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高考数学一轮复习 第八章 第8节 第1课时
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这是一份高考数学一轮复习 第八章 第8节 第1课时，共20页。试卷主要包含了定点的探索与证明问题，求解范围问题的方法，圆锥曲线中常见最值的解题方法，圆锥曲线的弦长，设椭圆C1等内容，欢迎下载使用。
知 识 梳 理
1.求定值问题常见的方法有两种：
(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.
2.定点的探索与证明问题
(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为y＝kx＋b，然后利用条件建立b，k等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点.
(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.
3.求解范围问题的方法
求范围问题的关键是建立求解关于某个变量的目标函数，通过求这个函数的值域确定目标的范围，要特别注意变量的取值范围.
4.圆锥曲线中常见最值的解题方法
(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.
5.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|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)
＝eq \r(1＋\f(1,k2))·|y1－y2|＝eq \r(1＋\f(1,k2))·eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2).
[微点提醒]
1.直线与椭圆位置关系的有关结论(供选用)
(1)过椭圆外一点总有两条直线与椭圆相切；
(2)过椭圆上一点有且仅有一条直线与椭圆相切；
(3)过椭圆内一点的直线均与椭圆相交.
2.直线与抛物线位置关系的有关结论(供选用)
(1)过抛物线外一点总有三条直线和抛物线有且只有一个公共点，两条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；
(2)过抛物线上一点总有两条直线与抛物线有且只有一个公共点，一条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；
(3)过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点，一条与对称轴平行或重合的直线.
基 础 自 测
1.判断下列结论正误(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|AB|＝eq \r(1＋t2)|y1－y2|.( )
解析 (2)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)因为直线l与抛物线C的对称轴平行或重合时，也只有一个公共点，是相交，但不相切.
答案 (1)√ (2)× (3)× (4)√
2.(选修2－1P71例6改编)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 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).
答案 C
3.(选修2－1P69例4改编)已知倾斜角为60°的直线l通过抛物线x2＝4y的焦点，且与抛物线相交于A，B两点，则弦|AB|＝________.
解析 法一 直线l的方程为y＝eq \r(3)x＋1，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\r(3)x＋1，,x2＝4y，))得y2－14y＋1＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝14，
∴|AB|＝y1＋y2＋p＝14＋2＝16.
法二 如图所示，过F作AD的垂线，垂足为H，则|AF|＝|AD|＝p＋|AF|sin 60°，即|AF|＝eq \f(p,1－sin 60°)＝eq \f(2,1－sin 60°).
同理，|BF|＝eq \f(2,1＋sin 60°)，故|AB|＝|AF|＋|BF|＝16.
答案 16
4.(2019·浙江八校联考)抛物线y＝ax2与直线y＝kx＋b(k≠0)交于A，B两点，且这两点的横坐标分别为x1，x2，直线与x轴交点的横坐标是x3，则( )
A.x3＝x1＋x2 B.x1x2＝x1x3＋x2x3
C.x1＋x2＋x3＝0 D.x1x2＋x2x3＋x3x1＝0
解析 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝ax2，,y＝kx＋b，))消去y得ax2－kx－b＝0，可知x1＋x2＝eq \f(k,a)，x1x2＝－eq \f(b,a)，令kx＋b＝0得x3＝－eq \f(b,k)，所以x1x2＝x1x3＋x2x3.
答案 B
5.(2019·唐山市五校联考)直线l与双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)交于A，B两点，M是线段AB的中点，若l与OM(O是原点)的斜率的乘积等于1，则此双曲线的离心率为( )
A.3 B.2 C.eq \r(3) D.eq \r(2)
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，把A，B两点坐标分别代入双曲线的方程，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,1),a2)－\f(yeq \\al(2,1),b2)＝1，,\f(xeq \\al(2,2),a2)－\f(yeq \\al(2,2),b2)＝1，))
两式相减得eq \f(（x1＋x2）（x1－x2）,a2)－eq \f(（y1＋y2）（y1－y2）,b2)＝0，
又eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝\f(x1＋x2,2)，,y0＝\f(y1＋y2,2)，))所以eq \f(x0,a2)＝eq \f(y0（y1－y2）,b2（x1－x2）)，
所以eq \f(b2,a2)＝eq \f(y0（y1－y2）,x0（x1－x2）)＝kOMkl＝1，所以e2＝1＋eq \f(b2,a2)＝2，
又e>1，所以e＝eq \r(2).
答案 D
6.(2019·潍坊二模)已知抛物线y＝ax2(a>0)的准线为l，l与双曲线eq \f(x2,4)－y2＝1的两条渐近线分别交于A，B两点，若|AB|＝4，则a＝________.
解析 抛物线y＝ax2(a>0)的准线l：y＝－eq \f(1,4a)，双曲线eq \f(x2,4)－y2＝1的两条渐近线分别为y＝eq \f(1,2)x，y＝－eq \f(1,2)x，可得xA＝－eq \f(1,2a)，xB＝eq \f(1,2a)，可得|AB|＝eq \f(1,2a)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))＝4，解得a＝eq \f(1,4).
答案 eq \f(1,4)
第1课时 最值、范围、证明问题
考点一 最值问题 多维探究
角度1 利用几何性质求最值
【例1－1】 设P是椭圆eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,9)＝1上一点，M，N分别是两圆：(x＋4)2＋y2＝1和(x－4)2＋y2＝1上的点，则|PM|＋|PN|的最小值、最大值分别为( )
A.9，12 B.8，11
C.8，12 D.10，12
解析 如图，由椭圆及圆的方程可知两圆圆心分别为椭圆的两个焦点，由椭圆定义知|PA|＋|PB|＝2a＝10，连接PA，PB分别与圆相交于两点，此时|PM|＋|PN|最小，最小值为|PA|＋|PB|－2R＝8；连接PA，PB并延长，分别与圆相交于两点，此时|PM|＋|PN|最大，最大值为|PA|＋|PB|＋2R＝12，即最小值和最大值分别为8，12.
答案 C
角度2 利用基本不等式或二次函数求最值
【例1－2】 (2019·郑州二模)已知动圆E经过点F(1，0)，且和直线l：x＝－1相切.
(1)求该动圆圆心E的轨迹G的方程；
(2)已知点A(3，0)，若斜率为1的直线l′与线段OA相交(不经过坐标原点O和点A)，且与曲线G交于B，C两点，求△ABC面积的最大值.
解 (1)由题意可知点E到点F的距离等于点E到直线l的距离，∴动点E的轨迹是以F(1，0)为焦点，直线x＝－1为准线的抛物线，故轨迹G的方程是y2＝4x.
(2)设直线l′的方程为y＝x＋m，其中－3联立得方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x＋m，,y2＝4x))
消去y，得x2＋(2m－4)x＋m2＝0，
Δ＝(2m－4)2－4m2＝16(1－m)>0恒成立.
由根与系数的关系得
x1＋x2＝4－2m，x1·x2＝m2，∴|CB|＝4eq \r(2（1－m）)，
点A到直线l′的距离d＝eq \f(3＋m,\r(2))，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)×4eq \r(2（1－m）)×eq \f(3＋m,\r(2))＝2eq \r(1－m)×(3＋m)，
令eq \r(1－m)＝t，t∈(1，2)，则m＝1－t2，
∴S△ABC＝2t(4－t2)＝8t－2t3，
令f(t)＝8t－2t3，∴f′(t)＝8－6t2，
令f′(t)＝0，得t＝eq \f(2,\r(3))(负值舍去).
易知y＝f(t)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(2,\r(3))))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,\r(3))，2))上单调递减.
∴y＝f(t)在t＝eq \f(2,\r(3))，即m＝－eq \f(1,3)时取得最大值为eq \f(32\r(3),9).
∴△ABC面积的最大值为eq \f(32\r(3),9).
规律方法 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：一是几何方法，即通过利用 圆锥曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)变量的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.
【训练1】 已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，F1，F2为它的左、右焦点，P为椭圆上一点，已知∠F1PF2＝60°，S△F1PF2＝eq \r(3)，且椭圆的离心率为eq \f(1,2).
