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专题十一 直线与圆锥曲线
【题型分析】
考情分析：
　　直线与圆锥曲线联系在一起的综合题在高考中多以中难题、压轴题出现，主要涉及位置关系的判定、弦长问题、最值问题、对称问题、轨迹问题等，突出考查数形结合、分类讨论、函数与方程、等价转化等数学思想方法，对分析问题、解决问题的能力及计算能力要求较高.
题型1 弦长问题
例1　(2022年新高考全国Ⅱ卷)已知直线l与椭圆+=1在第一象限交于A，B两点，l与x轴、y轴分别交于M，N两点，且|MA|=|NB|，|MN|=2，则l的方程为　　　　　.
方法总结：
直线与圆锥曲线相交时弦长的求法
(1)定义法：过圆锥曲线的焦点的弦长问题，利用圆锥曲线的定义可优化解题过程.(客观题常用)
(2)点距法：将直线的方程与圆锥曲线的方程联立，求出两交点的坐标，再运用两点间距离公式求弦长.(不常用)
(3)弦长公式法：若直线l与圆锥曲线C交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则求弦长|AB|有如下公式：若直线l的斜率为k，则|AB|=·|x1-x2|=·或|AB|=·|y1-y2|=·(k≠0)；若直线l的斜率不存在，则|AB|=|y1-y2|=.它体现了解析几何中的设而不求的思想，其实质是利用两点间的距离公式以及一元二次方程根与系数的关系求解.(常用方法)
(2022年全国新高考Ⅰ卷)已知椭圆C：+=1(a>b>0)， C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为.过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE|=6，则△ADE的周长是　　　　　.
题型2 面积问题
例2　(2024年新高考全国Ⅰ卷)已知A(0，3)和P3，为椭圆C：+=1(a>b>0)上两点.
(1)求C的离心率；
(2)若过P的直线l交C于另一点B，且△ABP的面积为9，求l的方程.
方法总结：
圆锥曲线中的面积问题及常用公式
(1)S△=ah，其中a为弦长，h为点到直线的距离.
(2)S△ABC=absin C=acsin B=bcsin A，其中a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边.
(3)已知O(0，0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则S△AOB=|x1y2-x2y1|.
(4)焦点三角形面积：①在椭圆中，F1，F2是椭圆的两个焦点，椭圆上一点P的纵坐标为y0，∠F1PF2=θ，则=|PF1||PF2|·sin θ=c|y0|=b2tan ；②在双曲线中，F1，F2是双曲线的两个焦点，双曲线上一点P的纵坐标为y0，∠F1PF2=θ，则=|PF1|·|PF2|sin θ=c|y0|=.
(2023年全国甲卷)已知直线x-2y+1=0与抛物线C：y2=2px(p>0)交于A，B两点，|AB|=4.
(1)求p；
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，·=0，求△MFN面积的最小值.
题型3 中点弦的问题
例3　(1)已知抛物线C：y2=4x，过点M，-1的直线l与C相交于A，B两点，且M为弦AB的中点，则直线l的斜率为(　　).
A.- B.- C.-1 D.-2
(2)(2023年全国乙卷)设A，B为双曲线x2-=1上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是(　　).
A.(1，1) B.(-1，2)
C.(1，3) D.(-1，-4)
方法总结：
中点弦问题常用的求解方法
(1)点差法：设出弦的两个端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有x1+x2，y1+y2，三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借助中点公式即可求得直线的斜率.
(2)根与系数的关系法：联立直线和圆锥曲线的方程得到方程组，消元得到一元二次方程后，由根与系数的关系及中点坐标求解.
1.已知椭圆E：+=1(a>b>0)的左焦点为F，如图，过点F作倾斜角为60°的直线与椭圆E交于A，B两点，M为线段AB的中点，若5|FM|=|OF|(O为坐标原点)，则椭圆E的离心率为(　　).
A. B. C. D.
2.已知椭圆C：+=1(a>b>0)的一个焦点与抛物线y2=4x的焦点重合，离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点F-，0作斜率为的直线交椭圆C于P，Q两点，求弦PQ的中点坐标.
【真题改编】
1.(2024年新高考全国Ⅰ卷，T11改编)在生物学中对于形如双凹面圆盘的血红细胞，对其截面形状的描述主要有两种：一种是利用圆弧连接进行描述，另一种比较接近血红细胞截面的模型是卡西尼卵形线.在平面直角坐标系xOy中，M(-c，0)，N(c，0)，曲线C上动点P满足|PM|·|PN|=a2(a>0)，则曲线C的轨迹即为卡西尼卵形线.则下列结论正确的有(　　).
