2018届高三数学(文)二轮复习课件：专题六 解析几何6.2
题型二 圆锥曲线的几何性质 1．椭圆、双曲线中，a，b，c 之间的关系 (1)在椭圆中：a2＝b2＋c2，离心率为 e＝ac＝ 1－ba2； (2)在双曲线中：c2＝a2＋b2，离心率为 e＝ac＝ 1＋ba2. 2．双曲线ax22－by22＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为 y＝±bax.注意离心率 e 与渐近 线的斜率的关系．
高考·题型突破
题型一 圆锥曲线的定义及标准方程
圆锥曲线的定义、标准方程
名称
椭圆
双曲线
抛物线
定义 标准方程
|PF1|＋|PF2| ＝2a(2a>
|F1F2|) ax22＋by22＝1 (a>b>0)
||PF1|－|PF2|| ＝2a(2a< |F1F2|) ax22－by22＝1 (a>0，b>0)
mn 表示双曲线，则 m≠0，n≠0，方程 mx2＋ny2＝1 可化为x12＋y12＝1，由双曲线方程
mn
的形式可知m1 ，1n异号，所以 mn<0.综上，“mn<0”是“方程 mx2＋ny2＝1 表示双曲 线”的充要条件．
答案： C
2．如图，椭圆ax22＋y22＝1 的左、右焦点分别为 F1，F2，点 P 在椭圆上，若|PF1|
答案： B
题型三 直线与圆锥曲线的位置关系 (2017·全国卷Ⅰ)设 A，B 为曲线 C：y＝x42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)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1≠x2，y1＝x421，y2＝x422，x1＋x2＝4， 于是直线 AB 的斜率 k＝yx11－ －yx22＝x1＋4 x2＝1. (2)由 y＝x42，得 y′＝2x. 设 M(x3，y3)，由题设知x23＝1，解得 x3＝2，于是 M(2,1)．
A.15，
2
2
B．14，
2
2
C.13，
2
2
D．25，
2
2
解析： ∵点 Qc，a2在椭圆的内部，∴ba2>a2，即 2b2>a2，又 b2＝a2－c2，则 a2>2c2，∴e＝ac< 22，又|PF1|＋|PQ|＝2a－|PF2|＋|PQ|≤2a＋|QF2|，且|QF2|＝a2，|PF1| ＋|PQ|<5|F1F2|恒成立，∴2a＋a2<5×2c，52a<10c，e＝ac>14，则椭圆的离心率的取 值范围是14， 22.故选 B.
相等，故选 D.
答案： D
2．(2017·兰州市高考实战模与双 曲线 x2－y2＝2 相交于 M，N 两点，若△MNF 为正三角形，则抛物线 C 的方程为
() A．y2＝2 6x
B．y2＝4 6x
C．x2＝2 6y
D．x2＝4 6y
|PF|＝|PM| 点 F 不在直线 l 上，PM⊥l 于 M
y2＝2px (p>0)
(1)(2017·天津卷)已知双曲线ax22－by22＝1(a>0，b>0)的左焦点为 F，离心
率为 2.若经过 F 和 P(0,4)两点的直线平行于双曲线的一条渐近线，则双曲线的方
程为( )
A.x42－y42＝1
1.判断直线与圆锥曲线公共点的个数或求交点问题有两种常用方法 (1)代数法：即联立直线与圆锥曲线方程可得到一个关于 x，y 的方程组，消去 y(或 x)得一元方程，此方程根的个数即为交点个数，方程组的解即为交点坐标； (2)几何法：即画出直线与圆锥曲线的图象，根据图象判断公共点个数． 2．依据直线与圆锥曲线的交点个数求参数时，联立方程组并消元转化为一元 方程，此时注意观察方程的二次项系数是否为 0，若为 0，则方程为一次方程； 若不为 0，则将方程解的个数转化为判别式与 0 的大小关系求解.
∵点 M 为 FN 的中点，PM∥OF， ∴|MP|＝12|FO|＝1. 又|BP|＝|AO|＝2， ∴|MB|＝|MP|＋|BP|＝3. 由抛物线的定义知|MF|＝|MB|＝3， 故|FN|＝2|MF|＝6. 答案： (1)B (2)6
求解圆锥曲线标准方程的方法是“先定型，后计算” (1)定型，就是指定类型，也就是确定圆锥曲线的焦点位置，从而设出标准方程． (2)计算，即利用待定系数法求出方程中的 a2，b2 或 p.另外，当焦点位置无法确 定时，抛物线常设为 y2＝2ax 或 x2＝2ay(a≠0)，椭圆常设 mx2＋ny2＝1(m>0， n>0)，双曲线常设为 mx2－ny2＝1(mn>0).
◎ 变式训练
1．(2017·奉贤期末)“mn<0”是“方程 mx2＋ny2＝1 表示双曲线”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析： 先证充分性，由 mn<0，知 m，n 异号，可得m1 ，1n异号，所以方程 mx2＋ny2＝1 可化为x12＋y12＝1，其表示双曲线；再证必要性，若方程 mx2＋ny2＝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＝x42得 x2－4x－4m＝0. 当 Δ＝16(m＋1)>0，即 m>－1 时，x1,2＝2±2 m＋1. 从而|AB|＝ 2|x1－x2|＝4 2m＋1. 由题设知|AB|＝2|MN|，即 4 2m＋1＝2(m＋1)，解得 m＝7. 所以直线 AB 的方程为 y＝x＋7.
B．x82－y82＝1
C.x42－y82＝1
D．x82－y42＝1
(2)(2017·全国卷Ⅱ)已知 F 是抛物线 C：y2＝8x 的焦点，M 是 C 上一点，FM
的延长线交 y 轴于点 N.若 M 为 FN 的中点，则|FN|＝________.
解析： (1)由离心率为 2可知 a＝b，c＝ 2a，所以 F(－ 2a,0)，由题意可
支与焦点为 F 的抛物线 x2＝2py(p>0)交于 A，B 两点．若|AF|＋|BF|＝4|OF|，则该
双曲线的渐近线方程为____________．
解析： (1)设双曲线的一条渐近线方程为 y＝bax， 圆的圆心为(2,0)，半径为 2， 由弦长为 2 得出圆心到渐近线的距离为 22－12＝ 3. 根据点到直线的距离公式得 a|22＋b| b2＝ 3，解得 b2＝3a2. 所以 C 的离心率 e＝ac＝ ac22＝ 1＋ab22＝2.故选 A.
知
kPF＝0－4－－0
＝ 2a
42a＝1，所以
2a＝4，解得 a＝2
2，所以双曲线的方程为
x82－y82＝1，故选 B.
(2)如图，不妨设点 M 位于第一象限内，抛物线 C 的准线交 x 轴于点 A，过 点 M 作准线的垂线，垂足为点 B，交 y 轴于点 P，∴PM∥OF.由题意知，F(2,0)， |FO|＝|AO|＝2.
◎ 变式训练
(2017·陕西省高三教学质量检测试题(一))已知椭圆与抛物线 y2＝4 2x 有一个
相同的焦点，且该椭圆的离心率为
2 2.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点 P(0,1)的直线与该椭圆交于 A，B 两点，O 为坐标原点，若A→P＝2P→B，
求△AOB 的面积．
解析： (1)依题意，设椭圆的标准方程为ax22＋by22＝1(a>b>0)， 由题意可得 c＝ 2，又 e＝ac＝ 22，∴a＝2. ∴b2＝a2－c2＝2， ∴椭圆的标准方程为x42＋y22＝1. (2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由A→P＝2P→B，得－ 1－x1y＝1＝2x22y2－1 . 设直线 AB 的方程为 y＝kx＋1，代入椭圆方程整理，得
33p，－p2，∴
33p2－－p22＝2，解得
p＝2
6，
∴抛物线 C 的方程为 x2＝2py＝4 6y，故选 D.
答案： D
3．已知椭圆 C：ax22＋by22＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1、F2，其焦距为 2c，
点 Qc，a2在椭圆的内部，点 P 是椭圆 C 上的动点，且|PF1|＋|PQ|<5|F1F2|恒成立， 则椭圆的离心率的取值范围是( )
第一部分 专题突破——破译命题密码
第 2 课时 椭圆、双曲线、抛物线
高考对本部分内容考查从以下形式进行： (1)在客观题中，一般以某一圆锥曲线或两种曲线组合为载 体，考查的角度有定义、方程和性质，尤其是离心率、焦 点三角形和焦点弦问题是考查的重点． (2)在主观题中，一般借助椭圆考查，并必然会与直线综合， 试题综合性强，但试题设置是有梯次的，铺垫性的求解一 般难度不大，技巧性和运算的复杂性主要体现在解答题的 后面的设问.
14 8.
