10.4直線與圓錐曲線的位置關(guān)系挖命題【考情探究】考點(diǎn)內(nèi)容解讀5年考情預(yù)測(cè)熱度考題示例考向關(guān)聯(lián)考點(diǎn)直線與圓錐曲線的位置關(guān)系1.了解圓錐曲線的簡(jiǎn)單應(yīng)用.2.理解數(shù)形結(jié)合的思想.3.能解決直線與圓錐曲線的位置關(guān)系等問題.2018浙江,17,21直線與橢圓、拋物線的位置關(guān)系向量、三角形面積2017浙江,21直線與拋物線的位置關(guān)系不等式、最值2016浙江文,19直線與拋物線的位置關(guān)系斜率2015浙江,19直線與拋物線的位置關(guān)系三角形面積、最值2014浙江文,22直線與拋物線的位置關(guān)系向量、三角形面積分析解讀1.直線與圓錐曲線的位置關(guān)系是高考的常考內(nèi)容,常以解答題的形式呈現(xiàn),試題具有一定的難度.2.直線與圓錐曲線的位置關(guān)系綜合性較強(qiáng),要注重與一元二次方程中的判別式、根與系數(shù)的關(guān)系、函數(shù)的單調(diào)性、不等式、平面向量等知識(shí)相綜合.3.預(yù)計(jì)2020年高考中,仍將以直線與圓錐曲線的位置關(guān)系等問題為重點(diǎn)進(jìn)行考查.破考點(diǎn)【考點(diǎn)集訓(xùn)】考點(diǎn)直線與圓錐曲線的位置關(guān)系1.(2018浙江鎮(zhèn)海中學(xué)階段性測(cè)試,8)設(shè)從點(diǎn)P(a,b)分別向橢圓x24+y2=1與雙曲線x2-y24=1作兩條切線PA,PB和PC,PD,切點(diǎn)分別為A,B和C,D,若ABCD,則=() A.4B.1C.4D.1答案D2.(2018浙江鎮(zhèn)海中學(xué)階段性測(cè)試,16)過點(diǎn)P(-1,1)向拋物線y2=4x作切線PA,PB,切點(diǎn)分別為A,B,過焦點(diǎn)F分別向PA,PB作垂線,垂足分別為C,D,則FCD的面積是.答案52煉技法【方法集訓(xùn)】方法圓錐曲線中弦長(zhǎng)的求法1.(2018浙江金華十校模擬(4月),21,15分)已知拋物線y2=x和圓C:(x+1)2+y2=1,過拋物線上的一點(diǎn)P(x0,y0)(y01),作圓C的兩條切線,與y軸分別交于A,B兩點(diǎn).(1)若切線PB過拋物線的焦點(diǎn),求切線PB的斜率;(2)求ABP面積的最小值.解析(1)由題意得拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)為F14,0,設(shè)切線PB的斜率為k,則切線PB的方程為y=kx-14,即kx-y-k=0.k(-1)-14kk2+1=1,解得k=.P(x0,y0)(y01),k=.(2)設(shè)切線方程為y=kx+m(k0),由點(diǎn)P在直線上得,k=y0-mx0,圓心C到切線的距離為|-k+m|k2+1=1,整理得m2-2km-1=0.將代入得,(x0+2)m2-2y0m-x0=0.設(shè)方程的兩個(gè)根分別為m1,m2,由根與系數(shù)的關(guān)系得,m1+m2=2y0x0+2,m1m2=-x0x0+2,從而|AB|=|m1-m2|=(m1+m2)2-4m1m2=2x02+3x0(x0+2)2,SABP=|AB|x0=x0x02+3x0(x0+2)2=x02(x02+3x0)(x0+2)2(x01).記函數(shù)g(x)=x2(x2+3x)(x+2)2(x1),則g(x)=x2(2x2+11x+18)(x+2)3>0,g(x)min=g(1)=,SABP的最小值為.2.(2018浙江五校聯(lián)考(5月),21)如圖,已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為,焦距為2.(1)求橢圓C的方程; (2)直線l與橢圓切于點(diǎn)P,OQl,垂足為Q,其中O為坐標(biāo)原點(diǎn).求OPQ面積的最大值.解析(1)由題意得橢圓C的離心率為,則a2=4c2,b2=3c2,橢圓C的方程為x24c2+y23c2=1,2c=2,即c=1,橢圓C的方程為x24+y23=1.(6分)(2)設(shè)直線l:y=kx+m(k0),則根據(jù)題意,得OQ:y=-x(k0),聯(lián)立y=kx+m,x24+y23=1,得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,由=0得3+4k2=m2,解得xP=-8km2(3+4k2)=4k-m,(9分)聯(lián)立y=kx+m,y=-1kx,解得xQ=-km1+k2,|PQ|=1+k2-km1+k2+4km,SOPQ=|PQ|OQ|2=|m|1+k21+k2-km1+k2+4km=|k|1+k2|k|21k2=,當(dāng)且僅當(dāng)|k|=1時(shí)取等號(hào).(12分)綜上,(SOPQ)max=.(15分)過專題【五年高考】統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組考點(diǎn)直線與圓錐曲線的位置關(guān)系 1.(2018課標(biāo)全國(guó)理,8,5分)設(shè)拋物線C:y2=4x的焦點(diǎn)為F,過點(diǎn)(-2,0)且斜率為的直線與C交于M,N兩點(diǎn),則FMFN=() A.5B.6C.7D.8答案D2.(2017課標(biāo)全國(guó)理,10,5分)已知F為拋物線C:y2=4x的焦點(diǎn),過F作兩條互相垂直的直線l1,l2,直線l1與C交于A,B兩點(diǎn),直線l2與C交于D,E兩點(diǎn),則|AB|+|DE|的最小值為()A.16B.14C.12D.10答案A3.(2015江蘇,12,5分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,P為雙曲線x2-y2=1右支上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn).若點(diǎn)P到直線x-y+1=0的距離大于c恒成立,則實(shí)數(shù)c的最大值為.答案224.(2018課標(biāo)全國(guó)文,20,12分)設(shè)拋物線C:y2=2x,點(diǎn)A(2,0),B(-2,0),過點(diǎn)A的直線l與C交于M,N兩點(diǎn).(1)當(dāng)l與x軸垂直時(shí),求直線BM的方程;(2)證明:ABM=ABN.解析(1)當(dāng)l與x軸垂直時(shí),l的方程為x=2,可得M的坐標(biāo)為(2,2)或(2,-2).所以直線BM的方程為y=x+1或y=-x-1.