(共46张PPT)
习题课 圆锥曲线的综合问题
课标要求
素养要求
1.通过圆锥曲线方程的学习，进一步体会数形结合思想的应用.
2.能根据圆锥曲线的有关性质解决综合问题.
通过研究圆锥曲线的综合问题，进一步提升逻辑推理及数学运算素养.
新知探究
我们已经学习了圆锥曲线的有关内容，主要包括椭圆、双曲线、抛物线的定义，标准方程，几何性质以及直线与圆锥曲线的位置关系.高考对于圆锥曲线的要求比较高，综合性比较强，今天我们对圆锥曲线中的综合问题进行总结，学会利用圆锥曲线的基本知识解决综合问题.
1.定点、定值问题
对于解析几何中的定点、定值问题，要善于运用辩证的观点去思考分析，在动点的“变”中寻求定值的“不变”性，用特殊探索法(特殊值、特殊位置、特殊图形等)先确定出定值，揭开神秘的面纱，这样可将盲目的探索问题转化为有方向有目标的一般性证明题，从而找到解决问题的突破口.
2.最值、范围问题
解决圆锥曲线中的最值问题，一般有两种方法：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解非常巧妙；二是代数法，将圆锥曲线中的最值问题转化为函数问题(即根据条件列出所求的目标函数)，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角有界法、函数单调法及基本不等式法等，求解最大或最小值.
3.探索性问题
存在探索型问题作为探索性问题之一，具备了内容涉及面广、重点题型丰富等命题要求，方便考查分析、比较、猜测、归纳等综合能力，因而受到命题人的喜爱.
拓展深化
[微判断]
×
√
1.方程2x2－5x＋2＝0的两根x1，x2(x1＜x2)可分别作为椭圆和双曲线的离心率.(
)
2.已知方程mx2＋ny2＝1，则当m＞n>0时，该方程表示焦点在x轴上的椭圆.(
)
提示 该方程表示焦点在y轴上的椭圆.
√
[微训练]
解析 因为a＝5，c＝4，所以最大距离为a＋c＝9，最小距离为a－c＝1.
答案 D
A.8，2
B.5，4
C.5，1
D.9，1
∴y＝x＋3与x轴上半部分且位于y轴右侧的双曲线有1个交点.
答案 3
[微思考]
1.圆锥曲线中的弦长公式是什么？
2.如何判断直线与圆锥曲线的位置关系？
提示 直线与圆锥曲线的位置关系，可以通过讨论直线方程与曲线方程组成的方程组的实数解的个数来确定，通常消去方程组中变量y(或x)得到关于变量x(或y)的一元二次方程(注意在双曲线与抛物线中，要对二次项系数是否为0进行讨论)，考虑该一元二次方程的判别式Δ，则有：Δ>0等价于直线与圆锥曲线相交于两点；Δ＝0等价于直线与圆锥曲线只有一个交点；Δ<0等价于直线与圆锥曲线无交点.
题型一 范围与最值问题
(1)求直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段长(用a，k表示)；
(2)若任意以点A(0，1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围.
解 (1)由题意设直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段为AM，
(2)假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P，Q，满足|AP|＝|AQ|.
记直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2，
且k1＞0，k2＞0，k1≠k2.
由于k1≠k2，k1＞0，k2＞0，
规律方法 涉及直线与圆锥曲线问题，需要用方程思想解决，必要时需分类讨论，诸如位置关系判定则需联立方程组.“化曲为直”求与距离有关的最值是平面几何中一种巧妙的方法，特别是涉及圆锥曲线上动点与定点和焦点距离之和的最值问题常用此法.
答案 9
题型二 定点与定值问题
证明 ∵M是椭圆上任意一点，若M与A重合，
∴λ2＋μ2＝1，现在需要证明λ2＋μ2为定值1.
∴a2＝3b2，∴椭圆方程为x2＋3y2＝3b2，
又直线方程为y＝x－c.
∴λ2＋μ2＝1，故λ2＋μ2为定值.
规律方法 解析几何中的定点和定值问题需要合理选择参数(坐标、斜率等)表示动态几何对象和几何量，探究、证明动态图形中的不变性质(定点、定值等)，体会“设而不求”“整体代换”在简化运算中的作用.
