精品高三数学一轮复习第九章平面解析几何第九节圆锥曲线的综合问题夯基提能

【步步高】（江苏专用）2017版高考数学一轮复习第九章平面解析几何 9.9 圆锥曲线的综合问题理1.直线与圆锥曲线的位置关系的判断将直线方程与圆锥曲线方程联立，消去一个变量得到关于x(或y)的一元方程：ax2＋bx＋c ＝0 (或ay2＋by＋c＝0).(1)若a≠0，可考虑一元二次方程的判别式Δ，有①Δ>0⇔直线与圆锥曲线相交；②Δ＝0⇔直线与圆锥曲线相切；③Δ<0⇔直线与圆锥曲线相离.(2)若a＝0，b≠0，即得到一个一元一次方程，则直线l与圆锥曲线E相交，且只有一个交点，①若E为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的位置关系是平行；②若E为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合.2.圆锥曲线的弦长设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则AB＝1＋k2|x2－x1|＝1＋1k2|y2－y1|.【知识拓展】过一点的直线与圆锥曲线的位置关系(1)过椭圆外一点总有两条直线与椭圆相切；过椭圆上一点有且只有一条直线与椭圆相切；过椭圆内一点的直线与椭圆相交.(2)过抛物线外一点总有三条直线和抛物线有且只有一个公共点：两条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；过抛物线上一点总有两条直线与抛物线有且只有一个公共点：一条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点：一条与对称轴平行或重合的直线.(3)过双曲线外不在渐近线上的一点总有四条直线与双曲线有且只有一个交点：两条切线和两条与渐近线平行的直线；过双曲线上一点总有三条直线与双曲线有且只有一个交点：一条切线和两条与渐近线平行的直线；过双曲线内一点总有两条直线与双曲线有且只有一个交点：两条与渐近线平行的直线.【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)直线l 与抛物线y 2＝2px 只有一个公共点，则l 与抛物线相切.( × )(2)直线y ＝kx (k ≠0)与双曲线x 2－y 2＝1一定相交.( × )(3)与双曲线的渐近线平行的直线与双曲线有且只有一个交点.( √ )(4)直线与椭圆只有一个交点⇔直线与椭圆相切.( √ )(5)过点(2,4)的直线与椭圆x 24＋y 2＝1只有一条切线.( × ) (6)满足“直线y ＝ax ＋2与双曲线x 2－y 2＝4只有一个公共点”的a 的值有4个.( √ )1.直线y ＝kx －k ＋1与椭圆x 29＋y 24＝1的位置关系为________. 答案 相交解析 直线y ＝kx －k ＋1＝k (x －1)＋1恒过定点(1,1)，又点(1,1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交.2.若直线y ＝kx 与双曲线x 29－y 24＝1相交，则k 的取值范围是________________. 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，23 解析 双曲线x 29－y 24＝1的渐近线方程为y ＝±23x ， 若直线与双曲线相交，数形结合，得k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，23. 3.过点(0,1)作直线，使它与抛物线y 2＝4x 仅有一个公共点，这样的直线有________条. 答案 3解析 过(0,1)与抛物线y 2＝4x 相切的直线有2条，过(0,1)与对称轴平行的直线有1条，这3条直线与抛物线都只有一个公共点.4.已知倾斜角为60°的直线l 通过抛物线x 2＝4y 的焦点，且与抛物线相交于A 、B 两点，则弦AB 的长为________.答案 16解析 直线l 的方程为y ＝3x ＋1，由⎩⎨⎧ y ＝3x ＋1x 2＝4y 得y 2－14y ＋1＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝14，∴AB ＝y 1＋y 2＋p ＝14＋2＝16.5.(2014·山东)已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的焦距为2c ，右顶点为A ，抛物线x 2＝2py (p >0)的焦点为F .若双曲线截抛物线的准线所得线段长为2c ，且FA ＝c ，则双曲线的渐近线方程为________.答案 y ＝±x解析 抛物线的准线y ＝－p 2，焦点F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2，∴a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫p 22＝c 2.① 设抛物线的准线y ＝－p 2交双曲线于M ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，－p 2，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，－p 2两点，∴⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝－p 2，x 2a 2－y2b 2＝1，即x 2a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫－p 22b 2＝1，解得x ＝±a p 24b 2＋1，∴2a p 24b 2＋1＝2c .② 又∵b 2＝c 2－a 2， ③ ∴由①②③，得c 2a 2＝2.∴b 2a 2＝c 2a 2－1＝1，解得ba ＝1.∴双曲线的渐近线方程为y ＝±x .。

§9.6圆锥曲线的综合问题考纲解读考点内容解读要求高考示例常考题型预测热度1.定点与定值问题1.了解圆锥曲线的简单应用2.掌握解析几何中求解定点、定值问题的方法和步骤Ⅲ2017课标全国Ⅱ,20;2016北京,19;2015课标Ⅱ,20解答题★★★2.参变量的取值范围与最值问题1.了解参变量的意义2.理解解析几何中求解范围和最值问题的基本方法3.理解函数思想和方程思想在圆锥曲线中的应用Ⅲ2017山东,21;2017浙江,21;2016山东,21;2016浙江,19解答题★★★3.存在性问题1.理解圆锥曲线中存在性问题的基本解法2.理解转化思想在圆锥曲线中的应用Ⅲ2015四川,20;2015湖北,22;2014重庆,21;2014湖南,20解答题★★☆分析解读从近几年的高考试题来看,直线与圆锥曲线、圆锥曲线间的综合考查主要涉及曲线的求法、位置关系的判断及应用、弦长问题、最值问题、定点定值的探索问题及各圆锥曲线间的联系等,同时着重考查学生的分析问题及解决综合问题的能力.分值较高,难度较大.客观题以各圆锥曲线间的联系为主,凸显知识的连贯性和综合性,着重考查函数与方程、分类讨论、数形结合等数学思想的应用.在解圆锥曲线综合问题时,需要较强的代数运算能力、图形认知能力、逻辑思维能力、数形之间转化能力,在推理过程中要保持思维的逻辑性,确保结果正确完整.五年高考考点一定点与定值问题1.(2017课标全国Ⅱ,20,12分)设O为坐标原点,动点M在椭圆C:+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足=.(1)求点P的轨迹方程;(2)设点Q在直线x=-3上,且·=1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点 F.解析(1)设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),=(x-x0,y),=(0,y0).由=得x0=x,y0=y.因为M(x0,y0)在C上,所以+=1.因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.(2)证明:由题意知F(-1,0).设Q(-3,t),P(m,n),则=(-3,t),=(-1-m,-n),·=3+3m-tn,=(m,n),=(-3-m,t-n).由·=1得-3m-m2+tn-n2=1,又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.所以·=0,即⊥.又过点P存在唯一直线垂直于OQ,所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点 F.2.(2015课标Ⅱ,20,12分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,点(2,)在C上.(1)求C的方程;(2)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.证明:直线OM的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值.解析(1)由题意有=,+=1,又c2=a2+b2,所以a2=8,b2=4.所以C的方程为+=1.(2)设直线l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(x M,y M).将y=kx+b代入+=1得(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0.故x M==,y M=k·ｘM+b=.于是直线OM的斜率k OM==-,即k OM·k=-.所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.3.(2015陕西,20,12分)如图,椭圆E:+=1(a>b>0)经过点A(0,-1),且离心率为.(1)求椭圆E的方程;(2)经过点(1,1),且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P,Q(均异于点A),证明:直线AP与AQ的斜率之和为 2.解析(1)由题设知=,b=1,结合a2=b2+c2,解得a=.所以椭圆E的方程为+y2=1.(2)证明:由题设知,直线PQ的方程为y=k(x-1)+1(k≠2),代入+y2=1,得(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2k(k-2)=0.由已知可知Δ>0.设P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x2≠0,则x1+x2=,x1x2=.[]从而直线AP,AQ的斜率之和k AP+k AQ=+=+=2k+(2-k)=2k+(2-k)=2k+(2-k)=2k-2(k-1)=2.4.(2014江西,20,13分)如图,已知抛物线C:x2=4y,过点M(0,2)任作一直线与C相交于A,B两点,过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点).(1)证明:动点D在定直线上;(2)作C的任意一条切线l(不含x轴),与直线y=2相交于点N1,与(1)中的定直线相交于点N2.证明:|MN2|2-|MN1|2为定值,并求此定值.解析(1)证明:依题意可设直线AB的方程为y=kx+2,代入x2=4y,得x2=4(kx+2),即x2-4kx-8=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1x2=-8,直线AO的方程为y=x,直线BD的方程为x=x2.解得交点D的坐标为,注意到x1x2=-8及=4y1,则有y===-2.因此D点在定直线y=-2上(x≠0).(2)依题设知,切线l的斜率存在且不等于0,设切线l的方程为y=ax+b(a≠0),代入x2=4y得x2=4(ax+b),即x2-4ax-4b=0,由Δ=0得(4a)2+16b=0,化简整理得b=-a2.故切线l的方程可写为y=ax-a2.分别令y=2、y=-2得N1、N2的坐标为N1、N2,则|MN2|2-|MN1|2=+42-=8,即|MN2|2-|MN1|2为定值8.教师用书专用(5)5.(2013江西,20,13分)椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率e=,a+b=3.(1)求椭圆C的方程;(2)如图,A,B,D是椭圆C的顶点,P是椭圆C上除顶点外的任意一点,直线DP交x轴于点N,直线AD交BP于点M,设BP的斜率为k,MN的斜率为m.证明:2m-k为定值.解析(1)因为e==,所以a=c,b= c.代入a+b=3得,c=,a=2,b=1.故椭圆C的方程为+y2=1.(2)证法一:因为B(2,0),P不为椭圆顶点,则直线BP的方程为y=k(x-2),①把①代入+y2=1,解得P.直线AD的方程为y=x+1.②①与②联立解得M.由D(0,1),P,N(x,0)三点共线知=,解得N.所以MN的斜率为m===,则2m-k=-k=(定值).证法二:设P(x0,y0)(x0≠0,±2),则k=,直线AD的方程为y=(x+2),直线BP的方程为y=(x-2),直线DP的方程为y-1=x,令y=0,由y0≠１可得N,联立得解得M,因此MN的斜率为m====,所以2m-k=-====(定值).考点二参变量的取值范围与最值问题1.(2017山东,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,椭圆C截直线y=1所得线段的长度为2.(1)求椭圆C的方程;(2)动直线l:y=kx+m(m≠0)交椭圆C于A,B两点,交y轴于点M.点N是M关于O的对称点,☉Ｎ的半径为|NO|.设D 为AB的中点,DE,DF与☉Ｎ分别相切于点E,F,求∠EDF的最小值.解析(1)由椭圆的离心率为,得a2=2(a2-b2),又当y=1时,x2=a2-,得a2-=2,所以a2=4,b2=2.因此椭圆方程为+=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立得得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-4=0,由Δ>0得m2<4k2+2,(*)且x1+x2=-,因此y1+y2=,所以D,又N(0,-m),所以|ND|2=+,整理得|ND|2=,因为|NF|=|m|,所以==1+.令t=8k2+3,t≥3,故2k2+1=,所以=1+=1+.令y=t+,所以y'=1-.当t≥３时,y'>0,从而y=t+在[3,+∞)上单调递增,因此t+≥,等号当且仅当t=3时成立,此时k=0,所以≤1+3=4,由(*)得-<m<且m≠0.故≥.设∠EDF=2θ,则sin θ=≥.所以θ的最小值为,从而∠EDF的最小值为,此时直线l的斜率是0.综上所述:当k=0,m∈（-,0)∪(0,)时,∠EDF取到最小值.2.(2016浙江,19,15分)如图,设抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|-1.(1)求p的值;(2)若直线AF交抛物线于另一点B,过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N,AN与x轴交于点M.求M 的横坐标的取值范围.解析(1)由题意可得,抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x=-1的距离,由抛物线的定义得=1,即p=2.(2)由(1)得,抛物线方程为y2=4x,F(1,0),可设A(t2,2t),t≠0,t≠±1.因为AF不垂直于y轴,可设直线AF:x=sy+1(s≠0),由消去x得y2-4sy-4=0,故y1y2=-4,所以,B.又直线AB的斜率为,故直线FN的斜率为-.从而得直线FN:y=-(x-1),直线BN:y=-.所以N.设M(m,0),由A,M,N三点共线得=,于是m=.所以m<0或m>2.经检验,m<0或m>2满足题意.综上,点M的横坐标的取值范围是(-∞,0)∪(2,+∞).3.(2016山东,21,14分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的长轴长为4,焦距为2.(1)求椭圆C的方程;(2)过动点M(0,m)(m>0)的直线交x轴于点N,交C于点A,P(P在第一象限),且M是线段PN的中点.过点P作x轴的垂线交C于另一点Q,延长QM交C于点 B.(i)设直线PM,QM的斜率分别为k,k',证明为定值;(ii)求直线AB的斜率的最小值.解析(1)设椭圆的半焦距为 c.由题意知2a=4,2c=2,所以a=2,b==.所以椭圆C的方程为+=1.(2)(i)设P(x0,y0)(x0>0,y0>0).由M(0,m),可得P(x0,2m),Q(x0,-2m). 所以直线PM的斜率k==,直线QM的斜率k'==-.此时=-3.所以为定值-3.(ii)设A(x1,y1),B(x2,y2).直线PA的方程为y=kx+m,直线QB的方程为y=-3kx+m.联立整理得(2k2+1)x2+4mkx+2m2-4=0.由x0x1=,可得x1=.所以y1=kx1+m=+m.同理x2=,y2=+m.所以x2-x1=-=,y2-y1=+m--m=,所以k AB===.由m>0,x0>0,可知k>0,所以6k+≥２,等号当且仅当k=时取得.此时=,即m=,符合题意.所以直线AB的斜率的最小值为.4.(2014北京,19,14分)已知椭圆C:x2+2y2=4.(1)求椭圆C的离心率;(2)设O为原点.若点A在直线y=2上,点B在椭圆C上,且OA⊥OB,求线段AB长度的最小值.解析(1)由题意,知椭圆C的标准方程为+=1.所以a2=4,b2=2,从而c2=a2-b2=2.因此a=2,c=.故椭圆C的离心率e==.(2)设点A,B的坐标分别为(t,2),(x0,y0),其中x0≠0.因为OA⊥OB,所以·=0,即tx0+2y0=0,解得t=-.又+2=4,所以|AB|2=(x0-t)2+(y0-2)2=+(y0-2)2=+++4=+++4=++4(0<≤4).因为+≥4(0<≤4),且当=4时等号成立,所以|AB|2≥8.故线段AB长度的最小值为2.教师用书专用(5—7)5.(2015山东,21,14分)平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,且点在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程;(2)设椭圆E:+=1,P为椭圆C上任意一点,过点P的直线y=kx+m交椭圆E于A,B两点,射线PO交椭圆E于点Q.(i)求的值;(ii)求△ABQ面积的最大值.解析(1)由题意知+=1,又=,解得a2=4,b2=1.所以椭圆C的方程为+y2=1.(2)由(1)知椭圆E的方程为+=1.(i)设P(x0,y0),=λ,由题意知Q(-λx0,-λy0).因为+=1,又+=1,即=1,所以λ=2,即=2.(ii)设A(x1,y1),B(x2,y2).将y=kx+m代入椭圆E的方程,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0,由Δ>0,可得m2<4+16k2.①则有x1+x2=-,x1x2=.所以|x1-x2|=.因为直线y=kx+m与y轴交点的坐标为(0,m), 所以△OAB的面积S=|m||x1-x2|===2.设=t.将y=kx+m代入椭圆C的方程,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,由Δ≥0,可得m2≤1+4k2.②由①②可知0<t≤1,因此S=2=2.故S≤２,当且仅当t=1,即m2=1+4k2时取得最大值2.由(i)知,△ABQ面积为3S,所以△ABQ面积的最大值为6.6.(2014山东,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,直线y=x被椭圆C截得的线段长为.(1)求椭圆C的方程;(2)过原点的直线与椭圆C交于A,B两点(A,B不是椭圆C的顶点).点D在椭圆C上,且AD⊥AB,直线BD与x轴、y轴分别交于M,N两点.(i)设直线BD,AM的斜率分别为k1,k2.证明存在常数λ使得k1=λk2,并求出λ的值;(ii)求△OMN面积的最大值.解析(1)由题意知=,可得a2=4b2,椭圆C的方程可简化为x2+4y2=a2.将y=x代入可得x=±,因此×=,可得a=2.因此b=1,所以椭圆C的方程为+y2=1.(2)(i)设A(x1,y1)(x1y1≠0),D(x2,y2),则B(-x1,-y1),所以直线AB的斜率k AB=,因为AB⊥AD,所以直线AD的斜率k=-.设直线AD的方程为y=kx+m,由题意知k≠0,m≠0.由可得(1+4k2)x2+8mkx+4m2-4=0.所以x1+x2=-,因此y1+y2=k(x1+x2)+2m=.由题意知x1≠-x2,所以k1==-=.所以直线BD的方程为y+y1=(x+x1).令y=0,得x=3x1,即M(3x1,0).可得k2=-.所以k1=-k2,即λ=-.因此存在常数λ=-使得结论成立.(ii)直线BD的方程为y+y1=(x+x1),令x=0,得y=-y1,即N.由(i)知M(3x1,0),可得△OMN的面积S=×3|x1|×|y1|=|x1||y1|.因为|x1||y1|≤+=1,当且仅当=|y1|=时等号成立, 此时S取得最大值,所以△OMN面积的最大值为.7.(2013浙江,22,14分)已知抛物线C的顶点为O(0,0),焦点为F(0,1).(1)求抛物线C的方程;(2)过点F作直线交抛物线C于A,B两点.若直线AO,BO分别交直线l:y=x-2于M,N两点,求|MN|的最小值.解析(1)由题意可设抛物线C的方程为x2=2py(p>0),则=1,所以抛物线C的方程为x2=4y.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为y=kx+1.由消去y,整理得x2-4kx-4=0,所以x1+x2=4k,x1x2=-4.从而|x1-x2|=4.由解得点M的横坐标x M===.同理点N的横坐标x N=.所以|MN|=|x M-x N|==8=.令4k-3=t,t≠0,则k=.当t>0时,|MN|=2>2.当t<0时,|MN|=2≥.综上所述,当t=-,即k=-时,[]|MN|的最小值是.考点三存在性问题1.(2015四川,20,13分)如图,椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率是,点P(0,1)在短轴CD上,且·=-1.(1)求椭圆E的方程;(2)设O为坐标原点,过点P的动直线与椭圆交于A,B两点.是否存在常数λ,使得·+λ·为定值?若存在,求λ的值;若不存在,请说明理由.解析(1)由已知得,点C,D的坐标分别为(0,-b),(0,b).又点P的坐标为(0,1),且·=-1,于是解得a=2,b=.所以椭圆E的方程为+=1.(2)当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=kx+1,A,B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2).由得(2k2+1)x2+4kx-2=0.其判别式Δ=(4k)2+8(2k2+1)>0,所以,x1+x2=-,x1x2=-.从而,·+λ·=x1x2+y1y2+λ[x1x2+(y1-1)(y2-1)]=(1+λ)(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1==--λ-2.所以,当λ=1时,--λ-2=-3.此时,·+λ·=-3为定值.当直线AB斜率不存在时,直线AB即为直线CD.当λ=1时,·+λ·=·+·=-2-1=-3.故存在常数λ=1,使得·+λ·为定值-3.2.(2015湖北,22,14分)一种画椭圆的工具如图1所示.O是滑槽AB的中点,短杆ON可绕O转动,长杆MN通过N处铰链与ON连接,MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动,且DN=ON=1,MN=3.当栓子D在滑槽AB内做往复运动时,带动．．N绕O转动,M处的笔尖画出的椭圆记为 C.以O为原点,AB所在的直线为x轴建立如图2所示的平面直角坐标系.图1 图2(1)求椭圆C的方程;(2)设动直线l与两定直线l1:x-2y=0和l2:x+2y=0分别交于P,Q两点.若直线l总与椭圆C有且只有一个公共点,试探究:△OPQ的面积是否存在最小值?