x2y2
1.若双曲线2－＝1的一条渐近线被圆(x－2)2＋y2＝4所截得的弦长为2，则该双曲线的实轴
a3长为( )
A.1 B.2 C.3 D.6 答案 B
x2y23解析 双曲线2－＝1的渐近线方程为y＝±x，即3x±ay＝0，圆(x－2)2＋y2＝4的圆心为
a3aC(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|3×2－a×0|x2y223
C(2,0)到双曲线2－＝1的渐近线3x－ay＝0的距离为d＝＝，所以
a33＋a23＋a223
＝3，解得a2＝1，即a＝1，该双曲线的实轴长为2a＝2. 2
3＋a
→→
2.设坐标原点为O，抛物线y2＝2x与过焦点的直线交于A、B两点，则OA·OB等于( ) 33
A. B.－ C.3 D.－3 44答案 B
解析 方法一 (特殊值法)
111
，0，过F且垂直于x轴的直线交抛物线于A(，1)，B(，－1)， 抛物线的焦点为F2221113→→
，1·，－1＝－1＝－. ∴OA·OB＝2244方法二 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， →→
则OA·OB＝x1x2＋y1y2.
由抛物线的过焦点的弦的性质知： p21
x1x2＝＝，y1y2＝－p2＝－1.
443→→1
∴OA·OB＝－1＝－.
44
x2y2
3.已知F1，F2是双曲线2－2＝1(a>0，b>0)的两焦点，以线段F1F2为边作正三角形MF1F2，
ab若边MF1的中点P在双曲线上，则双曲线的离心率是( ) A.4＋23 C.3＋1
2
B.3－1 D.3＋1
答案 D
解析 因为MF1的中点P在双曲线上，|PF2|－|PF1|＝2a， △MF1F2为正三角形，边长都是2c，所以3c－c＝2a，
c2
所以e＝＝＝3＋1，故选D.
a3－1
x2y2x2y2
4.已知双曲线2－2＝1 (a>0，b>0)和椭圆＋＝1有相同的焦点，且双曲线的离心率是椭圆
ab169离心率的两倍，则双曲线的方程为____________. x2y2
答案 －＝1
43
x2y2
解析 由题意得，双曲线2－2＝1 (a>0，b>0)的焦点坐标为(7，0)，(－7，0)，c＝7；
ab且双曲线的离心率为2×
77c
＝＝⇒a＝2，b2＝c2－a2＝3， 42a
x2y2
双曲线的方程为－＝1.
43
x2y2
5.已知椭圆2＋2＝1 (a>b>0)与抛物线y2＝2px (p>0)有相同的焦点F，P，Q是椭圆与抛物线
abx2y2
的交点，若PQ经过焦点F，则椭圆2＋2＝1 (a>b>0)的离心率为____________.
ab答案
2－1
p
解析 因为抛物线y2＝2px (p>0)的焦点F为2，0，设椭圆另一焦点为E. p
当x＝时代入抛物线方程得y＝±p，
2
p
又因为PQ经过焦点F，所以P2，p且PF⊥OF. 所以|PE|＝
pp
＋2＋p2＝2p， 22
|PF|＝p，|EF|＝p.
2c
故2a＝ 2p＋p,2c＝p，e＝＝2－1.
2a
题型一 求圆锥曲线的标准方程
x2y2
例1 (2015·天津)已知双曲线2－2＝1(a＞0，b＞0 )的一个焦点为F(2,0)，且双曲线的渐近
ab线与圆(x－2)2＋y2＝3相切，则双曲线的方程为( ) x2y2
A.－＝1 913x22
C.－y＝1 3答案 D
x2y2
解析 双曲线2－2＝1的一个焦点为F(2,0)，
ab则a2＋b2＝4，①
b
双曲线的渐近线方程为y＝±x，
a由题意得
2b
＝3，② a2＋b2
x2y2
B.－＝1 139D.x2－
y2
＝1 3
联立①②解得b＝3，a＝1， 所求双曲线的方程为
x2－
y2
＝1，选D. 3
思维升华 求圆锥曲线的标准方程是高考的必考题型，主要利用圆锥曲线的定义、几何性质，解得标准方程中的参数，从而求得方程.
