第九章 高考专题突破五

高考专题突破五 高考中的圆锥曲线问题【考点自测】1．(2017·全国Ⅲ)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＝1 B.x 24－y 25＝1 C.x 25－y 24＝1 D.x 24－y 23＝1 答案 B 解析 由y ＝52x ，可得b a ＝52.① 由椭圆x 212＋y 23＝1的焦点为(3,0)，(－3,0)，可得a 2＋b 2＝9.② 由①②可得a 2＝4，b 2＝5. 所以C 的方程为x 24－y 25＝1.故选B.2．(2017·全国Ⅲ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右顶点分别为A 1，A 2，且以线段A 1A 2为直径的圆与直线bx －ay ＋2ab ＝0相切，则C 的离心率为( ) A.63 B.33 C.23 D.13答案 A解析 由题意知，以A 1A 2为直径的圆的圆心为(0,0)，半径为a .又直线bx －ay ＋2ab ＝0与圆相切，∴圆心到直线的距离d ＝2aba 2＋b 2＝a ，解得a ＝3b ，∴b a ＝13， ∴e ＝c a ＝a 2－b 2a＝1－⎝⎛⎭⎫b a 2＝1－⎝⎛⎭⎫132＝63.故选A.3．(2017·全国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，则|AB |＋|DE |的最小值为( ) A ．16 B ．14 C ．12 D ．10 答案 A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. 显然，该方程必有两个不等实根．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)k 2＋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．故选A.4．(2017·北京)若双曲线x 2－y 2m＝1的离心率为3，则实数m ＝________.答案 2解析 由双曲线的标准方程知a ＝1，b 2＝m ，c ＝1＋m ，故双曲线的离心率e ＝ca ＝1＋m ＝3，∴1＋m ＝3，解得m ＝2.5．(2017·山东)在平面直角坐标系xOy 中，双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的右支与焦点为F的抛物线x 2＝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________． 答案 y ＝±22x 解析 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2a 2－y 2b 2＝1，x 2＝2py ，得a 2y 2－2pb 2y ＋a 2b 2＝0， 显然，方程必有两个不等实根． ∴y 1＋y 2＝2pb 2a 2.又∵|AF |＋|BF |＝4|OF |，∴y 1＋p 2＋y 2＋p 2＝4×p2，即y 1＋y 2＝p ，∴2pb 2a 2＝p ，即b 2a 2＝12，∴b a ＝22， ∴双曲线的渐近线方程为y ＝±22x .题型一 求圆锥曲线的标准方程例1 (2018·佛山模拟)设椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，上顶点为B .若|BF 2|＝|F 1F 2|＝2，则该椭圆的方程为( ) A.x 24＋y 23＝1 B.x 23＋y 2＝1C.x 22＋y 2＝1 D.x 24＋y 2＝1 答案 A解析 ∵|BF 2|＝|F 1F 2|＝2，∴a ＝2c ＝2，∴a ＝2，c ＝1，∴b ＝3，∴椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.思维升华 求圆锥曲线的标准方程是高考的必考题型，主要利用圆锥曲线的定义、简单性质，解得标准方程中的参数，从而求得方程．跟踪训练1 已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的一个焦点为F (2,0)，且双曲线的渐近线与圆(x －2)2＋y 2＝3相切，则双曲线的方程为( ) A.x 29－y 213＝1 B.x 213－y 29＝1 C.x 23－y 2＝1 D ．