【数学】2019届一轮复习人教A版解析几何学案

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第八章Error!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Error!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|＝ 1＋k2|x1－x2| ＝ 1＋k2· (x1＋x2)2－4x1x2 ＝ 1＋ 1 k2·|y1－y2| ＝ 1＋ 1 k2· (y1＋y2)2－4y1y2. 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x2 9 ＋y2 4＝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＝b ax＋3 与双曲线x2 a2－y2 b2＝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＝b ax＋3 与双曲线的渐近线 y＝b ax 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x2 2 ＋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 OA ―→ · OB ―→ 等于( ) A．－3 B．－1 3 C．－1 3或－3 D．±1 3 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x2 2 ＋y2＝1 并整理得 3x2－4x＝0，解得 x＝0 或 x＝4 3，所以两 个交点坐标分别为(0，－1)，( 4 3，1 3 )，∴ OA ―→ · OB ―→ ＝－1 3，同理，直线 l 经过椭圆的左焦点 时，也可得 OA ―→ · OB ―→ ＝－1 3.故 OA ―→ · OB ―→ 的值为－1 3. 考点一　直线与圆锥曲线的位置关系 (重点保分型考点——师生共研) 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.(－ 15 3 ， 15 3 ) B.(0， 15 3 ) C.(－ 15 3 ，0) D.(－ 15 3 ，－1)解析：选 D 由Error!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Error! 解得－ 15 3 ＜k＜－1，即 k 的取值范围是(－ 15 3 ，－1). 2．已知直线 l：y＝2x＋m，椭圆 C：x2 4 ＋y2 2＝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 Error! 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 23 2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|OH| |ON|； (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( t2 2p，t). 又 N 为 M 关于点 P 的对称点，故 N( t2 p，t )， 故直线 ON 的方程为 y＝p tx， 将其代入 y2＝2px 整理得 px2－2t2x＝0， 解得 x1＝0，x2＝2t2 p .因此 H( 2t2 p ，2t). 所以 N 为 OH 的中点，即|OH| |ON|＝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＝p 2tx， 即 x＝2t p(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． 考点二　与弦长、面积有关的问题 (重点保分型考点——师生共研) 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： x2 t ＋y2 3＝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x2 4 ＋y2 3＝1，A(－2,0)． 由已知及椭圆的对称性知，直线 AM 的倾斜角为π 4. 因此直线 AM 的方程为 y＝x＋2. 将 x＝y－2 代入x2 4 ＋y2 3＝1 得 7y2－12y＝0. 解得 y＝0 或 y＝12 7 ，所以 y1＝12 7 . 因此△AMN 的面积 S△AMN＝2×1 2×12 7 ×12 7 ＝144 49 . (2)由题意 t>3，k>0，A(－ t，0)． 将直线 AM 的方程 y＝k(x＋ t)代入x2 t ＋y2 3＝1， 得(3＋tk2)·x2＋2 t·tk2x＋t2k2－3t＝0. 由 x1·(－ t)＝t2k2－3t 3＋tk2 ，得 x1＝ t(3－tk2) 3＋tk2 ， 故|AM|＝|x1＋ t| 1＋k2＝6 t(1＋k2) 3＋tk2 . 由题设，直线 AN 的方程为 y＝－1 k(x＋ t)， 故同理可得|AN|＝6k t(1＋k2) 3k2＋t . 由 2|AM|＝|AN|，得 2 3＋tk2＝ k 3k2＋t， 即(k3－2)t＝3k(2k－1)． 当 k＝3 2时上式不成立，因此 t＝3k(2k－1) k3－2 . t>3 等价于k3－2k2＋k－2 k3－2 ＝ (k－2)(k2＋1) k3－2 <0， 即 k－2 k3－2<0.因此得Error!或Error! 