1、第第 9 节节圆锥曲线的综合问题圆锥曲线的综合问题 考试要求1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法；2.了解圆锥 曲线的简单应用；3.理解数形结合的思想. 知 识 梳 理 1.求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. 2.定点的探索与证明问题 (1)探索直线过定点时，可设出直线方程为 ykxb，然后利用条件建立 b，k 等 量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点. (2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关. 3.求解范围问题的方法 求范围问题的关键是建立求解关
2、于某个变量的目标函数， 通过求这个函数的值域 确定目标的范围，要特别注意变量的取值范围. 4.圆锥曲线中常见最值的解题方法 (1)几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形 性质来解决； (2)代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目 标函数，再求这个函数的最值，最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解. 5.圆锥曲线的弦长 设斜率为 k(k0)的直线 l 与圆锥曲线 C 相交于 A，B 两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 |AB| 1k2|x1x2| 1k2 （x1x2）24x1x2 1 1 k2|y 1y2|1 1 k2 （y
3、1y2）24y1y2. 常用结论与微点提醒 1.直线与椭圆位置关系的有关结论(供选用) (1)过椭圆外一点总有两条直线与椭圆相切； (2)过椭圆上一点有且仅有一条直线与椭圆相切； (3)过椭圆内一点的直线均与椭圆相交. 2.直线与抛物线位置关系的有关结论(供选用) (1)过抛物线外一点总有三条直线和抛物线有且只有一个公共点，即两条切线和 一条与对称轴平行或重合的直线； (2)过抛物线上一点总有两条直线与抛物线有且只有一个公共点，即一条切线和 一条与对称轴平行或重合的直线； (3)过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点，即一条与对称 轴平行或重合的直线. 诊 断 自 测 1.判断下
4、列结论正误(在括号内打“”或“”) (1)直线 l 与椭圆 C 相切的充要条件是：直线 l 与椭圆 C 只有一个公共点.() (2)直线l与双曲线C相切的充要条件是： 直线l与双曲线C只有一个公共点.() (3)直线l与抛物线C相切的充要条件是： 直线l与抛物线C只有一个公共点.() (4)如果直线 xtya 与圆锥曲线相交于 A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则弦长|AB| 1t2|y1y2|.() 解析(2)因为直线 l 与双曲线 C 的渐近线平行时，也只有一个公共点，是相交， 但并不相切. (3)因为直线 l 与抛物线 C 的对称轴平行或重合时，也只有一个公共点，是相交， 但不相切
5、. 答案(1)(2)(3)(4) 2.(老教材选修 21P71 例 6 改编)过点(0，1)作直线，使它与抛物线 y24x 仅有 一个公共点，这样的直线有() A.1 条B.2 条C.3 条D.4 条 解析结合图形分析可知，满足题意的直线共有 3 条：直线 x0，过点(0，1) 且平行于 x 轴的直线以及过点(0，1)且与抛物线相切的直线(非直线 x0). 答案C 3.(一题多解)(老教材选修 21P69 例 4 改编)已知倾斜角为 60的直线 l 通过抛物 线 x24y 的焦点，且与抛物线相交于 A，B 两点，则弦|AB|_. 解析法一直线 l 的方程为 y 3x1， 由 y 3x1， x2
6、4y， 得 y214y10. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 y1y214， |AB|y1y2p14216. 法二如图所示， 过 F 作 AD 的垂线， 垂足为 H， 则|AF|AD| p|AF|sin 60，即|AF| p 1sin 60 2 1sin 60. 同理，|BF| 2 1sin 60， 故|AB|AF|BF|16. 答案16 4.(2019天津卷)已知抛物线 y24x 的焦点为 F，准线为 l.若 l 与双曲线x 2 a2 y2 b2 1(a0，b0)的两条渐近线分别交于点 A 和点 B，且|AB|4|OF|(O 为原点)，则双 曲线的离心率为() A. 2B. 3C