(2)當(dāng)l與x軸垂直時(shí),AB為MN的垂直平分線,所以ABM=ABN.當(dāng)l與x軸不垂直時(shí),設(shè)l的方程為y=k(x-2)(k0),M(x1,y1),N(x2,y2),則x1>0,x2>0.由y=k(x-2),y2=2x得ky2-2y-4k=0,可知y1+y2=,y1y2=-4.直線BM,BN的斜率之和為kBM+kBN=y1x1+2+y2x2+2=x2y1+x1y2+2(y1+y2)(x1+2)(x2+2).將x1=y1k+2,x2=y2k+2及y1+y2,y1y2的表達(dá)式代入式分子,可得x2y1+x1y2+2(y1+y2)=2y1y2+4k(y1+y2)k=-8+8k=0.所以kBM+kBN=0,可知BM,BN的傾斜角互補(bǔ),所以ABM=ABN.綜上,ABM=ABN.方法總結(jié)直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的常見題型及解題策略:(1)求直線方程.先尋找確定直線的兩個(gè)條件.若缺少一個(gè)可設(shè)出此量,利用題設(shè)條件尋找關(guān)于該量的方程,解方程即可.(2)求線段長(zhǎng)度或線段之積(和)的最值.可依據(jù)直線與圓錐曲線相交,利用弦長(zhǎng)公式求出弦長(zhǎng)或弦長(zhǎng)關(guān)于某個(gè)量的函數(shù),然后利用基本不等式或函數(shù)的有關(guān)知識(shí)求其最值;也可利用圓錐曲線的定義轉(zhuǎn)化為兩點(diǎn)間的距離或點(diǎn)到直線的距離.(3)證明題.圓錐曲線中的證明問題多涉及定點(diǎn)、定值、角相等、線段相等、點(diǎn)在定直線上等,有時(shí)也涉及一些否定性命題,常采用直接法或反證法給予證明.借助已知條件,將直線與圓錐曲線聯(lián)立,尋找待證明式子的表達(dá)式,結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系及整體代換思想化簡(jiǎn)即可得證.5.(2018課標(biāo)全國(guó)文,20,12分)已知斜率為k的直線l與橢圓C:x24+y23=1交于A,B兩點(diǎn),線段AB的中點(diǎn)為M(1,m)(m>0).(1)證明:k<-;(2)設(shè)F為C的右焦點(diǎn),P為C上一點(diǎn),且FP+FA+FB=0.證明:2|FP|=|FA|+|FB|.證明本題考查橢圓的幾何性質(zhì)、直線與橢圓的位置關(guān)系.(1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x124+y123=1,x224+y223=1.兩式相減,并由y1-y2x1-x2=k得x1+x24+y1+y23k=0.由題設(shè)知x1+x22=1,y1+y22=m,于是k=-34m.由題設(shè)得0<m<,故k<-.(2)由題意得F(1,0).設(shè)P(x3,y3),則(x3-1,y3)+(x1-1,y1)+(x2-1,y2)=(0,0).由(1)及題設(shè)得x3=3-(x1+x2)=1,y3=-(y1+y2)=-2m<0.又點(diǎn)P在C上,所以m=,從而P1,-32,|FP|=.于是|FA|=(x1-1)2+y12=(x1-1)2+31-x124=2-x12.同理|FB|=2-x22.所以|FA|+|FB|=4- (x1+x2)=3.故2|FP|=|FA|+|FB|.6.(2015湖南,20,13分)已知拋物線C1:x2=4y的焦點(diǎn)F也是橢圓C2:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的一個(gè)焦點(diǎn),C1與C2的公共弦的長(zhǎng)為26.(1)求C2的方程;(2)過點(diǎn)F的直線l與C1相交于A,B兩點(diǎn),與C2相交于C,D兩點(diǎn),且AC與BD同向.(i)若|AC|=|BD|,求直線l的斜率;(ii)設(shè)C1在點(diǎn)A處的切線與x軸的交點(diǎn)為M,證明:直線l繞點(diǎn)F旋轉(zhuǎn)時(shí),MFD總是鈍角三角形.解析(1)由C1:x2=4y知其焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為(0,1).因?yàn)镕也是橢圓C2的一個(gè)焦點(diǎn),所以a2-b2=1.又C1與C2的公共弦的長(zhǎng)為26,C1與C2都關(guān)于y軸對(duì)稱,且C1的方程為x2=4y,由此易知C1與C2的公共點(diǎn)的坐標(biāo)為6,32,所以94a2+6b2=1.聯(lián)立得a2=9,b2=8.故C2的方程為y29+x28=1.(2)如圖,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).(i)因AC與BD同向,且|AC|=|BD|,所以AC=BD,從而x3-x1=x4-x2,即x1-x2=x3-x4,于是(x1+x2)2-4x1x2=(x3+x4)2-4x3x4.設(shè)直線l的斜率為k,則l的方程為y=kx+1.由y=kx+1,x2=4y得x2-4kx-4=0.而x1,x2是這個(gè)方程的兩根,所以x1+x2=4k,x1x2=-4.由y=kx+1,x28+y29=1得(9+8k2)x2+16kx-64=0.而x3,x4是這個(gè)方程的兩根,所以x3+x4=-16k9+8k2,x3x4=-649+8k2.將代入,得16(k2+1)=162k2(9+8k2)2+4649+8k2,即16(k2+1)=1629(k2+1)(9+8k2)2,所以(9+8k2)2=169,解得k=64,即直線l的斜率為64.(ii)證明:由x2=4y得y=,所以C1在點(diǎn)A處的切線方程為y-y1=x12(x-x1),即y=x1x2-x124.令y=0,得x=x12,即Mx12,0,所以FM=x12,-1.而FA=(x1,y1-1),于是FAFM=x122-y1+1=x124+1>0,因此AFM是銳角,從而MFD=180-AFM是鈍角.故直線l繞點(diǎn)F旋轉(zhuǎn)時(shí),MFD總是鈍角三角形.教師專用題組考點(diǎn)直線與圓錐曲線的位置關(guān)系1.(2017課標(biāo)全國(guó)文,12,5分)過拋物線C:y2=4x的焦點(diǎn)F,且斜率為3的直線交C于點(diǎn)M(M在x軸的上方),l為C的準(zhǔn)線,點(diǎn)N在l上且MNl,則M到直線NF的距離為() A.5B.22C.23D.33答案C2.(2014課標(biāo),10,5分)設(shè)F為拋物線C:y2=3x的焦點(diǎn),過F且傾斜角為30的直線交C于A,B兩點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn),則OAB的面積為()A.334B.938C.6332D.