《2024步步高考二轮数学新教材讲义专题六 第4讲 母题突破4 探究性问题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024步步高考二轮数学新教材讲义专题六 第4讲 母题突破4 探究性问题.docx（37页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2024步步高考二轮数学新教材讲义母题突破4探究性问题母题(2023廊坊质检)已知椭圆C：1(ab0)经过点A(2,0)，且两个焦点及短轴两顶点围成四边形的面积为4.(1)求椭圆C的方程和离心率；(2)设P，Q为椭圆C上两个不同的点，直线AP与y轴交于点E，直线AQ与y轴交于点F，且P，O，Q三点共线其中O为坐标原点问：在x轴上是否存在点M，使得AMEEFM？若存在，求点M的坐标；若不存在，请说明理由思路分析代入点，结合面积求方程和离心率设点P，Q，表示出直线AP，AQ的方程求出E，F的坐标,由AMEEFM得0,利用向量运算求点M的坐标解(1)依题意可得a2，2c2b4，又c2a2b2，解得b
2、c，所以椭圆方程为1，则离心率e.(2)因为P，O，Q三点共线，根据椭圆的对称性可知P，Q关于O点对称，如图，设点P(x1，y1)，则Q(x1，y1)(x12)，所以直线AP的方程为y(x2)，直线AQ的方程为y(x2)，所以点E，F.假设存在M使AMEEFM，因为MOEFOM90，所以OMFOEM，又OEMOME90，所以OMEOMF90，即MEMF，所以0，设M(m,0)，则，所以m20，即m20，又1，所以x2y4，所以m220，解得m，所以M.故在x轴上存在点M(，0)，使得AMEEFM.子题1(2023西安模拟)已知椭圆C：1，过点T的直线交该椭圆于P，Q两点，若直线PQ与x轴不垂直
3、，在x轴上是否存在定点S(s,0)，使得PSTQST恒成立？若存在，求出s的值；若不存在，请说明理由解假设在x轴上存在定点S(s,0)，使得PSTQST恒成立，设直线PQ的方程为xty，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由得(3t24)y26ty30，则y1y2，y1y2，因为PSTQST，所以kPSkQS0，即0，整理得(x2s)y1(x1s)y20，即y1y2s(y1y2)0，所以2ty1y2(y1y2)0，则2t0，解得s，故在x轴上存在定点S，使得PSTQST恒成立子题2已知双曲线C：1(a0，b0)，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
4、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两点，与线段AB交于点N(N，D不重合)，均成立？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由解(1)由题意知C：1(a0，b0)，点A的坐标为(6,4)，得c4，不妨设焦点F1(0,4)，F2(0，4)，则2a|AF2|AF1|64.所以a2，b2c2a212，故C的方程为1.(2)如图，设l的方程为y2m(m1)，则D(0,2m)，故M(0，m)，由已知得直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为ykxm(k0)，故N.直线PQ的方程与双曲线方程联立得(3k21)x26kmx
5、3m2120，由已知得3k21，0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，(x1，my1)，(x2，y2m)，则x1x2，x1x2，由，得x1，x2，消去得x2x1，即2x1x2(x1x2)0，代入得k(m22)0，解得m，故存在定直线l：y2满足条件规律方法探索性问题的求解策略(1)若给出问题的一些特殊关系，要探索一般规律，并能证明所得规律的正确性，通常要对已知关系进行观察、比较、分析，然后概括一般规律(2)若只给出条件，求“不存在”“是否存在”等语句表述问题时，一般先对结论给出肯定的假设，然后由假设出发，结合已知条件进行推理，从而得出结论1已知抛物线C：x22py(p0)，点P(2,8)在
