压轴19 圆锥曲线中的最值（范围）及证明问题的4 大核心题型
参考答案
压轴题型精讲
题型01 与长度、周长、面积相关的范围(最值)问题
1.【解题指导】（1）直线与抛物线联立→韦达定理→弦长公式列方程→求p
（2）直线x
my
n
=
+
与抛物线联立→韦达定理→
0
FM FN
×
=
uuuur uuur
→找
,
m n 的关系→
MFN
△
的面积表达式→
结合函数的性质求最小值．
【解】（1）设
,
,
,
A
A
B
B
A x
y
B x
y
，
由
2
2
1
0
2
x
y
y
px
-
+ =
ì
í
=
î
可得，
2
4
2
0
y
py
p
-
+
=
，所以
4 ,
2
A
B
A
B
y
y
p y y
p
+
=
=
，
所以
2
2
2
5
5
4
4 15
A
B
A
B
A
B
A
B
A
B
AB
x
x
y
y
y
y
y
y
y y
=
-
+
-
=
-
=
´
+
-
=
，
即
2
2
6
0
p
p
-
-
=
，因为
0
p >
，解得：
2
p =
．
（2）第1 步：设直线方程x
my
n
=
+
，并联立抛物线方程消去x ，韦达定理写出两根之和与积，及判别式
因为
1,0
F
，显然直线MN 的斜率不可能为零，
设直线MN ：x
my
n
=
+
，
1
1
2
2
,
,
,
M x y
N x
y
，
由
2
4
y
x
x
my
n
ì
=
í =
+
î
可得，
2
4
4
0
y
my
n
-
-
=
，所以，
1
2
1
2
4 ,
4
y
y
m y y
n
+
=
= -
，
2
2
16
16
0
0
m
n
m
n
D =
+
>
Þ
+
>
，
【易错提醒】忽视直线与椭圆有两个交点，从而得到Δ＞0.
第2 步：将数量积进行坐标运算，并结合韦达定理，转化为
,
m n 之间的关系
因为
0
MF NF
×
=
uuur uuur
，所以
1
2
1
2
1
1
0
x
x
y y
-
-
+
=
，
即
1
2
1
2
1
1
0
my
n
my
n
y y
+
-
+
-
+
=
，
技法指导
利用根与系数的关系解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
(1)设直线方程，设交点坐标为(x1，y1)，(x2，y2)；
(2)联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x(或y)的一元二次方程，注意Δ 的判断；
(3)列出根与系数的关系；
(4)将所求问题或题中的关系转化为x1+x2，x1x2(或y1+y2，y1y2)的形式；
(5)代入根与系数的关系求解.
亦即
2
2
1
2
1
2
1
1
1
0
m
y y
m n
y
y
n
+
+
-
+
+
-
=
，
将
1
2
1
2
4 ,
4
y
y
m y y
n
+
=
= -
代入得，
2
2
4
6
1
m
n
n
=
-
+ ，
2
2
4
1
0
m
n
n
+
=
-
>
，
所以
1
n ¹ ，且
2
6
1
0
n
n
-
+ ³
，解得
3
2 2
n ³
+
或
3
2 2
n £
-
．
第3 步：点F 到直线MN 的距离为d ，及弦长MN
设点F 到直线MN 的距离为d ，所以
2
1
1
n
d
m
-
=
+
，
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
1
16
16
MN
x
x
y
y
m
y
y
m
m
n
=
-
+
-
=
+
-
=
+
+
2
2
2
2 1
4
6
1
16
2 1
1
m
n
n
n
m
n
=
+
-
+
+
=
+
- ，
第3 步：求MNF
V
的面积的最小值
所以MNF
V
的面积
2
2
2
1
1
1
2 1
1
1
2
2
1
n
S
MN
d
m n
n
m
-
=
´
´
=
´
´
+
-
=
-
+
，
而
3
2 2
n ³
+
或
3
2 2
n £
-
，所以，
当
3
2 2
n =
-
时，MNF
V
的面积
2
min
2
2 2
12
8 2
S
=
-
=
-
．
2.【解题指导】（1）设动点坐标→直线AQ 与
1
BQ 的斜率→斜率之积为
1
4
-
列方程→点Q 所满足的方程式；
（2）设直线MN 的方程→代入曲线的方程→由几何关系得直线MN 恒过点
4,0
H
→点D 的轨迹是以
HB 为直径的圆→当D 与H 重合时AD 最大→点P 的纵坐标.
【解】（1）由题意得
1
,
Q
x
y
-
，且
2
x ¹ ± ，
2
AQ
k
y
x
=
+
，
1
2
BQ
y
k
x
-
=
-
，所以
1
2
2
4
y
y
x
x
-
×
= -
+
-
，
整理得曲线
2
2
:
1
2
4
x
C
y
x
-
=
¹ ±
.
（2）
第一步：说明直线斜率不为0
设
0
1,
P
y
，
1
1
,
M x y
，
2
2
,
N x
y
，
若直线MN 平行于x 轴，根据双曲线的对称性，可知点P 在y 轴上，不符合题意，
第二步：设直线方程x
ty
m
=
+
，并联立双曲线方程消去x ，韦达定理写出两根之和与积
故设直线MN ：
2,0
x
ty
m m
=
+
¹ ±
，代入曲线C 中，得
2
2
2
4
2
4
0
t
y
tmy
m
-
+
+
-
=
，
则
1
2
2
2
4
tm
y
y
t
-
+
=
-
，
2
1
2
2
4
4
m
y y
t
-
=
-
，则
2
1
2
1
2
4
2
m
ty y
y
y
m
-
= -
+
，
第三步：利用三点共线，斜率相等列方程并消参
0y
由P ，A，M 三点共线得
PA
MA
k
k
=
，即
0
1
1
3
2
y
y
x
=
+
，
同理，由P ，B，N 三点共线得
2
0
2
2
y
y
x
-
=
-
，
消去
0y ，得
2
1
1
2
2
3
2
0
y
x
y
x
+
+
-
=
，
第四步：结合韦达定理化简
即
1
2
1
2
4
3
2
2
0
ty y
m
y
m
y
+
-
+
+
=
，
得
2
1
2
1
2
2
4
3
2
2
0
m
y
y
m
y
m
y
m
-
-
+
+
-
+
+
=
，
得
1
2
2
4
2
4
0
m
m
y
m
m
y
-
-
-
+
-
=
，
即对任意
1y ，
2y ，都有
1
2
(
4) (
2)
(
2)
0
m
m
y
m
y
-
-
-
+
=
成立，
故
4
m =
或
1
2
(
2)
(
2)
0
m
y
m
y
-
-
+
=
，
若
1
2
(
2)
(
2)
0
m
y
m
y
-
-
+
=
，由
2
1
2
2
4
4
m
y y
t
-
=
-
，
1
2
2
2
4
tm
y
y
t
-
+
=
-
可得：
1
2
2
2
(
2)
(
2)
,
,
4
4
m
t
m
t
y
y
t
t
-
+
-
-
=
=
-
-
所以
2
2
2
2
2
(
4)
4
4
4
m
t
m
t
t
-
-
=
-
-
即
2
2
4
t
t
=
-
，矛盾，故
1
2
(
2)
(
2)
0
m
y
m
y
-
-
+
¹
，
所以
4
m =
.
