2024步步高考二輪數(shù)學(xué)新教材講義專題六　第4講　母題突破1　范圍、最值問題含答案

2024步步高考二輪數(shù)學(xué)新教材講義母題突破2定點(diǎn)(定直線)問題1．(2023·荊門模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的實(shí)軸長(zhǎng)為2，兩漸近線的夾角為eq\f(π,3).(1)求雙曲線C的方程；(2)當(dāng)a<b時(shí)，記雙曲線C的左、右頂點(diǎn)分別為A1，A2，動(dòng)直線l：x＝my＋2與雙曲線C的右支交于M，N兩點(diǎn)(異于A2)，直線A1M，A2N相交于點(diǎn)T，證明：點(diǎn)T在定直線上，并求出定直線方程．2．(2023·嘉興模擬)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)，過焦點(diǎn)F的直線交拋物線C于A，B兩點(diǎn)，且|AB|＝|AF||BF|.(1)求拋物線C的方程；(2)若點(diǎn)P(4,4)，直線PA，PB分別交準(zhǔn)線l于M，N兩點(diǎn)，證明：以線段MN為直徑的圓過定點(diǎn)．第4講圓錐曲線的綜合問題母題突破1范圍、最值問題1．(2023·涼山模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，點(diǎn)A(2,1)在橢圓C上．(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過點(diǎn)M(0,1)的直線l交橢圓C于P，Q兩點(diǎn)，求|PQ|的取值范圍．母題突破3定值問題1．(2023·西北工大附中模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右頂點(diǎn)為A，O為原點(diǎn)，點(diǎn)P(1,1)在C的漸近線上，△PAO的面積為eq\f(1,2).(1)求C的方程；(2)過點(diǎn)P作直線l交C于M，N兩點(diǎn)，過點(diǎn)N作x軸的垂線交直線AM于點(diǎn)G，H為NG的中點(diǎn)，證明：直線AH的斜率為定值．2．(2023·上饒模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，B為C的上頂點(diǎn)，且△BF1F2的周長(zhǎng)為2eq\r(6)＋2eq\r(3).(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)圓O：x2＋y2＝2上任意一點(diǎn)P處的切線l交橢圓C于點(diǎn)M，N.求證：eq\f(1,|OM|2)＋eq\f(1,|ON|2)為定值．母題突破4探究性問題1．(2023·鄭州模擬)過點(diǎn)M(t,0)(t<0)，斜率為eq\f(\r(3),3)的直線l與拋物線C：y2＝2px(p>0)相切于點(diǎn)N，且|MN|＝4eq\r(3).(1)求拋物線C的方程；(2)斜率為－eq\f(\r(3),3)的直線與C交于與點(diǎn)N不重合的點(diǎn)P，Q，判斷是否存在直線l′，使得點(diǎn)Q關(guān)于l′的對(duì)稱點(diǎn)Q′恒與P，N共線，若存在，求出l′的方程，若不存在，說明理由．2．已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的離心率為2，過點(diǎn)P(0，m)(m＞0)且斜率為1的直線l與雙曲線C交于A，B兩點(diǎn)且eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(PB,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝3.(1)求雙曲線C的方程；(2)設(shè)Q為雙曲線C右支上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)為雙曲線C的右焦點(diǎn)，在x軸負(fù)半軸上是否存在定點(diǎn)M，使得∠QFM＝2∠QMF？若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．培優(yōu)點(diǎn)7隱圓、蒙日?qǐng)A與阿基米德三角形1．若橢圓C：eq\f(x2,a＋2)＋eq\f(y2,a)＝1(a>0)的蒙日?qǐng)A為x2＋y2＝6，則a等于()A．1B．2C．3D．42．(2023·煙臺(tái)模擬)過拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)F作拋物線的弦，與拋物線交于A，B兩點(diǎn)，分別過A，B兩點(diǎn)作拋物線的切線l1，l2相交于點(diǎn)P，△PAB的面積S的最小值為()A.eq\f(4,3) B．2C．4 D．4eq\r(2)3．已知在平面直角坐標(biāo)系Oxy中，A(－2,0)，動(dòng)點(diǎn)M滿足|MA|＝eq\r(2)|MO|，得到動(dòng)點(diǎn)M的軌跡是阿氏圓C.若對(duì)任意實(shí)數(shù)k，直線l：y＝k(x－1)＋b與圓C恒有公共點(diǎn)，則b的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(5)，\r(5))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(6)，\r(6)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(7)，\r(7))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2\r(2)，2\r(2)))4．拋物線上任意兩點(diǎn)A，B處的切線交于點(diǎn)P，稱△PAB為“阿基米德三角形”，當(dāng)線段AB經(jīng)過拋物線的焦點(diǎn)F時(shí)，△PAB具有以下特征：①P點(diǎn)必在拋物線的準(zhǔn)線上；②PF⊥AB.