与圆相切，，整理得，
与圆相切，同理，所以为方程的两根，，
到直线的距离为：，
所以直线与圆相切；综上若直线与圆相切，则直线与圆相切．
5．(2023年高考全国甲卷理科)已知为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为________．
答案：
解析：因为为上关于坐标原点对称的两点，且，所以四边形为矩形，
设，则，所以，
，即四边形面积等于．
6．(2023年高考全国乙卷理科)已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为．
(1)求；
(2)若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值．
答案：（1）；（2）．
【解析】（1）抛物线的焦点为，，
所以，与圆上点的距离的最小值为，解得；
（2）抛物线的方程为，即，对该函数求导得，设点、、，直线的方程为，即，即，
同理可知，直线的方程为，由于点为这两条直线的公共点，
则，所以，点、的坐标满足方程，
所以，直线的方程为，联立，可得，
由韦达定理可得，，
所以，，
点到直线的距离为，
所以，，
，由已知可得，
所以，当时，的面积取最大值．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
7．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)设为坐标原点，直线与双曲线的两条渐近线分别交于两点，若的面积为8，则的焦距的最小值为( )
A．4B．8C．16D．32
答案：B
解析：，双曲线的渐近线方程是
直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点
不妨设为在第一象限，在第四象限，联立，解得，故
联立，解得，故，
面积为：，双曲线
其焦距为，当且仅当取等号
的焦距的最小值：
【点睛】本题主要考查了求双曲线焦距的最值问题，解题关键是掌握双曲线渐近线的定义和均值不等式求最值方法，在使用均值不等式求最值时，要检验等号是否成立，考查了分析能力和计算能力，属于中档题．
8．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点．
(1)求的方程；
(2)若点在上，点在直线上，且，，求的面积．
答案：（1）；（2）．
解析：（1），，，
根据离心率，解得或(舍)，
的方程为：，即；
（2）不妨设,在x轴上方，点在上，点在直线上，且，，
过点作轴垂线，交点为，设与轴交点为，根据题意画出图形，如图
，，，
又，，，
根据三角形全等条件“”，可得：，，，
，设点为，可得点纵坐标为，将其代入，
可得：，解得：或，点为或，
①当点为时，故，，，可得：点为，画出图象，如图
,，可求得直线的直线方程为：，
根据点到直线距离公式可得到直线的距离为：，
根据两点间距离公式可得：，面积为：；
②当点为时，故，，，可得：点为，画出图象，如图
,，可求得直线的直线方程为：，根据点到直线距离公式可得到直线的距离为：，根据两点间距离公式可得：，面积为：，
综上所述，面积为：．
【点睛】本题主要考查了求椭圆标准方程和求三角形面积问题，解题关键是掌握椭圆的离心率定义和数形结合求三角形面积，考查了分析能力和计算能力，属于中档题．
9．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B．
(1)证明：直线AB过定点：
(2)若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积．
答案： (1)见详解；(2)3或．
【解析】(1)设则．
由于，所以切线的斜率为，故整理得．．
设同理可得．故直线的方程为．
所以直线过定点．
(2)由(1)得直线的方程为．由可得．
于是，
．
设分别为到直线的距离，则．
因此，四边形的面积．设线段的中点，
则．由于，而，与向量平行，所以．
解得或．当时，；当时，．
因此，四边形的面积为3或．
10．(2023年高考数学课标全国Ⅱ卷理科)已知点，，动点满足直线与的斜率之积为．记的轨迹为曲线．
求的方程，并说明是什么曲线；
过坐标原点的直线交于两点，点在第一象限，轴，垂足为，连结并延长交于点．
证明：是直角三角形；
求面积的最大值．
答案：详见解析详见解析
【解析】由题设得，化简得，所以为中心在坐标原点，
焦点在轴上的椭圆，不含左右顶点．
设直线的斜率为，则其方程为．由得．
记，则．于是直线的斜率为，方程为．
由，得．①
设，则和是方程①的解，故，由此得．
从而直线的斜率为．所以，即是直角三角形．
由得，，
所以的面积．
设，则由得，当且仅当时取等号．
因为在单调递减，所以当，即时，取得最大值，最大值为．
因此，面积的最大值为．
11．(2023年高考数学课标卷Ⅰ（理）)(12分)设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为．
(1)当与轴垂直时，求直线的方程；
(2)设为坐标原点，证明：．
解析：（1）由已知得，的方程为．由已知可得，点的坐标为或．
所以的方程为或．
（2）当与轴重合时，．
当与轴垂直时，为的垂直平分线，所以．
当与轴不重合也不垂直时，设的方程为，，
则，直线MA，MB的斜率之和为．
由得．
将代入得．
所以．则．
从而，故的倾斜角互补，所以．
综上，．
12．(2023年高考数学新课标Ⅰ卷理科)已知为抛物线的焦点,过作两条互相垂直的直线,,直线与交于两点,直线与交于两点,则的是小值为( )
A．B．C．D．
答案：A
【解析】法一:设,,直线方程为
取方程,得,∴,同理直线与抛物线的交点满足,由抛物线定义可知
,当且仅当(或)时,取得等号．
法二:设的倾斜角为,则直线的倾斜角为,根据焦点弦长公式有:
．．
13．(2023年高考数学课标Ⅲ卷理科)已知抛物线，过点的直线交与两点，圆是以线段为直径的圆．
(1)证明：坐标原点在圆上；
(2)设圆过点，求直线与圆的方程．
【解析】法一:(1)证明:①当轴时,代入得
在以为直径的圆上．此时圆半径为,圆过原点;
②当不垂直于轴时,设的方程为且
由,消去,整理可得
,,
从而,,在以为直径的圆上．
(2)由(1)知以为直径的圆的方程为
即,由于在此圆上
代入上述方程得,故所求圆的方程为．
法二:⑴显然,当直线斜率为时,直线与抛物线交于一点,不符合题意．
设,,, 联立:得,
恒大于,,．

,∴,即在圆上．
⑵若圆过点,则
,
,化简得解得或
①当时,圆心为, ,
半径 ,则圆
②当时,圆心为, ,,
半径 ,则圆．
14．(2023年高考数学课标Ⅱ卷理科)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：上，过M做x轴的垂线，垂足为 ，点 满足．
(1)求点 的轨迹方程；
(2)设点 在直线 上，且．证明：过点 且垂直于 的直线 过 的左焦点．
答案：(1)；(2)证明略．
【解法】
（Ⅰ）解法一：相关点法求轨迹：
设，,，则：,．
又,所以：，则：．
又在椭圆C上，所以：。所以：．
解法二：椭圆C的参数方程为：（为参数）．
设，,，则：,．
又,所以：，则：．
则：．
（Ⅱ）解法一：设，,,则，,，．
又,所以：
即：．
那么．
所以．即过垂直于的直线过椭圆C的左焦点。
解法二：设，,,则，
,，．
又,所以．
又在上，所以：．
又．所以：．
即过垂直于的直线过椭圆 的左焦点．
15．(2023高考数学课标Ⅲ卷理科)已知抛物线:的焦点为,平行于轴的两条直线,分别交于,两点,交的准线于,两点.
