（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 專題10 圓錐曲線與方程 10.4 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系檢測.doc

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10.4　直線與圓錐曲線的位置關(guān)系 挖命題 【考情探究】 考點 內(nèi)容解讀 5年考情 預(yù)測熱度 考題示例 考向 關(guān)聯(lián)考點 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系 1.了解圓錐曲線的簡單應(yīng)用. 2.理解數(shù)形結(jié)合的思想. 3.能解決直線與圓錐曲線的位置關(guān)系等問題. 2018浙江,17,21 直線與橢圓、 拋物線的位置關(guān)系 向量、三角形面積 ★★★ 2017浙江,21 直線與拋物線 的位置關(guān)系 不等式、最值 2016浙江文,19 直線與拋物線 的位置關(guān)系 斜率 2015浙江,19 直線與拋物線 的位置關(guān)系 三角形面積、最值 2014浙江文,22 直線與拋物線 的位置關(guān)系 向量、三角形面積 分析解讀　　1.直線與圓錐曲線的位置關(guān)系是高考的?？純?nèi)容,常以解答題的形式呈現(xiàn),試題具有一定的難度. 2.直線與圓錐曲線的位置關(guān)系綜合性較強,要注重與一元二次方程中的判別式、根與系數(shù)的關(guān)系、函數(shù)的單調(diào)性、不等式、平面向量等知識相綜合. 3.預(yù)計2020年高考中,仍將以直線與圓錐曲線的位置關(guān)系等問題為重點進(jìn)行考查. 破考點 【考點集訓(xùn)】 考點　直線與圓錐曲線的位置關(guān)系 1.(2018浙江鎮(zhèn)海中學(xué)階段性測試,8)設(shè)從點P(a,b)分別向橢圓x24+y2=1與雙曲線x2-y24=1作兩條切線PA,PB和PC,PD,切點分別為A,B和C,D,若AB⊥CD,則=(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A.4 B.1 C.4 D.1 答案　D　 2.(2018浙江鎮(zhèn)海中學(xué)階段性測試,16)過點P(-1,1)向拋物線y2=4x作切線PA,PB,切點分別為A,B,過焦點F分別向PA,PB作垂線,垂足分別為C,D,則△FCD的面積是　　　. 答案　52 煉技法 【方法集訓(xùn)】 方法　圓錐曲線中弦長的求法 1.(2018浙江金華十校模擬(4月),21,15分)已知拋物線y2=x和圓C:(x+1)2+y2=1,過拋物線上的一點P(x0,y0)(y0≥1),作圓C的兩條切線,與y軸分別交于A,B兩點. (1)若切線PB過拋物線的焦點,求切線PB的斜率; (2)求△ABP面積的最小值. 解析　(1)由題意得拋物線的焦點坐標(biāo)為F14,0,設(shè)切線PB的斜率為k, 則切線PB的方程為y=kx-14,即kx-y-k=0. ∴k(-1)-14kk2+1=1,解得k=. ∵P(x0,y0)(y0≥1),∴k=. (2)設(shè)切線方程為y=kx+m(k≠0),由點P在直線上得,k=y0-mx0①, 圓心C到切線的距離為|-k+m|k2+1=1,整理得m2-2km-1=0②. 將①代入②得,(x0+2)m2-2y0m-x0=0③. 設(shè)方程的兩個根分別為m1,m2,由根與系數(shù)的關(guān)系得,m1+m2=2y0x0+2,m1m2=-x0x0+2, 從而|AB|=|m1-m2|=(m1+m2)2-4m1m2=2x02+3x0(x0+2)2, S△ABP=|AB|x0=x0x02+3x0(x0+2)2=x02(x02+3x0)(x0+2)2(x0≥1). 記函數(shù)g(x)=x2(x2+3x)(x+2)2(x≥1), 則g(x)=x2(2x2+11x+18)(x+2)3>0, ∴g(x)min=g(1)=,∴S△ABP的最小值為. 2.(2018浙江五校聯(lián)考(5月),21)如圖,已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為,焦距為2. (1)求橢圓C的方程; (2)直線l與橢圓切于點P,OQ⊥l,垂足為Q,其中O為坐標(biāo)原點.求△OPQ面積的最大值. 解析　(1)由題意得橢圓C的離心率為,則a2=4c2,∴b2=3c2,∴橢圓C的方程為x24c2+y23c2=1, ∵2c=2,即c=1,∴橢圓C的方程為x24+y23=1.(6分) (2)設(shè)直線l:y=kx+m(k≠0),則根據(jù)題意,得OQ:y=-x(k≠0),聯(lián)立y=kx+m,x24+y23=1,得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0, 由Δ=0得3+4k2=m2, 解得xP=-8km2(3+4k2)=4k-m,(9分) 聯(lián)立y=kx+m,y=-1kx,解得xQ=-km1+k2, ∴|PQ|=1+k2-km1+k2+4km, ∴S△OPQ=|PQ||OQ|2=|m|1+k21+k2-km1+k2+4km =|k|1+k2≤|k|21k2=,當(dāng)且僅當(dāng)|k|=1時取等號.(12分) 綜上,(S△OPQ)max=.(15分) 過專題 【五年高考】 統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組 考點　直線與圓錐曲線的位置關(guān)系 1.(2018課標(biāo)全國Ⅰ理,8,5分)設(shè)拋物線C:y2=4x的焦點為F,過點(-2,0)且斜率為的直線與C交于M,N兩點,則FMFN=(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A.5 B.6 C.7 D.8 答案　D　 2.