2026版《金版教程》高考一轮复习数学第六章 高考真题集训-平面解析几何

高考总复习首选用卷数学高考真题集训——平面解析几何一、单项选择题1．(2024·北京高考)圆x2＋y2－2x＋6y＝0的圆心到直线x－y＋2＝0的距离为()A．2eq\r(3) B．2C．3eq\r(2) D.eq\r(6)答案：C解析：由题意得x2＋y2－2x＋6y＝0，即(x－1)2＋(y＋3)2＝10，则其圆心坐标为(1，－3)，则圆心到直线x－y＋2＝0的距离为eq\f(|1＋3＋2|,\r(12＋（－1）2))＝3eq\r(2).故选C.2．(2024·新课标Ⅱ卷)已知曲线C：x2＋y2＝16(y>0)，从C上任意一点P向x轴作垂线段PP′，P′为垂足，则线段PP′的中点M的轨迹方程为()A.eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1(y>0) B.eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,8)＝1(y>0)C.eq\f(y2,16)＋eq\f(x2,4)＝1(y>0) D.eq\f(y2,16)＋eq\f(x2,8)＝1(y>0)答案：A解析：设点M(x，y)，则P(x，y0)，P′(x，0)，因为M为PP′的中点，所以y0＝2y，即P(x，2y)，又P在曲线x2＋y2＝16(y>0)上，所以x2＋4y2＝16(y>0)，即eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1(y>0)，即点M的轨迹方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1(y>0)．故选A.3．(2024·天津高考)双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2.P是双曲线右支上一点，且直线PF2的斜率为2.△PF1F2是面积为8的直角三角形，则双曲线的方程为()A.eq\f(x2,8)－eq\f(y2,2)＝1 B.eq\f(x2,8)－eq\f(y2,4)＝1C.eq\f(x2,2)－eq\f(y2,8)＝1 D.eq\f(x2,4)－eq\f(y2,8)＝1答案：C解析：如图，由题意可知，点P必落在第四象限，∠F1PF2＝90°，设|PF2|＝m，由kPF2＝tan∠PF2F1＝2，得|PF1|＝2m，|F1F2|＝2c＝eq\r(5)m，由S△PF1F2＝eq\f(1,2)|PF1|·|PF2|＝eq\f(1,2)·2m·m＝8，得m＝2eq\r(2)，则|PF2|＝2eq\r(2)，|PF1|＝4eq\r(2)，|F1F2|＝2c＝2eq\r(10)，故c＝eq\r(10)，由双曲线的定义，得|PF1|－|PF2|＝2a＝2eq\r(2)，故a＝eq\r(2)，b2＝c2－a2＝8，所以双曲线的方程为eq\f(x2,2)－eq\f(y2,8)＝1.故选C.4．(2023·新课标Ⅰ卷)设椭圆C1：eq\f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)，C2：eq\f(x2,4)＋y2＝1的离心率分别为e1，e2.若e2＝eq\r(3)e1，则a＝()A.eq\f(2\r(3),3) B.eq\r(2)C.eq\r(3) D.eq\r(6)答案：A解析：由e2＝eq\r(3)e1，得eeq\o\al(2,2)＝3eeq\o\al(2,1)，因此eq\f(4－1,4)＝3×eq\f(a2－1,a2)，而a>1，所以a＝eq\f(2\r(3),3).故选A.5．(2023·新课标Ⅰ卷)过点(0，－2)与圆x2＋y2－4x－1＝0相切的两条直线的夹角为α，则sinα＝()A．1 B.eq\f(\r(15),4)C.eq\f(\r(10),4) D.eq\f(\r(6),4)答案：B解析：解法一：因为x2＋y2－4x－1＝0，即(x－2)2＋y2＝5，可得圆心C(2，0)，半径r＝eq\r(5)，过点P(0，－2)作圆C的切线，切点为A，B，因为|PC|＝eq\r(22＋（－2）2)＝2eq\r(2)，则|PA|＝eq\r(|PC|2－r2)＝eq\r(3)，可得sin∠APC＝eq\f(\r(5),2\r(2))＝eq\f(\r(10),4)，cos∠APC＝eq\f(\r(3),2\r(2))＝eq\f(\r(6),4)，则sin∠APB＝sin2∠APC＝2sin∠APCcos∠APC＝2×eq\f(\r(10),4)×eq\f(\r(6),4)＝eq\f(\r(15),4)，cos∠APB＝cos2∠APC＝cos2∠APC－sin2∠APC＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),4)))eq\s\up12(2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),4)))eq\s\up12(2)＝－eq\f(1,4)<0，即∠APB为钝角，所以sinα＝sin(π－∠APB)＝sin∠APB＝eq\f(\r(15),4).故选B.解法二：圆x2＋y2－4x－1＝0的圆心C(2，0)，半径r＝eq\r(5)，过点P(0，－2)作圆C的切线，切点为A，B，连接AB，可得|PC|＝eq\r(22＋（－2）2)＝2eq\r(2)，则|PA|＝|PB|＝eq\r(|PC|2－r2)＝eq\r(3)，因为|PA|2＋|PB|2－2|PA|·|PB|cos∠APB＝|CA|2＋|CB|2－2|CA|·|CB|cos∠ACB，且∠ACB＝π－∠APB，则3＋3－6cos∠APB＝5＋5－10cos(π－∠APB)，即3－3cos∠APB＝5＋5cos∠APB，解得cos∠APB＝－eq\f(1,4)<0，即∠APB为钝角，则cosα＝cos(π－∠APB)＝－cos∠APB＝eq\f(1,4)，又α为锐角，所以sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(\r(15),4).故选B.解法三：圆x2＋y2－4x－1＝0的圆心C(2，0)，半径r＝eq\r(5)，若切线斜率不存在，则切线方程为x＝0，则圆心到切线的距离d＝2<r，不符合题意；若切线斜率存在，设切线方程为y＝kx－2，即kx－y－2＝0，则eq\f(|2k－2|,\r(k2＋1))＝eq\r(5)，整理得k2＋8k＋1＝0，且Δ＝64－4＝60>0.设两切线斜率分别为k1，k2，则k1＋k2＝－8，k1k2＝1，可得|k1－k2|＝eq\r(（k1＋k2）2－4k1k2)＝2eq\r(15)，所以tanα＝eq\f(|k1－k2|,1＋k1k2)＝eq\r(15)，即eq\f(sinα,cosα)＝eq\r(15)，可得cosα＝eq\f(sinα,\r(15))，则sin2α＋cos2α＝sin2α＋eq\f(sin2α,15)＝1，又α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则sinα>0，解得sinα＝eq\f(\r(15),4).故选B.6．(2023·新课标Ⅱ卷)已知椭圆C：eq\f(x2,3)＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，直线y＝x＋m与C交于A，B两点，若△F1AB的面积是△F2AB面积的2倍，则m＝()A.eq\f(2,3) B.eq\f(\r(2),3)C．－eq\f(\r(2),3) D．－eq\f(2,3)答案：C解析：将直线与椭圆的方程联立得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，))消去y可得4x2＋6mx＋3m2－3＝0.因为直线与椭圆相交于A，B两点，则Δ＝36m2－4×4(3m2－3)>0，解得－2<m<2.设F1到AB的距离为d1，F2到AB的距离为d2，易知F1(－eq\r(2)，0)，F2(eq\r(2)，0)，则d1＝eq\f(|－\r(2)＋m|,\r(2))，d2＝eq\f(|\r(2)＋m|,\r(2))，eq\f(S△F1AB,S△F2AB)＝eq\f(\f(|－\r(2)＋m|,\r(2)),\f(|\r(2)＋m|,\r(2)))＝eq\f(|－\r(2)＋m|,|\r(2)＋m|)＝2，解得m＝－eq\f(\r(2),3)或m＝－3eq\r(2)(舍去)．故选C.二、多项选择题7．(2024·新课标Ⅱ卷)抛物线C：y2＝4x的准线为l，P为C上的动点，过P作⊙A：x2＋(y－4)2＝1的一条切线，Q为切点，过P作l的垂线，垂足为B，则()A．