若經(jīng)過拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)的一條弦為AB，“阿基米德三角形”為△PAB，且點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為4，則直線AB的方程為()A．x－2y－1＝0 B．2x＋y－2＝0C．x＋2y－1＝0 D．2x－y－2＝05．(多選)(2023·廊坊模擬)如圖，△PAB為阿基米德三角形．拋物線x2＝2py(p>0)上有兩個(gè)不同的點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，以A，B為切點(diǎn)的拋物線的切線PA，PB相交于點(diǎn)P.給出如下結(jié)論，其中正確的為()A．若弦AB過焦點(diǎn)，則△ABP為直角三角形且∠APB＝90°B．點(diǎn)P的坐標(biāo)是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(x1x2,2)))C．△PAB的邊AB所在的直線方程為(x1＋x2)x－2py－x1x2＝0D．△PAB的邊AB上的中線與y軸平行(或重合)6．(多選)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為橢圓的左、右焦點(diǎn)，A，B為橢圓上兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)．直線l的方程為bx＋ay－a2－b2＝0.下列說法正確的是()A．C的蒙日?qǐng)A的方程為x2＋y2＝3b2B．對(duì)直線l上任意一點(diǎn)P，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))>0C．記點(diǎn)A到直線l的距離為d，則d－eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AF2))的最小值為eq\f(4\r(3),3)bD．若矩形MNGH的四條邊均與C相切，則矩形MNGH面積的最大值為6b27．拋物線的弦與過弦的端點(diǎn)的兩條切線所圍成的三角形常稱為阿基米德三角形，因?yàn)榘⒒椎伦钤缋帽平乃枷胱C明了：拋物線的弦與拋物線所圍成的封閉圖形的面積等于阿基米德三角形面積的eq\f(2,3).已知A(－2,1)，B(2,1)為拋物線C：x2＝4y上兩點(diǎn)，則在A點(diǎn)處拋物線C的切線的斜率為________；弦AB與拋物線所圍成的封閉圖形的面積為________．8．(2023·贛州模擬)已知兩動(dòng)點(diǎn)A，B在橢圓C：eq\f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)上，動(dòng)點(diǎn)P在直線3x＋4y－10＝0上，若∠APB恒為銳角，則橢圓C的離心率的取值范圍為__________．9．(2023·開封模擬)如圖，過點(diǎn)P(m，n)作拋物線C：x2＝2py(p>0)的兩條切線PA，PB，切點(diǎn)分別是A，B，動(dòng)點(diǎn)Q為拋物線C上在A，B之間的任意一點(diǎn)，拋物線C在點(diǎn)Q處的切線分別交PA，PB于點(diǎn)M，N.(1)若AP⊥PB，證明：直線AB經(jīng)過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))；(2)若分別記△PMN，△ABQ的面積為S1，S2，求eq\f(S1,S2)的值．10.已知圓O：x2＋y2＝5，橢圓：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過F1且垂直于x軸的直線被橢圓和圓所截得弦長(zhǎng)分別為1和2eq\r(2).(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)如圖，P為圓上任意一點(diǎn)，過P分別作橢圓兩條切線與橢圓相切于A，B兩點(diǎn)．①若直線PA的斜率為2，求直線PB的斜率；②作PQ⊥AB于點(diǎn)Q，求證：|QF1|＋|QF2|是定值．母題突破1范圍、最值問題1．解(1)設(shè)橢圓C的半焦距為c>0，由題意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e＝\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2＝b2＋c2，,\f(4,a2)＋\f(1,b2)＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\r(6)，,b＝\r(3)，,c＝\r(3)，))所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，則l：x＝0，所以|PQ|＝2eq\r(3)；當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)l：y＝kx＋1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))消去y得(2k2＋1)x2＋4kx－4＝0，則Δ＝(4k)2－4(2k2＋1)×(－4)＝16(3k2＋1)>0，可得x1＋x2＝－eq\f(4k,2k2＋1)，x1x2＝－eq\f(4,2k2＋1)，則|PQ|＝eq\r(1＋k2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4k,2k2＋1)))2－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,2k2＋1))))＝4eq\r(\f(1＋k23k2＋1,2k2＋12))，令t＝eq\f(1,2k2＋1)∈(0,1]，則k2＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－1))，可得|PQ|＝4eq\r(\f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－1))))\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－1))＋1)),\f(1,t2)))＝2eq\r(－t2＋2t＋3)＝2eq\r(－t－12＋4)，因?yàn)閠∈(0,1]，所以|PQ|＝2eq\r(－t－12＋4)∈(2eq\r(3)，4]，綜上所述，|PQ|的取值范圍為[2eq\r(3)，4]．