2020年浙江新高考数学二轮复习教师用书：专题五　2 第2讲　椭圆、双曲线、抛物线

2020年浙江新高考数学二轮复习教师用书：专题五　2 第2讲　椭圆、双曲线、抛物线

第2讲　椭圆、双曲线、抛物线 圆锥曲线的定义及标准方程 ‎[核心提炼]‎ ‎1．圆锥曲线的定义、标准方程 名称 椭圆 双曲线 抛物线 定义 ‎|PF1|＋|PF2|＝2a(2a>|F1F2|)‎ ‎||PF1|－|PF2||＝2a(2a<|F1F2|)‎ ‎|PF|＝|PM|点F不在直线l上，PM⊥l于M 标准方程 ＋＝1(a>b>0)‎ －＝1(a>0，b>0)‎ y2＝2px(p>0)‎ ‎2.求解圆锥曲线标准方程“先定型，后定量”‎ 所谓“定型”，就是曲线焦点所在的坐标轴的位置；所谓“定量”，就是指利用待定系数法求出方程中的a2，b2，p的值．‎ ‎[典型例题]‎ ‎ (1)(2019·杭州市高考二模)设倾斜角为α的直线l经过抛物线Г：y2＝2px(p>0)的焦点F，与抛物线Г交于A，B两点，设点A在x轴上方，点B在x轴下方．若＝m，则cos α的值为(　　)‎ A.　　　　　　　　 B. C. D. ‎(2)椭圆＋y2＝1上到点C(1，0)的距离最小的点P的坐标为________．‎ ‎(3)(2019·高考浙江卷)已知椭圆＋＝1的左焦点为F，点P在椭圆上且在x轴的上方．若线段PF的中点在以原点O为圆心，|OF|为半径的圆上，则直线PF的斜率是________．‎ ‎【解析】　(1)设抛物线y2＝2px(p>0)的准线为l：x＝－.‎ 如图所示，分别过点A，B作AM⊥l，BN⊥l，垂足分别为M，N.‎ 在三角形ABC中，∠BAC等于直线AB的倾斜角α，‎ 由＝m，|AF|＝m|BF|，|AB|＝|AF|＋|BF|＝(m＋1)|BF|，‎ 根据抛物线的定义得：|AM|＝|AF|＝m|BF|，|BN|＝|BF|，‎ 所以|AC|＝|AM|－|MC|＝m|BF|－|BF|＝(m－1)|BF|，‎ 在直角三角形ABC中，cos α＝cos ∠BAC＝＝＝，故选A.‎ ‎(2)设点P(x，y)，则|PC|2＝(x－1)2＋y2＝(x－1)2＋ ‎＝x2－2x＋2＝＋.‎ 因为－2≤x≤2，所以当x＝时，|PC|min＝，‎ 此时点P的坐标为或.‎ ‎(3)通解：依题意，设点P(m，n)(n>0)，由题意知F(－2，0)，所以线段FP的中点M在圆x2＋y2＝4上，所以＋＝4，又点P(m，n)在椭圆＋＝1上，所以＋＝1，所以4m2－36m－63＝0，所以m＝－或m＝(舍去)，n＝，所以kPF＝＝.‎ 优解：如图，取PF的中点M，连接OM，由题意知|OM|＝|OF|＝2，设椭圆的右焦点为F1，连接PF1.在△PFF1中，OM为中位线，所以|PF1|＝4，由椭圆的定义知|PF|＋|PF1|＝6，所以|PF|＝2，因为M为PF的中点，所以|MF|＝1.在等腰三角形OMF中，过O作OH⊥MF于点H，所以|OH|＝＝，所以kPF＝tan∠HFO＝＝.‎ ‎【答案】　(1)A　(2)或　(3) ‎ ‎(1)圆锥曲线定义的应用 ‎①已知椭圆、双曲线上一点及焦点，首先要考虑使用椭圆、双曲线的定义求解．‎ ‎②应用抛物线的定义，灵活将抛物线上的点到焦点的距离与到准线的距离相互转化使问题得解．‎ ‎(2)圆锥曲线方程的求法 求解圆锥曲线标准方程的方法是“先定型，后计算”．‎ ‎①定型．就是指定类型，也就是确定圆锥曲线的焦点位置，从而设出标准方程．‎ ‎②计算．即利用待定系数法求出方程中的a2，b2或p.另外，当焦点位置无法确定时，抛物线常设为y2＝2ax或x2＝2ay(a≠0)，椭圆常设为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0)，双曲线常设为mx2－ny2＝1(mn>0)．　 ‎ ‎[对点训练]‎ ‎1．已知F1，F2分别是椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，点在椭圆上，且点(－1，0)到直线PF2的距离为，其中点P(－1，－4)，则椭圆的标准方程为(　　)‎ A．