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第9讲 圆锥曲线的热点问题
[最新考纲]
1．理解数形结合的思想．
2．了解圆锥曲线的简洁应用.
知 识 梳 理
1．直线与圆锥曲线的位置关系
推断直线l与圆锥曲线C的位置关系时，通常将直线l的方程Ax＋By＋C＝0(A，B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x，y)＝0，消去y(也可以消去x)得到一个关于变量x(或变量y)的一元方程．
即消去y后得ax2＋bx＋c＝0.
(1)当a≠0时，设一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判别式为Δ，则Δ＞0⇔直线与圆锥曲线C相交；
Δ＝0⇔直线与圆锥曲线C相切；
Δ＜0⇔直线与圆锥曲线C无公共点．
(2)当a＝0，b≠0时，即得到一个一次方程，则直线l与圆锥曲线C相交，且只有一个交点，此时，若C为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的位置关系是平行；若C为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是平行．
2．圆锥曲线的弦长
(1)圆锥曲线的弦长
直线与圆锥曲线相交有两个交点时，这条直线上以这两个交点为端点的线段叫做圆锥曲线的弦(就是连接圆锥曲线上任意两点所得的线段)，线段的长就是弦长．
(2)圆锥曲线的弦长的计算
设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝＝|x1－x2|＝ ·|y1－y2|(抛物线的焦点弦长|AB|＝x1＋x2＋p＝，θ为弦AB所在直线的倾斜角)．
3．圆锥曲线的中点弦问题
遇到中点弦问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解．在椭圆＋＝1中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝－；在双曲线－＝1中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝；在抛物线y2＝2px(p＞0)中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝.
同学用书第157页
辨 析 感 悟
1．对直线与圆锥曲线交点个数的理解
(1)直线y＝kx＋1与椭圆＋＝1恒有两个公共点．(√)
(2)经过抛物线上一点有且只有一条直线与抛物线有一个公共点．(×)
(3)过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点．(√)
2．对圆锥曲线中有关弦的问题的理解
(4)已知F1(－1,0)，F2(1,0)是椭圆C的两个焦点，过F2且垂直于x轴的直线交C于A，B两点，且|AB|＝3，则C的方程为＋＝1. (√)
(5)已知点(2,1)是直线l被椭圆＋＝1所截得线段的中点，则l的方程为x＋4y－6＝0. (×) (6)(2022·潍坊一模改编)直线4kx－4y－k＝0与抛物线y2＝x交于A，B两点，若|AB|＝4，则弦AB的中点到直线x＋＝0的距离等于. (√)
[感悟·提升]
两个防范 一是在解决直线与抛物线的位置关系时，要特殊留意直线与抛物线的对称轴平行的特殊状况，如(2)；
二是中点弦问题，可以利用“点差法”，但不要遗忘验证Δ＞0或说明中点在曲线内部，如(5).
考点一 直线与圆锥曲线位置关系
【例1】 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的左焦点为F1(－1,0)，且点P(0,1)在C1上．
(1)求椭圆C1的方程；
(2)设直线l同时与椭圆C1和抛物线C2：y2＝4x相切，求直线l的方程．
解 (1)由于椭圆C1的左焦点为F1(－1,0)，所以c＝1.
把点P(0,1)代入椭圆＋＝1，得＝1，即b＝1，
所以a2＝b2＋c2＝2.
所以椭圆C1的方程为＋y2＝1.
(2)由题意可知，直线l的斜率明显存在，且不等于0，设直线l的方程为y＝kx＋m.
联立消去y并整理得
(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0.
由于直线l与椭圆C1相切，
所以Δ1＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)＝0，
整理得2k2－m2＋1＝0.①
联立
消去y并整理得k2x2＋(2km－4)x＋m2＝0.
由于直线l与抛物线C2相切，
所以Δ2＝(2km－4)2－4k2m2＝0.
整理得km＝1.②
综合①②，解得或
所以直线l的方程为y＝x＋或y＝－x－.
规律方法 将直线与圆锥曲线的两个方程联立成方程组，然后推断方程组是否有解，有几个解，这是直线与圆锥曲线位置关系的推断方法中最常用的方法，留意：在没有给出直线方程时，要对是否有斜率不存在的直线的状况进行争辩，避开漏解．
【训练1】 在平面直角坐标系xOy中，经过点(0，)且斜率为k的直线l与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点P和Q.
