压轴题02 圆锥曲线压轴题17题型汇总-2024年高考数学压轴题专项训练（新高考通用）

这是一份压轴题02 圆锥曲线压轴题17题型汇总-2024年高考数学压轴题专项训练（新高考通用），文件包含压轴题02圆锥曲线压轴题17题型汇总原卷版docx、压轴题02圆锥曲线压轴题17题型汇总解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共201页， 欢迎下载使用。
一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
压轴题02圆锥曲线压轴题十七大题型汇总
01离心率问题
1.（23-24高三下·浙江·开学考试）双曲线x2a2−y2b2=1(a,b>0)的左右焦点分别为F1,F2,P是双曲线右支上一点，点F1关于∠F1PF2平分线的对称点也在此双曲线上，且cs∠F1PF2=19，则双曲线的离心率为（ ）
A．214B．213C．2D．3
【答案】B
【分析】如图，由题意可知PF1=PQ且P,F2,Q三点共线，设PF1=m,PF2=n，根据双曲线的定义求得QF1=4a，m=3a，n=a，在△PF1Q、△F1PF2中分别利用余弦定理计算即可求解.
【详解】如图，设F1关于∠F1PF2平分线的对称点为Q，则该角平分线为线段F1Q的垂直平分线，
所以PF1=PQ，且P,F2,Q三点共线，设PF1=m,PF2=n，
则PQ=m，m−n=2a⇒QF2=PQ−n=m−n=2a，所以QF1=2a+QF2=4a，
在△PF1Q中，由余弦定理，得cs∠F1PF2=PF12+PQ2−QF122PF1PQ=m2+m2−(4a)22m2，
又cs∠F1PF2=19，所以m2+m2−(4a)22m2=19，解得m=3a，所以n=a，
在△F1PF2中，由余弦定理，得cs∠F1PF2=PF12+PF22−F1F222PF1PF2=9a2+a2−4c22⋅3a2=19，
整理，得3c2=7a2，由e>1，解得e=ca=213.
即双曲线的离心率为.213
故选：B
2. （2024·内蒙古赤峰·一模）如图所示，椭圆有这样的光学性质：从椭圆的一个焦点出发的光线，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点.根据椭圆的光学性质解决下面的题目：已知曲线C的方程为x225+y216=1，其左、右焦点分别是F1，F2，直线l与椭圆C切于点P，且PF1=2，过点P且与直线l垂直的直线l'与椭圆长轴交于点M，则F1M:F2M=（ ）
A．1:3B．1:2C．1:3D．1:4
【答案】D
【分析】
根据椭圆定义和光的反射定理，以及角平分线定理可得
【详解】由已知得a=5，PF1=2，
由椭圆定义可得PF2=2a−PF1=8，
根据光的反射定理可得PM为∠F1PF2的角平分线，
由正弦定理F1Msin∠F1PM=F1Psin∠F1MP，F2Msin∠F2PM=F2Psin∠F2MP
所以F1MF1P=sin∠F1PMsin∠F1MP，F2MF2P=sin∠F2PMsin∠F2MP，又sin∠F1PMsin∠F1MP=sin∠F2PMsin∠F2MP
所以F1MF1P=F2MF2P
即F1M:F2M=F1P:F2P=1:4.
故选：D.
3. （2024·河南信阳·模拟预测）一光源P在桌面A的正上方，半径为2的球与桌面相切，且PA与球相切，小球在光源P的中心投影下在桌面产生的投影为一椭圆（其中球与截面的切点即为椭圆的焦点），如图所示，形成一个空间几何体，且正视图是Rt△PAB，其中PA=6，则该椭圆的离心率 .
【答案】12/0.5
【分析】作出球的截面图，易得tan∠EPO=12，结合正切的二倍角公式求出tan∠APB的值，进而知长轴AB的长，再由球O与AB相切的切点F为椭圆的一个焦点，可得c的值，最后由e=ca，得解．
【详解】如图，是球O的一个截面，圆O分别与AB,PA相切于点F，E，
因为PA=6，球的半径为2，所以PE=4，tan∠EPO=OEPE=24=12，
所以tan∠APB=2tan∠EPO1−tan2∠EPO=2×121−(12)2=43=ABPA，
所以AB=PA⋅tan∠APB=6×43=8，
因为AB是椭圆的长轴长，所以2a=8，所以a=4，
根据球O与AB相切的切点F为椭圆的一个焦点，
所以AF=2=a−c，所以c=a−2=4−2=2，
所以离心率e=ca=24=12．
故答案为：12．
4. （2024·山东·一模）如图，在△ABC中，已知∠BAC=120°，其内切圆与AC边相切于点D，且AD=1，延长BA到E，使BE=BC，连接CE，设以E，C为焦点且经过点A的椭圆的离心率为e1，以E，C为焦点且经过点A的双曲线的离心率为e2，则e1e2的取值范围是 ．
【答案】1,+∞
【分析】设M,G分别是BC,BE与圆的切点，设CD=CM=GE=m，利用椭圆，双曲线的定义分切求出e1,e2的表达式，进而可得e1e2的表达式，然后求出m的取值范围即可的解.
【详解】如图以CE的中点C为原点直角坐标系，设M,G分别是BC,BE与圆的切点，由圆的切线性质得AG=AD=1，
设CD=CM=GE=mm>1，所以AC=1+m，AE=GE−AG=m−1，
在△ACE中，CE2=CA2+AE2−2CA⋅EAcs60°=m2+3，
以E,C为焦点经过点A的双曲线的离心率为e2=m2+32，
以E,C为焦点经过点A的椭圆的离心率为e1=m2+32m，
则e1e2=m2+34m=m4+34m，
在△ABC中，设BM=n，所以BC=m+n,AB=n+1，AC=m+1，
由余弦定理可得BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcs120°，
所以mn=3m+3n+3，所以n=3m+3m−3>0，得m>3，
由对勾函数的单调性可得函数y=x4+34x在3,+∞上单调递增，
所以e1e2=m4+34m>34+34×3=1.
故答案为：1,+∞.
【点睛】关键点点睛：根据圆锥曲线的定义结合条件表示出e1,e2，然后根据余弦定理结合条件求出参数的取值范围是解出此题的关键.
5. （2024·浙江杭州·二模）机场为旅客提供的圆锥形纸杯如图所示，该纸杯母线长为12cm，开口直径为8cm．旅客使用纸杯喝水时，当水面与纸杯内壁所形成的椭圆经过母线中点时，椭圆的离心率等于 ．
【答案】31717/31717
【分析】依题意，利用等腰三角形ABC求得csα,再由余弦定理求出椭圆长轴长，作出圆锥的轴截面交椭圆于点P,Q，建立坐标系，利用三角形重心性质和相似三角形求出点P坐标，代入椭圆方程即可求得半短轴长，利用离心率定义计算即得.
【详解】
如图，设∠BCD=α,因AB=AC=12,BC=8,故csα=412=13，又CD=6,
由余弦定理，BD2=CD2+BC2−2CD⋅BCcsα=36+64−2×6×8×13=68，
即BD=217,
设椭圆中心为O,作圆锥的轴截面AMN,与底面直径BC交于E，与椭圆交于P,Q，
连AE交BD于G，以点O为原点，DB为x轴，建立直角坐标系.
则AGAE=23,又由△APQ∼△AMN得PQ=23MN=163, DG=13DB=2173,
从而OG=17−2173=173,则得P(−173,83),
不妨设椭圆方程为x2a2+y2b2=1，把a=17和点P坐标代入方程，解得b=22，
则c=17−8=3，故e=ca=317=31717.
故答案为：31717.
02三角换元法的运用
6.（23-24高三下·浙江·开学考试）P是圆C:x2+(y−2)2=1上一动点，A2,0,Q为AP的中点，O为坐标原点，则OQ的最大值为 .
【答案】2+12
【分析】写出圆C的参数方程，进而可得点Q坐标，结合两点间距离公式转化为求三角函数的最值即可.
【详解】如图所示，
因为圆C：x2+(y−2)2=1的参数方程为x=csθy=2+sinθ，
所以设点P(csθ,2+sinθ)，则AP的中点Q(2+csθ2,2+sinθ2)，
所以|OQ|=(2+csθ2)2+(2+sinθ2)2=9+4(sinθ+csθ)4=129+42sin(θ+π4)，
当sin(θ+π4)=1时，|OQ|取得最大值为129+42=22+12=2+12.
故答案为：2+12.
7. （2024高三·全国·专题练习）已知平面直角坐标系中的定点A(−2,0)，B(2,0)，C(0,2)，动点P(x,y)，其中kPA⋅kPB=−34.现将坐标平面沿x轴翻折成平面角为120∘的二面角，则C，P两点间距离的取值范围是（ ）
A．2−3,22∪22,7+23B．22,7+23
C．7−43,22D．22,7+23
【答案】A
【分析】先求出动点P(x,y)的轨迹方程，然后利用椭圆的参数方程求解空间中两点C，P的距离．
【详解】由kPA⋅kPB=yx+2⋅yx−2=−34，得动点P(x,y)的轨迹方程为x24+y23=1,y≠0，
于是可设P(2csθ,3sinθ)；设上半椭圆所在平面为α，下半椭圆所在平面为β，
当P∈α时，|CP|2=(−2csθ)2+(2−3sinθ)2=8−sin2θ−43sinθ，
因为0b>0,y≤0)和部分双曲线x2a2−y2b2=1y≥0，组成的曲线C称为“盆开线”．曲线C与x轴有A2,0、B−2,0两个交点，且椭圆与双曲线的离心率之积为74．
(1)设过点1,0的直线l与C相切于点M，求点M的坐标及直线l的方程；
(2)过A的直线m与C相交于点P、A、Q三点，求证：∠PBA=∠QBA．
【答案】(1)M4,3，x−y−1=0
(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率乘积以及A2,0,B−2,0，可求得a,b，可得椭圆方程和双曲线方程，设切点为Mx0,y0，可得切线方程，由过点1,0，即可求解M和直线方程；
（2）设出直线方程，联立椭圆方程和双曲线方程，利用韦达定理，结合的BP,BQ斜率之和为零，即可求证.
【详解】（1）由题设可得a2+b2a×a2−b2a=74,a=2,b=3，
故椭圆方程为：x24+y23=1y≤0，双曲线方程为x24−y23=1y≥0．
由图可知，切点M在双曲线x24−y23=1y≥0上．
设Mx0,y0，则k=3x04y0，则切线l的方程为：x0x4−y0y3=1，
因为直线l过点1,0，所以，x0=4，
将x0=4代入x24−y23=1y≥0，得y0=3，
所以，M4,3，直线l的方程为：x−y−1=0．
（2）由题意可得PQ的斜率存在且不为零，故设方程为：y=kx−2，
联立x24−y23=1y≥0y=kx−2整理得：3−4k2x2+16k2x−16k2−12=0，
Δ=256k4−43−4k2−16k2−12>03−4k2≠0,即k≠32且k≠−32,
解得：x=2或x=8k2+64k2−3，即Q8k2+64k2−3,12k4k2−3．
联立x24+y23=1y≤0y=kx−2整理得：3+4k2x2−16k2x+16k2−12=0，
解得：x=2或x=8k2−64k2+3，即P8k2−64k2+3,−12k4k2+3．
所以kBP+kBQ=−12k4k2+38k2−64k2+3+2+12k4k2−38k2+64k2−3+2=0，
所以kBP=−kBQ，所以∠PBA=∠QBA．
13. （2024·安徽·二模）在平面直角坐标系xOy中，利用公式x'=ax+byy'=cx+dy①（其中a，b，c，d为常数），将点Px,y变换为点P'x',y'的坐标，我们称该变换为线性变换，也称①为坐标变换公式，该变换公式①可由a，b，c，d组成的正方形数表abcd唯一确定，我们将abcd称为二阶矩阵，矩阵通常用大写英文字母A，B，…表示．
(1)在平面直角坐标系xOy中，将点P3,4绕原点O按逆时针旋转π3得到点P'（到原点距离不变），求点P'的坐标；
(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，将点Px,y绕原点O按逆时针旋转α角得到点P'x',y'（到原点距离不变），求坐标变换公式及对应的二阶矩阵；
(3)向量OP=x,y（称为行向量形式），也可以写成xy，这种形式的向量称为列向量，线性变换坐标公式①可以表示为：x'y'=abcdxy，则称x'y'是二阶矩阵abcd与向量xy的乘积，设A是一个二阶矩阵，m，n是平面上的任意两个向量，求证：Am+n=Am+An．
【答案】(1)P'32−23,2+332
(2)x'=xcsα−ysinαy'=xsinα+ycsα，csα−sinαsinαcsα
(3)证明见解析
【分析】（1）利用三角函数的定义得到旋转之前的csθ和sinθ，再由两角和的正弦、余弦公式得到点P'的坐标；
（2）利用三角函数的定义得到旋转之前的csθ和sinθ，再由两角和的正弦、余弦公式得到点P'的坐标，再根据变换公式的定义得到变换公式及与之对应的二阶矩阵；
（3）根据定义分别计算Am+n、Am、An，证明Am+n=Am+An即可.
【详解】（1）可求得OP=OP'=5，设∠POx=θ，则csθ=35，sinθ=45，
设点P'x',y'，∠POx=θ+π3，
故x'=5csθ+π3=512csθ−32sinθ=32−23
y'=5sinθ+π3=512sinθ+32csθ=2+332
所以P'32−23,2+332.
（2）设OP=OP'=r，∠POx=θ，则x=rcsθ，y=rsinθ，∠P'Ox=θ+α，
故x'=rcsθ+α=rcsθcsα−rsinθsinα=xcsα−ysinα
y'=rsinθ+α=rsinθcsα+rcsθsinα=xsinα+ycsα
所以坐标变换公式为x'=xcsα−ysinαy'=xsinα+ycsα，
该变换所对应的二阶矩阵为csα−sinαsinαcsα
（3）设矩阵A=abcd，向量m=x1y1，n=x2y2，则m+n=x1+x2y1+y2．
Am+n=abcdx1+x2y1+y2=ax1+x2+by1+y2cx1+x2+dy1+y2，
对应变换公式为：x'=ax1+x2+by1+y2y'=cx1+x2+dy1+y2，
Am=abcdx1y1=ax1+by1cx1+dy1，An=abcdx2y2=ax2+by2cx2+dy2
所以Am+An==ax1+by1cx1+dy1+ax2+by2cx2+dy2=ax1+x2+by1+y2cx1+x2+dy1+y2
故对应变换公式同样为x'=ax1+x2+by1+y2y'=cx1+x2+dy1+y2
所以Am+n=Am+An得证.
【点睛】方法点睛：利用三角函数的定义解题：（1）角α的顶点与坐标原点重合；（2）角的始边与x轴正半轴重合；在角α的终边上任取一点P(x,y)，该点到原点的距离r=x2+y2，则：sinα=yr；csα=xr； tanα=yx.
14. （多选）（2024·辽宁鞍山·二模）在平面直角坐标系中，定义dA,B=x1−x2+y1−y2为点Ax1,y1到点Bx2,y2的“折线距离”．点O是坐标原点，点Q在直线2x+y−25=0上，点P在圆x2+y2=1上，点R在抛物线y2=−4x上．下列结论中正确的结论为（ ）
A．dO,Q的最小值为2B．dO,P的最大值为2
C．dP,Q的最小值为52D．dR,Q的最小值为5−14
【答案】BCD
【分析】对A，根据折线距离的定义，写出dO,Q，利用绝对值放缩和绝对值不等式，可判断对错；
对B，根据折线距离的定义，写出dO,P，利用基本（均值）不等式可判断对错；
对C：利用圆的参数方程，结合折线距离的定义，写出dP,Q，利用绝对值放缩和绝对值不等式，结合三角函数的最值，可判断对错；
对D：利用抛物线的参数方程，，结合折线距离的定义，写出dR,Q，利用绝对值放缩和绝对值不等式，结合二次函数的值域，可判断对错.
【详解】对A：设Qx,25−2x，则dO,Q=x+25−x ≥x+5−x ≥x+5−x =5（当且仅当x=5时取“=”）.故A错；
对B：设Px,y，则x2+y2=1.则dO,P=x+y ≤2x2+y2=2，故B对；
对C：设Pcsθ,sinθ，Qx,25−2x，则
dP,Q=csθ−x+sinθ−25+2x =csθ−x+2sinθ2−5+x ≥csθ−x+sinθ2−5+x ≥csθ−x+sinθ2−5+x =5−csθ+sinθ2 =5−52csθ⋅255+sinθ⋅55 ≥52（当且仅当sinθ=55，csθ=255时取“=”）.故C对；
对D：设R−t24,t，Qx,25−2x，则
dR,Q=−t24−x+t−25+2x =−t24−x+2t2−5+x ≥−t24−x+t2−5+x ≥−t24−x+t2−5+x =−t24+t2−5 =t24−t2+5 ≥5−14（当且仅当t=1时取“=”）.故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题的关键之一是对“折线距离”的理解，根据新定义，写出折线距离；关键之二是含有绝对值的式子的处理，可根据绝对值的放缩和绝对值不等式，去掉绝对值的符号再求相关最值.
15. （2024·上海静安·二模）我们称如图的曲线为“爱心线”，其上的任意一点P(x,y)都满足方程x2−2xy+y2−2x+22y=0，现将一边在x轴上，另外两个顶点在爱心线上的矩形称为心吧．若已知点M(22,−2)“爱心线”上任意一点的最小距离为d，则用d表示心吧面积的最大值为 ．
【答案】52−d2
【分析】根据题意，得到x2+y2−2x+22y=2xy，曲线上任意一点P求得PM2的最小值为d2，进而求得心吧面积的最大值.
【详解】解：由曲线方程x2−2xy+y2−2x+22y=0，
由点M(22,−2)“爱心线”上任意一点且点M在y轴的右侧，
所以点M“爱心线”上任意一点的最小距离d，一定出现在爱心线位于y轴的右侧的点，
当x≥0时，可得x2+y2−2x+22y=2xy，
设曲线上任意一点P(x,y),(x≥0)，且M(22,−2)，
有PM2=(x−22)2+(y−2)2=x2+y2−2x+22y+52=2xy+52，
因为PM2的最小值为d2，所以2xy的最小值为d2−52，
当y>0时，心吧面积为S=2xy=2xy的最小值为d2−52；
当y0,b>0，
由切线长定理知AF1=AC,AF2=AD，
则AF1+AF2=AC+AD=2a=4，解得a=2.
由AD−AC=23=2c，解得 c=3,b=1.
所以椭圆Γ的标准方程为x24+y2=1.
（2）
设Px0,y0,Mx1,y1,Nx2,y2,T4,t,
已知A−2,0,B2,0，设PA:y=k1x+2,PB:y=k2x−2，
联立方程组 x24+y2=1y=k1x+2，
消去 y得 1+4k12x2+16k12x+16k12−4=0，
显然Δ=256k14−64k12−164k12+1=16>0，
由−2x1=16k12−41+4k12，可得 x1=2−8k121+4k12，y1=k12−8k121+4k12+2=4k11+4k12，
