2021届浙江新高考数学一轮复习教师用书：第九章　8 第8讲　直线与椭圆、抛物线的位置关系

2021届浙江新高考数学一轮复习教师用书：第九章　8 第8讲　直线与椭圆、抛物线的位置关系

第8讲　直线与椭圆、抛物线的位置关系 ‎1．直线与圆锥曲线的位置关系的判定 ‎(1)代数法：把圆锥曲线方程C1与直线方程l联立消去y，整理得到关于x的方程ax2＋bx＋c＝0.‎ 方程ax2＋bx＋c＝0的解 l与C1的交点 a＝0‎ b＝0‎ 无解(含l是双曲线的渐近线)‎ 无公共点 b≠0‎ 有一解(含l与抛物线的对称轴平行(重合)或与双曲线的渐近线平行)‎ 一个交点 a≠0‎ Δ＞0‎ 两个不相等的解 两个交点 Δ＝0‎ 两个相等的解 一个交点 Δ＜0‎ 无实数解 无交点 ‎(2)几何法：在同一直角坐标系中画出圆锥曲线和直线，利用图象和性质可判定直线与圆锥曲线的位置关系．‎ ‎2．直线与圆锥曲线的相交弦长问题 设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB |＝|x1－x2|‎ ‎＝ ＝ |y1－y2|‎ ‎＝ .‎ ‎3．与抛物线焦点弦有关的常用结论 ‎(以右图为依据)‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ ‎(1)y1y2＝－p2，x1x2＝.‎ ‎(2)|AB|＝x1＋x2＋p＝(θ为直线AB的倾斜角)．‎ ‎(3)＋为定值.‎ ‎(4)以AB为直径的圆与准线相切．‎ ‎(5)以AF或BF为直径的圆与y轴相切．‎ ‎[教材衍化]‎ ‎1．(选修21P80A组T8改编)已知与向量v＝(1，0)平行的直线l与双曲线－y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最小值为________．‎ 解析：由题意可设直线l的方程为y＝m，‎ 代入－y2＝1得x2＝4(1＋m2)，‎ 所以x1＝ ＝2，x2＝－2，‎ 所以|AB|＝|x1－x2|＝4≥4，‎ 即当m＝0时，|AB|有最小值4.‎ 答案：4‎ ‎2．(选修21P72练习T4改编)过抛物线y2＝4x的焦点的直线l交抛物线于P(x1，y1)，Q(x2，y2)两点，如果x1＋x2＝6，则|PQ|＝________．‎ 解析：抛物线y2＝4x的焦点为F(1，0)，准线方程为x＝－1.根据题意可得，|PQ|＝|PF|＋|QF|＝x1＋1＋x2＋1＝x1＋x2＋2＝8.‎ 答案：8‎ ‎[易错纠偏]‎ ‎(1)没有发现直线过定点，导致运算量偏大；‎ ‎(2)不会用函数法解最值问题；‎ ‎(3)错用双曲线的几何性质．‎ ‎1．直线y＝kx－k＋1与椭圆＋＝1的位置关系为(　　)‎ A．相交　　　　　　　　 B．相切 C．相离 D．不确定 解析：选A.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．故选A.‎ ‎2．如图，两条距离为4的直线都与y轴平行，它们与抛物线y2＝－2px(0＜p＜14)和圆(x－4)2＋y2＝9分别交于A，B和C，D，且抛物线的准线与圆相切，则当|AB|·|CD|取得最大值时，直线AB的方程为________．‎ 解析：根据题意，由抛物线的准线与圆相切可得＝1或7，又0＜p＜14，故p＝2，设直线AB的方程为x＝－t(0＜t＜3)，则直线CD的方程为x＝4－t，则|AB|·|CD|＝2·2 ‎＝8(0＜t＜3)，设f(t)＝t(9－t2)(0＜t＜3)，则f′(t)＝9－3t2(0＜t＜3)，令f′(t)＞0⇒0＜t＜，令f′(t)＜0⇒＜t＜3，故f(t)max＝f()，此时直线AB的方程为x＝－.‎ 答案：x＝－ ‎3．已知点F1，F2分别是双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，过F1且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，若△ABF2是钝角三角形，则该双曲线离心率的取值范围是________．‎ 解析：由题设条件可知△ABF2为等腰三角形，只要∠AF2B为钝角即可，所以有＞2c，即b2＞2ac，所以c2－a2＞2ac，即e2－2e－1＞0，所以e＞1＋.‎ 答案：(1＋，＋∞)‎ ‎　　　　　　直线与椭圆的位置关系 ‎ (2020·浙江省名校协作体高三联考)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)，经过椭圆C上一点P的直线l：y＝－x＋与椭圆C有且只有一个公共点，且点P的横坐标为2.