【数学】2019届一轮复习人教B版第49讲圆锥曲线的综合问题学案 17页

第49讲　圆锥曲线的综合问题 考纲要求 考情分析 命题趋势 ‎1.掌握直线与椭圆、双曲线、抛物线的位置关系的解题方法．‎ ‎2．理解数形结合的思想．‎ ‎3．了解圆锥曲线的简单应用．‎ ‎2017·北京卷，19‎ ‎2016·全国卷Ⅰ，20‎ ‎2016·全国卷Ⅱ，21‎ ‎2016·全国卷Ⅲ，20‎ ‎1.求直线或曲线所过的定点．‎ ‎2．求与圆锥曲线有关的定值问题．‎ ‎3．求与圆锥曲线相关的面积、距离等的最值．‎ ‎4．探求与圆锥曲线有关的存在性问题．‎ 分值：12～14分 ‎1．直线与圆锥曲线的位置关系 ‎(1)从几何角度看，可分为三类：__无公共点__、__仅有一个公共点__及有两个__相异的公共点__.‎ ‎(2)从代数角度看，可通过将表示直线的方程代入二次曲线的方程消元后所得一元二次方程解的情况来判断．设直线l的方程为Ax＋By＋C＝0，圆锥曲线方程为f(x，y)＝0.‎ 由消元(如消去y)，得ax2＋bx＋c＝0.‎ ‎①若__a＝0__，当圆锥曲线是双曲线时，直线l与双曲线的渐近线平行；当圆锥曲线是抛物线时，直线l与抛物线的对称轴平行(或重合)．‎ ‎②若a≠0，设Δ＝b2－‎4ac.‎ 当__Δ＞0__时，直线和圆锥曲线相交于不同的两点；‎ 当__Δ＝0__时，直线和圆锥曲线相切于一点；‎ 当__Δ＜0__时，直线和圆锥曲线没有公共点．‎ ‎2．直线与圆锥曲线相交时的弦长问题 ‎(1)斜率为k的直线与圆锥曲线交于两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则所得弦长：‎ ＝＝ ‎＝ ‎＝__　　__.‎ ‎(2)斜率不存在时，可求出交点坐标，直接求解(利用坐标轴上两点间距离公式)．‎ ‎3．圆锥曲线的中点弦问题 遇到弦中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解．‎ 在椭圆＋＝1中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝__　－　__；在双曲线－＝1中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝__　　__；在抛物线y2＝2px(p>0)中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率__　k＝　__.在使用根与系数的关系时，要注意使用条件是Δ≥0.‎ ‎4．(1)直线y＝kx＋m表示过点(0，m)且不包括垂直于x轴的直线，故设直线y＝kx＋m时，必须先讨论过点(0，m)且垂直于x轴的直线是否符合题设要求．‎ ‎(2)直线x＝my＋n表示过点(n,0)且不包括垂直于y轴的直线，故设直线x＝my＋n时，必须先讨论过点(n,0)且垂直于y轴的直线是否符合题设要求．‎ 注：过y轴上一点(0，m)的直线通常设为y＝kx＋m；过x轴上一点(n,0)的直线通常设为x＝my＋n.‎ ‎1．思维辨析(在括号内打“√”或“”)．‎ ‎(1)直线l与椭圆C相切的充要条件是直线l与椭圆C只有一个公共点．(　√　)‎ ‎(2)直线l与双曲线C相切的充要条件是直线l与双曲线C只有一个公共点．(　×　)‎ ‎(3)直线l与抛物线C相切的充要条件是直线l与抛物线C只有一个公共点．(　×　)‎ ‎(4)如果直线x＝ty＋a与圆锥曲线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则弦长＝.(　√　)‎ ‎(5)若抛物线C上存在关于直线l对称的两点，则需满足直线l与抛物线C的方程联立消元后得到的一元二次方程的判别式Δ＞0.(　×　)‎ 解析　(1)正确．直线l与椭圆C只有一个公共点，则直线l与椭圆C相切，反之亦成立．‎ ‎(2)错误．因为直线l与双曲线C的渐近线平行时，也只有一个公共点，是相交，但并不相切．‎ ‎(3)错误．因为直线l与抛物线C的对称轴平行时，也只有一个公共点，是相交，但不相切．‎ ‎(4)正确.＝，又x1＝ty1＋a，x2＝ty2＋a，所以＝＝＝.‎ ‎(5)错误．应是以l为垂直平分线的段线AB所在的直线l′与抛物线方程联立，消元后所得一元二次方程的判别式Δ＞0.‎ ‎2．过抛物线y2＝2x的焦点作一条直线与抛物线交于A，B两点，它们的横坐标之和等于2，则这样的直线(　B　)‎ A．