【文档说明】2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版） 第9章 高考大题冲关系列（5） 含解析【高考】.doc，共(22)页，231.000 KB，由小赞的店铺上传

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1命题动向：圆锥曲线问题在高考中属于必考内容，并且常常在同一份试卷上多题型考查．对圆锥曲线的考查在解答题部分主要体现以下考法：第一问一般是先求圆锥曲线的方程或离心率等较基础的知识；第二问往往涉及定点、定值、最值、取值范围等探究性问题，解决此类问题的

关键是通过联立方程来解决．题型1最值、范围问题角度最值问题例1(2021·全国乙卷)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，且F与圆M：x2＋(y＋4)2＝1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．解(1)因为焦点F0，p2到圆M：x2＋(y＋4)2＝1上点的距离的最小值为|FM|－1＝p2＋4－1＝p2＋3，所以p2＋3＝4，所以p＝2.(2)解法一：由(1)知抛物线C：x2＝4y，即y＝x24

.所以y′＝x2.设切点A(x1，y1)，切点B(x2，y2)，则lPA：y＝x12x－x214，lPB：y＝x22x－x224.从而可得Px1＋x22，x1x24.由题意可知直线AB的斜率存在，设lAB：y＝kx＋b，与抛物线C：x2＝4

y联立，2得y＝kx＋b，x2＝4y，消去y，得x2－4kx－4b＝0，则Δ＝16k2＋16b>0，即k2＋b>0，且x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，所以P(2k，－b)．因为|AB|＝1＋k2(x1＋x2)2－4x1x2＝1＋k2·16k2＋16b，点

P到直线AB的距离d＝|2k2＋2b|k2＋1，所以S△PAB＝12|AB|·d＝1216k2＋16b·|2k2＋2b|＝4(k2＋b)32.(*)又点P(2k，－b)在圆M：x2＋(y＋4)2＝1上，所以k2＝1

－(b－4)24.将该式代入(*)式，得S△PAB＝4－b2＋12b－15432.而yP＝－b∈[－5，－3]，所以b∈[3,5]．所以当b＝5时，△PAB的面积最大，最大值为205.解法二：由(1)知抛物线C：x2＝4y，即y＝x24.所以y′＝x2.

设切点A(x1，y1)，切点B(x2，y2)，圆M上任意一点P(x0，y0)，则易得lPA：y＝x12x－x214，lPB：y＝x22x－x224，联立y＝x12x－x214，y＝x22x－x224，得Px1＋x22，x1x24

.所以x0＝x1＋x22，y0＝x1x24，又线段AB的中点Q的坐标为x1＋x22，y1＋y22.3所以S△PAB＝12|PQ|·|x1－x2|＝12y1＋y22－y0·|x1－x2|＝14x21＋x224－2y

0·|x1－x2|＝116|x1－x2|3＝116()|x1－x2|23＝116()(x1＋x2)2－4x1x23＝116()4x20－16y03＝12()x20－4y03.(*)又点P(x0，y0)在圆M：x2＋(y＋4)2＝1上，所以x20＝1－(y0＋4

)2，代入(*)式，得S△PAB＝12(－y20－12y0－15)32.而y0∈[－5，－3]，所以当y0＝－5时，△PAB的面积最大，最大值为205.[冲关策略]处理圆锥曲线最值问题的求解方法圆锥曲线中的最值问题类型较

多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，

然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．变式训练1(2020·新高考Ⅱ卷)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)过点M(2,3)，点A为其左顶点，且AM的斜率为12.(1)求C的方程；(2)点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值．解

(1)由题意可知直线AM的方程为y－3＝12(x－2)，即x－2y＝－4.当y＝0时，解得x＝－4，所以a＝4，4由椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)过点M(2,3)，可得416＋9b2＝1，解得b2＝12.所以C的方程为x216＋y2

12＝1.(2)设与直线AM平行的直线方程为x－2y＝m，如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值．联立直线方程x－2y＝m与椭圆方程x216＋y212＝1，

可得3(m＋2y)2＋4y2＝48，化简可得16y2＋12my＋3m2－48＝0，所以Δ＝144m2－4×16(3m2－48)＝0，即m2＝64，解得m＝±8，与AM距离比较远的直线方程为x－2y＝8，直线AM的方

