课时检测(二十七) 圆锥曲线的综合问题
(选择题请在答题区内作答)
1.[多选]已知椭圆+y2=1的左、右焦点分别为F1,F2,椭圆上两点A,B关于原点对称,点P(异于A,B两点)为椭圆上的动点,则下列说法正确的是 ( )
A.△PF1F2的周长为12
B.椭圆的离心率为
C.PF2的最大值为3+2
D.若直线PA,PB的斜率都存在,则kPA·kPB=-
2.(2024·新课标Ⅱ卷)[多选]抛物线C:y2=4x的准线为l,P为C上动点,过P作☉A:x2+(y-4)2=1的一条切线,Q为切点.过P作l的垂线,垂足为B,则 ( )
A.l与☉A相切
B.当P,A,B三点共线时,PQ=
C.当PB=2时,PA⊥AB
D.满足PA=PB的点P有且仅有2个
3.(15分)若椭圆E:+=1(a>b>0)过抛物线x2=4y的焦点,且与双曲线x2-y2=1有相同的焦点.
(1)求椭圆E的方程;(5分)
(2)不过原点O的直线l:y=x+m与椭圆E交于A,B两点,求△ABO面积的最大值以及此时直线l的方程.(10分)
4.(15分)在平面直角坐标系Oxy中,抛物线y2=2px(p>0)上一点P的横坐标为4,且点P到焦点F的距离为5.
(1)求抛物线的方程;(5分)
(2)若直线l:x=my+t交抛物线于A,B两点(位于对称轴异侧),且·=,求证:直线l必过定点.(10分)
5.(15分)已知抛物线C:y2=2px(p>0)过点(1,1).
(1)求抛物线C的方程;(3分)
(2)O为坐标原点,A,B为抛物线C上异于原点O的不同两点,直线OA,OB的斜率分别为k1,k2,若k1k2=-2,求证:直线AB过定点.(12分)
6.(15分)(2024·上海高考)已知双曲线Γ:x2-=1(b>0),左、右顶点分别为A1,A2,过点M(-2,0)的直线交双曲线Γ于P,Q两点.
(1)若Γ的离心率为2,求b;(3分)
(2)若b=,△MA2P为等腰三角形,且点P在第一象限,求点P的坐标;(4分)
(3)连接QO(O为坐标原点)并延长交Γ于点R,若·=1,求b的取值范围.(8分)
课时检测(二十七)
1．选BCD 由椭圆方程＋y2＝1可知，a2＝9，b2＝1，所以a＝3，b＝1，c＝＝2，由椭圆定义知，△PF1F2的周长等于PF1＋PF2＋F1F2＝2a＋2c＝6＋4，故A错误；椭圆的离心率e＝＝，故B正确；由椭圆的几何性质可知，PF2的最大值为a＋c＝3＋2，故C正确；设P(x0，y0)，A(x1，y1)，则B(－x1，－y1)，所以kPA·kPB＝·＝，由点P，A在椭圆上可得两式相减可得＋y－y＝0，化简可得＝－，即kPA·kPB＝－，故D正确．
2．选ABD 由题意抛物线y2＝4x的准线为x＝－1，⊙A的圆心(0,4)到直线x＝－1的距离显然是1，等于圆的半径，故准线l和⊙A相切，A正确；
P，A，B三点共线时，即PA⊥l，则P的纵坐标yP＝4，由y＝4xP，得xP＝4，故P(4,4)，
此时切线长PQ＝＝＝，B正确；
当PB＝2时，xP＝1，此时y＝4xP＝4，
故P(1,2)或P(1，－2)，
当点P的坐标为(1,2)时，A(0,4)，B(－1,2)，kPA＝＝－2，kAB＝＝2，不满足kPAkAB＝－1；
当点P的坐标为(1，－2)时，A(0,4)，B(－1，－2)，kPA＝＝－6，kAB＝＝6，不满足kPAkAB＝－1；
于是PA⊥AB不成立，C错误；
D选项，因为抛物线的焦点F(1,0)，PB＝PF，所以PA＝PB等价于点P在线段AF的中垂线上，易得该中垂线的方程为y＝x＋.与抛物线方程联立，得消去y整理得4x2－196x＋225＝0，
Δ＝(－196)2－4×4×225＞0，
所以满足PA＝PB的点P有且仅有2个．
3．解：(1)抛物线x2＝4y的焦点为(0,1)，所以b＝1，
因为双曲线x2－y2＝1的焦点坐标为(－，0)，(，0)，所以a2－b2＝2，则a2＝3，所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立可得4x2＋6mx＋3m2－3＝0，
因为直线l：y＝x＋m与椭圆E交于A，B两点，
所以Δ＝36m2－16(3m2－3)>0，解得m2<4，
由根与系数的关系可得x1＋x2＝－，x1x2＝，由弦长公式可得AB＝·＝·，点O到直线l的距离为d＝，
所以S△OAB＝·d·AB＝××|m|××＝×≤ ，
当且仅当m2＝2，即m＝±时取得等号，
所以△ABO面积的最大值为，此时直线l的方程为y＝x±.
