2020版新设计一轮复习数学（理）江苏专版讲义第九章第九节直线与圆锥曲线

第九节直线与圆锥曲线直线与圆锥曲线的位置关系判断直线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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Ax＋By＋C＝0，,Fx，y＝0))消去y，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相离．(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或重合．[小题体验]1．若直线y＝kx与双曲线eq\f(x2,9)－eq\f(y2,4)＝1相交，则k的取值范围是________．解析：双曲线eq\f(x2,9)－eq\f(y2,4)＝1的渐近线方程为y＝±eq\f(2,3)x，若直线y＝kx与双曲线相交，数形结合得k∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(2,3))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(2,3)))2．已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，F(eq\r(2)，0)为其右焦点，过点F且垂直于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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝\r(2)，,\f(2b2,a)＝2，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝\r(2)，))所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.答案：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝13．经过椭圆eq\f(x2,2)＋y2＝1的一个焦点作倾斜角为45°的直线l，交椭圆于A，B两点．设O为坐标原点，则eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))等于________．解析：依题意，当直线l经过椭圆的右焦点(1,0)时，其方程为y－0＝tan45°(x－1)，即y＝x－1，代入椭圆方程eq\f(x2,2)＋y2＝1并整理得3x2－4x＝0，解得x＝0或x＝eq\f(4,3)，所以两个交点坐标分别为(0，－1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3)))，所以eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))＝－eq\f(1,3)，同理，直线l经过椭圆的左焦点时，也可得eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))＝－eq\f(1,3).故eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))的值为－eq\f(1,3).答案：－eq\f(1,3)1．直线与双曲线交于一点时，易误认为直线与双曲线相切，事实上不一定相切，当直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线相交于一点．2．直线与抛物线交于一点时，除直线与抛物线相切外易忽视直线与对称轴平行时也相交于一点．[小题纠偏]1．过点(0,1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，这样的直线有________条．解析：结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x＝0，过点(0,1)且平行于x轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线(非直线x＝0)．答案：32．直线y＝eq\f(b,a)x＋3与双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的交点有_______个．解析：因为直线y＝eq\f(b,a)x＋3与双曲线的渐近线y＝eq\f(b,a)x平行，所以它与双曲线只有1个交点．答案：1eq\a\vs4\al(考点一直线与圆锥曲线的位置关系)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的两个焦点分别为F1(－2,0)，F2(2,0)，离心率为eq\f(\r(6),3).过点F2的直线l(斜率不为0)与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为D，O为坐标原点，直线OD交椭圆于M，N两点．(1)求椭圆C的方程；(2)当四边形MF1NF2为矩形时，求直线l的方程．解：(1)由题意可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝2，,\f(c,a)＝\f(\r(6),3)，,a2＝b2＋c2，))解得a＝eq\r(6)，b＝eq\r(2).故椭圆C的方程为eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)由题意可知直线l的斜率存在．设其方程为y＝k(x－2)，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x3，y3)，N(－x3，－y3)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx－2))得(1＋3k2)x2－12k2x＋12k2－6＝0，所以x1＋x2＝eq\f(12k2,1＋3k2)，则y1＋y2＝k(x1＋x2－4)＝eq\f(－4k,1＋3k2)，所以AB的中点D的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6k2,1＋3k2)，\f(－2k,1＋3k2)))，因此直线OD的方程为x＋3ky＝0(k≠0)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋3ky＝0，,\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，))解得yeq\o\al(2,3)＝eq\f(2,1＋3k2)，x3＝－3ky3.因为四边形MF1NF2为矩形，所以eq\o(F2M,\s\up7(→))·eq\o(F2N,\s\up7(→))＝0，即(x3－2，y3)·(－x3－2，－y3)＝0，所以4－xeq\o\al(2,3)－yeq\o\al(2,3)＝0.所以4－eq\f(29k2＋1,1＋3k2)＝0.解得k＝±eq\f(\r(3),3).故直线l的方程为y＝±eq\f(\r(3),3)(x－2)．[由题悟法]1．直线与圆锥曲线位置关系的判定方法(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．判定直线与圆锥曲线位置关系的注意点(1)联立直线与圆锥曲线的方程消元后，应注意讨论二次项系数是否为零的情况．(2)判断直线与圆锥曲线位置关系时，判别式Δ起着关键性的作用，第一：可以限定所给参数的范围；第二：可以取舍某些解以免产生增根．[即时应用](2019·泰州中学高三学情调研)已知椭圆的离心率为eq\f(\r(2),2)，焦距为2，直线y＝kx(x≠0)与椭圆C交于A，B两点，M为其右准线与x轴的交点，直线AM，BM分别与椭圆C交于A1，B1两点，记直线A1B1的斜率为k1.