《创新设计》 2017届二轮专题复习 全国版 数学理科 WORD版材料 专题五 解析几何

------------------------------------------------------------------------《创新设计》2017届二轮专题复习全国版数学理科WORD版材料专题五解析几何第1讲圆与圆锥曲线的基本问题高考定位1.圆的方程及直线与圆的位置关系是高考对本讲内容考查的重点，涉及圆的方程的求法、直线与圆的位置关系的判断、弦长问题及切线问题等；2.圆锥曲线中的基本问题一般以椭圆、双曲线、抛物线的定义、标准方程、几何性质等作为考查的重点，多为选择题或填空题.真题感悟1.(2016·全国Ⅰ卷)已知方程eq\f(x2,m2＋n)－eq\f(y2,3m2－n)＝1表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则n的取值范围是()A.(－1，3) B.(－1，eq\r(3))C.(0，3) D.(0，eq\r(3))解析∵方程eq\f(x2,m2＋n)－eq\f(y2,3m2－n)＝1表示双曲线，∴(m2＋n)·(3m2－n)>0，解得－m2<n<3m2，由双曲线性质，知c2＝(m2＋n)＋(3m2－n)＝4m2(其中c是半焦距)，∴焦距2c＝2×2|m|＝4，解得|m|＝1，∴－1<n<3，故选A.答案A2.(2015·全国Ⅰ卷)已知M(x0，y0)是双曲线C：eq\f(x2,2)－y2＝1上的一点，F1，F2是C的两个焦点，若eq\o(MF1,\s\up6(→))·eq\o(MF2,\s\up6(→))<0，则y0的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),6)，\f(\r(3),6)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(2),3)，\f(2\r(2),3))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(3),3)，\f(2\r(3),3)))解析由题意知M在双曲线C：eq\f(x2,2)－y2＝1上，又在x2＋y2＝3内部，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)－y2＝1，,x2＋y2＝3，))得y＝±eq\f(\r(3),3)，所以－eq\f(\r(3),3)<y0<eq\f(\r(3),3).答案A3.(2016·全国Ⅰ卷)以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A，B两点，交C的准线于D，E两点.已知|AB|＝4eq\r(2)，|DE|＝2eq\r(5)，则C的焦点到准线的距离为()A.2 B.4C.6 D.8解析不妨设抛物线C：y2＝2px(p>0)，则圆的方程可设为x2＋y2＝r2(r>0)，如图，又可设A(x0，2eq\r(2))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，\r(5)))，点A(x0，2eq\r(2))在抛物线y2＝2px上，∴8＝2px0，①点A(x0，2eq\r(2))在圆x2＋y2＝r2上，∴xeq\o\al(2,0)＋8＝r2，②点Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，\r(5)))在圆x2＋y2＝r2上，∴5＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)))eq\s\up12(2)＝r2，③联立①②③，解得p＝4，即C的焦点到准线的距离为p＝4，故选B.答案B4.(2016·山东卷)已知双曲线E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，若矩形ABCD的四个顶点在E上，AB，CD的中点为E的两个焦点，且2|AB|＝3|BC|，则E的离心率是________.解析由已知得|AB|＝eq\f(2b2,a)，|BC|＝2c，∴2×eq\f(2b2,a)＝3×2c，又∵b2＝c2－a2，整理得：2c2－3ac－2a2＝0，两边同除以a2得2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))eq\s\up12(2)－3eq\f(c,a)－2＝0，即2e2－3e－2＝0，解得e＝2或e＝－1(舍去).答案2考点整合1.圆的方程(1)圆的标准方程：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r＞0)，圆心为(a，b)，半径为r.(2)圆的一般方程：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F＞0)，圆心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))，半径为r＝eq\f(\r(D2＋E2－4F),2).2.直线与圆相关问题的两个关键点(1)三个定理：切线的性质定理，切线长定理，垂径定理.(2)两个公式：点到直线的距离公式d＝eq\f(|Ax0＋By0＋C|,\r(A2＋B2))，弦长公式|AB|＝2eq\r(r2－d2)(弦心距d).3.圆锥曲线的定义(1)椭圆：|MF1|＋|MF2|＝2a(2a＞|F1F2|)；(2)双曲线：||MF1|－|MF2||＝2a(2a＜|F1F2|)；(3)抛物线：|MF|＝d(d为M点到准线的距离).4.圆锥曲线的标准方程(1)椭圆：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)(焦点在x轴上)或eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)(焦点在y轴上)；(2)双曲线：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)(焦点在x轴上)或eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a＞0，b＞0)(焦点在y轴上)；(3)抛物线：y2＝2px，y2＝－2px，x2＝2py，x2＝－2py(p＞0).5.圆锥曲线的几何性质(1)椭圆：e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1－\f(b2,a2))；(2)双曲线：①e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\f(b2,a2))；②渐近线方程：y＝±eq\f(b,a)x或y＝±eq\f(a,b)x；(3)抛物线：设y2＝2px(p＞0)，C(x1，y1)，D(x2，y2)为抛物线上的点，F为其焦点.①焦半径|CF|＝x1＋eq\f(p,2)；②过焦点的弦长|CD|＝x1＋x2＋p；③x1x2＝eq\f(p2,4)，y1y2＝－p2.热点一直线与圆有关问题[微题型1]求圆的方程【例1－1】(1)(2015·全国Ⅱ卷)过三点A(1，3)，B(4，2)，C(1，－7)的圆交y轴于M、N两点，则|MN|＝()A.2eq\r(6) B.8C.4eq\r(6) D.10(2)已知圆M的圆心在x轴上，且圆心在直线l1：x＝－2的右侧，若圆M截直线l1所得的弦长为2eq\r(3)，且与直线l2：2x－eq\r(5)y－4＝0相切，则圆M的方程为()A.(x－1)2＋y2＝4 B.(x＋1)2＋y2＝4C.x2＋(y－1)2＝4 D.x2＋(y＋1)2＝4解析(1)由已知，得eq\o(AB,\s\up6(→))＝(3，－1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－3，－9)，则eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝3×(－3)＋(－1)×(－9)＝0，所以eq\o(AB,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，即AB⊥BC，故过三点A、B、C的圆以AC为直径，得其方程为(x－1)2＋(y＋2)2＝25，令x＝0得(y＋2)2＝24，解得y1＝－2－2eq\r(6)，y2＝－2＋2eq\r(6)，所以|MN|＝|y1－y2|＝4eq\r(6)，选C.