近五年2017_2021高考数学真题分类汇编12解析几何含解析

这是一份近五年2017_2021高考数学真题分类汇编12解析几何含解析，共112页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，双空题等内容，欢迎下载使用。

十二、解析几何
一、单选题
1．（2021·全国（文））点3,0到双曲线x216-y29=1的一条渐近线的距离为（ ）
A．95 B．85 C．65 D．45
2．（2021·全国（文））设B是椭圆C:x25+y2=1的上顶点，点P在C上，则PB的最大值为（ ）
A．52 B．6 C．5 D．2
3．（2021·全国）已知F1，F2是椭圆C：x29+y24=1的两个焦点，点M在C上，则MF1⋅MF2的最大值为（ ）
A．13 B．12 C．9 D．6
4．（2021·浙江）已知a,b∈R,ab>0，函数fx=ax2+b(x∈R).若f(s-t),f(s),f(s+t)成等比数列，则平面上点s,t的轨迹是（ ）
A．直线和圆 B．直线和椭圆 C．直线和双曲线 D．直线和抛物线
5．（2021·全国（理））已知F1,F2是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且∠F1PF2=60°,PF1=3PF2，则C的离心率为（ ）
A． B．132 C．7 D．13
6．（2021·全国（理））设B是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点，若C上的任意一点P都满足|PB|≤2b，则C的离心率的取值范围是（ ）
A．22,1 B．12,1 C．0,22 D．0,12
7．（2020·天津）设双曲线C的方程为，过抛物线y2=4x的焦点和点(0,b)的直线为l．若C的一条渐近线与l平行，另一条渐近线与l垂直，则双曲线C的方程为（ ）
A．x24-y24=1 B．x2-y24=1 C． D．
8．（2020·北京）设抛物线的顶点为O，焦点为F，准线为l．P是抛物线上异于O的一点，过P作PQ⊥l于Q，则线段FQ的垂直平分线（ ）．
A．经过点O B．经过点P
C．平行于直线OP D．垂直于直线OP
9．（2020·北京）已知半径为1的圆经过点(3,4)，则其圆心到原点的距离的最小值为（ ）．
A．4 B．5 C．6 D．7
10．（2020·浙江）已知点O（0，0），A（–2，0），B（2，0）．设点P满足|PA|–|PB|=2，且P为函数y=34-x2图像上的点，则|OP|=（ ）
A．222 B．4105 C．7 D．10
11．（2020·全国（文））设F1,F2是双曲线C:x2-y23=1的两个焦点，O为坐标原点，点P在C上且|OP|=2，则△PF1F2的面积为（ ）
A．72 B．3 C．52 D．2
12．（2020·全国（理））若直线l与曲线y=x和x2+y2=15都相切，则l的方程为（ ）
A．y=2x+1 B．y=2x+12 C．y=12x+1 D．y=12x+12
13．（2020·全国（理））设双曲线C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为5．P是C上一点，且F1P⊥F2P．若△PF1F2的面积为4，则a=（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
14．（2020·全国（文））点(0，﹣1)到直线y=kx+1距离的最大值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．2
15．（2020·全国（文））设O为坐标原点，直线x=2与抛物线C：y2=2px(p>0)交于D，E两点，若OD⊥OE，则C的焦点坐标为（ ）
A．14,0 B．12,0 C．(1,0) D．(2,0)
16．（2020·全国（文））在平面内，A，B是两个定点，C是动点，若AC⋅BC=1，则点C的轨迹为（ ）
A．圆 B．椭圆 C．抛物线 D．直线
17．（2020·全国（文））已知圆x2+y2-6x=0，过点（1，2）的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为（ ）
A．1 B．2
C．3 D．4
18．（2020·全国（理））已知⊙M：x2+y2-2x-2y-2=0，直线l：2x+y+2=0，P为l上的动点，过点P作⊙M的切线PA,PB，切点为A,B，当|PM|⋅|AB|最小时，直线AB的方程为（ ）
A．2x-y-1=0 B．2x+y-1=0 C．2x-y+1=0 D．2x+y+1=0
19．（2020·全国（理））已知A为抛物线C:y2=2px（p>0）上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p=（ ）
A．2 B．3 C．6 D．9
20．（2020·全国（理））若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2x-y-3=0的距离为（ ）
A．55 B．255 C．355 D．455
21．（2020·全国（理））设O为坐标原点，直线x=a与双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别交于D,E两点，若△ODE的面积为8，则C的焦距的最小值为（ ）
A．4 B．8 C．16 D．32
22．（2019·北京（文））已知双曲线x2a2-y2=1（a＞0）的离心率是5 则a=
A．6 B．4 C．2 D．12
23．（2019·全国（文））已知F是双曲线C:x24-y25=1的一个焦点，点P在C上，O为坐标原点，若OP=OF，则△OPF的面积为
A．32 B．52 C．72 D．92
24．（2019·北京（理））已知直线l的参数方程为x=1+3t,y=2+4t（t为参数），则点（1,0）到直线l的距离是
A．15 B．25 C．45 D．65
25．（2019·全国（理））双曲线C：x24-y22=1的右焦点为F，点P在C的一条渐近线上，O为坐标原点，若PO=PF，则△PFO的面积为
A．324 B．322 C．22 D．32
26．（2019·天津（文））已知抛物线y2=4x的焦点为F，准线为l.若l与双曲线x2a2-y2b2=1 (a>0,b>0)的两条渐近线分别交于点A和点B，且（O为原点），则双曲线的离心率为
A．2 B．3 C．2 D．5
27．（2019·全国（文））设F为双曲线C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2+y2=a2交于P、Q两点．若|PQ|=|OF|，则C的离心率为
A．2 B．3
C．2 D．5
28．（2019·全国（文））已知椭圆C的焦点为F1(-1,0)，F2(1,0)，过F2的直线与C交于A，B两点.若│AF2│=2│F2B│，│AB│=│BF1│，则C的方程为
A． B．x23+y22=1 C．x24+y23=1 D．x25+y24=1
29．（2019·全国（文））双曲线C:的 一条渐近线的倾斜角为130°，则C的离心率为
A．2sin40° B．2cos40° C．1sin50° D．1cos50°
30．（2019·上海）以a1,0,a2,0为圆心的两圆均过1,0，与y轴正半轴分别交于0,y1,0,y2，且满足lny1+lny2=0，则点1a1,1a2的轨迹是
A．直线 B．圆 C．椭圆 D．双曲线
31．（2018·北京（理））在平面直角坐标系中，记d为点Pcosθ,sinθ到直线x-my-2=0的距离，当θ、m变化时，d的最大值为
A．1 B．2
C．3 D．4
32．（2018·全国（理））设F1,F2是双曲线（）的左、右焦点，O是坐标原点．过F2作C的一条渐近线的垂线，垂足为P．若PF1=6OP，则C的离心率为
A．5 B．3 C．2 D．2
33．（2018·全国（理））直线x+y+2=0分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆x-22+y2=2上，则△ABP面积的取值范围是
A．2 ，  6 B．4 ，  8 C．2 ，  32 D．22 ，  32
34．（2018·全国（文））已知F1，F2是椭圆C的两个焦点，P是C上的一点，若PF1⊥PF2，且∠PF2F1=60°，则C的离心率为
A．1-32 B．2-3 C．3-12 D．3-1
35．（2018·全国（理））已知F1，F2是椭圆C：  x2a2+y2b2=1 (a>b>0)的左，右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为36的直线上，△PF1F2为等腰三角形，∠F1F2P=120°，则C的离心率为
A．23 B．12 C． D．14
36．（2017·全国（理））已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,   ​b>0)的一条渐近线方程为y=52x，且与椭圆x212+y23=1有公共焦点.则C的方程为（ ）
A．x28-y210=1 B．x24-y25=1
C．x25-y24=1 D．x24-y23=1
37．（2017·全国（文））过抛物线C：y2＝4x的焦点F，且斜率为3的直线交C于点M(M在x轴的上方)，l为C的准线，点N在l上且MN⊥l，则M到直线NF的距离为（ ）
A．5 B．22 C．23 D．33

二、多选题
38．（2021·全国）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=1，点P满足BP=λBC+μBB1，其中λ∈0,1，μ∈0,1，则（ ）
A．当λ=1时，△AB1P的周长为定值
B．当μ=1时，三棱锥P-A1BC的体积为定值
C．当λ=12时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D．当μ=12时，有且仅有一个点P，使得平面AB1P
39．（2021·全国）已知点P在圆x-52+y-52=16上，点A4,0、B0,2，则（ ）
A．点P到直线AB的距离小于10
B．点P到直线AB的距离大于2
C．当∠PBA最小时，PB=32
D．当∠PBA最大时，PB=32
40．（2020·海南）已知曲线C:mx2+ny2=1.（ ）
A．若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B．若m=n>0，则C是圆，其半径为n
C．若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为y=±-mnx
D．若m=0，n>0，则C是两条直线

未命名
未命名

三、填空题
41．（2021·全国）已知O为坐标原点，抛物线C：y2=2px (p>0)的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且PQ⊥OP，若FQ=6，则C的准线方程为______.
42．（2021·全国（文））已知F1,F2为椭圆C：x216+y24=1的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且PQ=F1F2，则四边形PF1QF2的面积为________．
43．（2021·全国（理））已知双曲线C:x2m-y2=1(m>0)的一条渐近线为3x+my=0，则C的焦距为_________．
44．（2021·全国（文））双曲线x24-y25=1的右焦点到直线x+2y-8=0的距离为________．
45．（2020·天津）已知直线x-3y+8=0和圆x2+y2=r2(r>0)相交于A,B两点．若，则r的值为_________．
46．（2020·江苏）在平面直角坐标系xOy中，若双曲线x2a2﹣y25=1(a＞0)的一条渐近线方程为y=52x，则该双曲线的离心率是____.
47．（2020·全国（理））已知F为双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点，A为C的右顶点，B为C上的点，且BF垂直于x轴.若AB的斜率为3，则C的离心率为______________.
48．（2019·江苏）在平面直角坐标系xOy中，P是曲线y=x+4x(x>0)上的一个动点，则点P到直线x+y=0的距离的最小值是_____.
49．（2019·北京（文））设抛物线y2=4x的焦点为F，准线为l.则以F为圆心，且与l相切的圆的方程为__________．
50．（2019·全国（理））设F1，F2为椭圆C:x236+y220=1的两个焦点，M为C上一点且在第一象限.若△MF1F2为等腰三角形，则M的坐标为___________.
51．（2019·浙江）已知椭圆x29+y25=1的左焦点为F，点P在椭圆上且在x轴的上方，若线段PF的中点在以原点O为圆心，OF为半径的圆上，则直线PF的斜率是_______.
52．（2019·全国（理））已知双曲线C：的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若F1A=AB，F1B⋅F2B=0，则C的离心率为____________．
53．（2018·上海）已知实数x1、x2、y1、y2满足：x12+y12=1，x22+y22=1，x1x2+y1y2=12，则x1+y1-12+x2+y2-12的最大值为______．
54．（2018·江苏）在平面直角坐标系xOy中，A为直线l:y=2x上在第一象限内的点，B5,0，以AB为直径的圆C与直线l交于另一点D．若AB⋅CD=0，则点A的横坐标为________．
55．（2018·江苏）在平面直角坐标系xOy中，若双曲线的右焦点F(c,0)到一条渐近线的距离为32c，则其离心率的值是________．
56．（2018·北京（文））已知直线l过点（1,0）且垂直于?轴，若l被抛物线y2=4ax截得的线段长为4，则抛物线的焦点坐标为_________.
57．（2018·全国（理））已知点M-1，1和抛物线C：y2=4x，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点．若∠AMB=90°，则k=________．
58．（2018·浙江）已知点P(0，1)，椭圆+y2=m(m>1)上两点A，B满足AP=2PB，则当m=___________时，点B横坐标的绝对值最大．

四、解答题
59．（2021·全国（文））已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2．
（1）求C的方程;
（2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足PQ=9QF，求直线斜率的最大值.
60．（2021·全国（文））抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：x=1交C于P，Q两点，且OP⊥OQ．已知点M2,0，且⊙M与l相切．
（1）求C，⊙M的方程；
（2）设A1,A2,A3是C上的三个点，直线A1A2，A1A3均与⊙M相切．判断直线A2A3与⊙M的位置关系，并说明理由．
61．（2021·浙江）如图，已知F是抛物线的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且MF=2，

（1）求抛物线的方程；
（2）设过点F的直线交抛物线与A､B两点，斜率为2的直线l与直线MA,MB,AB，x轴依次交于点P，Q，R，N，且RN2=PN⋅QN，求直线l在x轴上截距的范围.
62．（2021·全国（理））在直角坐标系xOy中，⊙C的圆心为，半径为1．
（1）写出⊙C的一个参数方程;
（2）过点F4,1作⊙C的两条切线．以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求这两条切线的极坐标方程．
63．（2021·全国（理））已知抛物线C:x2=2pyp>0的焦点为F，且F与圆M:x2+(y+4)2=1上点的距离的最小值为4．
（1）求p；
（2）若点P在M上，PA,PB是C的两条切线，A,B是切点，求△PAB面积的最大值．
64．（2021·全国）在平面直角坐标系xOy中，已知点F1-17,0、F217,0MF1-MF2=2，点M的轨迹为C.
（1）求C的方程；
（2）设点T在直线x=12上，过T的两条直线分别交C于A、B两点和P，Q两点，且TA⋅TB=TP⋅TQ，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.
65．（2020·海南）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点M（2，3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为12 ，
（1）求C的方程；
（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.
66．（2020·天津）已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个顶点为A(0,-3)，右焦点为F，且|OA|=|OF|，其中O为原点．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）已知点C满足3OC=OF，点B在椭圆上（B异于椭圆的顶点），直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，且P为线段AB的中点．求直线AB的方程．
67．（2020·北京）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1过点A(-2,-1)，且a=2b．
（Ⅰ）求椭圆C的方程：
（Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点M,N,直线MA,NA分别交直线x=-4于点P,Q．求|PB||BQ|的值．
68．（2020·山东）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22，且过点A2,1．
（1）求C的方程：
（2）点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得DQ为定值．
69．（2020·江苏）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E:x24+y23=1的左、右焦点分别为F1，F2，点A在椭圆E上且在第一象限内，AF2⊥F1F2，直线AF1与椭圆E相交于另一点B．

（1）求△AF1F2的周长；
（2）在x轴上任取一点P，直线AP与椭圆E的右准线相交于点Q，求OP⋅QP的最小值；
（3）设点M在椭圆E上，记△OAB与△MAB的面积分别为S1，S2，若S2=3S1，求点M的坐标．
70．（2020·全国（理））已知A、B分别为椭圆E：x2a2+y2=1（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，AG⋅GB=8，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．
（1）求E的方程；
（2）证明：直线CD过定点.
71．（2020·全国（文））已知椭圆C1：x2a2+y2b2=1 (a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合．过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C，D两点，且|CD|=43|AB|．
（1）求C1的离心率；
（2）若C1的四个顶点到C2的准线距离之和为12，求C1与C2的标准方程．
72．（2019·江苏）如图，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l，湖上有桥AB（AB是圆O的直径）．规划在公路l上选两个点P、Q，并修建两段直线型道路PB、QA．规划要求:线段PB、QA上的所有点到点O的距离均不小于圆O的半径．已知点A、B到直线l的距离分别为AC和BD（C、D为垂足），测得AB=10，AC=6，BD=12（单位:百米）．