x 2－y 23＝1 答案 D解析 双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的一个焦点为F (2,0)，则a 2＋b 2＝4，①双曲线的渐近线方程为y ＝±ba x ，由题意得2b a 2＋b 2＝3，②联立①②解得b ＝3，a ＝1， 所求双曲线的方程为x 2－y 23＝1，故选D. 题型二 圆锥曲线的简单性质例2 (1)(2018届辽宁凌源二中联考)已知双曲线C ：x 2a 2－y 216＝1(a >0)的一个焦点为(5,0)，则双曲线C 的渐近线方程为( ) A ．4x ±3y ＝12 B ．4x ±41y ＝0 C ．16x ±9y ＝0 D ．4x ±3y ＝0答案 D解析 由题意得c ＝5，则a 2＝c 2－16＝9，即a ＝3，所以双曲线的渐近线方程为y ＝±43x ，即4x ±3y ＝0，故选D.(2)(2016·天津)设抛物线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2pt 2，y ＝2pt (t 为参数，p >0)的焦点为F ，准线为l .过抛物线上一点A作l 的垂线，垂足为B .设C ⎝⎛⎭⎫72p ，0，AF 与BC 相交于点E .若|CF |＝2|AF |，且△ACE 的面积为32，则p 的值为________． 答案6解析 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2pt 2，y ＝2pt(p >0)消去t 可得抛物线方程为y 2＝2px (p >0)，∴F ⎝⎛⎭⎫p 2，0，又|CF |＝2|AF |且|CF |＝⎪⎪⎪⎪72p －p 2＝3p ， ∴|AB |＝|AF |＝32p ，可得A (p ，2p )． 易知△AEB ∽△FEC ， ∴|AE ||FE |＝|AB ||FC |＝12， 故S △ACE ＝13S △ACF ＝13×3p ×2p ×12＝22p 2＝32， ∴p 2＝6，∵p >0，∴p ＝ 6.思维升华 圆锥曲线的简单性质是高考考查的重点，求离心率、准线、双曲线渐近线是常考题型，解决这类问题的关键是熟练掌握各性质的定义，及相关参数间的联系．掌握一些常用的结论及变形技巧，有助于提高运算能力．跟踪训练2 (2017·全国Ⅱ)若双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线被圆(x －2)2＋y 2＝4所截得的弦长为2，则C 的离心率为( )A ．2 B. 3 C. 2 D.233答案 A解析 设双曲线的一条渐近线方程为y ＝ba x ，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|2b |a 2＋b 2＝3，解得b 2＝3a 2.所以C 的离心率e ＝ca＝c 2a 2＝1＋b 2a 2＝2. 故选A.题型三 最值、范围问题例3 (2017·浙江)如图，已知抛物线x 2＝y ，点A ⎝⎛⎭⎫－12，14，B ⎝⎛⎭⎫32，94，抛物线上的点P (x ，y )⎝⎛⎭⎫－12＜x ＜32，过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q .(1)求直线AP 斜率的取值范围； (2)求|P A |·|PQ |的最大值． 解 (1)由P (x ，y )，即P (x ，x 2)．设直线AP 的斜率为k ，则k ＝x 2－14x ＋12＝x －12，因为－12＜x ＜32.所以直线AP 斜率的取值范围为(－1,1)．(2)联立直线AP 与BQ 的方程⎩⎨⎧kx －y ＋12k ＋14＝0，x ＋ky －94k －32＝0，解得点Q 的横坐标是x Q ＝－k 2＋4k ＋32(k 2＋1).因为|P A |＝1＋k 2⎝⎛⎭⎫x ＋12＝1＋k 2(k ＋1)，|PQ |＝1＋k 2(x Q －x )＝－(k －1)(k ＋1)2k 2＋1，所以|P A |·|PQ |＝－(k －1)(k ＋1)3， 令f (k )＝－(k －1)(k ＋1)3， 因为f ′(k )＝－(4k －2)(k ＋1)2，所以f (k )在区间⎝⎛⎭⎫－1，12上单调递增，⎝⎛⎭⎫12，1上单调递减．因此当k ＝12时，|P A |·|PQ |取得最大值2716.思维升华 圆锥曲线中的最值、范围问题解决方法一般分两种：一是代数法，从代数的角度考虑，通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法和基本不等式法、换元法、导数法等方法求最值；二是几何法，从圆锥曲线的简单性质的角度考虑，根据圆锥曲线的几何意义求最值与范围．