【文档说明】2024届高考二轮复习理科数学试题（老高考旧教材） 专题检测5　解析几何 Word版含答案.docx，共(9)页，352.605 KB，由小赞的店铺上传

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专题检测五解析几何一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(2023四川凉山期末)设直线l1:ax+y+1=0,l2:x+ay-1=0,若l1⊥l2,则a=()A.

0B.0或-1C.1D.-12.直线x+y=2与圆(x-2)2+(y-3)2=6交于A,B两点,则|AB|=()A.3√2B.√6C.√62D.2√33.(2023江西南昌一模)数学探究课上,某同学用拋

物线C1:y2=-2px(p>0)和C2:y2=2px(p>0)构造了一个类似“米”字形的图案,如图所示,若抛物线C1,C2的焦点分别为F1,F2,点P在拋物线C1上,过点P作x轴的平行线交抛物线C2于点Q,若|PF1|=2|PQ|=4,则p=()A.2B.3C.4D.64.(2023全国甲

,理8)已知双曲线C:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(a>0,b>0)的离心率为√5,C的一条渐近线与圆(x-2)2+(y-3)2=1交于A,B两点,则|AB|=()A.√55B.2√55C.3√55D.4√555.双曲

线C:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点M在y轴上,且△MF1F2为正三角形.若MF2的中点恰好在E的渐近线上,则E的离心率等于()A.√5B.2C.√3D.√26.(2023河南郑州一模)设F1,F2为双曲线C:𝑥23-y2=1的左、

右焦点,Q为双曲线右支上一点,点P(0,2).当|QF1|+|PQ|取最小值时,|QF2|的值为()A.√3−√2B.√3+√2C.√6-2D.√6+27.(2023宁夏吴忠一模)如图,过抛物线y2=2px(p>0)的焦点F的直线l交抛物线于A,B两点

,交其准线于点C,若点F是AC的中点,且|AF|=4,则线段AB的长为()A.5B.6C.163D.2038.已知椭圆M:𝑥2𝑎2+𝑦22=1(a>√2),过焦点F的直线l与M交于A,B两点,坐标原点O在以AF为直径的圆上,若|AF|=2|BF|,则M的方程为()A.𝑥23

+𝑦22=1B.𝑥24+𝑦22=1C.𝑥25+𝑦22=1D.𝑥26+𝑦22=19.(2023陕西安康二模)设抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点是F,直线l与抛物线C相交于A,B两点,且∠AFB=3π4,过弦AB的中点P作直线y=-𝑝2的垂

线,垂足为Q,则(|𝐴𝐵||𝑃𝑄|)2的最小值为()A.2+√2B.3C.2+√24D.2-√210.(2023江西吉安一模)椭圆E:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的内接四边形ABCD的对角线AC,BD交于点P

(1,1),满足𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗,若直线AB的斜率为-14,则椭圆的离心率等于()A.14B.√32C.12D.1311.(2023山东潍坊二模

)已知双曲线C:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,O为坐标原点,过F1作C的一条渐近线的垂线,垂足为点D,且|DF2|=2√2|OD|,则C的离心率为()A.√2B.2C.√5D.

312.已知椭圆C:𝑥24+𝑦23=1,过其左焦点F1作直线l交椭圆C于P,A两点,取P点关于x轴的对称点B.若G点为△PAB的外心,则|𝑃𝐴||𝐺𝐹1|=()A.2B.3C.4D.以上都

不对二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2023山东济南一模)在平面直角坐标系xOy中,圆C1:x2+y2=2关于直线l对称的圆为C2:x2+y2+2x-4y+3=0,则直线l的方程为.14.(2022新高考Ⅱ,15)设点A(-2,3),B(0,a),直线AB关

于直线y=a的对称直线为l,已知l与圆C:(x+3)2+(y+2)2=1有公共点,则a的取值范围为.15.已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,准线为l,A,B是抛物线C上的两个动点,且AF⊥AB,∠ABF=30°,设线段AB的中

点M在准线l上的投影为点N,则|𝑀𝑁||𝐴𝐵|的值是.16.(2023陕西西安长安一模)在生活中,可以利用如右图的工具绘制椭圆,已知O是滑竿上的一个定点,D可以在滑竿上自由移动,线段|OA|=|

