【步步高】高考数学第一轮复习(典型题+详解)专题五 高考中的圆锥曲线问题文档强练 文 新人教A版

专题五 高考中的圆锥曲线问题
1.已知F 1、F 2为椭圆x 225＋y 2
9＝1的两个焦点，过F 1的直线交椭圆于A 、B 两点.若|F 2A |＋|F 2B |
＝12，则|AB |＝________. 答案 8
解析 由题意知(|AF 1|＋|AF 2|)＋(|BF 1|＋|BF 2|) ＝|AB |＋|AF 2|＋|BF 2|＝2a ＋2a ，
又由a ＝5，可得|AB |＋(|BF 2|＋|AF 2|)＝20， 即|AB |＝8.
2.设AB 为过抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点的弦，则|AB |的最小值为
( )
A.p 2
B.p
C.2p
D.无法确定
答案 C
解析 当弦AB 垂直于对称轴时|AB |最短， 这时x ＝p
2
，∴y ＝±p ，|AB |min ＝2p .
3.若双曲线x 2a 2－y 2
3＝1的一条渐近线被圆(x －2)2＋y 2＝4所截得的弦长为2，则该双曲线的实轴
长为
( )
A.1
B.2
C.3
D.6
答案 B
解析 双曲线x 2a 2－y 23＝1的渐近线方程为y ＝±3
a x ，即3x ±ay ＝0，
圆(x －2)2＋y 2＝4的圆心为C (2,0)，半径为r ＝2，如图，由圆的弦长公式得弦心距|CD |＝22－12＝3，另一方面，圆心C (2,0)到双曲线x 2a 2－y 2
3＝1的渐近线3x －ay ＝0的距离为d ＝|3×2－a ×0|3＋a 2＝233＋a 2，所以233＋a 2＝3，解得a 2
＝1，即a ＝1，该双曲线的实轴长为2a ＝2.
4.在抛物线y ＝2x 2上有一点P ，它到A (1,3)的距离与它到焦点的距离之和最小，则点P 的坐标是
( )
A.(－2,1)
B.(1,2)
C.(2,1)
D.(－1,2)
答案 B
解析 如图所示，直线l 为抛物线y ＝2x 2的准线，F 为其焦点，PN ⊥l ，
AN 1⊥l ，由抛物线的定义知，|PF |＝|PN |， ∴|AP |＋|PF |＝|AP |＋|PN |≥|AN 1|， 当且仅当A 、P 、N 三点共线时取等号. ∴P 点的横坐标与A 点的横坐标相同即为1， 则可排除A 、C 、D ，故选B.
5.设坐标原点为O ，抛物线y 2＝2x 与过焦点的直线交于A 、B 两点，则OA →·OB →
等于 ( ) A.34
B.－34
C.3
D.－3
答案 B
解析 方法一 (特殊值法)
抛物线的焦点为F ⎝⎛⎭⎫12，0，过F 且垂直于x 轴的直线交抛物线于A (12，1)，B (1
2，－1)， ∴OA →·OB →＝⎝⎛⎭⎫12，1·⎝⎛⎭⎫1
2，－1＝14－1＝－34. 方法二 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则OA →·OB →
＝x 1x 2＋y 1y 2.
由抛物线的过焦点的弦的性质知： x 1x 2＝p 24＝1
4，y 1y 2＝－p 2＝－1.
∴OA →·OB →＝1
4－1＝－34
.
题型一 圆锥曲线中的范围、最值问题
例1 (2012·浙江改编)如图所示，在直角坐标系xOy 中，点P (1，1
2)到抛
物线C ：y 2＝2px (p >0)的准线的距离为5
4.点M (t,1)是C 上的定点，A ，B
是C 上的两动点，且线段AB 的中点Q (m ，n )在直线OM 上. (1)求曲线C 的方程及t 的值； (2)记d ＝
|AB |
1＋4m 2
，求d 的最大值.
