2023屆大一輪復習 第55講 直線與圓錐曲線的位置關系（含解析）

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1、2023屆大一輪復習 第55講 直線與圓錐曲線的位置關系 一、選擇題（共3小題） 1. 直線 y=kx+1k∈R 與橢圓 x25+y2m=1 恒有公共點，則 m 的取值范圍是 ?? A. 1,5∪5,+∞ B. 0,5 C. 1,+∞ D. 1,5 2. 過點 0,1 作直線，使它與拋物線 y2=4x 僅有一個公共點，則這樣的直線有 ?? A. 1 條 B. 2 條 C. 3 條 D. 0 條 3. 過點 2,4 作直線與拋物線 y2=8x 只有一個公共點，這樣的直線有 ?? A. 1 條 B. 2 條 C. 3 條 D. 4 條

2、二、填空題（共8小題） 4. 直線 l:y=kx+1 與雙曲線 C:x2?y2=1 有且僅有一個公共點，則 k= ?． 5. 在直角坐標系 xOy 中，直線 l 過拋物線 y2=4x 的焦點 F，且與該拋物線相交于 A，B 兩點，其中點 A 在 x 軸上方．若直線 l 的傾斜角為 60°，則 △OAF 的面積為 ?． 6. 設雙曲線x2a2?y2b2=1的一條漸近線與拋物線y=x2+1?只有一個公共點，則雙曲線的離心率為 ?． 7. 若直線 x?my+m=0m∈R 與橢圓：x2

3、+y2n=1 始終有公共點，則 n 的取值范圍是 ?． 8. 直線 y=2x+b 被橢圓：9x2+4y2=144 截得的弦長為 25，則 b 的值為 ?． 9. 在橢圓 x216+y24=1，經過點 M1,1，且被這點平分的弦所在的直線方程為 ?． 10. 已知橢圓 x2a2+y2b2=1a>b>0 的左頂點為 A，左焦點為 F，點 P 為該橢圓上任意一點．若該橢圓的上頂點到焦點的距離為 2，離心率 e=12，則 AP?FP 的取值范圍是 ?．

4、 11. 點 Px,y 滿足等式 x?22+y2+x+22+y2=210，過點 2,0 的直線 I 交動點 P 的軌跡曲線 E 于 A，B 兩點，若曲線 E 上存在點 C，使四邊形 AOBC（O 為坐標原點）恰為平行四邊形，則直線 l 的斜率為 ?． 三、解答題（共16小題） 12. 已知 △ABC 的兩個頂點坐標是 B?23,0，C23,0，△ABC 的周長為 8+43，O 是坐標原點，點 M 滿足 OA=?2AM． （1）求點 M 的軌跡 E 的方程； （2）設不過原點的直線 l 與曲線 E 交于 P，Q 兩點，若直線 OP，PQ，OQ 的斜

5、率依次成等比數列，求 △OPQ 面積的最大值． 13. 已知直線 l:x=x+6，圓 O:x2+y2=5，橢圓 E:y2a2+x2b2=1a>b>0 的離心率 e=33，直線 l 被圓 O 截得的弦長與橢圓的短軸長相等． （1）求橢圓 E 的方程； （2）過圓 O 上任意一點 P 作橢圓 E 的兩條切線，若切線的斜率都存在，求證：兩條切線斜率之積為定值． 14. 已知橢圓 C 的焦點分別為 F1?22,0，F222,0，長軸長為 6，直線 y=x+2 交橢圓 C 于 A，B 兩點，求線段 AB 的中點的坐標． 15. 直線 y=kx?2 交曲線 y2=8x 于

6、 A，B 兩點，若弦 AB 中點的橫坐標為 2，試求 k 的值． 16. 已知橢圓 x2+4y2=4，直線 l:y=x+m． （1）若 l 與橢圓有一個公共點，求 m 的值； （2）若 l 與橢圓相交于 P，Q 兩點，且 ∣PQ∣ 等于橢圓的短軸長，求 m 的值． 17. 已知過點 P0,2 的直線 l 與拋物線 C:y2=4x 交于 A，B 兩點，O 為坐標原點． （1）若以 AB 為直徑的圓經過原點 O，求直線 l 的方程； （2）若線段 AB 的中垂線交 x 軸于點 Q ，求 △POQ 面積的取值范圍． 18. 已知點 A，B 的坐標分別是 ?1,0

