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（含解析）

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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+1k∈R 與橢圓 x25+y2m=1 恒有公共點，則 m 的取值范圍是 ?? A. 1,5∪5,+∞ B. 0,5 C. 1,+∞ D. 1,5 2. 過點 0,1 作直線，使它與拋物線 y2=4x 僅有一個公共點，則這樣的直線有 ?? A. 1 條 B. 2 條 C. 3 條 D. 0 條 3. 過點 2,4 作直線與拋物線 y2=8x 只有一個公共點，這樣的直線有 ?? A. 1 條 B. 2 條 C. 3 條 D. 4 條

2、二、填空題（共8小題） 4. 直線 l:y=kx+1 與雙曲線 C:x2?y2=1 有且僅有一個公共點，則 k= ?． 5. 在直角坐標系 xOy 中，直線 l 過拋物線 y2=4x 的焦點 F，且與該拋物線相交于 A，B 兩點，其中點 A 在 x 軸上方．若直線 l 的傾斜角為 60°，則 △OAF 的面積為 ?． 6. 設(shè)雙曲線x2a2?y2b2=1的一條漸近線與拋物線y=x2+1?只有一個公共點，則雙曲線的離心率為 ?． 7. 若直線 x?my+m=0m∈R 與橢圓：x2

3、+y2n=1 始終有公共點，則 n 的取值范圍是 ?． 8. 直線 y=2x+b 被橢圓：9x2+4y2=144 截得的弦長為 25，則 b 的值為 ?． 9. 在橢圓 x216+y24=1，經(jīng)過點 M1,1，且被這點平分的弦所在的直線方程為 ?． 10. 已知橢圓 x2a2+y2b2=1a>b>0 的左頂點為 A，左焦點為 F，點 P 為該橢圓上任意一點．若該橢圓的上頂點到焦點的距離為 2，離心率 e=12，則 AP?FP 的取值范圍是 ?．

4、 11. 點 Px,y 滿足等式 x?22+y2+x+22+y2=210，過點 2,0 的直線 I 交動點 P 的軌跡曲線 E 于 A，B 兩點，若曲線 E 上存在點 C，使四邊形 AOBC（O 為坐標原點）恰為平行四邊形，則直線 l 的斜率為 ?． 三、解答題（共16小題） 12. 已知 △ABC 的兩個頂點坐標是 B?23,0，C23,0，△ABC 的周長為 8+43，O 是坐標原點，點 M 滿足 OA=?2AM． （1）求點 M 的軌跡 E 的方程； （2）設(shè)不過原點的直線 l 與曲線 E 交于 P，Q 兩點，若直線 OP，PQ，OQ 的斜

5、率依次成等比數(shù)列，求 △OPQ 面積的最大值． 13. 已知直線 l:x=x+6，圓 O:x2+y2=5，橢圓 E:y2a2+x2b2=1a>b>0 的離心率 e=33，直線 l 被圓 O 截得的弦長與橢圓的短軸長相等． （1）求橢圓 E 的方程； （2）過圓 O 上任意一點 P 作橢圓 E 的兩條切線，若切線的斜率都存在，求證：兩條切線斜率之積為定值． 14. 已知橢圓 C 的焦點分別為 F1?22,0，F(xiàn)222,0，長軸長為 6，直線 y=x+2 交橢圓 C 于 A，B 兩點，求線段 AB 的中點的坐標． 15. 直線 y=kx?2 交曲線 y2=8x 于

6、 A，B 兩點，若弦 AB 中點的橫坐標為 2，試求 k 的值． 16. 已知橢圓 x2+4y2=4，直線 l:y=x+m． （1）若 l 與橢圓有一個公共點，求 m 的值； （2）若 l 與橢圓相交于 P，Q 兩點，且 ∣PQ∣ 等于橢圓的短軸長，求 m 的值． 17. 已知過點 P0,2 的直線 l 與拋物線 C:y2=4x 交于 A，B 兩點，O 為坐標原點． （1）若以 AB 為直徑的圓經(jīng)過原點 O，求直線 l 的方程； （2）若線段 AB 的中垂線交 x 軸于點 Q ，求 △POQ 面積的取值范圍． 18. 已知點 A，B 的坐標分別是 ?1,0