思维启迪 (1)依条件，构建关于p ，t 的方程；
(2)建立直线AB 的斜率k 与线段AB 中点坐标间的关系，并表示弦AB 的长度，运用函数的性质或基本不等式求d 的最大值. 解 (1)y 2＝2px (p >0)的准线x ＝－p
2，
∴1－(－p 2)＝54，p ＝1
2，
∴抛物线C 的方程为y 2＝x . 又点M (t,1)在曲线C 上，∴t ＝1.
(2)由(1)知，点M (1,1)，从而n ＝m ，即点Q (m ，m )， 依题意，直线AB 的斜率存在，且不为0， 设直线AB 的斜率为k (k ≠0). 且A (x 1，y 1)，B (x 2.y 2)，
由⎩
⎪⎨⎪⎧
y 2
1＝x 1，y 22＝x 2，得(y 1－y 2)(y 1＋y 2)＝x 1－x 2，故k ·2m ＝1， 所以直线AB 的方程为y －m ＝1
2m (x －m )，
即x －2my ＋2m 2－m ＝0.
由⎩
⎪⎨⎪⎧
x －2my ＋2m 2
－m ＝0，y 2＝x 消去x ， 整理得y 2－2my ＋2m 2－m ＝0，
所以Δ＝4m －4m 2>0，y 1＋y 2＝2m ，y 1y 2＝2m 2－m . 从而|AB |＝
1＋1
k
2·|y 1－y 2|＝1＋4m 2·4m －4m 2 ＝2(1＋4m 2)(m －m 2) ∴d ＝
|AB |
1＋4m 2
＝2m (1－m )≤m ＋(1－m )＝1，
当且仅当m ＝1－m ，即m ＝1
2时，上式等号成立，
又m ＝1
2
满足Δ＝4m －4m 2>0.∴d 的最大值为1.
思维升华 圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别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.
椭圆C ：x 236＋y 2
20
＝1的左顶点、右焦点分别为A ，F ，直线的方程为x ＝9，N 为
直
线上一点，且在x 轴的上方，AN 与椭圆交于M 点． (1)若M 是AN 的中点，求证：MA ⊥MF .
(2)过A ，F ，N 三点的圆与y 轴交于P ，Q 两点，求|PQ |的取值范围． (1)证明 由题意得A (－6,0)，F (4,0)，x N ＝9，
∴x M ＝32
，
又M 点在椭圆上，且在x 轴上方，得y M ＝53
2
，
∴MA →＝(－152，－532)，MF →
＝(52，－532)，
∴MA →·MF →
＝－754＋754＝0，∴MA ⊥MF .
(2)解 方法一 设N (9，t )，其中t >0，
∵圆过A ，F ，N 三点，∴圆心在线段AF 的中垂线上． 设圆心为(－1，b )，半径为r ，
有r ＝(－1－4)2＋b 2＝(－1－9)2＋(b －t )2，
∴b ＝t 2＋752t ＝12(t ＋75t
)，|PQ |＝2r 2－1＝2b 2＋24.
∵t >0，∴b ≥ t ·75
t
＝53，
当且仅当t ＝75
t ，即t ＝53时取“＝”
∴|PQ |≥299＝611.
∴|PQ |的取值范围是[611，＋∞)． 方法二 设N (9，t )，其中t >0， ∵圆过A ，F ，N 三点，
∴设该圆的方程为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0，有 ⎩⎪⎨⎪
⎧
36－6D ＋F ＝0，16＋4D ＋F ＝0，81＋t 2＋9D ＋tE ＋F ＝0，
解得D ＝2，E ＝－t －75
t ，F ＝－24，
∴圆心为(－1，12(t ＋75t ))，半径r ＝ 25＋14(t ＋75
t
)2，
∴|PQ |＝2r 2－1＝2 24＋14(t ＋75
t
)2，
∵t >0，∴t ＋75t ≥2 t ·75
t
＝103，
当且仅当t ＝75
t ，即t ＝53时取“＝”
∴|PQ |≥299＝611，
∴|PQ |的取值范围是[611，＋∞)． 题型二 圆锥曲线中的定点、定值问题
例2 (2012·福建)如图，等边三角形OAB 的边长为83，且其三个顶点均在 抛物线E ：x 2＝2py (p >0)上. (1)求抛物线E 的方程；
(2)设动直线l 与抛物线E 相切于点P ，与直线y ＝－1相交于点Q ，证明：以PQ 为直径的圆恒过y 轴上某定点.
