第6讲 大题专攻——圆锥曲线中的证明、存在性问题
1.（2024·太原模拟）已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）经过点（ 1，）且离心率e＝，点P是C上一动点.点Q是OP的中点（O为坐标原点），过点Q的直线交C于M，N两点，且｜MQ｜＝｜NQ｜.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）当直线OP的斜率kOP和直线MN的斜率kMN都存在时，证明：kOP·kMN＝－.
2.已知双曲线C：－＝1（a＞0，b＞0）的实轴长为2，直线y＝x为C的一条渐近线.
（1）求C的方程；
（2）若过点（2，0）的直线与C交于P，Q两点，在x轴上是否存在定点M，使得·为定值？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.
3.已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的四个顶点围成的四边形面积为4，周长为4，一双曲线M的顶点是该椭圆的焦点，焦点是该椭圆长轴上的顶点.
（1）求C和M的标准方程；
（2）A，B，D是双曲线M上不同的三点，且B，D两点关于y轴对称，△ABD的外接圆经过原点O，求证：直线AB与圆x2＋y2＝1相切.
4.法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：过圆E：x2＋y2＝a2－b2（a＞b＞0）上任意一点作双曲线C：－＝1的两条切线，这两条切线互相垂直.我们通常把这个圆E称作双曲线C的蒙日圆.如图，过双曲线C：－y2＝1（a＞1）的蒙日圆上一点P作C的两条切线，与该蒙日圆分别交于M，N两点，tan∠PMN＝，且△PMN的周长为＋2.
（1）求双曲线C的标准方程；
（2）过双曲线C的右焦点F2的直线与C交于A，B两点（异于顶点），线段AB的中垂线与x轴交于点T，是否存在常数λ，使得｜AB｜＝λ｜F2T｜恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.
1 / 1专题五 解析几何
第1讲 小题研透——直线与圆
1.D 当a＝0时，直线l：y＝2，此时不符合题意，应舍去；当a≠0时，由直线l：ax＋y－2＋a＝0可得，横截距为，纵截距为2－a.由＝2－a，解得a＝1或a＝2.经检验，a＝1，2均符合题意，故a的值是2或1.
2.C 由题意知，直线kx＋y＋k＝0即（x＋1）k＋y＝0，所以该直线恒过定点（－1，0），则点（0，1）到直线kx＋y＋k＝0的最大距离即为点（0，1）到定点（－1，0）的距离，即d＝.故选C.
3.C 因为圆O1：x2＋y2＝5，所以O1（0，0），半径r1＝，又圆O2：x2＋y2－2x－4y＝0，圆O1与圆O2交于A，B两点，所以直线AB的方程为2x＋4y－5＝0，所以点O1（0，0）到直线AB的距离d＝＝，所以｜AB｜＝2＝2＝，故选C.
4.ABC 由得B（0，1）.由得C（3，0）.由得A（，）.易得kAB＝，所以AB边上的高所在直线的斜率为－2，则方程为y－0＝－2（x－3），即2x＋y－6＝0，故A正确.AB边上的高的长度为点C到直线AB的距离＝，故B正确.因为｜AB｜＝＝，所以△ABC的面积为××＝，故C正确.由斜率的关系可知，△ABC的任意两边均不垂直，故D错误.选A、B、C.
5.x2＋y2－4x＋6y＝0 解析：因为直径所对的圆周角是直角，所以圆恰好过原点，故半径为＝，所以圆的标准方程为（x－2）2＋（y＋3）2＝13，化为一般方程为x2＋y2－4x＋6y＝0.
6.2x＋y＋1＝0 解析：直线2x－y＋1＝0的斜率为k＝2，与x轴交于点A（ －，0），直线2x－y＋1＝0关于x轴对称的直线的斜率为k'＝－2，并且过点A，由直线的点斜式方程得y－0＝－2（ x＋），即2x＋y＋1＝0，所以所求直线的方程为2x＋y＋1＝0.
7.C 设Q（－1－2a，a）（a∈R），P（x，y），故＝（x＋1＋2a，y－a）＝（1，－3），所以整理得消去a可得x＋2y＋6＝0，所以轨迹E的方程为x＋2y＋6＝0，易知E为一条与直线l平行的直线，所以A、B、D都是错误的.直线x＋2y＋6＝0与直线x＋2y＋1＝0的距离d＝＝，因此E上的点到l的距离均为，故C正确.综上所述，选C.
8.B 如图，过点P作圆C的两条切线，切点分别为M，N，根据切线的性质得∠PMC＝90°，在Rt△CPM中，sin ∠CPM＝，根据已知可得｜MC｜＝1，则当｜PC｜越小，则sin ∠CPM越大.因为0°＜∠CPM＜90°，所以sin ∠CPM越大，∠CPM越大.当PC与直线3x－4y＋12＝0垂直时，∠CPM最大，根据切线的性质可得∠MPN＝2∠CPM，此时｜PC｜＝＝2，则sin∠CPM＝，即∠CPM＝30°，故∠MPN的最大值为2∠CPM＝60°.
9.D C1：x2＋y2－4x－6y＋12＝0，即C1：（x－2）2＋（y－3）2＝1，∵C2：（y－4）（3x＋4y－m）＝0，∴y＝4或3x＋4y－m＝0，∵C1的圆心（2，3）到y＝4的距离为1，∴y＝4与C1相切于点（2，4），C2与C1交于不同的三点，即3x＋4y－m＝0与C1有2个交点，且不交于点（2，4），记d为圆心（2，3）到3x＋4y－m＝0的距离，则d＝＝＜1，∴｜18－m｜＜5 13＜m＜23，又∵直线不经过（2，4） 3×2＋4×4－m≠0 m≠22，∴m∈（13，22）∪（22，23）.故选D.
10.B 曲线x2＋y2＋2x－6y＋1＝0，即曲线（x＋1）2＋（y－3）2＝9，表示圆心为（－1，3），半径为3的圆，因为点P，Q在圆上且关于直线x＋my＋4＝0对称，所以圆心在直线x＋my＋4＝0上，代入可得m＝－1，即直线方程为x－y＋4＝0.由题意知直线PQ与直线x－y＋4＝0垂直，所以可设直线PQ：y＝－x＋b，P（x1，y1），Q（x2，y2），将y＝－x＋b代入圆的方程，整理得2x2＋2（4－b）x＋b2－6b＋1＝0，Δ＝4（4－b）2－4×2×（b2－6b＋1）＞0，解得2－3＜b＜2＋3，由根与系数的关系得x1＋x2＝－（4－b），x1x2＝，y1y2＝b2－b（x1＋x2）＋x1x2＝＋4b.因为·＝0，所以x1x2＋y1y2＝0，即b2－6b＋1＋4b＝0，解得b＝1∈（2－3，2＋3），所以直线PQ的方程为y＝－x＋1，故选B.
11.ACD 由题意得，圆C1：（x－1）2＋（y－1）2＝4的圆心C1（1，1），半径r1＝2，圆C2：（x－4）2＋（y－5）2＝9的圆心C2（4，5），半径r2＝3，对于A，直线C1C2的方程为＝，即4x－3y－1＝0，所以A正确；对于B，因为｜C1C2｜＝＝5且r1＋r2＝2＋3＝5，可得｜C1C2｜＝r1＋r2，所以圆C1与圆C2外切，所以两圆的公切线共有3条，所以B错误；对于C，因为｜C1C2｜＝5，所以｜PQ｜的最大值为｜C1C2｜＋r1＋r2＝10，所以C正确；对于D，当｜C1C2｜为圆的直径时，该圆在经过点C1，C2的所有圆中面积最小，此时圆的面积为π（）2＝π，所以D正确.故选A、C、D.
