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考点44 曲线与方程、圆锥曲线的综合应用
一、选择题
1. (2014·湖北高考文科·T8)设a,b是关于t的方程t2cosθ+tsinθ=0的两个不等实根,则过
2y
A(a,a2),B(b,b2)两点的直线与双曲线 -=1的公共点的个数为 ( )
cos2?sin2?x2
A.0 B.1 C.2 D.3
sin?x,结合双曲线的渐近线方程,cos?【解题提示】求出过A(a,a2),B(b,b2)两点的直线为y=-可得结论.
【解析】选A.由于a,b是关于t的方程t2cosθ+tsinθ=0的两个不等实根, 所以a+b=-sin?,ab=0, cos?22b?a过A(a,a2),B(b,b2)两点的直线为y-a2= (x-a),
b?a即y=(b+a)x-ab,即y=-
sin?x, cos?x2y2
因为双曲线 -2=1的一条渐近线方程为 2cos?sin?y=-
sin?x, cos?
所以过A(a,a2),B(b,b2)两点的直线与双曲线
x2y2
-=1的公共点的个数为0.
cos2?sin2?2C:y?2px的准线上，记C的在抛物线
2.（2014·辽宁高考文科·Ｔ8）已知点焦点为F，则直线AF的斜率为
(A)?43(B)?1(C)?34(D)?12
A??2,3?【解题提示】由抛物线的定义知p的值，也就确定了抛物线的方程和焦点坐标；利用直线的斜率公式求出直线AF的斜率 【解析】选Ｃ.
?p??22p?4.y2，所以从而抛物线方程为?8x，其焦点F(2,0)
根据已知条件得
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3?03??.4 从而直线AF的斜率为?2?2二 填空题
1.（2014·安徽高考文科·Ｔ15）若直线l与曲线C满足下列两个条件：
(i)直线l在点P?x0,y0?处与曲线C相切；(ii)曲线C在P附近位于直线l的两侧，则称直线l在点P处“切过”曲线C.
下列命题正确的是_________(写出所有正确命题的编号) ①直线l:y?0在点P?0,0?处“切过”曲线C：y?x2 ②直线l:x??1在点P??1,0?处“切过”曲线C：y?(x?1)2 ③直线l:y?x在点P?0,0?处“切过”曲线C：y?sinx ④直线l:y?x在点P?0,0?处“切过”曲线C：y?tanx ⑤直线l:y?x?1在点P?1,0?处“切过”曲线C：y?lnx
【解题提示】根据各选项分别判断。
【解析】根据题意满足条件的有（1）（3）（4），剩余选项（2）（5）都在切线的一边。
答案：??④
2.（2014·安徽高考理科·Ｔ14））设F1,F2分别是椭圆x2+y=1(0 22by2E:x?2?1(0?b?1)的左、右焦点，过点F1的直线交椭圆E于A,B两点，若AF1?3BF1,AF2?xb2轴，则椭圆E的方程为__________ 【解题提示】构造直角三角形，利用线段平行、垂直关系及点A,B在椭圆上求得参数b. 【解析】如图所示，设A(c,y1),B(x2,y2)，作F1F2//BC,则 y13=?y13y2 ① y21 圆学子梦想 铸金字品牌 2c3=?x2c-x24-5c ② 3ì2y12?c+2=1?b??2y22íx2+2=1b??222?c=1-b2又点A,B在椭圆上，所以?与①②联立解得b=。 3?23y所以椭圆方程为x+=1。 22 3. （2014·湖南高考文科·Ｔ14）平面上以机器人在行进中始终保持与点F?1，0?的距离和到直线x??1的距离相等.若机器人接触不到过点P??1，0?且斜率为k的直线，则k的取值范围是 【解题提示】根据抛物线的定义和直线与圆锥曲线的关系求解。 【解析】把机器人看做一个动点，则根据抛物线定义知道它的轨迹为抛物线，其方程为 ?y2?4x，0?且斜率为k的直线方程为y?k?x?1?，两个方程联立?y?4x，过点P??1，?y?k?x?1?2消去y得k2x2?2k2?4x?k2?0，由题意??2k2?4?4k4?0， -1）?（1，??）。 k2?1,所以k?（-?，（-?，-1）?（1，??）