高考数学一轮复习全套历年真题大数据之10年高考真题专题14平面解析几何解答题特训(原卷版+解析)

这是一份高考数学一轮复习全套历年真题大数据之10年高考真题专题14平面解析几何解答题特训(原卷版+解析)，共67页。
1．【2022年全国甲卷理科20】设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，点Dp,0，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，MF=3．
(1)求C的方程；
(2)设直线MD,ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN,AB的倾斜角分别为α,β．当α−β取得最大值时，求直线AB的方程．
2．【2022年全国乙卷理科20】已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A0,−2,B32,−1两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点P1,−2的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足MT=TH．证明：直线HN过定点．
3．【2022年新高考1卷21】已知点A(2,1)在双曲线C:x2a2−y2a2−1=1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP,AQ的斜率之和为0．
(1)求l的斜率；
(2)若tan∠PAQ=22，求△PAQ的面积．
4．【2022年新高考2卷21】已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y=±3x．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点Px1,y1,Qx2,y2在C上，且x1>x2>0,y1>0．过P且斜率为−3的直线与过Q且斜率为3的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|=|MB|．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
5．【2021年全国甲卷理科20】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M(2,0)，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．
6．【2021年新高考1卷21】在平面直角坐标系xOy中，已知点F1(−17,0)、F2(17,0)|MF1|−|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.
7．【2021年全国乙卷理科21】已知抛物线C:x2=2py(p>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．
8．【2021年新高考2卷20】已知椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，右焦点为F(2,0)，且离心率为63．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2+y2=b2(x>0)相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|=3．
9．【2020年全国1卷理科20】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.
10．【2020年全国2卷理科19】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）设M是C1与C2的公共点，若|MF|=5，求C1与C2的标准方程.
11．【2020年全国3卷理科20】已知椭圆C:x225+y2m2=1(00)的离心率为22，且过点A（2，1）．
（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．
13．【2020年海南卷21】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.
14．【2019年新课标3理科21】已知曲线C：y=x22，D为直线y=−12上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B．
（1）证明：直线AB过定点；
（2）若以E（0，52）为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积．
15．【2019年全国新课标2理科21】已知点A（﹣2，0），B（2，0），动点M（x，y）满足直线AM与BM的斜率之积为−12．记M的轨迹为曲线C．
（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；
（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G．
（i）证明：△PQG是直角三角形；
（ii）求△PQG面积的最大值．
16．【2019年新课标1理科19】已知抛物线C：y2＝3x的焦点为F，斜率为32的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．
（1）若|AF|+|BF|＝4，求l的方程；
（2）若AP→=3PB→，求|AB|．
17．【2018年新课标1理科19】设椭圆C：x22+y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为（2，0）．
（1）当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
（2）设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB．
18．【2018年新课标2理科19】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．
19．【2018年新课标3理科20】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：|FA→|，|FP→|，|FB→|成等差数列，并求该数列的公差．
20．【2017年新课标1理科20】已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），四点P1（1，1），P2（0，1），P3（﹣1，32），P4（1，32）中恰有三点在椭圆C上．
（1）求C的方程；
（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为﹣1，证明：l过定点．
21．【2017年新课标2理科20】设O为坐标原点，动点M在椭圆C：x22+y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足NP→=2NM→．
（1）求点P的轨迹方程；
（2）设点Q在直线x＝﹣3上，且OP→•PQ→=1．证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F．
22．【2017年新课标3理科20】已知抛物线C：y2＝2x，过点（2，0）的直线l交C于A，B两点，圆M是以线段AB为直径的圆．
（1）证明：坐标原点O在圆M上；
（2）设圆M过点P（4，﹣2），求直线l与圆M的方程．
23．【2016年新课标1理科20】设圆x2+y2+2x﹣15＝0的圆心为A，直线l过点B（1，0）且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E．
（Ⅰ）证明|EA|+|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；
（Ⅱ）设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围．
24．【2016年新课标2理科20】已知椭圆E：x2t+y23=1的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为k（k＞0）的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA．
（Ⅰ）当t＝4，|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积；
（Ⅱ）当2|AM|＝|AN|时，求k的取值范围．
25．【2016年新课标3理科20】已知抛物线C：y2＝2x的焦点为F，平行于x轴的两条直线l1，l2分别交C于A，B两点，交C的准线于P，Q两点．
（Ⅰ）若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明AR∥FQ；
（Ⅱ）若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程．
26．【2015年新课标1理科20】在直角坐标系xOy中，曲线C：y=x24与直线l：y＝kx+a（a＞0）交于M，N两点．
（Ⅰ）当k＝0时，分別求C在点M和N处的切线方程．
（Ⅱ）y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？（说明理由）
27．【2015年新课标2理科20】已知椭圆C：9x2+y2＝m2（m＞0），直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M．
（1）证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
（2）若l过点（m3，m），延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．
28．【2014年新课标1理科20】已知点A（0，﹣2），椭圆E：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的离心率为32，F是椭圆的右焦点，直线AF的斜率为233，O为坐标原点．
（Ⅰ）求E的方程；
（Ⅱ）设过点A的直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程．
29．【2014年新课标2理科20】设F1，F2分别是C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左，右焦点，M是C上一点且MF2与x轴垂直，直线MF1与C的另一个交点为N．
（1）若直线MN的斜率为34，求C的离心率；
（2）若直线MN在y轴上的截距为2，且|MN|＝5|F1N|，求a，b．
30．【2013年新课标1理科20】已知圆M：（x+1）2+y2＝1，圆N：（x﹣1）2+y2＝9，动圆P与圆M外切并与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C．
（Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|．
31．【2013年新课标2理科20】平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）右焦点的直线x+y−3=0交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为12．
（Ⅰ）求M的方程
（Ⅱ）C，D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线CD⊥AB，求四边形ACBD面积的最大值．
模拟好题
1．已知F1,F2分别是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，点F1,F2在直线l:y=kx+m的同侧，且点F1,F2到直线l的距离分别为d1,d2．
(1)若椭圆C的方程为x212+y23=1，直线l的方程为y=x−15，求d1⋅d2的值，并判断直线与椭圆C的公共点的个数；
(2)若直线l与椭圆C有两个公共点，试求d1⋅d2所需要满足的条件；
2．已知椭圆C:x2a2+y2=1(a>1)的离心率为e1，双曲线x2−y23=1的离心率为e2，且e1e2=2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过椭圆C的右焦点F2且斜率为1的直线交椭圆于A,B两点（点B在x轴上方），线段AB的垂直平分线交直线l:x=−2于M点，求以AM为直径的圆的方程.
3．在平面直角坐标系xOy中，已知点F0,−3，动点S到F的距离是S到直线3y+4=0的距离的32倍，记点S的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)过l：x=2上的动点P2,p（p>2）向曲线C作两条切线l1，l2，l1交x轴于M，交y轴于N，l2交x轴于T，交y轴于Q，记△PNQ的面积为S1，△PMT的面积为S2，求S1⋅S2的最小值.
4．已知M，N分别是x轴，y轴上的动点，且MN=4+23，动点P满足MP=32PN，设点P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的轨迹方程；
(2)直线l1：3x−2y=0与曲线C交于A，B两点，G为线段AB上任意一点（不与端点重合），倾斜角为α的直线l2经过点G，与曲线C交于E，F两点．若|EF|2|GA|⋅|GB|的值与点G的位置无关，求|GE|：|GF|的值．
5．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短轴长等于23，离心率e=12．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过左焦点F作直线l，与椭圆C交于A，B两点，判断1FA+1FB是否为定值．若是定值，求出该定值，若不是定值，请说明理由．
6．已知抛物线y2=2pxp>0的焦点为F，过焦点F斜率为3的直线交抛物线于A、B两点（点A在第一象限），交抛物线准线于G，且满足BG=83．
(1)求抛物线的标准方程；
(2)已知C，D为抛物线上的动点，且OC⊥OD，求证直线CD过定点P，并求出P点坐标；
(3)在（2）的条件下，求PC⋅PD的最大值．
7．已知在△ABC中，B−2,0，C2,0，动点A满足AB=23，∠ABC>90°，AC的垂直平分线交直线AB于点P．
(1)求点P的轨迹E的方程；
(2)直线x=mm>3交x轴于D，与曲线E在第一象限的交点为Q，过点D的直线l与曲线E交于M，N两点，与直线x=3m交于点K，记QM，QN，QK的斜率分别为k1，k2，k3，
①求证：k1+k2k3是定值．
②若直线l的斜率为1，问是否存在m的值，使k1+k2+k3=6？若存在，求出所有满足条件的m的值，若不存在，请说明理由．
8．已知椭圆Ω:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为12，Ω上的点P与Ω外的点Q4,0距离的最小值为2．
(1)求椭圆Ω的方程；
(2)若直线l与椭圆Ω交于点A，B，当直线l被圆O:x2+y2=a2截得的弦长为2b时，求△OAB面积的取值范围．
9．若椭圆C1:x2a12+y2b12=1与椭圆C2:x2a22+y2b22=1满足a1a2=b1b2=m(m>0)，则称这两个椭圆为“相似”，相似比为m.如图，已知椭圆C1的长轴长是4，椭圆C2的离心率为22，椭圆C1与椭圆C2相似比为2.
(1)求椭圆C1与椭圆C2的方程；
(2)过椭圆C2左焦点F的直线l与C1、C2依次交于A、C、D、B四点.
①求证：无论直线l的倾斜角如何变化，恒有|AC|=|DB|.
②点M是椭圆C2上异于C、D的任意一点，记△MBD面积为S1，△MAD面积为S2，当S1=15S2时，求直线l的方程.
10．已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的焦距为22，设该双曲线的左，右顶点分别为A，B，以点A，B和虚轴端点为顶点的四边形的面积为S．
(1)当S最大时，求双曲线的标准方程；
(2)在（1）的条件下，过点A的直线l1与右支交于点C，过点B的直线l2与左支交于点D，设直线l1,l2的斜率分别为k1,k2，且k1=3k2，设△ADC，△BCD的面积分别为S1，S2，S1S2的值．
11．已知a>b>0，直线l过椭圆C1:x2a2+y2b2=1的右焦点F且与椭圆C1交于A、B两点，l与双曲线C2:x2a2−y2b2=1的两条渐近线l1、l2分别交于M、N两点．
(1)若|OF|=3，且当l⊥x轴时，△MON的面积为32，求双曲线C2的方程；
(2)如图所示，若椭圆C1的离心率e=22，l⊥l1且FA=λAN(λ>0)，求实数λ的值．
12．设双曲线C：x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别是F1，F2，渐近线分别为l1，l2，过F2作渐近线的垂线，垂足为P，且△OPF1的面积为b24．
(1)求双曲线C的离心率；
(2)动直线l分别交直线l1，l2于A，B两点（A，B分别在第一、四象限），且△OAB的面积恒为8，是否存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线C，若存在，求出双曲线C的方程；若不存在，说明理由．
13．在平面直角坐标系xOy中，设椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，连结PF1，PF2并延长，分别交椭圆于点A，B．已知△APF2的周长为82，△F1PF2面积最大值为4．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)当P不是椭圆的顶点时，试分析直线OP和直线AB的斜率之积是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．
14．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左右焦点分别为F1,F2，点E263,33为以F1F2为直径的圆与椭圆C在第一象限的交点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若过点D1,0且倾斜角为钝角的直线l与椭圆C交于A,B两点（其中点B在x轴下方），P为AB的中点，O为原点，求当∠OPB最大时，△OPB的面积.
