2023屆大一輪復(fù)習(xí) 第55講 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系（Word版含解析）

《2023屆大一輪復(fù)習(xí) 第55講 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系（Word版含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2023屆大一輪復(fù)習(xí) 第55講 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系（Word版含解析）（15頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2023屆大一輪復(fù)習(xí) 第55講 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系 一、選擇題（共3小題） 1. 直線 y=kx?k+1 與橢圓 x29+y24=1 的位置關(guān)系為 ?? A. 相交 B. 相切 C. 相離 D. 不確定 2. 過點(diǎn) 0,1 作直線，使它與拋物線 y2=4x 僅有一個(gè)公共點(diǎn)，這樣的直線有 ?? A. 1 條 B. 2 條 C. 3 條 D. 4 條 3. 過點(diǎn) 0,1 作直線，使它與拋物線 y2=4x 僅有一個(gè)公共點(diǎn)，這樣的直線有 ?? A. 1 條 B. 2 條 C. 3 條 D. 4 條 二、填空題（共8小題） 4. 若直線

2、y=kx+2 與雙曲線 x2?y2=6 的右支交于不同的兩點(diǎn)，那么 k 的取值范圍是 ?． 5. 過點(diǎn) A1,0 作傾斜角為 π4 的直線，與拋物線 y2=2x 交于 M、N 兩點(diǎn)，則 MN= ?． 6. 設(shè)雙曲線x2a2?y2b2=1的一條漸近線與拋物線y=x2+1?只有一個(gè)公共點(diǎn)，則雙曲線的離心率為 ?． 7. 已知橢圓 x24+y2=1，直線 l：y=x+35，則橢圓 C 上點(diǎn)到直線 l 距離的最大值為 ?，最小值為

3、?． 8. 已知斜率為 2 的直線經(jīng)過橢圓 x25+y24=1 的右焦點(diǎn) F1，與橢圓相交于 A，B 兩點(diǎn)，則弦 AB 的長為 ?． 9. 已知 P1,1 為橢圓 x24+y22=1 內(nèi)一定點(diǎn)，經(jīng)過 P 引一條弦，使此弦被 P 點(diǎn)平分，則此弦所在的直線方程為 ?． 10. 已知橢圓 x2a2+y2b2=1a>b>0 的內(nèi)接 △ABC 的頂點(diǎn) B 為短軸的一個(gè)端點(diǎn)，右焦點(diǎn) F，線段 AB 中點(diǎn)為 K，且 CF=2FK，則橢圓離心率的取值范圍是 ?． 11. 已知點(diǎn) P0,1

4、，橢圓 x24+y2=mm>1 上兩點(diǎn) A，B 滿足 AP=2PB，則當(dāng) m= ?時(shí)，點(diǎn) B 橫坐標(biāo)的絕對值最大． 三、解答題（共16小題） 12. 在平面直角坐標(biāo)系 xOy 中，已知橢圓 E:x24+y23=1 的左、右焦點(diǎn)分別為 F1，F(xiàn)2，點(diǎn) A 在橢圓 E 上且在第一象限內(nèi)，AF2⊥F1F2，直線 AF1 與橢圓 E 相交于另一點(diǎn) B． （1）求 △AF1F2 的周長； （2）在 x 軸上任取一點(diǎn) P，直線 AP 與橢圓 E 的右準(zhǔn)線相交于點(diǎn) Q，求 OP?QP 的最小值； （3）設(shè)點(diǎn) M 在橢圓 E 上，記 △OAB 與 △M

5、AB 的面積分別為 S1，S2，若 S2=3S1，求點(diǎn) M 的坐標(biāo)． 13. 已知 A，B 分別為橢圓 E：x2a2+y2=1a>1 的左、右頂點(diǎn)，G 為 E 的上頂點(diǎn)，AG?GB=8，P 為直線 x=6 上的動(dòng)點(diǎn)，PA 與 E 的另一交點(diǎn)為 C，PB 與 E 的另一交點(diǎn)為 D． （1）求 E 的方程； （2）證明：直線 CD 過定點(diǎn)． 14. 已知直線 l：y=kx+2，橢圓 C：x24+y2=1．試問當(dāng) k 取何值時(shí)，直線 l 與橢圓 C： （1）有兩個(gè)不重合的公共點(diǎn)； （2）有且只有一個(gè)公共點(diǎn)； （3）沒有公共點(diǎn)． 15. 若直線 l：y=kx+2

