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- 1 -第 9 节 圆锥曲线的综合问题考试要求 1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法;2.了解圆锥曲线的简单应用;3.理解数形结合的思想.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|= 1+k2|x1-x2|= 1+k2· (x1+x2)2-4x1x2= 1+1k2·|y1-y2|= 1+1k2· (y1+y2)2-4y1y2.[常用结论与微点提醒]1.直线与椭圆位置关系的有关结论(1)过椭圆外一点总有两条直线与椭圆相切;- 2 -(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(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,即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,即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,即一条与对称轴平行或重合的直线.诊 断 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|= 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.(老教材选修 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 C3.(老教材选修 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= 3x+1,- 3 -由{y= 3x+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|=p1-sin 60°=21-sin 60°.同理,|BF|=21+sin 60°,故|AB|=|AF|+|BF|=16.答案 164.(2019·天津卷)已知抛物线 y2=4x的焦点为 F,准线为 l.若 l与双曲线x2a2-y2b2=1(a0,b0)的两条渐近线分别交于点 A和点 B,且|AB|=4|OF|(O为原点),则双曲线的离心率为(  )A. 2 B. 3 C.2 D. 5解析 由已知易得,抛物线 y2=4x的焦点为 F(1,0),准线 l:x=-1,所以|OF|=1.又双曲线的两条渐近线的方程为 y=±bax,不妨设点 A(-1,ba),B(-1,-ba),所以|AB|=2ba=4|OF|=4,所以ba=2,即 b=2a,所以 b2=4a2.又双曲线方程中 c2=a2+b2,所以 c2=5a2,所以 e=ca= 5.故选 D.答案 D5.(2020·广东七校联考)已知点 P为椭圆x216+y212=1的动点,EF为圆 N:x2+(y-1)2=1的任一直径,则PE→ ·PF→ 的最大值和最小值分别是(  )A.16,12-4 3 B.17,13-4 3C.19,12-4 3 D.20,13-4 3解析 ∵EF 是圆 N 的直径,∴|NE|=|NF|=1,且NF→ =-NE→ ,则PE→ ·PF→ =(PN→ +NE→ )·(PN→ +NF→ )=(PN→ +NE→ )·(PN→ -NE→ )=PN→ 2-NE→ 2=PN→ 2-1,设 P(x0,y0),则有x16+y12=1,即 x20=16-43y20,- 4 -又 N(0,1),∴|PN→ |2=x20+(y0-1)2=-13(y0+3)2+20,又∵y0∈[-2 3,2 3],∴当 y0=-3时,|PN→ |2取得最大值 20,则(PE→ ·PF→ )max=20-1=19.当 y0=2 3时,|PN→ |2取得最小值 13-4 3,则(PE→ ·PF→ )min=12-4 3.综上,PE→ ·PF→ 的最大值和最小值分别为 19,12-4 3,故选C.答案 C6.(2020·江西五校协作体联考改编)已知点 A(0,2),抛物线 C:y2=2px(p>0)的焦点为 F,射线 FA 与抛物线 C 相交于点 M,与其准线相交于点 N,若|FM||MN|=55,则 p 的值等于________.解析 过点 M向准线作垂线,垂足为 P,由抛物线的定义可知,|MF|=|MP|,因为|FM||MN|=55,所以|MP||MN|=55,所以 sin∠MNP=55,则 tan∠MNP=12,又∠OFA+∠MNP=90°(O 为坐标原点),所以 tan∠OFA=2=212p,则 p=2.