2019版一轮复习理数通用版第十四单元 椭圆双曲线抛物线 144页

第十四单元 椭圆、双曲线、抛物线 教材复习课 “椭圆、双曲线、抛物线”相关基础知识一课过 椭圆 [过双基] 1．椭圆的定义 平面内与两个定点 F1，F2的距离的和等于常数(大于|F1F2|)的点的轨迹叫做椭圆．这两 个定点叫做椭圆的焦点，两焦点间的距离叫做椭圆的焦距． 集合 P＝{M||MF1|＋|MF2|＝2a}，|F1F2|＝2c，其中 a>0，c>0，且 a，c为常数： (1)当 2a＞|F1F2|时，P点的轨迹是椭圆； (2)当 2a＝|F1F2|时，P点的轨迹是线段； (3)当 2a＜|F1F2|时，P点不存在． 2．椭圆的标准方程和几何性质 标准方程 x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0) x2 b2 ＋ y2 a2 ＝1(a＞b＞0) 图形 性质 范围 －b≤y≤b－a≤y≤a －a≤x≤a，－b≤x≤b， 对称性 对称轴：坐标轴，对称中心：(0,0) 顶点 A1(－a,0)，A2(a,0)， B1(0，－b)，B2(0，b) A1(0，－a)，A2(0，a)， B1(－b,0)，B2(b,0) 轴 长轴 A1A2的长为2a，短轴 B1B2的长为2b 焦距 |F1F2|＝2c 离心率 e＝ c a，e∈(0,1) a，b，c 的关系 c2＝a2－b2 1．(2017·浙江高考)椭圆 x2 9 ＋ y2 4 ＝1的离心率是( ) A. 13 3 B. 5 3 C.2 3 D.5 9 解析：选 B 根据题意知，a＝3，b＝2，则 c＝ a2－b2＝ 5，∴椭圆的离心率 e＝c a ＝ 5 3 . 2．在平面直角坐标系 xOy中，△ABC上的点 A，C的坐标分别为(－4,0)，(4,0)，若点 B 在椭圆 x2 25 ＋ y2 9 ＝1上，则 sin A＋sin C sinA＋C ＝( ) A.4 3 B.5 3 C.4 5 D.5 4 解析：选 D 由椭圆 x2 25 ＋ y2 9 ＝1，得椭圆的半焦距为 4， 则 A(－4,0)和 C(4,0)为椭圆 x2 25 ＋ y2 9 ＝1的两个焦点． ∵点 B在椭圆 x2 25 ＋ y2 9 ＝1上， 作出示意图如图所示， ∴ sin A＋sin C sinA＋C ＝ sin A＋sin C sin B ＝ 2a 2c ＝ 5 4 . 3．已知椭圆 x2 25 ＋ y2 m2＝1(m＞0)的焦距为 8，则 m的值为( ) A．3或 41 B．3 C. 41 D．±3或± 41 解析：选 A 当 m＜5时，焦点在 x轴上，焦距 2c＝8，则 c＝4， 由 25－m2＝16，得 m＝3； 当 m＞5时，焦点在 y轴上，焦距 2c＝8，则 c＝4， 由 m2－25＝16，得 m＝ 41， 故 m的值为 3或 41. 4．若焦点在 x轴上的椭圆 x2 2 ＋ y2 m ＝1的离心率为 1 2 ，则 m＝________. 解析：因为焦点在 x轴上，所以 0＜m＜2， 所以 a2＝2，b2＝m，c2＝a2－b2＝2－m. 因为椭圆的离心率为 e＝1 2 ， 所以 e2＝1 4 ＝ c2 a2 ＝ 2－m 2 ，解得 m＝ 3 2 . 答案： 3 2 [清易错] 1．求椭圆的标准方程时易忽视判断焦点的位置，而直接设方程为 x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0)． 2．注意椭圆的范围，在设椭圆 x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0)上点的坐标为 P(x，y)时，|x|≤a，|y|≤b， 这往往在求与点 P有关的最值问题中特别有用，也是容易被忽略而导致求最值错误的原因． 1．已知椭圆 x2 9 ＋ y2 4－k ＝1的离心率为 4 5 ，则 k的值为( ) A．－21 B．21 C．－ 19 25 或 21 D.19 25 或－21 解析：选 D 当 9＞4－k＞0，即－50，c>0. (1)当 2a<|F1F2|时，P点的轨迹是双曲线； (2)当 2a＝|F1F2|时，P点的轨迹是两条射线； (3)当 2a>|F1F2|时，P点不存在． 2．标准方程 (1)中心在坐标原点，焦点在 x轴上的双曲线的标准方程为 x2 a2 － y2 b2 ＝1(a>0，b>0)； (2)中心在坐标原点，焦点在 y轴上的双曲线的标准方程为 y2 a2 － x2 b2 ＝1(a>0，b>0)． 3．双曲线的性质 标准方程 x2 a2 － y2 b2 ＝1(a>0，b>0) y2 a2 － x2 b2 ＝1(a>0，b>0) 图形 性质 范围 x≥a或 x≤－a，y∈R y≤－a或 y≥a，x∈R 对称性 对称轴：坐标轴，对称中心：原点 顶点 A1(－a,0)，A2(a,0) A1(0，－a)，A2(0，a) 渐近线 y＝±b a x y＝±a b x 离心率 e＝c a ，e∈(1，＋∞) a，b，c的 关系 c2＝a2＋b2 实虚轴 线段 A1A2叫做双曲线的实轴，它的长|A1A2|＝2a； 线段 B1B2叫做双曲线的虚轴，它的长|B1B2|＝2b； a叫做双曲线的实半轴长，b叫做双曲线的虚半轴长 1．(2017·天津高考)已知双曲线 x2 a2 － y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的左焦点为 F，离心率为 2.若经过 F和 P(0,4)两点的直线平行于双曲线的一条渐近线，则双曲线的方程为( ) A.x 2 4 － y2 4 ＝1 B.x 2 8 － y2 8 ＝1 C.x 2 4 － y2 8 ＝1 D.x 2 8 － y2 4 ＝1 解析：选 B 由离心率 e＝ 2知，双曲线为等轴双曲线， 则其渐近线方程为 y＝±x， 故由 P(0,4)，知左焦点 F的坐标为(－4,0)， 所以 c＝4，则 a2＝b2＝c2 2 ＝8， 故双曲线的方程为 x2 8 － y2 8 ＝1. 2．已知双曲线过点(2,3)，其中一条渐近线方程为 y＝ 3x，则双曲线的标准方程是( ) A.7x 2 16 － y2 12 ＝1 B.y 2 3 － x2 2 ＝1 C．x2－y2 3 ＝1 D.3y 2 23 － x2 23 ＝1 解析：选 C 由双曲线的一条渐近线方程为 y＝ 3x， 可设其方程为 y2 3 －x2＝λ(λ≠0)． 又双曲线过点(2,3), 则32 3 －22＝λ， 解得λ＝－1， 所以双曲线的方程为 y2 3 －x2＝－1，即 x2－y2 3 ＝1. 3．(2018·张掖一诊)如图，F1，F2分别是双曲线 x2 a2 － y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0) 的左、右焦点，过 F1的直线 l 与双曲线的左、右两支分别交于点 B，A.若△ ABF2为等边三角形，则双曲线的离心率为( ) A. 7 B．4 C.2 3 3 D. 3 解析：选 A 依题意得|AB|＝|AF2|＝|BF2|，结合双曲线的定义可得|BF1|＝2a，|BF2|＝4a， |F1F2|＝2c，因为△ABF2为等边三角形，所以∠F1BF2＝120°，由余弦定理，可得 4a2＋16a2 ＋2×2a×4a×1 2 ＝4c2，整理得 c a ＝ 7，故选 A. 4．已知 F为双曲线 C：x2 9 － y2 16 ＝1的左焦点，P，Q为 C上的点．若 PQ的长等于虚轴 长的 2倍，点 A(5,0)在线段 PQ上，则△PQF的周长为________． 解析：由题意得，|FP|－|PA|＝6，|FQ|－|QA|＝6，两式相加，利用双曲线的定义得|FP| ＋|FQ|＝28，所以△PQF的周长为|FP|＋|FQ|＋|PQ|＝44. 答案：44 [清易错] 1．注意区分双曲线中的 a，b，c 大小关系与椭圆中的 a，b，c 关系，在椭圆中 a2＝b2 ＋c2，而在双曲线中 c2＝a2＋b2. 2．易忽视渐近线的斜率与双曲线的焦点位置关系．当焦点在 x轴上，渐近线斜率为±b a ， 当焦点在 y轴上，渐近线斜率为±a b . 1．双曲线 x2 36－m2 － y2 m2＝1(0＜m＜3)的焦距为( ) A．6 B．12 C．36 D．2 36－2m2 解析：选 B ∵c2＝36－m2＋m2＝36，∴c＝6， ∴双曲线的焦距为 12. 2．已知直线 l：4x＋3y－20＝0经过双曲线 C：x2 a2 － y2 b2 ＝1的一个焦点，且与双曲线 C的 一条渐近线平行，则双曲线 C的实轴长为( ) A．3 B．4 C．6 D．8 解析：选 C ∵双曲线 C：x2 a2 － y2 b2 ＝1 的焦点在 x 轴上，直线 l：4x＋3y－20＝0 与 x 轴 的交点为(5,0)． ∴a2＋b2＝c2＝25.① ∵直线 l：4x＋3y－20＝0与双曲线 C：x2 a2 － y2 b2 ＝1的一条渐近线平行，∴ b a ＝ 4 3 .② 由①②解得 a＝3， ∴双曲线 C的实轴长为 2a＝6. 抛物线 [过双基] 1．抛物线的定义 平面内与一个定点F和一条定直线 l(l不经过点F)的距离相等的点的轨迹叫做抛物线．点 F叫做抛物线的焦点，直线 l叫做抛物线的准线． 2．抛物线的标准方程与几何性质 标准方程 y2＝2px(p＞0) y2＝－2px(p＞0) x2＝2py(p>0) x2＝－2py(p>0) p的几何意义：焦点 F到准线 l的距离 图形 顶点 O(0,0) 对称轴 y＝0 x＝0 焦点 F p 2 ，0 F － p 2 ，0 F 0，p 2 F 0，－ p 2 离心率 e＝1 准线方程 x＝－ p 2 x＝p 2 y＝－ p 2 y＝p 2 范围 x≥0，y∈R x≤0，y∈R y≥0，x∈R y≤0，x∈R 开口方向 向右 向左 向上 向下 焦半径(其中 P(x0，y0)) |PF|＝x0＋ p 2 |PF|＝－x0＋ p 2 |PF|＝y0＋ p 2 |PF|＝－y0＋ p 2 1．已知抛物线顶点在原点，焦点为双曲线 x2 13 － y2 12 ＝1 的右焦点，则此抛物线的方程为 ( ) A．y2＝2x B．y2＝4x C．y2＝10x D．y2＝20x 解析：选 D 双曲线 x2 13 － y2 12 ＝1的右焦点为(5,0) ， 由题意，设抛物线方程为 y2＝2px(p＞0) ， ∵抛物线的焦点为双曲线 x2 13 － y2 12 ＝1的右焦点， ∴ p 2 ＝5，p＝10， ∴抛物线方程为 y2＝20x. 2．若抛物线 y＝4x2上的一点M到焦点的距离为 1，则点M的纵坐标是( ) A.17 16 B.15 16 C.7 8 D．0 解析：选 B 点 M 到准线的距离等于点 M 到焦点的距离，又准线方程为 y＝－ 1 16 ，设 M(x，y)，则 y＋ 1 16 ＝1， 故 y＝15 16 . 3．若点 P为抛物线 y＝2x2上的动点，F为抛物线的焦点，则|PF|的最小值为( ) A．2 B.1 2 C.1 4 D.1 8 解析：选 D 设点 P到准线的距离为 d，则有|PF|＝d， 又抛物线的方程为 y＝2x2，即 x2＝1 2 y, 则其准线方程为 y＝－ 1 8 ， 所以当点 P在抛物线的顶点时，d有最小值 1 8 ， 即|PF|的最小值为 1 8 . 4．已知抛物线 y2＝6x上的一点到焦点的距离是到 y 轴距离的 2倍，则该点的横坐标为 __________． 解析：可知抛物线 y2＝6x的焦点 F 3 2 ，0 ，设 P(x，y)，x＞0. 由抛物线的定义，得点 P到焦点的距离 d1＝x＋p 2 ＝x＋3 2 ， 点 P到 y轴的距离 d2＝x. 由 x＋3 2 ＝2x，解得 x＝3 2 ，∴该点的横坐标为 3 2 . 答案： 3 2 [清易错] 1．抛物线的定义中易忽视“定点不在定直线上”这一条件，当定点在定直线上时，动 点的轨迹是过定点且与直线垂直的直线． 2．抛物线标准方程中的参数 p，易忽视只有 p＞0才能证明其几何意义是焦点 F到准线 l的距离，否则无几何意义． 1．动圆过点(1,0)，且与直线 x＝－1相切，则动圆的圆心的轨迹方程为______________． 解析：设动圆的圆心坐标为(x，y)，则圆心到点(1,0)的距离与到直线 x＝－1 的距离相等， 根据抛物线的定义易知动圆的圆心的轨迹方程为 y2＝4x. 答案：y2＝4x 2．抛物线 8x2＋y＝0的焦点坐标为________． 解析：由 8x2＋y＝0，得 x2＝－ 1 8 y. ∴2p＝1 8 ，p＝ 1 16 ，∴焦点为 0，－ 1 32 . 答案： 0，－ 1 32 直线与圆锥曲线的位置关系 [过双基] 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 Ax＋By＋C＝0， Fx，y＝0， 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．圆锥曲线的弦长 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．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 因为直线 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． 2．过抛物线 x2＝8y 的焦点 F作直线 l交抛物线于 A，B两点，若线段 AB中点 M的纵 坐标为 4，则|AB|＝________. 解析：由题意，可得焦点 F(0,2)，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 y1＋y2＝8，过焦点的弦长 |AB|＝y1＋y2＋p＝8＋4＝12. 答案：12 3．已知双曲线 C：x2 a2 － y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)的渐近线与圆(x－2)2＋y2＝1 相交，则双曲线 C的离心率的取值范围是________． 解析：双曲线的渐近线为 bx±ay＝0，其与圆相交，则圆心(2,0)到渐近线的距离小于半径， 即 2b a2＋b2 ＜1， ∴3b2＜a2，∴c2＝a2＋b2＜4 3 a2，∴e＝c a ＜ 2 3 3 . 又 e＞1，∴1＜e＜2 3 3 . 答案： 1，2 3 3 [清易错] 1．直线与双曲线交于一点时，易误认为直线与双曲线相切，事实上不一定相切，当直 线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线相交于一点． 2．直线与抛物线交于一点时，除直线与抛物线相切外易忽视直线与抛物线的对称轴平 行时也相交于一点． 1．直线 y＝b a x＋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 a x＋3与双曲线的渐近线 y＝b a x平行，所以它与双曲线只有 1 个交点． 2．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). 一、选择题 1．抛物线顶点在原点，焦点在 y 轴上，若其上一点 P(m,1)到焦点的距离为 5，则抛物线 的标准方程为( ) A．y＝8x2 B．y＝16x2 C．x2＝8y D．x2＝16y 解析：选 D 根据题意知，点 P(m,1)在 x轴上方，则抛物线开口向上， 设其标准方程为 x2＝2py， 其准线方程为 y＝－ p 2 ， 由点 P到焦点的距离为 5，得 1－ － p 2 ＝5, 解得 p＝8， 则抛物线的标准方程为 x2＝16y. 2．椭圆 x2 16 ＋ y2 m ＝1的焦距为 2 7，则 m的值为( ) A．9 B．23 C．9或 23 D．16－ 7或 16＋ 7 解析：选 C 由椭圆 x2 16 ＋ y2 m ＝1的焦距为 2 7， 可得，2 16－m＝2 7或 2 m－16＝2 7， 解得 m＝9或 23. 3．过抛物线 y2＝4x 的焦点的直线 l 交抛物线于 P(x1，y1)，Q(x2，y2)两点，如果 x1＋x2 ＝6，则|PQ|＝( ) A．9 B．8 C．7 D．6 解析：选 B 抛物线 y2＝4x 的焦点为 F(1,0)，准线方程为 x＝－1.根据题意可得，|PQ| ＝|PF|＋|QF|＝x1＋1＋x2＋1＝x1＋x2＋2＝8. 4．若双曲线 C：x 2 4 －y2＝1的左、右焦点分别为 F1，F2，P为双曲线 C上一点，满足PF1 ―→ ·PF2 ―→ ＝0的点 P依次记为 P1，P2，P3，P4，则四边形 P1P2P3P4的面积为( ) A.8 5 5 B．2 5 C.8 6 5 D．2 6 解析：选 C 设 P(x，y)，由已知得 F1(－ 5，0)，F2( 5，0)， 则(－ 5－x，－y)·( 5－x，－y)＝x2－5＋y2＝0， 即 x2＋y2＝5，与双曲线方程 x2 4 －y2＝1联立， 可得交点分别为 2 30 5 ， 5 5 ， － 2 30 5 ， 5 5 ， － 2 30 5 ，－ 5 5 ， 2 30 5 ，－ 5 5 ， 它们构成一个长为 4 30 5 ，宽为 2 5 5 的长方形， 所以四边形 P1P2P3P4的面积为 4 30 5 × 2 5 5 ＝ 8 6 5 . 5．若双曲线 y2 a2 － x2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)的离心率为 10，则其渐近线方程为( ) A．y＝±3x B．y＝±1 2 x C．y＝±2x D．y＝±1 3 x 解析：选 D 因为双曲线 y2 a2 － x2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)的离心率为 10，所以 e＝c a ＝ 10， 即 e2＝c2 a2 ＝ a2＋b2 a2 ＝1＋b2 a2 ＝10，所以 b a ＝3. 因为双曲线 y2 a2 － x2 b2 ＝1的焦点在 y 轴上，其渐近线方程为 y＝±a b x，所以该双曲线的渐近 线方程为 y＝±1 3 x. 6．已知椭圆 C：x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a>b>0)的左、右焦点为 F1，F2，离心率为 3 3 ，过 F2的直线 l 交 C于 A，B两点，若△AF1B的周长为 4 3，则椭圆 C的方程为( ) A.x 2 3 ＋ y2 2 ＝1 B.x 2 3 ＋y2＝1 C.x 2 12 ＋ y2 8 ＝1 D.x 2 12 ＋ y2 4 ＝1 解析：选 A 由椭圆的性质知|AF1|＋|AF2|＝2a，|BF1|＋|BF2|＝2a，又∵|AF1|＋|AF2|＋ |BF1|＋|BF2|＝4 3，∴a＝ 3.又 e＝ 3 3 ，∴c＝1，∴b2＝a2－c2＝2，∴椭圆的方程为 x2 3 ＋ y2 2 ＝ 1. 7．已知双曲线 x2 12 － y2 4 ＝1的右焦点为 F，若过点 F的直线与双曲线的右支有且只有一个 交点，则此直线斜率的取值范围是( ) A. － 3 3 ， 3 3 B.(－ 3， 3) C. － 3 3 ， 3 3 D.[－ 3， 3] 解析：选C 由题意知F(4,0)，双曲线的两条渐近线方程为 y＝± 3 3 x. 当过点 F的直线与渐近线平行时，满足与右支只有一个交点，画出图象， 数形结合可知应选 C. 8．已知 F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且∠F1PF2＝ π 4 ， 则椭圆和双曲线的离心率乘积的最小值为( ) A.1 2 B. 2 2 C．1 D. 2 解析：选 B 如图，设椭圆的长半轴长为 a1，双曲线的实半轴长为 a2，则根据椭圆及双曲线的定义可得， |PF1|＋|PF2|＝2a1， |PF1|－|PF2|＝2a2， ∴|PF1|＝a1＋a2，|PF2|＝a1－a2. 设|F1F2|＝2c，又∠F1PF2＝ π 4 ， 在△PF1F2中，由余弦定理得， 4c2＝(a1＋a2)2＋(a1－a2)2－2(a1＋a2)(a1－a2)cos π 4 ， 化简得：(2－ 2)a21＋(2＋ 2)a22＝4c2， 即 2－ 2 e21 ＋ 2＋ 2 e22 ＝4. 又∵ 2－ 2 e21 ＋ 2＋ 2 e22 ≥ 2 22－2 e1·e2 ＝ 2 2 e1·e2 ， ∴ 2 2 e1·e2 ≤4，即 e1·e2≥ 2 2 ， ∴椭圆和双曲线的离心率乘积的最小值为 2 2 . 二、填空题 9．(2017·北京高考)若双曲线 x2－y2 m ＝1的离心率为 3，则实数 m＝________. 解析：由双曲线的标准方程可知 a2＝1，b2＝m，所以 a＝1，c＝ 1＋m，所以 e＝ 1＋m 1 ＝ 3，解得 m＝2. 答案：2 10．(2017·全国卷Ⅲ)双曲线 x2 a2 － y2 9 ＝1(a＞0)的一条渐近线方程为 y＝3 5 x，则 a＝________. 解析：∵双曲线的标准方程为 x2 a2 － y2 9 ＝1(a＞0)， ∴双曲线的渐近线方程为 y＝±3 a x. 又双曲线的一条渐近线方程为 y＝3 5 x，∴a＝5. 答案：5 11．与椭圆 x2 9 ＋ y2 4 ＝1有相同的焦点，且离心率为 5 5 的椭圆的标准方程为__________． 解析：由椭圆 x2 9 ＋ y2 4 ＝1，得 a2＝9，b2＝4， ∴c2＝a2－b2＝5， ∴该椭圆的焦点坐标为(± 5，0). 设所求椭圆方程为 x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1，a＞b＞0， 则 c＝ 5，又 c a ＝ 5 5 ，得 a＝5，∴b2＝25－5＝20. ∴所求椭圆方程为 x2 25 ＋ y2 20 ＝1. 答案： x2 25 ＋ y2 20 ＝1 12．(2018·西安中学模拟)如图，过抛物线 y＝1 4 x2的焦点 F的直线 l与抛物线和圆 x2＋(y －1)2＝1交于 A，B，C，D四点，则 AB ―→ · DC ―→ ＝________. 解析：不妨设直线 AB的方程为 y＝1，联立 y＝1， y＝1 4 x2， 解得 x＝±2，则 A(－2,1)，D(2,1)， 因为 B(－1,1)，C(1,1)，所以 AB ―→ ＝(1,0)， DC ―→ ＝(－1,0)，所以 AB ―→ · DC ―→ ＝－1. 答案：－1 三、解答题 13．已知椭圆 C：x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的短轴长为 2，且函数 y＝x2－65 16 的图象与椭圆 C 仅有两个公共点，过原点的直线 l与椭圆 C交于M，N两点． (1)求椭圆 C的标准方程； (2)若点 P为线段MN的中垂线与椭圆 C的一个公共点，求△PMN面积的最小值，并求 此时直线 l的方程． 解：(1)由题意可得，2b＝2，所以 b＝1. 联立 x2 a2 ＋y2＝1(a＞1)与 y＝x2－65 16 ，消去 y， 整理得 x4＋ 1 a2 － 65 8 x2＋81×49 162 ＝0， 根据椭圆 C与抛物线 y＝x2－65 16 的对称性，可得Δ＝ 1 a2 － 65 8 2－4×81×49 162 ＝0，a＞1，解 得 a＝2. ∴椭圆 C的标准方程为 x2 4 ＋y2＝1. (2)①当直线 l的斜率不存在时，S△PMN＝ 1 2 ×2b×a＝2； 当直线 l的斜率为 0时，S△PMN＝ 1 2 ×2a×b＝2； ②当直线 l的斜率存在且不为 0时． 设直线 l的方程为 y＝kx，由 y＝kx， x2 4 ＋y2＝1， 解得 x2＝ 4 1＋4k2 ，y2＝ 4k2 1＋4k2 . ∴|MN|＝2 x2＋y2＝4 1＋k2 1＋4k2 . 由题意可得，线段MN的中垂线方程为 y＝－ 1 k x， 联立 y＝－ 1 k x， x2 4 ＋y2＝1， 可得 x2＝ 4k2 k2＋4 ，y2＝ 4 k2＋4 . ∴|OP|＝ x2＋y2＝2 1＋k2 k2＋4 . ∴S△PMN＝ 1 2 ·|MN|·|OP|＝ 41＋k2 1＋4k2k2＋4 ≥ 41＋k2 1＋4k2＋k2＋4 2 ＝ 8 5 ，当且仅当 k＝±1时取 等号，此时△PMN的面积的最小值为 8 5 . ∵2>8 5 ，∴△PMN的面积的最小值为 8 5 ，直线 l的方程为 y＝±x. 14.已知点 F为抛物线 E：y2＝2px(p>0)的焦点，点 A(2，m)在抛物线 E上，且|AF|＝3. (1)求抛物线 E的方程； (2)已知点 G(－1,0)，延长 AF 交抛物线 E 于点 B，证明：以点 F 为 圆心且与直线 GA相切的圆必与直线 GB相切． 解：(1)由抛物线的定义得 |AF|＝2＋p 2 . 因为|AF|＝3，即 2＋p 2 ＝3，解得 p＝2， 所以抛物线 E的方程为 y2＝4x. (2)因为点 A(2，m)在抛物线 E：y2＝4x上， 所以 m＝±2 2. 由抛物线的对称性，不妨设 A(2,2 2)． 由 A(2,2 2)，F(1,0)可得直线 AF的方程为 y＝2 2(x－1)． 由 y＝2 2x－1， y2＝4x， 得 2x2－5x＋2＝0， 解得 x＝2或 x＝1 2 ，从而 B 1 2 ，－ 2 . 又 G(－1,0)， 所以 kGA＝ 2 2－0 2－－1 ＝ 2 2 3 ， kGB＝ － 2－0 1 2 －－1 ＝－ 2 2 3 ， 所以 kGA＋kGB＝0，从而∠AGF＝∠BGF，这表明点 F到直线 GA，GB的距离相等，故 以 F为圆心且与直线 GA相切的圆必与直线 GB相切． 高考研究课(一) 椭圆命题 3角度——求方程、研性质、用关系 [全国卷 5年命题分析] 考点 考查频度 考查角度 椭圆的标准方程 5年 2考 求椭圆的标准方程 椭圆的几何性质 5年 3考 求离心率，求参数 直线与椭圆的位置关系 5年 6考 弦长问题、面积最值、斜率范围 椭圆的定义及标准方程 [典例] (1)若椭圆 C：x2 9 ＋ y2 2 ＝1 的焦点为 F1，F2，点 P 在椭圆 C 上，且|PF1|＝4，则 ∠F1PF2＝( ) A.π 6 B.π 3 C.2π 3 D.5π 6 (2)(2018·大庆模拟)如图，已知椭圆 C：x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a>b>0)，其 中左焦点为 F(－2 5，0)，P为 C上一点，满足|OP|＝|OF|，且|PF| ＝4，则椭圆 C的方程为( ) A.x 2 25 ＋ y2 5 ＝1 B.x 2 36 ＋ y2 16 ＝1 C.x 2 30 ＋ y2 10 ＝1 D.x 2 45 ＋ y2 25 ＝1 [解析] (1)由题意得 a＝3，c＝ 7，则|PF2|＝2. 在△F2PF1中，由余弦定理可得 cos∠F2PF1＝ |PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|2 2|PF1||PF2| ＝ 42＋22－2 72 2×4×2 ＝－ 1 2 . 又∵∠F2PF1∈(0，π)，∴∠F2PF1＝ 2π 3 . (2)设椭圆的焦距为 2c，右焦点为 F1，连接 PF1，如图所示． 由 F(－2 5，0)，得 c＝2 5. 由|OP|＝|OF|＝|OF1|， 知 PF1⊥PF. 在 Rt△PF1F中，由勾股定理， 得|PF1|＝ |F1F|2－|PF|2＝ (4 5)2－42＝8. 由椭圆定义，得|PF1|＋|PF|＝2a＝4＋8＝12， 从而 a＝6，得 a2＝36， 于是 b2＝a2－c2＝36－(2 5)2＝16， 所以椭圆 C的方程为 x2 36 ＋ y2 16 ＝1. [答案] (1)C (2)B [方法技巧] (1)求椭圆标准方程的基本方法是待定系数法，具体过程是先定形，再定量，即首先确定 焦点所在位置，然后再根据条件建立关于 a，b 的方程组．如果焦点位置不确定，可把椭圆 方程设为 mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n)的形式． (2)椭圆上的一点与两焦点所构成的三角形称为焦点三角形．解决焦点三角形问题常利用 椭圆的定义和正弦定理、余弦定理． [即时演练] 1．在平面直角坐标系 xOy中，P是椭圆 y2 4 ＋ x2 3 ＝1上的一个动点，点 A(1,1)，B(0，－1)， 则|PA|＋|PB|的最大值为( ) A．2 B．3 C．4 D．5 解析：选 D ∵椭圆方程为 y2 4 ＋ x2 3 ＝1， ∴焦点坐标为 B(0，－1)和 B′(0,1)， 连接 PB′，AB′，根据椭圆的定义， 得|PB|＋|PB′|＝2a＝4， 可得|PB|＝4－|PB′|， 因此|PA|＋|PB|＝|PA|＋(4－|PB′|) ＝4＋(|PA|－|PB′|)． ∵|PA|－|PB′|≤|AB′|， ∴|PA|＋|PB|≤4＋|AB′|＝4＋1＝5. 当且仅当点 P在 AB′延长线上时，等号成立． 综上所述，可得|PA|＋|PB|的最大值为 5. 2．已知 F1，F2是椭圆 C：x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a>b>0)的两个焦点，P为椭圆 C上的一点，且PF1 ―→ ⊥PF2 ―→ .