【文档说明】2023届高考人教B版数学一轮复习试题（适用于新高考新教材） 高考大题专项（五）　圆锥曲线的综合问题含解析.docx，共(18)页，213.441 KB，由envi的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-3a56e84ae742260c3a3bb3dd68f8c7d9.html

以下为本文档部分文字说明：

1高考大题专项(五)圆锥曲线的综合问题突破1圆锥曲线中的最大(小)值、范围问题1.已知椭圆𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)上的点到右焦点F(c,0)的最大距离是√2+1,且1,√2a,4c成等比数列.(1)求椭圆的方程;(2)过点F且与x

轴不垂直的直线l与椭圆交于A,B两点,线段AB的垂直平分线交x轴于点M(m,0),求实数m的取值范围.2.已知F(√3,0)为椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的一个焦点,点M(√3,12)在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程;(

2)若直线l与椭圆C分别相交于A,B两点,且kOA+kOB=-12(O为坐标原点),求直线l的斜率的取值范围.3.已知椭圆E的中心在原点,焦点F1,F2在y轴上,离心率等于2√23,P是椭圆E上的点.以线段PF1为

直径的圆经过F2,且9𝑃𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=1.(1)求椭圆E的方程;(2)作直线l与椭圆E交于两个不同的点M,N.如果线段MN被直线2x+1=0平分,求直线l的倾斜角的取值范围.24.如图,椭圆𝑥2𝑎2+𝑦

2𝑏2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(-1,0),F2(1,0),直线l:x=a2交x轴于点A,且𝐴𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝐴𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗.(1)求椭圆的方程;(2)过点F1,F2分别作互相垂直的两条直

线与椭圆分别交于D,E,M,N四点,试求四边形DMEN面积的最大值和最小值.5.已知椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的离心率为√33,且椭圆C过点(32,√22).(1)求椭圆C的标

准方程;(2)过椭圆C的右焦点的直线l与椭圆C分别相交于A,B两点,且与圆O:x2+y2=2相交于E,F两点,求|AB|·|EF|2的取值范围.3突破2定点、定值问题1.已知抛物线C:x2=-2py经过点(2,-1).(1)求抛物线C的

方程及其准线方程.(2)设O为原点,过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M,N,直线y=-1分别交直线OM,ON于点A和点B.求证:以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.2.已知椭圆C:𝑥2

𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2.点M在椭圆C上运动,若△MF1F2的面积取得最大值4时,有且仅有2个不同的点M使得△MF1F2为直角三角形.(1)求椭圆C的方程;(2)过点P(0,1)的直线l与椭圆C分别相交于A,B两点

,与x轴交于点Q.设𝑄𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝑄𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=μ𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,求证:λ+μ为定值,并求该定值.43.设椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,下顶点为A,O为坐标原点,点O到

直线AF2的距离为√22,△AF1F2为等腰直角三角形.(1)求椭圆C的标准方程;(2)直线l与椭圆C分别相交于M,N两点,若直线AM与直线AN的斜率之和为2,证明:直线l恒过定点,并求出该定点的坐标.4.已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F

,过点F的直线分别交抛物线于A,B两点.(1)若以AB为直径的圆的方程为(x-2)2+(y-3)2=16,求抛物线C的标准方程;5(2)过点A,B分别作抛物线的切线l1,l2,证明:l1,l2的交点在定直线上.突破3证明、探索性问题1.已知椭圆C:𝑥2�

�2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的右焦点为F(1,0),离心率为12,直线l:y=k(x-4)(k≠0)与椭圆C交于不同两点M,N,直线FM,FN分别交y轴于A,B两点.(1)求椭圆C的方程;(2)求证:|FA|=|FB|.2.6如图

,已知椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的离心率为13,左、右焦点分别为F1,F2,A为椭圆C上一点,AF1与y轴相交于点B,|AB|=|F2B|,|OB|=43.(1)求椭圆C的标准方

程;(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A1,A2,过点A1,A2分别作x轴的垂线l1,l2,椭圆C的一条切线l:y=kx+m(k≠0)与l1,l2分别交于M,N两点,求证:∠MF1N=∠MF2N.3.已知椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1