程为x－2y＝－4，点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，利用两平行线之间的距离公式可得d＝8＋41＋4＝1255，由两点之间的距离公式可得|AM|＝(2＋4)2＋32＝35.所以△AMN的面积的最大值为12×35×1255＝18.角度范

围问题5例2(2021·浙江高考)如图，已知F是抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且|MF|＝2.(1)求抛物线的方程；(2)设过点F的直线交抛物线于A，B两点，若斜率为2的直线l与直线MA，MB，AB，x轴依次交于点P，

Q，R，N，且满足|RN|2＝|PN|·|QN|，求直线l在x轴上截距的取值范围．解(1)因为M是抛物线的准线与x轴的交点，且|MF|＝2，所以p＝2.所以抛物线的方程为y2＝4x.(2)由(1)知，

F(1,0)，M(－1,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为x＝my＋1，直线l的方程为y＝2x＋n(n≠±2)．由x＝my＋1，y2＝4x，可得y2－4my－4＝0，显然Δ>0，所以y1＋y2＝4m，y

1y2＝－4，所以y21＋y22＝(y1＋y2)2－2y1y2＝16m2＋8.易知直线AM的方程为y＝y1x1＋1(x＋1)，则由y＝y1x1＋1(x＋1)，y＝2x＋n，可得P－n(x1＋1)＋y12x1＋2－y1，(2－n)y12x1＋2－y1.同理可得Q－

n(x2＋1)＋y22x2＋2－y2，(2－n)y22x2＋2－y2，6所以|yPyQ|＝(n－2)2y1y2(2x1＋2－y1)(2x2＋2－y2)＝(n－2)2y1y2y212＋2－y

1y222＋2－y2＝4(n－2)2y1y24y1y2－(2y1y2＋8)(y1＋y2)＋y21y22＋4(y21＋y22)＋16＝(n－2)24m2＋3.由x＝my＋1，y＝2x＋n，可

得yR＝n＋21－2m.因为|RN|2＝|PN|·|QN|，所以y2R＝|yPyQ|，所以n＋21－2m2＝(n－2)24m2＋3，所以(n－2)2(n＋2)2＝4m2＋3(2m－1)2＝4(2m－1)2＋22m－1＋1＝412m－1＋142＋34≥34，所以n<－2或－

2<n≤14－83或n≥14＋83.因为直线l：y＝2x＋n(n≠±2)在x轴上的截距为－n2，所以－n2>1或43－7≤－n2<1或－n2≤－7－43，即直线l在x轴上截距的取值范围是(－∞，－7－43]∪[43－7,

1)∪(1，＋∞)．[冲关策略]圆锥曲线中取值范围问题的五种常用解法(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围．(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解决这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．(3)利用隐含的不等关系建立不等式，

从而求出参数的取值范围．(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围．7(5)利用求函数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．变式训练2(2021·北京高考)已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)过点A(0，－2)，以四个

顶点围成的四边形面积为45.(1)求椭圆E的标准方程；(2)过点P(0，－3)的直线l斜率为k，交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB，AC交y＝－3于点M，N，若|PM|＋|PN|≤15，求k的取值范围．解(1)因为椭圆过A(0，－2)，所以b＝2，因为四个顶点围成的四边形的

面积为45，所以12×2a×2b＝45，即a＝5，故椭圆E的标准方程为x25＋y24＝1.(2)设B(x1，y1)，C(x2，y2)，因为直线BC的斜率存在，所以x1x2≠0，故直线AB：y＝y1＋2x1x－2，令y＝－3，则xM＝－x1y1＋2，同理xN＝－x2y2＋2.直线BC：y

＝kx－3，由y＝kx－3，4x2＋5y2＝20可得(4＋5k2)x2－30kx＋25＝0，故Δ＝900k2－100(4＋5k2)>0，解得k<－1或k>1.又x1＋x2＝30k4＋5k2，x1x2＝254＋5k2，故x1x2>0，所以xMxN>0.8又|PM|＋|PN|＝|

xM＋xN|＝x1y1＋2＋x2y2＋2＝x1kx1－1＋x2kx2－1＝2kx1x2－(x1＋x2)k2x1x2－k(x1＋x2)＋1＝50k4＋5k2－30k4＋5k2

