北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B
版》
§10.4 直线与圆锥曲线的位置关系
— 五年高考 —
考点 直线与圆锥曲线的位置关系
2
1.(2018课标Ⅰ理,8,5分)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
3
M,N两点,则⃗FM·⃗FN= ( )
A.5 B.6 C.7 D.8
答案 D
x2 y2
2.(2021浙江,16,6分)已知椭圆 + =1(a>b>0),焦点F(-c,0),F(c,0)(c>0).若过F 的直线和圆
a2 b2 1 2 1
( 1 ) 2
x- c +y2=c2相切,与椭圆在第一象限交于点P,且PF⊥x轴,则该直线的斜率是 ,
2 2
椭圆的离心率是 .
2√5 √5
答案 ;
5 5
3.(2020新高考Ⅰ,13,5分)斜率为√3的直线过抛物线C:y2=4x的焦点,且与C交于A,B两点,则|
AB|= .
16
答案
3
x2 y2
4.(2019浙江,15,4分)已知椭圆 + =1的左焦点为F,点P在椭圆上且在x轴的上方.若线段
9 5
PF的中点在以原点O为圆心,|OF|为半径的圆上,则直线PF的斜率是 .
答案 √15
5.(2021全国乙理,21,12分)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,且F与圆M:x2+(y+4)2=1上点
的距离的最小值为4.
(1)求p;
(2)若点P在M上,PA,PB是C的两条切线,A,B是切点,求△PAB面积的最大值.
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解题指导 (1)利用圆心到焦点F的距离减去半径等于4构造关于p的方程,解方程即可;(2)设
出点A,B,P的坐标,利用导数的几何意义得到切线斜率,写出两切线PA,PB的方程,利用点P与
切线的关系写出直线AB的方程,从而求得弦长AB与点P到直线AB的距离,进而结合函数的
相关知识表示并求出△PAB面积的最大值.
6.(2021全国甲,文21,理20,12分)抛物线C的顶点为坐标原点O,焦点在x轴上,直线l:x=1交C
于P,Q两点,且OP⊥OQ.已知点M(2,0),且☉M与l相切.
(1)求C,☉M的方程;
(2)设A,A,A 是C上的三个点,直线AA,AA 均与☉M相切.判断直线AA 与☉M的位置关系,
1 2 3 1 2 1 3 2 3
并说明理由.
解析 (1)由题意可设抛物线C的方程为y2=2px(p>0),则P,Q的坐标为(1,±√2p),
∵OP⊥OQ,∴⃗OP·⃗OQ=1-2p=0,
1
∴p= ,∴抛物线C的方程为y2=x.
2
∵☉M的圆心为(2,0),☉M与直线x=1相切,
∴☉M的半径为1,
∴☉M的方程为(x-2)2+y2=1.
(2)直线AA 与☉M相切.理由如下:
2 3
设A(y2 ,y),A(y2 ,y),A(y2
,y),
1 0 0 2 1 1 3 2 2
∵直线AA,AA 均与☉M相切,
1 2 1 3
∴y≠±1,y≠±1,y≠±1,
0 1 2
y - y
由A,A 的坐标可得直线AA 的方程为y-y=
0 1 (x-y2
),整理,得x-(y+y)y+yy=0,
1 2 1 2 0 y2- y2 0 0 1 0 1
0 1
由于直线AA 与☉M相切,
1 2
|2+ y y |
∴M到直线AA 的距离d=
0 1 =1,整理得(y2 -1)y2 +2yy+3-y2
=0,①
1 2 √1+(y + y )2 0 1 0 1 0
0 1
同理可得,(y2 -1)y2 +2yy+3-y2
=0,②
0 2 0 2 0
观察①②,得y,y
是关于x的一元二次方程(y2 -1)x2+2yx+3-y2
=0的两根,
1 2 0 0 0
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2y
{ y + y =- 0 ,
1 2 y2-1
0
∴ (*)
3- y2
y y = 0.
1 2 y2-1
0
同理,得直线AA 的方程为x-(y+y)y+yy=0,
2 3 1 2 1 2
| 3- y2|
2+ 0
|2+ y y | y2-1
1 2 0
则点M(2,0)到直线AA 的距离d'= ,把(*)代入,得d'= =
2 3 √1+(y + y )2 √ 2y 2
1 2 1+ ( - 0 )
y2-1
0
|2(y2-1)+3- y2| |y2+1| |y2+1|
0 0 0 0
= = =1.∴直线AA 与☉M相切.
√(y2-1)2+(-2y )2 √y4+2y2+1 |y2+1| 2 3
0 0 0 0 0
解后反思 本题第(1)问较为基础,熟练掌握抛物线和圆的标准方程是关键;第(2)问涉及的条
件较多,其中直线AA 与圆相切,是最重要的一个条件,由此条件可求出直线AA 的方程,进而
1 2 1 2
直线AA,AA 的方程就可同理求得,可大大简化运算过程,而由①②归纳出y,y
是方程(y2
1 3 2 3 1 2 0
-1)x2+2yx+3-y2=0的两根,则需要有较深的数学功底和知识储备,需要同学们平时不断积累.
0 0
x2 y2
7.(2020天津,18,15分)已知椭圆 + =1(a>b>0)的一个顶点为A(0,-3),右焦点为F,且|OA|=|
a2 b2
OF|,其中O为原点.
(1)求椭圆的方程;
(2)已知点C满足3⃗OC=⃗OF,点B在椭圆上(B异于椭圆的顶点),直线AB与以C为圆心的圆相
切于点P,且P为线段AB的中点.求直线AB的方程.
解析 (1)由已知可得b=3.记半焦距为c,由|OF|=|OA|可得c=b=3.又由a2=b2+c2,可得a2=18.所
x2 y2
以,椭圆的方程为 + =1.
18 9
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(2)因为直线AB与以C为圆心的圆相切于点P,所以AB⊥CP.依题意,直线AB和直线CP的斜
{
y=kx-3,
率均存在.设直线AB的方程为y=kx-3.由方程组 x2 y2 消去y,可得(2k2+1)·x2-12kx=0,解
+ =1,
18 9
12k ( 12k 6k2-3)
得x=0或x= .依题意,可得点B的坐标为 , .因为P为线段AB的中点,
2k2+1 2k2+1 2k2+1
( 6k -3 )
点A的坐标为(0,-3),所以点P的坐标为 , .由3⃗OC=⃗OF,得点C的坐标为
2k2+1 2k2+1
-3
-0
2k2+1 3 3
(1,0),故直线CP的斜率为 ,即 .又因为AB⊥CP,所以k·
6k 2k2-6k+1 2k2-6k+1
-1
2k2+1
1
=-1,整理得2k2-3k+1=0,解得k= 或k=1.
2
1
所以,直线AB的方程为y= x-3或y=x-3.
2
x2
8.(2020浙江,21,15分)如图,已知椭圆C : +y2=1,抛物线C :y2=2px(p>0),点A是椭圆C 与抛物
1 2 1
2
线C 的交点,过点A的直线l交椭圆C 于点B,交抛物线C 于点M(B,M不同于A).
2 1 2
1
(1)若p= ,求抛物线C 的焦点坐标;
16 2
(2)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点,求p的最大值.
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1 ( 1 )
解析 (1)由p= 得C 的焦点坐标是 ,0 .
16 2 32
(2)由题意可设直线l:x=my+t(m≠0,t≠0),点A(x,y).
0 0
x2 mt
将直线l的方程代入椭圆C : +y2=1得(m2+2)y2+2mty+t2-2=0,所以点M的纵坐标y =- ,
1 2 M m2+2
将直线l的方程代入抛物线C :y2=2px得
2
y2-2pmy-2pt=0,
2p(m2+2) 2p(m2+2)2
所以yy =-2pt,解得y= ,因此x= .
0 M 0 m 0 m2
由 x2 0+y2 =1得 1 =4 ( m+ 2) 2 +2 ( m+ 2) 4 ≥160,
2 0 p2 m m
√10 √10
所以当m=√2,t= 时,p取到最大值 .
5 40
x2 y2
9.(2020北京,20,15分)已知椭圆C: + =1过点A(-2,-1),且a=2b.
a2 b2
(1)求椭圆C的方程;
|PB|
(2)过点B(-4,0)的直线l交椭圆C于点M,N,直线MA,NA分别交直线x=-4于点P,Q.求
|BQ|
的值.
{
a=2b,
解析 (1)由已知条件可列方程组
(-2)2 (-1)2
+ =1,
a2 b2
{a=2√2, x2 y2
解得 故椭圆C的标准方程为 + =1.
b=√2, 8 2
(2)解法一:由题意知,直线l的斜率存在,设l的斜率为k,则直线l的方程为y=k(x+4).
当k≠0时,直线l与椭圆C交于M、N两点,设M(x,y),N(x,y),
1 1 2 2
{y=k(x+4),
联立 x2 y2 化简得(4k2+1)x2+32k2x+(64k2-8)=0,
+ =1,
8 2
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32k2 64k2-8
则x+x=- ,xx= ,
1 2 4k2+1 1 2 4k2+1
Δ=(32k2)2-4×(4k2+1)×(64k2-8)=32(1-4k2)>0,
1 1
解得- <k< .
2 2
y +1
1
直线MA的方程为y= (x+2)-1,令x=-4,
x +2
1
-2(y +1) (2k+1)(x +4)
( )
得到y = 1 -1,即P -4,- 1 ,
P x +2 x +2
1 1
y +1 -2(y +1)
2 2
同理直线NA的方程为y= (x+2)-1,令x=-4,得到y = -1,即Q
x +2 Q x +2
2 2
(2k+1)(x +4)
( )
-4,- 2 ,
x +2
2
(
x +4 x +4
)
-2(2k+1)
y +y =-(2k+1) 1 + 2 = [xx+3(x+x)+8],
P Q x +2 x +2 (x +2)(x +2) 1 2 1 2
1 2 1 2
64k2-8 3×32k2 8(4k2+1)
因为xx+3(x+x)+8= - + =0,
1 2 1 2 4k2+1 4k2+1 4k2+1
|PB| |y |
P
故y +y =0,即y =-y ,所以 = =1.
