第36課圓錐曲線的綜合問題普查與練習36圓錐曲線的綜合問題1．直線與圓錐曲線的位置關系(1)(2023改編，5分)關于直線與圓錐曲線的位置關系，有如下命題：①若a>b>0，則直線eq\f(x,b)＋eq\f(y,a)＝1與橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1一定相交；②與雙曲線的漸近線平行的直線不可能與該雙曲線相切；③過圓錐曲線焦點的直線一定與該圓錐曲線相交；④存在某條直線與雙曲線x2－2y2＝1有四個交點．其中，錯誤的命題有__④__．解析：直線eq\f(x,b)＋eq\f(y,a)＝1經過點(b，0)，因為a>b>0，所以該點在橢圓內，因此直線eq\f(x,b)＋eq\f(y,a)＝1一定與橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1相交，故①正確；與雙曲線的漸近線平行的直線一定與雙曲線相交，故②正確；焦點在圓錐曲線的內部，過圓錐曲線內部的點的直線一定與圓錐曲線相交，故③正確；直線與雙曲線最多有兩個交點，故④錯誤．故錯誤的命題有④.(2)(2021浙江模擬，4分)已知F1是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,3)＝1(a>eq\r(3))的左焦點，經過點P(0，－2)作兩條互相垂直的直線l1和l2，當直線l1經過點F1時，直線l2與C有且只有一個公共點，則a＝(D)A．2eq\r(3)B．3C.eq\r(6)D．2解析：設F1(－c，0)，則c＝eq\r(a2－3).當直線l1經過點F1時，直線l1的斜率kPF1＝eq\f(－2,c)，∴直線l2的斜率為eq\f(c,2)，方程為y＝eq\f(c,2)x－2，與橢圓C的方程聯立，消去y得3x2＋a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)x－2))2＝3a2，整理得(a2c2＋12)x2－8a2cx＋4a2＝0.∵直線l2與橢圓C有且只有一個公共點，∴Δ＝64a4c2－16a2(a2c2＋12)＝0，∴ac＝2，∴c＝eq\f(2,a)＝eq\r(a2－3)，即a4－3a2－4＝0，解得a2＝4，∴a＝2.故選D.2．弦長和面積問題(3)(2023匯編，20分)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的長軸長為2eq\r(2)，離心率為eq\f(\r(2),2).(Ⅰ)求橢圓C的方程；答案：eq\f(x2,2)＋y2＝1解析：解：由題意可得2a＝2eq\r(2)，即a＝eq\r(2).(1分)因為橢圓C的離心率為eq\f(\r(2),2)，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，所以c＝1，所以b2＝a2－c2＝1，(3分)所以橢圓C的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(4分)(Ⅱ)過點(2，0)的直線l交橢圓C于A，B兩點，M為橢圓C上一點，O為坐標原點，且滿足eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＝meq\o(OM,\s\up6(→))，其中m∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4\r(5),5)，\f(4\r(3),3)))，求|AB|的取值范圍；答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(4\r(2),5)))解析：解：顯然直線l的斜率存在，設過點(2，0)的直線l的方程為y＝k(x－2)，聯立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝k（x－2），)))消去y整理得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0，則Δ＝64k4－4(1＋2k2)·(8k2－2)>0，即k2<eq\f(1,2).(5分)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(8k2,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(8k2－2,1＋2k2)，所以y1＋y2＝k(x1＋x2－4)＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8k2,1＋2k2)－4))＝－eq\f(4k,1＋2k2).由eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＝meq\o(OM,\s\up6(→))，得(x1＋x2，y1＋y2)＝m(xM，yM)，所以xM＝eq\f(1,m)·eq\f(8k2,1＋2k2)，yM＝eq\f(1,m)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4k,1＋2k2))).(6分)將(xM，yM)代入橢圓方程可得eq\f(1,2)·eq\f(1,m2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8k2,1＋2k2)))2＋eq\f(1,m2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4k,1＋2k2)))2＝1，解得m2＝eq\f(16k2,1＋2k2).因為m∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4\r(5),5)，\f(4\r(3),3)))，所以eq\f(16,5)≤eq\f(16k2,1＋2k2)≤eq\f(16,3)，解得eq\f(1,3)≤k2≤1，結合Δ>0，所以eq\f(1,3)≤k2<eq\f(1,2).(8分)由弦長公式可得，|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\f(64k4,（1＋2k2）2)－\f(4（8k2－2）,1＋2k2))＝2eq\r(2)·eq\r(\f(－2k4－k2＋1,4k4＋4k2＋1))＝2eq\r(2)·eq\r(\f(－2k4－2k2－\f(1,2)＋k2＋\f(3,2),4k4＋4k2＋1))＝2eq\r(2)·eq\r(－\f(1,2)＋\f(k2＋\f(1,2)＋1,（1＋2k2）2))＝2eq\r(2)·eq\r(－\f(1,2)＋\f(1,2)·\f(1,1＋2k2)＋\f(1,（1＋2k2）2))＝2eq\r(2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋2k2)＋\f(1,4)))2－\f(9,16)).(10分)因為eq\f(1,3)≤k2<eq\f(1,2)，所以eq\f(5,3)≤1＋2k2<2，所以eq\f(1,2)<eq\f(1,1＋2k2)≤eq\f(3,5).因為函數y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4)))2－eq\f(9,16)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,5)))上單調遞增，所以2eq\r(2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋2k2)＋\f(1,4)))2－\f(9,16))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(4\r(2),5)))，即|AB|∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(4\r(2),5))).(12分)(Ⅲ)如圖，直線GH為橢圓C與拋物線C1：y2＝2px(p＞0)的公切線，其中點G，H分別在C，C1上，線段OH交C于點N，求△NGH的面積的最小值．答案：eq\f(4,3)解析：解：設G(x3，y3)，H(x4，y4)，直線GH的方程為y＝nx＋b′，不妨取n>0，b′>0.聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(y＝nx＋b′，,\f(x2,2)＋y2＝1，)))整理得(2n2＋1)x2＋4nb′x＋2b′2－2＝0①，則Δ1＝(4nb′)2－4(2n2＋1)(2b′2－2)＝0，所以b′2＝2n2＋1.