7、，1,0，直線 AM，BM 相交于點 M，且直線 BM 的斜率與直線 AM 的斜率的差是 2． （1）求點 M 的軌跡方程 C； （2）若直線 l:x?y=0 與曲線 C 交于 P，Q 兩點，求 △APQ 的面積． 19. 已知橢圓 C:x2a2+y2b2=1（a>b>0）的離心率 e=22，點 P?2,1 在該橢圓上． （1）求橢圓 C 的方程； （2）若點 A，B 是橢圓 C 上關(guān)于直線 y=kx+1 對稱的兩點，求實數(shù) k 的取值范圍． 20. 如圖，已知橢圓 C:x24+y23=1 的左焦點為 F1，點 P 是橢圓 C 上位于第一象限的點，M，N 是 y 軸

8、上的兩個動點（點 M 位于 x 軸上方），滿足 PM⊥PN 且 F1M⊥F1N，線段 PN 交 x 軸于點 Q． （1）若 F1P=52，求點 P 的坐標； （2）若四邊形 FMPN 為矩形，求點 M 的坐標； （3）求證：∣PQ∣∣QN∣ 為定值． 21. 已知離心率為 22 的橢圓 C：x2a2+y2b2=1a>b>0 經(jīng)過點 2,1，A，B，M 為橢圓上三點，且滿足 ∣MA∣=∣MB∣． （1）求橢圓 C 的方程； （2）當 A，B 關(guān)于原點 O 對稱時，是否存在定圓，使得 AM 恒與該定圓相切，若存在，求出該定圓的方程，若不存在，說明理由． 22.

9、設(shè)拋物線 Γ 的方程為 y2=4x，點 P 的坐標為 1,1． （1）過點 P，斜率為 ?1 的直線 l 交拋物線 Γ 于 U，V 兩點，求線段 UV 的長； （2）設(shè) Q 是拋物線 Γ 上的動點，R 是線段 PQ 上的一點，滿足 PR=2RQ，求動點 R 的軌跡方程； （3）設(shè) AB，CD 是拋物線 Γ 的兩條經(jīng)過點 P 的動弦，滿足 AB⊥CD．點 M，N 分別是弦 AB 與 CD 的中點，是否存在一個定點 T，使得 M，N，T 三點總是共線?若存在，求出點 T 的坐標；若不存在，說明理由． 23. 已知橢圓 C:x2a2+y2b2=1a>b>0 的離心率為 53，短軸的兩

10、個端點和右焦點構(gòu)成的三角形面積為 25． （1）求橢圓 C 的方程． （2）已知斜率為 k 的直線 l 經(jīng)過點 A?a,0，且直線 l 與橢圓 C 交于點 P（P 不在 x 軸上），若點 Q 在 y 軸的負半軸上，△APQ 是等邊三角形，求 k 的值． 24. 已知橢圓 C：x2a2+y2=1a>0，過橢圓 C 的右頂點和上頂點的直線與圓 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，過點 M 分別作直線 MA，MB 交橢圓 C 于 A，B 兩點，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．

11、 25. 如圖，橢圓 E:x2a2+y2b2=1a>b>0 的離心率是 22，點 P0,1 在短軸 CD 上，且 PC?PD=?1． （1）求橢圓 E 的方程； （2）設(shè) O 為坐標原點，過點 P 的動直線與橢圓交于 A，B 兩點．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，直線 PA 與 y 軸交于點 M，直線

12、 PB 與 x 軸交于點 N．求證：∣AN∣?∣BM∣ 為定值． 27. 已知橢圓 x2a2+y2b2=1a>b>0 的離心率為 32，F(xiàn) 是其右焦點，直線 y=kx 與橢圓交于 A，B 兩點，AF+BF=8． （1）求橢圓的標準方程； （2）設(shè) Q3,0，若 ∠AQB 為銳角，求實數(shù) k 的取值范圍． 答案 1. A 2. C 3. B 【解析】由題意知，點 2,4 在拋物線 y2=8x 上，所以過點 2,4 作與拋物線 y2=8x 只有一個公共點的直線有 2 條，一條是拋物線的切線，另一條與拋物線的對稱軸平行． 4. ±1 或 ±2 【解

13、析】由 y=kx+1,x2?y2=1 得 1?k2x2?2kx?2=0． 當 1?k2=0，即 k=±1 時，方程有唯一解，滿足題意． 當 1?k2≠0 時，Δ=4k2+81?k2=0，即 k=±2，此時方程有唯一解，滿足題意． 5. 3 【解析】如圖， 過點 A 作準線的垂線段 AM，設(shè) AF=t，則 AM=t，F(xiàn)N=12t，因為 AM=PN=PF+FN，所以 t=2+12t，所以 AF=t=4，所以 AN=23，所以 S△OAF=12OF?AN=3． 6. 5 【解析】【分析】先根據(jù)雙曲線方程表示出漸近線方程與拋物線方程聯(lián)立，利用判別式等于0求得a和b的關(guān)系，進而求得