(a>b>0)的离心率为12,F为左焦点,过点F作x轴的垂线交椭圆C于A,B两点,且|AB|=3.(1)求椭圆C的方程.(2)在圆x2+y2=3上是否存在一点P,使得在点P处的切线l与椭圆C相交于M,N两点,且满足𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗?若

存在,求l的方程;若不存在,请说明理由.74.已知F为椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的右焦点,点P(2,√2)在椭圆C上,且PF⊥x轴.(1)求椭圆C的方程.(2)如图,过点F的直线

l分别交椭圆C于A,B两点,交直线x=4于点M.判断直线PA,PM,PB的斜率是否构成等差数列?请说明理由.5.已知动圆C过定点F(1,0),且与定直线x=-1相切.(1)求动圆圆心C的轨迹E的方程.(2)过点M(-2,0)的任意一条直线l与轨

迹E分别相交于不同的两点P,Q,试探究在x轴上是否存在定点N(异于点M),使得∠QNM+∠PNM=π?若存在,求点N的坐标;若不存在,说明理由.6.已知圆C:(x-1)2+y2=14,一动圆与直线x=-12相切且与圆C外

切.(1)求动圆圆心P的轨迹T的方程.8(2)若经过定点Q(6,0)的直线l与轨迹T交于A,B两点,M为线段AB的中点,过M作x轴的平行线与轨迹T相交于点N,试问是否存在直线l,使得NA⊥NB?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.参考答案高

考大题专项(五)圆锥曲线的综合问题突破1圆锥曲线中的最大(小)值、范围问题1.解(1)由已知可得{𝑎+𝑐=√2+1,1×4𝑐=2𝑎2,𝑎2=𝑏2+𝑐2,解得{𝑎=√2,𝑏=1,𝑐=1,所以椭圆的方程为𝑥

22+y2=1.(2)由题意得F(1,0),设直线AB的方程为y=k(x-1).与椭圆方程联立得{𝑥2+2𝑦2-2=0,𝑦=𝑘(𝑥-1),消去y可得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0.设A(x1,y1),B(x2,y

2),则x1+x2=4𝑘21+2𝑘2,y1+y2=k(x1+x2)-2k=-2𝑘1+2𝑘2.可得线段AB的中点为N2𝑘21+2𝑘2,-𝑘1+2𝑘2.当k=0时,直线MN为y轴,此时m=0.当k≠0时,直线MN的方程为y+𝑘1+2𝑘2=-1𝑘(𝑥-

2𝑘21+2𝑘2),化简得ky+x-𝑘21+2𝑘2=0.令y=0,得x=𝑘21+2𝑘2.所以m=𝑘21+2𝑘2=11𝑘2+2∈(0,12).9综上所述,实数m的取值范围为[0,12).2.解(1)由题意知,椭圆的另一个焦点为(-√3,

0),所以点M到两焦点的距离之和为√(2√3)2+(12)2+12=4.所以a=2.又c=√3,所以b=1,所以椭圆C的方程为𝑥24+y2=1.(2)当直线l的斜率不存在时,结合椭圆的对称性可知,kOA+kOB=0,不

符合题意.故设直线l的方程为y=kx+m(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),联立{𝑥24+𝑦2=1,𝑦=𝑘𝑥+𝑚,可得(4k2+1)x2+8kmx+4(m2-1)=0.则x1+x2=-8𝑘𝑚4𝑘2+

1,x1x2=4(𝑚2-1)4𝑘2+1.而kOA+kOB=𝑦1𝑥1+𝑦2𝑥2=(𝑘𝑥1+𝑚)𝑥2+(𝑘𝑥2+𝑚)𝑥1𝑥1𝑥2=2k+𝑚(𝑥1+𝑥2)𝑥1𝑥2=2k+-8𝑘𝑚24(𝑚2-1)=

-2𝑘𝑚2-1.由kOA+kOB=-12,可得m2=4k+1,所以k≥-14.又由Δ>0,得16(4k2-m2+1)>0,所以4k2-4k>0,解得k<0或k>1,综上,直线l的斜率的取值范围为[-14,0)∪(1,+∞).3.解(

1)依题意,设椭圆E的方程为𝑦2𝑎2+𝑥2𝑏2=1(a>b>0),半焦距为c.因为椭圆E的离心率为2√23,所以c=2√23a,b2=a2-c2=𝑎29.因为以线段PF1为直径的圆经过点F2,所以PF2⊥F1F2.

