2024步步高考二轮数学新教材讲义专题六　第4讲　母题突破4　探究性问题

2024步步高考二轮数学新教材讲义母题突破4探究性问题母题(2023·廊坊质检)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点A(－2,0)，且两个焦点及短轴两顶点围成四边形的面积为4.(1)求椭圆C的方程和离心率；(2)设P，Q为椭圆C上两个不同的点，直线AP与y轴交于点E，直线AQ与y轴交于点F，且P，O，Q三点共线．其中O为坐标原点．问：在x轴上是否存在点M，使得∠AME＝∠EFM？若存在，求点M的坐标；若不存在，请说明理由．思路分析❶代入点，结合面积求方程和离心率❷设点P，Q，表示出直线AP，AQ的方程❸求出E，F的坐标,❹由∠AME＝∠EFM得eq\o(ME,\s\up6(→))·eq\o(MF,\s\up6(→))＝0,❺利用向量运算求点M的坐标解(1)依题意可得a＝2，eq\f(1,2)×2c×2b＝4，又c2＝a2－b2，解得b＝c＝eq\r(2)，所以椭圆方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1，则离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2).(2)因为P，O，Q三点共线，根据椭圆的对称性可知P，Q关于O点对称，如图，设点P(x1，y1)，则Q(－x1，－y1)(x1≠±2)，所以直线AP的方程为y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)，直线AQ的方程为y＝eq\f(－y1,－x1＋2)(x＋2)，所以点Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2y1,x1＋2)))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(－2y1,－x1＋2))).假设存在M使∠AME＝∠EFM，因为∠MOE＝∠FOM＝90°，所以∠OMF＝∠OEM，又∠OEM＋∠OME＝90°，所以∠OME＋∠OMF＝90°，即ME⊥MF，所以eq\o(ME,\s\up6(→))·eq\o(MF,\s\up6(→))＝0，设M(m,0)，则eq\o(ME,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－m，\f(2y1,x1＋2)))，eq\o(MF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－m，\f(－2y1,－x1＋2)))，所以eq\o(ME,\s\up6(→))·eq\o(MF,\s\up6(→))＝m2＋eq\f(－2y1,－x1＋2)·eq\f(2y1,x1＋2)＝0，即m2＋eq\f(－4y\o\al(2,1),4－x\o\al(2,1))＝0，又eq\f(x\o\al(2,1),4)＋eq\f(y\o\al(2,1),2)＝1，所以xeq\o\al(2,1)＋2yeq\o\al(2,1)＝4，所以m2－2＝0，解得m＝±eq\r(2)，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(±\r(2)，0)).故在x轴上存在点M(±eq\r(2)，0)，使得∠AME＝∠EFM.[子题1](2023·西安模拟)已知椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，过点Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，0))的直线交该椭圆于P，Q两点，若直线PQ与x轴不垂直，在x轴上是否存在定点S(s,0)，使得∠PST＝∠QST恒成立？若存在，求出s的值；若不存在，请说明理由．解假设在x轴上存在定点S(s,0)，使得∠PST＝∠QST恒成立，设直线PQ的方程为x＝ty＋eq\r(3)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,x＝ty＋\r(3)，))得(3t2＋4)y2＋6eq\r(3)ty－3＝0，则y1＋y2＝－eq\f(6\r(3)t,3t2＋4)，y1y2＝－eq\f(3,3t2＋4)，因为∠PST＝∠QST，所以kPS＋kQS＝0，即eq\f(y1,x1－s)＋eq\f(y2,x2－s)＝0，整理得(x2－s)y1＋(x1－s)y2＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ty2＋\r(3)))y1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ty1＋\r(3)))y2－s(y1＋y2)＝0，所以2ty1y2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)－s))(y1＋y2)＝0，则2teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,3t2＋4)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)－s))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6\r(3)t,3t2＋4)))＝0，解得s＝eq\f(4\r(3),3)，故在x轴上存在定点Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)，0))，使得∠PST＝∠QST恒成立．[子题2]已知双曲线C：eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)，直线l在x轴上方与x轴平行，交双曲线C于A，B两点，直线l交y轴于点D.当l经过C的焦点时，点A的坐标为(6,4)．(1)求C的方程；(2)设OD的中点为M，是否存在定直线l，使得经过M的直线与C交于P，Q两点，与线段AB交于点N(N，D不重合)，eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PN,\s\up6(→))，eq\o(MQ,\s\up6(→))＝λeq\o(QN,\s\up6(→))均成立？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由．解(1)由题意知C：eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)，点A的坐标为(6,4)，得c＝4，不妨设焦点F1(0,4)，F2(0，－4)，则2a＝|AF2|－|AF1|＝eq\r(62＋82)－6＝4.