(Ⅰ)若在线段上,是的中点,证明∥;
(Ⅱ)若的面积是的面积的两倍,求中点的轨迹方程.
答案：(Ⅰ)见解析;(Ⅱ).
【解析】由题设.设,
则,且,,,,.
记过两点的直线为,则的方程为.
(Ⅰ)由于在线段上,故.
记的斜率为,的斜率为,则,所以∥.
(Ⅱ)设与轴的交点为,则,.
由题设可得,所以(舍去),.设满足条件的的中点为,
当与轴不垂直时,由可得.而,所以.
当与轴垂直时,与重合.所以所求轨迹方程为.
16．(2023高考数学课标Ⅱ卷理科)已知椭圆E:的焦点在轴上，A是E的左顶点，斜率为的直线交E于两点，点N在E上，．
( = 1 \* ROMAN I)当，时，求的面积；
( = 2 \* ROMAN II)当时，求k的取值范围．
答案：（1）；（2）．
【解析】（I）设，则由题意知，当时，的方程为，．
由已知及椭圆的对称性知，直线的倾斜角为．因此直线的方程为．
将代入得．解得或，所以．
因此的面积．
（II）由题意，，．
将直线的方程代入得．
由得，故．
由题设，直线的方程为，故同理可得，
由得，即．
当时上式不成立，因此．
等价于，即．
由此得，或，解得．因此的取值范围是．
17．(2023高考数学课标Ⅰ卷理科)设圆的圆心为，直线过点且与轴不重合，交圆于两点，过作的平行线交于点．
(I)证明为定值，并写出点E的轨迹方程；
( = 2 \* ROMAN II)设点的轨迹为曲线，直线交于两点，过且与垂直的直线与圆交于两点，求四边形面积的取值范围．
答案： (I)4；，()； ( = 2 \* ROMAN II)
【解析】法一：(I)因为,,故．
所以，故
又圆标准方程为，从而，所以．
由题设得,由椭圆的定义可得点的轨迹方程为，()；
( = 2 \* ROMAN II)当与x轴不垂直时，设，
由得．
则， 所以．
过点且与垂直的直线，到的距离为，
所以
故四边形的面积为
当与x轴不垂直时，四边形的面积的取值范围为
当与x轴垂直时，其方程为，，四边形的面积12．
综上，四边形的面积的取值范围为．
法二：⑴圆整理为，坐标，如图，
，则，由，
则
所以的轨迹为一个椭圆，方程为，()；
⑵；设，因为，设，联立
得；
则；
圆心到距离，
所以，
．
18．(2023高考数学新课标2理科)已知椭圆,直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，，线段的中点为．
(Ⅰ)证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；
(Ⅱ)若过点，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求此时的斜率，若不能，说明理由．
答案：（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）能，或．
解析：（Ⅰ）设直线，，，．
将代入得，故，
．于是直线的斜率，即．所以直线的斜率与的斜率的乘积为定值．
（Ⅱ）四边形能为平行四边形．
因为直线过点，所以不过原点且与有两个交点的充要条件是，．
由（Ⅰ）得的方程为．设点的横坐标为．由得，即．将点的坐标代入直线的方程得，因此．四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分，即．于是
．解得，．因为，，，所以当的斜率为
或时，四边形为平行四边形．
考点：1、弦的中点问题；2、直线和椭圆的位置关系．
19．(2023高考数学新课标1理科)在直角坐标系中，曲线：与直线(＞0)交与两点，
(Ⅰ)当时，分别求在点和处的切线方程；
(Ⅱ)轴上是否存在点，使得当变动时，总有？说明理由。
答案：（Ⅰ）或（Ⅱ）存在
解析：（Ⅰ）由题设可得，，或，．
∵，故在=处的到数值为，C在处的切线方程为
，即．故在=-处的到数值为-，C在处的切线方程为，即．
故所求切线方程为或．
（Ⅱ）存在符合题意的点，证明如下：
设P（0，b）为复合题意得点，，，直线PM，PN的斜率分别为．
将代入C得方程整理得．∴．
∴==．
当时，有=0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，
故∠OPM=∠OPN，所以符合题意．
20．(2023高考数学课标1理科)已知点,椭圆:的离心率为,是椭圆的焦点,直线的斜率为,为坐标原点．
(1)求的方程;
(2)设过点的直线与相交于两点,当的面积最大时,求的方程．
【解析】(1)设,由条件知,得 又,
所以, ,故的方程．
(2)依题意当轴不合题意,故设直线l:,设
将代入,得,
当,即时,
从而 
又点到直线的距离,所以的面积 ,
设,则,,
当且仅当,等号成立,且满足,所以当的面积最大时,的方程为: 或．
21．(2023高考数学新课标2理科)平面直角坐标系中，过椭圆右焦点的直线交于两点，为的中点，且的斜率为．
(1)求的方程；
(2)为上的两点，若四边形的对角线，求四边形面积的最大值．
答案：（1） ；（2）
解析：（1）设，则； ；
两式相减得到，因为，设，
因为P为AB的中点，且OP的斜率为，所以，即．
所以可以解得，即，所以的方程为．
（2）因为CD⊥AB，直线AB方程为，所以设直线CD方程为，
将代入得：，所以可得；
将代入得：，设，
则
又因为,
所以当时，取得最大值4，所以四边形ACBD面积的最大值为
22．(2023高考数学新课标2理科)已知椭圆,直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，，线段的中点为．
(Ⅰ)证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；
(Ⅱ)若过点，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求此时的斜率，若不能，说明理由．
答案：（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）能，或．
【解析】（Ⅰ）设直线，，，．
将代入得，故，
．于是直线的斜率，即．所以直线的斜率与的斜率的乘积为定值．
（Ⅱ）四边形能为平行四边形．
因为直线过点，所以不过原点且与有两个交点的充要条件是，．
由（Ⅰ）得的方程为．设点的横坐标为．由得，即．将点的坐标代入直线的方程得，因此．
四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分，即．
于是．解得，．因为，，，
所以当的斜率为或时，四边形为平行四边形．
23．(2023高考数学课标2理科)设F为抛物线C:的焦点，过F且倾斜角为30°的直线交C于A．B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为( )
A．B．C．D．
答案：D
解析：由题意可知：直线AB的方程为：，带入抛物线的方程可得：，设，则所求三角形的面积为，故选D。
讲典例 备高考
类型一、关于面积的问题
基础知识：
三角形的面积处理方法：
(1)S△＝eq \f(1,2)·底·高(通常选弦长做底，点到直线的距离为高)；
(2)S△＝eq \f(1,2)·水平宽·铅锤高＝eq \f(1,2)|AB|·|xE－xD|或S△＝eq \f(1,2)|CD|·|yA－yE|.
