2021年高考数学真题和模拟题分类汇编专题12圆锥曲线含解析

这是一份2021年高考数学真题和模拟题分类汇编专题12圆锥曲线含解析，共99页。试卷主要包含了选择题部分，填空题部分，解答题部分等内容，欢迎下载使用。

专题12 圆锥曲线
一、选择题部分
1.(2021•新高考全国Ⅰ卷•T5)已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为（）
A. 13 B. 12 C. 9 D. 6
【答案】C．
【解析】由题，，则，
所以（当且仅当时，等号成立）．
2.(2021•高考全国甲卷•理T5) 已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为（）
A. B. C. D.
【答案】A．
【解析】根据双曲线的定义及条件，表示出，结合余弦定理可得答案.
因为，由双曲线的定义可得，
所以，；
因为,由余弦定理可得，
整理可得，所以，即.故选A．
3.(2021•高考全国乙卷•文T11)设B是椭圆的上顶点，点P在C上，则的最大值为（）
A. B. C. D. 2
【答案】A．
【解析】设点，因为，，所以
，
而，所以当时，的最大值为．故选A．
4.(2021•浙江卷•T9) 已知，函数.若成等比数列，则平面上点的轨迹是（）
A. 直线和圆 B. 直线和椭圆 C. 直线和双曲线D. 直线和抛物线
【答案】C．
【解析】由题意得，即，
对其进行整理变形：
，
，
，
，
所以或，其中为双曲线，为直线.故选C.
5.(2021•江苏盐城三模•T7)设双曲线C：0)的焦距为2，若以点P(m，n)(m＜a)为圆心的圆P过C的右顶点且与C的两条渐近线相切，则OP长的取值范围是
A．(0，) B．(0，1) C．(，1) D．(，)
【答案】B．
【考点】圆锥曲线中双曲线的几何性质应用
【解析】由题意可知，c＝1，渐近线方程为：bx±ay＝0，由圆P与渐近线相切可得，r＝＝，解得n＝0，所以圆的半径r＝a－m＝bm，所以m＝，则m2＝()2＝＝＝－1＋，因为b∈(0，1)，所以－1＋∈(0，1)，则m∈(0，1)，所以OP∈(0，1)，故答案选B．
6.(2021•河南郑州三模•理T10)已知A，B是椭圆＝1（a＞b＞0）长轴的两个端点，P、Q是椭圆上关于x轴对称的两点，直线AP，BQ的斜率分别为k1，k2（k1k2≠0）．若椭圆的离心率为，则|k1|+|k2|的最小值为（　　）
A．1 B． C． D．
【答案】B．
【解析】设P（t，s），Q（t，﹣s），t∈[0，a]，s∈[0，b]，A（﹣a，0），B（a，0），
k1＝，k2＝﹣，
|k1|+|k2|＝||+|﹣|≥2＝2，
当且仅当，即t＝0时等号成立．
∵A，B是椭圆＝1（a＞b＞0）长轴的两个端点，P，Q是椭圆上关于x轴对称的两点，P（t，s），Q（t，﹣s），即s＝b，
∴|k1|+|k2|的最小值为，
∵椭圆的离心率为，
∴，即，得a＝b，
∴|k1|+|k2|的最小值为．
7.(2021•河南开封三模•文理T12)已知椭圆（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1（﹣c，0），F2（c，0）．若椭圆C上存在一点P，使得，则椭圆C的离心率的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C．
【解析】在△PF1F2中，由正弦定理知＝，
∵，
∴＝e，即|PF1|＝e|PF2|，①
又∵P在椭圆上，∴|PF1|+|PF2|＝2a，②
联立①②得|PF2|＝∈（a﹣c，a+c），
即a﹣c＜＜a+c，
同除以a得，1﹣e＜＜1+e，得﹣1＜e＜1．
∴椭圆C的离心率的取值范围为．
8.(2021•河南开封三模•文理T3)“方程表示双曲线”的一个必要不充分条件为（　　）
A．m∈（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞） B．m∈（﹣∞，﹣2）∪（1，+∞）
C．m∈（﹣∞，﹣2） D．m∈（1，+∞）
【答案】A．
【解析】方程为双曲线时，（m+2）（m﹣1）＞0
∴m∈（﹣∞，﹣2）∪（1，+∞），
∵（﹣∞，﹣2）∪（1，+∞）⊊（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞），
“方程表示双曲线”的一个必要不充分条件为m∈（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）．
9.(2021•河南焦作三模•理T12)已知双曲线﹣＝1（a＞0，b＞0）过第一、三象限的渐近线为l，过右焦点F作l的垂线，垂足为A，线段AF交双曲线于B，若|BF|＝2|AB|，则此双曲线的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C．
【解析】由题意可得渐近线l的方程为bx﹣ay＝0，
由，可得A（，），
又BF＝2AB，即＝2，
又F（c，0），
即有B（，），
将B的坐标代入双曲线的方程，可得（）2﹣（）2＝1，
由e＝，可得（+）2﹣（）2＝1，
解得e＝．
10.(2021•河北张家口三模•T9)已知方程表示的曲线是双曲线，其离心率为e，则（　　）
A．
B．点（2，0）是该双曲线的一个焦点
C．
D．该双曲线的渐近线方程可能为x±2y＝0
【答案】AC．
【解析】因为方程表示的曲线是双曲线，
所以（m2﹣2）（m2+2）＜3，解得；
将化为，故选项B错误；
因为2≤m3+2＜4，所以；
因为双曲线的渐近线斜率的平方，所以选项D错误．
11.(2021•山东聊城三模•T8.)已知A，B，C是双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)上的三点，直线AB经过原点O，AC经过右焦点F，若BF⊥AC，且CF=32FA，则该双曲线的离心率为（）
A.172B.173C.32D.375
【答案】 D．
【考点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】设双曲线的左焦点为E，连接AE,CE,BE
由题意知|BF|=|AE|,|BE|=|AF|,BF⊥AC
∴四边形AEBF为矩形，令|BF|=|AE|=m,|BE|=|AF|=n
∵|CE|-|CF|=|AE|-|AF|=2a，CF=32FA
∴在Rt△EAC中，m2+(m+32n)2=(2a+32n)2
将2a=m-n带入可得m=6n
∴n=25a,m=125a
∴在Rt△EAF中，m2+n2=(2c)2
即(125a)2+(25a)2=(2c)2．
可得e=ca=375．
故答案为：D．
【分析】设双曲线的左焦点为E，连接AE,CE,BE，根据矩形判定可得四边形AEBF为矩形令|BF|=|AE|=m,|BE|=|AF|=n，根据双曲线定义和勾股定理结合已知可求得n=25a,m=125a，再在Rt△EAF中由勾股定理得 m2+n2=(2c)2进而可得e=ca=375。
12.(2021•四川内江三模•理T11．)已知椭圆C：的右焦点F，点P在椭圆C上（x+3）2+（y﹣4）2＝4上，且圆E上的所有点均在椭圆C外，若|PQ|﹣|PF|的最小值为2，且椭圆C的长轴长恰与圆E的直径长相等，则椭圆C的标准方程为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C．
【解析】由题意可得2a＝2×4，所以a＝2，4），设左焦点F6，则|PF1|＝2a﹣|PF|，所以|PQ|﹣|PF|＝|PQ|﹣（7a﹣|PF1|）＝|PQ|+|PF1|﹣6≥|EF1|﹣r﹣4，
而|EF7|取最小时为E，Q，P，F1三点共线时，且为：|EF1|﹣r﹣5＝﹣6＝3，解得c＝1，所以b2＝a2﹣c2＝4﹣1＝3，所以椭圆的方程为：+＝1．

13.(2021•四川内江三模•理T7．)已知点A为抛物线C：x2＝4y上的动点（不含原点），过点A的切线交x轴于点B，设抛物线C的焦点为F（　　）
A．一定是直角 B．一定是锐角
C．一定是钝角 D．上述三种情况都可能
【答案】A．
【解析】由x2＝4y可得y＝x2，∴y′＝x，
设A（x0，），则
过A的切线方程为y﹣＝x0（x﹣x7），
令y＝0，可得x＝x0，∴B（x0，0），
∵F（5，1），
∴＝（x0，），＝（﹣x0，1），
∴•＝6，
∴∠ABF＝90°．

14.(2021•重庆名校联盟三模•T7．)已知双曲线＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点为F1、F2，虚轴长为2，若其渐近线上横坐标为1的点P恰好满足•＝0，则双曲线的离心率为（　　）
A．2 B． C．4 D．
【答案】A．
【解析】由已知可得2b＝2，则b＝，
不妨设双曲线的一条渐近线方程为y＝，
取x＝1可得P（1，），即P（1，），
＝，，
由•＝0，得，
又c2＝a2+3，解得a＝1，c＝2，则e＝．
15.(2021•安徽蚌埠三模•文T12．)已知圆C：（x+）2+y2＝（p＞0），若抛物线E：y2＝2px与圆C的交点为A，B，且sin∠ABC＝，则p＝（　　）
A．6 B．4 C．3 D．2
【答案】D．
【解析】设A（，y0），则B（，﹣y0），
由圆C：（x+）2+y2＝（p＞0），得圆心C（﹣，0），半径r＝，
所以CD＝+，因为∠ABC＝∠BAC，
所以sin∠ABC＝sin∠BAC＝＝＝，所以cos∠BAC＝＝＝，
即，解得y0＝3，p＝2．

16.(2021•上海嘉定三模•T14．)设抛物线y2＝8x的焦点为F，过点F作直线l交抛物线于A，B两点，若线段AB的中点E到y轴的距离为3，则弦AB的长为（　　）
A．等于10 B．大于10
C．小于10 D．与l的斜率有关
【答案】A．
【解析】抛物线方程可知p＝4，
由线段AB的中点E到y轴的距离为3得，，
∴|AB|＝x1+x2+4＝10．
17.(2021•贵州毕节三模•文T11．)已知点F为双曲线的右焦点，过点F的直线l与曲线C的一条渐近线垂直，垂足为N，与C的另一条渐近线的交点为M，若，则双曲线C的离心率e的值为（　　）
A． B． C．2 D．
【答案】A．
【解析】设F（c，0），双曲线的渐近线方程为y＝±x，
设直线l与渐近线y＝﹣x垂直，可得直线l的方程为y＝（x﹣c），
联立，可得yN＝﹣，
联立，可得yM＝﹣，
由＝3，可得yN﹣yM＝3yN，
即yM＝﹣2yN，可得＝，
可得2a2﹣2b2＝c2＝a2+b2，即有a2＝3b2，
所以e＝＝＝＝．
18.(2021•辽宁朝阳三模•T5．)明朝的一个葡萄纹椭圆盘如图（1）所示，清朝的一个青花山水楼阁纹饰椭圆盘如图（2）所示，北宋的一个汝窑椭圆盘如图（3）所示，这三个椭圆盘的外轮廓均为椭圆．已知图（1），（2），（3）中椭圆的长轴长与短轴长的比值分别为，设图（1），（2），（3）中椭圆的离心率分别为e1，e2，e3，则（　　）

A．e1＞e3＞e2 B．e2＞e3＞e1 C．e1＞e2＞e3 D．e2＞e1＞e3
【答案】A．
【解析】图（1），（2），（3）中椭圆的长轴长与短轴长的比值分别为，
图（1），（2），（3）中椭圆的离心率分别为e1，e2，e3，
所以e1＝＝＝＝
e2＝＝＝＝，
e3＝＝＝＝，
因为，所以e1＞e3＞e2．
19.(2021•河南济源平顶山许昌三模•文T10．)设F1，F2分别为双曲线＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，O为坐标原点，过F1的直线与双曲线的两条渐近线分别交于A，B两点，且满足，，则该双曲线的离心率为（　　）
A． B． C．2 D．2
【答案】C．
【解析】由，，
可得△BOF1为等腰三角形，且A为底边BF1的中点，
由F1（c，0）到渐近线y＝±x的距离为d＝＝b，
由OA⊥BF1，可得|OA|＝＝a，
由∠AOF1＝∠AOB＝∠BOF2＝60°，可得cos60°＝＝，
可得e＝＝2．
20.(2021•河南济源平顶山许昌三模•文T8．)设P，Q分别为圆（x﹣1）2+y2＝2和椭圆上的点，则P，Q两点间的最短距离是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B．
【解析】如图，

圆（x﹣1）2+y2＝2的圆心C（1，0），半径为，
设Q（x，y）是椭圆上的点，
则|QC|＝＝
＝．
∵﹣5≤x≤5，∴当x＝时，，
∴P，Q两点间的最短距离是．
21.(2021•安徽马鞍山三模•理T9．)已知双曲线的左，右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线C的渐近线上，•，且PF1与x轴垂直，则双曲线的离心率为（　　）
A． B． C．2 D．
【答案】C．
【解析】双曲线的左，右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线C的渐近线上，•，不妨设P在第二象限，则P（﹣c，），F1（﹣c，0），F2（c，0），
因为•，所以（0，﹣）•（2c，﹣）＝＝3c2，b2＝3a2，
所以c2＝4a2，可得离心率为：e＝2．
22.(2021•安徽马鞍山三模•文T11．)已知椭圆经过点（3，1），当该椭圆的四个顶点构成的四边形的周长最小时，其标准方程为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D．
【解析】由题意椭圆经过点（3，1），可得：（a＞b＞0），该椭圆的四个顶点构成的四边形的周长l＝4．
∴a2+b2＝（a2+b2）（）＝10+≥10+2＝16，当且仅当a2＝9b2时，即b＝，a＝3取等号．
∴周长l的最小值：4×4＝16．∴椭圆方程：．
23.(2021•四川泸州三模•理T7．)“m＝5”是“双曲线C：＝1的虚轴长为2”的（　　）
A．充分但不必要条件 B．必要但不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A．
【解析】①当m＝5时，双曲线为﹣＝1，∴b＝1，∴虚轴长为2b＝2，∴充分性成立，②若双曲线为+＝1虚轴长为2，
当焦点在x轴上时，则，∴m＝5，
当焦点在y轴上时，则，∴m＝﹣1，∴m＝5或m＝﹣1，∴必要性不成立，
∴m＝5是双曲线+＝1虚轴长为2的充分不必要条件．
24.(2021•上海浦东新区三模•T15．)已知两定点A（﹣1，0）、B（1，0），动点P（x，y）满足tan∠PAB•tan∠PBA＝2，则点P的轨迹方程是（　　）
A．x2﹣＝1 B．x2﹣＝1（y≠0）
C．x2+＝1 D．x2+＝1（y≠0）
【答案】D．
【解析】两定点A（﹣1，0）、B（1，0），动点P（x，y）满足tan∠PAB•tan∠PBA＝2，
则：＝2，其中y≠0，化简可得，x2+＝1（y≠0）．
25.(2021•湖南三模•T4．)已知抛物线C：y＝mx2（m＞0）上的点A（a，2）到其准线的距离为4，则m＝（　　）
A． B．8 C． D．4
【答案】C．
【解析】抛物线C：y＝mx2（m＞0）开口向上，直线方程为y＝﹣，
抛物线C：y＝mx2（m＞0）上的点A（a，2）到其准线的距离为4，
可得：+2＝4，解得m＝．
26.(2021•湖南三模•T7．)P为双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）上一点，F1，F2分别为其左、右焦点，O为坐标原点．若|OP|＝b，且sin∠PF2F1＝3sin∠PF1F2，则C的离心率为（　　）
A． B． C．2 D．
【答案】B．
【解析】由sin∠PF2F1＝3sin∠PF1F2，以及正弦定理可得|PF1|＝3|PF2|，
因为|PF1|﹣|PF2|＝2a，所以|PF1|＝3a，|PF2|＝a，
因为|OF2|＝c，|OP|＝b，所以∠OPF2＝，所以cos∠OF2P＝，
在△F1F2P中，cos∠F1F2P＝＝cos∠OF2P＝．
化简可得c＝a，所以C的离心率e＝＝．
27.(2021•福建宁德三模•T4) 如图，抛物线型太阳灶是利用太阳能辐射，通过聚光获取热量进行炊事烹饪食物的一种装置.由于太阳光基本上属于平行光线，所以当太阳灶(旋转抛物面)的主光轴指向太阳的时候，平行的太阳光线入射到旋转抛物面表面，经过反光材料的反射，这些反射光线都从它的焦点处通过，在这里形成太阳光线的高密集区，抛物面的焦点就在它的主光轴上.现有一抛物线型太阳灶，灶口直径AB为23m，灶深CD为0.5m，则焦点到灶底(抛物线的顶点)的距离为( )