7、.2D. 5 解析由已知易得，抛物线 y24x 的焦点为 F(1，0)，准线 l：x1，所以|OF| 1.又双曲线的两条渐近线的方程为 yb ax， 不妨设点 A 1，b a ， B 1，b a ， 所以|AB|2b a 4|OF|4，所以b a2，即 b2a，所以 b 24a2.又双曲线方程中 c2 a2b2，所以 c25a2，所以 ec a 5.故选 D. 答案D 5.(2020山东七校联考)已知点 P 为椭圆x 2 16 y2 121 的动点，EF 为圆 N：x 2(y 1)21 的任一直径，则PE PF的最大值和最小值分别是( ) A.16，124 3B.17，134 3 C.19，1
8、24 3D.20，134 3 解析EF 是圆 N 的直径，|NE|NF|1，且NF NE ，则PEPF(PN NE )(PNNF)(PNNE)(PNNE)PN2NE2PN21， 设 P(x0， y0)， 则有x20 16 y 2 0 121，即 x 2 0164 3y 2 0，又 N(0，1)，|PN |2x2 0(y01)21 3(y 03)220， 又y02 3，2 3，当 y03 时，|PN |2 取得最大值 20，则(PE PF)max 20119.当 y023时，|PN |2取得最小值 134 3，则(PE PF)min124 3. 综上，PE PF的最大值和最小值分别为 19，12
9、4 3，故选 C. 答案C 6.(2020江西五校协作体联考改编)已知点 A(0，2)，抛物线 C：y22px(p0)的焦 点为 F，射线 FA 与抛物线 C 相交于点 M，与其准线相交于点 N，若|FM| |MN| 5 5 ， 则 p 的值等于_. 解析过点 M 向准线作垂线，垂足为 P，由抛物线的定义可知，|MF|MP|，因 为|FM| |MN| 5 5 ，所以|MP| |MN| 5 5 ，所以 sinMNP 5 5 ，则 tanMNP1 2，又OFA MNP90(O 为坐标原点)，所以 tanOFA2 2 1 2p ，则 p2. 答案2 第一课时第一课时最值、范围、证明问题最值、范围、证
10、明问题 考点一最值问题 【例 1】 (一题多解)(2020东北三省四市教研模拟)如图，已知椭圆 C：x 2 18 y2 9 1 的短轴端点分别为 B1，B2，点 M 是椭圆 C 上的动点，且不与 B1，B2重合，点 N 满足 NB1MB1，NB2MB2. (1)(一题多解)求动点 N 的轨迹方程； (2)求四边形 MB2NB1面积的最大值. 解(1)法一设 N(x，y)，M(x0，y0)(x00)， MB1NB1，MB2NB2，B1(0，3)，B2(0，3)， 直线 NB1：y3 x0 y03x， 直线 NB2：y3 x0 y03x， 得 y29 x20 y209x 2，又x2 0 18 y2
11、0 9 1， y2918 1y 2 0 9 y209 x22x2， 整理得点 N 的轨迹方程为y 2 9 x 2 9 2 1(x0). 法二设直线 MB1：ykx3(k0)， 则直线 NB1：y1 kx3， 直线 MB1与椭圆 C：x 2 18 y2 9 1 的交点 M 的坐标为 12k 2k21， 6k23 2k21 ， 则直线 MB2的斜率为 kMB2 6k23 2k213 12k 2k21 1 2k， 直线 NB2：y2kx3， 由解得 N 点的坐标为 6k 2k21， 36k2 2k21 ， 由 x 6k 2k21 y36k 2 2k21 ，得点 N 的轨迹方程为y 2 9 x 2 9
12、 2 1(x0). (2)由(1)中法二得，四边形 MB2NB1的面积 S1 2|B 1B2|(|xM|xN|)3 12|k| 2k21 6|k| 2k21 54|k| 2k21 54 2|k| 1 |k| 27 2 2 ， 当且仅当|k| 2 2 时，S 取得最大值27 2 2 . 规律方法圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两 种方法：一是几何方法，即通过利用圆锥曲线的定义、几何性质以及平面几何中 的定理、性质等进行求解；二是代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式 表示为某个(些)变量的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求 解. 【训练 1】 (2