AD|=3,点E满足𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=2𝐸𝐷⃗⃗⃗⃗⃗,则点E所形成的椭圆的离心率为.三、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)(2023天津,18)设椭圆𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0

)的左、右顶点分别为A1,A2,右焦点为F,已知|A1F|=3,|A2F|=1.(1)求椭圆方程及其离心率;(2)已知点P是椭圆上一动点(不与顶点重合),直线A2P交y轴于点Q,若△A1PQ的面积是△A2FP面积的二倍

,求直线A2P的方程.18.(12分)(2023陕西铜川二模)已知点F为抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点,点P(-3,2),|PF|=2√5,若过点P作直线与抛物线E顺次交于A,B两点,过点A作斜率为1的

直线与抛物线的另一个交点为点C.(1)求抛物线E的标准方程;(2)求证:直线BC过定点.19.(12分)(2023江西吉安一模)已知双曲线C:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(a>0,b>0),焦点到渐近线2x-y=0的距离为2.(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,直线l交双曲线C于点M,N(点M在第一象限),记直线MA斜率为k1,直线NB斜率为k2,过原点O作直线l的垂线,垂足为H,当𝑘1𝑘2为定值-13时,问是否存在定点G,使得|GH|为定值?若存在,求此定点G;若不存在,请说明理由.20.(12分)已知抛物线C:x

2=4y,过抛物线外一点N作抛物线C的两条切线,A,B是切点.(1)若点N的纵坐标为-2,求证:直线AB恒过定点;(2)若|AB|=m(m>0),求△ABN面积的最大值(结果用m表示).21.(12分)如图,已知椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0

),A1,A2分别是C的左、右端点,F2是右焦点.椭圆C过点(0,√3),离心率为12.(1)求椭圆C的方程;(2)若直线x=4上有两个点M,N,且𝑀𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑁𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,①求△MNF2面积的最小值;②连接MA

1交椭圆C于另一点P,证明:P,A2,N三点共线.22.(12分)(2023山东淄博一模)已知抛物线C:y2=2px(p>0)上一点P(2,t)到其焦点F的距离为3,A,B为抛物线C上异于原点的两点.延长AF,BF分别交抛物线C于点M,N,直线AN,BM

相交于点Q.(1)若AF⊥BF,求四边形ABMN面积的最小值;(2)证明:点Q在定直线上.专题检测五解析几何1.A解析由直线l1:ax+y+1=0,l2:x+ay-1=0,因为l1⊥l2,可得a×1+1×a=0,解得a=0.故选A.2.B解析圆心(2,3)到

直线x+y=2的距离为d=|2+3-2|√12+12=3√22,又|𝐴𝐵|2=√𝑟2-𝑑2=√6-92=√62,故|AB|=√6.故选B.3.D解析因为2|PQ|=4,即|PQ|=2,由抛物线的对称性知点P的横坐标xP=-1,由抛

物线定义可知,|PF1|=𝑝2-xP,即4=𝑝2-(-1),解得p=6,故选D.4.D解析由e=𝑐𝑎=√5,得c=√5a,所以b=√𝑐2-𝑎2=2a.所以双曲线C的渐近线的方程为y=±𝑏𝑎x=±2x.

由题意知,双曲线的一条渐近线与圆(x-2)2+(y-3)2=1交于A,B两点,所以满足条件的双曲线为y=𝑏𝑎x=2x.又圆心(2,3)到渐近线2x-y=0的距离d=|2×2-3|√22+(-1)2=√55,圆的半径r=1,所以|AB|=2√𝑟2-𝑑2=2

√1-15=4√55.故选D.5.B解析不妨设M在y轴的正半轴,设M(0,t),t>0,由于△MF1F2为正三角形,所以t=√3c,故M(0,√3c),设MF2的中点为N,由于F2(c,0),所以N(𝑐2,√3𝑐

2),N在渐近线y=𝑏𝑎x上,所以√3𝑐2=𝑏𝑎×𝑐2,则𝑏𝑎=√3,e=𝑐𝑎=√1+(𝑏𝑎)2=2.故选B.6.A解析由双曲线定义得|QF1|-|QF2|=2a=2√3,故|QF1|+|PQ|=|PQ|+|QF2|+2√3,如图所示,当P,Q