思维启迪 既然圆过y 轴上的点，即满足MP →·MQ →＝0，对任意P 、Q 恒成立可待定M (0，y 1)，也可给定特殊的P 点，猜想M 点坐标，再证明. (1)解 依题意，得|OB |＝83，∠BOy ＝30°.
设B (x ，y )，则x ＝|OB |sin 30°＝43，y ＝|OB |cos 30°＝12. 因为点B (43，12)在x 2＝2py 上， 所以(43)2＝2p ×12，解得p ＝2. 故抛物线E 的方程为x 2＝4y .
(2)证明 方法一 由(1)知y ＝14x 2，y ′＝12x .
设P (x 0，y 0)，则x 0≠0，且l 的方程为 y －y 0＝12x 0(x －x 0)，即y ＝12x 0x －1
4x 20.
由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝12x 0x －14x 20，y ＝－1得⎩⎪⎨⎪⎧
x ＝x 2
0－42x 0，y ＝－1. 所以Q 为⎝⎛⎭
⎫x 2
0－42x 0，－1.
设M (0，y 1)，令MP →·MQ →
＝0对满足y 0＝14x 20(x 0≠0)的x 0，y 0恒成立.
由于MP →＝(x 0，y 0－y 1)，MQ →
＝⎝⎛⎭⎫x 2
0－42x 0，－1－y 1，
由MP →·MQ →
＝0，得x 2
0－42－y 0－y 0y 1＋y 1＋y 21＝0， 即(y 21＋y 1－2)＋(1－y 1)y 0＝0.(*)
由于(*)式对满足y 0＝14
x 20(x 0≠0)的y 0恒成立，
所以⎩
⎪⎨⎪⎧
1－y 1＝0，y 21＋y 1－2＝0，解得y 1＝1.
故以PQ 为直径的圆恒过y 轴上的定点M (0,1). 方法二 由(1)知y ＝14x 2，y ′＝12x .
设P (x 0，y 0)，则x 0≠0， 且l 的方程为y －y 0＝1
2x 0(x －x 0)，
即y ＝12x 0x －14x 20
.
由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝12x 0x －14x 20，y ＝－1得⎩⎪⎨⎪⎧
x ＝x 2
0－42x 0，y ＝－1. 所以Q 为⎝⎛⎭
⎫x 2
0－42x 0，－1.
取x 0＝2，此时P (2,1)，Q (0，－1)， 以PQ 为直径的圆为(x －1)2＋y 2＝2， 交y 轴于点M 1(0,1)或M 2(0，－1)； 取x 0＝1，此时P ⎝⎛⎭⎫1，14，Q ⎝⎛⎭⎫－3
2，－1， 以PQ 为直径的圆为⎝⎛⎭⎫x ＋142＋⎝⎛⎭⎫y ＋382＝12564， 交y 轴于点M 3(0,1)、M 4⎝⎛⎭⎫0，－7
4. 故若满足条件的点M 存在，只能是M (0,1). 以下证明点M (0,1)就是所要求的点.
因为MP →＝(x 0，y 0－1)，MQ →＝⎝⎛⎭
⎫x 2
0－42x 0，－2，
所以MP →·MQ →＝x 2
0－4
2－2y 0＋2＝2y 0－2－2y 0＋2＝0.
故以PQ 为直径的圆恒过y 轴上的定点M (0,1). 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.