l与⊙A相切B．当P，A，B三点共线时，|PQ|＝eq\r(15)C．当|PB|＝2时，PA⊥ABD．满足|PA|＝|PB|的点P有且仅有2个答案：ABD解析：对于A，抛物线y2＝4x的准线方程为x＝－1，⊙A的圆心(0，4)到直线x＝－1的距离显然是1，等于圆的半径，故准线l和⊙A相切，A正确；对于B，当P，A，B三点共线时，PA⊥l，则P的纵坐标yP＝4，由yeq\o\al(2,P)＝4xP，得xP＝4，故P(4，4)，此时切线长|PQ|＝eq\r(|PA|2－r2)＝eq\r(42－12)＝eq\r(15)，B正确；对于C，当|PB|＝2时，xP＝1，此时yeq\o\al(2,P)＝4xP＝4，故P(1，2)或P(1，－2)，当P(1，2)时，A(0，4)，B(－1，2)，kPA＝eq\f(4－2,0－1)＝－2，kAB＝eq\f(4－2,0－（－1）)＝2，不满足kPAkAB＝－1；当P(1，－2)时，A(0，4)，B(－1，－2)，kPA＝eq\f(4－（－2）,0－1)＝－6，kAB＝eq\f(4－（－2）,0－（－1）)＝6，不满足kPAkAB＝－1，于是PA⊥AB不成立，C错误；对于D，解法一(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|时点P的存在性问题转化成|PA|＝|PF|时点P的存在性问题，A(0，4)，F(1，0)，AF的中点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，AF中垂线的斜率为－eq\f(1,kAF)＝eq\f(1,4)，于是AF的中垂线方程为y－2＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，即y＝eq\f(1,4)x＋eq\f(15,8)，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，即存在两个点P，使得|PA|＝|PF|，即|PA|＝|PB|，D正确．解法二(设点直接求解)：设Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t2,4)，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得eq\r(\f(t4,16)＋（t－4）2)＝eq\f(t2,4)＋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，即存在两个这样的点P，使得|PA|＝|PB|，D正确．故选ABD.8．(2024·新课标Ⅰ卷)造型可以做成美丽的丝带，将其看作图中曲线C的一部分．已知C过坐标原点O，且C上的点满足横坐标大于－2，到点F(2，0)的距离与到定直线x＝a(a<0)的距离之积为4，则()A．a＝－2B．点(2eq\r(2)，0)在C上C．C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1D．当点(x0，y0)在C上时，y0≤eq\f(4,x0＋2)答案：ABD解析：对于A，设P(x，y)为曲线C上的动点，则x>－2且eq\r(（x－2）2＋y2)×|x－a|＝4，因为曲线过坐标原点，所以eq\r(（0－2）2＋02)×|0－a|＝4，解得a＝－2，故A正确；对于B，因为曲线C的方程为eq\r(（x－2）2＋y2)×|x＋2|＝4，又x>－2，故eq\r(（x－2）2＋y2)×(x＋2)＝4，当x＝2eq\r(2)，y＝0时，eq\r(（x－2）2＋y2)×(x＋2)＝eq\r(（2\r(2)－2）2)×(2eq\r(2)＋2)＝8－4＝4，故点(2eq\r(2)，0)在曲线C上，故B正确；对于C，由曲线C的方程可得y2＝eq\f(16,（x＋2）2)－(x－2)2，取x＝eq\f(3,2)，则y2＝eq\f(64,49)－eq\f(1,4)＝eq\f(207,196)>1，故C在第一象限的点的纵坐标的最大值大于1，故C错误；对于D，当点(x0，y0)在曲线C上时，由C项分析可得yeq\o\al(2,0)＝eq\f(16,（x0＋2）2)－(x0－2)2≤eq\f(16,（x0＋2）2)，故－eq\f(4,x0＋2)≤y0≤eq\f(4,x0＋2)，故D正确．故选ABD.9．(2023·新课标Ⅱ卷)设O为坐标原点，直线y＝－eq\r(3)(x－1)过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则()A．p＝2B．|MN|＝eq\f(8,3)C．以MN为直径的圆与l相切D．△OMN为等腰三角形答案：AC解析：对于A，直线y＝－eq\r(3)(x－1)过点(1，0)，所以抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F(1，0)，所以eq\f(p,2)＝1，即p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x，A正确；对于B，不妨设M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1＞x2，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\r(3)（x－1），,y2＝4x，))消去y并化简，得3x2－10x＋3＝0，解得x1＝3，x2＝eq\f(1,3)，所以|MN|＝x1＋x2＋p＝3＋eq\f(1,3)＋2＝eq\f(16,3)，B错误；对于C，设MN的中点为A，M，N，A到直线l的距离分别为d1，d2，d，因为d＝eq\f(1,2)(d1＋d2)＝eq\f(1,2)(|MF|＋|NF|)＝eq\f(1,2)|MN|，即A到直线l的距离等于|MN|的一半，所以以MN为直径的圆与直线l相切，C正确；对于D，由上述分析可知y1＝－eq\r(3)×(3－1)＝－2eq\r(3)，y2＝－eq\r(3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－1))＝eq\f(2\r(3),3)，所以|OM|＝eq\r(32＋（－2\r(3)）2)＝eq\r(21)，|ON|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(13),3)，所以△OMN不是等腰三角形，D错误．故选AC.10．(2022·新高考Ⅰ卷)已知O为坐标原点，点A(1，1)在抛物线C：x2＝2py(p>0)上，过点B(0，－1)的直线交C于P，Q两点，则()A．C的准线为y＝－1B．直线AB与C相切C．|OP|·|OQ|>|OA|2D．|BP|·|BQ|>|BA|2答案：BCD解析：如图，因为抛物线C过点A(1，1)，所以1＝2p，解得p＝eq\f(1,2)，所以抛物线C：x2＝y的准线为y＝－eq\f(1,4)，所以A错误；因为x2＝y，所以y′＝2x，所以y′|x＝1＝2，所以抛物线C在点A处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1，又点B(0，－1)在直线y＝2x－1上，所以直线AB与抛物线C相切，所以B正确；设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线PQ的方程为y＝kx－1，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,x2＝y，))得x2－kx＋1＝0，所以x1＋x2＝k，x1x2＝1，且Δ＝k2－4＞0，得k＞2或k＜－2，所以|OP|·|OQ|＝eq\r(xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1))·eq\r(xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2))＝eq\r(（xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(4,1)）（xeq\o\al(2,2)＋xeq\o\al(4,2)）)＝eq\r(（1＋xeq\o\al(2,1)）（1＋xeq\o\al(2,2)）)·|x1x2|＝eq\r(1＋（x1＋x2）2－2x1x2＋xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,2))＝eq\r(k2)＞2＝|OA|2，所以C正确；|BP|·|BQ|＝eq\r(1＋k2)|x1－0|·eq\r(1＋k2)|x2－0|＝(1＋k2)·|x1x2|＝1＋k2＞5＝|BA|2，所以D正确．