(1)求椭圆C的方程；(2)是否存在常数λ，使得k1＝λk恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解：(1)设椭圆方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，由椭圆的焦距2c＝2，得c＝1.由椭圆的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，得a＝eq\r(2)，则b2＝a2－c2＝1，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)设A(x0，y0)，则B(－x0，－y0)，k＝eq\f(y0,x0)，2yeq\o\al(2,0)＝2－xeq\o\al(2,0)，又右准线方程为x＝2，则M(2,0)，直线AM的方程为y＝eq\f(y0,x0－2)(x－2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(y0,x0－2)x－2，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去y，整理得[(x0－2)2＋2yeq\o\al(2,0)]x2－8yeq\o\al(2,0)x＋8yeq\o\al(2,0)－2(x0－2)2＝0，因为方程的两个根为x0，xA1，所以x0·xA1＝eq\f(8y\o\al(2,0)－2x0－22,x0－22＋2y\o\al(2,0))＝eq\f(42－x\o\al(2,0)－2x0－22,x0－22＋2－x\o\al(2,0))＝eq\f(4－3x0,3－2x0)·x0，则xA1＝eq\f(4－3x0,3－2x0)，yA1＝eq\f(y0,x0－2)(xA1－2)＝eq\f(y0,3－2x0)，则A1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4－3x0,3－2x0)，\f(y0,3－2x0)))，同理可得B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4＋3x0,3＋2x0)，－\f(y0,3＋2x0)))，则k1＝－eq\f(6y0,2x0)＝－3k，即存在λ＝－3，使得k1＝λk恒成立．eq\a\vs4\al(考点二定点、定值问题)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，四点P1(1,1)，P2(0，1)，P3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),2)))，P4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),2)))中恰有三点在椭圆C上．(1)求C的方程；(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点．解：(1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点．又由eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)＞eq\f(1,a2)＋eq\f(3,4b2)知，椭圆C不经过点P1，所以点P2在椭圆C上．因此eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,b2)＝1，,\f(1,a2)＋\f(3,4b2)＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝1.))故椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|＜2，可得A，B的坐标分别为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(\r(4－t2),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，－\f(\r(4－t2),2))).则k1＋k2＝eq\f(\r(4－t2)－2,2t)－eq\f(\r(4－t2)＋2,2t)＝－1，得t＝2，不符合题设．从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)．将y＝kx＋m代入eq\f(x2,4)＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)＞0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq\f(8km,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4m2－4,4k2＋1).而k1＋k2＝eq\f(y1－1,x1)＋eq\f(y2－1,x2)＝eq\f(kx1＋m－1,x1)＋eq\f(kx2＋m－1,x2)＝eq\f(2kx1x2＋m－1x1＋x2,x1x2).由题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.即(2k＋1)·eq\f(4m2－4,4k2＋1)＋(m－1)·eq\f(－8km,4k2＋1)＝0.解得k＝－eq\f(m＋1,2).当且仅当m＞－1时，Δ＞0，于是l：y＝－eq\f(m＋1,2)x＋m，即y＋1＝－eq\f(m＋1,2)(x－2)，所以l过定点(2，－1)．[由题悟法]定点、定值问题的求解策略(1)定点问题的求解策略把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然直线或曲线过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．(2)定值问题的求解策略在解析几何中，有些几何量与参数无关，这就是“定值”问题，解决这类问题常通过取特殊值，先确定“定值”是多少，再进行证明，或者将问题转化为代数式，再证明该式是与变量无关的常数或者由该等式与变量无关，令其系数等于零即可得到定值．[即时应用](2019·徐州一模)已知中心在原点，对称轴为坐标轴的椭圆C的一个焦点F在抛物线y2＝4x的准线上，且椭圆C过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，直线l与椭圆C交于A，B两点．(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l的斜率为eq\f(1,2)，且不过点P，设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，求证：k1＋k2为定值．解：(1)抛物线y2＝4x的准线方程为x＝－1，由题意知F(－1,0)．设椭圆C的方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)．则由题意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(a2－b2)＝1，,\f(1,a2)＋\f(9,4b2)＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝3.))故椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)证明：因为直线l的斜率为eq\f(1,2)，且不过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，所以可设直线l的方程为y＝eq\f(1,2)x＋m(m≠1)．联立方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝\f(1,2)x＋m))消去y得x2＋mx＋m2A(x1，y1)，B(x2，y2)，故有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝m2－4m2－3＞0，,x1＋x2＝－m，,x1x2＝m2－3.))