圓錐曲線專題

圓錐曲線專題一．解答題（共30小題）1．（2022秋?天山區(qū)校級期末）已知橢圓的長軸長為，且點P（2，1）在橢圓C上．（1）求橢圓C的方程．（2）設O為坐標原點，過點（t，0）（t＞0）的直線l（斜率不為0）交橢圓C于不同的兩點A，B（異于點P），直線PA，PB分別與直線x＝﹣t交于M，N兩點，MN的中點為Q，是否存在實數(shù)t，使直線PQ的斜率為定值？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．2．（2022秋?廣州期末）已知橢圓，斜率為的直線l1與橢圓T只有一個公共點．（1）求橢圓T的標準方程；（2）過橢圓右焦點F的直線與橢圓T相交于A，B兩點，點C在直線l2：x＝4上，且BC∥x軸，求直線AC在x軸上的截距．3．（2022秋?仁壽縣期末）橢圓E：+＝1（a＞b＞0）的離心率是，點M（，1）是橢圓E上一點，過點P（0，1）的動直線l與橢圓相交于A，B兩點．（1）求橢圓E的方程；（2）求△AOB面積的最大值；（3）在平面直角坐標系xOy中，是否存在與點P不同的定點Q，使恒成立？存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．4．（2023秋?湖北期末）已知橢圓的標準方程：．F1、F2為左右焦點，過右焦點F2的直線與橢圓交于A，B兩點，A，B中點為D，過點F2的直線MF2與AB垂直，且與直線l：x＝4交于點M，求證：O，D，M三點共線．5．（2022秋?海安市期末）已知雙曲線C過點，且C的漸近線方程為．（1）求C的方程；（2）設A為C的右頂點，過點的直線與圓O：x2+y2＝3交于點M，N，直線AM，AN與C的另一交點分別為D，E，求證：直線DE過定點．6．（2022秋?濱海新區(qū)校級期末）已知橢圓（a＞b＞0）的左頂點為A1，右焦點為F2，過F2作垂直于x軸的直線交該橢圓于M，N兩點，直線A1M的斜率為．（1）求橢圓的離心率；（2）橢圓右頂點為A2，P為橢圓上除左右頂點外的任意一點，求證：為定值，并求出這個定值；（3）若△A1MN的外接圓在M處的切線與橢圓交另一點于D，且△F2MD的面積為，求橢圓的方程．7．（2022秋?西城區(qū)期末）已知橢圓C：＝1的焦點在x軸上，且離心率為．（Ⅰ）求實數(shù)t的值；（Ⅱ）若過點P（m，n）可作兩條互相垂直的直線l1，l2，且l1，l2均與橢圓C相切．證明：動點P組成的集合是一個圓．8．（2022秋?游仙區(qū)校級期末）已知橢圓C：＝1（a＞b＞0）的左焦點為F1，過原點O的直線與橢圓C交于P，Q兩點，若|PF1|＝3|QF1|，且cos∠PF1Q＝﹣．（1）求橢圓C的離心率；（2）橢圓C的上頂點D（0，2），不過D的直線l與橢圓C交于A，B兩點，線段AB的中點為M，若∠AMD＝2∠ABD，試問直線l是否經(jīng)過定點？若經(jīng)過定點，請求出定點坐標；若不過定點，請說明理由．9．（2022秋?惠州期末）已知雙曲線的右焦點為F（2，0），O為坐標原點，雙曲線C的兩條漸近線的夾角為．（1）求雙曲線C的方程；（2）過點F作直線l交C于P，Q兩點，在x軸上是否存在定點M，使為定值？若存在，求出定點M的坐標及這個定值；若不存在，說明理由．10．（2022秋?宿城區(qū)校級期末）在平面直角坐標系xOy中，已知點A（，0），直線l：x＝，動點P滿足到點A的距離與它到直線l的距離之比為，記M的軌跡為C．（1）求C的方程；（2）過點M且與C相切的直線交橢圓E：+＝1于A，B兩點，射線MO交橢圓E于點N，試問△ABN的面積是否為定值？請說明理由．11．（2022秋?沙坪壩區(qū)校級期末）阿波羅尼斯是古希臘著名數(shù)學家，他的主要研究成果集中在他的代表作《圓錐曲線》一書中．阿波羅尼斯圓是他的研究成果之一，指的是已知動點M與兩定點Q，P的距離之比，λ是一個常數(shù)，那么動點M的軌跡就是阿波羅尼斯圓，圓心在直線PQ上．已知動點M的軌跡是阿波羅尼斯圓，其方程為x2+y2＝4，定點分別為橢圓C：的右焦點F與右頂點A，且橢圓C的離心率為e＝．（1）求橢圓C的標準方程；（2）如圖，過右焦點F斜率為k（k＞0）的直線l與橢圓C相交于B，D（點B在x軸上方），點S，T是橢圓C上異于B，D的兩點，SF平分∠BSD，TF平分∠BTD．（?。┣蟮娜≈捣秶唬áⅲⅫcS、F、T看作一個阿波羅尼斯圓上的三點，若△SFT外接圓的面積為，求直線l的方程．12．（2022秋?泰興市校級月考）在平面直角坐標系xOy中，已知A1，A2為拋物線C：y2＝2x上兩點．且點A1，A2分別在第一、四象限．直線A1A2與x軸正半軸交于點A3，與y負半軸交于點A4．（1）若∠A1OA2＞90°，求點A3橫坐標的取值范圍；（2）記△A1OA2的重心為G，直線A1A2，A3G的斜率分別為k1，k2，且k2＝2k1．若|A1A2|＝λ|A3A4|，證明：λ為定值．13．（2022秋?沙坪壩區(qū)校級月考）與橢圓有公共焦點的雙曲線C過點，過點E（2，0）作直線l交雙曲線的右支于A，B兩點，連接AO并延長交雙曲線左支于點P（O為坐標原點）．（1）求雙曲線C的方程；（2）求△PAB的面積的最小值．14．（2022秋?金山區(qū)期末）已知橢圓Γ：＝1（a＞b＞0）的左、右焦點分別為F1、F2．（1）以F2為圓心的圓經(jīng)過橢圓的左焦點F1和上頂點B，求橢圓Γ的離心率；（2）已知a＝5，b＝4，設點P是橢圓Γ上一點，且位于x軸的上方，若△PF1F2是等腰三角形，求點P的坐標；（3）已知a＝2，b＝，過點F2且傾斜角為的直線與橢圓Γ在x軸上方的交點記作A，若動直線l也過點F2且與橢圓Γ交于M、N兩點（均不同于A），是否存在定直線l0：x＝x0，使得動直線l與l0的交點C滿足直線AM、AC、AN的斜率總是成等差數(shù)列？若存在，求常數(shù)x0的值；若不存在，請說明理由．15．（2022秋?長寧區(qū)期末）已知拋物線Γ：y2＝4x的焦點為F，準線為l．（1）若F為雙曲線C：﹣2y2＝1（a＞0）的一個焦點，求雙曲線C的離心率e；（2）設l與x軸的交點為E，點P在第一象限，且在Γ上，若＝，求直線EP的方程；（3）經(jīng)過點F且斜率為k（k≠0）的直線l′與Γ相交于A、B兩點，O為坐標原點，直線OA、OB分別與l相交于點M、N．試探究：以線段MN為直徑的圓C是否過定點，若是，求出定點的坐標；若不是，說明理由．