A. 3m B. 1.5m C. 1m D.0.75m
【答案】B．
【解析】由题意建立如图所示的平面直角坐标系：O与C重合，设抛物线的方程为y2=2px(p>0)，
由题意可得A(0.5,3)，将A点坐标代入抛物线的方程可得：3=2p×0.5，
解得p=3，所以抛物线的方程为：y2=6x，
焦点的坐标为(p2,0)，即(32,0)，
所以焦点到灶底(抛物线的顶点)的距离为32.
故选：B.
建立适当的平面直角坐标系，设抛物线的方程，由题意可得A的坐标，将A点的坐标代入求出参数的值，进而求出所求的结果．
本题考查抛物线的性质及建立适当的坐标系的应用，属于基础题．
28.(2021•江西南昌三模•理T10．)如图所示，“嫦娥五号”月球探测器飞行到月球附近时，首先在以月球球心F为圆心的圆形轨道Ⅰ上绕月球飞行，然后在P点处变轨进以F为一个焦点的椭圆轨道Ⅱ绕月球飞行，最后在Q点处变轨进入以F为圆心的圆形轨道Ⅲ绕月球飞行，设圆形轨道Ⅰ的半径为R，圆形轨道Ⅲ的半径为r，则下列结论中正确的序号为（　　）
①轨道Ⅱ的焦距为R﹣r；
②若R不变，r越大，轨道Ⅱ的短轴长越小；
③轨道Ⅱ的长轴长为R+r；
④若r不变，R越大，轨道Ⅱ的离心率越大．

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【答案】C．
【解析】由题意可得知，圆形轨道Ⅰ的半径为R，
设轨道Ⅱ的方程为+＝1，则a+c＝R，
因为圆心轨道Ⅲ的半径为r，则a﹣c＝r，
联立，解得2c＝R﹣r，
所以轨道Ⅱ的焦距为2c＝R﹣r，故①正确；
由于a＝，c＝，
故焦距为2c＝R+r，
2b＝2＝2，
所以R不变，r增大，b增大，轨道Ⅱ的短轴长增大，故②不正确；
长轴2a＝R+r，故③正确；
所以离心率e＝＝1﹣，r不变，R越大，e越大，即轨道Ⅱ的离心率越大，故④正确．所以①③④正确，
29.(2021•江西上饶三模•理T7．)已知双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）的离心率为，则点M（3，0）到双曲线C的渐近线距离为（　　）
A．2 B． C． D．2
【答案】C．
【解析】双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）的离心率为，
可得a＝b，所以双曲线的渐近线方程为：x±y＝0，
点M（3，0）到双曲线C的渐近线距离为：＝．
30.(2021•安徽宿州三模•理T10．)已知双曲线＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，圆x2+y2＝a2+b2与双曲线在第一象限和第三象限的交点分别为A，B，四边形AF1BF2的周长p与面积S满足＝，则该双曲线的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A．
【解析】由题知，|AF1|﹣|AF2|＝2a，四边形AF1BF2的是平行四边形，|AF1|+|AF2|＝，
联立解得，|AF1|＝a+，|AF2|＝﹣a，又线段F1F2为圆的直径，
∴由双曲线的对称性可知四边形AF1BF2为矩形，∴S＝|AF1||AF2|＝，
∵＝，∴p2＝S，即p2＝（﹣a2），解得p2＝64a2，
由|AF1|2+|AF2|2＝|F1F2|2，得2a2+＝4c2，即5a2＝2c2，可得e＝．
31.(2021•安徽宿州三模•文T11．)已知F1，F2是双曲线＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，焦距为2c，以原点O为圆心，|OF2|为半径的圆与双曲线的左支交于A，B两点，且|AB|＝c，则该双曲线的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D．
【解析】如图：

设AB与x轴交于点D，
由对称性的AD⊥OF1，且AD＝BD＝，
∴OD＝，∴DF1＝，
∴AF1＝c，AF2＝，
∴AF2﹣AF1＝＝2a，
∴＝．
32.(2021•安徽宿州三模•文T9．)抛物线C：y2＝8x的焦点为F，其准线l与x轴交于点K，点M在抛物线C上，当|MK|＝|MF|时，△MFK的面积为（　　）
A．4 B．4 C．8 D．8
【答案】C．
【解析】作MM1⊥l，垂足为M1，则MM1＝MF，
∴由|MK|＝|MF|得△MM1K为等腰直角三角形，
∴Rt△MM1K≌Rt△MFK，
∴MF⊥FK且MF＝FK＝p＝4，
∴△MFK的面积S＝．

33.(2021•河北邯郸二模•理T8．)设双曲线C：的焦距为2c（c＞0），左、右焦点分别是F1，F2，点P在C的右支上，且c|PF2|＝a|PF1|，则C的离心率的取值范围是（　　）
A．（1，） B．（，+∞） C．（1，1+] D．[1+，+∞）
【答案】C．
【解析】∵c|PF2|＝a|PF1|，∴，∵P在双曲线的右支上，∴可设P的横坐标为x0（x0≥a），由双曲线焦半径公式，可得|PF1|＝a+ex0，|PF2|＝ex0﹣a，
则，∴≥a，即，解得≤e≤．
又e＞1，∴C的离心率的取值范围是（1，1+]．
34.(2021•江西鹰潭二模•理T11．)已知A，B分别为椭圆的左、右顶点，P为椭圆C上一动点，PA，PB与直线x＝3交于M，N两点，△PMN与△PAB的外接圆的周长分别为L1，L2，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A．
【解析】根据题意可得A（﹣2，0），B（2，0），设P（x0，y0），则+y02＝1，
所以kPA•kPB＝•＝＝＝﹣，
设直线PA的方程为y＝k（x+2），直线PB的方程为y＝﹣（x﹣2），
令x＝3得yM＝5k，yN＝﹣，
不妨设k＞0，则MN＝5k+，
设△PMN和△PAB外接圆的半径分别为r1，r2，
由正弦定理得2r1＝，2r2＝，
又∠MPN+∠APB＝180°，
所以＝＝＝＝≥＝．
35.(2021•江西上饶二模•理T11．)双曲线E：的右焦点为F2，A和B为双曲线上关于原点对称的两点，且A在第一象限．连结AF2并延长交双曲线于点P，连结BF2、BP，若△BF2P是等边三角形，则双曲线E的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D．
【解析】因为△BF2P是等边三角形，不妨设|BF2|＝|PF2|＝n，
由双曲线的定义知，|BF2|﹣|BF1|＝2a，|PF1|﹣|PF2|＝2a，
所以|BF1|＝n﹣2a，|PF1|＝n+2a，
由双曲线的对称性知，四边形AF1BF2为平行四边形，
所以|AF2|＝|BF1|＝n﹣2a，|AF1|＝|BF2|＝n，∠F1AF2＝∠PF2B＝60°，
所以|AP|＝|AF2|+|PF2|＝n﹣2a+n＝2（n﹣a），
在△PAF1中，由余弦定理知，＝+|AP|2﹣2|AF1|•|AP|•cos∠F1AF2，
所以（n+2a）2＝n2+4（n﹣a）2﹣2n•2（n﹣a）•，即n＝5a，
在△AF1F2中，由余弦定理知，＝+﹣2|AF1|•|AF2|•cos∠F1AF2，
所以4c2＝n2+（n﹣2a）2﹣2n（n﹣2a）•，即4c2＝n2﹣2na+4a2＝25a2﹣10a2+4a2＝19a2，
所以c＝a，所以离心率e＝＝．

36.(2021•河北秦皇岛二模•理T11．)已知方程C：＝1，n∈N*，则下列选项正确的是（　　）
A．当n＝1时，|x|+|y|的最小值为
B．当n＝1时，方程C所表示的曲线围成封闭图形的面积为S，则S＜2
C．当n＝3时，|x|•|y|的最小值为
D．当n＝3时，方程C所表示的曲线围成封闭图形的面积为S，则2＜S＜π
【答案】ABD．
【解析】当n＝1时，由原方程可得，，
则|x|+|y|，当且仅当|x|＝|y|＝时等号成立，故A正确；
对于B，由方程C所表示的曲线关于原点与坐标轴对称，因此只需考虑0≤x≤1且0≤y≤1的部分即可，此时原方程为，而y＝，
∴曲线位于直线y＝1﹣x的下方，
∴它与坐标轴围成的封闭曲线的面积小于，则方程C表示的曲线的面积S＜，故B正确；当n＝3时，，
∴|x||y|＝，故C错误；对于D，由方程C所表示的曲线关于原点与坐标轴对称，因此只需考虑0≤x≤1且0≤y≤1的部分即可，
此时，即，，
而≥1﹣x，，
∴曲线（0≤x≤1，0≤y≤1）位于直线y＝1﹣x的上方，圆x2+y2＝1（0≤x≤1，0≤y≤1）的下方，它与坐标轴围成的封闭曲线的面积大于小于，
∴当n＝3时，方程C所表示的曲线围成封闭图形的面积为S，则2＜S＜π，故D正确．
37.(2021•河北秦皇岛二模•理T8．)椭圆C：＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线l交椭圆C于A，B两点，已知，，则椭圆C的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A．
【解析】设|F1F2|＝2c，
因为（）＝（）＝＝0，
所以|AF2|＝|F1F2|＝2c，所以|AF1|＝2a﹣2c，
因为，所以|BF（a﹣c），所以|BF2|＝，
设AF1的中点为H，则F2H⊥AB，|AH|＝a﹣c，|BH|＝，
|F2A|，即4c，
整理可得7c2﹣12ac+5a2＝0，即7e2﹣12e+5＝0，
解得e＝或1（舍去），所以离心率为．
38.(2021•浙江杭州二模•理T7．)已知F1，F2是双曲线C：的两个焦点，以线段F1F2为边作正三角形MF1F2，若边MF1的中点在双曲线上，则双曲线C的离心率为（　　）
A．4+2 B．﹣1 C． D．
【答案】D．
【解析】依题意可知双曲线的焦点为F1（﹣c，0），F2（c，0）．
∴F1F2＝2c，∴三角形高是c．M（0，c）
所以中点N（﹣，c），代入双曲线方程得：＝1，
整理得：b2c2﹣3a2c2＝4a2b2．
∵b2＝c2﹣a2．所以c4﹣a2c2﹣3a2c2＝4a2c2﹣4a4
整理得e4﹣8e2+4＝0．求得e2＝4±2．
∵e＞1，∴e＝+1．
39.(2021•北京门头沟二模•理T9) 已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，过F且斜率为3的直线与抛物线C上相交于P，Q两点，且P，Q两点在准线上的投影分别为M，N两点，则△FMN的面积为( )
A. 83p2 B. 833p2 C. 433p2 D. 233p2
【答案】D．
【解析】抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点坐标为F(p2,0)，由题意可得直线PQ：y=3(x-p2)，
联立y2=2pxy=3(x-p2)，得：12x2-20px+3p2=0，
解得：P(p6,-33p)，Q(3p2,3p)，
则MN=3p+33p=433p，
在△MNF中，MN边上的高h=p，
则S△MFN=12×433p×p=233p2.故选：D.
求出直线PQ的方程，与抛物线y2=2px联立，求出P，Q的坐标，得到MN，然后求解三角形的面积．本题考查抛物线的简单性质的应用，考查计算能力，是中档题．
40.(2021•江西九江二模•理T12．)已知双曲线＝1（a，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1且倾斜角为的直线1与双曲线的左、右支分别交于点A，B，且|AF2|＝|BF2|，则该双曲线的离心率为（　　）
A． B． C．2 D．2
【答案】A．
【解析】过F2作F2N⊥AB于点N，设|AF2|＝|BF2|＝m，因为直线l的倾斜角为，
所以在直角三角形F1F2N中，|NF2|＝c，|NF1|＝c，由双曲线的定义可得|BF1|﹣|BF2|＝2a，所以|BF1|＝2a+m，同理可得|AF1|＝m﹣2a，所以|AB|＝|BF1|﹣|AF1|＝4a，
即|AN|＝2a，所以|AF1|＝c﹣2a，因此m＝c，
在直角三角形ANF2中，|AF2|2＝|NF2|2+|AN|2，
所以（c）2＝4a2+c2，所以c＝a，
则e＝＝．

41.(2021•江西九江二模•理T8．)已知抛物线E：y2＝2px（p＞0），斜率为1的直线l过抛物线E的焦点，若抛物线E上有且只有三点到直线l的距离为，则p＝（　　）
A．4 B．2 C．1 D．
【答案】B．
【解析】设l：y＝x﹣，设l1：y＝x+m与抛物线E相切，
由，可得x2+2（m﹣p）x+m2＝0，
△＝4（m﹣p）2﹣4m2＝0，解得p＝2m，且m＞0，
平行线l1与l的距离为：d＝＝＝，所以p＝2．
42.(2021•山东潍坊二模•T11．)已知双曲线C：x2﹣＝1，其左、右焦点分别为F1，F2，过点F2作一直线与双曲线C的右支交于点P，Q，且＝0，则下列结论正确的是（　　）
A．△PF1Q的周长为4
B．△PF1F2的面积为3
C．|PF1|＝+1
D．△PF1Q的内切圆半径为﹣1
【答案】BCD．
【解析】如图，

由双曲线方程x2﹣＝1，得a2＝1，b2＝3，
可得，则|F1F2|＝4，
由双曲线定义可得：|PF1|﹣|PF2|＝|QF1|﹣|QF2|＝2，
∵＝0，∴∠F1PQ＝90°，则＝16，
∴|PF1|+|PF2|＝
＝．
从而Rt△F1PQ的内切圆半径：r＝
＝＝．
故△PF1Q的内切圆半径为，故D正确；
联立，解得|PF1|＝+1，|PF2|＝﹣1，故C正确；
＝，故B正确；
由|PF1|﹣|PF2|＝|QF1|﹣|QF2|＝2，，
且|PF1|＝+1，|PF2|＝﹣1，解得：，．
∴△PF1Q的周长为，故A错误．
43.(2021•辽宁朝阳二模•T8．)已知双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）的一个焦点为F，点A，B是C的一条渐近线上关于原点对称的两点，以AB为直径的圆过F且交C的左支于M，N两点，若|MN|＝2，△ABF的面积为8，则C的渐近线方程为（　　）
A．y＝ B．y＝ C．y＝±2x D．y＝
【答案】B．
【解析】设双曲线的另一个焦点为F'，由双曲线的对称性，可得四边形AFBF'是矩形，
∴S△ABF＝S△ABF'，即bc＝8，
由，可得y＝±，
则|MN|＝＝2，即b2＝c，∴b＝2，c＝4，∴a＝＝2，
∴C的渐近线方程为y＝±x．

