2018届数学二轮复习第三篇攻坚克难压轴大题多得分第29练直线与圆锥曲线的位置关系练习文

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE27学必求其心得，业必贵于专精PAGE第29练直线与圆锥曲线的位置关系［明考情］直线与圆锥曲线的位置关系是高考必考题，难度为中高档，常作为压轴题出现，大致在第20题的位置。[知考向］1.直线与椭圆。2.直线与抛物线。考点一直线与椭圆方法技巧对于直线与圆锥曲线的位置关系问题,一般要把圆锥曲线的方程与直线方程联立来处理.(1）设直线方程,在直线的斜率不确定的情况下要分斜率存在和不存在两种情况进行讨论,或者将直线方程设成x＝my＋b的形式。（2）联立直线方程与曲线方程并将其转化成一元二次方程，利用方程根的判别式或根与系数的关系得到交点的横坐标或纵坐标的关系。（3)一般涉及弦的问题，要用到弦长公式|AB｜＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|或｜AB｜＝eq\r(1＋\f(1，k2)）·｜y1－y2|。1.（2017·天津）设椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2）＝1（a〉b>0)的左焦点为F,右顶点为A，离心率为eq\f(1,2）.已知A是抛物线y2＝2px（p>0)的焦点,F到抛物线的准线l的距离为eq\f（1,2）.（1)求椭圆的方程和抛物线的方程;（2）设l上两点P，Q关于x轴对称,直线AP与椭圆相交于点B（点B异于点A)，直线BQ与x轴相交于点D。若△APD的面积为eq\f（\r（6），2），求直线AP的方程.解（1)设点F的坐标为（－c，0），依题意,得eq\f（c，a）＝eq\f(1,2)，eq\f(p，2)＝a，a－c＝eq\f(1，2），解得a＝1,c＝eq\f(1,2),p＝2，于是b2＝a2－c2＝eq\f（3，4)。所以椭圆的方程为x2＋eq\f(4y2，3)＝1，抛物线的方程为y2＝4x。(2)设直线AP的方程为x＝my＋1（m≠0)，与直线l的方程x＝－1联立，可得点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（－1，－\f（2，m))），故点Qeq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－1，\f(2,m）））.将x＝my＋1与x2＋eq\f(4y2,3）＝1联立，消去x，整理得(3m2＋4)y2＋6my＝0，解得y＝0或y＝eq\f（－6m，3m2＋4）。由点B异于点A，可得点Beq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（－3m2＋4，3m2＋4)，\f（－6m，3m2＋4）)）。由Qeq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－1，\f（2,m）））,可得直线BQ的方程为eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（－6m，3m2＋4）－\f（2,m））)(x＋1)－eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（－3m2＋4,3m2＋4)＋1））eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(y－\f（2，m）)）＝0，令y＝0，解得x＝eq\f（2－3m2,3m2＋2)，故点Deq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（2－3m2,3m2＋2），0）)。所以｜AD｜＝1－eq\f（2－3m2,3m2＋2）＝eq\f(6m2,3m2＋2）.又因为△APD的面积为eq\f（\r(6）,2）,故eq\f(1,2)×eq\f（6m2，3m2＋2）×eq\f（2,｜m|）＝eq\f（\r（6)，2），整理得3m2－2eq\r(6)｜m｜＋2＝0,解得｜m｜＝eq\f（\r(6),3),所以m＝±eq\f(\r（6），3)。