学考第24题直线与圆锥曲线问题
1．求解圆锥曲线问题的一般思路
(1)用性质：利用圆锥曲线的性质及已知条件求得a，b，c的值或之间的关系．
(2)求方程：求出或设出直线和圆锥曲线的方程．
(3)数形结合：利用图形分析直线与圆锥曲线之间的位置关系，联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x或y的一元二次方程．
(4)用公式：利用判别式、根与系数的关系、弦长公式、三角形的面积公式等进行求解．
(5)得结论：根据所求结果得到结论．
2．最值、范围问题的求解策略
最值、范围问题的求解关键在于准确利用已知条件构造不等关系式或目标函数，通过解不等式或求解目标函数的值域解决相应问题．
(1)圆锥曲线本身存在的最值问题是圆锥曲线几何性质的一个重要特征，常与其他最值、范围问题相结合．
①椭圆上两点间的最大距离为2a(长轴长)；
②双曲线上两点间的最小距离为2a(实轴长)；
③抛物线上的点中顶点到抛物线准线的距离最短．
(2)圆锥曲线上的点到定点的距离的最值问题，常用两点间的距离公式转化为区间上的二次函数的最值问题解决，有时也用圆锥曲线的参数方程，化为三角函数的最值问题或用三角形的两边之和(或差)与第三边的不等关系求解．
(3)由直线(系)和圆锥曲线的位置关系，求直线或圆锥曲线中某个参数(系数)的取值范围问题，常把所求参数作为目标函数，另一个元作为自变量进行求解．
3．定点问题的求解策略
定点问题的求解关键在于准确把握条件，建立参数之间的关系，然后向目标化简．
(1)直线过定点问题
①直线方程的点斜式为y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)．
②直线方程的斜截式为y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．
③若直线方程为A(x－x0)＋B(y－y0)＝0，则直线必过定点(x0，y0)．
(2)圆过定点P问题
①若圆心为C，则需证明定点P到圆心的距离等于定值；
②若圆的直径为MN，则需说明定点P对直径所张角为直角，即PM⊥PN，也就是·＝0.
4．定值问题的求解策略
定值问题的求解关键在于验证或求得这个值与变量无关，定值是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等与题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值．定值问题的常见解法：
(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．
椭圆及其性质应用
[典例1] (本题满分10分)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)短轴的一个端点与椭圆C的两个焦点构成面积为3的直角三角形．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过圆E：x2＋y2＝2上任意一点P作圆E的切线l，若l与椭圆C相交于A，B两点．求证：以AB为直径的圆恒过坐标原点O.
[解题思路]
第一步：利用题中的直角三角形的面积及椭圆方程中a，b，c间的关系，求得a，b，c，得到椭圆方程；
第二步：设直线方程，利用直线与圆相切，建立变量之间的关系；
第三步：联立直线与椭圆方程，写出根与系数的关系；
第四步：通过根与系数的关系，化简求值，证明结论．
[规范解答]
解：(1)设椭圆C的焦距为2c，
由题意得解得a2＝6，b2＝c2＝3.
所以椭圆C的方程为＋＝1.(3分)
(2)证明：圆E的方程为x2＋y2＝2，设O为坐标原点，
当直线l的斜率不存在时，不妨设直线AB方程为x＝，
则A(，)，B(，－)，所以∠AOB＝.
此时，以AB为直径的圆过坐标原点．(5分)
当直线l的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋m，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
因为直线l与圆E相切，所以d＝＝，解得m2＝2＋2k2.
联立方程组消元化简得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，(7分)
Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－6)＝8(4k2＋1)>0，
由根与系数的关系得x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以·＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝－＋m2＝＝＝0.
所以OA⊥OB，此时以AB为直径的圆恒过坐标原点O.(9分)
综上可知，以AB为直径的圆恒过坐标原点O.(10分)
[名师点拨]
1．椭圆的标准方程可结合椭圆的定义及待定系数法求解，即根据条件设定椭圆的标准方程，结合已知条件求出a，b，得到方程．要注意椭圆焦点位置对方程的影响．
2．结合直线与椭圆的位置关系考查椭圆的相关性质是常见的考查方式，解决这类问题，一般先将直线方程与椭圆方程联立消元，得到一个一元二次方程，在判别式非负的情况下，写出根与系数的关系，再结合条件，化简求值．
[变式训练]
1.已知中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆过点P(2,3)，且它的离心率e＝.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)与圆(x＋1)2＋y2＝1相切的直线l：y＝kx＋t交椭圆于M，N两点，若椭圆上一点C满足＋＝λ，求实数λ的取值范围．
解：(1)设椭圆的标准方程为＋＝1(a>b>0)，
由已知得解得a＝4，b＝2，c＝2.
所以椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)因为直线l：y＝kx＋t与圆(x＋1)2＋y2＝1相切，
所以d＝＝1，解得2k＝(t≠0)．
把y＝kx＋t代入＋＝1并整理得(3＋4k2)x2＋8ktx＋(4t2－48)＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则有x1＋x2＝－，
y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2t＝，
因为＋＝λ，所以λ＝(x1＋x2，y1＋y2)，
所以C.
又因为点C在椭圆上，
所以＋＝1，
解得λ2＝＝.
因为t2>0，所以2＋＋1>1，
所以0<λ2<1，
所以λ的取值范围为(－1,0)∪(0,1)．
抛物线及其性质应用
[典例2] (本题满分10分)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，直线2x－y＋2＝0 交抛物线C于A，B两点，P是线段AB的中点，过点P作x轴的垂线交抛物线C于点Q.