所以|PF2|=𝑏2𝑎.因为9𝑃𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑃𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=1,所以9|𝑃𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2=9𝑏4𝑎2=1.由{𝑏2=𝑎29,9𝑏4𝑎2=1,得{𝑎2=9,

𝑏2=1,所以椭圆E的方程为𝑦29+x2=1.(2)因为直线x=-12与x轴垂直,且由已知得直线l与直线x=-12相交,10所以直线l不可能与x轴垂直,所以设直线l的方程为y=kx+m.由{𝑦=𝑘𝑥+𝑚,9𝑥2+𝑦2=9,得(k2+9)x2+2k

mx+m2-9=0.因为直线l与椭圆E交于两个不同的点M,N,所以Δ=4k2m2-4(k2+9)(m2-9)>0,即m2-k2-9<0.设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=-2𝑘𝑚𝑘2+9.因为线段MN被直线2x+1=0平分,所以2×𝑥1+𝑥22+1=0,即-2𝑘�

�𝑘2+9+1=0.由{𝑚2-𝑘2-9<0,-2𝑘𝑚𝑘2+9+1=0,得(𝑘2+92𝑘)2-(k2+9)<0.因为k2+9>0,所以𝑘2+94𝑘2-1<0,所以k2>3,解得k>√3或k<

-√3.所以直线l的倾斜角的取值范围为π3,π2∪π2,2π3.4.解(1)由题意知,|F1F2|=2c=2,A(a2,0),因为𝐴𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝐴𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,所以F2为线段AF1的中点,则a2=3

,b2=2,所以椭圆方程为𝑥23+𝑦22=1.(2)当直线DE与x轴垂直时,|DE|=2𝑏2𝑎=4√3,此时|MN|=2a=2√3,四边形DMEN的面积S=|𝐷𝐸|·|𝑀𝑁|2=4.同理当MN与x轴垂直时,也有四边形DMEN的面积S=|𝐷𝐸|·|𝑀𝑁|2=

4.当直线DE,MN与x轴均不垂直时,设直线DE:y=k(x+1)(k≠0),D(x1,y1),E(x2,y2),代入椭圆方程,消去y可得(2+3k2)x2+6k2x+3k2-6=0,则x1+x2=-6𝑘22+3𝑘2,x1x2=3𝑘2-62+3𝑘2,所以|x1-x2|=4√3×√

𝑘2+12+3𝑘2,所以|DE|=√𝑘2+1|x1-x2|=4√3(𝑘2+1)2+3𝑘2.11同理|MN|=4√3[(-1𝑘)2+1]2+3(-1𝑘)2=4√3(1𝑘2+1)2+3𝑘2,所以四边形DM

EN的面积S=|𝐷𝐸|·|𝑀𝑁|2=12×4√3(𝑘2+1)2+3𝑘2×4√3(1𝑘2+1)2+3𝑘2=24(𝑘2+1𝑘2+2)6(𝑘2+1𝑘2)+13,令u=k2+1𝑘2,

则S=4-413+6𝑢.因为u=k2+1𝑘2≥2,当且仅当k=±1时,等号成立,此时S=9625,且S是以u为自变量的增函数,则9625≤S<4.综上可知,9625≤S≤4,故四边形DMEN面积的最大值为4,最小值为9625.5.解(1)由题意得𝑐𝑎=√33,所以a2=

32b2,所以椭圆的方程为𝑥232𝑏2+𝑦2𝑏2=1,将点(32,√22)代入方程得b2=2,即a2=3,所以椭圆C的标准方程为𝑥23+𝑦22=1.(2)由(1)可知,椭圆的右焦点为(1,0),①

