直线与圆锥曲线

第九节直线与圆锥曲线
[备考方向要明了]
考什么怎么考
1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的
位置关系的思想方法．
2.了解圆锥曲线的简单应用．
3.理解数形结合的思想.
直线与圆锥曲线的位置关系，是历年高考考查的重点，
常以解答题形式考查，以直线与圆锥曲线的方程为基础，
结合有关概念及计算，将位置关系转化为相应的方程或
方程组的解的讨论．如2012年广东T20等.
[归纳·知识整合]
1．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
⎩⎪
⎨
⎪⎧Ax＋By＋C＝0，
F(x，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．
[探究]直线与圆锥曲线只有一个公共点时，是否是直线与圆锥曲线相切？
提示：直线与圆锥曲线只有一个公共点时，未必一定相切，还有其他情况，如抛物线与平行或重合于其对称轴的直线，双曲线与平行于其渐近线的直线，它们都只有一个公共点，但不是相切，而是相交．
2．圆锥曲线的弦长
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 (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则 |AB |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝
1＋1k 2·|y 1－y 2
|＝ 1＋1
k
2·(y 1＋y 2)2－4y 1y 2. [自测·牛刀小试]
1．已知直线x －y －1＝0与抛物线y ＝ax 2相切，则a 等于( ) A.1
2 B.1
3 C.14
D ．4
解析：选C 由⎩⎪⎨⎪⎧ x －y －1＝0，y ＝ax 2，消去y 得ax 2－x ＋1＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧
a ≠0，1－4a ＝0，
解得a ＝14
.
2．直线y ＝b a x ＋3与双曲线x 2a 2－y 2
b 2＝1的交点个数是( )
A ．1
B ．2
C ．1或2
D ．0
解析：选A 因为直线y ＝b a x ＋3与双曲线的渐近线y ＝b
a x 平行，所以它与双曲线只有1
个交点．
3．设抛物线x 2＝4y 的焦点为F ，经过点P (1,5)的直线l 与抛物线相交于A ，B 两点，且点P 恰为线段AB 的中点，则|AF |＋|BF |＝________.
解析：A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝10，由抛物线定义得|AF |＋|BF |＝y 1＋y 2＋p ＝10＋2＝12.
答案：12
4．直线y ＝kx ＋1与椭圆x 25＋y 2
m ＝1恒有公共点，则m 的取值范围是________．
解析：直线y ＝kx ＋1过定点(0,1)，由题意，点(0,1)在椭圆内或椭圆上．则m ≥1，且m ≠5. 答案：m ≥1且m ≠5
5．过椭圆x 25＋y 2
4＝1的右焦点作一条斜率为2的直线与椭圆交于A ，B 两点，O 为坐标
原点，则△OAB 的面积为________．
解析：由c ＝
5－4＝1，知椭圆右焦点为(1,0)，则直线方程为y ＝2(x －1)，联立方程得
⎩
⎪⎨⎪⎧
x 25＋y 2
4＝1，y ＝2(x －1)，解得x 1＝0，x 2＝53
，
设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＝－2，y 2＝43.
∴S △＝12×1×|y 1－y 2|＝12×1×103＝53.
答案：53
直线与圆锥曲线的位置关系问题
[例1] (1)已知直线y ＝kx －1与椭圆x 24＋y 2
a ＝1相切，则k ，a 之间的关系式为
________________．
(2)(2013·沈阳模拟)若直线y ＝kx ＋2与双曲线x 2－y 2＝6的右支交于不同的两点，则k 的取值范围是( )
A.⎝
⎛⎭⎫
－
153，
153 B.⎝
⎛⎭⎫
0，
153 C.⎝
⎛⎭
⎫－
153，0 D.⎝
⎛⎭
⎫－
153，－1 [自主解答] (1)由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝kx －1，
x 24＋y 2a ＝1，
得(a ＋4k 2)x 2－8kx ＋4－4a ＝0. 因为直线与椭圆相切，所以 Δ＝64k 2－4×(4－4a )(a ＋4k 2)＝0， 即a ＋4k 2－1＝0.
(2)由⎩
⎪⎨⎪⎧
y ＝kx ＋2，
x 2－y 2＝6，
得(1－k 2)x 2－4kx －10＝0.
∵直线与双曲线右支有两个不同交点，
∴
⎩
⎪
⎨
⎪
⎧1－k2≠0，
Δ＝16k2－4(1－k2)×(－10)>0，
x1＋x2＝
4k
1－k2
>0，
x1x2＝
－10
1－k2
>0，
解得－15
3<k<－1.