若存在,求出该最小值;若不存在,说明理由.解析(1)因为|OM|≤|MN|+|NO|=3+1=4.当M,N在x轴上时,等号成立;同理,|OM|≥|MN|-|NO|=3-1=2,当D,O重合,即MN⊥ｘ轴时,等号成立.所以椭圆C的中心为原点O,长半轴长为4,短半轴长为2,其方程为+=1.(2)(i)当直线l的斜率不存在时,直线l为x=4或x=-4,都有S△OPQ=×4×4=8.(ii)当直线l的斜率存在时,设直线l:y=kx+m,由消去y,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0.因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点,所以Δ=64k2m2-4(1+4k2)(4m2-16)=0,即m2=16k2+4.①又由可得P;同理可得Q.由原点O到直线PQ的距离为d=和|PQ|=·|x P-x Q|,可得S△OPQ=|PQ|·d=|m||x P-x Q|=·|m|=.②将①代入②得,S△OPQ==8.当k2>时,S△OPQ=8·=8>8;当0≤ｋ2<时,S△OPQ=8·=8.因0≤ｋ2<,则0<1-4k2≤1,≥2,所以S△OPQ=8≥8,当且仅当k=0时取等号.所以当k=0时,S△OPQ的最小值为8.综合(i)(ii)可知,当直线l与椭圆C在四个顶点处相切时,△OPQ的面积取得最小值8.3.(2014湖南,20,13分)如图,O为坐标原点,双曲线C1:-=1(a1>0,b1>0)和椭圆C2:+=1(a2>b2>0)均过点P,且以C1的两个顶点和C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形.(1)求C1,C2的方程;(2)是否存在直线l,使得l与C1交于A,B两点,与C2只有一个公共点,且|+|=||?证明你的结论.解析(1)设C2的焦距为2c2,由题意知,2c2=2,2a1=2,从而a1=1,c2=1.因为点P在双曲线x2-=1上,所以-=1,故=3.由椭圆的定义知2a2=+=2.于是a2=,=-=2,故C1,C2的方程分别为x2-=1,+=1.(2)不存在符合题设条件的直线.(i)若直线l垂直于x轴,因为l与C2只有一个公共点,所以直线l的方程为x=或x=-.当x=时,易知A(,),B(,-),所以|+|=2,||=2,此时,|+|≠｜|.当x=-时,同理可知,|+|≠｜|.(ii)若直线l不垂直于x轴,设l的方程为y=kx+m,由得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0.当l与C1相交于A,B两点时,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1,x2是上述方程的两个实根,从而x1+x2=,x1x2=. 于是y1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=.由得(2k2+3)x2+4kmx+2m2-6=0.因为直线l与C2只有一个公共点,所以上述方程的判别式Δ=16k2m2-8(2k2+3)(m2-3)=0.化简,得2k2=m2-3,因此·=x1x2+y1y2=+=≠0,于是++2·≠+-2·,即|+|2≠｜-|2,故|+|≠｜|.综合(i),(ii)可知,不存在符合题设条件的直线.教师用书专用(4)4.(2014重庆,21,12分)如图,设椭圆+=1(a>b>0)的左,右焦点分别为F1,F2,点D在椭圆上,DF1⊥Ｆ1F2,=2,△DF1F2的面积为.(1)求该椭圆的标准方程;(2)是否存在圆心在y轴上的圆,使圆在x轴的上方与椭圆有两个交点,且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点?若存在,求出圆的方程.若不存在,请说明理由.解析(1)设F1(-c,0),F2(c,0),其中c2=a2-b2.由=2得|DF1|== c.从而=|DF1||F1F2|=c2=,故c=1.从而|DF1|=,由DF1⊥Ｆ1F2得|DF2|2=|DF1|2+|F1F2|2=,因此|DF2|=.所以2a=|DF1|+|DF2|=2,故a=,b2=a2-c2=1.因此,所求椭圆的标准方程为+y2=1.(2)如图,设圆心在y轴上的圆C与椭圆+y2=1相交,P1(x1,y1),P2(x2,y2)是两个交点,y1>0,y2>0,F1P1,F2P2是圆C的切线,且F1P1⊥Ｆ2P2.由圆和椭圆的对称性,易知,x2=-x1,y1=y2.由(1)知F1(-1,0),F2(1,0),所以=(x1+1,y1),=(-x1-1,y1).再由F1P1⊥Ｆ2P2得-(x1+1)2+=0.由椭圆方程得1-=(x1+1)2,即3+4x1=0,解得x1=-或x1=0.当x1=0时,P1,P2重合,不存在满足题设要求的圆.当x1=-时,过P1,P2分别与F1P1,F2P2垂直的直线的交点即为圆心 C.设C(0,y0),由CP1⊥Ｆ1P1,得·=-1.而y1=|x1+1|=,故y0=.圆C的半径|CP1|==.综上,存在满足题设条件的圆,其方程为x2+=.三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点一定点与定值问题1.(2016河北唐山调研,9)过抛物线y=ax2(a>0)的焦点F作一条直线交抛物线于A,B两点,若线段AF,BF的长分别为m,n,则等于( )A. B. C.2a D.答案 B2.(2018河北五校12月联考,20)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,右焦点为F,上顶点为A,且△AOF的面积为(O是坐标原点).(1)求椭圆C的方程;(2)设P是椭圆C上的一点,过P的直线l与以椭圆的短轴为直径的圆切于第一象限,切点为M,证明:|PF|+|PM|为定值.解析(1)设椭圆的半焦距为c,由已知得?∴椭圆的方程为+y2=1.(2)证明:以短轴为直径的圆的方程为x2+y2=1,F(1,0),设P(x0,y0),则+=1(0<x0≤).∴|PF|=====(2-x0).又l与圆x2+y2=1相切于M,∴|PM|=====x0,∴|PF|+|PM|=(2-x0)+x0=,为定值.考点二参变量的取值范围与最值问题3.(2018山西康杰中学等六校12月联考,11)抛物线y2=8x的焦点为F,设A(x1,y1),B(x2,y2)是抛物线上的两点,x1+x2+4=|AB|,则∠AFB的最大值为( )A. B. C. D.答案 B4.(2017河南六市一模,9)已知圆(x-1)2+y2=的一条切线y=kx与双曲线C:-=1(a>0,b>0)有两个交点,则双曲线C 的离心率的取值范围是( )A.(1,)B.(1,2)C.(,+∞）D.(2,+∞）答案 D5.(2016皖江示范高中联考,14)若点P是椭圆+y2=1上的动点,则P到直线l:y=x+1的距离的最大值是. 答案6.(2018河南中原名校联盟12月联考,20)设椭圆+=1(a>)的右焦点为F,右顶点为 A.已知|OA|-|OF|=1,其中O 为原点,e为椭圆的离心率.(1)求椭圆的方程及离心率e的值;(2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上),垂直于l的直线与l交于点M,与y轴交于点H.若BF⊥HF,且∠MOA≤∠MAO,求直线l的斜率的取值范围.解析(1)设F(c,0),∵ａ-c=1,∴a=1+c,a2=1+2c+c2,又a2=b2+c2,∴3=1+2c,c=1,∴a=2,所以,椭圆的方程为+=1,e==.(2)易知l的斜率存在且不为0,设直线l的斜率为k(k≠0),则直线l的方程为y=k(x-2),设B(x B,y B),由方程组消去y得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0.解得x=2或x=,由题意得x B=,从而y B=,由(1)知,F(1,0),设H(0,y H),则=(-1,y H),=,由BF⊥HF,得·=0,所以+=0,解得y H=,因此直线MH的方程为y=-x+,设M(x M,y M),由方程组消去y,解得x M=,在△MAO中,∠MOA≤∠MAO?|MA|≤|MO|,则(x M-2)2+≤+,化简得x M≥1,即≥1,解得k≤-或k≥,所以,直线l的斜率的取值范围为∪.考点三存在性问题7.(2018山西康杰中学等六校12月联考,20)已知F1,F2分别为椭圆E:+=1(a>b>0)的左、右焦点,点P在椭圆E上,且|PF1|+|PF2|=4.(1)求椭圆E的方程;(2)过F1的直线l1,l2分别交椭圆E于A,C和B,D,且l1⊥ｌ2,问是否存在实数λ,使得,λ,成等差数列?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.解析(1)由已知|PF1|+|PF2|=4,得2a=4,即a=2,又点P在椭圆上,所以+=1,解得b=,故椭圆的标准方程为+=1.(2)当AC⊥ｘ轴时,|BD|=4,|AC|=3,由2λ=+=,得λ=.当BD⊥ｘ轴时,|BD|=3,|AC|=4,由2λ=+=,得λ=.当AC、BD与x轴均不垂直时,设l1:y=k(x+1)(k≠0),A(x1,y1),C(x2,y2),直线l1与椭圆E的方程联立并消去y得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0,则x1+x2=,x1x2=,所以|AC|=|x1-x2|=,从而=,同理可得=,所以+==,令=2λ,得λ=.综上,存在常数λ=,使得,λ,成等差数列.8.(2017江西赣中南五校联考,20)在直角坐标系xOy中,点M到点F1(-,0),F2(,0)的距离之和是4,点M的轨迹是C,直线l:y=kx+与轨迹C交于不同的两点P和Q.(1)求轨迹C的方程;(2)是否存在常数k,使以线段PQ为直径的圆过原点O?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.解析(1)∵点M到F1(-,0),F2(,0)的距离之和是4,且2<4,∴Ｍ的轨迹是焦点在x轴上,长轴长为4,焦距为2的椭圆,其方程为+y2=1.(2)存在.理由如下:将y=kx+代入曲线C的方程,整理得(1+4k2)x2+8kx+4=0,设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=,又y1·ｙ2=(kx1+)(kx2+)=k2x1x2+k(x1+x2)+2.若以线段PQ为直径的圆过原点,则·=0,所以x1x2+y1y2=0,即(k2+1)x1x2+k(x1+x2)+2=0,即(k2+1)·+k·+2=0,解得k=±.又因为k的取值应满足Δ>0,即4k2-1>0,(*)将k=±代入(*)式知符合题意.故存在k=±,使以线段PQ为直径的圆过原点O.B组2016—2018年模拟·提升题组(满分:55分时间:45分钟)一、填空题(每小题5分,共10分)1.(2018江西宜春一模,16)设F1、F2分别是椭圆+=1的左、右焦点,P为椭圆上任一点,点M的坐标为(6,4),则|PM|+|PF1|的最大值为.答案152.(2017广东七校第二次联考,16)已知点P是抛物线C1:y2=4x上的动点,过P作圆C2:(x-3)2+y2=2的两条切线,则两条切线的夹角的最大值为.答案二、解答题(每小题15分,共45分)3.(2018湖南师大附中12月联考,20)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的短轴的一个顶点与两个焦点构成正三角形,且该三角形的面积为.(1)求椭圆C的方程;(2)如图,设F1、F2为椭圆C的左、右焦点,若椭圆C的一个内接平行四边形的一组对边过点F1和F2,求这个平行四边形面积的最大值.解析(1)∵椭圆C:+=1(a>b>0)的短轴的一个顶点与两个焦点构成正三角形,且该三角形的面积为,∴解得a=2,b=,c=1,∴椭圆C的方程为+=1.(2)设过椭圆右焦点F2的直线AB的方程为x=ty+1,由整理,得(3t2+4)y2+6ty-9=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=,y1y2=,∴|y1-y2|===,连接OA,OB,∴Ｓ△OAB=+=×|OF2|×|y1-y2|=,∴椭圆C的内接平行四边形面积S=4S△OAB=,令m=,则m≥1,则S=f(m)=,注意到S=f(m)在[1,+∞)上单调递减,∴Ｓmax=f(1)=6,当且仅当m=1,即t=0时等号成立.故这个平行四边形面积的最大值为 6.4.(2017豫北名校联盟联考,20)已知点P是椭圆C上任一点,点P到直线l1:x=-2的距离为d1,到点F(-1,0)的距离为d2,且=,直线l与椭圆C交于不同两点A,B(A,B都在x轴上方),且∠OFA+∠OFB=180°．(1)求椭圆C的方程;(2)当A为椭圆与y轴正半轴的交点时,求直线l的方程;(3)对于动直线l,是否存在一个定点,无论∠OFA如何变化,直线l总经过此定点?若存在,求出该定点的坐标;若不存在,请说明理由.解析(1)设P(x,y),则d1=|x+2|,d2=. 由==,化简,得+y2=1,∴椭圆C的方程为+y2=1.(2)由题意及(1)知A(0,1),又F(-1,0),∴ｋAF==1. 又∵∠OFA+∠OFB=180°,∴ｋBF=-1,∴BF:y=-1×(x+1)=-x-1,代入+y2=1,解得(舍去)或∴Ｂ.k AB==,∴AB:y=x+1,即直线l的方程为y=x+1.(3)存在.解法一:∵∠OFA+∠OFB=180°,∴ｋAF+k BF=0. 设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为y=kx+b.将y=kx+b代入+y2=1,整理得x2+2kbx+b2-1=0.∴ｘ1+x2=-,x1x2=,∴ｋAF+k BF=+=+==0.∴(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=2kx1x2+(k+b)(x1+x2)+2b=2k·-(k+b)·+2b=0,∴ｂ-2k=0,∴b=2k,∴直线AB的方程为y=k(x+2),∴直线l总经过定点(-2,0).解法二:∵∠OFA+∠OFB=180°,∴Ｂ关于x轴的对称点B1在直线AF上.设A(x1,y1),B(x2,y2),则B1(x2,-y2),设直线AF的方程为y=k(x+1),代入+y2=1,得x2+2k2x+k2-1=0.∴ｘ1+x2=-,x1x2=.k AB=,AB:y-y1=(x-x1),令y=0,得x=x1-y1·=.又∵ｙ1=k(x1+1),-y2=k(x2+1),∴x=====-2,∴直线l总经过定点(-2,0).5.(2016吉林五校第一次联考,20)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率e=,它的一个顶点在抛物线x2=4y的准线上.(1)求椭圆C的方程;(2)设A(x1,y1),B(x2,y2)是椭圆C上两点,已知m=,n=,且m·n=0,求·的取值范围. 解析(1)抛物线x2=4y的准线为y=-,∴b=.e=?=?a=,∴椭圆C的方程为+=1.(2)由m·n=0及(1)得x1x2=-3y1y2,当直线AB的斜率不存在时,x1=x2,y2=-y1,∴=3,又+=1,∴=1.∴·=x1x2+y1y2=2=2.当直线AB的斜率存在时,设方程为y=kx+m,由得(1+3k2)x2+6kmx+3m2-6=0,∴Δ=36k2m2-12(3k2+1)(m2-2)=12(6k2-m2+2)>0,且x1+x2=,x1x2=.由x1x2=-3y1y2=-3(kx1+m)(kx2+m)?(1+3k2)x1x2+3km(x1+x2)+3m2=0,整理得1+3k2=m2,∴·=x1x2+y1y2=x1x2===2-,∵ｍ2=1+3k2≥1,∴0<≤4,∴-2≤·<2.综上,-2≤·≤2.C组2016—2018年模拟·方法题组方法 1 圆锥曲线中的定点、定值问题的求解方法1.(2017河南郑州一模,11)已知直线l与双曲线-y2=1相切于点P,l与双曲线的两条渐近线交于M,N两点,则·的值为( )A.3B.4C.5D.与P的位置有关答案 A2.(2017河南十所名校联考,21)如图,O为坐标原点,椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,以椭圆C的长轴长、短轴长为两相邻边长的矩形的面积为8.(1)求椭圆C的方程;(2)若P、Q是椭圆C上的两个动点,且k OP·ｋOQ=-,试问:S△OPQ是否为定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.解析(1)依题意可知解之得∴椭圆C的方程为+y2=1.(2)S△OPQ为定值.设P(x1,y1),Q(x2,y2),当直线PQ的斜率不存在时,P,Q两点关于x轴对称,不妨设P在x轴下方,Q在x轴上方,则k OQ=-k OP,可得=,结合+=1可得|x1|=,|y1|=,从而|x1||y1|=1,S△OPQ=1.当直线PQ的斜率存在时,设直线PQ的方程为y=kx+m,由得(4k2+1)x2+8kmx+4(m2-1)=0,则x1+x2=,x1x2=,从而|PQ|=|x1-x2|=·=.O到直线PQ的距离d=,则S△OPQ=|PQ|d=,k OP·ｋOQ=====-,则4k2+1=2m2,则S△OPQ==1.综上,S△OPQ为定值 1.方法 2 圆锥曲线中的最值和范围问题的求解方法3.(2018河南洛阳一模,11)过椭圆+=1上一点H作圆x2+y2=2的两切线,点A,B为切点.过A,B的直线l与x轴,y 轴分别交于点P,Q.则△POQ(O为坐标原点)的面积的最小值为( )A. B. C.1 D.答案 B4.(2017江西南昌三校联考,11)已知双曲线x2-=1的左顶点为A1,右焦点为F2,P为双曲线右支上一点,则·的最小值为( )A.-2B.-C.1D.0答案 A5.(2018河南百校联盟12月联考,20)已知点F为抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点,抛物线y2=-8x的准线与抛物线C交于点A,且|AF|=3.(2)若直线l:x=my+1与抛物线C交于不同的两点D,E,点G为线段DE的中点,设|FD|=λ|FE|,H(2,0).若1≤λ≤2,求|GH|的取值范围.解析(1)抛物线y2=-8x的准线方程为x=2,所以点A的横坐标为2,[]由抛物线的定义得|AF|=2+,因为|AF|=3,所以2+=3,解得p=2,所以抛物线C的方程为y2=4x.(2)直线l:x=my+1过抛物线C的焦点F,设D(x1,y1),E(x2,y2),联立得y2-4my-4=0,则y1+y2=4m,y1y2=-4,∴ｘ1+x2===4m2+2,由|FD|=λ|FE|,得y1=-λy2,所以(-λ)+=+,所以(-λ)++2==-4m2,由1≤λ≤２可得-≤（-λ)++2≤0,所以0≤ｍ2≤,又|GH|==,所以1≤≤,所以|GH|的取值范围是.6.(2017皖南八校12月联考,20)如图,点A(-2,0)、B(2,0)分别为椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右顶点,P,M,N为椭圆C上非顶点的三点,直线AP、BP的斜率分别为k1、k2,且k1k2=-,AP∥OM,BP∥ON.(2)求||·｜|的最大值.解析(1)设P(x,y),由k1k2=-,得·=-,化简整理得+y2=1.∴椭圆C的方程为+y2=1.(2)易知k OM·ｋON=k1k2=-,设k OM=k,则k ON=-,∴ｌOM:y=kx,l ON:y=-,由得=,=,∴｜|2=.由得=,=,∴｜|2=.||·｜|==2≤.当且仅当16k2=,即k=±时,等号成立.故||·｜|的最大值为.方法 3 圆锥曲线中存在性问题的求解方法7.(2018湖北八校12月联考,20)已知抛物线C:y2=2px(p>0)在第一象限内的点P(2,t)到焦点F的距离为.(1)若M,过点M,P的直线l1与抛物线相交于另一点Q,求的值;(2)若直线l2与抛物线C相交于A,B两点,与圆M:(x-a)2+y2=1相交于D,E两点,O为坐标原点,OA⊥OB,试问:是否存在实数a,使得DE的长为定值?若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由.解析(1)∵点P(2,t),∴2+=,解得p=1,故抛物线C的方程为y2=2x,当x=2时,t=2,∴ｌ1的方程为y=x+,与抛物线方程y2=2x联立可得x Q=,又∵|QF|=x Q+,|PF|=x P+,∴==.(2)设直线AB的方程为x=ty+m,代入抛物线方程可得y2-2ty-2m=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=2t,y1y2=-2m,①由OA⊥OB得(ty1+m)(ty2+m)+y1y2=0,整理得(t2+1)y1y2+tm(y1+y2)+m2=0,②将①代入②解得m=2,∴直线l2:x=ty+2,∵圆心到直线l2的距离d=,∴|DE|=2,显然当a=2时,|DE|=2,为定值.[]8.(2017广东广州12月联考,20)已知点A(x1,y1),B(x2,y2)是抛物线y2=8x上相异的两点,且满足x1+x2=4.(1)若直线AB经过点F(2,0),求|AB|的值;(2)是否存在直线AB,使得线段AB的中垂线交x轴于点M,且|MA|=4?若存在,求直线AB的方程;若不存在,说明理由.解析(1)解法一:若直线AB的斜率不存在,则直线AB的方程为x=2,由解得或不妨令A(2,4),B(2,-4),所以|AB|=8.若直线AB的斜率存在,则可设直线AB的方程为y=k(x-2),由消去y得k2x2-(4k2+8)x+4k2=0,故x1+x2==4,方程无解.所以|AB|=8.解法二:易知点F(2,0)为抛物线的焦点.因为直线AB过抛物线y2=8x的焦点F(2,0),所以根据抛物线的定义得|AF|=x1+2,|BF|=x2+2.所以|AB|=|AF|+|BF|=x1+x2+4=8.(2)不存在.假设存在直线AB符合题意,易知直线AB的斜率存在,设直线AB的方程为y=kx+b(k≠0).由消去y得k2x2+(2kb-8)x+b2=0(*).故x1+x2=-=4.所以b=-2k.所以x1x2==.所以|AB|=·==.因为y1+y2=k(x1+x2)+2b=4k+2b=,所以线段AB的中点C的坐标为.所以线段AB的中垂线方程为y-=-(x-2),即x+ky-6=0.令y=0,得x=6,所以点M的坐标为(6,0).所以点M到直线AB的距离d=|CM|==.因为|MA|2=+|CM|2,所以(4)2=+,解得k=±1.当k=1时,b=2;当k=-1时,b=-2.把和分别代入(*)检验,得Δ=0,不符合题意. 所以直线AB不存在.。