(1)求k的取值范围；
(2)设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A，B，是否存在常数k，使得向量＋与垂直？假如存在，求k值；假如不存在，请说明理由．
解 (1)由已知条件，直线l的方程为y＝kx＋，
代入椭圆方程得＋(kx＋)2＝1，
整理得x2＋2kx＋1＝0.①
直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于①中
Δ＝8k2－4＝4k2－2＞0，
解得k＜－或k＞.
即k的取值范围是∪.
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则＋＝(x1＋x2，y1＋y2)
由方程①得，x1＋x2＝－，
y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝＋2.
∵(＋)⊥，∴(x1＋x2)·(－)＋y1＋y2＝0，
即：－·(－)－＋2＝0.
解得k＝－，由(1)知k2＞，与此相冲突，
所以不存在常数k使＋与垂直.
同学用书第158页
考点二 圆锥曲线中的弦长问题
【例2】 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个顶点为A(2,0)，离心率为.直线y＝k(x－1)与椭圆C交于不同的两点M，N.
(1)求椭圆C的方程；
(2)当△AMN的面积为时，求k的值．
解 (1)由题意得解得b＝.
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－4＝0.
设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
则y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，
x1＋x2＝，x1x2＝.
所以|MN|＝
＝
＝.
又由于点A(2,0)到直线y＝k(x－1)的距离d＝，
所以△AMN的面积为S＝|MN|·d＝.
由＝，解得k＝±1.
规律方法 直线与圆锥曲线的弦长问题，较少单独考查弦长的求解，一般是已知弦长的信息求参数或直线的方程．解此类题的关键是设出交点的坐标，利用根与系数的关系得到弦长，将已知弦长的信息代入求解．
【训练2】 (2021·新课标全国Ⅱ卷)平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：＋＝1(a>b>0)右焦点的直线x＋y－＝0交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为.
(1)求M的方程；
(2)C，D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线CD⊥AB，求四边形ABCD面积的最大值．
解 (1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P0(x0，y0)，
则＋＝1，＋＝1，＝－1，
由此可得＝－＝1.
由于P为AB的中点，且OP的斜率为，
所以x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，＝.
所以y0＝x0，即y1＋y2＝(x1＋x2)．
所以a2＝2b2，
又由题意知，M的右焦点为(，0)，故a2－b2＝3.
所以a2＝6，b2＝3.
所以M的方程为＋＝1.
(2)将x＋y－＝0代入＋＝1，
解得或所以可得|AB|＝；
由题意可设直线CD方程为y＝x＋m，
所以设C(x3，y3)，D(x4，y4)，
将y＝x＋m代入＋＝1得3x2＋4mx＋2m2－6＝0，则|CD|＝＝，
又由于Δ＝16m2－12(2m2－6)>0，即－3<m<3，
所以当m＝0时，|CD|取得最大值4，
所以四边形ACBD面积的最大值为
|AB|·|CD|＝.
考点三 圆锥曲线中的定点、定值问题
【例3】 椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，a＋b＝3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)如图，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．
审题路线 (2)写出直线BP的方程⇒与椭圆方程联立解得P点坐标⇒写出直线AD的方程⇒由直线BP与直线AD的方程联立解得M点坐标⇒由D，P，N三点共线解得N点坐标⇒求直线MN的斜率m⇒作差：2m－k为定值．
(1)解 由于e＝＝，
所以a＝c，b＝c.
代入a＋b＝3得，c＝，a＝2，b＝1.
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明 由于B(2,0)，P不为椭圆顶点，则直线BP的方程为y＝k(x－2)(k≠0，k≠±)，①
①代入＋y2＝1，解得P.
直线AD的方程为y＝x＋1.②
①与②联立解得M.
由D(0,1)，P，N(x,0)三点共线知
＝，解得N.
所以MN的斜率为m＝
＝＝，
则2m－k＝－k＝(定值)．
规律方法 求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．
【训练3】 椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，该椭圆经过点P且离心率为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点(A，B不是左，右顶点)，且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．
(1)解 设椭圆方程为＋＝1(a＞b＞0)，
由e＝＝，得a＝2c，
∵a2＝b2＋c2，∴b2＝3c2，
则椭圆方程变为＋＝1.