(1)若直线AB过焦点F，求|AF|·|BF|的值；
(2)是否存在实数p，使△ABQ是以Q为直角顶点的直角三角形？若存在，求出p的值；若不存在，说明理由．
[解题思路]
第一步：先确定焦点坐标，得到抛物线的方程；
第二步：直线方程与抛物线方程联立，写出根与系数的关系；
第三步：利用根与系数的关系，求|AF|·|BF|；
第四步：联立方程，写出根与系数的关系；
第五步：利用垂直，数量积为0，建立方程，求得p的值．
[规范解答]
解：(1)因为直线AB过焦点F，所以点F坐标为(0,2)，p＝4,
所以抛物线方程为x2＝8y，(2分)
与直线y＝2x＋2联立消去y，得x2－16x－16＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝16，x1x2＝－16，(4分)
所以|AF|·|BF|＝(y1＋2)(y2＋2)＝(2x1＋4)(2x2＋4)＝4x1x2＋8(x1＋x2)＋16＝80. (5分)
(2)假设存在，由抛物线x2＝2py与直线y＝2x＋2联立消去y，得x2－4px－4p＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4p，x1x2＝－4p，
可得Q(2p,2p)，(7分)
由·＝0得(x1－2p)(x2－2p)＋(y1－2p)(y2－2p)＝0，
即(x1－2p)(x2－2p)＋(2x1＋2－2p)(2x2＋2－2p)＝0，
所以5x1x2＋(4－6p)(x1＋x2)＋8p2－8p＋4＝0，(9分)
代入得4p2＋3p－1＝0，解得p＝或p＝－1(舍去)．(10分)
[名师点拨]
1．求抛物线的方程的关键在于确定实数p的值，可以通过抛物线的定义来进行求解，也可以结合待定系数法进行求解．求解时要注意抛物线的开口方向对抛物线方程的影响．
2．直线与抛物线的位置关系的判断可以通过将直线方程与抛物线方程进行联立，得到一个一元二次方程，依托根与系数的关系，结合条件进行求解，若解决与抛物线的焦点弦有关的问题时，使用一些常见的结论，会带来意想不到的效果．
[变式训练]
2．已知抛物线C：x2＝2py(p>0)上一点S(s,4)到其焦点F的距离为，O为原点．
(1)过点T(0，t)作倾斜角为45°的直线与抛物线C相交于A，B两点，若∠AOB＝90°，求实数t的值；
(2)设抛物线C上一点P的横坐标为1，过P的直线l交x轴于点M，过点P作PM的垂线交C于另一点N，若MN的中点为Q，且MN⊥PQ，求直线l的方程．
解：(1)4＋＝，解得p＝，所以抛物线的方程为x2＝y.
将直线方程y＝x＋t代入x2＝y，得x2－x－t＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1x2＝－t，所以y1y2＝xx＝t2，
由∠AOB＝90°，得·＝x1x2＋y1y2＝t2－t＝0，
因为t≠0，所以t＝1.
(2)由题意知点P(1,1)，直线MP的斜率存在且不为0，设其为k，
则直线PM方程为y＝k(x－1)＋1，
当y＝0时，x＝－＋1，即M.
而PM⊥PN，所以直线NP斜率为－，直线PN方程为y＝－(x－1)＋1，
代入x2＝y，得x2＋x－－1＝0，由xNxP＝－－1，得N.
由MN⊥PQ，得|PN|＝|PM|，
得 ＝，
解得k＝－1或k＝－.
所以直线l的方程为x＋y－2＝0或x＋3y－4＝0.
圆锥曲线中的定点、定值问题
[典例3] (本题满分10分)在平面直角坐标系xOy中，直线l与抛物线y2＝4x相交于不同的A，B两点．
(1)如果直线l过抛物线的焦点，求·的值；
(2)如果·＝－4，证明：直线l必过一定点，并求出该定点．
[解题思路]
第一步：设定直线方程，与抛物线联立，消元化简；
第二步：写出根与系数的关系，代入数量积，化简求值；
第三步：设定直线方程，联立抛物线，消元化简；
第四步：根据数量积确定，结合根与系数的关系建立方程，求解方程，得到定点．
[规范解答]
解：(1)由题可得，抛物线的焦点坐标为F(1,0)．
设l：x＝ty＋1，代入抛物线y2＝4x，
消去x化简得y2－4ty－4＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝4t，y1y2＝－4.(3分)
所以·＝x1x2＋y1y2＝＋y1y2＝1－4＝－3.(5分)
(2)证明：设l：x＝ty＋b，代入抛物线y2＝4x，
消去x化简得y2－4ty－4b＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝4t，y1y2＝－4b.(7分)
所以·＝x1x2＋y1y2＝＋y1y2＝b2－4b＝－4，
解得b＝2.(9分)
所以l：x＝ty＋2，可知当y＝0时，x＝2.
所以直线l必过定点(2,0)．(10分)
[名师点拨]
以直线与圆锥曲线的位置关系为背景的证明题常见的有：证明直线过定点和证明某些量为定值．而解决这类定点、定值问题的方法有两种：一是研究一般情况，通过逻辑推理与计算得到定点或定值，这种情况相对难度较大，思路不太好找；另一种方法是先利用特殊情况确定定点或定值，然后验证，这样在整理式子或求值时就有了明确的方向，有助于问题的解决．
[变式训练]
3．已知椭圆C：＋＝1(0
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l：y＝kx＋t(k≠0)交椭圆C于A，B两点，点D为AB的中点，kOD为直线OD的斜率，求证：k·kOD为定值．
解：(1)根据题意有解得m2＝1，n2＝4，
所以椭圆C的方程为x2＋＝1.
