《2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 解析幾何 第三講 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系學(xué)案 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 解析幾何 第三講 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系學(xué)案 理（17頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第三講　直線與圓錐曲線的位置關(guān)系 考點(diǎn)一　軌跡方程問題 求軌跡方程的常用方法 (1)直接法：直接利用條件建立x、y之間的關(guān)系F(x，y)＝0； (2)定義法：滿足的條件恰適合某已知曲線的定義，用待定系數(shù)法求方程； (3)相關(guān)點(diǎn)法(代入法)：動點(diǎn)P(x，y)依賴于另一動點(diǎn)Q(x0，y0)的變化而變化，并且Q(x0，y0)又在某已知曲線上，則可先用x，y的代數(shù)式表示x0，y0，再將x0，y0代入已知曲線得出要求的軌跡方程； (4)參數(shù)法：將動點(diǎn)的坐標(biāo)(x，y)表示為第三個(gè)變量的函數(shù)，再消參得所求方程． [對點(diǎn)訓(xùn)練] 1．已知點(diǎn)M(－3,0)，N(3,0)，B(1,0)，

2、動圓C與直線MN切于點(diǎn)B，過M，N與圓C相切的兩直線(非x軸)相交于點(diǎn)P，則點(diǎn)P的軌跡方程為(　　) A．x2－＝1(x>1) B．x2－＝1(x<－1) C．x2＋＝1(x>0) D．x2－＝1(x>1) [解析]　由題意知，|PM|－|PN|＝|BM|－|BN|＝2，由雙曲線的定義可知點(diǎn)P的軌跡是以M，N為焦點(diǎn)的雙曲線的右支，由c＝3，a＝1，知b2＝8.所以點(diǎn)P的軌跡方程為x2－＝1(x>1)．故選A. [答案]　A 2．(2018·豫北四校聯(lián)考)已知△ABC的頂點(diǎn)B(0,0)，C(5,0)，AB邊上的中線長|CD|＝3，則頂點(diǎn)A的軌跡方程為______________

3、__． [解析]　設(shè)A(x，y)，由題意可知D.又∵|CD|＝3，∴2＋2＝9，即(x－10)2＋y2＝36，由于A、B、C三點(diǎn)不共線，∴點(diǎn)A不能落在x軸上，即y≠0，∴點(diǎn)A的軌跡方程為(x－10)2＋y2＝36(y≠0)． [答案]　(x－10)2＋y2＝36(y≠0) 3．已知P是圓x2＋y2＝4上的動點(diǎn)，P點(diǎn)在x軸上的射影是D，點(diǎn)M滿足＝，則點(diǎn)M的軌跡方程是__________________． [解析]　設(shè)M(x，y)，則D(x,0)， 由＝知P(x,2y)， ∵點(diǎn)P在圓x2＋y2＝4上， ∴x2＋4y2＝4，故動點(diǎn)M的軌跡C的方程為＋y2＝1. [答案]?。珁2＝1

4、 4．已知雙曲線－y2＝1的左、右頂點(diǎn)分別為A1，A2，點(diǎn)P(x1，y1)，Q(x1，－y1)是雙曲線上不同于A1、A2的兩個(gè)不同的動點(diǎn)，則直線A1P與A2Q交點(diǎn)的軌跡方程為____________________． [解析]　由題設(shè)知|x1|>，A1(－，0)，A2(，0)，則有直線A1P的方程為y＝(x＋)，① 直線A2Q的方程為y＝(x－)，② 聯(lián)立①②，解得∴③ ∴x≠0，且|x|<，因?yàn)辄c(diǎn)P(x1，y1)在雙曲線－y2＝1上，所以－y＝1. 將③代入上式，整理得所求軌跡的方程為＋y2＝1(x≠0，且x≠±)． [答案]?。珁2＝1(x≠0且x≠±) [快速審題]　看到求

5、動點(diǎn)的軌跡方程問題，想到定義法、直接法、代入法、參數(shù)法等方法的模型特征． 　求軌跡方程的4步驟 →→→ 考點(diǎn)二　弦長問題 1．直線與圓錐曲線相交時(shí)的弦長 當(dāng)直線與圓錐曲線交于點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)時(shí)，|AB|＝|x1－x2|＝ |y1－y2|. 2．拋物線的過焦點(diǎn)的弦長 拋物線y2＝2px(p>0)過焦點(diǎn)F的弦AB，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，則|AB|＝x1＋x2＋p. [解]　(1)設(shè)點(diǎn)P(x，y)，因?yàn)锳(－，0)，B(，0)，所以直線PA的斜率為(x≠－)，直線PB的斜率為(x≠)， 又直線PA的斜率為k1，直線PB的斜率為－，

