2024届高考数学二轮复习专题强化练(十二)含答案

这是一份2024届高考数学二轮复习专题强化练(十二)含答案，共17页。试卷主要包含了已知椭圆C，已知双曲线C，设椭圆C，已知双曲线M等内容，欢迎下载使用。

A.eq \f(2\r(2),3) B.eq \f(2,3)
C.eq \f(\r(31),6) D.eq \f(\r(11),6)
解析：因为椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,m)＝1的长轴长为6，
所以m＝32＝9，则c2＝a2－b2＝9－5＝4，即c＝2，
所以该椭圆的离心率e＝eq \f(2,3).
故选B.
答案：B
2．(2023·广州二模)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，过点(－a，0)且方向量为n＝(1，－1)的光线，经直线y＝－b反射后过C的右焦点，则C的离心率为( )
A.eq \f(3,5) B.eq \f(2,3)
C.eq \f(3,4) D.eq \f(4,5)
解析：由题意可得方向向量为n＝(1，－1)的光线的斜率为－1，
直线y＝－b，平行于x轴，
故由反射定律知，
△AMF为等腰直角三角形，
所以eq \f(1,2)(a＋c)＝b，所以a2＋2ac＋c2＝4b2＝4(a2－c2)，
所以3a2－2ac－5c2＝0，所以(3a－5c)(a＋c)＝0，
所以3a－5c＝0，所以e＝eq \f(c,a)＝eq \f(3,5).
故选A.
答案：A
3．(2023·郑州模拟)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线与C的左、右两支分别交于A，B两点，|AF1|＋|AF2|＝24，|AF1|＝|BF1|＝5λ，|AB|＝4λ，则实数λ＝( )
A．eq \f(1,4) B．eq \f(1,2)
C．2 D．4
解析：如图所示，设|BF2|＝k(k>0)，|AF2|－|AF1|＝|BF1|－|BF2|，即(4λ＋k)－5λ＝5λ－k，
解得k＝3λ，2a＝|BF1|－|BF2|＝5λ－3λ＝2λ，即λ＝a，
故|AF1|＝5a，|AF2|－|AF1|＝2a，|AF2|＝7a，
所以|AF1|＋|AF2|＝24，12a＝24，解得a＝2，
即λ＝2.
故选C.
答案：C
4．(2023·广东一模)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，点B的坐标为(0，b)，若C上的任意一点P都满足|PB|≥b，则C的离心率取值范围是( )
A．(1，eq \f(\r(5)＋1,2)] B．[eq \f(\r(5)＋1,2)，＋∞)
C．(1，eq \r(2)] D．[eq \r(2)，＋∞)
解析：设P(x，y)，|PB|≥b⇒eq \r(x2＋（y－b）2)≥b⇒x2＋y2－2by≥0，(*)
由eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1⇒x2＝a2(1＋eq \f(y2,a2))，代入不等式*中，
整理得eq \f(c2,b2)y2－2by＋a2≥0恒成立，
则Δ＝4b2－eq \f(4a2c2,b2)≤0⇒b4≤a2c2⇒b2≤ac⇒c2－a2≤ac⇒e2－e－1≤0，
解得eq \f(1－\r(5),2)≤e≤eq \f(1＋\r(5),2)，又e>1，则1故选A.
答案：A
5．(2023·广州一模)已知抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点F在x轴上，过点(2，0)的直线交C于P，Q两点，且OP⊥OQ，线段PQ的中点为M，则直线MF的斜率的最大值为( )
A．eq \f(\r(6),6) B．eq \f(1,2)
C．eq \f(\r(2),2) D．1
解析：已知抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点F在x轴上，过点(2，0)的直线交C于P，Q两点，且OP⊥OQ，
则抛物线C的焦点F在x轴正半轴上，
设抛物线方程为y2＝2px，p>0，
设PQ所在的直线方程为x＝ky＋2，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ky＋2，,y2＝2px，))消x可得y2－2pky－4p＝0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则y1＋y2＝2pk，y1y2＝－4p，
又OP⊥OQ，
则x1x2＋y1y2＝0，
即eq \f(yeq \\al(2,1),2p)×eq \f(yeq \\al(2,2),2p)＋y1y2＝0，
即p＝1，
则F(eq \f(1,2)，0)，
又x1＋x2＝k(y1＋y2)＋4＝2k2＋4，
则M(k2＋2，k)，
则kMF＝eq \f(k,k2＋\f(3,2))，
当直线MF的斜率取最大值时，显然k>0，
又因为当k>0时，eq \f(k,k2＋\f(3,2))＝eq \f(1,k＋\f(3,2k))≤eq \f(1,2\r(k×\f(3,2k)))＝eq \f(\r(6),6)，
当且仅当k＝eq \f(3,2k)，即k＝eq \f(\r(6),2)时取等号，
所以直线MF的斜率的最大值为eq \f(\r(6),6)，
故选A.