答案 2第一课时 最值、范围、证明问题考点一 最值问题【例 1】 (一题多解)(2020·东北三省四市教研模拟)如图,已知椭圆 C:x218+y29=1的短轴端点分别为 B1,B2,点 M 是椭圆 C 上的动点,且不与 B1,B2 重合,点 N 满足 NB1⊥MB1,NB2⊥MB2.(1)(一题多解)求动点 N的轨迹方程;(2)求四边形 MB2NB1面积的最大值.解 (1)法一 设 N(x,y),M(x0,y0)(x0≠0),- 5 -∵MB1⊥NB1,MB2⊥NB2,B1(0,-3),B2(0,3),∴直线 NB1:y+3=-x0y0+3x,①直线 NB2:y-3=-x0y0-3x,②①×②得 y2-9=xy-9x2,又x18+y9=1,∴y2-9=18(1-y9 )y-9x2=-2x2,整理得点 N的轨迹方程为y29+x292=1(x≠0).法二 设直线 MB1:y=kx-3(k≠0),则直线 NB1:y=-1kx-3,①直线 MB1与椭圆 C:x218+y29=1的交点 M的坐标为(12k2k2+1,6k2-32k2+1),则直线 MB2的斜率为 kMB2=6k2-32k2+1-312k2k2+1=-12k,∴直线 NB2:y=2kx+3,②由①②解得 N点的坐标为(-6k2k2+1,3-6k22k2+1),由{x=-6k2k2+1y=3-6k22k2+1,得点 N的轨迹方程为y29+x292=1(x≠0).(2)由(1)中法二得,四边形 MB2NB1的面积S=12|B1B2|(|xM|+|xN|)=3×(12|k|2k2+1+6|k|2k2+1)=54|k|2k2+1=542|k|+1|k|≤27 22,当且仅当|k|=22时,S取得最大值27 22.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.- 6 -【训练 1】 (2020·武汉调研)已知椭圆Γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点 M(-2,1),且右焦点F( 3,0).(1)求椭圆Γ的标准方程;(2)过 N(1,0)且斜率存在的直线 AB交椭圆Γ于 A,B两点,记 t=MA→ ·MB→ ,若 t的最大值和最小值分别为 t1,t2,求 t1+t2的值.解 (1)由椭圆x2a2+y2b2=1的右焦点为( 3,0),知 a2-b2=3,即 b2=a2-3,则x2a2+y2a2-3=1,a2>3.又椭圆过点 M(-2,1),∴4a2+1a2-3=1,又 a2>3,∴a2=6.∴椭圆Γ的标准方程为x26+y23=1.(2)设直线 AB的方程为 y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),由{x26+y23=1y=k(x-1)得 x2+2k2(x-1)2=6,即(1+2k2)x2-4k2x+2k2-6=0,∵点 N(1,0)在椭圆内部,∴Δ>0,∴{x1+x2=4k21+2k2,①x1x2=2k2-62k2+1,②则 t=MA→ ·MB→ =(x1+2)(x2+2)+(y1-1)(y2-1)=x1x2+2(x1+x2)+4+(kx1-k-1)(kx2-k-1)=(1+k2)x1x2+(2-k2-k)(x1+x2)+k2+2k+5③,将①②代入③得,t=(1+k2)·2k2-62k2+1+(2-k2-k)·4k22k2+1+k2+2k+5,∴t=15k2+2k-12k2+1,∴(15-2t)k2+2k-1-t=0,k∈R,则Δ1=22+4(15-2t)(1+t)≥0,- 7 -∴(2t-15)(t+1)-1≤0,即 2t2-13t-16≤0,由题意知 t1,t2是 2t2-13t-16=0的两根,∴t1+t2=132.考点二 范围问题【例 2】 (2019·江西八所重点中学联考)已知椭圆 E:x2a2+y2b2=1(a>b>0),F1,F2为其左、右焦点,B1,B2为其上、下顶点,四边形 F1B1F2B2的面积为 2.(1)求椭圆 E的长轴 A1A2的最小值,并确定此时椭圆 E的方程;(2)对于(1)中确定的椭圆 E,设过定点 M(-2,0)的直线 l与椭圆 E相交于 P,Q两点,若MP→ =λMQ→ ,当λ∈(13,12 )时,求△OPQ的面积 S的取值范围.解 (1)依题意四边形 F1B1F2B2的面积为 2bc,∴2bc=2,∵|A1A2|=2a=2 b2+c2≥2 2bc=2 2,当且仅当 b=c=1时等号成立,此时 a= 2,∴长轴 A1A2的最小值为 2 2,此时椭圆 E的方程为x22+y2=1.