12.ACD 由题意可知直线AB的方程为＋＝1，即x＋2y－4＝0，则圆心（5，5）到直线AB的距离d＝＝＞4，∴直线AB与圆（x－5）2＋（y－5）2＝16相离，∴点P到直线AB的距离的取值范围为［－4，＋4］，∵－4∈（0，1），＋4∈（8，9），∴选项A正确，选项B错误.过点B作圆的两条切线，切点分别为P1，P2，如图，当点P在切点P1的位置时，∠PBA最小，当点P在切点P2的位置时，∠PBA最大，易知｜P1B｜＝｜P2B｜，圆心（5，5）到点B的距离为，圆的半径为4，∴｜P1B｜＝｜P2B｜＝＝＝3，故选项C、D均正确.故选A、C、D.
13.BC 设点P（x，y），则＝＝，化简整理得x2＋y2＋8x＝0，即（x＋4）2＋y2＝16，故A错误；当D（－1，0），E（2，0），P（0，0）时，＝，故B正确；对于C选项，当A，B，P三点不共线时，由＝＝，可得射线PO是∠APB的平分线，故C正确；对于D选项，设M（x0，y0），由｜MO｜＝2｜MA｜可得＝2，整理得3＋3＋16x0＋16＝0，又点M在圆上，故满足＋＋8x0＝0，联立解得x0＝2，y0无实数解，于是D错误.故选B、C.
14.（x－3）2＋（y－）2＝28
解析：法一 联立得解得或不妨取A（2，－2），B（－2，2），设所求圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0（D2＋E2－4F＞0），则解得满足D2＋E2－4F＞0，∴所求圆的方程为x2＋y2－6x－2y－16＝0，即（x－3）2＋（y－）2＝28.
法二 显然直线y＝－x过圆x2＋y2＝16的圆心，故AB为圆x2＋y2＝16的直径，AB的垂直平分线的方程为y＝x.联立得解得或不妨取A（2，－2），B（－2，2），则kAC＝＝，AC的中点坐标为（5，－），∴AC的垂直平分线的方程为y－（－）＝－（x－5），即y＝－x＋4.联立得解得∴所求圆的圆心坐标为（3，），半径为＝2，∴所求圆的方程为（x－3）2＋（y－）2＝28.
15. 解析：依题意，设B（2，4）关于直线y＝x＋1的对称点为B'（m，n），∴解得∴B'（3，3），连接AB'交直线y＝x＋1于点C'，如图，在直线y＝x＋1上任取点C，连接AC，BC，B'C，显然直线y＝x＋1垂直平分线段BB'，则有｜AC｜＋｜BC｜＝｜AC｜＋｜B'C｜≥｜AB'｜，当且仅当点C与C'重合时取等号，∴（｜AC｜＋｜BC｜）min＝｜AB'｜＝＝，故｜AC｜＋｜BC｜的最小值为.
16.B 因为A（x1，y1），B（x2，y2）在圆x2＋y2＝16上，∠AOB＝，又｜OA｜＝｜OB｜＝4，则△AOB是等腰直角三角形，｜x1＋y1－2｜＋｜x2＋y2－2｜表示A，B到直线x＋y－2＝0的距离之和的倍，原点O到直线x＋y－2＝0的距离为d＝＝，如图所示，AC⊥CD，BD⊥CD，E是AB的中点，作EF⊥CD于F，且OE⊥AB，｜AC｜＋｜BD｜＝2｜EF｜，｜OE｜＝｜AB｜＝2，｜EF｜≤｜OE｜＋d＝3，当且仅当O，E，F三点共线，且E，F在O的两侧时等号成立，又｜EF｜＝（｜BD｜＋｜AC｜），故｜BD｜＋｜AC｜的最大值为6，故｜x1＋y1－2｜＋｜x2＋y2－2｜的最大值为×6＝12.故选B.
17.π 解析：如图所示，过圆x2＋y2＝16上一动点P作圆C的两条切线PA，PB，切点分别为A，B，则｜OP｜＝4，｜OA｜＝｜OB｜＝2，｜PB｜＝｜PA｜＝＝2，则sin∠OPA＝＝，且∠OPA为锐角，∴∠OPA＝30°，同理可得∠OPB＝30°，∴∠APB＝60°，则△APB为等边三角形，连接OP交AB于点M，∵OP为∠APB的角平分线，则M为AB的中点，∴OM⊥AB，且∠OAB＝90°－∠PAB＝30°，∴｜OM｜＝｜OA｜＝1，则圆C内不在任何切点弦上的点到圆C的圆心的距离应小于｜OM｜，即圆C内的这些点构成了以原点为圆心，半径为1的圆的内部，因此圆C内不在任何切点弦上的点形成的区域的面积为π×12＝π.
第2讲 小题研透——圆锥曲线的方程与性质
1.A 若m∈（0，4），则曲线C：＋＝1表示焦点在x轴上的椭圆，故充分性成立；若曲线C的焦点在x轴上，也有可能是m＜0，此时曲线C表示焦点在x轴上的双曲线，故必要性不成立，故选A.
2.C 由题意得b＝，c＝＝1，所以｜F1F2｜＝2c＝2，所以＝×2×｜yA｜＝｜yA｜，则当｜yA｜最大时，△F1AF2面积最大，此时点A为椭圆的上顶点或下顶点，则tan∠F1AO＝＝，因为∠F1AO∈（0，），所以∠F1AO＝，所以∠F1AF2＝.故选C.
3.A 由题意知直线l过点（6，0），则c＝6.∵直线l与双曲线C的一条渐近线平行，∴＝，∴b＝，∴c2＝a2＋b2＝＝36，得a＝2，∴C的实轴长为4.
4.ACD 圆柱的底面半径是，直径是2，所以椭圆的长轴长2a＝＝4，a＝2，A正确；短轴长2b＝2，b＝，则c＝ ＝，离心率e＝＝，B错误；建立适当的坐标系，椭圆的方程可以为＋＝1，C正确；椭圆上的点到焦点的距离的最小值是a－c＝2－，D正确.故选A、C、D.
5.（答案不唯一） 解析：由题意，知该双曲线的渐近线方程为y＝±x，直线y＝k（x－3）过定点（3，0）.因为点（3，0）在双曲线内，所以要使过该点的直线与双曲线只有一个公共点，则该直线与双曲线的渐近线平行，所以k＝±.
6.6 解析：如图，由抛物线的定义知，｜MN｜＝｜MF｜，所以∠MNF＝∠MFN＝∠NFO＝，△MFN为正三角形.因为2p＝8，所以p＝4，所以｜NF｜＝＝2p＝8，所以｜MF｜＝｜NF｜＝8，又｜MF｜＝xM＋＝xM＋2，所以xM＝6.
7.C 由椭圆的对称性可知P，Q两点关于原点对称，设椭圆的另一个焦点为F1，则四边形PFQF1为平行四边形，由椭圆定义可知｜PF｜＋｜PF1｜＋｜QF｜＋｜QF1｜＝4a＝20，又｜PF｜＝｜QF1｜，｜PF1｜＝｜QF｜，所以｜PF｜＋｜QF｜＝10，又PQ过原点，所以｜PQ｜min＝2b＝6，所以△PQF的周长的最小值为10＋6＝16.故选C.