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)若AB是椭圆的一条动弦，且|AB|＝，O为坐标原点，求△AOB面积的最大值．‎ ‎【解】　(1)因为P(2，)在椭圆上，故＋＝1，同时联立，‎ 得b2x2＋a2＝a2b2，‎ 化简得x2－a2x＋a2－a2b2＝0，‎ 由Δ＝0，可得a2＝12，b2＝3，‎ 故椭圆C的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 当直线AB斜率存在时，‎ 直线AB的方程为y＝kx＋b1，‎ 联立得(4k2＋1)x2＋8kb1x＋4(b－3)＝0，‎ 故x1＋x2＝－，x1x2＝，‎ 由＝|AB|2＝(1＋k2)(x2－x1)2＝(1＋k2)[(x2＋x1)2－4x1x2]，‎ 得b＝3(1＋4k2)－，‎ 故原点O到直线AB的距离d＝，‎ 所以S＝·，‎ 令u＝，‎ 则S2＝－＝－＋9.‎ 又因为u＝＝4－∈[1，4)，‎ 当u＝时，S＝9，‎ 当斜率不存在时，△AOB的面积为，‎ 综上所述可得△AOB面积的最大值为3.‎ 判断直线与椭圆位置关系的步骤 ‎(1)联立直线方程与椭圆方程；‎ ‎(2)消元得出关于x(或y)的一元二次方程；‎ ‎(3)当Δ＞0时，直线与椭圆相交；当Δ＝0时，直线与椭圆相切；当Δ＜0时，直线与椭圆相离．　 ‎ ‎　(2020·舟山市普陀三中高三期中)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.‎ ‎①求·的取值范围；‎ ‎②判断△OAB的面积是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．‎ 解：(1)因为抛物线x2＝4y的准线为y＝－，‎ 所以b＝.由e＝⇒＝⇒a＝.‎ 所以椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)①由m·n＝0得x1x2＝－3y1y2，‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)所在直线为l，当l斜率不存在时，‎ 则A(x1，y1)，B(x1，－y1)，所以x＝3y，又＋＝1，所以y＝1.‎ 所以·＝x1x2＋y1y2＝2y＝2.‎ 当l斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋m，‎ 联立得(1＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－6＝0，‎ 所以Δ＝36k2m2－12(3k2＋1)(m2－2)‎ ‎＝12(6k2－m2＋2)＞0，(ⅰ)‎ 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.(ⅱ)‎ 所以·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＝ ‎＝＝2－，‎ 由(ⅰ)(ⅱ)得m2＝1＋3k2≥1，所以0＜≤4，‎ 所以－2≤·＜2.综上可得－2≤·≤2.‎ ‎②由①知，l斜率不存在时，S△OAB＝|x1y1|＝y＝，‎ l斜率存在时，S△OAB＝|AB|d＝ |x1－x2|·＝|m|，‎ 将m2＝1＋3k2代入整理得S△OAB＝，‎ 所以△OAB的面积为定值.‎ ‎　　　　　　直线与抛物线的位置关系 ‎ (2019·高考浙江卷)如图，已知点F(1，0)为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点．过点F 的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线上，使得△ABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧．记△AFG，△CQG的面积分别为S1，S2.‎ ‎(1)求p的值及抛物线的准线方程；‎ ‎(2)求的最小值及此时点G的坐标．‎ ‎【解】　(1)由题意得＝1，即p＝2.‎ 所以抛物线的准线方程为x＝－1.‎ ‎(2)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心G(xG，yG)．令yA＝2t，t≠0，则xA＝t2.