又椭圆过点P，将其代入求得c2＝1，
故a2＝4，b2＝3，
即得椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立
得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，
①
又y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)
＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝.
∵椭圆的右顶点为A2(2,0)，AA2⊥BA2，
∴(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝0，
∴y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0，
∴＋＋＋4＝0，
∴7m2＋16mk＋4k2＝0，
解得m1＝－2k，m2＝－，
由①，得3＋4k2－m2＞0，
当m1＝－2k时，l的方程为y＝k(x－2)，
直线过定点(2,0)，与已知冲突．
当m2＝－时，l的方程为y＝k，
直线过定点，
∴直线l过定点，定点坐标为.
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考点四 圆锥曲线中的范围与最值问题
【例4】 已知抛物线C的顶点为O(0,0)，焦点为F(0,1)．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点F作直线交抛物线C于A，B两点．若直线AO，BO分别交直线l：y＝x－2于M，N两点，求|MN|的最小值．
审题路线 (2)设直线AB的方程⇒与抛物线方程联立消去y得关于x的一元二次方程⇒解得|x1－x2|⇒由直线AM的方程与直线l联立解得点M的横坐标⇒由直线ON的方程与直线l联立解得点N的横坐标⇒|MN|＝|xM－xN|⇒换元、分类求|MN|的最小值．
解 (1)由题意可设抛物线C的方程为x2＝2py(p>0)，则＝1，所以抛物线C的方程为x2＝4y.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为y＝kx＋1.
由消去y，整理得x2－4kx－4＝0，
所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.从而|x1－x2|＝4.
又y＝x，且y＝x－2，
解得点M的横坐标xM＝＝＝.
同理点N的横坐标xN＝.
所以|MN|＝|xM－xN|＝
＝8＝，
令4k－3＝t，t≠0，则k＝.
当t>0时，|MN|＝2>2.
当t<0时，|MN|＝2≥ .
综上所述，当t＝－，即k＝－时，
|MN|的最小值是 .
规律方法 圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特殊是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
【训练4】 (2021·浙江卷)如图，点P(0，－1)是椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的一个顶点，C1的长轴是圆C2：x2＋y2＝4的直径．l1，l2是过点P且相互垂直的两条直线，其中l1交圆C2于A，B两点，l2交椭圆C1于另一点D.
(1)求椭圆C1的方程；
(2)求△ABD面积取最
大值时直线l1的方程．
解 (1)由题意得
所以椭圆C1的方程为＋y2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)．
由题意知直线l1的斜率存在，不妨设其为k，
则直线l1的方程为y＝kx－1.
又圆C2：x2＋y2＝4，
故点O到直线l1的距离d＝，
所以|AB|＝2＝2.
又l2⊥l1，故直线l2的方程为x＋ky＋k＝0.
由
消去y，整理得(4＋k2)x2＋8kx＝0，故x0＝－.
所以|PD|＝.
设△ABD的面积为S，则S＝|AB|·|PD|
＝，
所以S＝
≤＝，
当且仅当k＝±时取等号．
所以所求直线l1的方程为y＝±x－1.
1．涉及弦长的问题时，应娴熟地利用根与系数的关系，设而不求计算弦长；涉及垂直关系往往也是利用根与
系数的关系设而不求简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑利用圆锥曲线的定义求解．
2．关于圆锥曲线的中点弦问题
直线与圆锥曲线相交所得弦中点问题，是解析几何的内容之一，也是高考的一个热点问题．这类问题一般有以下三种类型：(1)求中点弦所在直线方程问题；(2)求弦中点的轨迹方程问题；(3)弦长为定值时，弦中点的坐标问题．其解法有代点相减法、设而不求法、参数法、待定系数法及中心对称变换法等．
3．圆锥曲线综合问题要四重视：
(1)重视定义在解题中的作用；(2)重视平面几何学问在解题中的作用；(3)重视根与系数的关系在解题中的作用；(4)重视曲线的几何特征与方程的代数特征在解题中的作用．
答题模板12——圆锥曲线中的探究性问题
【典例】 (14分)(2022·广东卷)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝ ，且椭圆C上的点到Q(0,2)的距离的最大值为3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)在椭圆C上，是否存在点M(m，n)，使得直线l：mx＋ny＝1与圆O：x2＋y2＝1相交于不同的两点A，B，且△OAB的面积最大？若存在，求出点M的坐标及相对应的△OAB的面积；若不存在，请说明理由．
[规范解答] (1)由于e＝ ＝＝，
所以a2＝3b2，即椭圆C的方程可写为＋＝1. (2分)
设P(x，y)为椭圆C上任意给定的一点，
则d＝＝
＝(－b≤y≤b)． (3分)
当－b≤－1，即b≥1，dmax＝＝3得b＝1；
当－b>－1，即b<1，dmax＝＝3得b＝1(舍)．
∴b＝1，a＝， (5分)
故所求椭圆C的方程为＋y2＝1. (6分)
(2)存在点M满足要求，使△OAB的面积最大． (7分)
假设存在满足条件的点M，由于直线l：mx＋ny＝1与
圆O：x2＋y2＝1相交于不同的两点A，B，
则圆心O到l的距离d＝<1. (8分)
由于点M(m，n)在椭圆C上，所以＋n2＝1<m2＋n2，
于是0<m2≤3.