15．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F2,0，且C过点P209,−19．
(1)求C的方程；
(2)若点M是C上的一点，过M作直线l与C相切，直线l与y轴的正半轴交于点A，过M与PF平行的直线交x轴于点B，且AB⊥PF，求直线l的方程．
16．已知抛物线C1:y2=2px(p>0)的焦点F到其准线的距离为4，椭圆C2:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过抛物线C1的焦点F．
(1)求抛物线C1的方程及a；
(2)已知O为坐标原点，过点M(1,1)的直线l与椭圆C2相交于A，B两点，若AM=mMB，点N满足AN=−mNB，且|ON|最小值为125，求椭圆C2的离心率．
17．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1:x2b2+y2a2=1a>b>0经过63,1，椭圆C2:x23a2+y23b2=1的离心率为的63．
(1)求椭圆C1与椭圆C2的标准方程：
(2)设过原点且斜率存在的直线l与椭圆C1相交于A，C两点，点P为椭圆C2的上顶点，直线PA与椭圆C2相交于点B，直线PC与椭圆C2相交于点D，设△POA﹐△POB,△POC,△POD的面积分别为S1,S2,S3,S4试问S1S2+S3S4是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
18．生活中，椭圆有很多光学性质，如从椭圆的一个焦点出发的光线射到椭圆镜面后反射，反射光线经过另一个焦点.现椭圆C的焦点在y轴上，中心在坐标原点，从下焦点F1射出的光线经过椭圆镜面反射到上焦点F2，这束光线的总长度为4，且反射点与焦点构成的三角形面积最大值为3，已知椭圆的离心率e0)的焦点为F，点Dp,0，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，MF=3．
(1)求C的方程；
(2)设直线MD,ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN,AB的倾斜角分别为α,β．当α−β取得最大值时，求直线AB的方程．
【答案】(1)y2=4x；
(2)AB:x=2y+4.
【解析】
(1)抛物线的准线为x=−p2，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时|MF|=p+p2=3，所以p=2，
所以抛物线C的方程为y2=4x；
(2)设M(y124,y1),N(y224,y2),A(y324,y3),B(y424,y4)，直线MN:x=my+1，
由{x=my+1y2=4x可得y2−4my−4=0，Δ>0,y1y2=−4，
由斜率公式可得kMN=y1−y2y124−y224=4y1+y2，kAB=y3−y4y324−y424=4y3+y4，
直线MD:x=x1−2y1⋅y+2，代入抛物线方程可得y2−4(x1−2)y1⋅y−8=0，
Δ>0,y1y3=−8，所以y3=2y2，同理可得y4=2y1，
所以kAB=4y3+y4=42(y1+y2)=kMN2
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为α,β，
所以kAB=tanβ=kMN2=tanα2，
若要使α−β最大，则β∈(0,π2)，
设kMN=2kAB=2k>0，则tan(α−β)=tanα−tanβ1+tanαtanβ=k1+2k2=11k+2k≤121k⋅2k=24，
当且仅当1k=2k即k=22时，等号成立，
所以当α−β最大时，kAB=22，设直线AB:x=2y+n，
代入抛物线方程可得y2−42y−4n=0，
Δ>0,y3y4=−4n=4y1y2=−16，所以n=4，
所以直线AB:x=2y+4.
2．【2022年全国乙卷理科20】已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A0,−2,B32,−1两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点P1,−2的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足MT=TH．证明：直线HN过定点．
【答案】(1)y24+x23=1
(2)(0,−2)
【解析】
(1)解：设椭圆E的方程为mx2+ny2=1，过A0,−2,B32,−1，
则4n=194m+n=1，解得m=13，n=14，
所以椭圆E的方程为：y24+x23=1.
(2)A(0,−2),B(32,−1)，所以AB:y+2=23x，
①若过点P(1,−2)的直线斜率不存在，直线x=1.代入x23+y24=1，
可得M(1,263)，N(1,−263)，代入AB方程y=23x−2，可得
T(6+3,263)，由MT=TH得到H(26+5,263).求得HN方程：
y=(2−263)x−2，过点(0,−2).
②若过点P(1,−2)的直线斜率存在，设kx−y−(k+2)=0,M(x1,y1),N(x2,y2).
联立kx−y−(k+2)=0x23+y24=1,得(3k2+4)x2−6k(2+k)x+3k(k+4)=0，
可得x1+x2=6k(2+k)3k2+4x1x2=3k(4+k)3k2+4，y1+y2=−8(2+k)3k2+4y2y2=4(4+4k−2k2)3k2+4，
且x1y2+x2y1=−24k3k2+4(∗)
联立y=y1y=23x−2,可得T(3y12+3,y1),H(3y1+6−x1,y1).
可求得此时HN:y−y2=y1−y23y1+6−x1−x2(x−x2)，
将(0,−2)，代入整理得2(x1+x2)−6(y1+y2)+x1y2+x2y1−3y1y2−12=0，
将(∗)代入，得24k+12k2+96+48k−24k−48−48k+24k2−36k2−48=0,
显然成立，
综上，可得直线HN过定点(0,−2).
3．【2022年新高考1卷21】已知点A(2,1)在双曲线C:x2a2−y2a2−1=1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP,AQ的斜率之和为0．
(1)求l的斜率；
(2)若tan∠PAQ=22，求△PAQ的面积．
【答案】(1)−1；
(2)1629．
【解析】
(1)因为点A(2,1)在双曲线C:x2a2−y2a2−1=1(a>1)上，所以4a2−1a2−1=1，解得a2=2，即双曲线C:x22−y2=1
易知直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，Px1,y1,Qx2,y2，
联立y=kx+mx22−y2=1可得，1−2k2x2−4mkx−2m2−2=0，
所以，x1+x2=−4mk2k2−1,x1x2=2m2+22k2−1，Δ=16m2k2+42m2+22k2−1>0⇒m2−1+2k2>0．
所以由kAP+kBP=0可得，y2−1x2−2+y1−1x1−2=0，
即x1−2kx2+m−1+x2−2kx1+m−1=0，
即2kx1x2+m−1−2kx1+x2−4m−1=0，
所以2k×2m2+22k2−1+m−1−2k−4mk2k2−1−4m−1=0，
化简得，8k2+4k−4+4mk+1=0，即k+12k−1+m=0，
所以k=−1或m=1−2k，
当m=1−2k时，直线l:y=kx+m=kx−2+1过点A2,1，与题意不符，舍去，
故k=−1．
(2)不妨设直线PA,PB的倾斜角为α,βα0,b>0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y=±3x．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点Px1,y1,Qx2,y2在C上，且x1>x2>0,y1>0．过P且斜率为−3的直线与过Q且斜率为3的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|=|MB|．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】(1)x2−y23=1
(2)见解析
【解析】
(1)右焦点为F(2,0)，∴c=2,∵渐近线方程为y=±3x，∴ba=3，∴b=3a，∴c2=a2+b2=4a2=4，∴a=1，∴b=3．
∴C的方程为：x2−y23=1；
(2)由已知得直线PQ的斜率存在且不为零，直线AB的斜率不为零，
若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线AB的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则M为线段AB的中点，假若直线AB的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知M在x轴上，即为焦点F,此时由对称性可知P、Q关于x轴对称，与从而x1=x2，已知不符；
总之，直线AB的斜率存在且不为零.
设直线AB的斜率为k,直线AB方程为y=k(x−2),
则条件①M在AB上，等价于y0=kx0−2⇔ky0=k2x0−2；
两渐近线的方程合并为3x2−y2=0,
联立消去y并化简整理得：k2−3x2−4k2x+4k2=0
设A(x3,y3),B(x3,y4),线段中点为N(xN,yN),则xN=x3+x42=2k2k2−3,yN=kxN−2=6kk2−3,
设M(x0,y0),
则条件③|AM|=|BM|等价于x0−x32+y0−y32=x0−x42+y0−y42,
移项并利用平方差公式整理得：
x3−x42x0−x3+x4+y3−y42y0−y3+y4=0，
2x0−x3+x4+y3−y4x3−x42y0−y3+y4=0,即x0−xN+ky0−yN=0,
即x0+ky0=8k2k2−3；
由题意知直线PM的斜率为−3, 直线QM的斜率为3,
∴由y1−y0=−3x1−x0,y2−y0=3(x2−x0),
∴y1−y2=−3(x1+x2−2x0),
所以直线PQ的斜率m=y1−y2x1−x2=−3x1+x2−2x0x1−x2,
直线PM:y=−3x−x0+y0,即y=y0+3x0−3x,
代入双曲线的方程3x2−y2−3=0,即3x+y3x−y=3中，
得：y0+3x023x−y0+3x0=3,
解得P的横坐标：x1=1233y0+3x0+y0+3x0,
同理：x2=−1233y0−3x0+y0−3x0，
∴x1−x2=133y0y02−3x02+y0,x1+x2−2x0=−3x0y02−3x02−x0,
∴m=3x0y0,
∴条件②PQ//AB等价于m=k⇔ky0=3x0，
综上所述：
条件①M在AB上，等价于ky0=k2x0−2；
条件②PQ//AB等价于ky0=3x0；
条件③|AM|=|BM|等价于x0+ky0=8k2k2−3；
选①②推③:
由①②解得：x0=2k2k2−3,∴x0+ky0=4x0=8k2k2−3,∴③成立；
选①③推②：
由①③解得：x0=2k2k2−3，ky0=6k2k2−3，
∴ky0=3x0，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得：x0=2k2k2−3，ky0=6k2k2−3，∴x0−2=6k2−3，
∴ky0=k2x0−2，∴①成立.
5．【2021年全国甲卷理科20】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M(2,0)，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．
【答案】（1）抛物线C:y2=x，⊙M方程为(x−2)2+y2=1；（2）相切，理由见解析
（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(x−2)2+y2=1；
（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+y2(x−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.
6．【2021年新高考1卷21】在平面直角坐标系xOy中，已知点F1(−17,0)、F2(17,0)|MF1|−|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.
【答案】（1）x2−y216=1(x≥1)；（2）0.
因为|MF1|−|MF2|=20,b>0)，则2a=2，可得a=1，b=17−a2=4，
所以，轨迹C的方程为x2−y216=1(x≥1)；
（2）设点T(12,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=k1(x−12)，即y=k1x+t−12k1，
联立{y=k1x+t−12k116x2−y2=16，消去y并整理可得(k12−16)x2+k1(2t−k1)x+(t−12k1)2+16=0，
设点A(x1,y1)、B(x2,y2)，则x1>12且x2>12.