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交點 ∴△=b2a2?4=0，求得b2=4a2， ∴c=a2+b2=5a ∴e=ca=5 故答案為：5 【點評】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)判別式和曲線交點之間的關(guān)系來解決問題． 7. 1,+∞ 【解析】由題知直線 x?my+m=0m∈R 過定點 0,1，因為直線 x?my+m=0m∈R 與橢圓 x2+y2n=1 始終有公共點，所以 n>0,n≠1,02+12n≤

15、1, 所以 n>1． 8. ±56119 9. x+4y?5=0 【解析】設(shè)直線與橢圓的交點為 Ax1,y1，Bx2,y2， 則 x1216+y124=1,???①x2216+y224=1,???② 由 ①?②，得 y1?y2x1?x2=?4x1+x216y1+y2． 因為 x1+x2=2,y1+y2=2, 所以 y1?y2x1?x2=?14， 所以所求直線的方程為 y?1=?14x?1， 即 x+4y?5=0． 10. 0,12 【解析】因為橢圓的上頂點到焦點的距離為 2， 所以 a=2． 因為離心率 e=12，所以 c=1，b=a2?c2=3， 則橢圓

16、的方程為 x24+y23=1， 所以點 A 的坐標為 ?2,0，點 F 的坐標為 ?1,0． 設(shè) Px,y，?2≤x≤2， 則 AP?FP=x+2,y?x+1,y=x2+3x+2+y2． 由橢圓的方程得 y2=3?34x2， 所以 AP?FP=x2+3x?34x2+5=14x+62?4． 因為 x∈?2,2，所以 AP?FP∈0,12． 11. ±1 【解析】由橢圓定義知動點 P 的軌跡方程為 x2a2+y2b2=1a>b>0，且 a=10，c=2， 所以 b2=a2?c2=10?4=6， 所以動點 P 的軌跡方程為：x210+y26=1， 若直線 l⊥x 軸，則平行四

17、邊形 AOBC 中，點 C 與點 O 關(guān)于直線 l 對稱，此時點 C 坐標為 C4,0， 因為 4>10， 所以點 C 在橢圓 E 外， 所以直線 l 與 x 軸不垂直， 故可設(shè)直線 l 的方程為 y=kx?2， 設(shè)點 Ax1,y1，Bx2,y2， 則聯(lián)立 y=kx?2,x210+y26=1 整理得 3+5k2x2?20k2x+20k2?30=0， 則由題知：x1+x2=20k23+5k2，y1+y2=?12k3+5k2， 因為四邊形 AOBC 為平行四邊形， 所以 OA+OB=OC， 所以點 C 的坐標為 20k23+5k2,?12k3+5k2， 代入橢圓方程得：20k

18、23+5k2210+?12k3+5k226=1， 解得 k2=1， 所以 k=±1． 12. （1） 已知 ∣AB∣+∣AC∣=8>∣BC∣，所以，點 A 的軌跡是以 B，C 為焦點的橢圓（不含左右頂點）． 因為，2a=8，c=23，所以，a=4，b=2． 所以，點 A 的軌跡方程為 x216+y24=1y≠0． 設(shè) Mx,y，Ax0,y0，由 OA=?2AM 得，x0=2x,y0=2y, 又 x0216+y024=1． 故，點 M 的軌跡 E 的方程為 2x216+2y24=1，即 x24+y2=1y≠0． ??????（2） 由題意可知，直線 l 的斜率存在且不為

19、0， 故可設(shè)直線 l 的方程為 y=kx+mm≠0，Px1,y1，Qx2,y2， 由 y=kx+m,x24+y2=1, 消去 y 得 1+4k2x2+8kmx+4m2?1=0， 則 Δ=64k2m2?161+4k2m2?1=164k2?m2+1>0， 即 4k2?m2+1>0，且 x1+x2=?8km1+4k2，x1x2=4m2?11+4k2， 故 y1y2=kx1+mkx2+m=k2x1x2+kmx1+x2+m2． 因為直線 OP，PQ，OQ 的斜率依次成等比數(shù)列， 所以 y1x1?y2x2=k2x1x2+kmx1+x2+m2x1x2=k2， 即 ?8k2m21+4k2+m2