(1)解 设椭圆的焦距为2c，
由题意知b＝1，且(2a)2＋(2b)2＝2(2c)2，
(2)证明 由题意设P(0，m)，Q(x0，0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
设l方程为x＝t(y－m)，
∵λ1＋λ2＝－3，∴y1y2＋m(y1＋y2)＝0.①
③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0，∴(mt)2＝1，
由题意mt<0，∴mt＝－1，满足②，
得l方程为x＝ty＋1，故直线l过定点(1，0).
∴由题意知Δ＝4m2t4－4(t2＋3)(t2m2－3)>0，②
题型三 探索性问题
角度1 常数存在型问题
【例3－1】 直线y＝ax＋1与双曲线3x2－y2＝1相交于A，B两点，是否存在这样的实数a，使A，B关于直线l：y＝2x对称？请说明理由.
解 假设存在实数a，使A，B关于直线l：y＝2x对称，
并设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
又A，B在直线y＝ax＋1上，∴y1＝ax1＋1，y2＝ax2＋1，
∴y1＋y2＝a(x1＋x2)＋2，②
由①②，得2(x1＋x2)＝a(x1＋x2)＋2，
即(2－a)(x1＋x2)＝2.③
故不存在满足题意的实数a.
角度2 点存在型问题
解 (1)由题意知圆心在直线y＝－x上，
设圆心的坐标是(－p，p)(p>0)，
则圆的方程为(x＋p)2＋(y－p)2＝8，
由于O(0，0)在圆上，∴p2＋p2＝8，解得p＝2，
∴圆C的方程为(x＋2)2＋(y－2)2＝8.
∴椭圆右焦点为F(4，0).
假设存在异于原点的点Q(m，n)使|QF|＝|OF|，
规律方法 (1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化.其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在.(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法.
解 设直线l：y＝kx＋m为满足条件的直线，再设P为MN的中点，欲满足条件，只需AP⊥MN即可.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由Δ＝36m2k2－4(1＋3k2)(3m2－3)
＝9(1＋3k2)(1－k2)>0，得－1故当k∈(－1，0)∪(0，1)时，存在满足条件的直线l.
一、素养落地
1.通过本节课的学习，进一步提升数学运算及逻辑推理素养.
2.解决与圆锥曲线有关的最值问题的三种方法
(1)定义法：利用定义转化为几何问题.
(2)数形结合法：利用数与形的结合，挖掘几何特征，进而求解.
(3)函数法：探求函数模型，转化为函数的最值问题，借助函数的单调性、基本不等式等求解，注意圆锥曲线的范围.
3.定值问题的两大解法：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关；(2)引进变量，构造函数，把要证明为定值的量表示为变量的函数，将函数化简，消掉变量得到定值.
二、素养训练
1.直线y＝x＋1被椭圆x2＋2y2＝4所截得的弦的中点坐标是( )
即3x2＋4x－2＝0，
答案 B
答案 C
答案 A
得(4b2＋a2)y2－12b2y＋9b2－a2b2＝0，
Δ＝144b4－4(a2＋4b2)(9b2－a2b2)＞0，即a2＋4b2＞9.
∵线段AB的中点为(－1，1)，
解得p＝2或p＝－6(舍去).
答案 2习题课 圆锥曲线的综合问题
课标要求
素养要求
1.通过圆锥曲线方程的学习，进一步体会数形结合思想的应用.2.能根据圆锥曲线的有关性质解决综合问题.
通过研究圆锥曲线的综合问题，进一步提升逻辑推理及数学运算素养.
INCLUDEPICTURE"课前预习.TIF"
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"课前预习.TIF"
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新知探究
INCLUDEPICTURE"情景引入.tif"
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"情景引入.tif"
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我们已经学习了圆锥曲线的有关内容，主要包括椭圆、双曲线、抛物线的定义，标准方程，几何性质以及直线与圆锥曲线的位置关系.高考对于圆锥曲线的要求比较高，综合性比较强，今天我们对圆锥曲线中的综合问题进行总结，学会利用圆锥曲线的基本知识解决综合问题.
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"知识梳理.tif"
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1.定点、定值问题
对于解析几何中的定点、定值问题，要善于运用辩证的观点去思考分析，在动点的“变”中寻求定值的“不变”性，用特殊探索法(特殊值、特殊位置、特殊图形等)先确定出定值，揭开神秘的面纱，这样可将盲目的探索问题转化为有方向有目标的一般性证明题，从而找到解决问题的突破口.