所以M2−8k121+4k12,4k11+4k12，
联立方程组x24+y2=1y=k2x−2，
消去 y得 1+4k22x2−16k22x+16k22−4=0，
显然Δ=256k24−64k22−164k22+1=16>0，
由2x2=16k22−41+4k22，可得 x2=−2−8k221+4k22，y2=k2−2−8k221+4k22−2=−4k21+4k22，
同理N8k22−21+4k22,−4k21+4k22.
因为 M，N是切点，且T4,t，所以直线MN的方程为 4x4+ty=1，即x+ty=1，
显然直线MN过定点D1,0，即M，D，N三点共线，则 4k11+4k122−8k121+4k12−1=−4k21+4k228k22−21+4k22−1，
解得k2=3k1或4k1k2=−1（舍去），
联立方程组y0=k1x0+2y0=k2x0−2，解得 x0=2k1+k2k2−k1=4，
即点 P 在直线x=4上.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y1,x2,y2；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，注意Δ的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1x2（或y1+y2、y1y2）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
18. （20-21高三上·全国·阶段练习）已知直线BC垂直单位圆O所在的平面，且直线BC交单位圆于点A，AB=BC=1，P为单位圆上除A外的任意一点，l为过点P的单位圆O的切线，则（ ）
A．有且仅有一点P使二面角B−l−C取得最小值
B．有且仅有两点P使二面角B−l−C取得最小值
C．有且仅有一点P使二面角B−l−C取得最大值
D．有且仅有两点P使二面角B−l−C取得最大值
【答案】D
【分析】先作出二面角的平面角，表示出二面角的正切值，再构造辅助函数，最后用导数求最值方法判断．
【详解】过A作AM⊥l于M，连接MB、MC，如图所示，
因为直线BC垂直单位圆O所在的平面，直线l在平面内，且直线BC交单位圆于点A，
所以AC⊥l，AM,AC⊂平面AMC，AM∩AC=A，所以l⊥平面AMC，
MC,MB⊂平面AMC，所以l⊥MC，l⊥MB，
所以∠BMC是二面角B−l−C的平面角，
设∠BMC=θ，∠AMC=α，∠AMB=β，AM=t，则θ=α−β，
由已知得t∈0,2，AB=BC=1，
tanα=2t， tanβ=1t， tanθ=tanα−β=tanα−tanβ1+tanα⋅tanβ=2t−1t1+2t⋅1t=tt2+2，
令ft=tt2+2，则f't=1⋅t2+2−t2tt2+22=2+t2−tt2+22，
当t∈0,2时，f't>0，ft单调递增，当t∈2,2时，f'tf0=0
所以t∈0,2，当t=2时，ft取最大值，没有最小值，
即当t=2时tanθ取最大值，从而θ取最大值，
由对称性知当t=2时，对应P点有且仅有两个点，
所以有且仅有两点P使二面角B﹣l﹣C取得最大值．
故选：D．
19 .（2024·全国·模拟预测）人类对地球形状的认识经历了漫长的历程．古人认为宇宙是“天圆地方”的，以后人们又认为地球是个圆球.17世纪，牛顿等人根据力学原理提出地球是扁球的理论，这一理论直到1739年才为南美和北欧的弧度测量所证实．其实，之前中国就曾进行了大规模的弧度测量，发现纬度越高，每度子午线弧长越长的事实，这同地球两极略扁，赤道隆起的理论相符．地球的形状类似于椭球体，椭球体的表面为椭球面，在空间直角坐标系下，椭球面Γ:x2a2+y2b2+z2c2=1a>0,b>0,c>0，这说明椭球完全包含在由平面x=±a,y=±b,z=±c所围成的长方体内，其中a,b,c按其大小，分别称为椭球的长半轴、中半轴和短半轴．某椭球面与坐标面z=0的截痕是椭圆E:x22+y2=1.
(1)已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0在其上一点Qx0,y0处的切线方程为xx0a2+yy0b2=1．过椭圆E的左焦点F1作直线l与椭圆E相交于A,B两点，过点A,B分别作椭圆的切线，两切线交于点M，求△ABM面积的最小值．
(2)我国南北朝时期的伟大科学家祖暅于5世纪末提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．祖暅原理用现代语言可描述为：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．当b=c时，椭球面Γ围成的椭球是一个旋转体，类比计算球的体积的方法，运用祖暅原理求该椭球的体积．
【答案】(1)22
(2)42π3
【分析】（1）根据题意可知点F1的坐标，直线l不与x轴重合，设出直线l的方程，联立椭圆方程，得到关于y的一元二次方程，求出AB，根据题意可得椭圆在点A,B处的切线方程，进而求出点M的坐标，求出点M到直线l的距离，即可求出S△ABM的表达式，利用导数求得最小值
（2）类比利用祖暅原理求球的体积的方法，构造以1为半径，2为高的圆柱，挖去同底（圆柱的上底）等高的圆锥构成的几何体与半椭球满足祖暅原理的条件，结合圆柱以及圆锥的体积公式，即可求得椭球的体积.
【详解】（1）椭圆E的标准方程为x22+y2=1，则F1−1,0．
当直线l的倾斜角为0∘时，A,B分别为椭圆的左、右顶点，此时两切线平行无交点，不符合题意，
所以直线l的倾斜角不为0∘,
设直线l:x=ty−1,Ax1,y1,Bx2,y2,
由x22+y2=1x=ty−1,得t2+2y2−2ty−1=0，
则Δ=8t2+8>0,y1+y2=2tt2+2,y1y2=−1t2+2，
所以AB=1+t2y1−y2=1+t2y1+y22−4y1y2
=1+t24t2t2+22+4t2+2=22t2+1t2+2,
又椭圆E在点A处的切线方程为x1x2+y1y=1，在点B处的切线方程为x2x2+y2y=1，
由x1x2+y1y=1x2x2+y2y=1，得xM=2y2−y1x1y2−x2y1=2y2−y1ty1−1y2−ty2−1y1=2y2−y1y1−y2=−2，
代入x1x2+y1y=1，得yM=1+x1y1=1+ty1−1y1=t，所以M−2,t，
则点M到直线l的距离d=−1−t21+t2=1+t2，
所以S△ABM=12⋅AB⋅d=12⋅22t2+1t2+2⋅t2+1=2t2+1t2+1t2+2，
设m=t2+1≥1，则S△ABM=2m3m2+1，
令fm=2m3m2+1，则f'm=2m4+3m2m2+12>0，所以fm在1,+∞上单调递增，
所以当m=1，即t=0时，△ABM的面积最小，最小值是22；
（2）椭圆E的焦点在x轴上，长半轴长为2，短半轴长为1，
椭球由椭圆E及其内部绕x轴旋转180°而成旋转体，
构造一个底面半径为1，高为2的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，
圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体，
当平行于底面的截面与圆锥顶点距离为ℎ0≤ℎ≤2时，设小圆锥底面半径为r，
则ℎ2=r1，即r=22ℎ，所以新几何体的截面面积为π−12πℎ2，
把x=ℎ代入E:x22+y2=1，得ℎ22+y2=1，解得y2=1−12ℎ2，
所以半椭球的截面面积为πy2=π−12πℎ2，
由祖暅原理，得椭球的体积V=2V圆柱−V圆锥=22π−13×2π=42π3.
【点睛】难点点睛：本题考查了椭圆相关三角形面积的求法以及祖暅原理的应用，题目比较新颖，难度较大，解答的难点在于计算三角形面积时，要结合直线方程和椭圆方程联立，得出根与系数的关系，进行化简求解，计算量较大，另外要发挥空间想象能力，构造出圆柱中挖去一个圆锥，进而利用祖暅原理求解体积.
20. （2024·河北石家庄·二模）已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2，离心率为22，过点F1的动直线l交E于A，B两点，点A在x轴上方，且l不与x轴垂直，△ABF2的周长为42，直线AF2与E交于另一点C，直线BF2与E交于另一点D，点P为椭圆E的下顶点，如图①.
(1)当点A为椭圆E的上顶点时，将平面xOy沿x轴折叠如图②，使平面A'F1F2⊥平面BF1F2，求异面直线A'C与BF1所成角的余弦值；
(2)若过F2作F2H⊥CD，垂足为H.
（i）证明:直线CD过定点；
（ii）求PH的最大值.
【答案】(1)31326
(2)（i）证明见详解；（ii）61+15
【分析】（1）据题意求出椭圆方程，折叠后建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求出异面直线A'C与BF1所成角的余弦值；
（2）（i）联立直线AF2与椭圆的方程，根据韦达定理求出点C的坐标，同理得到点D的坐标，进而得到直线CD的方程，根据对称性，可判断定点在x轴上，故令y=0，即可得到定点坐标；（ii）由题意可知，点H的轨迹为以F21,0，Q75,0为直径的圆（除F2,Q外），由PH≤PM+r即可求解.
【详解】（1）由椭圆定义可知AF1+AF2=2a，BF1+BF2=2a，
所以△ABF2的周长为4a=42，所以a=2，
又因为椭圆离心率为22，
所以ca=22，所以c=1，
又b2=a2−c2=1，
所以椭圆的方程：x22+y2=1，
所以椭圆的焦点为F1−1,0，F21,0，
当点A为椭圆E的上顶点时，A0,1，
所以直线l的方程为：y=x+1，
由y=x+1x22+y2=1解得A0,1，B−43,−13，
由对称性知C43,−13，
以O为坐标原点，折叠后原y轴负半轴，原x轴，原y轴的正半轴所在直线为x,y,z轴建立如图空间直角坐标系，
则A'0,0,1，B13,−43,0，C13,43,0，F10,−1,0，
A'C=13,43,−1，BF1=−13,13,0，
设直线A'C与BF1所成角为θ，
则csθ=A'C⋅BF1A'CBF1=13263×23=31326，
异面直线A'C与BF1所成角的余弦值为31326.
（2）（i）设点Ax1,y1，Bx2,y2，Cx3,y3，Dx4,y4，
则直线AF2的方程为y=y1x1−1x−1，则x=x1−1y1y+1，
由x=x1−1y1y+1x22+y2=1得，x1−1y12+2y2+2x1−1y1y−1=0，
所以y1y3=−1x1−1y12+2=−y12x12−2x1+1+2y12，
因为x122+y12=1，所以x12+2y12=2，
所以y1y3=y122x1−3，故y3=y12x1−3，
又x3=x1−1y1y3+1=y3=x1−1y1⋅y12x1−3+1=3x1−42x1−3，
同理，y4=y22x2−3，x4=3x2−42x2−3，
由A,F1,B三点共线，得y1x1+1=y2x2+1，
所以x2y1−x1y2=y2−y1，
直线CD的方程为y−y12x1−3=y4−y3x4−x3x−3x1−42x1−3，
由对称性可知，如果直线CD过定点，则该定点在x轴上，
令y=0得，x=−y1x4−x3+3x1−4y4−y32x1−3y4−y3
=−y13x2−42x2−3−3x1−42x1−3+3x1−4y22x2−3−y12x1−32x1−3y22x2−3−y12x1−3
=−y13x2−4+y23x1−4y22x1−3−y12x2−3=4y1−y2+3x1y2−x2y13y1−y2+2x1y2−x2y1=75，
故直线CD过定点75,0.
（ii）由题意知点P0,−1，点H的轨迹为以F21,0，Q75,0为直径的圆（除F2,Q外），
圆心为M65,0，半径为15，故PH≤PM+15=1+3625+15=61+15.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点(x0,y0)，常利用直线的点斜式方程y−y0=kx−x0或截距式y=kx+b来证明
05解析几何与导数结合问题
21.（多选）（2024·浙江杭州·二模）过点P2,0的直线与抛物线C：y2=4x交于A,B两点．抛物线C在点A处的切线与直线x=−2交于点N，作NM⊥AP交AB于点M，则（ ）
A．直线NB与抛物线C有2个公共点
B．直线MN恒过定点
C．点M的轨迹方程是x−12+y2=1x≠0
D．MN3AB的最小值为82
【答案】BCD
【分析】设出直线AB的方程为x=ty+2，代入y2=4x，然后写出切线方程，结合韦达定理可判断AB；根据B可得M的轨迹方程，从而判断C；利用弦长公式及点到直线的距离公式表示出MN3AB，然后利用导数的知识求出最值进而判断D.
【详解】设直线AB的方程为x=ty+2，Ay124,y1,By224,y2
联立x=ty+2y2=4x，消去x得y2−4ty−8=0，则y1+y2=4t,y1y2=−8，
对于A：抛物线C在点A处的切线为y1y=2x+y124，
当x=−2时得y=y12−4y1=y12−4−8y2=y12+y22=2t，即N−2,2t，
所以直线NB的方程为y−y2=y12−4y1−y2−2−y224x−y224，整理得y=−y14x−4y1，
联立y=−y14x−4y1y2=4x，消去x的y2+16y1y+64y12=0，解得y=−8y1，即直线NB与抛物线C相切，A错误；
对于B：直线MN的方程为x+2=−1ty−2t，整理得x=−yt，此时直线MN恒过定点0,0，B正确；
对于C：又选项B可得点M在以线段OP为直径的圆上，点O除外，故点M的轨迹方程是x−12+y2=1x≠0，C正确；
对于D： MN=−2−2t2−21+t2=2t2+21+t2，AB=1+t2y1+y22−4y1y2=1+t216t2+32=41+t2t2+2
则MN3AB=2t2+21+t2341+t2t2+2=2t2+2521+t22，
令t2+2=m,m≥2，
则MN3AB=2m5m2−12，
设fm=2m5m2−12,m≥2，
则f'm=10m4m2−12−8m6m2−1m2−14=2m4m2−1m2−5m2−14，
当m>5时，f'm>0，fm单调递增，当20，x1−x2=r，由x1+x22=x1−x22+4x1x2=r2−4t2≥0，
r≥2t，当且仅当x1+x2=0时等号成立．
所以S△PCD=12⋅r2⋅1+1t2t2+12=rt2+128t2≥t2+124t，
令ft=t2+124t，f't=14⋅2t2+1⋅2t⋅t−t2+12t2=t2+13t2−14t2，
ft在0,33上单调递减，33,+∞上单调递增，
所以ft≥f33=439，所以△PCD面积S的最小值439.
【点睛】方法点睛：利用导数的几何意义可求得切线的斜率，表示切线方程，联立方程可表示P点的坐标；通过设x1x2=−t2，t>0，x1−x2=r，由x1+x22=r2−4t2≥0，r≥2t，当且仅当x1+x2=0时等号成立，把三角形的面积表示为关于t的函数，利用函数的单调性求解最小值.
23. （2024·四川德阳·二模）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左，右顶点分别为A1,A2,P是双曲线上不同于A1，A2的一点，设直线A1P,A2P的斜率分别为k1,k2，则当ab+lnk1k2取得最小值时，双曲线C的离心率为（ ）
A．52B．2C．3D．2
【答案】A
【分析】先根据双曲线的方程，得到k1k2=ba2，再设ba=x，通过求导，判断函数fx=2lnx+1x的极小值点，得到ba的值，再根据a,b,c的关系求双曲线的离心率.
【详解】设Px,y为双曲线C上异于A1、A2两点的任意一点，则x2a2−y2b2=1，
又A1−a,0，A2a,0，所以：
k1k2=yx+a⋅yx−a=y2x2−a2=b2x2a2−1x2−a2=b2a2
所以ab+lnba2=ab+2lnba，
设ba=x，则fx=2lnx+1x（x>0），
因为f'x=2x−1x2=2x−1x2>0 ⇒ x>12，
所以fx在0,12上单调递减，在12,+∞上单调递增，所以当x=12时，函数取得最小值.
即ba=12时，ab+lnk1k2取得最小值.
此时：a=2b ⇒ a2=4b2=4c2−a2 ⇒ 5a2=4c2 ⇒ e2=c2a2=54 ⇒ e=52.
故选：A
24. （2024·全国·模拟预测）已知O是坐标原点，抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，点Em,nm≥0,n≥0在C上，线段PQ是圆E:x−m2+y−n2=3的一条直径，且PF⋅QF的最小值为−114．
(1)求C的方程；
(2)过点O作圆E的两条切线，与C分别交于异于点O的点A,B，求直线AB斜率的最大值．
【答案】(1)y2=2x；
(2)29
【分析】（1）利用PF⋅QF=PE+EF⋅QE+EF展开计算求最值可得p的值；
（2）设直线OA的方程为x=t1y，直线OB的方程为x=t2y，根据与圆相切求出t1,t2满足的二次方程，求出直线AB斜率的斜率，利用导数求解最值.
【详解】（1）连接EF，由题意知
PF⋅QF=PE+EF⋅QE+EF=EF2−PE2=EF2−3≥OF2−3=p24−3=−114，当点E与点O重合时取等号，
得p=1，
所以C的方程为y2=2x；
（2）由题意知n2=2mm≥0,n≥0，
连接OE，则OE2=m2+n2=m2+2m>3，
所以m>1,n>2．
又当m=3n=412时，圆E与y轴相切，不满足题意；
当m=32n=3时，圆E与x轴相切，不满足题意，
故m≠3n≠412且m≠32n≠3．
设直线OA的方程为x=t1y，
因为直线OA为圆E的切线，所以n22−t1nt12+1=3，
整理得n2−3t12−n3t1+n44−3=0．②
设直线OB的方程为x=t2y，
同理可得n2−3t22−n3t2+n44−3=0，
所以t1,t2是关于t的方程n2−3t2−n3t+n44−3=0的两个根，
所以t1+t2=n3n2−3．设Ax1,y1,Bx2,y2，
由x=t1yy2=2x得y1=2t1,x1=2t12，同理可得y2=2t2,x2=2t22，
所以直线AB的斜率为2t2−2t12t22−2t12=1t1+t2=1n−3n3，
设fn=1n−3n3，则f'n=−1n2+9n4=9−n2n4，
当20)的太极函数．
【答案】BD
【分析】举出反例判断A；说明fx=sinx+1的图象关于点(0,1)成中心对称，结合太极函数定义判断B；说明fx=ex+1ex−1图象关于(0,0)对称，(0,0)不在函数图象上，结合太极函数定义判断C；求出直线m+1x−2m+1y−1=0过的定点，恰为圆心，即可判断D.
【详解】对于A，如图折线形成的函数f(x)是偶函数，满足S△ACE=S△BDF=S△PCO=S△PDO，

