【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019选择性必修一）专题3.18 圆锥曲线的方程全章综合测试卷（提高篇） Word版含解析.docx，共(19)页，224.154 KB，由小赞的店铺上传

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第三章圆锥曲线的方程全章综合测试卷-提高篇参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）（2020·湖南·高二期末）双曲线𝑥2−𝑚𝑦2=1(𝑚∈R)的右焦点坐标为(2,0)，则该双曲线的渐

近线方程为（）A．𝑦=±13𝑥B．𝑦=±3𝑥C．𝑦=±√3𝑥D．𝑦=±√33𝑥【解题思路】首先将双曲线方程化为标准式，再根据𝑐=2求出𝑚，即可得到双曲线方程，从而求出渐近线方程；【解

答过程】解：双曲线𝑥2−𝑚𝑦2=1(𝑚∈R)，即𝑥2−𝑦21𝑚=1的右焦点坐标为(2,0)，所以1+1𝑚=22，解得𝑚=13，所以双曲线方程为𝑥2−𝑦23=1，则双曲线的渐近线为𝑦=±√3𝑥；故选：C.2．（5分）（20

22·四川成都·高三开学考试（文））我们把离心率为√22的椭圆称为“最美椭圆”．已知椭圆C为“最美椭圆”，且以椭圆C上一点P和椭圆两焦点为顶点的三角形的面积最大值为4，则椭圆C的方程为（）．A．𝑥22+𝑦2=1B．𝑥24+𝑦22=1C．𝑥26+𝑦23=1D．𝑥28+𝑦24=1【解题

思路】先由𝑒=√22得到𝑐=√22𝑎与𝑏=√22𝑎，再由𝑆△𝑃𝐹1𝐹2的最大值得𝑏𝑐=4，进而求得𝑎2=8，𝑏2=4，故可得到椭圆C的方程.【解答过程】解：由已知𝑒=𝑐𝑎=√22，得𝑐=√22𝑎，故𝑏

=√𝑎2−𝑐2=√22𝑎，∵𝑆△𝑃𝐹1𝐹2=12|𝐹1𝐹2||𝑦𝑃|=12×2𝑐|𝑦𝑃|≤𝑏𝑐，即(𝑆△𝑃𝐹1𝐹2)max=𝑏𝑐=4，∴√22𝑎×√22𝑎=4，得𝑎2=8，故𝑏2=12𝑎2=4，所以椭圆C的方程为

𝑥28+𝑦24=1.故选：D．3．（5分）（2022·河北·高三阶段练习）阿基米德是古希腊著名的数学家、物理学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率π等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.已知椭圆𝑥2𝑎2+

𝑦2𝑏2=1（𝑎>𝑏>0）的右焦点为𝐹(3,0)，过F作直线l交椭圆于A、B两点，若弦𝐴𝐵中点坐标为(2,−1)，则椭圆的面积为（）A．36√2πB．18√2πC．9√2πD．6√2π【解题思路】利用作差法构建斜率、中点坐标相关方程�

�1−𝑦2𝑥1−𝑥2=−𝑥1+𝑥2𝑦1+𝑦2×𝑏2𝑎2，再结合𝑐=√𝑎2−𝑏2即可求解出a、b，进而求出面积.【解答过程】设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，则有{𝑥12𝑎2+𝑦12𝑏2=1𝑥22𝑎2+

𝑦22𝑏2=1，两式作差得：𝑥12−𝑥22𝑎2=−𝑦12−𝑦22𝑏2，即𝑘=𝑦1−𝑦2𝑥1−𝑥2=−𝑥1+𝑥2𝑦1+𝑦2×𝑏2𝑎2，弦𝐴𝐵中点坐标为(2,−1)

，则𝑘=−𝑥1+𝑥2𝑦1+𝑦2×𝑏2𝑎2=−2−1×𝑏2𝑎2，又∵𝑘=0−(−1)3−2=1，∴1=−2−1×𝑏2𝑎2，∴𝑎2=2𝑏2，又∵𝑐=√𝑎2−𝑏2=3，∴可解得𝑎=3√2，𝑏=3，故椭圆的面积为𝑎𝑏π=9√2π.故选

：C.4．（5分）（2022·陕西·高三阶段练习（文））已知𝐹1,𝐹2是椭圆𝐶:𝑥2𝑎2+𝑦215=1(𝑎>√15)的两个焦点，P为C上一点，且∠𝐹1𝑃𝐹2=60°．|𝑃𝐹1|=5|𝑃𝐹2|，则C的方程为（）A．𝑥221+𝑦215=1B．𝑥218+𝑦21

5=1C．𝑥236+𝑦215=1D．𝑥242+𝑦215=1【解题思路】利用椭圆定义结合余弦定理得到𝑐2𝑎2=2136，再结合𝑏2=15，求出椭圆方程.【解答过程】在椭圆𝐶:𝑥2𝑎2+𝑦215=1(𝑎>√15)中，由椭圆的定义

可得|𝑃𝐹1|+|𝑃𝐹2|=2𝑎，因为|𝑃𝐹1|=5|𝑃𝐹2|，所以|𝑃𝐹2|=𝑎3,|𝑃𝐹1|=5𝑎3，在△𝑃𝐹1𝐹2中，|𝐹1𝐹2|=2𝑐，由余弦定理得|𝐹1𝐹2|2=|𝑃𝐹1|2+|𝑃𝐹2|2−2|𝑃𝐹1||𝑃𝐹2|c

os∠𝐹1𝑃𝐹2，即4𝑐2=25𝑎29+𝑎29−5𝑎29=21𝑎29，所以𝑐2𝑎2=2136，又𝑏2=15．所以𝑎2=36，所以椭圆C的方程为𝑥236+𝑦215=1．故选：C．5．（5分）（20

22·全国·高二专题练习）设𝐹1,𝐹2是椭圆𝐶1:𝑥2𝑎1⬚2+𝑦2𝑏1⬚2=1(𝑎1>𝑏1>0)与双曲线𝐶2:𝑥2𝑎22−𝑦2𝑏22=1(𝑎2>0,𝑏2>0)的公共焦点，曲线𝐶1,𝐶2在第一象限内交于点𝑀,∠𝐹1𝑀𝐹2=90∘，若椭圆的离心率𝑒1∈[

