1、考点3 直线和椭圆综合问题（2018浙江卷）如图，已知点P是y轴左侧（不含y轴）一点，抛物线C：y24x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x2y241（x0）上的动点，求PAB面积的取值范围【解析】（1）设P（x0，y0），A14y12,y1，B14y22,y2.因为PA，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程y+y022414y2+x02，即y22y0y8x0y020的两个不同的实根所以y1y22y0，所以PM垂直于y轴（2）由（1）可知y1+y2=2y0,y1y2=8x0-y02,所以|PM|18（y12y2
2、2）x034y023x0，|y1y2|22y02-4x0.所以PAB的面积SPAB12|PM|y1y2|324(y024x0)32.因为x02y0241（1x00），所以y024x04x024x044,5，所以PAB面积的取值范围是62,15104.【答案】见解析（2018江苏卷）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C过点3,12，焦点为F1（3，0），F2（3，0），圆O的直径为F1F2.（1）求椭圆C及圆O的方程；（2）设直线l与圆O相切于第一象限内的点P.若直线l与椭圆C有且只有一个公共点，求点P的坐标；直线l与椭圆C交于A，B两点若OAB的面积为267，求直线l的方程【解析】（1）因为
3、椭圆C的焦点为F1（3，0），F2（3，0），可设椭圆C的方程为x2a2y2b21（ab0）又点3,12在椭圆C上，所以3a2+14b2=1,a2-b2=3,解得a2=4,b2=1.因此，椭圆C的方程为x24y21.因为圆O的直径为F1F2，所以其方程为x2y23.（2）设直线l与圆O相切于点P（x0，y0）（x00，y00），则x02y023，所以直线l的方程为yx0y0（xx0）y0，即yx0y0x3y0.由x24+y2=1,y=-x0y0x+3y0,消去y，得（4x02y02）x224x0x364y020.（*）因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点，所以（24x0）24（4x02y02）
4、（364y02）48y02（x022）0.因为x00，y00，所以x02，y01.因此，点P的坐标为（2，1）因为OAB的面积为267，所以12ABOP267，从而AB427.设A（x1，y1），B（x2，y2），由（*）得x1,224x048y02(x02-2)2(4x02+y02)，所以AB2（x1x2）2（y1y2）21+x02y0248y02(x02-2)(4x02+y02)2.因为x02y023，所以AB216(x02-2)(x02+1)23249，即2x0445x021000，解得x0252（x0220舍去），则y0212，代入48y02（x022）0，满足题意，因此点P的坐标为1
5、02,22.所以直线l的方程为y5x32，即5xy320.【答案】见解析（2018天津卷（文）设椭圆x2a2y2b21（ab0）的右顶点为A，上顶点为B，已知椭圆的离心率为53，|AB|13.（1）求椭圆的方程；（2）设直线l：ykx（k0）与椭圆交于P，Q两点，l与直线AB交于点M，且点P，M均在第四象限若BPM的面积是BPQ面积的2倍，求k的值【解析】（1）设椭圆的焦距为2c，由已知有c2a259，又由a2b2c2，可得2a3B又|AB|a2+b213，从而a3，b2，所以椭圆的方程为x29y241.（2）设点P的坐标为（x1，y1），点M的坐标为（x2，y2），由题意知，x2x10，点Q
6、的坐标为（x1，y1）由BPM的面积是BPQ面积的2倍，可得|PM|2|PQ|，从而x2x12x1（x1），即x25x1.由题意求得直线AB的方程为2x3y6，由方程组2x3y6,ykx,消去y，可得x263k+2.由方程组x29y24=1,y=kx,消去y，可得x16k9k2+4 .由x25x1，可得9k2+45（3k2），两边平方，整理得18k225k80，解得k89或k12.当k89时，x290，不合题意，舍去；当k12时，x212，x1125，符合题意所以k的值为12.【答案】见解析（2018全国卷（文）已知斜率为k的直线l与椭圆C：x24y231交于A，B两点，线段AB的中点为M（1
7、，m）（m0）（1）证明：k12；（2）设F为C的右焦点，P为C上一点，且FPFAFB0.证明：2|FP|FA|FB|.【解析】证明（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），则x124y1231，x224y2231.两式相减，并由y1-y2x1-x2k，得x1+x24y1+y23k0.由题设知x1+x221，y1+y22m，于是k34m.由题设得0m32，故k12.（2）由题意得F（1,0）设P（x3，y3），则（x31，y3）（x11，y1）（x21，y2）（0,0）由（1）及题设得x33（x1x2）1，y3（y1y2）2m0.又点P在C上，所以m34，从而P1,-32，|FP|32.于是
8、|FA|(x1-1)2+y12(x1-1)2+31-x1242x12.同理|FB|2x22.所以|FA|FB|412（x1x2）3.故2|FP|FA|FB|. 【答案】见解析（2018北京卷（文）已知椭圆M：x2a2y2b21（ab0）的离心率为63，焦距为22.斜率为k的直线l与椭圆M有两个不同的交点A，B（1）求椭圆M的方程；（2）若k1，求|AB|的最大值；（3）设P（2,0），直线PA与椭圆M的另一个交点为C，直线PB与椭圆M的另一个交点为D，若C，D和点Q-74,14共线，求k.【解析】（1）由题意得a2=b2+c2,ca=63,2c=22,解得a3，b1.所以椭圆M的方程为x23y
9、21.（2）设直线l的方程为yxm，A（x1，y1），B（x2，y2）由y=x+m,x23+y2=1,得4x26mx3m230，36m216（3m23）12m2480，即2m2.所以x1x23m2，x1x23m2-34.所以|AB|(x2-x1)2+(y2-y1)22(x2-x1)22(x2+x1)2-4x1x212-3m22.所以当m0，即直线l过原点时，|AB|最大，最大值为6.（3）设A（x1，y1），B（x2，y2），由题意得x123y123，x223y223.直线PA的方程为yy1x1+2（x2）由y=y1x1+2x+2,x2+3y2=3,得（x12）23y12x212y12x12y
10、123（x12）20.设C（xC，yC），所以xCx1-12y12(x1+2)2+3y124x12-124x1+7.所以xC4x12-124x1+7x1-12-7x14x1+7.所以yCy1x1+2（xC2）y14x1+7.设D（xD，yD），同理得xD-12-7x24x2+7，yDy24x2+7.记直线CQ，DQ的斜率分别为kCQ，kDQ，则kCQkDQy14x1+7-14-12-7x14x1+7+74y24x2+7-14-12-7x24x2+7+744（y1y2x1x2）因为C，D，Q三点共线，所以kCQkDQ0.故y1y2x1x2.所以直线l的斜率ky1-y2x1-x21.【答案】见解析
