2023年12月15日发(作者：合肥38中数学试卷)

2023届河北省新高考数学复习

专题5 圆锥曲线解答题30题专项提分计划

1．（2022·河北·模拟预测）已知抛物线C:x22py(p0)，点A(4,1)，P为抛物线上的动点，直线l为抛物线的准线，点P到直线l的距离为d，|PA|d的最小值为5．

(1)求抛物线C的方程；

(2)直线ykx1与抛物线相交于M，N两点，与y轴相交于Q点，当直线AM，AN的斜k2，k3，率存在，设直线AM，AN，AQ的斜率分别为k1，是否存在实数，使得11，k1k2k3若存在，求出；若不存在，说明理由．

【答案】(1)x28y

(2)存在；2

【分析】（1）根据抛物线的定义以及共线时距离最小即可求解p.

（2）联立直线与抛物线方程，进而根据两点斜率公式表达k1,k2,k3，即可求解.

p【详解】（1）设抛物线C的焦点为F0,，根据抛物线的定义得dPF，2pPAdPAPFAF415，由于p0，解得p4，

222则拋物线C的方程为x28y

（2）设Mx1,y1,Nx2,y2，将ykx1代入抛物线C的方程，

整理得x28kx80,所以x1x28k,x1x28

x2411x14x14，同理，

k2kx22k1y11kx12x14x242kx1x224kx1x21632k216111044,2,则k1k2kx12kx22k2x1x22kx1x248k24k32所以2

，

x2y252．（2022·河北张家口·统考一模）已知双曲线C:221(a0,b0)的离心率是，实轴长ab2是8.

(1)求双曲线C的方程；

(2)过点P(0,3)的直线l与双曲线C的右支交于不同的两点A和B，若直线l上存在不同于点P的点D满足|PA||DB||PB||DA|成立，证明：点D的纵坐标为定值，并求出该定值.

x2y21；

【答案】(1)1644(2)证明见解析，定值为.

3

【分析】（1）根据双曲线的离心率公式、实轴长的定义进行求解即可；

（2）设出直线l的方程与双曲线的方程联立，利用一元二次方程根与系数关系、根的判别式进行求解证明即可.

c5,a2

【详解】（1）依题意得，2a8,c2a2b2,a216,x2y21.

解得2所以双曲线C的方程是164b4,（2）证明：设Ax1,y1，Bx2,y2，Dx0,y0，直线l的方程为ykx3.

x2y2221，化简整理得14kx24kx520，

将直线方程ykx3代入双曲线方程164(24k)2414k252208256k2，

则x1x224k52xx.

，1214k214k2要使直线与双曲线的右支有两个不同的交点A和B，则应满足

14k20,14k20,208256k20,Δ0,131即24k20,解得k.

42x1x20,14k52x1x20,0,14k2由|PA||DB||PB||DA|，得x1x0x1|PA||DA|，故，

x2x2x0|PB||DB|1042x1x214k213.

所以x024kx1x23k214k又y0kx031343，

334所以点D的纵坐标为定值.

3【点睛】关键点睛：利用一元二次不等式的根与系数的关系进行求解是解题的关键.

3．（2022·河北邯郸·统考一模）已知抛物线C的焦点F在x轴上，过F且垂直于x轴的直线交C于A（点A在第一象限），B两点，且AB4.

(1)求C的标准方程.

(2)已知l为C的准线，过F的直线l1交C于M，N（M，N异于A，B）两点，证明：直线AM，BN和l相交于一点.

【答案】(1)y24x

(2)证明见解析

【分析】（1）根据直线过F点且垂直于x轴交抛物线于A，B两点，且AB4，可求出p，便可得出抛物线的标准方程.

（2）根据直线与抛物线的交点联立方程，求出AM，BN直线方程，代入准线l的横坐标，利用AM，BN分别与准线l相交的纵坐标相等，可知直线AM，BN和l相交于一点.

p2【详解】（1）解：设抛物线C的标准方程为y2pxp0，则F,0

2将xp2代入y22px，可得yp

所以2p4，则p2

所以抛物线C的标准方程失y24x.

（2）证明：由（1）可知A1,2，B1,2，

设直线l1的方程为xmy1，

y24x,联立则y24my40

xmy1,设Mx1,y1，Nx2,y2，则y1y24m，y1y24

直线AM的方程为y令x=1，解得yy124x12，即yx12.

x11y122y14；

y12y224x12，即yx12.

x21y22直线BN的方程为y令x=1，解得y2y24，

y222y14y12y22y1y22y1y241y12因为，

2y24y12y22y1y22y1y24y22所以直线AM，BN和l相交于一点. 2F4．（2022·河北·河北容城中学校考模拟预测）已知点E(2,0)，2,0，点A满足|AE|2|AF|，点A的轨迹为曲线C.

(1)求曲线C的方程；

x2y2(2)若直线l:ykxm与双曲线：1交于M，N两点，且MON（O为坐标原249点），求点A到直线l距离的取值范围.

【答案】(1)x2y21；

(2)[

【分析】（1）根据已知等式，结合平面两点距离公式进行求解即可；

（2）将直线方程与双曲线方程联立，利用一元二次方程根与系数关系、根的判别式，结合圆的几何性质进行求解即可.

【详解】（1）设A(x,y)，

因为|AE|2|AF|，

所以(x2)2(y0)22(x平方化简，得x2y21；

（2）直线l:ykxm与双曲线：x2y21的方程联立，得

4965651,1].

5522)(y0)2，

2ykxm2(4k29)x28kmx4m2360，

xy2149设M(x1,y1),N(x2,y2)，

4k290322m94kk所以有且，

2222(8km)4(4k9)(4m36)08km4m236所以x1x22，x1x2，

4k94k29因为MON2，

所以OMONx1x2y1y20x1x2(kx1m)(kx2m)0，

22化简，得(k1)x1x2km(x1x2)m0，

8km4m236把x1x22，x1x2代入，得

4k94k294m2368km(k1)km()m20，化简，得

224k94k92336(k21)m，因为m294k2且k，

2523336(k21)所以有94k2且k，解得k，

225圆x2y21的圆心为(0,0)，半径为1，

6k2165圆心(0,0)到直线l:ykxm的距离为dm51，

5k21k21所以点A到直线距离的最大值为65651，

1，最小值为5565651,1]，

55所以点A到直线距离的取值范围为[【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数关系，结合直角的性质得到等式36(k21)m是解题的关键.

52x2y25．（2022·河北秦皇岛·统考二模）已知双曲线C:221(a0,b0)的左､右焦点分别为F1，abF2，虚轴长为23，离心率为6，过F2的直线l与双曲线C的右支交于A，B两点.

2(1)求双曲线C的方程；

(2)已知P(23，0)，若ABP的外心Q的横坐标为0，求直线l的方程.

x2y21

【答案】(1)63(2)2xy320或2xy320

b36【分析】（1）根据虚轴长为23，离心率为，由c6求解；

22a（2）当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x3，根据ABP外接圆的圆心Q的横坐标为0，得到Q0,0判断.当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykx3，与双曲线方程联立，根据直线l与双曲线C的右支交于A，B两点，求得k的范围，设线段AB的中点1222为M，利用弦长公式和QA|QM||AB|求解.

4（1） b3,由题知c6

,2a因为c2a2b2，所以a26,b23，

x2y2故双曲线C的方程为1.

63（2）

由（1）知F23,0.

663,B3,当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x3，则A，2.

2因为ABP为等腰三角形，且ABP外接圆的圆心Q的横坐标为0，

所以Q0,0.

因为QA9342，QP23，所以QAQP，故此时不合题意.