由于|AB|＝2＝2 ， (10分)
所以S△OAB＝·|AB|·d＝
＝≤ ＝，
当且仅当1＝m2时等号成立，所以m2＝∈(0,3]．
因此当m＝±，n＝±时等号成立． (12分)
所以满足要求的点M的坐标为，，
或，
此时对应的三角形的面积均达到最大值. (14分)
[反思感悟] (1)本题是圆锥曲线中的探究性问题，也是最值问题，求圆锥曲线的最值问题是高考考查的一个重点，通常是先建立一个目标函数，然后利用函数的单调性或基本不等式求最值．
(2)本题的第一个易错点是表达不出椭圆C上的点到Q(0,2)的距离的最大值；其次个易错点是没有把握探究性问题的解题步骤；第三个易错点是没有正确使用基本不等式．
答题模板 探究性问题答题模板：
第一步：假设结论存在．
其次步：结合已知条件进行推理求解．
第三步：若能推出合理结果，阅历证成马上可确定正确；若推出冲突，即否定假设．
第四步：反思回顾，查看关键点、易错点及解题规范．如本题中易忽视直线l与圆O相交这一隐含条件．
【自主体验】
(2021·江西卷)如图，椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点P，离心率e＝，直线l的方程为x＝4.
(1)求椭圆C的方程；
(2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P)，设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.问：是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)由P在椭圆上，得＋＝1①
依题设知a＝2c，则b2＝3c2，②
②代入①，解得c2＝1，a2＝4，b2＝3.
故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)法一 由题意可设AB的斜率为k，
则直线AB的方程为y＝k(x－1)，③
代入椭圆方程3x2＋4y2＝12，并整理，得
(4k2＋3)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则有x1＋x2＝，x1x2＝，④
在方程③中令x＝4，得M的坐标为(4,3k)．
从而k1＝，k2＝，k3＝＝k－.
留意到A，F，B共线，则有k＝kAF＝kBF，
即有＝＝k.
所以k1＋k2＝＋
＝＋－
＝2k－·，⑤
④代入⑤，
得k1＋k2＝2k－·＝2k－1，
又k3＝k－，所以k1＋k2＝2k3.
故存在常数λ＝2符合题意．
法二 设B(x0，y0)(x0≠1)，
则直线FB的方程为y＝(x－1)，
令x＝4，求得M，
从而直线PM的斜率为k3＝，
联立得A，
则直线PA的斜率为k1＝，
直线PB的斜率为k2＝，
所以k1＋k2＝＋
＝＝2k3，
故存在常数λ＝2符合题意.
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．直线y＝kx＋2与抛物线y2＝8x有且只有一个公共点，则k的值为( )．
A．1 B．1或3 C．0 D．1或0
解析 由得k2x2＋(4k－8)x＋4＝0，若k＝0，则y＝2，若k≠0，若Δ＝0，即64－64k＝0，解得k＝1，因此直线y＝kx＋2与抛物线y2＝8x有且只有一个公共点，则k＝0或1.
答案 D
2．(2022·济南模拟)若双曲线－＝1(a>0，b>0)与直线y＝x无交点，则离心率e的取值范围是( )．
A．(1,2) B．(1,2]
C．(1，) D．(1，]
解析 由于双曲线的渐近线为y＝±x，要使直线y＝x与双曲线无交点，则直线y＝x应在两渐近线之间，所以有≤，即b≤a，所以b2≤3a2，c2－a2≤3a2，即c2≤4a2，e2≤4，所以1<e≤2.
