数学高考总复习10.4 直线与圆锥曲线的位置关系探考情 悟真题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点直线与圆锥曲线的位置关系1.了解圆锥曲线的简单应用.2.理解数形结合的思想.3.能解决直线与圆锥曲线的位置关系等问题.2015浙江文,19,15分直线与抛物线的位置关系三角形的面积★★★2015浙江,19,15分直线与椭圆的位置关系三角形面积的最值分析解读 1.直线与圆锥曲线的位置关系是高考的常考内容,常以解答题的形式呈现,试题具有一定的难度.2.直线与圆锥曲线的位置关系综合性较强,要注重与一元二次方程中的判别式、根与系数的关系、函数的单调性、不等式、平面向量等知识相结合.3.预计2021年高考中,仍将以直线与圆锥曲线的位置关系等问题为重点进行考查.破考点 练考向【考点集训】考点 直线与圆锥曲线的位置关系1.过椭圆x216+y24=1内一点M(2,1)引一条弦,使弦被点M平分,则这条弦所在的直线方程是 . 答案 x+2y-4=02.(2019浙江衢州、湖州、丽水三地教学质量检测,21)已知F是抛物线T:y2=2px(p>0)的焦点,点P(1,m)是抛物线上一点,且|PF|=2,直线l过定点(4,0),与抛物线T交于A,B两点,点P在直线l上的射影是Q.(1)求m,p的值;(2)若m>0,且|PQ|2=|QA|·|QB|,求直线l的方程.解析 (1)由|PF|=2,得1+p2=2,所以p=2,(2分)将x=1,y=m代入y2=4x,得m=±2.(4分)(2)解法一:因为m>0,所以点P(1,2),设直线l的方程是x=ny+4,由x=ny+4,y2=4x得y2-4ny-16=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4n,y1·y2=-16,(6分)因为|PQ|2=|QA|·|QB|,所以PA⊥PB,所以PA·PB=0,且1≠2n+4,(8分)所以(x1-1)(x2-1)+(y1-2)(y2-2)=0,且n≠-32,(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=-32(舍去)或n=-12,所以直线l的方程是x=-12y+4,即2x+y-8=0.(15分)解法二:因为m>0,所以点P(1,2),所以抛物线T:y2=4x.设直线l的方程是x=ny+4,由x=ny+4,y2=4x得y2-4ny-16=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),Q(x0,y0),则y1+y2=4n,y1·y2=-16,(6分)由x=ny+4,y-2=-n(x-1)得Q点的纵坐标y0=2-3n1+n2,(8分)所以|PQ|=|2n+3|1+n2,|QA|·|QB|=-(1+n2)(y1-y0)(y2-y0)=-(1+n2)(-16-4ny0+y02),(10分)因为|PQ|2=|QA|·|QB|,所以(2n+3)21+n2=(1+n2)·16+4n(2-3n)1+n2-(2-3n)2(1+n2)2,化简得4n2+8n+3=0,(13分)解得n=-32(舍去)或n=-12,所以直线l的方程是x=-12y+4,即2x+y-8=0.(15分)炼技法 提能力【方法集训】方法 圆锥曲线中弦长的求法1.(2018浙江杭州二中新高考调研卷三,15)设O是坐标原点,若椭圆x24+y22=1与斜率为2的直线l交于A,B两点,则△OAB的面积最大值是 . 答案 22.(2018浙江“七彩阳光”联盟期初联考,21)已知F是抛物线C:x2=4y的焦点,点P是不在抛物线上的一个动点,过点P向抛物线C作两条切线l1,l2,切点分别为A(x1,y1),B(x2,y2).(1)如果点P在直线y=-1上,求1|AF|+1|BF|的值;(2)若点P在以F为圆心,4为半径的圆上,求|AF|·|BF|的值.解析 (1)因为抛物线的方程为y=x24,所以y'=x2,所以切线PA的方程为y-y1=x12(x-x1),即x12x-y-y1=0①,同理得切线PB的方程为x22x-y-y2=0②,设P(x0,y0),则由①②得x1x0-2y1-2y0=0和x2x0-2y2-2y0=0,由此得直线AB的方程为x0x-2y-2y0=0.由于点P是直线y=-1上的一个动点,所以y0=-1,则直线AB的方程为x0x-2y+2=0,因此它过抛物线的焦点F(0,1).当x0=0时,AB的方程为y=1,此时|AF|=|BF|=2,所以1|AF|+1|BF|=1;当x0≠0时,把直线AB方程代入抛物线方程得y2-(x02+2)y+1=0,从而得y1y2=1,所以1|AF|+1|BF|=1y1+1+1y2+1=y1+y2+2y1y2+y1+y2+1=1.综上,1|AF|+1|BF|=1.(2)由(1)知切线PA的方程为y=x12x-x124,切线PB的方程为y=x22x-x224,联立得点Px1+x22,x1x24.设直线AB的方程为y=kx+m,将其代入C:x2=4y中得x2-4kx-4m=0.因此x1+x2=4k,x1x2=-4m,所以点P的坐标为(2k,-m),由题意得|PF|=4k2+(m+1)2=4,所以(m+1)2=16-4k2,从而|AF|·|BF|=(y1+1)(y2+1)=(kx1+m+1)(kx2+m+1)=k2x1x2+k(m+1)(x1+x2)+(m+1)2=-4mk2+4k2(m+1)+16-4k2=16.【五年高考】A组 自主命题·浙江卷题组考点 直线与圆锥曲线的位置关系1.