x2＋＝1　　　　　　 B.＋y2＝1‎ C．x2＋＝1 D.＋y2＝1‎ 解析：选D.设F2的坐标为(c，0)(c>0)，则kPF2＝，故直线PF2的方程为y＝(x－c)，即x－y－＝0，点(－1，0)到直线PF2的距离d＝＝＝，即＝4，‎ 解得c＝1或c＝－3(舍去)，所以a2－b2＝1.①‎ 又点在椭圆E上， 所以＋＝1，②‎ 由①②可得所以椭圆的标准方程为＋y2＝1.故选D.‎ ‎2．(2019·嘉兴一中高考适应性考试)若双曲线－＝1(a>0，b>0)的右焦点到渐近线的距离等于焦距的倍，则双曲线的离心率为________，如果双曲线上存在一点P到双曲线的左右焦点的距离之差为4，则双曲线的虚轴长为________．‎ 解析：因为右焦点到渐近线的距离为b，若右焦点到渐近线的距离等于焦距的倍，‎ 所以b＝·2c＝c，‎ 平方得b2＝c2＝c2－a2，‎ 即a2＝c2，‎ 则c＝2a，则离心率e＝＝2，‎ 因为双曲线上存在一点P到双曲线的左右焦点的距离之差为4，‎ 所以2a＝4，则a＝2，‎ 从而b＝＝2.‎ 答案：2　4 圆锥曲线的几何性质 ‎[核心提炼]‎ ‎1．椭圆、双曲线中，a，b，c之间的关系 ‎(1)在椭圆中：a2＝b2＋c2，离心率为e＝＝ ；‎ ‎(2)在双曲线中：c2＝a2＋b2，离心率为e＝＝ .‎ ‎2．双曲线－＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±x.注意离心率e与渐近线的斜率的关系．‎ ‎[典型例题]‎ ‎ (1)(2019·高考浙江卷)渐近线方程为x±y＝0的双曲线的离心率是(　　)‎ A.　　　B．1　　　　C.　　　D．2‎ ‎(2)以椭圆上一点和两个焦点为顶点的三角形的面积的最大值为1，则椭圆长轴长的最小值为(　　)‎ A．1 B. C．2 D．2 ‎【解析】　(1)因为双曲线的渐近线方程为x±y＝0，所以无论双曲线的焦点在x轴上还是在y轴上，都满足a＝b，所以c＝a，所以双曲线的离心率e＝＝.故选C.‎ ‎(2)设a，b，c分别为椭圆的长半轴长，短半轴长，半焦距，依题意知，当三角形的高为b时面积最大，所以×2cb＝1，bc＝1，而2a＝2≥2＝2(当且仅当b＝c＝1时取等号)，故选D.‎ ‎【答案】　(1)C　(2)D 圆锥曲线性质的应用 ‎(1)分析圆锥曲线中a，b，c，e各量之间的关系是求解问题的关键．‎ ‎(2)确定椭圆和双曲线的离心率的值及范围，其关键就是确立一个关于a，b，c的方程(组)或不等式(组)，再根据a，b，c的关系消掉b得到a，c的关系式．建立关于a，b，c的方程(组)或不等式(组)，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等．‎ ‎[注]　求椭圆、双曲线的离心率，常利用方程思想及整体代入法，该思想及方法利用待定系数法求方程时经常用到．‎ ‎[对点训练]‎ ‎1．(2019·绍兴诸暨高考二模)设双曲线－＝1(a>0，b>0)的左，右焦点分别是F1，F2，点P在双曲线上，且满足∠PF2F1＝2∠PF1F2＝60°，则此双曲线的离心率等于(　　)‎ A．2－2 B. C.＋1 D．2＋2‎ 解析：选C.设双曲线的焦距长为2c，‎ 因为点P为双曲线上一点，且∠PF1F2＝30°，∠PF2F1＝60°，‎ 所以P在右支上，∠F2PF1＝90°，‎ 即PF1⊥PF2，|PF1|＝2csin 60°＝c，‎ ‎|PF2|＝2ccos 60°＝c，‎ 所以由双曲线的定义可得|PF1|－|PF2|＝(－1)c＝2a，‎ 所以e＝＝＝＋1.‎ 故选C.‎ ‎2．(2019·宁波高考模拟)如图，F1、F2是椭圆C1与双曲线C2的公共焦点，A、B分别是C1、C2在第二、四象限的公共点，若AF1⊥BF1，且∠AF1O＝，则C1与C2的离心率之和为(　　)‎ A．2 B．4‎ C．