解得3 20)，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x2 m＋y2 m 2 ＝1(m>0)， 则 a＝ m，c＝ m－m 2＝ m 2，故 e＝c a＝ 2 2 . (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＝4k(2k－1) 1＋2k2 ＝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Error!得 3y2＋2y＋1－m＝0，y3＋y4＝－2 3， 故 CD 的中点 N 为( 2 3，－1 3).由弦长公式，可得 |AB|＝ 1＋k2|x1－x2|＝ 2· 12(m－6) 3 . |CD|＝ 2|y3－y4|＝ 2· 12m－8 3 >|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＝| 2 3－1 3－3|2 ＝4 2 3 . |NA|2＝|NB|2＝( 4 2 3 )2＋( |AB| 2 )2＝6m－4 9 ， 又 ( |CD| 2 )2＝1 4( 2· 12m－8 3 )2 ＝6m－4 9 ， 故存在这样的 m(m>6)，使得 A，B，C，D 在同一个圆上． 考点三　中点弦问题 (重点保分型考点——师生共研) 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：x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)的离心率为1 2，点 A，B 分 别为椭圆 E 的左、右顶点， ❶ 点 C 在 E 上，且△ABC 面积的最大值为 2 3. ❷ (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 . ❸ [学审题] ①可知c a＝1 2； 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Error!解得Error! 故椭圆 E 的方程为x2 4 ＋y2 3＝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＝ n－0 －4－(－1)＝－n 3， 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＝3 n＝y1－y2 x1－x2. ∵点 M，N 在椭圆 E 上，∴Error! 整理得： (x1＋x2)(x1－x2) 4 ＋ (y1＋y2)(y1－y2) 3 ＝0， 又 2x0＝x1＋x2,2y0＝y1＋y2， ∴y0 x0＝－n 4，直线 OP 的斜率为 kOP＝－n 4， ∵直线 OD 的斜率为 kOD＝－n 4， ∴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x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)中的中点弦问题：kAB·kOP＝－b2 a2； (2)双曲线x2 a2－y2 b2＝1(a＞0，b＞0)中的中点弦问题：kAB·kOP＝b2 a2； (3)抛物线 y2＝2px(p＞0)中的中点弦问题：kAB＝p y0(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： x2 4 －y2 2＝1，直线 l 交双曲线于 A，B 两点， 若线段 AB 的中点坐标为( 1 2，－1)，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Error!两式相减得x21－x22 4 ＝y21－y22 2 ， 即y1－y2 x1－x2＝1 2×x1＋x2 y1＋y2. 又线段 AB 的中点坐标是( 1 2，－1)， 因此 x1＋x2＝2×1 2＝1，y1＋y2＝(－1)×2＝－2， x1＋x2 y1＋y2＝－1 2，y1－y2 x1－x2＝－1 4， 即直线 AB 的斜率为－1 4， 直线 l 的方程为 y＋1＝－1 4(x－1 2 )， 即 2x＋8y＋7＝0. 2．(2017·天津高考)设椭圆x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的左焦点为 F，右顶点为 A，离心率为1 2.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 2. (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 6 2 ，求直线 AP 的方程． 解：(1)设 F 的坐标为(－c,0)． 依题意Error!解得Error! 于是 b2＝a2－c2＝3 4. 所以椭圆的方程为 x2＋4y2 3 ＝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 (－1，－2 m)，故点 Q(－1，2 m). 联立Error!消去 x，整理得(3m2＋4)y2＋6my＝0， 解得 y＝0 或 y＝ －6m 3m2＋4. 由点 B 异于点 A，可得点 B( －3m2＋4 3m2＋4 ， －6m 3m2＋4). 由 Q(－1，2 m)，可得直线 BQ 的方程为 ( －6m 3m2＋4－2 m)(x＋1)－( －3m2＋4 3m2＋4 ＋1)(y－2 m )＝0， 令 y＝0，解得 x＝2－3m2 3m2＋2，故点 D( 2－3m2 3m2＋2，0). 