§9.8圆锥曲线的综合问题考纲解读考点内容解读要求高考示例常考题型预测热度1.定值与最值及X围问题掌握与圆锥曲线有关的最值、定值、参数X围问题掌握2017课标全国Ⅰ,20;2017某某,21;2017某某,21;2016课标全国Ⅱ,20;2016,19;2016某某,21;2015某某,19;2014某某,10;2014某某,21解答题★★★2.存在性问题了解并掌握与圆锥曲线有关的存在性问题掌握2014某某,21;2013某某,20 解答题★★☆分析解读 1.会处理动曲线(含直线)过定点的问题.2.会证明与曲线上的动点有关的定值问题.3.会按条件建立目标函数,研究变量的最值问题及变量的取值X围问题,注意运用“数形结合”“几何法”求某些量的最值.4.能与其他知识交汇,从假设结论成立入手,通过推理论证解答存在性问题.5.本节在高考中围绕直线与圆锥曲线的位置关系,展开对定值、最值、参数取值X围等问题的考查,注重对数学思想方法的考查,分值约为12分,难度偏大.五年高考考点一定值与最值及X围问题1.(2017某某,21,15分)如图,已知抛物线x2=y,点A,B,抛物线上的点P(x,y).过点B作直线AP的垂线,垂足为Q.(1)求直线AP斜率的取值X围;(2)求|PA|·|PQ|的最大值.解析(1)设直线AP的斜率为k,k==x-,因为-<x<,所以直线AP斜率的取值X围是(-1,1).(2)解法一:联立直线AP与BQ的方程解得点Q的横坐标是x Q=.因为|PA|==(k+1),|PQ|=(x Q-x)=-,所以|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3,令f(k)=-(k-1)(k+1)3.因为f '(k)=-(4k-2)(k+1)2,所以f(k)在区间上单调递增,上单调递减,因此当k=时,|PA|·|PQ|取得最大值.解法二:如图,连接BP,|AP|·|PQ|=|AP|·|PB|·cos∠BPQ=·(-)=·-.易知P(x,x2),则·=2x+1+2x2-=2x2+2x+,=+=x2+x++x4-x2+=x4+x2+x+.∴|AP|·|PQ|=-x4+x2+x+.设f(x)=-x4+x2+x+,则f '(x)=-4x3+3x+1=-(x-1)(2x+1)2,∴f(x)在上为增函数,在上为减函数,∴f(x)max=f(1)=.故|AP|·|PQ|的最大值为.2.(2017某某,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为,焦距为2.(1)求椭圆E的方程;(2)如图,动直线l:y=k1x-交椭圆E于A,B两点,C是椭圆E上一点,直线OC的斜率为k2,且k1k2=.M是线段OC延长线上一点,且|MC|∶|AB|=2∶3,☉M的半径为|MC|,OS,OT是☉M的两条切线,切点分别为S,T.求∠SOT的最大值,并求取得最大值时直线l的斜率.解析(1)由题意知e==,2c=2,所以a=,b=1,因此椭圆E的方程为+y2=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立消y整理得(4+2)x2-4k1x-1=0,由题意知Δ>0,且x1+x2=,x1x2=-,所以|AB|=|x1-x2|=.由题意可知圆M的半径r=|AB|=·.由题设知k1k2=,所以k2=,因此直线OC的方程为y=x.联立得x2=,y2=,因此|OC|==.由题意可知sin==,而==,令t=1+2,则t>1,∈(0,1),因此=·=·=·≥1,当且仅当=,即t=2时等号成立,此时k1=±,所以sin≤,因此≤,所以∠SOT的最大值为.综上所述:∠SOT的最大值为,取得最大值时直线l的斜率k1=±.3.(2016课标全国Ⅱ,20,12分)已知椭圆E:+=1的焦点在x轴上,A是E的左顶点,斜率为k(k>0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MA⊥NA.(1)当t=4,|AM|=|AN|时,求△AMN的面积;(2)当2|AM|=|AN|时,求k的取值X围.解析(1)设M(x1,y1),则由题意知y1>0.当t=4时,E的方程为+=1,A(-2,0).(1分)由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为.因此直线AM的方程为y=x+2.(2分)将x=y-2代入+=1得7y2-12y=0.解得y=0或y=,所以y1=.(4分)因此△AMN的面积S△AMN=2×××=.(5分)(2)由题意,t>3,k>0,A(-,0).将直线AM的方程y=k(x+) 代入+=1得(3+tk2)x2+2·tk2x+t2k2-3t=0.(7分)由x1·(-)=得x1=,故|AM|=|x1+ |=.(8分)由题设,直线AN的方程为y=-(x+),故同理可得|AN|=.(9分)由2|AM|=|AN|得=,即(k3-2)t=3k(2k-1).当k=时上式不成立,因此t=.(10分)t>3等价于=<0,即<0.(11分)由此得或解得<k<2.因此k的取值X围是(,2).(12分)教师用书专用(4—15)4.(2014某某,10,5分)已知F为抛物线y2=x的焦点,点A,B在该抛物线上且位于x轴的两侧,·=2(其中O为坐标原点),则△ABO与△AFO面积之和的最小值是( )A.2B.3C.D.答案 B5.(2015某某,12,5分)在平面直角坐标系xOy中,P为双曲线x2-y2=1右支上的一个动点.若点P到直线x-y+1=0的距离大于c恒成立,则实数c的最大值为.答案6.(2016某某,21,14分)平面直角坐标系xOy中,椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率是,抛物线E:x2=2y的焦点F是C 的一个顶点.(1)求椭圆C的方程;(2)设P是E上的动点,且位于第一象限,E在点P处的切线l与C交于不同的两点A,B,线段AB的中点为D.直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.(i)求证:点M在定直线上;(ii)直线l与y轴交于点G,记△PFG的面积为S1,△PDM的面积为S2.求的最大值及取得最大值时点P的坐标.解析(1)由题意知=,可得a2=4b2.因为抛物线E的焦点F的坐标为,所以b=,所以a=1.所以椭圆C的方程为x2+4y2=1.(2)(i)设P(m>0).由x2=2y,可得y'=x,所以直线l的斜率为m.因此直线l方程为y-=m(x-m),即y=mx-.设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0).联立得(4m2+1)x2-4m3x+m4-1=0.由Δ>0,得0<m<(或0<m2<2+),(*)且x1+x2=,因此x0=.将其代入y=mx-,得y0=.因为=-,所以直线OD方程为y=-x.联立得点M的纵坐标y M=-,所以点M在定直线y=-上.(ii)由(i)知直线l方程为y=mx-.令x=0,得y=-,所以G.又P,F,D,所以S1=·|GF|·m=,S2=·|PM|·|m-x0|=××=.所以=.设t=2m2+1.则===-++2,当=,即t=2时,取到最大值,此时m=,满足(*)式,所以P点坐标为.因此的最大值为,此时点P的坐标为.7.(2015课标全国Ⅱ,20,12分)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,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.解析(1)设直线l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(x M,y M).将y=kx+b代入9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故x M==,y M=kx M+b=.于是直线OM的斜率k OM==-,即k OM·k=-9.所以直线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.因为直线l过点,所以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)得OM的方程为y=-x.设点P的横坐标为x P.由得=,即x P=.将点的坐标代入l的方程得b=,因此x M=.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x P=2x M.于是=2×,解得k1=4-,k2=4+.因为k i>0,k i≠3,i=1,2,所以当l的斜率为4-或4+时,四边形OAPB为平行四边形.8.(2015某某,19,15分)已知椭圆+y2=1上两个不同的点A,B关于直线y=mx+对称.(1)某某数m的取值X围;(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点).解析(1)由题意知m≠0,可设直线AB的方程为y=-x+b.由消去y,得x2-x+b2-1=0.因为直线y=-x+b与椭圆+y2=1有两个不同的交点,所以Δ=-2b2+2+>0,①将AB中点M代入直线方程y=mx+,解得b=-.②由①②得m<-或m>.(2)令t=∈∪,则|AB|=·,且O到直线AB的距离为d=.设△AOB的面积为S(t),所以S(t)=|AB|·d=≤.当且仅当t2=时,等号成立.故△AOB面积的最大值为.9.(2015某某,19,14分)已知椭圆+=1(a>b>0)的左焦点为F(-c,0),离心率为,点M在椭圆上且位于第一象限,直线FM被圆x2+y2=截得的线段的长为c,|FM|=.(1)求直线FM的斜率;(2)求椭圆的方程;(3)设动点P在椭圆上,若直线FP的斜率大于,求直线OP(O为原点)的斜率的取值X围.解析(1)由已知有=,又由a2=b2+c2,可得a2=3c2,b2=2c2.设直线FM的斜率为k(k>0),则直线FM的方程为y=k(x+c).由已知,有+=,解得k=.(2)由(1)得椭圆方程为+=1,直线FM的方程为y=(x+c),两个方程联立,消去y,整理得3x2+2cx-5c2=0,解得x=-c 或x=c.因为点M在第一象限,可得M的坐标为.由|FM|==,解得c=1,所以椭圆的方程为+=1.(3)设点P的坐标为(x,y),直线FP的斜率为t,得t=,即y=t(x+1)(x≠-1),与椭圆方程联立得消去y,整理得2x2+3t2(x+1)2=6.又由已知,得t=>,解得-<x<-1,或-1<x<0.设直线OP的斜率为m,得m=,即y=mx(x≠0),与椭圆方程联立,整理可得m2=-.①当x∈时,有y=t(x+1)<0,因此m>0,于是m=,得m∈.②当x∈(-1,0)时,有y=t(x+1)>0,因此m<0,于是m=-,得m∈.综上,直线OP的斜率的取值X围是∪.10.(2014某某,21,15分)如图,设椭圆C:+=1(a>b>0),动直线l与椭圆C只有一个公共点P,且点P在第一象限.(1)已知直线l的斜率为k,用a,b,k表示点P的坐标;(2)若过原点O的直线l1与l垂直,证明:点P到直线l1的距离的最大值为a-b.解析(1)设直线l的方程为y=kx+m(k<0),由消去y得(b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0.由于l与C只有一个公共点,故Δ=0,即b2-m2+a2k2=0,解得点P的坐标为.又点P在第一象限,故点P的坐标为.(2)由于直线l1过原点O且与l垂直,故直线l1的方程为x+ky=0,所以点P到直线l1的距离d=,整理得d=.因为a2k2+≥2ab,所以≤=a-b,当且仅当k2=时等号成立.所以,点P到直线l1的距离的最大值为a-b.11.(2014某某,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,点M到点F(1,0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C.(1)求轨迹C的方程;(2)设斜率为k的直线l过定点P(-2,1).求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k 的相应取值X围.解析(1)设点M(x,y),依题意得|MF|=|x|+1,即=|x|+1,化简整理得y2=2(|x|+x).故点M的轨迹C的方程为y2=(2)在点M的轨迹C中,记C1:y2=4x,C2:y=0(x<0),依题意,可设直线l的方程为y-1=k(x+2).由方程组可得ky2-4y+4(2k+1)=0.①(i)当k=0时,此时y=1.把y=1代入轨迹C的方程,得x=.故此时直线l:y=1与轨迹C恰好有一个公共点.(ii)当k≠0时,方程①的判别式为Δ=-16(2k2+k-1).②设直线l与x轴的交点为(x0,0),由y-1=k(x+2),令y=0,得x0=-.③1°若由②③解得k<-1或k>.即当k∈(-∞,-1)∪时,直线l与C1没有公共点,与C2有一个公共点,故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点.2°若或则由②③解得k∈或-≤k<0.即当k∈时,直线l与C1只有一个公共点,与C2有一个公共点.当k∈时,直线l与C1有两个公共点,与C2没有公共点.故当k∈∪时,直线l与轨迹C恰好有两个公共点.3°若则由②③解得-1<k<-或0<k<.即当k∈∪时,直线l与C1有两个公共点,与C2有一个公共点,故此时直线l与轨迹C恰好有三个公共点.综合(i)(ii)可知,当k∈(-∞,-1)∪∪{0}时,直线l与轨迹C恰好有一个公共点;当k∈∪时,直线l与轨迹C 恰好有两个公共点;当k∈∪时,直线l与轨迹C恰好有三个公共点.12.(2014某某,21,13分)如图,O为坐标原点,椭圆C1:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,离心率为e1;双曲线C2:-=1的左、右焦点分别为F3、F4,离心率为e2,已知e1e2=,且|F2F4|=-1.(1)求C1,C2的方程;(2)过F1作C1的不垂直于y轴的弦AB,M为AB的中点,当直线OM与C2交于P,Q两点时,求四边形APBQ面积的最小值.解析(1)因为e1e2=,所以·=,即a4-b4=a4,因此a2=2b2,从而F2(b,0),F4(b,0),于是b-b=|F2F4|=-1,所以b=1,所以a2=2.故C1,C2的方程分别为+y2=1,-y2=1.(2)因为AB不垂直于y轴,且过点F1(-1,0),故可设直线AB的方程为x=my-1.由得(m2+2)y2-2my-1=0,易知此方程的判别式大于0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1,y2是上述方程的两个实根,所以y1+y2=,y1y2=.因此x1+x2=m(y1+y2)-2=,于是AB的中点M的坐标为.故直线PQ的斜率为-,则PQ的方程为y=-x,即mx+2y=0. 由得(2-m2)x2=4,所以2-m2>0,且x2=,y2=,从而|PQ|=2=2.设点A到直线PQ的距离为d,则点B到直线PQ的距离也为d,所以2d=,因为点A,B在直线mx+2y=0的异侧,所以(mx1+2y1)(mx2+2y2)<0,于是|mx1+2y1|+|mx2+2y2|=|mx1+2y1-mx2-2y2|, 从而2d=.又因为|y1-y2|==,所以2d=.故四边形APBQ的面积S=|PQ|·2d==2 .而0<2-m2<2,故当m=0时,S取得最小值2.综上所述,四边形APBQ面积的最小值为2.13.(2013某某,20,13分)已知动圆过定点A(4,0),且在y轴上截得弦MN的长为8.(1)求动圆圆心的轨迹C的方程;(2)已知点B(-1,0),设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P,Q,若x轴是∠PBQ的角平分线,证明直线l过定点.解析(1)如图,设动圆圆心为O1(x,y),由题意,知|O1A|=|O1M|,当O1不在y轴上时,过O1作O1H⊥MN交MN于H,则H是MN的中点,∴|O1M|=,又|O1A|=,∴=,化简得y2=8x(x≠0).又当O1在y轴上时,O1与O重合,点O1的坐标(0,0)也满足方程y2=8x,∴动圆圆心的轨迹C的方程为y2=8x. (2)由题意,设直线l的方程为y=kx+b(k≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2),将y=kx+b代入y2=8x中,得k2x2+(2bk-8)x+b2=0.其中Δ=-32kb+64>0.由根与系数的关系得,x1+x2=,①x1x2=,②因为x轴平分∠PBQ,所以=-,即y1(x2+1)+y2(x1+1)=0,(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=0,2kx1x2+(b+k)(x1+x2)+2b=0,③将①,②代入③得2kb2+(k+b)(8-2bk)+2k2b=0,∴k=-b,此时Δ>0,∴直线l的方程为y=k(x-1),即直线l过定点(1,0).14.(2013某某,18,12分)设椭圆E:+=1的焦点在x轴上.(1)若椭圆E的焦距为1,求椭圆E的方程;(2)设F1,F2分别是椭圆E的左,右焦点,P为椭圆E上第一象限内的点,直线F2P交y轴于点Q,并且F1P⊥F1Q.证明:当a变化时,点P在某定直线上.解析(1)因为焦距为1,所以2a2-1=,解得a2=.故椭圆E的方程为+=1.(2)证明:设P(x0,y0),F1(-c,0),F2(c,0),其中c=.由题设知x0≠c,则直线F1P的斜率=,直线F2P的斜率=.故直线F2P的方程为y=(x-c).当x=0时,y=,即点Q的坐标为.因此,直线F1Q的斜率为=.由于F1P⊥F1Q,所以·=·=-1.化简得=-(2a2-1).①将①代入椭圆E的方程,由于点P(x0,y0)在第一象限,解得x0=a2,y0=1-a2,即点P在定直线x+y=1上.15.(2013某某,22,13分)椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1、F2,离心率为,过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.(1)求椭圆C的方程;(2)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点,连接PF1,PF2.设∠F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m,0),求m 的取值X围;(3)在(2)的条件下,过点P作斜率为k的直线l,使得l与椭圆C有且只有一个公共点.设直线PF1,PF2的斜率分别为k1,k2.若k≠0,试证明+为定值,并求出这个定值.解析(1)由于c2=a2-b2,将x=-c代入椭圆方程+=1,得y=±,由题意知=1,即a=2b2.又e==,所以a=2,b=1.所以椭圆C的方程为+y2=1.(2)解法一:设P(x0,y0)(y0≠0).又F1(-,0),F2(,0),所以直线PF1,PF2的方程分别为:y0x-(x0+)y+y0=0,:y0x-(x0-)y-y0=0.由题意知= .由于点P在椭圆上,所以+=1.所以= .因为-<m<,-2<x0<2,所以=.所以m=x0.因此-<m<.解法二:设P(x0,y0).当0≤x0<2时,①当x0=时,直线PF2的斜率不存在,易知P或P.若P,则直线PF1的方程为x-4y+=0.由题意得=-m,因为-<m<,所以m=.若P,同理可得m=.②当x0≠时,设直线PF1,PF2的方程分别为y=k1(x+),y=k2(x-).由题意知=,所以=.因为+=1,并且k1=,k2=,所以===,即=.因为-<m<,0≤x0<2且x0≠,所以=.整理得m=,故0≤m<且m≠.综合①②可得0≤m<.当-2<x0<0时,同理可得-<m<0.综上所述,m的取值X围是.(3)设P(x0,y0)(y0≠0),则直线l的方程为y-y0=k(x-x0).联立得整理得(1+4k2)x2+8(ky0-k2x0)x+4(-2kx0y0+k2-1)=0.由题意知Δ=0,即(4-)k2+2x0y0k+1-=0.又+=1,所以16k2+8x0y0k+=0,故k=-.由(2)知+=+=,所以+==·=-8,因此+为定值,这个定值为-8.考点二存在性问题1.(2015,19,14分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,点P(0,1)和点A(m,n)(m≠0)都在椭圆C上,直线PA交x轴于点M.(1)求椭圆C的方程,并求点M的坐标(用m,n表示);(2)设O为原点,点B与点A关于x轴对称,直线PB交x轴于点N.问:y轴上是否存在点Q,使得∠OQM=∠ONQ?若存在,求点Q的坐标;若不存在,说明理由.解析(1)由题意得解得a2=2.故椭圆C的方程为+y2=1.设M(x M,0).因为m≠0,所以-1<n<1.直线PA的方程为y-1=x,所以x M=,即M.(2)因为点B与点A关于x轴对称,所以B(m,-n).设N(x N,0),则x N=.“存在点Q(0,y Q)使得∠OQM=∠ONQ”等价于“存在点Q(0,y Q)使得=”,即y Q满足=|x M||x N|.因为x M=,x N=,+n2=1,所以=|x M||x N|==2.所以y Q=或y Q=-.故在y轴上存在点Q,使得∠OQM=∠ONQ.点Q的坐标为(0,)或(0,-).2.(2014某某,21,14分)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,A为C上异于原点的任意一点,过点A的直线l交C于另一点B,交x轴的正半轴于点D,且有|FA|=|FD|.当点A的横坐标为3时,△ADF为正三角形.(1)求C的方程;(2)若直线l1∥l,且l1和C有且只有一个公共点E,(i)证明直线AE过定点,并求出定点坐标;(ii)△ABE的面积是否存在最小值?若存在,请求出最小值,若不存在,请说明理由.解析(1)由题意知F.设D(t,0)(t>0),则FD的中点为.因为|FA|=|FD|,由抛物线的定义知3+=,解得t=3+p或t=-3(舍去).由=3,解得p=2.所以抛物线C的方程为y2=4x.(2)(i)由(1)知F(1,0),设A(x0,y0)(x0y0≠0),D(x D,0)(x D>0),因为|FA|=|FD|,则|x D-1|=x0+1,由x D>0得x D=x0+2,故D(x0+2,0).故直线AB的斜率k AB=-.因为直线l1和直线AB平行,所以设直线l1的方程为y=-x+b,代入抛物线方程得y2+y-=0,由题意得Δ=+=0,得b=-.设E(x E,y E),则y E=-,x E=,当≠4时,k AE==-=,可得直线AE的方程为y-y0=(x-x0),由=4x0,整理可得y=(x-1),直线AE恒过点F(1,0).当=4时,直线AE的方程为x=1,过点F(1,0),所以直线AE过定点F(1,0).(ii)由(i)知直线AE过焦点F(1,0),所以|AE|=|AF|+|FE|=(x0+1)+=x0++2.设直线AE的方程为x=my+1,因为点A(x0,y0)在直线AE上,故m=,设B(x1,y1),直线AB的方程为y-y0=-(x-x0),由于y0≠0,可得x=-y+2+x0,代入抛物线方程得y2+y-8-4x0=0.所以y0+y1=-,可求得y1=-y0-,x1=+x0+4,所以点B到直线AE的距离为d===4.则△ABE的面积S=×4≥16,当且仅当=x0,即x0=1时等号成立.所以△ABE的面积的最小值为16.教师用书专用(3)3.(2013某某,21,13分)如图,已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O,长轴均为MN且在x轴上,短轴长分别为2m,2n(m>n),过原点且不与x轴重合的直线l与C1,C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A,B,C,D.记λ=,△BDM和△ABN的面积分别为S1和S2.(1)当直线l与y轴重合时,若S1=λS2,求λ的值;(2)当λ变化时,是否存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2?并说明理由.解析依题意可设椭圆C1和C2的方程分别为C1:+=1,C2:+=1.其中a>m>n>0,λ=>1.(1)解法一:如图1,若直线l与y轴重合,即直线l的方程为x=0,则S1=|BD|·|OM|=a|BD|,S2=|AB|·|ON|=a|AB|,所以=.在C1和C2的方程中,分别令x=0,可得y A=m,y B=n,y D=-m,于是===.若=λ,则=λ,化简得λ2-2λ-1=0.由λ>1,可解得λ=+1.故当直线l与y轴重合时,若S1=λS2,则λ=+1.解法二:如图1,若直线l与y轴重合,则|BD|=|OB|+|OD|=m+n,|AB|=|OA|-|OB|=m-n;S1=|BD|·|OM|=a|BD|,S2=|AB|·|ON|=a|AB|.所以===.若=λ,则=λ,化简得λ2-2λ-1=0.由λ>1,可解得λ=+1.故当直线l与y轴重合时,若S1=λS2,则λ=+1.(2)解法一:如图2,若存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2.根据对称性,不妨设直线l:y=kx(k>0),点M(-a,0),N(a,0)到直线l的距离分别为d1,d2,则d1==,d2==,所以d1=d2.又S1=|BD|d1,S2=|AB|d2,所以==λ,即|BD|=λ|AB|.由对称性可知|AB|=|CD|,所以|BC|=|BD|-|AB|=(λ-1)·|AB|,|AD|=|BD|+|AB|=(λ+1)|AB|,于是=.①将l的方程分别与C1,C2的方程联立,可求得x A=,x B=.根据对称性可知x C=-x B,x D=-x A,于是===.②从而由①式和②式可得=.③令t=,则由m>n,可得t≠1,于是由③式可解得k2=.因为k≠0,所以k2>0.于是③式关于k有解,当且仅当>0,等价于(t2-1)<0.由λ>1,可解得<t<1,即<<1,由λ>1,解得λ>1+,所以当1<λ≤1+时,不存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2;当λ>1+时,存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2.