若△PF1F2的面积为 9，则 b＝________. 解析：设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，则 r1＋r2＝2a， r21＋r22＝4c2， ∴2r1r2＝(r1＋r2)2－(r21＋r22)＝4a2－4c2＝4b2， 又∵S△PF1F2＝ 1 2 r1r2＝b2＝9，∴b＝3. 答案：3 椭圆的几何性质 [典例] (1)(2016·江苏高考)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，F 是椭圆 x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的右焦点，直线 y＝b 2 与椭圆交于 B，C两点， 且∠BFC＝90°，则该椭圆的离心率是________． (2)如图，椭圆 x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为 F1，F2，过 F2的直线交椭圆于 P， Q两点，且 PQ⊥PF1. ①若|PF1|＝2＋ 2，|PF2|＝2－ 2，求椭圆的标准方程； ②若|PQ|＝λ|PF1|，且 3 4 ≤λ＜4 3 ，求椭圆离心率 e的取值范围． [解析] (1)将 y＝b 2 代入椭圆的标准方程， 得 x2 a2 ＋ b2 4 b2 ＝1， 所以 x＝± 3 2 a，故 B － 3 2 a，b 2 ，C 3 2 a，b 2 . 又因为 F(c,0)，所以 BF ―→ ＝ c＋ 3 2 a，－ b 2 ， CF ―→ ＝ c－ 3 2 a，－ b 2 . 因为∠BFC＝90°，所以 BF ―→ · CF ―→ ＝0， 所以 c＋ 3 2 a c－ 3 2 a ＋ － b 2 2＝0， 即 c2－3 4 a2＋1 4 b2＝0，将 b2＝a2－c2代入并化简， 得 a2＝3 2 c2，所以 e2＝c2 a2 ＝ 2 3 ，所以 e＝ 6 3 (负值舍去)． [答案] 6 3 (2)①由椭圆的定义，得 2a＝|PF1|＋|PF2|＝(2＋ 2)＋(2－ 2)＝4，故 a＝2. 设椭圆的半焦距为 c，由已知 PF1⊥PF2， 因此 2c＝|F1F2|＝ |PF1|2＋|PF2|2 ＝ 2＋ 22＋2－ 22＝2 3， 即 c＝ 3，从而 b＝ a2－c2＝1. 故所求椭圆的标准方程为 x2 4 ＋y2＝1. ②如图，连接 F1Q，由 PF1⊥PQ，|PQ|＝λ|PF1|， 得|QF1|＝ |PF1|2＋|PQ|2＝ 1＋λ2|PF1|. 由椭圆的定义，|PF1|＋|PF2|＝2a，|QF1|＋|QF2|＝2a，进而|PF1|＋|PQ|＋|QF1|＝4a. 于是(1＋λ＋ 1＋λ2)|PF1|＝4a， 解得|PF1|＝ 4a 1＋λ＋ 1＋λ2 ， 故|PF2|＝2a－|PF1|＝ 2aλ＋ 1＋λ2－1 1＋λ＋ 1＋λ2 . 由勾股定理得|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝(2c)2＝4c2， 从而 4a 1＋λ＋ 1＋λ2 2＋ 2aλ＋ 1＋λ2－1 1＋λ＋ 1＋λ2 2＝4c2， 两边除以 4a2，得 4 1＋λ＋ 1＋λ22 ＋ λ＋ 1＋λ2－12 1＋λ＋ 1＋λ22 ＝e2. 若记 t＝1＋λ＋ 1＋λ2， 则上式变成 e2＝4＋t－22 t2 ＝8 1 t － 1 4 2＋ 1 2 . 由 3 4 ≤λ＜4 3 ，并注意到 t＝1＋λ＋ 1＋λ2关于λ单调递增，得 3≤t＜4，即 1 4 ＜ 1 t ≤ 1 3 . 进而 1 2 ＜e2≤5 9 ，即 2 2 ＜e≤ 5 3 . 所以椭圆离心率 e的取值范围为 2 2 ， 5 3 . [方法技巧] 椭圆几何性质的应用技巧 (1)与椭圆几何性质有关的问题要结合图形进行分析，即使画不出图形，思考时也要联想 到一个图形． (2)椭圆的范围或最值问题常常涉及一些不等式．例如，－a≤x≤a，－b≤y≤b,0＜e＜1， 在求椭圆相关量的范围时，要注意应用这些不等关系． [即时演练] 1．已知椭圆 E的左、右焦点分别为 F1，F2，过 F1且斜率为 2的直线交椭圆 E于 P，Q 两点，若△F1PF2为直角三角形，则椭圆 E的离心率为__________． 解析：作出示意图如图，由题可知， |PF2| |PF1| ＝2， 即|PF2|＝2|PF1|， 又|PF2|＋|PF1|＝2a， ∴|PF1|＝ 2 3 a，|PF2|＝4 3 a， ∴(2c)2＝ 2 3 a 2＋ 4 3 a 2， 即 c2＝5 9 a2，∴e＝ 5 3 . 答案： 5 3 2．已知椭圆 C：x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1，F2，点 P 为椭圆 C 与 y 轴 的交点，若以 F1，F2，P三点为顶点的等腰三角形一定不可能为钝角三角形，则椭圆 C的离 心率的取值范围是________． 解析：∵点 P为椭圆 C与 y轴的交点，以 F1，F2，P三点为顶点的等腰三角形一定不可 能为钝角三角形，即∠F1PF2≤90°，∴tan∠OPF2≤1，∴c b ≤1，c≤b，c2≤a2－c2，∴0＜e≤ 2 2 . 答案： 0， 2 2 直线与椭圆的位置关系 [典例] (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． [思路点拨] (1)由 A为抛物线的焦点，F到抛物线的准线 l的距离为 1 2 ，得 a－c＝1 2 ，又 椭圆的离心率为 1 2 ，求出 c，a，b，p，得出椭圆的标准方程和抛物线方程； (2)由(1)知，A(1,0)，设直线 AP的方程为 x＝my＋1(m≠0)，解出 P，Q两点的坐标，把 直线 AP方程和椭圆方程联立解出 B点坐标，写出 BQ所在直线方程，求出点 D的坐标，最 后根据△APD的面积为 6 2 解方程，求出 m，得出直线 AP的方程． [解] (1)设 F的坐标为(－c,0)． 依题意 c a ＝ 1 2 ， p 2 ＝a， a－c＝1 2 ， 解得 a＝1， c＝1 2 ， p＝2， 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 x＝my＋1， x2＋4y2 3 ＝1 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. [方法技巧] (1)解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联 立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常 常用“点差法”解决往往会更简单． (2)设直线与椭圆的交点坐标为 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝ 1＋k2[x1＋x22－4x1x2] ＝ 1＋ 1 k2 [y1＋y22－4y1y2](k为直线斜率)． [提醒] 利用公式计算直线被椭圆截得的弦长是在方程有解的情况下进行的，不要忽略 判别式． [即时演练] 1．设椭圆 x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a>b>0)的两焦点为 F1，F2，斜率为 k 的直线过右焦点 F2，与椭圆 交于 A，B，与 y 轴交于 C，B 为 CF2的中点，若|k|≤2 5 5 ，则椭圆离心率 e 的取值范围为 __________． 解析：椭圆 x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a>b>0)的焦点在 x轴上，设椭圆的右焦点为 F2 (c,0)，则直线的方 程可设为 y＝k(x－c)， 令 x＝0，得 y＝－kc，即 C(0，－kc)． 由于 B为 CF2的中点， ∴B c 2 ，－ kc 2 ，又 B为椭圆上的点， ∴ c2 4a2 ＋ k2c2 4b2 ＝1， 由 b2＝a2－c2，e＝c a ， 可得 e2 4 ＋ k2e2 41－e2 ＝1， ∴k2＝e4－5e2＋4 e2 . ∵|k|≤2 5 5 ，∴k2≤4 5 ， 即 0≤e4－5e2＋4 e2 ≤ 4 5 . 又 0＜e＜1, 解得 2 5 5 ≤e＜1. 答案： 2 5 5 ，1 2．(2017·江苏高考)如图，在平面直角坐标系 xOy中，椭圆 E： x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1，F2，离心率为 1 2 ，两准 线之间的距离为 8.点 P 在椭圆 E 上，且位于第一象限，过点 F1 作直线 PF1的垂线 l1，过点 F2作直线 PF2的垂线 l2. (1)求椭圆 E的标准方程； (2)若直线 l1，l2的交点 Q在椭圆 E上，求点 P的坐标． 解：(1)设椭圆的半焦距为 c. 因为椭圆 E的离心率为 1 2 ，两准线之间的距离为 8， 所以 c a ＝ 1 2 ， 2a2 c ＝8， 解得 a＝2，c＝1，于是 b＝ a2－c2＝ 3， 因此椭圆 E的标准方程是 x2 4 ＋ y2 3 ＝1. (2)由(1)知，F1(－1,0)，F2(1,0)． 设 P(x0，y0)，因为 P为第一象限的点， 故 x0>0，y0>0. 当 x0＝1时，l2与 l1相交于 F1，与题设不符． 当 x0≠1时，直线 PF1的斜率为 y0 x0＋1 ， 直线 PF2的斜率为 y0 x0－1 . 因为 l1⊥PF1，l2⊥PF2，所以直线 l1的斜率为－ x0＋1 y0 ， 直线 l2的斜率为－ x0－1 y0 ， 从而直线 l1的方程为 y＝－ x0＋1 y0 (x＋1)，① 直线 l2的方程为 y＝－ x0－1 y0 (x－1)．② 由①②解得 x＝－x0，y＝x20－1 y0 ， 所以 Q －x0， x20－1 y0 . 因为点 Q在椭圆上，由对称性，得 x20－1 y0 ＝±y0， 即 x20－y20＝1或 x20＋y20＝1. 又点 P在椭圆 E上，故 x20 4 ＋ y20 3 ＝1. 联立 x20－y20＝1， x20 4 ＋ y20 3 ＝1， 解得 x0＝ 4 7 7 ，y0＝ 3 7 7 ； 联立 x20＋y20＝1， x20 4 ＋ y20 3 ＝1， 无解． 因此点 P的坐标为 4 7 7 ， 3 7 7 . 1．(2017·全国卷Ⅲ)已知椭圆 C：x2 a2 ＋ y2 b2 ＝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. 6 3 B. 3 3 C. 2 3 D.1 3 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＝ 2ab b2＋a2 ＝a，得 a2＝3b2，所以 C的离心率 e＝ 1－b2 a2 ＝ 6 3 . 2．(2017·全国卷Ⅰ)设 A，B是椭圆 C：x2 3 ＋ y2 m ＝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， 3 ]∪[9，＋∞) C．(0,1]∪[4，＋∞) D．(0， 3 ]∪[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 a b ≥tan 60°＝ 3，即 3 m ≥ 3， 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 a b ≥tan 60°＝ 3，即 m 3 ≥ 3，解得 m≥9. 故 m的取值范围为(0,1]∪[9，＋∞)． 3．(2016·全国卷Ⅰ)直线 l经过椭圆的一个顶点和一个焦点，若椭圆中心到 l的距离为其 短轴长的 1 4 ，则该椭圆的离心率为( ) A.1 3 B.1 2 C.2 3 D.3 4 解析：选 B 不妨设直线 l经过椭圆的一个顶点 B(0，b)和一个焦点 F(c,0)，则直线 l的 方程为 x c ＋ y b ＝1，即 bx＋cy－bc＝0.由题意知 |－bc| b2＋c2 ＝ 1 4 ×2b，解得 c a ＝ 1 2 ，即 e＝1 2 . 4．(2016·全国卷Ⅱ)已知 A 是椭圆 E：x2 4 ＋ y2 3 ＝1 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|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积； (2)当 2|AM|＝|AN|时，证明： 3＜k＜2. 解：(1)设M(x1，y1)，则由题意知 y1＞0. 由已知及椭圆的对称性知，直线 AM的倾斜角为 π 4 . 又 A(－2,0)，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)证明：设直线 AM的方程为 y＝k(x＋2)(k＞0)， 代入 x2 4 ＋ y2 3 ＝1，得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0. 由 x1·(－2)＝16k2－12 3＋4k2 ，得 x1＝ 23－4k2 3＋4k2 ， 故|AM|＝|x1＋2| 1＋k2＝12 1＋k2 3＋4k2 . 由题意，设直线 AN的方程为 y＝－ 1 k (x＋2)， 故同理可得|AN|＝12k 1＋k2 3k2＋4 . 由 2|AM|＝|AN|，得 2 3＋4k2 ＝ k 3k2＋4 ， 即 4k3－6k2＋3k－8＝0. 设 f(t)＝4t3－6t2＋3t－8，则 k 是 f(t)的零点．f′(t)＝12t2－12t＋3＝3(2t－1)2≥0，所以 f(t)在(0，＋∞)上单调递增．又 f( 3)＝15 3－26＜0，f(2)＝6＞0，因此 f(t)在(0，＋∞)上有 唯一的零点，且零点 k在( 3，2)内，所以 3＜k＜2. 5．(2015·全国卷Ⅱ)已知椭圆 C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直线 l不过原点 O且不平行于坐标 轴，l与 C有两个交点 A，B，线段 AB的中点为M. (1)证明：直线 OM的斜率与 l的斜率的乘积为定值； (2)若 l 过点 m 3 ，m ，延长线段 OM 与 C交于点 P，四边形 OAPB 能否为平行四边形？ 若能，求此时 l的斜率；若不能，说明理由． 解：(1)证明：设直线 l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)， B(x2，y2)，M(xM，yM)． 将 y＝kx＋b代入 9x2＋y2＝m2，消去 y， 得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0， 故 xM＝ x1＋x2 2 ＝ －kb k2＋9 ，yM＝kxM＋b＝ 9b k2＋9 . 于是直线 OM的斜率 kOM＝ yM xM ＝－ 9 k ， 即 kOM·k＝－9. 所以直线 OM的斜率与 l的斜率的乘积为定值． (2)四边形 OAPB 能为平行四边形． 因为直线 l过点 m 3 ，m ，所以 l不过原点且与 C有两个交点的充要条件是 k>0，k≠3. 由(1)得 OM的方程为 y＝－ 9 k x. 设点 P的横坐标为 xP. 由 y＝－ 9 k x， 9x2＋y2＝m2， 得 x2P＝ k2m2 9k2＋81 ，即 xP＝ ±km 3 k2＋9 . 将点 m 3 ，m 的坐标代入直线 l 的方程得 b＝m3－k 3 ， 因此 xM＝ kk－3m 3k2＋9 . 四边形 OAPB 为平行四边形， 当且仅当线段 AB与线段 OP互相平分，即 xP＝2xM. 于是 ±km 3 k2＋9 ＝2×kk－3m 3k2＋9 ， 解得 k1＝4－ 7，k2＝4＋ 7. 因为 ki>0，ki≠3，i＝1,2， 所以当直线 l 的斜率为 4－ 7或 4＋ 7时， 四边形 OAPB 为平行四边形． 一、选择题 1．如果 x2＋ky2＝2表示焦点在 y轴上的椭圆，那么实数 k的取值范围是( ) A．(0,1) B．(0,2) C．(1，＋∞) D．(0，＋∞) 解析：选 A x2＋ky2＝2转化为椭圆的标准方程，得 x2 2 ＋ y2 2 k ＝1，∵x2＋ky2＝2表示焦点 在 y轴上的椭圆， ∴ 2 k ＞2，解得 0＜k＜1. ∴实数 k的取值范围是(0,1)． 2．已知直线 2kx－y＋1＝0与椭圆 x2 9 ＋ y2 m ＝1恒有公共点，则实数 m的取值范围为( ) A．(1,9] B．[1，＋∞) C．[1,9)∪(9，＋∞) D．(9，＋∞) 解析：选 C ∵直线 2kx－y＋1＝0恒过定点 P(0,1), 直线 2kx－y＋1＝0与椭圆 x2 9 ＋ y2 m ＝1恒有公共点， 即点 P(0,1)在椭圆内或椭圆上， ∴ 0 9 ＋ 1 m ≤1，即 m≥1, 又 m≠9，∴1≤m＜9或 m＞9. 3．椭圆 x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a>b>0)的中心在原点，F1，F2分别为左、右焦点，A，B分别是椭圆 的上顶点和右顶点，P是椭圆上一点，且 PF1⊥x轴，PF2∥AB，则此椭圆的离心率为( ) A.1 3 B.1 2 C. 2 2 D. 5 5 解析：选 D 如图所示，把 x＝－c代入椭圆方程 x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a>b>0)， 可得 P －c，b2 a ， 又 A(0，b)，B(a,0)，F2(c,0)， ∴kAB＝－ b a ，kPF2＝－ b2 2ac ， ∵PF2∥AB，∴－ b a ＝－ b2 2ac ，化简得 b＝2c. ∴4c2＝b2＝a2－c2，即 a2＝5c2，∴e＝ c2 a2 ＝ 5 5 . 4.如图，椭圆与双曲线有公共焦点 F1，F2，它们在第一象限的交 点为 A，且 AF1⊥AF2 ，∠AF1F2＝30°，则椭圆与双曲线的离心率之 积为( ) A．2 B. 3 C.1 2 D. 3 2 解析：选 A 设椭圆的长轴长为 2a1，双曲线的实轴长为 2a2，焦距为 2c, 由椭圆与双曲线的定义可知， |AF1|＋|AF2|＝2a1, |AF1|－|AF2|＝2a2, 在 Rt△AF1F2中，∠AF1F2＝30°， 则|AF2|＝1 2 |F1F2|＝c，|AF1|＝ 3 2 |F1F2|＝ 3c, 所以 2a1＝( 3＋1)c,2a2＝( 3－1)c， 即 e1＝ c a1 ＝ 2 3＋1 ，e2＝ c a2 ＝ 2 3－1 ， 所以 e1·e2＝ 2 3＋1 × 2 3－1 ＝2, 即椭圆与双曲线的离心率之积为 2. 5．已知 P(x0，y0)是椭圆 C：x 2 4 ＋y2＝1上的一点，F1，F2是 C的左、右焦点，若PF1 ―→ ·PF2 ―→ <0，则 x0的取值范围为( ) A. － 2 6 3 ， 2 6 3 B. － 2 3 3 ， 2 3 3 C. － 3 3 ， 3 3 D. － 6 3 ， 6 3 解析：选 A ∵F1(－ 3，0)，F2( 3，0)， ∴PF1 ―→ ·PF2 ―→ ＝(－ 3－x0，－y0)·( 3－x0，－y0)＝x20＋y20－3.又∵ x20 4 ＋y20＝1， ∴PF1 ―→ ·PF2 ―→ ＝x20＋1－x20 4 －3<0， 解得－ 2 6 3 b>0)的左、右焦点，点 P(－1，e)在椭圆上，e为椭 圆的离心率，且点M为椭圆短半轴的上顶点，△MF1F2为等腰直角三角形． (1)求椭圆的方程； (2)过点 F2作不与坐标轴垂直的直线 l，设 l与圆 x2＋y2＝a2＋b2相交于 A，B两点，与椭 圆相交于 C，D两点，当F1A ―→ ·F1B ―→ ＝λ且λ∈ 2 3 ，1 时，求△F1CD的面积 S的取值范围． 解：(1)由△MF1F2是等腰直角三角形，得 b＝c，a2＝2c2＝2b2，从而得到 e＝ 2 2 ，故而 椭圆经过点 －1， 2 2 ， 代入椭圆方程得 1 2b2 ＋ 1 2b2 ＝1，解得 b2＝1，a2＝2， 故所求椭圆的方程为 x2 2 ＋y2＝1. (2)由(1)知 F1(－1,0)，F2(1,0)， 由题意，设直线 l的方程为 x＝ty＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由 x＝ty＋1， x2＋y2＝3 消去 x，得(t2＋1)y2＋2ty－2＝0， 则 y1＋y2＝－ 2t t2＋1 ，y1y2＝－ 2 t2＋1 ， ∴F1A ―→ ·F1B ―→ ＝(x1＋1，y1)·(x2＋1，y2) ＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2 ＝(ty1＋2)(ty2＋2)＋y1y2 ＝(t2＋1)y1y2＋2t(y1＋y2)＋4 ＝－2－ 4t2 t2＋1 ＋4＝2－2t2 t2＋1 . ∵F1A ―→ ·F1B ―→ ∈ 2 3 ，1 ，∴ 2 3 ≤ 2－2t2 t2＋1 ≤1， 解得 t2∈ 1 3 ， 1 2 . 由 x＝ty＋1， x2 2 ＋y2＝1 消去 x，得(t2＋2)y2＋2ty－1＝0. 设 C(x3，y3)，D(x4，y4)， 则 y3＋y4＝－ 2t t2＋2 ，y3y4＝－ 1 t2＋2 ， ∴S△F1CD＝1 2 |F1F2|·|y3－y4|＝ y3＋y42－4y3y4 ＝ － 2t t2＋2 2＋ 4 t2＋2 ＝ 8t2＋1 t2＋22 . 设 t2＋1＝m，则 S＝ 8m m＋12 ＝ 8 m＋ 1 m ＋2 ， 其中 m∈ 4 3 ， 3 2 ， ∵S关于 m在 4 3 ， 3 2 上为减函数， ∴S∈ 4 3 5 ， 4 6 7 ， 即△F1CD的面积的取值范围为 4 3 5 ， 4 6 7 . 11．已知 F1，F2分别是长轴长为 2 2的椭圆 C：x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，A1， A2是椭圆 C的左、右顶点，P为椭圆上异于 A1，A2的一个动点，O为坐标原点，点M为线 段 PA2的中点，且直线 PA2与 OM的斜率之积恒为－ 1 2 . (1)求椭圆 C的方程； (2)设过点 F1且不与坐标轴垂直的直线 l交椭圆于 A，B两点，线段 AB的垂直平分线与 x轴交于点 N，点 N的横坐标的取值范围是 － 1 4 ，0 ，求线段 AB长的取值范围． 解：(1)由题意可知 2a＝2 2，则 a＝ 2，设 P(x0，y0)， ∵直线 PA2与 OM的斜率之积恒为－ 1 2 ， ∴ y0 2 x0＋ 2 2 · y0 x0－ 2 ＝－ 1 2 ， ∴ x20 2 ＋y20＝1，∴b＝1， 故椭圆 C的方程为 x2 2 ＋y2＝1. (2)设直线 l的方程为 y＝k(x＋1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点 Q(x0，y0)． 联立 y＝kx＋1， x2 2 ＋y2＝1 消去 y， 得(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0, 则 x1＋x2＝－ 4k2 2k2＋1 ，x1x2＝ 2k2－2 2k2＋1 ， ∴x0＝－ 2k2 2k2＋1 ，y0＝k(x0＋1)＝ k 2k2＋1 ， ∴AB的中点 Q － 2k2 2k2＋1 ， k 2k2＋1 ， ∴QN的直线方程为 y－ k 2k2＋1 ＝－ 1 k x＋ 2k2 2k2＋1 . 令 y＝0，得 x＝－ k2 2k2＋1 ， ∴N － k2 2k2＋1 ，0 ，由已知得－ 1 4 ＜－ k2 2k2＋1 ＜0， ∴0＜2k2＜1， ∴|AB|＝ 1＋k2· x1＋x22－4x1x2 ＝ 1＋k2· － 4k2 2k2＋1 2－4×2k2－2 2k2＋1 ＝ 1＋k2·2 2 1＋k2 2k2＋1 ＝ 2 1＋ 1 2k2＋1 . ∵ 1 2 ＜ 1 2k2＋1 ＜1， ∴|AB|∈ 3 2 2 ，2 2 ， 故线段 AB长的取值范围为 3 2 2 ，2 2 . 12．已知椭圆 C：x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的离心率为 6 3 ，焦距为 2 2，过点 D(1,0)且不过点 E(2,1)的直线 l与椭圆 C交于 A，B两点，直线 AE与直线 x＝3交于点M. (1)求椭圆 C的方程； (2)若 AB垂直于 x轴，求直线MB 的斜率； (3)试判断直线 BM与直线 DE的位置关系，并说明理由． 解：(1)由题意可得 2c＝2 2，即 c＝ 2， 又 e＝c a ＝ 6 3 ，解得 a＝ 3， b＝ a2－c2＝1， 所以椭圆的方程为 x2 3 ＋y2＝1. (2)由直线 l过点 D(1,0)且垂直于 x轴，设 A(1，y1)，B(1，－y1)， 则直线 AE的方程为 y－1＝(1－y1)(x－2)． 令 x＝3，可得M(3,2－y1)， 所以直线 BM 的斜率 kBM＝ 2－y1－－y1 3－1 ＝1. (3)直线 BM与直线 DE平行． 理由如下：当直线 AB的斜率不存在时，由(2)知 kBM＝1. 又因为直线 DE的斜率 kDE＝ 1－0 2－1 ＝1，所以 BM∥DE; 当直线 AB的斜率存在时，设其方程为 y＝k(x－1)(k≠1)， A(x1，y1)，B(x2，y2), 则直线 AE的方程为 y－1＝y1－1 x1－2 (x－2)． 令 x＝3，得M 3，x1＋y1－3 x1－2 ， 所以直线 BM的斜率 kBM＝ x1＋y1－3 x1－2 －y2 3－x2 . 联立 y＝kx－1， x2＋3y2＝3 消去 y， 得(1＋3k2)x2－6k2x＋3k2－3＝0， 则 x1＋x2＝ 6k2 1＋3k2 ，x1x2＝ 3k2－3 1＋3k2 ， 因为 kBM－1 ＝ kx1－1＋x1－3－kx2－1x1－2－3－x2x1－2 3－x2x1－2 ＝ k－1[－x1x2＋2x1＋x2－3] 3－x2x1－2 ＝ k－1 3－3k2 1＋3k2 ＋ 12k2 1＋3k2 －3 3－x2x1－2 ＝0， 所以 kBM＝1＝kDE，即 BM∥DE. 综上所述，直线 BM与直线 DE平行. 已知椭圆M： x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a>b>0)的右焦点 F的坐标为(1,0)，P， Q 为椭圆上位于 y 轴右侧的两个动点，使 PF⊥QF，C为 PQ 中点， 线段 PQ的垂直平分线交 x轴，y轴于点 A，B(线段 PQ不垂直 x轴)， 当 Q运动到椭圆的右顶点时，|PF|＝ 2 2 . (1)求椭圆M的方程； (2)若 S△ABO∶S△BCF＝3∶5，求直线 PQ的方程． 解：(1) 当 Q运动到椭圆的右顶点时，PF⊥x轴， ∴|PF|＝b2 a ＝ 2 2 ， 又 c＝1，a2＝b2＋c2，∴a＝ 2，b＝1. ∴椭圆M的方程为 x2 2 ＋y2＝1. (2)设直线 PQ的方程为 y＝kx＋b，显然 k≠0， 联立椭圆方程得：(2k2＋1)x2＋4kbx＋2(b2－1)＝0， 设点 P(x1，y1)，Q(x2，y2), 则 x1＋x2＝ －4kb 2k2＋1 >0， ① x1x2＝ 2b2－1 2k2＋1 >0， ② Δ＝82k2－b2＋1>0， ③ 由 PF ―→ · QF ―→ ＝0，得(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0， 即(k2＋1)x1x2＋(kb－1)(x1＋x2)＋b2＋1＝0， 代入化简得 3b2－1＋4kb＝0.④ 由 y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2b＝ 2b 2k2＋1 ， 得 C －2kb 2k2＋1 ， b 2k2＋1 ， ∴线段 PQ的中垂线 AB的方程为 y－ b 2k2＋1 ＝－ 1 k x＋ 2kb 2k2＋1 . 令 y＝0，x＝0，可得 A －kb 2k2＋1 ，0 ，B 0， －b 2k2＋1 ， 则 A为 BC中点， 故 S△BCF S△ABO ＝ 2S△ABF S△ABO ＝2|AF| |AO| ＝ 21－xA xA ＝2 1 xA －1 . 由④式得，k＝1－3b2 4b ，则 xA＝ －kb 2k2＋1 ＝ 6b4－2b2 9b4＋2b2＋1 ， ∴ S△BCF S△ABO ＝2 1 xA －1 ＝ 6b4＋8b2＋2 6b4－2b2 ＝ 5 3 ，解得 b2＝3. ∴b＝ 3，k＝－ 2 3 3 或 b＝－ 3，k＝2 3 3 . 经检验，满足条件①②③， 故直线 PQ的方程为 y＝2 3 3 x－ 3或 y＝－ 2 3 3 x＋ 3. 高考研究课(二) 双曲线命题 3角度——用定义、求方程、研性质 [全国卷 5年命题分析] 考点 考查频度 考查角度 双曲线的定义及标准方程 5年 1考 求双曲线的标准方程 双曲线的几何性质 5年 7考 由离心率求渐近线、求离心率、求 实轴长范围问题 直线与双曲线的位置关系 未独立考查 双曲线的定义及标准方程 [典例] (1)设 F1，F2是双曲线 x2－ y2 24 ＝1 的两个焦点，P 是双曲线上的一点，且|PF1| ＝ 4 3 |PF2|，则△PF1F2的面积等于( ) A．