答案： ????2三 解答题 1. (2014·新课标全国卷Ⅱ高考理科数学·T20)(本小题满分12分)设F1,F2分别是椭圆 x2y2+=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. a2b2(1)若直线MN的斜率为 3,求C的离心率. 4(2)若直线MN在y轴上的截距为2,且MN=5F1N,求a,b. 【解题提示】(1)利用直线MN的斜率为 3再结合a2=b2+c2表示出关于离心率e的方程,解方程求得离心率. 4(2)结合图形,利用椭圆的性质和焦半径公式求得a,b. 圆学子梦想 铸金字品牌 b213MF13【解析】(1)因为由题知, =,所以·=,且a2=b2+c2.联立整理得:2e2+3e-2=0, a2c4F1F24解得e= 11.所以C的离心率为. 22b2(2)由三角形中位线知识可知,MF2=2×2,即=4. a设F1N=m,由题可知MF1=4m.由两直角三角形相似,可得M,N两点横坐标分别为c,- 得: MF1=a+ec,NF1=a+e??c?,且MF1∶NF1=4∶1,e=错误！未找到引用源。,a2=b2+c2.联立解得a=7,b=27. 所以,a=7,b=27. 3c.由焦半径公式可2?3??2? 2. （2014·湖南高考文科·Ｔ20）（本小题满分13分） 如图 x2y25，O为坐标原点，双曲线C1:2?2?1(a1?0,b1?0)和椭圆 a1b123x2y2,1)，且以C1的两个顶点和C2的两个焦点为顶C2:2?2?1(a2?b2?0)均过点P(3a2b2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 ????????????？证明你的结论. |OA?OB?||AB| 【解题提示】利用椭圆的定义和直线与圆锥曲线位置关系，联立方程组，求解。 【解析】（1）设C2的焦距为2c2，由题意知，2c2?2,2a1?2,从而a1?1,c2?1.因为点 圆学子梦想 铸金字品牌 ?23?23y?-1?1，故b12?3 ，在双曲线x2?2?1上，所以?P（，1）?3?b23b1??122?23??????1?1?2??23???1?1?2?23 由椭圆的定义知2a2???3??3?????于是a2?3,b2?a2?c2?2， y2y2x2?1,??1 故C1,C2的方程分别为x?332222222（2）不存在符合题设条件的直线 （i）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，同理可知OA?OB?AB (ii)若直线l不垂直于x轴，设l的方程为y?kx?m ?y?kx?m?（3-k2）x2?2kmx?m2?3?0 由?得y2?1?x?3?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， 2kmm2?3,x1x2?2从而x1?x2?， 3?k2k?33k2?3m2于是y1y2?kx1x2?km(x1?x2)?m? 2k?322?y?kx?m?（2k2?3）x2?4kmx?2m2?6?0 由?y2x2得 ??1?2?3因为直线l与C2只有一个公共点，所以上述方程的判别式 ??16k2m2?8(2k?3)(m2?3)?0 圆学子梦想 铸金字品牌 化简，得2k2?m2?3。因此 m2?33k2?3m2?k2?3OA?OB?x1x2?y1y2?2??2?0 2k?3k?3k?3??于是OA?OB?2OA?OB?OA?OB?2OA?OB 即OA?OB?OA-OB，故OA?OB?AB 综合（i）（ii）可知，不存在符合题设条件的直线 ??2??2???2222 x2y23.(2014·广东高考文科·T20)(14分)已知椭圆C:2+2=1(a>b>0)的一个焦点为(5,0),ba离心率为 5. 3(1)求椭圆C的标准方程. (2)若动点P(x0,y0)为椭圆C外一点,且点P到椭圆C的两条切线相互垂直,求点P的轨迹方程. 【解题提示】(1)由c,e,求出b得椭圆方程,(2)要分切线斜率是否存在加以讨论. 【解析】(1)因为c=5,离心率e=所以a=3,b=2, x2y2椭圆C的标准方程为+=1. 