高考数学一轮复习专题10.14真题再现练习（含解析）.docx

第14讲 真题再现1（2018全国）已知椭圆+1过点（4，）和（3，），则椭圆离心率e（）ABCD【答案】A【解析】椭圆+1过点（4，）和（3，），则，解得a5，b1，c2a2b224，c2，e，故选：A2（2018全国）过抛物线y22x的焦点且与x轴垂直的直线与抛物线交于M、N两点，O为坐标原点，则（）ABCD【答案】DD【解析】y22x的焦点坐标是（，0），则过焦点且垂直x轴的直线是x，代入y22x得y1，故（，1）（）1故选：D3（2018天津）已知双曲线1（a0，b0）的离心率为2，过右焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点设A，B到双曲线的同一条渐近线的距离分别为d1和d2，且d1+d26，则双曲线的方程为（）A1B1C1D1【答案】C【解析】由题意可得图象如图，CD是双曲线的一条渐近线y，即bxay0，F（c，0），ACCD，BDCD，FECD，ACDB是梯形，F是AB的中点，EF3，EFb，所以b3，双曲线1（a0，b0）的离心率为2，可得，可得：，解得a则双曲线的方程为：1故选：C4（2018天津）已知双曲线1（a0，b0）的离心率为2，过右焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点设A，B到双曲线的同一条渐近线的距离分别为d1和d2，且d1+d26，则双曲线的方程为（）A1B1C1D1【答案】A【解析】由题意可得图象如图，CD是双曲线的一条渐近线y，即bxay0，F（c，0），ACCD，BDCD，FECD，ACDB是梯形，F是AB的中点，EF3，EFb，所以b3，双曲线1（a0，b0）的离心率为2，可得，可得：，解得a则双曲线的方程为：1故选：A5（2018新课标）已知椭圆C：+1的一个焦点为（2，0），则C的离心率为（）ABCD【答案】C【解析】椭圆C：+1的一个焦点为（2，0），可得a244，解得a2，c2，e故选：C6（2018新课标）已知双曲线C：1（a0，b0）的离心率为，则点（4，0）到C的渐近线的距离为（）AB2CD2【答案】D【解析】双曲线C：1（a0，b0）的离心率为，可得，即：，解得ab，双曲线C：1（ab0）的渐近线方程为：yx，点（4，0）到C的渐近线的距离为：2故选：D7（2018新课标）设F1，F2是双曲线C：1（a0b0）的左，右焦点，O是坐标原点过F2作C的一条渐近线的垂线，垂足为P，若|PF1|OP|，则C的离心率为（）AB2CD【答案】C【解析】双曲线C：1（a0b0）的一条渐近线方程为yx，点F2到渐近线的距离db，即|PF2|b，|OP|a，cosPF2O，|PF1|OP|，|PF1|a，在三角形F1PF2中，由余弦定理可得|PF1|2|PF2|2+|F1F2|22|PF2|F1F2|COSPF2O，6a2b2+4c22b2c4c23b24c23（c2a2），即3a2c2，即ac，e，故选：C8（2018新课标）已知F1，F2是椭圆C：1（ab0）的左、右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为的直线上，PF1F2为等腰三角形，F1F2P120，则C的离心率为（）ABCD【答案】D【解析】由题意可知：A（a，0），F1（c，0），F2（c，0），直线AP的方程为：y（x+a），由F1F2P120，|PF2|F1F2|2c，则P（2c，c），代入直线AP：c（2c+a），整理得：a4c，题意的离心率e故选：D9（2018新课标）已知F1，F2是椭圆C的两个焦点，P是C上的一点，若PF1PF2，且PF2F160，则C的离心率为（）A1B2CD1【答案】D【解析】F1，F2是椭圆C的两个焦点，P是C上的一点，若PF1PF2，且PF2F160，可得椭圆的焦点坐标F2（c，0），所以P（c，c）可得：，可得，可得e48e2+40，e（0，1），解得e故选：D10（2018新课标）直线x+y+20分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆（x2）2+y22上，则ABP面积的取值范围是（）A2，6B4，8C，3D2，3【答案】A【解析】直线x+y+20分别与x轴，y轴交于A，B两点，令x0，得y2，令y0，得x2，A（2，0），B（0，2），|AB|2，点P在圆（x2）2+y22上，设P（2+，），点P到直线x+y+20的距离：d，sin（）1，1，d，ABP面积的取值范围是：，2，6故选：A11（2018新课标）双曲线1（a0