[答案](1)a＋4k2－1＝0(2)D
———————————————————
研究直线与圆锥曲线位置关系的方法
研究直线和圆锥曲线的位置关系，一般转化为研究其直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组解的个数．对于选择题、填空题，常充分利用几何条件，利用数形结合的方法求解．1．设抛物线y2＝8x的准线与x轴交于点Q，若过点Q的直线l与抛物线有公共点，则直线l的斜率取值范围是()
A.⎣⎡⎦⎤
－
1
2，
1
2B．[－2,2]
C．[－1,1] D．[－4,4]
解析：选C由题意得Q(－2,0)．设l的方程为y＝k(x＋2)，代入y2＝8x得k2x2＋4(k2－2)x＋4k2＝0.当k＝0时，直线l与抛物线恒有一个交点；当k≠0时，Δ＝16(k2－2)2－16k4≥0，即k2≤1，得－1≤k≤1，且k≠0.综上－1≤k≤1.
弦长与中点弦问题
[例2]已知椭圆的一个顶点为A(0，－1)，焦点在x轴上．若右焦点F到直线x－y＋22＝0的距离为3.
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线y＝kx＋m(k≠0)与椭圆相交于不同的两点M，N.当|AM|＝|AN|时，求m的取值范围．
[自主解答](1)依题意，可设椭圆方程为
x2
a2
＋y2＝1，则右焦点为F(a2－1，0)．
由题意，知
|
a 2－1＋22|
2
＝3，解得a 2＝3.
故所求椭圆的方程为x 23
＋y 2
＝1.
(2)设点M ，N 的坐标分别为M (x M ，y M )，N (x N 、y N )，弦MN 的中点为P (x P ，y P )．
由⎩
⎪⎨⎪⎧
y ＝kx ＋m ，x 23＋y 2＝1，得(3k 2＋1)x 2＋6mkx ＋3(m 2－1)＝0.
∵直线y ＝kx ＋m (k ≠0)与椭圆相交于不同的两点， ∴Δ＝(6mk )2－4(3k 2＋1)×3(m 2－1)>0⇒ m 2<3k 2＋1.①
∴x P ＝x M ＋x N 2＝－3mk 3k 2＋1，从而y P ＝kx P ＋m ＝m 3k 2＋1.
∴k AP ＝y P ＋1x P ＝－m ＋3k 2＋1
3mk .
又|AM |＝|AN |，∴AP ⊥MN ，
则－m ＋3k 2＋13mk ＝－1
k ，即2m ＝3k 2＋1.②
把②代入①，得m 2<2m ，解得0<m <2. 由②，得k 2＝2m －13>0，解得m >1
2.
综上，m 的取值范围是1
2
<m <2.
保持本例题条件不变，若直线y ＝kx ＋1与椭圆相交于不同的两点M ，N ，且|MN |＝2，求直线的斜率k .
解：由(1)可知，椭圆方程为x 23
＋y 2
＝1.
由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝kx ＋1，x 23＋y 2
＝1，
得(3k 2＋1)x 2＋6kx ＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝－6k
3k2＋1
，x1x2＝0.
则|MN|＝1＋k2|x1－x2|
＝1＋k2(x1＋x2)2－4x1x2
＝1＋k2|x1＋x2|＝1＋k2·6|k|
3k2＋1
＝2，
∴36k2(1＋k2)＝4(3k2＋1)2＝4(9k4＋6k2＋1)，
即12k2＝4.
∴k＝±3
3.
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与弦长有关问题的解法
(1)求圆锥曲线的弦长问题的一般思路是：将直线方程代入圆锥曲线方程，消去y(或x)后，得到关于x(或y)的一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(或ay2＋by＋c＝0)，再由弦长公式|AB|
＝1＋k2|x1－x2|＝1＋1
k2|y1－y2|，求其弦长．在求|x1－x2|时，可直接利用公式|x1－x2|＝b2－4ac
|a|求得．
(2)涉及弦的中点及直线的斜率问题，可考虑用“点差法”，构造出k AB＝y1－y2
x1－x2
和x1＋
x2，y1＋y2，运用整体代入的方法，求中点或斜率，体现“设而不求”的思想．
2．椭圆ax2＋by2＝1与直线x＋y－1＝0相交于A，B两点，C是AB的中点，若AB＝
22，OC的斜率为
2
2，求椭圆的方程．
解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入椭圆方程并作差得a(x1＋x2)(x1－x2)＋b(y1＋y2)(y1－y2)＝0.