6、 與曲線 C：y2=x 恰好有一個(gè)公共點(diǎn)，求實(shí)數(shù) k 的取值集合． 16. 已知直線 l:y=2x+m，橢圓 C:x24+y22=1，試問當(dāng) m 取何值時(shí)，直線 l 與橢圓 C： （1）有兩個(gè)不重合的公共點(diǎn)； （2）有且只有一個(gè)公共點(diǎn)； （3）沒有公共點(diǎn)． 17. 已知拋物線 C:y2=3x 的焦點(diǎn)為 F，斜率為 32 的直線 l 與拋物線 C 的交點(diǎn)為 A，B，與 x 軸的交點(diǎn)為 P． （1）若 AF+BF=4，求直線 l 的方程； （2）若 AP=3PB，求 AB 的長． 18. 已知?jiǎng)訄A過定點(diǎn) 2,0，且在 y 軸上截得的弦長為 4，設(shè)動(dòng)圓圓心的軌

7、跡為 H，點(diǎn) Em,0m＞0 為一個(gè)定點(diǎn)，過點(diǎn) E 作斜率分別為 k1，k2 的兩條直線交 H 于點(diǎn) A，B，C，D，且 M，N 分別是線段 AB，CD 的中點(diǎn)． （1）求軌跡 H 的方程； （2）若 m=1，且過點(diǎn) E 的兩條直線相互垂直，求 △EMN 的面積的最小值． 19. 如圖，在平面直角坐標(biāo)系 xOy 中，橢圓 x2a2+y2b2=1a>b>0 的離心率為 12，過橢圓右焦點(diǎn) F 作兩條互相垂直的弦 AB 與 CD．當(dāng)直線 AB 的斜率為 0 時(shí)，AB=4． （1）求橢圓的方程； （2）若 AB+CD=487，求直線 AB 的方程． 20. 已

8、知橢圓 E:x2a2+y2b2=1a>b>0 的離心率為 12，點(diǎn) A，B 分別為橢圓 E 的左、右頂點(diǎn)，點(diǎn) C 在 E 上，且 △ABC 面積的最大值為 23． （1）求橢圓 E 的方程； （2）設(shè) F 為 E 的左焦點(diǎn)，點(diǎn) D 在直線 x=?4 上，過 F 作 DF 的垂線交橢圓 E 于 M，N 兩點(diǎn)．證明：直線 OD 平分線段 MN． 21. 已知橢圓 E:x2a2+y2b2=1a>b>0 的離心率為 12，點(diǎn) A，B 分別為橢圓 E 的左、右頂點(diǎn)，點(diǎn) C 在 E 上，且 △ABC 面積的最大值為 23． （1）求橢圓 E 的方程； （2）設(shè) F 為 E 的左焦點(diǎn)，點(diǎn)

9、D 在直線 x=?4 上，過 F 作 DF 的垂線交橢圓 E 于 M，N 兩點(diǎn)．證明：直線 OD 平分線段 MN． 22. 已知?jiǎng)訄A過定點(diǎn) A2,0，且在 y 軸上截得的弦長為 4，設(shè)動(dòng)圓圓心的軌跡為 H，點(diǎn) Em,0m>0 為一個(gè)定點(diǎn)，過點(diǎn) E 作斜率分別為 k1，k2 的兩條直線交 H 于點(diǎn) A，B，C，D，且 M，N 分別是線段 AB，CD 的中點(diǎn)． （1）求軌跡 H 的方程； （2）若 m=1，且過點(diǎn) E 的兩條直線相互垂直，求 △EMN 的面積的最小值； （3）若 k1+k2=1，求證：直線 MN 過定點(diǎn)． 23. 已知橢圓 C：y2a2+x2b2=1（a>

10、b>0）的短軸長為 2，且橢圓 C 的頂點(diǎn)在圓 M：x2+y?222=12 上． （1）求橢圓 C 的方程． （2）過橢圓的上焦點(diǎn)作相互垂直的弦 AB，CD，求 ∣AB∣+∣CD∣ 的最小值． 24. 已知橢圓 C：x2a2+y2=1a>0，過橢圓 C 的右頂點(diǎn)和上頂點(diǎn)的直線與圓 x2+y2=23 相切． （1）求橢圓 C 的方程； （2）設(shè) M 是橢圓 C 的上頂點(diǎn)，過點(diǎn) M 分別作直線 MA，MB 交橢圓 C 于 A，B 兩點(diǎn)，設(shè)這兩條直線的斜率分別為 k1，k2，且 k1+k2=2，證明：直線 AB 過定點(diǎn)． 25. 如圖，橢圓 E:x2a2+y2b2=1a>