√63,1)，则双曲线的离心率𝑒2的范围是（）A．(1,√2]B．(1,√3]C．[√3,+∞)D．[√2,+∞)【解题思路】根据椭圆和双曲线的定义求出|𝑀𝐹1|,|𝑀𝐹2|，由勾股定理即可得到𝑒1,𝑒2的关系，从而解出．【解答过程】由题意

可得，|𝑀𝐹1|+|𝑀𝐹2|=2𝑎1，|𝑀𝐹1|−|𝑀𝐹2|=2𝑎2，解得：|𝑀𝐹1|=𝑎1+𝑎2，|𝑀𝐹2|=𝑎1−𝑎2，因为∠𝐹1𝑀𝐹2=90∘，所以|𝑀𝐹1|2+|𝑀𝐹2|2=4𝑐2

，即𝑎12+𝑎22=2𝑐2，亦即(1𝑒1)2+(1𝑒2)2=2，所以𝑒2=1√2−(1𝑒1)2∈(1,√2]．故选：A．6．（5分）（2023·广东茂名·高三阶段练习）已知抛物线𝐶：𝑦2=8𝑥的准线为𝑙，𝑙与𝑥轴交

于点𝑃，直线𝑥=1与抛物线𝐶交于𝐴，𝐵两点，则△𝑃𝐴𝐵的面积为（）A．4√2B．6√2C．8√2D．12√2【解题思路】联立直线与抛物线的方程，即可得到𝐴,𝐵纵坐标，然后结合三角形面

积公式，即可得到结果.【解答过程】由题意知𝑙：𝑥=−2，点𝑃(−2,0)，由{𝑦2=8𝑥𝑥=1，得𝑦=±2√2，所以△𝑃𝐴𝐵的面积为12×3×4√2=6√2.故选:B.7．（5分）（2022·陕西·研究室一模（文））已知过抛物线𝐶:𝑦2=4𝑥的

焦点F且倾斜角为60°的直线交C于A，B两点，Q为AB的中点，P为C上一点，则|𝑃𝐹|+|𝑃𝑄|的最小值为（）A．83B．53C．8D．5【解题思路】根据给定条件，求出点Q的横坐标，再借助抛物线的定义求解作答.【解答过程】抛物线𝐶:𝑦2=4𝑥的焦点𝐹(1,0)，准线𝑥

=−1，直线𝐴𝐵：𝑦=√3(𝑥−1)，由{𝑦=√3(𝑥−1)𝑦2=4𝑥消去y并整理得：3𝑥2−10𝑥+3=0，设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2)，则𝑥1+𝑥2=103，线段AB的中点Q的横坐标𝑥𝑄=𝑥1+𝑥

22=53，过点Q作准线𝑥=−1的垂线，垂足为D，交抛物线C于点P，连PF，如图，于是|𝑃𝐹|+|𝑃𝑄|=|𝑃𝐷|+|𝑃𝑄|=|𝑄𝐷|=83，在抛物线C上任取点𝑃′，过𝑃′作准线�

�=−1的垂线，垂足为𝐷′，连𝑃′𝐹,𝑃′𝑄,𝐷′𝑄，则有|𝑃′𝐹|+|𝑃′𝑄|=|𝑃′𝐷′|+|𝑃′𝑄|≥|𝐷′𝑄|≥|𝑄𝐷|，当且仅当点𝑃′与点P重合时取等号，所以|𝑃𝐹|+|𝑃𝑄|的

最小值为83.故选：A.8．（5分）（2022·四川省高二期末（理））已知双曲线𝐶:𝑥2−𝑦2𝑏2=1(𝑏>0)的左､右焦点分别为𝐹1,𝐹2，圆(𝑥−1)2+𝑦2=34与𝐶的渐近线相切.𝑃为𝐶右支上的动点，过𝑃作两渐近线的垂线，垂足分别为

𝐴,𝐵.给出以下结论：①𝐶的离心率𝑒=2；②两渐近线夹角为30∘；③|𝑃𝐴|⋅|𝑃𝐵|为定值34；④|𝐴𝐵|的最小值为√32.则所有正确结论为（）A．①②B．①③C．③④D．①③④【解题思路】根据圆与渐近线

相切可求出𝑏=√3，𝑐=2，根据离心率公式求出离心率可判断①正确；根据渐近线方程可得倾斜角，从而可得两渐近线的夹角，可判断②不正确；设𝑃(𝑥0,𝑦0)(𝑥0≥1)，根据点到直线距离公式求出|𝑃𝐴|⋅|𝑃𝐵|为定值，可判断③正确；设𝑃

(𝑥0,𝑦0)(𝑥0≥1)，联立直线方程解得𝐴,𝐵的坐标，再根据两点间的距离公式求出|𝐴𝐵|可判断④正确.【解答过程】因为圆(𝑥−1)2+𝑦2=34与𝐶的渐近线相切，所以圆心(1,0)到渐近线𝑏𝑥−𝑦=0的距离等于圆的半径√32，即�

�√𝑏2+1=√32，解得𝑏=√3，所以𝑐=√𝑎2+𝑏2=√1+3=2，离心率𝑒=𝑐𝑎=2，故①正确；因为𝐶的渐近线为𝑦=±√3𝑥，所以两渐近线的倾斜角为60∘和120∘，所以两渐近线夹角为60∘，故②不正确；设𝑃(𝑥0,�

�0)(𝑥0≥1)，则𝑥02−𝑦023=1，|𝑃𝐴|⋅|𝑃𝐵|=|√3𝑥0−𝑦0|√3+1⋅|−√3𝑥0−𝑦0|√3+1=|3𝑥02−𝑦02|2×2=34为定值，故③正确；依题意设𝑃𝐴:𝑦−𝑦0=−√3

3(𝑥−𝑥0)，𝑃𝐵:𝑦−𝑦0=√33(𝑥−𝑥0)联立{𝑦−𝑦0=−√33(𝑥−𝑥0)√3𝑥−𝑦=0，得{𝑥=√34𝑦0+14𝑥0𝑦=34𝑦0+√34𝑥0，则𝐴(√34𝑦0+14𝑥

0,34𝑦0+√34𝑥0)，联立{𝑦−𝑦0=√33(𝑥−𝑥0)√3𝑥+𝑦=0，{𝑥=−√34𝑦0+14𝑥0𝑦=34𝑦0−√34𝑥0，则𝐵(−√34𝑦0+14𝑥0,34𝑦0−√34𝑥0)，所以|𝐴𝐵|=√(√34𝑦0+14𝑥0+√