答案 B
3．(2022·烟台期末考试)已知与向量v＝(1,0)平行的直线l与双曲线－y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最小值为( )．
A．2 B. C．4 D．2
解析 由题意可设直线l的方程为y＝m，代入－y2＝1得x2＝4(1＋m2)，所以x1＝＝2，x2＝－2，所以|AB|＝|x1－x2|＝4，所以|AB|＝4≥4，即当m＝0时，|AB|有最小值4.
答案 C
4．(2022·西安模拟)已知双曲线x2－＝1的左顶点为A1，右焦点为F2，P为双曲线右支上一点，则·的最小值为( )．
A．－2 B．－ C．1 D．0
解析 设点P(x，y)，其中x≥1.依题意得A1(－1,0)，F2(2,0)，则有＝x2－1，y2＝3(x2－1)，·＝(－1－x，－y)·(2－x，－y)＝(x＋1)(x－2)＋y2＝x2＋3(x2－1)－x－2＝4x2－x－5＝42－，其中x≥1.因此，当x＝1时，·取得最小值－2，选A.
答案 A
5．(2022·宁波十校联考)设双曲线－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为e，过F2的直线与双曲线的右支交于A，B两点，若△F1AB是以A为直角顶点的等腰直角三角形，则e2＝( )．
A．1＋2 B．4－2
C．5－2 D．3＋2
解析
如图，设|AF1|＝m，则|BF1|＝m，|AF2|＝m－2a，|BF2|＝m－2a，
∴|AB|＝|AF2|＋|BF2|＝m－2a＋m－2a＝m，得m＝2a，又由|AF1|2＋|AF2|2＝|F1F2|2，
可得m2＋(m－2a)2＝4c2，即得(20－8)a2＝4c2，∴e2＝＝5－2，故应选C.
答案 C
二、填空题
6．(2022·东北三省联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，F(，0)为其右焦点，过F垂直于x轴的直线与椭圆相交所得的弦长为2，则椭圆C的方程为________．
解析 由题意，得
解得∴椭圆C的方程为＋＝1.
答案 ＋＝1
7．已知双曲线方程是x2－＝1，过定点P(2,1)作直线交双曲线于P1，P2两点，并使P(2,1)为P1P2的中点，则此直线方程是________．
解析 设点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则由x－＝1，x－＝1，得k＝＝＝＝4，从而所求方程为4x－y－7＝0.将此直线方程与双曲线方程联立得14x2－56x＋51＝0，Δ＞0，故此直线满足条件．
答案 4x－y－7＝0
8．(2022·青岛调研)过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F且倾斜角为60°的直线l与抛物线分别交于A，B两点，则的值是________．
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1>x2，易知直线AB的方程为y＝x－p，代入抛物线方程y2＝2px，可得3x2－5px＋p2＝0，所以x1＋x2＝p，x1x2＝，可得x1＝p，x2＝，可得＝＝＝3.
答案 3
三、解答题
9．椭圆＋＝1(a＞b＞0)与直线x＋y－1＝0相交于P，Q两点，且OP⊥OQ(O为原点)．
(1)求证：＋等于定值；
(2)若椭圆的离心率e∈，求椭圆长轴长的取值范围．
(1)证明 由消去y，
得(a2＋b2)x2－2a2x＋a2(1－b2)＝0，①
∵直线与椭圆有两个交点，∴Δ＞0，
即4a4－4(a2＋b2)a2(1－b2)＞0⇒a2b2(a2＋b2－1)＞0，
∵a＞b＞0，∴a2＋b2＞1.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1 、x2是方程①的两实根．
∴x1＋x2＝，x1x2＝.②
由OP⊥OQ得x1x2＋y1y2＝0，
又y1＝1－x1，y2＝1－x2，
得2x1x2－(x1＋x2)＋1＝0.③
式②代入式③化简得a2＋b2＝2a2b2.④
∴＋＝2.
(2)解 利用(1)的结论，将a表示为e的函数
由e＝⇒b2＝a2－a2e2，
代入式④，得2－e2－2a2(1－e2)＝0.
∴a2＝＝＋.
∵≤e≤，∴≤a2≤.
∵a＞0，∴≤a≤.