13、020武汉调研)已知椭圆：x 2 a2 y2 b21(ab0)经过点 M(2，1)， 且右焦点 F( 3，0). (1)求椭圆的标准方程； (2)过 N(1，0)且斜率存在的直线 AB 交椭圆于 A，B 两点，记 tMA MB ，若 t 的最大值和最小值分别为 t1，t2，求 t1t2的值. 解(1)由椭圆x 2 a2 y2 b21 的右焦点为( 3，0)， 知 a2b23，即 b2a23， 则x 2 a2 y2 a231，a 23. 又椭圆过点 M(2，1)， 4 a2 1 a231， 又 a23，a26. 椭圆的标准方程为x 2 6 y 2 3 1. (2)设直线 AB 的方程为 yk(x
14、1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由 x2 6 y 2 3 1 yk（x1） 得 x22k2(x1)26， 即(12k2)x24k2x2k260， 点 N(1，0)在椭圆内部，0， x1x2 4k2 12k2， x1x22k 26 2k21， 则 tMA MB (x12)(x22)(y11)(y21) x1x22(x1x2)4(kx1k1)(kx2k1) (1k2)x1x2(2k2k)(x1x2)k22k5， 将代入得， t(1k2)2k 26 2k21(2k 2k) 4k2 2k21k 22k5， t15k 22k1 2k21 ， (152t)k22k1t0，kR， 则1224(1
15、52t)(1t)0， (2t15)(t1)10，即 2t213t160， 由题意知 t1，t2是 2t213t160 的两根，t1t213 2 . 考点二范围问题 【例 2】 (2019广东重点中学联考)已知椭圆 E：x 2 a2 y2 b21(ab0)，F 1，F2为 其左、右焦点，B1，B2为其上、下顶点，四边形 F1B1F2B2的面积为 2. (1)求椭圆 E 的长轴 A1A2的最小值，并确定此时椭圆 E 的方程； (2)对于(1)中确定的椭圆 E，设过定点 M(2，0)的直线 l 与椭圆 E 相交于 P，Q 两点，若MP MQ ，当 1 3， 1 2 时，求OPQ 的面积 S 的取值范
16、围. 解(1)依题意四边形 F1B1F2B2的面积为 2bc，2bc2， |A1A2|2a2 b2c22 2bc2 2， 当且仅当 bc1 时等号成立，此时 a 2， 长轴 A1A2的最小值为 2 2， 此时椭圆 E 的方程为x 2 2 y21. (2)依题意，可设直线 l：xty2，联立得 xty2， x2 2 y21，得(t 22)y24ty20. 由0，得 t22. 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 由根与系数的关系得 y1y2 4t t22， y1y2 2 t22. 由MP MQ ，得 y1y2， （1）y2 4t t22， y22 2 t22， 由 2 得1 2 8t2 t2
17、2， y1 2 在 1 3， 1 2 上单调递减， 1 2 9 2， 16 3 ， 9 2 8t2 t22 16 3 ，18 7 t24，满足0. OPQ 的面积 SSOMQSOMP 1 2|OM|y 1y2|y1y2| （y1y2）24y1y22 2 t 22 t22 . 设 m t22，则 m 2 7 7 ， 2 ，t2m22，S2 2m m24 2 2 m4 m ， ym4 m在 m 2 7 7 ， 2 上单调递减， S 关于 m 单调递增，OPQ 的面积 S 14 8 ，2 3 . 规律方法解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面 (1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，
18、从而确定参数的取值范围； (2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数 之间的等量关系； (3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； (4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围； (5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而 确定参数的取值范围. 【训练 2】 (2020山东新高考联合考试)已知 A，B 是 x 轴正半轴上两点(A 在 B 的左侧)，且|AB|a(a0)，过 A，B 分别作 x 轴的垂线，与抛物线 y22px(p0) 在第一象限分别交于 D，C 两点. (1)若 ap，点 A 与抛物线 y