將其代入①式，得b′2x2＋4nb′x＋4n2＝0，解得x＝eq\f(－2n,b′)，所以x3＝eq\f(－2n,b′).聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(y＝nx＋b′，,y2＝2px，)整理得))n2x2＋2(nb′－p)x＋b′2＝0②，則Δ2＝4(nb′－p)2－4n2b′2＝0，所以p＝2nb′.將其代入②式，解方程得x＝eq\f(b′,n)，所以x4＝eq\f(b′,n)，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(GH))＝eq\r(n2＋1)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x3－x4))＝eq\r(n2＋1)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－2n,b′)－\f(b′,n)))＝eq\r(n2＋1)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2n,b′)＋\f(b′,n))).(15分)由x4＝eq\f(b′,n)可得y4＝2b′，所以kOH＝2n，所以直線OH：y＝2nx.聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(y＝2nx，,\f(x2,2)＋y2＝1，)))整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4n2＋\f(1,2)))x2＝1，所以xN＝eq\f(1,\r(4n2＋\f(1,2)))，yN＝eq\f(2n,\r(4n2＋\f(1,2)))，所以點N到GH的距離為d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n,\r(4n2＋\f(1,2)))＋b′－\f(2n,\r(4n2＋\f(1,2))))),\r(n2＋1))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b′－\f(n,\r(4n2＋\f(1,2))))),\r(n2＋1))，(16分)所以S△NGH＝eq\f(1,2)|GH|·d＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2n,b′)＋\f(b′,n)))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b′－\f(n,\r(4n2＋\f(1,2)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4n2＋1,n\r(2n2＋1))))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\r(2n2＋1)－\f(n,\r(4n2＋\f(1,2)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4n＋\f(1,n)－\f(4n2＋1,\r(2n2＋1)·\r(4n2＋\f(1,2)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4n＋\f(1,n)－\f(\f(4n2＋1,n),\r(2n＋\f(1,n))·\r(4n＋\f(1,2n)))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4n＋\f(1,n)－\f(4n＋\f(1,n),\r(8n2＋\f(1,2n2)＋5))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4n＋\f(1,n)－\f(4n＋\f(1,n),\r(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(16n2＋\f(1,n2)))＋5))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4n＋\f(1,n)－\f(4n＋\f(1,n),\r(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4n＋\f(1,n)))\s\up12(2)＋1)))).(18分)令t＝4n＋eq\f(1,n)(t≥4)，則S△NGH＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t－\f(t,\r(\f(1,2)t2＋1))))＝eq\f(t,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,\r(\f(1,2)t2＋1))))≥eq\f(4,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,\r(\f(1,2)×16＋1))))＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＝eq\f(4,3)，當且僅當4n＝eq\f(1,n)，即n＝eq\f(1,2)時取等號．由橢圓和拋物線的對稱性，可知當n<0，b′<0，S△NGH最小值也是eq\f(4,3).綜上，S△NGH的最小值為eq\f(4,3).(20分)3．求值、求點、求方程問題(4)(2019天津，13分)設橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦點為F，上頂點為B.已知橢圓的短軸長為4，離心率為eq\f(\r(5),5).(Ⅰ)求橢圓的方程；答案：eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1解析：解：由題意得2b＝4，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),5).(2分)又a2＝b2＋c2，所以a＝eq\r(5)，b＝2，c＝1，所以橢圓的方程為eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1.(5分)(Ⅱ)設點P在橢圓上，且異于橢圓的上、下頂點，點M為直線PB與x軸的交點，點N在y軸的負半軸上．若|ON|＝|OF|(O為原點)，且OP⊥MN，求直線PB的斜率．答案：eq\f(2\r(30),5)或－eq\f(2\r(30),5)解析：解：由題意，設P(xP，yP)(xP≠0)，M(xM，0)，顯然直線PB的斜率存在且不為0，由(Ⅰ)知B(0，2)，所以設直線PB的方程為y＝kx＋2(k≠0)，與橢圓方程聯立得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，))消去y，整理得(4＋5k2)x2＋20kx＝0，顯然Δ>0恒成立，所以xP＝－eq\f(20k,4＋5k2)，(7分)代入y＝kx＋2得yP＝－eq\f(20k2,4＋5k2)＋2＝eq\f(8－10k2,4＋5k2)，則直線OP的斜率eq\f(yP,xP)＝eq\f(8－10k2,－20k)＝eq\f(5k2－4,10k).(9分)在y＝kx＋2中，令y＝0，得xM＝－eq\f(2,k)，即Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,k)，0)).由題意得N(0，－1)，所以直線MN的斜率為eq\f(0－（－1）,－\f(2,k)－0)＝－eq\f(k,2).(11分)由OP⊥MN，得eq\f(5k2－4,10k)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(k,2)))＝－1，化簡得k2＝eq\f(24,5)，所以k＝±eq\f(2\r(30),5)，所以直線PB的斜率為eq\f(2\r(30),5)或－eq\f(2\r(30),5).(13分)(5)(2023匯編，30分)已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點為F，上頂點為B，離心率為eq\f(2\r(5),5)，且|BF|＝eq\r(5).(Ⅰ)求橢圓的方程；答案：eq\f(x2,5)＋y2＝1解析：解：設半焦距為c，由題意，|BF|＝eq\r(|OF|2＋|OB|2)＝eq\r(c2＋b2)＝a.