而y1－y2
x1－x2
＝－1，
y1＋y2
x1＋x2
＝k OC＝2
2
，
代入上式可得b＝2a.
再由|AB |＝1＋k 2|x 2－x 1|＝2|x 2－x 1|＝22，
其中x 1，x 2是方程(a ＋b )x 2－2bx ＋b －1＝0的两根， 故⎝ ⎛⎭⎪⎫2b a ＋b 2－4·b －1a ＋b ＝4，将b ＝2a 代入得a ＝13，b ＝2
3.
故所求椭圆的方程是x 23＋2y 2
3
＝1.
圆锥曲线中最值(或取值范围)问题
[例3] 已知椭圆x 22＋y 2
＝1的左焦点为F ，O 为坐标原点．
(1)求过点O ，F ，并且与直线l ：x ＝－2相切的圆M 的方程；
(2)设过点F 且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于A ，B 两点，线段AB 的垂直平分线与x 轴交于点G ，求点G 横坐标的取值范围．
[自主解答] (1)∵a 2＝2，b 2＝1，∴c ＝1，F (－1,0)， ∵圆过点O ，F ，∴圆心M 在直线x ＝－1
2上．
设M ⎝⎛⎭⎫－12，t ，则圆半径r ＝⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫－12－(－2)＝32， 由|OM |＝r ，得 ⎝⎛⎭⎫－122＋t 2＝32
，
解得t ＝±2，
∴所求圆的方程为⎝⎛⎭⎫x ＋122＋(y ±2)2＝9
4
. (2)设直线AB 的方程为y ＝k (x ＋1)(k ≠0)，代入x 22＋y 2
＝1，整理得(1＋2k 2)x 2＋4k 2x ＋2k 2
－2＝0.
∵直线AB 过椭圆的左焦点F 且不垂直于x 轴， ∴方程有两个不等实根．
如图，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 中点N (x 0，y 0)，则x 1＋x 2
＝－4k 22k 2＋1，x 0＝12(x 1＋x 2)＝－2k 22k 2＋1，y 0＝k (x 0＋1)＝k
2k 2＋1
，
∴AB 的垂直平分线NG 的方程为
y －y 0＝－1
k
(x －x 0)．
令y
＝0，得x G ＝x 0＋ky 0＝－2k 22k 2＋1＋k 22k 2＋1＝－k 22k 2＋1＝－12＋1
4k 2＋2，
∵k ≠0，∴－1
2
<x G <0，
∴点G 横坐标的取值范围为⎝⎛⎭⎫－1
2，0. —————
——————————————
求最值与范围问题的方法
求范围的方法同求最值及函数的值域的方法类似．求最值常见的解法有两种：代数法和几何法．若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值．
3．已知抛物线C ：x 2＝2py (p >0)，其焦点F 到准线的距离为1
2.
(1)试求抛物线C 的方程；
(2)设抛物线C 上一点P 的横坐标为t (t >0)，过P 的直线交C 于另一点Q ，交x 轴于M ，过点Q 作PQ 的垂线交C 于另一点N ，若MN 是C 的切线，求t 的最小值．
解：(1)∵焦点F 到准线的距离为12，∴p ＝1
2.
故抛物线C 的方程为x 2＝y .
(2)设P (t ，t 2)，Q (x ，x 2)，N (x 0，x 20)， 则直线MN 的方程为y －x 20＝2x 0(x －x 0) 令y ＝0，得M ⎝⎛⎭⎫
x 02，0， ∴k PM ＝t 2t －x 02
＝2t 22t －x 0，
k NQ ＝x 20－x 2
x 0－x
＝x 0＋x .
∵NQ ⊥QP ，且两直线斜率存在，∴k PM ·k NQ ＝－1， 即2t 22t －x 0
·(x 0＋x )＝－1，
整理得x 0＝2t 2x ＋2t
1－2t 2.①
又Q (x ，x 2)在直线PM 上，
则MQ ―→与MP 共线，得x 0＝2xt
x ＋t .②
由①②得2t 2x ＋2t 1－2t 2
＝2xt
x ＋t (t >0)， ∴t ＝－x 2＋13x ＝－⎝⎛⎭⎫
x 3＋13x . ∴t ≥23或t ≤－2
3(舍去)．
∴所求t 的最小值为23
.