第五步：直线恒过定点，确定圆的方程
所以直线MN ：
4
x
ty
=
+
恒过点
4,0
H
，
则点D 的轨迹是以HB 为直径的圆，其方程为
2
2
3
1
x
y
-
+
= ，
第六步：数形结合，利用几何意义，求P 的坐标
当D 与H 重合时，AD 最大，此时MN
x
^
轴，AM ：
3
2
6
y
x
= ±
+
，
3
1,
2
Pæ
ö
±
ç
÷
ç
÷
è
ø
.
所以当AD 最大时，点P 的纵坐标为
3
2
±
.
题型02 与角度、斜率相关的范围(最值)问题
3.【解】（1）设点
1
1
2
2
,
A x y
B x
y
+
，
由
2
2
1
0
x
py
x
y
ì
=
í -
+ =
î
，可得
2
2
2
0
x
px
p
-
-
=
，
则
1
2
2
x
x
p
+
=
，
1
2
2
x x
p
= -
，
2
2
2
1
2
1
2
1
4
2
4
8
8
AB
k
x
x
x x
p
p
=
+
×
+
-
=
´
+
=
，解得
2
p =
，
即抛物线
2
:
4
C x
y
=
；
（2）设点
0
0
,
P x
y
，
3
4
,
D x
y
，
4
4
,
E x
y
，其中
3
0
x
x
¹
，
4
0
x
x
¹
，
由
2
:
4
C x
y
=
，即
2
4
x
y =
，
2
x
y¢ =
，
则
2
3
3
3
:
4
2
PD
x
x
l
y
x
x
-
=
-
，
2
4
4
4
:
4
2
PE
x
x
l
y
x
x
-
=
-
，
则有
2
3
3
0
0
3
2
4
4
0
0
4
4
2
4
2
x
x
y
x
x
x
x
y
x
x
ì
-
=
-
ïïí
ï
-
=
-
ïî
，
即
3
4
,
D x
y
，
4
4
,
E x
y
都在直线
2
0
0
4
2
x
x
y
x
x
-
=
-
上，
化简得
0
0
:
2
DE
l
x x
y
y
=
+
，
将直线DE 的方程代入
2
:
4
C x
y
=
得
2
0
0
2
4
0
x
x x
y
-
+
=
，
则
3
4
0
2
x
x
x
+
=
，
3
4
0
4
x x
y
=
，
则
2
2
3
0
4
0
3
0
4
0
3
0
4
0
3
0
4
0
4
4
16
PD
PE
x
y
x
y
y
y
y
y
k
k
x
x
x
x
x
x
x
x
-
×
-
-
-
×
=
×
=
-
-
-
×
-
2
2
2
2
2
2
2
3
4
0
3
4
0
0
0
0
0
0
2
2
0
0
0
0
4
16
16
4
4
8
16
16 4
16 4
x x
y
x
x
y
y
y
x
y
y
y
x
y
x
-
+
+
-
-
+
=
=
-
-
2
0
0
0
0
2
0
0
2
4
2 4
y
y
x
y
y
x
-
=
=
-
，
又
0
0
,
P x
y
为
2
2
(
1)
1
x
y
+
+
= 的一点，则
0
2
0
y
- £
£
，故
0
min
min
2
PD
PE
k
k
y
×
=
= - ．
4.【解】（1）设
,
P x y ，则P 到x 轴的距离力y ，
2
2
2
|
|
OP
x
y
\
=
+
，
2
2
d
y
=
，
2
2
|
|
OP
d
l
m
=
+
Q
，
2
2
2
x
y
y
l
m
\
+
=
+
，即
2
2
1
x
y
m
l
+
-
=
若
,
l m 曲线为椭圆，则
0
1
0
1
1
l
m
m
>
ì
ï -
>
í
ï ¹ -
î
，解得
0
l >
，
1
m < 且
0
m ¹
.
（2）（i）因为曲线C 为
4
1, 3
æ
ö
ç
÷
è
ø 曲线，所以
2
2
4
1
1
3
x
y
æ
ö
+
-
=
ç
÷
è
ø
，即
2
2
:
1
3
y
C x -
= ，
设
1
1
2
2
,
,
,
,
,
M
M
A x y
B x
y
M x
y
，
因为
,
A B 两点在双曲线C 上，所以
2
2
1
1
2
2
2
2
1,
3
1,
3
y
x
y
x
ì
-
=
ïïí
ï
-
=
ïî
两式相减得
2
2
2
2
1
2
1
2
3
3
y
y
x
x
-
=
-
，得
1
2
1
2
1
2
1
2
3
y
y
y
y
x
x
x
x
-
+
-
+
=
，即
1
2
1
2
1
2
1
2
3
y
y
y
y
x
x
x
x
-
+
×
=
-
+
，
所以
3
OM
AB
k
k
×
=
，
因为l 是AB 的垂直平分线，有
1
l
AB
k k
×
= - ，所以
3
OM
l
k
k
= -
，
即
0
3
M
M
M
M
y
y
x
x
x
= - ´
-
，化简得
0
1
4
M
x
x
=
，
因为AB 的中点M 的横坐标为x，所以
0
1
4
M
x
x
x
=
=
，故
1
4
l =
．
（ii）
由于
0
x
x
¹
，故可知直线AB 斜率存在，
设直线AB 的方程为：y
kx
m
=
+
，由
2
2
3
3
y
kx
m
x
y
=
+
ì
í
-
=
î
，
消去y 并整理得
2
2
2
3
2
3
0
k
x
kmx
m
-
-
-
-
=
,
则
2
3
0
k
-
¹
，
2
2
2
2
2
Δ
(2
)
4 3
3
12 3
0
km
k
m
m
k
=
+
-
+
=
+
-
>
，即
2
2
3
0
m
k
+
-
>
，
所以
2
1
2
1
2
2
2
2
3
,
3
3
km
m
x
x
x x
k
k
+
+
=
= -
-
-
，
所以
1
2
1
2
2
2
2
6
2
2
3
3
km
m
y
y
k x
x
m
k
m
k
k
+
=
+
+
=
×
+
=
-
-
，
于是M 点的坐标为
2
2
3
,
3
3
km
m
k
k
æ
ö
ç
÷
-
-
è
ø ，
2
2
2
3
4
3
12
4
3
3
M
C
MC
M
m
y
y
m
k
k
k
km
x
km
k
-
-
-
+
-
=
=
=
-
．
易知
1
A
MC
B
k
k
×
= - ，所以
2
3
12
4
1
m
k
km
k
-
+
= -
，解得：
2
3
m
k
=
-
，
代入
2
2
3
0
m
k
+
-
>
得
2
2
2
2
2
3
3
3
4
0
k
k
k
k
-
+
-
=
-
-
>
，得
2
0
3
k
<
<
或
2
4
k > ，
由
,
A B 在双曲线E 的右支上得：
2
1
2
2
3
0
3
m
x x
k
+
= -
>
-
，得
2
3
0
k
-
<
，即
2
3
k > ，
且
1
2
2
2
2
0
0
3
km
x
x
k
k
k
+
=
=
>
Þ
>
-
，
综上得，
2
k >
，
又
2
2
2
2
2
3
0
4
1
3
3
km
m
CM
k
k
k
æ
ö
æ
ö
=
-
+
-
=
+
ç
÷
ç
÷
-
-
è
ø
è
ø
所以
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
2
2
1
4
1
1
2 3
3
9
3
3
9
3
2
tan
3
2
3
3
1
x
x
x x
k
AM
m
k
m
k
ACM
CM
k
m
k
k
+
-
×
+
-
+
-
+
Ð
=
=
=
´
=
=
+
-
-
+
因为
2
4
k > ，所以
2
1
3
m
k
=
-
< - ，故
2
3
3
3
k
0
-
- <
<
,所以
2
3
3
0, 3
3
k
+
Î
-
，
所以
π
0, 3
ACM
æ
ö
Ð
Îç
÷
è
ø ，所以
2π
2
0,
.