，b0）的离心率为，则其渐近线方程为（）AyxByxCyxDyx【答案】A【解析】双曲线的离心率为e，则，即双曲线的渐近线方程为yxx，故选：A12（2018新课标）设抛物线C：y24x的焦点为F，过点（2，0）且斜率为的直线与C交于M，N两点，则（）A5B6C7D8【答案】D【解析】抛物线C：y24x的焦点为F（1，0），过点（2，0）且斜率为的直线为：3y2x+4，联立直线与抛物线C：y24x，消去x可得：y26y+80，解得y12，y24，不妨M（1，2），N（4，4），则（0，2）（3，4）8故选：D13（2018新课标）已知双曲线C：y21，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M，N若OMN为直角三角形，则|MN|（）AB3C2D4【答案】B【解析】双曲线C：y21的渐近线方程为：y，渐近线的夹角为：60，不妨设过F（2，0）的直线为：y，则：解得M（，），解得：N（），则|MN|3故选：B14（2017全国）椭圆C的焦点为F1（1，0），F2（1，0），点P在C上，F2P2，则C的长轴长为（）A2BCD【答案】D【解析】椭圆C的焦点为F1（1，0），F2（1，0），则c1，|PF2|2，|PF1|2a|PF2|2a2， 由余弦定理可得|PF1|2|F1F2|2+|PF2|22|F1F2|PF2|cos，即（2a2）24+4222（），解得a1+，a1（舍去），2a2+2，故选：D15（2017全国）已知双曲线的右焦点为F（c，0），直线yk（xc）与C的右支有两个交点，则（）ABCD【答案】B【解析】双曲线的渐近线方程为yx，由直线yk（xc）与C的右支有两个交点，且直线经过右焦点F，可得|k|，故选：B16（2017新课标）已知F是双曲线C：x21的右焦点，P是C上一点，且PF与x轴垂直，点A的坐标是（1，3），则APF的面积为（）ABCD【答案】D【解析】由双曲线C：x21的右焦点F（2，0），PF与x轴垂直，设（2，y），y0，则y3，则P（2，3），APPF，则丨AP丨1，丨PF丨3，APF的面积S丨AP丨丨PF丨，同理当y0时，则APF的面积S，故选：D17（2017新课标）若双曲线C：1（a0，b0）的一条渐近线被圆（x2）2+y24所截得的弦长为2，则C的离心率为（）A2BCD【答案】A【解析】双曲线C：1（a0，b0）的一条渐近线不妨为：bx+ay0，圆（x2）2+y24的圆心（2，0），半径为：2，双曲线C：1（a0，b0）的一条渐近线被圆（x2）2+y24所截得的弦长为2，可得圆心到直线的距离为：，解得：，可得e24，即e2故选：A18（2017新课标）过抛物线C：y24x的焦点F，且斜率为的直线交C于点M（M在x轴上方），l为C的准线，点N在l上，且MNl，则M到直线NF的距离为（）AB2C2D3【答案】C【解析】抛物线C：y24x的焦点F（1，0），且斜率为的直线：y（x1），过抛物线C：y24x的焦点F，且斜率为的直线交C于点M（M在x轴上方），l可知：，解得M（3，2）可得N（1，2），NF的方程为：y（x1），即，则M到直线NF的距离为：2故选：C19（2017新课标）已知F为抛物线C：y24x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，则|AB|+|DE|的最小值为（）A16B14C12D10【答案】A【解析】如图，l1l2，直线l1与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，要使|AB|+|DE|最小，则A与D，B，E关于x轴对称，即直线DE的斜率为1，又直线l2过点（1，0），则直线l2的方程为yx1，联立方程组，则y24y40，y1+y24，y1y24，|DE|y1y2|8，|AB|+|DE|的最小值为2|DE|16，方法二：设直线l1的倾斜角为，则l2的倾斜角为 +，根据焦点弦长公式可得|AB|DE|AB|+|DE|+，0sin221，当45时，|AB|+|DE|的最小，最小为16，故选：A二填空题（共3小题）20（2018新课标）直线yx+1与圆x2+y2+2y30交于A，B两点，则|AB|2【答案】：2【解析】圆x2+y2+2y30的圆心（0，1），半径为：2，圆心到直线的距离为：，所以|AB|22故答案为：221（2018天津）在平面直角坐标系中，经过三点（0，0），（1，1），（2，0）的圆的方程为（【答案】（x1）2+y21【解析】【方法一】根据题意画出图形如图所示，结合图形知经过三点（0，0），（1，1），（2，0）的圆，其圆心为（1，0），半径为