7、，1,0，直線 AM，BM 相交于點 M，且直線 BM 的斜率與直線 AM 的斜率的差是 2． （1）求點 M 的軌跡方程 C； （2）若直線 l:x?y=0 與曲線 C 交于 P，Q 兩點，求 △APQ 的面積． 19. 已知橢圓 C:x2a2+y2b2=1（a>b>0）的離心率 e=22，點 P?2,1 在該橢圓上． （1）求橢圓 C 的方程； （2）若點 A，B 是橢圓 C 上關于直線 y=kx+1 對稱的兩點，求實數 k 的取值范圍． 20. 如圖，已知橢圓 C:x24+y23=1 的左焦點為 F1，點 P 是橢圓 C 上位于第一象限的點，M，N 是 y 軸

8、上的兩個動點（點 M 位于 x 軸上方），滿足 PM⊥PN 且 F1M⊥F1N，線段 PN 交 x 軸于點 Q． （1）若 F1P=52，求點 P 的坐標； （2）若四邊形 FMPN 為矩形，求點 M 的坐標； （3）求證：∣PQ∣∣QN∣ 為定值． 21. 已知離心率為 22 的橢圓 C：x2a2+y2b2=1a>b>0 經過點 2,1，A，B，M 為橢圓上三點，且滿足 ∣MA∣=∣MB∣． （1）求橢圓 C 的方程； （2）當 A，B 關于原點 O 對稱時，是否存在定圓，使得 AM 恒與該定圓相切，若存在，求出該定圓的方程，若不存在，說明理由． 22.

9、設拋物線 Γ 的方程為 y2=4x，點 P 的坐標為 1,1． （1）過點 P，斜率為 ?1 的直線 l 交拋物線 Γ 于 U，V 兩點，求線段 UV 的長； （2）設 Q 是拋物線 Γ 上的動點，R 是線段 PQ 上的一點，滿足 PR=2RQ，求動點 R 的軌跡方程； （3）設 AB，CD 是拋物線 Γ 的兩條經過點 P 的動弦，滿足 AB⊥CD．點 M，N 分別是弦 AB 與 CD 的中點，是否存在一個定點 T，使得 M，N，T 三點總是共線?若存在，求出點 T 的坐標；若不存在，說明理由． 23. 已知橢圓 C:x2a2+y2b2=1a>b>0 的離心率為 53，短軸的兩

10、個端點和右焦點構成的三角形面積為 25． （1）求橢圓 C 的方程． （2）已知斜率為 k 的直線 l 經過點 A?a,0，且直線 l 與橢圓 C 交于點 P（P 不在 x 軸上），若點 Q 在 y 軸的負半軸上，△APQ 是等邊三角形，求 k 的值． 24. 已知橢圓 C：x2a2+y2=1a>0，過橢圓 C 的右頂點和上頂點的直線與圓 x2+y2=23 相切． （1）求橢圓 C 的方程； （2）設 M 是橢圓 C 的上頂點，過點 M 分別作直線 MA，MB 交橢圓 C 于 A，B 兩點，設這兩條直線的斜率分別為 k1，k2，且 k1+k2=2，證明：直線 AB 過定點．

11、 25. 如圖，橢圓 E:x2a2+y2b2=1a>b>0 的離心率是 22，點 P0,1 在短軸 CD 上，且 PC?PD=?1． （1）求橢圓 E 的方程； （2）設 O 為坐標原點，過點 P 的動直線與橢圓交于 A，B 兩點．是否存在常數 λ，使得 OA?OB+λPA?PB 為定值?若存在，求 λ 的值；若不存在，請說明理由． 26. 已知橢圓 C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的離心率為 32，Aa,0，B0,b，O0,0，△OAB 的面積為 1． （1）求橢圓 C 的方程． （2）設 P 是橢圓 C 上一點，直線 PA 與 y 軸交于點 M，直線

12、 PB 與 x 軸交于點 N．求證：∣AN∣?∣BM∣ 為定值． 27. 已知橢圓 x2a2+y2b2=1a>b>0 的離心率為 32，F 是其右焦點，直線 y=kx 與橢圓交于 A，B 兩點，AF+BF=8． （1）求橢圓的標準方程； （2）設 Q3,0，若 ∠AQB 為銳角，求實數 k 的取值范圍． 答案 1. A 2. C 3. B 【解析】由題意知，點 2,4 在拋物線 y2=8x 上，所以過點 2,4 作與拋物線 y2=8x 只有一個公共點的直線有 2 條，一條是拋物線的切線，另一條與拋物線的對稱軸平行． 4. ±1 或 ±2 【解