44.(2021•辽宁朝阳二模•T3．)过抛物线C：y2＝4x的焦点F的直线交抛物线C于A（x1，y1）、B（x2，y2）两点，且x1+x2＝，则弦AB的长为（　　）
A． B．4 C． D．
【答案】C．
【解析】由题意知，p＝2，由抛物线的定义知，|AB|＝x1+x2+p＝+2＝．
45.(2021•广东潮州二模•T5．)已知双曲线﹣＝1（a＞0，b＞0）的一条渐近线平行于直线l：x+2y+5＝0，则双曲线的离心率为（　　）
A．2 B． C． D．
【答案】D．
【解析】双曲线﹣＝1（a＞0，b＞0）的一条渐近线平行于直线l：x+2y+5＝0，
可得＝，所以e＝＝＝＝．
46.(2021•天津南开二模•T7．)已知双曲线C：的离心率为2，左、右焦点分别为F1，F2点A在双曲线C上，若△AF1F2的周长为10，则△AF1F2的面积为（　　）
A． B． C．15 D．30
【答案】A．
【解析】双曲线C：的离心率为2，解得a＝1，
因为点A在双曲线C上，不妨设A在第一象限5F2的周长为10，|F1F3|+|AF1|+|AF2|＝10，|AF7|﹣|AF2|＝2，所以三角形的边长为|F7F2|＝4，|AF8|＝4，|AF2|＝4，
所以三角形的面积为：＝．
47.(2021•吉林长春一模•文T10.)已知抛物线，过其焦点的直线与抛物线分别交于、两点(点在第一象限)，且则直线的倾斜角为
A. B. C. D.
【答案】C．
【解析】如图,过A,B作AA’,BB’垂直准线,垂足为A’,B’，过B作AA’垂线,垂足为C,由抛物线定义知所以,,所以直线倾斜角为,故选C.
48.(2021•吉林长春一模•文T4.)已知双曲线的渐近线方程为则其离心率为
A. B. C. D.
【答案】B．
【解析】由渐近线方程可知故选B.
49.(2021•新疆乌鲁木齐二模•文T11．)已知双曲线＝1的右焦点为F，点M在双曲线上且在第一象限，若线段MF的中点在以原点O为圆心，|OF|为半径的圆上，则直线MF的斜率是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A．
【解析】如图所示，设线段MF的中点为H，连接OH，
设双曲线的右焦点为F，连接MF．双曲线的左焦点为F′，连接MF′，则OH∥MF′．

又|OH|＝|OF|＝c＝3，|FH|＝|MF|＝（2a﹣2c）＝a﹣c＝1．
设∠HFO＝α，在△OHF中，tanα＝＝，∴直线MF的斜率是﹣．
50.(2021•新疆乌鲁木齐二模•文T7．)已知F1，F2是椭圆的两个焦点，B1，B2是椭圆短轴的两个端点，若四边形F1B1F2B2的面积是8，则椭圆长轴长的最小值为（　　）
A．2 B．4 C．4 D．8
【答案】C．
【解析】不妨设椭圆方程，F1，F2是椭圆的两个焦点（±c，0），B1，B2是椭圆短轴的两个端点，若四边形F1B1F2B2的面积是8，因为a2＝b2+c2≥2bc，所以8＝＝2bc≤a2，所以a≥2，当且仅当b＝c时取等号，所以椭圆长轴长的最小值为4．
51.(2021•安徽淮北二模•文T10．)如图，F1，F2是双曲线＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，A，B为双曲线上关于原点对称的两点，且满足|AB|＝2|OF1|，∠ABF1＝，则双曲线的离心率为（　　）

A． B． C． D．
【答案】A．
【解析】F1、F2是双曲线＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，在Rt△ABF1中，|OF1|＝c，∴|AB|＝2c，在直角三角形ABF1中，∠ABF1＝α，可得|AF1|＝2csinα，|BF1|＝2ccosα，
连接AF2，BF2，可得四边形AF2BF1为矩形，
∴||BF2|﹣|AF2||＝|AF1|﹣|AF2|＝2c|cosα﹣sinα|＝2a，
∴e＝＝＝，
∵α＝，∴cos（α+）＝cos＝，∴e＝．

52.(2021•宁夏银川二模•文T9．)已知抛物线y2＝8x的焦点为F，经过点P（1，1）的直线l与该曲线交于A，B两点，且点P恰为AB的中点，则|AF|+|BF|＝（　　）
A．4 B．6 C．8 D．12
【答案】B．
【解析】抛物线y2＝8x的焦点为F（2，0），准线方程为x＝﹣2，过A、B、P作准线的垂线段，垂足分别为M、N、R，点P恰为AB的中点，故|PR|是直角梯形AMNB的中位线，故|AM|+|BN|＝2|PR|．由抛物线的定义可得|AF|+|BF|＝|AM|+|BN|＝2|PR|＝2|1﹣（﹣2）|＝6．

53.(2021•山西调研二模•文T11)已知F为双曲线C：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点，以点F为圆心，1为半径的圆与C的渐近线相切于点P(455,t)，则C的离心率为( )
A. 52 B. 32 C. 2 D. 3
【答案】A．
【解析】由题意，F(c,0)，不妨设双曲线的渐近线方程为y=bax，
则F到y=bax的距离为bca1+b2a2=b=1，
直线FP所在直线方程为y=-ab(x-c)，
联立y=baxy=-ab(x-c)，解得x=a2c，
∴a2c=c2-1c=455，得c=5，则a=c2-b2=5-1=2.∴e=ca=52.故选：A.
由F到一条渐近线的距离等于1求得b，写出FP所在直线方程，与已知渐近线方程联立求得P点横坐标，由横坐标的值为455求得c，则a可求，离心率可求．
本题考查双曲线的几何性质，考查运算求解能力，是中档题．
54.(2021•山西调研二模•文T5.)若椭圆x29+y2m=1与双曲线y22-x2=1有相同的焦点，则实数m的值为( )
A. 3 B. 6 C. 12 D. 15
【答案】C．
【解析】解：双曲线y22-x2=1的焦点坐标(0,±3)，
椭圆x29+y2m=1与双曲线y22-x2=1有相同的焦点，
所以m-9=3，m=12.
故选：C.
求出双曲线的焦点坐标，得到椭圆的焦点坐标，然后求解m即可．
本题考查椭圆与双曲线的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力，是基础题．
55.(2021•河南郑州二模•文T9．)已知双曲线＝1（a＞0，b＞0）的两个焦点分别为F1（﹣c，0），F2（c，0）（c＞0），过点P（，0）的直线与双曲线的左、右两支分别交于A，B两点，且＝﹣3，则双曲线的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A．
【解析】由＝﹣3可知，F1A∥F2B，所以△AF1P∽△BF2P，且，
即，化简可得，即e2＝2，所以e＝（负值舍去）．
二、填空题部分
56.(2021•新高考全国Ⅰ卷•T14) 已知为坐标原点，抛物线：()的焦点为，为上一点，与轴垂直，为轴上一点，且，若，则的准线方程为______.
【答案】．
【解析】抛物线： ()的焦点,∵P为上一点，与轴垂直，
所以P的横坐标为，代入抛物线方程求得P的纵坐标为,不妨设,
因为Q为轴上一点，且，所以Q在F的右侧，
又，
因为，所以,
，所以的准线方程为，故答案为.
57.(2021•高考全国甲卷•理T15) 已知为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为________．
【答案】．
【解析】根据已知可得，设，利用勾股定理结合，求出，四边形面积等于，即可求解.因为为上关于坐标原点对称的两点，且，所以四边形为矩形，设，则，所以， ，即四边形面积等于.故答案为.
58.(2021•高考全国乙卷•文T14) 双曲线的右焦点到直线的距离为________．
【答案】．
【解析】由已知，，所以双曲线的右焦点为，
所以右焦点到直线距离为.故答案为．
59.(2021•浙江卷•T16) 已知椭圆，焦点，，若过的直线和圆相切，与椭圆在第一象限交于点P，且轴，则该直线的斜率是___________，椭圆的离心率是___________.
【答案】(1). (2). ．
【解析】
如图所示：不妨假设，设切点为，
，
所以, 由，所以，，
于是，即，所以．
故答案为：；．
60.(2021•江西上饶三模•理T16．)某中学张燕同学不仅学习认真，而且酷爱体育运动，经过艰苦的训练，终于在校运会的投铅球比赛中创造佳绩．已知张燕所投铅球的轨迹是一段抛物线（人的身高不计，铅球看成一个质点），如图所示，设初速度为定值v0，且与水平方向所成角为变量θ，已知张燕投铅球的最远距离为10m．当她投得最远距离时，铅球轨迹抛物线的焦点到准线的距离为　5　m．（空气阻力不计，重力加速度为10m/s2）

【答案】5．
【解析】设铅球运动时间为t0，t时刻的水平方向位移为x，则x＝v0tcosθ，
由知，，∴，
故当时，，∴v0＝10m/s，∴，
如图建立平面直角坐标系，P（﹣5，﹣2.5），设抛物线方程为x2＝﹣2py，
则抛物线的焦点到准线的距离为．


61.(2021•河南郑州三模•理T15)已知双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）右顶点、右焦点为A、F，过点A的直线l与C的一条渐近线交于点Q，直线QF与C的一个交点为B，•＝•，且＝4，则双曲线离心率e为　　．
【答案】．
【解析】易知A（a，0），F（c，0），一条渐近线为，
∵，
∴，则，
不妨设Q在第一象限，则，即点Q的坐标为（a，b），
设B（x，y），则，
由得，，解得，∴点B的坐标为（4c﹣3a，﹣3b），
又点B在椭圆上，故，化简可得（4e﹣3）2＝10，解得，
又e＞1，于是．
62.(2021•河北张家口三模•T16)已知为椭圆的右焦点，B两点，P为AB的中点，且△OFP外接圆的面积为，则椭圆C的长轴长为　　．
【答案】2．
【解析】因为△OFP外接圆的面积为，所以其外接圆半径为．
又△OFP是以OF为底边的等腰三角形，
设∠OFP＝α，则∠OPF＝π﹣2α，
所以，
所以，所以或．
不妨设点P在x轴下方，所以或．
又根据点差法可得，
所以或此时焦点在y轴上．
因为为椭圆，
所以，故椭圆C的长轴长为．
63.(2021•安徽宿州三模•理T16．)已知A，B分别为抛物线C1：y2＝8x与圆C2：x2+y2﹣6x﹣4y+16＝0上的动点，抛物线的焦点为F，P、Q为平面内两点，且当|AF|+|AB|取得最小值时，点A与点P重合；当|AF|﹣|AB|取得最大值时，点A与点Q重合，则△FPQ
的面积为　　．
【答案】4．
【解析】由题意可知C2是以（3，2）为圆心，1为半径的圆，F（2，0），如图：

记C1的准线为l，过点A作l的垂线，垂足为D，过点C2作l的垂线，垂足为D1，连接AC2，则|AF|+|AB|＝|AD|+|AB|≥|AD|+|AC2|﹣1≥|C2D1|﹣1，当且仅当A，C2，D三点共线且点B在线段AC2上时取等号，则点P（1，2），
连接FC2，则|AF|﹣|AB|≤|AF|﹣（|AC2|﹣1）＝|AF﹣|AC2|+1≤|FC2|+1，当且仅当A为线段FC2的延长线与抛物线C1的交点，且点B在线段AC2上时等号成立，
易知点Q在第一象限，由得Q（4，4），
∴|FQ|＝＝6，点P到直线QF的距离为d＝＝，∴．
64.(2021•山东聊城三模•T15.)已知点A(0,5)，过抛物线x2=12y．上一点P作y=-3的垂线，垂足为B，若|PB|=|PA|，则|PB|= ________．
【答案】 7
【考点】两点间的距离公式，点到直线的距离公式
【解析】【解答】设P(x,y)，|PB|=|PA|，




可得y+3=x2+(y-5)2，
x2-16y+16=0，
由x2=12y，带入可得：y=4，
所以|PB|=y+3=7，
故答案为：7.
65.(2021•四川内江三模•理T16．)数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，如图：四叶草曲线C就是其中一种，其方程为（x2+y2）3＝x2y2．给出下列四个结论：
①曲线C有四条对称轴；
②曲线C上的点到原点的最大距离为；
③在第一象限内，过曲线C上一点作两坐标轴的垂线与两坐标轴围成的矩形面积的最大值为；
④四叶草面积小于．
其中，所有正确结论的序号是　　．

【答案】①③④．
【解析】对于①，将x换为﹣x方程不变；将y换为﹣y方程不变；将x换为y，所以曲线关于y＝x轴对称，y换为﹣x方程不变；①正确；
对于②，设距离为d，要求d的最大值4+y2的最大值，显然d＞02+y2≠0，又＝，所以曲线C上的点到原点距离最大值为；
（3）设曲线C第一象限任意一点为（x，y），则（x2+y2）5＝x2y2≥4（xy）3，即，当且仅当x＝y时取得最大值；
（4）易得四叶草曲线在以原点为圆心，为半径的圆内，④正确．
66.(2021•重庆名校联盟三模•T15．)已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点M（x0，2）（）是抛物线C上一点，以点M为圆心的圆与直线x＝交于E，G两点，若sin∠MFG＝，则抛物线C的方程是　．
【答案】y2＝4x．
【解析】由题意可知直线x＝是过焦点F的垂直x轴的直线，
因为sin∠MFG＝，所以cos∠MFG＝，又cos∠MFG＝＝，所以x＝3，则x0＝3﹣，所以M（3﹣，2），代入抛物线方程可得：p2﹣6p+8＝0，
解得：p＝2或4，当p＝2时，x0＝2，当p＝4时，x0＝1＝2，不满足题意，
所以p＝2，此时抛物线方程为y2＝4x．
67.(2021•安徽蚌埠三模•文T14．)“天问一号”推开了我国行星探测的大门，通过一次发射，将实现火星环绕、着陆、巡视，是世界首创，也是我国真正意义上的首次深空探测．2021年2月10日，天问一号探测器顺利进入火星的椭圆环火轨道（将火星近似看成一个球体，球心为椭圆的一个焦点）．2月15日17时，天问一号探测器成功实施捕获轨道“远火点（椭圆轨迹上距离火星表面最远的一点）平面机动”，同时将近火点高度调整至约265公里．若此时远火点距离约为11945公里，火星半径约为3400公里，则调整后“天问一号”的运行轨迹（环火轨道曲线）的离心率约为　．（精确到0.1）
【答案】0.6．
【解析】设椭圆的方程为，
由椭圆的性质可得椭圆上的点到焦点的距离的最小值为a﹣c，最大值为a+c，
根据题意可得近火点满足a﹣c＝3400+265＝3665，a+c＝3400+11945＝15345，
解得a＝9505，c＝5840，所以椭圆的离心率为e＝．
68.(2021•上海嘉定三模•T9．)设椭圆Γ：＝1（a＞1），直线l过Γ的左顶点A交y轴于点P，交Γ于点Q，若△AOP为等腰三角形（O为坐标原点），且Q是AP的中点，则Γ的长轴长等于　　．
【答案】．
【解析】如图所示，设Q（x0，y0）．由题意可得：A（﹣a，0），P（0，a）．
因为Q是AP的中点，所以，∴（x0，y0﹣a）＝（﹣a﹣x0，﹣y0），∴
代入椭圆方程可得：，解得．∴椭圆Γ的长轴长等于．

69.(2021•贵州毕节三模•文T16．)由集合P＝{（x，y）|（x﹣cosθ）2+（y﹣sinθ）2＝9，π≤θ≤2π}中所有点组成的图形如图阴影部分所示，其外廓形如“心脏”，中间白色部分形如倒立的“水滴”．则阴影部分与y轴相交的两条线段长度和为　　．

【答案】2．
【解析】∵（x﹣cosθ）2+（y﹣sinθ）2＝9，π≤θ≤2π，令x＝0，得cos2θ+y2﹣2ysinθ+sin2θ＝9，∴y2﹣2ysinθ＝8，2sinθ＝y﹣，θ∈[π，2π]，sinθ∈[﹣1，0]，2sinθ∈[﹣2，0]，
由y﹣∈[﹣2，0]，解得y∈[﹣4，﹣2]∪[2，2]，阴影部分长度为2﹣2，4﹣2，
∴阴影部分与y轴相交的两条线段长度和为2＝2．
70.(2021•辽宁朝阳三模•T14．)已知双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，M为C左支上一点，N为线段MF2上一点，且|MN|＝|MF1|，P为线段NF1的中点．若|F1F2|＝4|OP|（O为坐标原点），则C的渐近线方程为　　．
【答案】y＝±x．
【解析】由双曲线的定义，可得|MF2|﹣|MF1|＝|MF2|﹣|MN|＝|NF2|＝2a，
在△NF1F2中，OP为中位线，可得|OP|＝|NF2|＝a，
又|F1F2|＝4|OP|，可得2c＝4a，即c＝2a，
b＝＝＝a，
所以双曲线的渐近线方程为y＝±x．

