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圆锥曲线综合题高考常见题型与分析
本部分重点考查直线和圆锥曲线的综合性问题,从近几年的高考试题来看,除了在解答题中必然有直线与圆锥曲线的联立外,在选择题或填空题中出现的圆锥曲线问题也经常与直线结合起来.本部分的主要特点是运算量大、思维难度较高,但有时灵活地借助几何性质来分析问题可能会收到事半功倍的效果.
(1)关于圆锥曲线的方程求解,一般是由定义法求曲线的方程或由已知条件直接求曲线方程,有时也会以求轨迹的形式出现,难度中等.
(2)除了方程的求解,还有如下考查内容,圆锥曲线的弦长问题、最值问题、定点定值问题、探索性问题等,考查的知识点较多,能力要求高,尤其在考查学生的运算求解变形能力上,此类问题体现的淋漓尽致,是高考试题中区分度较高的题目.
(3)预测2015年的高考,对本节知识的考查仍以解答题为主,选择的载体一般是椭圆,主要围绕着直线与椭圆的位置关系进行命题,有时会与向量的共线、模和内积等联系起来;对于方程的求解,不要忽视轨迹的求解形式,后面的设问将是对最值、定值、定点、参数范围的考查,探索类和存在性问题考查的概率也很高.
一、直线和圆锥曲线经典结论
椭 圆
以焦点弦PQ为直径的圆必与对应准线相离.
以焦点半径PF1为直径的圆必与以长轴为直径的圆内切.
若在椭圆上，则过的椭圆的切线方程是.
若在椭圆外 ，则过Po作椭圆的两条切线切点为P1、P2，则切点弦P1P2的直线方程是.
椭圆 (a＞b＞0)的左右焦点分别为F1，F 2，点P为椭圆上任意一点，则椭圆的焦点角形的面积为.
椭圆（a＞b＞0）的焦半径公式：
,( , ).
AB是椭圆的不平行于对称轴的弦，M为AB的中点，则，即。
若在椭圆内，则被Po所平分的中点弦的方程是.
若在椭圆内，则过Po的弦中点的轨迹方程是.
双曲线
以焦点弦PQ为直径的圆必与对应准线相交.
以焦点半径PF1为直径的圆必与以实轴为直径的圆相切.（内切：P在右支；外切：P在左支）
若在双曲线（a＞0,b＞0）上，则过的双曲线的切线方程是.
若在双曲线（a＞0,b＞0）外 ，则过Po作双曲线的两条切线切点为P1、P2，则切点弦P1P2的直线方程是.
双曲线（a＞0,b＞o）的左右焦点分别为F1，F 2，点P为双曲线上任意一点，则双曲线的焦点角形的面积为.
双曲线（a＞0,b＞o）的焦半径公式：( ,
当在右支上时，,.
当在左支上时，,
AB是双曲线（a＞0,b＞0）的不平行于对称轴的弦，M为AB的中点，则，即。
若在双曲线（a＞0,b＞0）内，则被Po所平分的中点弦的方程是.
若在双曲线（a＞0,b＞0）内，则过Po的弦中点的轨迹方程是.
抛物线
以焦点弦AB为直径的圆与准线相切；
;
;
;
;
;
A、O、三点共线；
B、O、三点共线；
；
（定值）；
；；
；
；
;
;
16.过抛物线上一点M(x0,y0)的切线方程为
注意：
过抛物线上一点M(x0,y0)的切线的方程为：
过抛物线上一点M(x0,y0)的切线的方程为：
过抛物线上一点M(x0,y0)的切线的方程为：
17.过抛物线焦点弦的两端点的抛物线的切线的交点在准线上；过抛物线准线上任一点作抛物线的切线，则过两切点的弦必过焦点
二、圆锥曲线常考题型与解题策略
题型1：求轨迹方程
解题策略：
（1）熟练各种圆锥曲线的有关定义、标准方程、性质；
（2）认真审题；
（3）列式求解；
（4）查漏补缺下结论。
特别注意：若所求的方程后面要用到，必须验算！
例1. 已知椭圆的一个焦点为，离心率为。
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若动点为椭圆外一点，且点P到椭圆C的两条切线相互垂直，求点P的轨迹方程.
变式练习：
1.圆的切线与x轴正半轴，y轴正半轴围成一个三角形，当该三角形面积最小时，切点为P（如图），双曲线过点P且离心率为.
（1）求的方程；
（2）椭圆过点P且与有相同的焦点，直线过的右焦点且与交于A，B两点，若以线段AB为直径的圆过点P，求的方程
2.如图，曲线C由上半椭圆C1：＋＝1(a>b>0，y≥0)和部分抛物线C2：y＝－x2＋1(y≤0)连接而成，C1与C2的公共点为A，B，其中C1的离心率为.