∴长轴长的取值范围是[，]．
10．(2022·佛山模拟)已知椭圆＋＝1(a＞0，b＞0)的左焦点F为圆x2＋y2＋2x＝0的圆心，且椭圆上的点到点F的距离最小值为－1.
(1)求椭圆方程；
(2)已知经过点F的动直线l与椭圆交于不同的两点A，B，点M，证明：·为定值．
解 (1)化圆的标准方程为(x＋1)2＋y2＝1，
则圆心为(－1,0)，半径r＝1，所以椭圆的半焦距c＝1.
又椭圆上的点到点F的距离最小值为－1，所以a－c＝－1，即a＝.
故所求椭圆的方程为＋y2＝1.
(2)①当直线l与x轴垂直时，l的方程为x＝－1.
可求得A，B.
此时，·＝·＝－.
②当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝k(x＋1)，
由得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.
由于·＝·＝＋y1y2
＝x1x2＋(x1＋x2)＋2＋k(x1＋1)·k(x2＋1)
＝(1＋k2)x1x2＋(x1＋x2)＋k2＋
＝(1＋k2)·＋＋k2＋
＝＋＝－2＋＝－.
所以，·为定值，且定值为－.
力量提升题组
(建议用时：25分钟)
一、选择题
1．(2022·石家庄模拟)若AB是过椭圆＋＝1(a＞b＞0)中心的一条弦，M是椭圆上任意一点，且AM、BM与两坐标轴均不平行，kAM，kBM分别表示直线AM，BM的斜率，则kAM·kBM＝( )．
A．－ B．－ C．－ D．－
解析 法一 (直接法)：设A(x1，y1)，M(x0，y0)，
则B(－x1，－y1)，
kAM·kBM＝·＝
＝＝－.
法二 (特殊值法)：由于四个选项为定值，取A(a,0)，B(－a,0)，M(0，b)，可得kAM·kBM＝－.
答案 B
2．(2022·兰州诊断)若直线mx＋ny＝4和⊙O：x2＋y2＝4没有交点，则过点(m，n)的直线与椭圆＋＝1的交点个数为( )．
A．至多一个 B．2
C．1 D．0
解析 ∵直线mx＋ny＝4和⊙O：x2＋y2＝4没有交点，
∴>2，∴m2＋n2<4，∴＋<＋<1，∴点(m，n)在椭圆＋＝1的内部，∴过点(m，n)的直线与椭圆＋＝1的交点有2个，故选B.
答案 B
二、填空题
3．(2022·上海普陀一模)若C(－，0)，D(，0)，M是椭圆＋y2＝1上的动点，则＋的最小值为________．
解析 由椭圆＋y2＝1知c2＝4－1＝3，∴c＝，
∴C、D是该椭圆的两焦点，
令|MC|＝r1，|MD|＝r2，
则r1＋r2＝2a＝4，
∴＋＝＋＝＝，
又∵r1r2≤2＝＝4，
∴＋＝≥1.
当且仅当r1＝r2时，上式等号成立．
故＋的最小值为1.
答案 1
三、解答题
4．(2022·合肥一模)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1和F2，由四个点M(－a，b)、N(a，b)、F2和F1组成了一个高为，面积为3的等腰梯形．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点F1的直线和椭圆交于两点A，B，求△F2AB面积的最大值．
解 (1)由条件，得b＝，且×＝3，
所以a＋c＝3.又a2－c2＝3，解得a＝2，c＝1.
所以椭圆的方程＋＝1.
(2)明显，直线的斜率不能为0，设直线方程为x＝my－1，直线与椭圆交于A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立方程消去x，
得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，
由于直线过椭圆内的点，无论m为何值，直线和椭圆总相交．
∴y1＋y2＝，y1y2＝－.
S△F2AB＝|F1F2||y1－y2|＝|y1－y2|
＝＝12
＝4＝4，
令t＝m2＋1≥1，设y＝t＋，易知t∈时，函数单调递减，t∈函数单调递增，所以当t＝m2＋1＝1，即m＝0时，ymin＝.
S△F2AB取最大值3.
力量提升练——解析几何 (对应同学用书P345)
(建议用时：90分钟)
一、选择题
1．(2022·山东省试验中学诊断)已知两条直线y＝ax－2和3x－(a＋2)y＋1＝0相互平行，则a等于( )．
A．1或－3 B．－1或3 C．1或3 D．－1或3
解析 由于直线y＝ax－2的斜率存在且为a，所以－(a＋2)≠0，所以3x－(a＋2)y＋1＝0的斜截式方程为y＝x＋，由两直线平行，得＝a且≠－2，解得a＝1或a＝－3.