显然函数f(x)的图象能将圆O的周长和面积同时等分成两部分，A错误；
对于B，将正弦函数y=sinx的图象向上平移1个单位即得fx=sinx+1的图象，
即f(x)=sinx+1的图象关于点(0,1)成中心对称，而圆O:x2+y−12=1也关于点(0,1)中心对称，
因此函数f(x)的图象能将圆O的周长和面积同时等分成两部分，B正确；
对于C，f(x)=ex+1ex−1的定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，且f(−x)=e−x+1e−x−1=1+ex1−ex=−f(x)，
即f(x)=ex+1ex−1为奇函数，图象关于(0,0)对称，

若f(x)=ex+1ex−1是圆O的太极函数，则圆O的圆心应为(0,0)，但是(0,0)不在f(x)的图象上，
因此函数f(x)不能将圆O的周长和面积同时等分成两部分，C错误；
对于D，直线(m+1)x−(2m+1)y−1=0，即m(x−2y)+x−y−1=0，
由x−2y=0x−y−1=0，解得x=2y=1，则直线(m+1)x−(2m+1)y−1=0恒过定点(2,1)，
显然直线(m+1)x−(2m+1)y−1=0经过圆O:(x−2)2+(y−1)2=R2(R>0)的圆心，
该直线能将圆O的周长和面积同时等分成两部分，D正确，
故选：BD
【点睛】思路点睛：涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方法，再转化、抽象为相应的数学问题作答.
06解析几何的实际应用
26.（2024·浙江·模拟预测）应用抛物线和双曲线的光学性质，可以设计制造反射式天文望远镜，这种望远镜的特点是，镜铜可以很短而观察天体运动又很清楚．某天文仪器厂设计制造的一种反射式望远镜，其光学系统的原理如图（中心截口示意图）所示．其中，一个反射镜PO1Q弧所在的曲线为抛物线，另一个反射镜MO2N弧所在的曲线为双曲线一个分支．已知F1,F2是双曲线的两个焦点，其中F2同时又是抛物线的焦点，且，∠NF2F1=45°,tan∠NF1F2=14,△NF1F2的面积为10，O1F2=8，则抛物线方程为 ．

【答案】y2=32x+3
【分析】设F1−c,0,F2c,0,Nx0,y0x0>0,y0>0，由∠NF2F1=45°,tan∠NF1F2=14,S△NF1F2=10，解出c得O1点坐标，结合O1F2=8得抛物线方程.
【详解】以F1F2的中点O为原点，F1F2为x轴，建立平面直角坐标系，
不妨设F1−c,0,F2c,0,Nx0,y0x0>0,y0>0．
由tan∠NF1F2=14,∠NF2F1=45°，则有y0x0+c=14y0=c−x0，解得x0=35c,y0=25c，
又S△NF1F2=12F1F2y0=25c2=10，解得c=5，
O1F2=8，则有O1−3,0，
故抛物线方程为y2=32x+3．
故答案为：y2=32x+3
27. （2024·浙江·二模）如图为世界名画《星月夜》，在这幅画中，文森特·梵高用夸张的手法，生动地描绘了充满运动和变化的星空.假设月亮可看作半径为1的圆O的一段圆弧E，且弧E所对的圆心角为4π5.设圆C的圆心C在点O与弧E中点的连线所在直线上.若存在圆C满足：弧E上存在四点满足过这四点作圆O的切线，这四条切线与圆C也相切，则弧E上的点与圆C上的点的最短距离的取值范围为 .（参考数据：cs2π5=5−14）
【答案】0,5
【分析】设弧E的中点为M，根据圆与圆相离，确定两圆的外公切线与内公切线，确定圆O的位置，分析可得弧E上的点与圆C上的点的最短距离.
【详解】如图，
设弧E的中点为M，弧E所对的圆心角为4π5，
圆O的半径OM=1，在弧E上取两点A,B，则∠AOB≤4π5，
分别过点A,B作圆O的切线，并交直线OM于点D，
当过点A,B的切线刚好是圆O与圆C的外公切线时，劣弧AB上一定还存在点S,T，使过点S,T的切线为两圆的内公切线，
则圆C的圆心C只能在线段MD上，且不包括端点，
过点C，分别向AD,BD作垂线，垂足为R,P，则CR即为圆C的半径，
设线段OC交圆C于点N，则弧E上的点与圆C上的点的最短距离即为线段MN的长度.
在Rt△AOD中，OD=OAcs∠AOD=OAcs∠AOB2≤OAcs2π5=15−14=5+1，
则MN=OC−OM−CN=OC−1−CREF=23，从而确定点P的轨迹；
（2）设Q4,m，m≠0，Cx1,y1，Cx2,y2，在根据点Q的坐标来表示各条直线的解析式，然后得出直线CD恒过定点的结论，最后数形结合将面积比转化为边长比化简计算.
【详解】（1）由题意可知，PE+PF=PE+PA=4>EF=23，
所以点P的轨迹是以E，F为焦点，且长轴长2a=4的椭圆，焦距2c=EF=23，
所以b2=a2−c2=1，所以轨迹C的方程为x24+y2=1；
（2）
存在λ=3，使得S△ACD=λS△BCD成立，
设Q4,m，m≠0，Cx1,y1，Cx2,y2，
又A−2,0，所以直线AQ的斜率为m6，
所以直线AQ的方程为y=m6x+2，代入x24+y2=1得：
9+m2x2+4m2x+4m2−36=0，所以−2+x1=−4m29+m2，即x1=18−2m29+m2，
所以y1=m618−2m29+m2+2=6m9+m2，
因为B2,0，所以直线BQ斜率为m2，
所以直线BQ的方程为y=m2x−2，代入x24+y2=1得：
1+m2x2−4m2x+4m2−4=0，所以2+x2=4m21+m2，所以x2=2m2−21+m2，
所以y2=m22m2−21+m2−2=−2m1+m2，
所以直线CD的斜率为6m9+m2−−2m1+m218−2m29+m2−2m2−21+m2=2m3−m2，
所以直线CD的方程为y−−2m1+m2=2m3−m2⋅x−2m2−21+m2，即3−m2y−2mx−1=0，
所以直线CD恒过定点1,0，设该定点为M，
所以AM=3，BM=1，
S△ACD=S△ACM+S△ADM=12AMCMsin∠AMC+12AMDMsin∠AMD
=12AMCM+DMsin∠AMC=12AMCDsin∠AMC，
S△BCD=S△BCM+S△BDM=12BMCMsin∠BMC+12BMDMsin∠BMD
=12BMCM+DMsin∠BMC=12BMCDsin∠BMC，
所以S△ACDS△BCD=12AMCDsin∠AMC12BMCDsin∠BMC=AMBM=3，
所以λ=3.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y1,x2,y2；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，注意Δ的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1x2（或y1+y2、y1y2）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
29. （2024·全国·模拟预测）已知一个玻璃酒杯盛酒部分的轴截面是抛物线，其通径长为1，现有一个半径为r(r>0)的玻璃球放入该玻璃酒杯中，要使得该玻璃球接触到杯底（盛酒部分），则r的取值范围是（ ）
A．(0,2]B．12,2C．0,12D．0,14
【答案】C
【分析】以轴截面抛物线的顶点为原点，对称轴为y轴建立平面直角坐标系，写出该玻璃球的轴截面的方程和抛物线的方程，两方程联立，只有一个解求解.
【详解】解：以轴截面抛物线的顶点为原点，对称轴为y轴建立平面直角坐标系，
当玻璃球能够与杯底接触时，该玻璃球的轴截面的方程为x2+(y −r)2=r2r>0．
因为抛物线的通径长为1，则抛物线的方程为y=x2，
代入圆的方程消元得：x2x2+(1−2r)=0，
所以原题等价于方程x2x2+(1−2r)=0在[−r,r]上只有实数解x=0．
因为由x2x2+(1−2r)=0，得x=0或x2=2r−1，
所以需2r−1≤0或2r−1>r2，即r≤12或(r−1)20，所以00，故A,B不关于x轴对称且A,B的横纵坐标不为0，
所以直线AB方程斜率一定存在，
设直线AB的方程为y=kx+t，联立x22+y2=1得，
1+2k2x2+4ktx+2t2−2=0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1+x2=−4kt1+2k2,x1x2=2t2−21+2k2，
故y1y2=kx1+tkx2+t=k2x1x2+ktx1+x2+t2
=k2⋅2t2−21+2k2+kt⋅−4kt1+2k2+t2=−2k2+t21+2k2，
其中k1=y1x1,k2=y2x2，
故y1y2x1x2=14，即4y1y2=x1x2，
所以−8k2+4t21+2k2=2t2−21+2k2，解得t2=4k2−1，
下面证明椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)在Qx3,y3处的切线方程为x3xa2+y3yb2=1，理由如下：
当y3≠0时，故切线的斜率存在，设切线方程为y=nx+m，
代入椭圆方程得：a2n2+b2x2+2a2nmx+a2m2−a2b2=0，
由Δ=2a2nm2−4a2n2+b2a2m2−a2b2=0，化简得：
a2n2−m2+b2=0，
所以x3=−2a2nm±Δ2a2n2+b2=−2a2nm±02m2=−a2nm，
把x3=−a2nm代入y=nx+m，得：y3=−a2n2+m2m=b2m，
于是n=−mx3a2=−x3a2⋅b2y3=−b2x3a2y3，
则椭圆的切线斜率为−b2x3a2y3，切线方程为y−y3=−b2x3a2y3x−x3，
整理得到a2y3y+b2x3x=a2y32+b2x32，
其中b2x32+a2y32=a2b2，故a2y3y+b2x3x=a2b2，即x3xa2+y3yb2=1，
当y3=0时，此时x3=a或−a，
当x3=a时，切线方程为x=a，满足x3xa2+y3yb2=1，
当x3=−a时，切线方程为x=−a，满足x3xa2+y3yb2=1，
综上：椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)在Qx3,y3处的切线方程为x3xa2+y3yb2=1；
故椭圆在点Ax1,y1的切线方程为x1x2+y1y=1，
同理可得，椭圆在点Bx2,y2的切线方程为x2x2+y2y=1，
由于点Px0,y0为x1x2+y1y=1与x2x2+y2y=1的交点，
故x1x02+y1y0=1，x2x02+y2y0=1，
所以直线AB为x02x+y0y=1，
因为直线AB的方程为y=kx+t，对照系数可得
k=−x02y0,t=1y0，
又t2=4k2−1，故1y02=4−x02y02−1，整理得x02−y02=1，
又Px0,y0在第一象限，
故点Px0,y0的轨迹为双曲线x2−y2=1位于第一象限的部分，
A选项，k3=−b2x1a2y1=−x12y1=−12k1，同理可得k4=−b2x2a2y2=−x22y2=−12k2，
则k3k4=−12k1⋅−12k2=14k1k2=1，A正确；
B选项，k1+k3⋅k2+k4=k1−12k1k2−12k2=k1k2−k12k2−k22k1+14k1k2
=14+1−k12k2−k22k1=54−k12+k222k1k2=54−2k12+k22，
其中k12+k22=y12x12+y22x22=x22y12+x12y22x1x22=x221−x122+x121−x222x1x22
=x12+x22−x12x22x1x22=x12+x22x12x22−1=x1+x22−2x1x2x12x22−1
=−4kt1+2k22−2⋅2t2−21+2k22t2−21+2k22−1=16k2t2−4t2−41+2k22t2−22−1
又t2=4k2−1，
故k12+k22=16k24k2−1−16k2−81+2k28k2−42−1=−4k4+6k2−18k4−8k2+2，不为定值，
故k1+k3⋅k2+k4=54−2k12+k22不是定值，B错误；
C选项，由于x02−y02=1，x0>0，y0>0，故双曲线的一条渐近线为y=x，
设x0−y0=s，则s0，y0>0，故x0>y0，
设5x0−3y0=ℎ，则ℎ>0，
则两式联立得−16y02+6ℎy0+ℎ2−25=0，
由Δ=36ℎ2+64ℎ2−25≥0得，ℎ≥4，
检验，当ℎ=4时，5x0−3y0=4，又x02−y02=1，
解得x0=54y0=34，满足要求.
故5x0−3y0的最小值为4，D正确.
故选：AD
【点睛】结论点睛：过圆x−a2+y−b2=r2上一点x0,y0的切线方程为：x0−ax−a+y−by0−b=r2，
过圆x−a2+y−b2=r2外一点x0,y0的切点弦方程为：x0−ax−a+y−by0−b=r2.
过椭圆x2a2+y2b2=1上一点Px0,y0的切线方程为x0xa2+y0yb2=1，
过椭圆x2a2+y2b2=1外一点Px0,y0的切点弦方程为x0xa2+y0yb2=1;
过双曲线x2a2−y2b2=1上一点Px0,y0的切线方程为x0xa2−y0yb2=1,
过双曲线x2a2−y2b2=1外一点Px0,y0的切点弦方程为x0xa2−y0yb2=1,
32. （2024·全国·模拟预测）费马原理，也称为时间最短原理：光传播的路径是光程取极值的路径．在凸透镜成像中，根据费马原理可以推出光线经凸透镜至像点的总光程为定值（光程为光在某介质中传播的路程与该介质折射率的乘积）．一般而言，空气的折射率约为1．如图是折射率为2的某平凸透镜的纵截面图，其中平凸透镜的平面圆直径MN为6，且MN与x轴交于点−2,0．平行于x轴的平行光束从左向右照向该平凸透镜，所有光线经折射后全部汇聚在点2,0处并在此成像．（提示：光线从平凸透镜的平面进入时不发生折射）

