2020版高考数学新设计一轮复习浙江专版讲义：第八章第九节圆锥曲线的综合问题

第九节圆锥曲线的综合问题


1．直线与圆锥曲线的位置关系
判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时，通常将直线l的方程Ax＋By＋C＝0(A，B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x，y)＝0，消去y(也可以消去x)得到一个关于变量x(或变量y)的一元方程．
即消去y，得ax2＋bx＋c＝0.
(1)当a≠0时，设一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判别式为Δ，则Δ＞0⇔直线与圆锥曲线C相交；
Δ＝0⇔直线与圆锥曲线C相切；
Δ＜0⇔直线与圆锥曲线C相离．
(2)当a＝0，b≠0时，即得到一个一次方程，则直线l与圆锥曲线C相交，且只有一个交点，此时，
若C为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的位置关系是平行；
若C为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合．
2．弦长公式
设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
|AB|＝|x1－x2|
＝·
＝ ·|y1－y2|
＝·.
[小题体验]
1．(教材习题改编)直线y＝kx－k＋1与椭圆＋＝1的位置关系为(　　)
A．相交　　　　　　　　 　B．相切
C．相离 D．不确定
解析：选A　直线y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1恒过定点(1,1)，又点(1,1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交．
2．顶点在坐标原点，焦点在x轴上的抛物线截得直线y＝2x＋1所得的弦AB的长为，则该抛物线的标准方程为____________．
解析：设抛物线的方程为y2＝mx(m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由方程组可得4x2＋(4－m)x＋1＝0.
所以x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以|AB|＝
＝ ＝，
解得m＝12或m＝－4.
所以抛物线的标准方程为y2＝12x或y2＝－4x.
答案：y2＝12x或y2＝－4x

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对称轴平行时也相交于一点．
[小题纠偏]
1．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)．
2．直线y＝x＋3与双曲线－＝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＝x＋3与双曲线的渐近线y＝x平行，所以它与双曲线只有1个交点．


[典例引领]
在平面直角坐标系xOy中，点M到点F(1,0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C.
(1)求轨迹C的方程；
(2)设斜率为k的直线l过定点P(－2,1)，若直线l与轨迹C恰好有一个公共点，求实数k的取值范围．
解：(1)设点M(x，y)，依题意|MF|＝|x|＋1，
∴＝|x|＋1，化简得y2＝2(|x|＋x)，
故轨迹C的方程为y2＝
(2)在点M的轨迹C中，记C1：y2＝4x(x≥0)，C2：y＝0(x＜0)．
依题意，可设直线l的方程为y－1＝k(x＋2)．
联立消去x，
可得ky2－4y＋4(2k＋1)＝0.①
当k＝0时，此时y＝1.把y＝1代入轨迹C的方程，得x＝.
故此时直线l：y＝1与轨迹C恰好有一个公共点.
当k≠0时，方程①的Δ＝－16(2k2＋k－1)＝－16(2k－1)(k＋1)，②
设直线l与x轴的交点为(x0,0)，则
由y－1＝k(x＋2)，令y＝0，得x0＝－.③
(ⅰ)若由②③解得k＜－1或k＞.
所以当k＜－1或k＞时，直线l与曲线C1没有公共点，与曲线C2有一个公共点，故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点.
(ⅱ)若即解集为∅.
综上可知，当k＜－1或k＞或k＝0时，直线l与轨迹C恰好有一个公共点．
故实数k的取值范围为(－∞，－1)∪{0}∪.
[由题悟法]
1．直线与圆锥曲线位置关系的判定方法
(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．判定直线与圆锥曲线位置关系的注意点
(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．
[即时应用]
1．直线y＝kx＋2与抛物线y2＝8x有且只有一个公共点，则k的值为(　　)
A．1　　　　　　　　　　　 　B．1或3
C．0 D．1或0
解析：选D　由得k2x2＋(4k－8)x＋4＝0，
若k＝0，则y＝2，符合题意．
若k≠0，则Δ＝0，即64－64k＝0，解得k＝1，
所以直线y＝kx＋2与抛物线y2＝8x有且只有一个公共点时，k＝0或1.
2．已知双曲线－＝1与直线y＝2x有交点，则双曲线离心率的取值范围为(　　)
A．(1，) B．(1，]
C．(，＋∞) D．[，＋∞)
解析：选C　因为双曲线的一条渐近线方程为y＝x，
则由题意得＞2，所以e＝＝ ＞＝.

[典例引领]
(2018·浙江六校联考)如图，椭圆C1：＋＝1(a＞b＞0)和圆C2：x2＋y2＝b2，已知圆C2将椭圆C1的长轴三等分，且圆C2的面积为π.椭圆C1的下顶点为E，过坐标原点O且与坐标轴不重合的任意直线l与圆C2相交于点A，B，直线EA，EB与椭圆C1的另一个交点分别是点P，M.
(1)求椭圆C1的方程；
(2)求△EPM面积最大时直线l的方程．
解：(1)由题意得：b＝1，则a＝3b，
所以椭圆C1的方程为：＋y2＝1.