若直线l的斜率不存在,则直线l的方程为x=1,则A(1,2√33),B(1,-2√33),E(1,1),F(1,-1),所以|AB|=4√33,|EF|2=4,|AB|·|EF|2=16√33.②若直线l的斜率存在,则设直线l的

方程为y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2).联立{𝑥23+𝑦22=1,𝑦=𝑘(𝑥-1),消去y(2+3k2)x2-6k2x+3k2-6=0,则x1+x2=6𝑘22+3𝑘2,x1x2=3𝑘2-62+3𝑘2,12所以|AB|=√(1+𝑘2)(𝑥1

-𝑥2)2=√(1+𝑘2)[(6𝑘22+3𝑘2)2-4×3𝑘2-62+3𝑘2]=4√3(𝑘2+1)2+3𝑘2.因为圆心O(0,0)到直线l的距离d=|𝑘|√𝑘2+1,所以|EF|2=4(2-𝑘2𝑘

2+1)=4(𝑘2+2)𝑘2+1,所以|AB|·|EF|2=4√3(𝑘2+1)2+3𝑘2·4(𝑘2+2)𝑘2+1=16√3(𝑘2+2)2+3𝑘2=16√33·𝑘2+2𝑘2+23=16√33(1+43𝑘2+23).因为k2∈[0,+∞),所以|AB|·|EF|2∈1

6√33,16√3.综上,|AB|·|EF|2的取值范围为16√33,16√3.突破2定点、定值问题1.(1)解由抛物线C:x2=-2py经过点(2,-1),得p=2.所以抛物线C的方程为x2=-4y,其准线方程为y=

1.(2)证明抛物线C的焦点为F(0,-1).设直线l的方程为y=kx-1(k≠0).由{𝑦=𝑘𝑥-1,𝑥2=-4𝑦,得x2+4kx-4=0.设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1x2=-4.直线OM的方程为y=𝑦1𝑥1x.令y=-1,得点A的横坐标xA=-

𝑥1𝑦1.同理得点B的横坐标xB=-𝑥2𝑦2.设y轴上一点D(0,n),则𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=-𝑥1𝑦1,-1-n,𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-𝑥2𝑦2,-1-n,𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑥1𝑥2𝑦1𝑦2+

(n+1)2=𝑥1𝑥2(-𝑥124)(-𝑥224)+(n+1)2=16𝑥1𝑥2+(n+1)2=-4+(n+1)2.13令𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,即-4+(n+1)2=0,得n=1或n=-3.综上,以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0,-3).2

.(1)解由题意知,当点M在短轴端点时,△MF1F2为直角三角形且∠F1MF2=90°,𝑆△𝑀𝐹1𝐹2=4,所以b=c且S=12·2c·b=bc=4,解得b=c=2,a2=b2+c2=8,所以椭圆C的方程为𝑥28+𝑦24=1.(2)证明显然直线l的斜率不

为0,设直线l:x=t(y-1),联立{𝑥28+𝑦24=1,𝑥=𝑡(𝑦-1),消去x,得(t2+2)y2-2t2y+t2-8=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=2𝑡2𝑡2+2,y1y2=

𝑡2-8𝑡2+2.令y=0,则x=-t,所以Q(-t,0),因为𝑄𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,所以y1=λ(y1-1),所以λ=𝑦1𝑦1-1.因为𝑄𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=𝜇𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,所以y2=μ(y2-1),所以μ=𝑦2𝑦2-1.所以λ+μ=𝑦1

𝑦1-1+𝑦2𝑦2-1=2𝑦1𝑦2-(𝑦1+𝑦2)𝑦1𝑦2-(𝑦1+𝑦2)+1=83.3.(1)解由题意可知,直线AF2的方程为𝑥𝑐+𝑦-𝑏=1,即-bx+cy+bc=0,则𝑏𝑐√𝑏2+𝑐2=𝑏𝑐𝑎=√22.因