(2)由已知，可设圆M的圆心坐标为(a，0)，a＞－2，半径为r，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（a＋2）2＋（\r(3)）2＝r2，,\f(|2a－4|,\r(4＋5))＝r，))解得满足条件的一组解为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,r＝2，))所以圆M的方程为(x＋1)2＋y2＝4.故选B.答案(1)C(2)B探究提高求具备一定条件的圆的方程时，其关键是寻找确定圆的两个几何要素，即圆心和半径，待定系数法也是经常使用的方法，在一些问题中借助平面几何中关于圆的知识可以简化计算，如已知一个圆经过两个点时，其圆心一定在这两点连线的垂直平分线上，解题时要注意平面几何知识的应用.[微题型2]圆的切线问题【例1－2】(1)在平面直角坐标系中，A，B分别是x轴和y轴上的动点，若以AB为直径的圆C与直线2x＋y－4＝0相切，则圆C面积的最小值为()A.eq\f(4,5)π B.eq\f(3,4)πC.(6－2eq\r(5))π D.eq\f(5,4)π(2)若⊙O：x2＋y2＝5与⊙O1：(x－m)2＋y2＝20(m∈R)相交于A，B两点，且两圆在点A处的切线互相垂直，则线段AB的长度是________.解析(1)由题意可知以线段AB为直径的圆C过原点O，要使圆C的面积最小(D为切点)，只需圆C的半径或直径最小，又圆C与直线2x＋y－4＝0相切，所以由平面几何知识，当OC所在直线与l垂直时，|OD|最小(D为切点)，即圆C的直径最小，则|OD|＝eq\f(|2×0＋0－4|,\r(5))＝eq\f(4,\r(5))，所以圆的半径为eq\f(2,\r(5))，圆C的面积的最小值为S＝πr2＝eq\f(4,5)π.(2)依题意得△OO1A是直角三角形，∴|OO1|＝eq\r(5＋20)＝5，S△OO1A＝eq\f(1,2)·eq\f(|AB|,2)·|OO1|＝eq\f(1,2)·|OA|·|AO1|，因此|AB|＝eq\f(2·|OA|·|AO1|,|OO1|)＝eq\f(2×\r(5)×2\r(5),5)＝4.答案(1)A(2)4探究提高(1)直线与圆相切时利用“切线与过切点的半径垂直，圆心到切线的距离等于半径”建立切线斜率的等式，所以求切线方程时主要选择点斜式.(2)过圆外一点求解切线长转化为圆心到圆外点距离，利用勾股定理处理.[微题型3]直线与圆的位置关系【例1－3】已知过原点的动直线l与圆C1：x2＋y2－6x＋5＝0相交于不同的两点A，B.(1)求圆C1的圆心坐标；(2)求线段AB的中点M的轨迹C的方程；(3)是否存在实数k，使得直线L：y＝k(x－4)与曲线C只有一个交点？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由.解(1)由x2＋y2－6x＋5＝0，得(x－3)2＋y2＝4，所以圆C1的圆心坐标为(3，0).(2)设线段AB的中点M的坐标点(x，y)，①当线段AB不在x轴上时，有C1M⊥AB，则kC1M·kAB＝－1，即eq\f(y,x－3)·eq\f(y,x)＝－1，整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(9,4)，又当直线l与圆C1相切时，易求得切点的横坐标为eq\f(5,3).所以此时M的轨迹C的方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(9,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)＜x＜3)).②当线段AB在x轴上时，点M的坐标为(3，0)，也满足式子eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(9,4).综上，线段AB的中点M的轨迹C的方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(9,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)＜x≤3)).(3)由(2)知点M的轨迹是以Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0))为圆心，r＝eq\f(3,2)为半径的部分圆弧EF(如图所示，不包括两端点)，且Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(2\r(5),3)))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，－\f(2\r(5),3))).又直线L：y＝k(x－4)过定点D(4，0)，当直线L与圆C相切时，由eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－4))－0)),\r(k2＋（－1）2))＝eq\f(3,2)，得k＝±eq\f(3,4)，又kDE＝－kDF＝－eq\f(0－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),3))),4－\f(5,3))＝－eq\f(2\r(5),7)，结合如图可知当k∈eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，\f(3,4)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),7)，\f(2\r(5),7)))时，直线L：y＝k(x－4)与曲线C只有一个交点.探究提高此类题易失分点有两处：一是不会适时分类讨论，遇到直线问题，想用其斜率，定要注意斜率是否存在；二是数形结合求参数的取值范围时，定要注意“草图不草”，如本题，画成轨迹C时，若把端点E，F画出实心点，借形解题时求出的斜率就会出错.【训练1】(2016·江苏卷)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知以M为圆心的圆M：x2＋y2－12x－14y＋60＝0及其上一点A(2，4).(1)设圆N与x轴相切，与圆M外切，且圆心N在直线x＝6上，求圆N的标准方程；(2)设平行于OA的直线l与圆M相交于B、C两点，且BC＝OA，求直线l的方程；(3)设点T(t，0)满足：存在圆M上的两点P和Q，使得eq\o(TA,\s\up6(→))＋eq\o(TP,\s\up6(→))＝eq\o(TQ,\s\up6(→))，求实数t的取值范围.解(1)圆M的方程化为标准形式为(x－6)2＋(y－7)2＝25，圆心M(6，7)，半径r＝5，由题意，设圆N的方程为(x－6)2＋(y－b)2＝b2(b＞0).且eq\r(（6－6）2＋（b－7）2)＝b＋5.解得b＝1，∴圆N的标准方程为(x－6)2＋(y－1)2＝1.(2)∵kOA＝2，∴可设l的方程为y＝2x＋m，即2x－y＋m＝0.又BC＝OA＝eq\r(22＋42)＝2eq\r(5).由题意，圆M的圆心M(6，7)到直线l的距离为d＝eq\r(52－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BC,2)))\s\up12(2))＝eq\r(25－5)＝2eq\r(5).即eq\f(|2×6－7＋m|,\r(22＋（－1）2))＝2eq\r(5)，解得m＝5或m＝－15.∴直线l的方程为y＝2x＋5或y＝2x－15.(3)由eq\o(TA,\s\up6(→))＋eq\o(TP,\s\up6(→))＝eq\o(TQ,\s\up6(→))，则四边形AQPT为平行四边形，又∵P、Q为圆M上的两点，∴|PQ|≤2r＝10.∴|TA|＝|PQ|≤10，即eq\r(（t－2）2＋42)≤10，解得2－2eq\r(21)≤t≤2＋2eq\r(21).故所求t的范围为[2－2eq\r(21)，2＋2eq\r(21)].