所以直线AP的方程为3x＋eq\r(6)y－3＝0或3x－eq\r(6)y－3＝0.2。(2016·全国Ⅱ)已知椭圆E:eq\f（x2,t）＋eq\f（y2，3)＝1的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为k（k〉0）的直线交E于A，M两点，点N在E上,MA⊥NA。(1)当t＝4，｜AM|＝|AN|时,求△AMN的面积；（2）当2｜AM|＝｜AN｜时,求k的取值范围。解（1）设M(x1,y1)，则由题意知y1>0.当t＝4时，椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f（y2，3)＝1,A（－2，0）。由｜AM｜＝|AN｜及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为eq\f（π,4)。因此直线AM的方程为y＝x＋2。将x＝y－2代入eq\f(x2,4）＋eq\f(y2，3）＝1，得7y2－12y＝0，解得y＝0或y＝eq\f（12,7）,所以y1＝eq\f（12,7）.因此△AMN的面积S△AMN＝2×eq\f（1,2）×eq\f(12,7)×eq\f(12，7)＝eq\f（144，49）。(2)由题意t〉3，k〉0，A（－eq\r(t），0），将直线AM的方程y＝k(x＋eq\r(t））代入eq\f（x2，t)＋eq\f(y2，3）＝1,得(3＋tk2）x2＋2eq\r(t)·tk2x＋t2k2－3t＝0。由x1·(－eq\r（t))＝eq\f（t2k2－3t，3＋tk2),得x1＝eq\f（\r（t）3－tk2,3＋tk2），故|AM|＝｜x1＋eq\r（t)｜eq\r(1＋k2）＝eq\f（6\r（t1＋k2)，3＋tk2).由题设，直线AN的方程为y＝－eq\f（1,k)（x＋eq\r（t)),故同理可得|AN｜＝eq\f(6k\r(t1＋k2），3k2＋t）。由2|AM｜＝｜AN|,得eq\f（2,3＋tk2)＝eq\f(k，3k2＋t），即（k3－2）t＝3k（2k－1）,当k＝eq\r（3，2）时上式不成立,因此t＝eq\f(3k2k－1,k3－2)。t>3等价于eq\f（k3－2k2＋k－2,k3－2）＝eq\f(k－2k2＋1,k3－2）<0，即eq\f（k－2,k3－2)〈0.由此得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（k－2>0，，k3－2<0））或eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（k－2〈0，，k3－2〉0，））解得eq\r(3，2)〈k〈2。因此k的取值范围是(eq\r（3,2)，2).3.如图，椭圆eq\f（x2，a2)＋eq\f（y2,b2)＝1(a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线交椭圆于P，Q两点，且PQ⊥PF1.（1）若｜PF1｜＝2＋eq\r(2）,|PF2|＝2－eq\r(2），求椭圆的标准方程；(2)若｜PF1｜＝｜PQ|，求椭圆的离心率e.解(1）由椭圆的定义，2a＝｜PF1|＋|PF2｜＝（2＋eq\r(2))＋(2－eq\r(2)）＝4，故a＝2.设椭圆的半焦距为c，由已知PF1⊥PF2，因此2c＝｜F1F2｜＝eq\r（|PF1｜2＋|PF2|2）＝eq\r（2＋\r（2)2＋2－\r(2）2)＝2eq\r（3）,即c＝eq\r(3），从而b＝eq\r（a2－c2)＝1.故所求椭圆的标准方程为eq\f(x2，4)＋y2＝1.（2）如图，由椭圆的定义，｜PF1｜＋｜PF2|＝2a,|QF1｜＋|QF2|＝2a.从而由｜PF1|＝|PQ｜＝|PF2|＋|QF2｜，有|QF1｜＝4a－2|PF1｜.又由PF1⊥PQ，|PF1｜＝|PQ|知，|QF1｜＝eq\r(2）｜PF1|，因此,4a－2｜PF1|＝eq\r（2)｜PF1|，解得|PF1|＝2（2－eq\r(2))a，从而｜PF2|＝2a－｜PF1|＝2a－2（2－eq\r（2)）a＝2（eq\r(2）－1）a.