答案：A
6．(2023·汕头一模)已知点P是椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1上一点，椭圆的左、右焦点分别为F1、F2，且cs ∠F1PF2＝eq \f(1,3)，则△PF1F2的面积为( )
A．6 B．12
C．eq \r(2) D．2eq \r(2)
解析：由椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1，得a＝3，b＝2，c＝eq \r(5).
设|PF1|＝m，|PF2|＝n，所以m＋n＝6，
于是△PF1F2的周长为m＋n＋2c＝6＋2eq \r(5)；
在△PF1F2中，由余弦定理可得：
(2c)2＝m2＋n2－2mn·cs ∠F1PF2＝(m＋n)2－2mn－2mn·eq \f(1,3)，可得20＝36－eq \f(8,3)mn，得mn＝6.
故S△F1PF2＝eq \f(1,2)mn·sin ∠F1PF2＝eq \f(1,2)·6·eq \r(1－\f(1,9))＝2eq \r(2).
故选D.
答案：D
7．(2023·深圳二模)设椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，直线l过点F1.若点F2关于l的对称点P恰好在椭圆C上，且eq \(F1P,\s\up6(→))·eq \(F1F2,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)a2，则C的离心率为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(2,3)
C.eq \f(1,2) D.eq \f(2,5)
解析：由题意可得|PF1|＝|F1F2|＝2c.
所以|PF2|＝2a－2c，
cs ∠PF1F2＝eq \f(（2c2）＋（2c）2－（2a－2c）2,2·2c·2c)
＝eq \f(4c2＋8ac－4a2,8c2)，
因为eq \(F1P,\s\up6(→))·eq \(F1F2,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)a2，
所以2c×2c×eq \f(4c2＋8ac－4a2,8c2)＝eq \f(1,2)a2，
所以4c2＋8ac－4a2＝a2，所以5a2－8ac－4c2＝0，
所以(5a＋2c)(a－2c)＝0，所以a＝2c，
所以e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2).
故选C.
答案：C
8．(2023·广东模拟)已知双曲线M：eq \f(x2,4)－eq \f(y2,b2)＝1的左，右焦点分别为F1，F2，记|F1F2|＝2c，以坐标原点O为圆心，c为半径的圆与双曲线M在第一象限的交点为P.若|PF1|＝c＋4，则双曲线的离心率为( )
A.eq \r(3)＋1 B.eq \f(\r(3)＋1,2)
C.eq \f(\r(3)＋2,2) D.eq \f(\r(3)＋3,2)
解析：由题意可得，PF1⊥PF2，a＝2.
因为点P在第一象限，|PF1|＝c＋4，
由双曲线的定义可得，|PF1|－|PF2|＝2a＝4，
所以|PF2|＝c.
在Rt△F1PF2中，由勾股定理可得|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，
即(c＋4)2＋c2＝4c2，整理可得c2－4c－8＝0，
解得c＝2±2eq \r(3)(舍去负值)．
所以c＝2＋2eq \r(3)，所以e＝eq \f(c,a)＝
eq \r(3)＋1.
故选A.