(1)设该平凸透镜纵截面中的曲线为曲线C，试判断C属于哪一种圆锥曲线，并求出其相应的解析式．
(2)设曲线F为解析式同C的完整圆锥曲线，直线l与F交于A，B两点，交y轴于点H，交x轴于点Q（点Q不与F的顶点重合）．若HQ=k1QA=k2QB，k1+k2=−83，试求出点Q所有可能的坐标．
【答案】(1)C为双曲线的一部分，解析式为x2−y23=1−2≤x≤−1
(2)2,0或−2,0
【分析】（1）设Tx0,y0，根据光线经凸透镜至像点的总光程为定值建立等量关系，简、整理即可得解；
（2）设出H，Q的坐标，根据向量的坐标运算得到A，B的坐标，将点A，B的坐标代入F的方程，得到两个方程，根据根与系数的关系及k1+k2=−83建立方程，解方程即可
【详解】（1）设C上任意一点Tx0,y0，x00，
由韦达定理得x0+x1=16，x0x1=19，
所以AB=1+k2x0+x12−4x0x1=5×256−76=30；
（3）设Ax0,y0，Mx1,y1,N−x1,−y1，则k1=y0x0−2，
因为l2⊥l1，故l2为y=−1k1x−2，代入x=12，得点P12,32k1，
所以k2=32k1−y012−x0=3x0−22y0−y012−x0=3x0−6−2y021−2x0y0，
因为点Ax0,y0在双曲线上，故x0,y0满足双曲线方程，即x02−y023=1⇒y02=3x02−3，
所以k2=3x0−6−2y021−2x0y0=3x0y0，
所以k1+k2=y0x0−2+3x0y0=y02+3x0x0−2x0−2y0=6x02−6x0−3x0−2y0，
k1k2=y0x0−2⋅3x0y0=3x0x0−2，
又kOP=yPxP=3k1，联立直线OP双曲线Γ，y=3k1xx2−y23=1，得k12−3x2−k12=0，
根据题意知k12≠3，此方程的两根即为x1,−x1，所以x12=k12k12−3=y0212x0−15，
所以k3+k4=y1−y0x1−x0+−y1−y0−x1−x0=2x1y1−2x0y0x12−x02=6k1x12−2x0y0x12−x02=6x0−2y012x0−15−2x0y0y0212x0−15−x02，
=−12y02x02−3x0+1y02−12x0−15x02=−12y02x02−3x0+1−34x03−6x02+1=4y02x0−1x0−12x0−12x02−2x0−1，
即k3+k4=4y0x0−12x02−2x0−1
所以k3+k4k1+k2=12x0−1x0−2=2k1k2+6，即v=12uw−3
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是设出相关点的坐标，利用相关点的坐标表示斜率，整理后即可求解.
08模长相关问题
36.（23-24高三下·浙江·开学考试）已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为4，离心率为12，左顶点为C，过右焦点F作直线与椭圆分别交于A,B两点（异于左右顶点），连接AC,CB.
(1)证明：AC与AF不可能垂直；
(2)求|AB|2+|BC|2+|CA|2的最小值；
【答案】(1)证明见解析
(2)99932
【分析】（1）求出椭圆方程，设出点A坐标，结合AC⋅AF=0求解即可.
（2）设直线AB方程，联立直线AB方程与椭圆方程，结合韦达定理可表示|AB|2+|BC|2+|CA|2，运用换元法进而将问题转化为求关于1m的二次函数的最小值.
【详解】（1）由题意知，2a=4e=ca=12⇒c=1a=2，
又因为b2=a2−c2=3，所以椭圆方程为x24+y23=1，则F1,0,C−2,0，
证明：设Ax1,y1，−20，
所以AB斜率存在且不为0.
由A,B在双曲线上，则x12a2−y12b2=1，且x22a2−y22b2=1，
两式作差得x12−x22a2−y12−y22b2=0，
所以有x1−x2x1+x2a2=y1−y2y1+y2b2，
故y1+y2x1+x2⋅y2−y1x2−x1=b2a2①，
由圆Γ的圆心P在y轴上（P不与O重合），设P(0,m)(m≠0)，
由题意PA2+PB2=OA2+OB2，
则PA2+PB2=x12+(y1−m)2+x22+(y2−m)2=OA2+OB2=x12+y12+x22+y22，
化简得m(y1+y2)=m2，由m≠0，得y1+y2=m，
由圆Γ的圆心为P，弦AB中点为M，所以MP⊥AB，
则y1+y22−mx1+x22⋅y2−y1x2−x1=−1，即−y1+y22x1+x22⋅y2−y1x2−x1=−1②，
由①②得，b2a2=1，则e2=c2a2=a2+b2a2=2，
故Ω的离心率为2.
（2）由Ω的右焦点为F(2,0)，得c=2，
由（1）知，c=2a，所以有a=b=2，故双曲线的方程为x2−y2=2.
设圆的方程为x2+(y−m)2=r2，由圆Γ过点F(2,0)，则4+m2=r2，
则圆的方程可化为x2+y2−2my−4=0，
联立x2−y2=2x2+y2−2my−4=0，消x化简得y2−my−1=0，
Δ=m2+4>0，
其中y1+y2=m，y1y2=−1，则有y12+y22=y1+y22−2y1y2=m2+2，
由FA=x1−22+y12=2x12−4x1+2=2x1−12=2x1−1，
同理FB=2x2−1，
所以FA+FB=2x1+x2−22=2y12+2+y22+2−22，
其中y12+2+y22+22=y12+y22+4+2y12y22+2y12+y22+4=m2+6+22m2+9，
令2m2+9=t(t>3)，则m2=t2−92，
所以y12+2+y22+22=t2+32+2t=t2+4t+32=(t+2)2−12，
设g(t)=(t+2)2−12，t>3，
由函数y=g(t)在(3,+∞)单调递增，则g(t)>g(3)=12，即g(t)∈(12,+∞)，
所以有y12+2+y22+2∈23,+∞，
故FA+FB=2x1+x2−22=2y12+2+y22+2−22,
FA+FB∈26−22,+∞.

【点睛】方法点睛：圆锥曲线最值范围问题，关键在把要求最值（范围）的几何量、代数式转化为某个（些）参数的函数，然后利用函数、不等式方法进行求解.
39. （2023·安徽芜湖·模拟预测）设双曲线E：x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）过P13,0，P23,4，P33,2，P4−3,2四个点中的三个点．
(1)求双曲线E的方程；
(2)过点F作两条互相垂直的直线m，n，其中m与E的右支交于A，B两点，与直线x=32交于点M，n与E的右支相交于C，D两点，与直线x=32交于点N，求1MA+1MB+1NC+1ND的最大值．
【答案】(1)x23−y2=1
(2)42
【分析】（1）由题意可得双曲线不过点P2，将其余点坐标代入双曲线方程计算即可得；
（2）借助韦达定理与两点间距离公式表示出1MA+1MB并化简后，可得1NC+1ND，结合基本不等式即可得解.
【详解】（1）由P23,4，P33,2，P4−3,2，P3与P2不能同过，P3与P4对称，
故该双曲线不过点P2，
则有3a2−0b2=19a2−2b2=1，解得a2=3b2=1，即双曲线方程为x23−y2=1；
（2）由双曲线方程为x23−y2=1，故F2,0，
由题意可知，m，n的斜率均存在，
设m的斜率为k，则n的斜率为−1k，
即lm:y=kx−2，设Ax1,y1、Bx2,y2，
令x=32，则y=k32−2=−k2，即M32,−k2，
联立双曲线x23−y2=1y=kx−2，有3k2−1x2−12k2x+12k2+3=0，
由双曲线性质可知k∈−∞,−ba∪ba,+∞，即k∈−∞,−33∪33,+∞，
此时Δ>0恒成立，
有x1+x2=12k23k2−1，x1x2=12k2+33k2−1，
则MA=1+k2⋅x1−32，MB=1+k2⋅x2−32，
故1MA+1MB=11+k2⋅x1−32+11+k2⋅x2−32=11+k2⋅x1−32+x2−32x1−32x2−32
=11+k2⋅x1+x2−3x1x2−32x1+x2+94=11+k2⋅12k23k2−1−312k2+33k2−1−32⋅12k23k2−1+94
=11+k2⋅12k2−33k2−112k2+3−18k2+943k2−1=11+k2⋅3k2+33k2+34=41+k2，
同理可得1NC+1ND=41+−1k2=4k1+k2，
则1MA+1MB+1NC+1ND=41+k2+4k1+k2=4k2+2k+11+k2=41+2k1+k2
=41+21k+k≤41+221k⋅k=42，当且仅当k=1，即k=±1时，等号成立，
即1MA+1MB+1NC+1ND的最大值为42.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y1,x2,y2；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，注意Δ的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1x2（或y1+y2、y1y2）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
圆锥曲线最值范围问题，关键在把要求最值（范围）的几何量、代数式转化为某个（些）参数的函数，然后利用函数、不等式方法进行求解.
40. （2024高三·全国·专题练习）已知O为坐标原点，抛物线C:y2=2pxp>0，过点G1,0的直线交抛物线于A，B两点，OA⋅OB=−1．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若点D−1,0，连接AD，BD，证明：AD⋅BG=BD⋅AG；
(3)已知圆G以G为圆心，1为半径，过A作圆G的两条切线，与y轴分别交于点M，N且M，N位于x轴两侧，求△AMN面积的最小值．
【答案】(1)y2=2x
(2)证明见解析
(3)8
【分析】（1）设直线AB的方程为x=my+1，联立方程，利用韦达定理求出y1y2，再求出x1x2，再根据OA⋅OB=−1求出p，即可求出抛物线C的方程；
（2）要证AD⋅BG=BD⋅AG，即证DG平分∠ADB，即证kAD+kBD=0，结合（1）计算化简即可得出结论；
（3）记AM，AN分别与圆G切于点T，F，连接TG，MG，NG，求出AT，结合切线长定理可得AT=AF，NO=NF，MO=MT，再根据S△MMN=S△MAG+S△ANG+S△MNG=12MNAT，求出MN，再结合基本不等式即可得解.
【详解】（1）设直线AB的方程为x=my+1，
由y2=2pxx=my+1，得y2−2pmy−2p=0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
则y1y2=−2p，x1x2=y122p⋅y222p=y1y224p2=1，
从而OA⋅OB=x1x2+y1y2=1−2p=−1，解得p=1，
所以抛物线C的方程为y2=2x；
（2）要证AD⋅BG=BD⋅AG，即证DG平分∠ADB，即证kAD+kBD=0，
由（1）可知y1y2=−2，y1+y2=2pm=2m，
则kAD+kBD=y1x1+1+y2x2+1=y1y122+1+y2y222+1
=2y1y2y1+y2+4y1+y2y12+2y22+2=−8m+8my12+2y22+2=0，
故AD⋅BG=BD⋅AG；
（3）记AM，AN分别与圆G切于点T，F，连接TG，MG，NG，
由题意，得AT=AG2−TG2=12y12−12+y12−1=12y12，
由切线长定理，知AT=AF，NO=NF，MO=MT，
所以S△AMN=12MN×12y12=y124MN，
又S△AMN=S△MAG+S△ANG+S△MNG
=12×AM×1+12×AN×1+12×MN×1
=12MT+AT+NF+AF+MO+ON
=122MO+2NO+2AT
=MN+AT
=MN+12y12=y124MN，解得MN=2y12y12−4，
所以S△AMN=12×y14y12−4=12y12−4+16y12−4+8≥12×2×4+8=8，
当且仅当y12−4=4，即y1=±22时，取等号，
故△AMN面积的最小值为8．
【点睛】思路点睛：解决直线与圆锥曲线的位置关系问题要做好两点：一是转化，把题中的已知和所求准确转化为代数中的数与式，即形向数的转化；二是设而不求，即联立直线方程与圆锥曲线方程，利用根与系数的关系求解．
09解析几何新考点
41.（2024·安徽芜湖·二模）已知直线l：Ax+By+C=0A2+B2≠0与曲线W：y=x3−x有三个交点D、E、F，且DE=EF=2，则以下能作为直线l的方向向量的坐标是（ ）．
A．0,1B．1,−1C．1,1D．1,0
【答案】C
【分析】由函数y=x3−x的性质可得曲线W的对称中心(0,0)，即得E(0,0)，再根据给定长度求出点D的坐标即得.
【详解】显然函数f(x)=x3−x的定义域为R，f(−x)=(−x)3−(−x)=−f(x)，即函数f(x)是奇函数，
因此曲线W的对称中心为(0,0)，由直线l与曲线W的三个交点D,E,F满足DE=EF=2，得E(0,0)，
设D(x,x3−x)，则x2+(x3−x)2=4，令x2=t，则有t3−2t2+2t−4=0，即(t2+2)(t−2)=0，
解得t=2，即x=±2，因此点D(2,2)或D(−2,−2)，ED=(2,2)或ED=(−2,−2)，
选项中只有坐标为(1,1)的向量与ED共线，能作为直线l的方向向量的坐标是(1,1).
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题的关键首先是得到曲线对称中心为(0,0)，从而得到E(0,0)，然后再去设点D坐标，根据DE=2，得到高次方程，利用换元法结合因式分解解出D的坐标即可.
42. （2023·陕西西安·模拟预测）双纽线是1694年被瑞士数学家雅各布·伯努利用来描述他所发现的．在平面直角坐标系xy中，把到定点F1−a,0和F1a,0距离之积等于a2a>0的点的轨迹称为双纽线C．已知点Px0,y0是双纽线C上一点，下列说法正确的是（ ）
①双纽线C关于原点对称；②−a2≤y0≤a2；③双纽线C上满足PF1=PF2的点P只有两个；④PO的最大值是2a.
A．①②③B．①②④C．①②D．①②③④
【答案】B
【分析】对①，设动点C(x,y)，把(x,y)关于原点对称的点(−x,−y)代入轨迹方程，显然成立；对②，根据△PF1F2的面积范围证明即可；对③，易得若PF1=PF2，则P在y轴上，再根据Px0,y0的轨迹方程求解即可；对④，根据题中所给的定点F1−a,0，F2a,0距离之积等于a2，再画图利用余弦定理分析△PF1F2中的边长关系，进而利用三角形三边的关系证明即可.
【详解】对①，设动点C(x,y)，由题可得C的轨迹方程[(x−a)2+y2]⋅[(x+a)2+y2]=a2，
把(x,y)关于原点对称的点(−x,−y)代入轨迹方程，原方程不变，故①正确；
对②，因为Px0,y0，故S△PF1F2=12PF1⋅PF2⋅sin∠F1PF2=12F1F2⋅y0，
又PF1⋅PF2=a2，所以a2sin∠F1PF2=2a⋅y0，
即y0=a2sin∠F1PF2≤a2，故−a2≤y0≤a2，故②正确；
对③，若PF1=PF2，则Px0,y0在F1F2的中垂线即y轴上，
故此时x0=0，代入[(x−a)2+y2]⋅[(x+a)2+y2]=a2，
可得y0=0，即P0,0，仅有一个，故③错误；
对④，因为∠POF1+∠POF2=π，故cs∠POF1+cs∠POF2=0，
即OP2+OF12−PF122OP⋅OF1+OP2+OF22−PF222OP⋅OF2=0，
因为OF1=OF2=a，PF1⋅PF2=a2，
故2OP2+2a2=PF12+PF22，
即2OP2+2a2=PF1−PF22+2PF1⋅PF2，
所以2OP2=PF1−PF22，
又PF1−PF2≤F1F2=2a，当且仅当P,F1,F2共线时取等号，
故2OP2=PF1−PF22≤2a2，
即OP2≤2a2，解得OP≤2a，故④正确.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了动点轨迹方程的性质判定，因为该方程较复杂，故在作不出图象时，需要根据题意求出动点的方程进行对称性的分析，同时需要结合解三角形的方法对所给信息进行辨析.
43. （2024·河北邯郸·二模）已知椭圆C的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过M2,0,N1,−32两点．
(1)求C的方程．
(2)A,B是C上两个动点，D为C的上顶点，是否存在以D为顶点，AB为底边的等腰直角三角形？若存在，求出满足条件的三角形的个数；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)x24+y2=1
(2)存在，3个
【分析】（1）设椭圆C的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0,m≠n)，根据条件得到4m=1m+34n=1，即可求出结果；
（2）设直线DA为y=kx+1，直线DB为y=−1kx+1，当k=1时，由椭圆的对称性知满足题意；当k2≠1时，联立直线与椭圆方程，求出A,B的坐标，进而求出AB中垂线方程，根据条件中垂线直经过点D(0,1)，从而将问题转化成方程k4−7k2+1=0解的个数，即可解决问题.
【详解】（1）由题设椭圆C的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0,m≠n)，
因为椭圆过M2,0,N1,−32两点，
所以4m=1m+34n=1，得到m=14,n=1，所以椭圆C的方程为x24+y2=1.
（2）由（1）知D(0,1)，易知直线DA,DB的斜率均存在且不为0，
不妨设kDA=k(k>0)，kDB=−1k，直线DA为y=kx+1，直线DB为y=−1kx+1，
由椭圆的对称性知，当k=1时，显然有DA=DB，满足题意，
当k2≠1时，由y=kx+1x24+y2=1，消y得到(14+k2)x2+2kx=0，
所以xA=−8k1+4k2，yA=−8k21+4k2+1=1−4k21+4k2，即A(−8k1+4k2,1−4k21+4k2)，
同理可得B(8kk2+4,k2−4k2+4)，所以kAB=k2−4k2+4−1−4k21+4k28kk2+4+8k1+4k2=(k2−4)1+4k2−(k2+4)(1−4k2)8k(1+4k2+k2+4)=k2−15k，
设AB中点坐标为(x0,y0)，则x0=−8k1+4k2+8kk2+42=12k(k2−1)(k2+4)(1+4k2)，y0=1−4k21+4k2+k2−4k2+42=−15k2(k2+4)(1+4k2)，
所以AB中垂线方程为y+15k2(k2+4)(1+4k2)=−5kk2−1(x−12k(k2−1)(k2+4)(1+4k2))，
要使△ADB为AB为底边的等腰直角三角形，则直AB中垂线方程过点(0,1)，
所以1+15k2(k2+4)(1+4k2)=−5kk2−1(0−12k(k2−1)(k2+4)(1+4k2))，整理得到k4−7k2+1=0，
令t=k2，则t2−7t+1=0，Δ=49−4>0，所以t有两根t1,t2，且t1+t2=7>0,t1t2=1>0，即t2−7t+1=0有两个正根，
故有2个不同的k2值，满足k4−7k2+1=0，
所以由椭圆的对称性知，当k2≠1时，还存在2个符合题意的三角形，
综上所述，存在以D为顶点，AB为底边的等腰直角三角形，满足条件的三角形的个数有3个.