(2)联立方程组消去y，化简得(4＋k2)x2＋2ktx＋t2－4＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点坐标为D(x0，y0)．
则有x0＝＝－，y0＝kx0＋t＝.
所以kOD＝＝－，
所以k·kOD＝－·k＝－4为定值．
4.如图，过顶点在原点、对称轴为y轴的抛物线E上的点A(2,1)作斜率分别为k1，k2的直线，分别交抛物线E于B，C两点．
(1)求抛物线E的标准方程和准线方程；
(2)若k1＋k2＝k1k2，证明：直线BC恒过定点．
解：(1)设抛物线E的标准方程为x2＝ay，a>0，
将A(2,1)代入得，a＝4.
所以抛物线E的标准方程为x2＝4y，准线方程为y＝－1.
(2)证明：由题意得，直线AB的方程为y＝k1x＋1－2k1，直线AC的方程为y＝k2x＋1－2k2，联立
消去y得x2－4k1x－4(1－2k1)＝0，
解得x＝2或x＝4k1－2，
因此点B(4k1－2，(2k1－1)2)，
同理可得C(4k2－2，(2k2－1)2)．
于是直线BC的斜率
k＝
＝
＝k1＋k2－1，又k1＋k2＝k1k2，
所以直线BC的方程为y－(2k2－1)2＝(k1k2－1)·[x－(4k2－2)]，
即y＝(k1k2－1)x－2k1k2－1＝(k1k2－1)(x－2)－3.
故直线BC恒过定点(2，－3).
圆锥曲线中的最值、范围问题
[典例4] (本题满分10分)已知椭圆＋y2＝1，P是椭圆的上顶点．过P作斜率为k(k≠0)的直线l交椭圆于另一点A，设点A关于原点的对称点为B.
(1)求△PAB面积的最大值；
(2)设线段PB的中垂线与y轴交于点N，若点N在椭圆内部，求斜率k的取值范围．
[解题思路]
第一步：设出点A坐标，得出点B坐标；
第二步：把要求△PAB面积用点A横坐标表示，根据横坐标范围求出面积最大值；
第三步：表示出PB的中垂线方程，令x＝0，得出点N的纵坐标；
第四步：设出直线l的方程，联立直线与椭圆方程；
第五步：用直线l的斜率k表示出点N的纵坐标，由点N在椭圆内部，求出k的范围．
[规范解答]
解：(1)由题意得椭圆的上顶点P(0,1)，设点A为(x0，y0)．因为B是A关于原点O的对称点，所以点B为(－x0，－y0)．(2分)
设△PAB的面积为S，则S＝S△PAO＋S△PBO＝2S△PAO＝2×|PO||x0|＝|x0|.(3分)
因为－2≤x0≤2，所以当x0＝±2时，S有最大值2.(4分)
(2)由(1)知P(0,1)，B(－x0，－y0)(x0≠0，且y0≠－1)．
所以直线PB的斜率为，线段PB的中点为，
于是PB的中垂线方程为y－＝－.(5分)
令x＝0，得N的纵坐标yN＝.(6分)
又直线l的方程为y＝kx＋1，将方程代入＋y2＝1并化简得(1＋4k2)x2＋8kx＝0.(7分)
由题意，得x0＝－，y0＝，
所以yN＝＝－.(8分)
因为点N在椭圆内部，所以－1<－<1.
解得－又由已知k≠0，所以斜率k的取值范围是∪.(10分)
[名师点拨]
直线和圆锥曲线的位置关系，一般转化为直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组，利用根与系数的关系或求根公式进行转化，要充分利用圆锥曲线的几何性质．圆锥曲线问题在历年学考都是较有难度的，不论第一步求出点的坐标，利用面积求直线方程，还是第二步联立方程，列方程组，都是一种思想．解决解析几何问题，坐标化，方程化，代数化是关键．
[变式训练]
5.已知抛物线C：x2＝2py(p>0)，直线l：y＝x＋1与抛物线C交于A，B两点，设直线OA，OB的斜率分别为k1，k2(其中O为坐标原点)，且k1·k2＝－.
(1)求p的值；
(2)如图，已知点M(x0，y0)为圆：x2＋y2－y＝0上异于O点的动点，过点M的直线m交抛物线C于E，F两点．若M为线段EF的中点，求|EF|的最大值．
解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，将y＝x＋1代入抛物线C：x2＝2py，得x2－2px－2p＝0，则x1x2＝－2p.所以k1·k2＝·＝＝＝－，所以p＝2.
(2)设E(x3，y3)，F(x4，y4)，直线m：y＝k(x－x0)＋y0，与抛物线C：x2＝4y联立，得x2－4kx＋4kx0－4y0＝0，(*)
则x3＋x4＝4k＝2x0，所以k＝x0.此时(*)式为x2－2x0x＋2x－4y0＝0，所以x3·x4＝2x－4y0.所以|EF|＝·|x3－x4|＝·＝ ·＝.又x＋y－y0＝0，所以|EF|＝≤＝2＋2y0≤4(y0≤1)，当且仅当即y0＝1时取等号．所以|EF|的最大值为4.
6．已知右焦点为F2(c,0)的椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点，且椭圆C关于直线x＝c对称的图形过坐标原点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点作直线l与椭圆C交于E，F两点，线段EF的中点为M，点A是椭圆C的右顶点，求直线MA的斜率k的取值范围．
解：(1)∵椭圆C过点，∴＋＝1，①
∵椭圆C关于直线x＝c对称的图形过坐标原点，∴a＝2c，
∵a2＝b2＋c2，∴b2＝a2，②
由①②得a2＝4，b2＝3，
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)依题意，直线l过点且斜率不为零，故可设其方程为x＝my＋.