答案D3.(2014遼寧,10,5分)已知點(diǎn)A(-2,3)在拋物線C:y2=2px的準(zhǔn)線上,過點(diǎn)A的直線與C在第一象限相切于點(diǎn)B,記C的焦點(diǎn)為F,則直線BF的斜率為()A.B.C.D.答案D4.(2018北京文,20,14分)已知橢圓M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為63,焦距為22.斜率為k的直線l與橢圓M有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A,B.(1)求橢圓M的方程;(2)若k=1,求|AB|的最大值;(3)設(shè)P(-2,0),直線PA與橢圓M的另一個(gè)交點(diǎn)為C,直線PB與橢圓M的另一個(gè)交點(diǎn)為D.若C,D和點(diǎn)Q-74,14共線,求k.解析(1)由題意得a2=b2+c2,ca=63,2c=22,解得a=3,b=1.所以橢圓M的方程為x23+y2=1.(2)設(shè)直線l的方程為y=x+m,A(x1,y1),B(x2,y2).由y=x+m,x23+y2=1得4x2+6mx+3m2-3=0.所以x1+x2=-3m2,x1x2=3m2-34.|AB|=(x2-x1)2+(y2-y1)2=2(x2-x1)2=2(x1+x2)2-4x1x2=12-3m22.當(dāng)m=0,即直線l過原點(diǎn)時(shí),|AB|最大,最大值為6.(3)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2).由題意得x12+3y12=3,x22+3y22=3.直線PA的方程為y=y1x1+2(x+2).由y=y1x1+2(x+2),x2+3y2=3,得(x1+2)2+3y12x2+12y12x+12y12-3(x1+2)2=0.設(shè)C(xC,yC).所以xC+x1=-12y12(x1+2)2+3y12=4x12-124x1+7.所以xC=4x12-124x1+7-x1=-12-7x14x1+7.所以yC=y1x1+2(xC+2)=y14x1+7.設(shè)D(xD,yD).同理得xD=-12-7x24x2+7,yD=y24x2+7.記直線CQ,DQ的斜率分別為kCQ,kDQ,則kCQ-kDQ=y14x1+7-14-12-7x14x1+7+74-y24x2+7-14-12-7x24x2+7+74=4(y1-y2-x1+x2).因?yàn)镃,D,Q三點(diǎn)共線,所以kCQ-kDQ=0.故y1-y2=x1-x2.所以直線l的斜率k=y1-y2x1-x2=1.5.(2018課標(biāo)全國(guó)理,19,12分)設(shè)橢圓C:x22+y2=1的右焦點(diǎn)為F,過F的直線l與C交于A,B兩點(diǎn),點(diǎn)M的坐標(biāo)為(2,0).(1)當(dāng)l與x軸垂直時(shí),求直線AM的方程;(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),證明:OMA=OMB.解析(1)由已知得F(1,0),l的方程為x=1,由已知可得,點(diǎn)A的坐標(biāo)為1,22或1,-22.所以AM的方程為y=-22x+2或y=22x-2.(2)證明:當(dāng)l與x軸重合時(shí),OMA=OMB=0,當(dāng)l與x軸垂直時(shí),直線OM為AB的垂直平分線,所以O(shè)MA=OMB.當(dāng)l與x軸不重合也不垂直時(shí),設(shè)l的方程為y=k(x-1)(k0),A(x1,y1),B(x2,y2),則x1<2,x2<2,直線MA,MB的斜率之和為kMA+kMB=y1x1-2+y2x2-2,由y1=kx1-k,y2=kx2-k得kMA+kMB=2kx1x2-3k(x1+x2)+4k(x1-2)(x2-2).將y=k(x-1)代入x22+y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0,所以x1+x2=4k22k2+1,x1x2=2k2-22k2+1.則2kx1x2-3k(x1+x2)+4k=4k3-4k-12k3+8k3+4k2k2+1=0,從而kMA+kMB=0,故MA,MB的傾斜角互補(bǔ),所以O(shè)MA=OMB.綜上,OMA=OMB.6.(2018江蘇,18,14分)如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,橢圓C過點(diǎn)3,12,焦點(diǎn)F1(-3,0),F2(3,0),圓O的直徑為F1F2.(1)求橢圓C及圓O的方程;(2)設(shè)直線l與圓O相切于第一象限內(nèi)的點(diǎn)P.若直線l與橢圓C有且只有一個(gè)公共點(diǎn),求點(diǎn)P的坐標(biāo);直線l與橢圓C交于A,B兩點(diǎn).若OAB的面積為267,求直線l的方程.解析本題主要考查直線方程、圓的方程、圓的幾何性質(zhì)、橢圓方程、橢圓的幾何性質(zhì)、直線與圓及橢圓的位置關(guān)系等知識(shí),考查分析問題能力和運(yùn)算求解能力.解法一:(1)因?yàn)闄E圓C的焦點(diǎn)為F1(-3,0),F2(3,0),所以可設(shè)橢圓C的方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0).又點(diǎn)3,12在橢圓C上,所以3a2+14b2=1,a2-b2=3,解得a2=4,b2=1.因此,橢圓C的方程為x24+y2=1.因?yàn)閳AO的直徑為F1F2,所以其方程為x2+y2=3.(2)設(shè)直線l與圓O相切于P(x0,y0)(x0>0,y0>0),則x02+y02=3.所以直線l的方程為y=-x0y0(x-x0)+y0,即y=-x0y0x+3y0.由x24+y2=1,y=-x0y0x+3y0消去y,得(4x02+y02)x2-24x0x+36-4y02=0.(*)因?yàn)橹本€l與橢圓C有且只有一個(gè)公共點(diǎn),所以=(-24x0)2-4(4x02+y02)(36-4y02)=48y02(x02-2)=0.因?yàn)閤0,y0>0,所以x0=2,y0=1.因此,點(diǎn)P的坐標(biāo)為(2,1).因?yàn)槿切蜲AB的面積為267,所以ABOP=267,從而AB=427.設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),由(*)得x1,2=24x048y02(x02-2)2(4x02+y02),所以AB2=(x1-x2)2+(y1-y2)2=1+x02y0248y02(x02-2)(4x02+y02)2.