P Q P Q |BQ| |y |
Q
当k=0时,易得直线l与椭圆C的两个交点分别为(-2√2,0)和(2√2,0),不妨设M(-2√2,0),N(2√2
,0),
√2+1
则直线MA的方程为y=- (x+2√2),
2
√2-1
直线NA的方程为y= (x-2√2),
2
令x=-4,则y =√2,y =-√2,
P Q
|PB|
此时也满足 =1.
|BQ|
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|PB|
综上所述, =1.
|BQ|
解法二:由题意得直线l的斜率存在,设l的斜率为k,则直线l的方程为y=k(x+4),设
M(x,y),N(x,y),
1 1 2 2
{y=k(x+4),
联立 x2 y2 化简得(4k2+1)x2+32k2x+(64k2-8)=0,
+ =1,
8 2
32k2 64k2-8
则x+x=- ,xx= ,
1 2 4k2+1 1 2 4k2+1
Δ=(32k2)2-4×(4k2+1)×(64k2-8)=32(1-4k2)>0,
1 1
解得- <k< .
2 2
y +1
1
直线MA的方程为y= (x+2)-1,
x +2
1
y +1
2
直线NA的方程为y= (x+2)-1,
x +2
2
-x -2y -4 -x -2y -4
1 1 2 2
令x=-4,则y = ,y = ,
P x +2 Q x +2
1 2
-x -2y -4 -x -2y -4
( ) ( )
所以P -4, 1 1 ,Q -4, 2 2 ,
x +2 x +2
1 2
-x -2y -4
| |
1 1
|PB| |y | x +2
P 1
所以 = =
|BQ| |y | -x -2y -4
Q 2 2
x +2
2
|[(2k+1)x +(8k+4)](x +2)|
1 2
=
[(2k+1)x +(8k+4)](x +2)
2 1
|(2k+1)x x +(4k+2)(x +x )+8(2k+1)+(4k+2)x |
1 2 1 2 2
= ,
(2k+1)x x +(4k+2)(x +x )+8(2k+1)+(4k+2)x
1 2 1 2 1
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| ( 32k2 )|
(2k+1) +2x
|PB| 4k2+1 2 |-(x +x )+2x |
1 2 2
将x+x 和xx 代入上式,整理得 = = =1.
1 2 1 2 |BQ|
(2k+1) (
32k2
+2x )
-(x
1
+x
2
)+2x
1
4k2+1 1
|PB|
解法三:易知当l的斜率为0时, =1.
|BQ|
当l的斜率不为0时,
设直线l:x=my-4,M(x,y),N(x,y),
1 1 2 2
{x=my-4,
由 x2 y2 得(m2+4)y2-8my+8=0,
+ =1,
8 2
由Δ=64m2-4×8×(m2+4)>0,解得m2>4,
8m 8
且y+y= ,yy= ,
1 2 m2+4 1 2 m2+4
y +1 -2(y +1)
1 1
此时l :y+1= (x+2),令x=-4,得y = -1,
MA x +2 P x +2
1 1
-2(y +1)
2
同理可得y = -1,
Q x +2
2
-2(y +1) -2(y +1)
1 2
则y +y = + -2
P Q x +2 x +2
1 2
y +1 y +1
( )
=-2 1 + 2 +1
x +2 x +2
1 2
(y +1)(x +2)+(y +1)(x +2)+(x +2)(x +2)
1 2 2 1 1 2
=-2× ,
(x +2)(x +2)
1 2
因为(y+1)(x+2)+(y+1)(x+2)+(x+2)(x+2)
1 2 2 1 1 2
=(y+1)(my-2)+(y+1)(my-2)+(my-2)(my-2)
1 2 2 1 1 2
=m(m+2)yy-(m+2)(y+y)
1 2 1 2
8 8m
=m(m+2) -(m+2)
m2+4 m2+4
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=0,
所以y +y =0,所以|PB|=|BQ|,
P Q
|PB|
所以 =1.
|BQ|
|PB|
综上, =1.
|BQ|
易错警示 解决直线与圆锥曲线位置关系问题时,若要设直线方程时,需对该直线的不同特殊
位置进行讨论.
x2 y2 ( √3)
10.(2017课标Ⅰ理,20,12分)已知椭圆C: + =1(a>b>0),四点P(1,1),P(0,1),P -1, ,P
a2 b2 1 2 3 2 4
( √3)
1, 中恰有三点在椭圆C上.
2
(1)求C的方程;
(2)设直线l不经过P 点且与C相交于A,B两点.若直线PA与直线PB的斜率的和为-1,证明:l
2 2 2
过定点.
解析 (1)由于P,P 两点关于y轴对称,故由题设知C经过P,P 两点.
3 4 3 4
1 1 1 3
又由 + > + 知,C不经过点P,所以点P 在C上.
a2 b2 a2 4b2 1 2
1
{ =1,
b2 {a2=4, x2
因此 解得 故C的方程为 +y2=1.
1 3 b2=1. 4
+ =1,
a2 4b2
(2)证明:设直线PA与直线PB的斜率分别为k,k.
2 2 1 2
( √4-t2)
如果l与x轴垂直,设l:x=t,由题设知t≠0,且|t|<2,可得A,B的坐标分别为 t, ,
2
( √4-t2)
t,- .
2
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√4-t2-2 √4-t2+2
则k+k= - =-1,得t=2,不符合题设.
1 2
2t 2t
x2
从而可设l:y=kx+m(m≠1).将y=kx+m代入 +y2=1得
4
(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.
由题设可知Δ=16(4k2-m2+1)>0.
设A(x,y),B(x,y),
1 1 2 2
8km 4m2-4
则x+x=- ,xx= .
1 2 4k2+1 1 2 4k2+1
y -1 y -1 kx +m-1 kx +m-1
1 2 1 2
而k+k= + = +
1 2 x x x x
1 2 1 2
2kx x +(m-1)(x +x )
1 2 1 2
= ,
x x
1 2
由题设k+k=-1,故(2k+1)xx+(m-1)(x+x)=0.
1 2 1 2 1 2
4m2-4 -8km
即(2k+1)· +(m-1)· =0.
4k2+1 4k2+1
m+1
解得k=- .
2
m+1
当且仅当m>-1时,Δ>0,于是l:y=- x+m,
2
m+1
即y+1=- (x-2),所以l过定点(2,-1).
2
方法总结 1.求解轨迹方程的步骤:①建系、设点→②列式(列出动点所满足的几何等量关系
式)→③坐标化(选用合适的公式表示几何等量关系)→④化简(注意化简前后的等价性)→⑤检
验(去伪存真).
2.用直线系思想求直线过定点问题的一般步骤:
①先设出双参数的直线方程;
②根据题意通过一系列计算消去一个参数(或用一个参数表示另一参数);
③代回所设方程,得单参数直线方程;
④令参数各次幂的系数均为0,得定点坐标.
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3.若题设条件中涉及两直线斜率的和或积,可以采用齐次化处理,大大降低运算量.这种处理方
式对所有的二次曲线均适用.
以下为教师用书专用(1—22)
x2 y2
1.(2013课标Ⅰ理,10,5分)已知椭圆E: + =1(a>b>0)的右焦点为F(3,0),过点F的直线交E
a2 b2
于A,B两点.若AB的中点坐标为(1,-1),则E的方程为 ( )
x2 y2 x2 y2
A. + =1 B. + =1
45 36 36 27
x2 y2 x2 y2
C. + =1 D. + =1
27 18 18 9
0+1 1
答案 D 直线AB的斜率k= = ,
3-1 2
设A(x,y),B(x,y),
1 1 2 2
{x2 y2
1+ 1=1, ①
a2 b2
则
x2 y2
2+ 2=1, ②
a2 b2
y - y b2 x +x
1 2 1 2
①-②得 =- · .
x -x a2 y + y
1 2 1 2
b2 2
即k=- × ,
a2 -2
b2 1
∴ = . ③
a2 2
又a2-b2=c2=9, ④
由③④得a2=18,b2=9.
x2 y2
所以椭圆E的方程为 + =1,故选D.
18 9
评析 本题考查了直线和椭圆的位置关系,考查了线段的中点问题.本题也可利用根与系数的
关系解决中点问题.
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2.(2017课标Ⅰ理,10,5分)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l,l,直
1 2
线l 与C交于A,B两点,直线l 与C交于D,E两点,则|AB|+|DE|的最小值为 ( )
1 2
A.16 B.14 C.12 D.10
答案 A 如图所示,设直线AB的倾斜角为θ,过A,B分别作准线的垂线,垂足为A,B,
1 1
|AG| |AF|-p
则|AF|=|AA|,|BF|=|BB|,过点F向AA 引垂线FG,得 = =cos θ,
1 1 1 |AF| |AF|
p p
则|AF|= ,同理,|BF|= ,
1-cosθ 1+cosθ
2p 4
则|AB|=|AF|+|BF|= ,即|AB|= ,
sin2θ sin2θ
π π
因l 与l 垂直,故直线DE的倾斜角为θ+ 或θ- ,
1 2 2 2
4
4 4 4 4 16
则|DE|= ,则|AB|+|DE|= + = =(1 ) 2 = ,
cos2θ sin2θ cos2θ sin2θcos2θ sin2θ sin22θ
2
则易知|AB|+|DE|的最小值为16.故选A.
方法总结 利用几何方法求抛物线的焦半径.
如图,在抛物线y2=2px(p>0)中,AB为焦点弦,若AF与抛物线对称轴的夹角为θ,
|AE| |AF|-p
则在△FEA中,cos θ=cos∠EAF= = ,
|AF| |AF|
p p
则可得到焦半径|AF|= ,同理,|BF|= ,
1-cosθ 1+cosθ
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1
熟悉这种求抛物线焦半径的方法,对于求抛物线的焦点弦长,焦点弦中的定值,如: +
|AF|
1 2
= 等的帮助很大.
|BF| p
3.(2015四川理,10,5分)设直线l与抛物线y2=4x相交于A,B两点,与圆(x-5)2+y2=r2(r>0)相切于
点M,且M为线段AB的中点.若这样的直线l恰有4条,则r的取值范围是 ( )
A.(1,3) B.(1,4) C.(2,3) D.(2,4)
答案 D 当直线AB的斜率不存在,且0<r<5时,有两条满足题意的直线l.