2 D．2 解析：选A.F1、F2是椭圆C1与双曲线C2的公共焦点，A、B分别是C1、C2在第二、四象限的公共点，‎ 若AF1⊥BF1，且∠AF1O＝，可得 A，B，‎ 代入椭圆方程可得＋＝1，可得＋＝1，‎ 可得e4－8e2＋4＝0，解得e＝－1.‎ 代入双曲线方程可得：－＝1，‎ 可得：－＝1，‎ 可得：e4－8e2＋4＝0，解得e＝＋1，‎ 则C1与C2的离心率之和为2.‎ 故选A.‎ 直线与圆锥曲线 ‎[核心提炼]‎ ‎1．直线与圆锥曲线位置关系与“Δ”的关系 将直线方程与圆锥曲线方程联立，消去一个变量(如y)得到方程Ax2＋Bx＋C＝0.‎ ‎①若A＝0，则：‎ 圆锥曲线可能为双曲线或抛物线，此时直线与圆锥曲线只有一个交点．‎ ‎②若A≠0，则：‎ 当Δ＞0时，直线与圆锥曲线有两个交点(相交)；当Δ＝0时，直线与圆锥曲线有一个交点(相切)；当Δ＜0时，直线与圆锥曲线没有交点(相离)．‎ ‎2．直线与圆锥曲线相交时的弦长 设而不求，根据根与系数的关系，进行整体代入，即当直线与圆锥曲线交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)时，‎ ‎|AB|＝·|x1－x2|＝|y1－y2|，‎ 其中|x1－x2|＝.‎ 考向1　位置关系的判断 ‎[典型例题]‎ ‎ 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：y2＝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；‎ ‎(2)除H以外，直线MH与C是否有其他公共点？说明理由．‎ ‎【解】　(1)由已知得M(0，t)，P.‎ 又N为M关于点P的对称点，故N，ON的方程为y＝x，代入y2＝2px，整理得px2－2t2x＝0，解得x1＝0，x2＝.因此H.‎ 所以N为OH的中点，即＝2.‎ ‎(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点．‎ 理由如下：‎ 直线MH的方程为y－t＝x，即x＝(y－t)．‎ 代入y2＝2px得y2－4ty＋4t2＝0，解得y1＝y2＝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没有其他公共点．‎ 考向2　弦长问题 ‎[典型例题]‎ ‎ 已知F为抛物线C：y2＝4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，则|AB|＋|DE|的最小值为(　　)‎ A．16　　　　　　　　　　　 B．14‎ C．12 D．10‎ ‎【解析】　抛物线C：y2＝4x的焦点为F(1，0)，由题意可知l1，l2的斜率存在且不为0.不妨设直线l1的斜率为k，则l1：y＝k(x－1)，l2：y＝－(x－1)，由消去y得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以x1＋x2＝＝2＋，由抛物线的定义可知，|AB|＝x1＋x2＋2＝2＋＋2＝4＋.同理得|DE|＝4＋4k2，所以|AB|＋|DE|＝4＋＋4＋4k2＝8＋4≥8＋8＝16，当且仅当＝k2，即k＝±1时取等号，故|AB|＋|DE|的最小值为16，故选A.‎ ‎【答案】　A 考向3　分点(中点)问题 ‎[典型例题]‎ ‎ 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为4，且经过点P(2，)．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)若直线l经过M(0，1)，且与C交于A，B两点，＝－，求l的方程．‎ ‎【解】　(1)依题意知，2c＝4，则椭圆C的焦点为F1(－2，0)，F2(2，0)，2a＝|PF1|＋|PF2|＝＋＝6，所以b2＝a2－c2＝5，‎ 所以椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)当l的斜率不存在时，l与x轴垂直，则l的方程为x＝0，A，B为椭圆短轴上的两点，不符合题意．