（1）若道路PB与桥AB垂直，求道路PB的长；
（2）在规划要求下，P和Q中能否有一个点选在D处？并说明理由；
（3）对规划要求下，若道路PB和QA的长度均为d（单位：百米）.求当d最小时，P、Q两点间的距离．
73．（2019·江苏）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦点为F1（–1、0），F2（1，0）．过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2:(x-1)2+y2=4a2交于点A，与椭圆C交于点D.连结AF1并延长交圆F2于点B，连结BF2交椭圆C于点E，连结DF1．已知DF1=52．


（1）求椭圆C的标准方程；
（2）求点E的坐标．
74．（2019·北京（理））已知抛物线C：x2=−2py经过点（2，−1）．
（Ⅰ）求抛物线C的方程及其准线方程；
（Ⅱ）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y=−1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．
75．（2019·全国（文））已知点A，B关于坐标原点O对称，│AB│ =4，⊙M过点A，B且与直线x+2=0相切．
（1）若A在直线x+y=0上，求⊙M的半径．
（2）是否存在定点P，使得当A运动时，│MA│－│MP│为定值？并说明理由．
76．（2019·上海）已知抛物线方程y2=4x,F为焦点，P为抛物线准线上一点，Q为线段PF与抛物线的交点，定义：dP=PFFQ.
（1）当P-1,-83时，求dP；
（2）证明：存在常数a，使得2dP=PF+a；
（3）P1,P2,P3为抛物线准线上三点，且P1P2=P2P3，判断dP1+dP3与2dP2的关系.
77．（2018·上海）设常数t>2．在平面直角坐标系xOy中，已知点F2，0，直线l：x=t，曲线Γ：y2=8x0≤x≤t，y≥0．l与x轴交于点A、与Γ交于点B．P、Q分别是曲线Γ与线段AB上的动点．

（1）用t表示点B到点F距离；
（2）设t=3，FQ=2，线段的中点在直线FP，求△AQP的面积；
（3）设t=8，是否存在以FP、FQ为邻边的矩形FPEQ，使得点E在Γ上？若存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由．
78．（2018·北京（文））已知椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为63，焦距为22.斜率为k的直线l与椭圆M有两个不同的交点A、B.
（Ⅰ）求椭圆M的方程；
（Ⅱ）若k=1，求|AB|的最大值；
（Ⅲ）设P-2,0，直线PA与椭圆M的另一个交点为C，直线PB与椭圆M的另一个交点为D.若C、D和点Q-74,14 共线，求k.
79．（2018·江苏）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C过点(3,12)，焦点F1(-3,0),F2(3,0)，圆O的直径为F1F2．
（1）求椭圆C及圆O的方程；
（2）设直线l与圆O相切于第一象限内的点P．
①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点，求点P的坐标；
②直线l与椭圆C交于A,B两点．若△OAB的面积为267，求直线l的方程．
80．（2018·北京（理））已知抛物线C：y2=2px经过点P（1，2）．过点Q（0，1）的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N．
（Ⅰ）求直线l的斜率的取值范围；
（Ⅱ）设O为原点，QM=λQO，QN=μQO，求证：1λ+1μ为定值．
81．（2018·全国（文））
在直角坐标系xOy中，曲线C1的方程为y=kx+2.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ2+2ρcosθ-3=0.
（1）求C2的直角坐标方程；
（2）若C1与C2有且仅有三个公共点，求C1的方程.
82．（2018·全国（理））已知斜率为k的直线l与椭圆C：  x24+y23=1交于A，B两点，线段AB的中点为M1 ，  mm>0．
（1）证明：k<-12；
（2）设F为C的右焦点，P为C上一点,且FP+FA+FB=0．证明：FA，FP，FB成等差数列，并求该数列的公差．
83．（2018·全国（文））已知斜率为k的直线l与椭圆C：  x24+y23=1交于A，B两点．线段AB的中点为M(1,m)(m>0)．
（1）证明：k<-12；
（2）设F为C的右焦点，P为C上一点，且FP+FA+FB=0．证明：2FP=FA+FB．
84．（2018·全国（理））
在平面直角坐标系xOy中，⊙O的参数方程为x=cosθ，y=sinθ（θ为参数），过点0 ，  -2且倾斜角为α的直线l与⊙O交于A ，  B两点．
（1）求α的取值范围；
（2）求AB中点P的轨迹的参数方程．
85．（2018·浙江）如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2=4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上．

（Ⅰ）设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；
（Ⅱ）若P是半椭圆x2+y24=1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围．
86．（2018·全国（文））设抛物线C：  y2=2x，点A2 ，  0，B-2 ，  0，过点A的直线l与C交于M，N两点．
（1）当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；
（2）证明：∠ABM=∠ABN．
87．（2018·天津（理））设椭圆x2a2+y2b2=1 (a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B. 已知椭圆的离心率为53，点A的坐标为b,0，且FB⋅AB=62.
（I）求椭圆的方程；
（II）设直线l：y=kx(k>0)与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线AB交于点Q. 若AQPQ=524sin∠AOQ (O为原点) ，求k的值.
88．（2018·全国（文））设抛物线C：  y2=4x的焦点为F，过F且斜率为k(k>0)的直线l与C交于A，B两点，|AB| =8．
（1）求l的方程；
（2）求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程．
89．（2018·天津（文））设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右顶点为A，上顶点为B．已知椭圆的离心率为53，AB=13．
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆交于P，Q两点，l与直线AB交于点M，且点P，M均在第四象限．若△BPM的面积是△BPQ面积的2倍，求k的值．

五、双空题
90．（2021·浙江）已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)，焦点，(c>0)，若过F1的直线和圆x-12c2+y2=c2相切，与椭圆在第一象限交于点P，且PF2⊥x轴，则该直线的斜率是___________，椭圆的离心率是___________.
91．（2020·浙江）设直线l:y=kx+b(k>0)与圆x2+y2=1和圆(x-4)2+y2=1均相切，则k=_______；b=______．
92．（2019·浙江）已知圆C的圆心坐标是(0,m)，半径长是r.若直线2x-y+3=0与圆相切于点A(-2,-1)，则m=_____，r=______.
93．（2018·北京（理））已知椭圆M：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，双曲线N：x2m2-y2n2=1．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__________；双曲线N的离心率为__________．

近五年（2017-2021）高考数学真题分类汇编
十二、解析几何（答案解析）
1．A
【分析】
首先确定渐近线方程，然后利用点到直线距离公式求得点到一条渐近线的距离即可.
【解析】
由题意可知，双曲线的渐近线方程为：x216-y29=0，即3x±4y=0，
结合对称性，不妨考虑点3,0到直线3x+4y=0的距离：d=9+09+16=95.
故选：A.
2．A
【分析】
设点Px0,y0，由依题意可知，B0,1，，再根据两点间的距离公式得到，然后消元，即可利用二次函数的性质求出最大值．
【解析】
设点Px0,y0，因为B0,1，，所以
PB2=x02+y0-12=51-y02+y0-12=-4y02-2y0+6=-4y0-122+254，
而-1≤y0≤1，所以当y0=12时，PB的最大值为52．
故选：A．
【小结】
本题解题关键是熟悉椭圆的简单几何性质，由两点间的距离公式，并利用消元思想以及二次函数的性质即可解出．
3．C
【分析】
本题通过利用椭圆定义得到MF1+MF2=2a=6，借助基本不等式MF1⋅MF2≤MF1+MF222即可得到答案．
【解析】
由题，a2=9,b2=4，则MF1+MF2=2a=6，
所以MF1⋅MF2≤MF1+MF222=9（当且仅当MF1=MF2=3时，等号成立）．
故选：C．
【小结】
椭圆上的点与椭圆的两焦点的距离问题，常常从椭圆的定义入手，注意基本不等式得灵活运用，或者记住定理：两正数，和一定相等时及最大，积一定，相等时和最小，也可快速求解.
4．C
【分析】
首先利用等比数列得到等式，然后对所得的等式进行恒等变形即可确定其轨迹方程.
【解析】
由题意得，即，
对其进行整理变形：
as2+at2-2ast+bas2+at2+2ast+b=as2+b2，
，
，
，
所以或t=0，
其中为双曲线，t=0为直线.
故选：C.
【小结】
关键点小结：本题考查轨迹方程，关键之处在于由题意对所得的等式进行恒等变形，提现了核心素养中的逻辑推理素养和数学运算素养，属于中等题.
5．A
【分析】
根据双曲线的定义及条件，表示出PF1,PF2，结合余弦定理可得答案.
【解析】
因为PF1=3PF2，由双曲线的定义可得PF1-PF2=2PF2=2a，
所以PF2=a，PF1=3a；
因为,由余弦定理可得4c2=9a2+a2-2×3a⋅a⋅cos60°，
整理可得4c2=7a2，所以e2=c2a2=74，即e=72.
故选：A
【小结】
关键小结：双曲线的定义是入手点，利用余弦定理建立a,c间的等量关系是求解的关键.
6．C
【分析】
设Px0,y0，由B0,b，根据两点间的距离公式表示出PB，分类讨论求出PB的最大值，再构建齐次不等式，解出即可．
【解析】
设Px0,y0，由B0,b，因为x02a2+y02b2=1，a2=b2+c2，所以
PB2=x02+y0-b2=a21-y02b2+y0-b2=-c2b2y0+b3c22+b4c2+a2+b2，
因为-b≤y0≤b，当-b3c2≤-b，即b2≥c2时，PBmax22，即PBmax，符合题意，由b2≥c2可得a2≥2c2，即0 当-b3c2>-b，即b2 故选：C．
【小结】
本题解题关键是如何求出PB的最大值，利用二次函数求指定区间上的最值，要根据定义域讨论函数的单调性从而确定最值．
7．D
【分析】
由抛物线的焦点1,0可求得直线l的方程为x+yb=1，即得直线的斜率为-b，再根据双曲线的渐近线的方程为y=±bax，可得-b=-ba，-b×ba=-1即可求出a,b，得到双曲线的方程．
【解析】
由题可知，抛物线的焦点为1,0，所以直线l的方程为x+yb=1，即直线的斜率为-b，
又双曲线的渐近线的方程为y=±bax，所以-b=-ba，-b×ba=-1，因为，解得a=1,b=1．
故选：D．
【小结】
本题主要考查抛物线的简单几何性质，双曲线的几何性质，以及直线与直线的位置关系的应用，属于基础题．
8．B
【分析】
依据题意不妨作出焦点在x轴上的开口向右的抛物线，根据垂直平分线的定义和抛物线的定义可知，线段FQ的垂直平分线经过点P，即求解.
【解析】
如图所示：．
因为线段FQ的垂直平分线上的点到F,Q的距离相等，又点P在抛物线上，根据定义可知，PQ=PF，所以线段FQ的垂直平分线经过点P.
故选：B.
【小结】
本题主要考查抛物线的定义的应用，属于基础题.
9．A
【分析】
求出圆心C的轨迹方程后，根据圆心M到原点O的距离减去半径1可得答案.
【解析】
设圆心Cx,y，则x-32+y-42=1，
化简得x-32+y-42=1，
所以圆心C的轨迹是以M(3,4)为圆心，1为半径的圆，

所以|OC|+1≥|OM|=32+42=5，所以|OC|≥5-1=4，
当且仅当C在线段OM上时取得等号，
故选：A.
【小结】
本题考查了圆的标准方程，属于基础题.
10．D
【分析】
根据题意可知，点P既在双曲线的一支上，又在函数的图象上，即可求出点P的坐标，得到OP的值．
【解析】
因为|PA|-|PB|=2<4，所以点P在以A,B为焦点，实轴长为2，焦距为4的双曲线的右支上，由c=2,a=1可得，b2=c2-a2=4-1=3，即双曲线的右支方程为x2-y23=1x>0，而点P还在函数的图象上，所以，
由y=34-x2x2-y23=1x>0，解得x=132y=332，即OP=134+274=10．
故选：D.
【小结】
本题主要考查双曲线的定义的应用，以及二次曲线的位置关系的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．
11．B
【分析】
由△F1F2P是以P为直角直角三角形得到|PF1|2+|PF2|2=16，再利用双曲线的定义得到|PF1|-|PF2|=2，联立即可得到，代入12|PF1||PF2|中计算即可.
【解析】
由已知，不妨设F1(-2,0),F2(2,0)，
则a=1,c=2，因为OP=2=12F1F2，
所以点P在以F1F2为直径的圆上，
即△F1F2P是以P为直角顶点的直角三角形，
故，
即|PF1|2+|PF2|2=16，又|PF1|-|PF2|=2a=2，
所以4=|PF1|-|PF2|2=|PF1|2+|PF2|2-2|PF1||PF2|=16-2，
解得|PF1||PF2|=6，所以12|PF1||PF2|=3
故选：B
【点晴】
本题考查双曲线中焦点三角形面积的计算问题，涉及到双曲线的定义，考查学生的数学运算能力，是一道中档题.
12．D
【分析】
根据导数的几何意义设出直线l的方程，再由直线与圆相切的性质，即可得出答案.
【解析】
设直线l在曲线y=x上的切点为x0,x0，则x0>0，
函数y=x的导数为y'=12x，则直线l的斜率k=12x0，
设直线l的方程为y-x0=12x0x-x0，即x-2x0y+x0=0，
由于直线l与圆x2+y2=15相切，则x01+4x0=15，
两边平方并整理得5x02-4x0-1=0，解得x0=1，x0=-15（舍），
则直线l的方程为，即y=12x+12.
故选：D.
【小结】
本题主要考查了导数的几何意义的应用以及直线与圆的位置的应用，属于中档题.
13．A
【分析】
根据双曲线的定义，三角形面积公式，勾股定理，结合离心率公式，即可得出答案.
【解析】
∵ca=5，，根据双曲线的定义可得PF1-PF2=2a，
S△PF1F2=12|PF1|⋅PF2=4，即|PF1|⋅PF2=8，
∵F1P⊥F2P，∴|PF1|2+PF22=2c2，
∴PF1-PF22+2PF1⋅PF2=4c2，即a2-5a2+4=0，解得，
故选：A.
【小结】
本题主要考查了双曲线的性质以及定义的应用，涉及了勾股定理，三角形面积公式的应用，属于中档题.
14．B
【分析】
首先根据直线方程判断出直线过定点P(-1,0)，设A(0,-1)，当直线与AP垂直时，点A到直线距离最大，即可求得结果.
【解析】
由可知直线过定点P(-1,0)，设A(0,-1)，
当直线与AP垂直时，点A到直线距离最大，
即为|AP|=2.
故选：B.
【小结】
该题考查的是有关解析几何初步的问题，涉及到的知识点有直线过定点问题，利用几何性质是解题的关键，属于基础题.
15．B
【分析】
根据题中所给的条件OD⊥OE，结合抛物线的对称性，可知∠DOx=∠EOx=π4，从而可以确定出点D的坐标，代入方程求得的值，进而求得其焦点坐标，得到结果.
【解析】
因为直线x=2与抛物线y2=2px(p>0)交于E,D两点，且OD⊥OE，
根据抛物线的对称性可以确定∠DOx=∠EOx=π4，所以D2,2，
代入抛物线方程4=4p，求得p=1，所以其焦点坐标为(12,0)，
故选：B.
【小结】
该题考查的是有关圆锥曲线的问题，涉及到的知识点有直线与抛物线的交点，抛物线的对称性，点在抛物线上的条件，抛物线的焦点坐标，属于简单题目.
16．A
【分析】
首先建立平面直角坐标系，然后结合数量积的定义求解其轨迹方程即可.
【解析】
设AB=2aa>0，以AB中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，

