【数学】2019届一轮复习人教A版（文）第八章第八节圆锥曲线的综合问题学案
第八章解析几何
第八节圆锥曲线的综合问题
1．直线与圆锥曲线的位置关系
判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时，通常将直线l的方程Ax＋By＋C＝0(A，B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x，y)＝0，消去y(也可以消去x)得到一个关于变量x(或变量y)的一元方程．
即消去y，得ax2＋bx＋c＝0.
(1)当a≠0时，设一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判别式为Δ，则Δ>0⇔直线与圆锥曲线C相交；
Δ＝0⇔直线与圆锥曲线C相切；
Δ<0⇔直线与圆锥曲线C相离．
(2)当a＝0，b≠0时，即得到一个一次方程，则直线l与圆锥曲线C相交，且只有一个交点，此时，
若C为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的位置关系是平行；
若C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．弦长公式
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|
＝·.
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)直线l与椭圆C相切的充要条件是：直线l与椭圆C只有一个公共点．( )
(2)直线l与双曲线C相切的充要条件是：直线l与双曲线C只有一个公共点．( )
(3)经过抛物线上一点有且只有一条直线与抛物线有一个公共点．( )
(4)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．( )
答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√
2．(教材习题改编)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．
3．直线y＝x＋3与双曲线－＝1的交点个数是( )
A．1 B．2
C．1或2 D．0
解析：选A 因为直线y＝x＋3与双曲线的渐近线y＝x平行，所以它与双曲线只有1个交点．
4．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，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)．
5．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)，，∴·＝－，同理，直线 l经过椭圆的左焦点时，也可得·＝－.故·的值为－.
有关直线与圆锥曲线的位置关系的问题，主要涉及两种题型：一是判断已知直线与已知曲线的位置关系；二是根据直线与圆锥曲线的位置关系，求直线或曲线方程的参数问题.解答此类问题的一般方法是将直线方程与圆锥曲线方程联立，进而转化为一元二次方程，利用判别式和根与系数的关系来求解，难度中等.
[典题领悟]
1．若直线y＝kx＋2与双曲线x2－y2＝6的右支交于不同的两点，则k的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选D 由得(1－k2)x2－4kx－10＝0.设直线与双曲线右支交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则
解得－＜k＜－1，即k的取值范围是.
2．已知直线l：y＝2x＋m，椭圆C：＋＝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
将①代入②，整理得9x2＋8mx＋2m2－4＝0.③
方程③根的判别式Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144.
(1)当Δ>0，即－3
3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．
[解题师说]
1．方法要熟
直线与圆锥曲线位置关系的判定方法
代数法
即联立直线与圆锥曲线方程可得到一个关于x，y的方程组，消去y(或x)得一元方程，此方程根的个数即为交点个数，方程组的解即为交点坐标
几何法
即画出直线与圆锥曲线的图象，根据图象判断公共点个数
2．结论要记
(1)过椭圆外一点总有两条直线与椭圆相切，过椭圆上一点有且仅有一条直线与椭圆相切，过椭圆内一点的直线均与椭圆相交．
(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)过双曲线外但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．
3．失误要防
(1)要注意二次项系数不能为0，且直线与双曲线右支有两个不同的交点A(x1，y1)，B(x2，y2)，故有x1＋x2＞0，x1x2＞0.(如典题领悟第1题)
(2)判断直线与圆锥曲线位置关系时，判别式Δ起着关键性的作用，第一：可以限定所给参数的范围；第二：可以取舍某些解以免产生增根．
[冲关演练]
(2016·全国卷Ⅰ)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)如图，由已知得M(0，t)，P.
又N为M关于点P的对称点，故N，
故直线ON的方程为y＝x，
将其代入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．
在高考中，圆锥曲线的弦长与图形的面积可以单独成题，也可以结合在一起综合考查，联立直线方程与圆锥曲线方程是求解此类问题的第一步，涉及到的题目一般为中高难度的解答题.
[典题领悟]
(2016·全国卷Ⅱ)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的取值范围．
[思维路径]
(1)写出椭圆的方程，得到点A的坐标，写出直线AM的方程；联立直线与椭圆的方程解出点M的纵坐标，求出△AMN的面积．
(2)根据点A的坐标写出直线AM的方程；联立直线与椭圆的方程解出点M的横坐标，进而求出|AM|，并采用同样的方法或整体代换法求出|AN|；由2|AM|＝|AN|得到t与k的关系式，根据t的取值范围解得k的取值范围．
解：设M(x1，y1)，则由题意知y1>0.
(1)当t＝4时，E的方程为＋＝1，A(－2,0)．
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.