(2)由题意得：直线PE，ME的斜率存在且不为0，PE⊥EM，
不妨设直线PE的斜率为k(k＞0)，则PE：y＝kx－1，
由得或
所以P，同理得M，
则kPM＝，
由得A，所以kAB＝，
所以S△EPM＝|PE|·|EM|＝＝.设t＝k＋，则S△EPM＝＝≤，当且仅当t＝k＋＝时取等号，所以k－＝±，则直线AB：y＝x＝x，
所以所求直线l方程为：y＝±x.
[由题悟法]
弦长的3种常用计算方法
(1)定义法：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)点距法：将直线的方程和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)弦长公式法：它体现了解析几何中设而不求的思想，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得到的．
[提醒]　直线与圆锥曲线的对称轴平行或垂直的特殊情况．
[即时应用]
　(2018·温州二模)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的长轴长为4，离心率为，过右焦点的直线l与椭圆相交于M，N两点，点P的坐标为(4,3)，记直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)当|MN|＝时，求直线l的斜率．
解：(1)∵2a＝4，∴a＝2，
又e＝＝，∴c＝1，∴b2＝3.
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)椭圆右焦点(1,0)，
当l斜率不存在时，|MN|＝3，不合题意；
当l斜率k存在时，
设直线l的方程为y＝k(x－1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由
得(3＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0，Δ＝144(k2＋1)＞0成立，
∴x1＋x2＝，x1x2＝，
∴|MN|＝·
＝·＝，
解得k＝±1.
故直线l的斜率为±1.

[典例引领]
已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点F(1,0)，O为坐标原点，A，B是抛物线C上异于O的两点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若直线OA，OB的斜率之积为－，求证：直线AB过x轴上一定点．
解：(1)因为抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点坐标为(1,0)，
所以＝1，即p＝2.
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)证明：①当直线AB的斜率不存在时，
设A，B.
因为直线OA，OB的斜率之积为－，
所以·＝－，化简得t2＝32.
所以A(8，t)，B(8，－t)，此时直线AB的方程为x＝8.
②当直线AB的斜率存在时，
设其方程为y＝kx＋b，A(xA，yA)，B(xB，yB)，
联立方程组消去x得ky2－4y＋4b＝0.
由根与系数的关系得yAyB＝，
因为直线OA，OB的斜率之积为－，
所以·＝－，即xAxB＋2yAyB＝0.
即·＋2yAyB＝0，
解得yAyB＝0(舍去)或yAyB＝－32.
所以yAyB＝＝－32，即b＝－8k，
所以y＝kx－8k，即y＝k(x－8)．
综合①②可知，直线AB过定点(8,0)．
[由题悟法]
1．圆锥曲线中定点问题的两种解法
(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．
(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．
2．定值问题常见的2种求法
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)引进变量法：其解题流程为

[即时应用]
1．(2018·宁波模拟)如图，中心在坐标原点，焦点分别在x轴和y轴上的椭圆T1，T2都过点M(0，－)，且椭圆T1与T2的离心率均为.
(1)求椭圆T1与椭圆T2的标准方程；
(2)过点M引两条斜率分别为k，k′的直线分别交T1，T2于点P，Q，当k′＝4k时，问直线PQ是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
解：(1)设椭圆T1，T2的方程分别为＋＝1(a＞b＞0)，＋＝1(a′＞b′＞0)，
由题意得b＝，e＝＝，又a2＝b2＋c2，解得a＝2.
同理可得a′＝，b′＝1，所以椭圆T1和椭圆T2的方程分别为＋＝1，＋x2＝1.
(2)直线MP的方程为y＝kx－，
联立消去y得(2k2＋1)x2－4kx＝0，
则点P的横坐标为，
所以点P的坐标为.
同理可得点Q的坐标为.
又k′＝4k，则点Q的坐标为，
所以kPQ＝＝－，
则直线PQ的方程为y－＝－，
化简得y－＝－x，故直线PQ过定点(0，)．
2．(2018·嘉兴模拟)如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)经过点A(0，－1)，且离心率为.
(1)求椭圆E的方程；
(2)经过点(1,1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为定值．
解：(1)由题意知＝，b＝1，
由a2＝b2＋c2，得a＝，
所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)证明：设直线PQ的方程为y＝k(x－1)＋1(k≠2)，
代入＋y2＝1，
得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，
由题意知Δ＞0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，且x1x2≠0，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
所以直线AP与AQ的斜率之和
kAP＋kAQ＝＋
＝＋
＝2k＋(2－k)
＝2k＋(2－k)
＝2k＋(2－k)
＝2k－2(k－1)
＝2.
故直线AP与AQ的斜率之和为定值2.

[典例引领]
　(2018·浙江原创猜题卷)设抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，过点F的直线l交抛物线C于P，Q两点，且|PQ|＝8，线段PQ的中点到y轴的距离为3.