4 2 B．8 3 C．24 D．48 (2)已知双曲线 C：x2 a2 － y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)的离心率为 2，且右焦点到一条渐近线的距离 为 3，则双曲线的方程为( ) A.x 2 4 － y2 3 ＝1 B．x2－y2 3 ＝1 C．y2－x2 3 ＝1 D．x2－y2 4 ＝1 [解析] (1)由双曲线定义知，||PF1|－|PF2||＝2， 又|PF1|＝4 3 |PF2|， ∴|PF1|＝8，|PF2|＝6， 又|F1F2|＝2c＝10， ∴|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2， △PF1F2为直角三角形． ∴△PF1F2的面积 S＝1 2 ×6×8＝24. (2)由双曲线 C：x2 a2 － y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)的离心率为 2， 得 e＝c a ＝2，即 c＝2a. 又由右焦点到一条渐近线的距离为 3，得 b＝ 3， 因为 c2＝a2＋b2，即 4a2＝a2＋3, 所以 a2＝1， 故双曲线的方程为 x2－y2 3 ＝1. [答案] (1)C (2)B [方法技巧] 解双曲线定义及标准方程有关问题的 2个注意点 (1)应用双曲线的定义需注意的问题： 在双曲线的定义中要注意双曲线上的点(动点)具备的几何条件，即“到两定点(焦点)的距 离之差的绝对值为一非零常数，且该常数必须小于两定点的距离”．若定义中的“绝对值” 去掉，点的轨迹是双曲线的一支．同时注意定义的转化应用． (2)求双曲线方程时一是标准形式判断；二是注意 a，b，c的关系易错易混． [即时演练] 1．若双曲线 x2 4 － y2 12 ＝1的左焦点为 F，点 P是双曲线右支上的动点，A(1,4)，则|PF|＋|PA| 的最小值是( ) A．8 B．9 C．10 D．12 解析：选 B 由题意知，双曲线 x2 4 － y2 12 ＝1的左焦点 F的坐标为(－4,0)，设双曲线的右 焦点为 B，则 B(4,0)，由双曲线的定义知， |PF|＋ |PA|＝4＋ |PB|＋ |PA|≥4＋ |AB|＝4＋ 4－12＋0－42＝4＋5＝9，当且仅当 A，P，B三点共线且 P在 A，B之间时取等号． 2．已知双曲线 x2 a2 － y2 20 ＝1(a＞0)的一条渐近线方程为 y＝2x，则该双曲线的焦距为 __________． 解析：由双曲线 x2 a2 － y2 20 ＝1(a＞0)的一条渐近线方程为 y＝2x，可得 20 a2 ＝4，解得 a＝ 5， 则 b＝2 5，c＝5. 故双曲线的焦距为 10. 答案：10 双曲线的几何性质(渐近线与 离心率问题) 双曲线的渐近线与离心率问题是高考命题的热点． 常见的命题角度有： (1)已知离心率求渐近线方程； (2)由离心率或渐近线求双曲线方程； (3)利用渐近线与已知直线位置关系求离心率． 角度一：已知离心率求渐近线方程 1．已知双曲线 C：x2 a2 － y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)的离心率为 5 2 ，则 C的渐近线方程为( ) A．y＝±1 4 x B．y＝±1 3 x C．y＝±1 2 x D．y＝±x 解析：选 C 因为双曲线 x2 a2 － y2 b2 ＝1的焦点在 x轴上，所以双曲线的渐近线方程为 y＝±b a x. 又离心率为 e＝c a ＝ a2＋b2 a ＝ 1＋ b a 2＝ 5 2 ，所以 b a ＝ 1 2 ，所以双曲线的渐近线方程为 y＝ ±1 2 x. 角度二：由离心率或渐近线求双曲线方程 2．(2017·全国卷Ⅲ)已知双曲线 C：x2 a2 － y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的一条渐近线方程为 y＝ 5 2 x， 且与椭圆 x2 12 ＋ y2 3 ＝1有公共焦点，则 C的方程为( ) A.x 2 8 － y2 10 ＝1 B.x 2 4 － y2 5 ＝1 C.x 2 5 － y2 4 ＝1 D.x 2 4 － y2 3 ＝1 解析：选 B 根据双曲线 C的渐近线方程为 y＝ 5 2 x， 可知 b a ＝ 5 2 .① 又椭圆 x2 12 ＋ y2 3 ＝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 x2 4 － y2 5 ＝1. 角度三：利用渐近线与已知直线位置关系求离心率 3．双曲线M： x2 a2 － y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为 F1，F2，直线 x＝a与双曲线 M的渐近线交于点 P，若 sin∠PF1F2＝ 1 3 ，则该双曲线的离心率为__________． 解析：如图，设双曲线右顶点为 A，点 P在第一象限内， 双曲 线M的渐近线方程为 y＝b a x， ∴P(a，b)，又 F1(－c,0)，A(a,0)， ∴|PA|＝b，|F1A|＝a＋c. ∵sin∠PF1F2＝ 1 3 ，∴tan∠PF1F2＝ 1 2 2 ＝ 2 4 ， ∴ b a＋c ＝ 2 4 ，b＝ 2 4 (a＋c)， 又 b2＝c2－a2，∴ 1 8 (a＋c)2＝c2－a2， 即 7c2－2ac－9a2＝0，∴7e2－2e－9＝0， 解得 e＝9 7 (舍去)或 e＝－1. 答案： 9 7 [方法技巧] 解决有关渐近线与离心率关系问题的 2个注意点 (1)已知渐近线方程 y＝mx，若焦点位置不明确要分|m|＝b a 或|m|＝a b 讨论． (2)注意数形结合思想在求渐近线夹角、离心率范围中的应用． 直线与双曲线的位置关系 [典例] 已知双曲线 C：x2 a2 － y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的焦距为 4，离心率为 2 3 3 . (1)求双曲线 C的方程； (2)直线 l：y＝kx＋m(k≠0，m≠0)与双曲线 C 交于不同的两点 C，D，如果 C，D都在 以点 A(0，－1)为圆心的同一个圆上，求实数 m的取值范围． [思路点拨] (1)设双曲线 C的焦距为 2c，运用离心率公式和 a，b，c 的关系，解方程 可得 a，b，进而得到双曲线的方程； (2)将直线 l的方程代入双曲线的方程，可得 x的二次方程，运用根与系数的关系和判别 式大于 0，由中点坐标公式可得 CD的中点M的坐标，由题意可知直线 l与直线 AM垂直， 运用两直线垂直的条件：斜率之积为－1，可得 k，m 的关系式，代入判别式大于 0的式子， 解不等式即可得到 m的取值范围． [解] (1)设双曲线 C的焦距为 2c, 由题意得 2c＝4，c a ＝ 2 3 3 ， 所以 c＝2，a＝ 3，b＝ c2－a2＝1， 所以双曲线 C的方程为 x2 3 －y2＝1. (2)联立 y＝kx＋m， x2 3 －y2＝1 消去 y， 得(3k2－1)x2＋6kmx＋3(m2＋1)＝0, 则 3k2－1≠0， Δ＝6km2－123k2－1m2＋1>0， 即 3k2－1≠0， m2－3k2＋1>0. (※) 设 C(x1，y1)，D(x2，y2)，线段 CD的中点为M(x0，y0), 因为 x1＋x2＝ －6km 3k2－1 ， 所以 x0＝ －3km 3k2－1 ，y0＝kx0＋m＝ －m 3k2－1 ， 所以点M －3km 3k2－1 ， －m 3k2－1 ， 可得直线 AM 的斜率为 kAM＝ －m 3k2－1 ＋1 －3km 3k2－1 ＝ 3k2－m－1 －3km ， 由题意知，直线 l与直线 AM垂直，所以 kAM·k＝－1， 即 3k2－m－1 －3km ·k＝－1, 化简得 3k2＝4m＋1，因为 3k2＞0， 所以 4m＋1＞0，解得 m>－1 4 . 将 3k2＝4m＋1代入(※)式得 4m≠0， m2－4m＋1＋1>0， 解得－ 1 4 0，b>0)的右焦点为 F(c,0)． (1)若双曲线的一条渐近线方程为 y＝x且 c＝2，求双曲线的方程； (2)经过原点且倾斜角为 30°的直线 l与双曲线右支交于点 A，且△OAF是以 AF为底边 的等腰三角形，求双曲线的离心率 e的值． 解：(1)由题可知 a＝b，所以 c＝ 2a＝ 2b＝2， 故 a＝b＝ 2， 所以双曲线的方程为 x2 2 － y2 2 ＝1. (2)由题意知|OA|＝c，又 OA的倾斜角为 30°， 所以 A 3 2 c，1 2 c ， 代入双曲线方程得， 3c2 4a2 － c2 4b2 ＝1， 结合 c2＝a2＋b2，可得 3c4－8a2c2＋4a4＝0， 解得 e2＝2或 e2＝2 3 (舍去)， 又 e>1，所以 e＝ 2. 1．(2017·全国卷Ⅰ)已知 F是双曲线 C：x2－y2 3 ＝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.1 3 B.1 2 C.2 3 D.3 2 解析：选 D 法一：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－y2 3 ＝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＝ 1 2 |PF|·|AP|＝1 2 ×3×1＝3 2 . 法二：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 － y2 3 ＝1，解得 y＝±3，不妨取点 P(2,3)，因为点 A(1,3)，所以 AP ―→ ＝(1,0)， PF ―→ ＝(0，－3)， 所以 AP ―→ · PF ―→ ＝0，所以 AP⊥PF，所以 S△APF＝ 1 2 |PF|·|AP|＝1 2 ×3×1＝3 2 . 2．(2017·全国卷Ⅱ)若双曲线 C：x2 a2 － y2 b2 ＝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. 3 C. 2 D.2 3 3 解析：选 A 依题意，双曲线 C：x2 a2 － y2 b2 ＝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 |2b| b2＋a2 ＝ 4－1，所以 3a2 ＋3b2＝4b2，所以 3a2＝b2，所以 e＝ 1＋b2 a2 ＝ 1＋3＝2. 3．(2017·全国卷Ⅱ)若 a＞1，则双曲线 x2 a2 －y2＝1的离心率的取值范围是( ) A．( 2，＋∞) B．( 2，2) C．(1， 2) D．(1,2) 解析：选 C 由题意得双曲线的离心率 e＝ a2＋1 a . 即 e2＝a2＋1 a2 ＝1＋ 1 a2 . ∵a＞1，∴0＜ 1 a2 ＜1， ∴1＜1＋ 1 a2 ＜2，∴1＜e＜ 2. 4．(2016·全国卷Ⅰ)已知方程 x2 m2＋n － y2 3m2－n ＝1表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距 离为 4，则 n的取值范围是( ) A．(－1,3) B．(－1， 3) C．(0,3) D．(0， 3) 解析：选 A 由题意得(m2＋n)(3m2－n)>0，解得－m20，b>0)， 则|BM|＝|AB|＝2a，∠MBx＝180°－120°＝60°， ∴M点的坐标为(2a， 3a). ∵M点在双曲线上，∴ 4a2 a2 － 3a2 b2 ＝1，a＝b， ∴c＝ 2a，e＝c a ＝ 2. 6．(2015·全国卷Ⅰ)已知 M(x0，y0)是双曲线 C：x2 2 －y2＝1 上的一点，F1，F2是 C的两 个焦点．若MF1 ―→ ·MF2 ―→ <0，则 y0的取值范围是( ) A. － 3 3 ， 3 3 B. － 3 6 ， 3 6 C. － 2 2 3 ， 2 2 3 D. － 2 3 3 ， 2 3 3 解析：选 A 由题意知 a＝ 2，b＝1，c＝ 3， ∴F1(－ 3，0)，F2( 3，0)， ∴MF1 ―→ ＝(－ 3－x0，－y0)，MF2 ―→ ＝( 3－x0，－y0)． ∵MF1 ―→ ·MF2 ―→ <0，∴(－ 3－x0)( 3－x0)＋y20<0， 即 x20－3＋y20<0. ∵点M(x0，y0)在双曲线上， ∴ x20 2 －y20＝1，即 x20＝2＋2y20， ∴2＋2y20－3＋y20<0，∴－ 3 3 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：双曲线的右顶点为 A(a,0)，一条渐近线的方程为 y＝b a x，即 bx－ay＝0，则圆心 A 到此渐近线的距离 d＝ |ba－a×0| b2＋a2 ＝ ab c .又因为∠MAN＝60°，圆的半径为 b，所以 b·sin 60°＝ ab c ，即 3b 2 ＝ ab c ，所以 e＝ 2 3 ＝ 2 3 3 . 答案： 2 3 3 8．(2015·全国卷Ⅰ)已知 F 是双曲线 C：x2－y2 8 ＝1 的右焦点，P 是 C 的左支上一点， A(0,6 6)．当△APF周长最小时，该三角形的面积为________． 解析：设双曲线的左焦点为 F1，由双曲线方程 x2－y2 8 ＝1可知，a＝1，c＝3，故 F(3,0)， F1(－3，0)． 当点 P在双曲线左支上运动时，由双曲线定义知|PF|－|PF1|＝2，所以|PF|＝|PF1|＋2， 从而△APF的周长为|AP|＋|PF|＋|AF|＝|AP|＋|PF1|＋2＋|AF|. 因为|AF|＝ 32＋6 62＝15为定值，所以当(|AP|＋|PF1|)最小时，△APF的周长最小， 由图象可知，此时点 P在线段 AF1与双曲线的交点处(如图所示)． 由题意可知直线 AF1的方程为 y＝2 6x＋6 6， 由 y＝2 6x＋6 6， x2－y2 8 ＝1， 得 y2＋6 6y－96＝0， 解得 y＝2 6或 y＝－8 6(舍去)， 所以 S△APF＝S△AF1F－S△PF1F ＝ 1 2 ×6×6 6－1 2 ×6×2 6＝12 6. 答案：12 6 9．(2015·全国卷Ⅱ)已知双曲线过点(4， 3)，且渐近线方程为 y＝±1 2 x，则该双曲线的标 准方程为________． 解析：法一：∵双曲线的渐近线方程为 y＝±1 2 x， ∴可设双曲线的方程为 x2－4y2＝λ(λ≠0)． ∵双曲线过点(4， 3)， ∴λ＝16－4×( 3)2＝4， ∴双曲线的标准方程为 x2 4 －y2＝1. 法二：∵渐近线 y＝1 2 x过点(4,2)，而 3<2， ∴点(4， 3)在渐近线 y＝1 2 x的下方，在 y＝－ 1 2 x的上方(如图所示)． ∴双曲线的焦点在 x轴上， 故可设双曲线方程为 x2 a2 － y2 b2 ＝1(a>0，b>0)． 由已知条件可得 b a ＝ 1 2 ， 16 a2 － 3 b2 ＝1， 解得 a2＝4， b2＝1， ∴双曲线的标准方程为 x2 4 －y2＝1. 答案： x2 4 －y2＝1 一、选择题 1．若双曲线 C1： x2 2 － y2 8 ＝1 与 C2： x2 a2 － y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)的渐近线相同，且双曲线 C2 的焦距为 4 5，则 b＝( ) A．2 B．4 C．6 D．8 解析：选 B 由题意得， b a ＝2⇒b＝2a，C2的焦距 2c＝4 5⇒c＝ a2＋b2＝2 5⇒b＝4. 2．椭圆 x2 m2 ＋ y2 n2 ＝1(m>n>0)与双曲线 x2 a2 － y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的公共焦点为 F1，F2，若 P是 两曲线的一个交点，则|PF1|·|PF2|的值是( ) A．m－a B．m2－a2 C.m－a 2 D. m－ a 解析：选 B 由题意，不妨设 P在双曲线的右支上， 则|PF1|＋|PF2|＝2m，|PF1|－|PF2|＝2a， ∴|PF1|＝m＋a，|PF2|＝m－a， ∴|PF1|·|PF2|＝m2－a2. 3．在平面直角坐标系 xOy中，已知双曲线 C1：2x2－y2＝1，过 C1的左顶点引 C1的一条 渐近线的平行线，则该直线与另一条渐近线及 x轴围成的三角形的面积为( ) A. 2 4 B. 2 2 C. 2 8 D. 2 16 解析：选 C 双曲线 C1：2x2－y2＝1，即 x2 1 2 －y2＝1， 所以左顶点 A － 2 2 ，0 ， 渐近线方程 y＝± 2x， 过点 A与渐近线 y＝ 2x平行的直线方程为 y＝ 2 x＋ 2 2 ，即 y＝ 2x＋1. 解方程组 y＝－ 2x， y＝ 2x＋1， 得 x＝－ 2 4 ， y＝1 2 ， 所以该直线与另一条渐近线及 x轴围成的三角形的面积 S＝1 2 |OA|·|y|＝1 2 × 2 2 × 1 2 ＝ 2 8 . 4．已知双曲线 E：x2 a2 － y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为 F1，F2，|F1F2|＝6，P是 E右支上一点，PF1与 y轴交于点 A，△PAF2的内切圆在边 AF2上的切点为 Q，若|AQ|＝ 3， 则 E的离心率为( ) A．2 3 B. 5 C. 3 D. 2 解析：选 C 如图，设△PAF2的内切圆在边 PF2上的切点为 M， 在 AP上的切点为 N， 则|PM|＝|PN|，|AQ|＝|AN|＝ 3，|QF2|＝|MF2|， 由双曲线的对称性可得， |AF1|＝|AF2|＝|AQ|＋|QF2|＝ 3＋|QF2|， 由双曲线的定义可得， |PF1|－|PF2|＝|PA|＋|AF1|－|PM|－|MF2| ＝ 3＋|QF2|＋|AN|＋|NP|－|PM|－|MF2| ＝2 3＝2a， 解得 a＝ 3，又|F1F2|＝6，则 c＝3， 故离心率 e＝c a ＝ 3. 5．已知双曲线 C：x2 a2 － y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的右焦点为 F，以 F为圆心和双曲线的渐近线 相切的圆与双曲线的一个交点为 M，且 MF 与双曲线的实轴垂直，则双曲线 C 的离心率为 ( ) A. 5 2 B. 5 C. 2 D．2 解析：选 C 将 x＝c代入双曲线方程可得|y|＝b2 a ，因为以 F为圆心和双曲线的渐近线相 切的圆与双曲线的一个交点为M，且MF与双曲线的实轴垂直，所以圆的半径为 b2 a ，又双曲 线的渐近线方程为 bx±ay＝0，所以 bc b2＋a2 ＝ b2 a ，化简可得 a＝b，则双曲线的离心离为 2. 6．(2018·东北四校联考)已知点 F1，F2为双曲线 C：x2 a2 － y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦 点，点 P在双曲线 C的右支上，且满足|PF2|＝|F1F2|，∠F1F2P＝120°，则双曲线的离心率为 ( ) A. 3＋1 2 B. 5＋1 2 C. 3 D. 5 解析：选 A 如图，在△PF1F2中，|PF2|＝|F1F2|＝2c，又∠F1F2P ＝120°，由余弦定理可得|PF1|2＝|F1F2|2＋|PF2|2－2|F1F2|·|PF2|·cos 120° ＝12c2，所以|PF1|＝2 3c.由双曲线的定义可得 2a＝|PF1|－|PF2|＝2 3c－2c＝2( 3－1)c.故双 曲线的离心率 e＝2c 2a ＝ 2c 2 3－1c ＝ 3＋1 2 . 7．已知双曲线 x2 a2 － y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为 F1，F2，O为坐标原点，A为 右顶点，P 为双曲线左支上一点，若 |PF2|2 |PF1|－|OA| 存在最小值为 12a，则双曲线在一、三象限 的渐近线倾斜角的余弦值的最小值为( ) A.1 5 B.1 2 C.2 6 5 D. 3 5 解析：选 A 设|PF1|－|OA|＝m，则 |PF2|2 |PF1|－|OA| ＝ 3a＋m2 m ＝m＋ 9a2 m ＋6a≥12a， 当且仅当 m＝3a时取等号，∴|PF1|＝4a， ∴4a≥c－a，∴5a≥c， ∴25a2≥a2＋b2，∴ b a ≤2 6， 设双曲线在一、三象限的渐近线倾斜角为α， 则 0＜tan α≤2 6，∴cos α≥1 5 ， ∴双曲线在一、三象限的渐近线倾斜角的余弦值的最小值为 1 5 . 8．已知双曲线 C：x2 a2 － y2 b2 ＝1的右顶点为 A，O为坐标原点，以 A为圆心的圆与双曲线 C 的某一条渐近线交于两点 P，Q，若∠PAQ＝60°且 OQ ―→ ＝5 OP ―→ ，则双曲线 C 的离心率为 ( ) A．2 B. 21 3 C. 7 2 D．3 解析：选 B 如图，因为∠PAQ＝60°， |AP|＝|AQ|， 所以△QAP为等边三角形． 设|AQ|＝2R，因为 OQ ―→ ＝5 OP ―→ ， 所以|PQ|＝2R，|OP|＝1 2 R. 又渐近线方程为 y＝b a x，A(a,0), 取 PQ的中点M，则|AM|＝ |ab| a2＋b2 ， 由勾股定理可得(2R)2－R2＝ |ab| a2＋b2 2， 所以(ab)2＝3R2(a2＋b2)．① 在△OQA中， 5 2 R 2＋2R2－a2 2·5 2 R·2R ＝ 1 2 ， 所以 21 4 R2＝a2.② 联立①②并结合 c2＝a2＋b2， 可得 c2＝7 4 b2＝7 4 (c2－a2)， 即 3c2＝7a2， 所以 e＝c a ＝ 7 3 ＝ 21 3 . 二、填空题 9．(2017·江苏高考)在平面直角坐标系 xOy中，双曲线 x2 3 －y2＝1的右准线与它的两条渐 近线分别交于点 P，Q，其焦点是 F1，F2，则四边形 F1PF2Q的面积是________． 解析：由题意得，双曲线的右准线 x＝3 2 与两条渐近线 y＝± 3 3 x的交点坐标为 3 2 ，± 3 2 . 不妨设双曲线的左、右焦点分别为 F1，F2， 则 F1(－2,0)，F2(2,0)， 故四边形 F1PF2Q的面积是 1 2 |F1F2|·|PQ|＝ 1 2 ×4× 3＝2 3. 答案：2 3 10．(2017·山东高考)在平面直角坐标系 xOy中，双曲线 x2 a2 － y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的右支与焦 点为 F的抛物线 x2＝2py(p>0)交于 A，B两点．若|AF|＋|BF|＝4|OF|，则该双曲线的渐近线 方程为________． 解析：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由抛物线的定义可知 |AF|＝y1＋ p 2 ，|BF|＝y2＋ p 2 ，|OF|＝p 2 ， 由|AF|＋|BF|＝y1＋p 2 ＋y2＋p 2 ＝y1＋y2＋p ＝4|OF|＝2p，得 y1＋y2＝p. 联立 x2 a2 － y2 b2 ＝1， x2＝2py 消去 x，得 a2y2－2pb2y＋a2b2＝0， 所以 y1＋y2＝2pb2 a2 ，所以 2pb2 a2 ＝p， 即 b2 a2 ＝ 1 2 ，故 b a ＝ 2 2 ， 所以双曲线的渐近线方程为 y＝± 2 2 x. 答案：y＝± 2 2 x 11．已知 F1，F2为双曲线 x2 a2 － y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，过 F2作双曲线渐近线 的垂线，垂足为 P，若|PF1|2－|PF2|2＝c2，则双曲线的离心率 e＝__________. 解析：设双曲线 x2 a2 － y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程为 y＝b a x，F2(c,0)到渐近线的距 离为 d＝|PF2|＝ bc a2＋b2 ＝b，cos∠POF2＝ c2－b2 c ＝ a c ， 在△POF1中，|PF1|2＝|PO|2＋|OF1|2－2|PO|·|OF1|·cos∠POF1＝a2＋c2－2ac· － a c ＝3a2 ＋c2， 则|PF1|2－|PF2|2＝3a2＋c2－b2＝4a2＝c2， ∴e＝c a ＝2. 答案：2 12．过双曲线 x2 a2 － y2 b2 ＝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|≥3 5 |CD|，则双曲线的离心率 e的取值范围 为__________． 解析：设双曲线 x2 a2 － y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)的右焦点为(c,0)， 将 x＝c代入双曲线 x2 a2 － y2 b2 ＝1，得 y＝±b 2 a ， 令 A c，b2 a ，B c，－ b2 a ， ∴|AB|＝2b2 a .将 x＝c代入 y＝±b a x，得 y＝±bc a ， 令 C c，bc a ，D c，－ bc a ， ∴|CD|＝2bc a . ∵|AB|≥3 5 |CD|，∴ 2b2 a ≥ 3 5 ·2bc a ，即 b≥3 5 c， 则 b2＝c2－a2≥ 9 25 c2， 即 16 25 c2≥a2，∴e2＝c2 a2 ≥ 25 16 ，即 e≥5 4 . 答案： 5 4 ，＋∞ 三、解答题 13．已知双曲线 C：x 2 a2 － y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的离心率为 3，点( 3，0)是双曲线的一个顶点． (1)求双曲线的方程； (2)经过双曲线右焦点 F2作倾斜角为 30°的直线，直线与双曲线交于不同的两点 A，B， 求|AB|. 解：(1)∵双曲线 C：x2 a2 － y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的离心率为 3，点( 3，0)是双曲线的一个顶 点， ∴ c a ＝ 3， a＝ 3， 解得 c＝3，b＝ 6， ∴双曲线的方程为 x2 3 － y2 6 ＝1. (2)双曲线 x2 3 － y2 6 ＝1的右焦点为 F2(3,0)， ∴经过双曲线右焦点 F2且倾斜角为 30°的直线的方程为 y＝ 3 3 (x－3)． 联立 x2 3 － y2 6 ＝1， y＝ 3 3 x－3， 得 5x2＋6x－27＝0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1＋x2＝－ 6 5 ，x1x2＝－ 27 5 . 所以|AB|＝ 1＋1 3 × － 6 5 2－4× － 27 5 ＝ 16 3 5 . 14．已知椭圆 C1的方程为 x2 4 ＋y2＝1，双曲线 C2的左、右焦点分别是 C1的左、右顶点， 而 C2的左、右顶点分别是 C1的左、右焦点，O为坐标原点． (1)求双曲线 C2的方程； (2)若直线 l：y＝kx＋ 2与双曲线 C2恒有两个不同的交点 A和 B，且 OA ―→ · OB ―→ ＞2，求 k 的取值范围． 解：(1)设双曲线 C2的方程为 x2 a2 － y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)， 则 a2＝4－1＝3，c2＝4，再由 a2＋b2＝c2，得 b2＝1， 故双曲线 C2的方程为 x2 3 －y2＝1. (2)将 y＝kx＋ 2代入 x2 3 －y2＝1， 得(1－3k2)x2－6 2kx－9＝0. 由直线 l与双曲线 C2交于不同的两点， 得 1－3k2≠0， Δ＝－6 2k2＋361－3k2＝361－k2＞0， ∴k2＜1且 k2≠1 3 .① 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1＋x2＝ 6 2k 1－3k2 ，x1x2＝ －9 1－3k2 . ∴x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋ 2)(kx2＋ 2) ＝(k2＋1)x1x2＋ 2k(x1＋x2)＋2 ＝ 3k2＋7 3k2－1 . 又∵ OA ―→ · OB ―→ ＞2，即 x1x2＋y1y2＞2， ∴ 3k2＋7 3k2－1 ＞2，即 －3k2＋9 3k2－1 ＞0，解得 1 3 ＜k2＜3.② 由①②得 1 3 ＜k2＜1， 故 k的取值范围为 －1，－ 3 3 ∪ 3 3 ，1 . 1．(2018·江西吉安一中测试)在等腰梯形 ABCD中，AB∥CD，且|AB|＝2，|AD|＝1，|CD| ＝2x，其中 x∈(0,1)，以 A，B为焦点且过点 D的双曲线的离心率为 e1，以 C，D为焦点且 过点 A 的椭圆的离心率为 e2，若对任意 x∈(0,1)，不等式 t 2 1＋4－1 ＋ 1＋4－1 2 ＝ 5.