2021版数学北师大版攻略大一轮复习精练：9.6　直线与圆锥曲线的位置关系.docx

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1、9.6直线与圆锥曲线的位置关系探考情 悟真题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点直线与圆锥曲线的位置关系会用代数法和数形结合法判断直线与椭圆和抛物线的位置关系根据所学知识熟练解决直线与椭圆和抛物线位置关系的综合问题2018 北京文,20弦长公式椭圆的标准方程2017北京,18弦中点问题抛物线的标准方程分析解读从高考试题来看,本节内容一直是高考的热点,直线与椭圆和直线与抛物线的位置关系,圆锥曲线的弦长,弦的中点等问题考查得比较频繁,本节内容常与向量、圆等知识相结合.解题的基本策略:(1)巧设直线方程;(2)设而不求,整体代换.破考点 练考向【考点集训】考点直线与圆锥曲线的

2、位置关系1.(2020届北京通州期中,5)直线l经过点A(0,b),且与直线y=x平行,如果直线l与曲线y=x2相切,那么b等于()A.-14B.-12C.14D.12答案A2.(2019北京海淀期末文,19)已知点B(0,-2)和椭圆M:x24+y22=1.直线l:y=kx+1与椭圆M交于不同两点P,Q.(1)求椭圆M的离心率;(2)若k=12,求PBQ的面积;(3)设直线PB与椭圆M的另一个交点为C,当C为PB中点时,求k的值.解析本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的相关问题.考查运算求解能力,以及用方程思想解决问题的能力.(1)解法一:因

3、为a2=4,b2=2,所以a=2,b=2,c=2.所以离心率e=ca=22.解法二:因为a2=4,b2=2,所以e=1-b2a2=1-24=22.(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),因为k=12,所以直线l的方程为y=12x+1,由x24+y22=1,y=12x+1,得3x2+4x-4=0,解得x1=-2,x2=23.设A(0,1),则SPBQ=12|AB|(|x1|+|x2|)=12323+2=4.(3)解法一:设点C(x3,y3),因为P(x1,y1),B(0,-2),所以x3=x12,y3=-2+y12.又点P(x1,y1),C(x3,y3)都在椭圆上,所以x124+y122=1

4、,x1224+-2+y1222=1,解得x1=142,y1=-12或x1=-142,y1=-12.所以k=-31414或k=31414.解法二:设C(x3,y3),显然直线PB有斜率,设直线PB的方程为y=k1x-2.由x24+y22=1,y=k1x-2,得(2k12+1)x2-8k1x+4=0.所以=16(2k12-1)0,x1+x3=8k12k12+1,x1x3=42k12+1,又x3=12x1,解得x1=-142,k1=-31414或x1=142,k1=31414,此时满足=16(2k12-1)0,所以x1=-142,y1=-12或x1=142,y1=-12,所以k=31414或k=-3

5、1414.易错警示直线方程与椭圆方程联立后,必须检验是否满足判别式大于零,或者得出k的范围,否则判别式的1分要扣掉.3.(2018北京西城期末,19)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)过点A(2,0),且离心率为32.(1)求椭圆C的方程;(2)设直线y=kx+3与椭圆C交于M,N两点.若直线x=3上存在点P,使得四边形PAMN是平行四边形,求k的值.解析(1)由题意得a=2,e=ca=32,所以c=3.因为a2=b2+c2,所以b=1,所以椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)当四边形PAMN是平行四边形时,PAMN,且|PA|=|MN|.所以直线PA的方程为y=k(x-2),所以

6、P(3,k),|PA|=k2+1.设M(x1,y1),N(x2,y2).由y=kx+3,x2+4y2=4,得(4k2+1)x2+83kx+8=0,由0,得k212,且x1+x2=-83k4k2+1,x1x2=84k2+1.所以|MN|=(k2+1)(x1+x2)2-4x1x2=(k2+1)64k2-32(4k2+1)2.因为|PA|=|MN|,所以(k2+1)64k2-32(4k2+1)2=k2+1,整理得16k4-56k2+33=0,解得k=32或k=112.经检验,均符合0,但k=-32时不满足四边形PAMN是平行四边形,故舍去.所以k=32或k=112.方法总结求值问题注意方程的运用.该

