高考数学考点一遍过专题39直线与圆锥曲线的位置关系文 37页

考点 39 直线与圆锥曲线的位置关系 1．理解数形结合的思想. 2．了解圆锥曲线的简单应用. 一、直线与圆锥曲线的位置关系 1．曲线的交点 在 平 面 直 角 坐 标 系 xOy 中 ， 给 定 两 条 曲 线 1 2,C C ， 已 知 它 们 的 方 程 为 1 2: ( , ) 0, : ( , ) 0C f x y C g x y  ，求曲线 1 2,C C 的交点坐标，即求方程组 ( , ) 0 ( , ) 0 f x y g x y    的 实数解. 方程组有几组实数解，这两条曲线就有几个交点.若方程组无实数解，则这两条曲线没有交 点. 2．直线与圆锥曲线的交点个数的判定 设直线 : 0l Ax By C   ，圆锥曲线 : ( , ) 0C f x y  ，把二者方程联立得到方程组，消去 ( )y x 得到一个关于 ( )x y 的方程 2 20( 0)ax bx c ay by c      . （1）当 0a  时， 0   方程有两个不同的实数解，即直线与圆锥曲线有两个交点； 0   方程有两个相同的实数解，即直线与圆锥曲线有一个交点； 0   方程无实数解，即直线与圆锥曲线无交点. （2）当 a=0 时，方程为一次方程，若 b≠0，方程有一个解，此时直线与圆锥曲线有一个 交点； 若 b=0,c≠0，方程无解，此时直线与圆锥曲线没有交点. 3．直线与圆锥曲线的位置关系 直线与圆锥曲线相交时，直线与椭圆有两个公共点，与双曲线、抛物线有一个或两个公共 点. （1）直线与椭圆有两个交点  相交；直线与椭圆有一个交点  相切；直线与椭圆没有 交点  相离. （2）直线与双曲线有两个交点  相交. 当直线与双曲线只有一个公共点时，除了直线与双曲线相切外，还有可能是直线与双曲线 相交，此时直线与双曲线的渐近线平行. 直线与双曲线没有交点  相离. （3）直线与抛物线有两个交点  相交. 当直线与抛物线只有一个公共点时，除了直线与抛物线相切外，还有可能是直线与抛物线 相交，此时直线与抛物线的对称轴平行或重合. 直线与抛物线没有交点  相离. 二、圆锥曲线中弦的相关问题 1．弦长的求解 （1）当弦的两端点坐标易求时，可直接利用两点间的距离公式求解； （2）当直线的斜率存在时，斜率为 k 的直线 l 与圆锥曲线 C 相交于 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y 两 个 不 同 的 点 ， 则 弦 长 2 2 2 2 1 2 1 1 2 1 22 1( ) ( ) 1 | | 1 | | ( 0)＝AB x x y y k x x y y kk           . （3）当弦过焦点时，可结合焦半径公式求解弦长. 2．中点弦问题 （1）AB 为椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的弦， 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，弦中点 M(x0，y0)，则 AB 所在直线的斜率为 2 0 2 0 b xk a y   ，弦 AB 的斜率与弦中点 M 和椭圆中心 O 的连线的斜率之 积为定值 2 2 b a  . （2）AB 为双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     的弦， 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，弦中点 M(x0，y0)， 则 AB 所在直线的斜率为 2 0 2 0 b xk a y  ，弦 AB 的斜率与弦中点 M 和双曲线中心 O 的连线的斜 率之积为定值 2 2 b a . （3）在抛物线 2 2 ( 0)y px p  中，以 M(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率 0 pk y  . 考向一直线与圆锥曲线位置关系的判断及应用 1．判断直线与圆锥曲线的交点个数时，可直接求解相应方程组得到交点坐标，也可利用消元 后的一元二次方程根的判别式来确定，需注意利用判别式的前提是二次项系数不为 0. 2．依据直线与圆锥曲线的交点个数求参数时,联立方程并消元，得到一元方程,此时注意观察 方程的二次项系数是否为 0,若为 0,则方程为一次方程；若不为 0,则将方程解的个数转化为判 别式与 0 的大小关系求解. 典例 1 已知椭圆 ，直线 :y＝x＋m． (1)若 与椭圆有一个公共点，求 的值； (2)若 与椭圆相交于 P,Q 两点，且|PQ|等于椭圆的短轴长，求 m 的值． (2)设 ，由(1)知： 2 1 2 1 2 8 4 4 5 5 ，m mx x x x     ， 则|PQ|= 2 2 1 2 4 21 | | 55k x x m    =2. 解得： . 典例 2 已知抛物线 2: 2 ( 0)C y px p  的焦点为 (1,0)F ，抛物线 2: 2 ( 0)E x py p  的焦点为 M ． （1）若过点 M 的直线l 与抛物线 C 有且只有一个交点，求直线l 的方程； （2）若直线 MF 与抛物线 C 交于 A ， B 两点，求 OAB△ 的面积． 【解析】（1）由题意知抛物线 2: 2 ( 0)C y px p  的焦点为 (1,0)F ，抛物线 2: 2 ( 0)E x py p  的焦点为 M ， 所以 2p  ， (0,1)M ，则抛物线C 的方程为 2 4y x ，抛物线 E 的方程为 2 4x y . 