8.B 由题知抛物线y2＝4x的焦点F（1，0），则直线方程为y＝k（x－1），联立消去x得ky2－4y－4k＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1＋y2＝，y1y2＝－4，则x1＋x2＝＋2＝，x1x2＝＝1，又因为·＝0，所以（x1＋1，y1－1）·（x2＋1，y2－1）＝x1x2＋x1＋x2＋1＋y1y2－（y1＋y2）＋1＝0，所以1＋＋1－4－＋1＝0，解得k＝2，故选B.
9.B 因为双曲线C：－＝1（a＞0，b＞0）的两条渐近线方程为y＝±x，又l：x＋y＋1＝0与双曲线的两条渐近线都相交且交点都在y轴左侧，由图知，－＞－1，即＜1，所以离心率e＝＝＝＜＝，又e＞1，所以1＜e＜，故选B.
10.C 设N（x1，y1），M（x2，y2），F（，0），由＝3，得又 则－9＝2p（x1－9x2），即（y1＋3y2）·（y1－3y2）＝2p（x1－9x2），所以x1－9x2＝0.由 则N（p，p），M（p，－p），所以kMN＝，即∠NFE＝60°，又｜NF｜＝｜FE｜＝2p，所以S△NFE＝×2p×2p×＝p2，又S△MNE＝S△NFE，所以×p2＝12 p＝3.
11.ABD 对于A，易知l：x＝－1，故l与☉A相切，A正确；对于B，A（0，4），☉A的半径r＝1，当P，A，B三点共线时，P（4，4），所以｜PA｜＝4，｜PQ｜＝＝＝，故B正确；对于C，当｜PB｜＝2时，P（1，2），B（－1，2）或P（1，－2），B（－1，－2），易知PA与AB不垂直，故C错误；对于D，法一（直接法） 设P（，t），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选项正确.故选A、B、D.
法二（利用抛物线定义转化） 根据抛物线的定义，｜PB｜＝｜PF｜，这里F（1，0），于是｜PA｜＝｜PB｜时P点的存在性问题转化成｜PA｜＝｜PF｜时P点的存在性问题，A（0，4），F（1，0），AF中点（，2），AF中垂线的斜率为－＝，于是AF的中垂线方程为：y＝x＋，与抛物线y2＝4x联立可得y2－16y＋30＝0，Δ＝162－4×30＝136＞0，即AF的中垂线和抛物线有两个交点，即存在两个P点，使得｜PA｜＝｜PF｜，D选项正确.
12.BCD 对于A，设椭圆的上顶点为E，则在Rt△BOE中，tan∠OEB＝＝＝＜，则∠AEB＜120°，故A错误；对于B，设M（m，n），则T（m，0），N（m，－n），且＋＝1，即4－m2＝2n2，又A（－2，0），B（2，0），则·＝（－2－m，0）·（2－m，0）＝－（2＋m）（2－m）＝－（4－m2）＝－2n2，又2·＝－2n2，故·＝2·，则B正确；对于C，F（－，0），·＝（m＋，n）·（m＋，－n）＝（m＋）2－n2＝（m＋）2－＝＋2m，－2＜m＜2，则当m＝－时，·取最小值－，故C正确；
对于D，设椭圆的右焦点为F'，△FMN的周长为：｜MF｜＋｜NF｜＋｜MN｜＝4－｜MF'｜＋4－｜NF'｜＋｜MN｜＝8－（｜MF'｜＋｜MF'｜－｜MN｜）≤8，当且仅当M，N，F'三点共线时，等号成立，故D正确，故选B、C、D.
13.（2，0） 解析：由抛物线C1：y2＝2px（p＞0）绕其顶点逆时针旋转θ（0＜θ＜）之后，得到抛物线C2，易知C1的焦点到其准线的距离d1与C2的焦点到其准线的距离d2相等.由抛物线C2的顶点到其准线的距离与到其焦点的距离相等，又抛物线C2的顶点到其准线的距离为＝2，则d1＝d2＝2×2＝4，即p＝4，所以抛物线C1的焦点坐标为（2，0）.
14.12 解析：由e＝，得＝，即a＝2c，①.设△F1PF2的内切圆的半径为r，因为△F1PF2的内切圆的面积为3π，所以πr2＝3π，解得r＝（舍负），在△F1PF2中，根据椭圆的定义及焦点三角形的面积公式，知＝b2tan＝r（2a＋2c），即b2＝（a＋c），②.又a2＝b2＋c2，③.联立①②③得c＝3，a＝6，b＝3，所以该椭圆的长轴长为2a＝2×6＝12.
15.2 解析：由题意可知，F1（－2，0），F2（2，0），由双曲线的对称性，不妨设点P在双曲线的第一象限内，设P（x0，y0），且x0＞0，y0＞0，则＝（x0＋2，y0），＝（x0－2，y0）.由·＝9，得－4＋＝9，即＋＝13 ①.又点P在双曲线上，所以－＝1 ②，由①②得即P（2，3）.又双曲线x2－＝1的渐近线方程为y＝±x，化为一般式为x－y＝0，x＋y＝0，则点P（2，3）到两条渐近线的距离之和为＋＝2.
16.2 解析：由圆P：x2＋（y－3）2＝2x，可得（x－1）2＋（y－3）2＝1，可得圆P的圆心坐标为P（1，3），半径r＝1，由椭圆C：＋＝1，可得a＝2，设椭圆的右焦点为F1（1，0），根据椭圆的定义可得｜MF｜＝2a－｜MF1｜，所以｜MF｜－｜MN｜＝2a－（｜MF1｜＋｜MN｜），又由｜MN｜min＝｜MP｜min－r，如图所示，当点P，M，N，F1四点共线时，即P，N'，M'，F1时，｜MF1｜＋｜MN｜取得最小值，（｜MF1｜＋｜MN｜）min＝（｜MF1｜＋｜MP｜）min－r＝｜PF1｜－r＝3－1＝2，所以（｜MF｜－｜MN｜）max＝2×2－2＝2.
17. n 解析：由题意得y'＝2x，圆C1的圆心为（0，a1），半径r1＝1，设圆C1与曲线y＝x2相切于点（x1，）（x1≠0），则解得a1＝.圆Cn的圆心为（0，an），半径为rn，设圆Cn与曲线y＝x2相切于点（xn，）（xn≠0），则解得an＝＋，又an＋1＝an＋rn＋rn＋1，所以＋＝＋＋rn＋rn＋1，则（rn＋1－）2＝（rn＋）2，因为rn≥1，所以rn＋1＝rn＋1，所以{rn}是以1为首项，1为公差的等差数列，所以rn＝n.
第3讲 大题专攻——直线与圆锥曲线的位置关系
1.解：（1）由A1，A2为双曲线的左、右顶点，知A1（－，0），A2（，0），
则直线A1P：y＝（x＋），
直线A2Q：y＝（x－），
两式相乘，得y2＝（x2－2），
而点P（x1，y1）在双曲线上，
∴－＝1，即＝，
故所求轨迹E的方程为y2＝－（x2－2），
即＋y2＝1.
（2）设l1：y＝kx＋h，则由l1⊥l2，知l2：y＝－＋h.
将l1：y＝kx＋h代入＋y2＝1，得＋（kx＋h）2＝1，
即（1＋2k2）x2＋4khx＋2h2－2＝0，
由l1与轨迹E只有一个交点，知Δ＝16k2h2－4（1＋2k2）（2h2－2）＝0，即1＋2k2＝h2.
同理，由l2与轨迹E只有一个交点知1＋＝h2.