,F2三点共线,即Q在点M位置时,|QF1|+|PQ|取最小值,∵F2(2,0),P(0,2),故直线PF2的方程为y=-x+2,联立{𝑦=-𝑥+2,𝑥23-𝑦2=1,得点Q(3-√62,√62-1),故|QF2|=√(3-√62-2)2+(√62-1)2=√(√3-√2)

2=√3−√2,故选A.7.C解析设A,B在准线上的射影分别为点M,N,准线与横轴交于点H,则FH=p,由于点F是AC的中点,|AF|=4,∴AM=4=2p,∴p=2.设BF=BN=x,则𝐵𝑁𝐹𝐻=𝐵𝐶𝐶𝐹,即𝑥2=4-𝑥4,解得x=43.∴AB=AF+BF=4+43=163

.8.A解析由于坐标原点O在以AF为直径的圆上,则OA⊥OF,故可设A为上顶点,F为右焦点,F1为左焦点.则|AF|=|AF1|=a,|BF|=12a,|BF1|=2a-|BF|=32a,cos∠F1AF=cos∠F1AB,由余弦定理得�

�2+𝑎2-4𝑐22·𝑎·𝑎=𝑎2+(32𝑎)2-(32𝑎)22·𝑎·32𝑎,整理得a2=3c2,又因为b2=a2-c2=2c2=2,所以c2=1,a2=3.所以M的方程为𝑥23+𝑦22=1.故选A.9.A解析设|AF|=

m,|BF|=n,过点A,B分别作抛物线的准线的垂线,垂足分别为A1,B1,则|AA1|=m,|BB1|=n.∵点P为弦AB的中点,∴|PQ|=|𝐴𝐴1|+|𝐵𝐵1|2=𝑚+𝑛2,∵∠AFB=3π4,∴在△AFB中,由余弦定理得|AB|2=m2+

n2-2mncos3π4=m2+n2+√2mn,∴(|𝐴𝐵||𝑃𝑄|)2=|𝐴𝐵|2|𝑃𝑄|2=4(𝑚2+𝑛2+√2𝑚𝑛)(𝑚+𝑛)2=4[(𝑚+𝑛)2-(2-√2)𝑚𝑛]

(𝑚+𝑛)2=4[1-(2-√2)𝑚𝑛(𝑚+𝑛)2]=4(1-2-√2𝑚𝑛+𝑛𝑚+2)≥4(1-2-√22√𝑚𝑛·𝑛𝑚+2)≥4(1-2-√24)=2+√2,当且仅当m=n时取等号.∴(|𝐴𝐵||𝑃𝑄|)2的最小值为2+√2.故选A.10.B

解析设点A(x1,y1),B(x2,y2),C(x,y),∵P(1,1),且𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,∴(1-x1,1-y1)=2(x-1,y-1),即{1-𝑥1=2(𝑥-1),1-𝑦1=2(𝑦-1),解得C(3-

𝑥12,3-𝑦12),由A,C两点在椭圆E上,有{𝑥12𝑎2+𝑦12𝑏2=1①,(3-𝑥1)24𝑎2+(3-𝑦1)24𝑏2=1②,①-4×②,得3(2𝑥1-3)𝑎2+3(2𝑦1-3)𝑏2

=-3,即2b2x1+2a2y1+a2b2-3a2-3b2=0,同理可得2b2x2+2a2y2+a2b2-3a2-3b2=0,∴直线AB的方程为2b2x+2a2y+a2b2-3a2-3b2=0,从而直线AB的斜率为-𝑏2𝑎2=-14,

由e2=1-𝑏2𝑎2=34,可得e=√32.故选B.11.C解析如图所示,双曲线C的左焦点F1(-c,0),渐近线l1的方程为bx-ay=0.由题意|DF1|=𝑏𝑐√𝑏2+(-𝑎)2=𝑏𝑐𝑐