所以k1＋k2＝eq\f(y1－\f(3,2),x1－1)＋eq\f(y2－\f(3,2),x2－1)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y1－\f(3,2)))x2－1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2－\f(3,2)))x1－1,x1－1x2－1)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x1＋m－\f(3,2)))x2－1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2＋m－\f(3,2)))x1－1,x1－1x2－1)＝eq\f(x1x2＋m－2x1＋x2－2m＋3,x1x2－x1＋x2＋1)＝eq\f(m2－3＋m－2－m－2m＋3,m2－3－－m＋1)＝0，所以k1＋k2为定值0.eq\a\vs4\al(考点三最值、范围问题)eq\a\vs4\al(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2018·苏北四市期末)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(\r(2),2)，且右焦点F到左准线的距离为6eq\r(2).(1)求椭圆C的标准方程；(2)设A为椭圆C的左顶点，P为椭圆C上位于x轴上方的点，直线PA交y轴于点M，过点F作MF的垂线，交y轴于点N.①当直线PA的斜率为eq\f(1,2)时，求△FMN的外接圆的方程；②设直线AN交椭圆C于另一点Q，求△APQ的面积的最大值．解：(1)由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,c＋\f(a2,c)＝6\r(2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4，,c＝2\r(2)，))则b＝2eq\r(2)，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,8)＝1.(2)由题意可设直线PA的方程为y＝k(x＋4)，k＞0，则M(0，4k)，所以kMF＝eq\f(0－4k,2\r(2)－0)＝－eq\r(2)k，kFN＝eq\f(1,\r(2)k)，所以直线FN的方程为y＝eq\f(1,\r(2)k)(x－2eq\r(2))，则Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2,k))).①当直线PA的斜率为eq\f(1,2)，即k＝eq\f(1,2)时，M(0,2)，N(0，－4)，F(2eq\r(2)，0)，因为MF⊥FN，所以圆心为(0，－1)，半径为3，所以△FMN的外接圆的方程为x2＋(y＋1)2＝9.②联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋4，,\f(x2,16)＋\f(y2,8)＝1))消去y，整理得(1＋2k2)x2＋16k2x＋32k2－16＝0，解得x1＝－4或x2＝eq\f(4－8k2,1＋2k2)，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4－8k2,1＋2k2)，\f(8k,1＋2k2)))，又直线AN的方程为y＝－eq\f(1,2k)(x＋4)，同理可得，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8k2－4,1＋2k2)，－\f(8k,1＋2k2)))，所以P，Q关于原点对称，即PQ过原点．所以△APQ的面积S＝eq\f(1,2)OA·(yP－yQ)＝2×eq\f(16k,1＋2k2)＝eq\f(32,2k＋\f(1,k))≤8eq\r(2)，当且仅当2k＝eq\f(1,k)，即k＝eq\f(\r(2),2)时取“＝”．所以△APQ的面积的最大值为8eq\r(2).[由题悟法]圆锥曲线中的最值问题解决方法(1)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．(2)几何法：从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线几何意义求最值．[即时应用]已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(1,2)，且经过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，过它的两个焦点F1，F2分别作直线l1与l2，l1交椭圆于A，B两点，l2交椭圆于C，D两点，且l1⊥l2.(1)求椭圆的标准方程；(2)求四边形ABCD的面积S的取值范围．解：(1)由eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，得a＝2c，所以a2＝4c2，b2＝3c2，将点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))的坐标代入椭圆方程得c2＝1，故所求椭圆方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)若l1与l2中有一条直线的斜率不存在，则另一条直线的斜率为0，此时四边形的面积为S＝6.若l1与l2的斜率都存在，设l1的斜率为k，则l2的斜率为－eq\f(1,k).不妨设直线l1的方程为y＝k(x＋1)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y整理得，(4k2＋3)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，Δ＝64k4－4(3＋4k2)(4k2－12)＝144k2＋144＞0，所以x1＋x2＝－eq\f(8k2,4k2＋3)，x1·x2＝eq\f(4k2－12,4k2＋3)，所以|x1－x2|＝eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\f(12\r(k2＋1),4k2＋3)，所以AB＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\f(12k2＋1,4k2＋3)，同理可得CD＝eq\f(12k2＋1,3k2＋4)，所以S＝eq\f(1,2)AB·CD＝eq\f(721＋k22,4k2＋3·3k2＋4)，令k2＝t∈(0，＋∞)，所以S＝eq\f(721＋t2,4t＋3·3t＋4)＝eq\f(612t2＋25t＋12－6t,12t2＋25t＋12)＝6－eq\f(6,12t＋\f(12,t)＋25)≥6－eq\f(6,49)＝eq\f(288,49)，所以S∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(288,49)，6)).综上可知，四边形ACBD面积的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(288,49)，6)).一保高考，全练题型做到高考达标1．(2019·徐州第一中学检测)若双曲线eq\f(x2,9)－eq\f(y2,4)＝1与直线y＝kx－1有且仅有一个公共点，则这样的直线有______条．解析：把直线y＝kx－1代入双曲线eq\f(x2,9)－eq\f(y2,4)＝1中，消去y，得(4－9k2)x2＋18kx－45＝0，当4－9k2＝0，即k＝±eq\f(2,3)时，直线与双曲线相交，有一个交点；当4－9k2≠0，即k≠±eq\f(2,3)时，令Δ＝0，得182k2＋4(4－9k2)×45＝0，解得k＝±eq\f(\r(5),3)，此时直线与双曲线相切，有一个交点．综上，k的值有4个，即这样的直线有4条．答案：42．已知椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左、右顶点分别为M，N，点P在C上，且直线PN的斜率是－eq\f(1,4)，则直线PM的斜率为________．