2种思想——函数与方程思想和数形结合思想在解决直线与圆锥曲线问题中的应用 直线与圆锥曲线位置关系的判断、有关圆锥曲线弦的问题等能很好地渗透对函数方程思想和数形结合思想的考查，一直是高考考查的重点，特别是焦点弦和中点弦等问题，涉及中点公式、根与系数的关系以及设而不求、整体代入的技巧和方法，也是考查数学思想方法的热点题型．
3类问题——圆锥曲线中的三类问题 (1)直线与圆锥曲线的位置关系判断
将直线与圆锥曲线的两个方程联立成方程组，然后判断方程组是否有解，有几个解，这是直线与圆锥曲线的位置关系的判断方法中最常用的方法，注意：在没有给出直线方程时，要对是否有斜率不存在的直线的情况进行讨论，避免漏解．
(2)证明定点和定值问题的方法
定点和定值问题的证明方法有两种：一是研究一般情况，通过逻辑推理与计算得到定点或定值，这种方法难度大，运算量大，且思路不好寻找；另外一种方法就是先利用特殊情况确定定点或定值，然后验证，这样在整理式子或求值时就有了明确的方向．
(3)圆锥曲线中常见的最值问题及解法
圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：①涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；②求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时确定与之有关的一些问题．
求最值常见的解法有几何法和代数法.
答题模板——圆锥曲线中的探索性问题
[典例] (2012·福建高考·满分13分)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a ＞b
＞0)的左焦点为F 1，右焦点为F 2，离心率e ＝1
2.过F 1的直线交椭圆于A 、
B 两点，且△ABF 2的周长为8.
(1)求椭圆E 的方程；
(2)设动直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆E 有且只有一个公共点P ，且与直线x ＝4相交于点Q .试探究：在坐标平面内是否存在定点M ，使得以PQ 为直径的圆恒过点M ？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，说明理由．
[快速规范审题]
第(1)问：
1．审条件，挖解题信息
观察条件：椭圆方程及左、右焦点F 1，F 2，离心率e ＝1
2，△ABF 2的周长为
8―――――――――――→椭圆定义及离心率公式
△ABF 2的周长为4a ，e ＝c a
.
2．审结论，明确解题方向
观察所求结论：求椭圆的方程―→需建立关于a ，b ，c 的方程组求解． 3.建联系，找解题突破口
由条件可得4a ＝8，c a ＝12 ――――――――→a 2＝b 2＋c 2可得a ＝2，b 2＝3 ――――――――→代入椭圆方程得E 的方
程x 24＋y 2
3
＝1. 第(2)问：
1．审条件，挖解题信息
观察条件：直线l 与椭圆E 相切于点P ，与直线x ＝4相交于点Q ――――――――→联立方程，消元
得判别式Δ＝0及P ，Q 的坐标．
2．审结论，明确解题方向
观察所求结论：探索是否存在点M ，使得以PQ 为直径的圆恒过点M ―――――→假设M 存在问题转化为
MP ·
MQ ＝0恒成立．
3．建联系，找解题突破口
由条件分析的位置并设出M 的坐标(x 1,0)·0
MP MQ MP MQ −−−−−−−→写出向量，的坐标
代入等式＝得到关于参数m ，k ，x 1
的方程―――――――→对任意m ，k 恒成立
得关于x 1的方程组―――――→判别是否有解
结论．,
[准确规范答题]
(1)因为|AB |＋|AF 2|＋|BF 2|＝8， 即|AF 1|＋|F 1B |＋|AF 2|＋|BF 2|＝8，⇨(1分) 又|AF 1|＋|AF 2|＝|BF 1|＋|BF 2|＝2a ，⇨(2分) 所以4a ＝8，a ＝2.
又因为e ＝12，即c a ＝1
2，所以c ＝1，⇨(3分)
所以b ＝a 2－c 2＝ 3.
