【数学】2018届一轮复习人教A版第一部分专题五 解析几何学案
专题五 解 析 几 何
第一讲直_线_与_圆
一、基础知识要记牢
直线与直线的位置关系的判定方法
(1)给定两条直线l1：y＝k1x＋b1和l2：y＝k2x＋b2，则有下列结论：
l1∥l2⇔k1＝k2且b1≠b2；l1⊥l2⇔k1·k2＝－1.
(2)若给定的方程是一般式，即l1：A1x＋B1y＋C1＝0和l2：A2x＋B2y＋C2＝0，则有下列结论：
l1∥l2⇔A1B2－A2B1＝0且B1C2－B2C1≠0；
l1⊥l2⇔A1A2＋B1B2＝0.
二、经典例题领悟好
例1] (1)设直线l1：2x－my－1＝0，l2：(m－1)x－y＋1＝0.则“m＝2”是“l1∥l2”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
(2)过直线l1：x－2y＋3＝0与直线l2：2x＋3y－8＝0的交点，且到点P(0,4)距离为2的直线方程为_____________________________________________________________________.
解析] (1)m＝2⇒＝＝－1，＝1－m＝－1⇒＝，且≠⇒l1∥l2；l1∥l2⇒A1B2＝A2B1⇒2·(－1)＝(－m)·(m－1)且B1C2≠B2C1⇒m＝2.
(2)由得∴l1与l2的交点为(1,2)．当所求直线斜率不存在，即直线方程为x＝1时，显然不满足题意．
当所求直线斜率存在时，设所求直线方程为y－2＝k(x－1)，即kx－y＋2－k＝0，
∵点P(0,4)到直线的距离为2，∴2＝，
∴k＝0或k＝.
∴直线方程为y＝2或4x－3y＋2＝0.
答案] (1)C (2)y＝2或4x－3y＋2＝0
(1)处理两条直线平行的问题时，在利用A1B2－A2B1
＝0建立方程求出参数的值后，要注意代入检验，排除两条直线重合的可能性．
(2)要注意每种直线方程的局限性．点斜式、两点式、斜截式要求直线不能与x轴垂直(用两点式也不能与y轴垂直)．而截距式方程不能表示过原点的直线，也不能表示垂直于坐标轴的直线．
(3)在解决问题的过程中，要注意选择直线方程的形式，用待定系数法求直线的方程，是最基本最常用的方法.
三、预测押题不能少
1．(1)已知直线l：x－y－1＝0，l1：2x－y－2＝0.若直线l2与l1关于l对称，则l2的方程是( )
A．x－2y＋1＝0 B．x－2y－1＝0
C．x＋y－1＝0 D．x＋2y－1＝0
解析：选B 因为l1与l2关于l对称，
所以l1上任一点关于l的对称点都在l2上，
故l与l1的交点(1,0)在l2上．
又易知(0，－2)为l1上一点，
设它关于l的对称点为(x，y)，
则解得
即(1,0)，(－1，－1)为l2上两点，
可得l2的方程为x－2y－1＝0.
(2)设m∈R，过定点A的动直线x＋my＝0和过定点B的动直线mx－y－m＋3＝0交于点P(x，y)，则|PA|·|PB|的最大值是________．
解析：易求定点A(0,0)，B(1,3)．当P与A和B均不重合时，因为P为直线x＋my＝0与mx－y－m＋3＝0的交点，且两直线垂直，则PA⊥PB，所以|PA|2＋|PB|2＝|AB|2＝10，所以|PA|·|PB|≤＝5(当且仅当|PA|＝|PB|＝时，等号成立)，当P与A或B重合时，|PA|·|PB|＝0，故|PA|·|PB|的最大值是5.
答案：5
一、基础知识要记牢
(1)标准方程：(x－a)2＋(y－b)2＝r2，圆心坐标为(a，b)，半径为r.
(2)一般方程：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)，圆心坐标为，半径r＝.
二、经典例题领悟好
例2] (1)(2016·浙江高考)已知a∈R，方程a2x2＋(a＋2)y2＋4x＋8y＋5a＝0表示圆，则圆心坐标是________，半径是________．
(2)(2016·天津高考)已知圆C的圆心在x轴的正半轴上，点M(0，)在圆C上，且圆心到直线2x－y＝0的距离为，则圆C的方程为________．
解析] (1)由二元二次方程表示圆的条件可得a2＝a＋2，解得a＝2或－1.当a＝2时，方程为4x2＋4y2＋4x＋8y＋10＝0，即x2＋y2＋x＋2y＋＝0，配方得2＋(y＋1)2＝－＜0，不表示圆；
当a＝－1时，方程为x2＋y2＋4x＋8y－5＝0，配方得(x＋2)2＋(y＋4)2＝25，则圆心坐标为(－2，－4)，半径是5.
(2)因为圆C的圆心在x轴的正半轴上，设C(a,0)，且a＞0，所以圆心到直线2x－y＝0的距离d＝＝，解得a＝2，
所以圆C的半径r＝|CM|＝＝3，
所以圆C的方程为(x－2)2＋y2＝9.
答案] (1)(－2，－4) 5 (2)(x－2)2＋y2＝9
圆的方程的求法
(1)几何法，通过研究圆的性质、直线和圆、圆与圆的位置关系，从而求得圆的基本量和方程．
(2)代数法，用待定系数法先设出圆的方程，再由条件求得各系数，从而求得圆的方程，一般采用待定系数法．
提醒] 圆心到切线的距离等于半径，该结论在解题过程中经常用到，需牢记.
三、预测押题不能少
2．(1)圆心在直线x＋y＝0上且过两圆x2＋y2－2x＝0，x2＋y2＋2y＝0的交点的圆的方程为( )
A．x2＋y2－x＋y－＝0
B．x2＋y2＋x－y－＝0
C．x2＋y2－x＋y＝0
D．x2＋y2＋x－y＝0
解析：选C 由已知圆的方程可设所求圆的方程为x2＋y2－2x＋λ(x2＋y2＋2y)＝0(λ≠
－1)，即x2＋y2－x＋y＝0 ，∴圆心坐标为.又∵圆心在直线x＋y＝0上，∴－＝0，∴λ＝1，∴所求圆的方程为x2＋y2－x＋y＝0.
(2)圆心在直线x－2y＝0上的圆C与y轴的正半轴相切，圆C截x轴所得弦的长为2，则圆C的标准方程为________________．
解析：设圆心坐标为(a，b)，半径为r.由已知又圆心(a，b)到y轴、x轴的距离分别为|a|，|b|，所以|a|＝r，|b|2＋3＝r2.综上，解得a＝2，b＝1，r＝2，所以圆心坐标为(2,1)，圆C的标准方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4.
答案：(x－2)2＋(y－1)2＝4
一、基础知识要记牢
解答直线与圆的位置关系问题的方法
(1)代数法．将圆的方程和直线的方程联立起 组成方程组，利用判别式Δ 讨论位置关系：Δ>0⇔相交；Δ＝0⇔相切；Δ<0⇔相离．
(2)几何法．把圆心到直线的距离d和半径R的大小加以比较：d
R⇔相离．
二、经典例题领悟好
例3] (1)(2017·昆明模拟)已知圆M：x2＋y2－2ay＝0(a＞0)截直线x＋y＝0所得线段的长度是2，则圆M与圆N：(x－1)2＋(y－1)2＝1的位置关系是( )
A．内切 B．相交 C．外切 D．相离
(2)(2016·全国卷Ⅲ)已知直线l：mx＋y＋3m－＝0与圆x2＋y2＝12交于A，B两点，过A，B分别作l的垂线与x轴交于C，D两点．若|AB|＝2，则|CD|＝________.
解析] (1)由题知圆M：x2＋(y－a)2＝a2(a＞0)，圆心(0，a)到直线x＋y＝0的距离d＝，所以2＝2，解得a＝2，即圆M的圆心为(0,2)，半径为2.又圆N的圆心为(1,1)，半径为1，则圆M，圆N的圆心距|MN|＝，两圆半径之差为1，半径之和为3,1<<3，故两圆相交．
(2)由直线l：mx＋y＋3m－＝0知其过定点(－3，)，圆心O到直线l的距离为d＝.
由|AB|＝2得2＋()2＝12，解得m＝－.又直线l 的斜率为－m＝，所以直线l的倾斜角α＝.
画出符合题意的图形如图所示，过点C作CE⊥BD，则∠DCE＝.在Rt△CDE中，可得|CD|＝＝2×＝4.
答案] (1)B (2)4
(1)研究直线与圆的位置关系最基本的解题方法为代数法，将几何问题代数化，利用函数与方程思想解题.
(2)与弦长有关的问题常用几何法，即利用圆的半径r，圆心到直线的距离d，及半弦长，构成直角三角形的三边，利用其关系 处理.
三、预测押题不能少
3．(1)已知点P(x0，y0)，圆O：x2＋y2＝r2(r>0)，直线l：x0x＋y0y＝r2，有以下几个结论：
①若点P在圆O上，则直线l与圆O相切；
②若点P在圆O外，则直线l与圆O相离；
③若点P在圆O内，则直线l与圆O相交；
④无论点P在何处，直线l与圆O恒相切．
其中正确的个数是( )
A．1 B．2 C．3 D．4
解析：选A 根据点到直线的距离公式有d＝.若点P 在圆O上，则x＋y＝r2，d＝r，相切；若点P在圆O外，则x＋y>r2，dr，相离，故只有①正确．
(2)已知P(x，y)是直线kx＋y＋4＝0(k>0)上一动点，PA，PB是圆C：x2＋y2－2y＝0的两条切线，A，B是切点，若四边形PACB的最小面积是2，则k＝________.
解析：如图，把圆的方程化成标准形式得x2＋(y－1)2＝1，
所以圆心为C(0,1)，半径为r＝1，四边形PACB的面积S＝2S△PBC，所以若四边形PACB的最小面积是2，则S△PBC的最小值为1.
而S△PBC＝r·|PB|，即|PB|的最小值为2，此时|PC|最小，|PC|为圆心到直线kx＋y＋4＝0的距离d，则d＝＝＝，化简得k2＝4，因为k>0，所以k＝2.
答案：2
知能专练(十六)]
一、选择题
1．已知直线l的倾斜角为，直线l1经过点A(3,2)，B(－a,1)，且l1与l垂直，直线l2：2x＋by＋1＝0与直线l1平行，则a＋b＝( )
A．－4 B．－2
C．0 D．2
解析：选B 由题知，直线l的斜率为1，则直线l1的斜率为－1，所以＝－1，所以a＝－4.又l1∥l2，所以－＝－1，b＝2，所以a＋b＝－4＋2＝－2，故选B.
2．若直线l1：x＋ay＋6＝0与l2：(a－2)x＋3y＋2a＝0平行，则l1与l2间的距离为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 由l1∥l2，得(a－2)a＝1×3，且a×2a≠3×6，解得a＝－1，所以l1：x－y＋6＝0，l2：x－y＋＝0，所以l1与l2间的距离为d＝＝.
3．(2018届高三·深圳五校联考)已知直线l：x＋my＋4＝0，若曲线x2＋y2＋2x－6y＋1＝0上存在两点P，Q关于直线l对称，则m的值为( )
A．2 B．－2
C．1 D．－1
解析：选D 因为曲线x2＋y2＋2x－6y＋1＝0是圆(x＋1)2＋(y－3)2＝9，若圆(x＋1)2＋(y－3)2＝9上存在两点P，Q关于直线l对称，则直线l：x＋my＋4＝0过圆心(－1,3)，所以－1＋3m＋4＝0，解得m＝－1.