4．解：(1)由题可知，点P到抛物线准线的距离为5，
因为抛物线的准线方程为x＝－，点P的横坐标为4，所以4＋＝5，解得p＝2，所以抛物线的方程为y2＝4x.
(2)证明：设A，B，且y1y2<0，联立消去x可得y2－4my－4t＝0，
则Δ＝16m2＋16t>0，且y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t<0，即t>0，所以x1x2＝·＝＝t2.
由·＝，得x1x2＋y1y2＝，即t2－4t＝，解得t＝－(舍去)或t＝，故直线l的方程为x＝my＋，所以直线l必过定点.
5．解：(1)因为抛物线C：y2＝2px(p＞0)过点(1,1)，所以1＝2p，解得p＝，
所以抛物线C的方程为y2＝x.
(2)证明：设点A，B的坐标分别为(y，y1)，(y，y2)，
所以k1＝＝，k2＝＝，
所以k1k2＝＝－2，即y1y2＝－.
当直线AB的斜率不存在时，y1＝－y2，直线AB的方程为x＝；
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋m(k≠0，m≠0)，
联立消去x整理，得ky2－y＋m＝0，
故y1y2＝＝－，得k＝－2m，
则直线AB的方程为y＝－2mx＋m，可化为y＝－2m，所以直线过点.
综上，直线AB过定点.
6．解：(1)由双曲线的方程知a＝1.
因为c＝ ，离心率为2，所以＝＝2，解得b＝.所以b的值为.
(2)当b＝时，
双曲线Γ：x2－＝1，且A2(1,0)．
因为点P在第一象限，所以∠PA2M为钝角．
又△MA2P为等腰三角形，
所以A2P＝A2M＝3.
设点P(x0，y0)，且x0>0，y0>0，
则解得
所以P(2,2)．
(3)由双曲线的方程知A1(－1,0)，A2(1,0)，且由题意知Q，R关于原点对称．
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则R(－x2，－y2)．
设直线PQ的方程为x＝my－2.
联立直线PQ与双曲线的方程消去x，得(b2m2－1)y2－4b2my＋3b2＝0，且b2m2－1≠0，即m2≠.由根与系数的关系，得y1＋y2＝，y1y2＝.
因为＝(－x2＋1，－y2)，＝(x1－1，y1)，所以·＝(－x2＋1)(x1－1)－y1y2＝1，
即(x2－1)(x1－1)＋y1y2＝(my2－3)(my1－3)＋y1y2＝－1，
整理，得(m2＋1)y1y2－3m(y1＋y2)＋10＝(m2＋1)·－3m·＋10＝0，
即b2m2＋3b2－10＝0，所以b2＝∈.又m2≠，所以b2≠＝，得b2≠3，所以b2∈(0,3)∪.又b>0，
故b的取值范围是(0，)∪.
1 / 2专题微课 圆锥曲线的综合问题
题型(一) 最值与范围问题
[例1] 已知椭圆C:+=1(a>b>0)经过点P,离心率e=.
(1)求椭圆C的方程;
(2)不过原点的直线l与椭圆C交于A,B两点,若AB的中点M在抛物线E:y2=4x上,求直线l的斜率k的取值范围.