高考·专题集训
点击进入WORD链接
谢谢观看！
(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)．
因为
4|OF| ＝ |AF| ＋ |BF| ， 所 以
4×
p 2
＝
y1
＋
p 2
＋
y2
＋
p 2
，
即
y1 ＋ y2 ＝ p ① . 由
x2＝2py， ax22－by22＝1
消去 x，得 a2y2－2pb2y＋a2b2＝0，所以 y1＋y2＝2ap2b2②.由①②可得ba
◎ 变式训练
1．若实数 k 满足 0<k<5，则曲线1x62 －5－y2 k＝1 与曲线16x－2 k－y52＝1 的(
)
A．实半轴长相等
B．虚半轴长相等
C．离心率相等
D．焦距相等
2018届高三数学文二轮复习课件：第1部分专题六 解析几何 1-6-1 精品
0
的距离为|－a＋2a|＝ 2
|a2| ，所以
|a2| 2＋(
3)2＝(
a2＋2)2，解得 a2
＝2，所以圆 C 的半径为 2，所以圆 C 的面积为 4π.
答案：4π
[终极提升]——登高博见
选择题、填空题的解法——借鉴法
方法 某些数学问题，涉及到其它学科的概念，在建立关系求解 诠释 时，可以借鉴其它学科的概念或者公式来建立方程或函数
b＝
1＋1 1a＋1∈0，12.
(1)
(2)
②当直线 y＝ax＋b 与 AC，BC 相交时如图(2)，由 S△FCG＝12(xG－
xF)·|CM|＝12得
b＝1－
2 2
1－a2∈1－ 22，1(0＜a＜1)．
∵对于任意的 a＞0 恒成立，
∴b∈0，12∩1－ 22，1， 即 b∈1－ 22，12，故选 B.
【提醒】 应用两平行线间距离公式时，注意两平行线方程中 x， y 的系数应对应相等．
4．以 A(x1，y1)，B(x2，y2)为直径的圆的方程为(x－x1)(x－x2)＋(y －y1)(y－y2)＝0. 5．过圆 x2＋y2＝r2 上的点 P(x0，y0)的切线方程为 x0x＋y0y＝r2. 6．过⊙C1：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0，⊙C2：x2＋y2＋D2x＋E2y ＋F2＝0 的交点的圆的方程可设为：(x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1)＋λ(x2 ＋y2＋D2x＋E2y＋F2)＝0，当 λ＝－1 时，表示两圆的公共弦所在 的直线方程．
关系． (1)涉及到光线的问题，可以借鉴物理学中光线的性质． 常见 (2)涉及到质点的运动周期，可以借鉴圆周运动、或单摆 类型 ，建立三角函数关系． (3)涉及到质点的直线运动，可以借鉴位移公式建立二次 函数关系，路程s的导数为速度v，速度v的导数为加速度.
2018届高考数学文新课标二轮专题复习课件：2-10 平面解析几何 精品
F＝0，
F＝0，
＋F＝0，依题意可得4＋16＋2D＋4E＋F＝0，解得D＝－6，故
36＋4＋6D＋2E＋F＝0
E＝－2
三角形 OAB 的外接圆的方程是 x2＋y2－6x－2y＝0.
【答案】 x2＋y2－6x－2y＝0
(2)(2016·太原调研)圆心在曲线 y＝2x(x>0)上，且与直线 2x＋y ＋1＝0 相切的面积最小的圆的方程为________．
【答案】 D
(1)给定直线 l：Ax＋By＋C＝0，则 l1：Ax＋By＋C1＝0(C1 ≠C)与 l 平行，l2：Bx－Ay＋C2＝0 与 l 垂直．
(2)判定两直线平行的方法． ①判定两直线的斜率是否存在，若存在，可先化成斜截式， 若 k1＝k2，且 b1≠b2，则两直线平行；若斜率都不存在，还要判 定是否重合．
【答案】 A
(6)(2016·河北七校)已知圆的方程为 x2＋y2－6x－8y＝0，设
该圆过点 P(3，5)的最长弦和最短弦分别为 AC 和 BD，则四边形
ABCD 的面积为( )
A．10 6
B．20 6
C．30 6
D．40 6
【解析】 圆 x2＋y2－6x－8y＝0，即(x－3)2＋(y－4)2＝25， 圆心坐标为(3，4)，半径为 5.最长弦 AC＝10，最短弦 BD＝ 2 52－[（3－3）2＋（5－4）2]＝4 6，四边形 ABCD 的面积 S＝ 12×10×4 6＝20 6.
1＋k2· （x1＋x2）2－4x1x2. 几何法：弦长|AB|＝2 r2－d2.
(3)有关弦的中点问题． ①圆心与弦的中点连线和弦所在直线垂直，利用这条性质可 确定某些等量关系． ②弦心距、半径、半弦长组成直角三角形． (4)设圆的半径为 r，圆心到直线 l 的距离为 d， ①若 l 与圆相离，则圆上一点到直线距离最大值为 d＋r，最 小值为 d－r. ②若 l 与圆相交，则圆上一点到直线距离最大值为 d＋r，最 小值为 0.
高考总复习二轮数学精品课件 专题6 解析几何 第2讲 圆锥曲线的定义、方程与性质
3
a
在双曲线 C 上,若△AF1F2 的周长为 10,则△AF1F2 的面积为(
)
A. 15
B.2 15
C.15
D.30
(2)已知|z+ 5i|+|z- 5i|=6,则复数 z 在复平面内所对应的点 P(x,y)的轨迹方程
是椭圆的右焦点,若 AF⊥BF,则 a=
答案 3+ 3
.
解析 设椭圆C的左焦点为F1,如图,连接AF1,BF1,因为|OA|=|OB|,|OF1|=|OF|,
所以四边形AF1BF为平行四边形.
又 AF⊥BF,所以四边形 AF1BF
π
为矩形,所以∠F1AF= ,则
2
|OF1|=|OF|=|OA|=2 3.
为
.
(3)已知O为坐标原点,抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,P为C上一点,PF与x
Hale Waihona Puke 轴垂直,Q为x轴上一点,且PQ⊥OP.若|FQ|=6,则C的准线方程
为
答案 (1)A
.
2
(2)
9
2
+ =1
4
3
(3)x=2
解析 (1)由题意得
e=
所以双曲线方程为
=
2
1 + 2
=
3
1 + 2=2,所以 a2=1.
2
即 x±2y=0,故 B 正确;
2 5
5
e1·
e2= 5 × 2 =1,所以 C1 与 C2 的离心率互为倒数,故 C
2018高考数学理二轮专题复习课件-第二篇 专题满分突破 专题六 解析几何：6.1.2 精品
由于 k1≠k2，k1，k2＞0 得 1＋k12＋k22＋a2(2－a2)k12k22＝0，
因此k112＋1k122＋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＞ 2.
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
由此易知
C1 与
C2
的公共点的坐标为±
6，32，
所以49a2＋b62＝1，②
联立①②得 a2＝9，b2＝8，故 C2 的方程为y92＋x82＝1.
(2)如图所示，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)．
因为A→C与B→D同向，且|AC|＝|BD|，所以A→C＝B→D，从而 x3－ x1＝x4－x2，
[答案] (1)B (2)C
[方法规律] 求解圆锥曲线标准方程的方法是“先定型，后 计算”
(1)定型，就是指定类型，也就是确定圆锥曲线的焦点位置， 从而设出标准方程．
(2)计算，即利用待定系数法求出方程中的 a2，b2 或 p.另外， 当焦点位置无法确定时，抛物线常设为 y2＝2ax 或 x2＝2ay(a≠0)， 椭圆常设 mx2＋ny2＝1(m>0，n>0)，双曲线常设为 mx2－ny2＝
(1)求椭圆 C 的方程； (2)求F→2P·F→2Q的取值范围．
故选 A. 答案：A
4．一个焦点为( 26，0)且与双曲线y42－x92＝1 有相同渐近线
的双曲线方程是( ) A.1y82 －x82＝1 B.1x82 －y82＝1 C.1x62 －1y02 ＝1 D.1y62 －1x02 ＝1
解析：设所求双曲线方程为y42－x92＝t(t≠0)，因为一个焦点 为( 26，0)，所以|13t|＝26，又焦点在 x 轴上，所以 t＝－2，即 双曲线方程为1x82 －y82＝1.选 B.