(2017課標(biāo)全國Ⅰ理,10,5分)已知F為拋物線C:y2=4x的焦點,過F作兩條互相垂直的直線l1,l2,直線l1與C交于A,B兩點,直線l2與C交于D,E兩點,則|AB|+|DE|的最小值為(　　) A.16 B.14 C.12 D.10 答案　A　 3.(2015江蘇,12,5分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,P為雙曲線x2-y2=1右支上的一個動點.若點P到直線x-y+1=0的距離大于c恒成立,則實數(shù)c的最大值為　　　　. 答案　22 4.(2018課標(biāo)全國Ⅰ文,20,12分)設(shè)拋物線C:y2=2x,點A(2,0),B(-2,0),過點A的直線l與C交于M,N兩點. (1)當(dāng)l與x軸垂直時,求直線BM的方程; (2)證明:∠ABM=∠ABN. 解析　(1)當(dāng)l與x軸垂直時,l的方程為x=2,可得M的坐標(biāo)為(2,2)或(2,-2). 所以直線BM的方程為y=x+1或y=-x-1. (2)當(dāng)l與x軸垂直時,AB為MN的垂直平分線,所以∠ABM=∠ABN. 當(dāng)l與x軸不垂直時,設(shè)l的方程為y=k(x-2)(k≠0),M(x1,y1),N(x2,y2),則x1>0,x2>0. 由y=k(x-2),y2=2x得ky2-2y-4k=0,可知y1+y2=,y1y2=-4. 直線BM,BN的斜率之和為 kBM+kBN=y1x1+2+y2x2+2=x2y1+x1y2+2(y1+y2)(x1+2)(x2+2).① 將x1=y1k+2,x2=y2k+2及y1+y2,y1y2的表達(dá)式代入①式分子,可得 x2y1+x1y2+2(y1+y2)=2y1y2+4k(y1+y2)k=-8+8k=0. 所以kBM+kBN=0,可知BM,BN的傾斜角互補,所以∠ABM=∠ABN. 綜上,∠ABM=∠ABN. 方法總結(jié)　直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的常見題型及解題策略: (1)求直線方程.先尋找確定直線的兩個條件.若缺少一個可設(shè)出此量,利用題設(shè)條件尋找關(guān)于該量的方程,解方程即可. (2)求線段長度或線段之積(和)的最值.可依據(jù)直線與圓錐曲線相交,利用弦長公式求出弦長或弦長關(guān)于某個量的函數(shù),然后利用基本不等式或函數(shù)的有關(guān)知識求其最值;也可利用圓錐曲線的定義轉(zhuǎn)化為兩點間的距離或點到直線的距離. (3)證明題.圓錐曲線中的證明問題多涉及定點、定值、角相等、線段相等、點在定直線上等,有時也涉及一些否定性命題,常采用直接法或反證法給予證明.借助已知條件,將直線與圓錐曲線聯(lián)立,尋找待證明式子的表達(dá)式,結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系及整體代換思想化簡即可得證. 5.(2018課標(biāo)全國Ⅲ文,20,12分)已知斜率為k的直線l與橢圓C:x24+y23=1交于A,B兩點,線段AB的中點為M(1,m)(m>0). (1)證明:k<-; (2)設(shè)F為C的右焦點,P為C上一點,且FP+FA+FB=0.證明:2|FP|=|FA|+|FB|. 證明　本題考查橢圓的幾何性質(zhì)、直線與橢圓的位置關(guān)系. (1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), 則x124+y123=1,x224+y223=1. 兩式相減,并由y1-y2x1-x2=k得 x1+x24+y1+y23k=0. 由題設(shè)知x1+x22=1,y1+y22=m,于是k=-34m. 由題設(shè)得0b>0)的一個焦點,C1與C2的公共弦的長為26. (1)求C2的方程; (2)過點F的直線l與C1相交于A,B兩點,與C2相交于C,D兩點,且AC與BD同向. (i)若|AC|=|BD|,求直線l的斜率; (ii)設(shè)C1在點A處的切線與x軸的交點為M,證明:直線l繞點F旋轉(zhuǎn)時,△MFD總是鈍角三角形. 解析　(1)由C1:x2=4y知其焦點F的坐標(biāo)為(0,1).因為F也是橢圓C2的一個焦點,所以a2-b2=1.① 又C1與C2的公共弦的長為26,C1與C2都關(guān)于y軸對稱,且C1的方程為x2=4y,由此易知C1與C2的公共點的坐標(biāo)為6,32,所以94a2+6b2=1.② 聯(lián)立①②得a2=9,b2=8.故C2的方程為y29+x28=1. (2)如圖,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4). (i)因AC與BD同向,且|AC|=|BD|,所以AC=BD,從而x3-x1=x4-x2,即x1-x2=x3-x4,于是(x1+x2)2-4x1x2=(x3+x4)2-4x3x4.③ 設(shè)直線l的斜率為k,則l的方程為y=kx+1. 由y=kx+1,x2=4y得x2-4kx-4=0.而x1,x2是這個方程的兩根,所以x1+x2=4k,x1x2=-4.④ 由y=kx+1,x28+y29=1得(9+8k2)x2+16kx-64=0.而x3,x4是這個方程的兩根,所以x3+x4=-16k9+8k2,x3x4=-649+8k2.⑤ 將④⑤代入③,得16(k2+1)=162k2(9+8k2)2+4649+8k2, 即16(k2+1)=1629(k2+1)(9+8k2)2, 所以(9+8k2)2=169,解得k=64,即直線l的斜率為64. (ii)證明:由x2=4y得y=,所以C1在點A處的切線方程為y-y1=x12(x-x1),即y=x1x2-x124. 令y=0,得x=x12,即Mx12,0,所以FM=x12,-1.而FA=(x1,y1-1),于是FAFM=x122-y1+1=x124+1>0, 因此∠AFM是銳角,從而∠MFD=180-∠AFM是鈍角. 