由韦达定理可得x1+x2=k12−2k1tk12−16，x1x2=(t−12k1)2+16k12−16，
所以，|TA|⋅|TB|=(1+k12)⋅|x1−12|⋅|x2−12|=(1+k12)⋅(x1x2−x1+x22+14)=(t2+12)(1+k12)k12−16，
设直线PQ的斜率为k2，同理可得|TP|⋅|TQ|=(t2+12)(1+k22)k22−16，
因为|TA|⋅|TB|=|TP|⋅|TQ|，即(t2+12)(1+k12)k12−16=(t2+12)(1+k22)k22−16，整理可得k12=k22，
即(k1−k2)(k1+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.
7．【2021年全国乙卷理科21】已知抛物线C:x2=2py(p>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．
【答案】（1）p=2；（2）205.
（1）抛物线C的焦点为F(0,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x2=4y，即y=x24，对该函数求导得y'=x2，
设点A(x1,y1)、B(x2,y2)、P(x0,y0)，
直线PA的方程为y−y1=x12(x−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x0x−2y−2y0=0，
所以，直线AB的方程为x0x−2y−2y0=0，
联立{x0x−2y−2y0=0y=x24，可得x2−2x0x+4y0=0，
由韦达定理可得x1+x2=2x0，x1x2=4y0，
所以，|AB|=1+(x02)2⋅(x1+x2)2−4x1x2=1+(x02)2⋅4x02−16y0=(x02+4)(x02−4y0)，
点P到直线AB的距离为d=|x02−4y0|x02+4，
所以，S△PAB=12|AB|⋅d=12(x02+4)(x02−4y0)⋅|x02−4y0|x02+4=12(x02−4y0)32，
∵x02−4y0=1−(y0+4)2−4y0=−y02−12y0−15=−(y0+6)2+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.
8．【2021年新高考2卷20】已知椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，右焦点为F(2,0)，且离心率为63．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2+y2=b2(x>0)相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|=3．
【答案】（1）x23+y2=1；（2）证明见解析.
（1）由题意，椭圆半焦距c=2且e=ca=63，所以a=3，
又b2=a2−c2=1，所以椭圆方程为x23+y2=1；
（2）由（1）得，曲线为x2+y2=1(x>0)，
当直线MN的斜率不存在时，直线MN:x=1，不合题意；
当直线MN的斜率存在时，设M(x1,y1),N(x2,y2)，
必要性：
若M，N，F三点共线，可设直线MN:y=k(x−2)即kx−y−2k=0，
由直线MN与曲线x2+y2=1(x>0)相切可得|2k|k2+1=1，解得k=±1，
联立{y=±(x−2)x23+y2=1可得4x2−62x+3=0，所以x1+x2=322,x1⋅x2=34，
所以|MN|=1+1⋅(x1+x2)2−4x1⋅x2=3,
所以必要性成立；
充分性：设直线MN:y=kx+b,(kb0)相切可得|b|k2+1=1，所以b2=k2+1，
联立{y=kx+bx23+y2=1可得(1+3k2)x2+6kbx+3b2−3=0，
所以x1+x2=−6kb1+3k2,x1⋅x2=3b2−31+3k2，
所以|MN|=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1⋅x2=1+k2(−6kb1+3k2)2−4⋅3b2−31+3k2
=1+k2⋅24k21+3k2=3，
化简得3(k2−1)2=0，所以k=±1，
所以{k=1b=−2或{k=−1b=2，所以直线MN:y=x−2或y=−x+2，
所以直线MN过点F(2,0)，M，N，F三点共线，充分性成立；
所以M，N，F三点共线的充要条件是|MN|=3．
9．【2020年全国1卷理科20】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.
【答案】（1）x29+y2=1；（2）证明详见解析.
【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， Ba,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
∴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
故直线CD过定点32,0
10．【2020年全国2卷理科19】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）设M是C1与C2的公共点，若|MF|=5，求C1与C2的标准方程.
【答案】（1）12；（2）C1:x236+y227=1，C2:y2=12x.
【解析】
（1）∵Fc,0，AB⊥x轴且与椭圆C1相交于A、B两点，
则直线AB的方程为x=c，
联立x=cx2a2+y2b2=1a2=b2+c2，解得x=cy=±b2a，则AB=2b2a，
抛物线C2的方程为y2=4cx，联立x=cy2=4cx，
解得x=cy=±2c，∴CD=4c，
∵CD=43AB，即4c=8b23a，2b2=3ac，
即2c2+3ac−2a2=0，即2e2+3e−2=0，
∵00过点M(2，3)，可得416+9b2=1，
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：16y2+12my+3m2−48=0，
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：x−2y=8，
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：d=8+41+4=1255，
由两点之间距离公式可得|AM|=(2+4)2+32=35.
所以△AMN的面积的最大值：12×35×1255=18.
14．【2019年新课标3理科21】已知曲线C：y=x22，D为直线y=−12上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B．
（1）证明：直线AB过定点；
（2）若以E（0，52）为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积．
【答案】解：（1）证明：y=x22的导数为y′＝x，
设切点A（x1，y1），B（x2，y2），即有y1=x122，y2=x222，
切线DA的方程为y﹣y1＝x1（x﹣x1），即为y＝x1x−x122，
切线DB的方程为y＝x2x−x222，
联立两切线方程可得x=12（x1+x2），
可得y=12x1x2=−12，即x1x2＝﹣1，
直线AB的方程为y−x122=y1−y2x1−x2（x﹣x1），
即为y−x122=12（x1+x2）（x﹣x1），
可化为y=12（x1+x2）x+12，
可得AB恒过定点（0，12）；
（2）法一：设直线AB的方程为y＝kx+12，
由（1）可得x1+x2＝2k，x1x2＝﹣1，
AB中点H（k，k2+12），
由H为切点可得E到直线AB的距离即为|EH|，
可得|12−52|1+k2=k2+(k2−2)2，
解得k＝0或k＝±1，
即有直线AB的方程为y=12或y＝±x+12，
由y=12可得|AB|＝2，四边形ADBE的面积为S△ABE+S△ABD=12×2×（1+2）＝3；
由y＝±x+12，可得|AB|=1+1•4+4=4，
此时D（±1，−12）到直线AB的距离为|1+12+12|2=2；
E（0，52）到直线AB的距离为|12−52|2=2，
则四边形ADBE的面积为S△ABE+S△ABD=12×4×（2+2）＝42；
法二：
（2）由（1）得直线AB的方程为y＝tx+12．
由y=tx+12y=x22，可得x2﹣2tx﹣1＝0．
于是x1+x2＝2t，x1x2＝﹣1，y1+y2＝t（x1+x2）+1＝2t2+1，
|AB|=1+t2|x1−x2|=1+t2×(x1+x2)2−4x1x2=2（t2+1）．
设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，则d1=t2+1，d2=2t2+1．
因此，四边形ADBE的面积S=12|AB|（d1+d2）＝（t2+3）t2+1．
设M为线段AB的中点，则M（t，t2+12）．
由于EM→⊥AB→，而EM→=(t，t2−2)，AB→与向量（1，t）平行，所以t+（t2﹣2）t＝0．解得t＝0或t＝±1．
当t＝0时，S＝3；当t＝±1时，S＝42．
综上，四边形ADBE的面积为3或42．
15．【2019年全国新课标2理科21】已知点A（﹣2，0），B（2，0），动点M（x，y）满足直线AM与BM的斜率之积为−12．记M的轨迹为曲线C．
（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；
（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G．
（i）证明：△PQG是直角三角形；
（ii）求△PQG面积的最大值．
【答案】解：（1）由题意得yx+2×yx−2=−12，
整理得曲线C的方程：x24+y22=1(y≠0)，
∴曲线C是焦点在x轴上不含长轴端点的椭圆；
（2）
（i）设P（x0，y0），则Q（﹣x0，﹣y0），
E（x0，0），G（xG，yG），
∴直线QE的方程为：y=y02x0(x−x0)，
与x24+y22=1联立消去y，
得(2x02+y02)x2−2x0y02x+x02y02−8x02=0，
∴−x0xG=x02y02−8x022x02+y02，
∴xG=(8−y02)x02x02+y02，
∴yG=y02x0(xG−x0)=y0(4−x02−y02)2x02+y02，
∴kPG=yG−y0xG−x0
=y0(4−x02−y02)2x02+y02−y0x0(8−y02)2x02+y02−x0
=4y0−y0x02−y03−2y0x02−y038x0−x0y02−2x03−x0y02
=y0(4−3x02−2y02)2x0(4−y02−x02)，
把x02+2y02=4代入上式，
得kPG=y0(4−3x02−4+x02)2x0(4−y02−4+2y02)
=−y0×2x022x0y02
=−x0y0，
∴kPQ×kPG=y0x0×(−x0y0)=−1，
∴PQ⊥PG，
故△PQG为直角三角形；
（ii）S△PQG=12|PE|×(xG−xQ)
=12y0(xG+x0)
=12y0[(8−y02)x02x02+y02+x0]
=12y0x0×8−y02+2x02+y022x02+y02
=y0x0(4+x02)2x02+y02
=y0x0(x02+2y02+x02)2x02+y02
=2y0x0(x02+y02)2x02+y02
=8y0x0(x02+y02)(2x02+y02)(x02+2y02)
=8(y0x03+x0y03)2x04+2y04+5x02y02
=8(x0y0+y0x0)2(x0y0+y0x0)2+1
令t=x0y0+y0x0，则t≥2，
S△PQG=8t2t2+1=82t+1t
利用“对号”函数f（t）＝2t+1t在[2，+∞）的单调性可知，
f（t）≥4+12=92（t＝2时取等号），
∴S△PQG≤892=169（此时x0=y0=233），
故△PQG面积的最大值为169．
16．【2019年新课标1理科19】已知抛物线C：y2＝3x的焦点为F，斜率为32的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．
（1）若|AF|+|BF|＝4，求l的方程；
（2）若AP→=3PB→，求|AB|．