6、抛物线上，直线ykx2交C于A，B两点，M是线段AB的中点，过M作x轴的垂线交C于点N.(1)求点P到抛物线焦点的距离；(2)是否存在实数k使得0，若存在，求k的值；若不存在，请说明理由解(1)将点P(2,8)代入抛物线方程，解得p，x2y，抛物线焦点F的坐标为，点P到抛物线焦点的距离等于点P到抛物线准线的距离，则|PF|8.(2)如图，设A(x1,2x)，B(x2,2x)把ykx2代入y2x2得2x2kx20，k2160，由根与系数的关系得x1x2，x1x21.xNxM，点N的坐标为.假设存在实数k，使0，则NANB.又M是AB的中点，|MN|AB|.由(1)知，yM(y1y2)(kx12k
7、x22)k(x1x2)42，MNx轴，|MN|yMyN|2，又|AB|x1x2|，即2，两边同时平方得k2164(k21)，解得k2，即存在k2，使得0.2.(2023池州模拟)如图，点A为椭圆E：y21的上顶点，圆C：x2y21，过坐标原点O的直线l交椭圆E于M，N两点(1)求直线AM，AN的斜率之积；(2)设直线AM：ykx1(k0)，AN与圆C分别交于点P，Q，记直线MN，PQ的斜率分别为k1，k2，探究是否存在实数，使得k1k2？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由解(1)设M(x0，y0)，则N(x0，y0)，则直线AM，AN的斜率之积kAMkAN.(2)由(1)知，直线AN的方程
8、为yx1.直线AM与椭圆方程联立得消去y可得(14k2)x28kx0，因为A，M均在椭圆E上，所以0x0，即x0，所以y0kx011，所以k1.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立消去y可得(1k2)x22kx0，因为A，P均在圆C上，所以0x1，即x1，所以y1kx111.所以点P的坐标为，将点P坐标中的k换成，可得x2，y2，所以k2，所以，即存在实数，使得k1k2.专题强化练1(2023郑州模拟)过点M(t,0)(t0)相切于点N，且|MN|4.(1)求抛物线C的方程；(2)斜率为的直线与C交于与点N不重合的点P，Q，判断是否存在直线l，使得点Q关于l的对称点Q恒与P，N共线，若存
9、在，求出l的方程，若不存在，说明理由解(1)由题意得直线l的方程为y(xt)，即xyt，设N(m，n)，与y22px联立并消去x得y22py2pt0，因为直线l与抛物线C相切，所以28pt0，整理得3p2t0，代入y22py2pt0，解得np，m，因为|MN|4，所以t6，由得p2，所以抛物线C的方程为y24x.(2)由(1)得N(3,2)，假设存在直线l，使得点Q关于l的对称点Q恒与P，N共线，则直线NP，NQ关于l对称，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线PQ的方程为xyb，与y24x联立并消去x得y24y4b0，则(4)216b0，b3.y1y24，y1y24b.所以直线PN的斜率
10、k1，所以直线NQ的斜率k2，k1k20，所以直线NP，NQ关于直线x3或y2对称，所以存在直线l，使得点Q关于l的对称点Q恒与P，N共线，且l的方程为x3或y2.2已知双曲线C：1(a0，b0)的离心率为2，过点P(0，m)(m0)且斜率为1的直线l与双曲线C交于A，B两点且3，3.(1)求双曲线C的方程；(2)设Q为双曲线C右支上的一个动点，F为双曲线C的右焦点，在x轴负半轴上是否存在定点M，使得QFM2QMF？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由解(1)由双曲线离心率为2知c2a，ba.于是，双曲线方程可化为1.又直线l：yxm，与双曲线方程联立得2x22mxm23a20，设点A