解法二:如图2,若存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2.根据对称性,不妨设直线l:y=kx(k>0),点M(-a,0),N(a,0)到直线l的距离分别为d1,d2,则d1==,d2==,所以d1=d2.又S1=|BD|d1,S2=|AB|d2,所以==λ.因为===λ,所以=.由点A(x A,kx A),B(x B,kx B)分别在C1,C2上,可得+=1,+=1,两式相减可得+=0,依题意得x A>x B>0,所以>.所以由上式解得k2=.因为k2>0,所以由>0,可解得1<<λ.从而1<<λ,解得λ>1+,所以当1<λ≤1+时,不存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2;当λ>1+时,存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2.三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点一定值与最值及X围问题1.(人教A选2—1,二A,5,变式)若双曲线-=1(a>0,b>0)与直线y=2x无交点,则其离心率e的取值X围是( )A.(1,2)B.(1,2]C.(1,)D.(1,]答案 D2.(2017某某某某模拟,11)P是双曲线C:-y2=1右支上一点,直线l是双曲线C的一条渐近线,P在l上的射影为Q,F1是双曲线C的左焦点,则|PF1|+|PQ|的最小值为( )A.1B.2+C.4+D.2+1答案 D3.(2018某某五校12月联考,20)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,右焦点为F,上顶点为A,且△AOF的面积为(O是坐标原点).(1)求椭圆C的方程;(2)设P是椭圆C上的一点,过P的直线l与以椭圆的短轴为直径的圆切于第一象限,切点为M,证明:|PF|+|PM|为定值.解析(1)设椭圆的半焦距为c,由已知得⇒∴椭圆的方程为+y2=1.(2)证明:以短轴为直径的圆的方程为x2+y2=1,F(1,0),设P(x0,y0),则+=1(0<x0≤).∴|PF|=====(2-x0).又l与圆x2+y2=1相切于M,∴|PM|=====x0,∴|PF|+|PM|=(2-x0)+x0=,为定值.考点二存在性问题4.(2018某某某某模拟,20)设椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,上顶点为A,过点A与AF2垂直的直线交x轴负半轴于点Q,且2+=0,过A,Q,F2三点的圆的半径为2.过定点M(0,2)的直线l与椭圆C交于G,H两点(点G在点M,H之间).(1)求椭圆C的方程;(2)设直线l的斜率k>0,在x轴上是否存在点P(m,0),使得以PG,PH为邻边的平行四边形是菱形?如果存在,求出m的取值X围;如果不存在,请说明理由.解析(1)因为2+=0,所以F1为F2Q的中点.由F1(-c,0),F2(c,0)及已知得Q的坐标为(-3c,0),因为AQ⊥AF2,所以b2=3c×c=3c2,a2=4c×c=4c2,且过A,Q,F2三点的圆的圆心为F1(-c,0),半径为2c,所以2c=2,解得c=1,所以a=2,b=,所以所求椭圆方程为+=1.(2)假设存在点P满足题意,由已知得l的方程为y=kx+2(k>0),与椭圆方程联立,消去y可得(3+4k2)x2+16kx+4=0.设G(x1,y1),H(x2,y2),则x1+x2=-,Δ=(16k)2-16(3+4k2)>0,又k>0,∴k>.+=(x1-m,y1)+(x2-m,y2)=(x1+x2-2m,y1+y2)=(x1+x2-2m,k(x1+x2)+4),=(x2-x1,y2-y1)=(x2-x1,k(x2-x1)).由于菱形的对角线互相垂直,故(+)·=0,所以(x2-x1)[(x1+x2)-2m]+k(x2-x1)[k(x1+x2)+4]=0,即(x2-x1)[(x1+x2)-2m+k2(x1+x2)+4k]=0.因为k>0,所以x2-x1≠0.所以(x1+x2)-2m+k2(x1+x2)+4k=0,即(1+k2)(x1+x2)+4k-2m=0.所以(1+k2)+4k-2m=0.解得m=-,即m=-.因为k>,所以+4k≥2=4当且仅当k=时,“=”成立,所以-≤m<0,故存在满足题意的点P,且m的取值X围是.5.(2017某某某某模拟,20)已知椭圆+=1(a>b>0)的离心率e=,过点A(0,-b)和B(a,0)的直线与原点的距离为.(1)求椭圆的方程;(2)已知定点E(-1,0),若直线y=kx+2(k≠0)与椭圆交于C、D两点,问:是否存在k使得以CD为直径的圆过E 点?请说明理由.解析(1)直线AB的方程为bx-ay-ab=0,依题意可得解得∴椭圆的方程为+y2=1.(2)存在.理由:假设存在这样的k.联立得(1+3k2)x2+12kx+9=0,由题意知Δ=(12k)2-36(1+3k2)>0,①设C(x1,y1),D(x2,y2),则x1+x2=-,②x1·x2=,③而y1·y2=(kx1+2)(kx2+2)=k2x1x2+2k(x1+x2)+4,要使以CD为直径的圆过点E(-1,0),当且仅当CE⊥DE时成立,则y1y2+(x1+1)(x2+1)=0,∴(k2+1)x1x2+(2k+1)(x1+x2)+5=0,④将②③代入④整理得k=,经验证,k=时①成立.综上可知,存在k=使得以CD为直径的圆过点E.B组2016—2018年模拟·提升题组(满分:35分时间:30分钟)一、选择题(共5分)1.(2017某某某某一模,11)已知直线l与双曲线-y2=1相切于点P,l与双曲线的两条渐近线交于M,N两点,则·的值为( )A.3B.4C.5D.与P的位置有关答案 A二、解答题(共30分)2.(2018某某某某模拟)已知动圆M在圆F1:(x+1)2+y2=外部且与圆F1相切,同时还在圆F2:(x-1)2+y2=内部与圆F2相切.(1)求动圆圆心M的轨迹方程;(2)记(1)中求出的轨迹为C,C与x轴的两个交点分别为A1、A2,P是C上异于A1、A2的动点,直线l:x=与x轴交于点D,直线A1P、A2P分别交直线l于E、F两点,求证:|DE|·|DF|为定值.解析(1)设动圆M的半径为r,由已知得|MF1|=+r,|MF2|=-r,|MF1|+|MF2|=4>|F1F2|,∴M点的轨迹是以F1,F2为焦点的椭圆,设椭圆方程为+=1(a>b>0),则a=2,c=1,则b2=a2-c2=3,故圆心M的轨迹方程为+=1.(2)设P(x0,y0),由已知得A1(-2,0),A2(2,0),则=,直线PA1的方程为:y=(x+2),=,直线PA2的方程为:y=(x-2),当x=时,E,F,∴|DE|·|DF|=(+2)×(-2)=×2,又∵(x0,y0)满足+=1,∴=-,∴|DE|·|DF|=-×2=,为定值.3.(2017某某某某二模,20)已知O为坐标原点,圆M:(x+1)2+y2=16,定点F(1,0),点N是圆M上一动点,线段NF 的垂直平分线交圆M的半径MN于点Q,点Q的轨迹为E.(1)求曲线E的方程;(2)已知点P是曲线E上但不在坐标轴上的任意一点,曲线E与y轴的交点分别为B1、B2,直线B1P和B2P分别与x轴相交于C、D两点,请问线段长之积|OC|·|OD|是否为定值?如果是,请求出定值;如果不是,请说明理由;(3)在(2)的条件下,若点C的坐标为(-1,0),过点C的直线l与E相交于A、B两点,求△ABD面积的最大值. 解析(1)连接FQ,则|FQ|=|NQ|,∴|MQ|+|FQ|=|MQ|+|QN|=|MN|=4>|MF|,根据椭圆的定义得,E是以M(-1,0),F(1,0)为焦点,4为长轴长的椭圆,∴2a=4,即a=2,又∵焦点为(1,0),即c=1,∴b2=a2-c2=4-1=3.故点Q的轨迹E的方程为+=1.(2)是定值.设P(x0,y0)(x0≠±2,y0≠±3),不妨设B1在y轴负半轴上,则直线B1P的方程为y=x-.令y=0,得x C=,同理得x D=,∴|OC|·|OD|=|x C|·|x D|=.∵点P是曲线E上但不在坐标轴上的任意一点,∴+=1,即3=4(3-),∴|OC|·|OD|==4,因此|OC|·|OD|是定值,且定值为4.(3)当点C的坐标为(-1,0)时,点D(-4,0),|CD|=3,设直线l的方程为x=my-1,A(x1,y1),B(x2,y2),由得(3m2+4)y2-6my-9=0,Δ=36(4m2+4),y1,2=,∴|y1-y2|=,△ABD的面积S=×|y1-y2|×3=·==.∵m2≥0,∴≥1,又函数y=3x+在[1,+∞)上为增函数,∴3+≥4,∴S≤,∴当m=0,即直线AB的方程为x=-1时,△ABD的面积最大,且最大值为.C组2016—2018年模拟·方法题组方法1 与圆锥曲线相关的最值、X围问题的解题方法1.(2017某某某某NCS项目模拟,11)抛物线y2=8x的焦点为F,设A(x1,y1),B(x2,y2)是抛物线上的两个动点,若x1+x2+4=|AB|,则∠AFB的最大值为( )A. B. C. D.答案 D2.(2018某某模拟,20)已知椭圆C:+=1(a>b>0),且椭圆上的点到一个焦点的最短距离为b.(1)求椭圆C的离心率;(2)若点M在椭圆C上,不过原点O的直线l与椭圆C相交于A,B两点,与直线OM相交于点N,且N是线段AB的中点,求△OAB面积的最大值.解析(1)由题意得a-c=b,则(a-c)2=b2,结合b2=a2-c2,得(a-c)2=(a2-c2),即2c2-3ac+a2=0,亦即2e2-3e+1=0,结合0<e<1,解得e=.所以椭圆C的离心率为.(2)由(1)得a=2c,则b2=3c2.将代入椭圆方程+=1,解得c2=1.所以椭圆方程为+=1.易得直线OM的方程为y=x.当直线l的斜率不存在时,线段AB的中点不在直线y=x上,故直线l的斜率存在.设直线l的方程为y=kx+m(m≠0),与+=1联立消去y得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,所以Δ=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)=48(3+4k2-m2)>0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=.由y1+y2=k(x1+x2)+2m=,得线段AB的中点坐标为N,因为N在直线y=x上,所以-=2×,解得k=-.所以Δ=48(12-m2)>0,得-2<m<2,且m≠0,|AB|=|x2-x1|=·=·=.又原点O到直线l的距离d=,所以S△OAB=××=≤·=.当且仅当12-m2=m2,即m=±时等号成立,符合-2<m<2,且m≠0.所以△OAB面积的最大值为.3.(2017某某某某调研,21)设O为坐标原点,已知椭圆C1:+=1(a>b>0)的离心率为,抛物线C2:x2=-ay的准线方程为y=.(1)求椭圆C1和抛物线C2的方程;(2)设过定点M(0,2)的直线与椭圆C1交于不同的两点P,Q,若O在以PQ为直径的圆的外部,求直线的斜率的取值X围.解析(1)由题意得=,∴a=2,故抛物线C2的方程为x2=-2y,又e=,∴c=,∴b=1,从而椭圆C1`的方程为+y2=1. (2)显然直线x=0不满足题设条件,可设直线l:y=kx+2,P(x1,y1),Q(x2,y2).由得(1+4k2)x2+16kx+12=0,∵Δ=(16k)2-4×12×(1+4k2)>0,∴k∈∪,x1+x2=,x1x2=,根据题意,得0<∠POQ<⇔·>0,∴·=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+2)(kx2+2)=(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4=+2k×+4=>0,∴-2<k<2,综上得k∈∪.方法2 圆锥曲线中的定值、定点问题的解题方法4.(2018某某启东模拟,20)设顶点在原点,焦点在x轴上的抛物线过点P(2,4),过P作抛物线的动弦PA,PB,并设它们的斜率分别为k PA,k PB.(1)求抛物线的方程;(2)若k PA+k PB=0,求证直线AB的斜率为定值,并求出其值;(3)若k PA·k PB=1,求证直线AB恒过定点,并求出其坐标.解析(1)依题意,可设所求抛物线的方程为y2=2px(p>0),因抛物线过点(2,4),故42=4p,解得p=4,故抛物线的方程为y2=8x.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),则k PA===,同理,k PB=,k AB=.∵k PA+k PB=0,∴+=0,∴=,∴y1+4=-y2-4,∴y1+y2=-8,∴k AB=-1.∴直线AB的斜率恒为定值-1.(3)∵k PA k PB=1,∴·=1,∴y1y2+4(y1+y2)-48=0.直线AB的方程为y-y1=,即(y1+y2)y-y1y2=8x.将y1y2=-4(y1+y2)+48代入上式得(y1+y2)(y+4)=8(x+6),该直线恒过定点(-6,-4),命题得证.5.(2018某某某某模拟,20)已知右焦点为F的椭圆M:+=1(a>)与直线y=相交于P,Q两点,且PF⊥QF.(1)求椭圆M的方程:(2)O为坐标原点,A,B,C是椭圆M上不同的三点,并且O为△ABC的重心,试探究△ABC的面积是否为定值.若是,求出这个定值;若不是,说明理由.解析(1)设F(c,0),P,Q,将点P的坐标代入椭圆方程可得+=1,即t2=a2,①由PF⊥QF,可得·=-1,即c2-t2=-,②由①②可得c2=a2-.又a2-c2=3,解得a=2,c=1,故椭圆方程为+=1.(2)当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=kx+m,代入椭圆方程3x2+4y2=12,可得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x2=,x1+x2=-,y1+y2=k(x1+x2)+2m=,由O为△ABC的重心,可得=-(+)=,由C在椭圆上,得3+4=12,化简可得4m2=3+4k2,|AB|=·=·=·,C到直线AB的距离d==,S△ABC=|AB|·d=·=·=.当直线AB的斜率不存在时,|AB|=3,d=3,S△ABC=|AB|·d=.综上可得,△ABC的面积为定值.6.(2017某某某某模拟,20)已知点P是直线l:y=x+2与椭圆+y2=1(a>1)的一个公共点,F1,F2分别为该椭圆的左,右焦点,设|PF1|+|PF2|取得最小值时椭圆为C.(1)求椭圆C的标准方程及离心率;(2)已知A,B为椭圆C上关于y轴对称的两点,Q是椭圆C上异于A,B的任意一点,直线QA,QB分别与y轴交于点M(0,m),N(0,n),试判断mn是否为定值,如果为定值,求出该定值;如果不是,请说明理由.解析(1)联立得(a2+1)x2+4a2x+3a2=0.∵直线y=x+2与椭圆有公共点,∴Δ=16a4-4(a2+1)×3a2≥0,得a2≥3,又a>1,∴a≥,由椭圆的定义知|PF1|+|PF2|=2a,故当a=时,|PF1|+|PF2|取得最小值,此时椭圆C的标准方程为+y2=1,离心率为=.(2)mn为定值.设A(x1,y1),B(-x1,y1),Q(x0,y0)(y0≠y1),且已知M(0,m),N(0,n),由题意知k QA=k QM,∴=,即m=y0-=,同理,得n=,∴mn=·=,又+=1,+=1,∴=1-,=1-,∴mn===1,∴mn为定值1.方法3 存在性问题的解题策略7.(2016某某某某外国语学校第一次质量检测,21)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,且过点.(1)求椭圆C的方程;(2)设不过原点O的直线l:y=kx+m(k≠0)与椭圆C交于P、Q两点,直线OP、OQ的斜率依次为k1、k2,若4k=k1+k2,试问:当k变化时,m2是否为定值?若是,求出此定值并证明你的结论;若不是,请说明理由.解析(1)依题意可得又a2=b2+c2,∴a=2,b=1.∴椭圆C的方程是+y2=1.(2)当k变化时,m2为定值,证明如下:由得(1+4k2)x2+8kmx+4(m2-1)=0.设P(x1,y1)、Q(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=,∵直线OP、OQ的斜率依次为k1、k2,且4k=k1+k2, ∴4k=+=+,得2kx1x2=m(x1+x2),∴m2=,经检验满足Δ>0.。

核按钮（新课标）高考数学一轮复习第九章平面解析几何9.9直线与圆锥曲线的位置关系习题理1．直线与圆锥曲线的位置关系直线与圆锥曲线的位置关系，从几何角度来看有三种：相离时，直线与圆锥曲线______公共点；相切时，直线与圆锥曲线有______公共点；相交时，直线与椭圆有______公共点，直线与双曲线、抛物线有一个或两个公共点．一般通过它们的方程来研究：设直线l ：Ax ＋By ＋C ＝0与二次曲线C ：f (x ，y )＝0， 由⎩⎪⎨⎪⎧Ax ＋By ＋C ＝0，f （x ，y ）＝0消元，如果消去y 后得：ax 2＋bx ＋c ＝0， (1)当a ≠0时，①Δ＞0，则方程有两个不同的解，直线与圆锥曲线有两个公共点，直线与圆锥曲线________； ②Δ＝0，则方程有两个相同的解，直线与圆锥曲线有一个公共点，直线与圆锥曲线________； ③Δ＜0，则方程无解，直线与圆锥曲线没有公共点，直线与圆锥曲线________． (2)注意消元后非二次的情况，即当a ＝0时，对应圆锥曲线只可能是双曲线或抛物线．当圆锥曲线是双曲线时，直线l 与双曲线的渐近线的位置关系是________；当圆锥曲线是抛物线时，直线l 与抛物线的对称轴的位置关系是________．(3)直线方程涉及斜率k 要考虑其不存在的情形． 2．直线与圆锥曲线相交的弦长问题(1)直线l ：y ＝kx ＋m 与二次曲线C ：f (x ，y )＝0交于A ，B 两点，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，f （x ，y ）＝0得ax 2＋bx ＋c ＝0(a ≠0)，则x 1＋x 2＝________，x 1x 2＝________，||AB ＝_________．(2)若弦过焦点，可得焦点弦，可用焦半径公式来表示弦长，以简化运算． 3．直线与圆锥曲线相交弦的中点问题中点弦问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解．(1)利用根与系数的关系：将直线方程代入圆锥曲线的方程，消元后得到一个一元二次方程，利用根与系数的关系和中点坐标公式建立等式求解．(2)点差法：若直线l 与圆锥曲线C 有两个交点A ，B ，一般地，首先设出A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，代入曲线方程，通过作差，构造出x 1＋x 2，y 1＋y 2，x 1－x 2，y 1－y 2，从而建立中点坐标和斜率的关系．无论哪种方法都不能忽视对判别式的讨论．自查自纠1．无 一个 两个 (1)①相交 ②相切 ③相离 (2)平行或重合 平行或重合2．(1)－b a c a1＋k 2||x 1－x 2＝1＋k 2b 2－4ac||a若过点(0，1)作直线，使它与抛物线y 2＝4x 仅有一个公共点，则这样的直线有( ) A ．1条 B ．2条 C ．3条 D ．4条解：结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条，直线x ＝0，过点(0，1)且平行于x 轴的直线以及过点(0，1)且与抛物线相切的直线(非直线x ＝0)．故选C .(2015·兰州检测)若直线mx ＋ny ＝4和圆O ：x 2＋y 2＝4没有交点，则过点(m ，n )的直线与椭圆x 29＋y 24＝1的交点个数为( )A ．至多1个B ．2C ．1D ．0解：∵直线mx ＋ny ＝4和圆O ：x 2＋y 2＝4没有交点，∴4m 2＋n 2>2，∴m 2＋n 2<4.∴m 29＋n 24<m 29＋4－m 24＝1－536m 2<1，∴点(m ，n )在椭圆x 29＋y 24＝1的内部，∴过点(m ，n )的直线与椭圆x 29＋y 24＝1的交点有2个．故选B .若直线y ＝kx ＋2与双曲线x 2－y 2＝6的右支交于不同的两点，则k 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－153，153 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，153C.⎝⎛⎭⎪⎫－153，0 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－153，－1 解：由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 2－y 2＝6得(1－k 2)x 2－4kx －10＝0.设直线与双曲线右支交于不同的两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧1－k 2≠0，Δ＝16k 2－4（1－k 2）×（－10）>0，x 1＋x 2＝4k 1－k2>0，x 1x 2＝－101－k 2>0，解得－153<k <－1.故选D . 直线x －ty －3＝0(t ∈R )与椭圆x 225＋y 216＝1的交点个数为________．解：易知直线x －ty －3＝0(t ∈R )过定点P (3，0)，而3225＋016＜1，所以点P 在椭圆x 225＋y 216＝1内，直线与椭圆的交点个数为2.故填2.已知倾斜角为60°的直线l 通过抛物线x 2＝4y 的焦点，且与抛物线相交于A ，B 两点，则弦AB 的长为__________．解：直线l 的方程为y ＝3x ＋1，联立⎩⎨⎧y ＝3x ＋1，x 2＝4y 得y 2－14y ＋1＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝14， ∴|AB |＝y 1＋y 2＋p ＝14＋2＝16.故填16.类型一 弦的中点问题(1)已知一直线与椭圆4x 2＋9y 2＝36相交于A ，B 两点，弦AB 的中点坐标为M (1，1)，则直线AB的方程为____________．解法一：根据题意，易知直线AB 的斜率存在，设通过点M (1，1)的直线AB 的方程为y ＝k (x －1)＋1，代入椭圆方程，整理得(9k 2＋4)x 2＋18k (1－k )x ＋9(1－k )2－36＝0.设A ，B 的横坐标分别为x 1，x 2， 则x 1＋x 22＝－9k （1－k ）9k 2＋4＝1，解之得k ＝－49. 故直线AB 的方程为y ＝－49(x －1)＋1，即4x ＋9y －13＝0.解法二：设A (x 1，y 1)．∵AB 中点为M (1，1)，∴B 点坐标是(2－x 1，2－y 1)． 将A ，B 点的坐标代入方程4x 2＋9y 2＝36，得 4x 21＋9y 21－36＝0，①及4(2－x 1)2＋9(2－y 1)2＝36， 化简为4x 21＋9y 21－16x 1－36y 1＋16＝0.②①－②，得16x 1＋36y 1－52＝0，化简为4x 1＋9y 1－13＝0. 同理可推出4(2－x 1)＋9(2－y 1)－13＝0.∵A (x 1，y 1)与B (2－x 1，2－y 1)都满足方程4x ＋9y －13＝0， ∴4x ＋9y －13＝0即为所求．解法三：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)是弦的两个端点，代入椭圆方程，得⎩⎪⎨⎪⎧4x 21＋9y 21＝36， ①4x 22＋9y 22＝36， ② ①－②，得4(x 1＋x 2)(x 1－x 2)＋9(y 1＋y 2)(y 1－y 2)＝0. ∵M (1，1)为弦的中点，∴x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝2.∴4(x 1－x 2)＋9(y 1－y 2)＝0.∴k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－49.故AB 方程为y －1＝－49(x －1)，即4x ＋9y －13＝0.故填4x ＋9y －13＝0.