新教材新高考一轮复习北师大版 高考大题专题研究(五) 圆锥曲线中的综合问题 学案

1、高考大题专题研究(五)圆锥曲线中的综合问题第1课时定点与定值问题题型突破提高“四能”题型一圆锥曲线中的定点问题角度1 直接推理法求解圆锥曲线中定点问题例1已知双曲线C：x2a2-y2b21(a0，b0)的左焦点为F，P，Q是双曲线C上关于原点O对称的两点，直线FP与双曲线C的另一个交点是M，直线FQ与双曲线C的另一个交点是N.当点P的坐标为(2，26)时，|PF|7.(1)求双曲线C的标准方程；(2)当点P在双曲线C上运动时，证明：直线MN经过定点听课记录类题通法直接推理法求解圆锥曲线中定点问题的一般步骤巩固训练1过抛物线C：y24x的焦点F且斜率为k的直线l交抛物线C于A，B两点(1)若|A

2、B|8，求直线l的方程；(2)若点A关于x轴的对称点为D，证明直线BD过定点，并求出该点的坐标角度2 逆推法求圆锥曲线中的定点问题例2已知抛物线C的方程y22px(p0)，焦点为F，点P在抛物线C上，且点P到点F的距离比它到y轴的距离大1.(1)试求出抛物线C的方程(2)若抛物线C上存在两动点M，N(M，N在对称轴两侧)，满足OMON(O为坐标原点)，过点F作直线交抛物线C于A，B两点，若ABMN，则线段MN上是否存在定点E，使得EMENAB4恒成立？若存在，请求出点E的坐标，若不存在，请说明理由听课记录类题通法由特殊到一般法求定点问题的方法由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特

3、殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关巩固训练22022河北石家庄模拟 已知椭圆C：x2a2+y2b21(ab0)的左、右焦点分别为F1(1，0)，F2(1，0)，点M1，32为椭圆C上一点(1)求椭圆C的方程；(2)过点F1(1，0)作动直线l与椭圆交于A，B两点，过点A作直线x4的垂线，垂足为N，求证：直线BN过定点题型二圆锥曲线中的定值问题角度1 直接消参法求圆锥曲线中的定值问题例32022北京门头沟模拟F1，F2分别为椭圆C：x2a2+y2b21(ab0)的左右焦点，过右焦点F2的直线l与椭圆C交于A，B两点，且AB不为长轴，ABF1的周长为8，椭圆C的离心率为12.(1)求此椭圆C

4、的方程；(2)A2为其右顶点，求证：直线A2A，A2B两直线的斜率之积为定值，并求出此定值听课记录类题通法直接法探求定值问题的一般步骤巩固训练32022福建师大附中模拟已知双曲线C：x2a2-y2b21(a0，b0)的虚轴长为4，直线2xy0为双曲线C的一条渐近线(1)求双曲线C的标准方程；(2)记双曲线C的左、右顶点分别为A、B，过点T(2，0)的直线l，与双曲线交于两点M、N，直线MA交y轴于点P，直线NB交y轴于点Q，记PAT面积为S1，QBT面积为S2，求证：S1S2为定值角度2 特殊转化法求圆锥曲线中的定值问题 例42022广东汕头模拟已知双曲线方程为x2a2-y2b21(a0，b0

5、)，F1，F2为双曲线的左、右焦点，离心率为2，点P为双曲线在第一象限上的一点，且满足PF1PF20，|PF1|PF2|6.(1)求双曲线的标准方程；(2)过点F2作直线l交双曲线于A，B两点，则在x轴上是否存在定点Q(m，0)，使得QAQB为定值，若存在，请求出m的值和该定值，若不存在，请说明理由听课记录类题通法从特殊到一般求定值的两个常用技巧巩固训练4已知离心率为32的椭圆C：x2a2+y2b21(ab0)过点2，22，A，B分别为椭圆C的右顶点和上顶点，点P在椭圆C上且不与四个顶点重合(1)求椭圆C的标准方程(2)若直线PA与y轴交于点N，直线PB与x轴交于点M，试探究|AM|BN|是否