4．(2017·嘉兴模拟)在平面直角坐标系中，A，B分别是x轴和y轴上的动点，若以AB为直径的圆C与直线2x＋y－4＝0相切，则圆C面积的最小值为( )
A.π B.
C．(6－2)π D.
解析：选A 法一：设A(a,0)，B(0，b)，圆C的圆心坐标为，2r＝，由题知圆心到直线2x＋y－4＝0的距离d＝＝r，即|2a＋b－8|＝2r，2a＋b＝8±2r
，由(2a＋b)2≤5(a2＋b2)，得8±2r≤2r⇒r≥，即圆C的面积S＝πr2≥.
法二：由题意可知以线段AB为直径的圆C过原点O，要使圆C的面积最小，只需圆C的半径或直径最小．又圆C与直线2x＋y－4＝0相切，所以由平面几何知识，知圆的直径的最小值为点O到直线2x＋y－4＝0的距离，此时2r＝，得r＝，圆C的面积的最小值为S＝πr2＝.
5．已知直线x＋y－k＝0(k>0)与圆x2＋y2＝4交于不同的两点A，B，O是坐标原点，且有|＋|≥||，那么k的取值范围是( )
A．(，＋∞) B． ，＋∞)
C． ，2) D． ，2)
解析：选C 当|＋|＝||时，O，A，B三点为等腰三角形的三个顶点，其中OA＝OB，∠AOB＝120°，从而圆心O到直线x＋y－k＝0(k>0)的距离为1，此时k＝；当k>时，|＋|>||，又直线与圆x2＋y2＝4存在两交点，故k<2.综上，k的取值范围为 ，2)．
6．(2017·成都模拟)圆心在曲线y＝(x>0)上，且与直线2x＋y＋1＝0相切的面积最小的圆的方程为( )
A．(x－1)2＋(y－2)2＝5
B．(x－2)2＋(y－1)2＝5
C．(x－1)2＋(y－2)2＝25
D．(x－2)2＋(y－1)2＝25
解析：选A 由圆心在曲线y＝(x>0)上，设圆心坐标为(a>0)，又圆与直线2x＋y＋1＝0相切，所以圆心到直线的距离d等于圆的半径r，而d＝＝
≥＝，当且仅当2a＝，即a＝1时取等号，此时圆的面积最小，圆心坐标为(1,2)，圆的半径的最小值为，则所求圆的方程为(x－1)2＋(y－2)2＝5.
7．若三条直线l1：4x＋y＝3，l2：mx＋y＝0，l3：x－my＝2不能围成三角形，则实数m
的取值最多有( )
A．2个 B．3个
C．4个 D．6个
解析：选C 三条直线不能围成三角形，则至少有两条直线平行或三条直线相交于同一点．若l1∥l2，则m＝4；若l1∥l3，则m＝－；若l2∥l3，则m的值不存在；若三条直线相交于同一点，则m＝1或－.故实数m的取值最多有4个，故选C.
8．若圆(x－3)2＋(y＋5)2＝r2上有且只有两个点到直线4x－3y－2＝0的距离等于1，则半径r的取值范围是( )
A．(4,6) B． 4,6]
C．(4,5) D．(4,5]
解析：选A 设直线4x－3y＋m＝0与直线4x－3y－2＝0之间的距离为1，则有＝1，m＝3或m＝－7.圆心(3，－5)到直线4x－3y＋3＝0的距离等于6，圆心(3，－5)到直线4x－3y－7＝0的距离等于4，因此所求圆半径的取值范围是(4,6)，故选A.
9．(2017·合肥质检)设圆x2＋y2－2x－2y－2＝0的圆心为C，直线l过(0,3)且与圆C交于A，B两点，若|AB|＝2，则直线l的方程为( )
A．3x＋4y－12＝0或4x－3y＋9＝0
B．3x＋4y－12＝0或x＝0
C．4x－3y＋9＝0或x＝0
D．3x－4y＋12＝0或4x＋3y＋9＝0
解析：选B 由题可知，圆心C(1,1)，半径r＝2.当直线l的斜率不存在时，直线方程为x＝0，计算出弦长为2，符合题意；当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y＝kx＋3，由弦长为2可知，圆心到该直线的距离为1，从而有＝1，解得k＝－，所以直线l的方程为y＝－x＋3，即3x＋4y－12＝0.
综上，直线l的方程为x＝0或3x＋4y－12＝0，故选B.
10．已知圆C关于x轴对称，经过点(0,1)，且被y轴分成两段弧，弧长之比为2∶1，则圆的方程为( )
A．x2＋2＝
B．x2＋2＝
C.2＋y2＝
D.2＋y2＝
解析：选C 设圆的方程为(x±a)2＋y2＝r2(a>0)，圆C与y轴交于A(0,1)，B(0，－1)，由弧长之比为2∶1，易知∠OCA＝∠ACB＝×120°＝60°，则tan 60°＝＝＝，所以a＝|OC|＝，即圆心坐标为，r2＝|AC|2＝12＋2＝.所以圆的方程为2＋y2＝，故选C.
二、填空题
11．设直线l1：(m＋1)x－(m－3)y－8＝0(m∈R)，则直线l1恒过定点________；若过原点作直线l2∥l1，则当直线l2与l1的距离最大时，直线l2的方程为________．
解析：由(m＋1)x－(m－3)y－8＝0，得m(x－y)＋x＋3y－8＝0，令得所以l1恒过定点A(2,2)．当l2⊥AO(O为坐标原点)时，直线l1与l2的距离最大，此时kAO＝1，k2＝－1，所以直线l2的方程为y＝－x.
答案：(2,2) y＝－x
12．(2017·温州模拟)圆x2＋y2－2y－3＝0的圆心坐标是________，半径是________．
解析：化圆的一般式方程为标准方程，得x2＋(y－1)2＝4，由此知该圆的圆心坐标为(0,1)，半径为2.
答案：(0,1) 2
13．已知点P(a，b)关于直线l的对称点为P′(b＋1，a－1)，则圆C：x2＋y2－6x－2y＝0关于直线l对称的圆C′的方程为________________；圆C与圆C′的公共弦的长度为________．
解析：因为圆C的方程为x2＋y2－6x－2y＝0，即(x－3)2＋(y－1)2＝10，其圆心为(3,1)，半径为，又因为点P(a，b)关于直线l的对称点为P′(b＋1，a－1)，所以令a＝3，b＝1可得，其关于直线l的对称点(2,2)，所以圆C：x2＋y2－6x－2y＝0关于直线l对称的圆C′的圆心为(2,2)，半径为，即圆C′：(x－2)2＋(y－2)2＝10；圆C与圆C′的圆心的距离为d＝＝，所以两圆公共弦的长度为2＝.
答案：(x－2)2＋(y－2)2＝10
14．已知圆O：x2＋y2＝r2与圆C：(x－2)2＋y2＝r2(r>0)在第一象限的一个公共点为P，过点P作与x轴平行的直线分别交两圆于不同两点A，B(异于P点)，且OA⊥OB，则直线OP的斜率是________，r＝________.
解析：两圆的方程相减得，4x－4＝0，则点P的横坐标x＝1.易知P为AB的中点，因为OA⊥OB，所以|OP|＝|AP|＝|PB|，所以△OAP为等边三角形，所以∠APO＝60°，因为AB
∥x轴，所以∠POC＝60°，所以直线OP的斜率为.设P(1，y1)，则y1＝，所以P(1，)，代入圆O，解得r＝2.
答案： 2
15．已知直线ax＋y－2＝0与圆心为C的圆(x－1)2＋(y－a)2＝4相交于A，B两点，且△ABC为等边三角形，则实数a＝________.
解析：依题意，圆C的半径是2，圆心C(1，a)到直线ax＋y－2＝0的距离等于×2＝，于是有＝，即a2－8a＋1＝0，解得a＝4±.
答案：4±
16．(2018届高三·浙江省名校联考)设圆C：(x－3)2＋(y－5)2＝5，过圆心C作直线l交圆于A，B两点，交y轴于点P，若A恰好为线段BP的中点，则直线l的方程为________．
解析：如图，A为PB的中点，而C为AB的中点，因此，C为PB的四等分点．而C(3,5)，P点的横坐标为0，因此，A，B的横坐标分别为2,4，将A的横坐标代入圆的方程中，可得A(2,3)或A(2,7)，根据直线的两点式得到直线l的方程为2x－y－1＝0或2x＋y－11＝0.
答案：2x－y－1＝0或2x＋y－11＝0
17．在平面直角坐标系内，到点A(1,2)，B(1,5)，C(3,6)，D(7，－1)的距离之和最小的点的坐标是________．
解析：取四边形ABCD对角线的交点，这个交点到四点的距离之和就是最小值．可证明如下：
假设在四边形ABCD中任取一点P，在△APC中，有AP＋PC＞AC，在△BPD中，有PB＋PD＞BD，
而如果P在线段AC上，那么AP＋PC＝AC；同理，如果P在线段BD上，那么BP＋PD＝BD.
如果同时取等号，那么意味着距离之和最小，此时P就只能是AC与BD的交点．易求得P(2,4)．
答案：(2,4)
选做题]
1．(2018届高三·湖北七市(州)联考)已知圆C：(x－1)2＋y2＝r2(r>0)．设条件p：01，即01，即r>3时，直线与圆相交，此时圆上有4个点到直线的距离为1.
综上，当0|F1F2|)；
(2)双曲线：||PF1|－|PF2||＝2a(2a<|F1F2|)；
(3)抛物线：|PF|＝|PM|，点F不在直线l上，PM⊥l于M.
2．圆锥曲线的标准方程(以焦点在x轴上为例)：
椭圆：＋＝1(a>b>0)；
双曲线：－＝1(a>0，b>0)；
抛物线：y2＝±2px(p>0)．
二、经典例题领悟好
例1] (1)(2017·全国卷Ⅲ)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的一条渐近线方程为y＝x，且与椭圆＋＝1有公共焦点，则C的方程为( )
A.－＝1 B.－＝1
C.－＝1 D.－＝1
(2)(2016·浙江高考)若抛物线y2＝4x上的点M到焦点的距离为10，则M到y轴的距离是________．
解析] (1)根据双曲线C的渐近线方程为y＝x，
可知＝.①
又椭圆＋＝1的焦点坐标为(3,0)和(－3,0)，
所以a2＋b2＝9.②
根据①②可知a2＝4，b2＝5，所以C的方程为－＝1.
(2)设点M的横坐标为x，则点M到准线x＝－1的距离为x＋1，
由抛物线的定义知x＋1＝10，∴x＝9，
∴点M到y轴的距离为9.
答案] (1)B (2)9
1.求解圆锥曲线标准方程的方法是“先定型，后计算”.所谓“定型”，就是指确定类型，也就是确定椭圆、双曲线、抛物线的焦点所在的坐标轴，从而设出相应的标准方程的形式；所谓“计算”，就是指利用待定系数法求出方程中的a2，b2，p的值，最后代入写出椭圆、双曲线、抛物线的标准方程.
2.利用定义解题是这一部分的一个重要方法.面对一个数学对象，回顾它的定义常常能找到最简捷的途径，如果题目涉及焦点、准线、离心率、圆锥曲线上的点等条件时，首先要联想相应定义.
三、预测押题不能少
1．(1)已知抛物线关于x轴对称，它的顶点在坐标原点O，并且经过点M(2，y0)．若点M到该抛物线焦点的距离为3，则|OM|＝( )
A．2 B．2
C．4 D．2
解析：选B 依题意，设抛物线方程是y2＝2px(p>0)，则有2＋＝3，得p＝2，故抛物线方程是y2＝4x，点M的坐标是(2，±2)，|OM|＝ ＝2.