11、(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2m，x1x2.因为3，所以(x1，my1)3(x2，y2m)故x13x2.结合x1x2m，解得x1m，x2m.代入式得m2m26a2，又x1x2y1y2x1x2(x1m)(x2m)2x1x2m(x1x2)m2m23a23a23，从而a21.此时m，代入式并整理得2x22x90.显然，该方程有两个不相等的实根因此，a21符合要求故双曲线C的方程为x21.(2)假设满足条件的点M(t,0)(t0)存在由(1)知双曲线右焦点为F(2,0)由双曲线的对称性，不妨设点Q(x0，y0)在第一象限，当x02时，tanQFMkQF，tanQMFkQM.因为QFM2Q
12、MF，所以.将y3x3代入上式并整理得(42t)x04t2tx0t23，则解得t1.当x02时，QFM90，而当t1时，QMF45，符合QFM2QMF.所以满足条件的点M(1,0)存在规范答题6解析几何(12分)(2023新高考全国)在直角坐标系Oxy中，点P到x轴的距离等于点P到点的距离，记动点P的轨迹为W.(1)求W的方程；切入点：直接法求轨迹方程(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3.关键点：对周长放缩(1)解设P(x，y)，则|y|，两边同时平方化简得yx2，故W：yx2.(2分)(2)证明设矩形的三个顶点A，B，C在W上，且abc，易知矩形四条边所在直
13、线的斜率均存在，且不为0，则kABkBC1，abbc，(4分)令kABabm0，且mn1，则m，(6分)设矩形周长为C，由对称性不妨设|m|n|，kBCkABcanmn，则C|AB|BC|(ba)(cb) (ca)，n0，(8分)易知0.则令f(x)2(1x2)，x0，f(x)22，令f(x)0，解得x，当x时，f(x)0，此时f(x)单调递增，则f(x)minf，(10分)故C，即C3.当C3时，n，m，与当(ba)(ba)，即mn时等号成立，矛盾， 故C3，得证(12分)处直接法求轨迹方程处得到m，n之间的关系处用弦长公式表示周长处进行周长放缩处建立函数处利用导数求最值处排除边界值培优点7
14、隐圆、蒙日圆与阿基米德三角形在近几年全国各地的解析几何试题中可以发现许多试题涉及到隐圆、蒙日圆与阿基米德三角形，这些问题聚焦了轨迹方程、定值、定点、弦长、面积等解析几何的核心问题，难度为中高档考点一隐圆(阿波罗尼斯圆)核心提炼“阿波罗尼斯圆”的定义：平面内到两个定点A(a,0)，B(a,0)(a0)的距离之比为正数(1)的点的轨迹是以C为圆心，为半径的圆，即为阿波罗尼斯圆例1(多选)古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现“若A，B为平面上相异的两点，则所有满足：(0，且1)的点P的轨迹是圆，后来人们称这个圆为阿波罗尼斯圆在平面直角坐标系中，A(2,0)，B(4,0)，动点P满足，则下列关于动点P的结论
15、正确的是()A点P的轨迹方程为x2y28x0BAPB面积的最大值为6C在x轴上必存在异于A，B的两定点M，N，使得D若点Q(3,1)，则2|PA|PQ|的最小值为5答案ACD解析对于选项A，设P(x，y)，因为P满足，所以，化简得x2y28x0，故A正确；对于选项B，由选项A可知，点P的轨迹方程为x2y28x0，即(x4)2y216，所以点P的轨迹是以(4,0)为圆心，4为半径的圆，又|AB|6，且点A，B在直径所在直线上，故当点P到圆的直径所在直线的距离最大时，APB的面积取得最大值，因为圆上的点到直径的最大距离为半径，即APB的高的最大值为4，所以APB面积的最大值为6412，故B错误；对
16、于选项C，假设在x轴上存在异于A，B的两定点M，N，使得，设M(m,0)，N(n,0)，故，即2，化简可得x2y2x0，又点P的轨迹方程为x2y28x0，可得解得或(舍去)，故存在异于A，B的两定点M(6,0)，N(12,0)，使得，故C正确；对于选项D，因为，所以2|PA|PB|，所以2|PA|PQ|PB|PQ|，又点P在圆x2y28x0上，如图所示，所以当P，Q，B三点共线时，2|PA|PQ|取得最小值，此时(2|PA|PQ|)min|BQ|5，故D正确规律方法对于动点的轨迹问题，一是利用曲线(圆、椭圆、双曲线、抛物线等)的定义识别动点的轨迹，二是利用直接法求出方程，通过方程识别轨迹跟踪演