由PF1⊥PF2知，|PF1|2＋|PF2｜2＝|F1F2｜2＝（2c)2,因此e＝eq\f(c,a）＝eq\f（\r(|PF1｜2＋|PF2｜2），2a）＝eq\r(2－\r(2)2＋\r（2)－12)＝eq\r（9－6\r(2）)＝eq\r(6)－eq\r（3)。4。已知椭圆H：eq\f（x2,a2）＋y2＝1（a＞1）,原点O到直线MN的距离为eq\f(\r（3)，2)，其中，点M（0，－1)，点N（a，0）。(1)求椭圆H的离心率e;(2）经过椭圆右焦点F2的直线l和该椭圆交于A,B两点，点C在椭圆上，若eq\o（OC，\s\up6（→）)＝eq\f(1,2)eq\o（OA,\s\up6（→))＋eq\f（\r(3），2)eq\o（OB，\s\up6（→)），求直线l的方程。解（1)由题意得直线MN的方程为x－ay－a＝0，则eq\f（a,\r（1＋a2）)＝eq\f（\r(3)，2)⇒a＝eq\r(3），所以c＝eq\r(2），所以离心率e＝eq\f(\r（2），\r(3））＝eq\f（\r(6），3）.(2）椭圆H的方程为eq\f（x2，3)＋y2＝1，设A(x1，y1），B(x2，y2)，C（x3，y3），①当直线l的斜率为0时,其方程为y＝0，此时A（eq\r（3），0)，B(－eq\r（3），0)，不符合题意，舍去.②当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为x＝my＋eq\r（2），由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x＝my＋\r（2)，,\f(x2,3)＋y2＝1,)）消去x得(m2＋3）y2＋2eq\r（2）my－1＝0，所以Δ＞0,eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（y1＋y2＝\f(－2\r(2)m,m2＋3)，，y1y2＝\f（－1，m2＋3）.））因为eq\o（OC,\s\up6(→））＝eq\f(1,2）eq\o（OA,\s\up6(→))＋eq\f(\r（3)，2）eq\o(OB，\s\up6（→))，所以x3＝eq\f(1,2）x1＋eq\f(\r（3),2）x2，y3＝eq\f(1，2）y1＋eq\f(\r（3),2)y2。因为点C在椭圆上，所以eq\f（x\o\al(2，3）,3)＋yeq\o\al（2，3）＝eq\f(1,3）eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，2）x1＋\f(\r(3),2)x2）)2＋eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，2)y1＋\f(\r(3),2）y2)）2＝eq\f(1,4）eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（x\o\al（2，1），3）＋y\o\al(2，1）)）＋eq\f(3，4）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（x\o\al（2，2)，3)＋y\o\al(2，2))）＋eq\f（\r(3)，2）eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,3）x1x2＋y1y2）)＝eq\f(1,4)＋eq\f(3,4)＋eq\f(\r(3）,2）eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,3)x1x2＋y1y2））＝1，所以x1x2＋3y1y2＝0.＝eq\f（－3m2＋6,m2＋3),所以x1x2＋3y1y2＝eq\f（－3m2＋6,m2＋3)＋3×eq\f（－1，m2＋3)＝0，化简得m2－1＝0。所以m＝±1.所以直线l的方程x＝±y＋eq\r(2）.综上，直线l的方程为x－y－eq\r(2)＝0或x＋y－eq\r(2)＝0.5。已知O为坐标原点，M（x1,y1），N(x2，y2）是椭圆eq\f(x2,4）＋eq\f(y2，2）＝1上的点，且x1x2＋2y1y2＝0,设动点P满足eq\o（OP,\s\up6（→)）＝eq\o(OM,\s\up6(→)）＋2eq\o(ON,\s\up6(→)）。