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    新高考数学一轮复习课时讲练 第9章 第8讲 直线与椭圆、抛物线的位置关系 (含解析)
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    新高考数学一轮复习课时讲练 第9章 第8讲 直线与椭圆、抛物线的位置关系 (含解析)

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    这是一份新高考数学一轮复习课时讲练 第9章 第8讲 直线与椭圆、抛物线的位置关系 (含解析),共21页。试卷主要包含了直线与圆锥曲线的位置关系的判定,直线与圆锥曲线的相交弦长问题,与抛物线焦点弦有关的常用结论,已知圆M等内容,欢迎下载使用。

    第8讲 直线与椭圆、抛物线的位置关系

    1.直线与圆锥曲线的位置关系的判定
    (1)代数法:把圆锥曲线方程C1与直线方程l联立消去y,整理得到关于x的方程ax2+bx+c=0.
    方程ax2+bx+c=0的解
    l与C1的交点
    a=0
    b=0
    无解(含l是双曲线的渐近线)
    无公共点
    b≠0
    有一解(含l与抛物线的对称轴平行(重合)或与双曲线的渐近线平行)
    一个交点
    a≠0
    Δ>0
    两个不相等的解
    两个交点
    Δ=0
    两个相等的解
    一个交点
    Δ<0
    无实数解
    无交点
    (2)几何法:在同一直角坐标系中画出圆锥曲线和直线,利用图象和性质可判定直线与圆锥曲线的位置关系.
    2.直线与圆锥曲线的相交弦长问题
    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|
    = .
    3.与抛物线焦点弦有关的常用结论
    (以右图为依据)
    设A(x1,y1),B(x2,y2).
    (1)y1y2=-p2,x1x2=.
    (2)|AB|=x1+x2+p=(θ为直线AB的倾斜角).
    (3)+为定值.
    (4)以AB为直径的圆与准线相切.
    (5)以AF或BF为直径的圆与y轴相切.

    [教材衍化]
    1.(选修2­1P80A组T8改编)已知与向量v=(1,0)平行的直线l与双曲线-y2=1相交于A,B两点,则|AB|的最小值为________.
    解析:由题意可设直线l的方程为y=m,
    代入-y2=1得x2=4(1+m2),
    所以x1= =2,x2=-2,
    所以|AB|=|x1-x2|=4≥4,
    即当m=0时,|AB|有最小值4.
    答案:4
    2.(选修2­1P72练习T4改编)过抛物线y2=4x的焦点的直线l交抛物线于P(x1,y1),Q(x2,y2)两点,如果x1+x2=6,则|PQ|=________.
    解析:抛物线y2=4x的焦点为F(1,0),准线方程为x=-1.根据题意可得,|PQ|=|PF|+|QF|=x1+1+x2+1=x1+x2+2=8.
    答案:8
    [易错纠偏]
    (1)没有发现直线过定点,导致运算量偏大;
    (2)不会用函数法解最值问题;
    (3)错用双曲线的几何性质.
    1.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.故选A.
    2.如图,两条距离为4的直线都与y轴平行,它们与抛物线y2=-2px(0<p<14)和圆(x-4)2+y2=9分别交于A,B和C,D,且抛物线的准线与圆相切,则当|AB|·|CD|取得最大值时,直线AB的方程为________.

    解析:根据题意,由抛物线的准线与圆相切可得=1或7,又0<p<14,故p=2,设直线AB的方程为x=-t(0<t<3),则直线CD的方程为x=4-t,则|AB|·|CD|=2·2=8(0<t<3),设f(t)=t(9-t2)(0<t<3),则f′(t)=9-3t2(0<t<3),令f′(t)>0⇒0<t<,令f′(t)<0⇒<t<3,故f(t)max=f(),此时直线AB的方程为x=-.
    答案:x=-
    3.已知点F1,F2分别是双曲线-=1(a>0,b>0)的左、右焦点,过F1且垂直于x轴的直线与双曲线交于A,B两点,若△ABF2是钝角三角形,则该双曲线离心率的取值范围是________.
    解析:由题设条件可知△ABF2为等腰三角形,只要∠AF2B为钝角即可,所以有>2c,即b2>2ac,所以c2-a2>2ac,即e2-2e-1>0,所以e>1+.
    答案:(1+,+∞)


          直线与椭圆的位置关系
    (2020·浙江省名校协作体高三联考)已知椭圆C:+=1(a>b>0),经过椭圆C上一点P的直线l:y=-x+与椭圆C有且只有一个公共点,且点P的横坐标为2.