17、练1(多选)在平面直角坐标系中，A(1,0)，B(2,0)，动点C满足，直线l：mxym10，则()A动点C的轨迹方程为(x2)2y24B直线l与动点C的轨迹一定相交C动点C到直线l距离的最大值为1D若直线l与动点C的轨迹交于P，Q两点，且|PQ|2，则m1答案ABD解析对于A选项，设C(x，y)因为，所以，所以x2y24x0，即(x2)2y24，动点C的轨迹为以N(2,0)为圆心，2为半径的圆，故A正确；对于B选项，因为直线l过定点M(1,1)，而点M(1,1)在圆N内，所以直线l与圆N相交，故B正确；对于C选项，当直线l与NM垂直时，动点C到直线l的距离最大，且最大值为r|NM|2，故C错
18、误；对于D选项，记圆心N到直线l的距离为d，则d.因为|PQ|24(r2d2)8.又r2，所以d.由2，得m1，故D正确考点二蒙日圆核心提炼在椭圆1(ab0)上，任意两条相互垂直的切线的交点都在同一个圆上，它的圆心是椭圆的中心，半径等于椭圆长半轴与短半轴平方和的算术平方根，这个圆叫蒙日圆设P为蒙日圆上任一点，过点P作椭圆的两条切线，交椭圆于点A，B，O为原点性质1PAPB.性质2kOPkAB.性质3kOAkPA，kOBkPB(垂径定理的推广)性质4PO平分椭圆的切点弦AB.性质5延长PA，PB交蒙日圆O于两点C，D，则CDAB.性质6SAOB的最大值为，SAOB的最小值为.性质7SAPB的最大
19、值为，SAPB的最小值为.例2(2023合肥模拟)已知A是圆x2y24上的一个动点，过点A作两条直线l1，l2，它们与椭圆y21都只有一个公共点，且分别交圆于点M，N.(1)若A(2,0)，求直线l1，l2的方程；(2)求证：对于圆上的任意点A，都有l1l2成立；求AMN面积的取值范围(1)解设直线的方程为yk(x2)，代入椭圆y21，消去y，可得(13k2)x212k2x12k230，由0，可得k210，设l1，l2的斜率分别为k1，k2，k11，k21，直线l1，l2的方程分别为yx2，yx2.(2)证明当直线l1，l2的斜率有一条不存在时，不妨设l1的斜率不存在，l1与椭圆只有一个公共点
20、，其方程为x，当l1的方程为x时，此时l1与圆的交点坐标为，l2的方程为y1(或y1)，l1l2成立，同理可证，当l1的方程为x时，结论成立；当直线l1，l2的斜率都存在时，设点A(m，n)且m2n24，设方程为yk(xm)n，代入椭圆方程，可得(13k2)x26k(nkm)x3(nkm)230，由0化简整理得(3m2)k22mnk1n20，m2n24，(3m2)k22mnkm230，设l1，l2的斜率分别为k1，k2，k1k21，l1l2成立，综上，对于圆上的任意点A，都有l1l2成立解记原点到直线l1，l2的距离分别为d1，d2，MANA，MN是圆的直径，|MA|2d2，|NA|2d1，d
21、d|OA|24，AMN面积为S|MA|NA|2d1d2，S24dd4d(4d)4(d2)216，d1,3，S212,16，S2，4规律方法蒙日圆在双曲线、抛物线中的推广双曲线1(ab0)的两条互相垂直的切线PA，PB交点P的轨迹是蒙日圆：x2y2a2b2(只有当ab时才有蒙日圆)抛物线y22px(p0)的两条互相垂直的切线PA，PB交点P的轨迹是该抛物线的准线：x(可以看作半径无穷大的圆)跟踪演练2定义椭圆C：1(ab0)的“蒙日圆”的方程为x2y2a2b2，已知椭圆C的长轴长为4，离心率为e.(1)求椭圆C的标准方程和它的“蒙日圆”E的方程；(2)过“蒙日圆”E上的任意一点M作椭圆C的一条切
22、线MA，A为切点，延长MA与“蒙日圆”E交于点D，O为坐标原点，若直线OM，OD的斜率存在，且分别设为k1，k2，证明：k1k2为定值(1)解由题意知2a4，e，c1，b23，椭圆C的标准方程为1，“蒙日圆”E的方程为x2y2437，即x2y27.(2)证明当切线MA的斜率存在且不为零时，设切线MA的方程为ykxm，则由消去y得(34k2)x28mkx4m2120，64m2k24(34k2)(4m212)0，m234k2，由消去y得(1k2)x22mkxm270，4m2k24(1k2)(m27)1612k20，设M(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1x2，x1x2，k1k2，m234k2，