A.当a=c时，曲线C过原点，且关于原点中心对称
B.当c=1时，△MNP的面积不大于a2
C.当a=c=1时，曲线C与x轴恰有3个公共点
D.当a=c=1时，△MNP的周长的最小值为4
2.(2023年新高考全国Ⅱ卷，T5改编)已知椭圆C的焦点在x轴上，左、右焦点分别为F1，F2，焦距为2，且长轴长是短轴长的倍，若斜率为1的直线l与C交于A，B两点，若△F1AB面积是△F2AB面积的3-2倍，则直线l的方程为(　　).
A.x-2y+1=0
B.x-y+2=0
C.x-y+1=0
D.x-y-1=0
3.(2024年新高考全国Ⅰ卷，T12改编)如图，双曲线C：-=1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线与双曲线交于A，B两点(点A在第一象限)，直线BM垂直平分线段AF2，若∠BAM=60°，则C的离心率为　　　　.
4.(2024年新高考全国Ⅰ卷，T16改编)已知过点A(，1)的椭圆C：+=1(a>b>0)的离心率为，O为坐标原点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)斜率为1的直线与椭圆C交于B，C两点，若△OBC的面积为，求该直线的方程.
【最新模拟】
(总分：98分　填空题每题5分，共30分；解答题共68分)
1.已知圆(x-1)2+y2=4的圆心与抛物线y2=2px(p>0)的焦点F重合，A为两曲线的交点，O为坐标原点，则△AOF的面积为　　　　.
2.若直线y=k(x-3)与双曲线-y2=1只有一个公共点，则k的一个取值为　　　　.
3.已知直线y=x+m与椭圆C：+=1交于不同的两点A，B，且线段AB的中点M在圆x2+y2=1上，则m的值为　　　　.
4.在平面直角坐标系xOy中，已知点P(-1，1)和抛物线C：y2=4x，过C的焦点F且斜率为k(k>0)的直线与C交于A，B两点.记线段AB的中点为M，若线段MP的中点在C上，则k的值为　　　　；|AF|·|BF|的值为　　　　.
5.(10分)已知圆x2+y2-x-2y+m=0与x轴交于点P(1，0)，且经过椭圆G：+=1(a>b>0)的上顶点，椭圆G的离心率为.
(1)求椭圆G的方程；
(2)若A为椭圆G上的一点，且在x轴上方，B为点A关于坐标原点O的对称点，M为椭圆G的右顶点，直线PA与MB交于点N，△PBN的面积为，求直线PA的斜率.
6.已知过抛物线C：y2=2px(p>0)焦点的直线与抛物线C交于A，B两点，且|AB|=8，圆C'：x2+y2-y=0，若抛物线C与圆C'交于P，Q两点，且|PQ|=，则线段AB的中点D的横坐标为　　　　.
7.已知斜率为-1的直线与椭圆C：+=1(a>b>0)交于A，B两点，T是椭圆C上的一点，且满足TA⊥TB，P，Q分别是△OAT，△OBT的重心，R是△TAB的外心.记直线OP，OQ，OR的斜率分别为k1，k2，k3，若k1k2k3=-，则椭圆C的离心率为　　　　.
8.(13分)已知双曲线C：-=1(a>0，b>0)的离心率为，且其焦点到渐近线的距离为1.
(1)求C的方程.
(2)若动直线l与C恰有1个公共点，且与C的两条渐近线分别交于P，Q两点，O为坐标原点，证明：△OPQ的面积为定值.
9.(17分)已知椭圆E：+=1(a>b>0)过点(0，1)，且焦距为2.
(1)求椭圆E的标准方程.
(2)过点S(1，0)作两条互相垂直的弦AB，CD，设弦AB，CD的中点分别为M，N.
①证明：直线MN必过定点.
②若弦AB，CD的斜率均存在，求△MNS面积的最大值.
10.(13分)(原创)已知M为椭圆C：+=1上任意一点，F为右焦点.
(1)求|MF|的最值及椭圆C的离心率；
(2)若N为x轴上一点，过点P(4，0)的直线与C交于A，B两点，当MF⊥x轴且=时，直线NB交直线MF于点Q，求直线AQ的斜率.