2.最值、范围问题
解决圆锥曲线中的最值问题，一般有两种方法：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解非常巧妙；二是代数法，将圆锥曲线中的最值问题转化为函数问题(即根据条件列出所求的目标函数)，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角有界法、函数单调法及基本不等式法等，求解最大或最小值.
3.探索性问题
存在探索型问题作为探索性问题之一，具备了内容涉及面广、重点题型丰富等命题要求，方便考查分析、比较、猜测、归纳等综合能力，因而受到命题人的喜爱.
拓展深化
[微判断]
1.方程2x2－5x＋2＝0的两根x1，x2(x1＜x2)可分别作为椭圆和双曲线的离心率.(√)
2.已知方程mx2＋ny2＝1，则当m＞n>0时，该方程表示焦点在x轴上的椭圆.(×)
提示 该方程表示焦点在y轴上的椭圆.
3.抛物线y＝4ax2(a≠0)的焦点坐标是.(√)
[微训练]
1.椭圆＋＝1上的点P到椭圆左焦点的最大距离和最小距离分别是( )
A.8，2
B.5，4
C.5，1
D.9，1
解析 因为a＝5，c＝4，所以最大距离为a＋c＝9，最小距离为a－c＝1.
答案 D
2.直线y＝x＋3与曲线－＝1交点的个数为________.
解析 当x＞0时，曲线－＝1表示双曲线－＝1位于y轴右侧的部分，其渐近线为y＝±x，而直线y＝x＋3的斜率为1，1＜，
∴y＝x＋3与x轴上半部分且位于y轴右侧的双曲线有1个交点.
当x≤0时，曲线－＝1表示椭圆＋＝1的左半部分，又∵直线y＝x＋3过椭圆顶点，∴直线y＝x＋3与椭圆左半部分有2个交点.综上，共有3个交点.
答案 3
[微思考]
1.圆锥曲线中的弦长公式是什么？
提示 直线l截圆锥曲线所得的弦长
|AB|＝或
(k≠0)，其中k是直线l的斜率，(x1，y1)，(x2，y2)是直线与圆锥曲线的两个交点A，B的坐标.
2.如何判断直线与圆锥曲线的位置关系？
提示 直线与圆锥曲线的位置关系，可以通过讨论直线方程与曲线方程组成的方程组的实数解的个数来确定，通常消去方程组中变量y(或x)得到关于变量x(或y)的一元二次方程(注意在双曲线与抛物线中，要对二次项系数是否为0进行讨论)，考虑该一元二次方程的判别式Δ，则有：Δ>0等价于直线与圆锥曲线相交于两点；Δ＝0等价于直线与圆锥曲线只有一个交点；Δ<0等价于直线与圆锥曲线无交点.
INCLUDEPICTURE"课堂互动.TIF"
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"课堂互动.TIF"
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题型一 范围与最值问题
【例1】 如图，已知椭圆＋y2＝1(a＞1).
INCLUDEPICTURE"W58.TIF"
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"W58.TIF"
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(1)求直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段长(用a，k表示)；
(2)若任意以点A(0，1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围.
解 (1)由题意设直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段为AM，
由消去y，得(1＋a2k2)x2＋2a2kx＝0，
故xA＝0，xM＝－.
因此|AM|＝|xA－xM|＝·.
(2)假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P，Q，满足|AP|＝|AQ|.
记直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2，
且k1＞0，k2＞0，k1≠k2.
由(1)知，|AP|＝eq
\f(2a2|k1|\r(1＋k),1＋a2k)，
|AQ|＝eq
\f(2a2|k2|\r(1＋k),1＋a2k)，
故eq
\f(2a2|k1|\r(1＋k),1＋a2k)＝eq
\f(2a2|k2|\r(1＋k),1＋a2k)，
所以eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－k))[1＋k＋k＋a2(2－a2)kk]＝0.
由于k1≠k2，k1＞0，k2＞0，
故得1＋k＋k＋a2(2－a2)kk＝0，
因此eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋1))eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋1))＝1＋a2(a2－2)，①
因为①式关于k1，k2的方程有解的充要条件是1＋a2(a2－2)＞1，所以a＞.