为△AF1F2为等腰直角三角形,所以b=c,又a2=b2+c2,可得a=√2,b=1,c=1,所以椭圆C的标准方程为𝑥22+y2=1.(2)证明由(1)知A(0,-1).当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+t(t≠±1),代入𝑥22+y2=1,得(1+2k2)x2+4ktx+2

t2-2=0,所以Δ=16k2t2-4(1+2k2)(2t2-2)>0,即t2-2k2<1.设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=-4𝑘𝑡1+2𝑘2,x1x2=2𝑡2-21+2𝑘2.14因为直线AM与直线AN的斜率

之和为2,所以kAM+kAN=𝑦1+1𝑥1+𝑦2+1𝑥2=𝑘𝑥1+𝑡+1𝑥1+𝑘𝑥2+𝑡+1𝑥2=2k+(𝑡+1)(𝑥1+𝑥2)𝑥1𝑥2=2k-(𝑡+1)·4𝑘𝑡2𝑡2-2=2,整理得t=1-k.所以直线l

的方程为y=kx+t=kx+1-k=k(x-1)+1,显然直线y=k(x-1)+1经过定点(1,1).当直线l的斜率不存在时,设直线l的方程为x=m.因为直线AM与直线AN的斜率之和为2,设M(m,n),则N(m,

-n),所以kAM+kAN=𝑛+1𝑚+-𝑛+1𝑚=2𝑚=2,解得m=1,此时直线l的方程为x=1,显然直线x=1也经过定点(1,1).综上,直线l恒过点(1,1).4.(1)解设AB中点为M,A到准线的距离为d1,B到准

线的距离为d2,M到准线的距离为d,则d=yM+𝑝2.由抛物线的定义可知,d1=|AF|,d2=|BF|,所以d1+d2=|AB|=8,由梯形中位线可得d=𝑑1+𝑑22=4,所以yM+𝑝2=4.又yM=

3,所以3+𝑝2=4,可得p=2,所以抛物线C的标准方程为x2=4y.(2)证明设A(x1,y1),B(x2,y2),由x2=2py,得y=𝑥22𝑝,则y'=𝑥𝑝,所以直线l1的方程为y-y1=𝑥1𝑝(x-x1),直线l2的方程为y

-y2=𝑥2𝑝(x-x2),联立得x=𝑥1+𝑥22,y=𝑥1𝑥22𝑝,即直线l1,l2的交点坐标为(𝑥1+𝑥22,𝑥1𝑥22𝑝).因为AB过焦点F(0,𝑝2),由题可知直线AB的斜率存在,故可设直线AB方程为y-𝑝2=kx,代入抛物线x2=2py中,得x2-2pkx-

p2=0,所以x1x2=-p2,y=𝑥1𝑥22𝑝=-𝑝22𝑝=-𝑝2,所以l1,l2的交点在定直线y=-𝑝2上.突破3证明、探索性问题1.(1)解由题意可得{𝑐=1,𝑐𝑎=12,𝑎2=𝑏2+𝑐2,解得{𝑎=2,𝑏=√3,所

以椭圆C的方程为𝑥24+𝑦23=1.15(2)证明设M(x1,y1),N(x2,y2)(x1≠1且x2≠1).联立{𝑥24+𝑦23=1,𝑦=𝑘(𝑥-4)消去y,得(4k2+3)x2-32k2x

+64k2-12=0.依题意Δ=(-32k2)-4(4k2+3)·(64k2-12)>0,即0<k2<14.则x1+x2=32𝑘24𝑘2+3,x1x2=64𝑘2-124𝑘2+3.因为kMF+kNF=𝑦1𝑥1

-1+𝑦2𝑥2-1=𝑘(𝑥1-4)𝑥1-1+𝑘(𝑥2-4)𝑥2-1=𝑘[2𝑥1𝑥2-5(𝑥1+𝑥2)+8](𝑥1-1)(𝑥2-1)=𝑘[2·(64𝑘2-124𝑘2+3)-5·(32𝑘24𝑘2+3)+8](𝑥1-1)(𝑥2-

1)=0.所以直线MF的倾斜角与直线NF的倾斜角互补,即∠OFA=∠OFB.又OF⊥AB,所以|FA|=|FB|.2.(1)解连接AF2,由题意得|AB|=|F2B|=|F1B|,所以BO为△F1AF2的中位线.又BO⊥F1