(2015浙江文,19,15分)如图,已知抛物线C1:y=14x2,圆C2:x2+(y-1)2=1,过点P(t,0)(t>0)作不过原点O的直线PA,PB分别与抛物线C1和圆C2相切,A,B为切点.(1)求点A,B的坐标;(2)求△PAB的面积.注:直线与抛物线有且只有一个公共点,且与抛物线的对称轴不平行,则称该直线与抛物线相切,称该公共点为切点.解析 (1)由题意知直线PA的斜率存在,故可设直线PA的方程为y=k(x-t),由y=k(x-t),y=14x2消去y,整理得x2-4kx+4kt=0,由直线PA与抛物线相切,得k=t.因此,点A的坐标为(2t,t2).设圆C2的圆心为D(0,1),点B的坐标为(x0,y0),由题意知,点B,O关于直线PD对称,故y02=-x02t+1,x0t-y0=0,解得x0=2t1+t2,y0=2t21+t2.因此,点B的坐标为2t1+t2,2t21+t2.(2)由(1)知|AP|=t·1+t2,和直线PA的方程tx-y-t2=0.点B到直线PA的距离是d=t21+t2,设△PAB的面积为S(t),所以S(t)=12|AP|·d=t32.评析本题主要考查抛物线的几何性质,直线与圆的位置关系,直线与抛物线的位置关系等基础知识.考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力.2.(2015浙江,19,15分)已知椭圆x22+y2=1上两个不同的点A,B关于直线y=mx+12对称.(1)求实数m的取值范围;(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点).解析 (1)由题意知m≠0,可设直线AB的方程为y=-1mx+b.由x22+y2=1,y=-1mx+b消去y,得12+1m2x2-2bmx+b2-1=0.因为直线y=-1mx+b与椭圆x22+y2=1有两个不同的交点,所以Δ=-2b2+2+4m2>0,①将AB中点的M2mbm2+2,m2bm2+2代入直线方程y=mx+12,解得b=-m2+22m2.②由①②得m<-63或m>63.(2)令t=1m∈-62,0∪0,62,则|AB|=t2+1·-2t4+2t2+32t2+12,且O到直线AB的距离为d=t2+12t2+1.设△AOB的面积为S(t),所以S(t)=12|AB|·d=12-2t2-122+2≤22.当且仅当t2=12时,等号成立.故△AOB面积的最大值为22.B组 统一命题、省(区、市)卷题组考点 直线与圆锥曲线的位置关系1.(2018课标全国Ⅰ理,8,5分)设抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点(-2,0)且斜率为23的直线与C交于M,N两点,则FM·FN=( ) A.5 B.6 C.7 D.8答案 D 2.(2019天津文,19,14分)设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F,左顶点为A,上顶点为B.已知3|OA|=2|OB|(O为原点).(1)求椭圆的离心率;(2)设经过点F且斜率为34的直线l与椭圆在x轴上方的交点为P,圆C同时与x轴和直线l相切,圆心C在直线x=4上,且OC∥AP.求椭圆的方程.解析 本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、圆等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力,以及用方程思想、数形结合思想解决问题的能力.考查数学运算的核心素养.(1)设椭圆的半焦距为c,由已知有3a=2b.又由a2=b2+c2,消去b得a2=32a2+c2,解得ca=12.所以,椭圆的离心率为12.(2)由(1)知,a=2c,b=3c,故椭圆方程为x24c2+y23c2=1.由题意,F(-c,0),则直线l的方程为y=34(x+c).点P的坐标满足x24c2+y23c2=1,y=34(x+c),消去y并化简,得到7x2+6cx-13c2=0,解得x1=c,x2=-13c7.代入到l的方程,解得y1=32c,y2=-914c.因为点P在x轴上方,所以Pc,32c.由圆心C在直线x=4上,可设C(4,t).因为OC∥AP,且由(1)知A(-2c,0),故t4=32cc+2c,解得t=2.则C(4,2).因为圆C与x轴相切,所以圆的半径长为2,又由圆C与l相切,得34(4+c)-21+342=2,可得c=2.所以,椭圆的方程为x216+y212=1.思路分析 (1)由已知条件,得a与b的比例关系,代入a2=b2+c2,得a与c的齐次关系,进而求得离心率.(2)设出直线方程(含参数c),联立直线与椭圆方程(含参数c),得交点P的坐标(含参数c),由kAP=kOC,求得C点坐标以及圆的半径r,最后由圆心到直线距离等于半径列出关于c的方程,求得c的值,最终确定椭圆方程.3.(2019课标全国Ⅰ理,19,12分)已知抛物线C:y2=3x的焦点为F,斜率为32的直线l与C的交点为A,B,与x轴的交点为P.(1)若|AF|+|BF|=4,求l的方程;(2)若AP=3PB,求|AB|.解析 本题主要考查抛物线的定义、几何性质、直线与抛物线相交的综合问题等内容,考查学生运算求解的能力,以及用方程思想、数形结合思想解决问题的能力,体现了直观想象与数学运算的核心素养.设直线l:y=32x+t,A(x1,y1),B(x2,y2).