3
ACB
ACM
æ
ö
Ð
= Ð
Îç
÷
è
ø
题型03 与向量相关的范围(最值)问题
5.【解】（1）由椭圆的焦点在x 轴上，设椭圆的方程为
2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b
+
=
>
>
抛物线方程化为
2
4
x
y
=
，其焦点为( 0, 1) ，则椭圆的一个顶点为( 0, 1) ，即
1
b = ．
由
2
2
2
1
5
c
b
e
a
a
=
=
-
=
，解得
2
5
a = ，
∴椭圆的标准方程为
2
2
1
5
x
y
+
= ．
（2）由（1）得
2,0
F
，则0
2
m
£
£
，设
1
1
,
A x y
，
2
2
,
B x
y
，
1
2
x
x
¹
，
结合题意可设直线l 的方程为
2
0
y
k x
k
=
-
¹
．
由
2
2
1
5
2
0
x
y
kx
y
k
ì
+
=
ïí
ï
-
-
=
î
，消y 得
2
2
2
2
5
1
20
20
5
0
k
x
k x
k
+
-
+
-
=
，
直线l 过椭圆焦点，必有
0
D >
，∴
2
1
2
2
20
5
1
k
x
x
k
+
=
+ ，
2
1
2
2
20
5
5
1
k
x x
k
-
=
+
则
1
2
1
2
4
y
y
k x
x
+
=
+
-
1
2
1
2
2 ,
MA
MB
x
x
m y
y
+
=
+
-
+
uuur
uuur
，
2
1
2
1
,
AB
x
x y
y
=
-
-
uuur
，
∵
MA
MB
AB
+
^
uuur
uuur
uuur
，∴
0
MA
MB
AB
+
×
=
uuur
uuur
uuur
，
∴
1
2
2
1
2
1
1
2
2
0
x
x
m
x
x
y
y
y
y
+
-
-
+
-
+
=
，
两边同除以
2
1
x
x
-
，有
2
1
1
2
1
2
1
2
1
2
2
1
2
0
2
0
y
y
x
x
m
y
y
x
x
m
k y
y
x
x
-
+
-
+
+
=
Þ
+
-
+
+
=
-
，
∴
1
2
1
2
2m
x
x
k y
y
=
+
+
+
，
∴
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
20
20
20
4
16
2
4
5
1
5
1
5
1
5
1
k
k
k
k
k
m
k
k
k
k
k
æ
ö
-
=
+
×
-
=
=
ç
÷
+
+
+
+
è
ø
2
2
2
8
8
8
0,
1
5
1
5
5
k
m
k
k
æ
ö
=
=
Îç
÷
+
è
ø
+
∴m 的取值范围为
8
0, 5
æ
ö
ç
÷
è
ø ．
6.【解】（1）抛物线
2
:
2
(
0)
C y
px p
=
>
的准线为
2
p
x = -
，焦点
,0
2
p
F æ
ö
ç
÷
è
ø
由抛物线定义可得
1
2
2
p
MF = +
=
，解得
2
p =
，
故C 的方程为
2
4
y
x
=
（2）设
1
1
,
A x y
，
2
2
,
B x
y
，
联立
2
2
4
4
0
4
x
my
t
y
my
t
y
x
=
+
ì
Þ
-
-
=
í
=
î
，
故
2
1
2
1
2
Δ
16
4
4
m
t
y
y
m
y y
t
ì
=
+
ïï
+
=
í
ï
=
ïî
，
又
0
t >
则
2
Δ
16
0
m
t
=
+
>
，
由
2
1
2
2
1
2
1
2
1
2
4
1
16
y y
OA OB
x x
y y
y y
t
t
×
=
+
=
+
=
-
=
uuur uuur
，
解得：
2
5
t =
+
或
2
5
t =
-
（舍去），
2
1
2
1
1 16
16
2
2
AOB
S
y
y
t
m
t t
=
-
×
=
+
×
V
3
2
2
2
(2
5)(2
5)
2(2
5)
m
=
+
+
+
³
+
（当且仅当
0
m =
时，等号成立）.
题型04 证明问题
7.【解】（1）设
,0
F c
，由题设有
1
c = 且
2
3
2
b
a =
，故
2
1
3
2
a
a
- =
，故
2
a =
，故
3
b =
，
故椭圆方程为
2
2
1
4
3
x
y
+
= .
（2）直线AB 的斜率必定存在，设
:
(
4)
AB y
k x
=
-
，
1
1
,
A x y
，
2
2
,
B x
y
，
由
2
2
3
4
12
(
4)
x
y
y
k x
ì
+
=
í
=
-
î
可得
2
2
2
2
3
4
32
64
12
0
k
x
k x
k
+
-
+
-
=
，
故
4
2
2
Δ
1024
4 3
4
64
12
0
k
k
k
=
-
+
-
>
，故
1
1
2
2
k
-
<
<
，
又
2
2
1
2
1
2
2
2
32
64
12
,
3
4
3
4
k
k
x
x
x x
k
k
-
+
=
=
+
+
，
而
5 ,0
2
N æ
ö
ç
÷
è
ø，故直线
2
2
5
:
5
2
2
y
BN y
x
x
æ
ö
=
-
ç
÷
è
ø
-
，故
2
2
2
2
3
3
2
5
2
5
2
Q
y
y
y
x
x
-
-
=
=
-
-
，
所以
1
2
2
2
1
1
2
2
2
5
3
3
2
5
2
5
Q
y
x
y
y
y
y
y
x
x
´
-
+
-
=
+
=
-
-
1
2
2
2
4
2
5
3
4
2
5
k x
x
k x
x
-
´
-
+
-
=
-
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
64
12
32
2
5
8
2
5
8
3
4
3
4
2
5
2
5
k
k
x x
x
x
k
k
k
k
x
x
-
´
- ´
+
-
+
+
+
+
=
=
-
-
2
2
2
2
2
128
24 160
24
32
3
4
0
2
5
k
k
k
k
k
x
-
-
+
+
+
=
=
-
，
故
1
Q
y
y
=
，即AQ
y
^
轴.
8.【解】（1）设
( , )
P x y ,则
2
2
1
2
y
x
y
æ
ö
=
+
-
ç
÷
è
ø
，两边同平方化简得
2
1
4
y
x
=
+
，
故
2
1
:
4
W
y
x
=
+
.
