《（浙江專用）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 解析幾何 第2講 橢圓、雙曲線、拋物線學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 解析幾何 第2講 橢圓、雙曲線、拋物線學(xué)案（20頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（浙江專用）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 解析幾何 第2講 橢圓、雙曲線、拋物線學(xué)案 [考情考向分析]　1.以選擇題、填空題形式考查圓錐曲線的方程、幾何性質(zhì)(特別是離心率). 2.以解答題形式考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系(弦長、中點等)． 熱點一　圓錐曲線的定義與標(biāo)準(zhǔn)方程 1.圓錐曲線的定義 (1)橢圓：|PF1|＋|PF2|＝2a(2a>|F1F2|)． (2)雙曲線：||PF1|－|PF2||＝2a(2a<|F1F2|)． (3)拋物線：|PF|＝|PM|，點F不在直線l上，PM⊥l于點M. 2．求圓錐曲線標(biāo)準(zhǔn)方程“先定型，后計算” 所謂“定型”，就是確定曲線焦點

2、所在的坐標(biāo)軸的位置；所謂“計算”，就是指利用待定系數(shù)法求出方程中的a2，b2，p的值． 例1　(1)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點為F1，F(xiàn)2，左、右頂點為M，N，過F2的直線l交C于A，B兩點(異于M，N)，△AF1B的周長為4，且直線AM與AN的斜率之積為－，則C的方程為(　　) A.＋＝1 B.＋＝1 C.＋＝1 D.＋y2＝1 答案　C 解析　由△AF1B的周長為4，可知|AF1|＋|AF2|＋|BF1|＋|BF2|＝4a＝4， 解得a＝，則M，N(，0)． 設(shè)點A(x0，y0)(x0≠±)， 由直線AM與AN的斜率之積為－， 可得·＝－， 即

3、y＝－(x－3)，① 又＋＝1，所以y＝b2，② 由①②解得b2＝2. 所以C的方程為＋＝1. (2)已知以圓C：(x－1)2＋y2＝4的圓心為焦點的拋物線C1與圓C在第一象限交于A點，B點是拋物線C2：x2＝8y上任意一點，BM與直線y＝－2垂直，垂足為M，則|BM|－|AB|的最大值為(　　) A．1 B．2 C．－1 D．8 答案　A 解析　因為圓C：(x－1)2＋y2＝4的圓心為C(1,0)， 所以可得以C(1,0)為焦點的拋物線方程為y2＝4x， 由解得A(1,2)． 拋物線C2：x2＝8y的焦點為F(0,2)， 準(zhǔn)線方程為y＝－2， 即有|BM|－|A

4、B|＝|BF|－|AB|≤|AF|＝1， 當(dāng)且僅當(dāng)A，B，F(xiàn)(A在B，F(xiàn)之間)三點共線時，可得最大值為1. 思維升華　(1)準(zhǔn)確把握圓錐曲線的定義和標(biāo)準(zhǔn)方程及其簡單幾何性質(zhì)，注意當(dāng)焦點在不同坐標(biāo)軸上時，橢圓、雙曲線、拋物線方程的不同表示形式． (2)求圓錐曲線方程的基本方法就是待定系數(shù)法，可結(jié)合草圖確定． 跟蹤演練1　(1)已知雙曲線－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，以|F1F2|為直徑的圓與雙曲線漸近線的一個交點為，則雙曲線的方程為(　　) A.－＝1 B.－＝1 C.－＝1 D.－＝1 答案　D 解析　∵點(3,4)在以|F1F2|為直徑的圓上，

5、 ∴c＝5，可得a2＋b2＝25.① 又∵點(3,4)在雙曲線的漸近線y＝x上， ∴＝.② 由①②聯(lián)立，解得a＝3，b＝4， 可得雙曲線的方程為－＝1. (2)(2018·寧波模擬)已知雙曲線C的漸近線方程是y＝±2x，右焦點F(3,0)，則雙曲線C的方程為________，又若點N(0,6)，M是雙曲線C的左支上一點，則△FMN周長的最小值為________． 答案　x2－＝1　6＋2 解析　因為點F(3,0)為雙曲線的右焦點，則不妨設(shè)雙曲線的方程為－＝1(a>0，b>0)， 所以雙曲線的漸近線方程為y＝±x＝±2x， 即＝2，① 又因為a2＋b2＝32，② 聯(lián)立①②