将x＝y－2代入＋＝1得7y2－12y＝0.
解得y＝0或y＝，所以y1＝.
因此△AMN的面积S△AMN＝2×××＝.
(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.
由x1·(－)＝，得x1＝，
故|AM|＝|x1＋|＝.
由题设，直线AN的方程为y＝－(x＋)，
故同理可得|AN|＝.
由2|AM|＝|AN|，得＝，
即(k3－2)t＝3k(2k－1)．
当k＝时上式不成立，因此t＝.
t>3等价于＝<0，
即<0.因此得或
解得0)，以椭圆内一点M(2,1)为中点作弦AB，设线段AB的中垂线与椭圆相交于C，D两点．
(1)求椭圆的离心率；
(2)试判断是否存在这样的m，使得A，B，C，D在同一个圆上，并说明理由．
解：(1)将方程化成椭圆的标准方程＋＝1(m>0)，
则a＝，c＝ ＝ ，故e＝＝.
(2)由题意，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，直线AB的斜率存在，设为k，
则直线AB的方程为y＝k(x－2)＋1，
代入x2＋2y2＝m(m>0)，消去y，
得(1＋2k2)x2＋4k(1－2k)x＋2(2k－1)2－m＝0(m>0)．
所以x1＋x2＝＝4，即k＝－1，
此时，由Δ>0，得m>6.
则直线AB的方程为x＋y－3＝0，
直线CD的方程为x－y－1＝0.
由得3y2＋2y＋1－m＝0，y3＋y4＝－，
故CD的中点N为.由弦长公式，可得
|AB|＝ |x1－x2|＝·.
|CD|＝|y3－y4|＝·>|AB|，若存在圆，
则圆心在CD上，
因为CD的中点N到直线AB的距离
d＝＝.
|NA|2＝|NB|2＝2＋2＝，
又2＝2
＝，
故存在这样的m(m>6)，使得A，B，C，D在同一个圆上．
中点弦问题在高考中的应用有两个方面：一是已知弦的中点，求弦所在直线的斜率和方程以及弦的垂直平分线方程等；二是不知道弦的中点，但通过设参数得到弦的中点坐标，从而求得弦的方程进行下一步运算.
[典题领悟]
(2018·云南11校跨区联考)已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，点A，B分别为椭圆E的左、右顶点，
点C在E上，且△ABC面积的最大值为2.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设F为E的左焦点，点D在直线x＝－4上，过F作DF的垂线交椭圆E于M，N两点．证明：直线OD平分线段MN .
[学审题]
①可知＝；
②C点在何处时，△ABC的面积最大？由于A，B是椭圆的左、右顶点，故可确定点C
为椭圆的短轴顶点；
③看到OD平分线段MN想到中点弦问题想到OD和MN的中点与O的连线斜率相等．
解：(1)由题意得解得
故椭圆E的方程为＋＝1.
(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，D(－4，n)，
线段MN的中点P(x0，y0)，
则2x0＝x1＋x2,2y0＝y1＋y2，
由(1)可得F(－1,0)，
则直线DF的斜率为kDF＝＝－，
当n＝0时，直线MN的斜率不存在，
根据椭圆的对称性可知OD平分线段MN.
当n≠0时，直线MN的斜率kMN＝＝.
∵点M，N在椭圆E上，∴
整理得：＋＝0，
又2x0＝x1＋x2,2y0＝y1＋y2，
∴＝－，直线OP的斜率为kOP＝－，
∵直线OD的斜率为kOD＝－，
∴直线OD平分线段MN.
[解题师说]
1．“点差法”的4步骤
处理有关中点弦及对应直线斜率关系的问题时，常用“点差法”，步骤如下：
2．“点差法”的常见结论
设AB为圆锥曲线的弦，点P为弦AB的中点：
(1)椭圆＋＝1(a＞b＞0)中的中点弦问题：kAB·kOP＝－；
(2)双曲线－＝1(a＞0，b＞0)中的中点弦问题：kAB·kOP＝；
(3)抛物线y2＝2px(p＞0)中的中点弦问题：kAB＝(y0为中点P的纵坐标)．
[冲关演练]
1．(2018·洛阳第一次统考)已知双曲线E：－＝1，直线l交双曲线于A，B两点，若线段AB的中点坐标为，则直线l的方程为( )
A．4x＋y－1＝0 B．2x＋y＝0
C．2x＋8y＋7＝0 D．x＋4y＋3＝0
解析：选C 依题意，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则有两式相减得＝，
即＝×.