若直线l 的斜率不存在，则易知直线l 的方程为 0x  ； 若 直 线 l 的 斜 率 存 在 ， 设 为 k ， 则 直 线 l 的 方 程 为 1y kx  ， 联 立 2 4y x ， 可 得 2 2 (2 4) 1 0k x k x    ， 当 0k  时 ， 1 4x  ， 满 足 题 意 ， 此 时 直 线 l 的 方 程 为 1y  ； 当 0k  时 ， 2 2(2 4) 4 0k k     ，解 得 1k  ，此时直线l 的方程为 1y x  . 综上，直线l 的方程为 0x  ，或 1y  ，或 1y x  . 1．已知直线 y=kx-1 与双曲线 x2-y2=4. (1)若直线与双曲线没有公共点,求实数 k 的取值范围; (2)若直线与双曲线有两个公共点,求实数 k 的取值范围; (3)若直线与双曲线只有一个公共点,求实数 k 的取值范围. 考向二直线与圆锥曲线的弦长问题 直线与圆锥曲线的弦长问题有三种解法： （1）过圆锥曲线的焦点的弦长问题，利用圆锥曲线的定义可优化解题． （2）将直线的方程与圆锥曲线的方程联立，求出两交点的坐标，再运用两点间距离公式求弦 长． （3）它体现了解析几何中的设而不求的思想，其实质是利用两点之间的距离公式以及一元二 次方程根与系数的关系. 典例 3 已知抛物线 ： （ ），焦点为 ，直线 交抛物线 于 ， 两点， 为 的中点，且 ． （1）求抛物线 的方程； （2）若 ，求 0x AB 的最小值． （2）设直线 的方程为 ，代入抛物线方程，得 ， ∵ ，即 2 2 1 1 1 2 14 y y y y   ， ∴ ，即 ，∴ ， ∴ ， ， ，   2 2 2 21 2 1 1 0 1 2 1 2 1 2 12 4 4 x x y yx y y y y m           ， ∴ 2 0 2 2 1 2 1 2 x m AB m m     ， 令 ， ，则 0 1 2 42 1 12 1 x t AB t t t       ，当且仅当 1t  时等号成 立． 故 0x AB 的最小值为 2 4 . 典例 4 已知椭圆 的离心率为 1 2 ,过右焦点 且垂直于 轴的直线与椭圆 相交于 两点,且 . (1)求椭圆 的方程; (2)设直线 经过点 且斜率为 与椭圆 相交于 两点,与以椭圆 的右顶点 为圆心的圆相 交于 两点( 自下至上排列), 为坐标原点， 9 5OA OB    ,且 ,求直线 和圆 的方程. (2)由题意,直线 的斜率 存在.设 的方程为 , 联立椭圆方程得 . 设 ,则 2 2 1 2 1 22 2 8 4 12,3 4 3 4 k kx x x xk k     , ∴ 2 1 2 2 9 3 4 ky y k    . ∴ = = 2 2 12 5 3 4 k k   ∵ ,∴ 2 2 12 5 9 3 4 5 k k    ,解得 . 由题意可得, 等价于 . 设圆 的半径为 , 2 2 2 2 1 2 2 2 12 121 , 23 4 1 k kAB k x x PQ rk k        . 将 代入 ，解得 2 331 100r  . 故所求直线 的方程为 ,即 与 ; 圆 的方程为  2 2 3312 100x y   . 2．已知椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     与双曲线 x2-y2=1 有相同的焦点,椭圆的离心率为 e1,双曲 线的离心率为 e2,且满足 e1e2=1. (1)求椭圆的标准方程; (2)若直线 l 恒过点(0,1),且直线 l 与椭圆交于 A、B 两点,求|AB|的最大值,并求此时直线 l 的方程. 考向三圆锥曲线中的定点、定值问题 定点、定值问题多以直线与圆锥曲线为背景，常与函数与方程、向量等知识交汇，形成了过 定点、定值等问题的证明.解决此类问题的关键是引进参变量表示所求问题，根据等式的恒成 立、数式变换等寻找不受参数影响的量.可以先研究一下特殊情况，找出定点或定值，再视具 体情况进行研究.同时，也要掌握巧妙利用特殊值解决相关的定点、定值问题，如将过焦点的 弦特殊化，变成垂直于对称轴的弦来研究等. 典例 5 在直角坐标系 xOy 中，已知一动圆经过点 (2,0) 且在 y 轴上截得的弦长为 4，设动圆圆 心的轨迹为曲线C ． （1）求曲线C 的方程； （2）过点 (1,0) 作互相垂直的两条直线 1l ， 2l ， 1l 与曲线 C 交于 A ， B 两点， 2l 与曲线 C 交 于 E ， F 两点，线段 AB ， EF 的中点分别为 M ， N ，求证：直线 MN 过定点 P ，并求出 定点 P 的坐标． 由 2 4 ( 1) y x y k x      得 2 2 2 2(2 4) 0k x k x k    ， 2 2 4 2(2 4) 4 16 16 0k k k       ， 1 2 2 42x x k    ， 1 2 1 2 4( 2)y y k x x k      ，∴ 2 2 2(1 , )M k k  ． 同理得 2(1 2 , 2 )N k k  ． 当 1k  或 1k   时，直线 MN 的方程为 3x  ； 当 1k  且 1k   时，直线 MN 的斜率为 21 k k ， ∴直线 MN 的方程为 2 22 ( 1 2 )1 ky k x kk     ，即 2( 1) ( 3) 0k y x k    ， ∴直线 MN 过定点 P ，其坐标为 (3,0) ． 综上所述，直线 MN 过定点 P ，其坐标为 (3,0) ． 典例 6 已知椭圆 E: 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     与 y 轴的正半轴相交于点 M,点 F1,F2 为椭圆的焦点, 且 1 2△MF F 是边长为 2 的等边三角形,若直线 l:y=kx+2 与椭圆 E 交于不同的两点 A,B. (1)直线 MA,MB 的斜率之积是否为定值?