6、 所以·＝k1·＝－(x≠±)，整理得＋y2＝1(x≠±)， 所以點(diǎn)P的軌跡C的方程為＋y2＝1(x≠±)． (2)設(shè)點(diǎn)M，N的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，在y軸上的截距為1的直線l的方程為y＝kx＋1， 聯(lián)立方程得消去y，得(1＋2k2)x2＋4kx＝0，解得x1＝0，x2＝－， 所以|MN|＝|x1－x2| ＝＝， 整理得k4＋k2－20＝0，即(k2－4)(k2＋5)＝0， 解得k＝±2. 所以直線l的方程為2x－y＋1＝0或2x＋y－1＝0. (1)在涉及弦長的問題中，應(yīng)熟練地利用根與系數(shù)的關(guān)系，設(shè)而不求計(jì)算弦長；涉及過焦點(diǎn)的弦的問題，可考慮

7、用圓錐曲線的定義求解． (2)弦長計(jì)算公式：直線AB與圓錐曲線有兩個(gè)交點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則弦長|AB|＝·，其中k為弦AB所在直線的斜率． [對點(diǎn)訓(xùn)練] 已知雙曲線－y2＝1的右焦點(diǎn)是拋物線y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)，直線y＝kx＋m與拋物線相交于A，B兩個(gè)不同的點(diǎn)，點(diǎn)M(2,2)是線段AB的中點(diǎn)，求△AOB(O為坐標(biāo)原點(diǎn))的面積． [解]　由已知可得雙曲線的右焦點(diǎn)為(2,0)． 因?yàn)樵擖c(diǎn)也為拋物線的焦點(diǎn)，所以p＝4. 所以拋物線方程為y2＝8x. 又因?yàn)橹本€y＝kx＋m與拋物線相交于A，B兩點(diǎn)． 所以將直線方程代入拋物線方程可得(kx＋m)2＝8x，

8、即k2x2＋(2km－8)x＋m2＝0， ∴x1＋x2＝，x1x2＝. 又因?yàn)镸(2,2)是線段AB的中點(diǎn)， 所以x1＋x2＝＝4，且2＝2k＋m， 聯(lián)立解得k＝2，m＝－2. 所以|AB|＝|x1－x2|＝·＝2，O到AB的距離d＝. ∴S△AOB＝×2×＝2. 考點(diǎn)三　直線與圓錐曲線的位置關(guān)系 1．解決直線與橢圓的位置關(guān)系的常規(guī)思路是先把直線方程與橢圓方程聯(lián)立，消元、化簡，然后利用根與系數(shù)的關(guān)系建立方程(組)，解決相關(guān)問題． 2．涉及弦的中點(diǎn)坐標(biāo)時(shí)，可以采用“點(diǎn)差法”求解，設(shè)出弦端點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，分別代入圓錐曲線方程并作差，變形后可出現(xiàn)弦AB的中點(diǎn)坐標(biāo)和直線AB的斜率．

9、 [證明]　(1)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則＋＝1，＋＝1. 兩式相減，并由＝k得＋·k＝0. 由題設(shè)知＝1，＝m， 于是k＝－.① 由題設(shè)得0

10、|成等差數(shù)列． 設(shè)該數(shù)列的公差為d，則 2|d|＝||－|||＝|x1－x2| ＝.② 將m＝代入①得k＝－1. 所以l的方程為y＝－x＋，代入C的方程，并整理得7x2－14x＋＝0. 故x1＋x2＝2，x1x2＝，代入②解得|d|＝. 所以該數(shù)列的公差為或－. 　求解直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的方法 在涉及直線與二次曲線的兩個(gè)交點(diǎn)坐標(biāo)時(shí)，一般不是求出這兩個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，而是設(shè)出這兩個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，根據(jù)直線方程和曲線方程聯(lián)立后所得方程的根的情況，使用根與系數(shù)的關(guān)系進(jìn)行整體代入，這種設(shè)而不求的思想是解析幾何中處理直線和二次曲線相交問題的最基本方法． [對點(diǎn)訓(xùn)練] (2018·