(1)求椭圆方程；
(2)已知T(－4，0)，过T的直线与椭圆交于M，N两点，求△MNF1面积的最大值.
解 (1)由已知，得|PF1|＋|PF2|＝2a，①
|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|cs 60°＝4c2，
即|PF1|2＋|PF2|2－|PF1||PF2|＝4c2，②
eq \f(1,2)|PF1||PF2|sin 60°＝eq \r(3)，即|PF1||PF2|＝4，③
联立①②③解得a2－c2＝3.又eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，∴c2＝1，a2＝4，
b2＝a2－c2＝3，椭圆方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)根据题意可知直线MN的斜率存在，且不为0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为x＝my－4，
代入椭圆方程，整理得(3m2＋4)y2－24my＋36＝0，
则Δ＝(24m)2－4×36×(3m2＋4)>0，所以m2>4.
y1＋y2＝eq \f(24m,3m2＋4)，y1y2＝eq \f(36,3m2＋4)，
则△MNF1的面积S△MNF1＝|S△NTF1－S△MTF1|
＝eq \f(1,2)|TF1|·|y1－y2|＝eq \f(3,2)eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)
＝eq \f(3,2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(24m,3m2＋4)))\s\up12(2)－\f(144,3m2＋4))＝18eq \f(\r(m2－4),4＋3m2)
＝6×eq \f(1,\f(m2－4＋\f(16,3),\r(m2－4)))＝6×eq \f(1,\r(m2－4)＋\f(\f(16,3),\r(m2－4)))≤eq \f(6,2\r(\f(16,3)))＝eq \f(3\r(3),4).
当且仅当eq \r(m2－4)＝eq \f(\f(16,3),\r(m2－4))，即m2＝eq \f(28,3)时(此时适合Δ>0的条件)取得等号.
故△MNF1面积的最大值为eq \f(3\r(3),4).
考点二 范围问题
【例2】 (2018·浙江卷)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＋eq \f(y2,4)＝1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围.
(1)证明 设P(x0，y0)，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)yeq \\al(2,1)，y1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)yeq \\al(2,2)，y2)).
因为PA，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y＋y0,2)))eq \s\up12(2)＝4·eq \f(\f(1,4)y2＋x0,2)，
即y2－2y0y＋8x0－yeq \\al(2,0)＝0的两个不同的实根.
所以y1＋y2＝2y0，因此，PM垂直于y轴.
(2)解 由(1)可知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝2y0，,y1y2＝8x0－yeq \\al(2,0)，))
所以|PM|＝eq \f(1,8)(yeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,2))－x0＝eq \f(3,4)yeq \\al(2,0)－3x0，
|y1－y2|＝2eq \r(2（yeq \\al(2,0)－4x0）).
因此，△PAB的面积S△PAB＝eq \f(1,2)|PM|·|y1－y2|
＝eq \f(3\r(2),4)(yeq \\al(2,0)－4x0)eq \f(3,2).
因为xeq \\al(2,0)＋eq \f(yeq \\al(2,0),4)＝1(x0<0)，
所以yeq \\al(2,0)－4x0＝－4xeq \\al(2,0)－4x0＋4∈[4，5]，
因此，△PAB面积的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(6\r(2)，\f(15\r(10),4))).
规律方法 解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面
(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.
【训练2】 (2019·南昌调研)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，短轴长为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于M，N两点，O为坐标原点，若kOM·kON＝eq \f(5,4)，求原点O到直线l的距离的取值范围.
解 (1)由题知e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，2b＝2，
又a2＝b2＋c2，∴b＝1，a＝2，
∴椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
依题意，Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)(4m2－4)>0，
化简得m2<4k2＋1，①
x1＋x2＝－eq \f(8km,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4m2－4,4k2＋1)，
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2.
若kOM·kON＝eq \f(5,4)，则eq \f(y1y2,x1x2)＝eq \f(5,4)，即4y1y2＝5x1x2，
∴(4k2－5)x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝0，
∴(4k2－5)·eq \f(4（m2－1）,4k2＋1)＋4km·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8km,4k2＋1)))＋4m2＝0，
即(4k2－5)(m2－1)－8k2m2＋m2(4k2＋1)＝0，
化简得m2＋k2＝eq \f(5,4)，②
由①②得0≤m2∵原点O到直线l的距离d＝eq \f(|m|,\r(1＋k2))，
∴d2＝eq \f(m2,1＋k2)＝eq \f(\f(5,4)－k2,1＋k2)＝－1＋eq \f(9,4（1＋k2）)，
又eq \f(1,20)∴原点O到直线l的距离的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(14),7))).
考点三 证明问题
【例3】 (2018·全国Ⅲ卷)已知斜率为k的直线l与椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m>0).
(1)证明：k<－eq \f(1,2)；
(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且eq \(FP,\s\up6(→))＋eq \(FA,\s\up6(→))＋eq \(FB,\s\up6(→))＝0.证明：|eq \(FA,\s\up6(→))|，|eq \(FP,\s\up6(→))|，|eq \(FB,\s\up6(→))|成等差数列，并求该数列的公差.
(1)证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则eq \f(xeq \\al(2,1),4)＋eq \f(yeq \\al(2,1),3)＝1，eq \f(xeq \\al(2,2),4)＋eq \f(yeq \\al(2,2),3)＝1.
两式相减，并由eq \f(y1－y2,x1－x2)＝k得eq \f(x1＋x2,4)＋eq \f(y1＋y2,3)·k＝0.
由题设知eq \f(x1＋x2,2)＝1，eq \f(y1＋y2,2)＝m，于是k＝－eq \f(3,4m).①
由于点M(1，m)(m>0)在椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1内，
∴eq \f(1,4)＋eq \f(m2,3)<1，解得0(2)解 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＝eq \f(3,4)，
从而Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(3,2)))，|eq \(FP,\s\up6(→))|＝eq \f(3,2).
于是|eq \(FA,\s\up6(→))|＝eq \r(（x1－1）2＋yeq \\al(2,1))＝eq \r(（x1－1）2＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(xeq \\al(2,1),4))))＝2－eq \f(x1,2).
同理|eq \(FB,\s\up6(→))|＝2－eq \f(x2,2).
所以|eq \(FA,\s\up6(→))|＋|eq \(FB,\s\up6(→))|＝4－eq \f(1,2)(x1＋x2)＝3.
故2|eq \(FP,\s\up6(→))|＝|eq \(FA,\s\up6(→))|＋|eq \(FB,\s\up6(→))|，
即|eq \(FA,\s\up6(→))|，|eq \(FP,\s\up6(→))|，|eq \(FB,\s\up6(→))|成等差数列.
设该数列的公差为d，则
2|d|＝||eq \(FB,\s\up6(→))|－|eq \(FA,\s\up6(→))||＝eq \f(1,2)|x1－x2|
＝eq \f(1,2)eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2).②
将m＝eq \f(3,4)代入①得k＝－1.
所以l的方程为y＝－x＋eq \f(7,4)，代入C的方程，并整理得7x2－14x＋eq \f(1,4)＝0.
故x1＋x2＝2，x1x2＝eq \f(1,28)，代入②解得|d|＝eq \f(3\r(21),28).
所以该数列的公差为eq \f(3\r(21),28)或－eq \f(3\r(21),28).
规律方法 圆锥曲线中的证明问题常见的有：
(1)位置关系方面的：如证明直线与曲线相切，直线间的平行、垂直，直线过定点等.
(2)数量关系方面的：如存在定值、恒成立、相等等.
在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下，一般采用直接法，通过相关的代数运算证明，但有时也会用反证法证明.
【训练3】 (2018·唐山模拟)如图，圆C与x轴相切于点T(2，0)，与y轴正半轴相交于两点M，N(点M在点N的下方)，且|MN|＝3.
(1)求圆C的方程；
(2)过点M任作一条直线与椭圆eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1相交于两点A，B，连接AN，BN，求证：∠ANM＝∠BNM.
(1)解 设圆C的半径为r(r>0)，依题意，圆心C的坐标为(2，r).
因为|MN|＝3，所以r2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(2)＋22＝eq \f(25,4).
所以r＝eq \f(5,2)，圆C的方程为(x－2)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(5,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(25,4).