故直線l繞點F旋轉(zhuǎn)時,△MFD總是鈍角三角形. 教師專用題組 考點　直線與圓錐曲線的位置關(guān)系 1.(2017課標(biāo)全國Ⅱ文,12,5分)過拋物線C:y2=4x的焦點F,且斜率為3的直線交C于點M(M在x軸的上方),l為C的準(zhǔn)線,點N在l上且MN⊥l,則M到直線NF的距離為(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A.5 B.22 C.23 D.33 答案　C　 2.(2014課標(biāo)Ⅱ,10,5分)設(shè)F為拋物線C:y2=3x的焦點,過F且傾斜角為30的直線交C于A,B兩點,O為坐標(biāo)原點,則△OAB的面積為(　　) A.334 B.938 C.6332 D. 答案　D　 3.(2014遼寧,10,5分)已知點A(-2,3)在拋物線C:y2=2px的準(zhǔn)線上,過點A的直線與C在第一象限相切于點B,記C的焦點為F,則直線BF的斜率為(　　) A. B. C. D. 答案　D　 4.(2018北京文,20,14分)已知橢圓M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為63,焦距為22.斜率為k的直線l與橢圓M有兩個不同的交點A,B. (1)求橢圓M的方程; (2)若k=1,求|AB|的最大值; (3)設(shè)P(-2,0),直線PA與橢圓M的另一個交點為C,直線PB與橢圓M的另一個交點為D.若C,D和點Q-74,14共線,求k. 解析　(1)由題意得a2=b2+c2,ca=63,2c=22, 解得a=3,b=1. 所以橢圓M的方程為x23+y2=1. (2)設(shè)直線l的方程為y=x+m,A(x1,y1),B(x2,y2). 由y=x+m,x23+y2=1得4x2+6mx+3m2-3=0. 所以x1+x2=-3m2,x1x2=3m2-34. |AB|=(x2-x1)2+(y2-y1)2=2(x2-x1)2 =2[(x1+x2)2-4x1x2] =12-3m22. 當(dāng)m=0,即直線l過原點時,|AB|最大,最大值為6. (3)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2). 由題意得x12+3y12=3,x22+3y22=3. 直線PA的方程為y=y1x1+2(x+2). 由y=y1x1+2(x+2),x2+3y2=3, 得[(x1+2)2+3y12]x2+12y12x+12y12-3(x1+2)2=0. 設(shè)C(xC,yC). 所以xC+x1=-12y12(x1+2)2+3y12=4x12-124x1+7. 所以xC=4x12-124x1+7-x1=-12-7x14x1+7. 所以yC=y1x1+2(xC+2)=y14x1+7. 設(shè)D(xD,yD).同理得xD=-12-7x24x2+7,yD=y24x2+7. 記直線CQ,DQ的斜率分別為kCQ,kDQ, 則kCQ-kDQ=y14x1+7-14-12-7x14x1+7+74-y24x2+7-14-12-7x24x2+7+74 =4(y1-y2-x1+x2). 因為C,D,Q三點共線, 所以kCQ-kDQ=0. 故y1-y2=x1-x2. 所以直線l的斜率k=y1-y2x1-x2=1. 5.(2018課標(biāo)全國Ⅰ理,19,12分)設(shè)橢圓C:x22+y2=1的右焦點為F,過F的直線l與C交于A,B兩點,點M的坐標(biāo)為(2,0). (1)當(dāng)l與x軸垂直時,求直線AM的方程; (2)設(shè)O為坐標(biāo)原點,證明:∠OMA=∠OMB. 解析　(1)由已知得F(1,0),l的方程為x=1, 由已知可得,點A的坐標(biāo)為1,22或1,-22. 所以AM的方程為y=-22x+2或y=22x-2. (2)證明:當(dāng)l與x軸重合時,∠OMA=∠OMB=0, 當(dāng)l與x軸垂直時,直線OM為AB的垂直平分線, 所以∠OMA=∠OMB. 當(dāng)l與x軸不重合也不垂直時, 設(shè)l的方程為y=k(x-1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2), 則x1<2,x2<2,直線MA,MB的斜率之和為kMA+kMB=y1x1-2+y2x2-2, 由y1=kx1-k,y2=kx2-k得kMA+kMB=2kx1x2-3k(x1+x2)+4k(x1-2)(x2-2). 將y=k(x-1)代入x22+y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0, 所以x1+x2=4k22k2+1,x1x2=2k2-22k2+1. 則2kx1x2-3k(x1+x2)+4k=4k3-4k-12k3+8k3+4k2k2+1=0, 從而kMA+kMB=0,故MA,MB的傾斜角互補, 所以∠OMA=∠OMB. 綜上,∠OMA=∠OMB. 6.(2018江蘇,18,14分)如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,橢圓C過點3,12,焦點F1(-3,0),F2(3,0),圓O的直徑為F1F2. (1)求橢圓C及圓O的方程; (2)設(shè)直線l與圓O相切于第一象限內(nèi)的點P. ①若直線l與橢圓C有且只有一個公共點,求點P的坐標(biāo); ②直線l與橢圓C交于A,B兩點.若△OAB的面積為267,求直線l的方程. 解析　本題主要考查直線方程、圓的方程、圓的幾何性質(zhì)、橢圓方程、橢圓的幾何性質(zhì)、直線與圓及橢圓的位置關(guān)系等知識,考查分析問題能力和運算求解能力. 解法一:(1)因為橢圓C的焦點為F1(-3,0),F2(3,0), 所以可設(shè)橢圓C的方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0). 