（2）设矩形的三个顶点
2
2
2
1
1
1
,
,
,
,
,
4
4
4
A a a
B b b
C c c
æ
ö
æ
ö
æ
ö
+
+
+
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø 在W 上,且a
b
c
<
<
，易知矩形四条边所在直
线的斜率均存在，且不为0，
则
1,
0
AB
BC
k
k
a
b
b
c
×
= -
+
<
<
+ ,令
2
2
4
0
1
1
4
AB
k
b
a
b
a
b
a
m
æ
ö
+
-
+
ç
÷
è
=
+
ø
=
=
<
-
，
同理令
0
BC
k
b
c
n
=
+
=
>
，且
1
mn = - ，则
1
m
n
= -
，
设矩形周长为C ,由对称性不妨设|
| |
|
m
n
³
，
1
BC
AB
k
k
c
a
n
m
n
n
-
=
-
=
-
=
+
，
则
2
2
2
2
1
1
|
|
|
| (
) 1
(
) 1
(
) 1
1
2 C
AB
BC
b
a
m
c
b
n
c
a
n
n
n
n
æ
ö
=
+
=
-
+
+
-
+
³
-
+
=
+
+
ç
÷
è
ø
，易知
2
1
1
0
n
n
n
æ
ö
+
+
>
ç
÷
è
ø
则令
2
2
2
1
1
1
( )
1
,
0,
( )
2
2
f x
x
x
x
f
x
x
x
x
x
x
¢
æ
ö
æ
ö æ
ö
=
+
+
>
=
+
-
ç
÷
ç
÷ ç
÷
è
ø
è
ø è
ø
,
令
( )
0
f
x
¢
=
，解得
2
2
x =
，
当
2
0, 2
x
æ
ö
Îç
÷
ç
÷
è
ø
时，
( )
0
f
x
¢
<
，此时
( )
f x 单调递减，
当
2 ,1
2
x
æ
ù
Îç
ú
çè
û
，
( )
0
f
x
¢
>
，此时
( )
f x 单调递增，
则
min
2
27
( )
2
4
f x
f æ
ö
=
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
故1
27
3 3
2
4
2
C ³
=
,即
3 3
C ³
.
当
3 3
C =
时,
2 ,
2
2
n
m
=
= -
,且
2
2
(
) 1
(
) 1
b
a
m
b
a
n
-
+
=
-
+
，即m
n
=
时等号成立，矛盾，故
3 3
C >
,
得证.
1.【解】（1）设
,
,
0
P x y
x ³
，则
2
2
p
p
PF
x
=
+
³
由题意，得
1
2
p = ，解得
2
p =
，
所以C 的方程为
2
4
y
x
=
；
（2）C 在点P 处的切线:l y
kx
m
=
+
，
设直线,l OP 的倾斜角分别为
,
a b ，
联立
2
2
2
2
2
4
0
4
y
kx
m
k x
km
x
m
y
x
=
+
ì
Þ
+
-
+
=
í
=
î
则
2
2
2
Δ
2
4
4
16
16
0
km
k m
km
=
-
-
= -
+
=
，得
1
km = ，则
1
m
k
=
，
且
2
2
2
4
1
2
P
km
x
k
k
-
= -
=
，则
1
2
P
P
y
kx
k
k
=
+
=
，故
2
1
2
,
P k
k
æ
ö
ç
÷
è
ø ，
设直线,l OP 的倾斜角分别为
,
a b ，则tan
k
a =
，
又
2
2
tan
2
1
OP
k
k
k
k
b =
=
=
，所以
2
tan
tan
2
1
1
2
tan
tan
1
1
tan
tan
1
2
1
2
4
2 2
2
k
k
k
OPQ
k
k
k
k
k
b
a
b
a
b
a
-
-
Ð
=
-
=
=
=
=
£
=
+
+
´
+
+
，
当且
2
2
k = ±
时等号成立，
即tan
OPQ
Ð
的最大值为
2
4
.
2.【解】（1）由题意，设点
0
0
,
P x
y
、
,
M x y ，则
0
0,
D
y
，
因为点M 为线段PD 的中点，则
0
0
2
x
x
y
y
ì =
ïí
ï
=
î
，即
0
0
2
x
x
y
y
=
ì
í
=
î
，
因为点P 在圆
2
2
:
4
O x
y
+
=
上，所以
2
2
0
0
4
x
y
+
=
，即
2
2
2
4
x
y
+
=
，
因此，点M 的轨迹E 的方程为
2
2
1
4
y
x +
= .
（2）由已知可得
0,
Q
m ，设点
1
1
,
A x kx
m
+
、
2
2
,
B x kx
m
+
，
联立
2
2
4
4
y
kx
m
x
y
=
+
ì
í
+
=
î
得
2
2
2
4
2
4
0
k
x
kmx
m
+
+
+
-
=
，
由已知可得
2
2
2
2
Δ
4
4
4
4
0
k m
k
m
=
-
+
-
>
，得
2
2
4
0
k
m
+
-
>
，
由韦达定理可得
1
2
2
2
4
km
x
x
k
+
= -
+
，
2
1
2
2
4
4
m
x x
k
-
=
+
，
因为
3
AQ
QB
=
uuur
uuur
，即
1
1
2
2
,
3
,
x
kx
x kx
-
-
=
，则
1
2
3
x
x
-
=
，即
1
2
3
x
x
= -
，
所以
2
1
2
1
2
3
4
0
x
x
x x
+
+
=
，所以
2
2
2
2
2
2
4
4
12
0
4
4
m
k m
k
k
-
+
=
+
+
，即
2
2
2
2
4
0
k m
m
k
+
-
-
=
，
当
2
1
m = 时，
2
2
2
2
4
0
k m
m
k
+
-
-
=
不成立，
所以
2
2
2
4
1
m
k
m
-
=
-
，代入
2
2
4
0
k
m
+
-
>
得
2
2
2
2
2
2
4
4
4
0
1
1
m
m
m
m
m
m
-
-
-
+
=
>
-
-
，
解得
2
1
4
m
<
<
，因此，
2
m 的取值范围是
1,4 .
3.【解】（1）由题意得
3
2
c
e
a
=
=
，又点
2
2, 2
æ
ö
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
在椭圆C 上，所以
2
2
1
2
2
1
a
b
+
= ，
所以
2
2
2
4,
1,
3
a
b
c
=
=
=
，则椭圆C 的方程为
2
2
1
4
x
y
+
= ；
（2）设
1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
，直线l 为
1
2
y
x
m
=
+
，则
1
1
,
,
2 ,0
D
x y
M
m
-
-
，
由
2
2
1
2
1
4
y
x
m
x
y
ì
=
+
ïïí
ï
+
=
ïî
，得
2
2
2
2
2
0
x
mx
m
+
+
-
=
，且
2
2
4
4(2
2)
0
m
m
D =
-
-
>
，
所以
2
2
1
2
1
2
2 ,
2
2,0
2,
1,
x
x
m x x
m
m
m
+
= -
=
-
<
<
¹ ±
则直线BD 为
1
2
1
1
1
2
y
y
y
x
x
y
x
x
-
=
+
+
-
-
，
令
0
x =
，得
1
2
1
2
2
1
1
1
1
2
1
2
y
y
x y
x y
y
x
y
x
x
x
x
-
+
= -
+
=
+
+
1
2
2
1
1
2
1
1
2
2
x
x
m
x
x
m
x
x
æ
ö
æ
ö
+
+
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
=
+
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
1
2
2
x x
x
x
m
m
x
x
m
m
m
+
+
-
-
=
=
=
+
-
，即
1
0,
N
m
æ
ö
ç
÷
è
ø ，
则
2
2
1
1
2
,
,
4
OM
m ON
MN
m
m
m
=
=
=
+
，
则OMN
V
周长为
2
2
2
2
1
1
1
1
2
4
2
2
2 4
2 2
2
m
m
m
m
m
m
m
m
+
+
+
³
×
+
×
=
+
，
当且仅当
1
2m
m
=
，即
2
2
m = ±
时等号成立，则OMN
V
周长的最小值为2 2
2
+
．
4.【解】（1）证明：设直线l 的方程为
1
1
2
2
2,
,
,
,
y
kx
A x y
B x
y
=
+
，
由
2
2
2
x
y
y
kx
ì
=
í
=
+
î
，得
2
2
2
x
kx
=
+
，即
2
2
4
0
x
kx
-
-
=
，
因为
2
4
16
0
k
D =
+
>
，所以
1
2
1
2
2 ,
4
x
x
k x x
+
=
= - ，
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
0
2
2
4
x x
x
x
OA OB
x x
y y
x x
x x
×
=
+
=
+
×
=
+
=
uuur uuur
，
所以OA
OB
^
uuur
uuur
，所以OA
OB
^
.