当直线AB的斜率存在时,由抛物线与圆的对称性知,k >0和k <0时各有一条满足题意的直
AB AB
线l.
x +x y + y
设圆的圆心为C(5,0),A(x,y),B(x,y),M(x,y),则x= 1 2 ,y= 1 2 ,
1 1 2 2 0 0 0 0
2 2
y - y
y - y 2 1 2
∴k = 2 1 = y2 y2= .
AB x -x 2- 1 y
2 1 0
4 4
y
0
∵k = ,且k k =-1,∴x=3.
CM x -5 AB CM 0
0
∴r2=(3-5)2+y2>4(∵y≠0),即r>2.
0 0
另一方面,由AB的中点为M知B(6-x,2y-y),
1 0 1
∵点B,A在抛物线上,∴(2y-y)2=4(6-x),①
0 1 1
y2
=4x,②
1 1
由①,②得y2 -2yy+2y2
-12=0,
1 0 1 0
∵Δ=4y2-4(2y2-12)>0,∴y2<12.
0 0 0
∴r2=(3-5)2+y2=4+y2<16,∴r<4.
0 0
综上,r∈(2,4),故选D.
4.(2014课标Ⅱ文,10,5分)设F为抛物线C:y2=3x的焦点,过F且倾斜角为30°的直线交C于
A,B两点,则|AB|= ( )
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√30
A. B.6 C.12 D.7√3
3
(3 ) √3
答案 C 焦点F的坐标为 ,0 ,直线AB的斜率为 ,所以直线AB的方程为y=
4 3
√3( 3)
x- ,
3 4
√3 √3 1 7 3
即y= x- ,代入y2=3x,得 x2- x+ =0,
3 4 3 2 16
设A(x,y),B(x,y),
1 1 2 2
21
则x+x= ,
1 2 2
3 21 3
所以|AB|=x+x+ = + =12,故选C.
1 2 2 2 2
1 x2 y2
5.(2014江西理,15,5分)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
2 a2 b2
两点,若M是线段AB的中点,则椭圆C的离心率等于 .
√2
答案
2
x2 y2
解析 设A(x,y),B(x,y),则 1+ 1=1①,
1 1 2 2 a2 b2
x2 y2
2+ 2=1②.
a2 b2
y - y b2 x +x
1 2 1 2
①、②两式相减并整理得 =- · .
x -x a2 y + y
1 2 1 2
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1 b2 2
把已知条件代入上式得,- =- × ,
2 a2 2
b2 1 √ b2 √2
∴ = ,故椭圆的离心率e= 1- = .
a2 2 a2 2
评析 本题考查了直线和椭圆的位置关系.考查了线段的中点问题,利用整体运算的技巧是求
解的关键.本题也可以利用韦达定理求解.
6.(2018课标Ⅲ理,16,5分)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= .
答案 2
解析 本题考查抛物线的几何性质及应用.
y
解法一:由题意可知C的焦点坐标为(1,0),所以过焦点(1,0),斜率为k的直线方程为x= +1,设A
k
{ y
( y ) ( y ) x= +1, 4
1+1,y ,B 2+1,y ,将直线方程与抛物线方程联立得 k 整理得y2- y-4=0,
k 1 k 2 k
y2=4x,
4
从而得y+y= ,y·y=-4.
1 2 k 1 2
( y ) ( y )
∵M(-1,1),∠AMB=90°,∴⃗MA·⃗MB=0,即 1+2 · 2+2 +(y-1)(y-1)=0,即k2-4k+4=0,解得
1 2
k k
k=2.
{y2=4x ,①
1 1
解法二:设A(x,y),B(x,y),则
1 1 2 2 y2=4x ,②
2 2
y - y 4
②-①得y2 -y2
=4(x-x),从而k=
2 1
= .
2 1 2 1 x -x y + y
2 1 1 2
设AB的中点为M',连接MM'.
∵直线AB过抛物线y2=4x的焦点,
∴以线段AB为直径的☉M'与准线l:x=-1相切.
∵M(-1,1),∠AMB=90°,
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∴点M在准线l:x=-1上,同时在☉M'上,
∴准线l是☉M'的切线,切点为M,且M'M⊥l,
y + y
即MM'与x轴平行,∴点M'的纵坐标为1,即 1 2=1⇒y+y=2,
1 2
2
4 4
故k= = =2.
y + y 2
1 2
疑难突破 运用转化思想,采用“设而不求”的方法来解决直线与抛物线的相交问题.
7.(2013浙江理,15,4分)设F为抛物线C:y2=4x的焦点,过点P(-1,0)的直线l交抛物线C于A,B
两点,点Q为线段AB的中点.若|FQ|=2,则直线l的斜率等于 .
答案 ±1
解析 设直线AB方程为x=my-1,A(x,y),B(x,y),联立直线和抛物线方程,整理得,y2-4my+4=0,
1 1 2 2
由根与系数关系得y+y=4m,y·y=4.故Q(2m2-1,2m).由|FQ|=2知:√(2m)2+(2m2-1-1)2
1 2 1 2
=2,解得m2=1或m2=0(舍去),故直线l的斜率等于±1(此时直线AB与抛物线相切,为满足题意
的极限情况).
x2 y2
8.(2019天津文,19,14分)设椭圆 + =1(a>b>0)的左焦点为F,左顶点为A,上顶点为B.已知
a2 b2
√3|OA|=2|OB|(O为原点).
(1)求椭圆的离心率;
3
(2)设经过点F且斜率为 的直线l与椭圆在x轴上方的交点为P,圆C同时与x轴和直线l相
4
切,圆心C在直线x=4上,且OC∥AP.求椭圆的方程.
解析 本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、圆等基础知识.考查用代数
方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力,以及用方程思想、数形结合思想解决问题的能
力.满分14分.
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(1)设椭圆的半焦距为c,由已知有√3a=2b.
(√3 ) 2 c 1
又由a2=b2+c2,消去b得a2= a +c2,解得 = .
2 a 2
1
所以,椭圆的离心率为 .
2
x2 y2
(2)由(1)知,a=2c,b=√3c,故椭圆方程为 + =1.
4c2 3c2
3
由题意,F(-c,0),则直线l的方程为y= (x+c).
4
{
x2 y2
+ =1,
4c2 3c2 13c
点P的坐标满足 消去y并化简,得到7x2+6cx-13c2=0,解得x=c,x=- .
3 1 2 7
y= (x+c),
4
3 9
代入到l的方程,解得y= c,y=- c.
1 2 2 14
( 3 )
因为点P在x轴上方,所以P c, c .
2
由圆心C在直线x=4上,可设C(4,t).
3
t c
因为OC∥AP,且由(1)知A(-2c,0),故 = 2 ,解得t=2.则C(4,2).
4
c+2c
|3 |
(4+c)-2
4
因为圆C与x轴相切,所以圆的半径长为2,又由圆C与l相切,得 =2,可得c=2.
√ (3) 2
1+
4
x2 y2
所以,椭圆的方程为 + =1.
16 12
思路分析 (1)由已知条件,得a与b的比例关系,代入a2=b2+c2,得a与c的齐次关系,进而求得
离心率.(2)设出直线方程(含参数c),联立直线与椭圆方程(含参数c),得交点P的坐标(含参数
c),由k =k ,求得C点坐标以及圆的半径r,最后由圆心到直线距离等于半径列出关于c的方
AP OC
程,求得c的值,最终确定椭圆方程.
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x2 y2
9.(2018课标Ⅲ理,20,12分)已知斜率为k的直线l与椭圆C: + =1交于A,B两点,线段AB
4 3
的中点为M(1,m)(m>0).
1
(1)证明:k<- ;
2
(2)设F为C的右焦点,P为C上一点,且⃗FP+⃗FA+⃗FB=0.证明:|⃗FA|,|⃗FP|,|⃗FB|成等差数列,并求
该数列的公差.
解析 本题考查椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系、等差数列的概念及其运算.
(1)证明:设A(x,y),B(x,y),
1 1 2 2
x2 y2 x2 y2
则 1+ 1=1, 2+ 2=1.
4 3 4 3
y - y x +x y + y
两式相减,并由 1 2 =k得 1 2+ 1 2·k=0.
x -x 4 3
1 2
x +x y + y
由题设知
1 2=1, 1 2=m,
2 2
3
于是k=- . ①
4m
3 1
由题设得0<m< ,故k<- .
2 2
(2)由题意得F(1,0).设P(x,y),则(x-1,y)+(x-1,y)+(x-1,y)=(0,0).
3 3 3 3 1 1 2 2
由(1)及题设得x=3-(x+x)=1,y=-(y+y)=-2m<0.
3 1 2 3 1 2
又点P在C上,
3
所以m= ,
4
( 3) 3
从而P 1,- ,|⃗FP|= .
2 2
于是|⃗FA|=√(x -1)2+ y2= √ (x -1)2+3 ( 1- x 1 2 ) =2- x 1 .
1 1 1 4 2
x
同理,|⃗FB|=2- 2.
2
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1
所以|⃗FA|+|⃗FB|=4- (x+x)=3.
2 1 2
故2|⃗FP|=|⃗FA|+|⃗FB|,
即|⃗FA|,|⃗FP|,|⃗FB|成等差数列.
设该数列的公差为d,则
1 1
2|d|=||⃗FB|-|⃗FA||= |x-x|= √(x +x )2-4x x . ②
2 1 2 2 1 2 1 2
3
将m= 代入①得k=-1.
4
7 1
所以l的方程为y=-x+ ,代入C的方程,并整理得7x2-14x+ =0.
4 4
1 3√21
故x+x=2,xx= ,代入②解得|d|= .
1 2 1 2 28 28
3√21 3√21
所以该数列的公差为 或- .
28 28
思路分析 (1)利用“点差法”建立k与m的关系式,由m的范围得到k的范围.
(2)根据题设⃗FP+⃗FA+⃗FB=0及点P在C上,确定m的值.进一步得出|⃗FP|、|⃗FA|、|⃗FB|的关系,
再求公差.
解后反思 (1)解决直线与椭圆的位置关系的常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立,消元、
化简,然后利用根与系数的关系建立方程(组),解决相关问题.
(2)题中涉及弦的中点坐标时,可以采用“点差法”求解,设出弦端点A、B的坐标,分别代入圆
锥曲线方程并作差,变形后可出现弦AB的中点坐标和直线AB的斜率.
x2 y2 √6
10.(2018北京文,20,14分)已知椭圆M: + =1(a>b>0)的离心率为 ,焦距为2√2.斜率为k
a2 b2 3
的直线l与椭圆M有两个不同的交点A,B.