则：A-a,0,Ba,0，设Cx,y，可得：AC→=x+a,y,BC→=x-a,y，
从而：AC→⋅BC→=x+ax-a+y2，
结合题意可得：x+ax-a+y2=1，
整理可得：x2+y2=a2+1，
即点C的轨迹是以AB中点为圆心，a2+1为半径的圆.
故选：A.
【小结】
本题主要考查平面向量及其数量积的坐标运算，轨迹方程的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
17．B
【分析】
当直线和圆心与点(1,2)的连线垂直时，所求的弦长最短，即可得出结论.
【解析】
圆x2+y2-6x=0化为(x-3)2+y2=9，所以圆心C坐标为C(3,0)，半径为3，
设P(1,2)，当过点P的直线和直线CP垂直时，圆心到过点P的直线的距离最大，所求的弦长最短，此时|CP|=(3-1)2+(-2)2=22
根据弦长公式得最小值为29-|CP|2=29-8=2.
故选：B.
【小结】
本题考查圆的简单几何性质，以及几何法求弦长，属于基础题.
18．D
【分析】
由题意可判断直线与圆相离，根据圆的知识可知，四点A,P,B,M共圆，且AB⊥MP，根据 PM⋅AB=4S△PAM=4PA可知，当直线MP⊥l时，PM⋅AB最小，求出以 MP为直径的圆的方程，根据圆系的知识即可求出直线AB的方程．
【解析】
圆的方程可化为x-12+y-12=4，点 M到直线l的距离为d=2×1+1+222+12=5>2，所以直线 l与圆相离．
依圆的知识可知，四点A,P,B,M四点共圆，且AB⊥MP，所以PM⋅AB=4S△PAM=4×12×PA×AM=4PA，而 PA=MP2-4，
当直线MP⊥l时，MP5min， PAmin，此时PM⋅AB最小．
∴MP:y-1=12x-1即 y=12x+12，由y=12x+122x+y+2=0解得， x=-1y=0．
所以以MP为直径的圆的方程为x-1x+1+yy-1=0，即 x2+y2-y-1=0，
两圆的方程相减可得：2x+y+1=0，即为直线AB的方程．
故选：D.
【小结】
本题主要考查直线与圆，圆与圆的位置关系的应用，以及圆的几何性质的应用，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于中档题．
19．C
【分析】
利用抛物线的定义建立方程即可得到答案.
【解析】
设抛物线的焦点为F，由抛物线的定义知|AF|=xA+p2=12，即12=9+p2，解得p=6.
故选：C.
【点晴】
本题主要考查利用抛物线的定义计算焦半径，考查学生转化与化归思想，是一道容易题.
20．B
【分析】
由题意可知圆心在第一象限，设圆心的坐标为a,a,a>0，可得圆的半径为a，写出圆的标准方程，利用点2,1在圆上，求得实数a的值，利用点到直线的距离公式可求出圆心到直线2x-y-3=0的距离.
【解析】
由于圆上的点2,1在第一象限，若圆心不在第一象限，
则圆与至少与一条坐标轴相交，不合乎题意，所以圆心必在第一象限，
设圆心的坐标为a,a，则圆的半径为a，
圆的标准方程为x-a2+y-a2=a2.
由题意可得2-a2+1-a2=a2，
可得a2-6a+5=0，解得或a=5，
所以圆心的坐标为1,1或，
圆心到直线的距离均为；
圆心到直线的距离均为
圆心到直线2x-y-3=0的距离均为d=-25=255；
所以，圆心到直线2x-y-3=0的距离为255.
故选：B.
【小结】
本题考查圆心到直线距离的计算，求出圆的方程是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.
21．B
【分析】
因为C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)，可得双曲线的渐近线方程是y=±bax，与直线x=a联立方程求得D，E两点坐标，即可求得|ED|，根据△ODE的面积为8，可得ab值，根据2c=2a2+b2，结合均值不等式，即可求得答案.
【解析】
∵C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)
∴双曲线的渐近线方程是y=±bax
∵直线x=a与双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别交于D，E两点
不妨设D为在第一象限，E在第四象限
联立x=ay=bax，解得x=ay=b
故D(a,b)
联立x=ay=-bax，解得x=ay=-b
故E(a,-b)
∴|ED|=2b
∴△ODE面积为：S△ODE=12a×2b=ab=8
∵双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)
∴其焦距为2c=2a2+b2≥22ab=216=8
当且仅当a=b=22取等号
∴C的焦距的最小值：8
故选：B.
【小结】
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.
22．D
【分析】
本题根据根据双曲线的离心率的定义，列关于a的方程求解.
【解析】
∵双曲线的离心率e=ca=5 ，c=a2+1 ，
∴a2+1a=5 ，
解得a=12 ，
故选D.
【小结】
本题主要考查双曲线的离心率的定义，双曲线中a,b,c的关系，方程的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
23．B
【分析】
设Px0,y0，因为OP=OF再结合双曲线方程可解出y0，再利用三角形面积公式可求出结果.
【解析】
设点Px0,y0，则x024-y025=1①．
又OP=OF=4+5=3，
∴x02+y02=9②．
由①②得y02=259，
即y0=53，
∴SΔOPF=12OFy0=12×3×53=52，
故选B．
【小结】
本题易错在忽视圆锥曲线方程和两点间的距离公式的联系导致求解不畅．
24．D
【分析】
首先将参数方程化为直角坐标方程，然后利用点到直线距离公式求解距离即可.
【解析】
直线l的普通方程为4x-1-3y-2=0,即4x-3y+2=0,点1,0到直线l的距离d=|4-0+2|42+32=65,故选D.
【小结】
本题考查直线参数方程与普通方程的转化,点到直线的距离,属于容易题,注重基础知识､基本运算能力的考查.
25．A
【分析】
本题考查以双曲线为载体的三角形面积的求法，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养．采取公式法，利用数形结合、转化与化归和方程思想解题．
【解析】
由a=2 , b=2 , c=a2+b2=6 , ．
∵PO=PF , ∴xP=62，
又P在C的一条渐近线上，不妨设为在y=22x上，
∴S△PFO=12OF⋅yP=12×6×32=324，故选A．
【小结】
忽视圆锥曲线方程和两点间的距离公式的联系导致求解不畅，采取列方程组的方式解出三角形的高，便可求三角形面积．
26．D
【分析】
只需把AB=4OF用a,b,c表示出来，即可根据双曲线离心率的定义求得离心率．
【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=±bax，
则有A(-1,ba),B(-1,-ba)
∴AB=2ba，2ba=4，b=2a，
∴e=ca=a2+b2a=5．
故选D．
【小结】
本题考查抛物线和双曲线的性质以及离心率的求解，解题关键是求出AB的长度．
27．A
【分析】
准确画图，由图形对称性得出P点坐标，代入圆的方程得到c与a关系，可求双曲线的离心率．
【解析】
设PQ与x轴交于点A，由对称性可知PQ⊥x轴，
又∵PQ=|OF|=c，∴|PA|=c2, ∴PA为以OF为直径的圆的半径，
∴A为圆心|OA|=c2．
∴Pc2,c2，又P点在圆x2+y2=a2上，
∴c24+c24=a2，即c22=a2, ∴ e2=c2a2=2．
∴e=2，故选A．

【小结】
本题为圆锥曲线离心率的求解，难度适中，审题时注意半径还是直径，优先考虑几何法，避免代数法从头至尾，运算繁琐，准确率大大降低，双曲线离心率问题是圆锥曲线中的重点问题，需强化练习，才能在解决此类问题时事半功倍，信手拈来．
28．B
【分析】
由已知可设F2B=n，则AF2=2n , BF1=AB=3n，得AF1=2n，在△AF1B中求得cos∠F1AB=13，再在△AF1F2中，由余弦定理得n=32，从而可求解.
【解析】
法一：如图，由已知可设F2B=n，则AF2=2n , BF1=AB=3n，由椭圆的定义有2a=BF1+BF2=4n , ∴AF1=2a-AF2=2n．在△AF1B中，由余弦定理推论得cos∠F1AB=4n2+9n2-9n22⋅2n⋅3n=13．在△AF1F2中，由余弦定理得4n2+4n2-2⋅2n⋅2n⋅13=4，解得n=32．
∴2a=4n=23 , ∴a=3 , ∴b2=a2-c2=3-1=2 , ∴所求椭圆方程为x23+y22=1，故选B．
法二：由已知可设F2B=n，则AF2=2n , BF1=AB=3n，由椭圆的定义有2a=BF1+BF2=4n , ∴AF1=2a-AF2=2n．在△AF1F2和△BF1F2中，由余弦定理得4n2+4-2⋅2n⋅2⋅cos∠AF2F1=4n2,n2+4-2⋅n⋅2⋅cos∠BF2F1=9n2，又∠AF2F1 , ∠BF2F1互补，∴cos∠AF2F1+cos∠BF2F1=0，两式消去cos∠AF2F1 , cos∠BF2F1，得3n2+6=11n2，解得n=32．∴2a=4n=23 , ∴a=3 , ∴b2=a2-c2=3-1=2 , ∴所求椭圆方程为x23+y22=1，故选B．

【小结】
本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．
29．D
【分析】
由双曲线渐近线定义可得-ba=tan130° , ∴ba=tan50°，再利用e=ca=1+ba2求双曲线的离心率．
【解析】
由已知可得-ba=tan130° , ∴ba=tan50°，
∴e=ca=1+ba2=1+tan250°=1+sin250°cos250°=sin250°+cos250°cos250°=1cos50°，故选D．
【小结】
对于双曲线：x2a2-y2b2=1a>0 , b>0，有e=ca=1+ba2；对于椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0，有e=ca=1-ba2，防止记混．
30．A
【分析】
根据圆心和圆上点建立关于半径的方程，得到和；根据lny1+lny2=0整理出1a1+1a2=2，从而得到点的轨迹.
【解析】
因为r1=1-a1=a12+y12 ⇒y12=1-2a1
同理：
又因为lny1+lny2=0，所以
则，即2a1a2=a1+a2 ⇒1a1+1a2=2
设x=1a1y=1a2，则x+y=2为直线
本题正确选项：A
【小结】
本题考查动点的轨迹方程的求解问题，关键在于能够将所求动点的横纵坐标建立起等量关系，从而转化为轨迹方程.
31．C
【分析】
P为单位圆上一点，而直线x-my-2=0过点A2,0，则根据几何意义得d的最大值为OA+1.
【解析】
P为单位圆上一点，而直线x-my-2=0过点A2,0，
所以d的最大值为OA+1=2+1=3，选C.
【小结】
与圆有关的最值问题主要表现在求几何图形的长度、面积的最值，求点到直线的距离的最值，求相关参数的最值等方面．解决此类问题的主要思路是利用圆的几何性质将问题转化．
32．B
【解析】
分析：由双曲线性质得到PF2=b，PO=a然后在Rt△POF2和在Rt△PF1F2中利用余弦定理可得．
解析：由题可知PF2=b,OF2=c
∴PO=a
在Rt△POF2中，cos∠PF2O=PF2OF2=bc
∵在△PF1F2中,cos∠PF2O=PF22+F1F22-PF122PF2F1F2=bc
∴b2+4c2-6a22b⋅2c=bc⇒c2=3a2
∴e=3
故选B.
小结：本题主要考查双曲线的相关知识，考查了双曲线的离心率和余弦定理的应用，属于中档题．
33．A
【解析】
分析：先求出A，B两点坐标得到AB，再计算圆心到直线距离，得到点P到直线距离范围，由面积公式计算即可
解析： ∵直线x+y+2=0分别与x轴，y轴交于，B两点
∴A-2,0,B0,-2,则AB=22
∵点P在圆（x-2）2+y2=2上
∴圆心为（2，0），则圆心到直线距离d1=2+0+22=22
故点P到直线x+y+2=0的距离d2的范围为2,32
则S△ABP=12ABd2=2d2∈2,6
故答案选A.
小结：本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档题．
34．D
【解析】
分析：设，则根据平面几何知识可求F1F2,PF1，再结合椭圆定义可求离心率.
解析：在ΔF1PF2中，∠F1PF2=90∘,∠PF2F1=60°
设，则2c=F1F2=2m,PF1=3m，
又由椭圆定义可知2a=PF1+PF2=(3+1)m
则离心率e=ca=2c2a=2m(3+1)m=3-1，
故选D.
小结：椭圆定义的应用主要有两个方面：一是判断平面内动点与两定点的轨迹是否为椭圆，二是利用定义求焦点三角形的周长、面积、椭圆的弦长及最值和离心率问题等；“焦点三角形”是椭圆问题中的常考知识点，在解决这类问题时经常会用到正弦定理，余弦定理以及椭圆的定义.
35．D
【解析】
分析：先根据条件得PF2=2c,再利用正弦定理得a,c关系，即得离心率.
解析：因为△PF1F2为等腰三角形，∠F1F2P=120°，所以PF2=F1F2=2c,
由AP斜率为36得，tan∠PAF2=36,∴sin∠PAF2=113，cos∠PAF2=1213，
由正弦定理得PF2AF2=sin∠PAF2sin∠APF2,
所以2ca+c=113sin(π3-∠PAF2)=11332⋅1213-12⋅113=25∴a=4c,e=14，故选D.
小结：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于a,b,c的方程或不等式，再根据a,b,c的关系消掉b得到a,c的关系式，而建立关于a,b,c的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.
36．B
【分析】
根据已知可得ba=52，双曲线焦距2c=6，结合a,b,c的关系，即可求出结论.
【解析】
因为双曲线的一条渐近线方程为y=52x，则ba=52.①
又因为椭圆x212+y23=1与双曲线有公共焦点，
双曲线的焦距2c=6，即c＝3，则a2＋b2＝c2＝9.②
由①②解得a＝2，b＝5，则双曲线C的方程为x24-y25=1.
故选：B.
【小结】
本题考查椭圆、双曲线的标准方程以及双曲线的简单几何性质，属于基础题.
37．C
【分析】
联立方程解得M(3，23)，根据MN⊥l得|MN|＝|MF|＝4，得到△MNF是边长为4的等边三角形，计算距离得到答案.
【解析】
依题意得F(1,0)，则直线FM的方程是y＝3 (x－1)．由y=3x-1y2=4x得x＝或x＝3.
由M在x轴的上方得M(3，23)，由MN⊥l得|MN|＝|MF|＝3＋1＝4
又∠NMF等于直线FM的倾斜角，即∠NMF＝60°，因此△MNF是边长为4的等边三角形
点M到直线NF的距离为4×32=23
故选：C.
【小结】
本题考查了直线和抛物线的位置关系，意在考查学生的计算能力和转化能力.
38．BD
【分析】
对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；
对于B，将P点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；
对于C，考虑借助向量的平移将P点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点的个数；
对于D，考虑借助向量的平移将P点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点的个数．
【解析】