(2013·江西)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝ 3
2
，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 ＝13
c . 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 方法一 因为B (2,0)，点P 不为椭圆顶点，则直线BP 的方程为y ＝k (x －2)(k ≠0，k ≠±1
2
)，
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 ＝1
2x ＋1.
②
①与②联立解得M ⎝
⎛⎭
⎪
⎫4k ＋22k －1，4k 2k －1.
由D (0,1)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 2
－2
4k 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 －2
2k ＋1
＝4k (2k ＋1)2(2k ＋1)2－2(2k －1)2＝2k ＋1
4. 则2m －k ＝2k ＋12－k ＝12
(定值).
方法二 设P (x 0，y 0)(x 0≠0，±2)，则k ＝y 0
x 0－2，
直线AD 的方程为y ＝1
2(x ＋2)，
直线BP 的方程为y ＝y 0
x 0－2(x －2)，
直线DP 的方程为y －1＝y 0－1
x 0
x ，令y ＝0，
由于y 0≠1可得N ⎝
⎛⎭
⎪⎫－x 0y 0－1，0， 联立⎩⎨⎧
y ＝1
2
(x ＋2)y ＝
y
0x 0
－2(x －2)
，
解得M ⎝
⎛⎭
⎪
⎫4y 0＋2x 0－42y 0－x 0＋2，4y 02y 0－x 0＋2，
因此MN 的斜率为
m ＝4y 0
2y 0－x 0＋24y 0＋2x 0－42y 0－x 0＋2＋
x 0y 0－1＝4y 0(y 0－1)
4y 20－8y 0＋4x 0y 0－x 20＋4
＝4y 0(y 0－1)
4y 20－8y 0＋4x 0y 0－(4－4y 20)＋4 ＝y 0－12y 0＋x 0－2
， 所以2m －k ＝2(y 0－1)2y 0＋x 0－2－y 0
x 0－2
＝2(y 0－1)(x 0－2)－y 0(2y 0＋x 0－2)(2y 0＋x 0－2)(x 0－2)
＝2(y 0－1)(x 0－2)－2y 20－y 0(x 0－2)(2y 0＋x 0－2)(x 0－2)
＝2(y 0－1)(x 0－2)－1
2(4－x 20)－y 0(x 0－2)(2y 0＋x 0－2)(x 0－2)
＝1
2
(定值). 题型三 圆锥曲线中的探索性问题
例3 (2012·广东)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a >b >0)的离心率e ＝
2
3
，且椭圆C 上的点到点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 ：x 2＋y 2＝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 的坐标及对应的△OAB 的面积；若不存在，请说明理由.
思维启迪 圆锥曲线中，这类问题的解题思想是假设其结论成立、存在等，在这个假设下进行推理论证，如果得到了一个合情合理的推理结果，就肯定假设，对问题作出正面回答；
如果得到一个矛盾的结果，就否定假设，对问题作出反面回答.
解 (1)∵e 2
＝c 2a 2＝a 2－b 2
a 2＝2
3
，
∴a 2＝3b 2，
∴椭圆方程为x 23b 2＋y 2
b 2＝1，即x 2＋3y 2＝3b 2.
设椭圆上的点到点Q (0,2)的距离为d ，则 d ＝(x －0)2＋(y －2)2＝x 2＋(y －2)2
＝3b 2－3y 2＋(y －2)2＝－2(y ＋1)2＋3b 2＋6， ∴当y ＝－1时，d 取得最大值，d max ＝3b 2＋6＝3， 解得b 2＝1，∴a 2＝3. ∴椭圆C 的方程为x 23
＋y 2
＝1.
(2)假设存在点M (m ，n )满足题意，则m 23＋n 2
＝1，
即m 2＝3－3n 2.