【答案】解：（1）设直线l的方程为y=32（x﹣t），将其代入抛物线y2＝3x得：94x2﹣（92t+3）x+94t2＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则x1+x2=92t+394=2t+43，①，x1x2＝t2②，
由抛物线的定义可得：|AF|+|BF|＝x1+x2+p＝2t+43+32=4，解得t=712，
直线l的方程为y=32x−78．
（2）若AP→=3PB→，则y1＝﹣3y2，∴32（x1﹣t）＝﹣3×32（x2﹣t），化简得x1＝﹣3x2+4t，③
由①②③解得t＝1，x1＝3，x2=13，
∴|AB|=1+94(3+13)2−4=4133．
17．【2018年新课标1理科19】设椭圆C：x22+y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为（2，0）．
（1）当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
（2）设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB．
【答案】解：（1）c=2−1=1，
∴F（1，0），
∵l与x轴垂直，
∴x＝1，
由x=1x22+y2=1，解得x=1y=22或x=1y=−22，
∴A（1.22），或（1，−22），
∴直线AM的方程为y=−22x+2，y=22x−2，
证明：（2）当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°，
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，∴∠OMA＝∠OMB，
当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为y＝k（x﹣1），k≠0，
A（x1，y1），B（x2，y2），则x1＜2，x2＜2，
直线MA，MB的斜率之和为kMA，kMB之和为kMA+kMB=y1x1−2+y2x2−2，
由y1＝kx1﹣k，y2＝kx2﹣k得kMA+kMB=2kx1x2−3k(x1+x2)+4k(x1−2)(x2−2)，
将y＝k（x﹣1）代入x22+y2＝1可得（2k2+1）x2﹣4k2x+2k2﹣2＝0，
∴x1+x2=4k22k2+1，x1x2=2k2−22k2+1，
∴2kx1x2﹣3k（x1+x2）+4k=12k2+1（4k3﹣4k﹣12k3+8k3+4k）＝0
从而kMA+kMB＝0，
故MA，MB的倾斜角互补，
∴∠OMA＝∠OMB，
综上∠OMA＝∠OMB．
18．【2018年新课标2理科19】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．
【答案】解：（1）方法一：抛物线C：y2＝4x的焦点为F（1，0），
设直线AB的方程为：y＝k（x﹣1），设A（x1，y1），B（x2，y2），
则y=k(x−1)y2=4x，整理得：k2x2﹣2（k2+2）x+k2＝0，则x1+x2=2(k2+2)k2，x1x2＝1，
由|AB|＝x1+x2+p=2(k2+2)k2+2＝8，解得：k2＝1，则k＝1，
∴直线l的方程y＝x﹣1；
方法二：抛物线C：y2＝4x的焦点为F（1，0），设直线AB的倾斜角为θ，由抛物线的弦长公式|AB|=2psin2θ=4sin2θ=8，解得：sin2θ=12，
∴θ=π4，则直线的斜率k＝1，
∴直线l的方程y＝x﹣1；
（2）由（1）可得AB的中点坐标为D（3，2），则直线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+1)2=(y0−x0+1)22+16，
解得：x0=3y0=2或x0=11y0=−6，
因此，所求圆的方程为（x﹣3）2+（y﹣2）2＝16或（x﹣11）2+（y+6）2＝144．
19．【2018年新课标3理科20】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：|FA→|，|FP→|，|FB→|成等差数列，并求该数列的公差．
【答案】解：（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），
∵线段AB的中点为M（1，m），
∴x1+x2＝2，y1+y2＝2m
将A，B代入椭圆C：x24+y23=1中，可得
3x12+4y12=123x22+4y22=12，
两式相减可得，3（x1+x2）（x1﹣x2）+4（y1+y2）（y1﹣y2）＝0，
即6（x1﹣x2）+8m（y1﹣y2）＝0，
∴k=y1−y2x1−x2=−68m=−34m
点M（1，m）在椭圆内，即14+m23＜1，(m＞0)，
解得0＜m＜32
∴k=−34m＜−12．①
（2）由题意得F（1，0），设P（x3，y3），则
x1﹣1+x2﹣1+x3﹣1＝0，y1+y2+y3＝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P（1，−32），|FP→|=32．
于是|FA→|=(x1−1)2+y12=(x1−1)2+3(1−x124)=2−x12．
同理|FB→|=2−x22．
所以|FA→|+|FB→|＝4−12(x1+x2)=3，
故|FA→|+|FB→|＝2|FP→|，即|FA→|，|FP→|，|FB→|成等差数列．
设改数列的公差为d，则2|d|=||FB→|−|FA→||=12|x1﹣x2|=12(x1+x2)2−4x1x2②
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．
20．【2017年新课标1理科20】已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），四点P1（1，1），P2（0，1），P3（﹣1，32），P4（1，32）中恰有三点在椭圆C上．
（1）求C的方程；
（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为﹣1，证明：l过定点．
【答案】解：（1）根据椭圆的对称性，P3（﹣1，32），P4（1，32）两点必在椭圆C上，
又P4的横坐标为1，∴椭圆必不过P1（1，1），
∴P2（0，1），P3（﹣1，32），P4（1，32）三点在椭圆C上．
把P2（0，1），P3（﹣1，32）代入椭圆C，得：
1b2=11a2+34b2=1，解得a2＝4，b2＝1，
∴椭圆C的方程为x24+y2=1．
证明：（2）①当斜率不存在时，设l：x＝m，A（m，yA），B（m，﹣yA），
∵直线P2A与直线P2B的斜率的和为﹣1，
∴kP2A+kP2B=yA−1m+−yA−1m=−2m=−1，
解得m＝2，此时l过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足．
②当斜率存在时，设l：y＝kx+t，（t≠1），A（x1，y1），B（x2，y2），
联立y=kx+tx2+4y2−4=0，整理，得（1+4k2）x2+8ktx+4t2﹣4＝0，
x1+x2=−8kt1+4k2，x1x2=4t2−41+4k2，
则kP2A+kP2B=y1−1x1+y2−1x2=x2(kx1+t)−x2+x1(kx2+t)−x1x1x2
=8kt2−8k−8kt2+8kt1+4k24t2−41+4k2=8k(t−1)4(t+1)(t−1)=−1，又t≠1，
∴t＝﹣2k﹣1，此时△＝﹣64k，存在k，使得△＞0成立，
∴直线l的方程为y＝kx﹣2k﹣1，
当x＝2时，y＝﹣1，
∴l过定点（2，﹣1）．
21．【2017年新课标2理科20】设O为坐标原点，动点M在椭圆C：x22+y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足NP→=2NM→．
（1）求点P的轨迹方程；
（2）设点Q在直线x＝﹣3上，且OP→•PQ→=1．证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F．
【答案】解：（1）设M（x0，y0），由题意可得N（x0，0），
设P（x，y），由点P满足NP→=2NM→．
可得（x﹣x0，y）=2（0，y0），
可得x﹣x0＝0，y=2y0，
即有x0＝x，y0=y2，
代入椭圆方程x22+y2＝1，可得x22+y22=1，
即有点P的轨迹方程为圆x2+y2＝2；
（2）证明：设Q（﹣3，m），P（2csα，2sinα），（0≤α＜2π），
OP→•PQ→=1，可得（2csα，2sinα）•（﹣3−2csα，m−2sinα）＝1，
即为﹣32csα﹣2cs2α+2msinα﹣2sin2α＝1，
当α＝0时，上式不成立，则0＜α＜2π，
解得m=3(1+2csα)2sinα，
即有Q（﹣3，3(1+2csα)2sinα），
椭圆x22+y2＝1的左焦点F（﹣1，0），
由PF→•OQ→=（﹣1−2csα，−2sinα）•（﹣3，3(1+2csα)2sinα）
＝3+32csα﹣3（1+2csα）＝0．
可得过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F．
另解：设Q（﹣3，t），P（m，n），由OP→•PQ→=1，
可得（m，n）•（﹣3﹣m，t﹣n）＝﹣3m﹣m2+nt﹣n2＝1，
又P在圆x2+y2＝2上，可得m2+n2＝2，
即有nt＝3+3m，
又椭圆的左焦点F（﹣1，0），
PF→•OQ→=（﹣1﹣m，﹣n）•（﹣3，t）＝3+3m﹣nt
＝3+3m﹣3﹣3m＝0，
则PF→⊥OQ→，
可得过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F．
22．【2017年新课标3理科20】已知抛物线C：y2＝2x，过点（2，0）的直线l交C于A，B两点，圆M是以线段AB为直径的圆．
（1）证明：坐标原点O在圆M上；
（2）设圆M过点P（4，﹣2），求直线l与圆M的方程．
【答案】解：方法一：证明：（1）当直线l的斜率不存在时，则A（2，2），B（2，﹣2），
则OA→=（2，2），OB→=（2，﹣2），则OA→•OB→=0，
∴OA→⊥OB→，
则坐标原点O在圆M上；
当直线l的斜率存在，设直线l的方程y＝k（x﹣2），A（x1，y1），B（x2，y2），
y=k(x−2)y2=2x，整理得：k2x2﹣（4k2+2）x+4k2＝0，
则x1x2＝4，4x1x2＝y12y22＝（y1y2）2，由y1y2＜0，
则y1y2＝﹣4，
由OA→•OB→=x1x2+y1y2＝0，
则OA→⊥OB→，则坐标原点O在圆M上，
综上可知：坐标原点O在圆M上；
方法二：设直线l的方程x＝my+2，
x=my+2y2=2x，整理得：y2﹣2my﹣4＝0，A（x1，y1），B（x2，y2），
则y1y2＝﹣4，
则（y1y2）2＝4x1x2，则x1x2＝4，则OA→•OB→=x1x2+y1y2＝0，
则OA→⊥OB→，则坐标原点O在圆M上，
∴坐标原点O在圆M上；
（2）由（1）可知：x1x2＝4，x1+x2=4k2+2k2，y1+y2=2k，y1y2＝﹣4，
圆M过点P（4，﹣2），则AP→=（4﹣x1，﹣2﹣y1），BP→=（4﹣x2，﹣2﹣y2），
由AP→•BP→=0，则（4﹣x1）（4﹣x2）+（﹣2﹣y1）（﹣2﹣y2）＝0，
整理得：k2+k﹣2＝0，解得：k＝﹣2，k＝1，
当k＝﹣2时，直线l的方程为y＝﹣2x+4，
则x1+x2=92，y1+y2＝﹣1，
则M（94，−12），半径为r＝丨MP丨=(4−94)2+(−2+12)2=854，
∴圆M的方程（x−94）2+（y+12）2=8516．
当直线斜率k＝1时，直线l的方程为y＝x﹣2，
同理求得M（3，1），则半径为r＝丨MP丨=10，
∴圆M的方程为（x﹣3）2+（y﹣1）2＝10，
综上可知：直线l的方程为y＝﹣2x+4，圆M的方程（x−94）2+（y+12）2=8516，
或直线l的方程为y＝x﹣2，圆M的方程为（x﹣3）2+（y﹣1）2＝10．
23．【2016年新课标1理科20】设圆x2+y2+2x﹣15＝0的圆心为A，直线l过点B（1，0）且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E．
（Ⅰ）证明|EA|+|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；
（Ⅱ）设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围．