F2,所以AF2⊥F1F2,且|AF2|=2|BO|=𝑏2𝑎=83.又离心率e=𝑐𝑎=13,a2=b2+c2,得a2=9,b2=8,故所求椭圆C的标准方程为𝑥29+𝑦28=1.(2)证明由题可知,l1的方程为x=-3,l2的方程为x=3.直线l的方程分别与直线l1,l2的方程联

立得M(-3,-3k+m),N(3,3k+m),所以𝐹1𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,-3k+m),𝐹1𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(4,3k+m),所以𝐹1𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐹1𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-8+m2-9k2.联立{𝑥29+𝑦28=1,𝑦=𝑘𝑥+𝑚,得(9k2+

8)x2+18kmx+9m2-72=0.因为直线l与椭圆C相切,所以Δ=(18km)2-4(9k2+8)(9m2-72)=0,化简得m2=9k2+8.所以𝐹1𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐹1𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-8+9k2+8-9k2=0

,所以𝐹1𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐹1𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,故∠MF1N=π2.同理𝐹2𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-4,-3k+m),𝐹2𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,3k+m),𝐹2𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐹2𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

=0,所以𝐹2𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐹2𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,∠MF2N=π2.故∠MF1N=∠MF2N.3.解(1)∵e=√1-𝑏2𝑎2=12,∴3a2=4b2.又|AB|=2𝑏2𝑎=3,∴a=2,b=√3.∴椭圆C的方程为𝑥24+𝑦2

3=1.16(2)不存在.理由如下,假设存在点P,使得𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗.当直线l的斜率不存在时,l:x=√3或x=-√3,与椭圆C:𝑥24+𝑦23=1相交于M,N两点,此时M(√3,√32),N√3,-√32或M-√3,√32,N-√3,-√32

,∴𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=3-34=94≠0,∴当直线l的斜率不存在时,不满足𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗.当直线l的斜率存在时,设y=kx+m,联立{𝑦=𝑘𝑥+𝑚,𝑥24+𝑦23=1,得(3+4k2)x2+8kmx+4m

2-12=0.∵直线l与椭圆C相交于M,N两点,∴Δ>0,化简得4k2>m2-3.设M(x1,y1),N(x2,y2),∴x1+x2=-8𝑘𝑚3+4𝑘2,x1x2=4𝑚2-123+4𝑘2,y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1

+x2)+m2=3𝑚2-12𝑘23+4𝑘2.∵𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,∴4𝑚2-123+4𝑘2+3𝑚2-12𝑘23+4𝑘2=0,∵7m2-12k2-12=0,又直线l与圆x2+y2=3相切,∴√3=|𝑚|√1+�

�2,∴m2=3+3k2,∴21+21k2-12k2-12=0,解得k2=-1,显然不成立,∴在圆上不存在这样的点P,使𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗成立.4.解(1)因为点P(2,√2)在椭圆C上,且PF⊥x轴,所以c=2.设椭圆C的左焦点为E,则|EF

|=2c=4,|PF|=√2.在Rt△EFP中,|PE|2=|PF|2+|EF|2=18,所以|PE|=3√2.所以2a=|PE|+|PF|=4√2,a=2√2.b2=a2-c2=4,故椭圆C的方程为𝑥28+𝑦24=1.17(2)直线PA,PM,

PB的斜率构成等差数列,理由如下,由题意可设直线AB的方程为y=k(x-2),令x=4得y=2k,点M的坐标为(4,2k).联立{𝑥28+𝑦24=1,𝑦=𝑘(𝑥-2),得(2k2+1)x2-8k2x+8(k2-1)=0.设A(x1,y1),B

(x2,y2),则x1+x2=8𝑘22𝑘2+1,x1x2=8(𝑘2-1)2𝑘2+1.①设直线PA,PB,PM的斜率分别为k1,k2,k3,从而k1=𝑦1-√2𝑥1-2,k2=𝑦2-√2𝑥2-2,k3=2𝑘-√24-2=k-

