高考真题+知识总结+方法总结+题型突破38圆锥曲线中的求值与证明问题专题练习(学生版+解析)

第页近年高考真题+优质模拟题汇编(全国通用)专题38圆锥曲线中的求值与证明问题【高考真题】1．(2022·北京)已知椭圆：的一个顶点为，焦距为．(1)求椭圆E的方程；(2)过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当时，求k的值．1．解析(1)依题意可得，，又，所以．所以椭圆方程为；(2)依题意过点的直线为，设、，不妨令，由，消去y整理得，所以，解得，所以，，直线AB的方程为，令，解得，直线AC的方程为，令，解得，所以，所以，即．即．即．整理得，解得．2．(2022·新高考Ⅰ)已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．(1)求l的斜率；(2)若，求的面积．2．解析(1)因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线，易知直线l的斜率存在，设，，联立可得，，所以，，．所以由可得，，即，即，所以，化简得，，即，所以或，当时，直线过点，与题意不符，舍去，故．(2)不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，因为，所以，即，即，解得，于是，直线，直线，联立可得，，因为方程有一个根为2，所以，，同理可得，，．所以，，点A到直线PQ的距离，故的面积为．3．(2022·新高考Ⅱ)已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．(1)求C的方程；(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：①M在上；②；③．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.3．解析(1)右焦点为，∴，∵渐近线方程为，∴，∴，∴，∴，∴．∴C的方程为：；(2)由已知得直线PQ的斜率存在且不为零，直线AB的斜率不为零，若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线AB的斜率存在且不为零；若选①③推②，则M为线段AB的中点，假若直线AB的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知M在x轴上，即为焦点F此时由对称性可知P、Q关于x轴对称，与从而，已知不符；总之，直线AB的斜率存在且不为零．设直线AB的斜率为k，直线AB方程为,则条件①M在AB上，等价于；两渐近线的方程合并为，联立消去y并化简整理得：．设,线段中点为,则,设，则条件③等价于,移项并利用平方差公式整理得：，,即，即；由题意知直线PM的斜率为,直线QM的斜率为，∴由，∴，所以直线PQ的斜率．直线,即，代入双曲线的方程,即中，得：，解得P的横坐标：，同理：．∴∴,∴条件②等价于，综上所述：条件①M在AB上，等价于；条件②等价于；条件③等价于；选①②推③：由①②解得：,∴③成立；选①③推②：由①③解得：，，∴，∴②成立；选②③推①：由②③解得：，，∴，∴，∴①成立.【方法总结】证明问题常用方法圆锥曲线中的证明问题主要有两个方面：(1)位置关系方面的(如证明相切、垂直、过定点等)；(2)数量关系方面的(如存在定值、恒成立等)．在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接证明，但有时也会用反证法．【题型突破】1．(2019·全国Ⅰ)已知抛物线C：y2＝3x的焦点为F，斜率为eq\f(3,2)的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．(1)若|AF|＋|BF|＝4，求l的方程；(2)若eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(PB,\s\up6(→))，求|AB|．1．解析设直线l：y＝eq\f(3,2)x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．(1)由题设得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，0))，故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋eq\f(3,2)．又|AF|＋|BF|＝4，所以x1＋x2＝eq\f(5,2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,2)x＋t，,y2＝3x))可得9x2＋12(t－1)x＋4t2＝0，则x1＋x2＝－eq\f(4t－1,3)．从而－eq\f(4t－1,3)＝eq\f(5,2)，解得t＝－eq\f(7,8)．所以l的方程为y＝eq\f(3,2)x－eq\f(7,8)．(2)由eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(PB,\s\up6(→))可得y1＝－3y2．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,2)x＋t，,y2＝3x))可得y2－2y＋2t＝0，所以y1＋y2＝2，从而－3y2＋y2＝2，故y2＝－1，y1＝3．代入C的方程得x1＝3，x2＝eq\f(1,3)，即A(3，3)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，－1))．故|AB|＝eq\f(4\r(13),3)．2．已知抛物线C：y2＝3x的焦点为F，斜率为eq\f(3,2)的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．(1)若|AF|＋|BF|＝4，求l的方程；(2)若eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(PB,\s\up6(→))，求|AB|．2．