6、－，求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)若|PF1|＝|PQ|，求橢圓的離心率e.
解 (1)由橢圓的定義，
2a＝|PF1|＋|PF2|＝(2＋)＋(2－)＝4，故a＝2.
設(shè)橢圓的半焦距為c，由已知PF1⊥PF2，
因此2c＝|F1F2|＝＝＝2，
即c＝，從而b＝＝1.
故所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1.
(2)如圖，由橢圓的定義，|PF1|＋|PF2|＝2a，|QF1|＋|QF2|＝2a.
從而由|PF1|＝|PQ|＝|PF2|＋|QF2|，有|QF1|＝4a－2|PF1|.
又由PF1⊥PQ，|PF1|＝|PQ|知，|QF1|＝|PF1|，
因此，4a－2|PF1|＝
7、|PF1|，
解得|PF1|＝2(2－)a，
從而|PF2|＝2a－|PF1|＝2a－2(2－)a＝2(－1)a.
由PF1⊥PF2知，|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝(2c)2，
因此e＝＝＝＝＝－.
4.已知橢圓H：＋y2＝1(a＞1)，原點(diǎn)O到直線MN的距離為，其中，點(diǎn)M(0，－1)，點(diǎn)N(a，0).
(1)求橢圓H的離心率e；
(2)經(jīng)過橢圓右焦點(diǎn)F2的直線l和該橢圓交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)C在橢圓上，若＝＋，求直線l的方程.
解 (1)由題意得直線MN的方程為x－ay－a＝0，
則＝?a＝，
所以c＝，所以離心率e＝＝.
(2)橢圓H的方程為＋y2＝1，設(shè)
8、A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，
①當(dāng)直線l的斜率為0時(shí)，其方程為y＝0，
此時(shí)A(，0)，B(－，0)，不符合題意，舍去.
②當(dāng)直線l的斜率不為0時(shí)，設(shè)直線l的方程為x＝my＋，
由
消去x得(m2＋3)y2＋2my－1＝0，
所以Δ＞0，
因?yàn)椋剑?
所以x3＝x1＋x2，y3＝y(tǒng)1＋y2.
因?yàn)辄c(diǎn)C在橢圓上，
所以＋y＝2＋2
＝＋＋
＝＋＋＝1，
所以x1x2＋3y1y2＝0.
又因?yàn)閤1x2＝(my1＋)(my2＋)＝m2y1y2＋m(y1＋y2)＋2＝m2×＋m×＋2＝，
所以x1x2＋3y1y2＝＋3×＝0，
化簡(jiǎn)得m2－
9、1＝0.
所以m＝±1.
所以直線l的方程 x＝±y＋.
綜上，直線l的方程為x－y－＝0或x＋y－＝0.
5.已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，M(x1，y1)，N(x2，y2)是橢圓＋＝1上的點(diǎn)，且x1x2＋2y1y2＝0，設(shè)動(dòng)點(diǎn)P滿足＝＋2.
(1)求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程；
(2)若直線l：y＝x＋m(m≠0)與曲線C交于A，B兩點(diǎn)，求△OAB面積的最大值.
解 (1)設(shè)點(diǎn)P(x，y)，則由＝＋2，
得(x，y)＝(x1，y1)＋2(x2，y2)，即x＝x1＋2x2，y＝y(tǒng)1＋2y2.
因?yàn)辄c(diǎn)M，N在橢圓＋＝1上，
所以x＋2y＝4，x＋2y＝4.
故x2＋2y2＝(x＋4x＋4x
10、1x2)＋2(y＋4y＋4y1y2)
＝(x＋2y)＋4(x＋2y)＋4(x1x2＋2y1y2)
＝20＋4(x1x2＋2y1y2).
又因?yàn)閤1x2＋2y1y2＝0，所以x2＋2y2＝20，
所以動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程為x2＋2y2＝20.
(2)將曲線C與直線l的方程聯(lián)立，得
消去y得3x2＋4mx＋2m2－20＝0.
因?yàn)橹本€l與曲線C交于A，B兩點(diǎn)，設(shè)A(x3，y3)，B(x4，y4)，所以Δ＝16m2－4×3×(2m2－20)＞0.
又m≠0，所以0＜m2＜30，
x3＋x4＝－，x3x4＝.
又點(diǎn)O到直線AB：x－y＋m＝0的距離d＝，|AB|＝|x3－x4|＝
11、
＝＝，
所以S△OAB＝×＝×≤×＝5，
并且僅當(dāng)m2＝30－m2，即m2＝15時(shí)取等號(hào).
所以△OAB面積的最大值為5.