有且只有一条　　　 B．有且只有两条 C．有且只有三条　　　 D．有且只有四条 解析　设该抛物线的焦点为F，A(xA，yA)，B(xB，yB)，则＝＋＝xA＋＋xB＋＝xA＋xB＋1＝2＋1＝3＞2p＝2.所以符合条件的直线有且只有两条．故选B.‎ ‎3．直线l：y＝x＋3与曲线－＝1交点的个数为(　D　)‎ A．0　　　 B．1　　　　‎ C．2　　　 D．3‎ 解析　当x≥0时，曲线为－＝1；当x＜0时，曲线为＋＝1，如图所示．‎ 直线l：y＝x＋3过(0,3)，又由于双曲线－＝1的渐近线y＝x的斜率＞1，故直线l与曲线－＝1(x≥0)有两个交点，显然l与椭圆＋＝1(x≤0)有两个交点，又(0,3)是椭圆与双曲线的公共点，所以共3个交点．‎ ‎4．已知双曲线x2－＝1的左顶点为A1，右焦点为F2，P为双曲线右支上一点，·的最小值为(　A　)‎ A．－2　　　 B．－ C．1　　　 D．0‎ 解析　设点P(x，y)，其中x≥1.‎ 依题意得A1(－1,0)，F2(2,0)，由双曲线方程得y2＝3(x2－1)．‎ ·＝(－1－x，－y)·(2－x，－y)＝(x＋1)(x－2)＋y2＝x2＋y2－x－2＝x2＋3(x2－1)－x－2＝4x2－x－5＝42－，其中x≥1.因此，当x＝1时，·取得最小值－2.‎ ‎5．已知F1，F2是椭圆16x2＋25y2 ＝1 600的两个焦点，P是椭圆上一点，且PF1⊥PF2，则△F1PF2的面积为__64__.‎ 解析　由题意可得＋＝‎2a＝20，2＋2＝2＝‎4c2＝144＝(＋‎ )2－2·＝202－2·，解得·＝128，‎ 所以△F1PF2的面积为·＝×128＝64.‎ 一　直线与圆锥曲线的位置关系 解直线与圆锥曲线相交问题的方法 ‎(1)直线与圆锥曲线相交是解析几何中一类重要问题，解题时注意应用韦达定理及“设而不求”的技巧来解决直线与圆锥曲线的综合问题．‎ ‎(2)运用“点差法”解决弦的中点问题，主要是求出过中点弦的直线的斜率，用“点差法”的计算量较少，但是此法在解决有关存在性的问题时，要结合图形和判别式Δ加以检验．‎ ‎【例1】 已知P(1,1)为椭圆＋＝1内一定点，经过P引一条弦，使此弦被点P平分，则此弦所在的直线方程为__x＋2y－3＝0__.‎ 解析　易知此弦所在直线的斜率存在，所以设斜率为k，弦的端点坐标为(x1，y1)，(x2，y2)，则＋ ＝1，①‎ ＋＝1，②‎ ‎①－②得＋＝0.‎ ‎∵x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，‎ ‎∴＋y1－y2＝0.‎ ‎∴k＝＝－.‎ ‎∴此弦所在的直线方程为y－1＝－(x－1)，经检验知此直线与椭圆相交，即所求为x＋2y－3＝0.‎ ‎【例2】 已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，右焦点到直线x＋y＋＝0的距离为2.‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)过点M(0，－1)作直线l交椭圆于A，B两点，交x轴于点N，且满足＝－，求直线 l的方程．‎ 解析　(1)设椭圆的右焦点的坐标为(c,0)(c>0)，‎ 则＝2，c＋＝±2，c＝或c＝－3(舍去)．‎ 又离心率＝，＝，故a＝2，b＝＝，‎ 故椭圆的方程为＋＝1.‎ ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，N(x0,0)，因为＝－，‎ 所以(x1－x0，y1)＝－(x2－x0，y2)，y1＝－y2.①‎ 易知当直线l的斜率不存在或斜率为0时，①不成立，于是设直线l的方程为y＝kx－1(k≠0)，联立方程 消去x得(4k2＋1)y2＋2y＋1－8k2＝0，②‎ 因为Δ>0，所以直线与椭圆相交，于是y1＋y2＝－，③‎ y1y2＝，④‎ 由①③，得y2＝，y1＝－，‎ 代入④整理得8k4＋k2－9＝0，k2＝1，k＝±1，‎ 所以直线l的方程是y＝x－1或y＝－x－1.‎ 二　圆锥曲线的最值问题 圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法；一是几何法，即利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．‎ ‎【例3】 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，椭圆C上任意一点到椭圆左右两个焦点的距离之和为4.