495, 3(2)方法一:若有一条切线斜率不存在, 则另一条斜率为0, 此时点P有四个点, 分别是(3,2),(-3,2),(-3,-2),(3,-2); 当两条切线斜率都存在时, 圆学子梦想 铸金字品牌 设切线方程为y-y0=k(x-x0), x2y2代入+=1中, 49整理可得(9k2+4)x2+18k(y0-kx0)x+9[(y0-kx0)2-4]=0, 切线与椭圆只有一个公共点, 则Δ=0,即(18k)2(y0-kx0)2-36(9k2+4)[(y0-kx0)2-4]=0, 进一步化简得(x02-9)k2-2x0y0k+y02-4=0. 因为两条切线相互垂直,所以k1k2=-1, y02?4也就是2=-1,则x02+y02=13. x0?9显然,点(3,2),(-3,2),(-3,-2),(3,-2)也适合方程x02+y02=13, 所以点P的轨迹方程为x02+y02=13. 方法二:若有一条切线斜率不存在, 则另一条斜率为0, 此时点P有四个点,分别是(3,2),(-3,2),(-3,-2),(3,-2); 当两条切线斜率都存在时, 设切点分别为A(x1,y1),B(x2,y2), x12y12x22y22则+=1且+=1. 9494两条切线方程分别为 x1xy1yxxyy+=1和2+2=1, 4949因为两条切线都过点P(x0,y0), 所以 x1x0y1y0xxyy+=1且20+20=1, 4949因为两条切线相互垂直, 所以k1= y0?y1y?y2,k2=0且k1k2=-1, x0?x1x0?x2 圆学子梦想 铸金字品牌 y02?4也就是2=-1, x0?9整理得x02+y02=13. 显然,点(3,2),(-3,2),(-3,-2),(3,-2)也适合方程x02+y02=13, 所以点P的轨迹方程为x02+y02=13. x2y24.(2014·广东高考理科)(14分) 已知椭圆C:2+2=1(a>b>0)的一个焦点为(5,0),离 ba心率为 5. 3(1)求椭圆C的标准方程. (2)若动点P(x0,y0)为椭圆C外一点,且点P到椭圆C的两条切线相互垂直,求点P的轨迹方程. 【解题提示】(1)由c,e,求出b得椭圆方程,(2)要分切线斜率是否存在加以讨论. 【解析】(1)因为c=5,离心率e=所以a=3,b=2, x2y2椭圆C的标准方程为+=1. 495, 3(2)方法一:若有一条切线斜率不存在,则另一条斜率为0, 此时点P有四个点,分别是(3,2),(-3,2),(-3,-2),(3,-2); 当两条切线斜率都存在时,设切线方程为y-y0=k(x-x0), x2y2代入+=1中, 49整理可得(9k2+4)x2+18k(y0-kx0)x+9[(y0-kx0)2-4]=0, 切线与椭圆只有一个公共点, 圆学子梦想 铸金字品牌 则Δ=0,即(18k)2(y0-kx0)2-36(9k2+4)[(y0-kx0)2-4]=0, 进一步化简得(x02-9)k2-2x0y0k+y02-4=0. 因为两条切线相互垂直,所以k1k2=-1, y02?4也就是2=-1,则x02+y02=13. x0?9显然,点(3,2),(-3,2),(-3,-2),(3,-2)也适合方程x02+y02=13, 所以点P的轨迹方程为x02+y02=13. 方法二:若有一条切线斜率不存在,则另一条斜率为0, 此时点P有四个点,分别是(3,2),(-3,2),(-3,-2),(3,-2); 当两条切线斜率都存在时,设切点分别为A(x1,y1),B(x2,y2), x12y12x22y22则+=1且+=1. 9494x1xy1yxxyy+=1和2+2=1, 4949xxyyxxyy因为两条切线都过点P(x0,y0),所以10+10=1且20+20=1, 4949两条切线方程分别为 因为两条切线相互垂直,所以k1= y0?y1y?y2,k2=0且k1k2=-1, x0?x1x0?x2y02?4也就是2=-1,整理得x02+y02=13. x0?9显然,点(3,2),(-3,2),(-3,-2),(3,-2)也适合方程x02+y02=13, 所以点P的轨迹方程为x02+y02=13. 5.（2014·福建高考理科·Ｔ19）19.（本小题满分13分）已知双曲线 x2y2E:2?2?1(a?0,b?0)的两条渐近线分别为l1:y?2x,l2:y??2x. ab （1）求双曲线E的离心率； （2）如图，O为坐标原点，动直线l分别交直线l1,l2于A,B两点（A,B分别在第一， 圆学子梦想 铸金字品牌 四象限），且?OAB的面积恒为8，试探究：是否存在总与直线l有且只有一个公 共点的双曲线E？