解析：设P(x0，y0)，则eq\f(x\o\al(2,0),4)＋eq\f(y\o\al(2,0),3)＝1，直线PM的斜率kPM＝eq\f(y0,x0＋2)，直线PN的斜率kPN＝eq\f(y0,x0－2)，可得kPM·kPN＝eq\f(y\o\al(2,0),x\o\al(2,0)－4)＝－eq\f(3,4)，故kPM＝－eq\f(3,4)·eq\f(1,kPN)＝3.答案：33．已知抛物线y2＝2px的焦点F与椭圆16x2＋25y2＝400的左焦点重合，抛物线的准线与x轴的交点为K，点A在抛物线上且AK＝eq\r(2)AF，则点A的横坐标为________．解析：16x2＋25y2＝400可化为eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1，则椭圆的左焦点为F(－3,0)，又抛物线y2＝2px的焦点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，准线为x＝－eq\f(p,2)，所以eq\f(p,2)＝－3，即p＝－6，即y2＝－12x，K(3,0)．设A(x，y)，则由AK＝eq\r(2)AF得(x－3)2＋y2＝2[(x＋3)2＋y2]，即x2＋18x＋9＋y2＝0，又y2＝－12x，所以x2＋6x＋9＝0，解得x＝－3.答案：－34．(2019·江都中学检测)已知双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的两条渐近线与抛物线y2＝2px(p＞0)的准线分别交于A，B两点，若双曲线的离心率为2，O为坐标原点，△AOB的面积为eq\f(\r(3),3)，则p＝________.解析：∵双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的渐近线方程是y＝±eq\f(b,a)x，抛物线y2＝2px(p＞0)的准线方程是x＝－eq\f(p,2)，∴A，B两点的纵坐标分别是y＝±eq\f(pb,2a)，∵双曲线的离心率为2，∴eq\f(b2,a2)＝eq\f(c2－a2,a2)＝e2－1＝3，则eq\f(b,a)＝eq\r(3)，∴A，B两点的纵坐标分别是y＝±eq\f(pb,2a)＝±eq\f(\r(3)p,2)，又△AOB的面积为eq\f(\r(3),3)，∴eq\f(1,2)×eq\r(3)p×eq\f(p,2)＝eq\f(\r(3),3)，解得p＝eq\f(2\r(3),3).答案：eq\f(2\r(3),3)5．已知(4,2)是直线l被椭圆eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,9)＝1所截得的线段的中点，则l的方程是___________．解析：设直线l与椭圆相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)．则eq\f(x\o\al(2,1),36)＋eq\f(y\o\al(2,1),9)＝1，且eq\f(x\o\al(2,2),36)＋eq\f(y\o\al(2,2),9)＝1，两式相减并化简得eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(x1＋x2,4y1＋y2).又x1＋x2＝8，y1＋y2＝4，所以eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(1,2)，故直线l的方程为y－2＝－eq\f(1,2)(x－4)，即x＋2y－8＝0.答案：x＋2y－8＝06．(2018·海门中学检测)如图，过抛物线y＝eq\f(1,4)x2的焦点F的直线l与抛物线和圆x2＋(y－1)2＝1交于A，B，C，D四点，则eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(DC,\s\up7(→))＝________.解析：不妨设直线AB的方程为y＝1，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝1，,y＝\f(1,4)x2，))解得x＝±2，则A(－2,1)，D(2,1)，因为B(－1,1)，C(1,1)，所以eq\o(AB,\s\up7(→))＝(1,0)，eq\o(DC,\s\up7(→))＝(－1,0)，所以eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(DC,\s\up7(→))＝－1.答案：－17．(2019·宁海中学调研)已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，点A，B1，B2，F依次为其左顶点、下顶点、上顶点和右焦点，若直线AB2与直线B1F的交点恰在椭圆的右准线上，则椭圆的离心率为________．解析：根据题意得，直线AB2的方程为：y＝eq\f(b,a)x＋b，直线B1F的方程为：y＝eq\f(b,c)x－b，联立两直线方程解得x＝eq\f(2ac,a－c).又由题意可得eq\f(2ac,a－c)＝eq\f(a2,c)，化简得2c2＋ac－a2＝0，即2e2＋e－1＝0，又0＜e＜1，解得e＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)8．已知直线l过抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点，且与抛物线的对称轴垂直，直线l与抛物线C交于A，B两点，且AB＝12，若M为抛物线C的准线上一点，则△ABM的面积为________．解析：由题意知，抛物线C的焦点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，对称轴为x轴，准线为x＝－eq\f(p,2).因为直线l与x轴垂直，所以AB＝2p＝12，p＝6，又点M在抛物线C的准线上，所以点M到直线AB的距离为6，所以△ABM的面积S＝eq\f(1,2)×6×12＝36.答案：369．(2018·镇江期末)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(\r(3),2)，且点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)，\f(1,2)))在椭圆C上．(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l交椭圆C于P，Q两点，线段PQ的中点为H，O为坐标原点，且OH＝1，求△POQ面积的最大值．解：(1)由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,\f(3,a2)＋\f(1,4b2)＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝1，))所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)设l与x轴的交点为D(n,0)，直线l：x＝my＋n，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋n，,\f(x2,4)＋y2＝1))消去x，整理得(4＋m2)y2＋2mny＋n2－4＝0，所以y1＋y2＝－eq\f(2mn,4＋m2)，y1y2＝eq\f(n2－4,4＋m2)，故eq\f(y1＋y2,2)＝－eq\f(mn,4＋m2)，eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(my1＋y2＋2n,2)＝eq\f(4n,4＋m2)，即Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4n,4＋m2)，－\f(mn,4＋m2)))，由OH＝1，得n2＝eq\f(4＋m22,16＋m2)，则S△POQ＝eq\f(1,2)OD|y1－y2|＝eq\f(1,2)|n||y1－y2|.