√22.因为直线AB的方程为y=k(x-2),所以y1=k(x1-2),y2=k(x2-2),所以k1+k2=𝑦1-√2𝑥1-2+𝑦2-√2𝑥2-2=𝑦1𝑥1-2+𝑦2𝑥2-2−√2(1𝑥1-2+1𝑥2-2)=2k-√2·𝑥1+𝑥2-4

𝑥1𝑥2-2(𝑥1+𝑥2)+4.②将①代入②,得k1+k2=2k-√2·8𝑘22𝑘2+1-48(𝑘2-1)2𝑘2+1-16𝑘22𝑘2+1+4=2k-√2.又k3=k-√22,所以k1+k2=2k3,故直线PA,PM,PB的斜率成等差数列.5.解(

1)(方法1)由题意知,动圆圆心C到定点F(1,0)的距离与其到定直线x=-1的距离相等.由抛物线的定义,可得动圆圆心C的轨迹是以F(1,0)为焦点,x=-1为准线的抛物线,其中p=2.所以动圆圆心C的轨迹E的方程为y2=4x.(方法2)设动圆圆

心C(x,y),由题意知√(𝑥-1)2+𝑦2=|x+1|,化简得y2=4x,即动圆圆心C的轨迹E的方程为y2=4x.(2)存在.假设存在点N(x0,0),满足题设条件.由∠QNM+∠PNM=π可知,直线PN与QN的斜率互为相反数,即kPN+kQN=0.①由题意知直线P

Q的斜率必存在且不为0,设直线PQ的方程为x=my-2.联立{𝑦2=4𝑥,𝑥=𝑚𝑦-2,得y2-4my+8=0.由Δ=(-4m)2-4×8>0,得m>√2或m<-√2.设P(x1,y1),Q(x2,y2),则y1+y2=4m,y1y2=8.由①式得kPN+kQN=𝑦1𝑥1-𝑥0+�

�2𝑥2-𝑥0=𝑦1(𝑥2-𝑥0)+𝑦2(𝑥1-𝑥0)(𝑥1-𝑥0)(𝑥2-𝑥0)=0,所以y1(x2-x0)+y2(x1-x0)=0,即y1x2+y2x1-x0(y1+y2)=0.消去x1,x2,得14

y1𝑦22+14y2𝑦12-x0(y1+y2)=0,1814y1y2(y1+y2)-x0(y1+y2)=0,因为y1+y2≠0,所以x0=14y1y2=2,所以存在点N(2,0),使得∠QNM+∠PNM=π.6.解(1)设P(x,y),

分析可知动圆的圆心不能在y轴的左侧,故x≥0,因为动圆与直线x=-12相切,且与圆C外切,所以|PC|-(𝑥+12)=12,所以|PC|=x+1,所以√(𝑥-1)2+𝑦2=x+1,化简可得y2=4x.(2)存在.设

A(x1,y1),B(x2,y2),由题意可知,当直线l与y轴垂直时,显然不符合题意,故可设直线l的方程为x=my+6,联立{𝑥=𝑚𝑦+6,𝑦2=4𝑥消去x,可得y2-4my-24=0,显然Δ=16m2+

96>0,则{𝑦1+𝑦2=4𝑚,𝑦1𝑦2=-24,①所以x1+x2=(my1+6)+(my2+6)=4m2+12,②因为x1x2=𝑦124·𝑦224,所以x1x2=36,③假设存在N(x0,y0),使得𝑁𝐴

⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑁𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,由题意可知y0=𝑦1+𝑦22,所以y0=2m,④由点N在抛物线上可知x0=𝑦024,即x0=m2,⑤又𝑁𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(x1-x0,y1-y0),𝑁𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(x2-x0,y2-y0),若𝑁𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑁𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,

则x1x2-x0(x1+x2)+𝑥02+y1y2-y0(y1+y2)+𝑦02=0,将①②③④⑤代入上式化简可得3m4+16m2-12=0,即(m2+6)(3m2-2)=0,所以m2=23,故m=±√63,所以存在直线3x+√6y-18=0或3x-√6y

-18=0,使得NA⊥NB.