由于直线AB过点F，故直线AB的方程为x＝y＋1，代入y2＝4x，得 y2－y－4＝0，‎ 故2tyB＝－4，即yB＝－，所以B.‎ 又由于xG＝(xA＋xB＋xC)，yG＝(yA＋yB＋yC)及重心G在x轴上，故2t－＋yC＝0，‎ 得C，G.‎ 所以直线AC的方程为y－2t＝2t(x－t2)，得Q(t2－1，0)．‎ 由于Q在焦点F的右侧，故t2>2.从而 ＝ ‎＝＝＝2－.‎ 令m＝t2－2，则m>0，‎ ＝2－＝2－≥2－＝1＋.‎ 所以当m＝时，取得最小值1＋，此时G(2，0)．‎ 解决直线与抛物线位置关系的常用方法 ‎(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系．‎ ‎(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝|x1|＋|x2|＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．‎ ‎(3)涉及抛物线的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体代入”等解法．‎ ‎[提醒]　涉及弦的中点、斜率时，一般用“点差法”求解．　 ‎ ‎　(2020·嘉兴市高三上学期期末)已知抛物线C的方程为y2＝2px(p＞0)，抛物线的焦点到直线l：y＝2x＋2的距离为.‎ ‎(1)求抛物线C的方程；‎ ‎(2)设点R(x0，2)在抛物线C上，过点Q(1，1)作直线交抛物线C于不同于R的两点A，B，若直线AR，BR分别交直线l于M，N两点，求|MN|最小时直线AB的方程．‎ 解：(1)抛物线的焦点为，d＝＝，得p＝2或－6(舍去)，所以抛物线C的方程为y2＝4x.‎ ‎(2)因为点R(x0，2)在抛物线C上，‎ 所以x0＝1，得R(1，2)．‎ 设直线AB为x＝m(y－1)＋1(m≠0)，A，B，‎ 由得y2－4my＋4m－4＝0，‎ 所以y1＋y2＝4m，y1y2＝4m－4，‎ 直线AR方程为y－2＝(x－1)＝(x－1)，‎ 由，得xM＝－，‎ 同理xN＝－，‎ 所以|MN|＝|xM－xN|＝2 ‎＝2 ＝2 ‎＝2，‎ 所以当m＝－1时，|MN|min＝，此时直线AB的方程为x＋y－2＝0.‎ ‎　　　　　　弦长问题 ‎　如图，设椭圆＋y2＝1(a＞1)．‎ ‎(1)求直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段长(用a，k表示)；‎ ‎(2)若任意以点A(0，1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点， 求椭圆离心率的取值范围．‎ ‎【解】　(1)设直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段为AP，‎ 由得(1＋a2k2)x2＋2a2kx＝0，‎ 故x1＝0，x2＝－.‎ 因此|AP|＝ |x1－x2|＝·.‎ ‎(2)假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P，Q ，满足|AP|＝|AQ|.‎ 记直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2，且k1，k2＞0，k1≠k2.　‎ 由(1)知，‎ ‎|AP|＝，|AQ|＝，‎ 故＝，‎ 所以(k－k)[1＋k＋k＋a2(2－a2)kk]＝0.‎ 由于k1≠k2，k1，k2＞0得1＋k＋k＋a2(2－a2)kk＝0，‎ 因此＝1＋a2(a2－2)，①‎ 因为①式关于k1，k2的方程有解的充要条件是1＋‎ a2(a2－2)＞1，所以a＞.‎ 因此，任意以点A(0，1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1＜a≤，‎ 由e＝＝得，所求离心率的取值范围为0＜e≤.‎ 弦长的计算方法 求弦长时可利用弦长公式，根据直线方程与圆锥曲线方程联立消元后得到的一元二次方程，利用根与系数的关系得到两根之和、两根之积的代数式，然后进行整体代入弦长公式求解．‎ ‎[提醒]　两种特殊情况：(1)直线与圆锥曲线的对称轴平行或垂直；(2)直线过圆锥曲线的焦点．　 ‎ ‎　已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个顶点为A(2，0)，离心率为.