7、题利用平行四边形的性质,由|MN|=|AP|建立方程是求解的关键.炼技法 提能力【方法集训】方法1圆锥曲线中弦长的求法1.(2019北京丰台二模,14)已知点P,Q分别是抛物线C:y2=4x和直线x+6=0上的动点,点M是圆K:(x-1)2+y2=1上的动点.抛物线C的焦点坐标为;|PQ|2|PM|的最小值为.答案(1,0)162.(2016课标,20,12分)已知椭圆E:x2t+y23=1的焦点在x轴上,A是E的左顶点,斜率为k(k0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MANA.(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.解析(1)

8、设M(x1,y1),则由题意知y10.当t=4时,E的方程为x24+y23=1,A(-2,0).由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为4.因此直线AM的方程为y=x+2.将x=y-2代入x24+y23=1得7y2-12y=0.解得y=0或y=127,所以y1=127.因此AMN的面积SAMN=212127127=14449.(2)设M(x1,y1),由题意,t3,k0,A(-t,0).将直线AM的方程y=k(x+t) 代入x2t+y23=1得(3+tk2)x2+2ttk2x+t2k2-3t=0.由x1(-t)=t2k2-3t3+tk2得x1=t(3-tk2)3+tk2,故|AM|=|x1+

9、 t|1+k2=6t(1+k2)3+tk2.由题设,直线AN的方程为y=-1k(x+t),故同理可得|AN|=6kt(1+k2)3k2+t.由2|AM|=|AN|得23+tk2=k3k2+t,即(k3-2)t=3k(2k-1).当k=32时上式不成立,因此t=3k(2k-1)k3-2.t3等价于k3-2k2+k-2k3-2=(k-2)(k2+1)k3-20,即k-2k3-20,k3-20或k-20,解得32k3,建立关于k的不等式,从而得出k的取值范围.评析本题主要考查椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系以及方程的思想方法的应用,考查学生的运算求解能力及逻辑思维能力.注意题目中t3这一隐含条件

10、,是把等式转化为不等式的关键.方法2圆锥曲线中弦中点问题的求法3.(2019北京丰台一模,19)已知抛物线C:y2=2px过点M(2,2),A,B是抛物线C上不同的两点,且ABOM(其中O是坐标原点),直线AO与BM交于点P,线段AB的中点为Q.(1)求抛物线C的准线方程;(2)求证:直线PQ与x轴平行.解析(1)由题意得22=4p,解得p=1.所以抛物线C的准线方程为x=-p2=-12.(2)证明:设Ay122,y1,By222,y2,由ABOM得kAB=kOM=1,即y2-y1y222-y122=2y2+y1=1,所以y2+y1=2.所以线段AB的中点Q的纵坐标yQ=1.直线AO的方程为y

11、=y1y122x=2y1x.直线BM的方程为y-2=y2-2y222-2(x-2)=2y2+2(x-2).联立解得x=y12,y=1,即点P的纵坐标yP=1.如果直线BM斜率不存在,结论也显然成立.所以直线PQ与x轴平行.4.(2019北京海淀二模,18)已知椭圆C:x24+y2b2=1的左顶点A与上顶点B的距离为6.(1)求椭圆C的方程和焦点的坐标;(2)点P在椭圆C上,线段AP的垂直平分线与y轴相交于点Q,若PAQ为等边三角形,求点P的横坐标.解析(1)依题意,有4+b2=6,所以b2=2,所以椭圆的方程为x24+y22=1,所以c=4-2=2,所以焦点坐标分别为F1(-2,0),F2(2

12、,0).(2)解法一:设P(x0,y0)(-2x02),则x024+y022=1,且A(-2,0),若点P为椭圆的右顶点,则线段AP的中垂线为y轴,与题意不符,所以x02,y00,取线段PA的中点M,所以Mx0-22,y02,因为PAMQ,所以kPAkMQ=-1,因为直线PA的斜率kAP=y0x0+2,所以直线MQ的斜率kMQ=-x0+2y0,所以直线MQ的方程为y-y02=-x0+2y0x-x0-22,令x=0,得到yQ=y02+(x0+2)(x0-2)2y0,因为x024+y022=1,所以yQ=-y02,因为PAQ为正三角形,所以|AP|=|AQ|,即(x0+2)2+y02=4+y024