(2)(2017·长沙模拟)已知椭圆的中心在原点，离心率e＝，且它的一个焦点与抛物线y2＝－4x的焦点重合，则此椭圆方程为( )
A.＋＝1 B.＋＝1
C.＋y2＝1 D.＋y2＝1
解析：选A 由题可知椭圆的焦点在x轴上，所以设椭圆的标准方程为＋＝1(a>b>0)，而抛物线y2＝－4x的焦点为(－1,0)，所以c＝1，又离心率e＝＝，解得a＝2，b2＝a2－c2＝3，所以椭圆方程为＋＝1.故选A.
一、基础知识要记牢
(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.
二、经典例题领悟好
例2] (1)(2017·浙江高考)椭圆＋＝1的离心率是( )
A. B. C. D.
(2)(2017·全国卷Ⅰ)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右顶点为A，以A为圆心，b为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M，N两点．若∠MAN＝60°，则C的离心率为________．
解析] (1)根据题意知，a＝3，b＝2，则c＝＝，∴椭圆的离心率e＝＝.
(2)双曲线的右顶点为A(a,0)，一条渐近线的方程为y＝x，即bx－ay＝0，则圆心A到此渐近线的距离d＝＝.又因为∠MAN＝60°，圆的半径为b，所以b·sin 60°＝，即＝，所以e＝＝.
答案] (1)B (2)
(1)椭圆的方程、双曲线的方程、渐近线的方程以及抛物线的方程、准线都是高考的热点．在解题时，要充分利用条件，构造方程，运用待定系数法求解．
(2)求椭圆、双曲线的离心率，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系，然后把b用a，c代换，求的值；在双曲线中由于e2＝1＋2，故双曲线的渐近线与离心率密切相关.
三、预测押题不能少
2．(1)设双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的右焦点为F，右顶点为A，过F作AF的垂线与双曲线交于B，C两点，过B，C分别作AC，AB的垂线，两垂线交于点D.若D到直线BC
的距离小于a＋，则该双曲线的渐近线斜率的取值范围是( )
A．(－1,0)∪(0,1)
B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
C．(－，0)∪(0，)
D．(－∞，－)∪(，＋∞)
解析：选A 由题作出图象如图所示．
由－＝1，可知A(a,0)，F(c,0)．
易得B，C.
∵kAB＝＝，∴kCD＝.
∵kAC＝＝，∴kBD＝－.
∴lBD：y－＝－(x－c)，
即y＝－x＋＋，
lCD：y＋＝(x－c)，
即y＝x－－.
∴xD＝c＋.
∴点D到BC的距离为.
∴b2，
∴0<<1.∴0<<1或－1<<0.
(2)(2017·全国卷Ⅰ)设A，B是椭圆C：＋＝1长轴的两个端点．若C上存在点M满足∠
AMB＝120°，则m的取值范围是( )
A．(0,1]∪ 9，＋∞) B．(0， ]∪ 9，＋∞)
C．(0,1]∪ 4，＋∞) D．(0， ]∪ 4，＋∞)
解析：选A 当0＜m＜3时，焦点在x轴上，
要使C上存在点M满足∠AMB＝120°，
则≥tan 60°＝，即≥，解得0＜m≤1.
当m＞3时，焦点在y轴上，
要使C上存在点M满足∠AMB＝120°，
则≥tan 60°＝，即≥，解得m≥9.
故m的取值范围为(0,1]∪ 9，＋∞)．
一、经典例题领悟好
例3] (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－0，b>0)的离心率e＝，则它的渐近线方程为( )
A．y＝±x B．y＝±x
C．y＝±x D．y＝±x
解析：选A 由双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的离心率e＝，可得＝，∴＋1＝，可得＝，故双曲线的渐近线方程为y＝±x.
2．(2017·全国卷Ⅲ)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A2为直径的圆与直线bx－ay＋2ab＝0相切，则C的离心率为( )
A. B. C. D.
解析：选A 以线段A1A2为直径的圆的方程为x2＋y2＝a2，由原点到直线bx－ay＋2ab＝0的距离d＝＝a，得a2＝3b2，所以C的离心率e＝ ＝.
3．(2017·全国卷Ⅰ)已知F是双曲线C：x2－＝1的右焦点，P是C上一点，且PF与x轴垂直，点A的坐标是(1,3)，则△APF的面积为( )
A. B. C. D.
解析：选D 由题可知，双曲线的右焦点为F(2,0)，当x＝2时，代入双曲线C的方程，得4－＝1，解得y＝±3，不妨取点P(2,3)，因为点A(1,3)，所以AP∥x轴，又PF⊥x
轴，所以AP⊥PF，所以S△APF＝|PF|·|AP|＝×3×1＝.
4．设AB是椭圆的长轴，点C在椭圆上，且∠CBA＝，若AB＝4，BC＝，则椭圆的两个焦点之间的距离为( )
A. B. C. D.
解析：选A 不妨设椭圆的标准方程为＋＝1(a>b>0)，如图，由题意知，2a＝4，a＝2，∵∠CBA＝，BC＝，∴点C的坐标为(－1,1)，∵点C在椭圆上，∴＋＝1，∴b2＝，
∴c2＝a2－b2＝4－＝，c＝，则椭圆的两个焦点之间的距离为2c＝.
5．(2017·全国卷Ⅱ)过抛物线C：y2＝4x的焦点F，且斜率为的直线交C于点M(M在x轴的上方)，l为C的准线，点N在l上且MN⊥l，则M到直线NF的距离为( )
A. B．2 C．2 D．3
解析：选C 法一：由题意，得F(1,0)，
则直线FM的方程是y＝(x－1)．
由得x＝或x＝3.
由M在x轴的上方，得M(3,2)，
由MN⊥l，得|MN|＝|MF|＝3＋1＝4.
又∠NMF等于直线FM的倾斜角，即∠NMF＝60°，
因此△MNF是边长为4的等边三角形，
所以点M到直线NF的距离为4×＝2.
法二：依题意，得直线FM的倾斜角为60°，
则|MN|＝|MF|＝＝4.
又∠NMF等于直线FM的倾斜角，
即∠NMF＝60°，
因此△MNF是边长为4的等边三角形，
所以点M到直线NF的距离为4×＝2.
6．(2018届高三·湘中名校联考)过双曲线－＝1(a>0，b>0)的右焦点且垂直于x
轴的直线与双曲线交于A，B两点，与双曲线的渐近线交于C，D两点，若|AB|≥|CD|，则双曲线离心率e的取值范围为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 将x＝c代入－＝1得y＝±，不妨取A，B，所以|AB|＝.
将x＝c代入双曲线的渐近线方程y＝±x，得y＝±，不妨取C，D，所以|CD|＝.
因为|AB|≥|CD|，所以≥×，即b≥c，则b2≥c2，即c2－a2≥c2，即c2≥a2，所以e2≥，所以e≥，故选B.
二、填空题
7．设F1，F2为双曲线C：－＝1(a>0)的左、右焦点，点P为双曲线C右支上一点，如果|PF1|－|PF2|＝6，那么双曲线C的方程为________，离心率为________．
解析：由双曲线定义可得2a＝|PF1|－|PF2|＝6，a＝3，所以曲线C的方程为－＝1.又b＝4，所以c＝＝5，则离心率e＝＝.
答案：－＝1
8．已知抛物线x2＝4y，则其焦点F的坐标为________，若M是抛物线上一点，|MF|＝4，O为坐标原点，则∠MFO＝________.
解析：抛物线x2＝4y的焦点坐标F(0,1)．设M(x，y)，由抛物线定义可得|MF|＝y＋1＝4，则y＝3，代入抛物线方程解得一个M(2，3)，则＝(2，2)，＝(0，－1)，所以cos∠MFO＝＝－，所以∠MFO＝.
答案：(0,1)
9．(2018届高三·广东五校联考)已知椭圆C：＋y2＝1的两焦点为F1，F2，点P(x0，y0
)满足0<＋y<1，则|PF1|＋|PF2|的取值范围是________．
解析：由点P(x0，y0)满足0<＋y<1，可知P(x0，y0)一定在椭圆内(不包括原点)，因为a＝，b＝1，所以由椭圆的定义可知|PF1|＋|PF2|<2a＝2，又|PF1|＋|PF2|≥|F1F2|＝2，故|PF1|＋|PF2|的取值范围是 2,2)．
答案： 2,2)
三、解答题
10．设椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点(0,4)，离心率为.
(1)求C的方程；
(2)求过点(3,0)且斜率为的直线被C所截线段的中点坐标．
解：(1)将(0,4)代入C的方程得＝1，解得b＝4.
又e＝＝，得＝，即1－＝，
则a＝5.所以C的方程为＋＝1.
(2)过点(3,0)且斜率为的直线方程为y＝(x－3)．
设直线与C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，将直线方程y＝(x－3)代入C的方程，得＋＝1，即x2－3x－8＝0，所以x1＋x2＝3.设AB的中点坐标为(x0，y0)，则x0＝＝，y0＝＝(x1＋x2－6)＝－，即中点坐标为.
11．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，抛物线C与直线l1：y＝－x的一个交点的横坐标为8.
(1)求抛物线C的方程；
(2)不过原点的直线l2与l1垂直，且与抛物线交于不同的两点A，B，若线段AB的中点为P，且|OP|＝|PB|，求△FAB的面积．
解：(1)易知直线与抛物线的交点坐标为(8，－8)，∴(－8)2＝2p×8，∴2p＝8，∴抛物线方程为y2＝8x.
(2)直线l2与l1垂直，故可设l2：x＝y＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，且直线l2与x轴的交点为M.由得y2－8y－8m＝0，Δ＝64＋32m>0，∴m>－2.y1＋y2＝8，y1y2＝－8m，∴ x1x2＝＝m2.由题意可知OA⊥OB，即x1x2＋y1y2＝m2－8m＝0，∴m＝8或m＝0(舍去)，∴l2：x＝y
＋8，M(8,0)．故S△FAB＝S△FMB＋S△FMA＝·|FM|·|y1－y2|＝3＝24.
12．(2018届高三·浙江名校联考)椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的长轴长等于圆C2：x2＋y2＝4的直径，且C1的离心率等于.直线l1和l2是过点M(1,0)，且互相垂直的两条直线，l1交C1于A，B两点，l2交C2于C，D两点．
(1)求C1的标准方程；
(2)当四边形ACBD的面积为时，求直线l1的斜率k(k>0)．
解：(1)由题意得2a＝4，即a＝2.∵＝，∴c＝1，∴b＝，∴椭圆C1的标准方程为＋＝1.
(2)直线AB：y＝k(x－1)，则直线CD：y＝－(x－1)，由得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则∴|AB|＝|x1－x2|＝.∵圆心(0,0)到直线CD：x＋ky－1＝0的距离d＝，又＋d2＝4，∴|CD|＝2，∵AB⊥CD，∴S四边形ACBD＝|AB|·|CD|＝，由＝，解得k＝1或k＝－1，由k>0，得k＝1.
第三讲圆锥曲线中的热点问题
一、基础知识要记牢
在直角坐标系中，如果某曲线C上点的坐标都是二元方程f(x，y)＝0的实数解，且以这个二元方程f(x，y)＝0的实数解为坐标的点都是曲线上的点，则方程叫做曲线的方程，这条曲线叫做方程的曲线．
二、经典例题领悟好
例1] (2017·全国卷Ⅱ)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] (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)在椭圆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.