1，则该圆的方程为（x1）2+y21【方法二】设该圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F0，则，解得D2，EF0；所求圆的方程为x2+y22x0故答案为：（x1）2+y21（或x2+y22x0）22（2018新课标）已知点M（1，1）和抛物线C：y24x，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点若AMB90，则k【答案】2【解析】抛物线C：y24x的焦点F（1，0），过A，B两点的直线方程为yk（x1），联立可得，k2x22（2+k2）x+k20，设A（x1，y1），B（x2，y2），则 x1+x2，x1x21，y1+y2k（x1+x22），y1y2k2（x11）（x21）k2x1x2（x1+x2）+14，M（1，1），（x1+1，y11），（x2+1，y21），AMB90，0（x1+1）（x2+1）+（y11）（y21）0，整理可得，x1x2+（x1+x2）+y1y2（y1+y2）+20，1+2+4+20，即k24k+40，k2故答案为：223（2018全国）双曲线1，F1、F2为其左右焦点，C是以F2为圆心且过原点的圆（1）求C的轨迹方程；（2）动点P在C上运动，M满足2，求M的轨迹方程【答案】见解析【解析】（1）由已知得a212，b24，故c4，所以F1（4，0）、F2（4，0），因为C是以F2为圆心且过原点的圆，故圆心为（4，0），半径为4，所以C的轨迹方程为（x4）2+y216；（2）设动点M（x，y），P（x0，y0），则（x+4，y），由，得（x+4，y）2（x0x，y0y），即，解得，因为点P在C上，所以，代入得，化简得24（2018新课标）已知斜率为k的直线l与椭圆C：+1交于A，B两点，线段AB的中点为M（1，m）（m0）（1）证明：k；（2）设F为C的右焦点，P为C上一点，且+证明：|，|，|成等差数列，并求该数列的公差【答案】见解析【解析】：（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点为M（1，m），x1+x22，y1+y22m将A，B代入椭圆C：+1中，可得，两式相减可得，3（x1+x2）（x1x2）+4（y1+y2）（y1y2）0，即6（x1x2）+8m（y1y2）0，k点M（1，m）在椭圆内，即，解得0m（2）由题意得F（1，0），设P（x3，y3），则x11+x21+x310，y1+y2+y30，由（1）及题设得x33（x1+x2）1，y3（y1+y2）2m0又点P在C上，所以m，从而P（1，），于是2同理2所以|+|4，故|+|2|，即|，|，|成等差数列设改数列的公差为d，则2|d|x1x2|将m代入得k1所以l的方程为yx+，代入C的方程，并整理得70故x1+x22，x1x2，代入解得|d|所以该数列的公差为或25（2018新课标）设椭圆C：+y21的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为（2，0）（1）当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；（2）设O为坐标原点，证明：OMAOMB【答案】见解析【解析】：（1）c1，F（1，0），l与x轴垂直，x1，由，解得或，A（1.），或（1，），直线AM的方程为yx+，yx，证明：（2）当l与x轴重合时，OMAOMB0，当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，OMAOMB，当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为yk（x1），k0，A（x1，y1），B（x2，y2），则x1，x2，直线MA，MB的斜率之和为kMA，kMB之和为kMA+kMB+，由y1kx1k，y2kx2k得kMA+kMB，将yk（x1）代入+y21可得（2k2+1）x24k2x+2k220，x1+x2，x1x2，2kx1x23k（x1+x2）+4k（4k34k12k3+8k3+4k）0从而kMA+kMB0，故MA，MB的倾斜角互补，OMAOMB，综上OMAOMB26（2018北京）已知抛物线C：y22px经过点P（1，2），过点Q（0，1）的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N（）求直线l的斜率的取值范围；（）设O为原点，求证：+为定值【答案】见解析【解析】：（）抛物线C：y22px经过点P（1，2），42p，解得