【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第（2）问，通过设出直线DA为y=kx+1，直线DB为y=−1kx+1，联立椭圆方程求出A,B坐标，进而求出直线AB的中垂线方程，将问题转化成直线AB的中垂线经过点D(0,1)，再转化成关于k的方程的解的问题.
44. （2024·全国·一模）我国著名科幻作家刘慈欣的小说《三体Ⅱ·黑暗森林》中的“水滴”是三体文明使用新型材料-强互作用力（SIM）材料所制成的宇宙探测器，其外形与水滴相似，某科研小组研发的新材料水滴角测试结果如图所示（水滴角可看作液、固、气三相交点处气—液两相界面的切线与液—固两相交线所成的角），圆法和椭圆法是测量水滴角的常用方法，即将水滴轴截面看成圆或者椭圆（长轴平行于液—固两者的相交线，椭圆的短半轴长小于圆的半径）的一部分，设图中用圆法和椭圆法测量所得水滴角分别为θ1，θ2，则（ ）
附：椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0上一点x0,y0处的切线方程为x0xa2+y0yb2=1.
A．θ1θ2D．θ1和θ2的大小关系无法确定
【答案】A
【分析】运用圆和椭圆的切线方程分别求得tanθ1、tanθ2，结合bb>0)，如图所示，
则切点坐标为(−2,b−1)，
则椭圆x2a2+y2b2=1上一点(−2,b−1)的切线方程为−2xa2+(b−1)yb2=1，
所以椭圆的切线方程的斜率为k2=tanθ2=2b2a2(b−1)，
将切点坐标(−2,b−1)代入切线方程可得4a2+(b−1)2b2=1，解得4b2a2=2b−1，
所以tanθ2=2b2a2(b−1)=12(2b−1)b−1=12(2+1b−1)，
又因为b43=tanθ1，即tanθ2>tanθ1，
所以θ1c的点的轨迹叫“椭圆”．
(1)求“椭圆”的方程；
(2)根据“椭圆”的方程，研究“椭圆”的范围、对称性，并说明理由；
(3)设c=1,a=2，作出“椭圆”的图形，设此“椭圆”的外接椭圆为C,C的左顶点为A，过F2作直线交C于M,N两点，△AMN的外心为Q，求证：直线OQ与MN的斜率之积为定值．
【答案】(1)x+c+x−c+2y=2aa>c>0
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）设“椭圆”上任意一点为Px,y，则PF1+PF2=2a，再根据两点之间的“距离”得新定义即可得解；
（2）将点分别代入即可判断其对称性，取绝对值符号，进而可得出范围；
（3）先求出椭圆方程，设直线MN的方程为x=my+1m≠0,Mx1,y1,Nx2,y2，联立方程，利用韦达定理求出y1+y2,y1y2，分别求出直线AM,AN的方程，设Qx0,y0，再次求出y1,y2的关系，进而求出y0x0，从而可得出结论.
【详解】（1）设“椭圆”上任意一点为Px,y，则PF1+PF2=2a，
即x+c+y+x−c+y=2a，即x+c+x−c+2y=2aa>c>0，
所以“椭圆”的方程为x+c+x−c+2y=2aa>c>0；
（2）由方程x+c+x−c+2y=2a，得2y=2a−x+c−x−c，
因为y≥0，所以2a−x+c−x−c≥0，即2a≥x+c+x−c，
所以x≤−c−x−c−x+c≤2a或−c0，函数f(d)单调递增，当32f(12)>f(1)>f(2)>⋯，即1>45>12>15>⋯，
当n增大时，面积λ的值也在增大，
过点(12,0),(1,0),(2,0),(3,0),(4,0),⋯,(n,0)分别作x轴的垂线交函数y=f(x)的图象
于点(12,f(12)),(1,f(1)),(2,f(2)),(3,f(3)),(4,f(4)),⋯,(n,f(n))，

由f(x)=1x2+1在(0,+∞)上单调递减，
得当x∈(0,12)时，f(x)的图象与x轴之间部分的面积小于f(0)×12=12，
当x∈(12,1)时，f(x)的图象与x轴之间部分的面积小于f(12)×12=45×12，
当x∈(1,2)时，f(x)的图象与x轴之间部分的面积小于f(1)=12，
当x∈(2,3)时，f(x)的图象与x轴之间部分的面积小于f(2)=15，
⋯⋯⋯⋯
当x∈(n−2,n−1)时，f(x)的图象与x轴之间部分的面积小于f(n−2)=1(n−2)2+1，
当x∈(n−1,n)时，f(x)的图象与x轴之间部分的面积小于f(n−1)=1(n−1)2+1，
则M的轨迹Γ，直线x=−n,x=n(n∈N*)与x轴围成面积为λ，
λ0y1y20的左、右焦点分别为F1−c,0，F2c,0，点P22,1是Γ上一点.若I为△PF1F2的内心，且5S△IPF1−5S△IPF2=25S△IF1F2.
(1)求Γ的方程；
(2)点A是Γ在第一象限的渐近线上的一点，且AF2⊥x轴，点Qx0,y0是Γ右支上的一动点，Γ在点Q处的切线l与直线AF2相交于点M，与直线x=455相交于点N.证明：NF2MF2为定值.
【答案】(1)x24−y2=1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据三角形面积公式及双曲线定义化简可得2a2c=255，求出a即可得出方程；
（2）利用导数的几何意义求出切线斜率并化简可得k=x04y0，求出切线及切线与直线的交点，利用两点间距离公式并结合双曲线方程化简可得NF2MF2=255
【详解】（1）因为点P22,1是Γ上一点，所以8a2−1b2=1.设△PF1F2的内切圆半径为r，则S△IPF1=12PF1r，S△IPF2=12PF2r，S△IF1F2=12F1F2r.
因为5S△IPF1−5S△IPF2=25S△IF1F2，所以52PF1r−52PF2r=25×12F1F2r，
所以5PF1−5PF2=25F1F2，所以PF1−PF2F1F2=255.
由双曲线的定义及其几何性质，得2a2c=255，即5a=2c.
联立8a2−1b2=15a=2ca2+b2=c2，解得a2=4,b2=1.所以Γ的方程为x24−y2=1.
（2）由题意可知，直线l的斜率存在，则可设直线l的方程为y−y0=kx−x0.
由x24−y2=1，可得y2=x24−1=x2−44.
由题意知y0≠0.
若点Q在双曲线Γ的右支的上半支上，则y=x2−42，
所以y'=2x2×2x2−4=x2x2−4，故k=x02x02−4.
因为x024−y02=1，所以x02−4=4y02，所以k=x024y02=x04y0.
若点Q在双曲线Γ的右支的下半支上，则y=−x2−42，
所以y'=2x2×2x2−4=x2x2−4，故k=x02x02−4.
因为x024−y02=1，所以x02−4=4y02，所以k=−x024y02=x04y0.
综上可知，k=x04y0.
将k=x04y0代入直线l的方程，得y−y0=x04y0x−x0，即x0x−4y0y=x02−4y02.
又x02−4=4y02，所以直线l的方程为x0x−4y0y=4，即yM=x0x−44y0x0>2.
因为直线AF2的方程为x=5，所以当x=5时，yM=5x0−44y0，即直线l与直线AF2的交点M5,5x0−44y0，所以MF2=5x0−44y0.
联立y=x0x−44y0x=455，得y=55x0−1y0x=455，
所以直线l与直线x=455的交点N455,55x0−1y0.
又F25,0，所以NF22=5−4552+0−55x0−1y02=15+55x0−12y02
=x024−1+x02−25x0+55y02=54x02−25x0+45y02.
因为MF22=5x02−85x0+1616y02，所以NF22MF22=45，
所以NF2MF2=255，为定值.
.
【点睛】方法点睛：证明NF2MF2为定值的方法为可用变量去表示需要判断是否为定值的表达式，通过验证表达式是否与变量有关可解决问题.
59. （2024·辽宁·二模）已知点P为双曲线E:x24−y2=1上任意一点，过点P的切线交双曲线E的渐近线于A,B两点．
(1)证明：P恰为AB的中点；
(2)过点P分别作渐近线的平行线，与OA、OB分别交于M、N两点，判断▱PMON的面积是否为定值，如果是，求出该定值；如果不是，请说明理由；
【答案】(1)证明见解析
(2)1，理由见解析
【分析】（1）设切线为l:x=ty+m，联立方程组，根据Δ=0，求得m2=4−t2，得到P(t2m+m,tm)，再联立直线l与双曲线的渐近线，分别求得A(2m2−t,m2−t)和B(2m2+t,−m2+t)，结合中点公式，即可得证；
（2）由（1）求得OAOB=5和OA⃗⋅OB⃗=3，求得cs∠AOB=35，得到sin∠AOB=45，求得S△AOB=2，结合P为AB的中点，得到SPMON=12S△AOB，即可求解.
【详解】（1）由切线不可能平行于x轴，即切线的斜率不可能为0，
设切线方程为l:x=ty+m，
联立方程组x=ty+mx24−y2=1，整理得(t2−4)y2+2tmy+m2−4=0，
所以Δ=2tm2−4(t2−4)m2−4=0，可得t2+m2−4=0，即m2=4−t2，
所以−m2y2+2tmy+t2=0，即(my−t)2=0，所以y=tm，则x=t2m+m，
所以点P(t2m+m,tm)，
又由双曲线E:x24−y2=1的渐近线方程为y=±12x，
联立方程组y=12xx=ty+m，可得x=2m2−t,y=m2−t，即A(2m2−t,m2−t)，
联立方程组y=−12xx=ty+m，可得x=2m2+t,y=−m2+t，即B(2m2+t,−m2+t)，
所以2m2−t+2m2+t2=2m+tm+2m−tm4−t2=4m4−t2=4mm2=4m
m2−t+−m2+t2=tm4−t2=tmm2=tm，所以AB的中点坐标为(4m,tm)
又因为t2m+m=t2+m2m=4m，所以P(4m,tm)，所以点P与AB的中点重合.
（2）由A(2m2−t,m2−t)，B(2m2+t,−m2+t)，
可得OA2=(2m2−t)2+(m2−t)2=5m2(2−t)2，OB2=(2m2+t)2+(−m2+t)2=5m2(2+t)2，
所以OA2⋅OB2=25m4[(2−t)(2+t)]2=25m4(4−t2)2=25m4m4=25，即OAOB=5，
又由OA⃗⋅OB⃗=2m2−t×2m2+t+m2−t×−m2+t=3m24−t2=3，可得cs∠AOB=OA⋅OBOAOB=35，
所以sin∠AOB=1−cs2∠AOB=45，
所以S△AOB=12OAOBsin∠AOB=12×5×45=2，
因为P为AB的中点，所以SPMON=12S△AOB=12×2=1，
所以四边形PMON的面积为定值1.
【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线问题的方法与策略：
1、涉及圆锥曲线的定义问题：抛物线的定义是解决圆锥曲线问题的基础，它能将两种距离(圆锥曲线上的点到焦点的距离、圆锥曲线上的点到准线的距离)进行等量转化．如果问题中涉及圆锥曲线的焦点和准线，又能与距离联系起来，那么用圆锥曲线定义就能解决问题．因此，涉及圆锥曲线的焦半径、焦点弦问题，可以优先考虑利圆锥曲线线的定义转化为点到准线的距离，这样就可以使问题简单化．
2、涉及直线与圆锥曲线的综合问题：通常设出直线方程，与圆锥曲线方程联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时注意向量、基本不等式、函数及导数在解答中的应用.
60. （2024·上海奉贤·二模）已知曲线C: x24+y22=1 ，O是坐标原点， 过点T1,0的直线l1与曲线C交于P，Q两点.
(1)当l1与x轴垂直时，求△OPQ的面积；
(2)过圆x2+y2=6上任意一点M作直线MA，MB，分别与曲线C切于A，B两 点，求证：MA⊥MB；

(3)过点Nn,0n>2的直线l2与双曲线x24−y2=1交于R，S两点（l1，l2不与x轴重合）.记直线TR的斜率为kTR，直线TS斜率为kTS， 当∠ONP=∠ONQ时，求证：n与kTR+kTS都是定值.

