1、第八章解析几何第八节圆锥曲线的综合问题1直线与圆锥曲线的位置关系判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时，通常将直线l的方程AxByC0(A，B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x，y)0，消去y(也可以消去x)得到一个关于变量x(或变量y)的一元方程即消去y，得ax2bxc0.(1)当a0时，设一元二次方程ax2bxc0的判别式为，则0直线与圆锥曲线C相交；0直线与圆锥曲线C相切；0，即3m3时，方程有两个不同的实数根，可知原方程组有两组不同的实数解这时直线l与椭圆C有两个不重合的公共点(2)当0，即m3时，方程有两个相同的实数根，可知原方程组有两组相同的实数解这时直线l与椭圆C有两个互相重合的
2、公共点，即直线l与椭圆C有且只有一个公共点(3)当0，即m3时，方程没有实数根，可知原方程组没有实数解这时直线l与椭圆C没有公共点解题师说1方法要熟直线与圆锥曲线位置关系的判定方法代数法即联立直线与圆锥曲线方程可得到一个关于x，y的方程组，消去y(或x)得一元方程，此方程根的个数即为交点个数，方程组的解即为交点坐标几何法即画出直线与圆锥曲线的图象，根据图象判断公共点个数2结论要记(1)过椭圆外一点总有两条直线与椭圆相切，过椭圆上一点有且仅有一条直线与椭圆相切，过椭圆内一点的直线均与椭圆相交(2)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：两条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；过抛物
3、线上一点总有两条直线与抛物线有且只有一个公共点：一条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；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：一条与对称轴平行或重合的直线(3)过双曲线外但不在渐近线上的一点总有四条直线与双曲线有且只有一个交点：两条切线和两条与渐近线平行的直线；过双曲线上一点总有三条直线与双曲线有且只有一个交点：一条切线和两条与渐近线平行的直线；过双曲线内一点总有两条直线与双曲线有且只有一个交点：两条与渐近线平行的直线3失误要防(1)要注意二次项系数不能为0，且直线与双曲线右支有两个不同的交点A(x1，y1)，B(x2，y2)，故有x1x20，x1x20.(如典题领悟第1题)(
4、2)判断直线与圆锥曲线位置关系时，判别式起着关键性的作用，第一：可以限定所给参数的范围；第二：可以取舍某些解以免产生增根冲关演练(2016全国卷)在直角坐标系xOy中，直线l：yt(t0)交y轴于点M，交抛物线C：y22px(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；(2)除H以外，直线MH与C是否有其他公共点？说明理由解：(1)如图，由已知得M(0，t)，P.又N为M关于点P的对称点，故N，故直线ON的方程为yx，将其代入y22px整理得px22t2x0，解得x10，x2.因此H.所以N为OH的中点，即2.(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点理由如下：直线
5、MH的方程为ytx，即x(yt)代入y22px得y24ty4t20，解得y1y22t，即直线MH与C只有一个公共点，所以除H以外，直线MH与C没有其他公共点在高考中，圆锥曲线的弦长与图形的面积可以单独成题，也可以结合在一起综合考查，联立直线方程与圆锥曲线方程是求解此类问题的第一步，涉及到的题目一般为中高难度的解答题.典题领悟(2016全国卷)已知椭圆E：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t4，|AM|AN|时，求AMN的面积；(2)当2|AM|AN|时，求k的取值范围思维路径(1)写出椭圆的方程，得到点A的坐标，写出直线AM