易知，点P在矩形BCC1B1内部（含边界）．
对于A，当λ=1时，BP=BC+μBB1=BC+μCC1，即此时P∈线段，△AB1P周长不是定值，故A错误；
对于B，当μ=1时，BP=λBC+BB1=BB1+λB1C1，故此时P点轨迹为线段，而B1C1//BC，B1C1//平面A1BC，则有P到平面A1BC的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．
对于C，当λ=12时，BP=12BC+μBB1，取BC，中点分别为Q，H，则BP=BQ+μQH，所以P点轨迹为线段QH，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，A132,0,1，P0,0,μ，B0,12,0，则A1P=-32,0,μ-1，BP=0,-12,μ，，所以μ=0或μ=1．故H,Q均满足，故C错误；
对于D，当μ=12时，BP=λBC+12BB1，取，中点为M,N．BP=BM+λMN，所以P点轨迹为线段MN．设P0,y0,12，因为A32，0,0，所以AP=-32,y0,12，A1B=-32,12,-1，所以34+12y0-12=0⇒y0=-12，此时P与N重合，故D正确．
故选：BD．
【小结】
本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．
39．ACD
【分析】
计算出圆心到直线AB的距离，可得出点P到直线AB的距离的取值范围，可判断AB选项的正误；分析可知，当∠PBA最大或最小时，PB与圆M相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误.
【解析】
圆x-52+y-52=16的圆心为M5,5，半径为4，
直线AB的方程为x4+y2=1，即x+2y-4=0，
圆心M到直线AB的距离为5+2×5-412+22=115=1155>4，
所以，点P到直线AB的距离的最小值为1155-4<2，最大值为1155+4<10，A选项正确，B选项错误；
如下图所示：

当∠PBA最大或最小时，PB与圆M相切，连接MP、BM，可知PM⊥PB，
BM=0-52+2-52=34，MP=4，由勾股定理可得BP=BM2-MP2=32，CD选项正确.
故选：ACD.
【小结】
结论小结：若直线l与半径为r的圆C相离，圆心C到直线l的距离为d，则圆C上一点P到直线l的距离的取值范围是.
40．ACD
【分析】
结合选项进行逐项分析求解，m>n>0时表示椭圆，m=n>0时表示圆，mn<0时表示双曲线，m=0,n>0时表示两条直线.
【解析】
对于A，若m>n>0，则mx2+ny2=1可化为x21m+y21n=1，
因为m>n>0，所以1m<1n，
即曲线C表示焦点在y轴上的椭圆，故A正确；
对于B，若m=n>0，则mx2+ny2=1可化为x2+y2=1n，
此时曲线C表示圆心在原点，半径为nn的圆，故B不正确；
对于C，若mn<0，则mx2+ny2=1可化为x21m+y21n=1，
此时曲线C表示双曲线，
由mx2+ny2=0可得y=±-mnx，故C正确；
对于D，若m=0,n>0，则mx2+ny2=1可化为y2=1n，
y=±nn，此时曲线C表示平行于x轴的两条直线，故D正确；
故选：ACD.
【小结】
本题主要考查曲线方程的特征，熟知常见曲线方程之间的区别是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.
41．x=-32
【分析】
先用坐标表示P，Q，再根据向量垂直坐标表示列方程，解得p，即得结果.
【解析】
抛物线C：y2=2px (p>0)的焦点Fp2,0,
∵P为C上一点，PF与x轴垂直，
所以P的横坐标为p2，代入抛物线方程求得P的纵坐标为±p,
不妨设P(p2,p),
因为Q为x轴上一点，且PQ⊥OP，所以Q在F的右侧，
又，

因为PQ⊥OP，所以,
，
所以C的准线方程为x=-32
故答案为：x=-32.
【小结】
利用向量数量积处理垂直关系是本题关键.
42．8
【分析】
根据已知可得PF1⊥PF2，设|PF1|=m,|PF2|=n，利用勾股定理结合m+n=8，求出mn，四边形PF1QF2面积等于mn，即可求解.
【解析】
因为P,Q为C上关于坐标原点对称的两点，
且|PQ|=|F1F2|，所以四边形PF1QF2为矩形，
设|PF1|=m,|PF2|=n，则m+n=8,m2+n2=48，
所以64=(m+n)2=m2+2mn+n2=48+2mn，
mn=8，即四边形PF1QF2面积等于8.
故答案为：8.
43．4
【分析】
将渐近线方程化成斜截式，得出a,b的关系，再结合双曲线中a2,b2对应关系，联立求解m，再由关系式求得c，即可求解
【解析】
由渐近线方程3x+my=0化简得y=-3mx，即ba=3m，同时平方得b2a2=3m2，又双曲线中a2=m,b2=1，故3m2=1m，解得m=3,m=0（舍去），c2=a2+b2=3+1=4⇒c=2，故焦距2c=4
故答案为：4
【小结】
本题为基础题，考查由渐近线求解双曲线中参数，焦距，正确计算并联立关系式求解是关键
44．5
【分析】
先求出右焦点坐标，再利用点到直线的距离公式求解.
【解析】
由已知，c=a2+b2=5+4=3，所以双曲线的右焦点为(3,0)，
所以右焦点(3,0)到直线x+2y-8=0的距离为|3+2×0-8|12+22=55=5.
故答案为：5
45．5
【分析】
根据圆的方程得到圆心坐标和半径，由点到直线的距离公式可求出圆心到直线的距离d，进而利用弦长公式|AB|=2r2-d2，即可求得r．
【解析】
因为圆心0,0到直线x-3y+8=0的距离d=81+3=4，
由|AB|=2r2-d2可得6=2r2-42，解得r=5．
故答案为：5．
【小结】
本题主要考查圆的弦长问题，涉及圆的标准方程和点到直线的距离公式，属于基础题．
46．32
【分析】
根据渐近线方程求得a，由此求得c，进而求得双曲线的离心率.
【解析】
双曲线x2a2-y25=1，故b=5.由于双曲线的一条渐近线方程为y=52x，即ba=52⇒a=2，所以，所以双曲线的离心率为ca=32.
故答案为：32
【小结】
本小题主要考查双曲线的渐近线，考查双曲线离心率的求法，属于基础题.
47．2
【分析】
根据双曲线的几何性质可知，BF=b2a，AF=c-a，即可根据斜率列出等式求解即可．
【解析】
联立&x=c&x2a2-y2b2=1&a2=b2+c2，解得&x=c&y=±b2a，所以BF=b2a.
依题可得，BFAF=3，AF=c-a，即b2ac-a=c2-a2ac-a=3，变形得c+a=3a，c=2a,
因此，双曲线C的离心率为2.
故答案为：2．
【小结】
本题主要考查双曲线的离心率的求法，以及双曲线的几何性质的应用，属于基础题．
48．4.
【分析】
将原问题转化为切点与直线之间的距离，然后利用导函数确定切点坐标可得最小距离
【解析】
当直线x+y=0平移到与曲线y=x+4x相切位置时，切点Q即为点P到直线x+y=0的距离最小.
由y'=1-4x2=-1，得x=2(-2舍)，y=32，
即切点Q(2,32)，
则切点Q到直线x+y=0的距离为2+3212+12=4，
故答案为4．
【小结】
本题考查曲线上任意一点到已知直线的最小距离，渗透了直观想象和数学运算素养.采取导数法和公式法，利用数形结合和转化与化归思想解题.
49．(x-1)2+y2=4.
【分析】
由抛物线方程可得焦点坐标，即圆心，焦点到准线距离即半径，进而求得结果.
【解析】
抛物线y2=4x中，2p=4，p=2，
焦点F（1,0），准线l的方程为x=-1，
以F为圆心，
且与l相切的圆的方程为 (x-1)2+y2=22,即为(x-1)2+y2=4.
【小结】
本题主要考查抛物线的焦点坐标，抛物线的准线方程，直线与圆相切的充分必要条件等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
50．
【分析】
根据椭圆的定义分别求出MF1、MF2，设出M的坐标，结合三角形面积可求出M的坐标.
【解析】
由已知可得a2=36 , b2=20 , ∴c2=a2-b2=16 , ∴c=4，
∴MF1=F1F2=2c=8．∴MF2=4．
设点M的坐标为x0 , y0x0>0 , y0>0，则S△MF1F2=12⋅F1F2⋅y0=4y0，
又S△MF1F2=12×4×82-22=415 , ∴4y0=415，解得y0=15，
∴x0236+15220=1，解得x0=3（x0=-3舍去），
的坐标为．
【小结】
本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．
51．15
【分析】
结合图形可以发现，利用三角形中位线定理，将线段长度用坐标表示成圆的方程，与椭圆方程联立可进一步求解.利用焦半径及三角形中位线定理，则更为简洁.
【解析】
方法1：由题意可知|OF|=|OM|=c=2，
由中位线定理可得PF1=2|OM|=4，设P(x,y)可得(x-2)2+y2=16，
联立方程x29+y25=1
可解得x=-32,x=212（舍），点P在椭圆上且在x轴的上方，
求得P-32,152，所以kPF=15212=15

方法2：焦半径公式应用
解析1：由题意可知|OF|=|OM|=c=2，
由中位线定理可得PF1=2|OM|=4，即a-exp=4⇒xp=-32
求得P-32,152，所以kPF=15212=15.
【小结】
本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质、直线与圆的位置关系，利用数形结合思想，是解答解析几何问题的重要途径.
52．2.
【分析】
通过向量关系得到F1A=AB和OA⊥F1A，得到∠AOB=∠AOF1，结合双曲线的渐近线可得∠BOF2=∠AOF1,∠BOF2=∠AOF1=∠BOA=600,从而由ba=tan600=3可求离心率.
【解析】
如图，

由F1A=AB,得F1A=AB.又OF1=OF2,得OA是三角形F1F2B的中位线，即BF2//OA,BF2=2OA.由F1BF2B=0，得F1B⊥F2B,OA⊥F1A,则OB=OF1有∠AOB=∠AOF1，
又OA与OB都是渐近线，得∠BOF2=∠AOF1,又∠BOF2+∠AOB+∠AOF1=π，得∠BOF2=∠AOF1=∠BOA=600,．又渐近线OB的斜率为ba=tan600=3，所以该双曲线的离心率为e=ca=1+(ba)2=1+(3)2=2．
【小结】
本题考查平面向量结合双曲线的渐进线和离心率，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养．采取几何法，利用数形结合思想解题．
53．2+3
【分析】
设A（x1，y1），B（x2，y2），OA=（x1，y1），OB=（x2，y2），由圆的方程和向量数量积的定义、坐标表示，可得三角形OAB为等边三角形，AB=1，x1+y1-12+x2+y2-12的几何意义为点A，B两点到直线x+y﹣1=0的距离d1与d2之和，由两平行线的距离可得所求最大值．
【解析】
设A（x1，y1），B（x2，y2），
OA=（x1，y1），OB=（x2，y2），
由x12+y12=1，x22+y22=1，x1x2+y1y2=12，
可得A，B两点在圆x2+y2=1上，
且OA•OB=1×1×cos∠AOB=12，
即有∠AOB=60°，
即三角形OAB为等边三角形，
AB=1，
x1+y1-12+x2+y2-12的几何意义为点A，B两点
到直线x+y﹣1=0的距离d1与d2之和，
显然A，B在第三象限，AB所在直线与直线x+y=1平行，
可设AB：x+y+t=0，（t＞0），
由圆心O到直线AB的距离d=t2，
可得21-t22=1，解得t=62，
即有两平行线的距离为1+622=2+32，
即x1+y1-12+x2+y2-12的最大值为2+3，
故答案为2+3．
【小结】
本题考查向量数量积的坐标表示和定义，以及圆的方程和运用，考查点与圆的位置关系，运用点到直线的距离公式是解题的关键，属于难题．
54．3
【解析】
分析：先根据条件确定圆方程，再利用方程组解出交点坐标，最后根据平面向量的数量积求结果.
解析：设Aa,2a(a>0)，则由圆心C为AB中点得Ca+52,a,易得⊙C:x-5x-a+yy-2a=0，与y=2x联立解得点D的横坐标xD=1,所以D1,2.所以AB=5-a,-2a,CD=1-a+52,2-a，
由AB⋅CD=0得5-a1-a+52+-2a2-a=0,a2-2a-3=0,a=3或a=-1，
因为a>0，所以a=3.
小结：以向量为载体求相关变量的取值或范围，是向量与函数、不等式、三角函数、曲线方程等相结合的一类综合问题.通过向量的坐标运算，将问题转化为解方程或解不等式或求函数值域，是解决这类问题的一般方法.
55．2
【解析】
分析：先确定双曲线的焦点到渐近线的距离，再根据条件求离心率.
解析：因为双曲线的焦点F(c,0)到渐近线y=±bax,即bx±ay=0的距离为bc±0a2+b2=bcc=b,所以b=32c，因此a2=c2-b2=c2-34c2=14c2,a=12c,e=2.
小结：双曲线的焦点到渐近线的距离为b，焦点在渐近线上的射影到坐标原点的距离为a.
56．(1,0)
【解析】
分析：根据题干描述画出相应图形，分析可得抛物线经过点(1,2)，将点(1,2)坐标代入可求参数a的值，进而可求焦点坐标.
详细：由题意可得，点P(1,2)在抛物线上，将P(1,2)代入y2=4ax中，
解得：，∴y2=4x，
由抛物线方程可得：2p=4,p=2,p2=1，
∴焦点坐标为(1,0).