所以|AD|＝1－2－3m2 3m2＋2＝ 6m2 3m2＋2. 又因为△APD 的面积为 6 2 ， 故1 2× 6m2 3m2＋2× 2 |m|＝ 6 2 ， 整理得 3m2－2 6|m|＋2＝0，解得|m|＝ 6 3 ， 所以 m＝± 6 3 . 所以直线 AP 的方程为 3x＋ 6y－3＝0 或 3x－ 6y－3＝0. 考点四　圆锥曲线的综合问题 (重点保分型考点——师生共研) 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＝1 2|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 (x－2)2＋y2＝ x2＋4，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Error!得 k1y2－4y－4k1＝0. 则 y1＋y2＝ 4 k1，y1y2＝－4，x1＋x2＝y1＋y2 k1 ＋2＝ 4 k21＋2. ∵M( x1＋x2 2 ，y1＋y2 2 )，∴M( 2 k21＋1， 2 k1). 同理，可得 N(2k21＋1，－2k1)． ∴S△EMN＝1 2|EM|·|EN|＝ 1 2 ( 2 k21 )2＋( 2 k1 )2· (2k21)2＋(－2k1)2＝2 k21＋ 1 k21＋2≥2 2＋2 ＝4， 当且仅当 k21＝ 1 k21，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Error!得 k1y2－4y－4k1m＝0， 则 y1＋y2＝ 4 k1，y1y2＝－4m， x1＋x2＝y1＋y2 k1 ＋2m＝ 4 k21＋2m. ∵M( x1＋x2 2 ，y1＋y2 2 )，∴M( 2 k21＋m， 2 k1). 同理，可得 N( 2 k22＋m， 2 k2)，∴kMN＝ k1k2 k1＋k2＝k1k2， ∴直线 MN 的方程为 y－ 2 k1＝k1k2[x－( 2 k21＋m)]， 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Error! (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Error!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：x2 a2＋y2 b2＝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4 3 3 . (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1 2|MF1||MF2|sin 60°＝4 3 3 ， 得|MF1||MF2|＝16 3 . 由余弦定理，得|F1F2|2＝|MF1|2＋|MF2|2－2|MF1|·|MF2|cos 60°＝(|MF 1|＋|MF 2|)2－ 3|MF1||MF2|＝16， 解得|MF1|＋|MF2|＝4 2. 从而 2a＝|MF1|＋|MF2|＝4 2，即 a＝2 2. 由|F1F2|＝4 得 c＝2，从而 b＝2， 故椭圆 C 的方程为x2 8 ＋y2 4＝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Error!消去 y， 得(1＋2k2)x2＋4k(k－2)x＋2k2－8k＝0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1＋x2＝－4k(k－2) 1＋2k2 ，x1x2＝2k2－8k 1＋2k2 . 从而 k1＋k2＝y1－2 x1 ＋y2－2 x2 ＝2kx1x2＋(k－4)(x1＋x2) x1x2 ＝2k－(k－4)·4k(k－2) 2k2－8k ＝4. 当直线 l 的斜率不存在时， 可得 A(－1， 14 2 )，B(－1，－ 14 2 )，得 k1＋k2＝4. 综上，k1＋k2 为定值． (一)普通高中适用 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＋p 2＋ xB＋p 2＝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x2 4 ＋y2＝1 相交于 A，B 两点，则|AB|的最大值为( ) A．2 B.4 5 5 C.4 10 5 D.8 10 5 解析：选 C 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线 l 的方程为 y＝x＋t，代入x2 4 ＋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＝－ 8t 5，x1x2＝4t2－4 5 ，所以弦长|AB|＝ 1＋1· 64t2 25 －16t2－16 5 ＝4 2· 5－t2 5 ≤4 10 5 ，当且仅当 t＝ 0 时取等号．故|AB|的最大值为4 10 5 . 3．(2018·泉州质检)已知双曲线 C：x2 a2－y2 b2＝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．( 2， 3) B．( 2，＋∞) C．( 2，2) D.(1， 6 2 ) 解析：选 B 法一：由题意知，直线 l：y＝－ a b(x－c)，由Error!得 (b2－a4 b2)x2＋2a4c b2 x－ ( a4c2 b2 ＋a2b2 ) ＝0，由 x1x2＝ －( a4c2 b2 ＋a2b2 ) b2－a4 b2 ＜0 得 b4＞a4，所以 b2＝c2－a2＞a2，所以 e2＞2， 得 e＞ 2. 