若存在，求出双曲线E的方程；若不存在，说明理由。 bc?2，由基本量关系式求e?；⑵设直线y?kx?m，再aa根据条件建立k,m的两个方程． 【解题指南】⑴由渐近线可知 【解析】解法一：(1)∵双曲线E的渐近线分别为y?2x,y??2x，?????1分 bcc2?a2∴?2，有?2，即c?5a，于是双曲线的离心率e??5；?3分 aaax2y2(2)由(1)知，双曲线E的方程为2?2?1.设直线l与x轴相交于点C， a4a当l?x轴时，若直线l与双曲线E有且只有一个公共点， 则OC?a,AB?4a，又因为△OAB的面积为8， ∴ 11OC?AB?8，即a?4a?8，解得a?2， 22x2y2?1.?????????????????6分 此时双曲线E的方程为?416x2y2?1. 若存在满足条件的双曲线E，则E的方程只能为?416x2y2?1也满足条件，??7分 以下证明：当直线l不与x轴垂直时，双曲线E:?416设直线l的方程y?kx?m，依题意，得k?2或k??2，?????????8分 则C(?m,0)，记A(x1,y1),B(x2,y2)， k?y?kx?m2m2m由?得y1?，同理y2?， 2?k2?k?y?2x由S△OAB?11m2m2mOC?y1?y2得????8， 22k2?k2?k 圆学子梦想 铸金字品牌 即m2?44?k2?4(k2?4)，????????????????????10分 ?y?kx?m?由?x2y2得(4?k2)x2?2kmx?m2?16?0，∵4?k2?0， ??1??416∴??4k2m2?4(4?k2)(m2?16)??16(4k2?m2?16)，又m2?4(k2?4)， ∴??0，即直线l与双曲线E有且只有一个公共点.???????????12分 因此，存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程只能为 x2y2??1?????????????????????????13分 416方法二：(1)同方法一； x2y2(2)由(1)知，双曲线E的方程为2?2?1. a4a设直线l的方程为x?my?t，A(x1,y1),B(x2,y2)，依题意得?11?m?， 22?x?my?t2t?2t由?得y1?，同理y2?， 1?2m1?2my?2x?设直线l与x轴相交于点C，则C(t,0)， 由S△OAB?112t2tOC?y1?y2?8得t???8，∴t2?4(1?4m2)， 221?2m1?2m?x?my?t?2222224m?1?0， 由?x2得，∵(4m?1)y?8mty?4(t?a)?0y?2?1?24a?a∴直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当 ??64m2t2?16(4m2?1)(t2?a2)?0，即4m2a2?t2?a2?0， ∴4m2a2?4(1?4m2)?a2?0，即(1?4m2)(a2?4)?0，有a2?4， 因此，存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程只能为 x2y2??1. 416方法三：(1)同方法一； (2)当直线l不与x轴垂直时，设直线l:y?kx?m，A(x1,y1),B(x2,y2)， 圆学子梦想 铸金字品牌 依题意得k?2或k??2， ?y?kx?m?m22222由?2得(4?k)x?2kmx?m?0，由4?k?0，??0，得x1x2?， 224?k?4x?y?0又因为△OAB的面积为8，所以 14OAOBsin?AOB?8，而sin?AOB?， 2522?m222222x1?y1?x2?y2?8，化简得x1x2?4，∴?4∴，即m?4(k?4)， 254?kx2y2由(1)得双曲线E的方程为2?2?1， a4a?y?kx?m?由?x2得(4?k2)x2?2kmx?m2?4a2?0， y2??1??a24a2因为4?k2?0，直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当 ??4k2m2?4(4?k2)(m2?4a2)?0，即(k2?4)(a2?4)?0，有a2?4， x2y2?1， ∴双曲线E的方程为?416当l?x轴时，由△OAB的面积为8，可得l:x?2，又知l:x?2与双曲线 x2y2E:??1有且只有一个公共点， 416x2y2?1. 