热点二圆锥曲线的定义、方程、性质的应用[微题型1]定义与标准方程的应用【例2－1】(1)(2015·浙江卷)如图，设抛物线y2＝4x的焦点为F，不经过焦点的直线上有三个不同的点A，B，C，其中点A，B在抛物线上，点C在y轴上，则△BCF与△ACF的面积之比是()A.eq\f(|BF|－1,|AF|－1) B.eq\f(|BF|2－1,|AF|2－1)C.eq\f(|BF|＋1,|AF|＋1) D.eq\f(|BF|2＋1,|AF|2＋1)(2)已知双曲线C1：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的焦距是实轴长的2倍，若抛物线C2：x2＝2py(p＞0)的焦点到双曲线C1的渐近线的距离为2，则抛物线C2的方程为()A.x2＝eq\f(8\r(3),3)y B.x2＝eq\f(16\r(3),3)yC.x2＝8y D.x2＝16y解析(1)由图形知eq\f(S△BCF,S△ACF)＝eq\f(|BC|,|AC|)＝eq\f(xB,xA)，由抛物线的性质知|BF|＝xB＋1，|AF|＝xA＋1，∴xB＝|BF|－1，xA＝|AF|－1，∴eq\f(S△BCF,S△ACF)＝eq\f(|BF|－1,|AF|－1).故选A.(2)∵2c＝4a，∴c＝2a，又a2＋b2＝c2，∴b＝eq\r(3)a，∴渐近线y＝±eq\r(3)x，抛物线焦点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，d＝eq\f(\f(p,2),2)＝2，∴p＝8，∴抛物线方程为x2＝16y.答案(1)A(2)D探究提高(1)准确把握圆锥曲线的定义和标准方程及其简单几何性质，注意焦点在不同坐标轴上时，椭圆、双曲线、抛物线方程的不同表示形式.(2)求圆锥曲线方程的基本方法就是待定系数法，可结合草图确定.[微题型2]几何性质与标准方程的应用【例2－2】(1)已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)短轴的两个端点为A，B，点C为椭圆上异于A，B的一点，直线AC与直线BC的斜率之积为－eq\f(1,4)，则椭圆的离心率为()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\r(3)C.eq\f(1,2) D.eq\f(\r(3),4)(2)平面直角坐标系xOy中，双曲线C1：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的渐近线与抛物线C2：x2＝2py(p＞0)交于点O，A，B.若△OAB的垂心为C2的焦点，则C1的离心率为________.解析(1)设C(x0，y0)，则eq\f(xeq\o\al(2,0),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),b2)＝1，故xeq\o\al(2,0)＝a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(yeq\o\al(2,0),b2)))＝eq\f(a2（b2－yeq\o\al(2,0)）,b2)，所以kAC·kBC＝eq\f(y0－b,x0)·eq\f(y0＋b,x0)＝eq\f(yeq\o\al(2,0)－b2,xeq\o\al(2,0))＝－eq\f(b2,a2)＝－eq\f(1,4).故a2＝4b2，所以e＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\r(1－\f(1,4))＝eq\f(\r(3),2).(也可使用特殊点法)(2)由题意，不妨设直线OA的方程为y＝eq\f(b,a)x，直线OB的方程为y＝－eq\f(b,a)x.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(b,a)x，,x2＝2py，))得x2＝2p·eq\f(b,a)x，∴x＝eq\f(2pb,a)，y＝eq\f(2pb2,a2)，∴Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2pb,a)，\f(2pb2,a2))).设抛物线C2的焦点为F，则Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，∴kAF＝eq\f(\f(2pb2,a2)－\f(p,2),\f(2pb,a)).∵△OAB的垂心为F，∴AF⊥OB，∴kAF·kOB＝－1，∴eq\f(\f(2pb2,a2)－\f(p,2),\f(2pb,a))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)))＝－1，∴eq\f(b2,a2)＝eq\f(5,4).设C1的离心率为e，则e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(a2＋b2,a2)＝1＋eq\f(5,4)＝eq\f(9,4).∴e＝eq\f(3,2).答案(1)A(2)eq\f(3,2)探究提高解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于a，b，c的方程或不等式，再根据a，b，c的关系消掉b得到a，c的关系式，建立关于a，b，c的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、图形的结构特征、点的坐标的范围等.【训练2】(1)(2016·全国Ⅲ卷)已知O为坐标原点，F是椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点.P为C上一点，且PF⊥x轴.过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为()A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3) D.eq\f(3,4)(2)(2016·北京卷)双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的渐近线为正方形OABC的边OA，OC所在的直线，点B为该双曲线的焦点，若正方形OABC的边长为2，则a＝________.解析(1)设M(－c，m)，则Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(am,a－c)))，OE的中点为D，则Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(am,2（a－c）)))，又B，D，M三点共线，所以eq\f(m,2（a－c）)＝eq\f(m,a＋c)，a＝3c，e＝eq\f(1,3).(2)取B为双曲线右焦点，如图所示.∵四边形OABC为正方形且边长为2，∴c＝|OB|＝2eq\r(2)，又∠AOB＝eq\f(π,4)，∴eq\f(b,a)＝taneq\f(π,4)＝1，即a＝b.又a2＋b2＝c2＝8，∴a＝2.答案(1)A(2)21.确定圆的方程时，常用到圆的几个性质：(1)直线与圆相交时应用垂径定理构成直角三角形(半弦长，弦心距，圆半径)；(2)圆心在过切点且与切线垂直的直线上；(3)圆心在任一弦的中垂线上；(4)两圆内切或外切时，切点与两圆圆心三点共线；(5)圆的对称性：圆关于圆心成中心对称，关于任意一条过圆心的直线成轴对称.2.椭圆、双曲线的方程形式上可统一为Ax2＋By2＝1，其中A，B是不等的常数，A＞B＞0时，表示焦点在y轴上的椭圆；B＞A＞0时，表示焦点在x轴上的椭圆；AB＜0时表示双曲线.3.对涉及圆锥曲线上点到焦点距离或焦点弦问题，恰当选用定义解题，会效果明显，定义中的定值是标准方程的基础.4.在椭圆焦点三角形PF1F2中，∠F1PF2＝α，则S△PF1F2＝c|y0|＝b2·taneq\f(α,2).5.求双曲线、椭圆的离心率的方法：方法一：直接求出a，c，计算e＝eq\f(c,a)；方法二：根据已知条件确定a，b，c的等量关系，然后把b用a，c代换，求eq\f(c,a).6.通径：过双曲线、椭圆、抛物线的焦点垂直于对称轴的弦称为通径，双曲线、椭圆的通径长为eq\f(2b2,a)，过椭圆焦点的弦中通径最短；抛物线通径长是2p，过抛物线焦点的弦中通径最短.椭圆上点到焦点的最长距离为a＋c，最短距离为a－c.一、选择题1.已知圆C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圆C2：(x－3)2＋(y－4)2＝9，M、N分别是圆C1、C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|＋|PN|的最小值为()A.5eq\r(3)－4 B.5eq\r(2)－4C.5eq\r(3)－3 D.5eq\r(2)－3解析由条件可知，两圆的圆心均在第一象限，先求|PC1|＋|PC2|的最小值，作点C1关于x轴的对称点C1′(2，－3)，则(|PC1|＋|PC2|)min＝|C1′C2|＝5eq\r(2).