11、b>0 的離心率是 22，點(diǎn) P0,1 在短軸 CD 上，且 PC?PD=?1． （1）求橢圓 E 的方程； （2）設(shè) O 為坐標(biāo)原點(diǎn)，過點(diǎn) P 的動(dòng)直線與橢圓交于 A，B 兩點(diǎn)．是否存在常數(shù) λ，使得 OA?OB+λPA?PB 為定值?若存在，求 λ 的值；若不存在，請說明理由． 26. 已知橢圓 C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的離心率為 32，Aa,0，B0,b，O0,0，△OAB 的面積為 1． （1）求橢圓 C 的方程． （2）設(shè) P 是橢圓 C 上一點(diǎn)，直線 PA 與 y 軸交于點(diǎn) M，直線 PB 與 x 軸交于點(diǎn) N．求證：∣AN∣?∣BM∣ 為定

12、值． 27. 已知橢圓 x2a2+y2b2=1a>b>0 的離心率為 32，F(xiàn) 是其右焦點(diǎn)，直線 y=kx 與橢圓交于 A，B 兩點(diǎn)，AF+BF=8． （1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程； （2）設(shè) Q3,0，若 ∠AQB 為銳角，求實(shí)數(shù) k 的取值范圍． 答案 1. A 【解析】由于直線 y=kx?k+1=kx?1+1 過定點(diǎn) 1,1，又 1,1 在橢圓內(nèi)，故直線與橢圓必相交． 2. C 【解析】結(jié)合圖形分析可知，滿足題意的直線共有 3 條：直線 x=0，過點(diǎn) 0,1 且平行于 x 軸的直線以及過點(diǎn) 0,1 且與拋物線相切的直線（非直線 x=0 ）． 3. C

13、【解析】過 0,1 與拋物線 y2=4x 相切的直線有 2 條，過 0,1 與對稱軸平行的直線有一條，這三條直線與拋物線都只有一個(gè)公共點(diǎn)． 4. ?1530,x1+x2=4k1?k2>0,x1x2=?101?k2>0. 得 ?153

14、a和c的關(guān)系，則雙曲線的離心率可得． 【解析】解：依題意可知雙曲線漸近線方程為y=±bax，與拋物線方程聯(lián)立消去y得x2±bax+1=0 ∵漸近線與拋物線有一個(gè)交點(diǎn) ∴△=b2a2?4=0，求得b2=4a2， ∴c=a2+b2=5a ∴e=ca=5 故答案為：5 【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了雙曲線的簡單性質(zhì)和圓錐曲線之間位置關(guān)系．常需要把曲線方程聯(lián)立根據(jù)判別式和曲線交點(diǎn)之間的關(guān)系來解決問題． 7. 210，10 【解析】先求與直線 l：y=x+35 平行且與橢圓相切的直線 m， 設(shè)直線 m 的方程為 x?y+t=0， 聯(lián)立 y=x+t,x24+y2=1, 消去 y 并

15、整理，得 5x2+8tx+4t2?4=0． 因?yàn)橹本€ m 與橢圓相切， 所以 Δ=64t2?80t2?1=0，解得 t=±5， 即直線 m 的直線方程為 x?y±5=0， 所以橢圓 C 上點(diǎn)到直線 l 距離的最大和最小值就是直線 l：y=x+35 分別與兩條平行線 x?y±5=0 之間的距離， 故最小值是 ∣35?5∣2=10，最大值是 ∣35+5∣2=210． 8. 553 【解析】由題意知，橢圓的右焦點(diǎn) F1 的坐標(biāo)為 1,0，直線 AB 的方程為 y=2x?1． 由方程組 y=2x?1,x25+y24=1, 消去 y，整理得 3x2?5x=0． 設(shè) Ax1,y1，Bx

16、2,y2，由根與系數(shù)的關(guān)系，得 x1+x2=53，x1x2=0． 則 ∣AB∣=x1?x22+y1?y22 ??=1+k2x1+x22?4x1x2 ??=1+22532?4×0 ??=553. 9. x+2y?3=0 【解析】解法一：易知此弦所在直線的斜率存在， 所以設(shè)其方程為 y?1=kx?1， 弦的端點(diǎn)坐標(biāo)為 x1,y1，x2,y2． 由 y?1=kx?1,x24+y22=1 消去 y 得 2k2+1x2?4kk?1x+2k2?2k?1=0， 所以 x1+x2=4kk?12k2+1， 又因?yàn)?x1+x2=2， 所以 4kk?12k2+1=2， 解得 k=?

