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讲义正文

A 组习题

本节习题

A组

【2015 浙江5】如图，设抛物线 $\displaystyle y^2=4x$ 的焦点为 $\displaystyle F$，不经过焦点的直线上有三个不同的点 $\displaystyle A$，$\displaystyle B$，$\displaystyle C$，其中点 $\displaystyle A$，$\displaystyle B$ 在抛物线上，点 $\displaystyle C$ 在 $\displaystyle y$ 轴上。则 $\displaystyle \triangle BCF$ 与 $\displaystyle \triangle ACF$ 的面积之比是
- $\displaystyle \frac{\left\lvert BF\right\rvert-1}{\left\lvert AF\right\rvert-1}$
- $\displaystyle \frac{\left\lvert BF\right\rvert^2-1}{\left\lvert AF\right\rvert^2-1}$
- $\displaystyle \frac{\left\lvert BF\right\rvert+1}{\left\lvert AF\right\rvert+1}$
- $\displaystyle \frac{\left\lvert BF\right\rvert^2+1}{\left\lvert AF\right\rvert^2+1}$
2. 【2025新高考II卷16】已知椭圆$\displaystyle C:\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$.过点$\displaystyle \left(0,-2\right)$的直线$\displaystyle l$与$\displaystyle C$交于$\displaystyle A,B$两点，$\displaystyle O$为坐标原点. 若$\displaystyle \triangle OAB$的面积为$\displaystyle \sqrt2$，求$\displaystyle \left|AB\right|$.

答案

解法1：利用韦达定理.

由题意可设$\displaystyle l:y=kx-2$，$\displaystyle A\left(x_1,y_1\right),B\left(x_2,y_2\right)$，则$\displaystyle \triangle OAB$的面积为 $$\displaystyle \frac12\left|x_1-x_2\right|\sqrt{1+k^2}\times\frac{2}{\sqrt{1+k^2}}=\left|x_1-x_2\right|.$$ 由题设知$\displaystyle \left|x_1-x_2\right|=\sqrt2$.

由 $$\displaystyle \begin{cases} y=kx-2,\\ \frac{x^2}4+\frac{y^2}2=1 \end{cases}$$ 得$\displaystyle \left(1+2k^2\right)x^2-8kx+4=0$. 则$\displaystyle x_1+x_2=\frac{8k}{1+2k^2}$，$\displaystyle x_1x_2=\frac4{1+2k^2}$.

$$\displaystyle \left(x_1-x_2\right)^2=\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2=\frac{32k^2-16}{\left(1+2k^2\right)^2}.$$ 所以$\displaystyle \frac{32k^2-16}{\left(1+2k^2\right)^2}=2$，解得$\displaystyle k^2=\frac32$.

因此$\displaystyle \left|AB\right|=\sqrt{1+k^2}\left|x_1-x_2\right|=\sqrt5$.

解法2：直接求解.

由题意可设$\displaystyle l:y=kx-2$，$\displaystyle A\left(x_1,y_1\right),B\left(x_2,y_2\right)$，则$\displaystyle \triangle OAB$的面积为$\displaystyle \left|x_1-x_2\right|$. 由题设知$\displaystyle \left|x_1-x_2\right|=\sqrt2$.

由 $$\displaystyle \begin{cases} y=kx-2,\\ \frac{x^2}4+\frac{y^2}2=1 \end{cases}$$ 得$\displaystyle \left(1+2k^2\right)x^2-8kx+4=0$，则 $$\displaystyle x_1=\frac{4k+2\sqrt{2k^2-1}}{1+2k^2},\quad x_2=\frac{4k-2\sqrt{2k^2-1}}{1+2k^2}.$$ $$\displaystyle \left|x_1-x_2\right|=\frac{4\sqrt{2k^2-1}}{1+2k^2},\quad \frac{32k^2-16}{\left(1+2k^2\right)^2}=2,$$ 解得$\displaystyle k^2=\frac32$. 因此$\displaystyle \left|AB\right|=\sqrt{1+k^2}\left|x_1-x_2\right|=\sqrt5$.

解法3：做差法.

设$\displaystyle P\left(0,-2\right)$，由题意可设$\displaystyle l:y=kx-2$，$\displaystyle A\left(x_1,y_1\right),B\left(x_2,y_2\right)$，则$\displaystyle \triangle OAB$的面积为 $$\displaystyle \left|S_{\triangle AOP}-S_{\triangle BOP}\right|=\frac12\times\left|OP\right|\times\left|x_1-x_2\right|=\left|x_1-x_2\right|.$$ 由题设知$\displaystyle \left|x_1-x_2\right|=\sqrt2$.

由 $$\displaystyle \begin{cases} y=kx-2,\\ \frac{x^2}4+\frac{y^2}2=1 \end{cases}$$ 得$\displaystyle \left(1+2k^2\right)x^2-8kx+4=0$. 则$\displaystyle x_1+x_2=\frac{8k}{1+2k^2}$，$\displaystyle x_1x_2=\frac4{1+2k^2}$.

$$\displaystyle \left(x_1-x_2\right)^2=\frac{32k^2-16}{\left(1+2k^2\right)^2}.$$ 所以$\displaystyle \frac{32k^2-16}{\left(1+2k^2\right)^2}=2$，解得$\displaystyle k^2=\frac32$.

因此$\displaystyle \left|AB\right|=\sqrt{1+k^2}\left|x_1-x_2\right|=\sqrt5$.

解法4：做和法.

由题意可设$\displaystyle l:x=m\left(y+2\right)$，$\displaystyle P\left(2m,0\right)$，$\displaystyle A\left(x_1,y_1\right),B\left(x_2,y_2\right)$，则$\displaystyle \triangle OAB$的面积为 $$\displaystyle S_{\triangle AOP}+S_{\triangle BOP}=\frac12\times\left|2m\right|\left|y_1-y_2\right|=\left|m\right|\left|y_1-y_2\right|.$$ 由题设知$\displaystyle \left|m\right|\left|y_1-y_2\right|=\sqrt2$.

由 $$\displaystyle \begin{cases} x=m\left(y+2\right),\\ \frac{x^2}4+\frac{y^2}2=1 \end{cases}$$ 得$\displaystyle \left(m^2+2\right)y^2+4m^2y+4m^2-4=0$. 则$\displaystyle y_1+y_2=\frac{-4m^2}{2+m^2}$，$\displaystyle y_1y_2=\frac{4m^2-4}{2+m^2}$.

$$\displaystyle \left(y_1-y_2\right)^2=\frac{-16\left(m^2-2\right)}{\left(2+m^2\right)^2}.$$ 所以$\displaystyle \frac{-16\left(m^2-2\right)m^2}{\left(2+m^2\right)^2}=2$，解得$\displaystyle m^2=\frac23$.

因此$\displaystyle \left|AB\right|=\frac{\sqrt{1+m^2}}{\left|m\right|}\left|m\right|\left|y_1-y_2\right|=\sqrt5$.

思路5：设圆$\displaystyle C':x^2+y^2=2$，$\displaystyle A\left(x_1,y_1\right),B\left(x_2,y_2\right)$，$\displaystyle A'\left(\frac{x_1}{\sqrt2},y_1\right),B'\left(\frac{x_2}{\sqrt2},y_2\right)$，不妨设$\displaystyle x_1,x_2>0$. $\displaystyle \triangle OAB$的面积为 $$\displaystyle S_{\triangle OAB}=\left|S_{\triangle OPB}-S_{\triangle OPA}\right|=\frac12\left|OP\right|\cdot\left|x_2-x_1\right|=\left|x_2-x_1\right|.$$

因为$\displaystyle P,A,B$三点共线，所以$\displaystyle P,A',B'$三点共线. 同理可得，$\displaystyle \triangle OA'B'$的面积为 $$\displaystyle S_{\triangle OA'B'}=\frac{\left|x_2-x_1\right|}{\sqrt2}=\frac1{\sqrt2}S_{\triangle OAB}.$$

因为$\displaystyle \triangle OAB$的面积为$\displaystyle \sqrt2$，所以$\displaystyle \left|x_1-x_2\right|=\sqrt2$且$\displaystyle \triangle OA'B'$的面积为$\displaystyle 1$.

由$\displaystyle \left|OA'\right|=\left|OB'\right|=\sqrt2$，$\displaystyle S_{\triangle OA'B'}=\frac12\left|OA'\right|\left|OB'\right|\sin\angle A'OB'=1$，得$\displaystyle \sin\angle A'OB'=1$，所以$\displaystyle \angle A'OB'=90^\circ$，于是$\displaystyle \left|A'B'\right|^2=\left|OA'\right|^2+\left|OB'\right|^2=4$，即 $$\displaystyle \left(\frac{x_1-x_2}{\sqrt2}\right)^2+\left(y_1-y_2\right)^2=4.$$

由$\displaystyle \left|x_1-x_2\right|=\sqrt2$得$\displaystyle \left(y_1-y_2\right)^2=3$.

因此$\displaystyle \left|AB\right|=\sqrt{\left(x_1-x_2\right)^2+\left(y_1-y_2\right)^2}=\sqrt{2+3}=\sqrt5$.

【解题思路】（1）椭圆基本知识和基本概念.

由题设知$\displaystyle \frac ca=\frac{\sqrt2}{2}$，$\displaystyle 2a=4$，所以$\displaystyle a=2$，$\displaystyle c=\sqrt2$，故$\displaystyle b^2=a^2-c^2=4-2=2$，因此椭圆的方程为$\displaystyle \frac{x^2}4+\frac{y^2}2=1$.

（2）思路1：联立直线与椭圆方程，利用韦达定理.

$\displaystyle \triangle OAB$的面积为$\displaystyle \frac12\left|AB\right|\cdot h$，其中$\displaystyle h$为点$\displaystyle O$到直线$\displaystyle AB$的距离. 而$\displaystyle \left|AB\right|$可以表示为直线$\displaystyle AB$的斜率$\displaystyle k$与$\displaystyle A,B$两点的横坐标（或纵坐标）的差的函数关系，因此联立直线与椭圆方程，利用韦达定理可以用斜率$\displaystyle k$表示$\displaystyle A,B$两点的横坐标（或纵坐标）的差，通过点到直线的距离公式可以用斜率$\displaystyle k$表示$\displaystyle h$. 由此建立了$\displaystyle \triangle OAB$的面积与斜率$\displaystyle k$的方程关系，通过求解关于斜率$\displaystyle k$的方程，得到$\displaystyle k$值.

最后，$\displaystyle \left|AB\right|=\sqrt{1+k^2}\left|x_1-x_2\right|$.

思路2：联立直线与椭圆方程，直接解二次方程，求出$\displaystyle \left|x_1-x_2\right|$.

思路3：做差法. 记$\displaystyle P\left(0,-2\right)$，$\displaystyle \triangle OAB$的面积等于$\displaystyle \left|S_{\triangle AOP}-S_{\triangle BOP}\right|$，考虑到$\displaystyle \triangle AOP$与$\displaystyle \triangle BOP$的底边为$\displaystyle OP$，$\displaystyle OP$为$\displaystyle 2$，所以$\displaystyle \left|S_{\triangle AOP}-S_{\triangle BOP}\right|$可以用$\displaystyle \left|x_1-x_2\right|$表示. 再联立直线与椭圆的方程，得到$\displaystyle \left|x_1-x_2\right|$与直线$\displaystyle AB$的斜率$\displaystyle k$的关系，即可解决问题.

思路4：做和法. 记$\displaystyle P\left(2m,0\right)$为直线$\displaystyle AB$与$\displaystyle x$轴的交点，$\displaystyle \triangle OAB$的面积等于$\displaystyle S_{\triangle AOP}+S_{\triangle BOP}$，考虑到$\displaystyle \triangle AOP$与$\displaystyle \triangle BOP$的底边为$\displaystyle OP$，$\displaystyle OP$为$\displaystyle 2\left|m\right|$，所以$\displaystyle S_{\triangle AOP}+S_{\triangle BOP}$可以用$\displaystyle \left|y_1-y_2\right|$表示. 再联立直线与椭圆的方程，得到$\displaystyle \left|y_1-y_2\right|$与直线$\displaystyle AB$的斜率$\displaystyle k$的关系，即可解决问题.