71.(2021•四川泸州三模•理T16．)关于曲线C：3x2+2xy+3y2＝1有如下四个命题：
①曲线C关于原点对称；
②直线x＝1与曲线C有公共点；
③曲线C上任一点的纵坐标的范围是[﹣，]；
④曲线C上任一点与原点距离的范围是[，]．
其中所有真命题的序号是　　（填上所有正确的序号）．
【答案】①④．
【解析】关于曲线C：3x2+2xy+3y2＝1有如下四个命题：
对于①：把点（﹣x，﹣y）代入曲线C：3x2+2xy+3y2＝1仍然成立，故①正确；
对于②③：曲线C：3x2+2xy+3y2＝1可以看做关于x或y的一元二次方程，
故△＝（2y）2﹣4×3×（3y2﹣1）≥0，解得，
同理△＝（2x）2﹣4×3×（3x2﹣1）≥0，解得，故②③错误，
对于④：在第一象限内：2xy＝1﹣3（x2+y2）≤x2+y2，故4（x2+y2）≥1，即，
在第二象限内：﹣2xy＝3（x2+y2）﹣1≤x2+y2，整理得，即，
所以曲线C上任一点与原点距离的范围是[，]．故④正确．
72.(2021•江苏常数三模•T15．)如图，一个酒杯的内壁的轴截面是抛物线的一部分，杯口宽4cm，杯深8cm，称为抛物线酒杯．
①在杯口放一个表面积为36πcm2的玻璃球，则球面上的点到杯底的最小距离为　　cm；
②在杯内放入一个小的玻璃球，要使球触及酒杯底部，则玻璃球的半径的取值范围为　　（单位：cm）．

【答案】6，（0，]．
【解析】①如图以杯子的底部为原点O，建立如图所示的直角坐标系，
则A（﹣2，8），B（2，8），
设抛物线的方程为x2＝2py（p＞0），
可得（2）2＝2p×8，解得p＝，
所以抛物线的方程为x2＝y，
设球的半径为R，由4πR2＝36π，解得R＝3，
由直角三角形DBC1中，C1B＝3，DB＝2，
可得C1D＝＝1，
所以球面上的点到杯底的最小距离为8+1﹣3＝6；
②如图球C2的横截面的圆的方程为x2+（y﹣r）2＝r2，r＞0，
联立，可得y＝0或y＝2r﹣1，
要使球触及酒杯底部，则只需抛物线与圆相切于顶点（0，0），
可得联立抛物线和圆的方程只能有1解y＝0，另一个解为负数或零，
所以y＝2r﹣1≤0，解得0＜r≤，
所以玻璃球的半径的范围为（0，]．

73.(2021•福建宁德三模•T16) 已知动点P在圆(x+2)2+(y-4)2=4上，双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0)，若C的渐近线上存在点Q满足OP+OF=2OQ，则C的离心率的取值范围是______ .
【答案】[2,+∞)．
【解析】设Q'(x,y)，P(x0,y0)，满足OP+OF=2OQ'，所以(x0,y0)+(2,0)=(2x,2y)，
所以x0=2x-2，y0=2y，
又因为P(x0,y0)在圆上满足(x0+2)2+(y0-4)2=4，所以(2x-2+2)2+(2y-4)2=4，
整理得x2+(y-2)2=1，
所以点Q'的轨迹是以(0,2)为圆心，1为半径的圆，如图所示，
当渐近线与圆有交点时，说明渐近线上存在点Q，使得OP+OF=2OQ，
当两条渐近线与圆恰好相切时为临界点，则：
圆心(0,2)到渐近线bx-ay=0的距离d=|-2a|b2+a2=1，
因为c=2，即a2+b2=4，
所以a=1，此时b=3，ba=3，
当ba≥3时，渐近线与圆有交点，则ca=a2+b2a2=1+b2a2≥1+(3)2=2，
故答案为：[2,+∞).
设Q'(x,y)，P(x0,y0)，代入OP+OF=2OQ'，得P点坐标，再代入圆的方程可得点Q'的轨迹是以(0,2)为圆心，1为半径的圆，推出当渐近线与圆有交点时，说明渐近线上存在点Q，使得OP+OF=2OQ，求出当两条渐近线与圆恰好相切时ba，即可得出答案．
本题考查直线与圆，双曲线的位置关系，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
74.(2021•宁夏中卫三模•理T16．)已知椭圆与双曲线共焦点，过椭圆C上一点P的切线l与x轴、y轴分别交于A，B两点（F1，F2为椭圆C的两个焦点）．又O为坐标原点，当△ABO的面积最小时，下列说法所有正确的序号是　　．
①b＝1；
②当点P在第一象限时坐标为；
③直线OP的斜率与切线l的斜率之积为定值；
④∠F1PF2的角平分线PH（点H在F1F2上）长为．
【答案】①④．
【解析】双曲线的焦点为（±，0），
则椭圆的焦点也为（±，0），
∴b2＝3﹣2＝1，得b＝1（b＞0），故①正确；
设P（x0，y0）（x0，y0＞0），则，椭圆在点P处的切线方程为，
求得A（，0），B（0，），
由三角形面积公式可得，，
∵，∴，
则，当且仅当时等号成立，
此时在第一象限的切点坐标为P（，），故②错误；
由对称性，只需考虑点P在第一象限的情况，
由上可知，P（，），则kOP•kl＝，故③错误；
计算可得，在∠F1PF2＝90°，
设∠F1PF2的角平分线PH的长为m，根据等面积法可得：
，解得m＝，故④正确．
75.(2021•江西南昌三模•理T15．)设双曲线的左、右焦点分别为F1（﹣c，0），F2（c，0），圆（x﹣c）2+y2＝4c2与双曲线C在第一象限的交点为A，若AF1与双曲线C的一条渐近线l垂直，则l的方程为　　．
【答案】4x+3y＝0．
【解析】设AF1的倾斜角为θ，∵AF1与双曲线C的一条渐近线l垂直，且，
∴tanθ＝，联立，解得cosθ＝，
在△AF1F2中|AF1|＝|AF2|+2a＝2c+2a，|F1F2|＝2c，
由余弦定理可得：（2c）2＝（2c+2a）2+（2c）2﹣2•（2c+2a）•2c•cosθ
＝4a2+8c2+8ac﹣8b（a+c），化简得：a+c＝2b，即c＝2b﹣a，又a2+b2＝c2，
∴a2+b2＝（2b﹣a）2+4b2+a2﹣4ab，即，
∴，则直线l的方程为y＝﹣，即4x+3y＝0．

76.(2021•北京门头沟二模•理T13)P(x,y)(x>0,y>0)是双曲线C：x24-y2=1上的一点，A(-2,0)，B(2,0)，设∠PAB=α，∠PBA=β，△ABP的面积为S，则Stan(α+β)的值为______ .
【答案】-85．
【解析】P(x,y)(x>0,y>0)是双曲线C：x24-y2=1上的一点，
可得x2-4=4y2，
tanα+tanβ=yx+2-yx-2=-4yx2-4=-4y4y2=-1y，
tanαtanβ=yx+2⋅-yx-2=-y2x2-4=-y24y2=-14，
S=12|AB|⋅y=2y，
所以Stan(α+β)=2y⋅tanα+tanβ1-tanαtanβ=2y⋅-1y1+14=-85.
故答案为：-85.
将P的坐标代入双曲线的方程可得x2-4=4y2，运用直线的斜率公式和两角和的正切公式，以及三角形的面积公式，化简整理，可得所求值．
本题考查双曲线的方程和运用，以及两角和的正切公式，考查化简运算能力，属于中档题．
77.(2021•浙江杭州二模•理T17．)已知F为抛物线y2＝4x的焦点，过F作斜率为k1的直线和抛物线交于A，B两点，延长AM，BM交抛物线于C，D两点，直线CD的斜率为k2．若M（4，0），则＝　　．
【答案】4．
【解析】设过点F作斜率为k1的直线方程为：y＝k1（x﹣1），
联立方程，消去x可得：，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
∴y1y2＝﹣4，
设C（x3，y3），D（x4，y4），
则＝，同理，
设AC所在的直线方程为y＝m（x﹣4），
联立方程，消去x得：my2﹣4y﹣16m＝0，
∴y1y3＝﹣16，同理可得y2y4＝﹣16，
则＝＝＝＝4．

78.(2021•河北秦皇岛二模•理T15．)已知双曲线C：x2﹣＝1的左、右焦点分别为F1、F2，直线l过F2与双曲线C的左、右两支分别交于A、B两点，已知∠F1AF2＝90°，且△ABF1内切圆半径为1，则|AB|＝　　．
【答案】3．
【解析】双曲线C：x2﹣＝1的a＝1，设|AF1|＝m，|BF1|＝n，
由双曲线的定义可得|AF2|＝|AF1|+2a＝m+2，|BF2|＝|BF1|﹣2a＝n﹣2，
|AB|＝AF2|﹣|BF2|＝m﹣n+4，由切线长定理可得直角三角形的内切圆的半径为两直角边的和与斜边的差的一半，所以，在直角三角形ABF1中，（|AB|+|AF1|﹣|BF1|）＝（m﹣n+4+m﹣n）＝1，可得m﹣n＝﹣1，所以|AB|＝﹣1+4＝3．
79.(2021•江西上饶二模•理T15．)过抛物线y2＝2x的焦点作两条相互垂直的弦AB，CD，且|AB|+|CD|＝λ|AB|•|CD|，则实数λ的值为．
【答案】．
【解析】由抛物线的方程可得F（，0），由题意可知直线AB，CD的斜率存在且不为0，设直线AB的方程为：y＝k（x﹣），A（x1，y1），B（x2，y2），
联立方程，消去y整理可得：k2x2﹣（2+k2）+＝0，
所以x，所以|AB|＝x，
直线CD的方程为：y＝﹣），同理可得|CD|＝2+，
所以由|AB|+|CD|＝λ|AB|•|CD|可得：
＝．
80.(2021•江西鹰潭二模•理T14．)已知方程﹣＝1表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则n的取值范围是　　．
【答案】（﹣1，3）．
【解析】∵双曲线两焦点间的距离为4，∴c＝2，
当焦点在x轴上时，
可得：4＝（m2+n）+（3m2﹣n），解得：m2＝1，
∵方程﹣＝1表示双曲线，
∴（m2+n）（3m2﹣n）＞0，可得：（n+1）（3﹣n）＞0，
解得：﹣1＜n＜3，即n的取值范围是：（﹣1，3）．
当焦点在y轴上时，
可得：﹣4＝（m2+n）+（3m2﹣n），解得：m2＝﹣1，无解．
综上可得m的取值范围是（﹣1，3）．
81.(2021•山东潍坊二模•T) 15．已知一张纸上画有半径为2的圆O，在圆0内有一个定点A，且OA＝1，折叠纸片，使圆上某一点A'刚好与A点重合，这样的每一种折法，都留下一条直线折痕，当A'取遍圆上所有点时，所有折痕与OA'的交点形成的曲线记为C，则曲线C上的点到圆O上的点的最大距离为　　．
【答案】．
【解析】以OA中点为G坐标原点，OA所在直线为x轴建立平面直角坐标系．
∴可知O（），A（），设折痕与OA′和AA′分别交于M，N两点，
则MN垂直平分AA′，∴|MA′|＝|MA|，
又∵|A′O|＝|MO|+|A′M|，∴|MO|+|MA|＝2，
∴M的轨迹是以O，A为焦点，2为长轴的椭圆．
∴M的轨迹方程C为，
∴曲线C上的点到点O距离的最大值为d＝1+＝，
∴曲线C上的点到圆O上的点的最大距离为d+r＝．
82.(2021•河北邯郸二模•理T16．)过抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点F作不垂直于x轴的直线，交抛物线于M，N两点，线段MN的中垂线交x轴于R，则＝　　．
【答案】．
【解析】设A（x1，y1），B（x2，y2），则根据抛物线的定义得：|AB|＝x1+x2+p，
由y12＝2px1，y22＝2p2x，相减得，y12﹣y22＝2px1﹣2px2，
∴k＝＝，则线段MN的中垂线的方程为：y﹣＝﹣（x﹣）．令y＝0，得R的横坐标为p+，又F（，0），
∴|FR|＝，则＝．
83.(2021•广东潮州二模•T14．)若抛物线y2＝4x上的点M到焦点的距离为10，则M到y轴的距离是　　．
【答案】9．
【解析】抛物线的准线为x＝﹣1，∵点M到焦点的距离为10，
∴点M到准线x＝﹣1的距离为10，∴点M到y轴的距离为9．
84.(2021•辽宁朝阳二模•T14．)已知|z+i|+|z﹣i|＝6，则复数z在复平面内所对应点P（x，y）的轨迹方程为　　．
【答案】+＝1．
【解析】∵复数z在复平面内所对应点P（x，y），又|z+i|+|z﹣i|＝6，
∴+＝6，即点P（x，y）到点A（0，﹣），和B（0，﹣）的距离之和为：6，且两定点的距离为：2＜6，
故点P的运动轨迹是以点AB为焦点的椭圆，且2a＝6，2c＝2，
故b＝＝2，∴复数z在复平面内所对应点P（x，y）的轨迹方程为：+＝1．
85.(2021•浙江丽水湖州衢州二模•T17．)已知F1，F2是双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，过F2的直线交双曲线的右支于A，B两点，且|AF1|＝2|AF2|，∠AF1F2＝∠F1BF2，则下列结论正确的有　　．
①双曲线C的离心率e＝；
②双曲线C的一条渐近线斜率是；
③线段|AB|＝6a；
④△AF1F2的面积是a2．
【答案】②④．
【解析】如图示：

由于且|AF1|＝2|AF2|，∠AF1F2＝∠F1BF2，
可得：且|AF1|＝4a，|AF2|＝2a，由于∠AF1F2＝∠F1BF2，
所以△AF2F1∽△ABF2，故，
可得：|AB|＝2|AF2|＝8a，故|BF1|＝6a，|BF2|＝8a，所以|F1F2|＝2c＝4a，
所以离心率e＝2，故，
在△AF1F2中，|AF1|＝4a，|AF2|＝2a，|F1F2|＝4a，
所以．故②④正确．
86.(2021•浙江丽水湖州衢州二模•T16．)已知平面向量，，，，若||＝||＝，＝0，||+||＝4，||＝1，则||的最大值是　　．
【答案】．
【解析】不妨令，
以点O为坐标原点，OA，OB所在直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，
则O（0，0），，
因为||+||＝4，所以|CA|+|CA'|＝4＞＝|AA'|，
故点C在以4为长轴，为焦点的椭圆上，
则点C的轨迹方程为，又||＝1，即，
故点D在以为圆心，1为半径的圆上，又||＝，
所以转化为求解|BC|的最大值，由图易得，当以B为圆心，r为半径的圆与椭圆内切时有最大值，联立方程组消去x可得，，
则△＝12﹣12（r2﹣7）＝0，解得，所以．

87.(2021•宁夏银川二模•文T16．)已知双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）的右焦点为F，左顶点为A，过点F作C的一条渐近线的垂线，垂足为M，若tan∠MAF＝，则双曲线的离心率等于　　．
【答案】．
【解析】如图：