19、22px 的焦点重合，求直线 CD 的斜率； (2)若 O 为坐标原点，记OCD 的面积为 S1，梯形 ABCD 的面积为 S2，求S1 S2的取 值范围. 解(1)由题意知 A p 2，0，则 B p 2a，0，D p 2，p，则 C p 2a， p 22pa ， 又 ap，所以 kCD 3pp 3p 2 p 2 31. (2)设直线 CD 的方程为 ykxb(k0)，C(x1，y1)，D(x2，y2)， 由 ykxb y22px ，得 ky22py2pb0， 所以4p28pkb0，得 kbp 2， 又 y1y22p k ，y1y22pb k ，由 y1y22p k 0，y1y22pb k
20、0， 可知 k0，b0，因为|CD| 1k2|x1x2| a 1k2， 点 O 到直线 CD 的距离 d |b| 1k2， 所以 S11 2a 1k 2 |b| 1k2 1 2ab. 又 S21 2(y 1y2)|x1x2|1 2 2p k aap k ， 所以S1 S2 kb 2p， 因为 0kbp 2，所以 0 S1 S2 1 4. 即S1 S2的取值范围为 0，1 4 . 考点三证明问题 【例 3】 (2020西安高三抽测)已知点 A(1， 3 2 )在椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0) 上，O 为坐标原点，直线 l： x a2 3y 2b2 1 的斜率与直线 OA 的斜率乘
21、积为1 4. (1)求椭圆 C 的方程； (2)(一题多解)不经过点 A 的直线 y 3 2 xt(t0 且 tR)与椭圆 C 交于 P，Q 两 点，P 关于原点的对称点为 R(与点 A 不重合)，直线 AQ，AR 与 y 轴分别交于两 点 M，N，求证：|AM|AN|. (1) 解由题意知，kOAkl 3 2 2b2 3a2 b2 a2 1 4， 即 a24b2， 又 1 a2 3 4b21， 所以联立，解得 a2 b1， 所以椭圆 C 的方程为x 2 4 y21. (2)证明设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则 R(x1，y1)， 由 y 3 2 xt， x2 4 y21， 得 x2
22、 3txt210， 所以4t20，即2t2， 又 t0，所以 t(2，0)(0，2)， x1x2 3t，x1x2t21. 法一要证明|AM|AN|，可转化为证明直线 AQ，AR 的斜率互为相反数， 即证明 kAQkAR0. 由题意知，kAQkAR y2 3 2 x21 y1 3 2 x11 （y2 3 2 ）（x11）（y1 3 2 ）（x21） （x11）（x21） （ 3 2 x2t 3 2 ）（x11）（ 3 2 x1t 3 2 ）（x21） （x11）（x21） 3x1x2t（x1x2） 3 （x11）（x21） 3（t21）t（ 3t） 3 （x11）（x21） 0， 所以|AM|A
23、N|. 法二要证明|AM|AN|，可转化为证明直线 AQ，AR 与 y 轴的交点 M，N 连线 的中点 S 的纵坐标为 3 2 ，即 AS 垂直平分 MN 即可. 直线 AQ 与 AR 的方程分别为 lAQ：y 3 2 y2 3 2 x21 (x1)，lAR：y 3 2 y1 3 2 x11 (x1)， 分别令 x0，得 yM y2 3 2 x21 3 2 ，yN y1 3 2 x11 3 2 ， 所以 yMyN y2 3 2 x21 y1 3 2 x11 3 （ 3 2 x1t 3 2 ）（x21）（ 3 2 x2t 3 2 ）（x11） （x11）（x21） 3 3x1x2t（x1x2）
24、3 （x11）（x21） 3 3（t 21）t（ 3t） 3 （x11）（x21） 3 3， ySyMyN 2 3 2 ，即 AS 垂直平分 MN. 所以|AM|AN|. 规律方法圆锥曲线中的证明问题常见的有： (1)位置关系方面的：如证明直线与曲线相切，直线间的平行、垂直，直线过定 点等. (2)数量关系方面的：如存在定值、恒成立、相等等. 在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下，一般采用直接法，通过相关的代数运算 证明，但有时也会用反证法证明. 【训练 3】 (2020合肥模拟)如图，圆 C 与 x 轴相切于点 T(2， 0)，与 y 轴正半轴相交于两点 M，N(点 M 在点 N 的下方)，且