2．解(1)由雙曲線E的離心率為2，得eq\f(c,a)＝2.①因?yàn)殡p曲線E過點(diǎn)P(2,3)，所以eq\f(4,a2)－eq\f(9,b2)＝1.②又c2＝a2＋b2，③聯(lián)立①②③式，解得a＝1，b＝eq\r(3)，c＝2.故雙曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)由雙曲線的對(duì)稱性，知OA＝OC，OB＝OD，所以四邊形ABCD為平行四邊形，所以S四邊形ABCD＝4S△OAD.由題意知直線AD的斜率不為零，設(shè)AD的方程為x＝my＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m≠±\f(\r(3),3))).聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋2，,x2－\f(y2,3)＝1，))消去x，得(3m2－1)y2＋12my＋9＝0.Δ＝36(m2＋1)>0，設(shè)A(x1，y1)，D(x2，y2)，則y1＋y2＝eq\f(－12m,3m2－1)，y1y2＝eq\f(9,3m2－1).因?yàn)锳，D均在雙曲線右支，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2>0，,x1x2>0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(my1＋y2＋4＝\f(－4,3m2－1)>0，,m2y1y2＋2my1＋y2＋4,＝\f(－3m2－4,3m2－1)>0，))解得0≤m2<eq\f(1,3).所以S△OAD＝eq\f(1,2)×|OF|×|y1－y2|＝eq\r(y1＋y22－4y1y2)，＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－12m,3m2－1)))2－4×\f(9,3m2－1))＝eq\f(6\r(m2＋1),1－3m2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤m2<\f(1,3))).令eq\r(m2＋1)＝teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1≤t<\f(2\r(3),3)))，則m2＝t2－1.所以S△OAD＝eq\f(6t,4－3t2)＝eq\f(6,\f(4,t)－3t)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1≤t<\f(2\r(3),3))).令函數(shù)f(t)＝eq\f(4,t)－3t，易得f(t)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2\r(3),3)))上單調(diào)遞減，所以當(dāng)t＝1時(shí)，(S△OAD)min＝6.所以四邊形ABCD面積的最小值為24.母題突破2定點(diǎn)(定直線)問題1．(1)解由題知2a＝2，得a＝1，eq\f(b,a)＝tan

eq\f(π,6)或eq\f(b,a)＝tan

eq\f(π,3)，得b＝eq\f(\r(3),3)或eq\r(3)，所以雙曲線C的方程為x2－3y2＝1或x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)證明由(1)知，當(dāng)a<b時(shí)，C：x2－eq\f(y2,3)＝1，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，聯(lián)立直線l與雙曲線C得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋2，,3x2－y2＝3))?(3m2－1)y2＋12my＋9＝0，3m2－1≠0，Δ＝36(m2＋1)>0，則y1＋y2＝eq\f(－12m,3m2－1)，y1y2＝eq\f(9,3m2－1).因?yàn)锳1(－1,0)，A2(1,0)，則直線A1M：y＝eq\f(y1,x1＋1)(x＋1)，直線A2N：y＝eq\f(y2,x2－1)(x－1)，因?yàn)橹本€A1M，A2N相交于點(diǎn)T(x0，y0)，故y0＝eq\f(y1,x1＋1)(x0＋1)，y0＝eq\f(y2,x2－1)(x0－1)，消去y0，整理得eq\f(x0＋1,x0－1)＝eq\f(y2x1＋1,y1x2－1)＝eq\f(y2my1＋3,y1my2＋1)＝eq\f(my1y2＋3y1＋y2－3y1,my1y2＋y1)＝eq\f(\f(9m,3m2－1)＋\f(－36m,3m2－1)－3y1,\f(9m,3m2－1)＋y1)＝eq\f(－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9m,3m2－1)＋y1)),\f(9m,3m2－1)＋y1)＝－3，因此x0＋1＝－3(x0－1)?x0＝eq\f(1,2)，故點(diǎn)T在定直線x＝eq\f(1,2)上．2．