2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 解析幾何 第三講 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系學(xué)案 理

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1、 第三講　直線與圓錐曲線的位置關(guān)系 考點(diǎn)一　軌跡方程問(wèn)題 求軌跡方程的常用方法 (1)直接法：直接利用條件建立x、y之間的關(guān)系F(x，y)＝0； (2)定義法：滿足的條件恰適合某已知曲線的定義，用待定系數(shù)法求方程； (3)相關(guān)點(diǎn)法(代入法)：動(dòng)點(diǎn)P(x，y)依賴于另一動(dòng)點(diǎn)Q(x0，y0)的變化而變化，并且Q(x0，y0)又在某已知曲線上，則可先用x，y的代數(shù)式表示x0，y0，再將x0，y0代入已知曲線得出要求的軌跡方程； (4)參數(shù)法：將動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)(x，y)表示為第三個(gè)變量的函數(shù)，再消參得所求方程． [對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練] 1．已知點(diǎn)M(－3,0)，N(3,0)，B(1,0)，

2、動(dòng)圓C與直線MN切于點(diǎn)B，過(guò)M，N與圓C相切的兩直線(非x軸)相交于點(diǎn)P，則點(diǎn)P的軌跡方程為(　　) A．x2－＝1(x>1) B．x2－＝1(x<－1) C．x2＋＝1(x>0) D．x2－＝1(x>1) [解析]　由題意知，|PM|－|PN|＝|BM|－|BN|＝2，由雙曲線的定義可知點(diǎn)P的軌跡是以M，N為焦點(diǎn)的雙曲線的右支，由c＝3，a＝1，知b2＝8.所以點(diǎn)P的軌跡方程為x2－＝1(x>1)．故選A. [答案]　A 2．(2018·豫北四校聯(lián)考)已知△ABC的頂點(diǎn)B(0,0)，C(5,0)，AB邊上的中線長(zhǎng)|CD|＝3，則頂點(diǎn)A的軌跡方程為_(kāi)_____________

3、__． [解析]　設(shè)A(x，y)，由題意可知D.又∵|CD|＝3，∴2＋2＝9，即(x－10)2＋y2＝36，由于A、B、C三點(diǎn)不共線，∴點(diǎn)A不能落在x軸上，即y≠0，∴點(diǎn)A的軌跡方程為(x－10)2＋y2＝36(y≠0)． [答案]　(x－10)2＋y2＝36(y≠0) 3．已知P是圓x2＋y2＝4上的動(dòng)點(diǎn)，P點(diǎn)在x軸上的射影是D，點(diǎn)M滿足＝，則點(diǎn)M的軌跡方程是__________________． [解析]　設(shè)M(x，y)，則D(x,0)， 由＝知P(x,2y)， ∵點(diǎn)P在圓x2＋y2＝4上， ∴x2＋4y2＝4，故動(dòng)點(diǎn)M的軌跡C的方程為＋y2＝1. [答案]?。珁2＝1

4、 4．已知雙曲線－y2＝1的左、右頂點(diǎn)分別為A1，A2，點(diǎn)P(x1，y1)，Q(x1，－y1)是雙曲線上不同于A1、A2的兩個(gè)不同的動(dòng)點(diǎn)，則直線A1P與A2Q交點(diǎn)的軌跡方程為_(kāi)___________________． [解析]　由題設(shè)知|x1|>，A1(－，0)，A2(，0)，則有直線A1P的方程為y＝(x＋)，① 直線A2Q的方程為y＝(x－)，② 聯(lián)立①②，解得∴③ ∴x≠0，且|x|<，因?yàn)辄c(diǎn)P(x1，y1)在雙曲線－y2＝1上，所以－y＝1. 將③代入上式，整理得所求軌跡的方程為＋y2＝1(x≠0，且x≠±)． [答案]?。珁2＝1(x≠0且x≠±) [快速審題]　看到求

5、動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程問(wèn)題，想到定義法、直接法、代入法、參數(shù)法等方法的模型特征． 　求軌跡方程的4步驟 →→→ 考點(diǎn)二　弦長(zhǎng)問(wèn)題 1．直線與圓錐曲線相交時(shí)的弦長(zhǎng) 當(dāng)直線與圓錐曲線交于點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)時(shí)，|AB|＝|x1－x2|＝ |y1－y2|. 2．拋物線的過(guò)焦點(diǎn)的弦長(zhǎng) 拋物線y2＝2px(p>0)過(guò)焦點(diǎn)F的弦AB，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，則|AB|＝x1＋x2＋p. [解]　(1)設(shè)點(diǎn)P(x，y)，因?yàn)锳(－，0)，B(，0)，所以直線PA的斜率為(x≠－)，直線PB的斜率為(x≠)， 又直線PA的斜率為k1，直線PB的斜率為－，