证明：S△ADE＝S△ABE＋S△ABD＝eq \f(1,2)|AB|·|xB－xE|＋eq \f(1,2)|AB|·|xB－xD|＝eq \f(1,2)|AB|·|xE－xD|；
S△ADE＝S△ACD＋S△ECD＝eq \f(1,2)|CD|·|yA－yC|＋eq \f(1,2)|CD|·|yE－yC|＝eq \f(1,2)|CD|·|yA－yE|.
基本题型：
求面积的正向题（即在已知条件下求多边形的面积）：
1．设，是双曲线的两个焦点，为坐标原点，点在的左支上，且，则的面积为（ ）
A．B．C．8D．
答案：C
【详解】由，
所以，可得，
不妨设，，所以，所以点在以为直径的圆上，
即是以为直角顶点的直角三角形，故，即．
又．所以，
解得，所以．
2．设直线与抛物线相交于､两点，为坐标原点，若，则面积的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
答案：D
【详解】因为直线与抛物线相交于､两点，所以该直线斜率不为零，设该直线的方程为，其中不同时为零；设､，由可得，
则，，即；
因此，又，
所以，即，解得；
所以；又点到直线的距离为，所以的面积为，
即面积的取值范围是.
3.已知椭圆的左右焦点分别为，，是椭圆上的一点，且，则的面积是 .
答案：
【详解】根据椭圆定义，可得，且椭圆的焦距为，
又，在中，由余弦定理，可得，
所以，即，
所以，因此的面积是.
4.已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，右焦点F(1,0)，离心率为eq \f(\r(2),2)，过F作两条互相垂直的弦AB，CD.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求以A，B，C，D为顶点的四边形的面积的取值范围．
解：(1)由题意得c＝1，eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，∴a＝eq \r(2)，则b＝c＝1，则椭圆的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)①当两直线一条斜率不存在、一条斜率为0时，S＝eq \f(1,2)|AB|·|CD|＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×eq \r(2)＝2.②当两直线斜率存在且都不为0时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，将其代入椭圆方程整理得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，则x1＋x2＝eq \f(4k2,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2k2－2,1＋2k2)，则|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \f(2\r(2)k2＋1,1＋2k2)，同理，|CD|＝eq \f(2\r(2)k2＋1,k2＋2)，则S＝eq \f(1,2)|AB|·|CD|＝eq \f(1,2)·eq \f(2\r(2)k2＋1,1＋2k2)·eq \f(2\r(2)k2＋1,k2＋2)＝eq \f(4k2＋12,2k4＋2＋5k2)＝eq \f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(1,k)))2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(1,k)))2＋1)＝2－eq \f(2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(1,k)))2＋1)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,9)，2))，当k＝±1时，S＝eq \f(16,9).综上所述，四边形面积的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(16,9)，2)).
5．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，以M(－a，b)，N(a，b)，F2和F1为顶点的梯形的高为eq \r(3)，面积为3eq \r(3).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设A，B为椭圆C上的任意两点，若直线AB与圆O：x2＋y2＝eq \f(12,7)相切，求△AOB面积的取值范围．
【解析】(1)由题意得b＝eq \r(3)，等腰梯形MNF2F1的面积为eq \f(2a＋2c,2)×eq \r(3)＝3eq \r(3)，则a＋c＝3.
又a2－c2＝3，解得a＝2，c＝1，所以椭圆方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)当圆O的切线AB的斜率存在时，设直线AB：y＝kx＋m，切点为H，连接OH，则OH⊥AB.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，则x1＋x2＝eq \f(－8km,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－12,3＋4k2).
又因为直线AB与圆O相切，所以点O到直线AB的距离d＝eq \f(|m|,\r(1＋k2))＝ eq \r(\f(12,7))＝eq \f(2\r(21),7)，得m2＝eq \f(121＋k2,7)，
|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\f(64k2m2－44m2－124k2＋3,3＋4k22))
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\f(484k2＋3－m2,3＋4k22))＝eq \f(4\r(21),7) eq \r(\f(1＋k29＋16k2,3＋4k22))＝eq \f(4\r(21),7) eq \r(1＋\f(k2,16k4＋24k2＋9)).
①当k≠0时，因为16k2＋24＋eq \f(9,k2)≥2eq \r(16×9)＋24＝48，当且仅当k＝±eq \f(\r(3),2)时，等号成立，
所以|AB|≤eq \f(4\r(21),7) eq \r(1＋\f(1,48))＝eq \r(7).易知|AB|>eq \f(4\r(21),7)，所以eq \f(4\r(21),7)b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为eq \f(2\r(3),3)，O为坐标原点．设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点．
(1)求椭圆E的方程．
(2)是否存在直线l，使得△OPQ的面积为eq \f(4,5)？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由．
解：(1)设F(c,0)，因为直线AF的斜率为eq \f(2\r(3),3)，A(0，－2)，所以eq \f(2,c)＝eq \f(2\r(3),3)，得c＝eq \r(3).
又eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，b2＝a2－c2，解得a＝2，b＝1，所以椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)假设存在直线l，使得△OPQ的面积为eq \f(4,5).
当l⊥x轴时，不合题意，故可设直线l的方程为y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx－2，))消去y得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.
由Δ＝16(4k2－3)>0，解得keq \f(\r(3),2)，所以x1＋x2＝eq \f(16k,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(12,1＋4k2).
所以|PQ|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16k,1＋4k2)))2－\f(48,1＋4k2))＝eq \f(4\r(1＋k2)·\r(4k2－3),1＋4k2)，
点O到直线l的距离d＝eq \f(2,\r(k2＋1))，所以S△OPQ＝eq \f(1,2)d|PQ|＝eq \f(4\r(4k2－3),1＋4k2). 设eq \r(4k2－3)＝t>0，则4k2＝t2＋3，
则S△OPQ＝eq \f(4t,t2＋4)＝eq \f(4,5)，解得t＝1或t＝4，即k＝±1，±eq \f(\r(19),2)，符合题意．
所以存在直线l：y＝±eq \f(\r(19),2)x－2或y＝±x－2，使得△OPQ的面积为eq \f(4,5).
2．（探索点的存在性）在平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心率，且椭圆上的点到的距离的最大值为3．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）在椭圆上，是否存在点使得直线：与圆O： 相交于不同的两点，且的面积最大？若存在，求出点的坐标及相对应的的面积；若不存在，请说明理由．
【解析】（Ⅰ）由，所以，设是椭圆上任意一点，
则，所以，
所以，当时，有最大值，可得，所以
故椭圆的方程为：
（Ⅱ）存在点满足要求，使得面积最大．假设直线与圆相交于不同两点,则圆心到的距离，∴ ①
因为在椭圆上，所以 ②，由①②得：
∵所以，
由②得代入上式得，
当且仅当，
∴，此时满足要求的点有四个．此时对应的的面积为．
3．（探索圆的存在性）双曲线C：x2－y2＝2右支上的弦AB过右焦点F.