令T＝n2(y1－y2)2＝n2[(y1＋y2)2－4y1y2]＝eq\f(1924＋m2,16＋m22)，设t＝4＋m2(t≥4)，则eq\f(4＋m2,16＋m22)＝eq\f(t,t2＋24t＋144)＝eq\f(1,t＋\f(144,t)＋24)≤eq\f(1,2\r(t·\f(144,t))＋24)＝eq\f(1,48)，当且仅当t＝eq\f(144,t)，即t＝12时，S△POQ＝1，所以△POQ面积的最大值为1.10.如图，在平面直角坐标系xOy中，过椭圆C：eq\f(x2,4)＋y2＝1的左顶点A作直线l，与椭圆C和y轴正半轴分别交于点P，Q.(1)若AP＝PQ，求直线l的斜率；(2)过原点O作直线l的平行线，与椭圆C交于点M，N，求证：eq\f(AP·AQ,MN2)为定值．解：(1)依题意，椭圆C的左顶点A(－2,0)，设直线l的斜率为k(k＞0)，点P的横坐标为xP，则直线l的方程为y＝k(x＋2)．联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得(4k2＋1)x2＋16k2x＋16k2－4＝0，则－2·xP＝eq\f(16k2－4,4k2＋1)，从而xP＝eq\f(2－8k2,1＋4k2).因为AP＝PQ，所以xP＝－1.所以eq\f(2－8k2,1＋4k2)＝－1，解得k＝eq\f(\r(3),2)(负值舍去)．(2)证明：设点N的横坐标为xN.结合(1)知，直线MN的方程为y＝kx.联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得xeq\o\al(2,N)＝eq\f(4,1＋4k2).从而eq\f(AP·AQ,MN2)＝eq\f(2xP＋2,2xN2)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－8k2,1＋4k2)＋2)),4×\f(4,1＋4k2))＝eq\f(1,2)(定值)．二上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2019·苏州调研)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(\r(2),2)，椭圆上的动点P到一个焦点的距离的最小值为3(eq\r(2)－1)．(1)求椭圆C的标准方程；(2)已知过点M(0，－1)的动直线l与椭圆C交于A，B两点，试判断以线段AB为直径的圆是否恒过定点，并说明理由．解：(1)由题意得eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，故a＝eq\r(2)c.又椭圆上的动点P到一个焦点的距离的最小值为3(eq\r(2)－1)，所以a－c＝3(eq\r(2)－1)，所以c＝3，a＝3eq\r(2)，所以b2＝a2－c2＝9，所以椭圆C的标准方程为eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝1.(2)当直线l的斜率为0时，对于eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝1，令y＝－1，得x＝±4，此时以线段AB为直径的圆的方程为x2＋(y＋1)2＝16.当直线l的斜率不存在时，以线段AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝9.联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y＋12＝16，,x2＋y2＝9，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝3，))即两圆的交点为(0,3)，记T(0,3)．猜想以线段AB为直径的圆恒过定点T(0,3)．当直线l的斜率存在且不为0时，设直线l的方程为y＝kx－1(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,\f(x2,18)＋\f(y2,9)＝1，))得(1＋2k2)x2－4kx－16＝0，所以Δ＝(－4k)2＋64(1＋2k2)＝144k2＋64＞0，x1＋x2＝eq\f(4k,1＋2k2)，x1x2＝－eq\f(16,1＋2k2).因为eq\o(TA,\s\up7(→))·TB→＝(x1，y1－3)·(x2，y2－3)＝x1x2＋y1y2－3(y1＋y2)＋9＝x1x2＋(kx1－1)(kx2－1)－3(kx1－1＋kx2－1)＋9＝(k2＋1)x1x2－4k(x1＋x2)＋16＝eq\f(－16k2＋1,1＋2k2)－eq\f(16k2,1＋2k2)＋16＝eq\f(－161＋2k2,1＋2k2)＋16＝0，所以TA⊥TB，故以线段AB为直径的圆过点T(0,3)．综上，以线段AB为直径的圆恒过定点(0,3)．2．(2019·盐城模拟)如图，已知F1，F2分别是椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，点P(－2,3)是椭圆C上一点，且PF1⊥x轴．(1)求椭圆C的方程；(2)设圆M：(x－m)2＋y2＝r2(r＞0)．①设圆M与线段PF2交于A，B两点，若eq\o(MA,\s\up7(→))＋eq\o(MB,\s\up7(→))＝eq\o(MP,\s\up7(→))＋eq\o(MF2,\s\up7(→))，且AB＝2，求r的值；②设m＝－2，过点P作圆M的两条切线分别交椭圆C于G，H两点(均异于点P)．试问：是否存在这样的正数r，使得G，H两点恰好关于坐标原点O对称？若存在，求出r的值；若不存在，请说明理由．解：(1)因为点P(－2,3)是椭圆C上一点，且PF1⊥x轴，所以椭圆的半焦距c＝2，由eq\f(c2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，得y＝±eq\f(b2,a)，所以eq\f(b2,a)＝eq\f(a2－4,a)＝3，化简得a2－3a－4＝0，解得a＝4，所以b2＝12，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1.(2)①因为eq\o(MA,\s\up7(→))＋eq\o(MB,\s\up7(→))＝eq\o(MP,\s\up7(→))＋eq\o(MF2,\s\up7(→))，所以eq\o(MA,\s\up7(→))－eq\o(MP,\s\up7(→))＝eq\o(MF2,\s\up7(→))－eq\o(MB,\s\up7(→))，即eq\o(PA,\s\up7(→))＝eq\o(BF2,\s\up7(→)).所以线段PF2与线段AB的中点重合(记为点Q)，由(1)知Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2))).因为圆M与线段PF2交于A，B两点，所以kMQ·kAB＝kMQ·kPF2＝－1，即eq\f(0－\f(3,2),m)·eq\f(3－0,－2－2)＝－1，解得m＝－eq\f(9,8)，所以MQ＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,8)－0))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(3,2)))2)＝eq\f(15,8)，又AB＝2，所以r＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,8)))2＋12)＝eq\f(17,8).②假设存在正数r满足题意．由G，H两点恰好关于原点对称，设G(x0，y0)，则H(－x0，－y0)，不妨设x0＜0.