11、長春第一次質(zhì)量監(jiān)測)已知橢圓C的兩個(gè)焦點(diǎn)為F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，且經(jīng)過點(diǎn)E. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)過點(diǎn)F1的直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)(點(diǎn)A位于x軸上方)，若＝λ，且2≤λ<3，求直線l的斜率k的取值范圍． [解]　(1)根據(jù)題意，設(shè)橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1(a>b>0)，則解得 所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)根據(jù)題意可設(shè)直線l的方程為y＝k(x＋1)(k>0)， 聯(lián)立方程，得消去x，得y2－y－9＝0，Δ＝＋144>0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝　①， y1y2＝?、?， 又＝λ，所以y1＝－λy2?、?把③代入①得

12、y1＝，y2＝，并結(jié)合②可得y1y2＝＝，則＝，即λ＋－2＝. 因?yàn)?≤λ<3，所以≤λ＋－2<， 即≤<，且k>0，解得0

13、(x1－1)·(x2－1)＋y1y2＝x1x2－(x1＋x2)＋1＋y1y2＝4－5＋1＋8＝8，故選D. [答案]　D 2．(2017·全國卷Ⅰ)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．16 B．14 C．12 D．10 [解析]　由題意可知，點(diǎn)F的坐標(biāo)為(1,0)，直線AB的斜率存在且不為0，故設(shè)直線AB的方程為x＝my＋1. 由得y2－4my－4＝0， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則y1＋y2＝4m，y1y2＝－4， ∴x1

14、＋x2＝m(y1＋y2)＋2＝4m2＋2， ∴|AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋2＝4m2＋4. ∵AB⊥DE，∴直線DE的方程為x＝－y＋1，|DE|＝＋4， ∴|AB|＋|DE|＝4m2＋4＋＋4 ＝4＋8≥4×2＋8＝16， 當(dāng)且僅當(dāng)m2＝，即m＝±1時(shí)，等號成立． ∴|AB|＋|DE|的最小值為16.故選A. [答案]　A 3．(2018·全國卷Ⅲ)已知點(diǎn)M(－1,1)和拋物線C：y2＝4x，過C的焦點(diǎn)且斜率為k的直線與C交于A，B兩點(diǎn)．若∠AMB＝90°，是k＝________. [解析]　由題意可知C的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(1,0)，所以過焦點(diǎn)(1,0)，斜率為k的

15、直線方程為x＝＋1，設(shè)A，B，將直線方程與拋物線方程聯(lián)立得整理得y2－y－4＝0，從而得y1＋y2＝，y1·y2＝－4. ∵M(jìn)(－1,1)，∠AMB＝90°，∴·＝0， 即·＋(y1－1)(y2－1)＝0，即k2－4k＋4＝0，解得k＝2. [答案]　2 4．(2018·全國卷Ⅱ)設(shè)拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)為F，過F且斜率為k(k>0)的直線l與C交于A，B兩點(diǎn)，|AB|＝8. (1)求l的方程； (2)求過點(diǎn)A，B且與C的準(zhǔn)線相切的圓的方程． [解]　(1)由題意得F(1,0)，l的方程為y＝k(x－1)(k>0)， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)． 由得k2x2－

16、(2k2＋4)x＋k2＝0. Δ＝16k2＋16>0，故x1＋x2＝. 所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝. 由題設(shè)知＝8，解得k＝－1(舍去)，或k＝1， 因此l的方程為y＝x－1. (2)由(1)得AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(3,2)，所以AB的垂直平分線方程為y－2＝－(x－3)，即y＝－x＋5. 設(shè)所求圓的圓心坐標(biāo)為(x0，y0)，則 解得或 因此所求圓的方程為(x－3)2＋(y－2)2＝16 或(x－11)2＋(y＋6)2＝144. 圓錐曲線的綜合問題多以解答題的形式考查，常作為壓軸題出現(xiàn)在第20題的位置，一般難度較大．直線與圓錐