又因為|BF|＝eq\r(5)，所以a＝eq\r(5).因為離心率為eq\f(2\r(5),5)，即eq\f(c,a)＝eq\f(2\r(5),5)，所以c＝2，(2分)所以b＝eq\r(a2－c2)＝1，所以橢圓的方程為eq\f(x2,5)＋y2＝1.(4分)(Ⅱ)直線l與橢圓有唯一的公共點M，與y軸的正半軸交于點N，過N與BF垂直的直線交x軸于點P.若MP∥BF，求直線l的方程；(2021天津)答案：y＝x＋eq\r(6)解析：解：設N(0，t)，其中t>0，直線MN的斜率為k，則l的方程為y＝kx＋t.設M(x0，y0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋t，,\f(x2,5)＋y2＝1，)))消去y可得(5k2＋1)x2＋10ktx＋5t2－5＝0.(6分)因為直線l與橢圓只有一個公共點，所以Δ＝100k2－20t2＋20＝0，即t2＝5k2＋1，所以t2x2＋10ktx＋25k2＝0，解得x＝－eq\f(5k,t)，所以x0＝－eq\f(5k,t)，y0＝kx0＋t＝eq\f(－5k2＋t2,t)＝eq\f(1,t).因為NP⊥BF，而BF的斜率為－eq\f(b,c)＝－eq\f(1,2)，所以NP的斜率為eq\f(－1,－\f(1,2))＝2，所以NP的方程為y＝2x＋t.(10分)令y＝0得x＝－eq\f(1,2)t，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)t，0)).因為MP∥BF，所以MP的斜率也為－eq\f(1,2)，即eq\f(y0,x0＋\f(1,2)t)＝－eq\f(1,2)，即y0＝－eq\f(1,2)x0－eq\f(1,4)t，即eq\f(1,t)＝eq\f(5k,2t)－eq\f(1,4)t，即t2－10k＋4＝0，即k2－2k＋1＝0，(13分)解得k＝1，所以t2＝5k2＋1＝6，t＝eq\r(6)，所以直線l的方程為y＝x＋eq\r(6).(15分)(Ⅲ)直線l1過橢圓的左焦點．(ⅰ)設直線l1交橢圓于C，D兩點，點E為x軸上一點.若直線l1不與坐標軸平行，且kCE＋kDE＝0，求出點E的坐標；答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，0))解析：解：易知橢圓的左焦點為(－2，0)，故設直線l1的方程為x＝my－2，E(s，0)．聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(\f(x2,5)＋y2＝1，,x＝my－2，)))整理得(m2＋5)y2－4my－1＝0，所以yC＋yD＝eq\f(4m,m2＋5)，yCyD＝eq\f(－1,m2＋5).(17分)又kCE＝eq\f(yC,xC－s)，kDE＝eq\f(yD,xD－s)，所以kCE＋kDE＝eq\f(yC,xC－s)＋eq\f(yD,xD－s)＝eq\f(yC（xD－s）＋yD（xC－s）,（xC－s）（xD－s）).因為kCE＋kDE＝0，所以yC(xD－s)＋yD(xC－s)＝yCxD＋yDxC－s(yC＋yD)＝yC(myD－2)＋yD(myC－2)－s(yC＋yD)＝2myCyD－(2＋s)(yC＋yD)＝eq\f(－2m,m2＋5)－eq\f(4m（2＋s）,m2＋5)＝eq\f(－2m（5＋2s）,m2＋5)＝0，所以－2m(5＋2s)＝0.(21分)根據題意，直線l1的斜率存在，故m≠0，所以5＋2s＝0，s＝－eq\f(5,2)，所以點E的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，0)).(22分)(ⅱ)設直線l1與拋物線y2＝4x的兩個交點為Q1(x1，y1)，Q2(x2，y2)，H為拋物線上異于Q1，Q2的一點，直線HQ1，HQ2分別與直線l2：x＝μ交于Q3(μ，y3)，Q4(μ，y4)兩點．若y1y2＝y3y4，求實數μ的值．答案：μ＝2解析：解：由Q1，H，Q3三點共線，可得kQ1H＝kQ3H，即eq\f(yH－y1,xH－x1)＝eq\f(yH－y3,xH－μ).因為點Q1，H均在拋物線y2＝4x上，所以x1＝eq\f(yeq\o\al(2,1),4)，xH＝eq\f(yeq\o\al(2,H),4)，所以eq\f(yH－y1,\f(yeq\o\al(2,H),4)－\f(yeq\o\al(2,1),4))＝eq\f(yH－y3,\f(yeq\o\al(2,H),4)－μ)，所以y3＝eq\f(yHy1＋4μ,yH＋y1)．因為Q2，H，Q4三點共線，所以同理可得y4＝eq\f(yHy2＋4μ,yH＋y2).(25分)聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,x＝my－2，)))整理得y2－4my＋8＝0，所以y1＋y2＝4m，y1y2＝8，(26分)所以y3y4＝y1y2＝8，即eq\f(yHy1＋4μ,yH＋y1)·eq\f(yHy2＋4μ,yH＋y2)＝8，即eq\f(yeq\o\al(2,H)y1y2＋4μyH（y1＋y2）＋16μ2,yeq\o\al(2,H)＋yH（y1＋y2）＋y1y2)＝8.代入y1＋y2＝4m，y1y2＝8，化簡可得(μ－2)(16myH＋16μ＋32)＝0.若上式恒成立，則μ－2＝0，所以μ＝2.(30分)4．最值和取值范圍問題(6)(2021廣東二模節選，8分)已知M，N為橢圓C：eq\f(x2,4)＋y2＝1的上、下頂點，點T的坐標為(t，2)，且直線TM，TN分別與橢圓交于C，D兩點(M，N，C，D四點互不相同)，求點M到直線CD距離的取值范圍．答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))解：∵M，N，C，D四點互不相同，∴點T，C，D均不在y軸上，直線CD的斜率存在．設直線CD：y＝mx＋n，C(x1，y1)，D(x2，y2)，聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(y＝mx＋n，,\f(x2,4)＋y2＝1，)))整理得(1＋4m2)x2＋8mnx＋4n2－4＝0，∴x1＋x2＝－eq\f(8mn,1＋4m2)，x1x2＝eq\f(4n2－4,1＋4m2).(2分)易得M(0，1)，N(0，－1)，∴直線TM：y＝eq\f(y1－1,x1)x＋1，直線TN：y＝eq\f(y2＋1,x2)x－1.將點T的坐標代入兩直線方程，得eq\f(y1－1,x1)t＝1，eq\f(y2＋1,x2)t＝3，∴eq\f(3x2,y2＋1)＝eq\f(x1,y1－1)，即3x2(y1－1)＝x1(y2＋1)，即3x2(mx1＋n－1)＝x1(mx2＋n＋1)，整理得2mx1x2＝(n＋1)x1－3(n－1)x2，∴eq\f(2m（4n2－4）,1＋4m2)＝(n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－8mn,1＋4m2)－x2))－3(n－1)x2，即(2n－1)[4m(n＋1)＋x2(1＋4m2)]＝0.(6分)當m，x2變化時，上式恒成立，故n＝eq\f(1,2)，∴直線CD恒過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).而M與eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))的距離為eq\f(1,2)，且易知M，C，D三點不共線，當m＝0時，M到CD的距離為eq\f(1,2)，∴M到直線CD距離的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))．(8分)(7)(2021浙江，15分)如圖，已知F是拋物線y2＝2px(p>0)的焦點，M是拋物線的準線與x軸的交點，且|MF|＝2.(Ⅰ)求拋物線的方程；答案：y2＝4x解析：解：因為|MF|＝2，所以p＝2，所以拋物線的方程為y2＝4x.(2分)(Ⅱ)設過點F的直線交拋物線于A，B兩點，斜率為2的直線l與直線MA，MB，AB，x軸依次交于點P，Q，R，N，且|RN|2＝|PN|·|QN|，求直線l在x軸上截距的取值范圍．答案：(－∞，－7－4eq\r(3)]∪[－7＋4eq\r(3)，1)∪(1，＋∞)解析：解：設AB：x＝ty＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，N(n，0)，則直線MA：y＝eq\f(y1,x1＋1)(x＋1)，直線MB：y＝eq\f(y2,x2＋1)(x＋1)，直線l：x＝eq\f(y,2)＋n，由題設可得n≠±1且t≠eq\f(1,2).