17、12． 故此弦所在的直線方程為 y?1=?12x?1， 即 x+2y?3=0． 解法二：易知此弦所在直線的斜率存在，所以設(shè)斜率為 k， 弦的端點(diǎn)坐標(biāo)為 x1,y1，x2,y2， 則 x124+y122=1,???① x224+y222=1,???② ①?② 得 x1+x2x1?x24+y1+y2y1?y22=0， 因?yàn)?x1+x2=2，y1+y2=2， 所以 x1?x22+y1?y2=0， 所以 k=y1?y2x1?x2=?12． 所以此弦所在的直線方程為 y?1=?12x?1， 即 x+2y?3=0． 10. 0,33 【解析】由題意可設(shè) B0,b

18、，F(xiàn)c,0，線段 AB 中點(diǎn)為 K，且 CF=2FK， 可得 F 為 △ABC 的重心， 設(shè) Ax1,y1，Cx2,y2， 由重心坐標(biāo)公式可得，x1+x2+0=3c，y1+y2+b=0， 即有 AC 的中點(diǎn) Mx,y，可得 x=x1+x22=3c2，y=y1+y22=?b2， 由題意可得點(diǎn) M 在橢圓內(nèi)，可得 9c24a2+14<1， 由 e=ca，可得 e2<13，即有 0

19、6． ??????（2） 設(shè) Px0,0，根據(jù)題意可得 x0≠1． 因?yàn)辄c(diǎn) A 在橢圓 E 上，且在第一象限，AF2⊥F1F2，所以 A1,32． 因?yàn)闇?zhǔn)線方程為 x=4，所以 Q4,yQ． 所以 OP?QP=x0,0?x0?4,?yQ=x0?4x0=x0?22?4≥?4， 當(dāng)且僅當(dāng) x0=2 時(shí)取等號(hào)．所以 OP?QP 的最小值為 ?4． ??????（3） 設(shè) Mx1,y1，點(diǎn) M 到直線 AB 的距離為 d． 因?yàn)?A1,32，F(xiàn)1?1,0，所以直線 AF1 的方程為 y=34x+1． 因?yàn)辄c(diǎn) O 到直線 AB 的距離為 35，S2=3S1， 所以 S2=3S1=3×1

20、2×AB×35=12AB?d． 所以 d=95，所以 3x1?4y1+3=9.???① 因?yàn)?x124+y123=1,???② 所以聯(lián)立 ①② 解得 x1=2,y1=0, x1=?27,y1=?127, 所以 M2,0或?27,?127． 13. （1） 依據(jù)題意作出如下圖象． 由橢圓方程 E：x2a2+y2=1a>1 可得：A?a,0，Ba,0，G0,1． 所以 AG=a,1，GB=a,?1，所以 AG?GB=a2?1=8． 所以 a2=9，所以橢圓方程為 x29+y2=1． ??????（2） 設(shè) P6,y0，則直線 AP 的方程為：y=y0?06??3x+3

21、，即：y=y09x+3． 聯(lián)立直線 AP 的方程與橢圓方程可得：x29+y2=1,y=y09x+3, 整理得：y02+9x2+6y02x+9y02?81=0，解得：x=?3 或 x=?3y02+27y02+9． 將 x=?3y02+27y02+9 代入直線 y=y09x+3 可得：y=6y0y02+9． 所以點(diǎn) C 的坐標(biāo)為 ?3y02+27y02+9,6y0y02+9． 同理可得：點(diǎn) D 的坐標(biāo)為 3y02?3y02+1,?2y0y02+1． 所以直線 CD 的方程為 y??2y0y02+1=6y0y02+9??2y0y02+1?3y02+27y02+9?3y02?3y02+1