求动点轨迹方程的一般步骤
(1)建：建立合适的直角坐标系；
(2)设：设曲线上任意一点的坐标(x，y)；
(3)限：考虑满足的条件；
(4)代：把点的坐标代入关系式；
(5)化：化简，并证明所求方程为符合条件的动点的轨迹方程(一般省略).
三、预测押题不能少
1．已知在平面直角坐标系中的一个椭圆，中心在原点，左焦点为F(－，0)，且过点D(2,0)．
(1)求该椭圆的标准方程；
(2)设点A，若P是椭圆上的动点，求线段PA的中点M的轨迹方程．
解：(1)设椭圆的标准方程为＋＝1(a>b>0)，由题意，c＝，a＝2，所以b＝1.故椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(2)设线段PA的中点为M(x，y)，点P的坐标为(x0，y0)，由得由点P在椭圆上，得＋2＝1.所以线段PA的中点M的轨迹方程是2＋42＝1.
一、经典例题领悟好
例2] (2017·山东高考)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] (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)．
联立方程消去y，
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＋≥，
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.
(1)求解圆锥曲线中的范围问题的关键是建立关于求解某个变量的目标函数，通过求这个函数的值域确定目标的范围.
(2)圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线与圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时确定与之有关的一些问题.
二、预测押题不能少
2．已知F1，F2分别为椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的上、下焦点，F1是抛物线C2：x2＝4y
的焦点，点M是C1与C2在第二象限的交点， 且|MF1|＝.
(1)求椭圆C1的方程；
(2)与圆x2＋(y＋1)2＝1相切的直线l：y＝k(x＋t)，kt≠0交椭圆C1于A，B，若椭圆C1上一点P满足＋＝λ，求实数λ的取值范围．
解：(1)由题知F1(0,1)，所以a2－b2＝1，
又由抛物线定义可知|MF1|＝yM＋1＝，得yM＝，
于是易知M，
从而|MF2|＝＝，
由椭圆定义知2a＝MF1＋MF2＝4，得a＝2，故b2＝3，
从而椭圆的方程为＋＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，
则由＋＝λ知，x1＋x2＝λx0，y1＋y2＝λy0，
且＋＝1，①
又直线l：y＝k(x＋t)，kt≠0与圆x2＋(y＋1)2＝1相切，所以有＝1，
由k≠0，可得k＝(t≠±1，t≠0)．②
联立
消去y得(4＋3k2)x2＋6k2tx＋3k2t2－12＝0.
则Δ>0恒成立，
且x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2kt＝，
所以得P，
代入①式得＋＝1，
所以λ2＝.
又将②式代入得，λ2＝，t≠0，t≠±1，
易知2＋＋1>1，且2＋＋1≠3，
所以λ2∈∪，
所以λ的取值范围为.
一、经典例题领悟好
例3] (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] (1)由题意得解得
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．
(1)定值问题的求解策略：
在解析几何中，有些几何量与参数无关，这就是“定值”问题，解决这类问题常通过取特殊值，先确定“定值”是多少，再进行证明，或者将问题转化为代数式，再证明该式是与变量无关的常数或者由该等式与变量无关，令其系数等于零即可得到定值.
(2)定点问题的求解策略：
把直线或曲线方程中的变量x，y当做常数看待，把方程一端化为零，既然直线或曲线过定点，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零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点.
二、预测押题不能少
3．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：(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)．
知能专练(十八)]
一、选择题
1．(2017·河北衡水中学模拟)已知点Q在椭圆C：＋＝1上，点P满足＝(＋)(其中O为坐标原点，F1为椭圆C的左焦点)，则点P的轨迹为( )
A．圆 B．抛物线
C．双曲线 D．椭圆
解析：选D 因为点P满足＝(＋)，所以点P是线段QF1的中点．设P(x，y)，由F1为椭圆C：＋＝1的左焦点，得F1(－，0)，故Q(2x＋，2y)，又点Q在椭圆C：
eq f(x2,16)＋＝1上，所以＋＝1，即＋＝1，所以点P的轨迹是椭圆，故选D.
2.(2017·安徽六安一中模拟)如图，已知F1，F2是椭圆Γ：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，P是椭圆Γ上任意一点，过F2作∠F1PF2的外角的角平分线的垂线，垂足为Q，则点Q的轨迹为( )
A．直线 B．圆
C．椭圆 D．双曲线
解析：选B 延长F2Q，与F1P的延长线交于点M，连接OQ.因为PQ是∠F1PF2的外角的角平分线，且PQ⊥F2M，所以在△PF2M中，|PF2|＝|PM|，且Q为线段F2M的中点．又O为线段F1F2的中点，由三角形的中位线定理，得|OQ|＝|F1M|＝(|PF1|＋|PF2|)．根据椭圆的定义，得|PF1|＋|PF2|＝2a，所以|OQ|＝a，所以点Q的轨迹为以原点为圆心，半径为a的圆，故选B.
3．已知F1，F2分别是双曲线－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，P为双曲线右支上的一点．若＝8a，则双曲线的离心率的取值范围是( )
A．(1,2] B． 2，＋∞) C．(1,3] D． 3，＋∞)
解析：选C 设|PF2|＝y，则(y＋2a)2＝8ay⇒(y－2a)2＝0⇒y＝2a≥c－a⇒e＝≤3，又因为e>1，可得e的取值范围为(1,3]．
4．已知抛物线x2＝4y上有一条长为6的动弦AB，则AB的中点到x轴的最短距离为( )
A. B. C．1 D．2
解析：选D 由题意知，抛物线的准线l：y＝－1，过A作AA1⊥l于A1，过B作BB1⊥l于B1，设弦AB的中点为M，过M作MM1⊥l于M1.则|MM1|＝.|AB|≤|AF|＋|BF|(F为抛物线的焦点)，即|AF|＋|BF|≥6，|AA1|＋|BB1|≥6,2|MM1|≥6，|MM1|≥3，故M到x轴的最短距离|MM1|min＝3－1＝2.
二、填空题
5．已知点A(－，0)，点B(，0)，且动点P满足|PA|－|PB|＝2，则动点P的轨迹与直线y＝k(x－2)有两个交点的充要条件为k∈________.
解析：由已知得动点P的轨迹为一双曲线的右支且2a＝2，c＝，则b＝＝1，所以P点的轨迹方程为x2－y2＝1(x>1)，其一条渐近线方程为y＝x.若P点的轨迹与直线y＝k(x－2)有两个交点，则需k∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．
答案：(－∞，－1)∪(1，＋∞)
6．已知F1，F2分别为双曲线C：－＝1的左、右焦点，P，Q为C上的点，且满足条件：①线段PQ的长度是虚轴长的2倍；②线段PQ经过F2，则△PQF1的周长为________．若只满足条件②，则△PQF1的周长的最小值为________．
解析：由题意得a＝3，b＝2，c＝，|PQ|＝4b＝8.
由双曲线的定义得|PF1|－|PF2|＝6，|QF1|－|QF2|＝6，△PQF1的周长为|PF1|＋|QF1|＋|PF2|＋|QF2|＝(|PF1|－|PF2|)＋(|QF1|－|QF2|)＋2(|PF2|＋|QF2|)＝(|PF1|－|PF2|)＋(|QF1|－|QF2|)＋2|PQ|＝6＋6＋2×8＝28.若只满足条件②，△PQF1的周长为|PF1|＋|QF1|＋|PF2|＋|QF2|＝(|PF1|－|PF2|)＋(|QF1|－|QF2|)＋2(|PF2|＋|QF2|)＝12＋2|PQ|，当PQ⊥x轴时弦|PQ|最短，令x＝，则有y2＝4×＝，解得y＝±，此时|PQ|＝，所以△PQF1的周长的最小值为12＋2×＝.
答案：28
三、解答题
7．(2017·浙东北三校模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，右焦点到直线＋＝1的距离为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若O为坐标原点，过点O作两条相互垂直的射线，与椭圆C分别交于A，B两点，证明：点O到直线AB的距离为定值，并求|AB|的最小值．
解：(1)由题意得椭圆的离心率e＝＝，右焦点为(c,0)，又右焦点到直线＋＝1的距离为，所以＝，又a2＝b2＋c2，故a＝2，b＝，c＝1.
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，当直线AB的斜率不存在时，x2＝x1，y1＝－y2，且y＝x，又＋＝1，解得|x1|＝＝，即点O到直线AB的距离为.当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋m，与椭圆的方程联立消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m
2－12＝0，所以x1＋x2＝－，x1x2＝.
因为OA⊥OB，所以x1x2＋y1y2＝0，所以x1x2＋(kx1＋m)·(kx2＋m)＝0，即(k2＋1)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0，所以(k2＋1)·－＋m2＝0，整理得7m2＝12(k2＋1)，
所以点O到直线AB的距离为＝＝.
因为OA⊥OB，所以|OA|2＋|OB|2＝|AB|2≥2|OA|·|OB|，当且仅当|OA|＝|OB|时取等号．
由·|AB|＝|OA|·|OB|≤得|AB|≥2×＝，即|AB|的最小值为.
8．在平面直角坐标系xOy中，已知点A(－，0)，B(，0)，E为动点，且直线EA与直线EB的斜率之积为－.
(1)求动点E的轨迹C的方程；
(2)设过点F(1,0)的直线l与曲线C相交于不同的两点M，N.若点P在y轴上，且|PM|＝|PN|，求点P的纵坐标的取值范围．
解：(1)设动点E的坐标为(x，y)，依题意可知·＝－，整理得＋y2＝1(x≠±)．所以动点E的轨迹C的方程为＋y2＝1(x≠±)．(2)当直线l的斜率不存在时，满足条件的点P的纵坐标为0.当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－1)，将y＝k(x－1)代入＋y2＝1并整理得，(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，Δ＝8k2＋8>0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝.设MN的中点为Q，则xQ＝，yQ＝k(xQ－1)＝－，所以点Q的坐标为.由题意可知k≠0，又直线MN的垂直平分线的方程为y＋＝－.令x＝0，解得yP＝＝.当k>0时，因为2k＋≥2，所以0yP≥－＝－，当且仅当k＝－时等号成立．综上所述，点P的纵坐标的取值范围是.
9.(2017·杭州模拟)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)，直线l：y＝x＋1与抛物线C交于A，B两点，设直线OA，OB的斜率分别为k1，
k2(其中O为坐标原点)，且k1·k2＝－.
(1)求p的值；
(2)如图，已知点M(x0，y0)为圆：x2＋y2－y＝0上异于O点的动点，过点M的直线m交抛物线C于E，F两点．若M为线段EF的中点，求|EF|的最大值．
解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，将y＝x＋1代入抛物线C：x2＝2py，得x2－2px－2p＝0，则x1x2＝－2p.所以k1·k2＝·＝＝＝－，所以p＝2.
(2)设E(x3，y3)，F(x4，y4)，直线m：y＝k(x－x0)＋y0，与抛物线C：x2＝4y联立，得x2－4kx＋4kx0－4y0＝0，( )
则x3＋x4＝4k＝2x0，所以k＝x0.此时( )式为x2－2x0x＋2x－4y0＝0，所以x3·x4＝2x－4y0.所以|EF|＝·|x3－x4|＝·＝ ·＝.又x＋y－y0＝0，所以|EF|＝≤＝2＋2y0≤4(y0≤1)，当且仅当即y0＝1时取等号．所以|EF|的最大值为4.
三、解答题
10．(2017·宁波模拟)已知椭圆＋＝1(a>b>0)经过点P(－2,0)与点(1,1)．
(1)求椭圆的方程；
(2)过P点作两条互相垂直的直线PA，PB，交椭圆于A，B.