(2)(2013·浙江)设F 为抛物线C ：y 2＝4x 的焦点，过点P (－1，0)的直线l 交抛物线C 于A ，B 两点，点Q为线段AB 的中点．若||FQ ＝2，则直线l 的斜率等于________．解：由题意知直线l 的斜率存在，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线l 的方程为y ＝k (x ＋1)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x ＋1），y 2＝4x ，得k 2x 2＋(2k 2－4)x ＋k 2＝0，x 1＋x 2＝－2k 2－4k 2＝－2＋4k 2，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2k ＝4k ，设Q (x 0，y 0)，则x 0＝x 1＋x 22＝－1＋2k 2，y 0＝y 1＋y 22＝2k ，即Q ⎝⎛⎭⎪⎫－1＋2k 2，2k ，又F (1，0)，∴||FQ ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋2k 2－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＝2，解得k ＝±1.故填±1.【点拨】(1)本题的三种解法很经典，各有特色，解法一思路直接，但计算量大，解法三计算简捷，所列式子“整齐、美观，对称性强”，但消去x 1，x 2，y 1，y 2时，要求灵活性高，整体意识强．(2)本题解答看似正确，但细想会发现：缺少对“直线与抛物线相交于A ，B 两点”这一几何条件的检验(这是易出错的地方，切记)，即⎩⎪⎨⎪⎧k ≠0，Δ＝（2k 2－4）2－4k 4>0，解得k ∈(－1，0)∪(0，1)，而当k ＝±1时，直线l 恰好与抛物线相切，似与题意不符．本节课时作业第8题对本题已知条件数据作了修改，使满足题意的直线l 是存在的，进而可求得直线l 的斜率．(1)(2014·江西)过点M (1，1)作斜率为－12的直线与椭圆C ：x 2a 2＋y2b2＝1(a >b >0)相交于A ，B 两点，若M 是线段AB 的中点，则椭圆C 的离心率等于____________．解：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 21a 2＋y 21b 2＝1，x 22a 2＋y 22b2＝1，两式相减得（x 1－x 2）（x 1＋x 2）a 2＋（y 1－y 2）（y 1＋y 2）b 2＝0，变形得－b 2（x 1＋x 2）a 2（y 1＋y 2）＝y 1－y 2x 1－x 2，即－2b 22a 2＝－12，a 2＝2b 2，e ＝ca＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2＝22.故填22.(2)已知双曲线x 2－y 23＝1上存在两点M ，N 关于直线y ＝x ＋m 对称，且MN 的中点在抛物线y 2＝18x 上，则实数m 的值为____________．解：设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，MN 的中点P (x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 21－y 213＝1，①x 22－y223＝1，②x 1＋x 2＝2x 0，③y 1＋y 2＝2y 0，④由②－①得(x 2－x 1)(x 2＋x 1)＝13(y 2－y 1)(y 2＋y 1)，显然x 1≠x 2. ∴y 2－y 1x 2－x 1·y 2＋y 1x 2＋x 1＝3，即k MN ·y 0x 0＝3. ∵M ，N 关于直线y ＝x ＋m 对称， ∴k MN ＝－1，∴y 0＝－3x 0.又∵y 0＝x 0＋m ，∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－m 4，3m 4， 代入抛物线方程得916m 2＝18·⎝ ⎛⎭⎪⎫－m 4， 解得m ＝0或－8，经检验都符合．故填0或－8.类型二 定点问题(2013·陕西)已知动圆过定点A (4，0)，且在y 轴上截得弦MN 的长为8. (1)求动圆圆心的轨迹C 的方程；(2)已知点B (－1，0)，设不垂直于x 轴的直线l 与轨迹C 交于不同的两点P ，Q ，若x 轴是∠PBQ 的角平分线，证明直线l 过定点．解：(1)如图，设动圆圆心O 1(x ，y )，由题意，||O 1A ＝||O 1M ，当O 1不在y 轴上时，过O 1作O 1H ⊥MN 交MN于点H ，则H 是MN 的中点，||MH ＝12||MN ＝4，∴||O 1M ＝x 2＋42.又||O 1A ＝（x －4）2＋y 2，∴（x －4）2＋y 2＝x 2＋42，化简得y 2＝8x (x ≠0)；当O 1在y 轴上时，O 1与O 重合，点O 1的坐标(0，0)也满足方程y 2＝8x ，∴动圆圆心的轨迹C 的方程为y 2＝8x .(2)证明：如图，设直线l 的方程为y ＝kx ＋b (k ≠0)，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，将y ＝kx ＋b 代入y 2＝8x 中，得k 2x 2＋(2kb －8)x ＋b 2＝0，其中Δ＝(2kb －8)2－4k 2b 2＝64－32kb >0，得kb <2.由根与系数的关系知x 1＋x 2＝8－2kbk2，① x 1x 2＝b 2k2，②∵x 轴是∠PBQ 的角平分线，∴－y 1x 1＋1＝y 2x 2＋1， 即y 1(x 2＋1)＋y 2(x 1＋1)＝0，(kx 1＋b )(x 2＋1)＋(kx 2＋b )(x 1＋1)＝0，2kx 1x 2＋(b ＋k )(x 1＋x 2)＋2b ＝0，③ 将①②代入③得2kb 2＋(k ＋b )(8－2bk )＋2k 2b ＝0， 化简得k ＝－b ，此时Δ>0，∴直线l 的方程为y ＝k (x －1)，且过定点(1，0)．【点拨】第(1)问设动圆圆心坐标，利用圆的半径、弦的一半和弦心距组成的直角三角形求解，第(2)问设直线方程为y ＝kx ＋b ，并与轨迹方程联立，再设两个交点坐标，由题意知直线BP 和BQ 的斜率互为相反数，导出k 和b 的关系，最后应用方程特点证明直线过定点．解析几何解答题的一般命题模式是先根据已知的关系确定一个曲线的方程，然后再结合直线方程与所求曲线方程把问题引向深入，其中的热点问题有：参数范围、最值、定点、定值等问题．在直线与圆锥曲线交于不同两点的相关问题中，一般是设出点的坐标，然后确定点的坐标之间的关系(特别是直线是动直线时这个方法是必需的)，再进行整体处理(通常是利用韦达定理处理这类问题)．如图所示，等边三角形OAB 的边长为83，且其三个顶点均在抛物线E ：x 2＝2py (p >0)上．(1)求抛物线E 的方程；(2)设动直线l 与抛物线E 相切于点P ，与直线y ＝－1相交于点Q ，求证：以PQ 为直径的圆恒过y 轴上某定点．解：(1)依题意，得|OB |＝83，∠BOy ＝30°.设B (x ，y )，则x ＝|OB |sin30°＝43，y ＝|OB |cos30°＝12. ∵点B (43，12)在x 2＝2py (p >0)上， ∴(43)2＝2p ×12，解得p ＝2.∴抛物线E 的方程为x 2＝4y .(2)证法一：由(1)知y ＝14x 2，y ′＝12x .设P (x 0，y 0)，则x 0≠0，且l 的方程为y －y 0＝12x 0(x －x 0)，即y ＝12x 0x －14x 20.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x 0x －14x 20，y ＝－1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 20－42x 0，y ＝－1，∴Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20－42x 0，－1. 设M (0，y 1)，令MP →·MQ →＝0对满足y 0＝14x 20(x 0≠0)的点(x 0，y 0)恒成立．由于MP →＝(x 0，y 0－y 1)，MQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20－42x 0，－1－y 1， 由MP →·MQ →＝0，得x 20－42－y 0－y 0y 1＋y 1＋y 21＝0，即(y 21＋y 1－2)＋(1－y 1)y 0＝0.(*)由于(*)式对满足y 0＝14x 20(x 0≠0)的y 0恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧1－y 1＝0，y 21＋y 1－2＝0，解得y 1＝1. 故以PQ 为直径的圆恒过y 轴上的定点M (0，1)．证法二：由(1)知y ＝14x 2，y ′＝12x .设P (x 0，y 0)，则x 0≠0， 且l 的方程为y －y 0＝12x 0(x －x 0)，即y ＝12x 0x －14x 20.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x 0x －14x 20，y ＝－1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 20－42x 0，y ＝－1，∴Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20－42x 0，－1. 取x 0＝2，此时P (2，1)，Q (0，－1)，以PQ 为直径的圆为(x －1)2＋y 2＝2，交y 轴于点M 1(0，1)，M 2(0，－1)；取x 0＝1，此时P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，14，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－1，以PQ 为直径的圆为⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋142＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋382＝12564，交y 轴于M 3(0，1)，M 4⎝⎛⎭⎪⎫0，－74. 故若满足条件的点M 存在，只能是M (0，1)．以下证明点M (0，1)就是所要求的点．∵MP →＝(x 0，y 0－1)，MQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20－42x 0，－2，MP →·MQ →＝x 20－42－2y 0＋2＝2y 0－2－2y 0＋2＝0，∴以PQ 为直径的圆恒过y 轴上的定点M (0，1)．类型三 定值问题(2014·江西)如图，已知抛物线C ：x 2＝4y ，过点M (0，2)任作一直线与C 相交于A ，B 两点，过点B 作y 轴的平行线与直线AO 相交于点D (O 为坐标原点)．(1)证明：动点D 在定直线上；(2)作C 的任意一条切线l (不含x 轴)，与直线y ＝2相交于点N 1，与(1)中的定直线相交于点N 2.证明：|MN 2|2－|MN 1|2为定值，并求此定值．证明：(1)依题意可设AB 方程为y ＝kx ＋2，代入x 2＝4y ，得x 2＝4(kx ＋2)，即x 2－4kx －8＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则有x 1x 2＝－8， 直线AO 的方程为y ＝y 1x 1x ，BD 的方程为x ＝x 2，解得交点D 的坐标为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 2，y ＝y 1x 2x 1.注意到x 1x 2＝－8及x 21＝4y 1，则有y ＝y 1x 1x 2x 21＝－8y 14y 1＝－2.因此D 点在定直线y ＝－2(x ≠0)上． (2)依题设，切线l 的斜率存在且不等于0，设切线l 的方程为y ＝ax ＋b (a ≠0)，代入x 2＝4y 得x 2＝4(ax ＋b )，即x 2－4ax －4b ＝0，由Δ＝0得16a 2＋16b ＝0，化简整理得b ＝－a 2.故切线l 的方程可写为y ＝ax －a 2. 分别令y ＝2，y ＝－2得N 1，N 2的坐标为N 1⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋a ，2，N 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a ＋a ，－2，则|MN 2|2－|MN 1|2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a ＋a 2＋42－⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋a 2＝8，即|MN 2|2－|MN 1|2为定值8.【点拨】求解此类问题的方法一般有两种：(1)从特殊入手，求出定点、定值、定线，再证明定点、定值、定线与变量无关；(2)直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定点、定值、定线．应注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元的思想的运用可有效地简化运算．已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的左焦点F 为圆x 2＋y 2＋2x ＝0的圆心，且椭圆上的点到点F 的距离的最小值为2－1.(1)求椭圆方程；(2)已知经过点F 的动直线l 与椭圆交于不同的两点A ，B ，点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－54，0，证明：MA →·MB →为定值．解：(1)圆的标准方程为(x ＋1)2＋y 2＝1，则圆心为(－1，0)，半径r ＝1，∴椭圆的半焦距c ＝1.又椭圆上的点到点F 的距离的最小值为2－1，∴a －c ＝2－1，即a ＝2，则b 2＝a 2－c 2＝1. 故所求椭圆的方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明：①当直线l 与x 轴垂直时，l 的方程为x ＝－1.可求得A ⎝⎛⎭⎪⎫－1，22，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－22.此时MA →·MB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14，22·⎝ ⎛⎭⎪⎫14，－22＝－716.②当直线l 与x 轴不垂直时，设直线l 的方程为y ＝k (x ＋1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x ＋1），x 22＋y 2＝1得(1＋2k 2)x 2＋4k 2x ＋2k 2－2＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4k 21＋2k 2，x 1x 2＝2k 2－21＋2k 2.∵MA →·MB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋54，y 1·⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋54，y 2＝⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋54⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋54＋y 1y 2 ＝x 1x 2＋54(x 1＋x 2)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫542＋k (x 1＋1)·k (x 2＋1)＝(1＋k 2)x 1x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫k 2＋54(x 1＋x 2)＋k 2＋2516＝(1＋k 2)·2k 2－21＋2k 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2＋54⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k 21＋2k 2＋k 2＋2516＝－4k 2－21＋2k 2＋2516＝－2＋2516＝－716. 综上得MA →·MB →为定值，且定值为－716.类型四 与弦有关的范围与最值问题(2015·浙江)已知椭圆x 22＋y 2＝1上两个不同的点A ，B 关于直线y ＝mx ＋12对称．(1)求实数m 的取值范围；(2)求△AOB 面积的最大值(O 为坐标原点)． 解：(1)由题意知m ≠0，可设直线AB 的方程为y ＝－1mx ＋b .由⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝－1m x ＋b ，消去y ，得⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋1m 2x 2－2b m x ＋b 2－1＝0.∵直线y ＝－1m x ＋b 与椭圆x 22＋y 2＝1有两个不同的交点，∴Δ＝－2b 2＋2＋4m 2>0.①将AB 的中点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2mb m 2＋2，m 2b m 2＋2的坐标代入直线方程 y ＝mx ＋12，解得b ＝－m 2＋22m 2.②由①②得3m 4＋4m 2－42m4>0， 即3m 4＋4m 2－4>0也即(3m 2－2)(m 2＋2)>0，解得m <－63或m >63. (2)令t ＝1m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－62，0∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，62，则|AB |＝t 2＋1·－2t 4＋2t 2＋32t 2＋12，且O 到直线AB 的距离d ＝t 2＋12t 2＋1.设△AOB 的面积为S (t )，则S (t )＝12|AB |·d ＝12 －2⎝⎛⎭⎪⎫t 2－122＋2≤22， 当且仅当t 2＝12时，等号成立．故△AOB 面积的最大值为22. 【点拨】(1)圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是代数法，从代数的角度考虑，通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法和基本不等式法、换元法、导数法等方法求最值；二是几何法，从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线几何意义求最值．(2)解决圆锥曲线中的取值范围问题常从五方面考虑：①利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；③利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；④利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；⑤利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．设点P (x ，y )到直线x ＝2的距离与它到定点(1，0)的距离之比为2，并记点P 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程；(2)设M (－2，0)，过点M 的直线l 与曲线C 相交于E ，F 两点，当线段EF 的中点落在由四点C 1(－1，0)，C 2(1，0)，B 1(0，－1)，B 2(0，1)构成的四边形内(包括边界)时，求直线l 斜率的取值范围．解：(1)由题意得|x －2|（x －1）2＋y2＝2， 整理得x 22＋y 2＝1，即曲线C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)易知点M 在曲线C 外．显然直线l 的斜率存在，可设直线l 的方程为y ＝k (x ＋2)．设点E ，F 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，线段EF 的中点为G (x 0，y 0)， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x ＋2），x 22＋y 2＝1消去y ，得(1＋2k 2)x 2＋8k 2x ＋8k 2－2＝0.由Δ＝(8k 2)2－4(1＋2k 2)(8k 2－2)＞0， 解得－22<k <22.①由根与系数的关系得x 1＋x 2＝－8k21＋2k2，于是x 0＝x 1＋x 22＝－4k 21＋2k 2，y 0＝k (x 0＋2)＝2k 1＋2k2，∵x 0＝－4k21＋2k 2≤0，∴点G 不可能在y 轴的右边．又直线C 1B 2和C 1B 1的方程分别为y ＝x ＋1，y ＝－x －1， ∴点G 在正方形内(包括边界)的充要条件为⎩⎪⎨⎪⎧y 0≤x 0＋1，y 0≥－x 0－1，即⎩⎪⎨⎪⎧2k 1＋2k 2≤－4k21＋2k 2＋1，2k 1＋2k 2≥4k 21＋2k2－1， 亦即⎩⎪⎨⎪⎧2k 2＋2k －1≤0，2k 2－2k －1≤0，解得－3－12≤k ≤3－12，②由①②知，直线l 斜率的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－3－12，3－12.类型五 对称问题已知抛物线y ＝ax 2－1(a ≠0)上总有关于直线x ＋y ＝0对称的相异两点，则a 的取值范围是____________．解：设A (x 1，y 1)和B (x 2，y 2)为抛物线y ＝ax 2－1上的关于直线x ＋y ＝0对称的两相异点，则y 1＝ax 21－1，y 2＝ax 22－1.两式相减，得y 1－y 2＝a (x 1－x 2)(x 1＋x 2)．再由x 1≠x 2，得y 1－y 2x 1－x 2＝a (x 1＋x 2)＝1.设线段AB 的中点为M (x 0，y 0)，则x 0＝x 1＋x 22＝12a .由M 点在直线x ＋y ＝0上，得y 0＝－12a.∴直线AB 的方程为y ＋12a ＝x －12a .联立直线AB 与抛物线的方程并消去y ，得ax 2－x ＋1a－1＝0.依题意，上面的方程有两个相异实根，∴Δ＝1－4a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1＞0，解得a ＞34. ∴a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫34，＋∞.故填⎝ ⎛⎭⎪⎫34，＋∞. 【点拨】应用判别式法解决此类对称问题，要抓住三点：(1)中点在对称轴上；(2)两个对称点的连线与对称轴垂直；(3)两点连线与曲线有两个交点，故Δ＞0.一般通过“设而不求”“点差法”得到对称点连线的方程，再与曲线方程联立，由判别式不等式求出参数范围．已知椭圆x 22＋y 2＝1的左焦点为F ，O 为坐标原点．设过点F 且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于A ，B 两点，点A 和点B 关于直线l 对称，l 与x 轴交于点G ，则点G 横坐标的取值范围是____________．解：设直线AB 的方程为y ＝k (x ＋1)(k ≠0)， 代入x 22＋y 2＝1，整理得(1＋2k 2)x 2＋4k 2x ＋2k 2－2＝0.∵直线AB 过椭圆的左焦点F 且不垂直于x 轴， ∴方程有两个不等实根．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 的中点N (x 0，y 0)，则x 1＋x 2＝－4k22k 2＋1，x 0＝12(x 1＋x 2)＝－2k22k 2＋1，y 0＝k (x 0＋1)＝k2k 2＋1， ∵点A 和点B 关于直线l 对称， ∴直线l 为AB 的垂直平分线，其方程为y －y 0＝－1k(x －x 0)．