(1)解設(shè)AB：x＝my＋eq\f(p,2)(m∈R)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝2px，,x＝my＋\f(p,2)，))得y2－2pmy－p2＝0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝4p2m2＋4p2>0，,y1＋y2＝2pm，,y1y2＝－p2，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝2m2＋1p，,x1x2＝\f(p2,4)，))又|AF|＝x1＋eq\f(p,2)，|BF|＝x2＋eq\f(p,2)，所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋p，由|AB|＝|AF||BF|得x1＋x2＋p＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(p,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(p,2)))，即x1＋x2＋p＝x1x2＋eq\f(p,2)(x1＋x2)＋eq\f(p2,4)，所以(2m2＋1)p＋p＝eq\f(p2,2)(2m2＋1)＋eq\f(p2,2)，化簡(jiǎn)得(m2＋1)p(p－2)＝0，又p>0，所以p＝2，所以拋物線C的方程為y2＝4x.(2)證明由(1)知直線AB：x＝my＋1(m∈R)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，易得x1＋x2＝4m2＋2，x1x2＝1，由題意知直線PA：y－4＝eq\f(y1－4,x1－4)(x－4)，直線PB：y－4＝eq\f(y2－4,x2－4)(x－4)，所以令x＝－1得yM＝eq\f(－5y1－4,my1－3)＋4，yN＝eq\f(－5y2－4,my2－3)＋4，即Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(－5y1－4,my1－3)＋4))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(－5y2－4,my2－3)＋4))，所以yM·yN＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(－5y1－4,my1－3)＋4))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(－5y2－4,my2－3)＋4))＝eq\f([4m－5y1＋8][4m－5y2＋8],my1－3my2－3)＝eq\f(4m－52y1y2＋84m－5y1＋y2＋64,m2y1y2－3my1＋y2＋9)＝eq\f(－44m－52＋32m4m－5＋64,－4m2－12m2＋9)＝eq\f(64m2－36,－16m2＋9)＝－4.設(shè)Q(x，y)是以線段MN為直徑的圓上的任意一點(diǎn)，eq\o(MQ,\s\up6(→))＝(x＋1，y－yM)，eq\o(NQ,\s\up6(→))＝(x＋1，y－yN)，則有eq\o(MQ,\s\up6(→))·eq\o(NQ,\s\up6(→))＝0，即0＝(x＋1)2＋(y－yM)(y－yN)，由對(duì)稱性令y＝0得0＝(x＋1)2＋yMyN＝(x＋1)2－4，所以x＝1或x＝－3，所以以線段MN為直徑的圓經(jīng)過定點(diǎn)，定點(diǎn)坐標(biāo)為(－3,0)與(1,0)．母題突破3定值問題1．(1)解因?yàn)辄c(diǎn)P(1,1)在C的漸近線y＝eq\f(b,a)x上，所以a＝b，A(a,0)，則S△PAO＝eq\f(1,2)a＝eq\f(1,2)，所以a＝1，故b＝1，所以C的方程為x2－y2＝1.(2)證明當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直線l與雙曲線只有一個(gè)交點(diǎn)，不符合題意，當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y－1＝k(x－1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－y2＝1，,y－1＝kx－1，))消去y得(1－k2)x2－2k(1－k)x－k2＋2k－2＝0，則1－k2≠0，且Δ＝4k2(1－k)2－4(1－k2)(－k2＋2k－2)＝8－8k>0，解得k<1且k≠－1，x1＋x2＝eq\f(2k1－k,1－k2)＝eq\f(2k,1＋k)，x1x2＝eq\f(－k2＋2k－2,1－k2)，直線AM的方程為y＝eq\f(y1,x1－1)(x－1)，令x＝x2，得y＝eq\f(y1x2－1,x1－1)，即Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(y1x2－1,x1－1)))，因?yàn)镠為NG的中點(diǎn)，所以Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(\f(y1x2－1,x1－1)＋y2,2)))，所以kAH＝eq\f(\f(\f(y1x2－1,x1－1)＋y2,2),x2－1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1,x1－1)＋\f(y2,x2－1)))，因?yàn)閑q\f(y1,x1－1)＋eq\f(y2,x2－1)＝eq\f(kx1－1＋1,x1－1)＋eq\f(kx2－1＋1,x2－1)＝2k＋eq\f(1,x1－1)＋eq\f(1,x2－1)＝2k＋eq\f(x1＋x2－2,x1－1x2－1)＝2k＋eq\f(x1＋x2－2,x1x2－x1＋x2＋1)＝2k＋eq\f(\f(2k,1＋k)－2,\f(－k2＋2k－2,1－k2)－\f(2k,1＋k)＋1)＝2k＋2－2k＝2，所以kAH＝1，所以直線AH的斜率為定值．2．