x24+y23=1上有一动点P，圆E：（x-1）2+y2=1，过圆心E任意做一条直线与圆E交于A、B两点，圆F：：（x+

对于①，椭圆
x2
4+
y2
3=1中，a=2、c=1，∴|MF₂|的最大值是a+c=2+1=3，∴①错误；
对于②，|MF₁|+|MF₂|=2a=4，∴|MF₁|•|MF₂|≤(
|MF1|+|MF2|
2)2=4，∴|MF₁|•|MF₂|的最大值为4，②正确；
对于③，如图，
延长F₂N与F₁M交于P，连接ON，则点P、F₂关于点N对称，
∴ON=[1/2]F₁P=[1/2]（MF₁+MF₂）=a=2，
∴动点N的轨迹方程为x²+y²=4；∴③正确；
对于④，设点P的坐标为（x，y），依题意得A（x₀，y），B（-x₀，y），
∵|PA|•|PB|=2，∴|x-x₀|•|x+x₀|=|x²-x02|=2，即x02=x²±2；
代入椭圆方程得
x2±2
4+
y2
3=1，
即
x2
2+
2y2
3=1（-
3≤y≤
3）与
x2
6+
2y2
9=1（-
3≤y≤
3）；
∴P点的轨迹为两椭圆
x2
2+
2y2
3=1与
x2
6+
2y2
9=1夹在两直线y=±
3之间的弧长，∴④错误；
综上，正确的命题是②③．
故答案为：②③．

点评：
本题考点： 命题的真假判断与应用．

考点点评： 本题考查了椭圆方程的定义与几何性质的综合应用问题，也考查了一定的推理与计算能力，是综合题，也是较难的题目．

由题意，设椭圆的右焦点为F₁，两条平行直线分别经过椭圆的两个焦点，连接AF，F₁D．
由椭圆的对称性可知，四边形AFDF₁（其中F₁是椭圆的左焦点）为平行四边形，所以AF₁=FD，同理BF₁=CF
所以AF+BF+CF+DF=AF+BF+BF₁+AF₁=4a=8．
故答案为：8．

点评：
本题考点： 椭圆的简单性质．

考点点评： 本题主要考查了椭圆的方程和椭圆的性质，考查椭圆的定义，属于基础题．

∵直线mx+ny=4和⊙O：x²+y²=4相交，∴圆心（0，0）到直线的距离d＜r．
∴
4

m2+n2＜2，化为m²+n²＞4．
∴m²＞4-n²．
∵
m2
4+
n2
3＞
4−n2
4+
n2
3=1+
n2
12＞1，
∴点P（m，n）在椭圆C：
x2
4+
y2
3=1的外部．
故选：C．

点评：
本题考点： 直线与圆锥曲线的关系．

考点点评： 本题考查了直线与圆的位置关系、点与椭圆的位置关系、点到直线的距离公式，属于中档题．

由抛物线y²=4x及椭圆
x2
4+
y2
3=1可知，在第一象限的交点横坐标为[2/3]，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则0＜x₁＜[2/3]，[2/3]＜x₂＜2，
由可得，三角形ABN的周长l=|AN|+|AB|+|BN|=x₁+[p/2]+x₂-x₁+a-ex₂=[p/2]+a+[1/2]x₂=3+[1/2]x₂，
∵[2/3]＜x₂＜2，
∴[10/3]＜3+[1/2]x₂＜4
故选D．

点评：
本题考点： 抛物线的简单性质；椭圆的简单性质．

考点点评： 本题考查了抛物线与椭圆焦半径公式的应用，做题时要善于把未知转化为已知．

由
X2
4+
y2
3＝1，得a²=4，b²=3，c²=a²-b²=1，左焦点为（-1，0）．
则直线l的方程为y=x+1．
代入
X2
4+
y2
3＝1，得7x²+8x-8=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
则x₁•x₂=−
8
7，x₁+x₂=−
8
7，
y₁y₂=（x₁+1）（x₂+1）=x₁x₂+（x₁+x₂）+1=−
8
7−
8
7+1=−
9
7，
|AB|=
1+1
(−
8
7)2+
32
7=[24/7]，
|AF||BF|=
(x1+1)2+ y12•
(x2+1)2+y22=2|y₁y₂|=[18/7]
∴[1
|AF|+
1
|BF|=
|AB|
|AF||BF|=
4/3]
故选A．

点评：
本题考点： 椭圆的简单性质．

考点点评： 本题主要考查了椭圆的应用．当涉及过叫焦点的直线时，常需设出直线方程与椭圆方程联立利用韦达定理来解决．

由题意，设|PF₁|=x，
∵|PF₁|+|PF₂|=2a=4，∴|PF₂|=4-x
∴|PF₁|•|PF₂|=x（4-x）=-x²+4x=-（x-2）²+4
∵a=2，b=
3，∴c=
a2−b2=1
∴1≤x≤3
∴x=1或3时，k=-x²+4x取最小值3；x=2时，k=-x²+4x取最大值为4
故答案为：4，3．