因为P(－2,3)，m＝－2，所以两条切线的斜率均存在，设过点P与圆M相切的直线的斜率为k，则切线方程为y－3＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＋3＝0，由该直线与圆M相切，得r＝eq\f(3,\r(1＋k2))，即k＝±eq\r(\f(9－r2,r2))，所以两条切线的斜率互为相反数，即kPG＝－kPH，所以eq\f(y0－3,x0＋2)＝－eq\f(－y0－3,－x0＋2)，化简得x0y0＝－6，即y0＝eq\f(－6,x0)，代入eq\f(x\o\al(2,0),16)＋eq\f(y\o\al(2,0),12)＝1，化简得xeq\o\al(4,0)－16xeq\o\al(2,0)＋48＝0，解得x0＝－2(舍去)或x0＝－2eq\r(3)，所以y0＝eq\r(3)，所以G(－2eq\r(3)，eq\r(3))，H(2eq\r(3)，－eq\r(3))，所以kPG＝eq\f(3－\r(3),－2＋2\r(3))＝eq\f(\r(3),2)，所以r＝eq\f(3,\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2))＝eq\f(6\r(7),7).故存在满足条件的正数r，且r＝eq\f(6\r(7),7).命题点一椭圆1.(2018·浙江高考)已知点P(0,1)，椭圆eq\f(x2,4)＋y2＝m(m＞1)上两点A，B满足eq\o(AP,\s\up7(→))＝2eq\o(PB,\s\up7(→))，则当m＝________时，点B横坐标的绝对值最大．解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\o(AP,\s\up7(→))＝2eq\o(PB,\s\up7(→))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x1＝2x2，,1－y1＝2y2－1，))即x1＝－2x2，y1＝3－2y2.因为点A，B在椭圆上，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(4x\o\al(2,2),4)＋3－2y22＝m，,\f(x\o\al(2,2),4)＋y\o\al(2,2)＝m，))解得y2＝eq\f(1,4)m＋eq\f(3,4)，所以xeq\o\al(2,2)＝m－(3－2y2)2＝－eq\f(1,4)m2＋eq\f(5,2)m－eq\f(9,4)＝－eq\f(1,4)(m－5)2＋4≤4，所以当m＝5时，点B横坐标的绝对值最大．答案：52．(2016·江苏高考)如图，在平面直角坐标系xOy中，F是椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点，直线y＝eq\f(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：将y＝eq\f(b,2)代入椭圆的标准方程，得eq\f(x2,a2)＋eq\f(\f(b2,4),b2)＝1，所以x＝±eq\f(\r(3),2)a，故Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，\f(b,2)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，\f(b,2))).又因为F(c,0)，所以eq\o(BF,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(\r(3),2)a，－\f(b,2)))，eq\o(CF,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(\r(3),2)a，－\f(b,2))).因为∠BFC＝90°，所以eq\o(BF,\s\up7(→))·eq\o(CF,\s\up7(→))＝0，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c＋\f(\r(3),2)a))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(\r(3),2)a))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2)))2＝0，即c2－eq\f(3,4)a2＋eq\f(1,4)b2＝0，将b2＝a2－c2代入并化简，得a2＝eq\f(3,2)c2，所以e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(2,3)，所以e＝eq\f(\r(6),3)(负值舍去)．答案：eq\f(\r(6),3)3．(2017·江苏高考)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为eq\f(1,2)P在椭圆E上，且位于第一象限，过点F1作直线PF1的垂线l1，过点F2作直线PF2的垂线l2.(1)求椭圆E的标准方程；(2)若直线l1，l2的交点Q在椭圆E上，求点P的坐标．解：(1)设椭圆的半焦距为c.因为椭圆E的离心率为eq\f(1,2)，两准线之间的距离为8，所以eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，eq\f(2a2,c)＝8，解得a＝2，c＝1，于是b＝eq\r(a2－c2)＝eq\r(3)，因此椭圆E的标准方程是eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由(1)知，F1(－1,0)，F2(1,0)．设P(x0，y0)，因为P为第一象限的点，故x0＞0，y0＞0.当x0＝1时，l2与l1相交于F1，与题设不符．当x0≠1时，直线PF1的斜率为eq\f(y0,x0＋1)，直线PF2的斜率为eq\f(y0,x0－1).因为l1⊥PF1，l2⊥PF2，所以直线l1的斜率为－eq\f(x0＋1,y0)，直线l2的斜率为－eq\f(x0－1,y0)，从而直线l1的方程为y＝－eq\f(x0＋1,y0)(x＋1)，①直线l2的方程为y＝－eq\f(x0－1,y0)(x－1)．②由①②，解得x＝－x0，y＝eq\f(x\o\al(2,0)－1,y0)，所以Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x0，\f(x\o\al(2,0)－1,y0))).因为点Q在椭圆上，由对称性，得eq\f(x\o\al(2,0)－1,y0)＝±y0，即xeq\o\al(2,0)－yeq\o\al(2,0)＝1或xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝1.又点P在椭圆E上，故eq\f(x\o\al(2,0),4)＋eq\f(y\o\al(2,0),3)＝1.联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,0)－y\o\al(2,0)＝1，,\f(x\o\al(2,0),4)＋\f(y\o\al(2,0),3)＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(4\r(7),7)，,y0＝\f(3\r(7),7)；))联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,0)＋y\o\al(2,0)＝1，,\f(x\o\al(2,0),4)＋\f(y\o\al(2,0),3)＝1，))无解．因此点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(7),7)，\f(3\r(7),7))).4．(2018·北京高考)已知椭圆M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(\r(6),3)，焦距为2eq\r(2).斜率为k的直线l与椭圆M有两个不同的交点A，B.(1)求椭圆M的方程；(2)若k＝1，求|AB|的最大值；(3)设P(－2,0)，直线PA与椭圆M的另一个交点为C，直线PB与椭圆M的另一个交点为D，若C，D和点Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,4)，\f(1,4)))共线，求k.