22、x?3y02?3y02+1． 整理可得：y+2y0y02+1=8y0y02+369?y04x?3y02?3y02+1=8y063?y02x?3y02?3y02+1． 整理得：y=4y033?y02x+2y0y02?3=4y033?y02x?32． 故直線 CD 過定點(diǎn) 32,0． 14. （1） 聯(lián)立 y=kx+2,x2+4y2=4, 消去 y 并整理， 得 1+4k2x2+16kx+12=0，依題意，得 Δ=16k2?4×1+4k2×12=164k2?3． 當(dāng) Δ>0，即 k32 時(shí)，方程有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，可知原方程組有兩組不同的實(shí)數(shù)解，這時(shí)直線 l 與橢圓

23、C 有兩個(gè)不重合的公共點(diǎn)． ??????（2） 當(dāng) Δ=0，即 k=±32 時(shí)，方程有兩個(gè)相同的實(shí)數(shù)根，可知原方程組有兩組相同的實(shí)數(shù)解，這時(shí)直線 l 與橢圓 C 有兩個(gè)互相重合的公共點(diǎn)，即直線 l 與橢圓 C 有且只有一個(gè)公共點(diǎn)． ??????（3） 當(dāng) Δ<0，即 ?32

24、一解 x=4,y=2. ②當(dāng) k≠0 時(shí)，Δ=4k?12?4×4k2=?8k+1， 令 Δ=0，解得 k=18，此時(shí)原方程組有唯一解． 綜上，實(shí)數(shù) k 的取值集合是 0,18． 16. （1） 將直線 l 的方程與橢圓 C 的方程聯(lián)立， 得方程組 y=2x+m,???①x24+y22=1,???② 將 ① 代入 ②，整理得 9x2+8mx+2m2?4=0,???③ 方程 ③ 根的判別式 Δ=8m2?4×9×2m2?4=?8m2+144． 當(dāng) Δ>0，即 ?32

25、不重合的公共點(diǎn)． ??????（2） 當(dāng) Δ=0，即 m=±32 時(shí)，方程 ③ 有兩個(gè)相同的實(shí)數(shù)根，可知原方程組有兩組相同的實(shí)數(shù)解． 這時(shí)直線 l 與橢圓 C 有兩個(gè)互相重合的公共點(diǎn)，即直線 l 與橢圓 C 有且只有一個(gè)公共點(diǎn)． ??????（3） 當(dāng) Δ<0，即 m32 時(shí)，方程 ③ 沒有實(shí)數(shù)根，可知原方程組沒有實(shí)數(shù)解． 這時(shí)直線 l 與橢圓 C 沒有公共點(diǎn)． 17. （1） 設(shè)直線 l 的方程為 y=32x+m，Ax1,y1，Bx2,y2． 由拋物線焦半徑公式可知 AF+BF=x1+x2+32=4，所以 x1+x2=52． 聯(lián)立 y=32x+m,y2=3x,

26、 消去 y 并整理，得 9x2+12m?12x+4m2=0， 則 Δ=12m?122?144m2>0，解得 m<12， 所以 x1+x2=?12m?129=52，解得 m=?78， 所以直線 l 的方程為 y=32x?78，即 12x?8y?7=0． ??????（2） 設(shè) Pt,0，直線 l 的方程為 x=23y+t， 聯(lián)立 x=23y+t,y2=3x, 消去 x 并整理，得 y2?2y?3t=0， 則 Δ=4+12t>0，解得 t>?13，所以 y1+y2=2，y1y1=?3t． 因?yàn)?AP=3PB，所以 y1=?3y2， 所以 y2=?1，y1=3，所以 y1y2=?3，

27、 則 AB=1+49?y1+y22?4y1y2=133×4+12=4133． 18. （1） 設(shè)動(dòng)圓圓心的坐標(biāo)為 x,y，由題意可以得到 x?22+y2=x2+4，化簡得 y2=4x，所以動(dòng)圓圓心的軌跡 H 的方程為 y2=4x． ??????（2） 當(dāng) m=1 時(shí)，E 為拋物線 y2=4x 的焦點(diǎn)，因?yàn)?k1k2=?1，所以 AB⊥CD．設(shè)直線 AB 的方程為 y=k1x?1，Ax1,y1，Bx2,y2． 由 y=k1x?1y2=4x，得 k1y2?4y?4k1=0，則 y1+y2=4k1，y1y2=?4，x1+x2=y1+y2k1+2=4k12+2， 因?yàn)?Mx1+x22,y1+