故椭圆E 的方程是x 24＋y 2
3
＝1.⇨(4分)
(2)由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝kx ＋m ，
x 24＋y 23＝1，
消去y 得(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0.⇨(5分)
因为动直线l 与椭圆E 有且只有一个公共点P (x 0，y 0)， 所以m ≠0且Δ＝0，⇨(6分) 即64k 2m 2－4(4k 2＋3)(4m 2－12)＝0， 化简得4k 2－m 2＋3＝0. (*)⇨(7分) 此时x 0＝－4km 4k 2＋3＝－4k m ，y 0＝kx 0＋m ＝3m ，
所以P ⎝⎛⎭
⎫－4k m ，3
m .⇨(8分) 由⎩
⎪⎨⎪⎧
x ＝4，
y ＝kx ＋m ，得Q (4,4k ＋m )．⇨(9分) 假设平面内存在定点M 满足条件，由图形对称性知， 点M 必在x 轴上．⇨(10分)
设M (x 1,0)，则MP ·
MQ ＝0对满足(*)式的m ，k 恒成立． 因为MP ＝⎝⎛⎭⎫－4k m
－x 1，3
m ，
MQ
＝(4－x 1,4k ＋m )， 由MP ·
MQ ＝0， 得－16k m ＋4kx 1m －4x 1＋x 21＋12k
m ＋3＝0， 整理，得(4x 1－4)k m ＋x 21－4x 1＋3＝0.(**)
⇨(11分)
由于(**)式对满足(*)式的m ，k 恒成立，
所以⎩
⎪⎨⎪⎧
4x 1－4＝0，x 21－4x 1＋3＝0，解得x 1＝1.⇨(12分)
故存在定点M (1,0)，使得以PQ 为直径的圆恒过点M .⇨(13分)
[答题模板速成]
解决解析几何中的探索性问题的一般步骤：
第一步 提假设
⇒ 第二步 作推理
⇒
第三步 来证
明 ⇒
第四步 下结论
假设结论成立
以假设为条件，进行推理求解
明确规范结
论，若能推出合理结果，经验证成立即可肯定正确．若推出矛盾，即否定假设
回顾反思解题过程
一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)
1．双曲线C ：x 2a 2－y 2
b 2＝1(a >0，b >0)的右焦点为F ，直线l 过焦点F ，且斜率为k ，则直
线l 与双曲线C 的左，右两支都相交的充要条件是( )
A ．k >－b
a
B ．k <b a
对于方程(4x 1－4)·k
m ＋x 12
－4x 1＋3＝0不会利用对m ，k 恒成立，求解x 1.
C ．k >b a 或k <－b a
D ．－b a <k <b
a
解析：选D 由双曲线渐近线的几何意义知－b a <k <b
a
.
2．直线y ＝kx ＋1，当k 变化时，此直线被椭圆x 24＋y 2
＝1截得的最大弦长等于( )
A ．4 B.433 C ．2
D ．不能确定
解析：选B 直线y ＝kx ＋1恒过点(0,1)，该点恰巧是椭圆x 24＋y 2
＝1的上顶点，椭圆的
长轴长为4，短轴长为2，而直线不经过椭圆的长轴和短轴，因此排除A 、C ；将直线y ＝kx ＋1绕点(0,1)旋转，与椭圆有无数条弦，其中必有最大弦长，因此排除D.
3.椭圆x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a >b >0)的半焦距为
c ，若直线y ＝2x 与椭圆的一个交点的横坐标恰为c ，
则椭圆的离心率为( )
A.32
B.3－1
C.22
D.2－1
解析：选D 依题意直线y ＝2x 与椭圆的一个交点坐标为(c,2c )，所以c 2a 2＋4c 2
b 2＝1，又b 2
＝a 2－c 2，消去b 整理得a 2－2ac －c 2＝0，所以e 2＋2e －1＝0，解得e ＝－1±2.
又e ∈(0,1)，所以e ＝2－1.
4．(2013·温州模拟)设O 是坐标原点，F 是抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点，A 是抛物线上的一点，FA 与x 轴正方向的夹角为60°，则|OA |为( )
A.21p
4 B.
21p
2
C.136
p D.1336
p 解析：选B 如图，过A 作AD ⊥x 轴于D ，令|FD |＝m ，则|F A |＝2m ，|AD |＝3m ，由抛物线定义知|F A |＝|AB |，即p ＋m ＝2m ，∴m ＝p .
∴|OA |＝
⎝⎛⎭⎫p 2＋p 2＋(3p )2＝212
p . 5．(2013·清远模拟)过点(0,1)作直线，使它与抛物线y 2＝4x 仅有一个公共点，这样的直线有( )
A ．1条
B ．2条
C ．3条
D ．4条
解析：选C 设过点(0,1)斜率为k 的直线方程为y ＝kx ＋1.