22当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykx3，

ykx3,2222联立方程组2得2k1x12kx18k60，

2x2y6,2k210,422144k42k118k60,12k2

由0,22k118k260,2k212解得k122.

，即k或k22212k218k26设Ax1,y1，Bx2,y2，则x1x22，x1x2，

22k12k1因为y1y2kx1x266k，

2k216k23k所以线段AB的中点为M2,2，

2k12k12212k2243k126k122.

且AB1kx1x21k2222k12k12k123k22k11设Q0,y0，因为Q在线段AB的垂直平分线上，所以，

6k2k22k1y029k9k9k2得y02，即Q0,2，故|QP|212.

2k12k12k11222因为QA|QM||AB|，且QAQP，

46k6k9k所以212222，

2k12k12k12k2122226k212化简得2k45k220，

得k2或k2（舍去），

2所以直线l的方程为y2x3，

即直线l的方程为2xy320或2xy320.

x2y26．（2022·河北衡水·统考二模）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C:221ab0ab的左､右焦点为F1,F2，离心率为2.过点P2,0作直线l与椭圆C相交于A,B两点.若A是椭2圆C的短轴端点时，AF2AP3.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)试判断是否存在直线l，使得F1A，方程；若不存在，说明理由.

x2【答案】(1)y21

22122F1P，F1B成等差数列？若存在，求出直线l的2(2)不存在，理由见解析

【分析】（1）设A0,b，由数量积坐标运算可得b22c3，结合离心率和椭圆a,b,c的关系可构造方程求得a,b,c，由此可得椭圆方程；

（2）设l:ykx2，与椭圆方程联立，由0可得k的范围及韦达定理的形式，进而得到F1AF1B，由F1P9可构造方程求得k(1)

由题意知：ec2，即a2c；

a22222，不符合k的范围，则直线l不存在.

2当A为椭圆的短轴端点时，不妨设A0,b，则AF2b,c，APb,2，

AF2APb22c3，

又a2b2c22c2，b2c2，即c22c3，解得：c1，a2，b1，

x2椭圆C的标准方程为y21；

2(2)

设l:ykx2，

ykx22222由x2得：2k1x8kx8k20，

2y122264k442k218k220，k2,2，

8k28k22设Ax1,y1，Bx2,y2，则x1x22，x1x22，

2k12k1xxx1x22x1x22122248k42k212k212，

11222F11,0，F1Ax11y12x111x12x122x12，

22同理可得：F1B22212x22x22，

22x12x248k412k22F1AF1B2x1x244，

2222k1又F1P9，248k412k222k21249，整理得：28k48k230，

222即2k114k30，解得：k，

222k2,2，不存在直线l符合题意.

【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的存在性问题的求解，求解此问题的基本思路是假设直线存在，与椭圆方程联立后确定k的范围；利用韦达定理表示出已知中的等量关系后，通过求解k的值来确定是否存在满足题意的直线.

20,7．（2022·河北张家口·统考三模）已知ba0，点A(0,2b)，B2b，动点P满足|PA|2|PB|，点P的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的方程；

(2)直线ykxm与曲线C相切，与曲线E:坐标原点），求曲线E的离心率.

【答案】(1)x2y2b2；

(2)3.

【分析】（1）根据两点间距离距离公式，结合已知等式进行求解即可；

（2）根据曲线切线的性质，结合一元二次方程根的判别式、根与系数关系、平面向量垂直的性质、双曲线的离心率公式进行求解即可.

（1）

2设P(x,y)，由|PA|2|PB|得x2(y2b)22x2y，整理得x2y2b2b22πx2y2MONMN交于､两点，且（O为12a2b2即为曲线C；

（2）

ykxm与曲线C相切，bm2.

，即b1k21k22|m|设Mx1,y1，Nx2,y2，

将ykxm代入曲线E整理得：(b2a2k2)x22a2kmx(a2m2a2b2)0，

222222b2a2k20，4ab(mbak)0，

a2m2a2b22a2kmx1x2222，x1x2222.

akbakbMONπ，OMON0，即x1x2y1y20.

222k2a2b2m2b2，

y1y2(kx1m)(kx2m)kx1x2km(x1x2)ma2k2b2a2m2a2b2k2a2b2m2b2m2a2b2，

2220，整理得2k1b2a2akba2k2b2a2b222b，即b22a2，c23a2，e3.

2ba故曲线E的离心率为3.

【点睛】关键点睛：根据一元二次方程根与系数关系是解题的关键.

8．（2022·河北邯郸·统考模拟预测）平面直角坐标系中，点P在y轴右侧，且到点F1,0的距离比其到y轴距离多1.

(1)求点P轨迹C的方程； (2)过点F的直线l与C交于A､B两点，Q是y轴上一点.若ABQ是正三角形，求直线l的斜率.

【答案】(1)y24x

(2)

【分析】（1）设P点坐标根据题意可得2215

x12（2）联立方程由韦y2x1，化简整理；AB2

代入化简整理．QM3达定理可得y1y24m，y1y24，由题意可得kQMkAB1且(1)

设P点坐标为x,y，且x0.

由题意，x12y2x1

整理得y24x

(2)

由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为xmy1m0，Ax1,y1，Bx2,y2，AB的中点Bx0,y0

xmy1联立方程2得y24my40

y4x则16m2160，且y1y24m，y1y24

y1y22my022从而，即M2m1,2m

2x0my012m1设Q0,a，由于ABQ为正三角形，则QMAB

kQMkAB1，即2ma11，即a2m33m

22m10mAB22又∵，ABQM3QM221m2y1y24y1y222221m216m216161m2，

222m21(2ma)22m212m3m1m22m21，

22故ABQM161m22m21242，即121m22m21，

322即121m21m1

2即41m2161m210，解得m22215，

2直线l的斜率kAB12

m215x2y239．（2022·河北沧州·统考二模）已知椭圆C:221(ab0)的离心率为，且过点ab22A2,2b.

(1)求椭圆C的方程；

(2)点A关于原点O的对称点为点B，与直线AB平行的直线l与C交于点M,N，直线AM与BN交于点P，点P是否在定直线上？若在，求出该直线方程；若不在，请说明理由.

x2y21

【答案】(1)821(2)点P在定直线yx上.

2

c32a4b2【分析】（1）解方程组221可得答案；

a222b2abc（2）设Mx1,y1,Nx2,y2，

l的方程与椭圆方程联立利用韦达定理代入kAMy11y1,kBN2，可得直线AM的方程、直线BN的方程，联立两直线方程得xP,yP，x12x22由yP1m2mx1x24化简可得答案.

xP2x12x122x1x2（1）

c32aa284b2由题意得221，解得2，

a2bb2222abcx2y21.

所以椭圆C的方程是82（2） 1点P是在定直线yx上，理由如下，

2由（1）知A2,1,B2,1，设Mx1,y1,Nx2,y2，

1x2y2l:yxm,m0，将l的方程与1联立消y，得x22mx2m240，

282222则Δ4m42m40，得2m2且m0，且x1x22m,x1x22m4，

因为kAM11x1m1xm1y112y21221m1m，

,kBNx12x122x12x22x222x2211mm2mx2yx所以直线AM的方程为y1，即，

2x2x22x211111mm2mx2yx直线BN的方程为y1，即，

2x2x22x2222mm2m2m联立直线AM与直线BN的方程，得，

xx2x2x2x21212得xP2x1x21m2m,yP，

xPx1x24x122x12所以xxx1x24yP1m2mx1x241m12

xP2x12x122x1x22x12x1x22x14112m1m.

2x12x1x22x1x221所以点P在定直线yx上.