【答案】解：（Ⅰ）证明：圆x2+y2+2x﹣15＝0即为（x+1）2+y2＝16，
可得圆心A（﹣1，0），半径r＝4，
由BE∥AC，可得∠C＝∠EBD，
由AC＝AD，可得∠D＝∠C，
即为∠D＝∠EBD，即有EB＝ED，
则|EA|+|EB|＝|EA|+|ED|＝|AD|＝4，
故E的轨迹为以A，B为焦点的椭圆，
且有2a＝4，即a＝2，c＝1，b=a2−c2=3，
则点E的轨迹方程为x24+y23=1（y≠0）；
（Ⅱ）椭圆C1：x24+y23=1，设直线l：x＝my+1，
由PQ⊥l，设PQ：y＝﹣m（x﹣1），
由x=my+13x2+4y2=12可得（3m2+4）y2+6my﹣9＝0，
设M（x1，y1），N（x2，y2），
可得y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
则|MN|=1+m2•|y1﹣y2|=1+m2•36m2(3m2+4)2+363m2+4
=1+m2•36(4m2+4)3m2+4=12•1+m23m2+4，
A到PQ的距离为d=|−m(−1−1)|1+m2=|2m|1+m2，
|PQ|＝2r2−d2=216−4m21+m2=43m2+41+m2，
则四边形MPNQ面积为S=12|PQ|•|MN|=12•43m2+41+m2•12•1+m23m2+4
＝24•1+m23m2+4=2413+11+m2，
当m＝0时，S取得最小值12，又11+m2＞0，可得S＜24•33=83，
即有四边形MPNQ面积的取值范围是[12，83）．
24．【2016年新课标2理科20】已知椭圆E：x2t+y23=1的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为k（k＞0）的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA．
（Ⅰ）当t＝4，|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积；
（Ⅱ）当2|AM|＝|AN|时，求k的取值范围．
【答案】解：（Ⅰ）方法直线AM的方程为y＝k（x+2），代入椭圆方程，整理可得（3+4k2）x2+16k2x+16k2﹣12＝0，
解得x＝﹣2或x=−8k2−63+4k2，则|AM|=1+k2•|2−8k2−63+4k2|=1+k2•123+4k2，
由AN⊥AM，可得|AN|=1+(−1k)2•123+4⋅(−1k)2=1+k2•123|k|+4|k|，
由|AM|＝|AN|，k＞0，可得1+k2•123+4k2=1+k2•123k+4k，
整理可得（k﹣1）（4k2+k+4）＝0，由4k2+k+4＝0无实根，可得k＝1，
即有△AMN的面积为12|AM|2=12（1+1•123+4）2=14449；
方法由MA⊥NA．可得直线AM的斜率为1，直线AM的方程为y＝x+2，
代入椭圆方程x24+y23=1，可得7x2+16x+4＝0，
解得x＝﹣2或−27，M（−27，127），N（−27，−127），
则△AMN的面积为12×247×（−27+2）=14449；
（Ⅱ）直线AM的方程为y＝k（x+t），代入椭圆方程，
可得（3+tk2）x2+2ttk2x+t2k2﹣3t＝0，
解得x=−t或x=−ttk2−3t3+tk2，
即有|AM|=1+k2•|ttk2−3t3+tk2−t|=1+k2•6t3+tk2，
|AN|═1+1k2•6t3+tk2=1+k2•6t3k+tk，
由2|AM|＝|AN|，可得21+k2•6t3+tk2=1+k2•6t3k+tk，
整理得t=6k2−3kk3−2，
由椭圆的焦点在x轴上，则t＞3，即有6k2−3kk3−2＞3，即有(k2+1)(k−2)k3−2＜0，
可得32＜k＜2，即k的取值范围是（32，2）．
25．【2016年新课标3理科20】已知抛物线C：y2＝2x的焦点为F，平行于x轴的两条直线l1，l2分别交C于A，B两点，交C的准线于P，Q两点．
（Ⅰ）若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明AR∥FQ；
（Ⅱ）若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程．
【答案】（Ⅰ）证明：连接RF，PF，
由AP＝AF，BQ＝BF及AP∥BQ，得∠AFP+∠BFQ＝90°，
∴∠PFQ＝90°，
∵R是PQ的中点，
∴RF＝RP＝RQ，
∴△PAR≌△FAR，
∴∠PAR＝∠FAR，∠PRA＝∠FRA，
∵∠BQF+∠BFQ＝180°﹣∠QBF＝∠PAF＝2∠PAR，
∴∠FQB＝∠PAR，
∴∠PRA＝∠PQF，
∴AR∥FQ．
（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），
F（12，0），准线为 x=−12，
S△PQF=12|PQ|=12|y1﹣y2|，
设直线AB与x轴交点为N，
∴S△ABF=12|FN||y1﹣y2|，
∵△PQF的面积是△ABF的面积的两倍，
∴2|FN|＝1，∴xN＝1，即N（1，0）．
设AB中点为M（x，y），由y12=2x1y22=2x2得y12−y22=2（x1﹣x2），
又y1−y2x1−x2=yx−1，
∴yx−1=1y，即y2＝x﹣1．
∴AB中点轨迹方程为y2＝x﹣1．
26．【2015年新课标1理科20】在直角坐标系xOy中，曲线C：y=x24与直线l：y＝kx+a（a＞0）交于M，N两点．
（Ⅰ）当k＝0时，分別求C在点M和N处的切线方程．
（Ⅱ）y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？（说明理由）
【答案】解：（I）联立y=ay=x24，不妨取M(2a，a)，N(−2a，a)，
由曲线C：y=x24可得：y′=x2，
∴曲线C在M点处的切线斜率为2a2=a，其切线方程为：y﹣a=a(x−2a)，化为ax−y−a=0．
同理可得曲线C在点N处的切线方程为：ax+y+a=0．
（II）存在符合条件的点（0，﹣a），下面给出证明：
设P（0，b）满足∠OPM＝∠OPN．M（x1，y1），N（x2，y2），直线PM，PN的斜率分别为：k1，k2．
联立y=kx+ay=x24，化为x2﹣4kx﹣4a＝0，
∴x1+x2＝4k，x1x2＝﹣4a．
∴k1+k2=y1−bx1+y2−bx2=2kx1x2+(a−b)(x1+x2)x1x2=k(a+b)a．
当b＝﹣a时，k1+k2＝0，直线PM，PN的倾斜角互补，
∴∠OPM＝∠OPN．
∴点P（0，﹣a）符合条件．
27．【2015年新课标2理科20】已知椭圆C：9x2+y2＝m2（m＞0），直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M．
（1）证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
（2）若l过点（m3，m），延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．
【答案】解：（1）设直线l：y＝kx+b，（k≠0，b≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），M（xM，yM），
将y＝kx+b代入9x2+y2＝m2（m＞0），得（k2+9）x2+2kbx+b2﹣m2＝0，
则判别式△＝4k2b2﹣4（k2+9）（b2﹣m2）＞0，
则x1+x2=−2kb9+k2，则xM=x1+x22=−kb9+k2，yM＝kxM+b=9b9+k2，
于是直线OM的斜率kOM=yMxM=−9k，
即kOM•k＝﹣9，
∴直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．
（2）四边形OAPB能为平行四边形．
∵直线l过点（m3，m），
∴由判别式△＝4k2b2﹣4（k2+9）（b2﹣m2）＞0，
即k2m2＞9b2﹣9m2，
∵b＝m−k3m，
∴k2m2＞9（m−k3m）2﹣9m2，
即k2＞k2﹣6k，
即6k＞0，
则k＞0，
∴l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k＞0，k≠3，
由（1）知OM的方程为y=−9kx，
设P的横坐标为xP，
由y=−9kx9x2+y2=m2得xP2=k2m29k2+81，即xP=±km39+k2，
将点（m3，m）的坐标代入l的方程得b=m(3−k)3，
即l的方程为y＝kx+m(3−k)3，
将y=−9kx，代入y＝kx+m(3−k)3，
得kx+m(3−k)3=−9kx
解得xM=k(k−3)m3(9+k2)，
四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM，
于是±km39+k2=2×k(k−3)m3(9+k2)，
解得k1＝4−7或k2＝4+7，
∵ki＞0，ki≠3，i＝1，2，
∴当l的斜率为4−7或4+7时，四边形OAPB能为平行四边形．
28．【2014年新课标1理科20】已知点A（0，﹣2），椭圆E：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的离心率为32，F是椭圆的右焦点，直线AF的斜率为233，O为坐标原点．
（Ⅰ）求E的方程；
（Ⅱ）设过点A的直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程．
【答案】解：（Ⅰ） 设F（c，0），由条件知2c=233，得c=3又ca=32，
所以a＝2，b2＝a2﹣c2＝1，故E的方程x24+y2=1．…．
（Ⅱ）依题意当l⊥x轴不合题意，故设直线l：y＝kx﹣2，设P（x1，y1），Q（x2，y2）
将y＝kx﹣2代入x24+y2=1，得（1+4k2）x2﹣16kx+12＝0，
当△＝16（4k2﹣3）＞0，即k2＞34时，x1，2=8k±24k2−31+4k2
从而|PQ|=k2+1|x1−x2|=4k2+1⋅4k2−31+4k2
又点O到直线PQ的距离d=2k2+1，所以△OPQ的面积S△OPQ=12d|PQ|=44K2−31+4K2，
设4k2−3=t，则t＞0，S△OPQ=4tt2+4=4t+4t≤1，
当且仅当t＝2，k＝±72等号成立，且满足△＞0，
所以当△OPQ的面积最大时，l的方程为：y=72x﹣2或y=−72x﹣2．…
29．【2014年新课标2理科20】设F1，F2分别是C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左，右焦点，M是C上一点且MF2与x轴垂直，直线MF1与C的另一个交点为N．
（1）若直线MN的斜率为34，求C的离心率；
（2）若直线MN在y轴上的截距为2，且|MN|＝5|F1N|，求a，b．
【答案】解：（1）∵M是C上一点且MF2与x轴垂直，
∴M的横坐标为c，当x＝c时，y=b2a，即M（c，b2a），
若直线MN的斜率为34，
即tan∠MF1F2=b2a2c=b22ac=34，
即b2=32ac=a2﹣c2，
即c2+32ac−a2＝0，
则e2+32e−1=0，
即2e2+3e﹣2＝0
解得e=12或e＝﹣2（舍去），
即e=12．
（Ⅱ）由题意，原点O是F1F2的中点，则直线MF1与y轴的交点D（0，2）是线段MF1的中点，
设M（c，y），（y＞0），
则c2a2+y2b2=1，即y2=b4a2，解得y=b2a，
∵OD是△MF1F2的中位线，
∴b2a=4，即b2＝4a，
由|MN|＝5|F1N|，
则|MF1|＝4|F1N|，
解得|DF1|＝2|F1N|，
即DF1→=2F1N→
设N（x1，y1），由题意知y1＜0，
则（﹣c，﹣2）＝2（x1+c，y1）．
即2(x1+c)=−c2y1=−2，即x1=−32cy1=−1
代入椭圆方程得9c24a2+1b2=1，
将b2＝4a代入得9(a2−4a)4a2+14a=1，
解得a＝7，b=27．
30．【2013年新课标1理科20】已知圆M：（x+1）2+y2＝1，圆N：（x﹣1）2+y2＝9，动圆P与圆M外切并与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C．
（Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|．
【答案】解：（I）由圆M：（x+1）2+y2＝1，可知圆心M（﹣1，0）；圆N：（x﹣1）2+y2＝9，圆心N（1，0），半径3．