6、为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由第2课时最值与范围问题题型突破提高“四能”题型一圆锥曲线中的最值问题角度1 建立目标函数求最值例1已知抛物线C：x22py(p0)的焦点为F，且F与圆M：x2(y4)21上点的距离的最小值为4.(1)求p；(2)若点P在M上，PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，求PAB面积的最大值听课记录类题通法建立目标函数求最值的常用方法巩固训练12022天津南开中学月考如图，点P(0，1)是椭圆C1：x2a2+y2b21(ab0)的一个顶点，C1的长轴是圆C2：x2y24的直径l1，l2是过点P且互相垂直的两条直线，其中l1交圆C2于A，B两点，l2交椭圆

7、C1于另一点D.(1)求椭圆C1的方程；(2)当ABD的面积取得最大值时，求直线l1的方程角度2 构造基本不等式求最值 例2已知椭圆M：x2a2+y231(a0)的一个焦点为F(1，0)，左、右顶点分别为A，B.经过点F的直线l与椭圆M交于C，D两点(1)当直线l的倾斜角为45时，求线段CD的长；(2)记ABD与ABC的面积分别为S1和S2，求|S1S2|的最大值听课记录类题通法构造基本不等式求最值的步骤巩固训练22022福建龙岩模拟已知ab0，曲线由曲线C1：x2a2+y2b21(y0)和曲线C2：x2a2-y2b21(y0，b0)的离心率为32，短轴长为2.(1)求椭圆C的标准方程；(2)

8、设直线l：ykxm与椭圆C交于M，N两点，O为坐标原点，若kOMkON54，求原点O到直线l的距离的取值范围听课记录类题通法构造不等式求范围的三种常用方法巩固训练32022陕西西安模拟已知双曲线C：y2a2-x2b21(a0，b0)的离心率为2，且经过A(0，2)(1)求双曲线C的方程；(2)若过点B(2，0)的直线交双曲线C于x轴下方不同的两点P、Q，设P、Q中点为M，求三角形BOM面积的取值范围角度2 构造函数法求范围例4已知抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，点M(a，25)在抛物线C上(1)若|MF|6，求抛物线的标准方程；(2)若直线xyt与抛物线C交于A，B两点，点N的坐标为(

9、1，0)，且满足NANB，原点O到直线AB的距离不小于2，求p的取值范围听课记录类题通法利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围巩固训练4已知M为椭圆C：x225+y291上的动点，过点M作x轴的垂线，垂足为D，点P满足PD53MD.(1)求动点P的轨迹E的方程；(2)若A，B两点分别为椭圆C的左、右顶点，F为椭圆C的左焦点，直线PB与椭圆C交于点Q，直线QF，PA的斜率分别为kQF，kPA，求kQFkPA的取值范围第3课时证明与探究问题题型突破提高“四能”题型一证明问题角度1 利用直接法证明圆锥曲线中的问题例12022山东肥城模拟已知双曲线C：x2

10、a2-y2b21(a0，b0)的右焦点F与抛物线y28x的焦点重合，一条渐近线的倾斜角为30.(1)求双曲线C的方程；(2)经过点F的直线与双曲线的右支交于A，B两点，与y轴交于P点，P点关于原点的对称点为点Q，求证：SQAB433.听课记录类题通法对于证明问题，一般是根据已知条件，运用所涉及的知识通过运算化简，利用定义、定理、公理等，直接推导出所证明的结论即可，证明不等式常用不等式的性质，或基本不等式求得最值巩固训练1已知双曲线C：x23y21的焦点为椭圆E：x2a2+y2b21(ab0)的长轴端点，且椭圆E的离心率为22.(1)求椭圆E的标准方程；(2)设A为椭圆E的左顶点，直线xtym0

11、(tR，m2)与椭圆E交于M(x1，y1)，N(x2，y2)两点，直线AM，AN分别与直线x4m交于P(x3，y3)，Q(x4，y4)两点，求证：1y1+1y21y3+1y4.角度2 利用转化法证明圆锥曲线中的问题例2设椭圆C：x22y21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.听课记录类题通法利用转化法证明圆锥曲线问题的三种策略巩固训练2在平面直角坐标系中，己知圆心为点Q的动圆恒过点F(1，0)，且与直线x1相切，设动圆的圆心Q的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)设M为直线