法二：由题意，知直线 l 的斜率为－a b，若 l 与双曲线左、右两支分别交于 D，E 两点， 则－a b>－b a，即 a22，得 e> 2. 4．已知椭圆：y2 9＋x2＝1，过点 P1 2，1 2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y2 9＋x2＝1 上，所以Error!两式 相减得y21－y22 9 ＋x21－x22＝0，即 (y1－y2)(y1＋y2) 9 ＋(x1－x2)(x1＋x2)＝0，又弦 AB 被点 P ( 1 2，1 2 ) 平分，所以 x1＋x2＝1，y1＋y2＝1，将其代入上式得y1－y2 9 ＋x1－x2＝0，即y1－y2 x1－x2＝－9，即 直线 AB 的斜率为－9，所以直线 AB 的方程为 y－1 2＝－9(x－1 2 )，即 9x＋y－5＝0. 5．已知双曲线x2 a2－y2 b2＝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＝－1 2，则 m 的值为( ) A.3 2 B.5 2 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＝2x21，y2＝2x22， 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y1－y2 x1－x2＝－1， 故 x1＋x2＝－1 2， 而 x1x2＝－1 2， 解得 x1＝－1，x2＝1 2， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)的中点为 M(x0，y0)， 则 x0＝x1＋x2 2 ＝－1 4， y0＝y1＋y2 2 ＝2x21＋2x22 2 ＝5 4， 因为中点 M 在直线 y＝x＋m 上， 所以5 4＝－1 4＋m，解得 m＝3 2. 6．(2018·长春调研)在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆x2 9 ＋y2 5＝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.( 1 3，0 ) B.( 1 2，0 )C．(1,0) D．(2,0) 解析：选 C 直线 TA 的方程为y－0 m－0＝x＋3 9＋3，即 y＝m 12(x＋3)，直线 TB 的方程为 y－0 m－0＝ x－3 9－3， 即 y ＝ m 6(x － 3) ， 将 TA ， TB 的 方 程 分 别 与 椭 圆 x2 9 ＋ y2 5＝ 1 联 立 ， 解 得 M ( 3(80－m2) 80＋m2 ， 40m 80＋m2)， N( 3(m2－20) 20＋m2 ，－ 20m 20＋m2). 当 x1≠x2 时 ， 直 线 MN 的 方 程 为 y＋ 20m 20＋m2 40m 80＋m2＋ 20m 20＋m2 ＝ x－3(m2－20) 20＋m2 3(80－m2) 80＋m2 －3(m2－20) 20＋m2 ，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x2 25＋y2 9＝1 上，点 P 满足 AP ―→ ＝(λ－1)· OA ―→ (λ∈R)(O 是坐标原 点)，且 OA ―→ · OP ―→ ＝72，则线段 OP 在 x 轴上的投影长度的最大值为________． 解析：因为 AP ―→ ＝(λ－1) OA ―→ ，所以 OP ―→ ＝λ OA ―→ ，即 O，A，P 三点共线，因为 OA ―→ · OP ―→ ＝72，所以 OA ―→ · OP ―→ ＝λ| OA ―→ |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| OP ―→ ||cos θ|＝|λ||x|＝ 72|x| |OA ― →|2＝ 72|x| x2＋y2＝ 72 16 25|x|＋ 9 |x| ≤ 72 2 16 × 9 25 ＝15，当且仅当|x|＝15 4 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 MA ―→ · MB ―→ ＝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MA ―→ · MB ―→ ＝0，知 MA⊥MB，则|MP|＝1 2|AB|＝1 2(|AF|＋|BF|)＝1 2(|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＝－ 1 kMF＝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Error!得到 A( 2p k2，2p k )，易知 B( p 2，kp 2 )，P，Q 的坐标由方程组Error!得到，消去 x，得ky2 2p－y－kp 2 ＝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|＝ 1＋ 1 k2·|y1|· 1＋ 1 k2·|y2|＝(1＋ 1 k2)|y1y2|＝ (1＋ 1 k2)p2，而|OA|·|OB|＝ ( 2p k2 )2＋( 2p k )2· ( p 2 )2＋( kp 2 )2＝1＋ 1 k2p2，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Error!