11.(15分)(改编)已知双曲线C：3x2-y2=1，直线l：y=kx+1，k为实数.
(1)若直线l与双曲线C有且仅有一个公共点，求k的值.
(2)若直线l与双曲线C相交于A，B两点.
①是否存在实数k，使||=||且+=λ(2，1) 若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由.
②若以AB为直径的圆经过坐标原点，求k的值.
参考答案
专题十一 直线与圆锥曲线
题型1　弦长问题
例1　x+y-2=0
【解析】取AB的中点为E(图略)，因为|MA|=|NB|，所以|ME|=|NE|.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则+=1，　①
+=1，　②
由①-②，得+=0，
所以·=-，即kOE·kAB=-.
由题意可知直线AB的斜率存在，则可设直线AB的方程为y=kx+m， k<0， m>0，令x=0，则y=m，令y=0，则x=-，即M-，0，N(0，m)，所以E-，，所以k·=-k2=-，解得k=-.由|MN|=2，得m2+2m2=(2)2，解得m=2，所以直线AB的方程为y=-x+2，即直线l的方程为x+y-2=0.
跟踪训练　13
【解析】根据离心率得a=2c，b=c，所以△AF1F2是等边三角形，点A与点F2关于直线DE对称，所以△ADE的周长等于△F2DE的周长，根据椭圆的定义知，该周长为4a=8c.
不妨设F1是左焦点，D(xD，yD)，E(xE，yE)，则直线DE的方程是y=(x+c)，代入椭圆的方程+=1，化简并整理得13x2+8cx-32c2=0，所以xD+xE=-，xDxE=-，所以|DE|=·=·=c=6，解得c=，所以△ADE的周长为8c=13.
题型2　面积问题
例2
【解析】(1)由题意得解得
所以e===.
(2)(法一)kAP==-，则直线AP的方程为y=-x+3，即x+2y-6=0，
|AP|==.
由(1)知C：+=1.
设点B到直线AP的距离为d，则d===.
设B(x0，y0)，则解得或
即点B的坐标为(0，-3)或-3，-.
当点B的坐标为(0，-3)时，kl=，直线l的方程为y=x-3，即3x-2y-6=0；
当点B的坐标为-3，-时，kl=，直线l的方程为y=x，即x-2y=0.
综上，直线l的方程为3x-2y-6=0或x-2y=0.
(法二)当l的斜率不存在时，l：x=3，B3，-，|PB|=3，点A到直线PB的距离d=3，
此时S△ABP=×3×3=≠9，不满足条件.
当l的斜率存在时，设直线PB：y-=k(x-3)，令P(x1，y1)，B(x2，y2)，
由消去y，可得(4k2+3)x2-(24k2-12k)x+36k2-36k-27=0，
Δ=(24k2-12k)2-4(4k2+3)(36k2-36k-27)>0，且k≠kAP，即k≠-，
则所以|PB|=·=，
又点A到直线PB的距离d=，所以S△PAB=··=9，解得k=或k=，
所以直线l的方程为y=x-3或y=x，即3x-2y-6=0或x-2y=0.
跟踪训练
【解析】(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
把x=2y-1代入y2=2px，得y2-4py+2p=0，
则Δ=16p2-8p>0，解得p>.
由根与系数的关系，可得y1+y2=4p，y1y2=2p，
所以|AB|=·=·=4，解得p=2或p=-(舍去)，
故p=2.
(2)设M(x3，y3)，N(x4，y4)，由(1)知抛物线C：y2=4x，则F(1，0).
因为·=0，所以∠MFN=90°，则S△MFN=|MF|·|NF|=(x3+1)(x4+1)=(x3x4+x3+x4+1).　(*)
①当直线MN的斜率不存在时，点M与点N关于x轴对称，
因为∠MFN=90°，
所以直线MF与直线NF的斜率一个是1，另一个是-1.
不妨设直线MF的斜率为1，则MF：y=x-1，
由得x2-6x+1=0，
解得或
代入(*)式计算易得，当x3=x4=3-2时，△MFN的面积取得最小值，最小值为12-8.
②当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y=kx+m(k≠0).
由得k2x2-(4-2km)x+m2=0，Δ=(4-2km)2-4m2k2>0，
则x3+x4=，x3x4=，
y3y4=(kx3+m)(kx4+m)=k2x3x4+mk(x3+x4)+m2=.