因?yàn)閤02+y02=3,所以AB2=16(x02-2)(x02+1)2=3249,即2x04-45x02+100=0.解得x02= (x02=20舍去),則y02=,因此P的坐標(biāo)為102,22.則直線l的方程為y=-5x+32.解法二:(1)由題意知c=3,所以圓O的方程為x2+y2=3,因?yàn)辄c(diǎn)3,12在橢圓上,所以2a=(3-3)2+12-02+(3+3)2+12-02=4,所以a=2.因?yàn)閍2=b2+c2,所以b=1,所以橢圓C的方程為x24+y2=1.(2)由題意知直線l與圓O和橢圓C均相切,且切點(diǎn)在第一象限,所以直線l的斜率k存在且k<0,設(shè)直線l的方程為y=kx+m(k<0,m>0),將直線l的方程代入圓O的方程,得x2+(kx+m)2=3,整理得(k2+1)x2+2kmx+m2-3=0,因?yàn)橹本€l與圓O相切,所以=(2km)2-4(k2+1)(m2-3)=0,整理得m2=3k2+3,將直線l的方程代入橢圓C的方程,得x24+(kx+m)2=1,整理得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,因?yàn)橹本€l與橢圓C相切,所以=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)=0,整理得m2=4k2+1,所以3k2+3=4k2+1,因?yàn)閗<0,所以k=-2,則m=3,將k=-2,m=3代入(k2+1)x2+2kmx+m2-3=0,整理得x2-22x+2=0,解得x1=x2=2,將x=2代入x2+y2=3,解得y=1(y=-1舍去),所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為(2,1).設(shè)A(x1,kx1+m),B(x2,kx2+m),由知m2=3k2+3,且k<0,m>0,因?yàn)橹本€l和橢圓C相交,所以結(jié)合的過程知m2<4k2+1,解得k<-2,將直線l的方程和橢圓C的方程聯(lián)立可得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,解得x1,2=-8km44k2+1-m22(4k2+1),所以|x1-x2|=44k2+1-m24k2+1,因?yàn)锳B=(x1-x2)2+(kx1-kx2)2=|x1-x2|k2+1=44k2+1-m24k2+1k2+1,O到l的距離d=|m|k2+1=3,所以SOAB=44k2+1-m24k2+1k2+1|m|k2+1=4k2-24k2+1k2+13=267,解得k2=5,因?yàn)閗<0,所以k=-5,則m=32,即直線l的方程為y=-5x+32.7.(2018天津理,19,14分)設(shè)橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F,上頂點(diǎn)為B.已知橢圓的離心率為53,點(diǎn)A的坐標(biāo)為(b,0),且|FB|AB|=62.(1)求橢圓的方程;(2)設(shè)直線l:y=kx(k>0)與橢圓在第一象限的交點(diǎn)為P,且l與直線AB交于點(diǎn)Q.若|AQ|PQ|=524sinAOQ(O為原點(diǎn)),求k的值.解析本題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)、直線方程等基礎(chǔ)知識(shí).考查用代數(shù)方法研究圓錐曲線的性質(zhì).考查運(yùn)算求解能力,以及用方程思想解決問題的能力.(1)設(shè)橢圓的焦距為2c,由已知有c2a2=,又由a2=b2+c2,可得2a=3b.由已知可得,|FB|=a,|AB|=2b,由|FB|AB|=62,可得ab=6,從而a=3,b=2.所以橢圓的方程為x29+y24=1.(2)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x1,y1),點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(x2,y2).由已知有y1>y2>0,故|PQ|sinAOQ=y1-y2.又因?yàn)閨AQ|=y2sinOAB,而OAB=,故|AQ|=2y2.由|AQ|PQ|=524sinAOQ,可得5y1=9y2.由方程組y=kx,x29+y24=1,消去x,可得y1=6k9k2+4.易知直線AB的方程為x+y-2=0,由方程組y=kx,x+y-2=0,消去x,可得y2=2kk+1.由5y1=9y2,可得5(k+1)=39k2+4,兩邊平方,整理得56k2-50k+11=0,解得k=或k=1128.所以k的值為或1128.解題關(guān)鍵利用平面幾何知識(shí)將|AQ|PQ|=524sinAOQ轉(zhuǎn)化為點(diǎn)P、Q坐標(biāo)間的關(guān)系是解決第(2)問的關(guān)鍵.方法歸納求橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程的基本方法(1)定義法:根據(jù)橢圓的定義,確定a2,b2的值,結(jié)合焦點(diǎn)位置寫出橢圓方程;(2)待定系數(shù)法:這是求橢圓方程的常用方法,基本步驟為根據(jù)已知條件判斷焦點(diǎn)的位置;根據(jù)焦點(diǎn)的位置設(shè)出所求橢圓的方程;根據(jù)已知條件,建立關(guān)于a、b、c的方程組,注意c2=a2-b2的應(yīng)用;解方程組,求得a、b的值,從而得出橢圓的方程.8.(2017課標(biāo)全國(guó),20,12分)設(shè)A,B為曲線C:y=x24上兩點(diǎn),A與B的橫坐標(biāo)之和為4.(1)求直線AB的斜率;(2)設(shè)M為曲線C上一點(diǎn),C在M處的切線與直線AB平行,且AMBM,求直線AB的方程.解析(1)解法一:設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1x2,y1=x124,y2=x224,x1+x2=4,于是直線AB的斜率k=y1-y2x1-x2=x1+x24=1.解法二:設(shè)Ax1,x124,則由題意得B4-x1,(4-x1)24,于是直線AB的斜率k=(4-x1)24-x1244-x1-x1=(4-x1)2-x124(4-2x1)=1.(2)解法一:由y=x24,得y=,設(shè)M(x3,y3),由題設(shè)知x32=1,解得x3=2,于是M(2,1).設(shè)直線AB的方程為y=x+m,故線段AB的中點(diǎn)為N(2,2+m),|MN|=|m+1|.將y=x+m代入y=x24得x2-4x-4m=0.當(dāng)=16(m+1)>0,即m>-1時(shí),x1,2=22m+1.