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)椭圆C与x轴负半轴交于点A，直线过定点D(－1,0)交椭圆于M，N两点，求△AMN面积的最大值．‎ 解析　(1)由题意可知a＝2b,‎2a＝4，‎ 所以a＝2，b＝1，所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)点A坐标为(－2,0)，直线MN过定点D(－1,0)，‎ ‎∴令直线MN的方程为x＝my－1，联立 消去x得(m2＋4)y2－2my－3＝0.‎ ‎∴y1＋y2＝，y1y2＝，‎ S△AMN＝＝ ‎＝＝2.‎ 令t＝m2＋3，t≥3，‎ ‎∴S△AMN＝2＝2≤2＝.‎ 当且仅当t＝m2＋3＝3，即m＝0时，△AMN面积的最大值为.‎ 三　圆锥曲线的范围问题 求解范围问题的常见方法 ‎(1)利用判别式来构造不等关系，确定参数的取值范围．‎ ‎(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系．‎ ‎(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．‎ ‎(4)利用基本不等式求出参数的取值范围．‎ ‎(5)利用函数值域的求法，确定参数的取值范围．‎ ‎【例4】 已知F1，F2分别是椭圆＋y2＝1的左、右焦点．‎ ‎(1)若P是第一象限内该椭圆上的一点，·＝－，求点P坐标；‎ ‎(2)设过定点M(0,2)的直线l与椭圆交于不同的两点A，B，且∠AOB为锐角(其中O为坐标原点)，求直线l的斜率k的取值范围．‎ 解析　(1)由椭圆方程为＋y2 ＝1，知a＝2，b＝1，c＝，‎ ‎∴F1(－，0)，F2(，0)．‎ 设P(x，y)(x＞0，y＞0)，则·＝(－－x，－y)·(－x，－y)＝x2＋y2－3＝－，‎ 又＋y2＝1，联立 解得⇒ ‎∴P.‎ ‎(2)显然x＝0不满足题意，可设l的方程为y＝kx＋2，‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立 得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0.‎ ‎∴x1x2＝，x1＋x2＝－，且Δ＝(16k)2－4(1＋4k2)×12＞0，∴k2＞.‎ 又∠AOB为锐角，‎ ‎∴·＞0，∴x1x2＋y1y2＞0，‎ ‎∴x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)＞0，‎ ‎∴(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4‎ ‎＝＋2k＋4＝＞0，‎ ‎∴k2＜4，又∵k2＞，∴＜k2＜4，‎ ‎∴k∈∪.‎ 四　圆锥曲线的定点、定值问题 圆锥曲线中定点、定值问题的解法 ‎(1)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为所求定点；‎ ‎②从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意．‎ ‎(2)定值问题的常见解法 ‎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．‎ ‎【例5】 已知椭圆C的焦点在x轴上，离心率等于，且过点.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)过椭圆C的右焦点F作直线l交椭圆C于A，B两点，交y轴于M点，若＝λ ‎1，＝λ2，求证：λ1＋λ2为定值．‎ 解析　(1)∵椭圆C的焦点在x轴上，‎ ‎∴设椭圆C的方程为＋＝1，‎ ‎∵离心率等于，且过点，‎ ‎∴解得 ‎∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明：设点A，B，M的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(0，y0)．‎ 又由题意知点F的坐标为(2,0)，直线l存在斜率，设直线l的斜率为k，则直线l的方程是y＝k(x－2)．‎ 联立 消去y并整理，得(1＋5k2)x2－20k2x＋20k2－5＝0，‎ ‎∴x1＋x2＝，x1x2＝.