2018年高考数学(文)二轮复习+专题突破讲义：专题六 解析几何专题六+第3讲
第3讲 圆锥曲线的综合问题1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题．2．试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法，对计算能力也有较高要求，难度较大．热点一 范围、最值问题圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解．例1 (2017届天津市红桥区二模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1 (a >b >0)的离心率为63，且过点⎝⎛⎭⎫1，63. (1)求椭圆C 的方程；(2)设与圆O ：x 2＋y 2＝34相切的直线l 交椭圆C 于A, B 两点，求△OAB 面积的最大值及取得最大值时直线l 的方程．解 (1)由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧ 1a 2＋23b 2＝1，c a ＝63，a 2＝b 2＋c 2， 解得a 2＝3，b 2＝1，∴椭圆C 的方程为x 23＋y 2＝1. (2)①当k 不存在时， x ＝±32，∴y ＝±32， ∴S △OAB ＝12×3×32＝34. ②当k 存在时，设直线方程为y ＝kx ＋m ，A ()x 1，y 1，B ()x 2，y 2，联立⎩⎪⎨⎪⎧ x 23＋y 2＝1，y ＝kx ＋m ，得()1＋3k 2x 2＋6kmx ＋3m 2－3＝0， ∴x 1＋x 2＝－6km1＋3k 2，x 1x 2＝3m 2－31＋3k 2. d ＝r ⇒4m 2＝3()1＋k 2. ||AB ＝1＋k 2 · ⎝ ⎛⎭⎪⎫－6km 1＋3k 22－4×3m 2－31＋3k 2 ＝1＋k 2·12＋36k 2－12m 2(1＋3k 2)2＝3·1＋10k 2＋9k 41＋6k 2＋9k4 ＝3·1＋4k 21＋6k 2＋9k4 ＝3·1＋41k 2＋9k 2＋6≤2， 当且仅当1k 2＝9k 2，即k ＝±33时等号成立，此时m ＝±1. ∴S △OAB ＝12||AB ×r ≤12×2×32＝32， ∴△OAB 面积的最大值为32， 此时直线方程为y ＝±33x ±1. 思维升华 解决范围问题的常用方法(1)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后，利用数形结合法求解．(2)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解．(3)构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．跟踪演练1 (2017·山东)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，椭圆C 截直线y ＝1所得线段的长度为2 2. (1)求椭圆C 的方程；(2)动直线l ：y ＝kx ＋m (m ≠0)交椭圆C 于A ，B 两点，交y 轴于点M .点N 是M 关于O 的对称点，⊙N 的半径为|NO |.设D 为AB 的中点，DE ，DF 与⊙N 分别相切于点E ，F ，求∠EDF 的最小值．解 (1)由椭圆的离心率为22，得a 2＝2(a 2－b 2)， 又当y ＝1时，x 2＝a 2－a 2b 2，得a 2－a 2b2＝2， 所以a 2＝4，b 2＝2.因此椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1. (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 22＝1，得(2k 2＋1)x 2＋4kmx ＋2m 2－4＝0.由Δ>0，得m 2<4k 2＋2，(*)且x 1＋x 2＝－4km 2k 2＋1， 因此y 1＋y 2＝2m 2k 2＋1， 所以D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2km 2k 2＋1，m 2k 2＋1. 又N (0，－m )，所以|ND |2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2km 2k 2＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2k 2＋1＋m 2， 整理得|ND |2＝4m 2(1＋3k 2＋k 4)(2k 2＋1)2. 因为|NF |＝|m |，所以|ND |2|NF |2＝4(k 4＋3k 2＋1)(2k 2＋1)2＝1＋8k 2＋3(2k 2＋1)2.令t ＝8k 2＋3，t ≥3，故2k 2＋1＝t ＋14. 所以|ND |2|NF |2＝1＋16t (1＋t )2＝1＋16t ＋1t＋2. 令y ＝t ＋1t ，所以y ′＝1－1t 2. 当t ≥3时，y ′>0，从而y ＝t ＋1t在[3，＋∞)上单调递增， 因此t ＋1t ≥103， 当且仅当t ＝3时等号成立，此时k ＝0，所以|ND |2|NF |2≤1＋3＝4. 由(*)得－2<m <2且m ≠0，故|NF ||ND |≥12. 设∠EDF ＝2θ，则sin θ＝|NF ||ND |≥12， 所以θ的最小值为π6， 从而∠EDF 的最小值为π3， 此时直线l 的斜率是0.综上所述，当k ＝0，m ∈(－2，0)∪(0，2)时，∠EDF 取得最小值π3. 热点二 定点、定值问题1．由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：y －y 0＝k (x －x 0)，则直线必过定点(x 0，y 0)；若得到了直线方程的斜截式：y ＝kx ＋m ，则直线必过定点(0，m )．2．解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等与题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值．例2 (2017·长沙市长郡中学模拟)已知抛物线E ：y 2＝4x 的准线为l ，焦点为F ，O 为坐标原点．(1)求过点O ，F ，且与l 相切的圆的方程；(2)过F 的直线交抛物线E 于A ，B 两点，A 关于x 轴的对称点为A ′，求证：直线A ′B 过定点．(1)解 抛物线E ：y 2＝4x 的准线l 的方程为x ＝－1，焦点坐标为F (1,0)，设所求圆的圆心C 为(a ，b )，半径为r,∵圆C 过O ，F ，∴a ＝12， ∵圆C 与直线l ：x ＝－1相切，∴r ＝12－()－1＝32. 由r ＝||CO ＝ ⎝⎛⎭⎫122＋b 2＝32，得b ＝±2. ∴过O ，F 且与直线l 相切的圆的方程为⎝⎛⎭⎫x －122＋()y ±22＝94. (2)证明 方法一 依题意知，直线AB 的斜率存在，设直线AB 方程为y ＝k ()x －1，A ()x 1，y 1，B ()x 2，y 2()x 1≠x 2，A ′()x 1，－y 1， 联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k ()x －1，y 2＝4x ，消去y ，得k 2x 2－()2k 2＋4x ＋k 2＝0， ∴x 1＋x 2＝2k 2＋4k2，x 1x 2＝1. ∵直线BA ′的方程为y －y 2＝y 2＋y 1x 2－x 1()x －x 2， ∴令y ＝0，得x ＝x 2y 1＋x 1y 2y 1＋y 2＝x 2k ()x 1－1＋x 1k ()x 2－1k ()x 1－1＋k ()x 2－1＝2x 1x 2－()x 1＋x 2－2＋()x 1＋x 2＝－1 . ∴直线BA ′过定点()－1，0.方法二 设直线AB 的方程为x ＝my ＋1,A ()x 1，y 1，B ()x 2，y 2，则A ′()x 1，－y 1. 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，y 2＝4x ，得y 2－4my －4＝0， ∴y 1＋y 2＝4m, y 1y 2＝－4.∵k BA ′＝y 2＋y 1x 2－x 1＝y 2＋y 1y 224－y 214＝4y 2－y 1， ∴直线BA ′的方程为y －y 2＝4y 2－y 1()x －x 2. ∴y ＝4y 2－y 1(x －x 2)＋y 2＝4y 2－y 1x ＋y 2－4x 2y 2－y 1＝4y 2－y 1x ＋y 22－y 1y 2－4x 2y 2－y 1 ＝4y 2－y 1x ＋4y 2－y 1＝4y 2－y 1(x ＋1)． ∴直线BA ′过定点(－1,0)．思维升华 (1)动线过定点问题的两大类型及解法①动直线l 过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y ＝kx ＋t ，由题设条件将t 用k 表示为t ＝mk ，得y ＝k (x ＋m )，故动直线过定点(－m,0)．②动曲线C 过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C 的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．(2)求解定值问题的两大途径 ①由特例得出一个值(此值一般就是定值)→证明定值：将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关②先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．跟踪演练2 (2017届江西省重点中学协作体联考)已知⊙F 1：(x ＋3)2＋y 2＝27与⊙F 2：(x －3)2＋y 2＝3，以F 1，F 2分别为左、右焦点的椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1 (a >b >0)经过两圆的交点．