13、析】由 y=kx+1,x2?y2=1 得 1?k2x2?2kx?2=0． 當 1?k2=0，即 k=±1 時，方程有唯一解，滿足題意． 當 1?k2≠0 時，Δ=4k2+81?k2=0，即 k=±2，此時方程有唯一解，滿足題意． 5. 3 【解析】如圖， 過點 A 作準線的垂線段 AM，設 AF=t，則 AM=t，FN=12t，因為 AM=PN=PF+FN，所以 t=2+12t，所以 AF=t=4，所以 AN=23，所以 S△OAF=12OF?AN=3． 6. 5 【解析】【分析】先根據雙曲線方程表示出漸近線方程與拋物線方程聯立，利用判別式等于0求得a和b的關系，進而求得

14、a和c的關系，則雙曲線的離心率可得． 【解析】解：依題意可知雙曲線漸近線方程為y=±bax，與拋物線方程聯立消去y得x2±bax+1=0 ∵漸近線與拋物線有一個交點 ∴△=b2a2?4=0，求得b2=4a2， ∴c=a2+b2=5a ∴e=ca=5 故答案為：5 【點評】本題主要考查了雙曲線的簡單性質和圓錐曲線之間位置關系．常需要把曲線方程聯立根據判別式和曲線交點之間的關系來解決問題． 7. 1,+∞ 【解析】由題知直線 x?my+m=0m∈R 過定點 0,1，因為直線 x?my+m=0m∈R 與橢圓 x2+y2n=1 始終有公共點，所以 n>0,n≠1,02+12n≤

15、1, 所以 n>1． 8. ±56119 9. x+4y?5=0 【解析】設直線與橢圓的交點為 Ax1,y1，Bx2,y2， 則 x1216+y124=1,???①x2216+y224=1,???② 由 ①?②，得 y1?y2x1?x2=?4x1+x216y1+y2． 因為 x1+x2=2,y1+y2=2, 所以 y1?y2x1?x2=?14， 所以所求直線的方程為 y?1=?14x?1， 即 x+4y?5=0． 10. 0,12 【解析】因為橢圓的上頂點到焦點的距離為 2， 所以 a=2． 因為離心率 e=12，所以 c=1，b=a2?c2=3， 則橢圓

16、的方程為 x24+y23=1， 所以點 A 的坐標為 ?2,0，點 F 的坐標為 ?1,0． 設 Px,y，?2≤x≤2， 則 AP?FP=x+2,y?x+1,y=x2+3x+2+y2． 由橢圓的方程得 y2=3?34x2， 所以 AP?FP=x2+3x?34x2+5=14x+62?4． 因為 x∈?2,2，所以 AP?FP∈0,12． 11. ±1 【解析】由橢圓定義知動點 P 的軌跡方程為 x2a2+y2b2=1a>b>0，且 a=10，c=2， 所以 b2=a2?c2=10?4=6， 所以動點 P 的軌跡方程為：x210+y26=1， 若直線 l⊥x 軸，則平行四

17、邊形 AOBC 中，點 C 與點 O 關于直線 l 對稱，此時點 C 坐標為 C4,0， 因為 4>10， 所以點 C 在橢圓 E 外， 所以直線 l 與 x 軸不垂直， 故可設直線 l 的方程為 y=kx?2， 設點 Ax1,y1，Bx2,y2， 則聯立 y=kx?2,x210+y26=1 整理得 3+5k2x2?20k2x+20k2?30=0， 則由題知：x1+x2=20k23+5k2，y1+y2=?12k3+5k2， 因為四邊形 AOBC 為平行四邊形， 所以 OA+OB=OC， 所以點 C 的坐標為 20k23+5k2,?12k3+5k2， 代入橢圓方程得：20k

18、23+5k2210+?12k3+5k226=1， 解得 k2=1， 所以 k=±1． 12. （1） 已知 ∣AB∣+∣AC∣=8>∣BC∣，所以，點 A 的軌跡是以 B，C 為焦點的橢圓（不含左右頂點）． 因為，2a=8，c=23，所以，a=4，b=2． 所以，點 A 的軌跡方程為 x216+y24=1y≠0． 設 Mx,y，Ax0,y0，由 OA=?2AM 得，x0=2x,y0=2y, 又 x0216+y024=1． 故，點 M 的軌跡 E 的方程為 2x216+2y24=1，即 x24+y2=1y≠0． ??????（2） 由題意可知，直線 l 的斜率存在且不為

