【数学】2019届一轮复习人教A版（文）大题冲关系列（五）圆锥曲线的综合问题学案

【数学】2019届一轮复习人教A版（文）大题冲关系列（五）圆锥曲线的综合问题学案

圆锥曲线的综合问题 命题动向：从近五年的高考试题来看，圆锥曲线问题在高考中属于必考内容，并且常常在同一份试卷上多题型考查．对圆锥曲线的考查在解答题部分主要体现以下考法：第一问一般是先求圆锥曲线的方程或离心率等较基础的知识；第二问往往涉及定点、定值、最值、取值范围等探究性问题，解决此类问题的关键是通过联立方程来解决．‎ 题型1 直线与圆锥曲线的位置关系 例1　[2017·北京高考]已知抛物线C：y2＝2px过点P(1,1)．过点作直线l与抛物线C交于不同的两点M，N，过点M作x轴的垂线分别与直线OP，ON交于点A，B，其中O为原点．‎ ‎(1)求抛物线C的方程，并求其焦点坐标和准线方程；‎ ‎(2)求证：A为线段BM的中点．‎ 解题视点　(1)根据抛物线上一个定点的坐标可得抛物线方程，从而得其焦点坐标与准线方程；(2)先利用点斜式设出直线的方程，再联立直线与抛物线的方程，根据根与系数的关系，得交点坐标间的关系进而证明结论．‎ 解　(1)由抛物线C：y2＝2px过点P(1,1)，得p＝.‎ 所以抛物线C的方程为y2＝x.‎ 抛物线C的焦点坐标为，准线方程为x＝－.‎ ‎(2)证明：由题意，设直线l的方程为y＝kx＋(k≠0)，l与抛物线C的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2)．‎ 由得4k2x2＋(4k－4)x＋1＝0，‎ 则x1＋x2＝，x1x2＝.‎ 因为点P的坐标为(1,1)，所以直线OP的方程为y＝x，点A的坐标为(x1，x1)．‎ 直线ON的方程为y＝x，点B的坐标为.‎ 因为y1＋－2x1＝ ‎＝ ‎＝ ‎＝＝0，‎ 所以y1＋＝2x1，‎ 故A为线段BM的中点．‎ 冲关策略 涉及直线与二次曲线的两个交点坐标时，一般不是求出这两个点的坐标，而是设出这两个点的坐标，根据直线方程和曲线方程联立消元后的方程根的情况，使用根与系数的关系进行整体代入，这种设而不求的思想是解析几何中处理直线和二次曲线相交问题的最基本的方法．‎ 变式训练1‎ 已知椭圆与抛物线y2＝4x有一个相同的焦点，且该椭圆的离心率为.‎ ‎(1)求椭圆的标准方程；‎ ‎(2)过点P(0,1)的直线与该椭圆交于A，B两点，O为坐标原点，若＝2，求△AOB的面积．‎ 解　(1)依题意，设椭圆的标准方程为＋＝1(a>b>0)，由题意可得c＝.‎ 又e＝＝，∴a＝2，‎ ‎∴b2＝a2－c2＝2，‎ ‎∴椭圆的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 由＝2，得 设直线AB的方程为y＝kx＋1，代入椭圆方程整理，得 ‎(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，‎ ‎∴x1＋x2＝，x1x2＝.‎ 将x1＝－2x2代入上式，可得2＝，‎ 解得k2＝.‎ ‎∴△AOB的面积S＝|OP|·|x1－x2|‎ ‎＝＝·＝.‎ 题型2 圆锥曲线中的定点、定值问题 命题角度1　定点问题 例2　[2017·全国卷Ⅰ]已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，四点P1(1,1)，P2(0,1)，P3，P4中恰有三点在椭圆C上．‎ ‎(1)求C的方程；‎ ‎(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P‎2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点．‎ 解题视点　(1)利用待定系数法可求出椭圆C的方程；(2)把直线l分斜率是否存在进行分类讨论，当直线l的斜率不存在时，易得结论；当直线l的斜率存在时，利用斜截式设出直线l的方程，并把它与第(1)小问求出的椭圆方程联立，利用根与系数的关系式，以及过两点的斜率公式，即可证出直线l过定点．‎ 解　(1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点．‎ 又由＋＞＋知，椭圆C不经过点P1，‎ 所以点P2在椭圆C上．‎ 因此解得 故椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明：设直线P‎2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.