6、，解得a＝1，b＝2，所以雙曲線的方程為x2－＝1，設(shè)雙曲線的左焦點為F′，則△FMN的周長為|NF|＋|MN|＋|MF|＝|NF|＋|MN|＋2a＋|MF′|≥|NF|＋2a＋|NF′|＝2|NF|＋2a＝6＋2，當(dāng)且僅當(dāng)點M為直線NF′與雙曲線的左支的交點時，等號成立，所以△FMN的周長的最小值為6＋2. 熱點二　圓錐曲線的幾何性質(zhì) 1．橢圓、雙曲線中a，b，c之間的關(guān)系 (1)在橢圓中：a2＝b2＋c2，離心率為e＝＝. (2)在雙曲線中：c2＝a2＋b2，離心率為e＝＝. 2．雙曲線－＝1(a>0，b>0)的漸近線方程為y＝±x.注意離心率e與漸近線的斜率的關(guān)系． 例2　(

7、1)設(shè)F1，F(xiàn)2分別是橢圓E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點，過點F1的直線交橢圓E于A，B兩點，若△AF1F2的面積是△BF1F2面積的三倍，cos∠AF2B＝，則橢圓E的離心率為(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　設(shè)|F1B|＝k， 依題意可得|AF1|＝3k，|AB|＝4k， ∴|AF2|＝2a－3k，|BF2|＝2a－k. ∵cos∠AF2B＝， 在△ABF2中，由余弦定理可得 |AB|2＝|AF2|2＋|BF2|2－2|AF2||BF2|cos∠AF2B， ∴(4k)2＝(2a－3k)2＋(2a－k)2－(2a－3k)(2a－k)， 化簡可得

8、(a＋k)(a－3k)＝0， 而a＋k>0，故a－3k＝0，a＝3k， ∴|AF2|＝|AF1|＝3k，|BF2|＝5k， ∴|BF2|2＝|AF2|2＋|AB|2， ∴AF1⊥AF2，∴△AF1F2是等腰直角三角形． ∴c＝a，橢圓的離心率e＝＝. (2)已知雙曲線M：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，＝2c.若雙曲線M的右支上存在點P，使＝，則雙曲線M的離心率的取值范圍為(　　) A. B. C．(1,2) D. 答案　A 解析　根據(jù)正弦定理可知＝， 所以＝，即|PF2|＝|PF1|， ＝2a， 所以＝2a，解得＝， 而>a＋c，即>

9、a＋c， 整理得3e2－4e－1<0，解得1，所以10，b>0)的一條漸近線截橢圓＋y2＝1所得弦長為，則此雙曲線的離心率等于(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　雙曲線－＝1的漸近線方

10、程為y＝±x，由橢圓的對稱性不妨取漸近線為y＝x，設(shè)漸近線與橢圓的交點為， 則有解得＝2，則c2＝a2＋b2＝3a2，則此雙曲線的離心率e＝＝，故選B. (2)已知雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的焦距為2c，直線l過點且與雙曲線C的一條漸近線垂直，以雙曲線C的右焦點為圓心，半焦距為半徑的圓與直線l交于M，N兩點，若|MN|＝c，則雙曲線C的漸近線方程為(　　) A．y＝±x B．y＝±x C．y＝±2x D．y＝±4x 答案　B 解析　方法一　由題意可設(shè)漸近線方程為y＝x， 則直線l的斜率kl＝－， 直線l的方程為y＝－， 整理可得ax＋by－a2＝0. 焦點(

11、c,0)到直線l的距離 d＝＝， 則弦長為2＝2＝c， 整理可得c4－9a2c2＋12a3c－4a4＝0， 即e4－9e2＋12e－4＝0， 分解因式得＝0. 又雙曲線的離心率e>1，則e＝＝2， 所以＝ ＝＝， 所以雙曲線C的漸近線方程為y＝±x. 方法二　圓心到直線l的距離為＝， ∴＝，∴c2－3ac＋2a2＝0， ∴c＝2a，b＝a，∴漸近線方程為y＝±x. 熱點三　直線與圓錐曲線 判斷直線與圓錐曲線公共點的個數(shù)或求交點問題有兩種常用方法 (1)代數(shù)法：聯(lián)立直線與圓錐曲線方程可得到一個關(guān)于x，y的方程組，消去y(或x)得一元二次方程，此方程根的個數(shù)即為交點個數(shù)