听课记录:
|思|维|建|模|
圆锥曲线中最值与范围的求法
(1)几何法:若题目的条件和结论能明显体现几何图形特征及意义,则考虑利用图形性质来解决.
(2)代数法:若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系,则可首先建立目标函数,再求这个函数的最值与范围,求函数最值的常用方法有配方法、判别式法、基本不等式法及函数的单调性法等.
[针对训练]
1.已知抛物线E:x2=2py(p>0)的焦点为F,点P在抛物线E上,点P的横坐标为2,且PF=2.
(1)求抛物线E的标准方程;
(2)若A,B为抛物线E上的两个动点(异于点P),且AP⊥AB,求点B的横坐标的取值范围.
题型(二) 定点与定值问题
[例2] 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的右焦点F2与抛物线y2=4x的焦点重合,且其离心率为.
(1)求椭圆C的方程;
(2)已知与坐标轴不垂直的直线l与椭圆C交于M,N两点,线段MN的中点为P,求证:kMN·kOP(O为坐标原点)为定值.
听课记录:
|思|维|建|模|
解析几何中的定点和定值问题需要合理选择参数(坐标、斜率等)表示动态几何对象和几何量,探究、证明动态图形中的不变性质(定点、定值等),体会“设而不求”“整体代换”在简化运算中的作用.
[针对训练]
2.已知双曲线C:-=1(a>0,b>0),四点M1,M2(3,),M3,M4中恰有三点在C上.
(1)求C的方程;
(2)过点(3,0)的直线l交C于P,Q两点,过点P作直线x=1的垂线,垂足为A.证明:直线AQ过定点.
题型(三) 探索性问题
[例3] 已知双曲线C:-=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,与线段AB交于点N,=λ,=λ均成立.若存在,求出l的方程;若不存在,请说明理由.
听课记录:
|思|维|建|模|
(1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”,将不确定性问题明朗化.其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程组,若方程组有实数解,则元素存在;否则不存在.
(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法.
[针对训练]
3.已知椭圆方程为+=1(a>b>0),过点A(-a,0),B(0,b)的直线倾斜角为,原点到该直线的距离为.
(1)求椭圆的方程;
(2)对于D(-1,0),是否存在实数k,使得直线y=kx+2分别交椭圆于点P,Q,且DP=DQ,若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.
专题微课 圆锥曲线的综合问题
[题型(一)]
[例1] 解：(1)由已知e＝＝，又椭圆过点P，因此有＋＝1，又a2＝b2＋c2，联立可解得a＝2，b＝.故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设直线l：y＝kx＋m(m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)．
由得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，Δ＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－12)>0，即4k2－m2＋3>0①.
又x1＋x2＝－，故M，
将M代入y2＝4x，
得m＝－(k≠0)②.
将②代入①得162k2(3＋4k2)<81，解得－[针对训练]
1．解：(1)依题意得F，设P(2，y0)，y0＝2－，
又点P是E上一点，所以4＝2p，得p2－4p＋4＝0，解得p＝2，
所以抛物线E的标准方程为x2＝4y.
(2)由题意知P(2,1), 设A，B，则kAP＝＝(x1＋2)，因为x1≠－2，所以kAB＝－，直线AB的方程为y－＝·(x－x1)，联立x2＝4y.因为x≠x1，得(x＋x1)(x1＋2)＋16＝0，即x＋(x＋2)x1＋2x＋16＝0，因为Δ＝(x＋2)2－4(2x＋16)≥0，即x2－4x－60≥0，故x≥10或x≤－6，
经检验，当x＝－6时，不满足题意．
综上，x2<6或x2≥10.所以点B的横坐标的取值范围是(－∞，－6)∪[10，＋∞)．
[题型(二)]
[例2] 解：(1)∵抛物线y2＝4x的焦点为(1,0)，∴椭圆C的半焦距为c＝1，
又e＝＝，得a＝2，b＝＝.
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明：由题意可知，直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0)，
联立
得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
Δ>0，即m2<4k2＋3，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝，∴P，
∴kOP＝＝－.
∴kMN·kOP＝－为定值．
[针对训练]
2．解：(1)由题意可知点M3，M4两点关于原点对称，所以M3，M4一定在双曲线上，而M1，因为6>4，但<，所以点M1不在双曲线上，所以点M2，M3，M4在双曲线上，则解得a2＝3，b2＝1，
所以双曲线方程为－y2＝1.