23、k1k2，当切线MA的斜率不存在且为零时，k1k2成立，k1k2为定值考点三阿基米德三角形核心提炼抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形叫做阿基米德三角形性质1阿基米德三角形底边上的中线MQ平行于抛物线的轴性质2若阿基米德三角形的底边即弦AB过抛物线内的定点C，则另一顶点Q的轨迹为一条直线性质3抛物线以C点为中点的弦平行于Q点的轨迹性质4若直线l与抛物线没有公共点，以l上的点为顶点的阿基米德三角形的底边过定点(若直线l方程为：axbyc0，则定点的坐标为C.性质5底边为a的阿基米德三角形的面积最大值为.性质6若阿基米德三角形的底边过焦点，则顶点Q的轨迹为准线，且阿基米德三角形的面积最小
24、值为p2.例3(多选)(2023南平模拟)过抛物线y22px(p0)的焦点F作抛物线的弦与抛物线交于A，B两点，M为AB的中点，分别过A，B两点作抛物线的切线l1，l2相交于点P.下面关于PAB的描述正确的是()A点P必在抛物线的准线上BAPPBC设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则PAB的面积S的最小值为DPFAB答案ABD解析先证明出抛物线y22px(p0)在其上一点(x0，y0)处的切线方程为y0ypxpx0.证明如下：由于点(x0，y0)在抛物线y22px上，则y2px0，联立可得2y0yy22px0，即y22y0yy0，0，所以抛物线y22px(p0)在其上一点(x0，y0)处的
25、切线方程为y0ypxpx0.如图所示设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为xmy，联立消去x得y22mpyp20，由根与系数的关系可得y1y2p2，y1y22mp，对于A，抛物线y22px在点A处的切线方程为y1ypxpx1，即y1ypx，同理可知，抛物线y22px在点B处的切线方程为y2ypx，联立解得所以点P的横坐标为，即点P在抛物线的准线上，A正确；对于B，直线l1的斜率为k1，直线l2的斜率为k2，所以k1k21，所以APPB，B正确；对于D，当AB垂直于x轴时，由抛物线的对称性可知，点P为抛物线的准线与x轴的交点，此时PFAB；当AB不与x轴垂直时，直线AB的斜率为k
26、AB，直线PF的斜率为kPFm，所以kABkPF1，则PFAB.综上，PFAB，D正确；对于C，|AB|y1y2|，|PF|p，所以，SPAB|AB|PF|y1y2|p(m21)(m21)2p2，当且仅当时，等号成立，C错误规律方法(1)椭圆和双曲线也具有多数上述抛物线阿基米德三角形类似性质；(2)当阿基米德三角形的顶角为直角时，阿基米德三角形顶点的轨迹为蒙日圆跟踪演练3已知抛物线C：x22py(p0)的焦点为F，且F与圆M：x2(y4)21上的点的距离的最小值为4.(1)求p；(2)若点P在圆M上，PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，求PAB面积的最大值解(1)易得圆的圆心M(0，4)，
27、抛物线C的焦点为F，|FM|4，F与圆M：x2(y4)21上的点的距离的最小值为414，解得p2.(2)抛物线C的方程为x24y，即y，对该函数求导得y，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，直线PA的方程为yy1(xx1)，即yy1，即x1x2y12y0，同理可知，直线PB的方程为x2x2y22y0，由于点P为这两条直线的公共点，则点A，B的坐标满足方程x0x2y2y00，直线AB的方程为x0x2y2y00，联立可得x22x0x4y00，由根与系数的关系可得x1x22x0，x1x24y0，|AB|，点P到直线AB的距离为d，SPAB|AB|d，x4y01(y04)24y0