16．（2022秋?南通期中）在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：的焦距為2，過點．（1）求橢圓C的標準方程；（2）若直線l交橢圓C于點P，Q，直線AP，AQ分別交y軸于點M，N，且，求證：直線l過定點．17．（2022秋?道里區(qū)校級期中）已知動點P與平面上兩定點A（﹣2，0），B（2，0）連線的斜率的積為定值．（1）求動點P的軌跡方程C；（2）設直線l：y＝kx+1與曲線C交于M，N兩點，判斷是否存在k使得△OMN面積取得最大值，若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由．18．（2021秋?西湖區(qū)校級期末）已知橢圓＝1（a＞b＞0）的離心率為，過焦點且垂直于長軸的弦長等于1．（1）求橢圓的方程；（2）直線l：y＝kx+b交橢圓于A，B兩點，且AB被直線x﹣2y＝0平分．①若△AOB的面積等于1（O是坐標原點），求l的方程；②橢圓的左右焦點分別是F1，F(xiàn)2，△ABF1，△ABF2的重心分別是C，D，當原點O落在以CD為直徑的圓外部時，求△AOB面積的取值范圍．19．（2022秋?黑龍江期中）已知F1，F(xiàn)2分別是橢圓C：＝1（a＞b＞0）的左、右焦點，P是C上的動點，C的離心率是，且△PF1F2的面積的最大值是．（1）求C的方程；（2）過F1作兩條相互垂直的直線l1，l2，直線l1交C于A，B兩點，直線l2交C于D，E兩點，求證：為定值．20．（2022秋?江寧區(qū)期中）已知雙曲線與橢圓的離心率互為倒數(shù)，且雙曲線的右焦點到C的一條漸近線的距離為．（1）求雙曲線C的方程；（2）直線y＝2x+m與雙曲線C交于A，B兩點，點M在雙曲線C上，且，求λ的取值范圍．21．（2022秋?順慶區(qū)校級期中）已知動點M（x，y）到原點O（0，0）的距離與它到點H（﹣3，0）的距離之比為，記動點M的軌跡為曲線Ω．（1）求曲線Ω的方程；（2）直線x﹣y+m＝0與曲線Ω交于E，F(xiàn)兩點，求的取值范圍（O為坐標原點）；（3）點P是直線l：x+y+2＝0上一動點，過點P作曲線Ω的兩條切線，切點分別為A、B．試問直線AB是否恒過定點，若是，求出這個定點；若否，請說明理由．22．（2022秋?通州區(qū)期中）在平面直角坐標系xOy中，已知雙曲線C1：＝1與橢圓C2：＝1，A，B分別為C1的左、右頂點．點P在雙曲線C1上，且位于第一象限．（1）直線OP與橢圓C2相交于第一象限內(nèi)的點M，設直線PA，PB，MA，MB的斜率分別為k1，k2，k3，k4，求k1+k2+k3+k4的值；（2）直線AP與橢圓C2相交于點N（異于點A），求AP?AN的取值范圍．23．（2022秋?如東縣期中）在一張紙上有一個圓C：＝4，定點，折疊紙片使圓C上某一點S1好與點S重合，這樣每次折疊都會留下一條直線折痕PQ，設折痕PQ與直線S1C的交點為T．（1）求證：||TC|﹣|TS||為定值，并求出點T的軌跡C′方程；（2）設A（﹣1，0），M為曲線C′上一點，N為圓x2+y2＝1上一點（M，N均不在x軸上）．直線AM，AN的斜率分別記為k1，k2，且k2＝﹣，求證：直線MN過定點，并求出此定點的坐標．24．（2022秋?衢州期末）已知橢圓C：的長軸長為4，離心率為，其左、右頂點分別為A、B，右焦點為F．（1）求橢圓C的方程；（2）如圖，過右焦點F作不與x軸重合的直線交橢圓于C、D兩點，直線AD和BC相交于點M，求證：點M在定直線l上；（3）若直線AC與（2）中的定直線l相交于點N，在x軸上是否存在點P，使得．若存在，求出點P坐標；若不存在，請說明理由．25．（2022秋?西湖區(qū)校級期中）已知三角形△ABC的兩頂點坐標A（﹣1，0），B（1，0），sinA（1﹣2cosB）+sinB（1﹣2cosA）＝0．（1）求動點C的軌跡E的方程；（2）不垂直于x軸的動直線l與軌跡E相交于M，N兩點，定點P（4，0），若直線MP，NP關于x軸對稱，求三角形PMN面積的取值范圍．26．（2022秋?浦東新區(qū)期末）已知F1、F2分別為橢圓C1：＝1的左、右焦點，直線l1交橢圓C1于A、B兩點．（1）求焦點F1、F2的坐標與橢圓C1的離心率e1的值；（2）若直線l1過點F2且與圓x2+y2＝1相切，求弦長|AB|的值；（3）若雙曲線C2與橢圓共焦點，離心率為e2，滿足e2＝2e1，過點F2作斜率為k（k≠0）的直線l2交C2的漸近線于C、D兩點，過C、D的中點M分別作兩條漸近線的平行線交C2于P、Q兩點，證明：直線PQ平行于l2．27．（2022秋?普陀區(qū)期末）在xoy坐標平面內(nèi)，已知橢圓Γ：＝1的左、右焦點分別為F1、F2，直線y＝k1x（k1≠0）與Γ相交于A、B兩點．（1）記d為A到直線2x+9＝0的距離，當k1變化時，求證：為定值；（2）當∠AF2B＝120°時，求|AF2|?|BF2|的值；（3）過B作BM⊥x軸，垂足為M，OM的中點為N，延長AN交Γ于另一點P，記直線PB的斜率為k2，當k1取何值時，|k1﹣k2|有最小值？并求出此最小值．28．（2022秋?廣州期中）已知橢圓，的離心率相同．P（x0，y0）在橢圓E1上，A（x1，y1）、B（x2，y2）在橢圓E2上．（1）若，求點Q的軌跡方程；（2）設E1的右頂點和上頂點分別為A1、B1，直線A1C、B1D分別是橢圓E2的切線，C、D為切點，直線A1C、B1D的斜率分別是k1、k2，求的值；（3）設直線PA、PB分別與橢圓E2相交于E、F兩點，且，若M是AB中點，求證：P、O、M三點共線（O為坐標原點）．29．（2022秋?濱海新區(qū)校級期中）設橢圓的右頂點為A，離心率為，且以坐標原點為圓心，橢圓C的短半軸長為半徑的圓與直線相切．（1）求橢圓C的方程；（2）設直線x＝﹣2上兩點M，N關于x軸對稱，直線AM與橢圓C相交于點B（B異于點A），直線BN與x軸相交于點D，若△AMD的面積為，求直線AM的方程；（3）P是y軸正半軸上的一點，過橢圓C的右焦點F和點P的直線l與橢圓C交于G，H兩點，求的取值范圍．30．（2022秋?楊浦區(qū)校級期中）如圖，O為坐標原點，橢圓C1：＝1（a?b＞0）的左、右焦點分別為F1、F2，離心率為e1；雙曲線C2：＝1的左、右焦點分別為F3、F4，離心率為e2，已知e1e2＝，且|F2F4|＝﹣1．過F1作C1的不垂直于y軸的弦AB，M為AB的中點，直線OM與C?交于P、Q兩點．（1）求C1、C2的方程；（2）若四邊形APBO為平行四邊形，求直線AB的方程；（3）求四邊形APBQ面積的最小值．