因此，任意以点A(0，1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1＜a≤，
又e＝＝，
故所求离心率的取值范围为.
规律方法 涉及直线与圆锥曲线问题，需要用方程思想解决，必要时需分类讨论，诸如位置关系判定则需联立方程组.“化曲为直”求与距离有关的最值是平面几何中一种巧妙的方法，特别是涉及圆锥曲线上动点与定点和焦点距离之和的最值问题常用此法.
【训练1】 已知F是双曲线－＝1的左焦点，A(1，4)，P是双曲线右支上的动点，则|PF|＋|PA|的最小值为________.
解析 设右焦点为F′，由题意可知F′坐标为(4，0)，根据双曲线的定义，|PF|－|PF′|＝4，∴|PF|＋|PA|＝4＋|PF′|＋|PA|，∴要使|PF|＋|PA|最小，只需|PF′|＋|PA|最小即可，|PF′|＋|PA|最小需P，F′，A三点共线，最小值即4＋|F′A|＝4＋＝4＋5＝9.
答案 9
题型二 定点与定值问题
【例2】 已知椭圆的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，斜率为1且过椭圆右焦点的直线交椭圆于A，B两点，＋与a＝(3，－1)共线.设M为椭圆上任意一点，且＝λ＋μ(λ，μ∈R)，求证：λ2＋μ2为定值.
证明 ∵M是椭圆上任意一点，若M与A重合，
则＝，此时λ＝1，μ＝0，
∴λ2＋μ2＝1，现在需要证明λ2＋μ2为定值1.
设椭圆方程为＋＝1(a>b>0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为N(x0，y0)，
∴eq
\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,a2)＋\f(y,b2)＝1，①,\f(x,a2)＋\f(y,b2)＝1，②))
①－②得＋＝0，
即＝－＝－，
又∵kAB＝＝1，∴y0＝－x0.
∴直线ON的方向向量为＝，
∵∥a，∴＝.
∴a2＝3b2，∴椭圆方程为x2＋3y2＝3b2，
又直线方程为y＝x－c.
由消y得4x2－6cx＋3c2－3b2＝0.
∴x1＋x2＝c，x1x2＝＝c2.
又设M(x，y)，则由＝λ＋μ，
得代入椭圆方程整理得
λ2(x＋3y)＋μ2(x＋3y)＋2λμ(x1x2＋3y1y2)＝3b2.
又∵x＋3y＝3b2，x＋3y＝3b2，
x1x2＋3y1y2＝4x1x2－3c(x1＋x2)＋3c2
＝c2－c2＋3c2＝0，
∴λ2＋μ2＝1，故λ2＋μ2为定值.
规律方法 解析几何中的定点和定值问题需要合理选择参数(坐标、斜率等)表示动态几何对象和几何量，探究、证明动态图形中的不变性质(定点、定值等)，体会“设而不求”“整体代换”在简化运算中的作用.
【训练2】 已知椭圆＋＝1(a>b>0)过点(0，1)，其长轴长与短轴长的平方和是焦距的平方的2倍.直线l与x轴正半轴和y轴分别交于点Q，P，与椭圆分别交于点M，N，各点均不重合且满足＝λ1，＝λ2.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l过定点，并求此定点.
(1)解 设椭圆的焦距为2c，
由题意知b＝1，且(2a)2＋(2b)2＝2(2c)2，
又a2＝b2＋c2，∴a2＝3.∴椭圆的方程为＋y2＝1.
(2)证明 由题意设P(0，m)，Q(x0，0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
设l方程为x＝t(y－m)，
由＝λ1得(x1，y1－m)＝λ1(x0－x1，－y1)，
∴y1－m＝－y1λ1，由题意y1≠0，∴λ1＝－1.
同理由＝λ2得λ2＝－1.
∵λ1＋λ2＝－3，∴y1y2＋m(y1＋y2)＝0.①
由消x得(t2＋3)y2－2mt2y＋t2m2－3＝0，
∴由题意知Δ＝4m2t4－4(t2＋3)(t2m2－3)>0，②
且有y1＋y2＝，y1y2＝，③
③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0，∴(mt)2＝1，
由题意mt<0，∴mt＝－1，满足②，
得l方程为x＝ty＋1，故直线l过定点(1，0).