又·=(x3-1，y3)·(x4-1，y4)=x3x4-(x3+x4)+1+y3y4=0，
所以-+1+=0，化简得m2+k2+6km=4，
所以S△MFN=(x3x4+x3+x4+1)===2+2+1.
令t=，则S△MFN=t2+2t+1，
因为m2+k2+6km=4，
所以2+6+1=>0，
即t2+6t+1>0，解得t>-3+2或t<-3-2，
从而得S△MFN=t2+2t+1>12-8.
故△MFN面积的最小值为12-8.
题型3　中点弦的问题
例3　(1)D　(2)D
【解析】(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，显然x1≠x2，
因为直线l与C相交于A，B两点，
所以
①-②得-=4x1-4x2，即(y1+y2)(y1-y2)=4(x1-x2)，
所以直线l的斜率k====-2.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为M(x0，y0)，若x1=x2，则y0=0，没有选项符合要求，即x1≠x2.由点A，B在双曲线上，得两式作差，得-=，即(x1-x2)(x1+x2)=，化简得=9，即·=kAB·=9，因此kAB=9·.
由双曲线方程可得渐近线方程为y=±3x，如图.对于A选项，因为kAB=9×=9>3，结合点在图象的位置，直线AB与双曲线无交点，不符合题意；对于B选项，因为kAB=9×=-<-3，结合点在图象的位置，直线AB与双曲线无交点，不符合题意；对于C选项，kAB=9×=3，此时直线AB与渐近线y=3x平行，与双曲线不可能有两个交点，不符合题意；对于D选项，因为kAB=9×=<3，结合点在图象的位置，直线AB与双曲线有两个交点，满足题意.故选D.
跟踪训练
1.B
【解析】
依题意，椭圆E的左焦点为F(-c，0)，|FM|=|OF|=c.
如图，连接OM，过点M作MM'⊥x轴，垂足为M'，由∠MFM'=60°，得|FM'|=|FM|=c，|MM'|=|FM|=c，则M-c，c.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则=tan 60°=，=-c，=c，
由+=1，+=1，两式相减得+=0，
则=-=-×=，
所以e====.
2.解析　(1)依题意得c=1，∵e=，即=，∴a=2.∵b2=a2-c2，解得b=，∴椭圆C的方程为+=1.
(2)如图所示，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，PQ的中点为M(x0，y0)，
∴kPQ==.
又P，Q两点在椭圆+=1(a>b>0)上，
∴
两式相减可得+=0，
整理得=-=-×=-=，即=-2，　①
过点F-，0且斜率为的直线方程为y=x+.
∵点M(x0，y0)在该直线上，∴y0=x0+，　②
联立①②，解得x0=-1，y0=，
∴弦PQ的中点坐标为-1，.
1.ABC
【解析】对于A，设P(x，y)，当a=c时，|PM|·|PN|=·=a2，化简得(x2+y2)2=2a2(x2-y2)，故曲线C过原点，其图象关于原点中心对称，故A正确；
对于B，因为|PM|·|PN|=a2，所以△MNP的面积为|PM|·|PN|sin ∠MPN≤a2，当且仅当∠MPN=90°时，等号成立，故△MNP的面积不大于a2，故B正确；
对于C，曲线C为[(x+1)2+y2][(x-1)2+y2]=1，令y=0，可得(x2-1)2=1，解得x=0或x=±，故C正确；
对于D，因为c=1，所以|MN|=2，因为|PM|·|PN|=1，所以|PM|+|PN|=|PM|+≥2=2，当且仅当|PM|=|PN|=1时，等号成立，此时点P恰为坐标原点，所以△MNP的周长的最小值大于4，故D错误.故选ABC.
2.C
【解析】由题意可设椭圆的标准方程为+=1(a>b>0)，
由题意知，2c=2，则c=，由2a=×2b，则a=b，　①
又a2=b2+c2，所以a2=b2+2，　②
由①②可得a=，b=1，
故椭圆C的标准方程为+y2=1.
设斜率为1的直线l的方程为y=x+m，则与椭圆方程联立得消去y可得4x2+6mx+3m2-3=0，
因为直线与椭圆相交于A，B两点，所以Δ=36m2-4×4(3m2-3)>0，解得-2设点F1到直线AB的距离为d1，点F2到直线AB的距离为d2，易知F1(-，0)，F2(，0)，则d1=，d2=.
由====3-2，解得m=1或m=2(舍去)，
故所求的直线l的方程为x-y+1=0.
3.