6、 所以·＝k1·＝－(x≠±)，整理得＋y2＝1(x≠±)， 所以點(diǎn)P的軌跡C的方程為＋y2＝1(x≠±)． (2)設(shè)點(diǎn)M，N的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，在y軸上的截距為1的直線l的方程為y＝kx＋1， 聯(lián)立方程得消去y，得(1＋2k2)x2＋4kx＝0，解得x1＝0，x2＝－， 所以|MN|＝|x1－x2| ＝＝， 整理得k4＋k2－20＝0，即(k2－4)(k2＋5)＝0， 解得k＝±2. 所以直線l的方程為2x－y＋1＝0或2x＋y－1＝0. (1)在涉及弦長(zhǎng)的問(wèn)題中，應(yīng)熟練地利用根與系數(shù)的關(guān)系，設(shè)而不求計(jì)算弦長(zhǎng)；涉及過(guò)焦點(diǎn)的弦的問(wèn)題，可考慮

7、用圓錐曲線的定義求解． (2)弦長(zhǎng)計(jì)算公式：直線AB與圓錐曲線有兩個(gè)交點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則弦長(zhǎng)|AB|＝·，其中k為弦AB所在直線的斜率． [對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練] 已知雙曲線－y2＝1的右焦點(diǎn)是拋物線y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)，直線y＝kx＋m與拋物線相交于A，B兩個(gè)不同的點(diǎn)，點(diǎn)M(2,2)是線段AB的中點(diǎn)，求△AOB(O為坐標(biāo)原點(diǎn))的面積． [解]　由已知可得雙曲線的右焦點(diǎn)為(2,0)． 因?yàn)樵擖c(diǎn)也為拋物線的焦點(diǎn)，所以p＝4. 所以拋物線方程為y2＝8x. 又因?yàn)橹本€y＝kx＋m與拋物線相交于A，B兩點(diǎn)． 所以將直線方程代入拋物線方程可得(kx＋m)2＝8x，

8、即k2x2＋(2km－8)x＋m2＝0， ∴x1＋x2＝，x1x2＝. 又因?yàn)镸(2,2)是線段AB的中點(diǎn)， 所以x1＋x2＝＝4，且2＝2k＋m， 聯(lián)立解得k＝2，m＝－2. 所以|AB|＝|x1－x2|＝·＝2，O到AB的距離d＝. ∴S△AOB＝×2×＝2. 考點(diǎn)三　直線與圓錐曲線的位置關(guān)系 1．解決直線與橢圓的位置關(guān)系的常規(guī)思路是先把直線方程與橢圓方程聯(lián)立，消元、化簡(jiǎn)，然后利用根與系數(shù)的關(guān)系建立方程(組)，解決相關(guān)問(wèn)題． 2．涉及弦的中點(diǎn)坐標(biāo)時(shí)，可以采用“點(diǎn)差法”求解，設(shè)出弦端點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，分別代入圓錐曲線方程并作差，變形后可出現(xiàn)弦AB的中點(diǎn)坐標(biāo)和直線AB的斜率．

9、 [證明]　(1)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則＋＝1，＋＝1. 兩式相減，并由＝k得＋·k＝0. 由題設(shè)知＝1，＝m， 于是k＝－.① 由題設(shè)得0

10、|成等差數(shù)列． 設(shè)該數(shù)列的公差為d，則 2|d|＝||－|||＝|x1－x2| ＝.② 將m＝代入①得k＝－1. 所以l的方程為y＝－x＋，代入C的方程，并整理得7x2－14x＋＝0. 故x1＋x2＝2，x1x2＝，代入②解得|d|＝. 所以該數(shù)列的公差為或－. 　求解直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的方法 在涉及直線與二次曲線的兩個(gè)交點(diǎn)坐標(biāo)時(shí)，一般不是求出這兩個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，而是設(shè)出這兩個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)，根據(jù)直線方程和曲線方程聯(lián)立后所得方程的根的情況，使用根與系數(shù)的關(guān)系進(jìn)行整體代入，這種設(shè)而不求的思想是解析幾何中處理直線和二次曲線相交問(wèn)題的最基本方法． [對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練] (2018·