(3分)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋1，,y2＝4x，)))可得y2－4ty－4＝0，故y1y2＝－4，y1＋y2＝4t.(4分)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(y＝\f(y1,x1＋1)（x＋1），,x＝\f(y,2)＋n，)))可得yP＝eq\f(2（n＋1）y1,2x1＋2－y1)，(5分)同理yQ＝eq\f(2（n＋1）y2,2x2＋2－y2).(6分)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋1，,x＝\f(y,2)＋n，)))可得yR＝eq\f(2（n－1）,2t－1).(7分)因為|RN|2＝|PN|·|QN|，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(1＋\f(1,4))|yR|))2＝eq\r(1＋\f(1,4))|yP|·eq\r(1＋\f(1,4))|yQ|，所以yeq\o\al(2,R)＝|yP|·|yQ|，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2（n－1）,2t－1)))2＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2（n＋1）y2,2x2＋2－y2)·\f(2（n＋1）y1,2x1＋2－y1)))，整理可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,n＋1)))2＝(2t－1)2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(y1y2,（2x2＋2－y2）（2x1＋2－y1）)))＝eq\f(4（2t－1）2,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,2),2)＋2－y2))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,1),2)＋2－y1)))))＝eq\f(4（2t－1）2,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,2)yeq\o\al(2,1),4)＋（y2＋y1）2－y2y1－\f(y2＋y1,2)·y1y2－2（y2＋y1）＋4)))＝eq\f(（2t－1）2,3＋4t2)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n－1)))2＝eq\f(3＋4t2,（2t－1）2).(12分)令s＝2t－1，則t＝eq\f(s＋1,2)且s≠0，故eq\f(3＋4t2,（2t－1）2)＝eq\f(s2＋2s＋4,s2)＝1＋eq\f(2,s)＋eq\f(4,s2)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,s)＋\f(1,4)))2＋eq\f(3,4)≥eq\f(3,4)，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋1,n－1)))2≥\f(3,4)，,n≠±1，)))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(n2＋14n＋1≥0，,n≠±1，)))(14分)解得n≤－7－4eq\r(3)或－7＋4eq\r(3)≤n<1或n>1，故直線l在x軸上的截距的取值范圍為(－∞，－7－4eq\r(3)]∪[－7＋4eq\r(3)，1)∪(1，＋∞)．(15分)(8)(經典題，14分)在平面直角坐標系xOy中，橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，焦距為2.(Ⅰ)求橢圓E的方程；答案：eq\f(x2,2)＋y2＝1解析：解：設橢圓的半焦距為c，由題意知e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，2c＝2，所以a＝eq\r(2)，b＝eq\r(a2－c2)＝1，因此橢圓E的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(4分)(Ⅱ)如圖所示，動直線l：y＝k1x－eq\f(\r(3),2)交橢圓E于A，B兩點，C是橢圓E上一點，直線OC的斜率為k2，且k1k2＝eq\f(\r(2),4)，M是線段OC延長線上一點，且eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MC))∶eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB))＝2∶3，⊙M的半徑為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MC))，OS，OT是⊙M的兩條切線，切點分別為S，T.求∠SOT的最大值，并求取得最大值時直線l的斜率．答案：∠SOT的最大值為eq\f(π,3)，此時k1＝±eq\f(\r(2),2)解析：解：設A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝k1x－\f(\r(3),2)，))得(4keq\o\al(2,1)＋2)x2－4eq\r(3)k1x－1＝0，由題意知Δ>0，則x1＋x2＝eq\f(2\r(3)k1,2keq\o\al(2,1)＋1)，x1x2＝－eq\f(1,2（2keq\o\al(2,1)＋1）)，所以|AB|＝eq\r(1＋keq\o\al(2,1))|x1－x2|＝eq\r(1＋keq\o\al(2,1))·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(2)·eq\f(\r(1＋keq\o\al(2,1))·\r(1＋8keq\o\al(2,1)),1＋2keq\o\al(2,1)).(6分)因為k1k2＝eq\f(\r(2),4)，所以k1≠0，k2＝eq\f(\r(2),4k1)，所以直線OC的方程為y＝eq\f(\r(2),4k1)x.聯立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝\f(\r(2),4k1)x，))得x2＝eq\f(8keq\o\al(2,1),1＋4keq\o\al(2,1))，y2＝eq\f(1,1＋4keq\o\al(2,1))，因此|OC|＝eq\r(x2＋y2)＝eq\r(\f(1＋8keq\o\al(2,1),1＋4keq\o\al(2,1))).(8分)由題意可知圓M的半徑為r＝eq\f(2,3)|AB|＝eq\f(2\r(2),3)·eq\f(\r(1＋keq\o\al(2,1))·\r(1＋8keq\o\al(2,1)),2keq\o\al(2,1)＋1).連接SM，因為OS為⊙M的切線，所以MS⊥OS，所以sineq\f(∠SOT,2)＝eq\f(r,r＋|OC|)＝eq\f(1,1＋\f(|OC|,r)).而eq\f(|OC|,r)＝eq\f(\r(\f(1＋8keq\o\al(2,1),1＋4keq\o\al(2,1))),\f(2\r(2),3)·\f(\r(1＋keq\o\al(2,1))·\r(1＋8keq\o\al(2,1)),2keq\o\al(2,1)＋1))＝eq\f(3\r(2),4)·eq\f(1＋2keq\o\al(2,1),\r(1＋4keq\o\al(2,1))·\r(1＋keq\o\al(2,1)))＝eq\f(3\r(2),4)·eq\f(1＋2keq\o\al(2,1),\r(1＋4keq\o\al(2,1)＋keq\o\al(2,1)＋4keq\o\al(4,1)))＝eq\f(3\r(2),4)·eq\f(1＋2keq\o\al(2,1),\r(（1＋2keq\o\al(2,1)）2＋keq\o\al(2,1))).