從而|AB|=2|x1-x2|=42(m+1).由題設(shè)知|AB|=2|MN|,即42(m+1)=2(m+1),解得m=7.所以直線AB的方程為y=x+7.解法二:設(shè)曲線C:y=x24上的點(diǎn)M的坐標(biāo)為x0,x024,過點(diǎn)M且與直線AB平行的直線l的方程為y=x-x0+x024.聯(lián)立得y=x-x0+x024,y=x24,消去y得x2-4x+4x0-x02=0,所以=(-4)2-41(4x0-x02)=0,解得x0=2,代入曲線C的方程,得y0=1,故M(2,1).設(shè)Ax1,x124,則B4-x1,(4-x1)24,因?yàn)锳MBM,所以1-x1242-x11-(4-x1)242-(4-x1)=-1,即x12-4x1=28.所以直線AB的方程為y=x-x1+x124,即y=x+7.9.(2017天津理,19,14分)設(shè)橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F,右頂點(diǎn)為A,離心率為.已知A是拋物線y2=2px(p>0)的焦點(diǎn),F到拋物線的準(zhǔn)線l的距離為.(1)求橢圓的方程和拋物線的方程;(2)設(shè)l上兩點(diǎn)P,Q關(guān)于x軸對(duì)稱,直線AP與橢圓相交于點(diǎn)B(B異于點(diǎn)A),直線BQ與x軸相交于點(diǎn)D.若APD的面積為62,求直線AP的方程.解析(1)設(shè)F的坐標(biāo)為(-c,0).依題意, =,=a,a-c=,解得a=1,c=,p=2,于是b2=a2-c2=.所以橢圓的方程為x2+4y23=1,拋物線的方程為y2=4x.(2)設(shè)直線AP的方程為x=my+1(m0),與直線l的方程x=-1聯(lián)立,可得點(diǎn)P-1,-2m,故Q-1,2m.將x=my+1與x2+4y23=1聯(lián)立,消去x,整理得(3m2+4)y2+6my=0,解得y=0或y=-6m3m2+4.由點(diǎn)B異于點(diǎn)A,可得點(diǎn)B-3m2+43m2+4,-6m3m2+4.由Q-1,2m,可得直線BQ的方程為-6m3m2+4-2m(x+1)-3m2+43m2+4+1y-2m=0,令y=0,解得x=2-3m23m2+2,故D2-3m23m2+2,0.所以|AD|=1-2-3m23m2+2=6m23m2+2.又因?yàn)锳PD的面積為62,故6m23m2+22|m|=62,整理得3m2-26|m|+2=0,解得|m|=63,所以m=63.所以直線AP的方程為3x+6y-3=0或3x-6y-3=0.10.(2016課標(biāo)全國(guó),20,12分)在直角坐標(biāo)系xOy中,直線l:y=t(t0)交y軸于點(diǎn)M,交拋物線C:y2=2px(p>0)于點(diǎn)P,M關(guān)于點(diǎn)P的對(duì)稱點(diǎn)為N,連接ON并延長(zhǎng)交C于點(diǎn)H.(1)求|OH|ON|;(2)除H以外,直線MH與C是否有其他公共點(diǎn)?說明理由.解析(1)由已知得M(0,t),Pt22p,t.又N為M關(guān)于點(diǎn)P的對(duì)稱點(diǎn),故Nt2p,t,ON的方程為y=x,代入y2=2px整理得px2-2t2x=0,解得x1=0,x2=2t2p.因此H2t2p,2t.所以N為OH的中點(diǎn),即|OH|ON|=2.(2)直線MH與C除H以外沒有其他公共點(diǎn).理由如下:直線MH的方程為y-t=p2tx,即x=2tp(y-t).代入y2=2px得y2-4ty+4t2=0,解得y1=y2=2t,即直線MH與C只有一個(gè)公共點(diǎn),所以除H以外直線MH與C沒有其他公共點(diǎn).方法總結(jié)將直線與拋物線的交點(diǎn)坐標(biāo)問題歸結(jié)為直線方程與拋物線方程組成的方程組的解的問題.11.(2016課標(biāo)全國(guó),21,12分)已知A是橢圓E:x24+y23=1的左頂點(diǎn),斜率為k(k>0)的直線交E于A,M兩點(diǎn),點(diǎn)N在E上,MANA.(1)當(dāng)|AM|=|AN|時(shí),求AMN的面積;(2)當(dāng)2|AM|=|AN|時(shí),證明:3<k<2.解析(1)設(shè)M(x1,y1),則由題意知y1>0.由已知及橢圓的對(duì)稱性知,直線AM的傾斜角為.又A(-2,0),因此直線AM的方程為y=x+2.將x=y-2代入x24+y23=1得7y2-12y=0.解得y=0或y=127,所以y1=127.因此AMN的面積SAMN=2127127=14449.(2)證明:將直線AM的方程y=k(x+2)(k>0)代入x24+y23=1得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0.由x1(-2)=16k2-123+4k2得x1=2(3-4k2)3+4k2,故|AM|=|x1+2|1+k2=121+k23+4k2.由題設(shè),直線AN的方程為y=- (x+2),故同理可得|AN|=12k1+k23k2+4.由2|AM|=|AN|得23+4k2=k3k2+4,即4k3-6k2+3k-8=0.設(shè)f(t)=4t3-6t2+3t-8,則k是f(t)的零點(diǎn), f (t)=12t2-12t+3=3(2t-1)20,所以f(t)在(0,+)內(nèi)單調(diào)遞增.又f(3)=153-26<0, f(2)=6>0,因此f(t)在(0,+)內(nèi)有唯一的零點(diǎn),且零點(diǎn)k在(3,2)內(nèi),所以3<k<2.思路分析(1)由|AM|=|AN|,MANA可以求出直線AM的傾斜角,從而可以得出AM的方程,與橢圓方程聯(lián)立,求出點(diǎn)M的縱坐標(biāo),從而求出AMN的面積;(2)先把直線AM的方程與橢圓方程聯(lián)立,借助一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系及弦長(zhǎng)公式,再根據(jù)2|AM|=|AN|建立關(guān)于k的方程,再借助導(dǎo)數(shù)即可解決問題.12.(2016課標(biāo)全國(guó),20,12分)已知拋物線C:y2=2x的焦點(diǎn)為F,平行于x軸的兩條直線l1,l2分別交C于A,B兩點(diǎn),交C的準(zhǔn)線于P,Q兩點(diǎn).(1)若F在線段AB上,R是PQ的中點(diǎn),證明ARFQ;(2)若PQF的面積是ABF的面積的兩倍,求AB中點(diǎn)的軌跡方程.解析由題設(shè)知F12,0.設(shè)l1:y=a,l2:y=b,易知ab0,且Aa22,a,Bb22,b,P-12,a,Q-12,b,R-12,a+b2.