思路5：作伸缩变换，将椭圆变成圆，$\displaystyle A,B$的横坐标变为原来的$\displaystyle \frac1{\sqrt2}$倍. 于是就可以用圆的几何性质来解答，减小计算量.
1. 【2024新高考I卷16】 已知$\displaystyle A\left(0,3\right)$和$\displaystyle P\left(3,\frac32\right)$为椭圆$\displaystyle C:\frac{x^2}{12}+\frac{y^2}{9}=1$上两点.若过$\displaystyle P$的直线$\displaystyle l$交$\displaystyle C$于另一点$\displaystyle B$，且$\displaystyle \triangle ABP$的面积为$\displaystyle 9$，求$\displaystyle l$的方程.
答案

思路1：当直线$\displaystyle l$垂直于$\displaystyle x$轴时，$\displaystyle B\left(3,-\frac32\right)$，$\displaystyle \triangle ABP$的面积为$\displaystyle \frac92$，不合题意.

设直线$\displaystyle l$的方程为$\displaystyle y-\frac32=k\left(x-3\right)$.

由 $$\displaystyle \begin{cases} \frac{x^2}{12}+\frac{y^2}{9}=1,\\ y=kx+\frac32-3k \end{cases}$$ 得 $$\displaystyle \left(3+4k^2\right)x^2+8k\left(\frac32-3k\right)x+4\left(\frac32-3k\right)^2-36=0.$$

设$\displaystyle B\left(x_B,y_B\right)$，则 $$\displaystyle x_B=\frac{-8k\left(\frac32-3k\right)}{3+4k^2}-3=\frac{12k^2-12k-9}{3+4k^2}.$$

因此$\displaystyle \left|PB\right|=\sqrt{1+k^2}\left|x_B-3\right|=\sqrt{1+k^2}\cdot\frac{\left|12k+18\right|}{3+4k^2}$，又$\displaystyle A$到$\displaystyle l$的距离为$\displaystyle \frac{\left|3k+\frac32\right|}{\sqrt{1+k^2}}$，故$\displaystyle \triangle ABP$的面积为$\displaystyle \frac{9\left|4k^2+8k+3\right|}{6+8k^2}$.

所以$\displaystyle \frac{9\left|4k^2+8k+3\right|}{6+8k^2}=9$，解得$\displaystyle k=\frac12$或$\displaystyle k=\frac32$，故$\displaystyle l$的方程为$\displaystyle y=\frac12x$或$\displaystyle y=\frac32x-3$.

思路2：由已知，直线$\displaystyle PA$的方程为$\displaystyle y=-\frac12x+3$，且$\displaystyle \left|PA\right|=\frac32\sqrt5$. 以$\displaystyle PA$作为$\displaystyle \triangle ABP$的底边，则点$\displaystyle B$到直线$\displaystyle PA$的距离即为高，由已知可得高为$\displaystyle \frac{12}{5}\sqrt5$.

设过点$\displaystyle B$且与直线$\displaystyle PA$平行的直线为$\displaystyle l_B:y=-\frac12x+m$.

由题设可得$\displaystyle l_B$与直线$\displaystyle PA$的距离为$\displaystyle \frac{12}{5}\sqrt5$，故$\displaystyle \frac{\left|m-3\right|}{\sqrt{1+\frac14}}=\frac{12}{5}\sqrt5$，解得$\displaystyle m=-3$或$\displaystyle m=9$（舍去），所以$\displaystyle l_B:y=-\frac12x-3$. 由椭圆的中心对称性可知，$\displaystyle l_B$与椭圆的交点分别为$\displaystyle \left(-3,-\frac32\right)$和$\displaystyle \left(0,-3\right)$，故$\displaystyle l$的方程为$\displaystyle y=\frac12x$或$\displaystyle y=\frac32x-3$.

【实测数据】（山东）本题难度为$\displaystyle 0.409$.

（福建）本题难度为$\displaystyle 0.528$，区分度为$\displaystyle 0.44$；物理组难度$\displaystyle 0.555$，区分度$\displaystyle 0.40$；历史组难度$\displaystyle 0.405$，区分度$\displaystyle 0.48$. 具体得分分布如下表.

\[\displaystyle \begin{array}{c|cccccccccc} \text{分值}&0&1&2&3&4&5&6&7&8&9\\ \hline 16\left(1\right)&4\%&2\%&1\%&2\%&8\%&8\%&75\%&-&-&-\\ 16\left(2\right)&27\%&10\%&15\%&13\%&10\%&9\%&7\%&4\%&3\%&2\% \end{array}\]
1. 【2010江西理21】 设椭圆 $\displaystyle C_1: \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ ($\displaystyle a>b>0$), 抛物线 $\displaystyle C_2: x^2+by=b^2$。
（1）若 $\displaystyle C_2$ 经过 $\displaystyle C_1$ 的两个焦点, 求 $\displaystyle C_1$ 的离心率；

（2）设 $\displaystyle A\left(0,b\right), Q\left(3\sqrt{3},\frac{5}{4}b\right)$, 又 $\displaystyle M,N$ 为 $\displaystyle C_1$ 与 $\displaystyle C_2$ 不在 $\displaystyle y$ 轴上的两个交点, 若 $\displaystyle \triangle AMN$ 的垂心为 $\displaystyle B\left(0,\frac{3}{4}b\right)$, 且 $\displaystyle \triangle QMN$ 的重心在 $\displaystyle C_2$ 上, 求椭圆 $\displaystyle C_1$ 和抛物线 $\displaystyle C_2$ 的方程。 5. 【2013江西文20】已知椭圆 $\displaystyle C: \frac{x^2}{4}+y^2=1$， $\displaystyle A,B,D$ 分别是 $\displaystyle C$ 的左、右、上顶点, $\displaystyle P$ 是$\displaystyle C$ 上除顶点外的任意一点, 直线 $\displaystyle DP$ 交 $\displaystyle x$ 轴于点 $\displaystyle N$, 直线 $\displaystyle AD$ 交 $\displaystyle BP$ 于点 $\displaystyle M$, 设 $\displaystyle BP$ 的斜率为 $\displaystyle k$, $\displaystyle MN$ 的斜率为 $\displaystyle m$, 证明: $\displaystyle 2m-k$ 为定值。 6. 【2012浙江理21】已知椭圆 $\displaystyle C: \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$ , 不过原点 $\displaystyle O$ 的直线 $\displaystyle l$ 与 $\displaystyle C$ 相交于 $\displaystyle A,B$ 两点, 且线段 $\displaystyle AB$ 被直线 $\displaystyle OP$ 平分。求 $\displaystyle \triangle ABP$ 面积取最大值时直线 $\displaystyle l$ 的方程。 7. 【2011大纲卷理21】 已知 $\displaystyle O$ 为坐标原点, $\displaystyle F$ 为椭圆 $\displaystyle C:x^2+\frac{y^2}{2}=1$ 在 $\displaystyle y$ 轴正半轴上的焦点, 过 $\displaystyle F$ 且斜率为 $\displaystyle -\sqrt{2}$ 的直线 $\displaystyle l$ 与 $\displaystyle C$ 交于 $\displaystyle A,B$ 两点, 点 $\displaystyle P$ 满足 $\displaystyle \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OP}=\vv{0}$：

（1）证明: 点 $\displaystyle P$ 在 $\displaystyle C$ 上；

（2）设点 $\displaystyle P$ 关于点 $\displaystyle O$ 的对称点为 $\displaystyle Q$, 证明: $\displaystyle A,P,B,Q$ 四点在同一圆上。 8. 【2021新高考I卷21】已知$\displaystyle C:x^2-\frac{y^2}{16}=1(x\geqslant 1)$。点 $\displaystyle T$ 在直线 $\displaystyle x = \frac{1}{2}$ 上，过 $\displaystyle T$ 的两条直线分别交 $\displaystyle C$ 于 $\displaystyle A, B$ 两点和 $\displaystyle P, Q$ 两点，且 $\displaystyle |TA| \cdot |TB| = |TP| \cdot |TQ|$，求直线 $\displaystyle AB$ 的斜率与直线 $\displaystyle PQ$ 的斜率之和。 9. 【2025新高考I卷18】已知椭圆$\displaystyle C:\frac{x^2}{9}+y^2=1$的下顶点为$\displaystyle A$．动点$\displaystyle P$不在$\displaystyle y$轴上，点$\displaystyle R$在射线$\displaystyle AP$上，且满足$\displaystyle \left|AP\right|\cdot\left|AR\right|=3$．
1. 设$\displaystyle P\left(m,n\right)$，求$\displaystyle R$的坐标（用$\displaystyle m$，$\displaystyle n$表示）；
2. 设$\displaystyle O$为坐标原点，$\displaystyle Q$是$\displaystyle C$上的动点，直线$\displaystyle OR$的斜率是直线$\displaystyle OP$的斜率的$\displaystyle 3$倍，求$\displaystyle \left|PQ\right|$的最大值．
答案

（1）方法一：由（1）知$\displaystyle A\left(0,-1\right)$，故$\displaystyle \vv{AP}=\left(m,n+1\right)\left(m\ne0\right)$，可设$\displaystyle \vv{AR}=\left(\lambda m,\lambda\left(n+1\right)\right)\left(\lambda>0\right)$，

由$\displaystyle \left|AP\right|\cdot\left|AR\right|=3$得 $$\displaystyle \lambda\sqrt{m^2+\left(n+1\right)^2}\cdot\sqrt{m^2+\left(n+1\right)^2}=3,$$ 故$\displaystyle \lambda=\frac{3}{m^2+\left(n+1\right)^2}$，因此$\displaystyle R\left(\frac{3m}{m^2+\left(n+1\right)^2},\frac{3\left(n+1\right)}{m^2+\left(n+1\right)^2}-1\right)$．

方法二：由（1）知$\displaystyle A\left(0,-1\right)$，故$\displaystyle \vv{AP}=\left(m,n+1\right)\left(m\ne0\right)$，因此$\displaystyle \left|AP\right|=\sqrt{m^2+\left(n+1\right)^2}$．

由$\displaystyle \left|AP\right|\cdot\left|AR\right|=3$得$\displaystyle \left|AR\right|=\frac{3}{\sqrt{m^2+\left(n+1\right)^2}}$，结合$\displaystyle \vv{AR}$和$\displaystyle \vv{AP}$共线同向知 $$\displaystyle \vv{AR}=\frac{\left|AR\right|}{\left|AP\right|}\cdot\vv{AP}=\left(\frac{3m}{m^2+\left(n+1\right)^2},\frac{3\left(n+1\right)}{m^2+\left(n+1\right)^2}\right),$$ 故$\displaystyle R\left(\frac{3m}{m^2+\left(n+1\right)^2},\frac{3\left(n+1\right)}{m^2+\left(n+1\right)^2}-1\right)$．

（2）由（1）知直线$\displaystyle OR$的斜率为$\displaystyle \frac{3\left(n+1\right)-m^2-\left(n+1\right)^2}{3m}$，由题意得 $$\displaystyle \frac{3\left(n+1\right)-m^2-\left(n+1\right)^2}{3m}=3\cdot\frac{n}{m},$$ 故$\displaystyle m^2+n^2+8n-2=0$，即$\displaystyle m^2+\left(n+4\right)^2=18$．

因此$\displaystyle P$在以$\displaystyle T\left(0,-4\right)$为圆心，$\displaystyle 3\sqrt{2}$为半径的圆上．