设圆心到直线l 的距离为d ′，则d ′<1， d ′＝|m ·0＋n ·0－1|m 2＋n 2＝1m 2
＋n 2. ∴|AB |＝212－d ′2＝2 1－1m 2＋n 2. ∴S △OAB ＝12|AB |d ′＝1
2·2
1－
1m 2
＋n 2·1
m 2＋n 2
＝
1m 2
＋n 2⎝⎛
⎭
⎫1－1m 2
＋n 2. ∵d ′<1，∴m 2＋n 2>1， ∴0<1
m 2＋n 2<1，
∴1－1
m 2＋n 2>0.
∴S △OAB ＝
1m 2
＋n 2⎝⎛
⎭
⎫1－1m 2
＋n 2 ≤
⎝ ⎛⎭
⎪⎪⎫1m 2＋n 2＋1－1m 2＋n 222＝12
， 当且仅当1m 2＋n 2＝1－1
m 2＋n
2，
即m 2＋n 2＝2>1时，S △OAB 取得最大值1
2
.
由⎩
⎪⎨⎪⎧
m 2
＋n 2
＝2，m 2＝3－3n 2
得⎩⎨⎧
m 2＝32
，
n 2
＝12，
∴存在点M 满足题意，M 点坐标为⎝⎛⎭⎫62，22，⎝⎛⎭⎫62
，－22，⎝⎛⎭⎫－62，
22或⎝⎛⎭⎫－62，－2
2， 此时△OAB 的面积为12
.
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.
(2013·长春调研)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，将其坐标记录于下表中：
(1)求C 1，C 2(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l 的方程；若不存在，说明理由. 解 (1)设抛物线C 2：y 2
＝2px (p ≠0)，则有y 2
x
＝2p (x ≠0)，
据此验证四个点知(3，－23)，(4，－4)在C 2上， 易求得C 2的标准方程为y 2＝4x . 设椭圆C 1：x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a >b >0)，
把点(－2,0)，(
2，2
2)代入得⎩⎨⎧
4
a 2＝1
2a 2
＋1
2b 2
＝1
，
解得⎩
⎪⎨⎪⎧
a 2＝4
b 2＝1，所以C 1的标准方程为x 24＋y 2
＝1.
(2)容易验证当直线l 的斜率不存在时，不满足题意. 当直线l 的斜率存在时，设其方程为y ＝k (x －1)， 与C 1的交点为M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2). 由⎩⎪⎨⎪⎧
x 2
4＋y 2＝1y ＝k (x －1)
消去y 并整理得(1＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4(k 2－1)＝0， 于是x 1＋x 2＝8k 21＋4k 2，
① x 1x 2＝4(k 2－1)1＋4k 2
.
②
所以y 1y 2＝k 2(x 1－1)(x 2－1)＝k 2[x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1] ＝k 2
[4(k 2－1)1＋4k 2－8k 21＋4k 2＋1]＝－3k 2
1＋4k 2
.
③
由OM →⊥ON →，即OM →·ON →＝0，得x 1x 2＋y 1y 2＝0.(*) 将②③代入(*)式，得4(k 2－1)1＋4k 2－3k 21＋4k 2＝k 2－41＋4k 2＝0，
解得k ＝±2，所以存在直线l 满足条件， 且直线l 的方程为2x －y －2＝0或2x ＋y －2＝0.
(时间：80分钟)
1.已知中心在坐标原点O 的椭圆C 经过点A (2,3)，且点F (2,0)为其右焦点. (1)求椭圆C 的方程；
(2)是否存在平行于OA 的直线l ，使得直线l 与椭圆C 有公共点，且直线OA 与l 的距离等于4？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由.
解 方法一 (1)依题意，可设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，且可知其左焦点为F ′(－
2,0).
从而有⎩⎪⎨⎪⎧ c ＝2，2a ＝|AF |＋|AF ′|＝3＋5＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧
c ＝2，a ＝4.
又a 2＝b 2＋c 2，所以b 2＝12， 故椭圆C 的方程为x 216＋y 2
12
＝1.
(2)假设存在符合题意的直线l ，设其方程为y ＝3
2
x ＋t .