所以a＝2，b2＝c2－a2＝12，故C的方程为eq\f(y2,4)－eq\f(x2,12)＝1.(2)如图，设l的方程为y＝2m(m>1)，则D(0,2m)，故M(0，m)，由已知得直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为y＝kx＋m(k≠0)，故Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,k)，2m)).直线PQ的方程与双曲线方程联立得(3k2－1)x2＋6kmx＋3m2－12＝0，由已知得3k2≠1，Δ>0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，eq\o(PM,\s\up6(→))＝(－x1，m－y1)，eq\o(PN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,k)－x1，2m－y1))，eq\o(MQ,\s\up6(→))＝(x2，y2－m)，eq\o(QN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,k)－x2，2m－y2))，则x1＋x2＝－eq\f(6km,3k2－1)，x1x2＝eq\f(3m2－12,3k2－1)，由eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PN,\s\up6(→))，eq\o(MQ,\s\up6(→))＝λeq\o(QN,\s\up6(→))，得x1＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(m,k)))，x2＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,k)－x2))，消去λ得x2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(m,k)))＝x1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,k)－x2))，即2x1x2－eq\f(m,k)(x1＋x2)＝0，代入得k(m2－2)＝0，解得m＝eq\r(2)，故存在定直线l：y＝2eq\r(2)满足条件．规律方法探索性问题的求解策略(1)若给出问题的一些特殊关系，要探索一般规律，并能证明所得规律的正确性，通常要对已知关系进行观察、比较、分析，然后概括一般规律．(2)若只给出条件，求“不存在”“是否存在”等语句表述问题时，一般先对结论给出肯定的假设，然后由假设出发，结合已知条件进行推理，从而得出结论．1．已知抛物线C：x2＝2py(p>0)，点P(2,8)在抛物线上，直线y＝kx＋2交C于A，B两点，M是线段AB的中点，过M作x轴的垂线交C于点N.(1)求点P到抛物线焦点的距离；(2)是否存在实数k使得eq\o(NA,\s\up6(→))·eq\o(NB,\s\up6(→))＝0，若存在，求k的值；若不存在，请说明理由．解(1)将点P(2,8)代入抛物线方程，解得p＝eq\f(1,4)，x2＝eq\f(1,2)y，抛物线焦点F的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,8)))，点P到抛物线焦点的距离等于点P到抛物线准线的距离，则|PF|＝8＋eq\f(1,8)＝eq\f(65,8).(2)如图，设A(x1,2xeq\o\al(2,1))，B(x2,2xeq\o\al(2,2))．把y＝kx＋2代入y＝2x2得2x2－kx－2＝0，Δ＝k2＋16>0，由根与系数的关系得x1＋x2＝eq\f(k,2)，x1x2＝－1.∴xN＝xM＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(k,4)，∴点N的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,4)，\f(k2,8))).假设存在实数k，使eq\o(NA,\s\up6(→))·eq\o(NB,\s\up6(→))＝0，则NA⊥NB.又∵M是AB的中点，∴|MN|＝eq\f(1,2)|AB|.由(1)知，yM＝eq\f(1,2)(y1＋y2)＝eq\f(1,2)(kx1＋2＋kx2＋2)＝eq\f(1,2)[k(x1＋x2)＋4]＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k2,2)＋4))＝eq\f(k2,4)＋2，∵MN⊥x轴，∴|MN|＝|yM－yN|＝eq\f(k2,4)＋2－eq\f(k2,8)＝eq\f(k2＋16,8)，又|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,2)))2－4×－1)＝eq\f(1,2)eq\r(k2＋1)eq\r(k2＋16)，∴eq\f(k2＋16,8)＝eq\f(1,4)eq\r(k2＋1)eq\r(k2＋16)，即eq\r(k2＋16)＝2eq\r(k2＋1)，两边同时平方得k2＋16＝4(k2＋1)，解得k＝±2，即存在k＝±2，使得eq\o(NA,\s\up6(→))·eq\o(NB,\s\up6(→))＝0.2.(2023·池州模拟)如图，点A为椭圆E：eq\f(x2,4)＋y2＝1的上顶点，圆C：x2＋y2＝1，过坐标原点O的直线l交椭圆E于M，N两点．(1)求直线AM，AN的斜率之积；(2)设直线AM：y＝kx＋1(k≠0)，AN与圆C分别交于点P，Q，记直线MN，PQ的斜率分别为k1，k2，探究是否存在实数λ，使得k1＝λk2？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解(1)设M(x0，y0)，则N(－x0，－y0)，则直线AM，AN的斜率之积kAM·kAN＝eq\f(1－y0,－x0)·eq\f(1＋y0,x0)＝eq\f(1－y\o\al(2,0),－x\o\al(2,0))＝eq\f(\f(1,4)x\o\al(2,0),－x\o\al(2,0))＝－eq\f(1,4).(2)由(1)知，直线AN的方程为y＝－eq\f(1,4k)x＋1.直线AM与椭圆方程联立得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋1，))消去y可得(1＋4k2)x2＋8kx＝0，因为A，M均在椭圆E上，所以0＋x0＝eq\f(－8k,1＋4k2)，即x0＝eq\f(－8k,1＋4k2)，所以y0＝kx0＋1＝eq\f(－8k2,1＋4k2)＋1＝eq\f(1－4k2,1＋4k2)，所以k1＝eq\f(y0,x0)＝eq\f(\f(1－4k2,1＋4k2),\f(－8k,1＋4k2))＝eq\f(4k2－1,8k).