消去 y，得 k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1>0，x2>0， 则 x1＋x2＝2k2＋4 k2 ，① x1x2＝1, ② 1 |AF|＋ 1 |BF|＝ 1 x1＋1＋ 1 x2＋1＝ x1＋x2＋2 x1x2＋x1＋x2＋1 ＝ 2k2＋4 k2 ＋2 1＋2k2＋4 k2 ＋1 ＝1. 当直线的斜率不存在时，易知|AF|＝|BF|＝2， 故 1 |AF|＋ 1 |BF|＝1. 设|AF|＝a，|BF|＝b，则1 a＋1 b＝1， 所以|AF|＋4|BF|＝a＋4b＝( 1 a＋1 b )(a＋4b)＝5＋4b a ＋a b≥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＝1 2，k＝±2 2， 故直线 AB 的倾斜角的正弦值为2 2 3 . 答案：2 2 3 B 级——中档题目练通抓牢 1．已知椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)的离心率为 3 2 ，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＝c a＝ 3 2 ， b2＋c2＝2， 又 a2＝b2＋c2， 所以 a＝2，c＝ 3，b＝1， 所以椭圆 C 的方程为x2 4 ＋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＝±2 5 5 ，此时，原点 O 到 直线 AB 的距离为2 5 5 . 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Error!得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 则 Δ＝(8km) 2－4(1＋4k 2)(4m2－4)＝16(1＋4k 2－m2)＞0，x 1＋x2＝－ 8km 1＋4k2，x1x2＝ 4m2－4 1＋4k2 ， 则 y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝m2－4k2 1＋4k2 ， 由 OA⊥OB，得 kOA·kOB＝－1，即y1 x1·y2 x2＝－1， 所以 x1x2＋y1y2＝5m2－4－4k2 1＋4k2 ＝0， 即 m2＝4 5(1＋k2)， 所以原点 O 到直线 AB 的距离为 |m| 1＋k2＝2 5 5 . 综上，原点 O 到直线 AB 的距离为定值2 5 5 . 2．(2018·兰州诊断)已知椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)经过点( 2，1)，且离心率为 2 2 . (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－1 2.若动点 P 满足 OP ―→ ＝ OM ―→ ＋2 ON ―→ ，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＝ 2 2 ，∴b2 a2＝1 2， 又椭圆 C 经过点( 2，1)，∴ 2 a2＋ 1 b2＝1， 解得 a2＝4，b2＝2， ∴椭圆 C 的方程为x2 4 ＋y2 2＝1. (2)设 P(x，y)，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则由 OP ―→ ＝ OM ―→ ＋2 ON ―→ ，得 x＝x1＋2x2，y＝y1＋2y2， ∵点 M，N 在椭圆x2 4 ＋y2 2＝1 上， ∴x21＋2y21＝4，x22＋2y22＝4， 故 x2＋2y2＝(x21＋4x1x2＋4x22)＋2(y21＋4y1y2＋4y22)＝(x21＋2y21)＋4(x22＋2y22)＋4(x1x2＋2y1y2) ＝20＋4(x1x2＋2y1y2)． 由题意知，kOM·kON＝y1y2 x1x2＝－1 2，因此 x1x2＋2y1y2＝0， ∴x2＋2y2＝20， 故点 P 是椭圆x2 20＋y2 10＝1 上的点， ∴由椭圆的定义知存在点 F1，F2， 满足|PF1|＋|PF2|＝2 20＝4 5，为定值， 又|F1F2|＝2 20－10＝2 10， ∴F1，F2 的坐标分别为(－ 10，0)，( 10，0)． 3．(2018·贵阳检测)已知椭圆 C 1 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 2 y 9 2 0 8 2 2 (1)求 C1，C2 的标准方程； (2)已知定点 C(0，1 8 )，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：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)， 由题意知，点(－2,0)一定在椭圆上， 则点( 2， 2 2 )也在椭圆上，分别将其代入， 得Error!