(1)由题设得F34,0,故|AF|+|BF|=x1+x2+32,由题设可得x1+x2=52.由y=32x+t,y2=3x可得9x2+12(t-1)x+4t2=0,则x1+x2=-12(t-1)9.从而-12(t-1)9=52,得t=-78.所以l的方程为y=32x-78.(2)由AP=3PB可得y1=-3y2.由y=32x+t,y2=3x可得y2-2y+2t=0.所以y1+y2=2.从而-3y2+y2=2,故y2=-1,y1=3.代入C的方程得x1=3,x2=13.故|AB|=4133.思路分析 (1)由|AF|+|BF|=4确定A、B两点横坐标之和,联立直线l的方程(含参)与抛物线方程,由根与系数的关系得A、B两点横坐标之和的含参表达式.两者相等,列方程求出参数.(2)P点在x轴上,由AP=3PB知A、B两点纵坐标的比例关系,由根与系数的关系得A、B两点纵坐标之和,二者联立,确定A、B的纵坐标,进而确定A、B的坐标,从而求得|AB|.4.(2019江苏,17,14分)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦点为F1(-1,0),F2(1,0).过F2作x轴的垂线l,在x轴的上方,l与圆F2:(x-1)2+y2=4a2交于点A,与椭圆C交于点D.连接AF1并延长交圆F2于点B,连接BF2交椭圆C于点E,连接DF1.已知DF1=52.(1)求椭圆C的标准方程;(2)求点E的坐标.解析 本题主要考查直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力.考查数学运算和逻辑推理的核心素养.(1)设椭圆C的焦距为2c.因为F1(-1,0),F2(1,0),所以F1F2=2,c=1.又因为DF1=52,AF2⊥x轴,所以DF2=DF12-F1F22=522-22=32.因此2a=DF1+DF2=4,从而a=2.由b2=a2-c2,得b2=3.因此,椭圆C的标准方程为x24+y23=1.(2)解法一:由(1)知,椭圆C:x24+y23=1,a=2.因为AF2⊥x轴,所以点A的横坐标为1.将x=1代入圆F2的方程(x-1)2+y2=16,解得y=±4.因为点A在x轴上方,所以A(1,4).又F1(-1,0),所以直线AF1:y=2x+2.由y=2x+2,(x-1)2+y2=16,得5x2+6x-11=0,解得x=1或x=-115.将x=-115代入y=2x+2,得y=-125.因此B-115,-125.又F2(1,0),所以直线BF2:y=34(x-1).由y=34(x-1),x24+y23=1,得7x2-6x-13=0,解得x=-1或x=137.又因为E是线段BF2与椭圆的交点,所以x=-1.将x=-1代入y=34(x-1),得y=-32.因此E-1,-32.解法二:由(1)知,椭圆C:x24+y23=1.如图,连接EF1.因为BF2=2a,EF1+EF2=2a,所以EF1=EB,从而∠BF1E=∠B.因为F2A=F2B,所以∠A=∠B.所以∠A=∠BF1E,从而EF1∥F2A.因为AF2⊥x轴,所以EF1⊥x轴.因为F1(-1,0),由x=-1,x24+y23=1,解得y=±32.又因为E是线段BF2与椭圆的交点,所以y=-32.因此E-1,-32.5.(2019天津理,18,13分)设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F,上顶点为B.已知椭圆的短轴长为4,离心率为55.(1)求椭圆的方程;(2)设点P在椭圆上,且异于椭圆的上、下顶点,点M为直线PB与x轴的交点,点N在y轴的负半轴上.若|ON|=|OF|(O为原点),且OP⊥MN,求直线PB的斜率.解析 本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力,以及用方程思想解决问题的能力.(1)设椭圆的半焦距为c,依题意,2b=4,ca=55,又a2=b2+c2,可得a=5,b=2,c=1.所以,椭圆的方程为x25+y24=1.(2)由题意,设P(xP,yP)(xP≠0),M(xM,0).设直线PB的斜率为k(k≠0),又B(0,2),所以直线PB的方程为y=kx+2,与椭圆方程联立y=kx+2,x25+y24=1,整理得(4+5k2)x2+20kx=0,可得xP=-20k4+5k2,代入y=kx+2得yP=8-10k24+5k2,进而直线OP的斜率yPxP=4-5k2-10k.在y=kx+2中,令y=0,得xM=-2k.由题意得N(0,-1),所以直线MN的斜率为-k2.由OP⊥MN,得4-5k2-10k·-k2=-1,化简得k2=245,从而k=±2305.所以,直线PB的斜率为2305或-2305.思路分析 (1)根据条件求出基本量a,b得到椭圆方程.(2)要利用条件OP⊥MN,必须求P点和M、N点坐标.由直线PB的方程与椭圆方程联立得到P点坐标,求出M及N点坐标,利用kOP·kMN=-1求出kPB.6.(2019课标全国Ⅲ理,21,12分)已知曲线C:y=x22,D为直线y=-12上的动点,过D作C的两条切线,切点分别为A,B.(1)证明:直线AB过定点;(2)若以E0,52为圆心的圆与直线AB相切,且切点为线段AB的中点,求四边形ADBE的面积.解析 本题考查直线与抛物线相切,弦的中点,直线与圆相切等知识点,通过直线与抛物线的方程运算,考查了学生在解析几何中的运算求解能力,以直线与抛物线相切为背景考查了数学运算的核心素养.(1)证明:设Dt,-12,A(x1,y1),则x12=2y1.