(1)求椭圆M的方程;
(2)若k=1,求|AB|的最大值;
(3)设P(-2,0),直线PA与椭圆M的另一个交点为C,直线PB与椭圆M的另一个交点为D.若
( 7 1)
C,D和点Q - , 共线,求k.
4 4
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{a2=b2+c2,
c √6
解析 (1)由题意得 = ,
a 3
2c=2√2,
解得a=√3,b=1.
x2
所以椭圆M的方程为 +y2=1.
3
(2)设直线l的方程为y=x+m,A(x,y),B(x,y).
1 1 2 2
{y=x+m,
由
x2
+ y2=1
3
得4x2+6mx+3m2-3=0.
3m 3m2-3
所以x+x=- ,xx= .
1 2 2 1 2 4
|AB|=√(x -x )2+(y - y )2=√2(x -x )2
2 1 2 1 2 1
√12-3m2
=√2[(x +x )2-4x x ]= .
1 2 1 2 2
当m=0,即直线l过原点时,|AB|最大,最大值为√6.
(3)设A(x,y),B(x,y).
1 1 2 2
由题意得x2 +3y2 =3,x2 +3y2
=3.
1 1 2 2
y
1
直线PA的方程为y= (x+2).
x +2
1
{ y
y= 1 (x+2),
由 x +2
1
x2+3 y2=3,
得[(x+2)2+3y2 ]x2+12y2 x+12y2 -3(x+2)2=0.
1 1 1 1 1
设C(x ,y ).
C C
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-12y2 4x2-12
1 1
所以x +x= = .
C 1 (x +2)2+3 y2 4x +7
1 1 1
4x2-12 -12-7x
1 1
所以x = -x= .
C 4x +7 1 4x +7
1 1
y y
1 1
所以y = (x +2)= .
C x +2 C 4x +7
1 1
设D(x ,y ).
D D
-12-7x y
2 2
同理得x = ,y = .
D 4x +7 D 4x +7
2 2
记直线CQ,DQ的斜率分别为k ,k ,
CQ DQ
y 1 y 1
1 - 2 -
4x +7 4 4x +7 4
1 2
则k -k = - =4(y-y-x+x).
CQ DQ -12-7x 7 -12-7x 7 1 2 1 2
1 + 2 +
4x +7 4 4x +7 4
1 2
因为C,D,Q三点共线,
所以k -k =0.
CQ DQ
故y-y=x-x.
1 2 1 2
y - y
1 2
所以直线l的斜率k= =1.
x -x
1 2
x2 y2
11.(2018天津理,19,14分)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
a2 b2
√5
率为 ,点A的坐标为(b,0),且|FB|·|AB|=6√2.
3
(1)求椭圆的方程;
|AQ| 5√2
(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 =
|PQ| 4
sin∠AOQ(O为原点),求k的值.
解析 本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程等基础知识.考查用代数方法
研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力,以及用方程思想解决问题的能力.
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c2 5
(1)设椭圆的焦距为2c,由已知有 = ,
a2 9
又由a2=b2+c2,可得2a=3b.
由已知可得,|FB|=a,|AB|=√2b,
由|FB|·|AB|=6√2,可得ab=6,从而a=3,b=2.
x2 y2
所以,椭圆的方程为 + =1.
9 4
(2)设点P的坐标为(x,y),点Q的坐标为(x,y).
1 1 2 2
由已知有y>y>0,故|PQ|sin∠AOQ=y-y.
1 2 1 2
y π
又因为|AQ|= 2 ,而∠OAB= ,故|AQ|=√2y.
sin∠OAB 4 2
|AQ| 5√2
由 = sin∠AOQ,可得5y=9y.
|PQ| 4 1 2
{
y=kx,
6k
由方程组
x2 y2
消去x,可得y= .
+ =1, 1 √9k2+4
9 4
易知直线AB的方程为x+y-2=0,
{ y=kx, 2k
由方程组 消去x,可得y= .
x+ y-2=0, 2 k+1
由5y=9y,可得5(k+1)=3√9k2+4,两边平方,
1 2
1 11
整理得56k2-50k+11=0,解得k= ,或k= .
2 28
1 11
所以,k的值为 或 .
2 28
|AQ| 5√2
解题关键 利用平面几何知识将 = sin∠AOQ转化为点P、Q坐标间的关系是解
|PQ| 4
决第(2)问的关键.
方法归纳 求椭圆标准方程的基本方法
(1)定义法:根据椭圆的定义,确定a2,b2的值,结合焦点位置写出椭圆方程;
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(2)待定系数法:这是求椭圆方程的常用方法,基本步骤为①根据已知条件判断焦点的位置;②
根据焦点的位置设出所求椭圆的方程;③根据已知条件,建立关于a、b、c的方程组,注意
c2=a2-b2的应用;④解方程组,求得a、b的值,从而得出椭圆的方程.
12.(2018课标Ⅰ文,20,12分)设抛物线C:y2=2x,点A(2,0),B(-2,0),过点A的直线l与C交于M,N
两点.
(1)当l与x轴垂直时,求直线BM的方程;
(2)证明:∠ABM=∠ABN.
解析 (1)当l与x轴垂直时,l的方程为x=2,可得M的坐标为(2,2)或(2,-2).
1 1
所以直线BM的方程为y= x+1或y=- x-1.
2 2
(2)当l与x轴垂直时,AB为MN的垂直平分线,所以∠ABM=∠ABN.
当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-2)(k≠0),M(x,y),N(x,y),则x>0,x>0.
1 1 2 2 1 2
{y=k(x-2),
由
y2=2x
2
得ky2-2y-4k=0,可知y+y= ,yy=-4.
1 2 k 1 2
直线BM,BN的斜率之和为
y y x y +x y +2(y + y )
1 2 2 1 1 2 1 2
k +k = + = .①
BM BN x +2 x +2 (x +2)(x +2)
1 2 1 2
y y
将x= 1+2,x= 2+2及y+y,yy 的表达式代入①式分子,可得
1 k 2 k 1 2 1 2
2y y +4k(y + y ) -8+8
xy+xy+2(y+y)= 1 2 1 2 = =0.
2 1 1 2 1 2 k k
所以k +k =0,可知BM,BN的倾斜角互补,所以∠ABM=∠ABN.
BM BN
综上,∠ABM=∠ABN.
方法总结 直线与圆锥曲线的位置关系的常见题型及解题策略:
(1)求直线方程.先寻找确定直线的两个条件.若缺少一个可设出此量,利用题设条件寻找关于
该量的方程,解方程即可.
(2)求线段长度或线段之积(和)的最值.可依据直线与圆锥曲线相交,利用弦长公式求出弦长或
弦长关于某个量的函数,然后利用基本不等式或函数的有关知识求其最值;也可利用圆锥曲线
的定义转化为两点间的距离或点到直线的距离.
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(3)证明题.圆锥曲线中的证明问题多涉及定点、定值、角相等、线段相等、点在定直线上等,
有时也涉及一些否定性命题,常采用直接法或反证法给予证明.借助于已知条件,将直线与圆
锥曲线联立,寻找待证明式子的表达式,结合根与系数的关系及整体代换思想化简即可得证.
失分警示 (1)由于忽略点M,N位置的转换性,使直线BM方程缺失,从而导致失分;
(2)由于不能将“∠ABM=∠ABN”正确转化为“k +k =0”进行证明,从而思路受阻,无法完成
BM BN
后续内容.
x2 y2
13.(2017天津文,20,14分)已知椭圆 + =1(a>b>0)的左焦点为F(-c,0),右顶点为A,点E的坐
a2 b2
b2
标为(0,c),△EFA的面积为 .
2
(1)求椭圆的离心率;
3
(2)设点Q在线段AE上,|FQ|= c,延长线段FQ与椭圆交于点P,点M,N在x轴上,PM∥QN,且直
2
线PM与直线QN间的距离为c,四边形PQNM的面积为3c.
(i)求直线FP的斜率;
(ii)求椭圆的方程.
解析 本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程等基础知识.考查用代数方法研
究圆锥曲线的性质和方程思想.考查运算求解能力,以及综合分析问题和解决问题的能力.
1 b2
(1)设椭圆的离心率为e.由已知,可得 (c+a)c= .
2 2
又由b2=a2-c2,可得2c2+ac-a2=0,即2e2+e-1=0.
1 1
又因为0<e<1,解得e= .所以,椭圆的离心率为 .
2 2
1
(2)(i)依题意,设直线FP的方程为x=my-c(m>0),则直线FP的斜率为 .
m
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x y
由(1)知a=2c,可得直线AE的方程为 + =1,即x+2y-2c=0,与直线FP的方程联立,可解得x=
2c c
(2m-2)c 3c ( (2m-2)c 3c ) 3
,y= ,即点Q的坐标为 , .由已知|FQ|= c,有
m+2 m+2 m+2 m+2 2
[(2m-2)c ] 2 ( 3c ) 2 (3c) 2 4 3
+c + = ,整理得3m2-4m=0,所以m= ,即直线FP的斜率为 .
m+2 m+2 2 3 4
x2 y2
(ii)由a=2c,可得b=√3c,故椭圆方程可以表示为 + =1.
4c2 3c2
{3x-4 y+3c=0,
由(i)得直线FP的方程为3x-4y+3c=0,与椭圆方程联立得
x2 y2
消去y,
+ =1,
4c2 3c2
整理得7x2+6cx-13c2=0,
解得x=-
13c
(舍去),或x=c.因此可得点P
(
c,
3c)
,进而可得|FP|=
√
(c+c)2+
(3c) 2
=
5c
,所
7 2 2 2
5c 3c
以|PQ|=|FP|-|FQ|= - =c.
2 2
由已知,线段PQ的长即为PM与QN这两条平行直线间的距离,故直线PM和QN都垂直于直
线FP.
3c 3 9c 1 27c2
因为QN⊥FP,所以|QN|=|FQ|·tan∠QFN= × = ,所以△FQN的面积为 |FQ||QN|= ,同
2 4 8 2 32
75c2 75c2 27c2
理△FPM的面积等于 ,由四边形PQNM的面积为3c,得 - =3c,整理得c2=2c,又
32 32 32
由c>0,得c=2.
x2 y2
所以,椭圆的方程为 + =1.