6、的方程；联立直线与椭圆的方程解出点M的纵坐标，求出AMN的面积(2)根据点A的坐标写出直线AM的方程；联立直线与椭圆的方程解出点M的横坐标，进而求出|AM|，并采用同样的方法或整体代换法求出|AN|；由2|AM|AN|得到t与k的关系式，根据t的取值范围解得k的取值范围解：设M(x1，y1)，则由题意知y10.(1)当t4时，E的方程为1，A(2,0)由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为.因此直线AM的方程为yx2.将xy2代入1得7y212y0.解得y0或y，所以y1.因此AMN的面积SAMN2.(2)由题意t3，k0，A(，0)将直线AM的方程yk(x)代入1，得(3tk2)x22t
7、k2xt2k23t0.由x1()，得x1，故|AM|x1|.由题设，直线AN的方程为y(x)，故同理可得|AN|.由2|AM|AN|，得，即(k32)t3k(2k1)当k时上式不成立，因此t.t3等价于0，即0.因此得或解得k0)，以椭圆内一点M(2,1)为中点作弦AB，设线段AB的中垂线与椭圆相交于C，D两点(1)求椭圆的离心率；(2)试判断是否存在这样的m，使得A，B，C，D在同一个圆上，并说明理由解：(1)将方程化成椭圆的标准方程1(m0)，则a，c ，故e.(2)由题意，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，直线AB的斜率存在，设为k，则直线AB的方
8、程为yk(x2)1，代入x22y2m(m0)，消去y，得(12k2)x24k(12k)x2(2k1)2m0(m0)所以x1x24，即k1，此时，由0，得m6.则直线AB的方程为xy30，直线CD的方程为xy10.由得3y22y1m0，y3y4，故CD的中点N为.由弦长公式，可得|AB| |x1x2|.|CD|y3y4|AB|，若存在圆，则圆心在CD上，因为CD的中点N到直线AB的距离d.|NA|2|NB|222，又22，故存在这样的m(m6)，使得A，B，C，D在同一个圆上中点弦问题在高考中的应用有两个方面：一是已知弦的中点，求弦所在直线的斜率和方程以及弦的垂直平分线方程等；二是不知道弦的中点
9、，但通过设参数得到弦的中点坐标，从而求得弦的方程进行下一步运算.典题领悟(2018云南11校跨区联考)已知椭圆E：1(ab0)的离心率为，点A，B分别为椭圆E的左、右顶点， 点C在E上，且ABC面积的最大值为2.(1)求椭圆E的方程；(2)设F为E的左焦点，点D在直线x4上，过F作DF的垂线交椭圆E于M，N两点证明：直线OD平分线段MN .学审题可知；C点在何处时，ABC的面积最大？由于A，B是椭圆的左、右顶点，故可确定点C为椭圆的短轴顶点；看到OD平分线段MN想到中点弦问题想到OD和MN的中点与O的连线斜率相等解：(1)由题意得解得故椭圆E的方程为1.(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2
10、，y2)，D(4，n)，线段MN的中点P(x0，y0)，则2x0x1x2,2y0y1y2，由(1)可得F(1,0)，则直线DF的斜率为kDF，当n0时，直线MN的斜率不存在，根据椭圆的对称性可知OD平分线段MN.当n0时，直线MN的斜率kMN.点M，N在椭圆E上，整理得：0，又2x0x1x2,2y0y1y2，直线OP的斜率为kOP，直线OD的斜率为kOD，直线OD平分线段MN.解题师说1“点差法”的4步骤处理有关中点弦及对应直线斜率关系的问题时，常用“点差法”，步骤如下：2“点差法”的常见结论设AB为圆锥曲线的弦，点P为弦AB的中点：(1)椭圆1(ab0)中的中点弦问题：kABkOP；(2)双
11、曲线1(a0，b0)中的中点弦问题：kABkOP；(3)抛物线y22px(p0)中的中点弦问题：kAB(y0为中点P的纵坐标)冲关演练1(2018洛阳第一次统考)已知双曲线E：1，直线l交双曲线于A，B两点，若线段AB的中点坐标为，则直线l的方程为()A4xy10B2xy0C2x8y70 Dx4y30解析：选C依题意，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有两式相减得，即.又线段AB的中点坐标是，因此x1x221，y1y2(1)22，即直线AB的斜率为，直线l的方程为y1，即2x8y70.2(2017天津高考)设椭圆1(ab0)的左焦点为F，右顶点为A，离心率为.已知A是抛物线y22px(