‎ 如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|＜2，可得A，B的坐标分别为，，则k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合题设．‎ 从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)．‎ 将y＝kx＋m代入＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋‎4m2‎－4＝0.‎ 由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)＞0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.‎ 而k1＋k2＝＋ ‎＝＋ ‎＝.‎ 由题设k1＋k2＝－1，‎ 故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.‎ 即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0，‎ 解得k＝－.‎ 当且仅当m＞－1时，Δ＞0，‎ 于是l：y＝－x＋m，即y＋1＝－(x－2)，‎ 所以l过定点(2，－1)．‎ 命题角度2　定值问题 ‎[2016·北京高考]已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，A(a,0)，B(0，b)，O(0,0)，△OAB的面积为1.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.求证：|AN|·|BM|为定值．‎ 解题视点　(1)利用离心率的定义与三角形的面积公式，得关于参数a，b的方程组，解得a，b的值，即可求得椭圆C的方程；(2)设出点P的坐标，依题意，可求出点M，N的坐标，即可证明|AN|·|BM|为定值．‎ 解　(1)由题意得解得a＝2，b＝1.‎ 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明：由(1)知，A(2,0)，B(0,1)．‎ 设P(x0，y0)，则x＋4y＝4.‎ 当x0≠0时，直线PA的方程为y＝(x－2)．‎ 令x＝0，得yM＝－，从而|BM|＝|1－yM|＝.‎ 直线PB的方程为y＝x＋1.‎ 令y＝0，得xN＝－，从而|AN|＝|2－xN|＝.‎ 所以|AN|·|BM|＝· ‎＝ ‎＝＝4.‎ 当x0＝0时，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，‎ 所以|AN|·|BM|＝4.综上，|AN|·|BM|为定值．‎ 冲关策略 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略 ‎(1)求代数式为定值．依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值；‎ ‎(2)求点到直线的距离的定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；‎ ‎(3)‎ 求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．‎ 变式训练2‎ 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且不垂直于坐标轴，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　(1)由题意解得 ‎∴C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明：设直线l的方程为y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 代入方程＋＝1可得 ‎(1＋2k2)x2＋4kbx＋2b2－8＝0，‎ xM＝＝－，‎ ‎∴yM＝kxM＋b＝，‎ ‎∴kOM＝＝＝－，∴kOM·k＝－，‎ 即直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．‎ 题型3 圆锥曲线中的最值、范围问题 命题角度1　最值问题 例4　[2018·衡中模拟]如图，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且|F‎1F2|＝4，M是椭圆上一点．‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)过点N(－8,0)的直线与椭圆C相交于A，B两点，记△ABF1的面积为S，求S的最大值．