令y ＝0，得x G ＝x 0＋ky 0＝－2k 22k 2＋1＋k22k 2＋1＝－k 22k 2＋1＝－12＋14k 2＋2，∵k ≠0，∴－12＜x G ＜0，即点G 横坐标的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0. 故填⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0.1．对于圆锥曲线的综合问题，①要注意将曲线的定义性质化，找出定义赋予的条件；②要重视利用图形的几何性质解题(本书多处强调)；③要灵活运用韦达定理、弦长公式、斜率公式、中点公式、判别式等解题，巧妙运用“设而不求”“整体代入”“点差法”“对称转换”等方法．2．在给定的圆锥曲线f (x ，y )＝0中，求中点为(m ，n )的弦AB 所在直线方程或动弦中点M (x ，y )轨迹时，一般可设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，利用A ，B 两点在曲线上，得f (x 1，y 1)＝0，f (x 2，y 2)＝0及x 1＋x 2＝2m (或2x )，y 1＋y 2＝2n (或2y )，从而求出斜率k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2，最后由点斜式写出直线AB 的方程，或者得到动弦所在直线斜率与中点坐标x ，y 之间的关系，整体消去x 1，x 2，y 1，y 2，得到点M (x ，y )的轨迹方程．3．对满足一定条件的直线或者曲线过定点问题，可先设出该直线或曲线上两点的坐标，利用坐标在直线或曲线上以及切线、点共线、点共圆、对称等条件，建立点的坐标满足的方程或方程组．为简化运算，应多考虑曲线的几何性质，求出相应的含参数的直线或曲线，再利用直线或曲线过定点的知识加以解决.以“求直线l ：y ＝kx ＋2k ＋1(k 为参数)是否过定点”为例，有以下常用方法：①待定系数法：假设直线l 过点(c 1，c 2)，则y －c 2＝k (x －c 1)，即y ＝kx －c 1k ＋c 2，通过与已知直线方程比较得c 1＝－2，c 2＝1.所以直线l 过定点(－2，1)．②赋值法：令k ＝0，得l 1：y ＝1；令k ＝1，得l 2：y ＝x ＋3，求出l 1与l 2的交点(－2，1)，将交点坐标代入直线系得1＝－2k ＋2k ＋1恒成立，所以直线l 过定点(－2，1)．赋值法由两步构成，第一步：通过给参数赋值，求出可能的定点坐标；第二步：验证其是否恒满足直线方程．③参数集项法：对直线l 的方程中的参数集项得y －1＝k (x ＋2)，由直线的点斜式方程，易知直线l 过定点(－2，1)．若方程中含有双参数，应考虑两个参数之间的关系．4．给出曲线上的点到直线的最短(长)距离或求动点到直线的最短(长)距离时，可归纳为求函数的最值问题，也可借助于图形的性质(如三角形的公理、对称性等)求解．5．圆锥曲线上的点关于某一直线对称的问题，通常利用圆锥曲线上的两点所在直线与已知直线l (或者是直线系)垂直，圆锥曲线上两点连成线段的中点一定在对称轴直线l 上，再利用判别式或中点与曲线的位置关系求解．1．已知椭圆x 2＋y 22＝a 2(a >0)与以A (2，1)，B (4，3)为端点的线段没有公共点，则a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫0，322B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，322∪⎝ ⎛⎭⎪⎫822，＋∞C.⎝⎛⎭⎪⎫822，＋∞ D.⎝ ⎛⎭⎪⎫322，822解：根据题意，将A ，B 两点代入椭圆方程，有⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋122－a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫42＋322－a 2>0，解得0<a <322或a >822.故选B .2．已知直线x ＝1过椭圆x 24＋y 2b2＝1的焦点，则直线y ＝kx ＋2与椭圆至多有一个交点的充要条件是( )A ．k ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12 B ．k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－12∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ C ．k ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－22，22 D ．k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－22∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫22，＋∞解：易知椭圆中c 2＝a 2－b 2＝4－b 2＝1，即b 2＝3，∴椭圆方程是x 24＋y 23＝1.联立y ＝kx ＋2可得(3＋4k 2)x2＋16kx ＋4＝0.由Δ≤0可解得k ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12.故选A . 3．(2014·湖北)设a ，b 是关于t 的方程t 2cos θ＋t sin θ＝0的两个不等实根，则过A (a ，a 2)，B (b ，b 2)两点的直线与双曲线x 2cos 2θ－y 2sin 2θ＝1的公共点的个数为( ) A ．0B ．1C ．2D ．3解： 显然可知方程两根分别为0，－tan θ(tan θ≠0)，则直线AB 的方程为y ＝(－tan θ)·x ，又该双曲线的渐近线为y ＝±tan θ·x ，∴直线AB 与双曲线无公共点．故选A .4．(2014·辽宁)已知点A (－2，3)在抛物线C ：y 2＝2px 的准线上，过点A 的直线与C 在第一象限相切于点B ，记C 的焦点为F ，则直线BF 的斜率为( )A.12B.23C.34D.43解：∵点A (－2，3)在抛物线C ：y 2＝2px 的准线x ＝－p 2上，∴－p2＝－2，p ＝4，抛物线C ：y 2＝8x .设直线AB 的方程为x ＝k (y －3)－2 ①， 将①与y 2＝8x 联立，得y 2－8ky ＋24k ＋16＝0 ②，Δ＝(－8k )2－4(24k ＋16)＝0，解得k ＝2或k ＝－12.当k ＝－12时，切点在第四象限，与题意不符，舍去．将k ＝2代入①②，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝8，y ＝8， 即B (8，8)．又F (2，0)，∴k BF ＝43.故选D .5．(2015·河南调研)设抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，点A ，B 为抛物线上的两个动点，且满足∠AFB＝90°.过弦AB 的中点M 作抛物线准线的垂线MN ，垂足为N ，则|MN →||AB →|的最大值为( )A.22B.32C ．1D. 3解：设准线为l ，过A 作AQ ⊥l ，BP ⊥l ，设|AF |＝a ，|BF |＝b ，由抛物线定义，得|AF |＝|AQ |，|BF |＝|BP |.在梯形ABPQ 中，2|MN |＝|AQ |＋|BP |＝a ＋b ，由勾股定理，得|AB |2＝a 2＋b 2＝(a ＋b )2－2ab .又ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22，∴(a ＋b )2－2ab ≥(a ＋b )2－（a ＋b ）22，得|AB |≥22(a ＋b )＝2|MN |，∴|MN →||AB →|≤22，即|MN →||AB →|的最大值为22.故选A .6．椭圆C ：x 24＋y 23＝1的左、右顶点分别为A 1，A 2，点P 在C 上且直线PA 2斜率的取值范围是[－2，－1]，那么直线PA 1斜率的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，34B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤38，34C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，1 解：由题意知点P 在第一象限，设P 点横坐标为x ，则其纵坐标y ＝32·4－x 2，由PA 2的斜率知－2≤32·4－x 2x －2≤－1，∵2－x >0，2＋x >0，∴上式可化为1≤32·2＋x 2－x ≤2，即23≤2＋x 2－x ≤43.∴PA 1的斜率k ＝32·4－x 2x ＋2＝32·2－x 2＋x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤38，34.故选B . 7．已知P (4，2)是直线l 被椭圆x 236＋y 29＝1截得线段的中点，则直线l 的方程为________．解：线段两端点为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝8，y 1＋y 2＝4.∵A ，B 在椭圆上，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 2136＋y 219＝1，x 2236＋y 229＝1，两式相减得（x 1－x 2）（x 1＋x 2）36＝－（y 1－y 2）（y 1＋y 2）9.∵x 1≠x 2，∴k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－x 1＋x 24（y 1＋y 2）＝－12. ∴直线l 的方程为x ＋2y －8＝0. 故填x ＋2y －8＝0.8．设F 为抛物线C ：y 2＝4x 的焦点，过点P (－1，0)的直线l 交抛物线C 于A ，B 两点，点Q 为线段AB 的中点．若||FQ ＝23，则直线l 的斜率等于________．解：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线l的方程为y ＝k (x ＋1)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x ＋1），y 2＝4x ，得k 2x 2＋(2k 2－4)x ＋k 2＝0，由⎩⎪⎨⎪⎧k ≠0，Δ＝（2k 2－4）2－4k 4>0，解得k ∈(－1，0)∪(0，1)，x 1＋x 2＝－2k 2－4k 2＝－2＋4k 2，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2k ＝4k ，设Q (x 0，y 0)，则x 0＝x 1＋x 22＝－1＋2k 2，y 0＝y 1＋y 22＝2k ，即Q ⎝⎛⎭⎪⎫－1＋2k 2，2k ，又F (1，0)，∴||FQ ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋2k 2－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＝23，解得k ＝±22.故填±22. 9．(2015·河北省唐山市高三年级统考)已知抛物线E ：x 2＝2py (p ＞0)，直线y ＝kx ＋2与E 交于A ，B 两点，且OA →·OB →＝2，其中O 为原点．(1)求抛物线E 的方程；(2)点C 坐标为(0，－2)，记直线CA ，CB 的斜率分别为k 1，k 2，证明：k 21＋k 22－2k 2为定值． 解：(1)将y ＝kx ＋2代入x 2＝2py ，得x 2－2pkx －4p ＝0， 其中Δ＝4p 2k 2＋16p ＞0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝2pk ，x 1x 2＝－4p ，OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2＋x 212p ·x 222p ＝－4p ＋4＝2，得p ＝12，∴抛物线E 的方程为x 2＝y .(2)证明：由(1)知，x 1＋x 2＝k ，x 1x 2＝－2.k 1＝y 1＋2x 1＝x 21＋2x 1＝x 21－x 1x 2x 1＝x 1－x 2，同理k 2＝x 2－x 1，∴k 21＋k 22－2k 2＝2(x 1－x 2)2－2(x 1＋x 2)2＝－8x 1x 2＝16，即k 21＋k 22－2k 2为定值．10．(2015·西安模拟)设F 1，F 2分别是椭圆x 24＋y 2＝1的左、右焦点．(1)若P 是该椭圆上的一个动点，求PF 1→·PF 2→的最大值和最小值；(2)设过定点M (0，2)的直线l 与椭圆交于不同的两点A ，B ，且∠AOB 为锐角(其中O 为坐标原点)，求直线l 的斜率的取值范围．解：(1)由已知得，F 1(－3，0)，F 2(3，0)，设点P (x ，y )，则x 24＋y 2＝1，且－2≤x ≤2.∴PF 1→·PF 2→＝(－3－x ，－y )·(3－x ，－y )＝x 2－3＋y 2＝x 2－3＋1－x 24＝34x 2－2，当x ＝0，即P (0，±1)时，(PF 1→·PF 2→)min ＝－2；当x ＝±2，即P (±2，0)时，(PF 1→·PF 2→)max ＝1. (2)由题意可知，过点M (0，2)的直线l 的斜率存在． 设l 的方程为y ＝kx ＋2，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 24＋y 2＝1消去y ，化简整理得 (1＋4k 2)x 2＋16kx ＋12＝0，Δ＝(16k )2－48(1＋4k 2)＞0，解得k 2>34.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－16k 1＋4k 2，x 1x 2＝121＋4k2，又∠AOB 为锐角，∴OA →·OB →＞0， 即x 1x 2＋y 1y 2＞0， 有x 1x 2＋(kx 1＋2)(kx 2＋2)＝(1＋k 2)x 1x 2＋2k (x 1＋x 2)＋4＝(1＋k 2)·121＋4k 2＋2k ·－16k 1＋4k2＋4＞0，解得k 2＜4，∴34＜k 2＜4，即k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－32∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2. 11．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F (1，0)，右顶点为A ，且|AF |＝1.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若动直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 有且只有一个交点P ，且与直线x ＝4交于点Q ，问：是否存在一个定点M (t ，0)，使得MP →·MQ →＝0？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)由c ＝1，a －c ＝1，得a ＝2， ∴b ＝ 3.故椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，3x 2＋4y 2＝12得 (3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，Δ＝64k 2m 2－4(3＋4k 2)(4m 2－12)＝0，得m 2＝3＋4k 2.设P (x P ，y P )，则x P ＝－4km 3＋4k 2＝－4k m ，y P ＝kx P ＋m ＝－4k 2m ＋m ＝3m ，即P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k m ，3m .∵M (t ，0)，Q (4，4k ＋m )， ∴MP →＝⎝⎛⎭⎪⎫－4km－t ，3m ，MQ →＝(4－t ，4k ＋m )．∴MP →·MQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k m －t ·(4－t )＋3m ·(4k ＋m )＝t 2－4t ＋3＋4k m (t －1)＝0恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧t ＝1，t 2－4t ＋3＝0，得t＝1.∴存在点M (1，0)符合题意．(2014·湖北)在平面直角坐标系xOy 中，点M 到点F (1，0)的距离比它到y 轴的距离多1，记点M的轨迹为C .(1)求轨迹C 的方程；(2)设斜率为k 的直线l 过定点P (－2，1)．求直线l 与轨迹C 恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k 的相应取值范围．解： (1)设点M (x ，y )，依题意得|MF |＝|x |＋1，即（x －1）2＋y 2＝|x |＋1，化简整理得y 2＝2(|x |＋x )．故点M 的轨迹C 的方程为y 2＝⎩⎪⎨⎪⎧4x ，x ≥0，0，x <0.(2)在点M 的轨迹C 中，记C 1：y 2＝4x ，C 2：y ＝0(x <0)． 依题意，可设直线l 的方程为y －1＝k (x ＋2)．由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y －1＝k （x ＋2），y 2＝4x ，可得ky 2－4y ＋4(2k ＋1)＝0.①当k ＝0时，此时y ＝1.把y ＝1代入轨迹C 的方程，得x ＝14.故此时直线l ：y ＝1与轨迹C 恰好有一个公共点⎝ ⎛⎭⎪⎫14，1. 当k ≠0时，方程①的判别式为Δ＝－16(2k 2＋k －1)．②设直线l 与x 轴的交点为(x 0，0)，则由y －1＝k (x ＋2)，令y ＝0，得x 0＝－2k ＋1k.③(i)若⎩⎪⎨⎪⎧Δ<0，x 0<0，由②③解得k <－1，或k >12.即当k ∈(－∞，－1)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞时，直线l 与C 1没有公共点，与C 2有一个公共点，故此时直线l 与轨迹C 恰好有一个公共点．(ii) 若⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝0，x 0<0，或⎩⎪⎨⎪⎧Δ>0，x 0≥0，由②③解得k ∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫－1，12，或－12≤k <0.即当k ∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫－1，12时，直线l 与C 1只有一个公共点，与C 2有一个公共点．当k ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，0时，直线l 与C 1有两个公共点，与C 2没有公共点．故当k ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，0∪⎩⎨⎧⎭⎬⎫－1，12时，直线l 与轨迹C 恰好有两个公共点．(iii)若⎩⎪⎨⎪⎧Δ>0，x 0<0，由②③解得－1<k <－12，或0<k <12，即当k ∈⎝⎛⎭⎪⎫－1，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，直线l 与C 1有两个公共点，与C 2有一个公共点，故此时直线l 与轨迹C 恰好有三个公共点．综上知，当k ∈(－∞，－1)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞∪{0}时，直线l 与轨迹C 恰好有一个公共点；当k ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，0∪⎩⎨⎧⎭⎬⎫－1，12时，直线l 与轨迹C 恰好有两个公共点；当k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，直线l 与轨迹C 恰好有三个公共点．一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．过点(1，1)，且与直线y ＝－x －1平行的直线方程为( ) A ．x ＋y ＝0B ．x －y ＝0C ．x ＋y －2＝0D ．x ＋y ＋2＝0解：所求直线斜率为－1，由点斜式得y －1＝－(x －1)，即x ＋y －2＝0.故选C .2．(2015·广元模拟)若直线l 1：x －2y ＋m ＝0(m >0)与直线l 2：x ＋ny －3＝0之间的距离是5，则m ＋n ＝( )A ．0B ．1C ．－1D ．2 解：根据题意，直线l 1和l 2平行，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ＝－2，|m ＋3|5＝5，得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2（舍去负值），n ＝－2.∴m ＋n ＝0.故选A .3．(2015·山东质检)“m ＝－1”是“直线mx ＋(2m －1)y ＋2＝0与直线3x ＋my ＋3＝0垂直”的( ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解：若两直线垂直，则3m ＋m (2m －1)＝0，得m ＝0或－1，故选A .4．(2013·安徽)直线x ＋2y －5＋5＝0被圆x 2＋y 2－2x －4y ＝0截得的弦长为( ) A ．1B ．2C ．4D ．4 6解：易知圆的标准方程为(x －1)2＋(y －2)2＝5，圆心为(1，2)，半径r ＝5，则圆心(1，2)到直线x ＋2y －5＋5＝0的距离d ＝||1＋4－5＋55＝1，弦长l ＝2r 2－d 2＝4.故选C .5．若圆心在x 轴上，半径长为5的圆C 位于y 轴左侧，且与直线x ＋2y ＝0相切，则圆C 的方程是( ) A ．(x ＋5)2＋y 2＝5 B ．(x －5)2＋y 2＝5 C ．(x ＋5)2＋y 2＝5D ．(x －5)2＋y 2＝5解：设圆的方程为(x －a )2＋y 2＝5(a ≤－5)，依题意圆心(a ，0)到直线x ＋2y ＝0的距离等于5，即||a 5＝5，得a ＝－5(舍去正值)，∴圆的方程为(x ＋5)2＋y 2＝5.故选A .6．(2015·山东)一条光线从点(－2，－3)射出，经y 轴反射后与圆(x ＋3)2＋(y －2)2＝1相切，则反射光线所在直线的斜率为( )A ．－53或－35B ．－32或－23C ．－54或－45D ．－43或－34解：点A (－2，－3)关于y 轴的对称点为A ′(2，－3)，由题意知反射光线的斜率存在， 因此可设反射光线所在直线的方程为y ＋3＝k (x －2)， 化为kx －y －2k －3＝0.∵反射光线与圆(x ＋3)2＋(y －2)2＝1相切，∴圆心(－3，2)到直线的距离d ＝|－3k －2－2k －3|k 2＋1＝1，即12k 2＋25k ＋12＝0，解得k ＝－43或－34.故选D .7．(2015·皖南八校联考)已知直线l ：y ＝k (x －2)(k >0)与抛物线C ：y 2＝8x 交于A ，B 两点，F 为抛物线C 的焦点，若|AF |＝2|BF |，则k 的值是( )A.13B.223 C ．2 2 D.24解：直线y ＝k (x －2)恰好经过抛物线y 2＝8x 的焦点F (2，0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝8x ，y ＝k （x －2）可得ky 2－8y －16k ＝0，∵|FA |＝2|FB |，∴y A ＝－2y B ，∴y A ＋y B ＝－2y B ＋y B ＝8k ，y B ＝－8k，y A ·y B ＝－2y 2B ＝－16，∴－2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－8k 2＝－16，得k ＝22(舍去负值)．故选C .8．(2014·全国卷Ⅱ)设F 为抛物线C ：y 2＝3x 的焦点，过F 且倾斜角为30°的直线交C 于A ，B 两点，则|AB |＝( )A.303B ．6C ．12D ．