跟踪训练3 (2016·山东)平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是32，抛物线E ：x 2＝2y 的焦点F 是C 的一个顶点．(1)求椭圆C 的方程；(2)设P 是E 上的动点，且位于第一象限，E 在点P 处的切线l 与C 交于不同的两点A ，B ，线段AB 的中点为D .直线OD 与过P 且垂直于x 轴的直线交于点M . ①求证：点M 在定直线上；②直线l 与y 轴交于点G ，记△PFG 的面积为S 1，△PDM 的面积为S 2，求S 1S 2的最大值及取得最大值时点P 的坐标． (1)解 由题意知a 2－b 2a ＝32，可得a 2＝4b 2，因为抛物线E 的焦点为F ⎝⎛⎭⎫0，12，所以b ＝12，a ＝1，所以椭圆C 的方程为x 2＋4y 2＝1.(2)①证明 设P ⎝⎛⎭⎫m ，m22(m >0)，由x 2＝2y ，可得y ′＝x ，所以直线l 的斜率为m ，因此直线l 的方程为y －m 22＝m (x －m )．即y ＝mx －m 22.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (x 0，y 0)． 联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝1，y ＝mx －m 22， 得(4m 2＋1)x 2－4m 3x ＋m 4－1＝0. 由Δ>0，得0<m <2＋5(或0<m 2<2＋5)．(*)且x 1＋x 2＝4m 34m 2＋1，因此x 0＝2m 34m 2＋1，将其代入y ＝mx －m 22，得y 0＝－m 22(4m 2＋1)，因为y 0x 0＝－14m， 所以直线OD 方程为y ＝－14mx ，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－14mx ，x ＝m ，得点M 的纵坐标y M ＝－14，所以点M 在定直线y ＝－14上．②解 由①知直线l 的方程为y ＝mx －m 22，令x ＝0，得y ＝－m 22，所以G ⎝⎛⎭⎫0，－m 22，又P ⎝⎛⎭⎫m ，m 22，F ⎝⎛⎭⎫0，12，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫2m 34m 2＋1，－m 22(4m 2＋1)，所以S 1＝12·|GF |·m ＝(m 2＋1)m 4，S 2＝12·|PM |·|m －x 0|＝12×2m 2＋14×2m 3＋m 4m 2＋1＝m (2m 2＋1)28(4m 2＋1)， 所以S 1S 2＝2(4m 2＋1)(m 2＋1)(2m 2＋1)2.设t ＝2m 2＋1，则S 1S 2＝(2t －1)(t ＋1)t 2＝2t 2＋t －1t 2＝－1t 2＋1t＋2，当1t ＝12，即t ＝2时，S 1S 2取到最大值94， 此时m ＝22，满足(*)式，所以P 点坐标为⎝⎛⎭⎫22，14. 因此S 1S 2的最大值为94，此时点P 的坐标为⎝⎛⎭⎫22，14.题型四 定点、定值问题例4 (2017·益阳、湘潭调研)已知动圆P 经过点N (1,0)，并且与圆M ：(x ＋1)2＋y 2＝16相切． (1)求点P 的轨迹C 的方程；(2)设G (m,0)为轨迹C 内的一个动点，过点G 且斜率为k 的直线l 交轨迹C 于A ，B 两点，当k 为何值时，ω＝|GA |2＋|GB |2是与m 无关的定值，并求出该定值． 解 (1)由题设得|PM |＋|PN |＝4>|MN |＝2， ∴点P 的轨迹C 是以M ，N 为焦点的椭圆， ∵2a ＝4,2c ＝2，∴b ＝a 2－c 2＝3，∴点P 的轨迹C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，G (m,0)(－2<m <2)， 直线l ：y ＝k (x －m )，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －m )，x 24＋y 23＝1，得(3＋4k 2)x 2－8k 2mx ＋4k 2m 2－12＝0， x 1＋x 2＝8mk 24k 2＋3，x 1·x 2＝4k 2m 2－124k 2＋3，∴y 1＋y 2＝k (x 1－m )＋k (x 2－m ) ＝k (x 1＋x 2)－2km ＝－6mk4k 2＋3.y 1·y 2＝k 2(x 1－m )(x 2－m ) ＝k 2x 1x 2－k 2m (x 1＋x 2)＋k 2m 2 ＝3k 2(m 2－4)4k 2＋3.