由题意可设直线OM方程为y＝，FM⊥OM，∴OM＝a，MF＝b，
在△OAM中，OA＝a，OM＝a，∴∠MAO＝∠AMO，∴∠MOF＝2∠MAF，
在△MOF中，tan∠MOF＝＝＝tan2∠MAF＝，
∴，∴＝．
88.(2021•安徽淮北二模•文T15．)已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F（O为坐标原点），过点F的直线l交抛物线C于点A，B，若|FA|﹣|FB|＝，则△OAB的面积为　　．
【答案】．
【解析】抛物线C：y2＝4x的焦点为F（1，0），准线方程为x＝﹣1，
由|FA|﹣|FB|＝，可得AB的斜率存在，设为k，k≠0，
过F的直线AB的方程为y＝k（x﹣1），
与抛物线的方程y2＝4x联立，可得k2x2﹣（2k2+4）x+k2＝0，
设A，B的横坐标分别为x1，x2，可得x1+x2＝2+，x1x2＝1，
由抛物线的定义可得|AF|﹣|BF|＝x1+1﹣x2﹣1＝x1﹣x2＝
＝＝，解得k＝±，
即有直线AB的方程为y＝±（x﹣1），
可得O到直线AB的距离为d＝＝，
|AB|＝x1+x2+2＝2++2＝，
所以△ABO的面积为S＝d•|AB|＝××＝．
三、解答题部分
89.(2021•新高考全国Ⅰ卷•T21) 在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和.
【解析】因为，
所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支，
设轨迹的方程为，则，可得，，
所以，轨迹的方程为；
（2）设点，若过点的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线无公共点，
不妨直线的方程为，即，
联立，消去并整理可得，
设点、，则且.
由韦达定理可得，，
所以，，
设直线的斜率为，同理可得，
因为，即，整理可得，
即，显然，故.
因此，直线与直线的斜率之和为.
90.(2021•高考全国甲卷•理T20) 抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且．已知点，且与l相切．
（1）求C，的方程；
（2）设是C上的三个点，直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由．
【解析】（1）依题意设抛物线，
，
所以抛物线的方程为，
与相切，所以半径为，
所以的方程为；
（2）设
若斜率不存在，则方程为或，
若方程为，根据对称性不妨设，
则过与圆相切另一条直线方程为，
此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在，不合题意；
若方程为，根据对称性不妨设
则过与圆相切的直线为，
又，
，此时直线关于轴对称，
所以直线与圆相切；
若直线斜率均存在，
则，
所以直线方程为，
整理得，
同理直线的方程为，
直线的方程为，
与圆相切，
整理得，
与圆相切，同理
所以为方程的两根，
，
到直线的距离为：
，所以直线与圆相切；
综上若直线与圆相切，则直线与圆相切.
91.(2021•高考全国乙卷•文T20) 已知抛物线的焦点F到准线的距离为2．
（1）求C的方程;
（2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足，求直线斜率的最大值.
【解析】（1）抛物线的焦点，准线方程为，
由题意，该抛物线焦点到准线的距离为，
所以该抛物线的方程为；
（2）设，则，
所以，
由在抛物线上可得，即，
所以直线斜率，
当时，；
当时，，
当时，因为，
此时，当且仅当，即时，等号成立；
当时，；
综上，直线的斜率的最大值为.
92.(2021•浙江卷•T21) 如图，已知F是抛物线的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且，

（1）求抛物线的方程；
（2）设过点F的直线交抛物线与A､B两点，斜率为2的直线l与直线，x轴依次交于点P，Q，R，N，且，求直线l在x轴上截距的范围.
【解析】（1）因为，故，故抛物线的方程为：.
（2）设，，，
所以直线，由题设可得且.
由可得，故，
因为，故，故.
又，由可得，
同理，
由可得，
所以，
整理得到，


故，
令，则且，
故，
故即，
解得或或.
故直线在轴上的截距的范围为或或.
93.(2021•江苏盐城三模•T20)(12分)如图，在平面直角坐标系中，已知点P是抛物线上的一个点，其横坐标为x0，过点P作抛物线的切线l．
(1)求直线l的斜率(用x0与p表示)；
(2)若椭圆过点P，l与的另一个交点为A，OP与的另一个交点为B，求证：AB⊥PB．



O
y
x
P
B
A







【考点】圆锥曲线中抛物线与椭圆的综合应用：斜率表示、证明垂直问题
【解析】(1)由x2＝2py，得y＝x2，所以y′＝x，
所以直线l的斜率为x0．……3分
(2)设P(x0，y0)，则B(－x0，－y0)，kPB＝，
由(1)知kPA＝x0＝，……5分
设A(x1，y1)，所以＋x02＝1，＋x12＝1，
作差得＋(x0＋x1)(x0－x1)＝0，
即×＝－，所以kPAkAB＝－，……10分
所以kAB＝－，即kAB＝－，
所以kPBkAB＝－1，所以AB⊥PB．……12分
注：其他解法参照评分．
94.(2021•河南郑州三模•理T20)已知抛物线C：x2＝4y和圆E：x2+（y+1）2＝1，过抛物线上一点P（x0，y0），作圆E的两条切线，分别与x轴交于A、B两点．
（Ⅰ）若切线PB与抛物线C也相切，求直线PB的斜率；
（Ⅱ）若y0≥2，求△PAB面积的最小值．
【解析】（Ⅰ）设切线PB的方程为y＝kx+m，代入抛物线方程得，x2﹣4kx﹣4m＝0．
由相切条件可得，△＝16k2+16m＝0，即k2+m＝0，
由直线与圆相切，可得，即k2＝m2+2m，
∴m2+3m＝0，解得m＝﹣3或m＝0（舍去），则k2＝3，即k＝；
（Ⅱ）设切线方程为y﹣y0＝（kx﹣x0），即kx﹣y+y0﹣kx0＝0，
圆心到直线的距离d＝，整理得．
设PA、PB的斜率分别为k1，k2，则，．
令y＝0，得，，
∴|AB|＝||＝
＝＝．
∴＝．
令f（y）＝，y≥2，则f′（y）＝＞0，
则f（y）在[2，+∞）上单调递增，∴f（y）min＝f（2）＝4．
即S△PAB的最小值为2．
95.(2021•河南开封三模•理T20)已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，P是抛物线C上一点，且满足．
（1）求抛物线C的方程；
（2）已知直线l与抛物线C交于A，B两点，且|AB|＝15，线段AB的中点M在直线x＝1上．
（ⅰ）求直线l的方程；
（ⅱ）证明：，，成等差数列，并求该数列的公差．
【解析】（1）解：由题可知，，设点P（x0，y0），
因为，即，
所以，y0＝﹣2，故，
将点P代入y2＝2px，得4＝p2，
又因为p＞0，所以p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x；
（2）（i）解：若直线l斜率不存在，则直线l：x＝1，此时，
故直线l斜率存在，设直线l：y＝kx+m，
联立方程组，消去y得，k2x2+（2km﹣4）x+m2＝0，
满足△＝（2km﹣4）2﹣4k2m2＝16（1﹣km）＞0，即km＜1，
设点A（x1，y1），B（x2，y2），
则，，
所以①，
又因为线段AB的中点M在直线x＝1上，
所以②，
由①式与②式联立可得k＝±2，
当k＝2时，m＝﹣1，满足km＜1；
当k＝﹣2时，m＝1，满足km＜1，
所以直线l的方程为y＝2x﹣1或y＝﹣2x+1；
（ii）证明：由（i）可知，直线l与抛物线C联立方程，消去y可得4x2﹣8x+1＝0，
所以x1+x2＝2，，
故，，
则，
所以，，成等差数列，
又因为公差d满足，
因为，
所以，故数列的公差．
96.(2021•河南开封三模•文T20．)已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，P是抛物线C上一点，且满足．
（1）求抛物线C的方程；
（2）已知斜率为2的直线l与抛物线C交于A，B两点，若，，成等差数列，求该数列的公差．
【解析】（1）由题可知，设点P（x0，y0），
因为，即，
所以，y0＝﹣2，…………
代入y2＝2px，得4＝p2，又因为p＞0，所以p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x．…………
（2）设直线l：y＝2x+m，
则消去y可得4x2+（4m﹣4）x+m2＝0，
满足△＝（4m﹣4）2﹣16m2＝﹣32m+16＞0，即
设点A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2＝1﹣m，，…………
若，，成等差数列，则，
即x1+x2+2＝4，即3﹣m＝4，即m＝﹣1．…………
此时直线l与抛物线C联立方程为4x2﹣8x+1＝0，
即x1+x2＝2，，又因为公差d满足，…………
因为，
所以，即．…………
97.(2021•河南焦作三模•理T20)已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，过点F且垂直于x轴的直线与C交于A，B两点，△AOB（点O为坐标原点）的面积为2．
（Ⅰ）求抛物线C的方程；
（Ⅱ）若过点E（0，a）（a＞0）的两直线l1，l2的倾斜角互补，直线l1与抛物线C交于M，N两点，直线l2与抛物线C交于P，Q两点，△FMN与△FPQ的面积相等，求实数a的取值范围．
【解析】（Ⅰ）因为焦点F（，0），
所以A，B的坐标分别为（，p），（，﹣p），
所以S△AOB＝•2P•＝2，解得p＝2，
所以抛物线的方程为y2＝4x．
（Ⅱ）由题意可知直线l1，l2的斜率存在，且不为0，设直线l1：x＝t（y﹣a），
设点M（x1，y1），N（x2，y2），
联立，得y2﹣4ty+4at＝0，
所以△1＝16t2﹣16at＞0，
所以y1+y2＝4t，y1y2＝4at，
所以|MN|＝|y1﹣y2|＝＝4，
焦点F到直线l1的距离d＝＝2|1+ta|，
所以S△FMN＝×4×＝2|1+ta|，
设直线l2的方程为x＝﹣t（y﹣a），
联立抛物线的方程，可得△2＝16t2+16at＞0，
将t用﹣t代换，可得S△FPQ＝2|ta﹣1|，
由S△FMN＝S△FPQ，可得2|1+ta|＝2|ta﹣1|，
化简可得＝||，
两边平方得，t2＝，
所以2﹣a2＞0，解得0＜a＜，
又由△1＞0且△2＞0，得t＜﹣a或t＞a，可知t2＞a2，
所以＞a2，即（a2﹣1）2＞0，所以a≠1，
所以实数a的取值范围是（0，1）∪（1，）．
98.(2021•河北张家口三模•T21)已知抛物线C：y2＝4px（p＞0）的焦点为F，且点M（1，2）
（1）求抛物线C的方程；
（2）若直线l：x﹣m（y+2）﹣5＝0与抛物线C交于A，B两点？若存在，求出m的值，请说明理由．
【解析】（1）因为点M到点F的距离比到y轴的距离大p，
所以点M到点F的距离与到直线x＝﹣p的距离相等，
由抛物线的定义可知，点M在抛物线C上，
所以4＝4p，解得p＝5，
故抛物线C的方程为y2＝4x；
（2）存在m＝2或m＝﹣3．
联立方程组，可得y2﹣4my﹣7m﹣20＝0，
因为△＝16m2+3（8m+20）＞0恒成立，
所以直线l与抛物线C恒有两个交点，设A（x6，y1），B（x2，y8），
则有y1+y2＝6m，y1y2＝﹣7（2m+5），
因为
＝
＝
＝＝3，
所以MA⊥MB，则△MAB为直角三角形，
设d为点M到直线l的距离，
则|MA|•|MB|＝|AB|•d
＝
＝
＝＝64，
所以（m+1）5+4（m+1）5﹣32＝0，解得（m+1）2＝4或（m+1）6＝﹣8（舍），
所以m＝1或m＝﹣5，
故当实数m＝1或m＝﹣3时，|MA|•|MB|＝．
99.(2021•山东聊城三模•T21.)已知圆F1:(x+1)2+y2=r2，圆F2:(x-1)2+y2=(4-r)2，0 （1）求曲线C的方程；
（2）已知点P(1,32)，过曲线C右焦点F2的直线交曲线C于A、B两点，与直线x=m交于点D，是否存在实数m，λ，使得kPA+kPB=λkPD成立，若存在，求出m，λ；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：由题意可知|PF1|=r，|PF2|=4-r，|F1F2|=2，
所以|PF1|+|PF2|=4>|F1F2|，
所以曲线C为以F1、F2为焦点的椭圆，且a2=22˙=4，c2=1，b2=4-1=3，
所以曲线C的方程为x24+y23=1
（2）解：假设存在，由题意知直线AB的斜率存在，
设直线AB的方程为y=k(x-1)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立| {y=k(x-1),3x2+4y2=12,，消去y整理得，(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0，
则x1+x2=8k24k2+3，x1x2=4k2-124k2+3，
所以kPA+kPB=y1-32x1-1+y2-32x2-1=k(x1-1)-32x1-1+k(x2-1)-32x2-1
=2k-32(x1-1)-32(x2-1)=2k-3(x1+x2-2)2(x1x2-(x1+x2)+1)=2k-1，
kPD=k(m-1)-32m-1=k-32(m-1)，
因为kPA+kPB=λkPD，
所以2k-1=λk-3λ2(m-1)，所以λ=2，3λ2(m-1)=1，得m=4，
所以存在m=4，λ=2使kPA+kPB=λkPD成立．
【考点】分析法的思考过程、特点及应用，椭圆的定义，椭圆的标准方程，直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由已知易得 |PF1|=r ， |PF2|=4-r ， |F1F2|=2，根据椭圆定义可知曲线C为以 F1 、 F2 为焦点的椭圆，再根据椭圆标准方程即可求得。
（2）利用反证法假设存在，设直线AB的方程为 y=k(x-1) ， A(x1,y1) ， B(x2,y2)，联立直线和曲线C方程可推得 x1+x2=8k24k2+3 ， x1x2=4k2-124k2+3，进而得kPA+kPB=2k-1,kPD=k-32（m-1）,  代入题中的kPA+kPB=λkPD可解得m=4 ， λ=2使 kPA+kPB=λkPD 成立。
100.(2021•四川内江三模•理T20．)已知椭圆过点P（2，1）．
（Ⅰ）求椭圆C的方程，并求其离心率；
（Ⅱ）过点P作x轴的垂线l，设点A为第四象限内一点且在椭圆C上（点A不在直线l上），点A关于l的对称点为A'，判断直线AB与直线OP的位置关系，并说明理由．
【解析】（Ⅰ）由椭圆方程椭圆 过点P（5，可得a2＝8．
所以c5＝a2﹣2＝4﹣2＝6，
所以椭圆C的方程为+＝1＝，
（Ⅱ）直线AB与直线OP平行．证明如下：
设直线PA：y﹣1＝k（x﹣2），PB：y﹣4＝﹣k（x﹣2），
设点A的坐标为（x1，y8），B（x2，y2），
由得（4k2+8）x2+8k（5﹣2k）x+16k2﹣16k﹣4＝0，
∴2x6＝，
∴x7＝
同理x2＝，
所以x1﹣x2＝﹣，
由y7＝kx1﹣2k+5，y2＝﹣kx2+7k+1
有y1﹣y2＝k（x1+x2）﹣8k＝﹣，
因为A在第四象限，所以k≠0．
∴kAB＝＝，
又kOP＝，
故kAB＝kOP，
所以直线AB与直线OP平行．
101.(2021•重庆名校联盟三模•T21．)设椭圆＝1（a＞b＞0）的离心率e＝，焦距为4．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过椭圆右焦点F的动直线l交椭圆于A、B两点，P为直线x＝3上的一点，是否存在直线l与点P，使得△ABP恰好为等边三角形，若存在求出△ABP的面积，若不存在说明理由．
【解析】（1）因为焦距为4，所以2c＝4，解得c＝2，因为椭圆的离心率e＝，即＝，解得a＝，所以b2＝a2﹣c2＝6﹣4＝2，所以椭圆的方程为+＝1．
（2）由（1）知F（2，0），当直线l斜率不存在时，直线l的方程x＝2，
把x＝2代入椭圆的方程，得+＝1，解得y＝±，
所以A（2，），B（2，﹣），
所以AB的中点为F（2，0），
若△ABP恰好为等边三角形，则PF⊥AB，
所以此时P点坐标为（3，0），
此时|PA|＝＝≠|AB|＝，不合题意，舍
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k（x﹣2），
联立方程得，
化简得（1+3k2）x2﹣12k2x+12k2﹣6＝0，
则x1+x2＝，x1x2＝，
所以|x1﹣x2|＝＝2•
所以|AB|＝|x1﹣x2|＝2•，
设AB的中点M（x0，y0），
则x0＝，y0＝﹣，
直线MP的斜率为﹣，且xP＝3，
所以|MP|＝|x0﹣xP|＝•，
当△ABP为正三角形是，|MP|＝|AB|，
所以•＝•2•，
解得k＝±1，
所以|AB|＝2•＝，
所以S△ABP＝××sin60°＝，
综上所述，△ABP的面积为．
102.(2021•安徽蚌埠三模•文T20．)已知双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）的虚轴长为4，直线2x﹣y＝0为双曲线C的一条渐近线．
（1）求双曲线C的标准方程；
（2）记双曲线C的左、右顶点分别为A，B，过点T（2，0）的直线l交双曲线C于点M，N（点M在第一象限），记直线MA斜率为k1，直线NB斜率为k2，求证：为定值．
【解析】（1）∵虚轴长为4，∴2b＝4，即b＝2，
∵直线2x﹣y＝0为双曲线C的一条渐近线，
∴＝2，∴a＝1，
故双曲线C的标准方程为．
（2）由题意知，A（﹣1，0），B（1，0），
设直线l的方程为x＝ny+2，M（x1，y1）N（x2，y2），
联立，得（4n2﹣1）y2+16ny+12＝0，
∴y1+y2＝，y1y2＝，
∴ny1y2＝（y1+y2），
∵直线MA的斜率k1＝，直线NB的斜率k2＝，
∴＝＝＝＝＝，为定值．
103.(2021•上海嘉定三模•T20．)（16分）在直角坐标系xOy中，直线y＝2x是双曲线的一条渐近线，点A（1，0）在双曲线C上，设M（m，n）（n≠0）为双曲线上的动点，直线AM与y轴相交于点P，点M关于y轴的对称点为N，直线AN与y轴相交于点Q．
（1）求双曲线C的方程；
（2）在x轴上是否存在一点T？使得，若存在，求T点的坐标；若不存在，说明理由；
（3）求M点的坐标，使得△MPQ的面积最小．
【解析】（1）由己知，得a＝1，b＝2，所以
（2）设T（x0，0），因为，
所以，，所以
因为，所以，
因为，所以，故x0＝±2，存在T（±2，0）
（3）因为＝，
当且仅当n＝±2时，取得最小值，
此时M的坐标是或或或．
104.(2021•贵州毕节三模•文T20．)已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，|F1F2|＝4，A为椭圆上一点（不在x轴上），满足．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）过椭圆内一点P（t，0）（t≠0）且斜率为的直线l交椭圆C于M，N两点，设直线OM，ON（O为坐标原点）的斜率分别为k1，k2，若对任意非零实数m，存在实数λ，使得，求实数λ的取值范围．
【解析】（Ⅰ）在△AF1F2中，由正弦定理可得：
＝，
所以＝，
所以＝，即a＝c，
因为|F1F2|＝2c＝4，
所以c＝2，a＝2，
所以b2＝a2﹣c2＝8﹣4＝4，
所以椭圆C的方程为+＝1．
（Ⅱ）直线l的方程为x＝my+t，
联立，得（m2+2）y2+2mty+t2﹣8＝0，
设M（x1，y1），N（x2，y2），
所以y1+y2＝，y1y2＝，
所以+＝+＝＝
＝＝＝＝＝λm，
因为m≠0，
所以λ＝，
因为P（t，0）在椭圆内且t≠0，
所以0＜t2＜8，
所以λ∈（2，+∞）．
105.(2021•辽宁朝阳三模•T22．)已知F为抛物线C：x2＝2py（p＞0）的焦点，直线l：y＝2x+1与C交于A，B两点，且|AF|+|BF|＝20．
（1）求C的方程；
（2）若直线m：y＝2x+t（t≠1）与C交于M，N两点，且AM与BN相交于点T，证明：点T在定直线上．
【解析】（1）由题意可得F（0，），准线方程为y＝﹣，
由y＝2x+1与x2＝2py联立，可得x2﹣4px﹣2p＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），可得x1+x2＝4p，y1+y2＝2（x1+x2）+2＝8p+2，
所以|AF|+|BF|＝y1+y2+p＝8p+2+p＝20，解得p＝2，
则抛物线的方程为x2＝4y；
（2）证明：设M（x3，y3），N（x4，y4），T（x0，y0），＝λ（λ≠1），
因为AB∥MN，所以＝λ，
由，可得（x1+x2）（x1﹣x2）＝4（y1﹣y2），
可得x1+x2＝＝8，
同理可得x3+x4＝8，
由，两式相加可得x3+x4﹣2x0＝λ（x1+x2﹣2x0），
即（4﹣x0）（1﹣λ）＝0，λ≠1，可得x0＝4，
所以T在定直线x＝4上．
106.(2021•河南济源平顶山许昌三模•文T20．)已知抛物线C：x2＝2py（p＞0）的焦点为F，过点F且斜率为的直线与抛物线C交于A，B两点，|AB|＝9．
（1）求抛物线C的标准方程；
（2）过点F的直线l交抛物线C于D，E两点．过D，E分别作抛物线C的切线，两切线交于点M，若直线l与抛物线C的准线交于第四象限的点N，且|MN|＝|DE|，求直线l的方程．
【解析】（1）抛物线C：x2＝2py（p＞0）的焦点为F（0，），
设直线AB的方程为y＝x+，
与x2＝2py联立，消去x，可得4y2﹣14py﹣p2＝0，
设A，B的纵坐标分别为y1，y2，则y1+y2＝，y1y2＝﹣，
由抛物线的弦长公式可得|AB|＝y1+y2+p＝+p＝9，解得p＝2，
所以抛物线的方程为x2＝4y；
（2）易得直线l的斜率存在且不为0，由（1）可得F（0，1），
设直线l的方程为x＝m（y﹣1），与抛物线的方程x2＝4y联立，可得m2y2﹣2（m2+2）y+m2＝0，
设D（x3，y3），E（x4，y4），则y3+y4＝2+，y3y4＝1，x3+x4＝，x3x4＝﹣4，
|DE|＝|DF|+|EF|＝y3+y4+p＝4+，
由x2＝4y即y＝可得y′＝x，则抛物线在D，E处的切线的斜率分别为x3，x4，
切线的方程分别为y﹣y3＝x3（x﹣x3），y﹣y4＝x4（x﹣x4），
即y3y＝2（x+x3），y4y＝2（x+x4），解得两条切线的交点为（，），即M（，﹣1），
由准线方程为y＝﹣1，代入x＝m（y﹣1），可得N（﹣2m，﹣1），则|MN|＝2|m+|，
由|MN|＝|DE|，可得2|m+|＝4（1+），解得m＝±2，
因为直线l与抛物线C的准线交于第四象限的点N，
所以m＝﹣2，直线l的方程为x＝﹣2（y﹣1），即x+2y﹣2＝0．
107.(2021•四川泸州三模•理T21．)从抛物线y2＝4x上各点向x轴作垂线段，记垂线段中点的轨迹为曲线P．
（Ⅰ）求曲线P的方程，并说明曲线P是什么曲线；
（Ⅱ）过点M（2，0）的直线l交曲线P于两点A、B，线段AB的垂直平分线交曲线P于两点C、D，探究是否存在直线l使A、B、C、D四点共圆？若能，请求出圆的方程；若不能，请说明理由．
【解析】（Ⅰ）设抛物线y2＝4x上的任意一点为（x0，y0），垂线段的中点为（x，y），
则，即，代入抛物线方程，可得（2y）2＝4x，即y2＝x．
故曲线P的方程为y2＝x，曲线P是焦点为（，0）的抛物线；
（Ⅱ）设直线l的方程为x＝ty+2，设A（x1，y1），B（x2，y2），
联立，得y2﹣ty﹣2＝0．
则y1+y2＝t，y1y2＝﹣2，
则|AB|＝＝＝，
且线段AB中点的纵坐标为，则x＝ty+2＝．
∴线段AB的中点坐标为M（），
∵直线CD为线段AB的垂直平分线，可设直线CD的方程为x＝﹣，
则，故m＝，
联立，得2ty2+2y﹣t（t2+5）＝0．
设C（x3，y3），D（x4，y4），
则，，
故|CD|＝＝＝，
线段CD的中点N（，），
假设A、B、C、D四点共圆，则弦AB的中垂线与弦CD的中垂线的交点必为圆心，
∵CD为线段AB的中垂线，则可得弦CD的中点N必为圆心，
则|AN|＝|CD|，在Rt△AMN中，|AN|2＝|AM|2+|MN|2，
∴，
则＝，
故，即＝，
解得t2＝1，即t＝±1．
∴存在直线l，使A、B、C、D四点共圆，且圆心为弦CD的中点N，
圆N的方程为或．
108.(2021•江苏常数三模•T21．)椭圆C：（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，E是椭圆C上一点，且|F1F2|＝2，|EF1|+|EF2|＝4．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）M，N是y轴上的两个动点（点M与点E位于x轴的两侧），∠MF1N＝∠MEN＝90°，直线EM交x轴于点P，求的值．
【解析】（Ⅰ）由|F1F2|＝2，即2c＝2，c＝1，
由|EF1|+|EF2|＝4，可得2a＝4，即a＝2，b＝＝，
所以椭圆的方程为+＝1；
（Ⅱ）设M（0，m），N（0，n），E（x0，y0），则+＝1，
由F1（﹣1，0），F2（1，0），因为∠MF1N＝90°，所以•＝（1，m）•（1，n）＝1+mn＝0，即mn＝﹣1，
又因为∠MEN＝90°，所以•＝（x0，y0﹣m）•（x0，y0﹣n）＝x02+y02﹣（m+n）y0+mn＝0，
因为mn＝﹣1，所以n＝﹣，且m≠0，所以x02+y02﹣（m﹣）y0﹣1＝0，
因为+＝1，所以x02＝4﹣y02，
所以4﹣y02+y02﹣（m﹣）y0﹣1＝0，
即y02+3（m﹣）y0﹣9＝0，即（y0+3m）（y0﹣）＝0，
因为M，E位于x轴的两侧，y0与m异号，所以y0＝﹣3m，
即＝＝3．
109.(2021•上海浦东新区三模•T20．)已知直线l：y＝x+t与椭圆C：＝1交于A、B两点（如图所示），且P（3，）在直线l的上方．
（1）求常数t的取值范围；
（2）若直线PA、PB的斜率分别为k1、k2，求k1+k2的值；
（3）若△APB的面积最大，求∠APB的大小．