7 3解：易知抛物线中p ＝32，焦点F ⎝ ⎛⎭⎪⎫34，0，直线AB 的斜率k ＝33，故直线AB 的方程为y ＝33⎝ ⎛⎭⎪⎫x －34，代入抛物线方程y 2＝3x ，整理得x 2－212x ＋916＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝212，由抛物线的定义可得弦长|AB |＝x 1＋x 2＋p ＝212＋32＝12.故选C .9．(2013·北京模拟)设双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)两焦点为F 1，F 2，点Q 为双曲线上除顶点外的任一点，过焦点F 1作∠F 1QF 2的平分线的垂线，垂足为P ，则P 点的轨迹是( )A ．椭圆的一部分B ．双曲线的一部分C ．抛物线的一部分D ．圆的一部分解：设点Q 在双曲线的右支上(如图)，延长QF 2，交F 1P 的延长线于点M ，连接OP ，则有||QM ＝||QF 1，P为F 1M 的中点，∴||PO ＝12||F 2M ＝12(||QM －||QF 2)＝12(||QF 1－||QF 2)＝a ，且P 点不能落在x 轴上，故P 点的轨迹是圆的一部分．故选D .10．(2015·银川一模)已知双曲线x 22－y 2b2＝1(b >0)的左、右焦点分别是F 1，F 2，其一条渐近线方程为y ＝x ，点P (3，y 0)在双曲线上，则PF 1→·PF 2→＝( )A ．－12B ．－2C ．0D ．4解：由渐近线方程为y ＝x 知，b2＝1，∴b ＝2，∴双曲线方程为x 22－y 22＝1.∵点P (3，y 0)在双曲线上，∴y 0＝±1， 当y 0＝1时，P (3，1)，F 1(－2，0)，F 2(2，0)， PF 1→·PF 2→＝0；当y 0＝－1时，P (3，－1)，PF 1→·PF 2→＝0. 故选C .11．(2013·全国课标Ⅰ)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F (3，0)，过点F 的直线交椭圆E 于A ，B 两点．若AB 的中点坐标为(1，－1)，则E 的方程为( )A.x 245＋y 236＝1 B.x 236＋y 227＝1 C.x 227＋y 218＝1D.x 218＋y 29＝1 解：设A ()x 1，y 1，B ()x 2，y 2，则有⎩⎪⎨⎪⎧x 21a 2＋y 21b2＝1，x 22a 2＋y22b 2＝1，两式相减得x 21－x 22a 2＋y 21－y22b 2＝0，依题意知x 1＋x 2＝2，y1＋y 2＝－2，代入上式得y 1－y 2x 1－x 2＝b 2a 2，由此可得直线AB 的方程为y ＝b 2a 2(x －3)，将点()1，－1代入得b 2a 2＝12，又由椭圆的性质知a 2－b 2＝c 2＝9，解得a 2＝18，b 2＝9，∴椭圆E 的方程为x 218＋y 29＝1.故选D .12．(2015·兰州模拟)已知双曲线x 2a2－y 2b2＝1(a >0，b >0)与抛物线y 2＝2px (p >0)有一个共同的焦点F ，点M 是双曲线与抛物线的一个交点，若|MF |＝54p ，则此双曲线的离心率等于( )A ．2B ．3C. 2D. 3解：∵抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p2，0，∴c ＝p2>a ，①∴双曲线方程为x 2a 2－y 2p 24－a2＝1.∵点M 是双曲线与抛物线的一个交点，且|MF |＝54p ，∴x M ＋p 2＝54p ，x M ＝5p 4－p 2＝3p 4，代入抛物线y 2＝2px 得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫3p 4，±6p 2，代入双曲线方程得9p 4－148p 2a 2＋64a 4＝0，解得p ＝4a 或p ＝23a ，∵p >2a ，∴p ＝4a .②联立①②两式得c ＝2a ，即e ＝2.故选A .二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．(2015·秦皇岛检测)已知直线l 过点P (3，4)且与点A (－2，2)，B (4，－2)等距离，则直线l 的方程为____________．解：显然当直线l 斜率不存在时，不满足题意；设所求直线方程为y －4＝k (x －3)，即kx －y ＋4－3k ＝0，由已知，得|－2k －2＋4－3k |1＋k 2＝|4k ＋2＋4－3k |1＋k 2， ∴k ＝2或k ＝－23.∴所求直线l 的方程为2x －y －2＝0或2x ＋3y －18＝0. 故填2x ＋3y －18＝0或2x －y －2＝0.14．(2015·重庆)若点P (1，2)在以坐标原点为圆心的圆上，则该圆在点P 处的切线方程为____________．解：由题意，得k OP ＝2－01－0＝2，则该圆在点P 处的切线的斜率为－12，所求切线方程为y －2＝－12(x －1)，即x ＋2y －5＝0.故填x ＋2y －5＝0.15．(2014·湖南)平面上一机器人在行进中始终保持与点F (1，0)的距离和到直线x ＝－1的距离相等，若机器人接触不到过点P (－1，0)且斜率为k 的直线，则k 的取值范围是____________．解：由抛物线的定义可知，机器人行进的轨迹方程为y 2＝4x ，过点P (－1，0)且斜率为k 的直线方程为y ＝k (x ＋1)，代入y 2＝4x ，得k 2x 2＋(2k 2－4)x ＋k 2＝0，∵机器人接触不到过点P (－1，0)且斜率为k 的直线， ∴Δ＝(2k 2－4)2－4k 4<0，解得k <－1或k >1. 故填(－∞，－1)∪(1，＋∞)．16．(2015·全国)已知椭圆E 的中心在坐标原点，离心率为12，E 的右焦点与抛物线C ：y 2＝8x 的焦点重合，A ，B 是C 的准线与E 的两个交点，则|AB |＝____________．解：∵抛物线C ：y 2＝8x 的焦点为(2，0)，准线方程为x ＝－2，∴椭圆E 的右焦点为(2，0)，∴椭圆E 的焦点在x 轴上．设椭圆E 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，则c ＝2，∵e ＝c a ＝2a ＝12，∴a ＝4，∴b 2＝a 2－c 2＝42－22＝12，∴椭圆E 的方程为x 216＋y 212＝1，将x ＝－2代入椭圆E 的方程，解得A (－2，3)，B (－2，－3)，∴|AB |＝6.故填6.三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(10分)过点P (3，0)作一条直线，使它夹在两直线l 1：2x －y －2＝0和l 2：x ＋y ＋3＝0间的线段AB 恰好被P 平分，求此直线的方程．解：若直线AB 无斜率，则其方程为x ＝3，它与两直线的交点分别为(3，4)，(3，－6)，这两点的中点为(3，－1)，不是点P ，不合题意． ∴直线AB 必有斜率，设为k (k ≠2且k ≠－1)， 则直线AB 的方程为y ＝k (x －3)． 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －3），2x －y －2＝0解得y 1＝4k k －2，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －3），x ＋y ＋3＝0解得y 2＝－6k k ＋1.据题意y 1＋y 22＝0，即4k k －2＋－6k k ＋1＝0，解得k ＝0或8.当k ＝0时，它与两直线的交点分别为(1，0)，(－3，0)，这两点的中点并不是点P ，不符合题意，舍去．当k ＝8时，它与两直线的交点分别为⎝ ⎛⎭⎪⎫113，163，⎝ ⎛⎭⎪⎫73，－163，这两点的中点恰好是点P ，符合题意．∴直线AB 的方程为y ＝8(x －3)，即8x －y －24＝0.18．(12分) 已知圆C ：x 2＋(y －1)2＝5，直线l ：mx －y ＋1－m ＝0. (1)求证：对m ∈R ，直线l 与圆C 总有两个不同的交点；(2)设直线l 与圆C 交于A ，B 两点，若|AB |＝17，求直线l 的倾斜角． 解：(1)证明：将已知直线l 化为y －1＝m (x －1)， 直线l 恒过定点P (1，1)． ∵12＋（1－1）2＝1<5， ∴点P (1，1)在已知圆C 内，从而直线l 与圆C 总有两个不同的交点． (2)圆半径r ＝5，圆心C 到直线l 的距离为d ＝r 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫|AB |22＝32， 由点到直线的距离公式得|－m |m 2＋（－1）2＝32， 解得m ＝±3，∴直线的斜率为±3，从而直线l 的倾斜角为π3或2π3.19．(12分)(2015·全国Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，曲线C ：y ＝x 24与直线l ：y ＝kx ＋a (a ＞0)交于M ，N 两点．(1)当k ＝0时，分别求C 在点M 和N 处的切线方程；(2)y 轴上是否存在点P ，使得当k 变动时，总有∠OPM ＝∠OPN ？说明理由． 解：(1)由题设可得M (2a ，a )，N (－2a ，a )，或M (－2a ，a )，N (2a ，a )．∵y ′＝12x ，∴y ＝x 24在x ＝2a 处的导数值为a ，曲线C 在点(2a ，a )处的切线方程为y －a ＝a (x －2a )，即ax －y －a ＝0；y ＝x 24在x ＝－2a 处的导数值为－a ，曲线C 在点(－2a ，a )处的切线方程为y －a ＝－a (x ＋2a )，即ax ＋y ＋a ＝0.故所求切线方程为ax －y －a ＝0和ax ＋y ＋a ＝0. (2)存在符合题意的点，证明如下：设P (0，b )为符合题意的点，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，直线PM ，PN 的斜率分别为k 1，k 2. 将y ＝kx ＋a 代入C 的方程整理得x 2－4kx －4a ＝0. ∴x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4a . ∴k 1＋k 2＝y 1－b x 1＋y 2－bx 2＝2kx 1x 2＋（a －b ）（x 1＋x 2）x 1x 2＝k （a ＋b ）a.当b ＝－a 时，有k 1＋k 2＝0，则直线PM 的倾斜角与直线PN 的倾斜角互补，故∠OPM ＝∠OPN ，点P (0，－a )符合题意．20．(12分)(2014·北京)已知椭圆C ：x 2＋2y 2＝4. (1)求椭圆C 的离心率；(2)设O 为原点，若点A 在椭圆C 上，点B 在直线y ＝2上，且OA ⊥OB ，试判断直线AB 与圆x 2＋y 2＝2的位置关系，并证明你的结论．。

（浙江专用）2018版高考数学大一轮复习第九章平面解析几何9.9 圆锥曲线的综合问题第1课时圆锥曲线的综合问题教师用书1．直线与圆锥曲线的位置关系的判断将直线方程与圆锥曲线方程联立，消去一个变量得到关于x(或y)的一元方程：ax2＋bx＋c ＝0(或ay2＋by＋c＝0)．(1)若a≠0，可考虑一元二次方程的判别式Δ，有①Δ>0⇔直线与圆锥曲线相交；②Δ＝0⇔直线与圆锥曲线相切；③Δ<0⇔直线与圆锥曲线相离．(2)若a＝0，b≠0，即得到一个一元一次方程，则直线l与圆锥曲线E相交，且只有一个交点，①若E为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的位置关系是平行；②若E为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合．2．圆锥曲线的弦长设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则|AB|＝1＋k2|x2－x1|＝1＋1k2|y2－y1|.【知识拓展】过一点的直线与圆锥曲线的位置关系(1)过椭圆外一点总有两条直线与椭圆相切；过椭圆上一点有且只有一条直线与椭圆相切；过椭圆内一点的直线与椭圆相交．(2)过抛物线外一点总有三条直线和抛物线有且只有一个公共点：两条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；过抛物线上一点总有两条直线与抛物线有且只有一个公共点：一条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点：一条与对称轴平行或重合的直线.(3)过双曲线外不在渐近线上的一点总有四条直线与双曲线有且只有一个交点：两条切线和两条与渐近线平行的直线；过双曲线上一点总有三条直线与双曲线有且只有一个交点：一条切线和两条与渐近线平行的直线；过双曲线内一点总有两条直线与双曲线有且只有一个交点：两条与渐近线平行的直线． 【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)直线l 与抛物线y 2＝2px 只有一个公共点，则l 与抛物线相切．( × ) (2)直线y ＝kx (k ≠0)与双曲线x 2－y 2＝1一定相交．( × )(3)与双曲线的渐近线平行的直线与双曲线有且只有一个交点．( √ ) (4)直线与椭圆只有一个交点⇔直线与椭圆相切．( √ ) (5)过点(2,4)的直线与椭圆x 24＋y 2＝1只有一条切线．( × )(6)满足“直线y ＝ax ＋2与双曲线x 2－y 2＝4只有一个公共点”的a 的值有4个．( √ )1．(2017·杭州高级中学月考)在同一平面直角坐标系中，方程a 2x 2＋b 2y 2＝1与ax ＋by 2＝0(a >b >0)表示的曲线大致是( )答案 D解析 将方程a 2x 2＋b 2y 2＝1变形为x 21a 2＋y 21b 2＝1，∵a >b >0，∴1a 2<1b2，∴椭圆焦点在y 轴上．将方程ax ＋by 2＝0变形为y 2＝－a bx ， ∵a >b >0，∴－a b<0，∴抛物线焦点在x 轴负半轴上，开口向左．2．(2016·青岛模拟)直线y ＝kx －k ＋1与椭圆x 29＋y 24＝1的位置关系为( )A ．相交B ．相切C ．相离D ．不确定答案 A解析 直线y ＝kx －k ＋1＝k (x －1)＋1恒过定点(1,1)，又点(1,1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交．3．若直线y ＝kx 与双曲线x 29－y 24＝1相交，则k 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，23 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－23∪⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞ 答案 C解析 双曲线x 29－y 24＝1的渐近线方程为y ＝±23x ，若直线与双曲线相交，数形结合，得k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，23.4．(教材改编)已知与向量v ＝(1,0)平行的直线l 与双曲线x 24－y 2＝1相交于A ，B 两点，则|AB |的最小值为________． 答案 4解析 由题意可设直线l 的方程为y ＝m ， 代入x 24－y 2＝1得x 2＝4(1＋m 2)，所以x 1＝41＋m2＝21＋m 2，x 2＝－21＋m 2，所以|AB |＝|x 1－x 2|＝41＋m 2， 所以|AB |＝41＋m 2≥4， 即当m ＝0时，|AB |有最小值4.第1课时 直线与圆锥曲线题型一 直线与圆锥曲线的位置关系例1 (2016·烟台模拟)已知直线l ：y ＝2x ＋m ，椭圆C ：x 24＋y 22＝1.试问当m 取何值时，直线l 与椭圆C ：(1)有两个不重合的公共点； (2)有且只有一个公共点； (3)没有公共点．解 将直线l 的方程与椭圆C 的方程联立，得方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ＋m ，①x 24＋y22＝1，②将①代入②，整理得9x 2＋8mx ＋2m 2－4＝0.③方程③根的判别式Δ＝(8m )2－4×9×(2m 2－4)＝－8m 2＋144.(1)当Δ>0，即－32<m <32时，方程③有两个不同的实数根，可知原方程组有两组不同的实数解．这时直线l 与椭圆C 有两个不重合的公共点．(2)当Δ＝0，即m ＝±32时，方程③有两个相同的实数根，可知原方程组有两组相同的实数解．这时直线l 与椭圆C 有两个互相重合的公共点，即直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点．(3)当Δ<0，即m <－32或m >32时，方程③没有实数根，可知原方程组没有实数解．这时直线l 与椭圆C 没有公共点．思维升华 (1)判断直线与圆锥曲线的交点个数时，可直接求解相应方程组得到交点坐标，也可利用消元后的一元二次方程根的判别式来确定，需注意利用判别式的前提是二次项系数不为0.(2)依据直线与圆锥曲线的交点个数求参数时，联立方程并消元，得到一元方程，此时注意观察方程的二次项系数是否为0，若为0，则方程为一次方程；若不为0，则将方程解的个数转化为判别式与0的大小关系求解．(2016·全国乙卷)在直角坐标系xOy 中，直线l ：y ＝t (t ≠0)交y 轴于点M ，交抛物线C ：y 2＝2px (p >0)于点P ，M 关于点P 的对称点为N ，连接ON 并延长交C 于点H . (1)求|OH ||ON |；(2)除H 以外，直线MH 与C 是否有其它公共点？说明理由．解 (1)由已知得M (0，t )，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 22p ，t ， 又N 为M 关于点P 的对称点，故N ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2p ，t ，ON 的方程为y ＝p t x ，代入y 2＝2px 整理得px 2－2t 2x ＝0，解得x 1＝0，x 2＝2t 2p，因此H ⎝ ⎛⎭⎪⎫2t 2p ，2t .所以N 为OH 的中点，即|OH ||ON |＝2.(2)直线MH 与C 除H 以外没有其它公共点，理由如下：直线MH 的方程为y －t ＝p 2t x ，即x ＝2tp(y －t )．代入y 2＝2px 得y 2－4ty ＋4t 2＝0，解得y 1＝y 2＝2t ，即直线MH 与C 只有一个公共点，所以除H 以外直线MH 与C 没有其它公共点． 题型二 弦长问题例2 (2016·全国甲卷)已知A 是椭圆E ：x 24＋y 23＝1的左顶点，斜率为k (k >0)的直线交E于A ，M 两点，点N 在E 上，MA ⊥NA . (1)当|AM |＝|AN |时，求△AMN 的面积． (2)当2|AM |＝|AN |时，证明：3<k <2.(1)解 设M (x 1，y 1)，则由题意知y 1>0，由|AM |＝|AN |及椭圆的对称性知，直线AM 的倾斜角为π4.又A (－2,0)，因此直线AM 的方程为y ＝x ＋2.将x ＝y －2代入x 24＋y 23＝1得7y 2－12y ＝0，解得y ＝0或y ＝127，所以y 1＝127.因此△AMN 的面积S △AMN ＝2×12×127×127＝14449.(2)证明 将直线AM 的方程y ＝k (x ＋2)(k >0)代入x 24＋y 23＝1得(3＋4k 2)x 2＋16k 2x ＋16k 2－12＝0，由x 1·(－2)＝16k 2－123＋4k 2得x 1＝23－4k23＋4k 2，故|AM |＝|x 1＋2|1＋k 2＝121＋k23＋4k2.由题设，直线AN 的方程为y ＝－1k(x ＋2)，故同理可得|AN |＝12k 1＋k23k 2＋4. 由2|AM |＝|AN |，得23＋4k 2＝k 3k 2＋4，即4k 3－6k 2＋3k －8＝0， 设f (t )＝4t 3－6t 2＋3t －8，则k 是f (t )的零点，f ′(t )＝12t 2－12t ＋3＝3(2t －1)2≥0，所以f (t )在(0，＋∞)上单调递增，又f (3)＝153－26<0，f (2)＝6>0，因此f (t )在(0，＋∞)有唯一的零点，且零点k 在(3，2)内，所以3<k <2. 思维升华 有关圆锥曲线弦长问题的求解方法涉及弦长的问题中， 应熟练的利用根与系数的关系、设而不求法计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数的关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．设F 1，F 2分别是椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左，右焦点，过F 1且斜率为1的直线l 与E 相交于A ，B 两点，且|AF 2|，|AB |，|BF 2|成等差数列． (1)求E 的离心率；(2)设点P (0，－1)满足|PA |＝|PB |，求E 的方程． 解 (1)由椭圆定义知|AF 2|＋|BF 2|＋|AB |＝4a ， 又2|AB |＝|AF 2|＋|BF 2|，得|AB |＝43a ，l 的方程为y ＝x ＋c ，其中c ＝a 2－b 2.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则A ，B 两点的坐标满足方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋c ，x 2a 2＋y2b2＝1，消去y ，化简得(a 2＋b 2)x 2＋2a 2cx ＋a 2(c 2－b 2)＝0，则x 1＋x 2＝－2a 2c a 2＋b 2，x 1x 2＝a 2c 2－b2a 2＋b 2.因为直线AB 的斜率为1，所以|AB |＝2|x 2－x 1|＝2[x 1＋x 22－4x 1x 2]，即43a ＝4ab2a 2＋b2，故a 2＝2b 2，所以E 的离心率e ＝c a ＝a 2－b 2a ＝22.(2)设AB 的中点为N (x 0，y 0)，由(1)知x 0＝x 1＋x 22＝－a 2c a 2＋b 2＝－2c 3，y 0＝x 0＋c ＝c3. 由|PA |＝|PB |，得k PN ＝－1，即y 0＋1x 0＝－1， 得c ＝3，从而a ＝32，b ＝3. 故椭圆E 的方程为x 218＋y 29＝1.题型三 中点弦问题命题点1 利用中点弦确定直线或曲线方程例3 (1)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的右焦点为F (3,0)，过点F 的直线交E 于A ，B 两点．若AB 的中点坐标为(1，－1)，则E 的方程为( ) A.x 245＋y 236＝1 B.x 236＋y 227＝1 C.x 227＋y 218＝1 D.x 218＋y 29＝1 (2)已知(4,2)是直线l 被椭圆x 236＋y 29＝1所截得的线段的中点，则l 的方程是________________． 答案 (1)D (2)x ＋2y －8＝0解析 (1)因为直线AB 过点F (3,0)和点(1，－1)，所以直线AB 的方程为y ＝12(x －3)，代入椭圆方程x 2a 2＋y 2b 2＝1消去y ，得⎝ ⎛⎭⎪⎫a 24＋b 2x 2－32a 2x ＋94a 2－a 2b 2＝0，所以AB 的中点的横坐标为32a 22⎝ ⎛⎭⎪⎫a24＋b 2＝1，即a 2＝2b 2，又a 2＝b 2＋c 2，所以b ＝c ＝3，a ＝32，选D.(2)设直线l 与椭圆相交于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 2136＋y 219＝1，且x 2236＋y 229＝1， 两式相减得y 1－y 2x 1－x 2＝－x 1＋x 24y 1＋y 2. 又x 1＋x 2＝8，y 1＋y 2＝4， 所以y 1－y 2x 1－x 2＝－12，故直线l 的方程为y －2＝－12(x －4)，即x ＋2y －8＝0.命题点2 由中点弦解决对称问题例4 (2015·浙江)已知椭圆x 22＋y 2＝1上两个不同的点A ，B 关于直线y ＝mx ＋12对称．(1)求实数m 的取值范围；(2)求△AOB 面积的最大值(O 为坐标原点)． 解 (1)由题意知m ≠0，可设直线AB 的方程为 y ＝－1m x ＋b .由⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝－1m x ＋b ，消去y ，得⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋1m 2x 2－2b m x ＋b 2－1＝0.