考點(diǎn)二 直線與拋物線
方法技巧 (1)判斷直線與拋物線的位置關(guān)系時(shí)，可以借助數(shù)形結(jié)合法，當(dāng)直線與拋物線的軸平行時(shí)，直線與拋物線只有一個(gè)交點(diǎn)，但并非相切.
(2)涉及中點(diǎn)弦問題，可用“點(diǎn)差法”求解，但要注意對(duì)其存在性的檢驗(yàn).
6.(xx·全國Ⅰ)設(shè)A，B為曲線C：y＝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AM⊥BM，求直線AB的方程.
解 (1)設(shè)A(x1，y1)，B(x2
12、，y2)，
則x1≠x2，y1＝，y2＝，x1＋x2＝4，
于是直線AB的斜率k＝＝＝1.
(2)由y＝，得y′＝.
設(shè)M(x3，y3)，由題設(shè)知＝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＝，得x2－4x－4m＝0.
當(dāng)Δ＝16(m＋1)>0，
即m>－1時(shí)，x1，2＝2±2.
從而|AB|＝|x1－x2|＝4.
由題設(shè)知|AB|＝2|MN|，即4＝2|m＋1|，
解得m＝7.
所以直線AB的方程為y＝x＋7.
7.已知圓C過定點(diǎn)F，且與直線x＝相切，圓心C的
13、軌跡為E，曲線E與直線l：y＝k(x＋1)(k∈R)相交于A，B兩點(diǎn).
(1)求曲線E的方程；
(2)當(dāng)△OAB的面積等于時(shí)，求k的值.
解 (1)由題意，點(diǎn)C到定點(diǎn)F和直線x＝的距離相等，
故點(diǎn)C的軌跡E的方程為y2＝－x.
(2)由方程組
消去x后，整理得ky2＋y－k＝0.
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由根與系數(shù)的關(guān)系，有y1＋y2＝－，y1y2＝－1.
設(shè)直線l與x軸交于點(diǎn)N，則N(－1，0).
∴S△OAB＝S△OAN＋S△OBN＝|ON||y1|＋|ON||y2|＝|ON||y1－y2|
＝×1×＝.
∵S△OAB＝，∴＝，
解得k＝±.
8
14、.已知拋物線C：y2＝2px(p>0)過點(diǎn)A(1，－2).
(1)求拋物線C的方程，并求其準(zhǔn)線方程；
(2)是否存在平行于OA(O為坐標(biāo)原點(diǎn))的直線l，使得直線l與拋物線C有公共點(diǎn)，且直線OA與l的距離等于？若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由.
解 (1)將(1，－2)代入y2＝2px，
得(－2)2＝2p·1，
所以p＝2.
故所求的拋物線C的方程為y2＝4x，其準(zhǔn)線方程為x＝－1.
(2)假設(shè)存在符合題意的直線l，其方程為y＝－2x＋t.
由得y2＋2y－2t＝0.
因?yàn)橹本€l與拋物線C有公共點(diǎn)，
所以Δ＝4＋8t≥0，解得t≥－.
又由直線OA與l的距離d
15、＝，
可得＝，解得t＝±1.
因?yàn)椋??，1∈，
所以符合題意的直線l存在，其方程為2x＋y－1＝0.
例 (12分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，且點(diǎn)在橢圓C上.
(1)求橢圓C的方程；
(2)設(shè)橢圓E：＋＝1，P為橢圓C上任意一點(diǎn)，過點(diǎn)P的直線y＝kx＋m交橢圓E于A，B兩點(diǎn)，射線PO交橢圓E于點(diǎn)Q.
①求的值；
②求△ABQ面積的最大值.
審題路線圖
(1)―→
(2)①―→
②→
→
規(guī)范解答·評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)
解 (1)由題意知＋＝1.又＝，
解得a2＝4，b2＝1.所以橢圓C的方程為＋y2＝1.
………………
16、……………………………………………………………………………2分
(2)由(1)知橢圓E的方程為＋＝1.
①設(shè)P(x0，y0)，＝λ(λ＞0)，由題意知Q(－λx0，－λy0).
因?yàn)椋珁＝1，又＋＝1，
即＝1，
所以λ＝2，即＝2.…………………………………………………………………5分
②設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2).