小结：此题考查抛物线的相关知识，属于易得分题，关键在于能够结合抛物线的对称性质，得到抛物线上点的坐标，再者熟练准确记忆抛物线的焦点坐标公式也是保证本题能够得分的关键.
57．2
【分析】
利用点差法得到AB的斜率，结合抛物线定义可得结果.
【解析】
解析：设Ax1,y1,Bx2,y2
则{y12=4x1y22=4x2
所以y12-y22=4x1-4x2
所以k=y1-y2x1-x2=4y1+y2
取AB中点M'x0，y0,分别过点A,B作准线x=-1的垂线，垂足分别为A',B'
因为∠AMB=90°,
∴MM'=12AB=12AF+BF=12AA'+BB'，
因为M’为AB中点，
所以MM’平行于x轴
因为M(-1,1)
所以y0=1，则y1+y2=2即k=2
故答案为2.
【小结】
本题主要考查直线与抛物线的位置关系，考查了抛物线的性质，设Ax1,y1,Bx2,y2，利用点差法得到k=y1-y2x1-x2=4y1+y2，取AB中点M'x0，y0, 分别过点A,B作准线x=-1的垂线，垂足分别为A',B'，由抛物线的性质得到MM'=12AA'+BB'，进而得到斜率．
58．5
【解析】
分析:先根据条件得到A,B坐标间的关系，代入椭圆方程解得B的纵坐标，即得B的横坐标关于m的函数关系，最后根据二次函数性质确定最值取法.
解析：设A(x1,y1),B(x2,y2)，由AP=2PB得-x1=2x2,1-y1=2(y2-1),∴-y1=2y2-3,
因为A,B在椭圆上,所以x124+y12=m,x224+y22=m,
∴4x224+(2y2-3)2=m,∴x224+(y2-32)2=m4，
与x224+y22=m对应相减得y2=3+m4,x22=-14(m2-10m+9)≤4，当且仅当m=5时取最大值.
小结：解析几何中的最值是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常出现，求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中，抓住函数关系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助于函数最值的探求来使问题得以解决.
59．（1）y2=4x；（2）最大值为.
【分析】
（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解；
（2）设Qx0,y0，由平面向量的知识可得P10x0-9,10y0，进而可得x0=25y02+910，再由斜率公式及基本不等式即可得解.
【解析】
（1）抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点Fp2,0，准线方程为x=-p2，
由题意，该抛物线焦点到准线的距离为p2--p2=p=2，
所以该抛物线的方程为y2=4x；
（2）设Qx0,y0，则PQ=9QF=9-9x0,-9y0，
所以P10x0-9,10y0，
由P在抛物线上可得10y02=410x0-9，即x0=25y02+910，
所以直线的斜率kOQ=y0x0=y025y02+910=10y025y02+9，
当y0=0时，kOQ=0；
当时，kOQ=1025y0+9y0，
当y0>0时，因为25y0+9y0≥225y0⋅9y0=30，
此时0 当y0<0时，kOQ<0；
综上，直线的斜率的最大值为.
【小结】
关键点小结：解决本题的关键是利用平面向量的知识求得点Q坐标的关系，在求斜率的最值时要注意对y0取值范围的讨论.
60．（1）抛物线，⊙M方程为；（2）相切，理由见解析
【分析】
（1）根据已知抛物线与x=1相交，可得出抛物线开口向右，设出标准方程，再利用对称性设出P,Q坐标，由OP⊥OQ，即可求出p；由圆M与直线x=1相切，求出半径，即可得出结论；
（2）先考虑A1A2斜率不存在，根据对称性，即可得出结论；若A1A2,A1A3,A2A3斜率存在，由A1,A2,A3三点在抛物线上，将直线A1A2,A1A2,A2A3斜率分别用纵坐标表示，再由A1A2,A1A2与圆M相切，得出y2+y3,y2⋅y3与y1的关系，最后求出M点到直线A2A3的距离，即可得出结论.
【解析】
（1）依题意设抛物线C:y2=2px(p>0),P(1,y0),Q(1,-y0)，
∵OP⊥OQ,∴OP⋅OQ=1-y02=1-2p=0,∴2p=1，
所以抛物线C的方程为y2=x，
M(0,2),⊙M与x=1相切，所以半径为1，
所以⊙M的方程为；
（2）设A1(x1y1),A2(x2,y2),A3(x3,y3)
若A1A2斜率不存在，则A1A2方程为x=1或x=3，
若A1A2方程为x=1，根据对称性不妨设A1(1,1)，
则过A1与圆M相切的另一条直线方程为y=1，
此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在A3，不合题意；
若A1A2方程为x=3，根据对称性不妨设A1(3,3),A2(3,-3),
则过A1与圆M相切的直线A1A3为y-3=33(x-3)，
又kA1A3=y1-y3x1-x3=1y1+y3=13+y3=33,∴y3=0，
x3=0,A3(0,0)，此时直线A1A3,A2A3关于x轴对称，
所以直线A2A3与圆M相切；
若直线A1A2,A1A3,A2A3斜率均存在，
则kA1A2=1y1+y2,kA1A3=1y1+y3,kA2A3=1y2+y3，
所以直线A1A2方程为y-y1=1y1+y2x-x1，
整理得x-(y1+y2)y+y1y2=0，
同理直线A1A3的方程为x-(y1+y3)y+y1y3=0，
直线A2A3的方程为x-(y2+y3)y+y2y3=0，
∵A1A2与圆M相切，∴|2+y1y2|1+(y1+y2)2=1
整理得(y12-1)y22+2y1y2+3-y12=0，
A1A3与圆M相切，同理(y12-1)y32+2y1y3+3-y12=0
所以y2,y3为方程(y12-1)y2+2y1y+3-y12=0的两根，
y2+y3=-2y1y12-1,y2⋅y3=3-y12y12-1，
M到直线A2A3的距离为：
|2+y2y3|1+(y2+y3)2=|2+3-y12y12-1|1+(-2y1y12-1)2
=|y12+1|(y12-1)2+4y12=y12+1y12+1=1，
所以直线A2A3与圆M相切；
综上若直线A1A2,A1A3与圆M相切，则直线A2A3与圆M相切.
【小结】
关键点小结：（1）过抛物线上的两点直线斜率只需用其纵坐标（或横坐标）表示，将问题转化为只与纵坐标（或横坐标）有关；（2）要充分利用A1A2,A1A3的对称性，抽象出y2+y3,y2⋅y3与y1关系，把y2,y3的关系转化为用y1表示.
61．（1）y2=4x；（2）-∞,-7-43∪-7+43,1∪1,+∞.
【分析】
（1）求出p的值后可求抛物线的方程.
（2）设AB:x=ty+1，，Nn,0，联立直线AB的方程和抛物线的方程后可得y1y2=-4,y1+y2=4t，求出直线MA,MB的方程，联立各直线方程可求出yP,yQ,yR，根据题设条件可得n+1n-12=3+4t22t-12，从而可求n的范围.
【解析】
（1）因为MF=2，故p=2，故抛物线的方程为：y2=4x.
（2）设AB:x=ty+1，，Nn,0，
所以直线l:x=y2+n，由题设可得n≠1且t≠12.
由x=ty+1y2=4x可得y2-4ty-4=0，故y1y2=-4,y1+y2=4t，
因为RN2=PN⋅QN，故1+14yR2=1+14yP⋅1+14yQ，故yR2=yP⋅yQ.
又MA:y=y1x1+1x+1，由y=y1x1+1x+1x=y2+n可得yP=2n+1y12x1+2-y1，
同理yQ=2n+1y22x2+2-y2，
由x=ty+1x=y2+n可得yR=2n-12t-1，
所以2n-12t-12=2n+1y22x2+2-y2×2n+1y12x1+2-y1，
整理得到n-1n+12=2t-12y1y22x2+2-y22x1+2-y1，
=42t-12y222+2-y2y122+2-y1
=42t-12y22y124+y2+y12-y2y1-y2+y12×y1y2-2y2+y1+4=2t-123+4t2
故n+1n-12=3+4t22t-12，
令s=2t-1，则t=s+12且s≠0，
故3+4t22t-12=s2+2s+4s2=1+2s+4s2=41s+142+34≥34，
故n+1n-12≥34n≠1即n2+14n+1≥0n≠1，
解得n≤-7-43或-7+43≤n<1或n>1.
故直线l在x轴上的截距的范围为n≤-7-43或-7+43≤n<1或n>1.
【小结】
方法小结：直线与抛物线中的位置关系中的最值问题，往往需要根据问题的特征合理假设直线方程的形式，从而便于代数量的计算，对于构建出的函数关系式，注意利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围问题.
62．（1）x=2+cosαy=1+sinα，（α为参数）；（2）2ρcos(θ+π3)=4-3或2ρcos(θ-π3)=4+3.
【分析】
（1）直接利用圆心及半径可得的圆的参数方程；
（2）先求得过（4，1）的圆的切线方程，再利用极坐标与直角坐标互化公式化简即可.
【解析】
（1）由题意，⊙C的普通方程为(x-2)2+(y-1)2=1，
所以⊙C的参数方程为x=2+cosαy=1+sinα，（α为参数）
（2）由题意，切线的斜率一定存在，设切线方程为，即kx-y+1-4k=0，
由圆心到直线的距离等于1可得|-2k|1+k2=1，
解得k=±33，所以切线方程为3x-3y+3-43=0或3x+3y-3-43=0，
将x=ρcosθ，y=ρsinθ代入化简得
2ρcos(θ+π3)=4-3或2ρcos(θ-π3)=4+3
【点晴】
本题主要考查直角坐标方程与极坐标方程的互化，涉及到直线与圆的位置关系，考查学生的数学运算能力，是一道基础题.
63．（1）p=2；（2）205.
【分析】
（1）根据圆的几何性质可得出关于p的等式，即可解出p的值；
（2）设点Ax1,y1、Bx2,y2、Px0,y0，利用导数求出直线PA、PB，进一步可求得直线AB的方程，将直线AB的方程与抛物线的方程联立，求出AB以及点P到直线AB的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得△PAB面积的最大值.
【解析】
（1）抛物线C的焦点为F0,p2，FM=p2+4，
所以，F与圆M:x2+(y+4)2=1上点的距离的最小值为p2+4-1=4，解得p=2；
（2）抛物线C的方程为，即y=x24，对该函数求导得y'=x2，
设点Ax1,y1、Bx2,y2、Px0,y0，
直线PA的方程为y-y1=x12x-x1，即y=x1x2-y1，即x1x-2y1-2y=0，
同理可知，直线PB的方程为x2x-2y2-2y=0，
由于点P为这两条直线的公共点，则x1x0-2y1-2y0=0x2x0-2y2-2y0=0，
所以，点A、B的坐标满足方程，
所以，直线AB的方程为，
联立x0x-2y-2y0=0y=x24，可得x2-2x0x+4y0=0，
由韦达定理可得x1+x2=2x0，，
所以，AB=1+x022⋅x1+x22-4x1x2=1+x022⋅4x02-16y0=x02+4x02-4y0，
点P到直线AB的距离为d=x02-4y0x02+4，
所以，S△PAB=12AB⋅d=12x02+4x02-4y0⋅x02-4y0x02+4=12x02-4y032，
∵x02-4y0=1-y0+42-4y0=-y02-12y0-15=-y0+62+21，
由已知可得-5≤y0≤-3，所以，当y0=-5时，△PAB的面积取最大值12×2032=205.
【小结】
方法小结：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．
64．（1）x2-y216=1x≥1；（2）0.
【分析】
（1）利用双曲线的定义可知轨迹C是以点F1、F2为左、右焦点双曲线的右支，求出a、b的值，即可得出轨迹C的方程；
（2）设点T12,t，设直线AB的方程为y-t=k1x-12，设点Ax1,y1、Bx2,y2，联立直线AB与曲线C的方程，列出韦达定理，求出TA⋅TB的表达式，设直线PQ的斜率为k2，同理可得出TP⋅TQ的表达式，由TA⋅TB=TP⋅TQ化简可得k1+k2的值.
【解析】
因为MF1-MF2=2 所以，轨迹C是以点F1、F2为左、右焦点的双曲线的右支，
设轨迹C的方程为x2a2-y2b2=1a>0,b>0，则2a=2，可得，b=17-a2=4，
所以，轨迹C的方程为x2-y216=1x≥1；
（2）设点T12,t，若过点T的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线C无公共点，
不妨直线AB的方程为y-t=k1x-12，即y=k1x+t-12k1，
联立y=k1x+t-12k116x2-y2=16，消去y并整理可得k12-16x2+k12t-k1x+t-12k12+16=0，
设点Ax1,y1、Bx2,y2，则x1>12且x2>12.
由韦达定理可得x1+x2=k12-2k1tk12-16，x1x2=t-12k12+16k12-16，
所以，TA⋅TB=1+k12⋅x1-12⋅x2-12=1+k12⋅x1x2-x1+x22+14=t2+121+k12k12-16，
设直线PQ的斜率为k2，同理可得TP⋅TQ=t2+121+k22k22-16，
因为TA⋅TB=TP⋅TQ，即t2+121+k12k12-16=t2+121+k22k22-16，整理可得k12=k22，
即k1-k2k1+k2=0，显然k1-k2≠0，故k1+k2=0.
因此，直线AB与直线PQ的斜率之和为0.
【小结】
方法小结：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
65．（1）x216+y212=1；（2）18.
【分析】
(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；
(2)首先利用几何关系找到三角形面积最大时点N的位置，然后联立直线方程与椭圆方程，结合判别式确定点N到直线AM的距离即可求得三角形面积的最大值.
【解析】
(1)由题意可知直线AM的方程为：y-3=12(x-2)，即x-2y=-4.
当y=0时，解得x=-4，所以a=4，
椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0过点M(2，3)，可得，
解得b2=12.
所以C的方程：x216+y212=1.
(2)设与直线AM平行的直线方程为：x-2y=m，
如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.