    (1)求椭圆C的标准方程;
    (2)若AB是椭圆的一条动弦,且|AB|=,O为坐标原点,求△AOB面积的最大值.
    【解】 (1)因为P(2,)在椭圆上,故+=1,同时联立,
    得b2x2+a2=a2b2,
    化简得x2-a2x+a2-a2b2=0,
    由Δ=0,可得a2=12,b2=3,
    故椭圆C的标准方程为+=1.
    (2)设A(x1,y1),B(x2,y2),
    当直线AB斜率存在时,
    直线AB的方程为y=kx+b1,
    联立得(4k2+1)x2+8kb1x+4(b-3)=0,
    故x1+x2=-,x1x2=,
    由=|AB|2=(1+k2)(x2-x1)2=(1+k2)[(x2+x1)2-4x1x2],
    得b=3(1+4k2)-,
    故原点O到直线AB的距离d=,
    所以S=·,
    令u=,
    则S2=-=-+9.
    又因为u==4-∈[1,4),
    当u=时,S=9,
    当斜率不存在时,△AOB的面积为,
    综上所述可得△AOB面积的最大值为3.

    判断直线与椭圆位置关系的步骤
    (1)联立直线方程与椭圆方程;
    (2)消元得出关于x(或y)的一元二次方程;
    (3)当Δ>0时,直线与椭圆相交;当Δ=0时,直线与椭圆相切;当Δ<0时,直线与椭圆相离. 
     (2020·舟山市普陀三中高三期中)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率e=,它的一个顶点在抛物线x2=4y的准线上.
    (1)求椭圆C的方程;
    (2)设A(x1,y1),B(x2,y2)是椭圆C上两点,已知m=,n=,且m·n=0.
    ①求·的取值范围;
    ②判断△OAB的面积是否为定值?若是,求出该定值,若不是,请说明理由.
    解:(1)因为抛物线x2=4y的准线为y=-,
    所以b=.由e=⇒=⇒a=.
    所以椭圆C的方程为+=1.
    (2)①由m·n=0得x1x2=-3y1y2,
    设A(x1,y1),B(x2,y2)所在直线为l,当l斜率不存在时,
    则A(x1,y1),B(x1,-y1),所以x=3y,又+=1,所以y=1.
    所以·=x1x2+y1y2=2y=2.
    当l斜率存在时,设l的方程为y=kx+m,
    联立得(1+3k2)x2+6kmx+3m2-6=0,
    所以Δ=36k2m2-12(3k2+1)(m2-2)
    =12(6k2-m2+2)>0,(ⅰ)
    且x1+x2=,x1x2=.
    由x1x2=-3y1y2=-3(kx1+m)(kx2+m)
    ⇒(1+3k2)x1x2+3km(x1+x2)+3m2=0,
    整理得1+3k2=m2.(ⅱ)
    所以·=x1x2+y1y2=x1x2=
    ==2-,
    由(ⅰ)(ⅱ)得m2=1+3k2≥1,所以0<≤4,
    所以-2≤·<2.综上可得-2≤·≤2.
    ②由①知,l斜率不存在时,S△OAB=|x1y1|=y=,
    l斜率存在时,S△OAB=|AB|d= |x1-x2|·=|m|,
    将m2=1+3k2代入整理得S△OAB=,
    所以△OAB的面积为定值.

          直线与抛物线的位置关系
    (2019·高考浙江卷)如图,已知点F(1,0)为抛物线y2=2px(p>0)的焦点.过点F的直线交抛物线于A,B两点,点C在抛物线上,使得△ABC的重心G在x轴上,直线AC交x轴于点Q,且Q在点F的右侧.记△AFG,△CQG的面积分别为S1,S2.
    (1)求p的值及抛物线的准线方程;
    (2)求的最小值及此时点G的坐标.