又线段AB的中点坐标是，
因此x1＋x2＝2×＝1，y1＋y2＝(－1)×2＝－2，
＝－，＝－，
即直线AB的斜率为－，
直线l的方程为y＋1＝－，
即2x＋8y＋7＝0.
2．(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(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F的坐标为(－c,0)．
依题意解得
于是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.
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.
与圆锥曲线有关的综合问题是每年高考的热点，属必考内容，主要涉及最值问题、范围问题、定点和定值问题以及存在性问题，难度较大，属压轴题.
[典题领悟]
已知动圆过定点A(2,0)，且在y轴上截得的弦长为4，设动圆圆心的轨迹为H，点E(m,0)(m>0)为一个定点，过点E作斜率分别为k1，k2的两条直线交H于点A，B，C，D且M，N分别是线段AB，CD的中点．
(1)求轨迹H的方程；
(2)若m＝1，且过点E的两条直线相互垂直，求△EMN的面积的最小值；
(3)若k1＋k2＝1，求证：直线MN过定点．
[思维路径]
(1)由于已知圆过定点及与y
轴相交所得的弦长，故可利用圆的半径、弦心距及弦长的一半三者之间的关系求H的轨迹方程；
(2)由于过点E的两条直线互相垂直，即ME⊥NE，故S△EMN＝|ME|·|NE|，建立面积关于直线斜率的函数求解；
(3)联立直线方程与抛物线方程，用A，B坐标表示k1，k2，代入k1＋k2＝1，求出直线MN的方程，化成点斜式，证明直线MN过定点．
解：(1)设动圆圆心的坐标为(x，y)，
由题意知＝，化简得y2＝4x，
∴动圆圆心的轨迹H的方程为y2＝4x.
(2)当m＝1时，E为抛物线y2＝4x的焦点，∵k1k2＝－1，∴AB⊥CD.
设直线AB的方程为y＝k1(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由得k1y2－4y－4k1＝0.
则y1＋y2＝，y1y2＝－4，x1＋x2＝＋2＝＋2.
∵M，∴M.
同理，可得N(2k＋1，－2k1)．
∴S△EMN＝|EM|·|EN|＝·＝2≥2＝4，
当且仅当k＝，即k1＝±1时，△EMN的面积取最小值4.
(3)证明：设直线AB的方程为y＝k1(x－m)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由得k1y2－4y－4k1m＝0，
则y1＋y2＝，y1y2＝－4m，
x1＋x2＝＋2m＝＋2m.
∵M，∴M.
同理，可得N，∴kMN＝＝k1k2，
∴直线MN的方程为y－＝k1k2，
即y＝k1k2(x－m)＋2，
∴直线MN恒过定点(m,2)．
[解题师说]
1．求解定点问题的基本思路
(1)把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把参数当作未知数，将方程一端化为0，即化为kf(x，y)＋g(x，y)＝0的形式(这里把参数k当作未知数)．
(2)既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于0，这样就得到一个关于x，y的方程组，即
(3)这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点，即满足的点(x0，y0)为直线或曲线所过的定点．
2．求解定值问题的基本思路
(1)先求出这个几何量或代数表达式；
(2)对表达式进行化简，整理成y＝f(m，n，k)的最简形式；
(3)根据已知条件列出必要的方程(或不等式)，消去参数，最后求出定值，一般是根据已知条件列出方程k＝g(m，n)代入y＝f(m，n，k)，得到y＝h(m，n)＋c(c为常数)的形式．
3．圆锥曲线中的最值问题解决方法
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
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
[冲关演练]
已知点M是椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)上一点，F1，F2分别为C的左、右焦点，且|F1F2|＝4，∠F1MF2＝60°，△F1MF2的面积为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设N(0,2)，过点P(－1，－2)作直线l，交椭圆C异于N的A，B两点，直线NA，NB的斜率分别为k1，k2，证明：k1＋k2为定值．
解：(1)在△F1MF2中，由|MF1||MF2|sin 60°＝，
得|MF1||MF2|＝.
由余弦定理，得|F1F2|2＝|MF1|2＋|MF2|2－2|MF1|·|MF2|cos 60°＝(|MF1|＋|MF2|)2－3|MF1||MF2|＝16，
解得|MF1|＋|MF2|＝4.
从而2a＝|MF1|＋|MF2|＝4，即a＝2.
由|F1F2|＝4得c＝2，从而b＝2，
故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明：当直线l的斜率存在时，设斜率为k，
则其方程为y＋2＝k(x＋1)，
由消去y，
得(1＋2k2)x2＋4k(k－2)x＋2k2－8k＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝.
从而k1＋k2＝＋＝
＝2k－(k－4)·＝4.
当直线l的斜率不存在时，
可得A，B，得k1＋k2＝4.