(1)求椭圆C 的方程；(2)M ，N 是椭圆C 上的两点，若直线OM 与ON 的斜率之积为－14，试问△OMN 的面积是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．解 (1)设两圆的交点为Q ，依题意有|QF 1|＋|QF 2|＝33＋3＝43，由椭圆定义知，2a ＝43，解得a 2＝12.∵F 1，F 2分别为椭圆C 的左、右焦点，∴a 2－b 2＝9，解得b 2＝3，∴椭圆C 的方程为x 212＋y 23＝1. (2)①当直线MN 的斜率不存在时，设M (x 1，y 1)，N (x 1，－y 1)．k OM ·k ON ＝－y 1y 1x 1x 1＝－14，∴⎪⎪⎪⎪y 1x 1＝12. 又x 2112＋y 213＝1，∴|x 1|＝6，|y 1|＝62. ∴S △OMN ＝12×6×6＝3. ②当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为y ＝kx ＋m ，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋m ，x 212＋y 23＝1，得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，由Δ＝64k 2m 2－4(4k 2＋1)(4m 2－12)>0，得12k 2－m 2＋3>0，(*) 且x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－124k 2＋1. ∴y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝m 2－12k 24k 2＋1. ∵k OM ·k ON ＝y 1y 2x 1x 2＝－14，∴m 2－12k 24m 2－12＝－14， 整理得2m 2＝12k 2＋3,代入(*)得m ≠0.∵|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝1＋k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－8km 4k 2＋12－4⎝ ⎛⎭⎪⎫4m 2－124k 2＋1 ＝1＋k 2 48(4k 2＋1)－16m 2(4k 2＋1)2＝61＋k 2|m |， 原点O 到直线MN 的距离d ＝|m |1＋k 2， ∴S △OMN ＝12|MN |d ＝12·61＋k 2|m |·|m |1＋k2＝3(定值)． 综上所述，△OMN 的面积为定值3.热点三 探索性问题1．解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明确化．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存在性问题常用的方法．例3 已知抛物线E 的顶点为原点O ，焦点为圆F ：x 2＋y 2－4x ＋3＝0的圆心F .经过点F 的直线l 交抛物线E 于A ，D 两点，交圆F 于B ，C 两点，A ，B 在第一象限，C ，D 在第四象限．(1)求抛物线E 的方程；(2)是否存在直线l ，使2|BC |是|AB |与|CD |的等差中项？若存在，求直线l 的方程；若不存在，请说明理由．解 (1)根据已知，设抛物线E 的方程为y 2＝2px (p >0)．∵圆F 的方程为(x －2)2＋y 2＝1，∴圆心F 的坐标为F (2,0)，半径r ＝1.∴p 2＝2，解得p ＝4. ∴抛物线E 的方程为y 2＝8x .(2)∵2|BC |是|AB |与|CD |的等差中项，∴|AB |＋|CD |＝4|BC |＝4×2r ＝8，∴|AD |＝|AB |＋|BC |＋|CD |＝10.若l 垂直于x 轴，则l 的方程为x ＝2，代入y 2＝8x ，得y ＝±4.此时|AD |＝|y 1－y 2|＝8≠10，即直线x ＝2不满足题意；若l 不垂直于x 轴，设l 的斜率为k ，由已知得k ≠0，l 的方程为y ＝k (x －2)．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －2)，y 2＝8x ，得k 2x 2－(4k 2＋8)x ＋4k 2＝0，∴x 1＋x 2＝4k 2＋8k 2，且Δ＝(4k 2＋8)2－16k 4＝64k 2＋64>0， ∵抛物线E 的准线为x ＝－2，∴|AD |＝|AF |＋|DF |＝(x 1＋2)＋(x 2＋2)＝x 1＋x 2＋4，∴4k 2＋8k 2＋4＝10，解得k ＝±2. ∴存在满足要求的直线l ，它的方程为2x －y －4＝0或2x ＋y －4＝0.思维升华 解决探索性问题的注意事项存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论．(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．跟踪演练3 (2017届河北省衡水中学押题卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1 (a >b >0)的长轴长为6，且椭圆C 与圆M ：(x －2)2＋y 2＝409的公共弦长为4103. (1)求椭圆C 的方程；(2)过点P (0,2)作斜率为k (k ≠0)的直线l 与椭圆C 交于两点A ，B ，试判断在x 轴上是否存在点D ，使得△ADB 为以AB 为底边的等腰三角形．若存在，求出点D 的横坐标的取值范围，若不存在，请说明理由．解 (1)由题意可得2a ＝6，所以a ＝3.由椭圆C 与圆M: ()x －22＋y 2＝409的公共弦长为4103，恰为圆M 的直径，可得椭圆C 经过点⎝⎛⎭⎫2，±2103，所以49＋409b 2＝1，解得b 2＝8.所以椭圆C 的方程为x 29＋y 28＝1. (2)直线l 的解析式为y ＝kx ＋2，设A ()x 1，y 1，B ()x 2，y 2， AB 的中点为E ()x 0，y 0.假设存在点D ()m ，0，使得△ADB 为以AB 为底边的等腰三角形，则DE ⊥AB .由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋2，x 29＋y 28＝1，得()8＋9k 2x 2＋36kx －36＝0，故x 1＋x 2＝－36k 9k 2＋8， 所以x 0＝－18k 9k 2＋8， y 0＝kx 0＋2＝169k 2＋8. 因为DE ⊥AB ，所以k DE ＝－1k， 即169k 2＋8－0－18k 9k 2＋8－m ＝－1k ， 所以m ＝－2k 9k 2＋8＝－29k ＋8k. 当k >0时， 9k ＋8k≥29×8＝122， 所以－212≤m <0； 当k <0时， 9k ＋8k ≤－122，所以0<m ≤212. 综上所述，在x 轴上存在满足题目条件的点E ，且点D 的横坐标的取值范围为⎣⎡⎭⎫－212，0∪⎝⎛⎦⎤0，212.真题体验1．(2017·全国Ⅰ改编)已知F 为抛物线C ：y 2＝4x 的焦点，过F 作两条互相垂直的直线l 1，l 2，直线l 1与C 交于A ，B 两点，直线l 2与C 交于D ，E 两点，则|AB |＋|DE |的最小值为________． 答案 16解析 因为F 为y 2＝4x 的焦点，所以F (1,0)．由题意知，直线l 1，l 2的斜率均存在且不为0，设l 1的斜率为k ，则l 2的斜率为－1k ，故直线l 1，l 2的方程分别为y ＝k (x －1)，y ＝－1k(x －1)． 由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k (x －1)，y 2＝4x ，得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，且Δ＝16k 2＋16>0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2，x 1x 2＝1， 所以|AB |＝1＋k 2·|x 1－x 2| ＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝1＋k 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋4k 22－4 ＝4(1＋k 2)k 2. 同理可得|DE |＝4(1＋k 2)．所以|AB |＋|DE |＝4(1＋k 2)k2＋4(1＋k 2) ＝4⎝⎛⎭⎫1k 2＋1＋1＋k 2 ＝8＋4⎝⎛⎭⎫k 2＋1k 2≥8＋4×2＝16， 当且仅当k 2＝1k2，即k ＝±1时，取得等号． 2．(2017·山东)在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，焦距为2.(1)求椭圆E 的方程；(2)如图，动直线l ：y ＝k 1x －32交椭圆E 于A ，B 两点，C 是椭圆E 上一点，直线OC 的斜率为k 2，且k 1k 2＝24.M 是线段OC 延长线上一点，且|MC |∶|AB |＝2∶3，⊙M 的半径为|MC |，OS ，OT 是⊙M 的两条切线，切点分别为S ，T .求∠SOT 的最大值，并求取得最大值时直线l的斜率． 解 (1)由题意知，e ＝c a ＝22，2c ＝2，所以c ＝1，所以a ＝2，b ＝1，所以椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1. (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程⎩⎨⎧x 22＋y 2＝1，y ＝k 1x －32，得(4k 21＋2)x 2－43k 1x －1＝0.由题意知，Δ＞0，且x 1＋x 2＝23k 12k 21＋1，x 1x 2＝－12(2k 21＋1)， 所以|AB |＝1＋k 21|x 1－x 2|＝2·1＋k 21·1＋8k 211＋2k 21.