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§8.10 圆锥曲线中的综合问题
(分值：60 分)
1.(13 分)已知椭圆C：x
2
a
2+ y
2
b
2 =1(a>b>0)的上顶点为E(0，1)，且经过点(1，√2
2 ).
(1)求椭圆C 的标准方程；(5 分)
(2)过点(0，- 1
3)且斜率存在的直线l 与椭圆C 交于M，N 两点，判断△EMN 的形状并给出证明.(8 分)
2.(15 分)(2025·安康模拟)已知M(4，4)为抛物线C：y2=2px(p>0)上的一点，F 为C 的焦点，O 为坐标原点.
(1)求△MOF 的面积；(5 分)
(2)若A，B 为抛物线C 上的两个动点，直线MA 与MB 的斜率之积恒等于-2，证明：直线AB 过定点.(10 分)
3.(15 分)(2024·酒泉模拟)已知双曲线C：x
2
a
2- y
2
b
2 =1(a>0，b>0)的一条渐近线方程为x+2y=0，且焦点到渐近线
的距离为1.
(1)求双曲线C 的方程；(5 分)
(2)若双曲线C 的右顶点为A，B(0，-b)，过坐标原点的直线l 与C 交于E，F 两点，与直线AB 交于点M，
且点E，M 都在第一象限，△AFM 的面积是△AEM 面积的5 倍，求直线l 的斜率.(10 分)
4.(17 分)(2024·晋中模拟)已知椭圆C：x
2
a
2+ y
2
b
2 =1(a>b>0)过点(2，1)，且离心率为√2
2 .
(1)求椭圆C 的方程；(5 分)
(2)已知圆的方程为x2+y2=2，过圆上任意一点作圆的切线，切线与椭圆C 交于A，B 两点，O 为坐标原点，
设Q 为AB 的中点，当|OQ|取最大值时，求直线AB 的方程.(12 分)
答案精析
1.解 (1)由题意知b＝1，
所以椭圆C 的方程为x
2
a
2+y2＝1，
代入点(1，√2
2 )，得a2＝2，
所以椭圆C 的标准方程为
x
2
2 +y2＝1.
(2)△EMN 为直角三角形，证明如下：
设直线l：
y＝kx－1
3，
M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立{
y ＝kx - 1
3 ,
x
2
2 + y
2＝1,
消去y 得(9+18k2)x2－12kx－16＝0，易知Δ>0，
则x1+x2＝
12k
9+18k
2，
x1x2＝－
16
9+18k
2，
又因为⃗EM＝(x1，y1－1)，⃗
EN＝(x2，y2－1)，
所以⃗EM·⃗EN
＝x1x2+(y1－1)(y2－1)
＝x1x2+(k x1- 4
3)(k x2- 4
3)
＝(1+k2)x1x2－4
3 k(x1+x2)+16
9 ＝(1+k2)(
-16
9+18k
2)－4 k
3 ·
12k
9+18k
2 + 16
9 ＝0，所以EM⊥EN，故△EMN 为直角
三角形.
2.(1)解 由题可得16＝8p，
解得p＝2，所以F(1，0)，
S△MOF＝1
2|OF|yM
＝1
2×1×4＝2.
(2)证明 由(1)可知抛物线C 的方程为y2＝4x.
由题意可知直线AB 不与x 轴平行，设直线AB 的方程为
x＝my+b，
A(
y1
2
4 ，y1)，B(
y2
2
4 ，y2)，
则y1，y2≠±4.
联立方程{
x＝my +b,
y
2＝4 x ,
整理可得y2－4my－4b＝0，
则Δ＝16m2+16b>0，
且y1+y2＝4m，①
y1y2＝－4b.
②
kMA＝
y1- 4
y1
2
4 - 4
＝
4
y1+ 4 ，
同理可得kMB＝
4
y2+ 4 .
由题意得kMA·kMB＝
4
y1+ 4 ×
4
y2+ 4 ＝－2，
即4(y1+y2)+y1y2+24＝0，
将①②代入可得16m－4b+24＝0，即b＝4m+6.
故直线AB 的方程可化为
x＝my+4m+6，
即x－6＝m(y+4)，
所以直线AB 过定点(6，－4).
3.解 (1)双曲线C：x
2
a
2 －y
2
b
2 ＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为
y＝±b
ax，
又一条渐近线方程为x+2y＝0，
所以b
a ＝1
2，
又焦点到渐近线的距离为1，
即
c
√1
2+2
2＝1，
所以c＝√5，
又c＝√a
2+b
2，
所以a2＝4，b2＝1，
则双曲线C 的方程为x
2
4 －y2＝1.
(2)由(1)可得A(2，0)，B(0，－1)，
则直线AB 的方程为y＝1
2x－1，设l：y＝kx，
E(x1，y1)，F(－x1，－y1)，M(x2，y2)，
由题意可知0<k<1
2，0<x1<x2，
由△AFM 的面积是△AEM 面积的5 倍，
可得|FM|＝5|EM|，
即x1+x2＝5(x2－x1)，
所以x2＝3
2x1，由{
y ＝1
2 x -1,
y ＝kx ,
消去y 可得kx＝1
2x－1，
解得x2＝
2
1-2k ，由{
x
2
4 - y
2＝1,
y ＝kx ,
消去y 可得(1－4k2)x2＝4，
解得x1＝
2
√1- 4 k
2，
由x2＝3
2x1，
可得52k2－36k+5＝0，
解得k＝5
26或k＝1
2(舍去)，
当k＝5
26时，x2＝13
4 ，x1＝13
6 ，
符合题意，
所以直线l 的斜率为5
26.
4.解 (1)∵椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 ＝1(a>b>0)过点(2，1)，且离心率为√2
2 ，
∴{
2
2
a
2 + 1
2
b
2 ＝1,
e＝c
a ＝√2
2 ,
c
2＝a
2-b
2,
解得{
b＝√3,
a＝√6,
∴椭圆C 的方程为x
2
6 + y
2
3 ＝1.
(2)由题得圆的圆心为(0，0)，
半径为√2，
当切线斜率不存在时，切点即为Q，此时|OQ|＝√2；
当切线斜率存在时，设切线方程为y＝kx+m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程{
y ＝kx +m,
x
2
6 + y
2
3 ＝1,得
(1+2k2)x2+4kmx+2m2－6＝0，
∴x1+x2＝－4 km
1+2k
2，
x1x2＝2m
2-6
1+2k
2 ，
∴y1+y2＝k(x1+x2)+2m
＝2m
1+2k
2，
∴Q(- 2km
1+2k
2 ，
m
1+2k
2)，
∵直线AB 与圆O 相切，
∴|m|
√1+k
2 ＝√2，
即m2＝2(1+k2)，
∴|OQ|2＝4 k
2m
2+m
2
(1+2k
2)
2
＝2(4 k
4+5k
2+1)
4 k
4+ 4 k
2+1
＝2(1+
k
2
4 k
4+ 4 k
2+1)，
当k＝0 时，|OQ|＝√2；
当k≠0 时，
|OQ|＝√
2+
2
4 k
2+ 1
k
2 + 4 ，
∵4k2+ 1
k
2≥2√
4 k
2· 1
k
2＝4，
当且仅当4k2＝1
k
2时等号成立，
∴√2<|OQ|≤3
2，
∴当切线斜率存在时，
√2≤|OQ|≤3
2，
综上可得，|OQ|的最大值为3
2，
此时4k2＝1
k
2，即k＝±√2
2 ，
∴m2＝2(1+k2)＝3，即m＝±√3，
∴直线AB 的方程为
y＝√2
2 x±√3或y＝－√2
2 x±√3.