28、y22，所以 M2k12+1,2k1． 同理，可得 N2k12+1,?2k1． 所以 S△EMN=12∣EM∣?∣EN∣=122k122+2k12?2k122+?2k12=2k12+1k12+2≥22+2=4，當(dāng)且僅當(dāng) k12=1k12，即 k1=±1 時(shí)，△EMN 的面積取最小值 4． 19. （1） 由題意知 e=ca=12，2a=4． 又 a2=b2+c2，解得 a=2，b=3， 所以橢圓的方程為 x24+y23=1． ??????（2） ①當(dāng)兩條弦中一條弦所在直線的斜率為 0 時(shí)，另一條弦所在直線的斜率不存在，由題意知 AB+CD=7，不滿足條件． ②當(dāng)兩弦所在直線的斜率

29、均存在且不為 0 時(shí)，設(shè)直線 AB 的方程為 y=kx?1，Ax1,y1，Bx2,y2， 則直線 CD 的方程為 y=?1kx?1． 將直線 AB 的方程代入橢圓方程中并整理， 得 3+4k2x2?8k2x+4k2?12=0， 則 x1+x2=8k23+4k2，x1x2=4k2?123+4k2， 所以 AB=k2+1x1?x2=k2+1?x1+x22?4x1x2=12k2+13+4k2， 同理，CD=121k2+13+4k2=12k2+13k2+4， 所以 AB+CD=12k2+13+4k2+12k2+13k2+4=84k2+123+4k23k2+4=487， 解得 k=±1，

30、 所以直線 AB 的方程為 x?y?1=0 或 x+y?1=0． 20. （1） 由題意得 e=ca=12,ab=23,a2=b2+c2, 解得 a=2,b=3, 故橢圓 E 的方程為 x24+y23=1． ??????（2） 設(shè) Mx1,y1，Nx2,y2，D?4,n，線段 MN 的中點(diǎn) Px0,y0， 則 2x0=x1+x2，2y0=y1+y2，由（1）可得 F?1,0， 則直線 DF 的斜率為 kDF=n?0?4??1=?n3． 當(dāng) n=0 時(shí)，直線 MN 的斜率不存在，根據(jù)橢圓的對稱性可知 OD 平分線段 MN； 當(dāng) n≠0 時(shí)，直線 MN 的斜率 kMN=3n=y1

31、?y2x1?x2． 因?yàn)辄c(diǎn) M，N 在橢圓 E 上，所以 x124+y123=1,x224+y223=1, 整理得 x1+x2x1?x24+y1+y2y1?y23=0， 又 2x0=x1+x2，2y0=y1+y2，所以 y0x0=?n4， 即直線 OP 的斜率為 kOP=?n4， 因?yàn)橹本€ OD 的斜率為 kOD=?n4，所以直線 OD 平分線段 MN． 21. （1） 由題意有 e=ca=12,ab=23,a2=b2+c2, 解得 a=2,b=3. 所以橢圓 E 的方程為 x24+y23=1． ??????（2） 設(shè) Mx1,y1，Nx2,y2，D?4,n，線段 MN

32、 的中點(diǎn) Px0,y0， 則 2x0=x1+x2，2y0=y1+y2， 由（1）可得 F?1,0，則直線 DF 的斜率為 kDF=n?0?4??1=?n3， 當(dāng) n=0 時(shí)，直線 MN 的斜率不存在，根據(jù)橢圓的對稱性可知 OD 平分線段 MN． 當(dāng) n≠0 時(shí)，直線 MN 的斜率 kMN=3n=y1?y2x1?x2． 因?yàn)辄c(diǎn) M，N 在橢圓 E 上， 所以 x124+y123=1,x224+y223=1, 整理得：x1+x2x1?x24+y1+y2y1?y23=0， 又 2x0=x1+x2，2y0=y1+y2， 所以 y0x0=?n4，直線 OP 的斜率為 kOP=?n4，

33、 因?yàn)橹本€ OD 的斜率為 kOD=?n4， 所以直線 OD 平分線段 MN． 22. （1） 設(shè)動(dòng)圓圓心的坐標(biāo)為 x,y， 由題意知 x?22+y2=x2+4，化簡得 y2=4x， 所以動(dòng)圓圓心的軌跡 H 的方程為 y2=4x． ??????（2） 當(dāng) m=1 時(shí)，E 為拋物線 y2=4x 的焦點(diǎn)， 因?yàn)?AB⊥CD，所以 k1k2=?1． 設(shè)直線 AB 的方程為 y=k1x?1，Ax1,y1，Bx2,y2． 聯(lián)立 y=k1x?1,y2=4x, 消去 x 并整理，得 k1y2?4y?4k1=0， 則 y1+y2=4k1，y1y2=?4，x1+x2=y1+y2k1+2=4k