(2)证明 把x＝0代入方程(x－2)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(5,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(25,4)，
解得y＝1或y＝4，即点M(0，1)，N(0，4).
①当AB⊥x轴时，可知∠ANM＝∠BNM＝0.
②当AB与x轴不垂直时，可设直线AB的方程为y＝kx＋1.
联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1))消去y得，(1＋2k2)x2＋4kx－6＝0.
设直线AB交椭圆于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则x1＋x2＝eq \f(－4k,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(－6,1＋2k2).
所以kAN＋kBN＝eq \f(y1－4,x1)＋eq \f(y2－4,x2)＝eq \f(kx1－3,x1)＋eq \f(kx2－3,x2)＝eq \f(2kx1x2－3（x1＋x2）,x1x2)
＝eq \f(1,x1x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－12k,1＋2k2)＋\f(12k,1＋2k2)))＝0.
所以∠ANM＝∠BNM.
综合①②知∠ANM＝∠BNM.
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.直线y＝eq \f(b,a)x＋3与双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的交点个数是( )
A.1 B.2 C.1或2 D.0
解析 由直线y＝eq \f(b,a)x＋3与双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1的渐近线y＝eq \f(b,a)x平行，故直线与双曲线的交点个数是1.
答案 A
2.已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，斜率为1的直线与C交于两点A，B，若线段AB的中点为(4，1)，则双曲线C的渐近线方程是( )
A.2x±y＝0 B.x±2y＝0
C.eq \r(2)x±y＝0 D.x±eq \r(2)y＝0
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \f(xeq \\al(2,1),a2)－eq \f(yeq \\al(2,1),b2)＝1①，eq \f(xeq \\al(2,2),a2)－eq \f(yeq \\al(2,2),b2)＝1②，由①－②得eq \f(（x1－x2）（x1＋x2）,a2)＝eq \f(（y1－y2）（y1＋y2）,b2)，结合题意化简得eq \f(4b2,a2)＝1，即eq \f(b,a)＝eq \f(1,2)，所以双曲线C的渐近线方程为x±2y＝0.
答案 B
3.抛物线y＝x2上的点到直线x－y－2＝0的最短距离为( )
A.eq \r(2) B.eq \f(7\r(2),8) C.2eq \r(2) D.eq \f(5\r(2),6)
解析 设抛物线上一点的坐标为(x，y)，
则d＝eq \f(|x－y－2|,\r(2))＝eq \f(|－x2＋x－2|,\r(2))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))\s\up12(2)－\f(7,4))),\r(2))，
∴x＝eq \f(1,2)时， dmin＝eq \f(7\r(2),8).
答案 B
4.若点O和点F分别为椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(FP,\s\up6(→))的最大值为( )
A.2 B.3 C.6 D.8
解析 由题意得F(－1，0)，设点P(x0，y0)，
则yeq \\al(2,0)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(xeq \\al(2,0),4)))(－2≤x0≤2).
eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(FP,\s\up6(→))＝x0(x0＋1)＋yeq \\al(2,0)＝xeq \\al(2,0)＋x0＋yeq \\al(2,0)＝xeq \\al(2,0)＋x0＋3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(xeq \\al(2,0),4)))＝eq \f(1,4)·(x0＋2)2＋2.
因为－2≤x0≤2，所以当x0＝2时，eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(FP,\s\up6(→))取得最大值，最大值为6.
答案 C
5.(2018·太原一模)已知抛物线y2＝4x的焦点为F，过焦点F的直线交抛物线于A，B两点，O为坐标原点，若△AOB的面积为eq \r(6)，则|AB|＝( )
A.6 B.8 C.12 D.16
解析 由题意知抛物线y2＝4x的焦点F的坐标为(1，0)，易知当直线AB垂直于x轴时，△AOB的面积为2，不满足题意，所以可设直线AB的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，与y2＝4x联立，消去x得ky2－4y－4k＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以y1＋y2＝eq \f(4,k)，y1y2＝－4，
所以|y1－y2|＝eq \r(\f(16,k2)＋16)，所以△AOB的面积为eq \f(1,2)×1×eq \r(\f(16,k2)＋16)＝eq \r(6)，解得k＝±eq \r(2)，
所以|AB|＝eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|＝6.
答案 A
二、填空题
6.(2019·北京朝阳区一模)抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线与x轴的交点为M，过点M作C的两条切线，切点分别为P，Q，则∠PMQ＝________.
解析 由题意得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(p,2)，0))，设过点M的切线方程为x＝my－eq \f(p,2)，代入y2＝2px得y2－2pmy＋p2＝0，∴Δ＝4p2m2－4p2＝0，∴m＝±1，则切线斜率k＝±1，∴MQ⊥MP，因此∠PMQ＝eq \f(π,2).
答案 eq \f(π,2)
7.过双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右顶点且斜率为2的直线，与该双曲线的右支交于两点，则此双曲线离心率的取值范围为________.
解析 由过双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右顶点且斜率为2的直线，与该双曲线的右支交于两点，可得eq \f(b,a)<2.
∴e＝eq \f(c,a)＝eq \r(\f(a2＋b2,a2))∵e>1，∴1∴此双曲线离心率的取值范围为(1，eq \r(5)).
答案 (1，eq \r(5))
8.(2019·深圳二模)设过抛物线y2＝2px(p>0)上任意一点P(异于原点O)的直线与抛物线y2＝8px(p>0)交于A，B两点，直线OP与抛物线y2＝8px(p>0)的另一个交点为Q，则eq \f(S△ABQ,S△ABO)＝________.
解析 设直线OP的方程为y＝kx(k≠0)，
联立得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx，,y2＝2px，))解得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2p,k2)，\f(2p,k)))，
联立得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx，,y2＝8px，))解得Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8p,k2)，\f(8p,k)))，
∴|OP|＝eq \r(\f(4p2,k4)＋\f(4p2,k2))＝eq \f(2p\r(1＋k2),k2)，|PQ|＝eq \r(\f(36p2,k4)＋\f(36p2,k2))＝eq \f(6p\r(1＋k2),k2)，
∴eq \f(S△ABQ,S△ABO)＝eq \f(|PQ|,|OP|)＝3.
答案 3
三、解答题
9.设椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，F1，F2是椭圆的两个焦点，M是椭圆上任意一点，且△MF1F2的周长是4＋2eq \r(3).
(1)求椭圆C1的方程；
(2)设椭圆C1的左、右顶点分别为A，B，过椭圆C1上的一点D作x轴的垂线交x轴于点E，若点C满足eq \(AB,\s\up6(→))⊥eq \(BC,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))∥eq \(OC,\s\up6(→))，连接AC交DE于点P，求证：|PD|＝|PE|.
(1)解 由e＝eq \f(\r(3),2)，知eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，所以c＝eq \f(\r(3),2)a，
因为△MF1F2的周长是4＋2eq \r(3)，
所以2a＋2c＝4＋2eq \r(3)，所以a＝2，c＝eq \r(3)，
所以b2＝a2－c2＝1，
所以椭圆C1的方程为：eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明 由(1)得A(－2，0)，B(2，0)，
设D(x0，y0)，所以E(x0，0)，
因为eq \(AB,\s\up6(→))⊥eq \(BC,\s\up6(→))，所以可设C(2，y1)，
所以eq \(AD,\s\up6(→))＝(x0＋2，y0)，eq \(OC,\s\up6(→))＝(2，y1)，
由eq \(AD,\s\up6(→))∥eq \(OC,\s\up6(→))可得：(x0＋2)y1＝2y0，即y1＝eq \f(2y0,x0＋2).
所以直线AC的方程为：eq \f(y－0,\f(2y0,x0＋2)－0)＝eq \f(x＋2,2－（－2）).
整理得：y＝eq \f(y0,2（x0＋2）)(x＋2).
又点P在DE上，将x＝x0代入直线AC的方程可得：y＝eq \f(y0,2)，即点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(y0,2)))，所以P为DE的中点，|PD|＝|PE|.
10.如图，已知椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋eq \f(1,2)对称.
(1)求实数m的取值范围；
(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点).
