小结教学设计思路

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第3讲

圆锥曲线的综合问题

1．(2016·四川)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.322

B.

C.

D．1 332答案

C 解析

如图，

py0，0，设P点坐标为，y0，显然，当y0<0时，kOM<0；当y0>0时，kOM>0，由题意可知F22p→→→→1→→1→→1→2→要求kOM的最大值，不妨设y0>0.则OM＝OF＋FM＝OF＋FP＝OF＋(OP－OF)＝OP＋OF3333py0＋，，kOM＝＝6p332y022222＝≤＝，当且仅当y20＝2p时等号成立．故选C. py02p222＋＋6p3py0y20y032．(2016·课标全国乙)设圆x2＋y2＋2x－15＝0的圆心为A，直线l过点B(1,0)且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E. (1)证明|EA|＋|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；

(2)设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围．

解

(1)因为|AD|＝|AC|，EB∥AC，

故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|，

故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|. 又圆A的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，从而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4. x2y2由题设得A(－1,0)，B(1,0)，|AB|＝2，由椭圆定义可得点E的轨迹方程为：＋＝1(y≠0)．

43(2)当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．

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y＝kx－1，22由xy得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0. 4＋3＝14k2－128k2则x1＋x2＝2，x1x2＝2，

4k＋34k＋312k2＋1所以|MN|＝1＋k|x1－x2|＝. 4k2＋32

1过点B(1,0)且与l垂直的直线m：y＝－(x－1)，

k点A到m的距离为2，

k2＋14k2＋3. k2＋1所以|PQ|＝222＝44－2k＋12故四边形MPNQ的面积

1S＝|MN||PQ|＝12211＋2. 4k＋3可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12,83)．

当l与x轴垂直时，其方程为x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，四边形MPNQ的面积为12. 综上，四边形MPNQ面积的取值范围为[12,83)．

1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题. 2.试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法，对计算能力也有较高要求，难度较大.

热点一

范围、最值问题

圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解．

x2y2例1

(2015·重庆)如图，椭圆2＋2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1、F2，过F2的直线ab交椭圆于P，Q两点，且PQ⊥PF1.

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(1)若|PF1|＝2＋2，|PF2|＝2－2，求椭圆的标准方程；

34(2)若|PQ|＝λ|PF1|，且≤λ＜，试确定椭圆离心率e的取值范围．

43解

(1)由椭圆的定义，

2a＝|PF1|＋|PF2|＝(2＋2)＋(2－2)＝4，故a＝2. 设椭圆的半焦距为c，由已知PF1⊥PF2，

因此2c＝|F1F2|＝|PF1|2＋|PF2|2

＝2＋22＋2－22＝23，

即c＝3，从而b＝a2－c2＝1. x22故所求椭圆的标准方程为＋y＝1. 4(2)如图，

由PF1⊥PQ，|PQ|＝λ|PF1|，得

|QF1|＝|PF1|2＋|PQ|2＝1＋λ2|PF1|. 由椭圆的定义，|PF1|＋|PF2|＝2a，|QF1|＋|QF2|＝2a，

进而|PF1|＋|PQ|＋|QF1|＝4a，

于是(1＋λ＋1＋λ2)|PF1|＝4a，

解得|PF1|＝4a，

1＋λ＋1＋λ22aλ＋1＋λ2－1故|PF2|＝2a－|PF1|＝. 1＋λ＋1＋λ2由勾股定理得

|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝(2c)2＝4c2，

24a22aλ＋1＋λ－12从而＝4c2，

2＋21＋λ＋1＋λ1＋λ＋1＋λ两边除以4a2，得

λ＋1＋λ2－1224＋＝e. 1＋λ＋1＋λ221＋λ＋1＋λ22若记t＝1＋λ＋1＋λ2，则上式变成

4＋t－221121e＝＝8t－4＋. t222

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34111由≤λ＜，并注意到1＋λ＋1＋λ2关于λ的单调性，得3≤t＜4，即＜≤. 434t31525进而＜e2≤，即＜e≤. 2923思维升华