（2）因为|
| |
| |
| |
|
PA
TB
PB
TA
×
=
×
uuur
uur
uuur
uur
，所以|
|
|
|
|
|
|
|
PA
TA
PB
TB
=
，
由角平分线的性质可知，TP 为
ATB
Ð
的角平分线，由抛物线对称性可得，T 在y 轴上，
设
0,
2
T
t
t ¹
，
2
2
1
1
2
2
1
1
2
2
2
2
,
2
2
TA
TB
y
t
x
t
y
t
x
t
k
k
x
x
x
x
-
-
-
-
=
=
=
=
，
因为TP 在y 轴上，所以
0
TA
TB
k
k
+
=
，
2
2
1
2
1
2
2
2
0
2
2
x
t
x
t
x
x
-
-
+
=
，
整理得
2
2
1
2
2
1
2
1
2
2
0
x x
tx
x x
tx
-
+
-
=
，由
1
2
1
2
2 ,
4
x
x
k x x
+
=
= - ，代入可得4
2
0
k
t
k
-
- ×
=
，
即2 (2
)
0
k
t
+
=
，由于上式对任意k 恒成立，所以
2
t = - ，即
0, 2
T
-
.
2
2
2
2
1
2
1
2
1
4
2 1
4
AB
k
x
x
x x
k
k
=
+
×
+
-
=
+
×
+
，
0, 2
T
-
到直线的距离为：
2
2
| 0
2
2 |
4
1
1
d
k
k
+
+
=
=
+
+
，面积
2
1 |
|
4
4
2
S
AB d
k
=
×
=
+
，
当
0
k =
时，
TAB
△
面积有最小值8.
5.【解】（1）由已知
2
2
2
2
2
1
c
a
c
a
b
c
ì
=
ï
ïï =
í
ï
=
+
ï
ïî
，
解得
2
1
1
a
b
c
ì =
ï =
í
ï =
î
，所以C 的方程为
2
2
1
2
x
y
+
=
（2）设MN：
(
1)
y
k x
=
+
，
1
1
,
M x y
，
2
2
,
N x
y
将直线与椭圆方程联立
2
2
1
2
(
1)
x
y
y
k x
ì
+
=
ïí
ï
=
+
î
，
整理得
2
2
2
2
1
2
4
2
2
0
k
x
k x
k
+
+
+
-
=
，
经检验
0
D >
，
根据韦达定理
2
1
2
2
2
1
2
2
4
1
2
2
2
1
2
k
x
x
k
k
x x
k
ì
-
+
=
ïï
+
í
-
ï
=
ï
+
î
，
因为
π
2
MON
Ð
>
，所以
0
OM ON
×
<
uuuur uuur
，即
1
2
1
2
0
x x
y y
+
<
，
所以
2
1
2
1
2
1
1
0
x x
k
x
x
+
+
+
<
，整理得
2
2
2
1
2
1
2
1
0
k
x x
k
x
x
k
+
+
+
+
<
，
将韦达定理代入得
2
2
2
2
2
2
2
2
2
4
1
0
1
2
1
2
k
k
k
k
k
k
k
-
-
+
+
+
<
+
+
，
去分母后整理得
2
2
k <
，解得
(
2,
2)
k Î -
，
6.【解】（1）依题意可得
2
2
4
2
1
2
4
a
b
b
ì
+
=
ïí
ï
=
î
，解得
2
2 2
b
a
=
ìïí =
ïî
，
所以椭圆C 的方程为
2
2
1
8
4
x
y
+
= .
（2）设点
1
1
,
N x y
、
2
2
1
2
,
2,
2
M x
y
y
y
¹ ±
¹ ±
，
直线l 与椭圆C 的方程联立消去y 整理得
2
2
1
2
16
24
0
k
x
kx
+
+
+
=
，
由
2
2
2
3
Δ
16
4 24 1
2
0
2
k
k
k
=
- ´
+
>
Þ
>
，且
1
2
1
2
2
2
16
24
,
1
2
1
2
k
x
x
x
x
k
k
+
= -
×
=
+
+
，
所以
1
2
1
2
2
3
x
x
kx
x
+
= -
×
，
易知
0,2
A
、
0, 2
B
-
，则直线AN 的方程为
1
1
2
2
y
y
x
x
-
-
=
，
直线BM 的方程为
2
2
2
2
y
y
x
x
+
+
=
，
两式作商得
1
2
2
1
2
1
2
2
2
1
1
2
1
1
2
1
3
2
2
2
2
1
2
3
2
2
6
3
6
2
x
x
x
y
x
kx x
x
y
y
y
x
kx x
x
x
x
x
-
+
+
-
×
+
-
=
=
=
= -
+
+
×
+
-
+
+
，解得
1
y = ，
故G 在定直线
1
y = 上.
由图可知，点A 、P 都在直线
1
y = 的上方，点A 关于直线
1
y = 的对称点为原点O ，
由对称性知GA
GO
=
，所以
2
2
2
6
GA
GP
GO
GP
OP
+
=
+
³
=
+
=
，
当且仅当G 为线段OP 与直线
1
y = 的交点时，即点G 的坐标为
2,1 时等号成立，
故GA
GP
+
的最小值为
6 .