(2)依题意,可设直线 l:x=ty-2,联立得{x=ty-2,x22+y2=1,得(t2+2)y2-4ty+2=0.由Δ>0,得 t2>2.设 P(x1,y1),Q(x2,y2),由根与系数的关系得{y1+y2=4tt2+2,y1·y2=2t2+2.由MP→ =λMQ→ ,得 y1=λy2,∴{(1+λ)y2=4tt2+2,①λy=2t2+2,②由①2②得λ+1λ+2=8t2t2+2,∵y=λ+1λ+2在λ∈(13,12 )上单调递减,∴λ+1λ+2∈(92,163 ),- 8 -∴92<8t2t2+2<163,187<t2<4,满足Δ>0.△OPQ的面积 S=S△OMQ-S△OMP=12|OM||y1-y2|=|y1-y2|= (y1+y2)2-4y1y2=2 2 t2-2t2+2.设 m= t2-2,则 m∈(277, 2),t2=m2+2,∴S=2 2mm2+4=2 2m+4m,∵y=m+4m在 m∈(277, 2)上单调递减,∴S关于 m单调递增,∴△OPQ的面积 S∈( 148 ,23).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】 (2020·重庆七校联合考试)已知 A,B是 x轴正半轴上两点(A在 B的左侧),且|AB|=a(a>0),过 A,B 分别作 x 轴的垂线,与抛物线 y2=2px(p>0)在第一象限分别交于 D,C两点.(1)若 a=p,点 A与抛物线 y2=2px的焦点重合,求直线 CD的斜率;(2)若 O为坐标原点,记△OCD的面积为 S1,梯形 ABCD的面积为 S2,求S1S2的取值范围.解 (1)由题意知 A(p2,0 ),则 B(p2+a,0),D(p2,p ),则 C(p2+a, p2+2pa),又 a=p,所以 kCD=3p-p3p2-p2= 3-1.(2)设直线 CD的方程为 y=kx+b(k≠0),C(x1,y1),D(x2,y2),由{y=kx+by2=2px ,得 ky2-2py+2pb=0,- 9 -所以Δ=4p2-8pkb>0,得 kb<p2,又 y1+y2=2pk,y1y2=2pbk,由 y1+y2=2pk>0,y1y2=2pbk>0,可知 k>0,b>0,因为|CD|= 1+k2|x1-x2|=a 1+k2,点 O到直线 CD的距离 d=|b|1+k2,所以 S1=12·a 1+k2·|b|1+k2=12ab.又 S2=12(y1+y2)·|x1-x2|=12·2pk·a=apk,所以S1S2=kb2p,因为 0<kb<p2,所以 0<S1S2<14.即S1S2的取值范围为(0,14 ).考点三 证明问题【例 3】(2020·西安高三抽测)已知点 A(1,-32)在椭圆 C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上,O为坐标原点,直线 l:xa2-3y2b2=1的斜率与直线 OA的斜率乘积为-14.(1)求椭圆 C的方程;(2)(一题多解)不经过点 A的直线 y=32x+t(t≠0且 t∈R)与椭圆 C交于 P,Q两点,P关于原点的对称点为 R(与点 A 不重合),直线 AQ,AR 与 y 轴分别交于两点 M,N,求证:|AM|=|AN|.(1)解 由题意知,kOA·kl=-32·2b23a2=-b2a2=-14,即 a2=4b2,①又1a2+34b2=1,②所以联立①②,解得{a=2b=1 ,所以椭圆 C的方程为x24+y2=1.(2)证明 设 P(x1,y1),Q(x2,y2),则 R(-x1,-y1),- 10 -由{y=32x+t,x24+y2=1,得 x2+ 3tx+t2-1=0,所以Δ=4-t2>0,即-2<t<2,又 t≠0,所以 t∈(-2,0)∪(0,2),x1+x2=- 3t,x1·x2=t2-1.法一 要证明|AM|=|AN|,可转化为证明直线 AQ,AR的斜率互为相反数,即证明 kAQ+kAR=0.由题意知,kAQ+kAR=y2+32x2-1+y1-32x1+1=(y2+32)(x1+1)+(y1-32)(x2-1)(x1+1)(x2-1)=(32x2+t+32)(x1+1)+(32x1+t-32)(x2-1)(x1+1)(x2-1)=3x1x2+t(x1+x2)+ 3(x1+1)(x2-1)=3(t2-1)+t(- 3t)+ 3(x1+1)(x2-1)=0,所以|AM|=|AN|.