p2，设过点（0，1）的直线方程为ykx+1，设A（x1，y1），B（x2，y2）联立方程组可得，消y可得k2x2+（2k4）x+10，（2k4）24k20，且k0解得k1，且k0，x1+x2，x1x2，又PA、PB要与y轴相交，直线l不能经过点（1，2），即k3，故直线l的斜率的取值范围（，3）（3，0）（0，1）；（）证明：设点M（0，yM），N（0，yN），则（0，yM1），（0，1）因为，所以yM1yM1，故1yM，同理1yN，直线PA的方程为y2（x1）（x1）（x1），令x0，得yM，同理可得yN，因为+2，+2，+为定值27（2018新课标）设抛物线C：y24x的焦点为F，过F且斜率为k（k0）的直线l与C交于A，B两点，|AB|8（1）求l的方程；（2）求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程【答案】见解析【解析】（1）方法一：抛物线C：y24x的焦点为F（1，0），设直线AB的方程为：yk（x1），设A（x1，y1），B（x2，y2），则，整理得：k2x22（k2+2）x+k20，则x1+x2，x1x21，由|AB|x1+x2+p+28，解得：k21，则k1，直线l的方程yx1；方法二：抛物线C：y24x的焦点为F（1，0），设直线AB的倾斜角为，由抛物线的弦长公式|AB|8，解得：sin2，则直线的斜率k1，直线l的方程yx1；（2）由（1）可得AB的中点坐标为D（3，2），则直线AB的垂直平分线方程为y2（x3），即yx+5，设所求圆的圆心坐标为（x0，y0），则，解得：或，因此，所求圆的方程为（x3）2+（y2）216或（x11）2+（y+6）214428（2018新课标）设抛物线C：y22x，点A（2，0），B（2，0），过点A的直线l与C交于M，N两点（1）当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；（2）证明：ABMABN【答案】见解析【解析】（1）当l与x轴垂直时，x2，代入抛物线解得y2，所以M（2，2）或M（2，2），直线BM的方程：yx+1，或：yx1（2）证明：设直线l的方程为l：xty+2，M（x1，y1），N（x2，y2），联立直线l与抛物线方程得，消x得y22ty40，即y1+y22t，y1y24，则有kBN+kBM+0，所以直线BN与BM的倾斜角互补，ABMABN29（2017全国）设椭圆的中心为O，左焦点为F，左顶点为A，短轴的一个端点为B，短轴长为4，ABF的面积为（1）求a，b；（2）设直线l与C交于P，Q两点，M（2，2），四边形OPMQ为平行四边形，求l的方程【答案】见解析【解析】（1）依题意得，解得a，b2，c1（2）方法1（点差法）：由（1）得椭圆的方程为，因为四边形OPMQ为平行四边形，设OM的中点为D，则D也是PQ的中点，因为M（2，2），则D（1，1），设P（x1，y1），Q（x2，y2），由题意，两式相减得，变形得，即，所以直线l的方程为，即4x+5y90带入，检验0，有两个交点，满足题意方法2（韦达定理法）：当直线PQ的斜率不存在时，直线l的方程为x1，此时yPyQ，其中点为（1，0），不成立；当直线PQ的斜率存在时，设直线l的方程为y1k（x1），联立得，消y化简得，（5k2+4）x210k（k1）x+5k210k150，设P（x1，y1），Q（x2，y2），则x1+x221，解得，带入上述二次方程，检验得0，满足题意所以直线l的方程为，即4x+5y9030（2017新课标）设O为坐标原点，动点M在椭圆C：+y21上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足（1）求点P的轨迹方程；（2）设点Q在直线x3上，且1证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F【答案】见解析【解析】（1）设M（x0，y0），由题意可得N（x0，0），设P（x，y），由点P满足可得（xx0，y）（0，y0），可得xx00，yy0，即有x0x，y0，代入椭圆方程+y21，可得+1，即有点P的轨迹方程为圆x2+y22；（2）证明：设Q（3，m），P（cos，sin），（02），1，可得（cos，sin）（3cos，msin）1，即为3cos2cos2+msin2sin21，当0时，上式不成立，则02，解得m，即有Q（3，），椭圆+y21的左焦点F（1，0），由（1cos，sin）（3，）3+3cos3（1+cos）0可得过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F另解：设Q（3，t），P（m，n），由1，可得（m，n）（3m，tn）3mm2+ntn21，又P在圆x2+y22上，可得m2+n22，即有nt3+3m，又椭圆的左焦点F（1，0），（1m，n）（3，t）3+3mnt3+3m33m0，则，可得过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F31（2017新课标）在直角坐标系xOy中，曲线yx2+mx2与x轴交于A、B两点，点C的坐标为（0，1），当m变化时，解答下列问题：（1）能否出现ACBC的情况？