圓錐曲線專題參考答案與試題解析一．解答題（共30小題）1．（2022秋?天山區(qū)校級期末）已知橢圓的長軸長為，且點P（2，1）在橢圓C上．（1）求橢圓C的方程．（2）設O為坐標原點，過點（t，0）（t＞0）的直線l（斜率不為0）交橢圓C于不同的兩點A，B（異于點P），直線PA，PB分別與直線x＝﹣t交于M，N兩點，MN的中點為Q，是否存在實數(shù)t，使直線PQ的斜率為定值？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）+＝1；（2）t＝4．【解答】解：（1）因為橢圓的長軸長為4，所以2a＝4，得a＝2，所以橢圓為+＝1，因為橢圓過點P（2，1），所以+＝1，得b2＝2，所以橢圓方程為+＝1；（2）由題意設直線l為x＝my+t，A（x1，y1），B（x2，y2），由，得（m2+4）y2+2mty+t2﹣8＝0，Δ＝4m2t2﹣4（m2+4）（t2﹣8）＞0，得2m2﹣t2+8＞0，則y1+y2＝，y1y2＝，因為kPA＝，所以直線AP為y﹣1＝（x﹣2），當x＝﹣t時，y＝1+（﹣t﹣2）＝1﹣，所以M（﹣t，1﹣），因為kPB＝，所以直線BP為y﹣1＝（x﹣2），當x＝﹣t時，y＝1+（﹣t﹣2）＝1﹣，所以N（﹣t，1﹣），因為MN的中點為Q，所以Q（﹣t，1﹣﹣），所以kPQ＝＝＝＝＝＝，若kPQ為定值，則kPQ與m無關，所以，解得t＝4，所以當t＝4時，直線PQ的斜率為定值．2．（2022秋?廣州期末）已知橢圓，斜率為的直線l1與橢圓T只有一個公共點．（1）求橢圓T的標準方程；（2）過橢圓右焦點F的直線與橢圓T相交于A，B兩點，點C在直線l2：x＝4上，且BC∥x軸，求直線AC在x軸上的截距．【答案】（1）+＝1．（2）．【解答】解：（1）由題意可得直線l1的方程為y﹣＝﹣（x﹣1），化為x+2y﹣4＝0，聯(lián)立，化為（a2+4b2）y2﹣16b2+16b2﹣a2b2＝0，∵直線l1與橢圓T只有一個公共點P，∴Δ＝（﹣16b2）2﹣4（a2+4b2）（16b2﹣a2b2）＝0，化為a2+4b2＝16，又+＝1，聯(lián)立解得a2＝4，b2＝3，∴橢圓T的標準方程為+＝1．（2）由（1）可得c＝＝1，右焦點F（1，0），設A（x1，y1），B（x2，y2），不妨設y1＞y2，∵點C在直線l2：x＝4上，且BC∥x軸，∴C（4，y2），設直線AB的方程為my＝x﹣1，聯(lián)立，化為（3m2+4）y2+6my﹣9＝0，Δ＞0，∴y1y2＝，y1＝，y2＝，直線AC的方程為y﹣y2＝（x﹣4），令y＝0，解得x＝＝，又y1﹣y2＝﹣，4y1﹣my1y2﹣y2＝4×﹣m×﹣＝﹣，∴x＝＝＝，即為直線AC在x軸上的截距．3．（2022秋?仁壽縣期末）橢圓E：+＝1（a＞b＞0）的離心率是，點M（，1）是橢圓E上一點，過點P（0，1）的動直線l與橢圓相交于A，B兩點．（1）求橢圓E的方程；（2）求△AOB面積的最大值；（3）在平面直角坐標系xOy中，是否存在與點P不同的定點Q，使恒成立？存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】（1）+＝1；（2）；（3）存在點Q（0，2）．【解答】解：（1）根據(jù)題意，得，解得a2＝4，b2＝2，c2＝2，橢圓C的方程為+＝1；（2）依題意，設A（x1，y1），B（x2，y2），設直線l為y＝kx+1，聯(lián)立，消去y，得（1+2k2）x2+4kx﹣2＝0，Δ＞0恒成立，x1+x2＝﹣，x1x2＝﹣，所以S△AOB＝|x1﹣x2|＝＝＝，令t＝，t＞1，S△AOB＝?＝?≤，當且僅當t＝1，即k＝0時取得等號，綜上可知，△AOB面積的最大值為；（3）結論：存在與點P不同的定點Q（0，2），使得恒成立．理由如下：當直線l與x軸平行時，設直線l與橢圓相交于C、D兩點，如果存在定點Q滿足條件，則有＝1，即|QC|＝|QD|，∴Q點在直線y軸上，可設Q（0，y0），當直線l與x軸垂直時，設直線l與橢圓相交于M、N兩點，如果存在定點Q滿足條件，則＝，即＝，解得y0＝1或y0＝2，∴若存在不同于點P的定點Q滿足條件，則Q點坐標只能是（0，2）；當直線l不平行于x軸且不垂直與x軸時，可設直線l的方程為y＝kx+1，聯(lián)立，消去y并整理得：（1+2k2）x2+4kx﹣2＝0，∵Δ＝（4k）2+8（1+2k2）＞0，∴x1+x2＝﹣，x1x2＝﹣，又點B關于y軸對稱的點B′的坐標為（﹣x2，y2），又kAQ＝＝＝k﹣，kQB′＝＝＝﹣k+，kAQ﹣kQB′＝2k﹣＝0∴kAQ＝kQB′則Q、A、B′三點共線，∴＝＝＝；故存在與點P不同的定點Q（0，2），使得恒成立．4．（2023秋?湖北期末）已知橢圓的標準方程：．F1、F2為左右焦點，過右焦點F2的直線與橢圓交于A，B兩點，A，B中點為D，過點F2的直線MF2與AB垂直，且與直線l：x＝4交于點M，求證：O，D，M三點共線．【答案】證明過程見詳解．【解答】證明：由橢圓的標準方程：可得F1（﹣1，0），F(xiàn)2（1，0），當直線AB的斜率為0時，則AB的中點D（0，0），與O點重合，這時過F2與AB垂直的直線與x＝4平行，沒有交點，所以直線AB的斜率不為0，設直線AB的方程為x＝my+1，設A（x1，y1），B（x2，y2），所以D（，），因為，作差可得＝﹣，所以＝﹣?＝﹣m，即kOD＝﹣m，由題意直線F2M的方程為x＝﹣y+1，令x＝4，可得yM＝﹣3m，即M（4，﹣3m），所以kOM＝＝kOD，直線OM，OD又共用O，可證得：O，D，M三點共線．5．（2022秋?海安市期末）已知雙曲線C過點，且C的漸近線方程為．（1）求C的方程；（2）設A為C的右頂點，過點的直線與圓O：x2+y2＝3交于點M，N，直線AM，AN與C的另一交點分別為D，E，求證：直線DE過定點．【答案】（1）；（2）（0，0）．【解答】解：（1）由題意可知，雙曲線C的漸近線方程為，當焦點在x軸時，可得，即a＝b，設雙曲線C的方程為﹣＝1，∵C過，∴，解得，∴C的方程為；當焦點在y軸時，可得，即b＝a，設雙曲線C的方程為＝1，∵C過，∴，無解，綜上所述，C的方程為．