解：(1)由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝b2＋c2，,\f(c,a)＝\f(\r(6),3)，,2c＝2\r(2)，))解得a＝eq\r(3)，b＝1.所以椭圆M的方程为eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)设直线l的方程为y＝x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，))得4x2＋6mx＋3m2－3＝0，所以x1＋x2＝－eq\f(3m,2)，x1x2＝eq\f(3m2－3,4).所以|AB|＝eq\r(x2－x12＋y2－y12)＝eq\r(2x2－x12)＝eq\r(2[x1＋x22－4x1x2])＝eq\r(\f(12－3m2,2)).当m＝0，即直线l过原点时，|AB|最大，最大值为eq\r(6).(3)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意得xeq\o\al(2,1)＋3yeq\o\al(2,1)＝3，xeq\o\al(2,2)＋3yeq\o\al(2,2)＝3.直线PA的方程为y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(y1,x1＋2)x＋2，,x2＋3y2＝3，))得[(x1＋2)2＋3yeq\o\al(2,1)]x2＋12yeq\o\al(2,1)x＋12yeq\o\al(2,1)－3(x1＋2)2＝0.设C(xC，yC)，所以xC＋x1＝eq\f(－12y\o\al(2,1),x1＋22＋3y\o\al(2,1))＝eq\f(4x\o\al(2,1)－12,4x1＋7).所以xC＝eq\f(4x\o\al(2,1)－12,4x1＋7)－x1＝eq\f(－12－7x1,4x1＋7).所以yC＝eq\f(y1,x1＋2)(xC＋2)＝eq\f(y1,4x1＋7).设D(xD，yD)，同理得xD＝eq\f(－12－7x2,4x2＋7)，yD＝eq\f(y2,4x2＋7).记直线CQ，DQ的斜率分别为kCQ，kDQ，则kCQ－kDQ＝eq\f(\f(y1,4x1＋7)－\f(1,4),\f(－12－7x1,4x1＋7)＋\f(7,4))－eq\f(\f(y2,4x2＋7)－\f(1,4),\f(－12－7x2,4x2＋7)＋\f(7,4))＝4(y1－y2－x1＋x2)．因为C，D，Q三点共线，所以kCQ－kDQ＝0.故y1－y2＝x1－x2.所以直线l的斜率k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝1.5．(2017·天津高考)已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦点为F(－c,0)，右顶点为A，点E的坐标为(0，c),△EFA的面积为eq\f(b2,2).(1)求椭圆的离心率；(2)设点Q在线段AE上，|FQ|＝eq\f(3,2)c，延长线段FQ与椭圆交于点P，点M，N在x轴上，PM∥QN，且直线PM与直线QN间的距离为c，四边形PQNM的面积为3c.①求直线FP的斜率；②求椭圆的方程．解：(1)设椭圆的离心率为e.由已知，可得eq\f(1,2)(c＋a)c＝eq\f(b2,2).又由b2＝a2－c2，可得2c2＋ac－a2＝0，即2e2＋e－1＝0.又因为0＜e＜1，解得e＝eq\f(1,2).所以椭圆的离心率为eq\f(1,2).(2)①依题意，设直线FP的方程为x＝my－c(m＞0)，则直线FP的斜率为eq\f(1,m).由(1)知a＝2c，可得直线AE的方程为eq\f(x,2c)＋eq\f(y,c)＝1，即x＋2y－2c＝0，与直线FP的方程联立，可解得x＝eq\f(2m－2c,m＋2)，y＝eq\f(3c,m＋2)，即点Q的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2m－2c,m＋2)，\f(3c,m＋2))).由已知|FQ|＝eq\f(3,2)c，有eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2m－2c,m＋2)＋c))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3c,m＋2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3c,2)))2，整理得3m2－4m＝0，所以m＝eq\f(4,3)，即直线FP的斜率为eq\f(3,4).②由a＝2c，可得b＝eq\r(3)c，故椭圆方程可以表示为eq\f(x2,4c2)＋eq\f(y2,3c2)＝1.由①得直线FP的方程为3x－4y＋3c＝0，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－4y＋3c＝0，,\f(x2,4c2)＋\f(y2,3c2)＝1))消去y，整理得7x2＋6cx－13c2＝0，解得x＝c或x＝－eq\f(13c,7)(舍去)．因此可得点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(3c,2)))，进而可得|FP|＝eq\r(c＋c2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3c,2)))2)＝eq\f(5c,2)，所以|PQ|＝|FP|－|FQ|＝eq\f(5c,2)－eq\f(3c,2)＝c.由已知，线段PQ的长即为PM与QN这两条平行直线间的距离，故直线PM和QN都垂直于直线FP.因为QN⊥FP，所以|QN|＝|FQ|·tan∠QFN＝eq\f(3c,2)×eq\f(3,4)＝eq\f(9c,8)，所以△FQN的面积为eq\f(1,2)|FQ||QN|＝eq\f(27c2,32)，同理，△FPM的面积等于eq\f(75c2,32)，由四边形PQNM的面积为3c，得eq\f(75c2,32)－eq\f(27c2,32)＝3c，整理得c2＝2c.又由c＞0，得c＝2.所以椭圆的方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1.命题点二双曲线1.(2018·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，若双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦点F(c,0)到一条渐近线的距离为eq\f(\r(3),2)c，则其离心率的值为________．解析：∵双曲线的渐近线方程为bx±ay＝0，∴焦点F(c,0)到渐近线的距离d＝eq\f(|bc±0|,\r(b2＋a2))＝b，∴b＝eq\f(\r(3),2)c，∴a＝eq\r(c2－b2)＝eq\f(1,2)c，∴e＝eq\f(c,a)＝2.答案：22．(2016·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，双曲线eq\f(x2,7)－eq\f(y2,3)＝1的焦距是________．解析：由双曲线的标准方程，知a2＝7，b2＝3，所以c2＝a2＋b2＝10，所以c＝eq\r(10)，从而焦距2c＝2eq\r(10).答案：2eq\r(10)3．(2017·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，双曲线eq\f(x2,3)－y2＝1的右准线与它的两条渐近线分别交于点P，Q，其焦点是F1，F2，则四边形F1PF2Q的面积是________．解析：由题意得，双曲线的右准线x＝eq\f(3,2)与两条渐近线y＝±eq\f(\r(3),3)x的交点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，±\f(\r(3),2))).不妨设双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，则F1(－2,0)，F2(2,0)，故四边形F1PF2Q的面积是eq\f(1,2)|F1F2|·|PQ|＝eq\f(1,2)×4×eq\r(3)＝2eq\r(3).