17、曲線的位置關(guān)系、軌跡方程、定點(diǎn)、定值、最值、范圍以及存在性問題都是考查的重點(diǎn)，常與向量、函數(shù)、不等式等知識結(jié)合．解題時(shí)，常以直線與圓錐曲線的位置關(guān)系為突破口，利用設(shè)而不求、整體代換的技巧求解，要注重?cái)?shù)形結(jié)合思想、函數(shù)與方程思想、分類討論思想以及轉(zhuǎn)化與化歸思想在解題中的指導(dǎo)作用． 熱點(diǎn)課題16　圓錐曲線中的切線問題 [感悟體驗(yàn)] 1．(2018·廣東茂名第一次綜合測試)從拋物線x2＝4y的準(zhǔn)線l上一點(diǎn)P引拋物線的兩條切線PA，PB，且A，B為切點(diǎn)，若直線AB的傾斜角為，則P點(diǎn)的橫坐標(biāo)為______________． [解析]　解法一：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，

18、P(x0，－1)，則kAB＝＝. 因?yàn)閥1＝，y2＝，所以kAB＝＝，所以x1＋x2＝. 由x2＝4y，得y＝，所以y′＝，所以切線PA的方程為y－y1＝(x－x1)，切線PB的方程為y－y2＝(x－x2)， 即切線PA的方程為y－＝(x－x1)，即x－2x1x＋4y＝0， 切線PB的方程為y－＝(x－x2)，即x－2x2x＋4y＝0. 因?yàn)辄c(diǎn)P(x0，－1)同時(shí)在切線PA，PB上，所以x－2x1x0－4＝0，x－2x2x0－4＝0，所以x1，x2是方程x2－2x0x－4＝0的兩根，所以x1＋x2＝2x0，所以x0＝. 解法二：設(shè)P(x0，－1)，則直線AB的方程為x0x＝4·，即

19、y＝x＋1. 又直線AB的傾斜角為，所以＝，所以x0＝. [答案]　 2．已知一個(gè)橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為F1(－5,0)和F2(5,0)，且與直線x＋y－6＝0相切，則該橢圓的長軸長為______________． [解析]　解法一：設(shè)切點(diǎn)為P(x0，y0)，橢圓方程為＋＝1(a>b>0)，則切線為＋＝1，即y＝－·x＋，對比x＋y－6＝0，可得 解得代入切線方程x＋y－6＝0，可得a2＋b2－36＝0，由c＝5，得2a＝.即該橢圓的長軸長為. 解法二：設(shè)橢圓方程為＋＝1(a>b>0)，橢圓與直線x＋y－6＝0相切于P點(diǎn)，則|PF1|＋|PF2|＝2a.在直線x＋y－6＝0上任取異于

20、點(diǎn)P的點(diǎn)Q，均有|QF1|＋|QF2|>2a，可知點(diǎn)P是直線x＋y－6＝0上到兩定點(diǎn)F1，F(xiàn)2的距離之和最小的點(diǎn)．若F1(－5,0)關(guān)于直線x＋y－6＝0對稱的點(diǎn)為F′1，則F′1，P，F(xiàn)2三點(diǎn)在同一直線上，易得F′1(6,11)，所以2a＝|PF1|＋|PF2|＝|PF′1|＋|PF2|＝|F′1F2|＝.即該橢圓的長軸長為. [答案]　 專題跟蹤訓(xùn)練(二十六) 一、選擇題 1．在直角坐標(biāo)平面內(nèi)，點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為(－1,0)，(1,0)，則滿足tan∠PAB·tan∠PBA＝m(m為非零常數(shù))的點(diǎn)P的軌跡方程是(　　) A．x2－＝1(y≠0) B．x2－＝1 C．x

21、2＋＝1(y≠0) D．x2＋＝1 [解析]　設(shè)P(x，y)，由題意，得·＝－m(m≠0)，化簡可得x2＋＝1(y≠0)． [答案]　C 2．(2018·重慶模擬)設(shè)A，P是橢圓＋y2＝1上兩點(diǎn)，點(diǎn)A關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)為B(異于點(diǎn)P)，若直線AP，BP分別交x軸于點(diǎn)M，N，則·＝(　　) A．0 B．1 C. D．2 [解析]　依題意，將點(diǎn)P特殊化為點(diǎn)(，0)，于是點(diǎn)M，N均與點(diǎn)(，0)重合，于是有·＝2，故選D. [答案]　D 3．已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F(3,0)，過點(diǎn)F的直線交E于A，B兩點(diǎn)．若AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(1，－1)，則E的方程為(　　)