由⎩⎨⎧
y ＝3
2
x ＋t ，x 2
16＋y
2
12＝1，
得3x 2＋3tx ＋t 2－12＝0.
因为直线l 与椭圆C 有公共点， 所以Δ＝(3t )2－4×3×(t 2－12)≥0， 解得－43≤t ≤4 3.
另一方面，由直线OA 与l 的距离d ＝4，得
|t |
94
＋1＝4，解得t ＝±213. 由于±213∉[－43，43]， 所以符合题意的直线l 不存在.
方法二 (1)依题意，可设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a >b >0)，
且有⎩⎪⎨⎪⎧
4a 2＋9b 2＝1，a 2－b 2＝4.解得b 2＝12，b 2＝－3(舍去).
从而a 2＝16.
所以椭圆C 的方程为x 216＋y 2
12＝1.
(2)同方法一.
2 ．已知椭圆x 2
4＋y 2
2＝1上的两个动点P ，Q ，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，
y 2)且x 1＋x 2＝2.
(1)求证：线段PQ 的垂直平分线经过一个定点A ；
(2)设点A 关于原点O 的对称点是B ，求|PB |的最小值及相应的P 点坐标．
(1)证明 ∵P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，且x 1＋x 2＝2.
当x 1≠x 2时，由⎩⎪⎨⎪⎧
x 21＋2y 21＝4
x 22＋2y 2
2＝4
， 得y 1－y 2x 1－x 2
＝－12·x 1＋x 2y 1＋y 2.
设线段PQ 的中点为N (1，n )，∴k PQ ＝y 1－y 2x 1－x 2
＝－1
2n ，
∴线段PQ 的垂直平分线方程为y －n ＝2n (x －1)， ∴(2x －1)n －y ＝0，
该直线恒过一个定点A (1
2
，0)．
当x 1＝x 2时，线段PQ 的垂直平分线也过定点A (1
2，0)．
综上，线段PQ 的垂直平分线恒过定点A (1
2，0)．
(2)解 由于点B 与点A 关于原点O 对称，
故点B (－1
2，0)．
∵－2≤x 1≤2，－2≤x 2≤2，∴x 1＝2－x 2∈[0,2]，
|PB |2＝(x 1＋12)2＋y 21＝12(x 1＋1)2
＋74≥94
， ∴当点P 的坐标为(0，±2)时，|PB |min ＝3
2
.
3.如图，已知直线l ：y ＝kx －2与抛物线C ：x 2＝－2py (p >0)交于A 、B
两点，O 为坐标原点，OA →＋OB →
＝(－4，－12). (1)求直线l 的方程和抛物线C 的方程；
(2)若抛物线上一动点P 从A 到B 运动时，求△ABP 面积的最大值.
解 (1)由⎩
⎪⎨⎪⎧
y ＝kx －2
x 2＝－2py ，得x 2＋2pkx －4p ＝0.
设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－2pk ， y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)－4＝－2pk 2－4.
∵OA →＋OB →
＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2)＝(－2pk ，－2pk 2－4) ＝(－4，－12)，
∴⎩
⎪⎨⎪⎧
－2pk ＝－4－2pk 2
－4＝－12， 解得⎩
⎪⎨⎪⎧
p ＝1k ＝2，故直线l 的方程为y ＝2x －2，
抛物线C 的方程为x 2＝－2y .
(2)方法一 由⎩
⎪⎨⎪⎧
y ＝2x －2x 2＝－2y ，得x 2＋4x －4＝0，
∴|AB |＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝1＋22·(－4)2－4·(－4)＝410. 设P (t ，－1
2t 2)(－2－22<t <－2＋22)，
∵|AB |为定值，
∴当点P 到直线l 的距离d 最大时，△ABP 的面积最大.
而d ＝|2t ＋1
2
t 2－2|
22＋(－1)2
＝|1
2
(t ＋2)2－4|5，
又－2－22<t <－2＋22，∴当t ＝－2时，d max ＝45
5
. ∴当P 点坐标为(－2，－2)时，
△ABP 面积的最大值为410×
455
2
＝8 2.