答案 A
2．(2022·洛阳模拟)椭圆＋＝1的焦距为( )．
A．10 B．5 C. D．2
解析 由题意知a2＝16，b2＝9，所以c2＝a2－b2＝16－9＝7，所以c＝，即焦距为2c＝2.
答案 D
3．(2022·长沙模拟)在平面直角坐标系xOy中，直线3x＋4y－5＝0与圆x2＋y2＝4相交于A，B两点，则弦AB的长等于( )．
A．3 B．2 C. D．1
解析 圆心到直线的距离d＝＝1，弦AB的长l＝2＝2＝2.
答案 B
4．(2022·武汉一模)已知圆C经过A(5,2)，B(－1,4)两点，圆心在x轴上，则圆C的方程是( )．
A．(x－2)2＋y2＝13 B．(x＋2)2＋y2＝17
C．(x＋1)2＋y2＝40 D．(x－1)2＋y2＝20
解析 设圆心坐标为C(a,0)，则|AC|＝|BC|，即＝，解得a＝1，所以半径r＝＝＝2，所以圆C的方程是(x－1)2＋y2＝20.
答案 D
5．(2022·湖州模拟)设双曲线－＝1(a＞0)的焦点为(5,0)，则该双曲线的离心率等于( )．
A. B. C. D.
解析 由于双曲线的焦点为(5,0)，所以c＝5，又a2＋9＝c2＝25，所以a2＝16，a＝4，所以离心率为e＝＝.
答案 C
6．(2022·济南一模)若抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点在直线x－2y－2＝0上，则该抛物线的准线方程为( )．
A．x＝－2 B．x＝4
C．x＝－8 D．y＝－4
解析 抛物线的焦点坐标为，代入直线x－2y－2＝0方程，得－2＝0，即p＝4，所以抛物线的准线方程为x＝－＝－＝－2.
答案 A
7．(2022·郑州模拟)以双曲线－＝1的右焦点为圆心且与双曲线的渐近线相切的圆的方程是( )．
A．(x－)2＋y2＝ B．(x－)2＋y2＝3
C．(x－3)2＋y2＝ D．(x－3)2＋y2＝3
解析 双曲线的右焦点为(3,0)，双曲线的渐近线为y＝±x，不妨取渐近线y＝x，即x－2y＝0，所以圆心到渐近线的距离等于圆的半径，即r＝＝＝＝.所以圆的方程为(x－3)2＋y2＝3.
答案 D
8．(2022·汕头一模)若抛物线y2＝2px的焦点与椭圆＋＝1的右焦点重合，则p的值为( )．
A．－2 B．2 C．－4 D．4
解析 抛物线的焦点坐标为，椭圆的右焦点为(2,0)，所以由＝2，得p＝4.
答案 D
9．(2022·杭州模拟)已知两点M(－5,0)和N(5,0)，若直线上存在点P，使|PM|－|PN|＝6，则称该直线为“R型直线”．给出下列直线：①y＝x＋1；②y＝2；③y＝x；④y＝2x＋1，其中为“R型直线”的是( )．
A．①② B．①③ C．①④ D．③④
解析 由题意可知，点P的轨迹是在双曲线的右支上，其中2a＝6，a＝3，c＝5，所以b2＝c2－a2＝16.所以双曲线方程为－＝1(x＞0)．明显当直线y＝x＋1与y＝2和双曲线的右支有交点，所以为“R型直线”的是①②.
答案 A
10．(2022·湖州一模)已知抛物线y2＝4px(p＞0)与双曲线－＝1(a＞0，b＞0)有相同的焦点F，点A是两曲线的交点，且AF⊥x轴，则双曲线的离心率为( )．
A. B.＋1 C.＋1 D.
解析 依题意，得F(p,0)，由于AF⊥x轴，设A(p，y)，y>0，y2＝4p2，所以y＝2p.所以A(p,2p)．又点A在双曲线上，所以－＝1.又由于c＝p，所以－＝1，化简，得c4－6a2c2＋a4＝0，即4－62＋1＝0.所以e2＝3＋2，e＝＋1.