    【解】 (1)由题意得=1,即p=2.
    所以抛物线的准线方程为x=-1.
    (2)设A(xA,yA),B(xB,yB),C(xC,yC),重心G(xG,yG).令yA=2t,t≠0,则xA=t2.由于直线AB过点F,故直线AB的方程为x=y+1,代入y2=4x,得
    y2-y-4=0,
    故2tyB=-4,即yB=-,所以B.
    又由于xG=(xA+xB+xC),yG=(yA+yB+yC)及重心G在x轴上,故2t-+yC=0,
    得C,G.
    所以直线AC的方程为y-2t=2t(x-t2),得Q(t2-1,0).
    由于Q在焦点F的右侧,故t2>2.从而

    ===2-.
    令m=t2-2,则m>0,
    =2-=2-≥2-=1+.
    所以当m=时,取得最小值1+,此时G(2,0).

    解决直线与抛物线位置关系的常用方法
    (1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆的位置关系类似,一般要用到根与系数的关系.
    (2)有关直线与抛物线的弦长问题,要注意直线是否过抛物线的焦点,若过抛物线的焦点,可直接使用公式|AB|=|x1|+|x2|+p,若不过焦点,则必须用一般弦长公式.
    (3)涉及抛物线的弦长、中点、距离等相关问题时,一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体代入”等解法.
    [提醒] 涉及弦的中点、斜率时,一般用“点差法”求解. 
     (2020·嘉兴市高三上学期期末)已知抛物线C的方程为y2=2px(p>0),抛物线的焦点到直线l:y=2x+2的距离为.
    (1)求抛物线C的方程;
    (2)设点R(x0,2)在抛物线C上,过点Q(1,1)作直线交抛物线C于不同于R的两点A,B,若直线AR,BR分别交直线l于M,N两点,求|MN|最小时直线AB的方程.
    解:(1)抛物线的焦点为,d==,得p=2或-6(舍去),所以抛物线C的方程为y2=4x.
    (2)因为点R(x0,2)在抛物线C上,
    所以x0=1,得R(1,2).
    设直线AB为x=m(y-1)+1(m≠0),A,B,
    由得y2-4my+4m-4=0,
    所以y1+y2=4m,y1y2=4m-4,
    直线AR方程为y-2=(x-1)=(x-1),
    由,得xM=-,
    同理xN=-,
    所以|MN|=|xM-xN|=2
    =2 =2
    =2,
    所以当m=-1时,|MN|min=,此时直线AB的方程为x+y-2=0.

          弦长问题
     如图,设椭圆+y2=1(a>1).

    (1)求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长(用a,k表示);
    (2)若任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点, 求椭圆离心率的取值范围.
    【解】 (1)设直线y=kx+1被椭圆截得的线段为AP,
    由得(1+a2k2)x2+2a2kx=0,
    故x1=0,x2=-.
    因此|AP|= |x1-x2|=·.
    (2)假设圆与椭圆的公共点有4个,由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P,Q ,满足|AP|=|AQ|.
    记直线AP,AQ的斜率分别为k1,k2,且k1,k2>0,k1≠k2. 
    由(1)知,
    |AP|=,|AQ|=,
    故=,
    所以(k-k)[1+k+k+a2(2-a2)kk]=0.
    由于k1≠k2,k1,k2>0得1+k+k+a2(2-a2)kk=0,
    因此=1+a2(a2-2),①
    因为①式关于k1,k2的方程有解的充要条件是1+
    a2(a2-2)>1,所以a>.
    因此,任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1<a≤,
    由e==得,所求离心率的取值范围为0<e≤.

    弦长的计算方法
    求弦长时可利用弦长公式,根据直线方程与圆锥曲线方程联立消元后得到的一元二次方程,利用根与系数的关系得到两根之和、两根之积的代数式,然后进行整体代入弦长公式求解.
    [提醒] 两种特殊情况:(1)直线与圆锥曲线的对称轴平行或垂直;(2)直线过圆锥曲线的焦点. 
     已知椭圆C:+=1(a>b>0)的一个顶点为A(2,0),离心率为.直线y=k(x-1)与椭圆C交于不同的两点M,N.
    (1)求椭圆C的方程;
    (2)当△AMN的面积为时,求k的值.
    解:(1)由题意得
    解得b=,所以椭圆C的方程为+=1.
    (2)由
    得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-4=0.
    设点M,N的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),
    则y1=k(x1-1),y2=k(x2-1),
    x1+x2=,x1x2=,
    所以|MN|=
    =.
    又因为点A(2,0)到直线y=k(x-1)的距离d=,
    所以△AMN的面积为S=|MN|·d=,
    由=,解得k=±1.