题型三 探索性问题
角度1 常数存在型问题
【例3－1】 直线y＝ax＋1与双曲线3x2－y2＝1相交于A，B两点，是否存在这样的实数a，使A，B关于直线l：y＝2x对称？请说明理由.
解 假设存在实数a，使A，B关于直线l：y＝2x对称，
并设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则AB中点坐标为.
依题设有＝2·，即y1＋y2＝2(x1＋x2)，①
又A，B在直线y＝ax＋1上，∴y1＝ax1＋1，y2＝ax2＋1，
∴y1＋y2＝a(x1＋x2)＋2，②
由①②，得2(x1＋x2)＝a(x1＋x2)＋2，
即(2－a)(x1＋x2)＝2.③
由消y得(3－a2)x2－2ax－2＝0，
∴x1＋x2＝，④
把④代入③，得(2－a)·＝2，
解得a＝，经检验知满足Δ＝4a2＋8(3－a2)＞0，
∴kAB＝，而kl＝2，
∴kAB·kl＝×2＝3≠－1，故点A，B不关于直线l：y＝2x对称，与假设矛盾.
故不存在满足题意的实数a.
角度2 点存在型问题
【例3－2】 在平面直角坐标系中，已知圆心在第二象限，半径为2的圆与直线y＝x相切于原点O，椭圆＋＝1与圆C的一个交点到椭圆两焦点的距离之和为10.
(1)求圆C的方程；
(2)试探究圆C上是否存在异于原点的点Q，使Q到椭圆右焦点F的距离等于线段OF的长.若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
解 (1)由题意知圆心在直线y＝－x上，
设圆心的坐标是(－p，p)(p>0)，
则圆的方程为(x＋p)2＋(y－p)2＝8，
由于O(0，0)在圆上，∴p2＋p2＝8，解得p＝2，
∴圆C的方程为(x＋2)2＋(y－2)2＝8.
(2)椭圆＋＝1与圆C的一个交点到椭圆两焦点的距离之和为10，由椭圆的定义知2a＝10，a＝5，
∴椭圆右焦点为F(4，0).
假设存在异于原点的点Q(m，n)使|QF|＝|OF|，
则有且m2＋n2≠0，
解得故圆C上存在满足条件的点Q.
规律方法 (1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化.其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在.(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法.
【训练3】 试问是否能找到一条斜率为k(k≠0)的直线l与椭圆＋y2＝1交于两个不同的点M，N，且使M，N到点A(0，1)的距离相等？若存在，试求出k的取值范围；若不存在，请说明理由.
解 设直线l：y＝kx＋m为满足条件的直线，再设P为MN的中点，欲满足条件，只需AP⊥MN即可.
由消y得(1＋3k2)x2＋6mkx＋3m2－3＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则xP＝＝－，
yP＝kxP＋m＝，
∴kAP＝.∵AP⊥MN，
∴＝－(k≠0)，
故m＝－.
由Δ＝36m2k2－4(1＋3k2)(3m2－3)
＝9(1＋3k2)(1－k2)>0，得－1故当k∈(－1，0)∪(0，1)时，存在满足条件的直线l.
INCLUDEPICTURE"素养达成.TIF"
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"素养达成.TIF"
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一、素养落地
1.通过本节课的学习，进一步提升数学运算及逻辑推理素养.
2.解决与圆锥曲线有关的最值问题的三种方法
(1)定义法：利用定义转化为几何问题.
(2)数形结合法：利用数与形的结合，挖掘几何特征，进而求解.
(3)函数法：探求函数模型，转化为函数的最值问题，借助函数的单调性、基本不等式等求解，注意圆锥曲线的范围.
3.定值问题的两大解法：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关；(2)引进变量，构造函数，把要证明为定值的量表示为变量的函数，将函数化简，消掉变量得到定值.
二、素养训练
1.直线y＝x＋1被椭圆x2＋2y2＝4所截得的弦的中点坐标是( )
A.
B.
C.
D.
解析 由得x2＋2(x＋1)2－4＝0，
即3x2＋4x－2＝0，
则弦的中点的横坐标为×＝－，
纵坐标为－＋1＝，即，故选B.
答案 B
2.如图，椭圆＋y2＝1上的一点A关于原点的对称点为B，F2为它的右焦点，若AF2⊥BF2，则△AF2B的面积是( )
INCLUDEPICTURE"W59.TIF"
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"W59.TIF"
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A.2
B.4
C.1
D.