(1)解設(shè)橢圓C的半焦距為c，因?yàn)椤鰾F1F2的周長(zhǎng)為2eq\r(6)＋2eq\r(3)，則2a＋2c＝2eq\r(6)＋2eq\r(3)，又因?yàn)闄E圓C的離心率為eq\f(\r(2),2)，則eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，解得a＝eq\r(6)，c＝eq\r(3)，則b2＝3，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)證明當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直線l：x＝±eq\r(2)，與橢圓方程聯(lián)立解得x2＝2，y2＝2，則|OM|＝|ON|＝2，eq\f(1,|OM|2)＋eq\f(1,|ON|2)＝eq\f(1,2)；當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，如圖所示，設(shè)直線l：y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,x2＋2y2＝6，))消去y并整理得(2k2＋1)x2＋4mkx＋2m2－6＝0，顯然點(diǎn)P在橢圓C內(nèi)，即直線l與C必交于兩點(diǎn)，有x1＋x2＝eq\f(－4mk,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2m2－6,2k2＋1)，又直線l與圓x2＋y2＝2相切，即eq\f(|m|,\r(k2＋1))＝eq\r(2)，即m2＝2k2＋2，得xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2)＝(x1＋x2)2－2x1x2＝eq\f(16m2k2,2k2＋12)－eq\f(22m2－6,2k2＋1)＝eq\f(16k4＋32k2＋4,2k2＋12)，顯然yeq\o\al(2,1)＝3－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,1)，yeq\o\al(2,2)＝3－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,2)，即有xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)xeq\o\al(2,1)＋3，xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)xeq\o\al(2,2)＋3，因此eq\f(1,|OM|2)＋eq\f(1,|ON|2)＝eq\f(1,x\o\al(2,1)＋y\o\al(2,1))＋eq\f(1,x\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2))＝eq\f(6＋\f(1,2)x\o\al(2,1)＋x\o\al(2,2),9＋\f(3,2)x\o\al(2,1)＋x\o\al(2,2)＋\f(1,4)x1x22)＝eq\f(6＋\f(8k4＋16k2＋2,2k2＋12),9＋\f(24k4＋48k2＋6,2k2＋12)＋\f(2k2－12,2k2＋12))＝eq\f(32k4＋40k2＋8,64k4＋80k2＋16)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(1,|OM|2)＋eq\f(1,|ON|2)為定值eq\f(1,2).母題突破4探究性問題1．解(1)由題意得直線l的方程為y＝eq\f(\r(3),3)(x－t)，即x＝eq\r(3)y＋t，設(shè)N(m，n)，與y2＝2px聯(lián)立并消去x得y2－2eq\r(3)py－2pt＝0，因?yàn)橹本€l與拋物線C相切，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2\r(3)p))2＋8pt＝0，整理得3p＋2t＝0，代入y2－2eq\r(3)py－2pt＝0，解得n＝eq\r(3)p，m＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)p))2,2p)＝eq\f(3p,2)，因?yàn)閨MN|＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(3p,2)－t)),\f(\r(3),2))＝4eq\r(3)，所以eq\f(3p,2)－t＝6，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3p＋2t＝0，,\f(3p,2)－t＝6，))得p＝2，所以拋物線C的方程為y2＝4x.(2)由(1)得N(3,2eq\r(3))，假設(shè)存在直線l′，使得點(diǎn)Q關(guān)于l′的對(duì)稱點(diǎn)Q′恒與P，N共線，則直線NP，NQ關(guān)于l′對(duì)稱，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直線PQ的方程為x＝－eq\r(3)y＋b，與y2＝4x聯(lián)立并消去x得y2＋4eq\r(3)y－4b＝0，則Δ＝(4eq\r(3))2＋16b>0，b>－3.y1＋y2＝－4eq\r(3)，y1y2＝－4b.所以直線PN的斜率k1＝eq\f(y1－2\r(3),x1－3)＝eq\f(y1－2\r(3),\f(y\o\al(2,1),4)－3)＝eq\f(4,y1＋2\r(3))，所以直線NQ的斜率k2＝eq\f(y2－2\r(3),x2－3)＝eq\f(y2－2\r(3),\f(y\o\al(2,2),4)－3)＝eq\f(4,y2＋2\r(3))，k1＋k2＝eq\f(4,y1＋2\r(3))＋eq\f(4,y2＋2\r(3))＝eq\f(4y1＋y2＋16\r(3),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y1＋2\r(3)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2＋2\r(3))))＝eq\f(－16\r(3)＋16\r(3),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y1＋2\r(3)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2＋2\r(3))))＝0，所以直線NP，NQ關(guān)于直線x＝3或y＝2eq\r(3)對(duì)稱，所以存在直線l′，使得點(diǎn)Q關(guān)于l′的對(duì)稱點(diǎn)Q′恒與P，N共線，且l′的方程為x＝3或y＝2eq\r(3).2．解(1)由雙曲線離心率為2知c＝2a，b＝eq\r(3)a.于是，雙曲線方程可化為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,3a2)＝1.