(1)求a，b的值；
(2)过点B的直线l与C1，C2分别交于点P，Q(均异于点A，B)，若AP⊥AQ，求直线l的方程．
题型2：与圆锥曲线相关的最值问题
解题策略：(1)常用方法有配方法、判别式法、导数法、函数单调性等;
(2)参数方程法（三角代换法）,把问题转化为三角函数问题，利用三角函数的有界性;
(3)不等式法,通过基本不等式求最值;
(4)数形结合法.
解决最值问题一定要分清哪些量为变量,哪些量为常量;解决此类问题要综合应用多种知识,注意问题切入点的突破.
例2.已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形．
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)设F为椭圆C的左焦点，T为直线x＝－3上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q.
①证明：OT平分线段PQ(其中O为坐标原点)；
②当最小时，求点T的坐标．
解：(1)由已知可得解得a2＝6，b2＝2，
所以椭圆C的标准方程是＋＝1.
(2)①证法一：由(1)可得，F的坐标是(－2，0)，设T点的坐标为(－3，m)，
则直线TF的斜率kTF＝＝－m.
当m≠0时，直线PQ的斜率kPQ＝.直线PQ的方程是x＝my－2.
当m＝0时，直线PQ的方程是x＝－2，也符合x＝my－2的形式．
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立，得
得(m2＋3)y2－4my－2＝0，
其判别式Δ＝16m2＋8(m2＋3)>0.所以
y1＋y2＝，y1y2＝，
x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝.
设M为PQ的中点，则M点的坐标为.所以直线OM的斜率kOM＝－，
又直线OT的斜率kOT＝－，所以点M在直线OT上，因此OT平分线段PQ.
证法二：设T点的坐标为(－3，m)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，PQ中点M（x0，y0），则
若m=0，则PQ中点为F，满足OT平分线段PQ；
若，则
由，得O,M,T花线
综上：OT平分线段PQ。
② 方一：由①可得，|TF|＝，
|PQ|＝＝
＝＝.
所以＝＝
≥＝.
当且仅当m2＋1＝，即m＝±1时，等号成立，此时取得最小值．
故当最小时，T点的坐标是(－3，1)或(－3，－1)．
方二：由（1），得是椭圆的左准线，离心，由①及椭圆第二定义，得
，
余略。
变式练习：
3.如图，设椭圆C：＋＝1(a>b>0)，动直线l与椭圆C只有一个公共点P，且点P在第一象限．
(1)已知直线l的斜率为k，用a，b，k表示点P的坐标；
(2)若过原点O的直线l1与l垂直，证明：点P到直线l1的距离的最大值为a－b.
4. 已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，A为C上异于原点的任意一点，过点A的直线l交C于另一点B，交x轴的正半轴于点D，且有|FA|＝|FD|.当点A的横坐标为3时，△ADF为正三角形．
(1)求C的方程．
(2)若直线l1∥l，且l1和C有且只有一个公共点E.
①证明直线AE过定点，并求出定点坐标．
②△ABE的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．
题型3：与圆锥曲线相关的存在性问题
求解策略： (1)思路:先假设存在,推证满足条件的结论,若结论正确则存在;若结论不正确则不存在.
(2)策略:①当条件和结论不唯一时要分类讨论;
②当给出结论而要推导出存在的条件时,先假设成立,再推出条件;
③当条件和结论都不知,按常规法解题很难时,可先由特殊情况探究,再推广到一般情况.
例3. 如图，直线，抛物线，已知点在抛物线上，且抛物线上的点到直线的距离的最小值为．
（1）求直线及抛物线的方程；
（2）过点的任一直线（不经过点）与抛物线交于、两点，直线与直线相交于点，记直线，，的斜率分别为，， ．问：是否存在实数，使得？若存在，试求出的值；若不存在，请说明理由．
解：（1）（法一）点在抛物线上， ．
设与直线平行且与抛物线相切的直线方程为，
由 得，
，
由，得，则直线方程为．
两直线、间的距离即为抛物线上的点到直线的最短距离，
有，解得或（舍去）．
直线的方程为，抛物线的方程为．
（法二）点在抛物线上，
，抛物线的方程为．
设为抛物线上的任意一点，点到直线的距离为，
根据图象，有，
，
，的最小值为，由，解得．
因此，直线的方程为，抛物线的方程为．
（2）直线的斜率存在，
设直线的方程为，即，
由 得，
设点、的坐标分别为、，则，，
，，
由 得，，
， ．
因此，存在实数，使得成立，且．
点评:(1)常常根据题意建立含有参数的等式或不等式,通过解等式或不等式求参数的值或范围.(2)建立关于某变量的一元二次方程,利用根与系数的关系或利用判别式求参数或参数的范围.