(2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则A(1，y1)，
当y1＝y2时，直线l：y＝0，易知直线AQ：y＝0.
当y1≠y2时，设直线PQ的方程为x＝my＋3(m≠±)，代入双曲线方程可得(m2－3)y2＋6my＋6＝0，则y1＋y2＝，y1y2＝，所以直线AQ的方程为y－y1＝(x－1)，即y－y1＝(x－1)，
令y＝0，则x＝＋1＝，由y1＋y2＝，y1y2＝，得my1y2＝＝－(y1＋y2)，
所以x＝＝＝2，
综上，直线AQ过定点(2,0)．
[题型(三)]
[例3] 解：(1)由已知C：－＝1(a>0，b>0)，点A的坐标为(6,4)，得c＝4，焦点F1(0,4)，F2(0，－4)，2a＝AF2－AF1＝ －6＝4.所以a＝2，b2＝c2－a2＝12，故C的方程为－＝1.
(2)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斜率存在，设直线PQ的方程为y＝kx＋m(k≠0)，故N.
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)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝①.
由＝λ，＝λ，
得x1＝λ，x2＝λ，
消去λ得x2＝x1，
即2x1x2－(x1＋x2)＝0②.
由①②得k(m2－2)＝0，由已知m＝，
故存在定直线l：y＝2满足条件．
[针对训练]
3．解：(1)因为过点A(－a,0)，B(0，b)的直线倾斜角为，所以＝tan，即＝，过点A(－a,0)，B(0，b)的直线方程为y＝(x＋a)，故原点到该直线的距离为＝，解得a＝，故b＝1，
所以椭圆的方程是＋y2＝1.
(2)记P(x1，y1)，Q(x2，y2)．将y＝kx＋2代入＋y2＝1，得(3k2＋1)x2＋12kx＋9＝0，
则Δ＝144k2－36(3k2＋1)>0，解得k>1或k<－1，
设PQ的中点为M，则xM＝＝－，yM＝kxM＋2＝.
由DP＝DQ，得DM⊥PQ，
所以kDM＝＝＝－，
所以3k2－4k＋1＝0，得k＝1或k＝，
由于k>1或k<－1，故k＝1，k＝均不能使方程有两个相异实根，故满足条件的k不存在．
1 / 2(共52张PPT)
专题微课 圆锥曲线的综合问题
CONTENTS
目录
1
2
3
题型(一) 最值与范围问题
题型(二) 定点与定值问题
题型(三) 探索性问题
4
课时检测
题型(一) 最值与范围问题
01
[例1] 已知椭圆C：+=1(a>b>0)经过点P，离心率e=.
(1)求椭圆C的方程；
解：由已知e==，又椭圆过点P，因此有+=1，
又a2=b2+c2，联立可解得a=2，b=.故椭圆C的方程为+=1.
(2)不过原点的直线l与椭圆C交于A，B两点，若AB的中点M在抛物线E：y2=4x上，求直线l的斜率k的取值范围.
解：设直线l：y=kx+m(m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0).
由得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0，
Δ=(8km)2-4(3+4k2)(4m2-12)>0，即4k2-m2+3>0①.
又x1+x2=-，故M，
将M代入y2=4x，得m=-(k≠0)②.
将②代入①得162k2(3+4k2)<81，
解得-即k∈∪.
|思|维|建|模|
圆锥曲线中最值与范围的求法
(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何图形特征及意义，则考虑利用图形性质来解决.
(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值与范围，求函数最值的常用方法有配方法、判别式法、基本不等式法及函数的单调性法等.
针对训练
1.已知抛物线E：x2=2py(p>0)的焦点为F，点P在抛物线E上，点P的横坐标为2，且PF=2.
(1)求抛物线E的标准方程；
解：依题意得F，设P(2，y0)，y0=2-，
又点P是E上一点，所以4=2p，得p2-4p+4=0，解得p=2，
所以抛物线E的标准方程为x2=4y.
(2)若A，B为抛物线E上的两个动点(异于点P)，且AP⊥AB，求点B的横坐标的取值范围.