(1)求抛物线C的方程；
(2)若点A(x1，y1)，B(x2，y2)是抛物线C上相异的两点，满足x1＋x2＝2，且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：(1)设P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，
则PQ的中点坐标为.
由题意知＝3，∴xP＋xQ＝6，
又|PQ|＝xP＋xQ＋p＝8，∴p＝2，
故抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)当AB垂直于x轴时，显然不符合题意，
所以可设直线AB的方程为y＝kx＋b(k≠0)，
由消去y并整理，得k2x2＋(2kb－4)x＋b2＝0，
Δ＝16(1－kb)＞0，
∴由x1＋x2＝＝2，得b＝－k，
∴直线AB的方程为y＝k(x－1)＋.
∵AB中点的横坐标为1，∴AB中点的坐标为.
可知AB的中垂线的方程为y＝－x＋，
∴M点的坐标为(3,0)．
∵直线AB的方程为k2x－ky＋2－k2＝0，
∴M到直线AB的距离d＝＝.
由得y2－ky＋2－k2＝0，
Δ＝k2(k2－1)＞0，
∴y1＋y2＝，y1y2＝，
∴|AB|＝ |y1－y2|＝.
设△AMB的面积为S，
则S＝|AB|·d＝4 ，
设 ＝t，则0＜t＜1，
∴S＝4t(2－t2)＝－4t3＋8t，S′＝－12t2＋8，
由S′＝0，得t＝(负值舍去)，
即当k＝±时，Smax＝，
此时直线AB的方程为3x±y－1＝0.
[由题悟法]
解决圆锥曲线中的取值范围问题的5种常用解法
(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而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建立两个参数之间的等量关系．
(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．
(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围．
(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．
[即时应用]
1．如图，设抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|－1.
(1)求p的值；
(2)若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N，AN与x轴交于点M，求M的横坐标的取值范围．
解：(1)由题意可得，抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x＝－1的距离，
由抛物线的定义得＝1，即p＝2.
(2)由(1)得，抛物线方程为y2＝4x，F(1,0)，
可设A(t2,2t)，t≠0，t≠±1.
因为AF不垂直于y轴，所以可设直线AF的方程为x＝sy＋1(s≠0)，由消去x得y2－4sy－4＝0.
故y1y2＝－4，所以B.
又直线AB的斜率为，
故直线FN的斜率为－，
从而得直线FN的方程为y＝－(x－1)．
又直线BN的方程为y＝－，
所以N.
设M(m,0)，由A，M，N三点共线得＝，
于是m＝＝，得m＜0或m＞2.
经检验，m＜0或m＞2满足题意．
综上，点M的横坐标的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞)．
2．(2018·温州期末)已知椭圆的焦点坐标为F1(－1,0)，F2(1，0)，过F2垂直于长轴的直线交椭圆于P，Q两点，且|PQ|＝3，
(1)求椭圆的方程；
(2)如图，过F2的直线l与椭圆交于不同的两点M，N，则△F1MN的内切圆的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值及此时的直线方程；若不存在，请说明理由.
解：(1)设椭圆方程为＋＝1(a＞b＞0)，
由焦点坐标可得c＝1，
由|PQ|＝3，可得＝3，
解得a＝2，b＝，故椭圆的方程为＋＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，△F1MN的内切圆的半径为R，
则△F1MN的周长为4a＝8，S△F1MN＝(|MN|＋|F1M|＋|F1N|)R＝4R，
因此S△F1MN最大，R就最大，S△F1MN＝|F1F2|(y1－y2)＝y1－y2.
由题知，直线l的斜率不为零，可设直线l的方程为x＝my＋1，
由得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，
解得y1＝，y2＝，
则S△F1MN＝y1－y2＝.
令t＝，则t≥1,
所以S△F1MN＝＝，
令f(t)＝3t＋，则f′(t)＝3－，
当t≥1时， f(t)在[1，＋∞)上单调递增，有f(t)≥f(1)＝4，S△F1MN≤ ＝3，
即当t＝1，m＝0时，取等号，
又S△F1MN＝4R，
所以Rmax＝，故所求内切圆面积的最大值为π.
所以直线l的方程为x＝1时，△F1MN的内切圆面积取得最大值π.

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1．(2019·台州模拟)已知双曲线－＝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，则此直线的斜率的取值范围是(　　)
A.　　　　　　　 　B．[－，]
C. D．(－，)
解析：选A　易知该双曲线的渐近线方程为y＝±x，当过右焦点的两条直线分别与两条渐近线平行，即两条直线的斜率分别为和－时，这两条直线与双曲线右支分别只有一个交点，所以此直线的斜率的取值范围是.
2．(2018·宁波调研)已知不过原点O的直线交抛物线y2＝2px于A，B两点，若OA，AB的斜率分别为kOA＝2，kAB＝6，则OB的斜率为(　　)
A．3 B．2
C．－2 D．－3
解析：选D　由题意可知，直线OA的方程为y＝2x，与抛物线方程y2＝2px联立得解得或所以A，则直线AB的方程为y－p＝6，即y＝6x－2p，与抛物线方程y2＝2px联立得解得或所以B，所以直线OB的斜率kOB＝＝－3.