变式练习：
5.已知动圆P与圆F1:(x+3)2+y2=81相切,且与圆F2:(x-3)2+y2=1相内切,记圆心P的轨迹为曲线C;设Q为曲线C上的一个不在x轴上的动点,O为坐标原点,过点F2作OQ的平行线交曲线C于两个不同的点M,N.
(1)求曲线C的方程;
(2)试探究|MN|和|OQ|2的比值能否为一个常数 若能,求出这个常数;若不能,请说明理由;
(3)记△QF2M的面积为S1,△OF2N的面积为S2,令S=S1+S2,求S的最大值.
6. 在平面直角坐标系xOy中,经过点(0,)且斜率为k的直线l与椭圆+y2=1有两个不同的交点P和Q.
(1)求k的取值范围;
(2)设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A,B,是否存在常数k,使得向量共线 如果存在,求出k的值;如果不存在,请说明理由.
7.已知点F1(－1，0)，F2(1，0)分别是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，点P在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)设直线l1：y＝kx＋m，l2：y＝kx－m，若l1，l2均与椭圆C相切，试探究在x轴上是否存在定点M，点M到l1，l2的距离之积恒为1.若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
题型4：与圆锥曲线的弦长、距离、面积等有关的问题
解题策略：
（1）当直线的斜率是否存在未定时，用点斜式或斜截式表示直线时，需分类讨论；当直线与y轴不垂直时，可设直线为的形式。将直线方程与圆锥曲线方程联立,构成方程组,得到型如的方程，判别式为△，利用根与系数的关系设而不求计算弦长,设两交点为，则|AB|==（k为直线AB的斜率）；
（2）当涉及过焦点的弦长问题时,可考虑用圆锥曲线的定义；
（3）当弦过原点时，可考虑转化为极坐标方程解。
例4． 已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，直线y=4与y轴的交点为P,与C的交点为Q,且|QF|=|PQ|.
(1)求C的方程;
(2)过F的直线l与C相交于A,B两点,若AB的垂直平分线l'与C相交于M、N两点，且A、M、B、N四点在同一圆上,求l的方程.
命题定位:本题主要考查抛物线的定义、直线方程、一元二次方程的根与系数的关系、弦长公式等知识,体现数形结合的思想、函数方程思想.对运算求解能力、分析问题和解决问题的能力、数学探究能力及综合运用知识的能力有较高的要求.
解：（I）设，代入，得
由题设得，解得（舍去）或，
∴C的方程为；
（II）由题设知与坐标轴不垂直，故可设的方程为，
代入，得．
设则．
故的中点为
又的斜率为
的方程为．
将上式代入，并整理得．
设则
．
故的中点为
．
由垂直平分，故四点在同一圆上等价于，则
即，
化简得，解得或．
所求直线的方程为或．
变式练习：
8.已知点（0，-2），椭圆：的离心率为，是椭圆的焦点，直线的斜率为，为坐标原点.
(Ⅰ)求的方程；
（Ⅱ）设过点的直线与相交于两点，当的面积最大时，求的方程.
9. 在平面直角坐标系xOy中，过定点C（0，p）作直线与抛物线x2=2py（p>0）相交于A、B两点。
（Ⅰ）若点N是点C关于坐标原点O的对称点，求△ANB面积的最小值；
（Ⅱ）是否存在垂直于y轴的直线l，使得l被以AC为直径的圆截得弦长恒为定值？若存在，求出l的方程；若不存在，说明理由。
题型5：圆锥曲线的中点弦问题
解题策略：这类问题一般有以下三种类型：
（1）求中点弦所在直线方程问题；
（2）求弦中点的轨迹方程问题；
（3）求弦中点的坐标问题。
其解法有“点差法”、设而不求法、参数法、待定系数法及中心对称变换法等。
例5.如图7，为坐标原点，椭圆的左右焦点分别为，离心率为；双曲线的左右焦点分别为，离心率为，已知，且.
（Ⅰ）求的方程；
(
图
7
)（Ⅱ）过作的不垂直于轴的弦，为的中点，当直线与交于两点时，求四边形面积的最小值.
解：（Ⅰ），
即，
从而，
于是，
，
故椭圆方程为,双曲线的方程为.
（Ⅱ）因为直线不垂直于轴且过点，故设直线的方程为.
由得，
设，则是上述方程的两个实根，
因此，的中点为，
故直线的斜率为，的方程为，即.