【解析】由直线BM垂直平分线段AF2，得|AB|=|BF2|，故△ABF2为等腰三角形，
又∠BAM=60°，所以△ABF2为正三角形.
根据双曲线的定义知，|AF1|-|AF2|=2a=|AF1|-|AB|=|BF1|.
设|AB|=x，则|BF2|-|BF1|=2a，即x=4a.
在△AF1F2中，由余弦定理知cos 60°===，解得e==.
4.解析　(1)根据题意可知，
解得
所以椭圆C的方程为+=1.
(2)设B(x1，y1)，C(x2，y2)，直线方程为y=x+m，
由消去y得4x2+6mx+3m2-6=0，
Δ=36m2-16(3m2-6)=-12m2+96>0，得到m2<8，
由根与系数的关系，得x1+x2=-，x1x2=.
因为BC=·|x2-x1|=×=·.
又点O到直线的距离d==，
所以S△OBC=·d·|BC|=×××=×=，
所以m4-8m2+16=0，所以m2=4，即m=±2，满足m2<8，
所以所求直线的方程为y=x±2.
1.1
【解析】因为圆(x-1)2+y2=4的圆心为F(1，0)，所以=1，即p=2，
由可得x2+2x-3=0，解得x=1或x=-3(舍去)，
故A(1，±2)，故S△AOF=×1×2=1.
2.(答案不唯一)
【解析】由题意可知，该双曲线的渐近线方程为y=±x，直线y=k(x-3)过定点(3，0).
因为点(3，0)在双曲线内，所以要使过该点的直线与双曲线只有一个公共点，则该直线与双曲线的渐近线平行，所以k=±.
3.±
【解析】设点A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，线段AB的中点为M(x0，y0).
由消去y得3x2+4mx+2m2-8=0，
∵Δ=96-8m2>0，∴-2∴x0==-，y0=x0+m=.
∵点M(x0，y0)在圆x2+y2=1上，
∴-2+2=1，
∴m=±，满足-2∴m=±.
4.
2　5
【解析】设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为y=k(x-1)，线段PM的中点为N.
由得y2-y-4=0，则y1+y2=，y1y2=-4，所以x1+x2=+2=+2，即M+1，，所以线段MP的中点N，+.由于线段MP的中点N在抛物线C上，故+2=，故k=2或k=-6(舍去).
因为|AF|=x1+1，|BF|=x2+1，所以|AF|·|BF|=(x1+1)(x2+1)=+1+1=++1=++1=5.
5.解析　(1)∵圆x2+y2-x-2y+m=0过点P(1，0)，∴m=0.
又∵圆x2+y2-x-2y=0过点(0，b)，∴b=2. 2分
又∵∴a2=9，
∴椭圆G的方程为+=1. 4分
(2)如图，设A(x0，y0)(y0>0)，则B(-x0，-y0)，
由题意可知，x0≠1且x0≠-3，则直线PA的方程为y=(x-1)，
同理可得，直线MB的方程为y=(x-3)， 6分
由解得
∴N-x0，-. 8分
又∵S△PBN=S△PBM-S△PNM=·|PM|·y0=y0=，∴y0=. 9分
又∵+=1，∴x0=±2，
∴直线PA的斜率kAP=-或kAP=. 10分
6.3
【解析】易知圆C'：x2+y2-y=0过坐标原点，抛物线C也过坐标原点，则P，Q两点中有一点为坐标原点，不妨令点P(0，0)，设Q(m，n)，m>0，如图.
依题意，m2+n2=|PQ|2=5，又m2+n2=n，解得m=1，n=2，即Q(1，2)，
所以22=2p×1，解得p=2，即抛物线C：y2=4x.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|=|AF|+|BF|=x1+1+x2+1=x1+x2+2.
又|AB|=8，所以x1+x2=6，所以线段AB的中点D的横坐标为=3.
7.
【解析】如图，设线段AT，BT的中点分别为C，D，连接OC，OD，依题意，R是线段AB的中点，点P，Q分别在OC，OD上.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由两式相减得b2(x1-x2)(x1+x2)+a2(y1-y2)(y1+y2)=0，
则直线AB的斜率kAB==-=-1，直线OR的斜率k3=kOR=，则k3kAB=-.
设直线AT，BT的斜率分别为kAT，kBT，同理可得k1kAT=-，k2kBT=-.
又kATkBT=-1，
所以-3=k1kAT·k2kBT·k3kAB=k1k2k3=-，解得=，
所以椭圆C的离心率e===.