解：由题意知P(2，1)， 设A，B，
则kAP==(x1+2)，因为x1≠-2，所以kAB=-，
直线AB的方程为y-=·(x-x1)，联立x2=4y.
因为x≠x1，得(x+x1)(x1+2)+16=0，即+(x+2)x1+2x+16=0，因为Δ=(x+2)2-4(2x+16)≥0，即x2-4x-60≥0，故x≥10或x≤-6，
经检验，当x=-6时，不满足题意.
综上，x2<6或x2≥10.
所以点B的横坐标的取值范围是(-∞，-6)∪[10，+∞).
题型(二) 定点与定值问题
02
[例2] 已知椭圆C：+=1(a>b>0)的右焦点F2与抛物线y2=4x的焦点重合，且其离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
解：∵抛物线y2=4x的焦点为(1，0)，
∴椭圆C的半焦距为c=1，
又e==，得a=2，b==.
∴椭圆C的方程为+=1.
(2)已知与坐标轴不垂直的直线l与椭圆C交于M，N两点，线段MN的中点为P，求证：kMN·kOP(O为坐标原点)为定值.
解：证明：由题意可知，直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为y=kx+m(k≠0)，
联立
得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0.
Δ>0，即m2<4k2+3，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1+x2=-，y1+y2=k(x1+x2)+2m=，
∴P，∴kOP==-.∴kMN·kOP=-为定值.
|思|维|建|模|
解析几何中的定点和定值问题需要合理选择参数(坐标、斜率等)表示动态几何对象和几何量，探究、证明动态图形中的不变性质(定点、定值等)，体会“设而不求”“整体代换”在简化运算中的作用.
针对训练
2.已知双曲线C：-=1(a>0，b>0)，四点M1，M2(3，)，M3，M4中恰有三点在C上.
(1)求C的方程；
解：由题意可知点M3，M4两点关于原点对称，所以M3，M4一定在双曲线上，而M1，因为6>4，但<，所以点M1不在双曲线上，
所以点M2，M3，M4在双曲线上，
则解得a2=3，b2=1，
所以双曲线方程为-y2=1.
(2)过点(3，0)的直线l交C于P，Q两点，过点P作直线x=1的垂线，垂足为A.证明：直线AQ过定点.
解：证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则A(1，y1)，
当y1=y2时，直线l：y=0，易知直线AQ：y=0.
当y1≠y2时，设直线PQ的方程为x=my+3(m≠±)，
代入双曲线方程可得(m2-3)y2+6my+6=0，则y1+y2=，y1y2=，
所以直线AQ的方程为y-y1=(x-1)，即y-y1=(x-1)，
令y=0，则x=+1=，
由y1+y2=，y1y2=，得my1y2==-(y1+y2)，
所以x===2，
综上，直线AQ过定点(2，0).
题型(三) 探索性问题
03
[例3] 已知双曲线C：-=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；
解：由已知C：-=1(a>0，b>0)，点A的坐标为(6，4)，得c=4，焦点F1(0，4)，F2(0，-4)，2a=AF2-AF1= -6=4.
所以a=2，b2=c2-a2=12，故C的方程为-=1.
(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，与线段AB交于点N，=λ=λ均成立.若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由.
解：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斜率存在，设直线PQ的方程为y=kx+m(k≠0)，故N.
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)，
则x1+x2=-，x1x2=①.
由=λ=λ，得x1=λ，x2=λ，
消去λ得x2=x1，
即2x1x2-(x1+x2)=0②.
由①②得k(m2-2)=0，由已知m=，
故存在定直线l：y=2满足条件.
|思|维|建|模|
(1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化.其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素存在；否则不存在.
(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法.
针对训练
3.已知椭圆方程为+=1(a>b>0)，过点A(-a，0)，B(0，b)的直线倾斜角为，原点到该直线的距离为.
(1)求椭圆的方程；
解：因为过点A(-a，0)，B(0，b)的直线倾斜角为，
所以=tan，即=，
过点A(-a，0)，B(0，b)的直线方程为y=(x+a)，
故原点到该直线的距离为=，解得a=，故b=1，
所以椭圆的方程是+y2=1.