由于y'=x,所以切线DA的斜率为x1,故y1+12x1-t=x1.整理得2tx1-2y1+1=0.设B(x2,y2),同理可得2tx2-2y2+1=0.故直线AB的方程为2tx-2y+1=0.所以直线AB过定点0,12.(2)由(1)得直线AB的方程为y=tx+12.由y=tx+12,y=x22可得x2-2tx-1=0.于是x1+x2=2t,x1x2=-1,y1+y2=t(x1+x2)+1=2t2+1,|AB|=1+t2|x1-x2|=1+t2×(x1+x2)2-4x1x2=2(t2+1).设d1,d2分别为点D,E到直线AB的距离,则d1=t2+1,d2=2t2+1.因此,四边形ADBE的面积S=12|AB|(d1+d2)=(t2+3)t2+1.设M为线段AB的中点,则Mt,t2+12.由于EM⊥AB,而EM=(t,t2-2),AB与向量(1,t)平行,所以t+(t2-2)t=0.解得t=0或t=±1.当t=0时,S=3;当t=±1时,S=42.因此,四边形ADBE的面积为3或42.解题关键 (1)设出A、B坐标,求导、列等式是解题的突破口.(2)由(1)得出AB的方程,用坐标表示出EM⊥AB,求AB方程中的参数是关键.C组 教师专用题组考点 直线与圆锥曲线的位置关系1.(2017课标全国Ⅱ文,12,5分)过抛物线C:y2=4x的焦点F,且斜率为3的直线交C于点M(M在x轴的上方),l为C的准线,点N在l上且MN⊥l,则M到直线NF的距离为( ) A.5 B.22 C.23 D.33答案 C 2.(2017课标全国Ⅰ理,10,5分)已知F为抛物线C:y2=4x的焦点,过F作两条互相垂直的直线l1,l2,直线l1与C交于A,B两点,直线l2与C交于D,E两点,则|AB|+|DE|的最小值为( )A.16 B.14 C.12 D.10答案 A 3.(2015江苏,12,5分)在平面直角坐标系xOy中,P为双曲线x2-y2=1右支上的一个动点.若点P到直线x-y+1=0的距离大于c恒成立,则实数c的最大值为 . 答案 224.(2018课标全国Ⅰ文,20,12分)设抛物线C:y2=2x,点A(2,0),B(-2,0),过点A的直线l与C交于M,N两点.(1)当l与x轴垂直时,求直线BM的方程;(2)证明:∠ABM=∠ABN.解析 (1)当l与x轴垂直时,l的方程为x=2,可得M的坐标为(2,2)或(2,-2).所以直线BM的方程为y=12x+1或y=-12x-1.(2)证明:当l与x轴垂直时,AB为MN的垂直平分线,所以∠ABM=∠ABN.当l与x轴不垂直时,设l的方程为y=k(x-2)(k≠0),M(x1,y1),N(x2,y2),则x1>0,x2>0.由y=k(x-2),y2=2x得ky2-2y-4k=0,可知y1+y2=2k,y1y2=-4.直线BM,BN的斜率之和为kBM+kBN=y1x1+2+y2x2+2=x2y1+x1y2+2(y1+y2)(x1+2)(x2+2).①将x1=y1k+2,x2=y2k+2及y1+y2,y1y2的表达式代入①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的倾斜角互补,所以∠ABM=∠ABN.综上,∠ABM=∠ABN.方法总结 直线与圆锥曲线的位置关系的常见题型及解题策略:(1)求直线方程.先寻找确定直线的两个条件.若缺少一个可设出此量,利用题设条件寻找关于该量的方程,解方程即可.(2)求线段长度或线段之积(和)的最值.可依据直线与圆锥曲线相交,利用弦长公式求出弦长或弦长关于某个量的函数,然后利用基本不等式或函数的有关知识求其最值;也可利用圆锥曲线的定义转化为两点间的距离或点到直线的距离.(3)证明题.圆锥曲线中的证明问题多涉及定点、定值、角相等、线段相等、点在定直线上等,有时也涉及一些否定性命题,常采用直接法或反证法给予证明.借助已知条件,将直线与圆锥曲线联立,寻找待证明式子的表达式,结合根与系数的关系及整体代换思想化简即可得证.5.(2018课标全国Ⅲ文,20,12分)已知斜率为k的直线l与椭圆C:x24+y23=1交于A,B两点,线段AB的中点为M(1,m)(m>0).(1)证明:k<-12;(2)设F为C的右焦点,P为C上一点,且FP+FA+FB=0.证明:2|FP|=|FA|+|FB|.证明 本题考查椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系.(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则x124+y123=1,x224+y223=1.两式相减,并由y1-y2x1-x2=k得x1+x24+y1+y23·k=0.由题设知x1+x22=1,y1+y22=m,于是k=-34m.由题设得0b>0)的离心率为63,焦距为22.斜率为k的直线l与椭圆M有两个不同的交点A,B.(1)求椭圆M的方程;(2)若k=1,求|AB|的最大值;(3)设P(-2,0),直线PA与椭圆M的另一个交点为C,直线PB与椭圆M的另一个交点为D.若C,D和点Q-74,14共线,求k.解析 (1)由题意得a2=b2+c2,ca=63,2c=22,解得a=3,b=1.所以椭圆M的方程为x23+y2=1.(2)设直线l的方程为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.当m=0,即直线l过原点时,|AB|最大,最大值为6.(3)设A(x1,y1),B(x2,y2).