3．(2018·杭州二模)倾斜角为的直线经过椭圆＋＝1(a＞b＞0)的右焦点F，与椭圆交于A，B两点，且AF＝2FB，则该椭圆的离心率为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B　由题可知，直线的方程为y＝x－c，与椭圆方程联立得∴(a2＋b2)y2＋2b2cy－b4＝0，且Δ＞0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则又AF＝2FB，∴(c－x1，－y1)＝2(x2－c，y2)，∴－y1＝2y2，即∴＝，∴e＝，故选B.
4．(2018·温州十校联考)已知点P是双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)右支上一点，F1是双曲线的左焦点，且双曲线的一条渐近线恰是线段PF1的中垂线，则该双曲线的离心率是(　　)
A. B.
C．2 D.
解析：选D　设直线PF1：y＝(x＋c)，则与渐近线y＝－x的交点为M.因为M是PF1的中点，利用中点坐标公式，得P，因为点P在双曲线上，所以满足－＝1，整理得c4＝5a2c2，解得e＝.
5．(2019·丽水五校联考)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，准线为l，过点F且倾斜角为60°的直线交C于A，B两点，AM⊥l，BN⊥l，M，N为垂足，点Q为MN的中点，|QF|＝2，则p＝________.
解析：如图，由抛物线的几何性质可得，以AB为直径的圆与准线相切，且切点为Q，△MFN是以∠MFN为直角的直角三角形，∴|MN|＝2|QF|＝4，过B作BD⊥AM，垂足为D，∴|AB|＝＝＝.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得12x2－20px＋3p2＝0，∴x1＋x2＝p，∴|AB|＝x1＋x2＋p＝p＋p＝p＝，∴p＝.
答案：
6．已知双曲线x2－＝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
两式相减，得(x2－x1)(x2＋x1)＝(y2－y1)(y2＋y1)，
显然x1≠x2.∴·＝3，即kMN·＝3，
∵M，N关于直线y＝x＋m对称，∴kMN＝－1，
∴y0＝－3x0.又∵y0＝x0＋m，∴P，
代入抛物线方程得m2＝18×，
解得m＝0或－8，经检验都符合．
答案：0或－8
7．(2019·湖州六校联考)设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点P(－1,0)作直线l与抛物线C交于A，B两点，若S△ABF＝，且|AF|＜|BF|，则＝________.
解析：设直线l的方程为x＝my－1，将直线方程代入抛物线C：y2＝4x的方程，得y2－4my＋4＝0，Δ＝16(m2－1)＞0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，|y1|＜|y2|，所以y1＋y2＝4m，y1·y2＝4，又S△ABF＝，所以·|y2－y1|·＝|y2－y1|＝，因此y＋y＝10，所以＝＝，从而＝，即＝＝＝＝.
答案：
8．(2019·衢州模拟)已知椭圆C：＋y2＝1，若一组斜率为的平行直线被椭圆C所截线段的中点均在直线l上，则l的斜率为________．
解析：设弦的中点坐标为M(x，y)，设直线y＝x＋m与椭圆相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，由消去y，得9x2＋8mx＋16m2－16＝0，Δ＝64m2－4×9×(16m2－16)＞0，解得－＜m＜，x1＋x2＝－，x1x2＝，∵M(x，y)为弦AB的中点，∴x1＋x2＝2x，解得x＝－，
∵m∈，∴x∈，
由消去m，得y＝－2x，
则直线l的方程为y＝－2x，x∈，
∴直线l的斜率为－2.
答案：－2
9．(2018·东阳适应)已知椭圆＋y2＝1(a＞1)．
(1)若A(0,1)到焦点的距离为，求椭圆的离心率．
(2)Rt△ABC以A(0,1)为直角顶点，边AB，AC与椭圆交于两点B，C.若△ABC面积的最大值为，求a的值．
解：(1)由题可得a＝，所以c＝，所以e＝＝.
(2)不妨设AB斜率k＞0，
则AB：y＝kx＋1, AC：y＝－x＋1，
由得(1＋a2k2)x2＋2a2kx＝0，
解得xB＝－，同理xC＝，
S＝|AB||AC|＝2a4·
＝2a4·＝2a4·，
设t＝k＋，则t≥2，
S＝2a4·＝≤，当且仅当t＝≥2，即a≥1＋时取等号，
由＝，解得a＝3，a＝(舍)，
若a＜1＋，显然无解．∴a＝3.
10．(2019·嘉兴模拟)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，过F2的直线l与C相交于A，B两点，△F1AB的周长为4.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若椭圆C上存在点P，使四边形OAPB为平行四边形，求此时直线l的方程．
解：(1)∵椭圆的离心率为，∴＝，∴a＝c，
又△F1AB的周长为4，∴4a＝4，
解得a＝，∴c＝1，b＝，
∴椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，
∵当直线l的斜率不存在时，这样的直线不满足题意，
∴设直线l的斜率为k，则直线l的方程为y＝k(x－1)，
将直线l的方程代入椭圆方程，
整理得(2＋3k2)x2－6k2x＋3k2－6＝0，
∴x1＋x2＝，
故y1＋y2＝k(x1＋x2)－2k＝－2k＝.