由题意可知，圆M 的半径r 为r ＝23|AB |＝223·1＋k 21 1＋8k 212k 21＋1. 由题设知k 1k 2＝24， 所以k 2＝24k 1， 因此直线OC 的方程为y ＝24k 1x . 联立方程⎩⎨⎧x 22＋y 2＝1，y ＝24k 1x ， 得x 2＝8k 211＋4k 21，y 2＝11＋4k 21， 因此|OC |＝x 2＋y 2＝1＋8k 211＋4k 21.由题意可知，sin ∠SOT 2＝r r ＋|OC |＝11＋|OC |r.而|OC |r ＝1＋8k 211＋4k 21223·1＋k 21 1＋8k 211＋2k 21＝324·1＋2k 211＋4k 21 1＋k 21，令t ＝1＋2k 21，则t ＞1，1t ∈(0,1)， 因此|OC |r ＝32·t 2t 2＋t －1＝32·12＋1t －1t 2＝ 32·1－⎝⎛⎭⎫1t －122＋94≥1， 当且仅当1t ＝12，即t ＝2时等号成立，此时k 1＝±22， 所以sin ∠SOT 2≤12，因此∠SOT 2≤π6， 所以∠SOT 的最大值为π3. 综上所述，∠SOT 的最大值为π3，取得最大值时直线l 的斜率为k 1＝±22. 押题预测已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 23＝1(a >0)与抛物线C 2：y 2＝2ax 相交于A ，B 两点，且两曲线的焦点F 重合．(1)求C 1，C 2的方程；(2)若过焦点F 的直线l 与椭圆分别交于M ，Q 两点，与抛物线分别交于P ，N 两点，是否存在斜率为k (k ≠0)的直线l ，使得|PN ||MQ |＝2？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由． 押题依据 本题将椭圆和抛物线联合起来设置命题，体现了对直线和圆锥曲线位置关系的综合考查．关注知识交汇，突出综合应用是高考的特色．解 (1)因为C 1，C 2的焦点重合，所以a 2－3＝a 2，所以a 2＝4. 又a >0，所以a ＝2.于是椭圆C 1的方程为x 24＋y 23＝1， 抛物线C 2的方程为y 2＝4x .(2)假设存在直线l 使得|PN ||MQ |＝2， 则可设直线l 的方程为y ＝k (x －1)，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)．由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝k (x －1)，可得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0， 则x 1＋x 4＝2k 2＋4k 2，x 1x 4＝1，且Δ＝16k 2＋16>0， 所以|PN |＝1＋k 2·(x 1＋x 4)2－4x 1x 4 ＝4(1＋k 2)k 2. 由⎩⎪⎨⎪⎧ x 24＋y 23＝1，y ＝k (x －1)，可得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0， 则x 2＋x 3＝8k 23＋4k 2，x 2x 3＝4k 2－123＋4k 2，且Δ＝144k 2＋144>0， 所以|MQ |＝1＋k 2·(x 2＋x 3)2－4x 2x 3＝12(1＋k 2)3＋4k 2. 若|PN ||MQ |＝2， 则4(1＋k 2)k 2＝2×12(1＋k 2)3＋4k 2， 解得k ＝±62. 故存在斜率为k ＝±62的直线l ，使得|PN ||MQ |＝2.A 组 专题通关1．(2016·全国Ⅰ)设圆x 2＋y 2＋2x －15＝0的圆心为A ，直线l 过点B (1,0)且与x 轴不重合，l交圆A 于C ，D 两点，过B 作AC 的平行线交AD 于点E .(1)证明|EA |＋|EB |为定值，并写出点E 的轨迹方程；(2)设点E 的轨迹为曲线C 1，直线l 交C 1于M ，N 两点，过B 且与l 垂直的直线与圆A 交于P ，Q 两点，求四边形MPNQ 面积的取值范围．解 (1)因为|AD |＝|AC |，EB ∥AC ，故∠EBD ＝∠ACD ＝∠ADC ，所以|EB |＝|ED |，故|EA |＋|EB |＝|EA |＋|ED |＝|AD |.又圆A 的标准方程为(x ＋1)2＋y 2＝16，从而|AD |＝4，所以|EA |＋|EB |＝4.由题设得A (－1,0)，B (1,0)，|AB |＝2，由椭圆定义可得点E 的轨迹方程为x 24＋y 23＝1(y ≠0)． (2)当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k (x －1)，x 24＋y 23＝1，得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0.则x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3，且Δ＝144k 2＋144>0， 所以|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝12(k 2＋1)4k 2＋3. 过点B (1,0)且与l 垂直的直线m ：y ＝－1k(x －1)， 点A 到m 的距离为2k 2＋1， 所以|PQ |＝242－⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋12＝44k 2＋3k 2＋1. 故四边形MPNQ 的面积S ＝12|MN ||PQ |＝121＋14k 2＋3.可得当l 与x 轴不垂直时，四边形MPNQ 面积的取值范围为(12,83)．当l 与x 轴垂直时，l 的方程为x ＝1，|MN |＝3，|PQ |＝8，四边形MPNQ 的面积为12. 综上，四边形MPNQ 面积的取值范围为[12,83)．2．(2017·山西省实验中学模拟)已知椭圆C: y 2a 2＋x 2b 2＝1 (a >b >0)的短轴长为2，且椭圆C 的顶点在圆M ：x 2＋⎝⎛⎭⎫y －222＝12上． (1)求椭圆C 的方程；(2)过椭圆的上焦点作互相垂直的两条弦AB ，CD ，求||AB ＋||CD 的最小值．解 (1)由题意可得2b ＝2，所以b ＝1.椭圆C 的顶点在圆M: x 2＋⎝⎛⎭⎫y －222＝12上， 所以a ＝ 2.故椭圆C 的方程为y 22＋x 2＝1. (2)当直线AB 的斜率不存在或为零时，||AB ＋||CD ＝3 2.当直线AB 的斜率存在且不为零时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋1，y 22＋x 2＝1，得()k 2＋2x 2＋2kx －1＝0， 设A ()x 1，y 1， B ()x 2，y 2，由根与系数的关系，得x 1＋x 2＝－2k k 2＋2， x 1x 2＝－1k 2＋2， 所以||AB ＝22()k 2＋1k 2＋2，同理可得||CD ＝22()k 2＋12k 2＋1，所以||AB ＋||CD ＝ 62()k 2＋12()2k 2＋1()k 2＋2.令t ＝k 2＋1，则t >1, ||AB ＋||CD ＝ 62t 2()2t －1()t ＋1＝62⎝⎛⎭⎫2－1t ⎝⎛⎭⎫1＋1t ， 而2<⎝⎛⎭⎫2－1t ⎝⎛⎭⎫1＋1t ≤94， 所以823≤||AB ＋ ||CD <3 2. 综上， 823≤||AB ＋ ||CD ≤32， 故||AB ＋||CD 的最小值为823. 3．(2017届太原模拟)已知动点C 到点F (1,0)的距离比到直线x ＝－2的距离小1，动点C 的轨迹为E .(1)求曲线E 的方程；(2)若直线l ：y ＝kx ＋m (km <0)与曲线E 相交于A ，B 两个不同点，且OA →·OB →＝5，证明：直线l经过一个定点．(1)解 由题意可得动点C 到点F (1,0)的距离等于到直线x ＝－1的距离，∴曲线E 是以点(1,0)为焦点，直线x ＝－1为准线的抛物线，设其方程为y 2＝2px (p >0)，∴p 2＝1，∴p ＝2，∴动点C 的轨迹E 的方程为y 2＝4x .(2)证明 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，y 2＝4x ，得k 2x 2＋(2km －4)x ＋m 2＝0， ∴x 1＋x 2＝4－2km k 2，x 1x 2＝m 2k2. ∵OA →·OB →＝5，∴x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝m 2＋4km k 2＝5，∴m 2＋4km －5k 2＝0，∴m ＝k 或m ＝－5k .∵km <0，m ＝k 舍去，∴m ＝－5k ，满足Δ＝16(1－km )>0，∴直线l 的方程为y ＝k (x －5)，∴直线l 必经过定点(5,0)．4．(2017届福建省泉州市适应性模拟)已知抛物线C ：x 2＝4y 的焦点为F ，直线l ：y ＝kx ＋a (a >0)与抛物线C 交于A ，B 两点．(1)若直线l 过焦点F ，且与圆x 2＋(y －1)2＝1交于D ，E (其中A ，D 在y 轴同侧)，求证：|AD |·|BE |是定值；(2)设抛物线C 在A 和B 点的切线交于点P ，试问：y 轴上是否存在点Q ，使得APBQ 为菱形？若存在，请说明理由，并求此时直线l 的斜率和点Q 的坐标．解 抛物线C ：x 2＝4y 的焦点为F (0,1),设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立x 2＝4y 与y ＝kx ＋a ，得x 2－4kx －4a ＝0，则Δ＝16(k 2＋a )>0，且x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4a .(1)证明 若直线l 过焦点F ，则a ＝1，则x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4.