故选BCD.三、填空题11．(2024·北京高考)若直线y＝k(x－3)与双曲线eq\f(x2,4)－y2＝1只有一个公共点，则k的一个取值为________．答案：eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或－\f(1,2)，答案不唯一))解析：由题意，知该双曲线的渐近线方程为y＝±eq\f(1,2)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＝±eq\f(1,2).12．(2024·天津高考)圆(x－1)2＋y2＝25的圆心与抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F重合，A为两曲线的交点，则原点到直线AF的距离为________．答案：eq\f(4,5)解析：圆(x－1)2＋y2＝25的圆心为F(1，0)，故eq\f(p,2)＝1，即p＝2，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－1）2＋y2＝25，,y2＝4x，))可得x2＋2x－24＝0，故x＝4或x＝－6(舍去)，故A(4，±4)，故直线AF：y＝±eq\f(4,3)(x－1)，即4x－3y－4＝0或4x＋3y－4＝0，故原点到直线AF的距离为d＝eq\f(|－4|,5)＝eq\f(4,5).13．(2024·新课标Ⅰ卷)设双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作平行于y轴的直线交C于A，B两点，若|F1A|＝13，|AB|＝10，则C的离心率为________．答案：eq\f(3,2)解析：由题意可知AB⊥F1F2，|AF2|＝|BF2|，又|F1A|＝13，|AB|＝10，所以|AF2|＝5，2a＝|F1A|－|AF2|＝8，即a＝4，2c＝eq\r(132－52)＝12，c＝6，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\f(6,4)＝eq\f(3,2).14．(2023·新课标Ⅱ卷)已知直线l：x－my＋1＝0与⊙C：(x－1)2＋y2＝4交于A，B两点，写出满足“△ABC的面积为eq\f(8,5)”的m的一个值：________．答案：2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－2，\f(1,2)，－\f(1,2)中任意一个皆可以))解析：设点C到直线AB的距离为d，由弦长公式得|AB|＝2eq\r(4－d2)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)×d×2eq\r(4－d2)＝eq\f(8,5)，解得d＝eq\f(4\r(5),5)或d＝eq\f(2\r(5),5)，由d＝eq\f(|1＋1|,\r(1＋m2))＝eq\f(2,\r(1＋m2))，所以eq\f(2,\r(1＋m2))＝eq\f(4\r(5),5)或eq\f(2,\r(1＋m2))＝eq\f(2\r(5),5)，解得m＝±2或m＝±eq\f(1,2).15．(2023·新课标Ⅰ卷)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2.点A在C上，点B在y轴上，eq\o(F1A,\s\up6(→))⊥eq\o(F1B,\s\up6(→))，eq\o(F2A,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(F2B,\s\up6(→))，则C的离心率为________．答案：eq\f(3\r(5),5)解析：解法一：依题意，设|AF2|＝2m，则|BF2|＝3m＝|BF1|，|AF1|＝2a＋2m，在Rt△ABF1中，9m2＋(2a＋2m)2＝25m2，则(a＋3m)(a－m)＝0，故a＝m或a＝－3m(舍去)，所以|AF1|＝4a，|AF2|＝2a，|BF2|＝|BF1|＝3a，则|AB|＝5a，故cos∠F1AF2＝eq\f(|AF1|,|AB|)＝eq\f(4a,5a)＝eq\f(4,5)，所以在△AF1F2中，cos∠F1AF2＝eq\f(16a2＋4a2－4c2,2×4a×2a)＝eq\f(4,5)，整理得5c2＝9a2，故e＝eq\f(c,a)＝eq\f(3\r(5),5).解法二：依题意，得F1(－c，0)，F2(c，0)，令A(x0，y0)，B(0，t)，因为eq\o(F2A,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(F2B,\s\up6(→))，所以(x0－c，y0)＝－eq\f(2,3)(－c，t)，则x0＝eq\f(5,3)c，y0＝－eq\f(2,3)t，又eq\o(F1A,\s\up6(→))⊥eq\o(F1B,\s\up6(→))，所以eq\o(F1A,\s\up6(→))·eq\o(F1B,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)c，－\f(2,3)t))·(c，t)＝eq\f(8,3)c2－eq\f(2,3)t2＝0，则t2＝4c2，又点A在C上，则eq\f(\f(25,9)c2,a2)－eq\f(\f(4,9)t2,b2)＝1，整理得eq\f(25c2,9a2)－eq\f(4t2,9b2)＝1，则eq\f(25c2,9a2)－eq\f(16c2,9b2)＝1，所以25c2b2－16c2a2＝9a2b2，即25c2(c2－a2)－16a2c2＝9a2(c2－a2)，整理得25c4－50a2c2＋9a4＝0，则(5c2－9a2)(5c2－a2)＝0，解得5c2＝9a2或5c2＝a2，又e>1，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\f(3\r(5),5).解法三：由解法二得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)c，－\f(2,3)t))，t2＝4c2，所以|AF1|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)c＋c))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)t))\s\up12(2))＝eq\r(\f(64c2,9)＋\f(4t2,9))＝eq\r(\f(64c2,9)＋\f(16c2,9))＝eq\f(4\r(5)c,3)，|AF2|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)c－c))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)t))\s\up12(2))＝eq\r(\f(4c2,9)＋\f(4t2,9))＝eq\r(\f(4c2,9)＋\f(16c2,9))＝eq\f(2\r(5)c,3)，由双曲线的定义可得|AF1|－|AF2|＝2a，即eq\f(4\r(5)c,3)－eq\f(2\r(5)c,3)＝2a，即eq\f(\r(5),3)c＝a，所以C的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(3,\r(5))＝eq\f(3\r(5),5).16．(2022·新高考Ⅰ卷)写出与圆x2＋y2＝1和(x－3)2＋(y－4)2＝16都相切的一条直线的方程：________．答案：x＝－1或7x－24y－25＝0或3x＋4y－5＝0(写出其中一个即可)解析：如图，因为圆x2＋y2＝1的圆心为O(0，0)，半径r1＝1，圆(x－3)2＋(y－4)2＝16的圆心为A(3，4)，半径r2＝4，所以|OA|＝5，r1＋r2＝5，所以|OA|＝r1＋r2，所以两圆外切，公切线有三种情况：①易知公切线l1的方程为x＝－1.②另一条公切线l2与公切线l1关于过两圆圆心的直线l对称．易知过两圆圆心的直线l的方程为y＝eq\f(4,3)x，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝\f(4,3)x，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－\f(4,3)，))由对称性可知公切线l2过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(4,3))).