(1)求弦AB的中点M的轨迹方程；
(2)是否存在以AB为直径，且过原点O的圆？若存在，求出直线AB的斜率k的值；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x，y)．因为双曲线C：x2－y2＝2的右焦点为F(2,0)，
所以①当AB⊥x轴时，x＝2，y＝0.
②当AB与x轴不垂直时，由xeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,1)＝2，xeq \\al(2,2)－yeq \\al(2,2)＝2，两式相减得(x1＋x2)(x1－x2)－(y1＋y2)(y1－y2)＝0.
又x1＋x2＝2x，y1＋y2＝2y，所以x(x1－x2)－y(y1－y2)＝0.因为kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝kFM＝eq \f(y－0,x－2)，
所以x(x－2)－y·y＝0，即x2－2x－y2＝0.
又点(2,0)满足上式，点A，B在双曲线x2－y2＝2的右支上，所以x≥2，
故所求中点M的轨迹方程为x2－2x－y2＝0(x≥2)．
(2)假设存在以AB为直径，且过原点O的圆．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
当AB⊥x轴时，|AF|≠|OF|，所以可设lAB：y＝k(x－2)(k≠±1)．
由已知得OA⊥OB，所以x1x2＋y1y2＝0.(*)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－y2＝2，,y＝kx－2，))得(1－k2)x2＋4k2x－4k2－2＝0，
所以x1＋x2＝eq \f(4k2,k2－1)，x1x2＝eq \f(4k2＋2,k2－1).所以y1y2＝k2(x1－2)(x2－2)＝k2[x1x2－2(x1＋x2)＋4]＝eq \f(－2k2,k2－1)，
x1x2＋y1y2＝eq \f(4k2＋2,k2－1)－eq \f(2k2,k2－1)＝eq \f(2k2＋1,k2－1)≠0，与(*)式矛盾，所以不存在以AB为直径，且过原点O的圆．
4．（探索三点的共线性）已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)过点(0,1)，其右焦点为F(1，0)．
(1)求椭圆C的方程和离心率；
(2)过点M(2,0)的直线与椭圆C交于P，Q两点，Q关于x轴对称的点为N，判断P，F，N三点是否共线，并加以证明．
【解析】(1)依题意：b＝1，c＝1，所以a2＝b2＋c2＝2，所以椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1，离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2).
(2)P，F，N三点共线．
证明如下：
依题意可知直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为y＝k(x－2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－2，,\f(x2,2)＋y2＝1))整理得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则N(x2，－y2)，x1＋x2＝eq \f(8k2,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(8k2－2,1＋2k2).所以kPF＝eq \f(y1,x1－1)，kNF＝eq \f(y2,1－x2)，
kPF－kNF＝eq \f(y1,x1－1)－eq \f(y2,1－x2)＝eq \f(y11－x2－y2x1－1,x1－11－x2)＝eq \f(kx1－21－x2－kx2－2x1－1,x1－11－x2)
＝eq \f(3kx1＋x2－2kx1x2－4k,1－x1x2－1)＝eq \f(3k·\f(8k2,1＋2k2)－\f(2k8k2－2,1＋2k2)－\f(4k＋8k3,1＋2k2),1－x1x2－1)＝0，
所以kPF＝kNF，所以P，F，N三点共线．
基本方法：
圆锥曲线中存在性问题的求解方法
(1)存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．
(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．
类型四、关于证明问题
基本题型：
1、（线段相等的证明）已知抛物线y2＝4x，点P(2,0)，Q(4，0)．过点Q的直线交抛物线于点A，B，AP，BP分别交抛物线于点C，D，连接AD，DC，CB.
(1)若直线AB，CD的斜率分别为k1，k2，求eq \f(k2,k1)的值；
(2)过点P与x轴垂直的直线分别交AD，BC于点E，F，求证：|PE|＝|PF|.
解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，直线AC的方程为x＝m1y＋2，
所以k2＝eq \f(y4－y3,x4－x3)＝eq \f(y4－y3,\f(y\\al(2,4),4)－\f(y\\al(2,3),4))＝eq \f(4,y3＋y4)，k1＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(4,y1＋y2).联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝m1y＋2，,y2＝4x，))得y2－4m1y－8＝0，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝16m\\al(2,1)＋32>0，,y1＋y3＝4m1，,y1y3＝－8.))同理y2y4＝－8.由题意得直线AB的方程为y＝k1(x－4)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k1x－4，,y2＝4x，))得keq \\al(2,1)x2－(8keq \\al(2,1)＋4)x＋16keq \\al(2,1)＝0，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝8k\\al(2,1)＋42－64k\\al(4,1)>0，,x1＋x2＝\f(8k\\al(2,1)＋4,k\\al(2,1))，,x1x2＝16，))
从而y1y2＝keq \\al(2,1)(x1－4)·(x2－4)＝keq \\al(2,1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x1x2－4x1＋x2＋16))＝－16，所以eq \f(k2,k1)＝eq \f(y1＋y2,y3＋y4)＝eq \f(y1＋y2,－\f(8,y1)－\f(8,y2))＝－eq \f(y1y2,8)＝2.
证明：由题意得直线PF的方程为x＝2.设直线AD的斜率为k3，则k3＝eq \f(y1－y4,x1－x4)＝eq \f(4,y1＋y4)，
所以直线AD的方程为y－y1＝eq \f(4,y1＋y4)(x－x1)．令x＝2，则yE＝eq \f(4,y1＋y4)(2－x1)＋y1.同理yF＝eq \f(4,y2＋y3)(2－x2)＋y2.
所以eq \f(|PE|,|PF|)＝eq \f(|yE|,|yF|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(42－x1,y1－\f(8,y2))＋y1)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(42－x2,y2－\f(8,y1))＋y2)))＝eq \f(|8y2－4x1y2＋y\\al(2,1)y2－8y1|,|8y1－4x2y1＋y1y\\al(2,2)－8y2|)＝eq \f(|8y2－y1|,|8y1－y2|)＝1，故|PE|＝|PF|.
2、（不等式证明）已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，O为原点，直线AB(不垂直于x轴)过点F且与抛物线交于A，B两点，直线OA，OB的斜率之积为－p.
(1)求抛物线C的方程；
(2)若M为线段AB的中点，射线OM交抛物线于D点，求证：eq \f(|OD|,|OM|)>2.
【解析】法一：(1)∵AB不垂直于x轴，∴AB的斜率k存在，且易知k≠0，
记m＝eq \f(1,k)，则可设lAB：my＝x－eq \f(p,2).由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝2px，,x＝my＋\f(p,2)))得y2－2pmy－p2＝0，令A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝2pm，y1·y2＝－p2.而kOA·kOB＝eq \f(y1y2,x1x2)＝eq \f(4p2,y1y2)＝－4＝－p，∴p＝4，∴抛物线C：y2＝8x.