由消去x，并整理得4(3m2＋4)y2＋12my－45＝0.
设E(x1，y1)，F(x2，y2)，M(x0，y0)，
∴y1＋y2＝－，
∴y0＝＝－，
∴x0＝my0＋＝，∴k＝＝.
当m＝0时，k＝0；
当m≠0时，k＝＝，
∵＝4|m|＋≥8，∴0<≤，
∴0<|k|≤，∴－≤k≤且k≠0.
综上可知，直线MA的斜率k的取值范围是.
[典例1] 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的角平分线所在直线l的方程．
[技法演示]
(1)设椭圆方程为＋＝1，由条件可得
解得c2＝4，a2＝16，b2＝12，所以椭圆方程为＋＝1.
[点评]
第(1)题的解决采用待定系数法，需依赖于方程思想，即根据有关条件建立方程或方程组．求几个未知量就需要几个方程．构建方程组，其中第三个方程是隐含条件，故确定方程需要两个独立条件．
(2)解法一：概念当优先，朴实加自然
设∠F1AF2＝2θ，因为AF2⊥x轴，|AF2|＝3.
|F1F2|＝4，故tan 2θ＝，即＝，
解得tan θ＝，设直线l的倾斜角为α，则α＋θ＝，所以tan α＝2，即kl＝2，
所以所求直线l的方程为2x－y－1＝0.
[点评]
解法一的核心是利用好角平分线的定义，最基本的想法是此直线平分该角．此解法入口较低，仅利用角平分线定义即可，但计算过程对三角恒等变换的知识有一定要求．
解法二：两距离相等，舍解要本领
设角平分线l上任意一点坐标为P(x，y) ，
易得直线AF1的方程为3x－4y＋6＝0，
直线AF2的方程为x＝2，
P(x，y)到上述两条直线的距离相等，得＝|x－2|，即2x－y－1＝0或x＋2y－8＝0.
由图形知所求直线l的方程为2x－y－1＝0.
[点评]
解法二利用结论“角平分线上的点到角的两边距离相等”，采用解析几何最根本的求轨迹方法，但计算中产生增根，即外角的平分线，所以还要根据图形判定舍去哪一条直线．
解法三：巧用内切圆，直线就呈现
显然△AF1F2为直角三角形，三条边长分别为3,4,5，所以该三角形内切圆半径r＝1，从而结合图形得到内心坐标为(1,1)，而角平分线通过内心，所以直线l的方程为2x－y－1＝0.
[点评]
解法三是利用直角三角形的内切圆的特殊性，若求出该三角形内切圆的半径，则可以得到内心的坐标，而角平分线又是通过三角形的内心的，这样就得出角平分线的方程．此解法的计算量较小，有一定思维含量，但要求不是很高，是一种比较可取的解法．
解法四：构造三角形，直线自现形
延长AF2至Q(2，－2)，
则|AQ|＝|AF1|＝5，
故△AF1Q是等腰三角形，
从而顶角平分线所在直线过底边F1Q的中点M(0，－1)，
所以所求直线l的方程为2x－y－1＝0.
[点评]
解法四是在观察图形后想到利用等腰三角形的性质和一些平面几何中的性质来解决问题，计算量很小，但对思维和技巧的要求都非常高，不太容易想到这样的解法．
解法五：角分线上点，发挥其特点
设直线l与x轴的交点为P(x0,0)，则由三角形角平分线定理得：＝，所以＝，解得x0＝，所以直线l的方程为2x－y－1＝0.
[点评]
解法五中利用角平分线定理来解决问题．直接从角平分线的性质着手，确定了角平分线上的第二个点，从而求出方程，解题过程较为简单，不失为一种好的常规方法. 唯一的问题是若直线F1F2不是特殊直线，那么即使求出的值，也会导致求B点坐标时比较困难．
解法六：抓住特殊点，结论更显然
设直线l与x轴的交点为P(x0,0)，
则有＝2－x0，解得x0＝，
所以直线l的方程为2x－y－1＝0.
[点评]
解法六的思路也是想通过找到角平分线通过的另一个点，再利用已知的点，两点确定一条直线，其中另一点的选取很重要，此解法是寻找到特殊的点，即角平分线与x轴的交点．这种解法不容易想到．
解法七：利用相似比，斜率好寻觅
设直线l的方程为y－3＝k(x－2)，即kx－y－2k＋3＝0，易得F1(－2,0)到l的距离与F2到l的距离之比为5∶3，所以＝，故k＝2或k＝－(舍去)，所以直线l的方程为2x－y－1＝0.
[点评]
解法七是利用平面几何的性质，通过相似三角形中的对应边成比例，得到所求直线的斜率，此解法计算量不大，但在求解过程中也要避免产生增根，所以这种解法也不是太好的策略．
解法八：隐含对称性，角分线本性
如图， F1关于直线l的对称点P必在直线AF2上，且|AP|＝5，所以得点P坐标为(2，－2)，所以kF1P＝＝－，又因为F1P⊥l，所以kl＝2，所以直线l的方程为2x－y－1＝0.
[点评]
解法八是利用点的对称性，其本质还是在利用角平分线的性质．
解法九：发现外接圆，对称很显然
显然△AF1F2为直角三角形， 三条边长分别为3,4,5，以线段AF1为直径的圆的方程为x2＋2＝，设直线l与y轴交点为Q，因为l为∠F1AF2的平分线，所以|F1Q|＝|F2Q|，由圆的对称性可知：Q点是圆与y轴的交点，所以Q(0，－1)，所以直线l的方程为2x－y－1＝0.