设$\displaystyle Q\left(u,v\right)$，则$\displaystyle \left|QT\right|^2=u^2+\left(v+4\right)^2=9\left(1-v^2\right)+\left(v+4\right)^2=-8\left(v-\frac{1}{2}\right)^2+27\leqslant27$，

因此$\displaystyle \left|PQ\right|\leqslant\left|QT\right|+\left|PT\right|\leqslant3\sqrt{3}+3\sqrt{2}$，当$\displaystyle P\left(-\frac{3\sqrt{2}}{2},-4-\frac{3\sqrt{6}}{2}\right)$，$\displaystyle Q\left(\frac{3\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2}\right)$时等号成立，且直线$\displaystyle OR$的斜率是直线$\displaystyle OP$的斜率的$\displaystyle 3$倍．

因此$\displaystyle \left|PQ\right|$的最大值为$\displaystyle 3\sqrt{3}+3\sqrt{2}$．
1. 【2022全国甲卷文21】设抛物线 $\displaystyle C: y^2 = 4x$ 的焦点为 $\displaystyle F$，点 $\displaystyle D\left(2, 0\right)$，过 $\displaystyle F$ 的直线交 $\displaystyle C$ 于 $\displaystyle M, N$ 两点。设直线 $\displaystyle MD, ND$ 与 $\displaystyle C$ 的另一个交点分别为 $\displaystyle A, B$，记直线 $\displaystyle MN, AB$ 的倾斜角分别为 $\displaystyle \alpha, \beta$。当 $\displaystyle \alpha - \beta$ 取得最大值时，求直线 $\displaystyle AB$ 的方程。
2. 【2023全国甲卷理20】已知抛物线 $\displaystyle C: y^2 = 4x$，$\displaystyle F$ 为 $\displaystyle C$ 的焦点，$\displaystyle M, N$ 为 $\displaystyle C$ 上两点，且 $\displaystyle \overrightarrow{FM} \cdot \overrightarrow{FN} = 0$，求 $\displaystyle \triangle MFN$ 面积的最小值。
3. 【2022浙江21】已知椭圆 $\displaystyle \frac{x^2}{12} + y^2 = 1$。设 $\displaystyle A, B$ 是椭圆上异于 $\displaystyle P\left(0, 1\right)$ 的两点，且点 $\displaystyle Q\left(0, \frac{1}{2}\right)$ 在线段 $\displaystyle AB$ 上，直线 $\displaystyle PA, PB$ 分别交直线 $\displaystyle y = -\frac{1}{2}x + 3$ 于 $\displaystyle C, D$ 两点。
（1）求点 $\displaystyle P$ 到椭圆上点的距离的最大值；（2）求 $\displaystyle |CD|$ 的最小值。 13. 【2012辽宁理20】如图, 椭圆 $\displaystyle C_0: \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ ($\displaystyle a>b>0,a,b$ 为常数), 动圆 $\displaystyle C_1: x^2+y^2=t_1^2$, $\displaystyle b<t_1<a$. 点 $\displaystyle A_1,A_2$ 分别为 $\displaystyle C_0$ 的左, 右顶点, $\displaystyle C_1$ 与 $\displaystyle C_0$ 相交于 $\displaystyle A,B,C,D$ 四点。

（1）求直线 $\displaystyle AA_1$ 与直线 $\displaystyle A_2B$ 交点 $\displaystyle M$ 的轨迹方程；

（2）设动圆 $\displaystyle C_2: x^2+y^2=t_2^2$ 与 $\displaystyle C_0$ 相交于 $\displaystyle A',B',C',D'$ 四点, 其中 $\displaystyle b<t_2<a, t_1 \neq t_2$. 若矩形 $\displaystyle ABCD$ 与矩形 $\displaystyle A'B'C'D'$ 的面积相等, 证明: $\displaystyle t_1^2+t_2^2$ 为定值。 14. 【2010浙江理21】已知 $\displaystyle m>1$, 直线 $\displaystyle l:x-my-\frac{m^2}{2}=0$, 椭圆 $\displaystyle C:\frac{x^2}{m^2}+y^2=1,F_1,F_2$ 分别为椭圆 $\displaystyle C$ 的左、右焦点。设直线 $\displaystyle l$ 与椭圆 $\displaystyle C$ 交于 $\displaystyle A,B$ 两点, $\displaystyle \triangle AF_1F_2,\triangle BF_1F_2$ 的重心分别为 $\displaystyle G,H$. 若原点 $\displaystyle O$ 在以线段 $\displaystyle GH$ 为直径的圆内, 求实数 $\displaystyle m$ 的取值范围。
答案

\par 新答案（来源：3.1 性质的证明（1）函数.md）：（1）当$\displaystyle a=1$，$\displaystyle b=2$时，因为$\displaystyle f'\left(x\right)=\left(x-1\right)\left(3x-5\right)$，故$\displaystyle f'\left(2\right)=1$．

又$\displaystyle f\left(2\right)=0$，所以$\displaystyle f\left(x\right)$在点$\displaystyle \left(2,0\right)$处的切线方程为$\displaystyle y=x-2$．

（2）因为$\displaystyle f'\left(x\right)=3\left(x-a\right)\left(x-\frac{a+2b}{3}\right)$，由于$\displaystyle a<b$，故$\displaystyle a<\frac{a+2b}{3}$．

所以$\displaystyle f\left(x\right)$的两个极值点为$\displaystyle x=a$，$\displaystyle x=\frac{a+2b}{3}$．

不妨设$\displaystyle x_1=a$，$\displaystyle x_2=\frac{a+2b}{3}$，

因为$\displaystyle x_3\ne x_1$，$\displaystyle x_3\ne x_2$，且$\displaystyle x_3$是$\displaystyle f\left(x\right)$的零点，故$\displaystyle x_3=b$．

又因为$\displaystyle \frac{a+2b}{3}-a=2\left(b-\frac{a+2b}{3}\right)$，$\displaystyle x_4=\frac{1}{2}\left(a+\frac{a+2b}{3}\right)=\frac{2a+b}{3}$，

此时$\displaystyle a$，$\displaystyle \frac{2a+b}{3}$，$\displaystyle \frac{a+2b}{3}$，$\displaystyle b$依次成等差数列，

所以存在实数$\displaystyle x_4$满足题意，且$\displaystyle x_4=\frac{2a+b}{3}$．
1. 【2017 上海，21】 题号位置：⑰ ⑱ ⑲ ⑳ ㉑
设定义在$\displaystyle \mathbb{R}$上的函数$\displaystyle f\left(x\right)$满足：对于任意的$\displaystyle x_1,x_2\in\mathbb{R}$，当$\displaystyle x_1<x_2$时，均有$\displaystyle f\left(x_1\right)\leqslant f\left(x_2\right)$．
1. 若$\displaystyle f\left(x\right)=ax^3+1$，求实数$\displaystyle a$的取值范围；
2. 若$\displaystyle f\left(x\right)$为周期函数，证明：$\displaystyle f\left(x\right)$为常值函数；
3. 设$\displaystyle f\left(x\right)$恒大于零．$\displaystyle g\left(x\right)$是定义在$\displaystyle \mathbb{R}$上且恒大于零的周期函数，$\displaystyle M$是$\displaystyle g\left(x\right)$的最大值．函数$\displaystyle h\left(x\right)=f\left(x\right)g\left(x\right)$．证明："$\displaystyle h\left(x\right)$是周期函数"的充要条件是"$\displaystyle f\left(x\right)$是常值函数"．
4. 【2015 上海，23】
对于定义域为$\displaystyle \mathbb{R}$的函数$\displaystyle g\left(x\right)$，若存在正常数$\displaystyle T$，使得$\displaystyle \cos g\left(x\right)$是以$\displaystyle T$为周期的函数，则称$\displaystyle g\left(x\right)$为余弦周期函数，且称$\displaystyle T$为其余弦周期．已知$\displaystyle f\left(x\right)$是以$\displaystyle T$为余弦周期的余弦周期函数，其值域为$\displaystyle \mathbb{R}$．设$\displaystyle f\left(x\right)$单调递增，$\displaystyle f\left(0\right)=0$，$\displaystyle f\left(T\right)=4\pi$．
1. 验证$\displaystyle h\left(x\right)=x+\sin\frac{x}{3}$是以$\displaystyle 6\pi$为余弦周期的余弦周期函数；
2. 设$\displaystyle a<b$．证明对任意$\displaystyle c\in\left[f\left(a\right),f\left(b\right)\right]$，存在$\displaystyle x_0\in\left[a,b\right]$使得$\displaystyle f\left(x_0\right)=c$；
3. 证明："$\displaystyle u_0$为方程$\displaystyle \cos f\left(x\right)=1$在$\displaystyle \left[0,T\right]$上的解"的充要条件是"$\displaystyle u_0+T$是方程$\displaystyle \cos f\left(x\right)=1$在$\displaystyle \left[T,2T\right]$上的解"，并证明对任意$\displaystyle x\in\left[0,T\right]$都有$\displaystyle f\left(x+T\right)=f\left(x\right)+f\left(T\right)$．
1. 【2011湖南理21】已知椭圆 $\displaystyle C_1:\frac{x^2}{4}+y^2=1$，抛物线$\displaystyle C_2:y=x^2-1$，设 $\displaystyle C_2$ 与 $\displaystyle y$ 轴的交点为 $\displaystyle M$, 过坐标原点 $\displaystyle O$ 的直线 $\displaystyle l$ 与 $\displaystyle C_2$ 相交于点 $\displaystyle A,B$, 直线 $\displaystyle MA,MB$ 分别与 $\displaystyle C_1$ 相交与点 $\displaystyle D,E$。
（1）证明: $\displaystyle MD \perp ME$；

（2）记 $\displaystyle \triangle MAB,\triangle MDE$ 的面积分别是 $\displaystyle S_1,S_2$. 是否存在直线 $\displaystyle l$, 使得 $\displaystyle \frac{S_1}{S_2}=\frac{17}{32}$？ 16. 【2022新高考I卷21】已知点$\displaystyle A\left(2,1\right)$在双曲线$\displaystyle \frac{x^2}{2}-y^2=1$上，直线$\displaystyle l$交$\displaystyle C$于$\displaystyle P,Q$两点，直线$\displaystyle AP,AQ$的斜率之和为0。

（1）求$\displaystyle l$的斜率；（2）若$\displaystyle \tan\angle PAQ=2\sqrt{2}$，求$\displaystyle \Delta PAQ$的面积。 17. 【2013浙江理21（2）】已知$\displaystyle C_1: \frac{x^2}{4}+y^2=1,C_2: x^2+y^2=4$. $\displaystyle l_1,l_2$ 是过点 $\displaystyle P(0,-1)$ 且互相垂直的两条直线, 其中 $\displaystyle l_1$ 交圆 $\displaystyle C_2$ 于 $\displaystyle A,B$ 两点, $\displaystyle l_2$ 交椭圆 $\displaystyle C_1$ 于另一点 $\displaystyle D$。求 $\displaystyle \triangle ABD$ 面积取最大值时直线 $\displaystyle l_1$ 的方程。 18. 【2015浙江理19】已知$\displaystyle O$ 为坐标原点，椭圆 $\displaystyle \frac{x^2}{2}+y^2=1$ 上两个不同的点 $\displaystyle A,B$ 关于直线 $\displaystyle y=mx+\frac{1}{2}$ 对称。