(2014·课标全国Ⅰ)已知点A(0，－2)，椭圆
x2y2323E：2＋2＝1(a>b>0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐
ab23标原点.
(1)求E的方程；
(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程. 223解 (1)设F(c,0)，由条件知，＝，得c＝3.
c3c3又＝，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1. a2x22
故E的方程为＋y＝1.
4(2)当l⊥x轴时不合题意，
故设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)， x22
将y＝kx－2代入＋y＝1得
4(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0. 3
当Δ＝16(4k2－3)>0，即k2>时，
48k±24k2－3x1,2＝.
4k2＋1从而|PQ|＝
k2＋1|x1－x2|＝
4k2＋1·4k2－3
.
4k2＋1
2
， k2＋1
又点O到直线PQ的距离d＝44k2－31
所以△OPQ的面积S△OPQ＝d|PQ|＝.
24k2＋1
4t4
设4k2－3＝t，则t>0，S△OPQ＝2＝.
4t＋4
t＋t4
因为t＋≥4，当且仅当t＝2，
t即k＝±
7时等号成立， 2
且满足Δ>0，
所以，当△OPQ的面积最大时，l的方程为y＝题型二 圆锥曲线的几何性质
x2y2
例2 (1)(2015·湖南)若双曲线2－2＝1的一条渐近线经过点(3，－4)，则此双曲线的离心率
ab为( ) A.
7545 B. C. D. 3433
77
x－2或y＝－x－2. 22
x2y2
(2)(2014·重庆)设F1，F2分别为双曲线2－2＝1(a>0，b>0)的左，右焦点，双曲线上存在一点
ab9
P使得|PF1|＋|PF2|＝3b，|PF1|·|PF2|＝ab，则该双曲线的离心率为( )
4459
A. B. C. D.3 334答案 (1)D (2)B
b3b
解析 (1)由条件知y＝－x过点(3，－4)，∴＝4，
aa即3b＝4a，∴9b2＝16a2，∴9c2－9a2＝16a2， 5
∴25a2＝9c2，∴e＝.故选D.
3
(2)不妨设P为双曲线右支上一点，|PF1|＝r1，|PF2|＝r2.根据双曲线的定义，得r1－r2＝2a， 3b＋2a3b－2a
又r1＋r2＝3b，故r1＝，r2＝.
22
3b＋2a3b－2a99b4c
又r1·r2＝ab，所以·＝ab，解得＝(负值舍去)，故e＝＝
4224a3ab2＋1a
45
2＋1＝，故选B. 33
a2＋b2
＝a2
思维升华 圆锥曲线的几何性质是高考考查的重点，求离心率、准线、双曲线的渐近线，是常考题型，解决这类问题的关键是熟练掌握各性质的定义，及相关参数间的联系.掌握一些常用的结论及变形技巧，有助于提高运算能力.
(2014·北京)已知椭圆C：x2＋2y2＝4.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)设O为原点，若点A在椭圆C上，点B在直线y＝2上，且OA⊥OB，试判断直线AB与圆x2＋y2＝2的位置关系，并证明你的结论. x2y2
解 (1)由题意，椭圆C的标准方程为＋＝1，
42所以a2＝4，b2＝2，从而c2＝a2－b2＝2. 因此a＝2，c＝2.
c2故椭圆C的离心率e＝＝.
a2
(2)直线AB与圆x2＋y2＝2相切.证明如下： 设点A，B的坐标分别为(x0，y0)，(t,2)，其中x0≠0. →→
因为OA⊥OB，所以OA·OB＝0， 2y0
即tx0＋2y0＝0，解得t＝－.
x0
t2
当x0＝t时，y0＝－，代入椭圆C的方程，得t＝±2，
2故直线AB的方程为x＝±2， 圆心O到直线AB的距离d＝2. 此时直线AB与圆x2＋y2＝2相切.
y0－2
当x0≠t时，直线AB的方程为y－2＝(x－t).
x0－t即(y0－2)x－(x0－t)y＋2x0－ty0＝0. 圆心O到直线AB的距离 d＝.
y0－22＋[－x0－t]2
|2x0－ty0|
2y0
2
又x2， 0＋2y0＝4，t＝－x0
故d＝
＝ 24y02x20＋y0＋2＋4x0
2x0＋2y0x0
2
2
4＋x0x02x40＋8x0＋162x20
＝2.