11、長(zhǎng)春第一次質(zhì)量監(jiān)測(cè))已知橢圓C的兩個(gè)焦點(diǎn)為F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，且經(jīng)過(guò)點(diǎn)E. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)過(guò)點(diǎn)F1的直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)(點(diǎn)A位于x軸上方)，若＝λ，且2≤λ<3，求直線l的斜率k的取值范圍． [解]　(1)根據(jù)題意，設(shè)橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1(a>b>0)，則解得 所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)根據(jù)題意可設(shè)直線l的方程為y＝k(x＋1)(k>0)， 聯(lián)立方程，得消去x，得y2－y－9＝0，Δ＝＋144>0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝　①， y1y2＝?、冢? 又＝λ，所以y1＝－λy2?、?把③代入①得

12、y1＝，y2＝，并結(jié)合②可得y1y2＝＝，則＝，即λ＋－2＝. 因?yàn)?≤λ<3，所以≤λ＋－2<， 即≤<，且k>0，解得0

13、(x1－1)·(x2－1)＋y1y2＝x1x2－(x1＋x2)＋1＋y1y2＝4－5＋1＋8＝8，故選D. [答案]　D 2．(2017·全國(guó)卷Ⅰ)已知F為拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)，過(guò)F作兩條互相垂直的直線l1，l2，直線l1與C交于A，B兩點(diǎn)，直線l2與C交于D，E兩點(diǎn)，則|AB|＋|DE|的最小值為(　　) A．16 B．14 C．12 D．10 [解析]　由題意可知，點(diǎn)F的坐標(biāo)為(1,0)，直線AB的斜率存在且不為0，故設(shè)直線AB的方程為x＝my＋1. 由得y2－4my－4＝0， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則y1＋y2＝4m，y1y2＝－4， ∴x1

14、＋x2＝m(y1＋y2)＋2＝4m2＋2， ∴|AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋2＝4m2＋4. ∵AB⊥DE，∴直線DE的方程為x＝－y＋1，|DE|＝＋4， ∴|AB|＋|DE|＝4m2＋4＋＋4 ＝4＋8≥4×2＋8＝16， 當(dāng)且僅當(dāng)m2＝，即m＝±1時(shí)，等號(hào)成立． ∴|AB|＋|DE|的最小值為16.故選A. [答案]　A 3．(2018·全國(guó)卷Ⅲ)已知點(diǎn)M(－1,1)和拋物線C：y2＝4x，過(guò)C的焦點(diǎn)且斜率為k的直線與C交于A，B兩點(diǎn)．若∠AMB＝90°，是k＝________. [解析]　由題意可知C的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(1,0)，所以過(guò)焦點(diǎn)(1,0)，斜率為k的

15、直線方程為x＝＋1，設(shè)A，B，將直線方程與拋物線方程聯(lián)立得整理得y2－y－4＝0，從而得y1＋y2＝，y1·y2＝－4. ∵M(jìn)(－1,1)，∠AMB＝90°，∴·＝0， 即·＋(y1－1)(y2－1)＝0，即k2－4k＋4＝0，解得k＝2. [答案]　2 4．(2018·全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)為F，過(guò)F且斜率為k(k>0)的直線l與C交于A，B兩點(diǎn)，|AB|＝8. (1)求l的方程； (2)求過(guò)點(diǎn)A，B且與C的準(zhǔn)線相切的圓的方程． [解]　(1)由題意得F(1,0)，l的方程為y＝k(x－1)(k>0)， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)． 由得k2x2－

16、(2k2＋4)x＋k2＝0. Δ＝16k2＋16>0，故x1＋x2＝. 所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝. 由題設(shè)知＝8，解得k＝－1(舍去)，或k＝1， 因此l的方程為y＝x－1. (2)由(1)得AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(3,2)，所以AB的垂直平分線方程為y－2＝－(x－3)，即y＝－x＋5. 設(shè)所求圓的圓心坐標(biāo)為(x0，y0)，則 解得或 因此所求圓的方程為(x－3)2＋(y－2)2＝16 或(x－11)2＋(y＋6)2＝144. 圓錐曲線的綜合問(wèn)題多以解答題的形式考查，常作為壓軸題出現(xiàn)在第20題的位置，一般難度較大．直線與圓錐