(2)对于D(-1，0)，是否存在实数k，使得直线y=kx+2分别交椭圆于点P，Q，且DP=DQ，若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由.
解：记P(x1，y1)，Q(x2，y2).将y=kx+2代入+y2=1，得(3k2+1)x2+12kx+9=0，
则Δ=144k2-36(3k2+1)>0，解得k>1或k<-1，
设PQ的中点为M，则xM==-，yM=kxM+2=.
由DP=DQ，得DM⊥PQ，所以kDM===-，
所以3k2-4k+1=0，得k=1或k=，
由于k>1或k<-1，故k=1，k=均不能使方程有两个相异实根，
故满足条件的k不存在.
课时检测
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1.[多选]已知椭圆+y2=1的左、右焦点分别为F1，F2，椭圆上两点A，B关于原点对称，点P(异于A，B两点)为椭圆上的动点，则下列说法正确的是( )
A.△PF1F2的周长为12
B.椭圆的离心率为
C.PF2的最大值为3+2
D.若直线PA，PB的斜率都存在，则kPA·kPB=-
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解析：由椭圆方程+y2=1可知，a2=9，b2=1，所以a=3，b=1，c==2，由椭圆定义知，△PF1F2的周长等于PF1+PF2+F1F2=2a+2c=6+4，故A错误；椭圆的离心率e==，
故B正确；由椭圆的几何性质可知，PF2的最大值为a+c=3+2，
故C正确；
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设P(x0，y0)，A(x1，y1)，则B(-x1，-y1)，所以kPA·kPB=·
=，由点P，A在椭圆上可得两式相减可得+-=0，化简可得=-，即kPA·kPB=-，
故D正确.
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2.(2024·新课标Ⅱ卷)[多选]抛物线C：y2=4x的准线为l，P为C上动点，过P作☉A：x2+(y-4)2=1的一条切线，Q为切点.过P作l的垂线，垂足为B，则 ( )
A.l与☉A相切
B.当P，A，B三点共线时，PQ=
C.当PB=2时，PA⊥AB
D.满足PA=PB的点P有且仅有2个
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解析：由题意抛物线y2=4x的准线为x=-1，☉A的圆心(0，4)到直线x=
-1的距离显然是1，等于圆的半径，故准线l和☉A相切，A正确；
P，A，B三点共线时，即PA⊥l，则P的纵坐标yP=4，由=4xP，
得xP=4，故P(4，4)，
此时切线长PQ===，B正确；
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当PB=2时，xP=1，此时=4xP=4，故P(1，2)或P(1，-2)，
当点P的坐标为(1，2)时，A(0，4)，B(-1，2)，kPA==-2，kAB==2，不满足kPAkAB=-1；
当点P的坐标为(1，-2)时，A(0，4)，B(-1，-2)，kPA==-6，kAB==6，不满足kPAkAB=-1；
于是PA⊥AB不成立，C错误；
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D选项，法一 因为抛物线的焦点F(1，0)，PB=PF，所以PA=PB等价于点P在线段AF的中垂线上，易得该中垂线的方程为y=x+.与抛物线方程联立，得消去y整理得4x2-196x+225=0，
Δ=(-196)2-4×4×225>0，
所以满足PA=PB的点P有且仅有2个.
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法二：设点直接求解
设P，由PB⊥l可得B(-1，t)，又A(0，4)，PA=PB，
根据两点间的距离公式，=+1，
整理得t2-16t+30=0，Δ=162-4×30=136>0，
则关于t的方程有两个解，
即存在两个这样的P点，D正确.故选ABD.
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3.(15分)若椭圆E：+=1(a>b>0)过抛物线x2=4y的焦点，且与双曲线x2-y2=1有相同的焦点.
(1)求椭圆E的方程；(5分)
解：抛物线x2=4y的焦点为(0，1)，所以b=1，
因为双曲线x2-y2=1的焦点坐标为(-，0)，(，0)，
所以a2-b2=2，则a2=3，所以椭圆E的方程为+y2=1.