综上，k1＋k2为定值．
(一)普通高中适用作业
A级——基础小题练熟练快
1．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 设该抛物线焦点为F，A(xA，yA)，B(xB，yB)，则|AB|＝|AF|＋|FB|＝xA＋＋xB＋＝xA＋xB＋1＝3>2p＝2.所以符合条件的直线有且只有两条．
2．斜率为1的直线l与椭圆＋y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为( )
A．2 B.
C. D.
解析：选C 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为y＝x＋t，代入＋y2＝1，消去y，得5x2＋8tx＋4t2－4＝0，由题意得Δ＝(8t)2－20(4t2－4)＞0，即t2＜5，因为x1＋x2＝－
eq f(8t,5)，x1x2＝，所以弦长|AB|＝· ＝4·≤，当且仅当t＝0时取等号．故|AB|的最大值为.
3．(2018·泉州质检)已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)，F是双曲线C的右焦点，过F作双曲线C在第一、三象限的渐近线的垂线l，若l与双曲线C的左、右两支分别交于点D，E，则双曲线C的离心率e的取值范围为( )
A．(，) B．(，＋∞)
C．(，2) D.
解析：选B 法一：由题意知，直线l：y＝－(x－c)，由得x2＋x－ ＝0，由x1x2＝＜0得b4＞a4，所以b2＝c2－a2＞a2，所以e2＞2，得e＞.
法二：由题意，知直线l的斜率为－，若l与双曲线左、右两支分别交于D，E两点，则－>－，即a22，得e>.
4．已知椭圆：＋x2＝1，过点P，的直线与椭圆相交于A，B两点，且弦AB被点P平分，则直线AB的方程为( )
A．9x－y－4＝0 B．9x＋y－5＝0
C．2x＋y－2＝0 D．x＋y－5＝0
解析：选B 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为A，B在椭圆＋x2＝1上，所以两式相减得＋x－x＝0，即＋(x1－x2)(x1＋x2)＝0，又弦AB被点P平分，所以x1＋x2＝1，y1＋y2＝1，将其代入上式得＋x1－x2＝0，即＝－9，即直线AB的斜率为－9，所以直线AB的方程为y－＝－9，即9x＋y－5＝0.
5．已知双曲线－＝1(a>0，b＞0)上的一点到双曲线的左、右焦点的距离之差为4，若抛物线y＝ax2上的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)关于直线y＝x＋m对称，且x1x2＝－，则m
的值为( )
A. B.
C．2 D．3
解析：选A 由双曲线的定义知2a＝4，得a＝2，
所以抛物线的方程为y＝2x2.
因为点A(x1，y1)，B(x2，y2)在抛物线y＝2x2上，
所以y1＝2x，y2＝2x，
两式相减得y1－y2＝2(x1－x2)(x1＋x2)，
不妨设x1＜x2，又A，B关于直线y＝x＋m对称，
所以＝－1，
故x1＋x2＝－，
而x1x2＝－，
解得x1＝－1，x2＝，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)的中点为M(x0，y0)，
则x0＝＝－，
y0＝＝＝，
因为中点M在直线y＝x＋m上，
所以＝－＋m，解得m＝.
6．(2018·长春调研)在平面直角坐标系xOy中，椭圆＋＝1的左、右顶点分别为A，B，右焦点为F，设过点T(9，m)的直线TA，TB与椭圆分别交于点M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中m＞0，y1＞0，y2＜0，则直线MN与x轴的交点坐标为( )
A. B.
C．(1,0) D．(2,0)
解析：选C 直线TA的方程为＝，即y＝(x＋3)，直线TB的方程为＝，即y＝(x－3)，将TA，TB的方程分别与椭圆＋＝1联立，解得M，N.当x1≠x2时，直线MN的方程为＝，令y
＝0，解得x＝1，此时直线MN必过点(1,0)；当x1＝x2时，得m2＝40，直线MN的方程为x＝1，与x轴的交点为(1,0)．所以直线MN与x轴的交点是(1,0)．
7．已知点A在椭圆＋＝1上，点P满足＝(λ－1)· (λ∈R)(O是坐标原点)，且·＝72，则线段OP在x轴上的投影长度的最大值为________．
解析：因为＝(λ－1)，所以＝λ，即O，A，P三点共线，因为·＝72，所以·＝λ||2＝72，设A(x，y)，OA与x轴正方向的夹角为θ，线段OP在x轴上的投影长度为|||cos θ|＝|λ||x|＝＝＝≤＝15，当且仅当|x|＝时取等号．
答案：15
8．已知抛物线C：y2＝8x与点M(－2,2)，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点．若·＝0，则k＝________.