12、p0)的焦点，F到抛物线的准线l的距离为.(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.若APD的面积为，求直线AP的方程解：(1)设F的坐标为(c,0)依题意解得于是b2a2c2.所以椭圆的方程为x21，抛物线的方程为y24x.(2)设直线AP的方程为xmy1(m0)，与直线l的方程x1联立，可得点P，故点Q.联立消去x，整理得(3m24)y26my0，解得y0或y.由点B异于点A，可得点B.由Q，可得直线BQ的方程为(x1)0，令y0，解得x，故点D.所以|AD|1.又因为APD的面积为，故，整理得3
13、m22|m|20，解得|m|，所以m.所以直线AP的方程为3xy30或3xy30.与圆锥曲线有关的综合问题是每年高考的热点，属必考内容，主要涉及最值问题、范围问题、定点和定值问题以及存在性问题，难度较大，属压轴题.典题领悟已知动圆过定点A(2,0)，且在y轴上截得的弦长为4，设动圆圆心的轨迹为H，点E(m,0)(m0)为一个定点，过点E作斜率分别为k1，k2的两条直线交H于点A，B，C，D且M，N分别是线段AB，CD的中点(1)求轨迹H的方程；(2)若m1，且过点E的两条直线相互垂直，求EMN的面积的最小值；(3)若k1k21，求证：直线MN过定点思维路径(1)由于已知圆过定点及与y轴相交所得
14、的弦长，故可利用圆的半径、弦心距及弦长的一半三者之间的关系求H的轨迹方程；(2)由于过点E的两条直线互相垂直，即MENE，故SEMN|ME|NE|，建立面积关于直线斜率的函数求解；(3)联立直线方程与抛物线方程，用A，B坐标表示k1，k2，代入k1k21，求出直线MN的方程，化成点斜式，证明直线MN过定点解：(1)设动圆圆心的坐标为(x，y)，由题意知，化简得y24x，动圆圆心的轨迹H的方程为y24x.(2)当m1时，E为抛物线y24x的焦点，k1k21，ABCD.设直线AB的方程为yk1(x1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)由得k1y24y4k10.则y1y2，y1y24，x1x222
15、.M，M.同理，可得N(2k1，2k1)SEMN|EM|EN|224，当且仅当k，即k11时，EMN的面积取最小值4.(3)证明：设直线AB的方程为yk1(xm)，A(x1，y1)，B(x2，y2)由得k1y24y4k1m0，则y1y2，y1y24m，x1x22m2m.M，M.同理，可得N，kMNk1k2，直线MN的方程为yk1k2，即yk1k2(xm)2，直线MN恒过定点(m,2)解题师说1求解定点问题的基本思路(1)把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把参数当作未知数，将方程一端化为0，即化为kf(x，y)g(x，y)0的形式(这里把参数k当作未知数)(2)既然是过定点，那么这个方
16、程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于0，这样就得到一个关于x，y的方程组，即(3)这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点，即满足的点(x0，y0)为直线或曲线所过的定点2求解定值问题的基本思路(1)先求出这个几何量或代数表达式；(2)对表达式进行化简，整理成yf(m，n，k)的最简形式；(3)根据已知条件列出必要的方程(或不等式)，消去参数，最后求出定值，一般是根据已知条件列出方程kg(m，n)代入yf(m，n，k)，得到yh(m，n)c(c为常数)的形式3圆锥曲线中的最值问题解决方法代数法从代数的角度考虑，通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法和基本不等式法、换元
17、法、导数法等方法求最值几何法从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线几何意义求最值冲关演练已知点M是椭圆C：1(ab0)上一点，F1，F2分别为C的左、右焦点，且|F1F2|4，F1MF260，F1MF2的面积为.(1)求椭圆C的方程；(2)设N(0,2)，过点P(1，2)作直线l，交椭圆C异于N的A，B两点，直线NA，NB的斜率分别为k1，k2，证明：k1k2为定值解：(1)在F1MF2中，由|MF1|MF2|sin 60，得|MF1|MF2|.由余弦定理，得|F1F2|2|MF1|2|MF2|22|MF1|MF2|cos 60(|MF1|MF2|)23|MF1|MF2|16，解得|MF