若是,请求出该定值,若不是,请说明理由; (2)求△ABM 的面积的最大值. 【解析】(1)因为 1 2△MF F 是边长为 2 的等边三角形,所以 2c=2,b= c,a=2,所以 a=2,b= , 所以椭圆 E: + =1,点 M(0, ). 将直线 l:y=kx+2 代入椭圆 E 的方程,整理得(3+4k2)x2+16 kx+36=0. (*) 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则由(*)式可得Δ=(16 k)2-4(3+4k2)×36=48(4k2-9)>0, 所以 k∈(-∞,- )∪( ,+∞),x1+x2= 2 16 3 3 4 k k   ,x1x2= 2 36 3 4k . 则直线 MA,MB 的斜率之积为 kMA·kMB=   1 21 2 1 2 1 2 3 33 3 kx kxy y x x x x      1 22 1 2 3 3k x xk x x    2 2 2 16 33 33 4 36 3 4 kk kk k        =k2+ , 所以直线 MA,MB 的斜率之积是定值 1 4 . 当且仅当 4k2-9=12,即 k=± 21 2 ∈(-∞,- )∪( ,+∞)时等号成立, 所以△ABM 的面积的最大值为 3 2 . 3．已知双曲线C 的中心在坐标原点，焦点在 x 轴上，离心率 5 2e  ，虚轴长为 2 . （1）求双曲线C 的标准方程； （2）若直线 :l y kx m  与双曲线C 相交于 ,A B 两点（ ,A B 均异于左、右顶点），且以 AB 为直径的圆过双曲线C 的左顶点 D ，求证：直线l 过定点，并求出定点的坐标. 4．已知椭圆 C: 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的左顶点 A 和上顶点 B(0,1)的连线的斜率为 ,左、右 焦点分别为 F1、F2,过点 A 的直线 l 与椭圆 C 交于点 M,与 y 轴交于点 N,点 P 在椭圆上,且 =λ , =μ (O 为坐标原点). (1)求椭圆 C 的标准方程; (2)若 ,求 1 2△MF F 的面积; (3)证明:λμ是定值,并求出该定值. 1．若直线 mx+ny=4 和☉O:x2+y2=4 没有交点,则过点(m,n)的直线与椭圆 + =1 的交点有 A．至多 1 个 B．2 个 C．1 个 D．0 个 2．已知直线 y=kx-k(k 为实数)及抛物线 y2=2px(p>0),则 A．直线与抛物线有一个公共点 B．直线与抛物线有两个公共点 C．直线与抛物线有一个或两个公共点 D．直线与抛物线没有公共点 3．若直线 3 0kx y   与椭圆 2 2 116 4 x y  有两个公共点,则实数 k 的取值范围是 A． 5 4  5 4 或 k< 5 4  D．k< 5 4 且 k≠ 5 4  4．过双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     的右顶点 A 作倾斜角为 135°的直线,该直线与双曲线的 两条渐近线的交点分别为 B,C,若 2 2AB BC  ,则双曲线的渐近线方程为 A．( +1)x+y=0 B．( +1)y-x=0 C．( +1)x±y=0 D．( +1)y±x=0 5．已知 O 是坐标原点，F 是椭圆 + =1 的一个焦点，过 F 且与 x 轴垂直的直线与椭圆交于 M,N 两点，则 cos∠MON 的值为 A． 5 13 B． 5 13  C． 2 13 13 D． 2 13 13  6．如图,过抛物线 2 2 ( 0)y px p  的焦点 F 的直线 l 交抛物线于点 A、B,交其准线于点 C,若 |BC|=2|BF|,且|AF|=3,则此抛物线的方程为 A． 2 9y x B． 2 6y x C． 2 3y x D．y2= x 7．已知椭圆 C: + =1,过点 M(1,0)的直线 l 与椭圆 C 交于点 A,B,若 =2 ,则直线 l 的斜 率为 A． 1 14  B． 1 14 C． 14 14  D． 14 14 8．若直线 y=kx-1 与抛物线 y2=4x 有且只有一个公共点,则 k 的值为_________. 9．过点 M(1,1)作斜率为- 的直线与椭圆 C: 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     相交于 A,B 两点,若 M 是线 段 AB 的中点,则椭圆 C 的离心率等于_________. 10．过抛物线 C:y2=x 上一点 A(1,1)作两条互相垂直的直线分别交抛物线于 P,Q(异于点 A)两 点,则直线 PQ 恒过定点_________. 11．已知椭圆 C: 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的离心率为 ,过右焦点 F 且斜率为 的直线 与椭圆 C 相交于 A,B 两点,若 ,则 _________. 12．已知点 (1, 2)D 在双曲线 :C 2 2 2 2 1x y a b   （ 0a  ， 0b  ）上，且双曲线的一条渐近线 的方程是 3 0x y  ． （1）求双曲线C 的方程； （2）若过点 (0,1) 且斜率为 k 的直线l 与双曲线C 有两个不同的交点，求实数 k 的取值范围； （3）设（2）中直线l 与双曲线C 交于 A B、 两个不同的点，若以线段 AB 为直径的圆经过 坐标原点，求实数 k 的值． 