直线y＝k(x－1)与椭圆C交于不同的两点M，N.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)当△AMN的面积为时，求k的值．‎ 解：(1)由题意得 解得b＝，所以椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)由 得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－4＝0.‎ 设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，‎ 则y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，‎ x1＋x2＝，x1x2＝，‎ 所以|MN|＝ ‎＝.‎ 又因为点A(2，0)到直线y＝k(x－1)的距离d＝，‎ 所以△AMN的面积为S＝|MN|·d＝，‎ 由＝，解得k＝±1.‎ ‎　　　　　　中点弦问题 ‎ (2018·高考浙江卷)如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2＝4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上．‎ ‎(1)设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；‎ ‎(2)若P是半椭圆x2＋＝1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围．‎ ‎【解】　(1)设P(x0，y0)，A，B.‎ 因为PA，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程＝4· 即y2－2y0y＋8x0－y＝0的两个不同的实根．‎ 所以y1＋y2＝2y0，‎ 因此，PM垂直于y轴．‎ ‎(2)由(1)可知 所以|PM|＝(y＋y)－x0＝y－3x0，‎ ‎|y1－y2|＝2.‎ 因此，△PAB的面积S△PAB＝|PM|·|y1－y2|＝(y－4x0).‎ 因为x＋＝1(x0<0)，所以y－4x0＝－4x－4x0＋4∈[4，5]，‎ 因此，△PAB面积的取值范围是.‎ 处理中点弦问题常用的求解方法 ‎[提醒]　‎ 中点弦问题常用的两种求解方法各有弊端：根与系数的关系在解题过程中易产生漏解，需关注直线的斜率问题；点差法在确定范围方面略显不足．　 ‎ ‎1．若椭圆＋＝1的弦被点(4，2)平分，则此弦所在直线的斜率是(　　)‎ A．2　　　　　　　　　　　 B．－2‎ C. D．－ 解析：选D.设弦的端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 所以 整理得x－x＝－4(y－y)，‎ 所以此弦的斜率为＝＝－，‎ 则此弦所在直线的斜率为－.‎ ‎2．(2020·杭州学军中学高考模拟)已知抛物线y＝x2和直线l：y＝kx＋m(m>0)交于两点A，B，当·＝2时，直线l过定点________；当m＝________时，以AB为直径的圆与直线y＝－相切．‎ 解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，，整理得x2－kx－m＝0，则x1＋x2＝k，x1x2＝－m，‎ y1y2＝(x1x2)2＝m2，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝k2＋2m，‎ 由·＝2，则x1x2＋y1y2＝m2－m＝2，即m2－m－2＝0，解得m＝－1或m＝2，‎ 由m>0，则m＝2，‎ 直线l：y＝kx＋2，‎ 所以直线l过定点(0，2)，‎ 设以AB为直径的圆的圆心M(x，y)，圆M与y＝－相切于点P，由x＝＝，则P，‎ 由题意可知·＝0，即·＝0，‎ 整理得x1x2－(x1＋x2)＋＋y1y2＋(y1＋y2)＋＝0，‎ 代入整理得m2－＋＝0，解得m＝，‎ 所以当m＝时，以AB为直径的圆与直线y＝－相切．‎ 答案：(0，2)　 ‎[基础题组练]‎ ‎1．过点(0，1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，这样的直线有(　　)‎ A．1条　　　　　　　　　　 B．2条 C．3条 D．4条 解析：选C.结合图形分析可知(图略)，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)．