（2）证明：令M(x0，y0)，则y0＝eq \f(y1＋y2,2)＝4m，x0＝my0＋eq \f(p,2)＝4m2＋2.又kOD＝kOM＝eq \f(y0,x0)＝eq \f(2m,2m2＋1)，
∴lOD：y＝eq \f(2m,2m2＋1)x.由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝8x，,x＝\f(2m2＋1,2m)y))得y2＝eq \f(8m2＋4,m)·y，∵O(0，0)，∴yD＝eq \f(8m2＋4,m)，
∴eq \f(|OD|,|OM|)＝eq \f(yD,y0)＝eq \f(\f(8m2＋4,m),4m)＝2＋eq \f(1,m2)>2，得证．
法二：(1)∵直线AB过点F且与抛物线C交于A，B，且Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，设直线AB的方程为y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2)))(k≠0)，∴yeq \\al(2,1)＝2px1，yeq \\al(2,2)＝2px2(p>0)，
∴eq \f(y1y2,x1x2)＝－p，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y1y2,x1x2)))2＝p2，∴x1x2＝4.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2)))，,y2＝2px，))消y得k2x2－(k2p＋2p)x＋eq \f(k2p2,4)＝0.其中Δ＝(k2p＋2p)2－k4p2＞0，
∴x1x2＝eq \f(p2,4)，x1＋x2＝eq \f(k2p＋2p,k2)，∴p＝4，抛物线C：y2＝8x.
(2)证明：设M(x0，y0)，D(x3，y3)，
∵M为线段AB的中点，∴x0＝eq \f(1,2)(x1＋x2)＝eq \f(k2p＋2p,2k2)＝eq \f(2k2＋2,k2)，y0＝k(x0－2)＝eq \f(4,k)，
∴直线OD的斜率为kOD＝eq \f(y0,x0)＝eq \f(2k,k2＋2).直线OD的方程为y＝kODx＝eq \f(2k,k2＋2)x.
代入抛物线C：y2＝8x的方程，得x3＝eq \f(2k2＋22,k2).∴eq \f(x3,x0)＝k2＋2.
∵k2＞0，∴eq \f(|OD|,|OM|)＝eq \f(x3,x0)＝k2＋2＞2.
3．（线圆相切的证明）已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，椭圆的短轴顶点到焦点的距离为eq \r(6).
(1)求该椭圆C的方程；
(2)若直线l与椭圆C交于A，B两点，且|eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))|＝|eq \(OA,\s\up7(―→))－eq \(OB,\s\up7(―→))|，求证：直线l与某个定圆E相切，并求出定圆E的方程．
解：(1)∵椭圆的短轴顶点到焦点的距离为eq \r(6)，∴eq \r(b2＋c2)＝a＝eq \r(6)，∵椭圆的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，∴c＝eq \r(3)，∴b2＝a2－c2＝3，∴椭圆C的标准方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明：∵|eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))|＝|eq \(OA,\s\up7(―→))－eq \(OB,\s\up7(―→))|，∴eq \(OA,\s\up7(―→))⊥eq \(OB,\s\up7(―→))，则eq \(OA,\s\up7(―→))·OB―→＝0.
①当直线l的斜率不存在时，设l：x＝t，代入椭圆方程得y＝±eq \r(\f(6－t2,2))，不妨令Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，\r(\f(6－t2,2))))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，－\r(\f(6－t2,2))))，由eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))＝0得t2－3＋eq \f(t2,2)＝0，解得t＝±eq \r(2)，此时l：x＝±eq \r(2)，与圆x2＋y2＝2相切；
②当直线l的斜率存在时，设l：y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2y2＝6，,y＝kx＋m))得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，
则Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－6)>0，化简得m2eq \r(2))的右焦点为F，A，B分别为椭圆的左顶点和上顶点，△ABF的面积为eq \r(2)＋1.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点F的直线l与椭圆C交于P，Q两点，直线AP，AQ分别与直线x＝2eq \r(2)交于点M，N.
证明：FM⊥FN.
解：(1)由题意可知，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AF))＝a＋c，b＝eq \r(2)，则S△ABF＝eq \f(1,2)(a＋c)×eq \r(2)＝eq \r(2)＋1，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋c＝2＋\r(2)，,a2－c2＝b2＝2,a>\r(2)，))，
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,c＝\r(2)，))因此，椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
（2）证明：若直线l与x轴重合，则M，N重合，不合乎题意．椭圆C的右焦点为
F(eq \r(2)，0)，设直线l的方程为x＝my＋eq \r(2)，设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋\r(2)，,x2＋2y2＝4，))消去x并整理得(m2＋2)y2＋2eq \r(2)my－2＝0，Δ＝8m2＋8(m2＋2)＝16(m2＋1)>0恒成立，由根与系数的关系可得y1＋y2＝－eq \f(2\r(2)m,m2＋2)，y1y2＝－eq \f(2,m2＋2)，直线AP的斜率为kAP＝eq \f(y1,x1＋2)＝eq \f(y1,my1＋2＋\r(2))，
直线AP的方程为y＝eq \f(y1,my1＋2＋\r(2))(x＋2)，令x＝2eq \r(2)，可得y＝eq \f(2＋2\r(2)y1,my1＋2＋\r(2))，即点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al(2\r(2)，\f(2＋2\r(2)y1,my1＋2＋\r(2)))))，同理可知，点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al(2\r(2)，\f(2＋2\r(2)y2,my2＋2＋\r(2)))))，所以，eq \(FM,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al(\r(2)，\f(2＋2\r(2)y1,my1＋2＋\r(2)))))，eq \(FN,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al(\r(2)，\f(2＋2\r(2)y2,my2＋2＋\r(2)))))，
所以，eq \(FM,\s\up7(―→))·eq \(FN,\s\up7(―→))＝2＋eq \f(2＋2\r(2)2y1y2,my1＋2＋\r(2)my2＋2＋\r(2))＝2＋eq \f(2＋2\r(2)2y1y2,m2y1y2＋2＋\r(2)my1＋y2＋2＋\r(2)2)
＝2＋eq \f(－\f(22＋2\r(2)2,m2＋2),－\f(2m2,m2＋2)－\f(2\r(2)2＋\r(2)m2,m2＋2)＋2＋\r(2)2)＝2－eq \f(8\r(2)＋12,－23＋2\r(2)m2＋2\r(2)＋12m2＋2)
＝2－eq \f(8,2m2＋2－2m2)＝0，因此，FM⊥FN.