20、=0，又 m≠0，所以 k2=14，即 k=±12． 由 Δ>0，及直線 OP，OQ 的斜率存在，得 0

21、 由題意得 ca=33,a2=b2+c2, 又 b=2， 所以 a2=3，b2=2． 所以橢圓 E 的方程為 y23+x22=1． ??????（2） 設(shè)點 Px0,y0，過點 P 的橢圓 E 的切線 l0 的方程為 y?y0=kx?x0，整理得 y=kx+y0?kx0． 聯(lián)立直線 l0 與橢圓 E 的方程得 y=kx+y0?kx0,y23+x22=1, 消去 y，得 2kx+y0?kx02+3x2?6=0， 整理得 3+2k2x2+4ky0?kx0x+2y0?kx02?6=0， 因為切線 l0 與橢圓 E 相切， 所以 =14ky0?kx02?43+2k22y0?kx

22、02?6=0， 整理得 2?x02k2+2x0y0k?y02?3=0， =22x0y02+42?x02y02?3=12x02+8y02?24， 因為 x02+y02=5， 所以 =24x02+16>0． 設(shè)滿足題意的橢圓 E 的兩條切線的斜率分別為 k1，k2， 則 k1k2=?y02?32?x02． 因為點 P 在圓 O 上， 所以 x02+y02=5， 所以 k1k2=?5?x02?32?x02=?1． 所以兩條切線斜率之積為定值 ?1 . 14. ?95,15． 15. 直線 y=kx?2 與拋物線 y2=8x， 聯(lián)立 y=kx?2,y2=8x 消去 y，

23、得 kx?22=8x， 即 k2x2?4k+8x+4=0， 設(shè)此方程兩根為 x1，x2， 由已知，得 x1+x2=4k+8k2=4， 解方程，得 k=?1，k=2． 分別代入檢驗只有 k=2 滿足上述方程 Δ>0． 所以所求的 k 值為 2． 16. （1） 聯(lián)立直線與橢圓的方程，得 x2+4y2=4,y=x+m, 即 5x2+8mx+4m2?4=0， 由于直線 l 與橢圓有一個公共點，則 Δ=80?16m2=0， 所以 m=±5． ??????（2） 設(shè) Px1,y1，Qx2,y2， 由（1）知：x1+x2=?8m5，x1x2=4m2?45， 則 ∣PQ∣=1+k

24、2x1?x2=4255?m2=2． 解得 m=±304． 17. （1） 設(shè)直線 AB 的方程為 y=kx+2k≠0，設(shè) Ax1,y1，Bx2,y2， 由 y2=4x,y=kx+2, 得 k2x2+4k?4x+4=0*， 則由 Δ=4k?42?16k2=?32k+16>0， 得 k<12，x1+x2=?4k?4k2=4?4kk2，x1x2=4k2， 所以 y1y2=kx1+2kx2+2=k2x1x2+2kx1+x2+4=8k， 因為以 AB 為直徑的圓經(jīng)過原點 O，所以 ∠AOB=90°，即 OA?OB=0，所以 OA?OB=x1x2+y1y2=4k2+8k=0，解得 k=?12

25、，即直線 l 的方程為 y=?12x+2． ??????（2） 設(shè)線段 AB 的中點坐標為 x0,y0， 則由（I）得 x0=x1+x22=2?2kk2，y0=kx0+2=2k， 所以線段 AB 的中垂線方程為 y?2k=?1kx?2?2kk2， 令 y=0，得 xQ=2+2?2kk2=2k2?2k+2=21k?122+32， 又由（I）知 k<12，且 k≠0，得 1k<0 或 1k>2， 所以 xQ>20?122+32=2， 所以 S△POQ=12∣PO∣?∣OQ∣=12×2×∣xQ∣>2． 所以 △POQ 面積的取值范圍為 2,+∞． 18. （1） 設(shè) Mx,y，則

26、kAM=yx+1，kBM=yx?1，所以 yx?1?yx+1=2． 所以所求軌跡方程為 y=x2?1（x≠1 且 x≠?1）（或 y≠0）． ??????（2） 設(shè) Px1,y1，Qx2,y2． 由 y=x2?1,x?y=0 消去 y，得 x2?x?1=0，所以 x1+x2=1,x1x2=?1. 所以 PQ=1+12?12?4×?1=10． 又因為點 A 到直線 PQ 的距離為 d=?12=22， 所以 S△APQ=12?PQ?d=22． 方法二： S△APQ=12AQ?y1?y2=12×1×x1?x2=12x1+x22?4x1x2=52. 19. （1） 由題意知 e=