所以(|PM|＋|PN|)min＝5eq\r(2)－4.答案B2.(2016·浙江卷)已知椭圆C1：eq\f(x2,m2)＋y2＝1(m＞1)与双曲线C2：eq\f(x2,n2)－y2＝1(n＞0)的焦点重合，e1，e2分别为C1，C2的离心率，则()A.m＞n且e1e2＞1 B.m＞n且e1e2＜1C.m＜n且e1e2＞1 D.m＜n且e1e2＜1解析由题意可得：m2－1＝n2＋1，即m2＝n2＋2，又∵m＞0，n＞0，故m＞n.又∵eeq\o\al(2,1)·eeq\o\al(2,2)＝eq\f(m2－1,m2)·eq\f(n2＋1,n2)＝eq\f(n2＋1,n2＋2)·eq\f(n2＋1,n2)＝eq\f(n4＋2n2＋1,n4＋2n2)＝1＋eq\f(1,n4＋2n2)＞1，∴e1·e2＞1.答案A3.(2013·全国Ⅰ卷)已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F(3，0)，过点F的直线交E于A，B两点.若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为()A.eq\f(x2,45)＋eq\f(y2,36)＝1 B.eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,27)＝1C.eq\f(x2,27)＋eq\f(y2,18)＝1 D.eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝1解析因为直线AB过点F(3，0)和点(1，－1)，所以直线AB的方程为y＝eq\f(1,2)(x－3)，代入椭圆方程eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1消去y，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,4)＋b2))x2－eq\f(3,2)a2x＋eq\f(9,4)a2－a2b2＝0，所以AB的中点的横坐标为eq\f(\f(3,2)a2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,4)＋b2)))＝1，即a2＝2b2，又a2＝b2＋c2，所以b＝c＝3，选D.答案D4.(2016·四川卷)设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线y2＝2px(p>0)上任意一点，M是线段PF上的点，且|PM|＝2|MF|，则直线OM的斜率的最大值为()A.eq\f(\r(3),3) B.eq\f(2,3)C.eq\f(\r(2),2) D.1解析如图，由题可知Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，设P点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,0),2p)，y0))，显然，当y0<0时，kOM<0；y0>0时，kOM>0，要求kOM最大值，不妨设y0>0.则eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(OF,\s\up6(→))＋eq\o(FM,\s\up6(→))＝eq\o(OF,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(FP,\s\up6(→))＝eq\o(OF,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)(eq\o(OP,\s\up6(→))－eq\o(OF,\s\up6(→)))＝eq\f(1,3)eq\o(OP,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(OF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,0),6p)＋\f(p,3)，\f(y0,3)))，kOM＝eq\f(\f(y0,3),\f(yeq\o\al(2,0),6p)＋\f(p,3))＝eq\f(2,\f(y0,p)＋\f(2p,y0))≤eq\f(2,2\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，当且仅当yeq\o\al(2,0)＝2p2等号成立.故选C.答案C5.(2015·福建)已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点为F，短轴的一个端点为M，直线l：3x－4y＝0交椭圆E于A，B两点.若|AF|＋|BF|＝4，点M到直线l的距离不小于eq\f(4,5)，则椭圆E的离心率的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，1)) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1))解析左焦点F0，连接F0A，F0B，则四边形AFBF0为平行四边形.∵|AF|＋|BF|＝4，∴|AF|＋|AF0|＝4，∴a＝2.设M(0，b)，则eq\f(4b,5)≥eq\f(4,5)，∴1≤b＜2.离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(\f(c2,a2))＝eq\r(\f(a2－b2,a2))＝eq\r(\f(4－b2,4))∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)))，故选A.答案A二、填空题6.(2016·全国Ⅲ卷)已知直线l：mx＋y＋3m－eq\r(3)＝0与圆x2＋y2＝12交于A，B两点，过A，B分别做l的垂线与x轴交于C，D两点，若|AB|＝2eq\r(3)，则|CD|＝________.解析设AB的中点为M，由题意知，圆的半径R＝2eq\r(3)，AB＝2eq\r(3)，所以OM＝3，解得m＝－eq\f(\r(3),3)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－\r(3)y＋6＝0，,x2＋y2＝12))解得A(－3，eq\r(3))，B(0，2eq\r(3))，则AC的直线方程为y－eq\r(3)＝－eq\r(3)(x＋3)，BD的直线方程为y－2eq\r(3)＝－eq\r(3)x，令y＝0，解得C(－2，0)，D(2，0)，所以|CD|＝4.答案47.(2016·江西七校第二次联考)过双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左焦点F作圆x2＋y2＝eq\f(1,4)a2的切线，切点为E，直线EF交双曲线右支于点P，若eq\o(OE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OF,\s\up6(→))＋eq\o(OP,\s\up6(→)))，则双曲线的离心率是________.解析如图，∵eq\o(OE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OF,\s\up6(→))＋eq\o(OP,\s\up6(→)))，∴E为FP的中点，又O为FF′的中点，∴OE为△PFF′的中位线，∴OE∥PF′，|OE|＝eq\f(1,2)|PF′|，∵OE＝eq\f(1,2)a，∴|PF′|＝a，∵PF切圆O于E，∴OE⊥PF，∴PF′⊥PF，∵|FF′|＝2c，|PF|－|PF′|＝2a，∴|PF|＝2a＋a＝3a，∴由勾股定理得a2＋9a2＝4c2，∴10a2＝4c2，∴e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(10),2).答案eq\f(\r(10),2)8.(2016·深圳第二次调研)过抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点F，且倾斜角为eq\f(π,4)的直线与抛物线交于A，B两点，若弦AB的垂直平分线经过点(0，2)，则p等于________.