消去h2，得＝k2，即k2＝1，
∴h2＝1＋2k2＝3，∴h＝.
2.解：（1）直线l的方程为y－2＝（x－4），即y＝x.
设A（x1，y1），B（x2，y2），联立
消去y，整理得x2－18＝0，则x1＋x2＝0，x1x2＝－18.
于是｜AB｜＝·｜x1－x2｜
＝＝×6＝3，
所以线段AB的长度为3.
（2）法一（根与系数的关系、中点坐标公式法） 由题意知，直线l的斜率存在，设l的斜率为k，则其方程为y－2＝k（x－4）.
联立
消去y，得（1＋4k2）x2－（32k2－16k）x＋（64k2－64k－20）＝0.
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1＋x2＝.
因为线段AB的中点恰好为P（4，2），
所以＝＝4，解得k＝－，且满足Δ＞0.
所以直线l的方程为y－2＝－（x－4），即y＝－x＋4.
法二（点差法） 设A（x1，y1），B（x2，y2），则有
两式相减得＋＝0，
整理得kAB＝＝－.
因为P（4，2）是线段AB的中点，
所以x1＋x2＝8，y1＋y2＝4，所以kAB＝－＝－，
所以直线AB的方程为y－2＝－（x－4），即y＝－x＋4.
法三（共线法） 设A（x，y），由于点P（4，2）为线段AB的中点，因此B（8－x，4－y）.
因为A，B两点都在椭圆上，
所以
①－②，得x＋2y－8＝0.
即点A的坐标满足这个方程，根据对称性，点B的坐标也满足这个方程，而过A，B两点的直线只有一条，故所求直线的方程为x＋2y－8＝0.
3.解：（1）将点A（4，8）代入y2＝2px（p＞0）中，得64＝8p，解得p＝8.
将点A（4，8）代入x2＝2qy（q＞0）中，得16＝16q，解得q＝1，
所以C1的方程为y2＝16x，C2的方程为x2＝2y.
由题意知，直线l斜率存在且不为0，设直线l的方程为y＝kx＋m.
联立消去x，得ky2－16y＋16m＝0，
因为直线l与C1相切，所以Δ＝（－16）2－4×16km＝0，整理得km＝4. ①
联立消去y，得x2－2kx－2m＝0，
因为直线l与C2相切，所以Δ'＝4k2＋8m＝0. ②
由①②解得k＝m＝－2.
所以直线l的方程为y＝－2x－2，即2x＋y＋2＝0.
（2）因为点M，N分别在C1，C2上，可设M（，a），N（b，），
由＋＝，得（8－b－，16－a－）＝（9，18），
即
化简得
由2×③－④，可得2b－a＋－＝0，整理得（2b－a）（2b＋a－8）＝0.
（ⅰ）若2b－a＝0，由④知b2＋4b＋4＝0，所以b＝－2，a＝－4，所以M（1，－4），N（－2，2）；
（ⅱ）若2b＋a－8＝0，由④知b2－4b＋20＝0，方程无解.
所以直线MN的方程为y－2＝（x＋2），即2x＋y＋2＝0，
｜MN｜＝＝3，
点A到直线MN的距离为＝，
所以△AMN的面积S△AMN＝×3×＝27，
所以△AMN的面积为27.
4.解：（1）由椭圆E的离心率为，故＝，
由椭圆上的点到焦点的最远距离是2＋，故a＋c＝2＋，
解得a＝2，c＝，故b2＝a2－c2＝1，
即椭圆E的方程为＋y2＝1.
（2）①由椭圆E的方程为＋y2＝1，则A（0，1），B（2，0），则lAD：y＝x＋1，即lAD：y＝x＋1，
lBC：y＝（x－2），即lBC：y＝x－2，
联立直线AD与椭圆方程，有消去y可得5x2＋8x＝0，
解得x＝0或x＝－，由A（0，1），故xD＝－，则yD＝，即D（－，），
联立直线BC与椭圆方程，有消去y可得5x2－16x＋12＝0，
解得x＝或x＝2，由B（2，0），故xC＝，则yC＝－，故C（，－），
则kCD＝＝－.
②设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），P（m，n），
设＝λ（λ≠0），
则有即
由A在椭圆E上，故＋＝1，
D在椭圆E上，故有＋（）2＝1，
化简得λ2＋2mλx1＋m2＋4λ2＋8nλy1＋4n2＝4λ2＋8λ＋4，
由＋＝1，即有λ2＋4λ2＝4λ2，
则有2mλx1＋8nλy1＋m2＋4n2＝8λ＋4，
由直线AB与CD的斜率均为－，故AB∥CD，
则有＝λ（λ≠0），同理可得2mλx2＋8nλy2＋m2＋4n2＝8λ＋4，
故直线lAB：2mλx＋8nλy＋m2＋4n2＝8λ＋4，
即有－＝－＝－，即＝，
则kOP＝＝.
第4讲 大题专攻——圆锥曲线中的定点、定值问题
1.解：（1）因为虚轴长2b＝2，所以b＝1.
因为点A（－4，－1）在双曲线C上，所以－＝1，
解得a2＝8.
故双曲线C的方程为－y2＝1.
（2）证明：设S（x0，y0），则T（－x0，－y0），
所以kAS·kAT＝·＝.
因为点S（x0，y0）在双曲线C上，
所以－＝1，得1－＝2－，
于是kAS·kAT＝＝＝，
所以直线AS和直线AT的斜率之积为定值，定值是.
2.解：（1）由椭圆C1的离心率为，可得＝，
∴a＝2c，
∵椭圆C1的右顶点与抛物线C2的焦点重合，∴a＝，得p＝2a，∴p＝4c，
将x＝c代入抛物线C2的方程，可得y2＝2pc，
∴｜y｜＝＝2c，
∵过椭圆C1的右焦点F且垂直于x轴的直线截抛物线C2所得的弦长为4，∴2｜y｜＝4，
即2×2c＝4，解得c＝1，
∴a＝2，p＝4c＝4，
由b2＝a2－c2，可得b2＝4－1＝3，
∴椭圆C1的方程为＋＝1，抛物线C2的方程为y2＝8x.
（2）证明：如图，由题知，直线l的斜率存在，设直线l：y＝k（x＋4），
联立消去y得（3＋4k2）x2＋32k2x＋64k2－12＝0，
∴
直线EN的方程为y＋y1＝（x－x1），
即y＋k（x1＋4）＝（x－x1），
即y＝x－
，
代入①②可得y＝·（x＋1），
∴当直线l绕点A旋转时，直线EN经过定点（－1，0）.
3.解：（1）由题意得解得
所以双曲线C的方程为－＝1.
（2）证明：由（1）知F（4，0），
设直线MN的方程为x＝my＋4，
代入－＝1得，（3m2－1）y2＋24my＋36＝0.
则
解得m≠±.
设M（x1，y1），N（x2，y2），P（x0，y1），
则y1＋y2＝，y1y2＝，
直线NQ的方程为y＝（x－）.
又因为点P在直线NQ上，
所以y1（my2＋）＝y2（x0－）.
所以x0－＝
＝
＝＝－，
所以x0＝－＋＝1，
即点P在定直线x＝1上.
4.解：（1）由题可知点A，B均在抛物线上，故可设A（，y1），B（，y2），
由题意得当kAB＝－1时，y1＋y2＝－2×2＝－4，
故kAB＝＝＝－＝－1，
所以p＝2.