联立直线方程x-2y=m与椭圆方程x216+y212=1，
可得：3m+2y2+4y2=48，
化简可得：，
所以Δ=144m2-4×163m2-48=0，即m2=64，解得m=±8，
与AM距离比较远的直线方程：，
直线AM方程为：x-2y=-4，
点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，
利用平行线之间的距离公式可得：，
由两点之间距离公式可得.
所以△AMN的面积的最大值：12×35×1255=18.
【小结】
解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
66．（Ⅰ）x218+y29=1；（Ⅱ）y=12x-3，或y=x-3．
【分析】
（Ⅰ）根据题意，并借助a2=b2+c2，即可求出椭圆的方程；
（Ⅱ）利用直线与圆相切，得到CP⊥AB，设出直线AB的方程，并与椭圆方程联立，求出B点坐标，进而求出P点坐标，再根据CP⊥AB，求出直线AB的斜率，从而得解.
【解析】
（Ⅰ）∵椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的一个顶点为A0,-3，
∴b=3，
由OA=OF，得c=b=3，
又由a2=b2+c2，得a2=32+32=18，
所以，椭圆的方程为x218+y29=1；
（Ⅱ）∵直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，所以CP⊥AB，
根据题意可知，直线AB和直线CP的斜率均存在，
设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为，即y=kx-3，
y=kx-3x218+y29=1，消去y，可得2k2+1x2-12kx=0，解得x=0或x=12k2k2+1.
将x=12k2k2+1代入y=kx-3，得y=k⋅12k2k2+1-3=6k2-32k2+1，
所以，点B的坐标为12k2k2+1,6k2-32k2+1，
因为P为线段AB的中点，点A的坐标为0,-3，
所以点P的坐标为6k2k2+1,-32k2+1，
由3OC=OF，得点C的坐标为1,0，
所以，直线CP的斜率为kCP=-32k2+1-06k2k2+1-1=32k2-6k+1，
又因为CP⊥AB，所以k⋅32k2-6k+1=-1，
整理得2k2-3k+1=0，解得k=12或k=1.
所以，直线AB的方程为y=12x-3或y=x-3.
【小结】
本题考查了椭圆标准方程的求解、直线与椭圆的位置关系、直线与圆的位置关系、中点坐标公式以及直线垂直关系的应用，考查学生的运算求解能力，属于中档题.当看到题目中出现直线与圆锥曲线位置关系的问题时，要想到联立直线与圆锥曲线的方程.
67．（Ⅰ）x28+y22=1；（Ⅱ）1.
【分析】
(Ⅰ)由题意得到关于a,b的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程；
(Ⅱ)首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线MA,NA的方程确定点P,Q的纵坐标，将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得yP+yQ=0，从而可得两线段长度的比值.
【解析】
(1)设椭圆方程为：x2a2+y2b2=1a>b>0，由题意可得：
4a2+1b2=1a=2b，解得：a2=8b2=2，
故椭圆方程为：x28+y22=1.
(2)设Mx1,y1，Nx2,y2，直线MN的方程为：y=kx+4，
与椭圆方程x28+y22=1联立可得：x2+4k2x+42=8，
即：4k2+1x2+32k2x+64k2-8=0，
则：x1+x2=-32k24k2+1,x1x2=64k2-84k2+1.
直线MA的方程为：y+1=y1+1x1+2x+2，
令x=-4可得：yP=-2×y1+1x1+2-1=-2×kx1+4+1x1+2-x1+2x1+2=-2k+1x1+4x1+2，
同理可得：yQ=-2k+1x2+4x2+2.
很明显yPyQ<0，且：PBPQ=yPyQ，注意到：
yP+yQ=-2k+1x1+4x1+2+x2+4x2+2=-2k+1×x1+4x2+2+x2+4x1+2x1+2x2+2，
而：x1+4x2+2+x2+4x1+2=2x1x2+3x1+x2+8
=264k2-84k2+1+3×-32k24k2+1+8
=2×64k2-8+3×-32k2+84k2+14k2+1=0，
故yP+yQ=0,yP=-yQ.
从而PBBQ=yPyQ=1.
【小结】
解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
68．（1）；（2）详见解析.
【分析】
（1）由题意得到关于a,b,c的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.
（2）设出点M，N的坐标，在斜率存在时设方程为y=kx+m, 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到m,k的关系，进而得直线MN恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点Q的位置.
【解析】
（1）由题意可得：ca=224a2+1b2=1a2=b2+c2，解得：a2=6,b2=c2=3，
故椭圆方程为：.
(2) 设点Mx1,y1,Nx2,y2，
若直线MN斜率存在时，设直线MN的方程为：y=kx+m，
代入椭圆方程消去y并整理得：1+2k2x2+4kmx+2m2-6=0，
可得，x1x2=2m2-61+2k2，
因为AM⊥AN，所以AM·AN=0，即x1-2x2-2+y1-1y2-1=0，
根据y1=kx1+m,y2=kx2+m,代入整理可得：
k2+1x1x2+km-k-2x1+x2+m-12+4=0，
所以k2+12m2-61+2k2+km-k-2-4km1+2k2+m-12+4=0，
整理化简得2k+3m+12k+m-1=0，
因为A（2,1）不在直线MN上，所以2k+m-1≠0，
故2k+3m+1=0，k≠1，
于是MN的方程为k≠1，
所以直线过定点直线过定点P23,-13.
当直线MN的斜率不存在时，可得Nx1,-y1，
由AM·AN=0得：x1-2x1-2+y1-1-y1-1=0，
得x1-22+1-y12=0，结合x126+y123=1可得：3x12-8x1+4=0，
解得：x1=23或x2=2（舍）.
此时直线MN过点P23,-13.
令Q为AP的中点，即，
若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，
故DQ=12AP=223，
若D与P重合，则DQ=12AP，
故存在点，使得DQ为定值.
【小结】
关键点小结：本题的关键点是利用AM⊥AN得 AM·AN=0，转化为坐标运算，需要设直线MN的方程，点Mx1,y1,Nx2,y2，因此需要讨论斜率存在与不存在两种情况，当直线MN斜率存在时，设直线MN的方程为：y=kx+m，与椭圆方程联立消去y可
x1+x2，x1x2代入AM·AN=0即可，当直线MN的斜率不存在时，可得Nx1,-y1，
利用坐标运算以及三角形的性质即可证明，本题易忽略斜率不存在的情况，属于难题.
69．（1）6；（2）-4；（3）M2,0或-27,-127.
【分析】
（1）根据椭圆定义可得AF1+AF2=4，从而可求出△AF1F2的周长；
（2）设Px0,0，根据点A在椭圆E上，且在第一象限，AF2⊥F1F2，求出A1,32，根据准线方程得Q点坐标，再根据向量坐标公式，结合二次函数性质即可出最小值；
（3）设出设Mx1,y1，点M到直线AB的距离为d，由点O到直线AB的距离与S2=3S1，可推出d=95，根据点到直线的距离公式，以及Mx1,y1满足椭圆方程，解方程组即可求得坐标.
【解析】
（1）∵椭圆E的方程为x24+y23=1
∴F1-1,0,F21,0
由椭圆定义可得：AF1+AF2=4.
∴△AF1F2的周长为4+2=6
（2）设Px0,0，根据题意可得x0≠1.
∵点A在椭圆E上，且在第一象限，AF2⊥F1F2
∴A1,32
∵准线方程为x=4
∴Q4,yQ
∴OP⋅QP=x0,0⋅x0-4,-yQ=x0-4x0=x0-22-4≥-4，当且仅当x0=2时取等号.
∴OP⋅QP的最小值为-4.
（3）设Mx1,y1，点M到直线AB的距离为d.
∵A1,32，F1-1,0
∴直线AF1的方程为y=34x+1
∵点O到直线AB的距离为35，S2=3S1
∴S2=3S1=3×12×AB×35=12AB⋅d
∴d=95
∴3x1-4y1+3=9①
∵x124+y123=1②
∴联立①②解得x1=2y1=0，x1=-27y1=-127.
∴M2,0或-27,-127.
【小结】
本题考查了椭圆的定义，直线与椭圆相交问题、点到直线距离公式的运用，熟悉运用公式以及根据S2=3S1推出d=95是解答本题的关键.
70．（1）x29+y2=1；（2）证明详见解析.
【分析】
（1）由已知可得：A-a,0， ，G0,1，即可求得AG⋅GB=a2-1，结合已知即可求得：a2=9，问题得解.
（2）设P6,y0，可得直线AP的方程为：y=y09x+3，联立直线AP的方程与椭圆方程即可求得点C的坐标为-3y02+27y02+9,6y0y02+9，同理可得点D的坐标为3y02-3y02+1,-2y0y02+1，当y02≠3时，可表示出直线CD的方程，整理直线CD的方程可得：y=4y033-y02x-32即可知直线过定点32,0，当y02=3时，直线CD：x=32，直线过点32,0，命题得证.
【解析】
（1）依据题意作出如下图象：

由椭圆方程E:x2a2+y2=1(a>1)可得：A-a,0， ，G0,1
AG=a,1，GB=a,-1
AG⋅GB=a2-1=8，a2=9
∴椭圆方程为：x29+y2=1
（2）证明：设P6,y0，
则直线AP的方程为：y=y0-06--3x+3，即：y=y09x+3
联立直线AP的方程与椭圆方程可得：x29+y2=1y=y09x+3，整理得：
y02+9x2+6y02x+9y02-81=0，解得：x=-3或x=-3y02+27y02+9
将x=-3y02+27y02+9代入直线y=y09x+3可得：y=6y0y02+9
所以点C的坐标为-3y02+27y02+9,6y0y02+9.
同理可得：点D的坐标为3y02-3y02+1,-2y0y02+1
当y02≠3时，
∴直线CD的方程为：y--2y0y02+1=6y0y02+9--2y0y02+1-3y02+27y02+9-3y02-3y02+1x-3y02-3y02+1，
整理可得：y+2y0y02+1=8y0y02+369-y04x-3y02-3y02+1=8y063-y02x-3y02-3y02+1
整理得：y=4y033-y02x+2y0y02-3=4y033-y02x-32
所以直线CD过定点32,0．
当y02=3时，直线CD：x=32，直线过点32,0．
故直线CD过定点32,0．
【小结】
本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题.
71．（1）12；（2）C1：x216+y212=1，C2： y2=8x.
【分析】
（1）根据题意求出C2的方程，结合椭圆和抛物线的对称性不妨设A,C在第一象限，运用代入法求出点的纵坐标，根据|CD|=43|AB|，结合椭圆离心率的公式进行求解即可；
（2）由（1）可以得到椭圆的标准方程，确定椭圆的四个顶点坐标，再确定抛物线的准线方程，最后结合已知进行求解即可；
【解析】
解：（1）因为椭圆C1的右焦点坐标为：F(c,0),所以抛物线C2的方程为，其中c=a2-b2.
不妨设A,C在第一象限，因为椭圆C1的方程为：x2a2+y2b2=1，
所以当x=c时，有c2a2+y2b2=1⇒y=±b2a，因此A,B的纵坐标分别为b2a，-b2a；
又因为抛物线C2的方程为，所以当x=c时，有y2=4c⋅c⇒y=±2c，
所以C,D的纵坐标分别为，-2c，故，|CD|=4c.
由|CD|=43|AB|得4c=8b23a，即3⋅ca=2-2(ca)2，解得ca=-2（舍去），ca=12.
所以C1的离心率为12.
（2）由（1）知，b=3c，故C1:x24c2+y23c2=1，所以C1的四个顶点坐标分别为(2c,0)，(-2c,0)，(0,3c)，(0,-3c)，C2的准线为x=-c.
由已知得3c+c+c+c=12，即c=2.
所以C1的标准方程为x216+y212=1，C2的标准方程为y2=8x.
【小结】
本题考查了求椭圆的离心率，考查了求椭圆和抛物线的标准方程，考查了椭圆的四个顶点的坐标以及抛物线的准线方程，考查了数学运算能力.
72．（1）15（百米）；
（2）见解析；
（3）17+321（百米）.
【分析】
解：解法一：
（1）过A作AE⊥BD，垂足为E.利用几何关系即可求得道路PB的长；
（2）分类讨论P和Q中能否有一个点选在D处即可.
（3）先讨论点P的位置，然后再讨论点Q的位置即可确定当d最小时，P、Q两点间的距离．
解法二：
（1）建立空间直角坐标系，分别确定点P和点B的坐标，然后利用两点之间距离公式可得道路PB的长；
（2）分类讨论P和Q中能否有一个点选在D处即可.
（3）先讨论点P的位置，然后再讨论点Q的位置即可确定当d最小时，P、Q两点间的距离．
【解析】
解法一：
（1）过A作AE⊥BD，垂足为E.
由已知条件得，四边形ACDE为矩形，DE=BE=AC=6, AE=CD=8.
因为PB⊥AB，
所以cos∠PBD=sin∠ABE=810=45.
所以PB=BDcos∠PBD=1245=15.
因此道路PB的长为15（百米）.

（2）①若P在D处，由（1）可得E在圆上，则线段BE上的点（除B，E）到点O的距离均小于圆O的半径，所以P选在D处不满足规划要求.
②若Q在D处，连结AD，由（1）知AD=AE2+ED2=10，
从而cos∠BAD=AD2+AB2-BD22AD⋅AB=725>0，所以∠BAD为锐角.
所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.
因此，Q选在D处也不满足规划要求.
综上，P和Q均不能选在D处.
（3）先讨论点P的位置.
当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；
当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求.
设P1为l上一点，且P1B⊥AB，由（1）知，P1B=15，
此时P1D=P1Bsin∠P1BD=P1Bcos∠EBA=15×35=9；
当∠OBP>90°时，在△PP1B中，PB>P1B=15.
由上可知，d≥15.
再讨论点Q的位置.
由（2）知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.当QA=15时，CQ=QA2-AC2=152-62=321.此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.
综上，当PB⊥AB，点Q位于点C右侧，且CQ=321时，d最小，此时P，Q两点间的距离PQ=PD+CD+CQ=17+321.
因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17+321（百米）.
解法二：
（1）如图，过O作OH⊥l，垂足为H.
以O为坐标原点，直线OH为y轴，建立平面直角坐标系.

因为BD=12，AC=6，所以OH=9，直线l的方程为y=9，点A，B的纵坐标分别为3，−3.
因为AB为圆O的直径，AB=10，所以圆O的方程为x2+y2=25.
从而A（4，3），B（−4，−3），直线AB的斜率为34.
因为PB⊥AB，所以直线PB的斜率为-43，
直线PB的方程为y=-43x-253.
所以P（−13，9），PB=(-13+4)2+(9+3)2=15.
因此道路PB的长为15（百米）.
（2）①若P在D处，取线段BD上一点E（−4，0），则EO=4<5，所以P选在D处不满足规划要求.
②若Q在D处，连结AD，由（1）知D（−4，9），又A（4，3），
所以线段AD：y=-34x+6(-4⩽x⩽4).
在线段AD上取点M（3，154），因为OM=32+1542<32+42=5，
所以线段AD上存在点到点O的距离小于圆O的半径.
因此Q选在D处也不满足规划要求.
综上，P和Q均不能选在D处.
（3）先讨论点P的位置.
当∠OBP<90°时，线段PB上存在点到点O的距离小于圆O的半径，点P不符合规划要求；
当∠OBP≥90°时，对线段PB上任意一点F，OF≥OB，即线段PB上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径，点P符合规划要求.
设P1为l上一点，且P1B⊥AB，由（1）知，P1B=15，此时P1-13,9；
当∠OBP>90°时，在△PP1B中，PB>P1B=15.
由上可知，d≥15.
再讨论点Q的位置.
由（2）知，要使得QA≥15，点Q只有位于点C的右侧，才能符合规划要求.
当QA=15时，设Q（a，9），由AQ=(a-4)2+(9-3)2=15(a>4)，
得a=4+321，所以Q（4+321，9），此时，线段QA上所有点到点O的距离均不小于圆O的半径.
综上，当P（−13，9），Q（4+321，9）时，d最小，此时P，Q两点间的距离
PQ=4+321-(-13)=17+321.
因此，d最小时，P，Q两点间的距离为17+321（百米）.
【小结】
本题主要考查三角函数的应用、解方程、直线与圆等基础知识，考查直观想象和数学建模及运用数学知识分析和解决实际问题的能力.
73．（1）x24+y23=1；
（2）E(-1,-32).
【分析】
(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；
(2)解法一：由题意首先确定直线AF1的方程，联立直线方程与圆的方程，确定点B的坐标，联立直线BF2与椭圆的方程即可确定点E的坐标；
解法二：由题意利用几何关系确定点E的纵坐标，然后代入椭圆方程可得点E的坐标.
【解析】
（1）设椭圆C的焦距为2c.
因为F1(－1，0)，F2(1，0)，所以F1F2=2，c=1.
又因为DF1=52，AF2⊥x轴，所以DF2=DF12-F1F22=(52)2-22=32，
因此2a=DF1+DF2=4，从而a=2.
由b2=a2-c2，得b2=3.
因此，椭圆C的标准方程为x24+y23=1.
（2）解法一：
由（1）知，椭圆C：x24+y23=1，a=2，
因为AF2⊥x轴，所以点A的横坐标为1.
将x=1代入圆F2的方程(x-1) 2+y2=16，解得y=±4.
因为点A在x轴上方，所以A(1，4).

又F1(-1，0)，所以直线AF1：y=2x+2.
由y=2x+2x-12+y2=16，得5x2+6x-11=0，
解得x=1或x=-115.
将x=-115代入y=2x+2，得y=-125，
因此B(-115,-125).又F2(1，0)，所以直线BF2：y=34(x-1).
由y=34(x-1)x24+y23=1，得7x2-6x-13=0，解得x=-1或x=137.
又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以x=-1.
将x=-1代入y=34(x-1)，得y=-32.因此E(-1,-32).
解法二：
由（1）知，椭圆C：x24+y23=1.如图，连结EF1.