∴|GA |2＋|GB |2＝(x 1－m )2＋y 21＋(x 2－m )2＋y 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2－2m (x 1＋x 2)＋2m 2＋(y 1＋y 2)2－2y 1y 2 ＝(k 2＋1)－6m 2(4k 2－3)＋24(3＋4k 2)(4k 2＋3)2. ∵ω＝|GA |2＋|GB |2的值与m 无关，∴4k 2－3＝0， 解得k ＝±32.此时ω＝|GA |2＋|GB |2＝7. 思维升华 求定点及定值问题常见的方法有两种 (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．跟踪训练4 已知椭圆C ：9x 2＋y 2＝m 2(m ＞0)，直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴，l 与C 有两个交点A ，B ，线段AB 的中点为M .(1)证明：直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值；(2)若l 过点⎝⎛⎭⎫m3，m ，延长线段OM 与C 交于点P ，四边形OAPB 能否为平行四边形？若能，求此时l 的斜率；若不能，请说明理由． (1)证明 设直线l ：y ＝kx ＋b (k ≠0，b ≠0)， A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x M ，y M )． 将y ＝kx ＋b 代入9x 2＋y 2＝m 2， 得(k 2＋9)x 2＋2kbx ＋b 2－m 2＝0，①故x M ＝x 1＋x 22＝－kb k 2＋9，y M ＝kx M ＋b ＝9b k 2＋9. 于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M ＝－9k，即k OM ·k ＝－9. 所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值．(2)解 四边形OAPB 能为平行四边形．因为直线l 过点⎝⎛⎭⎫m 3，m ，由①中判别式Δ＝4k 2b 2－4(k 2＋9)·(b 2－m 2)>0，得k 2m 2>9b 2－9m 2，又b ＝m －k 3m ，所以k 2m 2>9⎝⎛⎭⎫m －k 3m 2－9m 2， 得k 2>k 2－6k ，所以k >0.所以l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是k ＞0，k ≠3.由(1)得OM 的方程为y ＝－9kx . 设点P 的横坐标为x P ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－9k x ，9x 2＋y 2＝m 2，得x 2P ＝k 2m 29k 2＋81，即x P ＝±km 3k 2＋9. 将点⎝⎛⎭⎫m 3，m 的坐标代入l 的方程得b ＝m (3－k )3， 因此x M ＝km (k －3)3(k 2＋9). 四边形OAPB 为平行四边形当且仅当线段AB 与线段OP 互相平分，即x P ＝2x M . 于是±km 3k 2＋9＝2×km (k －3)3(k 2＋9)， 解得k 1＝4－7，k 2＝4＋7.因为k i ＞0，k i ≠3，i ＝1,2，所以当l 的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB 为平行四边形．题型五 探索性问题例5 (2018·泉州模拟)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率是22，过点P (0,1)的动直线l 与椭圆相交于A ，B 两点，当直线l 平行于x 轴时，直线l 被椭圆E 截得的线段长为2 2.(1)求椭圆E 的方程；(2)在平面直角坐标系xOy 中，是否存在与点P 不同的定点Q ，使得|QA ||QB |＝|P A ||PB |恒成立？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．解 (1)由已知，点(2，1)在椭圆E 上，因此⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 2＋1b 2＝1，a 2－b 2＝c 2，c a ＝22，解得a ＝2，b ＝2，所以椭圆E 的方程为x 24＋y 22＝1. (2)当直线l 与x 轴平行时，设直线l 与椭圆相交于C ，D 两点，如果存在定点Q 满足条件，则有|QC ||QD |＝|PC ||PD |＝1， 即|QC |＝|QD |，所以Q 点在y 轴上，可设Q 点的坐标为(0，y 0)．