方法二 设P (x 0，y 0)，依题意，知当抛物线在点P 处的切线与l 平行时，△ABP 的面积最大. ∵y ′＝－x ，∴x 0＝－2，y 0＝－1
2x 20＝－2，P (－2，－2).
此时点P 到直线l 的距离＝
|2·(－2)－(－2)－2|22＋(－1)2
＝4
5
＝455.由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝2x －2x 2＝－2y
，得x 2＋4x －4＝0，
∴|AB |＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝1＋22·(－4)2－4(－4)＝410， 故△ABP 面积的最大值为410×
45
5
2
＝8 2.
4. 如图，椭圆长轴的端点为A ，B ，O 为椭圆的中心，F 为椭圆的右焦点，且AF →·FB →
＝1，
|OF →
|＝1.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)记椭圆的上顶点为M ，直线l 交椭圆于P ，Q 两点，问：是否存在直
线l ，使点F 恰为△PQM 的垂心，若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由. 解 (1)设椭圆方程为x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a >b >0)，则
c ＝1，
又∵AF →·FB →＝(a ＋c )·(a －c )＝a 2－c 2＝1. ∴a 2＝2，b 2＝1，
故椭圆的标准方程为x 22
＋y 2
＝1.
(2)假设存在直线l 交椭圆于P ，Q 两点， 且F 恰为△PQM 的垂心， 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，
∵M (0,1)，F (1,0)，∴直线l 的斜率k ＝1.
于是设直线l 为y ＝x ＋m ，由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝x ＋m x 2
2＋y 2
＝1 得3x 2＋4mx ＋2m 2－2＝0， x 1＋x 2＝－4
3m ，
① x 1x 2＝2m 2－23
.
②
∵MP →·FQ →＝x 1(x 2－1)＋y 2(y 1－1)＝0. 又y i ＝x i ＋m (i ＝1,2)，
∴x 1(x 2－1)＋(x 2＋m )(x 1＋m －1)＝0， 即2x 1x 2＋(x 1＋x 2)(m －1)＋m 2－m ＝0.
将①②代入得2·2m 2－23－4m 3(m －1)＋m 2－m ＝0，
解得m ＝－43或m ＝1，经检验m ＝－4
3符合条件.
故存在直线l ，使点F 恰为△PQM 的垂心， 直线l 的方程为y ＝x －4
3
.
5.在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆x 29＋y 2
5＝1的左，右顶点分别为A ，B ，右焦点为F .设
过点T (t ，m )的直线TA ，TB 与此椭圆分别交于点M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，其中m >0，y 1>0，y 2<0.
(1)设动点P 满足：|PF |2－|PB |2＝4，求点P 的轨迹； (2)设x 1＝2，x 2＝1
3
，求点T 的坐标；
(3)设t ＝9，求证：直线MN 必过x 轴上的一定点(其坐标与m 无关). (1)解 设P (x ，y )，由题知F (2,0)，B (3,0)，A (－3,0)， 则|PF |2＝(x －2)2＋y 2，|PB |2＝(x －3)2＋y 2，
由|PF |2－|PB |2＝4，得(x －2)2＋y 2－[(x －3)2＋y 2]＝4， 化简，得x ＝92.故点P 的轨迹方程是x ＝9
2.
(2)解 将x 1＝2，x 2＝1
3分别代入椭圆方程，
并考虑到y 1>0，y 2<0，得M ⎝⎛⎭⎫2，53，N ⎝⎛⎭⎫13，－209. 则直线MA 的方程为y －053
－0＝x ＋3
2＋3，即x －3y ＋3＝0
直线NB 的方程为y －0－209－0＝x －3
13
－3，即5x －6y －15＝0.
联立方程⎩
⎪⎨⎪⎧
x －3y ＋3＝0，5x －6y －15＝0，解得x ＝7，y ＝10
3，
所以点T 的坐标为⎝
⎛⎭⎫7，10
3. (3)证明 如图所示，点T 的坐标为(9，m ).