基本方法：
几何证明问题的解题策略
(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)．
(2)解决证明问题时，主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．
新预测 破高考
1、抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，O为坐标原点，M为抛物线上一点，且|MF|＝4|OF|，△MFO的面积为4eq \r(3)，则抛物线的方程为( )
A．y2＝6x B．y2＝8x
C．y2＝16x D．y2＝eq \f(15x,2)
答案：B
【详解】设M(x，y)，因为|OF|＝eq \f(p,2)，|MF|＝4|OF|，所以|MF|＝2p，由抛物线定义知x＋eq \f(p,2)＝2p，所以x＝eq \f(3,2)p，
所以y＝±eq \r(3)p，又△MFO的面积为4eq \r(3)，所以eq \f(1,2)×eq \f(p,2)×eq \r(3)p＝4eq \r(3)，解得p＝4(p＝－4舍去)．
所以抛物线的方程为y2＝8x.
2．设，为双曲线的两个焦点，点在双曲线上且满足，则的面积为（ ）
A．2B．C．4D．
答案：C
【详解】由题意，双曲线，可得，则，因为点在双曲线上，不妨设点在第一象限，由双曲线的定义可得，又因为，可得，即，又由，可得，
解得，所以的面积为.故选：C.
3．过椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1的右焦点作一条斜率为2的直线与椭圆交于A，B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为( )
A.eq \f(4,3) B.eq \f(5,3)
C.eq \f(5,4) D.eq \f(10,3)
答案：B
【解析】由题意知椭圆的右焦点F的坐标为(1,0)，则直线AB的方程为
y＝2x－2.联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，,y＝2x－2，))解得交点坐标为(0，－2)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，\f(4,3)))，
不妨设A点的纵坐标yA＝－2，B点的纵坐标yB＝eq \f(4,3)，
则S△OAB＝eq \f(1,2)·|OF|·|yA－yB|＝eq \f(1,2)×1×eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－2－\f(4,3)))＝eq \f(5,3).故选B.
4．是椭圆上的点，、是椭圆的左、右焦点，设，则的最大值与最小值之和是（ ）
A．16B．9C．7D．25
答案：D
分析：设，根据标准方程求得，再由椭圆的几何性质可得最大值与最小值，从而可得结论.
【详解】因为椭圆方程为椭圆，所以. 设， 则, 又.∴.
故.所以的最大值与最小值的和为.故选：D.
5．已知P是双曲线C：eq \f(x2,2)－y2＝1右支上一点，直线l是双曲线C的一条渐近线，P在l上的射影为Q，F1是双曲线C的左焦点，则|PF1|＋|PQ|的最小值为( )
A．1 B．2＋eq \f(\r(15),5) C．4＋eq \f(\r(15),5) D．2eq \r(2)＋1
答案：D
【解析】设双曲线的右焦点为F2，因为|PF1|－|PF2|＝2eq \r(2)，所以|PF1|＝2eq \r(2)＋|PF2|，则|PF1|＋|PQ|＝2eq \r(2)＋|PF2|＋|PQ|，当且仅当Q，P，F2三点共线，且P在Q，F2之间时，|PF2|＋|PQ|最小，且最小值为点F2到直线l的距离．由题意可得直线l的方程为y＝±eq \f(\r(2),2)x，焦点F2(eq \r(3)，0)，点F2到直线l的距离d＝1，故|PF1|＋|PQ|的最小值为2eq \r(2)＋1.
6、已知P是双曲线eq \f(x2,16a2)－eq \f(y2,9a2)＝1(a＞0)上的点，F1，F2是其左、右焦点，且eq \(PF1,\s\up7(―→))·eq \(PF2,\s\up7(―→))＝0，若△PF1F2的面积为9，则a等于( )
A．2 B．1
C．3 D．4
答案：B
【解析】由eq \(PF1,\s\up7(―→))·eq \(PF2,\s\up7(―→))＝0得eq \(PF1,\s\up7(―→))⊥eq \(PF2,\s\up7(―→))，由勾股定理得|eq \(PF1,\s\up7(―→))|2＋|eq \(PF2,\s\up7(―→))|2＝
|eq \(F1F2,\s\up7(―→))|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(16a2＋9a2)))2＝100a2，由双曲线的定义得||eq \(PF1,\s\up7(―→))|－|eq \(PF2,\s\up7(―→))||＝8a，
∴64a2＝|eq \(PF1,\s\up7(―→))|2＋|eq \(PF2,\s\up7(―→))|2－2|eq \(PF1,\s\up7(―→))|·|eq \(PF2,\s\up7(―→))|＝100a2－2|eq \(PF1,\s\up7(―→))|·|eq \(PF2,\s\up7(―→))|，
∴|eq \(PF1,\s\up7(―→))|·|eq \(PF2,\s\up7(―→))|＝18a2，则△PF1F2的面积为eq \f(1,2)|eq \(PF1,\s\up7(―→))|·|eq \(PF2,\s\up7(―→))|＝9a2＝9，
又∵a＞0，解得a＝1.
7．椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1的左焦点为F，直线x＝m与椭圆相交于点M，N，当△FMN的周长最大时，△FMN的面积是( )
A.eq \f(\r(5),5) B.eq \f(6\r(5),5) C.eq \f(8\r(5),5) D.eq \f(4\r(5),5)
答案：C
【解析】如图所示，设椭圆的右焦点为F′，连接MF′，NF′.因为|MF|＋|NF|＋|MF′|＋|NF′|≥|MF|＋|NF|＋|MN|，所以当直线x＝m过椭圆的右焦点时，
△FMN的周长最大．此时|MN|＝eq \f(2b2,a)＝eq \f(8\r(5),5)，又c＝eq \r(a2－b2)＝eq \r(5－4)＝1，
所以此时△FMN的面积S＝eq \f(1,2)×2×eq \f(8\r(5),5)＝eq \f(8\r(5),5).
8．(多选)已知分别是椭圆的两个焦点，若椭圆上存在使的面积为的点P的个数为4，则实数m的值可以是
A．2B．3C．D．5
答案：AD
分析：分焦点在轴与轴两种情况讨论，当点在短轴的顶点时的面积取得最大值，椭圆上存在使的面积为的点P的个数为4，则即可得到不等式，解得即可；
【详解】当椭圆的焦点在轴上时，，此时，设椭圆的右顶点为，由于面积的最大值为的面积，所以，解得；当椭圆的焦点在轴上时，，此时，设椭圆的上顶点为B，则，由于面积的最大值为的面积，所以，解得.结合选项知实数m的值可以是2，5.故选：AD
9．(多选)设F是抛物线C：y2＝4x的焦点，直线l过点F，且与抛物线C交于A，B两点，O为坐标原点，则下列结论正确的是( )
A．|AB|≥4
B．|OA|＋|OB|>8
C．若点P(2,2)，则|PA|＋|AF|的最小值是3
D．△OAB的面积的最小值是2
答案：ACD
【详解】F(1,0)，如图，不妨设A在第一象限．
(1)若直线l斜率不存在，则A(1,2)，B(1，－2)，则|AB|＝4，
|OA|＋|OB|＝2|OA|＝2eq \r(5)，S△OAB＝eq \f(1,2)×4×1＝2，显然B错误；
(2)若直线l斜率存在，设直线l斜率为k，则直线l的方程为y＝k(x－1)，显然k≠0，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,y2＝4x，))消元得：k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，设A(x1，y1)，
B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(2k2＋4,k2)＝2＋eq \f(4,k2)，∴|AB|＝x1＋x2＋2＝4＋eq \f(4,k2)>4，原点O到直线l的距离d＝eq \f(|k|,\r(k2＋1))，
∴S△OAB＝eq \f(1,2)×|AB|×d＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4＋\f(4,k2)))×eq \f(|k|,\r(k2＋1))＝2eq \r(1＋\f(1,k2))>2.