12、，方程組的解即為交點坐標(biāo)． (2)幾何法：畫出直線與圓錐曲線的圖象，根據(jù)圖象判斷公共點個數(shù)． 例3　(2018·浙江教育綠色評價聯(lián)盟適應(yīng)性考試)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓E：＋＝1(a>b>0)的離心率為，其右頂點A到上頂點的距離為，過點A的直線l：y＝k(x－a)(k<0)與橢圓E交于另一點B，點C為y軸上一點． (1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)若△ABC是等邊三角形，求直線l的方程． 解　(1)由題意可知，橢圓E的離心率e＝＝， ＝，a2＝b2＋c2， 所以所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1. (2)設(shè)AB的中點為M(x0，y0)，連接CM，則由△ABC為等邊三角

13、形可知MC⊥AB，且|MC|＝|AB|. 聯(lián)立 可得(4k2＋3)x2－16k2x＋16k2－12＝0. 設(shè)B(x1，y1)，則2x1＝， 所以x1＝，x0＝＝， 將x0代入y＝k(x－2)，得y0＝－， 所以M， |AB|＝|x1－2|＝·， |MC|＝|x0|＝·. 由|MC|＝|AB|， 得·＝··， 解得|k|＝， 又因為k<0，所以k＝－， 所以直線l的方程為y＝－(x－2)， 即3x＋4y－6＝0. 思維升華　解決直線與圓錐曲線問題的通法是聯(lián)立方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系，設(shè)而不求思想，弦長公式等簡化計算；涉及中點弦問題時，也可用“點差法”求解． 跟蹤演

14、練3　(2018·杭州質(zhì)檢)如圖，過拋物線M：y＝x2上一點A(點A不與原點O重合)作拋物線M的切線AB交y軸于點B，點C是拋物線M上異于點A的點，設(shè)G為△ABC的重心(三條中線的交點)，直線CG交y軸于點D.設(shè)點A(x0，x)(x0≠0)． (1)求直線AB的方程； (2)求的值． 解　(1)因為y′＝2x， 所以直線AB的斜率k＝y(tǒng)′＝2x0. 所以直線AB的方程y－x＝2x0(x－x0)， 即y＝2x0x－x， 即直線AB的方程為2x0x－y－x＝0. (2)由題意得，點B的縱坐標(biāo)yB＝－x， 所以AB的中點坐標(biāo)為. 設(shè)C(x1，y1)，G(x2，y2)， 直線

15、CG的方程為x＝my＋x0(m≠0)． 由 聯(lián)立得m2y2＋(mx0－1)y＋x＝0. Δ＝(mx0－1)2－4×m2×＝1－2mx0>0， 即mx0<. 因為G為△ABC的重心，所以y1＝3y2. 由根與系數(shù)的關(guān)系，得 y1＋y2＝4y2＝，y1y2＝3y＝. 所以＝， 解得mx0＝－3±2，滿足Δ>0. 所以點D的縱坐標(biāo)yD＝－＝， 故＝＝4±6. 真題體驗 1．(2017·北京)若雙曲線x2－＝1的離心率為，則實數(shù)m＝________. 答案　2 解析　由雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程知， a＝1，b2＝m，c＝， 故雙曲線的離心率e＝＝＝， ∴1＋m＝3，解得

16、m＝2. 2．(2017·全國Ⅱ改編)若雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的一條漸近線被圓(x－2)2＋y2＝4所截得的弦長為2，則雙曲線C的離心率為________． 答案　2 解析　設(shè)雙曲線的一條漸近線方程為y＝x， 圓的圓心為(2,0)，半徑為2， 由弦長為2，得圓心到漸近線的距離為＝. 由點到直線的距離公式，得＝，解得b2＝3a2.所以雙曲線C的離心率e＝＝＝＝2. 3．(2017·全國Ⅱ改編)過拋物線C：y2＝4x的焦點F，且斜率為的直線交C于點M(M在x軸上方)，l為C的準(zhǔn)線，點N在l上且MN⊥l，則M到直線NF的距離為________． 答案　2 解析　拋物線y