記過A,B兩點(diǎn)的直線為l,則l的方程為2x-(a+b)y+ab=0.(1)證明:由于F在線段AB上,故1+ab=0.記AR的斜率為k1,FQ的斜率為k2,則k1=a-b1+a2=a-ba2-ab=-aba=-b=k2.所以ARFQ.(2)設(shè)l與x軸的交點(diǎn)為D(x1,0),則SABF=|b-a|FD|=|b-a|x1-12,SPQF=|a-b|2.由題設(shè)可得2|b-a|x1-12=|a-b|2,所以x1=0(舍去)或x1=1.設(shè)滿足條件的AB的中點(diǎn)為E(x,y).當(dāng)AB與x軸不垂直時(shí),由kAB=kDE可得2a+b=yx-1(x1).而a+b2=y,所以y2=x-1(x1).當(dāng)AB與x軸垂直時(shí),E與D重合.所以,所求軌跡方程為y2=x-1.易錯(cuò)警示容易漏掉直線AB與x軸垂直的情形而失分.13.(2016江蘇,22,10分)如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知直線l:x-y-2=0,拋物線C:y2=2px(p>0).(1)若直線l過拋物線C的焦點(diǎn),求拋物線C的方程;(2)已知拋物線C上存在關(guān)于直線l對(duì)稱的相異兩點(diǎn)P和Q.求證:線段PQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為(2-p,-p);求p的取值范圍.解析(1)拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為p2,0,由點(diǎn)p2,0在直線l:x-y-2=0上,得-0-2=0,即p=4.所以拋物線C的方程為y2=8x.(2)設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),線段PQ的中點(diǎn)M(x0,y0).因?yàn)辄c(diǎn)P和Q關(guān)于直線l對(duì)稱,所以直線l垂直平分線段PQ,于是直線PQ的斜率為-1,則可設(shè)其方程為y=-x+b.證明:由y2=2px,y=-x+b消去x得y2+2py-2pb=0.(*)因?yàn)镻和Q是拋物線C上的相異兩點(diǎn),所以y1y2,從而=(2p)2-4(-2pb)>0,化簡(jiǎn)得p+2b>0.方程(*)的兩根為y1,2=-pp2+2pb,從而y0=y1+y22=-p.因?yàn)镸(x0,y0)在直線l上,所以x0=2-p.因此,線段PQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為(2-p,-p).因?yàn)镸(2-p,-p)在直線y=-x+b上,所以-p=-(2-p)+b,即b=2-2p.由知p+2b>0,于是p+2(2-2p)>0,所以p<.因此,p的取值范圍是0,43.評(píng)析本題主要考查直線和拋物線的方程、直線與拋物線的位置關(guān)系,考查運(yùn)算求解能力及推理論證能力.14.(2015天津,19,14分)已知橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F(-c,0),離心率為33,點(diǎn)M在橢圓上且位于第一象限,直線FM被圓x2+y2=b24截得的線段的長(zhǎng)為c,|FM|=433.(1)求直線FM的斜率;(2)求橢圓的方程;(3)設(shè)動(dòng)點(diǎn)P在橢圓上,若直線FP的斜率大于2,求直線OP(O為原點(diǎn))的斜率的取值范圍.解析(1)由已知有c2a2=,即a2=3c2,又由a2=b2+c2,可得b2=2c2.設(shè)直線FM的斜率為k(k>0),則直線FM的方程為y=k(x+c).由已知,有kck2+12+c22=b22,解得k=33.(2)由(1)得橢圓方程為x23c2+y22c2=1,直線FM的方程為y=33(x+c),兩個(gè)方程聯(lián)立,消去y,整理得3x2+2cx-5c2=0,解得x=-c或x=c.因?yàn)辄c(diǎn)M在第一象限,可得M的坐標(biāo)為c,233c.由|FM|=(c+c)2+233c-02=433,解得c=1,所以橢圓的方程為x23+y22=1.(3)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x,y),直線FP的斜率為t,得t=yx+1,即y=t(x+1)(x-1),與橢圓方程聯(lián)立得y=t(x+1),x23+y22=1,消去y,得2x2+3t2(x+1)2=6.又由已知,得t=6-2x23(x+1)2>2,解得-<x<-1或-1<x<0.設(shè)直線OP的斜率為m,得m=,即y=mx(x0),與橢圓方程聯(lián)立,整理可得m2=2x2-.當(dāng)x-32,-1時(shí),有y=t(x+1)<0,因此m>0,于是m=2x2-23,得m23,233.當(dāng)x(-1,0)時(shí),有y=t(x+1)>0,因此m<0,于是m=-2x2-23,得m-,-233.綜上,直線OP的斜率的取值范圍是-,-23323,233.評(píng)析本題主要考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程和幾何性質(zhì)、直線方程和圓的方程、直線與圓的位置關(guān)系、一元二次不等式等基礎(chǔ)知識(shí).考查用代數(shù)方法研究圓錐曲線的性質(zhì).考查運(yùn)算求解能力以及用函數(shù)與方程思想解決問題的能力.15.(2015福建,19,12分)已知點(diǎn)F為拋物線E:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn),點(diǎn)A(2,m)在拋物線E上,且|AF|=3. (1)求拋物線E的方程;(2)已知點(diǎn)G(-1,0),延長(zhǎng)AF交拋物線E于點(diǎn)B,證明:以點(diǎn)F為圓心且與直線GA相切的圓,必與直線GB相切.解析(1)由拋物線的定義得|AF|=2+.因?yàn)閨AF|=3,即2+=3,解得p=2,所以拋物線E的方程為y2=4x.(2)證法一:因?yàn)辄c(diǎn)A(2,m)在拋物線E:y2=4x上,所以m=22,由拋物線的對(duì)稱性,不妨設(shè)A(2,22).由A(2,22),F(1,0)可得直線AF的方程為y=22(x-1).由y=22(x-1),y2=4x得2x2-5x+2=0,解得x=2或x=,從而B12,-2.又G(-1,0),所以kGA=22-02-(-1)=223,kGB=-2-012-(-1)=-223,所以kGA+kGB=0,從而AGF=BGF,這表明點(diǎn)F到直線GA,GB的距離相等,故以F為圓心且與直線GA相切的圓必與直線GB相切.