又直線l：y＝x＋m，與雙曲線方程聯(lián)立得2x2－2mx－m2－3a2＝0，①設(shè)點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝m，x1x2＝eq\f(－m2－3a2,2).②因?yàn)閑q\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(PB,\s\up6(→))，所以(－x1，m－y1)＝3(x2，y2－m)．故x1＝－3x2.結(jié)合x1＋x2＝m，解得x1＝eq\f(3,2)m，x2＝－eq\f(1,2)m.代入②式得－eq\f(3,4)m2＝eq\f(－m2－3a2,2)?m2＝6a2，又eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(x1＋m)(x2＋m)＝2x1x2＋m(x1＋x2)＋m2＝m2－3a2＝3a2＝3，從而a2＝1.此時(shí)m＝eq\r(6)，代入①式并整理得2x2－2eq\r(6)x－9＝0.顯然，該方程有兩個(gè)不相等的實(shí)根．因此，a2＝1符合要求．故雙曲線C的方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)假設(shè)滿足條件的點(diǎn)M(t,0)(t<0)存在．由(1)知雙曲線右焦點(diǎn)為F(2,0)．由雙曲線的對(duì)稱性，不妨設(shè)點(diǎn)Q(x0，y0)在第一象限，當(dāng)x0≠2時(shí)，tan∠QFM＝－kQF＝－eq\f(y0,x0－2)，tan∠QMF＝kQM＝eq\f(y0,x0－t).因?yàn)椤螿FM＝2∠QMF，所以－eq\f(y0,x0－2)＝eq\f(\f(2y0,x0－t),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y0,x0－t)))2).將yeq\o\al(2,0)＝3xeq\o\al(2,0)－3代入上式并整理得(4＋2t)x0－4t＝－2tx0＋t2＋3，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4＋2t＝－2t，,－4t＝t2＋3，))解得t＝－1.當(dāng)x0＝2時(shí)，∠QFM＝90°，而當(dāng)t＝－1時(shí)，∠QMF＝45°，符合∠QFM＝2∠QMF.所以滿足條件的點(diǎn)M(－1,0)存在．培優(yōu)點(diǎn)7隱圓、蒙日?qǐng)A與阿基米德三角形1．B2.C3.C4.A5．ACD[由題意設(shè)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(x\o\al(2,1),2p)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(x\o\al(2,2),2p)))，x1<x2，由x2＝2py，得y＝eq\f(x2,2p)，則y′＝eq\f(x,p)，所以kPA＝eq\f(x1,p)，kPB＝eq\f(x2,p)，若弦AB過焦點(diǎn)，設(shè)AB所在直線為y＝kx＋eq\f(p,2)，聯(lián)立x2＝2py，得x2－2pkx－p2＝0，則x1x2＝－p2，所以kPA·kPB＝eq\f(－p2,p2)＝－1，所以PA⊥PB，故A正確；以點(diǎn)A為切點(diǎn)的切線方程為y－eq\f(x\o\al(2,1),2p)＝eq\f(x1,p)(x－x1)，以點(diǎn)B為切點(diǎn)的切線方程為y－eq\f(x\o\al(2,2),2p)＝eq\f(x2,p)(x－x2)，聯(lián)立消去y得x＝eq\f(x1＋x2,2)，將x＝eq\f(x1＋x2,2)代入y－eq\f(x\o\al(2,1),2p)＝eq\f(x1,p)(x－x1)，得y＝eq\f(x1x2,2p)，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(x1x2,2p)))，故B錯(cuò)誤；設(shè)N為拋物線弦AB的中點(diǎn)，N的橫坐標(biāo)為xN＝eq\f(x1＋x2,2)，因此直線PN平行于y軸(或與y軸重合)，即平行于拋物線的對(duì)稱軸(或與對(duì)稱軸重合)，故D正確；設(shè)直線AB的斜率為k＝eq\f(y2－y1,x2－x1)＝eq\f(\f(x\o\al(2,2),2p)－\f(x\o\al(2,1),2p),x2－x1)＝eq\f(x1＋x2,2p)，故直線AB的方程為y－eq\f(x\o\al(2,1),2p)＝eq\f(x1＋x2,2p)(x－x1)，化簡(jiǎn)得(x1＋x2)x－2py－x1x2＝0，故C正確．]6．AD[對(duì)于A，過Q(a，b)可作橢圓的兩條互相垂直的切線x＝a，y＝b，∴Q(a，b)在蒙日?qǐng)A上，∴蒙日?qǐng)A方程為x2＋y2＝a2＋b2，由e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\f(\r(2),2)得a2＝2b2，∴C的蒙日?qǐng)A方程為x2＋y2＝3b2，A正確；對(duì)于B，由l方程知l過P(b，a)，又P滿足蒙日?qǐng)A方程，∴P(b，a)在圓x2＋y2＝3b2上，當(dāng)A，B恰為過P作橢圓兩條互相垂直切線的切點(diǎn)時(shí)，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝0，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，∵A在橢圓上，∴|AF1|＋|AF2|＝2a，∴d－|AF2|＝d－(2a－|AF1|)＝d＋|AF1|－2a；當(dāng)F1A⊥l時(shí)，d＋|AF1|取得最小值，最小值為F1到直線l的距離，又F1到直線l的距離d′＝eq\f(|－bc－a2－b2|,\r(a2＋b2))＝eq\f(|－b2－2b2－b2|,\r(3)b)＝eq\f(4\r(3),3)b，∴(d－|AF2|)min＝eq\f(4\r(3),3)b－2a，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，當(dāng)矩形MNGH的四條邊均與C相切時(shí)，蒙日?qǐng)A為矩形MNGH的外接圓，∴矩形MNGH的對(duì)角線為蒙日?qǐng)A的直徑，設(shè)矩形MNGH的長(zhǎng)和寬分別為x，y，則x2＋y2＝12b2，∴矩形MNGH的面積S＝xy≤eq\f(x2＋y2,2)＝6b2(當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝eq\r(6)b時(shí)取等號(hào))，即矩形MNGH面積的最大值為6b2，D正確．]