此时直线AB与圆x2＋y2＝2相切. 题型三 最值问题
例3 (2014·山东)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，A为C上异于原点的任意一点，过点A的直线l交C于另一点B，交x轴的正半轴于点D，且有|FA|＝|FD|.当点A的横坐标为3时，△ADF为正三角形. (1)求C的方程；
(2)若直线l1∥l，且l1和C有且只有一个公共点E， ①证明直线AE过定点，并求出定点坐标；
②△ABE的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由. p
解 (1)由题意知F(，0).
2
p＋2t
设D(t,0)(t>0)，则FD的中点为(，0).
4因为|FA|＝|FD|，
pp
t－， 由抛物线的定义知3＋＝22解得t＝3＋p或t＝－3(舍去). 由
p＋2t
＝3，解得p＝2. 4
所以抛物线C的方程为y2＝4x. (2)①由(1)知F(1,0).
设A(x0，y0)(x0y0≠0)，D(xD,0)(xD>0). 因为|FA|＝|FD|，则|xD－1|＝x0＋1， 由xD>0得xD＝x0＋2，故D(x0＋2,0)， y0
故直线AB的斜率kAB＝－.
2因为直线l1和直线AB平行， y0
设直线l1的方程为y＝－x＋b，
288b
代入抛物线方程得y2＋y－＝0，
y0y06432b2
由题意Δ＝2＋＝0，得b＝－.
y0y0y0
44
设E(xE，yE)，则yE＝－，xE＝2.
y0y0
4
＋y
y004y0yE－y0
2
当y0≠4时，kAE＝＝－， 2＝24y0xE－x0y0－4
－y240可得直线AE的方程为y－y0＝由y20＝4x0，
4y0
整理可得y＝2(x－1)，
y0－4直线AE恒过点F(1,0).
当y20＝4时，直线AE的方程为x＝1，过点F(1,0)， 所以直线AE过定点F(1,0). ②由①知直线AE过焦点F(1,0)， 1所以|AE|＝|AF|＋|FE|＝(x0＋1)＋x＋1
0
4y0
(x－x0). y20－4
1
＝x0＋＋2.
x0
设直线AE的方程为x＝my＋1.
x0－1
因为点A(x0，y0)在直线AE上，故m＝.
y0
y0
设B(x1，y1).直线AB的方程为y－y0＝－(x－x0)，
22
由于y0≠0，可得x＝－y＋2＋x0，
y08
代入抛物线方程得y2＋y－8－4x0＝0，
y08
所以y0＋y1＝－，
y0
84
可求得y1＝－y0－，x1＝＋x0＋4.
y0x0所以点B到直线AE的距离为
d＝＝
4＋x0＋4＋my0＋8－1
y0x0
1＋m2
14x0＋1
＝4x0＋.
x0x0
则△ABE的面积
111x＋x0＋＋2≥16， 0S＝×4x02x0
1
当且仅当＝x0，即x0＝1时等号成立.
x0所以△ABE的面积的最小值为16.
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，利用二次函数法和均值不等式法、换元法、导数法等方法求最值；二是几何法，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.