由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝kx ＋1，y 2＝4x ，
得k 2x 2＋(2k －4)x ＋1＝0.(*) 当k ＝0时，(*)式只有一个根；
当k ≠0时，Δ＝(2k －4)2－4k 2＝－16k ＋16， 由Δ＝0，即－16k ＋16＝0得k ＝1.
所以k ＝0，或k ＝1时，直线与抛物线只有一个公共点， 又直线x ＝0和抛物线只有一个公共点．
6．(2013·绍兴模拟)已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)，M ，N 是双曲线上关于原点对称
的两点，P 是双曲线上的动点，且直线PM ，PN 的斜率分别为k 1，k 2，k 1k 2≠0，若|k 1|＋|k 2|的最小值为1，则双曲线的离心率为( )
A. 2
B.52
C.32
D.32
解析：选B 设M (x 0，y 0)，N (－x 0，－y 0)，P (x ，y ) 则k 1＝y －y 0x －x 0，k 2＝y ＋y 0
x ＋x 0
.
又∵M ，N ，P 都在双曲线x 2a 2－y 2
b
2＝1上，
∴⎩⎪⎨⎪⎧
b 2x 20－a 2y 20
＝a 2b 2，b 2x 2－a 2y 2＝a 2b 2.
∴b 2(x 2－x 20)＝a 2(y 2－y 20)． ∴x －x 0y －y 0＝a 2b 2 ·y ＋y 0x ＋x 0.∴1|k 1|＝a 2
b 2|k 2
|， 即|k 1|·|k 2|＝b 2a 2.又∵|k 1|＋|k 2|≥2|k 1||k 2|＝2b
a ，
∴2b
a ＝1，即4
b 2＝a 2.∴4(
c 2－a 2)＝a 2，即4c 2＝5a 2. ∴c 2a 2＝54.即e 2＝54，∴e ＝52
. 二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)
7．已知(4,2)是直线l 被椭圆x 236＋y 2
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 (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．
则x 2136＋y 219＝1，且x 2236＋y 22
9
＝1， 两式相减得y 1－y 2x 1－x 2＝－x 1＋x 24(y 1＋y 2).
又x 1＋x 2＝8，y 1＋y 2＝4，
所以y 1－y 2x 1－x 2＝－12，故直线l 的方程为y －2＝－1
2(x －4)，即x ＋2y －8＝0.
答案：x ＋2y －8＝0
8．一动圆过点A (0,1)，圆心在抛物线x 2＝4y 上，且恒与定直线l 相切，则直线l 的方程为________．
解析：由于A (0,1)为抛物线的焦点，由抛物线定义可知，圆心到A 点的距离等于到准线的距离，故l ：y ＝－1.
答案：y ＝－1
9．(2012·重庆高考)过抛物线y 2＝2x 的焦点F 作直线交抛物线于A ，B 两点，若|AB |＝25
12，
|AF |<|BF |，则|AF |＝________.
解析：设过抛物线焦点的直线为y ＝k ⎝⎛⎭⎫x －1
2，联立得⎩⎪⎨⎪⎧
y 2＝2x ，y ＝k ⎝⎛⎭⎫x －12，整理得k 2x 2－(k 2＋2)x ＋1
4
k 2＝0，
x 1＋x 2＝k 2＋2k 2，x 1x 2＝1
4
.
|AB |＝x 1＋x 2＋1＝k 2＋2k 2＋1＝25
12，得k 2＝24，
代入k 2x 2－(k 2＋2)x ＋1
4k 2＝0得12x 2－13x ＋3＝0，
解得x 1＝13，x 2＝3
4.又|AF |<|BF |，
故|AF |＝x 1＋12＝5
6
.
答案：56
三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)
10．设F 1，F 2分别是椭圆E ：x 2
＋y 2
b
2＝1(0<b <1)的左，右焦点，过F 1的直线l 与E 相交
于A ，B 两点，且|AF 2|，|AB |，|BF 2|成等差数列．
(1)求|AB |；
(2)若直线l 的斜率为1，求b 的值． 解：(1)由椭圆定义知|AF 2|＋|AB |＋|BF 2|＝4， 又2|AB |＝|AF 2|＋|BF 2|，得|AB |＝4
3.
(2)l 的方程为y ＝x ＋c ，其中c ＝
1－b 2.