25、 |MN|3. (1)求圆 C 的方程； (2)过点 M 任作一条直线与椭圆x 2 8 y 2 4 1 相交于两点 A， B， 连接 AN， BN， 求证： ANMBNM. (1)解设圆 C 的半径为 r(r0)，依题意，圆心 C 的坐标为(2，r). 因为|MN|3，所以 r2 3 2 2 2225 4 . 所以 r5 2，圆 C 的方程为(x2) 2 y5 2 2 25 4 . (2)证明把 x0 代入方程(x2)2 y5 2 2 25 4 ，解得 y1 或 y4，即点 M(0， 1)，N(0，4). 当 ABx 轴时，可知ANMBNM0. 当 AB 与 x 轴不垂直时，可设直线 AB 的
26、方程为 ykx1. 联立方程 ykx1， x2 8 y 2 4 1 消去 y 得，(12k2)x24kx60. 设直线 AB 交椭圆于 A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则 x1x2 4k 12k2，x 1x2 6 12k2. 所 以 kAN kBN y14 x1 y24 x2 kx13 x1 kx23 x2 2kx1x23（x1x2） x1x2 1 x1x2 12k 12k2 12k 12k20. 所以ANMBNM. 综合知ANMBNM. A 级基础巩固 一、选择题 1.直线 yb ax3 与双曲线 x2 a2 y2 b21(a0，b0)的交点个数是( ) A.1B.2C.1 或 2D
27、.0 解析由直线 yb ax3 与双曲线 x2 a2 y2 b21 的渐近线 y b ax 平行，故直线与双曲 线的交点个数是 1. 答案A 2.(2019浙江八校联考)抛物线 yax2与直线 ykxb(k0)交于 A，B 两点，且 这两点的横坐标分别为 x1，x2，直线与 x 轴交点的横坐标是 x3，则() A.x3x1x2B.x1x2x1x3x2x3 C.x1x2x30D.x1x2x2x3x3x10 解析由 yax2， ykxb，消去 y 得 ax 2kxb0，可知 x1x2k a，x 1x2b a，令 kx b0 得 x3b k，所以 x 1x2x1x3x2x3. 答案B 3.若点 O
28、和点 F 分别为椭圆x 2 4 y 2 3 1 的中心和左焦点，点 P 为椭圆上的任意一 点，则OP FP 的最大值为( ) A.2B.3C.6D.8 解析由题意得 F(1，0)，设点 P(x0，y0)， 则 y203 1x 2 0 4 (2x02). OP FP x0(x01)y2 0 x20 x0y20 x20 x03 1x 2 0 4 1 4(x 02)22. 因为2x02，所以当 x02 时，OP FP 取得最大值，最大值为 6. 答案C 4.(2020石家庄调研)设 F，B 分别为椭圆x 2 a2 y2 b21(ab0)的右焦点和上顶点， O 为坐标原点， C 是直线 yb ax 与
29、椭圆在第一象限内的交点， 若FO FC (BO BC )，则椭圆的离心率是( ) A.2 21 7 B.2 21 7 C.2 21 3 D. 21 解析连接 BF，联立椭圆x 2 a2 y2 b21(ab0)与直线 y b ax 的方程，解得 C a 2， b 2 .因此线段 OC 的中点坐标为 a 2 2， b 2 2 .FO FC (BO BC )，线段 OC 的中点在 BF上， 又直线BF的方程为x c y b1， a 2 2c b 2 2b1， 所以 c a 1 2 21 2 21 7 . 故选 A. 答案A 5.设 P 是椭圆x 2 25 y2 9 1 上一点，M，N 分别是两圆：(
30、x4)2y21 和(x4)2 y21 上的点，则|PM|PN|的最小值、最大值分别为() A.9，12B.8，11 C.8，12D.10，12 解析如图，由椭圆及圆的方程可知两圆圆心分别为椭圆的 两个焦点，由椭圆定义知|PA|PB|2a10，连接 PA，PB 分别与圆相交于两点，此时|PM|PN|最小，最小值为|PA| |PB|2R8；连接 PA，PB 并延长，分别与圆相交于两点，此时|PM|PN|最 大，最大值为|PA|PB|2R12，即最小值和最大值分别为 8，12. 答案C 二、填空题 6.(2019岳阳二模)已知抛物线 yax2(a0)的准线为 l，l 与双曲线x 2 4 y21 的两
31、 条渐近线分别交于 A，B 两点，若|AB|4，则 a_. 解析抛物线 yax2(a0)的准线 l：y 1 4a，双曲线 x2 4 y21 的两条渐近线分 别为 y1 2x，y 1 2x，可得 x A 1 2a，x B 1 2a，可得|AB| 1 2a 1 2a 4，解得 a1 4. 答案 1 4 7.抛物线 C：y22px(p0)的准线与 x 轴的交点为 M，过点 M 作 C 的两条切线， 切点分别为 P，Q，则PMQ_. 解析由题意得 M p 2，0，设过点 M 的切线方程为 xmyp 2，代入 y 22px 得 y22pmyp20，4p2m24p20，m1，则切线斜率 k1， MQMP，