(2015·课标全国Ⅰ)已知F是双曲线C：x2
y2
－＝1的右焦点，P是C的左支上一点，A(0，66).当△APF周长最小时，该三角形的面积8为________. 答案 126
解析 设左焦点为F1，|PF|－|PF1|＝2a＝2，
∴|PF|＝2＋|PF1|，△APF的周长为|AF|＋|AP|＋|PF|＝|AF|＋|AP|＋2＋|PF1|，△APF周长最小xy
即为|AP|＋|PF1|最小，当A、P、F1三点共线时最小，过AF1的直线方程为＋＝1.与x2
－366y2
－＝1联立，解得P点坐标为(－2,26)，此时S＝SVF1FSVF1PF＝126. 8题型四 定值、定点问题
例4 (2015·课标全国 Ⅱ)已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m＞0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M. (1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
m
，m，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，(2)若l过点3求此时l的斜率；若不能，说明理由. (1)证明 设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)， A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM).
x1＋x2－kb
将y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，故xM＝＝2，yM＝kxM
2k＋9＋b＝
9b
. k2＋9
yM9
于是直线OM的斜率kOM＝＝－，即kOM·k＝－9.
xMk所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值. (2)解 四边形OAPB能为平行四边形.
m
，m，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k＞0，k≠3. 因为直线l过点39
由(1)得OM的方程为y＝－x.
k设点P的横坐标为xP，
9y＝－kx，k2m2±km2
由得xP＝2，即xP＝. 2＋99k＋813k9x2＋y2＝m2mm3－k
，m代入l的方程得b＝将点， 33kk－3m
因此xM＝2.
3k＋9
四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM. kk－3m±km
于是＝2×，
3k2＋93k2＋9解得k1＝4－7，k2＝4＋7.
因为ki＞0，ki≠3，i＝1,2，所以当l的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB为平行四边形.
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.
x2y23
椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的离心率e＝ ，
ab2
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＝所以a＝
3c
＝， 2a
21c，b＝c. 33
代入a＋b＝3得，c＝3，a＝2，b＝1. x22
故椭圆C的方程为＋y＝1.
4
1
(2)证明 因为B(2,0)，点P不为椭圆顶点，则可设直线BP的方程为y＝k(x－2)(k≠0，k≠±)，
2
①
8k2－24kx22①代入＋y＝1，解得P2，－2.
44k＋14k＋11
直线AD的方程为y＝x＋1.②
2①与②联立解得M
4k＋2，4k.
2k－12k－1
8k2－24k由D(0,1)，P2，－2，N(x,0)三点共线知
4k＋14k＋1－
4k
－14k2＋10－14k－2，0.
＝，解得N2k＋18k2－2x－0－04k2＋1
4k
－02k－1
所以MN的斜率为m＝ 4k＋24k－2
－
2k－12k＋1＝
4k2k＋12k＋1
＝. 22422k＋1－22k－1
2k＋11
则2m－k＝－k＝(定值).
22题型五 探索性问题
例5 (2015·广东)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)圆C1：x2＋y2－6x＋5＝0化为(x－3)2＋y2＝4，∴圆C1的圆心坐标为(3,0). (2)设M(x，y)，
∵A，B为过原点的直线l与圆C1的交点，且M为AB的中点， ∴由圆的性质知：MC1⊥MO， →→
∴MC1·MO＝0.
→→
又∵MC1＝(3－x，－y)，MO＝(－x，－y)， ∴由向量的数量积公式得x2－3x＋y2＝0. 易知直线l的斜率存在， ∴设直线l的方程为y＝mx，
当直线l与圆C1相切时，d＝25解得m＝±.
5
|3m－0|
＝2， m2＋1
把相切时直线l的方程代入圆C1的方程， 5
化简得9x2－30x＋25＝0，解得x＝.