①证明：直线AB经过定点；
②求△ABP面积的最大值．
解：(1)由题意得解得a2＝4，b2＝，
椭圆的方程为＋＝1.
(2)①证明：由对称性知，若存在定点，则必在x轴上，
当kPA＝1时，lPA：y＝x＋2，∴
∴x2＋3(x2＋4x＋4)＝4⇒x＝－1.
以下验证：定点为(－1,0)，
由题意知，直线PA，PB的斜率均存在，
设直线PA的方程为y＝k(x＋2)，A(xA，yA)，B(xB，yB)．
则x2＋3k2(x2＋4x＋4)＝4⇒xA＝，yA＝，同理xB＝，yB＝－，
则＝＝，得证．
②由于直线不与x轴平行，设直线AB方程为x＝ty－1，
∴∴(t2＋3)y2－2ty－3＝0，
∴yA＋yB＝，yAyB＝，
S△PAB＝×1×|yA－yB|＝×
＝×＝，
令 ＝λ∈ 3，＋∞)，则t2＝，
∴S△PAB＝＝＝≤＝1，
当且仅当λ＝3，即t＝0时取等号．
11.(2017·杭州模拟)设椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左顶点为A(－2,0)，离心率e＝，过点P(1,0)的直线交椭圆E于B，C两点，直线AB，AC分别交直线x＝3于M，N两点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)以线段MN为直径的圆是否过定点，若是，求出这个定点的坐标；若不是，请说明理由．
解：(1)由题意，a＝2，e＝＝，则c＝，故b＝1，
所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)过定点．设直线BC的方程为x＝ty＋1(t∈R)，点B，C的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．
由得(t2＋4)y2＋2ty－3＝0，
由根与系数的关系得
所以x1x2＝(ty1＋1)(ty2＋1)
＝t2y1y2＋t(y1＋y2)＋1＝，
x1＋x2＝(ty1＋1)＋(ty2＋1)＝t(y1＋y2)＋2＝，
又kAB＝，直线AB的方程为y＝(x＋2)，
点M的坐标为，
同理，N，假设过定点Q(m,0)，则
·＝·
＝(3－m)2＋＝(3－m)2＋＝(3－m)2－＝0，
m＝3－或m＝3＋，
即定点为或.
12．(2017·台州模拟)如图，已知椭圆C：＋y2＝1，过点P(1,0)作斜率为k的直线l，且直线l与椭圆C交于两个不同的点M，N.
(1)设点A(0,2)，k＝1，求△AMN的面积；
(2)设点B(t,0)，记直线BM，BN的斜率分别为k1，k2.问是否存在实数t，使得对于任意非零实数k，(k1＋k2)·k为定值？若存在，求出实数t的值及该定值；若不存在，请说明理由．
解：(1)当k＝1时，直线l的方程为y＝x－1.
由得x＝0或x＝，
当x＝0时，y＝－1，当x＝时，y＝，
不妨设N(0，－1)，M.
所以|AN|＝3.所以S△AMN＝×3×＝.
(2)由题意知，直线MN的方程为y＝k(x－1)，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)．由
得(1＋4k2)x2－8k2x＋4k2－4＝0.
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
由k1＝，k2＝，得(k1＋k2)·k＝k＋＝k2
＝
＝
＝.
若2t－8＝0，则t＝4，(k1＋k2)·k＝0为定值．
若2t－8≠0，则当t2－4＝0，即t＝±2时，(k1＋k2)·k＝为定值．
所以当t＝4时，(k1＋k2)·k＝0；
当t＝2时，(k1＋k2)·k＝－1；
当t＝－2时，(k1＋k2)·k＝－.
(五) 圆锥曲线的研究性学习
圆锥曲线部分是高考命题的着力点，试题不仅具有一定综合性，而且着眼于学习方法、问题解决、学习潜能等的考查，试题规避题型，反套路化明显，对分析问题、运算求解有很高的要求，体现对研究性学习的要求．
研究性学习，就是把一部分数学知识的归纳整理、数学能力的强化训练分解成研究性课题，由学生选择、确定并研究，引起讨论，得出结论，促使学生由被动接受变为主动吸纳，让他们有意识、有目的地参与到复习过程中．
研究性学习是一种主题探究式学习，学生的学习、研究活动都是围绕着各自选择的主题展开的，利用主题探究式学习法，将数学复习的内容和能力要求按一系列主题进行归纳研究，更能提纲挈领，化繁为简，同时，学生可以根据不同的目的、需求、兴趣与自身条件，自由灵活地寻找复习的突破口，研究性学习可以帮助学生尽快掌握数学学习的规律性方法，迅速提高应考的综合能力．圆锥曲线部分综合的知识构成与能力层次为学生研究性学习提供了极其丰富的探究资 ．
这里提供一些探究性问题，供选用．
存在性问题
例1] (2017·广西陆川县模拟)已知椭圆D：x2＋＝1的左焦点为F，其左，右顶点为A，C，椭圆与y轴正半轴的交点为B，△FBC的外接圆的圆心P(m，n)在直线x＋y＝0上．
(1)求椭圆D的方程；
(2)已知直线l：x＝－，N是椭圆D上的动点，MN⊥l，垂足为M，问：是否存在点N，使得△FMN为等腰三角形？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
解] (1)由题意知，圆心P既在边FC的垂直平分线上，也在边BC的垂直平分线上，F(－c,0)，则边FC的垂直平分线方程为x＝，①
因为边BC的中点坐标为，直线BC的斜率为－b，
所以边BC的垂直平分线的方程为y－＝，②
联立①②，解得m＝，n＝，
因为P(m，n)在直线x＋y＝0上，所以＋＝0，
即(1＋b)(b－c)＝0，
因为1＋b>0，所以b＝c.
由b2＝1－c2，得b2＝c2＝，所以椭圆D的方程为x2＋2y2＝1.
(2)由(1)，知F，椭圆上的点的横坐标满足－1≤x≤1，
设N(x，y)，由题意得M(－，y)，
则|MN|＝|x＋|，|FN|＝，|MF|＝.
①若|MN|＝|FN|，即|x＋|＝，与x2＋2y2＝1联立，解得x＝－<－1，显然不符合条件；
②若|MN|＝|MF|，即|x＋|＝，
与x2＋2y2＝1联立，解得x＝－或x＝－<－1(显然不符合条件，舍去)，
所以满足条件的点N的坐标为；
③若|FN|＝|MF|，即 ＝ ，
与x2＋2y2＝1联立，解得x＝0或x＝－<－1(显然不符合条件，舍去)，
所以满足条件的点N的坐标为.
综上，存在点N或，使得△FMN为等腰三角形．
(1)解决存在性问题的注意事项
存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．
①当条件和结论不唯一时，要分类讨论．
②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．
③当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．
(2)求解圆锥曲线中存在性问题的方法
①通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化，其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程(组)，若方程(组)有实根，则元素(点、直线、曲线或参数)存在，否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在；
②反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法.
(2018届高三·山西四校联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，以原点O为圆心，以椭圆C的长半轴长为半径的圆与直线2x－y＋6＝0相切．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知点A，B为动直线y＝k(x－2)(k≠0)与椭圆C的两个交点，在x轴上是否存在定点E，使得2＋·为定值？若存在，求出点E的坐标和定值；若不存在，请说明理由．
解：(1)由e＝，得＝，即c＝a，①
由题意得，a＝＝，代入①，得c＝2，所以b2＝a2－c2＝2，所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)由得(1＋3k2)x2－12k2x＋12k2－6＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝.根据题意，假设在x轴上存在定点E(m,0)，使得2＋·＝(＋)·＝·为定值，则·＝(x1－m，y1)·(x2－m，y2)＝(x1－m)·(x2－m)＋y1y2＝(k2＋1)x1x2－(2k2＋m)(x1＋x2)＋(4k2＋m2)＝，
要使上式为定值，即与k无关，只需3m2－12m＋10＝3(m2－6)，解得m＝，
此时，2＋·＝m2－6＝－，
所以在x轴上存在定点E，使得2＋·为定值，且定值为－.
焦点弦及相关问题的探索
例2] 斜率为1的直线l经过抛物线y2＝4x的焦点F，且与抛物线相交于A，B两点，求线段AB的长．
思考问题] 本题有哪些解决方法？哪些是通法，哪些可以解决类似的椭圆问题？
提示：1.求交点坐标求弦长；
2．根据根与系数的关系求弦长；
3．根据求根公式求弦长；
4．利用抛物线定义求弦长；
5．数形结合等．
问题拓展] 你能给出本题的一般问题，并给出相应结论吗？试给出证明．在椭圆中能得到什么样的结论？
一般问题：斜率为k(倾斜角为θ)的直线l过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F，且与抛物线相交于A，B两点，求线段AB的长．
问题探究] 如图，可以看出，|FA|＝p－|FA|cos θ，|FB|＝|FB|cos θ＋p，
所以|AB|＝|FA|＋|FB|＝＋＝.
求解过程非常直观，在已知直线倾斜角的情形下，可以直接“看出”焦点弦的弦长．直线斜率存在时，由k＝tan θ，1＋tan2θ＝，得|AB|＝＝2p.
例2中，k＝1(θ＝45°)，p＝2，所以|AB|＝8.从结论中还可以看出，抛物线的通径为2p，是最短的焦点弦．
在椭圆的情形下，类似地可以“看出”焦点弦的长度，并得出如下结论．
形成结论1] 斜率为k(倾斜角为θ)的直线l过圆锥曲线焦点F，且与圆锥曲线相交于A，B两点，则有|AB|＝＝(其中p为焦点到相应准线的距离，e为离心率)．
例3] 已知F是抛物线C：y2＝4x的焦点，过F且斜率为1的直线交C于A，B两点．设|FA|>|FB|，则|FA|与|FB|的比值等于________．
思考问题] 本题有哪些解决方法？同样能考虑本问题的解法能拓展到椭圆吗？
提示：(1)代数方法；
(2)数形结合方法．
问题拓展] 写出例3的一般性问题，探索其一般性结论，类似地，在椭圆中能得到什么样的结论？
一般问题：斜率为k(倾斜角为θ)的直线l过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F，且与抛物线相交于A，B两点，＝λ，求λ的值．
问题探究] 如图，设|BF|＝a，由抛物线的定义知|BB1|＝a，|AA1|＝λa，△ABC中，|AC|＝|λ－1|a，|AB|＝(λ＋1)a，所以|cos θ|＝，再由1＋tan2θ＝，
得1＋k2＝2.
形成结论2] 斜率为k(倾斜角为θ)且过圆锥曲线的焦点F的直线交圆锥曲线于A，B两点，若＝λ，则有①|cos θ|＝，②1＋k2＝e22.
例3中，θ＝45°，由结论2，λ＝＝＝3＋2.
由上面结论1,2，你能得到新的结论吗？
形成结论3] 斜率为k(倾斜角为θ)且过圆锥曲线的焦点F的直线交圆锥曲线于A，B两点，若＝λ，则有
①|AB|＝·＝·，
②＋＝.
从以上研究学习的过程中，你得到了什么启发，又发现了哪些有趣的结论？
最值、定值问题
例4] 探讨下面问题的解法，试对问题(2)的结论加以推广并证明．
椭圆的中心是原点O，它的短轴长为2，相应于焦点F(c,0)(c>0)的直线l：x＝(0<|m|1)，过点P且平行于直线l：x＝(0<|m|b>0)，点A是直线x＝(0<|m|1)，直线QF与椭圆的另一个交点为M，则＝λ (如图)．
证明：设点Q，P的坐标分别为Q(x1，y1)，P(x2，y2)，
则
由＝λ得：＝λ，
∴
将③④代入②得：
b22＋a2λ2y＝a2b2. ⑤
由①得y＝b2， ⑥
将⑥代入⑤并变形可得：
x1＝， ⑦
∴x2＝λx1＋(1－λ)＝.