[点评]
解法九是通过构造一个辅助圆来解决问题，但与解法三有所不同，解法三中是利用了直角三角形的内切圆，而解法九中是利用了直角三角形的外接圆，但还要利用圆的对称性，所以对思维的要求很高，不容易想到．
解法十：已知结论中，求解很轻松
由椭圆的“焦点三角形”性质可得：
S△AF1F2＝b2tan ∠F1AF2，S△AF1F2＝|F1F2|·|AF2|＝6，所以tan ∠F1AF2＝，所以kl＝2，所以直线l的方程为2x－y－1＝0.
[点评]
解法十中发现是椭圆的“焦点三角形”， 椭圆的“焦点三角形”有其面积公式，是我们在研究圆锥曲线中的一个有用结论，利用面积公式得到所求直线的斜率，此解法比较简洁，但必须知道“焦点三角形”的面积公式，该解法是在利用已知结论的情况下才是求解过程简洁明了．
解法十一：光学来帮忙，解法当更强
根据椭圆的光学性质，若光线从焦点F1出发，经过椭圆上的点A反射后，反射光线一定经过该椭圆的另一焦点F2，并且椭圆在点A处的切线l′相当于平面镜，∠F1AF2的平分线l是反射光线的法线，椭圆在点A(2,3)处的切线方程为：＋＝1，即x＋2y－8＝0，法线l与切线互相垂直，所以直线l的斜率为2，所以直线l的方程为2x－y－1＝0.
[点评]
解法十一是利用椭圆的光学性质，解法是比较简洁的，但除了椭圆的光学性质外，还需要掌握过椭圆上任意一点的切线方程，如果不利用已知结论，计算量是很大的，虽然不是最佳解法，但其变式和推广具有很好的探究价值．
[迁移训练]
1.如图，两条相交线段AB，PQ的四个端点都在椭圆＋＝1上，其中，直线AB的方程为x＝m，直线PQ的方程为y＝x＋n.
(1)若n＝0，∠BAP＝∠BAQ，求m的值；
(2)探究：是否存在常数m，当n变化时，恒有∠BAP＝∠BAQ?
解：(1)由
解得P，Q.
因为∠BAP＝∠BAQ，所以kAP＋kAQ＝0.
设A(m，y)，则＋＝0，
化简得2my＝3，
又＋＝1，联立方程组，解得m＝±1或m＝±.
因为AB平分∠PAQ，所以m＝±不符合题意(舍)，故m＝±1.
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由得4y2－6ny＋3n2－3＝0.
由根与系数的关系得y1＋y2＝，y1y2＝.
若存常数m，当n变化时，恒有∠BAP＝∠BAQ，则由(1)知只可能m＝±1.
①当m＝1时，取A，∠BAP＝∠BAQ等价于＋＝0，
即(2y1－3)(2y2－2n－1)＋(2y2－3)(2y1－2n－1)＝0，
即4y1y2＋3(2n＋1)＝2(n＋2)(y1＋y2)，
即3(n2－1)＋3(2n＋1)＝3n(n＋2)，此式恒成立．
所以存在常数m＝1，当n变化时，恒有∠BAP＝∠BAQ.
②当m＝－1时，取A，由对称性同理可知结论成立．
故存在常数m＝±1，当n变化时，恒有∠BAP＝∠BAQ.
2.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＋＝1相交于两点A，B，连接AN，BN，求证：∠ANM＝∠BNM.
解：(1)设圆C的半径为r(r>0)，依题意，圆心C的坐标为(2，r)．
∵|MN|＝3，∴r2＝2＋22，解得r2＝.
∴r＝，圆C的方程为(x－2)2＋2＝.
(2)证明：把x＝0代入方程(x－2)2＋2＝，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 消去y得，(1＋2k2)x2＋4kx－6＝0.
设直线AB交椭圆于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则x1＋x2＝，x1x2＝.
∴kAN＋kBN＝＋＝＋＝.
若kAN＋kBN＝0，则∠ANM＝∠BNM.
∵2kx1x2－3(x1＋x2)＝＋＝0，
∴∠ANM＝∠BNM.
[典例2] 椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别是F1，F2，离心率为，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)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1，PF2，设∠F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m,0)，求m的取值范围．
[技法演示]
(1)由于c2＝a2－b2，将x＝－c代入椭圆方程＋＝1，得y＝±，
由题意知＝1，即a＝2b2.
又e＝＝，所以a＝2，b＝1.
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)解法一：利用向量知识
由题意可知：
＝，＝.
设P(x0，y0)其中x≠4，将向量坐标代入并化简得：m(4x－16)＝3x－12x0，因为x≠4，
所以m＝x0，而x0∈(－2,2)，所以m∈.
解法二：利用角平分线定义
设P(x0，y0)(y0≠0)．
又F1(－，0)，F2(，0)．
所以直线PF1，PF2的方程分别为
lPF1：y0x－(x0＋)y＋y0＝0，
lPF2：y0x－(x0－)y－y0＝0.
由题意知＝ .
由于点P在椭圆上，所以＋y＝1.
所以＝ .
因为－可得＝，所以m＝x0.
所以m∈.
解法三：利用角平分线定理
设|PF1|＝t，|PF2|＝n，
由角平分线的性质可得＝＝，
又t＋n＝2a＝4，消去t得到＝，化为n＝，因为a－c所以m的取值范围为.