32、因此PMQ 2. 答案 2 8.(2020烟台模拟)过双曲线x 2 a2 y2 b21(a0，b0)的右顶点且斜率为 2 的直线，与 该双曲线的右支交于两点，则此双曲线离心率的取值范围为_. 解析由过双曲线x 2 a2 y2 b21(a0，b0)的右顶点且斜率为 2 的直线，与该双曲线 的右支交于两点，可得b a2. ec a a2b2 a2 1，1eb0)的离心率为 3 2 ，F1，F2是椭圆的两个焦点，M 是 椭圆上任意一点，且MF1F2的周长是 42 3. (1)求椭圆 C1的方程； (2)设椭圆 C1的左、右顶点分别为 A，B，过椭圆 C1上的一点 D 作 x 轴的垂线交 x 轴于点
33、E，若点 C 满足AB BC，AD OC ，连接 AC 交 DE 于点 P，求证：|PD| |PE|. (1)解由 e 3 2 ，知c a 3 2 ，所以 c 3 2 a， 因为MF1F2的周长是 42 3， 所以 2a2c42 3，所以 a2，c 3， 所以 b2a2c21， 所以椭圆 C1的方程为：x 2 4 y21. (2)证明由(1)得 A(2，0)，B(2，0)， 设 D(x0，y0)，所以 E(x0，0)， 因为AB BC，所以可设 C(2，y1)， 所以AD (x02，y0)，OC (2，y1)， 由AD OC 可得：(x02)y12y0，即 y1 2y0 x02. 所以直线 A
34、C 的方程为： y0 2y0 x020 x2 2（2）. 整理得：y y0 2（x02）(x2). 又点 P 在 DE 上，将 xx0代入直线 AC 的方程可得：yy0 2 ，即点 P 的坐标为 x0，y0 2 ，所以 P 为 DE 的中点，|PD|PE|. 10.如图，已知点 P 是 y 轴左侧(不含 y 轴)一点，抛物线 C：y2 4x 上存在不同的两点 A，B 满足 PA，PB 的中点均在 C 上. (1)设 AB 中点为 M，证明：PM 垂直于 y 轴； (2)若 P 是半椭圆 x2y 2 4 1(x0)上的动点，求PAB 面积的取 值范围. (1)证明设 P(x0，y0)，A 1 4
35、y 2 1，y1 ，B 1 4y 2 2，y2 . 因为 PA，PB 的中点在抛物线上，所以 y1，y2为方程 yy0 2 2 4 1 4y 2x0 2 ， 即 y22y0y8x0y200 的两个不同的实根. 所以 y1y22y0，因此，PM 垂直于 y 轴. (2)解由(1)可知 y1y22y0， y1y28x0y20， 所以|PM|1 8(y 2 1y22)x03 4y 2 03x0， |y1y2|2 2（y204x0）. 因此，PAB 的面积 SPAB1 2|PM|y 1y2| 3 2 4 (y204x0)3 2. 因为 x20y 2 0 4 1(x00)， 所以 y204x04x204
36、x044，5， 因此，PAB 面积的取值范围是 6 2，15 10 4. B 级能力提升 11.(2020湖北八校联考)已知抛物线 y22px(p0)的焦点为 F，过 F 的直线 l 交 抛物线于 A， B 两点(点 A 在第一象限)， 若直线 l 的倾斜角为2 3 ， 则|AF| |BF|等于( ) A.1 3 B.2 5 C.1 2 D.2 3 解析由题意得 F p 2，0，直线 l 的斜率 ktan2 3 3，直线 l 的方程为 y 3 xp 2 ，即 x 3 3 yp 2，代入抛物线方程得 y 22 3 3 pyp20，解得 y 3 3 p 或 y 3p，设 A(x1，y1)，B(x2
37、，y2)，由点 A 在第一象限可知 y1 3 3 p， 则 y2 3p，|AF| |BF| |y1| |y2| 1 3，故选 A. 答案A 12.以椭圆上一点和两个焦点为顶点的三角形的面积的最大值为 1， 则椭圆长轴长 的最小值为_. 解析设 a，b，c 分别为椭圆的长半轴长、短半轴长、半焦距， 依题意知，当三角形的高为 b 时面积最大， 所以1 22cb1，bc1， 而 2a2 b2c22 2bc2 2(当且仅当 bc1 时取等号)，即长轴长 2a 的最 小值为 2 2. 答案2 2 13.(多填题)已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的两个焦点分别为 F 1，F2，若 B 为