解析设直线l：y＝eq\f(3,2)x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．(1)由题设得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，0))，故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋eq\f(3,2)．又|AF|＋|BF|＝4，所以x1＋x2＝eq\f(5,2)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,2)x＋t，,y2＝3x))可得9x2＋12(t－1)x＋4t2＝0，其中Δ＝144(1－2t)>0，即t<eq\f(1,2)，则x1＋x2＝－eq\f(12(t－1),9)．从而－eq\f(12(t－1),9)＝eq\f(5,2)，得t＝－eq\f(7,8)(满足Δ>0)．所以直线l的方程为y＝eq\f(3,2)x－eq\f(7,8)．(2)由eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(PB,\s\up6(→))可得y1＝－3y2．①由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,2)x＋t，,y2＝3x))可得y2－2y＋2t＝0，所以y1＋y2＝2．②由①②联立，得y1＝3，且y2＝－1．代入C的方程得x1＝3，x2＝eq\f(1,3)．故|AB|＝eq\r((x1－x2)2＋(y1－y2)2)＝eq\f(4\r(13),3)．3．已知椭圆C：eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,5)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线l交椭圆C于A，B两点．(1)若△F1AB的面积为eq\f(20\r(3),11)，求直线l的方程；(2)若eq\o(BF2,\s\up6(→))＝2eq\o(F2A,\s\up6(→))，求|AB|．3．解析(1)当直线l斜率为0时，不满足题意．当直线l斜率不为0时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，设直线l的方程为x＝my＋1，代入椭圆C的方程消去x，得(5m2＋6)y2＋10my－25＝0，Δ＞0⇒m∈R，由根与系数的关系得y1＋y2＝eq\f(－10m,5m2＋6)，①，y1y2＝eq\f(－25,5m2＋6)，②则S△F1AB＝eq\f(1,2)|F1F2|·|y1－y2|＝eq\f(1,2)×2eq\r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝eq\r(\f(100m2,（5m2＋6）2)－4×\f(（－25）,5m2＋6))＝eq\f(20\r(3),11)．整理得50m4－m2－49＝0，解得m2＝1或m2＝－eq\f(49,50)(舍去)，故直线l的方程为x±y－1＝0．(2)若eq\o(BF2,\s\up6(→))＝2eq\o(F2A,\s\up6(→))，则(1－x2，－y2)＝2(x1－1，y1)，所以y2＝－2y1．代入上式①②得y1＝eq\f(10m,5m2＋6)，2yeq\o\al(2,1)＝eq\f(25,5m2＋6)，消去y1，得2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10m,5m2＋6)))eq\s\up12(2)＝eq\f(25,5m2＋6)，解得m＝±eq\r(2)，所以|AB|＝eq\r(1＋m2)|y1－y2|＝eq\r(3)|y1－y2|＝3eq\r(3)|y1|＝3eq\r(3)×eq\f(10\r(2),5×2＋6)＝eq\f(15\r(6),8)．4．已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>1)的焦距为2，过短轴的一个端点与两个焦点的圆的面积为eq\f(4π,3)，过椭圆C的右焦点作斜率为k(k≠0)的直线l与椭圆C相交于A，B两点，线段AB的中点为P．(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点P且垂直于AB的直线与x轴交于点Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)，0))，求k的值．4．解析(1)由题中条件，可得过椭圆短轴的一个端点与两个焦点的圆的半径为eq\f(2\r(3),3)．设椭圆的右焦点的坐标为(c，0)，依题意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2c＝2，,a2＝b2＋c2，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(2\r(3),3)))2＋c2＝\f(4,3).))又因为b>1，解得a＝2，b＝eq\r(3)，c＝1，所以椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1．(2)由题意，过椭圆C的右焦点的直线l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，将其代入eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，显然Δ>0，则x1＋x2＝eq\f(8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4k2－12,3＋4k2)，所以y1＋y2＝k(x1＋x2)－2k＝eq\f(－6k,3＋4k2)．因为P为线段AB的中点，所以点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4k2,3＋4k2)，\f(－3k,3＋4k2)))．