答案：A
9．(多选题)(2023·惠州模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,1－m)＝1的焦点在x轴上，且F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，P为椭圆C上一点，则下列结论正确的是( )
A．eq \f(1,2)B．C的离心率为 eq \r(\f(1,m))
C．存在m，使得∠F1PF2＝90°
D．△F1PF2面积的最大值为eq \f(\r(2),4)
解析：椭圆C：eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,1－m)＝1的焦点在x轴上，
可得m>1－m>0，解得m∈(eq \f(1,2)，1)，
所以A正确；
椭圆的离心率为：e＝eq \f(c,a)＝eq \r(\f(m－（1－m）,m))＝eq \r(\f(2m－1,m))，
所以B不正确；
当b＝eq \r(1－m)，c＝eq \r(2m－1)，满足eq \r(1－m)≤eq \r(2m－1)，
即m∈[eq \f(2,3)，1)时，使得∠F1PF2＝90°，
所以C正确；
△F1PF2面积的最大值为eq \f(1,2)×2c×b＝
eq \r(（1－m）（2m－1）)＝eq \r(－2m2＋3m－1)，
当m＝eq \f(3,4)时，面积取得最大值为eq \f(\r(2),4).
所以D正确．
故选ACD.
答案：ACD
10．(多选题)(2023·高州二模)阿波罗尼奥斯是古希腊著名的数学家，与欧几里得、阿基米德齐名，他的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽，几乎使后人没有插足的余地．其中给出了抛物线一条经典的光学性质：从焦点发出的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的轴．此性质可以解决线段和的最值问题，已知抛物线C：y2＝2px(p>0)，M是抛物线C上的动点，焦点F(eq \f(1,2)，0)，N(4，2)，下列说法正确的是( )
A．C的方程为y2＝x
B．C的方程为y2＝2x
C．|MF|＋|MN|的最小值为eq \f(5,2)
D．|MF|＋|MN|的最小值为eq \f(9,2)
解析：由题可得eq \f(p,2)＝eq \f(1,2)，p＝1，即C的方程为y2＝2x，
设准线为l，过M作MA⊥l交l于点A，过N作NB⊥l交l于点B，交C于点M′，连接M′F，
将y＝2代入y2＝2x可得M′(2，2)，
所以|M′F|＋|M′N|＝eq \r(（2－0）2＋（2－\f(1,2)）2)＋2＝eq \f(9,2)，
于是|MF|＋|MN|＝|MA|＋|MN|≥|BN|＝|BM′|＋|M′N|＝|M′F|＋|M′N|＝eq \f(9,2)，
当M与M′重合时，|MF|＋|MN|取得最小值eq \f(9,2).
故选BD.
答案：BD
11．(多选题)(2023·汕头潮阳区三模)椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左右焦点分别为F1，F2，过F1，F2分别作两条平行的射线F1A，F2B交椭圆C于A，B两点，(A，B均在x轴上方)，则( )
A．当∠AF1O＝60°时，|AF1|＋|BF2|＝eq \f(16,5)
B．|AF1|＋|BF2|的最小值为3
C．当∠AF1O＝60°时，四边形ABF2F1的面积为eq \f(24\r(3),5)
D．四边形ABF2F1面积的最大值为3
解析：F1(－1，0)设A(x1，y1)，
C(x2，y2)，lAC：x＝my－1.
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,x＝my－1，))
得(3m2＋4)y2－6my－9＝0.
由韦达定理有y1＋y2＝eq \f(6m,3m3＋4)，y1y2＝－eq \f(9,3m2＋4).
设B(x3，y3)，D(x4，y4)，由AC∥BD，得lBD：x＝my＋1.
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,x＝my＋1，))得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.
所以y3＋y4＝eq \f(－6m,3m2＋4)，y3y4＝－eq \f(9,3m2＋4).
而|AC|＝eq \r(1＋m2)|y1－y2|，|BD|＝eq \r(1＋m2)|y3－y4|，
由对称性可知|CF1|＝|BF2|，
|AF1|＋|BF2|＝|AF1|＋|CF1|＝|AC|＝eq \r(1＋m2)·|y1－y2|，
当∠AF1O＝60°时，所以m＝eq \f(\r(3),3)，y1＋y2＝eq \f(6m,3m2＋4)＝eq \f(2\r(3),5)，y1y2＝－eq \f(9,3m2＋4)＝－eq \f(9,5).