12、l：x1上任意一点，过点M作C的切线，切点为N，证明：MFNF.题型二探究问题角度1 利用肯定顺推法解答圆锥曲线中的探究问题例3已知F为抛物线C：y22px(p0)的焦点，过点F的动直线交抛物线C于A，B两点，当直线与x轴垂直时，|AB|4.(1)求抛物线C的方程；(2)设直线AB的斜率为1且与抛物线C的准线l相交于点M，抛物线C上存在点P使得直线PA，PM，PB的斜率成等差数列，求点P的坐标听课记录类题通法利用肯定顺推法解答圆锥曲线中的探究问题的流程巩固训练3设椭圆x2a2+y2b21(ab0)的离心率e63，焦距为4.(1)求椭圆的标准方程；(2)过椭圆右焦点F的动直线l交椭圆于A、B两点

13、，P为直线x3上的一点，是否存在直线l与点P，使得ABP恰好为等边三角形，若存在求出ABP的面积，若不存在说明理由角度2 利用探究转化法解答圆锥曲线中的探究问题 例42022河北衡水中学月考已知椭圆C：x2a2+y2b21(ab0)的离心率为32，直线l：xy20与以原点为圆心、椭圆C的短半轴长为半径的圆O相切(1)求椭圆C的方程(2)是否存在直线与椭圆C交于A，B两点，交y轴于点M(0，m)，使|OA2OB|OA2OB|成立？若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，请说明理由听课记录类题通法转化探究方向，是指将所探究的问题转化为其他明确的问题，使所探究的问题更加具体，易求对于范围最值的探究，

14、一般转化为对函数性质的研究，或对不等式的研究问题巩固训练42022湖南岳阳模拟已知双曲线C：x2a2-y2b21(a0，b0)的离心率为52，点P(4，3)在C上(1)求双曲线C的方程；(2)设过点(1，0)的直线l与曲线C交于M，N两点，问在x轴上是否存在定点Q，使得QMQN为常数？若存在，求出Q点坐标及此常数的值，若不存在，说明理由高考大题专题研究(五)圆锥曲线中的综合问题第1课时定点与定值问题题型突破提高“四能”例1解析：(1)由题，知F(c，0)，因为P(2，26)，|PF|7，所以(2c)2(260)249，得c3，所以a2b29.因为点P(2，26)在双曲线C上，所以4a2-24b

15、21，由得，a21，b28，所以双曲线C的标准方程为x2y281.解析：(2)由(1)得F(3，0)，设P(x0，y0)，则Q(x0，y0)，易知x01或x01，当x03时，直线PM的方程为yy0 x0+3(x3)，将直线PM的方程与双曲线C的方程联立，消去y得8x0+32x2-y02(x3)28(x03)20.因为P(x0，y0)在双曲线C上，所以y028x028，所以x0+32x2 -(x021)(x3)2(x03)20，得(3x0 +5)x2 -3(x021)xx0(5x03)0.由题易知3x050，0，所以x0 xMx05x0+33x0+5，即xM5x0+33x0+5，所以yM4y03

16、x0+5，则M-5x0+33x0+5，4y03x0+5，同理，N-5x0-33x0-5，4y03x0-5.所以kMNyM-yNxM-xN4y03x0+5-4y03x0-5-5x0+33x0+5+5x0-33x0-55y04x0，所以直线MN的方程为y4y03x0+55y04x0 x+5x0+33x0+5，由对称性可知，若直线MN过定点，则定点在x轴上，在直线MN的方程中令y0，得x35，所以直线MN过定点-35，0.当x03时，直线PM的方程为x3，代入C的方程，得y8，不妨设P(3，8)，则M(3，8)，Q(3，8)，可得直线FQ的方程为y43(x3)，与C的方程联立，可得7x212x270

17、，解得x97或x3，将x97代入y43(x3)，可得y167，得N-97，-167，则直线MN的方程为y103(x3)8，令y0，得x35即直线MN过点-35，0.综上，当点P在双曲线C上运动时，直线MN经过定点-35，0.巩固训练1解析：(1)由y24x知焦点F的坐标为(1，0)，则直线l的方程为yk(x1)，代入抛物线方程y24x，得k2x2(2k24)xk20，由题意知k0，且(2k24)24k2k216(k21)0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x22k2+4k2，x1x21.由抛物线的弦长公式知|AB|x1x228，则2k2+4k26，即k21，解得k1.所以直线l的方