          中点弦问题
    (2018·高考浙江卷)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+=1(x<0)上的动点,求△PAB面积的取值范围.
    【解】 (1)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=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],
    因此,△PAB面积的取值范围是.

    处理中点弦问题常用的求解方法

    [提醒] 中点弦问题常用的两种求解方法各有弊端:根与系数的关系在解题过程中易产生漏解,需关注直线的斜率问题;点差法在确定范围方面略显不足. 

    1.若椭圆+=1的弦被点(4,2)平分,则此弦所在直线的斜率是(  )
    A.2            B.-2
    C. D.-
    解析:选D.设弦的端点为A(x1,y1),B(x2,y2),
    所以
    整理得x-x=-4(y-y),
    所以此弦的斜率为==-,
    则此弦所在直线的斜率为-.
    2.(2020·杭州学军中学高考模拟)已知抛物线y=x2和直线l:y=kx+m(m>0)交于两点A,B,当·=2时,直线l过定点________;当m=________时,以AB为直径的圆与直线y=-相切.
    解析:设A(x1,y1),B(x2,y2),,整理得x2-kx-m=0,则x1+x2=k,x1x2=-m,
    y1y2=(x1x2)2=m2,y1+y2=k(x1+x2)+2m=k2+2m,
    由·=2,则x1x2+y1y2=m2-m=2,即m2-m-2=0,解得m=-1或m=2,
    由m>0,则m=2,
    直线l:y=kx+2,
    所以直线l过定点(0,2),
    设以AB为直径的圆的圆心M(x,y),圆M与y=-相切于点P,由x==,则P,
    由题意可知·=0,即·=0,
    整理得x1x2-(x1+x2)++y1y2+(y1+y2)+=0,
    代入整理得m2-+=0,解得m=,
    所以当m=时,以AB为直径的圆与直线y=-相切.
    答案:(0,2) 
    [基础题组练]
    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(图略),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.已知直线l:y=2x+3被椭圆C:+=1(a>b>0)截得的弦长为7,则下列直线中被椭圆C截得的弦长一定为7的有(  )
    ①y=2x-3; ②y=2x+1;
    ③y=-2x-3; ④y=-2x+3.
    A.1条 B.2条
    C.3条 D.4条
    解析:选C.直线y=2x-3与直线l关于原点对称,直线y=-2x-3与直线l关于x轴对称,直线y=-2x+3与直线l关于y轴对称,故有3条直线被椭圆C截得的弦长一定为7.
    3.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(  )
    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:选B.若直线AB的斜率不存在时,则横坐标之和为1,不符合题意.若直线AB的斜率存在,设直线AB的斜率为k,则直线AB为y=k(x-),代入抛物线y2=2x得,k2x2-(k2+2)x+k2=0,因为A,B两点的横坐标之和为2.所以k=±.所以这样的直线有两条.
    4.经过椭圆+y2=1的一个焦点作倾斜角为45°的直线l,交椭圆于A,B两点.设O为坐标原点,则·等于(  )
    A.-3 B.-
    C.-或-3 D.±
    解析:选B.依题意,当直线l经过椭圆的右焦点(1,0)时,其方程为y-0=tan 45°(x-1),即y=x-1,代入椭圆方程+y2=1并整理得3x2-4x=0,解得x=0或x=,所以两个交点坐标分别为(0,-1),,
    所以·=-,同理,直线l经过椭圆的左焦点时,也可得·=-.
    5.(2020·杭州严州中学模拟)过抛物线y2=8x的焦点F的直线交抛物线于A,B两点,交抛物线的准线于点C,若|AF|=6,=λ,则λ的值为(  )
    A. B.
    C. D.3
    解析:选D.设A(x1,y1)(y1>0),B(x2,y2),C(-2,y3),则x1+2=6,
    解得x1=4,y1=4,直线AB的方程为y=2(x-2),令x=-2,y=-8,
    即C(-2,-8),联立方程
    解得B(1,-2),
    所以|BF|=1+2=3,|BC|=9,所以λ=3.
    6.已知圆M:(x-1)2+y2=,椭圆C:+y2=1,若直线l与椭圆交于A,B两点,与圆M相切于点P,且P为AB的中点,则这样的直线l有(  )
    A.2条 B.3条
    C.4条 D.6条
    解析:选C.当直线AB斜率不存在时且与圆M相切时,P在x轴上,故满足条件的直线有2条;
    当直线AB斜率存在时,设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),
    由+y=1,+y=1,
    两式相减,整理得=-·,
    则kAB=-,kMP=,kMP·kAB=-1,
    kMP·kAB=-·=-1,解得x0=,
    由<,可得P在椭圆内部,
    则这样的P点有2个,即直线AB斜率存在时,也有2条.
    综上可得,所示直线l有4条.故选C.
    7.(2020·温州市普通高中模考)过抛物线y2=4x的焦点F的直线分别交抛物线于A,B两点,交直线l:x=-1于点P,若=λ,=μ(λ,μ∈R),则λ+μ=________.
    解析:直线x=-1是抛物线的准线,如图,设A,B在直线l上的射影分别是M,N,|AM|=|AF|,|BN|=|BF|,=,=,因为AM∥BN,所以=,|λ|=|μ|,又λ<0,μ>0,所以λ+μ=0.
    答案:0
    8.(2020·浙江省名校协作体高三联考)已知斜率为2的直线经过椭圆+=1的右焦点F1,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F1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|AB|=