解析由题意知直线AB的方程为y＝x－eq\f(p,2)，垂直线平分线方程为y＝－x＋2，联立上面两直线方程得y＝1－eq\f(p,4)，x＝1＋eq\f(p,4)，即AB的中点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(p,4)，1－\f(p,4)))，设Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,1),2p)，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,2),2p)，y2))，则eq\f(y2－y1,\f(yeq\o\al(2,2),2p)－\f(yeq\o\al(2,1),2p))＝eq\f(2p,y1＋y2)，∴1－eq\f(p,4)＝p，∴p＝eq\f(4,5).答案eq\f(4,5)三、解答题9.(2015·全国Ⅰ卷)已知过点A(0，1)且斜率为k的直线l与圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝1交于M，N两点.(1)求k的取值范围；(2)若eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝12，其中O为坐标原点，求|MN|.解(1)由题设，可知直线l的方程为y＝kx＋1，因为l与C交于两点，所以eq\f(|2k－3＋1|,\r(1＋k2))<1.解得eq\f(4－\r(7),3)<k<eq\f(4＋\r(7),3).所以k的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4－\r(7),3)，\f(4＋\r(7),3))).(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2).将y＝kx＋1代入方程(x－2)2＋(y－3)2＝1，整理得(1＋k2)x2－4(1＋k)x＋7＝0.所以x1＋x2＝eq\f(4（1＋k）,1＋k2)，x1x2＝eq\f(7,1＋k2).eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝eq\f(4k（1＋k）,1＋k2)＋8.由题设可得eq\f(4k（1＋k）,1＋k2)＋8＝12，解得k＝1，所以l的方程为y＝x＋1.故圆心C在l上，所以|MN|＝2.10.(2014·全国Ⅱ卷)设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，M是C上一点且MF2与x轴垂直，直线MF1与C的另一个交点为N.(1)若直线MN的斜率为eq\f(3,4)，求C的离心率；(2)若直线MN在y轴上的截距为2，且|MN|＝5|F1N|，求a，b.解(1)根据c＝eq\r(a2－b2)及题设知Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(b2,a)))，2b2＝3ac.将b2＝a2－c2代入2b2＝3ac，解得eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，eq\f(c,a)＝－2(舍去).故C的离心率为eq\f(1,2).(2)由题意，原点O为F1F2的中点，MF2∥y轴，所以直线MF1与y轴的交点D(0，2)是线段MF1的中点，故eq\f(b2,a)＝4，即b2＝4a.①由|MN|＝5|F1N|，得|DF1|＝2|F1N|.设N(x1，y1)，由题意知y1＜0，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2（－c－x1）＝c，,－2y1＝2，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝－\f(3,2)c.,y1＝－1.))代入C的方程，得eq\f(9c2,4a2)＋eq\f(1,b2)＝1.②将①及c＝eq\r(a2－b2)代入②得eq\f(9（a2－4a）,4a2)＋eq\f(1,4a)＝1.解得a＝7，b2＝4a＝28，故a＝7，b＝2eq\r(7).11.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)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(8k（2k＋1）,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(4（2k＋1）2－4b2,1＋4k2)，由x1＋x2＝－4，得－eq\f(8k（2k＋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)))\s\up12(2))|x1－x2|＝eq\f(\r(5),2)eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(10（b2－2）)，由|AB|＝eq\r(10)，得eq\r(10（b2－2）)＝eq\r(10)，解得b2＝3，故椭圆E的方程为eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,3)＝1.法二由(1)知，椭圆E的方程为x2＋4y2＝4b2，②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②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)))\s\up12(2))|x1－x2|＝eq\f(\r(5),2)eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(10（b2－2）).由|AB|＝eq\r(10)，得eq\r(10（b2－2）)＝eq\r(10)，解得b2＝3，故椭圆E的方程为eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,3)＝1.第2讲直线与圆锥曲线的位置关系高考定位直线与圆锥曲线的位置关系一直是命题的热点，尤其是有关弦的问题以及存在性问题，计算量偏大，属于难点，要加强这方面的专题训练.真题感悟(2016·全国Ⅲ卷)已知抛物线C：y2＝2x的焦点为F，平行于x轴的两条直线l1，l2分别交C于A，B两点，交C的准线于P，Q两点.(1)若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明：AR∥FQ；(2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程.解由题设Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，设l1：y＝a，l2：y＝b，则ab≠0，且Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,2)，a))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2,2)，b))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，a))，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，b))，Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(a＋b,2))).记过A，B两点的直线为l，则l的方程为2x－(a＋b)y＋ab＝0.(1)证明由于F在线段AB上，故1＋ab＝0.记AR的斜率为k1，FQ的斜率为k2，则k1＝eq\f(a－b,1＋a2)＝eq\f(a－b,a2－ab)＝eq\f(1,a)＝－eq\f(ab,a)＝－b＝k2.所以AR∥FQ.(2)设l与x轴的交点为D(x1，0)，则S△ABF＝eq\f(1,2)|b－a||FD|＝eq\f(1,2)|b－a|eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x1－\f(1,2)))，S△PQF＝eq\f(|a－b|,2).