17、2＝4x的焦點為F(1,0)，準(zhǔn)線方程為x＝－1.由直線方程的點斜式，可得直線MF的方程為y＝(x－1)． 聯(lián)立方程組 解得 或 ∵點M在x軸的上方，∴M(3,2)． ∵MN⊥l，∴N(－1,2)． ∴|NF|＝＝4， |MF|＝|MN|＝3－(－1)＝4. ∴△MNF是邊長為4的等邊三角形． ∴點M到直線NF的距離為2. 4．(2017·山東)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，雙曲線－＝1(a>0，b>0)的右支與焦點為F的拋物線x2＝2py(p>0)交于A，B兩點，若|AF|＋|BF|＝4|OF|，則該雙曲線的漸近線方程為________． 答案　y＝±x 解析　設(shè)A(x

18、1，y1)，B(x2，y2)， 由消去x，得 a2y2－2pb2y＋a2b2＝0， ∴y1＋y2＝. 又∵|AF|＋|BF|＝4|OF|， ∴y1＋＋y2＋＝4×， 即y1＋y2＝p， ∴＝p，即＝， ∴＝， ∴雙曲線的漸近線方程為y＝±x. 押題預(yù)測 1．已知F1，F(xiàn)2是雙曲線－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點，過F2作雙曲線一條漸近線的垂線，垂足為點A，交另一條漸近線于點B，且＝，則該雙曲線的離心率為(　　) A. B. C. D．2 押題依據(jù)　圓錐曲線的幾何性質(zhì)是圓錐曲線的靈魂，其中離心率、漸近線是高考命題的熱點． 答案　A 解析　由F2(c,0)到

19、漸近線y＝x的距離為d＝＝b，即＝b，則＝3b. 在△AF2O中，＝c， tan∠F2OA＝， tan∠AOB＝＝， 化簡可得a2＝2b2，即c2＝a2＋b2＝a2， 即e＝＝，故選A. 2．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，且點在該橢圓上． (1)求橢圓C的方程； (2)過橢圓C的左焦點F1的直線l與橢圓C相交于A，B兩點，若△AOB的面積為，求圓心在原點O且與直線l相切的圓的方程． 押題依據(jù)　橢圓及其性質(zhì)是歷年高考的重點，直線與橢圓的位置關(guān)系中的弦長、中點等知識應(yīng)給予充分關(guān)注． 解　(1)由題意可得e＝＝， 又a2＝b2＋c2，所以b2＝a2. 因為橢圓C

20、經(jīng)過點， 所以＋＝1，解得a2＝4，所以b2＝3， 故橢圓C的方程為＋＝1. (2)由(1)知F1(－1,0)，設(shè)直線l的方程為x＝ty－1， 由消去x，得 (4＋3t2)y2－6ty－9＝0， 顯然Δ>0恒成立，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則y1＋y2＝，y1y2＝－， 所以|y1－y2|＝ ＝＝， 所以S△AOB＝·|F1O|·|y1－y2|＝＝， 化簡得18t4－t2－17＝0， 即(18t2＋17)(t2－1)＝0， 解得t＝1，t＝－(舍去)． 又圓O的半徑r＝＝， 所以r＝，故圓O的方程為x2＋y2＝. A組　專題通關(guān) 1．(201

21、7·全國Ⅲ)已知雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的一條漸近線方程為y＝x，且與橢圓＋＝1有公共焦點，則C的方程為(　　) A.－＝1 B.－＝1 C.－＝1 D.－＝1 答案　B 解析　由y＝x，可得＝.① 由橢圓＋＝1的焦點為(3,0)，(－3,0)， 可得a2＋b2＝9.② 由①②可得a2＝4，b2＝5. 所以C的方程為－＝1.故選B. 2．(2018·嘉興市、麗水市教學(xué)測試)若雙曲線C：x2－y2＝1的右頂點為A，過點A的直線l與雙曲線C的兩條漸近線交于P，Q兩點，且＝2，則直線l的斜率為(　　) A．± B．± C．±2 D．±3 答案　D