解析：如图所示，设F为焦点，易知F(2，0)，取AB的中点P，过A，B分别作准线的垂线，垂足分别为G，H，连接MF，MP，由·＝0，知MA⊥MB，则|MP|＝|AB|＝(|AF|＋|BF|)＝(|AG|＋|BH|)，所以MP为直角梯形BHGA的中位线，所以MP∥AG∥BH，由|MP|＝|AP|，得∠GAM＝∠AMP＝∠MAP，又|AG|＝|AF|，AM为公共边，所以△AMG≌△AMF，所以∠AFM＝∠AGM＝90°，则MF⊥AB，所以k＝－＝2.
答案：2
9．设抛物线C：y2＝2px(p>0)，A为抛物线上一点(A不同于原点O)，过焦点F作直线平行于OA，交抛物线于P，Q两点．若过焦点F且垂直于x轴的直线交直线OA于B，则|FP|·|FQ|－|OA|·|OB|＝________.
解析：设OA所在的直线的斜率为k，则由得到A，易知B，P，Q的坐标由方程组
eq blc{rc (avs4alco1(y＝kblc(rc)(avs4alco1(x－f(p,2)))，,y2＝2px))得到，消去x，得－y－＝0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由根与系数的关系得，y1y2＝－p2，根据弦长公式，|FP|·|FQ|＝ ·|y1|· ·|y2|＝|y1y2|＝p2，而|OA|·|OB|＝ ·＝1＋p2，所以|FP|·|FQ|－|OA|·|OB|＝0.
答案：0
10．已知抛物线y2＝4x的焦点为F，过焦点的直线与抛物线交于A，B两点，则当|AF|＋4|BF|取得最小值时，直线AB的倾斜角的正弦值为________．
解析：由题意知F(1,0)，当直线的斜率存在时，
设直线方程为y＝k(x－1)(k≠0)，
由消去y，得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1>0，x2>0，
则x1＋x2＝，①
x1x2＝1, ②
＋＝＋＝
＝＝1.
当直线的斜率不存在时，易知|AF|＝|BF|＝2，
故＋＝1.
设|AF|＝a，|BF|＝b，则＋＝1，
所以|AF|＋4|BF|＝a＋4b＝(a＋4b)＝5＋＋≥9，当且仅当a＝2b时取等号，
故a＋4b的最小值为9，
此时直线的斜率存在，且x1＋1＝2(x2＋1), ③
联立①②③得，x1＝2，x2＝，k＝±2，
故直线AB的倾斜角的正弦值为.
答案：
B级——中档题目练通抓牢
1．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，短轴端点到焦点的距离为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设A，B为椭圆C上任意两点，O为坐标原点，且OA⊥OB.求证：原点O到直线AB的距离为定值，并求出该定值．
解：(1)由题意知，e＝＝，＝2，
又a2＝b2＋c2，
所以a＝2，c＝，b＝1，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：①当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x＝±，此时，原点O到直线AB的距离为.
②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
则Δ＝(8km)2－4(1＋4k2)(4m2－4)＝16(1＋4k2－m2)＞0，x1＋x2＝－，x1x2＝，
则y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝，
由OA⊥OB，得kOA·kOB＝－1，即·＝－1，
所以x1x2＋y1y2＝＝0，
即m2＝(1＋k2)，
所以原点O到直线AB的距离为＝.
综上，原点O到直线AB的距离为定值.
2．(2018·兰州诊断)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点(，1)，且离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设M，N是椭圆上的点，直线OM与ON(O为坐标原点)的斜率之积为－.若动点P满足＝＋2，试探究是否存在两个定点F1，F2，使得|PF1|＋|PF2|为定值？若存在，求F1，F2的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)∵e＝，∴＝，
又椭圆C经过点(，1)，∴＋＝1，
解得a2＝4，b2＝2，
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设P(x，y)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则由＝＋2，得x＝x1＋2x2，y＝y1＋2y2，
∵点M，N在椭圆＋＝1上，
∴x＋2y＝4，x＋2y＝4，
故x2＋2y2＝(x＋4x1x2＋4x)＋2(y＋4y1y2＋4y)＝(x＋2y)＋4(x＋2y)＋4(x1x2＋2y1y2)＝20＋4(x1x2＋2y1y2)．
由题意知，kOM·kON＝＝－，因此x1x2＋2y1y2＝0，
∴x2＋2y2＝20，
故点P是椭圆＋＝1上的点，
∴由椭圆的定义知存在点F1，F2，
满足|PF1|＋|PF2|＝2＝4，为定值，
又|F1F2|＝2＝2，
∴F1，F2的坐标分别为(－，0)，(，0)．
3．(2018·贵阳检测)已知椭圆C1的焦点在x轴上，中心在坐标原点；抛物线C2的焦点在y轴上，顶点在坐标原点．在C1，C2上各取两个点，将其坐标记录于表格中：
x
3
－2
4
y
0
8
(1)求C1，C2的标准方程；
(2)已知定点C，P为抛物线C2上一动点，过点P作抛物线C2的切线交椭圆C1于A，B两点，求△ABC面积的最大值．
解：(1)设C1：＋＝1(a>b>0)，
由题意知，点(－2,0)一定在椭圆上，
则点也在椭圆上，分别将其代入，
得解得
∴C1的标准方程为＋y2＝1.