答案：2eq\r(3)4．(2018·北京高考)若双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,4)＝1(a＞0)的离心率为eq\f(\r(5),2)，则a＝________.解析：由e＝eq\f(c,a)＝eq\r(\f(a2＋b2,a2))，得eq\f(a2＋4,a2)＝eq\f(5,4)，∴a2＝16.∵a＞0，∴a＝4.答案：45．(2018·全国卷Ⅲ改编)设F1，F2是双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，O是坐标原点．过F2作C的一条渐近线的垂线，垂足为P.若|PF1|＝eq\r(6)|OP|，则C的离心率为________．解析：法一：不妨设一条渐近线的方程为y＝eq\f(b,a)x，则F2到y＝eq\f(b,a)x的距离d＝eq\f(|bc|,\r(a2＋b2))＝b.在Rt△F2PO中，|F2O|＝c，所以|PO|＝a，所以|PF1|＝eq\r(6)a，又|F1O|＝c，所以在△F1PO与Rt△F2PO中，根据余弦定理得cos∠POF1＝eq\f(a2＋c2－\r(6)a2,2ac)＝－cos∠POF2＝－eq\f(a,c)，即3a2＋c2－(eq\r(6)a)2＝0，得3a2＝c2，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3).法二：如图，过点F1向OP的反向延长线作垂线，垂足为P′，连接P′F2，由题意可知，四边形PF1P′F2为平行四边形，且△PP′F2是直角三角形．因为|F2P|＝b，|F2O|＝c，所以|OP|＝a.又|PF1|＝eq\r(6)a＝|F2P′|，|PP′|＝2a，所以|F2P|＝eq\r(2)a＝b，所以c＝eq\r(a2＋b2)＝eq\r(3)a，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3).答案：eq\r(3)6．(2015·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2－y2＝1右支上的一个动点，若点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为________．解析：所求的c的最大值就是双曲线的一条渐近线x－y＝0与直线x－y＋1＝0的距离，此距离d＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2).答案：eq\f(\r(2),2)命题点三抛物线1.(2017·全国卷Ⅱ改编)过抛物线C：y2＝4x的焦点F，且斜率为eq\r(3)的直线交C于点M(M在x轴的上方)，l为C的准线，点N在l上且MN⊥l，则M到直线NF的距离为________．解析：法一：由题意，得F(1,0)，则直线FM的方程是y＝eq\r(3)(x－1)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\r(3)x－1，,y2＝4x，))得x＝eq\f(1,3)或x＝3.由M在x轴的上方，得M(3,2eq\r(3))，由MN⊥l，得|MN|＝|MF|＝3＋1＝4.又∠NMF等于直线FM的倾斜角，即∠NMF＝60°，因此△MNF是边长为4的等边三角形，所以点M到直线NF的距离为4×eq\f(\r(3),2)＝2eq\r(3).法二：依题意，得直线FM的倾斜角为60°，则|MN|＝|MF|＝eq\f(2,1－cos60°)＝4.又∠NMF等于直线FM的倾斜角，即∠NMF＝60°，因此△MNF是边长为4的等边三角形，所以点M到直线NF的距离为4×eq\f(\r(3),2)＝2eq\r(3).答案：2eq\r(3)2．(2018·北京高考)已知直线l过点(1,0)且垂直于x轴，若l被抛物线y2＝4ax截得的线段长为4，则抛物线的焦点坐标为________．解析：由题知直线l的方程为x＝1，则直线与抛物线的交点为(1，±2eq\r(a))(a＞0)．又直线被抛物线截得的线段长为4，所以4eq\r(a)＝4，即a＝1.所以抛物线的焦点坐标为(1,0)．答案：(1,0)3．(2017·天津高考)设抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l.已知点C在l上，以C为圆心的圆与y轴的正半轴相切于点A.若∠FAC＝120°，则圆的方程为________________．解析：由题意知该圆的半径为1，设圆心坐标为C(－1，a)(a＞0)，则A(0，a)．又F(1,0)，所以eq\o(AC,\s\up7(→))＝(－1,0)，eq\o(AF,\s\up7(→))＝(1，－a)，由题意得eq\o(AC,\s\up7(→))与eq\o(AF,\s\up7(→))的夹角为120°，故cos120°＝eq\f(－1,1×\r(1＋－a2))＝－eq\f(1,2)，解得a＝eq\r(3)，所以圆的方程为(x＋1)2＋(y－eq\r(3))2＝1.答案：(x＋1)2＋(y－eq\r(3))2＝14．(2017·浙江高考)如图，已知抛物线x2＝y，点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,4)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(9,4)))，抛物线上的点P(x，y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＜x＜\f(3,2))).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|PA|·|PQ|的最大值．解：(1)设直线AP的斜率为k，k＝eq\f(x2－\f(1,4),x＋\f(1,2))＝x－eq\f(1,2)，因为－eq\f(1,2)＜x＜eq\f(3,2)，所以直线AP斜率的取值范围是(－1,1)．(2)设直线AP的斜率为k，则直线BQ的斜率为－eq\f(1,k).则直线AP的方程为y－eq\f(1,4)＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))，即kx－y＋eq\f(1,2)k＋eq\f(1,4)＝0，直线BQ的方程为y－eq\f(9,4)＝－eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))，即x＋ky－eq\f(9,4)k－eq\f(3,2)＝0，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(kx－y＋\f(1,2)k＋\f(1,4)＝0，,x＋ky－\f(9,4)k－\f(3,2)＝0，))解得点Q的横坐标xQ＝eq\f(－k2＋4k＋3,2k2＋1).因为|PA|＝eq\r(1＋k2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＝eq\r(1＋k2)(k＋1)，|PQ|＝eq\r(1＋k2)(xQ－x)＝－eq\f(k－1k＋12,\r(k2＋1))，所以|PA|·|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eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))上单调递增，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递减，因此当k＝eq\f(1,2)时，|PA|·|PQ|取得最大值eq\f(27,16).命题点四圆锥曲线中的综合问题1．(2018·江苏高考)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))，焦点为F1(－eq\r(3)，0)，F2(eq\r(3)，0)，圆O的直径为F1F2.(1)求椭圆C及圆O的方程；(2)设直线l与圆O相切