当直线l 与x 轴垂直时，设直线l 与椭圆相交于M ，N 两点，则M ，N 的坐标分别为(0，2)，(0，－2)，由|QM ||QN |＝|PM ||PN |，有|y 0－2||y 0＋2|＝2－12＋1， 解得y 0＝1或y 0＝2，所以若存在不同于点P 的定点Q 满足条件，则Q 点坐标只可能为(0,2)．证明如下：对任意直线l ，均有|QA ||QB |＝|P A ||PB |，其中Q 点坐标为(0,2)． 当直线l 的斜率不存在时，由上可知，结论成立；当直线l 的斜率存在时，可设直线l 的方程为y ＝kx ＋1，A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝kx ＋1，得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0， 其判别式Δ＝(4k )2＋8(2k 2＋1)＞0，所以x 1＋x 2＝－4k 2k 2＋1， x 1x 2＝－22k 2＋1， 因此1x 1＋1x 2＝x 1＋x 2x 1x 2＝2k ， 易知点B 关于y 轴对称的点B ′的坐标为(－x 2，y 2)，又k QA ＝y 1－2x 1＝kx 1－1x 1＝k －1x 1， k QB ′＝y 2－2－x 2＝kx 2－1－x 2＝－k ＋1x 2＝k －1x 1， 所以k QA ＝k QB ′，即Q ，A ，B ′三点共线，所以|QA ||QB |＝|QA ||QB ′|＝|x 1||x 2|＝|P A ||PB |， 故存在与点P 不同的定点Q (0,2)，使得|QA ||QB |＝|P A ||PB |恒成立． 思维升华 (1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．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探索性问题常用的方法．跟踪训练5 (2018届珠海摸底)已知椭圆C 1，抛物线C 2的焦点均在x 轴上，C 1的中心和C 2的顶点均为原点O ，从每条曲线上各取两个点，其坐标分别是(3，－23)，(－2，0)，(4，－4)，⎝⎛⎭⎫2，22. (1)求C 1，C 2的标准方程；(2)是否存在直线l 满足条件：①过C 2的焦点F ；②与C 1交于不同的两点M ，N 且满足OM→⊥ON →？若存在，求出直线方程；若不存在，请说明理由．解 (1)设抛物线C 2：y 2＝2px (p ≠0)，则有y 2x＝2p (x ≠0)， 据此验证四个点知(3，－23)，(4，－4)在抛物线上，易得，抛物线C 2的标准方程为C 2：y 2＝4x ；设椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)， 把点(－2,0)，⎝⎛⎭⎫2，22代入可得a 2＝4，b 2＝1. 所以椭圆C 1的标准方程为x 24＋y 2＝1. (2)由椭圆的对称性可设C 2的焦点为F (1,0)，当直线l 的斜率不存在时，直线l 的方程为x ＝1.直线l 交椭圆C 1于点M ⎝⎛⎭⎫1，32，N ⎝⎛⎭⎫1，－32， OM →·ON →≠0，不满足题意．当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝k (x －1)，并设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 2＋4y 2＝4， 消去y ，得(1＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4(k 2－1)＝0，于是x 1＋x 2＝8k 21＋4k 2，x 1x 2＝4(k 2－1)1＋4k 2， y 1y 2＝k (x 1－1)·k (x 2－1)＝k 2x 1x 2－k 2(x 1＋x 2)＋k 2＝－3k 21＋4k 2，① 由OM →⊥ON →，得OM →·ON →＝0，即x 1x 2＋y 1y 2＝0.②将①代入②式，得4(k 2－1)1＋4k 2－3k 21＋4k 2＝k 2－41＋4k 2＝0， 解得k ＝±2.经检验，k ＝±2都符合题意．所以存在直线l 满足条件，且l 的方程为2x －y －2＝0或2x ＋y －2＝0.1．