[迁移训练]
3.如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C1：x2＝4y，直线l与抛物线C1交于A，B两点．
(1)若直线OA，OB的斜率之积为－，证明：直线l过定点；
(2)若线段AB的中点M在曲线C2：y＝4－x2(－2解：(1)证明：由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得x2－4kx－4m＝0，
Δ＝16(k2＋m)>0，x1＋x2＝4k，x1x2＝－4m，
则kOA·kOB＝＝＝＝－，
由已知kOA·kOB＝－，得m＝1，满足Δ>0，
∴直线l的方程为y＝kx＋1，∴直线l过定点(0,1)．
(2)设M(x0，y0)，由已知及(1)得x0＝＝2k，y0＝kx0＋m＝2k2＋m，将M(x0，y0)代入y＝4－x2(－2∵－2∴－∵Δ＝16(k2＋m)＝16(k2＋4－3k2)＝32(2－k2)>0，∴－|AB|＝＝＝4≤4×＝6，
当且仅当k2＋1＝2－k2，即k＝±时取等号．
∴|AB|的最大值为6.
1．(2017年4月浙江省学考T24)已知抛物线C：y2＝2px过点A(1,1)．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点P(3，－1)的直线与抛物线C交于M，N两个不同的点(均与点A不重合)，设直线AM，AN的斜率分别为k1，k2，求证：k1·k2为定值．
解：(1)由题可得，1＝2p.
所以抛物线C的方程为y2＝x.
(2)若直线MN的斜率不存在，则直线MN的方程为x＝3，此时M(3，)，N(3，－)．
所以k1＝，k2＝，k1·k2＝×＝－.
若直线MN的斜率存在，则k≠0，设直线MN的方程为y＋1＝k(x－3)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
化简可得ky2－y－3k－1＝0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝.
因为k1＝，k2＝，所以k1·k2＝·＝·＝＝＝＝－.
综上可知，k1·k2＝－为定值．
2.(2016年10月浙江省学考T24)设F1，F2为椭圆＋＝1的左、右焦点，动点P的坐标为(－1，m)，过点F2的直线与椭圆交于A，B两点．
(1)求F1，F2的坐标；
(2)若直线PA，PF2，PB的斜率之和为0，求m的所有整数值．
解：(1)F1(－1,0)，F2(1,0)．
(2)①当直线AB的斜率不存在时，由对称性可知，m＝0.
②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的斜率为k，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由题意得x1≠－1，x2≠－1.
直线PA的斜率为＝，
直线PF2的斜率为－，
直线PB的斜率为＝，
由题意得－＋＝0，
化简整理得(4k－m)x1x2－3m(x1＋x2)－(4k＋5m)＝0.
将直线AB的方程y＝k(x－1)代入椭圆方程，化简整理得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
由根与系数的关系得：x1＋x2＝，x1x2＝.
代入上式，并化简整理得16k2m＋20k＋m＝0，
即有m＝－.
当k＝0时，m＝0；
当k≠0时，|m|＝＝≤，当且仅当|k|＝时，等号成立．所以－≤m≤.
故m的所有整数解为－2，－1,0,1,2.
3．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)过点A(1，－2)．
(1)求抛物线的标准方程及其准线方程；
(2)是否存在平行于OA(O为坐标原点)的直线l，使得直线l与抛物线C有公共点，且直线OA与l的距离等于？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
解：(1)将点A(1，－2)代入抛物线方程，得4＝2p，解得p＝2.
所以抛物线C的标准方程为y2＝4x，其准线方程为x＝－1.
(2)假设存在符合题意的直线l，设其方程为y＝－2x＋t.
则由化简得y2＋2y－2t＝0.
因为直线l与抛物线C有公共点，
所以Δ＝4＋8t≥0，解得t≥－.
又因为直线OA与l的距离等于，
所以d＝＝，解得t＝±1.
因为t≥－，所以t＝1.
所以符合题意的直线l存在，其方程为y＝－2x＋1.
4．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，直线l：x＋y－1＝0与C相交于A，B两点．
(1)证明：线段AB的中点为定点，并求出该定点坐标；
(2)设M(1,0)，＝λ，当a∈时，求实数λ的取值范围．
解：(1)证明：由离心率为，得e＝＝＝，化简得a2＝3b2.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立消去y得4x2－6x＋3(1－b2)＝0，
故x1＋x2＝，x1x2＝，
所以＝，＝1－＝1－＝.
故线段AB的中点为定点.
(2)由M(1,0)，＝λ得x1－1＝λ(1－x2)．
结合x1＋x2＝，
解得x2＝，x1＝.
由x1x2＝得＝3b2－1，即λ＋＝＋2.
因为a∈，故b2∈，
从而λ＋＝＋2∈，
解得λ∈∪(2,3)．
5．已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的右顶点为A，上顶点为B，且|AB|＝，椭圆的离心率为.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆E相交于C，D两个不同的点，且坐标原点O到直线l的距离为，求证：·＝0.
解：(1)由|AB|＝，可得a2＋b2＝3，
又椭圆E的离心率为，则＝.
由b2＝3－a2，＝，
解得a2＝2，所以b2＝1，
故椭圆E的标准方程为＋y2＝1.
(2)证明：由坐标原点O到直线l的距离为可得，＝，即＝，
将直线l：y＝kx＋m代入椭圆E的方程＋y2＝1并整理得，(1＋2k2)x2＋4kmx＋2(m2－1)＝0，
Δ＝16k2m2－8(1＋2k2)(m2－1)＝8(2k2＋1－m2)>0，所以2k2＋1>m2.