由得，
设点到直线的距离为，则点到直线的距离也为，
因为点在直线的异侧，所以，
于是,
从而
又因为，所以
四边形面积
而，故当时，取得最小值2.
故四边形面积的最小值为2.
变式练习：
10.平面直角坐标系xoy中,过椭圆 的右焦点作直交于A,B两点,为的中点,且OP的斜率为.
(Ⅰ)求的方程;
(Ⅱ)为上的两点,若四边形的对角线,求四边形面积的最大值.
11. 已知椭圆过点，且离心率。
（Ⅰ）求椭圆方程；
（Ⅱ）若直线与椭圆交于不同的两点、，且线段的垂直平分线过定点，求的取值范围。
题型6：圆锥曲线中的参数问题
解题策略：(1)函数法,用其他变量表示该参数,建立函数关系,利用函数值域来求解;
(2)不等式法,根据题意建立含有参数的不等式,通过解不等式求参数的范围;
(3)判别式法,建立关于某变量的一元二次方程,利用判别式Δ≥0求参数的范围;
(4)方程思想,建立含有参数的等式,通过等式确定参数.
例6.已知椭圆C的左、右焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，且F2到直线x－y－9＝0的距离等于椭圆的短轴长．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若圆P的圆心为P(0，t)(t>0)，且经过F1，F2，Q是椭圆C上的动点且在圆P外，过点Q作圆P的切线，切点为M，当|QM|的最大值为时，求t的值．
解：(1)设椭圆的方程为＋＝1(a>b>0)．
依题意可知，2b＝＝4，所以b＝2.
又c＝1，故a2＝b2＋c2＝5，
故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设Q(x0，y0)，圆P的方程为x2＋(y－t)2＝t2＋1.
因为PM⊥QM，所以
|QM|＝＝＝.
若－4t≤－2，即t≥，当y0＝－2时，|QM|取得最大值，
|QM|max＝＝，解得t＝<(舍去)．
若－4t>－2，即0且|QM|max＝＝，解得t2＝.
又0综上可知，当t＝时，|QM|的最大值为.
变式练习：
12. 在平面直角坐标系xOy中，点M到点F(1，0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C.
(1)求轨迹C的方程；
(2)设斜率为k的直线l过定点P(－2，1)，求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围．
13.已知椭圆C:+y2=1,右焦点为F2.设A,B是C上的两个动点,线段AB的中点M的横坐标为-,线段AB的中垂线交椭圆C于P,Q两点.求的取值范围.
题型7：与圆锥曲线相关的定点、定值问题
解题策略：与圆锥曲线相关的定点、定值问题往往与圆锥曲线中的“常数”有关,如椭圆的长、短轴,双曲线的虚、实轴,抛物线的焦点、准线等.定值问题的求解与证明类似,在求定值之前,已经知道定值的结果(题中未告知,可用特殊值探路求之),解答这类题要大胆设参,运算推理,到最后参数必清,定值显现.
处理定点问题的方法：⑴常把方程中参数的同次项集在一起，并令各项的系数为零，求出定点；
⑵也可先取参数的特殊值探求定点，然后给出证明，
例7.已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，椭圆上的点到焦点距离的最大值为，最小值为．
（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）若直线与椭圆相交于，两点（不是左右顶点），且以为直径的圆过椭圆的右顶点，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标．
解：（Ⅰ）设椭圆C的标准方程为，则
故椭圆C的标准方程为
（Ⅱ）设，，
联立， 得，
又，
因为以为直径的圆过椭圆的右焦点，
，即，
，
，
，解得：，，且均满足，
当时，的方程为，直线过定点，与已知矛盾；
当时，的方程为，直线过定点．
所以，直线过定点，定点坐标为．
例8.如图，已知双曲线C：﹣y2=1（a＞0）的右焦点为F，点A，B分别在C的两条渐近线AF⊥x轴，AB⊥OB，BF∥OA（O为坐标原点）．
（1）求双曲线C的方程；
（2）过C上一点P（x0，y0）（y0≠0）的直线l：﹣y0y=1与直线AF相交于点M，与直线x=相交于点N．证明：当点P在C上移动时，恒为定值，并求此定值．
（1）解：依题意知，A（c，），设B（t，﹣），
∵AB⊥OB，BF∥OA，
∴ =﹣1，=，
整理得：t=，a=，
∴双曲线C的方程为﹣y2=1；
（2）证明：由（1）知A（2，），l的方程为：﹣y0y=1，
又F（2，0），直线l：﹣y0y=1与直线AF相交于点M，与直线x=相交于点N．
于是可得M（2，），N（，），
∴==
===．
即恒为定值。
变式练习：
14.椭圆C：（a＞b＞0）的左、右焦点分别是F1、F2,离心率为 ，过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.