210．（2022·河北秦皇岛·统考三模）已知抛物线C:y22px(p0)上的点M与焦点F的距离为9，点M到x轴的距离为4p．

(1)求抛物线C的方程．

(2)经过点F的直线与抛物线C交于A,B两点，E为直线x=1上任意一点，证明：直线EA,EF,EB的斜率成等差数列．

【答案】(1)y24x；

(2)证明见解析.

【分析】(1)由条件结合抛物线的定义列方程求p即可；(2)联立方程组，利用设而不求的方法证明kEAkEB2kEF即可.

【详解】（1）设点M(x0,y0)，由题意可知y04p， 所以(4p)22px0，解得x08．

因为MFx0pp89，所以p2．

22所以抛物线C的方程为y24x．

2y12y2（2）设直线AB的方程为xmy1,A,y1,B,y2，

44y24x,联立方程组消去x得y24my40,，

xmy1,所以y1y24m,y1y24．

2y12y2y1y2y1y2y1y2n2n44yny2n4122

2y1y2y12y211114444设E1,n，则kEAkEB2y12y2n244n，

22y1y2244又因为kEFn，

2所以kEAkEB2kEF，即直线EA,EF,EB的斜率成等差数列．

【点睛】解决直线与抛物线的综合问题的一般方法为设而不求法，要证明直线EA,EF,EB的斜率成等差数列只需证明kEAkEB2kEF即可.

5x2y211．（2022·河北邯郸·统考二模）已知点P（2，）为椭圆C：221(ab0)）上一3ab点，A，B分别为C的左、右顶点，且△PAB的面积为5．

(1)求C的标准方程；

(2)过点Q（1，0）的直线l与C相交于点G，H（点G在x轴上方），AG，BH与y轴分别交于点M，N，记S1，S2分别为△AOM，△AON（点O为坐标原点）的面积，证明:x2y21；

【答案】(1)95S1

为定值．S2(2)证明过程见解析.

【分析】（1）根据左右顶点的定义，结合代入法、三角形面积公式进行求解即可；

（2）设出直线l的方程与椭圆标准方程联立，结合一元二次方程根与系数关系、三角形面积公式进行求解即可. （1）

5x2y2因为△PAB的面积为5，点P（2，）为椭圆C：221上一点，

3ab512a523a3x2y2所以有1；

52()b529523221ba（2）

由题意可知直线l的斜率不为零，故设方程为xmy1，

x2y21y2(5m29)10my400，

与椭圆方程联立为：95xmy1设G(x1,y1),H(x2,y2)(y10)，

因为y1y2400，所以y20，A(3,0),B(3,0)，

5m29yy1xx1，令x0，

y10x13直线AG的方程为：得yy1x1y13y13y1M(0,)，

，即x13x13x133y2)，

x23同理可得：N(0,1OAyMyS123y1x233y1my22M，

S21OAyyNx133y23y2my14N2因为y1y210m40,yy，

125m295m29所以有4(y1y2)my1y2，

S13y1(my22)12y112y26y16(y12y2)1，

于是有S23y2(my14)12y112y212y212(y12y2)2因此S1为定值.

S2【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数关系是解题关键.

x2y212．（2022·河北石家庄·石家庄二中校考模拟预测）已知椭圆C:221ab0的左右ab263F,FFFE焦点分别为12，点3,3为以12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D1,0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.

x2【答案】(1)y21

4(2)

7

826322,a,b【分析】（1）将E代入圆和椭圆方程，可解得，由此可得椭圆方程；

33（2）设直线l:xmy1m0，与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，由此可得P点坐标，利用tanOPBklkOP41m，结合基本不等式可知当m2时，OPB最大，由1klkop3m41ODy1y2可求得结果.

2SOPB1S2OAB(1)

设F1c,0，F2c,0c0，则以F1F2为直径的圆为：x2y2c2，

26322c2333，即ab3，

2281x222又221，a4，b1，椭圆C的方程为y21.

3a3b4(2)

由题意可设直线l:xmy1m0，Ax1,y1，Bx2,y2

xmy122m4y2my30，则16m2480，

由x2得：2y14y1y232myy，，

12m24m24mm4m24,2yP212，则xP2，P2，

m4m4m4m4m4kOPm2mm4；

442m4设直线l倾斜角为，直线OP倾斜角为，OPB，

tanOPBtankktantanlOP1tantan1klkop1mm441m，

13m414m0，取等号），

1m1m1m1m21（当且仅当，即m2时m4m4m4m4即当m2时，OPB取得最大值，此时l:x2y1，

SOPB1S2OAB11ODy1y222y1y2211637.

4y1y2264168【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆综合应用问题中的三角形面积的求解问题；求解三角形面积的关键是能够利用直线斜率表示出tanOPB，利用基本不等式确定tanOPB的最大值，由取等条件确定m的取值后即可求解

x2y213．（2022·河北·校联考模拟预测）已知椭圆L:221(ab0)，椭圆上的点到两焦点ab151,在椭圆L上.

的距离和为25，点22(1)求椭圆L的标准方程；

(2)过点P(0,2)作直线l交椭圆于A,B两点，点E为点P关于x轴的对称点，求ABE面积的最大值.

x2【答案】(1)y21

5(2)5

【分析】（1）由椭圆上的点到两焦点的距离和为2a，可得a的值，再由点在椭圆上，代入方程可求得b的值；

（2）设直线方程，联立直线与椭圆方程消去y，可得0

，

x1x2，x1x2关于k的代数式，由SABESPEBSPEA2x1x22x1x224x1x2，转化成求关于k的函数的最值，通过换元法求得.

【详解】（1）∵椭圆上的点到两焦点的距离和为25，∴2a25，∴a5， 151,在椭圆L上. ∵点22151∴4∴2∴

421，b1，b1，5bx2∴椭圆L的标准方程为y21；

5（2）由题意显然直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为ykx2，

ykx2y得15k2x220kx150，

由x2，消去2y15设Ax1,y1,Bx2,y2，

22∴Δ(20k)415k150，解得k23，

5x1x21520kxx，，

1215k215k2PEBSPEA∴SABES114x24x12x1x2222x1x224x1x2

1520k，

24215k215k令t15k24，

∴S△ABE20t8011115228028025，

2t4ttt8422所以当t8时，△ABE面积最大，最大值为5.

214．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考模拟预测）已知抛物线C：y2pxp0和椭x2y2圆E：1a0有共同的焦点F

a1a(1)求抛物线C的方程，并写出它的准线方程

(2)过F作直线l交抛物线C于P， Q两点，交椭圆E于M， N两点，证明：当且仅当lxPQ轴时，取得最小值

MN2【答案】(1)抛物线方程为y4x，准线为x=1.

(2)证明见解析

【分析】(1)根据椭圆中“a,b,c”的关系求出焦点，根据共焦点即可求解；

(2)利用韦达定理分别表示出PQ,MN，即可证明. x2y2【详解】（1）根据椭圆E：1a0可得c2a1a1，所以c1，

a1a则椭圆的右焦点F(1,0)也为抛物线的焦点，所以所以抛物线方程为y24x，准线为x=1.

p1，解得p2，

2（2）由题可得，直线l的斜率不等于0，所以设l:xmy1，

设P(x1,y1),Q(x2,y2)，

xmy1联立2整理得y24my40，

y4x所以y1y24m,y1y24，

所以PQ1m2(y1y2)24y1y24m24，

设M(x3,y3),N(x4,y4)，

xmy1联立x2整理得(am2a1)y22amya20，

y21a1a2ama2,y3y42所以y3y42，

ama1ama1所以MN1m24a2(y3y4)4y3y4

222ama1ama124a2m2所以MN2aa1m21ama12,

PQ2am22a2所以，因为a为常数，

MNaa1所以当m20，即m0时，PQ取得最小值，

MN此时l的方程为x1垂直于x轴,所以命题得证.