17、曲線的位置關(guān)系、軌跡方程、定點(diǎn)、定值、最值、范圍以及存在性問(wèn)題都是考查的重點(diǎn)，常與向量、函數(shù)、不等式等知識(shí)結(jié)合．解題時(shí)，常以直線與圓錐曲線的位置關(guān)系為突破口，利用設(shè)而不求、整體代換的技巧求解，要注重?cái)?shù)形結(jié)合思想、函數(shù)與方程思想、分類討論思想以及轉(zhuǎn)化與化歸思想在解題中的指導(dǎo)作用． 熱點(diǎn)課題16　圓錐曲線中的切線問(wèn)題 [感悟體驗(yàn)] 1．(2018·廣東茂名第一次綜合測(cè)試)從拋物線x2＝4y的準(zhǔn)線l上一點(diǎn)P引拋物線的兩條切線PA，PB，且A，B為切點(diǎn)，若直線AB的傾斜角為，則P點(diǎn)的橫坐標(biāo)為_(kāi)_____________． [解析]　解法一：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，

18、P(x0，－1)，則kAB＝＝. 因?yàn)閥1＝，y2＝，所以kAB＝＝，所以x1＋x2＝. 由x2＝4y，得y＝，所以y′＝，所以切線PA的方程為y－y1＝(x－x1)，切線PB的方程為y－y2＝(x－x2)， 即切線PA的方程為y－＝(x－x1)，即x－2x1x＋4y＝0， 切線PB的方程為y－＝(x－x2)，即x－2x2x＋4y＝0. 因?yàn)辄c(diǎn)P(x0，－1)同時(shí)在切線PA，PB上，所以x－2x1x0－4＝0，x－2x2x0－4＝0，所以x1，x2是方程x2－2x0x－4＝0的兩根，所以x1＋x2＝2x0，所以x0＝. 解法二：設(shè)P(x0，－1)，則直線AB的方程為x0x＝4·，即

19、y＝x＋1. 又直線AB的傾斜角為，所以＝，所以x0＝. [答案]　 2．已知一個(gè)橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為F1(－5,0)和F2(5,0)，且與直線x＋y－6＝0相切，則該橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為_(kāi)_____________． [解析]　解法一：設(shè)切點(diǎn)為P(x0，y0)，橢圓方程為＋＝1(a>b>0)，則切線為＋＝1，即y＝－·x＋，對(duì)比x＋y－6＝0，可得 解得代入切線方程x＋y－6＝0，可得a2＋b2－36＝0，由c＝5，得2a＝.即該橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為. 解法二：設(shè)橢圓方程為＋＝1(a>b>0)，橢圓與直線x＋y－6＝0相切于P點(diǎn)，則|PF1|＋|PF2|＝2a.在直線x＋y－6＝0上任取異于

20、點(diǎn)P的點(diǎn)Q，均有|QF1|＋|QF2|>2a，可知點(diǎn)P是直線x＋y－6＝0上到兩定點(diǎn)F1，F(xiàn)2的距離之和最小的點(diǎn)．若F1(－5,0)關(guān)于直線x＋y－6＝0對(duì)稱的點(diǎn)為F′1，則F′1，P，F(xiàn)2三點(diǎn)在同一直線上，易得F′1(6,11)，所以2a＝|PF1|＋|PF2|＝|PF′1|＋|PF2|＝|F′1F2|＝.即該橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為. [答案]　 專題跟蹤訓(xùn)練(二十六) 一、選擇題 1．在直角坐標(biāo)平面內(nèi)，點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為(－1,0)，(1,0)，則滿足tan∠PAB·tan∠PBA＝m(m為非零常數(shù))的點(diǎn)P的軌跡方程是(　　) A．x2－＝1(y≠0) B．x2－＝1 C．x

21、2＋＝1(y≠0) D．x2＋＝1 [解析]　設(shè)P(x，y)，由題意，得·＝－m(m≠0)，化簡(jiǎn)可得x2＋＝1(y≠0)． [答案]　C 2．(2018·重慶模擬)設(shè)A，P是橢圓＋y2＝1上兩點(diǎn)，點(diǎn)A關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為B(異于點(diǎn)P)，若直線AP，BP分別交x軸于點(diǎn)M，N，則·＝(　　) A．0 B．1 C. D．2 [解析]　依題意，將點(diǎn)P特殊化為點(diǎn)(，0)，于是點(diǎn)M，N均與點(diǎn)(，0)重合，于是有·＝2，故選D. [答案]　D 3．已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F(3,0)，過(guò)點(diǎn)F的直線交E于A，B兩點(diǎn)．若AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(1，－1)，則E的方程為(　　)