解析 由直径所对圆周角为，可以联想到以AB为直径的圆O与椭圆交于A，B两点，且F2在圆O上，圆的半径为c＝＝，故圆的方程为x2＋y2＝3，联立方程组解得y＝±，所以S△AF2B＝××＝1，故选C.
答案 C
3.已知双曲线y2－＝1与不过原点O且不平行于坐标轴的直线l相交于M，N两点，线段MN的中点为P，设直线l的斜率为k1，直线OP的斜率为k2，则k1k2等于( )
A.
B.－
C.2
D.－2
解析 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x0，y0)，
则y－eq
\f(x,2)＝1，y－eq
\f(x,2)＝1，两式相减可得
(y1－y2)(y1＋y2)＝，
所以直线l的斜率为k1＝＝＝，
直线OP的斜率为k2＝，k1k2＝·＝，故选A.
答案 A
4.直线x－2y＋3＝0与椭圆＋＝1(a＞b＞0)相交于A，B两点，且P(－1，1)恰好为AB的中点，则椭圆的离心率为________.
解析 由消去x，
得(4b2＋a2)y2－12b2y＋9b2－a2b2＝0，
Δ＝144b4－4(a2＋4b2)(9b2－a2b2)＞0，即a2＋4b2＞9.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝.
∵线段AB的中点为(－1，1)，
∴＝2，于是得a2＝2b2.
又a2＝b2＋c2，∴a2＝2c2，∴e＝＝.
答案
5.已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的准线为l，过M(1，0)且斜率为的直线与l相交于点A，与抛物线C的一个交点为B.若＝，则p＝________.
解析 由题意，得l：x＝－，
且直线AB的方程为y＝(x－1)，
则A，
因为＝，
所以B，
将B代入y2＝2px，
得3＝2p，
解得p＝2或p＝－6(舍去).
答案 2
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基础达标
一、选择题
1.到定点(3，5)与直线2x＋3y－21＝0的距离相等的点的轨迹是( )
A.圆
B.抛物线
C.线段
D.直线
解析 因为定点(3，5)在直线上，所以点的轨迹是直线.
答案 D
2.方程＋＝1所表示的曲线是( )
A.焦点在x轴上的椭圆
B.焦点在y轴上的椭圆
C.焦点在x轴上的双曲线
D.焦点在y轴上的双曲线
解析 ∵sin
θ－1<0，2sin
θ＋3>0，
∴方程表示焦点在y轴上的双曲线.
答案 D
3.已知M(x0，y0)是双曲线C：－y2＝1上的一点，F1，F2分别是C的左、右两个焦点，若·<0，则y0的取值范围是( )
A.
B.
C.
D.
解析 因为F1(－，0)，F2(，0)，eq
\f(x,2)－y＝1，
所以·＝(－－x0，－y0)·(－x0，－y0)＝x＋y－3＜0，即3y－1＜0，解得－＜y0＜.
答案 A
4.设椭圆＋＝1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆上，且满足1·2＝9，则|1|·|2|的值为( )
A.8
B.10
C.12
D.15
解析 由椭圆标准方程，知a＝4，b＝2，c＝2.
当P为左、右顶点时(不妨令P为右顶点)，
|1|＝a＋c＝6，|2|＝a－c＝2，
则1·2＝6×2·cos
0°＝12，
故P不为左、右顶点.
设和2的夹角为θ，
因为·2＝9，
所以||·|2|cos
θ＝9.
在△PF1F2中，由余弦定理，得2|PF1||PF2|·cos
θ＝|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|2，
即2|PF1|·|PF2|cos
θ＝(|PF1|＋|PF2|)2－|F1F2|2－2|PF1|·|PF2|，2×9＝(2×4)2－(2×2)2－2|1|·|2|，所以|1|·|2|＝15，故选D.
答案 D
5.直线y＝－x与椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)交于A，B两点，以线段AB为直径的圆恰好经过椭圆的右焦点，则椭圆C的离心率为( )
A.
B.4－2
C.
