∴|AB|==．
∴S四边形ACBD===
，满足（*）．
，
∴当且仅当t=0时，四边形ACBD面积的最大值为∴四边形ACBD面积的最大值为
．
13．（2014?大纲版）已知抛物线C：y2=2px（p＞0）的焦点为F，直线y=4与y轴的交点为P，与C的交点为Q，且|QF|=|PQ|． （Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）过F的直线l与C相交于A、B两点，若AB的垂直平分线l′与C相交于M、N两点，且A、M、B、N四点在同一圆上，求l的方程．
【解答】解：（Ⅰ）设点Q的坐标为（x0，4），把点Q的坐标代入抛物线C：y2=2px（p＞0）， 可得x0=，∵点P（0，4），∴|PQ|=． 又|QF|=x0+=+，|QF|=|PQ|，
∴+=×，求得 p=2，或 p=﹣2（舍去）．故C的方程为 y2=4x． （Ⅱ）由题意可得，直线l和坐标轴不垂直，y2=4x的焦点F（1，0），
设l的方程为 x=my+1（m≠0），代入抛物线方程可得y2﹣4my﹣4=0，显然判别式△=16m2+16＞0，y1+y2=4m，y1?y2=﹣4．
∴AB的中点坐标为D（2m2+1，2m），弦长|AB|=
|y1﹣y2|=
=4（m2+1）．
又直线l′的斜率为﹣m，∴直线l′的方程为 x=﹣y+2m2+3．
过F的直线l与C相交于A、B两点，若AB的垂直平分线l′与C相交于M、N两点， 把线l′的方程代入抛物线方程可得 y2+y﹣4（2m2+3）=0，∴y3+y4=
，y3?y4=﹣4（2m2+3）．
11
故线段MN的中点E的坐标为（
+2m2+3，
），∴|MN|=
|y3﹣y4|=
，
∵MN垂直平分线段AB，故AMBN四点共圆等价于|AE|=|BE|=|MN|， ∴
+DE2=MN2，
+
=×
，化简可得 m2﹣1=0，
∴4（m2+1）2 +
∴m=±1，∴直线l的方程为 x﹣y﹣1=0，或 x+y﹣1=0． 14．（2014?新课标Ⅰ）已知点A（0，﹣2），椭圆E：焦点，直线AF的斜率为（Ⅰ）求E的方程；
（Ⅱ）设过点A的直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程． 【解答】解：（Ⅰ） 设F（c，0），由条件知所以a=2?，b2=a2﹣c2=1，故E的方程
，得
?又
，
，O为坐标原点．
+
=1（a＞b＞0）的离心率为
，F是椭圆的
．…．（6分）
（Ⅱ）依题意当l⊥x轴不合题意，故设直线l：y=kx﹣2，设P（x1，y1），Q（x2，y2） 将y=kx﹣2代入
，得（1+4k2）x2﹣16kx+12=0，
时，
当△=16（4k2﹣3）＞0，即
从而??