18、1|MF2|4.从而2a|MF1|MF2|4，即a2.由|F1F2|4得c2，从而b2，故椭圆C的方程为1.(2)证明：当直线l的斜率存在时，设斜率为k，则其方程为y2k(x1)，由消去y，得(12k2)x24k(k2)x2k28k0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2.从而k1k22k(k4)4.当直线l的斜率不存在时，可得A，B，得k1k24.综上，k1k2为定值(一)普通高中适用作业A级基础小题练熟练快1过抛物线y22x的焦点作一条直线与抛物线交于A，B两点，它们的横坐标之和等于2，则这样的直线()A有且只有一条B有且只有两条C有且只有三条 D有且只有四条解析：选
19、B设该抛物线焦点为F，A(xA，yA)，B(xB，yB)，则|AB|AF|FB|xAxBxAxB132p2.所以符合条件的直线有且只有两条2斜率为1的直线l与椭圆y21相交于A，B两点，则|AB|的最大值为()A2 B.C. D.解析：选C设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为yxt，代入y21，消去y，得5x28tx4t240，由题意得(8t)220(4t24)0，即t25，因为x1x2，x1x2，所以弦长|AB| 4，当且仅当t0时取等号故|AB|的最大值为.3(2018泉州质检)已知双曲线C：1(a0，b0)，F是双曲线C的右焦点，过F作双曲线C在第一、三象限的渐近线的垂线
20、l，若l与双曲线C的左、右两支分别交于点D，E，则双曲线C的离心率e的取值范围为()A(，) B(，)C(，2) D.解析：选B法一：由题意知，直线l：y(xc)，由得x2x 0，由x1x20得b4a4，所以b2c2a2a2，所以e22，得e.法二：由题意，知直线l的斜率为，若l与双曲线左、右两支分别交于D，E两点，则，即a2b2，所以a22，得e.4已知椭圆：x21，过点P，的直线与椭圆相交于A，B两点，且弦AB被点P平分，则直线AB的方程为()A9xy40 B9xy50C2xy20 Dxy50解析：选B设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为A，B在椭圆x21上，所以两式相减得xx0，即
21、(x1x2)(x1x2)0，又弦AB被点P平分，所以x1x21，y1y21，将其代入上式得x1x20，即9，即直线AB的斜率为9，所以直线AB的方程为y9，即9xy50.5已知双曲线1(a0，b0)上的一点到双曲线的左、右焦点的距离之差为4，若抛物线yax2上的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)关于直线yxm对称，且x1x2，则m的值为()A. B.C2 D3解析：选A由双曲线的定义知2a4，得a2，所以抛物线的方程为y2x2.因为点A(x1，y1)，B(x2，y2)在抛物线y2x2上，所以y12x，y22x，两式相减得y1y22(x1x2)(x1x2)，不妨设x1x2，又A，B关于直线y
22、xm对称，所以1，故x1x2，而x1x2，解得x11，x2，设A(x1，y1)，B(x2，y2)的中点为M(x0，y0)，则x0，y0，因为中点M在直线yxm上，所以m，解得m.6(2018长春调研)在平面直角坐标系xOy中，椭圆1的左、右顶点分别为A，B，右焦点为F，设过点T(9，m)的直线TA，TB与椭圆分别交于点M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中m0，y10，y20，则直线MN与x轴的交点坐标为()A. B.C(1,0) D(2,0)解析：选C直线TA的方程为，即y(x3)，直线TB的方程为，即y(x3)，将TA，TB的方程分别与椭圆1联立，解得M，N.当x1x2时，直线MN的方程
23、为，令y0，解得x1，此时直线MN必过点(1,0)；当x1x2时，得m240，直线MN的方程为x1，与x轴的交点为(1,0)所以直线MN与x轴的交点是(1,0)7已知点A在椭圆1上，点P满足(1) (R)(O是坐标原点)，且72，则线段OP在x轴上的投影长度的最大值为_解析：因为(1)，所以，即O，A，P三点共线，因为72，所以|272，设A(x，y)，OA与x轴正方向的夹角为，线段OP在x轴上的投影长度为|cos |x|15，当且仅当|x|时取等号答案：158已知抛物线C：y28x与点M(2,2)，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点若0，则k_.解析：如图所示，设F为焦点，易知F(