34、12+2． 因?yàn)?Mx1+x22,y1+y22，所以 M2k12+1,2k1． 同理，可得 N2k12+1,?2k1．所以 S△EMN=12EM?EN=122k122+2k12?2k122+?2k12=2k12+1k12+2≥22+2=4, 當(dāng)且僅當(dāng) k12=1k12，即 k1=±1 時(shí)，△EMN 的面積取最小值 4． ??????（3） 設(shè)直線 AB 的方程為 y=k1x?m，Ax1,y1，Bx2,y2． 聯(lián)立 y=k1x?m,y2=4x, 消去 x 并整理，得 k1y2?4y?4k1m=0， 則 y1+y2=4k1，y1y2=?4m，x1+x2=y1+y2k1+2m=4k

35、12+2m． 因?yàn)?Mx1+x22,y1+y22，所以 M2k12+m,2k1． 同理，可得 N2k22+m,2k2，所以 kMN=k1k2k1+k2=k1k2， 所以直線 MN 的方程為 y?2k1=k1k2x?2k12+m， 即 y=k1k2x?m+2，所以直線 MN 過定點(diǎn) m,2． 23. （1） 由題意可知 2b=2，b=1． 又橢圓 C 的頂點(diǎn)在圓 M 上，則 a=2， 故橢圓 C 的方程為 y22+x2=1． ??????（2） 當(dāng)直線 AB 的斜率不存在或?yàn)榱銜r(shí)，∣AB∣+∣CD∣=32； 當(dāng)直線 AB 的斜率存在，且不為零時(shí)，設(shè)直線 AB 的方程為 y=kx

36、+1，Ax1,y1，Bx2,y2， 聯(lián)立 y=kx+1,y22+x2=1, 消去 y，整理得 k2+2x2+2kx?1=0， 則 x1+x2=?2kk2+2，x1?x2=?1k2+2， 故 ∣AB∣=1+k2． x1+x22?4x1x2=22k2+1k2+2． 同理可得 ∣CD∣=22k2+12k2+1， 所以 ∣AB∣+∣CD∣=62k2+122k2+1k2+2． 令 t=k2+1，則 t>1，0<1t<1， 所以 ∣AB∣+∣CD∣=62t22t?1t+1=622?1t1+1t=62?1t?122+94， 當(dāng) 0<1t<1 時(shí)，2

37、823≤∣AB∣+∣CD∣<32， 綜上可知，823≤∣AB∣+∣CD∣≤32， 所以 ∣AB∣+∣CD∣ 的最小值 823． 24. （1） 因?yàn)橹本€過點(diǎn) a,0 和 0,1， 所以直線的方程為 x+ay?a=0， 因?yàn)橹本€與圓 x2+y2=23 相切， 所以 ∣?a∣1+a2=63，解得 a2=2， 所以橢圓 C 的方程為 x22+y2=1． ??????（2） 當(dāng)直線 AB 的斜率不存在時(shí)，設(shè) Ax0,y0，則 Bx0,?y0， 由 k1+k2=2 得 y0?1x0+?y0?1x0=2，解得 x0=?1． 當(dāng)直線 AB 的斜率存在時(shí)，設(shè) AB 的方程為 y=kx+mm

38、≠1，Ax1,y1，Bx2,y2， 由 x22+y2=1,y=kx+m?1+2k2x2+4kmx+2m2?2=0，得 x1+x2=?4km1+2k2，x1?x2=2m2?21+2k2， 由 k1+k2=2?y1?1x1+y2?1x2=2?kx2+m?1x1+kx1+m?1x2x1x2=2， 即 2?2kx1x2=m?1x1+x2?2?2k2m2?2=m?1?4km， 即 1?km2?1=?kmm?1， 由 m≠1 得 1?km+1=?km?k=m+1， 即 y=kx+m=m+1x+m?mx+1=y?x， 故直線 AB 過定點(diǎn) ?1,?1． 綜上，直線 AB 過定點(diǎn) ?1,?1．