由题意得x12+3y12=3,x22+3y22=3.直线PA的方程为y=y1x1+2(x+2).由y=y1x1+2(x+2),x2+3y2=3,得[(x1+2)2+3y12]x2+12y12x+12y12-3(x1+2)2=0.设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.设D(xD,yD).同理得xD=-12-7x24x2+7,yD=y24x2+7.记直线CQ,DQ的斜率分别为kCQ,kDQ,则kCQ-kDQ=y14x1+7-14-12-7x14x1+7+74-y24x2+7-14-12-7x24x2+7+74=4(y1-y2-x1+x2).因为C,D,Q三点共线,所以kCQ-kDQ=0.故y1-y2=x1-x2.所以直线l的斜率k=y1-y2x1-x2=1.7.(2018课标全国Ⅰ理,19,12分)设椭圆C:x22+y2=1的右焦点为F,过F的直线l与C交于A,B两点,点M的坐标为(2,0).(1)当l与x轴垂直时,求直线AM的方程;(2)设O为坐标原点,证明:∠OMA=∠OMB.解析 (1)由已知得F(1,0),l的方程为x=1,由已知可得,点A的坐标为1,22或1,-22.所以AM的方程为y=-22x+2或y=22x-2.(2)证明:当l与x轴重合时,∠OMA=∠OMB=0°,当l与x轴垂直时,直线OM为AB的垂直平分线,所以∠OMA=∠OMB.当l与x轴不重合也不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),则x1<2,x2<2,直线MA,MB的斜率之和为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).将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.则2kx1x2-3k(x1+x2)+4k=4k3-4k-12k3+8k3+4k2k2+1=0,从而kMA+kMB=0,故MA,MB的倾斜角互补,所以∠OMA=∠OMB.综上,∠OMA=∠OMB.8.(2018江苏,18,14分)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C过点3,12,焦点F1(-3,0),F2(3,0),圆O的直径为F1F2.(1)求椭圆C及圆O的方程;(2)设直线l与圆O相切于第一象限内的点P.①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点,求点P的坐标;②直线l与椭圆C交于A,B两点.若△OAB的面积为267,求直线l的方程.解析 本题主要考查直线方程、圆的方程、圆的几何性质、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等知识,考查分析问题能力和运算求解能力.解法一:(1)因为椭圆C的焦点为F1(-3,0),F2(3,0),所以可设椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0).又点3,12在椭圆C上,所以3a2+14b2=1,a2-b2=3,解得a2=4,b2=1.因此,椭圆C的方程为x24+y2=1.因为圆O的直径为F1F2,所以其方程为x2+y2=3.(2)①设直线l与圆O相切于P(x0,y0)(x0>0,y0>0),则x02+y02=3.所以直线l的方程为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.(*)因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点,所以Δ=(-24x0)2-4(4x02+y02)(36-4y02)=48y02(x02-2)=0.因为x0,y0>0,所以x0=2,y0=1.因此,点P的坐标为(2,1).②因为三角形OAB的面积为267,所以12AB·OP=267,从而AB=427.设A(x1,y1),B(x2,y2),由(*)得x1,2=24x0±48y02(x02-2)2(4x02+y02),所以AB2=(x1-x2)2+(y1-y2)2=1+x02y02·48y02(x02-2)(4x02+y02)2.因为x02+y02=3,所以AB2=16(x02-2)(x02+1)2=3249,即2x04-45x02+100=0.解得x02=52(x02=20舍去),则y02=12,因此P的坐标为102,22.则直线l的方程为y=-5x+32.解法二:(1)由题意知c=3,所以圆O的方程为x2+y2=3,因为点3,12在椭圆上,所以2a=(3-3)2+12-02+(3+3)2+12-02=4,所以a=2.因为a2=b2+c2,所以b=1,所以椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)①由题意知直线l与圆O和椭圆C均相切,且切点在第一象限,所以直线l的斜率k存在且k<0,设直线l的方程为y=kx+m(k<0,m>0),将直线l的方程代入圆O的方程,得x2+(kx+m)2=3,整理得(k2+1)x2+2kmx+m2-3=0,因为直线l与圆O相切,所以Δ=(2km)2-4(k2+1)(m2-3)=0,整理得m2=3k2+3,将直线l的方程代入椭圆C的方程,得x24+(kx+m)2=1,整理得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,因为直线l与椭圆C相切,所以Δ=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)=0,整理得m2=4k2+1,所以3k2+3=4k2+1,因为k<0,所以k=-2,则m=3,将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,将x=2代入x2+y2=3,解得y=1(y=-1舍去),所以点P的坐标为(2,1).