设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝1，,y＝kx＋1，))消去y可得(1＋k2)x2＋2kx＝0，因为A，P均在圆C上，所以0＋x1＝eq\f(－2k,1＋k2)，即x1＝eq\f(－2k,1＋k2)，所以y1＝kx1＋1＝eq\f(－2k2,1＋k2)＋1＝eq\f(1－k2,1＋k2).所以点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2k,1＋k2)，\f(1－k2,1＋k2)))，将点P坐标中的k换成－eq\f(1,4k)，可得x2＝eq\f(－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4k))),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4k)))2)＝eq\f(8k,16k2＋1)，y2＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4k)))2,1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4k)))2)＝eq\f(16k2－1,16k2＋1)，所以k2＝eq\f(y2－y1,x2－x1)＝eq\f(\f(16k2－1,16k2＋1)－\f(1－k2,1＋k2),\f(8k,16k2＋1)＋\f(2k,1＋k2))＝eq\f(4k2－1,5k)，所以eq\f(k1,k2)＝eq\f(\f(4k2－1,8k),\f(4k2－1,5k))＝eq\f(5,8)，即存在实数λ＝eq\f(5,8)，使得k1＝eq\f(5,8)k2.专题强化练1．(2023·郑州模拟)过点M(t,0)(t<0)，斜率为eq\f(\r(3),3)的直线l与抛物线C：y2＝2px(p>0)相切于点N，且|MN|＝4eq\r(3).(1)求抛物线C的方程；(2)斜率为－eq\f(\r(3),3)的直线与C交于与点N不重合的点P，Q，判断是否存在直线l′，使得点Q关于l′的对称点Q′恒与P，N共线，若存在，求出l′的方程，若不存在，说明理由．解(1)由题意得直线l的方程为y＝eq\f(\r(3),3)(x－t)，即x＝eq\r(3)y＋t，设N(m，n)，与y2＝2px联立并消去x得y2－2eq\r(3)py－2pt＝0，因为直线l与抛物线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)，因为|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，所以抛物线C的方程为y2＝4x.(2)由(1)得N(3,2eq\r(3))，假设存在直线l′，使得点Q关于l′的对称点Q′恒与P，N共线，则直线NP，NQ关于l′对称，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线PQ的方程为x＝－eq\r(3)y＋b，与y2＝4x联立并消去x得y2＋4eq\r(3)y－4b＝0，则Δ＝(4eq\r(3))2＋16b>0，b>－3.y1＋y2＝－4eq\r(3)，y1y2＝－4b.所以直线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))，所以直线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，所以直线NP，NQ关于直线x＝3或y＝2eq\r(3)对称，所以存在直线l′，使得点Q关于l′的对称点Q′恒与P，N共线，且l′的方程为x＝3或y＝2eq\r(3).2．已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的离心率为2，过点P(0，m)(m＞0)且斜率为1的直线l与双曲线C交于A，B两点且eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(PB,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝3.(1)求双曲线C的方程；(2)设Q为双曲线C右支上的一个动点，F为双曲线C的右焦点，在x轴负半轴上是否存在定点M，使得∠QFM＝2∠QMF？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．解(1)由双曲线离心率为2知c＝2a，b＝eq\r(3)a.于是，双曲线方程可化为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,3a2)＝1.又直线l：y＝x＋m，与双曲线方程联立得2x2－2mx－m2－3a2＝0，①设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝m，x1x2＝eq\f(－m2－3a2,2).②因为eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(PB,\s\up6(→))，所以(－x1，m－y1)＝3(x2，y2－m)．故x1＝－3x2.结合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，从而a2＝1.此时m＝eq\r(6)，代入①式并整理得2x2－2eq\r(6)x－9＝0.显然，该方程有两个不相等的实根．因此，a2＝1符合要求．故双曲线C的方程为x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)假设满足条件的点M(t,0)(t<0)存在．由(1)知双曲线右焦点为F(2,0)．由双曲线的对称性，不妨设点Q(x0，y0)在第一象限，当x0≠2时，tan∠QFM＝－kQF＝－eq\f(y0,x0－2)，tan∠QMF＝kQM＝eq\f(y0,x0－t).因为∠QFM＝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).将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，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4＋2t＝－2t，,－4t＝t2＋3，))解得t＝－1.当x0＝2时，∠QFM＝90°，而当t＝－1时，∠QMF＝45°，符合∠QFM＝2∠QMF.