（1）求实数 $\displaystyle m$ 的取值范围；（2）求 $\displaystyle \triangle AOB$ 面积的最大值。 19. 【2017山东理21（2）】已知椭圆 $\displaystyle E$: $\displaystyle \frac{x^2}{2}+y^2=1$，直线 $\displaystyle l$: $\displaystyle y=k_1x-\frac{\sqrt{3}}{2}$ 交椭圆 $\displaystyle E$ 于 $\displaystyle A,B$ 两点, $\displaystyle C$ 是椭圆 $\displaystyle E$ 上的一点, 直线 $\displaystyle OC$ 的斜率为 $\displaystyle k_2$, 且 $\displaystyle \ k_1k_2=\frac{\sqrt{2}}{4}$, $\displaystyle M$ 是线段 $\displaystyle OC$ 延长线上一点, 且 $\displaystyle |MC|:|AB|=2:3$, $\displaystyle \odot M$ 的半径为 $\displaystyle |MC|$, $\displaystyle OS,OT$ 是 $\displaystyle \odot M$ 的两条切线, 切点分别为 $\displaystyle S,T$, 求 $\displaystyle \angle SOT$ 的最大值, 并求取得最大值时直线 $\displaystyle l$ 的斜率。 20. 已知椭圆 $\displaystyle C:\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 \left(a>b>0\right)$，$\displaystyle A\left(-a,0\right)$，$\displaystyle B\left(0,-b\right)$，$\displaystyle P$ 为 $\displaystyle C$ 上位于第一象限的动点，$\displaystyle PA$ 交 $\displaystyle y$ 轴于点 $\displaystyle E$，$\displaystyle PB$ 交 $\displaystyle x$ 轴于点 $\displaystyle F$。

（1）探究四边形 $\displaystyle AEFB$ 的面积是否为定值，说明理由；

（2）当 $\displaystyle \triangle PEF$ 的面积达到最大值时，求点 $\displaystyle P$ 的坐标。 21. 【2018全国III卷理20】已知斜率为 $\displaystyle k$ 的直线 $\displaystyle l$ 与椭圆 $\displaystyle C:\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$ 交于 $\displaystyle A,B$ 两点. 线段 $\displaystyle AB$ 的中点为 $\displaystyle M\left(1,m\right)\ \left(m>0\right)$。

（1）证明: $\displaystyle k<-\frac{1}{2}$；

（2）设 $\displaystyle F$ 为 $\displaystyle C$ 的右焦点, $\displaystyle P$ 为 $\displaystyle C$ 上一点, 且 $\displaystyle \overrightarrow{FP}+\overrightarrow{FA}+\overrightarrow{FB}=\vec{0}$. 证明: $\displaystyle |\overrightarrow{FA}|,|\overrightarrow{FP}|,|\overrightarrow{FB}|$ 成等差数列, 并求该数列的公差。 22. 【2009大纲理21】已知抛物线$\displaystyle E:y^2=x$与圆$\displaystyle M:\left(x-4\right)^2+y^2=r^2\left(r>0\right)$相交于$\displaystyle A,B,C,D$四点。

（1）求$\displaystyle r$的取值范围；

（2）当四边形$\displaystyle ABCD$面积最大时，求对角线$\displaystyle AC,BD$的交点坐标。 23. 【2021全国乙卷理21（2）】已知抛物线 $\displaystyle C: x^2 = 4y$ 与圆 $\displaystyle M: x^2 + \left(y + 4\right)^2 = 1$，点 $\displaystyle P$ 在 $\displaystyle M$ 上，$\displaystyle PA, PB$ 是 $\displaystyle C$ 的两条切线，$\displaystyle A, B$ 是切点，求 $\displaystyle \triangle PAB$ 面积的最大值。 24. 【2019全国II卷理21】已知曲线 $\displaystyle C: y = \frac{x^2}{2}$，$\displaystyle D$ 为直线 $\displaystyle y = -\frac{1}{2}$ 上的动点，过 $\displaystyle D$ 作 $\displaystyle C$ 的两条切线，切点分别为 $\displaystyle A, B$。若以 $\displaystyle E\left(0, \frac{5}{2}\right)$ 为圆心的圆与直线 $\displaystyle AB$ 相切，且切点为线段 $\displaystyle AB$ 的中点，求四边形 $\displaystyle ADBE$ 的面积。 25. 【2008湖南理20】设$\displaystyle A,B$是抛物线$\displaystyle y^2=4x$上的不同两点，弦$\displaystyle AB$（不平行于$\displaystyle y$轴）的垂直平分线与$\displaystyle x$轴相交于点$\displaystyle P$，则称弦$\displaystyle AB$是点$\displaystyle P$的一条“相关弦”。已知当$\displaystyle x>2$时，点$\displaystyle P\left(x,0\right)$存在无穷多条“相关弦”，给定$\displaystyle x_0>2$。