13．如图,F1,F2 分别为椭圆 C: 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的左、右焦点,A,B 为两个顶点.已知顶点 B(0, )到 F1,F2 两点的距离之和为 4. (1)求椭圆 C 的方程; (2)证明:椭圆 C 上任意一点 M(x0,y0)到右焦点 F2 的距离的最小值为 1; (3)作 AB 的平行线交椭圆 C 于 P,Q 两点,求弦长|PQ|的最大值,并求|PQ|取最大值时 1△F PQ 的面积. 14．已知抛物线 2 1 : 2 ( 0)C y px p  的焦点 F 以及椭圆 2 2 2 2 2: 1( 0)y xC a ba b     的上、下 焦点及左、右顶点均在圆 2 2: 1O x y  上． （1）求抛物线 1C 和椭圆 2C 的标准方程； （2）过点 F 的直线交抛物线 1C 于 ,A B 不同的两点，交 y 轴于点 N ，已知 1NA AF  ， 2NB BF  ，求证： 1 2  为定值． 15．已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的离心率与等轴双曲线的离心率互为倒数关系，直线 : 2 0l x y   与以原点为圆心，椭圆 C 的短半轴长为半径的圆相切． （1）求椭圆 C 的方程； （2）设 M 是椭圆的上顶点，过点 M 分别作直线 MA、MB 交椭圆于 A、B 两点，设两直线的 斜率分别为 k1、k2，且 1 2 4k k  ，证明：直线 AB 过定点 1( , 1)2   ． 1．（2017 新课标全国 II 文科）过抛物线 2: 4C y x 的焦点 F ，且斜率为 3 的直线交C 于 点 M （ M 在 x 的轴上方），l 为C 的准线，点 N 在l 上且 MN l ，则 M 到直线 NF 的 距离为 A． 5 B． 2 2 C． 2 3 D．3 3 2．（2017 新课标全国Ⅰ文科）设 A，B 为曲线 C：y= 2 4 x 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． 3．（2017 北京文科）已知椭圆 C 的两个顶点分别为 A(−2,0)，B(2,0)，焦点在 x 轴上，离心 率为 3 2 ． （1）求椭圆 C 的方程； （2）点 D 为 x 轴上一点，过 D 作 x 轴的垂线交椭圆 C 于不同的两点 M，N，过 D 作 AM 的 垂线交 BN 于点 E.求证：△BDE 与△BDN 的面积之比为 4:5． 4．（2017 天津文科）已知椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的左焦点为 ,( )0F c ，右顶点为 A ， 点 E 的坐标为 (0, )c ， EFA△ 的面积为 2 2 b ． （1）求椭圆的离心率； （2）设点Q 在线段 AE 上， 3| | 2FQ c ，延长线段 FQ 与椭圆交于点 P ，点 M ， N 在 x 轴上，PM QN∥ ，且直线 PM 与直线QN 间的距离为 c ，四边形 PQNM 的面积为3c ． ①求直线 FP 的斜率； ②求椭圆的方程． 5．（2017山东文科）在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C: 2 2 2 2 1x y a b   (a>b>0)的离心率为 2 2 , 椭圆 C 截直线 y=1 所得线段的长度为 2 2 . （1）求椭圆 C 的方程； （2）动直线 l:y=kx+m(m≠0)交椭圆 C 于 A,B 两点,交 y 轴于点 M.点 N 是 M 关于 O 的对称 点,⊙N 的半径为|NO|. 设 D 为 AB 的中点,DE,DF 与⊙N 分别相切于点 E,F,求  EDF 的最小 值. 6．（2016 上海文科）双曲线 2 2 2 1( 0)yx bb    的左、右焦点分别为 F1、F2，直线 l 过 F2 且与 双曲线交于 A、B 两点. （1）若 l 的倾斜角为 2  ， 1F AB△ 是等边三角形，求双曲线的渐近线方程； （2）设 3b  ，若 l 的斜率存在，且|AB|=4，求 l 的斜率. 变式拓展 1．【解析】(1)由 2 2 1 4 y kx x y      ,得(1-k2)x2+2kx-5=0 (*). 若直线与双曲线没有公共点,则(*)式无解. 所以   2 2 2 1 0 4 20 1 0 k k k        ,解得 k<- 或 k> , 于是实数 k 的取值范围为(-∞, 5 2  )∪( 5 2 ,+∞). (3)若直线与双曲线只有一个公共点,则(*)式只有一解或有两个相等的实数根. 当 1-k2=0,即 k=±1 时,(*)式只有一解; 当 1-k2≠0 时,应满足Δ=4k2+20(1-k2)=0,解得 k=± 5 2 . 于是实数 k 的取值范围为{±1,± 5 2 }. 2．【解析】(1)双曲线 x2-y2=1 的焦点为(- ,0),( ,0),离心率 e2= , 故椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     中 c2=a2-b2=2,e1= , 解得 a2=4,b2=2,故椭圆的标准方程为 2 2 14 2 x y  . (2)当直线 l 的斜率不存在时,直线 l 的方程为 x=0,这时|AB|=2 . 