15．（2022·河北衡水·河北衡水中学校考一模）在平面直角坐标系xOy中，双曲线y2x2C:221a0,b0的离心率为2，实轴长为4.

ab (1)求C的方程；

(2)如图，点A为双曲线的下顶点，直线l过点P0,t且垂直于y轴（P位于原点与上顶点之间），过P的直线交C于G，H两点，直线AG，AH分别与l交于M，N两点，若O，A，N，M四点共圆，求点P的坐标.

y2x2【答案】(1)1

44(2)0,1

【分析】（1）根据双曲线的离心率结合实轴长，可求得a,b,即得答案;

（2）根据O，A，N，M四点共圆结合几何性质可推出kANkOM1，设Gx1,y1，Hx2,y2，M(xM,yM)，从而可以用点的坐标表示出t,再设直线GH:ykxt，联立双曲线与直线方程，利用根与系数的关系式，代入t的表达式中化简，可得答案.

【详解】（1）因为实轴长为4，即2a4，a2，

又c2，所以c22，b2c2a24，

ay2x2故C的方程为1.

44（2）由O，A，N，M四点共圆可知，ANMAOM，

又MOPAOM，即ANMMOP，

故tanANMtanMOP即kAN1，

tanOMP1，所以kANkOM1,

kOM设Gx1,y1，Hx2,y2，M(xM,yM)，

由题意可知A0,2，则直线AG:yy12y2x2，直线AH:y2x2，

x1x2因为M在直线l上，所以yMt，代入直线AG方程，可知xMty12t2x1k,t故M坐标为，

，所以OMt2xy211t2x1y12，

又kANkAHty12y22y221，

kk1，由ANOM，则x2t2x1x2整理可得t2y12y22，

tx1x2当直线GH斜率不存在时，显然不符合题意，

故设直线GH:ykxt，代入双曲线方程：222y2x21中，

442ktt24可得k1x2ktxt40，所以x1x22，x1x22，

k1k1又y12y22kx1t2kx2t2

t2t242kt2，

kx1x2kt2x1x2t2k2kt22t22k1k1k12222t222t2t2t2y12y22k212所以t20,

t4tx1x2t4t2k212故t2t，即t1，所以点P坐标为0,1.

【点睛】本题考查了双曲线方程的求解，以及直线和双曲线的位置关系的问题，解答时要注意明确点线的位置关系，能设相关点的坐标，从而表示出参数的表达式，再结合联立直线和双曲线方程，利用根与系数的关系式化简，难点在于较为繁杂的计算，要十分细心.

x2y216．（2022·河北·石家庄二中校联考模拟预测）已知椭圆C：221ab0的左、右ab焦点分别为F1，F2，椭圆C的离心率小于面积的最大值为3.

(1)求椭圆C的标准方程；

2.点P在椭圆C上，PF1PF24，且△PF1F223x4y120上，(2)点M1）A，B是椭圆C上不同的两点，（1，，点N在直线l：且NAAM，NBBM，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.

x2y21

【答案】(1)43(2)是定值，定值为0

【分析】（1）根据已知条件求得a,b，由此求得椭圆C的标准方程.

（2）设出直线MN的方程，分别与椭圆C以及直线l联立，求得A,B,N三点坐标间的关系，由此计算出为定值.

(1)

PF1PF242a,a2，则c2c2，

a21当P为上顶点或下顶点时，△PF1F2的面积最大，2cbbc3，

2bc322由4bc解得b3,c1.

c2x2y21.

所以椭圆C的方程为43(2)

由于NAAM，NBBM，所以A,M,N,B四点共线，

x2y21，故M1,1在椭圆内，

由（1）得椭圆C的方程为43所以直线MN与椭圆必有两个交点A,B，不妨设A在MN之间，B在NM的延长线上，

当直线MN的斜率不存在时，直线MN的方程为x1，

312y231y，即A1,,B43229934y120y，即N1,.

4431,,

231155由NAAM，NBBM得0,0,,0,0,，

424233所以,,0.

22当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y1kx1，

y1kx12222由x2y2消去y并化简得34kx8k8kx4k8k80，

1348k28k4k28k8.

xAxB,xAxB34k234k2y1kx14k8由解得xN，

4k33x4y120由NAAM，NBBM得xAxNxMxA,xBxNxMxB， 所以xAxNxBxNxxNxBxNA

1xA1xBxMxAxMxBxNxAxB22xAxBxAxB

xAxBxAxB14k88k28k4k28k88k28k2224k334k234k34k2

4k28k88k28k1234k234k8k168k162234k34k0.

534k2综上所述，为定值，且定值为0.

17．（2022·河北保定·统考一模）直线l:ykxt交抛物线x24y于A，B两点，过A，B作抛物线的两条切线，相交于点C，点C在直线y=3上．

(1)求证：直线l恒过定点T，并求出点T坐标；

(2)以T为圆心的圆交抛物线于PQMN四点，求四边形PQMN面积的取值范围．

【答案】(1)证明见解析，T0,3；

32(2)0,93.

【分析】（1）设Ax1,y1，Bx2,y2，Cm,3，利用点斜式写出直线AC，BC的方程，由C在两直线上，即可知直线AB的方程，进而确定定点.

（2）联立抛物线x24y和圆T：x2y3r2，由题设及一元二次方程根的个数求参数r的范围，由SPQMNQMPNy1y2结合韦达定理得到SPQMN关于r的表达式，构造函数22并利用导数研究区间单调性，进而求范围.

(1)

设Ax1,y1，Bx2,y2，Cm,3，则kAC直线AC为：yy1x1x，kBC2，

22x1xxxxxx1y1y1，同理直线BC为：y2y2，

222x1m3y12把Cm,3代入直线AC，BC得：，

xm32y22∴Ax1,y1，Bx2,y2都满足直线方程3线l恒过定点T0,3．

(2)

xmxmy，则y3为直线AB的方程，故直22

如图，设圆T的半径为r，Mx1,y1，Nx2,y2，Qx1,y1，Px2,y2，

把x24y代入圆T：x2y3r2，整理得y22y9r20，

449r20由题意知：关于y的一元二次方程有两个不等实根，则y1y220，可得yy9r2012222r3．

SPQMNQMPNy1y222y1y2y1y22y1y22y1y2y1y22229r2449r24219r2r28，

令9r2t，由22r3得：0t1，则SPQMN421t1t2，

2令ft1t1t且0t1，则ft3t1t1，

11故在(0,)上f(t)0，f(t)递增；在(,1)上f(t)0，f(t)递减；

3313232所以f(t)f()，又f(0)1，f(1)0，故ft的取值范围是0,，

27327323综上，SPQMN的取值范围是0,9．

【点睛】关键点点睛：第二问，由圆T：x2y3r2，联立抛物线方程，结合四边形面积公式得到关于参数r的表达式，再应用函数思想并利用导数求面积的范围.