答案 B
二、填空题
11．(2022·兰州一模)已知抛物线x2＝4y上一点P到焦点F的距离是5，则点P的横坐标是________．
解析 由抛物线定义知，yP＋1＝5，即yP＝4，所以有x＝16，解得xP＝±4.
答案 ±4
12．(2021·上海卷)设AB是椭圆Γ的长轴，点C在Γ上，且∠CBA＝.若AB＝4，BC＝，则Γ的两个焦点之间的距离为________．
解析 设D在AB上，且CD⊥AB，AB＝4，BC＝，∠CBA＝45°，所以有CD＝1，DB＝1，AD＝3，所以有C(1,1)，把C(1,1)代入椭圆的标准方程得＋＝1，a2＝b2＋c2且2a＝4，解得，b2＝，c2＝，则2c＝ .
答案
13．已知双曲线x2－＝1的焦点为F1，F2，点M在双曲线上且·＝0，则M到x轴的距离为________．
解析 设|MF1|＝m，|MF2|＝n，
则可得mn＝4.
由△MF1F2的面积可得M到x轴的距离为＝.
答案
14．(2022·淄博二模)若双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1和F2，线段F1F2被抛物线y2＝2bx的焦点分成5∶3两段，则此双曲线的离心率为________．
解析 抛物线的焦点坐标为，由题意知
＝，c＝2b，所以c2＝4b2＝4(c2－a2)，即4a2＝3c2，所以2a＝c，所以e＝＝＝.
答案
三、解答题
15．(2021·广东卷改编)已知抛物线C的顶点为原点，其焦点F(0，c)(c>0)到直线l：x－y－2＝0的距离为.设P为直线l上的点，过点P作抛物线C的两条切线PA，PB，其中A，B为切点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)当点P(x0，y0)为直线l上的定点时，求直线AB的方程．
解 (1)依题意，设抛物线C的方程为x2＝4cy，
则＝，c>0，解得c＝1.
所以抛物线C的方程为x2＝4y.
(2)抛物线C的方程为x2＝4y，
即y＝x2，
求导得y′＝x，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则切线PA，PB的斜率分别为x1，x2，
所以切线PA的方程为y－y1＝(x－x1)，
即y＝x－＋y1，
即x1x－2y－2y1＝0.
同理可得切线PB的方程为x2x－2y－2y2＝0，
又点P(x0，y0)在切线PA和PB上，
所以x1x0－2y0－2y1＝0，x2x0－2y0－2y2＝0，
所以(x1，y1)，(x2，y2)为方程x0x－2y0－2y＝0 的两组解，
所以直线AB的方程为x0x－2y－2y0＝0.
16．已知圆M：(x＋1)2＋y2＝1，圆N：(x－1)2＋y2＝9，动圆P与圆M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程；
(2)l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|.
解 (1)设圆P的半径为r，则|PM|＝1＋r，|PN|＝3－r，∴|PM|＋|PN|＝4>|MN|，∴P的轨迹是以M，N为焦点的椭圆(左顶点除外)，且2a＝4,2c＝2，∴a＝2，c＝1，∴b2＝a2－c2＝3.
∴P的轨迹曲线C的方程为＋＝1(x≠－2)．
(2)由(1)知2r＝(|PM|－|PN|)＋2≤|MN|＋2＝4，
∴圆P的最大半径为r＝2.此时P的坐标为(2,0)．
圆P的方程为(x－2)2＋y2＝4.
①当l的倾斜角为90°，方程为x＝0时，|AB|＝2，
②当l的倾斜角不为90°，
设l的方程为y＝kx＋b(k∈R)，
解得或
∴l的方程为y＝x＋，y＝－x－.
联立方程化简得7x2＋8x－8＝0，
∴x1＋x2＝－，x1x2＝－，
∴|AB|＝＝.
当k＝－时，由图形的对称性可知|AB|＝.
综上，|AB|＝2或.
17．(2022·东北三校联考)如图，已知点E(m,0)(m＞0)为抛物线y2＝4x内一个定点，过E作斜率分别为k1，k2的两条直线交抛物线于点A，B，C，D，且M，N分别是AB，CD的中点．
(1)若m＝1，k1k2＝－1，求△EMN面积的最小值；
(2)若k1＋k2＝1，求证：直线MN过定点．
解 (1)当
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