设动圆的半径为R，
∵动圆P与圆M外切并与圆N内切，∴|PM|+|PN|＝R+1+（3﹣R）＝4，
而|NM|＝2，由椭圆的定义可知：动点P的轨迹是以M，N为焦点，4为长轴长的椭圆，
∴a＝2，c＝1，b2＝a2﹣c2＝3．
∴曲线C的方程为x24+y23=1（x≠﹣2）．
（II）设曲线C上任意一点P（x，y），
由于|PM|﹣|PN|＝2R﹣2≤3﹣1＝2，所以R≤2，当且仅当⊙P的圆心为（2，0）R＝2时，其半径最大，其方程为（x﹣2）2+y2＝4．
①l的倾斜角为90°，则l与y轴重合，可得|AB|=23．
②若l的倾斜角不为90°，由于⊙M的半径1≠R，可知l与x轴不平行，
设l与x轴的交点为Q，则|QP||QM|=Rr1，可得Q（﹣4，0），所以可设l：y＝k（x+4），
由l于M相切可得：|3k|1+k2=1，解得k=±24．
当k=24时，联立y=24x+2x24+y23=1，得到7x2+8x﹣8＝0．
∴x1+x2=−87，x1x2=−87．
∴|AB|=1+k2|x2−x1|=1+(24)2(−87)2−4×(−87)=187
由于对称性可知：当k=−24时，也有|AB|=187．
综上可知：|AB|=23或187．
31．【2013年新课标2理科20】平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）右焦点的直线x+y−3=0交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为12．
（Ⅰ）求M的方程
（Ⅱ）C，D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线CD⊥AB，求四边形ACBD面积的最大值．
【答案】解：（Ⅰ）把右焦点（c，0）代入直线x+y−3=0得c+0−3=0，解得c=3．
设A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点P（x0，y0），
则x12a2+y12b2=1，x22a2+y22b2=1，相减得x12−x22a2+y12−y22b2=0，
∴x1+x2a2+y1+y2b2×y1−y2x1−x2=0，
∴2x0a2+2y0b2×(−1)=0，又kOP=12=y0x0，
∴1a2−12b2=0，即a2＝2b2．
联立得a2=2b2a2=b2+c2c=3，解得b2=3a2=6，
∴M的方程为x26+y23=1．
（Ⅱ）∵CD⊥AB，∴可设直线CD的方程为y＝x+t，
联立y=x+tx26+y23=1，消去y得到3x2+4tx+2t2﹣6＝0，
∵直线CD与椭圆有两个不同的交点，
∴△＝16t2﹣12（2t2﹣6）＝72﹣8t2＞0，解﹣3＜t＜3，
由C，D在椭圆上，可得−3＜t＜3．
设C（x3，y3），D（x4，y4），∴x3+x4=−4t3，x3x4=2t2−63．
∴|CD|=(1+12)[(x3+x4)2−4x3x4]=2[(−4t3)2−4×2t2−63]=22⋅18−2t23．
联立x+y−3=0x26+y23=1得到3x2﹣43x＝0，解得x＝0或433，
∴交点为A（0，3），B(433，−33)，
∴|AB|=(433−0)2+(−33−3)2=463．
∴S四边形ACBD=12|AB||CD|=12×463×22⋅18−2t23=83⋅18−2t29，
∴当且仅当t＝0时，四边形ACBD面积的最大值为836，满足（*）．
∴四边形ACBD面积的最大值为836．
模拟好题
1．已知F1,F2分别是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，点F1,F2在直线l:y=kx+m的同侧，且点F1,F2到直线l的距离分别为d1,d2．
(1)若椭圆C的方程为x212+y23=1，直线l的方程为y=x−15，求d1⋅d2的值，并判断直线与椭圆C的公共点的个数；
(2)若直线l与椭圆C有两个公共点，试求d1⋅d2所需要满足的条件；
【答案】(1)d1⋅d2=3；1.
(2)d1⋅d20，整理化简得：m2−a2k20，S1⋅S2=4t+4t+163t=43t+64t+20≥432t⋅64t+20=48，
当且仅当t=8，即p=23时，S1S2的最小值为48.
4．已知M，N分别是x轴，y轴上的动点，且MN=4+23，动点P满足MP=32PN，设点P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的轨迹方程；
(2)直线l1：3x−2y=0与曲线C交于A，B两点，G为线段AB上任意一点（不与端点重合），倾斜角为α的直线l2经过点G，与曲线C交于E，F两点．若|EF|2|GA|⋅|GB|的值与点G的位置无关，求|GE|：|GF|的值．
【答案】(1)x216+y212=1
(2)1
【解析】
(1)解：设Mx0,0，N0,y0，则x02+y02=4+232．
设Px,y，则MP=x−x0,y，PN=−x,y0−y．
由题意得x−x0=−32xy=32y0−y，解得x0=1+32xy0=231+32y，
所以1+322x2+431+322y2=4+232，化简得x216+y212=1，
即曲线C的方程为x216+y212=1．
(2)证明：由3x−2y=0x216+y212=1，解得x=2y=3或x=−2y=−3，（不妨设点A在第一象限），所以A(2,3)，B(−2,−3)．
设点G(2m,3m)，其中−10)的短轴长等于23，离心率e=12．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过左焦点F作直线l，与椭圆C交于A，B两点，判断1FA+1FB是否为定值．若是定值，求出该定值，若不是定值，请说明理由．
【答案】(1)x24+y23=1
(2)是定值，定值为43
【解析】
(1)由椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短轴长等于23，离心率e=12．
可得2b=23a=2cb2=a2−c2，解得a=2，b=3，c=1，所以椭圆的方程为x24+y23=1．
(2)由椭圆的方程x24+y23=1，可得左焦点F(−1,0)，
（i）当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为x=my−1，
联立方程组x=my−1x24+y23=1，整理得(3m2+4)y2−6my−9=0，
Δ=(−6m)2+36(3m2+4)>0
设A(x1,y1)，B(x2,y2) 所以y1+y2=6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
所以1FA+1FB=11+m2⋅y1+11+m2⋅y2=11+m2⋅1y1+1y2
=11+m2⋅(y1+y2)2−4y1y2y1y2=11+m2⋅41+m23=43，
（ⅱ）当直线l的斜率不为0时，此时1FA+1FB=1a−c+1a+c=43，
综上所述，1FA+1FB==43．
6．已知抛物线y2=2pxp>0的焦点为F，过焦点F斜率为3的直线交抛物线于A、B两点（点A在第一象限），交抛物线准线于G，且满足BG=83．
(1)求抛物线的标准方程；
(2)已知C，D为抛物线上的动点，且OC⊥OD，求证直线CD过定点P，并求出P点坐标；
(3)在（2）的条件下，求PC⋅PD的最大值．
【答案】(1)y2=4x
(2)证明见解析；P点坐标为（4，0）
(3)−16
【解析】
(1)过点B作准线的垂线，垂足为H，设准线与x轴相交于点M，如图，
由题知，直线l的倾斜角为π3．∴在Rt△BGH中，∠GBH=π3，
又∵BG=83，∴BH=43，∴BF=43．
∴GF=BG+BF=4，∴在Rt△GFM中，又∠MFG=π3，
∴MF=2，∴p=2，∴抛物线的标准方程为y2=4x．
(2)由（1）可知，抛物线方程为y2=4x，
设直线CD的方程为：x=my+t，Cy124,y1，Dy224,y2，
直线与抛物线联立：x=my+ty2=4x，得：y2−4my−4t=0，
则y1+y2=4m，y1y2=−4t，
∵kOC=4y1，kOD=4y2且OC⊥OD，∴kOC⋅kOD=16y1y2=16−4t=−1则t=4，
∴直线CD过定点（4，0），即P点坐标为（4，0），
(3)由（2）可知P点坐标为（4，0），
∴PC⋅PD=y12y2216−y12+y22+16+y1y2=−16m2−16，
∴PC⋅PD的最大值为−16．
7．已知在△ABC中，B−2,0，C2,0，动点A满足AB=23，∠ABC>90°，AC的垂直平分线交直线AB于点P．
(1)求点P的轨迹E的方程；
(2)直线x=mm>3交x轴于D，与曲线E在第一象限的交点为Q，过点D的直线l与曲线E交于M，N两点，与直线x=3m交于点K，记QM，QN，QK的斜率分别为k1，k2，k3，
①求证：k1+k2k3是定值．
②若直线l的斜率为1，问是否存在m的值，使k1+k2+k3=6？若存在，求出所有满足条件的m的值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)x23−y2=1x>3
(2)①证明见解析 ；②存在；m=322
【解析】
(1)∵∠BAC>90°，
∴AC的垂直平分线交BA的延长线于点P．
连接PC，则PC=PA，
∴PB−PC=PB−PA=AB=233．
(2)①证明：由已知得Dm,0，Qm,y0，满足m23−y02=1，
设直线l方程为x=ty+m，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立x=ty+mx23−y2=1，得t2−3y2+2mty+m2−3=0，
y1+y2=−2mtt2−3，y1y2=m2−3t2−3，
k1=y1−y0x1−m=y1−y0ty1=1t−y0ty1，
同理k2=1t−y0ty2，
∴k1+k2=2t−y0t1y1+1y2=2t−y0t⋅y1+y2y1y2=2t−y0t⋅−2mtm2−3=21t+my0m2−3
对x=ty+m，令x=3m，得yk=3−m2tm，
∴K3m,3−m2tm，k3=y0+m2−3tmm−3m=my0m2−3+1t，
∴k1+k2=2k3，
∴k1+k2k3=2是定值．
②假设存在m的值，使k1+k2+k3=6
由①知，k1+k2=2k3，
则k1+k2+k3=3k3=6，
∴k3=2，
直线QK的方程为y−y0=2x−m，
令x=3m，
得yK=23m−m+y0；
直线l的斜率为1，直线l的方程为x=y+m，
令x=3m，得yK=3m−m；
∴23m−m+y0=3m−m，
∴y0=m−3m，
代入m23−y02=1，得m23−m−3m2=1，
整理得，2m4−15m2+27=0，
解得m2=92，或m2=3（∵m>3，舍去）
∴m=322，存在m的值为322，使k1+k2+k3=6．
8．已知椭圆Ω:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为12，Ω上的点P与Ω外的点Q4,0距离的最小值为2．
(1)求椭圆Ω的方程；
(2)若直线l与椭圆Ω交于点A，B，当直线l被圆O:x2+y2=a2截得的弦长为2b时，求△OAB面积的取值范围．
【答案】(1)x24+y23=1
(2)[32,263]
【解析】
(1)由题意4−a=2，a=2，又e=ca=c2=12 c=1，所以b=a2−c2=3，
所以椭圆Ω的方程为x24+y23=1；
(2)易知直线l不过原点，设l方程为mx+ny=1，
原点到直线l距离为d=1m2+n2，d2+b2=a2，
所以1m2+n2+3=4，m2+n2=1，d=1，原点O到直线AB距离为1，
若n=0，则m=±1，l方程为x=±1，
此时y=±32，AB=3，S△OAB=12×1×3=32，
n≠0时，
由mx+ny=1x24+y23=1，及m2+n2=1得(m2+3)x2−8mx+12m2−8=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=8mm2+3，x1x2=12m2−8m2+3，
AB=1+k2x1−x2=1+m2n2⋅(x1+x2)2−4x1x2 =11−m2⋅64m2(m2+3)2−4(12m2−8)m2+3=43⋅m2+2m2+3，
S△OAB=12ABd=23⋅m2+2m2+3，
令m2+2=t，由0≤m20)，则称这两个椭圆为“相似”，相似比为m.如图，已知椭圆C1的长轴长是4，椭圆C2的离心率为22，椭圆C1与椭圆C2相似比为2.