又因为直线PD的斜率为－eq\f(1,k)，所以直线PD的方程为y－eq\f(－3k,3＋4k2)＝－eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4k2,3＋4k2)))．令y＝0，得x＝eq\f(k2,3＋4k2)，所以点D的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k2,3＋4k2)，0))，则eq\f(k2,3＋4k2)＝eq\f(1,7)，解得k＝±1．5．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)过点P(2，1)，且离心率e＝eq\f(\r(3),2)．(1)求椭圆C的方程；(2)直线l的斜率为eq\f(1,2)，直线l与椭圆C交于A，B两点．若|AB|＝eq\r(5)，求直线l的方程．5．解析(1)∵e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(3,4)，∴a2＝4b2．又椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)过点P(2，1)，∴eq\f(4,a2)＋eq\f(1,b2)＝1，∴a2＝8，b2＝2．故所求椭圆方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1．(2)设l的方程为y＝eq\f(1,2)x＋m，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x＋m，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，))整理，得x2＋2mx＋2m2－4＝0．∴Δ＝4m2－8m2＋16＞0，解得|m|＜2．∴x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－4．则|AB|＝eq\r(1＋\f(1,4))×eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(54－m2)＝eq\r(5)，解得m＝±eq\r(3)．所求直线l的方程为y＝eq\f(1,2)x±eq\r(3)．6．(2017·全国Ⅰ)设A，B为曲线C：y＝eq\f(x2,4)上两点，A与B的横坐标之和为4．(1)求直线AB的斜率；(2)设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且AM⊥BM，求直线AB的方程．6．解析(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1≠x2，y1＝eq\f(x\o\al(2,1),4)，y2＝eq\f(x\o\al(2,2),4)，x1＋x2＝4，于是直线AB的斜率k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(x1＋x2,4)＝1．(2)由y＝eq\f(x2,4)，得y′＝eq\f(x,2)．设M(x3，y3)，由题设知eq\f(x3,2)＝1，解得x3＝2，于是M(2,1)．设直线AB的方程为y＝x＋m，故线段AB的中点为N(2,2＋m)，|MN|＝|m＋1|．将y＝x＋m代入y＝eq\f(x2,4)得x2－4x－4m＝0．当Δ＝16(m＋1)>0，即m>－1时，x1,2＝2±2eq\r(m＋1)．从而|AB|＝eq\r(2)|x1－x2|＝4eq\r(2(m＋1))．由题设知|AB|＝2|MN|，即4eq\r(2(m＋1))＝2(m＋1)，解得m＝7．所以直线AB的方程为y＝x＋7．7．(2021·天津)已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点为F，上顶点为B，离心率为eq\f(2\r(5),5)，且|BF|＝eq\r(5)．(1)求椭圆的方程；(2)直线l与椭圆有唯一的公共点M，与y轴的正半轴交于N，过N与BF垂直的直线交x轴于点P．若MP∥BF，求直线l的方程．7．解析(1)易知点F(c，0)，B(0，b)，故|BF|＝eq\r(c2＋b2)＝a＝eq\r(5)．因为椭圆的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2\r(5),5)，故c＝2，b＝eq\r(a2－c2)＝1，因此，椭圆的方程为eq\f(x2,5)＋y2＝1．(2)设点M(x0，y0)为椭圆eq\f(x2,5)＋y2＝1上一点，先证明直线MN的方程为eq\f(x0x,5)＋y0y＝1．联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x0x,5)＋y0y＝1，,\f(x2,5)＋y2＝1，,\f(xeq\o\al(2,0),5)＋yeq\o\al(2,0)＝1，))消去y，y0并整理得x2－2x0x＋xeq\o\al(2,0)＝0，Δ＝4xeq\o\al(2,0)－4xeq\o\al(2,0)＝0，因此，椭圆eq\f(x2,5)＋y2＝1在点M(x0，y0)处的切线方程为eq\f(x0x,5)＋y0y＝1．在直线MN的方程中，令x＝0，可得y＝eq\f(1,y0)，由题意可知y0＞0，即点Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,y0)))．直线BF的斜率为kBF＝－eq\f(b,c)＝－eq\f(1,2)，所以直线PN的方程为y＝2x＋eq\f(1,y0)．在直线PN的方程中，令y＝0，可得x＝－eq\f(1,2y0)，即点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2y0)，0))．因为MP∥BF，则kMP＝kBF，即eq\f(y0,x0＋\f(1,2y0))＝eq\f(2yeq\o\al(2,0),2x0y0＋1)＝－eq\f(1,2)，整理可得(x0＋5y0)2＝0，所以x0＝－5y0．又因为eq\f(xeq\o\al(2,0),5)＋yeq\o\al(2,0)＝1，所以6yeq\o\al(2,0)＝1．