|AF1|＋|BF2|＝|AC|＝eq \r(1＋\f(1,3))eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝eq \r(\f(4,3)×[（\f(2\r(3),5)）2－4×（－\f(9,5)）])＝eq \f(16,5)，A选项正确；
当∠AF1O＝60°时，设F2到直线AC的距离为dF2，
dF2＝eq \f(|1＋1－0|,\r(1＋\f(1,3)))＝eq \r(3)，
四边形ABF2F1的面积为eq \f(1,2)(|AF1|＋|BF2|)dF2＝eq \f(1,2)×eq \f(16,5)dF2＝eq \f(1,2)×eq \f(16,5)×eq \r(3)＝eq \f(8\r(3),5)，C选项错误．
|AF1|＋|BF2|＝|AC|＝
eq \r(1＋m2)eq \r(（\f(6m,3m2＋4)）2＋\f(4×9,3m2＋4))＝eq \f(12（1＋m2）,3m2＋4)＝4－eq \f(4,3m2＋4)，
因为3m2＋4≥4，所以4－eq \f(4,3m2＋4)≤4－1＝3，
|AF1|＋|BF2|＝|AC|的最小值为3，B选项正确；
S▱ABCD＝4S△AOC，且S△AOC＝eq \f(1,2)|OF1|·|y1－y2|.
四边形ABCD为平行四边形，
S▱ABCD＝2|OF1|·|y1－y2|＝2eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝2eq \r(\f(36m2＋36（3m2＋4）,（3m2＋4）2))＝24eq \r(\f(1,9（m2＋1）＋\f(1,（m2＋1）)＋6))，
设f(t)＝9t＋eq \f(1,t)(t≥1)，f′(t)＝9－eq \f(1,t2)＝eq \f(9t2－1,t2)>0，
所以f(t)在[1，＋∞)上单调递增，
所以f(t)min＝f(1)＝10.
故S▱ABCD的最大值为6，此时m＝0.
四边形ABF2F1面积的最大值为3，D选项正确．
故选ABD.
答案：ABD
12．(多选题)(2023·汕头二模)已知曲线C：x2＋y2cs α＝1，α∈[0，π]，则下列结论正确的是( )
A．曲线C可能是圆，也可能是直线
B．曲线C可能是焦点在y轴上的椭圆
C．当曲线C表示椭圆时，则α越大，椭圆越圆
D．当曲线C表示双曲线时，它的离心率有最小值，且最小值为eq \r(2)
解析：设m＝cs a∈[－1，1]，故曲线C的方程可表示为x2＋my2＝1(－1≤m≤1)，
对A，当m＝0时，曲线C的方程为x2＝1，可得x＝±1，此时曲线C为两条直线；
当m＝1时，曲线C的方程为x2＋y2＝1，此时曲线C是一个圆；故A正确；
对B，当01，
曲线C的方程为x2＋eq \f(y2,\f(1,m))＝1，
此时曲线C为焦点在y轴上的椭圆，故B正确；
对C，当曲线C表示椭圆时，
离心率为e＝eq \r(1－m)＝eq \r(1－cs α)，
则α越大，椭圆越扁，故C错误；
对D，当－1≤m<0时，－eq \f(1,m)≥1，
曲线C的方程为x2－eq \f(y2,－\f(1,m))＝1，
此时曲线C为焦点在x轴上的双曲线，
此时离心率为e＝eq \r(1－\f(1,m))，
由－1≤m<0，可得e＝eq \r(1－\f(1,m))≥eq \r(2)，
即它的离心率有最小值，
且最小值为eq \r(2)，故D正确．
故选ABD.