设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则A ，B 两点坐标满足方程组⎩
⎪⎨⎪⎧
y ＝x ＋c ，
x 2＋y
2b 2＝1，化简得(1＋b 2)x 2＋2cx ＋1－2b 2＝0.
则x 1＋x 2＝－2c
1＋b 2，x 1x 2＝1－2b 2
1＋b 2.
因为直线AB 的斜率为1，
所以|AB |＝2|x 2－x 1|，即4
3
＝2|x 2－x 1|.
则89＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝4(1－b )2(1＋b 2)2－4(1－2b 2)1＋b 2＝8b 4
(1＋b 2)2，
解得b ＝
2
2. 11．(2013·株洲模拟)已知抛物线C 的顶点在坐标原点，焦点在x 轴上，△ABC 的三个顶点都在抛物线上，且△ABC 的重心为抛物线的焦点，若BC 所在直线l 的方程为4x ＋y －20＝0.
(1)求抛物线C 的方程；
(2)若O 是坐标原点，P ，Q 是抛物线C 上的两动点，且满足PO ⊥OQ ，证明：直线PQ 过定点．
解：(1)设抛物线C 的方程为y 2＝2mx ，
由⎩
⎪⎨⎪⎧
4x ＋y －20＝0，y 2＝2mx ，得2y 2＋my －20m ＝0. ∵Δ>0，∴m >0或m <－160.
设B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝－m 2，
∴x 1＋x 2＝⎝⎛⎭⎫5－y 14＋⎝⎛⎭⎫5－y 24＝10＋m 8
. 再设A (x 3，y 3)，由于△ABC 的重心为F ⎝⎛⎭⎫
m 2，0， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
x 1
＋x 2
＋x 3
3＝m 2，y 1
＋y 2
＋y 3
3＝0，
解得⎩⎨⎧
x 3＝11m 8
－10，
y 3
＝m
2.
∵点A 在抛物线上，∴⎝⎛⎭⎫m 22
＝2m ⎝⎛⎭⎫11m 8－10. ∴m ＝8，抛物线C 的方程为y 2＝16x .
(2)证明：当PQ 的斜率存在时，设PQ 的方程为y ＝kx ＋b ，显然k ≠0，b ≠0，∵PO ⊥OQ ，∴k PO k OQ ＝－1，设P (x P ，y P )，Q (x Q ，y Q )，∴x P x Q ＋y P y Q ＝0.
将直线y ＝kx ＋b 代入抛物线方程，得ky 2－16y ＋16b ＝0，
∴y P y Q ＝16b k .从而x P x Q ＝y 2P y 2
Q
162＝b 2k
2，
∴b 2k 2＋16b
k ＝0.∵k ≠0，b ≠0，整理得b ＝－16k . ∴直线PQ 的方程为y ＝kx －16k ，PQ 过点(16,0)； 当PQ 的斜率不存在时，显然PQ ⊥x 轴，又PO ⊥OQ ，
∴△POQ 为等腰三角形．由⎩
⎪⎨⎪⎧
y ＝|x |，y 2
＝16x ，
得P (16,16)，Q (16，－16)，此时直线PQ 过点(16,0)， ∴直线PQ 恒过定点(16,0)．
12．(2012·天津高考)设椭圆x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a >b >0)的左、右顶点分别为A ，B ，点P 在椭圆上
且异于A ，B 两点，O 为坐标原点．
(1)若直线AP 与BP 的斜率之积为－1
2，求椭圆的离心率；
(2)若|AP |＝|OA |，证明直线OP 的斜率k 满足|k |> 3. 解：(1)设点P 的坐标为(x 0，y 0)．由题意，有 x 20a 2＋y 20
b
2＝1.① 由A (－a,0)，B (a,0)得k AP ＝
y 0x 0＋a ，k BP ＝y 0
x 0－a
. 由k AP ·k BP ＝－12，可得x 20＝a 2－2y 20，代入①并整理得(a 2－2b 2)y 2
0＝0. 由于y 0≠0，故a 2＝2b 2.于是e 2＝a 2－b 2a 2＝12，所以椭圆的离心率e ＝22
.
(2)证明：法一：依题意，直线OP 的方程为y ＝kx ，设点P 的坐标为(x 0，y 0)．由条件得
⎩⎪⎨⎪⎧
y 0＝kx 0，
x 20a 2＋y 20b 2＝1.
消去y 0并整理得
x 20＝
a 2
b 2
k 2a 2＋b 2
.②
由|AP |＝|OA |，A (－a,0)及y 0＝kx 0，
得(x 0＋a )2＋k 2x 20＝a 2.整理得(1＋k 2)x 2
0＋2ax 0＝0.