因为y0＞0，故y0＝eq\f(\r(6),6)，x0＝－eq\f(5\r(6),6)，所以直线l的方程为－eq\f(\r(6),6)x＋eq\f(\r(6),6)y＝1，即x－y＋eq\r(6)＝0．8．(2020·全国Ⅲ)已知椭圆C：eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,m2)＝1(0＜m＜5)的离心率为eq\f(\r(15),4)，A，B分别为C的左、右顶点．(1)求C的方程；(2)若点P在C上，点Q在直线x＝6上，且|BP|＝|BQ|，BP⊥BQ，求△APQ的面积．8．解析(1)∵C：eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,m2)＝1(0＜m＜5)，∴a＝5，b＝m，根据离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,5)))2)＝eq\f(\r(15),4)，解得m＝eq\f(5,4)或m＝－eq\f(5,4)(舍去)，∴C的方程为eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))2)＝1，即eq\f(x2,25)＋eq\f(16y2,25)＝1．(2)过点P作x轴的垂线，垂足为M，设直线x＝6与x轴的交点为N，根据题意画出图象，如图．∵|BP|＝|BQ|，BP⊥BQ，∠PMB＝∠BNQ＝90°，∴∠PBM＋∠QBN＝90°，∠BQN＋∠QBN＝90°，∴∠PBM＝∠BQN．∴△PMB≌△BNQ．∵椭圆方程为eq\f(x2,25)＋eq\f(16y2,25)＝1．∴B(5，0)，∴|PM|＝|BN|＝6－5＝1．设P点坐标为(xP，yP)，不妨设yP>0，可得P点纵坐标为yP＝1，将其代入eq\f(x2,25)＋eq\f(16y2,25)＝1，可得eq\f(x\o\al(2,P),25)＋eq\f(16,25)＝1，解得xP＝3或xP＝－3，∴P点坐标为(3，1)或(－3，1)．①当P点坐标为(3，1)时，|MB|＝5－3＝2，∵△PMB≌△BNQ，∴|MB|＝|NQ|＝2，∴Q点坐标为(6，2)，画出图象，如图．由A(－5，0)，Q(6，2)，可求得直线AQ的方程为2x－11y＋10＝0，点P到直线AQ的距离为d＝eq\f(|2×3－11×1＋10|,\r(22＋112))＝eq\f(|5|,\r(125))＝eq\f(\r(5),5)，|AQ|＝eq\r((6＋5)2＋(2－0)2)＝5eq\r(5)，∴△APQ面积为eq\f(1,2)×5eq\r(5)×eq\f(\r(5),5)＝eq\f(5,2)．②当P点坐标为(－3，1)时，|MB|＝5＋3＝8，∵△PMB≌△BNQ，∴|MB|＝|NQ|＝8，∴Q点坐标为(6，8)．画出图象，如图．由A(－5，0)，Q(6，8)，可求得直线AQ的方程为8x－11y＋40＝0，点P到直线AQ的距离为d＝eq\f(|8×(－3)－11×1＋40|,\r(82＋112))＝eq\f(5,\r(185))＝eq\f(\r(185),37)，|AQ|＝eq\r((6＋5)2＋(8－0)2)＝eq\r(185)，∴△APQ面积为eq\f(1,2)×eq\r(185)×eq\f(\r(185),37)＝eq\f(5,2)．综上所述，△APQ的面积为eq\f(5,2)．9．(2020·北京)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1过点A(－2，－1)，且a＝2b．(1)求椭圆C的方程；(2)过点B(－4，0)的直线l交椭圆C于点M，N，直线MA，NA分别交直线x＝－4于点P，Q，求eq\f(|PB|,|BQ|)的值．9．解析(1)由椭圆过点A(－2，－1)，得eq\f(4,a2)＋eq\f(1,b2)＝1．又a＝2b，∴eq\f(4,4b2)＋eq\f(1,b2)＝1，解得b2＝2，∴a2＝4b2＝8，∴椭圆C的方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1．(2)当直线l的斜率不存在时，显然不合题意．设直线l：y＝k(x＋4)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k(x＋4)，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1))得(4k2＋1)x2＋32k2x＋64k2－8＝0．由Δ＞0，得－eq\f(1,2)＜k＜eq\f(1,2)．设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(－32k2,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(64k2－8,4k2＋1)．又∵直线AM：y＋1＝eq\f(y1＋1,x1＋2)(x＋2)，令x＝－4，得yP＝eq\f(－2(y1＋1),x1＋2)－1．将y1＝k(x1＋4)代入，得yP＝eq\f(－(2k＋1)(x1＋4),x1＋2)．同理yQ＝eq\f(－(2k＋1)(x2＋4),x2＋2)．∴yP＋yQ＝－(2k＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋4,x1＋2)＋\f(x2＋4,x2＋2)))＝－(2k＋1)·eq\f(2x1x2＋6(x1＋x2)＋16,(x1＋2)(x2＋2))＝－(2k＋1)·eq\f(\f(2(64k2－8),4k2＋1)＋\f(6×(－32k2),4k2＋1)＋16,(x1＋2)(x2＋2))＝－(2k＋1)·eq\f(128k2－16－192k2＋64k2＋16,(4k2＋1)(x1＋2)(x2＋2))＝0．∴|PB|＝|BQ|，∴eq\f(|PB|,|BQ|)＝1．10．已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左顶点为A，右焦点为F，过点A作斜率为eq\f(\r(3),3)的直线与椭圆C相交于A，B两点，且AB⊥OB，O为坐标原点．