法二 要证明|AM|=|AN|,可转化为证明直线 AQ,AR 与 y 轴的交点 M,N 连线的中点 S 的纵坐标为-32,即 AS垂直平分 MN即可.直线 AQ与 AR的方程分别为lAQ:y+32=y2+32x2-1(x-1),lAR:y+32=-y1+32-x1-1(x-1),分别令 x=0,得 yM=-y2-32x2-1-32,yN=-y1+32x1+1-32,所以 yM+yN=-y2-32x2-1+-y1+32x1+1- 3=(-32x1-t+32)(x2-1)+(-32x2-t-32)(x1+1)(x1+1)(x2-1)- 3- 11 -=- 3x1x2-t(x1+x2)- 3(x1+1)(x2-1)- 3=- 3(t2-1)-t(- 3t)- 3(x1+1)(x2-1)- 3=- 3,yS=yM+yN2=-32,即 AS垂直平分 MN.所以|AM|=|AN|.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】(2020·合肥模拟)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x28+y24=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(r0),依题意,圆心 C的坐标为(2,r).因为|MN|=3,所以 r2=(32 )2 +22=254.所以 r=52,圆 C的方程为(x-2)2+(y-52 )2 =254.(2)证明 把 x=0代入方程(x-2)2+(y-52 )2 =254,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{y=kx+1,x28+y24=1消去 y得,(1+2k2)x2+4kx-6=0.- 12 -设直线 AB交椭圆于 A(x1,y1),B(x2,y2)两点,则 x1+x2=-4k1+2k2,x1x2=-61+2k2.所以 kAN+kBN=y1-4x1+y2-4x2=kx1-3x1+kx2-3x2=2kx1x2-3(x1+x2)x1x2=1x1x2(-12k1+2k2+12k1+2k2)=0.所以∠ANM=∠BNM.综合①②知∠ANM=∠BNM.A级 基础巩固一、选择题1.直线 y=bax+3与双曲线x2a2-y2b2=1(a0,b0)的交点个数是(  )A.1 B.2 C.1或 2 D.0解析 由直线 y=bax+3与双曲线x2a2-y2b2=1的渐近线 y=bax平行,故直线与双曲线的交点个数是 1.答案 A2.(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+x2x3C.x1+x2+x3=0 D.x1x2+x2x3+x3x1=0解析 由{y=ax2,y=kx+b,消去 y得 ax2-kx-b=0,可知 x1+x2=ka,x1x2=-ba,令 kx+b=0得 x3=-bk,所以 x1x2=x1x3+x2x3.答案 B3.若点 O 和点 F 分别为椭圆x24+y23=1 的中心和左焦点,点 P 为椭圆上的任意一点,则OP→ ·FP→ 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 y20=3(1-x4 )(-2≤x0≤2).OP→ ·FP→ =x0(x0+1)+y20=x20+x0+y20=x20+x0+3(1-x4 )=14·(x0+2)2+2.- 13 -因为-2≤x0≤2,所以当 x0=2时,OP→ ·FP→ 取得最大值,最大值为 6.答案 C4.(2020·石家庄调研)设 F,B分别为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点和上顶点,O为坐标原点,C是直线 y=bax与椭圆在第一象限内的交点,若FO→ +FC→ =λ(BO→ +BC→ ),则椭圆的离心率是(  )A.2 2+17 B.2 2-17C.2 2-13 D. 2-1解析 连接 BF,联立椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)与直线 y=bax 的方程,解得 C(a2,b2).因此线段 OC 的中点坐标为(a2 2,b2 2).∵FO→ +FC→ =λ(BO→ +BC→ ),∴线段 OC 的中点在 BF 上,又直线 BF的方程为xc+yb=1,∴a2 2c+b2 2b=1,所以ca=12 2-1=2 2+17.故选 A.答案 A5.设 P是椭圆x225+y29=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.8,11C.