∵四边形OAPB为平行四边形，∴OP＝OA＋OB，
从而x0＝x1＋x2＝，y0＝y1＋y2＝，
又P(x0，y0)在椭圆上，∴＋＝1，
化简得3k4－4k2－4＝0，解得k＝±，
故所求直线l的方程为y＝±(x－1)．
二上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．(2018·湖州质检)已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)，不经过原点O的直线l：y＝kx＋m(k＞0)与椭圆E相交于不同的两点A，B，直线OA，AB，OB的斜率依次构成等比数列．
(1)求a，b，k的关系式；
(2)若离心率e＝且|AB|＝，当m为何值时，椭圆的焦距取得最小值？
解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由题意得k2＝kOA·kOB＝.
联立消去y，整理得(b2＋a2k2)x2＋2a2kmx＋a2m2－a2b2＝0，
故Δ＝(2a2km)2－4(b2＋a2k2)(a2m2－a2b2)＞0，
即b2－m2＋a2k2＞0，
且x1＋x2＝－，x1·x2＝，
所以k2＝＝，
即km(x1＋x2)＋m2＝0，－＋m2＝0.
又直线不经过原点，
所以m≠0，所以b2＝a2k2，即b＝ak.
(2)因为e＝，则a＝2c，b＝c，k＝，
所以x1＋x2＝－＝－，x1·x2＝＝m2－2c2，
所以|AB|＝|x1－x2|＝＝·
＝·＝，
化简得2c2＝＋＋2≥＋2(Δ＞0恒成立),
当且仅当＝，即m＝±时，焦距最小．
综上，当m＝±时，椭圆的焦距取得最小值．
2．(2018·学军适考)已知抛物线C：x2＝4y，过点P(0，m)(m＞0)的动直线l与C相交于A，B两点，抛物线C在点A和点B处的切线相交于点Q，直线AQ，BQ与x轴分别相交于点E，F.
(1)写出抛物线C的焦点坐标和准线方程；
(2)求证：点Q在直线y＝－m上；
(3)判断是否存在点P，使得四边形PEQF为矩形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．
解：(1)焦点坐标为(0,1)，准线方程为y＝－1.
(2)证明：由题意知直线l的斜率存在，
故设l的方程为y＝kx＋m.
由方程组得x2－4kx－4m＝0，
由题意，得Δ＝16k2＋16m＞0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4m，
所以抛物线在点A处的切线方程为y－x＝x1(x－x1)，
化简，得y＝x1x－x，①
同理，抛物线在点B处的切线方程为y＝x2x－x.②
联立方程①②，得x1x－x＝x2x－x，
即(x1－x2)x＝(x1－x2)(x1＋x2)，因为x1≠x2，所以x＝(x1＋x2), 代入①，得y＝x1x2＝－m，所以点Q，即Q(2k，－m)．
所以点Q在直线y＝－m上.
(3)假设存在点P，使得四边形PEQF为矩形，
由四边形PEQF为矩形，得EQ⊥FQ，即AQ⊥BQ，
所以kAQ·kBQ＝－1，即x1·x2＝－1.
由(2)，得x1x2＝(－4m)＝－1，
解得m＝1.所以P(0,1)．
以下只要验证此时的四边形PEQF为平行四边形即可．
在①中，令y＝0，得E.
同理得F.
所以直线EP的斜率为kEP＝＝，
直线FQ的斜率kFQ＝＝，
所以kEP＝kFQ，即EP∥FQ.
同理PF∥EQ.
所以四边形PEQF为平行四边形．
综上所述，存在点P(0,1)，使得四边形PEQF为矩形．

命题点一　椭圆
1．(2018·全国卷Ⅱ)已知F1，F2是椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为的直线上，△PF1F2为等腰三角形，∠F1F2P＝120°，则C的离心率为(　　)
A.　　　　　　　　 　B.
C. D.
解析：选D　如图，作PB⊥x轴于点B.由题意可设|F1F2|＝|PF2|＝2，则c＝1.由∠F1F2P＝120°，可得|PB|＝，|BF2|＝1，故|AB|＝a＋1＋1＝a＋2，tan ∠PAB＝＝＝，解得a＝4，所以e＝＝.
2．(2018·浙江高考)已知点P(0,1)，椭圆＋y2＝m(m＞1)上两点A，B满足＝2，则当m＝________时，点B橫坐标的绝对值最大．
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由＝2，
得即x1＝－2x2，y1＝3－2y2.
因为点A，B在椭圆上，所以
解得y2＝m＋，所以x＝m－(3－2y2)2＝－m2＋m－＝－(m－5)2＋4≤4，
所以当m＝5时，点B横坐标的绝对值最大．
答案：5
3．(2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C：＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2,0)．
(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB.