设公切线l2的方程为y＋eq\f(4,3)＝k(x＋1)，则点O(0，0)到l2的距离为1，所以1＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k－\f(4,3))),\r(k2＋1))，解得k＝eq\f(7,24)，所以公切线l2的方程为y＋eq\f(4,3)＝eq\f(7,24)(x＋1)，即7x－24y－25＝0.③还有一条公切线l3与直线l：y＝eq\f(4,3)x垂直．设公切线l3的方程为y＝－eq\f(3,4)x＋t，易知t＞0，则点O(0，0)到l3的距离为1，所以1＝eq\f(|t|,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))\s\up12(2)＋（－1）2))，解得t＝eq\f(5,4)，所以公切线l3的方程为y＝－eq\f(3,4)x＋eq\f(5,4)，即3x＋4y－5＝0.综上，所求直线方程为x＝－1或7x－24y－25＝0或3x＋4y－5＝0.17．(2022·新高考Ⅱ卷)设点A(－2，3)，B(0，a)，若直线AB关于y＝a对称的直线与圆(x＋3)2＋(y＋2)2＝1有公共点，则a的取值范围是________．答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(3,2)))解析：A(－2，3)关于y＝a对称的点的坐标为A′(－2，2a－3)，B(0，a)在直线y＝a上，设A′B所在直线为直线l，所以直线l的方程为y＝eq\f(a－3,－2)x＋a，即(a－3)x＋2y－2a＝0.圆C：(x＋3)2＋(y＋2)2＝1，圆心C(－3，－2)，半径r＝1，依题意，圆心到直线l的距离d＝eq\f(|－3（a－3）－4－2a|,\r(（a－3）2＋22))≤1，即(5－5a)2≤(a－3)2＋22，解得eq\f(1,3)≤a≤eq\f(3,2)，即a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(3,2))).18．(2022·新高考Ⅰ卷)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为eq\f(1,2).过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE|＝6，则△ADE的周长是________．答案：13解析：如图，连接AF1，DF2，EF2，因为C的离心率为eq\f(1,2)，所以eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，所以a＝2c，所以b2＝a2－c2＝3c2.因为|AF1|＝|AF2|＝a＝2c＝|F1F2|，所以△AF1F2为等边三角形，又DE⊥AF2，所以直线DE为线段AF2的垂直平分线，所以|AD|＝|DF2|，|AE|＝|EF2|，且∠EF1F2＝30°，所以直线DE的方程为y＝eq\f(\r(3),3)(x＋c)，代入椭圆C的方程eq\f(x2,4c2)＋eq\f(y2,3c2)＝1，得13x2＋8cx－32c2＝0.设D(x1，y1)，E(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq\f(8c,13)，x1x2＝－eq\f(32c2,13)，所以|DE|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))[（x1＋x2）2－4x1x2])＝eq\r(\f(4,3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8c,13)))\s\up12(2)－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(32c2,13))))))＝eq\f(48c,13)＝6，解得c＝eq\f(13,8)，所以a＝2c＝eq\f(13,4)，所以△ADE的周长为|AD|＋|AE|＋|DE|＝|DF2|＋|EF2|＋|DE|＝4a＝13.四、解答题19．(2024·新课标Ⅰ卷)已知A(0，3)和Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(3,2)))为椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上两点．(1)求C的离心率；(2)若过P的直线l交C于另一点B，且△ABP的面积为9，求l的方程．解：(1)由题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝3，,\f(9,a2)＋\f(\f(9,4),b2)＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b2＝9，,a2＝12，))所以e＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\r(1－\f(9,12))＝eq\f(1,2).(2)解法一：因为直线AP的斜率kAP＝eq\f(3－\f(3,2),0－3)＝－eq\f(1,2)，所以直线AP的方程为y＝－eq\f(1,2)x＋3，即x＋2y－6＝0，|AP|＝eq\r(（0－3）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(3,2)))\s\up12(2))＝eq\f(3\r(5),2)，由(1)知椭圆C：eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,9)＝1，设点B到直线AP的距离为d，则d＝eq\f(2×9,\f(3\r(5),2))＝eq\f(12\r(5),5)，则将直线AP沿着与AP垂直的方向平移eq\f(12\r(5),5)个单位，所得直线与椭圆的交点即为点B，设该直线的方程为x＋2y＋m＝0，则eq\f(|m＋6|,\r(5))＝eq\f(12\r(5),5)，解得m＝6或m＝－18，当m＝6时，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,12)＋\f(y2,9)＝1，,x＋2y＋6＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝－3))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－3，,y＝－\f(3,2)，))即B(0，－3)或Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(3,2)))，当B(0，－3)时，kl＝eq\f(3,2)，直线l的方程为y＝eq\f(3,2)x－3，即3x－2y－6＝0，当Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(3,2)))时，kl＝eq\f(1,2)，直线l的方程为y＝eq\f(1,2)x，即x－2y＝0，当m＝－18时，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,12)＋\f(y2,9)＝1，,x＋2y－18＝0，))得2y2－27y＋117＝0，Δ＝272－4×2×117＝－207<0，此时该直线与椭圆无交点．综上所述，直线l的方程为3x－2y－6＝0或x－2y＝0.解法二：同解法一得到直线AP的方程为x＋2y－6＝0，点B到直线AP的距离d＝eq\f(12\r(5),5)，设B(x0，y0)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(|x0＋2y0－6|,\r(5))＝\f(12\r(5),5)，,\f(xeq\o\al(2,0),12)＋\f(yeq\o\al(2,0),9)＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝－3，,y0＝－\f(3,2)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝0，,y0＝－3，))即B(0，－3)或Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(3,2)))，以下同解法一．