所以满足条件的点M(－1,0)存在．规范答题6解析几何(12分)(2023·新高考全国Ⅰ)在直角坐标系Oxy中，点P到x轴的距离等于点P到点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))的距离，记动点P的轨迹为W.(1)求W的方程；[切入点：直接法求轨迹方程](2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3eq\r(3).[关键点：对周长放缩](1)解设P(x，y)，则|y|＝eq\r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))2)，❶两边同时平方化简得y＝x2＋eq\f(1,4)，故W：y＝x2＋eq\f(1,4).(2分)(2)证明设矩形的三个顶点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a2＋\f(1,4)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b，b2＋\f(1,4)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，c2＋\f(1,4)))在W上，且a<b<c，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，则kAB·kBC＝－1，a＋b<b＋c，(4分)令kAB＝eq\f(b2＋\f(1,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,4))),b－a)＝a＋b＝m<0，同理令kBC＝b＋c＝n>0，且mn＝－1，则m＝－eq\f(1,n)，❷(6分)设矩形周长为C，由对称性不妨设|m|≥|n|，kBC－kAB＝c－a＝n－m＝n＋eq\f(1,n)，则eq\f(1,2)C＝|AB|＋|BC|＝(b－a)eq\r(1＋m2)＋(c－b)eq\r(1＋n2)❸≥(c－a)eq\r(1＋n2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,n)))eq\r(1＋n2)，n>0，❹(8分)易知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,n)))eq\r(1＋n2)>0.则令f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))2(1＋x2)，x>0，❺f′(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(\r(2),2)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))时，f′(x)<0，此时f(x)单调递减，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))时，f′(x)>0，此时f(x)单调递增，则f(x)min＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝eq\f(27,4)，❻(10分)故eq\f(1,2)C≥eq\r(\f(27,4))＝eq\f(3\r(3),2)，即C≥3eq\r(3).当C＝3eq\r(3)时，n＝eq\f(\r(2),2)，m＝－eq\r(2)，与当(b－a)eq\r(1＋m2)＝(b－a)eq\r(1＋n2)，即m＝n时等号成立，矛盾，❼故C>3eq\r(3)，得证．(12分)①处直接法求轨迹方程②处得到m，n之间的关系③处用弦长公式表示周长④处进行周长放缩⑤处建立函数⑥处利用导数求最值⑦处排除边界值培优点7隐圆、蒙日圆与阿基米德三角形在近几年全国各地的解析几何试题中可以发现许多试题涉及到隐圆、蒙日圆与阿基米德三角形，这些问题聚焦了轨迹方程、定值、定点、弦长、面积等解析几何的核心问题，难度为中高档．考点一隐圆(阿波罗尼斯圆)核心提炼“阿波罗尼斯圆”的定义：平面内到两个定点A(－a,0)，B(a,0)(a>0)的距离之比为正数λ(λ≠1)的点的轨迹是以Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ2＋1,λ2－1)a，0))为圆心，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2aλ,λ2－1)))为半径的圆，即为阿波罗尼斯圆．例1(多选)古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现“若A，B为平面上相异的两点，则所有满足：eq\f(|PA|,|PB|)＝λ(λ>0，且λ≠1)的点P的轨迹是圆，后来人们称这个圆为阿波罗尼斯圆．在平面直角坐标系中，A(－2,0)，B(4,0)，动点P满足eq\f(|PA|,|PB|)＝eq\f(1,2)，则下列关于动点P的结论正确的是()A．点P的轨迹方程为x2＋y2＋8x＝0B．△APB面积的最大值为6C．在x轴上必存在异于A，B的两定点M，N，使得eq\f(|PM|,|PN|)＝eq\f(1,2)D．若点Q(－3,1)，则2|PA|＋|PQ|的最小值为5eq\r(2)答案ACD解析对于选项A，设P(x，y)，因为P满足eq\f(|PA|,|PB|)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(\r(x＋22＋y2),\r(x－42＋y2))＝eq\f(1,2)，化简得x2＋y2＋8x＝0，故A正确；对于选项B，由选项A可知，点P的轨迹方程为x2＋y2＋8x＝0，即(x＋4)2＋y2＝16，所以点P的轨迹是以(－4,0)为圆心，4为半径的圆，又|AB|＝6，且点A，B在直径所在直线上，故当点P到圆的直径所在直线的距离最大时，△APB的面积取得最大值，因为圆上的点到直径的最大距离为半径，即△APB的高的最大值为4，所以△APB面积的最大值为eq\f(1,2)×6×4＝12，故B错误；对于选项C，假设在x轴上存在异于A，B的两定点M，N，使得eq\f(|PM|,|PN|)＝eq\f(1,2)，设M(m,0)，N(n,0)，故eq\f(\r(x－m2＋y2),\r(x－n2＋y2))＝eq\f(1,2)，即eq\r(x－n2＋y2)＝2eq\r(x－m2＋y2)，化简可得x2＋y2－eq\f(8m－2n,3)x＋eq\f(4m2－n2,3)＝0，又点P的轨迹方程为x2＋y2＋8x＝0，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(8m－2n,3)＝8，,\f(4m2－n2,3)＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝－6，,n＝－12))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝－2，,n＝4))(舍去)，故存在异于A，B的两定点M(－6,0)，N(－12,0)，使得eq\f(|PM|,|PN|)＝eq\f(1,2)，故C正确；对于选项D，因为eq\f(|PA|,|PB|)＝eq\f(1,2)，所以2|PA|＝|PB|，所以2|PA|＋|PQ|＝|PB|＋|PQ|，又点P在圆x2＋y2＋8x＝0上，如图所示，所以当P，Q，B三点共线时，2|PA|＋|PQ|取得最小值，此时(2|PA|＋|PQ|)min＝|BQ|＝eq\r([4－－3]2＋0－12)＝5eq\r(2)，故D正确．