由条件可知圆x 2＋(y －1)2＝1的圆心为F (0,1)，半径为1，由抛物线的定义可知，|AF |＝y 1＋1，|BF |＝y 2＋1，则|AD |＝|AF |－1＝y 1，|BE |＝|BF |－1＝y 2，|AD |·|BE |＝y 1y 2＝(kx 1＋1)(kx 2＋1)＝k 2x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1＝－4k 2＋4k 2＋1＝1，(或|AD |·|BE |＝y 1y 2＝x 214·x 224＝(x 1x 2)216＝(－4)216＝1) 即|AD |·|BE |为定值，定值为1.(2)解 方法一 当直线l 的斜率为0，且Q 的坐标为(0,3a )时，APBQ 为菱形．理由如下：由x 2＝4y ，得y ＝14x 2，则y ′＝12x ，则抛物线C 在A ⎝⎛⎭⎫x 1，14x 21处的切线为y －14x 21＝12x 1()x －x 1，即y ＝12x 1x －14x 21. ①同理抛物线C 在B ⎝⎛⎭⎫x 2，14x 22处的切线为y ＝12x 2x －14x 22. ②联立①②，解得x ＝x 1＋x 22＝2k ，代入①式解得y ＝x 1x 24＝－a ，即P ()2k ，－a .又x 1＋x 22＝2k ，所以y 1＋y 22＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＋a ＝2k 2＋a ，即AB 的中点为R ()2k ，2k 2＋a .则有PR ⊥x 轴．若APBQ 为菱形，则PR ⊥AB ，所以k ＝0,此时P ()0，－a ， R ()0，a ，Q ()0，3a . 方法二 设A ()x 1，y 1，B ()x 2，y 2， Q ()0，y 0， 由x 2＝4y ，得y ＝14x 2，则y ′＝12x,若APBQ 为菱形，则AQ ∥BP ，BQ ∥AP ， 则k AQ ＝y 1－y 0x 1＝12x 2，k BQ ＝y 2－y 0x 2＝12x 1，即y 1－y 0＝12x 1x 2，y 2－y 0＝12x 1x 2，则y 1＝y 2，∴k ＝0, ∴A ()－2a ，a ，B ()2a ，a ， 则抛物线C 在A ()－2a ，a 处的切线为y －a ＝－a ()x ＋2a ，即y ＝－ax －a ， ①同理抛物线C 在B ()2a ，a 处的切线为y ＝ax －a ， ②联立①②得P ()0，－a .又AB 的中点为R ()0，a ，所以Q ()0，3a .方法三 设A ()x 1，y 1，B ()x 2，y 2， Q ()0，y 0，由x 2＝4y ，得y ＝14x 2，则y ′＝12x, 若APBQ 为菱形，则AQ ∥BP ，BQ ∥AP ，则k AQ ＝y 1－y 0x 1＝12x 2，k BQ ＝y 2－y 0x 2＝12x 1， 即y 1－y 0＝12x 1x 2，y 2－y 0＝12x 1x 2， 则y 1＝y 2，∴k ＝0, 此时直线AB: y ＝kx ＋a ＝a ，则y 0＝－12x 1x 2＋y 1＝－12·()－4a ＋a ＝3a ， 所以Q ()0，3a .B 组 能力提高5.如图，抛物线C ：y 2＝2px 的焦点为F ，抛物线上一定点Q (1,2)．(1)求抛物线C 的方程及准线l 的方程；(2)过焦点F 的直线(不经过Q 点)与抛物线交于A ，B 两点，与准线l 交于点M ，记QA ，QB ，QM 的斜率分别为k 1，k 2，k 3，问是否存在常数λ，使得k 1＋k 2＝λk 3成立，若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解 (1)把Q (1,2)代入y 2＝2px ，得2p ＝4，所以抛物线方程为y 2＝4x ，准线l 的方程为x ＝－1.(2)由条件可设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)，k ≠0.由抛物线准线l ：x ＝－1可知，M (－1，－2k )．又Q (1,2)，所以k 3＝2＋2k 1＋1＝k ＋1， 即k 3＝k ＋1.把直线AB 的方程y ＝k (x －1)，代入抛物线方程y 2＝4x ，并整理，可得k 2x 2－2(k 2＋2)x ＋k 2＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由根与系数的关系知，x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2，x 1x 2＝1，且Δ＝16(k 2＋1)>0， 又Q (1,2)，则k 1＝2－y 11－x 1，k 2＝2－y 21－x 2. 因为A ，F ，B 共线，所以k AF ＝k BF ＝k ，即y 1x 1－1＝y 2x 2－1＝k . 所以k 1＋k 2＝2－y 11－x 1＋2－y 21－x 2＝y 1x 1－1＋y 2x 2－1－2(x 1＋x 2－2)x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1 ＝2k －2⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋4k 2－21－2k 2＋4k 2＋1＝2k ＋2， 即k 1＋k 2＝2k ＋2.又k 3＝k ＋1，可得k 1＋k 2＝2k 3.即存在常数λ＝2，使得k 1＋k 2＝λk 3成立．6.(2017届九江模拟)如图所示，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >c )的焦距为 2，直线y ＝x 被椭圆 C 截得的弦长为433. (1)求椭圆 C 的方程；(2)设点M ()x 0，y 0是椭圆 C 上的动点，过原点O 引两条射线l 1，l 2与圆M ：()x －x 02＋()y －y 02＝23分别相切，且l 1，l 2的斜率k 1，k 2存在． ①试问 k 1k 2 是否为定值？若是，求出该定值，若不是，说明理由；②若射线l 1，l 2与椭圆 C 分别交于点A ，B ，求||OA ·||OB 的最大值． 解 (1)依题意得c ＝1，设直线y ＝x 与椭圆C 相交于P ，Q 两点，则||OP ＝233，不妨设P ⎝⎛⎭⎫63，63， ∴23a 2＋23b2＝1，又a 2－b 2＝1，解得a ＝2，b ＝1， ∴椭圆 C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)①设射线l 方程为y ＝kx ，A ()x 1，y 1，B ()x 2，y 2，则||kx 0－y 01＋k 2＝63，两边平方整理得()3x 20－2k 2－6x 0y 0k ＋3y 20－2＝0, ∵y 20＝1－x 202， ∴k 1k 2＝3y 20－23x 20－2＝3⎝⎛⎭⎫1－x 202－23x 20－2＝－12. ②联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2y 2＝2，y ＝k 1x ，消去 y 得 x 2＝21＋2k 21，||OA 2＝2＋2k 211＋2k 21，同理||OB 2＝2＋2k 221＋2k 22， ∴||OA 2·||OB 2＝2＋2k 211＋2k 21·2＋2k 221＋2k 22＝4·()k 1k 22＋()k 21＋k 22＋14()k 1k 22＋2()k 21＋k 22＋1＝4()k 21＋k 22＋52()k 21＋k 22＋2 ＝2＋12k 21＋12k 21＋2≤94， 当且仅当k 21＝12时，取等号， ∴(||OA ·||OB )max ＝32.。
2018年高考数学二轮复习专题六解析几何第2讲椭圆双曲线抛物线课件文20171218117
例1
x2 y2 (1)(2017· 湛江模拟)已知双曲线a2－ 3 ＝1(a>0)的一个焦点与抛物线
y2＝8x 的焦点重合，则 a 等于
√
A.1
B.2
C. 13
D. 19
解析 抛物线y2＝8x的焦点为F(2，0)，
x2 y2 在双曲线a2－ 3 ＝1(a>0)中，c＝2，c2＝4，b2＝3，
所以a2＝c2－b2＝4－3＝1, 所以a＝1，故选A.
1
2
3
4
解析
答案
2.(2017· 全国Ⅱ改编)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 轴上方 ) ， l 为C 的准线，点 N 在 l 上且 MN⊥l ，则 M 到直线 NF
2 3 的距离为______.
1
2
3
4
解析
答案
x2 y2 3 3.(2017· 全国Ⅲ)双曲线 2－ ＝1(a>0)的一条渐近线方程为 y＝ x，则 a＝ 5 a 9
2
a＋c a＋c2 a＋c2 2 ＝ ， 由题设圆的半径 r＝ 2 ， 则 b ＋a－ 2 2
2 2
－1＋ 5 即 a －c ＝ac⇒e ＋e－1＝0，解得 e＝ ，故选 B. 2
解析 答案
2 x2 y2 (2)已知双曲线 C: a2－b2＝1(a>0, b>0)的焦距为 2c，直线 l 过点3a，0且
专题六 解析几何
第2讲
椭圆、双曲线、抛物线
热点分类突破
真题押题精练
Ⅰ
热点分类突破
热点一 圆锥曲线的定义与标准方程 1.圆锥曲线的定义 (1)椭圆：|PF1|＋|PF2|＝2a(2a>|F1F2|). (2)双曲线：||PF1|－|PF2||＝2a(2a<|F1F2|). (3)抛物线：|PF|＝|PM|，点F不在直线l上，PM⊥l于M. 2.求解圆锥曲线标准方程“先定型，后计算” 所谓“定型”，就是确定曲线焦点所在的坐标轴的位置；所谓“计算”， 就是指利用待定系数法求出方程中的a2，b2，p的值.
2018届高三数学文二轮复习课件：第1部分专题六 解析几何 1-6-2 精品
类型二 双曲线标准方程及性质
[例 2] (1)已知 A，B 为双曲线 E 的左，右顶点，点 M 在 E 上，
△ABM 为等腰三角形，且顶角为 120°，则 E 的离心率为( D )
A. 5
B．2
C. 3
D. 2
解析：基本法：设双曲线 E 的方程为ax22－by22＝1. 如图所示，可知|AB|＝|BM|＝2a，∠ABM＝120°，则∠MBx＝60°.