(10分)令t＝1＋2keq\o\al(2,1)，因為k1≠0，所以t>1，eq\f(1,t)∈(0，1)，因此eq\f(|OC|,r)＝eq\f(3\r(2),4)·eq\f(t,\r(t2＋\f(t－1,2)))＝eq\f(3\r(2),4)·eq\r(\f(t2,t2＋\f(t－1,2)))＝eq\f(3\r(2),4)·eq\r(\f(2,－\f(1,t2)＋\f(1,t)＋2))＝eq\f(3,2)·eq\f(1,\r(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(1,2)))2＋\f(9,4)))≥1，當且僅當eq\f(1,t)＝eq\f(1,2)，即t＝2時等號成立，此時k1＝±eq\f(\r(2),2).(12分)所以sineq\f(∠SOT,2)≤eq\f(1,2)，易知eq\f(∠SOT,2)為銳角，因此eq\f(∠SOT,2)≤eq\f(π,6)，所以∠SOT的最大值為eq\f(π,3).綜上所述，∠SOT的最大值為eq\f(π,3)，取得最大值時直線l的斜率為k1＝±eq\f(\r(2),2).(14分)5．定值、定點、定向問題a．定值問題(9)(2021新高考Ⅰ，12分)在平面直角坐標系xOy中，已知點F1(－eq\r(17)，0)，F2(eq\r(17)，0)，點M滿足|MF1|－|MF2|＝2，記M的軌跡為C.(Ⅰ)求C的方程；答案：x2－eq\f(y2,16)＝1(x≥1)解析：解：因為0<|MF1|－|MF2|＝2<|F1F2|＝2eq\r(17)，所以軌跡C是以點F1，F2為左、右焦點的雙曲線的右支．設軌跡C的方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0，x>0)，則2a＝2，可得a＝1，b＝eq\r(（\r(17)）2－12)＝4，所以軌跡C的方程為x2－eq\f(y2,16)＝1(x≥1)．(4分)(Ⅱ)設點T在直線x＝eq\f(1,2)上，過T的兩條直線分別交C于A，B兩點和P，Q兩點，且|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，求直線AB的斜率與直線PQ的斜率之和．答案：0解析：解：設點Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，t))，若過點T的直線的斜率不存在，則該直線與曲線C無公共點，不符合題意，故直線斜率存在．設直線AB的方程為y－t＝k1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，即y＝k1x＋t－eq\f(1,2)k1，聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(y＝k1x＋t－\f(1,2)k1，,16x2－y2＝16，)))消去y并整理可得(keq\o\al(2,1)－16)x2＋k1(2t－k1)x＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)k1))2＋16＝0.(6分)設點A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1≥1且x2≥1.由根與系數的關系可得x1＋x2＝eq\f(keq\o\al(2,1)－2k1t,keq\o\al(2,1)－16)，x1x2＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)k1))2＋16,keq\o\al(2,1)－16)，所以|TA|·|TB|＝(1＋keq\o\al(2,1))·(x1－eq\f(1,2))·(x2－eq\f(1,2))＝(1＋keq\o\al(2,1))·(x1x2－eq\f(x1＋x2,2)＋eq\f(1,4))＝eq\f(（t2＋12）（1＋keq\o\al(2,1)）,keq\o\al(2,1)－16).設直線PQ的斜率為k2，同理可得|TP|·|TQ|＝eq\f(（t2＋12）（1＋keq\o\al(2,2)）,keq\o\al(2,2)－16).(9分)因為|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，所以eq\f(（t2＋12）（1＋keq\o\al(2,1)）,keq\o\al(2,1)－16)＝eq\f(（t2＋12）（1＋keq\o\al(2,2)）,keq\o\al(2,2)－16)，整理可得keq\o\al(2,1)＝keq\o\al(2,2)，即(k1－k2)(k1＋k2)＝0.顯然k1－k2≠0，故k1＋k2＝0，因此，直線AB與直線PQ的斜率之和為0.(12分)(10)(2023改編，15分)如圖，橢圓的兩頂點為A(－1，0)，B(1，0)，過其焦點F(0，1)的直線l與橢圓交于C，D兩點．(Ⅰ)求橢圓的方程；答案：eq\f(y2,2)＋x2＝1解析：解：設橢圓的方程為eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)，半焦距為c.由題知b＝1，c＝1，所以a2＝2，所以橢圓的方程為eq\f(y2,2)＋x2＝1.(2分)(Ⅱ)設點M為線段CD上一點，且滿足eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(CD,\s\up6(→))，連接OM并延長交橢圓于點N，若kOC·kOD＝－2，則eq\f(|ON|,|OM|)是否為定值？若是，求出定值；若不是，請說明理由；答案：是定值，eq\f(3\r(5),5)解析：解：eq\f(|ON|,|OM|)是定值．(3分)設C(x1，y1)，D(x2，y2)(x1≠x2)．因為eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(CD,\s\up6(→))，所以(xM－x1，yM－y1)＝eq\f(1,3)(x2－x1，y2－y1)，所以xM＝eq\f(2x1＋x2,3)，yM＝eq\f(2y1＋y2,3).(4分)設eq\f(|ON|,|OM|)＝λ(λ>0)，則結合題意可知eq\o(ON,\s\up6(→))＝λeq\o(OM,\s\up6(→))，所以N(λxM，λyM)．因為點N在橢圓上，所以λ2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,M),2)＋xeq\o\al(2,M)))＝1，即eq\f(1,λ2)＝eq\f(yeq\o\al(2,M),2)＋xeq\o\al(2,M)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2y1＋y2,3)))2,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x1＋x2,3)))2＝eq\f(4,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,1),2)＋xeq\o\al(2,1)))＋eq\f(4,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1y2,2)＋x1x2))＋eq\f(1,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,2),2)＋xeq\o\al(2,2))).(6分)因為點C，D均在橢圓上，且kOC·kOD＝－2，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,1),2)＋xeq\o\al(2,1)＝\f(yeq\o\al(2,2),2)＋xeq\o\al(2,2)＝1，,\f(y1,x1)·\f(y2,x2)＝－2，)))所以eq\f(1,λ2)＝eq\f(4,9)＋eq\f(4,9)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2x1x2,2)＋x1x2))＋eq\f(1,9)＝eq\f(5,9)，所以λ＝eq\r(\f(9,5))＝eq\f(3\r(5),5)，為定值．(8分)(Ⅲ)設直線l與x軸交于點P(點P異于A，B兩點)，直線AC與BD交于點Q，求證：eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))為定值．答案：見證明過程解析：證明：當直線l的斜率不存在時，直線AC與直線BD平行，無交點，不滿足題意，所以直線l的斜率存在．因為直線l過點F且與x軸有交點，所以k不等于0.(9分)設直線l的方程為y＝kx＋1(k≠0)，則Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)，0)).