【答案】(1)62
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）将x=1代入椭圆方程，求出y，再计算三角形面积；
（2）设M(x0,y0)，当x0=±2时求出y0，从而确定M、A、B（一组）的坐标，说明MA⊥MB，当x0≠±2时，设MA，MB的斜率分别为k1,k2，直线MA:y−y0=kx−x0，得到联立直线MA与椭圆的方程，由Δ=0得到化为关于k的一元二次方程为x02−4k2−2x0y0k+y02−2=0，利用韦达定理得到k1⋅k2=y02−2x02−4，即可得证；
（3）设P(x1,y1)、Q(x2,y2)、R(x3,y4)、S(x4,y4)，直线PN、QN的斜率分别为kPN、kQN，设直线l1:x=ky+1，联立直线l1与曲线C的方程，消元、列出韦达定理，由∠ONP=∠ONQ得kPN+kQN=0，即可求出n，设直线l2:x=py+4，与双曲线联立，消元、列出韦达定理，由斜率公式计算可得.
【详解】（1）由题可知，直线为x=1，
代入椭圆方程x24+y22=1，解得y=±62，
所以S△OPQ=12×6×1=62.
（2）设M(x0,y0)，
当x0=±2时，y0=±2 ，不妨取M2,2，A2,0，B0,2，
则AM=0,2，BM=2,0，所以AM⋅BM=0，即MA⊥MB成立；
当x0≠±2时，设MA，MB的斜率分别为k1,k2，直线MA:y−y0=kx−x0，
由y−y0=kx−x0x24+y22=1 ⇒(2k2+1)x2+4k(y0−kx0)x+2(kx0−y0)2−4=0，
因为直线MA与椭圆相切，所以Δ=0，
即16k2(kx0−y0)2−4(2k2+1)[2(kx0−y0)2−4]=0，
化简可得(kx0−y0)2−2(2k2+1)=0，
化为关于k的一元二次方程为x02−4k2−2x0y0k+y02−2=0，
所以k1⋅k2=y02−2x02−4.
因为M(x0,y0)在圆上，所以x02+y02=6，
代入上式可得k1⋅k2=6−x02−2x02−4=−1，
综上可得MA⊥MB.

（3）设P(x1,y1)、Q(x2,y2)、R(x3,y4)、S(x4,y4)，
直线PN、QN的斜率分别为kPN、kQN，
设直线l1:x=ky+1，与椭圆联立得(k2+2)y2+2ky−3=0，
则Δ>0，y1+y2=−2kk2+2，y1y2=−3k2+2，
由∠ONP=∠ONQ得kPN+kQN=0，
即kPN+kQN=y1x1−n+y2x2−n=y1(ky2+1−n)+y2(ky1+1−n)(ky1+1−n)(ky2+1−n)=0，
计算分子部分：y1(ky2+1−n)+y2(ky1+1−n)
=2ky1y2+1−ny1+y2
=2k⋅−3k2+2+(1−n)⋅−2kk2+2=−8k+2knk2+2=0，所以n=4，
设直线l2:x=py+4，与双曲线联立得(p2−4)y2+8py+12=0，
则p2−4≠0，Δ>0，y3+y4=−8pp2−4，y3y4=12p2−4，
所以kTR+kTS=y3x3−1+y4x4−1=y3(x4−1)+y4(x3−1)(x3−1)(x4−1)，
计算分子部分y3(x4−1)+y4(x3−1)=y3(py4+3)+y4(py3+3)=2py3y4+3(y3+y4)
=2p⋅12p2−4+3⋅−8pp2−4=0，
所以kTR+kTS=0，
综上可得n=4、kTR+kTS=0均为定值.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y1、x2,y2；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算Δ；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1x2的形式；
（5）代入韦达定理求解.
13解析几何与向量结合
61.（2024·上海杨浦·二模）平面上的向量a、b满足：a=3，b=4，a⊥b.定义该平面上的向量集合A={x||x+a|x⋅b}.给出如下两个结论：
①对任意c∈A，存在该平面的向量d∈A，满足c−d=0.5
②对任意c∈A，存在该平面向量d∉A，满足c−d=0.5
则下面判断正确的为（ ）
A．①正确，②错误B．①错误，②正确C．①正确，②正确D．①错误，②错误
【答案】C
【分析】根据给定条件，令a=(3,0)，b=(0,4)，设x=(m,n)，利用向量模及数量积的坐标表示探求m,n的关系，再借助平行线间距离分析判断得解.
【详解】由|a|=3，|b|=4，a⊥b，不妨令a=(3,0)，b=(0,4)，设x=(m,n)，
|x+a|0，记OA=a,OB=b,OC=c则有(x−r)2+y2=rx，即1−rx2−2rx+r2+y2=0，然后分r=1，0b>0的左、右焦点分别为F1、F2，上顶点为A，AF1−AF2=AF2，△AF1F2的面积为3.
(1)求C的方程；
(2)B是C上位于第一象限的一点，其横坐标为1，直线l过点F2且与C交于M，N两点（均异于点B），点P在l上，设直线BM，BP，BN的斜率分别为k1，k2，k3，若2k2−k3=k1，问点P的横坐标是否为定值？若为定值，求出点P的横坐标；若不为定值，请说明理由.
【答案】(1)x24+y23=1
(2)点P的横坐标为定值4
【分析】（1）依题意可得F2F1=AF2，即可得到△AF1F2为等边三角形，由面积公式求出c，从而求出a、b；
（2）首先求出B点坐标，设直线l:y=kx−1，Px0,kx0−1，Mx1,y1，Nx2,y2，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，由斜率公式求出k1+k3，即可得到k2=k−12，最后由斜率公式求出x0.
【详解】（1）因为AF1−AF2=AF2，所以F2F1=AF2，即F2F1=AF2=2c，
又AF1=AF2，
所以△AF1F2为等边三角形，
所以S△AF1F2=12F1F22sin60°=3c2=3，所以c=1，
又AF1+AF2=2a，所以AF1=AF2=a，则a=2c=2，
所以b2=a2−c2=3，
所以椭圆方程为x24+y23=1.
（2）将x=1代入x24+y23=1解得y=±32，所以B1,32，
由（1）可知F21,0，则直线l的斜率存在，
设直线l:y=kx−1，Px0,kx0−1，Mx1,y1，Nx2,y2，
由y=kx−1x24+y23=1得3+4k2x2−8k2x+4k2−12=0，
由Δ=64k4−3+4k24k2−12=144k2+1>0，
所以x1+x2=8k23+4k2，x1x2=4k2−123+4k2，
所以k1+k3=y1−32x1−1+y2−32x2−1
=kx1−1−32x1−1+kx2−1−32x2−1
=2k−32⋅x1+x2−2x1x2−x1+x2+1
=2k−32⋅8k23+4k2−24k2−123+4k2−8k23+4k2+1=2k−1，
因为2k2−k3=k1，所以k2=k−12，
所以k2=kx0−1−32x0−1=k−12，解得x0=4，
所以点P的横坐标为定值4.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y1、x2,y2；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算Δ；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1x2的形式；
（5）代入韦达定理求解.
64. （2022·浙江杭州·模拟预测）已知平面向量x，y，z，|x|=12|y|=|z|=x⋅y=1，则12x+z+12y−z的取值范围是 ．
【答案】[3,7]
【分析】把向量用建系的思想在坐标系中表示出来，然后利用向量的关系把
12x+z+12y−z变形整理得|CF|+|CB|2，分别通过三点共线和椭圆定义来确定范围即可.
【详解】设x，y的夹角为θ，∵|x|=12|y|=|z|=x⋅y=1，∴csθ=x⋅yx⋅y=12，
∵θ∈0,π，∴θ=π3.
如图，由题可设x=OA=(1,0)，y=OB=(1,3)，z=OC=(x,y)，
其中O为原点，C在单位圆上，记E−12,0，假设存在一点Fx0,y0，使得CE=12CF
则有(x+12)2+y2=14[(x−x0)2+(y−y0)2]
∴4(x2+x+14)+y2=x2−2x⋅x0+x02+y2−2y⋅y0+y02，
∴3x2+3y2+(4+2x0)x+2y0y+1−x02−y02=0
又∵x2+y2=1，∴4+2x03=02y03=0x02+y02−13=1解得x0=−2y0=0.
所以存在点F(−2,0)，使得CE=12CF.
∴12x+z+12y−z=|−OE+OC|+12|OB−OC|=EC+12CB=|CF|+|CB|2，
且直线BF的方程为y=33(x+2)，即x−3y+2=0，圆心O到直线的距离为1.
所以BF与圆相切，所以当B,C,F三点共线时，|CF|+|CB|2取得最小值为BF2=3，
如图，C在C1位置时， 因为BF=23，|C1B|+|C1F|=27，且27>25，
由椭圆定义可知，此时C1在以B，F为焦点的椭圆上，
当C在其他位置时，C在椭圆内部，
所以(|CB|+|CF|)的最大值为|C1B|+|C1F|=27，即|CF|+|CB|2的最大值为7.
∴12x+z+12y−z∈[3,7].
故答案为：[3,7]．
【点睛】本题结合轨迹问题与椭圆的定义，用建系的思想解决向量的问题.
64. （2023·河北衡水·模拟预测）平面上有两组互不重合的点，A1、A2⋅⋅⋅⋅⋅⋅Am与B1、B2⋅⋅⋅⋅⋅⋅Bn m,n∈N+,n≥2，∀t∈1,n，t∈N+，i=1mAiBt=t.则i=1n−1BiBi+1的范围为（ ）.
A．nm,2nmB．nm,n2m
C．nm,n+n22mD．n−1m,n2−1m
【答案】D
【分析】考虑m=1,n=2的特殊情况，验证选项可得答案.
【详解】当m=1,n=2时，由题，有∀t∈1,2，t∈N+，A1Bt=t.
得A1B1=1，A1B2=2.则B1在以A1为圆心，半径为1的圆上，则B2在以A1为圆心，半径为2的圆上.又i=1n−1BiBi+1=B1B2，则如下图所示，即A1B1=B1B2时，B1B2取最小值为1；
如下图所示，即B2A1=2A1B1时，B1B2取最大值为3.
则当m=1,n=2时，i=1n−1BiBi+1的范围是1,3，验证选项可排除A，B，C.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题因点的情况较为复杂，且又为选择题，故考虑利用特殊值验证选项得答案.
14解析几何中的定点问题
66.（2024·上海徐汇·二模）已知椭圆C:x24+y23=1，A1、A2分别为椭圆C的左、右顶点，F1、F2分别为左、右焦点，直线l交椭圆C于M、N两点（l不过点A2）.
(1)若Q为椭圆C上（除A1、A2外）任意一点，求直线QA1和QA2的斜率之积；
(2)若NF1=2F1M，求直线l的方程；
(3)若直线MA2与直线NA2的斜率分别是k1、k2，且k1k2=−94，求证：直线l过定点.
【答案】(1)−34
(2)y=±52(x+1)
(3)证明见解析
【分析】（1）设点Qx0,y0(x0≠±2)，直接计算kQA1⋅kQA2，结合Q点在椭圆上化简即得；
（2）设Mx1,y1,Nx2,y2，由向量线性运算的坐标表示得出x2=−3−2x1y2=−2y1，再利用M,N在椭圆上，可求出M（或N）的坐标，然后可得直线方程；
（3）设Mx3,y3,Nx4,y4，易知直线l的斜率不为0，设其方程为x=my+t（t≠2），直线方程椭圆方程整理后应用韦达定理得y3+y4,y3y4，把它代入k1k2=−94可求得t的确定值，从而得定点坐标．
【详解】（1）在椭圆 C:x24+y23=1中，左、右顶点分别为A1(−2,0)、A2(2,0)，
设点Qx0,y0(x0≠±2)，则 kQA1⋅kQA2=y0x0+2⋅y0x0−2=y02x02−4=31−x024x02−4=−34.
（2）设Mx1,y1,Nx2,y2，由已知可得F1(−1,0)，NF1=(−1−x2,−y2)，F1M=(x1+1,y1)，
由NF1=2F1M得(−1−x2,−y2)=2(x1+1,y1)，化简得x2=−3−2x1y2=−2y1
代入x224+y223=1可得(−3−2x1)24+(−2y1)23=1，
联立x124+y123=1解得x1=−74y1=±358
由NF1=2F1M得直线l过点F1(−1,0)，N(−74,±385)，
所以，所求直线方程为y=±52(x+1).
（3）设Mx3,y3,Nx4,y4，易知直线l的斜率不为0，设其方程为x=my+t（t≠2），
联立x=my+tx24+y23=1，可得3m2+4y2+6mty+3t2−12=0，
由Δ=36m2t2−4(3m2+4)(3t2−12)>0，得t20，其焦点为F，其准线与x轴交于点C，以FC为直径的圆交抛物线于点B，连接BF并延长交抛物线于点A，且AF−BF=4．
(1)求E的方程．
(2)过点F作x轴的垂线与抛物线E在第一象限交于点P，若抛物线E上存在点M，N，使得MP⋅NP=0．求证：直线MN过定点．
【答案】(1)y2=4x
(2)证明见解析
【分析】（1）设直线AB的倾斜角为θ，由抛物线的定义结合图形表示出AF，BF，求出AB，结合条件AF−BF=4，求出p的值得解；
（2）根据题意，设直线MN的方程为x=my+n，与抛物线方程联立可得y1+y2，y1y2，结合MP⋅NP=0运算得到m,n的关系，从而得解.
【详解】（1）根据抛物线的性质可知CF=p．
设直线AB的倾斜角为θ，则在Rt△CBF中，BF=pcsθ．
由抛物线的定义知AF=AFcsθ+p，BF=p−BFcsθ，
所以AF=p1−csθ，BF=p1+csθ=pcsθ，所以sin2θ=csθ．
所以AB=AF+BF=2psin2θ=2pcsθ．
由AF−BF=AB−2BF=4，
得2pcsθ−2pcsθ=2p⋅1−cs2θcsθ=2p=4，解得p=2．
所以E的方程为y2=4x．
（2）由（1）知P1,2．设直线MN的方程为x=my+n，Mx1,y1，Nx2,y2．
联立抛物线方程，得x=my+n,y2=4x.代入并整理，得y2−4my−4n=0．
则y1+y2=4m，y1y2=−4n，且Δ=16m2+16n>0．
由MP⋅NP=0，得1−x1,2−y1⋅1−x2,2−y2=0，
则1−x11−x2+2−y12−y2=1−my1+n1−my2+n+2−y12−y2=0，
得m2+1y1y2+mn−m−2y1+y2+n2−2n+5=0，
所以m2+1×−4n+mn−m−2×4m+n2−2n+5=0．整理得n−32=4m+12．
当n−3=−2m+1，即n=−2m+1时，直线MN的方程为x=my−2+1，则直线MN恒过定点P1,2，不符合题意．
当n−3=2m+1，即n=2m+5时，直线MN的方程为x=my+2+5，则直线MN恒过定点5,−2．
【点睛】思路点睛：本题考查抛物线的定义、直线与抛物线的位置关系.第一问，设直线AB的倾斜角为θ，由抛物线的定义求出AF，BF，结合条件AF−BF=4运算求出p的值；第二问，设直线MN的方程为x=my+n，与抛物线方程联立利用韦达定理求得y1+y2=4m，y1y2=−4n，利用MP⋅NP=0坐标化求得m与n的关系，代回直线MN方程判断得证.
68. （2024·全国·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为12，且过点−2,3．
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)设过点P−4,0且斜率不为0的直线l与椭圆C交于A，B两点．问：在x轴上是否存在定点Q，使直线QA的斜率k1与QB的斜率k2的积为定值？若存在，求出该定点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)x28+y26=1；
(2)存在，且该定点为Q±22,0
【分析】（1）结合离心率的定义，将−2,3代入椭圆方程计算即可得；
（2）设出直线方程，联立曲线，借助韦达定理表示交点横坐标的关系后，结合斜率公式表示出斜率之积后可得3x02−24=0时，k1k2，计算即可得解.
【详解】（1）因为椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为12，所以ca=12，即a=2c，
所以b=3c，所以椭圆C的方程为x24c2+y23c2=1，
因为椭圆C过点−2,3，所以44c2+33c2=1，解得c2=2，
故a2=4c2=8，b2=3c2=6，
所以椭圆C的标准方程为x28+y26=1；
（2）假设存在定点Qx0,0．设Ax1,y1，Bx2,y2，
易知直线l的斜率显然存在，且不为0，设其方程为y=kx+4，
联立椭圆方程与直线方程，得x28+y26=1y=kx+4，消去y并整理，
得3+4k2x2+32k2x+64k2−24=0，
所以x1+x2=−32k23+4k2，x1x2=64k2−243+4k2，
由Δ=32k22−43+4k264k2−24>0，解得k20t>0，解得0p2，
由韦达定理有y1+y2=−2b2mpa2+b2m2,y1y2=b2p2−a2b2a2+b2m2，
此时要证明的是：kQA+kQB=2kPQ，
也就是y1−tmy1+p−a2p+y2−tmy2+p−a2p=−2tp−a2p，
也就是y1−tmy1+p−a2p+y2−tmy2+p−a2p+2tp−a2p=0，
也就是p−a2py1−tmy2+p−a2p+y2−tmy1+p−a2p+2tmy1+p−a2pmy2+p−a2p=0，
也就是2mp−a2p+2m2ty1y2+p−a2p2+tmp−a2py1+y2=0，
也就是2mp−a2p+2m2t⋅b2p2−a2b2a2+b2m2+p−a2p2+tmp−a2p−2b2mpa2+b2m2=0，
也就是mp−a2p+m2t⋅b2p2−a2+p−a2p2+tmp−a2p−b2mp=0，
也就是p−a2p+mt⋅b2p2−a2−b2pp−a2p2+tmp−a2p=0，
也就是p−a2p+mt⋅p2−a2−pp−a2p2+tmp−a2p=0，
也就是p−a2p+mt⋅p−a2p−p−a2p2+tmp−a2p=0，
也就是p−a2p+mt⋅p−a2p=p−a2p2+tmp−a2p，
这显然成立，所以结论得证.
接下来我们回到原题，