②设A(x1,kx1+m),B(x2,kx2+m),由①知m2=3k2+3,且k<0,m>0,因为直线l和椭圆C相交,所以结合②的过程知m2<4k2+1,解得k<-2,将直线l的方程和椭圆C的方程联立可得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,解得x1,2=-8km±44k2+1-m22(4k2+1),所以|x1-x2|=44k2+1-m24k2+1,因为AB=(x1-x2)2+(kx1-kx2)2=|x1-x2|k2+1=44k2+1-m24k2+1·k2+1,O到l的距离d=|m|k2+1=3,所以S△OAB=12·44k2+1-m24k2+1·k2+1·|m|k2+1=12·4k2-24k2+1·k2+1·3=267,解得k2=5,因为k<0,所以k=-5,则m=32,即直线l的方程为y=-5x+32.9.(2018天津理,19,14分)设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F,上顶点为B.已知椭圆的离心率为53,点A的坐标为(b,0),且|FB|·|AB|=62.(1)求椭圆的方程;(2)设直线l:y=kx(k>0)与椭圆在第一象限的交点为P,且l与直线AB交于点Q.若|AQ||PQ|=524sin∠AOQ(O为原点),求k的值.解析 本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力,以及用方程思想解决问题的能力.(1)设椭圆的焦距为2c,由已知有c2a2=59,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,从而a=3,b=2.所以椭圆的方程为x29+y24=1.(2)设点P的坐标为(x1,y1),点Q的坐标为(x2,y2).由已知有y1>y2>0,故|PQ|sin∠AOQ=y1-y2.又因为|AQ|=y2sin∠OAB,而∠OAB=π4,故|AQ|=2y2.由|AQ||PQ|=524sin∠AOQ,可得5y1=9y2.由方程组y=kx,x29+y24=1,消去x,可得y1=6k9k2+4.易知直线AB的方程为x+y-2=0,由方程组y=kx,x+y-2=0,消去x,可得y2=2kk+1.由5y1=9y2,可得5(k+1)=39k2+4,两边平方,整理得56k2-50k+11=0,解得k=12或k=1128.所以k的值为12或1128.解题关键 利用平面几何知识将|AQ||PQ|=524sin∠AOQ转化为点P、Q坐标间的关系是解决第(2)问的关键.方法归纳 求椭圆标准方程的基本方法(1)定义法:根据椭圆的定义,确定a2,b2的值,结合焦点位置写出椭圆方程;(2)待定系数法:这是求椭圆方程的常用方法,基本步骤为①根据已知条件判断焦点的位置;②根据焦点的位置设出所求椭圆的方程;③根据已知条件,建立关于a、b、c的方程组,注意c2=a2-b2的应用;④解方程组,求得a、b的值,从而得出椭圆的方程.10.(2017课标全国Ⅰ,20,12分)设A,B为曲线C:y=x24上两点,A与B的横坐标之和为4.(1)求直线AB的斜率;(2)设M为曲线C上一点,C在M处的切线与直线AB平行,且AM⊥BM,求直线AB的方程.解析 (1)解法一:设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1≠x2,y1=x124,y2=x224,x1+x2=4,于是直线AB的斜率k=y1-y2x1-x2=x1+x24=1.解法二:设Ax1,x124,则由题意得B4-x1,(4-x1)24,于是直线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'=x2,设M(x3,y3),由题设知x32=1,解得x3=2,于是M(2,1).设直线AB的方程为y=x+m,故线段AB的中点为N(2,2+m),|MN|=|m+1|.将y=x+m代入y=x24得x2-4x-4m=0.当Δ=16(m+1)>0,即m>-1时,x1,2=2±2m+1.从而|AB|=2|x1-x2|=42(m+1).由题设知|AB|=2|MN|,即42(m+1)=2(m+1),解得m=7.所以直线AB的方程为y=x+7.解法二:设曲线C:y=x24上的点M的坐标为x0,x024,过点M且与直线AB平行的直线l的方程为y=x-x0+x024.联立得y=x-x0+x024,y=x24,消去y得x2-4x+4x0-x02=0,所以Δ=(-4)2-4×1×(4x0-x02)=0,解得x0=2,代入曲线C的方程,得y0=1,故M(2,1).设Ax1,x124,则B4-x1,(4-x1)24,因为AM⊥BM,所以1-x1242-x1·1-(4-x1)242-(4-x1)=-1,即x12-4x1=28.所以直线AB的方程为y=x-x1+x124,即y=x+7.11.