13、,化简得5x02+32x0+12=0,解得x0=-25或x0=-6(舍),即点P的横坐标为-25.解法二:设P(x0,y0),直线AP的方程为y=k(x+2),当k=0时,点P为右顶点,则线段AP的中垂线为y轴,与题意不符,所以k0,联立x24+y22=1,y=k(x+2),消元得(1+2k2)x2+8k2x+8k2-4=0,所以=160,所以x0+(-2)=-8k21+2k2,取线段PA的中点M,所以xM=x0-22=-4k21+2k2,所以yM=k-4k21+2k2+2=2k1+2k2,所以M-4k21+2k2,2k1+2k2,因为APMQ,所以kMQ=-1k,所以直线MQ的方程为y-2k

14、1+2k2=-1kx-4k21+2k2,令x=0,得到yQ=2k1+2k2-1k4k21+2k2=-2k1+2k2,因为PAQ为正三角形,所以|AP|=|AQ|,所以1+k241+2k2=4+-2k1+2k22,化简,得到4k4+k2-3=0,解得k2=34或k2=-1(舍),所以x0=-4k2+21+2k2=-25,即点P的横坐标为-25.解法三:设P(x0,y0),若点P为椭圆的右顶点,则线段AP的中垂线为y轴,与题意不符,所以设直线AP的方程为x=ty-2,联立x24+y22=1,x=ty-2,消元得(t2+2)y2-4ty=0,所以y0=4tt2+2,取线段PA的中点M,所以yM=2t

15、t2+2,所以xM=-4t2+2,所以M-4t2+2,2tt2+2,因为APMQ,所以kMQ=-t,所以直线MQ的方程为y-2tt2+2=-tx-4t2+2,令x=0,得到yQ=-2tt2+2,因为PAQ为正三角形,所以|AP|=|AQ|,所以1+t2|4t|t2+2=4+-2tt2+22,化简得,3t4-t2-4=0,解得t2=43或t2=-1(舍),所以x0=2t2-4t2+2=-25,即点P的横坐标为-25.思路分析(1)根据椭圆的左顶点A与上顶点B的坐标与距离列出方程,解得b后可写出椭圆C的方程与焦点坐标.(2)解法一:设点P的坐标,先排除点P在x轴上的情况,然后写出线段AP的垂直平分

16、线的方程,解得点Q的坐标,再由|AQ|=|AP|解得点P的横坐标.解法二:用点斜式写出直线AP的方程,与椭圆方程联立消元后,由根与系数的关系得点P的坐标,从而得线段AP的中点M的坐标,写出直线MQ的方程,然后得点Q的坐标,再由|AQ|=|AP|解得点P的横坐标.解法三:由于点P不可能是右顶点,设直线AP的方程为x=ty-2,与椭圆方程联立消元后,由根与系数的关系得点P的坐标,从而得线段AP的中点M的坐标,写出直线MQ的方程,然后得点Q的坐标,再由|AQ|=|AP|解得点P的横坐标.【五年高考】A组自主命题北京卷题组1.(2017北京,18,14分)已知抛物线C:y2=2px过点P(1,1).过

17、点0,12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.解析(1)由抛物线C:y2=2px过点P(1,1),得p=12.所以抛物线C的方程为y2=x.抛物线C的焦点坐标为14,0,准线方程为x=-14.(2)证明:由题意,设直线l的方程为y=kx+12(k0),l与抛物线C的交点为M(x1,y1),N(x2,y2).由y=kx+12,y2=x得4k2x2+(4k-4)x+1=0.则x1+x2=1-kk2,x1x2=14k2.因为点P的坐标为(1,1),所

18、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=y2x2x,点B的坐标为x1,y2x1x2.因为y1+y2x1x2-2x1=y1x2+y2x1-2x1x2x2=kx1+12x2+kx2+12x1-2x1x2x2=(2k-2)x1x2+12(x2+x1)x2=(2k-2)14k2+1-k2k2x2=0,所以y1+y2x1x2=2x1.故A为线段BM的中点.方法总结在研究直线与圆锥曲线位置关系时,常涉及弦长、中点、面积等问题.一般是先联立方程,再根据根与系数关系,用设而不求、整体代入的技巧进行求解.易错警示在设直线方程时,若要设成y=kx+m的形式,注意先讨论斜率是否存在