直线TA 的方程为y －0m －0＝x ＋3
9＋3，
直线TB 的方程为y －0m －0＝x －3
9－3，
分别与椭圆x 29＋y 2
5
＝1联立方程，
解得M ⎝ ⎛⎭⎪
⎫3(80－m 2
)80＋m 2，40m 80＋m 2，
N ⎝ ⎛⎭
⎪⎫3(m 2
－20)20＋m 2，－20m 20＋m 2. 直线MN 的方程为
y ＋20m 20＋m 240m 80＋m 2＋20m 20＋m 2＝x －3(m 2－20)20＋m 2
3(80－m 2)80＋m 2－3(m 2－20)
20＋m 2
.
令y ＝0，解得x ＝1，所以直线MN 必过x 轴上的一定点(1,0). 6.(2012·上海)在平面直角坐标系xOy 中，已知双曲线C 1：2x 2－y 2＝1.
(1)过C 1的左顶点引C 1的一条渐近线的平行线，求该直线与另一条渐近线及x 轴围成的三角形的面积.
(2)设斜率为1的直线l 交C 1于P 、Q 两点.若l 与圆x 2＋y 2＝1相切，求证：OP ⊥OQ . (3)设椭圆C 2：4x 2＋y 2＝1.若M 、N 分别是C 1、C 2上的动点，且OM ⊥ON ，求证：O 到直线MN 的距离是定值.
(1)解 双曲线C 1：x 212－y 2＝1，左顶点A ⎝⎛⎭⎫－2
2，0，渐近线方程：y ＝±2x .
不妨取过点A 与渐近线y ＝2x 平行的直线方程为 y ＝2⎝
⎛⎭
⎫
x ＋
22，即y ＝2x ＋1.
解方程组⎩⎨
⎧
y ＝－2x ，
y ＝2x ＋1
得⎩⎨⎧
x ＝－24，y ＝1
2.
所以所求三角形的面积为S ＝12|OA ||y |＝2
8.
(2)证明 设直线PQ 的方程是y ＝x ＋b . 因为直线PQ 与已知圆相切，故
|b |
2
＝1，即b 2＝2. 由⎩⎪⎨⎪
⎧
y ＝x ＋b ，2x 2－y 2＝1
得x 2－2bx －b 2－1＝0. 设P (x 1，y 1)、Q (x 2，y 2)，则⎩
⎪⎨⎪⎧
x 1＋x 2＝2b ，x 1x 2＝－1－b 2. 又y 1y 2＝(x 1＋b )(x 2＋b )，所以
OP →·OQ →＝x 1x 2＋y 1y 2＝2x 1x 2＋b (x 1＋x 2)＋b 2 ＝2(－1－b 2)＋2b 2＋b 2＝b 2－2＝0. 故OP ⊥OQ .
(3)证明 当直线ON 垂直于x 轴时， |ON |＝1，|OM |＝
22，则O 到直线MN 的距离为3
3
. 当直线ON 不垂直于x 轴时，设直线ON 的方程为y ＝kx ⎝
⎛⎭
⎫
显然|k |>
22， 则直线OM 的方程为y ＝－1
k
x .
由⎩
⎪⎨⎪⎧
y ＝kx ，4x 2＋y 2
＝1得⎩⎨⎧
x 2
＝1
4＋k 2
，
y 2
＝
k
24＋k 2
，
所以|ON |2
＝1＋k 2
4＋k 2
.
同理|OM |2
＝1＋k 2
2k 2－1
.
设O 到直线MN 的距离为d ， 因为(|OM |2＋|ON |2)d 2＝|OM |2|ON |2，
所以1d 2＝1|OM |2＋1|ON |2＝3k 2＋3k 2
＋1＝3，即d ＝3
3. 综上，O 到直线MN 的距离是定值.。