18、程为yx1或yx1.(2)证明：由(1)及抛物线的对称性知，D点的坐标为(x1 ，-y1)，直线BD的斜率kBDy2+y1x2-x1y2+y1y22 4y12 44y2-y1，所以直线BD的方程为yy14y2-y1(xx1)，即y2-y1y+y2y1-y124x4x1.因为y124x1，y224x2，x1x21，所以(y1y2)216x1x216，即y1y24(y1，y2异号)所以直线BD的方程为4(x1)(y1y2)y0，对任意y1，y2R，有x+1=0，y=0，解得x=-1，y=0，即直线BD恒过定点(1，0)例2解析：(1)由点P到点F的距离比它到y轴的距离大1和抛物线定义，知p21，所

19、以抛物线C的方程为y24x.解析：(2)存在由题意，kMN0，设My12 4，y1，Ny22 4，y2(y2y1)，由OMON，得y1y216，直线MN的斜率k4y1+y2，直线MN：yy14y1+y2x-y12 4，整理可得y4y1+y2(x4)，若直线AB斜率存在，设斜率为k，yk(x1)与y24x联立得ky24y4k0，设A(xA，yA)，B(xB，yB)，则|AB|1+1k2|yAyB|41+1k2，若点E存在，设点E坐标为(x0，y0)，|EM|EN|1+1k2(y0y1) 1+1k2(y2y0)(1+1k2)-y1y2-y02(y1y2)y01+1k216-y02+4y0k，当EM

20、ENAB4时，16-y024y0k16，解得y00或y04k(不是定点，舍去)，则点E为(4，0)，经检验，此点满足y20)，则点P满足x2a2-y2b21PF1PF20，(cx，y)(cx，y)x2c2y20，即x2y2c2SF1PF212|y|2c12|PF1|PF2|，即|y|c3则由得：yb2c，代入得：b23，a21，双曲线方程为：x2y231.(2)解法一：当l斜率为0时，l：y0，此时A(1，0)，B(1，0)，由Q(m，0)得：QAQBm21；当l斜率不为0时，设l：xty2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立x=ty+23x2-y2=3得：(3t21)y212ty90，

21、则36t2360，y1y2-12t3t2-1，y1y293t2-1，QAQB(x1m，y1)(x2m，y2)(x1m)(x2m)y1y2(ty12m)(ty22m)y1y2(t21)y1y2(2m)t(y1y2)(2m)2(t21)93t2-1(2m)t-12t3t2-1(2m)2，令QAQBm21，即9(t21)12t2(2m)(4m5)(3t21)，解得：m1，则Q(1，0)，此时QAQB0；综上所述：存在m1，使得QAQB0；解法二：当l斜率为0时，l：y0，此时A(1，0)，B(1，0)，由Q(m，0)得：QAQBm21；当l斜率不为0时，设l：xty2，A(x1，y1)，B(x2，y

22、2)，联立x=ty+23x2-y2=3得：(3t21)y212ty90，则36t2360，y1y2-12t3t2-1，y1y293t2-1，QAQB(x1m，y1)(x2m，y2)(x1m)(x2m)y1y2(ty12m)(ty22m)y1y2(t21)y1y2(2m)t(y1y2)(2m)2(t21)93t2-1(2m)t-12t3t2-1(2m)22m-15t2+93t2-1(2m)2，若QAQB为定值，则12m-1539-1，m1，Q(1，0)，此时QAQB0；当m1，l斜率为0时，QAQBm210；综上所述，存在m1，使得QAQB0；解法三：当l斜率不存在时，l：x2，此时A(2，3)