‎ 解题视点　第(1)问考虑两种方法解决；第(2)问是求三角形的面积问题，先设出直线AB的方程，与椭圆方程联立，得到关于y的一元二次方程，结合判别式求出m的取值范围，再结合条件求出S的表达式，最后利用基本不等式求出面积的最大值．‎ 解　(1)解法一：∵|F‎1F2|＝4，‎ ‎∴c＝2，F1(－2，0)，F2(2，0)．‎ 由椭圆的定义可得‎2a＝＋‎ ＝＋＝＋＝8，‎ 解得a＝4，∴b2＝16－12＝4，‎ ‎∴椭圆C的标准方程为＋＝1.‎ 解法二：∵|F‎1F2|＝4，∴c＝2，椭圆C的左焦点为F1(－2，0)，故a2－b2＝12，‎ 又点M在椭圆＋＝1上，则＋＝1，化简得4b4＋23b2－156＝0，得b2＝4，故a2＝16，∴椭圆C的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)易知直线AB的斜率存在且不为0，设AB的方程为x＝my－8，代入椭圆方程整理，得(m2＋4)y2－16my＋48＝0，‎ ‎∴Δ＝64(m2－12)>0，得到m>2或m<－2.‎ 设A(xA，yA)，B(xB，yB)，‎ 则yA＋yB＝，yAyB＝.‎ ‎|yA－yB|＝＝.‎ S＝S△NBF1－S△NAF1＝|NF1|·|yB－yA|‎ ‎＝＝ ‎＝≤＝4－.‎ 当且仅当＝，即m＝±2(此时Δ>0)时取等号，所以△ABF1的面积S的最大值为4－.‎ 冲关策略 处理圆锥曲线最值问题的求解方法 圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．‎ 命题角度2　范围问题 例5　[2018·沈阳调研]已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，且长轴长为8，T为椭圆上任意一点，直线TA，TB的斜率之积为－.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设O为坐标原点，过点M(0,2)的动直线与椭圆C交于P，Q两点，求·＋·的取值范围．‎ 解题视点　将直线与椭圆的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，同时在设直线方程时需讨论斜率存在与不存在两种情况．‎ 解　(1)设T(x，y)，由题意知A(－4,0)，B(4,0)，设直线TA的斜率为k1，直线TB的斜率为k2，则k1＝，k2＝.‎ 由k1k2＝－，得·＝－，整理得＋＝1.‎ 故椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋2，点P，Q的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线PQ与椭圆方程联立，得消去y，‎ 得(4k2＋3)x2＋16kx－32＝0.‎ 所以x1＋x2＝－，x1x2＝－.‎ 从而·＋·＝x1x2＋y1y2＋[x1x2＋(y1－2)(y2－2)]＝2(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝＝－20＋.‎ 所以－20<·＋·≤－.‎ 当直线PQ的斜率不存在时，·＋·的值为－20.‎ 综上，·＋·的取值范围为.‎ 冲关策略 圆锥曲线中取值范围问题的五种常用解法 ‎(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，解决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．‎ 题型4 圆锥曲线中的探索性问题 例6　 [2018·四川模拟]在直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(‎ a>b>0)的离心率e＝，且过点(0，)，椭圆C的长轴的两端点为A，B，点P为椭圆上异于A，B的动点，定直线x＝4与直线PA，PB分别交于M，N两点．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)在x轴上是否存在定点在以MN为直径的圆上？若存在，求定点坐标；若不存在，请说明理由．‎ 解题视点　(1)利用题中的条件得到关于a，c的方程进而求解；(2)根据题意得到直线PA，PB的斜率之积为定值是解题的关键．‎ 解　(1)⇒ ‎∴椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)设PA，PB的斜率分别为k1，k2，P(x0，y0)．‎ 即k1＝，k2＝，‎ k1k2＝＝＝＝－.