‎ 又∵＝λ1，＝λ2，‎ 将各点坐标代入得λ1＝，λ2＝，‎ ‎∴λ1＋λ2＝＋ ‎＝ ‎＝＝－10.‎ ‎∴λ1＋λ2为定值－10.‎ ‎【例6】 已知抛物线C的顶点在原点，焦点在坐标轴上，点A(1,2)为抛物线C上一点．‎ ‎(1)求C的方程；‎ ‎(2)若点B(1，－2)在C上，过B作C的两弦BP与BQ，若kBP·kBQ＝－2，求证：直线PQ过定点．‎ 解析　(1)当焦点在x轴上时，设C的方程为y2＝2px，将点A(1,2)代入，得2p＝4，即y2＝4x.‎ 当焦点在y轴上时，设C的方程为x2＝2py，将点A(1,2)代入，得2p＝，即x2＝y.‎ 综上可知C的方程为y2＝4x或x2＝y.‎ ‎(2)证明：因为点B(1，－2)在C上，所以曲线C的方程为y2＝4x.‎ 设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线PQ：x＝my＋b，显然m存在，‎ 联立方程有y2－4my－4b＝0，Δ＝16(m2＋b)．①‎ ‎∴y1＋y2＝‎4m，y1·y2＝－4b.‎ ‎∵kBP·kBQ＝－2，∴·＝－2.又x1＝y，x2＝y，‎ ‎∴·＝－2，即y1y2－2(y1＋y2)＋12＝0.‎ ‎∴－4b－‎8m＋12＝0，即b＝3－‎2m.‎ 直线PQ：x＝my＋b＝my＋3－‎2m即x－3＝m(y－2)．‎ ‎∴直线PQ过定点(3,2)．‎ ‎1．已知斜率为2的直线经过椭圆＋＝1的右焦点F2，与椭圆相交于A，B两点，则弦AB的长为__　　__.‎ 解析　由题意知，椭圆的右焦点F2的坐标为(1,0)，直线AB的方程为y＝2(x－1)．‎ 由方程组消去y，整理得3x2－5x＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系，得x1＋x2＝，x1x2＝0，‎ 则＝ ‎＝ ‎＝＝.‎ ‎2．已知抛物线C：x2＝8y的焦点为F，动点Q在C上，圆Q的半径为1，过点F的直线与圆Q切于点P，则·的最小值为__3__.‎ 解析　如图，·＝|F|·|F|cos∠PFQ＝2＝2－1.‎ 由抛物线的定义知＝d(d为点Q到准线的距离)，易知抛物线的顶点到准线的距离最短，∴min＝2.∴·的最小值为3.‎ ‎3．(2017·北京卷)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.‎ ‎(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.‎ 解析　(1)设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)．‎ 由题意得解得c＝.‎ 所以b2＝a2－c2＝1.‎ 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明：设M(m，n)，则D(m,0)，N(m，－n)．‎ 由题设知m≠±2，且n≠0.‎ 直线AM的斜率kAM＝，‎ 故直线DE的斜率kDE＝－.‎ 所以直线DE的方程为y＝－(x－m)，‎ 直线BN的方程为y＝(x－2)．‎ 联立 解得点E的纵坐标yE＝－.‎ 由点M在椭圆C上，得4－m2＝4n2，所以yE＝－n.‎ 又S△BDE＝|BD|·|yE|＝|BD|·|n|，‎ S△BDN＝|BD|·|n|，‎ 所以△BDE与△BDN的面积之比为4∶5.‎ ‎4．已知椭圆C：＋y2＝1(a＞1)的上顶点为A，右焦点为F，直线AF与圆M：(x－3)2＋(y－1)2＝3相切．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)若不过点A的动直线l与椭圆C交于P，Q两点，且·＝0，求证：直线l过定点，并求该定点的坐标．‎ 解析　(1)圆M的圆心为(3,1)，半径r＝.‎ 由题意知A(0,1)，F(c,0)．‎ 直线AF的方程为＋y＝1，即x＋cy－c＝0.‎ 由直线AF与圆M相切，得＝，‎ 解得c2＝2，a2＝c2＋1＝3，‎ 故椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明：由·＝0知AP⊥AQ，从而直线PQ与x轴不垂直，故可设直线l的方程为y＝kx＋t(t≠1)．‎ 联立整理得(1＋3k2)x2＋6ktx＋3(t2－1)＝0.