24、2，0)，取AB的中点P，过A，B分别作准线的垂线，垂足分别为G，H，连接MF，MP，由0，知MAMB，则|MP|AB|(|AF|BF|)(|AG|BH|)，所以MP为直角梯形BHGA的中位线，所以MPAGBH，由|MP|AP|，得GAMAMPMAP，又|AG|AF|，AM为公共边，所以AMGAMF，所以AFMAGM90，则MFAB，所以k2.答案：29设抛物线C：y22px(p0)，A为抛物线上一点(A不同于原点O)，过焦点F作直线平行于OA，交抛物线于P，Q两点若过焦点F且垂直于x轴的直线交直线OA于B，则|FP|FQ|OA|OB|_.解析：设OA所在的直线的斜率为k，则由得到A，易知B，
25、P，Q的坐标由方程组得到，消去x，得y0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由根与系数的关系得，y1y2p2，根据弦长公式，|FP|FQ| |y1| |y2|y1y2|p2，而|OA|OB| 1p2，所以|FP|FQ|OA|OB|0.答案：010已知抛物线y24x的焦点为F，过焦点的直线与抛物线交于A，B两点，则当|AF|4|BF|取得最小值时，直线AB的倾斜角的正弦值为_解析：由题意知F(1,0)，当直线的斜率存在时，设直线方程为yk(x1)(k0)，由消去y，得k2x2(2k24)xk20.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x10，x20，则x1x2，x1x21, 1.当直线的斜率
26、不存在时，易知|AF|BF|2，故1.设|AF|a，|BF|b，则1，所以|AF|4|BF|a4b(a4b)59，当且仅当a2b时取等号，故a4b的最小值为9，此时直线的斜率存在，且x112(x21), 联立得，x12，x2，k2，故直线AB的倾斜角的正弦值为.答案：B级中档题目练通抓牢1已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，短轴端点到焦点的距离为2.(1)求椭圆C的方程；(2)设A，B为椭圆C上任意两点，O为坐标原点，且OAOB.求证：原点O到直线AB的距离为定值，并求出该定值解：(1)由题意知，e，2，又a2b2c2，所以a2，c，b1，所以椭圆C的方程为y21.(2)证明：当直线AB的斜率
27、不存在时，直线AB的方程为x，此时，原点O到直线AB的距离为.当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为ykxm，A(x1，y1)，B(x2，y2)由得(14k2)x28kmx4m240.则(8km)24(14k2)(4m24)16(14k2m2)0，x1x2，x1x2，则y1y2(kx1m)(kx2m)，由OAOB，得kOAkOB1，即1，所以x1x2y1y20，即m2(1k2)，所以原点O到直线AB的距离为.综上，原点O到直线AB的距离为定值.2(2018兰州诊断)已知椭圆C：1(ab0)经过点(，1)，且离心率为.(1)求椭圆C的方程；(2)设M，N是椭圆上的点，直线OM与ON(O为坐标
28、原点)的斜率之积为.若动点P满足2，试探究是否存在两个定点F1，F2，使得|PF1|PF2|为定值？若存在，求F1，F2的坐标；若不存在，请说明理由解：(1)e，又椭圆C经过点(，1)，1，解得a24，b22，椭圆C的方程为1.(2)设P(x，y)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则由2，得xx12x2，yy12y2，点M，N在椭圆1上，x2y4，x2y4，故x22y2(x4x1x24x)2(y4y1y24y)(x2y)4(x2y)4(x1x22y1y2)204(x1x22y1y2)由题意知，kOMkON，因此x1x22y1y20，x22y220，故点P是椭圆1上的点，由椭圆的定义知存在点