因为对任意 x∈(0,1)，不等式 t2，则双曲线 C的离心率 e的取值范围为( ) A. 0， 6 2 B. 1， 6 2 C. 6 2 ，＋∞ D. 1，3 2 解析：选 B 设M(x0，y0)，A1(0，a)，A2(0，－a)， 则 kMA1＝ y0－a x0 ，kMA2＝ y0＋a x0 ， ∴kMA1·kMA2＝ y20－a2 x20 >2.(*) 又点M(x0，y0)在双曲线 y2 a2 － x2 b2 ＝1上， ∴y20＝a2 x20 b2 ＋1 ，代入(*)式化简得， a2 b2 ＞2， ∴ b2 a2 ＜ 1 2 ， ∴ c2－a2 a2 ＝e2－1＜1 2 ， 解得 1＜e＜ 6 2 . 3．已知双曲线 x2 9 － y2 27 ＝1与点M(5,3)，F为右焦点，若双曲线上有一点 P，则|PM|＋1 2 |PF| 的最小值为__________． 解析：双曲线 x2 9 － y2 27 ＝1，焦点在 x轴上，a＝3，b＝3 3，c＝ a2＋b2＝6. ∴双曲线的离心率 e＝c a ＝2，右准线 l：x＝a2 c ＝ 3 2 ， 过 P作 PN⊥l于点 N， 由双曲线的第二定义可知： |PF| |PN| ＝e， ∴|PF|＝e|PN|＝2|PN|, ∴|PN|＝1 2 |PF|， 因此|PM|＋1 2 |PF|＝|PM|＋|PN|， 当且仅当M，N，P三点共线时，|PM|＋1 2 |PF|＝|MN|时取得最小值， ∴|PM|＋1 2 |PF|的最小值为 5－3 2 ＝ 7 2 . 答案： 7 2 高考研究课(三) 抛物线命题 3角度——求方程、研性质、用关系 [全国卷 5年命题分析] 考点 考查频度 考查角度 抛物线的标准方程 未独立考查 抛物线的几何性质 5年 6考 焦半径、弦长、面积等问题 直线与抛物线的位置关系 5年 2考 抛物线的切线、存在性问题 抛物线的标准方程及几何性质 [典例] (1)(2018·宜宾诊断)顶点在原点，对称轴为坐标轴，且过点 P(－4，－2)的抛物 线的标准方程是( ) A．y2＝－x B．x2＝－8y C．y2＝－8x或 x2＝－y D．y2＝－x或 x2＝－8y (2)(2018·兰州双基过关考试)抛物线 y2＝2px(p＞0)上横坐标为 6 的点到此抛物线焦点的 距离为 10，则该抛物线的焦点到准线的距离为( ) A．4 B．8 C．16 D．32 [解析] (1)若焦点在 x轴上，设抛物线方程为 y2＝ax，将点 P(－4，－2)的坐标代入， 得 a＝－1，所以抛物线的标准方程为 y2＝－x；若焦点在 y轴上，设方程为 x2＝by，将点 P(－ 4，－2)的坐标代入，得 b＝－8，所以抛物线的标准方程为 x2＝－8y.故所求抛物线的标准方 程是 y2＝－x或 x2＝－8y. (2)设抛物线的准线方程为 x＝－ p 2 (p＞0)，则根据抛物线的性质有 p 2 ＋6＝10，解得 p＝8， 所以抛物线的焦点到准线的距离为 8. [答案] (1)D (2)B [方法技巧] 1．求抛物线方程的 3个注意点 (1)当坐标系已建立时，应根据条件确定抛物线方程属于四种类型中的哪一种． (2)要注意把握抛物线的顶点、对称轴、开口方向与方程之间的对应关系． (3)要注意参数 p的几何意义是焦点到准线的距离，利用它的几何意义来解决问题． 2．记住与焦点弦有关的 5个常用结论 如图所示，AB是抛物线 y2＝2px(p>0)过焦点 F的一条弦，设 A(x1， y1)，B(x2，y2)，F p 2 ，0 ，有以下结论： (1)y1y2＝－p2，x1x2＝p2 4 . (2)|AB|＝x1＋x2＋p＝ 2p sin2θ (θ为直线 AB的倾斜角)． (3) 1 |AF| ＋ 1 |BF| 为定值 2 p . (4)以 AB为直径的圆与准线相切． (5)以 AF或 BF为直径的圆与 y轴相切． [即时演练] 1．(2018·辽宁五校联考)已知 AB是抛物线 y2＝2x的一条焦点弦，|AB|＝4，则 AB中点 C的横坐标是( ) A．2 B.1 2 C.3 2 D.5 2 解析：选 C 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝x1＋x2＋p＝4，又 p＝1，所以 x1＋x2＝3， 所以点 C的横坐标是 x1＋x2 2 ＝ 3 2 . 2．过抛物线 y2＝4x的焦点 F的直线交抛物线于 A，B两点，且|AF|＝2|BF|，则直线 AB 的斜率为( ) A．2 2 B．2 3 C．±2 2 D．±2 3 解析：选 C 如图，当点 A在第一象限． 过 A，B分别作准线的垂线，垂足分别为 D，E， 过 A作 EB的垂线，垂足为 C， 则四边形 ADEC 为矩形． 由抛物线定义可知|AD|＝|AF|， |BE|＝|BF|， 又∵|AF|＝2|BF|， ∴|AD|＝|CE|＝2|BE|，即 B为 CE的中点， ∴|AB|＝3|BC|. 在 Rt△ABC中，|AC|＝2 2|BC|， ∴直线 l的斜率为 2 2. 当点 B在第一象限时，同理可知直线 l的斜率为－2 2， ∴直线 l的斜率为±2 2. 抛物线的定义及应用 与抛物线定义相关的最值问题常涉及距离最短、距离和最小等.,常见的命题角度有： 1到焦点与定点距离之和最小问题； 2到焦点与动点距离之和最小问题； 3焦点弦中距离之和最小问题. 角度一：到焦点与定点距离之和最小问题 1．(2018·赣州模拟)若点 A的坐标为(3,2)，F是抛物线 y2＝2x的焦点，点M在抛物线上 移动时，使|MF|＋|MA|取得最小值的M的坐标为( ) A．(0,0) B. 1 2 ，1 C．(1， 2) D．(2,2) 解析：选 D 过M点作左准线的垂线，垂足是 N，则|MF|＋|MA|＝|MN|＋|MA|，当 A， M，N三点共线时，|MF|＋|MA|取得最小值，此时M(2,2)． 角度二：到焦点与动点距离之和最小问题 2．(2018·邢台摸底)已知 M是抛物线 x2＝4y上一点，F为其焦点，点 A在圆 C：(x＋1)2 ＋(y－5)2＝1上，则|MA|＋|MF|的最小值是________． 解析：依题意，由点M向抛物线 x2＝4y 的准线 l：y＝－1引垂线，垂足为M1，则有|MA| ＋|MF|＝|MA|＋|MM1|，结合图形可知|MA|＋|MM1|的最小值等于圆心 C(－1,5)到 y＝－1的距 离再减去圆 C的半径，即等于 6－1＝5，因此|MA|＋|MF|的最小值是 5. 答案：5 角度三：焦点弦中距离之和最小问题 3．已知抛物线 y2＝4x，过焦点 F 的直线与抛物线交于 A，B 两点，过 A，B 分别作 y 轴的垂线，垂足分别为 C，D，则|AC|＋|BD|的最小值为________． 解析：由题意知 F(1,0)，|AC|＋|BD|＝|AF|＋|FB|－2＝|AB|－2，即|AC|＋|BD|取得最小值 时当且仅当|AB|取得最小值．依抛物线定义知当|AB|为通径，即|AB|＝2p＝4时为最小值，所 以|AC|＋|BD|的最小值为 2. 答案：2 [方法技巧] 与抛物线有关的最值问题的 2个转化策略 转化策略一：将抛物线上的点到准线的距离转化为该点到焦点的距离，构造出“两点之 间线段最短”，使问题得解． 转化策略二：将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，利用“与直线上所有 点的连线中垂线段最短”原理解决． 直线与抛物线的位置关系 [典例] (2017·浙江高考)如图，已知抛物线 x2＝y，点 A － 1 2 ， 1 4 ， B 3 2 ， 9 4 ，抛物线上的点 P(x，y) － 1 2 0)，圆的方程为 x2＋y2＝r2. ∵|AB|＝4 2，|DE|＝2 5， 抛物线的准线方程为 x＝－ p 2 ， ∴不妨设 A 4 p ，2 2 ，D － p 2 ， 5 . ∵点 A 4 p ，2 2 ，D － p 2 ， 5 在圆 x2＋y2＝r2上， ∴ 16 p2 ＋8＝r2， p2 4 ＋5＝r2， ∴ 16 p2 ＋8＝p2 4 ＋5，∴p＝4(负值舍去)． ∴C的焦点到准线的距离为 4. 5．(2015·全国卷Ⅰ)已知椭圆 E的中心在坐标原点，离心率为 1 2 ，E的右焦点与抛物线 C： y2＝8x的焦点重合，A，B是 C的准线与 E的两个交点，则|AB|＝( ) A．3 B．6 C．9 D．12 解析：选 B 抛物线 y2＝8x的焦点为(2,0)， ∴椭圆中 c＝2， 又 c a ＝ 1 2 ，∴a＝4，b2＝a2－c2＝12， 从而椭圆的方程为 x2 16 ＋ y2 12 ＝1. ∵抛物线 y2＝8x的准线为 x＝－2，∴xA＝xB＝－2， 将 xA＝－2代入椭圆方程可得|yA|＝3， 由图象可知|AB|＝2|yA|＝6. 6．(2014·全国卷Ⅰ)已知抛物线 C：y2＝8x 的焦点为 F，准线为 l，P 是 l上一点，Q是 直线 PF与 C的一个交点，若 FP ―→ ＝4 FQ ―→ ，则|QF|＝( ) A.7 2 B.5 2 C．3 D．2 解析：选 C 过点 Q作 QQ′⊥l交 l于点 Q′，因为 FP ―→ ＝4 FQ ―→ ，所以|PQ|∶|PF|＝3∶ 4，又焦点 F到准线 l的距离为 4，所以|QF|＝|QQ′|＝3. 7．(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 2，所以 N(0,4 2)， |FN|＝ 4＋32＝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|＝1 2 |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 8．(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 t x， 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 2t x，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． 一、选择题 1．若点 P到直线 x＝－3的距离比它到点(2,0)的距离大 1，则点 P的轨迹为( ) A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 解析：选 D 依题意，点 P到直线 x＝－2 的距离等于它到点(2,0)的距离，故点 P的轨 迹是抛物线． 2．过抛物线 y2＝2px(p＞0)焦点的直线 l与抛物线交于 A，B两点，以 AB为直径的圆的 方程为(x－3)2＋(y－2)2＝16，则 p＝( ) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：选 B 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由题意可得 x1＋x2＝6，x1＋x2＋p＝8，所以 p＝2. 3．设 F为抛物线 y2＝2x的焦点，A，B，C为抛物线上三点，若 F为△ABC 的重心， 则| FA ―→ |＋| FB ―→ |＋| FC ―→ |的值为( ) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：选 C 依题意，设点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，又焦点 F 1 2 ，0 ，x1＋x2 ＋x3＝3×1 2 ＝ 3 2 ，则| FA ―→ |＋| FB ―→ |＋| FC ―→ |＝ x1＋1 2 ＋ x2＋1 2 ＋x3＋ 1 2 ＝(x1＋x2＋x3)＋ 3 2 ＝ 3 2 ＋ 3 2 ＝3. 4．已知 F是抛物线 x2＝8y的焦点，若抛物线上的点 A到 x轴的距离为 5，则|AF|＝( ) A．4 B．5 C．6 D．7 解析：选 D ∵F是抛物线 x2＝8y的焦点，∴F(0,2), ∵抛物线上的点 A到 x轴的距离为 5， ∴|AF|＝5＋p 2 ＝7. 5.已知抛物线 C 的方程为 y2＝2px(p＞0)，一条长度为 4p 的线段 AB 的两个端点 A，B 在抛物线 C 上运动，则线段 AB 的中点 M到 y 轴距离 的最小值为( ) A．2p B.5 2 p C.3 2 p D．3p 解析：选 C 由题意可得抛物线的准线 l：x＝－ p 2 ，分别过 A，B， M作 AC⊥l，BD⊥l，MH⊥l，垂足分别为 C，D，H. 在直角梯形 ABDC中， |MH|＝|AC|＋|BD| 2 . 由抛物线的定义可知|AC|＝|AF|，|BD|＝|BF|(F为抛物线的焦点)， ∴|MH|＝|AF|＋|BF| 2 ≥ |AB| 2 ＝2p， 即 AB的中点M到抛物线的准线的最小距离为 2p， ∴线段 AB的中点M到 y轴的最短距离为 2p－p 2 ＝ 3p 2 . 6．已知 O为坐标原点，F为抛物线 y2＝4x的焦点，直线 l：y＝m(x－1)与抛物线交于 A， B两点，点 A在第一象限，若|FA|＝3|FB|，则 m的值为( ) A．3 B. 3 C. 3 3 D.1 3 解析：选 B 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立 y＝mx－1， y2＝4x 消去 x，得 my2－4y－4m＝0， 则 y1＋y2＝4 m ，y1y2＝－4. 由|AF|＝3|BF|，可得 y1＝－3y2， 所以－2y2＝4 m ，－3y22＝－4， 解得 m＝ 3(m＝－ 3舍去)． 二、填空题 7．(2017·天津高考)设抛物线 y2＝4x 的焦点为 F，准线为 l.已知点 C在 l上，以 C 为圆 心的圆与 y轴的正半轴相切于点 A.若∠FAC＝120°，则圆的方程为______________． 解析：由题意知该圆的半径为 1， 设圆心坐标为 C(－1，a)(a＞0)，则 A(0，a)． 又 F(1,0)，所以 AC ―→ ＝(－1,0)， AF ―→ ＝(1，－a)， 由题意得 AC ―→ 与 AF ―→ 的夹角为 120°， 故 cos 120°＝ －1 1× 1＋－a2 ＝－ 1 2 ，解得 a＝ 3， 所以圆的方程为(x＋1)2＋(y－ 3)2＝1. 答案：(x＋1)2＋(y－ 3)2＝1 8．已知抛物线 C：x2＝2py(p＞0)，P，Q是 C上任意两点，点M(0，－1)满足MP ―→ ·MQ ―→ ≥0， 则 p的取值范围是________． 解析：过M点作抛物线的两条切线， 设切线方程为 y＝kx－1， 切点坐标为 A(x0，y0)，B(－x0，y0)， 由 y＝x2 2p ，得 y′＝ 1 p x， 则 x20＝2py0， y0＝kx0－1， x0 p ＝k， 解得 k＝± 2 p . ∵MP ―→ ·MQ ―→ ≥0恒成立，∴∠AMB≤90°，即∠AMO≤45°， ∴|k|≥tan 45°＝1，即 2 p ≥1，解得 p≤2， 由 p＞0，则 0＜p≤2， ∴p的取值范围为(0,2]． 答案：(0,2] 9．已知点 P在抛物线 y＝x2上，点 Q在圆 C：(x－4)2＋ y＋1 2 2＝1上，则|PQ|的最小值 为__________． 解析：∵点 P在抛物线 y＝x2上，∴设 P(t，t2)， ∵圆(x－4)2＋ y＋1 2 2＝1的圆心 C 4，－ 1 2 ，半径 r＝1， ∴|PC|2＝(4－t)2＋ － 1 2 －t2 2＝t4＋2t2－8t＋65 4 ， 令 y＝|PC|2＝t4＋2t2－8t＋65 4 ，则 y′＝4t3＋4t－8， 由 y′＝0，可得 t3＋t－2＝0，解得 t＝1. 当 t＜1时，y′＜0，当 t＞1，y′＞0，可知函数在 t＝1时取得最小值，|PC|2min＝45 4 ， ∴|PQ|的最小值为 3 5 2 －1. 答案： 3 5 2 －1 三、解答题 10.如图，抛物线的顶点在原点，圆(x－2)2＋y2＝4的圆心恰是抛物 线的焦点． (1)求抛物线的方程； (2)一直线的斜率等于 2，且过抛物线焦点，它依次截抛物线和圆于 A，B，C，D四点，求|AB|＋|CD|的值． 解：(1)设抛物线方程为 y2＝2px(p＞0)， ∵圆(x－2)2＋y2＝4的圆心恰是抛物线的焦点，∴p＝4. ∴抛物线的方程为 y2＝8x. (2)依题意，直线 AB的方程为 y＝2x－4. 设 A(x1，y1)，D(x2，y2)，联立 y＝2x－4， y2＝8x， 得 x2－6x＋4＝0， ∴x1＋x2＝6，∴|AD|＝x1＋x2＋p＝6＋4＝10. ∴|AB|＋|CD|＝|AD|－|BC|＝10－4＝6. 11．已知动点 P到点 1 2 ，0 的距离比它到直线 x＝－ 5 2 的距离小 2. (1)求动点 P的轨迹方程； (2)记 P点的轨迹为 E，过点 S(2,0)，斜率为 k1的直线交 E于 A，B两点，Q(1,0)，延长 AQ，BQ与 E交于 C，D两点，设 CD的斜率为 k2，证明： k2 k1 为定值． 解：(1)∵动点 P到点 1 2 ，0 的距离比它到直线 x＝－ 5 2 的距离小 2， ∴动点 P到点 1 2 ，0 的距离与它到直线 x＝－ 1 2 的距离相等， ∴动点 P的轨迹是以点 1 2 ，0 为焦点的抛物线， ∴动点 P的轨迹方程为 y2＝2x. (2)证明：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4), 则直线 AB的方程为 y＝k1(x－2)，代入抛物线方程消去 x，得 y2－ 2 k1 y－4＝0, ∴y1＋y2＝ 2 k1 ，y1y2＝－4. 直线 AC，BD过点 Q(1,0)，同理可得 y1y3＝y2y4＝－2, ∴y3＝－ 2 y1 ，y4＝－ 2 y2 ， ∴k2＝ y4－y3 x4－x3 ＝ 2 y4＋y3 ＝－ y1y2 y1＋y2 ＝2k1， ∴ k2 k1 ＝2. 12．已知 F1，F2分别是双曲线 C：x2 a2 － y2 9 ＝1(a>0)的左、右焦点，点 P是双曲线上任一 点，且||PF1|－|PF2||＝2，顶点在原点且以双曲线的右顶点为焦点的抛物线为 E. (1)求双曲线 C的渐近线方程和抛物线 E的方程； (2)过抛物线 E 的准线与 x 轴的交点作直线，交抛物线于M，N两点，当直线的斜率等 于多少时，以线段MN为直径的圆经过抛物线 E的焦点？ 解：(1)由双曲线的定义可知，2a＝2，即 a＝1. ∴双曲线的方程为 x2－y2 9 ＝1， ∴双曲线的渐近线方程为 y＝±3x. 又双曲线的右顶点坐标为(1,0)，即抛物线 E的焦点坐标为(1,0)， ∴抛物线 E的方程为 y2＝4x. (2)抛物线 y2＝4x的准线与 x轴的交点为(－1,0)． 设直线MN的斜率为 k，则其方程为 y＝k(x＋1)． 由 y＝kx＋1， y2＝4x， 得 k2x2＋2(k2－2)x＋k2＝0. ∵直线MN与抛物线交于M，N两点， ∴k≠0，且Δ＝4(k2－2)2－4k4＞0， 解得－1＜k＜1，且 k≠0. 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，抛物线焦点为 F(1,0), ∵以线段MN为直径的圆经过抛物线焦点，∴MF⊥NF. ∴ y1 x1－1 · y2 x2－1 ＝－1，即 y1y2＋x1x2－(x1＋x2)＋1＝0. 又 x1＋x2＝－ 2k2－2 k2 ，x1x2＝1，y21y22＝4x1·4x2＝16且 y1，y2同号，∴y1y2＝4， ∴ 2k2－2 k2 ＝－6，解得 k＝± 2 2 . 即直线的斜率等于± 2 2 时，以线段 MN为直径的圆经过抛物线的焦点． 1．过抛物线 C：y2＝2px(p＞0)的焦点 F 作斜率为 4 3 的直线 l，与抛物线 C及其准线分别 相交于 A，B，D三点，则 |AD| |BD| 的值为( ) A．2或1 2 B．3或1 3 C．1 D．4或1 4 解析：选 D 抛物线 C：y2＝2px(p＞0)的焦点 F p 2 ，0 ，过 A和 B分别做准线的垂线， 垂足分别为 A′，B′， 则直线 AB的方程为 y＝4 3 x－p 2 . 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立 y＝4 3 x－p 2 ， y2＝2px 消去 x，整理得 y2－3 2 py－p2＝0， 则 y1＋y2＝3 2 p，y1y2＝－p2， 设 AF ―→ ＝λ FB ―→ ，则 p 2 －x1，－y1 ＝λ x2－p 2 ，y2 ， 即－y1＝λy2，由 y1＋y22 y1y2 ＝ y1 y2 ＋ y2 y1 ＋2＝－ 9 4 ， ∴－λ－1 λ ＋2＝－ 9 4 ，整理得 4λ2－17λ＋4＝0， 解得λ＝4或λ＝1 4 . 当λ＝4时，如图所示，|AF|＝4|BF|，则|AB|＝5|BF|. 由抛物线的定义可知：|BF|＝|BB′|， 由直线 AB的斜率为 4 3 ， 得 sin∠BDB′＝ 3 5 ， 即 sin∠BDB′＝ |BB′| |BD| ＝ 3 5 ， ∴|BD|＝5 3 |BB′|＝5 3 |BF|，|AD|＝|AB|＋|BD|＝20 3 |BF|，∴ |AD| |BD| ＝4. 当λ＝1 4 时，如图所示，4|AF|＝|BF|，则|AB|＝5|AF|， 由抛物线的定义可知：|AF|＝|AA′|， 由直线 AB的斜率为 4 3 ， 得 sin∠ADA′＝ 3 5 ，即 sin∠ADA′＝ |AA′| |AD| ＝ 3 5 ， ∴|AD|＝5 3 |AA′|＝5 3 |AF|， |BD|＝|AB|＋|AD|＝20 3 |AF|，∴ |AD| |BD| ＝ 1 4 . 2．已知抛物线 C：y2＝2px(p＞0)的焦点为 F，点 D(1，y0)是抛物线上的点，且|DF|＝2. (1)求抛物线 C的方程； (2)过定点 M(m,0)(m＞0)的直线与抛物线 C交于 A，B两点，与 y轴交于点 N，且满足： NA ―→ ＝λAM ―→ ， NB ―→ ＝μBM ―→ . ①当 m＝ p 2 时，求证：λ＋μ为定值； ②若点 R是直线 l：x＝－m 上任意一点，三条直线 AR，BR，MR 的斜率分别为 kAR， kBR，kMR，是否存在常数 s，使得 kAR＋kBR＝s·kMR恒成立？若存在求出 s的值；若不存在， 请说明理由． 解：(1)∵点 D(1，y0)是抛物线上的点，且|DF|＝2， ∴1＋p 2 ＝2，解得 p＝2. ∴抛物线 C的方程为 y2＝4x. (2)①证明：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 当 m＝ p 2 ＝1时，M(1,0)，直线 AB的斜率存在且不为 0， 可设直线 AB的方程为 x＝ty＋1(t≠0)， 可得 N 0，－ 1 t . 联立 x＝ty＋1， y2＝4x 消去 x，可得 y2－4ty－4＝0， 则 y1＋y2＝4t，y1y2＝－4. ∵ NA ―→ ＝λAM ―→ ， NB ―→ ＝μBM ―→ ， ∴y1＋ 1 t ＝λ(－y1)，y2＋ 1 t ＝μ(－y2)， ∴λ＋μ＝－1－ 1 ty1 －1－ 1 ty2 ＝－2－y1＋y2 ty1y2 ＝－2－ 4t －4t ＝－1.即λ＋μ为定值． ②设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，R(－m，y3)， 直线 AB的斜率不等于 0，可设直线 AB的方程为 x＝ty＋m. 联立 x＝ty＋m， y2＝4x 消去 x，可得 y2－4ty－4m＝0， ∴y1＋y2＝4t，y1y2＝－4m. 则 kAR＝ y1－y3 x1＋m ，kMR＝ y3 －2m ，kBR＝ y2－y3 x2＋m ， 则 kAR＋kBR＝ y1－y3 x1＋m ＋ y2－y3 x2＋m ＝ y1x2＋y1m－y3x2－y3m＋y2x1＋y2m－y3x1－y3m x1x2＋mx1＋x2＋m2 ， 又 y21＝4x1，y22＝4x2，代入可得 kAR＋kBR＝ y1y2 4 y1＋y2＋my1＋y2－y3 4 y21＋y22－2my3 y1y22 16 ＋m·y 21＋y22 4 ＋m2 ， 把 y1＋y2＝4t， y1y2＝－4m， 代入化简可得 kAR＋kBR＝－ y3 m ＝2·kMR. 综上可得，存在常数 s＝2，使三条直线 AR，BR，MR 的斜率满足 kAR＋kBR＝2·kMR. 高考研究课(四) 轨迹方程求解 3方法——直接法、定义法、代入法 [全国卷 5年命题分析] 考点 考查频度 考查角度 定义法求轨迹方程 5年 1考 由圆与圆位置关系求动点轨迹、求弦长 直接法求轨迹方程 5年 2考 求中点的轨迹方程 代入法求轨迹方程 5年 1考 求点的轨迹方程 直接法 如果动点满足的几何条件本身就是一些几何量的等量关系，或这些几何条件简单明了且 易于表达，只需把这种关系“翻译”成含 x，y 的等式，就得到曲线的轨迹方程.由于这种求 轨迹方程的过程直接以曲线方程的定义为依据求解，所以称之为直接法. [典例] (1)(2018·津南模拟)平面直角坐标系中，已知两点 A(3,1)，B(－1,3)，若点 C满 足 OC ―→ ＝λ1 OA ―→ ＋λ2 OB ―→ (O为原点)，其中λ1，λ2∈R，且λ1＋λ2＝1，则点 C的轨迹是( ) A．直线 B．椭圆 C．圆 D．双曲线 (2)在平面直角坐标系 xOy 中，点 B 与点 A(－1,1)关于原点 O对称，P是动点，且直线 AP与 BP的斜率之积等于－ 1 3 ，则动点 P的轨迹方程为________________． [解析] (1)设 C(x，y)，因为 OC ―→ ＝λ1 OA ―→ ＋λ2 OB ―→ ， 所以(x，y)＝λ1(3,1)＋λ2(－1,3)， 即 x＝3λ1－λ2， y＝λ1＋3λ2， 解得 λ1＝ y＋3x 10 ， λ2＝ 3y－x 10 ， 又λ1＋λ2＝1， 所以 y＋3x 10 ＋ 3y－x 10 ＝1， 即 x＋2y－5＝0，所以点 C的轨迹为直线． (2)因为点 B与点 A(－1,1)关于原点 O对称， 所以点 B的坐标为(1，－1)． 设点 P的坐标为(x，y)，由题意得 y－1 x＋1 · y＋1 x－1 ＝－ 1 3 ， 化简得 x2＋3y2＝4(x≠±1)． 故动点 P的轨迹方程为 x2＋3y2＝4(x≠±1)． [答案] (1)A (2)x2＋3y2＝4(x≠±1) [方法技巧] 利用直接法求轨迹方程的思路及注意点 (1)利用直接法求解轨迹方程的关键是根据条件准确列出方程，然后进行化简． (2)运用直接法应注意的问题 ①在用直接法求轨迹方程时，在化简的过程中，有时破坏了方程的同解性，此时就要补 上遗漏的点或删除多余的点，这是不能忽视的． ②若方程的化简过程是恒等变形，则最后的验证可以省略． [即时演练] 已知点 A(－2,0)，B(3,0)，若动点 P满足 PA ―→ · PB ―→ ＝2，则动点 P的轨迹方程为________． 解析：设点 P的坐标为(x，y)，则 PA ―→ ＝(－2－x，－y，) PB ―→ ＝(3－x，－y)．由 PA ―→ · PB ―→ ＝2，得(－2－x)(3－x)＋y2＝2，整理得动点 P的轨迹方 程为 x2＋y2－x－8＝0. 答案：x2＋y2－x－8＝0 定义法 若动点的轨迹符合某一基本轨迹的定义，则可根据定义法直接设出所求方程，再确 定系数求出动点的轨迹方程． [典例] (1)已知圆 C1：(x＋3)2＋y2＝1 和圆 C2：(x－3)2＋y2＝9，动圆 M 同时与圆 C1 及圆 C2相外切，求动圆圆心M的轨迹方程． (2)如图，已知△ABC 的两顶点坐标 A(－1,0)，B(1,0)，圆 E 是△ABC 的内切圆，在边 AC，BC，AB上的切点分别为 P，Q，R，且|CP|＝1，动点 C的轨迹为曲线M，求曲线M的 方程． [解] (1)如图所示，设动圆M与圆 C1及圆 C2分别外切于点 A和点 B，则有|MC1|－|AC1| ＝|MA|，|MC2|－|BC2|＝|MB|. 又|MA|＝|MB|，所以|MC2|－|MC1|＝|BC2|－|AC1|＝3－1＝2，即动点M到两定点 C2，C1 的距离的差是常数 2，且 2＜|C1C2|＝6，|MC2|＞|MC1|，故动圆圆心M 的轨迹为以定点 C2， C1为焦点的双曲线的左支，则 2a＝2，所以 a＝1. 又 c＝3，则 b2＝c2－a2＝8. 设动圆圆心M的坐标为(x，y)， 则动圆圆心M的轨迹方程为 x2－y2 8 ＝1(x≤－1)． (2)由题知|CA|＋|CB|＝|CP|＋|CQ|＋|AP|＋|BQ|＝2|CP|＋|AB|＝4＞|AB|， 所以曲线M是以 A，B为焦点，长轴长为 4的椭圆(挖去与 x轴的交点)． 设曲线M： x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0，y≠0)， 则 a2＝4，b2＝a2－12＝3， 所以曲线M的方程为 x2 4 ＋ y2 3 ＝1(y≠0)． [方法技巧] 定义法求轨迹方程的思路、关键及注意点 (1)思路：求轨迹方程时，若动点与定点、定线间的等量关系满足圆、椭圆、双曲线、抛 物线的定义，则可直接根据定义先确定轨迹类型，再写出其方程． (2)关键：理解解析几何中有关曲线的定义是解题关键． (3)注意点：利用定义法求轨迹方程时，还要看所求轨迹是否是完整的圆、椭圆、双曲线、 抛物线，如果不是完整的曲线，则应对其中的变量 x或 y进行限制． [即时演练] 已知圆 C与两圆 C1：x2＋(y＋4)2＝1，C2：x2＋(y－2)2＝1外切，圆 C的圆心轨迹方程为 L，设 L上的点与点M(x，y)的距离的最小值为 m，点 F(0,1)与点M(x，y)的距离为 n. (1)求圆 C的圆心轨迹 L的方程； (2)求满足条件 m＝n的点M的轨迹 Q的方程． 