34𝑦0−14𝑥0)2+(34𝑦0+√34𝑥0−34𝑦0+√34𝑥0)2=√34𝑦02+34𝑥02=√3𝑥02−94，因为𝑥0≥1，所以|𝐴𝐵|=√3𝑥02−94≥√3−94=√32，当且仅当𝑥0=1，即𝑃为双曲线的右顶点时，等号成立.故④正确.故选：D.二．多选题

（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）（2021·江苏省高二阶段练习）已知方程𝑥24−𝑡+𝑦2𝑡−1=1表示的曲线为C，则下列四个结论中正确的是（）A．当1<𝑡<4时，曲线C是椭圆B．当𝑡>4或𝑡<1时，曲线C是双曲线C．若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，则

1<𝑡<52D．若曲线C是焦点在y轴上的椭圆，则𝑡>4【解题思路】根据𝑥24−𝑡+𝑦2𝑡−1=1表示椭圆可求得1<𝑡<52或52<𝑡<4，判断A;𝑥24−𝑡+𝑦2𝑡−1=1表示双曲线可求得𝑡>4或�

�<1，判断B;根据表示椭圆时焦点的位置可列出相应的不等式组，求得参数范围，判断C,D.【解答过程】当曲线C是椭圆时，{4−𝑡>0𝑡−1>04−𝑡≠𝑡−1解得1<𝑡<52或52<𝑡<4，故A错误；当曲线C是双曲线时，(

4−𝑡)(𝑡−1)<0，解得𝑡>4或𝑡<1，故B正确；若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，则{4−𝑡>0𝑡−1>04−𝑡>𝑡−1解得1<𝑡<52，故C正确；若曲线C是焦点在y轴上的椭圆，则{4−𝑡>0𝑡−1>04−𝑡

<𝑡−1，解得52<𝑡<4，故D错误．故选:BC．10．（5分）（2022·全国·高二课时练习）已知直线𝑙：√3𝑥−𝑦−√3=0过抛物线𝐶：𝑦2=2𝑝𝑥（𝑝>0）的焦点𝐹，且与抛物线𝐶

交于A，𝐵两点，过A，𝐵两点分别作抛物线准线的垂线，垂线分别为𝑀，𝑁，则下列说法错误的是（）A．抛物线的方程为𝑦2=4𝑥B．线段𝐴𝐵的长度为183C．∠𝑀𝐹𝑁=90°D．线段𝐴𝐵的中点到𝑦轴的距离为83【解题思路】求出抛物线的焦点坐标，可得𝑝=2，即

可判断A;联立方程求出A,B坐标，可得|𝐴𝐵|，判断B；确定M,N坐标，可计算𝑘𝑁𝐹⋅𝑘𝑀𝐹，判断C;求出线段𝐴𝐵的中点坐标，即可判断D.【解答过程】由题意不妨设点A在点𝐵上方，直线𝑙：√3𝑥−𝑦−√3=0与x轴交点(1,0)，又𝑙经过𝑦2=2𝑝𝑥的焦点

，故𝐹(1,0)，可得𝑝=2，即抛物线方程为𝐶：𝑦2=4𝑥，A正确．由{√3𝑥−𝑦−√3=0𝑦2=4𝑥，可得3𝑥2−10𝑥+3=0，解得𝑥=3或13，可得𝐴(3,2√3)，𝐵(13,−2√33)，所以|𝐴𝐵|=√(3−13)2+(2√3+2√33)2=16

3，B错误．由以上分析可知，𝑀(−1,2√3)，𝑁(−1,−2√33)，𝐹(1,0)，可得𝑘𝑁𝐹⋅𝑘𝑀𝐹=2√332×2√3−2=−1，则𝑀𝐹⊥𝑁𝐹，即∠𝑀𝐹𝑁=90∘，C正确．因为𝐴(3,2√3)，𝐵(13,−2√33)，故

线段𝐴𝐵的中点为(53,2√33)，则线段𝐴𝐵的中点到𝑦轴的距离为53，D错误，故选：BD．11．（5分）（2022·全国·高二课时练习）已知双曲线𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)的左、右两个顶点分别是𝐴1,𝐴2，左

、右两个焦点分别是𝐹1,𝐹2，𝑃是双曲线上异于𝐴1,𝐴2的任意一点，给出下列结论，其中正确的是（）A．||𝑃𝐴1|−|𝑃𝐴2||=2𝑎B．直线𝑃𝐴1，𝑃𝐴2的斜率之积等于定值𝑏2

𝑎2C．使得△𝑃𝐹1𝐹2为等腰三角形的点P有且仅有四个D．若𝑃𝐴1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑃𝐴2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=𝑏2，则𝑃𝐹1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑃𝐹2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=0【解题思路】由双曲线的定义，可判定A错误；

由𝑘𝑃𝐴1⋅𝑘𝑃𝐴2=𝑦0𝑥0+𝑎⋅𝑦0𝑥0−𝑎=𝑦02𝑥02−𝑎2，结合双曲线的方程，得到𝑘𝑃𝐴1⋅𝑘𝑃𝐴2=𝑏2𝑎2，所以B正确；结合双曲线的几何性质，可判定C错误；结合𝑥02+𝑦02=𝑐

2，得到𝑃𝐹1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑃𝐹2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=𝑥02+𝑦02−𝑐2，可判定D正确．【解答过程】由题意，点𝑃是双曲线上异于𝐴1,𝐴2的任意一点，设𝑃(𝑥0,𝑦0)，对于A中，由双曲线的定义知，||�

�𝐴1|−|𝑃𝐴2||≠2𝑎，所以A错误；对于B中，由𝐴1(−𝑎,0)，𝐴2(𝑎,0)，可得𝑘𝑃𝐴1⋅𝑘𝑃𝐴2=𝑦0𝑥0+𝑎⋅𝑦0𝑥0−𝑎=𝑦02𝑥02−𝑎2，又由𝑥0

2𝑎2−𝑦02𝑏2=1，所以𝑦02=𝑏2𝑎2(𝑥02−𝑎2)，可得𝑘𝑃𝐴1⋅𝑘𝑃𝐴2=𝑏2𝑎2，所以B正确；对于C中，若P在第一象限，则当|𝑃𝐹1|=2𝑐时，|𝑃𝐹2|=2𝑐−2𝑎，△𝑃𝐹