‎ 由lPA：y＝k1(x＋2)知M(4,6k1)，‎ 由lPB：y＝k2(x－2)知N(4,2k2)，‎ ‎∴MN的中点G(4,3k1＋k2)．‎ ‎∴以MN为直径的圆的方程为 ‎(x－4)2＋(y－3k1－k2)2＝(6k1－2k2)2＝(3k1－k2)2.‎ 令y＝0，∴x2－8x＋16＋9k＋6k1k2＋k＝9k－6k1k2＋k，‎ ‎∴x2－8x＋16＋12k1k2＝0，‎ ‎∴x2－8x＋16＋12×＝0，‎ 即x2－8x＋7＝0，解得x＝7或x＝1.‎ ‎∴在x轴上存在定点(1,0)，(7,0)在以MN为直径的圆上．‎ 冲关策略 探索性问题的求解方法：先假设成立，在假设成立的前提下求出与已知、定理或公理相同的结论，说明结论成立，否则说明结论不成立．处理这类问题，一般要先对结论做出肯定的假设，然后由此假设出发，结合已知条件进行推理论证．若推出相符的结论，则存在性随之解决；若推出矛盾，则否定了存在性；若证明某结论不存在，也可以采用反证法．‎ 变式训练3‎ 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，点A在椭圆C上．‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)是否存在斜率为2的直线，使得当直线与椭圆C有两个不同交点M，N时，能在直线y＝上找到一点P，在椭圆C上找到一点Q，满足＝？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由．‎ 解　(1)设椭圆C的焦距为‎2c，则c＝1，‎ 因为A在椭圆C上，所以‎2a＝|AF1|＋|AF2|＝2，‎ 因此a＝，b2＝a2－c2＝1，故椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)不存在满足条件的直线，证明如下：设直线的方程为y＝2x＋t，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P，Q(x4，y4)，MN的中点为D(x0，y0)，‎ 由消去x，得9y2－2ty＋t2－8＝0，‎ 所以y1＋y2＝，且Δ＝4t2－36(t2－8)>0，‎ 故y0＝＝，且－3b>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．‎ 解题视点　(1)由题设给出的条件直接求出椭圆方程；(2)把直线方程与椭圆方程联立，应用根与系数的关系建立函数关系，利用导数解决相关问题．‎ 解　(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 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＝2＋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－0)相交于A，B两点，点B的横坐标为2，F为抛物线的焦点．‎ ‎(1)求抛物线的方程；‎ ‎(2)若过点F且斜率为1的直线l 与抛物线和圆交于四个不同的点，从左至右依次为P1，P2，P3，P4，求|P1P2|－|P3P4|的值．‎ 解　(1)设B(2，y0)，由题意得，‎ 得所以抛物线的方程为x2＝4y.‎ ‎(2)设点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，P3(x3，y3)，P4(x4，y4)，由题意得，P1，P3在圆上，P2，P4在抛物线上，直线l的方程为y＝x＋1.联立得得2x2＋2x－11＝0，所以x1＋x3＝－1，x1x3＝－.‎ 由得x2－4x－4＝0，所以x2＋x4＝4，x2x4＝－4.‎ 因为|P1P2|＝(x2－x1)，|P3P4|＝(x4－x3)，‎ 所以|P1P2|－|P3P4|＝(x2－x1)－(x4－x3)‎ ‎＝[(x2－x1)－(x4－x3)]‎ ‎＝[(x3－x1)－(x4－x2)]‎ ‎＝[－ ]‎ ‎＝(－4)＝－8.‎ 解答题专项训练五 ‎1.已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)经过点M，离心率为.‎ ‎(1)求椭圆E的标准方程；‎ ‎(2)若A1，A2分别是椭圆E的左、右顶点，过点A2作直线l与x轴垂直，点P是椭圆E上的任意一点(不同于椭圆E的四个顶点)，连接PA1交直线l于点B，点Q为线段A2B的中点，求证：直线PQ与椭圆E只有一个公共点．‎ 解　(1)依题意，得⇒ ‎∴椭圆E的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明：设P(x0，y0)(x0≠0且x0≠±)，则直线PA1的方程为y＝(x＋)，‎ 令x＝，得B，，则线段A2B的中点Q，，‎ ‎∴直线PQ的斜率kPQ＝＝.