设点C(x1，y1)，D(x2，y2)，由根与系数的关系得，x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝(1＋k2)＋＋m2＝＝＝0.
6．已知过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，斜率为2的直线交抛物线于点A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1(1)求该抛物线的标准方程；
(2)设O为坐标原点，C为抛物线上一点，若＝＋λ，求λ的值．
解：(1)由题可得，F，
设直线AB方程为y＝2，
则由
消元化简得4x2－5px＋p2＝0，
所以x1＋x2＝.
由抛物线的定义可得，|AB|＝x1＋x2＋p＝＋p＝9，解得p＝4.
所以抛物线的标准方程为y2＝8x.
(2)因为p＝4，所以x2－5x＋4＝0，
解得x1＝1，x2＝4，
所以A(1，－2)，B(4,4)．
设C(x3，y3)，则＝(x3，y3)＝(4λ＋1,4λ－2)．
因为y＝8x3，
所以2＝8(4λ＋1)，
即(2λ－1)2＝4λ＋1，
解得λ＝0或λ＝2.
7.已知抛物线C：x2＝2py(p>0)，圆E：x2＋(y＋1)2＝1, 若直线l与抛物线C和圆E分别相切于点A，B(A，B不重合)．
(1)当p＝1时，求直线l的方程；
(2)点F是抛物线C的焦点，若对于任意的p>0，记△ABF的面积为S，求的最小值．
解：(1)当p＝1时，抛物线x2＝2y.
显然直线l斜率存在，设直线l方程为y＝kx＋b.
由题得＝1，即k2＋1＝(1＋b)2.①
联立方程化简得x2－2kx－2b＝0，
由Δ＝4k2＋8b＝0，②
所以由①②得k＝±2，b＝－4，
所以直线l的方程为y＝±2x－4.
(2)联立方程
化简得x2－2pkx－2pb＝0，③
由Δ＝0解得pk2＋2b＝0，④
所以b＝－代入③，得x＝pk，故点A，
所以由①④得b＝－，k2＝，故A，
所以|AB|＝＝＝2，
点F到直线l的距离d＝＝＝.
所以S＝d＝×2·＝.
所以＝＝(p＋＋3)≥＋，当且仅当p＝时，取等号．
所以最小值为＋.
8．已知椭圆＋y2＝1，过点A(0,1)作互相垂直的两直线AB，AC与椭圆交于B，C两点．
(1)若直线BC经过点，求线段BC的长；
(2)求△ABC 面积的最大值.
解：(1)由题意知直线AB、AC斜率都存在且不为零，不妨设直线AB方程为y＝kx＋1(k>0)，则AC的方程为y＝－x＋1.
由得(1＋9k2)x2＋18kx＝0，
所以B，
同理可得C，
所以kBC＝＝，
所以直线BC方程为y－＝(x＋)，
即y＝x－，
又因为直线过，
所以＝×－，即＝1，
所以直线BC方程为y＝x－，
所以化简得10x2－x－＝0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝－.
由弦长公式可得＝＝＝.
(2)由(1)可得xB＝－，xC＝，
从而有＝，＝，
于是S△ABC＝|AB||AC|＝162＝162，
令t＝k＋≥2，有S△ABC＝＝≤，
当且仅当t＝>2时，取等号．
所以△ABC面积的最大值为.
题型专练（三） 直线与圆锥曲线问题
1．(2017年4月浙江省学考T24)已知抛物线C：y2＝2px过点A(1,1)．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点P(3，－1)的直线与抛物线C交于M，N两个不同的点(均与点A不重合)，设直线AM，AN的斜率分别为k1，k2，求证：k1·k2为定值．
解：(1)由题可得，1＝2p.
所以抛物线C的方程为y2＝x.
(2)若直线MN的斜率不存在，则直线MN的方程为x＝3，此时M(3，)，N(3，－)．
所以k1＝，k2＝，k1·k2＝×＝－.
若直线MN的斜率存在，则k≠0，设直线MN的方程为y＋1＝k(x－3)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
化简可得ky2－y－3k－1＝0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝.
因为k1＝，k2＝，所以k1·k2＝·＝·＝＝＝＝－.
综上可知，k1·k2＝－为定值．
2.(2016年10月浙江省学考T24)设F1，F2为椭圆＋＝1的左、右焦点，动点P的坐标为(－1，m)，过点F2的直线与椭圆交于A，B两点．
(1)求F1，F2的坐标；
(2)若直线PA，PF2，PB的斜率之和为0，求m的所有整数值．
解：(1)F1(－1,0)，F2(1,0)．
(2)①当直线AB的斜率不存在时，由对称性可知，m＝0.
②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的斜率为k，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由题意得x1≠－1，x2≠－1.
直线PA的斜率为＝，
直线PF2的斜率为－，
直线PB的斜率为＝，
由题意得－＋＝0，
化简整理得(4k－m)x1x2－3m(x1＋x2)－(4k＋5m)＝0.
将直线AB的方程y＝k(x－1)代入椭圆方程，化简整理得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
由根与系数的关系得：x1＋x2＝，x1x2＝.
代入上式，并化简整理得16k2m＋20k＋m＝0，
即有m＝－.
当k＝0时，m＝0；
当k≠0时，|m|＝＝≤，当且仅当|k|＝时，等号成立．所以－≤m≤.
故m的所有整数解为－2，－1,0,1,2.
3．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)过点A(1，－2)．
(1)求抛物线的标准方程及其准线方程；
(2)是否存在平行于OA(O为坐标原点)的直线l，使得直线l与抛物线C有公共点，且直线OA与l的距离等于？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
解：(1)将点A(1，－2)代入抛物线方程，得4＝2p，解得p＝2.