说明理由；（2）证明过A、B、C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值【答案】见解析【解析】：（1）曲线yx2+mx2与x轴交于A、B两点，可设A（x1，0），B（x2，0），由韦达定理可得x1x22，若ACBC，则kACkBC1，即有1，即为x1x21这与x1x22矛盾，故不出现ACBC的情况；（2）证明：设过A、B、C三点的圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F0（D2+E24F0），由题意可得y0时，x2+Dx+F0与x2+mx20等价，可得Dm，F2，圆的方程即为x2+y2+mx+Ey20，由圆过C（0，1），可得0+1+0+E20，可得E1，则圆的方程即为x2+y2+mx+y20，另解：设过A、B、C三点的圆在y轴上的交点为H（0，d），则由相交弦定理可得|OA|OB|OC|OH|，即有2|OH|，再令x0，可得y2+y20，解得y1或2即有圆与y轴的交点为（0，1），（0，2），则过A、B、C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值332（2017新课标）已知椭圆C：+1（ab0），四点P1（1，1），P2（0，1），P3（1，），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上（1）求C的方程；（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点若直线P2A与直线P2B的斜率的和为1，证明：l过定点【答案】见解析【解析】（1）根据椭圆的对称性，P3（1，），P4（1，）两点必在椭圆C上，又P4的横坐标为1，椭圆必不过P1（1，1），P2（0，1），P3（1，），P4（1，）三点在椭圆C上把P2（0，1），P3（1，）代入椭圆C，得：，解得a24，b21，椭圆C的方程为1证明：（2）当斜率不存在时，设l：xm，A（m，yA），B（m，yA），直线P2A与直线P2B的斜率的和为1，1，解得m2，此时l过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足当斜率存在时，设l：ykx+t，（t1），A（x1，y1），B（x2，y2），联立，整理，得（1+4k2）x2+8ktx+4t240，x1x2，则1，又t1，t2k1，此时64k，存在k，使得0成立，直线l的方程为ykx2k1，当x2时，y1，l过定点（2，1）33（2017新课标）设A，B为曲线C：y上两点，A与B的横坐标之和为4（1）求直线AB的斜率；（2）设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且AMBM，求直线AB的方程【答案】见解析【解析】（1）设A（x1，），B（x2，）为曲线C：y上两点，则直线AB的斜率为k（x1+x2）41；（2）设直线AB的方程为yx+t，代入曲线C：y，可得x24x4t0，即有x1+x24，x1x24t，再由y的导数为yx，设M（m，），可得M处切线的斜率为m，由C在M处的切线与直线AB平行，可得m1，解得m2，即M（2，1），由AMBM可得，kAMkBM1，即为1，化为x1x2+2（x1+x2）+200，即为4t+8+200，解得t7则直线AB的方程为yx+734（2017新课标）已知抛物线C：y22x，过点（2，0）的直线l交C于A，B两点，圆M是以线段AB为直径的圆（1）证明：坐标原点O在圆M上；（2）设圆M过点P（4，2），求直线l与圆M的方程【答案】见解析【解析】方法一：证明：（1）当直线l的斜率不存在时，则A（2，2），B（2，2），则（2，2），（2，2），则0，则坐标原点O在圆M上；当直线l的斜率存在，设直线l的方程yk（x2），A（x1，y1），B（x2，y2），整理得：k2x2（4k2+2）x+4k20，则x1x24