　　（Ⅰ）求椭圆C的方程；
　　（Ⅱ）点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1、PF2,设∠F1PF2的角平分线 ，PM交C的长轴于点M（m，0），求m的取值范围；
　　（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，过点p作斜率为k的直线l，使得l与椭圆C有且只有一个公共点， 设直线PF1,PF2的斜率分别为k1，k2，若k≠0，试证明为定值，并求出这个定值.
15.已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，椭圆C上的点到焦点距离的最大值为3；最小值为1；
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）若直线与椭圆C相交于A，B两点（A，B不是左右顶点），且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点。求证：直线过定点，并求出该定点的坐标。
题型8：与圆锥曲线相关的求值问题
解题策略：熟练各种曲线的定义、方程和性质。
例9.设椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，右顶点为A，上顶点为B.已知|AB|＝|F1F2|.
(1)求椭圆的离心率；
(2)设P为椭圆上异于其顶点的一点，以线段PB为直径的圆经过点F1，经过原点O的直线l与该圆相切，求直线l的斜率．
解：(1)设椭圆右焦点F2的坐标为(c，0)．
由|AB|＝|F1F2|，可得a2＋b2＝3c2.
又b2＝a2－c2，则＝，
所以椭圆的离心率e＝.
(2)由(1)知a2＝2c2，b2＝c2.故椭圆方程为＋＝1.
设P(x0，y0)．由F1(－c，0)，B(0，c)，有＝(x0＋c，y0)，＝(c，c)．
由已知，有·＝0，即(x0＋c)c＋y0c＝0.
又c≠0，故有x0＋y0＋c＝0.①
又因为点P在椭圆上，所以＋＝1.②
由①和②可得3x＋4cx0＝0.
而点P不是椭圆的顶点，故x0＝－c.
代入①得y0＝，即点P的坐标为.
设圆的圆心为T(x1，y1)，则x1＝＝－c，y1＝＝c，
则圆的半径r＝＝c.
设直线l的斜率为k，依题意，直线l的方程为y＝kx.
由l与圆相切，可得＝r，即＝c，
整理得k2－8k＋1＝0，解得k＝4±，
所以直线l的斜率为4＋或4－.
变式练习：
16.如图所示，设椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点D在椭圆上，DF1⊥F1F2，＝2，△DF1F2的面积为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设圆心在y轴上的圆与椭圆在x轴的上方有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点，求圆的半径．
17.设F1，F2分别是椭圆C：＋＝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，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.
18. 如图，已知两条抛物线E1：y2＝2p1x(p1＞0)和E2：y2＝2p2x
(p2＞0)，过原点O的两条直线l1和l2，l1与E1，E2分别交于A1，A2两点，l2与E1，E2分别交于B1，B2两点．
(1)证明：A1B1∥A2B2；
(2)过O作直线l(异于l1，l2)与E1，E2分别交于C1，C2两点，记△A1B1C1与△A2B2C2的面积分别为S1与S2，求的值．
变式练习参考答案
1．解：（1）
（2）由（1）可知双曲线C1的焦点（±，0），即为椭圆C2的焦点．
可设椭圆C2的方程为（b1＞0）．
把P代入可得，解得=3，
因此椭圆C2的方程为．
由题意可设直线l的方程为x=my+，A（x1，y1），B（x2，y2），
联立，化为，
∴，．
∴x1+x2==，
x1x2==．
，，
∵，∴，
∴+，
∴，解得m=或m=，
因此直线l的方程为：或．
2.解：(1)
（2），
：
，
方法二：若设直线l的方程为x＝my＋1(m≠0)，比照方法一给分．
3. 解：(1)设直线l的方程为y＝kx＋m(k<0，m>0)，
由得(b2＋a2k2)x2＋2a2kmx＋a2m2－a2b2＝0.
由于l与C只有一个公共点，故Δ＝0，即b2－m2＋a2k2＝0，
解得点P的坐标为.
又点P在第一象限，故点P的坐标为P.
(2)由于直线l1过原点O且与l垂直，故直线l1的方程为x＋ky＝0，所以
点P到直线l1的距离d＝，
整理得d＝.
因为a2k2＋≥2ab，所以≤＝a－b，
当且仅当k2＝时等号成立．
所以，点P到直线l1的距离的最大值为a－b.
4. 解：(1)由题意知F.设D(t，0)(t>0)，则FD的中点为.
因为|FA|＝|FD|，由抛物线的定义知3＋＝，
解得t＝3＋p或t＝－3(舍去)．
由＝3，解得p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)①证明：由(1)知F(1，0)．设A(x0，y0)(x0y0≠0)，D(xD，0)(xD>0)．
因为|FA|＝|FD|，则|xD－1|＝x0＋1，
由xD>0得xD＝x0＋2，故D(x0＋2，0)．故直线AB的斜率kAB＝－.