7．－1eq\f(8,3)8.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(6),3)))解析根據(jù)題意可得，圓x2＋y2＝a2＋1上任意一點(diǎn)向橢圓C所引的兩條切線互相垂直，因此當(dāng)直線3x＋4y－10＝0與圓x2＋y2＝a2＋1相離時(shí)，∠APB恒為銳角，故a2＋1<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|0＋0－10|,\r(32＋42))))2＝4，解得1<a2<3，從而離心率e＝eq\r(1－\f(1,a2))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(6),3))).9．(1)證明設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB的方程為y＝kx＋b，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝2py，,y＝kx＋b，))消去y并整理得x2－2pkx－2pb＝0，有x1x2＝－2pb，令拋物線C：x2＝2py在點(diǎn)A處切線方程為y－y1＝t(x－x1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－y1＝tx－x1，,x2＝2py，))消去y并整理得x2－2ptx＋2ptx1－2py1＝0，則有Δ＝4p2t2－4(2ptx1－2py1)＝4p2t2－4(2ptx1－xeq\o\al(2,1))＝0，解得t＝eq\f(x1,p)，同理，拋物線C：x2＝2py在點(diǎn)B處切線斜率為eq\f(x2,p)，因?yàn)锳P⊥PB，則有eq\f(x1,p)·eq\f(x2,p)＝eq\f(－2pb,p2)＝－1，解得b＝eq\f(p,2)，所以直線AB：y＝kx＋eq\f(p,2)恒過定點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2))).(2)解由(1)知，切線PA的方程為y－y1＝eq\f(x1,p)(x－x1)，整理得y＝eq\f(x1,p)x－y1，同理切線PB的方程為y＝eq\f(x2,p)x－y2，設(shè)點(diǎn)Q(x0，y0)，則切線MN的方程為y＝eq\f(x0,p)x－y0，而點(diǎn)P(m，n)，即有n＝eq\f(x1,p)m－y1，n＝eq\f(x2,p)m－y2，因此直線AB的方程為y＝eq\f(m,p)x－n，有|AB|＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,p)))2)|x1－x2|，點(diǎn)Q(x0，y0)到直線AB的距離是d2＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m,p)x0－y0－n)),\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,p)))2))，則S2＝eq\f(1,2)|x1－x2|eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m,p)x0－y0－n))，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(py＝x0x－py0，,py＝x1x－py1，))解得點(diǎn)M的橫坐標(biāo)xM＝eq\f(x0＋x1,2)，同理點(diǎn)N的橫坐標(biāo)xN＝eq\f(x0＋x2,2)，有|MN|＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,p)))2)eq\f(|x1－x2|,2)，點(diǎn)P(m，n)到直線MN的距離d1＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m,p)x0－n－y0)),\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,p)))2))，則S1＝eq\f(1,4)|x1－x2|eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m,p)x0－y0－n))，所以eq\f(S1,S2)＝eq\f(1,2).10．(1)解由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝b2＋c2，,2\r(5－c2)＝2\r(2)，,\f(2b2,a)＝1，))解得a＝2，b＝1，c＝eq\r(3)，所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)①解設(shè)P(x0，y0)，則過P的切線方程為y－y0＝k(x－x0)，且xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝5，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y－y0＝kx－x0，))化簡(jiǎn)得(1＋4k2)x2＋8k(y0－kx0)x＋4(y0－kx0)2－4＝0，由Δ＝0，得(4－xeq\o\al(2,0))k2＋2x0y0k＋1－yeq\o\al(2,0)＝0，設(shè)切線PA，PB的斜率分別為k1，k2，則k1k2＝eq\f(1－y\o\al(2,0),4－x\o\al(2,0))＝eq\f(1－y\o\al(2,0),4－5－y\o\al(2,0))＝－1，又直線PA的斜率為2，則直線PB的斜率為－eq\f(1,2).