‎ 当l的斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋1，‎ 由得(9k2＋5)x2＋18kx－36＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1·x2＝，由＝－得，(x1，y1－1)＝－(x2，y2－1)，‎ 则x1＝－x2，‎ 所以x2＝－，－x＝－，‎ 所以(－)2＝，解得k＝±，‎ 故直线l的方程为y＝±x＋1.‎ 解决直线与圆锥曲线位置关系问题的步骤 ‎(1)设方程及点的坐标；‎ ‎(2)联立直线方程与曲线方程得方程组，消元得方程(注意二次项系数是否为零)；‎ ‎(3)应用根与系数的关系及判别式；‎ ‎(4)结合已知条件、中点坐标公式、斜率公式及弦长公式求解．　 ‎ ‎[对点训练]‎ ‎1．(2018·高考浙江卷)已知点P(0，1)，椭圆＋y2＝m(m>1)上两点A，B满足＝2，则当m＝________时，点B横坐标的绝对值最大．‎ 解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由＝2 ，得即x1＝－2x2，y1＝3－2y ‎2.因为点A，B在椭圆上，所以得y2＝m＋，所以x＝m－(3－2y2)2＝－m2＋m－＝－(m－5)2＋4≤4，所以当m＝5时，点B横坐标的绝对值最大，最大值为2.‎ 答案：5‎ ‎2．(2019·温州十五校联合体联考)过点M(0，1)且斜率为1的直线l与双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的两渐近线交于点A，B，且＝2，则直线l的方程为____________；如果双曲线的焦距为2，则b的值为________．‎ 解析：直线l的方程为y＝x＋1，两渐近线的方程为y＝±x.其交点坐标分别为，.由＝2，得xB＝2xA.若＝－，得a＝3b，由a2＋b2＝10b2＝10得b＝1，若－＝，得a＝－3b(舍去)．‎ 答案：y＝x＋1　1‎ 专题强化训练 ‎1．(2018·高考浙江卷)双曲线－y2＝1的焦点坐标是(　　)‎ A．(－，0)，(，0)　　　　　 B．(－2，0)，(2，0)‎ C．(0，－)，(0，) D．(0，－2)，(0，2)‎ 解析：选B.由题可知双曲线的焦点在x轴上，因为c2＝a2＋b2＝3＋1＝4，所以c＝2，故焦点坐标为(－2，0)，(2，0)．故选B.‎ ‎2．已知圆M：(x－1)2＋y2＝，椭圆C：＋y2＝1，若直线l与椭圆交于A，B两点，与圆M相切于点P，且P为AB的中点，则这样的直线l有(　　)‎ A．2条　　　　B．3条　　　　C．4条　　　　D．6条 解析：选C.当直线AB斜率不存在时且与圆M相切时，P在x轴上，故满足条件的直线有2条；‎ 当直线AB斜率存在时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，‎ 由＋y＝1，＋y＝1，‎ 两式相减，整理得：＝－·，‎ 则kAB＝－，kMP＝，kMP·kAB＝－1，‎ kMP·kAB＝－·＝－1，解得x0＝，‎ 由<，可得P在椭圆内部，‎ 则这样的P点有2个，即直线AB斜率存在时，也有2条．‎ 综上可得，所示直线l有4条．故选C.‎ ‎3．若椭圆b2x2＋a2y2＝a2b2(a>b>0)和圆x2＋y2＝(＋c)2有四个交点，其中c为椭圆的半焦距，则椭圆的离心率e的取值范围为(　　)‎ A．(，) B．(0，)‎ C．(，) D．(，)‎ 解析：选A.由题意可知，椭圆的上、下顶点在圆内，左、右顶点在圆外，则⇒⇒0，b>0)的右焦点为F，O为坐标原点，以OF为直径的圆与双曲线C的一条渐近线相交于O，A两点，若△AOF的面积为4，则a的值为(　　)‎ A．2 B．3 C．