又點3,12在橢圓C上, 所以3a2+14b2=1,a2-b2=3,解得a2=4,b2=1. 因此,橢圓C的方程為x24+y2=1. 因為圓O的直徑為F1F2,所以其方程為x2+y2=3. (2)①設(shè)直線l與圓O相切于P(x0,y0)(x0>0,y0>0),則x02+y02=3. 所以直線l的方程為y=-x0y0(x-x0)+y0,即y=-x0y0x+3y0. 由x24+y2=1,y=-x0y0x+3y0消去y,得 (4x02+y02)x2-24x0x+36-4y02=0.(*) 因為直線l與橢圓C有且只有一個公共點, 所以Δ=(-24x0)2-4(4x02+y02)(36-4y02)=48y02(x02-2)=0. 因為x0,y0>0,所以x0=2,y0=1. 因此,點P的坐標(biāo)為(2,1). ②因為三角形OAB的面積為267, 所以ABOP=267,從而AB=427. 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2), 由(*)得x1,2=24x048y02(x02-2)2(4x02+y02), 所以AB2=(x1-x2)2+(y1-y2)2 =1+x02y0248y02(x02-2)(4x02+y02)2. 因為x02+y02=3, 所以AB2=16(x02-2)(x02+1)2=3249,即2x04-45x02+100=0. 解得x02= (x02=20舍去),則y02=,因此P的坐標(biāo)為102,22. 則直線l的方程為y=-5x+32. 解法二:(1)由題意知c=3,所以圓O的方程為x2+y2=3,因為點3,12在橢圓上, 所以2a=(3-3)2+12-02+(3+3)2+12-02=4, 所以a=2. 因為a2=b2+c2,所以b=1, 所以橢圓C的方程為x24+y2=1. (2)①由題意知直線l與圓O和橢圓C均相切,且切點在第一象限,所以直線l的斜率k存在且k<0, 設(shè)直線l的方程為y=kx+m(k<0,m>0), 將直線l的方程代入圓O的方程,得x2+(kx+m)2=3, 整理得(k2+1)x2+2kmx+m2-3=0, 因為直線l與圓O相切,所以Δ=(2km)2-4(k2+1)(m2-3)=0,整理得m2=3k2+3, 將直線l的方程代入橢圓C的方程,得x24+(kx+m)2=1, 整理得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0, 因為直線l與橢圓C相切, 所以Δ=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)=0, 整理得m2=4k2+1, 所以3k2+3=4k2+1,因為k<0,所以k=-2,則m=3, 將k=-2,m=3代入(k2+1)x2+2kmx+m2-3=0, 整理得x2-22x+2=0, 解得x1=x2=2,將x=2代入x2+y2=3, 解得y=1(y=-1舍去),所以點P的坐標(biāo)為(2,1). ②設(shè)A(x1,kx1+m),B(x2,kx2+m), 由①知m2=3k2+3,且k<0,m>0, 因為直線l和橢圓C相交,所以結(jié)合②的過程知m2<4k2+1,解得k<-2, 將直線l的方程和橢圓C的方程聯(lián)立可得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0, 解得x1,2=-8km44k2+1-m22(4k2+1), 所以|x1-x2|=44k2+1-m24k2+1, 因為AB=(x1-x2)2+(kx1-kx2)2=|x1-x2|k2+1=44k2+1-m24k2+1k2+1, O到l的距離d=|m|k2+1=3, 所以S△OAB=44k2+1-m24k2+1k2+1|m|k2+1 =4k2-24k2+1k2+13=267, 解得k2=5,因為k<0,所以k=-5,則m=32, 即直線l的方程為y=-5x+32. 7.(2018天津理,19,14分)設(shè)橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點為F,上頂點為B.已知橢圓的離心率為53,點A的坐標(biāo)為(b,0),且|FB||AB|=62. (1)求橢圓的方程; (2)設(shè)直線l:y=kx(k>0)與橢圓在第一象限的交點為P,且l與直線AB交于點Q.若|AQ||PQ|=524sin∠AOQ(O為原點),求k的值. 解析　本題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)、直線方程等基礎(chǔ)知識.考查用代數(shù)方法研究圓錐曲線的性質(zhì).考查運算求解能力,以及用方程思想解決問題的能力. (1)設(shè)橢圓的焦距為2c,由已知有c2a2=, 又由a2=b2+c2,可得2a=3b. 由已知可得,|FB|=a,|AB|=2b, 由|FB||AB|=62,可得ab=6,從而a=3,b=2. 所以橢圓的方程為x29+y24=1. (2)設(shè)點P的坐標(biāo)為(x1,y1),點Q的坐標(biāo)為(x2,y2). 由已知有y1>y2>0,故|PQ|sin∠AOQ=y1-y2. 又因為|AQ|=y2sin∠OAB,而∠OAB=,故|AQ|=2y2. 由|AQ||PQ|=524sin∠AOQ,可得5y1=9y2. 由方程組y=kx,x29+y24=1,消去x,可得y1=6k9k2+4. 易知直線AB的方程為x+y-2=0, 由方程組y=kx,x+y-2=0,消去x,可得y2=2kk+1. 由5y1=9y2,可得5(k+1)=39k2+4,兩邊平方, 整理得56k2-50k+11=0,解得k=或k=1128. 所以k的值為或1128. 解題關(guān)鍵　利用平面幾何知識將|AQ||PQ|=524sin∠AOQ轉(zhuǎn)化為點P、Q坐標(biāo)間的關(guān)系是解決第(2)問的關(guān)鍵. 