3
当直线l经过圆C1的圆心时，M的坐标为(3,0). 又∵直线l与圆C1交于A，B两点，M为AB的中点， 5
∴ ∴点M的轨迹C的方程为x2－3x＋y2＝0，其中 (3)由题意知直线L表示过定点(4,0)，斜率为k的直线，把直线L的方程代入轨迹C的方程x255 －3x＋y2＝0，其中 记f(x)＝(k2＋1)x2－(3＋8k2)x＋16k2，其中 93 当Δ＝0时，解得k2＝，即k＝±，此时方程可化为25x2－120x＋144＝0，即(5x－12)2＝0， 1641253 ，3，∴k＝±满足条件. 解得x＝∈534当Δ>0时， 55 ①若x＝3是方程的解，则f(3)＝0⇒k＝0⇒另一根为x＝0<，故在区间3，3上有且仅有一3个根，满足题意. 5525645645，3②若x＝是方程的解，则f＝0⇒k＝±⇒另外一根为x＝，<≤3，故在区间333723323上有且仅有一根，满足题意. 555 ，3上有且仅有一个根，只需f·f(3)<0③若x＝3和x＝均不是方程的解，则方程在区间33352525 ⇒－ ≤k≤或k＝±. 774 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. (2014·湖南)如图，O为坐 x2y2y2x223 标原点，双曲线C1：2－2＝1(a1>0，b1>0)和椭圆C2：2＋2＝1(a2>b2>0)均过点P(，1)， a1b1a2b23 且以C1的两个顶点和C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形. (1)求C1，C2的方程； →→→ (2)是否存在直线l，使得l与C1交于A，B两点，与C2只有一个公共点，且|OA＋OB|＝|AB|？证明你的结论. 解 (1)设C2的焦距为2c2，由题意知，2c2＝2,2a1＝2. 从而a1＝1，c2＝1. 23y2 2因为点P(，1)在双曲线x－2＝1上， 3b12321 所以()－2＝1.故b21＝3. 3b1由椭圆的定义知 2a2＝ ＝23. 22于是a2＝3，b22＝a2－c2＝2. 232 ＋1－12＋ 3232＋1＋12 3 故C1，C2的方程分别为 x2－ y2y2x2 ＝1，＋＝1. 332 (2)不存在符合题设条件的直线. ①若直线l垂直于x轴，因为l与C2只有一个公共点， 所以直线l的方程为x＝2或x＝－2. 当x＝2时，易知A(2，3)，B(2，－3)， →→→ 所以|OA＋OB|＝22，|AB|＝23. →→→ 此时，|OA＋OB|≠|AB|. →→→ 当x＝－2时，同理可知，|OA＋OB|≠|AB|. ②若直线l不垂直于x轴，设l的方程为y＝kx＋m. y＝kx＋m， 由2y2得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0. x－3＝1 当l与C1相交于A，B两点时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1，x2是上述方程的两个实根， m2＋32km从而x1＋x2＝，xx＝. 3－k212k2－3于是 y1y2＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝ 3k2－3m2 . k2－3 y＝kx＋m， 由y2x2得(2k2＋3)x2＋4kmx＋2m2－6＝0. 3＋2＝1 因为直线l与C2只有一个公共点，所以上述方程的判别式Δ＝16k2m2－8(2k2＋3)(m2－3)＝0. 化简，得2k2＝m2－3， →→ 因此OA·OB＝x1x2＋y1y2 m2＋33k2－3m2－k2－3＝2＋2＝2≠0， k－3k－3k－3 →→→→→→→→于是OA2＋OB2＋2OA·OB≠OA2＋OB2－2OA·OB， →→→→即|OA＋OB|2≠|OA－OB|2， →→→故|OA＋OB|≠|AB|. 综合①②可知，不存在符合题设条件的直线. (时间：80分钟) 3x23x2y2 1.若直线l：y＝－过双曲线2－2＝1(a>0，b>0)的一个焦点，且与双曲线的一条渐近 33ab线平行. (1)求双曲线的方程； (2)若过点B(0，b)且与x轴不平行的直线和双曲线相交于不同的两点M，N，MN的垂直平分线为m，求直线m在y轴上的截距的取值范围. b3 解 (1)由题意，可得c＝2，＝， a3所以a2＝3b2，且a2＋b2＝c2＝4， 解得a＝3，b＝1. x22 故双曲线的方程为－y＝1. 