当直线 l 的斜率存在时,设直线 l 的方程为 y=kx+1,A(x1,y1),B(x2,y2), 由 2 2 1 14 2 y kx x y     得(1+2k2)x2+4kx-2=0, 故Δ=16k2+8(1+2k2)>0 (*),x1+x2=- ,x1x2= , ∴ |AB|= = · 2 2 2 2 16 8 (1 2 ) 1 2 k k k   = ·  2 2 2 2 16 8 1 2 (1 2 ) k k k    = · 2 2 2 8 32 (1 2 ) k k   =   2 2 2 2 1 8 32 (1 2 ) k k k    =  4 2 4 2 8 4 5 1 4 4 1 k k k k     =  4 2 2 4 2 8 4 4 1 4 4 1 k k k k k      = 2 4 28 1 4 4 1 k k k      . 当 k=0 时,|AB|=2 . 当 k≠0 时,|AB|= 2 2 18 1 14 4k k          ≤ =3, 当且仅当 4k2= 2 1 k ,即 k4= 1 4 ,k=± 2 2 时等号成立. 即|AB|max=3,这时 l:y=± 2 2 x+1. 【名师点睛】解决本题的关键有以下几点:(1)熟练掌握双曲线和椭圆中的基础知识;(2)注 意讨论特殊情况,本题中讨论了直线斜率不存在的情况,以及斜率为 0 的情况;(3)正确利用 题目给定的条件得到|AB|的函数关系式;(4)灵活运用基本不等式的知识求所得函数的最 值. （2）设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，由 2 2 14 y kx m x y     得 2 2 2(1 4 ) 8 4( 1) 0k x mkx m     ， 则 2 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 64 16(1 4 )( 1) 0 8 1 4 4( 1) 1 4 m k k m mkx x k mx x k                ， 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2( )( ) ( )y y kx m kx m k x x mk x x m        2 2 2 4 1 4 m k k   ，以 AB 为直径的圆过双曲线C 的左顶点 ( 2,0)D  ， 1AD BDk k    ， 即 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 1 2 4 4( 1) 161, 2( ) 4 0, 4 02 2 1 4 1 4 1 4 y y m k m mky y x x x xx x k k k                     ， 2 23 16 20 0m mk k    ，解得 2m k 或 10 3 km  . 当 2m k 时，l 的方程为 ( 2)y k x  ，直线过定点 ( 2,0) ，与已知矛盾； 当 10 3 km  时，l 的方程为 10( )3y k x  ，直线过定点 10( ,0)3  ，经检验符合已知条件， 所以直线l 过 定点，定点坐标为 10( ,0)3  . 代入椭圆 C 的方程解得 2 16 25My  , 所以 1 2△MF F 的面积为 |F1F2|·|yM|= ×2 . (3)由题意可知,直线 l 的斜率一定存在,设为 k,则直线 l 的方程为 y=k(x+2),则 N(0,2k). 设 M(x1,y1),由   2 2 14 2 x y y k x       可得(4k2+1)x2+16k2x+16k2-4=0, 则 2 1 2 2 1 2 162 4 1 16 42 4 1 kx k kx k         ,故 x1= , 代入直线 l 的方程得 y1=k(x1+2)= , 则| |=   2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 8 4 4 12 ( 2) ( )4 1 4 1 4 1 k k kx y k k k          . 又| |=2 ,所以| |·| |= . 由题意可得直线 OP 的斜率也是 k,则直线 OP 的方程为 y=kx, 由 2 2 14 x y y kx      可得(4k2+1)x2-4=0,解得 2 2 4 1 4Px k   , 2 2 2 4 1 4P ky k   ,则 | |2=  2 2 4 1 4 1 k k   . 又 · =| |·| |=λμ ,所以λμ= 2 · | | AM AN OP    =2,是定值. 考点冲关 1．【答案】B 2．【答案】C 【解析】因为直线 y=kx-k 恒过点(1,0),点(1,0)在抛物线 y2=2px 的内部,所以当 k=0 时,直 线与抛物线有一个公共点,当 k≠0 时,直线与抛物线有两个公共点. 3．【答案】C 【解析】由 2 2 3 116 4 y kx x y     可得(4k2+1)x2+24kx+20=0,当Δ=16(16k2-5)>0,即 k> 5 4 或 k< 5 4  时,直线与椭圆有两个公共点. 4．【答案】C 【解析】由题意知直线过点 A(a,0),且斜率 k=tan 135°=-1,则直线的方程为 x+y-a=0.将 该直线方程分别与两渐近线方程联立,解得 B( , ),C( ,- ),则有 =( , 2 2 2 2a b a b ), =( ab a b   , ). 因为 ，则 2 2 2 2ab a b a b a b    ，化简得 +1，则双曲线的渐近线方程为 ( +1)x±y=0.故选 C. 5．【答案】B 【解析】由题意,a2=4,b2=3,故 c= = =1.不妨设 M(1,y0),N(1,-y0),所以 + =1, 解得 y0=± 3 2 ,所以 |MN|=3,|OM|=|ON|= 2 231 ( )2  = . 