在直线QF上取点M′(x3，y3)，使得′＝λ，
则(x3－m，y3)＝λ(m－x1，－y1)．
∴
分别将⑦与④代入上式得：
∴点M′(x3，y3)即M′(x2，－y2)．
显然点M′在椭圆上(且与点P(x2，y2)关于x轴对称)．又直线QF与椭圆的另一个交点为M，故点M′与点M重合．
∴＝λ.
一般结论2] 设点A(－m,0)是直线x＝－m(m>0)与x轴的交点，点F的坐标为(m,0)，过A的直线与抛物线y2＝2px(p>0)交于P，Q两点，设＝λ，直线QF与抛物线的另一交点为M，则＝λ，如图．
证明：设点Q，P的坐标分别为Q(x1，y1)，P(x2，y2)，
则：
由＝λ得：(x2＋m，y2)＝λ(x1＋m，y1)，
∴
将③④代入②得：λ2y＝2p λx1＋m(λ－1)]． ⑤
将①代入⑤并变形可得：x1＝， ⑥
∴x2＝λx1＋m(λ－1)＝mλ.
在直线QF上取点M′(x3，y3)，使得′＝λ，
则(x3－m，y3)＝λ(m－x1，－y1)．
∴
分别将⑥与④代入上式得：
∴点M′(x3，y3)即M′(x2，－y2)．
显然点M′在抛物线上(且与点P(x2，y2)关于x轴对称)，又已知直线QF与抛物线的另一交点为M，故点M′与点M重合．
∴＝λ.
圆锥曲线部分的研究性学习，重要的不在于记忆一两个一般的结论，其价值体现在数形结合思想的深度领悟，对问题多解、优解的探讨、对一般结论的猜想与论证、对有关结论的类比与拓展等，从中熟练知识、巩固方法，提高发现问题、分析问题与解决问题的能力.
重难增分训练(五)]
1．已知动圆过定点A(4,0)，且在y轴上截得的弦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)已知定点A(4,0)，
设圆心C(x，y)，MN线段的中点为E，
由几何图象知ME＝＝4，
CA2＝CM2＝ME2＋EC2⇒(x－4)2＋y2
＝42＋x2⇒y2＝8x.
即圆心C的轨迹方程为y2＝8x.
(2)证明：点B(－1,0)，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由题知y1＋y2≠0，y1y2<0，y＝8x1，y＝8x2.
由x轴是∠PBQ的角平分线可得＝⇒＝⇒8(y1＋y2)＋y1y2(y2＋y1)＝0⇒8＋y1y2＝0.
直线PQ方程为：
y－y1＝(x－x1)⇒y－y1＝(8x－y)
⇒y(y2＋y1)－y1(y2＋y1)＝8x－y
⇒y(y2＋y1)＋8＝8x⇒y＝0，x＝1.
所以直线PQ过定点(1,0)．
2．(2018届高三·杭州市联谊校联考)已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，右顶点为A，P为椭圆C1上任意一点，且·最大值的取值范围是 c2,3c2]，其中c＝.
(1)求椭圆C1的离心率e的取值范围；
(2)设双曲线C2以椭圆C1的焦点为顶点，顶点为焦点，B是双曲线C2上在第一象限内的任意一点，当e取得最小值时，是否存在常数λ(λ>0)，使得∠BAF1＝λ∠BF1A恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)设P(x，y)，又F1(－c,0)，F2(c,0)，
∴＝(－c－x，－y)，＝(c－x，－y)，
∴·＝x2＋y2－c2.
由＋＝1，得y2＝b2－，其中0≤x2≤a2.
∴·＝x2＋b2－c2＝x2＋b2－c2.
∴当x2＝a2时，·取得最大值，且(·)max＝b2，
由题意得c2≤b2≤3c2，c2≤a2－c2≤3c2.
∴≤≤，即≤e2≤，∴≤e≤.
(2)当e＝时，a＝2c，b＝c.
∴双曲线C2：－＝1，A(2c,0)．
设B(x0，y0)(x0>0，y0>0)，则－＝1.
当AB⊥x轴时，x0＝2c，y0＝3c，
则tan∠BF1A＝＝1，
故∠BF1A＝.
故∠BAF1＝＝2∠BF1A，
猜想存在常数λ＝2，使得∠BAF1＝λ∠BF1A恒成立．
当AB不垂直于x轴，
即x0≠2c时，tan∠BAF1＝，tan∠BF1A＝.
∴tan 2∠BF1A＝＝.
又y＝3c2＝3(x－c2)，
∴tan 2∠BF1A＝
＝＝tan∠BAF1.
又2∠BF1A与∠BAF1同在∪内，
∴2∠BF1A＝∠BAF1.
综上，存在常数λ＝2，使得∠BAF1＝λ∠BF1A恒成立．
3．(2017·郑州市模拟)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F，A为短轴的一个端点，且|OA|＝|OF|＝(其中O为坐标原点)．
(1)求椭圆的方程；
(2)若C，D分别是椭圆长轴的左、右端点，动点M满足MD⊥CD，连接CM，交椭圆于点P，试问x轴上是否存在异于点C的定点Q，使得以MP为直径的圆恒过直线DP，MQ的交点？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)由已知得b＝c＝，∴a2＝b2＋c2＝4，
∴椭圆的方程为＋＝1.
(2)由(1)知，C(－2,0)，D(2,0)．
由题意可设直线CM：y＝k(x＋2)，P(x1 ，y1)．
∵MD⊥CD，∴M(2,4k)．
由消去y，整理得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，
∴Δ＝(8k2)2－4(1＋2k2)(8k2－4)＞0.
由根与系数的关系得－2x1＝，即x1＝.
∴y1＝k(x1＋2)＝，
∴P.
设Q(x0,0)，且x0≠－2.
若以MP为直径的圆恒过DP，MQ的交点，
则MQ⊥DP，∴·＝0恒成立．
＝(2－x0,4k)，＝.
∴·＝(2－x0)·＋4k·＝0，
即＝0恒成立，∴x0＝0.
∴存在点Q(0,0)，使得以MP为直径的圆恒过直线DP，MQ的交点．
4．(2017·四川双流中学模拟)已知动圆P与圆F1：(x＋3)2＋y2＝81，圆F2：(x－3)2＋y2＝1都内切，设圆心P的轨迹为曲线C，Q为曲线C上的一个不在x轴上的动点，O为坐标原点，过点F2作OQ的平行线交曲线C于M，N两个不同的点．
(1)求曲线C的方程；
(2)试探究|MN|和|OQ|2的比值能否为一个常数．若能，求出这个常数；若不能，请说明理由．
解：(1)设圆心P的坐标为(x，y)，半径为r，
则
∴|PF1|＋|PF2|＝8>6＝|F1F2|，
∴圆心P的轨迹是以F1，F2为焦点的椭圆，其中2a＝8,2c＝6，
∴a＝4，c＝3，b2＝a2－c2＝7，
故曲线C的方程为＋＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，Q(x3，y3)，直线OQ：x＝my，则直线MN：x＝my＋3，
由可得x＝，y＝，
|OQ|2＝x＋y＝＋＝，
由可得(7m2＋16)y2＋42my－49＝0，
∴y1＋y2＝－，y1y2＝－，
∴|MN|＝|y2－y1|
＝
＝
＝，
∴＝＝.
∴|MN|和|OQ|2的比值为一个常数，这个常数为.
5．首先解决如下问题，然后根据该问题的结论提出你的其他猜想，并证明你的猜想．
如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(1,0)，离心率为.分别过O，F的两条弦AB，CD相交于点E(异于A，C两点)，且OE＝EF.
(1)求椭圆的方程；
(2)求证：直线AC，BD的斜率之和为定值．
解：(1)由题意，得c＝1，
e＝＝，故a＝，
从而b2＝a2－c2＝1，
所以椭圆的方程为＋y2＝1.①
(2)证明：设直线AB的方程为y＝kx，②
直线CD的方程为y＝－k(x－1)，③
由①②得，点A，B的横坐标为± ，
由①③得，点C，D的横坐标为，
记A(x1，kx1)，B(x2，kx2)，C(x3，k(1－x3))，
D(x4，k(1－x4))，
则直线AC，BD的斜率之和为
＋
＝k·
＝k·
＝k·＝0.
问题推广] 首先把试题推广到圆、椭圆中，再把试题推广到抛物线中．
命题1 圆锥曲线mx2＋ny2＝1(mn≠0)的内接四边形的两组对边，两条对角线所在的三对直线中，只要有一对直线的斜率之和为0，则另两对直线中的每一对直线的斜率之和也为0.(说明：当m＝n>0时，mx2＋ny2＝1表示圆；当m>0，n>0，m≠n时，mx2＋ny2＝1表示椭圆)．
证明：由字母A，B，C，D的轮换对称性可知，
只需证明kAB＋kCD＝0⇒kAC＋kBD＝0；kAB＋kCD＝0⇒kBC＋kDA＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，
又设直线AB，CD的斜率分别为k，－k，方程分别为
y＝kx＋b1，y＝－kx＋b2.
将y＝kx＋b1代入mx2＋ny2＝1，
消去y并整理得
(nk2＋m)x2＋2knb1x＋nb－1＝0，
显然x1，x2是此方程的两个根，由根与系数关系得
x1＋x2＝，x1x2＝，
在上式中同时以－k代k，b2代b1得
x3＋x4＝，x3x4＝，
y3－y1＝－kx3＋b2－(kx1＋b1)
＝－k(x1＋x3)＋(b2－b1)，
同理y4－y2＝－k(x2＋x4)＋(b2－b1)，
kAC＋kBD＝0⇔＋＝0
⇔(y4－y2)(x3－x1)＋(y3－y1)(x4－x2)＝0
⇔ －k(x2＋x4)＋(b2－b1)](x3－x1)＋ －k(x1＋x3)＋(b2－b1)](x4－x2)＝0
⇔－k (x2＋x4)(x3－x1)＋(x1＋x3)(x4－x2)]＋(b2－b1)(x3＋x4－x1－x2)＝0
⇔－2k(x3x4－x1x2)＋(b2－b1)(x3＋x4－x1－x2)＝0
⇔－2k＋(b2－b1)＝0
⇔＋＝0，
显然成立，得证．
类似地可以证明kBC＋kDA＝0，
故kBC＋kDA＝0，kAC＋kBD＝0.
命题2 抛物线y2＝2px的内接四边形的两组对边，两条对角线所在的三对直线中，只要有一对直线的斜率之和为0，则另两对直线中的每一对直线的斜率之和也为0.
证明：由字母A，B，C，D的轮换对称性可知：
只需证明kAB＋kCD＝0⇒kBC＋kDA＝0，kAB＋kCD＝0⇒kAC＋kBD＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，
则kAB＝＝＝，
同理kBC＝，kCD＝，
kDA＝，kAC＝，kBD＝.
∵kAB＋kCD＝0，∴kAB＝－kCD，
∴＝－，
∴y1＋y2＋y3＋y4＝0.
∴kBC＝＝－＝－kDA，
kAC＝＝－＝－kBD.
即kBC＋kDA＝0，kAC＋kBD＝0.