②證明當(dāng)切線PA，PB的斜率都存在時(shí)，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，切線PA，PB的方程為y－yi＝ki(x－xi)，i＝1,2并由①得(4－xeq\o\al(2,i))keq\o\al(2,i)＋2xiyiki＋1－yeq\o\al(2,i)＝0，i＝1,2，(*)又點(diǎn)A，B在橢圓上，得eq\f(x\o\al(2,i),4)＋yeq\o\al(2,i)＝1，i＝1,2代入(*)，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2yiki＋\f(xi,2)))2＝0，即ki＝－eq\f(xi,4yi)，i＝1,2，切線PA，PB的方程為eq\f(xix,4)＋yiy＝1，i＝1,2，又切線過P點(diǎn)，則eq\f(xix0,4)＋yiy0＝1，i＝1,2，所以直線AB的方程為eq\f(x0x,4)＋y0y＝1，由PQ⊥AB得直線PQ方程為y－y0＝eq\f(4y0,x0)(x－x0)，聯(lián)立直線AB方程eq\f(x0x,4)＋y0y＝1，解得xQ＝eq\f(4x01＋3y\o\al(2,0),x\o\al(2,0)＋16y\o\al(2,0))＝eq\f(4,5)x0，yQ＝eq\f(y01＋3y\o\al(2,0),x\o\al(2,0)＋16y\o\al(2,0))＝eq\f(1,5)y0，由xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝5得Q點(diǎn)軌跡方程為eq\f(5,16)x2＋5y2＝1，且焦點(diǎn)恰為F1，F(xiàn)2，故|QF1|＋|QF2|＝2×eq\f(4,\r(5))＝eq\f(8,\r(5))＝eq\f(8\r(5),5)，當(dāng)切線PA，PB的斜率有一個(gè)不存在時(shí)，如PB斜率不存在，則B(2,0)，P(2,1)，A(0,1)，直線AB的方程為y＝－eq\f(1,2)x＋1，PQ的方程為y－1＝2(x－2)，可解得Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,5)，\f(1,5)))，Q點(diǎn)也在橢圓eq\f(5,16)x2＋5y2＝1上，若B(－2,0)，同理可得．綜上得|QF1|＋|QF2|＝eq\f(8\r(5),5)，為定值．培優(yōu)點(diǎn)8圓錐曲線中非對(duì)稱韋達(dá)定理的應(yīng)用1．解(1)由已知條件，可設(shè)拋物線的方程為y2＝2px(p>0)，∵點(diǎn)P(1,2)在拋物線上，∴22＝2p×1，解得p＝2.故拋物線的方程是y2＝4x，其準(zhǔn)線方程是x＝－1.(2)方法一由(1)可知F(1,0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則直線AB的方程可設(shè)為x＝ty＋1，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,x＝ty＋1，))整理得y2－4ty－4＝0，所以y1＋y2＝4t，y1y2＝－4.又eq\o(AF,\s\up6(→))＝2eq\o(FB,\s\up6(→))，即(1－x1，－y1)＝2(x2－1，y2)，可得－y1＝2y2，即eq\f(y1,y2)＝－2，則eq\f(y1,y2)＋eq\f(y2,y1)＝eq\f(y1＋y22,y1y2)－2＝－eq\f(5,2)，即eq\f(4t2,－4)－2＝－eq\f(5,2)，解得t＝±eq\f(1,2\r(2))，故kAB＝－eq\f(1,t)＝±2eq\r(2).方法二A(x1，y1)，B(x2，y2)，F(xiàn)(1,0)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(1－x1，－y1)，2eq\o(FB,\s\up6(→))＝(2x2－2,2y2)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝2eq\o(FB,\s\up6(→))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x1＝2x2－2，,－y1＝2y2))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝3－2x2，①,y1＝－2y2，②))∵A，B在拋物線上，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y\o\al(2,1)＝4x1，③,y\o\al(2,2)＝4x2，④))由①②③④聯(lián)立可得x2＝eq\f(1,2)，則y2＝±eq\r(2)，由③－④得(y1＋y2)(y1－y2)＝4(x1－x2)，即kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(4,y1＋y2)＝eq\f(4,－2y2＋y2)＝－eq\f(4,y2)＝±2eq\r(2).2．解(1)依題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＋2c＝6＋4\r(2)，,\f(1,2)·2c·\f(b2,a)＝\f(b2,a)·c＝\f(1,3)c，,a2＝b2＋c2，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋c＝3＋2\r(2)，,\f(b2,a)＝\f(1,3)，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝9，,b2＝1，,c2＝8，))所以E的方程為eq\f(x2,9)＋y2＝1.(2)選擇①.設(shè)直線l的方程為x＝ty＋eq\f(3,2)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,9)＋y2＝1，,x＝ty＋\f(3,2)，))化簡(jiǎn)整理，得4(t2＋9)y2＋12ty－27＝0，假設(shè)C(x1，y1)，