28、y12y015(y06)221，由已知可得5y03，当y05时，PAB的面积取最大值20.专题强化练1若椭圆C：1(a0)的蒙日圆为x2y26，则a等于()A1 B2 C3 D4答案B解析根据蒙日圆的定义，得a2a6，解得a2.2(2023烟台模拟)过抛物线y24x的焦点F作抛物线的弦，与抛物线交于A，B两点，分别过A，B两点作抛物线的切线l1，l2相交于点P，PAB的面积S的最小值为()A. B2C4 D4答案C解析由题知，弦AB过抛物线焦点，则由“阿基米德三角形”性质知，点P在抛物线的准线上，PAB的面积的最小值为Sp24.3已知在平面直角坐标系Oxy中，A(2,0)，动点M满足|MA|M
29、O|，得到动点M的轨迹是阿氏圆C.若对任意实数k，直线l：yk(x1)b与圆C恒有公共点，则b的取值范围是()A. B.C. D.答案C解析设M(x，y)，由A(2,0)，且|MA|MO|，得|MA|22|MO|2，即(x2)2y28，所以M的轨迹是以C(2,0)为圆心，2为半径的圆，直线l：yk(x1)b恒过定点(1，b)，把x1代入(x2)2y28，解得y，要使对任意实数k，直线l：yk(x1)b与圆C恒有公共点，则b，即b的取值范围是.4抛物线上任意两点A，B处的切线交于点P，称PAB为“阿基米德三角形”，当线段AB经过抛物线的焦点F时，PAB具有以下特征：P点必在抛物线的准线上；PFA
30、B.若经过抛物线y24x的焦点的一条弦为AB，“阿基米德三角形”为PAB，且点P的纵坐标为4，则直线AB的方程为()Ax2y10 B2xy20Cx2y10 D2xy20答案A解析设抛物线的焦点为F，由题意可知，抛物线y24x的焦点坐标为F(1,0)，准线方程为x1，因为PAB为“阿基米德三角形”，且线段AB经过抛物线y24x的焦点，所以点P必在抛物线的准线上，所以点P(1,4)，所以直线PF的斜率为2.又因为PFAB，所以直线AB的斜率为，所以直线AB的方程为y0(x1)，即x2y10.5(多选)(2023廊坊模拟)如图，PAB为阿基米德三角形抛物线x22py(p0)上有两个不同的点A(x1，
31、y1)，B(x2，y2)，以A，B为切点的抛物线的切线PA，PB相交于点P.给出如下结论，其中正确的为()A若弦AB过焦点，则ABP为直角三角形且APB90B点P的坐标是CPAB的边AB所在的直线方程为(x1x2)x2pyx1x20DPAB的边AB上的中线与y轴平行(或重合)答案ACD解析由题意设A，B，x1b0)的离心率为，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，A，B为椭圆上两个动点直线l的方程为bxaya2b20.下列说法正确的是()AC的蒙日圆的方程为x2y23b2B对直线l上任意一点P，0C记点A到直线l的距离为d，则d的最小值为bD若矩形MNGH的四条边均与C相切，则矩形MNGH面积的最
32、大值为6b2答案AD解析对于A，过Q(a，b)可作椭圆的两条互相垂直的切线xa，yb，Q(a，b)在蒙日圆上，蒙日圆方程为x2y2a2b2，由e得a22b2，C的蒙日圆方程为x2y23b2，A正确；对于B，由l方程知l过P(b，a)，又P满足蒙日圆方程，P(b，a)在圆x2y23b2上，当A，B恰为过P作椭圆两条互相垂直切线的切点时，0，B错误；对于C，A在椭圆上，|AF1|AF2|2a，d|AF2|d(2a|AF1|)d|AF1|2a；当F1Al时，d|AF1|取得最小值，最小值为F1到直线l的距离，又F1到直线l的距离db，(d|AF2|)minb2a，C错误；对于D，当矩形MNGH的四条
33、边均与C相切时，蒙日圆为矩形MNGH的外接圆，矩形MNGH的对角线为蒙日圆的直径，设矩形MNGH的长和宽分别为x，y，则x2y212b2，矩形MNGH的面积Sxy6b2(当且仅当xyb时取等号)，即矩形MNGH面积的最大值为6b2，D正确7抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形常称为阿基米德三角形，因为阿基米德最早利用逼近的思想证明了：抛物线的弦与抛物线所围成的封闭图形的面积等于阿基米德三角形面积的.已知A(2,1)，B(2,1)为抛物线C：x24y上两点，则在A点处抛物线C的切线的斜率为_；弦AB与抛物线所围成的封闭图形的面积为_答案1解析因为yx2，所以yx，所以ky|x2(2)1