2x2y218．（2022·河北·校联考模拟预测）已知双曲线C:221a0,b0的左，右焦点分别ab为F16,0，F26,0．且该双曲线过点P22,2．



(1)求C的方程；

(2)如图．过双曲线左支内一点Tt,0作两条互相垂直的直线分别与双曲线相交于点A，B和点C，D．当直线AB，CD均不平行于坐标轴时，直线AC，BD分别与直线xt相交于P．Q两点，证明：P，Q两点关于x轴对称．

x2y2【答案】(1)1

42(2)证明见解析

【分析】（1）根据已知条件，建立关于a,b的方程组，求解方程组即可得答案；

（2）由题意，设直线AB的方程为xmyt，直线CD的方程为x1yt，点

mx2y21Ax1,y1,Bx2,y2,Cx3,y3,Dx4,y4，联立42，由韦达定理可得xmytt24m22mtt242mty1y22,y1y22，同理可得y3y4，由直线AC,y3y422m2m212m12mm21y1y3m21y2y4y1y3xx1可得Pt,2，同理可得Qt,，然后的方程yy1x1x3my1y3m2y2y4计算yPyQ0即可得证.

a2b26

【详解】（1）解：由已知可得8，解得a24,b22，

2221abx2y21；

所以双曲线C的方程为42（2）证明：由题意，设直线AB的方程为xmyt，直线CD的方程为x1yt，点

mAx1,y1,Bx2,y2,Cx3,y3,Dx4,y4，

x2y21222由4，得

m2y2mtyt40，

2xmyt22222则(2mt)4m2t416m8t320，得2m2t24，

2mtt24所以y1y22，

,y1y22m2m2t24m222mtm,t满足2t24，

同理可得y3y4，其中,yy34m12m212m2直线AC的方程为yy1y1y3yyxx1，令xt，得y13tx1y1,

x1x3x1x3m21y1y3m21y1y31，

又x1my1t,x3y3t，所以y，即Pt,22myymmy1y313m21y2y4，

同理可得Qt,m2y2y4因为m21y1y3m2y1y32m21y2y4m2y2y4m221my1y2y3y4y1y2y3y4m2t242mt2mtm1m2212m2m22m2y1y3m2y2y4mt2y1y3m2y2y44m212m20，

2所以P,Q两点关于x轴对称.

x219．（2022·河北唐山·统考二模）已知椭圆E:y21的右焦点为F，椭圆2x2:y21．

2 (1)求的离心率；

(2)如图：直线l:xmy1交椭圆于A，D两点，交椭圆E于B，C两点．

①求证：ABCD；

②若5，求△ABF面积的最大值．

【答案】(1)2

2(2)①证明过程见解析；②2.

x2

【分析】（1）直接将椭圆:y21转化成标准方程，然后代入离心率公式即可；2（2）分别求出AD、BC的中点坐标，得出中点重合即可证明①；对于②，分别求出l被椭圆截得的弦长以及F到l的距离，得出面积表达式，通过变形式子求出最值.

x2x2y221，

【详解】（1）椭圆:y1的标准方程为：22则椭圆的离心率为22

22（2）对于①，设Ax1,y1，Bx2,y2，Cx3,y3，Dx4,y4，

x2直线l:xmy1与y2联立整理得

22my22my120

则

y1y22m12,yy

122m22m2m2,则AD的中点坐标22

2m2mm2,同理可知BC的中点坐标22.

2m2m所以AD与BC中点重合，故ABCD.

对于②，由①知，直线l被椭圆截得弦长为

21m22m242

1my2y12m22把5代入得，AD把1代入得，BC21m210m218

22m21m22m22

2m221m2F1,0到l的距离为d则△ABF面积为：

， 11SADBCd2210m21822m22m2810m21822m2

当m0时，△ABF的面积最大值是2.

【点睛】本题考查离心率的求法，考查弦长公式、中点坐标公式、面积公式等几何关系的应用，解析几何解题时应注重几何关系的寻找，对学生分析问题和解决问题的能力要求较高，属于难题.

20．（2022·河北保定·统考二模）已知抛物线:y24x.

(1)直线l:ykx1与交于A、B两点，O为坐标原点.

从下面的①②两个问题中任选一个作答，如果两个都作答，则按所做的第一个计分.

①证明：OAOB4AB9.

②若AOB2，求k2的值；

3(2)已知点P1,2，直线m与交于C、D两点（均异于点P），且kPCkPD1.过P作直线m的垂线，垂足为Q，试问是否存在定点M，使得QM为定值？若存在，求出定值；若不存在，说明理由.

【答案】(1)①证明见解析；②(2)存在，定值为2.

【分析】（1）选①，设点Ax1,y1、Bx2,y2，将直线l的方程与抛物线的方程联立，列

出韦达定理，利用两点间的距离公式以及抛物线的焦点弦长公式、韦达定理可证明等式成立；选②，设点Ax1,y1、Bx2,y2，将直线l的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，计算出OAOB、利用平面向量数量积的坐标运算可出关于k的等式，即可求得k2OAOB，的值；

22y3y4xtynC,yD,yCD2（）分析可设直线的方程为，设点3、4，将直线CD的方4416

11程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式结合已知条件可得出t、n所满足的关系式，可求得直线CD所过定点N的坐标，再由PQNQ，结合直角三角形的性质可知当M为线段PN的中点时，QM为定值，即可得出结论.

【详解】（1）解：选①：设点Ax1,y1、Bx2,y2， ykx12222联立2可得kx2k4xk0，（*）

y4x当k0时，方程（*）即为x0，此时直线l与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，

所以，k0，2k244k416k210，

22k24xx1则x1x2，12，

k2所以OAOBx21y12x222y2x214x1x224x2x1x2x14x24

2k2416x1x2xx4xx1641725.

1212k2k2因为l:ykx1经过抛物线的焦点，

2k24162925，

所以4AB94x1x229422kk故OAOB4AB9.

选②：设点Ax1,y1、Bx2,y2，

ykx12222联立2可得kx2k4xk0，（*）

y4x当k0时，方程（*）即为x0，此时直线l与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，

所以，k0，2k244k416k210，

22k24xx1则x1x2，12，

k2OAOBx21y12x222y2x214x1x224x2x1x2x14x24

2k2416x1x2x1x24x1x2164k217k225.

2222因为OAOBx1x2y1y2x1x2kx11x21k1x1x2kx1x2k

2k241kkk23，

2k22所以cos2OAOB311623OAOB2，解得k.

161125k2（2）解：若直线m的斜率为零，则直线m与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，

22y3y4设直线CD的方程为xtyn，设点C,y3、D,y4，

44xtyn联立2得y24ty4n0，16t216n0，

y4x由韦达定理可得y3y44t，y3y44n.

因为kPCkPD2y32y444122，所以y1y2122y1y2，

y3y42y12y21144所以4n128t，即n2t3.

所以直线CD的方程为xty2t3ty23，则直线CD过定点N3,2.

因为PQNQ，所以当点M为PN的中点时，QM故存在定点M1,2，使得QM为定值.

【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：

（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；

（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；

（3）求证直线过定点x0,y0，常利用直线的点斜式方程yy0kxx0或截距式ykxb来证明.

x2y221．（2022·河北·统考模拟预测）已知椭圆C:221(ab0)的左，右焦点分别为abF1(1,0),F2(1,0)，右顶点为A，M，N是椭圆上关于原点对称且异于顶点的两点，记直线MA3与直线NA的斜率分别为kMA,kNA，且kMAkNA.

41PN2为定值，

2(1)求C的方程；

(2)若直线l交椭圆C于P，Q两点，记直线PA与直线AQ的斜率分别为kPA,kAQ且kPAkAQ1，证明：直线l恒过定点.

x2y21；

【答案】(1)43(2)证明见解析

3【分析】（1）设出M,N，由斜率公式表示出kMA,kNA，由kMAkNA及M,N在椭圆上得4b232a4，再结合焦点求出a24,b23，即可求解；

（2）斜率不存在不合题意，斜率存在时设l:ykxt，联立椭圆方程求得8kt4t212，表示出kPA,kAQ，由kPAkAQ1解得t2k0或x1x22,x1x224k34k3t2k3，求出定点坐标即可.