解：(1)两圆半径都为 1，两圆圆心分别为 C1(0，－4)，C2(0,2)，由题意得|CC1|＝|CC2|， 可知圆心 C的轨迹是线段 C1C2的垂直平分线，C1C2的中点为(0，－1)，直线 C1C2的斜率不 存在，所以圆 C的圆心轨迹 L的方程为 y＝－1. (2)因为 m＝n，所以M(x，y)到直线 y＝－1的距离与到点 F(0,1)的距离相等，故点 M的 轨迹 Q是以 y＝－1为准线，点 F(0,1)为焦点，顶点在原点的抛物线，从而 p 2 ＝1，即 p＝2， 所以轨迹 Q的方程是 x2＝4y. 相关点法(代入法)求轨迹方程 有些问题中，若动点满足的条件不便用等式列出，但动点是随着另一动点称之为相关点 的运动而运动的.如果相关点所满足的条件是明显的，或是可分析的，这时可以用动点坐标 表示相关点坐标，根据相关点所满足的方程即可求得动点的轨迹方程，这种求轨迹的方法叫 作相关点法或坐标代入法. [典例] 在圆 O：x2＋y2＝4 上任取一点 P，过点 P作 x轴的垂线段 PD，D为垂足．设 M为线段 PD的中点． (1)当点 P在圆 O上运动时，求点M的轨迹 E的方程； (2)若圆 O在点 P处的切线与 x轴交于点 N，试判断直线MN与轨迹 E的位置关系． [解] (1)设M(x，y)，则 P(x,2y)． ∵点 P在圆 x2＋y2＝4上，∴x2＋(2y)2＝4， 即点M的轨迹 E的方程为 x2 4 ＋y2＝1. (2)当直线 PN的斜率不存在时，直线MN的方程为 x＝2或 x＝－2，显然与轨迹 E相切． 当直线 PN的斜率存在时，设 PN的方程为 y＝kx＋t(k≠0)． ∵直线 PN与圆 O相切， ∴ |t| k2＋1 ＝2，即 t2－4k2－4＝0. 又∵直线MN的斜率为 k 2 ，点 N的坐标为 － t k ，0 ， ∴直线MN的方程为 y＝k 2 x＋ t k ，即 y＝1 2 (kx＋t)． 由 y＝1 2 kx＋t， x2 4 ＋y2＝1， 得(1＋k2)x2＋2ktx＋t2－4＝0. ∵Δ＝(2kt)2－4(1＋k2)(t2－4)＝－4(t2－4k2－4)＝0， ∴直线MN与轨迹 E相切． 综上可知，直线MN与轨迹 E相切． [方法技巧] 代入法求轨迹方程的 4个步骤 (1)设出所求动点坐标 P(x，y)． (2)寻求与所求动点 P(x，y)与已知动点 Q(x′，y′)的关系． (3)建立 P，Q两坐标的关系表示出 x′，y′. (4)将 x′，y′代入已知曲线方程中化简求解． [即时演练] 已知 F1，F2分别为椭圆 C：x 2 4 ＋ y2 3 ＝1的左，右焦点，点 P为椭圆 C上的动点，则△PF1F2 的重心 G的轨迹方程为( ) A.x 2 36 ＋ y2 27 ＝1(y≠0) B.4x 2 9 ＋y2＝1(y≠0) C.9x 2 4 ＋3y2＝1(y≠0) D．x2＋4y2 3 ＝1(y≠0) 解析：选 C 依题意知 F1(－1,0)，F2(1,0)，设 P(x0，y0)，G(x，y)，则由三角形重心坐 标关系可得 x＝x0－1＋1 3 ， y＝y0 3 ， 即 x0＝3x， y0＝3y. 代入 x20 4 ＋ y20 3 ＝1得重心 G的轨迹方程为 9x2 4 ＋3y2＝1(y≠0)． 1．(2017·全国卷Ⅱ)设 O为坐标原点，动点 M在椭圆 C：x2 2 ＋y2＝1上，过 M作 x轴的 垂线，垂足为 N，点 P满足 NP ―→ ＝ 2NM ―→ . (1)求点 P的轨迹方程； (2)设点 Q在直线 x＝－3 上，且 OP ―→ · PQ ―→ ＝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)， NP ―→ ＝(x－x0，y)，NM ―→ ＝(0，y0)． 由 NP ―→ ＝ 2 NM ―→ ，得 x0＝x，y0＝ 2 2 y. 因为M(x0，y0)在椭圆 C上，所以 x2 2 ＋ y2 2 ＝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 OQ ―→ ＝(－3，t)， PF ―→ ＝(－1－m，－n)， OQ ―→ · PF ―→ ＝3＋3m－tn， OP ―→ ＝(m，n)， PQ ―→ ＝(－3－m，t－n)． 由 OP ―→ · PQ ―→ ＝1，得－3m－m2＋tn－n2＝1， 又由(1)知 m2＋n2＝2，故 3＋3m－tn＝0. 所以 OQ ―→ · PF ―→ ＝0，即 OQ ―→ ⊥ PF ―→ . 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. 2．(2016·全国卷Ⅲ)已知抛物线 C：y2＝2x的焦点为 F，平行于 x轴的两条直线 l1，l2分 别交 C于 A，B两点，交 C的准线于 P，Q两点． (1)若 F在线段 AB上，R是 PQ的中点，证明 AR∥FQ； (2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍，求 AB中点的轨迹方程． 解：由题意知 F 1 2 ，0 ， 设直线 l1的方程为 y＝a，直线 l2的方程为 y＝b， 则 ab≠0，且 A a2 2 ，a ，B b2 2 ，b ，P － 1 2 ，a ， Q － 1 2 ，b ，R － 1 2 ， a＋b 2 . 记过 A，B两点的直线为 l， 则 l的方程为 2x－(a＋b)y＋ab＝0. (1)证明：由于 F在线段 AB上，故 1＋ab＝0. 记 AR的斜率为 k1，FQ的斜率为 k2，则 k1＝ a－b 1＋a2 ＝ a－b a2－ab ＝ 1 a ＝ －ab a ＝－b＝ b－0 － 1 2 － 1 2 ＝k2. 所以 AR∥FQ. (2)设 l与 x轴的交点为 D(x1,0)， 则 S△ABF＝ 1 2 |b－a||FD|＝1 2 |b－a||x1－ 1 2|， S△PQF＝ |a－b| 2 . 由题意可得|b－a||x1－ 1 2|＝|a－b| 2 ， 所以 x1＝1或 x1＝0(舍去)． 设满足条件的 AB的中点为 E(x，y)， 当 AB与 x轴不垂直时， 由 kAB＝kDE可得 2 a＋b ＝ y x－1 (x≠1)． 而 a＋b 2 ＝y，所以 y2＝x－1(x≠1)． 当 AB与 x轴垂直时，E与 D重合，此时 E点坐标为(1,0)， 满足方程 y2＝x－1. 所以所求的轨迹方程为 y2＝x－1. 一、选择题 1．(2018·深圳调研)已知点 F(0,1)，直线 l：y＝－1，P为平面上的动点，过点 P作直线 l的垂线，垂足为 Q，且 QP ―→ · QF ―→ ＝ FP ―→ · FQ ―→ ，则动点 P的轨迹方程为( ) A．x2＝4y B．y2＝3x C．x2＝2y D．y2＝4x 解析：选 A 设点 P(x，y)，则 Q(x，－1)． ∵ QP ―→ · QF ―→ ＝ FP ―→ · FQ ―→ ， ∴(0，y＋1)·(－x,2)＝(x，y－1)·(x，－2)， 即 2(y＋1)＝x2－2(y－1)，整理得 x2＝4y， ∴动点 P的轨迹方程为 x2＝4y. 2．(2018·呼和浩特调研)已知椭圆 x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0)，M为椭圆上一动点，F1为椭圆的 左焦点，则线段MF1的中点 P的轨迹是( ) A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线 解析：选 B 设椭圆的右焦点是 F2，由椭圆定义可得|MF1|＋|MF2|＝2a＞2c，所以|PF1| ＋|PO|＝1 2 (|MF1|＋|MF2|)＝a＞c，所以点 P的轨迹是以 F1和 O为焦点的椭圆． 3．已知正方形的四个顶点分别为 O(0,0)，A(1,0)，B(1,1)，C(0,1)，点 D，E分别在线段 OC，AB上运动，且|OD|＝|BE|，设 AD与 OE交于点 G，则点 G的轨迹方程是( ) A．y＝x(1－x)(0≤x≤1) B．x＝y(1－y)(0≤y≤1) C．y＝x2(0≤x≤1) D．y＝1－x2(0≤x≤1) 解析：选 A 设 D(0，λ)，E(1,1－λ)，0≤λ≤1，所以线段 AD的方程为 x＋y λ ＝1(0≤x≤1)， 线段 OE的方程为 y＝(1－λ)x(0≤x≤1)，联立方程组 x＋y λ ＝1， y＝1－λx (λ为参数)，消去参数λ得 点 G的轨迹方程为 y＝x(1－x)(0≤x≤1)． 4.(2018·安徽六安一中月考)如图，已知 F1，F2是椭圆Γ：x2 a2 ＋ y2 b2 ＝ 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|＝1 2 |F1M|＝1 2 (|PF1|＋|PF2|)．由椭圆的 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． 5．已知 A(0,7)，B(0，－7)，C(12,2)，以 C为一个焦点作过 A，B的椭圆，椭圆的另一 个焦点 F的轨迹方程是( ) A．y2－x2 48 ＝1(y≤－1) B．y2－x2 48 ＝1 C．y2－x2 48 ＝－1 D．x2－y2 48 ＝1 解析：选 A 由题意，得|AC|＝13，|BC|＝15，|AB|＝14，又|AF|＋|AC|＝|BF|＋|BC|，∴ |AF|－|BF|＝|BC|－|AC|＝2，故点 F的轨迹是以 A，B为焦点，实轴长为 2的双曲线的下支．∵ c＝7，a＝1，∴b2＝48，∴点 F的轨迹方程为 y2－x2 48 ＝1(y≤－1)． 6．(2018·梅州质检)动圆M经过双曲线 x2－y2 3 ＝1的左焦点且与直线 x＝2相切，则圆心 M的轨迹方程是( ) A．y2＝8x B．y2＝－8x C．y2＝4x D．y2＝－4x 解析：选 B 双曲线 x2－y2 3 ＝1 的左焦点 F(－2,0)，动圆 M 经过点 F 且与直线 x＝2 相 切，则圆心M到点 F的距离和到直线 x＝2 的距离相等，由抛物线的定义知轨迹是抛物线， 其方程为 y2＝－8x. 二、填空题 7．已知 F 是抛物线 y＝1 4 x2的焦点，P是该抛物线上的动点，则线段 PF 中点的轨迹方 程是____________． 解析：因为抛物线 x2＝4y的焦点 F(0,1)，设线段 PF的中点坐标是(x，y)，则 P(2x,2y－1) 在抛物线 x2＝4y上，所以(2x)2＝4(2y－1)，化简得 x2＝2y－1. 答案：x2＝2y－1 8．已知圆的方程为 x2＋y2＝4，若抛物线过点 A(－1,0)，B(1,0)且以圆的切线为准线，则 抛物线的焦点的轨迹方程是____________． 解析：设抛物线焦点为 F，过 A，B，O作准线的垂线 AA1，BB1，OO1，则|AA1|＋|BB1| ＝2|OO1|＝4，由抛物线定义得|AA1|＋|BB1|＝|FA|＋|FB|，∴|FA|＋|FB|＝4，故 F点的轨迹是 以 A，B为焦点，长轴长为 4的椭圆(去掉长轴两端点)．所以抛物线的焦点轨迹方程为 x2 4 ＋ y2 3 ＝1(y≠0)． 答案： x2 4 ＋ y2 3 ＝1(y≠0) 9．(2018·河北定州中学测试)已知 A(1,2)，B(－1,2)，动点 P满足 AP ―→ ⊥ BP ―→ ，若双曲线 x2 a2 － y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的渐近线与动点 P 的轨迹没有公共点，则双曲线的离心率的取值范围是 __________． 解析：由 AP ―→ ⊥ BP ―→ ，可得动点 P的轨迹方程为 x2＋(y－2)2＝1，易知双曲线的一条渐近 线方程为 y＝b a x，由题意知圆心(0,2)到渐近线的距离大于半径 1，所以 2a b2＋a2 >1，即 3a2>b2， 又 b2＝c2－a2，所以离心率 e＝c a <2，又双曲线的离心率 e>1，所以 1b>0)的一个焦点为( 5，0)，离心率为 5 3 . (1)求椭圆 C的方程； (2)若动点 P(x0，y0)为椭圆 C外一点，且点 P到椭圆 C的两条切线相互垂直，求点 P的 轨迹方程． 解：(1)依题意得，c＝ 5，e＝c a ＝ 5 3 ， 因此 a＝3，b2＝a2－c2＝4， 故椭圆 C的方程是 x2 9 ＋ y2 4 ＝1. (2)若两切线的斜率均存在，设过点 P(x0，y0)的切线方程是 y＝k(x－x0)＋y0， 则由 y＝kx－x0＋y0， x2 9 ＋ y2 4 ＝1， 得 x2 9 ＋ [kx－x0＋y0]2 4 ＝1， 即(9k2＋4)x2＋18k(y0－kx0)x＋9[(y0－kx0)2－4]＝0，Δ＝[18k(y0－kx0)]2－36(9k2 ＋4)[(y0－kx0)2－4]＝0，整理得(x20－9)k2－2x0y0k＋y20－4＝0. 又所引的两条切线相互垂直，设两切线的斜率分别为 k1，k2，于是有 k1k2＝－1，即 y20－4 x20－9 ＝－1， 故 x20＋y20＝13(x0≠±3)． 若两切线中有一条斜率不存在， 则易得 x0＝3， y0＝2 或 x0＝－3， y0＝2 或 x0＝3， y0＝－2 或 x0＝－3， y0＝－2， 经检验知均满足 x20＋y20＝13. 因此，动点 P(x0，y0)的轨迹方程是 x2＋y2＝13. 11．已知圆M：(x＋1)2＋y2＝1，圆 N：(x－1)2＋y2＝9，动圆 P与圆M外切并且与圆 N 内切，圆心 P的轨迹为曲线 C. (1)求 C的方程； (2)l 是与圆 P，圆 M 都相切的一条直线，l与曲线 C交于 A，B两点，当圆 P的半径最 长时，求|AB|. 解：由已知得圆M的圆心坐标为M(－1,0)，半径 r1＝1；圆 N的圆心为 N(1,0)，半径 r2 ＝3. 设圆 P的圆心坐标为 P(x，y)，半径为 R. (1)因为圆 P与圆M外切并且与圆 N内切， 所以|PM|＋|PN|＝(R＋r1)＋(r2－R)＝r1＋r2＝4. 由椭圆的定义可知，曲线 C是以M，N为左、右焦点，长半轴长为 2，短半轴长为 3的 椭圆(左顶点除外)，其方程为 x2 4 ＋ y2 3 ＝1(x≠－2)． (2)对于曲线 C上任意一点 P(x，y)，由于|PM|－|PN|＝2R－2≤2，所以 R≤2，当且仅当 圆 P的圆心为(2,0)时，R＝2.所以当圆 P的半径最长时，其方程为(x－2)2＋y2＝4. 若 l的倾斜角为 90°，则 l与 y轴重合，可得|AB|＝2 3. 若 l的倾斜角不为 90°，由 r1≠R，知 l不平行于 x轴，设 l与 x轴的交点为 Q，则 |QP| |QM| ＝ R r1 ，可求得 Q(－4,0)，所以可设 l：y＝k(x＋4)，由 l与圆M相切得 |3k| 1＋k2 ＝1，解得 k＝± 2 4 . 当 k＝ 2 4 时，y＝ 2 4 x＋ 2代入 x2 4 ＋ y2 3 ＝1，并整理得 7x2＋8x－8＝0，解得 x1,2＝ －4±6 2 7 . 所以|AB|＝ 1＋k2|x2－x1|＝ 18 7 . 当 k＝－ 2 4 时，由图形的对称性可知|AB|＝18 7 . 综上，|AB|＝2 3或|AB|＝18 7 . 12．在平面直角坐标系 xOy 中，A，B两点的坐标分别为(0,1)，(0，－1)，动点 P 满足 直线 AP与直线 BP的斜率之积为－ 1 4 ，直线 AP，BP与直线 y＝－2分别交于点 M，N. (1)求动点 P的轨迹方程； (2)求线段MN的最小值； (3)以线段 MN为直径的圆是否经过某定点？若经过定点，求出定点的坐标；若不经过定 点，请说明理由． 解：(1)已知 A(0,1)，B(0，－1)，设动点 P的坐标为(x，y)， 则直线 AP的斜率 k1＝ y－1 x ，直线 BP的斜率 k2＝ y＋1 x (x≠0)， 又 k1k2＝－ 1 4 ，∴ y－1 x ·y＋1 x ＝－ 1 4 ， 即 x2 4 ＋y2＝1(x≠0)． (2)设直线 AP的方程为 y－1＝k1(x－0)，直线 BP的方程为 y＋1＝k2(x－0)， 由 y－1＝k1x， y＝－2， 得 x＝－ 3 k1 ， y＝－2， ∴M － 3 k1 ，－2 . 由 y＋1＝k2x， y＝－2， 得 x＝－ 1 k2 ， y＝－2， ∴N － 1 k2 ，－2 . ∵k1k2＝－ 1 4 ，∴|MN|＝| 3k1－ 1 k2|＝| 3k1＋4k1|≥2 3 |k1| ·4|k1|＝4 3， 当且仅当 3 |k1| ＝4|k1|，即 k1＝± 3 2 时等号成立， ∴线段MN长的最小值为 4 3. (3)设点 Q(x，y)是以线段 MN 为直径的圆上的任意一点，则 QM―→·QN―→＝0，即 x＋ 3 k1 x＋ 1 k2 ＋(y＋2)(y＋2)＝0，又 k1k2＝－ 1 4 ，故以线段 MN 为直径的圆的方程为 x2＋ 3 k1 －4k1 x＋(y＋2)2－12＝0，令 x＝0，得(y＋2)2＝12，解得 y＝－2±2 3， ∴以线段MN为直径的圆经过定点(0，－2＋2 3)或(0，－2－2 3)． 在平面直角坐标系中，动圆经过点M(0，t－2)，N(0，t＋2)，P(－2,0)．其中 t∈R. (1)求动圆圆心 E的轨迹方程； (2)过点 P作直线 l交轨迹 E于不同的两点 A，B，直线 OA与直线 OB分别交直线 x＝2 于两点 C，D，记△ACD与△BCD的面积分别为 S1，S2.求 S1＋S2的最小值． 解：(1)设动圆的圆心为 E(x，y)， 则|PE|2＝ |MN| 2 2＋x2， 即(x＋2)2＋y2＝4＋x2，∴y2＝－4x. 即动圆圆心 E的轨迹方程为 y2＝－4x. (2)当直线 AB的斜率不存在时，AB⊥x轴，此时，A(－2，2 2)，B(－2，－2 2)， ∴|AB|＝|CD|＝4 2， ∴S1＝S2＝ 1 2 ×4 2×4＝8 2， ∴S1＋S2＝16 2. 当直线 AB的斜率存在时，设直线 AB的斜率为 k， 直线 AB的方程是 y＝k(x＋2)，k≠0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程 y＝kx＋2， y2＝－4x 消去 y， 得 k2x2＋4(k2＋1)x＋4k2＝0， ∴Δ＝16(2k2＋1)>0，x1＋x2＝－ 4k2＋1 k2 ，x1x2＝4. 由 A(x1，y1)，B(x2，y2)知，直线 AC的方程为 y＝y1 x1 x，直线 BD的方程为 y＝y2 x2 x， ∴C 2，2y1 x1 ，D 2，2y2 x2 ， ∴|CD|＝2| y1 x1 － y2 x2|＝|k(x2－x1)|. ∵S1＝ 1 2 (2－x1)·|CD|，S2＝ 1 2 (2－x2)·|CD|， ∴S1＋S2＝ 1 2 [4－(x1＋x2)]·|CD| ＝8 2＋ 1 k2 3. 令 t＝ 1 k2 ，则 t>0，S1＋S2＝8(2＋t)3 2 ， 由于函数 y＝8(2＋t)3 2 在(0，＋∞)上是增函数． ∴y>16 2， 即 S1＋S2>16 2， 综上所述，S1＋S2≥16 2， ∴S1＋S2的最小值为 16 2. 高考研究课(五) 圆锥曲线的综合问题——直线与圆锥曲线的位置关系 [全国卷 5年命题分析] 考点 考查频度 考查角度 弦长问题 5年 5考 求弦长、由弦长求参数 中点弦问题 5年 2考 由弦中点求方程 直线与圆锥曲线的位置关系 [典例] (1)若直线 mx＋ny＝4和圆 O：x2＋y2＝4 没有交点，则过点(m，n)的直线与椭 圆 x2 9 ＋ y2 4 ＝1的交点个数为( ) A．至多一个 B．2 C．1 D．0 (2)双曲线 C：x2 a2 － y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)的右焦点为 F，直线 l过焦点 F，且斜率为 k，则直 线 l与双曲线 C的左、右两支都相交的充要条件是( ) A．k＞－ b a B．k＜b a C．k＞b a 或 k＜－ b a D．－ b a ＜k＜b a [解析] (1)∵直线 mx＋ny＝4和圆 O：x2＋y2＝4没有交点， ∴ 4 m2＋n2 ＞2， ∴m2＋n2＜4. ∴ m2 9 ＋ n2 4 ＜ m2 9 ＋ 4－m2 4 ＝1－ 5 36 m2＜1， ∴点(m，n)在椭圆 x2 9 ＋ y2 4 ＝1的内部， ∴过点(m，n)的直线与椭圆 x2 9 ＋ y2 4 ＝1的交点有 2个． (2)由双曲线渐近线的几何意义知－ b a ＜k＜b a . [答案] (1)B (2)D [方法技巧] 1．直线与圆锥曲线位置关系的 2种判定方法 (1)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． (2)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．直线与圆锥曲线位置关系的 2个关注点 (1)联立直线与圆锥曲线的方程消元后，应注意讨论二次项系数是否为零的情况． (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． [即时演练] 1．(2018·厦门模拟)过双曲线 C：x2 4 － y2 9 ＝1的左焦点作倾斜角为 π 6 的直线 l，则直线 l与 双曲线 C的交点情况是( ) A．没有交点 B．只有一个交点 C．有两个交点且都在左支上 D．有两个交点分别在左、右两支上 解析：选 D 直线 l的方程为 y＝ 3 3 (x＋ 13)，代入 C：x2 4 － y2 9 ＝1，整理得 23x2－8 13x －160＝0，Δ＝(－8 13)2＋4×23×160＞0，所以直线 l与双曲线 C有两个交点，由一元二次 方程根与系数的关系得两个交点横坐标符号不同，故两个交点分别在左、右两支上． 2．(2018·河南九校联考)已知直线 y＝kx＋t 与圆 x2＋(y＋1)2＝1 相切且与抛物线 C：x2 ＝4y交于不同的两点M，N，则实数 t的取值范围为( ) A．(－∞，－3)∪(0，＋∞) B．(－∞，－2)∪(0，＋∞) C．(－3,0) D．(－2,0) 解析：选 A 因为直线与圆相切，所以 |t＋1| 1＋k2 ＝1，即 k2＝t2＋2t.将直线方程代入抛物线方程 并整理得 x2－4kx－4t＝0，于是Δ＝16k2＋16t＝16(t2＋2t)＋16t＞0，解得 t＞0或 t＜－3. 弦长问题 [典例] 已知椭圆 C：x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的离心率为 2 2 ，短轴长为 2.直线 l：y＝kx＋m 与椭圆 C 交于M，N两点，又 l与直线 y＝1 2 x，y＝－ 1 2 x 分别交于 A，B两点，其中点 A 在 第一象限，点 B在第二象限，且△OAB的面积为 2(O为坐标原点)． (1)求椭圆 C的方程； (2)求OM ―→ · ON ―→ 的取值范围． [解] (1)由题意可得，b＝1，又 c a ＝ 2 2 ，a2＝b2＋c2， 联立解得 a2＝2. ∴椭圆 C的方程为 x2 2 ＋y2＝1. (2)联立 y＝kx＋m， y＝1 2 x， 解得 A 2m 1－2k ， m 1－2k ； 联立 y＝kx＋m， y＝－ 1 2 x， 解得 B －2m 1＋2k ， m 1＋2k . 又点 A在第一象限，点 B在第二象限， ∴ 2m 1－2k >0， －2m 1＋2k <0， 可化为 m2(1－4k2)＞0， 而 m2＞0，∴00)的两条切线，切点分别为 A，B，若线段 AB 的中点的纵坐标为 6，则抛物线方程为________________． 解析：设点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，依题意得，y′＝ x p ，切线 MA 的方程是 y－y1＝ x1 p (x －x1)，即 y＝x1 p x－x21 2p .又点M(2，－2p)位于直线MA上，于是有－2p＝x1 p ×2－x21 2p ，即 x21－4x1 －4p2＝0；同理有 x22－4x2－4p2＝0，因此 x1，x2是方程 x2－4x－4p2＝0 的两根，则 x1＋x2 ＝4，x1x2＝－4p2.由线段 AB的中点的纵坐标是 6得，y1＋y2＝12，即 x21＋x22 2p ＝ x1＋x22－2x1x2 2p ＝12，16＋8p2 2p ＝12，解得 p＝1或 p＝2. 故抛物线的方程为 x2＝2y或 x2＝4y. 答案：x2＝2y或 x2＝4y 角度三：由中点弦解决对称问题 3．已知双曲线 x2－y2 3 ＝1 上存在两点M，N关于直线 y＝x＋m 对称，且 MN的中点在 抛物线 y2＝18x上，则实数 m的值为__________． 解析：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点 P(x0，y0)， 则 x21－y21 3 ＝1， ① x22－ y22 3 ＝1， ② x1＋x2＝2x0， ③ y1＋y2＝2y0， ④ 由②－①得， (x2－x1)(x2＋x1)＝ 1 3 (y2－y1)(y2＋y1)，显然 x1≠x2. ∴ y2－y1 x2－x1 ·y2＋y1 x2＋x1 ＝3，即 kMN·y0 x0 ＝3， ∵M，N关于直线 y＝x＋m对称， ∴kMN＝－1，∴y0＝－3x0. 又∵y0＝x0＋m， ∴P － m 4 ， 3m 4 ， 代入抛物线方程，得 9 16 m2＝18· － m 4 ， 解得 m＝0或－8，经检验都符合题意． 答案：0或－8 [方法技巧] 处理中点弦问题常用的 2种方法 (1)点差法 设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有 x1＋x2，y1＋y2， y1－y2 x1－x2 三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式即可求得斜率． (2)根与系数的关系 联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后由根与系数的关系求解． [提醒] 中点弦问题常用的两种求解方法各有弊端：根与系数的关系在解题过程中易产 生漏解，需关注直线的斜率问题；点差法在确定范围方面略显不足． 1．(2016·全国卷Ⅲ)已知 O为坐标原点，F是椭圆 C：x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的左焦点，A， B分别为 C的左、右顶点．P为 C上一点，且 PF⊥x轴．过点 A的直线 l与线段 PF交于点 M，与 y轴交于点 E.若直线 BM经过 OE的中点，则 C的离心率为( ) A.1 3 B.1 2 C.2 3 D.3 4 解析：选 A 如图所示，由题意得 A(－a,0)，B(a,0)，F(－c，0)． 设 E(0，m)，由 PF∥OE，得 |MF| |OE| ＝ |AF| |AO| ， 则|MF|＝ma－c a .① 又由 OE∥MF，得 1 2 |OE| |MF| ＝ |BO| |BF| ， 则|MF|＝ma＋c 2a .② 由①②得 a－c＝1 2 (a＋c)，即 a＝3c， ∴e＝c a ＝ 1 3 . 2．(2013·全国卷Ⅰ)已知椭圆 E：x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a>b>0)的右焦点为 F(3,0)，过点 F的直线交 E于 A，B两点．若 AB的中点坐标为(1，－1)，则 E的方程为( ) A.x 2 45 ＋ y2 36 ＝1 B.x 2 36 ＋ y2 27 ＝1 C.x 2 27 ＋ y2 18 ＝1 D.x 2 18 ＋ y2 9 ＝1 解析：选 D 因为直线 AB过点 F(3,0)和点(1，－1)， 所以直线 AB的方程为 y＝1 2 (x－3)， 代入椭圆方程 x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1，消去 y， 得 a2 4 ＋b2 x2－3 2 a2x＋9 4 a2－a2b2＝0， 所以 AB的中点的横坐标为 3 2 a2 2 a2 4 ＋b2 ＝1， 即 a2＝2b2， 又 a2＝b2＋c2， 所以 b＝c＝3，a＝2 3， 故 E的方程为 x2 18 ＋ y2 9 ＝1. 3．(2017·全国卷Ⅰ)设 A，B为曲线 C：y＝x2 4 上两点，A与 B的横坐标之和为 4. (1)求直线 AB的斜率； (2)设M为曲线 C上一点，C在M处的切线与直线 AB平行，且 AM⊥BM，求直线 AB 的方程． 解：(1)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1≠x2，y1＝ x21 4 ，y2＝ x22 4 ，x1＋x2＝4， 于是直线 AB的斜率 k＝y1－y2 x1－x2 ＝ x1＋x2 4 ＝1. (2)由 y＝x2 4 ，得 y′＝ x 2 . 