答案：ABD
13．(多选题)(2023·深圳一模)已知抛物线C：y2＝2x的准线为l，直线x＝my＋n与C相交于A、B两点，M为AB的中点，则( )
A．当n＝eq \f(1,2)时，以AB为直径的圆与l相交
B．当n＝2时，以AB为直径的圆经过原点O
C．当|AB|＝4时，点M到l的距离的最小值为2
D．当|AB|＝1时，点M到l的距离无最小值
解析：因为抛物线C的方程为：y2＝2x，
所以p＝1，所以焦点F的坐标为(eq \f(1,2)，0)准线l的方程为x＝－eq \f(1,2)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
对A选项，当n＝eq \f(1,2)时，
AB直线为x＝my＋eq \f(1,2)，过其焦点F，
设A，B到准线l的距离分别为a，b，
则|AF|＝a，|BF|＝b，
所以线段AB的中点M到准线l的距离为eq \f(a＋b,2)＝eq \f(|AF|＋|BF|,2)＝eq \f(|AB|,2)，
所以当n＝eq \f(1,2)时，以AB为直径的圆与l相切，所以A选项错误．
对B选项，当n＝2时，AB直线为x＝my＋2，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝2x，,x＝my＋2，))可得y2－2my－4＝0，
所以y1y2＝－4，所以x1x2＝eq \f(yeq \\al(2,1),2)·eq \f(yeq \\al(2,2),2)＝4，
所以eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝(x1，y1)·(x2，y2)＝x1x2＋y1y2＝0，
所以以AB为直径的圆经过原点O，所以B选项正确；
对C选项，当|AB|＝4时，根据A选项分析可知：
点M到l的距离为eq \f(a＋b,2)＝eq \f(|AF|＋|BF|,2)≥eq \f(|AB|,2)＝2，
当且仅当A，F，B三点共线时，等号成立，所以C选项正确；
对D选项，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋n，,y2＝2x，))可得y2－2my－2n，
所以y1＋y2＝2m，y1y2＝－2n，
所以|AB|＝eq \r(1＋m2)|y1－y2|＝eq \r(1＋m2)·eq \r(4m2＋8n)＝1，
所以n＝eq \f(1,8（m2＋1）)－eq \f(m2,2)，
又M到l的距离为eq \f(p,2)＋eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(\f(yeq \\al(2,1),2)＋\f(yeq \\al(2,2),2),2)
＝eq \f(1,2)＋eq \f(（y1＋y2）2－2y1y2,4)＝eq \f(1,2)＋m2＋n
＝eq \f(1,2)＋m2＋eq \f(1,8（m2＋1）)－eq \f(m2,2)
＝eq \f(1,2)(m2＋1)＋eq \f(1,8（m2＋1）)，
令t＝m2＋1≥1，
所以M到l的距离为f(t)＝eq \f(1,2)t＋eq \f(1,8t)，t≥1，
又由对勾函数的性质易知：
f(t)＝eq \f(1,2)t＋eq \f(1,8t)在[1，＋∞)单调递增，
所以f(t)≥f(1)＝eq \f(5,8)，
所以M到l的距离最小值为eq \f(5,8)，故D选项错误．
故选BC.
答案：BC
14．(2023·韶关二模)已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F且斜率为－1的直线l交抛物线C于A，B两点，则以线段AB为直径的圆D的方程为________________；若圆D上存在两点P，Q，在圆T：(x＋2)2＋(y＋7)2＝a2(a>0)上存在一点M，使得∠PMQ＝90°，则实数a的取值范围为________．
解析：过抛物线C：y2＝4x的焦点F(1，0)且斜率为－1的直线l为y＝－x＋1，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝－x＋1，))消去y，得x2－6x＋1＝0，
所以AB的中点为D(3，－2)，|AB|＝x1＋x2＋p，
所以以线段AB为直径的圆D的半径r＝4，
方程为(x－3)2＋(y＋2)2＝16，
对圆D内任意一点M，必可作相互垂直的两直线相交，故存在圆D上两点P，Q，使∠PMQ＝90°；
对圆D外任意一点M，P，Q是圆D上两点．
当MP，MQ与圆D相切时，∠PMQ最大，
此时DPMQ为矩形，
若圆T：(x－a)2＋y2＝1上存在一点M，使得∠PMQ＝90°，
等价于以D为圆心，以|DM|＝eq \r(2)r＝2eq \r(2)为半径的圆与圆T：(x＋2)2＋(y＋7)2＝a2(a>0)存在公共点，
所以a－4eq \r(2)≤|DT|＝eq \r(（－2－3）2＋（－7＋2）2)≤4eq \r(2)＋a，解得eq \r(2)≤a≤9eq \r(2)，
所以实数a的取值范围为[eq \r(2)，9eq \r(2)]．
答案：(x－3)2＋(y＋2)2＝16 [eq \r(2)，9eq \r(2)]
15．(2023·茂名模拟)与三角形的一条边以及另外两条边的延长线都相切的圆被称为三角形的旁切圆，旁切圆的圆心被称为三角形的旁心，每个三角形有三个旁心，如图1所示．已知F1，F2是双曲线eq \f(x2,16)－eq \f(y2,9)＝1的焦点，P是双曲线右支上一点，Q是△PF1F2的一个旁心，如图2所示，直线PQ与x轴交于点M，则|eq \f(MQ,QP)|＝________．
解析：双曲线eq \f(x2,16)－eq \f(y2,9)＝1中a2＝16，b2＝9，
所以a＝4，b＝3，则c＝eq \r(a2＋b2)＝5，
由角平分线性质知：
eq \f(|MQ|,|PQ|)＝eq \f(|MF2|,|PF2|)＝eq \f(|MF1|,|PF1|)＝
eq \f(|MF1|－|MF2|,|PF1|－|PF2|)＝eq \f(2c,2a)＝e，
而e＝eq \f(c,a)＝eq \r(1＋\f(b2,a2))＝eq \f(5,4)，
故eq \f(|MQ|,|PQ|)＝eq \f(5,4).