3 (2)由(1)知B(0,1)，依题意可设过点B的直线方程为 y＝kx＋1(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2). y＝kx＋1， 由x22得(1－3k2)x2－6kx－6＝0， 3－y＝1，所以x1＋x2＝ 6k ， 1－3k2 21 Δ＝36k2＋24(1－3k2)＝12(2－3k2)>0⇒0 x1＋x23k1 则x0＝＝，y＝kx＋1＝， 00 21－3k21－3k2 故直线m的方程为y－14 即y＝－x＋. k1－3k2 3k11x－＝－， k1－3k21－3k2 4 所以直线m在y轴上的截距为， 1－3k221 由0 4 所以∈(－∞，－4)∪(4，＋∞). 1－3k2 故直线m在y轴上的截距的取值范围为(－∞，－4)∪(4，＋∞). 2.在平面直角坐标系xOy中，直线l与抛物线y2＝4x相交于不同的A，B两点. →→ (1)如果直线l过抛物线的焦点，求OA·OB的值； →→ (2)如果OA·OB＝－4，证明：直线l必过一定点，并求出该定点. 解 (1)由题意：抛物线焦点为(1,0)， 设l：x＝ty＋1，代入抛物线y2＝4x， 消去x得y2－4ty－4＝0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则y1＋y2＝4t，y1y2＝－4， →→ ∴OA·OB＝x1x2＋y1y2＝(ty1＋1)(ty2＋1)＋y1y2 ＝t2y1y2＋t(y1＋y2)＋1＋y1y2 ＝－4t2＋4t2＋1－4＝－3. (2)设l：x＝ty＋b，代入抛物线y2＝4x， 消去x得y2－4ty－4b＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则y1＋y2＝4t，y1y2＝－4b. →→ ∴OA·OB＝x1x2＋y1y2＝(ty1＋b)(ty2＋b)＋y1y2 ＝t2y1y2＋bt(y1＋y2)＋b2＋y1y2 ＝－4bt2＋4bt2＋b2－4b＝b2－4b. 令b2－4b＝－4，∴b2－4b＋4＝0，∴b＝2， ∴直线l过定点(2,0). →→ ∴若OA·OB＝－4，则直线l必过一定点(2,0). x2y2x2y2 3.已知椭圆C：2＋2＝1 (a>b>0)与双曲线＋＝1 (1 (1)求椭圆C的方程； (2)在椭圆C上，是否存在点R(m，n)使得直线l：mx＋ny＝1与圆O：x2＋y2＝1相交于不同的两点M、N，且△OMN的面积最大？若存在，求出点R的坐标及对应的△OMN的面积；若不存在，请说明理由. 解 (1)∵1 ∴a＝2，b＝1，∴椭圆C的方程为＋y＝1. 4 11 (2)在△MON中，S△OMN＝|OM||ON|sin∠MON＝sin∠MON. 2211 当∠MON＝90°时，sin∠MON有最大值， 22此时点O到直线l的距离为d＝∴m2＋n2＝2.又∵m2＋4n2＝4， 22m＋n＝2，422＝，n2＝， 联立2解得m 33m＋4n2＝4， 12 ＝， m2＋n22 此时点R的坐标为 1236236或－，△MON的面积为. ，±，±23333 4.已知抛物线C：y2＝2px(p>0)，点A，B在抛物线C上. (1)若直线AB过点(2p,0)，且|AB|＝4p，求过A，B，O(O为坐标原点)三点的圆的方程； π (2)设直线OA，OB的倾斜角分别为α，β且α＋β＝，问直线AB是否会过某一定点？若是， 4求出这一定点的坐标；若不是，请说明理由. 解 (1)易知直线x＝2p与抛物线y2＝2px的两个交点的坐标分别是M(2p,2p)，N(2p，－2p)，弦长|MN|＝4p(p>0).