解 由题意知m≠0，可设直线AB的方程为
y＝－eq \f(1,m)x＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点为M，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝－\f(1,m)x＋b))消去y，
得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,m2)))x2－eq \f(2b,m)x＋b2－1＝0.
因为直线y＝－eq \f(1,m)x＋b与椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋eq \f(4,m2)＞0，①
则x1＋x2＝eq \f(4mb,m2＋2)，y1＋y2＝eq \f(2m2b,m2＋2)，
(1)将AB中点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2mb,m2＋2)，\f(m2b,m2＋2)))代入直线方程y＝mx＋eq \f(1,2)解得b＝－eq \f(m2＋2,2m2)，②
由①②得m＜－eq \f(\r(6),3)或m＞eq \f(\r(6),3).
故实数m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(6),3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，＋∞)).
(2)令t＝eq \f(1,m)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),2)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(6),2)))，则
|AB|＝eq \r(t2＋1)·eq \f(\r(－2t4＋2t2＋\f(3,2)),t2＋\f(1,2))，
且O到直线AB的距离为d＝eq \f(t2＋\f(1,2),\r(t2＋1)).
设△AOB的面积为S(t)，
所以S(t)＝eq \f(1,2)|AB|·d＝eq \f(1,2) eq \r(－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t2－\f(1,2)))\s\up12(2)＋2)≤eq \f(\r(2),2).
当且仅当t2＝eq \f(1,2)时，等号成立.
故△AOB面积的最大值为eq \f(\r(2),2).
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.(2019·烟台一模)已知抛物线M：y2＝4x，过抛物线M的焦点F的直线l交抛物线于A，B两点(点A在第一象限)，且交抛物线的准线于点E.若eq \(AE,\s\up6(→))＝2eq \(BE,\s\up6(→))，则直线l的斜率为( )
A.3 B.2eq \r(2) C.eq \r(3) D.1
解析 分别过A，B两点作AD，BC垂直于准线，垂足分别为D，C，
由eq \(AE,\s\up6(→))＝2eq \(BE,\s\up6(→))，得B为AE的中点，∴|AB|＝|BE|，
则|AD|＝2|BC|，
由抛物线的定义可知|AF|＝|AD|，|BF|＝|BC|，
∴|AB|＝3|BC|，
∴|BE|＝3|BC|，则|CE|＝2eq \r(2)|BC|，
∴tan ∠CBE＝eq \f(|CE|,|CB|)＝2eq \r(2)，
∴直线l的斜率k＝tan ∠AFx＝tan ∠CBE＝2eq \r(2).
答案 B
12.(2019·河北百校联考)已知抛物线y2＝4x，过其焦点F的直线l与抛物线分别交于A，B两点(A在第一象限内)，eq \(AF,\s\up6(→))＝3 eq \(FB,\s\up6(→))，过AB的中点且垂直于l的直线与x轴交于点G，则△ABG的面积为( )
A.eq \f(8\r(3),9) B.eq \f(16\r(3),9) C.eq \f(32\r(3),9) D.eq \f(64\r(3),9)
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为eq \(AF,\s\up6(→))＝3eq \(FB,\s\up6(→))，
所以y1＝－3y2，设直线l的方程为x＝my＋1，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x＝my＋1))消去x得y2－4my－4＝0，∴y1y2＝－4，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＝2\r(3)，,y2＝－\f(2\r(3),3)，))∴y1＋y2＝4m＝eq \f(4\r(3),3)，
∴m＝eq \f(\r(3),3)，∴x1＋x2＝eq \f(10,3)，AB的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，\f(2\r(3),3)))，过AB中点且垂直于直线l的直线方程为y－eq \f(2\r(3),3)＝－eq \f(\r(3),3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(5,3)))，令y＝0，可得x＝eq \f(11,3)，所以S△ABG＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11,3)－1))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(3)＋\f(2\r(3),3)))＝eq \f(32\r(3),9).
答案 C
13.(一题多解)(2018·全国Ⅲ卷)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 由题意知抛物线的焦点为(1，0)，则过C的焦点且斜率为k的直线方程为y＝k(x－1)(k≠0)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1），,y2＝4x，))消去y得k2(x－1)2＝4x，即k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1.由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1），,y2＝4x，))消去x得y2＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)y＋1))，即y2－eq \f(4,k)y－4＝0，则y1＋y2＝eq \f(4,k)，y1y2＝－4，则∠AMB＝90°，得eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))＝(x1＋1，y1－1)·(x2＋1，y2－1)＝x1x2＋x1＋x2＋1＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝0，将x1＋x2＝eq \f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1与y1＋y2＝eq \f(4,k)，y1y2＝－4代入，得k＝2.
法二 设抛物线的焦点为F，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(yeq \\al(2,1)＝4x1，,yeq \\al(2,2)＝4x2，))所以yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2)＝4(x1－x2)，则k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(4,y1＋y2)，取AB的中点M′(x0，y0)，分别过点A，B作准线x＝－1的垂线，垂足分别为A′，B′，又∠AMB＝90°，点M在准线x＝－1上，所以|MM′|＝eq \f(1,2)|AB|＝eq \f(1,2)(|AF|＋|BF|)＝eq \f(1,2)(|AA′|＋|BB′|).又M′为AB的中点，所以MM′平行于x轴，且y0＝1，所以y1＋y2＝2，所以k＝2.
答案 2
14.(2018·天津卷)设椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右顶点为A，上顶点为B.已知椭圆的离心率为eq \f(\r(5),3)，|AB|＝eq \r(13).
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线l：y＝kx(k<0)与椭圆交于P，Q两点，l与直线AB交于点M，且点P，M均在第四象限.若△BPM的面积是△BPQ面积的2倍，求k的值.
解 (1)设椭圆的焦距为2c，由已知有eq \f(c2,a2)＝eq \f(5,9)，
又由a2＝b2＋c2，可得2a＝3b.
由|AB|＝eq \r(a2＋b2)＝eq \r(13)，从而a＝3，b＝2.
所以，椭圆的方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)设点P的坐标为(x1，y1)，点M的坐标为(x2，y2)，
由题意，x2>x1>0，点Q的坐标为(－x1，－y1).
由△BPM的面积是△BPQ面积的2倍，可得|PM|＝2|PQ|，
从而x2－x1＝2[x1－(－x1)]，即x2＝5x1.
易知直线AB的方程为2x＋3y＝6，
由方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋3y＝6，,y＝kx，))消去y，可得x2＝eq \f(6,3k＋2).
由方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,9)＋\f(y2,4)＝1，,y＝kx，))消去y，可得x1＝eq \f(6,\r(9k2＋4)).
由x2＝5x1，可得eq \r(9k2＋4)＝5(3k＋2)，
两边平方，整理得18k2＋25k＋8＝0，
解得k＝－eq \f(8,9)，或k＝－eq \f(1,2).
当k＝－eq \f(8,9)时，x2＝－9<0，不合题意，舍去；
当k＝－eq \f(1,2)时，x2＝12，x1＝eq \f(12,5)，符合题意.
所以，k的值为－eq \f(1,2).
新高考创新预测
15.(思维创新)已知抛物线y2＝4x，焦点记为F，过点F作直线l交抛物线于A，B两点，则|AF|－eq \f(2,|BF|)的最小值为________.
解析 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，代入y2＝4x可得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1·x2＝1.由抛物线的定义可得|AF|＝x1＋1，|BF|＝x2＋1，所以|AF|－eq \f(2,|BF|)＝x1＋1－eq \f(2,x2＋1)＝eq \f(（x1＋1）（x2＋1）－2,x2＋1)＝eq \f(x1＋x2,x2＋1)＝eq \f(1＋xeq \\al(2,2),x2＋xeq \\al(2,2))＝eq \f(1,1＋\f(x2－1,xeq \\al(2,2)＋1)).令x2－1＝t(t≥1)，则x2＝t＋1，所以|AF|－eq \f(2,|BF|)＝eq \f(1,1＋\f(t,t2＋2t＋2))＝eq \f(1,1＋\f(1,2＋t＋\f(2,t)))≥eq \f(1,1＋\f(1,2＋2\r(2)))＝eq \f(2（1＋\r(2)）,3＋2\r(2))＝eq \f(2,1＋\r(2))＝2eq \r(2)－2(当且仅当t＝eq \r(2)时等号成立)；当直线l的斜率不存在时，易得|AF|－eq \f(2,|BF|)＝1.综上，|AF|－eq \f(2,|BF|)的最小值为2eq \r(2)－2.