（2）证明：根据题意作图，如图，由（1）知抛物线的方程为y2＝4x，所以F（1，0），准线方程为x＝－1.
因为直线AC过点F，所以与共线，因为点C在抛物线上，所以可设C（，y3），则＝（1－，－y1），＝（－1，y3），
所以y3（1－）＋y1（－1）＝0，即（y1－y3）·（1＋）＝0，因为y1≠y3，所以y1y3＝－4.
易知直线AB的方程为y－y1＝·（x－），即y＝x＋，
令x＝－1，得yD＝，同理可得yE＝，
所以yDyE＝·
＝.
因为y1y3＝－4，所以yDyE＝＝－4，所以yDyE为定值－4.
（3）证明：由题意知抛物线y2＝4x在A，B，C三点处的切线的斜率都存在且不为0.
设抛物线y2＝4x在点A（，y1）处的切线方程为y－y1＝k（x－）（k≠0），
与y2＝4x联立，消去x并整理得ky2－4y＋4y1－k＝0，
由Δ＝16－4k（4y1－k）＝0，解得k＝.
所以抛物线y2＝4x在点A处的切线方程为y1y＝2x＋.
同理可得抛物线y2＝4x在点B处的切线方程为y2y＝2x＋，在点C处的切线方程为y3y＝2x＋.
故易得P0（，），P1（，），P2（，），
｜FA｜＝x1＋1＝，｜FB｜＝，
｜FC｜＝，
所以｜FA｜·｜FB｜·｜FC｜＝.
由两点间的距离公式得｜FP0｜＝
＝，
同理可得｜FP1｜＝，｜FP2｜＝，
所以｜FP0｜·｜FP1｜·｜FP2｜＝·
·
＝，
所以｜FA｜·｜FB｜·｜FC｜＝｜FP0｜·｜FP1｜·｜FP2｜.
第5讲 大题专攻——圆锥曲线中的最值、范围问题
1.解：（1）由题意可知a＝，b＝，故c＝＝2，所以F1（－2，0），F2（2，0）.
设点A的坐标为（x1，y1），由题意知x1＝2，则＝，
所以｜AF1｜＝＝.
（2）由已知，得S1＝×4×｜y1｜＝2｜y1｜，S2＝×2×｜x1｜＝｜x1｜，且x1≠0，y1≠0.
由题意可得2｜y1｜≥｜x1｜，则｜x1｜≤｜y1｜，又＋＝1，所以＝6（1－），
所以0＜＝6（1－）≤2，
解得≤＜2，
因此｜OA｜＝＝∈（，］.
故｜OA｜的取值范围为（，］.
2.解：（1）由离心率e＝＝2，
又c2＝a2＋b2，所以b2＝3a2，
又右顶点为（1，0），
所以a2＝1，所以b2＝3，
故双曲线C的标准方程为x2－＝1.
（2）设直线l的方程为y＝kx＋2，
设M（x1，y1），N（x2，y2），
则由
得（3－k2）x2－4kx－7＝0，
因为直线l与双曲线C的一支交于M，N两点，
所以
解得3＜k2＜7.
因此·＝（x1，y1－2）·（x2，y2－2）
＝x1x2＋（y1－2）（y2－2）
＝x1x2＋k2x1x2
＝（k2＋1）x1x2＝7
＝7（1＋），
因为3＜k2＜7，所以0＜k2－3＜4，
所以＞1，
所以·＝7（1＋）＞14，
故·的取值范围为（14，＋∞）.
3.解：（1）由题可知，＝，2b＝2，又a2＝b2＋c2，
解得a2＝3，b2＝1，
∴椭圆C的方程为＋y2＝1.
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），
①当AB⊥x轴或y轴时，
易得｜AB｜＝.
②当AB与x轴，y轴都不垂直时，设直线AB的方程为y＝kx＋m（k≠0），
由已知＝，
得m2＝（k2＋1），
把y＝kx＋m代入椭圆方程消去y，
整理得（3k2＋1）x2＋6kmx＋3m2－3＝0，
则Δ＝36k2m2－4（3k2＋1）（3m2－3）
＝36k2－12m2＋12＞0，
故x1＋x2＝，x1x2＝，
｜AB｜2＝（1＋k2）（x1－x2）2
＝（1＋k2）·［－］
＝
＝
＝
＝3（1＋）
＝3＋≤3＋＝4，
∴｜AB｜≤2，当且仅当9k2＝，即k＝±时等号成立，
综上可知，｜AB｜的最大值为2.
4.解：（1）法一（特殊值法） 令M（±2，0），则由题意可得＝，且a＝2c，
得c2＝2，∴a2＝8，b2＝a2－c2＝6，
故椭圆C的标准方程为＋＝1.
法二（定义法） 设M（x，y），由题意可得＝＝λ（λ＞0，λ≠1），整理得x2＋y2＋x＋＝0，
则又＝，得a＝2，c＝.
∴b2＝a2－c2＝6，故椭圆C的标准方程为＋＝1.
法三 设M（x，y），则y2＝4－x2，由题意可得＝＝＝，
∵为常数，∴＝，又＝，得a2＝8，c2＝2，∴b2＝a2－c2＝6，
∴椭圆C的标准方程为＋＝1.
（2）①由
＝＝，且＝，得＝.
令＝μ，则＝μ，设D（x0，y0），则由（1）可得3＋4＝24，且B（（μ＋1）－μx0，－μy0）.
又直线l的斜率k＞0，∴x0∈（－2，）.
将代入3x2＋4y2－24＝0得3[（1＋μ）－μx0]2＋4μ2－24＝0，
化简得（μ＋1）（5μ－3－μx0）＝0，
∵μ＞0，∴μ＝∈（，1），即的取值范围为（，1）.
②由①知，＝＝，由阿波罗尼斯圆的定义知，S，T，F在以B，D为定点的阿波罗尼斯圆上，设该圆的圆心为C1，半径为r，与直线l的另一个交点为N，
则有＝＝，
得r＝.
又＝πr2＝π，故r＝，
∴－＝.
又｜DF｜＝
＝
＝2－x0，
∴－＝－＝－＝＝，
解得x0＝－，y0＝－＝－，
∴k＝＝，
∴直线l的方程为y＝x－.
第6讲 大题专攻——圆锥曲线中的证明、存在性问题
1.解：（1）由题意得∴
∴椭圆C的标准方程为＋＝1.
（2）证明：设M（x1，y1），N（x2，y2），Q（x0，y0），则P（2x0，2y0），∴kOP＝.
由得＋＝0，∴＝－·＝－·，
∴kMN·＝－，即kOP·kMN＝－.
2.解：（1）由题意知，2a＝2，＝，解得a＝1，b＝，
所以双曲线C的方程为x2－＝1.
（2）若直线PQ的斜率不为0，设直线PQ的方程为x＝my＋2，与x2－＝1联立可得，（3m2－1）y2＋12my＋9＝0，
设P（x1，y1），Q（x2，y2），则3m2－1≠0，Δ＝36m2＋36＞0，
y1＋y2＝，y1y2＝.
假设在x轴上存在定点M（t，0），使得·为定值.
·＝（x1－t）（x2－t）＋y1y2＝（m2＋1）·y1y2＋（2－t）m（y1＋y2）＋（2－t）2＝＋（2－t）2.
若·为定值，则必有＝，
解得t＝－1，此时·＝0.
若直线PQ的斜率为0，则可取P（－1，0），Q（1，0），
所以·＝（0，0）·（2，0）＝0.
所以在x轴上存在定点M（－1，0），使得·为定值0.