8.解析　(1)设双曲线的右焦点为F(c，0)，一条渐近线方程为bx-ay=0，
所以该焦点到渐近线的距离为=b=1. 2分
因为e==，c2=a2+b2，所以a=，c=.
故C的方程为-y2=1. 4分
当直线l的斜率不存在时，l的方程为x=±，此时|PQ|=2，S△OPQ=×2×=. 6分
如图，当直线l的斜率存在时，不妨设l：y=kx+m，且k≠±. 7分
由得(1-6k2)x2-12mkx-6m2-6=0.
由Δ=144m2k2+4(1-6k2)(6m2+6)=0，得6k2=m2+1.
9分
不妨设直线l与直线y=x，y=-x的交点分别为P，Q，由得x=，则xP=. 10分
同理可求得xQ=-，所以|PQ|=·|xP-xQ|=.
因为点O到l的距离d=，所以S△OPQ=|PQ|·d=. 12分
因为6k2=m2+1，所以S△OPQ=.
故△OPQ的面积为定值，定值为. 13分
9.解析　(1)依题意有b=1，c=，则a2=b2+c2=4，所以椭圆E的方程为+y2=1. 3分
(2)①设直线lAB：x=my+1(m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则直线lCD：x=-y+1(m≠0).
由得(m2+4)y2+2my-3=0，
则Δ=16m2+48>0，y1+y2=，x1+x2=m(y1+y2)+2=，
故M，，由-代替m，得N，.
6分
当=，即m2=1时，直线lMN：x=，过点K，0. 7分
当≠，即m2≠1时，kMN=，直线lMN：y+=x-(m2≠1，m≠0)，
令y=0，得x=+==，所以直线MN恒过点K，0. 9分
当m=0时，直线MN也过点K，0.
综上，直线MN恒过点K，0. 10分
②如图，由①知S△MNS=S△MKS+S△NKS=·|KS|·|yM-yN|=×·+=·=·， 13分
令t=m+，则t∈[2，+∞)，S△MNS=·=·=·. 15分
因为S△MNS在t∈[2，+∞)上单调递减，
所以S△MNS=·≤×=，当且仅当t=2，m=±1时取等号.
故△MNS面积的最大值为. 17分.
10.解析　(1)由椭圆C：+=1可知长半轴长a=2，短半轴长b=，半焦距c=1， 1分
所以|MF|的最大值为a+c=3，
|MF|的最小值为a-c=1，离心率e==. 4分
(2)如图，由题意可知直线AB的斜率必定存在，设直线AB：y=k(x-4)，A(x1，y1)，B(x2，y2).
由可得(3+4k2)x2-32k2x+64k2-12=0， 6分
故Δ=1 024k4-4(3+4k2)(64k2-12)>0，解得-由根与系数的关系得，x1+x2=，x1x2=，
8分
又=，所以N，0，故直线BN：y=x-，所以yQ==， 10分
所以y1-yQ=y1+=
=
=k·
=k·
=k·=0， 12分
故y1=yQ，即直线AQ的斜率kAQ=0. 13分
11.解析　(1)由消去y得(3-k2)x2-2kx-2=0. 1分
当3-k2=0时，k=±，符合题意；
当3-k2≠0时，由Δ=4k2+8(3-k2)=24-4k2=0，得k=±.
综上，k的值为，-，，-. 3分
(2)①存在.理由如下：
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，且存在实数k满足条件.
∵=k，+=λ(2，1)，∴(x1+x2，y1+y2)=λ(2，1)，=. 5分
又||=||，∴+=+，即(x1+x2)·(x1-x2)+(y1+y2)(y1-y2)=0，
∴=-，
∴k=-2.故存在实数k=-2满足题意. 8分
②设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由(1)知，若关于x的方程(3-k2)x2-2kx-2=0有两个不相等的实根，
则解得k∈(-，-)∪(-，)∪(，). 10分
由根与系数的关系可得x1+x2=，x1x2=， 11分
由题意知OA⊥OB，∴·=0，
∴x1x2+y1y2=0，其中y1=kx1+1，y2=kx2+1，
则x1x2+(kx1+1)(kx2+1)=0，
整理得(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1=0， 13分
将x1+x2=，x1x2=代入，
得(1+k2)++1=0，解得k=±1.
故当k=±1时，以AB为直径的圆经过坐标原点. 15分

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