23、，B(2，3)，若Q(1，0)，则QAQB0；当l斜率存在时，设l：yk(x2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立y=kx-23x2-y2=3得(3k2)x24k2x4k230，则36k2360，x1x2-4k23-k2，x1x2-4k2-33-k2，QAQB(x1m，y1)(x2m，y2)(x1m)(x2m)y1y2x1x2m(x1x2)m2k2x1x22(x1x2)4(k21)x1x2(m2k2)(x1x2)m24k2(k21)-4k2-33-k2(m2k2)-4k23-k2m24k24m+5k2-33-k2m2，若QAQB为定值，则4m+5-1-33，m1，Q(1，0)，此时QA

24、QB0；综上所述：存在m1，使得QAQB0.巩固训练4解析：(1)由题意得ca=32，2a2+12b2=1，a2=b2+c2，解得a2=4，b2=1，则椭圆C的标准方程为x24y21.解析：(2)点P不与四个顶点重合，直线PA，PB的斜率存在且不为0.设P(x0，y0)，且A(2，0)，B(0，1)直线PA的方程为yy0 x0-2(x2)，N0，-2y0 x0-2.直线PB的方程为yy0-1x0 x1，M-x0y0-1，0.|AM|BN|2+x0y0-11+2y0 x0-2x02+4y02 +44x0y04x08y0 x0y0 x02y02.P在椭圆上，x02+4y024，|AM|BN|8+4

25、x0y0-4x0-8y0 x0y0-x0-2y0+24x0y0-x0-2y0+2x0y0-x0-2y0+24，|AM|BN|为定值第2课时最值与范围问题题型突破提高“四能”例1解析：(1)由题意知M(0，4)，F0，p2，圆M的半径r1，所以|MF|r4，即p2414，解得p2.(2)由(1)知，抛物线方程为x24y，由题意可知直线AB的斜率存在，设Ax1，x12 4，Bx2，x22 4，直线AB的方程为ykxb，联立得y=kx+bx2=4y，消去y得x24kx4b0，则16k216b0 ()，x1x24k，x1x24b，所以|AB|1+k2|x1x2|1+k2x1+x22-4x1x241+k

26、2k2+b.因为x24y，即yx24，所以yx2，则抛物线在点A处的切线斜率为x12，在点A处的切线方程为y-x12 4x12(xx1)，即yx12x-x12 4，同理得抛物线在点B处的切线方程为yx22x-x22 4，联立得y=x12x-x12 4yx22xx22 4，则x=x1+x22=2ky=x1x24=-b，即P(2k，b)因为点P在圆M上，所以4k2(4b)21，且12k1，5b3，即12k12，3b5，满足()设点P到直线AB的距离为d，则d2k2+2b1+k2，所以SPAB12|AB|d4k2+b3.由得，k21-4-b24-b2+8b-154，令tk2b，则t-b2+12b-1

27、54，且3b5.因为t-b2+12b-154在3，5上单调递增，所以当b5时，t取得最大值，tmax5，此时k0，所以PAB面积的最大值为205.巩固训练1解析：(1)由题意可得b1，2a4，即a2.椭圆C1的方程为x24y21；解析：(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)由题意可知：直线l1的斜率存在，设为k，则直线l1的方程为ykx1.又圆C2：x2y24的圆心O(0，0)到直线l1的距离d1k2+1.|AB|24-d224k2+3k2+1.又l2l1，故直线l2的方程为xkyk0，联立x+ky+k=0 x2+4y2=4，消去y得到(4k2)x28kx0，解得x08k

28、4+k2，|PD|81+k24+k2.三角形ABD的面积SABD12|AB|PD|84k2+34+k2，令4k2t4，则k2t4，f(t)4t-4+3t4t-13t2-131t-2132+413 413，SABD161313，当且仅当t132，即k252，当k102时取等号，故所求直线l1的方程为y102x1.例2解析：(1)由题意，c1，b23，所以a24，所以椭圆M的方程为x24+y231，易求直线l的方程为yx1，由x24+y23=1，y=x+1消去y，得7x28x80，2880，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1x287，x1x287，所以|CD|2|x1x2|2x1+x22

29、-4x1x2247. (2)当直线l的斜率不存在时，直线方程为x1，此时ABD与ABC面积相等，|S1S2|0；当直线l的斜率存在时，设直线方程为yk(x1)(k0)，联立x24+y23=1，y=kx+1消去y，得(34k2)x28k2x4k2120，0，设点C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1x28k23+4k2，x1x24k2-123+4k2，此时|S1S2|2|y2|y1|2|y2y1|2|k(x21)k(x11)|2|k(x1x2)2k|12k3+4k2.因为k0，所以|S1S2|123k+4k1223k4k12433(当且仅当k32时，等号成立)，所以|S1S2|的最大值为3.