（1）证明：点$\displaystyle P\left(x_0,0\right)$的所有“相关弦”的中点的横坐标相同；

（2）试问：点$\displaystyle P\left(x_0,0\right)$的“相关弦”的弦长是否存在最大值？若存在，求其最大值（用$\displaystyle x_0$表示），否则请说明理由。 26. 【2019全国II卷理21节选】已知椭圆$\displaystyle \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$，过坐标原点的直线交$\displaystyle C$于$\displaystyle P,Q$两点，点$\displaystyle P$在第一象限，$\displaystyle PE\perp x$轴，垂足为$\displaystyle E$，连接$\displaystyle QE$并延长交$\displaystyle C$于点$\displaystyle G$。 1. 证明：$\displaystyle \Delta PQG$是直角三角形； 2. 求$\displaystyle \Delta PQG$面积的最大值.
```
??? answer "答案"

（1）设直线$\displaystyle PQ$的斜率为$\displaystyle k$,则其方程为$\displaystyle y=kx$ ($\displaystyle k>0$).
联立该直线与椭圆$\displaystyle \begin{cases} y=kx, \\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1 \end{cases}$

得$\displaystyle x=\pm \frac{2}{\sqrt{1+2k^2}}$.
记$\displaystyle u=\frac{2}{\sqrt{1+2k^2}}$,则$\displaystyle P(u,ku),Q(-u,-ku),E(u,0)$.
于是直线$\displaystyle QG$的斜率为$\displaystyle \frac{k}{2}$,方程为$\displaystyle y=\frac{k}{2}(x-u)$.
联立直线$\displaystyle QG$与椭圆$\displaystyle \begin{cases}y=\frac{k}{2}(x-u), \\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1 \end{cases}$

得$\displaystyle (2+k^2)x^2-2uk^2x+k^2u^2-8=0(*)$.

设$\displaystyle G(x_G,y_G)$,则$\displaystyle -u$和$\displaystyle x_G$是方程$\displaystyle (*)$的解,故$\displaystyle x_G=\frac{u(3k^2+2)}{2+k^2}$,由此得$\displaystyle y_G=\frac{uk^3}{2+k^2}$.
从而直线$\displaystyle PG$的斜率为$$\displaystyle \frac{\frac{uk^3}{2+k^2}-uk}{\frac{u(3k^2+2)}{2+k^2}-u}=-\frac{1}{k}$$
所以$\displaystyle PQ\perp PG$,即$\displaystyle \triangle PQG$是直角三角形.

（2）可得$\displaystyle |PE|=ku$,$\displaystyle |x_G-x_Q|=\frac{4u(k^2+1)}{2+k^2}$,所以
$$\displaystyle \triangle PQG \text{ 的面积 } S=\frac{1}{2}|PE\|x_G-x_Q|=\frac{4ku^2(k^2+1)}{2+k^2}=\frac{8k(k^2+1)}{(1+2k^2)(2+k^2)}.$$

而$$\displaystyle \frac{8k(k^2+1)}{(1+2k^2)(2+k^2)}=\frac{8(k+\frac{1}{k})}{2k^2+\frac{2}{k^2}+5}=\frac{8\left(\frac{1}{k}+k\right)}{1+2\left(\frac{1}{k}+k\right)^2}$$
设$\displaystyle t=k+\frac{1}{k}$,由$\displaystyle k>0$得到$\displaystyle t\geqslant 2$,当且仅当$\displaystyle k=1$时取等号.
因为$\displaystyle S=\frac{8t}{1+2t^2}$在$\displaystyle [2,+\infty)$单调递减,所以当$\displaystyle t=2$,即$\displaystyle k=1$时,$\displaystyle S$取得最大值$\displaystyle \frac{16}{9}$.
因此$\displaystyle \triangle PQG$面积的最大值为$\displaystyle \frac{16}{9}$.

    \par
     新答案（来源：4.4 多个量词的问题（3）向量、几何.md）：
依题意，可设直线$\displaystyle MN$的方程为$\displaystyle x=my+a$，$\displaystyle M\left(x_1,y_1\right)$，$\displaystyle N\left(x_2,y_2\right)$，则有$\displaystyle M_1\left(-a,y_1\right)$，$\displaystyle N_1\left(-a,y_2\right)$．

由
$$\displaystyle \begin{cases} x=my+a,\\ y^2=2px, \end{cases}$$
消去$\displaystyle x$可得$\displaystyle y^2-2mpy-2ap=0$．

从而有
$$\displaystyle \begin{cases} y_1+y_2=2mp,\\ y_1y_2=-2ap. \end{cases}$$
①

于是$\displaystyle x_1+x_2=m\left(y_1+y_2\right)+2a=2\left(m^2p+a\right)$．②

又由$\displaystyle y_1^2=2px_1$，$\displaystyle y_2^2=2px_2$，可得$\displaystyle x_1x_2=\frac{\left(y_1y_2\right)^2}{4p^2}=\frac{\left(-2ap\right)^2}{4p^2}=a^2$．③

（1）如图1，当$\displaystyle a=\frac{p}{2}$时，点$\displaystyle A\left(\frac{p}{2},0\right)$即为抛物线的焦点，$\displaystyle l$为准线$\displaystyle x=-\frac{p}{2}$．

此时$\displaystyle M_1\left(-\frac{p}{2},y_1\right)$，$\displaystyle N_1\left(-\frac{p}{2},y_2\right)$，并由①可得$\displaystyle y_1y_2=-p^2$．

证法一：因为$\displaystyle \vv{AM_1}=\left(-p,y_1\right)$，$\displaystyle \vv{AN_1}=\left(-p,y_2\right)$，

所以$\displaystyle \vv{AM_1}\cdot\vv{AN_1}=p^2+y_1y_2=p^2-p^2=0$，即$\displaystyle AM_1\perp AN_1$．

证法二：因为$\displaystyle k_{AM_1}=-\frac{y_1}{p}$，$\displaystyle k_{AN_1}=-\frac{y_2}{p}$，

所以$\displaystyle k_{AM_1}\cdot k_{AN_1}=\frac{y_1y_2}{p^2}=\frac{-p^2}{p^2}=-1$，即$\displaystyle AM_1\perp AN_1$．

（2）存在$\displaystyle \lambda=4$，使得对任意的$\displaystyle a>0$，都有$\displaystyle S_2^2=4S_1S_3$成立．证明如下：

证法一：记直线$\displaystyle l$与$\displaystyle x$轴的交点为$\displaystyle A_1$，则$\displaystyle \left|OA\right|=\left|OA_1\right|=a$．于是有
$$\displaystyle S_1=\frac{1}{2}\cdot\left|MM_1\right|\cdot\left|A_1M_1\right|=\frac{1}{2}\left(x_1+a\right)\left|y_1\right|,$$
$$\displaystyle S_2=\frac{1}{2}\cdot\left|M_1N_1\right|\cdot\left|AA_1\right|=a\left|y_1-y_2\right|,$$
$$\displaystyle S_3=\frac{1}{2}\cdot\left|NN_1\right|\cdot\left|A_1N_1\right|=\frac{1}{2}\left(x_2+a\right)\left|y_2\right|,$$
所以$\displaystyle S_2^2=4S_1S_3\Longleftrightarrow\left(a\left|y_1-y_2\right|\right)^2=\left(x_1+a\right)\left|y_1\right|\cdot\left(x_2+a\right)\left|y_2\right|$

$\displaystyle \Longleftrightarrow a^2\left[\left(y_1+y_2\right)^2-4y_1y_2\right]=\left[x_1x_2+a\left(x_1+x_2\right)+a^2\right]\left|y_1y_2\right|$．

将①、②、③代入上式化简可得
$$\displaystyle a^2\left(4m^2p^2+8ap\right)=2ap\left(2am^2p+4a^2\right)\Longleftrightarrow4a^2p\left(m^2p+2a\right)=4a^2p\left(m^2p+2a\right).$$
上式恒成立，即对任意$\displaystyle a>0$，$\displaystyle S_2^2=4S_1S_3$成立．

证法二：如图2．连结$\displaystyle MN_1$，$\displaystyle NM_1$，则由$\displaystyle y_1y_2=-2ap$，$\displaystyle y_1^2=2px_1$可得
$$\displaystyle k_{OM}=\frac{y_1}{x_1}=\frac{2p}{y_1}=\frac{2py_2}{y_1y_2}=\frac{2py_2}{-2ap}=\frac{y_2}{-a}=k_{ON_1},$$
所以直线$\displaystyle MN_1$经过原点$\displaystyle O$，

同理可证直线$\displaystyle NM_1$也经过原点$\displaystyle O$．

又$\displaystyle \left|OA\right|=\left|OA_1\right|=a$，设$\displaystyle \left|M_1A_1\right|=h_1$，$\displaystyle \left|N_1A_1\right|=h_2$，$\displaystyle \left|MM_1\right|=d_1$，$\displaystyle \left|NN_1\right|=d_2$，则
$$\displaystyle S_1=\frac{1}{2}d_1h_1,$$
$$\displaystyle S_2=\frac{1}{2}\cdot2a\left(h_1+h_2\right)=a\left(h_1+h_2\right),$$
$$\displaystyle S_3=\frac{1}{2}d_2h_2.$$
因为$\displaystyle MM_1\parallel NN_1\parallel AA_1$，所以$\displaystyle \triangle OA_1M_1\sim\triangle NN_1M_1$，$\displaystyle \triangle OA_1N_1\sim\triangle MM_1N_1$，

所以$\displaystyle \frac{a}{d_2}=\frac{h_1}{h_1+h_2}$，$\displaystyle \frac{a}{d_1}=\frac{h_2}{h_1+h_2}$，即$\displaystyle a\left(h_1+h_2\right)=h_1d_2=h_2d_1$．④

而$\displaystyle \lambda=\frac{S_2^2}{S_1S_3}=\frac{4a^2\left(h_1+h_2\right)^2}{d_1h_1d_2h_2}=4\cdot\frac{a\left(h_1+h_2\right)}{h_1d_2}\cdot\frac{a\left(h_1+h_2\right)}{h_2d_1}$．⑤

将④代入⑤，即得$\displaystyle \lambda=4$，故对任意$\displaystyle a>0$，$\displaystyle S_2^2=4S_1S_3$成立．

【实测数据】本题阅卷数据如下．

$$\displaystyle \begin{array}{c|ccccc} \text{题号} & \text{满分} & \text{平均分} & \text{难度} & \text{区分度}\\ \hline 20 & 14 & 4.48 & 0.32 & 0.75\\ 20(1) & 6 & 3.42 & 0.57 & 0.73\\ 20(2) & 8 & 1.06 & 0.13 & 0.53 \end{array}$$

    \par
     新答案（来源：4.4 多个量词的问题（3）向量、几何.md）：
（1）（i）当直线$\displaystyle l$的斜率不存在时，$\displaystyle P$，$\displaystyle Q$两点关于$\displaystyle x$轴对称，所以$\displaystyle x_2=x_1$，$\displaystyle y_2=-y_1$．

因为$\displaystyle P\left(x_1,y_1\right)$在椭圆上，因此$\displaystyle \frac{x_1^2}{3}+\frac{y_1^2}{2}=1$．

①

又因为$\displaystyle S_{\triangle OPQ}=\frac{\sqrt{6}}{2}$，所以$\displaystyle \left|x_1\right|\cdot\left|y_1\right|=\frac{\sqrt{6}}{2}$．

②

由①、②得$\displaystyle \left|x_1\right|=\frac{\sqrt{6}}{2}$，$\displaystyle \left|y_1\right|=1$．

此时$\displaystyle x_1^2+x_2^2=3$，$\displaystyle y_1^2+y_2^2=2$．

（ii）当直线$\displaystyle l$的斜率存在时，设直线$\displaystyle l$的方程为$\displaystyle y=kx+m$，

由题意知$\displaystyle m\ne0$，将其代入$\displaystyle \frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1$得
$$\displaystyle \left(2+3k^2\right)x^2+6kmx+3\left(m^2-2\right)=0.$$
其中$\displaystyle \Delta=36k^2m^2-12\left(2+3k^2\right)\left(m^2-2\right)>0$，

即$\displaystyle 3k^2+2>m^2$．

（*）

又$\displaystyle x_1+x_2=\frac{-6km}{2+3k^2}$，$\displaystyle x_1x_2=\frac{3\left(m^2-2\right)}{2+3k^2}$，

所以$\displaystyle \left|PQ\right|=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1x_2}=\sqrt{1+k^2}\cdot\frac{2\sqrt{6}\sqrt{3k^2+2-m^2}}{2+3k^2}$．

因为点$\displaystyle O$到直线$\displaystyle l$的距离为$\displaystyle d=\frac{\left|m\right|}{\sqrt{1+k^2}}$，所以
$$\displaystyle S_{\triangle OPQ}=\frac{1}{2}\left|PQ\right|\cdot d$$
$$\displaystyle =\frac{1}{2}\sqrt{1+k^2}\cdot\frac{2\sqrt{6}\sqrt{3k^2+2-m^2}}{2+3k^2}\cdot\frac{\left|m\right|}{\sqrt{1+k^2}}=\frac{\sqrt{6}\left|m\right|\sqrt{3k^2+2-m^2}}{2+3k^2}.$$
又$\displaystyle S_{\triangle OPQ}=\frac{\sqrt{6}}{2}$，整理得$\displaystyle 3k^2+2=2m^2$，且符合（*）式．此时
$$\displaystyle x_1^2+x_2^2=\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2=\left(\frac{-6km}{2+3k^2}\right)^2-2\times\frac{3\left(m^2-2\right)}{2+3k^2}=3,$$
$$\displaystyle y_1^2+y_2^2=\frac{2}{3}\left(3-x_1^2\right)+\frac{2}{3}\left(3-x_2^2\right)=4-\frac{2}{3}\left(x_1^2+x_2^2\right)=2.$$
综上所述，$\displaystyle x_1^2+x_2^2=3$；$\displaystyle y_1^2+y_2^2=2$，结论成立．

（2）解法一：（i）当直线$\displaystyle l$的斜率不存在时，

由（1）知$\displaystyle \left|OM\right|=\left|x_1\right|=\frac{\sqrt{6}}{2}$，$\displaystyle \left|PQ\right|=2\left|y_1\right|=2$，

因此$\displaystyle \left|OM\right|\cdot\left|PQ\right|=\frac{\sqrt{6}}{2}\times2=\sqrt{6}$．

（ii）当直线$\displaystyle l$的斜率存在时，由（1）知：
$$\displaystyle \frac{x_1+x_2}{2}=\frac{-3k}{2m},$$
$$\displaystyle \frac{y_1+y_2}{2}=k\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)+m=\frac{-3k^2}{2m}+m=\frac{-3k^2+2m^2}{2m}=\frac{1}{m},$$
$$\displaystyle \left|OM\right|^2=\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)^2+\left(\frac{y_1+y_2}{2}\right)^2=\frac{9k^2}{4m^2}+\frac{1}{m^2}=\frac{6m^2-2}{4m^2}=\frac{1}{2}\left(3-\frac{1}{m^2}\right),$$
$$\displaystyle \left|PQ\right|^2=\left(1+k^2\right)\frac{24\left(3k^2+2-m^2\right)}{\left(2+3k^2\right)^2}=\frac{2\left(2m^2+1\right)}{m^2}=2\left(2+\frac{1}{m^2}\right),$$
所以
$$\displaystyle \left|OM\right|^2\cdot\left|PQ\right|^2=\frac{1}{2}\times\left(3-\frac{1}{m^2}\right)\times2\times\left(2+\frac{1}{m^2}\right)=\left(3-\frac{1}{m^2}\right)\left(2+\frac{1}{m^2}\right)\leqslant\left(\frac{3-\frac{1}{m^2}+2+\frac{1}{m^2}}{2}\right)^2=\frac{25}{4}.$$
所以$\displaystyle \left|OM\right|\cdot\left|PQ\right|\leqslant\frac{5}{2}$，当且仅当$\displaystyle 3-\frac{1}{m^2}=2+\frac{1}{m^2}$，即$\displaystyle m=\pm\sqrt{2}$时，等号成立．

综合（i）（ii）得$\displaystyle \left|OM\right|\cdot\left|PQ\right|$的最大值为$\displaystyle \frac{5}{2}$．

解法二：因为
$$\displaystyle 4\left|OM\right|^2+\left|PQ\right|^2=\left(x_1+x_2\right)^2+\left(y_1+y_2\right)^2+\left(x_2-x_1\right)^2+\left(y_2-y_1\right)^2=2\left[\left(x_1^2+x_2^2\right)+\left(y_1^2+y_2^2\right)\right]=10.$$
所以$\displaystyle 2\left|OM\right|\cdot\left|PQ\right|\leqslant\frac{4\left|OM\right|^2+\left|PQ\right|^2}{2}=\frac{10}{2}=5$．

即$\displaystyle \left|OM\right|\cdot\left|PQ\right|\leqslant\frac{5}{2}$，当且仅当$\displaystyle 2\left|OM\right|=\left|PQ\right|=\sqrt{5}$时等号成立．

因此$\displaystyle \left|OM\right|\cdot\left|PQ\right|$的最大值为$\displaystyle \frac{5}{2}$．

（3）椭圆$\displaystyle C$上不存在三点$\displaystyle D,E,G$，使得$\displaystyle S_{\triangle ODE}=S_{\triangle ODG}=S_{\triangle OEG}=\frac{\sqrt{6}}{2}$．

证明：假设存在$\displaystyle D\left(u,v\right)$，$\displaystyle E\left(x_1,y_1\right)$，$\displaystyle G\left(x_2,y_2\right)$满足$\displaystyle S_{\triangle ODE}=S_{\triangle ODG}=S_{\triangle OEG}=\frac{\sqrt{6}}{2}$，

由（1）得
$$\displaystyle u^2+x_1^2=3, u^2+x_2^2=3, x_1^2+x_2^2=3；v^2+y_1^2=2, v^2+y_2^2=2, y_1^2+y_2^2=2，$$
解得$\displaystyle u^2=x_1^2=x_2^2=\frac{3}{2}$；$\displaystyle v^2=y_1^2=y_2^2=1$．

因此$\displaystyle u,x_1,x_2$只能从$\displaystyle \pm\frac{\sqrt{6}}{2}$中选取，$\displaystyle v,y_1,y_2$只能从$\displaystyle \pm1$中选取，

因此$\displaystyle D,E,G$只能在$\displaystyle \left(\pm\frac{\sqrt{6}}{2},\pm1\right)$这四点中选取三个不同点．

而这三点的两两直线中必有一条过原点，

与$\displaystyle S_{\triangle ODE}=S_{\triangle ODG}=S_{\triangle OEG}=\frac{\sqrt{6}}{2}$矛盾．

所以椭圆$\displaystyle C$上不存在满足条件的三点$\displaystyle D,E,G$．

综上所述，存在圆心在原点的圆$\displaystyle x^2+y^2=\frac{8}{3}$满足题意，且$\displaystyle \frac{4\sqrt{6}}{3}\leqslant\left|AB\right|\leqslant2\sqrt{3}$．

解法二：过原点$\displaystyle O$作$\displaystyle OD\perp AB$，垂足为$\displaystyle D$，则$\displaystyle D$为切点．

设$\displaystyle \angle OAB=\theta$，

则$\displaystyle \theta$为锐角，且$\displaystyle \left|AD\right|=\frac{2\sqrt{6}}{3\tan\theta}$，$\displaystyle \left|BD\right|=\frac{2\sqrt{6}}{3}\tan\theta$，

所以$\displaystyle \left|AB\right|=\frac{2\sqrt{6}}{3}\left(\tan\theta+\frac{1}{\tan\theta}\right)$．

因为$\displaystyle 2\leqslant\left|OA\right|\leqslant2\sqrt{2}$，所以$\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}\leqslant\tan\theta\leqslant\sqrt{2}$．

令$\displaystyle x=\tan\theta$，易证：当$\displaystyle x\in\left[\frac{\sqrt{2}}{2},1\right]$时，$\displaystyle \left|AB\right|=\frac{2\sqrt{6}}{3}\left(x+\frac{1}{x}\right)$单调递减．

当$\displaystyle x\in\left[1,\sqrt{2}\right]$时，$\displaystyle \left|AB\right|=\frac{2\sqrt{6}}{3}\left(x+\frac{1}{x}\right)$单调递增．

所以$\displaystyle \frac{4\sqrt{6}}{3}\leqslant\left|AB\right|\leqslant2\sqrt{3}$．
```
1. 【2021八省联考21】双曲线$\displaystyle C:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$的左顶点为$\displaystyle A$，右焦点为$\displaystyle F$，离心率为2，动点$\displaystyle B$在$\displaystyle C$上且处于第一象限，证明：$\displaystyle \angle BFA=2\angle BAF$
2. 【2016山东文21节选】已知椭圆$\displaystyle C:\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$。过动点$\displaystyle M\left(0,m\right)\left(m>0\right)$的直线交$\displaystyle x$轴于点$\displaystyle N$，交$\displaystyle C$于点$\displaystyle A,P$（$\displaystyle P$在第一象限），且$\displaystyle M$是线段$\displaystyle PN$的中点，过点$\displaystyle P$作$\displaystyle x$轴的垂线交$\displaystyle C$于另一点$\displaystyle Q$，延长线$\displaystyle QM$交$\displaystyle C$于点$\displaystyle B$。
（1）设直线$\displaystyle PM,QM$的斜率分别为$\displaystyle k,k'$，证明$\displaystyle \frac{k'}{k}$为定值；