方法歸納　求橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程的基本方法 (1)定義法:根據(jù)橢圓的定義,確定a2,b2的值,結(jié)合焦點位置寫出橢圓方程; (2)待定系數(shù)法:這是求橢圓方程的常用方法,基本步驟為①根據(jù)已知條件判斷焦點的位置;②根據(jù)焦點的位置設(shè)出所求橢圓的方程;③根據(jù)已知條件,建立關(guān)于a、b、c的方程組,注意c2=a2-b2的應(yīng)用;④解方程組,求得a、b的值,從而得出橢圓的方程. 8.(2017課標(biāo)全國Ⅰ,20,12分)設(shè)A,B為曲線C:y=x24上兩點,A與B的橫坐標(biāo)之和為4. (1)求直線AB的斜率; (2)設(shè)M為曲線C上一點,C在M處的切線與直線AB平行,且AM⊥BM,求直線AB的方程. 解析　(1)解法一:設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1≠x2,y1=x124,y2=x224,x1+x2=4, 于是直線AB的斜率k=y1-y2x1-x2=x1+x24=1. 解法二:設(shè)Ax1,x124,則由題意得B4-x1,(4-x1)24,于是直線AB的斜率k=(4-x1)24-x1244-x1-x1=(4-x1)2-x124(4-2x1)=1. (2)解法一:由y=x24,得y=, 設(shè)M(x3,y3),由題設(shè)知x32=1, 解得x3=2,于是M(2,1). 設(shè)直線AB的方程為y=x+m, 故線段AB的中點為N(2,2+m),|MN|=|m+1|. 將y=x+m代入y=x24得x2-4x-4m=0. 當(dāng)Δ=16(m+1)>0,即m>-1時,x1,2=22m+1. 從而|AB|=2|x1-x2|=42(m+1). 由題設(shè)知|AB|=2|MN|, 即42(m+1)=2(m+1),解得m=7. 所以直線AB的方程為y=x+7. 解法二:設(shè)曲線C:y=x24上的點M的坐標(biāo)為x0,x024,過點M且與直線AB平行的直線l的方程為y=x-x0+x024. 聯(lián)立得y=x-x0+x024,y=x24, 消去y得x2-4x+4x0-x02=0, 所以Δ=(-4)2-41(4x0-x02)=0, 解得x0=2,代入曲線C的方程,得y0=1,故M(2,1). 設(shè)Ax1,x124,則B4-x1,(4-x1)24, 因為AM⊥BM, 所以1-x1242-x11-(4-x1)242-(4-x1)=-1,即x12-4x1=28. 所以直線AB的方程為y=x-x1+x124,即y=x+7. 9.(2017天津理,19,14分)設(shè)橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點為F,右頂點為A,離心率為.已知A是拋物線y2=2px(p>0)的焦點,F到拋物線的準(zhǔn)線l的距離為. (1)求橢圓的方程和拋物線的方程; (2)設(shè)l上兩點P,Q關(guān)于x軸對稱,直線AP與橢圓相交于點B(B異于點A),直線BQ與x軸相交于點D.若△APD的面積為62,求直線AP的方程. 解析　(1)設(shè)F的坐標(biāo)為(-c,0).依題意, =,=a,a-c=,解得a=1,c=,p=2,于是b2=a2-c2=. 所以橢圓的方程為x2+4y23=1,拋物線的方程為y2=4x. (2)設(shè)直線AP的方程為x=my+1(m≠0),與直線l的方程x=-1聯(lián)立,可得點P-1,-2m,故Q-1,2m.將x=my+1與x2+4y23=1聯(lián)立,消去x,整理得(3m2+4)y2+6my=0,解得y=0或y=-6m3m2+4.由點B異于點A,可得點B-3m2+43m2+4,-6m3m2+4.由Q-1,2m,可得直線BQ的方程為-6m3m2+4-2m(x+1)--3m2+43m2+4+1y-2m=0,令y=0,解得x=2-3m23m2+2,故D2-3m23m2+2,0.所以|AD|=1-2-3m23m2+2=6m23m2+2.又因為△APD的面積為62,故6m23m2+22|m|=62,整理得3m2-26|m|+2=0,解得|m|=63,所以m=63. 所以直線AP的方程為3x+6y-3=0或3x-6y-3=0. 10.(2016課標(biāo)全國Ⅰ,20,12分)在直角坐標(biāo)系xOy中,直線l:y=t(t≠0)交y軸于點M,交拋物線C:y2=2px(p>0)于點P,M關(guān)于點P的對稱點為N,連接ON并延長交C于點H. (1)求|OH||ON|; (2)除H以外,直線MH與C是否有其他公共點?說明理由. 解析　(1)由已知得M(0,t),Pt22p,t. 又N為M關(guān)于點P的對稱點,故Nt2p,t,ON的方程為y=x,代入y2=2px整理得px2-2t2x=0,解得x1=0,x2=2t2p. 因此H2t2p,2t. 所以N為OH的中點,即|OH||ON|=2. (2)直線MH與C除H以外沒有其他公共點. 理由如下: 直線MH的方程為y-t=p2tx,即x=2tp(y-t). 代入y2=2px得y2-4ty+4t2=0,解得y1=y2=2t,即直線MH與C只有一個公共點,所以除H以外直線MH與C沒有其他公共點. 方法總結(jié)　將直線與拋物線的交點坐標(biāo)問題歸結(jié)為直線方程與拋物線方程組成的方程組的解的問題. 11.(2016課標(biāo)全國Ⅱ,21,12分)已知A是橢圓E:x24+y23=1的左頂點,斜率為k(k>0)的直線交E于A,M兩點,點N在E上,MA⊥NA. (1)當(dāng)|AM|=|AN|時,求△AMN的面積; (2)當(dāng)2|AM|=|AN|時,證明:30. 由已知及橢圓的對稱性知,直線AM的傾斜角為. 又A(-2,0),因此直線AM的方程為y=x+2. 將x=y-2代入x24+y23=1得7y2-12y=0. 解得y=0或y=127, 所以y1=127. 