综上，|AB|≥4，S△OAB≥2，故A正确，D正确．过点A向准线作垂线，垂足为N，则|PA|＋|AF|＝|PA|＋|AN|，又P(2,2)在抛物线右侧，故当P，A，N三点共线时，|PA|＋|AF|取得最小值3，故C正确．故选A、C、D.
10．（多选）已知为椭圆的左、右焦点，为椭圆上的动点，则下面四个结论正确的是（ ）
A．的最大值大于3
B．的最大值为4
C．的最大值为60°
D．若动直线垂直于轴，且交椭圆于两点，为上满足的点，则点的轨迹方程为或
答案：BCD
【详解】由椭圆方程得，因此．选项A中，，A错误；
选项B中，，当且仅当时取等号，B正确；选项C中，当点为短轴的端点时，取得最大值，取，则，的最大值为60°，C正确；选项D中，设．
，，即或．又由题意知，
或，化简得或，D正确．故选：BCD．
11．己知椭圆，过点的直线与椭圆相交于A，B两点，线段AB的中点为M，则点M的纵坐标的最大值为__________．
答案：
【详解】当直线的斜率为0时，此时直线为，此时线段AB的中点M的纵坐标为0；当直线的斜率不为0时，设过的直线为，设，由，得，则，所以线段AB的中点M的纵坐标为，当时，M的纵坐标为0，
当时，，当且仅当，即时取等号，此时的最大值为，当时，，综上，的最大值为，
12.已知抛物线的焦点为，直线与轴交于点与抛物线交于点，且
（1）求抛物线的方程；
（2）过的直线抛物线相交于，两点，若线段的垂直平分线与相交于，两点，探究是否存在直线使，，，四点共圆？若能，请求出直线的方程；若不能，请说明理由.
【详解】（1）设点，由题意得，解得.所以抛物线的方程为.
（2），设，
直线的方程为.由，得，，
所以，，
所以的中点所以线段的垂直平分线为，
将抛物线方程代入得，所以，，，
所以，
的中点，四点共圆，所以为圆心，
即，解得，故直线的方程为
方法2：设，
垂直平分，且四点共圆，，由点差法得，
，，，，，
于是，，，
，，∴直线的方程为.
13.如图，抛物线上有三个不同的点（其中点的第一象限），
抛物线的焦点在上，与轴交于点，且当点纵坐标为时，，
（1）求抛物线方程；
（2）求面积最小时，点的坐标.
【解析】（1）由抛物线定义得，得，所以抛物线方程为，
（2）设直线的方程为，代入得，
设，，，则，，∴点的坐标为，
又直线过点，由可得的坐标为，
则直线的斜率，∴直线的方程为，
令得：，∴直线与轴的交点为，又，，则为的中点，∴，
令，则，令，得（负值舍去），且时，，递减，时，，递增，∴时，取得最小值，即三角形面积最小时，点的坐标为.
14.已知点是抛物线的焦点，为坐标原点，过点的直线交抛物线于两点.
（1）求抛物线的方程；
（2）求的值；
（3）如图，过点的直线交抛物线与两点（点在轴的同侧，），且，直线与直线的交点为，记，的面积分别为，求的取值范围.
【解析】（1）
（2）由（1）知，设直线的方程为，，
把直线的方程与抛物线联立得：，
由韦达定理得，，则。
（3）设，，，，且，
直线直线，∴，∴①
又∵三点共线，∴②，同理：三点共线，∴③
直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程得，
由①②③式得
④
∵，
法二：设，，，，
直线的方程为，直线的方程为
联立直线与直线的方程得，
设直线的方程为，，
联立，∵，∴，
由韦达定理知，，
∵，∴，
∴
解方程得
又
.
15、已知P(eq \r(2)， eq \r(3))是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上一点，以点P及椭圆的左、右焦点F1，F2为顶点的三角形面积为2eq \r(3).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过F2作斜率存在且互相垂直的直线l1，l2，M是l1与C两交点的中点，N是l2与C两交点的中点，求△MNF2面积的最大值．
[解] (1)由点P(eq \r(2)，eq \r(3))在椭圆上可得eq \f(2,a2)＋eq \f(3,b2)＝1，整理得2b2＋3a2＝a2b2.①
由S△PF1F2＝eq \f(1,2)×2c×eq \r(3)＝2eq \r(3)，解得c＝2，所以a2＝b2＋c2＝b2＋4，代入①式整理得b4－b2－12＝0，
解得b2＝4，a2＝8.所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)由(1)可得F2(2,0)，所以设直线l1：x＝my＋2(m≠0)，
联立直线l1与椭圆的方程得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，))整理得(m2＋2)y2＋4my－4＝0.
所以直线l1与椭圆两交点的中点M的纵坐标yM＝eq \f(－\f(4m,m2＋2),2)＝－eq \f(2m,m2＋2).
同理直线l2与椭圆两交点的中点N的纵坐标yN＝－eq \f(－\f(2,m),\f(1,m2)＋2)＝eq \f(2m,2m2＋1)，
所以S△MNF2＝eq \f(1,2)|MF2||NF2|＝eq \f(1,2)eq \r(1＋m2)·eq \r(1＋\f(1,m2))|yM||yN|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2m1＋m2,2m4＋5m2＋2)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2m1＋m2,2m2＋12＋m2)))，
将上式中分子、分母同除以m(1＋m2)可得，S△MNF2＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2,2×\f(m2＋1,m)＋\f(m,1＋m2))))，
不妨设m>0，eq \f(m2＋1,m)＝t，则t≥2，S△MNF2＝eq \f(2,2t＋\f(1,t)).令f(t)＝2t＋eq \f(1,t)，则f′(t)＝eq \f(2t2－1,t2)，
因为t≥2，所以f′(t)>0，所以f(t)在[2，＋∞)上单调递增，
所以当t＝2时，△MNF2的面积取得最大值，且(S△MNF2)max＝eq \f(2,4＋\f(1,2))＝eq \f(4,9).
16．已知直线与椭圆交于、两点，且在直线 的上方（如图所示）.
（1）求常数的取值范围；（2）若的面积最大，求直线的斜率的大小．
答案：（1）；（2）.