=b,|OD|=√|𝑂𝐹1|2-|𝐷𝐹1|2=√𝑐2-𝑏2=a.在Rt△DOF1中,∠ODF1=π2,∴cos∠DOF1=|𝑂𝐷||𝑂𝐹1|=𝑎𝑐,在△DOF2中,|OD|=a,|DF2|=2√2a

,|OF2|=c,cos∠DOF2=cos(π-∠DOF1)=-cos∠DOF1=-𝑎𝑐.由余弦定理得cos∠DOF2=|𝑂𝐷|2+|𝑂𝐹2|2-|𝐷𝐹2|22|𝑂𝐷|·|𝑂𝐹2|=𝑎2+𝑐2-8𝑎22𝑎𝑐=-𝑎𝑐,化简得c2=5a2,即c=

√5a.所以双曲线C的离心率为e=𝑐𝑎=√5.故选C.12.C解析(方法一)由题意,得F1(-1,0),显然直线PA的斜率存在且不为0,设其方程为y=k(x+1)(k≠0),由{𝑦=𝑘(𝑥+1),𝑥24+𝑦

23=1,得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0,设P(x1,y1),A(x2,y2),故x1+x2=-8𝑘23+4𝑘2,x1x2=4𝑘2-123+4𝑘2,y1+y2=k(x1+x2

)+2k=6𝑘3+4𝑘2,故|PA|=√1+𝑘2×√(𝑥1+𝑥2)2-4𝑥1𝑥2=12(𝑘2+1)3+4𝑘2,设PA的中点为H,则其坐标为(𝑥1+𝑥22,𝑦1+𝑦22),即(-4𝑘23+4𝑘2,3𝑘3

+4𝑘2),显然x轴垂直平分PB,故可设G(x3,0),又GH直线方程为y-3𝑘3+4𝑘2=-1𝑘(x+4𝑘23+4𝑘2).令y=0,解得x=-𝑘23+4𝑘2,故|GF1|=|-𝑘23+4𝑘2+1|=3+3𝑘23+4�

�2,故|𝑃𝐴||𝐺𝐹1|=12(𝑘2+1)3+3𝑘2=4.(方法二)设A(x1,y1),P(x2,y2),AP中点为M(x0,y0),则由中点弦斜率公式得kAP·kOM=-34,又由题设可知kAP·kGM=-1,∴两式相除得kGM=43kOM=4𝑦03𝑥0,则直线M

G的方程为y-y0=4𝑦03𝑥0(x-x0),显然x轴垂直平分PB,故G点在x轴上,令y=0,得x=𝑥04,∴G点坐标为(𝑥04,0),易知x0>-1,|GF1|=𝑥04+1,又由焦半径公式|PF左|=a+exP,得|PA|=|AF1|+|F1P

|=2+12x1+2+12x2=x0+4,则|𝑃𝐴||𝐺𝐹1|=4.13.2x-4y+5=0解析圆C1的圆心为C1(0,0),半径为√2,圆C2化为(x+1)2+(y-2)2=2,圆心为C2(-1,2),半径为√2,所以直线C

1C2的斜率𝑘𝐶1𝐶2=2-0-1-0=-2,线段C1C2的中点为(-12,1),因为直线l为线段C1C2的垂直平分线,所以直线l的方程为y-1=12(x+12),即2x-4y+5=0.14.[13

,32]解析因为kAB=𝑎-32,所以直线AB关于直线y=a的对称直线为(3-a)x-2y+2a=0.由题意得|3(𝑎-3)+4+2𝑎|√4+(3-𝑎)2≤1,整理解得13≤a≤32.15.√32解析如图所示,作BE⊥l于点E,AD⊥l于点D,设|AF|=a,|BF|=b,由抛物线定

义,得|AF|=|AD|,|BF|=|BE|,在梯形ABED中,2|MN|=|AD|+|BE|=a+b,由AF⊥AB,∠ABF=30°,得b=2a,则|MN|=3𝑎2,又|AB|=√|𝐵𝐹|2-|𝐴𝐹|2=√𝑏2

-𝑎2=√3a,故|𝑀𝑁||𝐴𝐵|=√32.16.2√65解析(方法一)由|AD|=3,𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=2𝐸𝐷⃗⃗⃗⃗⃗,得|AE|=2,以点O为坐标原点,直线OD为x轴建立平面直角坐标系,如图所示,过点E作PC⊥OD于点C,交OA的延长线于点P,过点A作AB⊥PE于点B