4 D．5‎ 解析：选C.因为e＝ ＝，所以＝，＝＝，设|AF|＝m，|OA|＝2m，由面积关系得 eq f(1,2)·m·2m＝4，所以m＝2，由勾股定理，得c＝＝2，又＝，所以a＝4，故选C.‎ ‎6．(2019·宁波市诺丁汉大学附中高三期末考试)过双曲线－＝1(a>0，b>0)的左焦点F作圆x2＋y2＝a2的两条切线，切点分别为A、B，双曲线左顶点为M，若∠AMB＝120°，则该双曲线的离心率为(　　)‎ A. B. C．3 D．2‎ 解析：选D.依题意，作图如图所示：‎ 因为OA⊥FA，∠AMO＝60°，OM＝OA，‎ 所以△AMO为等边三角形，‎ 所以OA＝OM＝a，‎ 在直角三角形OAF中，OF＝c，‎ 所以该双曲线的离心率e＝＝＝＝2，‎ 故选D.‎ ‎7．(2019·杭州高三模拟)已知双曲线C：－＝1的右顶点为A，O为坐标原点，以A为圆心的圆与双曲线C的某一条渐近线交于两点P，Q，若∠PAQ＝且＝5，则双曲线C的离心率为(　　)‎ A. B．2 C. D．3‎ 解析：选A.由图知△APQ是等边三角形，设PQ中点是H，圆的半径为r，则AH⊥PQ，AH＝r，PQ＝r，因为＝5，所以OP＝r，PH＝r，即OH＝r＋r＝r，所以tan ∠HOA＝＝，即＝，＝＝，从而得e＝＝，故选A.‎ ‎8.如图，设抛物线y2＝4x的焦点为F，不经过焦点的直线上有三个不同的点A，B，C，其中点A，B在抛物线上，点C在y轴上，则△BCF与△ACF的面积之比是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选A.由图形可知，△BCF与△ACF有公共的顶点F，且A，B，C三点共线，易知△BCF与△ACF的面积之比就等于.由抛物线方程知焦点F(1，0)，作准线l，则l的方程为x＝－1.因为点A，B在抛物线上，过A，B分别作AK，BH与准线垂直，垂足分别为点K，H，且与y轴分别交于点N，M.由抛物线定义，得|BM|＝|BF|－1，|AN|＝|AF|－1.在△CAN中，BM∥AN，所以 ＝＝.‎ ‎9．(2019·温州高考模拟)过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F的直线交该抛物线于A，B两点，若|AF|＝8|OF|(O为坐标原点)，则＝________．‎ 解析：由题意，|AF|＝4p，设|BF|＝x，由抛物线的定义，可得＝，解得x＝p，所以＝7，故答案为7.‎ 答案：7‎ ‎10．(2019·浙江名校协作体高三期末考试)设双曲线－＝1(a>0，b>0)的右焦点为F，过点F作与x轴垂直的直线交两渐近线于A，B两点，且与双曲线在第一象限的交点为P，设O为坐标原点，若＝λ＋μ，λμ＝(λ，μ∈R)，则双曲线的离心率e的值是________．‎ 解析：由题意可知，双曲线的渐近线为y＝±x，右焦点为F(c，0)，则点A，B，P的坐标分别为，，，所以，，的坐标为，，，又＝λ＋μ，则＝λ＋μ，‎ 即，又λμ＝，解得λ＝，μ＝，所以＝－⇒＝e⇒e＝.‎ 答案： ‎11.(2019·台州市高考一模)如图，过抛物线y2＝4x的焦点F作直线与抛物线及其准线分别交于A，B，C三点，若＝4，则||＝________．‎ 解析：分别过A，B作准线的垂线，垂足分别为A1，B1，则DF＝p ‎＝2，由抛物线的定义可知FB＝BB1，AF＝AA1，‎ 因为＝4，所以＝＝，‎ 所以FB＝BB1＝.‎ 所以FC＝4FB＝6，‎ 所以cos ∠DFC＝＝，‎ 所以cos ∠A1AC＝＝＝，解得AF＝3，‎ 所以AB＝AF＋BF＝3＋＝.‎ 答案： ‎12．设双曲线x2－＝1的左、右焦点分别为F1，F2.若点P在双曲线上，且△F1PF2为锐角三角形，则|PF1|＋|PF2|的取值范围是__________．‎ 解析：由题意不妨设点P在双曲线的右支上，现考虑两种极限情况：当PF2⊥x轴时，|PF1|＋|PF2|有最大值8；当∠P为直角时，|PF1|＋|PF2|有最小值2.