解得Error! ∴C1 的标准方程为x2 4 ＋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(t，1 2t2 )， 由 y＝1 2x2 知 y′＝x， 故直线 AB 的方程为 y－1 2t2＝t(x－t)， 即 y＝tx－1 2t2，代入方程x2 4 ＋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＝ 4t3 1＋4t2，x1x2＝ t4－4 1＋4t2， ∴|AB|＝ 1＋t2· 16t6 (1＋4t2)2 －4(t4－4)(1＋4t2) (1＋4t2)2 ＝2 1＋t2· －t4＋16t2＋4 1＋4t2 ， 设点 C (0，1 8 )到直线 AB 的距离为 d， 则 d＝|－1 8－1 2t2 |1＋t2 ＝ 1＋4t2 8 1＋t2， ∴S△ABC＝1 2·|AB|·d ＝1 2·2 1＋t2· －t4＋16t2＋4 1＋4t2 · 1＋4t2 8 1＋t2 ＝1 8 －t4＋16t2＋4 ＝1 8 －(t2－8)2＋68≤1 8 68＝ 17 4 ， 当且仅当 t＝±2 2时，取等号，此时满足 Δ>0. 综上，△ABC 面积的最大值为 17 4 . (二)重点高中适用 A 级——保分题目巧做快做 1．斜率为 1 的直线 l 与椭圆x2 4 ＋y2＝1 相交于 A，B 两点，则|AB|的最大值为( ) A．2 B.4 5 5 C.4 10 5 D.8 10 5 解析：选 C 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线 l 的方程为 y＝x＋t，代入x2 4 ＋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＝－ 8t 5，x1x2＝4t2－4 5 ，所以弦长|AB|＝ 1＋1· 64t2 25 －16t2－16 5 ＝4 2· 5－t2 5 ≤4 10 5 ，当且仅当 t＝ 0 时取等号．故|AB|的最大值为4 10 5 . 2．(2018·泉州质检)已知双曲线 C：x2 a2－y2 b2＝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．( 2， 3) B．( 2，＋∞) C．( 2，2) D.(1， 6 2 ) 解析：选 B 法一：由题意知，直线 l：y＝－ a b(x－c)，由Error!得 (b2－a4 b2)x2＋2a4c b2 x－ ( a4c2 b2 ＋a2b2 ) ＝0，由 x1x2＝ －( a4c2 b2 ＋a2b2 ) b2－a4 b2 ＜0 得 b4＞a4，所以 b2＝c2－a2＞a2，所以 e2＞2， 得 e＞ 2. 法二：由题意，知直线 l 的斜率为－a b，若 l 与双曲线左、右两支分别交于 D，E 两点， 则－a b>－b a，即 a22，得 e> 2. 3．已知双曲线x2 a2－y2 b2＝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＝－1 2，则 m 的值为( ) A.3 2 B.5 2 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＝2x21，y2＝2x22， 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y1－y2 x1－x2＝－1， 故 x1＋x2＝－1 2， 而 x1x2＝－1 2， 解得 x1＝－1，x2＝1 2， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)的中点为 M(x0，y0)， 则 x0＝x1＋x2 2 ＝－1 4， y0＝y1＋y2 2 ＝2x21＋2x22 2 ＝5 4， 因为中点 M 在直线 y＝x＋m 上， 所以5 4＝－1 4＋m，解得 m＝3 2. 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－ 3 2 ，则a b的值为( ) A．－ 3 2 B．－2 3 3 C．－9 3 2 D．－2 3 27 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 ax21＋by21＝0，ax22＋by22＝0，两式相减得 a(x21－x22)＝－b(y21－y22)，即 a(x1＋x2)(x1－ x2)＝－b(y1＋y2)(y1－y2)，由题意可知 x1≠x2，且 x1＋x2≠0，∴y1＋y2 x1＋x2·y1－y2 x1－x2＝－a b，设 AB 的中点为 M(x0，y0)，则 kOM＝y0 x0＝2y0 2x0＝y1＋y2 x1＋x2＝－ 3 2 ，又知 kAB＝－1，∴－ 3 2 ×(－1)＝－ a b，∴a b＝－ 3 2 ，故选 A. 5．(2018·长春调研)在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆x2 9 ＋y2 5＝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.( 1 3，0 ) B.( 1 2，0 )C．(1,0) D．(2,0) 解析：选 C 直线 TA 的方程为y－0 m－0＝x＋3 9＋3，即 y＝m 12(x＋3)，直线 TB 的方程为 y－0 m－0＝ x－3 9－3， 即 y ＝ m 6(x － 3) ， 将 TA ， TB 的 方 程 分 别 与 椭 圆 x2 9 ＋ y2 5＝ 1 联 立 ， 解 得 M ( 3(80－m2) 80＋m2 ， 40m 80＋m2)， N( 3(m2－20) 20＋m2 ，－ 20m 20＋m2). 当 x1≠x2 时 ， 直 线 MN 的 方 程 为 y＋ 20m 20＋m2 40m 80＋m2＋ 20m 20＋m2 ＝ x－3(m2－20) 20＋m2 3(80－m2) 80＋m2 －3(m2－20) 20＋m2 ，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x2 25＋y2 9＝1 上，点 P 满足 AP ―→ ＝(λ－1)· OA ―→ (λ∈R)(O 是坐标原 点)，且 OA ―→ · OP ―→ ＝72，则线段 OP 在 x 轴上的投影长度的最大值为________． 