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- 14 -二、填空题6.(2019·岳阳二模)已知抛物线 y=ax2(a0)的准线为 l,l与双曲线x24-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(a0)的准线 l:y=-14a,双曲线x24-y2=1的两条渐近线分别为 y=12x,y=-12x,可得 xA=-12a,xB=12a,可得|AB|=12a-(-12a )=4,解得 a=14.答案 147.抛物线 C:y2=2px(p0)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 M(-p2,0),设过点 M的切线方程为 x=my-p2,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=π2.答案 π28.(2019·太原一模)过双曲线x2a2-y2b2=1(a0,b0)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x2a2-y2b2=1(a0,b0)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ba2.∴e=ca=a2+b2a2 1+4= 5,∵e1,∴1e 5,∴此双曲线离心率的取值范围为(1, 5).答案 (1, 5)三、解答题9.设椭圆 C1:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为32,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+2 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AB→ ⊥BC→ ,AD→ ∥OC→ ,连接 AC交 DE于点 P,求证:|PD|=|PE|.- 15 -(1)解 由 e=32,知ca=32,所以 c=32a,因为△MF1F2的周长是 4+2 3,所以 2a+2c=4+2 3,所以 a=2,c= 3,所以 b2=a2-c2=1,所以椭圆 C1的方程为:x24+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AB→ ⊥BC→ ,所以可设 C(2,y1),所以AD→ =(x0+2,y0),OC→ =(2,y1),由AD→ ∥OC→ 可得:(x0+2)y1=2y0,即 y1=2y0x0+2.所以直线 AC的方程为:y-02y0x0+2-0=x+22-(-2).整理得:y=y02(x0+2)(x+2).又点 P在 DE上,将 x=x0代入直线 AC的方程可得:y=y02,即点 P的坐标为(x0,y02 ),所以 P为 DE的中点,|PD|=|PE|.10.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+y24=1(x0)上的动点,求△PAB面积的取值范围.(1)证明 设 P(x0,y0),A(14y,y1),B(14y,y2).- 16 -因为 PA,PB的中点在抛物线上,所以 y1,y2为方程(y+y02 )2 =4·14y2+x02,即 y2-2y0y+8x0-y20=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{y1+y2=2y0,y1y2=8x0-y,所以|PM|=18(y21+y2)-x0=34y20-3x0,|y1-y2|=2 2(y-4x0).因此,△PAB的面积 S△PAB=12|PM|·|y1-y2|=3 24(y20-4x0)32.因为 x20+y4=1(x00),所以 y20-4x0=-4x20-4x0+4∈[4,5],因此,△PAB面积的取值范围是[6 2,15104 ].B级 能力提升11.(2020·湖北八校联考)已知抛物线 y2=2px(p>0)的焦点为 F,过 F的直线 l交抛物线于 A,B两点(点 A在第一象限),若直线 l的倾斜角为2π3,则|AF||BF|等于(  )A.13 B.25 C.12 D.23解析 由题意得 F(p2,0 ),直线 l 的斜率 k=tan2π3=- 3,∴直线 l 的方程为 y=- 3(x-p2 ),即 x=-33y+p2,代入抛物线方程得 y2+2 33py-p2=0,解得 y=33p或 y=- 3p,设 A(x1,y1),B(x2,y2),由点 A在第一象限可知 y1=33p,则 y2=- 3p,∴|AF||BF|=|y1||y2|=13,故选 A.