由题设可得|b－a|eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x1－\f(1,2)))＝eq\f(|a－b|,2)，所以x1＝1，x1＝0(舍去).设满足条件的AB的中点为E(x，y).当AB与x轴不垂直时，由kAB＝kDE可得eq\f(2,a＋b)＝eq\f(y,x－1)(x≠1).而eq\f(a＋b,2)＝y，所以y2＝x－1(x≠1).当AB与x轴垂直时，E与D重合.所以，所求轨迹方程为y2＝x－1.考点整合1.直线与圆锥曲线的位置关系(1)直线与椭圆的位置关系的判定方法：将直线方程与椭圆方程联立，消去一个未知数，得到一个一元二次方程.若Δ＞0，则直线与椭圆相交；若Δ＝0，则直线与椭圆相切；若Δ＜0，则直线与椭圆相离.(2)直线与双曲线的位置关系的判定方法：将直线方程与双曲线方程联立，消去y(或x)，得到一个一元方程ax2＋bx＋c＝0(或ay2＋by＋c＝0).①若a≠0，当Δ＞0时，直线与双曲线相交；当Δ＝0时，直线与双曲线相切；当Δ＜0时，直线与双曲线相离.②若a＝0时，直线与渐近线平行，与双曲线有一个交点.(3)直线与抛物线的位置关系的判定方法：将直线方程与抛物线的方程联立，消去y(或x)，得到一个一元方程ax2＋bx＋c＝0(或ay2＋by＋c＝0).①当a≠0时，用Δ判定，方法同上.②当a＝0时，直线与抛物线的对称轴平行，只有一个交点.2.有关弦长问题有关弦长问题，应注意运用弦长公式及根与系数的关系，“设而不求”；有关焦点弦长问题，要重视圆锥曲线定义的运用，以简化运算.(1)斜率为k的直线与圆锥曲线交于两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则所得弦长|P1P2|＝eq\r(1＋k2)|x2－x1|或|P1P2|＝eq\r(1＋\f(1,k2))|y2－y1|，其中求|x2－x1|与|y2－y1|时通常使用根与系数的关系，即作如下变形：|x2－x1|＝eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)，|y2－y1|＝eq\r(（y1＋y2）2－4y1y2).(2)当斜率k不存在时，可求出交点坐标，直接运算(利用两点间距离公式).3.弦的中点问题有关弦的中点问题，应灵活运用“点差法”，“设而不求法”来简化运算.热点一直线与圆锥曲线(以椭圆、抛物线为主)的相交弦问题[微题型1]有关圆锥曲线的弦长问题【例1－1】(2016·常德4月模拟)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≥1)过点P(2，1)，且离心率e＝eq\f(\r(3),2).(1)求椭圆C的方程；(2)直线l的斜率为eq\f(1,2)，直线l与椭圆C交于A，B两点，求△PAB面积的最大值.解(1)∵e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(3,4)，∴a2＝4b2.又eq\f(4,a2)＋eq\f(1,b2)＝1，∴a2＝8，b2＝2.故所求椭圆C的方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)设l的方程为y＝eq\f(1,2)x＋m，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x＋m，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，))整理得x2＋2mx＋2m2－4＝0，判别式Δ＝16－4m2＞0，即m2＜4.又x1＋x2＝－2m，x1·x2＝2m2－4，则|AB|＝eq\r(1＋\f(1,4))×eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(5（4－m2）)，点P到直线l的距离d＝eq\f(|m|,\r(1＋\f(1,4)))＝eq\f(2|m|,\r(5)).因此S△PAB＝eq\f(1,2)d|AB|＝eq\f(1,2)×eq\f(2|m|,\r(5))×eq\r(5（4－m2）)＝eq\r(m2（4－m2）)≤eq\f(m2＋4－m2,2)＝2，当且仅当m2＝2时取等号.故△PAB面积的最大值为2.探究提高解决直线与圆锥曲线问题的通法是联立方程，利用根与系数的关系，设而不求思想，弦长公式等简化计算；涉及垂直关系时也往往利用根与系数关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解.[微题型2]有关圆锥曲线的中点弦问题【例1－2】(2016·江苏卷)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线l：x－y－2＝0，抛物线C：y2＝2px(p＞0).(1)若直线l过抛物线C的焦点，求抛物线C的方程；(2)已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q.①求证：线段PQ的中点坐标为(2－p，－p)；②求p的取值范围.(1)解∵l：x－y－2＝0，∴l与x轴的交点坐标为(2，0).即抛物线的焦点为(2，0)，∴eq\f(p,2)＝2，p＝4.∴抛物线C的方程为y2＝8x.(2)①证明设点P(x1，y1)，Q(x2，y2).则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yeq\o\al(2,1)＝2px1，,yeq\o\al(2,2)＝2px2，))则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝\f(yeq\o\al(2,1),2p)，,x2＝\f(yeq\o\al(2,2),2p)，))∴kPQ＝eq\f(y1－y2,\f(yeq\o\al(2,1),2p)－\f(yeq\o\al(2,2),2p))＝eq\f(2p,y1＋y2)，又∵P、Q关于l对称.∴kPQ＝－1，即y1＋y2＝－2p，∴eq\f(y1＋y2,2)＝－p，又∵PQ的中点一定在l上，∴eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(y1＋y2,2)＋2＝2－p.∴线段PQ的中点坐标为(2－p，－p).②解∵PQ的中点为(2－p，－p)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝－2p，,x1＋x2＝\f(yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2),2p)＝4－2p，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝－2p，,yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)＝8p－4p2，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝－2p，,y1y2＝4p2－4p，))即关于y的方程y2＋2py＋4p2－4p＝0，有两个不等实根.∴Δ＞0.即(2p)2－4(4p2－4p)＞0，解得0＜p＜eq\f(4,3)，故所求p的范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3))).探究提高对于弦中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解，在使用根与系数的关系时，要注意使用条件Δ≥0，在用“点差法”时，要检验直线与圆锥曲线是否相交.【训练1】已知抛物线C1：x2＝4y的焦点F也是椭圆C2：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)的一个焦点.C1与C2的公共弦的长为2eq\r(6).过点F的直线l与C1相交于A，B两点，与C2相交于C，D两点，且eq\o(AC,\s\up6(→))与eq\o(BD,\s\up6(→))同向.(1)求C2的方程；(2)若|AC|＝|BD|，求直线l的斜率.解(1)由C1：x2＝4y知其焦点F的坐标为(0，1).因为F也是椭圆C2的一个焦点，所以a2－b2＝1.