设C2：x2＝2py(p>0)，依题意知，点(4,8)在抛物线上，
代入抛物线C2的方程，得p＝1，
∴C2的标准方程为x2＝2y.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P，
由y＝x2知y′＝x，
故直线AB的方程为y－t2＝t(x－t)，
即y＝tx－t2，代入方程＋y2＝1，
整理得(1＋4t2)x2－4t3x＋t4－4＝0，
则Δ＝16t6－4(1＋4t2)(t4－4)＝4(－t4＋16t2＋4)>0，
x1＋x2＝，x1x2＝，
∴|AB|＝·
＝，
设点C到直线AB的距离为d，
则d＝＝，
∴S△ABC＝·|AB|·d
＝··
＝
＝≤＝，
当且仅当t＝±2时，取等号，此时满足Δ>0.
综上，△ABC面积的最大值为.
(二)重点高中适用作业
A级——保分题目巧做快做
1．斜率为1的直线l与椭圆＋y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为( )
A．2 B.
C. D.
解析：选C 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为y＝x＋t，代入＋y2＝1，消去y，得5x2＋8tx＋4t2－4＝0，由题意得Δ＝(8t)2－20(4t2－4)＞0，即t2＜5，因为x1＋x2＝－，x1x2＝，所以弦长|AB|＝· ＝4·≤，当且仅当t＝0时取等号．故|AB|的最大值为.
2．(2018·泉州质检)已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)，F是双曲线C的右焦点，过F作双曲线C在第一、三象限的渐近线的垂线l，若l与双曲线C的左、右两支分别交于点D，E，则双曲线C的离心率e的取值范围为( )
A．(，) B．(，＋∞)
C．(，2) D.
解析：选B 法一：由题意知，直线l：y＝－(x－c)，由得x2＋x－ ＝0，由x1x2＝＜0得b4＞a4，所以b2＝c2－a2＞a2，所以e2＞2，得e＞.
法二：由题意，知直线l的斜率为－，若l与双曲线左、右两支分别交于D，E两点，则－>－，即a22，得e>.
3．已知双曲线－＝1(a>0，b
＞0)上的一点到双曲线的左、右焦点的距离之差为4，若抛物线y＝ax2上的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)关于直线y＝x＋m对称，且x1x2＝－，则m的值为( )
A. B.
C．2 D．3
解析：选A 由双曲线的定义知2a＝4，得a＝2，
所以抛物线的方程为y＝2x2.
因为点A(x1，y1)，B(x2，y2)在抛物线y＝2x2上，
所以y1＝2x，y2＝2x，
两式相减得y1－y2＝2(x1－x2)(x1＋x2)，
不妨设x1＜x2，又A，B关于直线y＝x＋m对称，
所以＝－1，
故x1＋x2＝－，
而x1x2＝－，
解得x1＝－1，x2＝，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)的中点为M(x0，y0)，
则x0＝＝－，
y0＝＝＝，
因为中点M在直线y＝x＋m上，
所以＝－＋m，解得m＝.
4．已知直线y＝1－x与双曲线ax2＋by2＝1(a>0，b<0)的渐近线交于A，B两点，且过原点和线段AB中点的直线的斜率为－，则的值为( )
A．－ B．－
C．－ D．－
解析：选A 由双曲线ax2＋by2＝1知其渐近线方程为ax2＋by2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有ax＋by＝0，ax＋by＝0，两式相减得a(x－x)＝－b(y－y)，即a(x1＋x2)(x1－x2)＝－b(y1＋y2)(y1－y2)，由题意可知x1≠x2，且x1＋x2≠0，∴·＝－，设AB的中点为M(x0，y0
)，则kOM＝＝＝＝－，又知kAB＝－1，∴－×(－1)＝－，∴＝－，故选A.