1𝐹2为等腰三角形；当|𝑃𝐹2|=2𝑐时，|𝑃𝐹1|=2𝑐+2𝑎，△𝑃𝐹1𝐹2也为等腰三角形，故点P在第一象限且使得△𝑃𝐹1𝐹2为等腰三角形的点P有两个．同理可得，在第二、三、四象限且使得△𝑃𝐹1𝐹2为等腰三角形的点P也各有两

个，因此使得△𝑃𝐹1𝐹2为等腰三角形的点P共有八个，所以C错误．对于D中，由𝑃𝐴1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑃𝐴2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=𝑥02+𝑦02−𝑎2=𝑏2，得𝑥02+𝑦02=𝑐2，从而𝑃𝐹1⃑⃑⃑⃑⃑⃑

⃑⋅𝑃𝐹2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=𝑥02+𝑦02−𝑐2=0，所以D正确．故选：BD．12．（5分）（2022·浙江·高二期末）已知𝐹1，𝐹2同时为椭圆𝐶1：𝑥2𝑎12+𝑦2𝑏12=1（𝑎1>𝑏1>0）与双曲线𝐶2:𝑥2𝑎22−𝑦2

𝑏22=1（𝑎1>0，𝑏2>0）的左右焦点，设椭圆𝐶1与双曲线𝐶2在第一象限内交于点𝑀，椭圆𝐶1与双曲线𝐶2的离心率分别为𝑒1，𝑒2，𝑂为坐标原点，则下列结论正确的是（）A．𝑎12−𝑏12=𝑎22−𝑏22B．若∠𝐹1𝑀𝐹2=π3，则𝑏12=3𝑏22C．若

|𝐹1𝐹2|=2|𝑀𝑂|，则1𝑒12+1𝑒22=2D．若|𝐹1𝐹2|=3|𝑀𝐹2|，则𝑒1𝑒2的取值范围是(35,3)【解题思路】设|𝐹1𝐹2|=2𝑐，所以𝑐2=𝑎12−𝑏12，𝑐2=𝑎

22+𝑏22.对于A：计算出𝑎12−𝑏12=𝑎22+𝑏22，即可判断；对于B：由椭圆的定义和双曲线的定义解得：|𝑀𝐹1|=𝑎1+𝑎2，|𝑀𝐹2|=𝑎1−𝑎2.利用余弦定理得到4𝑐2=𝑎1⬚2+3𝑎2⬚2结合𝑐2=𝑎12−𝑏1

2=𝑎22+𝑏22，即可求得𝑏12=3𝑏22；对于C：先判断出△𝐹1𝑀𝐹2为直角三角形.利用勾股定理得到4𝑐2=2𝑎1⬚2+2𝑎2⬚2.即可求出1𝑒12+1𝑒22=1(𝑐𝑎1)2+1(𝑐𝑎2)2=𝑎1⬚2+𝑎2⬚2𝑐2=2；

对于D：先求出𝑒1𝑒2=94(𝑎1𝑎2+𝑎2𝑎1−2).令𝑡=𝑎1𝑎2，则𝑒1𝑒2=94(𝑡+1𝑡−2).利用定义判断出𝑡=𝑎1𝑎2∈(53,3)，结合对勾函数的单调性可以求出𝑒1𝑒2∈(35,3).【解答过程】因为𝐹1，𝐹2同时为椭圆𝐶1：𝑥

2𝑎12+𝑦2𝑏12=1（𝑎1>𝑏1>0）与双曲线𝐶2:𝑥2𝑎22−𝑦2𝑏22=1（𝑎1>0，𝑏2>0）的左右焦点，可设|𝐹1𝐹2|=2𝑐，所以𝑐2=𝑎12−𝑏12，𝑐2=𝑎22+𝑏22.对于A：因为𝑐2=𝑎12−𝑏12，𝑐2=𝑎22+�

�22，所以𝑎12−𝑏12=𝑎22+𝑏22.故A错误；对于B：由椭圆的定义可知：|𝑀𝐹1|+|𝑀𝐹2|=2𝑎1；由双曲线的定义可知：|𝑀𝐹1|−|𝑀𝐹2|=2𝑎2.联立解得：|𝑀�

�1|=𝑎1+𝑎2，|𝑀𝐹2|=𝑎1−𝑎2.由余弦定理可得：|𝐹1𝐹2|2=|𝑀𝐹1|2+|𝑀𝐹2|2−2|𝑀𝐹1|⋅|𝑀𝐹2|cos𝜋3.因为∠𝐹1𝑀𝐹2=π3，所以4𝑐2=(�

�1+𝑎2)2+(𝑎1−𝑎2)2−2(𝑎1+𝑎2)⋅(𝑎1−𝑎2)×12，整理化简得：4𝑐2=𝑎1⬚2+3𝑎2⬚2.因为𝑐2=𝑎12−𝑏12，所以4(𝑎12−𝑏12)=𝑎1⬚2+3𝑎

2⬚2，即4𝑏12=3(𝑎1⬚2−𝑎2⬚2).因为𝑐2=𝑎12−𝑏12=𝑎22+𝑏22，所以𝑎12−𝑎22=𝑏12+𝑏22.代入4𝑏12=3(𝑎1⬚2−𝑎2⬚2)可得：4𝑏12=3(𝑏12+𝑏22)，整理得：𝑏12=3𝑏22.故

B正确；对于C：因为|𝐹1𝐹2|=2|𝑀𝑂|，所以|𝑀𝑂|=|𝑂𝐹1|=|𝑂𝐹2|.由等腰三角形的性质可得：∠𝐹2𝑀𝑂=∠𝑂𝐹2𝑀，∠𝐹1𝑀𝑂=∠𝑂𝐹1𝑀.因为∠𝑂𝐹2𝑀+∠𝐹1𝑀𝑂+∠𝑂𝑀𝐹2+∠𝑂

𝐹1𝑀=∠𝑂𝐹2𝑀+∠𝐹1𝑀𝐹2+∠𝑂𝐹1𝑀=𝜋，所以∠𝐹1𝑀𝐹2=𝜋2，即△𝐹1𝑀𝐹2为直角三角形.所以|𝐹1𝐹2|2=|𝑀𝐹1|2+|𝑀𝐹2|2，即4𝑐2=(𝑎1+𝑎2)2+(𝑎1−𝑎2)2，整理得：4𝑐2=2�

�1⬚2+2𝑎2⬚2.所以1𝑒12+1𝑒22=1(𝑐𝑎1)2+1(𝑐𝑎2)2=𝑎1⬚2+𝑎2⬚2𝑐2=2.故C正确；对于D：因为|𝐹1𝐹2|=3|𝑀𝐹2|，所以2𝑐=3(𝑎1−𝑎2).𝑒1𝑒2=𝑐𝑎1⋅𝑐𝑎2=𝑐2𝑎1𝑎2=94(𝑎12−

2𝑎1𝑎2+𝑎22)𝑎2𝑎1=94(𝑎1𝑎2+𝑎2𝑎1−2).令𝑡=𝑎1𝑎2，则𝑒1𝑒2=94(𝑡+1𝑡−2).因为𝑎1>𝑎2，所以𝑡=𝑎1𝑎2>1.又|𝑀�

�1|+|𝑀𝐹2|=2𝑎1>|𝐹1𝐹2|=2𝑐=3(𝑎1−𝑎2)解得：𝑎1<3𝑎2；由|𝑀𝐹1|−|𝑀𝐹2|=2𝑎2<|𝐹1𝐹2|=2𝑐=3(𝑎1−𝑎2)解得：3

𝑎1>5𝑎2.所以𝑡=𝑎1𝑎2∈(53,3).由对勾函数的性质可得：𝑦=𝑡+1𝑡在𝑡∈(53,3)上单调递增，所以𝑦=𝑡+1𝑡∈(3415,103)，所以𝑒1𝑒2=94(𝑡+1𝑡−2)∈(35,3).故D正确.故选：BCD.三．填空

题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）（2023·全国·高三专题练习）已知双曲线C：𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)的渐近线方程为𝑦=±34𝑥，且其右焦点为(5,0)，则双曲线C的标准方程为𝑥216−𝑦29=1.

【解题思路】依题意可得𝑏𝑎=34，𝑐=5，即可求出𝑎、𝑏的值，从而得解.【解答过程】解：双曲线𝐶:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)的渐近线方程为𝑦=±34𝑥，可得𝑏𝑎=

34，其右焦点为(5,0)，可得𝑐=5，又𝑐2=𝑎2+𝑏2，解得𝑎=4，𝑏=3，则双曲线𝐶的方程为：𝑥216−𝑦29=1．故答案为：𝑥216−𝑦29=1．14．（5分）（2022·重庆高二阶段练习）根据抛物线的光学性质可知，从抛物线的

焦点发出的光线经该抛物线反射后与对称轴平行，一条平行于对称轴的光线经该抛物线反射后会经过抛物线的焦点.如图所示，从𝐴(5,𝑚1)沿直线𝑦=𝑚1发出的光线经抛物线𝑦2=4𝑥两次反射后，回到光源接收器𝐷(5,𝑚2)，

则该光线经过的路程为12.【解题思路】求出𝑝2，利用抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离可得答案.【解答过程】由𝑦2=4𝑥得𝑝2=1，设𝐵(𝑥1,𝑚1)，𝐶(𝑥2,𝑚2)，由抛物线性质，𝐵

𝐶与𝑥轴的交点即为抛物线的焦点，|𝐴𝐵|=5−𝑥1，|𝐵𝐶|=𝑥1+𝑥2+2，|𝐶𝐷|=5−𝑥2，所以|𝐴𝐵|+|𝐵𝐶|+|𝐶𝐷|=5−𝑥1+𝑥1+𝑥2+2+5−𝑥2=1

2，所以该光线经过的路程为12.故答案为：12.15．（5分）（2022·全国·高二专题练习）椭圆𝐶:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)的左、右焦点分别是𝐹1,𝐹2，斜率为12的直线𝑙过左焦点�

�1且交𝐶于𝐴，𝐵两点，且△𝐴𝐵𝐹2的内切圆的周长是2π，若椭圆的离心率为𝑒∈[12,34]，则线段𝐴𝐵的长度的取值范围是[8√53,4√5].【解题思路】设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2),利用三角形内切圆面积计算可得12×4𝑎×𝑟=12×2𝑐×|𝑦1−

𝑦2|，化简得|𝑦1−𝑦2|=2𝑎𝑐=2𝑒，由离心率范围求得|𝑦1−𝑦2|∈[83，4]，再利用弦长公式即可求得答案.【解答过程】如图示，由椭圆定义可得|𝐴𝐹1|+|𝐴𝐹2|=2𝑎,|𝐵𝐹1|+|𝐵𝐹2|=2𝑎,则△𝐴𝐵𝐹2的

周长为4a,设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2)，设△𝐴𝐵𝐹2内切圆半径为𝑟，△𝐴𝐵𝐹2的内切圆的周长是2π，故2π=2π𝑟,∴𝑟=1，由题意得12×4𝑎×𝑟=12×2𝑐×|𝑦1−𝑦2|，得|𝑦1−𝑦2|=2𝑎𝑐=2𝑒，由于

𝑒∈[12,34]，故|𝑦1−𝑦2|∈[83,4]，所以由|𝐴𝐵|=√1+1𝑘2|𝑦1−𝑦2|,𝑘=12可得|𝐴𝐵|=√5|𝑦1−𝑦2|∈[8√53,4√5]，故答案为：[8√53,4√5].16．（5分）（

2021·安徽·高二阶段练习）已知椭圆C：𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的左､右焦点分别为𝐹1,𝐹2，且椭圆C与双曲线C'：2𝑥2𝑎2−𝑦2=1共焦点，若椭圆C与双曲线C'的一个交点M满足|𝑀𝐹1|⋅|𝑀𝐹2|=2，则△𝑀𝐹1𝐹2的面积是1.【解题思路

】由椭圆和双曲线的定义可得{|𝑀𝐹1|+|𝑀𝐹2|=2𝑎|𝑀𝐹1|−|𝑀𝐹2|=√2𝑎，解得{|𝑀𝐹1|=2+√22𝑎|𝑀𝐹2|=2−√22𝑎，再代入|𝑀𝐹1|⋅|𝑀𝐹2|=2

，解得𝑎的值，从而得|MF1|､|MF2|和|F1F2|的长，由勾股定理可知，𝛥𝑀𝐹1𝐹2是直角三角形，结合面积公式，即可求解.【解答过程】由题意，将双曲线C'：𝐶′:2𝑥2𝑎2−𝑦2=1化成标准形式为𝑥2𝑎22−𝑦2=1，不妨设点M在双曲线的右支上，则由椭圆和双曲线的定