规律方法对于动点的轨迹问题，一是利用曲线(圆、椭圆、双曲线、抛物线等)的定义识别动点的轨迹，二是利用直接法求出方程，通过方程识别轨迹．跟踪演练1(多选)在平面直角坐标系中，A(－1,0)，B(2,0)，动点C满足eq\f(|CA|,|CB|)＝eq\f(1,2)，直线l：mx－y＋m＋1＝0，则()A．动点C的轨迹方程为(x＋2)2＋y2＝4B．直线l与动点C的轨迹一定相交C．动点C到直线l距离的最大值为eq\r(2)＋1D．若直线l与动点C的轨迹交于P，Q两点，且|PQ|＝2eq\r(2)，则m＝－1答案ABD解析对于A选项，设C(x，y)．因为eq\f(|CA|,|CB|)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(\r(x＋12＋y2),\r(x－22＋y2))＝eq\f(1,2)，所以x2＋y2＋4x＝0，即(x＋2)2＋y2＝4，动点C的轨迹为以N(－2,0)为圆心，2为半径的圆，故A正确；对于B选项，因为直线l过定点M(－1,1)，而点M(－1,1)在圆N内，所以直线l与圆N相交，故B正确；对于C选项，当直线l与NM垂直时，动点C到直线l的距离最大，且最大值为r＋|NM|＝2＋eq\r(2)，故C错误；对于D选项，记圆心N到直线l的距离为d，则d＝eq\f(|m－1|,\r(m2＋1)).因为|PQ|2＝4(r2－d2)＝8.又r＝2，所以d＝eq\r(2).由eq\f(m－12,m2＋1)＝2，得m＝－1，故D正确．考点二蒙日圆核心提炼在椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上，任意两条相互垂直的切线的交点都在同一个圆上，它的圆心是椭圆的中心，半径等于椭圆长半轴与短半轴平方和的算术平方根，这个圆叫蒙日圆．设P为蒙日圆上任一点，过点P作椭圆的两条切线，交椭圆于点A，B，O为原点．性质1PA⊥PB.性质2kOP·kAB＝－eq\f(b2,a2).性质3kOA·kPA＝－eq\f(b2,a2)，kOB·kPB＝－eq\f(b2,a2)(垂径定理的推广)．性质4PO平分椭圆的切点弦AB.性质5延长PA，PB交蒙日圆O于两点C，D，则CD∥AB.性质6S△AOB的最大值为eq\f(ab,2)，S△AOB的最小值为eq\f(a2b2,a2＋b2).性质7S△APB的最大值为eq\f(a4,a2＋b2)，S△APB的最小值为eq\f(b4,a2＋b2).例2(2023·合肥模拟)已知A是圆x2＋y2＝4上的一个动点，过点A作两条直线l1，l2，它们与椭圆eq\f(x2,3)＋y2＝1都只有一个公共点，且分别交圆于点M，N.(1)若A(－2,0)，求直线l1，l2的方程；(2)①求证：对于圆上的任意点A，都有l1⊥l2成立；②求△AMN面积的取值范围．(1)解设直线的方程为y＝k(x＋2)，代入椭圆eq\f(x2,3)＋y2＝1，消去y，可得(1＋3k2)x2＋12k2x＋12k2－3＝0，由Δ＝0，可得k2－1＝0，设l1，l2的斜率分别为k1，k2，∴k1＝－1，k2＝1，∴直线l1，l2的方程分别为y＝－x－2，y＝x＋2.(2)①证明当直线l1，l2的斜率有一条不存在时，不妨设l1的斜率不存在，∵l1与椭圆只有一个公共点，∴其方程为x＝±eq\r(3)，当l1的方程为x＝eq\r(3)时，此时l1与圆的交点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，±1))，∴l2的方程为y＝1(或y＝－1)，l1⊥l2成立，同理可证，当l1的方程为x＝－eq\r(3)时，结论成立；当直线l1，l2的斜率都存在时，设点A(m，n)且m2＋n2＝4，设方程为y＝k(x－m)＋n，代入椭圆方程，可得(1＋3k2)x2＋6k(n－km)x＋3(n－km)2－3＝0，由Δ＝0化简整理得(3－m2)k2＋2mnk＋1－n2＝0，∵m2＋n2＝4，∴(3－m2)k2＋2mnk＋m2－3＝0，设l1，l2的斜率分别为k1，k2，∴k1k2＝－1，∴l1⊥l2成立，综上，对于圆上的任意点A，都有l1⊥l2成立．②解记原点到直线l1，l2的距离分别为d1，d2，∵MA⊥NA，∴MN是圆的直径，∴|MA|＝2d2，|NA|＝2d1，deq\o\al(2,1)＋deq\o\al(2,2)＝|OA|2＝4，△AMN面积为S＝eq\f(1,2)|MA|×|NA|＝2d1d2，S2＝4deq\o\al(2,1)deq\o\al(2,2)＝4deq\o\al(2,1)(4－deq\o\al(2,1))＝－4(deq\o\al(2,1)－2)2＋16，∵deq\o\al(2,1)∈[1,3]，∴S2∈[12,16]，∴S∈[2eq\r(3)，4]．规律方法蒙日圆在双曲线、抛物线中的推广双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的两条互相垂直的切线PA，PB交点P的轨迹是蒙日圆：x2＋y2＝a2－b2(只有当a>b时才有蒙日圆)．抛物线y2＝2px(p>0)的两条互相垂直的切线PA，PB交点P的轨迹是该抛物线的准线：x＝－eq\f(p,2)(可以看作半径无穷大的圆)．跟踪演练2定义椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的“蒙日圆”的方程为x2＋y2＝a2＋b2，已知椭圆C的长轴长为4，离心率为e＝eq\f(1,2).(1)求椭圆C的标准方程和它的“蒙日圆”E的方程；(2)过“蒙日圆”E上的任意一点M作椭圆C的一条切线MA，A为切点，延长MA与“蒙日圆”E交于点D，O为坐标原点，若直线OM，OD的斜率存在，且分别设为k1，k2，证明：k1·k2为定值．