5．(2018·长春调研)在平面直角坐标系xOy中，椭圆＋＝1的左、右顶点分别为A，B，右焦点为F，设过点T(9，m)的直线TA，TB与椭圆分别交于点M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中m＞0，y1＞0，y2＜0，则直线MN与x轴的交点坐标为( )
A. B.
C．(1,0) D．(2,0)
解析：选C 直线TA的方程为＝，即y＝(x＋3)，直线TB的方程为＝，即y＝(x－3)，将TA，TB的方程分别与椭圆＋＝1联立，解得M，N.当x1≠x2时，直线MN的方程为＝，令y＝0，解得x＝1，此时直线MN必过点(1,0)；当x1＝x2时，得m2＝40，直线MN的方程为x＝1，与x轴的交点为(1,0)．所以直线MN与x轴的交点是(1,0)．
6．已知点A在椭圆＋＝1上，点P满足＝(λ－1)· (λ∈R)(O是坐标原点)，且·＝72，则线段OP在x轴上的投影长度的最大值为________．
解析：因为＝(λ－1)，所以＝λ，即O，A，P三点共线，因为·＝72，所以·＝λ||2＝72，设A(x，y)，OA与x轴正方向的夹角为θ，线段OP在x轴上的投影长度为|||cos θ|＝|λ||x|＝＝＝≤＝15，当且仅当|x|＝时取等号．
答案：15
7．过抛物线y2＝2px(p＞0)上一定点P(x0，y0)(y0＞0)作两条直线分别交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)，则当PA与PB的斜率都存在，且＝－2时，直线PA与PB
的斜率之和为________．
解析：设直线PA的斜率为kPA，PB的斜率为kPB，由y＝2px1，y＝2px0，两式相减得y－y＝2p(x1－x0)，得kPA＝＝，同理kPB＝.由＝－2，得y1＋y2＝－2y0，故＋＝0，即kPA＋kPB＝0.故直线PA与PB的斜率之和为0.
答案：0
8．已知抛物线y2＝4x的焦点为F，过焦点的直线与抛物线交于A，B两点，则当|AF|＋4|BF|取得最小值时，直线AB的倾斜角的正弦值为________．
解析：由题意知F(1,0)，当直线的斜率存在时，
设直线方程为y＝k(x－1)(k≠0)，
由消去y，得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1>0，x2>0，
则x1＋x2＝，①
x1x2＝1, ②
＋＝＋＝
＝＝1.
当直线的斜率不存在时，易知|AF|＝|BF|＝2，
故＋＝1.
设|AF|＝a，|BF|＝b，则＋＝1，
所以|AF|＋4|BF|＝a＋4b＝(a＋4b)＝5＋＋≥9，当且仅当a＝2b时取等号，
故a＋4b的最小值为9，
此时直线的斜率存在，且x1＋1＝2(x2＋1), ③
联立①②③得，x1＝2，x2＝，k＝±2，
故直线AB的倾斜角的正弦值为.
答案：
9．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，短轴端点到焦点的距离为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设A，B为椭圆C上任意两点，O为坐标原点，且OA⊥OB.求证：原点O到直线AB的距离为定值，并求出该定值．
解：(1)由题意知，e＝＝，＝2，
又a2＝b2＋c2，
所以a＝2，c＝，b＝1，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：①当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x＝±，此时，原点O到直线AB的距离为.
②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
则Δ＝(8km)2－4(1＋4k2)(4m2－4)＝16(1＋4k2－m2)＞0，x1＋x2＝－，x1x2＝，
则y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝，
由OA⊥OB，得kOA·kOB＝－1，即·＝－1，
所以x1x2＋y1y2＝＝0，
即m2＝(1＋k2)，
所以原点O到直线AB的距离为＝.
综上，原点O到直线AB的距离为定值.
10．(2018·贵阳检测)已知椭圆C1的焦点在x轴上，中心在坐标原点；抛物线C2的焦点在y轴上，顶点在坐标原点．在C1，C2上各取两个点，将其坐标记录于表格中：
x
3
－2
4
y
0
8
(1)求C1，C2的标准方程；
(2)已知定点C，P为抛物线C2上一动点，过点P作抛物线C2的切线交椭圆C1于
A，B两点，求△ABC面积的最大值．
解：(1)设C1：＋＝1(a>b>0)，
由题意知，点(－2,0)一定在椭圆上，
则点也在椭圆上，分别将其代入，
得解得
∴C1的标准方程为＋y2＝1.