答案 A12.已知 F1,F2是双曲线x2a2-y2b2=1(a0,b0)的左、右焦点,点 P在双曲线上的右支上,如果|PF1|=t|PF2|(t∈(1,3]),则双曲线经过一、三象限的渐近线的斜率的取值范围是________________.解析 由双曲线的定义及题意可得- 17 -{|PF1|-|PF2|=2a,|PF1|=t|PF2|, 解得{|PF1|=2att-1,|PF2|=2at-1.又|PF1|+|PF2|≥2c,∴|PF1|+|PF2|=2att-1+2at-1≥2c,整理得 e=ca≤t+1t-1=1+2t-1,∵1t≤3,∴1+2t-1≥2,∴1e≤2.又b2a2=c2-a2a2=e2-1,∴0b2a2≤3,故 0ba≤ 3.∴双曲线经过一、三象限的渐近线的斜率的取值范围是(0, 3].答案 (0, 3]13.以椭圆上一点和两个焦点为顶点的三角形的面积的最大值为 1,则椭圆长轴长的最小值为________.解析 设 a,b,c分别为椭圆的长半轴长、短半轴长、半焦距,依题意知,当三角形的高为 b时面积最大,所以12×2cb=1,bc=1,而 2a=2 b2+c2≥2 2bc=2 2(当且仅当 b=c=1 时取等号),即长轴长 2a 的最小值为 22.答案 2 214.(2020·成都诊断)椭圆 C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别是 F1,F2,离心率为32,过 F1且垂直于 x轴的直线被椭圆 C截得的线段长为 1.(1)求椭圆 C的方程;(2)设直线 l:y=kx+m是以坐标原点 O为圆心,2 55为半径的圆的切线,且与椭圆 C交于不同的两点 A,B,求△AOB面积的最大值.解 (1)将 x=-c代入椭圆方程x2a2+y2b2=1,结合 c2=a2-b2,得 y=±b2a,由题意知2b2a=1,又 e=ca=32,∴a=2,b=1.∴椭圆 C的方程为x24+y2=1.(2)设点 A(x1,y1),B(x2,y2),- 18 -∵直线 l:y=kx+m是以坐标原点 O为圆心,2 55为半径的圆的切线,∴|m|1+k2=2 55,即 m2=45(1+k2),联立{y=kx+m,x24+y2=1,消 y得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,∴Δ=16(1+4k2-m2)>0,x1+x2=-8km1+4k2,x1x2=4m2-41+4k2,∴|AB|= 1+k2|x1-x2|= 1+k2·4 1+4k2-m21+4k2=4 1+k2·1+16k251+4k2=4 55(1+k2)(1+16k2)(1+4k2)2=4 55· 1+9k216k4+8k2+1=4 551+916k2+1k2+8,∵16k2+1k2≥2 16k2·1k2=8,当且仅当 k2=14时等号成立,∴|AB|max= 5,∴S△OAB的最大值为12×2 55× 5=1.C级 创新猜想15.(多填题)(2020·郑州模拟)已知不过原点的动直线 l 交抛物线 C:y2=2px(p>0)于 M,N两点,O 为坐标原点,F 为抛物线 C 的焦点,且|OM→ +ON→ |=|OM→ -ON→ |,则直线 l 过定点________,若△MNF面积的最小值为 27,则 p的值为________.解析 设动直线 MN 的方程为 x=my+t,M(x1,y1),N(x2,y2),由题意知 y1≠0,y2≠0,t≠0,直线 MN的方程与抛物线 C的方程 y2=2px(p>0)联立,消去 x,得 y2-2pmy-2pt=0,由Δ>0得 pm2+2t>0①,y1+y2=2pm,y1y2=-2pt.由|OM→ +ON→ |=|OM→ -ON→ |,得OM→ ·ON→ =0,所以 x1x2+y1y2=0,即y2p·y2p+y1y2=0,可得 y1y2=-4p2,所以 t=2p,故直线 MN恒过定点Q(2p,0),将 t=2p 代入①得 m∈R,又知|QF|=2p-p2=3p2,故 S△MNF=12|QF|·|y1-y2|=12·3p2· 4p2m2+16p2=3p22m2+4≥3p2,当且仅当 m=0时,等号成立,由题意得 3p2=27,解得 p=3.答案 (2p,0) 3

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