聯立直線l與橢圓的方程，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(y2,2)＋x2＝1，))整理得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0，則x1＋x2＝－eq\f(2k,k2＋2)，x1x2＝－eq\f(1,k2＋2).不妨設x1>x2，所以x1－x2＝eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2k,k2＋2)))2－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k2＋2))))＝eq\f(2\r(2)·\r(k2＋1),k2＋2)，y1＋y2＝kx1＋1＋kx2＋1＝k(x1＋x2)＋2＝eq\f(4,k2＋2).(12分)易得直線AC的方程為y＝eq\f(y1,x1＋1)(x＋1)，直線BD的方程為y＝eq\f(y2,x2－1)(x－1)，聯立直線AC與BD的方程，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(y1,x1＋1)（x＋1），,y＝\f(y2,x2－1)（x－1），))解得點Q的橫坐標xQ＝eq\f(x1y2＋y1x2＋y2－y1,x1y2－y1x2＋y1＋y2)＝eq\f(x1（kx2＋1）＋x2（kx1＋1）＋k（x2－x1）,x1（kx2＋1）－x2（kx1＋1）＋\f(4,k2＋2))＝eq\f(2kx1x2＋x1＋x2＋k（x2－x1）,x1－x2＋\f(4,k2＋2))＝eq\f(－\f(2k,k2＋2)－\f(2k,k2＋2)－\f(2\r(2)k·\r(k2＋1),k2＋2),\f(2\r(2)·\r(k2＋1),k2＋2)＋\f(4,k2＋2))＝eq\f(－4k－2\r(2)k·\r(k2＋1),2\r(2)·\r(k2＋1)＋4)＝－k.(14分)因為Q(－k，yQ)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)，0))，所以eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)，0))·(－k，yQ)＝1，故eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))為定值．(15分)b．定點問題(11)(2019北京，14分)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點為(1，0)，且經過點A(0，1)．(Ⅰ)求橢圓C的方程；答案：eq\f(x2,2)＋y2＝1解析：解：由橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點為(1，0)，且經過點A(0，1)，可得b＝c＝1，所以a＝eq\r(b2＋c2)＝eq\r(2)，所以橢圓方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(4分)(Ⅱ)設O為原點，直線l：y＝kx＋t(t≠±1)與橢圓C交于兩個不同點P，Q，直線AP與x軸交于點M，直線AQ與x軸交于點N.若|OM|·|ON|＝2，求證：直線l經過定點．答案：見證明過程解析：證明：設P(x1，y1)，Q(x2，y2)(x1，x2≠0)．聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋t，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去y，整理得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，易知Δ＝16k2t2－4(1＋2k2)(2t2－2)＞0，所以2k2＋1>t2，x1＋x2＝－eq\f(4kt,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2t2－2,1＋2k2).(7分)直線AP的方程為y＝eq\f(y1－1,x1)x＋1，令y＝0，可得x＝eq\f(x1,1－y1)，即Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,1－y1)，0))；直線AQ的方程為y＝eq\f(y2－1,x2)x＋1，令y＝0，可得x＝eq\f(x2,1－y2)，即Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,1－y2)，0)).(11分)因為|OM|·|ON|＝2，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1,1－y1)·\f(x2,1－y2)))＝2.又(1－y1)(1－y2)＝1＋y1y2－(y1＋y2)＝1＋(kx1＋t)(kx2＋t)－[k(x1＋x2)＋2t]＝1＋k2x1x2＋(kt－k)(x1＋x2)＋t2－2t＝1＋k2·eq\f(2t2－2,1＋2k2)＋(kt－k)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4kt,1＋2k2)))＋t2－2t＝eq\f(（t－1）2,1＋2k2)，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\f(2t2－2,1＋2k2),\f(（t－1）2,1＋2k2))))＝2，所以|t2－1|＝(t－1)2.又t≠±1，所以解得t＝0，所以直線l的方程為y＝kx，即直線l恒過原點(0，0)．(14分)(12)(2020山東濱州三模，12分)在平面直角坐標系xOy中，已知點H(－eq\r(3)，0)，G是圓E：x2＋y2－2eq\r(3)x－21＝0上一個動點，線段HG的垂直平分線交GE于P.(Ⅰ)求動點P的軌跡C的方程；答案：eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1解析：解：由E：x2＋y2－2eq\r(3)x－21＝0得(x－eq\r(3))2＋y2＝24，所以E(eq\r(3)，0)，圓E的半徑為2eq\r(6).(1分)由題意得|PH|＝|PG|，所以|PH|＋|PE|＝|PG|＋|PE|＝|EG|＝2eq\r(6)>|HE|＝2eq\r(3)，(2分)所以點P的軌跡C是以H，E為焦點的橢圓，且a＝eq\r(6)，c＝eq\r(3)，所以b＝eq\r(3)，(3分)所以動點P的軌跡C的方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.(4分)(Ⅱ)設圓O：x2＋y2＝2上任意一點A處的切線交軌跡C于M，N兩點，試判斷以MN為直徑的圓是否過定點？若過定點，求出該定點坐標；若不過定點，請說明理由．答案：過定點(0，0)解析：解：當過點A且與圓O相切的直線斜率不存在時，切線方程為x＝eq\r(2)或x＝－eq\r(2).當切線方程為x＝eq\r(2)時，不妨設M(eq\r(2)，eq\r(2))，N(eq\r(2)，－eq\r(2))，則以MN為直徑的圓的方程為(x－eq\r(2))2＋y2＝2①；當切線方程為x＝－eq\r(2)時，不妨設M(－eq\r(2)，eq\r(2))，N(－eq\r(2)，－eq\r(2))，則以MN為直徑的圓的方程為(x＋eq\r(2))2＋y2＝2②.聯立①②，解得交點為(0，0)．(5分)當過點A且與圓O相切的直線斜率存在時，設切線方程為y＝kx＋m，則eq\f(|m|,\r(k2＋1))＝eq\r(2)，即m2＝2(k2＋1)．(6分)聯立直線與橢圓C的方程得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，)))消去y，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.(7分)易知點A在橢圓C內部，所以Δ>0恒成立，所以直線與橢圓C恒有兩個交點．設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝－eq\f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2m2－6,1＋2k2).