(1)解由题意知2a＝4，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，∴c＝1，∴b2＝3，∴椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，∴“蒙日圆”E的方程为x2＋y2＝4＋3＝7，即x2＋y2＝7.(2)证明当切线MA的斜率存在且不为零时，设切线MA的方程为y＝kx＋m，则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4m2－12＝0，∴Δ＝64m2k2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，∴m2＝3＋4k2，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,x2＋y2＝7，))消去y得(1＋k2)x2＋2mkx＋m2－7＝0，∴Δ＝4m2k2－4(1＋k2)(m2－7)＝16＋12k2>0，设M(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(－2mk,1＋k2)，x1x2＝eq\f(m2－7,1＋k2)，∴k1k2＝eq\f(y1y2,x1x2)＝eq\f(kx1＋mkx2＋m,x1x2)＝eq\f(k2x1x2＋kmx1＋x2＋m2,x1x2)＝eq\f(k2·\f(m2－7,1＋k2)＋km·\f(－2mk,1＋k2)＋m2,\f(m2－7,1＋k2))＝eq\f(m2－7k2,m2－7)，∵m2＝3＋4k2，∴k1k2＝eq\f(m2－7k2,m2－7)＝eq\f(3＋4k2－7k2,3＋4k2－7)＝－eq\f(3,4)，当切线MA的斜率不存在且为零时，k1k2＝－eq\f(3,4)成立，∴k1·k2为定值．考点三阿基米德三角形核心提炼抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形叫做阿基米德三角形．性质1阿基米德三角形底边上的中线MQ平行于抛物线的轴．性质2若阿基米德三角形的底边即弦AB过抛物线内的定点C，则另一顶点Q的轨迹为一条直线．性质3抛物线以C点为中点的弦平行于Q点的轨迹．性质4若直线l与抛物线没有公共点，以l上的点为顶点的阿基米德三角形的底边过定点(若直线l方程为：ax＋by＋c＝0，则定点的坐标为Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)，－\f(bp,a))).性质5底边为a的阿基米德三角形的面积最大值为eq\f(a3,8p).性质6若阿基米德三角形的底边过焦点，则顶点Q的轨迹为准线，且阿基米德三角形的面积最小值为p2.例3(多选)(2023·南平模拟)过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F作抛物线的弦与抛物线交于A，B两点，M为AB的中点，分别过A，B两点作抛物线的切线l1，l2相交于点P.下面关于△PAB的描述正确的是()A．点P必在抛物线的准线上B．AP⊥PBC．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则△PAB的面积S的最小值为eq\f(p2,2)D．PF⊥AB答案ABD解析先证明出抛物线y2＝2px(p>0)在其上一点(x0，y0)处的切线方程为y0y＝px＋px0.证明如下：由于点(x0，y0)在抛物线y2＝2px上，则yeq\o\al(2,0)＝2px0，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝2px，,y0y＝px＋px0，))可得2y0y＝y2＋2px0，即y2－2y0y＋yeq\o\al(2,0)＝0，Δ＝0，所以抛物线y2＝2px(p>0)在其上一点(x0，y0)处的切线方程为y0y＝px＋px0.如图所示．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为x＝my＋eq\f(p,2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋\f(p,2)，,y2＝2px，))消去x得y2－2mpy－p2＝0，由根与系数的关系可得y1y2＝－p2，y1＋y2＝2mp，对于A，抛物线y2＝2px在点A处的切线方程为y1y＝px＋px1，即y1y＝px＋eq\f(y\o\al(2,1),2)，同理可知，抛物线y2＝2px在点B处的切线方程为y2y＝px＋eq\f(y\o\al(2,2),2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1y＝px＋\f(y\o\al(2,1),2)，,y2y＝px＋\f(y\o\al(2,2),2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(y1y2,2p)＝－\f(p,2)，,y＝\f(y1＋y2,2)＝mp，))所以点P的横坐标为－eq\f(p,2)，即点P在抛物线的准线上，A正确；对于B，直线l1的斜率为k1＝eq\f(p,y1)，直线l2的斜率为k2＝eq\f(p,y2)，所以k1k2＝eq\f(p2,y1y2)＝－1，所以AP⊥PB，B正确；对于D，当AB垂直于x轴时，由抛物线的对称性可知，点P为抛物线的准线与x轴的交点，此时PF⊥AB；当AB不与x轴垂直时，直线AB的斜率为kAB＝eq\f(1,m)，直线PF的斜率为kPF＝eq\f(mp,－p)＝－m，所以kAB·kPF＝－1，则PF⊥AB.综上，PF⊥AB，D正确；对于C，|AB|＝eq\r(1＋m2)·|y1－y2|，|PF|＝eq\r(p2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1＋y2,2)))2)＝eq\r(p2＋m2p2)＝peq\r(1＋m2)，所以，S△PAB＝eq\f(1,2)|AB|·|PF|＝eq\f(1,2)eq\r(1＋m2)·|y1－y2|·peq\r(1＋m2)＝eq\f(p,2)(m2＋1)·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(y1＋\f(p2,y1)))＝eq\f(p,2)·(m2＋1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|y1|＋\f(p2,|y1|)))≥eq\f(p,2)·2eq\r(|y1|·\f(p2,|y1|))＝p2，当且仅当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝0，,y1＝±p))时，等号成立，C错误．规律方法(1)椭圆和双曲线也具有多数上述抛物线阿基米德三角形类似性质；(2)当阿基米德三角形的顶角为直角时，阿基米德三角形顶点的轨迹为蒙日圆．