又|AB|＝4p，且直线AB过点(2p,0)，所以△AOB是直角三角形，所以过A，B，O三点的圆的方程是(x－2p)2＋y2＝4p2. y1y2 ，y1，B，y2，直线AB的方程为x＝my＋b，设直线与抛物线相交. (2)设点A2p2p x＝my＋b， 由方程组2 y＝2px， 2 2 消去x，得y2－2mpy－2pb＝0， 所以y1＋y2＝2mp，y1y2＝－2pb. tan α＋tan βπ 故tan ＝tan(α＋β)＝ 41－tan αtan βy1y2＋ x1x2x2y1＋x1y22py1＋y2＝＝＝， y1y2x1x2－y1y2y1y2－4p21－x1x22p·2mp2mp 即1＝＝－， 2 －2pb－4pb＋2p所以b＝－2p－2mp， 所以直线AB的方程为x＝my－2p－2mp， 即x＋2p＝m(y－2p)，所以直线AB过定点(－2p,2p). 5.已知平面上的动点R(x，y)及两定点A(－2,0)，B(2,0)，直线RA，RB的斜率分别为k1，k2，3 且k1k2＝－，设动点R的轨迹为曲线C. 4(1)求曲线C的方程； (2)四边形MNPQ的四个顶点均在曲线C上，且MQ∥NP，MQ⊥x，若直线MN和直线QP交于点S(4,0). 问：四边形MNPQ两条对角线的交点是否为定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由. yy 解 (1)由题意知x≠±2，且k1＝，k2＝， x＋2x－2则 yy3 ·＝－， 4x＋2x－2 x2y2 整理得，曲线C的方程为＋＝1(y≠0). 43(2)设MP与x轴交于D(t,0)， 则直线MP的方程为x＝my＋t(m≠0)， 记M(x1，y1)，P(x2，y2)， 由对称性知Q(x1，－y1)，N(x2，－y2)， 223x＋4y＝12，由消去x得： x＝my＋t (3m2＋4)y2＋6mty＋3t2－12＝0， 6mt由根与系数的关系得：y1＋y2＝－2， 3m＋4 3t2－12－y2y1 y1·y2＝2，由M，N，S三点共线知kMS＝kNS，即＝，所以y1(my2＋t－4)＋y2(my1 3m＋4x1－4x2－4＋t－4)＝0，整理得2my1y2＋(t－4)(y1＋y2)＝0， 2m3t2－12－6mtt－4所以＝0， 3m2＋4 即24m(t－1)＝0，t＝1，所以直线MP过定点D(1,0)，同理可得直线NQ也过定点D(1,0)，即四边形MNPQ两条对角线的交点是定点，且定点坐标为(1,0). 3x2y2 6.已知直线l：y＝x＋1，圆O：x＋y＝，直线l被圆截得的弦长与椭圆C：2＋2＝1(a>b>0) 2ab2 2 的短轴长相等，椭圆的离心率e＝(1)求椭圆C的方程； 2. 21 0，－的直线l′交椭圆于A，(2)过点MB两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点T，3使得无论l′如何转动，以AB为直径的圆恒过定点T？若存在，求出点T坐标；若不存在，请说明理由. 解 (1)圆O(0,0)到直线y＝x＋1的距离d＝2 31－＝2，依题意2＝2b，b＝1. 22 2cb21＝，＝1－e2＝＝， 2aa2a12＝，则直线l被圆截得的弦长为2r2－d2＝22 又椭圆的离心率e＝ x22 则a＝2，椭圆C的方程为＋y＝1. 2 (2)设存在定点T(x0，y0)，使得以AB为直径的圆恒过定点T，且A(x1，y1)，B(x2，y2)，当直线AB的斜率不存在时，易知A(0,1)，B(0，－1)，则圆T1的方程为x2＋y2＝1. 4114，－1，－，－，当直线AB的斜率为0时，即l′的方程为y＝－，代入椭圆方程可得AB33333116 y＋2＝. 即圆T2的方程为x2＋39由T1及T2的方程可知T(0,1). 下面证明，当直线AB的斜率存在且不为0时也符合. 1 设直线AB的方程为y＝kx－， 3 联立1 y＝kx－，3 x22 ＋y＝1，2 416 消去y，得(2k2＋1)x2－kx－＝0. 391664 由Δ＝k2＋(1＋2k2)>0， 99 －164k 则x1＋x2＝，xx＝. 31＋2k21291＋2k2→→ 此时，TA＝(x1，y1－1)，TB＝(x2，y2－1) 44→→ kx1－kx2－ TA·TB＝x1x2＋33416 ＝(k2＋1)x1x2－k(x1＋x2)＋ 39－16k2＋116k216 ＝－＋＝0. 22 92k＋192k＋19 即当k存在且不为0时，以AB为直径的圆也过点T(0,1). 综上所述，存在定点T，其坐标为(0,1). 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容