解：(1)由已知得F(1,0)，l的方程为x＝1.
则点A的坐标为或.
又M(2,0)，
所以直线AM的方程为y＝－x＋或y＝x－，
即x＋y－2＝0或x－y－2＝0.
(2)证明：当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，
所以∠OMA＝∠OMB.
当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为
y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＜，x2＜，直线MA，MB的斜率之和为
kMA＋kMB＝＋.
由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k，
得kMA＋kMB＝.
将y＝k(x－1)代入＋y2＝1，
得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k
＝＝0.
从而kMA＋kMB＝0，
故MA，MB的倾斜角互补．
所以∠OMA＝∠OMB.
综上，∠OMA＝∠OMB成立．
4．(2018·天津高考)设椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F，上顶点为B.已知椭圆的离心率为，点A的坐标为(b,0)，且|FB|·|AB|＝6.
(1)求椭圆的方程．
(2)设直线l：y＝kx(k＞0)与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线AB交于点Q，若＝sin∠AOQ(O为原点)，求k的值．
解：(1)设椭圆的焦距为2c，
由已知有＝，又由a2＝b2＋c2，可得2a＝3b.①
由已知可得|FB|＝a，|AB|＝b，
又|FB|·|AB|＝6，可得ab＝6.②
联立①②解得a＝3，b＝2.
所以椭圆的方程为＋＝1.
(2)设点P的坐标为(x1，y1)，点Q的坐标为(x2，y2)．
由已知有y1＞y2＞0，故|PQ|sin∠AOQ＝y1－y2.
又因为|AQ|＝，而∠OAB＝，
所以|AQ|＝y2.
由＝sin∠AOQ，可得5y1＝9y2.
由方程组消去x，可得y1＝ .
易知直线AB的方程为x＋y－2＝0，
由方程组消去x，可得y2＝.
由5y1＝9y2，可得5(k＋1)＝3，两边平方，
整理得56k2－50k＋11＝0，解得k＝或k＝.
所以k的值为或.
5．(2018·全国卷Ⅲ)已知斜率为k的直线l与椭圆C：＋＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m＞0)．
(1)证明：k＜－；
(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且＋＋＝0.证明：||，||，||成等差数列，并求该数列的公差．
解：(1)证明:设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则＋＝1，＋＝1.
两式相减，并由＝k得＋·k＝0.
由题设知＝1，＝m，于是k＝－.①
由题设得0＜m＜，故k＜－.
(2)由题意得F(1,0)．设P(x3，y3)，
则(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0,0)．
由(1)及题设得x3＝3－(x1＋x2)＝1，
y3＝－(y1＋y2)＝－2m＜0.
又点P在C上，所以m＝，
从而P，||＝，
于是||＝＝
＝2－.
同理||＝2－.
所以||＋||＝4－(x1＋x2)＝3.
故2||＝||＋||，
即||，||，||成等差数列．
设该数列的公差为d，
则2|d|＝||－||＝|x1－x2|
＝ .②
将m＝代入①得k＝－1，
所以l的方程为y＝－x＋，
代入C的方程，并整理得7x2－14x＋＝0.
故x1＋x2＝2，x1x2＝，代入②解得|d|＝.
所以该数列的公差为或－.
命题点二　双曲线
1．(2018·全国卷Ⅱ)双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的离心率为，则其渐近线方程为(　　)
A．y＝±x B．y＝±x
C．y＝±x D．y＝±x
解析：选A　∵e＝＝＝，
∴a2＋b2＝3a2，∴b＝a.
∴渐近线方程为y＝±x.
2．(2018·全国卷Ⅲ)设F1，F2是双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，O是坐标原点．过F2作C的一条渐近线的垂线，垂足为P.若|PF1|＝|OP|，则C的离心率为(　　)
A. B．2
C. D.
解析：选C　法一：不妨设一条渐近线的方程为y＝x，
则F2到y＝x的距离d＝＝b.
在Rt△F2PO中，|F2O|＝c，
所以|PO|＝a，所以|PF1|＝a，
又|F1O|＝c，所以在△F1PO与Rt△F2PO中，
根据余弦定理得
cos∠POF1＝＝－cos∠POF2＝－，
即3a2＋c2－(a)2＝0，得3a2＝c2，所以e＝＝.
法二：如图，过点F1向OP的反向延长线作垂线，垂足为P′，连接P′F2，由题意可知，四边形PF1P′F2为平行四边形，且△PP′F2是直角三角形．因为|F2P|＝b，|F2O|＝c，所以|OP|＝a.
又|PF1|＝a＝|F2P′|，|PP′|＝2a，所以|F2P|＝a＝b，所以c＝＝a，所以e＝＝.
3．(2018·天津高考)已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的离心率为2，过右焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点．设A，B到双曲线的同一条渐近线的距离分别为d1和d2，且d1＋d2＝6，则双曲线的方程为(　　)
A.－＝1 B.－＝1
C.－＝1 D.－＝1
解析：选C　法一：如图，不妨设A在B的上方，则A，B.