3.解：（1）根据题意得且a＞b＞0，解得
∴椭圆C的标准方程为＋＝1，
∵c2＝a2－b2＝2，
依题意，设双曲线M的标准方程为－＝1（p＞0，q＞0），
则解得p＝q＝，
∴双曲线M的标准方程是－＝1.
（2）证明：易知直线AB的斜率一定不为0，设直线AB的方程为x＝my＋n，A（x1，y1），B（x2，y2），D（－x2，y2），
联立整理得（m2－1）y2＋2mny＋n2－2＝0，
则y1＋y2＝－，y1y2＝，
由于△ABD的外接圆过原点且关于y轴对称，
∴设外接圆的方程为x2＋y2＋Ey＝0，
将A（x1，y1），B（x2，y2）代入圆的方程得
消去E得y2（＋）＝y1（＋），
又＝2＋，＝2＋，
∴y2（2＋2）＝y1（2＋2），
化简得y1y2（y1－y2）＝y1－y2，
∵y1≠y2，∴y1y2＝1，
由y1y2＝＝1，得n2＝m2＋1，
∴原点（0，0）到直线AB的距离为＝1，
即直线AB与圆x2＋y2＝1相切.
4.解：（1）由题可知，双曲线C的蒙日圆方程为x2＋y2＝a2－1，且PM⊥PN，所以MN为蒙日圆的直径，｜MN｜＝2.
又tan∠PMN＝，所以sin∠PMN＝，cos∠PMN＝，
｜PN｜＝｜MN｜sin∠PMN＝，｜PM｜＝｜MN｜cos∠PMN＝.
所以△PMN的周长为（ ＋2）·＝＋2，所以a＝2.
故双曲线C的标准方程为－y2＝1.
（2）由（1）得F2（，0），由已知可得，直线AB的斜率k存在且不为0，设直线AB的方程为y＝k（x－），A（x1，y1），B（x2，y2），
将直线AB的方程与双曲线方程联立得整理得关于x的方程（1－4k2）x2＋8k2x－20k2－4＝0，
当1－4k2＝0，即k＝±时，直线AB与双曲线的渐近线平行，与双曲线只有一个交点，不符合题意，故k≠±，且k≠0.
所以Δ＝（8k2）2－4（1－4k2）·（－20k2－4）＞0，x1＋x2＝，x1x2＝.
设线段AB的中点为R（x0，y0），则x0＝＝，y0＝k（x0－）＝k（ －）＝，所以R（ ，）.
直线RT的斜率为－，方程为y－＝－（ x－），令y＝0，得x＝，故T（ ，0）.
所以｜F2T｜＝｜－｜＝.
｜AB｜＝
＝＝，
所以＝＝.
所以存在λ使得｜AB｜＝λ｜F2T｜恒成立，λ＝.
培优点1 离心率的范围问题
1.C 由直线m（x－2）＋n（y－1）＝0得，直线过定点（2，1），由题意得，点（2，1）在椭圆上或椭圆内部，所以＋≤1，则a2≥6，所以椭圆焦点在x轴上，所以e＝＝∈［，1），故选C.
2.C 由题可设点P到椭圆两个焦点的距离分别为2m，m，所以2m＋m＝2a，得到m＝a，又m≥a－c，所以a≥a－c，得到c≥a，所以e≥，又0＜e＜1，故≤e＜1.
3.C 设椭圆的半焦距为c，长半轴长为a，短半轴长为b.由椭圆的对称性和M，F1，N，F2四点共圆，知四边形MF1NF2为矩形，所以以F1F2为直径的圆与椭圆C有公共点，所以c＞b，则c2＞a2－c2，即2c2＞a2，得＜e＜1.故选C.
4.A 由双曲线的定义可得｜AF1｜－｜AF2｜＝2a，｜BF1｜－｜BF2｜＝2a，两式相加可得｜AF1｜＋｜BF1｜＝4a＋｜AB｜，则△F1AB的周长为｜AF1｜＋｜BF1｜＋｜AB｜＝4a＋2｜AB｜＝10b，即｜AB｜＝5b－2a，再由｜AB｜≥，可得5ab－2a2≥2b2，解得≤≤2，故e＝＝∈［，］.故选A.
5.B 设P（x0，y0），M（0，b），因为＋＝1，a2＝b2＋c2，所以｜PM｜2＝＋（y0－b）2＝a2（ 1－）＋（y0－b）2＝－（ y0＋）2＋＋a2＋b2，－b≤y0≤b，由题意知，当y0＝－b时，｜PM｜2取得最大值，所以－≤－b，可得a2≥2c2，即e2≤，则0＜e≤.
6.B 由双曲线定义得｜｜AF1｜－｜AF2｜｜＝2a，∵｜AF1｜＝2｜AF2｜，∴｜AF2｜＝2a，｜AF1｜＝4a，在△AF1F2中，由余弦定理得cos∠F1AF2＝＝＝，由题意得∠F1AF2∈［，π］，∴cos∠F1AF2∈［－1，－］，∴－1≤≤－，∴－1≤－≤－，∴7≤e2≤9，∴e∈[，3].
7.D 如图所示，不妨取渐近线方程为y＝x，又易知F1（－c，0），则直线l的方程为y＝（x＋c），联立直线l与双曲线的方程得可得M（ －，），所以｜F1M｜
＝
＝＝＝＝，且｜F2M｜＝λ｜F1M｜，由双曲线定义可得｜F2M｜－｜F1M｜＝（λ－1）｜F1M｜＝2a，当λ∈[2，4]时，可得λ－1＝＝＝∈[1，3]，所以e2－1∈［，4］，解得≤e≤；因此双曲线C的离心率的最大值为.故选D.
8.BD 如图，连接MF1，设｜MF1｜＝m，｜MF2｜＝n，焦距为2c.由椭圆的定义，得m＋n＝2a.由双曲线的定义，得m－n＝2a1，解得m＝a＋a1，n＝a－a1.当｜F1F2｜＝2｜MO｜时，∠F1MF2＝90°，所以m2＋n2＝4c2，即a2＋＝2c2.由离心率的公式，得＋＝2，故A错误，B正确.当｜F1F2｜＝4｜MF2｜时，n＝c，即a－a1＝c，所以－＝，则e1＝.由0＜e1＜1，得＞1，所以＞，即1＜e2＜2，则e1e2＝.设2＋e2＝t（3＜t＜4），则＝＝2（ t＋－4）.令f（t）＝t＋－4，易知f（t）在（3，4）上单调递增，所以f（t）∈（ ，1），所以e1e2∈（ ，2），故C错误，D正确.选B、D.
9.［，］ 解析：设M（x0，x0＋4）（－2≤x0≤8），易知F2（2，0）.因为｜F2N｜＝｜F2M｜，所以＝＝（x0－2，x0＋4）.设N（xN，yN），则（xN－2，yN）＝（x0－2，x0＋4），则xN＝，yN＝，－2≤x0≤8.易知xN＞0，yN＞0，点N在渐近线y＝x上，所以＝·，则＝＝1－.由－2≤x0≤8，得≤≤，所以≤≤.又－1＝，所以≤≤，所以≤e≤.