解法三：当直线AB的斜率不存在时，可得B(0，－3)，S△ABP＝eq\f(1,2)×6×3＝9，符合题意，此时kl＝eq\f(3,2)，直线l的方程为y＝eq\f(3,2)x－3，即3x－2y－6＝0，当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋3，与椭圆方程联立有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋3，,\f(x2,12)＋\f(y2,9)＝1，))则(4k2＋3)·x2＋24kx＝0，其中k≠kAP，即k≠－eq\f(1,2)，解得x＝0或x＝eq\f(－24k,4k2＋3)，k≠0，k≠－eq\f(1,2)，令x＝eq\f(－24k,4k2＋3)，则y＝eq\f(－12k2＋9,4k2＋3)，则Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－24k,4k2＋3)，\f(－12k2＋9,4k2＋3)))，同解法一得到直线AP的方程为x＋2y－6＝0，点B到直线AP的距离d＝eq\f(12\r(5),5)，则eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－24k,4k2＋3)＋2×\f(－12k2＋9,4k2＋3)－6)),\r(5))＝eq\f(12\r(5),5)，解得k＝eq\f(3,2)，此时Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(3,2)))，则kl＝eq\f(1,2)，直线l的方程为y＝eq\f(1,2)x，即x－2y＝0，综上所述，直线l的方程为3x－2y－6＝0或x－2y＝0.解法四：当直线l的斜率不存在时，直线l：x＝3，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，－\f(3,2)))，|PB|＝3，点A到直线PB的距离d＝3，此时S△ABP＝eq\f(1,2)×3×3＝eq\f(9,2)≠9，不满足条件．当直线l的斜率存在时，设直线PB：y－eq\f(3,2)＝k(x－3)，令P(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－3）＋\f(3,2)，,\f(x2,12)＋\f(y2,9)＝1，))消去y，可得(4k2＋3)x2－(24k2－12k)x＋36k2－36k－27＝0，Δ＝(24k2－12k)2－4(4k2＋3)(36k2－36k－27)>0，且k≠kAP，即k≠－eq\f(1,2)，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(24k2－12k,4k2＋3)，,x1x2＝\f(36k2－36k－27,4k2＋3)，))|PB|＝eq\r(k2＋1)eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\f(6\r(k2＋1)|2k＋3|,4k2＋3)，点A到直线PB的距离d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(3k＋\f(3,2))),\r(k2＋1))，S△ABP＝eq\f(1,2)×eq\f(6\r(k2＋1)|2k＋3|,4k2＋3)×eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(3k＋\f(3,2))),\r(k2＋1))＝9，解得k＝eq\f(1,2)或eq\f(3,2)，均满足题意，所以直线l的方程为y＝eq\f(1,2)x或y＝eq\f(3,2)x－3，即x－2y＝0或3x－2y－6＝0.解法五：当直线l的斜率不存在时，直线l：x＝3，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，－\f(3,2)))，|PB|＝3，点A到直线PB的距离d＝3，此时S△ABP＝eq\f(1,2)×3×3＝eq\f(9,2)≠9，不满足条件．当直线l的斜率存在时，设直线l：y＝k(x－3)＋eq\f(3,2)，设直线l与y轴的交点为Q，令x＝0，则Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－3k＋\f(3,2)))，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx－3k＋\f(3,2)，,\f(x2,12)＋\f(y2,9)＝1，))则(3＋4k2)x2－8keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3k－\f(3,2)))x＋36k2－36k－27＝0，Δ＝64k2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3k－\f(3,2)))eq\s\up12(2)－4(3＋4k2)(36k2－36k－27)>0，且k≠－eq\f(1,2)，则3xB＝eq\f(36k2－36k－27,3＋4k2)，xB＝eq\f(12k2－12k－9,3＋4k2)，则S△ABP＝eq\f(1,2)|AQ|·|xP－xB|＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(3k＋\f(3,2)))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(12k＋18,3＋4k2)))＝9，解得k＝eq\f(1,2)或k＝eq\f(3,2)，经代入判别式验证均满足题意．则直线l的方程为y＝eq\f(1,2)x或y＝eq\f(3,2)x－3，即x－2y＝0或3x－2y－6＝0.20．(2024·北京高考)已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形．过点(0，t)(t>eq\r(2))且斜率存在的直线与椭圆E交于不同的两点A，B，过点A和C(0，1)的直线AC与椭圆E的另一个交点为D.(1)求椭圆E的方程及离心率；(2)若直线BD的斜率为0，求t的值．解：(1)由题意，得b＝c＝eq\f(2,\r(2))＝eq\r(2)，所以a＝eq\r(b2＋c2)＝2，所以椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1，离心率为e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2).(2)显然直线AB的斜率存在，否则B，D重合，与题意不符，同样直线AB斜率不为0，否则直线AB与椭圆无交点，矛盾，从而设直线AB：y＝kx＋t(t>eq\r(2))，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋t，))化简并整理，得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－4＝0，则Δ＝16k2t2－8(1＋2k2)(t2－2)＝8(4k2＋2－t2)>0，即k，t应满足4k2＋2－t2>0，所以x1＋x2＝eq\f(－4kt,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2t2－4,1＋2k2)，因为直线BD的斜率为0，所以由椭圆的对称性可得D(－x2，y2)，所以直线AD：y＝eq\f(y1－y2,x1＋x2)(x－x1)＋y1，在直线AD的方程中，令x＝0，得yC＝eq\f(x1y2＋x2y1,x1＋x2)＝eq\f(x1（kx2＋t）＋x2（kx1＋t）,x1＋x2)＝eq\f(2kx1x2＋t（x1＋x2）,x1＋x2)＝eq\f(4k（t2－2）,－4kt)＋t＝eq\f(2,t)＝1，所以t＝2.21．(2024·天津高考)已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率e＝eq\f(1,2)，左顶点为A，下顶点为B，C是线段OB的中点(O为坐标原点)，S△ABC＝eq\f(3\r(3),2).(1)求椭圆方程；(2)过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,2)))的动直线与椭圆有两个交点P，Q.在y轴上是否存在点T，使得eq\o(TP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))≤0恒成立？