‎ ‎2．已知直线l：y＝2x＋3被椭圆C：＋＝1(a>b>0)截得的弦长为7，则下列直线中被椭圆C截得的弦长一定为7的有(　　)‎ ‎①y＝2x－3; ②y＝2x＋1；‎ ‎③y＝－2x－3; ④y＝－2x＋3.‎ A．1条 B．2条 C．3条 D．4条 解析：选C.直线y＝2x－3与直线l关于原点对称，直线y＝－2x－3与直线l关于x轴对称，直线y＝－2x＋3与直线l关于y轴对称，故有3条直线被椭圆C截得的弦长一定为7.‎ ‎3．过抛物线y2＝2x的焦点作一条直线与抛物线交于A，B两点，它们的横坐标之和等于2，则这样的直线(　　)‎ A．有且只有一条 B．有且只有两条 C．有且只有三条 D．有且只有四条 解析：选B.若直线AB的斜率不存在时，则横坐标之和为1，不符合题意．若直线AB的斜率存在，设直线AB的斜率为k，则直线AB为y＝k(x－)，代入抛物线y2＝2x得，k2x2－(k2＋2)x＋k2＝0，因为A，B两点的横坐标之和为2.所以k＝±.所以这样的直线有两条．‎ ‎4．经过椭圆＋y2＝1的一个焦点作倾斜角为45°的直线l，交椭圆于A，B两点．设O为坐标原点，则·等于(　　)‎ A．－3 B．－ C．－或－3 D．± 解析：选B.依题意，当直线l经过椭圆的右焦点(1，0)时，其方程为y－0＝tan 45°(x－1)，即y＝x－1，代入椭圆方程＋y2＝1并整理得3x2－4x＝0，解得x＝0或x＝，所以两个交点坐标分别为(0，－1)，，‎ 所以·＝－，同理，直线l经过椭圆的左焦点时，也可得·＝－.‎ ‎5．(2020·杭州严州中学模拟)过抛物线y2＝8x的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，交抛物线的准线于点C，若|AF|＝6，＝λ，则λ的值为(　　)‎ A. B. C. D．3‎ 解析：选D.设A(x1，y1)(y1>0)，B(x2，y2)，C(－2，y3)，则x1＋2＝6，‎ 解得x1＝4，y1＝4，直线AB的方程为y＝2(x－2)，令x＝－2，y＝－8，‎ 即C(－2，－8)，联立方程 解得B(1，－2)，‎ 所以|BF|＝1＋2＝3，|BC|＝9，所以λ＝3.‎ ‎6．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.‎ ‎7．(2020·温州市普通高中模考)过抛物线y2＝4x的焦点F的直线分别交抛物线于A，B两点，交直线l：x＝－1于点P，若＝λ，＝μ(λ，μ∈R)，则λ＋μ＝________．‎ 解析：直线x＝－1是抛物线的准线，如图，设A，B在直线l上的射影分别是M，N，|AM|＝|AF|，|BN|＝|BF|，＝，＝，因为AM∥BN，所以＝，|λ|＝|μ|，又λ＜0，μ＞0，所以λ＋μ＝0.‎ 答案：0‎ ‎8．(2020·浙江省名校协作体高三联考)已知斜率为2的直线经过椭圆＋＝1的右焦点F1，与椭圆相交于A，B两点，则弦AB的长为________．‎ 解析：由题意知，椭圆的右焦点F1的坐标为(1，0)，直线AB的方程为y＝2(x－1)．‎ 由方程组消去y，整理得3x2－5x＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系，得 x1＋x2＝，x1x2＝0.‎ 则|AB|＝ ‎＝ ‎＝ ＝.‎ 答案： ‎9．(2020·温州市高三模拟)已知斜率为的直线l与抛物线y2＝2px(p＞0)交于x轴上方的不同两点A，B，记直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，则k1＋k2的取值范围是________．‎ 解析：设直线l：x＝2y＋t，联立抛物线方程得y2＝2p(2y＋t)⇒y2－4py－2pt＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ Δ＝16p2＋8pt＞0⇒t＞－2p，‎ 所以y1＋y2＝4p，‎ y1y2＝－2pt＞0⇒t＜0，即－2p＜t＜0，‎ x1x2＝(2y1＋t)(2y2＋t)＝4y1y2＋2t(y1＋y2)＋t2＝4·(－2pt)＋2t·4p＋t2＝t2，‎ 所以k1＋k2＝＋＝ ‎＝＝＝－，‎ 因为－2p＜t＜0，所以－＞2，即k1＋k2的取值范围是(2，＋∞)．‎ 答案：(2，＋∞)‎ ‎10．过点M(1，1)作斜率为－的直线与椭圆C：＋＝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________．