27、ca=22， 即 c2=12a2，b2=a2?c2=12a2．???① 將點 P?2,1 代入橢圓 C 的方程，可得 2a2+1b2=1,???② 由①②可得 a2=4，b2=2． 所以橢圓 C 的方程為 x24+y22=1． ??????（2） 設(shè) Ax1,y1，Bx2,y2（y1≠y2）是橢圓 C 上關(guān)于直線 y=kx+1 對稱的兩點， 且弦 AB 的中點為 x0,y0． 由題意可知直線 y=kx+1 的斜率 k≠0， 又直線 y=kx+1，恒過定點 0,1， 則 x12+y1?12=x22+y2?12． 因為點 A，B 在橢圓上，所以 x12=4?2y12，x22

28、=4?2y22， 所以 4?2y12+y1?12=4?2y22+y2?12， 化簡可得 y12?y22=?2y1?y2，即 y1+y2=?2． 所以 y0=y1+y22=?1． 又因為 AB 的中點在 y=kx+1 上， 所以 y0=kx0+1，所以 x0=?2k． 由 x2+2y2=4,y=?1 得 x=±2． 所以 02， 即實數(shù) k 的取值范圍是 ?∞,?2∪2,+∞． 20. （1） 設(shè) Px1,y1x1>0,y1>0，由題意，F(xiàn)1?1,0， 所以 F1P=x1+12+y12=52， 又 x124+y12

29、3=1， 所以 x1=1,y1=32, 所以點 P 坐標為 1,32． ??????（2） 連接 F1P，交 MN 于點 R，則 R 為 F1P 中點，且 R 為 MN 中點， 所以 P1,32，R0,34， 設(shè) M0,mm>0，N0,n，則 m+n=32， 又 F1M?F1N=1,m?1,n=1+mn=0， 所以 m=2，故點 M 的坐標是 0,2． ??????（3） 由（2）知，F(xiàn)1M?F1N=1,m?1,n=1+mn=0， 所以 n=?1m， 由題意，MP?NP=x1,y1?m?x1,y1?n=x12+y12?m+ny1+mn=0， 又 x124+y123=1，

30、 所以 y12+3m?1my1?9=0， 所以 y1=3m 或 y1=?3m（舍去）， 所以 ∣PQ∣∣QN∣=y1yN=3m1m=3，為定值． 21. （1） 由題設(shè)：1?b2a2=22,4a2+1b2=1, 解得 a2=6，b2=3， 所以橢圓 C 的方程為 x26+y23=1． ??????（2） ①直線 AB 的斜率不存在時，由對稱性不妨設(shè)直線 AM 方程為 y=22x+3， 原點 O 到直線 AM 的距離為 2， 同理，直線 AB 的斜率為 0 時，原點 O 到直線 AM 的距離為 2． ②直線 AB 的斜率存在且不為 0 時，設(shè)直線 AB 的方程為 y=kx，

31、則因為 ∣MA∣=∣MB∣， 所以直線 OM 的方程為 y=?1kx， 由 y=kx,x2+2y2=6, 得 2k2+1x2=6， 所以 xA2=62k2+1， 同理 xM2=6k2k2+2， 設(shè)原點 O 到直線 AM 的距離為 d， 因為直線 AM 方程為 yM?yAx+xM?xAy+yAxM?xAyM=0， 所以 d2=yAxM?xAyM2yM?yA2+xM?xA2=kxAxM+1kxAxM2?1kxM?kxA2+xM?xA2=k2+12k2xA2xM2k2+1k2xM2+k2+1xA2=k2+1xA2xM2xM2+k2xA2=6k2+12k2+1?6k2k2+26k2k

32、2+2+6k22k2+1=2, 綜上，原點 O 到直線 AM 的距離為 2． 所以，存在定圓 x2+y2=2，使得 AM 恒與該定圓相切． 22. （1） 根據(jù)條件可知直線 l 方程為 y=?x?1+1，即 x+y?2=0， 聯(lián)立 y2=4x,x+y?2=0, 整理得 x2?8x+4=0， 則 xU+xV=8，xUxV=4， 所以線段 UV=1+1?∣xU?xV∣=2?xU+xV2?4xUxV=2×64?4×4=46． ??????（2） 設(shè) Rx0,y0，Qx,y，則 PR=x0?1,y0?1，RQ=x?x0,y?y0， 根據(jù) PR=2RQ， 則有 2x?x0=x0?