(8分)因為eq\o(OM,\s\up6(→))＝(x1，y1)，eq\o(ON,\s\up6(→))＝(x2，y2)，所以eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝(1＋k2)·eq\f(2m2－6,1＋2k2)＋km·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－4km,1＋2k2)))＋m2＝eq\f(3m2－6－6k2,1＋2k2)＝eq\f(3×2（k2＋1）－6－6k2,1＋2k2)＝0，(10分)所以OM⊥ON，(11分)所以以MN為直徑的圓過原點(0，0)．綜上所述，以MN為直徑的圓過定點(0，0)．(12分)c．定向問題(13)(2021廣東湛江三模，12分)設拋物線C：y2＝2px(p＞0)的焦點為F，過點P(0，4)的動直線l與拋物線C交于A，B兩點，當F在l上時，直線l的斜率為－2.(Ⅰ)求拋物線的方程；答案：y2＝8x解析：解：由y2＝2px得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，∴直線PF的斜率為－2，∴eq\f(4－0,0－\f(p,2))＝－2，解得p＝4，∴拋物線的方程為y2＝8x.(4分)(Ⅱ)在線段AB上取點D，滿足eq\o(PA,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝λeq\o(DB,\s\up6(→))，證明：點D總在定直線上．答案：見證明過程解析：證明：設A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(s，t)，由題意知l的斜率存在且不為0，故設直線l：x＝m(y－4)，聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(y2＝8x，,x＝m（y－4），)))整理得y2－8my＋32m＝0，∴y1＋y2＝8m，y1y2＝32m.(6分)∵eq\o(PA,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝λeq\o(DB,\s\up6(→))，∴y1－4＝λ(y2－4)，t－y1＝λ(y2－t)，∴eq\f(y1－4,y2－4)＝eq\f(t－y1,y2－t)＝λ，化簡可得t＝eq\f(2y1y2－4（y1＋y2）,y1＋y2－8)＝eq\f(4m,m－1)．又s＝m(t－4)，由題意知t≠4，∴t＝eq\f(\f(4s,t－4),\f(s,t－4)－1)，(9分)即st－t2＋4t－4s＝0，即(s－t)(t－4)＝0，∴t＝s或t＝4(舍去)，故點D在定直線y＝x上．(12分)6．存在性問題、探索性問題a．常數的存在性問題(14)(2023匯編，20分)已知橢圓E的中心在坐標原點，焦點在x軸上，左、右頂點分別為A，B，橢圓E上的點到右焦點F距離的最大值為3，最小值為1，過F的直線l交橢圓于C，D兩點(均不與A，B重合)．(Ⅰ)求橢圓E的標準方程；答案：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1解析：解：設橢圓E的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，F(c，0)，點M(xM，yM)為橢圓E上的任意一點，則－a≤xM≤a，eq\f(xeq\o\al(2,M),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,M),b2)＝1，所以|MF|＝eq\r(（xM－c）2＋yeq\o\al(2,M))＝eq\r(（xM－c）2＋b2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(xeq\o\al(2,M),a2))))＝eq\r(a2－2cxM＋\f(c2,a2)xeq\o\al(2,M))＝a－eq\f(c,a)xM，所以a－eq\f(c,a)·(－a)＝3，a－eq\f(c,a)·a＝1，即a＋c＝3，a－c＝1，解得a＝2，c＝1，所以b＝eq\r(3)，所以橢圓E的標準方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(4分)(Ⅱ)記直線AC，BD的斜率分別為k1，k2，是否存在常數λ，當直線l變動時，總有k1＝λk2成立？若存在，求出λ的值；若不存在，說明理由；答案：存在，λ＝eq\f(1,3)解析：解：存在λ＝eq\f(1,3)符合題意，(5分)理由如下：由(Ⅰ)知A(－2，0)，B(2，0)，F(1，0).當直線l的斜率不存在時，直線l的方程為x＝1.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝\f(3,2)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－\f(3,2)，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k1＝\f(1,2)，,k2＝\f(3,2)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k1＝－\f(1,2)，,k2＝－\f(3,2)，))均有k1＝eq\f(1,3)k2，猜測存在λ＝eq\f(1,3)符合題意．(7分)當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y＝k(x－1)，C(x1，y1)，D(x2，y2)．聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－1），,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y整理得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，顯然Δ>0恒成立，所以x1＋x2＝eq\f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(4k2－12,4k2＋3)，(9分)故k1－eq\f(1,3)k2＝eq\f(y1,x1＋2)－eq\f(y2,3（x2－2）)＝eq\f(3（x2－2）y1－（x1＋2）y2,3（x1＋2）（x2－2）)＝eq\f(3（x2－2）·k（x1－1）－（x1＋2）·k（x2－1）,3（x1＋2）（x2－2）)＝eq\f(k[2x1x2－5（x1＋x2）＋8],3（x1＋2）（x2－2）)＝eq\f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2·\f(4k2－12,4k2＋3)－5·\f(8k2,4k2＋3)＋8)),3（x1＋2）（x2－2）)＝0，所以k1＝eq\f(1,3)k2，(13分)所以存在常數λ＝eq\f(1,3)，使得k1＝eq\f(1,3)k2恒成立．(14分)(Ⅲ)設過F的另一條直線l′交橢圓于P，Q兩點，且PQ⊥CD，是否存在常數μ，使得|PQ|＋|CD|＝μ|PQ|·|CD|恒成立？若存在，求出μ的值；若不存在，說明理由．答案：存在，μ＝eq\f(7,12)解析：解：存在μ＝eq\f(7,12)符合題意，(15分)理由如下：因為PQ⊥CD，所以直線l與l′互相垂直．當直線l的斜率不存在，直線l′的斜率為0時，|PQ|＝|AB|＝4，且由(Ⅱ)易得|CD|＝3，所以μ＝eq\f(|PQ|＋|CD|,|PQ|·|CD|)＝eq\f(1,|PQ|)＋eq\f(1,|CD|)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,3)＝eq\f(7,12).(16分)當直線l的斜率存在時，由(Ⅱ)得直線l的方程為y＝k(x－1)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，x1＋x2＝eq\f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(4k2－12,4k2＋3)，所以|CD|＝eq\r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8k2,4k2＋3)))2－\f(4（4k2－12）,4k2＋3))＝4eq\r(1＋k2)·eq\r(\f(4k4－（k2－3）（4k2＋3）,（4k2＋3）2))＝4eq\r(1＋k2)·eq\r(\f(9k2＋9,（4k2＋3）2))＝eq\f(12（k2＋1）,4k2＋3).