已知椭圆C 的离心率为32，点A ，B ，F 分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点，且S △ABF ＝1－32. (1)求椭圆C 的方程；(2)已知直线l ：y ＝kx ＋m 被圆O ：x 2＋y 2＝4所截得的弦长为23，若直线l 与椭圆C 交于M ，N 两点，求△MON 面积的最大值． 解 (1)由题意知，椭圆C 的焦点在x 轴上，设椭圆C 的标准方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)， 则e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝34， ∴a 2＝4b 2，即a ＝2b ，可得c ＝3b ，S △ABF ＝12|AF |·|OB |＝12(a －c )b ＝1－32， ∴12(2b －3b )b ＝⎝⎛⎭⎫1－32b 2＝1－32， ∴b ＝1，a ＝2，∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1. (2)由题意知，圆O 的半径r ＝2，弦长l ＝23，∴圆心O 到直线l 的距离d ＝r 2－⎝⎛⎭⎫l 22＝4－(3)2＝1， 即|m |1＋k 2＝1，所以m 2＝1＋k 2. 由⎩⎪⎨⎪⎧ x 24＋y 2＝1，y ＝kx ＋m ，消去y ，得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4(m 2－1)＝0，∴Δ＝16(4k 2－m 2＋1)＝48k 2>0，∴k ≠0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－41＋4k 2， ∴|MN |＝1＋k 2·(x 1－x 2)2 ＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝1＋k 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－8km 1＋4k 22－4·4m 2－41＋4k2 ＝1＋k 2·44k 2－m 2＋14k 2＋1 ＝1＋k 2·43|k |4k 2＋1＝43k 2(k 2＋1)4k 2＋1， ∴△MON 的面积为S △MON ＝12|MN |×1＝23k 2(k 2＋1)4k 2＋1， 令t ＝4k 2＋1>1， 则S ＝23×t －14×⎝ ⎛⎭⎪⎫t －14＋1t 2＝32－⎝⎛⎭⎫1t －132＋49，∴当t ＝3，即k ＝±22时，△MON 的面积取到最大值1. 2．(2018·新余联考)如图所示，已知点E (m,0)为抛物线y 2＝4x 内的一个定点，过E 作斜率分别为k 1，k 2的两条直线，分别交抛物线于点A ，B ，C ，D ，且M ，N 分别是AB ，CD 的中点．(1)若m ＝1，k 1k 2＝－1，求△EMN 面积的最小值；(2)若k 1＋k 2＝1，求证：直线MN 过定点．(1)解 当m ＝1时，E 为抛物线y 2＝4x 的焦点，∵k 1k 2＝－1，∴AB ⊥CD ，直线AB 的方程为y ＝k 1(x －1)，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k 1(x －1)，y 2＝4x ，得k 1y 2－4y －4k 1＝0，显然方程有两不等实根，y 1＋y 2＝4k 1，y 1y 2＝－4， ∵AB 的中点为M ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，y 1＋y 22， x 1＋x 2＝y 1k 1＋1＋y 2k 1＋1＝4k 21＋2. ∴M ⎝⎛⎭⎫2k 21＋1，2k 1， 同理，点N (2k 21＋1，－2k 1)．∴S △EMN ＝12|EM |·|EN | ＝12⎝⎛⎭⎫2k 212＋⎝⎛⎭⎫2k 12·(2k 21)2＋(－2k 1)2 ＝2k 21＋1k 21＋2≥22＋2＝4，当且仅当k 21＝1k 21，即k 1＝±1时，△EMN 的面积取最小值4.(2)证明 直线AB 的方程为y ＝k 1(x －m )，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k 1(x －m )，y 2＝4x ， 得k 1y 2－4y －4k 1m ＝0，显然方程有两不等实根．