解析：因为 AP ―→ ＝(λ－1) OA ―→ ，所以 OP ―→ ＝λ OA ―→ ，即 O，A，P 三点共线，因为 OA ―→ · OP ―→ ＝72，所以 OA ―→ · OP ―→ ＝λ| OA ―→ |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| OP ―→ ||cos θ|＝|λ||x|＝ 72|x| |OA ― →|2＝ 72|x| x2＋y2＝ 72 16 25|x|＋ 9 |x| ≤ 72 2 16 × 9 25 ＝15，当且仅当|x|＝15 4 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y1＋y2 y0 ＝－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 y21＝2px1，y20＝2px0，两式相减得 y21－y20＝2p(x1－x0)，得 kPA＝y1－y0 x1－x0＝ 2p y1＋y0，同理 kPB＝ 2p y2＋y0.由y1＋y2 y0 ＝－2，得 y1＋y2＝－ 2y0，故 2p y1＋y0＋ 2p y2＋y0＝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Error!消去 y，得 k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1>0，x2>0， 则 x1＋x2＝2k2＋4 k2 ，① x1x2＝1, ② 1 |AF|＋ 1 |BF|＝ 1 x1＋1＋ 1 x2＋1＝ x1＋x2＋2 x1x2＋x1＋x2＋1 ＝ 2k2＋4 k2 ＋2 1＋2k2＋4 k2 ＋1 ＝1. 当直线的斜率不存在时，易知|AF|＝|BF|＝2， 故 1 |AF|＋ 1 |BF|＝1. 设|AF|＝a，|BF|＝b，则1 a＋1 b＝1， 所以|AF|＋4|BF|＝a＋4b＝( 1 a＋1 b )(a＋4b)＝5＋4b a ＋a b≥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＝1 2，k＝±2 2， 故直线 AB 的倾斜角的正弦值为2 2 3 . 答案：2 2 3 9．已知椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)的离心率为 3 2 ，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＝c a＝ 3 2 ， b2＋c2＝2， 又 a2＝b2＋c2， 所以 a＝2，c＝ 3，b＝1， 所以椭圆 C 的方程为x2 4 ＋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＝±2 5 5 ，此时，原点 O 到 直线 AB 的距离为2 5 5 . 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Error!得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 则 Δ＝(8km) 2－4(1＋4k 2)(4m2－4)＝16(1＋4k 2－m2)＞0，x 1＋x2＝－ 8km 1＋4k2，x1x2＝ 4m2－4 1＋4k2 ， 则 y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝m2－4k2 1＋4k2 ， 由 OA⊥OB，得 kOA·kOB＝－1，即y1 x1·y2 x2＝－1， 所以 x1x2＋y1y2＝5m2－4－4k2 1＋4k2 ＝0， 即 m2＝4 5(1＋k2)， 所以原点 O 到直线 AB 的距离为 |m| 1＋k2＝2 5 5 . 综上，原点 O 到直线 AB 的距离为定值2 5 5 . 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 2 y 9 2 0 8 2 2 (1)求 C1，C2 的标准方程； (2)已知定点 C(0，1 8 )，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：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)， 由题意知，点(－2,0)一定在椭圆上， 则点( 2， 2 2 )也在椭圆上，分别将其代入， 得Error!解得Error! ∴C1 的标准方程为x2 4 ＋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(t，1 2t2 )， 由 y＝1 2x2 知 y′＝x， 故直线 AB 的方程为 y－1 2t2＝t(x－t)， 即 y＝tx－1 2t2，代入方程x2 4 ＋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＝ 4t3 1＋4t2，x1x2＝ t4－4 1＋4t2， ∴|AB|＝ 1＋t2· 16t6 (1＋4t2)2 －4(t4－4)(1＋4t2) (1＋4t2)2 ＝2 1＋t2· －t4＋16t2＋4 1＋4t2 ， 设点 C (0，1 8 )到直线 AB 的距离为 d， 则 d＝|－1 8－1 2t2 |1＋t2 ＝ 1＋4t2 8 1＋t2， ∴S△ABC＝1 2·|AB|·d ＝1 2·2 1＋t2· －t4＋16t2＋4 1＋4t2 · 1＋4t2 8 1＋t2 ＝1 8 －t4＋16t2＋4 ＝1 8 －(t2－8)2＋68≤1 8 68＝ 17 4 ， 当且仅当 t＝±2 2时，取等号，此时满足 Δ>0. 