7.【解】（1）根据题意得3
1
b
=
，故
3
b =
，故C 的方程为
2
2
1
3
y
x -
= ．
（2）①根据双曲线对称性知OQ
OR
=
，故
POQ
POR
S
S
=
V
V
，
所以
1
1
1
2
6
6
3
MQO
PRQ
POQ
POQ
S
S
S
S
=
=
´
=
V
V
V
V
；
故
1
3
MQ
QP
=
uuuur
uuur
，设
0
0
,
Q x
y
，则
0
0
4
6,4
P
x
y
+
，
又
2
2
0
0
2
2
0
0
1
4
6
4
1
x
y
x
y
ì
-
=
ïí
+
-
=
ïî
，解得
0
0
17
16
33
16
x
y
ì
= -
ïïí
ï
=
ïî
，即
17
33
,
16
16
Qæ
ö
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
，从而
7
33
,
4
4
Pæ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
．
②由题知
1
2
1,0 ,
1,0
A
A
-
，
当直线l 的斜率为0 时，此时
1
2
0
A R A P
×
=
uuur uuuur
，不合题意，则
0
lk ¹
，
则设直线:
2
l x
my
=
-
，
设点
1
1
2
2
,
,
,
P x y
Q x
y
，根据OQ 延长线交双曲线Γ 于点R ，
根据双曲线对称性知
2
2
,
R
x
y
-
-
，
联立有
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
4
3
0
1
x
my
b m
y
b my
b
y
x
b
=
-
ìï
Þ
-
-
+
=
í
-
=
ïî
，
显然二次项系数
2
2
1
0
b m - ¹
，
其中
2
2
2
2
2
4
2
2
Δ
4
4
1 3
4
12
0
mb
b m
b
b m
b
= -
-
-
=
+
>
，
2
1
2
2
2
4
1
b m
y
y
b m
+
=
-
①，
2
1
2
2
2
3
1
b
y y
b m
=
-
②，
1
2
2
2
1
1
1,
,
1,
A R
x
y
A P
x
y
= -
+
-
=
-
uuur
uuuur
，
则
1
2
2
1
1
2
1
1
1
A R A P
x
x
y y
×
= -
+
-
-
=
uuur uuuur
，因为
1
1
2
2
,
,
,
P x y
Q x
y
在直线l 上，
则
1
1
2
2
2,
2
x
my
x
my
=
-
=
-
，
即
2
1
1
2
3
3
1
my
my
y y
-
-
-
-
= ，即
2
1
2
1
2
1
3
10
0
y y
m
y
y
m
+
-
+
+
=
，
将①②代入有
2
2
2
2
2
2
2
3
4
1
3
10
0
1
1
b
b m
m
m
b m
b m
+
×
-
×
+
=
-
-
，
即
2
2
2
2
2
3
1
3
4
10
1
0
b
m
m
b m
b m
+
-
×
+
-
=
，
化简得
2
2
2
3
10
0
b m
b
+
-
=
，
所以
2
2
10
3
m
b
=
- ，代入到
2
2
1
0
b m - ¹
，得
2
2
10
3
1
b
b
=
-
¹ ，所以
2
3
b ¹ ，
且
2
2
10
3
0
m
b
=
-
³
，解得
2
10
3
b £
，又因为
0
b >
，则
2
10
0
3
b
<
£
，
综上知，
2
10
0,3
3, 3
b
æ
ù
Î
Èç
ú
è
û ，故
30
0, 3
3,
3
b
æ
ù
Î
Èç
ú
çè
û
．
8.【解】（1）设
( , )
M x y ，则
( ,0)
M
x
¢
，由M M
M P
¢
=
¢
得
2
2
|
|
1
y
x
=
+
，
整理得曲线G 的方程为：
2
2
1
y
x
-
= ．
（2）（i）联立直线
:
1
PA y
kx
=
+ 与G 得：
2
2
1
2
0
k
x
kx
-
+
=
，故
2
2
1
A
k
x
k
-
=
- ，
又PA
PB
^
，以
1
k
-
替代k ，得
2
2
1
2
2
1
1
1
B
k
k
x
k
k
æ
ö
-
-
ç
÷
è
ø
=
= -
æ
ö
-
-
ç
÷
è
ø
，所以
A
B
x
x
=
，即AB
x
^
轴．
于是，|
| 2
2
A
AB
y
=
>
，即|AB|的取值范围为(2,
)
+¥ ．
（ii）联立直线
:
AB x
my
t
=
+ 与G 得：
2
2
2
1
2
1
0
m
y
mty
t
-
-
-
+
=
，
由韦达定理，
2
2
2
2
1
,
1
1
A
B
A
B
mt
t
y
y
y y
m
m
-
+
+
=
=
-
-
，由
2
2
0
1
t
m
D >
Þ
+ >
，
在直线
1
:
1
A
A
y
AP y
x
x
-
=
+ 中，令
0
x =
得
,0
1
A
A
x
C
y
æ
ö
-
ç
÷
-
è
ø
，同理
,0
1
B
B
x
D
y
æ
ö
-
ç
÷
-
è
ø
，又
( ,0)
Q t
，
于是
1
1
1
1
A
B
A
A
B
B
A
B
A
B
x
x
ty
t
my
t
ty
t
my
t
QC
QD
t
t
y
y
y
y
- +
+
- +
+
×
=
+
× +
=
×
-
-
-
-
2
2
2
2
2
2
2
1
(
)
(
)
1 |
|
1
1
( 2
)
1
A
B
A
B
A
B
y y
t
t
m
t
m
t
PQ
y y
y
y
t
mt
m
+
=
+
=
+
=
+ =
-
+
+
+
- -
+
-
.
9.【解】（1）由题意可得椭圆G 的焦点坐标为
3,0
±
，离心率为
3
3
，
所以双曲线G¢的焦点坐标为
3,0
±
，离心率为
3 ，
即
2
2
2
2
3,
1,
2
c
a
b
c
a
=
=
=
-
=
，所以Γ' 的方程为
2
2
1
2
y
x -
= ；
（2）由题意可知，直线PQ的斜率存在，设直线PQ为y
kx
m
=
+
，
1
1
2
2
,
,
,
P x y
Q x
y
，
直线与双曲线联立方程组有：
2
2
1
9
6
y
kx
m
x
y
=
+
ìïí
+
=
ïî
，
2
2
2
3
2
6
3
18
0
k
x
mkx
m
+
+
+
-
=
，
所以
2
1
2
1
2
2
2
6
3
18
,
3
2
3
2
mk
m
x
x
x x
k
k
-
-
+
=
=
+
+
，
因为
1
2
1
2
1
2
2
y
y
kx
m
kx
m
k x
x
m
+
=
+
+
+
=
+
+
，
所以
1
2
2
4
3
2
m
y
y
k
+
=
+
，得PQ中点
2
2
3
2
,
3
2 3
2
mk
m
k
k
-
æ
ö
ç
÷
+
+
è
ø，
因为PQ中点在G¢上，所以
2
2
2
2
2
3
3
2
1
3
2
2
m
mk
k
k
æ
ö
ç
÷
-
+
æ
ö
è
ø
-
=
ç
÷
+
è
ø
，
整理化简得
4
2
2
2
9
12
4
9
2
k
k
m
k
+
+
=
-
，即
2
9
2
0
k -
>
，得
2
2
9
k >
，
因为
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
16
64
64
64
9
2
9
2
1
16
1
16
32
9
9
9
9
9
9
2
2
9
2
9
2
9
9
2
9
9
9
2
9
9
k
k
m
k
k
k
k
k
-
+
-
+
=
=
-
+
+
³
-
+
=
-
-
-
当且仅当
2
2
64
1
9
9
2
9
9
2
k
k
-
=
-
时，即
2
10
9
k =
时等号成立，
即
4 2
3
m ³
，所以直线PQ纵截距绝对值的最小值为4 2
3
；
（3）设
OPQ
△
面积为S ，当直线PQ斜率不存在时，
由题意可知，直线PQ与x 轴交点坐标为双曲线的左右顶点
1,0
±
，
即
1
2
1
x
x
=
= ，代入椭圆得
1
2
4 3
3
y
y
=
=
，此时
1
2
1
4 3
1
2
3
S
y
y
=
-
´ =
，
当直线PQ斜率存在时，由（2）可知，
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
36
12
6
3
2
9
6
4
=2 6
3
2
3
2
m k
m
k
k
m
x
x
x
x
x x
k
k
-
-
+
-
+
-
=
+
-
=
+
+
，
由三角形面积公式得：
2
2
2
2
1
2
2
2
2
9
6
1 1
6
2
1
3
2
k
m
m
m
S
k
x
x
k
k
-
+
=
+
-
=
+
+
，
代入
2
2
4
2
2
2
2
3
2
9
12
4 =
9
2
9
2
k
k
k
m
k
k
+
+
+
=
-
-
可得：
2
2
2
2
2
2
2
2
2
4
2
2
2
2
2
2
2
3
2
3
2
9
6
9
2
9
2
3
1 3
+2
9
3
2
6
=4 3
=4 3
3
2
9
2
9
2
k
k
k
k
k
k
k
k
k
S
k
k
k
é
ù
+
+
ê
ú
-
+
ê
ú
-
-
-
+
-
ë
û
=
+
-
-
，
令
2
2
2
9
2
9
t
t
k
k
+
=
-
Þ
=
，因为
2
2
9
k >
，所以
0
t >
，
所以
2
2
2
2
2
3
1
3
+2
1
+8
4 3
4 3
8
7
9
9
4 3
1
3
3
t
t
t
t
S
t
t
t
t
+
+
æ
öæ
ö
-
ç
֍
÷
-
è
øè
ø
=
=
=
-
+
+
当1
7
16
t =
时，
2
4 3
7
4 3
32
49
4 3
9
3 6
1
3
3
32
3
2
8
4 2
S
t
t
-
-
=
-
+
+ £
´
=
´
=
-
，
由于3 6
4 3
2
3
>
，所以
OPQ
△
面积的最大值是3 6
2
.