y 1＋y 2＝4k 1，y 1y 2＝－4m ， ∵AB 的中点为M ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，y 1＋y 22， x 1＋x 2＝y 1k 1＋m ＋y 2k 1＋m ＝4k 1k 1＋2m ＝4k 21＋2m ， ∴M ⎝⎛⎭⎫2k 21＋m ，2k 1， 同理，点N ⎝⎛⎭⎫2k 22＋m ，2k 2， ∴k MN ＝k 1k 2k 1＋k 2＝k 1k 2， ∴直线MN ：y －2k 1＝k 1k 2⎣⎡⎦⎤x －⎝⎛⎭⎫2k 21＋m ， 即y ＝k 1k 2(x －m )＋2，∴直线MN 恒过定点(m,2)．3．(2017·衡水联考)在平面直角坐标系xOy 中，过点C (2,0)的直线与抛物线y 2＝4x 相交于A ，B 两点，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．(1)求证：y 1y 2为定值；(2)是否存在平行于y 轴的定直线被以AC 为直径的圆截得的弦长为定值？如果存在，求出该直线方程和弦长；如果不存在，请说明理由．(1)证明 方法一 当直线AB 垂直于x 轴时，y 1＝22，y 2＝－22，因此y 1y 2＝－8(定值)．当直线AB 不垂直于x 轴时，设直线AB 的方程为y ＝k (x －2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －2)，y 2＝4x ，得ky 2－4y －8k ＝0. ∴y 1y 2＝－8.因此有y 1y 2＝－8，为定值．方法二 显然直线AB 的斜率不为0.设直线AB 的方程为my ＝x －2， 由⎩⎪⎨⎪⎧ my ＝x －2，y 2＝4x ，得y 2－4my －8＝0. ∴y 1y 2＝－8，为定值．(2)解 设存在直线l ：x ＝a 满足条件，则AC 的中点为E ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋22，y 12， |AC |＝(x 1－2)2＋y 21. 因此以AC 为直径的圆的半径r ＝12|AC |＝12(x 1－2)2＋y 21＝12x 21＋4，又点E 到直线x ＝a 的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1＋22－a 故所截弦长为2r 2－d 2＝214(x 21＋4)－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋22－a 2 ＝x 21＋4－(x 1＋2－2a )2 ＝－4(1－a )x 1＋8a －4a 2.当1－a ＝0，即a ＝1时，弦长为定值2，这时直线方程为x ＝1.4．已知椭圆C ：x 2＋2y 2＝4.(1)求椭圆C 的离心率；(2)设O 为原点，若点A 在椭圆C 上，点B 在直线y ＝2上，且OA ⊥OB ，试判断直线AB 与圆x 2＋y 2＝2的位置关系，并证明你的结论．解 (1)由题意知，椭圆C 的标准方程为x 24＋y 22＝1， 所以a 2＝4，b 2＝2，从而c 2＝a 2－b 2＝2. 因此a ＝2，c ＝ 2.故椭圆C 的离心率e ＝c a ＝22. (2)直线AB 与圆x 2＋y 2＝2相切．证明如下： 设点A ，B 的坐标分别为(x 0，y 0)，(t,2)，其中x 0≠0.因为OA ⊥OB ，所以OA →·OB →＝0，即tx 0＋2y 0＝0，解得t ＝－2y 0x 0. 当x 0＝t 时，y 0＝－t 22，代入椭圆C 的方程，得t ＝±2， 故直线AB 的方程为x ＝±2， 圆心O 到直线AB 的距离d ＝ 2. 此时直线AB 与圆x 2＋y 2＝2相切．当x 0≠t 时，直线AB 的方程为y －2＝y 0－2x 0－t(x －t )． 即(y 0－2)x －(x 0－t )y ＋2x 0－ty 0＝0. 圆心O 到直线AB 的距离d ＝|2x 0－ty 0|(y 0－2)2＋[－(x 0－t )]2. 又x 20＋2y 20＝4，t ＝－2y 0x 0， 故d ＝ ⎪⎪⎪⎪2x 0＋2y 20x 0x 20＋y 20＋4y 20x 20＋4＝ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪4＋x 20x 0x 40＋8x 20＋162x 20＝ 2.此时直线AB 与圆x 2＋y 2＝2相切． 综上，直线AB 与圆x 2＋y 2＝2相切．5．(2018·商丘质检)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝ 32，a ＋b ＝3. (1)求椭圆C 的方程；(2)如图所示，A ，B ，D 是椭圆C 的顶点，P 是椭圆C 上除顶点外的任意一点，直线DP 交x 轴于点N ，直线AD 交BP 于点M ，设BP 的斜率为k ，MN 的斜率为m .