点评：
本题考点： 椭圆的简单性质．

考点点评： 本题以椭圆的标准方程为载体，考查椭圆定义的运用，考查函数的构建，考查函数的单调性，属于基础题．

由椭圆的标准方程可知，
左右顶点分别为A₁（-2，0）、A₂（2，0），
设点P（a，b）（a≠±2），则

a2
4+
b2
3＝1…①，KPA1=[b/a+2]，KPA2=[b/a−2]；
则KPA1KPA2=[b/a+2]•[b/a−2]=
b2
a2−4，
将①式代入得KPA1KPA2=-[3/4]，
∵KPA2∈[-2，-1]，
∴KPA1∈[[3/8]，[3/4]]．
故答案为：[[3/8]，[3/4]]．

点评：
本题考点： 椭圆的简单性质．

考点点评： 本题考查了圆锥曲线的简单性质应用，同时考查了直线的斜率公式及学生的化简能力，属于基础题．

（1）设点A的坐标为（x₁，y₁），
当y≥0时，由
x2
4+
y2
3=1得，y=
3(1−
x2
4)，
则过点A的切线斜率k=y′|x＝x1=
−
3
2x1
2
3(1−
x12
4)＝−
3x1
4y1，过点A的切线方程为：y-y₁=
−3x1
4y1(x−x1)，
又
x12
4+
y12
3＝1，则切线方程可整理为：
x1x
4+
y1y
3＝1，
当y＜0时，同理可得切线方程为：
x1x
4+
y1y
3＝1，
综上，过点A的切线方程为：
x1x
4+
y1y
3

点评：
本题考点： 直线与圆锥曲线的关系；椭圆的标准方程．

考点点评： 本题考查椭圆标准方程的求解、直线与椭圆的位置关系，考查学生分析问题解决问题的能力．

（1）设A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂），
则
x12
4+
y12
3=1，①
x22
4+
y22
3=1②
①-②，得
(x1-x2)(x1+x2)
4+
(y1-y2)(y1+y2)
3=0．
又∵M为AB中点，
∴x₁+x₂=2，y₁+y₂=2．
∴直线l的斜率为-[3/4]．
∴直线l的方程为y-1=-[3/4]（x-1），即3x+4y-7=0．
（2）3x+4y-7=0与椭圆
x2
4+
y2
3=1联立可得21x²-42x+1=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则x₁+x₂=2，x₁x₂=[1/21]，
∴|AB|=
1+
9
16•
4-
4
21=
5
21
105．

点评：
本题考点： 椭圆的简单性质．

考点点评： 本题考查直线与椭圆的综合，考查弦中点问题，正确运用点差法解决中点弦问题是解题的关键，属于中档题．

若过F₂的直线存在斜率时，设斜率为k，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），则该直线的方程为y=k（x-1），
联立椭圆方程：
x2
4+
y2
3＝1得：（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0；
x1+x2＝
8k2
3+4k2，x1x2＝
4k2−12
3+4k2；
该椭圆的右准线方程为：x=4，e=[1/2]，点M，N到准线的距离分别为：4-x₁，4-x₂；
∴根据椭圆上的点到右焦点的距离与它到右准线的距离的比为e：[1/2]，可以得到：
m=[1/2]（4-x₁），n=[1/2]（4-x₂）；
∴[mn/m+n＝

1
4(4−x1)(4−x2)

1
2[8−(x1+x2)]＝
x1x2−4(x1+x2)+16
16−2(x1+x2)]=

4k2−12
3+4k2−
32k2
3+4k2+16
16−
16k2
3+4k2＝
36k2+36
48k2+48＝
3
4；
若过F₂的直线不存在斜率时，该直线方程为：x=1，带入椭圆方程得到y=±
3
2，不妨设M（1，