29、F1，F2，满足|PF1|PF2|24，为定值，又|F1F2|22，F1，F2的坐标分别为(，0)，(，0)3(2018贵阳检测)已知椭圆C1的焦点在x轴上，中心在坐标原点；抛物线C2的焦点在y轴上，顶点在坐标原点在C1，C2上各取两个点，将其坐标记录于表格中：x324y08(1)求C1，C2的标准方程；(2)已知定点C，P为抛物线C2上一动点，过点P作抛物线C2的切线交椭圆C1于A，B两点，求ABC面积的最大值解：(1)设C1：1(ab0)，由题意知，点(2,0)一定在椭圆上，则点也在椭圆上，分别将其代入，得解得C1的标准方程为y21.设C2：x22py(p0)，依题意知，点(4,8)在抛物
30、线上，代入抛物线C2的方程，得p1，C2的标准方程为x22y.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P，由yx2知yx，故直线AB的方程为yt2t(xt)，即ytxt2，代入方程y21，整理得(14t2)x24t3xt440，则16t64(14t2)(t44)4(t416t24)0，x1x2，x1x2，|AB| ，设点C到直线AB的距离为d，则d，SABC|AB|d，当且仅当t2时，取等号，此时满足0.综上，ABC面积的最大值为.(二)重点高中适用作业A级保分题目巧做快做1斜率为1的直线l与椭圆y21相交于A，B两点，则|AB|的最大值为()A2B.C. D.解析：选C设A(x1，y1)
31、，B(x2，y2)，直线l的方程为yxt，代入y21，消去y，得5x28tx4t240，由题意得(8t)220(4t24)0，即t25，因为x1x2，x1x2，所以弦长|AB| 4，当且仅当t0时取等号故|AB|的最大值为.2(2018泉州质检)已知双曲线C：1(a0，b0)，F是双曲线C的右焦点，过F作双曲线C在第一、三象限的渐近线的垂线l，若l与双曲线C的左、右两支分别交于点D，E，则双曲线C的离心率e的取值范围为()A(，) B(，)C(，2) D.解析：选B法一：由题意知，直线l：y(xc)，由得x2x 0，由x1x20得b4a4，所以b2c2a2a2，所以e22，得e.法二：由题意，
32、知直线l的斜率为，若l与双曲线左、右两支分别交于D，E两点，则，即a2b2，所以a22，得e.3已知双曲线1(a0，b0)上的一点到双曲线的左、右焦点的距离之差为4，若抛物线yax2上的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)关于直线yxm对称，且x1x2，则m的值为()A. B.C2 D3解析：选A由双曲线的定义知2a4，得a2，所以抛物线的方程为y2x2.因为点A(x1，y1)，B(x2，y2)在抛物线y2x2上，所以y12x，y22x，两式相减得y1y22(x1x2)(x1x2)，不妨设x1x2，又A，B关于直线yxm对称，所以1，故x1x2，而x1x2，解得x11，x2，设A(x1，y1
33、)，B(x2，y2)的中点为M(x0，y0)，则x0，y0，因为中点M在直线yxm上，所以m，解得m.4已知直线y1x与双曲线ax2by21(a0，b0，x20，则x1x2，x1x21, 1.当直线的斜率不存在时，易知|AF|BF|2，故1.设|AF|a，|BF|b，则1，所以|AF|4|BF|a4b(a4b)59，当且仅当a2b时取等号，故a4b的最小值为9，此时直线的斜率存在，且x112(x21), 联立得，x12，x2，k2，故直线AB的倾斜角的正弦值为.答案：9已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，短轴端点到焦点的距离为2.(1)求椭圆C的方程；(2)设A，B为椭圆C上任意两点，O为坐标
34、原点，且OAOB.求证：原点O到直线AB的距离为定值，并求出该定值解：(1)由题意知，e，2，又a2b2c2，所以a2，c，b1，所以椭圆C的方程为y21.(2)证明：当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x，此时，原点O到直线AB的距离为.当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为ykxm，A(x1，y1)，B(x2，y2)由得(14k2)x28kmx4m240.则(8km)24(14k2)(4m24)16(14k2m2)0，x1x2，x1x2，则y1y2(kx1m)(kx2m)，由OAOB，得kOAkOB1，即1，所以x1x2y1y20，即m2(1k2)，所以原点O到直线AB的距离为.