由余弦定理知 cos∠MON= = 2 2 213 13( ) ( ) 32 2 13 132 2 2     = 5 13  ,故选 B. 6．【答案】C 程为 y=k(x- 2 p ).联立方程 2 2 2 y px py k x          ,消去 y 得 k2x2-p(k2+2)x+ =0,则 x1+x2= ,x1·x2= .又由抛物线的定义知|AF|=x1+ 2 p ,|BF|=x2+ 2 p ,则可得 + = , 于是有 + = ,解得 2p=3,所以此抛物线的方程是 2 3y x ,选 C. 7．【答案】C 【解析】由题意可得,直线 l 的斜率存在且不为 0,不妨设直线 l:y=k(x-1),则由 2 22 8 y kx k x y      消去 y 化简得,(1+2k2)x2-4k2x+2k2-8=0.设 A(x1,y1),B(x2,y2),则由根与系数 的关系可得 x1+x2= 2 2 4 1 2 k k ,x1x2= 2 2 2 8 1 2 k k   .因为 =2 ,所以 x1+2x2=3,所以 x2= 2 2 3 2 1 2 k k   ,x1= ,所以 x1x2= · ,化简得 k2= ,解得 k=± ,故选 C. 8．【答案】-1 或 0 【解析】当 k=0 时,数形结合知,直线与抛物线有一个公共点; 当 k≠0 时,将直线方程与抛物线方程联立得 2 1 4 y kx y x     ,得 y2- y- =0,因而Δ= + =0,即 k=-1. 从而 k=-1 或 0. 9．【答案】 2 2 10．【答案】(2,-1) 【解析】由题意可得,这两条直线的斜率均存在,且不为 0,设 AP:y-1=k(x-1),与抛物线 C:y2=x 联立,消去 x,得 ky2-y+1-k=0,由根与系数的关系可得, 1 P ky k  ,即 P(( )2, ),同理可得 Q((k+1)2,-k-1),所以直线 PQ 的斜率 kPQ= 21 2 k k k  ,所以直线 PQ:(1-k2-2k)y=kx+k2-1.通过对比可知,x=2,y=-1 满足条件,即直线 PQ 恒过定点(2,-1). 11．【答案】1 【解析】设 设直线 的方程为 将其代入①式,可得 2 1 22 2 2 2 2,2 2 st ty ys s    ，所以   2 2 2 2 2 2 23 2 , 2 22 2 ty s sty s         故答案为 1. 12．【解析】（1）由题意知， 2 2 1 2 1 3 a b b a      ，解得 2 2 1 3 1 a b     ． 因此，所求双曲线C 的方程是 2 2 11 1 3 x y  ，即 2 23 1x y  ． （3）设直线l 与双曲线C 的交点为 1 1 2 2( , ) ( , )A x y B x y、 ，由（2）可得 1 2 2 1 2 2 2 3 2 3 kx x k x x k        ， 又以线段 AB 为直径的圆经过坐标原点，因此， (OA OB O  为坐标原点）， 于是， 0OA OB   ，即 1 2 1 2 0x x y y  ，即 2 1 2 1 2(1 ) ( ) 1 0k x x k x x     ，即 2 2 2 2 2(1 ) 2 1 03 3 k k k k       ，解得 1k   ． 又 1k   满足 23 0k  ，且 0  ， 所以，所求实数 k 的值为 1 ． 13．【解析】(1)由已知得 a=2,b= ,故椭圆 C 的方程为 + =1. (2)M(x0,y0),F2(1,0)且 x0∈[-2,2], 则|MF2|= =| x0-2|∈[1,3], 当且仅当 M(x0,y0)为右顶点时,|MF2|min=1. (3)设 P(x1,y1),Q(x2,y2),由 kAB= 3 2 , 可设直线 PQ:y= 3 2 x+m,代入 + =1,得 3x2+2 mx+2m2-6=0, 由根与系数的关系知,x1+x2= 2 3 3 m ,x1x2= 22 6 3 m  .则 |PQ|= 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 3 3 7 2 3 8 24 7(6 )(1 )( ) (1 )[( ) 4 [( ) ]4 4 4 3 3] 3 m m mx x x x x x            . 当且仅当 m=0 时,|PQ|max= ,此时点 F1(-1,0)到直线 PQ: x-2y=0 的距离 h= 3 21 73 4    , 故 |PQ|·h= 6 2 . 2 2: 1O x y  上，可解得 1b c  ，则 2a  ，故椭圆 2C 的标准方程为 2 2 12 yx   . （2）设直线 AB 的方程为 ( 1)( 0)y k x k   ， 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y ，则 (0, )N k ． 由 2 4 ( 1) y x y k x      消去 y ，得 2 2 2 2(2 4) 0k x k x k    ， 则 216 16 0k    ， 2 1 2 1 22 2 4 , 1kx x x xk    . 由 1NA AF  ， 2NB BF  ，得 1 1 1(1 )x x   ， 2 2 2(1 )x x   ， 整理得 1 2 1 2 1 2 ,1 1 x x x x     ，故 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) 2 11 1 1 ( ) x x x x x x x x x x x x              . 