∴e＝ac＝ 1＋ab22＝ 2. 速解法：作 MD⊥x 轴于 D 点，在 Rt△MBD 中，BD＝a，MD＝ 3 a ∴M(2a， 3a)在双曲线上，∴a2＝b2，即 a＝b. 故曲线为等轴双曲线，所以 e＝ 2. 答案：D
方略点评：基本法是根据直线与双曲线联立方程组求 M 点，并根 据离心率定义求解.速解法是利用解三角形求 M 点，并根据等轴双 曲线定义求 c.
(2)已知 F 是双曲线 C：x2－y82＝1 的右焦点，P 是 C 的左支上一点， A(0,6 6)．当△APF 周长最小时，该三角形的面积为________．
解析：基本法：由已知得双曲线的右焦点 F(3,0)． 设双曲线的左焦点为 F′，则 F′(－3,0)．由双曲线的定义及已知 得|PF|＝2a＋|PF′|＝2＋|PF′|.△APF 的周长最小，即|PA|＋|PF| 最小．|PA|＋|PF|＝|PA|＋2＋|PF′|≥|AF′|＋2＝17，即当 A、P、 F′三点共线时，△APF 的周长最小．
A．1
B．2
C．4ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
D．8
解析：基本法：由 y2＝x 得 2p＝1，即 p＝12，因此焦点 F14，0， 准线方程为 l：x＝－14，设点 A 到准线的距离为 d，由抛物线的定 义可知 d＝|AF|，从而 x0＋14＝54x0，解得 x0＝1，故选 A. 速解法：如果 x0＝1，则|AF|＝1＋14＝54，适合|AF|＝54x0，故选 A. 答案：A
专题6 解析几何 第2讲 椭圆、双曲线、抛物线ppt课件 2018届高考数学(理)二轮复习精品
(1)求椭圆C的方程及离心率；
解答
12 (2)若△OMN 的面积为11，O 为坐标原点，求直线 l 的方程.
解答
Ⅱ
真题押题精练
真题体验
x2 y2 1.(2017· 全国Ⅱ改编)若双曲线 C：a2－b2＝1(a>0，b>0)的一条渐近线被圆
专题六 解析几何
第2讲
椭圆、双曲线、抛物线
热点分类突破
真题押题精练
Ⅰ
热点分类突破
热点一 圆锥曲线的定义与标准方程 1.圆锥曲线的定义 (1)椭圆：|PF1|＋|PF2|＝2a(2a>|F1F2|). (2)双曲线：||PF1|－|PF2||＝2a(2a<|F1F2|). (3)抛物线：|PF|＝|PM|，点F不在直线l上，PM⊥l于M. 2.求解圆锥曲线标准方程“先定型，后计算” 所谓“定型”，就是确定曲线焦点所在的坐标轴的位置；所谓“计算”， 就是指利用待定系数法求出方程中的a2，b2，p的值.
与双曲线 C 的一条渐近线垂直，以双曲线 C 的右焦点为圆心，半焦距为 4 2 半径的圆与直线 l 交于 M, N 两点，若 MN ＝ 3 c，则双曲线 C 的渐近线
方程为 A.y＝± 2x C.y＝± 2x B.y＝± 3x √ D.y＝± 4x
解析
答案
热点三 直线与圆锥曲线
思维升华
解析
答案
跟踪演练 1
(1)已知双曲线过点 2，3 ，其中一条渐近线方程为 y＝ 3x，
则双曲线的标准方程是 7x2 y2 16 －12＝1 y2 x2 B. 3 － 2 ＝1 3y2 x2 D. 23 －23＝1
√
2 y 2 C.x － 3 ＝1
高三数学(理)二轮复习专题六 解析几何6.2课件
1.判断直线与圆锥曲线公共点的个数或求交点问题有两种常用方法 (1)代数法：即联立直线与圆锥曲线方程可得到一个关于 x，y 的方程组，消去 y(或 x)得一元方程，此方程根的个数即为交点个数，方程组的解即为交点坐标； (2)几何法：即画出直线与圆锥曲线的图象，根据图象判断公共点个数． 2．依据直线与圆锥曲线的交点个数求参数时，联立方程组并消元转化为一元 方程，此时注意观察方程的二次项系数是否为 0，若为 0，则方程为一次方程； 若不为 0，则将方程解的个数转化为判别式与 0 的大小关系求解.
33p，－p2，∴
33p2－－p22＝2，解得
p＝2
6，
∴抛物线 C 的方程为 x2＝2py＝4 6y，故选 D.
答案： D
3．已知椭圆 C：ax22＋by22＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1、F2，其焦距为 2c，
点 Qc，a2在椭圆的内部，点 P 是椭圆 C 上的动点，且|PF1|＋|PQ|<5|F1F2|恒成立， 则椭圆的离心率的取值范围是( )
知
kPF＝0－4－－0
＝ 2a
42a＝1，所以
2a＝4，解得 a＝2
2，所以双曲线的方程为
x82－y82＝1，故选 B.
(2)如图，不妨设点 M 位于第一象限内，抛物线 C 的准线交 x 轴于点 A，过 点 M 作准线的垂线，垂足为点 B，交 y 轴于点 P，∴PM∥OF.由题意知，F(2,0)， |FO|＝|AO|＝2.
(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)．
因为
4|OF| ＝ |AF| ＋ |BF| ， 所 以
4×
p 2
＝
y1
＋
p 2
＋
y2
2018届高考数学(文)二轮专题复习：第1部分 专题六 解析几何 1-6-2
限时规范训练十五 圆锥曲线的定义、性质，直线与圆锥曲线限时40分钟，实际用时________ 分值80分，实际得分________一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分)1．若实数k 满足0＜k ＜9，则曲线x 225－y 29－k ＝1与曲线x 225－k －y 29＝1的( )A ．焦距相等B ．实半轴长相等C ．虚半轴长相等D ．离心率相等解析：选A.由25＋(9－k )＝(25－k )＋9，知两曲线的焦距相等．2．(2017·宁夏银川质检)抛物线y 2＝8x 的焦点到双曲线x 2－y 23＝1的渐近线的距离是( )A.12B.32C ．1D. 3解析：选D.由抛物线y 2＝8x ，有2p ＝8⇒p ＝4，焦点坐标为(2,0)，双曲线的渐近线方程为y ＝±3x ，不妨取其中一条3x －y ＝0，由点到直线的距离公式，有d ＝|3×2－0|3＋1＝3，故选D.3．已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的一条渐近线方程为y ＝52x ，且与椭圆x 212＋y 23＝1有公共焦点．则C 的方程为( )A.x 28－y 210＝1B.x 24－y 25＝1C.x 25－y 24＝1 D.x 24－y 23＝1 解析：选B.∵双曲线的一条渐近线方程为y ＝52x ，则b a ＝52，① 又∵椭圆x 212＋y 23＝1与双曲线有公共焦点，易知c ＝3，则a 2＋b 2＝c 2＝9，②由①②解得a ＝2，b ＝5，则双曲线C 的方程为x 24－y 25＝1，故选B.4．已知抛物线y 2＝2px 的焦点F 与双曲线x 27－y 29＝1的右焦点重合，抛物线的准线与x 轴的交点为K ，点A 在抛物线上且|AK |＝2|AF |，则△AFK 的面积为( )A ．4B ．8C ．16D ．32解析：选D.因为抛物线y 2＝2px 的焦点F 与双曲线x 27－y 29＝1的右焦点(4,0)重合，所以p ＝8.设A (m ，n )，又|AK |＝2|AF |，所以m ＋4＝|n |， 又n 2＝16m ，解得m ＝4，|n |＝8， 所以△AFK 的面积为S ＝12×8×8＝32.5．(2017·安徽合肥模拟)已知双曲线x 2－y 23＝1的左顶点为A 1，右焦点为F 2，P 为双曲线右支上一点，则PA 1→·PF 2→的最小值为( )A ．－2B ．－8116C ．1D ．0解析：选A.设点P (x ，y )，其中x ≥1.依题意得A 1(－1,0)，F 2(2,0)，则有y 23＝x 2－1，y 2＝3(x2－1)，PA 1→·PF 2→＝(－1－x ，－y )·(2－x ，－y )＝(x ＋1)(x －2)＋y 2＝x 2＋3(x 2－1)－x －2＝4x 2－x －5＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －182－8116，其中x ≥1.因此，当x ＝1时，PA 1→·PF 2→取得最小值－2，选A.6．(2017·浙江宁波模拟)点A 是抛物线C 1：y 2＝2px (p ＞0)与双曲线C 2：x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b＞0)的一条渐近线的交点，若点A 到抛物线C 1的准线的距离为p ，则双曲线C 2的离心率等于( )A. 2B. 3C. 5D. 6解析：选C.取双曲线的一条渐近线为y ＝bax ，联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝2px ，y ＝bax ⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2pa 2b2，y ＝2pab ，故A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2pa 2b2，2pa b .因为点A 到抛物线C 1的准线的距离为p .所以p 2＋2pa 2b 2＝p ，所以a 2b 2＝14.所以双曲线C 2的离心率e ＝ca＝a 2＋b 2a 2＝ 5. 7．(2017·山东德州一模)已知抛物线y 2＝8x 与双曲线x 2a2－y 2＝1(a ＞0)的一个交点为M ，F为抛物线的焦点，若|MF |＝5，则该双曲线的渐近线方程为( )A ．5x ±3y ＝0B ．3x ±5y ＝0C ．4x ±5y ＝0D ．5x ±4y ＝0解析：选A.抛物线y 2＝8x 的焦点为F (2,0)，准线方程为x ＝－2，设M (m ，n )，则由抛物线的定义可得|MF |＝m ＋2＝5，解得m ＝3，由n 2＝24，可得n ＝±2 6.