（2）證明：設直線MN方程為，M（x1，y1），N（x2，y2），，∴，∴＝，設直線DE方程為x＝my+t，D（x3，y3），E（x4，y4），，，，，∵直線DE不過，∴，∴，∴，∴t＝0，∴直線DE為：x＝my恒過定點（0，0）．6．（2022秋?濱海新區(qū)校級期末）已知橢圓（a＞b＞0）的左頂點為A1，右焦點為F2，過F2作垂直于x軸的直線交該橢圓于M，N兩點，直線A1M的斜率為．（1）求橢圓的離心率；（2）橢圓右頂點為A2，P為橢圓上除左右頂點外的任意一點，求證：為定值，并求出這個定值；（3）若△A1MN的外接圓在M處的切線與橢圓交另一點于D，且△F2MD的面積為，求橢圓的方程．【答案】（1）．（2）見證明過程.＝﹣為定值．（3）橢圓的方程為+＝1．【解答】解：（1）F2（c，0），把x＝c代入橢圓方程可得+＝1，解得y＝±，取M（c，），則＝＝，b2＝a2﹣c2，化為：a＝2c，∴e＝＝．（2）證明：由（1）可得e＝＝＝，解得＝．設P（x0，y0），則+＝1，∴＝﹣，則＝?＝＝﹣＝﹣為定值．（3）由（1）可得橢圓的方程為+＝1，化為3x2+4y2＝12c2．設△A1MN的外接圓的圓心G（t，0），則（t+a）2＝+（c﹣t）2，解得t＝﹣，可得圓心G（﹣，0），半徑r＝t+a＝c，∴圓的方程為：+y2＝，M（c，c），設過點M的圓的切線方程為y﹣c＝k（x﹣c），即kx﹣y+c﹣kc＝0，則＝c，化為（4k+3）2＝0，解得k＝﹣，∴過點M的圓的切線方程為3x+4y﹣9c＝0，代入橢圓方程可得：7x2﹣18cx+11c2＝0，∴c+xD＝c，解得xD＝c，yD＝c，∴|MD|＝＝c，點F2到直線MD的距離d＝＝，∴△F2MD的面積S＝d|MD|＝××＝，解得c＝，∴橢圓的方程為+＝1．7．（2022秋?西城區(qū)期末）已知橢圓C：＝1的焦點在x軸上，且離心率為．（Ⅰ）求實數(shù)t的值；（Ⅱ）若過點P（m，n）可作兩條互相垂直的直線l1，l2，且l1，l2均與橢圓C相切．證明：動點P組成的集合是一個圓．【答案】（Ⅰ）t＝3；（Ⅱ）證明過程見解析．【解答】解：（Ⅰ）由已知得t+1＞6﹣t＞0，解得，且a2＝t+1，b2＝6﹣t，故，故e＝＝，解得t＝3；（Ⅱ）證明：由（Ⅰ）知橢圓方程為，當一條切線的斜率存在且不為0時，設其方程為y＝kx+d，（k≠0），代入橢圓的標準方程化簡后得：（3+4k2）x2+8kdx+4d2﹣12＝0，因為是切線，故Δ＝（8kd）2﹣4（3+4k2）（4d2﹣12）＝0，化簡得4k2﹣d2+3＝0①，設該切線過點P（m，n），故n＝km+d，得d＝n﹣km，代入①式化簡得4k2﹣n2+2kmn﹣k2m2+3＝0②，再將代入上式整理得4﹣k2n2﹣2kmn﹣m2+3k2＝0③，②+③得7（1+k2）＝（1+k2）（m2+n2），故m2+n2＝7④，當k＝0或不存在時，兩切線只能是x＝±2，且，它們的交點為（±2，），顯然滿足方程④，故動點P組成的集合是以原點為圓心，半徑為的圓．8．（2022秋?游仙區(qū)校級期末）已知橢圓C：＝1（a＞b＞0）的左焦點為F1，過原點O的直線與橢圓C交于P，Q兩點，若|PF1|＝3|QF1|，且cos∠PF1Q＝﹣．（1）求橢圓C的離心率；（2）橢圓C的上頂點D（0，2），不過D的直線l與橢圓C交于A，B兩點，線段AB的中點為M，若∠AMD＝2∠ABD，試問直線l是否經(jīng)過定點？若經(jīng)過定點，請求出定點坐標；若不過定點，請說明理由．【答案】（1）橢圓C離心率；（2）直線l恒過定點，定點坐標為，理由見解析．【解答】解：（1）設橢圓C的右焦點為F2，連接PF2，QF2，根據(jù)橢圓的對稱性可知|QF1|＝|PF2|，四邊形PF1QF2為平行四邊形．又|PF1|＝3|QF1|，所以|PF1|＝3|PF2|，|PF1|+|PF2|＝2a，所以，，在四邊形PF1QF2中，，所以，在△PF1F2，根據(jù)余弦定理得，即，所以a2＝2c2．所以橢圓C心率；（2）直線l恒過定點，定點坐標為．理由如下：橢圓C上頂點為D（0，2），則b＝2，所以a2＝b2+c2＝4+c2，又由（1）知2c2＝a2，解得a2＝8，所以橢圓C的標準方程為：．在△ABD中，∠AMD＝2∠ABD，∠AMD＝∠ABD+∠BDM，所以∠ABD＝∠BDM，從而|DM|＝|BM|，又M為線段AB的中點，即，所以，因此∠ADB＝90°，從而，根據(jù)題意可知直線l的斜率一定存在，設它的方程為y＝kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2），聯(lián)立，消去y，整理得（2k2+1）x2+4kmx+2m2﹣8＝0①，Δ＝（4km）2﹣4（2m2﹣8）（2k2+1）＞0，根據(jù)韋達定理可得，，于是＝，所以，整理得（m﹣2）（3m+2）＝0，解得m＝2或．又直線l不經(jīng)過點（0，2），所以m＝2舍去，于是直線l的方程為恒過定點，該點在橢圓C內(nèi)，滿足關于x的方程①有兩個不相等的解，所以直線l恒過定點，定點坐標為．9．（2022秋?惠州期末）已知雙曲線的右焦點為F（2，0），O為坐標原點，雙曲線C的兩條漸近線的夾角為．（1）求雙曲線C的方程；（2）過點F作直線l交C于P，Q兩點，在x軸上是否存在定點M，使為定值？若存在，求出定點M的坐標及這個定值；若不存在，說明理由．【答案】（1）﹣y2＝1．（2）在x軸上存在定點M（，0），使為定值﹣．【解答】解：（1）由題意可得：c＝2＝，＝tan＝，解得a＝，b＝1，∴雙曲線C的方程為﹣y2＝1．（2）過點F作直線l交C于P，Q兩點，假設在x軸上存在定點M（m，0），使為定值．①直線l的斜率不為0時，設直線l的方程為ty＝x﹣2，設P（x1，y1），Q（x2，y2），聯(lián)立，化為：（t2﹣3）y2+4ty+1＝0，Δ＞0，∴y1+y2＝﹣，y1y2＝，∴＝（x1﹣m，y1）?（x2﹣m，y2）＝（x1﹣m）?（x2﹣m）+y1y2＝（ty1+2﹣m）?（ty2+2﹣m）+y1y2＝（t2+1）y1y2+（2t﹣tm）（y1+y2）+（2﹣m）2＝（t2+1）?﹣（2t﹣tm）+（2﹣m）2＝+（2﹣m）2＝+（2﹣m）2，令＝3，解得m＝，此時＝4m﹣7+（2﹣m）2＝﹣．②直線l的斜率不為0時，不妨設P（﹣，0），Q（，0），此時＝（﹣﹣，0）?（﹣，0）＝﹣3＝﹣．綜上可得：在x軸上存在定點M（，0），使為定值﹣．