，4x1x2y12y22（y1y2）2，由y1y20，则y1y24，由x1x2+y1y20，则，则坐标原点O在圆M上，综上可知：坐标原点O在圆M上；方法二：设直线l的方程xmy+2，整理得：y22my40，A（x1，y1），B（x2，y2），则y1y24，则（y1y2）24x1x2，则x1x24，则x1x2+y1y20，则，则坐标原点O在圆M上，坐标原点O在圆M上；（2）由（1）可知：x1x24，x1+x2，y1+y2，y1y24，圆M过点P（4，2），则（4x1，2y1），（4x2，2y2），由0，则（4x1）（4x2）+（2y1）（2y2）0，整理得：k2+k20，解得：k2，k1，当k2时，直线l的方程为y2x+4，则x1+x2，y1+y21，则M（，），半径为r丨MP丨，圆M的方程（x）2+（y+）2当直线斜率k1时，直线l的方程为yx2，同理求得M（3，1），则半径为r丨MP丨，圆M的方程为（x3）2+（y1）210，综上可知：直线l的方程为y2x+4，圆M的方程（x）2+（y+）2，或直线l的方程为yx2，圆M的方程为（x3）2+（y1）21035（2016新课标）已知椭圆E：+1的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为k（k0）的直线交E于A，M两点，点N在E上，MANA（）当t4，|AM|AN|时，求AMN的面积；（）当2|AM|AN|时，求k的取值范围【答案】见解析【解析】（）方法一、t4时，椭圆E的方程为+1，A（2，0），直线AM的方程为yk（x+2），代入椭圆方程，整理可得（3+4k2）x2+16k2x+16k2120，解得x2或x，则|AM|2|，由ANAM，可得|AN|，由|AM|AN|，k0，可得，整理可得（k1）（4k2+k+4）0，由4k2+k+40无实根，可得k1，即有AMN的面积为|AM|2（）2；方法二、由|AM|AN|，可得M，N关于x轴对称，由MANA可得直线AM的斜率为1，直线AM的方程为yx+2，代入椭圆方程+1，可得7x2+16x+40，解得x2或，M（，），N（，），则AMN的面积为（+2）；（）直线AM的方程为yk（x+），代入椭圆方程，可得（3+tk2）x2+2tk2x+t2k23t0，解得x或x，即有|AM|，|AN|，由2|AM|AN|，可得2，整理得t，由椭圆的焦点在x轴上，则t3，即有3，即有0，可得k2，即k的取值范围是（，2）36（2016新课标）设圆x2+y2+2x150的圆心为A，直线l过点B（1，0）且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E（）证明|EA|+|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；（）设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围【答案】见解析【解析】（）证明：圆x2+y2+2x150即为（x+1）2+y216，可得圆心A（1，0），半径r4，由BEAC，可得CEBD，由ACAD，可得DC，即为DEBD，即有EBED，则|EA|+|EB|EA|+|ED|AD|4，故E的轨迹为以A，B为焦点的椭圆，且有2a4，即a2，c1，b，则点E的轨迹方程为+1（y0）；（）椭圆C1：+1，设直线l：xmy+1，由PQl，设PQ：ym（x1），由可得（3m2+4）y2+6my90，设M（x1，y1），N（x2，y2），可得y1+y2，y1y2，则|MN|y1y2|12，A到PQ的距离为d，|PQ|22，则四边形MPNQ面积为S|PQ|MN|122424，当m0时，S取得最小值12，又0，可得S248，即有四边形MPNQ面积的取值范围是12，8）37（2016新课标）已知抛物线C：y22x的焦点为F，平行于x轴的两条直线l1，l2分别交C于A，B两点，交C的准线于P，Q两点（）若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明ARFQ；（）若PQF的面积是ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程【答案】见解析【解析】（）证明：连接RF，PF，由APAF，BQBF及APBQ，得AFP+BFQ90，PFQ90，R是PQ的中点，RFRPRQ，PARFAR，PARFAR，PRAFRA，BQF+BFQ180QBFPAF2PAR，FQBPAR，PRAPQF，ARFQ（）设A（x1，y1），B（x2，y2），F（，0），准线为 x，SPQF|PQ|y1y