證法二:設(shè)以點(diǎn)F為圓心且與直線GA相切的圓的半徑為r.因?yàn)辄c(diǎn)A(2,m)在拋物線E:y2=4x上,所以m=22,由拋物線的對(duì)稱性,不妨設(shè)A(2,22).由A(2,22),F(1,0)可得直線AF的方程為y=22(x-1).由y=22(x-1),y2=4x得2x2-5x+2=0,解得x=2或x=,從而B12,-2.又G(-1,0),故直線GA的方程為22x-3y+22=0,從而r=|22+22|8+9=4217.又直線GB的方程為22x+3y+22=0,所以點(diǎn)F到直線GB的距離d=|22+22|8+9=4217=r.這表明以點(diǎn)F為圓心且與直線GA相切的圓必與直線GB相切.評(píng)析本題主要考查拋物線、直線與圓的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí),考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力,考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想.16.(2014遼寧,20,12分)圓x2+y2=4的切線與x軸正半軸,y軸正半軸圍成一個(gè)三角形,當(dāng)該三角形面積最小時(shí),切點(diǎn)為P(如圖),雙曲線C1:x2a2-y2b2=1過點(diǎn)P且離心率為3.(1)求C1的方程;(2)橢圓C2過點(diǎn)P且與C1有相同的焦點(diǎn),直線l過C2的右焦點(diǎn)且與C2交于A,B兩點(diǎn),若以線段AB為直徑的圓過點(diǎn)P,求l的方程.解析(1)設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0,y0)(x0>0,y0>0),則切線斜率為-x0y0,切線方程為y-y0=-x0y0(x-x0),即x0x+y0y=4,此時(shí),兩個(gè)坐標(biāo)軸的正半軸與切線圍成的三角形面積S=4x04y0=8x0y0.由x02+y02=42x0y0知,當(dāng)且僅當(dāng)x0=y0=2時(shí)x0y0有最大值,即S有最小值,因此點(diǎn)P的坐標(biāo)為(2,2).由題意知2a2-2b2=1,a2+b2=3a2,解得a2=1,b2=2,故C1的方程為x2-y22=1.(2)由(1)知C2的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(-3,0),(3,0),由此設(shè)C2的方程為x23+b12+y2b12=1,其中b1>0.由P(2,2)在C2上,得23+b12+2b12=1,解得b12=3,因此C2的方程為x26+y23=1.顯然,l不是直線y=0.設(shè)l的方程為x=my+3,點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2),由x=my+3,x26+y23=1,得(m2+2)y2+23my-3=0,又y1,y2是方程的根,因此y1+y2=-23mm2+2,y1y2=-3m2+2,由x1=my1+3,x2=my2+3,得x1+x2=m(y1+y2)+23=43m2+2,x1x2=m2y1y2+3m(y1+y2)+3=6-6m2m2+2.因AP=(2-x1,2-y1),BP=(2-x2,2-y2).由題意知APBP=0,所以x1x2-2(x1+x2)+y1y2-2(y1+y2)+4=0.將代入式整理得2m2-26m+46-11=0,解得m=362-1或m=-62+1.因此直線l的方程為x-362-1y-3=0或x+62-1y-3=0.17.(2014北京,19,14分)已知橢圓C:x2+2y2=4.(1)求橢圓C的離心率;(2)設(shè)O為原點(diǎn).若點(diǎn)A在橢圓C上,點(diǎn)B在直線y=2上,且OAOB,試判斷直線AB與圓x2+y2=2的位置關(guān)系,并證明你的結(jié)論.解析(1)由題意知,橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+y22=1.所以a2=4,b2=2,從而c2=a2-b2=2.因此a=2,c=2.故橢圓C的離心率e=22.(2)直線AB與圓x2+y2=2相切.證明如下:設(shè)點(diǎn)A,B的坐標(biāo)分別為(x0,y0),(t,2),其中x00.因?yàn)镺AOB,所以O(shè)AOB=0,即tx0+2y0=0,解得t=-2y0x0.當(dāng)x0=t時(shí),y0=-t22,代入橢圓C的方程,得t=2,故直線AB的方程為x=2.圓心O到直線AB的距離d=2.此時(shí)直線AB與圓x2+y2=2相切.當(dāng)x0t時(shí),直線AB的方程為y-2=y0-2x0-t(x-t),即(y0-2)x-(x0-t)y+2x0-ty0=0.圓心O到直線AB的距離d=|2x0-ty0|(y0-2)2+(x0-t)2.又x02+2y02=4,t=-2y0x0,故d=2x0+2y02x0x02+y02+4y02x02+4=4+x02x0x04+8x02+162x02=2.此時(shí)直線AB與圓x2+y2=2相切.綜上,直線AB與圓x2+y2=2相切.評(píng)析本題考查了橢圓的相關(guān)知識(shí),直線與圓的位置關(guān)系等知識(shí),考查數(shù)形結(jié)合、推理論證能力.18.(2014陜西,20,13分)如圖,曲線C由上半橢圓C1:y2a2+x2b2=1(a>b>0,y0)和部分拋物線C2:y=-x2+1(y0)連接而成,C1與C2的公共點(diǎn)為A,B,其中C1的離心率為32.(1)求a,b的值;(2)過點(diǎn)B的直線l與C1,C2分別交于點(diǎn)P,Q(均異于點(diǎn)A,B),若APAQ,求直線l的方程.解析(1)在C1,C2的方程中,令y=0,可得b=1,且A(-1,0),B(1,0)是上半橢圓C1的左、右頂點(diǎn).設(shè)C1的半焦距為c,由=32及a2-c2=b2=1得a=2.a=2,b=1.(2)解法一:由(1)知,上半橢圓C1的方程為y24+x2=1(y0).易知,直線l與x軸不重合也不垂直,設(shè)其方程為y=k(x-1)(k0),代入C1的方程,整理得(k2+4)x2-2k2x+k2-4=0.(*)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(xP,yP),直線l過點(diǎn)B,x=1是方程(*)的一個(gè)根.由求根公式,得xP=k2-4k2+4,從而yP=-8kk2+4,點(diǎn)P的坐標(biāo)為k2-4k2+4,-8kk2+4.