10.【解】（1）由题可得
1
4
sin
5sin
4
sin
2
5
ODE
S
OD OE
DOE
DOE
DOE
=
Ð
=
Ð
=
Þ
Ð
=
V
；
（2）（i）以O 为原点、
DOE
Ð
的角平分线所在直线为x 轴建立如图所示平面直角坐标系，
由题意
π
2
0, 2
DOE
q
æ
ö
Ð
=
Îç
÷
è
ø ，则
π
0,
,cos
sin
0
4
q
q
q
æ
ö
Î
>
>
ç
÷
è
ø
，
又由（1）得
4
3
1
sin 2
cos
sin
1 sin 2
,cos
sin
1 sin 2
5
5
5
q
q
q
q
q
q
q
=
Þ
+
=
+
=
-
=
-
=
，
2
1
1
cos
,sin
tan
2
5
5
q
q
q
Þ
=
=
Þ
=
，即
1
tan
tan
tan
2
AOM
BON
q
Ð
=
Ð
=
=
，
所以可设
2 ,
,
2 ,
0,
0
A
a a
B
b
b
a
b
-
>
>
，
则
2
2
1
1
1
2
2
2
2
2
AOM
BON
S
S
a
a
b b
a
b
+
=
´
´
+
´
´
=
+
=
V
V
，
设
,
R x y ，由题意AR
OB
=
uuur
uuur
，所以
2 ,
2 ,
x
a y
a
b
b
-
-
=
-
，
所以
2
2
4
2
4
2
x
y
a
x
a
b
y
a
b
x
y
b
ì =
+
ï
-
=
ì
ï
Þ
í
í
-
= -
î
ï =
-
ïî
，所以
2
2
2
2
1
4
2
4
2
8
2
2
x
y
x
y
x
y
æ
ö
æ
ö
+
+
-
=
+
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，即
2
2
1
4
x
y
+
= ，
所以R 点轨迹方程C 为
2
2
1
4
x
y
+
= .
（ⅱ）由题意可得
90
OGP
OGQ
Ð
= Ð
=
°，所以
,
,
P G Q 三点共线，且OG
PQ
^
，
因为
1
OG = ，所以原点O 到直线l 的距离为1，
当直线l 的斜率不存在时，即直线l
x
^
轴时，直线l 的方程为
1
x = ± ，代入
2
2
1
4
x
y
+
= 得
2
3
4
y =
，
所以
2
2
3
PQ
y
=
=
；
当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y
kx
m
=
+
，即
0
kx
y
m
-
+
=
，
所以原点O 到直线l 的距离为
2
1
1
m
k
=
+
，即
2
2
1
k
m
+ =
，
联立
2
2
2
2
2
1
1
4
8
4
1
0
4
x
y
k
x
kmx
m
y
kx
m
ì
+
=
ï
Þ
+
+
+
-
=
í
ï
=
+
î
，
设
1
1
2
2
,
,
,
P x y
Q x
y
，则
2
1
2
1
2
2
2
4
1
8
,
1
4
1
4
m
km
x
x
x x
k
k
-
+
= -
=
+
+
，
因为
2
2
2
1
0
1
k
m
m
=
- ³
Þ
³ ，
所以
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
2
2
4
1
3
1
8
1
4
1
4
4
1
4
1
4
4
3
m
m
m
km
PQ
k
x
x
x x
k
k
k
m
-
-
æ
ö
=
+
+
-
=
+
-
- ´
=
ç
÷
+
+
è
ø
-
，
令
2
4
3
t
m
=
- ，则
1
t ³ 且
2
2
2
2
2
2
2
2
2
3
1
3
1
3
3
6
9
2
3
1
1
4
4
4
3 1
3
3
16
3
3
4
3
m
m
t
t
t
t
PQ
t
t
t
t
t
m
-
-
+
+
-
æ
ö
=
=
=
=
+
-
=
-
-
+
ç
÷
è
ø
-
，
因为
1
0
1
t
<
£ ，所以当1
1
3
t =
即
3
t =
时有
max
2
3
2
3
3
PQ
=
´
=
>
，
综上，PQ 的最大值为2.
11.【解】（1）设
,
P x y ，则P 到x 轴的距离力y ，
2
2
2
|
|
OP
x
y
\
=
+
，
2
2
d
y
=
，
2
2
|
|
OP
d
l
m
=
+
Q
，
2
2
2
x
y
y
l
m
\
+
=
+
，即
2
2
1
x
y
m
l
+
-
=
若
,
l m 曲线为椭圆，则
0
1
0
1
1
l
m
m
>
ì
ï -
>
í
ï ¹ -
î
，解得
0
l >
，
1
m < 且
0
m ¹
.