因为直线l1和直线AB平行，设直线l1的方程为y＝－x＋b，
代入抛物线方程得y2＋y－＝0，
由题意Δ＝＋＝0，得b＝－.
设E(xE，yE)，则yE＝－，xE＝.
当y≠4时，kAE＝＝－＝，
可得直线AE的方程为y－y0＝(x－x0)，
由y＝4x0，整理可得y＝(x－1)，直线AE恒过点F(1，0)．
当y＝4时，直线AE的方程为x＝1，过点F(1，0)．
所以直线AE过定点F(1，0)．
②由①知，直线AE过焦点F(1，0)，
所以|AE|＝|AF|＋|FE|＝(x0＋1)＋＝x0＋＋2.
设直线AE的方程为x＝my＋1，因为点A(x0，y0)在直线AE上，故m＝.
设B(x1，y1)．直线AB的方程为y－y0＝－(x－x0)，
由y0≠0，得x＝－y＋2＋x0.代入抛物线方程得y2＋y－8－4x0＝0，所以y0＋y1＝－，
可求得y1＝－y0－，x1＝＋x0＋4.
所以点B到直线AE的距离为
d＝＝＝4，
则△ABE的面积S＝×4x0＋＋2≥16，
当且仅当＝x0，即x0＝1时，等号成立．
所以△ABE的面积的最小值为16.
5. 解:(1)设圆心P的坐标为(x,y),半径为R,
∵动圆P与圆F1:(x+3)2+y2=81相切,且与圆F2:(x-3)2+y2=1相内切,
∴动圆P与圆F1:(x+3)2+y2=81只能内切.
∴ |PF1|+|PF2|=8>|F1F2|=6.
∴圆心P的轨迹为以F1,F2为焦点的椭圆,其中2a=8,2c=6.
∴a=4,c=3,b2=a2-c2=7.
故曲线C的方程为=1.
(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),Q(x3,y3),直线OQ的方程为x=my,则直线MN的方程为x=my+3.
由可得则
∴|OQ|2==.
由可得(7m2+16)y2+42my-49=0,∴y1+y2=-,y1y2=-.
∴|MN|==
=|y2-y1|===.
∴.
∴|MN|和|OQ|2的比值为一个常数,这个常数为.
(3)∵MN∥OQ,∴△QF2M的面积=△OF2M的面积.
∴S=S1+S2=S△OMN.
∵O到直线MN:x=my+3的距离d=,
∴S=|MN|·d=
当且仅当即m=±时,S取最大值2.
(或：令=t,则m2=t2-1(t≥1),S=.
∵7t+≥2=6(当且仅当7t=,
即t=,亦即m=±时取等号),∴当m=±时,S取最大值2.）
6. 解:(1)由已知条件知直线l的方程为y=kx+,
代入椭圆方程,得+(kx+)2=1,整理得x2+2kx+1=0.①
由直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q,
得Δ=8k2-4=4k2-2>0,解得k<-或k>.
故k的取值范围为.
(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),则=(x1+x2,y1+y2).
由方程①,知x1+x2=-.②
又y1+y2=k(x1+x2)+2.③
由A(,0),B(0,1),得=(-,1).所以共线等价于x1+x2=-(y1+y2),
将②③代入,解得k=.
因为由(1)知k<-或k>,所以不存在符合题意的常数k.
7. 解：(1)方法一：由F1(－1，0)，F2(1，0)是椭圆的两个焦点，得c＝1.
又∴a2＝2，b2＝1，故椭圆C的方程为＋y2＝1.
方法二：由F1(－1，0)，F2(1，0)是椭圆的两个焦点，得c＝1.
又2a＝|PF1|＋|PF2|＝＋＝2 ，
∴a＝，∴b＝1. 故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)把l1的方程代入椭圆方程，整理得(1＋2k2)x2＋4mkx＋2m2－2＝0.
∵直线l1与椭圆C相切，
∴Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)＝0，化简得m2＝1＋2k2.
同理把l2的方程代入椭圆方程，也得m2＝1＋2k2.
设在x轴上存在点M(t，0)，点M到直线l1，l2的距离之积为1，则
·＝1，即|k2t2－m2|＝k2＋1，
把1＋2k2＝m2代入上式并去绝对值整理，得k2(t2－3)＝2或k2(t2－1)＝0.
k2(t2－3)＝2显然不恒成立，
要使得k2(t2－1)＝0对任意的k∈R恒成立，则t2－1＝0，解得t＝±1.