22、解析　由題意得雙曲線的漸近線方程為x±y＝0，點A的坐標(biāo)為(1,0)．當(dāng)直線l的斜率不存在或斜率為±1或0時，顯然不符合題意；當(dāng)直線l的斜率存在且不等于±1和0時，設(shè)直線l的方程為y＝k(x－1)，分別與雙曲線的兩條漸近線聯(lián)立，解得或 則由＝2，得yP＝－2yQ， 即＝－2×或－＝－2×， 解得k＝3或k＝－3，故選D. 3．(2018·全國Ⅰ)已知雙曲線C：－y2＝1，O為坐標(biāo)原點，F(xiàn)為C的右焦點，過F的直線與C的兩條漸近線的交點分別為M，N.若△OMN為直角三角形，則|MN|等于(　　) A. B．3 C．2 D．4 答案　B 解析　由已知得雙曲線的兩條漸近線方程為y＝

23、± x. 設(shè)兩漸近線的夾角為2α，則有tan α＝＝， 所以α＝30°.所以∠MON＝2α＝60°. 又△OMN為直角三角形，由于雙曲線具有對稱性， 不妨設(shè)MN⊥ON，如圖所示． 在Rt△ONF中，|OF|＝2， 則|ON|＝. 則在Rt△OMN中， |MN|＝|ON|·tan 2α ＝·tan 60°＝3.故選B. 4．(2018·浙江省衢州二中模擬)設(shè)橢圓E：＋＝1(a>b>0)的一個焦點為F(2,0)，點A(－2,1)為橢圓E內(nèi)一點，若橢圓E上存在一點P，使得|PA|＋|PF|＝8，則橢圓E的離心率的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 答案　

24、A 解析　設(shè)橢圓的左焦點為F2(－2,0)，則|PA|－|AF2|≤|PF2|≤|PA|＋|AF2|，即|PA|－1≤|PF2|≤|PA|＋1，當(dāng)且僅當(dāng)P，A，F(xiàn)2三點共線時，等號成立，則2a＝|PF|＋|PF2|∈[7,9]，則橢圓的離心率e＝∈，故選A. 5．拋物線C：y2＝8x的焦點F的坐標(biāo)為________，若點P(，m)在拋物線C上，則線段PF的長度為________． 答案　(2,0)?。? 解析　拋物線y2＝8x的焦點坐標(biāo)為(2,0)，則拋物線的準(zhǔn)線方程為x＝－2，因為點P(，m)在拋物線上，所以PF的長度等于點P(，m)到拋物線的準(zhǔn)線的距離，即|PF|＝＋2. 6．(

25、2018·北京)已知橢圓M：＋＝1(a>b>0)，雙曲線N：－＝1.若雙曲線N的兩條漸近線與橢圓M的四個交點及橢圓M的兩個焦點恰為一個正六邊形的頂點，則橢圓M的離心率為________；雙曲線N的離心率為________． 答案?。?　2 解析　方法一　雙曲線N的漸近線方程為y＝±x，則＝tan 60°＝，∴雙曲線N的離心率e1滿足e＝1＋＝4，∴e1＝2. 由得x2＝. 如圖，設(shè)D點的橫坐標(biāo)為x， 由正六邊形的性質(zhì)得|ED|＝2x＝c，∴4x2＝c2. ∴＝a2－b2，得3a4－6a2b2－b4＝0， ∴3－－2＝0，解得＝2－3. ∴橢圓M的離心率e2滿足e＝1－＝4－2.