（2）求直线$\displaystyle AB$的斜率的最小值。 29. 【2024武汉四调18】已知抛物线$\displaystyle E: y = x^2$，过点$\displaystyle T\left(1,2\right)$的直线与抛物线$\displaystyle E$交于$\displaystyle A,B$两点，设抛物线$\displaystyle E$在点$\displaystyle A,B$处的切线分别为$\displaystyle l_1$和$\displaystyle l_2$，已知$\displaystyle l_1$与$\displaystyle x$轴交于点$\displaystyle M$，$\displaystyle l_2$与$\displaystyle x$轴交于点$\displaystyle N$，设$\displaystyle l_1$与$\displaystyle l_2$的交点为$\displaystyle P$。

（2）若$\displaystyle \triangle PMN$面积为$\displaystyle \sqrt{2}$，求点$\displaystyle P$的坐标；

（3）若$\displaystyle P,M,N,T$四点共圆，求点$\displaystyle P$的坐标。 30. 点$\displaystyle A,B$在椭圆$\displaystyle \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\left(a>b>0\right)$上，其中点$\displaystyle A$在第一象限，$\displaystyle O$为坐标原点，且$\displaystyle OA\perp AB$。

（1）若$\displaystyle a=\sqrt{3},b=1$，直线的方程为$\displaystyle x-3y=0$，求直线$\displaystyle OB$的斜率；

（2）若顺时针排列的$\displaystyle O,A,B$满足$\displaystyle OA=AB$，求$\displaystyle \frac{b}{a}$的最大值。 31. 【2014浙江理21】如图, 设椭圆 $\displaystyle C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\ \left(a>b>0\right)$, 动直线 $\displaystyle l$ 与椭圆 $\displaystyle C$ 只有一个公共点 $\displaystyle P$, 且点 $\displaystyle P$ 在第一象限。

（1）已知直线 $\displaystyle l$ 的斜率为 $\displaystyle k$, 用 $\displaystyle a,b,k$ 表示点 $\displaystyle P$ 的坐标；

（2）若过原点 $\displaystyle O$ 的直线 $\displaystyle l_1$ 与 $\displaystyle l$ 垂直, 证明: 点 $\displaystyle P$ 到直线 $\displaystyle l_1$ 的距离的最大值为 $\displaystyle a-b$。 32. 【2017浙江21】如图, 已知抛物线 $\displaystyle x^2=y$, 点 $\displaystyle A\left(-\frac{1}{2},\frac{1}{4}\right)$, $\displaystyle B\left(\frac{3}{2},\frac{9}{4}\right)$, 抛物线上的点 $\displaystyle P\left(x,y\right)\ \left(-\frac{1}{2}<x<\frac{3}{2}\right)$, 过点 $\displaystyle B$ 作直线 $\displaystyle AP$ 的垂线, 垂足为 $\displaystyle Q$。

（1）求直线 $\displaystyle AP$ 斜率的取值范围；（2）求 $\displaystyle |PA|\cdot|PQ|$ 的最大值。 33. 【2026广州一模18】已知椭圆$\displaystyle C:\frac{x^2}{4}+y^2=1$。其左顶点为$\displaystyle A$，下顶点为$\displaystyle B$，点$\displaystyle P$为椭圆$\displaystyle C$在第一象限上任一点，直线$\displaystyle AP$交$\displaystyle y$轴于点$\displaystyle C$，直线$\displaystyle BP$交$\displaystyle x$轴于点$\displaystyle D$。记$\displaystyle \Delta PCD$的面积为$\displaystyle S_1$，四边形$\displaystyle ABDC$的面积为$\displaystyle S_2$，求$\displaystyle \frac{S_1}{S_2}$的最大值。 34. 【2025“fiddie”模拟考18】设$\displaystyle O$为坐标原点，双曲线$\displaystyle C:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{4}=1\left(a>0\right)$的右焦点为$\displaystyle F$，若存在过$\displaystyle F$的直线$\displaystyle l$与$\displaystyle C$交于$\displaystyle M,N$两点，且满足$\displaystyle OM\perp ON$，求$\displaystyle C$的离心率的取值范围。 35. 【“圆梦杯（十）”（网络联考）18】已知双曲线$\displaystyle C:x^2-\frac{y^2}{3}=1$的右顶点为$\displaystyle A$，右焦点为$\displaystyle F$，圆$\displaystyle F$过点$\displaystyle A$且半径为$\displaystyle 1$，斜率为$\displaystyle k\left(k>0\right)$的直线$\displaystyle l$与$\displaystyle C$的右支交于$\displaystyle M,N$两点，且$\displaystyle M$在$\displaystyle N$的右侧，线段$\displaystyle MF$与圆$\displaystyle F$交于点$\displaystyle P$。

（2）设$\displaystyle M$的横坐标为$\displaystyle m$，求$\displaystyle P$的坐标（用$\displaystyle m$表示）；

（3）过$\displaystyle M$且垂直于$\displaystyle x$轴的直线交过$\displaystyle N$且垂直于$\displaystyle y$轴的直线于点$\displaystyle Q$，若$\displaystyle l$经过点$\displaystyle \left(\frac{1}{2},0\right)$，且$\displaystyle AM\parallel PQ$，求$\displaystyle k^2$。 36. 【2010山东文22改编】【2022温州一模21】已知双曲线$\displaystyle \Gamma:\frac{x^2}{5}-\frac{y^2}{4}=1$的左右焦点分别为$\displaystyle F_1,F_2$，$\displaystyle P$是直线$\displaystyle l:y=-\frac{8}{9}x$上不同于原点$\displaystyle O$的一个动点，斜率为$\displaystyle k_1$的直线$\displaystyle PF_1$与双曲线$\displaystyle \Gamma$交于$\displaystyle A,B$两点，斜率为$\displaystyle k_2$的直线$\displaystyle PF_2$与双曲线$\displaystyle \Gamma$交于$\displaystyle C,D$两点。

（1）求$\displaystyle \frac{1}{k_1}+\frac{1}{k_2}$的值；

（2）若直线$\displaystyle OA,OB,OC,OD$的斜率分别为$\displaystyle k_{OA},k_{OB},k_{OC},k_{OD}$，是否存在点$\displaystyle P$，满足$\displaystyle k_{OA}+k_{OB}+k_{OC}+k_{OD}=0$，若存在，求$\displaystyle P$的坐标，否则说明理由。 37. 【2009湖北20】过抛物线 $\displaystyle y^2=2px\left(p>0\right)$ 的对称轴上一点 $\displaystyle A\left(a,0\right)\left(a>0\right)$ 的直线与抛物线相交于 $\displaystyle M,N$ 两点，自 $\displaystyle M,N$ 向直线 $\displaystyle l:x=-a$ 作垂线，垂足分别为 $\displaystyle M_1,N_1$.

（1）当 $\displaystyle a=\frac{p}{2}$ 时，求证：$\displaystyle AM_1\perp AN_1$；

（2）记 $\displaystyle \triangle AMM_1,\triangle AM_1N_1,\triangle ANN_1$ 的面积分别为 $\displaystyle S_1,S_2,S_3$，是否存在 $\displaystyle \lambda$，使得对任意的 $\displaystyle a>0$，都有 $\displaystyle S_2^2=\lambda S_1S_3$ 成立. 若存在，求出 $\displaystyle \lambda$ 的值；若不存在，说明理由.

答案

\par 新答案（来源：3.4 性质的证明（4）解析几何.md）：（1）证法1：由抛物线的定义得 $$\displaystyle \left|MF\right|=\left|MM_1\right|,$$ $$\displaystyle \left|NF\right|=\left|NN_1\right|.$$ 所以$\displaystyle \angle MFM_1=\angle MM_1F$，$\displaystyle \angle NFN_1=\angle NN_1F$．

如图，设准线$\displaystyle l$与$\displaystyle x$轴的交点为$\displaystyle F_1$．

因为$\displaystyle MM_1\parallel NN_1\parallel FF_1$，所以$\displaystyle \angle F_1FM_1=\angle MM_1F$，$\displaystyle \angle F_1FN_1=\angle NN_1F$．

而$\displaystyle \angle F_1FM_1+\angle MFM_1+\angle F_1FN_1+\angle NFN_1=180^\circ$，即$\displaystyle 2\angle F_1FM_1+2\angle F_1FN_1=180^\circ$，

所以$\displaystyle \angle F_1FM_1+\angle F_1FN_1=90^\circ$，即$\displaystyle \angle M_1FN_1=90^\circ$，

故$\displaystyle FM_1\perp FN_1$．

证法2：依题意，焦点为$\displaystyle F\left(\frac{p}{2},0\right)$，准线$\displaystyle l$的方程为$\displaystyle x=-\frac{p}{2}$．

设点$\displaystyle M$，$\displaystyle N$的坐标分别为$\displaystyle M\left(x_1,y_1\right)$，$\displaystyle N\left(x_2,y_2\right)$，直线$\displaystyle MN$的方程为$\displaystyle x=my+\frac{p}{2}$，则有 $$\displaystyle M_1\left(-\frac{p}{2},y_1\right),$$ $$\displaystyle N_1\left(-\frac{p}{2},y_2\right),$$ $$\displaystyle \vv{FM_1}=\left(-p,y_1\right),$$ $$\displaystyle \vv{FN_1}=\left(-p,y_2\right).$$ 由 $$\displaystyle \begin{cases} x=my+\frac{p}{2},\\ y^2=2px, \end{cases}$$ 得$\displaystyle y^2-2myp-p^2=0$．

于是，$\displaystyle y_1+y_2=2mp$，$\displaystyle y_1y_2=-p^2$．

所以$\displaystyle \vv{FM_1}\cdot\vv{FN_1}=p^2+y_1y_2=p^2-p^2=0$，故$\displaystyle FM_1\perp FN_1$．