10．（2022秋?宿城區(qū)校級期末）在平面直角坐標系xOy中，已知點A（，0），直線l：x＝，動點P滿足到點A的距離與它到直線l的距離之比為，記M的軌跡為C．（1）求C的方程；（2）過點M且與C相切的直線交橢圓E：+＝1于A，B兩點，射線MO交橢圓E于點N，試問△ABN的面積是否為定值？請說明理由．【答案】（1）；（2）△ABN的面積為定值，理由見解析．【解答】解：（1）設M（x，y），根據(jù)題意，其中d1表示M到直線l的距離，整理得：，曲線C的方程為：；（2）△ABN的面積為定值，理由如下：設M（x0，y0），①當直線斜率不存在時，過M直線方程為x＝x0＝±2，不妨令x0＝2，則M（2，0），此時，，，由題可得N（﹣4，0），故；②當直線斜率存在時，設過M直線方程為y＝kx+m，該直線與題意C相切，所以，消去y，整理得（1+4k2）x2+8km+4m2﹣4＝0，所以Δ＝（8km）2﹣4（1+4k2）（4m2﹣4）＝16（4k2+1﹣m2）＝0，所以，4k2+1＝m2①，所以，，所以，則直線MO的方程為：，聯(lián)立，（1+4k2）x2＝64k2，，所以，由題意可得，M，N位于y軸兩側，故xN＝﹣2x0，S△ABN＝3S△AOB，設A（x1，y1），B（x2，y2），將直線y＝kx+m代入橢圓E的方程，可得（1+4k2）x2+8km+4m2﹣16＝0，由Δ＞0，可得m2＜4+16k2②，則有，，所以，將①代入，由直線y＝kx+m與y軸交于（0，m），則△AOB的面積為，故．綜上可知，△ABN面積為定值．11．（2022秋?沙坪壩區(qū)校級期末）阿波羅尼斯是古希臘著名數(shù)學家，他的主要研究成果集中在他的代表作《圓錐曲線》一書中．阿波羅尼斯圓是他的研究成果之一，指的是已知動點M與兩定點Q，P的距離之比，λ是一個常數(shù)，那么動點M的軌跡就是阿波羅尼斯圓，圓心在直線PQ上．已知動點M的軌跡是阿波羅尼斯圓，其方程為x2+y2＝4，定點分別為橢圓C：的右焦點F與右頂點A，且橢圓C的離心率為e＝．（1）求橢圓C的標準方程；（2）如圖，過右焦點F斜率為k（k＞0）的直線l與橢圓C相交于B，D（點B在x軸上方），點S，T是橢圓C上異于B，D的兩點，SF平分∠BSD，TF平分∠BTD．（?。┣蟮娜≈捣秶唬áⅲⅫcS、F、T看作一個阿波羅尼斯圓上的三點，若△SFT外接圓的面積為，求直線l的方程．【答案】（1）；（2）（?。唬áⅲ窘獯稹拷猓海?）設M（x，y），由題意（常數(shù)），整理得，故，又，解得，．∴b2＝a2﹣c2＝6，橢圓C的方程為．（2）（?。┯?，又，∴，（或由角平分線定理得）令，則，設D（x0，y0），則有，又直線l的斜率k＞0，則，，代入3x2+4y2﹣24＝0，得，即，∵λ＞0，∴．（ⅱ）由（?。┲?，由阿波羅尼斯圓定義知，S，T，F(xiàn)在以B，D為定點得阿波羅尼斯圓上，設該圓圓心為C1，半徑為r，與直線l的另一個交點為N，則有，即，解得．又，故，∴，又，∴，解得，，∴，∴直線l的方程為．12．（2022秋?泰興市校級月考）在平面直角坐標系xOy中，已知A1，A2為拋物線C：y2＝2x上兩點．且點A1，A2分別在第一、四象限．直線A1A2與x軸正半軸交于點A3，與y負半軸交于點A4．（1）若∠A1OA2＞90°，求點A3橫坐標的取值范圍；（2）記△A1OA2的重心為G，直線A1A2，A3G的斜率分別為k1，k2，且k2＝2k1．若|A1A2|＝λ|A3A4|，證明：λ為定值．【答案】（1）（0，2）．（2）見證明過程．【解答】解：（1）如圖所示，設A1（，y1），A2（，y2），設直線A1A2的方程為my+t＝x，A3（t，0），代入拋物線C：y2＝2x，可得y2﹣2my﹣2t＝0，∴y1y2＝﹣2t，∵∠A1OA2＞90°，∴?＝×+y1y2＝﹣2t＜0，解得0＜t＜2．∴點A3橫坐標的取值范圍是（0，2）．（2）證明：如圖所示，設A1（，y1），A2（，y2），設直線A1A2的方程為my+t＝x，A3（t，0），A4＝（0，﹣），把x＝my+t，代入拋物線C：y2＝2x，可得y2﹣2my﹣2t＝0，Δ＝4m2+8t＞0，m2+2t＞0，∴y1+y2＝2m，y1y2＝﹣2t，xG＝＝＝＝，yG＝＝，∴G（，），∴k2＝＝，∵k2＝2k1，∴＝，化為t＝m2．∵|A1A2|＝＝2＝2|m|，|A3A4|＝＝|m|，∴λ＝＝2為定值．13．（2022秋?沙坪壩區(qū)校級月考）與橢圓有公共焦點的雙曲線C過點，過點E（2，0）作直線l交雙曲線的右支于A，B兩點，連接AO并延長交雙曲線左支于點P（O為坐標原點）．（1）求雙曲線C的方程；（2）求△PAB的面積的最小值．【答案】（1）x2﹣＝1．（2）△PAB的面積的最小值為12，此時直線l⊥x軸．【解答】解：（1）由題意設雙曲線C的標準方程為：﹣＝1（a，b＞0），則c＝＝2＝，﹣＝1，解得a2＝1，b2＝3，∴雙曲線C的標準方程為x2﹣＝1．（2）設直線l的方程為my＝x﹣2，設A（x1，y1），B（x2，y2），把x＝my+2代入雙曲線方程可得：（3m2﹣1）y2+12my+9＝0，∵直線l交雙曲線的右支于A，B兩點，∴3m2﹣1≠0，Δ＞0，＞，或＜﹣，解得﹣＜m＜．y1+y2＝﹣，y1y2＝，∴|AB|＝＝＝，原點O到直線l的距離d＝，∴△PAB的面積S＝d|AB|＝12×，令1+m2＝t∈[1，）．則f（t）＝＝＝∈[1，+∞），當且僅當t＝1，即m＝0時，f（t）取得最小值．∴△PAB的面積的最小值為12，此時直線l⊥x軸．14．（2022秋?金山區(qū)期末）已知橢圓Γ：＝1（a＞b＞0）的左、右焦點分別為F1、F2．（1）以F2為圓心的圓經(jīng)過橢圓的左焦點F1和上頂點B，求橢圓Γ的離心率；（2）已知a＝5，b＝4，設點P是橢圓Γ上一點，且位于x軸的上方，若△PF1F2是等腰三角形，求點P的坐標；（3）已知a＝2，b＝，過點F2且傾斜角為的直線與橢圓Γ在x軸上方的交點記作A，若動直線l也過點F2且與橢圓Γ交于M、N兩點（均不同于A），是否存在定直線l0：x＝x0，使得動直線l與l0的交點C滿足直線AM、AC、AN的斜率總是成等差數(shù)列？若存在，求常數(shù)x0的值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）e＝．（2）點P的坐標為（0，4），（±，）．