又双曲线的一条渐近线为bx－ay＝0，
则d1＋d2＝＝＝2b
＝6，所以b＝3.
又由e＝＝2，知a2＋b2＝4a2，所以a＝.
所以双曲线的方程为－＝1.
法二：由d1＋d2＝6，得双曲线的右焦点到渐近线的距离为3，所以b＝3.因为双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的离心率为2，所以＝2，所以＝4，所以＝4，解得a2＝3，所以双曲线的方程为－＝1.
4．(2018·全国卷Ⅰ)已知双曲线C：－y2＝1，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M，N.若△OMN为直角三角形，则|MN|＝(　　)
A. B．3
C．2 D．4
解析：选B　法一：由已知得双曲线的两条渐近线方程为y＝±x.设两条渐近线的夹角为2α，则有tan α＝＝，所以α＝30°.所以∠MON＝2α＝60°.又△OMN为直角三角形，由于双曲线具有对称性，不妨设MN⊥ON，如图所示．在Rt△ONF中，|OF|＝2，则|ON|＝.
在Rt△OMN中，
|MN|＝|ON|·tan 2α＝·tan 60°＝3.
法二：因为双曲线－y2＝1的渐近线方程为y＝±x，所以∠MON＝60°.不妨设过点F的直线与直线y＝x交于点M，由△OMN为直角三角形，不妨设∠OMN＝90°，则∠MFO＝60°，又直线MN过点F(2,0)，所以直线MN的方程为y＝－(x－2)，
由得
所以M，所以|OM|＝ ＝，
所以|MN|＝|OM|＝3.
5．(2018·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，若双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的右焦点F(c,0)到一条渐近线的距离为c，则其离心率的值为________．
解析：∵双曲线的渐近线方程为bx±ay＝0，
∴焦点F(c,0)到渐近线的距离d＝＝b，
∴b＝c，∴a＝＝c，
∴e＝＝2.
答案：2
6．(2018·北京高考)已知椭圆M：＋＝1(a＞b＞0)，双曲线N：－＝1.若双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点及椭圆M的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M的离心率为__________；双曲线N的离心率为________．
解析：法一：如图，∵双曲线N的渐近线方程为y＝±x，
∴＝tan 60°＝，
∴双曲线N的离心率e1满足e＝1＋＝4，∴e1＝2.
由得x2＝.
设D点的横坐标为x，
由正六边形的性质得|ED|＝2x＝c，∴4x2＝c2.
∴＝a2－b2，得3a4－6a2b2－b4＝0，
∴3－－2＝0，解得＝2－3.
∴椭圆M的离心率e2＝ ＝＝－1.
法二：∵双曲线N的渐近线方程为y＝±x，
∴＝tan 60°＝.
又c1＝＝2m，
∴双曲线N的离心率为＝2.
如图，连接EC，由题意知，F，C为椭圆M的两焦点，设正六边形边长为1，则|FC|＝2c2＝2，即c2＝1.
又E为椭圆M上一点，
则|EF|＋|EC|＝2a，
即1＋＝2a，a＝.
∴椭圆M的离心率为＝＝－1.
答案：－1　2
命题点三　抛物线
1．(2017·全国卷Ⅰ)已知F为抛物线C：y2＝4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点，则|AB|＋|DE|的最小值为(　　)
A．16 B．14
C．12 D．10
解析：选A　抛物线C：y2＝4x的焦点为F(1,0)，
由题意可知l1，l2的斜率存在且不为0.
不妨设直线l1的斜率为k，
则l1：y＝k(x－1)，l2：y＝－(x－1)，
由消去y，得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
∴x1＋x2＝＝2＋，
由抛物线的定义可知，
|AB|＝x1＋x2＋2＝2＋＋2＝4＋.
同理得|DE|＝4＋4k2，
∴|AB|＋|DE|＝4＋＋4＋4k2＝8＋4≥8＋8＝16，当且仅当＝k2，即k＝±1时取等号，
故|AB|＋|DE|的最小值为16.
2．(2018·全国卷Ⅰ)设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点(－2,0)且斜率为的直线与C交于M，N两点，则·＝(　　)
A．5 B．6
C．7 D．8
解析：选D　由题意知直线MN的方程为y＝(x＋2)，
联立解得或
不妨设M(1,2)，N(4,4)．
∵抛物线焦点为F(1,0)，
∴＝(0,2)，＝(3,4)．
∴·＝0×3＋2×4＝8.
3．(2018·全国卷Ⅲ)已知点M(－1,1)和抛物线C：y2＝4x，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点．若∠AMB＝90°，则k＝________.
解析：法一：设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则∴y－y＝4(x1－x2)，
∴k＝＝.
设AB中点为M′(x0，y0)，抛物线的焦点为F，分别过点A，B作准线x＝－1的垂线，垂足分别为A′，B′，
则|MM′|＝|AB|＝(|AF|＋|BF|)
＝(|AA′|＋|BB′|)．
∵M(x0，y0)为AB中点，
∴M为A′B′的中点，∴MM平行于x轴，
∴y1＋y2＝2，∴k＝2.