因为BF2=2a，EF1+EF2=2a，所以EF1=EB，
从而∠BF1E=∠B.
因为F2A=F2B，所以∠A=∠B，
所以∠A=∠BF1E，从而EF1∥F2A.
因为AF2⊥x轴，所以EF1⊥x轴.
因为F1(-1，0)，由x=-1x24+y23=1，得y=±32.
又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以y=-32.
因此E(-1,-32).
【小结】
本题主要考查直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力.
74．(Ⅰ) x2=-4y，y=1；
(Ⅱ)见解析.
【分析】
(Ⅰ)由题意结合点的坐标可得抛物线方程，进一步可得准线方程；
(Ⅱ)联立准线方程和抛物线方程，结合韦达定理可得圆心坐标和圆的半径，从而确定圆的方程，最后令x=0即可证得题中的结论.
【解析】
(Ⅰ)将点2,-1代入抛物线方程：22=2p×-1可得：p=2，
故抛物线方程为：x2=-4y，其准线方程为：y=1.
(Ⅱ)很明显直线l的斜率存在，焦点坐标为0,-1，
设直线方程为y=kx-1，与抛物线方程x2=-4y联立可得：x2+4kx-4=0.
故：x1+x2=-4k,x1x2=-4.
设Mx1,-x124,Nx2,-x224，则kOM=-x14,kON=-x24，
直线OM的方程为y=-x14x，与y=-1联立可得：A4x1,-1，同理可得B4x2,-1，
易知以AB为直径的圆的圆心坐标为：2x1+2x2,-1，圆的半径为：2x1-2x2，
且：2x1+2x2=2x1+x2x1x2=2k，2x1-2x2=2×x1+x22-4x1x2x1x2=2k2+1，
则圆的方程为：x-2k2+y+12=4k2+1，
令x=0整理可得：y2+2y-3=0，解得：y1=-3,y2=1，
即以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点0,-3,0,1.
【小结】
本题主要考查抛物线方程的求解与准线方程的确定，直线与抛物线的位置关系，圆的方程的求解及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
75．（1）2或6；
（2）见解析.
【分析】
（1）设At,-t，B-t,t，根据AB||，可知t=2；由圆的性质可知圆心M必在直线y=x上，可设圆心Ma,a；利用圆心到的距离为半径和MA=MB=r构造方程，从而解出r；（2）当直线AB斜率存在时，设AB方程为：，由圆的性质可知圆心M必在直线y=-1kx上；假设圆心坐标，利用圆心到的距离为半径和r=MA=OA2+OM2构造方程，解出M坐标，可知M轨迹为抛物线；利用抛物线定义可知P1,0为抛物线焦点，且定值为1；当直线AB斜率不存在时，求解出M坐标，验证此时P1,0依然满足定值，从而可得到结论.
【解析】
（1）∵A在直线x+y=0上 ∴设At,-t，则B-t,t
又AB|| ∴8t2=16，解得：t=2
∵⊙M过点A，B ∴圆心M必在直线y=x上
设Ma,a，圆的半径为r
∵⊙M与相切 ∴r=a+2
又MA=MB=r，即a-22+a+22=r2
∴a-22+a+22=a+22，解得：a=0或a=4
当a=0时，r=2；当a=4时，r=6
∴⊙M的半径为：2或6
（2）存在定点P1,0，使得MA-MP=1
说明如下：
∵A，B关于原点对称且AB||
∴直线AB必为过原点O的直线，且OA=2
①当直线AB斜率存在时，设AB方程为：
则⊙M的圆心M必在直线y=-1kx上
设M-km,m，⊙M的半径为r
∵⊙M与相切 ∴r=-km+2
又r=MA=OA2+OM2=4+k2m2+m2
∴-km+2=4+k2m2+m2，整理可得：m2=-4km
即M点轨迹方程为：y2=4x，准线方程为：x=-1，焦点F1,0
∵MA=r，即抛物线上点到x=-2的距离 MA=MF+1
∴MA-MF=1
∴当P与F重合，即P点坐标为1,0时，MA-MP=1
②当直线AB斜率不存在时，则直线AB方程为：x=0
在x轴上，设Mn,0
∴n+2=n2+4，解得：n=0，即M0,0
若P1,0，则MA-MP=2-1=1
综上所述，存在定点P1,0，使得MA-MP为定值.
【小结】
本题考查圆的方程的求解问题、圆锥曲线中的定点定值类问题.解决本定点定值问题的关键是能够根据圆的性质得到动点所满足的轨迹方程，进而根据抛物线的定义得到定值，进而验证定值符合所有情况，使得问题得解.
76．（1）83；（2）2；（3）见解析
【分析】
（1）求解出Q点坐标，然后得到PF和FQ，从而求得dP；（2）通过假设P点坐标得到直线PF方程，与抛物线联立后得到yQ，代入2dP-PF，整理得到结果；（3）由P1P2=P2P3可知P2为P1,P3中点，假设三点坐标，代入2dP1+dP3-4dP2，将式子整理为y1和y3的形式，然后通过平方运算可得到2dP1+dP3-4dP2>0，从而得到结论：dP1+dP3>2dP2.
【解析】
由题意可知：F1,0，准线方程为：x=-1
（1）因为kPF=832=43 ⇒y=43x-1
联立方程y=43x-1y2=4x ⇒xQ=14
则PF=-1-12+-83-02=103QF=xQ+1=54 ⇒dP=83
（2）当P-1,0时，易得a=2dP-PF=2
设P-1,yP，yP>0，直线PF:x=my+1，则myP=-2
联立x=my+1y2=4x，y2-4my-4=0
∴yQ=4m+4m2+162=2m+2m2+1
2dP-PF=2yPyQ-1+m2yP=2-2m2m+2m2+1+21+m2m
=-2m2+1-mm+21+m2m=2

由对称性可知yP<0亦成立
综上所述，存在a=2，使得2dP=PF+a
（3）由P1P2=P2P3可知P2为P1,P3中点
设P1-1,y1,P2-1,y2,P3-1,y3，则
2dP1+dP3-4dP2=P1F+P3F-2P2F=y12+4+y32+4-2y22+4
=y12+4+y32+4-2y1+y322+4=y12+4+y32+4-y1+y32+16
因为y12+4+y32+42-y1+y32+16=2y12+4y32+4-2y1y2-8
又因y12+4y32+4-y1y3+42=4y12+y32-8y1y3>0
所以dP1+dP3>2dP2
【小结】
本题考查抛物线中的定值问题、直线与抛物线的综合应用.解决第三问三者之间关系的关键是能够明确问题的本题，其本质为三角形中的三边关系问题：AE为ΔABC的中线，则由三角形两边之和大于第三边，可知2AE>AB+AC；明确本质之后即明确了证明方向，对于学生的转化与化归能力要求较高.
77．（1）BF=t+2；（2）S=12×3+73=736；（3）见解析.
【分析】
（1）方法一：设B点坐标，根据两点之间的距离公式，即可求得|BF|；
方法二：根据抛物线的定义，即可求得|BF|；
（2）根据抛物线的性质，求得Q点坐标，即可求得OD的中点坐标，即可求得直线PF的方程，代入抛物线方程，即可求得P点坐标，即可求得△AQP的面积；
（3）设P及E点坐标，根据直线kPF•kFQ=﹣1，求得直线QF的方程，求得Q点坐标，根据FP+FQ=FE，求得E点坐标，则（48+y24y）2=8（y28+6），即可求得P点坐标．
【解析】
（1）方法一：由题意可知：设Bt，22t，
则BF=t-22+8t=t+2，
∴BF=t+2；
方法二：由题意可知：设Bt，22t，
由抛物线的性质可知：BF=t+p2=t+2，∴BF=t+2；
（2）F2，0，FQ=2，t=3，则FA=1，
∴AQ=3，∴Q3，2，设OQ的中点D，
D32，22，
kQF=32-032-2=-3，则直线PF方程：y=-3x-2，
联立y=-3x-2y2=8x，整理得：3x2-20x+12=0，
解得：x=23，x=6（舍去），
∴△AQP的面积S=12×3+73=736；
（3）存在，设Py28，y，Em28，m，则kPF=yy28-2=8yy2-16，kFQ=16-y28y，
直线QF方程为y=16-y28yx-2，∴yQ=16-y28y8-2=48-3y24y，Q8，48-3y24y，
根据FP+FQ=FE，则Ey28+6，48+y24y，
∴48+y24y2=8y28+6，解得：y2=165，
∴存在以FP、FQ为邻边的矩形FPEQ，使得点E在Γ上，且P25，455．

【小结】
本题考查抛物线的性质，直线与抛物线的位置关系，考查转化思想，计算能力，属于中档题．
78．（Ⅰ）x23+y2=1；（Ⅱ）6；（Ⅲ）1.
【分析】
（Ⅰ）根据题干可得a,b,c的方程组，求解a2,b2的值，代入可得椭圆方程；
（Ⅱ）设直线方程为，联立，消y整理得4x2+6mx+3m2-3=0，利用根与系数关系及弦长公式表示出|AB|，求其最值；
（Ⅲ）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理写出两根关系，结合C、D、Q三点共线，利用共线向量基本定理得出等量关系，可求斜率k.
【解析】
（Ⅰ）由题意得2c=22，所以c=2，
又e=ca=63，所以a=3，所以b2=a2-c2=1，
所以椭圆M的标准方程为x23+y2=1；
（Ⅱ）设直线AB的方程为，
由y=x+mx23+y2=1消去y可得4x2+6mx+3m2-3=0，
则Δ=36m2-4×43m2-3=48-12m2>0，即m2<4，
设Ax1,y1，Bx2,y2，则x1+x2=-3m2，x1x2=3m2-34，
则AB=1+k2x1-x2=1+k2⋅x1+x22-4x1x2=6×4-m22，
易得当m2=0时，|AB|max=6，故AB的最大值为6；
（Ⅲ）设Ax1,y1，Bx2,y2，Cx3,y3，Dx4,y4，
则x12+3y12=3 ①，x22+3y22=3 ②，
又P-2,0，所以可设k1=kPA=y1x1+2，直线PA的方程为y=k1x+2，
由y=k1x+2x23+y2=1消去y可得1+3k12x2+12k12x+12k12-3=0，
则x1+x3=-12k121+3k12，即x3=-12k121+3k12-x1，
又k1=y1x1+2，代入①式可得x3=-7x1-124x1+7，所以y3=y14x1+7，
所以C-7x1-124x1+7,y14x1+7，同理可得D-7x2-124x2+7,y24x2+7．
故QC=x3+74,y3-14，QD=x4+74,y4-14，
因为Q,C,D三点共线，所以x3+74y4-14-x4+74y3-14=0，
将点C,D的坐标代入化简可得y1-y2x1-x2=1，即k=1．
【小结】
本题主要考查椭圆与直线的位置关系，第一问只要找到a,b,c三者之间的关系即可求解；第二问主要考查学生对于韦达定理及弦长公式的运用，可将弦长公式AB=1+k2x2-x1变形为|AB|=1+k2⋅(x1+x2)2-4x1x2，再将根与系数关系代入求解；第三问考查椭圆与向量的综合知识，关键在于能够将三点共线转化为向量关系，再利用共线向量基本定理建立等量关系求解.
79．（1）x24+y2=1，x2+y2=3；（2）y=-5x+32
【解析】
分析：（1）根据条件易得圆的半径，即得圆的标准方程，再根据点在椭圆上，解方程组可得a,b，即得椭圆方程；（2）第一问先根据直线与圆相切得一方程，再根据直线与椭圆相切得另一方程，解方程组可得切点坐标.第二问先根据三角形面积得三角形底边边长，再结合①中方程组，利用求根公式以及两点间距离公式，列方程，解得切点坐标，即得直线方程.
解析：解：（1）因为椭圆C的焦点为F1-3,0,F2(3,0)，
可设椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)．又点3,12在椭圆C上，
所以3a2+14b2=1,a2-b2=3,，解得a2=4,b2=1,
因此，椭圆C的方程为x24+y2=1．
因为圆O的直径为F1F2，所以其方程为x2+y2=3．
（2）①设直线l与圆O相切于Px0,y0(x0>0,y0>0)，则x02+y02=3，
所以直线l的方程为y=-x0y0x-x0+y0，即y=-x0y0x+3y0．
由x24+y2=1,y=-x0y0x+3y0,，消去y，得
4x02+y02x2-24x0x+36-4y02=0．（*）
因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点，
所以Δ=-24x02-44x02+y0236-4y02=48y02x02-2=0．
因为x0,y0>0，所以x0=2,y0=1．
因此，点P的坐标为(2,1)．
②因为三角形OAB的面积为267，所以12AB⋅OP=267，从而AB=427．
设Ax1,y1,Bx2,y2，
由（*）得x1,2=24x0±48y02x02-224x02+y02，
所以AB2=x1-x22+y1-y22
=1+x02y02⋅48y02x02-24x02+y022．
因为x02+y02=3，
所以AB2=16x02-2x02+12=3249，即2x04-45x02+100=0，
解得x02=52(x02=20舍去），则y02=12，因此P的坐标为102,22．
综上，直线l的方程为y=-5x+32．