19、0， 故可設直線 l 的方程為 y=kx+mm≠0，Px1,y1，Qx2,y2， 由 y=kx+m,x24+y2=1, 消去 y 得 1+4k2x2+8kmx+4m2?1=0， 則 Δ=64k2m2?161+4k2m2?1=164k2?m2+1>0， 即 4k2?m2+1>0，且 x1+x2=?8km1+4k2，x1x2=4m2?11+4k2， 故 y1y2=kx1+mkx2+m=k2x1x2+kmx1+x2+m2． 因為直線 OP，PQ，OQ 的斜率依次成等比數列， 所以 y1x1?y2x2=k2x1x2+kmx1+x2+m2x1x2=k2， 即 ?8k2m21+4k2+m2

20、=0，又 m≠0，所以 k2=14，即 k=±12． 由 Δ>0，及直線 OP，OQ 的斜率存在，得 0

21、 由題意得 ca=33,a2=b2+c2, 又 b=2， 所以 a2=3，b2=2． 所以橢圓 E 的方程為 y23+x22=1． ??????（2） 設點 Px0,y0，過點 P 的橢圓 E 的切線 l0 的方程為 y?y0=kx?x0，整理得 y=kx+y0?kx0． 聯立直線 l0 與橢圓 E 的方程得 y=kx+y0?kx0,y23+x22=1, 消去 y，得 2kx+y0?kx02+3x2?6=0， 整理得 3+2k2x2+4ky0?kx0x+2y0?kx02?6=0， 因為切線 l0 與橢圓 E 相切， 所以 =14ky0?kx02?43+2k22y0?kx

22、02?6=0， 整理得 2?x02k2+2x0y0k?y02?3=0， =22x0y02+42?x02y02?3=12x02+8y02?24， 因為 x02+y02=5， 所以 =24x02+16>0． 設滿足題意的橢圓 E 的兩條切線的斜率分別為 k1，k2， 則 k1k2=?y02?32?x02． 因為點 P 在圓 O 上， 所以 x02+y02=5， 所以 k1k2=?5?x02?32?x02=?1． 所以兩條切線斜率之積為定值 ?1 . 14. ?95,15． 15. 直線 y=kx?2 與拋物線 y2=8x， 聯立 y=kx?2,y2=8x 消去 y，

23、得 kx?22=8x， 即 k2x2?4k+8x+4=0， 設此方程兩根為 x1，x2， 由已知，得 x1+x2=4k+8k2=4， 解方程，得 k=?1，k=2． 分別代入檢驗只有 k=2 滿足上述方程 Δ>0． 所以所求的 k 值為 2． 16. （1） 聯立直線與橢圓的方程，得 x2+4y2=4,y=x+m, 即 5x2+8mx+4m2?4=0， 由于直線 l 與橢圓有一個公共點，則 Δ=80?16m2=0， 所以 m=±5． ??????（2） 設 Px1,y1，Qx2,y2， 由（1）知：x1+x2=?8m5，x1x2=4m2?45， 則 ∣PQ∣=1+k

24、2x1?x2=4255?m2=2． 解得 m=±304． 17. （1） 設直線 AB 的方程為 y=kx+2k≠0，設 Ax1,y1，Bx2,y2， 由 y2=4x,y=kx+2, 得 k2x2+4k?4x+4=0*， 則由 Δ=4k?42?16k2=?32k+16>0， 得 k<12，x1+x2=?4k?4k2=4?4kk2，x1x2=4k2， 所以 y1y2=kx1+2kx2+2=k2x1x2+2kx1+x2+4=8k， 因為以 AB 為直徑的圓經過原點 O，所以 ∠AOB=90°，即 OA?OB=0，所以 OA?OB=x1x2+y1y2=4k2+8k=0，解得 k=?12

25、，即直線 l 的方程為 y=?12x+2． ??????（2） 設線段 AB 的中點坐標為 x0,y0， 則由（I）得 x0=x1+x22=2?2kk2，y0=kx0+2=2k， 所以線段 AB 的中垂線方程為 y?2k=?1kx?2?2kk2， 令 y=0，得 xQ=2+2?2kk2=2k2?2k+2=21k?122+32， 又由（I）知 k<12，且 k≠0，得 1k<0 或 1k>2， 所以 xQ>20?122+32=2， 所以 S△POQ=12∣PO∣?∣OQ∣=12×2×∣xQ∣>2． 所以 △POQ 面積的取值范圍為 2,+∞． 18. （1） 設 Mx,y，則