25k24＋5k2－30k24＋5k2＋1＝5|k|，故5|k|≤15，即|k|≤3，综上，－3≤k<－1或1<k≤3.题型2定点、定值问题角度定点问题例3(2019·北京高考)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．解(1)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，y

1)，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＝－x1y1.9同理得点B的横坐标xB＝－x2y2.设点D(0，n)，则DA→＝－x1y1，－1－n

，DB→＝－x2y2，－1－n，DA→·DB→＝x1x2y1y2＋(n＋1)2＝x1x2－x214－x224＋(n＋1)2＝16x1x2＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2.令DA→·

DB→＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，解得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)．[冲关策略](1)求解直线或曲线过定点问题的基本思路是：把直线或曲线方程中的

变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．(2)由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定

点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．变式训练3(2021·武汉十一校联考)已知直线y＝x－2与抛物线y2＝2px(p＞0)相交于A，B两点，满足OA⊥OB(O为坐标原点)．定点C(4，

2)，D(－4,0)，M是抛物线上一动点，设直线CM，DM与抛物线的另一个交点分别是E，F.(1)求抛物线的方程；(2)求证：当点M在抛物线上变动时(只要点E，F存在且不重合)，直线EF恒过一个定点，并求出这个定点的坐标．解(1)将y＝x－2代入y2＝2px，得(

x－2)2＝2px，化简得x2－(4＋2p)x＋4＝0，10设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以x1x2＝4，x1＋x2＝4＋2p，因此y1y2＝(x1－2)(x2－2)＝x1x2－2(x1＋x2

)＋4＝－4p.又OA⊥OB，所以x1x2＋y1y2＝0，得p＝1，所以抛物线的方程为y2＝2x.(2)证明：设M，E，F的坐标分别是y202，y0，y1′22，y1′，y2′22，y2′，由C，M，E共线，得

y0y1′＝2(y0＋y1′)－8，所以y1′＝2y0－8y0－2，同理，由D，M，F共线，得y2′＝8y0.直线EF的方程为y1′y2′＝y(y1′＋y2′)－2x，将y1′＝2y0－8y0－2，y2′＝8y0代入直线EF的方程得2(x－y)y20＋4(4－x)y0

＋16(y－4)＝0，所以x－y＝0，4－x＝0，y－4＝0，方程组有解x＝y＝4，所以直线EF恒过定点(4,4)．角度定值问题例4(2020·新高考Ⅰ卷)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为22，且过点A(2,1)．(1)求

C的方程；(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．解(1)由题意可得ca＝22，4a2＋1b2＝1，a2＝b2＋c2，解得a2＝6，b2＝c2＝3，11故椭圆C的方程为x26＋y23＝1.(2)证明：设点M(x1

，y1)，N(x2，y2)．因为AM⊥AN，所以AM→·AN→＝0，即(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0.①当直线MN的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋m，如图1.代入椭圆方程消去y并整理，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，x1＋x2＝－4km1＋2k2，x1x

2＝2m2－61＋2k2，②根据y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m，代入①整理，可得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0，将②代入上式，得(k2＋1)2m2－61＋2k2＋(km－k－2)－4km1＋2k2＋(m－1

)2＋4＝0，整理化简得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0，因为A(2,1)不在直线MN上，所以2k＋m－1≠0，所以2k＋3m＋1＝0，k≠1，于是MN的方程为y＝kx－23－13，k≠1，所

以直线过定点E23，－13.当直线MN的斜率不存在时，可得N(x1，－y1)，如图2.代入(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0得(x1－2)2＋1－y21＝0，12结合x216＋y213＝

1，解得x1＝2(舍去)或x1＝23，此时直线MN过点E23，－13.因为AE为定值，且△ADE为直角三角形，AE为斜边，所以AE的中点Q满足|DQ|为定值AE长度的一半122－232＋1＋132＝223.由

于A(2,1)，E23，－13，故由中点坐标公式可得Q43，13.故存在点Q43，13，使得|DQ|为定值．[冲关策略]圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)

求代数式为定值．依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值．(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得．(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．