若存在，求出这个点T纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)因为椭圆的离心率e＝eq\f(1,2)，故a＝2c，b＝eq\r(3)c，其中c为半焦距，所以A(－2c，0)，B(0，－eq\r(3)c)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3)c,2)))，故S△ABC＝eq\f(1,2)×2c×eq\f(\r(3)c,2)＝eq\f(3\r(3),2)，故c＝eq\r(3)，所以a＝2eq\r(3)，b＝3，故椭圆方程为eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,9)＝1.(2)若过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,2)))的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为y＝kx－eq\f(3,2)，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，T(0，t)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,12)＋\f(y2,9)＝1，,y＝kx－\f(3,2)，))可得(3＋4k2)x2－12kx－27＝0，故Δ＝144k2＋108(3＋4k2)＝324＋576k2>0且x1＋x2＝eq\f(12k,3＋4k2)，x1x2＝－eq\f(27,3＋4k2)，而eq\o(TP,\s\up6(→))＝(x1，y1－t)，eq\o(TQ,\s\up6(→))＝(x2，y2－t)，故eq\o(TP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))＝x1x2＋(y1－t)(y2－t)＝x1x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx1－\f(3,2)－t))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx2－\f(3,2)－t))＝(1＋k2)x1x2－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))(x1＋x2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))eq\s\up12(2)＝(1＋k2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(27,3＋4k2)))－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))×eq\f(12k,3＋4k2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))eq\s\up12(2)＝eq\f(－27k2－27－18k2－12k2t＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))\s\up12(2)＋（3＋2t）2k2,3＋4k2)＝eq\f([（3＋2t）2－12t－45]k2＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))\s\up12(2)－27,3＋4k2)，因为eq\o(TP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))≤0恒成立，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（3＋2t）2－12t－45≤0，,3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋t))\s\up12(2)－27≤0，))解得－3≤t≤eq\f(3,2)；若过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,2)))的动直线的斜率不存在，则P(0，3)，Q(0，－3)或P(0，－3)，Q(0，3)，此时需－3≤t≤3，两者结合可得－3≤t≤eq\f(3,2).综上，存在T(0，t)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3≤t≤\f(3,2)))，使得eq\o(TP,\s\up6(→))·eq\o(TQ,\s\up6(→))≤0恒成立．22．(2023·新课标Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－2eq\r(5)，0)，离心率为eq\r(5).(1)求C的方程；(2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(－4，0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P.证明：点P在定直线上．解：(1)设双曲线C的方程为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，由焦点坐标可知c＝2eq\r(5)，则由e＝eq\f(c,a)＝eq\r(5)可得a＝2，b＝eq\r(c2－a2)＝4，故C的方程为eq\f(x2,4)－eq\f(y2,16)＝1.(2)证法一：由(1)可得A1(－2，0)，A2(2，0)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，显然直线MN的斜率不为0，所以设直线MN的方程为x＝my－4，且－eq\f(1,2)<m<eq\f(1,2)，与eq\f(x2,4)－eq\f(y2,16)＝1联立可得(4m2－1)y2－32my＋48＝0，且Δ＝64(4m2＋3)>0，则y1＋y2＝eq\f(32m,4m2－1)，y1y2＝eq\f(48,4m2－1)，直线MA1的方程为y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)，直线NA2的方程为y＝eq\f(y2,x2－2)(x－2)，联立直线MA1与直线NA2的方程可得，eq\f(x＋2,x－2)＝eq\f(y2（x1＋2）,y1（x2－2）)＝eq\f(y2（my1－2）,y1（my2－6）)＝eq\f(my1y2－2（y1＋y2）＋2y1,my1y2－6y1)＝eq\f(m·\f(48,4m2－1)－2·\f(32m,4m2－1)＋2y1,m·\f(48,4m2－1)－6y1)＝eq\f(\f(－16m,4m2－1)＋2y1,\f(48m,4m2－1)－6y1)＝－eq\f(1,3)，由eq\f(x＋2,x－2)＝－eq\f(1,3)可得x＝－1，即xP＝－1，据此可得，点P在定直线x＝－1上．证法二：由题意得A1(－2，0)，A2(2，0)．设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为x＝my－4，则eq\f(xeq\o\al(2,1),4)－eq\f(yeq\o\al(2,1),16)＝1，即4xeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,1)＝16.如图，连接MA2，kMA1·kMA2＝eq\f(y1,x1＋2)·eq\f(y1,x1－2)＝eq\f(yeq\o\al(2,1),xeq\o\al(2,1)－4)＝eq\f(4xeq\o\al(2,1)－16,xeq\o\al(2,1)－4)＝4.①由eq\f(x2,4)－eq\f(y2,16)＝1，得4x2－y2＝16，4[(x－2)＋2]2－y2＝16，4(x－2)2＋16(x－2)＋16－y2＝16，4(x－2)2＋16(x－2)－y2＝0.由x＝my－4，得x－2＝my－6，my－(x－2)＝6，eq\f(1,6)[my－(x－2)]＝1.4(x－2)2＋16(x－2)·eq\f(1,6)[my－(x－2)]－y2＝0，4(x－2)2＋eq\f(8,3)(x－2)my－eq\f(8,3)(x－2)2－y2＝0，两边同时除以(x－2)2，得eq\f(4,3)＋eq\f(8m,3)·eq\f(y,x－2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x－2)))eq\s\up12(2)＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x－2)))eq\s\up12(2)－eq\f(8m,3)·eq\f(y,x－2)－eq\f(4,3)＝0.kMA2＝eq\f(y1,x1－2)，kNA2＝eq\f(y2,x2－2)，由根与系数的关系得kMA2·kNA2＝－eq\f(4,3).