义，可得{|𝑀𝐹1|+|𝑀𝐹2|=2𝑎|𝑀𝐹1|−|𝑀𝐹2|=2⋅√22𝑎=√2𝑎，解得{|𝑀𝐹1|=2+√22𝑎|𝑀𝐹2|=2−√22𝑎，因为|𝑀𝐹1|⋅|𝑀𝐹2|=2，代入可得2+√22𝑎⋅2−√22𝑎=2，解得𝑎

=2或𝑎=−2(舍负)，所以|𝑀𝐹1|=2+√2，|𝑀𝐹2|=2−√2，双曲线的焦距|𝐹1𝐹2|=2√𝑎22+1=2√3，显然有|𝑀𝐹1|2+|𝑀𝐹2|2=|𝐹1𝐹2|2，所以𝛥𝑀𝐹1𝐹2是直角三角形，所以𝛥𝑀𝐹1𝐹2的面积为：𝑆△𝑀𝐹1𝐹2=

12⋅|𝑀𝐹1|⋅|𝑀𝐹2|=12×(2+√2)×(2−√2)=1.故答案为：1.四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（2021·甘肃·高二阶段练习（文））设命题𝑝：方程𝑥21−2𝑚+𝑦2𝑚+2=1表

示双曲线；命题𝑞：“方程𝐶1:𝑥2𝑚2+𝑦22𝑚+8=1表示焦点在𝑥轴上的椭圆”.(1)若命题𝑞为真命题，求实数𝑚的取值范围；(2)若𝑝∨𝑞为真命题，𝑝∧𝑞为假命题，求实数𝑚的取值范围.【解题思路】（1）由题意可得{𝑚2>2𝑚+82𝑚+8>0，解不等式即可求解；（

2）先求出命题𝑝为真命题时实数𝑚的取值范围，由题意可得𝑝,𝑞一真一假，再分别讨论𝑝真𝑞假，𝑝假𝑞真时𝑚的取值范围即可.【解答过程】(1)若𝑞为真，则{𝑚2>2𝑚+82𝑚+8>0，解得：−4<𝑚<−2或𝑚>4.(2)若𝑝为真命题，则(1−2

𝑚)(𝑚+2)<0，可得𝑚>12或𝑚<−2，因为𝑝∨𝑞为真命题，𝑝∧𝑞为假命题，所以𝑝,𝑞一真一假，若𝑝真𝑞假，则：{𝑚<−2或𝑚>12𝑚≤−4或−2≤𝑚≤4解得：𝑚≤−4或12<𝑚≤4，

若𝑝假𝑞真，则：{−2≤𝑚≤12−4<𝑚<−2或𝑚>4，此时无解，综上所述，实数𝑚的取值范围为：𝑚≤−4或12<𝑚≤4.18．（12分）（2021·江苏省高二阶段练习）已知双曲线C的焦点在x

轴上，焦距为10，且它的一条渐近线方程为𝑦=43𝑥.(1)求C的标准方程；(2)过C的右顶点，斜率为2的直线l交C于A，B两点，求|𝐴𝐵|.【解题思路】(1)由条件设双曲线的方程为𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)，根据条件列方程求𝑎,𝑏,𝑐即可

；(2)联立方程组，求出交点坐标，利用两点距离公式求|𝐴𝐵|.【解答过程】（1）因为焦点在x轴上，故设C的标准方程为𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0).∵双曲线的焦距为10，∴𝑐=5，∵𝐶的一条渐近线为𝑦=43𝑥，∴𝑏𝑎=43，又𝑎2+�

�2=52，联立上式解得𝑎=3，𝑏=4，故所求方程为𝑥29−𝑦216=1.（2）由(1)𝐶的右顶点为(3,0)，又直线𝑙的斜率为2，所以直线l的方程为𝑦=2𝑥−6.联立{𝑥29−𝑦216=1,𝑦=2𝑥−6消去变量y可得，5𝑥2−54𝑥+117=0，解得𝑥=3或𝑥=3

95.则A，B两点的坐标分别为(3,0)，(395,485).故|𝐴𝐵|=√(395−3)2+(485)2=24√55.19．（12分）（2022·江苏·高二阶段练习）已知椭圆𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>0

,𝑏>0)的焦点在x轴上，离心率√22，焦距为2√3.(1)求椭圆的标准方程；(2)直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，与x，y轴分别交于M，N两点，且𝑀𝐴=𝑁𝐵,𝑀𝑁=2√3，求直线l的方程.【解题思路】（1）依题意，求出𝑎

,𝑐，再求出𝑏，即可算出椭圆方程；（2）运用椭圆的中点弦公式和点差法即可求解.【解答过程】（1）由题意，𝑒=√22,2𝑐=2√3,∴𝑐𝑎=√3𝑎=√22,𝑎=√6，𝑏2=𝑎2−𝑐2=3，椭圆方程为：𝑥26+𝑦23=1；（2）令𝐴�

�的中点为E，因为|𝑀𝐴|=|𝑁𝐵|，所以|𝑀𝐸|=|𝑁𝐸|，设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2)，则𝑥1⬚26+𝑦123=1,𝑥226+𝑦2⬚23=1，所以𝑥126−𝑥226+𝑦123−𝑦223=0

，即(𝑥1−𝑥2)(𝑥1+𝑥2)6+(𝑦1+𝑦2)(𝑦1−𝑦2)3=0所以(𝑦1+𝑦2)(𝑦1−𝑦2)(𝑥1−𝑥2)(𝑥1+𝑥2)=−12，即𝑘𝑂𝐸⋅𝑘𝐴𝐵=−12，设直线𝐴𝐵:𝑦=𝑘𝐴𝐵𝑥+𝑚,𝑘𝐴𝐵<0

,𝑚>0，令𝑥=0得𝑦=𝑚，令𝑦=0得𝑥=−𝑚𝑘𝐴𝐵，即𝑀(−𝑚𝑘𝐴𝐵,0),𝑁(0,𝑚)，所以𝐸(−𝑚2𝑘𝐴𝐵,𝑚2)，即𝑘𝐴𝐵×𝑚2−𝑚2𝑘𝐴𝐵=−12，解得𝑘𝐴𝐵=−√22或𝑘𝐴𝐵=√22（

舍去），又|𝑀𝑁|=2√3，即|𝑀𝑁|=√𝑚2+(√2𝑚)2=2√3，解得𝑚=2或𝑚=−2（舍去），所以直线𝐴𝐵:𝑦=−√22𝑥+2，即𝑥+√2𝑦−2√2=0；综上，椭圆的方程为：𝑥26+𝑦23=1，直线l的方程为：𝑥+√2𝑦−2√2=0.20．（12分）（20