综上所述，满足题意的定点M存在，其坐标为(－1，0)或(1，0)．
8. 解：(Ⅰ) 设，由条件知，得
又，所以a=2， ,故的方程.
（Ⅱ）依题意当轴不合题意，故设直线l：，设
将代入，得，
当，即时，
从而
又点O到直线PQ的距离，所以OPQ的面积
，
当且仅当，即等号成立，且满足，
（或：设，则，，当且仅当，等号成立，且满足）
所以当OPQ的面积最大时，的方程为： 或.
9. （Ⅰ）依题意，点N的坐标为N（0,-p）,可设A（x1,y1）,B（x2,y2），直线AB的方程为y=kx+p,与x2=2py联立得x2-2pkx-2p2=0.
由韦达定理得x1+x2=2pk，x1x2=-2p2.
于是＝
＝
.
（Ⅱ）假设满足条件的直线l存在，其方程为y=a,AC的中点为径的圆相交于点P、Q，PQ的中点为H，则
＝.
=＝
=
令，得为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为，即抛物线的通径所在的直线.
解法2：（Ⅰ）前同解法1，再由弦长公式得
＝
又由点到直线的距离公式得.
从而，
（Ⅱ）假设满足条件的直线t存在，其方程为y=a，则以AC为直径的圆的为
将直线方程y=a代入得
设直线l与以AC为直径的圆的交点为P（x2,y2）,Q（x4,y4）,则有
令为定值
故满足条件的直线l存在，其方程为.即抛物线的通径所在的直线。
10. 解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则
，，，
由此可得.
因为x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，，所以a2＝2b2.
又由题意知，M的右焦点为(，0)，故a2－b2＝3.因此a2＝6，b2＝3.
所以M的方程为.
(2)由解得或因此|AB|＝.
由题意可设直线CD的方程为y＝，
设C(x3，y3)，D(x4，y4)．
由得3x2＋4nx＋2n2－6＝0.于是x3,4＝.
因为直线CD的斜率为1，所以|CD|＝.
由已知，四边形ACBD的面积.
当n＝0时，S取得最大值，最大值为.
所以四边形ACBD面积的最大值为.
11. 解：（Ⅰ）离心率，，即 ①；
又椭圆过点，则，
①式代入上式，解得，，
故椭圆方程为。
（Ⅱ）解法一：设，弦MN的中点A
由得：，
直线与椭圆交于不同的两点，
，即 ②
由韦达定理得：，
则，
直线AG的斜率为：，
由直线AG和直线MN垂直可得：，即，
代入②式，可得，即，则。
解法二：设，弦MN的中点A，则
两式相减，得
当时，由得
由题意，得A在直线和椭圆内且不在x轴上，则或，在此范围单调递增，故
或。
12. 解：(1)设点M(x，y)，依题意得|MF|＝|x|＋1，即＝|x|＋1，
化简整理得y2＝2(|x|＋x)．
故点M的轨迹C的方程为y2＝
(2)在点M的轨迹C中，记C1：y2＝4x，C2：y＝0(x<0)．
依题意，可设直线l的方程为y－1＝k(x＋2)．
由方程组可得ky2－4y＋4(2k＋1)＝0.①
当k＝0时，y＝1.把y＝1代入轨迹C的方程，得x＝.
故此时直线l：y＝1与轨迹C恰好有一个公共点.
当k≠0时，方程①的判别式Δ＝－16(2k2＋k－1)．②
设直线l与x轴的交点为(x0，0)，则由y－1＝k(x＋2)，
令y＝0，得x0＝－.③
(i)若由②③解得k<－1或k>.
即当k∈(－∞，－1)∪时，直线l与C1没有公共点，与C2有一个公共点．故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点．
(ii)若或
由②③解得k∈或－≤k<0.即当k∈时，直线l与C1只有一个公共点．
当k∈时，直线l与C1有两个公共点，与C2没有公共点．
故当k∈∪时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点．
(iii)若由②③解得－1即当k∈∪时，直线l与C1有两个公共点，与C2有一个公共点，故此时直线l与轨迹C恰好有三个公共点．
综上可知，当k∈∪∪{0}时，直线l与轨迹C恰好有一个公共点；当k∈∪时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点；当k∈∪时，直线l与轨迹C恰好有三个公共点．
13. 解:由题意知,当直线AB垂直于x轴时,直线AB方程为x=-,此时P(-,0),Q(,0),得=-1.
当直线AB不垂直于x轴时,
设直线AB的斜率为k(k≠0),M(m≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-1,y1+y2=2m.