变式训练4(2021·湖南六校联考)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率e＝22，且过点P1，22.设A，B是椭圆C上的两个不同的动点，直线PA，PB的倾斜角互补．(1)求证：直线AB的斜率为定值；(2)求△PAB的面积S的最大值．解(1)

证明：由于椭圆C的离心率e＝22，所以a＝2c，又a2＝b2＋c2，所以b＝c.所以椭圆C的方程为x2＋2y2＝a2.13又点P1，22在椭圆上，所以a2＝2，所以椭圆C的方程为x22＋y2＝1.设直线PA的斜率为k(

k≠0)，则直线PB的斜率为－k，直线PA的方程为y－22＝k(x－1)，代入椭圆方程可得(2k2＋1)(x－1)2＋(22k＋2)(x－1)＝0，所以xA＝1－2(1＋2k)1＋2k2，yA＝22－2(k＋2k2)1＋2k2

，同理可得，xB＝1－2(1－2k)1＋2k2，yB＝22－2(－k＋2k2)1＋2k2.所以kAB＝yB－yAxB－xA＝2(k＋2k2)－2(－k＋2k2)2(1＋2k)－2(1－2k)＝4k42k＝22，故直

线AB的斜率为定值．(2)设直线AB的方程为y＝22x＋t，直线x＝1和直线AB相交于点Q，则Q1，t＋22，所以|PQ|＝|t|.把y＝22x＋t代入x22＋y2＝1，得x2＋2tx＋t2－1＝0.因为Δ＝2t2－4(t2－1)＞0，所以t2<2，则xA＋xB＝－2t，xAxB＝t

2－1，所以(xB－xA)2＝(xA＋xB)2－4xAxB＝2t2－4(t2－1)＝4－2t2，即|xB－xA|＝2(2－t2).所以S＝12|PQ|·|xB－xA|＝22t2(2－t2)＝221－(t2－1

)2(－2＜t＜2)，14所以当t＝±1时，△PAB的面积S取得最大值22.题型3圆锥曲线中的探索性问题例5如图，已知点F为抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，过点F的动直线l与抛物线C交于M，N两点，且当直线l的倾斜角为45°时，|MN|＝16.(1)求

抛物线C的方程；(2)试确定在x轴上是否存在点P，使得直线PM，PN关于x轴对称？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．解(1)当l的斜率为1时，∵Fp2，0，∴l的方程为y＝x－p2.由y＝x－p2，y2＝2px，得x2－3px＋p24＝0.设M(

x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝3p，∴|MN|＝x1＋x2＋p＝4p＝16，p＝4，∴抛物线C的方程为y2＝8x.(2)解法一：假设满足条件的点P存在．设P(a,0)，由(1)知F(2,0)．①当直线l不与x轴垂直时，设l的方程为y＝k(x－2)(k≠0)，由y＝k(x－2

)，y2＝8x，得k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0，Δ＝(4k2＋8)2－4·k2·4k2＝64k2＋64>0，15x1＋x2＝4k2＋8k2，x1x2＝4.∵直线PM，PN关于x轴对称，∴kPM＋kPN＝0，又kPM＝k(x1－2)x1－a，kPN

＝k(x2－2)x2－a.∴k(x1－2)x1－a＋k(x2－2)x2－a＝0，两边同时乘以(x1－a)(x2－a)，得k(x1－2)(x2－a)＋k(x2－2)(x1－a)＝k[2x1x2－(a＋2)(x1＋x2)＋4a]＝－8(a＋2)k＝0，∴a＝－2，此时P

(－2,0)．②当直线l与x轴垂直时，由抛物线的对称性，易知PM，PN关于x轴对称，此时只需P与焦点F不重合即可．综上，存在唯一的点P(－2,0)，使直线PM，PN关于x轴对称．解法二：假设满足条件的点P存在．设P(a,0)，由(1)知F(2,0)，显然，直线l的斜率不为0，设l：x＝

my＋2，由x＝my＋2，y2＝8x，得y2－8my－16＝0，则Δ＝(－8m)2＋4×16＝64m2＋64>0，y1＋y2＝8m，y1y2＝－16.kPM＝y1x1－a，kPN＝y2x2－a，kPM＋kPN＝0⇒(x2－a)y1＋(x1－a)y