设M(x3，y3)，由题设知 x3 2 ＝1，解得 x3＝2， 于是M(2,1)． 设直线 AB的方程为 y＝x＋m， 故线段 AB的中点为 N(2,2＋m)，|MN|＝|m＋1|. 将 y＝x＋m代入 y＝x2 4 ，得 x2－4x－4m＝0. 当Δ＝16(m＋1)＞0，即 m＞－1时，x1,2＝2±2 m＋1. 从而|AB|＝ 2|x1－x2|＝4 2m＋1. 由题设知|AB|＝2|MN|， 即 4 2m＋1＝2(m＋1)， 解得 m＝7(m＝－1舍去)． 所以直线 AB的方程为 x－y＋7＝0. 4．(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． 解：设M(x1，y1)，则由题意知 y1>0. (1)当 t＝4时， 椭圆 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 . 由题设知，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 k－2>0， k3－2<0 或 k－2<0， k3－2>0， 解得 3 20，b>0)，过点 P(3,6)的直线 l与 C相交于 A，B两点， 且 AB的中点为 N(12,15)，则双曲线 C的离心率为( ) A．2 B.3 2 C.3 5 5 D. 5 2 解析：选 B 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由 AB的中点为 N(12,15)，得 x1＋x2＝24，y1＋y2＝30， 由 x21 a2 － y21 b2 ＝1， x22 a2 － y22 b2 ＝1， 两式相减得： x1＋x2x1－x2 a2 ＝ y1＋y2y1－y2 b2 ， 则 y1－y2 x1－x2 ＝ b2x1＋x2 a2y1＋y2 ＝ 4b2 5a2 . 由直线 AB的斜率 k＝15－6 12－3 ＝1， ∴ 4b2 5a2 ＝1，则 b2 a2 ＝ 5 4 ， ∴双曲线的离心率 e＝c a ＝ 1＋b2 a2 ＝ 3 2 . 4．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＝ ( ) A.1 2 B. 2 2 C. 2 D．2 解析：选 D 如图所示，设 F为焦点，取 AB的中点 P，过 A，B分别作准线 l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 (|AG| ＋|BH|)，所以 MP为直角梯形 BHGA的中位线，所以 MP∥AG∥BH，所以∠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. 5．已知 F是双曲线 x2 a2 － y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)的右焦点，A，B分别为其左、右顶点．O为 坐标原点，D为其上一点，DF⊥x轴．过点 A的直线 l与线段 DF交于点 E，与 y轴交于点 M，直线 BE与 y轴交于点 N，若 3|OM|＝2|ON|，则双曲线的离心率为( ) A．3 B．4 C．5 D．6 解析：选 C 如图，设 A(－a,0)，B(a,0)，M(0，2m)，N(0，－3m)． 则直线AM的方程为 y＝2m a x＋2m，直线BN的方程为 y＝3m a x－3m. ∵直线 AM，BN的交点 D(c，y0)， ∴ 2mc a ＋2m＝ 3mc a －3m，则 c a ＝5， ∴双曲线的离心率为 5. 6．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，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线 l的方程为 y＝x＋t， 由 x2＋4y2＝4， y＝x＋t 消去 y，得 5x2＋8tx＋4(t2－1)＝0. 则 x1＋x2＝－ 8 5 t，x1x2＝ 4t2－1 5 . ∴|AB|＝ 1＋k2|x1－x2| ＝ 1＋k2· x1＋x22－4x1x2 ＝ 2· － 8 5 t 2－4×4t2－1 5 ＝ 4 2 5 · 5－t2， 故当 t＝0时，|AB|max＝4 10 5 . 二、填空题 7．焦点是 F(0,5 2)，并截直线 y＝2x－1 所得弦的中点的横坐标是 2 7 的椭圆的标准方程 为__________． 解析：设所求的椭圆方程为 y2 a2 ＋ x2 b2 ＝1(a>b>0)，直线被椭圆所截弦的端点为 A(x1，y1)， B(x2，y2)． 由题意，可得弦 AB的中点坐标为 x1＋x2 2 ， y1＋y2 2 ， 且 x1＋x2 2 ＝ 2 7 ， y1＋y2 2 ＝－ 3 7 . 将 A，B 两点坐标代入椭圆方程中，得 y21 a2 ＋ x21 b2 ＝1， y22 a2 ＋ x22 b2 ＝1. 两式相减并化简，得 a2 b2 ＝－ y1－y2 x1－x2 ·y1＋y2 x1＋x2 ＝－2× － 6 7 4 7 ＝3， 所以 a2＝3b2.又 c2＝a2－b2＝50，所以 a2＝75，b2＝25. 故所求椭圆的标准方程为 y2 75 ＋ x2 25 ＝1. 答案： y2 75 ＋ x2 25 ＝1 8．经过双曲线 x2 a2 － y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)的右焦点，倾斜角为 60°的直线与双曲线有且只有 一个交点，则该双曲线的离心率为________． 解析：∵经过双曲线 x2 a2 － y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)的右焦点， 倾斜角为 60°的直线与双曲线有且只有一个交点， ∴根据双曲线的几何性质知所给直线应与双曲线的一条渐近线 y＝b a x平行， ∴ b a ＝tan 60°＝ 3，即 b＝ 3a， ∴c＝ a2＋b2＝2a，故 e＝c a ＝2. 答案：2 9．抛物线 x2＝4y与直线 x－2y＋2＝0交于 A，B两点，且 A，B关于直线 y＝－2x＋m 对称，则 m的值为________． 解析：设 A(x1，y1)，B(x2，y2), 联立 x2＝4y， x－2y＋2＝0 消去 y，得 x2－2x－4＝0. 则 x1＋x2＝2，x1＋x2 2 ＝1. ∴y1＋y2＝ 1 2 (x1＋x2)＋2＝3，y1＋y2 2 ＝ 3 2 . ∵A，B关于直线 y＝－2x＋m对称， ∴AB的中点在直线 y＝－2x＋m上， 即 3 2 ＝－2×1＋m，解得 m＝ 7 2 . 答案： 7 2 三、解答题 10．椭圆 C：x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的离心率为 3 3 ，过右焦点 F2(c,0)垂直于 x 轴的直线与 椭圆交于 P，Q两点且|PQ|＝4 3 3 ，又过左焦点 F1(－c,0)作直线 l交椭圆于两点． (1)求椭圆 C的方程； (2)若椭圆 C上两点 A，B关于直线 l对称，求△AOB面积的最大值． 解：(1)由题意可知|PQ|＝2b2 a ＝ 4 3 3 .① 又椭圆的离心率 e＝c a ＝ 1－b2 a2 ＝ 3 3 ，则 b2 a2 ＝ 2 3 ，② 由①②解得 a2＝3，b2＝2， ∴椭圆的方程为 x2 3 ＋ y2 2 ＝1. (2)由(1)可知左焦点 F1(－1,0), 依题意，直线 l 不垂直 x 轴，当直线 l 的斜率 k≠0 时，可设直线 l 的方程为 y＝k(x＋ 1)(k≠0)，则直线 AB的方程可设为 y＝－ 1 k x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立 y＝－ 1 k x＋m， x2 3 ＋ y2 2 ＝1， 整理得(2k2＋3)x2－6kmx＋3k2m2－6k2＝0， Δ＝(－6km)2－4×(2k2＋3)(3k2m2－6k2)＞0， 则 m2k2－2k2－3＜0，③ x1＋x2＝ 6km 2k2＋3 ，x1x2＝ 3k2m2－6k2 2k2＋3 . 设 AB的中点为 C(xC，yC)， 则 xC＝ x1＋x2 2 ＝ 3km 2k2＋3 ，yC＝ 2k2m 2k2＋3 . ∵点 C在直线 l上，∴ 2k2m 2k2＋3 ＝k 3km 2k2＋3 ＋1 ， 则 m＝－2k－3 k ，④ 此时 m2－2－ 3 k2 ＝4k2＋ 6 k2 ＋10＞0与③矛盾，故 k≠0时不成立. 当直线 l的斜率 k＝0时，A(x0，y0)，B(x0，－y0)(x0＞0，y0＞0)， ∴△AOB的面积 S＝1 2 ·2y0·x0＝x0y0. ∵ x20 3 ＋ y20 2 ＝1≥2 x20 3 ·y 20 2 ＝ 6 3 x0y0，∴x0y0≤ 6 2 . 当且仅当 x20 3 ＝ y20 2 ＝ 1 2 时取等号． ∴△AOB的面积的最大值为 6 2 . 11．已知抛物线 E：y2＝2px(p＞0)的焦点 F，E上一点(3，m)到焦点的距离为 4. (1)求抛物线 E的方程； (2)过 F作直线 l，交抛物线 E于 A，B两点，若直线 AB中点的纵坐标为－1，求直线 l 的方程． 解：(1)抛物线 E：y2＝2px(p＞0)的准线方程为 x＝－ p 2 ， 由抛物线的定义可知 3－ － p 2 ＝4， 解得 p＝2，∴抛物线 E的方程为 y2＝4x. (2)法一：由(1)得抛物线 E的方程为 y2＝4x，焦点 F(1,0)， 设 A，B两点的坐标分别为 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 y21＝4x1， y22＝4x2， 两式相减，整理得 y2－y1 x2－x1 ＝ 4 y2＋y1 (x1≠x2)． ∵线段 AB中点的纵坐标为－1， ∴直线 l的斜率 kAB＝ 4 y2＋y1 ＝ 4 －1×2 ＝－2， ∴直线 l的方程为 y－0＝－2(x－1)，即 2x＋y－2＝0. 法二：由(1)得抛物线 E的方程为 y2＝4x，焦点 F(1,0)， 设直线 l的方程为 x＝my＋1， 由 y2＝4x， x＝my＋1 消去 x，得 y2－4my－4＝0. 设 A，B两点的坐标分别为 A(x1，y1)，B(x2，y2)， ∵线段 AB中点的纵坐标为－1， ∴ y1＋y2 2 ＝ 4m 2 ＝－1， 解得 m＝－ 1 2 ， ∴直线 l的方程为 x＝－ 1 2 y＋1，即 2x＋y－2＝0. 12．(2018·海口调研)已知椭圆 C：x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a>b>0)的左，右顶点分别为 A，B，其离心 率 e＝1 2 ，点M为椭圆上的一个动点，△MAB面积的最大值是 2 3. (1)求椭圆 C的方程； (2)若过椭圆 C右顶点 B的直线 l与椭圆的另一个交点为 D，线段 BD的垂直平分线与 y 轴交于点 P，当 PB ―→ · PD ―→ ＝0时，求点 P的坐标． 解：(1)由题意可知 e＝c a ＝ 1 2 ， 1 2 ×2ab＝2 3， a2＝b2＋c2， 解得 a＝2，b＝ 3， 所以椭圆方程为 x2 4 ＋ y2 3 ＝1. (2)由(1)知 B(2,0)，设直线 BD的方程为 y＝k(x－2)，D(x1，y1)， 把 y＝k(x－2)代入椭圆方程 x2 4 ＋ y2 3 ＝1， 整理得(3＋4k2)x2－16k2x＋16k2－12＝0， 所以 2＋x1＝ 16k2 3＋4k2 ⇒x1＝ 8k2－6 3＋4k2 ，则 D 8k2－6 3＋4k2 ， －12k 3＋4k2 ， 所以 BD中点的坐标为 8k2 3＋4k2 ， －6k 3＋4k2 ， 则直线 BD的垂直平分线方程为 y－ －6k 3＋4k2 ＝－ 1 k x－ 8k2 3＋4k2 ，得 P 0， 2k 3＋4k2 . 又 PB ―→ · PD ―→ ＝0， 即 2，－ 2k 3＋4k2 · 8k2－6 3＋4k2 ， －14k 3＋4k2 ＝0， 化简得 64k4＋28k2－36 3＋4k22 ＝0⇒64k4＋28k2－36＝0， 解得 k＝±3 4 . 故 P 0，2 7 或 0，－ 2 7 . 1．已知椭圆 C：x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a>b>0)的短轴长为 2，离心率为 2 2 ，设过右焦点的直线 l与 椭圆 C交于不同的两点 A，B，过 A，B作直线 x＝2的垂线 AP，BQ，垂足分别为 P，Q.记λ ＝ |AP|＋|BQ| |PQ| ，若直线 l的斜率 k≥ 3，则λ的取值范围为__________． 解析：∵椭圆 C：x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a>b>0)的短轴长为 2，离心率为 2 2 ， ∴ 2b＝2， c a ＝ 2 2 ， a2＝b2＋c2， 解得 a＝ 2，b＝c＝1， ∴椭圆 C的方程为 x2 2 ＋y2＝1. ∵过右焦点的直线 l与椭圆 C交于不同的两点 A，B， ∴设直线 l的方程为 y＝k(x－1)， 联立 x2 2 ＋y2＝1， y＝kx－1 得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0, 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，y1＞y2， 则 x1＋x2＝ 4k2 2k2＋1 ，x1x2＝ 2k2－2 2k2＋1 ， ∴λ＝|AP|＋|BQ| |PQ| ＝ 2－x1＋2－x2 y1－y2 ＝ 4－x1＋x2 kx1－1－kx2－1 ＝ 4－x1＋x2 k x1＋x22－4x1x2 ＝ 4－ 4k2 2k2＋1 k 4k2 2k2＋1 2－4×2k2－2 2k2＋1 ＝ 2k2＋2 k ＝ 2＋ 2 k2 . ∵k≥ 3， ∴当 k＝ 3时，λmax＝ 2＋2 3 ＝ 2 6 3 ， 当 k→＋∞时，λmin→ 2， ∴λ的取值范围是 2，2 6 3 . 答案： 2，2 6 3 2．已知动点M到定点 F(1,0)的距离比M到定直线 x＝－2的距离小 1. (1)求点M的轨迹 C的方程； (2)过点 F任意作互相垂直的两条直线 l1，l2，分别交曲线 C于点 A，B和M，N.设线段 AB，MN的中点分别为 P，Q，求证：直线 PQ恒过一个定点； (3)在(2)的条件下，求△FPQ面积的最小值． 解：(1)由题意可知，动点M到定点 F(1,0)的距离等于M到定直线 x＝－1的距离，根据 抛物线的定义可知，点M的轨迹 C是抛物线， 所以点M的轨迹 C的方程为 y2＝4x. (2)证明：设 A，B两点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)， 则点 P的坐标为 x1＋x2 2 ， y1＋y2 2 . 由题意可设直线 l1的方程为 y＝k(x－1)，k≠0， 由 y2＝4x， y＝kx－1 得 k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0. Δ＝(2k2＋4)2－4k4＝16k2＋16>0. 因为直线 l1与曲线 C交于 A，B两点， 所以 x1＋x2＝2＋ 4 k2 ，y1＋y2＝k(x1＋x2－2)＝4 k . 所以点 P的坐标为 1＋ 2 k2 ， 2 k . 由题知，直线 l2的斜率为－ 1 k ，同理可得点 Q的坐标为(1＋2k2，－2k)． 当 k≠±1时，有 1＋ 2 k2 ≠1＋2k2，此时直线 PQ的斜率 kPQ＝ 2 k ＋2k 1＋ 2 k2 －1－2k2 ＝ k 1－k2 . 所以直线 PQ的方程为 y＋2k＝ k 1－k2 (x－1－2k2)， 整理得 yk2＋(x－3)k－y＝0. 于是直线 PQ恒过定点 E(3,0)； 当 k＝±1时，直线 PQ的方程为 x＝3，也过点 E(3,0)． 综上所述，直线 PQ恒过定点 E(3,0)． (3)由(2)得|EF|＝2， 所以△FPQ面积 S＝1 2 |EF| 2 |k| ＋2|k| ＝2 1 |k| ＋|k| ≥4， 当且仅当 k＝±1时，“＝”成立， 所以△FPQ面积的最小值为 4. 高考研究课(六) 圆锥曲线的综合问题——最值、范围、证明问题 [全国卷 5年命题分析] 考点 考查频度 考查角度 最值问题 5年 2考 求面积最值 范围问题 5年 2考 求面积的范围、求参数范围 证明问题 5年 3考 证明直线过定点、证明定值、证明等式 最值问题 [典例] (2017·山东高考)在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 E：x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a>b>0)的离心 率为 2 2 ，焦距为 2. (1)求椭圆 E的方程； (2)如图，动直线 l：y＝k1x－ 3 2 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＝ 2 4 ，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． [思路点拨] (1)由 e＝c a ＝ 2 2 ，2c＝2确定 a，b即得． (2)通过联立 y＝k1x－ 3 2 与椭圆 E 的方程化简得到一元二次方程后应用根与系数的关系 及弦长公式确定|AB|及圆M的半径 r表达式．进一步求得直线 OC的方程并与椭圆方程联立， 得到关于 |OC| r 的表达式，研究其取值范围即可．在这个过程中，可考虑利用换元思想，应用 二次函数的性质及基本不等式． [解] (1)由题意知 e＝c a ＝ 2 2 ，2c＝2， 所以 a＝ 2，b＝1， 因此椭圆 E的方程为 x2 2 ＋y2＝1. (2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立方程 x2 2 ＋y2＝1， y＝k1x－ 3 2 消去 y， 得(4k21＋2)x2－4 3k1x－1＝0， 由题意知Δ>0， 且 x1＋x2＝ 2 3k1 1＋2k21 ，x1x2＝－ 1 22k21＋1 ， 所以|AB|＝ 1＋k21|x1－x2|＝ 2· 1＋k21· 1＋8k21 1＋2k21 . 由题意可知圆M的半径 r为 r＝2 3 |AB|＝2 2 3 · 1＋k21· 1＋8k21 2k21＋1 . 由题设知 k1k2＝ 2 4 ，所以 k2＝ 2 4k1 ， 因此直线 OC的方程为 y＝ 2 4k1 x. 联立方程 x2 2 ＋y2＝1， y＝ 2 4k1 x， 得 x2＝ 8k21 1＋4k21 ，y2＝ 1 1＋4k21 ， 因此|OC|＝ x2＋y2＝ 1＋8k21 1＋4k21 . 由题意可知 sin∠SOT 2 ＝ r r＋|OC| ＝ 1 1＋|OC| r ， 而 |OC| r ＝ 1＋8k21 1＋4k21 2 2 3 · 1＋k21· 1＋8k21 1＋2k21 ＝ 3 2 4 · 1＋2k21 1＋4k21· 1＋k21 ， 令 t＝1＋2k21，则 t>1，1 t ∈(0,1)， 因此 |OC| r ＝ 3 2 · t 2t2＋t－1 ＝ 3 2 · 1 2＋1 t － 1 t2 ＝ 3 2 · 1 － 1 t － 1 2 2＋ 9 4 ≥1， 当且仅当 1 t ＝ 1 2 ，即 t＝2时等号成立，此时 k1＝± 2 2 ， 所以 sin∠SOT 2 ≤ 1 2 ，因此 ∠SOT 2 ≤ π 6 ， 所以∠SOT的最大值为 π 3 . 综上所述，∠SOT 的最大值为 π 3 ，取得最大值时直线 l的斜率为 k1＝± 2 2 . [方法技巧] 最值问题的 3个求解方法 (1)建立函数模型：利用二次函数、三角函数的有界性求最值或利用导数法求最值． (2)建立不等式模型：利用基本不等式求最值． (3)数形结合：利用相切、相交的几何性质求最值． [即时演练] 已知椭圆 C：x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的一个焦点与 y2＝4 3x的焦点重合，点 3，1 2 在椭圆 C上． (1)求椭圆 C的方程； (2)设直线 l：y＝kx＋m(k≠0)与椭圆 C交于 P，Q两点，且以 PQ为对角线的菱形的一 顶点为(－1,0)，求△OPQ面积的最大值(O为坐标原点)． 解：(1)∵抛物线 y2＝4 3x的焦点为( 3，0)， 故 c＝ 3， ∴a2＝b2＋3.① ∵点 3，1 2 在椭圆 C上， ∴ 3 a2 ＋ 1 4b2 ＝1.② 联立①②解得 a2＝4，b2＝1， ∴椭圆 C的方程为 x2 4 ＋y2＝1. (2)设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，P，Q的中点为(x0，y0)， 将直线 y＝kx＋m代入 x2 4 ＋y2＝1， 得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0， ∴Δ＝16(1＋4k2－m2)＞0，( ) x1＋x2＝－ 8km 1＋4k2 ，x1x2＝ 4m2－4 1＋4k2 ， 则 x0＝ 1 2 (x1＋x2)＝－ 4km 1＋4k2 ， y0＝kx0＋m＝ m 1＋4k2 . ∵(－1,0)是以 PQ为对角线的菱形的一顶点，且不在椭圆上， ∴ y0－0 x0＋1 ＝－ 1 k ，即 3km＝1＋4k2，代入( )得 k2>1 5 . 又 O到直线的距离为 d＝ m 1＋k2 ， 则 S△OPQ＝ 1 2 d|PQ| ＝ 1 2 · m 1＋k2 · 1＋k2· 161＋4k2－m2 1＋4k2 ＝ 2 9 20＋ 1 k2 － 1 k4 ＝ 2 9 － 1 k2 － 1 2 2＋ 81 4 ， 当 1 k2 ＝ 1 2 ，即 k＝± 2时，(S△OPQ)max＝1， ∴△OPQ面积的最大值 1. 范围问题 [典例] 已知椭圆 x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0)离心率为 1 2 ，过点 E(－ 7，0)的椭圆的两条切线相 互垂直. (1)求此椭圆的方程； (2)若存在过点(t,0)的直线 l交椭圆于 A，B两点，使得 FA⊥FB(F 为右焦点)，求 t的取 值范围. [思路点拨] (1)由椭圆的离心率公式，求得 a＝2c，b2＝a2－c2＝3c2，由椭圆的对称性 可知：ME的直线方程为 y＝x＋ 7，代入椭圆方程，由Δ＝0，即可求得 c值，求得 a和 b， 得椭圆方程； (2)设 l的方程为 x＝my＋t，代入椭圆方程，利用根与系数的关系及向量数量积的坐标运 算，即可求得 t的取值范围． [解] (1)由椭圆的离心率 e＝c a ＝ 1 2 ， 得 a＝2c，b2＝a2－c2＝3c2. 不妨设在 x轴上方的切点为M，x轴下方的切点为 N，由椭圆的对称性知 kME＝1，直线 ME的方程为 y＝x＋ 7， 联立 y＝x＋ 7， x2 4c2 ＋ y2 3c2 ＝1 消去 y， 整理得 7x2＋8 7x＋28－12c2＝0， 由Δ＝(8 7)2－4×7×(28－12c2)＝0，得 c＝1， ∴a＝2，b＝ 3， ∴椭圆方程为 x2 4 ＋ y2 3 ＝1. (2)设 l的方程为 x＝my＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立 my＋t＝x， x2 4 ＋ y2 3 ＝1 消去 x， 整理得(3m2＋4)y2＋6mty＋3t2－12＝0， 则 y1＋y2＝ －6mt 3m2＋4 ，y1y2＝ 3t2－12 3m2＋4 . 又 FA ―→ ＝(x1－1，y1)， FB ―→ ＝(x2－1，y2)， ∴ FA ―→ · FB ―→ ＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2 ＝x1x2－(x1＋x2)＋1＋y1y2 ＝(m2＋1)y1y2＋(mt－m)(y1＋y2)＋t2－2t＋1＝0， ∴(m2＋1)(3t2－12)＋(mt－m)(－6mt)＋(t2－2t＋1)·(3m2＋4)＝0， 化简得 7t2－8t－8＝9m2. 要满足题意，则 7t2－8t－8＝9m2有解， ∴7t2－8t－8≥0，解得 t≥4＋6 2 7 或 t≤4－6 2 7 . ∴t的取值范围为 －∞， 4－6 2 7 ∪ 4＋6 2 7 ，＋∞ . [方法技巧] 求参数范围的 4个常用方法 (1)函数法：用其他变量表示该参数，建立函数关系，利用求函数值域的方法求解． (2)不等式法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数范围． (3)判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用判别式Δ求参数的范围． (4)数形结合法：研究该参数所表示的几何意义，利用数形结合思想求解． [即时演练] 已知椭圆 x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的右焦点为 F，直线 PQ 过 F 交椭圆于 P，Q 两点，且 |PF|max·|QF|min＝ a2 4 . (1)求椭圆的长轴与短轴的比值； (2)如图，线段 PQ 的垂直平分线与 PQ 交于点M，与 x 轴，y 轴分别交于 D，E两点， 求 S△DFM S△DOE 的取值范围． 解：(1)设 F(c,0)， 则|PF|max＝a＋c，|QF|min＝a－c， ∴a2－c2＝a2 4 . ∵b2＋c2＝a2，∴a2＝4b2， ∴长轴与短轴的比值为 2a∶2b＝2. (2)由(1)知 a＝2b，可设椭圆方程为 x2 4b2 ＋ y2 b2 ＝1. 依题意，直线 PQ的斜率存在且不为 0， 设直线 PQ的方程为 y＝k(x－c)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 联立 y＝kx－c， x2 4b2 ＋ y2 b2 ＝1 消去 y， 得(4k2＋1)x2－8k2cx＋4k2c2－4b2＝0， 则 x1＋x2＝ 8k2c 4k2＋1 ， ∴y1＋y2＝k(x1＋x2－2c)＝－ 2kc 4k2＋1 ， ∴M 4k2c 4k2＋1 ，－ kc 4k2＋1 . ∵MD⊥PQ，设 D(x3,0)， ∴ kc 4k2＋1 x3－ 4k2c 4k2＋1 ·k＝－1， 解得 x3＝ 3k2c 4k2＋1 ，∴D 3k2c 4k2＋1 ，0 . ∵△DMF∽△DOE， ∴ S△DFM S△DOE ＝ DM2 OD2 ＝ 4k2c 4k2＋1 － 3k2c 4k2＋1 2＋ － kc 4k2＋1 2 3k2c 4k2＋1 2 ＝ 1 9 1＋ 1 k2 >1 9 ， ∴ S△DFM S△DOE 的取值范围为 1 9 ，＋∞ . 证明问题 [典例] (2017·北京高考)已知抛物线 C：y2＝2px过点 P(1,1)．过点 0，1 2 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． [思路点拨] (1)由点 P(1,1)，求得抛物线的方程，根据方程表示焦点坐标和准线方程； (2)设直线 l的方程为 y＝kx＋1 2 (k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立直线 l与抛物线方程， 得到根与系数的关系，由直线 OP，ON的方程分别求得 A，B的坐标分别为(x1，x1)， x1，y2x1 x2 ， 证明 y1＋y2x1 x2 －2x1＝0即为证明 A为线段 BM的中点． [解] 由抛物线 C：y2＝2px过点 P(1,1)，得 p＝1 2 . 所以抛物线 C的方程为 y2＝x. 抛物线 C的焦点坐标为 1 4 ，0 ，准线方程为 x＝－ 1 4 . (2)证明：由题意，设直线 l的方程为 y＝kx＋1 2 (k≠0)，l与抛物线 C的交点为 M(x1，y1)， N(x2，y2)． 由 y＝kx＋1 2 ， y2＝x 消去 y，得 4k2x2＋(4k－4)x＋1＝0. 则 x1＋x2＝ 1－k k2 ，x1x2＝ 1 4k2 . 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＝y2 x2 x，点 B的坐标为 x1，y2x1 x2 . 因为 y1＋y2x1 x2 －2x1＝ y1x2＋y2x1－2x1x2 x2 ＝ kx1＋1 2 x2＋ kx2＋1 2 x1－2x1x2 x2 ＝ 2k－2x1x2＋1 2 x2＋x1 x2 ＝ 2k－2× 1 4k2 ＋ 1－k 2k2 x2 ＝0， 所以 y1＋y2x1 x2 ＝2x1. 