    = =.
    答案:
    9.(2020·温州市高三模拟)已知斜率为的直线l与抛物线y2=2px(p>0)交于x轴上方的不同两点A,B,记直线OA,OB的斜率分别为k1,k2,则k1+k2的取值范围是________.
    解析:设直线l:x=2y+t,联立抛物线方程得y2=2p(2y+t)⇒y2-4py-2pt=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),
    Δ=16p2+8pt>0⇒t>-2p,
    所以y1+y2=4p,
    y1y2=-2pt>0⇒t<0,即-2p<t<0,
    x1x2=(2y1+t)(2y2+t)=4y1y2+2t(y1+y2)+t2=4·(-2pt)+2t·4p+t2=t2,
    所以k1+k2=+=
    ===-,
    因为-2p<t<0,所以->2,即k1+k2的取值范围是(2,+∞).
    答案:(2,+∞)
    10.过点M(1,1)作斜率为-的直线与椭圆C:+=1(a>b>0)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________.
    解析:设A(x1,y1),B(x2,y2),则
    所以+=0,
    所以=-·.
    因为=-,x1+x2=2,y1+y2=2,
    所以-=-,
    所以a2=2b2.又因为b2=a2-c2,
    所以a2=2(a2-c2),
    所以a2=2c2,所以=.
    答案:
    11.(2020·宁波市余姚中学高三期中)已知椭圆E经过点A(2,3),对称轴为坐标轴,焦点F1,F2在x轴上,离心率e=.
    (1)求椭圆E的方程;
    (2)求∠F1AF2的平分线所在直线l的方程;
    (3)在椭圆E上是否存在关于直线l对称的相异两点?若存在,请找出;若不存在,说明理由.
    解:(1)设椭圆方程为+=1(a>b>0),
    因为椭圆E经过点A(2,3),离心率e=,
    所以,所以a2=16,b2=12,
    所以椭圆E方程为+=1.
    (2)F1(-2,0),F2(2,0),因为A(2,3),
    所以直线AF1的方程为3x-4y+6=0,直线AF2的方程为x=2,
    设角平分线上任意一点P(x,y),则=|x-2|. 
    得2x-y-1=0或x+2y-8=0,
    因为斜率为正,所以直线l的方程为2x-y-1=0.
    (3)假设存在B(x1,y1),C(x2,y2)两点关于直线l对称,所以kBC=-,
    所以直线BC方程为y=-x+m代入+=1得x2-mx+m2-12=0,
    所以BC的中点坐标为,
    代入直线2x-y-1=0,得m=4.
    所以BC的中点坐标为(2,3)与A重合,不成立,所以不存在满足题设条件的相异的两点.
    12.已知点Q是抛物线C1:y2=2px(p>0)上异于坐标原点O的点,过点Q与抛物线C2:y=2x2相切的两条直线分别交抛物线C1于点A,B.若点Q的坐标为(1,-6),求直线AB的方程及弦AB的长.
    解:由Q(1,-6)在抛物线y2=2px上,可得p=18,
    所以抛物线C1的方程为y2=36x.
    设抛物线C2的切线方程为y+6=k(x-1).
    联立消去y,
    得2x2-kx+k+6=0,
    Δ=k2-8k-48.
    由于直线与抛物线C2相切,故Δ=0,
    解得k=-4或k=12.
    由得A;
    由得B.
    所以直线AB的方程为12x-2y-9=0,弦AB的长为2.
    [综合题组练]
    1.(2020·温州模拟)已知直线l:y=-x+3与椭圆C:mx2+ny2=1(n>m>0)有且只有一个公共点P(2,1).
    (1)求椭圆C的标准方程;
    (2)若直线l′:y=-x+b交C于A,B两点,且PA⊥PB,求b的值.
    解:(1)联立直线l:y=-x+3与椭圆C:mx2+ny2=1(n>m>0),