(1)求椭圆的离心率e；(2)若b＝1，过点F作与直线AB平行的直线l，l与椭圆C相交于P，Q两点，①求直线OP的斜率与直线OQ的斜率乘积；②点M满足2eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(OP,\s\up6(→))，直线MQ与椭圆的另一个交点为N，求eq\f(|NM|,|NQ|)的值．10．解析(1)由已知得|OA|＝a，|OB|＝eq\f(a,2)，∠BAF＝eq\f(π,6)，则Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,4)，\f(\r(3)a,4)))，代入椭圆C的方程得eq\f(a2,16a2)＋eq\f(3a2,16b2)＝1，∴eq\f(a2,b2)＝5，a＝eq\r(5)b，∴c＝eq\r(a2－b2)＝2b，故椭圆的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2\r(5),5)．(2)①由(1)可得b＝1，a＝eq\r(5)，c＝2，∴椭圆C的方程为eq\f(x2,5)＋y2＝1．依题意，得直线l为x＝eq\r(3)y＋2，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)．联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\r(3)y＋2，,x2＋5y2＝5))得8y2＋4eq\r(3)y－1＝0，Δ>0恒成立．则y1＋y2＝－eq\f(\r(3),2)，y1y2＝－eq\f(1,8)．∴x1x2＝(eq\r(3)y1＋2)(eq\r(3)y2＋2)＝3y1y2＋2eq\r(3)(y1＋y2)＋4＝eq\f(5,8)．因此kOP·kOQ＝eq\f(y1y2,x1x2)＝－eq\f(1,5)．②设点N(x3，y3)，设eq\f(|NM|,|NQ|)＝λ，所以eq\o(NM,\s\up6(→))＝λeq\o(NQ,\s\up6(→))(0<λ<1)．又因为2eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(OP,\s\up6(→))，所以点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,2)，\f(y1,2)))，则满足eq\o(NM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,2)－x3，\f(y1,2)－y3))，eq\o(NQ,\s\up6(→))＝(x2－x3，y2－y3)．则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x1,2)－x3＝λ(x2－x3)，,\f(y1,2)－y3＝λ(y2－y3)，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1－2λx2＝2(1－λ)x3，,y1－2λy2＝2(1－λ)y3，))所以x3＝eq\f(x1－2λx2,2（1－λ）)，且y3＝eq\f(y1－2λy2,2（1－λ）)．∵P，Q，N在椭圆上，∴xeq\o\al(2,1)＋5yeq\o\al(2,1)＝5，xeq\o\al(2,2)＋5yeq\o\al(2,2)＝5，xeq\o\al(2,3)＋5yeq\o\al(2,3)＝5，从而eq\f((x1－2λx2)2,4(1－λ)2)＋5·eq\f((y1－2λy2)2,4(1－λ)2)＝5，∴xeq\o\al(2,1)＋5yeq\o\al(2,1)＋4λ2(xeq\o\al(2,2)＋5yeq\o\al(2,2))－4λ(x1x2＋5y1y2)＝20(1－λ)2．由①可知x1x2＋5y1y2＝0，∴1＋4λ2＝4(1－λ)2，∴λ＝eq\f(3,8)，所以eq\f(|NM|,|NQ|)＝eq\f(3,8)．11．设椭圆C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(3),2)，F1，F2是椭圆的两个焦点，M是椭圆上任意一点，且△MF1F2的周长是4＋2eq\r(3).(1)求椭圆C1的方程；(2)设椭圆C1的左、右顶点分别为A，B，过椭圆C1上的一点D作x轴的垂线交x轴于点E，若点C满足eq\o(AB,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))∥eq\o(OC,\s\up6(→))，连接AC交DE于点P，求证：|PD|＝|PE|.11．解析(1)由e＝eq\f(\r(3),2)，知eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，所以c＝eq\f(\r(3),2)a，因为△MF1F2的周长是4＋2eq\r(3)，所以2a＋2c＝4＋2eq\r(3)，所以a＝2，c＝eq\r(3)，所以b2＝a2－c2＝1，所以椭圆C1的方程为：eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)由(1)得A(－2，0)，B(2，0)，设D(x0，y0)，所以E(x0，0)，因为eq\o(AB,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，所以可设C(2，y1)，所以eq\o(AD,\s\up6(→))＝(x0＋2，y0)，eq\o(OC,\s\up6(→))＝(2，y1)，由eq\o(AD,\s\up6(→))∥eq\o(OC,\s\up6(→))可得：(x0＋2)y1＝2y0，即y1＝eq\f(2y0,x0＋2).所以直线AC的方程为eq\f(y－0,\f(2y0,x0＋2)－0)＝eq\f(x＋2,2－（－2）)，整理得y＝eq\f(y0,2（x0＋2）)(x＋2)．又点P在DE上，将x＝x0代入直线AC的方程可得：y＝eq\f(y0,2)，即点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(y0,2)))，所以P为DE的中点，|PD|＝|PE|.12．