答案 2eq \r(2)－2
知 识 梳 理
1.求定值问题常见的方法有两种：
(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.
2.定点的探索与证明问题
(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为y＝kx＋b，然后利用条件建立b，k等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点.
(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.
3.求解范围问题的方法
求范围问题的关键是建立求解关于某个变量的目标函数，通过求这个函数的值域确定目标的范围，要特别注意变量的取值范围.
4.圆锥曲线中常见最值的解题方法
(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.
5.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|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)
＝eq \r(1＋\f(1,k2))·|y1－y2|＝eq \r(1＋\f(1,k2))·eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2).
[微点提醒]
1.直线与椭圆位置关系的有关结论(供选用)
(1)过椭圆外一点总有两条直线与椭圆相切；
(2)过椭圆上一点有且仅有一条直线与椭圆相切；
(3)过椭圆内一点的直线均与椭圆相交.
2.直线与抛物线位置关系的有关结论(供选用)
(1)过抛物线外一点总有三条直线和抛物线有且只有一个公共点，两条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；
(2)过抛物线上一点总有两条直线与抛物线有且只有一个公共点，一条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；
(3)过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点，一条与对称轴平行或重合的直线.
基 础 自 测
1.判断下列结论正误(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|AB|＝eq \r(1＋t2)|y1－y2|.( )
解析 (2)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)因为直线l与抛物线C的对称轴平行或重合时，也只有一个公共点，是相交，但不相切.
答案 (1)√ (2)× (3)× (4)√
2.(选修2－1P71例6改编)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 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).
答案 C
3.(选修2－1P69例4改编)已知倾斜角为60°的直线l通过抛物线x2＝4y的焦点，且与抛物线相交于A，B两点，则弦|AB|＝________.
解析 法一 直线l的方程为y＝eq \r(3)x＋1，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\r(3)x＋1，,x2＝4y，))得y2－14y＋1＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝14，
∴|AB|＝y1＋y2＋p＝14＋2＝16.
法二 如图所示，过F作AD的垂线，垂足为H，则|AF|＝|AD|＝p＋|AF|sin 60°，即|AF|＝eq \f(p,1－sin 60°)＝eq \f(2,1－sin 60°).
同理，|BF|＝eq \f(2,1＋sin 60°)，故|AB|＝|AF|＋|BF|＝16.
答案 16
4.(2019·浙江八校联考)抛物线y＝ax2与直线y＝kx＋b(k≠0)交于A，B两点，且这两点的横坐标分别为x1，x2，直线与x轴交点的横坐标是x3，则( )
A.x3＝x1＋x2 B.x1x2＝x1x3＋x2x3
C.x1＋x2＋x3＝0 D.x1x2＋x2x3＋x3x1＝0
解析 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝ax2，,y＝kx＋b，))消去y得ax2－kx－b＝0，可知x1＋x2＝eq \f(k,a)，x1x2＝－eq \f(b,a)，令kx＋b＝0得x3＝－eq \f(b,k)，所以x1x2＝x1x3＋x2x3.
答案 B
5.(2019·唐山市五校联考)直线l与双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)交于A，B两点，M是线段AB的中点，若l与OM(O是原点)的斜率的乘积等于1，则此双曲线的离心率为( )
A.3 B.2 C.eq \r(3) D.eq \r(2)
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，把A，B两点坐标分别代入双曲线的方程，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,1),a2)－\f(yeq \\al(2,1),b2)＝1，,\f(xeq \\al(2,2),a2)－\f(yeq \\al(2,2),b2)＝1，))
两式相减得eq \f(（x1＋x2）（x1－x2）,a2)－eq \f(（y1＋y2）（y1－y2）,b2)＝0，
又eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝\f(x1＋x2,2)，,y0＝\f(y1＋y2,2)，))所以eq \f(x0,a2)＝eq \f(y0（y1－y2）,b2（x1－x2）)，
所以eq \f(b2,a2)＝eq \f(y0（y1－y2）,x0（x1－x2）)＝kOMkl＝1，所以e2＝1＋eq \f(b2,a2)＝2，
又e>1，所以e＝eq \r(2).
答案 D
6.(2019·潍坊二模)已知抛物线y＝ax2(a>0)的准线为l，l与双曲线eq \f(x2,4)－y2＝1的两条渐近线分别交于A，B两点，若|AB|＝4，则a＝________.
解析 抛物线y＝ax2(a>0)的准线l：y＝－eq \f(1,4a)，双曲线eq \f(x2,4)－y2＝1的两条渐近线分别为y＝eq \f(1,2)x，y＝－eq \f(1,2)x，可得xA＝－eq \f(1,2a)，xB＝eq \f(1,2a)，可得|AB|＝eq \f(1,2a)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))＝4，解得a＝eq \f(1,4).
答案 eq \f(1,4)
第1课时 最值、范围、证明问题
考点一 最值问题 多维探究
角度1 利用几何性质求最值
【例1－1】 设P是椭圆eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,9)＝1上一点，M，N分别是两圆：(x＋4)2＋y2＝1和(x－4)2＋y2＝1上的点，则|PM|＋|PN|的最小值、最大值分别为( )
A.9，12 B.8，11
C.8，12 D.10，12
解析 如图，由椭圆及圆的方程可知两圆圆心分别为椭圆的两个焦点，由椭圆定义知|PA|＋|PB|＝2a＝10，连接PA，PB分别与圆相交于两点，此时|PM|＋|PN|最小，最小值为|PA|＋|PB|－2R＝8；连接PA，PB并延长，分别与圆相交于两点，此时|PM|＋|PN|最大，最大值为|PA|＋|PB|＋2R＝12，即最小值和最大值分别为8，12.
答案 C
角度2 利用基本不等式或二次函数求最值
【例1－2】 (2019·郑州二模)已知动圆E经过点F(1，0)，且和直线l：x＝－1相切.
(1)求该动圆圆心E的轨迹G的方程；
(2)已知点A(3，0)，若斜率为1的直线l′与线段OA相交(不经过坐标原点O和点A)，且与曲线G交于B，C两点，求△ABC面积的最大值.
解 (1)由题意可知点E到点F的距离等于点E到直线l的距离，∴动点E的轨迹是以F(1，0)为焦点，直线x＝－1为准线的抛物线，故轨迹G的方程是y2＝4x.
(2)设直线l′的方程为y＝x＋m，其中－3
消去y，得x2＋(2m－4)x＋m2＝0，
Δ＝(2m－4)2－4m2＝16(1－m)>0恒成立.
由根与系数的关系得
x1＋x2＝4－2m，x1·x2＝m2，∴|CB|＝4eq \r(2（1－m）)，
点A到直线l′的距离d＝eq \f(3＋m,\r(2))，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)×4eq \r(2（1－m）)×eq \f(3＋m,\r(2))＝2eq \r(1－m)×(3＋m)，
令eq \r(1－m)＝t，t∈(1，2)，则m＝1－t2，
∴S△ABC＝2t(4－t2)＝8t－2t3，
令f(t)＝8t－2t3，∴f′(t)＝8－6t2，
令f′(t)＝0，得t＝eq \f(2,\r(3))(负值舍去).
易知y＝f(t)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(2,\r(3))))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,\r(3))，2))上单调递减.
∴y＝f(t)在t＝eq \f(2,\r(3))，即m＝－eq \f(1,3)时取得最大值为eq \f(32\r(3),9).
∴△ABC面积的最大值为eq \f(32\r(3),9).
规律方法 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：一是几何方法，即通过利用 圆锥曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)变量的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.
【训练1】 已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，F1，F2为它的左、右焦点，P为椭圆上一点，已知∠F1PF2＝60°，S△F1PF2＝eq \r(3)，且椭圆的离心率为eq \f(1,2).
(1)求椭圆方程；
(2)已知T(－4，0)，过T的直线与椭圆交于M，N两点，求△MNF1面积的最大值.