(1)求动点P的轨迹C的方程；(2)若直线l：y＝x＋m(m≠0）与曲线C交于A，B两点，求△OAB面积的最大值。解（1)设点P(x,y)，则由eq\o(OP,\s\up6（→)）＝eq\o（OM,\s\up6(→)）＋2eq\o（ON,\s\up6(→）)，得(x，y）＝(x1，y1)＋2(x2，y2)，即x＝x1＋2x2，y＝y1＋2y2。因为点M，N在椭圆eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1上，所以xeq\o\al（2，1)＋2yeq\o\al（2，1)＝4,xeq\o\al(2，2）＋2yeq\o\al(2,2)＝4.故x2＋2y2＝（xeq\o\al(2,1)＋4xeq\o\al(2,2）＋4x1x2)＋2(yeq\o\al（2,1)＋4yeq\o\al（2,2)＋4y1y2)＝(xeq\o\al(2,1)＋2yeq\o\al(2,1）)＋4（xeq\o\al（2,2)＋2yeq\o\al(2，2))＋4(x1x2＋2y1y2)＝20＋4（x1x2＋2y1y2）。又因为x1x2＋2y1y2＝0，所以x2＋2y2＝20，所以动点P的轨迹C的方程为x2＋2y2＝20.(2)将曲线C与直线l的方程联立，得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x2＋2y2＝20，，y＝x＋m,））消去y得3x2＋4mx＋2m2－20＝0。因为直线l与曲线C交于A，B两点，设A(x3，y3），B(x4，y4）,所以Δ＝16m2－4×3×（2m2－20）＞0.又m≠0，所以0＜m2＜30，x3＋x4＝－eq\f(4m,3),x3x4＝eq\f(2m2－20,3).又点O到直线AB：x－y＋m＝0的距离d＝eq\f（|m|，\r（2）），|AB|＝eq\r（1＋k2)|x3－x4｜＝eq\r(1＋k2［x3＋x42－4x3x4］）＝eq\r（2×\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（16m2,9）－4×\f（2m2－20,3）)))＝eq\r(\f(16，9)30－m2），所以S△OAB＝eq\f(1,2）eq\r(\f(16,9)30－m2）×eq\f（|m｜，\r(2））＝eq\f（\r（2)，3)×eq\r(m230－m2）≤eq\f(\r(2),3)×eq\f（m2＋30－m2,2）＝5eq\r（2),并且仅当m2＝30－m2，即m2＝15时取等号.所以△OAB面积的最大值为5eq\r(2）。考点二直线与抛物线方法技巧(1)判断直线与抛物线的位置关系时，可以借助数形结合法，当直线与抛物线的轴平行时，直线与抛物线只有一个交点，但并非相切.(2)涉及中点弦问题，可用“点差法”求解，但要注意对其存在性的检验。6.（2017·全国Ⅰ)设A，B为曲线C：y＝eq\f（x2,4）上两点,A与B的横坐标之和为4。（1)求直线AB的斜率；(2）设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且AM⊥BM,求直线AB的方程。解（1）设A(x1,y1），B(x2，y2），则x1≠x2，y1＝eq\f（x\o\al(2,1）,4),y2＝eq\f（x\o\al(2，2)，4），x1＋x2＝4，于是直线AB的斜率k＝eq\f(y1－y2，x1－x2)＝eq\f(x1＋x2，4)＝1。（2)由y＝eq\f（x2,4），得y′＝eq\f（x，2）.设M（x3,y3),由题设知eq\f（x3,2)＝1，解得x3＝2,于是M(2,1）。设直线AB的方程为y＝x＋m，故线段AB的中点为N（2,2＋m），|MN|＝｜m＋1|.将y＝x＋m代入y＝eq\f（x2，4），得x2－4x－4m＝0。当Δ＝16（m＋1）>0,即m〉－1时，x1,2＝2±2eq\r(m＋1）.从而|AB｜＝eq\r（2)|x1－x2｜＝4eq\r(2m＋1）.由题设知|AB｜＝2|MN｜，即4eq\r(2m＋1)＝2|m＋1|，解得m＝7。所以直线AB的方程为y＝x＋7。7.