（3）存在定直線l0：x＝4，使得動直線l與l0的交點C滿足直線AM、AC、AN的斜率總是成等差數(shù)列．【解答】解：（1）由題意可得：2c＝＝a，∴e＝＝.（2）a＝5，b＝4，橢圓Γ的方程為：+＝1，c＝＝3．點P是橢圓Γ上一點，且位于x軸的上方，若|PF1|＝|PF2|，則P（0，4）．若|F2F1|＝|PF2|，設P（x，y），則＝6，+＝1，x∈（﹣5，5），y∈（0，4），聯(lián)立解得x＝﹣，y＝，∴P（﹣，）．若|F2F1|＝|PF1|，設P（x，y），根據(jù)對稱性可得P（，）．綜上可得點P的坐標為（0，4），（±，）．（3）a＝2，b＝，橢圓Γ的方程為+＝1，c＝＝1，∴F2（1，0），把x＝1代入橢圓方程可得+＝1，y＞0，解得y＝，∴A（1，）．設直線l的方程為：y＝k（x﹣1），C（x0，k（x0﹣1）），設M（x1，y1），N（x2，y2），聯(lián)立，化為（3+4k2）x2﹣8k2x+4k2﹣12＝0，Δ＞0，∴x1+x2＝，x1x2＝，假設存在定直線l0：x＝x0，使得動直線l與l0的交點C滿足直線AM、AC、AN的斜率總是成等差數(shù)列，則2kAC＝kAM+kAN，∴2×＝+，y1＝k（x1﹣1），y2＝k（x2﹣1），代入化為：＝+，而+＝＝＝，∴＝，解得x0＝4．因此存在定直線l0：x＝4，使得動直線l與l0的交點C滿足直線AM、AC、AN的斜率總是成等差數(shù)列．15．（2022秋?長寧區(qū)期末）已知拋物線Γ：y2＝4x的焦點為F，準線為l．（1）若F為雙曲線C：﹣2y2＝1（a＞0）的一個焦點，求雙曲線C的離心率e；（2）設l與x軸的交點為E，點P在第一象限，且在Γ上，若＝，求直線EP的方程；（3）經(jīng)過點F且斜率為k（k≠0）的直線l′與Γ相交于A、B兩點，O為坐標原點，直線OA、OB分別與l相交于點M、N．試探究：以線段MN為直徑的圓C是否過定點，若是，求出定點的坐標；若不是，說明理由．【答案】（1）e＝．（2）x﹣y+1＝0．（3）以線段MN為直徑的圓C過定點（﹣3，0），或（1，0）．【解答】解：由拋物線Γ：y2＝4x，可得焦點F（1，0），準線l：x＝﹣1．（1）∵F為雙曲線C：﹣2y2＝1（a＞0）的一個焦點，∴c＝＝1，解得a＝，∴雙曲線C的離心率e＝＝．（2）l與x軸的交點為E（﹣1，0），設點P（x，y）（x＞0），∵點P在Γ上，＝，∴，x＞0，解得x＝1，y＝2，∴E（1，2），∴直線EP的方程為：y﹣0＝（x+1），化為：x﹣y+1＝0．（3）設A（x1，y1），B（x2，y2），直線l′的方程為：y＝k（x﹣1），（k≠0），聯(lián)立，化為：ky2﹣4y﹣4k＝0，∴y1+y2＝，y1y2＝﹣4，直線OA的方程為：y＝x＝x，可得M（﹣1，﹣），直線OB的方程為：y＝x，可得N（﹣1，﹣），∴線段MN的中點C（﹣1，﹣﹣），﹣﹣＝＝，∴C（﹣1，）．其半徑r2＝×＝×＝+4．∴以線段MN為直徑的圓C方程為：（x+1）2+＝+4，化為（x+1）2+y2﹣y＝0，令y＝0，則x＝﹣3，或1．∴以線段MN為直徑的圓C過定點（﹣3，0），或（1，0）．16．（2022秋?南通期中）在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：的焦距為2，過點．（1）求橢圓C的標準方程；（2）若直線l交橢圓C于點P，Q，直線AP，AQ分別交y軸于點M，N，且，求證：直線l過定點．【答案】（1）；（2）證明過程見解析．【解答】解：（1）由題意得F1（﹣1，0），F(xiàn)2（1，0），c＝1，又橢圓過點，故＝4，故a＝2，b＝，故橢圓的標準方程為：．（2）證明：由＞0得M，N在x軸的同側，直線l必有斜率，設l：x＝ky+m，（k≠0），代入橢圓方程整理后得（3k2+4）y2+6kmy+3m2﹣12＝0，設P（x1，y1），Q（x2，y2），則Δ＝（6km）2﹣4（3k2+4）（3m2﹣12）＞0，即3k2＞m2﹣4①有解即可，y1+y2＝，y1y2＝，直線AP的方程為：＝（x﹣1），令x＝0得yM＝，同理可知yN＝，則＝?＝，整理得（4﹣12k）y1y2+（9k﹣6m）（y1+y2）+18m﹣9＝0，將韋達定理代入上式整理后得12m2﹣27k2+144k+72m﹣84＝0，即4（m+3）2﹣（3k﹣8）2＝0，解得或，經(jīng)驗證兩式都能保證①式有解，故直線方程為或，故直線過定點（1，）或（﹣7，）．17．（2022秋?道里區(qū)校級期中）已知動點P與平面上兩定點A（﹣2，0），B（2，0）連線的斜率的積為定值．（1）求動點P的軌跡方程C；（2）設直線l：y＝kx+1與曲線C交于M，N兩點，判斷是否存在k使得△OMN面積取得最大值，若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由．【答案】（1）（x≠±2）；（2）y＝±x+1．【解答】解：（1）設動點P的坐標是（x，y），由題意得：kPAkPB＝﹣，∴，整理得（x≠±2），故P點的軌跡方程是（x≠±2）．（2）設直線l與曲線C的交點M（x1，y1），N（x2，y2），由，整理得（1+4k2）x2+8kx＝0∴x1＝，x2＝0，∴S△MON＝＝×||＝＝≤＝1，∴當且僅當4|k|＝，即k＝±時，等號成立，∴直線l的方程是y＝±x+1．18．（2021秋?西湖區(qū)校級期末）已知橢圓＝1（a＞b＞0）的離心率為，過焦點且垂直于長軸的弦長等于1．（1）求橢圓的方程；（2）直線l：y＝kx+b交橢圓于A，B兩點，且AB被直線x﹣2y＝0平分．①若△AOB的面積等于1（O是坐標原點），求l的方程；②橢圓的左右焦點分別是F1，F(xiàn)2，△ABF1，△ABF2的重心分別是C，D，當原點O落在以CD為直徑的圓外部時，求△AOB面積的取值范圍．【答案】（1）；（2）①；②（0，1]．