由得(x1+x2)+2(y1+y2)·=0,
则-1+4mk=0,故k=.此时,直线PQ斜率为k1=-4m,
PQ的直线方程为y-m=-4m,即y=-4mx-m.
联立整理得(32m2+1)x2+16m2x+2m2-2=0.
设P(x3,y3),Q(x4,y4),所以x3+x4=-,x3x4=.于是
=(x3-1)(x4-1)+y3y4=x3x4-(x3+x4)+1+(4mx3+m)(4mx4+m)
=(4m2-1)(x3+x4)+(16m2+1)x3x4+m2+1
=+1+m2=.
由于M在椭圆的内部,故0又1综上,的取值范围为.
14. 解：（1）由已知得，，，解得
所以椭圆方程为：
（2）由题意可知：=,=,
设其中，将向量坐标代入并化简得：
m（
因为， 所以，而，所以
（3）由题意可知，l为椭圆的在p点处的切线，由导数法可求得，切线方程为：
，所以，而，代入中得：
为定值.
15. 分析：第一问，是待定系数法求椭圆的标准方程；第二问，直线与椭圆C相交于A，B两点，并且椭圆的右顶点和A、B的连线互相垂直，证明直线过定点，就是通过垂直建立k、m的一次函数关系。
解（I）由题意设椭圆的标准方程为
，
（II）设，由得
，
，
（注意：这一步是同类坐标变换）
（注意：这一步叫同点纵、横坐标间的变换）
以AB为直径的圆过椭圆的右顶点且，
，，
，
，解得，且满足
当时，，直线过定点与已知矛盾；
当时，，直线过定点
综上可知，直线过定点，定点坐标为
16. 解：(1)设F1(－c，0)，F2(c，0)，其中c2＝a2－b2.
由＝2得|DF1|＝＝c.
从而S△DF1F2＝|DF1||F1F2|＝c2＝，故c＝1.从而|DF1|＝，
由DF1⊥F1F2，得|DF2|2＝|DF1|2＋|F1F2|2＝，因此|DF2|＝，
所以2a＝|DF1|＋|DF2|＝2，故a＝，b2＝a2－c2＝1.
因此，所求椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(2)如图所示，设圆心在y轴上的圆C与椭圆＋y2＝1相交，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是两个交点，y1>0，y2>0，F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1⊥F2P2.由圆和椭圆的对称性，易知，x2＝－x1，y1＝y2，|P1P2|＝2|x1|.
由(1)知F1(－1，0)，F2(1，0)，所以＝(x1＋1，y1)，＝(－x1－1，y1)．
再由F1P1⊥F2P2得－(x1＋1)2＋y＝0.
由椭圆方程得1－＝(x1＋1)2，即3x＋4x1＝0，
解得x1＝－或x1＝0.
当x1＝0时，P1，P2重合，此时题设要求的圆不存在．
当x1＝－时，过P1，P2分别与F1P1，F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.由F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1⊥F2P2，知CP1⊥CP2.
又|CP1|＝|CP2|，故圆C的半径|CP1|＝|P1P2|＝|x1|＝.
17. 解：(1)根据c＝及题设知M，2b2＝3ac.
将b2＝a2－c2代入2b2＝3ac，解得＝，＝－2(舍去)．
故C的离心率为.
(2)由题意知，原点O为F1F2的中点，MF2∥y轴，所以直线MF1与y轴的交点D(0，2)是线段MF1的中点，故＝4，即b2＝4a.①
由|MN|＝5|F1N|，得|DF1|＝2|F1N|.设N(x1，y1)，由题意知y1<0，则
即代入C的方程，得＋＝1.②
将①及c＝代入②得＋＝1，
解得a＝7，b2＝4a＝28，故a＝7，b＝2.
18. (1)证明：设直线l1，l2的方程分别为y＝k1x，y＝k2x(k1，k2≠0)，
则由 得A1，
由得A2.
同理可得B1，B2.
所以＝＝2p1，
＝＝2p2.
故＝，所以A1B1∥A2B2
(2) 解：由(1)知A1B1∥A2B2，同理可得B1C1∥B2C2，C1A1∥C2A2，
所以△A1B1C1∽△A2B2C2，因此＝.
又由(1)中的＝||知，＝，故＝.
19. 解法一：（Ⅰ）设点，则，由得：
，
化简得.
（Ⅱ）设直线的方程为.设，，又，
联立方程组，消去得：，，
故，
由，得：
，，整理得：，，
解法二：（Ⅰ）由得：，
，，
所以点的轨迹是抛物线，由题意，轨迹的方程为：.
（Ⅱ）由已知，，得.则：
.…………①
过点分别作准线的垂线，垂足分别为，，
则有：.…………②，
由①②得：，即.

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