将M (3，±26)代入双曲线x 2a2－y 2＝1(a ＞0)，可得9a 2－24＝1(a ＞0)，解得a ＝35，故双曲线的渐近线方程为y ＝±53x ，即5x ±3y＝0.故选A.8．(2016·高考全国卷Ⅲ)已知O 为坐标原点，F 是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点，A ，B 分别为C 的左，右顶点．P 为C 上一点，且PF ⊥x 轴．过点A 的直线l 与线段PF 交于点M ，与y 轴交于点E .若直线BM 经过OE 的中点，则C 的离心率为( )A.13B.12C.23D.34解析：选A.由题意可知直线AE 的斜率存在，设为k ，直线AE 的方程为y ＝k (x ＋a )，令x ＝0可得点E 坐标为(0，ka )，所以OE 的中点H 坐标为⎝⎛⎭⎪⎫0，ka 2，又右顶点B (a,0)，所以可得直线BM 的斜率为－k 2，可设其方程为y ＝－k 2x ＋k2a ，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x ＋a ，y ＝－k 2x ＋k 2a ，可得点M 横坐标为－a3，又点M 的横坐标和左焦点相同，所以－a 3＝－c ，所以e ＝13.9．已知双曲线的标准方程为x 29－y 216＝1，F 为其右焦点，A 1，A 2分别是实轴的左、右端点，设P 为双曲线上不同于A 1，A 2的任意一点，直线A 1P ，A 2P 与直线x ＝a 分别交于M ，N 两点，若FM →·FN→＝0，则a 的值为( )A.169B.95C.259D.165解析：选B.∵双曲线x 29－y 216＝1，右焦点F (5,0)，A 1(－3,0)，A 2(3,0)，设P (x ，y )，M (a ，m )，N (a ，n )，∵P ，A 1，M 三点共线，∴m a ＋3＝y x ＋3，m ＝y a ＋x ＋3， ∵P ，A 2，N 三点共线，∴na －3＝yx －3，∴n ＝y a －x －3.∵x 29－y 216＝1，∴x 2－99＝y 216，∴y 2x 2－9＝169.又FM →＝⎝⎛⎭⎪⎫a －5，y a ＋x ＋3，FN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －5，y a －x －3，∴FM →·FN →＝(a －5)2＋y 2a 2－x 2－9＝(a －5)2＋a 2－9，∵FM →·FN →＝0，∴(a －5)2＋a 2－9＝0，∴25a 2－90a ＋81＝0，∴a ＝95.故选B.10．(2017·山东东营模拟)设F 1，F 2是双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的左、右焦点，若双曲线右支上存在一点P ，使PF 1→·PF 2→＝0，且|PF 1|＝3|PF 2|，则该双曲线的离心率为( )A.2＋12 B.2＋1C.3＋12D.3＋1解析：选C.因为双曲线右支上存在一点P ，使PF 1→·PF 2→＝0，所以PF 1→⊥PF 2→， 因为|PF 1|＝3|PF 2|，所以|F 1F 2|＝2|PF 2|＝4c ，即|PF 2|＝2c ， 所以|PF 1|－|PF 2|＝3|PF 2|－|PF 2| ＝(3－1)|PF 2|＝2a ，因为|PF 2|＝2c ，所以2c (3－1)＝2a ，e ＝c a ＝13－1＝3＋12. 11．以抛物线C 的顶点为圆心的圆交C 于A ，B 两点，交C 的准线于D ，E 两点．已知|AB |＝42，|DE |＝25，则C 的焦点到准线的距离为( )A ．2B ．4C ．6D ．8解析：选B.设抛物线方程为y 2＝2px (p >0)，圆的方程为x 2＋y 2＝r 2. ∵|AB |＝42，|DE |＝25， 抛物线的准线方程为x ＝－p2，∴不妨设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫4p ，22，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－p 2，5. ∵点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫4p ，22，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－p 2，5在圆x 2＋y 2＝r 2上，∴⎩⎪⎨⎪⎧16p 2＋8＝r 2，p 24＋5＝r 2，∴16p 2＋8＝p24＋5，∴p ＝4(负值舍去)． ∴C 的焦点到准线的距离为4.12．(2017·高考全国卷Ⅰ)已知F 为抛物线C ：y 2＝4x 的焦点，过F 作两条互相垂直的直线l 1，l 2，直线l 1与C 交于A ，B 两点，直线l 2与C 交于D ，E 两点，|AB |＋|DE |的最小值为( )A ．16B ．14C ．12D ．10解析：选A.设AB 倾斜角为θ，则|AB |＝2psin 2θ，又DE 与AB 垂直，即DE 的倾斜角为π2＋θ，|DE |＝2p sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋θ＝2p cos 2θ而y 2＝4x ，即p ＝2. ∴|AB |＋|DE |＝2p ⎝⎛⎭⎪⎫1sin 2θ＋1cos 2θ＝4sin 2θcos 2θ＝16sin 22θ≥16，当θ＝π4时取等号， 即|AB |＋|DE |最小值为16，故选A.二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．已知离心率e ＝52的双曲线C ：x 2a 2－y2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的右焦点为F ，O 为坐标原点，以OF 为直径的圆与双曲线C 的一条渐近线相交于O ，A 两点，若△AOF 的面积为4，则a 的值为________．解析：因为e ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a2＝52，所以b a ＝12，|AF ||OA |＝b a ＝12，设|AF |＝m ，|OA |＝2m ，由面积关系得12×m ×2m ＝4，所以m ＝2，由勾股定理，得c ＝m 2＋m2＝25，又c a ＝52，所以a ＝4. 答案：414．设F 1，F 2分别是椭圆E ：x 2＋y 2b2＝1(0＜b ＜1)的左、右焦点，过点F 1的直线交椭圆E 于A ，B 两点．若|AF 1|＝3|F 1B |，AF 2⊥x 轴，则椭圆E 的方程为________．解析：设F 1(－c,0)，F 2(c,0)，其中c ＝1－b 2， 则可设A (c ，b 2)，B (x 0，y 0)，由|AF 1|＝3|F 1B |，可得(－2c ，－b 2)＝3(x 0＋c ，y 0)，故⎩⎪⎨⎪⎧－2c ＝3x 0＋3c ，－b 2＝3y 0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－53c ，y 0＝－13b 2，代入椭圆方程可得－b29＋19b 2＝1， 解得b 2＝23，故椭圆方程为x 2＋3y 22＝1.答案：x 2＋3y22＝115．(2016·高考江苏卷)如图，在平面直角坐标系xOy 中，F 是椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点，直线y ＝b 2与椭圆交于B ，C 两点，且∠BFC ＝90°，则该椭圆的离心率是________．解析：由已知条件易得B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，b 2，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，b 2，F (c,0)， ∴BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋32a ，－b 2，CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫c －32a ，－b 2，由∠BFC ＝90°，可得BF →·CF →＝0， 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫c －32a ⎝ ⎛⎭⎪⎫c ＋32a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 22＝0， 即c 2－34a 2＋14b 2＝0，即4c 2－3a 2＋(a 2－c 2)＝0，亦即3c 2＝2a 2，所以c 2a 2＝23，则e ＝c a ＝63.答案：6316．(2017·山东潍坊模拟)抛物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点为F ，已知点A ，B 为抛物线上的两个动点，且满足∠AFB ＝120°.过弦AB 的中点M 作抛物线准线的垂线MN ，垂足为N ，则|AB ||MN |的最小值为________．解析：设AF ＝a ，BF ＝b ，由余弦定理得|AB |2＝a 2＋b 2－2ab cos 120°＝a 2＋b 2＋ab ＝(a ＋b )2－ab ≥(a ＋b )2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝34(a ＋b )2，因为a ＋b 2＝AF ＋BF2＝MN ，所以|AB |2≥34|2MN |2，所以|AB ||MN |≥3，所以最小值为 3.答案： 3。