点评：
本题考点： 椭圆的简单性质．

考点点评： 考查椭圆的标准方程，焦点，准线，离心率，直线的方程以及韦达定理．

因为椭圆
x2
4+
y2
3=1的左、右焦点分别为F₁（-1，0），F₂（1，0），
P是椭圆上任一点（2cosθ，
3sinθ），θ∈R
所以

PF1＝(−1−2cosθ，−
3sinθ)，

PF2＝(1−2cosθ，−
3sinθ)，
所以

|PF1|•

|PF2|=
(−1−2cosθ)2+3sin2θ•
(1−2cosθ)2+3sin2θ
=
(2+cosθ)2•
(2−cosθ)2
=4-cos²θ
因为θ∈R，cos²θ∈[0，1]，
4-cos²θ∈[3，4]．
所以

|PF1|•

|PF2|的取值范围是：[3，4]．
故选D．

点评：
本题考点： 椭圆的参数方程；平面向量数量积的运算；椭圆的简单性质．

考点点评： 本题考查椭圆的简单性质，椭圆的参数方程，向量的数量积的应用，三角函数的值域，考查计算能力．

（本小题满分14分）
（1）由题意，可设抛物线方程为y²=2px（p＞0）．
由a²-b²=4-3=1，得c=1．
∴抛物线的焦点为（1，0），∴p=2．
∴抛物线D的方程为y²=4x．…（4分）
（2）证明：设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由于O为PQ之中点，故当l⊥x轴时，由抛物线的对称性知，一定有∠AQP=∠BQP，
当l不垂直x轴时，设l：y=k（x-4），
由

y＝k(x−4)
y2＝4x，得k²x²-4（2k²+1）x+16k²=0，
∴

x1+x2＝
4(2k2+1)
k2
x1x2＝16，
∵kAQ＝
y1
x1+4=
k(x1−4)
x1+4，
kBQ＝
y2
x2+4=
k(x2−4)
x2+4，
∴kAQ+kBQ＝
k(2x1x2−32)
(x1+4)(x

点评：
本题考点： 直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的综合．

考点点评： 本题考查抛物线方程的求法，直线和抛物线的位置关系，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．对数学思维的要求比较高，有一定的探索性．综合性强，难度大，是高考的重点．解题时要认真审题，仔细解答．

当直线l的斜率存在时，设为k，直线l的方程为y=k（x+1），
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
则椭圆在点A处的切线方程为：
x1x
4+
y1y
3＝1，①
椭圆在点B的切线方程为：
x2x
4+
y2y
3＝1，②
联立方程①②得：x=
4(y2−y1)
x1y2−x2y1=
4k(x2−x1)
x1k(x2−1)−x2k(x1+1)=-4，
即此时交点的轨迹方程：x=-4．
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=-1，
此时A（-1，1.5），B（-1，-1.5），经过AB两点的切线交点为（-4，0）．
综上所述，切线的交点的轨迹方程为：x=-4．
故答案为：x=-4．

点评：
本题考点： 椭圆的简单性质．

考点点评： 本题考查切线方程的求法，考查椭圆方程的求法，考查交点的轨迹方程的求法，解题时要认真审题，注意计算能力、推理论证能力的培养．

∵椭圆E：
x2
4+
y2
3=1，
∴2a=4，
∴|AF₁|+|AF₂|=2a，|BF₁|+|BF₂|=2a，
∴|AF₁|+|AF₂|+|BF₁|+|BF₂|=4a，
∴|AB|+|BF₂|+|AF₂|=4a，
∵|AF₂|，|AB|，|BF₂|成等差数列，
∴2|AB|=|BF₂|+|BF₂|，
∴3|AB|=4a=8，
∴3|AB|=8，
∴|AB|=[8/3]，
故选：C．

点评：
本题考点： 椭圆的简单性质．

考点点评： 本题重点考查了椭圆的概念，属于基础题．对于利用椭圆的概念求解问题时，一定要认真审题，直线必过焦点时，才能用椭圆的定义．

由椭圆
x2
4+
y2
3=1 得a²=4，解得a=2，
即有A（-2，0），B（2，0），
设P（m，n），则
m2
4+
n2
3=1．
即有n²=[3/4]（4-m²），
则k_PA=[n/m+2]，k_PB=[n/m-2]，
即有k_PA•k_PB=[n/m+2]•[n/m-2]
=
n2
m2-4=[3/4]•
4-m2
m2-4=-[3/4]．
由于直线PA的斜率k_PA=[1/2]，
则直线PB的斜率k_PB为-[3/4]×2=-[3/2]，
故选D．

点评：
本题考点： 椭圆的简单性质．

考点点评： 本题主要考查椭圆的几何性质，考查斜率公式的运用，以及化简整理和代入的能力，属于中档题．

（1）由题意，可设抛物线方程为y²=2px（p＞0）．
由a²-b²=4-3=1，得c=1．
∴抛物线的焦点为（1，0），∴p=2．
∴抛物线D的方程为y²=4x．…
（2）证明：设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由于O为PQ之中点，故当l⊥x轴时，由抛物线的对称性知，一定有∠AQP=∠BQP，
当l不垂直x轴时，设l：y=k（x-4），
代入抛物线方程，得k²x²-4（2k²+1）x+16k²=0，
∴x₁+x₂=
4(2k2+1)
k2，x₁x₂=16，
∵k_AQ=
y1
x1+4，k_BQ=
y2
x2+4，
∴k_AQ+k_BQ=
k(2x1x2−32)
(x1+4)(x2+4)=0，
∴∠AQP=∠BQP．
综上证知，∠AQP=∠BQP．