2＝0，∴(my2＋2－a)y1＋(my1＋2－a)y2＝0.2my1y2＋(2－a)(y1＋y2)＝2m×(－16)＋(2－a)×8m＝0，∴a＝－2，∴存在唯一的点P(－2,0)，使直线PM，PN关于x轴对称．[冲关策略]存在性问题的解题策略存在性的问题，先假设存在，推证满足条件的结论

，若结论正确则存在，若16结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论．(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．(3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意．变式训练5已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a>

b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率是32，P为椭圆上的动点．当∠F1PF2取最大值时，△PF1F2的面积是3.(1)求椭圆E的方程；(2)若动直线l与椭圆E交于A，B两点，且恒有OA→·OB→＝0，是否存在一个以原点O为圆心的定圆C，使得动直线l始终与定圆C相切？若存在，求圆C的方程

；若不存在，请说明理由．解(1)依题意可得e＝ca＝32.设∠F1PF2＝θ，由余弦定理可知，4c2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|cosθ，所以1＋cosθ＝2b2|PF1||PF2|≥2|PF1|＋|PF2|2·2b2

＝2b2a2，当且仅当|PF1|＝|PF2|(即P为椭圆短轴端点)时等号成立，且∠F1PF2取最大值．此时△PF1F2的面积是12·2c·b＝bc＝3，同时a2＝b2＋c2，联立bc＝3和ca＝32，解得a

＝2，b＝1，c＝3，所以椭圆E的方程为x24＋y2＝1.(2)当直线l斜率不存在时，设直线l的方程为x＝n，因为OA→·OB→＝0，则OA⊥OB，所以点A，B的坐标分别为(n，n)，(n，－n)，又因为A，B两点都在椭圆上，17所以n2＋4n2＝

4，n2＝45，此时原点O到直线l的距离d＝|n|＝255，所以定圆C的方程是x2＋y2＝45.当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，原点O到直线l的距离为d，所以d＝|m|12＋k2，整理得m2＝d2(k2＋1)，由x24＋y2＝1，y

＝kx＋m，可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，所以Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)(4m2－4)＝16(4k2－m2＋1)>0，x1＋x2＝－8km4k2＋1，x1x2＝4m2－44k2＋1.y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km

(x1＋x2)＋m2＝k2·4m2－44k2＋1＋km·－8km4k2＋1＋m2＝m2－4k24k2＋1.因为OA→·OB→＝x1x2＋y1y2＝4m2－44k2＋1＋m2－4k24k2＋1＝5m2－4k2－44k2＋

1＝0，所以5m2－4k2－4＝0，即5d2(1＋k2)－4k2－4＝0恒成立，即(5d2－4)(k2＋1)＝0恒成立，所以5d2－4＝0，所以d＝255，且255<1，18所以定圆C的方程是x2＋y2＝45.所以当OA→

·OB→＝0时，存在定圆C始终与直线l相切，其方程是x2＋y2＝45.题型4圆锥曲线中的证明问题例6(2021·新高考Ⅱ卷)已知椭圆C的方程为x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，右焦点为F(2，0)，且离心率为63.(1)求椭圆C的方程；(2)设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2＋

y2＝b2(x>0)相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝3.解(1)由题意，知椭圆的半焦距c＝2且e＝ca＝63，所以a＝3，又b2＝a2－c2＝1，所以椭圆C的方程为x23＋y2＝1.(2)证明：由(1)得，曲线为x2＋y2＝1(x>0)

，当直线MN的斜率不存在时，直线MN：x＝1，不符合题意；当直线MN的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)．必要性：若M，N，F三点共线，可设直线MN：y＝k(x－2)，即kx－y－2k＝0，由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切可得|－2k|k2＋1＝1，解得k＝±1，联立

y＝±(x－2)，x23＋y2＝1，可得4x2－62x＋3＝0，所以x1＋x2＝322，x1x2＝34，所以|MN|＝1＋1·(x1＋x2)2－4x1x2＝3，所以必要性成立；19充分性：设直线