,有AB∥x轴,而|OA|=|AD|,即∠PAB=∠AOD=∠ADO=∠EAB,则点B是PE的中点,且有|AP|=|AE|=2,因此|OP|=5,|PE|=2|BE|=4|EC|,即|PC|=5|EC|.设E(x,y),有P(x,5y),于是x2+(5y)2=25,整理

得点E的轨迹方程为𝑥225+y2=1,该椭圆长半轴长a=5,短半轴长b=1,所求离心率e=𝑐𝑎=√𝑎2-𝑏2𝑎=2√65.(方法二)如图,以点O为坐标原点,直线OD为x轴建立平面直角坐标系,过点A,E分

别作x轴的垂线,垂足分别为点F,C,设E(x,y),因为𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=2𝐸𝐷⃗⃗⃗⃗⃗,所以|FC|=2|CD|,设|CD|=n,则|OF|=|FD|=3n,|OC|=5n,即x=5n,点A的横坐标xA=3n=35x,又𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=3𝐸𝐷⃗⃗⃗⃗⃗,所以点A的纵坐标yA=3

y,即A(35x,3y),由|OA|=3,得9𝑥225+9y2=9,即点E的轨迹方程为𝑥225+y2=1,所求离心率e=𝑐𝑎=√𝑎2-𝑏2𝑎=2√65.17.解(1)设椭圆的焦距为2c,则{𝑎+𝑐=3,𝑎-𝑐=1,解得{𝑎=2,𝑐=1,b2=a2-c2=3,e

=𝑐𝑎=12,所求椭圆方程为𝑥24+𝑦23=1.(2)设P(x0,y0),x0∈(-2,0)∪(0,2).由(1)及题意可知A1(-2,0),A2(2,0),F(1,0),所以直线A2P的方程为y-0=𝑦0𝑥0-2(x-2),令x=0,则y=-2𝑦0𝑥0-2,即Q(0,-2𝑦

0𝑥0-2).(根据点P的坐标求出点Q的坐标是解题的关键)所以𝑆△𝐴1𝑃𝑄=|𝑆△𝐴1𝐴2𝑄−𝑆△𝐴1𝐴2𝑃|=|12×4×|-2𝑦0𝑥0-2|-12×4×|y0||=||4𝑦0𝑥0-2|-2|

y0||,𝑆△𝐴2𝐹𝑃=12×1×|y0|=12|y0|.由题意可得||4𝑦0𝑥0-2|-2|y0||=2×12|y0|,所以|x0-2|=4(舍)或|x0-2|=43,所以x0=103(舍)或x0=23,所以P(23,±2√63),所以直线A2P的方程为√3x+√2y-2√3=0或√

3x-√2y-2√3=0.18.解(1)由题意可知F(𝑝2,0),∴|PF|=√(-3-𝑝2)2+(2-0)2=2√5.又p>0,∴p=2,∴抛物线E的标准方程为y2=4x.(2)显然直线AB斜率存在,设直线AB的方程为y-2=k(x+3),联立方程{𝑦-2=𝑘(𝑥+3

),𝑦2=4𝑥,消去x,整理得ky2-4y+8+12k=0(k≠0),∴Δ=16(-3k2-2k+1)>0.设A(x1,y1),B(x2,y2),∴y1+y2=4𝑘,y1y2=8𝑘+12,∴y1y2=2(y1+y2)+12,①直线AC的方程为y-y1=x-𝑦124,联立方

程{𝑦-𝑦1=𝑥-𝑦124,𝑦2=4𝑥,消去x,整理得y2-4y+4y1-𝑦12=0,∴Δ=16-4(4y1-𝑦12)>0,设C(x3,y3),则y1+y3=4,②由①②得(4-y3)y2-12=2(4-

y3+y2),即2(y2+y3)=y2y3+20,③(ⅰ)若直线BC的斜率不存在,则y2+y3=0,又2(y2+y3)=y2y3+20,∴𝑦32=20,∴x3=𝑦324=5,∴直线BC的方程为x=5.(ⅱ)若直线BC的