將y＝kx＋m代入橢圓E的方程，
可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0，
由Δ＞0，可得m2＜4＋16k2， (*)
則有x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以|x1－x2|＝.………………………………………………
17、…………8分
因?yàn)橹本€y＝kx＋m與y軸交點(diǎn)的坐標(biāo)為(0，m)，
所以△OAB的面積S＝|m||x1－x2|＝＝
＝2.……………………………………………………………9分
設(shè)＝t，將y＝kx＋m代入橢圓C的方程，
可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
由Δ≥0，可得m2≤1＋4k2. (**)
由(*)和(**)可知0＜t≤1，
因此S＝2＝2，…………………………………………………10分
故0＜S≤2，當(dāng)且僅當(dāng)t＝1，即m2＝1＋4k2時(shí)取得最大值2.……………11分
由①知，△ABQ的面積為3S，所以△ABQ面積的最大值為6.……………
18、…12分
構(gòu)建答題模板
[第一步] 求曲線方程：根據(jù)基本量法確定圓錐曲線的方程.
[第二步] 聯(lián)立消元：將直線方程和圓錐曲線方程聯(lián)立，得到方程Ax2＋Bx＋C＝0，然后研究判別式，利用根與系數(shù)的關(guān)系.
[第三步] 找關(guān)系：從題設(shè)中尋求變量的等量或不等關(guān)系.
[第四步] 建函數(shù)：對(duì)范圍最值類問題，要建立關(guān)于目標(biāo)變量的函數(shù)關(guān)系.
[第五步] 得范圍：通過求解函數(shù)值域或解不等式得目標(biāo)變量的范圍或最值，要注意變量條件的制約，檢查最值取得的條件.
1.設(shè)F1，F(xiàn)2分別是橢圓E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)，過F1且斜率為1的直線l與E相交于A，B兩點(diǎn)，且|AF2|，|AB|，|BF
19、2|成等差數(shù)列.
(1)求橢圓E的離心率；
(2)設(shè)點(diǎn)P(0，－1)滿足|PA|＝|PB|，求橢圓E的方程.
解 (1)由橢圓定義知|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4a，
又2|AB|＝|AF2|＋|BF2|，得|AB|＝a，
l的方程為y＝x＋c，其中c＝.
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)滿足方程組消去y，化簡(jiǎn)得(a2＋b2)x2＋2a2cx＋a2(c2－b2)＝0，則x1＋x2＝，x1x2＝.
因?yàn)橹本€AB的斜率為1，所以|AB|＝|x2－x1|＝，即a＝，故a2＝2b2，
所以E的離心率e＝＝＝.
(2)設(shè)AB的中點(diǎn)為N(x0，y0)，由(1
20、)知，
x0＝＝＝－，y0＝x0＋c＝.
由|PA|＝|PB|，得kPN＝－1，即＝－1，
得c＝3，從而a＝3，b＝3.
故橢圓E的方程為＋＝1.
2.已知橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)的半焦距為c，原點(diǎn)O到經(jīng)過兩點(diǎn)(c，0)，(0，b)的直線的距離為c.
(1)求橢圓E的離心率；
(2)如圖，AB是圓M：(x＋2)2＋(y－1)2＝的一條直徑，若橢圓E經(jīng)過A，B兩點(diǎn)，求橢圓E的方程.
解 (1)過點(diǎn)(c，0)，(0，b)的直線方程為bx＋cy－bc＝0，
則原點(diǎn)O到該直線的距離d＝＝，
由d＝c，得a＝2b＝2，解得離心率＝.
(2)方法一 由(1)知，橢圓E的方程
21、為x2＋4y2＝4b2. ①
依題意，圓心M(－2，1)是線段AB的中點(diǎn)，且|AB|＝.
易知，AB與x軸不垂直，設(shè)其方程為y＝k(x＋2)＋1，
代入①得(1＋4k2)x2＋8k(2k＋1)x＋4(2k＋1)2－4b2＝0，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－，x1x2＝.
由x1＋x2＝－4，得－＝－4，解得k＝，
從而x1x2＝8－2b2.
于是|AB|＝|x1－x2|＝＝.
由|AB|＝，得 ＝，解得b2＝3，
故橢圓E的方程為＋＝1.
方法二 由(1)知，橢圓E的方程為x2＋4y2＝4b2， ①
依題意，點(diǎn)A，B關(guān)于
22、圓心M(－2，1)對(duì)稱，且|AB|＝，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則x＋4y＝4b2，x＋4y＝4b2，
兩式相減并結(jié)合x1＋x2＝－4，y1＋y2＝2，
得－4(x1－x2)＋8(y1－y2)＝0，
易知AB與x軸不垂直，則x1≠x2，
所以AB的斜率kAB＝＝，
因此直線AB的方程為y＝(x＋2)＋1，
代入①得x2＋4x＋8－2b2＝0，
所以x1＋x2＝－4，x1x2＝8－2b2，
于是|AB|＝|x1－x2|＝＝.