小结：直线与椭圆的交点问题的处理一般有两种处理方法：一是设出点的坐标，运用“设而不求”思想求解；二是设出直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理求出交点坐标，适用于已知直线与椭圆的一个交点的情况.
80．(1) 取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）
(2)证明过程见解析
【解析】
分析：（1）先确定p,再设直线方程，与抛物线联立，根据判别式大于零解得直线l的斜率的取值范围，最后根据PA，PB与y轴相交，舍去k=3，（2）先设A（x1，y1），B（x2，y2），与抛物线联立，根据韦达定理可得x1+x2=-2k-4k2，x1x2=1k2．再由QM=λQO，QN=μQO得λ=1-yM，μ=1-yN．利用直线PA，PB的方程分别得点M，N的纵坐标，代入化简1λ+1μ可得结论.
解析：解：（Ⅰ）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2），
所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x．
由题意可知直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为y=kx+1（k≠0）．
由y2=4xy=kx+1得k2x2+2k-4x+1=0．
依题意Δ=2k-42-4×k2×1>0，解得k<0或0 又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点（1，-2）．从而k≠-3．
所以直线l斜率的取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）．
（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2）．
由（I）知x1+x2=-2k-4k2，x1x2=1k2．
直线PA的方程为y-2=y1-2x1-1x-1．
令x=0，得点M的纵坐标为yM=-y1+2x1-1+2=-kx1+1x1-1+2．
同理得点N的纵坐标为yN=-kx2+1x2-1+2．
由QM=λQO，QN=μQO得λ=1-yM，μ=1-yN．
所以1λ+1μ=11-yM+11-yN=x1-1k-1x1+x2-1k-1x2=1k-1⋅2x1x2-x1+x2x1x2=1k-1⋅2k2+2k-4k21k2=2．
所以1λ+1μ为定值．
小结：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.
81．(1) (x+1)2+y2=4.
(2) y=-43x+2.
【解析】
分析：(1)就根据x=ρcosθ，y=ρsinθ以及ρ2=x2+y2，将方程ρ2+2ρcosθ-3=0中的相关的量代换，求得直角坐标方程；
(2)结合方程的形式，可以断定曲线C2是圆心为A-1,0，半径为2的圆，C1是过点B0,2且关于y轴对称的两条射线，通过分析图形的特征，得到什么情况下会出现三个公共点，结合直线与圆的位置关系，得到k所满足的关系式，从而求得结果.
解析：（1）由x=ρcosθ，y=ρsinθ得C2的直角坐标方程为
x+12+y2=4．
（2）由（1）知C2是圆心为A-1,0，半径为2的圆．
由题设知，C1是过点B0,2且关于y轴对称的两条射线．记y轴右边的射线为l1，y轴左边的射线为l2．由于B在圆C2的外面，故C1与C2有且仅有三个公共点等价于l1与C2只有一个公共点且l2与C2有两个公共点，或l2与C2只有一个公共点且l1与C2有两个公共点．
当l1与C2只有一个公共点时，A到l1所在直线的距离为2，所以-k+2k2+1=2，故k=-43或k=0．
经检验，当k=0时，l1与C2没有公共点；当k=-43时，l1与C2只有一个公共点，l2与C2有两个公共点．
当l2与C2只有一个公共点时，A到l2所在直线的距离为2，所以k+2k2+1=2，故k=0或k=43．
经检验，当k=0时，l1与C2没有公共点；当k=43时，l2与C2没有公共点．
综上，所求C1的方程为y=-43x+2．
小结：该题考查的是有关坐标系与参数方程的问题，涉及到的知识点有曲线的极坐标方程向平面直角坐标方程的转化以及有关曲线相交交点个数的问题，在解题的过程中，需要明确极坐标和平面直角坐标之间的转换关系，以及曲线相交交点个数结合图形，将其转化为直线与圆的位置关系所对应的需要满足的条件，从而求得结果.
82．（1）k<-12
（2）32128或-32128
【解析】
分析：（1）设而不求，利用点差法进行证明．
（2）解出m,进而求出点P的坐标，得到FP,再由两点间距离公式表示出FA,FB，得到直l的方程，联立直线与椭圆方程由韦达定理进行求解．
解析：（1）设Ax1,y1,Bx2,y2，则x124+y123=1,x224+y223=1.
两式相减，并由y1-y2x1-x2=k得
x1+x24+y1+y23⋅k=0.
由题设知x1+x22=1,y1+y22=m，于是
k=-34m.①
由题设得0 （2）由题意得F1,0，设Px3,y3，则
x3-1,y3+x1-1,y1+x2-1,y2=0,0.
由（1）及题设得x3=3-x1+x2=1,y3=-y1+y2=-2m<0.
又点P在C上，所以m=34，从而P1,-32，FP=32.
于是
FA=x1-12+y12=x1-12+31-x124=2-x12.
同理FB=2-x22.
所以FA+FB=4-12x1+x2=3.
故2FP=FA+FB，即FA,FP,FB成等差数列.
设该数列的公差为d，则
2d=||FB-FA=12x1-x2=12x1+x22-4x1x2.②
将m=34代入①得k=-1.
所以l的方程为y=-x+74，代入C的方程，并整理得7x2-14x+14=0.
故x1+x2=2,x1x2=128，代入②解得d=32128.
所以该数列的公差为32128或-32128.
小结：本题主要考查直线与椭圆的位置关系，等差数列的性质，第一问利用点差法，设而不求可减小计算量，第二问由已知得到FP+FM=0,求出m得到直线方程很关键，考查了函数与方程的思想，考察学生的计算能力，难度较大．
83．（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
分析：（1）设而不求，利用点差法，或假设直线方程，联立方程组，由判别式和韦达定理进行证明．
（2）先求出点P的坐标，解出m，得到直线l的方程，联立直线与椭圆方程由韦达定理进行求解．
解析：（1）设Ax1，y1，Bx2，y2，则x124+y123=1，x224+y223=1．
两式相减，并由y1-y2x1-x2=k得x1+x24+y1+y23⋅k=0．
由题设知x1+x22=1，y1+y22=m，于是k=-34m．
由题设得14+m23<1,m>0∴0 （2）由题意得F（1，0）．设Px3，y3，则
x3-1，y3+x1-1，y1+x2-1，y2=0，0．
由（1）及题设得x3=3-x1+x2=1，y3=-y1+y2=-2m<0．
又点P在C上，所以，从而P1，-32，|FP|=32．
于是|FA|=x1-12+y12=x1-12+31-x124=2-x12．
同理|FB|=2-x22．
所以|FA|+|FB|=4-12x1+x2=3．
故2|FP|=|FA|+|FB|．
小结：本题主要考查直线与椭圆的位置关系，第一问利用点差法，设而不求可减小计算量，第二问由已知得求出m，得到FP,再有两点间距离公式表示出FA,FB，考查了学生的计算能力，难度较大．
84．（1）(π4,3π4)
（2）x=22sin2α,y=-22-22cos2α为参数，π4<α<3π4)
【解析】
分析：（1）由圆与直线相交，圆心到直线距离d （2）联立方程，由根与系数的关系求解
解析：（1）⊙O的直角坐标方程为x2+y2=1．
当α=π2时，l与⊙O交于两点．
当α≠π2时，记tanα=k，则l的方程为y=kx-2．l与⊙O交于两点当且仅当21+k2<1，解得k<-1或k>1，即α∈π4,π2或α∈π2,3π4．
综上，α的取值范围是π4,3π4．
（2）l的参数方程为x=tcosα,y=-2+tsinα(t为参数，π4<α<3π4 )．
设A，B，P对应的参数分别为tA，tB，tP，则tP=tA+tB2，且tA，tB满足t2-22tsinα+1=0．
于是tA+tB=22sinα，tP=2sinα．又点P的坐标x,y满足x=tPcosα,y=-2+tPsinα.
所以点P的轨迹的参数方程是x=22sin2α,y=-22-22cos2α (α为参数，π4<α<3π4 )．
小结：本题主要考查直线与圆的位置关系，圆的参数方程，考查求点的轨迹方程，属于中档题．
85．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）62,15104.
【分析】
分析: （Ⅰ）设P,A,B的纵坐标为y0，y1,y2，根据中点坐标公式得PA,PB的中点坐标，代入抛物线方程，可得y1+y2=2y0，即得结论；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得△PAB面积为12PMy1-y2，利用根与系数的关系可表示PM，y1-y2为y0的函数，根据半椭圆范围以及二次函数性质确定面积取值范围.
【解析】
解析：（Ⅰ）设Px0,y0，A14y12,y1，B14y22,y2．
因为PA，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程
y+y022=4⋅14y2+x02，
即y2-2y0y+8x0-y02=0的两个不同的实数根．
所以y1+y2=2y0．
因此，PM垂直于y轴．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知y1+y2=2y0,y1y2=8x0-y02,
所以PM=18y12+y22-x0=34y02-3x0，y1-y2=22y02-4x0．
因此，△PAB的面积S△PAB=12PM⋅y1-y2=324y02-4x032．
因为x02+y024=1(x0<0)，所以y02-4x0=-4x02-4x0+4∈4,5．
因此，△PAB面积的取值范围是62,15104．
小结：求范围问题，一般利用条件转化为对应一元函数问题，即通过题意将多元问题转化为一元问题，再根据函数形式，选用方法求值域，如二次型利用对称轴与定义区间位置关系，分式型可以利用基本不等式，复杂性或复合型可以利用导数先研究单调性，再根据单调性确定值域.
86．（1）y=12x+1或y=-12x-1；（2）见解析.
【分析】
（1）首先根据l与x轴垂直，且过点A2 ，  0，求得直线l的方程为x=2，代入抛物线方程求得点M的坐标为2,2或2,-2，利用两点式求得直线BM的方程；
（2）设直线l的方程为x=ty+2，点Mx1,y1、Nx2,y2，将直线l的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，由斜率公式并结合韦达定理计算出直线BM、BN的斜率之和为零，从而得出所证结论成立.
【解析】
（1）当l与x轴垂直时，l的方程为x=2，可得M的坐标为2,2或2,-2．
所以直线BM的方程为y=12x+1或y=-12x-1；
（2）设l的方程为x=ty+2，Mx1,y1、Nx2,y2，
由x=ty+2y2=2x，得y2-2ty-4=0，可知y1+y2=2t，y1y2=-4．
直线BM、BN的斜率之和为
kBM+kBN=y1x1+2+y2x2+2=x2+2y1+x1+2y2x1+2x2+2=ty2+4y1+ty1+4y2x1+2x2+2，
所以kBM+kBN=0，可知BM、BN的倾斜角互补，所以∠ABM=∠ABN.
综上，∠ABM=∠ABN.
【小结】
该题考查的是有关直线与抛物线的问题，涉及到的知识点有直线方程的两点式、直线与抛物线相交的综合问题、关于角的大小用斜率来衡量，在解题的过程中，第一问求直线方程的时候，需要注意方法比较简单，需要注意的就是应该是两个，关于第二问，涉及到直线与曲线相交都需要联立方程组，之后韦达定理写出两根和与两根积，借助于斜率的关系来得到角是相等的结论.
87．(Ⅰ)x29+y24=1；(Ⅱ)12或1128．
【解析】
分析：（Ⅰ）由题意结合椭圆的性质可得a=3，b=2．则椭圆的方程为x29+y24=1．
（Ⅱ）设点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2）．由题意可得5y1=9y2．由方程组y=kx，x29+y24=1，可得y1=6k9k2+4．由方程组y=kx，x+y-2=0，可得y2=2kk+1．据此得到关于k的方程，解方程可得k的值为12或1128．
解析：（Ⅰ）设椭圆的焦距为2c，由已知有c2a2=59，
又由a2=b2+c2，可得2a=3b．由已知可得，FB=a，AB=2b，
由FB⋅AB=62，可得ab=6，从而a=3，b=2．
所以，椭圆的方程为x29+y24=1．
（Ⅱ）设点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2）．
由已知有y1>y2>0，故PQsin∠AOQ=y1-y2．
又因为AQ=y2sin∠OAB，而∠OAB=π4，故AQ=2y2．
由AQPQ=524sin∠AOQ，可得5y1=9y2．
由方程组y=kx，x29+y24=1，消去x，可得y1=6k9k2+4．
易知直线AB的方程为x+y–2=0，
由方程组y=kx，x+y-2=0，消去x，可得y2=2kk+1．
由5y1=9y2，可得5（k+1）=39k2+4，
两边平方，整理得56k2-50k+11=0，
解得k=12，或k=1128．
所以，k的值为12或1128．
小结：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
88．(1) y=x–1,(2) x-32+y-22=16或x-112+y+62=144．
【解析】
分析：(1)根据抛物线定义得AB=x1+x2+p，再联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理代入求出斜率，即得直线l的方程；（2）先求AB中垂线方程，即得圆心坐标关系，再根据圆心到准线距离等于半径得等量关系，解方程组可得圆心坐标以及半径，最后写出圆的标准方程.
解析：（1）由题意得F（1，0），l的方程为y=k（x–1）（k>0）．
设A（x1，y1），B（x2，y2）．
由y=kx-1y2=4x得k2x2-2k2+4x+k2=0．
Δ=16k2+16=0，故x1+x2=2k2+4k2．
所以AB=AF+BF=x1+1+x2+1=4k2+4k2．
由题设知4k2+4k2=8，解得k=–1（舍去），k=1．
因此l的方程为y=x–1．
（2）由（1）得AB的中点坐标为（3，2），所以AB的垂直平分线方程为
y-2=-x-3，即y=-x+5．
设所求圆的圆心坐标为（x0，y0），则
y0=-x0+5，x0+12=y0-x0+122+16.解得x0=3，y0=2或x0=11，y0=-6.
因此所求圆的方程为
x-32+y-22=16或x-112+y+62=144．
小结：确定圆的方程方法
(1)直接法：根据圆的几何性质，直接求出圆心坐标和半径，进而写出方程．
(2)待定系数法
①若已知条件与圆心a,b和半径r有关，则设圆的标准方程依据已知条件列出关于a,b,r的方程组，从而求出a,b,r的值；
②若已知条件没有明确给出圆心或半径，则选择圆的一般方程，依据已知条件列出关于D、E、F的方程组，进而求出D、E、F的值．
89．（1）x29+y24=1；(2)-12．
【解析】
分析：（I）由题意结合几何关系可求得a=3,b=2.则椭圆的方程为x29+y24=1.
（II）设点P的坐标为x1,y1，点M的坐标为x2,y2 ，由题意可得x2=5x1.
易知直线AB的方程为2x+3y=6，由方程组2x+3y=6,y=kx,可得x2=63k+2.由方程组x29+y24y=kx,=1,可得x1=69k2+4.结合x2=5x1，可得k=-89，或k=-12.经检验k的值为-12.
解析：（I）设椭圆的焦距为2c，由已知得，又由a2=b2+c2，可得2a=3b．由|AB|=a2+b2=13,从而．
所以，椭圆的方程为x29+y24=1．
（II）设点P的坐标为(x1,y1)，点M的坐标为(x2,y2)，由题意，x2>x1>0，
点Q的坐标为(-x1,-y1)．由△BPM的面积是△BPQ面积的2倍，可得|PM|=2|PQ|，
从而，即．
易知直线AB的方程为2x+3y=6，由方程组2x+3y=6,y=kx,消去y，可得x2=63k+2．由方程组x29+y24y=kx,=1,消去y，可得．由，可得，两边平方，整理得18k2+25k+8=0，解得，或k=-12．
当时，x2=-9<0，不合题意，舍去；当k=-12时，x2=12，x1=125，符合题意．
所以，k的值为-12．
小结：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
90．255 55
【分析】
不妨假设c=2，根据图形可知，sin∠PF1F2=23，再根据同角三角函数基本关系即可求出k=tan∠PF1F2=255；再根据椭圆的定义求出a，即可求得离心率．
【解析】

如图所示：不妨假设c=2，设切点为B，
sin∠PF1F2=sin∠BF1A=ABF1A=23，tan∠PF1F2=232-22=255
所以k=255, 由k=PF2F1F2,F1F2=2c=4，所以PF2=855，PF2=1255，于是2a=PF1+PF2=45，即a=25，所以．
故答案为：255；55．
91．33 -233
【分析】
由直线与两圆相切建立关于k，b的方程组，解方程组即可.
【解析】
设C1:x2+y2=1，C2:(x-4)2+y2=1，由题意，C1,C2到直线的距离等于半径，即|b|k2+12=1，|4k+b|k2+12=1，
所以|b|=4k+b，所以k=0（舍）或者b=-2k，
解得k=33,b=-233.
故答案为：33;-233
【点晴】
本题主要考查直线与圆的位置关系，考查学生的数学运算能力，是一道基础题.
92．m=-2 r=5
【分析】
本题主要考查圆的方程、直线与圆的位置关系.首先通过确定直线AC的斜率，进一步得到其方程，将(0,m)代入后求得m，计算得解.
【解析】
可知kAC=-12⇒AC:y+1=-12(x+2)，把(0,m)代入得m=-2，此时r=|AC|=4+1=5.
【小结】
解答直线与圆的位置关系问题，往往要借助于数与形的结合，特别是要注意应用圆的几何性质.
93．3-1 2
【解析】
分析：由正六边形性质得渐近线的倾斜角，解得双曲线中m2,n2关系，即得双曲线N的离心率；由正六边形性质得椭圆上一点到两焦点距离之和为c+3c，再根据椭圆定义得c+3c=2a，解得椭圆M的离心率.
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+3c，再根据椭圆定义得c+3c=2a，所以椭圆M的离心率为ca=21+3=3-1.
双曲线N的渐近线方程为y=±nmx，由题意得双曲线N的一条渐近线的倾斜角为π3，∴n2m2=tan2π3=3， ∴e2=m2+n2m2=m2+3m2m2=4，∴e=2.
小结：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于a,b,c的方程或不等式，再根据a,b,c的关系消掉b得到a,c的关系式，而建立关于a,b,c的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.