（2）$\displaystyle S_2^2=4S_1S_3$成立，证明如下：

证法1：设$\displaystyle M\left(x_1,y_1\right)$，$\displaystyle N\left(x_2,y_2\right)$，则由抛物线的定义得 $$\displaystyle \left|MM_1\right|=\left|MF\right|=x_1+\frac{p}{2},$$ $$\displaystyle \left|NN_1\right|=\left|NF\right|=x_2+\frac{p}{2}.$$ 于是 $$\displaystyle S_1=\frac{1}{2}\cdot\left|MM_1\right|\cdot\left|F_1M_1\right|=\frac{1}{2}\left(x_1+\frac{p}{2}\right)\left|y_1\right|,$$ $$\displaystyle S_2=\frac{1}{2}\cdot\left|M_1N_1\right|\cdot\left|FF_1\right|=\frac{1}{2}p\left|y_1-y_2\right|,$$ $$\displaystyle S_3=\frac{1}{2}\cdot\left|NN_1\right|\cdot\left|F_1N_1\right|=\frac{1}{2}\left(x_2+\frac{p}{2}\right)\left|y_2\right|.$$ 因为 $$\displaystyle S_2^2=4S_1S_3\Longleftrightarrow\left(\frac{1}{2}p\left|y_1-y_2\right|\right)^2=4\times\frac{1}{2}\left(x_1+\frac{p}{2}\right)\left|y_1\right|\cdot\frac{1}{2}\left(x_2+\frac{p}{2}\right)\left|y_2\right|$$ $$\displaystyle \Longleftrightarrow\frac{1}{4}p^2\left[\left(y_1+y_2\right)^2-4y_1y_2\right]=\left[x_1x_2+\frac{p}{2}\left(x_1+x_2\right)+\frac{p^2}{4}\right]\left|y_1y_2\right|,$$ 将 $$\displaystyle \begin{cases} x_1=my_1+\frac{p}{2},\\ x_2=my_2+\frac{p}{2}, \end{cases}$$ 与 $$\displaystyle \begin{cases} y_1+y_2=2mp,\\ y_1y_2=-p^2. \end{cases}$$ 代入上式化简得 $$\displaystyle p^2\left(m^2p^2+p^2\right)=p^2\left(m^2p^2+p^2\right),$$ 此式恒成立．故$\displaystyle S_2^2=4S_1S_3$成立．

证法2：设直线$\displaystyle MN$的倾角为$\displaystyle \alpha$，$\displaystyle \left|MF\right|=r_1$，$\displaystyle \left|NF\right|=r_2$，则由抛物线的定义得$\displaystyle \left|MM_1\right|=\left|MF\right|=r_1$，$\displaystyle \left|NN_1\right|=\left|NF\right|=r_2$．

因为$\displaystyle MM_1\parallel NN_1\parallel FF_1$，所以$\displaystyle \angle FMM_1=\alpha$，$\displaystyle \angle FNN_1=\pi-\alpha$．

于是$\displaystyle S_1=\frac{1}{2}r_1^2\sin\alpha$，$\displaystyle S_3=\frac{1}{2}r_2^2\sin\left(\pi-\alpha\right)=\frac{1}{2}r_2^2\sin\alpha$．

在$\displaystyle \triangle FMM_1$和$\displaystyle \triangle FNN_1$中，由余弦定理可得 $$\displaystyle \left|FM_1\right|^2=2r_1^2-2r_1^2\cos\alpha=2r_1^2\left(1-\cos\alpha\right),$$ $$\displaystyle \left|FN_1\right|^2=2r_2^2+2r_2^2\cos\alpha=2r_2^2\left(1+\cos\alpha\right).$$ 由（1）的结论，得$\displaystyle S_2=\frac{1}{2}\left|FM_1\right|\cdot\left|FN_1\right|$，

所以$\displaystyle S_2^2=\frac{1}{4}\left|FM_1\right|^2\cdot\left|FN_1\right|^2=\frac{1}{4}\cdot4r_1^2\cdot r_2^2\cdot\left(1-\cos\alpha\right)\left(1+\cos\alpha\right)=r_1^2r_2^2\sin^2\alpha=4S_1S_3$，

即$\displaystyle S_2^2=4S_1S_3$，得证．

【实测数据】本题阅卷数据如下．

\[\displaystyle \begin{array}{c|ccccc} \text{题号} & \text{满分} & \text{平均分} & \text{难度} & \text{区分度}\\ \hline \text{文20} & 13 & 3.23 & 0.25 & 0.74\\ \text{文20(1)} & 6 & 2.32 & 0.39 & 0.74\\ \text{文20(2)} & 7 & 0.91 & 0.13 & 0.55 \end{array}\]
1. 【2024温州$\displaystyle 1.5$模19节选】已知椭圆$\displaystyle W:\frac{x^2}{2}+y^2=1$，过直线$\displaystyle l$上的一点$\displaystyle P$作轨迹$\displaystyle W$的两条切线，切点分别为$\displaystyle A,B$，且$\displaystyle \angle APB = 60^\circ$。
（1）求点$\displaystyle P$的坐标；（2）求$\displaystyle \angle APB$的角平分线与$\displaystyle x$轴交点$\displaystyle Q$的坐标。 39. 【2011山东22】已知动直线$\displaystyle l$与椭圆$\displaystyle C:\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1$交于$\displaystyle P\left(x_1,y_1\right),Q\left(x_2,y_2\right)$两不同点，且$\displaystyle \Delta OPQ$的面积$\displaystyle S_{\Delta OPQ}=\frac{\sqrt{6}}{2}$，其中$\displaystyle O$为坐标原点。
1. 证明：$\displaystyle x_1^2+x_2^2$和$\displaystyle y_1^2+y^2_2$均为定值；
2. 椭圆$\displaystyle C$上是否存在三点$\displaystyle D,E,G$，使得$\displaystyle S_{\Delta ODE}=S_{\Delta ODG}=S_{\Delta OEG}=\frac{\sqrt{6}}{2}$？若存在，判断$\displaystyle \Delta DEG$的形状，否则请说明理由。
答案

设 $\displaystyle x_1^2+x_2^2 = p$， $\displaystyle y_1^2+y_2^2 = q$．假设存在 $\displaystyle D(u,v)$, $\displaystyle E(x_1,y_1)$, $\displaystyle G(x_2,y_2)$ 满足 $\displaystyle S_{\triangle ODE}=S_{\triangle ODG}=S_{\triangle OEG}=\dfrac{\sqrt{6}}{2}$，

由（1）得 $$\displaystyle u^2+x_1^2=p,\quad u^2+x_2^2=p,\quad x_1^2+x_2^2=p$$ $$\displaystyle v^2+y_1^2=q,\quad v^2+y_2^2=q,\quad y_1^2+y_2^2=q$$

解得 $\displaystyle u^2=x_1^2=x_2^2=\dfrac{p}{2}$；$\displaystyle v^2=y_1^2=y_2^2=\dfrac{q}{2}$．

因此 $\displaystyle u,x_1,x_2$ 只能从 $\displaystyle \pm\sqrt{\dfrac{p}{2}}$ 中选取，$\displaystyle v,y_1,y_2$ 只能从 $\displaystyle \pm\sqrt{\dfrac{q}{2}}$ 中选取，$\displaystyle D,E,G$ 只能在 $\displaystyle \left(\pm\sqrt{\dfrac{p}{2}},\pm\sqrt{\dfrac{q}{2}}\right)$ 这四点中选取三个不同点．

而这三点的两两直线中必有一条过原点，即 $\displaystyle O$ 必与 $\displaystyle D,E,G$ 中的两点共线．而共线三点不构成三角形，这与 $\displaystyle S_{\triangle ODE}=S_{\triangle ODG}=S_{\triangle OEG}=\dfrac{\sqrt{6}}{2}$ 矛盾．所以椭圆 $\displaystyle C$ 上不存在满足条件的三点 $\displaystyle D,E,G$．
1. 设抛物线$\displaystyle C: x^2 = 2py\ \left(p > 0\right)$，直线$\displaystyle l: y = kx + 2$交$\displaystyle C$于$\displaystyle A$，$\displaystyle B$两点。过原点$\displaystyle O$作$\displaystyle l$的垂线，交直线$\displaystyle y = -2$于点$\displaystyle M$。若直线$\displaystyle l' \parallel l$，且$\displaystyle l'$与$\displaystyle C$相切于点$\displaystyle N$，证明：$\displaystyle \triangle AMN$的面积不小于$\displaystyle 2\sqrt{2}$。
2. 【2025长沙市适应性考试18】已知椭圆$\displaystyle C:\frac{x^2}{4}+y^2=1$的左顶点为$\displaystyle A$，直线$\displaystyle l$与椭圆$\displaystyle C$交于$\displaystyle M,N$两点，点$\displaystyle P$为$\displaystyle \Delta AMN$的外心。
3. 若$\displaystyle \Delta AMN$为等边三角形，求点$\displaystyle P$的坐标；
4. 若点$\displaystyle P$在直线$\displaystyle x=-\frac{1}{3}$上，求点$\displaystyle A$到直线$\displaystyle l$的距离的取值范围。
5. 【2024武汉九调21改编】椭圆$\displaystyle E:\frac{x^2}{4}+y^2=1$，$\displaystyle E$的左右顶点分别为$\displaystyle A,B$。已知点$\displaystyle T\left(t,\frac{1}{2}\right)$在$\displaystyle E$的内部，直线$\displaystyle AT,BT$分别与$\displaystyle E$交于另外两$\displaystyle C,D$，若$\displaystyle \Delta CDT$的面积为$\displaystyle \frac{1}{17}$，求$\displaystyle t$的值。
6. 直线$\displaystyle l$过抛物线$\displaystyle C:y^2=4x$的焦点$\displaystyle F$，并与抛物线$\displaystyle C$交于$\displaystyle M,N$两点（$\displaystyle M$在第一象限），$\displaystyle \Delta OMN$的外接圆与$\displaystyle C$交于另一点$\displaystyle D$。
  1. 证明：$\displaystyle \Delta MND$的重心的纵坐标为定值；
    1. 求凸四边形$\displaystyle OMDN$的面积的取值范围。
  2. 双曲线$\displaystyle C:x^2-\frac{y^2}{3}=1$，点$\displaystyle A\left(x_0,y_0\right)$是$\displaystyle C$上位于第一象限的点，点$\displaystyle A,B$关于原点$\displaystyle O$对称，点$\displaystyle A,D$关于$\displaystyle y$轴对称，延长$\displaystyle AD$至$\displaystyle E$，使得$\displaystyle |DE|=\frac{1}{3}|AD|$，且$\displaystyle BE$与$\displaystyle C$的另一交点$\displaystyle F$位于第二象限。
（1）求$\displaystyle x_0$的取值范围；

（2）证明：$\displaystyle AE$不可能是$\displaystyle \angle BAF$的三等分线。 45. 已知$\displaystyle E:\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{8}=1$，点$\displaystyle C\left(-3,0\right)$，$\displaystyle D\left(2,0\right)$，过点$\displaystyle D$的动直线与曲线$\displaystyle E$交于$\displaystyle M,N$两点，设$\displaystyle \triangle CMN$的外心为$\displaystyle Q$，$\displaystyle O$为坐标原点，证明：直线$\displaystyle OQ$与直线$\displaystyle MN$的斜率之积是定值。 46. 已知双曲线$\displaystyle C: y^2 - x^2 = 1$，上顶点为$\displaystyle D$。直线$\displaystyle l$与双曲线$\displaystyle C$的两支分别交于$\displaystyle A,B$两点（$\displaystyle B$在第一象限），与$\displaystyle x$轴交于点$\displaystyle T$。设直线$\displaystyle DA,DB$的倾斜角分别为$\displaystyle \alpha,\beta$。