点评：
本题考点： 直线与圆锥曲线的关系；抛物线的标准方程．

考点点评： 本题考查抛物线方程的求法，直线和抛物线的位置关系，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．

证明：（1）设M（x₀，y₀），则
x02
4+
y02
3＝1，
∴
y02
3=1-
x02
4=
4−x02
4，
∴
y02
x02−4=-[3/4]，
∵椭圆
x2
4+
y2
3=1的长轴为线段AB，
∴A（-2，0），B（2，0），
∴k₁=
y0
x0+2，k2＝
y0
x0−2，
∴k₁k₂=
y0
x0+2•
y0
x0−2=
y02
x02−4=-[3/4]，
∴k₁k₂为定值-[3/4]．
（2）设直线MA：y₁=k₁（x+2），直线MB：y₂=k₂（x-2），
∵直线MA，MB与直线x=3分别相交于C，D两点，
∴C（3，5k₁），D（3，k₂）
∴以CD为直径的圆方程为（x-3）²+[y-[1/2]（5k₁+k₂）]²=[1/4]（5k₁-k₂）²，
化简得 x²-6x+9+y²-（5k₁+k₂）y=-5k₁k₂=[15/4]，
∴以CD为直径的圆过定点（3+

15
2，0）和（3-

15
2，0）．

点评：
本题考点： 直线与圆锥曲线的综合问题．

考点点评： 本题考查两直线的斜率的乘积这定值的证明，考查圆过定点的证明，解题时要认真审题，注意椭圆性质的合理运用．

（1）法一：作MM₁⊥l于M₁，
NN₁⊥l于N₁，则
|MF|
|NF|=
|M1K|
|N1K|，
由椭圆的第二定义，有
|MF|
|NF|=
|M1M|
|N1N|，
∴
|N1K|
|NN1|=
|M1K|
|MM1|，
∴∠KMM₁=∠KNN₁，即∠MKF=∠NKF，
∴KF平分∠MKN．
法二：设直线MN的方程为x=my+1，
设M、N的坐标分别为（x₁，y₁），（x₂，y₂），
由

x=my+1

x2
4+
y2
3=1得，（3m²+4）y²+6my-9=0，
∴y1+y2=-
6m
3m2+4，y1y2=-
9
3m2+4
设KM和KN的斜率分别为k₁，k₂，显然只需证k₁+k₂=0即可．
∵K（4，0），∴k1+k2=
y1
x1-4+
y2
x2-4=
x2y1+x1y2-4(y1+y2)
(x1-4)(x2-4)
而x₂y₁+x₁y₂-4（y₁+y₂

点评：
本题考点： 直线与圆锥曲线的综合问题．

考点点评： 本题主要考查了直线与椭圆的综合问题，两点间的距离公式等基础知识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质和数形结合的数学思想，考查了学生解决问题的能力和运算能力．

设P（s，t），由题意直线PA的方程为[y/t+
x−2
s+2＝1，即，直线PB的方程为
y
t+
x+2
s−2＝1
由于椭圆
x2
4+
y2
3＝1故a=2，b=
3]，c=1，故其右准线方程为x=
a2
c=4，F（1，0），故F到准线的距离是3
∵直线AP、BP分别交椭圆的右准线于M、N点
∴M（4，[6/s+2t），N（4，
2
s−2t）
故有|MN|=|
6
s+2t-
2
s−2t|=|
4t(s−4)
s2−4]|
∴S²=[1/4]×|MN|²×9=[9/4]×|
4t(s−4)
s2−4|①
又P（s，t）在椭圆上，故有t2＝3−
s2
4 代入①整理得S²=27×
(4−s)2
4−s2
令M²=
(4−s)2
4−s2得（M²+1）s²-8s+16-4M²=0，此方程恒有根
故△=64-4（M²+1）（16-4M²）≥0
解得M²≥3，故M≥
3或M≤-
3（舍）
∴S²=27×
(4−s)2
4−s2≥27×3
∴S≥9
故选B．

点评：
本题考点： 椭圆的应用；椭圆的简单性质．

考点点评： 本题主要考查了椭圆的标准方程和直线与椭圆的关系，考查了学生综合分析问题和解决问题的能力．解题的关键是根据意建立起面积关于坐标的函数，掌握用判别式法求值域也是本题的一个难点，解题时运算技巧很重要．本题运算量很大，要严谨，避免因运算失误导致解题失败．