【详解】（1）将直线的方程与椭圆的方程联立，消去得（*），
由题意可得，解得，因为点在直线的上方，则，解得，综上所述，实数的取值范围为；
（2）设点、，由韦达定理可得，，
，，点到直线的距离为，所以，，
当且仅当时，即当时，等号成立，所以，方程（*）为，由图可知，则，，即点，故直线的斜率为.
17．平面直角坐标系中，椭圆C：的离心率是，抛物线E：的焦点F是C的一个顶点.
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线与C交与不同的两点A，B，线段AB的中点为D，直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M．
（i）求证：点M在定直线上；
（ii）直线与y轴交于点G，记的面积为，的面积为，
求 的最大值及取得最大值时点P的坐标．
【解析】(Ⅰ) 由离心率是，有，又抛物线的焦点坐标为，
所以，于是，所以椭圆的方程为．
(Ⅱ) （i）设点坐标为，由得，所以在点处的切线的斜率为，
因此切线的方程为，设，，
将代入，得．
于是，，又，
于是直线的方程为．联立方程与，得的坐标为．
所以点在定直线上．
（ii）在切线的方程为中，令，得，即点的坐标为，
又，，所以；再由，得
，于是有 ．
令，得，当时，即时，取得最大值．
此时，，所以点的坐标为．
所以的最大值为，取得最大值时点的坐标为．
18．已知椭圆上两个不同的点关于直线对称．
（Ⅰ）求实数的取值范围；
（Ⅱ）求面积的最大值（为坐标原点）．
【解析】（Ⅰ）由题意知，可设直线的方程为．
由消去，得．
因为直线与椭圆有两个不同的交点，所以，①
设为的中点，则，代入直线方程解得．②
由①②得或．
（Ⅱ）令，则，
且到直线的距离．设的面积为，所以
，当且仅当时，等号成立．
故面积的最大值为．
19．在平面直角坐标系中，为坐标原点，动点到两点的距离之和为4.
（1）试判断动点的轨迹是什么曲线，并求其轨迹方程；
（2）已知直线与圆交于､两点，与曲线交于､两点，其中､在第一象限.为原点到直线的距离，是否存在实数，使得取得最大值，若存在，求出；不存在，说明理由.
答案：（1）动点的轨迹是椭圆，轨迹方程为；（2）存在，.
分析：（1）根据椭圆定义得方程；
（2）分析可知，再代入消元，用韦达定理及弦长公式得到的函数关系式，再求最值.
【详解】（1）由题意知，，又，所以，动点的轨迹是椭圆.
由椭圆的定义可知，，，又因为所以，故的轨迹方程.
（2）由题设可知，、一个椭圆外，一个在椭圆内；、一个在内，一个在外，在直线上的四点满足：
由，消去得：，恒成立.
设，，由韦达定理，得，
.所以，
到距离，，
，当且仅当，即时等号成立.
验证可知满足题意.，。
20．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，且其离心率为eq \f(1,2)，过坐标原点O作两条互相垂直的射线与椭圆C分别相交于M，N两点．
(1)求椭圆C的方程．
(2)是否存在圆心在原点的定圆与直线MN总相切？若存在，求出定圆的方程；若不存在，请说明理由．
解：(1)∵椭圆C经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，∴eq \f(1,a2)＋eq \f(9,4b2)＝1，又∵eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，解得a2＝4，b2＝3.
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)当直线MN的斜率不存在时，由对称性，设M(x0，x0)，N(x0，－x0)．
∵M，N在椭圆C上，∴eq \f(x\\al(2,0),4)＋eq \f(x\\al(2,0),3)＝1，∴xeq \\al(2,0)＝eq \f(12,7).∴O到直线MN的距离为d＝|x0|＝eq \f(2\r(21),7)，
∴x2＋y2＝eq \f(12,7).当直线MN的斜率存在时，设MN的方程为y＝kx＋m，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq \f(8km,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－12,3＋4k2).∵OM⊥ON，∴x1x2＋y1y2＝0，
∴x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(k2＋1)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0.
∴(k2＋1)·eq \f(4m2－12,3＋4k2)－eq \f(8k2m2,3＋4k2)＋m2＝0，即7m2＝12(k2＋1)．
∴O到直线MN的距离为d＝eq \f(|m|,\r(k2＋1))＝ eq \r(\f(12,7))＝eq \f(2\r(21),7)，∴x2＋y2＝eq \f(12,7).
综上所述，存在圆心在原点的定圆与直线MN总相切，定圆方程为x2＋y2＝eq \f(12,7).
21．已知为双曲线的左、右焦点，过点作垂直于轴的直线，并在轴上方交双曲线于点，且．
（1）求双曲线的方程；
（2）过圆上任意一点作圆的切线，交双曲线于两个不同的点，的中点为，证明：．
答案：（1）；（2）证明见解析．
【详解】（1）由题意，设，的坐标分别为，，，，因为点在双曲线上，
所以，即，所以，在中，，，
所以，由双曲线的定义可知：，
故双曲线的方程为：．
（2）证明：由题意，即证：．设，，，，切线的方程为：，
①当时，切线的方程代入双曲线中，化简得：，
所以：，，又，
所以；
②当时，易知，所以也成立；
综上，，即，所以．
22．已知双曲线：的右焦点与抛物线的焦点重合，一条渐近线的倾斜角为．
（1）求双曲线的方程；
（2）经过点的直线与双曲线的右支交与两点，与轴交与点，点关于原点的对称点为点，求证：．
答案：（1）；（2）证明见解析．
【详解】（1）由题意得，，，解得，
所以双曲线的方程为：
（2）由题意知直线的斜率存在，设直线方程为：，得，，
设，，联立，整理可得
，，所以
所以
直线与双曲线右支有两个交点，所以，所以，设，
，所以
【点睛】此题考查双曲线方程的求法，考查直线与双曲线的位置关系，解题的关键是将直线方程与双曲线方程联立后，利用根与系数的有关系，从而可表示出，再结合，换元后求其最小值即可，考查计算能力，属于中档题
23．已知抛物线：的焦点为，准线与轴交于点，过点的直线与抛物线交于，两点，且.
（1）求抛物线的方程；
（2）设，是抛物线上的不同两点，且轴，直线与轴交于点，再在轴上截取线段，且点介于点点之间，连接，过点作直线的平行线，证明是抛物线的切线.
答案：（1）；（2）见解析.
【详解】
（1）设过点的直线方程为，，
联立，得，则，
所以，，
因为，所以，化简得，所以，
当过点的直线斜率不存在时，则，故，
又因为，则，所以，综上所述，，所以；
（2）证明：不妨设点P在第一象限，则，
设直线PQ的方程为，，联立，消元整理得，
则，即故，即，当时，，则，
又因，且点介于点点之间，则为的中点，所以，
则直线的斜率为，因为直线平行直线，所以直线的斜率为，
故直线的方程为，即，
联立，消元整理得，，
所以直线l与抛物线只有一个交点，有直线l斜率不为0，所以是抛物线的切线.