②由①②可得kMA1＝－3kNA2.lMA1：y＝kMA1(x＋2)＝－3kNA2(x＋2)，lNA2：y＝kNA2(x－2)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－3kNA2（x＋2），,y＝kNA2（x－2），))解得x＝－1.所以点P在定直线x＝－1上．23．(2022·新高考Ⅱ卷)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦点为F(2，0)，渐近线方程为y＝±eq\r(3)x.(1)求C的方程；(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)在C上，且x1＞x2＞0，y1＞0.过P且斜率为－eq\r(3)的直线与过Q且斜率为eq\r(3)的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：①M在AB上；②PQ∥AB；③|AM|＝|BM|.注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．解：(1)由右焦点为F(2，0)，得c＝2，因为渐近线方程为y＝±eq\r(3)x，所以eq\f(b,a)＝eq\r(3)，即b＝eq\r(3)a，所以c2＝a2＋b2＝4a2＝4，所以a＝1，b＝eq\r(3).所以C的方程为x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)由题意知，直线PQ的斜率存在且不为0，设直线PQ的方程为y＝kx＋t(k≠0)，将直线PQ的方程代入C的方程，整理得(3－k2)x2－2ktx－t2－3＝0，则x1＋x2＝eq\f(2kt,3－k2)，x1x2＝－eq\f(t2＋3,3－k2)＞0，所以3－k2＜0，所以x1－x2＝eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\f(2\r(3（t2＋3－k2）),k2－3).设点M的坐标为(xM，yM)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yM－y1＝－\r(3)（xM－x1），,yM－y2＝\r(3)（xM－x2），))两式相减，得y1－y2＝2eq\r(3)xM－eq\r(3)(x1＋x2)，又y1－y2＝(kx1＋t)－(kx2＋t)＝k(x1－x2)，所以2eq\r(3)xM＝k(x1－x2)＋eq\r(3)(x1＋x2)，解得xM＝eq\f(k\r(t2＋3－k2)－kt,k2－3).两式相加，得2yM－(y1＋y2)＝eq\r(3)(x1－x2)，又y1＋y2＝(kx1＋t)＋(kx2＋t)＝k(x1＋x2)＋2t，所以2yM＝k(x1＋x2)＋eq\r(3)(x1－x2)＋2t，解得yM＝eq\f(3\r(t2＋3－k2)－3t,k2－3)＝eq\f(3,k)xM.因此，点M的轨迹为直线y＝eq\f(3,k)x，其中k为直线PQ的斜率．若选择①②：因为PQ∥AB，所以直线AB的方程为y＝k(x－2)，设A(xA，yA)，B(xB，yB)，不妨令点A在直线y＝eq\r(3)x上，则由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yA＝k（xA－2），,yA＝\r(3)xA，))解得xA＝eq\f(2k,k－\r(3))，yA＝eq\f(2\r(3)k,k－\r(3))，同理可得xB＝eq\f(2k,k＋\r(3))，yB＝－eq\f(2\r(3)k,k＋\r(3))，所以xA＋xB＝eq\f(4k2,k2－3)，yA＋yB＝eq\f(12k,k2－3).点M的坐标满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yM＝k（xM－2），,yM＝\f(3,k)xM，))得xM＝eq\f(2k2,k2－3)＝eq\f(xA＋xB,2)，yM＝eq\f(6k,k2－3)＝eq\f(yA＋yB,2)，故M为AB的中点，即|AM|＝|BM|.若选择①③：当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F(2，0)，此时M不在直线y＝eq\f(3,k)x上，矛盾．当直线AB的斜率存在时，易知直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为y＝m(x－2)(m≠0)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，不妨令点A在直线y＝eq\r(3)x上，则由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yA＝m（xA－2），,yA＝\r(3)xA，))解得xA＝eq\f(2m,m－\r(3))，yA＝eq\f(2\r(3)m,m－\r(3))，同理可得xB＝eq\f(2m,m＋\r(3))，yB＝－eq\f(2\r(3)m,m＋\r(3))，因为M在AB上，且|AM|＝|BM|，所以xM＝eq\f(xA＋xB,2)＝eq\f(2m2,m2－3)，yM＝eq\f(yA＋yB,2)＝eq\f(6m,m2－3)，又点M在直线y＝eq\f(3,k)x上，所以eq\f(6m,m2－3)＝eq\f(3,k)·eq\f(2m2,m2－3)，解得k＝m，因此PQ∥AB.若选择②③：因为PQ∥AB，所以直线AB的方程为y＝k(x－2)，设A(xA，yA)，B(xB，yB)，不妨令点A在直线y＝eq\r(3)x上，则由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yA＝k（xA－2），,yA＝\r(3)xA，))解得xA＝eq\f(2k,k－\r(3))，yA＝eq\f(2\r(3)k,k－\r(3))，同理可得xB＝eq\f(2k,k＋\r(3))，yB＝－eq\f(2\r(3)k,k＋\r(3)).设AB的中点为C(xC，yC)，则xC＝eq\f(xA＋xB,2)＝eq\f(2k2,k2－3)，yC＝eq\f(yA＋yB,2)＝eq\f(6k,k2－3).因为|AM|＝|BM|，所以M在AB的垂直平分线上，即M在直线y－yC＝－eq\f(1,k)(x－xC)，即y－eq\f(6k,k2－3)＝－eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2k2,k2－3)))上，与y＝eq\f(3,k)x联立，得xM＝eq\f(2k2,k2－3)＝xC，yM＝eq\f(6k,k2－3)＝yC，即M恰为AB的中点，故M在直线AB上．24．(2023·新课标Ⅰ卷)在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))的距离，记动点P的轨迹为W.(1)求W的方程；(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3eq\r(3).解：(1)设P(x，y)，则|y|＝eq\r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))\s\up12(2))，两边同时平方，化简得y＝x2＋eq\f(1,4)，故W的方程为y＝x2＋eq\f(1,4).(2)证法一：不妨设A，B，D在W上，且AB⊥AD，依题意可设Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a2＋\f(1,4)))，易知直线AB，AD的斜率均存在且不为0，则设AB，AD的斜率分别为k和－eq\f(1,k)，由对称性，不妨设|k|≤1，直线AB的方程为y＝k(x－a)＋a2＋eq\f(1,4)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x2＋\f(1,4)，,y＝k（x－a）＋a2＋\f(1,4)，))得x2－kx＋ka－a2＝0，Δ＝k2－4(ka－a2)＝(k－2a)2>0，则k≠2a，则|AB|＝eq\r(1＋k2)|k－2a|，同理，|AD|＝eq\r(1＋\f(1,k2))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋2a))，所以|AB|＋|AD|＝eq\r(1＋k2)|k－2a|＋eq\r(1＋\f(1,k2))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋2a))≥eq\r(1＋k2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|k－2a|＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋2a))))≥eq\r(1＋k2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,k)))＝eq\r(\f(（1＋k2）3,k2)).