【解析】（1）由题意知，＞+t，∴t＜0，
联立方程，消去y得：2x2+6tx+9t2﹣36＝0，
∵△＝36t2﹣8（9t2﹣36）＞0，
∴t2＜8，
∴．
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2＝﹣3t，x1x2＝，
又，，
∴k1+k2＝+＝，
上式分子＝（）+（）
＝﹣6（t﹣）
＝+﹣6（t﹣）
＝﹣
＝0，
∴k1+k2＝0．
（3）因为|AB|＝|x1﹣x2|＝＝3，
且点P到直线AB的距离d＝，
∴S△PAB＝|AB|d＝＝≤＝6，
当且仅当8﹣t2＝t2，即t＝﹣2时，等号成立，此时点A（0，﹣2），所以＝，
又k1+k2＝0，∴∠APB＝．
110.(2021•湖南三模•T22．)已知椭圆C：＝1（a＞b＞0）的右焦点为F（c，0），离心率e＝．
（1）若P为椭圆C上一动点，证明P到F的距离与P到直线x＝的距离之比为定值，并求出该定值；
（2）设c＝1，过定点（0，c）且斜率为k的直线l与椭圆C交于M，N两点，在y轴上是否存在一点Q，使得y轴始终平分∠MQN？若存在，出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）设点P（x0，y0），则根据题意可得，
∵F（c，0），
∴|PF|＝＝＝a﹣，
又∵点P到直线的距离为：，
∴，
即得点P到点F的距离与点P到直线的距离之比为定值．
（2）由（1）可得，设c＝1，则a＝2，即得b＝，因此可得椭圆的标准方程即为：，
根据题意，假设存在这样的一点Q（0，t），设直线l的方程为：y＝kx+1，
联立椭圆方程得到方程组：⇒（3﹣4k2）x2+8kx﹣8＝0，结合题意，
设点M（x1，y1），N（x2，y2），则有，
因为y轴平分∠MQN，所以直线QM与QN的斜率互为相反数，
即得＝＝0，
化简可得，，
∵3+4k2＞0，
∴8k（t﹣3）＝0⇒t＝3，
即得存在点Q（0，3），使得y轴始终平分∠MQN．
111.(2021•福建宁德三模•T21) 已知A1，A2为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点，点M(2,1)在C上，且直线MA1，MA2的斜率之积为-14.
(1)求C的方程；
(2)直线l：x=my+4交C于A，B两点，直线MA，MB与直线x=t(t≠2)分别交于P，Q，线段PQ的中点为N，求证：直线MN的斜率为定值.
【解析】(1)因为A1，A2为椭圆x2a2+y2b2=1的左右顶点，
所以A1(-a,0)，A2(a,0)，
因为M(2,1)，
所以kMA1⋅kMA2=1-02-(-a)×1-02-a=14-a2=-14，解得a2=8，
所以椭圆方程为x28+y2b2=1，
将(2,1)代入上式，可得48+1b2=1，解得b2=2，
所以椭圆方程为x28+y22=1.
(2)证明：联立x=my+4x28+y22=1，得(m2+4)y2+8my+8=0，
所以y1+y2=-8mm2+4，y1y2=8m2+4，
当AM⊥y轴或BM⊥y轴时，不妨设AM⊥y轴，
将y=1代入x28+y22=1，解得x=-2，即A(-2,1)，
将A(-2,1)坐标代入x=my+4，解得m=-6，
所以1×y2=8(-6)2+4，解得y2=15，
所以x2=my2+4=(-6)×15+4=145，
所以B(145,15)，
所以直线AM的方程为y=1，直线BM的方程为y=-x+3，
分别联立x=t，得P(t,1)，Q(t,3-t)，
所以PQ中点N(2,2-t2)，
所以kMN=2-t2-1t-2=-12，
若直线AM，BM都不与y轴垂直，
则A(my1+4,y1)，B(my2+4,y2)，
所以直线AM的方程为x=my1+2y1-1(y-1)+2，
直线BM的方程为x=my2+2y2-1(y-1)+2，
分别联立直线AM，BM与x=t的方程，
解得P(t,1+y1-1my1+2(t-2))，Q(t,1+y2-1my2+2(t-2))，
所以PQ的中点N(t,1+t-22⋅2my1y2+(2-m)(y1+y2)-4(my1+2)(my2+2))，
将y1+y2=-8mm2+4，y1y2=8m2+4代入上式，
得N(t,1-t2)，
所以kMN=2-t2-1t-2=-12，
综上所述，kMN恒为定值-12.
【解析】(1)写出A1，A2坐标，再计算kMA1⋅kMA2=14-a2=-14，解得a2，将(2,1)代入椭圆方程，解得b2，即可得出答案．
(2)联立直线l与椭圆的方程，结合韦达定理可得y1+y2，y1y2，分两种情况：当AM⊥y轴，直线AM，BM都不与y轴垂直，讨论直线MN的斜率．
本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
112.(2021•宁夏中卫三模•理T20．)已知抛物线Γ：y2＝2px的焦点为F（2，0），点P在抛物线Γ上．
（1）求抛物线Γ的方程；
（2）若|PF|＝5，求点P的坐标；
（3）过点T（t，0）（t＞0）作两条互相垂直的直线分别交抛物线Γ于A、B、C、D四点，且点M、N分别为线段AB、CD的中点，求△TMN的面积的最小值．