10. 解析：如图，由题意可知，｜AB｜＝8，｜PB｜＝12，｜MA｜＝｜MP｜＝6.设椭圆长轴长为2a，焦距为2c，则｜MB｜＝2a.cos∠AMB＋cos∠PMB＝＋＝0，解得｜MB｜＝2，即2a＝2，a＝.假设一小球刚好与圆锥的母线PA，PB分别切于点N，E，与椭圆切于点F，则｜MN｜＝｜MF｜，｜PN｜＝｜PE｜，｜BF｜＝｜BE｜，又由椭圆的性质可知，｜MN｜＝｜MF｜＝a－c＝－c，｜BE｜＝｜BF｜＝a＋c＝＋c，所以由｜MP｜＝6，｜PB｜＝12得｜PN｜＝6－｜MN｜＝6－＋c，｜PE｜＝12－｜BE｜＝12－－c，所以6－＋c＝12－－c，解得c＝3.所以椭圆的离心率为e＝＝＝.
培优点2 圆锥曲线中的设点、设线技巧
1.B 设A（x1，y1），B（x2，y2），D（a，0），由题意，F（0，1），设直线AB的方程为y＝kx＋1，联立直线与抛物线方程，可得x2－4kx－4＝0，x1x2＝－4.又｜DA｜＝｜DB｜＝｜DN｜＝，故A（x1，y1），B（x2，y2）是圆x2＋y2－2ax－16＝0上的点.将y＝kx＋1代入方程，得（1＋k2）x2＋（2k－2a）x－15＝0.∴－＝x1x2＝－4.∴k2＝，即k＝±.故选B.
2.A 如图所示，不妨设P（a，a），Q（b，－b），M（x，y），则x＝，y＝，且∠POQ＝90°，｜OP｜＝｜a｜，｜OQ｜＝｜b｜，∴S△OPQ＝·｜a｜·｜b｜＝｜ab｜＝2，∵－ab＜0，∴ab＞0，则ab＝2，∴x2－y2＝－＝ab＝2，∴线段PQ的中点M的轨迹方程为x2－y2＝2.故选A.
3.AD 对于A，由题意得F（1，0），设直线l1的方程为x＝my＋1，则直线l2的方程为x＝－y＋1，由得y2－4my－4＝0，易知Δ＞0，设P（x1，y1），Q（x2，y2），则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，设M（x3，y3），N（x4，y4），同理得y3＋y4＝－，y3y4＝－4，又｜PF｜＝2｜QF｜，所以y1＝－2y2，所以m2＝，所以｜MN｜＝x3＋x4＋2＝－（y3＋y4）＋2＋2＝＋4＝36，故A正确.对于B，由A知｜MN｜＝x3＋x4＋2＝－（y3＋y4）＋2＋2＝＋4，又｜PQ｜＝x1＋x2＋2＝m（y1＋y2）＋2＋2＝4m2＋4，所以｜PQ｜＋｜MN｜＝＋4＋4m2＋4≥16，当且仅当4m2＝，即m＝±1时，等号成立，故B错误.对于C，由A知，G（2m2＋1，2m），H（ ＋1，－），所以直线GH：y－2m＝（x－2m2－1），令y＝0，得x＝3，所以直线GH过定点（3，0），故C错误.对于D，因为直线GH过定点A（3，0），所以S△FGH＝｜FA｜·｜yG－yH｜＝｜yG－yH｜＝｜2m＋｜≥4，当且仅当m＝±1时，等号成立，故D正确.综上，选A、D.
4. 解析：设P（x0，y0），M（x，y），由题可得F1（－c，0），F2（c，0），则＝（－c－x，－y），＝（c－x，－y），＝（x0－x，y0－y），因为5＋3＋3＝0，所以5（－c－x，－y）＋3（c－x，－y）＋3（x0－x，y0－y）＝（0，0），则可得y＝，所以△PF1F2的内切圆半径为，由椭圆定义可得｜PF1｜＋｜PF2｜＝2a，又｜F1F2｜＝2c，所以＝（｜PF1｜＋｜PF2｜＋｜F1F2｜）×＝｜F1F2｜×｜y0｜，即（2a＋2c）×＝×2c×｜y0｜，即3a＝8c，所以椭圆的离心率e＝＝.
5.解：（1）因为｜AC｜＝，所以a2＋b2＝5.
因为焦距为2，所以半焦距c＝，则a2－b2＝3，
解得a2＝4，b2＝1，
所以椭圆E的方程为＋y2＝1，其离心率e＝.
（2）由（1）知C（0，1）.
设R（x1，y1），S（x2，y2），x1x2≠0，所以k1＝，k2＝.
由题意得直线RS：y＝k（x－1）（k≠±1且k≠0），
代入＋y2＝1，得（4k2＋1）x2－8k2x＋4k2－4＝0，
则有x1＋x2＝，x1x2＝.
因为k1＋k2＝－3，
所以k1＋k2＝＋
＝
＝＝－3，
即（2k＋3）x1x2－（k＋1）（x1＋x2）＝0，
所以（2k＋3）－（k＋1）＝0，
整理得k2－2k－3＝0，
又k≠±1，所以k＝3，即k的值为3.
6.解：（1）设M（x1，y1），N（x2，y2），直线l的方程为x＝my＋4（m≠0），
联立x＝my＋4与－y2＝1，消去x可得（m2－4）y2＋8my＋12＝0.
由
可得－2＜m＜0或0＜m＜2.
由k＝可得k的取值范围为（ －∞，－）∪（ ，＋∞）.
（2）由题意得A1（－2，0），A2（2，0）.
由根与系数的关系可知y1＋y2＝－，y1y2＝.
于是2my1y2＝－3（y1＋y2）.
因此＝＝
＝＝＝
＝＝－.
（3）由（2）可知k2＝－3k1，
于是直线A1M与直线A2N的方程分别为y＝k1（x＋2），y＝－3k1（x－2），
由可得交点G的横坐标为xG＝1，
如图，于是
＝
＝·＝·＝＝
＝＝－1＋≥－1＋＝3，
故的最小值为3，当且仅当m＝0时等号成立.
培优点3 圆锥曲线中二级结论的应用
1.B 设∠F1PF2＝θ，根据焦点三角形面积公式可知，＝b2tan＝6·tan＝2.
2.C 设抛物线为y2＝2px（p＞0），A（x1，y1），B（x2，y2），则x1x2＝，y1y2＝－p2，得·＝x1x2＋y1y2＝－p2＝－p2＝－12，得p＝4，即抛物线C的方程为y2＝8x.故选C.
3.D 椭圆上不同于A，B的任意一点与左、右顶点的斜率之积为－，∴－＝－，∴＝，∴椭圆的离心率e＝＝＝.
4.C 根据椭圆的第三定义可知kAQ·kBQ＝e2－1，又所以kAQ·kBP＝4kAQ·kBQ＝4（e2－1）＝－1 e＝.故选C.
5.B 如图，令｜F2B｜＝t，则｜AF2｜＝2t，∴｜AB｜＝3t，｜F1B｜＝3t，又＋＝，∴＋＝，即＝，又｜F1B｜－｜F2B｜＝2a，∴3t－t＝2a，∴2t＝2a，∴t＝a，∴＝，即3b2＝4a2，又c＝，∴a2＋b2＝7，解得b2＝4，a2＝3，故双曲线C的方程为－＝1.
6.A 如图，∵·＝0，∴BA⊥BP，令kAB＝k，∵∠ADO＝∠AOD，∴kAP＝－kAB＝－k，又BA⊥BP，∴kPB＝－，依题意知kPB·kPA＝，∴－·（－k）＝，∴＝1，即e＝.