26、kAM=yx+1，kBM=yx?1，所以 yx?1?yx+1=2． 所以所求軌跡方程為 y=x2?1（x≠1 且 x≠?1）（或 y≠0）． ??????（2） 設 Px1,y1，Qx2,y2． 由 y=x2?1,x?y=0 消去 y，得 x2?x?1=0，所以 x1+x2=1,x1x2=?1. 所以 PQ=1+12?12?4×?1=10． 又因為點 A 到直線 PQ 的距離為 d=?12=22， 所以 S△APQ=12?PQ?d=22． 方法二： S△APQ=12AQ?y1?y2=12×1×x1?x2=12x1+x22?4x1x2=52. 19. （1） 由題意知 e=

27、ca=22， 即 c2=12a2，b2=a2?c2=12a2．???① 將點 P?2,1 代入橢圓 C 的方程，可得 2a2+1b2=1,???② 由①②可得 a2=4，b2=2． 所以橢圓 C 的方程為 x24+y22=1． ??????（2） 設 Ax1,y1，Bx2,y2（y1≠y2）是橢圓 C 上關于直線 y=kx+1 對稱的兩點， 且弦 AB 的中點為 x0,y0． 由題意可知直線 y=kx+1 的斜率 k≠0， 又直線 y=kx+1，恒過定點 0,1， 則 x12+y1?12=x22+y2?12． 因為點 A，B 在橢圓上，所以 x12=4?2y12，x22

28、=4?2y22， 所以 4?2y12+y1?12=4?2y22+y2?12， 化簡可得 y12?y22=?2y1?y2，即 y1+y2=?2． 所以 y0=y1+y22=?1． 又因為 AB 的中點在 y=kx+1 上， 所以 y0=kx0+1，所以 x0=?2k． 由 x2+2y2=4,y=?1 得 x=±2． 所以 02， 即實數 k 的取值范圍是 ?∞,?2∪2,+∞． 20. （1） 設 Px1,y1x1>0,y1>0，由題意，F1?1,0， 所以 F1P=x1+12+y12=52， 又 x124+y12

29、3=1， 所以 x1=1,y1=32, 所以點 P 坐標為 1,32． ??????（2） 連接 F1P，交 MN 于點 R，則 R 為 F1P 中點，且 R 為 MN 中點， 所以 P1,32，R0,34， 設 M0,mm>0，N0,n，則 m+n=32， 又 F1M?F1N=1,m?1,n=1+mn=0， 所以 m=2，故點 M 的坐標是 0,2． ??????（3） 由（2）知，F1M?F1N=1,m?1,n=1+mn=0， 所以 n=?1m， 由題意，MP?NP=x1,y1?m?x1,y1?n=x12+y12?m+ny1+mn=0， 又 x124+y123=1，

30、 所以 y12+3m?1my1?9=0， 所以 y1=3m 或 y1=?3m（舍去）， 所以 ∣PQ∣∣QN∣=y1yN=3m1m=3，為定值． 21. （1） 由題設：1?b2a2=22,4a2+1b2=1, 解得 a2=6，b2=3， 所以橢圓 C 的方程為 x26+y23=1． ??????（2） ①直線 AB 的斜率不存在時，由對稱性不妨設直線 AM 方程為 y=22x+3， 原點 O 到直線 AM 的距離為 2， 同理，直線 AB 的斜率為 0 時，原點 O 到直線 AM 的距離為 2． ②直線 AB 的斜率存在且不為 0 時，設直線 AB 的方程為 y=kx，

31、則因為 ∣MA∣=∣MB∣， 所以直線 OM 的方程為 y=?1kx， 由 y=kx,x2+2y2=6, 得 2k2+1x2=6， 所以 xA2=62k2+1， 同理 xM2=6k2k2+2， 設原點 O 到直線 AM 的距離為 d， 因為直線 AM 方程為 yM?yAx+xM?xAy+yAxM?xAyM=0， 所以 d2=yAxM?xAyM2yM?yA2+xM?xA2=kxAxM+1kxAxM2?1kxM?kxA2+xM?xA2=k2+12k2xA2xM2k2+1k2xM2+k2+1xA2=k2+1xA2xM2xM2+k2xA2=6k2+12k2+1?6k2k2+26k2k