综上，△ABC 面积的最大值为 17 4 . 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 (x＋p 2 )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＝ 1 2时，弦 MN 的 长为 4 15. (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＝1 2时， 直线 l：y＝1 2(x＋p 2 )，即 x＝2y－p 2， 联立Error!消去 x，得 y2－4py＋p2＝0. ∴y1＋y2＝4p，y1y2＝p2， 于是得|MN|＝ 1＋4|y1－y2|＝ 5× (y1＋y2)2－4y1y2 ＝2 15|p|＝4 15， 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(4t21，4t1)，Q(4t22，4t2)， 易得直线 MN，MQ，NQ 的斜率均存在， 则直线 MN 的斜率是 kMN＝ 4t－4t1 4t2－4t21＝ 1 t＋t1， 从而直线 MN 的方程是 y＝ 1 t＋t1(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＝ 1 4t1，点 B(1，－1)在直线 MQ 上， 从而有 1－(t＋t2)×(－1)＋4tt2＝0， 即 1－( 1 4t1＋t2 )×(－1)＋4× 1 4t1×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 3)，离心率为1 2. (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 OR ―→ · OT ―→ ＝16 7 ？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x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)， 由题意得 b＝2 3，e＝c a＝1 2， ∴a＝2c，b2＝a2－c2＝3c2， ∴c2＝4，c＝2，a＝4， ∴椭圆 P 的方程为x2 16＋y2 12＝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， OR ―→ · OT ―→ <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)． ∵ OR ―→ · OT ―→ ＝16 7 ， ∴x1x2＋y1y2＝16 7 . 由Error!消去 y， 得(3＋4k2)x2－32kx＋16＝0， 由 Δ>0，得(－32k)2－64(3＋4k2)>0， 解得 k2>1 4.① ∵x1＋x2＝ 32k 3＋4k2，x1x2＝ 16 3＋4k2， ∴y1y2＝(kx1－4)(kx2－4) ＝k2x1x2－4k(x1＋x2)＋16， 故 x1x2＋y1y2＝ 16 3＋4k2＋ 16k2 3＋4k2－ 128k2 3＋4k2＋16＝16 7 ， 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：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的离心率为 2 2 ，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 AE ―→ · BE ―→ 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Error!解得 a2＝2，b2＝1， 所以椭圆 C 的标准方程为x2 2 ＋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Error!消去 y，整理得(1＋2k2)x2＋8kx＋6＝0， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1＋x2＝－ 8k 1＋2k2，x1x2＝ 6 1＋2k2. 又 y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝－2k2－4 2k2＋1， y1＋y2＝(kx1＋2)＋(kx2＋2)＝k(x1＋x2)＋4＝ 4 2k2＋1. 设存在点 E(0，m)， 则 AE ―→ ＝(－x1，m－y1)， BE ―→ ＝(－x2，m－y2)， 所 以 AE ―→ · BE ―→ ＝ x1x2 ＋ m2 － m(y1 ＋ y2) ＋ y1y2 ＝ 6 2k2＋1＋ m2 － m· 4 2k2＋1－2k2－4 2k2＋1＝ (2m2－2)k2＋m2－4m＋10 2k2＋1 . 要使 AE ―→ · BE ―→ ＝t(t 为常数)， 只需 (2m2－2)k2＋m2－4m＋10 2k2＋1 ＝t， 从而(2m2－2－2t)k2＋m2－4m＋10－t＝0， 故Error!解得 m＝11 4 ，从而 t＝105 16 ， 故存在定点 E(0，11 4 )，使 AE ―→ · BE ―→ 恒为定值105 16 .