因此△AMN的面積S△AMN=2127127=14449. (2)證明:將直線AM的方程y=k(x+2)(k>0)代入x24+y23=1得 (3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0. 由x1(-2)=16k2-123+4k2得x1=2(3-4k2)3+4k2, 故|AM|=|x1+2|1+k2=121+k23+4k2. 由題設(shè),直線AN的方程為y=- (x+2), 故同理可得|AN|=12k1+k23k2+4. 由2|AM|=|AN|得23+4k2=k3k2+4, 即4k3-6k2+3k-8=0. 設(shè)f(t)=4t3-6t2+3t-8, 則k是f(t)的零點, f (t)=12t2-12t+3=3(2t-1)2≥0, 所以f(t)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增. 又f(3)=153-26<0, f(2)=6>0, 因此f(t)在(0,+∞)內(nèi)有唯一的零點,且零點k在(3,2)內(nèi), 所以30). (1)若直線l過拋物線C的焦點,求拋物線C的方程; (2)已知拋物線C上存在關(guān)于直線l對稱的相異兩點P和Q. ①求證:線段PQ的中點坐標(biāo)為(2-p,-p); ②求p的取值范圍. 解析　(1)拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為p2,0, 由點p2,0在直線l:x-y-2=0上,得-0-2=0,即p=4. 所以拋物線C的方程為y2=8x. (2)設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),線段PQ的中點M(x0,y0). 因為點P和Q關(guān)于直線l對稱,所以直線l垂直平分線段PQ, 于是直線PQ的斜率為-1,則可設(shè)其方程為y=-x+b. ①證明:由y2=2px,y=-x+b消去x得y2+2py-2pb=0.(*) 因為P和Q是拋物線C上的相異兩點,所以y1≠y2, 從而Δ=(2p)2-4(-2pb)>0,化簡得p+2b>0. 方程(*)的兩根為y1,2=-pp2+2pb,從而y0=y1+y22=-p. 因為M(x0,y0)在直線l上,所以x0=2-p. 因此,線段PQ的中點坐標(biāo)為(2-p,-p). ②因為M(2-p,-p)在直線y=-x+b上, 所以-p=-(2-p)+b,即b=2-2p. 由①知p+2b>0,于是p+2(2-2p)>0,所以p<. 因此,p的取值范圍是0,43. 評析　本題主要考查直線和拋物線的方程、直線與拋物線的位置關(guān)系,考查運算求解能力及推理論證能力. 14.(2015天津,19,14分)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點為F(-c,0),離心率為33,點M在橢圓上且位于第一象限,直線FM被圓x2+y2=b24截得的線段的長為c,|FM|=433. (1)求直線FM的斜率; (2)求橢圓的方程; (3)設(shè)動點P在橢圓上,若直線FP的斜率大于2,求直線OP(O為原點)的斜率的取值范圍. 解析　(1)由已知有c2a2=,即a2=3c2,又由a2=b2+c2,可得b2=2c2. 設(shè)直線FM的斜率為k(k>0),則直線FM的方程為y=k(x+c).由已知,有kck2+12+c22=b22,解得k=33. (2)由(1)得橢圓方程為x23c2+y22c2=1,直線FM的方程為y=33(x+c),兩個方程聯(lián)立,消去y,整理得3x2+2cx-5c2=0,解得x=-c或x=c.因為點M在第一象限,可得M的坐標(biāo)為c,233c. 由|FM|=(c+c)2+233c-02=433,解得c=1, 所以橢圓的方程為x23+y22=1. (3)設(shè)點P的坐標(biāo)為(x,y),直線FP的斜率為t,得t=yx+1,即y=t(x+1)(x≠-1),與橢圓方程聯(lián)立得y=t(x+1),x23+y22=1,消去y,得2x2+3t2(x+1)2=6.又由已知,得t=6-2x23(x+1)2>2,解得-0,于是m=2x2-23,得m∈23,233. ②當(dāng)x∈(-1,0)時,有y=t(x+1)>0,因此m<0,于是m=-2x2-23,得m∈-∞,-233. 綜上,直線OP的斜率的取值范圍是-∞,-233∪23,233. 評析　本題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)、直線方程和圓的方程、直線與圓的位置關(guān)系、一元二次不等式等基礎(chǔ)知識.考查用代數(shù)方法研究圓錐曲線的性質(zhì).考查運算求解能力以及用函數(shù)與方程思想解決問題的能力. 15.(2015福建,19,12分)已知點F為拋物線E:y2=2px(p>0)的焦點,點A(2,m)在拋物線E上,且|AF|=3. (1)求拋物線E的方程; (2)已知點G(-1,0),延長AF交拋物線E于點B,證明:以點F為圓心且與直線GA相切的圓,必與直線GB相切. 解析　(1)由拋物線的定義得|AF|=2+. 因為|AF|=3,即2+=3,解得p=2, 所以拋物線E的方程為y2=4x. (2)證法一:因為點A(2,m)在拋物線E:y2=4x上, 所以m=22,由拋物線的對稱性, 不妨設(shè)A(2,22). 由A(2,22),F(1,0)可得直線AF的方程為y=22(x-1). 由y=22(x-1),y2=4x得2x2-5x+2=0, 解得x=2或x=,從而B12,-2. 又G(-1,0),所以kGA=22-02-(-1)=223,kGB=-2-012-(-1)=-223, 所以kGA+kGB=0,從而∠AGF=∠BGF,這表明點F到直線GA,GB的距離相等, 故以F為圓心且與直線GA相切的圓必與直線GB相切. 證法二:設(shè)以點F為圓心且與直線GA相切的圓的半徑為r. 因為點A(2,m)在拋物線E:y2=4x上, 所以m=22,由拋物線的對稱性,不妨設(shè)A(2,22). 