【解答】解：（1）設橢圓的半焦距為c，因為橢圓的離心率，過焦點且垂直于長軸的弦長等于1，則，結合a2＝b2+c2，所以a2＝4，b2＝1，所以橢圓方程：；（2）①令A（x1，y1），B（x2，y2），AB的中點E（x0，y0），所以，，兩式相減得：（x1+x2）（x1﹣x2）＝﹣4（y1+y2）（y1﹣y2），其中x1+x2＝2x0，y1+y2＝2y0，所以直線AB的斜率，因為AB被直線x﹣2y＝0平分，所以AB的中點坐標E（x0，y0）在直線x﹣2y＝0上，即x0＝2y0，所以，所以直線l的方程為，與橢圓方程聯(lián)立，x2﹣2bx+2b2﹣2＝0，所以Δ＝4b2﹣8b2+8＝8﹣4b2＞0，所以b2＜2，所以x1+x2＝2b，，所以，O到直線l的距離為d，則，所以△ABO的面積為，所以b2（2﹣b2）＝1，解得b2＝1，b＝±1，所以直線l的方程：；②因為x1+x2＝2b，所以，因為△ABF1，△ABF2的重心分別是C，D，所以，，，，所以，，又因為O在CD為直徑的圓外，所以，所以，所以4b2﹣3+b2＞0，所以，所以b2的取值范圍為，又因為，所以當b2＝1時，△OAB的面積最大，最大值為1，且S△OAB＞0，所以△OAB面積的取值范圍為（0，1]．19．（2022秋?黑龍江期中）已知F1，F(xiàn)2分別是橢圓C：＝1（a＞b＞0）的左、右焦點，P是C上的動點，C的離心率是，且△PF1F2的面積的最大值是．（1）求C的方程；（2）過F1作兩條相互垂直的直線l1，l2，直線l1交C于A，B兩點，直線l2交C于D，E兩點，求證：為定值．【答案】（1）；（2）為定值，證明見解析．【解答】解：（1）由題意可知，橢圓的離心率，△PF1F2的面積的最大值是，由a2＝b2+c2，所以a＝2，，c＝1，所以橢圓C：；（2）當直線l1，l2的斜率存在且都不為0，設A（x1，y1），B（x2，y2），不妨設直線l1的方程為y＝k（x+1），則直線l2的方程為：，聯(lián)立，消去y，整理得（3+4k2）x2+8k2x+4k2﹣12＝0，由F1在橢圓C的內(nèi)部，所以Δ＞0恒成立，所以，，所以，將k換成，得，所以，當直線l1，l2中一條直線斜率為0，一條直線的斜率不存在時，不妨設直線l1的斜率為0，則|AB|＝2a＝4，，所以，綜上所述，為定值.20．（2022秋?江寧區(qū)期中）已知雙曲線與橢圓的離心率互為倒數(shù)，且雙曲線的右焦點到C的一條漸近線的距離為．（1）求雙曲線C的方程；（2）直線y＝2x+m與雙曲線C交于A，B兩點，點M在雙曲線C上，且，求λ的取值范圍．【答案】（1）；（2）（﹣∞，﹣3）∪（﹣1，0）．【解答】解：（1）由橢圓的離心率，所以雙曲線C的離心率，則c＝2a，由雙曲線右焦點（c，0）到一條漸近線ay﹣bx＝0的距離為，所以，由c2＝a2+b2，則a＝1，c＝2，所以雙曲線C的方程：；（2）A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），聯(lián)立，消去y，整理得x2+4mx+m2+3＝0，所以Δ＝16m2﹣4（m2+3）＝12（m2﹣1）＞0，所以m2＞1，所以x1+x2＝﹣4m，，因為，所以，因為M在雙曲線上，所以，即，所以，即λ2﹣4λ+3+8m2λ＝0，所以，當λ＝0，顯然不成立，當λ＞0時，λ2﹣4λ+3＝﹣8λm2＜﹣8λ，解得﹣3＜λ＜﹣1，所以不滿足題意，當λ＜0時，λ2﹣4λ+3＝﹣8λm2＞﹣8λ，解得λ＜﹣3或λ＞﹣1，所以λ＜﹣3或﹣1＜λ＜0，所以λ的取值范圍為（﹣∞，﹣3）∪（﹣1，0）．亦可以，λ2﹣4λ+3+8m2λ＝0，則4λ（1﹣2m2）＝3+λ2，λ≠0，所以，所以，所以λ（λ+1）（λ+3）＜0，解得λ＜﹣3或﹣1＜λ＜0，所以λ的取值范圍為（﹣∞，﹣3）∪（﹣1，0）．21．（2022秋?順慶區(qū)校級期中）已知動點M（x，y）到原點O（0，0）的距離與它到點H（﹣3，0）的距離之比為，記動點M的軌跡為曲線Ω．（1）求曲線Ω的方程；（2）直線x﹣y+m＝0與曲線Ω交于E，F(xiàn)兩點，求的取值范圍（O為坐標原點）；（3）點P是直線l：x+y+2＝0上一動點，過點P作曲線Ω的兩條切線，切點分別為A、B．試問直線AB是否恒過定點，若是，求出這個定點；若否，請說明理由．【答案】（1）（x﹣1）2+y2＝4；（2）；（3），理由見解析．【解答】解：（1）由已知，化簡得x2+y2﹣2x﹣3＝0，化為（x﹣1）2+y2＝4，所以曲線Ω的方程為：（x﹣1）2+y2＝4；（2）設E（x1，y1），F(xiàn)（x2，y2），聯(lián)立直線與圓的方程，，消去y，得2x2+（2m﹣2）x+m2﹣3＝0，所以x1+x2＝1﹣m，，則，所以，因為直線x﹣y+m＝0與曲線Ω相交，所以圓心（1，0）到直線x﹣y+m＝0的距離小于半徑，即，解得，所以，所以，，所以的取值范圍；（3）直線AB恒過定點．理由如下：設N（1，0），則PA2＝PN2﹣AN2＝（a﹣1）2+（a+2）2﹣4＝2a2+2a+1，設以點P為圓心，PA為半徑的圓為圓P，則圓P的方程為：（x﹣a）2+（y+a+2）2＝2a2+2a+1，化簡得：x2+y2﹣2ax+2（a+2）y+2a＝0，聯(lián)立圓P、圓N兩方程，消去x2+y2，得（a﹣1）x﹣（a+2）y﹣a﹣3＝0，所以直線AB的方程為（a﹣1）x﹣（a+2）y﹣a﹣3＝0，整理得a（x﹣y﹣1）﹣（x+2y+3）＝0，令，解得，所以直線AB經(jīng)過的定點為．22．（2022秋?通州區(qū)期中）在平面直角坐標系xOy中，已知雙曲線C1：＝1與橢圓C2：＝1，A，B分別為C1的左、右頂點．點P在雙曲線C1上，且位于第一象限．（1）直線OP與橢圓C2相交于第一象限內(nèi)的點M，設直線PA，PB，MA，MB的斜率分別為k1，k2，k3，k4，求k1+k2+k3+k4的值；（2）直線AP與橢圓C2相交于點N（異于點A），求AP?AN的取值范圍．【答案】（1）0．（2）（16，+∞）．【解答】解：（1）A（﹣2，0），B（2，0），設P（x1，y1），M（x2，y2），則＝，即x2y1﹣x1y2＝0．由﹣＝1，化為：﹣4＝2，由+＝1，化為﹣4＝﹣2．∴k1+k2+k3+k4＝+++＝+＝﹣＝＝0．（2）設N（x3，y3），設直線AP的斜率為k，則直線AP的方程為y＝k（x+2），k∈（0，）．聯(lián)立，化為：（1﹣2k2）x2﹣8k2x﹣8k2﹣4＝0，∴﹣2x1＝，解得x1＝，∴|AP|＝|x1+2|＝?．聯(lián)立，化為：（1+2k2）x2+8k2x+8k2﹣4＝0，∴﹣2x3＝，解得x3＝，∴|AN|＝|x3+2|＝?．∴|AP|?|AN|＝（1+k2）??＝，令1+k2＝t∈（1，），∴k2＝t﹣1，∴＝＝∈（16，+∞），∴|AP|?|AN|∈（16，+∞）．23．（2022秋?如東縣期中）在一張紙上有一個圓C：＝4，定點，折疊紙片使圓C上某一點S1好與點S重合，這樣每次折疊都會留下一條直線折痕PQ，設折痕PQ與直線S1C的交點為T．