‎ 解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 所以＋＝0，‎ 所以＝－·.‎ 因为＝－，x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，‎ 所以－＝－，‎ 所以a2＝2b2.又因为b2＝a2－c2，‎ 所以a2＝2(a2－c2)，‎ 所以a2＝2c2，所以＝.‎ 答案： ‎11．(2020·宁波市余姚中学高三期中)已知椭圆E经过点A(2，3)，对称轴为坐标轴，焦点F1，F2在x轴上，离心率e＝.‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)求∠F1AF2的平分线所在直线l的方程；‎ ‎(3)在椭圆E上是否存在关于直线l对称的相异两点？若存在，请找出；若不存在，说明理由．‎ 解：(1)设椭圆方程为＋＝1(a＞b＞0)，‎ 因为椭圆E经过点A(2，3)，离心率e＝，‎ 所以，所以a2＝16，b2＝12，‎ 所以椭圆E方程为＋＝1.‎ ‎(2)F1(－2，0)，F2(2，0)，因为A(2，3)，‎ 所以直线AF1的方程为3x－4y＋6＝0，直线AF2的方程为x＝2，‎ 设角平分线上任意一点P(x，y)，则＝|x－2|.　‎ 得2x－y－1＝0或x＋2y－8＝0，‎ 因为斜率为正，所以直线l的方程为2x－y－1＝0.‎ ‎(3)假设存在B(x1，y1)，C(x2，y2)两点关于直线l对称，所以kBC＝－，‎ 所以直线BC方程为y＝－x＋m代入＋＝1得x2－mx＋m2－12＝0，‎ 所以BC的中点坐标为，‎ 代入直线2x－y－1＝0，得m＝4.‎ 所以BC的中点坐标为(2，3)与A重合，不成立，所以不存在满足题设条件的相异的两点．‎ ‎12．已知点Q是抛物线C1：y2＝2px(p>0)上异于坐标原点O的点，过点Q与抛物线C2：y＝2x2相切的两条直线分别交抛物线C1于点A，B.若点Q的坐标为(1，－6)，求直线AB的方程及弦AB的长．‎ 解：由Q(1，－6)在抛物线y2＝2px上，可得p＝18，‎ 所以抛物线C1的方程为y2＝36x.‎ 设抛物线C2的切线方程为y＋6＝k(x－1)．‎ 联立消去y，‎ 得2x2－kx＋k＋6＝0，‎ Δ＝k2－8k－48.‎ 由于直线与抛物线C2相切，故Δ＝0，‎ 解得k＝－4或k＝12.‎ 由得A；‎ 由得B.‎ 所以直线AB的方程为12x－2y－9＝0，弦AB的长为2.‎ ‎[综合题组练]‎ ‎1.(2020·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＝，‎ 即椭圆C的方程为＋＝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，知b＝成立．‎ 故b为.‎ ‎2.(2020·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为直径的圆的方程为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＋.‎ ‎3．(2020·丽水市高考数学模拟)如图，已知抛物线C：x2＝4y，直线l1与C相交于A，B两点，线段AB与它的中垂线l2交于点G(a，1)(a≠0)．‎ ‎(1)求证：直线l2过定点，并求出该定点坐标；‎ ‎(2)设l2分别交x轴，y轴于点M，N，是否存在实数a，使得A，M，B，N四点在同一个圆上，若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则，‎ 两式相减可得(x1＋x2)(x1－x2)＝4(y1－y2)，‎ 可得kAB＝＝＝＝a，‎ 由两直线垂直的条件可得直线l2的斜率为－；‎ 即有直线l2：y＝－(x－a)＋1，‎ 可得l2：y＝－x＋3过定点(0，3)．‎ ‎(2)l2：y＝－x＋3过M，N(0，3)，‎ 假设存在实数a，使得A，M，B，N四点在同一个圆上，‎ 由中垂线的性质可得∠MAN＝∠MBN，‎ 可得∠MAN＝90°，即有|AG|2＝|MG||NG|，‎ 由，‎ 可得x2－2ax＋2a2－4＝0，x1＋x2＝2a，x1x2＝2a2－4，‎ 由弦长公式可得|AB|＝ ‎＝ ，‎ 即有|MG||NG|＝＝ ‎＝(4－a2)，‎ 所以(4－a2)＝(a2＋4)，‎ 所以a2＝2，解得a＝±.‎ 故存在这样的实数a，且为±.‎