由A(2,22),F(1,0)可得直線AF的方程為y=22(x-1). 由y=22(x-1),y2=4x得2x2-5x+2=0, 解得x=2或x=,從而B12,-2. 又G(-1,0),故直線GA的方程為22x-3y+22=0, 從而r=|22+22|8+9=4217. 又直線GB的方程為22x+3y+22=0, 所以點F到直線GB的距離d=|22+22|8+9=4217=r. 這表明以點F為圓心且與直線GA相切的圓必與直線GB相切. 評析　本題主要考查拋物線、直線與圓的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識,考查推理論證能力、運算求解能力,考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想. 16.(2014遼寧,20,12分)圓x2+y2=4的切線與x軸正半軸,y軸正半軸圍成一個三角形,當(dāng)該三角形面積最小時,切點為P(如圖),雙曲線C1:x2a2-y2b2=1過點P且離心率為3. (1)求C1的方程; (2)橢圓C2過點P且與C1有相同的焦點,直線l過C2的右焦點且與C2交于A,B兩點,若以線段AB為直徑的圓過點P,求l的方程. 解析　(1)設(shè)切點坐標(biāo)為(x0,y0)(x0>0,y0>0),則切線斜率為-x0y0,切線方程為y-y0=-x0y0(x-x0),即x0x+y0y=4,此時,兩個坐標(biāo)軸的正半軸與切線圍成的三角形面積S=4x04y0=8x0y0.由x02+y02=4≥2x0y0知,當(dāng)且僅當(dāng)x0=y0=2時x0y0有最大值,即S有最小值,因此點P的坐標(biāo)為(2,2). 由題意知2a2-2b2=1,a2+b2=3a2,解得a2=1,b2=2, 故C1的方程為x2-y22=1. (2)由(1)知C2的焦點坐標(biāo)為(-3,0),(3,0),由此設(shè)C2的方程為x23+b12+y2b12=1,其中b1>0. 由P(2,2)在C2上,得23+b12+2b12=1, 解得b12=3,因此C2的方程為x26+y23=1. 顯然,l不是直線y=0.設(shè)l的方程為x=my+3,點A(x1,y1),B(x2,y2),由x=my+3,x26+y23=1, 得(m2+2)y2+23my-3=0,又y1,y2是方程的根, 因此y1+y2=-23mm2+2,　　　　　　　　①y1y2=-3m2+2,② 由x1=my1+3,x2=my2+3,得 x1+x2=m(y1+y2)+23=43m2+2,　　　　　　?、踴1x2=m2y1y2+3m(y1+y2)+3=6-6m2m2+2.④ 因AP=(2-x1,2-y1),BP=(2-x2,2-y2). 由題意知APBP=0, 所以x1x2-2(x1+x2)+y1y2-2(y1+y2)+4=0.⑤ 將①②③④代入⑤式整理得 2m2-26m+46-11=0, 解得m=362-1或m=-62+1.因此直線l的方程為 x-362-1y-3=0或x+62-1y-3=0. 17.(2014北京,19,14分)已知橢圓C:x2+2y2=4. (1)求橢圓C的離心率; (2)設(shè)O為原點.若點A在橢圓C上,點B在直線y=2上,且OA⊥OB,試判斷直線AB與圓x2+y2=2的位置關(guān)系,并證明你的結(jié)論. 解析　(1)由題意知,橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+y22=1. 所以a2=4,b2=2, 從而c2=a2-b2=2. 因此a=2,c=2. 故橢圓C的離心率e==22. (2)直線AB與圓x2+y2=2相切.證明如下: 設(shè)點A,B的坐標(biāo)分別為(x0,y0),(t,2),其中x0≠0. 因為OA⊥OB,所以O(shè)AOB=0,即tx0+2y0=0,解得t=-2y0x0. 當(dāng)x0=t時,y0=-t22,代入橢圓C的方程,得t=2, 故直線AB的方程為x=2. 圓心O到直線AB的距離d=2. 此時直線AB與圓x2+y2=2相切. 當(dāng)x0≠t時,直線AB的方程為y-2=y0-2x0-t(x-t), 即(y0-2)x-(x0-t)y+2x0-ty0=0. 圓心O到直線AB的距離d=|2x0-ty0|(y0-2)2+(x0-t)2. 又x02+2y02=4,t=-2y0x0, 故d=2x0+2y02x0x02+y02+4y02x02+4=4+x02x0x04+8x02+162x02=2. 此時直線AB與圓x2+y2=2相切. 綜上,直線AB與圓x2+y2=2相切. 評析　本題考查了橢圓的相關(guān)知識,直線與圓的位置關(guān)系等知識,考查數(shù)形結(jié)合、推理論證能力. 18.(2014陜西,20,13分)如圖,曲線C由上半橢圓C1:y2a2+x2b2=1(a>b>0,y≥0)和部分拋物線C2:y=-x2+1(y≤0)連接而成,C1與C2的公共點為A,B,其中C1的離心率為32. (1)求a,b的值; (2)過點B的直線l與C1,C2分別交于點P,Q(均異于點A,B),若AP⊥AQ,求直線l的方程. 解析　(1)在C1,C2的方程中,令y=0,可得b=1,且A(-1,0),B(1,0)是上半橢圓C1的左、右頂點. 設(shè)C1的半焦距為c,由=32及a2-c2=b2=1得a=2. ∴a=2,b=1. (2)解法一:由(1)知,上半橢圓C1的方程為y24+x2=1(y≥0). 易知,直線l與x軸不重合也不垂直,設(shè)其方程為y=k(x-1)(k≠0), 代入C1的方程,整理得(k2+4)x2-2k2x+k2-4=0.(*) 設(shè)點P的坐標(biāo)為(xP,yP), ∵直線l過點B,∴x=1是方程(*)的一個根. 由求根公式,得xP=k2-4k2+4,從而yP=-8kk2+4, ∴點P的坐標(biāo)為k2-4k2+4,-8kk2+4. 