已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1，2)，其焦点为F.M为抛物线上除了原点外的任一点，过M的直线l与x轴，y轴分别交于A，B.(1)求抛物线C的方程以及焦点坐标；(2)若△BMF与△ABF的面积相等，求证：直线l是抛物线C的切线．12．解析(1)因为抛物线C：y2＝2px经过点P(1，2)，所以22＝2p，p＝2.所以抛物线C的方程为y2＝4x，焦点F点坐标为(1，0)．(2)证因为△BMF与△ABF的面积相等，所以BM＝AB，所以B为AM的中点．设M(x0，y0)(x0y0≠0)，则A(－x0，0)．所以直线l的方程为y＝eq\f(y0,2x0)(x＋x0)，与抛物线y2＝4x联立得y2－eq\f(8x0,y0)y＋4x0＝0，Δ＝eq\f(64xeq\o\al(2,0),yeq\o\al(2,0))－16x0＝eq\f(64xeq\o\al(2,0),4x0)－16x0＝0，所以直线l是抛物线C的切线．13．如图，已知抛物线Γ：y2＝8x的焦点为F，准线为l，O为坐标原点，A为抛物线Γ上一点，直线AO与l交于点C，直线AF与抛物线Γ的另一个交点为B．(1)证明：直线BC∥x轴；(2)设准线l与x轴的交点为E，连接BE，且BE⊥BF，证明：||AF|－|BF||＝8．13．解析(1)由y2＝8x知焦点F(2，0)，准线l为x＝－2．设Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,1),8)，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,2),8)，y2))，则直线AO为y＝eq\f(8,y1)x，令x＝－2可得点C的纵坐标为yC＝－eq\f(16,y1)．设直线AB为x＝my＋2，代入y2＝8x，得y2－8my－16＝0，所以y1y2＝－16．从而y2＝－eq\f(16,y1)，从而y2＝yC，即直线BC∥x轴．(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由BE⊥BF，则|BE|2＋|BF|2＝|EF|2，得(x2＋2)2＋(x2－2)2＋2yeq\o\al(2,2)＝16．又yeq\o\al(2,2)＝8x2，则xeq\o\al(2,2)＋8x2－4＝0，由x2>0，则x2＝－4＋2eq\r(5)．由于AB与x轴不垂直，设直线AB的方程为y＝k(x－2)．则由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k(x－2)，,y2＝8x，))整理得k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0，∴x1x2＝4，则x1＝4＋2eq\r(5)．故||AF|－|BF||＝|x1－x2|＝8．14．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)，过焦点且与x轴垂直的直线被椭圆C截得的线段长为2.(1)求椭圆C的方程；(2)已知点A(1，0)，B(4，0)，过点A的任意一条直线l与椭圆C交于M，N两点，求证：|MB|·|NA|＝|MA|·|NB|.14．解析(1)因为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，令x＝c，得y2＝eq\f(b4,a2)，因为过焦点且与x轴垂直的直线被椭圆C截得的线段长为2，所以eq\f(b2,a)＝1，根据离心率为eq\f(\r(2),2)，得eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，结合a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝eq\r(2)，所以椭圆的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)证明要证明|MB|·|NA|＝|MA|·|NB|，只需证明eq\f(|MA|,|NA|)＝eq\f(|MB|,|NB|)，过M，N分别作x轴的垂线段MM′，NN′，易得eq\f(|MA|,|NA|)＝eq\f(|MM′|,|NN′|)，所以只需证明eq\f(|MB|,|NB|)＝eq\f(|MM′|,|NN′|)，所以只需证明∠MBA＝∠NBA，只需证明kMB＋kNB＝0.当直线l的斜率不存在时，易得|MB|·|NA|＝|MA|·|NB|.当直线l的斜率存在时，不妨设其为k，则直线l的方程为y＝k(x－1)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝k（x－1）))消去y，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－4＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2k2－4,2k2＋1)，直线MB的斜率kMB＝eq\f(k（x1－1）,x1－4)，直线NB的斜率kNB＝eq\f(k（x2－1）,x2－4)，kMB＋kNB＝eq\f(k（x1－1）,x1－4)＋eq\f(k（x2－1）,x2－4)＝eq\f(k（x1－1）（x2－4）＋k（x2－1）（x1－4）,（x1－4）（x2－4）)＝eq\f(k[2x1x2－5（x1＋x2）＋8],（x1－4）（x2－4）)＝eq\f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2·\f(2k2－4,2k2＋1)－5·\f(4k2,2k2＋1)＋8)),（x1－4）（x2－4）)＝0.综上所述，|MB|·|NA|＝|MA|·|NB|.15．在平面直角坐标系xOy中，圆F：(x－1)2＋y2＝1外的点P在y轴的右侧运动，且P到圆F上的点的最小距离等于它到y轴的距离，记P的轨迹为E.(1)求E的方程；(2)过点F的直线交E于A，B两点，以AB为直径的圆D与平行于y轴的直线相切于点M，线段DM交E于点N，证明：△AMB的面积是△AMN的面积的四倍．15．解析法一(1)设P(x，y)，依题意x＞0，F(1，0)．