综上，存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线E，且E的方程只能为?4166. （2014·辽宁高考理科·Ｔ20）（本小题满分12分） 圆x2?y2?4的切线与x轴正半轴，y轴正半轴围成一个三角形，当该三角形面积最小时， x2y2切点为P（如图），双曲线C1:2?2?1过点P且离心率为3. ab（Ⅰ）求C1的方程； （Ⅱ）椭圆C2过点P且与C1有相同的焦点，直线l过C2的右焦点且与C2交于A，B两点，若以线段AB为直径的圆过点P，求l的方程. 圆学子梦想 铸金字品牌 【解析】（Ⅰ）设切点坐标为?x0,y0?，x0?0,y0?0.则切线斜率为k??x1??0 kOPy0切线方程为y?y0??x0?x?x0?，即x0x?y0y?x02?y02，而x02?y02?4，所以切线方程为y0?4??4?x0x?y0y?4.切线与两坐标轴的正半轴的交点为?,0?,?0,?，切线与x轴正半轴，y ?x0??y0?1448轴正半轴围成的三角形面积为s???? 2x0y0x0y0由x02?y02?4?2x0y0（当且仅当x0?y0?2时x0y0取最大值，即s有最小值，此时点P?22?a2?b2?1??c2,2.由题意得??3解得a2?1,b2?2 ?a?c2?a2?b2??的坐标为 ??y2?1 故C1的方程为x?22（Ⅱ）由（1）知，椭圆C2的焦点为?3,0,x2y2?2?1,m?0.由点P23?mm2???3,0，因此设椭圆C2的方程为 22??1， 3?m2m2??2,2在椭圆C2上，得 ?x2y2?1 解得m?3；因而C2的方程为?63?3??3?3,?,B3,当直线l的斜率不存在时，l的方程为x?3，易知A?,以线段AB???????2??2??为直径的圆不经过点P ?2,2；不合题意. ?当直线l的斜率存在时，设l的方程为y?kx?3,A?x1,y1?,B?x2,y2?， ?? 圆学子梦想 铸金字品牌 ?y?kx?3?则?x1,y1?,?x2,y2?是方程组?2的解. xy2???13?6整理得?1?2k2?x2?43k2x?6k2?6?0 ??43k26k2?6由韦达定理，x1?x2? ① ,x1x2?1?2k21?2k2所以y1?y2?k(x1?3)?k(x2?3)??23k, ② 21?2k?3k2y1y2?k(x1?3)?k(x2?3)? 1?2k2????????????????由题意知AP?BP,从而AP?BP?0 ????因为AP??????2?x1,2?y1,BP???2?x2,2?y2 2?x?0 2,2?y2?????????所以AP?BP??2?x1,2?y1????即(2?x1)(2?x2)?(2?y1)(2?y2)?0 所以2?2?x1?x2??x1x2?2?2?y1?y2??y1y2?0 将①②代入解得k?2?36或k??2?6 25因此l的方程为y?2?36x?3或y?(?2?6)x?3 25????即2?36x?25y?23?92?0或2?6x?y?23?32?0 22x?y?4的切线与错误！7. （2014·辽宁高考理科·Ｔ20）（本小题满分12分）圆 ????未找到引用源。轴正半轴，y轴正半轴围成一个三角形，当该三角形面积最小时，切点为P. （Ⅰ）求P点的坐标； （Ⅱ）焦点在x错误！未找到引用源。轴上的椭圆C错误！未找到引用源。过点P错误！未找到引用源。，且与直线l:y?x?3交于A,B两点，若?PAB的面积为2，求错误！ 圆学子梦想 铸金字品牌 未找到引用源。的标准方程. 【解析】（Ⅰ）设切点坐标为?y?y0??x0,y0?，x0?0,y0?0.则切线斜率为 k??x1??0kOPy0 切线方程为 x0?x?x0?2222xx?yy?x?yx?y?4，所以切线方程为y0000000，即，而 ?4??4??,0?,?0,?x0x?y0y?4.切线与两坐标轴的正半轴的交点为?x0??y0?，切线与x轴正半轴，y 1448s????2x0y0x0y0 轴正半轴围成的三角形面积为 由 x02?y02?4?2x0y0（当且仅当x0?y0?2时x0y0取最大值，即s有最小值，此时点P的坐标为 ?2,2?. x2y2?2?1(a?b?0)2Ax,y,Bx,yx,y,x,yb（Ⅱ）设C的方程为a，点?11??22?