所以抛物线C的标准方程为y2＝4x，其准线方程为x＝－1.
(2)假设存在符合题意的直线l，设其方程为y＝－2x＋t.
则由化简得y2＋2y－2t＝0.
因为直线l与抛物线C有公共点，
所以Δ＝4＋8t≥0，解得t≥－.
又因为直线OA与l的距离等于，
所以d＝＝，解得t＝±1.
因为t≥－，所以t＝1.
所以符合题意的直线l存在，其方程为y＝－2x＋1.
4．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，直线l：x＋y－1＝0与C相交于A，B两点．
(1)证明：线段AB的中点为定点，并求出该定点坐标；
(2)设M(1,0)，＝λ，当a∈时，求实数λ的取值范围．
解：(1)证明：由离心率为，得e＝＝＝，化简得a2＝3b2.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立消去y得4x2－6x＋3(1－b2)＝0，
故x1＋x2＝，x1x2＝，
所以＝，＝1－＝1－＝.
故线段AB的中点为定点.
(2)由M(1,0)，＝λ得x1－1＝λ(1－x2)．
结合x1＋x2＝，
解得x2＝，x1＝.
由x1x2＝得＝3b2－1，即λ＋＝＋2.
因为a∈，故b2∈，
从而λ＋＝＋2∈，
解得λ∈∪(2,3)．
5．已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的右顶点为A，上顶点为B，且|AB|＝，椭圆的离心率为.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆E相交于C，D两个不同的点，且坐标原点O到直线l的距离为，求证：·＝0.
解：(1)由|AB|＝，可得a2＋b2＝3，
又椭圆E的离心率为，则＝.
由b2＝3－a2，＝，
解得a2＝2，所以b2＝1，
故椭圆E的标准方程为＋y2＝1.
(2)证明：由坐标原点O到直线l的距离为可得，＝，即＝，
将直线l：y＝kx＋m代入椭圆E的方程＋y2＝1并整理得，(1＋2k2)x2＋4kmx＋2(m2－1)＝0，
Δ＝16k2m2－8(1＋2k2)(m2－1)＝8(2k2＋1－m2)>0，所以2k2＋1>m2.
设点C(x1，y1)，D(x2，y2)，由根与系数的关系得，x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝(1＋k2)＋＋m2＝＝＝0.
6．已知过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，斜率为2的直线交抛物线于点A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1(1)求该抛物线的标准方程；
(2)设O为坐标原点，C为抛物线上一点，若＝＋λ，求λ的值．
解：(1)由题可得，F，
设直线AB方程为y＝2，
则由
消元化简得4x2－5px＋p2＝0，
所以x1＋x2＝.
由抛物线的定义可得，|AB|＝x1＋x2＋p＝＋p＝9，解得p＝4.
所以抛物线的标准方程为y2＝8x.
(2)因为p＝4，所以x2－5x＋4＝0，
解得x1＝1，x2＝4，
所以A(1，－2)，B(4,4)．
设C(x3，y3)，则＝(x3，y3)＝(4λ＋1,4λ－2)．
因为y＝8x3，
所以2＝8(4λ＋1)，
即(2λ－1)2＝4λ＋1，
解得λ＝0或λ＝2.
7.已知抛物线C：x2＝2py(p>0)，圆E：x2＋(y＋1)2＝1, 若直线l与抛物线C和圆E分别相切于点A，B(A，B不重合)．
(1)当p＝1时，求直线l的方程；
(2)点F是抛物线C的焦点，若对于任意的p>0，记△ABF的面积为S，求的最小值．
解：(1)当p＝1时，抛物线x2＝2y.
显然直线l斜率存在，设直线l方程为y＝kx＋b.
由题得＝1，即k2＋1＝(1＋b)2.①
联立方程化简得x2－2kx－2b＝0，
由Δ＝4k2＋8b＝0，②
所以由①②得k＝±2，b＝－4，
所以直线l的方程为y＝±2x－4.
(2)联立方程
化简得x2－2pkx－2pb＝0，③
由Δ＝0解得pk2＋2b＝0，④
所以b＝－代入③，得x＝pk，故点A，
所以由①④得b＝－，k2＝，故A，
所以|AB|＝＝＝2，
点F到直线l的距离d＝＝＝.
所以S＝d＝×2·＝.
所以＝＝(p＋＋3)≥＋，当且仅当p＝时，取等号．
所以最小值为＋.
8．已知椭圆＋y2＝1，过点A(0,1)作互相垂直的两直线AB，AC与椭圆交于B，C两点．
(1)若直线BC经过点，求线段BC的长；
(2)求△ABC 面积的最大值.
解：(1)由题意知直线AB、AC斜率都存在且不为零，不妨设直线AB方程为y＝kx＋1(k>0)，则AC的方程为y＝－x＋1.
由得(1＋9k2)x2＋18kx＝0，
所以B，
同理可得C，
所以kBC＝＝，
所以直线BC方程为y－＝(x＋)，
即y＝x－，
又因为直线过，
所以＝×－，即＝1，
所以直线BC方程为y＝x－，
所以化简得10x2－x－＝0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝－.
由弦长公式可得＝＝＝.
(2)由(1)可得xB＝－，xC＝，
从而有＝，＝，
于是S△ABC＝|AB||AC|＝162＝162，
令t＝k＋≥2，有S△ABC＝＝≤，
当且仅当t＝>2时，取等号．
所以△ABC面积的最大值为.