已知圆C过定点Feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f（1,4），0))，且与直线x＝eq\f（1,4)相切，圆心C的轨迹为E,曲线E与直线l：y＝k（x＋1）（k∈R）相交于A，B两点。（1)求曲线E的方程；（2）当△OAB的面积等于eq\r(10)时,求k的值。解（1）由题意,点C到定点Feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f（1，4)，0））和直线x＝eq\f(1,4）的距离相等,故点C的轨迹E的方程为y2＝－x。（2)由方程组eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（y2＝－x,，y＝kx＋1，)）消去x后，整理得ky2＋y－k＝0。设A（x1，y1），B(x2,y2）,由根与系数的关系,有y1＋y2＝－eq\f（1,k)，y1y2＝－1。设直线l与x轴交于点N，则N（－1,0）.∴S△OAB＝S△OAN＋S△OBN＝eq\f（1，2)|ON｜|y1｜＋eq\f（1，2）|ON|｜y2｜＝eq\f(1,2）｜ON||y1－y2｜＝eq\f（1，2）×1×eq\r(y1＋y22－4y1y2）＝eq\f（1，2）eq\r(\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(1,k))）2＋4).∵S△OAB＝eq\r(10），∴eq\f（1,2)eq\r(\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f（1，k)）)2＋4）＝eq\r（10)，解得k＝±eq\f(1，6）.8.已知抛物线C：y2＝2px(p〉0)过点A（1,－2）。(1）求抛物线C的方程，并求其准线方程；（2）是否存在平行于OA(O为坐标原点)的直线l，使得直线l与抛物线C有公共点，且直线OA与l的距离等于eq\f（\r(5），5)？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由。解（1)将（1，－2)代入y2＝2px，得(－2）2＝2p·1,所以p＝2.故所求的抛物线C的方程为y2＝4x，其准线方程为x＝－1.(2）假设存在符合题意的直线l，其方程为y＝－2x＋t.由eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（y＝－2x＋t,,y2＝4x,))得y2＋2y－2t＝0.因为直线l与抛物线C有公共点，所以Δ＝4＋8t≥0，解得t≥－eq\f（1，2).又由直线OA与l的距离d＝eq\f(\r(5),5),可得eq\f（|－t|，\r（5））＝eq\f(1,\r（5)）,解得t＝±1。因为－1∉eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2），＋∞)),1∈eq\b\lc\[\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(1,2)，＋∞)），所以符合题意的直线l存在，其方程为2x＋y－1＝0.例（12分）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（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)设椭圆E：eq\f(x2,4a2)＋eq\f（y2,4b2)＝1，P为椭圆C上任意一点，过点P的直线y＝kx＋m交椭圆E于A,B两点，射线PO交椭圆E于点Q。①求eq\f（|OQ｜,｜OP｜)的值;②求△ABQ面积的最大值.审题路线图（1）eq\x（椭圆C上的点满足条件)→eq\x(列出a，b的关系式）eq\o（→，\s\up10(已知离心率e＝\f(\r(3)，2），),\s\do5（a2＝b2＋c2）)eq\x（基本量法求得椭圆C的方程）（2)①eq\x（P在C上，Q在E上）eq\o（→,\s\up7(P，Q),\s\do5（共线))eq\x（设坐标代入方程)→eq\x(求出\f（|OQ|,|OP｜)）②eq\x(直线y＝kx＋m和椭圆E的方程联立)eq\o（→,\s\up7(通法))eq\x(研究判别式Δ并判断根与系数的关系)→eq\x(用m，k表示S△OAB)→eq\x(求S△OAB最值)eq\o(→,\s\up7（利用①得），\s\do5（S△ABQ和S△OAB的关系））eq\x(得S△ABQ的最大值)规范解答·评分标准解(1）由题意知eq\f（3，a2）＋eq\f（1,4b2)＝1.