因为P在圆F外，所以P到圆F上的点的最小距离为|PF|－1，依题意得|PF|－1＝x，即eq\r(（x－1）2＋y2)－1＝x，化简得E的方程为y2＝4x(x＞0)．(2)设N(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2))).当直线AB的斜率不存在时，不合题意，依题意可设直线AB的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－1），,y2＝4x))得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.因为Δ＝(2k2＋4)2－4k4＝16k2＋16＞0，所以x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2)，则有y1＋y2＝eq\f(4,k)，故Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k2＋2,k2)，\f(2,k)))，由抛物线的定义知|AB|＝x1＋x2＋2＝eq\f(4k2＋4,k2).设M(xM，yM)，依题意得yM＝eq\f(2,k)，所以|MD|＝eq\f(k2＋2,k2)－xM.又因为|MD|＝eq\f(|AB|,2)，所以eq\f(k2＋2,k2)－xM＝eq\f(2,k2)＋2，解得xM＝－1，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2,k)))，因为Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(2,k)))在抛物线上，所以x0＝eq\f(1,k2)，即Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k2)，\f(2,k)))，所以S△AMB＝eq\f(1,2)|MD||y1－y2|＝eq\f(k2＋1,k2)|y1－y2|，S△AMN＝eq\f(1,2)|MN||y1－yD|＝eq\f(1,2)|MN|×eq\f(1,2)|y1－y2|＝eq\f(k2＋1,4k2)|y1－y2|，故S△AMB＝4S△AMN.法二(1)解设P(x，y)，依题意x＞0.因为P在圆F外，所以P到圆F上的点的最小距离为|PF|－1.依题意得点P到圆F(1，0)的距离|PF|等于P到直线x＝－1的距离，所以P在以F(1，0)为焦点，x＝－1为准线的抛物线上．所以E的方程为y2＝4x(x＞0)．(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为直线AB过F(1，0)，依题意可设其方程为x＝ty＋1(t≠0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋1，,y2＝4x，))得y2－4ty－4＝0，因为Δ＝16t2＋16＞0，所以y1＋y2＝4t，则有x1＋x2＝(ty1＋1)＋(ty2＋1)＝4t2＋2.因为D是AB的中点，所以D(2t2＋1，2t)．由抛物线的定义得|AB|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝4t2＋4，设圆D与l：x＝m相切于M，因为DM与抛物线相交于N，所以m＜0，且DM⊥l，所以|DM|＝eq\f(1,2)|AB|，即2t2＋1－m＝eq\f(1,2)(4t2＋4)，解得m＝－1，设N(x0，y0)，则y0＝2t，且(2t)2＝4x0，所以x0＝t2，因为eq\f(2t2＋1＋（－1）,2)＝t2，所以N为DM的中点，所以S△AMD＝2S△AMN，又因为D为AB的中点，S△AMB＝2S△AMD，所以S△AMB＝4S△AMN.法三(1)同法一．(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，连接MF，NF.因为直线AB过F(1，0)，依题意可设其方程x＝ty＋1(t≠0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋1，,y2＝4x，))得y2－4ty－4＝0，因为Δ＝16t2＋16＞0，所以y1＋y2＝4t，所以yM＝yD＝2t.因为|MD|＝eq\f(|AB|,2)，|AB|＝x1＋x2＋2，又因为|MD|＝eq\f(x1＋x2,2)－xM，所以eq\f(x1＋x2＋2,2)＝eq\f(x1＋x2,2)－xM，解得xM＝－1，所以M(－1，2t)，所以kMF·kAB＝eq\f(2t,－1－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)))＝－1，故∠MFD＝90°.又因为|NM|＝|NF|，所以|NF|＝|ND|，从而|MN|＝|ND|.所以S△AMN＝eq\f(1,2)S△AMD，又S△AMD＝eq\f(1,\s\do1(2))S△AMB，所以S△AMB＝4S△AMN.16．设椭圆C：eq\f(x2,2)＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2，0)．(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB．16．解析(1)由已知得F(1，0)，l的方程为x＝1．则点A的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(\r(2),2)))．又M(2，0)，所以直线AM的方程为y＝－eq\f(\r(2),2)x＋eq\r(2)或y＝eq\f(\r(2),2)x－eq\r(2)，即x＋eq\r(2)y－2＝0或x－eq\r(2)y－2＝0．(2)证明：当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°．当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以∠OMA＝∠OMB．