【解析】（1）抛物线Γ：y2＝2px的焦点为F（2，0），
可得＝2，即p＝4，
所以抛物线的方程为y2＝8x；
（2）由抛物线y2＝8x的焦点F（2，0），准线方程为x＝﹣2，
可得|PF|＝xP+2＝5，所以xP＝3，yP＝±2，
即有P（3，2），或（3，﹣2）；
（3）由题意可得直线AB，CD的斜率存在，且不为0，可设AB的斜率为k，
则直线CD的斜率为﹣，直线AB的方程为y＝k（x﹣t），直线CD的方程为y＝﹣（x﹣t），
设A（x1，y1），B（x2，y2），
由可得k2x2﹣2（k2t+4）x+k2t2＝0，
可得x1+x2＝2t+，所以y1+y2＝k（x1+x2）﹣2kt＝2kt+﹣2kt＝，
则M（t+，），
将M中的k换为﹣，可得N（t+4k2，﹣4k），
所以|TM|＝＝，
|TN|＝＝4|k|，
于是S△TMN＝|TM|•|TN|＝8（|k|+）≥8×2＝16，
当且仅当k＝±1时，上式取得等号．
所以△TMN的面积的最小值为16．
113.(2021•江西南昌三模•理T19．)已知抛物线C：x2＝4y，过点P（1，﹣2）作斜率为k（k＞0）的直线l与抛物线C相交于A，B两点．
（Ⅰ）求k的取值范围；
（Ⅱ）记P点关于x轴的对称点为Q点，若△QAB的面积为16，求直线l的方程．
【解析】（Ⅰ）由题意设直线l的方程为y+2＝k（x﹣1），
由，得到：x2﹣4kx+4k+8＝0
由题意知△＞0，所以k2﹣k﹣2＞0，即k＜﹣1或k＞2，
因为k＞0，所以k的取值范围为（2，+∞）．
（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2），由（Ⅰ）知x1+x2＝4k，x1x2＝4k+8，
因为，
所以，即k2﹣k﹣6＝0，
所以k＝3或k＝﹣2，因为k＞2，所以k＝3，
则直线l的方程为3x﹣y﹣5＝0．
114.(2021•江西上饶三模•理T20．)已知椭圆＝1（a＞b＞0）的两个顶点在直线x+y＝1上，直线l经过椭圆的右焦点F，与椭圆交于A、B两点，点P（1，）（P不在直线l上）．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）直线l与x＝2交于点M．设PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3．试问：是否存在常数λ使得k1+k2＝λk3？若存在，请求出λ的值；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）∵直线x+y＝1与坐标轴的交点为，
∴，
∴椭圆方程为；
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB：y＝k（x﹣1），则M（2，k），
联立直线AB及椭圆方程得，，消去y并整理可得，（1+2k2）x2﹣4k2x+2k2﹣2＝0，由韦达定理有，，
∴＝
＝
＝＝
，又，
∴，∴存在λ＝2，使得k1+k2＝2k3．
115.(2021•安徽宿州三模•理T19．)已知椭圆C：＝1（a＞b＞0），若抛物线y2＝4x的焦点F恰好为椭圆C的右焦点，且该抛物线与椭圆C在第一象限的交点为P（，）．
（Ⅰ）求C的标准方程；
（Ⅱ）设A、B是椭圆C的左、右顶点，过点F作直线l与椭圆交于P、Q（不同于A、B）两点，设直线AP与直线BQ交于E点，求证：点E在定直线上．
【解析】（Ⅰ）由题意得c＝1，
由椭圆定义知2a＝+＝＝4，
所以a2＝4，b2＝3，
所以椭圆C的标准方程为．
（Ⅱ）由（1）知F（1，0），设直线PQ的方程为x＝my+1，
与椭圆联立，得（3m2+4）y2+6mny﹣9＝0，
显然△＞0恒成立，
设P（x1，y1），Q（x2，y2），
所以有y1+y2＝﹣，y1y2＝﹣（*），
直线AP的方程为y＝，直线BQ的方程为y＝，
联立两方程可得，所以，
∴＝＝＝，
由（*）式可得y1y2＝，
代入上式可得＝＝，
解得x＝4，故点E在定直线x＝4上．
116.(2021•安徽宿州三模•文T20．)已知点A（﹣1，0），B（1，0），动点P满足|PA|+|PB|＝4，P点的轨迹为曲线C．
（Ⅰ）求曲线C的方程；
（Ⅱ）已知圆x2+y2＝R2上任意一点P（x0，y0）处的切线方程为：x0x+y0y＝R2，类比可知椭圆：＝1上任意一点P（x0，y0）处的切线方程为：＝1．记l1为曲线C在任意一点P处的切线，过点B作BP的垂线l2，设l1与l2交于Q，试问动点Q是否在定直线上？若在定直线上，求出此直线的方程；若不在定直线上，请说明理由．
【解析】（Ⅰ）由椭圆的定义知P点的轨迹为以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆，
设椭圆方程为，则，∴，
曲线C的方程为．
（Ⅱ）设P（x0，y0），由题知直线l1的方程为，
当x0≠1时，，∴l2的斜率为，，
l1与l2的方程联立，消y得3x0x+4（1−x0）（x−1）−12＝0⇒（4−x0）x＝4（4−x0），
∴x＝4．
动点Q在定直线x＝4上，
当x0＝1时，，l1：，
l2：y＝0，Q（4，0），Q在直线x＝4．
综上所述，动点Q在定直线x＝4上．
117.(2021•安徽马鞍山三模•理T21．)已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，直线y＝x﹣2与抛物线C交于A，B两点．
（1）求△FAB的面积；
（2）过抛物线C上一点P作圆M：（x﹣3）2+y2＝4的两条斜率都存在的切线，分别与抛物线C交于异于点P的两点D，E．证明：直线DE与圆M相切．
【解析】（1）由抛物线y2＝4x的焦点F（1，0），可得F到直线y＝x﹣2的距离d＝＝，
由，可得x2﹣8x+4＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），可得x1+x2＝8，x1x2＝4，
|AB|＝＝•＝4，
所以△FAB的面积为S＝d|AB|＝××4＝2；
（2）证明：设P（，y0），E（，y1），D（，y2），（y0+y1≠0，y0+y2≠0），
直线PE的方程为y﹣y1＝（x﹣），即y＝y1+（x﹣），
所以y＝+，即4x﹣（y0+y1）y+y0y1＝0，
因为直线PE与圆M相切，可得＝2，
化简可得（y02﹣4）y12+16y0y1+80﹣4y02＝0，
同理可得（y02﹣4）y22+16y0y2+80﹣4y02＝0，
所以y1，y2是方程（y02﹣4）y2+16y0y+80﹣4y02＝0的两根，
可得，设圆心M到直线DE的距离为d，
因为直线DE的斜率为＝，
直线DE的方程为y﹣y1＝（x﹣），
化为4x﹣（y1+y2）y+y1y2＝0，
则d＝＝＝2，
所以直线DE与圆M相切．
118.(2021•安徽马鞍山三模•文T20．)在平面直角坐标系xOy中，抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点与双曲线的右焦点重合．
（1）求抛物线的标准方程；
（2）若直线l过抛物线焦点F，与抛物线相交于P，Q两点，求证：；
（3）若直线l'与抛物线相交于M，N两点，且，那么直线l'是否一定过焦点F，请说明理由．
【解析】（1）抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点（，0）与双曲线的右焦点（，0）重合，
可得＝，解得p＝4，所以抛物线的方程为y2＝8x：
（2）证明：设直线l的方程为x＝my+2，与抛物线的方程y2＝8x联立，可得y2﹣8my﹣16＝0，
设P（x1，y1），Q（x2，y2），可得y1y2＝﹣16，x1x2＝＝4，
则•＝x1x2+y1y2＝4﹣16＝﹣12；
（3）设直线l'的方程为x＝sy+t，与抛物线的方程y2＝8x联立，可得y2﹣8sy﹣8t＝0，
设M（x3，y3），N（x4，y4），可得y3y4＝﹣8t，x3x4＝＝t2，
则•＝x3x4+y3y4＝t2﹣8t＝﹣12，解得t＝2或t＝6，
所以直线l'的方程为x＝sy+2或x＝sy+6，
可得直线l'恒过定点（2，0）或（6，0），不一定经过焦点F（2，0）．
119.(2021•河北邯郸二模•理T21．)已知椭圆C：（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线l交椭圆于A，B两点，交y轴于点M，若|F1F2|＝2，△ABF2的周长为8．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）＝λ，＝μ，试分析λ+μ是否为定值，若是，求出这个定值，否则，说明理由．
【解析】（Ⅰ）因为△ABF2的周长为8，则有4a＝8，解得a＝2，
因为|F1F2|＝2，所以2c＝2，故c＝1，
所以b2＝a2﹣c2＝22﹣12＝3，
故椭圆C的标准方程为；
（Ⅱ）由题意可得，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k（x+1），
由，消去y可得，（3+4k2）x2+8k2x+4k2﹣12＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），则，
设M（0，k），又F1（﹣1，0），
所以，
故，
同理，，
则，
故＝＝
＝＝＝，
所以λ+μ是定值．
120.(2021•江西鹰潭二模•理T20．)如图，O为坐标原点，抛物线C1：y2＝2px（p＞0）的焦点是椭圆C2：+＝1（a＞b＞0）的右焦点，A为椭圆C2的右顶点，椭圆C2的长轴AB＝8，离心率e＝．
（1）求抛物线C1椭圆C2的方程；
（2）过A点作直线l交C1于C，D两点，射线OC，OD分别交C2于E，F两点，记△OEF和△OCD的面积分别为S1和S2，问是否存在直线l，使得S1：S2＝3：13？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．

【解析】（1）由题知，a＝4，＝，所以c＝2，
所以b＝＝2，p＝4，
所以抛物线C1的方程为y2＝8x，椭圆C2的方程+＝1．
（2）由题知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x＝my+4，
联立，得y2﹣8my﹣32＝0，
设C（x1，y1），D（x2，y2），则y1+y2＝8m，y1y2＝﹣32，
所以＝＝＝＝，
因为直线OC的斜率为＝＝，
所以直线OC的方程为y＝x．
由得y2（+）＝1，
则yE2（+）＝1，同理可得yF2（+）＝1，
所以yE2•yF2•（+）（+）＝1，
所以yE2•yF2＝，
要使S1：S2＝3：13，只需＝（）2，解得m＝±1，
所以存在直线l：x±y﹣4＝0符合条件．
121.(2021•江西上饶二模•理T20．)如图，在平面直角坐标系xOy中，AB为半圆ADB的直径，O为圆心，且A（﹣4，0），B（4，0），G为线段OD的中点；曲线C过点G，动点P在曲线C上运动且保持|PA|+|PB|的值不变．
（1）求曲线C的方程；
（2）过点B的直线l与曲线C交于M、N两点，与OD所在直线交于E点，＝λ1，＝λ2，求证：λ1+λ2为定值．

【解析】（1）由题意已知A（﹣4，0），B（4，0），G为线段OD的中点；所以D（0，4），
且G（0，2），曲线C过点G，动点P在曲线C上运动且保持|PA|+|PB|的值不变，
所以|PA|+|PB|＝|GA|+|GB|＝2＝4＞|AB|，
所以P在以A，B为焦点，且以2为短半轴的椭圆上，即c＝4，b＝2，
则a2＝b2+c2＝20，
所以曲线C的方程为：+＝1；
（2）证明：设M（x1，y1），N（x2，y2），E（0，y0），
因为B（4，0），且B在椭圆内，所以过B的直线l与椭圆由两个交点，
因为＝λ1，＝λ2，
所以（x1，y1﹣y0）＝λ1（4﹣x1，﹣y1），
所以x1＝，y1＝，
将M的坐标代入椭圆的方程可得：（）2+•（）2＝1，
整理可得：4λ12+40λ1+20﹣5y02＝0，
同理可得4λ22+40λ2+20﹣5y02＝0，
所以λ1，λ2是方程4x2+40x+20﹣5y02＝0的两根，
由韦达定理可得λ1+λ2＝＝﹣10，
所以可证得：λ1+λ2为定值﹣10．
122.(2021•河北秦皇岛二模•理T20．)已知点P（﹣2，y0）为抛物线C：x2＝2py（p＞0）上一点，F为抛物线C的焦点，抛物线C在点P处的切线与y轴相交于点Q，且△FPQ面积为2．
（1）求抛物线C的方程；
（2）设直线l经过（2，5）交抛物线C于M，N两点（异于点P），求证：∠MPN的大小为定值．
【解析】（1）因为△FPQ面积为2．
所以|FQ|•2＝2，即|FQ|＝2，
x2＝2py即y＝的导数为y′＝，可得P处的切线的斜率为，
切线的方程为y﹣y0＝﹣（x+2），令x＝0，可得y＝y0﹣＝﹣＝﹣，
所以+＝2，解得p＝2，
所以抛物线的方程为x2＝4y；
（2）证明：设M（x1，），N（x2，），
设直线l的方程为y＝k（x﹣2）+5，
由可得x2﹣4kx+8k﹣20＝0，
所以x1+x2＝4k，x1x2＝8k﹣20，
因为P（﹣2，1），＝（x1+2，﹣1），＝（x2+2，﹣1），
所以•＝（x1+2）（x2+2）+（﹣1）（﹣1）
x1x2+2（x1+x2）+4+﹣+1
＝8k﹣20+8k+﹣+5＝0，
所以⊥，
所以∠PMN的大小为定值90°．
123.(2021•浙江杭州二模•理T21．)如图，已知抛物线C1：x2＝y在点A处的切线l与椭圆C2：＝1相交，过点A作l的垂线交抛物线C1于另一点B，直线OB（O为直角坐标原点）与l相交于点D，记A（x1，y1），B（x2，y2），且x1＞0．
（1）求x1﹣x2的最小值；
（2）求的取值范围．