（1）求證：||TC|﹣|TS||為定值，并求出點T的軌跡C′方程；（2）設A（﹣1，0），M為曲線C′上一點，N為圓x2+y2＝1上一點（M，N均不在x軸上）．直線AM，AN的斜率分別記為k1，k2，且k2＝﹣，求證：直線MN過定點，并求出此定點的坐標．【答案】（1）||TC|﹣|TS||＝2，點T的軌跡C′的方程：；（2）直線MN過定點T（1，0），證明見解析．【解答】解：（1）證明：由題意得|TS|＝|TS1|，所以，即T的軌跡是以C，S為焦點，實軸長為2的雙曲線，即點T的軌跡C′的方程：；（2）證明：由已知得直線AM的方程：y＝k1（x+1），直線AN的方程：y＝k2（x+1），聯(lián)立直線方程與雙曲線方程，消去y，整理可得，由韋達定理得，所以，即，所以，聯(lián)立直線方程與圓方程，消去y，整理得，由韋達定理得，所以，即，因為，即，所以，若直線MN所過定點，則由對稱性得定點在x軸上，設定點T（t，0），由三點共線得kMT＝kNT，即，，解得t＝1，所以直線MN過定點T（1，0）．24．（2022秋?衢州期末）已知橢圓C：的長軸長為4，離心率為，其左、右頂點分別為A、B，右焦點為F．（1）求橢圓C的方程；（2）如圖，過右焦點F作不與x軸重合的直線交橢圓于C、D兩點，直線AD和BC相交于點M，求證：點M在定直線l上；（3）若直線AC與（2）中的定直線l相交于點N，在x軸上是否存在點P，使得．若存在，求出點P坐標；若不存在，請說明理由．【答案】（1）+＝1．（2）見證明過程．（3）在x軸上存在點P（1，0）或（7，0），使得．【解答】解：（1）由題意可得2a＝4，＝，a2＝b2+c2，解得a＝2，b2＝3，∴橢圓C的方程為+＝1．（2）證明：c＝＝1，F(xiàn)（1，0），設C（x1，y1），D（x2，y2），不妨設y1＞y2，設直線方程為my＝x﹣1，聯(lián)立，化為（3m2+4）y2+6my﹣9＝0，Δ＞0，y1+y2＝﹣，y1y2＝﹣，y1＝，y2＝，直線AD的方程為y＝（x+2），直線BC的方程為y＝（x﹣2），消去y可得＝，又3y1+y2＝，my1y2+3y1＝﹣﹣＝，∴＝，解得x＝4，因此點M在定直線l：x＝4上．（3）由（2）可得M（4，），直線AC的方程為y＝（x+2），把x＝4代入解得y＝，即N（4，），假設在x軸上存在點P（t，0），使得，則（4﹣t）2+＝0，由點C在橢圓上，∴+＝1，可得＝﹣，∴（4﹣t）2﹣12×＝0，解得t＝1或7，∴在x軸上存在點P（1，0）或（7，0），使得．25．（2022秋?西湖區(qū)校級期中）已知三角形△ABC的兩頂點坐標A（﹣1，0），B（1，0），sinA（1﹣2cosB）+sinB（1﹣2cosA）＝0．（1）求動點C的軌跡E的方程；（2）不垂直于x軸的動直線l與軌跡E相交于M，N兩點，定點P（4，0），若直線MP，NP關于x軸對稱，求三角形PMN面積的取值范圍．【答案】（1）+＝1（y≠0）．（2）S△PMN∈（0，）．【解答】解：（1）由sinA（1﹣2cosB）+sinB（1﹣2cosA）＝0，化為sinA+sinB＝2sinAcosB+2sinBcosA，∴sinA+sinB＝2sin（A+B）＝2sinC，∴a+b＝2c＝4＞2＝|AB|，∴動點C的軌跡E是以A，B為焦點的橢圓，且去掉橢圓與x軸的交點，設橢圓的標準方程為+＝1，（a＞b＞0），則2a＝4，c＝1，b2＝a2﹣c2，解得a＝2，b2＝3，∴動點C的軌跡E的方程為+＝1（y≠0）．（2）直線MN的斜率不為0，設直線MN的方程為x＝my+t，M（x1，y1），N（x2，y2），把x＝my+t代入橢圓方程可得：（3m2+4）y2+6mty+3t2﹣12＝0，Δ＝36m2t2﹣4（3m2+4）（3t2﹣12）＞0，化為t2＜3m2+4．∴y1+y2＝﹣，y1y2＝，∵直線MP，NP關于x軸對稱，∴kPM+kPN＝0，∴+＝0，∴y1（my2+t﹣4）+y2（my1+t﹣4）＝0，∴2my1y2+（t﹣4）（y1+y2）＝0，∴2m×+（t﹣4）×（﹣）＝0，化為：t＝1，可得直線MN經(jīng)過定點B（1，0）．∴S△PMN＝×|BP|×|y2﹣y1|＝＝＝18，由Δ＞0，可得m2＞0，令m2+1＝u＞1，則f（u）＝＝＝∈（0，），∴S△PMN∈（0，）．26．（2022秋?浦東新區(qū)期末）已知F1、F2分別為橢圓C1：＝1的左、右焦點，直線l1交橢圓C1于A、B兩點．（1）求焦點F1、F2的坐標與橢圓C1的離心率e1的值；（2）若直線l1過點F2且與圓x2+y2＝1相切，求弦長|AB|的值；（3）若雙曲線C2與橢圓共焦點，離心率為e2，滿足e2＝2e1，過點F2作斜率為k（k≠0）的直線l2交C2的漸近線于C、D兩點，過C、D的中點M分別作兩條漸近線的平行線交C2于P、Q兩點，證明：直線PQ平行于l2．【答案】（1）焦點F1（﹣，0），F(xiàn)2（，0），橢圓C1的離心率e1＝．（2）|AB|＝2．（3）見證明過程．【解答】解：（1）由橢圓C1：＝1，解得c＝＝，∴焦點F1（﹣，0），F(xiàn)2（，0），橢圓C1的離心率e1＝．（2）設直線l1的方程為y＝k（x﹣），A（x1，y1），B（x2，y2），∵直線l1與圓x2+y2＝1相切，∴＝1，解得k＝±．k＝時，聯(lián)立，化為：3x2﹣4x+2＝0，x1+x2＝，x1x2＝，∴弦長|AB|＝＝＝2；k＝﹣時，根據(jù)對稱性，可得|AB|＝2．（3）證明：設雙曲線C2的標準方程為﹣＝1，則a2+b2＝3，e2＝2e1＝＝，解得a＝1，b2＝2，∴雙曲線C2的標準方程為x2﹣＝1．∴雙曲線C2的漸近線方程為y＝±x．直線l2的方程為y＝k（x﹣），聯(lián)立，解得C（，）．聯(lián)立，解得D（，﹣）．∴線段CD的中點M（，）．直線MQ的方程為：y﹣＝﹣（x﹣）與x2﹣＝1聯(lián)立解得Q（，），同理可得P（，），∴kPQ＝k，∴直線PQ平行于l2．27．（2022秋?普陀區(qū)期末）在xoy坐標平面內(nèi)，已知橢圓Γ：＝1的左、右焦點分別為F1、F2，直線y＝k1x（k1≠0）與Γ相交于A、B兩點．（1）記d為A到直線2x+9＝0的距離，當k1變化時，求證：為定值；（2）當∠AF2B＝120°時，求|AF2|?|BF2|的值；（3）過B作BM⊥x軸，垂足