22、 A.＋＝1 B.＋＝1 C.＋＝1 D.＋＝1 [解析]　設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則＋＝1，＋＝1，兩式作差并化簡(jiǎn)變形得＝－，而＝＝，x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，所以a2＝2b2，又a2－b2＝c2＝9，于是a2＝18，b2＝9.故選D. [答案]　D 4．(2018·唐山市高三五校聯(lián)考)直線l與雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)交于A，B兩點(diǎn)，M是線段AB的中點(diǎn)，若l與OM(O是原點(diǎn))的斜率的乘積等于1，則此雙曲線的離心率為(　　) A．2 B. C．3 D. [解析]　設(shè)直線l與雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的交點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，

23、y2)，易知x1≠x2，則－＝1(a>0，b>0)?、伲?(a>0，b>0)?、冢冢俚茫?，即＝，因?yàn)閘與OM的斜率的乘積等于1，所以＝1，雙曲線的離心率e＝ ＝，故選B. [答案]　B 5．(2018·鄭州市第三次質(zhì)量預(yù)測(cè))橢圓＋＝1的左焦點(diǎn)為F，直線x＝a與橢圓相交于點(diǎn)M，N，當(dāng)△FMN的周長(zhǎng)最大時(shí)，△FMN的面積是(　　) A. B. C. D. [解析]　設(shè)橢圓的右焦點(diǎn)為E，由橢圓的定義知△FMN的周長(zhǎng)為L(zhǎng)＝|MN|＋|MF|＋|NF|＝|MN|＋(2－|ME|)＋(2－|NE|)．因?yàn)閨ME|＋|NE|≥|MN|，所以|MN|－|ME|－|NE|≤0，當(dāng)直線MN過(guò)

24、點(diǎn)E時(shí)取等號(hào)，所以L＝4＋|MN|－|ME|－|NE|≤4，即直線x＝a過(guò)橢圓的右焦點(diǎn)E時(shí)，△FMN的周長(zhǎng)最大，此時(shí)S△FMN＝×|MN|×|EF|＝××2＝，故選C. [答案]　C 6．(2018·福建省高三質(zhì)檢)過(guò)拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)F的直線l交拋物線于A，B兩點(diǎn)，交其準(zhǔn)線于點(diǎn)C，且A，C位于x軸同側(cè)，若|AC|＝2|AF|，則|BF|等于(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 [解析]　設(shè)拋物線的準(zhǔn)線與x軸交于點(diǎn)D，則由題意，知F(1,0)，D(－1,0)，分別作AA1，BB1垂直于拋物線的準(zhǔn)線，垂足分別為A1，B1，則有＝，所以|AA1|＝，故|AF|＝.又＝，即＝，

25、亦即＝，解得|BF|＝4，故選C. [答案]　C 二、填空題 7．橢圓C：＋＝1的左、右頂點(diǎn)分別為M，N，點(diǎn)P在C上，且直線PN的斜率是－，則直線PM的斜率為_(kāi)_______． [解析]　設(shè)P(x0，y0)，則＋＝1，直線PM的斜率kPM＝，直線PN的斜率kPN＝，可得kPM·kPN＝＝－，故kPM＝－·＝3. [答案]　3 8．(2018·鄭州一模)如圖，F(xiàn)1，F(xiàn)2是雙曲線－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)，過(guò)F1的直線l與C的左、右兩個(gè)分支分別交于點(diǎn)B，A.若△ABF2為等邊三角形，則雙曲線的離心率為_(kāi)_______________． [解析]　∵△ABF2為等邊三角形

26、，∴|AB|＝|AF2|＝|BF2|，∠F1AF2＝60°. 由雙曲線的定義可得|AF1|－|AF2|＝2a，∴|BF1|＝2a. 又|BF2|－|BF1|＝2a，∴|BF2|＝4a.∴|AF2|＝4a，|AF1|＝6a. 在△AF1F2中，由余弦定理可得 |F1F2|2＝|AF1|2＋|AF2|2－2|AF2|·|AF1|cos60°， ∴(2c)2＝(4a)2＋(6a)2－2×4a×6a×，整理得c2＝7a2，∴e＝＝＝. [答案]　 9．(2018·湖南六校聯(lián)考)設(shè)拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)為F，過(guò)點(diǎn)P(－1,0)作直線l與拋物線C交于A、B兩點(diǎn)．若S△ABF＝，且|AF|