‎ 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则(*)‎ 由·＝0，得·＝(x1，y1－1)·(x2，y2－1)＝(1＋k2)·x1x2＋k(t－1)(x1＋x2)＋(t－1)2＝0.‎ 将(*)代入，得t＝－.∴直线l过定点.‎ 错因分析：①联立方程消元后没有注意二次项系数为0的情况；②运用点差法时忽略了对Δ>0的验证．‎ ‎【例1】 若直线l：y＝kx＋m(k≠0)与曲线C：－y2＝1交于A，B两点，D(0，－1)且有|DA|＝|DB|，求实数m的取值范围．‎ 解析　由得(1－3k2)x2－6kmx－‎3m2‎－3＝0，‎ ‎∴1－3k2≠0，Δ＝12(m2＋1－3k2)>0，‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点M(x0，y0)．‎ 由得－(y1－y2)(y1＋y2)＝0.‎ 又＝k，∴y0＝x0.‎ 由得M.‎ ‎∴kDM＝＝－，∴m＝>－.‎ 又将m＝代入Δ＝12(m2＋1－3k2)>0，得m2－‎4m>0，‎ ‎∴m<0或m>4.‎ ‎∴m∈∪(4，＋∞)．‎ ‎【跟踪训练1】 已知双曲线C：2x2－y2＝2与点P(1,2)．‎ ‎(1)求过点P(1,2)的直线l的斜率k的取值范围，使l与C只有一个交点；‎ ‎(2)是否存在过点P的弦AB，使AB的中点为P?‎ 解析　(1)①当k存在时，设直线l的方程为y－2＝k(x－1)，‎ 代入双曲线C的方程，整理得 ‎(2－k2)x2＋2(k2－2k)x－k2＋4k－6＝0.(*)‎ 当2－k2＝0，即k＝±时，直线与双曲线的渐近线平行，此时只有一个交点．‎ 当2－k2≠0时，令Δ＝0，得k＝.此时只有一个公共点．‎ ‎②当k不存在时，直线l的方程为x＝1，而x＝1为双曲线的一条切线．∴当k不存在时，直线与双曲线只有一个公共点．‎ 综上所述，当k＝±或k＝或k不存在时，l与C只有一个交点．‎ ‎(2)假设以P为中点的弦AB存在，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是方程(*)的两根，‎ 则由根与系数的关系，得＝1，∴k＝1.‎ ‎∴这样的弦存在，方程为y＝x＋1(－1≤x≤3)，‎ 即x－y＋1＝0(－1≤x≤3)．‎ 课时达标　第49讲 ‎[解密考纲]圆锥曲线是平面解析几何的核心内容，体现了函数与方程思想和数形结合的思想，常以求曲线的标准方程、位置关系、定点、定值、最值、范围、探索性问题为主在高考中进行考查．其目标是考查学生几何问题代数化的应用、运算能力和分析解决问题的能力．‎ ‎1．已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，焦距为2，离心率为.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设直线l经过点M(0,1)，且与椭圆C交于A，B两点，若＝2，求直线l的方程．‎ 解析　(1)设椭圆方程为＋＝1(a>b>0)．‎ 因为c＝1，＝，所以a＝2，b＝，‎ 所以椭圆方程为＋＝1.‎ ‎(2)由题得直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋1，‎ 则由得(3＋4k2)x2＋8kx－8＝0，且Δ>0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则由＝2，得x1＝－2x2.‎ 又所以 消去x2得2＝，解得k2＝，k＝±，‎ 所以直线l的方程为y＝±x＋1，‎ 即x－2y＋2＝0或x＋2y－2＝0.‎ ‎2．(2017·全国卷Ⅲ)在直线坐标系xOy中，曲线y＝x2＋mx－2与x轴交于A，B两点，点C的坐标为(0,1)．当m变化时，解答下列问题：‎ ‎(1)能否出现AC⊥BC的情况？说明理由．‎ ‎(2)证明：过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值．‎ 解析　(1)不能出现AC⊥BC的情况．理由如下：‎ 设A(x1,0)，B(x2,0)，则x1，x2满足x2＋mx－2＝0，‎ 所以x1x2＝－2.‎ 又点C的坐标为(0,1)，‎ 故AC的斜率与BC的斜率之积为·＝－，‎ 所以不能出现AC⊥BC的情况．‎ ‎(2)证明：BC的中点坐标为，可得BC的中垂线方程为y－＝x2.‎ 由(1)可得x1＋x2＝－m，‎ 所以AB的中垂线方程为x＝－.