①首先由于Q在P的极线x=2上，故由引理有kQN+kQB=2kPQ，kQA+kQM=2kPQ，
而kQA=kQB=12，
所以kQN=kQM，这表明Q是MN和AB的交点，
又由于kQA+kQM=2kPQ，故kBA+kNM=2kPQ，
设Q2,t，而kAB=kQD=t−yD2，kMN=kQT=t−yT2，kPQ=kQE=t−yE2，
所以yD+yT=2yE，也就是E是DT的中点；
②设Q2,t，那么kPQ=−t2,kAB=12，所以kMN=−t−12，
这表明MN的方程是y=−t−12x−2+t，即t3−x+1−12x−y=0，
所以MN恒过点3,−12.
【点睛】关键点点睛：第二问的关键是用解析几何证明题述引理的正确性，由此即可利用结论法进一步求解.
70 .（2024·江苏·模拟预测）交比是射影几何中最基本的不变量，在欧氏几何中亦有应用．设A，B，C，D是直线l上互异且非无穷远的四点，则称ACBC⋅BDAD（分式中各项均为有向线段长度，例如AB=−BA）为A，B，C，D四点的交比，记为(A,B;C,D)．
(1)证明：1−(D,B;C,A)=1(B,A;C,D)；
(2)若l1，l2，l3，l4为平面上过定点P且互异的四条直线，L1，L2为不过点P且互异的两条直线，L1与l1，l2，l3，l4的交点分别为A1，B1，C1，D1，L2与l1，l2，l3，l4的交点分别为A2，B2，C2，D2，证明：(A1,B1;C1,D1)=(A2,B2;C2,D2)；
(3)已知第（2）问的逆命题成立，证明：若△EFG与△E'F'G'的对应边不平行，对应顶点的连线交于同一点，则△EFG与△E'F'G'对应边的交点在一条直线上．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题干所给交比的定义即可证；
（2）把交比转化成面积之比，在利用面积公式把面积之比转化为边之比；
（3）把三点共线问题转化为其中一个点在另外两个点所构成的直线上.再利用第（2）问的结论得到两组交比相等，根据逆命题也成立即可证明三点共线.
【详解】（1）1−(D,B;C,A)=1−DC⋅BABC⋅DA=BC⋅AD+DC⋅BABC⋅AD=BC⋅(AC+CD)+CD⋅ABBC⋅AD
=BC⋅AC+BC⋅CD+CD⋅ABBC⋅AD=BC⋅AC+AC⋅CDBC⋅AD=AC⋅BDBC⋅AD=1(B,A;C,D)；
（2）A1,B1;C1,D1=A1C1⋅B1D1B1C1⋅A1D1=S△PA1C1⋅S△PB1D1S△PB1C1⋅S△PA1D1
=12⋅PA1⋅PC1⋅sin∠A1PC1⋅12⋅PB1⋅PD1⋅sin∠B1PD112⋅PB1⋅PC1⋅sin∠B1PC1⋅12⋅PA1⋅PD1⋅sin∠A1PD1=sin∠A1PC1⋅sin∠B1PD1sin∠B1PC1⋅sin∠A1PD1
=sin∠A2PC2⋅sin∠B2PD2sin∠B2PC2⋅sin∠A2PD2=S△PA2C2⋅S△PB2D2S△PB2C2⋅S△PA2D2==A2C2⋅B2D2B2C2⋅A2D2=A2,B2;C2,D2；

（3）设EF与E'F'交于X，FG与F'G'交于Y，EG与E'G'交于Z，
连接XY，FF'与XY交于L，EE'与XY交于M，GG'与XY交于N，
欲证X，Y，Z三点共线，只需证Z在直线XY上．
考虑线束XP，XE，XM，XE'，由第（2）问知(P,F;L,F')=(P,E;M,E')，
再考虑线束YP，YF，YL，YF'，由第（2）问知(P,F;L,F')=(P,G;N,G')，
从而得到(P,E;M,E')=(P,G;N,G')，
于是由第（2）问的逆命题知，EG，MN，E'G'交于一点，即为点Z，
从而MN过点Z，故Z在直线XY上，X，Y，Z三点共线．

【点睛】思路点睛：本题考查射影几何中交比的性质，属新定义题型，难度较大.
第一问直接根据交比的定义证明即可；
第二问首先要理解交比的本质就是两组边比值的乘积，而边的比值可以根据图形（高相同）转化为面积之比，而面积之比又可以通过面积公式转化为边的比值，从而使得问题得证.其核心思想是利用三角形面积计算的两个公式进行转化；
第三问需要根据第二问的结论以及其逆命题是真命题来证明，第二问是由线共点导出交比相等，第三问是由交比相等导出线共点，所以要想证明第三问，必须先导出交比相等，而使用第二问的结论恰好可以导出两组交比相等，进而根据传递性得到想要证的一组交比相等，从而证明出三线共点，进而再说明三点共线.
15解析几何中的取值范围问题
71.（2024·上海普陀·二模）设椭圆Γ:x2a2+y2=1(a>1)，Γ的离心率是短轴长的24倍，直线l交Γ于A、B两点，C是Γ上异于A、B的一点，O是坐标原点.
(1)求椭圆Γ的方程；
(2)若直线l过Γ的右焦点F，且CO=OB，CF⋅AB=0，求S△CBF的值；
(3)设直线l的方程为y=kx+m(k,m∈R)，且OA+OB=CO，求|AB|的取值范围.
【答案】(1)x22+y2=1
(2)S△CBF=1
(3)3,6
【分析】（1）由题意，根据题目所给信息以及a，b，c之间的关系列出等式，进而可得椭圆的方程；
（2）设Γ的左焦点为F1，连接CF1，利用向量的运算以及椭圆的定义和对称性推出|CF1|⋅|CF|=2，再代入三角形面积公式中即可求解；
（3）设出A，B，C三点的坐标，利用向量的运算得到x0=−(x1+x2)，y0=−(y1+y2)，将直线l的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理得到x0和y0，将点C的坐标代入椭圆方程中得到4m2=1+2k2，此时满足Δ>0，再结合弦长公式和换元法进行求解即可．
【详解】（1）由Γ的离心率是短轴的长的24倍，得
a2−1a=22，即2(a2−1)=a，
又a>1，则a=2，
故椭圆Γ的方程为x22+y2=1.
（2）设Γ的左焦点为F1，连接CF1，
因为CO=OB，所以点B、C关于点O对称，
又CF⋅AB=0，则CF⊥AB，
由椭圆Γ的对称性可得，
CF⊥CF1，且三角形OCF1与三角形OBF全等，
则S△CBF=S△CF1F=12CF1⋅CF，
又CF1+CF=22CF12+CF2=F1F2=4，化简整理得，
CF1⋅CF=2，则S△CBF=1.
（3）设A(x1,y1)，B(x1,y1)，C(x0,y0)，
又 OA+OB=CO，则x0=−(x1+x2)，y0=−(y1+y2)，
由x22+y2=1y=kx+m得，(1+2k2)x2+4mkx+2m2−2=0，
Δ=16m2k2−8(1+2k2)(m2−1)=8(2k2−m2+1)，
由韦达定理得，x1+x2=−4mk1+2k2，x1x2=2m2−21+2k2，
又y1+y2=k(x1+x2)+2m=2m1+2k2，
则x0=4mk1+2k2，y0=−2m1+2k2，
因为点C在椭圆Γ上，所以(4mk1+2k2)2+2(−2m1+2k2)2=2，
化简整理得，4m2=1+2k2，
此时，Δ=8(2k2−m2+1)=8(2k2+1−2k2+14)=6(2k2+1)>0，
则AB=(x2−x1)2+(y2−y1)2=(1+k2)(x2−x1)2
=1+k2⋅(−4mk1+2k2)2−4(2m2−21+2k2)
=1+k2⋅6(2k2+1)1+2k2
=6+6k21+2k2，
令t=1+2k2，即t≥1，
则6+6k21+2k2=3t+3t=3+3t∈3,6，
则AB的取值范围是3,6.
【点睛】关键点点睛:本题考查直线与椭圆得位置关系及弦长范围问题，关键是向量坐标化得C坐标并代入椭圆方程得m,k的等量关系.
72. （2024·北京顺义·二模）已知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点为F1,0，长轴长为22.过F作斜率为k1的直线交E于A，B两点，过点F作斜率为k2的直线交E于C，D两点，设AB，CD的中点分别为M，N.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若k1k2=−1，设点F到直线MN的距离为d，求d的取值范围.
【答案】(1)x22+y2=1
(2)00，所以x1+x2=4k121+2k12，
又M为AB的中点，所以xM=2k121+2k12，yM=k1xM−1=−k11+2k12，
因为k1⋅k2=−1，即k2=−1k1，又N为CD的中点，
不妨用−1k1代换k1，可得xN=22+k12，yN=k12+k12，
讨论：①当xM=xN时，直线MN的斜率不存在，
此时xM=2k121+2k12=xN=22+k12，解得k1=±1，
当k=1时，M23,−13，N23,13，此时MN的方程为x=23，
所以，点F1,0到直线MN的距离d为13，
同理，当k1=−1，d=13，
②当k1≠±1时，xM≠xN，此时kMN=yM−yNxM−xN=3k12−2k12，
所以直线MN的方程为y−k12+k12=3k12−2k12x−22+k12，
化简可得3k1x+2k12−2y−2k1=0，
法一：点F1,0到直线MN的距离d=k13k12+2k12−22=k14k14+k12+4，
又k1≠0，所以d=11+4k12+4k12，
因为k12≠1，所以4k12+4k12>24k12⋅4k12=8，
所以00)的左、右顶点分别为A,B,Ca,2b,D−a,2b，直线AC的斜率为12，直线AC与椭圆E交于另一点G，且点G到x轴的距离为43．
(1)求椭圆E的方程．
(2)若点P是E上与点A,B不重合的任意一点，直线PC,PD与x轴分别交于点M,N．
①设直线PM,PN的斜率分别为k1,k2，求k2−k1k1k2的取值范围．
②判断AM|2+BN|2是否为定值．若为定值，求出该定值；若不为定值，说明理由．
【答案】(1)x24+y22=1
(2)①4−22,2∪2,4+22，②是定值，16
【分析】（1）由直线AC的斜率为12，结合斜率公式可得a=2b，由G,A,C三点共线可表示出点G83−a,43，将它代入椭圆方程求出a,b即可；
（2）①由斜率公式可得k2−k1k1k2=42−y0，结合y0的范围即可求解；②由P,C,M三点共线， P,D,N三点共线，可表示出M,N的坐标，再由两点间距离公式得AM|2+BN|2的表达式，由此即可得解.
【详解】（1）由题意知，A−a,0．
由直线AC的斜率为12，得2b−0a−−a=12，
所以a=2b．
直线AC的方程为y=12x+a．
设Gs,t，则s>0,t>0．
由点G到x轴的距离为43，得t=43．
由点G在直线AC上，得43=12s+a，所以s=83−a．
由点G在椭圆E上，得83−a2a2+432a22=1，解得a=2．
所以b=2．
所以椭圆E的方程为x24+y22=1．
（2）