MN：y＝kx＋m(km<0)，即kx－y＋m＝0，由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切可得|m|k2＋1＝1，所以m2＝k2＋1，联立y＝kx＋m，x23＋y2＝1，可得(1＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，所以x1＋x2＝－6km1＋3k2，x1x2＝3m

2－31＋3k2，所以|MN|＝1＋k2·(x1＋x2)2－4x1x2＝1＋k2·－6km1＋3k22－4·3m2－31＋3k2＝1＋k2·24k21＋3k2＝3，化简得3(k2－1)2＝0，

所以k＝±1，所以k＝1，m＝－2或k＝－1，m＝2，所以直线MN：y＝x－2或y＝－x＋2，所以直线MN过点F(2，0)，即M，N，F三点共线，充分性成立．所以M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝3.[冲关策略]证明问题的类型及求解策略圆锥曲线中的证明问题，常见的有

位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数量关系方面的，如存在定值、恒成立、值相等、角相等等．在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接法证明，但有时也会用到反证法．变式训练6(2021·青岛5月模拟)在平面直角坐标系中，已知O为坐标原点，点W(xn，yn)为直线l：y＝kx＋m(km≠

0)与椭圆C：2nx2＋4ny2＝1的一个交点，且k＝－xn2yn，n∈N*.(1)证明：直线l与椭圆C相切；(2)已知直线l与椭圆D：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)交于A，B两点，且点W为AB20的中点．(ⅰ)证明：椭圆D的离心率为定值；(ⅱ

)记△OAB的面积为S，若b2＝43＋14n，证明：2n·sinS2＞1.证明(1)由题意得k＝－xn2yn，①yn＝kxn＋m，②2nx2n＋4ny2n＝1，③由①得，xn＝－2kyn，将xn＝－2kyn代入②得，yn＝m1＋2k2，

④再将yn＝m1＋2k2代入xn＝－2kyn得，xn＝－2km1＋2k2，⑤将④⑤代入③得，1＋2k2－4nm2＝0，将直线l的方程代入椭圆方程2nx2＋4ny2＝1(n∈N*)得，2n(1＋2k2)x2＋8nkmx＋4

nm2－1＝0，所以Δ＝8n(1＋2k2－4nm2)＝0，所以直线l与椭圆C相切．(2)(ⅰ)设A(x1′，y1′)，B(x2′，y2′)，将直线l的方程代入椭圆方程x2a2＋y2b2＝1得，(b2＋a2k2)x2＋2kma2x＋a2(m2－b2)＝

0，所以x1′＋x2′＝－2kma2b2＋a2k2，x1′x2′＝a2(m2－b2)b2＋a2k2，所以y1′＋y2′＝k(x1′＋x2′)＋2m＝2b2mb2＋a2k2，因为W为AB的中点，所以－kma2b2＋a2k2＝－2km1＋2k2，b2mb2＋a2k2＝m1＋

2k2，两式相除得a2b2＝2，即e＝22.(ⅱ)设原点到直线AB的距离为d，则d＝|m|1＋k2，21因为a2b2＝2，所以x1′＋x2′＝－4km1＋2k2，x1′x2′＝2(m2－b2)1＋2k2，又因为|AB|＝1＋k2|x1′－x2′|＝1＋k2·(x1′＋x2′)2－4x1′

x2′＝22·1＋k2b2(1＋2k2)－m21＋2k2，所以S＝12|AB|d＝2·b2(1＋2k2)m2－m41＋2k2＝2·b2m21＋2k2－m21＋2k22.由(1)知，1＋2k2－4nm2＝0，所以14n＝m21＋2k2，又b2

＝43＋14n，所以S＝22·b2n－14n2＝23n，即S2＝23n，所以2n·sinS2＝43·sin23n23n，令f(x)＝sinxx0＜x≤23，则f′(x)＝xcosx－sinxx2，再令g(x)＝xcosx－sinx，则g′(x)＝－xsinx＜0，所以g(x)在

0，23上为减函数，从而当x∈0，23时，g(x)＜g(0)＝0，所以f′(x)＜0，所以f(x)在0，23上单调递减，22所以f(x)＝sinxx≥sin2323＞sinπ62

3＝34，从而sin23n23n＞34，所以2n·sinS2＞43×34＝1.