(1)求椭圆C1与椭圆C2的方程；
(2)过椭圆C2左焦点F的直线l与C1、C2依次交于A、C、D、B四点.
①求证：无论直线l的倾斜角如何变化，恒有|AC|=|DB|.
②点M是椭圆C2上异于C、D的任意一点，记△MBD面积为S1，△MAD面积为S2，当S1=15S2时，求直线l的方程.
【答案】(1)椭圆C1的方程x24+y22=1，椭圆C2的方程是x22+y2=1；
(2)①证明见解析；②x+3y+1=0或x−3y+1=0.
【解析】
(1)由已知2a1=4，则a1=2，又a1a2=b1b2=2，故a2=2.
又椭圆C2的离心率e=c2a2=22，所以c2=1，
由b22=a22−c22=1，则b2=1，从而b1=2，
所以椭圆C1的方程x24+y22=1，椭圆C2的方程是x22+y2=1.
(2)①要证明|AC|=|DB|，即证明线段AB和CD的中点重合，
当直线l与坐标轴重合时，由对称性知：结论成立.
当直线l与坐标轴不重合时，不妨设直线l为x=ty−1(t≠0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，D(x4,y4)，代入椭圆C1方程得(ty−1)2+2y2=4，即(t2+2)y2−2ty−3=0，
故y1+y2=2tt2+2，y1y2=−3t2+2，
代入椭圆C2方程得(ty−1)2+2y2=2，即(t2+2)y2−2ty−1=0，
故y3+y4=2tt2+2，y3y4=−1t2+2，
由y1+y2=y3+y4，可得线段AB和CD的中点重合，故|AC|=|DB|.
综上，|AC|=|DB|恒成立.
②由①得：|CD|=t2+1|y3−y4|=t2+1⋅22t2+1t2+2，
|AB|=t2+1|y1−y2|=t2+1⋅222t2+3t2+2，
而S1=15S2，则|BD|=15|AD|，由①知：|AC|=|DB|，
所以|CD|=23|AB|，即t2+1=232t2+3，可得t2=3.
所以直线l的方程为x+3y+1=0或x−3y+1=0.
10．已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的焦距为22，设该双曲线的左，右顶点分别为A，B，以点A，B和虚轴端点为顶点的四边形的面积为S．
(1)当S最大时，求双曲线的标准方程；
(2)在（1）的条件下，过点A的直线l1与右支交于点C，过点B的直线l2与左支交于点D，设直线l1,l2的斜率分别为k1,k2，且k1=3k2，设△ADC，△BCD的面积分别为S1，S2，S1S2的值．
【答案】(1)x2−y2=1
(2)13
【解析】
(1)设双曲线虚轴顶点分别为C，D，
由题意知a2+b2=2，S四边形ACBD=12⋅2a⋅2b=2ab≤a2+b2=2
当且仅当a=b=1时取”=”，∴S最大时，双曲线的标准方程为x2−y2=1．
(2)∵kCA⋅kCB=b2a2=1，而kAC=3kBD，∴3kBD⋅kBC=1⇒kBD⋅kBC=13，
设直线CD的方程为x=my+t，Cx1,y1，Dx2,y2 B(1,0)，A(−1,0)，
联立x=my+tx2−y2=1，得m2−1y2+2my+t2−1=0，m2≠1，Δ>0，
∴kBD⋅kBC=y2x2−1⋅y1x1−1=y1y2my1+t−1my2+t−1=13，
∴m2−3y1y2+m(t−1)y1+y2+(t−1)2=0，
m2−3t2−1m2−1+m(t−1)⋅−2mtm2−1+(t−1)2=0，
∵t≠1，∴m2−3(t+1)−2m2t+m2−1(t−1)=0，
即m2t+m2−3t−3−2m2t+m2t−m2−t+1=0，
∴4t=−2⇒t=−12，∴直线CD方程为x=my−12，
此时S1=S△ACD=12|CD|⋅−1+12m2+1=14|CD|m2+1，
S2=S△BCD=12⋅|CD|⋅32m2+1=34|CD|m2+1
∴S1S2=13．
11．已知a>b>0，直线l过椭圆C1:x2a2+y2b2=1的右焦点F且与椭圆C1交于A、B两点，l与双曲线C2:x2a2−y2b2=1的两条渐近线l1、l2分别交于M、N两点．
(1)若|OF|=3，且当l⊥x轴时，△MON的面积为32，求双曲线C2的方程；
(2)如图所示，若椭圆C1的离心率e=22，l⊥l1且FA=λAN(λ>0)，求实数λ的值．
【答案】(1)x24−y2=1；
(2)λ=66.
【解析】
(1)由题设F(3,0)，且双曲线C2:x2a2−y2b2=1的渐近线为y=±bax，
当l⊥x轴时，|MN|=23ba，又|OF|=3，△MON的面积为32，
所以12|OF|⋅|MN|=32，故a=2b，而a2−b2=c2=3，可得a2=4,b2=1，
所以双曲线C2的方程为x24−y2=1.
(2)对于椭圆有e=ca=22，而a2−b2=c2，则a=2c=2b，
不妨假设l1:y=bax=22x，则l2:y=−bax=−22x且l为y=−2(x−c)，
所以N(2c,−2c)，又F(c,0)，FA=λAN(λ>0)，
令A(x,y)，则FA=(x−c,y),AN=(2c−x,−2c−y)，故{x−c=λ(2c−x)y=−λ(2c+y)，
所以{x=2λ+11+λcy=−2λ1+λc，而A在椭圆C1:x22c2+y2c2=1上，
则(2λ+1)22(1+λ)2+2λ2(1+λ)2=(2λ+1)2+4λ22(1+λ)2=1，整理得6λ2=1，
综上，可得λ=66.
12．设双曲线C：x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别是F1，F2，渐近线分别为l1，l2，过F2作渐近线的垂线，垂足为P，且△OPF1的面积为b24．
(1)求双曲线C的离心率；
(2)动直线l分别交直线l1，l2于A，B两点（A，B分别在第一、四象限），且△OAB的面积恒为8，是否存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线C，若存在，求出双曲线C的方程；若不存在，说明理由．
【答案】(1)5
(2)存在，x24−y216=1
【解析】
(1)F1(−c,0),F2(c,0)，双曲线的渐近线方程为y=±bax，
由双曲线的对称性不妨取渐近线y=bax，则点F2(c,0)到其的距离为
PF2=bc−0b2+a2=bcc=b，
则OP=OF22−PF22=c2−b2=a，
得S△OPF1=S△OPF2=b24=ab2，
解得b=2a,c=a2+b2=a2+4a2=5a，
所以双曲线C的离心率e=ca=5aa=5．
(2)由 （1）得渐近线l1：y＝2x，l2：y＝−2x，设双曲线得方程为x2a2−y24a2=1，
依题意得直线l的斜率不为零，
因此设直线l的方程为x=my+t，−12＜m＜12，t＞0，
设直线l交x轴于点C（t，0），A（x1，y1），B（x2，y2），
联立 x=my+t，y=2x，得y1=2t1−2m，同理得y2=−2t1+2m．
由△OAB的面积S△OAB=12|OC|⋅|y1−y2|=8，
得12t|2t1−2m+2t1+2m|=8，
即t2＝4|1−4m2|＝4（1−4m2）＞0，
联立x=my+t，x2a2−y24a2=1，
得（4m2−1）y2+8mty+4（t2−a2）＝0，，
因为4m2−1b>0)的两个焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，连结PF1，PF2并延长，分别交椭圆于点A，B．已知△APF2的周长为82，△F1PF2面积最大值为4．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)当P不是椭圆的顶点时，试分析直线OP和直线AB的斜率之积是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．
【答案】(1)y28+x24=1
(2)是定值；−6
【解析】
(1)解：如图所示：
由题意得4a=82bc=4a2=b2+c2，
解得a=22b=2，
所以椭圆C的方程为y28+x24=1
(2)设直线PA的方程为y=kx+2,Px0,y0,Ax1,y1,F10,2，
由y=kx+2y2+2x2=8，
得k2+2x2+4kx−4=0，
∴x0x1=−4k2+2，
即x0x1=−4y0−2x02+2=−4x02y02−4y0+4+2x02，
=−4x0212−4y0=−x023−y0，
∴x1=−x03−y0,∴y1=y0−2x0⋅−x03−y0+2=8−3y03−y0，
∴A−x03−y0,8−3y03−y0，同理可得B−x03+y0,−3y0−83+y0，
∴kAB=8−3y03−y0+3y0+83+y0x03+y0−x03−y0=48−6y02−2x0y0=38−y02−x0y0=6x02−x0y0=−6x0y0，
∴kOP⋅kAB=y0x0⋅−6x0y0=−6为定值
14．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左右焦点分别为F1,F2，点E263,33为以F1F2为直径的圆与椭圆C在第一象限的交点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若过点D1,0且倾斜角为钝角的直线l与椭圆C交于A,B两点（其中点B在x轴下方），P为AB的中点，O为原点，求当∠OPB最大时，△OPB的面积.
【答案】(1)x24+y2=1
(2)78
【解析】
(1)设F1−c,0，F2c,0c>0，则以F1F2为直径的圆为：x2+y2=c2，
∴c2=2632+332=3，即a2−b2=3，
又83a2+13b2=1，∴a2=4，b2=1，∴椭圆C的方程为x24+y2=1.