斜率存在,为𝑦2-𝑦3𝑥2-𝑥3=4𝑦2+𝑦3,∴直线BC的方程为y-y2=4𝑦2+𝑦3(x-𝑦224),即4x-(y2+y3)y+y2y3=0,将③代入得4x-(y2+y3)y+2(y2+y3)-20=0,∴(y2+y3)(2-y

)+4(x-5)=0,∴直线BC斜率存在时过点(5,2),由(ⅰ)(ⅱ)可知,直线BC过定点(5,2).19.解(1)由题意,得𝑏𝑎=2,焦点到直线2x-y=0的距离2𝑐√5=2,解得c=√5,又c2=a2+b2,∴5a2=5,∴a=

1,b=2,故双曲线C的标准方程为x2-𝑦24=1.(2)由题意知A(-1,0),B(1,0),且直线l斜率不能为零,故直线l的方程可设为x=ny+t,设M(x1,y1),N(x2,y2),联立{𝑥2-𝑦24=1,𝑥=𝑛𝑦+𝑡,消去x,整理得(4n2-1)

y2+8nty+4t2-4=0,Δ=64n2t2-4(4n2-1)(4t2-4)=16(t2+4n2-1)>0,即t2+4n2-1>0.∴y1+y2=-8𝑛𝑡4𝑛2-1,y1y2=4𝑡2-44𝑛2-1,

∴ny1y2=-𝑡2-12𝑡(y1+y2).∵直线MA的斜率k1=𝑦1𝑥1+1,直线NB的斜率k2=𝑦2𝑥2-1,∴𝑘1𝑘2=𝑦1𝑥1+1𝑦2𝑥2-1=𝑦1(𝑛𝑦2+𝑡-1)𝑦2(𝑛𝑦1+𝑡+1)=𝑛𝑦1𝑦2+(𝑡-1)𝑦1𝑛

𝑦1𝑦2+(𝑡+1)𝑦2=-𝑡2-12𝑡(𝑦1+𝑦2)+(𝑡-1)𝑦1-𝑡2-12𝑡(𝑦1+𝑦2)+(𝑡+1)𝑦2=-13,整理得(t-2)[(t-1)y1-(t+1)y2]=0.∵因式(t-1)y1-(t+1)y2恒不为零,∴t=2,此时

t2+4n2-1>0成立.可知直线l过定点P(2,0),又OH⊥l,∴点H的运动轨迹是以点(1,0)为圆心,以线段OP为直径的圆(除去点(0,0)),∴存在定点G(1,0),使得|GH|为定值1.20.(

1)证明设A(x1,y1),B(x2,y2),由y=14x2得y'=12x,则直线NA的斜率为𝑥12,从而直线NA的方程为y-y1=𝑥12(x-x1),即2(y-y1)=x1x-4y1,即x1x=2(y+y1),同理可得,直线NB的方程为x2x=2(y+y2),又直线NA和直

线NB都过N(x0,y0),则x1x0=2(y0+y1),x2x0=2(y0+y2),从而A(x1,y1),B(x2,y2)均在方程x0x=2(y0+y)表示的直线上,故直线AB的方程为x0x=2(y0+y).又y0=-2,则直线AB的方程为x0x=2(y-2),故直线AB恒过定点(

0,2).(2)解设N(x0,y0),则由(1)知直线AB的方程为x0x=2(y+y0),把它与抛物线x2=4y联立得x2-2x0x+4y0=0,Δ=4𝑥02-16y0>0,设A(x1,y1),B(

x2,y2),则x1+x2=2x0,x1x2=4y0,则|AB|=√1+𝑥024|x1-x2|=√1+𝑥024·√(𝑥1+𝑥2)2-4𝑥1𝑥2=√(𝑥02+4)(𝑥02-4𝑦0)=m,于是𝑥02-4y0=𝑚2𝑥02+4.又点N到直线AB的距离d=|2�

�0-𝑥02+2𝑦0|√𝑥02+4=|𝑥02-4𝑦0|√𝑥02+4=𝑚2(𝑥02+4)32,则S△ABN=12·d·|AB|=12𝑚3(𝑥02+4)32≤𝑚316,故△ABN的最大面积