又eq\f(\r(a2－b2），a）＝eq\f(\r(3)，2），解得a2＝4，b2＝1。所以椭圆C的方程为eq\f（x2，4）＋y2＝1。……………2分(2）由(1)知椭圆E的方程为eq\f(x2，16)＋eq\f(y2，4）＝1.①设P（x0,y0）,eq\f(｜OQ｜，｜OP｜)＝λ(λ＞0），由题意知Q（－λx0，－λy0）.因为eq\f(x\o\al（2，0)，4）＋yeq\o\al(2，0）＝1，又eq\f（－λx02,16）＋eq\f（－λy02，4)＝1，即eq\f（λ2,4)eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（x\o\al(2,0),4)＋y\o\al(2,0)))＝1，所以λ＝2,即eq\f（|OQ|，｜OP｜）＝2。…………………5分②设A（x1，y1），B(x2,y2).将y＝kx＋m代入椭圆E的方程，可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0,由Δ＞0，可得m2＜4＋16k2， (＊)则有x1＋x2＝－eq\f（8km,1＋4k2),x1x2＝eq\f(4m2－16,1＋4k2）.所以|x1－x2|＝eq\f(4\r(16k2＋4－m2）,1＋4k2）。…………8分因为直线y＝kx＋m与y轴交点的坐标为(0,m）,所以△OAB的面积S＝eq\f(1，2)｜m|｜x1－x2｜＝eq\f（2\r（16k2＋4－m2)|m｜，1＋4k2）＝eq\f（2\r(16k2＋4－m2m2),1＋4k2）＝2eq\r(\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(4－\f(m2,1＋4k2)）)\f(m2，1＋4k2）).……………9分设eq\f（m2,1＋4k2)＝t，将y＝kx＋m代入椭圆C的方程，可得(1＋4k2）x2＋8kmx＋4m2－4＝0，由Δ≥0，可得m2≤1＋4k2. （*＊)由（*）和(**)可知0＜t≤1，因此S＝2eq\r(4－tt）＝2eq\r（－t2＋4t)，…………………10分故0＜S≤2eq\r（3)，当且仅当t＝1，即m2＝1＋4k2时取得最大值2eq\r(3）.……………11分由①知，△ABQ的面积为3S，所以△ABQ面积的最大值为6eq\r(3）。………………12分构建答题模板［第一步]求曲线方程：根据基本量法确定圆锥曲线的方程。［第二步]联立消元：将直线方程和圆锥曲线方程联立,得到方程Ax2＋Bx＋C＝0，然后研究判别式，利用根与系数的关系。［第三步]找关系：从题设中寻求变量的等量或不等关系.[第四步］建函数:对范围最值类问题,要建立关于目标变量的函数关系.[第五步］得范围：通过求解函数值域或解不等式得目标变量的范围或最值，要注意变量条件的制约，检查最值取得的条件。1。设F1，F2分别是椭圆E:eq\f（x2，a2)＋eq\f(y2,b2）＝1（a〉b〉0)的左、右焦点,过F1且斜率为1的直线l与E相交于A，B两点，且|AF2|，｜AB｜,｜BF2|成等差数列。(1）求椭圆E的离心率;（2）设点P(0，－1）满足|PA｜＝｜PB|，求椭圆E的方程.解（1)由椭圆定义知|AF2|＋|BF2｜＋|AB｜＝4a，又2|AB｜＝｜AF2|＋|BF2|,得|AB｜＝eq\f(4,3）a，l的方程为y＝x＋c，其中c＝eq\r（a2－b2)。设A（x1，y1），B（x2，y2），则A，B两点的坐标满足方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（y＝x＋c，,\f（x2，a2)＋\f(y2,b2)＝1,)）消去y，化简得（a2＋b2）x2＋2a2cx＋a2（c2－b2)＝0,则x1＋x2＝eq\f（－2a2c,a2＋b2）,x1x2＝eq\f(a2c2－b2，a2＋b2).