而x 0≠0，于是x 0＝－2a 1＋k 2，代入②，
整理得(1＋k 2)2＝4k 2⎝⎛⎭⎫a b 2
＋4.
由a >b >0，故(1＋k 2)2>4k 2＋4，即k 2＋1>4，因此k 2>3，所以|k |> 3. 法二：依题意，直线OP 的方程为y ＝kx ，可设点P 的坐标为(x 0，kx 0)．
由点P 在椭圆上，有x 20a 2＋k 2x 20b 2＝1.因为a >b >0，kx 0≠0，所以x 2
0a 2＋k 2x 20a
2<1，即(1＋k 2)x 20<a 2.③
由|AP |＝|OA |，A (－a,0)，得(x 0＋a )2＋k 2x 20＝a 2，整理得(1＋k 2)x 20＋2ax 0
＝0，于是x 0＝－2a
1＋k 2
.
代入③，得(1＋k 2)
4a 2
(1＋k 2)
2
<a 2，解得k 2>3，所以|k |> 3.
1．P 为双曲线y 2
－x 2
15
＝1下支上一点，M ，N 分别是圆x 2＋(y －4)2＝4和x 2＋(y ＋4)2＝
1上的点，则|PM |－|PN |的最小值为________．
解析：已知两圆圆心(0,4)(0，－4)(记为F 1和F 2) 恰为双曲线
y 2－
x 2
15
＝1的两焦点． 当|PM |最小，|PN |最大时，|PM |－|PN |最小．
|PM |的最小值为P 到圆心F 1的距离|PF 1|与圆F 1半径之差，同样，PN max ＝|PF 2|＋1，从而(|PM |－|PN |)＝|PF 1|－2－|FP 2|－1＝|PF 1|－|PF 2|－3＝－1.
答案：－1
2．以直线x ±2y ＝0为渐近线，且截直线x －y －3＝0所得弦长为83
3的双曲线方程为
________．
解析：设双曲线方程为x 2－4y 2＝λ，
联立方程组⎩
⎪⎨⎪⎧
x 2－4y 2＝λ，
x －y －3＝0，
消去y ，得3x 2－24x ＋(36＋λ)＝0.
设直线被双曲线截得的弦为AB ，且A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，
那么，⎩⎨⎧
x 1＋x 2＝8，
x 1x 2
＝36＋λ
3
，
Δ＝242
－1236＋λ>0.
所以|AB |＝(1＋k 2)[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2]
＝
(1＋1)⎝
⎛
⎭⎪⎫82－4×36＋λ3＝
8(12－λ)3＝83
3
. 解得λ＝4，故所求双曲线方程是x 24－y 2
＝1.
答案：x 24
－y 2
＝1.
3．椭圆x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a >b >0)与直线x ＋y －1＝0相交于P ，Q 两点，且OP ⊥OQ (O 为坐
标原点)．
(1)求证：1a 2＋1
b 2等于定值；
(2)当离心率e ∈⎣⎡
⎦⎤
33
，22时，求长轴长的取值范围． 解：(1)证明：由⎩⎪⎨⎪⎧
x 2
a 2＋y 2
b 2＝1，
x ＋y －1＝0，
得(a 2＋b 2)x 2－2a 2x ＋a 2(1－b 2)＝0.
由Δ＝4a 4－4(a 2＋b 2)a 2(1－b 2)>0得a 2＋b 2>1. 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝2a 2
a 2＋
b 2，
x 1·x 2＝a 2(1－b 2)a 2＋b 2.
∵OP ⊥OQ ，
∴x 1x 2＋y 1y 2＝2x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1 ＝2a 2(1－b 2)a 2＋b 2－2a 2a 2＋b 2
＋1＝0， 化简得a 2＋b 2＝2a 2b 2. ∴1a 2＋1
b
2＝2为定值． (2)∵e ＝c
a ，
b 2＝a 2－
c 2，a 2＋b 2＝2a 2b 2，
∴a 2＝
2－e 2
2(1－e 2)＝12＋12(1－e 2).
又∵e ∈⎣⎡
⎦⎤
33，22， ∴54≤a 2≤3
2， 即
52≤a ≤6
2
.∴2a ∈[5， 6 ]． ∴长轴长的取值范围是[5， 6 ]．。