（2）（i）因为曲线C 为
4
1, 3
æ
ö
ç
÷
è
ø 曲线，所以
2
2
4
1
1
3
x
y
æ
ö
+
-
=
ç
÷
è
ø
，即
2
2
:
1
3
y
C x -
= ，
设
1
1
2
2
,
,
,
,
,
M
M
A x y
B x
y
M x
y
，
因为
,
A B 两点在双曲线C 上，所以
2
2
1
1
2
2
2
2
1,
3
1,
3
y
x
y
x
ì
-
=
ïïí
ï
-
=
ïî
两式相减得
2
2
2
2
1
2
1
2
3
3
y
y
x
x
-
=
-
，得
1
2
1
2
1
2
1
2
3
y
y
y
y
x
x
x
x
-
+
-
+
=
，即
1
2
1
2
1
2
1
2
3
y
y
y
y
x
x
x
x
-
+
×
=
-
+
，
所以
3
OM
AB
k
k
×
=
，
因为l 是AB 的垂直平分线，有
1
l
AB
k k
×
= - ，所以
3
OM
l
k
k
= -
，
即
0
3
M
M
M
M
y
y
x
x
x
= - ´
-
，化简得
0
1
4
M
x
x
=
，
因为AB 的中点M 的横坐标为x，所以
0
1
4
M
x
x
x
=
=
故
1
4
l =
．
（ii）
由于
0
x
x
¹
，故可知直线AB 斜率存在，
设直线AB 的方程为：y
kx
m
=
+
，由
2
2
3
3
y
kx
m
x
y
=
+
ì
í
-
=
î
，
消去y 并整理得
2
2
2
3
2
3
0
k
x
kmx
m
-
-
-
-
=
,
则
2
3
0
k
-
¹
，
2
2
2
2
2
Δ
(2
)
4 3
3
12 3
0
km
k
m
m
k
=
+
-
+
=
+
-
>
，即
2
2
3
0
m
k
+
-
>
，
所以
2
1
2
1
2
2
2
2
3
,
3
3
km
m
x
x
x x
k
k
+
+
=
= -
-
-
，
所以
1
2
1
2
2
2
2
6
2
2
3
3
km
m
y
y
k x
x
m
k
m
k
k
+
=
+
+
=
×
+
=
-
-
，
于是M 点的坐标为
2
2
3
,
3
3
km
m
k
k
æ
ö
ç
÷
-
-
è
ø ，
2
2
2
3
4
3
12
4
3
3
M
C
MC
M
m
y
y
m
k
k
k
km
x
km
k
-
-
-
+
-
=
=
=
-
．
易知
1
A
MC
B
k
k
×
= - ，所以
2
3
12
4
1
m
k
km
k
-
+
= -
，解得：
2
3
m
k
=
-
，
代入
2
2
3
0
m
k
+
-
>
得
2
2
2
2
2
3
3
3
4
0
k
k
k
k
-
+
-
=
-
-
>
，得
2
0
3
k
<
<
或
2
4
k > ，
由
,
A B 在双曲线E 的右支上得：
2
1
2
2
3
0
3
m
x x
k
+
= -
>
-
，得
2
3
0
k
-
<
，即
2
3
k > ，
且
1
2
2
2
2
0
0
3
km
x
x
k
k
k
+
=
=
>
Þ
>
-
，
综上得，
2
k >
，
又
2
2
2
2
2
3
0
4
1
3
3
km
m
CM
k
k
k
æ
ö
æ
ö
=
-
+
-
=
+
ç
÷
ç
÷
-
-
è
ø
è
ø
所以
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
2
2
1
4
1
1
2 3
3
9
3
3
9
3
2
tan
3
2
3
3
1
x
x
x x
k
AM
m
k
m
k
ACM
CM
k
m
k
k
+
-
×
+
-
+
-
+
Ð
=
=
=
´
=
=
+
-
-
+
因为
2
4
k > ，所以
2
1
3
m
k
=
-
< - ，故
2
3
3
3
k
0
-
- <
<
,所以
2
3
3
0, 3
3
k
+
Î
-
，
所以
π
0, 3
ACM
æ
ö
Ð
Îç
÷
è
ø ，所以
2π
2
0,
.
3
ACB
ACM
æ
ö
Ð
= Ð
Îç
÷
è
ø
12.【解】（1）由题意,
1F PQ
V
的周长为4
8
a =
，
所以
2
a =
，
设
1F P
m PQ
t
=
=
，
，
因为当
1
90
F PQ
Ð
=
o 时，
1F PQ
V
的面积为8
3 ，
所以1
8
2
3
mt =
，即
16
3
mt =
，①
又
2
2
8
m
t
m
t
+ +
+
=
，
所以
2
2
2
2
2
8
64 16
16
2
m
t
m
t
m
t
m
t
mt
+
=
-
-
=
-
-
+
+
+
，
将①代入化简得
14
3
m
t
+ =
，②
①②联立得
2
8
3
m
t
=
ìïí =
ïî
或
8
3
2
m
t
ì
=
ïí
ï =
î
，
当
2
m =
时，P 为C 的上顶点，
所以2
2 2
c =
，则
2
c =
，
所以C 的方程为
2
2
1
4
2
x
y
+
= ，检验符合题意；
当
8
3
m =
时，
2
8
4
4
3
3
PF =
-
=
，
2
2
2
8
4
80
2
3
3
9
c
æ
ö
æ
ö
=
+
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
所以
2
2
2
2
20
20
16
4
9
9
9
c
b
a
c
=
=
-
=
-
=
，
，所以
4
3
b =
，
所以C 的方程为
2
2
9
1
4
16
x
y
+
= ，检验符合题意；
故C 的方程为
2
2
1
4
2
x
y
+
= 或
2
2
9
1
4
16
x
y
+
= ；
（2）因为C 的离心率不大于
2
2 ，
所以椭圆C 的方程为
2
2
1
4
2
x
y
+
= ，
设圆M 分别切
1F P 延长线，
1FQ 延长线和线段PQ于点S
T
H
，，
，
则
1
1
1
1
1
1
F S
FT
F P
PS
FQ
QT
F P
PH
FQ
QH
+
=
+
+
+
=
+
+
+
1
1
4
8
F P
FQ
PQ
a
=
+
+
=
=
，
又
1
1
F S
FT
=
，所以
1
1
4
F S
FT
=
=
，
即
1
4
F P
PH
+
=
，故H 与
2
F 重合.
（i）又圆M 的半径为2 ，
则在
1
2
F MF
△
中，
2
1
1
1
2
2
|
|
4
2 5
2 2
2
F M
F S
F F
MF
=
+ =
=
=
，
，
，
所以
1
2
20
4
8
2 5
cos
5
2 2 5
2
F MF
+
-
Ð
=
=
´
´
；
（ii）当直线PQ的斜率k 存在时，
设直线PQ的方程为
1
1
2
2
2
0
y
k x
k
P x
y
Q x
y
=
-
¹
，
，
，
，
，
在
1
2
F MF
△
中，
2
2
1
2
1
2
|
|
16
2 2
F M
r
MF
r F F
=
+
=
=
，
，
，
所以
2
2
1
2
8
16
2
cos
2
2 2
r
r
F F M
r
r
+ -
+
Ð
=
= -
× ×
，
则
1
2
2
tan
2
r
F F M
-
Ð
= -
，
即直线
2
MF 的斜率
2
2
2
2
MF
r
k
-
=
，
即
2
2
2
k
r
= -
-
，所以
2
2
2
2
k
r
=
-
，
联立
2
2
2
1
4
2
y
k x
x
y
ì
=
-
ï
í
ï
+
=
î
，整理得
2
2
2
2
1
2
4 2
4
4
0
k
x
k x
k
+
-
+
-
=
，
则
2
2
1
2
1
2
2
2
4 2
4
4
1
2
1
2
k
k
x
x
x x
k
k
-
+
=
=
+
+
，
，
所以
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
1
4
PQ
k
x
x
k
x
x
x x
=
+
-
=
+
×
+
-
4
2
2
2
2
2
2
32
4 1
2
4
4
4 1
1
1
2
1
2
k
k
k
k
k
k
k
-
+
-
+
=
+
×
=
+
+
，
又
2
2
2
0
2
k
r
=
>
-
，所以
2
r >
，
所以
2
2
2
2
3
2
2
2
2
2
2
2
2
16 1
16 1
|
|
16
2
4
1
2
2
1
2
k
PQ
r
r
r
r
k
r
r
r
æ
ö
+
ç
÷
+
-
è
ø
=
=
=
æ
ö
+
+
+
ç
÷
-
è
ø
，
令
3
2
2
16
2
2
r
f r
r
r
=
>
+
，
，
则
2
2
2
2
3
2
2
2
4
4
2
2
48
2
2
2
2
16
16
2
6
2
2
r
r
r
r
r
r
r
r
f
r
r
r
+
-
+
×
×
+
-
=
+
+
¢
=
，
当
2, 6
r Î
时，
0
f
r
f r
¢
> ，
单调递增，
当
6,
r
¥
Î
+
时，
0
f
r
f r
¢
< ，
单调递减，
所以当
6
r =
时，
f r 取得最大值为3 6
2
，
当直线PQ的斜率不存在时，易求得
2
2
PQ
r
=
=
，
，
∴
2
|
|
3 6
2 2
2
PQ
r
=
<
，
∴
2
|
|
PQ
r
的最大值为3 6
2
.