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题
(本大题共10小题，每小题4分，共40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．经过x2＋y2－2x－4y＋1＝0的圆心，且倾斜角为的直线方程为( )
A．x－2y＝0 B．x－2y＋3＝0
C．x－y＋2－1＝0 D．x－y＋1＝0
解析：选C 已知圆的圆心坐标为(1,2)，所以经过已知圆的圆心，倾斜角为的直线方程为x－y＋2－1＝0.
2．圆(x＋2)2＋y2＝4与圆(x－2)2＋(y－1)2＝9的位置关系为( )
A．内切 B．相交
C．外切 D．相离
解析：选B 两圆的圆心距离为，两圆的半径之差为1，之和为5，而1<<5，所以两圆相交．
3．若双曲线－＝1 的离心率为，则其渐近线方程为( )
A. y＝±2x B．y＝±x
C. y＝±x D. y＝±x
解析：选B 在双曲线中离心率e＝＝ ＝，可得＝，故所求的双曲线的渐近线方程是y＝±x.
4．(2017·全国卷Ⅰ)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：选A 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)，
∴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，
∴|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.
5．(2017·宁波效实中学模拟)若点O和点F分别为椭圆＋＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则·的最大值为( )
A. B．6
C．8 D．12
解析：选B 由题意得F(－1,0)，设P(x，y)，则·＝(x，y)·(x＋1，y)＝x2＋x＋y2，又点P在椭圆上，故＋＝1，所以x2＋x＋3－x2＝x2＋x＋3＝(x＋2)2＋2，又－2≤x≤2，所以当x＝2时，(x＋2)2＋2取得最大值6，即·的最大值为6.
6．过点(3,1)作圆(x－1)2＋y2＝1的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB的方程为( )
A．2x＋y－3＝0 B．2x－y－3＝0
C．4x－y－3＝0 D．4x＋y－3＝0
解析：选A 根据平面几何知识，直线AB一定与点(3,1)，(1,0)的连线垂直，这两点连线的斜率为，故直线AB的斜率一定是－2，只有选项A中直线的斜率为－2.
7．(2017·全国卷Ⅱ)若双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的一条渐近线被圆(x－2)2＋y2＝4所截得的弦长为2，则C的离心率为( )
A．2 B.
C. D.
解析：选A 依题意，双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的一条渐近线方程为bx－ay＝0.因为直线bx－ay＝0被圆(x－2)2＋y2＝4所截得的弦长为2，所以＝，所以3a2＋3b2＝4b2，所以3a2＝b2，所以e＝＝＝2.
8．(2017·河北唐山模拟)平行四边形ABCD内接于椭圆＋＝1，直线AB的斜率k1＝1，则直线AD的斜率k2＝( )
A. B．－
C．－ D．－2
解析：选B 设AB的中点为G，则由椭圆的对称性知，O为平行四边形ABCD的对角线的交点，则GO∥AD.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有两式相减得＝－，整理得＝－＝－k1＝－1，即＝－.
又G，所以kOG＝＝－，即k2＝－，故选B.
9．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．2 B．3
C. D.
解析：选B 设点A(x1，y1)，B(x2，y2)(不妨假设y1>0，y2<0)，直线AB的方程为x＝ty＋m，且直线AB与x轴的交点为M(m,0)．由消去x，得y2－ty－m＝0，所以y1y2＝－m.又·＝2，所以x1x2＋y1y2＝2，(y1y2)2＋y1y2－2＝0，因为点A，B在抛物线上且位于x轴的两侧，所以y1y2＝－2，故m＝2.又F，于是S△ABO＋S△AFO＝×2×(y1－y2)＋××y1＝y1＋≥2＝3，当且仅当y1＝，即y1＝时取“＝”，所以△ABO与△AFO面积之和的最小值是3.
10．(2016·浙江高考)已知椭圆C1：＋y2＝1(m＞1)与双曲线C2：－y2＝1(n＞0)的焦点重合，e1，e2分别为C1，C2的离心率，则( )
A．m＞n且e1e2＞1 B．m＞n且e1e2＜1
C．m＜n且e1e2＞1 D．m＜n且e1e2＜1
解析：选A C1的焦点为(±，0)，C2的焦点为(±，0)，
∵C1与C2的焦点重合，
∴＝，∴m2＝n2＋2，∴m2＞n2.
∵m＞1，n＞0，∴m＞n.
∵C1的离心率e1＝，C2的离心率e2＝，
∴e1e2＝·
＝＝
＝＝＞＝1.
二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分，把答案填在题中横线上)
11．设集合{(x，y)|(x－1)2＋(y－2)2≤10}所表示的区域为A，过原点O的直线l将A分成两部分．当这两部分面积之差最大时，直线l的方程为________，此时直线l落在区域A内的线段长为________．
解析：区域A表示以C(1,2)为圆心，半径为的圆周及其内部，当这两部分面积之差最大时，直线l应该垂直于直线OC，而kO C＝2，所以kl＝－，直线l的方程为y＝－x，即x＋2y＝0，此时弦心距OC＝，弦长为2＝2.
答案：x＋2y＝0 2
12．(2018届高三·金华十校联考)若双曲线－＝1(a>0，b>0)的渐近线与抛物线y＝x2＋2相切，则a，b的关系是________，双曲线的离心率为________．
解析：联立得ax2－bx＋2a＝0，令Δ＝0，得b2＝8a2，故c2＝9a2，e＝3.
答案：b2＝8a2 3
13．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________，这时a，b的关系是________．
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，分别代入椭圆方程相减得＋＝0，根据题意有x1＋x2＝2×1＝2，y1＋y2＝2×1＝2，且＝－，所以＋×＝0，得a2＝2b2，所以a2＝2(a2－c2)，即a2＝2c2，所以e＝＝.
答案： a2＝2b2
14．已知F1，F2是椭圆C：＋＝1的左、右焦点，过右焦点F2的直线l：y＝kx＋m
与椭圆C相交于A，B两点，M是弦AB的中点，直线OM(O为原点)的斜率为，则△ABF1的周长等于________，斜率k＝________.
解析：依题意得|AF1|＋|AF2|＝4，|BF1|＋|BF2|＝4，|AF1|＋(|AF2|＋|BF2|)＋|BF1|＝8，即|AF1|＋|AB|＋|BF1|＝8，△ABF1的周长为8.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，则有两式相减得＋＝0，即＋＝0.又＝＝＝，因此＋(x1－x2)＝0，即＝－3，k＝－3.
答案：8 －3
15．(2016·全国卷Ⅲ)已知直线l：x－y＋6＝0与圆x2＋y2＝12交于A，B两点，过A，B分别作l的垂线与x轴交于C，D两点，则|CD|＝________.
解析：如图所示，∵直线AB的方程为x－y＋6＝0，
∴kAB＝，∴∠BPD＝30°，
从而∠BDP＝60°.
在Rt△BOD中，∵|OB|＝2，∴|OD|＝2.取AB的中点H，连接OH，则OH⊥AB，
∴OH为直角梯形ABDC的中位线，
∴|OC|＝|OD|，∴|CD|＝2|OD|＝2×2＝4.
答案：4
16．(2017·全国卷Ⅱ)已知F是抛物线C：y2＝8x的焦点，M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N.若M为FN的中点，则|FN|＝________.
解析：法一：依题意，抛物线C：y2＝8x的焦点F(2,0)，因为M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N，M为FN的中点，设M(a，b)(b>0)，所以a＝1，b＝2，所以N(0,4)，|FN|＝＝6.
法二：如图，不妨设点M位于第一象限内，抛物线C的准线交x轴于点A，过点M作准线的垂线，垂足为点B，交y轴于点P，∴PM∥OF.由题意知，F(2,0)，|FO|＝|AO|＝2.
∵点M为FN的中点，PM∥OF，
∴|MP|＝|FO|＝1.
又|BP|＝|AO|＝2，
∴|MB|＝|MP|＋|BP|＝3.
由抛物线的定义知|MF|＝|MB|＝3，
故|FN|＝2|MF|＝6.
答案：6
17．(2016·江苏高考)如图，在平面直角坐标系xOy中，F是椭圆＋＝1(a＞b＞0)的右焦点，直线y＝与椭圆交于B，C两点，且∠BFC＝90°，则该椭圆的离心率是________．
解析：将y＝代入椭圆的标准方程，得＋＝1，
所以x＝±a，故B，C.
又因为F(c,0)，所以＝，
＝.
因为∠BFC＝90°，所以·＝0，
所以＋2＝0，即c2－a2＋b2＝0，将b2＝a2－c2代入并化简，得a2＝c2，所以e2＝＝，所以e＝(负值舍去)．
答案：
三、解答题(本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
18.(本小题满分14分)(2017·甘肃高台县一中模拟)如图，设直线l：y＝kx＋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－，由得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kMN＝＝，
从而直线MN的方程为y＝(x－4t2)＋4t，
即x－(t＋t1)y＋4tt1＝0.
同理可知MQ的方程为x－(t＋t2)y＋4tt2＝0，
NQ的方程为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，即(x－1)－(t1＋t2)(y＋4)＝0.
所以直线NQ过定点(1，－4)．
19．(本小题满分15分)(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.
20．(本小题满分15分)(2018届高三·安徽皖南八校联考)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.
(1)求椭圆C的方程；
(2)判断△OMN的面积是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由．
解：(1)设P(x，y)，则k1k2＝·＝＝－，
化简得y2＝－＋1，
又点P在椭圆C上，所以＋＝1，得y2＝－x2＋b2，
所以－x2＋b2＝－＋1，所以＝，b2＝1，则a2＝4.
即椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)由题意得直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为y＝kx＋t，由得(4k2＋1)x2＋8ktx＋4t2－4＝0，
Δ＝(8kt)2－4(4k2＋1)(4t2－4)＝16(4k2－t2＋1)>0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，所以x1＋x2＝－，x1x2＝.
因为AP∥OM，BP∥ON，k1k2＝－，
所以kOM·kON＝－，·＝－，化简得4y1y2＋x1x2＝0，
即4(kx1＋t)(kx2＋t)＋x1x2＝0，(4k2＋1)x1x2＋4kt(x1＋x2)＋4t2＝0，(4k2＋1)·－4kt·＋4t2＝0，化简得2t2－4k2＝1，
此时Δ＝8(8k2－2t2＋2)＝8(4k2＋1)>0，符合题意．
|MN|＝＝＝＝2× ，
又点O到直线MN的距离d＝，
所以△OMN的面积S＝|MN|·d＝××＝×＝1.
即△OMN的面积为定值，定值为1.
21．(本小题满分15分)如图，椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点为F，过点F的直线交椭圆于A，B两点．当直线AB经过椭圆的一个顶点时，其倾斜角恰为60°.
(1)求该椭圆的离心率；
(2)设线段AB的中点为G，AB的中垂线与x轴和y轴分别交于D，E两点．记△GFD的面积为S1，△OED(O为原点)的面积为S2，求的取值范围．
解：(1)依题意，设F(－c,0)，则＝tan 60°＝.
将b＝c代入a2＝b2＋c2，解得a＝2c.
所以椭圆的离心率为e＝＝.
(2)由(1)，椭圆的方程可设为＋＝1.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(xD，yD)．
依题意，直线AB不能与x，y轴垂直，
故设直线AB的方程为y＝k(x＋c)，
将其代入3x2＋4y2＝12c2，
整理得(4k2＋3)x2＋8ck2x＋4k2c2－12c2＝0.
则x1＋x2＝，y1＋y2＝k(x1＋x2＋2c)＝，G.
因为GD⊥AB，所以·k＝－1，xD＝.
因为△GFD∽△OED，
所以＝＝
＝＝＝9＋>9.