解 (1)由已知，得|PF1|＋|PF2|＝2a，①
|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|cs 60°＝4c2，
即|PF1|2＋|PF2|2－|PF1||PF2|＝4c2，②
eq \f(1,2)|PF1||PF2|sin 60°＝eq \r(3)，即|PF1||PF2|＝4，③
联立①②③解得a2－c2＝3.又eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，∴c2＝1，a2＝4，
b2＝a2－c2＝3，椭圆方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)根据题意可知直线MN的斜率存在，且不为0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为x＝my－4，
代入椭圆方程，整理得(3m2＋4)y2－24my＋36＝0，
则Δ＝(24m)2－4×36×(3m2＋4)>0，所以m2>4.
y1＋y2＝eq \f(24m,3m2＋4)，y1y2＝eq \f(36,3m2＋4)，
则△MNF1的面积S△MNF1＝|S△NTF1－S△MTF1|
＝eq \f(1,2)|TF1|·|y1－y2|＝eq \f(3,2)eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)
＝eq \f(3,2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(24m,3m2＋4)))\s\up12(2)－\f(144,3m2＋4))＝18eq \f(\r(m2－4),4＋3m2)
＝6×eq \f(1,\f(m2－4＋\f(16,3),\r(m2－4)))＝6×eq \f(1,\r(m2－4)＋\f(\f(16,3),\r(m2－4)))≤eq \f(6,2\r(\f(16,3)))＝eq \f(3\r(3),4).
当且仅当eq \r(m2－4)＝eq \f(\f(16,3),\r(m2－4))，即m2＝eq \f(28,3)时(此时适合Δ>0的条件)取得等号.
故△MNF1面积的最大值为eq \f(3\r(3),4).
考点二 范围问题
【例2】 (2018·浙江卷)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＋eq \f(y2,4)＝1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围.
(1)证明 设P(x0，y0)，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)yeq \\al(2,1)，y1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)yeq \\al(2,2)，y2)).
因为PA，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y＋y0,2)))eq \s\up12(2)＝4·eq \f(\f(1,4)y2＋x0,2)，
即y2－2y0y＋8x0－yeq \\al(2,0)＝0的两个不同的实根.
所以y1＋y2＝2y0，因此，PM垂直于y轴.
(2)解 由(1)可知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝2y0，,y1y2＝8x0－yeq \\al(2,0)，))
所以|PM|＝eq \f(1,8)(yeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,2))－x0＝eq \f(3,4)yeq \\al(2,0)－3x0，
|y1－y2|＝2eq \r(2（yeq \\al(2,0)－4x0）).
因此，△PAB的面积S△PAB＝eq \f(1,2)|PM|·|y1－y2|
＝eq \f(3\r(2),4)(yeq \\al(2,0)－4x0)eq \f(3,2).
因为xeq \\al(2,0)＋eq \f(yeq \\al(2,0),4)＝1(x0<0)，
所以yeq \\al(2,0)－4x0＝－4xeq \\al(2,0)－4x0＋4∈[4，5]，
因此，△PAB面积的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(6\r(2)，\f(15\r(10),4))).
规律方法 解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面
(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.
【训练2】 (2019·南昌调研)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，短轴长为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于M，N两点，O为坐标原点，若kOM·kON＝eq \f(5,4)，求原点O到直线l的距离的取值范围.
解 (1)由题知e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，2b＝2，
又a2＝b2＋c2，∴b＝1，a＝2，
∴椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
依题意，Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)(4m2－4)>0，
化简得m2<4k2＋1，①
x1＋x2＝－eq \f(8km,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4m2－4,4k2＋1)，
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2.
若kOM·kON＝eq \f(5,4)，则eq \f(y1y2,x1x2)＝eq \f(5,4)，即4y1y2＝5x1x2，
∴(4k2－5)x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝0，
∴(4k2－5)·eq \f(4（m2－1）,4k2＋1)＋4km·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8km,4k2＋1)))＋4m2＝0，
即(4k2－5)(m2－1)－8k2m2＋m2(4k2＋1)＝0，
化简得m2＋k2＝eq \f(5,4)，②
由①②得0≤m2
∴d2＝eq \f(m2,1＋k2)＝eq \f(\f(5,4)－k2,1＋k2)＝－1＋eq \f(9,4（1＋k2）)，
又eq \f(1,20)
考点三 证明问题
【例3】 (2018·全国Ⅲ卷)已知斜率为k的直线l与椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m>0).
(1)证明：k<－eq \f(1,2)；
(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且eq \(FP,\s\up6(→))＋eq \(FA,\s\up6(→))＋eq \(FB,\s\up6(→))＝0.证明：|eq \(FA,\s\up6(→))|，|eq \(FP,\s\up6(→))|，|eq \(FB,\s\up6(→))|成等差数列，并求该数列的公差.
(1)证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则eq \f(xeq \\al(2,1),4)＋eq \f(yeq \\al(2,1),3)＝1，eq \f(xeq \\al(2,2),4)＋eq \f(yeq \\al(2,2),3)＝1.
两式相减，并由eq \f(y1－y2,x1－x2)＝k得eq \f(x1＋x2,4)＋eq \f(y1＋y2,3)·k＝0.
由题设知eq \f(x1＋x2,2)＝1，eq \f(y1＋y2,2)＝m，于是k＝－eq \f(3,4m).①
由于点M(1，m)(m>0)在椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1内，
∴eq \f(1,4)＋eq \f(m2,3)<1，解得0
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＝eq \f(3,4)，
从而Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(3,2)))，|eq \(FP,\s\up6(→))|＝eq \f(3,2).
于是|eq \(FA,\s\up6(→))|＝eq \r(（x1－1）2＋yeq \\al(2,1))＝eq \r(（x1－1）2＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(xeq \\al(2,1),4))))＝2－eq \f(x1,2).
同理|eq \(FB,\s\up6(→))|＝2－eq \f(x2,2).
所以|eq \(FA,\s\up6(→))|＋|eq \(FB,\s\up6(→))|＝4－eq \f(1,2)(x1＋x2)＝3.
故2|eq \(FP,\s\up6(→))|＝|eq \(FA,\s\up6(→))|＋|eq \(FB,\s\up6(→))|，
即|eq \(FA,\s\up6(→))|，|eq \(FP,\s\up6(→))|，|eq \(FB,\s\up6(→))|成等差数列.
设该数列的公差为d，则
2|d|＝||eq \(FB,\s\up6(→))|－|eq \(FA,\s\up6(→))||＝eq \f(1,2)|x1－x2|
＝eq \f(1,2)eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2).②
将m＝eq \f(3,4)代入①得k＝－1.
所以l的方程为y＝－x＋eq \f(7,4)，代入C的方程，并整理得7x2－14x＋eq \f(1,4)＝0.
故x1＋x2＝2，x1x2＝eq \f(1,28)，代入②解得|d|＝eq \f(3\r(21),28).
所以该数列的公差为eq \f(3\r(21),28)或－eq \f(3\r(21),28).
规律方法 圆锥曲线中的证明问题常见的有：
(1)位置关系方面的：如证明直线与曲线相切，直线间的平行、垂直，直线过定点等.
(2)数量关系方面的：如存在定值、恒成立、相等等.
在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下，一般采用直接法，通过相关的代数运算证明，但有时也会用反证法证明.
【训练3】 (2018·唐山模拟)如图，圆C与x轴相切于点T(2，0)，与y轴正半轴相交于两点M，N(点M在点N的下方)，且|MN|＝3.
(1)求圆C的方程；
(2)过点M任作一条直线与椭圆eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1相交于两点A，B，连接AN，BN，求证：∠ANM＝∠BNM.
(1)解 设圆C的半径为r(r>0)，依题意，圆心C的坐标为(2，r).
因为|MN|＝3，所以r2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(2)＋22＝eq \f(25,4).
所以r＝eq \f(5,2)，圆C的方程为(x－2)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(5,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(25,4).
(2)证明 把x＝0代入方程(x－2)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(5,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(25,4)，
解得y＝1或y＝4，即点M(0，1)，N(0，4).
①当AB⊥x轴时，可知∠ANM＝∠BNM＝0.