(1)

设Mm,n，则Nm,n，又A(a,0)，则kMAkMAkNAnnn232，

2mamama434nn,kNA，mamam2n2b22b222又221，则n2ma，故a2aba，又a2b21，故a24,b23，C的方x2y21；

程为43(2)

当直线l斜率不存在时，易知直线PA与直线AQ关于x轴对称，kPAkAQ0，不合题意；

ykxt当直线l斜率存在时，设直线l:ykxt，P(x1,y1),Q(x2,y2)联立椭圆方程x2y2，

134222整理得4k3x8ktx4t120，则8kt44k234t212484k2t230，

2y1y28kt4t212,kAQx1x22,x1x22，又kPA，y1kx1t,y2kx2t，

x2x24k34k312由kPAkAQ1可得y1ykxtkx2t211，整理得x12x22x12x222k1x1x22kt2x1x24t40，

4t2128kt2kt224t40，整理得t23t4k26k4kt0，即则2k124k34k3t2k23t2k0，

故t2k0或t2k3，当t2k0时，1440，直线l:ykx2k，过定点2,0，不合题意；

22当t2k3时，由484kt30得k1，直线l:ykx32k，过定点2,3，故2直线l恒过定点.

x2y222．（2022·河北·统考模拟预测）已知椭圆C:221(ab0)的左焦点为F，短轴的两ab个顶点分别为M，N，FMN为等边三角形，且FMN的面积为3，

(1)求C的方程； (2)若圆C1的方程为x2y24B两点，，直线l与圆C1相切并且交C于A，证明：OAOB，5并求出|OA|2|OB|2的最大值.

x2【答案】(1)y21

4(2)证明见解析，5

1【分析】（1）依题意可得a2b，c3b且c2b3，即可求出a、b、c，从而得到2椭圆方程；

（2）分直线的斜率存在与斜率不存在两种情况讨论，当斜率存在时设直线方程为ykxm，Ax1,y1，Bx2,y2，又直线与圆相切得到5m24k24，再联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，通过计算OAOBx1x2y1y20证明OAOB，则|OA|2|OB|2|AB|2，再由弦长公式表示|AB|，即可求出最大值；

(1)

解：依题意a2b，c3b，又c2a2b2，且SFMN1c2b3，

2x2解得b1、a2、c3，所以椭圆方程为y21

4(2)

解：若直线l的斜率不存在，则l:x25，

525252525x22525B,取x代入y21得y，此时A，5,5，

5545522所以OAOB0，即OAOB，且|OA||OB|AB216；

5当直线l的斜率存在，设直线方程为ykxm，Ax1,y1，Bx2,y2，

22由直线与圆xym424252相切，所以22，即mk1，即5m24k24；

555k1ykxm2222214kx8kmx4m40，

x4kxm4由x2，则，即2y148km4m24

所以x1x2，x1x214k214k2所以OAOBx1x2y1y2x1x2kx1mkx2m

1k2x1x2kmx1x2m2 4m248km1kkmm2

2214k14k24m2k24m244k28m2k24m2k2m2

214k5m244k20，

14k2所以OAOB，

因为AB1k2x1x21k2x1x224x1x2，

222x1x24x1x2

所以AB1k8km24m241k422

14k14k228km4m2421k422

14k14k161k214k2m214k214k22

161k2242k15

214k2216116k1k2514k2

1616k417k21514k22

9914k14k1644

514k222221691911

2225414k414k21691125

5414k22161121k时AB所以当，即2214k2max5

因为OAOB，

所以|OA|2|OB|2AB，

222所以|OA||OB|max5；

121223．（2022·河北唐山·统考三模）在平面直角坐标系xOy中，动圆M与圆N:x(y)24相内切，且与直线y1相切，记动圆圆心M的轨迹为曲线C．

(1)求曲线C的方程；

(2)过点E(0,1)的直线l与曲线C交于A，B两点，分别以A，B为切点作曲线C的切线l1,l2，直线l1,l2相交于点P．若(ABAP)PB0，求直线l的方程．

【答案】(1)x22y；

(2)x2y20或x2y20.

【分析】（1）利用两圆内切及直线与圆相切列式，化简即得曲线C的方程.

1212（2）设出直线l的方程及A(x1,x1),B(x2,x2)，求出直线l1,l2的方程及点P的坐标，联立22直线l与曲线C的方程，借助韦达定理求出点B的坐标作答.

1【详解】（1）设动圆圆心M(x,y)，半径为r，依题意，|MN|r,ry1，

211于是得xyy，化简得x22y，

2222所以曲线C的方程为x22y.

1212（2）依题意，直线l的斜率存在，设l的方程为ykx1,A(x1,x1),B(x2,x2)，

22x22y由消去y并整理得，x22kx20，则有x1x22k,x1x22，

ykx11212yx1m(xx1)2直线l1的斜率存在，设直线l1的方程为：yx1m(xx1)，由消去y22x2y并整理得：

x22mx2mx1x120，则有4m24(2mx1x12)0，解得mx1，

12yxxx1112122切线l1的方程为yx1xx1，同理可得，切线l2的方程为yx2xx2，由，2212yxxx222x1x2xxx2x1x22,)，

解得，即点P(1xx2212y2xxx(xx)xxx(xx)1212则AB(x2x1,x2x1),AP(21,121),PB(21,221)，

222222因(ABAP)PB0，即ABPBAPPB0，

(x2x1)2x2(x1x2)(x2x1)2(x2x1)2x1x2(x2x1)22

即0，化简得，32x1x2x20，24441112因此，x21，于是得点B(1,)或B(1,)，直线l的斜率k，

222所以直线l的方程为x2y20或x2y20.

2x0x0【点睛】结论点睛：抛物线x2py(p0)在点(x0,)处的切线斜率k；抛物线p2p22py0y2px(p0)在点(,y0)(y00)处的切线斜率k.

y02p2x2y224．（2022·河北沧州·沧县中学校考模拟预测）已知椭圆C:221(ab0)的离心率与abx2y21的离心率互为倒数，短轴长为22．

双曲线C:22

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)设直线l与椭圆C相切于点A，A关于原点O的对称点为点B，过点B作BMl，垂足为M，求ABM面积的最大值．

x2y21

【答案】(1)42(2)2

【分析】（1）先求得椭圆C的离心率e即得椭圆C的标准方程；

（2）利用直线上两点的距离公式|PQ|1k2x1x2算得AM,BM的表达式，可得2，又椭圆C的短轴长为22，可得a,b,c的值，2S△ABM（1）

8xy1|AM||BM|20022.

2x04y6设椭圆C的半焦距为c．

x2y21的离心率e因为双曲线C:22222，

2所以椭圆C的离心率e2，

2又椭圆C的短轴长为22，所以2b22，解得b2．

c2,ea2b2,联立解得a2,c2，

a2c2b22,x2y2故椭圆C的方程为1．

42（2）

设点Ax0,y0,Bx0,y0，易知直线l的斜率一定存在，设直线l:yy0kxx0，

ykxy0kx0,22212kx4kykxx2ykx40，

联立2消元可得00002x2y4由题意，Δ0，即4ky0222-kx0-412k2y0-kx0-40222y04，

且x0222整理得x04k2x0y0ky020．

由过点A的切线是唯一的得k所以直线l:x0x2y0y4，

x0y0x0y0x0，

22x042y02y0又直线BMl交于点M，得直线BM:2y0xx0yx0y0．

2x042y0x0x2y0y4,．

联立可得xM22x04y02y0xx0yx0y0,22y0x042y0x0所以|BM|122xx4y0002822x04y0，

2x0x042y0|AM|1x0222yx4y00022x0y0x4y3020，

即S△ABM22x08x0y04y0,18222|AM||BM|22x,y0时取等号．

，当且仅当，即02222x04y633x2y400故ABM面积的最大值为2．

x2y2625．（2022·河北·模拟预测）已知椭圆E:221(ab0)的离心率为，F为E的左ab3焦点，B，C是E上的两个动点，且直线BC经过E的右焦点，FBC的周长为46．