①又C1与C2的公共弦的长为2eq\r(6)，C1与C2都关于y轴对称，且C1的方程为x2＝4y，由此易知C1与C2的公共点的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(±\r(6)，\f(3,2)))，所以eq\f(9,4a2)＋eq\f(6,b2)＝1.②联立①，②得a2＝9，b2＝8.故C2的方程为eq\f(y2,9)＋eq\f(x2,8)＝1.(2)如图，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4).因eq\o(AC,\s\up6(→))与eq\o(BD,\s\up6(→))同向，且|AC|＝|BD|，所以eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(BD,\s\up6(→))，从而x3－x1＝x4－x2，即x1－x2＝x3－x4，于是(x1＋x2)2－4x1x2＝(x3＋x4)2－4x3x4.③设直线l的斜率为k，则l的方程为y＝kx＋1.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x2＝4y))得x2－4kx－4＝0.而x1，x2是这个方程的两根，所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.④由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(x2,8)＋\f(y2,9)＝1))得(9＋8k2)x2＋16kx－64＝0.而x3，x4是这个方程的两根，所以x3＋x4＝－eq\f(16k,9＋8k2)，x3x4＝－eq\f(64,9＋8k2)，⑤将④，⑤代入③，得16(k2＋1)＝eq\f(162k2,（9＋8k2）2)＋eq\f(4×64,9＋8k2)，即16(k2＋1)＝eq\f(162×9（k2＋1）,（9＋8k2）2)，所以(9＋8k2)2＝16×9，解得k＝±eq\f(\r(6),4)，即直线l的斜率为±eq\f(\r(6),4).热点二圆锥曲线中的存在性问题[微题型1]圆锥曲线中直线的存在性问题【例2－1】(2016·昌平5月模拟)已知点M(－1，0)，N(1，0)，动点P(x，y)满足|PM|＋|PN|＝2eq\r(3).(1)求P的轨迹C的方程；(2)是否存在过点N(1，0)的直线l与曲线C相交于A，B两点，并且曲线C存在点Q，使四边形OAQB为平行四边形？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.解(1)根据椭圆定义可得a＝eq\r(3)，c＝1，b＝eq\r(2)，所以轨迹C的方程为eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)假设存在过点N(1，0)的直线l.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知l的斜率一定不为0，故不妨设l：x＝my＋1，代入椭圆方程并整理得(2m2＋3)y2＋4my－4＝0，显然Δ＞0，则y1＋y2＝－eq\f(4m,2m2＋3)，y1y2＝－eq\f(4,2m2＋3).①假设存在点Q，使得四边形OAQB为平行四边形，其充要条件为eq\o(OQ,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))，则点Q的坐标为(x1＋x2，y1＋y2).由点Q在椭圆上，即eq\f(（x1＋x2）2,3)＋eq\f(（y1＋y2）2,2)＝1.整理得2xeq\o\al(2,1)＋3yeq\o\al(2,1)＋2xeq\o\al(2,2)＋3yeq\o\al(2,2)＋4x1x2＋6y1y2＝6.又A，B在椭圆上，即2xeq\o\al(2,1)＋3yeq\o\al(2,1)＝6，2xeq\o\al(2,2)＋3yeq\o\al(2,2)＝6.故2x1x2＋3y1y2＝－3.②将x1x2＝(my1＋1)(my2＋1)＝m2y1y2＋m(y1＋y2)＋1代入②得(2m2＋3)y1y2＋2m(y1＋y2)＋5＝0，③由①③解得m＝±eq\f(\r(2),2)，故直线l的方程是x＝±eq\f(\r(2),2)y＋1，即2x±eq\r(2)y－2＝0.探究提高(1)直线方程设为y＝kx＋b(斜截式)时，要注意考虑斜率是否存在；直线方程设为x＝my＋a(可称为x轴上的斜截式)，这种设法不需考虑斜率是否存在.(2)若图形关系可转化为向量关系，则写出其向量关系，再将向量关系转化为坐标关系，关键是得出坐标关系.[微题型2]圆锥曲线中参数的存在性问题【例2－2】(2016·陕西质检三)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)，点P(0，1)和点A(m，n)(m≠0)都在椭圆C上，直线PA交x轴于点M.(1)求椭圆C的方程，并求点M的坐标(用m，n表示)；(2)设O为原点，点B与点A关于x轴对称，直线PB交x轴于点N.问：y轴上是否存在点Q，使得∠OQM＝∠ONQ？若存在，求点Q的坐标；若不存在，说明理由.解(1)由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝1，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2＝b2＋c2))解得a2＝2，故椭圆C的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.设M(xM，0).因为m≠0，所以－1＜n＜1.直线PA的方程为y－1＝eq\f(n－1,m)x.所以xM＝eq\f(m,1－n)，即Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,1－n)，0)).(2)因为点B与点A关于x轴对称，所以B(m，－n).设N(xN，0)，则xN＝eq\f(m,1＋n).“存在点Q(0，yQ)使得∠OQM＝∠ONQ”，等价于“存在点Q(0，yQ)使得eq\f(|OM|,|OQ|)＝eq\f(|OQ|,|ON|)”，即yQ满足yeq\o\al(2,Q)＝|xM||xN|.因为xM＝eq\f(m,1－n)，xN＝eq\f(m,1＋n)，eq\f(m2,2)＋n2＝1.所以yeq\o\al(2,Q)＝|xM||xN|＝eq\f(m2,1－n2)＝2.所以yQ＝eq\r(2)或yQ＝－eq\r(2).故在y轴上存在点Q，使得∠OQM＝∠ONQ，点Q的坐标为(0，eq\r(2))或(0，－eq\r(2)).探究提高(1)探索性问题通常用“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.【训练2】(2016·咸阳5月模拟)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的一个顶点为M(0，1)，F1，F2为其两个焦点，△MF1F2的周长为2eq\r(5)＋4.(1)求椭圆C的标准方程；(2)以M(0，1)为直角顶点作椭圆C的内接等腰直角三角形MAB，这样的等腰直角三角形是否存在？若存在，请说明有几个，并求出直角边所在的直线方程；若不存在，请说明理由.解(1)由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝1，,a2－c2＝b2，,2a＋2c＝2\r(5)＋4，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\r(5)，,b＝1，,c＝2，))所以椭圆C的方程是eq\f(x2,5)＋y2＝1.(2)假设存在满足条件的等腰直角三角形MAB，由题意，知直角边MA，MB所在直线都不可能平行或垂直于x轴.设MA所在直线的方程是y＝kx＋1(k＞0)，则MB所在直线的方程是y＝－eq\f(1,k)x＋1，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x2＋5y2＝5，))得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(10k,1＋5k2)，－\f(10k2,1＋5k2)＋1))，所以|MA|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(10k,1＋5k2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(10k2,1＋5k2)))\s\up12(2))＝eq\f(10k\r(1＋k2),1＋5k2).