故 1 2  为定值 1 . 15．【解析】（1）易知等轴双曲线的离心率为 2 ，则椭圆的离心率为 1 2 ce a   ， 又直线 : 2 0l x y   与以原点为圆心，椭圆 C 的短半轴长为半径的圆相切，则 2 2 b ，即 1b  ， 由 2 2 2 1 2 1 c a a b c b         ，解得 2 2 1 a b c      . 故椭圆 C 的方程为 2 2 12 x y  ． （2）由（1）可知 (0,1)M ． ②若直线 AB 的斜率存在，设直线 AB 的方程为 y kx m  ，易知 1m   ． 设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ，由 2 22 2 y kx m x y      得 2 2 2(1 2 ) 4 2 2 0k x kmx m     ， 则 1 2 2 4 1 2 kmx x k     ， 2 1 2 2 2 2 1 2 mx x k   .（1） ∵ 1 2 4k k  ，∴ 1 2 1 2 1 1 4y y x x    ， 即 1 2 1 2 1 1 4kx m kx m x x      ，即 1 2 1 2 2 ( 1) 4x xk m x x    . 把（1）代入得 21 kmk m   ，则 2( 1)k m  ，故 12 km   . 则直线 AB 的方程为 12 ky kx   ，即 1( ) 12y k x   ， 故直线 AB 过定点 1( , 1)2   ． 直通高考 1．【答案】C 2．【解析】（1）设 A（x1，y1），B（x2，y2），则 1 2x x ， 2 1 1 4 xy  ， 2 2 2 4 xy  ，x1+x2=4， 于是直线 AB 的斜率 1 2 1 2 1 2 14 y y x xk x x     ． （2）由 2 4 xy  ，得 2 xy'  ． 设 M（x3，y3），由题设知 3 12 x  ，解得 3 2x  ，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 2 4 xy  得 2 4 4 0x x m   ． 当 16( 1) 0m    ，即 1m   时， 1,2 2 2 1x m   ． 从而 1 2| |= 2 | | 4 2( 1)AB x x m   ． 由题设知| | 2 | |AB MN ，即 4 2( 1) 2( 1)m m   ，解得 7m  ． 所以直线 AB 的方程为 7y x  ． 【名师点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线的位置关系，主要利用根与系数的关系：因 为直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为 方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用根与系数的关系及判别式是解决 圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题、弦长问题，可用根与系数的关系直 接解决，但应注意不要忽视判别式的作用． 3．【解析】（1）设椭圆C 的方程为 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     . 由题意得 2, 3 ,2 a c a   解得 3c  . 所以 2 2 2 1b a c   . 所以椭圆C 的方程为 2 2 14 x y  . 联立 2 ( ), ( 2),2 my x mn ny xm         解得点 E 的纵坐标 2 2 2 (4 ) 4E n my m n     . 由点 M 在椭圆C 上，得 2 24 4m n  . 所以 4 5Ey n  . 又 1 2| | | | | | | |2 5BDE ES BD y BD n   △ ， 1 | | | |2BDNS BD n △ ， 所以 BDE△ 与 BDN△ 的面积之比为 4:5. 【名师点睛】本题对考生计算能力要求较高，重点考查了计算能力，以及转化与化归的能 力，解答此类题目，主要利用 , , ,a b c e 的关系，确定椭圆方程是基础，本题易错点是对复 杂式子的变形能力不足，导致错漏百出.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、运算求解 能力、分析问题与解决问题的能力等. 4．【解析】（1）设椭圆的离心率为 e．由已知，可得 21 ( )2 2 bc a c  ． 又由 2 2 2b a c  ，可得 2 22 0c ac a   ，即 22 1 0e e   ． 又因为 0 1e  ，解得 1 2e  ． 所以，椭圆的离心率为 1 2 ． （2）①依题意，设直线 FP 的方程为 ( 0)x my c m   ，则直线 FP 的斜率为 1 m ． 由（1）知 2a c ，可得直线 AE 的方程为 12 x y c c   ，即 2 2 0x y c   ， 与 直 线 FP 的 方 程 联 立 ， 可 解 得 (2 2) 3,2 2 m c cx ym m    ， 即 点 Q 的 坐 标 为 (2 2) 3( , )2 2 m c c m m    ． 由已知|FQ|= 3 2 c ，有 2 2 2(2 2) 3 3[ ] ( ) ( )2 2 2 m c c ccm m      ， 整理得 23 4 0m m  ，所以 4 3m  ，故直线 FP 的斜率为 3 4 ． 