由|AB|＝，得 ＝，解得b2＝3，
故橢圓E的方程為＋＝1.
3.設(shè)橢圓＋＝1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F，離心率為，過點(diǎn)F且與x軸垂
23、直的直線被橢圓截得的線段長(zhǎng)為.
(1)求橢圓的方程；
(2)設(shè)A，B分別為橢圓的左、右頂點(diǎn)，過點(diǎn)F且斜率為k的直線與橢圓交于C，D兩點(diǎn).若·＋·＝8，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求△OCD的面積.
解 (1)因?yàn)檫^焦點(diǎn)且垂直于x軸的直線被橢圓截得的線段長(zhǎng)為，所以＝.
因?yàn)闄E圓的離心率為，所以＝，
又a2＝b2＋c2，可解得b＝，c＝1，a＝.
所以橢圓的方程為＋＝1.
(2)由(1)可知F(－1，0)，則直線CD的方程為y＝k(x＋1).
聯(lián)立
消去y得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0.
設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝.
又A(－，
24、0)，B(，0)，
所以·＋·
＝(x1＋，y1)·(－x2，－y2)＋(x2＋，y2)·(－x1，－y1)
＝6－(2＋2k2)x1x2－2k2(x1＋x2)－2k2＝6＋＝8，
解得k＝±.
從而x1＋x2＝－＝－，
x1x2＝＝0.
所以|x1－x2|＝＝＝，
|CD|＝|x1－x2|＝×＝.
而原點(diǎn)O到直線CD的距離d＝＝＝，
所以△OCD的面積S＝|CD|×d＝××＝.
4.(xx·北京)已知拋物線C：y2＝2px過點(diǎn)P(1，1)，過點(diǎn)作直線l與拋物線C交于不同的兩點(diǎn)M，N，過點(diǎn)M作x軸的垂線分別與直線OP，ON交于點(diǎn)A，B，其中O為原點(diǎn).
(1)求拋物線C的
25、方程，并求其焦點(diǎn)坐標(biāo)和準(zhǔn)線方程；
(2)求證：A為線段BM的中點(diǎn).
(1)解 由拋物線C：y2＝2px過點(diǎn)P(1，1)，得p＝，
所以拋物線C的方程為y2＝x，
拋物線C的焦點(diǎn)坐標(biāo)為，準(zhǔn)線方程為x＝－.
(2)證明 由題意，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋(k≠0)，
l與拋物線C的交點(diǎn)為M(x1，y1)，N(x2，y2).
由得4k2x2＋(4k－4)x＋1＝0，
則x1＋x2＝，x1x2＝.
因?yàn)辄c(diǎn)P的坐標(biāo)為(1，1)，所以直線OP的方程為y＝x，點(diǎn)A的坐標(biāo)為(x1，x1).
直線ON的方程為y＝x，點(diǎn)B的坐標(biāo)為.
因?yàn)閥1＋－2x1＝
＝
＝
＝＝0，
所以y1＋
26、＝2x1，
故A為線段BM的中點(diǎn).
5.已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)經(jīng)過點(diǎn)，離心率為.
(1)求橢圓C的方程；
(2)不垂直于坐標(biāo)軸的直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，以AB為直徑的圓過原點(diǎn)，且線段AB的垂直平分線交y軸于點(diǎn)P，求直線l的方程.
解 (1)由題意得解得a＝2，b＝1，c＝，
所以橢圓C的方程是＋y2＝1.
(2)設(shè)直線l的方程為y＝kx＋t(k≠0)，
A(x1，y1)，B(x2，y2).
聯(lián)立
消去y得(1＋4k2)x2＋8ktx＋4t2－4＝0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
所以y1y2＝(kx1＋t)(kx2＋t)＝，
y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2t＝.
因?yàn)橐訟B為直徑的圓過坐標(biāo)原點(diǎn)，所以·＝0，
即x1x2＋y1y2＝＋＝0?5t2＝4＋4k2.
由Δ＝(8kt)2－4(1＋4k2)(4t2－4)＝16(4k2＋1－t2)＞0，
可得4k2＋1＞t2?t＜－或t＞.
設(shè)A，B的中點(diǎn)為D(m，n)，則m＝＝，n＝＝.
因?yàn)橹本€PD與直線l垂直，
所以kPD＝－＝＝＝－，
整理得＝.
由 解得t＝1或－.
當(dāng)t＝－時(shí)，Δ＞0不成立.
當(dāng)t＝1時(shí)，k＝±，
所以直線l的方程為y＝x＋1或y＝－x＋1.
高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第三篇 攻堅(jiān)克難 壓軸大題多得分 第29練 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系練習(xí) 文