答案：eq \f(5,4)
16．(2023·汕头二模)阿波罗尼奥斯在其著作《圆锥曲线论》中提出：过椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上任意一点P(x0，y0)的切线方程为eq \f(x0x,a2)＋eq \f(y0y,b2)＝1.若已知△ABC内接于椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，且坐标原点O为ABC的重心，过A，B，C分别作椭圆E的切线，切线分别相交于点D，E，F，则eq \f(S△DEF,S△ABC)＝________．
解析：设A(x1，y1)、B(x2，y2)、C(x3，y3)，
由中点坐标公式可得
G(eq \f(x1＋x2,2)，eq \f(y1＋y2,2))、H(eq \f(x2＋x3,2)，eq \f(y2＋y3,2))、I(eq \f(x1＋x3,2)，eq \f(y1＋y3,2))，
因为O为△ABC的重心，
所以eq \f(y1＋y2,x1＋x2)＝eq \f(y3,x3)，eq \f(y2＋y3,x2＋x3)＝eq \f(y1,x1)，eq \f(y1＋y3,x1＋x3)＝eq \f(y2,x2)，
所以x1y3－x3y1＝x3y2－x2y3＝x2y1－x1y2，
由题意可知，过A，B，C切线分别为
eq \f(x1x,a2)＋eq \f(y1y,b2)＝1，eq \f(x2x,a2)＋eq \f(y2y,b2)＝1，eq \f(x3x,a2)＋eq \f(y3y,b2)＝1，
所以D(eq \f(a2（y1－y2）,x2y1－x1y2)，eq \f(b2（x2－x1）,x2y1－x1y2))，E(eq \f(a2（y3－y1）,x1y3－x3y1)，eq \f(b2（x1－x3）,x1y3－x3y1))，F(eq \f(a2（y2－y3）,x3y2－x2y3)，eq \f(b2（x3－x2）,x3y2－x2y3))，
所以eq \f(a2（y1－y2）,x2y1－x1y2)＋eq \f(a2（y3－y1）,x1y3－x3y1)＋eq \f(a2（y2－y3）,x3y2－x2y3)＝0，
同理eq \f(b2（x2－x1）,x2y1－x1y2)＋eq \f(b2（x1－x3）,x1y3－x3y1)＋eq \f(b2（x3－x2）,x3y2－x2y3)＝0，
即O也是△DEF的重心，
又因为eq \f(xeq \\al(2,1),a2)＋eq \f(yeq \\al(2,1),b2)＝1，eq \f(xeq \\al(2,2),a2)＋eq \f(yeq \\al(2,2),b2)＝1，eq \f(xeq \\al(2,3),a2)＋eq \f(yeq \\al(2,3),b2)＝1，
所以eq \f(y2－y1,x2－x1)＝－eq \f(b2（x2＋x1）,a2（y2＋y1）)＝－eq \f(b2x3,a2y3)，
eq \f(y3－y1,x3－x1)＝－eq \f(b2（x3＋x1）,a2（y3＋y1）)＝－eq \f(b2x2,a2y2)，
eq \f(y3－y2,x3－x2)＝－eq \f(b2（x3＋x2）,a2（y3＋y2）)＝－eq \f(b2x1,a2y1)，
所以kOD＝－eq \f(b2（x2－x1）,a2（y2－y1）)＝
(－eq \f(b2,a2))×(－eq \f(a2y3,b2x3))＝eq \f(y3,x3)＝kOC，
同理可得kOE＝kOB，kOF＝kOA，
所以D，O，C、E，O，B、F，O，A共线，
综上，C，B，A分别是EF，DF，DE的中点，则eq \f(S△DEF,S△ABC)＝4.
答案：4