因为直线y ＝－1m x ＋b 与椭圆x 22＋y 2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b 2＋2＋4m2＞0，①将AB 中点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2mbm 2＋2，m 2b m 2＋2代入直线方程y ＝mx ＋12，解得b ＝－m 2＋22m 2②由①②得m ＜－63或m ＞63. (2)令t ＝1m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－62，0∪⎝⎛⎭⎪⎫0，62，则|AB |＝t 2＋1·－2t 4＋2t 2＋32t 2＋12.且O 到直线AB 的距离为d ＝t 2＋12t 2＋1.设△AOB 的面积为S (t )， 所以S (t )＝12|AB |·d ＝12－2⎝⎛⎭⎪⎫t 2－122＋2≤22.当且仅当t 2＝12时，等号成立．故△AOB 面积的最大值为22. 思维升华 处理中点弦问题常用的求解方法(1)点差法：即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有x 1＋x 2，y 1＋y 2，y 1－y 2x 1－x 2三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式即可求得斜率．(2)根与系数的关系：即联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后，由根与系数的关系求解．(3)解决对称问题除掌握解决中点弦问题的方法外，还要注意：如果点A ，B 关于直线l 对称，则l 垂直直线AB 且A ，B 的中点在直线l 上的应用．已知双曲线x 2－y 23＝1上存在两点M ，N 关于直线y ＝x ＋m 对称，且MN 的中点在抛物线y 2＝18x 上，则实数m 的值为________． 答案 0或－8解析 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，MN 的中点P (x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 21－y 213＝1，①x 22－y223＝1，②x 1＋x 2＝2x 0， ③y 1＋y 2＝2y 0， ④由②－①得(x 2－x 1)(x 2＋x 1)＝13(y 2－y 1)(y 2＋y 1)，显然x 1≠x 2.∴y 2－y 1x 2－x 1·y 2＋y 1x 2＋x 1＝3，即k MN ·y 0x 0＝3，∵M ，N 关于直线y ＝x ＋m 对称， ∴k MN ＝－1， ∴y 0＝－3x 0.又∵y 0＝x 0＋m ，∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－m 4，3m 4，代入抛物线方程得916m 2＝18·⎝ ⎛⎭⎪⎫－m 4， 解得m ＝0或－8，经检验都符合.1．(2016·泰安模拟)斜率为3的直线与双曲线x 2a 2－y 2b2＝1恒有两个公共点，则双曲线离心率的取值范围是( ) A ．[2，＋∞) B ．(2，＋∞) C ．(1，3) D ．(3，＋∞)答案 B解析 要使直线与双曲线恒有两个公共点， 则渐近线的斜率的绝对值应大于3，所以|ba |>3，∴e ＝1＋b 2a2>2， 即e ∈(2，＋∞)，故选B.2．(2016·青岛模拟)已知抛物线y 2＝2px (p >0)与直线ax ＋y －4＝0相交于A ，B 两点，其中A 点的坐标是(1,2)．如果抛物线的焦点为F ，那么|FA |＋|FB |等于( )A ．5B ．6C ．3 5D ．7 答案 D解析 把点A 的坐标(1,2)分别代入抛物线y 2＝2px 与直线方程ax ＋y －4＝0，得p ＝2，a ＝2，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，2x ＋y －4＝0消去y ，得x 2－5x ＋4＝0，则x A ＋x B ＝5.由抛物线定义得 |FA |＋|FB |＝x A ＋x B ＋p ＝7，故选D.3．(2016·丽水一模)斜率为1的直线l 与椭圆x 24＋y 2＝1相交于A ，B 两点，则|AB |的最大值为( )A ．2 B.455 C.4105 D.8105答案 C解析 设A ，B 两点的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，直线l 的方程为y ＝x ＋t ，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝4，y ＝x ＋t 消去y ，得5x 2＋8tx ＋4(t 2－1)＝0，则x 1＋x 2＝－85t ，x 1x 2＝4t 2－15. ∴|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·x 1＋x 22－4x 1x 2 ＝2·－85t 2－4×4t 2－15＝425·5－t 2， 当t ＝0时，|AB |max ＝4105. 4．(2016·天津模拟)直线y ＝b a x ＋3与双曲线x 2a 2－y 2b2＝1的交点个数是( ) A ．1 B ．2 C ．1或2 D ．0答案 A解析 因为直线y ＝b a x ＋3与双曲线的渐近线y ＝b ax 平行，所以它与双曲线只有1个交点，故选A. 5．设双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线与抛物线y ＝x 2＋1只有一个公共点，则双曲线的离心率为( )A.54 B ．5 C.52D. 5 答案 D解析 双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的一条渐近线为y ＝b ax ， 由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝b ax ，y ＝x 2＋1消去y ， 得x 2－b a x ＋1＝0有唯一解， 所以Δ＝(ba )2－4＝0，ba ＝2， e ＝c a ＝a 2＋b 2a＝ 1＋b a 2＝ 5. 6．过抛物线y 2＝4x 的焦点作一条直线与抛物线相交于A ，B 两点，它们到直线x ＝－2的距离之和等于5，则这样的直线( )A ．有且仅有一条B ．有且仅有两条C ．有无穷多条D ．不存在答案 D解析 抛物线y 2＝4x 的焦点坐标为(1,0)，准线方程为x ＝－1，设A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，则A ，B 到直线x ＝－1的距离之和为x 1＋x 2＋2.设直线方程为x ＝my ＋1，代入抛物线y 2＝4x ，则y 2＝4(my ＋1)，即y 2－4my －4＝0，∴x 1＋x 2＝m (y 1＋y 2)＋2＝4m 2＋2.∴x 1＋x 2＋2＝4m 2＋4≥4.∴A ，B 到直线x ＝－2的距离之和为x 1＋x 2＋2＋2≥6>5.∴满足题意的直线不存在．7．已知抛物线y 2＝4x 的弦AB 的中点的横坐标为2，则|AB |的最大值为________． 答案 6解析 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4，那么|AF |＋|BF |＝x 1＋x 2＋2，又|AF |＋|BF |≥|AB |⇒|AB |≤6，当AB 过焦点F 时取得最大值6.8．过椭圆x 216＋y 24＝1内一点P (3,1)，且被这点平分的弦所在直线的方程是____________． 答案 3x ＋4y －13＝0解析 设直线与椭圆交于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，由于A ，B 两点均在椭圆上，故x 2116＋y 214＝1，x 2216＋y 224＝1， 两式相减得 x 1＋x 2x 1－x 216＋y 1＋y 2y 1－y 24＝0.又∵P 是A ，B 的中点，∴x 1＋x 2＝6，y 1＋y 2＝2，∴k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－34. ∴直线AB 的方程为y －1＝－34(x －3)． 即3x ＋4y －13＝0.9．已知F 1，F 2分别是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左，右焦点，A 是其上顶点，且△AF 1F 2是等腰直角三角形，延长AF 2与椭圆C 交于另一点B ，若△AF 1B 的面积为6，则椭圆C 的方程为________．答案 x 29＋2y 29＝1 解析 因为△AF 1F 2为等腰直角三角形， 所以b ＝c ，a ＝2c ，设|BF 2|＝x ，则由椭圆的定义可知|BF 1|＝22c －x ，在△BF 1F 2中，由余弦定理可知(22c －x )2＝x 2＋4c 2－2x ·2c ·cos 3π4， 解得x ＝2c 3， 所以1AF B S V ＝12AF F S V ＋12BF F S V ＝12×2c ×c ＋12×2c ×23c ×sin 3π4＝6， 解得c 2＝92，所以b 2＝92，a 2＝9， 则椭圆的方程为x 29＋2y 29＝1. 10．已知双曲线C ：x 2－y 23＝1，直线y ＝－2x ＋m 与双曲线C 的右支交于A ，B 两点(A 在B 的上方)，且与y 轴交于点M ，则|MB ||MA |的取值范围为________． 答案 (1,7＋43)解析 由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝－2x ＋m ，3x 2－y 2－3＝0可得x 2－4mx ＋m 2＋3＝0， 由题意得方程在[1，＋∞)上有两个不相等的实根，设f (x )＝x 2－4mx ＋m 2＋3，则⎩⎪⎨⎪⎧ 2m >1，f 1≥0，Δ>0，得m >1， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)(x 1<x 2)，得x 1＝2m －3m 2－1，x 2＝2m ＋3m 2－1，所以|MB ||MA |＝x 2x 1＝2m ＋3m 2－12m －3m 2－1＝－1＋42－ 31－1m 2，由m >1得，|MB ||MA |的取值范围为(1,7＋43)． 11．(2016·郑州模拟)已知椭圆的中心在原点，焦点在x 轴上，离心率为22，且椭圆经过圆C ：x 2＋y 2－4x ＋22y ＝0的圆心． (1)求椭圆的方程； (2)设直线l 过椭圆的焦点且与圆C 相切，求直线l 的方程．解 (1)圆C 方程化为(x －2)2＋(y ＋2)2＝6，圆心C (2，－2)，半径r ＝ 6. 设椭圆的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧ 4a 2＋2b 2＝1，1－⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222⇒⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＝8，b 2＝4. ∴所求的椭圆方程是x 28＋y 24＝1. (2)由(1)得到椭圆的左，右焦点分别是F 1(－2,0)， F 2(2,0)，|F 2C |＝2－22＋0＋22＝2< 6.∴F 2在C 内，故过F 2没有圆C 的切线，设l 的方程为y ＝k (x ＋2)，即kx －y ＋2k ＝0.点C (2，－2)到直线l 的距离d ＝|2k ＋2＋2k |1＋k 2， 由d ＝6，得|2k ＋2＋2k |1＋k2＝ 6. 解得k ＝25或k ＝－2， 故l 的方程为2x －5y ＋22＝0或2x ＋y ＋22＝0.12．(2015·课标全国Ⅱ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，点(2，2)在C 上．(1)求C 的方程；(2)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 ，证明：直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值．(1)解 由题意得a 2－b 2a ＝22，4a 2＋2b2＝1， 解得a 2＝8，b 2＝4.所以C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)证明 设直线l ：y ＝kx ＋b (k ≠0，b ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x M ，y M )．将y ＝kx ＋b 代入x 28＋y 24＝1，得 (2k 2＋1)x 2＋4kbx ＋2b 2－8＝0.故x M ＝x 1＋x 22＝－2kb 2k 2＋1，y M ＝k ·x M ＋b ＝b 2k 2＋1. 于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M ＝－12k， 即k OM ·k ＝－12. 所以直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值．*13.(2016·广州联考)已知点P 是圆O ：x 2＋y 2＝1上任意一点，过点P 作PQ ⊥y 轴于点Q ，延长QP 到点M ，使QP →＝PM →.(1)求点M 的轨迹E 的方程；(2)过点C (m,0)作圆O 的切线l ，交(1)中曲线E 于A ，B 两点，求△AOB 面积的最大值．解 (1)设点M (x ，y )，∵QP →＝PM →，∴P 为QM 的中点，又PQ ⊥y 轴，∴P (x 2，y )． ∵点P 是圆O ：x 2＋y 2＝1上的点，∴(x 2)2＋y 2＝1， 即点M 的轨迹E 的方程为x 24＋y 2＝1. (2)由题意可知直线l 不与y 轴垂直，故可设l ：x ＝ty ＋m ，t ∈R ， A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．∵l 与圆O ：x 2＋y 2＝1相切， ∴|m |t 2＋1＝1，即m 2＝t 2＋1. ① 联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，x ＝ty ＋m ，消去x ， 得(t 2＋4)y 2＋2mty ＋m 2－4＝0. 其中Δ＝(2mt )2－4(t 2＋4)(m 2－4)＝16(t 2－m 2)＋64＝48>0.∴y 1＋y 2＝－2mt t 2＋4，y 1y 2＝m 2－4t 2＋4. ② ∴|AB |＝x 1－x 22＋y 1－y 22＝[t y 1－y 2]2＋y 1－y 22＝t 2＋1y 1＋y 22－4y 1y 2.将①②代入上式得|AB |＝t 2＋1 4m 2t 2t 2＋42－4m 2－4t 2＋4＝43|m |m 2＋3，|m |≥1， ∴S △AOB ＝12|AB |·1 ＝12×43|m |m 2＋3＝23|m |＋3|m |≤2323＝1，当且仅当|m |＝3|m |，即m ＝±3时，等号成立．∴(S △AOB )max ＝1.。

2019-2020年高考数学一轮复习第九章平面解析几何第九节圆锥曲线的综合问题夯基提能作业本文1.如图,抛物线W:y2=4x与圆C:(x-1)2+y2=25交于A,B两点,点P为劣弧AB上不同于A,B的一个动点,与x轴平行的直线PQ交抛物线W于点Q,则△PQC的周长的取值范围是( )A.(10,14)B.(12,14)C.(10,12)D.(9,11)2.(xx湖南湘中名校联考)已知抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,△ABC的顶点都在抛物线上,且满足++=0,则++= .3.已知椭圆+=1(a>0,b>0)过点(0,1),其长轴长、焦距和短轴长的平方依次成等差数列.直线l与x轴正半轴和y轴分别交于点Q、P,与椭圆分别交于点M、N,各点均不重合且满足=λ1,=λ2.(1)求椭圆的标准方程;(2)若λ1+λ2=-3,试证明:直线l过定点,并求此定点.4.已知椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1、F2,其离心率e=,点P为椭圆上的一个动点,△PF1F2面积的最大值为 4.(1)求椭圆的方程;(2)若A,B,C,D是椭圆上不重合的四个点,AC与BD相交于点F1,·=0,求||+||的取值范围.B组提升题组1.(xx湖南长沙模拟)如图,P是直线x=4上一动点,以P为圆心的圆Γ过定点B(1,0),直线l是圆Γ在点B处的切线,过A(-1,0)作圆Γ的两条切线分别与l交于E,F两点.(1)求证:|EA|+|EB|为定值;(2)设直线l交直线x=4于点Q,证明:|EB|·|FQ|=|FB|·|EQ|.2.(xx山东,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,椭圆C截直线y=1所得线段的长度为 2.(1)求椭圆C的方程;(2)动直线l:y=kx+m(m≠0)交椭圆C于A,B两点,交y轴于点M.点N是M关于O的对称点,☉Ｎ的半径为|NO|.设D为AB的中点,DE,DF与☉Ｎ分别相切于点E,F,求∠EDF的最小值.答案精解精析A组基础题组1.C 作出抛物线的准线:x=-1.过点Q向准线引垂线,垂足为H.故|QC|=|QH|.∵PC为圆的半径,∴|PC|=5.∴△PCQ的周长=|PQ|+|QC|+|PC|=|PQ|+|QH|+5.又∵PQ与x轴平行,∴△PCQ的周长=|PH|+5.∵点P为劣弧AB上不同于A,B的动点,A(4,4),B(4,-4),∴5<|PH|<7,∴10<|PH|+5<12.∴△PCQ的周长的取值范围为(10,12).2.答案0解析设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),F,由++=0,得y1+y2+y3=0.易得k AB==,同理k AC=,k BC=,所以++=++=0.3.解析(1)设椭圆的焦距为2c,由题意知b=1,且(2a)2+(2b)2=2(2c)2,又a2=b2+c2,所以a2=3.所以椭圆的标准方程为+y2=1.(2)证明:由题意设P(0,m),Q(x0,0),M(x1,y1),N(x2,y2),直线l的方程为x=t(y-m),由=λ1知(x1,y1-m)=λ1(x0-x1,-y1),∴ｙ1-m=-y1λ1,由题意得y1≠0,∴λ1=-1.同理由=λ2知λ2=-1.∵λ1+λ2=-3,∴ｙ1y2+m(y1+y2)=0,①由得(t2+3)y2-2mt2y+t2m2-3=0,由题意知Δ=4m2t4-4(t2+3)(t2m2-3)>0,②且有y1+y2=③,y1y2=,④将③④代入①,得t2m2-3+2m2t2=0,∴(mt)2=1,由题意得mt<0,∴mt=-1,满足②，∴直线l的方程为x=ty+1,则直线l过定点(1,0).4.解析(1)由题意得,当点P是椭圆的上、下顶点时,△PF1F2的面积取得最大值, 此时=|F1F2|·|OP|=bc,∴b c=4,因为e=,所以b=2,a=4,所以椭圆的方程为+=1.(2)由(1)得,F1的坐标为(-2,0),因为·=0,所以AC⊥BD,①当直线AC与BD中有一条直线的斜率不存在时,易得||+||=6+8=14.②当直线AC的斜率k存在且k≠０时,设其方程为y=k(x+2),A(x1,y1),C(x2,y2),由得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-48=0,x1+x2=,x1x2=,||=|x1-x2|=,此时直线BD的方程为y=-(x+2).同理由可得||=,||+||=+=,令t=k2+1,则||+||=(t>1),因为t>1,0<≤,所以|+||=∈，综上,||+||的取值范围是.B组提升题组1.证明(1)设AE切圆Γ于点M,直线x=4与x轴的交点为N,故|EM|=|EB|.从而|EA|+|EB|=|AM|======4.所以|EA|+|EB|为定值 4.(2)由(1)同理可知|FA|+|FB|=4,故E,F均在椭圆+=1上.设直线EF的方程为x=my+1(m≠0).令x=4,求得y=,即Q点的纵坐标y Q=.由得(3m2+4)y2+6my-9=0.设E(x1,y1),F(x2,y2),则有y1+y2=-,y1y2=-.因为E,B,F,Q在同一条直线上,所以|EB|·|FQ|=|FB|·|EQ|等价于(y B-y1)(y Q-y2)=(y2-y B)(y Q-y1), 即-y1·+y1y2=y2·-y1y2,即2y1y2=(y1+y2)·．将y1+y2=-,y1y2=-代入,知上式成立.所以|EB|·|FQ|=|FB|·|EQ|.2.解析(1)由椭圆的离心率为,得a2=2(a2-b2),又当y=1时,x2=a2-,得a2-=2,所以a2=4,b2=2.因此椭圆方程为+=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-4=0,由Δ>0得m2<4k2+2,(*)且x1+x2=-,因此y1+y2=,所以D,又N(0,-m),所以|ND|2=+,整理得|ND|2=,因为|NF|=|m|,所以==1+.令t=8k2+3,t≥3,故2k2+1=,所以=1+=1+.令y=t+,所以y'=1-.当t≥３时,y'>0,从而y=t+在[3,+∞)上单调递增,因此t+≥，当且仅当t=3时等号成立,此时k=0,所以≤1+3=4,由(*)得-<m<且m≠0.故≥．设∠EDF=2θ，则sin θ=≥．所以θ的最小值为,从而∠EDF的最小值为,此时直线l的斜率是0.综上所述:当k=0,m∈（-,0)∪(0,)时,∠EDF取到最小值.。

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第3课时定点、定值、探索性问题题型一定点问题例 1 (2016·镇江模拟）已知椭圆错误!＋错误!＝1(a〉0，b>0）过点(0,1），其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列．直线l与x轴正半轴和y轴分别交于点Q、P,与椭圆分别交于点M、N，各点均不重合且满足错误!＝λ1错误!，错误!＝λ2错误!.(1）求椭圆的标准方程；（2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l过定点并求此定点．（1)解设椭圆的焦距为2c，由题意知b＝1，且（2a）2＋（2b)2＝2(2c）2，又a2＝b2＋c2,∴a2＝3.∴椭圆的方程为错误!＋y2＝1.（2)证明由题意设P（0，m），Q(x0,0），M(x1，y1)，N（x,y2），设l方程为x＝t(y－m）,2由错误!＝λ1错误!知（x1，y1－m)＝λ1(x0－x1,－y1),∴y1－m＝－y1λ1，由题意y1≠0，∴λ1＝错误!－1。

同理由PN→＝λ2错误!知λ2＝错误!－1.∵λ1＋λ2＝－3，∴y1y2＋m(y1＋y2)＝0，①联立错误!得（t2＋3）y2－2mt2y＋t2m2－3＝0，∴由题意知Δ＝4m2t4－4(t2＋3）(t2m2－3)>0，②且有y1＋y2＝错误!,y1y2＝错误!，③将③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0，∴(mt)2＝1，由题意mt〈0,∴mt＝－1，满足②，得直线l方程为x＝ty＋1,过定点(1,0）,即Q为定点．思维升华圆锥曲线中定点问题的两种解法(1）引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量,再研究变化的量与参数何时没有关系,找到定点．(2）特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．(2016·河北衡水中学调研)如图，已知椭圆C的中心在原点,焦点在x轴上，离心率e＝错误!，F是右焦点，A是右顶点，B是椭圆上一点，BF⊥x轴，BF＝错误!.（1)求椭圆C的方程；（2）设直线l：x＝ty＋λ是椭圆C的一条切线，点M（－2，y1），点N(错误!，y2）是切线l 上两个点,证明:当t，λ变化时，以MN为直径的圆过x轴上的定点，并求出定点坐标．解(1）由题意设椭圆方程为错误!＋错误!＝1(a〉b>0)，①焦点F(c，0)，因为错误!＝错误!，②将点B(c，错误!)的坐标代入方程①得错误!＋错误!＝1。