22、 A.＋＝1 B.＋＝1 C.＋＝1 D.＋＝1 [解析]　設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則＋＝1，＋＝1，兩式作差并化簡變形得＝－，而＝＝，x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，所以a2＝2b2，又a2－b2＝c2＝9，于是a2＝18，b2＝9.故選D. [答案]　D 4．(2018·唐山市高三五校聯(lián)考)直線l與雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)交于A，B兩點(diǎn)，M是線段AB的中點(diǎn)，若l與OM(O是原點(diǎn))的斜率的乘積等于1，則此雙曲線的離心率為(　　) A．2 B. C．3 D. [解析]　設(shè)直線l與雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的交點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，

23、y2)，易知x1≠x2，則－＝1(a>0，b>0)?、?，－＝1(a>0，b>0)?、?，②－①得＝，即＝，因?yàn)閘與OM的斜率的乘積等于1，所以＝1，雙曲線的離心率e＝ ＝，故選B. [答案]　B 5．(2018·鄭州市第三次質(zhì)量預(yù)測)橢圓＋＝1的左焦點(diǎn)為F，直線x＝a與橢圓相交于點(diǎn)M，N，當(dāng)△FMN的周長最大時(shí)，△FMN的面積是(　　) A. B. C. D. [解析]　設(shè)橢圓的右焦點(diǎn)為E，由橢圓的定義知△FMN的周長為L＝|MN|＋|MF|＋|NF|＝|MN|＋(2－|ME|)＋(2－|NE|)．因?yàn)閨ME|＋|NE|≥|MN|，所以|MN|－|ME|－|NE|≤0，當(dāng)直線MN過

24、點(diǎn)E時(shí)取等號，所以L＝4＋|MN|－|ME|－|NE|≤4，即直線x＝a過橢圓的右焦點(diǎn)E時(shí)，△FMN的周長最大，此時(shí)S△FMN＝×|MN|×|EF|＝××2＝，故選C. [答案]　C 6．(2018·福建省高三質(zhì)檢)過拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)F的直線l交拋物線于A，B兩點(diǎn)，交其準(zhǔn)線于點(diǎn)C，且A，C位于x軸同側(cè)，若|AC|＝2|AF|，則|BF|等于(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 [解析]　設(shè)拋物線的準(zhǔn)線與x軸交于點(diǎn)D，則由題意，知F(1,0)，D(－1,0)，分別作AA1，BB1垂直于拋物線的準(zhǔn)線，垂足分別為A1，B1，則有＝，所以|AA1|＝，故|AF|＝.又＝，即＝，

25、亦即＝，解得|BF|＝4，故選C. [答案]　C 二、填空題 7．橢圓C：＋＝1的左、右頂點(diǎn)分別為M，N，點(diǎn)P在C上，且直線PN的斜率是－，則直線PM的斜率為________． [解析]　設(shè)P(x0，y0)，則＋＝1，直線PM的斜率kPM＝，直線PN的斜率kPN＝，可得kPM·kPN＝＝－，故kPM＝－·＝3. [答案]　3 8．(2018·鄭州一模)如圖，F(xiàn)1，F(xiàn)2是雙曲線－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)，過F1的直線l與C的左、右兩個(gè)分支分別交于點(diǎn)B，A.若△ABF2為等邊三角形，則雙曲線的離心率為________________． [解析]　∵△ABF2為等邊三角形

26、，∴|AB|＝|AF2|＝|BF2|，∠F1AF2＝60°. 由雙曲線的定義可得|AF1|－|AF2|＝2a，∴|BF1|＝2a. 又|BF2|－|BF1|＝2a，∴|BF2|＝4a.∴|AF2|＝4a，|AF1|＝6a. 在△AF1F2中，由余弦定理可得 |F1F2|2＝|AF1|2＋|AF2|2－2|AF2|·|AF1|cos60°， ∴(2c)2＝(4a)2＋(6a)2－2×4a×6a×，整理得c2＝7a2，∴e＝＝＝. [答案]　 9．(2018·湖南六校聯(lián)考)設(shè)拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)P(－1,0)作直線l與拋物線C交于A、B兩點(diǎn)．若S△ABF＝，且|AF|