令k2＝m，则m∈(0，1]，设f(m)＝eq\f(（m＋1）3,m)＝m2＋3m＋eq\f(1,m)＋3，则f′(m)＝2m＋3－eq\f(1,m2)＝eq\f(（2m－1）（m＋1）2,m2)，令f′(m)＝0，解得m＝eq\f(1,2)，当m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，f′(m)<0，f(m)单调递减，当m∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))时，f′(m)>0，f(m)单调递增，则f(m)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(27,4)，所以|AB|＋|AD|≥eq\f(3\r(3),2)，但eq\r(1＋k2)|k－2a|＋eq\r(1＋\f(1,k2))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋2a))≥eq\r(1＋k2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|k－2a|＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋2a))))，此处取等号的条件为|k|＝1，与最终取等号的条件|k|＝eq\f(\r(2),2)不一致，故|AB|＋|AD|>eq\f(3\r(3),2)，故矩形ABCD的周长大于3eq\r(3).证法二：设矩形的三个顶点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a2＋\f(1,4)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b，b2＋\f(1,4)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，c2＋\f(1,4)))在W上，a<b<c，且AB⊥BC，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在且不为0，则kAB·kBC＝－1，a＋b<b＋c，令kAB＝eq\f(b2＋\f(1,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,4))),b－a)＝a＋b＝m<0，同理，令kBC＝b＋c＝n>0，且mn＝－1，则m＝－eq\f(1,n)，设矩形的周长为l，由对称性，不妨设|m|≥|n|，kBC－kAB＝c－a＝n－m＝n＋eq\f(1,n)，则eq\f(1,2)l＝|AB|＋|BC|＝(b－a)eq\r(1＋m2)＋(c－b)eq\r(1＋n2)≥(c－a)eq\r(1＋n2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,n)))eq\r(1＋n2)，n>0，易知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,n)))eq\r(1＋n2)>0，令f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\s\up12(2)(1＋x2)，x>0，f′(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(\r(2),2)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，则f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝eq\f(27,4)，故eq\f(1,2)l≥eq\r(\f(27,4))＝eq\f(3\r(3),2)，即l≥3eq\r(3).当l＝3eq\r(3)时，n＝eq\f(\r(2),2)，m＝－eq\r(2)，且(b－a)eq\r(1＋m2)＝(b－a)eq\r(1＋n2)，即当|m|＝|n|时等号成立，矛盾，故l>3eq\r(3)，得证．证法三：为了计算方便，我们将抛物线向下移动eq\f(1,4)个单位得抛物线W′：y＝x2，矩形ABCD变换为矩形A′B′C′D′，则问题等价于矩形A′B′C′D′的周长大于3eq\r(3).设B′(t0，teq\o\al(2,0))，A′(t1，teq\o\al(2,1))，C′(t2，teq\o\al(2,2))在W′上，且A′B′⊥B′C′，根据对称性，不妨设t0≥0，则kA′B′＝t1＋t0，kB′C′＝t2＋t0，由于A′B′⊥B′C′，则(t1＋t0)(t2＋t0)＝－1.由于|A′B′|＝eq\r(1＋（t1＋t0）2)|t1－t0|，|B′C′|＝eq\r(1＋（t2＋t0）2)|t2－t0|，且t0介于t1，t2之间，不妨设t1＜t0＜t2，则|A′B′|＋|B′C′|＝eq\r(1＋（t1＋t0）2)(t0－t1)＋eq\r(1＋（t2＋t0）2)(t2－t0)．令t2＋t0＝tanθ，θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则t1＋t0＝－eq\f(1,tanθ)，则t2＝tanθ－t0，t1＝－eq\f(1,tanθ)－t0，所以|A′B′|＋|B′C′|＝eq\r(1＋\f(1,tan2θ))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t0＋\f(1,tanθ)))＋eq\r(1＋tan2θ)(tanθ－2t0)，故|A′B′|＋|B′C′|＝2t0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,sinθ)－\f(1,cosθ)))＋eq\f(sinθ,cos2θ)＋eq\f(cosθ,sin2θ)＝eq\f(2t0（cosθ－sinθ）,sinθcosθ)＋eq\f(sin3θ＋cos3θ,sin2θcos2θ).①当θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))时，|A′B′|＋|B′C′|≥eq\f(sin3θ＋cos3θ,sin2θcos2θ)＝eq\f(sinθ,cos2θ)＋eq\f(cosθ,sin2θ)≥2eq\r(\f(1,sinθcosθ))＝2eq\r(\f(2,sin2θ))≥2eq\r(2)＞eq\f(3\r(2),2)；②当θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))时，由于t1<t0<t2，从而－eq\f(1,tanθ)－t0<t0<tanθ－t0，从而－eq\f(1,2tanθ)<t0<eq\f(tanθ,2)，又t0≥0，故0≤t0<eq\f(tanθ,2)，所以|A′B′|＋|B′C′|＝eq\f(2t0（cosθ－sinθ）,sinθcosθ)＋eq\f(sin3θ＋cos3θ,sin2θcos2θ)>eq\f(sinθ（cosθ－sinθ）,sinθcos2θ)＋eq\f(sin3θ＋cos3θ,sin2θcos2θ)＝eq\f(1,sin2θcosθ)＝eq\r(\f(2,sin2θsin2θ·2cos2θ))＝eq\r(\f(2,（1－cos2θ）（1－cos2θ）·2cos2θ))≥eq\r(\f(2,\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(（1－cos2θ）＋（1－cos2θ）＋2cos2θ,3)))\s\up12(3)))＝eq\r(\f(2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))\s\up12(3)))＝eq\f(3\r(3),2)，当且仅当cosθ＝eq\f(\r(3),3)时等号成立，故|A′B′|＋|B′C′