因为△F1PF2为锐角三角形，所以|PF1|＋|PF2|的取值范围为(2，8)．‎ 答案：(2，8)‎ ‎13.(2019·浙江新高考冲刺卷)如图，过双曲线－＝1(a，b>0)左焦点F1的直线交双曲线左支于A，B两点，C是双曲线右支上一点，且A，C在x轴的异侧，若满足|OA|＝|OF1|＝|OC|，|CF1|＝2|BF1|，则双曲线的离心率为________．‎ 解析：取双曲线的右焦点F2，连接CF2，延长交双曲线于D，连接AF2，DF1，‎ 由|OA|＝|OF1|＝|OC|＝|OF2|＝c，‎ 可得四边形F1AF2C为矩形，‎ 设|CF1|＝2|BF1|＝2m，‎ 由对称性可得|DF2|＝m，‎ ‎|AF1|＝，‎ 即有|CF2|＝，‎ 由双曲线的定义可得2a＝|CF1|－|CF2|＝2m－，①‎ 在直角三角形DCF1中，‎ ‎|DC|＝m＋，|CF1|＝2m，|DF1|＝2a＋m，‎ 可得(2a＋m)2＝(2m)2＋(m＋)2，②‎ 由①②可得3m＝4a，即m＝，‎ 代入①可得，2a＝－，‎ 化简可得c2＝a2，‎ 即有e＝＝.‎ 故答案为.‎ 答案： ‎14．椭圆＋＝1(a>b>0)的右焦点F(c，0)关于直线y＝x的对称点Q在椭圆上，则椭圆的离心率是________．‎ 解析：设椭圆的另一个焦点为F1(－c，0)，如图，连接QF1，QF，设QF与直线y＝x交于点M.‎ 由题意知M为线段QF的中点，且OM⊥FQ，‎ 又O为线段F1F的中点，‎ 所以F1Q∥OM，‎ 所以F1Q⊥QF，|F1Q|＝2|OM|.‎ 在Rt△MOF中，tan∠MOF＝＝，‎ ‎|OF|＝c，‎ 可解得|OM|＝，|MF|＝，‎ 故|QF|＝2|MF|＝，|QF1|＝2|OM|＝.‎ 由椭圆的定义得|QF|＋|QF1|＝＋＝2a，‎ 整理得b＝c，‎ 所以a＝＝c，故e＝＝.‎ 答案： ‎15.(2019·温州模拟)已知直线l：y＝－x＋3与椭圆C：mx2＋ny2＝1(n>m>0)有且只有一个公共点P(2，1)．‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)若直线l′：y＝－x＋b交C于A，B两点，且PA⊥PB，求b的值．‎ 解：(1)联立直线l：y＝－x＋3与椭圆C：mx2＋ny2＝1(n>m>0)，‎ 可得(m＋n)x2－6nx＋9n－1＝0，‎ 由题意可得Δ＝36n2－4(m＋n)(9n－1)＝0，即为9mn＝m＋n，‎ 又P在椭圆上，可得4m＋n＝1，‎ 解方程可得m＝，n＝，‎ 即有椭圆方程为＋＝1.‎ ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 联立直线y＝b－x和椭圆方程，可得3x2－4bx＋2b2－6＝0，‎ 判别式Δ＝16b2－12(2b2－6)>0，‎ x1＋x2＝，x1x2＝，‎ y1＋y2＝2b－(x1＋x2)＝，y1y2＝(b－x1)·(b－x2)＝b2－b(x1＋x2)＋x1x2＝，‎ 由PA⊥PB，即为·＝(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)‎ ‎＝x1x2－2(x1＋x2)＋4＋y1y2－(y1＋y2)＋1‎ ‎＝－2·＋－＋5＝0，‎ 解得b＝3或，代入判别式，则b＝成立．‎ 故b为.‎ ‎16.(2019·浙江金华十校高考模拟)已知椭圆M：＋＝1(a>b>0)的右焦点F的坐标为(1，0)，P，Q为椭圆上位于y轴右侧的两个动点，使PF⊥QF，C为PQ中点，线段PQ的垂直平分线交x轴，y轴于点A，B(线段PQ不垂直x轴)，当Q运动到椭圆的右顶点时，|PF|＝.‎ ‎(1)求椭圆M的标准方程；‎ ‎(2)若S△ABO∶S△BCF＝3∶5，求直线PQ的方程．‎ 解：(1)当Q运动到椭圆的右顶点时，PF⊥x轴，‎ 所以|PF|＝＝，‎ 又c＝1，a2＝b2＋c2，所以a＝，b＝1.