    可得(m+n)x2-6nx+9n-1=0,
    由题意可得Δ=36n2-4(m+n)(9n-1)=0,即为9mn=m+n,
    又P在椭圆上,可得4m+n=1,
    解方程可得m=,n=,
    即椭圆C的方程为+=1.
    (2)设A(x1,y1),B(x2,y2),
    联立直线y=b-x和椭圆方程,可得3x2-4bx+2b2-6=0,判别式Δ=16b2-12(2b2-6)>0,
    x1+x2=,x1x2=,
    y1+y2=2b-(x1+x2)=,y1y2=(b-x1)(b-x2)=b2-b(x1+x2)+x1x2=,
    由PA⊥PB,
    即为·=(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)
    =x1x2-2(x1+x2)+4+y1y2-(y1+y2)+1
    =-2·+-+5=0,
    解得b=3或,代入判别式,知b=成立.
    故b为.
    2.(2020·绍兴市高三教学质量调测)已知点A(-2,0),B(0,1)在椭圆C:+=1(a>b>0)上.
    (1)求椭圆C的方程;
    (2)P是线段AB上的点,直线y=x+m(m≥0)交椭圆C于M,N两点.若△MNP是斜边长为的直角三角形,求直线MN的方程.
    解:(1)因为点A(-2,0),B(0,1)在椭圆C:+=1上,所以a=2,b=1,故椭圆C的方程为+y2=1.
    (2)设M(x1,y1),N(x2,y2).由消去y,得x2+mx+m2-1=0,
    则Δ=2-m2>0,x1+x2=-2m,x1x2=2m2-2,
    |MN|=|x1-x2|=.
    ①当MN为斜边时, =,解得m=0,满足Δ>0,此时以MN为直径的圆的方程为x2+y2=.
    点A(-2,0),B(0,1)分别在圆外和圆内, 即在线段AB上存在点P,此时直线MN的方程y=x,满足题意.
    ②当MN为直角边时,两平行直线AB与MN的距离d=|m-1|,所以d2+|MN|2=|m-1|2+(10-5m2)=10,即21m2+8m-4=0,
    解得m=或m=-(舍),又Δ>0,所以m=.
    过点A作直线MN:y=x+的垂线,可得垂足坐标为,垂足在椭圆外,即在线段AB上存在点P,所以直线MN的方程y=x+,符合题意.
    综上所述,直线MN的方程为y=x或y=x+.
    3.(2020·丽水市高考数学模拟)如图,已知抛物线C:x2=4y,直线l1与C相交于A,B两点,线段AB与它的中垂线l2交于点G(a,1)(a≠0).

    (1)求证:直线l2过定点,并求出该定点坐标;
    (2)设l2分别交x轴,y轴于点M,N,是否存在实数a,使得A,M,B,N四点在同一个圆上,若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由.
    解:(1)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),则,
    两式相减可得(x1+x2)(x1-x2)=4(y1-y2),
    可得kAB====a,
    由两直线垂直的条件可得直线l2的斜率为-;
    即有直线l2:y=-(x-a)+1,
    可得l2:y=-x+3过定点(0,3).
    (2)l2:y=-x+3过M,N(0,3),
    假设存在实数a,使得A,M,B,N四点在同一个圆上,
    由中垂线的性质可得∠MAN=∠MBN,
    可得∠MAN=90°,即有|AG|2=|MG||NG|,
    由,
    可得x2-2ax+2a2-4=0,x1+x2=2a,x1x2=2a2-4,
    由弦长公式可得|AB|=
    = ,
    即有|MG||NG|==
    =(4-a2),
    所以(4-a2)=(a2+4),
    所以a2=2,解得a=±.
    故存在这样的实数a,且为±.

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