32、2+2+6k22k2+1=2, 綜上，原點 O 到直線 AM 的距離為 2． 所以，存在定圓 x2+y2=2，使得 AM 恒與該定圓相切． 22. （1） 根據條件可知直線 l 方程為 y=?x?1+1，即 x+y?2=0， 聯立 y2=4x,x+y?2=0, 整理得 x2?8x+4=0， 則 xU+xV=8，xUxV=4， 所以線段 UV=1+1?∣xU?xV∣=2?xU+xV2?4xUxV=2×64?4×4=46． ??????（2） 設 Rx0,y0，Qx,y，則 PR=x0?1,y0?1，RQ=x?x0,y?y0， 根據 PR=2RQ， 則有 2x?x0=x0?

33、1，2y?y0=y0?1， 所以 x=3x0?12，y=3y0?12， 因為點 Q 在拋物線 Γ 上， 所以 3y0?122=4?3x0?12， 整理得 3y0?12=83x0?1， 即點 R 的運動軌跡方程為 3y?12=83x?1． ??????（3） 設 Ax1,y1，Bx2,y2，Cx3,y3，Dx4,y4， 根據題意直線 AB，CD 的斜率存在且不為 0，不妨設 AB 的方程為 y=kx?1+1， 聯立 y=kx?1+1,y2=4x. 整理得 k2x2?2k2?k+2x+1?k2=0， 則 x1+x2=2k2?k+2k2， 所以可得 Mk2?k+2k2,1k，

34、 同理可得 N1+k+2k2,?k， 則 kMN=1k+kk2?k+2k2?1+k+2k2=k2?2k2?k， 所以直線 MN 的方程為 y=k2?2k2?kx?1+k+2k2?k=k2?2k2?kx?3， 即直線 MN 過點 3,0， 故存在一個定點 T3,0，使得 M，N，T 三點總是共線． 23. （1） 由題意得：e=ca=53,12×2b×c=25,a2=b2+c2, 解得：a2=9，b2=4，c2=5． 所以橢圓方程為：x29+y24=1． ??????（2） 設 Ax1,y1，Px2,y2，Q0,y0，AP 中點為 M， 則 x1=?3，y1=0，AP：y?

35、0=kx+3， 即 y=kx+3kk≠0，y=kx+3k,4x2+9y2=36?4+9k2x2+54k2x+81k2?36=0Δ>0， 所以 x1+x2=?54k24+9k2，x1x2=81k2?364+9k2， 所以 xM=x1+x22=?27k24+9k2，yM=kxM+3k=12k4+9k2， AP=1+k2?x1+x22?4x1x2=241+k2?14+9k2． 因為 △APQ 為等邊三角形， 所以 QM⊥AP，且 QM=32AP， y0?12k4+9k20+27k24+9k2=?1k，得 y0=?15k4+9k2， QM=y0?12k4+9k22+0+27k24

36、+9k22=27k2+k44+9k2=32×241+k2?14+9k2, 得 k2=1627，因為 y0<0，所以 k=439． 24. （1） 因為直線過點 a,0 和 0,1， 所以直線的方程為 x+ay?a=0， 因為直線與圓 x2+y2=23 相切， 所以 ∣?a∣1+a2=63，解得 a2=2， 所以橢圓 C 的方程為 x22+y2=1． ??????（2） 當直線 AB 的斜率不存在時，設 Ax0,y0，則 Bx0,?y0， 由 k1+k2=2 得 y0?1x0+?y0?1x0=2，解得 x0=?1． 當直線 AB 的斜率存在時，設 AB 的方程為 y=kx+m

37、m≠1，Ax1,y1，Bx2,y2， 由 x22+y2=1,y=kx+m?1+2k2x2+4kmx+2m2?2=0，得 x1+x2=?4km1+2k2，x1?x2=2m2?21+2k2， 由 k1+k2=2?y1?1x1+y2?1x2=2?kx2+m?1x1+kx1+m?1x2x1x2=2， 即 2?2kx1x2=m?1x1+x2?2?2k2m2?2=m?1?4km， 即 1?km2?1=?kmm?1， 由 m≠1 得 1?km+1=?km?k=m+1， 即 y=kx+m=m+1x+m?mx+1=y?x， 故直線 AB 過定點 ?1,?1． 綜上，直線 AB 過定點 ?1,?1