19、;若要设成x=ty+n的形式,注意先讨论斜率是不是0.2.(2013北京,19,14分)已知A,B,C是椭圆W:x24+y2=1上的三个点,O是坐标原点.(1)当点B是W的右顶点,且四边形OABC为菱形时,求此菱形的面积;(2)当点B不是W的顶点时,判断四边形OABC是否可能为菱形,并说明理由.解析(1)椭圆W:x24+y2=1的右顶点B的坐标为(2,0).因为四边形OABC为菱形,所以AC与OB相互垂直平分.所以可设A(1,m),代入椭圆方程得14+m2=1,即m=32.所以菱形OABC的面积是12|OB|AC|=1222|m|=3.(2)假设四边形OABC为菱形.因为点B不是W的顶点,且直

20、线AC不过原点,所以可设AC的方程为y=kx+m(k0,m0).由x2+4y2=4,y=kx+m,得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0.设A(x1,y1),C(x2,y2),则x1+x22=-4km1+4k2,y1+y22=kx1+x22+m=m1+4k2.所以AC的中点为M-4km1+4k2,m1+4k2.因为M为AC和OB的交点,所以直线OB的斜率为-14k.因为k-14k-1,所以AC与OB不垂直.所以OABC不是菱形,与假设矛盾.所以当点B不是W的顶点时,四边形OABC不可能是菱形.评析本题考查椭圆的性质、点与椭圆的关系及直线与椭圆的位置关系,考查弦的中点及菱形的性质,考查学

21、生的运算求解能力和整体代换思想的应用.对于第(2)问,利用菱形的性质构建关于斜率k的方程是解决本题的关键.3.(2012北京文,19,14分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的一个顶点为A(2,0),离心率为22.直线y=k(x-1)与椭圆C交于不同的两点M,N.(1)求椭圆C的方程;(2)当AMN的面积为103时,求k的值.解析(1)由题意得a=2,ca=22,a2=b2+c2,解得b=2.所以椭圆C的方程为x24+y22=1.(2)由y=k(x-1),x24+y22=1,得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-4=0.设点M,N的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则y1

22、=k(x1-1),y2=k(x2-1),x1+x2=4k21+2k2,x1x2=2k2-41+2k2.所以|MN|=(x2-x1)2+(y2-y1)2=(1+k2)(x1+x2)2-4x1x2=2(1+k2)(4+6k2)1+2k2.又因为点A(2,0)到直线y=k(x-1)的距离d=|k|1+k2,所以AMN的面积为S=12|MN|d=|k|4+6k21+2k2.由|k|4+6k21+2k2=103,解得k=1.评析本题考查椭圆方程的求法,直线与椭圆的位置关系,考查数形结合思想及运算推理能力,考查解析几何的基本思想和综合能力.4.(2012北京,19,14分)已知曲线C:(5-m)x2+(m

23、-2)y2=8(mR).(1)若曲线C是焦点在x轴上的椭圆,求m的取值范围;(2)设m=4,曲线C与y轴的交点为A,B(点A位于点B的上方),直线y=kx+4与曲线C交于不同的两点M,N,直线y=1与直线BM交于点G.求证:A,G,N三点共线.解析(1)曲线C是焦点在x轴上的椭圆,当且仅当5-m0,m-20,85-m8m-2,解得72m0,即k232.设点M,N的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则y1=kx1+4,y2=kx2+4,x1+x2=-16k1+2k2,x1x2=241+2k2.直线BM的方程为y+2=y1+2x1x,点G的坐标为3x1y1+2,1.因为直线AN和直线AG的

24、斜率分别为kAN=y2-2x2,kAG=-y1+23x1,所以kAN-kAG=y2-2x2+y1+23x1=kx2+2x2+kx1+63x1=43k+2(x1+x2)x1x2=43k+2-16k1+2k2241+2k2=0.即kAN=kAG,故A,G,N三点共线.评析本题主要考查直线与椭圆的位置关系.考查学生的计算能力及转化与化归思想.B组统一命题、省(区、市)卷题组1.(2018课标,8,5分)设抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点(-2,0)且斜率为23的直线与C交于M,N两点,则FMFN=()A.5B.6C.7D.8答案D2.(2015江苏,12,5分)在平面直角坐标系xOy中,P为双曲