，则?11??22?是方程?x2y2?2?2?1b?a?y?x?3?组 222的解.整理得bx?43x?6?2b?0， 436?2b2x1?x2??2,x1x2?bb2 由伟达定理得， 又y1?x1?3,y2?x2?3 所以 AB??x2?x1???22y2?y1??2?x2?x?12?48?24b2?8b4?b2d?22 ?2??x2?x1??4x1x2????P 2?2?32?32 而点 ?2,2?到直线y?x?3的距离所以 s?ABC?1AB?d?22 1s?ABC??2则 2?48?24b2?8b4?b2?3?22 又由点 P?22?2?12,22ab在C上知. ? 圆学子梦想 铸金字品牌 x2y2??1.22a?6,b?363解得.故所求C的方程为 8. （2014·山东高考理科·Ｔ21） 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. （Ⅰ）求C的方程； （Ⅱ）若直线l1//l，且l1和C有且只有一个公共点E， （ⅰ）证明直线AE过定点，并求出定点坐标； （ⅱ）?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. 【解题指南】（Ⅰ）由抛物线的定义及已知条件点A的横坐标为3时，?ADF为正三角形.可求得p的值.（Ⅱ）（ⅰ）先设出点A的坐标,根据|FA|?|FD|表示出D点坐标，然后根据l1//l求出AE的方程，即可判断AE是否过定点.（ⅱ）可利用设出的A点坐标表示出 ?ABE的面积，然后利用基本不等式求出最值. ?p?【解析】（Ⅰ）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, 由抛物线的定义知3?pp?t?， 22解得t=3+p或t=-3(舍去)， 由 p?2t?3，解得p=2. 4所以抛物线的方程为y2?4x. （Ⅱ）（ⅰ）由（Ⅰ）知F(1，0) 圆学子梦想 铸金字品牌 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?, 故直线AB的斜率kAB??设直线l1的方程为y??y0，因为直线l1和直线AB平行， 2y088bx?b，代入抛物线方程得y2?y??0， 2y0y0由题意??6432b2 ??0,得b??2y0y0y044,xE?2. y0y0设E?xE,yE?,则yE??2当y0?4时，kAE?yE?y04y?20， xE?x0y0?44y02??，由x?xy00?4x0， 2y0?4可得直线AE的方程为y?y0?整理可得y?4y0?x?1?，直线AE恒过点F（1,0）， 2y0?42直线AE的方程为x=1，过点F（1,0）， 当y0?4时，所以直线AE过定点F（1,0）. （ii）由（i）知直线AE过焦点F（1,0）， ?1?1??1?x??2， 所以AE?AF?FE??x0?1???0?x?x0?0?设直线AE的方程为x=my+1, 因为点设A?x0,y0?在直线AE上，故m?x0?1, y0设B?x1,y1? 直线AB的方程为y?y0??由于y0?0， y0?x?x0?， 2 圆学子梦想 铸金字品牌 可得x??28y?2?x0，代入抛物线方程得y2?y?8?4x0?0 y0y08， y0所以y0?y1??84,x1??x0?4， 可求得y1??y0?y0x0所以点B到直线AE的距离为 ?48???x0?4?m?y0????1x0y0??1?m2d??4?x0?1?x0 ?1????4x0??x0????1?1?1??????x?2?16 则?ABE的面积S??4x0?0???2?xx0??0??9. （2014·山东高考文科·Ｔ21） x2y23 在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:2?2?1?a?b?0?的离心率为，直线y?x被 ab2椭圆C截得的线段长为 410. 5（Ⅰ）求椭圆C的方程； （Ⅱ）过原点的直线与椭圆C交于A,B两点（A,B不是椭圆C的顶点），点D在椭圆C上，且AD?AB，直线BD与x轴、y轴分别交于M,N两点. （i）设直线BD,AM的斜率分别为k1,k2.证明存在常数?使得k1??k2，并求出?