16 12
方法点拨 1.求离心率常用的方法:(1)直接求a,c,利用定义求解;(2)构造a,c的齐次式,利用方
程思想求出离心率e的值.
25 / 51北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B
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y - y
1 2
2.求直线斜率的常用方法:(1)公式法:k= (x≠x),其中两点坐标分别为(x,y),(x,y);(2)利
x -x 1 2 1 1 2 2
1 2
n
用导数的几何意义求解;(3)直线的方向向量a=(m,n),则k= (m≠0);(4)点差法.
m
3.解决四边形或三角形的面积问题时,注意弦长公式与整体代换思想的应用.
x2 y2
14.(2016课标Ⅱ文,21,12分)已知A是椭圆E: + =1的左顶点,斜率为k(k>0)的直线交E于
4 3
A,M两点,点N在E上,MA⊥NA.
(1)当|AM|=|AN|时,求△AMN的面积;
(2)当2|AM|=|AN|时,证明:√3<k<2.
解析 (1)设M(x,y),则由题意知y>0.
1 1 1
π
由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为 .
4
又A(-2,0),因此直线AM的方程为y=x+2. (2分)
x2 y2
将x=y-2代入 + =1得7y2-12y=0.
4 3
12 12
解得y=0或y= ,所以y= .
7 1 7
1 12 12 144
因此△AMN的面积S =2× × × = . (4分)
△AMN 2 7 7 49
x2 y2
(2)将直线AM的方程y=k(x+2)(k>0)代入 + =1得
4 3
(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0.
16k2-12 2(3-4k2)
由x·(-2)= 得x= ,
1 3+4k2 1 3+4k2
12√1+k2
故|AM|=|x+2|√1+k2= .
1 3+4k2
1
由题设,直线AN的方程为y=- (x+2),
k
12k√1+k2
故同理可得|AN|= . (7分)
3k2+4
26 / 51北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B
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2 k
由2|AM|=|AN|得 = ,即4k3-6k2+3k-8=0. (9分)
3+4k2 3k2+4
设f(t)=4t3-6t2+3t-8,则k是f(t)的零点, f '(t)=12t2-12t+3=3(2t-1)2≥0,所以f(t)在(0,+∞)内单调递增.
又f(√3)=15√3-26<0, f(2)=6>0,因此f(t)在(0,+∞)内有唯一的零点,且零点k在(√3,2)内,所以√3
<k<2. (12分)
评析 本题考查了直线与椭圆的位置关系,考查了设而不求,整体运算的技巧,考查了函数的
思想方法,属难题.
x2 y2
15.(2016四川理,20,13分)已知椭圆E: + =1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角
a2 b2
三角形的三个顶点,直线l:y=-x+3与椭圆E有且只有一个公共点T.
(1)求椭圆E的方程及点T的坐标;
(2)设O是坐标原点,直线l'平行于OT,与椭圆E交于不同的两点A,B,且与直线l交于点P.证明:
存在常数λ,使得|PT|2=λ|PA|·|PB|,并求λ的值.
解析 (1)由已知,a=√2b,
x2 y2
则椭圆E的方程为 + =1.
2b2 b2
{
x2 y2
+ =1,
由方程组 2b2 b2 得3x2-12x+(18-2b2)=0.①
y=-x+3,
方程①的判别式为Δ=24(b2-3),由Δ=0,得b2=3,
此时方程①的解为x=2,
x2 y2
所以椭圆E的方程为 + =1.
6 3
点T坐标为(2,1).
1
(2)由已知可设直线l'的方程为y= x+m(m≠0),
2
2m
{ 1 {x=2- ,
y= x+m, 3
由方程组 2 可得
2m
y=-x+3, y=1+ .
3
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( 2m 2m) 8
所以P点坐标为 2- ,1+ ,|PT|2= m2.
3 3 9
设点A,B的坐标分别为A(x,y),B(x,y).
1 1 2 2
{x2 y2
+ =1,
6 3
由方程组 可得3x2+4mx+(4m2-12)=0.②
1
y= x+m,
2
方程②的判别式为Δ=16(9-2m2),
3√2 3√2
由Δ>0,解得- <m< .
2 2
4m 4m2-12 √ ( 2m ) 2 ( 2m ) 2
由②得x+x=- ,xx= .所以|PA|= 2- -x + 1+ - y =
1 2 3 1 2 3 3 1 3 1
√5| 2m |
2- -x ,
2 3 1
√5| 2m |
同理|PB|= 2- -x .
2 3 2
5|( 2m )( 2m )|
所以|PA|·|PB|= 2- -x 2- -x
4 3 1 3 2
5| ( 2m) 2 ( 2m) |
= 2- - 2- (x +x )+x x
4 3 3 1 2 1 2
5| ( 2m) 2 ( 2m)( 4m) 4m2-12| 10
= 2- - 2- - + = m2.
4 3 3 3 3 9
4
故存在常数λ= ,使得|PT|2=λ|PA|·|PB|.
5
评析 本题考查了直线与圆锥曲线相交的问题,这类题中常用的方法是方程法,并结合根与系
数的关系,两点间距离公式,难点是运算量比较大,注意运算技巧.
28 / 51北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B
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x2 y2 1
16.(2016天津文,19,14分)设椭圆 + =1(a>√3)的右焦点为F,右顶点为A.已知 +
a2 3 |OF|
1 3e
= ,其中O为原点,e为椭圆的离心率.
|OA| |FA|
(1)求椭圆的方程;
(2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上),垂直于l的直线与l交于点M,与y轴交于
点H.若BF⊥HF,且∠MOA=∠MAO,求直线l的斜率.
1 1 3e 1 1 3c
解析 (1)设F(c,0),由 + = ,即 + = ,可得a2-c2=3c2,
|OF| |OA| |FA| c a a(a-c)
又a2-c2=b2=3,所以c2=1,因此a2=4.
x2 y2
所以,椭圆的方程为 + =1.
4 3
(2)设直线l的斜率为k(k≠0),
则直线l的方程为y=k(x-2).
{x2 y2
+ =1,
设B(x ,y ),由方程组 4 3 消去y,
B B
y=k(x-2)
整理得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0.
8k2-6 8k2-6 -12k
解得x=2,或x= ,由题意得x = ,从而y = .
4k2+3 B 4k2+3 B 4k2+3
(9-4k2 12k )
由(1)知,F(1,0),设H(0,y ),有⃗FH=(-1,y ),⃗BF= , .
H H 4k2+3 4k2+3
4k2-9 12k y 9-4k2
由BF⊥HF,得⃗BF·⃗FH=0,所以 + H =0,解得y = .
4k2+3 4k2+3 H 12k
1 9-4k2
因此直线MH的方程为y=- x+ .
k 12k
{
y=k(x-2),
设M(x ,y ),由方程组 1 9-4k2 消去y,
M M y=- x+
k 12k
29 / 51北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B
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20k2+9
解得x = .
M 12(k2+1)
20k2+9
在△MAO中,∠MOA=∠MAO⇔|MA|=|MO|,即(x
-2)2+y2 =x2 +y2
,化简得x =1,即
M M M M M 12(k2+1)
√6 √6
=1,解得k=- ,或k= .
4 4
√6 √6
所以,直线l的斜率为- 或 .
4 4
评析 本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质,直线方程等基础知识.考查用代数方法研究
圆锥曲线的性质.考查运算求解能力以及用方程思想解决问题的能力.
x2 y2 √2
17.(2015福建理,18,13分)已知椭圆E: + =1(a>b>0)过点(0,√2),且离心率e= .
a2 b2 2
(1)求椭圆E的方程;
( 9 )
(2)设直线l:x=my-1(m∈R)交椭圆E于A,B两点,判断点G - ,0 与以线段AB为直径的圆
4
的位置关系,并说明理由.
{
b=√2,
{a=2,
c √2
解析 解法一:(1)由已知得 = , 解得 b=√2,
a 2
c=√2.
a2=b2+c2.
x2 y2
所以椭圆E的方程为 + =1.
4 2
(2)设点A(x,y),B(x,y),AB的中点为H(x,y).
1 1 2 2 0 0
30 / 51北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B
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{x=my-1,
由 x2 y2 得(m2+2)y2-2my-3=0,
+ =1
4 2
2m 3 m
所以y+y= ,yy=- ,从而y= .
1 2 m2+2 1 2 m2+2 0 m2+2
所以|GH|2= ( x + 9) 2 +y2 = ( m y + 5) 2 +y2 =(m2+1)y2 + 5 my+ 25 .
0 4 0 0 4 0 0 2 0 16
|AB|2 (x -x )2+(y - y )2 (1+m2)(y - y )2
= 1 2 1 2 = 1 2
4 4 4
(1+m2)[(y + y )2-4 y y ]
= 1 2 1 2 =(1+m2)(y2 -yy),
4 0 1 2
|AB|2 5 25 5m2 3(1+m2) 25 17m2+2
故|GH|2- = my+(1+m2)yy+ = - + = >0,所以|
4 2 0 1 2 16 2(m2+2) m2+2 16 16(m2+2)
|AB|
GH|> .
2
( 9 )
故点G - ,0 在以AB为直径的圆外.
4
解法二:(1)同解法一.
( 9 )
(2)设点A(x,y),B(x,y),则⃗GA= x + ,y ,
1 1 2 2 1 4 1
( 9 )
⃗GB= x + ,y .
2 4 2
{x=my-1,
由 x2 y2 得(m2+2)y2-2my-3=0,
+ =1
4 2
2m 3
所以y+y= ,yy=- ,
1 2 m2+2 1 2 m2+2
31 / 51北京曲一线图书策划有限公司 22版 《5年高考3年模拟 B
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( 9)( 9) ( 5)( 5) 5
从而⃗GA·⃗GB= x + x + +yy= m y + m y + +yy=(m2+1)yy+ m(y+y)+
1 4 2 4 1 2 1 4 2 4 1 2 1 2 4 1 2
5
25 -3(m2+1) m2 25 17m2+2
= + 2 + = >0,
16 m2+2 16 16(m2+2)
m2+2
所以cos<⃗GA,⃗GB>>0.又⃗GA,⃗GB不共线,所以∠AGB为锐角.
( 9 )
故点G - ,0 在以AB为直径的圆外.