25、线x2-y2=1右支上的一个动点.若点P到直线x-y+1=0的距离大于c恒成立,则实数c的最大值为.答案223.(2018课标,19,12分)设椭圆C:x22+y2=1的右焦点为F,过F的直线l与C交于A,B两点,点M的坐标为(2,0).(1)当l与x轴垂直时,求直线AM的方程;(2)设O为坐标原点,证明:OMA=OMB.解析(1)由已知得F(1,0),l的方程为x=1,由已知可得,点A的坐标为1,22或1,-22.所以AM的方程为y=-22x+2或y=22x-2.(2)证明:当l与x轴重合时,OMA=OMB=0,当l与x轴垂直时,直线OM为AB的垂直平分线,所以OMA=OMB.当l与x轴不重

26、合也不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k0),A(x1,y1),B(x2,y2),则x12,x22,直线MA,MB的斜率之和为kMA+kMB=y1x1-2+y2x2-2,由y1=kx1-k,y2=kx2-k得kMA+kMB=2kx1x2-3k(x1+x2)+4k(x1-2)(x2-2).将y=k(x-1)代入x22+y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0,所以,x1+x2=4k22k2+1,x1x2=2k2-22k2+1.则2kx1x2-3k(x1+x2)+4k=4k3-4k-12k3+8k3+4k2k2+1=0,从而kMA+kMB=0,故MA,MB的倾斜角互补,所以OM

27、A=OMB.综上,OMA=OMB.4.(2018江苏,18,14分)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C过点3,12,焦点F1(-3,0),F2(3,0),圆O的直径为F1F2.(1)求椭圆C及圆O的方程;(2)设直线l与圆O相切于第一象限内的点P.若直线l与椭圆C有且只有一个公共点,求点P的坐标;直线l与椭圆C交于A,B两点.若OAB的面积为267,求直线l的方程.解析(1)由题意知c=3,所以圆O的方程为x2+y2=3,因为点3,12在椭圆上,所以2a=(3-3)2+12-02+(3+3)2+12-02=4,所以a=2.因为a2=b2+c2,所以b=1,所以椭圆C的方程为x24+y2=1

28、.(2)由题意知直线l与圆O和椭圆C均相切,且切点在第一象限,所以直线l的斜率k存在且k0,设直线l的方程为y=kx+m(k0),将直线l的方程代入圆O的方程,得x2+(kx+m)2=3,整理得(k2+1)x2+2kmx+m2-3=0,因为直线l与圆O相切,所以=(2km)2-4(k2+1)(m2-3)=0,整理得m2=3k2+3,将直线l的方程代入椭圆C的方程,得x24+(kx+m)2=1,整理得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,因为直线l与椭圆C相切,所以=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)=0,整理得m2=4k2+1,所以3k2+3=4k2+1,因为k0,所以k=-

29、2,则m=3,将k=-2,m=3代入(k2+1)x2+2kmx+m2-3=0,整理得x2-22x+2=0,解得x1=x2=2,将x=2代入x2+y2=3,解得y=1(y=-1舍去),所以点P的坐标为(2,1).设A(x1,kx1+m),B(x2,kx2+m),由知m2=3k2+3,且k0,因为直线l和椭圆C相交,所以结合的过程知m24k2+1,解得k-2,将直线l的方程和椭圆C的方程联立可得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,解得x1,2=-8km44k2+1-m22(4k2+1),所以|x1-x2|=44k2+1-m24k2+1,因为AB=(x1-x2)2+(kx1-kx2)2=|

30、x1-x2|k2+1=44k2+1-m24k2+1k2+1,O到l的距离d=|m|k2+1=3,所以SOAB=1244k2+1-m24k2+1k2+1|m|k2+1=124k2-24k2+1k2+13=267,解得k2=5,因为k0).(1)证明:k-12;(2)设F为C的右焦点,P为C上一点,且FP+FA+FB=0.证明:2|FP|=|FA|+|FB|.证明(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则x124+y123=1,x224+y223=1.两式相减,并由y1-y2x1-x2=k得x1+x24+y1+y23k=0.由题设知x1+x22=1,y1+y22=m,于是k=-34m.由题设得