26、 ∴e2＝－1. 方法二　雙曲線N的漸近線方程為y＝±x， 則＝tan 60°＝. 又c1＝＝2m，∴雙曲線N的離心率為＝2. 如圖，連接EC，由題意知，F(xiàn)，C為橢圓M的兩焦點，設(shè)正六邊形的邊長為1，則|FC|＝2c2＝2，即c2＝1. 又E為橢圓M上一點，則|EF|＋|EC|＝2a， 即1＋＝2a，∴a＝. ∴橢圓M的離心率為＝＝－1. 7．已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，過點F的直線l與拋物線C交于A，B兩點，且直線l與圓x2－px＋y2－p2＝0交于C，D兩點，若|AB|＝3|CD|，則直線l的斜率為________． 答案　± 解析　由題意得F

27、，由x2－px＋y2－p2＝0， 配方得2＋y2＝p2， 所以直線l過圓心，可得|CD|＝2p， 若直線l的斜率不存在，則l：x＝， |AB|＝2p，|CD|＝2p，不符合題意， ∴直線l的斜率存在． ∴可設(shè)直線l的方程為y＝k， A(x1，y1)，B(x2，y2)， 聯(lián)立化為x2－x＋＝0， 所以x1＋x2＝p＋， 所以|AB|＝x1＋x2＋p＝2p＋， 由|AB|＝3|CD|，所以2p＋＝6p， 可得k2＝，所以k＝±. 8．已知A，B是橢圓C上關(guān)于原點對稱的兩點，若橢圓C上存在點P，使得直線PA，PB斜率的絕對值之和為1，則橢圓C的離心率的取值范圍是______

28、__． 答案　 解析　不妨設(shè)橢圓C的方程為＋＝1(a>b>0)，P(x，y)，A(x1，y1)，則B， 所以＋＝1，＋＝1， 兩式相減得＝－，所以＝－， 所以直線PA，PB斜率的絕對值之和為＋≥2＝， 由題意得≤1，所以a2≥4b2＝4a2－4c2，即3a2≤4c2， 所以e2≥，又因為00)的直線l與C交于A，B兩點，|AB|＝8. (1)求l的方程； (2)求過點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)

29、． 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0. Δ＝16k2＋16>0，故x1＋x2＝. 所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝. 由題意知＝8，解得k＝－1(舍去)或k＝1. 因此l的方程為x－y－1＝0. (2)由(1)得AB的中點坐標(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. 10．(2018·天津)設(shè)橢圓＋＝1(a>b>0)

30、的左焦點為F，上頂點為B.已知橢圓的離心率為，點A的坐標(biāo)為(b,0)，且|FB|·|AB|＝6. (1)求橢圓的方程； (2)設(shè)直線l：y＝kx(k>0)與橢圓在第一象限的交點為P，且l與直線AB交于點Q.若＝sin∠AOQ(O為原點)，求k的值． 解　(1)設(shè)橢圓的焦距為2c，由已知有 ＝， 又由a2＝b2＋c2，可得2a＝3b. 由已知可得|FB|＝a，|AB|＝b， 由|FB|·|AB|＝6，可得ab＝6，從而a＝3，b＝2. 所以橢圓的方程為＋＝1. (2)設(shè)點P的坐標(biāo)為(x1，y1)，點Q的坐標(biāo)為(x2，y2)． 由已知有y1>y2>0，故|PQ|sin∠AOQ＝y(tǒng)

31、1－y2. 又因為|AQ|＝，而∠OAB＝， 所以|AQ|＝y(tǒng)2. 由＝sin∠AOQ，可得5y1＝9y2. 由方程組消去x，可得y1＝ . 由題意求得直線AB的方程為x＋y－2＝0， 由方程組消去x，可得y2＝. 由5y1＝9y2，可得5(k＋1)＝3，兩邊平方， 整理得56k2－50k＋11＝0，解得k＝或k＝. 所以k的值為或. B組　能力提高 11．2000多年前，古希臘大數(shù)學(xué)家阿波羅尼奧斯(Apollonius)發(fā)現(xiàn)：平面截圓錐的截口曲線是圓錐曲線．已知圓錐的高為PH，AB為地面直徑，頂角為2θ，那么不過頂點P的平面與PH夾角>a>θ時，截口曲線為橢圓；與PH夾

32、角a＝θ時，截口曲線為拋物線；與PH夾角θ>a>0時，截口曲線為雙曲線．如圖，底面內(nèi)的直線AM⊥AB，過AM的平面截圓錐得到的曲線為橢圓，其中與PB的交點為C，可知AC為長軸．那么當(dāng)C在線段PB上運動時，截口曲線的短軸端點的軌跡為(　　) A．圓的一部分 B．橢圓的一部分 C．雙曲線的一部分 D．拋物線的一部分 答案　D 解析　如圖，因為對于給定的橢圓來說，短軸的端點Q到焦點F的距離等于長半軸a，但短軸的端點Q到直線AM的距離也是a，即說明短軸的端點Q到定點F的距離等于到定直線AM的距離，且點F不在定直線AM上，所以由拋物線的定義可知，短軸的端點的軌跡是拋物線的一部分，故選D.