跟踪演练3已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，且F与圆M：x2＋(y＋4)2＝1上的点的距离的最小值为4.(1)求p；(2)若点P在圆M上，PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，求△PAB面积的最大值．解(1)易得圆的圆心M(0，－4)，抛物线C的焦点为Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，|FM|＝eq\f(p,2)＋4，∴F与圆M：x2＋(y＋4)2＝1上的点的距离的最小值为eq\f(p,2)＋4－1＝4，解得p＝2.(2)抛物线C的方程为x2＝4y，即y＝eq\f(x2,4)，对该函数求导得y′＝eq\f(x,2)，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，直线PA的方程为y－y1＝eq\f(x1,2)(x－x1)，即y＝eq\f(x1x,2)－y1，即x1x－2y1－2y＝0，同理可知，直线PB的方程为x2x－2y2－2y＝0，由于点P为这两条直线的公共点，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1x0－2y1－2y0＝0，,x2x0－2y2－2y0＝0，))∴点A，B的坐标满足方程x0x－2y－2y0＝0，∴直线AB的方程为x0x－2y－2y0＝0，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0x－2y－2y0＝0，,y＝\f(x2,4)，))可得x2－2x0x＋4y0＝0，由根与系数的关系可得x1＋x2＝2x0，x1x2＝4y0，∴|AB|＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,2)))2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,2)))2)·eq\r(4x\o\al(2,0)－16y0)＝eq\r(x\o\al(2,0)＋4x\o\al(2,0)－4y0)，点P到直线AB的距离为d＝eq\f(|x\o\al(2,0)－4y0|,\r(x\o\al(2,0)＋4))，∴S△PAB＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(1,2)eq\r(x\o\al(2,0)＋4x\o\al(2,0)－4y0)·eq\f(|x\o\al(2,0)－4y0|,\r(x\o\al(2,0)＋4))＝，∵xeq\o\al(2,0)－4y0＝1－(y0＋4)2－4y0＝－yeq\o\al(2,0)－12y0－15＝－(y0＋6)2＋21，由已知可得－5≤y0≤－3，∴当y0＝－5时，△PAB的面积取最大值eq\f(1,2)×＝20eq\r(5).专题强化练1．若椭圆C：eq\f(x2,a＋2)＋eq\f(y2,a)＝1(a>0)的蒙日圆为x2＋y2＝6，则a等于()A．1B．2C．3D．4答案B解析根据蒙日圆的定义，得a＋2＋a＝6，解得a＝2.2．(2023·烟台模拟)过抛物线y2＝4x的焦点F作抛物线的弦，与抛物线交于A，B两点，分别过A，B两点作抛物线的切线l1，l2相交于点P，△PAB的面积S的最小值为()A.eq\f(4,3) B．2C．4 D．4eq\r(2)答案C解析由题知，弦AB过抛物线焦点，则由“阿基米德三角形”性质知，点P在抛物线的准线上，△PAB的面积的最小值为S＝p2＝4.3．已知在平面直角坐标系Oxy中，A(－2,0)，动点M满足|MA|＝eq\r(2)|MO|，得到动点M的轨迹是阿氏圆C.若对任意实数k，直线l：y＝k(x－1)＋b与圆C恒有公共点，则b的取值范围是()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)))答案C解析设M(x，y)，由A(－2,0)，且|MA|＝eq\r(2)|MO|，得|MA|2＝2|MO|2，即(x－2)2＋y2＝8，所以M的轨迹是以C(2,0)为圆心，2eq\r(2)为半径的圆，直线l：y＝k(x－1)＋b恒过定点(1，b)，把x＝1代入(x－2)2＋y2＝8，解得y＝±eq\r(7)，要使对任意实数k，直线l：y＝k(x－1)＋b与圆C恒有公共点，则－eq\r(7)≤b≤eq\r(7)，即b的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(7)，\r(7))).4．抛物线上任意两点A，B处的切线交于点P，称△PAB为“阿基米德三角形”，当线段AB经过抛物线的焦点F时，△PAB具有以下特征：①P点必在抛物线的准线上；②PF⊥AB.若经过抛物线y2＝4x的焦点的一条弦为AB，“阿基米德三角形”为△PAB，且点P的纵坐标为4，则直线AB的方程为()A．x－2y－1＝0B．2x＋y－2＝0C．x＋2y－1＝0D．2x－y－2＝0答案A解析设抛物线的焦点为F，由题意可知，抛物线y2＝4x的焦点坐标为F(1,0)，准线方程为x＝－1，因为△PAB为“阿基米德三角形”，且线段AB经过抛物线y2＝4x的焦点，所以点P必在抛物线的准线上，所以点P(－1,4)，所以直线PF的斜率为eq\f(4－0,－1－1)＝－2.又因为PF⊥AB，所以直线AB的斜率为eq\f(1,2)，所以直线AB的方程为y－0＝eq\f(1,2)(x－1)，即x－2y－1＝0.5．(多选)(2023·廊坊模拟)如图，△PAB为阿基米德三角形．抛物线x2＝2py(p>0)上有两个不同的点A(x1，y1)，B(x2，y2)，以A，B为切点的抛物线的切线PA，PB相交于点P.给出如下结论，其中正确的为()A．若弦AB过焦点，则△ABP为直角三角形且∠APB＝90°B．点P的坐标是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(x1x2,2)))C．△PAB的边AB所在的直线方程为(x1＋x2)x－2py－x1x2＝0D．