(1)求E的标准方程；

x2y2(2)若点D在椭圆，证明：1上，且满足4OB4OCOD0（其中O为坐标原点）248BCD的面积为定值．

x2y2【答案】(1)1

62(2)证明见解析

【分析】（1）由离心率可得a，c的关系，再由FBC的周长可得a的值，进而求出c的值，可得b的值，求出椭圆的方程；

（2）设直线BC的方程，与椭圆的方程联立，求出两根之和及两根之积，进而求出弦长|BC|的代数式，再由向量的关系，可得D的横纵坐标与B，C的坐标的关系，将D的坐标代入

椭圆方程，可得参数的值，求出D到直线BC的距离，代入三角形的面积公式可得为定值．【详解】（1）由题意可得eb2a2c2642，

c6，4a46，可得a6，c2，所以a3x2y21；

所以椭圆E的标准方程为：62（2）证明：设B(x1，y1)，C(x2，y2)，D(x0，y0)，

因为4OB4OCOD0，即有4x1,y14x2,y2x0,y00,0

可得x04(x1x2)，y04(y1y2)，

由题意显然直线BC的斜率不为0，设直线BC的方程为xmy2，

xmy2联立2，整理可得(3m2)y24my20，因为直线BC经过焦点2,0，其在椭2x3y6圆内部，显然0，

且y1y24m212yyxxm(yy)4，，，

1212123m23m23m222216m2226(1m2)4所以BC1m(y1y2)4y1y21m，

(3m2)23m23m242(x1x2)242(y1y2)2x2y21上，所以1，

因为D在椭圆248248212216m221，整理可得m426m2870，

可得22223(3m)(3m)可得m229或3（舍)，

所以BC2630156，

3298点D到直线BC的距离d，

my0x021m24m(y1y2)4(x1x2)21m216m24823m23m21m21629486229(329)1293305所以SBCD为定值．

BCd22858【点睛】结论点睛：圆锥曲线中的弦长公式：弦长k21x1x2k21x1x224x1x21k2，其中a为直线与圆锥曲线联立的|a|关于x的一元二次方程的二次项系数，

若直线引入的参数为m，则弦长m21y1y2m21y1y224y1y21m2Δ，其中a为直线与圆锥曲线联立a的关于y的一元二次方程的二次项系数.

26．（2022·河北衡水·衡水市第二中学校考一模）已知A2,0,B2,0,Px,y满足PA与PB3的斜率之积为.

4(1)求P的轨迹C的方程.

(2)l1,l2是过C内同一点D的两条直线，l1交椭圆于MN,l2交椭圆于EF，且MNEF共圆，求这两条直线斜率之和.

x2y21(x2)；

【答案】(1)43(2)0.

【分析】（1）根据直线斜率公式，结合已知进行求解即可；

（2）根据四点共圆的性质，结合直线的参数方程进行求解即可.

3【详解】（1）因为Px,y满足PA与PB的斜率之积为，

4yy3x2y2(x2)1(x2)；

所以有x2x2443（2）设D(x0,y0)，因为D在C内，

22x0y022所以13x04y012，

43xx0tcos设l1的参数方程为：，为直线l1的倾斜角，

yytsin0xx0tcosx2y2把代入1(x2)中，得

yytsin43022(3cos24sin2)t2t(6x0cos8y0sin)3x04y0120，

2212(3x04y0)，

t1t23cos24sin23cos24sin2223x04y012即DMDMt1t222123x04y0223cos4sin，

设直线l2的倾斜角为，上式用代，

同理可得DEDFt3t422123x04y0223cos4sin，

因为l1,l2是过C内同一点D的两条直线，l1交椭圆于MN,l2交椭圆于EF，且MNEF共圆，

所以由圆的相交弦定理可知：DMDNDEDF22123x04y03cos24sin222123x04y03cos24sin2，

22因为3x04y012，所以有3cos24sin23cos24sin23sin23sin2sin2sin2，

因为,是直线的倾斜角，所以sin0,sin0，

所以sin2sin2sinsin，

因为l1,l2是过C内同一点D的两条直线，

所以，因此由sinsinππtantan(π)tantan，

设l1,l2的斜率为k1,k2，因此有k1k2k1k20，

即这两条直线斜率之和为0.

【点睛】关键点睛：利用直线的参数方程、圆的相交弦定理是解题的关键.

27．（2023·河北石家庄·统考模拟预测）在平面直角坐标系Oxy中，动圆P与圆C1:x2y22x4530内切，且与圆C2:x2y22x0外切，记动圆P的圆心的轨迹为44E.

(1)求轨迹E的方程； (2)不过圆心C2且与x轴垂直的直线交轨迹E于A,M两个不同的点，连接AC2交轨迹E于点B.

（i）若直线MB交x轴于点N，证明：N为一个定点；

（ii）若过圆心C1的直线交轨迹E于D,G两个不同的点，且ABDG，求四边形ADBG面积的最小值.

x2y2【答案】(1)1

43(2)（i）证明见解析；（ii）

288

49【分析】（1）根据两圆内切和外切列出圆心距与半径的关系，即可发现圆心P的轨迹满足椭圆的定义，进而可求其方程，

（2）联立直线AB与椭圆方程，得韦达定理，根据点坐标可得BN方程，进而代入韦达定理即可求出N坐标，根据弦长公式可求AB长度，进而得DG长，根据AB,DG垂直，即可表示四边形ADBG的面积，根据不等式即可求解最值.

【详解】（1）设动圆P的半径为R，圆心P的坐标为x,y

71由题意可知：圆C1的圆心为C11,0，半径为；圆C2的圆心为C21,0，半径为2.

2动圆P与圆C1内切，且与圆C2外切，

7PCR12PC1PC24C1C22

1PCR2222xy动圆P的圆心的轨迹E是以C1,C2为焦点的椭圆，设其方程为：221(ab0)，

ab其中2a4,2c2,a2,b23

x2y21

从而轨迹E的方程为：43（2）（i）设直线AB的方程为ykx1k0,Ax1,y1,Bx2,y2，则Mx1,y1

ykx12222由x2y2可得：4k3x8kx4k120

1348k24k212

x1x22,x1x24k34k23直线BM的方程为yy1y2y1xx1，

x2x1令y0可得N点的横坐标为：

xNkx2x1x112xxx1x2x2x1y1x1x112

y2y1kx1x22x1x224k2128k22224k34k34

28k24k23N为一个定点，其坐标为4,0

（ii）根据（i）可进一步求得：

AB1k2x2x11k22x2x124x1x2

228k24k21212k1.

1k24224k34k34k31ABDG,kDG，

k则DG12k213k24

ABDG，

2272k211112k112k1四边形ADBG面积SABDG

224k233k244k233k242（法一）S72k2124k233k2472k21224k233k24228849

等号当且仅当4k233k24时取，即k1时，Smin（法二）令k21t,k0,t1，

288

4972t272S21112tt1则212tt721149

4t2228811

当，即k1时，Smin49t2【点睛】本题考查了椭圆的方程，以及直线与椭圆的位置关系，综合性较强.利用几何法求轨迹方程时，要多注意图形位置间体现的等量关系，可通过先判断轨迹，再求其方程.直线与椭圆相交问题，联立方程是常规必备步骤，韦达定理得弦长，求面积或者长度最值时，往往需要先将其表达出来，再利用不等式或者函数的知识进行求解.

x2y228．（2022·河北·模拟预测）已知椭圆C:221(ab0)，其右焦点为F(3,0)，点Mab在圆x2y2b2上但不在y轴上，过点M作圆的切线交椭圆于P，Q两点，当点M在x轴上时，|PQ|3.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)当点M在圆上运动时，试探究△FPQ周长的取值范围.

x2【答案】(1)y21

4(2)[4,8]

【分析】（1）由题意可知c3，再根据|PQ|3列出相应的方程，组成方程组解得答案;

（2）设Px1,y1，Qx2,y2，从而表示出△FPQ的周长，分类讨论，联立直线和椭圆方程，得到根与系数的关系式，从而结合基本不等式，求得答案.