同理,由y=k(x-1)(k≠0),y=-x2+1(y≤0) 得點Q的坐標(biāo)為(-k-1,-k2-2k). ∴AP=2kk2+4(k,-4),AQ=-k(1,k+2). ∵AP⊥AQ, ∴APAQ=0,即-2k2k2+4[k-4(k+2)]=0, ∵k≠0,∴k-4(k+2)=0,解得k=-. 經(jīng)檢驗,k=-符合題意, 故直線l的方程為y=- (x-1). 解法二:若設(shè)直線l的方程為x=my+1(m≠0),比照解法一給分. 評析　本題考查了直線、橢圓、拋物線的方程,二次方程等知識;考查數(shù)形結(jié)合、運算求解、轉(zhuǎn)化與化歸的意識. 【三年模擬】 一、填空題(單空題4分,多空題6分,共4分) 1.(2018浙江新高考調(diào)研卷三(杭州二中),15)設(shè)O是坐標(biāo)原點,若橢圓x24+y22=1與斜率為2的直線l交于A,B兩點,則△OAB的面積最大值是　　　. 答案　2 二、解答題(共60分) 2.(2019屆衢州、湖州、麗水三地教學(xué)質(zhì)量檢測,21)已知F是拋物線T:y2=2px(p>0)的焦點,點P(1,m)是拋物線上一點,且|PF|=2,直線l過定點(4,0),與拋物線T交于A,B兩點,點P在直線l上的射影是Q. (1)求m,p的值; (2)若m>0,且|PQ|2=|QA||QB|,求直線l的方程. 解析　(1)由|PF|=2,得1+=2,所以p=2,(2分) 將x=1,y=m代入y2=2px,得m=2.(4分) (2)解法一:因為m>0,所以點P(1,2),所以拋物線T:y2=4x. 設(shè)直線l的方程是x=ny+4,由x=ny+4,y2=4x得y2-4ny-16=0, 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則y1+y2=4n,y1y2=-16,(6分) 因為|PQ|2=|QA||QB|,所以PA⊥PB,所以PAPB=0, 且1≠2n+4,(8分) 所以(x1-1)(x2-1)+(y1-2)(y2-2)=0,且n≠-,(10分) 由(ny1+3)(ny2+3)+(y1-2)(y2-2)=0,得(n2+1)y1y2+(3n-2)(y1+y2)+13=0, 即-16(n2+1)+4n(3n-2)+13=0,即4n2+8n+3=0,(13分) 解得n=- (舍去)或n=-, 所以直線l的方程是x=-y+4,即2x+y-8=0.(15分) 解法二:因為m>0,所以點P(1,2),所以拋物線T:y2=4x. 設(shè)直線l的方程是x=ny+4,由x=ny+4,y2=4x得y2-4ny-16=0, 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),Q(x0,y0),則y1+y2=4n,y1y2=-16,(6分) 由x=ny+4,y-2=-n(x-1)得Q點的縱坐標(biāo)y0=2-3n1+n2,(8分) 所以|PQ|=|2n+3|1+n2,(10分) |QA||QB|=-(1+n2)(y1-y0)(y2-y0) =-(1+n2)(-16-4ny0+y02),(12分) 因為|PQ|2=|QA||QB|,所以(2n+3)21+n2=(1+n2)16+4n(2-3n)1+n2-(2-3n)2(1+n2)2, 化簡得4n2+8n+3=0, 解得n=- (舍去)或n=-,(14分) 所以直線l的方程是x=-y+4,即2x+y-8=0.(15分) 3.(2018浙江鎮(zhèn)海中學(xué)5月模擬,21)已知橢圓C的方程為x2a2+y2b2=1a>b>0,P1,22在橢圓上,離心率e=22,左、右焦點分別為F1、F2. (1)求橢圓C的方程; (2)直線y=kx(k>0)與橢圓C交于A,B兩點,連接AF1,BF1并延長交橢圓C于D,E,連接DE,求kDE與k之間的函數(shù)關(guān)系式. 解析　(1)由P1,22在橢圓上,可得1a2+12b2=1,由e=22,得a=2c, 又a2=b2+c2,可得a=2,b=1,c=1, 所以橢圓C的方程為x22+y2=1. (2)設(shè)A(x0,y0),則B(-x0,-y0),直線AD:x=x0+1y0y-1,代入C:x22+y2=1,得 [(x0+1)2+2y02]y2-2(x0+1)y0y-y02=0, 因為x022+y02=1,代入化簡得(2x0+3)y2-2(x0+1)y0y-y02=0, 設(shè)D(x1,y1),E(x2,y2), 則y0y1=-y022x0+3, 所以y1=-y02x0+3,x1=x0+1y0y1-1, 直線BE:x=x0-1y0y-1, 同理可得y2=y0-2x0+3,x2=x0-1y0y2-1, 所以kDE=y1-y2x1-x2=y1-y2x0+1y0y1-x0-1y0y2 =y1-y2x0y0(y1-y2)+y1+y2y0=1x0y0+1y0y1+y2y1-y2 =1x0y0+1y0-4x06=3y0x0=3k. 4.(2018浙江“七彩陽光”聯(lián)盟期初聯(lián)考,21)已知F是拋物線C:x2=4y的焦點,點P是不在拋物線上的一個動點,過點P向拋物線C作兩條切線l1,l2,切點分別為A(x1,y1),B(x2,y2). (1)如果點P在直線y=-1上,求1|AF|+1|BF|的值; (2)若點P在以F為圓心,4為半徑的圓上,求|AF||BF|的值. 解析　(1)因為拋物線的方程為y=x24,所以y=,所以切線PA的方程為y-y1=x12(x-x1),即x12x-y-y1=0①,同理得切線PB的方程為x22x-y-y2=0②, 設(shè)P(x0,y0),則由①②得x1x0-2y1-2y0=0和x2x0-2y2-2y0=0,由此得直線AB的方程為x0x-2y-2y0=0. 由于點P是直線y=-1上的一個動點,所以y0=-1,則直線AB的方程為x0x-2y+2=0,因此它過拋物線的焦點F(0,1). 當(dāng)x0=0時,AB的方程為y=1,此時|AF|=|BF|=2,所以1|AF|+1|BF|=1; 當(dāng)x0≠0時,把直線AB方程代入拋物線方程得y2-(x02+2)y+1=0,從而得y1y2=1,所以1|AF|+1|BF