（1）若$\displaystyle T(\frac{\sqrt{3}}{3},0)$，求证：$\displaystyle \alpha + \beta$为定值；

（2）若$\displaystyle \beta = \frac{\pi}{6}$，直线$\displaystyle DB$与$\displaystyle x$轴交于点$\displaystyle E$，求$\displaystyle \triangle BET$与$\displaystyle \triangle ADT$的外接圆半径之比的最大值。 47. 【2026深圳一模19】已知 $\displaystyle A_1,A_2$ 为椭圆 $\displaystyle C_1:\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{b^2}=1\left(0<b<\sqrt{3}\right)$ 的左、右顶点，$\displaystyle M$ 为 $\displaystyle C_1$ 上的一点，$\displaystyle N$ 为双曲线 $\displaystyle C_2:\frac{x^2}{3}-\frac{y^2}{b^2}=1$ 上的一点（$\displaystyle M,N$ 两点不同于 $\displaystyle A_1,A_2$ 两点），设直线 $\displaystyle A_1M,A_2M,A_1N,A_2N$ 的斜率分别为 $\displaystyle k_1,k_2,k_3,k_4$，且 $\displaystyle k_1+k_2+k_3+k_4=0$。

（1）设 $\displaystyle O$ 为坐标原点，证明：$\displaystyle O,M,N$ 三点共线；

（2）设 $\displaystyle C_1,C_2$ 的右焦点分别为 $\displaystyle F_1,F_2$，$\displaystyle M,N$ 均在第一象限，直线 $\displaystyle NF_1$ 与直线 $\displaystyle MF_2$ 相交于点 $\displaystyle P$，$\displaystyle k_1^2+k_2^2+k_3^2+k_4^2=8$。

（i）证明：$\displaystyle MF_1 \parallel NF_2$；（ii）证明：$\displaystyle \angle A_1PF_1 = \angle A_2PF_2$。 48. 【2025久洵杯（网络联考）18】记椭圆$\displaystyle C:\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=$的右顶点为$\displaystyle A$，右焦点为$\displaystyle F$，过$\displaystyle F$的直线$\displaystyle l$交$\displaystyle C$于$\displaystyle D,E$两点，记线段$\displaystyle AD,AE$的中点分别为$\displaystyle M,N$，直线$\displaystyle FM,FN$分别交$\displaystyle AE,AD$于点$\displaystyle P,Q$。 1. 证明：$\displaystyle PQ\perp y$轴； 2. 若$\displaystyle \Delta FPQ$的外接圆的面积为$\displaystyle 16\pi$，求$\displaystyle l$的方程。

B 组习题

B组

$\displaystyle F$为$\displaystyle x$轴正半轴上的一个动点，以$\displaystyle F$为焦点、$\displaystyle O$为顶点作抛物线$\displaystyle C:y^2=2px\left(p>0\right)$。设$\displaystyle P$为第一象限内抛物线$\displaystyle C$上的一点，$\displaystyle Q$为$\displaystyle x$轴负半轴上一点，设$\displaystyle Q\left(-a,0\right)$,使得$\displaystyle PQ$为抛物线$\displaystyle C$的切线,且$\displaystyle |PQ|=2$.圆$\displaystyle C_1,C_2$均与直线$\displaystyle OP$切于点$\displaystyle P$,且均与$\displaystyle x$轴相切.

（1）试求出$\displaystyle a,p$之间的关系；

（2）是否存在点$\displaystyle F$,使圆$\displaystyle C_1$与$\displaystyle C_2$的面积之和取到最小值.若存在,求出点$\displaystyle F$的坐标;若不存在,请说明理由. 2. 【2025“集英苑测试”（网络联考）18】已知曲线$\displaystyle C_1:y=x^2$和$\displaystyle C_2:y=(x-3)^2$，作斜率为$\displaystyle k$的两条直线$\displaystyle l_1,l_2$。$\displaystyle l_1$与$\displaystyle C_1$交于$\displaystyle A,B$两点，$\displaystyle l_2$与$\displaystyle C_1$交于$\displaystyle A',B'$两点（$\displaystyle A$在$\displaystyle B$的左侧，$\displaystyle A'$在$\displaystyle B'$的左侧），已知$\displaystyle A$关于$\displaystyle B$的对称点$\displaystyle D$，$\displaystyle A'$关于$\displaystyle B'$的对称点$\displaystyle D'$均在$\displaystyle C_2$上。

（1）证明：$\displaystyle -\frac{3}{8}<k<3$；（2）求$\displaystyle |AB|\cdot|A'B'|$的最大值。 3. 【2021浙江21】已知 $\displaystyle F$ 是抛物线 $\displaystyle y^2 = 4x$ 的焦点，$\displaystyle M(-1,0)$。过点 $\displaystyle F$ 的直线交抛物线于 $\displaystyle A, B$ 两点，若斜率为 $\displaystyle 2$ 的直线 $\displaystyle l$ 与直线 $\displaystyle MA, MB, AB, x$ 轴依次交于点 $\displaystyle P, Q, R, N$，且满足 $\displaystyle |RN|^2 = |PN| \cdot |QN|$，求直线 $\displaystyle l$ 在 $\displaystyle x$ 轴上截距的取值范围。

轨迹、定点等的代数表示

本节习题

A组

设 $\displaystyle A, B$ 分别是直线 $\displaystyle y = \frac{\sqrt{3}}{3}x$ 和 $\displaystyle y = -\frac{\sqrt{3}}{3}x$ 上的动点，$\displaystyle |AB| = 3\sqrt{3}$，$\displaystyle O$ 为坐标原点，动点 $\displaystyle Q$ 满足 $\displaystyle \overrightarrow{OQ} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB}$，求 $\displaystyle Q$ 的轨迹方程。
【2024九省联考18（1）】已知抛物线$\displaystyle y^2=4x$的焦点为$\displaystyle F$，过$\displaystyle F$的直线$\displaystyle l$交$\displaystyle C$于$\displaystyle A,B$两点，过$\displaystyle F$与$\displaystyle l$垂直的直线交$\displaystyle C$于$\displaystyle D,E$两点，其中$\displaystyle B,D$在$\displaystyle x$轴上方，$\displaystyle M,N$分别为$\displaystyle AB,DE$的中点。证明：直线$\displaystyle MN$过定点；
【2004浙江21】已知双曲线的中心在原点，右顶点为$\displaystyle A\left(1,0\right)$，点$\displaystyle P,Q$在双曲线的右支上，点$\displaystyle M\left(m,0\right)$到直线$\displaystyle AP$的距离为$\displaystyle 1$。

（1）若直线$\displaystyle AP$的斜率为$\displaystyle k$，且有$\displaystyle |k|\in \left[\frac{\sqrt{3}}{3},\sqrt{3}\right]$，求实数$\displaystyle m$的取值范围；

（2）当$\displaystyle m=\sqrt{2}+1$时，$\displaystyle \Delta APQ$的内心恰好是$\displaystyle M$，求此双曲线的方程。
答案

\par 新答案（来源：021-040简单单调性与简单极值最值.md）： 1. $\displaystyle f'\left(x\right)=2x\left(x-a\right)+x^2-4=3x^2-2ax-4$. 2. $\displaystyle f'\left(-1\right)=0\Rightarrow a=\frac{1}{2}$，$\displaystyle f'\left(x\right)=3x^2-x-4=0$，$\displaystyle f\left(x\right)$ 的两个极值点分别为 $\displaystyle x=-1,x=\frac{4}{3}$，$\displaystyle f\left(x\right)$ 的最值只可能取在极值点或区间端点处.
```
$\displaystyle f\left(-2\right)=0$，$\displaystyle f\left(-1\right)=\frac{9}{2}$，$\displaystyle f\left(\frac{4}{3}\right)=-\frac{50}{27}$，$\displaystyle f\left(2\right)=0$.

因此 $\displaystyle f\left(x\right)$ 在 $\displaystyle \left[-2,2\right]$ 上最小值为 $\displaystyle -\frac{50}{27}$，最大值为 $\displaystyle \frac{9}{2}$.
```
1. 依题意 $\displaystyle 3x^2-2ax-4\geqslant 0$ 在 $\displaystyle \left(-\infty,-2\right]\cup\left[2,+\infty\right)$ 上恒成立，
  
  \[\displaystyle \text{即 } \begin{cases} a\leqslant \frac{3}{2}x-\frac{2}{x}\left(x\geqslant 2\right),\\ a\geqslant \frac{3}{2}x-\frac{2}{x}\left(x\leqslant -2\right), \end{cases}\]
  
  解得 $\displaystyle a\in\left[-2,2\right]$.
1. 【2018北京20】已知椭圆$\displaystyle M:\frac{x^2}{3}+y^2=1$，斜率为$\displaystyle k$的直线$\displaystyle l$与椭圆$\displaystyle M$有两个不同的交点$\displaystyle A,B$。
（1）若$\displaystyle k=1$，求$\displaystyle |AB|$的最大值；

（2）设$\displaystyle P\left(-2,0\right)$，直线$\displaystyle PA$与椭圆$\displaystyle M$的另一个交点为$\displaystyle C$，直线$\displaystyle PB$与椭圆$\displaystyle M$的另一个交点为$\displaystyle D$，若$\displaystyle C,D$和点$\displaystyle Q\left(-\frac{7}{4},\frac{1}{4}\right)$共线，求$\displaystyle k$。 5. 【2020新高考I卷22】已知椭圆 $\displaystyle C: \frac{x^2}{6} + \frac{y^2}{3} = 1$ ，点 $\displaystyle A\left(2, 1\right),M,N$ 在 $\displaystyle C$ 上，且 $\displaystyle AM \perp AN, AD \perp MN$ ，$\displaystyle D$ 为垂足。证明：存在定点 $\displaystyle Q$，使得 $\displaystyle |DQ|$ 为定值。 6. 【2020全国I卷理20】已知 $\displaystyle A, B$ 分别为椭圆 $\displaystyle E: \frac{x^2}{9} + y^2 = 1$ 的左、右顶点，$\displaystyle P$ 为直线 $\displaystyle x = 6$ 上的动点，$\displaystyle PA$ 与 $\displaystyle E$ 的另一交点为 $\displaystyle C$，$\displaystyle PB$ 与 $\displaystyle E$ 的另一交点为 $\displaystyle D$。证明：直线 $\displaystyle CD$ 过定点。 7. 【2022广州零模21】已知抛物线$\displaystyle C:y^2=4x$，圆$\displaystyle M:\left(x-1\right)^2+y^2=1$。设$\displaystyle P$为圆$\displaystyle M$外一点，过点$\displaystyle P$作圆$\displaystyle M$的两条切线，分别交$\displaystyle C$于两个不同的点$\displaystyle A\left(x_1,y_1\right)$，点$\displaystyle B\left(x_2,y_2\right)$和点$\displaystyle Q\left(x_3,y_3\right)$，点$\displaystyle R\left(x_4,y_4\right)$，且$\displaystyle y_1y_2y_3y_4=16$，证明：$\displaystyle P$在一条定曲线上。 8. 【2026G12名校协作体18】已知椭圆$\displaystyle C:\frac{4}{3}x^2+2y^2=1$，动点$\displaystyle P$在抛物线$\displaystyle E:y^2=x+1$上，过点$\displaystyle P$作椭圆$\displaystyle C$的两条切线分别交$\displaystyle E$于不同的两点$\displaystyle A,B$。

（2）若切线$\displaystyle AP$与椭圆$\displaystyle C$的切点恰好是$\displaystyle AP$的中点，求直线$\displaystyle AP$的方程；

（3）证明：直线$\displaystyle AB$经过定点。

7.5相关量的代数表示

讲义正文

相关量的代数表示

长度、比例、角度、面积的代数表示

A 组习题

本节习题

B 组习题

轨迹、定点等的代数表示

本节习题

C 组习题

D 组习题