35、综上，原点O到直线AB的距离为定值.10(2018贵阳检测)已知椭圆C1的焦点在x轴上，中心在坐标原点；抛物线C2的焦点在y轴上，顶点在坐标原点在C1，C2上各取两个点，将其坐标记录于表格中：x324y08(1)求C1，C2的标准方程；(2)已知定点C，P为抛物线C2上一动点，过点P作抛物线C2的切线交椭圆C1于A，B两点，求ABC面积的最大值解：(1)设C1：1(ab0)，由题意知，点(2,0)一定在椭圆上，则点也在椭圆上，分别将其代入，得解得C1的标准方程为y21.设C2：x22py(p0)，依题意知，点(4,8)在抛物线上，代入抛物线C2的方程，得p1，C2的标准方程为x22y.(2)设
36、A(x1，y1)，B(x2，y2)，P，由yx2知yx，故直线AB的方程为yt2t(xt)，即ytxt2，代入方程y21，整理得(14t2)x24t3xt440，则16t64(14t2)(t44)4(t416t24)0，x1x2，x1x2，|AB| ，设点C到直线AB的距离为d，则d，SABC|AB|d，当且仅当t2时，取等号，此时满足0.综上，ABC面积的最大值为.B级拔高题目稳做准做1.(2018甘肃高台一中检测)如图，设直线l：yk与抛物线C：y22px(p0，p为常数)交于不同的两点M，N，且当k时，弦MN的长为4.(1)求抛物线C的标准方程；(2)过点M的直线交抛物线于另一点Q，且直
37、线MQ过点B(1，1)，求证：直线NQ过定点解：(1)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，当k时，直线l：y，即x2y，联立消去x，得y24pyp20.y1y24p，y1y2p2，于是得|MN|y1y2|2|p|4，因为p0，所以p2，即抛物线C的标准方程为y24x.(2)证明：设点M(4t2,4t)，N(4t，4t1)，Q(4t，4t2)，易得直线MN，MQ，NQ的斜率均存在，则直线MN的斜率是kMN，从而直线MN的方程是y(x4t2)4t，即x(tt1)y4tt10.同理可知MQ的方程是x(tt2)y4tt20，NQ的方程是x(t1t2)y4t1t20.又易知点(1,0)在直线MN上，从
38、而有4tt11.即t，点B(1，1)在直线MQ上，从而有1(tt2)(1)4tt20，即1(1)4t20，化简得4t1t24(t1t2)1.代入NQ的方程得x(t1t2)y4(t1t2)10.所以直线NQ过定点(1，4)2已知椭圆P的中心O在坐标原点，焦点在x轴上，且经过点A(0,2)，离心率为.(1)求椭圆P的方程；(2)是否存在过点E(0，4)的直线l交椭圆P于点R，T，且满足？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由解：(1)设椭圆P的方程为1(ab0)，由题意得b2，e，a2c，b2a2c23c2，c24，c2，a4，椭圆P的方程为1.(2)假设存在满足题意的直线l，易知当直线l的
39、斜率不存在时，0，得(32k)264(34k2)0，解得k2.x1x2，x1x2，y1y2(kx14)(kx24)k2x1x24k(x1x2)16，故x1x2y1y216，解得k21.由解得k1，直线l的方程为yx4.故存在直线l：xy40或xy40满足题意3已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，左焦点为F(1,0)，过点D(0,2)且斜率为k的直线l交椭圆于A，B两点(1)求椭圆C的标准方程；(2)在y轴上，是否存在定点E，使恒为定值？若存在，求出E点的坐标和这个定值；若不存在，请说明理由解：(1)由已知可得解得a22，b21，所以椭圆C的标准方程为y21.(2)设过点D(0,2)且斜率为k的直线l的方程为ykx2，由消去y，整理得(12k2)x28kx60，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2.又y1y2(kx12)(kx22)k2x1x22k(x1x2)4，y1y2(kx12)(kx22)k(x1x2)4.设存在点E(0，m)，则(x1，my1)，(x2，my2)，所以x1x2m2m(y1y2)y1y2m2m.要使t(t为常数)，只需t，从而(2m222t)k2m24m10t0，故解得m，从而t，故存在定点E，使恒为定值.