同理，可得|MB|＝eq\f(10\r(1＋k2),5＋k2)，由|MA|＝|MB|，得k(5＋k2)＝1＋5k2，解得k＝1或k＝2±eq\r(3).故存在三个满足条件的内接等腰直角三角形MAB，直角边所在直线的方程是y＝x＋1、y＝－x＋1或y＝(2＋eq\r(3))x＋1、y＝(－2＋eq\r(3))x＋1或y＝(2－eq\r(3))x＋1、y＝－(2＋eq\r(3))x＋1.1.直线与抛物线位置关系的提醒(1)若点P在抛物线内，则过点P且和抛物线只有一个交点的直线只有一条，此直线与抛物线的对称轴平行；(2)若点P在抛物线上，则过点P且和抛物线只有一个交点的直线有两条，一条是抛物线的切线，另一条直线与抛物线的对称轴平行；(3)若点P在抛物线外，则过点P且和抛物线只有一个交点的直线有三条，两条是抛物线的切线，另一条直线与抛物线的对称轴平行.2.弦长公式对于直线与椭圆的相交、直线与双曲线的相交、直线与抛物线的相交都是通用的，此公式可以记忆，也可以在解题的过程中，利用两点间的距离公式推导.3.求中点弦的直线方程的常用方法(1)点差法，设弦的两端点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，分别代入圆锥曲线方程，两式作差，式中含有x1＋x2，y1＋y2，eq\f(y1－y2,x1－x2)三个量，则建立了圆锥曲线的弦的中点坐标与弦所在直线的斜率之间的关系，借助弦的中点坐标即可求得斜率；(2)根与系数的关系，联立直线与圆锥曲线的方程，化为一元二次方程，用根与系数的关系求解.4.存在性问题求解的思路及策略(1)思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在；若结论不正确，则不存在.(2)策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件.一、选择题1.(2014·全国Ⅰ卷)已知抛物线C：y2＝8x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与C的一个交点.若eq\o(FP,\s\up6(→))＝4eq\o(FQ,\s\up6(→))，则|QF|等于()A.eq\f(7,2) B.eq\f(5,2)C.3 D.2解析过点Q作QQ′⊥l交l于点Q′，因为eq\o(FP,\s\up6(→))＝4eq\o(FQ,\s\up6(→))，所以|PQ|∶|PF|＝3∶4，又焦点F到准线l的距离为4，所以|QF|＝|QQ′|＝3.答案C2.(2015·四川卷)过双曲线x2－eq\f(y2,3)＝1的右焦点且与x轴垂直的直线，交该双曲线的两条渐近线于A，B两点，则|AB|等于()A.eq\f(4\r(3),3) B.2eq\r(3)C.6 D.4eq\r(3)解析右焦点F(2，0)，过F与x轴垂直的直线为x＝2，渐近线方程为x2－eq\f(y2,3)＝0，将x＝2代入渐近线方程得y2＝12，∴y＝±2eq\r(3)，∴A(2，2eq\r(3))，B(2，－2eq\r(3))，∴|AB|＝4eq\r(3).答案D3.已知A，B，P是双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1上不同的三点，且A，B连线经过坐标原点，若直线PA，PB的斜率乘积kPA·kPB＝eq\f(2,3)，则该双曲线的离心率为()A.eq\f(\r(5),2) B.eq\f(\r(6),2)C.eq\r(2) D.eq\f(\r(15),3)解析设A(x1，y1)，P(x2，y2)，根据对称性，B(－x1，－y1)，因为A，P在双曲线上，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),a2)－\f(yeq\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(xeq\o\al(2,2),a2)－\f(yeq\o\al(2,2),b2)＝1，))两式相减，得kPAkPB＝eq\f(b2,a2)＝eq\f(2,3)，所以e2＝eq\f(a2＋b2,a2)＝eq\f(5,3)，故e＝eq\f(\r(15),3).答案D4.(2014·全国Ⅱ卷)设F为抛物线C：y2＝3x的焦点，过F且倾斜角为30°的直线交C于A，B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为()A.eq\f(3\r(3),4) B.eq\f(9\r(3),8)C.eq\f(63,32) D.eq\f(9,4)解析易知抛物线中p＝eq\f(3,2)，焦点Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，0))，直线AB的斜率k＝eq\f(\r(3),3)，故直线AB的方程为y＝eq\f(\r(3),3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,4)))，代入抛物线方程y2＝3x，整理得x2－eq\f(21,2)x＋eq\f(9,16)＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(21,2).由抛物线的定义可得弦长|AB|＝x1＋x2＋p＝eq\f(21,2)＋eq\f(3,2)＝12，结合图象可得O到直线AB的距离d＝eq\f(p,2)sin30°＝eq\f(3,8)，所以△OAB的面积S＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(9,4).答案D5.(2017·湖州一模)已知抛物线y2＝4px(p＞0)与双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝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.eq\f(\r(5)＋1,2) B.eq\r(2)＋1C.eq\r(3)＋1 D.eq\f(2\r(2)＋1,2)解析依题意，得F(p，0)，因为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eq\f(p2,a2)－eq\f(4p2,b2)＝1.又因为c＝p，所以eq\f(c2,a2)－eq\f(4c2,c2－a2)＝1，化简，得c4－6a2c2＋a4＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))eq\s\up12(4)－6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))eq\s\up12(2)＋1＝0.所以e2＝3＋2eq\r(2)，e＝eq\r(2)＋1.答案B二、填空题6.已知直线l过椭圆8x2＋9y2＝72的一个焦点，斜率为2，l与椭圆相交于M、N两点，则弦|MN|的长为________.解析由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2（x－1），,8x2＋9y2＝72，))得11x2－18x－9＝0.由根与系数的关系，得xM＋xN＝eq\f(18,11)，xM·xN＝－eq\f(9,11).由弦长公式|MN|＝eq\r(1＋k2)|xM－xN|＝eq\r(5)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(18,11)))\s\up12(2)＋4×\f(9,11))＝eq\r(\f(3600,112))＝eq\f(60,11).答案eq\f(60,11)7.过点M(1，1)作斜率为－eq\f(1,2)的直线与椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)相交于A，B两点，若M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率等于________.解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),a2)＋\f(yeq\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(xeq\o\al(2,2),a2)