解决范围问题的常用方法：

(1)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后，数形结合求解．

(2)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解．

(3)构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．

x22跟踪演练1

如图，已知椭圆：＋y＝1，点A，B是它的两个顶点，过原点且斜率为k的直4线l与线段AB相交于点D，且与椭圆相交于E，F两点．

→→(1)若ED＝6DF，求k的值；

(2)求四边形AEBF面积的最大值．

解

(1)依题设得椭圆的顶点A(2,0)，B(0,1)，

则直线AB的方程为x＋2y－2＝0. 设直线EF的方程为y＝kx(k>0)．

设D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(x2，kx2)，其中x1

x4＋y2＝1，联立直线l与椭圆的方程消去y，

y＝kx得方程(1＋4k2)x2＝4. 故x2＝－x1＝2，

1＋4k22

→→由ED＝6DF知，x0－x1＝6(x2－x0)，

1510得x0＝(6x2＋x1)＝x2＝2，

7771＋4k由点D在线段AB上，知x0＋2kx0－2＝0，

2210得x0＝，所以＝，

1＋2k1＋2k71＋4k223化简，得24k2－25k＋6＝0，解得k＝或k＝. 38

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(2)根据点到直线的距离公式，知点A，B到线段EF的距离分别为h1＝41＋k2又|EF|＝，

1＋4k2所以四边形AEBF的面积为

21＋2k1S＝|EF|(h1＋h2)＝

21＋4k2＝2＝21＋4k2＋4k＝21＋4k21＋44k1＋

1＋4k22k1，h＝，

21＋k21＋k2≤22，

14k＋k11当且仅当4k＝，即k＝时，取等号，

k2所以四边形AEBF面积的最大值为22.

热点二

定点、定值问题

1．由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．

2．解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等与题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值．

x2y21例2

椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的离心率为，其左焦点到点P(2,1)的距离为10. ab2(1)求椭圆C的标准方程；

(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点(A，B不是左，右顶点)，且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．

c1解

(1)由e＝＝，得a＝2c，

a2∵a2＝b2＋c2，∴b2＝3c2，

x2y2则椭圆方程变为2＋2＝1. 4c3c又由题意知2＋c2＋12＝10，解得c2＝1，

故a2＝4，b2＝3，

x2y2即得椭圆的标准方程为＋＝1. 43

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y＝kx＋m，22(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立xy

＋＝1，43得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0.

x＋x＝－8mk，3＋4k则4m－3x·x＝3＋4k.1222122Δ＝64m2k2－163＋4k2m2－3>0，

①

又y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m) ＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2

3m2－4k2＝. 3＋4k2∵椭圆的右顶点为A2(2,0)，AA2⊥BA2，

∴(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝0，

∴y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0，

3m2－4k24m2－316mk∴＋＋＋4＝0，

3＋4k23＋4k23＋4k22k∴7m2＋16mk＋4k2＝0，解得m1＝－2k，m2＝－，

7由①，得3＋4k2－m2>0，②

当m1＝－2k时，l的方程为y＝k(x－2)，直线过定点(2,0)，与已知矛盾．

222kx－，直线过定点，0，且满足②，

当m2＝－时，l的方程为y＝k7772∴直线l过定点，定点坐标为7，0. 思维升华

(1)动线过定点问题的两大类型及解法

①动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．

②动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．

(2)求解定值问题的两大途径

①由特例得出一个值此值一般就是定值→

证明定值：将问题转化为证明待证式与参数某些变量无关

②先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．

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x2y2跟踪演练2

已知抛物线：y＝2px(p>0)的焦点F在双曲线：－＝1的右准线上，抛物线362与直线l：y＝k(x－2)(k>0)交于A，B两点，AF，BF的延长线与抛物线交于C，D两点．

(1)求抛物线的方程；

(2)若△AFB的面积等于3，求k的值；

kCD(3)记直线CD的斜率为kCD，证明：为定值，并求出该定值．

kx2y2解

(1)双曲线：－＝1的右准线方程为：x＝1，

36所以F(1,0)，则抛物线的方程为：y2＝4x. y2y212(2)设A(，y1)，B(，y2)，

442y＝4x，由得ky2－4y－8k＝0，

y＝kx－2

4Δ＝16＋32k2>0，y1＋y2＝，y1y2＝－8. k11S△AFB＝×1×|y1－y2|＝y1＋y22－4y1y2

22＝21＋2＝3，解得k＝2. k222y2→y1→y33(3)设C(，y3)，则FA＝(－1，y1)，FC＝(－1，y3)，

444因为A，F，C共线，

y2y213所以(－1)y3－y1(－1)＝0，

444即y2＋(－y)y－4＝0. 3y1134解得：y3＝y1(舍)或y3＝－，

y14444所以C(2，－)，同理D(2，－)，

y1y1y2y244－＋y1y2y1y2kCD＝＝－＝2k，

44y1＋y2－2y2y21故

热点三

探索性问题

1．解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常kCD＝2(定值)．

k

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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存在性问题常用的方法．