因此可得点 3( , )2 cP c ，进而可得 2 23 5| ( ) ( )2 2| c cFP c c    ， 所以 5 3| || | | | 2 2 c cFP FQQ cP     ． 由已知，线段 PQ 的长即为 PM 与QN 这两条平行直线间的距离， 故直线 PM 和QN 都垂直于直线 FP ． 因为QN FP ，所以 3 3 9| | | | tan 2 4 8 c cQN FQ QFN      ， 所以 FQN△ 的面积为 21 27| || |2 32 cFQ QN  ，同理 FPM△ 的面积等于 275 32 c ， 由四边形 PQNM 的面积为3c ，得 2 275 27 332 32 c c c  ，整理得 2 2c c ， 又由 0c  ，得 2c  ． 所以，椭圆的方程为 2 2 116 12 x y  ． 【名师点睛】圆锥曲线问题在历年高考中都是较有难度的压轴题，本题对考生的计算能 力要求较高，是一道难题，重点考查了运算求解能力以及转化与化归的能力．求解此类 问题时，利用 , , ,a b c e 的关系，确定椭圆离心率是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥 曲线）的方程，根据根与系数的关系进行解题，但本题需求解交点坐标，在求解过程要 善于发现四边形 PQNM 中的几何关系，从而易求其面积，进而使问题获解． （2）设 1 1 2 2( , ), ( , )A x y B x y ， 联立方程 2 22 4 y kx m x y      ，得 2 2 2(2 1) 4 2 4 0k x kmx m     ， 由 0  得 2 24 2m k  .（*）且 1 2 2 4 2 1 kmx x k     ， 因此 1 2 2 2 2 1 my y k    ，所以 2 2 2( , )2 1 2 1 km mD k k    ， 又 (0, )N m ，所以 2 2 2 2 2 2( ) ( )2 1 2 1 km mND mk k      整理得 2 2 4 2 2 2 4 (1 3 ) (2 1) m k kND k    ， 因为 NF m ，所以 2 4 2 2 2 2 2 2 2 4( 3 1) 8 31(2 1) (2 1) ND k k k k kNF       . 令 28 3, 3t k t   ，故 2 12 1 4 tk   ， 所以 2 2 2 16 161 1 1(1 ) 2 ND t tNF t t       . 令 1y t t   ，所以 2 11y t    . 当 3t  时， 0y  ,从而 1y t t   在[3, ) 上单调递增， 因此 1 10 3t t   ，等号当且仅当 3t  时成立，此时 0k  ， 设 2EDF   ，则 1sin 2 NF ND    ， 所以 的最小值为 π 6 ， 从而 EDF 的最小值为 π 3 ，此时直线l 的斜率是 0 . 综上所述：当 0k  ， ( 2,0) (0, 2)m   时， EDF 取到最小值 π 3 . 【名师点睛】圆锥曲线中的两类最值问题：①涉及距离、面积的最值以及与之相关的一 些问题；②求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时确定与之有关 的一些问题．常见解法：①几何法,若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义,则 考虑利用图形性质来解决；②代数法,若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系, 则可先建立起目标函数,再求这个函数的最值,最值常用基本不等式法、配方法及导数法 求解． 6．【解析】（1）设  ,A AA x y ． 由题意，  2 ,0F c ， 21c b  ，  2 2 2 41y b c b    ， 因为 1F AB△ 是等边三角形，所以 2 3c y ， 即  2 44 1 3b b  ，解得 2 2b  ． 故双曲线的渐近线方程为 2y x  ． （2）由已知，  2 2,0F ． 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，直线 :l  2y k x  ． 由   2 2 13 2 yx y k x       ，得 2 2 2 23 4 4 3 0k x k x k     ． 因为l 与双曲线交于两点，所以 2 3 0k   ，且  236 1 0k    ． 由 2 1 2 2 4 3 kx x k    ， 2 1 2 2 4 3 3 kx x k   ，得      2 2 1 2 22 36 1 3 k x x k     ， 故      2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 6 1 1 4 3 k AB x x y y k x x k            ， 解得 2 3 5k  ，故l 的斜率为 15 5  ． 【名师点睛】本题对考生的计算能力要求较高，是一道难题.解答此类题目时，利用 , , ,a b c e 的关系，确定双曲线（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与双曲线（圆 锥曲线）方程得到方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解.本题能较好地考 查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题与解决问题的能力等.