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(2)不过原点O的直线l：y=x+m与椭圆E交于A，B两点，求△ABO面积的最大值以及此时直线l的方程.(10分)
解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立
可得4x2+6mx+3m2-3=0，因为直线l：y=x+m与椭圆E交于A，B两点，
所以Δ=36m2-16(3m2-3)>0，解得m2<4，
由根与系数的关系可得x1+x2=-，x1x2=，由弦长公式可得
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AB=·=·，点O到直线l的距离为d=，所以S△OAB=·d·AB=××|m|××
=×≤ ，当且仅当m2=2，
即m=±时取得等号，所以△ABO面积的最大值为，
此时直线l的方程为y=x±.
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4.(15分)在平面直角坐标系Oxy中，抛物线y2=2px(p>0)上一点P的横坐标为4，且点P到焦点F的距离为5.
(1)求抛物线的方程；(5分)
解：由题可知，点P到抛物线准线的距离为5，
因为抛物线的准线方程为x=-，点P的横坐标为4，所以4+=5，
解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x.
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(2)若直线l：x=my+t交抛物线于A，B两点(位于对称轴异侧)，且·=，求证：直线l必过定点.(10分)
解：证明：设A，B，且y1y2<0，
联立消去x可得y2-4my-4t=0，
则Δ=16m2+16t>0，且y1+y2=4m，y1y2=-4t<0，即t>0，
所以x1x2=·==t2.
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由·=，得x1x2+y1y2=，即t2-4t=，
解得t=-(舍去)或t=，
故直线l的方程为x=my+，
所以直线l必过定点.
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5.(15分)已知抛物线C：y2=2px(p>0)过点(1，1).
(1)求抛物线C的方程；(3分)
解：因为抛物线C：y2=2px(p>0)过点(1，1)，所以1=2p，解得p=，
所以抛物线C的方程为y2=x.
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(2)O为坐标原点，A，B为抛物线C上异于原点O的不同两点，直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，若k1k2=-2，求证：直线AB过定点.(12分)
解：证明：设点A，B的坐标分别为(，y1)，(，y2)，
所以k1==，k2==，
所以k1k2==-2，即y1y2=-.
当直线AB的斜率不存在时，y1=-y2，直线AB的方程为x=；
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当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+m(k≠0，m≠0)，
联立消去x整理，得ky2-y+m=0，
故y1y2==-，得k=-2m，则直线AB的方程为y=-2mx+m，
可化为y=-2m，所以直线过点.
综上，直线AB过定点.
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6.(15分)(2024·上海高考)已知双曲线Γ：x2-=1(b>0)，左、右顶点分别为A1，A2，过点M(-2，0)的直线交双曲线Γ于P，Q两点.
(1)若Γ的离心率为2，求b；(3分)
解：由双曲线的方程知a=1.
因为c=，离心率为2，所以==2，
解得b=.所以b的值为.
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(2)若b=，△MA2P为等腰三角形，且点P在第一象限，求点P的坐标；(4分)
解：当b=时，双曲线Γ：x2-=1，且A2(1，0).
因为点P在第一象限，所以∠PA2M为钝角.
又△MA2P为等腰三角形，
所以A2P=A2M=3.
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设点P(x0，y0)，且x0>0，y0>0，
则解得
所以P(2，2).
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(3)连接QO(O为坐标原点)并延长交Γ于点R，若·=1，求b的取值范围.(8分)
解：由双曲线的方程知A1(-1，0)，A2(1，0)，且由题意知Q，R关于原点对称.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则R(-x2，-y2).
设直线PQ的方程为x=my-2.
联立直线PQ与双曲线的方程消去x，
得(b2m2-1)y2-4b2my+3b2=0，且b2m2-1≠0，即m2≠.
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由根与系数的关系，得y1+y2=，y1y2=.
因为=(-x2+1，-y2)，=(x1-1，y1)，
所以·=(-x2+1)(x1-1)-y1y2=1，
即(x2-1)(x1-1)+y1y2=(my2-3)(my1-3)+y1y2=-1，
整理，得(m2+1)y1y2-3m(y1+y2)+10=(m2+1)·-3m·+10=0，
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即b2m2+3b2-10=0，所以b2=∈.
又m2≠，所以b2≠=，得b2≠3，
所以b2∈(0，3)∪.又b>0，
故b的取值范围是(0，)∪.