②当AB与x轴不垂直时，可设直线AB的方程为y＝kx＋1.
联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1))消去y得，(1＋2k2)x2＋4kx－6＝0.
设直线AB交椭圆于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则x1＋x2＝eq \f(－4k,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(－6,1＋2k2).
所以kAN＋kBN＝eq \f(y1－4,x1)＋eq \f(y2－4,x2)＝eq \f(kx1－3,x1)＋eq \f(kx2－3,x2)＝eq \f(2kx1x2－3（x1＋x2）,x1x2)
＝eq \f(1,x1x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－12k,1＋2k2)＋\f(12k,1＋2k2)))＝0.
所以∠ANM＝∠BNM.
综合①②知∠ANM＝∠BNM.
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.直线y＝eq \f(b,a)x＋3与双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的交点个数是( )
A.1 B.2 C.1或2 D.0
解析 由直线y＝eq \f(b,a)x＋3与双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1的渐近线y＝eq \f(b,a)x平行，故直线与双曲线的交点个数是1.
答案 A
2.已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，斜率为1的直线与C交于两点A，B，若线段AB的中点为(4，1)，则双曲线C的渐近线方程是( )
A.2x±y＝0 B.x±2y＝0
C.eq \r(2)x±y＝0 D.x±eq \r(2)y＝0
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \f(xeq \\al(2,1),a2)－eq \f(yeq \\al(2,1),b2)＝1①，eq \f(xeq \\al(2,2),a2)－eq \f(yeq \\al(2,2),b2)＝1②，由①－②得eq \f(（x1－x2）（x1＋x2）,a2)＝eq \f(（y1－y2）（y1＋y2）,b2)，结合题意化简得eq \f(4b2,a2)＝1，即eq \f(b,a)＝eq \f(1,2)，所以双曲线C的渐近线方程为x±2y＝0.
答案 B
3.抛物线y＝x2上的点到直线x－y－2＝0的最短距离为( )
A.eq \r(2) B.eq \f(7\r(2),8) C.2eq \r(2) D.eq \f(5\r(2),6)
解析 设抛物线上一点的坐标为(x，y)，
则d＝eq \f(|x－y－2|,\r(2))＝eq \f(|－x2＋x－2|,\r(2))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))\s\up12(2)－\f(7,4))),\r(2))，
∴x＝eq \f(1,2)时， dmin＝eq \f(7\r(2),8).
答案 B
4.若点O和点F分别为椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(FP,\s\up6(→))的最大值为( )
A.2 B.3 C.6 D.8
解析 由题意得F(－1，0)，设点P(x0，y0)，
则yeq \\al(2,0)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(xeq \\al(2,0),4)))(－2≤x0≤2).
eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(FP,\s\up6(→))＝x0(x0＋1)＋yeq \\al(2,0)＝xeq \\al(2,0)＋x0＋yeq \\al(2,0)＝xeq \\al(2,0)＋x0＋3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(xeq \\al(2,0),4)))＝eq \f(1,4)·(x0＋2)2＋2.
因为－2≤x0≤2，所以当x0＝2时，eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(FP,\s\up6(→))取得最大值，最大值为6.
答案 C
5.(2018·太原一模)已知抛物线y2＝4x的焦点为F，过焦点F的直线交抛物线于A，B两点，O为坐标原点，若△AOB的面积为eq \r(6)，则|AB|＝( )
A.6 B.8 C.12 D.16
解析 由题意知抛物线y2＝4x的焦点F的坐标为(1，0)，易知当直线AB垂直于x轴时，△AOB的面积为2，不满足题意，所以可设直线AB的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，与y2＝4x联立，消去x得ky2－4y－4k＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以y1＋y2＝eq \f(4,k)，y1y2＝－4，
所以|y1－y2|＝eq \r(\f(16,k2)＋16)，所以△AOB的面积为eq \f(1,2)×1×eq \r(\f(16,k2)＋16)＝eq \r(6)，解得k＝±eq \r(2)，
所以|AB|＝eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|＝6.
答案 A
二、填空题
6.(2019·北京朝阳区一模)抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线与x轴的交点为M，过点M作C的两条切线，切点分别为P，Q，则∠PMQ＝________.
解析 由题意得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(p,2)，0))，设过点M的切线方程为x＝my－eq \f(p,2)，代入y2＝2px得y2－2pmy＋p2＝0，∴Δ＝4p2m2－4p2＝0，∴m＝±1，则切线斜率k＝±1，∴MQ⊥MP，因此∠PMQ＝eq \f(π,2).
答案 eq \f(π,2)
7.过双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右顶点且斜率为2的直线，与该双曲线的右支交于两点，则此双曲线离心率的取值范围为________.
解析 由过双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右顶点且斜率为2的直线，与该双曲线的右支交于两点，可得eq \f(b,a)<2.
∴e＝eq \f(c,a)＝eq \r(\f(a2＋b2,a2))
答案 (1，eq \r(5))
8.(2019·深圳二模)设过抛物线y2＝2px(p>0)上任意一点P(异于原点O)的直线与抛物线y2＝8px(p>0)交于A，B两点，直线OP与抛物线y2＝8px(p>0)的另一个交点为Q，则eq \f(S△ABQ,S△ABO)＝________.
解析 设直线OP的方程为y＝kx(k≠0)，
联立得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx，,y2＝2px，))解得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2p,k2)，\f(2p,k)))，
联立得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx，,y2＝8px，))解得Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8p,k2)，\f(8p,k)))，
∴|OP|＝eq \r(\f(4p2,k4)＋\f(4p2,k2))＝eq \f(2p\r(1＋k2),k2)，|PQ|＝eq \r(\f(36p2,k4)＋\f(36p2,k2))＝eq \f(6p\r(1＋k2),k2)，
∴eq \f(S△ABQ,S△ABO)＝eq \f(|PQ|,|OP|)＝3.
答案 3
三、解答题
9.设椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，F1，F2是椭圆的两个焦点，M是椭圆上任意一点，且△MF1F2的周长是4＋2eq \r(3).
(1)求椭圆C1的方程；
(2)设椭圆C1的左、右顶点分别为A，B，过椭圆C1上的一点D作x轴的垂线交x轴于点E，若点C满足eq \(AB,\s\up6(→))⊥eq \(BC,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))∥eq \(OC,\s\up6(→))，连接AC交DE于点P，求证：|PD|＝|PE|.
(1)解 由e＝eq \f(\r(3),2)，知eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，所以c＝eq \f(\r(3),2)a，
因为△MF1F2的周长是4＋2eq \r(3)，
所以2a＋2c＝4＋2eq \r(3)，所以a＝2，c＝eq \r(3)，
所以b2＝a2－c2＝1，
所以椭圆C1的方程为：eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明 由(1)得A(－2，0)，B(2，0)，
设D(x0，y0)，所以E(x0，0)，
因为eq \(AB,\s\up6(→))⊥eq \(BC,\s\up6(→))，所以可设C(2，y1)，
所以eq \(AD,\s\up6(→))＝(x0＋2，y0)，eq \(OC,\s\up6(→))＝(2，y1)，
由eq \(AD,\s\up6(→))∥eq \(OC,\s\up6(→))可得：(x0＋2)y1＝2y0，即y1＝eq \f(2y0,x0＋2).
所以直线AC的方程为：eq \f(y－0,\f(2y0,x0＋2)－0)＝eq \f(x＋2,2－（－2）).
整理得：y＝eq \f(y0,2（x0＋2）)(x＋2).
又点P在DE上，将x＝x0代入直线AC的方程可得：y＝eq \f(y0,2)，即点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(y0,2)))，所以P为DE的中点，|PD|＝|PE|.
10.如图，已知椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋eq \f(1,2)对称.
(1)求实数m的取值范围；
(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点).
解 由题意知m≠0，可设直线AB的方程为
y＝－eq \f(1,m)x＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点为M，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝－\f(1,m)x＋b))消去y，
得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,m2)))x2－eq \f(2b,m)x＋b2－1＝0.