31、0m32,故k-12.(2)由题意得F(1,0).设P(x3,y3),则(x3-1,y3)+(x1-1,y1)+(x2-1,y2)=(0,0).由(1)及题设得x3=3-(x1+x2)=1,y3=-(y1+y2)=-2mb0)的一个焦点,C1与C2的公共弦的长为26.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AC与BD同向.(1)求C2的方程;(2)若|AC|=|BD|,求直线l的斜率.解析(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.又C1与C2的公共弦的长为26,C1与C2都关于y轴对称,且C1的方程为x2=4

32、y,由此易知C1与C2的公共点的坐标为6,32,所以94a2+6b2=1.联立得a2=9,b2=8.故C2的方程为y29+x28=1.(2)如图,设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).因AC与BD同向,且|AC|=|BD|,所以AC=BD,从而x3-x1=x4-x2,即x1-x2=x3-x4,于是(x1+x2)2-4x1x2=(x3+x4)2-4x3x4.设直线l的斜率为k,则l的方程为y=kx+1.由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.由y=kx+1,x28+y29=1得(9+

33、8k2)x2+16kx-64=0.而x3,x4是这个方程的两根,所以x3+x4=-16k9+8k2,x3x4=-649+8k2.将,代入,得16(k2+1)=162k2(9+8k2)2+4649+8k2,即16(k2+1)=1629(k2+1)(9+8k2)2,所以(9+8k2)2=169,解得k=64,即直线l的斜率为64.C组教师专用题组1.(2019江苏,17,14分)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的焦点为F1(-1,0),F2(1,0).过F2作x轴的垂线l,在x轴的上方,l与圆F2:(x-1)2+y2=4a2交于点A,与椭圆C交于点D.连接A

34、F1并延长交圆F2于点B,连接BF2交椭圆C于点E,连接DF1.已知DF1=52.(1)求椭圆C的标准方程;(2)求点E的坐标.解析本题主要考查直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力.(1)设椭圆C的焦距为2c.因为F1(-1,0),F2(1,0),所以F1F2=2,c=1.又因为DF1=52,AF2x轴,所以DF2=DF12-F1F22=522-22=32.因此2a=DF1+DF2=4,从而a=2.由b2=a2-c2,得b2=3.因此,椭圆C的标准方程为x24+y23=1.(2)解法一:由(1)知,椭圆C

35、:x24+y23=1,a=2.因为AF2x轴,所以点A的横坐标为1.将x=1代入圆F2的方程(x-1)2+y2=16,解得y=4.因为点A在x轴上方,所以A(1,4).又F1(-1,0),所以直线AF1:y=2x+2.由y=2x+2,(x-1)2+y2=16,得5x2+6x-11=0,解得x=1或x=-115.将x=-115代入y=2x+2,得y=-125.因此B-115,-125.又F2(1,0),所以直线BF2:y=34(x-1).由y=34(x-1),x24+y23=1,得7x2-6x-13=0,解得x=-1或x=137.又因为E是线段BF2与椭圆的交点,所以x=-1.将x=-1代入y=

36、34(x-1),得y=-32.因此E-1,-32.解法二:由(1)知,椭圆C:x24+y23=1.如图,连接EF1.因为BF2=2a,EF1+EF2=2a,所以EF1=EB,从而BF1E=B.因为F2A=F2B,所以A=B.所以A=BF1E,从而EF1F2A.因为AF2x轴,所以EF1x轴.因为F1(-1,0),由x=-1,x24+y23=1,解得y=32.又因为E是线段BF2与椭圆的交点,所以y=-32.因此E-1,-32.2.(2015福建文,19,12分)已知点F为抛物线E:y2=2px(p0)的焦点,点A(2,m)在抛物线E上,且|AF|=3.(1)求抛物线E的方程;(2)已知点G(-

37、1,0),延长AF交抛物线E于点B,证明:以点F为圆心且与直线GA相切的圆,必与直线GB相切.解析解法一:(1)由抛物线的定义得|AF|=2+p2.因为|AF|=3,即2+p2=3,解得p=2,所以抛物线E的方程为y2=4x.(2)证明:因为点A(2,m)在抛物线E:y2=4x上,所以m=22,由抛物线的对称性,不妨设A(2,22).由A(2,22),F(1,0)可得直线AF的方程为y=22(x-1).由y=22(x-1),y2=4x得2x2-5x+2=0,解得x=2或x=12,从而B12,-2.又G(-1,0),所以kGA=22-02-(-1)=223,kGB=-2-012-(-1)=-22