例3

如图，抛物线C：y2＝2px的焦点为F，抛物线上一定点Q(1,2)．

(1)求抛物线C的方程及准线l的方程；

(2)过焦点F的直线(不经过Q点)与抛物线交于A，B两点，与准线l交于点M，记QA，QB，QM的斜率分别为k1，k2，k3，问是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3成立，若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．

解

(1)把Q(1,2)代入y2＝2px，得2p＝4，

所以抛物线方程为y2＝4x，准线l的方程为x＝－1. (2)由条件可设直线AB的方程为y＝k(x－1)，k≠0. 由抛物线准线l：x＝－1，可知M(－1，－2k)．

2＋2k又Q(1,2)，所以k3＝＝k＋1，

1＋1即k3＝k＋1. 把直线AB的方程y＝k(x－1)，代入抛物线方程y2＝4x，并整理，可得k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系，知

2k2＋4x1＋x2＝2，x1x2＝1. k2－y12－y2又Q(1,2)，则k1＝，k2＝. 1－x11－x2因为A，F，B共线，所以kAF＝kBF＝k，

即y1y2＝＝k. x1－1x2－12－y12－y2所以k1＋k2＝＋

1－x11－x2＝2x1＋x2－2y1y2＋－

x1－1x2－1x1x2－x1＋x2＋1

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2k2＋422－2k＝2k－＝2k＋2，

2k2＋41－2＋1k即k1＋k2＝2k＋2. 又k3＝k＋1，可得k1＋k2＝2k3. 即存在常数λ＝2，使得k1＋k2＝λk3成立．

思维升华

解决探索性问题的注意事项：

存在性问题，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．

(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．

(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．

x2y22跟踪演练3

(2015·四川)如图，椭圆E：2＋2＝1(a＞b＞0)的离心率是，点P(0,1)在短轴ab2→→CD上，且PC·PD＝－1.

(1)求椭圆E的方程；

→→(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点．是否存在常数λ，使得OA·OB＋→→λPA·PB为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．

解

(1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b)，

→→又点P的坐标为(0,1)，且PC·PD＝－1，

c2于是＝，a2a－b＝c，2221－b2＝－1，

解得a＝2，b＝2，

x2y2所以椭圆E的方程为＋＝1. 42(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，

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xy4＋2＝1，联立

y＝kx＋1，得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，

其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0，

4k2所以x1＋x2＝－2，x1x2＝－2，

2k＋12k＋1→→→→从而，OA·OB＋λPA·PB

＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]

＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1 －2λ－4k2＋－2λ－1＝

2k2＋1λ－1＝－2－λ－2. 2k＋1λ－1所以当λ＝1时，－2－λ－2＝－3，

2k＋1→→→→此时OA·OB＋λPA·PB＝－3为定值．

当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，

→→→→→→→→此时，OA·OB＋λPA·PB＝OC·OD＋λPC·PD

＝－2－1＝－3. →→→→故存在常数λ＝1，使得OA·OB＋λPA·PB为定值－3. 22

x2y2已知椭圆C1：2＋＝1(a>0)与抛物线C2：y2＝2ax相交于A，B两点，且两曲线的焦点F重a3合．

(1)求C1，C2的方程；

(2)若过焦点F的直线l与椭圆分别交于M，Q两点，与抛物线分别交于P，N两点，是否存|PN|在斜率为k(k≠0)的直线l，使得＝2？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．

|MQ|押题依据

本题将椭圆和抛物线联合起来设置命题，体现了对直线和圆锥曲线位置关系的综合考查．关注知识交汇，突出综合应用是高考的特色．

解

(1)因为C1，C2的焦点重合，

a所以a2－3＝，

2所以a2＝4.