38、 短轴的一个端点，且F1BF290，则椭圆 C 的离心率为_；若椭圆 C 上存在点 P，使得 PF1PF2，则椭圆 C 的离心率的取值范围为_. 解析由题知 bc，所以 a2b2c22c2，所以 a 2c，所以 ec a c 2c 2 2 . 由题知 F1(c，0)，F2(c，0)，c2a2b2，设点 P(x，y)，由 PF1PF2，得(xc， y)(xc，y)0，化简得 x2y2c2，联立方程组 x2y2c2， x2 a2 y2 b21， 整理得 x2(2c2 a2)a 2 c20，解得 e 2 2 ，又 0e1，所以 2 2 e1. 答案 2 2 2 2 ，1 14.(2020重庆诊断)椭
39、圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的左、右焦点分别是 F 1，F2，离 心率为 3 2 ，过 F1且垂直于 x 轴的直线被椭圆 C 截得的线段长为 1. (1)求椭圆 C 的方程； (2)设直线 l：ykxm 是以坐标原点 O 为圆心，2 5 5 为半径的圆的切线，且与椭 圆 C 交于不同的两点 A，B，求AOB 面积的最大值. 解(1)将 xc 代入椭圆方程x 2 a2 y2 b21，结合 c 2a2b2，得 yb2 a ， 由题意知2b 2 a 1，又 ec a 3 2 ， a2，b1.椭圆 C 的方程为x 2 4 y21. (2)设点 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 直线
40、 l：ykxm 是以坐标原点 O 为圆心，2 5 5 为半径的圆的切线， |m| 1k2 2 5 5 ，即 m24 5(1k 2)， 联立 ykxm， x2 4 y21，消 y 得(14k 2)x28kmx4m240， 16(14k2m2)0，x1x28km 14k2，x 1x24m 24 14k2 ， |AB| 1k2|x1x2| 1k24 14k 2m2 14k2 4 1k2 116k2 5 14k2 4 5 5 （1k2）（116k2） （14k2）2 4 5 5 1 9k2 16k48k21 4 5 5 1 9 16k21 k28 ， 16k2 1 k22 16k2 1 k28，当且仅
41、当 k 21 4时等号成立， |AB|max 5，SOAB的最大值为1 2 2 5 5 51. C 级创新猜想 15.(多选题)已知双曲线x 2 a2 y2 b21(a0， b0)的一条渐近线的方程为 2x3y0， 且抛物线 y24 13x 的准线过双曲线的左焦点，A，B 分别是双曲线的左右顶点， 点 P 为双曲线的右支上位于第一象限内的动点，PA，PB 的斜率分别为 k1，k2， 则 k1k2的取值可以为下列选项中的() A.2 3 B.4 3 C.5 3 D.2 解析渐近线的方程为 2x3y0，可设双曲线的方程为x 2 9 y2 41，抛物线 y 2 4 13x 的准线的方程为 x 13，
42、 可知 c29413， 所以 1313， 1， 双曲线的方程为x 2 9 y 2 4 1，左、右顶点分别为 A(3，0)、B(3，0)，设点 P(x， y)(x3，y0)，可知 k1 y x3，k 2 y x3，k 1k2 y2 x29 4 9，k 10，k20，k1k2， k1k22 k1k24 3，故 k 1k2的取值范围为 4 3，.故选 CD. 答案CD 16.(多填题)(2020郑州模拟)已知不过原点的动直线 l 交抛物线 C：y22px(p0) 于 M，N 两点，O 为坐标原点，F 为抛物线 C 的焦点，且|OM ON |OM ON |， 则直线 l 过定点_，若MNF 面积的最小
43、值为 27，则 p 的值为_. 解析设动直线 MN 的方程为 xmyt，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由题意知 y10， y20，t0，直线 MN 的方程与抛物线 C 的方程 y22px(p0)联立，消去 x，得 y22pmy2pt0，由0 得 pm22t0，y1y22pm，y1y22pt.由|OM ON |OM ON |， 得OM ON 0， 所以 x1x2y1y20， 即y 2 1 2p y22 2py 1y20， 可得 y1y2 4p2，所以 t2p，故直线 MN 恒过定点 Q(2p，0)，将 t2p 代入得 mR， 又知|QF|2p p 2 3p 2 ，故 SMNF 1 2 |QF|y1y2| 1 2 3p 2 4p2m216p2 3p2 2 m243p2，当且仅当 m0 时，等号成立，由题意得 3p227，解得 p3. 答案(2p，0)3