4
评析 本小题主要考查椭圆、圆、直线与椭圆的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、
运算求解能力,考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想.
x2 y2
18.(2015安徽理,20,13分)设椭圆E的方程为 + =1(a>b>0),点O为坐标原点,点A的坐标
a2 b2
√5
为(a,0),点B的坐标为(0,b),点M在线段AB上,满足|BM|=2|MA|,直线OM的斜率为 .
10
(1)求E的离心率e;
7
(2)设点C的坐标为(0,-b),N为线段AC的中点,点N关于直线AB的对称点的纵坐标为 ,求E
2
的方程.
(2 1 )
解析 (1)由题设条件知,点M的坐标为 a, b ,
3 3
√5 b √5
又k = ,从而 = .
OM 10 2a 10
c 2√5
进而得a=√5b,c=√a2-b2=2b.故e= = .
a 5
x y
(2)由题设条件和(1)的计算结果可得,直线AB的方程为 + =1,点N的坐标为
√5b b
(√5 1 )
b,- b .
2 2
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( 7)
设点N关于直线AB的对称点S的坐标为 x , ,则线段NS的中点T的坐标为
1 2
(√5 x 1 7)
b+ 1,- b+ .又点T在直线AB上,且k ·k =-1,从而有
4 2 4 4 NS AB
√5 x 1 7
{ b+ 1 - b+
4 2 4 4
+ =1,
√5b b
7 1
+ b
2 2
=√5,
√5
x - b
1 2
解得b=3.
x2 y2
所以a=3√5,故椭圆E的方程为 + =1.
45 9
评析 本题考查椭圆的方程、几何性质以及对称问题,利用方程思想解决点关于直线的对称
问题,考查利用待定系数法求椭圆的方程,考查学生的运算求解能力和化归思想的应用.
x2 y2 √3
19.(2014课标Ⅰ理,20,12分)已知点A(0,-2),椭圆E: + =1(a>b>0)的离心率为 ,F是椭圆
a2 b2 2
2√3
E的右焦点,直线AF的斜率为 ,O为坐标原点.
3
(1)求E的方程;
(2)设过点A的动直线l与E相交于P,Q两点.当△OPQ的面积最大时,求l的方程.
2 2√3
解析 (1)设F(c,0),由条件知, = ,得c=√3.
c 3
c √3
又 = ,所以a=2,b2=a2-c2=1.
a 2
x2
故E的方程为 +y2=1.
4
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(2)当l⊥x轴时不合题意,故设l:y=kx-2,P(x,y),Q(x,y).
1 1 2 2
x2
将y=kx-2代入 +y2=1得(1+4k2)x2-16kx+12=0.
4
3 8k±2√4k2-3
当Δ=16(4k2-3)>0,即k2> 时,x = .
4 1,2 4k2+1
4√k2+1·√4k2-3
从而|PQ|=√k2+1|x-x|= .
1 2 4k2+1
2
又点O到直线PQ的距离d= ,
√k2+1
所以△OPQ的面积
1 4√4k2-3
S = d·|PQ|= .
△OPQ 2 4k2+1
4
4t
设√4k2-3=t,则t>0,S = = 4.
△OPQ t2+4 t+
t
4 √7
因为t+ ≥4,当且仅当t=2,即k=± 时等号成立,且满足Δ>0,
t 2
√7 √7
所以,当△OPQ的面积最大时,l的方程为y= x-2或y=- x-2.
2 2
评析 本题主要考查椭圆的标准方程、几何性质,直线的方程以及直线与椭圆的位置关系等
基础知识,考查用代数方法研究圆锥曲线综合问题,考查方程思想、函数思想、整体代换以及
换元法的应用.考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力.
x2
20.(2017课标Ⅰ文,20,12分)设A,B为曲线C:y= 上两点,A与B的横坐标之和为4.
4
(1)求直线AB的斜率;
(2)设M为曲线C上一点,C在M处的切线与直线AB平行,且AM⊥BM,求直线AB的方程.
解析 本题考查直线与抛物线的位置关系.
x2 x2
(1)设A(x,y),B(x,y),则x≠x,y= 1,y= 2,x+x=4,
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
4 4
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y - y x +x
1 2 1 2
于是直线AB的斜率k= = =1.
x -x 4
1 2
x2 x
(2)由y= ,得y'= ,
4 2
x
设M(x,y),由题设知 3=1,
3 3
2
解得x=2,于是M(2,1).
3
设直线AB的方程为y=x+m,
故线段AB的中点为N(2,2+m),|MN|=|m+1|.
x2
将y=x+m代入y= 得x2-4x-4m=0.
4
当Δ=16(m+1)>0,即m>-1时,x =2±2√m+1.
1,2
从而|AB|=√2|x-x|=4√2(m+1).
1 2
由题设知|AB|=2|MN|,
即4√2(m+1)=2(m+1),解得m=7.
所以直线AB的方程为y=x+7.
方法总结 (1)直线与抛物线的位置关系
点差法:在已知“x+x”或“y+y”的值,求直线l的斜率时,利用点差法计算,在很大程度上
1 2 1 2
减少运算过程中的计算量.
(2)直线与圆锥曲线的位置关系
已知直线与圆锥曲线相交,求参数时,一般联立直线与圆锥曲线的方程,消元后利用韦达定理,
结合已知列方程求解参数.求弦长时,可通过弦长公式|AB|=√1+k2|x-x|=√1+k2·
1 2
√ 1 √ 1
√(x +x )2-4x x 或|AB|= 1+ |y-y|= 1+ ·√(y + y )2-4 y y (k≠0)求解.
1 2 1 2 k2 1 2 k2 1 2 1 2
21.(2016课标Ⅰ文,20,12分)在直角坐标系xOy中,直线l:y=t(t≠0)交y轴于点M,交抛物线
C:y2=2px(p>0)于点P,M关于点P的对称点为N,连接ON并延长交C于点H.
|OH|
(1)求 ;
|ON|
(2)除H以外,直线MH与C是否有其他公共点?说明理由.
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(
t2
)
解析 (1)由已知得M(0,t),P ,t .(1分)
2p
(t2 ) p
又N为M关于点P的对称点,故N ,t ,ON的方程为y= x,代入y2=2px整理得px2-2t2x=0,
p t
2t2
解得x=0,x= .
1 2
p
(2t2
)
因此H ,2t .(4分)
p
|OH|
所以N为OH的中点,即 =2. (6分)
|ON|
(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点. (7分)
理由如下:
p 2t
直线MH的方程为y-t= x,即x= (y-t). (9分)
2t p
代入y2=2px得y2-4ty+4t2=0,解得y=y=2t,即直线MH与C只有一个公共点,所以除H以外直
1 2
线MH与C没有其他公共点. (12分)
方法总结 将直线与抛物线的交点坐标问题归结为直线方程与抛物线方程组成的方程组的
解的问题.
评析 本题考查了直线与抛物线的位置关系,考查了运算求解能力.得到交点的坐标是求解的
关键.
22.(2012课标理,20,12分)设抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,准线为l.A为C上一点,已知以F
为圆心,FA为半径的圆F交l于B,D两点.
(1)若∠BFD=90°,△ABD的面积为4√2,求p的值及圆F的方程;
(2)若A,B,F三点在同一直线m上,直线n与m平行,且n与C只有一个公共点,求坐标原点到
m,n距离的比值.
解析 (1)由已知可得△BFD为等腰直角三角形,|BD|=2p,圆F的半径|FA|=√2p.
由抛物线定义可知A到l的距离d=|FA|=√2p.
1 1
因为△ABD的面积为4√2,所以 |BD|·d=4√2,即 ·2p·√2p=4√2,解得p=-2(舍去)或p=2.
2 2
所以F(0,1),圆F的方程为x2+(y-1)2=8.
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(2)因为A,B,F三点在同一直线m上,
所以AB为圆F的直径,∠ADB=90°.
1
由抛物线定义知|AD|=|FA|= |AB|,
2
√3 √3
所以∠ABD=30°,m的斜率为 或- .
3 3
√3 √3 2√3
当m的斜率为 时,由已知可设n:y= x+b,代入x2=2py得x2- px-2pb=0.
3 3 3
4
由于n与C只有一个公共点,故Δ= p2+8pb=0,
3
p
解得b=- .
6
p |b |
因为m的截距b= , 1 =3,所以坐标原点到m,n距离的比值为3.
1 2 |b|
√3
当m的斜率为- 时,由图形的对称性可知,坐标原点到m,n距离的比值也为3.
3
评析 本题考查了直线、圆、抛物线的位置关系,考查了分类讨论的方法和数形结合的思想.
— 三年模拟 —
A组 考点基础题组
考点 直线与圆锥曲线的位置关系
x2 y2
1.(2021辽宁百校联盟质检,6)设双曲线C: - =1(a>0,b>0)的右焦点为F,过F 且垂直于x
a2 b2 2 2
4b2
轴的直线与C相交所得的弦长为 ,则C的离心率为 ( )
√a2+b2
A.√2 B.2 C.√3 D.3
答案 B
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2.(2021山东枣庄二模,8)已知椭圆C与双曲线x2-y2=1有相同的左焦点F、右焦点F,点P是
1 2
两曲线的一个交点,且⃗PF ·⃗PF =0.过F 作倾斜角为45°的直线交C于A,B(点A在x轴的上
1 2 2
方)两点,且⃗AB=λ⃗AF ,则λ的值为 ( )
2
A.3+√3 B.3+√2 C.2+√3 D.2+√2
答案 A
(p )
3.(2019湖南长沙二模,10)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,点A ,a (a>0)在C上,|AF|
4
=3.若直线AF与C交于另一点B,则|AB|= ( )
A.12 B.10 C.9 D.4.5
答案 C
x2
4.(2021东北三省三校第一次联考,11)已知A,B分别是椭圆C: +y2=1的右顶点和上顶点,P为
4
椭圆C上一点,若△PAB的面积是√2-1,则满足条件的P点的个数为 ( )
A.0 B.2 C.3 D.4
答案 C
5.(多选题)(2020山东枣庄、滕州期末,12)在平面直角坐标系xOy中,抛物线C:y2=2px(p>0)的
焦点为F,准线为l.设l与x轴的交点为K,P为C上异于O的任意一点,P在l上的射影为
E,∠EPF的外角平分线交x轴于点Q,过Q作QN⊥PE交EP的延长线于N,作QM⊥PF交线段
PF于点M,则 ( )
A.|PE|=|PF| B.|PF|=|QF|
C.|PN|=|MF| D.|PN|=|KF|
答案 ABD
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x2 y2
6.(2021东北三省三校第一次联考,15)双曲线C: - =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F、
a2 b2 1
F,过F 的直线与双曲线C的两条渐近线分别交于P、Q两点(P在第二象限,Q在第一象限),
2 1
⃗F P=2⃗PQ,⃗F Q·⃗F Q=0,则双曲线C的离心率为 .