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又a>0，所以a＝2. x2y2于是椭圆C1的方程为＋＝1，

43抛物线C2的方程为y2＝4x. |PN|(2)假设存在直线l使得＝2，

|MQ|则可设直线l的方程为y＝k(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)．

2y＝4x，由可得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，

y＝kx－1，

2k2＋4则x1＋x4＝2，x1x4＝1，

k41＋k2所以|PN|＝1＋k·x1＋x4－4x1x4＝. k222xy4＋3＝1，由可得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，

y＝kx－1，4k2－128k2则x2＋x3＝，xx＝，

3＋4k2233＋4k2121＋k2所以|MQ|＝1＋k·x2＋x3－4x2x3＝. 3＋4k22222

若|PN|＝2，

|MQ|41＋k2121＋k2则＝2×，

k23＋4k26解得k＝±. 26|PN|故存在斜率为k＝±的直线l，使得＝2. 2|MQ|

A组

专题通关

1．若曲线ax2＋by2＝1为焦点在x轴上的椭圆，则实数a，b满足(

) A．a2>b2

C．0

答案

C 解析

由ax2＋by2＝1，

11.<

ab．0

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x2y2得＋＝1，

11ab11因为焦点在x轴上，所以>>0，

ab所以0

) 3A．1

B.2

C.

D.3 2答案

D 解析

由椭圆的方程，可知长半轴长a＝2；由椭圆的定义，可知|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4a＝8，2b2所以|AB|＝8－(|AF2|＋|BF2|)≥3.由椭圆的性质，可知过椭圆焦点的弦中，通径最短，即＝3，a可求得b2＝3，即b＝3. 3．已知直线AB与抛物线y2＝2x交于A，B两点，M是AB的中点，C是抛物线上的点，且→→使得CA·CB取最小值，抛物线在点C处的切线为l，则(

) A．CM⊥AB

C．CM⊥CA

答案

D 解析

如图所示，

B．CM⊥CB

D．CM⊥l

→→→→→→CA·CB＝(AM－CM)·(BM－CM) →→→→→→→21→2＝CM2－(BM＋AM)·CM＋AM·BM＝CM－AB，

4→→→→当直线AB一定时，当且仅当|CM|取得最小值时，使得CA·CB取最小值，只有当CM⊥l时，|CM|取得最小值，故选D. 4．已知抛物线y2＝2px(p>0)，△ABC的三个顶点都在抛物线上，O为坐标原点，设△ABC三条边AB，BC，AC的中点分别为M，N，Q，且M，N，Q的纵坐标分别为y1，y2，y3.若直线111AB，BC，AC的斜率之和为－1，则＋＋的值为(

) y1y2y3

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1A．－

2p1C.

p答案

B 1B．－

p1D.

2p解析

设A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，

yA＝2pxA，2则yB＝2pxB，2＝2pxC，yC2

三个式子两两相减得

yA＋yByA－yB＝2pxA－xB，yA＋yCyA－yC＝2pxA－xC，yB＋yCyB－yC＝2pxB－xC，2y1yA－yB＝2pxA－xB，即2y3yA－yC＝2pxA－xC，2y2yB－yC＝2pxB－xC，

py－y＝k即y＝x－xpy－yy＝x－x＝kBBCC2AACC3pyA－yB＝＝k，y1xA－xBABBC，AC，

1111所以＋＋＝－. y1y2y3px2y2→→5．若点O和点F分别为椭圆＋＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则OP·FP43的最大值为(

) A．2

B．3

C．6

D．8 答案

C 解析

由题意得F(－1,0)，设点P(x0，y0)，

则x202y0＝3(1－)(－2≤x0≤2)．

4→→22OP·FP＝x0(x0＋1)＋y20＝x0＋x0＋y0

2x012＝x0＋x0＋3(1－)＝(x0＋2)2＋2. 44→→又因为－2≤x0≤2，所以当x0＝2时，OP·FP取得最大值，最大值为6，故选C.

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x2y26．已知双曲线C：2－2＝1(a>0，b>0)的离心率为3，A，B为左，右顶点，点P为双曲线abC在第一象限的任意一点，点O为坐标原点，若直线PA，PB，PO的斜率分别为k1，k2，k3，记m＝k1k2k3，则m的取值范围为________．