【详解】（1）由题意可知c3，

3Pb,当点M在x轴上时，|PQ|3，不妨设2，

a2b23a23得2，解得，

bb141a2b2x2所以椭圆C的标准方程为y21.

4（2）设Px1,y1，Qx2,y2，

x1233则|PF|(x13)(y10)(x13)1(x12)22x1，

422222同理|QF|223x2，

22212121x123|PM|OPbxy1xx1，

42同理|QM|3x2，

2xx2x1x23333，

x12x2x1x243122222所以△FPQ的周长为2①当直线PQ的斜率不存在时，PQ的方程为x1或x=1.

331,1,PQ的方程为x1时，不妨设P，Q的坐标分别为2，，

2此时△FPQ的周长为4. 331,1,PQ的方程为x=1时，不妨设P，Q的坐标分别为，，

22此时△FPQ的周长为423.

②当直线PQ的斜率存在时，设PQ的方程为ykxm，

由直线PQ与圆x2y21相切，得d|m|1k21，即m21k2，

ykxm联立得x2，化简得(14k2)x28kmx4m240，

2y148kmxx1214k2则，易知0恒成立，

24m4xx1214k24m244k2而x1x20，即x1,x2同号，

14k214k2当x1x28km0时，即km0，此时点M在y轴右侧，所以x1>0，x20，

14k2x1x2x1x24为定值.

2此时△FPQ的周长43当x1x28km0时，即km0，此时点M在y轴左侧，所以x10，x20，

214kx1x2x1x283km

43(x1x2)4214k2此时△FPQ的周长43483km834m3k，

m23k2km因为km0，所以m即km3km3k23，当且仅当，

kmkm6m2或2k283m3kkm6

2时取等号.

22，所以△FPQ周长的取值范围为（4，8],

从而448综上所述，△FPQ周长的取值范围为[4,8].

【点睛】本题考查了椭圆方程的求解，以及直线和椭圆相交时三角形的周长范围问题，综合性很强，难度较大，解答的关键是理清解题的思路，要明确将直线和椭圆方程联立，利用根与系数的关系式进行化简，从而求得三角形周长范围，难点是计算量很大，很繁杂，要十分细心.

x2y2x2y229．1，椭圆C2:221(a0,b0)（2022·河北·校联考模拟预测）已知椭圆C1:42ab与C1有相同的离心率，且短轴的一个端点坐标为0,1，O是坐标原点.

(1)求C2的方程；

(2)若直线l与C2有且仅有一个公共点，B两点，与C1交于A，试问OAB的面积是否为定值？若是，求OAB的面积；若不是，请说明理由.

x2【答案】(1)y21

2(2)OAB面积为定值，2

【分析】（1）求出b1，由离心率求出a22，求出椭圆方程；（2）考虑直线l斜率不存在x2时的OAB面积，再考虑直线l斜率存在时，设出直线方程，先与y21联立，用根的2x2y21联立，求出弦长，用点到直线距离公式求判别式得到b2k1，进而再与C1:4222出高，进而求出OAB的面积，综上求出答案.

(1)

由题意得：b1，

12x2y221的离心率为又C1:，所以12，

42a22解得：a2，故C2的方程为：2x2y21.

2(2)

当直线l斜率不存在时，此时l:x2，

2y21，解得：y1，

不妨令l:x2，此时42所以AB2，SOAB1AB22，

2当直线l斜率存在时，设直线方程为：ykxb，

x2222与y21联立得：12kx4kbx2b20，

22222由Δ16kb412k2b20，

解得：b22k21，

22xy222ykxb与C1:1联立得：12kx4kbx2b40，

42设Ax1,y1,Bx2,y2，

4kb2b24,x1x2则x1x2，

2212k12k则AB1k222224kb42b42224kb2

1k212k212k212k221k212k2

12k2则点O到直线ykxb的距离为db1k2，

则SOAB1221k212k212k22，

22212k1k综上：OAB的面积为定值，为2.

【点睛】求解圆锥曲线相关的面积范围或定值问题，一般要设出直线方程，与圆锥曲线联立后利用韦达定理求出两根之和，两根之积，结合题干条件列出方程，表达出面积，进行求解，注意直线方程斜率不存在的情况要单独考虑.

x2y230．（2023·河北·河北衡水中学校考模拟预测）椭圆221ab0的上、下顶点分别ab为A，B.

在椭圆上任取两点C，D，直线CD斜率存在且不过A，B.

BC交AD于P1，AC交BD于P2，直线CD交y轴于R，直线AC交x轴于Q1，直线BD交x轴于Q2.

(1)若a，b为已知量，求OROP1；

(2)分别作P1E，Q1FP2B于E，F，求【答案】(1)b2

(2)1

【分析】（1）设出直线CD，联立直线与抛物线，由韦达定理结合向量数量积的坐标表示化简即可.

2Q1Q2，（2）由（1）结论可求得OROP由向量数量积几何意义可得yp1yp2，即PP122b，PE1Q1Q2.

Q1FPP12结合几何关系可得Q1Q2FPP12E，则有PEPEQ2Q11Q1Q211.

Q1FPPFQPP12112【详解】（1）由题意知，A0,b,B0,b，直线CD斜率存在且不过A，B，可设为ykxmmb，Cx1,y1,Dx2,y2，x1x2，则有R0,m. x2y21ab022222222联立方程得a2b2，消y得，akbx2akmxamb0，

ykxm2a2m2b22akm则x1x2,x1x2222，x1x2222akbakbx1x224x1x22aba2k2b2m2.

a2k2b2直线BC为yy1bxb，直线AD为yx1y2bxb，BC交AD于P1，联立得x22bx1x22xby1by2bx1y2x2y1bx1x2y1bx1x2yxxb1y1by2b.

，解得yby2bx1y2x2y1b2x1x2xbx1x2ybx2ybybx1y2x2y1bx1x212x1x2bx1y2x2y1b2x1x2

故OROP1mx1y2x2y1bx1x2bx1kx2mx2kx1mb2x1x2

mx1kx2mx2kx1mbx1x2bm2kx1x2mx1x2bx1x2bx1x2mx1x2

bm2a2km2b22a2km22ab2a2k2b2m22abkm2abmakbm22222

b2aka2k2b2m2akakbm2222

b2.

（2）直线AC为yy1bxb，直线BD为yx1y2bxb，AC交BD于P2，联立得x2y1byxbx1，

yby2xbx2则由（1）结论可得OROP2bb2.

Q1Q2.

则有OROP即OP即yp1yp2，故PP121cosOR,OP1OP2cosOR,OP2，1OROP2，2.

又P1E，Q1FP2B于E，F，故Q1FPE1则有Q1Q2FPP12E，Q1Q2FPP12E，则有Q1Q2PP12Q1F，

PE1PEQ2Q1cosPE11,Q2Q1PEPE1Q1Q21Q2Q11.

故Q1FPPFQPPFQ1PP1211212cosFQ1,PP12

【点睛】直线与圆锥曲线问题，往往借助韦达定理去表示所求问题，一般难点在于运算.


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