‎ 椭圆M的标准方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)设直线PQ的方程为y＝kx＋b′，显然k≠0，‎ 联立椭圆方程得：(2k2＋1)x2＋4kb′x＋2(b′2－1)＝0，‎ 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，‎ 由根与系数的关系得： 由·＝0⇒(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0得：3b′2－1＋4kb′＝0，④‎ 点C，‎ 所以线段PQ的中垂线AB方程为：‎ y－＝－，‎ 令y＝0可得：A；令x＝0可得 B，则A为BC中点，‎ 故＝＝2＝＝2，‎ 由④式得：k＝，则xA＝＝，‎ ＝2＝＝，得b′2＝3.‎ 所以b′＝，k＝－或b′＝－，k＝.‎ 经检验，满足条件①②③，‎ 故直线PQ的方程为：y＝x－，y＝－x＋.‎ ‎17.(2019·绍兴市高三教学质量调测)已知点A(－2，0)，B(0，1)在椭圆C：＋＝1(a>b>0)上．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)P是线段AB上的点，直线y＝x＋m(m≥0)交椭圆C于M，N两点．若△MNP是斜边长为的直角三角形，求直线MN的方程．‎ 解：(1)因为点A(－2，0)，B(0，1)在椭圆C：＋＝1上，‎ 所以a＝2，b＝1，‎ 故椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)．由消去y，得x2＋mx＋m2－1＝0，‎ 则Δ＝2－m2>0，x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－2，‎ ‎|MN|＝|x1－x2|＝.‎ ‎①当MN为斜边时， ＝，解得m＝0，满足Δ>0，‎ 此时以MN为直径的圆方程为x2＋y2＝.‎ 点A(－2，0)，B(0，1)分别在圆外和圆内， 即在线段AB上存在点P，此时直线MN的方程y＝x，满足题意．‎ ‎②当MN为直角边时，两平行直线AB与MN的距离 d＝|m－1|，‎ 所以d2＋|MN|2＝|m－1|2＋(10－5m2)＝10，‎ 即21m2＋8m－4＝0，‎ 解得m＝或m＝－(舍)，又Δ>0，所以m＝.‎ 过点A作直线MN：y＝x＋的垂线，可得垂足坐标为，垂足在椭圆外，即在线段AB上存在点P，所以直线MN的方程y＝x＋，符合题意．‎ 综上所述，直线MN的方程为y＝x或y＝x＋.‎ ‎18．(2019·杭州市高考数学二模)设抛物线Γ：y2＝2px(p＞0)上的点M(x0，4)到焦点F的距离|MF|＝x0.‎ ‎(1)求抛物线Γ的方程；‎ ‎(2)过点F的直线l与抛物线Γ相交于A，B两点，线段AB的垂直平分线l′与抛物线Γ相交于C，D两点，若·＝0，求直线l的方程．‎ 解：(1)因为|MF|＝x0＋＝x0，所以x0＝2p.‎ 即M(2p，4)．‎ 把M(2p，4)代入抛物线方程得4p2＝16，解得p＝2.‎ 所以抛物线Γ的方程为y2＝4x.‎ ‎(2)易知直线l的斜率存在，不妨设直线l的方程为 y＝k(x－1)，‎ 联立方程组，‎ 消元得：k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，y1＋y2＝.‎ 设AB的中点为P，‎ 所以|AB|＝x1＋x2＋p＝.‎ 所以直线l′的方程为y－＝－，‎ 即x＝－ky＋＋3.‎ 联立方程组，‎ 消元得：y2＋4ky－4＝0.‎ 设C(x3，y3)，D(x4，y4)，则y3＋y4＝－4k，y3y4＝－4.　‎ 所以x3＋x4＝，‎ 所以CD的中点Q.‎ 所以|CD|＝＝，|PQ|＝，‎ 因为·＝0，所以AC⊥AD.所以|AQ|＝|CD|.‎ 因为AB⊥CD，所以|AP|2＋|PQ|2＝|AQ|2，‎ 即|AB|2＋|PQ|2＝|CD|2，‎ 所以＋＝，‎ 解得k＝±1，‎ 所以直线l的方程为x－y－1＝0或x＋y－1＝0.‎