30、巩固训练2解析：(1)由题意：F1(2，0)，F2(6，0)，a2+b2=36a2-b2=4，解得a2=20b2=16，即a=25b=4. (2)由(1)知，曲线C1：x220+y2161(y0)，点F2(6，0)，设直线l的方程为：xmy6(m0)，联立x=my-6x220+y216=1得：(54m2)y248my640，(48m)2464(54m2)0，又m0，m1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，y1y248m5+4m2，y1y2645+4m2，|y1y2|y1+y22-4y1y2165m2-15+4m2，ABF1面积S12|F1F2|y1y2|128165m2-15+4m2645

31、m2-15+4m2，令tm2-10，m2t21，S645t4t2+96454t+9t1653，当且仅当t32，即m132时等号成立，所以ABF1面积的最大值为1653.例3解析：(1)由题意知eca32，2b2.又a2b2c2，所以b1，a2.所以椭圆C的标准方程为x24y21. (2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程y=kx+m，x24+y2=1，得(4k21)x28kmx4m240.依题意，(8km)24(4k21)(4m24)0，化简得m24k21.x1x28km4k2+1，x1x24m2-44k2+1，y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2km(x1x2)m2.若k

32、OMkON54，则y1y2x1x254，即4y1y25x1x2.所以(4k25)x1x24km(x1x2)4m20.所以(4k25)4m2-14k2+14km-8km4k2+14m20，即(4k25)(m21)8k2m2m2(4k21)0，化简得m2k254.由得0m265，120k254.因为原点O到直线l的距离dm1+k2，所以d2m21+k254-k21+k21941+k2.又120k254，所以0d20y1+y2=4m1-m20，解得1m2.设点M的纵坐标为y0，又点M为PQ的中点，即y0y1+y222m1-m2，所以SOBM12|OB|y0|1222m1-m22mm2-12m-1m，

33、1m2，易知表达式在(1，2)上单调递减，故三角形BOM面积的取值范围为(22，)例4解析：(1)由题意及抛物线的定义得ap26，又点M(a，25)在抛物线C上，所以202pa，由a+p2=6，20=2pa，解得p=2，a=5或p=10，a=1.所以抛物线的标准方程为y24x或y220 x. (2)联立方程x+y=t，y2=2px，整理得x2(2t2p)xt20，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系可得x1x22t2p，x1x2t2.因为NANB，所以(x11)(x21)y1y20，又y1tx1，y2tx2，所以2x1x2(1t)(x1x2)t210，得2pt2-2t+1t+

34、1.由原点O到直线AB的距离不小于2，得t22，即t2(舍去)或t2，因为2pt2-2t+1t+1t14t+14，函数yt2-2t+1t+1在t2，)上单调递增，所以p16，即p的取值范围为16，+.巩固训练4解析：(1)设P(x，y)，M(m，n)，依题意知D(m，0)，且y0.由PD53MD，得(mx，y)53(0，n)，则有m-x=0，-y=-53n，即m=x，n=35y.又M(m，n)为椭圆C：x225+y291上的点，x225+35y291，即x2y225，故动点P的轨迹E的方程为x2y225(y0) (2)依题意知A(5，0)，B(5，0)，F(4，0)，设Q(x0，y0)，线段AB为圆E的直径，APBP，设直线PB的斜率为kPB，则kQFkPAkQF-1kPBkQFkPBkQFkQBy0 x0+4y0 x0-5-y02 x04x05-91-x02 25x04x05925x02-25x04x05925x0+5x0+49251+1x0+4，点P不同于A，B两点且直线QF的斜率存在，5x00，x1x212k2+33k2-10，所以3k21，设t3k210，SQAB248t+13t+13+1t21634t2+5t+16431t+582364325643163，所以SQAB433.巩固训练1解析：(1)由题意可得双曲