27、<|BF|，則＝________. [解析]　設(shè)直線l的方程為x＝my－1，將直線方程代入拋物線C：y2＝4x的方程得y2－4my＋4＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則0<<1，y1＋y2＝4m，y1·y2＝4，又S△ABF＝，所以S△BPF－S△APF＝|y2－y1|＝，因此y＋y＝10，所以＝＝，從而＝，又由拋物線的定義與相似三角形可知＝＝，∴＝＝. [答案]　 三、解答題 10．(2018·廣東七校第一次聯(lián)考)已知?jiǎng)狱c(diǎn)M到定點(diǎn)F1(－2,0)和F2(2,0)的距離之和為4. (1)求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡C的方程； (2)設(shè)N(0,2)，過(guò)點(diǎn)P(－1，－2)作直線l，交曲線

28、C于不同于N的兩點(diǎn)A，B，直線NA，NB的斜率分別為k1，k2，求k1＋k2的值． [解]　(1)由橢圓的定義，可知點(diǎn)M的軌跡是以F1，F(xiàn)2為焦點(diǎn)，4為長(zhǎng)軸長(zhǎng)的橢圓． 由c＝2，a＝2，得b＝2. 故動(dòng)點(diǎn)M的軌跡C的方程為＋＝1. (2)當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)其方程為y＋2＝k(x＋1)， 由得(1＋2k2)x2＋4k(k－2)x＋2k2－8k＝0. Δ＝[4k(k－2)]2－4(1＋2k2)(2k2－8k)>0，則k>0或k<－. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－，x1x2＝. 從而k1＋k2＝＋ ＝ ＝2k－(k－4) ＝4. 當(dāng)直線l的斜率

29、不存在時(shí)，得A， B， 所以k1＋k2＝4. 綜上，恒有k1＋k2＝4. 11．(2018·合肥一模)已知點(diǎn)F為橢圓E：＋＝1(a>b>0)的左焦點(diǎn)，且兩焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)頂點(diǎn)構(gòu)成一個(gè)等邊三角形，直線＋＝1與橢圓E有且僅有一個(gè)交點(diǎn)M. (1)求橢圓E的方程． (2)設(shè)直線＋＝1與y軸交于P點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P的直線l與橢圓E交于兩個(gè)不同點(diǎn)A，B，若λ|PM|2＝|PA|·|PB|，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍． [解]　(1)由題意，得a＝2c，b＝c，則橢圓E的方程為＋＝1，聯(lián)立得x2－2x＋4－3c2＝0. ∵直線＋＝1與橢圓E有且僅有一個(gè)交點(diǎn)M， ∴Δ＝4－4(4－3c2)＝0，得c2＝1，

30、∴橢圓E的方程為＋＝1. (2)由(1)得M點(diǎn)坐標(biāo)為. ∵直線＋＝1與y軸交于點(diǎn)P(0,2)， ∴|PM|2＝. 當(dāng)直線l與x軸垂直時(shí)，|PA|·|PB|＝(2＋)(2－)＝1， 由λ|PM|2＝|PA|·|PB|，得λ＝. 當(dāng)直線l與x軸不垂直時(shí)，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 聯(lián)立得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0， 依題意得，x1x2＝，且Δ＝48(4k2－1)>0， ∴|PA||PB|＝·＝(1＋k2)x1x2＝(1＋k2)·＝1＋＝λ，∴λ＝. ∵k2>，∴<λ<1. 綜上所述，λ的取值范圍是. 12．(2018·太原模

31、擬)已知拋物線C：x2＝2py(p>0)，圓O：x2＋y2＝1. (1)若拋物線C的焦點(diǎn)F在圓O上，且A為拋物線C和圓O的一個(gè)交點(diǎn)，求|AF|； (2)若直線l與拋物線C和圓O分別相切于點(diǎn)M，N，求|MN|的最小值及相應(yīng)p的值． [解]　(1)由題意得F(0,1)，從而拋物線C：x2＝4y. 解方程組得yA＝－2， ∴|AF|＝－1. (2)設(shè)M(x0，y0)，由y′＝， 得切線l：y＝(x－x0)＋y0， 結(jié)合x(chóng)＝2py0，整理得x0x－py－py0＝0. 由|ON|＝1得＝1，即|py0|＝＝， ∴p＝且y－1>0. ∴|MN|2＝|OM|2－1＝x＋y－1＝2py0＋y－1＝＋y－1＝4＋＋(y－1)≥8， 當(dāng)且僅當(dāng)y0＝時(shí)等號(hào)成立． ∴|MN|的最小值為2，此時(shí)p＝. 17