又点O到直线PQ的距离设
，则t＞0，
，所以△OPQ的面积
，
=，
当且仅当t=2，k=±等号成立，且满足△＞0，
x﹣2或y=﹣+
x﹣2．…（12分）
所以当△OPQ的面积最大时，l的方程为：y=15．（2014?新课标Ⅱ）设F1，F2分别是C：
=1（a＞b＞0）的左，右焦点，M是C上一点且MF2
与x轴垂直，直线MF1与C的另一个交点为N．
12
（1）若直线MN的斜率为，求C的离心率；
（2）若直线MN在y轴上的截距为2，且|MN|=5|F1N|，求a，b． 【解答】解：（1）∵M是C上一点且MF2与x轴垂直， ∴M的横坐标为c，当x=c时，y=
，即M（c，
），
若直线MN的斜率为，即tan∠MF1F2=即b2=
=a2﹣c2，即c2+
﹣a2=0，则
，
，即2e2+3e﹣2=0
解得e=或e=﹣2（舍去），即e=．
（Ⅱ）由题意，原点O是F1F2的中点，则直线MF1与y轴的交点D（0，2）是线段MF1的中点， 设M（c，y），（y＞0），则∵OD是△MF1F2的中位线，∴
，即
，解得y=
，
=4，即b2=4a，
由|MN|=5|F1N|，则|MF1|=4|F1N|，解得|DF1|=2|F1N|，即
设N（x1，y1），由题意知y1＜0，则（﹣c，﹣2）=2（x1+c，y1）．即
，即
代入椭圆方程得
，将b2=4a代入得
，解得a=7，b=．
16．（2015?新课标Ⅰ）在直角坐标系xOy中，曲线C：y=（Ⅰ）当k=0时，分別求C在点M和N处的切线方程．
（Ⅱ）y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM=∠OPN？（说明理由）
与直线l：y=kx+a（a＞0）交于M，N两点．
13
【解答】解：（I）联立，不妨取M，N，
由曲线C：y=可得：y′=，
=
，其切线方程为：y﹣a=
．
，化为
．
∴曲线C在M点处的切线斜率为
同理可得曲线C在点N处的切线方程为：
（II）存在符合条件的点（0，﹣a），下面给出证明：
设P（0，b）满足∠OPM=∠OPN．M（x1，y1），N（x2，y2），直线PM，PN的斜率分别为：k1，k2． 联立
，化为x2﹣4kx﹣4a=0，
∴x1+x2=4k，x1x2=﹣4a．∴k1+k2=+==．
当b=﹣a时，k1+k2=0，直线PM，PN的倾斜角互补， ∴∠OPM=∠OPN．∴点P（0，﹣a）符合条件．
17．（2015?新课标Ⅱ）已知椭圆C：9x2+y2=m2（m＞0），直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M．
（1）证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
（2）若l过点（，m），延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．
【解答】解：（1）设直线l：y=kx+b，（k≠0，b≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），M（xM，yM）， 将y=kx+b代入9x2+y2=m2（m＞0），得（k2+9）x2+2kbx+b2﹣m2=0， 则判别式△=4k2b2﹣4（k2+9）（b2﹣m2）＞0， 则x1+x2=
，则xM=
=
，yM=kxM+b=
，
于是直线OM的斜率kOM==，即kOM?k=﹣9，
∴直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值． （2）四边形OAPB能为平行四边形．
∵直线l过点（，m），∴由判别式△=4k2b2﹣4（k2+9）（b2﹣m2）＞0，即k2m2＞9b2﹣9m2， ∵b=m﹣m，∴k2m2＞9（m﹣m）2﹣9m2，即k2＞k2﹣6k，即6k＞0，则k＞0，
14
∴l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k＞0，k≠3， 由（1）知OM的方程为y=
x，设P的横坐标为xP，
由得
，即xP=，
将点（，m）的坐标代入l的方程得b=将y=
x，代入y=kx+
，得kx+
=
，即l的方程为y=kx+x ，解得xM=
，
，
四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP=2xM， 于是
=2×
，解得k1=4﹣
或k2=4+
，
∵ki＞0，ki≠3，i=1，2， ∴当l的斜率为4﹣
或4+
时，四边形OAPB能为平行四边形．
18．（2016?新课标Ⅰ）设圆x2+y2+2x﹣15=0的圆心为A，直线l过点B（1，0）且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E． （Ⅰ）证明|EA|+|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；
（Ⅱ）设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）证明：圆x2+y2+2x﹣15=0即为（x+1）2+y2=16， 可得圆心A（﹣1，0），半径r=4，
由BE∥AC，可得∠C=∠EBD，由AC=AD，可得∠D=∠C，即为∠D=∠EBD，即有EB=ED， 则|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|=4，故E的轨迹为以A，B为焦点的椭圆， 且有2a=4，即a=2，c=1，b=
=
，则点E的轨迹方程为
+
=1（y≠0）；
（Ⅱ）椭圆C1：
+=1，设直线l：x=my+1，
由PQ⊥l，设PQ：y=﹣m（x﹣1）， 由
可得（3m2+4）y2+6my﹣9=0，
设M（x1，y1），N（x2，y2）， 可得y1+y2=﹣
，y1y2=﹣
，
15