证明：2m －k 为定值．(1)解 因为e ＝32＝c a ， 所以a ＝23c ，b ＝13c . 代入a ＋b ＝3得，c ＝3，a ＝2，b ＝1.故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1. (2)证明 因为B (2,0)，点P 不为椭圆顶点，则可设直线BP 的方程为y ＝k (x －2)⎝⎛⎭⎫k ≠0，k ≠±12，① ①代入x 24＋y 2＝1，解得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 2－24k 2＋1，－4k 4k 2＋1. 直线AD 的方程为y ＝12x ＋1.② ①与②联立解得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫4k ＋22k －1，4k 2k －1. 由D (0,1)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 2－24k 2＋1，－4k 4k 2＋1，N (x,0)三点共线知 －4k 4k 2＋1－18k 2－24k 2＋1－0＝0－1x －0，解得N ⎝ ⎛⎭⎪⎫4k －22k ＋1，0.所以MN 的斜率为m ＝4k 2k －1－04k ＋22k －1－4k －22k ＋1 ＝4k (2k ＋1)2(2k ＋1)2－2(2k －1)2＝2k ＋14. 则2m －k ＝2k ＋12－k ＝12(定值)．6．(2018届广东六校联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点P ⎝⎛⎭⎫1，22，且两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形．(1)求椭圆C 的方程；(2)动直线l ：mx ＋ny ＋13n ＝0(m ，n ∈R )交椭圆C 于A ，B 两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点T ，使得以AB 为直径的圆恒过点T .若存在，求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由．解 (1)因为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，所以a ＝2b ，所以x 22b 2＋y 2b2＝1， 又因为椭圆经过点P ⎝⎛⎭⎫1，22，代入可得b ＝1. 所以a ＝2，故所求椭圆的方程为x 22＋y 2＝1. (2)首先求出动直线过点⎝⎛⎭⎫0，－13. 当l 与x 轴平行时，以AB 为直径的圆的方程为x 2＋⎝⎛⎭⎫y ＋132＝⎝⎛⎭⎫432， 当l 与y 轴平行时，以AB 为直径的圆的方程为x 2＋y 2＝1，由⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋⎝⎛⎭⎫y ＋132＝⎝⎛⎭⎫432，x 2＋y 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝1， 即两圆相切于点(0,1)，因此所求的点T 如果存在，只能是(0,1)，事实上，点T (0,1)就是所求的点．证明如下：当直线l 垂直于x 轴时，以AB 为直径的圆过点T (0,1)，当直线l 不垂直于x 轴时，可设直线l ：y ＝kx －13， 由⎩⎨⎧ y ＝kx －13，x 22＋y 2＝1，消去y ，得(18k 2＋9)x 2－12kx －16＝0，记点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＋x 2＝12k 18k 2＋9，x 1x 2＝－1618k 2＋9.又因为TA →＝(x 1，y 1－1)，TB →＝(x 2，y 2－1)，所以TA →·TB →＝x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)＝x 1x 2＋⎝⎛⎭⎫kx 1－43⎝⎛⎭⎫kx 2－43 ＝(1＋k 2)x 1x 2－43k (x 1＋x 2)＋169＝(1＋k 2)·－1618k 2＋9－43k ·12k 18k 2＋9＋169＝0， 所以TA →⊥TB →，即以AB 为直径的圆恒过点T (0,1)，所以在坐标平面上存在一个定点T (0,1)满足题意．。