当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1<eq\r(2)，x2<eq\r(2)，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝eq\f(y1,x1－2)＋eq\f(y2,x2－2)．由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k，得kMA＋kMB＝eq\f(2kx1x2－3kx1＋x2＋4k,x1－2x2－2)．将y＝k(x－1)代入eq\f(x2,2)＋y2＝1，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，所以x1＋x2＝eq\f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2k2－2,2k2＋1)．则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝eq\f(4k3－4k－12k3＋8k3＋4k,2k2＋1)＝0．从而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的倾斜角互补．所以∠OMA＝∠OMB．综上，∠OMA＝∠OMB成立．17．设椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点．若椭圆E的离心率为eq\f(\r(2),2)，△ABF2的周长为4eq\r(6)．(1)求椭圆E的方程；(2)设不经过椭圆的中心而平行于弦AB的直线交椭圆E于点C，D，设弦AB，CD的中点分别为M，N，证明：O，M，N三点共线．17．解析(1)由题意知，4a＝4eq\r(6)，a＝eq\r(6)．又e＝eq\f(\r(2),2)，∴c＝eq\r(3)，b＝eq\r(3)，∴椭圆E的方程为eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1．(2)当直线AB，CD的斜率不存在时，由椭圆的对称性知，中点M，N在x轴上，O，M，N三点共线，当直线AB，CD的斜率存在时，设其斜率为k，且设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),6)＋\f(y\o\al(2,1),3)＝1，,\f(x\o\al(2,2),6)＋\f(y\o\al(2,2),3)＝1，))两式相减，得eq\f(x\o\al(2,1),6)＋eq\f(y\o\al(2,1),3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,2),6)＋\f(y\o\al(2,2),3)))＝0，∴eq\f(x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2),6)＝－eq\f(y\o\al(2,1)－y\o\al(2,2),3)，eq\f((x1－x2)(x1＋x2),6)＝－eq\f((y1－y2)(y1＋y2),3)，∴eq\f(y1－y2,x1－x2)·eq\f(y1＋y2,x1＋x2)＝－eq\f(3,6)，eq\f(y1－y2,x1－x2)·eq\f(y0,x0)＝－eq\f(3,6)，即k·kOM＝－eq\f(1,2)，∴kOM＝－eq\f(1,2k)．同理可得kON＝－eq\f(1,2k)，∴kOM＝kON，∴O，M，N三点共线．18．在平面直角坐标系xOy中取两个定点A1(－eq\r(6)，0)，A2(eq\r(6)，0)，再取两个动点N1(0，m)，N2(0，n)，且mn＝2．(1)求直线A1N1与A2N2的交点M的轨迹C的方程；(2)过R(3，0)的直线与轨迹C交于P，Q两点，过点P作PN⊥x轴且与轨迹C交于另一点N，F为轨迹C的右焦点，若eq\o(RP,\s\up7(→))＝λeq\o(RQ,\s\up7())(λ＞1)，求证：eq\o(NF,\s\up7())＝λeq\o(FQ,\s\up7())．18．解析(1)依题意知，直线A1N1的方程为y＝eq\f(m,\r(6))(x＋eq\r(6))，①，直线A2N2的方程为y＝－eq\f(n,\r(6))(x－eq\r(6))，②设M(x，y)是直线A1N1与A2N2的交点，①×②得y2＝－eq\f(mn,6)(x2－6)，又mn＝2，整理得eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1．故点M的轨迹C的方程为eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1．(2)证明：设过点R的直线l：x＝ty＋3，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则N(x1，－y1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋3，,\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，))消去x，得(t2＋3)y2＋6ty＋3＝0，(*)，所以y1＋y2＝－eq\f(6t,t2＋3)，y1y2＝eq\f(3,t2＋3)．由eq\o(RP,\s\up7())＝λeq\o(RQ,\s\up7())，得(x1－3，y1)＝λ(x2－3，y2)，故x1－3＝λ(x2－3)，y1＝λy2，由(1)得F(2，0)，要证eq\o(NF,\s\up7())＝λeq\o(FQ,\s\up7())，即证(2－x1，y1)＝λ(x2－2，y2)，只需证2－x1＝λ(x2－2)，只需eq\f(x1－3,x2－3)＝－eq\f(x1－2,x2－2)，即证2x1x2－5(x1＋x2)＋12＝0，又x1x2＝(ty1＋3)(ty2＋3)＝t2y1y2＋3t(y1＋y2)＋9，x1＋x2＝ty1＋3＋ty2＋3＝t(y1＋y2)＋6，所以2t2y1y2＋6t(y1＋y2)＋18－5t(y1＋y2)－30＋12＝0，即2t2y1y2＋t(y1＋y2)＝0，而2t2y1y2＋t(y1＋y2)＝2t2·eq\f(3,t2＋3)－t·eq\f(6t,t2＋3)＝0成立，即eq\o(NF