①‎ ‎∵P是椭圆E上的点，∴x＝3，代入①式，得kPQ＝－，‎ ‎∴直线PQ的方程为y－y0＝－(x－x0)，‎ 联立，得 又2x＋3y＝6，整理得x2－2x0x＋x＝0，‎ ‎∵Δ＝0，∴直线PQ与椭圆E相切，即直线PQ与椭圆E只有一个公共点．‎ ‎2.[2015·浙江高考]已知椭圆＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋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＝－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 设M为AB的中点，则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.‎ ‎3.[2018·吉林模拟]若椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，线段F‎1F2被抛物线y2＝2bx的焦点F分成了3∶1的两段．‎ ‎(1)求椭圆的离心率；‎ ‎(2)过点C(－1,0)的直线l交椭圆于不同两点A，B，且＝2，当△AOB的面积最大时，求直线l的方程．‎ 解　(1)由题意知，c＋＝3，‎ 所以b＝c，a2＝2b2，‎ 所以e＝＝＝.‎ ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为x＝ky－1(k≠0)，‎ 因为＝2，所以(－1－x1，－y1)＝2(x2＋1，y2)，‎ 即2y2＋y1＝0，①‎ 由(1)知，a2＝2b2，所以椭圆方程为x2＋2y2＝2b2.‎ 由消去x，得(k2＋2)y2－2ky＋1－2b2＝0，‎ 所以y1＋y2＝，②‎ 由①②知，y2＝－，y1＝，‎ 因为S△AOB＝|y1|＋|y2|，‎ 所以S△AOB＝3·＝3·≤·＝，‎ 当且仅当|k|2＝2，即k＝±时取等号，‎ 此时直线l的方程为x＝y－1或x＝－y－1.‎ ‎4．[2018·丰台区模拟]已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，过左焦点F且垂直于长轴的弦长为.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)点P(m,0)为椭圆C的长轴上的一个动点，过点P且斜率为的直线l交椭圆C于A，B两点，证明：|PA|2＋|PB|2为定值．‎ 解　(1)由可得 故椭圆C的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明：设直线l的方程为x＝y＋m，代入＋＝1，消去x ‎，并整理得25y2＋20my＋8(m2－25)＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝－m，y1y2＝，‎ 又易得|PA|2＝(x1－m)2＋y＝y，‎ 同理可得|PB|2＝y.‎ 则|PA|2＋|PB|2＝(y＋y)＝[(y1＋y2)2－2y1y2]＝＝41.‎ 所以|PA|2＋|PB|2是定值．‎ ‎5．[2018·云南模拟]已知直线y＝k(x－2)与抛物线Γ：y2＝x相交于A，B两点，M是线段AB的中点，过M作y轴的垂线交Γ于点N.‎ ‎(1)证明：抛物线Γ在点N处的切线与直线AB平行；‎ ‎(2)是否存在实数k使·＝0？若存在，求k的值；若不存在，请说明理由．‎ 解　(1)证明：由消去y并整理，得2k2x2－(8k2＋1)x＋8k2＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝4，‎ ‎∴xM＝＝，‎ yM＝k(xM－2)＝k＝.‎ 由题设条件可知，yN＝yM＝，xN＝2y＝，‎ ‎∴N.‎ 设抛物线Γ在点N处的切线l的方程为y－＝m，‎ 将x＝2y2代入上式，得2my2－y＋－＝0.‎ ‎∵直线l与抛物线Γ相切，‎ ‎∴Δ＝12－4×‎2m×＝＝0，‎ ‎∴m＝k，即l∥AB.‎ ‎(2)假设存在实数k，使·＝0，则NA⊥NB.‎ ‎∵M是AB的中点，∴|MN|＝|AB|.‎ 由(1)，得|AB|＝|x1－x2|＝·＝·＝·.‎ ‎∵MN⊥y轴，‎ ‎∴|MN|＝|xM－xN|＝－＝.‎ ‎∴＝ ·，解得k＝±.‎ 故存在k＝±，使·＝0.‎ ‎6．[2017·天津高考]设椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F，右顶点为A，离心率为.