27、<|BF|，則＝________. [解析]　設(shè)直線l的方程為x＝my－1，將直線方程代入拋物線C：y2＝4x的方程得y2－4my＋4＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則0<<1，y1＋y2＝4m，y1·y2＝4，又S△ABF＝，所以S△BPF－S△APF＝|y2－y1|＝，因此y＋y＝10，所以＝＝，從而＝，又由拋物線的定義與相似三角形可知＝＝，∴＝＝. [答案]　 三、解答題 10．(2018·廣東七校第一次聯(lián)考)已知動點(diǎn)M到定點(diǎn)F1(－2,0)和F2(2,0)的距離之和為4. (1)求動點(diǎn)M的軌跡C的方程； (2)設(shè)N(0,2)，過點(diǎn)P(－1，－2)作直線l，交曲線

28、C于不同于N的兩點(diǎn)A，B，直線NA，NB的斜率分別為k1，k2，求k1＋k2的值． [解]　(1)由橢圓的定義，可知點(diǎn)M的軌跡是以F1，F(xiàn)2為焦點(diǎn)，4為長軸長的橢圓． 由c＝2，a＝2，得b＝2. 故動點(diǎn)M的軌跡C的方程為＋＝1. (2)當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)其方程為y＋2＝k(x＋1)， 由得(1＋2k2)x2＋4k(k－2)x＋2k2－8k＝0. Δ＝[4k(k－2)]2－4(1＋2k2)(2k2－8k)>0，則k>0或k<－. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－，x1x2＝. 從而k1＋k2＝＋ ＝ ＝2k－(k－4) ＝4. 當(dāng)直線l的斜率

29、不存在時(shí)，得A， B， 所以k1＋k2＝4. 綜上，恒有k1＋k2＝4. 11．(2018·合肥一模)已知點(diǎn)F為橢圓E：＋＝1(a>b>0)的左焦點(diǎn)，且兩焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)頂點(diǎn)構(gòu)成一個(gè)等邊三角形，直線＋＝1與橢圓E有且僅有一個(gè)交點(diǎn)M. (1)求橢圓E的方程． (2)設(shè)直線＋＝1與y軸交于P點(diǎn)，過點(diǎn)P的直線l與橢圓E交于兩個(gè)不同點(diǎn)A，B，若λ|PM|2＝|PA|·|PB|，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍． [解]　(1)由題意，得a＝2c，b＝c，則橢圓E的方程為＋＝1，聯(lián)立得x2－2x＋4－3c2＝0. ∵直線＋＝1與橢圓E有且僅有一個(gè)交點(diǎn)M， ∴Δ＝4－4(4－3c2)＝0，得c2＝1，

30、∴橢圓E的方程為＋＝1. (2)由(1)得M點(diǎn)坐標(biāo)為. ∵直線＋＝1與y軸交于點(diǎn)P(0,2)， ∴|PM|2＝. 當(dāng)直線l與x軸垂直時(shí)，|PA|·|PB|＝(2＋)(2－)＝1， 由λ|PM|2＝|PA|·|PB|，得λ＝. 當(dāng)直線l與x軸不垂直時(shí)，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 聯(lián)立得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0， 依題意得，x1x2＝，且Δ＝48(4k2－1)>0， ∴|PA||PB|＝·＝(1＋k2)x1x2＝(1＋k2)·＝1＋＝λ，∴λ＝. ∵k2>，∴<λ<1. 綜上所述，λ的取值范圍是. 12．(2018·太原模

31、擬)已知拋物線C：x2＝2py(p>0)，圓O：x2＋y2＝1. (1)若拋物線C的焦點(diǎn)F在圓O上，且A為拋物線C和圓O的一個(gè)交點(diǎn)，求|AF|； (2)若直線l與拋物線C和圓O分別相切于點(diǎn)M，N，求|MN|的最小值及相應(yīng)p的值． [解]　(1)由題意得F(0,1)，從而拋物線C：x2＝4y. 解方程組得yA＝－2， ∴|AF|＝－1. (2)設(shè)M(x0，y0)，由y′＝， 得切線l：y＝(x－x0)＋y0， 結(jié)合x＝2py0，整理得x0x－py－py0＝0. 由|ON|＝1得＝1，即|py0|＝＝， ∴p＝且y－1>0. ∴|MN|2＝|OM|2－1＝x＋y－1＝2py0＋y－1＝＋y－1＝4＋＋(y－1)≥8， 當(dāng)且僅當(dāng)y0＝時(shí)等號成立． ∴|MN|的最小值為2，此時(shí)p＝. 17