故 A为线段 BM 的中点． [方法技巧] 圆锥曲线中的证明问题多涉及证明定值、点在定直线上等，有时也涉及一些否定性命题， 证明方法一般是采用直接法或反证法． [即时演练] (2018·成都一诊)已知椭圆 x2 5 ＋ y2 4 ＝1的右焦点为 F，设直线 l：x＝5与 x轴的交点为 E， 过点 F且斜率为 k的直线 l1与椭圆交于 A，B两点，M为线段 EF的中点． (1)若直线 l1的倾斜角为 π 4 ，求|AB|的值； (2)设直线 AM 交直线 l于点 N，证明：直线 BN⊥l. 解：由题意知，F(1,0)，E(5,0)，M(3,0)． (1)∵直线 l1的倾斜角为 π 4 ，∴斜率 k＝1. ∴直线 l1的方程为 y＝x－1. 代入椭圆方程，可得 9x2－10x－15＝0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1＋x2＝10 9 ，x1x2＝－ 5 3 . ∴|AB|＝ 2· x1＋x22－4x1x2 ＝ 2× 10 9 2＋4×5 3 ＝ 16 5 9 . (2)证明：设直线 l1的方程为 y＝k(x－1)． 代入椭圆方程，得(4＋5k2)x2－10k2x＋5k2－20＝0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1＋x2＝ 10k2 4＋5k2 ，x1x2＝ 5k2－20 4＋5k2 . 设 N(5，y0)，∵A，M，N三点共线， ∴ －y1 3－x1 ＝ y0 2 ，∴y0＝ 2y1 x1－3 . 而 y0－y2＝ 2y1 x1－3 －y2＝ 2kx1－1 x1－3 －k(x2－1) ＝ 3kx1＋x2－kx1x2－5k x1－3 ＝ 3k· 10k 2 4＋5k2 －k·5k 2－20 4＋5k2 －5k x1－3 ＝0. ∴直线 BN∥x轴，即 BN⊥l. 1．(2014·全国卷Ⅰ)已知点 A(0，－2)，椭圆 E：x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a>b>0)的离心率为 3 2 ，F 是 椭圆 E的右焦点，直线 AF的斜率为 2 3 3 ，O为坐标原点． (1)求 E的方程； (2)设过点 A的动直线 l与 E相交于 P，Q两点．当△OPQ的面积最大时，求 l的方程． 解：(1)设 F(c,0)，由条件知， 2 c ＝ 2 3 3 ，得 c＝ 3. 又 c a ＝ 3 2 ，所以 a＝2，b2＝a2－c2＝1. 故 E的方程为 x2 4 ＋y2＝1. (2)当 l⊥x轴时不合题意， 故设 l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)． 将 y＝kx－2代入 x2 4 ＋y2＝1， 得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0. 当Δ＝16(4k2－3)>0，即 k2>3 4 时， x1,2＝ 8k±2 4k2－3 4k2＋1 . 从而|PQ|＝ k2＋1|x1－x2|＝ 4 k2＋1· 4k2－3 4k2＋1 . 又点 O到直线 PQ的距离 d＝ 2 k2＋1 . 所以△OPQ的面积 S△OPQ＝ 1 2 d·|PQ|＝4 4k2－3 4k2＋1 . 设 4k2－3＝t，则 t>0， S△OPQ＝ 4t t2＋4 ＝ 4 t＋4 t . 因为 t＋4 t ≥4，当且仅当 t＝2，即 k＝± 7 2 时等号成立，且满足Δ>0. 所以，当△OPQ的面积最大时， l的方程为 y＝ 7 2 x－2或 y＝－ 7 2 x－2. 2．(2013·全国卷Ⅱ)平面直角坐标系 xOy中，过椭圆M： x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a>b>0)右焦点的直线 x＋y－ 3＝0交M于 A，B两点，P为 AB的中点，且 OP的斜率为 1 2 . (1)求M的方程； (2)C，D为 M 上的两点，若四边形 ACBD 的对角线 CD⊥AB，求四边形 ACBD面积的 最大值． 解：(1)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)， 则 x21 a2 ＋ y21 b2 ＝1，x22 a2 ＋ y22 b2 ＝1，y2－y1 x2－x1 ＝－1， 由此可得 b2x2＋x1 a2y2＋y1 ＝－ y2－y1 x2－x1 ＝1. 因为 x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0， y0 x0 ＝ 1 2 ， 所以 a2＝2b2. 又由题意知，M的右焦点为( 3，0)，故 a2－b2＝3. 因此 a2＝6，b2＝3. 所以M的方程为 x2 6 ＋ y2 3 ＝1. (2)由 x＋y－ 3＝0， x2 6 ＋ y2 3 ＝1， 解得 x＝4 3 3 ， y＝－ 3 3 或 x＝0， y＝ 3. 因此|AB|＝4 6 3 . 由题意可设直线 CD的方程为 y＝x＋n － 5 3 3 ＜n＜ 3 ， 设 C(x3，y3)，D(x4，y4)． 由 y＝x＋n， x2 6 ＋ y2 3 ＝1 得 3x2＋4nx＋2n2－6＝0. 于是 x3,4＝ －2n± 29－n2 3 . 因为直线 CD的斜率为 1， 所以|CD|＝ 2|x4－x3|＝ 4 3 9－n2. 则四边形 ACBD的面积 S＝1 2 |CD|·|AB|＝8 6 9 · 9－n2. 当 n＝0时，S取得最大值，最大值为 8 6 3 . 所以四边形 ACBD面积的最大值为 8 6 3 . 3．(2016·全国卷Ⅰ)设圆 x2＋y2＋2x－15＝0的圆心为 A，直线 l过点 B(1,0)且与 x轴不 重合，l交圆 A于 C，D两点，过 B作 AC的平行线交 AD于点 E. (1)证明|EA|＋|EB|为定值，并写出点 E的轨迹方程； (2)设点 E的轨迹为曲线 C1，直线 l交 C1于M，N两点，过 B且与 l垂直的直线与圆 A 交于 P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围． 解：(1)证明：因为|AD|＝|AC|，EB∥AC， 所以∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|， 故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|. 又圆 A的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，从而|AD|＝4， 所以|EA|＋|EB|＝4. 由题设得 A(－1,0)，B(1,0)，|AB|＝2， 由椭圆定义可得点 E的轨迹方程为 x2 4 ＋ y2 3 ＝1(y≠0)． (2)当 l与 x轴不垂直时，设 l的方程为 y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)． 由 y＝kx－1， x2 4 ＋ y2 3 ＝1 得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0， 则 x1＋x2＝ 8k2 4k2＋3 ，x1x2＝ 4k2－12 4k2＋3 . 所以|MN|＝ 1＋k2|x1－x2|＝ 12k2＋1 4k2＋3 . 过点 B(1,0)且与 l垂直的直线 m：y＝－ 1 k (x－1)，点 A到直线 m的距离为 2 k2＋1 ， 所以|PQ|＝2 42－ 2 k2＋1 2＝4 4k2＋3 k2＋1 . 故四边形MPNQ的面积 S＝1 2 |MN||PQ|＝12 1＋ 1 4k2＋3 . 可得当 l与 x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12,8 3)． 当 l与 x轴垂直时，其方程为 x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8， 故四边形MPNQ的面积为 12. 综上，四边形MPNQ面积的取值范围为[12,8 3)． 1．已知 A，B分别是椭圆 C：x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a>b>0)的长轴与短轴的一个端点，F1，F2分别 是椭圆 C的左、右焦点，D是椭圆上的一点，△DF1F2的周长为 6，|AB|＝ 7. (1)求椭圆 C的方程； (2)若 P是圆 x2＋y2＝7上任一点，过点 P作椭圆 C的切线，切点分别为M，N，求证： PM⊥PN. 解：(1)由△DF1F2的周长为 6，得 2a＋2c＝6， 由|AB|＝ 7，得 a2＋b2＝7， 又 b2＋c2＝a2，∴a＝2，b＝ 3，c＝1. 故椭圆 C的方程为 x2 4 ＋ y2 3 ＝1. (2)证明：①当切线 PM的斜率不存在或为零时，此时取 P(2， 3)， 显然直线 PN：y＝ 3与直线 PM：x＝2恰是椭圆的两条切线． 由圆及椭圆的对称性，可知 PM⊥PN. ②当切线 PM，PN斜率存在且不为零时， 设切线 PM 的方程为 y＝k1x＋m， PN的方程为 y＝k2x＋t，P(x0，y0)(x0≠±2)， 由 y＝k1x＋m， x2 4 ＋ y2 3 ＝1 消去 y， 得(4k21＋3)x2＋8k1mx＋4(m2－3)＝0， ∵PM与椭圆 C相切， ∴Δ＝64k21m2－16(4k21＋3)(m2－3)＝0， ∴m2＝4k21＋3. ∵y0＝k1x0＋m，∴m＝y0－k1x0， ∴(y0－k1x0)2＝4k21＋3. 即(x20－4)k21－2x0y0k1＋y20－3＝0； 同理(x20－4)k22－2x0y0k2＋y20－3＝0， ∴k1，k2是方程(x20－4)k2－2x0y0k＋y20－3＝0的两个根， 又∵点 P在圆上， ∴x20＋y20＝7， ∴y20＝7－x20， ∴k1k2＝ y20－3 x20－4 ＝ 7－x20－3 x20－4 ＝－1， ∴PM⊥PN. 综上所述，PM⊥PN. 2．已知椭圆 C：y2 a2 ＋ x2 b2 ＝1(a>b>0)的短轴长为 2，且椭圆 C的顶点在圆 M：x2＋ y－ 2 2 2 ＝ 1 2 上． (1)求椭圆 C的方程； (2)过椭圆的上焦点作相互垂直的弦 AB，CD，求|AB|＋|CD|的最小值． 解：(1)由题意可知 2b＝2，b＝1. 又椭圆 C的顶点在圆M上，则 a＝ 2， 故椭圆 C的方程为 y2 2 ＋x2＝1. (2)当直线 AB的斜率不存在或为零时， |AB|＋|CD|＝3 2； 当直线 AB的斜率存在，且不为零时，设直线 AB的方程为 y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2), 联立 y＝kx＋1， y2 2 ＋x2＝1 消去 y，整理得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0， 则 x1＋x2＝－ 2k k2＋2 ，x1x2＝－ 1 k2＋2 ， 故|AB|＝ 1＋k2· x1＋x22－4x1x2＝ 2 2k2＋1 k2＋2 . 同理可得：|CD|＝2 2k2＋1 2k2＋1 ， ∴|AB|＋|CD|＝ 6 2k2＋12 2k2＋1k2＋2 . 令 t＝k2＋1，则 t＞1,0<1 t <1， ∴|AB|＋|CD|＝ 6 2t2 2t－1t＋1 ＝ 6 2 2－1 t 1＋1 t ＝ 6 2 － 1 t － 1 2 2＋ 9 4 ， 当 0<1 t <1时，2＜－ 1 t － 1 2 2＋ 9 4 ≤ 9 4 ， ∴ 8 3 3 ≤|AB|＋|CD|＜3 2 ， 综上可知， 8 3 3 ≤|AB|＋|CD|≤3 2， ∴|AB|＋|CD|的最小值 8 3 3 . 3．已知椭圆 C：y2 a2 ＋ x2 b2 ＝1(a>b>0)的上、下焦点分别为 F1，F2，离心率为 1 2 ，P为 C上 的动点，且满足F2P ―→ ＝λ PQ ―→ (λ>0)，| PQ ―→ |＝| PF ―→ 1|，△QF1F2面积的最大值为 4. (1)求点 Q的轨迹 E的方程和椭圆 C的方程； (2)直线 y＝kx＋m(m＞0)与椭圆 C相切且与曲线 E交于M，N两点，求 S△F1MN 的取 值范围． 解：(1)由椭圆定义得：|F2Q|＝|F2P|＋|PQ|＝|F2P|＋|PF1|＝2a， 所以点 Q的轨迹是以 F2为圆心，2a为半径的圆． 当 QF2⊥F1F2时，△QF1F2面积最大， 所以 1 2 ×2c×2a＝4，即 ac＝2. 又 c a ＝ 1 2 ，可得 a＝2，c＝1. 所以点 Q的轨迹 E的方程为 x2＋(y＋1)2＝16，椭圆 C的方程 y2 4 ＋ x2 3 ＝1. (2)由 y＝kx＋m， y2 4 ＋ x2 3 ＝1 消去 y，整理得(3k2＋4)x2＋6kmx＋3m2－12＝0，则Δ＝36k2m2－ 4(3k2＋4)(3m2－12)＝0， 化简得 3k2－m2＋4＝0， 即 k2＝m2－4 3 . 由 k2＝m2－4 3 ≥0及 m＞0，得 m≥2. 设圆心 F2(0，－1)到直线MN的距离为 d， 则 d＝ |m＋1| 1＋k2 ＝ 3m＋1 m－1 ， 所以弦长|MN|＝2 16－d2＝2 13m－19 m－1 . 设点 F1(0,1)到直线MN的距离为 h， 则 h＝ |m－1| 1＋k2 ＝ 3m－1 m＋1 ， 所以 S△F1MN＝1 2 |MN|·h ＝ 313m－19 m＋1 ＝ 39－ 96 m＋1 . 由 m≥2，得 39－ 96 m＋1 ∈[ 7， 39)， 所以 S△F1MN的取值范围为[ 7， 39)． 4.如图，椭圆 E的左、右顶点分别为 A，B，左、右焦点分别为 F1， F2，|AB|＝4，|F1F2|＝2 3. (1)求椭圆 E的方程； (2)直线 y＝kx＋m(k＞0)交椭圆于 C，D两点，与线段 F1F2及椭圆 短轴分别交于M，N两点(M，N不重合)，且|CN|＝|DM|，求 k的值； (3)在(2)的条件下，若 m＞0，设直线 AD，BC的斜率分别为 k1，k2，求 k21 k22 的取值范围． 解：(1)设椭圆 E的方程为 x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a>b>0)， 由|AB|＝4，|F1F2|＝2 3，可知 a＝2，c＝ 3， 则 b＝1， 所以椭圆 E的方程为 x2 4 ＋y2＝1. (2)设 D(x1，y1)，C(x2，y2)，易知 N(0，m)，M － m k ，0 ， 由 y＝kx＋m， x2＋4y2＝4 消去 y，整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0， 由Δ＞0，得 4k2－m2＋1＞0，即 m2＜4k2＋1， 且 x1＋x2＝ －8km 1＋4k2 ，x1x2＝ 4m2－4 1＋4k2 . 又|CM|＝|DN|，即CM ―→ ＝ ND ―→ ，可得 x1＋x2＝－ m k ， 即 －8km 1＋4k2 ＝－ m k ，解得 k＝1 2 . (3)k 21 k22 ＝ y21x2－22 y22x1＋22 ＝ 4－x21 4 x2－22 4－x22 4 x1＋22 ＝ 2－x12－x2 2＋x12＋x2 ＝ 4－2x1＋x2＋x1x2 4＋2x1＋x2＋x1x2 ＝ m＋1 m－1 2. 由题知，点M，F1的横坐标 xM≥xF1，有－2m≥－ 3， 则 m∈ 0， 3 2 ，满足 m2＜2. 即 k1 k2 ＝－ m＋1 m－1 ＝－1＋ 2 1－m ，则 k1 k2 ∈(1,7＋4 3]， 所以 k21 k22 的取值范围为(1,97＋56 3]． 已知椭圆 C： x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的右准线 l的方程为 x＝4 3 3 ，短轴长为 2. (1)求椭圆 C的方程； (2)过定点 B(1,0)作直线 l 与椭圆 C 相交于 P，Q(异于 A1，A2)两 点，设直线 PA1与直线 QA2相交于点M(2x0，y0)． ①试用 x0，y0表示点 P，Q的坐标； ②求证：点M始终在一条定直线上． 解：(1)由 a2 c ＝ 4 3 3 ， b＝1， a2＝b2＋c2， 解得 a2＝4， b2＝1. 或 a2＝4 3 ， b2＝1. 故椭圆 C的方程为 x2 4 ＋y2＝1或 x2 4 3 ＋y2＝1. (2)①不妨取椭圆 C的方程为 x2 4 ＋y2＝1，A1(－2,0)，A2(2，0), 则MA1的方程为：y＝ y0 2x0＋2 (x＋2)， 即 x＝2x0＋2 y0 y－2，代入 x2 4 ＋y2＝1, 得 x0＋1 y0 y－1 2＋y2＝1， 即 x0＋12 y20 ＋1 y2－2x0＋1 y0 y＝0. ∴yP＝ 2x0＋1 y0 x0＋12 y20 ＋1 ＝ 2x0＋1y0 x0＋12＋y20 ， 则 xP＝ 2x0＋2 y0 · 2x0＋1y0 x0＋12＋y20 －2＝ 4x0＋12 x0＋12＋y20 －2. 即 P 4x0＋12 x0＋12＋y20 －2， 2x0＋1y0 x0＋12＋y20 . 同理：MA2的方程为 y＝ y0 2x0－2 (x－2)， 即 x＝2x0－2 y0 y＋2，代入 x2 4 ＋y2＝1, 得 x0－1 y0 y＋1 2＋y2＝1， 即 x0－12 y20 ＋1 y2＋2x0－1 y0 y＝0. ∴yQ＝ － 2x0－1 y0 x0－12 y20 ＋1 ＝ －2x0－1y0 x0－12＋y20 . 则 xQ＝ 2x0－2 y0 ·－2x0－1y0 x0－12＋y20 ＋2＝－4x0－12 x0－12＋y20 ＋2. 即 Q －4x0－12 x0－12＋y20 ＋2，－2x0－1y0 x0－12＋y20 . ②证明：设 P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)， ∵P，Q，B三点共线，∴kPB＝kQB，即 yP xP－1 ＝ yQ xQ－1 . ∴ 2x0＋1y0 x0＋12＋y20 4x0＋12 x0＋12＋y20 －2－1 ＝ －2x0－1y0 x0－12＋y20 －4x0－12 x0－12＋y20 ＋2－1 ， 即 x0＋1y0 x0＋12－3y20 ＝ －x0－1y0 －3x0－12＋y20 . 由题意知，y0≠0， ∴ x0＋1 x0＋12－3y20 ＝ x0－1 3x0－12－y20 . 即 3(x0＋1)(x0－1)2－(x0＋1)y20＝(x0－1)(x0＋1)2－3(x0－1)y20. ∴(2x0－4)(x20＋y20－1)＝0. 则 2x0－4＝0或 x20＋y20＝1. 若 x20＋y20＝1，即 2x02 4 ＋y20＝1， 则 P，Q，M为同一点，不合题意． ∴2x0－4＝0，即点M始终在定直线 x＝4上． 高考研究课(七) 圆锥曲线的综合问题——定点、定值、探索性问题 [全国卷 5年命题分析] 考点 考查频度 考查角度 定点问题 5年 1考 直线过定点 定值问题 5年 2考 证明斜率积为定值、证定值 探索性问题 5年 2考 探索点的存在性问题 定点问题 [典例] 已知右焦点为 F的椭圆 C：x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0)过点M 1，3 2 ，直线 x＝a与抛 物线 C1：x2＝8 3 y交于点 N，且OM ―→ ＝ FN ―→ ，其中 O为坐标原点． (1)求椭圆 C的方程； (2)直线 l与椭圆 C交于 A，B两点．若直线 l与 x轴垂直，过点 P(4,0)的直线 PB 交椭圆 C于另一点 E，证明直线 AE与 x轴相交于定点． [解] (1)设 N(a，y0)，连接 MN，由OM ―→ ＝ FN ―→ ，得四边形 OMNF为平行四边形，则 y0＝3 2 ， 将 N a，3 2 代入抛物线方程，得 a2＝4， 解得 a＝2， 再将M 1， 3 2 代入椭圆方程，得 1 4 ＋ 9 4b2 ＝1， 解得 b2＝3， ∴椭圆 C的方程为 x2 4 ＋ y2 3 ＝1. (2)证明：由题意，直线 PB 的斜率存在，设直线 PB 的方程为 y＝k(x－4)，B(x1，y1)， E(x2，y2)，则 A(x1，－y1)． 联立 y＝kx－4， 3x2＋4y2＝12 消去 y，整理得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0， 则 x1＋x2＝ 32k2 3＋4k2 ，x1x2＝ 64k2－12 3＋4k2 .① 又直线 AE的方程为 y－y2＝ y2＋y1 x2－x1 (x－x2)， 令 y＝0，得 x＝x2－ y2x2－x1 y1＋y2 ， 由 y1＝k(x1－4)，y2＝k(x2－4), 得 x＝2x1x2－4x1＋x2 x1＋x2－8 ， 即 x＝ 264k2－12 3＋4k2 －4· 32k 2 3＋4k2 32k2 3＋4k2 －8 ＝1，∴x＝1， ∴直线 AE与 x轴相交于定点(1,0)． [方法技巧] 定点问题的常见解法 (1)假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数 无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点； (2)从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意． [即时演练]如图，过顶点在原点、对称轴为 y 轴的抛物线 E 上的定 点 A(2,1)作斜率分别为 k1，k2的直线，分别交抛物线 E于 B，C两点． (1)求抛物线 E的标准方程和准线方程； (2)若 k1＋k2＝k1k2，证明：直线 BC恒过定点． 解：(1)设抛物线 E的标准方程为 x2＝ay，a＞0， 将 A(2,1)代入得，a＝4. 所以抛物线 E的标准方程为 x2＝4y，准线方程为 y＝－1. (2)证明：由题意得，直线 AB的方程为 y＝k1x＋1－2k1， 直线 AC的方程为 y＝k2x＋1－2k2， 联立 x2＝4y， y＝k1x＋1－2k1， 消去 y，得 x2－4k1x－4(1－2k1)＝0， 解得 x＝2或 x＝4k1－2， 因此点 B(4k1－2，2k1－12)， 同理可得 C(4k2－2，2k2－12). 于是直线 BC的斜率 k＝ 2k1－12－2k2－12 4k1－2－4k2－2 ＝ 4k1－k2k1＋k2－1 4k1－k2 ＝k1＋k2－1， 又 k1＋k2＝k1k2，所以直线 BC的方程为 y－(2k2－1)2＝(k1k2－1)·[x－4k2－2]， 即 y＝(k1k2－1)x－2k1k2－1＝(k1k2－1)(x－2)－3. 故直线 BC恒过定点(2，－3). 定值问题 [典例] 已知椭圆 C：x 2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a>b>0)的离心率为 3 2 ，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 c a ＝ 3 2 ， 1 2 ab＝1， a2＝b2＋c2， 解得 a＝2， b＝1， c＝ 3. 所以椭圆 C的方程为 x2 4 ＋y2＝1. (2)证明：由(1)知，A(2,0)，B(0,1)． 设 P(x0，y0)，则 x20＋4y20＝4. 当 x0≠0时， 直线 PA的方程为 y＝ y0 x0－2 (x－2)． 令 x＝0，得 yM＝－ 2y0 x0－2 ， 从而|BM|＝|1－yM|＝|1＋ 2y0 x0－2|. 直线 PB的方程为 y＝y0－1 x0 x＋1. 令 y＝0，得 xN＝－ x0 y0－1 ， 从而|AN|＝|2－xN|＝|2＋ x0 y0－1|. 所以|AN|·|BM|＝|2＋ x0 y0－1|·|1＋ 2y0 x0－2| ＝|x20＋4y20＋4x0y0－4x0－8y0＋4 x0y0－x0－2y0＋2 | ＝|4x0y0－4x0－8y0＋8 x0y0－x0－2y0＋2 |＝4. 当 x0＝0时，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2， 所以|AN|·|BM|＝4. 综上，|AN|·|BM|为定值． [方法技巧] 求定值问题常见的方法 (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关． (2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． [即时演练] 设抛物线 C1：y2＝8x的准线与 x轴交于点 F1，焦点为 F2.以 F1，F2为焦点，离心率为 2 2 的椭圆记为 C2. (1)求椭圆 C2的方程； (2)设 N(0，－2)，过点 P(1,2)作直线 l，交椭圆 C2于异于 N的 A，B两点． ①若直线 NA，NB的斜率分别为 k1，k2，证明：k1＋k2为定值； ②以 B为圆心，以 BF2为半径作圆 B，是否存在定圆M，使得圆 B与圆 M恒相切？若 存在，求出圆M的方程，若不存在，请说明理由． 解：(1)由已知得 F1(－2,0)，F2(2,0)． 令椭圆 C2的方程为 x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a>b>0)， 则 c＝2， c a ＝ 2 2 ， a2＝b2＋c2， 解得 a＝2 2， b＝2， c＝2， 所以椭圆 C2的方程为 x2 8 ＋ y2 4 ＝1. (2)①证明：当直线 l的斜率不存在时，l：x＝1, 由 x＝1， x2 8 ＋ y2 4 ＝1， 得 x＝1， y＝－ 14 2 或 x＝1， y＝ 14 2 ， 不妨取 A 1， 14 2 ，B 1，－ 14 2 ， 此时，k1＝ 14 2 ＋2，k2＝－ 14 2 ＋2，所以 k1＋k2＝4. 当直线 l的斜率存在时，设 l：y－2＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由 y－2＝kx－1， x2 8 ＋ y2 4 ＝1 消去 y，整理得(1＋2k2)x2＋(8k－4k2)x＋2k2－8k＝0， 则Δ＝(8k－4k2)2－4(1＋2k2)(2k2－8k)＞0， 得 k＞0或 k<－4 7 . 且 x1＋x2＝ 4k2－8k 1＋2k2 ，x1x2＝ 2k2－8k 1＋2k2 ， 所以 k1＋k2＝ y1＋2 x1 ＋ y2＋2 x2 ＝ x2y1＋2x2＋x1y2＋2x1 x1x2 ＝ x2[kx1－1＋2]＋x1[kx2－1＋2]＋2x1＋x2 x1x2 ＝2k＋－k＋4x1＋x2 x1x2 ＝2k＋ －k＋4·4k 2－8k 1＋2k2 2k2－8k 1＋2k2 ＝2k＋－k＋4·4k2－8k 2k2－8k ＝2k－(2k－4)＝4， 综上所述，k1＋k2＝4. ②存在定圆M，使得圆 B与圆M恒相切，圆 M的方程为(x＋2)2＋y2＝32，其圆心为左 焦点 F1. 由椭圆的定义知|BF1|＋|BF2|＝2a＝4 2， 所以|BF1|＝4 2－|BF2|， 所以两圆相(内)切. 探索性问题 圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面： 1探索是否存在常数的问题； 2探索是否存在点或直线的问题； 3探索最值或定值的存在性问题. 角度一：探索是否存在常数的问题 1.如图，椭圆 E：x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a>b>0)的离心率是 2 2 ，点 P(0,1)在 短轴 CD上，且 PC ―→ · PD ―→ ＝－1. (1)求椭圆 E的方程． (2)设 O为坐标原点，过点 P的动直线与椭圆交于 A，B两点．是 否存在常数λ，使得 OA ―→ · OB ―→ ＋λ PA ―→ · PB ―→ 为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理 由． 解：(1)由已知，C(0，－b)，D(0，b)． 又点 P的坐标为(0,1)，且 PC ―→ · PD ―→ ＝－1， 于是 1－b2＝－1， c a ＝ 2 2 ， a2－b2＝c2. 解得 a＝2，b＝ 2. 所以椭圆 E的方程为 x2 4 ＋ y2 2 ＝1. (2)当直线 AB的斜率存在时，设直线 AB的方程为 y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 联立 x2 4 ＋ y2 2 ＝1， y＝kx＋1 得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0. 其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0， 所以 x1＋x2＝－ 4k 2k2＋1 ，x1x2＝－ 2 2k2＋1 . 从而 OA ―→ · OB ―→ ＋λ PA ―→ · PB ―→ ＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1 ＝ －2λ－4k2＋－2λ－1 2k2＋1 ＝－ λ－1 2k2＋1 －λ－2. 