22·重庆高三阶段练习）已知椭圆𝐶:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)的离心率𝑒=√22；上顶点为A，右顶点为𝐵，直线𝐴𝐵与圆𝑂:𝑥2+𝑦2=1相切.(1)求椭圆𝐶的标准方程；(2)设与圆𝑂相切的直线𝑙与椭圆相交于𝑀,𝑁两点，𝑄为弦𝑀𝑁的中点，𝑂为

坐标原点.求|𝑂𝑄|⋅|𝑀𝑁|的取值范围.【解题思路】（1）由离心率得出𝑎,𝑏,𝑐关系，再由原点𝑂到直线𝐴𝐵的距离等圆半径求得𝑎,𝑏得椭圆方程；（2）先确定直线𝑀𝑁斜率为0或斜率不存在时

的结论，然后在斜率存在且不为0时，设方程为𝑥=𝑚𝑦+𝑡（𝑚≠0），代入椭圆方程应用韦达定理𝑦1+𝑦2，𝑦1𝑦2，求得中点𝑄坐标，再由椭圆中弦长公式得弦长|𝑀𝑁|，计算|𝑂𝑄||𝑀𝑁|，变形后求得其范围，综合后可得结论．【解答过程】（1）由𝑒=�

�𝑎=√22知𝑎=√2𝑏=√2𝑐，原点𝑂到直线𝐴𝐵的距离为𝑑=𝑎𝑏√𝑎2+𝑏2=√2𝑏2√3𝑏=√2√3𝑏=1，故𝑏=√32,𝑎=√3，故椭圆𝐶的标准方程为𝑥23+𝑦232=1.（2）𝑘�

�𝑁=0时：𝑄(0,1),𝑀(−1,1),𝑁(1,1)，或𝑄(0,−1),𝑀(−1,−1),𝑁(1,−1)，故|𝑂𝑄|⋅|𝑀𝑁|=2；直线𝑀𝑁斜率不存在时，𝑄(1,0),𝑀(

1,1),𝑁(1,−1)，或𝑄(−1,0),𝑀(−1,1),𝑁(−1,−1)．故|𝑂𝑄|⋅|𝑀𝑁|=2；直线𝑀𝑁斜率存在且不为0时：设直线𝑙的方程为𝑥=𝑚𝑦+𝑡（𝑚≠0），由直线𝑙与圆𝑥2+𝑦2=1相

切，所以𝑑=|𝑡|√𝑚2+1=1，即𝑡2=𝑚2+1，联立{𝑥23+𝑦232=1𝑥=𝑚𝑦+𝑡,得(𝑚2+2)𝑦2+2𝑚𝑡𝑦+𝑡2−3=0，设𝑀(𝑥1,𝑦1),𝑁(𝑥2,𝑦2)，由

韦达定理：{𝑦1+𝑦2=−2𝑚𝑡𝑚2+2𝑦1𝑦2=𝑡2−3𝑚2+2，𝑦𝑄=𝑦1+𝑦22=−𝑚𝑡𝑚2+2，𝑥𝑄=𝑚𝑦𝑄+𝑡=2𝑡𝑚2+2，所以𝑀𝑁中点𝑄的坐标为(2𝑡

𝑚2+2,−𝑚𝑡𝑚2+2)，故|𝑂𝑄|=√(2𝑡𝑚2+2)2+(−𝑚𝑡𝑚2+2)2=√𝑡2(𝑚2+4)𝑚2+2=√(𝑚2+1)(𝑚2+4)𝑚2+2|𝑀𝑁|=√1+𝑚2|𝑦1−𝑦2|=√1+𝑚2√(−2𝑚𝑡𝑚2+2)2−

4⋅𝑡2−3𝑚2+2=2√1+𝑚2√6+3𝑚2−2𝑡2𝑚2+2=2√(𝑚2+1)(𝑚2+4)𝑚2+2，故|𝑂𝑄|⋅|𝑀𝑁|=2⋅(𝑚2+1)(𝑚2+4)(𝑚2+2)2=2(1+

𝑚2𝑚4+4𝑚2+4)=2(1+1𝑚2+4𝑚2+4)，𝑚2+4𝑚2+4≥2√𝑚2⋅4𝑚2+4=8，当且仅当𝑚2=4𝑚2，𝑚=±√2时等号成立，2<2(1+1𝑚2+4𝑚2+4)≤94综上：|𝑂𝑄|⋅|𝑀𝑁|的取值范围是[2,94].21

．（12分）（2022·重庆高二阶段练习）已知拋物线Γ:𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)的焦点为𝐹，且过𝐹的弦长的最小值为4.(1)求𝑝的值；(2)如图，经过点𝑃（三象限）且不过原点的直线𝑙与拋物线Γ相交于𝑆,𝑇两

点，且直线𝐹𝑆,𝐹𝑇的斜率分别为𝑘1,𝑘2.问：是否存在定点𝑃，使得𝑘1⋅𝑘2为定值2若存在，请求出点𝑃的坐标.【解题思路】（1）设出过点𝐹的直线方程，与抛物线联立，表示出弦长即可根据最小值求出；（2）

设出直线𝑙的方程，与抛物线联立，利用韦达定理表示𝑘1⋅𝑘2，根据其为定值即可求出.【解答过程】(1)设过点𝐹的直线方程为𝑥=𝑡𝑦+𝑝2，设交抛物线于𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2)，将直线

代入抛物线可得𝑦2−2𝑝𝑡𝑦−𝑝2=0，则𝑦1+𝑦2=2𝑝𝑡，𝑦1𝑦2=−𝑝2，所以|𝐴𝐵|=𝑥1+𝑥2+𝑝=𝑡(𝑦1+𝑦2)+2𝑝=2𝑝𝑡2+2𝑝，当𝑡=0时，|𝐴𝐵|取得最小值为2𝑝=4，所以𝑝=2；(2)假设存在定点

𝑃(𝑥0,𝑦0)，设直线𝑙的方程为𝑥=𝑚𝑦+𝑛，𝑆(𝑥3,𝑦3),𝑇(𝑥4,𝑦4)，将直线方程代入抛物线得𝑦2−4𝑚𝑦−4𝑛=0，则𝑦3+𝑦4=4𝑚,𝑦3𝑦4=−4𝑛，所以�

�1⋅𝑘2=𝑦3𝑥3−1⋅𝑦4𝑥4−1=𝑦3𝑦324−1⋅𝑦4𝑦424−1=16𝑦3𝑦4(𝑦3𝑦4)2−4[(𝑦3+𝑦4)2−2𝑦3𝑦4]+16=−4𝑛𝑛2−2𝑛+1−4𝑚2，因为点𝑃(

𝑥0,𝑦0)为定点，所以𝑦0≠0，𝑥0=𝑚𝑦0+𝑛，即𝑚=𝑥0−𝑛𝑦0，因为直线𝑙不过原点，所以𝑛≠0，所以𝑘1⋅𝑘2=−4𝑛𝑛2−2𝑛+1−4×𝑥02−2𝑛𝑥0+𝑛2

𝑦02=−4𝑦02𝑛(𝑦02−4)𝑛2+(8𝑥0−2𝑦02)𝑛+𝑦02−4𝑥02=−4𝑦02(𝑦02−4)𝑛+𝑦02−4𝑥02𝑛+(8𝑥0−2𝑦02)，因为𝑘1⋅𝑘2为定值，所以{𝑦02−4=0𝑦02−4𝑥

02=08𝑥0−2𝑦02≠0，解得𝑥0=−1,𝑦0=±2，因为𝑃在第三象限，所以存在定点𝑃，其坐标为(−1,−2).22．（12分）（2022·上海·高三阶段练习）如图，𝐹是抛物线Γ：𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)的焦点，过𝐹的直线交抛物线Γ于𝐴，𝐵

两点，点𝐴在第一象限，点𝐶在抛物线上，使得△𝐴𝐵𝐶的重心𝐺在𝑥轴上，直线𝐴𝐶交𝑥轴于点𝑄，且𝑄在点𝐹的右侧．记△𝐴𝐹𝐺，△𝐶𝑄𝐺的面积分别为𝑆1，𝑆2．已知点(1,2)在抛物线Γ上．(1)求抛

物线Γ的方程；(2)设𝐴点纵坐标为2𝑡，试用𝑡表示点𝐺的横坐标；(3)在（2）的条件下，求𝑆1𝑆2的最小值及此时点𝐺的坐标．【解题思路】（1）将点(1,2)的坐标代入𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)可求出𝑝，从而可得抛物线的方程，（2）先求出直

线𝐴𝐵的方程为𝑦=2𝑡𝑡2−1(𝑥−1)，代入抛物线方程，化简利用根与系数的关系可求出点𝐵的坐标，再由重心𝐺在𝑥轴上结合重心坐标公式可求出点𝐶的坐标，从而可求出点𝐺的横坐标，（3）求出直线𝐴𝐶的方程，可求出𝑄(𝑡

2−1,0)，从而𝑆1𝑆2=12|𝐹𝐺||𝑦𝐴|12|𝑄𝐺||𝑦𝐶|=2𝑡4−𝑡2𝑡4−1=2−𝑡2−2𝑡4−1，令𝑚=𝑡2−2，代入化简后利用基本不等式可求出其最小值和点𝐺的坐标

【解答过程】(1)因为点(1,2)在抛物线Γ：𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)上，所以4=2𝑝，得𝑝=2，所以抛物线Γ的方程为𝑦2=4𝑥，(2)由𝐴点纵坐标为2𝑡，得𝐴点横坐标为𝑡2，设𝐵(𝑥𝐵,�

�𝐵),𝐶(𝑥𝐶,𝑦𝐶)，重心𝐺(𝑥𝐺,𝑦𝐺)，因为直线𝐴𝐵过𝐹(1,0)，所以𝑘𝐴𝐵=2𝑡𝑡2−1所以直线𝐴𝐵的方程为𝑦=2𝑡𝑡2−1(𝑥−1)，即𝑥=𝑡2−12𝑡𝑦+1，代入�

�2=4𝑥，得𝑦2−2(𝑡2−1)𝑡𝑦−4=0，所以2𝑡𝑦𝐵=−4，得𝑦𝐵=−2𝑡，所以𝐵(1𝑡2,−2𝑡)，因为𝑥𝐺=13(𝑥𝐴+𝑥𝐵+𝑥𝐶)，𝑦𝐺=13(𝑦𝐴+𝑦𝐵+𝑦𝐶)，重心在𝑥轴上，所以2𝑡−2𝑡+𝑦�

�=0，得𝑦𝐶=2𝑡−2𝑡，所以𝑥𝐶=(1𝑡−𝑡)2，所以𝐶((1𝑡−𝑡)2,2𝑡−2𝑡)，所以𝑥𝐺=13(𝑡2+1𝑡2+1𝑡2−2+𝑡2)=2𝑡4−2𝑡2+23𝑡2，即点𝐺的横坐标为2𝑡4−2𝑡2+23𝑡2

；(3)由（2）得𝐴(𝑡2,2𝑡)，𝐶((1𝑡−𝑡)2,2𝑡−2𝑡)，所以𝑘𝐴𝐶=2𝑡−2𝑡−2𝑡1𝑡2−2+𝑡2−𝑡2=2𝑡，所以直线𝐴𝐶的方程为𝑦−2𝑡=2𝑡(𝑥−𝑡2)，令𝑦=0，

得𝑥=𝑡2−1，即𝑄(𝑡2−1,0)，因为𝑄(𝑡2−1,0)在点𝐹的右侧，所以𝑡2>2，所以𝑆1𝑆2=12|𝐹𝐺||𝑦𝐴|12|𝑄𝐺||𝑦𝐶|=|2𝑡4−5𝑡2+

23𝑡2||2𝑡||𝑡2−1−2𝑡4−2𝑡2+23𝑡2||2𝑡−2𝑡|=2𝑡4−𝑡2𝑡4−1=2−𝑡2−2𝑡4−1，令𝑚=𝑡2−2，则𝑚>0，𝑆1𝑆2=2−𝑚𝑚2+4𝑚+3=2−1𝑚+3𝑚+4≥2−12√𝑚⋅3𝑚+4，=2−12√3+4

=1+√32，当且仅当𝑚=3𝑚，即𝑚=√3取等号，所以当𝑚=√3时，𝑆1𝑆2取得最小值为1+√32，此时𝑡2=√3+2，则2(√3+2)2−2(√3+2)+23(√3+2)=2，所以𝐺(2,0).