33、 12．已知直線MN過橢圓＋y2＝1的左焦點F，與橢圓交于M，N兩點，直線PQ過原點O與MN平行，且與橢圓交于P，Q兩點，則＝________. 答案　2 解析　方法一　特殊化，設(shè)MN⊥x軸，則＝＝＝，2＝4, ＝＝2. 方法二　由題意知F(－1,0)，當(dāng)直線MN的斜率不存在時，|MN|＝＝，|PQ|＝2b＝2，則＝2；當(dāng)直線MN的斜率存在時，設(shè)直線MN的斜率為k， 則MN方程為y＝k(x＋1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 聯(lián)立方程 整理得(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0. 由根與系數(shù)的關(guān)系，得 x1＋x2＝－，x1x2＝， 則|MN|＝·＝.

34、直線PQ的方程為y＝kx，P(x3，y3)，Q(x4，y4)， 則解得x2＝，y2＝， 則|OP|2＝x2＋y2＝，又|PQ|＝2|OP|， 所以|PQ|2＝4|OP|2＝，∴＝2. 13．(2018·浙江省杭州二中月考)已知橢圓＋＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過點F1且斜率為1的直線與x2＋y2＝1相切，點P是橢圓上的點，G，I分別是△F1PF2的重心與內(nèi)心，且＝λ，則橢圓的方程為________________． 答案?。? 解析　過橢圓的左焦點F1且斜率為1的直線的方程為x－y＋c＝0，因為其與圓x2＋y2＝1相切，所以＝1，解得c＝.設(shè)點P的坐標(biāo)為(x0

35、，y0)，則△F1PF2的重心G的坐標(biāo)為，即G，又因為＝λ，所以GI平行于x軸，則△F1PF2的內(nèi)心I的縱坐標(biāo)為，則△F1PF2的內(nèi)切圓的半徑為，則△F1PF2的面積為××(|F1F2|＋|PF1|＋|PF2|)＝×|y0|×|F1F2|，即××(2c＋2a)＝×|y0|×2c，化簡得a＝2c＝2，則b2＝a2－c2＝6，所以橢圓的方程為＋＝1. 14．(2018·浙江)已知點P(0,1)，橢圓＋y2＝m(m>1)上兩點A，B滿足＝2，則當(dāng)m＝________時，點B橫坐標(biāo)的絕對值最大． 答案　5 解析　方法一　如圖，設(shè)A(xA，yA)，B(xB，yB)，由于橢圓具有對稱性，不妨設(shè)點B在

36、第一象限，則xB>0，yB>0. ∵P(0,1)，＝2， ∴(－xA,1－yA)＝2(xB，yB－1)． ∴－xA＝2xB，即xA＝－2xB. 設(shè)直線AB：y＝kx＋1(k>0)． 將y＝kx＋1代入＋y2＝m， 得(1＋4k2)x2＋8kx＋4－4m＝0.(*) ∴xA＋xB＝－xB＝－， ∴xB＝＝≤＝2， 當(dāng)且僅當(dāng)＝4k，即k＝時，xB取到最大值2， 此時方程(*)化為x2＋2x＋2－2m＝0， xA·xB＝－2x＝－8，即2－2m＝－8，解得m＝5. 當(dāng)點B在其他象限時，同理可解． 方法二　設(shè)直線AB：y＝kx＋1(k≠0)， A(xA，yA)，B(xB，yB)． 由P(0,1)，＝2，得xA＝－2xB. 由得(1＋4k2)x2＋8kx＋4－4m＝0， ∴xA＋xB＝－xB＝，xAxB＝－2x＝.消去xB，得m＝1＋. |xB|＝＝≤2， 當(dāng)且僅當(dāng)|k|＝時，|xB|max＝2，此時m＝5.