33、1，2y?y0=y0?1， 所以 x=3x0?12，y=3y0?12， 因為點 Q 在拋物線 Γ 上， 所以 3y0?122=4?3x0?12， 整理得 3y0?12=83x0?1， 即點 R 的運動軌跡方程為 3y?12=83x?1． ??????（3） 設(shè) Ax1,y1，Bx2,y2，Cx3,y3，Dx4,y4， 根據(jù)題意直線 AB，CD 的斜率存在且不為 0，不妨設(shè) AB 的方程為 y=kx?1+1， 聯(lián)立 y=kx?1+1,y2=4x. 整理得 k2x2?2k2?k+2x+1?k2=0， 則 x1+x2=2k2?k+2k2， 所以可得 Mk2?k+2k2,1k，

34、 同理可得 N1+k+2k2,?k， 則 kMN=1k+kk2?k+2k2?1+k+2k2=k2?2k2?k， 所以直線 MN 的方程為 y=k2?2k2?kx?1+k+2k2?k=k2?2k2?kx?3， 即直線 MN 過點 3,0， 故存在一個定點 T3,0，使得 M，N，T 三點總是共線． 23. （1） 由題意得：e=ca=53,12×2b×c=25,a2=b2+c2, 解得：a2=9，b2=4，c2=5． 所以橢圓方程為：x29+y24=1． ??????（2） 設(shè) Ax1,y1，Px2,y2，Q0,y0，AP 中點為 M， 則 x1=?3，y1=0，AP：y?

35、0=kx+3， 即 y=kx+3kk≠0，y=kx+3k,4x2+9y2=36?4+9k2x2+54k2x+81k2?36=0Δ>0， 所以 x1+x2=?54k24+9k2，x1x2=81k2?364+9k2， 所以 xM=x1+x22=?27k24+9k2，yM=kxM+3k=12k4+9k2， AP=1+k2?x1+x22?4x1x2=241+k2?14+9k2． 因為 △APQ 為等邊三角形， 所以 QM⊥AP，且 QM=32AP， y0?12k4+9k20+27k24+9k2=?1k，得 y0=?15k4+9k2， QM=y0?12k4+9k22+0+27k24

36、+9k22=27k2+k44+9k2=32×241+k2?14+9k2, 得 k2=1627，因為 y0<0，所以 k=439． 24. （1） 因為直線過點 a,0 和 0,1， 所以直線的方程為 x+ay?a=0， 因為直線與圓 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） 當直線 AB 的斜率不存在時，設(shè) Ax0,y0，則 Bx0,?y0， 由 k1+k2=2 得 y0?1x0+?y0?1x0=2，解得 x0=?1． 當直線 AB 的斜率存在時，設(shè) AB 的方程為 y=kx+m

37、m≠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 ?1,?1． 綜上，直線 AB 過定點 ?1,?1

38、． 25. （1） 由已知得點 C，D 的坐標分別為 0,?b，0,b． 又點 P 的坐標為 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） 當直線 AB 的斜率存在時，設(shè)直線 AB 的方程為 y=kx+1， A，B 的坐標分別為 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

39、 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 λ=1 時，?λ?12k2+1?λ?2=?3，OA?OB+λPA?PB=?3 為定值． 當直線 AB 斜率不存在時，直線 AB 即為直線 CD，此時 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

40、, 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 x0≠0 時，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?4

41、x0?8y0+4x0y0?x0?2y0+2=4x0y0?4x0?8y0+8x0y0?x0?2y0+2=4. 當 x0=0 時，y0=?1，∣BM∣=2，∣AN∣=2， 所以 ∣AN∣?∣BM∣=4． 綜上，∣AN∣?∣BM∣ 為定值． （方法 2）點 P 在曲線 x22+y12=1 上，不妨設(shè) P2cosθ,sinθ， 當 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，

42、所以 ∣AN∣?∣BM∣=21?cosθ1?sinθ?1?sinθ1?cosθ=221?sinθ1?cosθ1?sinθ1?cosθ=2×2=4（定值）． 當 θ=kπ 或 θ=kπ+θ2（k∈Z）時，M，N 是定點，易得 ∣AN∣?∣BM∣=4． 綜上 ∣AN∣?∣BM∣=4． 27. （1） 設(shè) F1 為橢圓的左焦點，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， 所以橢圓的標準方程為 x216+y24=1． ??????（2） 設(shè)點 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， 因為 ∠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