答案

(0,22) x2y2c解析

∵双曲线C：2－2＝1(a>0，b>0)的离心率为3，∴e＝＝3，∴b＝2a，

aba设P(x，y)，∵点P为双曲线C在第一象限的任意一点，

x2y2∴2－2＝1，且x>0，y>0，

ab∵A，B为双曲线C的左，右顶点，点O为坐标原点，PA，PB，PO的斜率分别为k1，k2，k3，

yyy∴k1k2＝·＝2，k3＝>0，

xx＋ax－a又∵双曲线的渐近线为y＝±2x，

∴00，b>0)的渐近线与动ab点P的轨迹没有公共点，则双曲线离心率的取值范围是________．

答案

(1,2) 解析

设P(x，y)，由题设条件，

得动点P的轨迹为(x－1)(x＋1)＋(y－2)(y－2)＝0，

即x2＋(y－2)2＝1，它是以(0,2)为圆心，1为半径的圆．

x2y2b又双曲线2－2＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±x，即bx±ay＝0，

aba由题意，可得c所以e＝<2，

a又e>1，故1

答案

(0,2) 11解析

设Q(t，－2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，抛物线方程变为y＝x2，则y′＝x，则在点A4211处的切线方程为y－y1＝x1(x－x1)，化简得，y＝x1x－y1，同理，在点B处的切线方程为y222a2a>1，即>1，

ca2＋b2

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111＝x2x－y2.又点Q(t，－2)的坐标满足这两个方程，代入得：－2＝x1t－y1，－2＝x2t－y2，22211则说明A(x1，y1)，B(x2，y2)都满足方程－2＝xt－y，即直线AB的方程为y－2＝tx，因此直22线AB恒过定点(0,2)．

x2y239．(2016·北京)已知椭圆C：2＋2＝1(a＞b＞0)的离心率为，A(a,0)，B(0，b)，O(0,0)，△OABab2的面积为1. (1)求椭圆C的方程；

(2)设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.求证：|AN|·|BM|为定值．

c31(1)解

由已知＝，ab＝1. a22又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，c＝3. x22∴椭圆方程为＋y＝1. 4(2)证明

由(1)知，A(2,0)，B(0,1)．

x202设椭圆上一点P(x0，y0)，则＋y0＝1. 4y0当x0≠0时，直线PA方程为y＝(x－2)，

x0－2－2y0令x＝0得yM＝. x0－22y0从而|BM|＝|1－yM|＝1＋x－2. 0y0－1直线PB方程为y＝x＋1. x0令y＝0得xN＝－x0. y0－1x02＋∴|AN|＝|2－xN|＝y0－1. x01＋2y0

∴|AN|·|BM|＝2＋y－1·x0－20＝x0＋2y0－2·x0＋2y0－2

y0－1x0－222x0＋4y0＋4x0y0－4x0－8y0＋4

＝x0y0－x0－2y0＋2＝4x0y0－4x0－8y0＋8＝4. x0y0－x0－2y0＋2当x0＝0时，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，

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∴|AN|·|BM|＝4. 故|AN|·|BM|为定值．

x2y210．已知椭圆M：2＋＝1(a>0)的一个焦点为F(－1,0)，左，右顶点分别为A，B.经过点Fa3的直线l与椭圆M交于C，D两点．

(1)求椭圆方程；

(2)当直线l的倾斜角为45°时，求线段CD的长；

(3)记△ABD与△ABC的面积分别为S1和S2，求|S1－S2|的最大值．

解

(1)因为F(－1,0)为椭圆的焦点，

所以c＝1，又b2＝3，所以a2＝4，

x2y2所以椭圆方程为＋＝1. 43(2)因为直线的倾斜角为45°，所以直线的斜率为1，

所以直线方程为y＝x＋1，

xy4＋3＝1，和椭圆方程联立

y＝x＋1，消掉y，得到7x2＋8x－8＝0，

88所以Δ＝288>0，x1＋x2＝－，x1x2＝－，

77所以|CD|＝1＋k2|x1－x2|＝24. 722

(3)当直线l无斜率时，直线方程为x＝－1，

33此时D(－1，)，C(－1，－)，

22△ABD，△ABC面积相等，|S1－S2|＝0. 当直线l斜率存在(显然k≠0)时，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，设直线方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，

xy4＋3＝1，和椭圆方程联立

y＝kx＋1，消掉y，得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0. 8k2显然Δ>0，方程有根，且x1＋x2＝－，

3＋4k24k2－12x1x2＝. 3＋4k2此时|S1－S2|＝2||y2|－|y1||＝2|y2＋y1| ＝2|k(x2＋1)＋k(x1＋1)| 22

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＝2|k(x2＋x1)＋2k|＝因为k≠0，上式＝12|k|. 3＋4k21212123＝＝3(k＝±时等号成立)，

23212·4|k||k|≤3＋4|k|2|k|所以|S1－S2|的最大值为3. B组

能力提高

11．过抛物线y＝ax2 (a>0)的焦点F作一条直线交抛物线于A，B两点，若线段AF，BF的长mn分别为m，n，则等于(

) m＋n1A.