已知A是抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点，F 到抛物线的准线l的距离为.‎ ‎(1)求椭圆的方程和抛物线的方程；‎ ‎(2)设l上两点P，Q关于x轴对称，直线AP与椭圆相交于点B(点B异于点A)，直线BQ与x轴相交于点D.若△APD的面积为，求直线AP的方程．‎ 解　(1)设点F的坐标为(－c,0)．‎ 依题意，得＝，＝a，a－c＝，解得a＝1，c＝，p＝2，进而得b2＝a2－c2＝.‎ 所以椭圆的方程为x2＋＝1，抛物线的方程为y2＝4x.‎ ‎(2)设直线AP的方程为x＝my＋1(m≠0)，与直线l的方程x＝－1联立，可得点P，故点Q.‎ 将x＝my＋1与x2＋＝1联立，消去x，‎ 整理得(‎3m2‎＋4)y2＋6my＝0，‎ 解得y＝0或y＝.‎ 由点B异于点A，可得点B.‎ 由点Q，‎ 可得直线BQ的方程为 (x＋1)－＝0，‎ 令y＝0，解得x＝，故点D.‎ 所以|AD|＝1－＝.‎ 又因为△APD的面积为，‎ 故··＝，‎ 整理得‎3m2‎－2|m|＋2＝0，‎ 解得|m|＝，所以m＝±.‎ 所以直线AP的方程为3x＋y－3＝0或3x－y－3＝0.‎ ‎7．[2018·陕西模拟]已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且经过右焦点F，斜率为1的直线l截椭圆所得的弦长为.椭圆C的长轴的两端点分别为A，B，点P为椭圆上异于A，B的动点，定直线x＝4与直线PA，PB分别交于M，N两点，E(7,0)．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)判断过E，M，N三点的圆是否过x轴上不同于点E的定点，若经过，求出定点坐标；若不经过，请说明理由．‎ 解　(1)由题意可得直线l：y＝x－c，①‎ 又椭圆C的离心率为，‎ 所以a＝‎2c，即C：＋＝1，②‎ 联立①②整理得7x2－8cx－‎8c2＝0，‎ 所以x1＋x2＝，x1·x2＝－，‎ 所以＝·，解得c＝1，‎ 所以a＝2，b＝，‎ 所以椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)设PA，PB的斜率分别为k1，k2，P(x0，y0)，‎ 则k1k2＝－，‎ 则直线PA：y＝k1(x＋2)，则M(4,6k1)，‎ 直线PB：y＝k2(x－2)，则N(4,2k2)，‎ 又kEM＝－＝－2k1，kEN＝－，‎ 所以kEM·kEN＝－1.‎ 所以△EMN是以点E为直角顶点的直角三角形，其外接圆是以MN为直径的圆，其方程为(x－4)2＋(y－6k1)(y－2k2)＝0，k1k2＝－，‎ 所以(x－4)2＋y2－9－(6k1＋2k2)y＝0，‎ 恒过的交点，解得 即恒过点(1,0)或(7,0)(为点E，舍去)，故过E，M，N三点的圆是以MN为直径的圆，且过点F(1,0)．‎ ‎8．[2018·天津质检]以椭圆M：＋y2＝1(a>1)的四个顶点为顶点的四边形的四条边与⊙O：x2＋y2＝1共有6个交点，且这6个点恰好把圆周六等分．‎ ‎(1)求椭圆M的方程；‎ ‎(2)若直线l与⊙O相切，且与椭圆M相交于P，Q两点，求|PQ|的最大值．‎ 解　(1)如图，依题意，A(0,1)，B(a,0)，∠OAB＝60°.‎ 因为tan∠OAB＝，所以＝，解得a＝，‎ 故椭圆的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝±1，‎ 代入＋y2＝1，得y＝±，此时|PQ|＝.‎ 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m，‎ 因为直线l与⊙O相切，所以＝1，即m2＝1＋k2.‎ 由消去y，‎ 整理得(1＋3k2)x2＋6kmx＋3(m2－1)＝0，‎ Δ＝36k‎2m2‎－12(1＋3k2)(m2－1)＝12(1＋3k2－m2)＝24k2，由Δ>0得k≠0.‎ 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝，‎ 所以|x1－x2|＝＝，‎ 所以|PQ|＝ ‎＝|x1－x2|＝· ‎＝2·≤2·＝.‎ 当且仅当1＋k2＝2k2，即k＝±1时，|PQ|取得最大值.‎ 综上所述，|PQ|的最大值为.‎ ‎9.[2017·浙江高考]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斜率的取值范围；‎ ‎(2)求|PA|·|PQ|的最大值．‎ 解　(1)设直线AP的斜率为k，k＝＝x－，‎ 因为－

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