(2)
由题意可设直线l:x=my+1m0，
∴y1+y2=−2mm2+4，y1y2=−3m2+4，
∴yP=−mm2+4，则xP=−m2m2+4+1=4m2+4，∴P4m2+4,−mm2+4，
∴kOP=−mm2+44m2+4=−m4；
设直线l倾斜角为α，直线OP倾斜角为β，∴∠OPB=α−β，
∴tan∠OPB=tanα−β=tanα−tanβ1+tanαtanβ=kl−kOP1+kl⋅kp=1m+m41−14=431m+m4，
∵mb>0)的右焦点为F2,0，且C过点P209,−19．
(1)求C的方程；
(2)若点M是C上的一点，过M作直线l与C相切，直线l与y轴的正半轴交于点A，过M与PF平行的直线交x轴于点B，且AB⊥PF，求直线l的方程．
【答案】(1)x25+y2=1
(2)x−y+6=0
【解析】
(1)解：由题意知2092a2+−192b2=1,a2−b2=4,
解得a=5，b=1，
所以C的方程为x25+y2=1．
(2)易得直线PF的方程为y=−19209−2(x−2)，即y=−12x+1．
显然直线l的斜率存在且不为0，设点Mx0,y0 x0≠0,y0≠0，
设直线l的方程为y−y0=kx−x0 (k≠0)，即y=kx−kx0+y0．
由x25+y2=1,y=kx−kx0+y0消去y，得15+k2x2+2ky0−kx0x+y0−kx02−1=0．
因为过M作直线l与C相切，所以Δ=2ky0−kx02 −415+k2y0−kx02−1=0，
整理得y0k+15x02=0，即k=−x05y0，所以直线l的方程为x0x5+y0y=1．
令x=0，得yA=1y0，所以A0,1y0．
因为MB//PF，所以kMB=−12，
所以直线MB的方程是y−y0=−12x−x0，
即y=−12x+12x0+y0．
令y=0，解得xB=x0+2y0，所以Bx0+2y0,0．
因为AB⊥PF，所以0−1y0x0+2y0−0=1y0−2y0−x0=2，即y0−2y0−x0=12，
所以x0=−2y0−12y0，
又因为x025+y02=1，所以4y025+25+120y02+y02=1，
解得y0=±66，
因为yA>0，所以y0>0，所以y0=66，x0=−63−36=−566．
所以直线l的方程是−566x5+66y=1，即x−y+6=0．
16．已知抛物线C1:y2=2px(p>0)的焦点F到其准线的距离为4，椭圆C2:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过抛物线C1的焦点F．
(1)求抛物线C1的方程及a；
(2)已知O为坐标原点，过点M(1,1)的直线l与椭圆C2相交于A，B两点，若AM=mMB，点N满足AN=−mNB，且|ON|最小值为125，求椭圆C2的离心率．
【答案】(1)y2=8x；a=2
(2)12
【解析】
(1)抛物线C1:y2=2px(p>0)的焦点F到其准线的距离为4
可得p=4
抛物线C1的方程：y2=8x
椭圆C2:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过抛物线C1的焦点F(2,0)
椭圆C2的右顶点为F(2,0)，
所以a=2．
(2)①当直线AB斜率存在时，
设直线AB方程为y−1=k(x−1),Ax1,y1,Bx2,y2,Nx0,y0
由x24+y2b2=1y=kx+(1−k)得b2+4k2x2+8k(1−k)x+4(1−k)2−4b2=0，
Δ=16b23k2+2k−1+b2>0
x1+x2=−8k(1−k)b2+4k2,x1x2=4(1−k)2−4b2b2+4k2
∵AM=mMB,AN=−mNB
∴1−x1=mx2−1,x0−x1=−mx2−x0，即∴1−x1x2−1=−x0−x1x2−x0
∴x0=2x1x2−x1+x2x1+x2−2=4k+4b2−44k+b2，
∴4kx0−1+b2x0=4b2−4
又∵y0−1=kx0−1
∴4y0−1+b2x0=4b2−4，即∴b2x0+4y0−4b2=0
∴N点轨迹为直线b2x+4y−4b2=0
②当直线AB斜率不存在时，经检验点N1,3b24在直线b2x+4y−4b2=0上．
∴N点轨迹方程为b2x+4y−4b2=0
|ON|最小值即点O到直线b2x+4y−4b2=0的距离
∴4b2b4+16=125，即b2=3
椭圆C2的离心率为e=ca=1−b2a2=1−34=12．
17．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1:x2b2+y2a2=1a>b>0经过63,1，椭圆C2:x23a2+y23b2=1的离心率为的63．
(1)求椭圆C1与椭圆C2的标准方程：
(2)设过原点且斜率存在的直线l与椭圆C1相交于A，C两点，点P为椭圆C2的上顶点，直线PA与椭圆C2相交于点B，直线PC与椭圆C2相交于点D，设△POA﹐△POB,△POC,△POD的面积分别为S1,S2,S3,S4试问S1S2+S3S4是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)椭圆C1的标准方程为x2+y23=1，椭圆C2的标准方程为x29+y23=1;
(2)S1S2+S3S4为定值109
【解析】
(1)解:因为椭圆C1经过点63,1，所以69b2+1a2=1，①
因为椭圆C2的离心率为63．
所以e=3a2−3b23a=63，即a=3b，②
由①②可得a=3b=1，
故椭圆C1的标准方程为x2+y23=1，椭圆C2的标准方程为x29+y23=1;
(2)解:设Am,n,m≠0，则C−m−n,m2+n23=1，即3−n2=3m2
由题意知P0,3，设直线PA,PC的斜率分别为k1,k2，
则k1k2=n−3m⋅−n−3−m=n−3n+3m2=n2−3m2=−3m2m2=−3
直线PA的方程为y=k1x+3，则由y=k1x+3x2+y23=1，消去y得(k12+3)x2+23k1x=0，
解得x=0或x=−23k1k12+3，则m=−23k1k12+3
由y=k1x+3x29+y23=1，消去y得3k12+1x2+63k1x=0，解得x=0或x=63k13k12+1，
所以点B的横坐标xB=63k13k12+1，
所以PAPB=−23k1k12+3−63k13k12+1=3k12+13k12+3
同理PCPD=3k22+13k22+3=3×−3k12+13−3k12+3=k12+2733k12+9=k12+279k12+3
所以S1S2+S3S4=PAPB+PCPD=3k12+13k12+3+k12+279k12+3=9k12+3+k12+279k12+3=10k12+309k12+3=10k12+39k12+3=109
故S1S2+S3S4为定值109
18．生活中，椭圆有很多光学性质，如从椭圆的一个焦点出发的光线射到椭圆镜面后反射，反射光线经过另一个焦点.现椭圆C的焦点在y轴上，中心在坐标原点，从下焦点F1射出的光线经过椭圆镜面反射到上焦点F2，这束光线的总长度为4，且反射点与焦点构成的三角形面积最大值为3，已知椭圆的离心率eb>0)，
则2a=4，12×2c×b=3，a2=b2+c2
又e0
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1+x2=−6k3k2+4，x1x2=−93k2+4..
由对称性知，若定点存在，则直线BM与直线AN交于y轴上的定点，
由y=y1x1xy=4.是M4x1y1，4，则直线BM方程为y−4=y2−4x2−4x1y1(x−4x1y1)，
令x=0，则
y=4+4x1(4−y2)x2y1−4x1
=4(1+4x1−x1(kx2+1)x2(kx1+1)−4x1)
=4(1+3x1−kx1x2x2−4x1+kx1x2)
=4(x2−x1)x2−4x1+kx1x2
又32(x1+x2)=kx1x2，
则y=4(x2−x1)x2−4x1+32(x1+x2)=4(x2−x1)52(x2−x1)=85，
所以，直线BM过定点（0，85），同理直线AN也过定点(0,85).
则点（0，85）即为所求点.
19．已知动点Mx,y是曲线C上任一点，动点M到点A0,14的距离和到直线y=−14的距离相等，圆M的方程为x2+y−22=1．
(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；
(2)设A1、A2、A3是C上的三个点，直线A1A2、A1A3均与圆M相切，判断直线A2A3与圆M的位置关系，并说明理由．
【答案】(1)答案见解析
(2)若直线A1A2、A1A3与圆M相切，则直线A2A3与圆M相切，理由见解析
【解析】
(1)解：由题设知，曲线C上任意到点A0,14的距离和到直线y=−14的距离相等，
因此，曲线C是以A0,14为焦点，直线y=−14为准线的抛物线，
故曲线C的方程为x2=y.
(2)解：若直线A2A3的斜率不存在，则直线A2A3与曲线C只有一个交点，不合乎题意，
所以，直线A1A2、A1A3、A2A3的斜率都存在，
设A1x1,x12、A2x2,x22、A3x3,x32，则x1、x2、x3两两互不相等，
则kA1A2=x12−x22x1−x2=x1+x2，同理kA1A3=x1+x3，kA2A3=x2+x3，
所以直线A1A2方程为y−x12=x1+x2x−x1，整理得x1+x2x−y−x1x2=0，
同理可知直线A1A3的方程为x1+x3x−y−x1x3=0，
因为直线A1A2与圆M相切，则2+x1x21+x1+x22=1，
整理可得x12−1x22+2x1x2+3−x12=0，同理可得x12−1x32+2x1x3+3−x12=0，
所以x2、x3为方程x12−1x2+2x1x+3−x12=0的两根，则x1≠±1，
所以，x2+x3=−2x1x12−1，x2x3=3−x12x12−1，
圆心M到直线A2A3的距离为2+x2x31+x2+x32=2+3−x12x12−11+−2x1x12−12=x12+1x12−1x12+1x12−1=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.
20．已知△ABC的顶点A−4,0，B4,0，满足：tanAtanB=916．
(1)记点C的轨迹为曲线Γ，求Γ的轨迹方程；
(2)过点M0,2且斜率为k的直线l与Γ相交于P，Q两点，是否存在与M不同的定点N，使得NP⋅MQ=NQ⋅MP恒成立？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)x216+y29=1 x≠±4
(2)N0, 92
【解析】
(1)设Cx, y，则tanAtanB=yx+4⋅y4−x=916，整理得x216+y29=1，故Γ的轨迹方程为x216+y29=1 x≠±4；
(2)设直线l为y=kx+2，当k=0时，可得点P，Q关于y轴对称，可得MQ=MP，要使NP⋅MQ=NQ⋅MP恒成立，即NPNQ=MPMQ=1成立，即点N在y轴上，可设为N0, a, a≠2.
当k≠0时，联立方程组y=kx+2x216+y29=1 x≠±4，整理得9+16k2x2+64kx−80=0，设Px1, y1, Qx2, y2，则x1+x2=−64k9+16k2, x1x2=−809+16k2，
要使NP⋅MQ=NQ⋅MP恒成立，即NPNQ=MPMQ成立，由角平分线定理则只需使得y轴为∠PNQ的平分线，即只需kNP+kNQ=0，即y1−ax1+y2−ax2=0⇒x2y1−a+x1y2−a=x2kx1+2−a+x1kx2+2−a=0，即2kx1x2+2−ax1+x2=2k⋅−809+16k2+2−a⋅−64k9+16k2=0⇒−288+64ak=0，解得a=92，
综上可得，存在与M不同的定点N0, 92，使得NP⋅MQ=NQ⋅MP恒成立