(2017天津理,19,14分)设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F,右顶点为A,离心率为12.已知A是抛物线y2=2px(p>0)的焦点,F到抛物线的准线l的距离为12.(1)求椭圆的方程和抛物线的方程;(2)设l上两点P,Q关于x轴对称,直线AP与椭圆相交于点B(B异于点A),直线BQ与x轴相交于点D.若△APD的面积为62,求直线AP的方程.解析 (1)设F的坐标为(-c,0).依题意,ca=12,p2=a,a-c=12,解得a=1,c=12,p=2,于是b2=a2-c2=34.所以椭圆的方程为x2+4y23=1,抛物线的方程为y2=4x.(2)设直线AP的方程为x=my+1(m≠0),与直线l的方程x=-1联立,可得点P-1,-2m,故Q-1,2m.将x=my+1与x2+4y23=1联立,消去x,整理得(3m2+4)y2+6my=0,解得y=0或y=-6m3m2+4.由点B异于点A,可得点B-3m2+43m2+4,-6m3m2+4.由Q-1,2m,可得直线BQ的方程为-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.又因为△APD的面积为62,故12×6m23m2+2×2|m|=62,整理得3m2-26|m|+2=0,解得|m|=63,所以m=±63.所以直线AP的方程为3x+6y-3=0或3x-6y-3=0.12.(2016课标全国Ⅰ,20,12分)在直角坐标系xOy中,直线l:y=t(t≠0)交y轴于点M,交抛物线C:y2=2px(p>0)于点P,M关于点P的对称点为N,连接ON并延长交C于点H.(1)求|OH||ON|;(2)除H以外,直线MH与C是否有其他公共点?说明理由.解析 (1)由已知得M(0,t),Pt22p,t.又N为M关于点P的对称点,故Nt2p,t,ON的方程为y=ptx,代入y2=2px整理得px2-2t2x=0,解得x1=0,x2=2t2p.因此H2t2p,2t.所以N为OH的中点,即|OH||ON|=2.(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点.理由如下:直线MH的方程为y-t=p2tx,即x=2tp(y-t).代入y2=2px得y2-4ty+4t2=0,解得y1=y2=2t,即直线MH与C只有一个公共点,所以除H以外直线MH与C没有其他公共点.方法总结 将直线与抛物线的交点坐标问题归结为直线方程与抛物线方程组成的方程组的解的问题.13.(2016课标全国Ⅱ,21,12分)已知A是椭圆E:x24+y23=1的左顶点,斜率为k(k>0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MA⊥NA.(1)当|AM|=|AN|时,求△AMN的面积;(2)当2|AM|=|AN|时,证明:30.由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为π4.又A(-2,0),因此直线AM的方程为y=x+2.将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S△AMN=2×12×127×127=14449.(2)证明:将直线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.由题设,直线AN的方程为y=-1k(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.设f(t)=4t3-6t2+3t-8,则k是f(t)的零点, f '(t)=12t2-12t+3=3(2t-1)2≥0,所以f(t)在(0,+∞)内单调递增.又f(3)=153-26<0, f(2)=6>0,因此f(t)在(0,+∞)内有唯一的零点,且零点k在(3,2)内,所以30).(1)若直线l过抛物线C的焦点,求抛物线C的方程;(2)已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q.①求证:线段PQ的中点坐标为(2-p,-p);②求p的取值范围.解析 (1)抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为p2,0,由点p2,0在直线l:x-y-2=0上,得p2-0-2=0,即p=4.所以抛物线C的方程为y2=8x.(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),线段PQ的中点M(x0,y0).因为点P和Q关于直线l对称,所以直线l垂直平分线段PQ,于是直线PQ的斜率为-1,则可设其方程为y=-x+b.①证明:由y2=2px,y=-x+b消去x得y2+2py-2pb=0.(*)因为P和Q是抛物线C上的相异两点,所以y1≠y2,从而Δ=(2p)2-4×(-2pb)>0,化简得p+2b>0.方程(*)的两根为y1,2=-p±p2+2pb,从而y0=y1+y22=-p.因为M(x0,y0)在直线l上,所以x0=2-p.因此,线段PQ的中点坐标为(2-p,-p).②因为M(2-p,-p)在直线y=-x+b上,所以-p=-(2-p)+b,即b=2-2p.由①知p+2b>0,于是p+2(2-2p)>0,所以p<43.因此,p的取值范围是0,43.评析本题主要考查直线和抛物线的方程、直线与抛物线的位置关系,考查运算求解能力及推理论证能力.15.