‎ 联立 又x＋mx2－2＝0，可得 所以过A，B，C三点的圆的圆心坐标为，半径r＝.‎ 所以圆在y轴上截得的弦长为2＝3.‎ 故过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值．‎ ‎3．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点，且长轴长等于4.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)F1，F2是椭圆C的两个焦点，圆O是以F‎1F2为直径的圆，直线l：y＝kx＋m与圆O相切，并与椭圆C交于不同的两点A，B，若·＝－，求k的值．‎ 解析　(1)由题意椭圆的长轴长‎2a＝4，解得a＝2.‎ 因为点在椭圆上，所以＋＝1，解得b2＝3，‎ 所以椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)由直线l与圆O相切，得＝1，即m2＝1＋k2.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 由消去y，整理得 ‎(3＋4k2)x2＋8kmx＋‎4m2‎－12＝0.‎ 由题意可知圆O在椭圆内，所以直线必与椭圆相交，‎ 所以x1＋x2＝－，x1·x2＝，‎ y1·y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1·x2＋km(x1＋x2)＋m2＝k2·＋km·＋m2＝.‎ 所以x1x2＋y1y2＝＋＝.‎ 因为m2＝1＋k2，‎ 所以x1x2＋y1y2＝.‎ 又因为·＝－，所以＝－，解得k2＝，所以k＝±.‎ ‎4．如图，已知抛物线C：y2＝4x，过点A(1,2)作抛物线C的弦AP，AQ.若AP⊥AQ，证明：直线PQ过定点，并求出定点的坐标．‎ 证明　设直线PQ的方程为x＝my＋n，点P，Q的坐标分别为P(x1，y1)，Q(x2，y2)．由得y2－4my－4n＝0，‎ 由Δ>0，得m2＋n>0，y1＋y2＝‎4m，y1·y2＝－4n.‎ ‎∵AP⊥AQ，∴·＝0，‎ ‎∴(x1－1)(x2－1)＋(y1－2)(y2－2)＝0.‎ 又x1＝，x2＝，‎ ‎∴(y1－2)(y2－2)[(y1＋2)(y2＋2)＋16]＝0.‎ ‎∴(y1－2)(y2－2)＝0或(y1＋2)(y2＋2)＋16＝0.‎ ‎∴n＝－‎2m＋1或n＝‎2m＋5，∵Δ>0恒成立，∴n＝‎2m＋5.‎ ‎∴直线PQ方程为x－5＝m(y＋2)，‎ ‎∴直线PQ过定点(5，－2)．‎ ‎5．已知点A(x1，y1)，B(x2，y2)是抛物线y2＝4x上相异两点，且满足x1＋x2＝2.‎ ‎(1)若AB的中垂线经过点P(0,2)，求直线AB的方程；‎ ‎(2)若AB的中垂线交x轴于点M，求△AMB的面积的最大值及此时直线AB的方程．‎ 解析　(1)根据题意，设AB的中点为Q(1，t)，‎ 则kAB＝＝＝.‎ 由P，Q两点得线段AB的中垂线的斜率k＝t－2，‎ 由(t－2)·＝－1，得t＝.‎ ‎∴直线AB的方程为y＝x－.‎ ‎(2)由(1)知直线AB的方程为y－t＝(x－1)，线段AB的中垂线方程为y－t＝－(x－1)，即y ‎＝－(x－3)，所以中垂线交x轴于点M(3,0)，点M到直线AB的距离d＝＝.‎ 由得4x2－8x＋(t2－2)2＝0，‎ ‎∴x1＋x2＝2，x1x2＝，‎ ‎∴|AB|＝·|x1－x2|＝，‎ ‎∴S＝|AB|·d＝ ‎＝≤×＝.‎ 当t2＝时，S有最大值，‎ 此时直线AB的方程为3x±y－1＝0.‎ ‎6．(2018·四川成都摸底测试)在平面直角坐标系xOy中，已知△ABC的两个顶点A，B的坐标分别为(－1,0)，(1,0)，且AC，BC所在直线的斜率之积等于－2，记顶点C的轨迹为曲线E.‎ ‎(1)求曲线E的方程；‎ ‎(2)设直线y＝kx＋2(0＜k＜2)与y轴相交于点P，与曲线E相交于不同的两点Q，R(点R在点P和点Q之间)，且＝λ，求实数λ的取值范围．‎ 解析　(1)设C(x，y)．由题意，可得·＝－2(x≠±1)，‎ ‎∴曲线E的方程为x2＋＝1(x≠±1)．‎ ‎(2)设R(x1，y1)，Q(x2，y2)．‎ 联立得消去y，可得(2＋k2)x2＋4kx＋2＝0，‎ ‎∴Δ＝8k2－16>0，∴k2>2.‎ 又01)．③‎ 联立①②③，可得＝.‎ ‎∵1，∴实数λ的取值范围为(1,3)．‎