【解析】（1）点A处的切线方程为y＝2x1x﹣x12，
联立，得（1+8x12）x2﹣8x13x+2x14﹣2＝0，
所以△＝64x16﹣4（1+8x13）（2x14﹣2）＞0，
解得0＜x12＜4+，
所以直线AB的方程为y＝﹣x+x12+，
联立，得2x1x2+x﹣2x13﹣x1＝0，
所以x1+x2＝﹣，
所以x1﹣x2＝2x1+≥2，当且仅当x1＝时取等号，
所以x1﹣x2的最小值为2．
（2）记点O，B到直线l的距离分别为d1，d2，
所以d1＝，d2＝|2x1+|＝（），
所以＝＝＝，
因为0＜x12＜4+，所以+4＞，
所以＝∈（0，），
所以的取值范围为（0，）．
124.(2021•北京门头沟二模•理T19)F1、F2分别为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，过右焦点F2的直线l与椭圆C交于A，B两点，且AB不为长轴，△ABF1的周长为8，椭圆C的离心率为12.
求此椭圆C的方程；
为其右顶点，求证：直线A2A，A2B两直线的斜率之积为定值，并求出此定值.
【解析】：由题意可知，|AF1|+|AF2|=2a，|BF1|+|BF2|=2a，而△ABF1的周长为8，则4a=8，故a=2，
又e=ca=12，故c=1，b2=a2-c2=3，
∴椭圆C的方程为x24+y23=1；
证明：由可知，A2(2,0)，设直线AB：x=ty+1，A(x1,y1),B(x2,y2),kA2A=y1x1-2,kA2B=y2x2-2，
联立x=ty+1x24+y23=1得，(3t2+4)y2+6ty-9=0，
∴y1+y2=-6t3t2+4,y1y2=-93t2+4，
∴x1x2=(ty1+1)(ty2+1)=t2y1y2+t(y1+y2)+1=-12t2+43t2+4，x1+x2=t(y1+y2)+2=83t2+4，
∴kA2A⋅kA2B=y1y2(x1-2)(x2-2)=y1y2x1x2-2(x1+x2)+4=-93t2+4-12t2+43t2+4-163t2+4+4=-9-12t2+4-16+12t2+16=-94，
∴直线A2A，A2B两直线的斜率之积为定值-94.
【解析】根据题意可得4a=8，再根据离心率可求得c，及而求得b，由此得到椭圆方程；
，设直线AB：x=ty+1，设出点A，B坐标，联立直线方程与椭圆方程，消去x并整理后，由根与系数的关系化简即可得证．
本题考查椭圆标准方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查圆锥曲线中的定值问题，考查运算求解能力及逻辑推理能力，属于中档题．
125.(2021•江西九江二模•理T19．)已知椭圆C：＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，M为椭圆C上位于x轴上方一点，线段MF1与圆x2+y2＝1相切于该线段的中点，且△MF1F2的面积为2．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）过点F2的直线l与椭圆C交于A，B两点，且∠AMB＝90°，求直线l的方程．
【解析】（Ⅰ）设线段MF1的中点为N，则|ON|＝1，
又ON是△MF1F2的中位线，
所以|MF2|＝2，MF1⊥MF2，
由椭圆的定义知|MF1|＝2a﹣2，
因为△MF1F2面积为S＝（2a﹣2）×2＝2a﹣2＝2，解得a＝2，
因为|F1F2|＝＝＝2，解得c＝2，
所以b＝＝，
所以椭圆C的方程为+＝1．
（Ⅱ）当直线l的斜率为0时，此时∠AMB≠90°，不合题意，
当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为x＝my+，A（x1，y1），B（x2，y2），
联立，得（2+m2）y2+2my﹣2＝0，
所以y1+y2＝﹣，y1y2＝，
由（Ⅰ）知M（0，），
因为∠AMB＝90°，
所以MA⊥MB，
所以x1x2+（y1﹣）（y2﹣）＝0，
所以（1+m2）y1y2+（m﹣1）（y1+y2）+4＝0，
所以﹣+4＝0，
所以m2﹣2m﹣3＝0，
解得m＝﹣1或m＝3，
当m＝﹣1时，直线l过点M，不符合题意，
所以直线l的方程为x﹣3y﹣＝0．
126.(2021•天津南开二模•T19．)已知抛物线C1：y2＝2px（p＞0）与离心率为的椭圆C2：的一个交点为P（1，t），点P到抛物线C1的焦点的距离为2．
（Ⅰ）求C1与C2的方程；
（Ⅱ）设O为坐标原点，在第一象限内，椭圆C2上是否存在点A，使过O作OA的垂线交抛物线C1于点B，直线AB交y轴于点E，且∠OAE＝∠EOB？若存在；若不存在，请说明理由．
【解析】（Ⅰ）y2＝2px的焦点为（，0），
P（3，t）到抛物线C1的焦点的距离为2，可得3+，
解得p＝2，则抛物线的方程为y6＝4x：
由题意可得e＝＝＝，即有a＝b，
由2p＝t7＝4，+＝+＝1，
解得a＝3，b＝，
则椭圆的方程为+＝1；
（Ⅱ）由题意可得直线OA的斜率存在且不为8，设OA的方程为y＝kx（k≠0），
由于OA⊥OB，可得直线OB的方程为y＝﹣x，
由，可得（1+2k5）x2＝9，所以x＝±，
由，可得，解得x＝5k2（0舍去），
第一象限内，椭圆C8上若存在点A∠OAE＝∠EOB，
则k＞0，此时A（，）2，﹣4k），
设直线AB与x轴交于D，因为∠OAE＝∠EOB，
所以∠OAD＝∠AOD，∠DOB＝∠OBD，即D为AB的中点，
所以yA＝﹣yB，即＝4k2＝﹣＜0，
故不存在适合题意的点A．
127.(2021•广东潮州二模•T21．)已知椭圆C：+＝1（a＞b＞0）经过点（1，），且椭圆C的离心率e＝．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若点M，N是椭圆C上的两个动点，k1，k2分别为直线OM，ON的斜率且k1k2＝﹣，试探究△OMN的面积是否为定值．
【解析】（1）由e＝＝＝，可得b＝a，
又椭圆经过点（1，），可得+＝1，
解得a＝2，b＝1，
则椭圆C的方程为+y2＝1；
（2）设直线MN的方程为x＝my+t，
与椭圆方程x2+4y2﹣4＝0联立，可得（4+m2）y2+2mty+t2﹣4＝0，
设M（x1，y1），N（x2，y2），可得y1+y2＝﹣，y1y2＝，
|y1﹣y2|＝＝＝4，
|MN|＝4•，
O到直线MN的距离为d＝，
所以△OMN的面积为S＝d•|MN|＝2|t|•，
由k1k2＝﹣，可得＝﹣，
即为x1x2+4y1y2＝（my1+t）（my2+t）+4y1y2＝（4+m2）y1y2+mt（y1+y2）+t2＝0，
可得（4+m2）•+mt（﹣）+t2＝0，
化为4+m2＝2t2，
所以S＝2|t|•＝1，
故△OMN的面积为定值1．
128.(2021•辽宁朝阳二模•T22．)已知椭圆E：＝1（a＞b＞1）的离心率e＝，其左、右顶点分别为点A，B，且点A关于直线y＝x对称的点在直线y＝3x﹣2上．
（1）求椭圆E的方程；
（2）若点M在椭圆E上，点N在圆O：x2+y2＝b2上，且M，N都在第一象限，MN⊥y轴，若直线MA，MB与y轴的交点分别为C，D，判断sin∠CND是否为定值，若是定值，求出该定值；若不是定值，说明理由．
【解析】（1）解：点A（﹣a，0）关于直线y＝x对称的点（0，﹣a）在直线y＝3x﹣2上，∴﹣a＝0﹣2，解得a＝2．又＝，a2＝b2+c2，联立解得b2＝2＝c2．
∴椭圆E的标准方程为：+＝1．
（2）证明：设M（x0，y0），AM：y＝k（x+2）（k≠0），令x＝0，解得y＝2k，∴C（0，2k）．
联立，化为：（2k2+1）x2+8k2x+8k2﹣4＝0（k≠0）．
∴﹣2x0＝，解得x0＝．∴y0＝，即M（，），
∴直线BM的斜率＝＝﹣．
∴BM的方程：y＝﹣（x﹣2），令x＝0，解得y＝，∴D（0，）．
设N（xN，y0），则＝（﹣xN，2k﹣y0），＝（xN，﹣y0）．
∴•＝xN2+y02+2﹣y0．
∵xN2+y02＝2，y0＝，
∴•＝0．∴NC⊥ND．即∠CND＝90°．
∴sin∠CND＝1．
129.(2021•山东潍坊二模•T21．)已知一个半径为的圆的圆心在抛物线C：y2＝2px（p＞0）上，该圆经过坐标原点且与C的准线l相切．过抛物线C的焦点F的直线AB交C于A，B两点，过弦AB的中点M作平行于x轴的直线与直线OA，OB，l分别相交于P，Q，N三点．
（1）求C的方程；
（2）当|PQ|＝|MN|时，求直线AB的方程．
【解析】（1）设一个半径为的圆的圆心的坐标为（x0，y0），可得y02＝2px0，
由抛物线的焦点为（，0），准线方程为x＝﹣，
可得x02+y02＝x02+2px0＝（x0+）2＝，解得p＝2，则抛物线的方程为y2＝4x；
（2）由F（1，0），准线方程为x＝﹣1，
设直线AB的方程为x＝my+1，与抛物线的方程y2＝4x联立，可得y2﹣4my﹣4＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4，
x1+x2＝m（y1+y2）+2＝2+4m2，则AB的中点M的坐标为（1+2m2，2m），
由N（﹣1，2m），可得|MN|＝2+2m2，
OA的方程为y＝x即y＝x，OB的方程为y＝x，即y＝x，
代入y＝2m，可得P（，2m），Q（，2m），
|PQ|＝|m（y1﹣y2）|＝|MN|＝（2+2m2），
即为m2（16m2+16）＝（2+2m2）2，
解得m＝±，
所以直线AB的方程为x＝±y+1，
即为y＝2x﹣2或y＝﹣2x+2．
130.(2021•浙江丽水湖州衢州二模•T21．)已知F1，F2是椭圆E：＝1（a＞b＞0）的左、右焦点，动点P在椭圆上，且|PF1|的最小值和最大值分别为1和3．
（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）动点M在抛物线C：y2＝4x上，且在直线x＝a的右侧．过点M作椭圆E的两条切线分别交直线x＝﹣a于A，B两点．当|AB|＝10时，求点M的坐标．

【解析】（Ⅰ）由，解得a＝2，c＝1，b＝，
所以椭圆方程为+＝1．
（Ⅱ）不妨设kPA＝k1，kPB＝k2，A（x1，y1），B（x2，y2），M（t2，2t），
设过点M作椭圆的切线方程为y＝k（x﹣t2）+2t，
由，
得（3+4k2）x2+8k（2t﹣t2k）x+4（2t﹣t2k）2﹣12＝0，
由△＝0得到（t4﹣4）k2﹣4t3k+4t2﹣3＝0，
所以k1+k2＝，k1k2＝，
|AB|＝|y1﹣y2|＝（t2+2）|k1﹣k2|，
因为|k1﹣k2|＝＝，
所以|AB|＝（t2+2）•＝2＝10，
解得t2＝4，
点M的坐标为（4，±4）．
131.(2021•河南郑州二模•文T20．)如图，已知抛物线Γ：y2＝8x的焦点为F，准线为l，O为坐标原点，A为抛物线Γ上一点，直线AO与l交于点C，直线AF与抛物线Γ的另一个交点为B．
（Ⅰ）证明：直线BC∥x轴；
（Ⅱ）设准线l与x轴的交点为E，连接BE，且BE⊥BF．证明：||AF|﹣|BF||＝8．

【解析】（Ⅰ）证明：由抛物线的性质可得焦点F（2，0），准线方程为x＝﹣2，
设A（，y1），B（，y2），
所以直线AO的方程为：y＝x，由题意可得C（﹣2，﹣），
设直线AB的方程为：x＝my+2，
联立，整理可得y2﹣8my﹣16＝0，
所以y1y2＝﹣16，可得y2＝﹣，所以yC＝y2，
所以BC∥x轴；
（Ⅱ）证明：因为准线方程为x＝﹣2，由题意可得E（﹣2，0），
＝（﹣2﹣，﹣y2），＝（2﹣，﹣y2），
因为BE⊥BF，所以•＝0，
即y22+（﹣2﹣）（2﹣）＝0，解得y2＝，x2＝2+4，
由（Ⅰ）可得x1x2＝＝＝4，所以x1＝2﹣4，
|AF|＝x1+2，|BF|＝x2+2，
所以可证：||AF|﹣|BF||＝|x1﹣x2|＝8．
132.(2021•山西调研二模•文T20.) 已知P为抛物线C：y2=2px(p>0)上一动点，F为C的焦点，定点Q(3,1)在C的内部，若|PQ|+|PF|的最小值为4.
(1)求C的方程；
(2)不经过原点的直线l与C交于A，B两点(其中点A在x轴上方)，若以线段AB为直径的圆经过点F，且圆心在直线y=-1上.证明：直线l与C在点A处的切线垂直.
【解析】(1)过P作C的准线x=-1的垂线，垂足为N，连接NQ，
由抛物线的定义，可得|PN|=|PF|，则|PQ|+|PF|=|PQ|+|PN|≥|NQ|，
当N，P，Q三点共线时，|NQ|取得最小值，
所以3+p2=4，解得p=2，
则抛物线的方程为y2=4x；
(2)证明：设直线l的方程为x=my+n(n≠0)，
且直线l与抛物线C交于A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由x=my+ny2=4x可得y2-4my-4n=0，
则△=16m2+16n>0，即m2+n>0，
又y1+y2=4m，y1y2=-4n，
可得x1+x2=m(y1+y2)+2n=4m2+2n，x1x2=(y1y2)216=n2，
所以圆心坐标为(2m2+n,2m)，
因为圆心在直线y=-1上，所以2m=-1，即m=-12.
又因为以线段AB为直径的圆经过点F(1,0)，
所以FA⋅FB=(x1-1)(x2-1)+y1y2=x1x2-(x1+x2)+1+y1y2
=n2-(4m2+2n)+1-4n=0，
化简可得n2-6n=0，
可得n=6(0舍去)，
所以直线l的方程为x=-12y+6，
即2x+y-12=0，且直线l的斜率为k1=-2，
由x=-12y+6y2=4x解得A(4,4)，
因为当y>0时，抛物线y2=4x在x轴上方曲线方程为y=2x，
所以y'=1x，则抛物线y2=4x在A处的切线的斜率为k=14=12，
因为直线l与切线的斜率的乘积为-2×12=-1，
所以直线l与抛物线在A处的切线垂直．
【解析】(1)由抛物线的定义和三点共线取得最值的性质，可得所求方程；
(2)设直线l的方程为x=my+n(n≠0)，与抛物线的方程联立，运用韦达定理，中点坐标公式，求得以AB为直径的圆心的坐标，可得m，再由直径所对的圆周角为直角，结合向量垂直的条件，可得n，进而得到直线l的方程和斜率，求得A的坐标和A处的切线的斜率，由两直线垂直的条件，即可得证．
本题考查抛物线的定义、方程和性质，以及直线和抛物线的位置关系，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
133.(2021•宁夏银川二模•文T21．)已知椭圆C1：+＝1（a＞b＞0），其右焦点为F（1，0），圆C2：x2+y2＝a2+b2，过F垂直于x轴的直线被圆和椭圆截得的弦长比值为2．
（1）求曲线C1，C2的方程；
（2）斜率为正数的直线l过右焦点F，与椭圆交于A，B两点，与圆交于C，D两点，O为坐标原点，若|CD|＝，求△OAB的面积．
【解析】（1）联立，解得y＝±b，
联立，解得y＝±，
所以＝2，①
又因为a2＝b2+c2＝b2+1，②
联立①②得a2＝2，b2＝1，所以椭圆C1的方程为+y2＝1，圆C2的方程为x2+y2＝3．
（2）设直线l方程为：y＝k（x﹣1），
因为直线l与圆相交于C，D两点，|CD|＝，
所以圆心到直线l的距离d＝＝，
所以＝，解得k＝±1，
因为k＞0，所以k＝1，所以直线l的方程为y＝x﹣1，
联立，得3x2﹣4x＝0，
解得x＝0，或x＝，所以A（0，﹣1），B（，），
所以|AB|＝＝，
所以S△OAB＝|AB|d＝××＝．
134.(2021•安徽淮北二模•文T20．)已知椭圆E：+＝1（a＞b＞0），其短轴为2，离心率为．
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）设椭圆E的右焦点为F，过点G（2，0）作斜率不为0的直线交椭圆E于M，N两点，设直线FM和FN的斜率为k1，k2，试判断k1+k2是否为定值，若是定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由．

【解析】（Ⅰ）由题意可知：2b＝2，b＝1，
椭圆的离心率e＝＝＝，则a＝，
∴椭圆的标准方程：；
（Ⅱ）设直线MN的方程为y＝k（x﹣2）（k≠0）．
，消去y整理得：（1+2k2）x2﹣8k2x+8k2﹣2＝0．设M（x1，y1），N（x2，y2），
则x1+x2＝，x1x2＝，
k1+k2＝+＝+＝k[2﹣]
＝k[2﹣]＝0
∴k1+k2＝0为定值．

135.(2021•吉林长春一模•文T20．)已知椭圆,直线分别与轴轴交于两点,与椭圆交于两点.
(I)若求直线的方程;
(Ⅱ)若点的坐标为求面积的最大值.
【解析】(1)设联立直线方程与椭圆方程有
有有，
所以AB中点坐标为
由中点坐标为
因为所以线段MN的中点与AB的中点重合,有
解得(6分)
(2)由(1)可知
因为所以
所以当k=0时面积最大.(12分)
136.(2021•新疆乌鲁木齐二模•文T19．)已知点M（﹣1，0），N（1，0），动点P满足|PM|＝|PN|．
（Ⅰ）求动点P的轨迹E的方程；
（Ⅱ）过抛物线y2＝2x上一点A（2，2）作曲线E的两条切线分别交抛物线于B，C两点，求直线BC的斜率．
【解析】（Ⅰ）设P（x，y），由已知点M（﹣1，0），N（1，0），|PM|＝|PN|，
得＝，
所以动点P的轨迹E的方程为（x﹣2）2+y2＝3．
（Ⅱ）由题意知切线斜率存在且不为0，
设切线的斜率为k，则切线的方程为y﹣2＝k（x﹣2），
联立，得+y2＝3，
化简得（1+k2）y2﹣4y﹣3k2+4＝0，
所以△＝16﹣4（1+k2）（4﹣3k2）＝0，解得k＝±，
所以切线的方程为y﹣2＝（x﹣2）和y﹣2＝﹣（x﹣2），
联立，得yB＝2﹣2，
联立，得yC＝﹣2﹣2，
所以kBC＝＝＝＝＝﹣．