38、． 25. （1） 由已知得點 C，D 的坐標分別為 0,?b，0,b． 又點 P 的坐標為 0,1，且 PC?PD=?1， 于是 1?b2=?1,ca=22,a2?b2=c2, 解得 a=2，b=2， 所以橢圓 E 方程為 x24+y22=1． ??????（2） 當直線 AB 的斜率存在時，設直線 AB 的方程為 y=kx+1， A，B 的坐標分別為 x1,y1，x2,y2． 聯立 x24+y22=1,y=kx+1, 得 2k2+1x2+4kx?2=0． 其判別式 Δ=4k2+82k2+1>0， 所以，x1+x2=?4k2k2+1，x1x2=?22k2+1． 從而

39、 OA?OB+λPA?PB=x1x2+y1y2+λx1x2+y1?1?y2?1=1+λ1+k2x1x2+kx1+x2+1=?2λ?4k2+?2λ?12k2+1=?λ?12k2+1?λ?2. 所以，當 λ=1 時，?λ?12k2+1?λ?2=?3，OA?OB+λPA?PB=?3 為定值． 當直線 AB 斜率不存在時，直線 AB 即為直線 CD，此時 OA?OB+λPA?PB=OC?OD+λPC?PD=?2?λ=?3，故存在常數 λ=1． 綜上可知，存在常數 λ=1，使得 OA?OB+λPA?PB 為定值 ?3． 26. （1） 由題意得 ca=32,12ab=1,a2=b2+c2

40、, 解得 a=2，b=1． 所以橢圓 C 的方程為 x24+y2=1． ??????（2） （方法 1）由（1），知 A2,0，B0,1． 設 Px0,y0，則 x02+4y02=4． 當 x0≠0 時，直線 PA 的方程為 y=y0x0?2x?2． 令 x=0，則 yM=?2y0x0?2， 從而 ∣BM∣=1?yM=1+2y0x0?2． 直線 PB 的方程為 y=y0?1x0x+1． 令 y=0，得 xN=?x0y0?1， 從而 ∣AN∣=2?xN=2+x0y0?1． 所以 ∣AN∣?∣BM∣=2+x0y0?1?1+2y0x0?2=x02+4y02+4x0y0?4

41、x0?8y0+4x0y0?x0?2y0+2=4x0y0?4x0?8y0+8x0y0?x0?2y0+2=4. 當 x0=0 時，y0=?1，∣BM∣=2，∣AN∣=2， 所以 ∣AN∣?∣BM∣=4． 綜上，∣AN∣?∣BM∣ 為定值． （方法 2）點 P 在曲線 x22+y12=1 上，不妨設 P2cosθ,sinθ， 當 θ≠kπ 且 θ≠kπ+π2（k∈Z），直線 AP 的方程為 y?0=sinθ2cosθ?1x?2， 令 x=0，得 yM=sinθ1?cosθ，直線 BP 的方程為 y?1=sinθ?12cosθx?0， 令 y=0，得 xN=2cosθ1?sinθ，

42、所以 ∣AN∣?∣BM∣=21?cosθ1?sinθ?1?sinθ1?cosθ=221?sinθ1?cosθ1?sinθ1?cosθ=2×2=4（定值）． 當 θ=kπ 或 θ=kπ+θ2（k∈Z）時，M，N 是定點，易得 ∣AN∣?∣BM∣=4． 綜上 ∣AN∣?∣BM∣=4． 27. （1） 設 F1 為橢圓的左焦點，連接 F1B， 由橢圓的對稱性可知，AF=F1B， 所以 AF+BF=BF1+BF=2a=8，所以 a=4， 又 e=32=ca，a2=b2+c2，解得 c=23，b=2， 所以橢圓的標準方程為 x216+y24=1． ??????（2） 設點 Ax1,y1，Bx2,y2，則 QA=x1?3,y1，QB=x2?3,y2， 聯立 x216+y24=1,y=kx, 得 4k2+1x2?16=0， 所以 x1+x2=0，x1x2=?164k2+1， 因為 ∠AQB 為銳角，所以 QA?QB>0， 所以 QA?QB=x1?3x2?3+y1y2=9?3x1+x2+x1x2+y1y2=9?3x1+x2+1+k2x1x2=9?161+k24k2+1>0, 解得 k>3510 或 k