因为直线AB的斜率为1,所以|AB｜＝eq\r（2)｜x2－x1｜＝eq\r(2［x1＋x22－4x1x2])，即eq\f（4，3）a＝eq\f(4ab2，a2＋b2)，故a2＝2b2,所以E的离心率e＝eq\f(c，a)＝eq\f（\r（a2－b2)，a）＝eq\f(\r(2),2).(2)设AB的中点为N(x0，y0)，由(1)知，x0＝eq\f（x1＋x2，2）＝eq\f（－a2c,a2＋b2)＝－eq\f（2c,3），y0＝x0＋c＝eq\f（c，3）.由｜PA｜＝|PB|，得kPN＝－1,即eq\f（y0＋1,x0)＝－1，得c＝3，从而a＝3eq\r（2），b＝3。故椭圆E的方程为eq\f(x2,18)＋eq\f(y2，9)＝1。2。已知椭圆E:eq\f（x2,a2）＋eq\f（y2，b2）＝1（a＞b＞0）的半焦距为c，原点O到经过两点（c，0），(0，b)的直线的距离为eq\f（1,2)c。（1）求椭圆E的离心率；（2）如图，AB是圆M:（x＋2)2＋（y－1)2＝eq\f（5，2）的一条直径,若椭圆E经过A,B两点，求椭圆E的方程.解(1)过点（c，0)，(0，b）的直线方程为bx＋cy－bc＝0，则原点O到该直线的距离d＝eq\f(bc,\r(b2＋c2）)＝eq\f（bc，a），由d＝eq\f（1，2）c，得a＝2b＝2eq\r(a2－c2）,解得离心率eq\f（c，a)＝eq\f(\r(3），2)。（2)方法一由（1）知,椭圆E的方程为x2＋4y2＝4b2。 ①依题意,圆心M（－2，1）是线段AB的中点，且｜AB|＝eq\r(10）.易知，AB与x轴不垂直,设其方程为y＝k（x＋2)＋1,代入①得（1＋4k2）x2＋8k(2k＋1)x＋4(2k＋1）2－4b2＝0,设A（x1，y1)，B（x2，y2)，则x1＋x2＝－eq\f(8k2k＋1，1＋4k2），x1x2＝eq\f（42k＋12－4b2，1＋4k2）.由x1＋x2＝－4，得－eq\f(8k2k＋1，1＋4k2)＝－4，解得k＝eq\f(1,2），从而x1x2＝8－2b2。于是｜AB｜＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，2）))2）|x1－x2|＝eq\f（\r(5)，2）eq\r（x1＋x22－4x1x2）＝eq\r（10b2－2)。由|AB｜＝eq\r（10)，得eq\r（10b2－2)＝eq\r（10),解得b2＝3，故椭圆E的方程为eq\f(x2，12)＋eq\f（y2，3)＝1.方法二由（1)知，椭圆E的方程为x2＋4y2＝4b2， ①依题意,点A，B关于圆心M（－2,1)对称,且｜AB｜＝eq\r（10)，设A（x1，y1），B（x2，y2）,则xeq\o\al（2，1)＋4yeq\o\al（2，1）＝4b2，xeq\o\al(2,2)＋4yeq\o\al（2,2)＝4b2，两式相减并结合x1＋x2＝－4，y1＋y2＝2，得－4（x1－x2)＋8（y1－y2）＝0，易知AB与x轴不垂直，则x1≠x2，所以AB的斜率kAB＝eq\f（y1－y2,x1－x2）＝eq\f(1，2），因此直线AB的方程为y＝eq\f(1,2）(x＋2）＋1，代入①得x2＋4x＋8－2b2＝0，所以x1＋x2＝－4，x1x2＝8－2b2，于是|AB｜＝eq\r(1＋\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1，2）））2）｜x1－x2|＝eq\f（\r（5），2)eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(10b2－2).由｜AB|＝eq\r(10),得eq\r(10b2－2）＝eq\r（10)，解得b2＝3，故椭圆E的方程为eq\f(x2，12）＋eq\f(y2，3）＝1。3。设椭圆eq\f(x2，a2）＋eq\f(y2,b2）＝1(a〉b>0）的左焦点为F，离心率为eq\f（\r(3），3），过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为eq\f(4\r(3），3).(1)求椭圆的方程;(2)设A，B分别为椭圆的左、右顶点，过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C,D两点。