法二：由题意知，抛物线的焦点坐标为F(1,0)，
设直线方程为y＝k(x－1)，
直线方程与y2＝4x联立，消去y，
得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1x2＝1，x1＋x2＝.
由M(－1,1)，得＝(－1－x1,1－y1)，
＝(－1－x2,1－y2)．
由∠AMB＝90°，得·＝0，
∴(x1＋1)(x2＋1)＋(y1－1)(y2－1)＝0，
∴x1x2＋(x1＋x2)＋1＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝0.
又y1y2＝k(x1－1)·k(x2－1)＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]，y1＋y2＝k(x1＋x2－2)，
∴1＋＋1＋k2－k＋1＝0，
整理得－＋1＝0，解得k＝2.
答案：2
4.(2018·浙江高考)如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2＝4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上．
(1)设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；
(2)若P是半椭圆x2＋＝1(x＜0)上的动点，求△PAB面积的取值范围．
解：(1)证明：设P(x0，y0)，A，B.
因为PA，PB的中点在抛物线上，
所以y1，y2为方程2＝4·，
即y2－2y0y＋8x0－y＝0的两个不同的实根．
所以y1＋y2＝2y0，
因此PM垂直于y轴．
(2)由(1)可知
所以|PM|＝(y＋y)－x0＝y－3x0，
|y1－y2|＝2.
因此△PAB的面积S△PAB＝|PM|·|y1－y2|
＝(y－4x0).
因为x＋＝1(x0＜0)，
所以y－4x0＝－4x－4x0＋4∈[4,5]，
所以△PAB面积的取值范围是.
命题点四　圆锥曲线中的综合问题
1.(2018·江苏高考)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C过点，焦点为F1(－，0)，
F2(，0)，圆O的直径为F1F2.
(1)求椭圆C及圆O的方程；
(2)设直线l与圆O相切于第一象限内的点P.
①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点，求点P的坐标；
②直线l与椭圆C交于A，B两点．若△OAB的面积为，求直线l的方程．
解：(1)因为椭圆C的焦点为F1(－，0)，F2(，0)，
可设椭圆C的方程为＋＝1(a＞b＞0)．
又点在椭圆C上，
所以解得
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
因为圆O的直径为F1F2，
所以圆O的方程为x2＋y2＝3.
(2)①设直线l与圆O相切于点P(x0，y0)(x0＞0，y0＞0)，则x＋y＝3，
所以直线l的方程为y＝－(x－x0)＋y0，
即y＝－x＋.
由
消去y，得(4x＋y)x2－24x0x＋36－4y＝0.(*)
因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点，
所以Δ＝(－24x0)2－4(4x＋y)·(36－4y)＝48y(x－2)＝0.
因为x0＞0，y0＞0，
所以x0＝，y0＝1.
所以点P的坐标为(，1)．
②因为△OAB的面积为，
所以AB·OP＝，从而AB＝.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由(*)得x1,2＝，
所以AB2＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2
＝·.
因为x＋y＝3，
所以AB2＝＝，
即2x－45x＋100＝0，
解得x＝(x＝20舍去)，则y＝，
因此点P的坐标为.
所以直线l的方程为y－＝－，
即y＝－x＋3.
2．(2018·全国卷Ⅱ)设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F且斜率为k(k＞0)的直线l与C交于A，B两点，|AB|＝8.
(1)求l的方程；
(2)求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程．
解：(1)由题意得F(1,0)，l的方程为y＝k(x－1)(k＞0)．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.
Δ＝16k2＋16＞0，故x1＋x2＝.
所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝.
由题设知＝8，解得k＝1或k＝－1(舍去)．
因此l的方程为y＝x－1.
(2)由(1)得AB的中点坐标为(3,2)，
所以AB的垂直平分线方程为y－2＝－(x－3)，
即y＝－x＋5.
设所求圆的圆心坐标为(x0，y0)，
则
解得或
因此所求圆的方程为(x－3)2＋(y－2)2＝16或(x－11)2＋(y＋6)2＝144.
3．(2018·北京高考)已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1,2)，过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.
(1)求直线l的斜率的取值范围；
(2)设O为原点，＝λ，＝μ，求证：＋为定值．
解：(1)因为抛物线y2＝2px过点(1,2)，
所以2p＝4，即p＝2.
故抛物线C的方程为y2＝4x.
由题意知，直线l的斜率存在且不为0.
设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)，
由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.
依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1＞0，
解得k＜0或0＜k＜1.
又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2)，
从而k≠－3.
所以直线l的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)．
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝.
直线PA的方程为y－2＝(x－1)．
令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝＋2＝＋2.
同理得点N的纵坐标为yN＝＋2.
由＝λ，＝μ，得λ＝1－yM，μ＝1－yN.
所以＋＝＋＝＋
＝·＝·＝2.
所以＋为定值.