(18分)因為直線l與l′互相垂直，所以直線l′的斜率為－eq\f(1,k)，所以同理可得|PQ|＝12×eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)))2＋1,4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)))2＋3)＝eq\f(12（k2＋1）,3k2＋4)，所以μ＝eq\f(1,|PQ|)＋eq\f(1,|CD|)＝eq\f(3k2＋4,12（k2＋1）)＋eq\f(4k2＋3,12（k2＋1）)＝eq\f(7（k2＋1）,12（k2＋1）)＝eq\f(7,12).(19分)綜上，存在μ＝eq\f(7,12)，使得|PQ|＋|CD|＝μ|PQ|·|CD|恒成立．(20分)b．點的存在性問題(15)(2020山東，12分)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)，且過點A(2，1)．(Ⅰ)求C的方程；答案：eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1解：∵離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，∴a＝eq\r(2)c.又a2＝b2＋c2，∴b＝c，a＝eq\r(2)b，把點A的坐標(2，1)代入橢圓方程，得eq\f(4,2b2)＋eq\f(1,b2)＝1，解得b2＝3，故橢圓C的方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.(4分)(Ⅱ)點M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D為垂足．證明：存在定點Q，使得|DQ|為定值．答案：見證明過程證明：①當直線MN的斜率存在時，設其方程為y＝kx＋m，聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，)))消元整理得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.令Δ＝(4km)2－4(2k2＋1)(2m2－6)>0，得m2<6k2＋3.設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝－eq\f(4km,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2m2－6,2k2＋1).(6分)∵AM⊥AN，∴eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝(x1－2，y1－1)·(x2－2，y2－1)＝0，即(x1－2，kx1＋m－1)·(x2－2，kx2＋m－1)＝(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋m2－2m＋5＝(k2＋1)·eq\f(2m2－6,2k2＋1)＋(km－k－2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4km,2k2＋1)))＋m2－2m＋5＝0，化簡整理得4k2＋8km＋3m2－2m－1＝(2k＋m－1)·(2k＋3m＋1)＝0,∴m＝1－2k或m＝－eq\f(2k＋1,3).當m＝1－2k時，y＝kx－2k＋1，過定點A(2，1)，不符合題意，舍去；當m＝－eq\f(2k＋1,3)時，y＝kx－eq\f(2k＋1,3)，過定點Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，－\f(1,3))).(9分)∵AD⊥MN，∴點D在以AB為直徑的圓上，故當點Q為AB的中點，即Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3)))時，|DQ|＝eq\f(1,2)|AB|＝eq\f(1,2)×eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq\f(2\r(2),3)，為定值．(10分)②當直線MN的斜率不存在時，設其方程為x＝t，M(t，s)，N(t，－s)，則eq\f(t2,6)＋eq\f(s2,3)＝1.∵AM⊥AN，∴eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝(t－2，s－1)·(t－2，－s－1)＝t2－4t－s2＋5＝eq\f(3,2)t2－4t＋2＝0，解得t＝eq\f(2,3)或t＝2(舍)，∴Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))，此時|DQ|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)－\f(2,3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－1))2)＝eq\f(2\r(2),3)，為定值．綜上所述，存在定點Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3)))，使得|DQ|為定值，且該定值為eq\f(2\r(2),3).(12分)c．直線的存在性問題(16)(2021河北承德二模，12分)已知M(－2，0)，N(2，0)，動點P滿足：直線PM與直線PN的斜率之積為常數－eq\f(1,4).設動點P的軌跡為曲線C1，拋物線C2：x2＝2py(p＞0)與C1在第一象限的交點為A，過點A作直線l交曲線C1于點B，交拋物線C2于點E(點B，E不同于點A)．(Ⅰ)求曲線C1的方程；答案：eq\f(x2,4)＋y2＝1(x≠±2)解析：解：設動點P(s，t)，則kPM＝eq\f(t,s＋2)，kPN＝eq\f(t,s－2)，∴eq\f(t,s＋2)·eq\f(t,s－2)＝－eq\f(1,4)，∴eq\f(s2,4)＋t2＝1(s≠±2)，∴曲線C1的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1(x≠±2)．(4分)(Ⅱ)是否存在不過原點的直線l，使點E為線段AB的中點？若存在，求出p的最大值；若不存在，請說明理由．答案：存在，eq\f(\r(5),5)解析：解：存在符合題意的l，理由如下：顯然直線l的斜率存在，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，E(x0，y0)，直線l：y＝kx＋m(k≠0，m≠0)，聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋m，)))整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，∴x1＋x2＝eq\f(－8km,1＋4k2)，∴x0＝eq\f(－4km,1＋4k2).聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x2＝2py，,y＝kx＋m，)))整理得x2－2pkx－2pm＝0，∴x1x0＝－2pm，∴x1·eq\f(－4km,1＋4k2)＝－2pm，∴x1＝peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋4k2,2k))).(8分)聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,x2＝2py，)))整理得x2＋eq\f(x4,p2)＝4.∵A是曲線C1與C2的交點，∴p2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋4k2,2k)))eq\s\up12(2)＋eq\f(p4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋4k2,2k)))\s\up12(4),p2)＝4，∴p2＝eq\f(4,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋4k2,2k)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋4k2,2k)))\s\up12(4)).(9分)令w＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋4k2,2k)))eq\s\up12