若eq\o(AC,\s\up6(→)）·eq\o（DB,\s\up6(→）)＋eq\o（AD，\s\up6(→))·eq\o（CB,\s\up6(→))＝8，O为坐标原点，求△OCD的面积。解(1）因为过焦点且垂直于x轴的直线被椭圆截得的线段长为eq\f(4\r(3），3），所以eq\f（2b2，a)＝eq\f（4\r（3),3).因为椭圆的离心率为eq\f（\r(3),3），所以eq\f（c，a）＝eq\f(\r(3），3），又a2＝b2＋c2，可解得b＝eq\r(2),c＝1，a＝eq\r(3）。所以椭圆的方程为eq\f(x2,3）＋eq\f（y2，2）＝1.(2）由(1）可知F(－1，0)，则直线CD的方程为y＝k(x＋1）。联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(x2,3）＋\f（y2,2）＝1，))消去y得（2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0.设C(x1，y1）,D(x2，y2),所以x1＋x2＝－eq\f(6k2，2＋3k2），x1x2＝eq\f(3k2－6,2＋3k2).又A(－eq\r（3)，0)，B（eq\r（3），0)，所以eq\o（AC,\s\up6（→)）·eq\o（DB,\s\up6(→））＋eq\o(AD,\s\up6（→））·eq\o（CB，\s\up6（→)）＝(x1＋eq\r（3）,y1)·(eq\r（3)－x2，－y2)＋（x2＋eq\r(3），y2)·（eq\r（3）－x1，－y1）＝6－（2＋2k2）x1x2－2k2（x1＋x2）－2k2＝6＋eq\f(2k2＋12，2＋3k2）＝8，解得k＝±eq\r(2).从而x1＋x2＝－eq\f（6×2，2＋3×2）＝－eq\f(3，2),x1x2＝eq\f（3×2－6,2＋3×2)＝0。所以|x1－x2｜＝eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（3，2)））2－4×0)＝eq\f(3，2）,|CD｜＝eq\r（1＋k2)｜x1－x2|＝eq\r(1＋2)×eq\f（3,2）＝eq\f(3\r(3），2).而原点O到直线CD的距离d＝eq\f（｜k|,\r（1＋k2)）＝eq\f（\r(2)，\r（1＋2）)＝eq\f(\r（6）,3），所以△OCD的面积S＝eq\f(1,2）｜CD｜×d＝eq\f(1，2)×eq\f(3\r(3)，2）×eq\f(\r（6）,3)＝eq\f（3\r(2），4）.4.(2017·北京)已知抛物线C：y2＝2px过点P（1，1)，过点eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(0,\f(1,2)）)作直线l与抛物线C交于不同的两点M，N,过点M作x轴的垂线分别与直线OP，ON交于点A，B，其中O为原点.(1)求抛物线C的方程，并求其焦点坐标和准线方程；(2)求证：A为线段BM的中点.(1)解由抛物线C：y2＝2px过点P(1，1），得p＝eq\f(1，2)，所以抛物线C的方程为y2＝x,抛物线C的焦点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,4），0)），准线方程为x＝－eq\f（1,4）.（2）证明由题意，设直线l的方程为y＝kx＋eq\f(1，2）(k≠0），l与抛物线C的交点为M(x1，y1),N(x2,y2）.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋\f（1,2），,y2＝x，)）得4k2x2＋（4k－4）x＋1＝0，则x1＋x2＝eq\f(1－k，k2），x1x2＝eq\f(1，4k2)。因为点P的坐标为（1，1），所以直线OP的方程为y＝x,点A的坐标为（x1，x1）。直线ON的方程为y＝eq\f(y2,x2）x，点B的坐标为eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（x1，\f(y2x1，x2））).因为y1＋eq\f(y2x1,x2）－2x1＝eq\f(y1x2＋