7.BCD 设直线AB的倾斜角为θ，则θ＝，利用抛物线的焦点弦的性质，由｜AB｜＝＝8，则p＝3，｜AF｜＝＝6，｜BF｜＝＝2，＋＝＝，过点B作准线的垂线，垂足为B'，在Rt△DBB'中，cos θ＝，所以｜BD｜＝4，｜DF｜＝｜BF｜＋｜BD｜＝6，因此F为AD中点.故选B、C、D.
8.ABC 弦AB的最小值为通径，故A正确；由双曲线的定义得｜AF1｜－｜AF2｜＝2a，｜BF1｜－｜BF2｜＝2a，所以｜AF1｜＝｜AF2｜＋2a，｜BF1｜＝｜BF2｜＋2a，｜AF1｜＋｜BF1｜＝｜AF2｜＋2a＋｜BF2｜＋2a＝｜AB｜＋4a，则△F1AB的周长为｜AF1｜＋｜BF1｜＋｜AB｜＝2｜AB｜＋4a＝2m＋4a，故B正确；根据双曲线中的垂径定理可得kAB·kOM＝，故C正确；若直线AB的斜率为，所以＜，所以b2＜3a2，所以c2＜4a2，所以e＝∈（1，2），故D错误.故选A、B、C.
9.y＝±2x 解析：依题意，＝，｜PF2｜－｜PF1｜＝2a，则｜PF2｜＝4a，｜PF1｜＝2a.令双曲线的半焦距为c，又点F2（c，0）到渐近线的距离为b，则有cos∠PF2F1＝.在△PF1F2中，由余弦定理得｜F1F2｜2＋｜PF2｜2－2｜F1F2｜·｜PF2｜cos∠PF2F1＝｜PF1｜2，即（2c）2＋（4a）2－2·2c·4a·＝（2a）2，整理得c2＋3a2－4ab＝0，即4a2－4ab＋b2＝0，解得b＝2a，所以双曲线的渐近线方程为y＝±2x.
10. 解析：因为点P为椭圆和双曲线的公共点，F1，F2是两曲线的公共焦点，则由焦点三角形的面积公式得＝tan＝，化简得＝3，即－c2＝3（c2－），等式两边同除c2，得－1＝3－，所以4＝＋≥，解得e1·e2≥，所以e1·e2的最小值为.
培优点4 圆锥曲线中的创新类问题
1.BCD 设M（x，y）到定点F1（－2，0），F2（2，0）的距离之积为4，则·＝4，整理得（x2＋y2）2＝8（x2－y2），故曲线C的方程为（x2＋y2）2＝8（x2－y2）.把x代换成－x，方程不变，所以曲线C关于y轴对称；把y代换成－y，方程不变，所以曲线C关于x轴对称；把x代换成－x，同时把y代换成－y，方程不变，所以曲线C关于原点对称.所以A错误，B正确；由得x4＝0，所以x＝0，所以y＝0，所以直线y＝x与曲线C只有一个交点O（0，0），C正确；原点O（0，0）在曲线C上，则｜OF1｜＝｜OF2｜，所以曲线C上存在点P满足｜PF1｜＝｜PF2｜，所以D正确.故选B、C、D.
2.（x2＋y2）2－2（x2－y2）＝0
解析：设P（x，y），∵｜PS1｜·｜PS2｜＝1，∴[（x－1）2＋y2][（x＋1）2＋y2]＝1，即（x2＋y2）2－2（x2－y2）＝0，∴动点P的轨迹C的方程为：（x2＋y2）2－2（x2－y2）＝0；令y＝0，可得x4－2x2＝0，解得x＝0或x＝±，∴A（－，0），A'（，0），由对称性，只考虑第一象限的部分，∵｜AA'｜为定值，∴△APA'面积最大时，即点P的纵坐标最大，又y4＋2（x2＋1）y2＋x2（x2－2）＝0，∴y2＝－x2－1＋，令t＝，则x2＝，∵x∈[0，]，∴t∈[1，3]，令f（t）＝－－1＋t＝－（t－2）2＋，∴当t＝2时，f（t）取得最大值，即＝，∴ymax＝，∴（S△APA'）max＝×2×＝，∴△APA'面积的最大值为.
3.解：（1）设“类椭圆”上任意一点为P（x，y），
则｜PF1｜＋｜PF2｜＝2a，
即｜x＋c｜＋｜y｜＋｜x－c｜＋｜y｜＝2a，即｜x＋c｜＋｜x－c｜＋2｜y｜＝2a（a＞c＞0），
所以“类椭圆”的方程为｜x＋c｜＋｜x－c｜＋2｜y｜＝2a（a＞c＞0）.
（2）由方程｜x＋c｜＋｜x－c｜＋2｜y｜＝2a，得2｜y｜＝2a－｜x＋c｜－｜x－c｜，
因为｜y｜≥0，所以2a－｜x＋c｜－｜x－c｜≥0，即2a≥｜x＋c｜＋｜x－c｜，
所以或
或
解得－a≤x≤a，
由方程｜x＋c｜＋｜x－c｜＋2｜y｜＝2a，得｜x＋c｜＋｜x－c｜＝2a－2｜y｜，
即2a－2｜y｜＝所以2a－2｜y｜≥2c，所以c－a≤y≤a－c，
所以“类椭圆”的范围为－a≤x≤a，c－a≤y≤a－c，
将点（－x，y）代入得，｜－x＋c｜＋｜－x－c｜＋2｜y｜＝2a，
即｜x＋c｜＋｜x－c｜＋2｜y｜＝2a，方程不变，所以“类椭圆”关于y轴对称，
将点（x，－y）代入得，｜x＋c｜＋｜x－c｜＋2｜－y｜＝2a，
即｜x＋c｜＋｜x－c｜＋2｜y｜＝2a，方程不变，所以“类椭圆”关于x轴对称，
将点（－x，－y）代入得，｜－x＋c｜＋｜－x－c｜＋2｜－y｜＝2a，
即｜x＋c｜＋｜x－c｜＋2｜y｜＝2a，方程不变，所以“类椭圆”关于原点对称，
所以“类椭圆”关于x轴、y轴、原点对称.
4.解：（1）证明：由题得η＝（1＋2－1）·（－1＋0－1）＝－4＜0，
∴点A，B被直线x＋y－1＝0分隔.
（2）直线y＝kx与曲线x2－4y2＝1有公共点的充要条件是方程组有解，即｜k｜＜.
∵y＝kx是曲线x2－4y2＝1的分隔线，故它们没有公共点，即｜k｜≥，
当｜k｜≥时，对于直线y＝kx，曲线x2－4y2＝1上的点（－1，0）和（1，0）满足η＝－k2＜0，即点（－1，0）和（1，0）被y＝kx分隔.
故实数k的取值范围是（－∞，－］∪［，＋∞）.
（3）证明：设M的坐标为（x，y），则曲线E的方程为·｜x｜＝1，即[x2＋（y－2）2]·x2＝1.对任意的y0，（0，y0）不是上述方程的解，即y轴与曲线E没有公共点.
又曲线E上的点（－1，2）和（1，2）对于y轴满足η＜0，
即点（－1，2）和（1，2）被y轴分隔.
∴y轴为曲线E的分隔线.
若过原点的直线不是y轴，设其为y＝kx，由得[x2＋（kx－2）2]·x2－1＝0，令f（x）＝[x2＋（kx－2）2]·x2－1，
∵f（0）·f（2）＝（－1）·[16（k－1）2＋15]＜0，∴方程f（x）＝0有实数解.
即直线y＝kx与曲线E有公共点，故直线y＝kx不是曲线E的分隔线.
综上，结论得证.
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