①设Px0,y0（−2≤y00)，
由532−432= c2，得c=1，故F1,F2的坐标分别为(−1,0),(1,0)，
所以2a=MF1+MF2=435+235=25故a=5,b=a2−c2=2，
故Γ1与Γ2的方程分别为x25+y24=1与x2−y2=1.
（2）当点P在第四象限时，直线PF1,PF2的倾斜角都为钝角，不适合题意；
当P在第一象限时，由直线PF2的倾斜角是直线PF1的倾斜角的2倍，
可知∠F2F1P=∠F2PF1，故PF2=F1F2=2，
设P点坐标为(x,y)，可知(x−1)2+y2=4且x2−y2=1(x>0,y>0)，
解得x=2,y=3，故点P的坐标为(2,3)，
（3）设直线PF1,PF2的斜率分别为k1,k2，点P，A，B的坐标分别为x0,y0,x1,y1,x2,y2，
则x02−y02=1,k1k2=y0x0+1⋅y0x0−1=y02x02−1=x02−1x02−1=1，
PF1的方程为y=k(x+1)，
代入x25+y24=1可得4+5k2y2−8ky−16k2=0，
故y1y2=−16k24+5k2，
所以m=AF1⋅BF1=1+1k12⋅y1⋅1+1k12⋅y2=1+1k12y1y2=16k12+14+5k12，
同理可得n=16k22+14+5k22，又k2=1k1，故n=161+k124k12+5，
故1m+1n=4+5k1216k12+1+4k12+516k12+1 =9k12+116k12+1=916，
即m+n=916mn，所以存在s，使得m+n=smn.
【点睛】方法点睛：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．
77. （2024·上海杨浦·二模）已知椭圆Γ：x2a2+y2b2=1a>b>0的上顶点为A0,1，离心率e=32，过点P−2,1的直线l与椭圆Γ交于B，C两点，直线AB、AC分别与x轴交于点M、N.
(1)求椭圆Γ的方程；
(2)已知命题“对任意直线l，线段MN的中点为定点”为真命题，求△AMN的重心坐标；
(3)是否存在直线l，使得S△AMN=2S△ABC？若存在，求出所有满足条件的直线l的方程；若不存在，请说明理由.（其中S△AMN、S△ABC分别表示△AMN、△ABC的面积）
【答案】(1)x24+y2=1
(2)−43,13
(3)x+2y=0
【分析】（1）依题意可得b=1，e=ca=32，再由c2=a2−b2，即可求出a，从而得到椭圆方程；
（2）依题意不妨取直线l为y=−x−1，联立直线与椭圆方程，求出B、C点的坐标，从而求出M、N的坐标，再求出△AMN的重心坐标；
（3）设直线l:y−1=k(x+2) k0的渐近线与圆x2+y2=a2的一个交点为A1,3．
(1)求C的方程．
(2)过点A作两条相互垂直的直线l1和l2，且l1与C的左、右支分别交于B，D两点，l2与C的左、右支分别交于E，F两点，判断AB+AF=AD+AE能否成立．若能，求该式成立时直线l1的方程；若不能，说明理由．
【答案】(1)x24−y212=1；
(2)不能，理由见解析.
【分析】（1）直接利用点在圆上结合渐近线斜率求出a,b即可求解；
（2）设直线l1的方程为y=k(x−1)+3，与双曲线联立，利用与左右支相交得−30，即m20，b>0）的左右焦点分别为F1，F2，从F2处出发的光线照射到双曲线右支上的点P处（点P在第一象限），经双曲线反射后过点M．

(1)请根据双曲线的光学性质，解决下列问题：
当a=1，b=3，且直线PF2的倾斜角为120°时，求反射光线PM所在的直线方程；
(2)从F2处出发的光线照射到双曲线右支上的点A处，且P,F2,A三点共线，经双曲线反射后过点B，AP⊥PM，sin∠PAB=35，延长F2P，F2A分别交两条渐近线于S,T，点N是ST的中点，求证：NF2F1F2为定值．
(3)在（2）的条件下，延长PQ交y轴于点D，当四边形F2PF1D的面积为8时，求C的方程．
【答案】(1)y=3313x+6313
(2)证明见解析
(3)x22−y23=1
【分析】（1）先求出双曲线的方程及直线PF2的方程，联立方程求出点P的坐标，进而可得出答案；
（2）易得sin∠PAB=sin∠PAF1=35，可令PF1=3tt>0，则AF1=5t,AP=4t，根据双曲线的定义求出t，即可求得PF1,AF1,PF2，再在直角△PF1F2中，求出tan∠PF2F1，即可得直线PF2的方程，再利用勾股定理求出a,c的关系，进而可得渐近线方程，再联立直线PF2和渐近线方程，设Sx1,y1,Tx2,y2，利用韦达定理求得x1+x2，即可得点N的坐标，进而可得出结论；
（3）先利用角平分线定理可得QF2QF1=PF2PF1=13，即可得点Q的坐标，再求出tan∠PQF2，即可得直线PQ的方程，进而可得点D的坐标，再根据四边形的面积求出a,b,c，即可得解.
【详解】（1）因为a=1，b=3，所以c=2，F22,0,F1−2,0，
故双曲线方程为x2−y23=1，直线PF2的方程为y=−3x−2，
由y=−3x−2x2−y23=1，解得x=54y=334，即P54,334，
所以kPF1=0−334−2−54=3313，
所以反射光线PM所在的直线方程为y=3313x+2，即y=3313x+6313；
（2）因为△PAF1为直角三角形，sin∠PAB=sin∠PAF1=35，
可令PF1=3tt>0，则AF1=5t,AP=4t，
由双曲线的定义可得PF1+AF1−AP=4a，
即4t=4a，所以t=a，
所以PF1=3a,AF1=5a,AP=4a，
所以PF2=a，
在直角△PF1F2中，tan∠PF2F1=PF1PF2=3，
所以直线PF2的方程为y=−3x−c，
由PF12+PF22=F1F22，
得9a2+a2=4c2，所以c2=52a2=a2+b2，所以3a2=2b2，
所以两条渐近线得方程为y2=32x2，
联立y=−3x−cy2=32x2，得5x2−12cx+6c2=0，
设Sx1,y1,Tx2,y2，
则x1+x2=12c5,x1x2=6c25，
故y1+y2=−3x1+x2+6c=−6c5，
所以N6c5,−3c5，
所以NF2=6c5−c2+−3c5−02=105c，
所以NF2F1F2=105c2c=1010，
所以NF2F1F2为定值；
（3）由双曲线得光学性质可得，直线PQ平分∠F1PF2，
所以∠QPF1=∠QPF2=π4，
在△PQF1中，由正弦定理得PF1sin∠PQF1=QF1sin∠QPF1，则PF1QF1=sin∠PQF1sin∠QPF1，
在△PQF2中，由正弦定理得PF2sin∠PQF2=QF2sin∠QPF2，则PF2QF2=sin∠PQF2sin∠QPF2，
因为∠PQF1+∠PQF2=π，所以sin∠PQF1=sin∠PQF2，
所以PF1QF1=PF2QF2，所以QF2QF1=PF2PF1=13，
所以QF2=12c,QF1=32c，故Qc2,0，
而tan∠PF1Q=13，
所以tan∠PQF2=tan∠PF1Q+∠QPF1=13+11−13×1=2，
所以直线PQ的方程为y=2x−c2，故点D的坐标为0,−c，
设四边形F2PF1D的面积为S，
则S=S△PF1F2+S△DF1F2=32a2+c2=4a2=8，
所以a2=2，故c2=5,b2=3，
所以求C的方程为x22−y23=1．

【点睛】方法点睛：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
86. （2024·安徽池州·二模）造纸术是中国四大发明之一，彰显了古代人民的智慧.根据史料记载盛唐时期折纸艺术开始流行，19世纪折纸与数学研究相结合，发展成为折纸几何学.在一次数学探究课上，学生们研究了圆锥曲线的包络线折法.如图，在一张矩形纸片上取一点P，记矩形一边所在直线为l，将点P折叠到l上（即P'），不断重复这个操作，就可以得到由这些折痕包围形成的抛物线，这些折痕就是抛物线的包络线.在抛物线C:x2=4y的所有包络线中，恰好过点A2,1的包络线所在的直线方程为 .

【答案】x−y−1=0
【分析】根据给定条件，设出所求直线方程，与抛物线方程联立，结合判别式求解即得.
【详解】依题意，抛物线C:x2=4y的每条包络线与该抛物线相切，
显然过点A2,1的包络线所在的直线斜率存在，设方程为y−1=k(x−2)，
由y−1=k(x−2)x2=4y消去y并整理得：x2−4kx+8k−4=0，
则Δ=16k2−32k+16=0，解得k=1，
所以所求直线方程为x−y−1=0.
故答案为：x−y−1=0
87. （2024·湖南·二模）直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如x=ty+1表示过点(1,0)的直线，直线的包络曲线定义为：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线.
(1)若圆C1:x2+y2=1是直线族mx+ny=1(m,n∈R)的包络曲线，求m,n满足的关系式；
(2)若点Px0,y0不在直线族：Ω:(2a−4)x+4y+(a−2)2=0(a∈R)的任意一条直线上，求y0的取值范围和直线族Ω的包络曲线E；
(3)在（2）的条件下，过曲线E上A,B两点作曲线E的切线l1,l2，其交点为P.已知点C0,1，若A,B,C三点不共线，探究∠PCA=∠PCB是否成立？请说明理由.
【答案】(1)m2+n2=1
(2)y0>x024,y=x24
(3)成立，理由见解析
【分析】（1）根据包络曲线的定义利用直线和圆相切即可得m2+n2=1；
（2）易知方程2a−4x0+4y0+(a−2)2=0无解，根据判别式可得y0>x024，证明可得直线族Ω的包络曲线E为y=x24；
（3）法一：求出A,B两点处曲线E的切线l1,l2的方程，解得Px1+x22,x1x24，根据平面向量夹角的表达式即可得CA⋅CPCA⋅CP=CB⋅CPCB⋅CP，即∠PCA=∠PCB；
法二：过A,B分别作准线的垂线AA',BB'，连接A'P,B'P，由导数求得切线斜率并利用抛物线定义和三角形内角关系即可证明∠PCA=∠PCB.
【详解】（1）由定义可知，mx+ny=1与x2+y2=1相切，
则圆C1的圆心0,0到直线mx+ny=1的距离等于1，
则d=1m2+n2=1，m2+n2=1.
（2）点Px0,y0不在直线族Ω:2a−4x+4y+(a−2)2=0a∈R的任意一条直线上，
所以无论a取何值时，2a−4x0+4y0+(a−2)2=0无解.
将2a−4x0+4y0+(a−2)2=0整理成关于a的一元二次方程，
即a2+2x0−4a+4+4y0−4x0=0.
若该方程无解，则Δ=2x0−42−44+4y0−4x0x024.
证明：在y=x24上任取一点Qx1,x124,y=x24在该点处的切线斜率为k=x12，
于是可以得到y=x24在Qx1,x124点处的切线方程为：y=x12x−x124，
即−2x1x+4y+x12=0.
今直线族Ω:2a−4x+4y+(a−2)2=0中2a−4=−2x1，
则直线为−2x1x+4y+x12=0，
所以该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线，
而对任意a∈R,2a−4x+4y+(a−2)2=0都是抛物线在点2−a,(2−a)24处的切线.
所以直线族Ω的包络曲线E为y=x24.
（3）法一：已知C0,1，设Ax1,y1,Bx2,y2，
则CA=x1,y1−1,CB=x2,y2−1，CA=x124+1,CB=x224+1；
由（2）知y=x24在点Ax1,y1处的切线方程为y=x12x−x124；
同理y=x24在点Bx2,y2处的切线方程为y=x22x−x224；
联立y=x12x−x124y=x22x−x224可得Px1+x22,x1x24，所以CP=x1+x22,x1x24−1.
因此CA⋅CP=x1⋅x1+x22+x1x24−1x124−1=x124+x1x24+x18x216+1=x124+1x1x24+1，
同理CB⋅CP=x224+1x1x24+1.
所以CA⋅CPCA⋅CP=x124+1x1x24+1CPx124+1=x1x24+1CP，CB⋅CPCB⋅CP=x224+1x1x24+1CPx224+1=x1x24+1CP，
即CA⋅CPCA⋅CP=CB⋅CPCB⋅CP，可得cs∠PCA=cs∠PCB，
所以∠PCA=∠PCB成立.
法二：过A,B分别作准线的垂线AA',BB'，连接A'P,B'P，如图所示：
则A'xA,−1，因为kPA=y'|x=xA=xA2,kA'C=−1−1xA=−2xA，显然kBA⋅kA'C=−1.
又由抛物线定义得AA'=AC，故PA为线段A'C的中垂线，得到PA'=PC，即∠PA'A=∠PCA.
同理可知∠PB'B=∠PCB,PB'=PC，
所以PA'=PC=PB'，即∠PA'B'=∠PB'A'.
则∠PA'A=∠PA'B'+90∘=∠PB'A'+90∘=∠PB'B.
所以∠PCA=∠PCB成立.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解包络曲线的定义，利用直线和曲线相切求出包络曲线E的方程为y=x24并进行证明，再利用抛物线定义和性质即可得出结论.
88. （2023·全国·三模）已知双曲线C上的所有点构成集合P=x,yax2−by2=1a>0,b>0和集合Q=x,y00，坐标平面内任意点Nx0,y0，直线l:ax0x−by0y=1称为点N关于双曲线C的“相关直线”．
(1)若N∈P，判断直线l与双曲线C的位置关系，并说明理由；
(2)若直线l与双曲线C的一支有2个交点，求证：N∈Q；
(3)若点N∈Q，点M在直线l上，直线MN交双曲线C于A，B，求证：MAAN=MBBN．
【答案】(1)直线l与双曲线C相切，理由见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）联立ax2−by2=1ax0x−by0y=1消去y，根据N∈P，得到−ax2+2ax0x−ax02=0，由根的判别式判断直线l与双曲线C相切；
（2）结合（1）中的方程，根据Δ>0得到ax02−by020得到00，
∴Δ=4a2x02−4aby02−ax02−1−by02=4aby021+by02−ax02，
∴ax02−by020，
∴00，其中c2=a2−b2c>0，
A1x,y为椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0上一点，
又由Fc,0，则A1F=x−c2+y2=x2−2cx+c2+b21−x2a2
=c2a2x2−2cx+a2=a−cax.
如图所示，设∠A1Fx=θ，则x−c=A1F⋅csθ，
代入上式可得A1F=a−cac+A1Fcsθ，解得A1F=b2a+ccsθ，
故对于x24+y23=1，a=2,b=3,c=1，所以A1F=32+csθ，
同理可得A2F=32+cs2π3+θ，A3F=32+cs4π3+θ.
所以1A1F+1A2F+1A3F=132+csθ+2+cs2π3+θ+2+cs4π3+θ
=136+csθ−12csθ+32sinθ−12csθ−32sinθ=2，所以A正确；
对于B中，结合A结论有S△A1A2A3=34×A1F⋅A2F+A2F⋅A3F+A1F⋅A3F=32A1F⋅A2FA3F，
其中A1F⋅A2FA3F=27(2+csθ)[2+cs(θ+2π3)][2+cs(θ+4π3)]，
因为(2+csθ)[2+cs(θ+2π3)][2+cs(θ+4π3)]
=(2+csθ)[2−12csθ−32sinθ][2−12csθ+32sinθ]
=(2+csθ)[(2−12csθ)2−34(1−cs2θ)]=(2+csθ)(cs2θ−2csθ+134)
=cs3θ−34csθ+132，
不妨设fx=x3−34x+132,x∈[−1,1]，可得f'x=3x2−34=3(x−12)(x+12)，
当x∈[−1,−12)时，f'x>0；当x∈(−12,12)时，f'x0，所以2x=2m>0，而直线AM垂直于x轴，抛物线在A处的切线不可能与AM垂直；
（ii）当x≠m时，直线AM的斜率为x2−nx−m，抛物线在A处的切线恰好与A，M两点的连线互相垂直的充要条件为x2−nx−m×2x=−1，即2x3−2n−1x−m=0（*），
设gx=2x3−2n−1x−m，则g'x=6x2−2n−1，
①当n≤12时，g'x>0恒成立，所以gx在R上单调递增，方程（*）仅有一解，不合；
②当n>12时，由g'x>0得x>2n−16或x0，n>12，所以gx极小值0，且gm≠0，
即22n−132n−16−m>0，且gm=2m3−2n−1m−m≠0．
即22n−13>27m2，且n≠m2．
综上所述，当且仅当m，n满足n>12n≠m222n−13>27m2时，点M的“f伴点”有三个．
【点睛】一元三次函数有三个零点，需满足：极大值>0和极小值