所以当λ＝1时，－ λ－1 2k2＋1 －λ－2＝－3. 此时 OA ―→ · OB ―→ ＋λ PA ―→ · PB ―→ ＝－3为定值． 当直线 AB斜率不存在时，直线 AB即为直线 CD. 此时， OA ―→ · OB ―→ ＋λ PA ―→ · PB ―→ ＝ OC ―→ · OD ―→ ＋ PC ―→ · PD ―→ ＝－2－1＝－3. 故存在常数λ＝1，使得 OA ―→ · OB ―→ ＋λ PA ―→ · PB ―→ 为定值－3. [方法技巧] 解决是否存在常数的问题时，应首先假设存在，看是否能求出符合条件的参数值，如果 推出矛盾就不存在，否则就存在． 角度二：探索是否存在点或直线的问题 2．已知抛物线 C：y2＝2px(p＞0)的焦点为 F，直线 y＝2与 y 的轴的交点为 P，与 C的 交点为 Q，且|QF|＝2|PQ|. (1)求 C的方程； (2)过焦点 F的直线 l的斜率为－1，判断 C上是否存在两点M，N，使得 M，N关于直 线 l对称，若存在，求出|MN|的值，若不存在，说明理由． 解：(1)设 Q(x0,2)，代入 y2＝2px，得 x0＝ 2 p ， 所以|PQ|＝2 p ，|QF|＝p 2 ＋ 2 p ， 所以 p 2 ＋ 2 p ＝2×2 p ， 解得 p＝2或 p＝－2(舍去)， 所以 C的方程为 y2＝4x. (2)由已知得，直线 l的方程为 x＋y－1＝0， 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 kMN＝ y1－y2 x1－x2 ＝ 4 y1＋y2 ， ∵M，N关于直线 l对称，∴MN⊥l，∴ 4 y1＋y2 ＝1.① ∵MN 的中点 T 的坐标为 y21＋y22 8 ， y1＋y2 2 ，中点 T在直线 l 上，∴ y1＋y2 2 ＝－ y21＋y22 8 ＋1. ② 由①②可得 y1＋y2＝4，y1y2＝4， ∴y1，y2是方程 y2－4y＋4＝0的两个根，此方程有两个相等的根， ∴C上不存在M，N，使得M，N关于直线 l对称. [方法技巧] 探索是否存在直线时要注意判断直线的斜率是否存在．探究是否存在点时要注意利用特 殊情况先判断再证明或直接判断． 角度三：探索最值或定值的存在性问题 3．(2018·湖南六校联考)如图，已知M(x0，y0)是椭圆 C：x2 6 ＋ y2 3 ＝1上的任一点，从原点 O向圆M：(x－x0)2＋(y－y0)2＝2作两条切线，分别交椭圆于点 P，Q. (1)若直线 OP，OQ的斜率存在，并分别记为 k1，k2，求证：k1k2为定值； (2)试问|OP|2＋|OQ|2是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由． 解：(1)证明：因为直线 OP：y＝k1x与圆M相切， 所以 |k1x0－y0| 1＋k21 ＝ 2， 化简得(x20－2)k21－2x0y0k1＋y20－2＝0， 同理(x20－2)k22－2x0y0k2＋y20－2＝0， 所以 k1，k2是方程(x20－2)k2－2x0y0k＋y20－2＝0的两个不相等的实数根，所以 k1·k2＝ y20－2 x20－2 . 因为点M(x0，y0)在椭圆 C上，所以 x20 6 ＋ y20 3 ＝1， 即 y20＝3－1 2 x20，所以 k1k2＝ 1－1 2 x20 x20－2 ＝－ 1 2 . 即 k1k2为定值－ 1 2 . (2)|OP|2＋|OQ|2是定值，定值为 9. 理由如下： 法一：(ⅰ)当直线 OP，OQ不落在坐标轴上时，设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 联立 y＝k1x， x2 6 ＋ y2 3 ＝1， 解得 x21＝ 6 1＋2k21 ， y21＝ 6k21 1＋2k21 . 所以 x21＋y21＝ 61＋k21 1＋2k21 ，同理得 x22＋y22＝ 61＋k22 1＋2k22 ， 由 k1k2＝－ 1 2 ， 得 |OP|2＋ |OQ|2＝x 21＋y 21＋x 22＋y 22＝ 61＋k21 1＋2k21 ＋ 61＋k22 1＋2k22 ＝ 61＋k21 1＋2k21 ＋ 6 1＋ － 1 2k1 2 1＋2 － 1 2k1 2 ＝ 9＋18k21 1＋2k21 ＝9. (ⅱ)当直线 OP，OQ落在坐标轴上时， 显然有|OP|2＋|OQ|2＝9. 综上，|OP|2＋|OQ|2＝9. 法二：(ⅰ)当直线 OP，OQ不落在坐标轴上时， 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 因为 k1k2＝－ 1 2 ，所以 y21y22＝1 4 x21x22， 因为 P(x1，y1)，Q(x2，y2)在椭圆 C上， 所以 x21 6 ＋ y21 3 ＝1， x22 6 ＋ y22 3 ＝1， 即 y21＝3－1 2 x21， y22＝3－1 2 x22， 所以 3－1 2 x21 3－1 2 x22 ＝ 1 4 x21x22，整理得 x21＋x22＝6， 所以 y21＋y22＝ 3－1 2 x21 ＋ 3－1 2 x22 ＝3， 所以|OP|2＋|OQ|2＝9. (ⅱ)当直线 OP，OQ落在坐标轴上时，显然有|OP|2＋|OQ|2＝9. 综上，|OP|2＋|OQ|2＝9. [方法技巧] 解决探索性问题的注意事项 解决探索性问题，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． 1．(2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆 C：x 2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a>b>0)，四点 P1(1,1)，P2(0，1)，P3 －1， 3 2 ， P4 1， 3 2 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 1 a2 ＋ 1 b2 > 1 a2 ＋ 3 4b2 知，椭圆 C不经过点 P1， 所以点 P2在椭圆 C上． 因此 1 b2 ＝1， 1 a2 ＋ 3 4b2 ＝1， 解得 a2＝4， b2＝1. 故椭圆 C的方程为 x2 4 ＋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 t， 4－t2 2 ， t，－ 4－t2 2 . 则 k1＋k2＝ 4－t2－2 2t － 4－t2＋2 2t ＝－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 x2 4 ＋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＝－ 8km 4k2＋1 ，x1x2＝ 4m2－4 4k2＋1 . 而 k1＋k2＝ y1－1 x1 ＋ y2－1 x2 ＝ kx1＋m－1 x1 ＋ kx2＋m－1 x2 ＝ 2kx1x2＋m－1x1＋x2 x1x2 . 由题设 k1＋k2＝－1， 故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0. 即(2k＋1)·4m 2－4 4k2＋1 ＋(m－1)·－8km 4k2＋1 ＝0. 解得 k＝－ m＋1 2 . 当且仅当 m>－1时，Δ>0，于是 l：y＝－ m＋1 2 x＋m， 即 y＋1＝－ m＋1 2 (x－2)，所以 l过定点(2，－1)． 2．(2015·全国卷Ⅱ)已知椭圆 C：x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a>b>0)的离心率为 2 2 ，点(2， 2)在 C上． (1)求 C的方程； (2)直线 l不过原点 O且不平行于坐标轴，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)由题意知 a2－b2 a ＝ 2 2 ， 4 a2 ＋ 2 b2 ＝1， 解得 a2＝8，b2＝4，所以 C的方程为 x2 8 ＋ y2 4 ＝1. (2)证明：设直线 l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)． 将 y＝kx＋b代入 x2 8 ＋ y2 4 ＝1， 得(2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0. 故 xM＝ x1＋x2 2 ＝ －2kb 2k2＋1 ，yM＝k·xM＋b＝ b 2k2＋1 . 于是直线 OM的斜率 kOM＝yM xM ＝－ 1 2k ， 即 kOM·k＝－ 1 2 . 所以直线 OM的斜率与直线 l的斜率的乘积为定值． 3．(2015·全国卷Ⅰ)在直角坐标系 xOy 中，曲线 C：y＝x2 4 与直线 l：y＝kx＋a(a>0)交于 M，N两点． (1)当 k＝0时，分别求 C在点M和 N处的切线方程； (2)y轴上是否存在点 P，使得当 k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由． 解：(1)由题设可得M(2 a，a)，N(－2 a，a)，或M(－2 a，a)，N(2 a，a)． 又 y′＝ x 2 ，故 y＝x2 4 在 x＝2 a处的导数值为 a，C 在点(2 a，a)处的切线方程为 y－a ＝ a(x－2 a)， 即 ax－y－a＝0. y＝x2 4 在 x＝－2 a处的导数值为－ a，C在点(－2 a，a)处的切线方程为 y－a＝－ a(x ＋2 a)， 即 ax＋y＋a＝0. 故所求切线方程为 ax－y－a＝0和 ax＋y＋a＝0. (2)存在符合题意的点．证明如下： 设 P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线 PM，PN的斜率分别为 k1，k2. 将 y＝kx＋a代入 C的方程，得 x2－4kx－4a＝0. 故 x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a. 从而 k1＋k2＝ y1－b x1 ＋ y2－b x2 ＝ 2kx1x2＋a－bx1＋x2 x1x2 ＝ ka＋b a . 当 b＝－a时，有 k1＋k2＝0， 则直线 PM 的倾斜角与直线 PN的倾斜角互补， 故∠OPM＝∠OPN， 所以点 P(0，－a)符合题意． 1.如图，已知椭圆 C：x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的离心率是 3 2 ，其中一个顶点 为 B(0,1)． (1)求椭圆 C的方程； (2)设 P，Q是椭圆 C上异于点 B的任意两点，且 BP⊥BQ.试问：直线 PQ是否恒过一定 点？若是，求出该定点的坐标；若不是，说明理由. 解：(1)设椭圆 C的半焦距为 c.依题意，得 b＝1， 且 e2＝c2 a2 ＝ a2－1 a2 ＝ 3 4 ， 解得 a2＝4， 所以椭圆 C的方程为 x2 4 ＋y2＝1. (2)直线 PQ恒过定点． 法一：易知，直线 PQ的斜率存在，设其方程为 y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 将直线 PQ的方程代入 x2＋4y2＝4， 消去 y，整理得 (1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 则 x1＋x2＝－ 8km 1＋4k2 ，x1x2＝ 4m2－4 1＋4k2 .① 因为 BP⊥BQ，且直线 BP，BQ的斜率均存在， 所以 y1－1 x1 ·y2－1 x2 ＝－1， 整理得 x1x2＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝0.② 因为 y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m， 所以 y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m，y1y2＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2.③ 将③代入②，整理得(1＋k2)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2＝0.④ 将①代入④，整理得 5m2－2m－3＝0. 解得 m＝－ 3 5 或 m＝1(舍去)． 所以直线 PQ恒过定点 0，－ 3 5 . 法二：直线 BP，BQ的斜率均存在，设直线 BP的方程为 y＝kx＋1. 将直线 BP的方程代入 x2＋4y2＝4，消去 y，得 (1＋4k2)x2＋8kx＝0. 解得 x＝0或 x＝ －8k 1＋4k2 . 设 P(x1，y1)，所以 x1＝ －8k 1＋4k2 ，y1＝kx1＋1＝1－4k2 1＋4k2 ， 所以 P －8k 1＋4k2 ， 1－4k2 1＋4k2 . 以－ 1 k 替换点 P坐标中的 k，可得 Q 8k k2＋4 ， k2－4 k2＋4 . 从而，直线 PQ的方程是 y－1－4k2 1＋4k2 k2－4 k2＋4 － 1－4k2 1＋4k2 ＝ x＋ 8k 1＋4k2 8k k2＋4 ＋ 8k 1＋4k2 . 依题意，若直线 PQ过定点，则定点必定在 y轴上． 在上述方程中，令 x＝0，解得 y＝－ 3 5 . 所以直线 PQ恒过定点 0，－ 3 5 . 2．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：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 . 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 x2 4 ＋y2＝1， y＝kx＋m 得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 则Δ＝ (8km)2－4(1＋4k2)(4m2－4)＝16(1＋4k2－m2)＞0，x1＋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 . 3．已知椭圆 C：x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的离心率为 6 3 ，以原点 O为圆心，椭圆 C的长半轴 长为半径的圆与直线 2x－ 2y＋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，问：在 x 轴上是否存 在定点 E，使得 EA ―→2＋ EA ―→ · AB ―→ 为定值？若存在，试求出点 E的坐标和定值；若不存在， 请说明理由． 解：(1)由 e＝ 6 3 ，得 c a ＝ 6 3 ， 即 c＝ 6 3 a，① 又以原点 O为圆心，椭圆 C的长半轴长为半径的圆为 x2＋y2＝a2， 且该圆与直线 2x－ 2y＋6＝0相切， 所以 a＝ |6| 22＋－ 22 ＝ 6，代入①得 c＝2， 所以 b2＝a2－c2＝2， 所以椭圆 C的标准方程为 x2 6 ＋ y2 2 ＝1. (2)由 x2 6 ＋ y2 2 ＝1， y＝kx－2， 得(1＋3k2)x2－12k2x＋12k2－6＝0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 所以 x1＋x2＝ 12k2 1＋3k2 ，x1x2＝ 12k2－6 1＋3k2 . 根据题意，假设 x轴上存在定点 E(m,0)， 使得 EA ―→2＋ EA ―→ · AB ―→ ＝( EA ―→ ＋ AB ―→ )· EA ―→ ＝ EA ―→ · EB ―→ 为定值， 则 EA ―→ · EB ―→ ＝(x1－m，y1)·(x2－m，y2) ＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2 ＝(k2＋1)x1x2－(2k2＋m)(x1＋x2)＋(4k2＋m2) ＝ 3m2－12m＋10k2＋m2－6 1＋3k2 ， 要使上式为定值，即与 k无关， 只需 3m2－12m＋10＝3(m2－6)， 解得 m＝ 7 3 ， 此时， EA ―→ 2＋ EA ―→ · AB ―→ ＝m2－6＝－ 5 9 ， 所以在 x轴上存在定点 E 7 3 ，0 使得 EA ―→2＋ EA ―→ · AB ―→ 为定值，且定值为－ 5 9 . 4．已知椭圆 C：x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a>b>0)的右焦点为 F(1,0)，且点 P 1，3 2 在椭圆 C上，O为 坐标原点． (1)求椭圆 C的标准方程； (2)设过定点 T(0,2)的直线 l与椭圆 C交于不同的两点 A，B，且∠AOB为锐角，求直线 l的斜率 k的取值范围； (3)过椭圆 C1： x2 a2 ＋ y2 b2－5 3 ＝1上异于其顶点的任一点 P，作圆 O：x2＋y2＝4 3 的两条切线， 切点分别为M，N(M，N不在坐标轴上)，若直线MN 在 x轴、y 轴上的截距分别为 m，n， 证明： 1 3m2 ＋ 1 n2 为定值． 解：(1)由题意得 c＝1，所以 a2＝b2＋1，① 又点 P 1，3 2 在椭圆 C上，所以 1 a2 ＋ 9 4b2 ＝1，② 由①②可解得 a2＝4，b2＝3， 所以椭圆 C的标准方程为 x2 4 ＋ y2 3 ＝1. (2)设直线 l的方程为 y＝kx＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由 y＝kx＋2， x2 4 ＋ y2 3 ＝1， 得(4k2＋3)x2＋16kx＋4＝0， 因为Δ＝16(12k2－3)>0，所以 k2>1 4 ， 则 x1＋x2＝ －16k 4k2＋3 ，x1x2＝ 4 4k2＋3 . 因为∠AOB为锐角， 所以 OA ―→ · OB ―→ >0，即 x1x2＋y1y2>0， 所以 x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)>0， 所以(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4>0， 即(1＋k2)· 4 4k2＋3 ＋2k·－16k 4k2＋3 ＋4>0， 解得 k2<4 3 . 又 k2>1 4 ，所以 1 4 3}，B＝ x| x-1 x-4 ≤0 ，则 A∩B＝( ) A．[4，＋∞) B．(4，＋∞) C．(3,4] D．(3,4) 解析：选 D A＝{x|x>3}，B＝{x|1≤x<4}，则 A∩B＝{x|3－1)，|x0|－1>0”是假命题，则实数 m的取值范围是( ) A．(－1,1) B．(－1,1] C．[1，＋∞) D．[0,1] 解析：选 B 因为“∃x0∈[－1，m](m>－1)，|x0|－1>0”是假命题，所以“∀x∈[－1， m](m>－1)，|x|－1≤0”是真命题，所以|m|－1≤0且 m>－1，所以－10， 则函数 y＝f(f(x))－1的零点个数为________． 解析：由题意可知，函数 y＝f(f(x))－1的零点，即为 f(f(x))－1＝0的解，则 2fx＝1， fx≤0 或 log2fx＝1， fx>0， 则 f(x)＝0或 f(x)＝2，显然 x>0， log2x＝0 或 x>0， log2x＝2， 解得 x＝1或 x＝4， 故所求零点个数为 2. 答案：2 三、解答题(本大题共 6小题，共 70分，解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算 步骤) 17．(本小题满分 10分)已知函数 f(x)＝2sin xcos x＋2 3cos2x－ 3. (1)求函数 y＝f(x)的最小正周期和单调递减区间； (2)已知△ABC的三个内角 A，B，C的对边分别为 a，b，c，其中 a＝7，若锐角 A满足 f A 2 － π 6 ＝ 3，且 sin B＋sin C＝13 3 14 ，求 bc的值． 解：(1)f(x)＝2sin xcos x＋2 3cos2x－ 3 ＝sin 2x＋ 3cos 2x ＝2sin 2x＋π 3 ， 因此 f(x)的最小正周期为 T＝2π 2 ＝π. 由 2kπ＋π 2 ≤2x＋π 3 ≤2kπ＋3π 2 (k∈Z)， 得 kπ＋ π 12 ≤x≤kπ＋7π 12 (k∈Z)， 所以 f(x)的单调递减区间为 kπ＋ π 12 ，kπ＋7π 12 (k∈Z)． (2)由 f A 2 － π 6 ＝2sin 2 A 2 － π 6 ＋ π 3 ＝2sin A＝ 3，且 A为锐角，所以 A＝π 3 . 由正弦定理可得 2R＝ a sin A ＝ 7 3 2 ＝ 14 3 ， sin B＋sin C＝b＋c 2R ＝ 13 3 14 ， 则 b＋c＝13 3 14 × 14 3 ＝13， 所以 cos A＝b2＋c2－a2 2bc ＝ b＋c2－2bc－a2 2bc ＝ 1 2 ， 所以 bc＝40. 18．(本小题满分 12分)已知数列{an}的前 n项和 Sn＝k·3n－m，且 a1＝3，a3＝27. (1)求证：数列{an}是等比数列； (2)若 anbn＝log3an＋1，求数列{bn}的前 n项和 Tn. 解：(1)证明：∵Sn＝k·3n－m， ∴S1＝a1＝3k－m＝3，a3＝S3－S2＝18k＝27， 解得 k＝m＝ 3 2 ， 则当 n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝ 3 2 ·3n－3 2 ·3n－1＝3n. 又 a1＝3，∴∀n∈N*，an＝3n， 则有 an an－1 ＝3为常数，故由等比数列的定义可知，数列{an}是等比数列． (2)∵anbn＝log3an＋1，∴bn＝ n＋1 3n ， 则 Tn＝ 2 3 ＋ 3 32 ＋ 4 33 ＋…＋ n 3n－1 ＋ n＋1 3n ， ∴ 1 3 Tn＝ 2 32 ＋ 3 33 ＋ 4 34 ＋…＋ n 3n ＋ n＋1 3n＋1 ， 两式相减，得 2 3 Tn＝ 2 3 ＋ 1 32 ＋ 1 33 ＋…＋ 1 3n － n＋1 3n＋1 ＝ 2 3 ＋ 1 9 1－ 1 3n－1 1－1 3 － n＋1 3n＋1 ＝ 5 6 － 2n＋5 2·3n＋1 ， 所以 Tn＝ 1 4 5－2n＋5 3n . 19．(本小题满分 12 分)如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PC⊥底面 ABCD，底面 ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD ＝2，PC＝2，E是 PB上的点． (1)求证：平面 EAC⊥平面 PBC； (2)若 E是 PB的中点，求二面角 P-AC-E的余弦值． 解：(1)证明：∵PC⊥底面 ABCD，AC⊂底面 ABCD， ∴AC⊥PC. ∵AB＝2，AD＝CD＝1，∴AC＝BC＝ 2， ∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC. 又 BC∩PC＝C，∴AC⊥平面 PBC， ∵AC⊂平面 EAC， ∴平面 EAC⊥平面 PBC. (2)以 C 为原点，以与 AD平行的直线为 x 轴，CD，CP所在直线为 y轴，z轴建立如图 所示的空间直角坐标系，则 C(0,0,0)，A(1,1，0)，B(1，－1,0)，P(0,0,2)，E 1 2 ，－ 1 2 ，1 ， ∴ CP ―→ ＝(0,0,2)， CA ―→ ＝(1,1,0)， CE ―→ ＝ 1 2 ，－ 1 2 ，1 . 设平面 PAC的一个法向量为 m＝(x1，y1，z1)， 则 m· CP ―→ ＝0， m· CA ―→ ＝0， 即 2z1＝0， x1＋y1＝0， 令 x1＝1，得 y1＝－1，所以 m＝(1，－1,0)． 设平面 EAC的一个法向量为 n＝(x2，y2，z2)， 则 n· CA ―→ ＝0， n· CE ―→ ＝0， 即 x2＋y2＝0， x2－y2＋2z2＝0， 令 x2＝1，得 y2＝－1，z2＝－1， ∴n＝(1，－1，－1)， ∴cos〈m，n〉＝ 2 2· 3 ＝ 6 3 . 由图知二面角 P-AC-E为锐角， ∴二面角 P-AC-E的余弦值为 6 3 . 20．(本小题满分 12分)已知椭圆 E：x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a>b>0)的一个焦点为 F2(1,0)，且该椭圆 过定点M 1， 2 2 . (1)求椭圆 E的标准方程； (2)设点 Q(2,0)，过点 F2作直线 l与椭圆 E交于 A，B两点，且F2A ―→ ＝λF2B ―→ ，λ∈[－2， －1]，以 QA，QB为邻边作平行四边形 QACB，求对角线 QC长度的最小值． 解：(1)由题意，得 c＝1， 1 a2 ＋ 1 2b2 ＝1， a2＝b2＋c2， 解得 a＝ 2， b＝1， ∴椭圆 E的方程为 x2 2 ＋y2＝1. (2)设直线 l：x＝ky＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立 x＝ky＋1， x2 2 ＋y2＝1 消去 x，得(k2＋2)y2＋2ky－1＝0， 则Δ＝4k2＋4(k2＋2)＝8(k2＋1)>0，且 y1＋y2＝ －2k k2＋2 ，y1y2＝ －1 k2＋2 ， ∵F2A ―→ ＝λF2B ―→ ，∴y1＝λy2. ∴ y1＋y22 y1y2 ＝ y1 y2 ＋ y2 y1 ＋2＝－4k2 k2＋2 ， 从而λ＋1 λ ＋2＝－4k2 k2＋2 . 由λ∈[－2，－1]，得 λ＋1 λ ＋2 ∈ － 1 2 ，0 ， 从而－ 1 2 ≤ －4k2 k2＋2 ≤0，解得 0≤k2≤2 7 . ∵ QC ―→ ＝ QA ―→ ＋ QB ―→ ＝(x1＋x2－4，y1＋y2) ＝ －4k2＋1 k2＋2 ， －2k k2＋2 ， ∴| QC ―→ |2＝16－ 28 k2＋2 ＋ 8 k2＋22 . 令 t＝ 1 k2＋2 ， 7 16 ≤t≤1 2 ， 则| QC ―→ |2＝8t2－28t＋16， ∵y＝8t2－28t＋16在 7 16 ， 1 2 上是减函数， ∴当 t＝1 2 时，|QC|min＝2. 故对角线 QC长度的最小值为 2. 21．(本小题满分 12分)已知椭圆 C：x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a>b>0)的离心率为 2 2 ，且以原点为圆心， 椭圆的焦距为直径的圆与直线 xsin θ＋ycos θ－1＝0相切(θ为常数)． (1)求椭圆 C的标准方程； (2)如图，若椭圆 C的左、右焦点分别为 F1，F2，过 F2作直线 l与椭圆 分别交于两点M，N，求F1M ―→ ·F1N ―→ 的取值范围． 解：(1)由题意知 c a ＝ 2 2 ， 1 sin2θ＋cos2θ ＝c， a2＝b2＋c2， 解得 a＝ 2， b＝1， ∴椭圆 C的方程为 x2 2 ＋y2＝1. (2)①若直线 l的斜率不存在，即 l⊥x轴， 则M 1， 2 2 ，N 1，－ 2 2 ， ∴F1M ―→ ＝ 2， 2 2 ，F1N ―→ ＝ 2，－ 2 2 ，故F1M ―→ ·F1N ―→ ＝ 7 2 . ②若直线 l的斜率存在，设直线 l的方程为 y＝k(x－1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 联立 y＝kx－1， x2 2 ＋y2＝1 消去 y，整理得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0， 则 x1＋x2＝ 4k2 1＋2k2 ，x1x2＝ 2k2－2 1＋2k2 . 所以F1M ―→ ·F1N ―→ ＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2 ＝x1x2＋(x1＋x2)＋1＋k(x1－1)·k(x2－1) ＝(1＋k2)x1x2＋(1－k2)(x1＋x2)＋1＋k2 ＝ 2k4－1 2k2＋1 ＋ 4k2－4k4 2k2＋1 ＋1＋k2 ＝ 7k2－1 2k2＋1 ＝ 7 2 － 9 2 2k2＋1 . 由 k2≥0，可得F1M ―→ ·F1N ―→ ∈ －1，7 2 . 综合①②可知，F1M ―→ ·F1N ―→ 的取值范围为 －1，7 2 . 22．(本小题满分 12分)已知函数 f(x)＝1 2 x2，g(x)＝aln x. (1)若曲线 y＝f(x)－g(x)在 x＝1处的切线的方程为 6x－2y－5＝0，求实数 a的值； (2)设 h(x)＝f(x)＋g(x)，若对任意两个不等的正数 x1，x2，都有 hx1－hx2 x1－x2 >2 恒成立， 求实数 a的取值范围； (3)若在[1，e]上存在一点 x0，使得 f′(x0)＋ 1 f′x0