的值； （ii）求?OMN面积的最大值. 【解题指南】（Ⅰ）求椭圆的方程即求出a,b,的值即可. （Ⅱ）可先设出直线方程，联立，利用韦达定理表示，找出两个斜率之间的关系，第二小问，可直接用x1,y1表示出来面积，再利用基本不等式求出最大值. 圆学子梦想 铸金字品牌 3c3c23a2?b23【解析】(1)?e???即2=,??a2?4b2 22a2a4a4设直线与椭圆交于p,q两点.不妨设p点为直线和椭圆在第一象限的交点. 又?弦长为4102525，?p(,)55544?52?52?1ab联立解得a2?4,b2?1 x22?椭圆方程为?y?1.4(2)(i)设A?x1,y1??x1y1?0?,D?x2,y2?，则B??x1,?y1?， 因为直线AB的斜率kAB?y1， x1x1 y1又AB?AD,所以直线AD的斜率k??设直线AD的方程为y?kx?m， 由题意知k?0,m?0. ?y?kx?m?由?x2可得1?4k2x2?8mkx?4m2?4?0. 2?y?1??4??所以x1?x2??8mk 21?4k2m. 21?4k因此y1?y2?k?x1?x2??2m?由题意知x1??x2 所以k1?y1?y21y???1 x1?x24k4x1y1?x?x1?. 4x1所以直线BD的方程为y?y1?令y=0，得x?3x1,即M?3x1,0? 圆学子梦想 铸金字品牌 可得k2??y1 2x111所以k1??k2,即???. 221因此存在常数???使得结论成立. 2（ii）直线BD的方程为y?y1?y1?x?x1?. 4x1令x=0得y??33??y1，即N?0,?y1?， 44??由（i）知M?3x1,0? 可得?OMN的面积S?139?3x1?y1?x1y1. 248xx122?y12?1，当且仅当1?y1?因为x1?y1?时等号成立， 4229此时S取得最大值， 89所以?OMN的面积为最大值. 810 (2014·江西高考文科·T20)如图,已知抛物线C:x2=4y,过点M(0,2)任作一直线与C相交于A,B两点,过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点). (1)证明:动点D在定直线上. (2)作C的任意一条切线l(不含x轴)与直线y=2相交于点N1,与(1)中的定直线相交于点N2,证明:|MN2|2-|MN1|2为定值,并求此定值. 【解题指南】(1)设直线AB的方程,与x2=4y联立,设出A,B两点坐标,由题意可得点D的坐标即可解决. 圆学子梦想 铸金字品牌 (2)设切线方程,进而可得N1,N2点的坐标,代入两点间的距离公式即可解决. 【解析】(1)依题意设AB的方程为y=kx+2,代入x2=4y, 得x2-4kx-8=0, 设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1·x2=-8, 直线AO的方程为y=x,BD的方程为x=x2, 联立得点D, 所以yD===-2, 因此点D在直线y=-2上(x≠0). (2)由题意切线的斜率存在且不为0, 设切线的方程为y=ax+b(a≠0), 代入x2=4y,得x2-4ax-4b=0, 由(-4a)2-4×(-4b)=0,得b=-a2, 故切线的方程可写为y=ax-a2, 分别令y=2,y=-2得N1, N2, 则|MN2|2-|MN1|2=+42-=8, 即|MN2|2-|MN1|2为定值8. 圆学子梦想 铸金字品牌 (2)设切线方程,进而可得N1,N2点的坐标,代入两点间的距离公式即可解决. 【解析】(1)依题意设AB的方程为y=kx+2,代入x2=4y, 得x2-4kx-8=0, 设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1·x2=-8, 直线AO的方程为y=x,BD的方程为x=x2, 联立得点D, 所以yD===-2, 因此点D在直线y=-2上(x≠0). (2)由题意切线的斜率存在且不为0, 设切线的方程为y=ax+b(a≠0), 代入x2=4y,得x2-4ax-4b=0, 由(-4a)2-4×(-4b)=0,得b=-a2, 故切线的方程可写为y=ax-a2, 分别令y=2,y=-2得N1, N2, 则|MN2|2-|MN1|2=+42-=8, 即|MN2|2-|MN1|2为定值8.