(2015天津,19,14分)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F(-c,0),离心率为33,点M在椭圆上且位于第一象限,直线FM被圆x2+y2=b24截得的线段的长为c,|FM|=433.(1)求直线FM的斜率;(2)求椭圆的方程;(3)设动点P在椭圆上,若直线FP的斜率大于2,求直线OP(O为原点)的斜率的取值范围.解析 (1)由已知有c2a2=13,即a2=3c2,又由a2=b2+c2,可得b2=2c2.设直线FM的斜率为k(k>0),则直线FM的方程为y=k(x+c).由已知,有kck2+12+c22=b22,解得k=33.(2)由(1)得椭圆方程为x23c2+y22c2=1,直线FM的方程为y=33(x+c),两个方程联立,消去y,整理得3x2+2cx-5c2=0,解得x=-53c或x=c.因为点M在第一象限,可得M的坐标为c,233c.由|FM|=(c+c)2+233c-02=433,解得c=1,所以椭圆的方程为x23+y22=1.(3)设点P的坐标为(x,y),直线FP的斜率为t,得t=yx+1,即y=t(x+1)(x≠-1),与椭圆方程联立得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-320,于是m=2x2-23,得m∈23,233.②当x∈(-1,0)时,有y=t(x+1)>0,因此m<0,于是m=-2x2-23,得m∈-∞,-233.综上,直线OP的斜率的取值范围是-∞,-233∪23,233.评析本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程和圆的方程、直线与圆的位置关系、一元二次不等式等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力以及用函数与方程思想解决问题的能力.16.(2015福建,19,12分)已知点F为抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点,点A(2,m)在抛物线E上,且|AF|=3.(1)求抛物线E的方程;(2)已知点G(-1,0),延长AF交抛物线E于点B,证明:以点F为圆心且与直线GA相切的圆,必与直线GB相切.解析 (1)由抛物线的定义得|AF|=2+p2.因为|AF|=3,即2+p2=3,解得p=2,所以抛物线E的方程为y2=4x.(2)证法一:因为点A(2,m)在抛物线E:y2=4x上,所以m=±22,由抛物线的对称性,不妨设A(2,22).由A(2,22),F(1,0)可得直线AF的方程为y=22(x-1).由y=22(x-1),y2=4x得2x2-5x+2=0,解得x=2或x=12,从而B12,-2.又G(-1,0),所以kGA=22-02-(-1)=223,kGB=-2-012-(-1)=-223,所以kGA+kGB=0,从而∠AGF=∠BGF,这表明点F到直线GA,GB的距离相等,故以F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切.证法二:设以点F为圆心且与直线GA相切的圆的半径为r.因为点A(2,m)在抛物线E:y2=4x上,所以m=±22,由抛物线的对称性,不妨设A(2,22).由A(2,22),F(1,0)可得直线AF的方程为y=22(x-1).由y=22(x-1),y2=4x得2x2-5x+2=0,解得x=2或x=12,从而B12,-2.又G(-1,0),故直线GA的方程为22x-3y+22=0,从而r=|22+22|8+9=4217.又直线GB的方程为22x+3y+22=0,所以点F到直线GB的距离d=|22+22|8+9=4217=r.这表明以点F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切.评析本题主要考查抛物线、直线与圆的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想.17.(2015湖南,20,13分)已知抛物线C1:x2=4y的焦点F也是椭圆C2:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的一个焦点,C1与C2的公共弦的长为26.(1)求C2的方程;(2)过点F的直线l与C1相交于A,B两点,与C2相交于C,D两点,且AC与BD同向.(i)若|AC|=|BD|,求直线l的斜率;(ii)设C1在点A处的切线与x轴的交点为M,证明:直线l绕点F旋转时,△MFD总是钝角三角形.解析 (1)由C1:x2=4y知其焦点F的坐标为(0,1).因为F也是椭圆C2的一个焦点,所以a2-b2=1.①又C1与C2的公共弦的长为26,C1与C2都关于y轴对称,且C1的方程为x2=4y,由此易知C1与C2的公共点的坐标为±6,32,所以94a2+6b2=1.②联立①②得a2=9,b2=8.故C2的方程为y29+x28=1.(2)如图,设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).(i)因AC与BD同向,且|AC|=|BD|,所以AC=BD,从而x3-x1=x4-x2,即x1-x2=x3-x4,于是(x1+x2)2-4x1x2=(x3+x4)2-4x3x4.③设直线l的斜率为k,则l的方程为y=kx+1.由y=kx+1,x2=4y得x2-4kx-4=0.而x1,x2是这个方程的两根,所以x1+x2=4k,x1x2=。