D.－1
解析 点A，B关于原点对称，故以线段AB为直径的圆的圆心为原点，又圆经过椭圆的右焦点，所以半径为半焦距c.设A(x0，y0)，则结合|OA|＝r＝c及y＝－x，得y0＝－x0，x＋y＝c2，故A点坐标为或，代入椭圆方程，得＋＝1，由b2＝a2－c2化简，得c4－8a2c2＋4a4＝0，即e4－8e2＋4＝0，e2＝＝4±2.结合0＜e＜1，得e2＝4－2，即e＝－1.
答案 D
二、填空题
6.已知抛物线y＝2px2(p>0)的焦点为F，点P在抛物线上，过点P作PQ垂直于抛物线的准线，垂足为点Q，若抛物线的准线与对称轴相交于点M，则四边形PQMF的面积为________.
解析 由P在抛物线上，得p＝，故抛物线的标准方程为x2＝4y，焦点F(0，1)，准线为y＝－1，
∴|FM|＝2，|PQ|＝1＋＝，|MQ|＝1，
则直角梯形PQMF的面积为××1＝.
答案
7.已知F为抛物线y2＝x的焦点，点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧，·＝2(其中O为坐标原点)，则△ABO与△AFO面积之和的最小值是________.
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解析 如图，可设A(m2，m)，B(n2，n)，其中m＞0，n＜0，则＝(m2，m)，＝(n2，n)，·＝m2n2＋mn＝2，解得mn＝1(舍)或mn＝－2.
∴lAB：(m2－n2)(y－n)＝(m－n)(x－n2)，即(m＋n)(y－n)＝x－n2，令y＝0，解得x＝－mn＝2，∴设AB与x轴交于点C，
则C(2，0).S△AOB＝S△AOC＋S△BOC＝×2·m＋×2·(－n)＝m－n，S△AOF＝×·m＝m，则S△AOB＋S△AOF＝m－n＋m＝m－n＝m＋≥2＝3，当且仅当m＝，即m＝时等号成立.故△ABO与△AFO面积之和的最小值为3.
答案 3
8.已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F，短轴的一个端点为M，直线l：3x－4y＝0交椭圆E于A，B两点.若|AF|＋|BF|＝4，点M到直线的距离不小于，则椭圆E的离心率的取值范围是________.
解析 如图所示，设F′为椭圆的左焦点，连接AF′，BF′，则四边形AFBF′是平行四边形，
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"W60.TIF"
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∴4＝|AF|＋|BF|＝|AF′|＋|AF|＝2a，∴a＝2.
取M(0，b)，∵点M到直线l的距离不小于，
∴≥，解得b≥1.
∴e＝＝≤＝.
∴椭圆E的离心率的取值范围是.
答案
三、解答题
9.已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2，3)，且点F(2，0)为其右焦点.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)是否存在平行于OA的直线l，使得直线l与椭圆C有公共点，且直线OA与l的距离等于4？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.
解 (1)依题意，可设椭圆C的方程为＋＝1(a＞b＞0)，且可知左焦点为F′(－2，0)，
从而有解得
又a2＝b2＋c2，∴b2＝12.
故椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)假设存在符合题意的直线l，其方程为y＝x＋t.
由消去y，得3x2＋3tx＋t2－12＝0.
∵直线l与椭圆C有公共点，
∴Δ＝(3t)2－4×3(t2－12)≥0，解得－4≤t≤4.
另一方面，由直线OA与l的距离等于4，
可得＝4，从而t＝±2.
由于±2?[－4，4]，
∴符合题意的直线l不存在.
10.已知△AOB的一个顶点为抛物线y2＝2x的顶点O，A，B两点都在抛物线上，且∠AOB＝90°.
(1)求证：直线AB必过一定点；
(2)求△AOB面积的最小值.
(1)证明 设OA所在直线的方程为y＝kx(k≠0)，则直线OB的方程为y＝－x.
由得A，
由得B(2k2，－2k).
∴直线AB所在直线方程为(y＋2k)＝(x－2k2)，化简得x－y－2＝0，
∴直线过定点P(2，0).
(2)解 由于直线AB所在直线方程过定点P(2，0)，所以可设直线AB的方程为x＝my＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2).
由得y2－2my－4＝0.∴y1＋y2＝2m，y1y2＝－4，∴|y1－y2|＝＝＝.
∴S△AOB＝|y1|·|OP|＋|y2|·|OP|＝|OP|·|y1－y2|＝|y1－y2|＝≥4(当且仅当m＝0时取“＝”).
∴当m＝0时，△AOB面积的最小值为4.