所以的取值范围是(9，＋∞)．
22．(本小题满分15分)(2017·山东高考)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：(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)，
联立方程 消去y，
得(4k＋2)x2－4k1x－1＝0，
显然Δ>0，且x1＋x2＝，x1x2＝－，
所以|AB|＝|x1－x2|＝·＝·.
由题意可知圆M的半径r为
r＝|AB|＝·.
由题设知k1k2＝，所以k2＝，
因此直线OC的方程为y＝x.
联立方程得x2＝，y2＝，
因此|OC|＝＝ .
由题意可知sin＝＝，
而＝
＝·，
令t＝1＋2k，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的斜率为k1＝±.
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40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．已知集合A＝{x|x2－2x－3≥0}，B＝{x|y＝log2(x－1)}，则(∁RA)∩B＝( )
A．(1,3) B．(－1,3)
C．(3,5) D．(－1,5)
解析：选A A＝{x|x2－2x－3≥0}＝{x|x≥3或x≤－1}，B＝{x|y＝log2(x－1)}＝{x|x－1>0}＝{x|x>1}，所以∁RA＝{x|－1f(2m－2)的m的取值范围是( )
A．(－3,1)
B.
C．(－3,1)∪
D.
解析：选C 当x≤1时，f(x)＝2x＋1为增函数，且f(x)>1，当x>1时，f(x)＝1－log2x为减函数，则f(x)<1.∵f(1－m2)>f(2m－2)，
∴或或
解得－3.故选C.
7．(2017·辽宁抚顺模拟)将函数f(x)＝2sin的图象向左平移个单位，再向上平移1个单位，得到g(x)的图象．若g(x1)g(x2)＝9，且x1，x2∈ －2π，2π]，则2x1－x2的最大值为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 函数f(x)＝2sin的图象向左平移个单位，再向上平移1个单位，得到
g(x)＝2sin2x＋＋1的图象．若g(x1)g(x2)＝9，且x1，x2∈ －2π，2π]，则g(x1)＝g(x2)＝3，则2x＋＝＋2kπ，k∈Z，即x＝＋kπ，k∈Z，由x1，x2∈ －2π，2π]，得x1，x2∈，当x1＝，x2＝－时，2x1－x2取最大值为.故选A.
8．(2017·河南开学模拟)已知等腰梯形ABCD的顶点都在抛物线y2＝2px(p>0)上，且AB∥CD，CD＝2AB＝4，∠ADC＝60°.则点A到抛物线的焦点的距离是( )
A. B.
C. D.
解析：选D 设A(x1,1)，D(x2,2)，x1>0，x2>0，则即x2＝4x1.又∠ADC＝60°，所以AD＝＝2，所以x＝，x1＝，即p＝＝＝.所以点A到抛物线的焦点的距离是x1＋＝.
9．(2017·湖南长沙一中模拟)已知中心在坐标原点的椭圆与双曲线有公共焦点，且左、右焦点分别为F1，F2.这两条曲线在第一象限的交点为P，△PF1F2是以PF1为底边的等腰三角形．若|PF1|＝10，记椭圆与双曲线的离心率分别为e1，e2，则e1·e2的取值范围是( )
A. B.
C. D．(0，＋∞)
解析：选C 设椭圆和双曲线的半焦距为c，|PF1|＝m，|PF2|＝n(m>n)．由于△PF1F2是以PF1为底边的等腰三角形，若|PF1|＝10，即有m＝10，n＝2c.由椭圆的定义可得m＋n＝2a1，由双曲线的定义可得m－n＝2a2，即a1＝5＋c，a2＝5－c(c<5)，再由三角形的两边之和大于第三边，可得2c＋2c>10，可得c>，即，则e1·e2的取值范围是，故选C.
10.(2017·温州中学模拟)如图，在等腰梯形ABCD中，AB＝2，CD＝4，BC＝，点E，F分别为AD，BC的中点，如果对于常数λ，在等腰梯形ABCD的四条边上，有且只有8个不同的点P使得·＝λ成立，那么λ的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选C 建立直角坐标系如图所示，由题意，得E，F，根据对称性可知，问题等价于在等腰梯形ABCD的每条边上均有两点(不含端点)满足·＝λ.
若P在CD上，设P(x,0)，·＝＋(1－0)2＝(x－2)2－，其中00)的右焦点，则实数a的值为__________，双曲线的渐近线方程为________．
解析：抛物线y2＝8x的焦点为(2,0)，双曲线－＝1(a>0)的右焦点为(，0)，由题意可得为＝2，解得a＝1，可知双曲线的渐近线方程为y＝±x.
答案：1 y＝±x
14．(2017·杭州六校联考)若x，y满足约束条件目标函数z＝x＋2y的最小值为1，则实数a的值为________，若点M(2，b)在可行域内，则该点到原点的距离为________．
解析：作出不等式组对应的平面区域(图中阴影部分)：
∵目标函数z＝x＋2y的最小值为1，∴x＋2y＝1，作出直线x＋2y＝1，则直线x＋2y＝1交直线x＋y＝1于B，由得即B(1,0)，同时B(1,0)也在直线3x－y＝a上，则a＝3－0＝3.因为点M(2，b)在可行域内，所以解得b＝3，即M(2,3)，所以点M到原点的距离为|OM|＝.
答案：3
15．(2017·温州中学模拟)设数列{an}满足a1＝0，an＋1＝lg(n＋1＋an)，n∈N ，若a2 016∈(lg k，lg(k＋1))，则整数k＝________.
解析：由题意，得a2＝lg(2＋a1)＝lg 2∈(0,1)，a3＝lg(3＋a2)∈(0,1)，…，a8＝lg(8＋a7)∈(0,1)，a9＝lg(9＋a8)∈(0,1)，a10＝lg(10＋a9)∈(1,2)，…，a98＝lg(98＋a97)∈(1,2)，a99＝lg(99＋a98)∈(2,3)，…，a997＝lg(997＋a996)∈(2,3)，a998＝lg(998＋a997)∈(3,4)，…，a2 015＝lg(2 015＋a2 014)∈(3,4)，a2 016＝lg(2 016＋a2 015)∈(lg 2 019，lg 2 020)，∴k＝2 019.
答案：2019
16．(2018届高三·宁波九校期末联考)若正实数a，b满足(2a＋b)2＝1＋6ab，则
的最大值为________．
解析：∵正实数a，b满足(2a＋b)2＝1＋6ab，
∴ab＝.
∵(2a＋b)2＝1＋6ab≤1＋3×2，
解得2a＋b≤2，
当且仅当b＝2a＝1时取等号，
则＝＝≤＝，
∴的最大值为.
答案：
17．(2017·浙江高考)已知a∈R，函数f(x)＝＋a在区间 1,4]上的最大值是5，则a的取值范围是________．
解析：∵x∈ 1,4]，∴x＋∈ 4,5]，
①当a≤时，f(x)max＝|5－a|＋a＝5－a＋a＝5，符合题意；
②当a>时，f(x)max＝|4－a|＋a＝2a－4＝5，
解得a＝(矛盾)，故a的取值范围是.
答案：
三、解答题(本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
18．(本小题满分14分)(2017·潍坊模拟)设函数f(x)＝2sin－4cos2ωx＋3(0<ω<2)，且y＝f(x)的图象的一条对称轴方程为x＝.
(1)求ω的值并求f(x)的最小值；
(2)△ABC中a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C的对边，且a＝1，S△ABC＝，f(A)＝2，求△ABC的周长．
解：(1)f(x)＝2sin－4cos2ωx＋3
＝2－2(1＋cos 2ωx)＋3
＝sin 2ωx＋cos 2ωx＋1＝1＋2sin，
由y＝f(x)的图象的一条对称轴方程为x＝，
可得2ω·＋＝kπ＋，k∈Z，即ω＝3k＋1，k∈Z，由0<ω<2，可得ω＝1，则f(x)＝1＋2sin.
当2x＋＝2kπ－，k∈Z，即x＝kπ－，k∈Z时，
f(x)＝1＋2sin取得最小值1－2＝－1.
(2)由f(A)＝1＋2sin＝2，可得sin＝，由A为三角形的内角，可得2A＋∈，即有2A＋＝，解得A＝.由a＝1，S△ABC＝，可得bcsin A＝，解得bc＝1，
由a2＝b2＋c2－2bccos A，得b2＋c2＝2.
所以b＋c＝＝＝2，
则△ABC的周长为a＋b＋c＝3.
19．(本小题满分15分)(2017·枣庄模拟)在四边形ABCD中(如图①)，AB∥CD，AB⊥BC，G为AD上一点，且AB＝AG＝1，GD＝CD＝2，M为GC的中点，点P为BC上的点，且满足BP＝2PC.现沿GC折叠使平面GCD⊥平面ABCG(如图②)．
(1)求证：平面BGD⊥平面GCD；
(2)求直线PM与平面BGD所成角的正弦值．
解：(1)证明：在直角梯形ABCD中，AB＝AG＝1，GD＝CD＝2，BC＝2，cos D＝，
∴GC＝＝，
BG＝＝.
∴BG2＋GC2＝BC2，∴BG⊥GC.
∵平面GCD⊥平面ABCG，平面GCD∩平面ABCG＝GC，∴BG⊥平面GCD.
∵BG⊂平面BGD，∴平面BGD⊥平面GCD.
(2)如图，取BP的中点H，连接GH，
则GH∥MP，作HQ⊥平面BGD，
连接GQ，则∠HGQ为直线GH与平面BGD所成的角，
即直线PM与平面BGD所成角．
由(1)，作CN⊥GD，则CN⊥平面BGD.
∵HQ⊥平面BGD，∴HQ∥CN，
∴＝＝，∴HQ＝CN.
在△DGC中，GC＝，DM＝，
由GD·CN＝GC·DM，得CN＝，∴HQ＝.
∵在直角梯形ABCD中，＝，∴GH＝，
∴sin ∠HGQ＝＝，
∴直线PM与平面BGD所成角的正弦值为.
20．(本小题满分15分)(2017·北京海淀模拟)已知函数f(x)＝ln x－－1.
(1)若曲线y＝f(x)存在斜率为－1的切线，求实数a的取值范围；
(2)求f(x)的单调区间；
(3)设函数g(x)＝，求证：当－10)．
由已知曲线y＝f(x)存在斜率为－1的切线，
所以f′(x)＝－1存在大于零的实数根，
即x2＋x＋a＝0存在大于零的实数根．
因为y＝x2＋x＋a在x>0时单调递增，
所以实数a的取值范围是(－∞，0)．
(2)f′(x)＝，x>0，a∈R.
当a≥0时，f′(x)>0，所以函数f(x)的增区间为(0，＋∞)；
当a<0时，若x∈(－a，＋∞)，f′(x)>0，若x∈(0，－a)，f′(x)<0，此时函数f(x)的增区间为(－a，＋∞)，减区间为(0，－a)．
综上所述，当a≥0时，单调递增区间为(0，＋∞)；当a<0时，单调递增区间为(－a，＋∞)，减区间为(0，－a)．
(3)证明：由g(x)＝得g′(x)＝＝.
由－11，
f(e)＝ln e－－1＝－>0，
所以存在x0∈(1，e)满足f(x0)＝0，
即存在x0∈(1，e)满足g′(x0)＝0，
所以g(x)，g′(x)在区间(1，＋∞)上的情况如下：
x
(1，x0)
x0
(x0，＋∞)
g′(x)
－
0
＋
g(x)
极小值
所以当－10.①
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1，x2是上述方程两根，
∴x1＋x2＝＝4，
即k＝，代入①中，求得－2f(a2k)>f>f(a2k－1)>f(1)，从而>a2k＋1>>a2k>，因此f
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