是𝑚316,此时x0=0.21.解(1)将点(0,√3)代入椭圆方程,得b=√3,由e=√1-(𝑏𝑎)2=√1-3𝑎2=12,解得a2=4,∴椭圆C的方程为𝑥24+𝑦23=1.(2)①设M(4,yM),N(4,yN),由于F2(1,0),

因此𝑀𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-3,-yM),𝑁𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-3,-yN),∵𝑀𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑁𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,∴yMyN+9=0,MF2⊥NF2,∴𝑆△𝑀𝑁𝐹2=12√9+𝑦𝑀2·√9+𝑦𝑁2=12√81

+9(𝑦𝑀2+𝑦𝑁2)+(𝑦𝑀𝑦𝑁)2=12√162+9(𝑦𝑀2+𝑦𝑁2)≥12√162+18|𝑦𝑀𝑦𝑁|=12√162+162=9,当且仅当|yM|=|yN|,即-yM2+9

=0,即yM=3,yN=-3时,等号成立,△MNF2面积的最小值为9.②证明:∵A1(-2,0),∴直线A1M的方程为y=yM6(x+2).由{y=yM6(x+2),x24+y23=1,得(27+yM2)x2+4yM2x+4yM2-108=0.设P(x1,y1),∴x1

+(-2)=-4yM227+yM2,∴x1=54-2yM227+yM2,代入直线A1M的方程得y1=18yM27+yM2,∴P(54-2yM227+yM2,18yM27+yM2).∵A2(2,0),∴直线PA2的斜率为kPA2=18yM27+yM254-2yM227+yM2-2

=18yM-4yM2=-92yM,直线NA2的斜率为kNA2=yN-04-2=yN2.∵yMyN+9=0,∴kNA2=-9yM2=-92yM=kPA2,故P,A2,N三点共线.22.(1)解由抛物线定义可知,2+𝑝2=3,解得p=2,即抛物线C的方程为y2=4x.由题意,设A(x1,y1),M(

x2,y2).设直线AM的方程为x=my+1(m≠0),由{𝑥=𝑚𝑦+1,𝑦2=4𝑥,消去x,整理得y2-4my-4=0,Δ=16m2+16>0恒成立,则y1+y2=4m,y1y2=-4,故|AM|=x1+x2+p=m(y1+y

2)+4=4(m2+1).因为AF⊥BF,所以直线BN的方程为x=-1𝑚y+1,于是|BN|=4(1𝑚2+1),则四边形ABMN的面积S=12|AM|·|BN|=12×4(m2+1)×4(1𝑚2+1)=8(m2+1𝑚2+2)≥32,当且仅

当m2=1𝑚2,即m=±1时等号成立,所以四边形ABMN面积的最小值为32.(2)证明设B(x3,y3),N(x4,y4),Q(xQ,yQ).因为点A,B,M,N都在C上,所以xi=𝑦𝑖24(i=1,2,3,4),因为A,N,Q三点共线,所

以有𝑦4-𝑦1𝑥4-𝑥1=𝑦1-𝑦𝑄𝑥1-𝑥𝑄,即𝑦4-𝑦1𝑦424-𝑦124=𝑦1-𝑦𝑄𝑦124-𝑥𝑄,整理得yQ=𝑦1·𝑦4+4𝑥𝑄𝑦1+𝑦4,同理,由B,M,Q三点共线,得yQ=𝑦2·𝑦3+4𝑥𝑄𝑦2+

𝑦3,即𝑦1·𝑦4+4𝑥𝑄𝑦1+𝑦4=𝑦2·𝑦3+4𝑥𝑄𝑦2+𝑦3,解得4xQ=𝑦1·𝑦2·𝑦3+𝑦2·𝑦3·𝑦4-𝑦1·𝑦2·𝑦4-𝑦1·𝑦3·𝑦4𝑦2+�

�3-𝑦1-𝑦4,由(1)可知,y1y2=y3y4=-4,代入上式可得4xQ=-4(𝑦3+𝑦2-𝑦4-𝑦1)𝑦2+𝑦3-𝑦1-𝑦4=-4,得xQ=-1,即点Q在定直线x=-1上.