能力提升
11.已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)及点B(0，a)，过B与椭圆相切的直线交x轴的负半轴于点A，F为椭圆的右焦点，则∠ABF等于( )
A.60°
B.90°
C.120°
D.150°
解析 由题意知，切线的斜率存在，设切线方程为y＝kx＋a(k＞0)，与椭圆方程联立得消去y，
整理得b2x2＋a2(kx＋a)2－a2b2＝0，
即(b2＋a2k2)x2＋2a3kx＋a4－a2b2＝0，
由Δ＝4a6k2－4(b2＋a2k2)(a4－a2b2)＝0，得k＝，
从而切线方程为y＝x＋a，交x轴于A，
又F(c，0)，所以＝，＝(c，－a)，
则·＝0，故∠ABF＝90°，故选B.
答案 B
12.已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的内接等边三角形AOB的面积为3(其中O为坐标原点).
(1)试求抛物线C的方程；
(2)已知点M(1，1)，P，Q两点在抛物线C上，△MPQ是以点M为直角顶点的直角三角形.
①求证：直线PQ恒过定点；
②过点M作直线PQ的垂线交PQ于点N，试求点N的轨迹方程，并说明其轨迹是何种曲线.
(1)解 依题意，设A(xA，yA)，B(xB，yB)，
则由|OA|＝|OB|，得x＋2pxA＝x＋2pxB，
即(xA－xB)(xA＋xB＋2p)＝0.
因为xA＞0，xB＞0，所以xA＋xB＋2p＞0，
故xA＝xB，|yA|＝|yB|，则A，B关于x轴对称，
所以AB⊥x轴，且∠AOx＝30°，
所以||＝tan
30°＝.
因为xA＝eq
\f(y,2p)，所以|yA|＝2p，
所以|AB|＝2|yA|＝4p，
故S△AOB＝×(4p)2＝12p2＝3，p＝，
故抛物线C的方程为y2＝x.
(2)①证明 由题意可设直线PQ的方程为x＝my＋a，
P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由消去x，得y2－my－a＝0，
故Δ＝m2＋4a＞0，y1＋y2＝m，y1y2＝－a.
因为∠PMQ＝90°，所以·＝0，
即(x1－1)(x2－1)＋(y1－1)(y2－1)＝0，
整理得x1x2－(x1＋x2)＋y1y2－(y1＋y2)＋2＝0，
yy－(y1＋y2)2＋3y1y2－(y1＋y2)＋2＝0，
即a2－m2－3a－m＋2＝0，
得＝，
所以a－＝m＋或a－＝－.
当a－＝m＋，即a＝m＋2时，
直线PQ的方程为x＝my＋a＝m(y＋1)＋2，
过定点H(2，－1)；
当a－＝－，即a＝－m＋1时，
直线PQ的方程为x＝my＋a＝m(y－1)＋1，
过定点(1，1)，不合题意舍去.
故直线PQ恒过定点H(2，－1).
②解 设N(x，y)，则⊥，即·＝0，
得(x－1)(x－2)＋(y＋1)(y－1)＝0，
即x2＋y2－3x＋1＝0(x≠1)，
即轨迹是以MH为直径的圆(除去点(1，±1)).
创新猜想
13.(多选题)已知直线l：y＝kx＋2过椭圆＋＝1(a＞b＞0)的上顶点B和左焦点F，且被圆x2＋y2＝4截得的弦长为L，若L≥，则椭圆离心率e的取值可能是( )
A.
B.
C.
D.
解析 依题意，知b＝2，kc＝2.
设圆心到直线l的距离为d，则L＝2≥，
解得d2≤.又因为d＝，所以≤，
于是e2＝＝＝，所以0＜e2≤，解得0＜e≤.故选ABC.
答案 ABC
14.(多填题)椭圆＋＝1上一点P到两个焦点F1，F2的距离之积最大的点的坐标是________，此时积的最大值为________.
解析 由椭圆的定义可知
|PF1|＋|PF2|＝2a＝10，
所以|PF1|·|PF2|≤＝＝25，
当且仅当|PF1|＝|PF2|时取等号.
由解得|PF1|＝|PF2|＝5＝a，
此时点P恰好是椭圆短轴的两端点，
即所求点的坐标为(±3，0).
答案 (±3，0) 25