因为直线y＝－eq \f(1,m)x＋b与椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋eq \f(4,m2)＞0，①
则x1＋x2＝eq \f(4mb,m2＋2)，y1＋y2＝eq \f(2m2b,m2＋2)，
(1)将AB中点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2mb,m2＋2)，\f(m2b,m2＋2)))代入直线方程y＝mx＋eq \f(1,2)解得b＝－eq \f(m2＋2,2m2)，②
由①②得m＜－eq \f(\r(6),3)或m＞eq \f(\r(6),3).
故实数m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(6),3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，＋∞)).
(2)令t＝eq \f(1,m)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),2)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(6),2)))，则
|AB|＝eq \r(t2＋1)·eq \f(\r(－2t4＋2t2＋\f(3,2)),t2＋\f(1,2))，
且O到直线AB的距离为d＝eq \f(t2＋\f(1,2),\r(t2＋1)).
设△AOB的面积为S(t)，
所以S(t)＝eq \f(1,2)|AB|·d＝eq \f(1,2) eq \r(－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t2－\f(1,2)))\s\up12(2)＋2)≤eq \f(\r(2),2).
当且仅当t2＝eq \f(1,2)时，等号成立.
故△AOB面积的最大值为eq \f(\r(2),2).
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.(2019·烟台一模)已知抛物线M：y2＝4x，过抛物线M的焦点F的直线l交抛物线于A，B两点(点A在第一象限)，且交抛物线的准线于点E.若eq \(AE,\s\up6(→))＝2eq \(BE,\s\up6(→))，则直线l的斜率为( )
A.3 B.2eq \r(2) C.eq \r(3) D.1
解析 分别过A，B两点作AD，BC垂直于准线，垂足分别为D，C，
由eq \(AE,\s\up6(→))＝2eq \(BE,\s\up6(→))，得B为AE的中点，∴|AB|＝|BE|，
则|AD|＝2|BC|，
由抛物线的定义可知|AF|＝|AD|，|BF|＝|BC|，
∴|AB|＝3|BC|，
∴|BE|＝3|BC|，则|CE|＝2eq \r(2)|BC|，
∴tan ∠CBE＝eq \f(|CE|,|CB|)＝2eq \r(2)，
∴直线l的斜率k＝tan ∠AFx＝tan ∠CBE＝2eq \r(2).
答案 B
12.(2019·河北百校联考)已知抛物线y2＝4x，过其焦点F的直线l与抛物线分别交于A，B两点(A在第一象限内)，eq \(AF,\s\up6(→))＝3 eq \(FB,\s\up6(→))，过AB的中点且垂直于l的直线与x轴交于点G，则△ABG的面积为( )
A.eq \f(8\r(3),9) B.eq \f(16\r(3),9) C.eq \f(32\r(3),9) D.eq \f(64\r(3),9)
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为eq \(AF,\s\up6(→))＝3eq \(FB,\s\up6(→))，
所以y1＝－3y2，设直线l的方程为x＝my＋1，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x＝my＋1))消去x得y2－4my－4＝0，∴y1y2＝－4，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＝2\r(3)，,y2＝－\f(2\r(3),3)，))∴y1＋y2＝4m＝eq \f(4\r(3),3)，
∴m＝eq \f(\r(3),3)，∴x1＋x2＝eq \f(10,3)，AB的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，\f(2\r(3),3)))，过AB中点且垂直于直线l的直线方程为y－eq \f(2\r(3),3)＝－eq \f(\r(3),3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(5,3)))，令y＝0，可得x＝eq \f(11,3)，所以S△ABG＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11,3)－1))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(3)＋\f(2\r(3),3)))＝eq \f(32\r(3),9).
答案 C
13.(一题多解)(2018·全国Ⅲ卷)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 由题意知抛物线的焦点为(1，0)，则过C的焦点且斜率为k的直线方程为y＝k(x－1)(k≠0)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1），,y2＝4x，))消去y得k2(x－1)2＝4x，即k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1.由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1），,y2＝4x，))消去x得y2＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)y＋1))，即y2－eq \f(4,k)y－4＝0，则y1＋y2＝eq \f(4,k)，y1y2＝－4，则∠AMB＝90°，得eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))＝(x1＋1，y1－1)·(x2＋1，y2－1)＝x1x2＋x1＋x2＋1＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝0，将x1＋x2＝eq \f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1与y1＋y2＝eq \f(4,k)，y1y2＝－4代入，得k＝2.
法二 设抛物线的焦点为F，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(yeq \\al(2,1)＝4x1，,yeq \\al(2,2)＝4x2，))所以yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2)＝4(x1－x2)，则k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(4,y1＋y2)，取AB的中点M′(x0，y0)，分别过点A，B作准线x＝－1的垂线，垂足分别为A′，B′，又∠AMB＝90°，点M在准线x＝－1上，所以|MM′|＝eq \f(1,2)|AB|＝eq \f(1,2)(|AF|＋|BF|)＝eq \f(1,2)(|AA′|＋|BB′|).又M′为AB的中点，所以MM′平行于x轴，且y0＝1，所以y1＋y2＝2，所以k＝2.
答案 2
14.(2018·天津卷)设椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右顶点为A，上顶点为B.已知椭圆的离心率为eq \f(\r(5),3)，|AB|＝eq \r(13).
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线l：y＝kx(k<0)与椭圆交于P，Q两点，l与直线AB交于点M，且点P，M均在第四象限.若△BPM的面积是△BPQ面积的2倍，求k的值.
解 (1)设椭圆的焦距为2c，由已知有eq \f(c2,a2)＝eq \f(5,9)，
又由a2＝b2＋c2，可得2a＝3b.
由|AB|＝eq \r(a2＋b2)＝eq \r(13)，从而a＝3，b＝2.
所以，椭圆的方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)设点P的坐标为(x1，y1)，点M的坐标为(x2，y2)，
由题意，x2>x1>0，点Q的坐标为(－x1，－y1).
由△BPM的面积是△BPQ面积的2倍，可得|PM|＝2|PQ|，
从而x2－x1＝2[x1－(－x1)]，即x2＝5x1.
易知直线AB的方程为2x＋3y＝6，
由方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋3y＝6，,y＝kx，))消去y，可得x2＝eq \f(6,3k＋2).
由方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,9)＋\f(y2,4)＝1，,y＝kx，))消去y，可得x1＝eq \f(6,\r(9k2＋4)).
由x2＝5x1，可得eq \r(9k2＋4)＝5(3k＋2)，
两边平方，整理得18k2＋25k＋8＝0，
解得k＝－eq \f(8,9)，或k＝－eq \f(1,2).
当k＝－eq \f(8,9)时，x2＝－9<0，不合题意，舍去；
当k＝－eq \f(1,2)时，x2＝12，x1＝eq \f(12,5)，符合题意.
所以，k的值为－eq \f(1,2).
新高考创新预测
15.(思维创新)已知抛物线y2＝4x，焦点记为F，过点F作直线l交抛物线于A，B两点，则|AF|－eq \f(2,|BF|)的最小值为________.
解析 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，代入y2＝4x可得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1·x2＝1.由抛物线的定义可得|AF|＝x1＋1，|BF|＝x2＋1，所以|AF|－eq \f(2,|BF|)＝x1＋1－eq \f(2,x2＋1)＝eq \f(（x1＋1）（x2＋1）－2,x2＋1)＝eq \f(x1＋x2,x2＋1)＝eq \f(1＋xeq \\al(2,2),x2＋xeq \\al(2,2))＝eq \f(1,1＋\f(x2－1,xeq \\al(2,2)＋1)).令x2－1＝t(t≥1)，则x2＝t＋1，所以|AF|－eq \f(2,|BF|)＝eq \f(1,1＋\f(t,t2＋2t＋2))＝eq \f(1,1＋\f(1,2＋t＋\f(2,t)))≥eq \f(1,1＋\f(1,2＋2\r(2)))＝eq \f(2（1＋\r(2)）,3＋2\r(2))＝eq \f(2,1＋\r(2))＝2eq \r(2)－2(当且仅当t＝eq \r(2)时等号成立)；当直线l的斜率不存在时，易得|AF|－eq \f(2,|BF|)＝1.综上，|AF|－eq \f(2,|BF|)的最小值为2eq \r(2)－2.
答案 2eq \r(2)－2
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