设C2：x2＝2py(p>0)，依题意知，点(4,8)在抛物线上，
代入抛物线C2的方程，得p＝1，
∴C2的标准方程为x2＝2y.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P，
由y＝x2知y′＝x，
故直线AB的方程为y－t2＝t(x－t)，
即y＝tx－t2，代入方程＋y2＝1，
整理得(1＋4t2)x2－4t3x＋t4－4＝0，
则Δ＝16t6－4(1＋4t2)(t4－4)＝4(－t4＋16t2＋4)>0，
x1＋x2＝，x1x2＝，
∴|AB|＝·
＝，
设点C到直线AB的距离为d，
则d＝＝，
∴S△ABC＝·|AB|·d
＝··
＝
＝≤＝，
当且仅当t＝±2时，取等号，此时满足Δ>0.
综上，△ABC面积的最大值为.
B级——拔高题目稳做准做
1.(2018·甘肃高台一中检测)如图，设直线l：y＝k与抛物线C：y2＝2px(p>0，p为常数)交于不同的两点M，N，且当k＝时，弦MN的长为4.
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)过点M的直线交抛物线于另一点Q，且直线MQ过点B(1，－1)，求证：直线NQ过定点．
解：(1)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，当k＝时，
直线l：y＝，即x＝2y－，
联立消去x，得y2－4py＋p2＝0.
∴y1＋y2＝4p，y1y2＝p2，
于是得|MN|＝|y1－y2|＝×
＝2|p|＝4，
因为p>0，所以p＝2，
即抛物线C的标准方程为y2＝4x.
(2)证明：设点M(4t2,4t)，N(4t，4t1)，Q(4t，4t2)，
易得直线MN，MQ，NQ的斜率均存在，
则直线MN的斜率是kMN＝＝，
从而直线MN的方程是y＝(x－4t2)＋4t，
即x－(t＋t1)y＋4tt1＝0.
同理可知MQ的方程是x－(t＋t2)y＋4tt2＝0，
NQ的方程是x－(t1＋t2)y＋4t1t2＝0.
又易知点(－1,0)在直线MN上，从而有4tt1＝1.
即t＝，点B(1，－1)在直线MQ上，
从而有1－(t＋t2)×(－1)＋4tt2＝0，
即1－×(－1)＋4××t2＝0，
化简得4t1t2＝－4(t1＋t2)－1.
代入NQ的方程得x－(t1＋t2)y－4(t1＋t2)－1＝0.
所以直线NQ过定点(1，－4)．
2．已知椭圆P的中心O在坐标原点，焦点在x轴上，且经过点A(0,2)，离心率为.
(1)求椭圆P的方程；
(2)是否存在过点E(0，－4)的直线l交椭圆P于点R，T，且满足·＝？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由．
解：(1)设椭圆P的方程为＋＝1(a>b>0)，
由题意得b＝2，e＝＝，
∴a＝2c，b2＝a2－c2＝3c2，
∴c2＝4，c＝2，a＝4，
∴椭圆P的方程为＋＝1.
(2)假设存在满足题意的直线l，易知当直线l的斜率不存在时，·<0，不满足题意．
故可设直线l的方程为y＝kx－4，R(x1，y1)，T(x2，y2)．
∵·＝，
∴x1x2＋y1y2＝.
由消去y，
得(3＋4k2)x2－32kx＋16＝0，
由Δ>0，得(－32k)2－64(3＋4k2)>0，
解得k2>.①
∵x1＋x2＝，x1x2＝，
∴y1y2＝(kx1－4)(kx2－4)
＝k2x1x2－4k(x1＋x2)＋16，
故x1x2＋y1y2＝＋－＋16＝，
解得k2＝1.②
由①②解得k＝±1，
∴直线l的方程为y＝±x－4.
故存在直线l：x＋y＋4＝0或x－y－4＝0满足题意．
3．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，左焦点为F(－1,0)，过点D(0,2)且斜率为k的直线l交椭圆于A，B两点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)在y轴上，是否存在定点E，使·恒为定值？若存在，求出E点的坐标和这个定值；若不存在，请说明理由．
解：(1)由已知可得解得a2＝2，b2＝1，
所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)设过点D(0,2)且斜率为k的直线l的方程为y＝kx＋2，
由消去y，整理得(1＋2k2)x2＋8kx＋6＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝.
又y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝－，
y1＋y2＝(kx1＋2)＋(kx2＋2)＝k(x1＋x2)＋4＝.
设存在点E(0，m)，
则＝(－x1，m－y1)，＝(－x2，m－y2)，
所以·＝x1x2＋m2－m(y1＋y2)＋y1y2＝＋m2－m·－＝.
要使·＝t(t为常数)，
只需＝t，
从而(2m2－2－2t)k2＋m2－4m＋10－t＝0，
故解得m＝，从而t＝，
故存在定点E，使·恒为定值.