1 1 2
答案 4
x2 y2 √6
7.(2021山东济南一模,21)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率为 ,过椭圆焦点的最短弦
a2 b2 3
2√3
长为 .
3
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)若折线y=k|x-√2|(k≠0)与C相交于A,B两点(点A在直线x=√2的右侧),设直线OA,OB的斜
率分别为k,k,且k-k=2,求k的值.
1 2 2 1
{ c = √6 ,
a 3
解析 (1)由题意可知 因为a2=b2+c2,
2b2 2√3
= ,
a 3
所以a=√3,b=1,
x2
所以椭圆C的标准方程为 +y2=1.
3
(2)因为折线y=k|x-√2|(k≠0)与椭圆C相交于A,B两点,设点B关于x轴的对称点为B',则直线
y=k(x-√2)(k≠0)与椭圆C相交于A,B'两点.
设A(x,y),B'(x,y),则B(x,-y),
1 1 2 2 2 2
{
x2
+ y2=1,
由 3 得(1+3k2)x2-6√2k2x+6k2-3=0,
y=k(x-√2)
6√2k2 6k2-3
所以x+x= ,xx= ,
1 2 1+3k2 1 2 1+3k2
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(
y y
)
[k(x -√2) k(x -√2)]
所以k-k=- 2+ 1 =- 2 + 1
2 1 x x x x
2 1 2 1
x +x 12k3 2k
1 2
=√2k· -2k= -2k= =2,
x x 6k2-3 2k2-1
1 2
1
整理得2k2-k-1=0,解得k=- 或k=1.
2
B组 综合应用题组
时间 : 70 分钟 分值 : 80 分
一、单项选择题(每小题5分,共20分)
x2 y2
1.(2021辽宁沈阳市郊联体期末,7)已知椭圆M: + =1(a>b>0),过M的右焦点F(3,0)作直线
a2 b2
交椭圆于A,B两点,若AB中点坐标为(2,1),则椭圆M的方程为( )
x2 y2 x2
A. + =1 B. +y2=1
9 6 4
x2 y2 x2 y2
C. + =1 D. + =1
12 3 18 9
答案 D
2.(2021湖南永州二模,12)抛物线C:y2=4x的焦点为F,P是其上一动点,点M(1,1),直线l与抛物
线C相交于A,B两点,下列结论正确的是 ( )
A.|PM|+|PF|的最小值是2
B.动点P到点H(3,0)的距离最小值为3
C.存在直线l,使得A,B两点关于直线x+y-3=0对称
D.与抛物线C分别相切于A、B两点的两条切线交于点N,若直线AB过定点(2,0),则点N在抛
物线C的准线上
答案 A
3.(2020湖南邵阳模拟,12)如图,在△ABC中,|AB|=4,点E为AB的中点,点D为线段AB垂直平分
线上的一点,且|DE|=4,固定边AB,在平面ABD内移动顶点C,使得△ABC的内切圆始终与AB
切于线段BE的中点,且C、D在直线AB的同侧,在移动过程中,当|CA|+|CD|取得最小值时,
△ABC的面积为 ( )
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A.12√5-24 B.6√5-12
C.12√5-18 D.6√5-8
答案 A
4.(2021湖南岳阳一模,7)抛物线y2=4x的焦点为F,点P(x,y)为该抛物线上的动点,点A是抛物
|PA|
线的准线与坐标轴的交点,则 的最大值是 ( )
|PF|
2√3 √3
A.2 B.√2 C. D.
3 2
答案 B
二、多项选择题(每小题5分,共15分)
5.(2021广东广州一模,9)已知点O为坐标原点,直线y=x-1与抛物线C:y2=4x相交于A,B两点,
则 ( )
A.|AB|=8
B.OA⊥OB
C.△AOB的面积为2√2
D.线段AB的中点到直线x=0的距离为2
答案 AC
x2 y2
6.(2020山东六地市部分学校线上考试,11)已知点P是双曲线E: - =1的右支上一点,F、
1
16 9
F 为双曲线E的左、右焦点,△PFF 的面积为20,则下列说法正确的是( )
2 1 2
20 80
A.点P的横坐标为 B.△PFF 的周长为
3 1 2 3
π 3
C.∠FPF 小于 D.△PFF 的内切圆半径为
1 2 3 1 2 4
答案 ABC
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x2 y2
7.(2021江苏常州一模,10)已知O为坐标原点,F,F 分别为双曲线 - =1(a>0,b>0)的左,右焦
1 2 a2 b2
点,点P在双曲线右支上,则下列结论正确的有 ( )
A.若|PO|=|PF|,则双曲线的离心率e≥2
2
B.若△POF 是面积为√3的正三角形,则b2=2√3
2
C.若A 为双曲线的右顶点,PF⊥x轴,则|FA|=|FP|
2 2 2 2 2
D.若射线FP与双曲线的一条渐近线交于点Q,则||QF|-|QF||>2a
2 1 2
答案 AB
三、填空题(每小题5分,共10分)
8.(2021江苏百校联考4月调研,16)设抛物线C :y=x2-2x+2和C :y=-x2+ax+b在它们的一个交点
1 2
处的切线互相垂直,则C 过定点 .
2
( 3)
答案
1,
2
9.(2021辽宁百校联盟质检,14)若抛物线y2=8x上有两点A,B,且直线AB垂直于x轴,O为坐标
原点,若△AOB的面积为8,则点A,B到抛物线的准线的距离之和为 .
答案 8
四、解答题(共35分)
x2 y2 x2 y2
10.(2021河北二轮复习联考(一),20)椭圆C: + =1(a>b>0)与椭圆E: + =1有共同的焦
a2 b2 25 24
1
点,且椭圆C的离心率e= .点M、F分别为椭圆C的左顶点和右焦点,直线l过点F且交椭圆
2
C于P,Q两点,设直线MP,MQ的斜率分别为k,k.
1 2
(1)求椭圆C的标准方程;
1
(2)是否存在直线l,使得k+k=- ?若存在,求出直线l的方程;若不存在,说明理由.
1 2 4
解析 (1)由题意可知椭圆C中,c=1,
c 1
由离心率e= = 可得a=2,又知b2=a2-c2=3,
a 2
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x2 y2
所以椭圆C的标准方程为 + =1.
4 3
1
(2)右焦点F(1,0),左顶点M(-2,0),假设存在直线l,满足k+k=- .
1 2 4
当直线l斜率不存在时,k+k=0,不合题意,舍去.
1 2
{y=k(x-1),
当直线l斜率存在时,设直线l的方程为y=k(x-1),联立得 x2 y2 整理得(3+4k2)x2-
+ =1,
4 3
8k2x+4k2-12=0,
Δ=(-8k2)2-4(3+4k2)(4k2-12)=4×36(k2+1)>0恒成立,
设直线l与椭圆C的两个交点为P(x,y),Q(x,y),
1 1 2 2
8k2 4k2-12
根据根与系数的关系得x+x= ,xx= ,
1 2 3+4k2 1 2 3+4k2
y y k(x -1) k(x -1)
1 2 1 2
则k+k= + = +
1 2 x +2 x +2 x +2 x +2
1 2 1 2
4k2-12 8k2
2· + -4
2x x +(x +x )-4 3+4k2 3+4k2
1 2 1 2
=k· =k·
x x +2(x +x )+4 4k2-12 8k2
1 2 1 2 +2· +4
3+4k2 3+4k2
8k2-24+8k2-4(3+4k2) 1
=k· =- ,
4k2-12+16k2+4(3+4k2) k
所以k=4,即直线l:y=4(x-1),化简得4x-y-4=0.
1
综上可知,存在直线l:4x-y-4=0,满足k+k=- .
1 2 4
x2 y2
11.(2020福建3月质量检测,19)已知椭圆E: + =1(a>b>0)的焦距为2√3,直线l:x=4与x轴
a2 b2 1
的交点为G,过点M(1,0)且不与x轴重合的直线l 交E于点A,B,当l 垂直于x轴时,△ABG的面
2 2
3√3
积为 .
2
(1)求E的方程;
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(2)若AC⊥l,垂足为C,直线BC交x轴于点D,证明:|MD|=|DG|.
1
解析 (1)因为椭圆E的焦距为2√3,
所以c=√3, (1分)
所以a2-b2=3,① (2分)
3√3
当l 垂直于x轴时,|MG|=3,因为△ABG的面积为 ,
2 2
1 3√3
即 |AB|·|MG|= ,
2 2
( √3)
所以|AB|=√3,不妨设A 1, ,(3分)
2
1 3
代入椭圆E的方程得 + =1,②
a2 4b2
联立①②,解得a2=4,b2=1,
x2
所以椭圆E的方程为 +y2=1. (5分)
4
(2)证明:设A(x,y),B(x,y),则C(4,y),
1 1 2 2 1
因为直线l 不与x轴重合,故可设l 的方程为x=my+1, (6分)
2 2
{x=my+1,
联立 x2 整理得(m2+4)y2+2my-3=0,
+ y2=1,
4
2m 3
所以Δ=16(m2+3)>0,y+y=- ,yy=- ,(7分)
1 2 m2+4 1 2 m2+4
y - y
1 2
所以直线BC:y-y= (x-4), (8分)
1 4-x
2
y (x -4)
1 2
令y=0,则x= +4,
y - y
1 2
y (x -4)
1 2
所以D的横坐标为x = +4, (9分)
D y - y
1 2
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5 y (x -4) 5 y (m y -3) 3 2y (m y -3)+3 y -3 y
1 2 1 2 1 2 1 2
所以x - = +4- = + = =
D 2 y - y 2 y - y 2 2(y - y )
1 2 1 2 1 2
-6m 6m
2m y y -3(y + y ) + 5
1 2 1 2 =m2+4 m2+4=0,所以x
= . (11分)
2(y - y ) D 2
1 2 2(y - y )
1 2
5
因为MG中点的横坐标为 ,所以D为线段MG的中点,
2
所以|MD|=|DG|. (12分)
x2 y2
12.(2021湖南六校4月联考,21)已知A,B分别为椭圆E: + =1(a>√3)的左,右顶点,Q为椭圆
a2 3
E的上顶点,⃗AQ·⃗QB=1.