38、3,所以kGA+kGB=0,从而AGF=BGF,这表明点F到直线GA,GB的距离相等,故以F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切.解法二:(1)同解法一.(2)证明:设以点F为圆心且与直线GA相切的圆的半径为r.因为点A(2,m)在抛物线E:y2=4x上,所以m=22,由抛物线的对称性,不妨设A(2,22).由A(2,22),F(1,0)可得直线AF的方程为y=22(x-1).由y=22(x-1),y2=4x得2x2-5x+2=0,解得x=2或x=12,从而B12,-2.又G(-1,0),故直线GA的方程为22x-3y+22=0,从而r=|22+22|8+9=4217.又直线GB的方程为

39、22x+3y+22=0,所以点F到直线GB的距离d=|22+22|8+9=4217=r.这表明以点F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切.评析本题主要考查抛物线、直线与圆的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想.3.(2017天津,19,14分)设椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左焦点为F,右顶点为A,离心率为12.已知A是抛物线y2=2px(p0)的焦点,F到抛物线的准线l的距离为12.(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(B异于点A),直线BQ与x轴相交于点D

40、.若APD的面积为62,求直线AP的方程.解析(1)设F的坐标为(-c,0).依题意,ca=12,p2=a,a-c=12,解得a=1,c=12,p=2,于是b2=a2-c2=34.所以,椭圆的方程为x2+4y23=1,抛物线的方程为y2=4x.(2)设直线AP的方程为x=my+1(m0),与直线l的方程x=-1联立,可得点P-1,-2m,故Q-1,2m.将x=my+1与x2+4y23=1联立,消去x,整理得(3m2+4)y2+6my=0,解得y=0或y=-6m3m2+4.由点B异于点A,可得点B-3m2+43m2+4,-6m3m2+4.由Q-1,2m,可得直线BQ的方程为-6m3m2+4-2m

41、(x+1)-3m2+43m2+4+1y-2m=0,令y=0,解得x=2-3m23m2+2,故D2-3m23m2+2,0.所以|AD|=1-2-3m23m2+2=6m23m2+2.又因为APD的面积为62,故126m23m2+22|m|=62,整理得3m2-26|m|+2=0,解得|m|=63,所以m=63.所以,直线AP的方程为3x+6y-3=0或3x-6y-3=0.方法总结1.利用待定系数法求圆锥曲线标准方程的三个步骤:(1)作判断:根据焦点位置设方程;(2)找等量关系;(3)解方程得结果.2.解决直线与圆锥曲线位置关系问题的基本策略:(1)巧设直线方程:当已知直线与x轴交点固定时,常设为x

42、=my+b的形式,这样可避免对斜率是否存在的讨论;(2)注意整体代入思想的应用,利用根与系数的关系可以简化运算,提高运算的效率和正确率.4.(2016课标,20,12分)在直角坐标系xOy中,直线l:y=t(t0)交y轴于点M,交抛物线C:y2=2px(p0)于点P,M关于点P的对称点为N,连接ON并延长交C于点H.(1)求|OH|ON|;(2)除H以外,直线MH与C是否有其他公共点?说明理由.解析(1)由已知得M(0,t),Pt22p,t.(1分)又N为M关于点P的对称点,故Nt2p,t,ON的方程为y=ptx,代入y2=2px整理得px2-2t2x=0,解得x1=0,x2=2t2p.因此H2t2p,2t.(4分)所以N为OH的中点,即|OH|ON|=2.(6分)(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点.(7分)理由如下:直线MH的方程为y-t=p2tx,即x=2tp(y-t).(9分)代入y2=2px得y2-4ty+4t2=0,解得y1=y2=2t,即直线MH与C只有一个公共点,所以除H以外直线MH与C没有其他公共点.(12分)评析本题考查了直线与抛物线的位置关系,考查了运算求解能力.得到交点的坐标是求解的关键.5.(2014陕西文,20,13分)已知椭圆x2a2+y2b2=