同理,由y=k(x-1)(k0),y=-x2+1(y0)得點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(-k-1,-k2-2k).AP=2kk2+4(k,-4),AQ=-k(1,k+2).APAQ,APAQ=0,即-2k2k2+4k-4(k+2)=0,k0,k-4(k+2)=0,解得k=-.經(jīng)檢驗(yàn),k=-符合題意,故直線l的方程為y=- (x-1).解法二:若設(shè)直線l的方程為x=my+1(m0),比照解法一給分.評(píng)析本題考查了直線、橢圓、拋物線的方程,二次方程等知識(shí);考查數(shù)形結(jié)合、運(yùn)算求解、轉(zhuǎn)化與化歸的意識(shí).【三年模擬】一、填空題(單空題4分,多空題6分,共4分)1.(2018浙江新高考調(diào)研卷三(杭州二中),15)設(shè)O是坐標(biāo)原點(diǎn),若橢圓x24+y22=1與斜率為2的直線l交于A,B兩點(diǎn),則OAB的面積最大值是.答案2二、解答題(共60分)2.(2019屆衢州、湖州、麗水三地教學(xué)質(zhì)量檢測(cè),21)已知F是拋物線T:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn),點(diǎn)P(1,m)是拋物線上一點(diǎn),且|PF|=2,直線l過定點(diǎn)(4,0),與拋物線T交于A,B兩點(diǎn),點(diǎn)P在直線l上的射影是Q.(1)求m,p的值;(2)若m>0,且|PQ|2=|QA|QB|,求直線l的方程.解析(1)由|PF|=2,得1+=2,所以p=2,(2分)將x=1,y=m代入y2=2px,得m=2.(4分)(2)解法一:因?yàn)閙>0,所以點(diǎn)P(1,2),所以拋物線T:y2=4x.設(shè)直線l的方程是x=ny+4,由x=ny+4,y2=4x得y2-4ny-16=0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則y1+y2=4n,y1y2=-16,(6分)因?yàn)閨PQ|2=|QA|QB|,所以PAPB,所以PAPB=0,且12n+4,(8分)所以(x1-1)(x2-1)+(y1-2)(y2-2)=0,且n-,(10分)由(ny1+3)(ny2+3)+(y1-2)(y2-2)=0,得(n2+1)y1y2+(3n-2)(y1+y2)+13=0,即-16(n2+1)+4n(3n-2)+13=0,即4n2+8n+3=0,(13分)解得n=- (舍去)或n=-,所以直線l的方程是x=-y+4,即2x+y-8=0.(15分)解法二:因?yàn)閙>0,所以點(diǎn)P(1,2),所以拋物線T:y2=4x.設(shè)直線l的方程是x=ny+4,由x=ny+4,y2=4x得y2-4ny-16=0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),Q(x0,y0),則y1+y2=4n,y1y2=-16,(6分)由x=ny+4,y-2=-n(x-1)得Q點(diǎn)的縱坐標(biāo)y0=2-3n1+n2,(8分)所以|PQ|=|2n+3|1+n2,(10分)|QA|QB|=-(1+n2)(y1-y0)(y2-y0)=-(1+n2)(-16-4ny0+y02),(12分)因?yàn)閨PQ|2=|QA|QB|,所以(2n+3)21+n2=(1+n2)16+4n(2-3n)1+n2-(2-3n)2(1+n2)2,化簡(jiǎn)得4n2+8n+3=0,解得n=- (舍去)或n=-,(14分)所以直線l的方程是x=-y+4,即2x+y-8=0.(15分)3.(2018浙江鎮(zhèn)海中學(xué)5月模擬,21)已知橢圓C的方程為x2a2+y2b2=1a>b>0,P1,22在橢圓上,離心率e=22,左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2.(1)求橢圓C的方程;(2)直線y=kx(k>0)與橢圓C交于A,B兩點(diǎn),連接AF1,BF1并延長(zhǎng)交橢圓C于D,E,連接DE,求kDE與k之間的函數(shù)關(guān)系式.解析(1)由P1,22在橢圓上,可得1a2+12b2=1,由e=22,得a=2c,又a2=b2+c2,可得a=2,b=1,c=1,所以橢圓C的方程為x22+y2=1.(2)設(shè)A(x0,y0),則B(-x0,-y0),直線AD:x=x0+1y0y-1,代入C:x22+y2=1,得(x0+1)2+2y02y2-2(x0+1)y0y-y02=0,因?yàn)閤022+y02=1,代入化簡(jiǎn)得(2x0+3)y2-2(x0+1)y0y-y02=0,設(shè)D(x1,y1),E(x2,y2),則y0y1=-y022x0+3,所以y1=-y02x0+3,x1=x0+1y0y1-1,直線BE:x=x0-1y0y-1,同理可得y2=y0-2x0+3,x2=x0-1y0y2-1,所以kDE=y1-y2x1-x2=y1-y2x0+1y0y1-x0-1y0y2=y1-y2x0y0(y1-y2)+y1+y2y0=1x0y0+1y0y1+y2y1-y2=1x0y0+1y0-4x06=3y0x0=3k.4.(2018浙江“七彩陽(yáng)光”聯(lián)盟期初聯(lián)考,21)已知F是拋物線C:x2=4y的焦點(diǎn),點(diǎn)P是不在拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),過點(diǎn)P向拋物線C作兩條切線l1,l2,切點(diǎn)分別為A(x1,y1),B(x2,y2).(1)如果點(diǎn)P在直線y=-1上,求1|AF|+1|BF|的值;(2)若點(diǎn)P在以F為圓心,4為半徑的圓上,求|AF|BF|的值.解析(1)因?yàn)閽佄锞€的方程為y=x24,所以y=,所以切線PA的方程為y-y1=x12(x-x1),即x12x-y-y1=0,同理得切線PB的方程為x22x-y-y2=0,設(shè)P(x0,y0),則由得x1x0-2y1-2y0=0和x2x0-2y2-2y0=0,由此得直線AB的方程為x0x-2y-2y0=0.由于點(diǎn)P是直線y=-1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),所以y0=-1,則直線AB的方程為x0x-2y+2=0,因此它過拋物線的焦點(diǎn)F(0,1).當(dāng)x0=0時(shí),AB的方程為y=1,此時(shí)|AF|=|BF|=2,所以1|AF|+1|BF|=1;當(dāng)x00時(shí),把直線AB方程代入拋物線方程得y2-(x02+2)y+1=0,從而得y1y2=1,所以1|AF|+1|BF