34、，所以在A点处抛物线C的切线的斜率为1，切线方程为y1(x2)，即yx1，同理在B点处抛物线C的切线方程为yx1，由解得所以两切线的交点为P(0，1)，所以阿基米德三角形面积S424，所以弦AB与抛物线所围成的封闭图形的面积为S4.8(2023赣州模拟)已知两动点A，B在椭圆C：y21(a1)上，动点P在直线3x4y100上，若APB恒为锐角，则椭圆C的离心率的取值范围为_答案解析根据题意可得，圆x2y2a21上任意一点向椭圆C所引的两条切线互相垂直，因此当直线 3x4y100与圆x2y2a21相离时，APB恒为锐角，故a2124，解得1a20)的两条切线PA，PB，切点分别是A，B，动点Q为
35、抛物线C上在A，B之间的任意一点，抛物线C在点Q处的切线分别交PA，PB于点M，N.(1)若APPB，证明：直线AB经过点；(2)若分别记PMN，ABQ的面积为S1，S2，求的值(1)证明设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为ykxb，由消去y并整理得x22pkx2pb0，有x1x22pb，令抛物线C：x22py在点A处切线方程为yy1t(xx1)，由消去y并整理得x22ptx2ptx12py10，则有4p2t24(2ptx12py1)4p2t24(2ptx1x)0，解得t，同理，抛物线C：x22py在点B处切线斜率为，因为APPB，则有1，解得b，所以直线AB：ykx恒过定点
36、.(2)解由(1)知，切线PA的方程为yy1(xx1)，整理得yxy1，同理切线PB的方程为yxy2，设点Q(x0，y0)，则切线MN的方程为yxy0，而点P(m，n)，即有nmy1，nmy2，因此直线AB的方程为yxn，有|AB|x1x2|，点Q(x0，y0)到直线AB的距离是d2，则S2|x1x2|，由解得点M的横坐标xM，同理点N的横坐标xN，有|MN|，点P(m，n)到直线MN的距离d1，则S1|x1x2|，所以.10.已知圆O：x2y25，椭圆：1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1且垂直于x轴的直线被椭圆和圆所截得弦长分别为1和2.(1)求椭圆的标准方程；(2)如图，P为
37、圆上任意一点，过P分别作椭圆两条切线与椭圆相切于A，B两点若直线PA的斜率为2，求直线PB的斜率；作PQAB于点Q，求证：|QF1|QF2|是定值(1)解由题意得解得a2，b1，c，所以椭圆的标准方程为y21.(2)解设P(x0，y0)，则过P的切线方程为yy0k(xx0)，且xy5，由化简得(14k2)x28k(y0kx0)x4(y0kx0)240，由0，得(4x)k22x0y0k1y0，设切线PA，PB的斜率分别为k1，k2，则k1k21，又直线PA的斜率为2，则直线PB的斜率为.证明当切线PA，PB的斜率都存在时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，切线PA，PB的方程为yyiki(x
38、xi)，i1,2并由得(4x)k2xiyiki1y0，i1,2，(*)又点A，B在椭圆上，得y1，i1,2代入(*)，得20，即ki，i1,2，切线PA，PB的方程为yiy1，i1,2，又切线过P点，则yiy01，i1,2，所以直线AB的方程为y0y1，由PQAB得直线PQ方程为yy0(xx0)，联立直线AB方程y0y1，解得xQx0，yQy0，由xy5得Q点轨迹方程为x25y21，且焦点恰为F1，F2，故|QF1|QF2|2，当切线PA，PB的斜率有一个不存在时，如PB斜率不存在，则B(2,0)，P(2,1)，A(0,1)，直线AB的方程为yx1，PQ的方程为y12(x2)，可解得Q，Q点也在椭圆x25y21上，若B(2,0)，同理可得综上得|QF1|QF2|，为定值