2aC．2a

答案

B 1解析

显然直线AB的斜率存在，故设直线方程为y＝kx＋，与y＝ax2联立，消去y得ax24a1k1k212222－kx－＝0，设A(x1，ax1)，B(x2，ax2)，则x1＋x2＝，x1x2＝－2，x1＋x2＝2＋2，m＝4aa4aa2aax21＋2k2＋1111k＋1mn12，n＝ax2＋，所以mn＝·，m＋n＝，∴＝.故选B. 4a4a4aaam＋n4a1B.

4aaD.

412．直线3x－4y＋4＝0与抛物线x2＝4y和圆x2＋(y－1)2＝1从左到右的交点依次为A、B、C、|AB|D，则的值为________．

|CD|答案

1

163x－4y＋4＝0，解析

由2得x2－3x－4＝0，

x＝4y

1∴xA＝－1，xD＝4，∴yA＝，yD＝4. 4直线3x－4y＋4＝0恰过抛物线的焦点F(0,1)，

5∴|AF|＝yA＋1＝，|DF|＝yD＋1＝5，

4∴|AB||AF|－11＝＝. |CD||DF|－11613．已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，左顶点为A，左焦点为F1(－2,0)，点B(2，2)在椭圆C上，直线y＝kx(k≠0)与椭圆C交于E，F两点，直线AE，AF分别与y轴交于点M，N. (1)求椭圆C的方程；

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(2)在x轴上是否存在点P，使得无论非零实数k怎样变化，总有∠MPN为直角？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

x2y2解

(1)设椭圆C的方程为2＋2＝1(a>b>0)，

ab因为椭圆的左焦点为F1(－2,0)，

所以a2－b2＝4.①

因为点B(2，2)在椭圆C上，

42所以2＋2＝1.②

ab由①②解得，a＝22，b＝2. x2y2所以椭圆C的方程为＋＝1. 84(2)方法一

因为椭圆C的左顶点为A，

则点A的坐标为(－22，0)．

x2y2因为直线y＝kx(k≠0)与椭圆＋＝1交于两点E，F，设点E(x0，y0)(不妨设x0>0)，则点F(－84x0，－y0)．

y＝kx，228联立方程组xy消去y得x2＝. 1＋2k2＋＝184所以x0＝2222k，y＝. 01＋2k21＋2k2

k所以直线AE的方程为y＝

(x＋22)．

1＋1＋2k2因为直线AE与y轴交于点M，

22k0，22k令x＝0得y＝，即点M. 1＋1＋2k21＋1＋2k222k同理可得点N(0，)．

1－1＋2k2→→假设在x轴上存在点P(t,0)，使得∠MPN为直角，则MP·NP＝0. －22k－22k即t2＋×＝0，

1＋1＋2k21－1＋2k2即t2－4＝0，解得t＝2或t＝－2. 故存在点P(2,0)或P(－2,0)，无论非零实数k怎样变化，总有∠MPN为直角．

方法二

因为椭圆C的左顶点为A，则点A的坐标为(－22，0)．

x2y2因为直线y＝kx(k≠0)与椭圆＋＝1交于两点E，F，设点E(x0，y0)，则点F(－x0，－y0)．

84

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y0所以直线AE的方程为y＝(x＋22)．

x0＋22因为直线AE与y轴交于点M，

22y0令x＝0得y＝，

x0＋2222y0即点M0，. x0＋2222y0同理可得点N0，. x0－22→→假设在x轴上存在点P(t,0)，使得∠MPN为直角，则MP·NP＝0. －22y0－22y0即t2＋×＝0，

x0＋22x0－228y20即t＋2＝0. x0－82x2y200因为点E(x0，y0)在椭圆C上，所以＋＝1，

84即将8－x202y0＝. 228－x202y0＝代入得t2－4＝0. 解得t＝2或t＝－2. 故存在点P(2,0)或P(－2,0)，无论非零实数k怎样变化，总有∠MPN为直角．