(1)求椭圆E的方程;
( 3) ( 3)
(2)已知动点P在椭圆E上,两定点M -1, ,N 1,- .
2 2
①求△PMN的面积的最大值;
②若直线MP与NP分别与直线x=3交于C,D两点,问:是否存在点P,使得△PMN与△PCD的
面积相等?若存在,求出点P的坐标;若不存在,说明理由.
解析 (1)由题意得A(-a,0),B(a,0),Q(0,√3),则⃗AQ=(a,√3),⃗QB=(a,-√3),
由⃗AQ·⃗QB=1,得a2-3=1,得a=2,
x2 y2
所以椭圆E的方程为 + =1.
4 3
3
(2)①设P(2cos θ,√3sin θ),易知直线MN:y=- x,即3x+2y=0,点P到直线MN的距离d=
2
| ( π)|
|6cosθ+2√3sinθ| 4√3 sin θ+ 4√39
= 3 ≤ ,又|MN|=√13,
√13 13
√13
1
则S = |MN|·d≤2√3,即(S ) =2√3,
△PMN 2 △PMN max
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|3x +2y | 1 1
②设P(x,y),|MN|=√13,点P到直线MN的距离d= 0 0 ,则S = |MN|·d= |
0 0 1 √13 △PMN 2 1 2
3x+2y|.
0 0
3
y - 3
直线MP:y= 0 2(x+1)+ ,
2
x +1
0
( 4 y -6 3)
令x=3,可得C 3, 0 + ;
x +1 2
0
3
y + 3
直线PN:y= 0 2(x-1)- ,
2
x -1
0
( 2y +3 3)
令x=3,可得D 3, 0 - ,
x -1 2
0
|(3x +2y )(x -3)|
0 0 0
则|CD|= ,
x2-1
0
又P到直线CD的距离为d=|3-x|,
2 0
1 1|3x +2y |
0 0
则S = |CD|·d= ·(3-x)2,
△PCD 2 2 2 x2-1 0
0
∵△PMN与△PCD面积相等,
1 1|3x +2y |
0 0
∴ |3x+2y|= ·(3-x)2,
2 0 0 2 x2-1 0
0
5 √33
故3x+2y=0(舍)或|x2 -1|=(3-x)2,解得x= ,代入椭圆方程得y=± ,
0 0 0 0 0 3 0 6
(5 √33) (5 √33)
故点P , 或 ,- .
3 6 3 6
— 一年原创 —
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y2 x2 √3
1.(2021 5·3原创题)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的上,下顶点分别为A,B,离心率为 ,M,N为
a2 b2 2
椭圆C上异于A,B的两点,当M,N为椭圆短轴的两个端点时,四边形AMBN的面积为4.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)当直线MN过点(0,-1)时,是否存在实数λ,使得k =λk 成立?若存在,求出实数λ;若不存在,
AM BN
请说明理由.
解析 (1)设椭圆C的焦距为2c,
c √3 b2 1
由题意可知e= = ,即 = ,①
a 2 a2 4
1
又S = ×2a×2b=2ab=4,所以ab=2,②
四边形AMBN 2
由①②可得a=2,b=1,
y2
所以椭圆C的标准方程为 +x2=1.
4
(2)由题意可知直线MN的斜率存在,设为k,
则直线MN的方程为y=kx-1,
{y=kx-1,
由 y2 得(k2+4)x2-2kx-3=0.
x2+ =1
4
设M(x,y),N(x,y),
1 1 2 2
2k 3
则x+x= ,xx=- ,
1 2 k2+4 1 2 k2+4
8
∴y+y=k(x+x)-2=- ,
1 2 1 2 k2+4
-4k2+4
yy=(kx-1)(kx-1)=k2xx-k(x+x)+1= ,
1 2 1 2 1 2 1 2 k2+4
由题意可知A(0,2),B(0,-2).
y -2 y +2
1 2
∴k = ,k = ,
AM x BN x
1 2
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y2
∵点M(x,y)在椭圆C上,∴
1+x2
=1.
1 1 4 1
即y2 -4=-4x2
.
1 1
假设存在实数λ,使得k =λk 成立,
AM BN
k y -2 x x (y -2)(y +2)
AM 1 2 2 1 1
则λ= = · =
k x y +2 x (y +2)(y +2)
BN 1 2 1 2 1
x (y2-4)
= 2 1
x [y y +2(y + y )+4]
1 1 2 1 2
-4x2x
= 1 2
x [y y +2(y + y )+4]
1 1 2 1 2
-4x x
1 2
=
y y +2(y + y )+4
1 2 1 2
( 3 )
-4· -
k2+4
= =3.
-4k2+4
(
-8
)
+2· +4
k2+4 k2+4
故存在实数λ,使得k =λk ,且λ=3.
AM BN
2.(2021 5·3原创题)已知A,B为抛物线C:y2=4x上的两点,分别过A,B作C的切线l,l 交于点P.
1 2
(1)若l⊥l,求证:直线AB过定点;
1 2
(2)若点P恰在圆M:(x+2)2+y2=1上,求△PAB面积的取值范围.
注:抛物线y2=2px在点(x,y)处的切线方程为yy=p(x+x).
0 0 0 0
2
解析 设A(x,y),B(x,y),则抛物线在点A处的切线方程为yy=2(x+x),所以l 的斜率k= ,同
1 1 2 2 1 1 1 1 y
1
2
理,l 的斜率k= .
2 2 y
2
(1)证明:因为l⊥l,所以kk=-1,
1 2 1 2
y - y 4
1 2
即yy=-4,所以k = = ,
1 2 AB x -x y + y
1 2 1 2
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4
从而直线AB的方程为y-y= (x-x),
1 y + y 1
1 2
y2 4
将x= 1,yy=-4代入化简得y= (x-1),
1 4 1 2 y + y
1 2
所以直线AB过定点(1,0).
(2)设点P(x,y),由点P在l 和l 上知yy=2(x+x),且yy=2(x+x),所以直线AB的方程为
0 0 1 2 0 1 0 1 0 2 0 2
yy=2(x+x),
0 0
{y y=2(x +x),
联立 0 0 消去x并整理,得y2-2yy+4x=0,
y2=4x, 0 0
所以Δ=4(y2
-4x),且y+y=2y,yy=4x.
0 0 1 2 0 1 2 0
| y2|
2x - 0
设点P到直线AB的距离为d,则S
△PAB
= 1
2
|AB|d= 1
2
√ 1+ y
4
2 0·2√y2
0
-4x
0
·
√
0
y
2
2
= 1
2
(y2
0
-4x
0
1+ 0
4
3
)2,
因为点P恰在圆M:(x+2)2+y2=1上,
所以(x+2)2+y2
=1,
0 0
所以y2 -4x=1-(x+2)2-4x=-x2
-8x-3,
0 0 0 0 0 0
因为-3≤x≤-1,所以y2
-4x∈[4,12],
0 0 0
从而S ∈[4,12√3].
△PAB
x2 y2
3.(2021 5·3原创题)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的长轴长是短轴长的2倍,且经过点
a2 b2
( 1)
√3, .
2
(1)求椭圆C的方程;
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(2)已知O为坐标原点,直线OA与椭圆C交于点A,过点A作直线OA的垂线AB,与椭圆C交
3
于点B,若tan∠AOB= ,求△OAB的面积.
2
( 1)
解析 (1)因为椭圆C过点 √3, ,
2
3 1
所以 + =1,
a2 4b2
由题意得2a=4b,即a=2b,从而解得b2=1,a2=4,
x2
∴椭圆C的方程为 +y2=1.
4
(2)依题意知,直线AB的斜率存在且不为0,
设直线AB的方程为y=kx+m(k≠0).
联立y=kx+m与x2+4y2=4,得x2+4(kx+m)2=4,
∴(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,
∴Δ=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)=16(4k2+1-m2)>0,
∴4k2+1>m2.
设A(x,y),B(x,y),
1 1 2 2
-8km 4m2-4
则x+x= ,xx= ,
1 2 4k2+1 1 2 4k2+1
|AB|=√1+k2·|x-x|=√1+k2·√(x +x )2-4x x
1 2 1 2 1 2
√
(
-8km
)
2 4m2-4 4√1+k2√4k2+1-m2
=√1+k2· -4· = .
4k2+1 4k2+1 4k2+1
∵OA⊥AB,k≠0,
1
∴直线OA的方程为y=- x.
k
代入y=kx+m,得y=k(-ky)+m,
m -km
∴y= ,x=-ky= ,
1 k2+1 1 1 k2+1
又x2 +4y2
=4,
1 1
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( -km ) 2 ( m ) 2
∴ +4 =4,
k2+1 k2+1
4(k2+1)2
∴m2= .
k2+4
4(k2+1)2
∴4k2+1-m2=4k2+1-
k2+4
(4k2+1)(k2+4)-4(k2+1)2 9k2
= = .
k2+4 k2+4
16(1+k2)(4k2+1-m2) 144(1+k2)k2
∴|AB|2= = .
(4k2+1)2 (4k2+1)2(k2+4)
( m ) 2 m2 4(k2+1) |AB| 3
又∵|OA|2=(-ky)2+y2 =(k2+1) = = ,在Rt△AOB中,tan∠AOB= = ,
1 1 k2+1 k2+1 k2+4 |OA| 2
|AB|2 36k2 9
∴ = = ,得16k2=(4k2+1)2,
|OA|2 (4k2+1)2 4
1
∴(4k2-1)2=0,∴k2= .
4
4(k2+1)2 25
此时m2= = <4k2+1=2.
k2+4 17
∴Δ>0成立.
(1 )
4× +1
4(k2+1) 4 20
|OA|2= = = ,
k2+4 1 17
+4
4
1 1 3 3 15
∴△OAB的面积S= |OA||AB|= |OA|× |OA|= |OA|2= .
2 2 2 4 17
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