39、 25. （1） 由已知得點(diǎn) C，D 的坐標(biāo)分別為 0,?b，0,b． 又點(diǎn) P 的坐標(biāo)為 0,1，且 PC?PD=?1， 于是 1?b2=?1,ca=22,a2?b2=c2, 解得 a=2，b=2， 所以橢圓 E 方程為 x24+y22=1． ??????（2） 當(dāng)直線 AB 的斜率存在時(shí)，設(shè)直線 AB 的方程為 y=kx+1， A，B 的坐標(biāo)分別為 x1,y1，x2,y2． 聯(lián)立 x24+y22=1,y=kx+1, 得 2k2+1x2+4kx?2=0． 其判別式 Δ=4k2+82k2+1>0， 所以，x1+x2=?4k2k2+1，x1x2=?22k2+1． 從而

40、 OA?OB+λPA?PB=x1x2+y1y2+λx1x2+y1?1?y2?1=1+λ1+k2x1x2+kx1+x2+1=?2λ?4k2+?2λ?12k2+1=?λ?12k2+1?λ?2. 所以，當(dāng) λ=1 時(shí)，?λ?12k2+1?λ?2=?3，OA?OB+λPA?PB=?3 為定值． 當(dāng)直線 AB 斜率不存在時(shí)，直線 AB 即為直線 CD，此時(shí) OA?OB+λPA?PB=OC?OD+λPC?PD=?2?λ=?3，故存在常數(shù) λ=1． 綜上可知，存在常數(shù) λ=1，使得 OA?OB+λPA?PB 為定值 ?3． 26. （1） 由題意得 ca=32,12ab=1,a2=b2+c2,

41、 解得 a=2，b=1． 所以橢圓 C 的方程為 x24+y2=1． ??????（2） （方法 1）由（1），知 A2,0，B0,1． 設(shè) Px0,y0，則 x02+4y02=4． 當(dāng) x0≠0 時(shí)，直線 PA 的方程為 y=y0x0?2x?2． 令 x=0，則 yM=?2y0x0?2， 從而 ∣BM∣=1?yM=1+2y0x0?2． 直線 PB 的方程為 y=y0?1x0x+1． 令 y=0，得 xN=?x0y0?1， 從而 ∣AN∣=2?xN=2+x0y0?1． 所以 ∣AN∣?∣BM∣=2+x0y0?1?1+2y0x0?2=x02+4y02+4x0y0?4x

42、0?8y0+4x0y0?x0?2y0+2=4x0y0?4x0?8y0+8x0y0?x0?2y0+2=4. 當(dāng) x0=0 時(shí)，y0=?1，∣BM∣=2，∣AN∣=2， 所以 ∣AN∣?∣BM∣=4． 綜上，∣AN∣?∣BM∣ 為定值． （方法 2）點(diǎn) P 在曲線 x22+y12=1 上，不妨設(shè) P2cosθ,sinθ， 當(dāng) θ≠kπ 且 θ≠kπ+π2（k∈Z），直線 AP 的方程為 y?0=sinθ2cosθ?1x?2， 令 x=0，得 yM=sinθ1?cosθ，直線 BP 的方程為 y?1=sinθ?12cosθx?0， 令 y=0，得 xN=2cosθ1?sinθ， 所

43、以 ∣AN∣?∣BM∣=21?cosθ1?sinθ?1?sinθ1?cosθ=221?sinθ1?cosθ1?sinθ1?cosθ=2×2=4（定值）． 當(dāng) θ=kπ 或 θ=kπ+θ2（k∈Z）時(shí)，M，N 是定點(diǎn)，易得 ∣AN∣?∣BM∣=4． 綜上 ∣AN∣?∣BM∣=4． 27. （1） 設(shè) F1 為橢圓的左焦點(diǎn)，連接 F1B， 由橢圓的對稱性可知，AF=F1B， 所以 AF+BF=BF1+BF=2a=8，所以 a=4， 又 e=32=ca，a2=b2+c2，解得 c=23，b=2， 所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為 x216+y24=1． ??????（2） 設(shè)點(diǎn) Ax1,y1，Bx2,y2，則 QA=x1?3,y1，QB=x2?3,y2， 聯(lián)立 x216+y24=1,y=kx, 得 4k2+1x2?16=0， 所以 x1+x2=0，x1x2=?164k2+1， 因?yàn)?∠AQB 為銳角，所以 QA?QB>0， 所以 QA?QB=x1?3x2?3+y1y2=9?3x1+x2+x1x2+y1y2=9?3x1+x2+1+k2x1x2=9?161+k24k2+1>0, 解得 k>3510 或 k