△PAB的边AB上的中线与y轴平行(或重合)答案ACD解析由题意设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)，则y′＝eq\f(x,p)，所以kPA＝eq\f(x1,p)，kPB＝eq\f(x2,p)，若弦AB过焦点，设AB所在直线为y＝kx＋eq\f(p,2)，联立x2＝2py，得x2－2pkx－p2＝0，则x1x2＝－p2，所以kPA·kPB＝eq\f(－p2,p2)＝－1，所以PA⊥PB，故A正确；以点A为切点的切线方程为y－eq\f(x\o\al(2,1),2p)＝eq\f(x1,p)(x－x1)，以点B为切点的切线方程为y－eq\f(x\o\al(2,2),2p)＝eq\f(x2,p)(x－x2)，联立消去y得x＝eq\f(x1＋x2,2)，将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错误；设N为抛物线弦AB的中点，N的横坐标为xN＝eq\f(x1＋x2,2)，因此直线PN平行于y轴(或与y轴重合)，即平行于抛物线的对称轴(或与对称轴重合)，故D正确；设直线AB的斜率为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)，故直线AB的方程为y－eq\f(x\o\al(2,1),2p)＝eq\f(x1＋x2,2p)(x－x1)，化简得(x1＋x2)x－2py－x1x2＝0，故C正确．6．(多选)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(2),2)，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，A，B为椭圆上两个动点．直线l的方程为bx＋ay－a2－b2＝0.下列说法正确的是()A．C的蒙日圆的方程为x2＋y2＝3b2B．对直线l上任意一点P，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))>0C．记点A到直线l的距离为d，则d－eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AF2))的最小值为eq\f(4\r(3),3)bD．若矩形MNGH的四条边均与C相切，则矩形MNGH面积的最大值为6b2答案AD解析对于A，过Q(a，b)可作椭圆的两条互相垂直的切线x＝a，y＝b，∴Q(a，b)在蒙日圆上，∴蒙日圆方程为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的蒙日圆方程为x2＋y2＝3b2，A正确；对于B，由l方程知l过P(b，a)，又P满足蒙日圆方程，∴P(b，a)在圆x2＋y2＝3b2上，当A，B恰为过P作椭圆两条互相垂直切线的切点时，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝0，B错误；对于C，∵A在椭圆上，∴|AF1|＋|AF2|＝2a，∴d－|AF2|＝d－(2a－|AF1|)＝d＋|AF1|－2a；当F1A⊥l时，d＋|AF1|取得最小值，最小值为F1到直线l的距离，又F1到直线l的距离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错误；对于D，当矩形MNGH的四条边均与C相切时，蒙日圆为矩形MNGH的外接圆，∴矩形MNGH的对角线为蒙日圆的直径，设矩形MNGH的长和宽分别为x，y，则x2＋y2＝12b2，∴矩形MNGH的面积S＝xy≤eq\f(x2＋y2,2)＝6b2(当且仅当x＝y＝eq\r(6)b时取等号)，即矩形MNGH面积的最大值为6b2，D正确．7．抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形常称为阿基米德三角形，因为阿基米德最早利用逼近的思想证明了：抛物线的弦与抛物线所围成的封闭图形的面积等于阿基米德三角形面积的eq\f(2,3).已知A(－2,1)，B(2,1)为抛物线C：x2＝4y上两点，则在A点处抛物线C的切线的斜率为________；弦AB与抛物线所围成的封闭图形的面积为________．答案－1eq\f(8,3)解析因为y＝eq\f(1,4)x2，所以y′＝eq\f(1,2)x，所以k＝y′|x＝－2＝eq\f(1,2)×(－2)＝－1，所以在A点处抛物线C的切线的斜率为－1，切线方程为y－1＝－(x＋2)，即y＝－x－1，同理在B点处抛物线C的切线方程为y＝x－1，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－x－1，,y＝x－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝－1，))所以两切线的交点为P(0，－1)，所以阿基米德三角形面积S＝eq\f(1,2)×4×2＝4，所以弦AB与抛物线所围成的封闭图形的面积为S＝4×eq\f(2,3)＝eq\f(8,3).8．(2023·赣州模拟)已知两动点A，B在椭圆C：eq\f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)上，动点P在直线3x＋4y－10＝0上，若∠APB恒为锐角，则椭圆C的离心率的取值范围为__________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(6),3)))解析根据题意可得，圆x2＋y2＝a2＋1上任意一点向椭圆C所引的两条切线互相垂直，因此当直线3x＋4y－10＝0与圆x2＋y2＝a2＋1相离时，∠APB恒为锐角，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，从而离心率e＝eq\r(1－\f(1,a2))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(6),3))).9．(2023·开封模拟)如图，过点P(m，n)作抛物线C：x2＝2py(p>0)的两条切线PA，PB，切点分别是A，B，动点Q为抛物线C上在A，B之间的任意一点，抛物线C在点Q处的切线分别交PA，PB于点M，N.(1)若AP⊥PB，证明：直线AB经过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))；(2)若分别记△PMN，△ABQ的面积为S1，S2，求eq\f(S1,S2)的值．(1)证明设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为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，令抛物线C：x2＝2py在点A处切线方程为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，则有Δ＝4p2t2－4(2ptx1－2py1)＝4p2t2－4(2ptx1－xeq\o\al(2,1))＝0，解得t＝eq\f(x1,p)，同理，抛物线C：x2＝2py在点B处切线斜率为eq\f(x2,p)，因为AP⊥PB，则有eq\f(x1,p)·eq\f(x2,p)＝eq\f(－2pb,p2)＝－1，解得b＝eq\f(p,2)，