《（浙江專用）2021版新高考數(shù)學一輪復習 第九章 平面解析幾何 8 第8講 直線與橢圓、拋物線的位置關(guān)系教學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2021版新高考數(shù)學一輪復習 第九章 平面解析幾何 8 第8講 直線與橢圓、拋物線的位置關(guān)系教學案（21頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第8講　直線與橢圓、拋物線的位置關(guān)系 1．直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的判定 (1)代數(shù)法：把圓錐曲線方程C1與直線方程l聯(lián)立消去y，整理得到關(guān)于x的方程ax2＋bx＋c＝0. 方程ax2＋bx＋c＝0的解 l與C1的交點 a＝0 b＝0 無解(含l是雙曲線的漸近線) 無公共點 b≠0 有一解(含l與拋物線的對稱軸平行(重合)或與雙曲線的漸近線平行) 一個交點 a≠0 Δ＞0 兩個不相等的解 兩個交點 Δ＝0 兩個相等的解 一個交點 Δ＜0 無實數(shù)解 無交點 (2)幾何法：在同一直角坐標系中畫出圓錐曲線和直線，利用圖象和性質(zhì)可判定直線與圓錐曲線的位置

2、關(guān)系． 2．直線與圓錐曲線的相交弦長問題 設(shè)斜率為k(k≠0)的直線l與圓錐曲線C相交于A，B兩點，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則|AB |＝|x1－x2| ＝ ＝ |y1－y2| ＝ . 3．與拋物線焦點弦有關(guān)的常用結(jié)論 (以右圖為依據(jù)) 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)． (1)y1y2＝－p2，x1x2＝. (2)|AB|＝x1＋x2＋p＝(θ為直線AB的傾斜角)． (3)＋為定值. (4)以AB為直徑的圓與準線相切． (5)以AF或BF為直徑的圓與y軸相切． [教材衍化] 1．(選修2-1P80A組T8改編)已知與向量v＝(1，0)平行的直

3、線l與雙曲線－y2＝1相交于A，B兩點，則|AB|的最小值為________． 解析：由題意可設(shè)直線l的方程為y＝m， 代入－y2＝1得x2＝4(1＋m2)， 所以x1＝ ＝2，x2＝－2， 所以|AB|＝|x1－x2|＝4≥4， 即當m＝0時，|AB|有最小值4. 答案：4 2．(選修2-1P72練習T4改編)過拋物線y2＝4x的焦點的直線l交拋物線于P(x1，y1)，Q(x2，y2)兩點，如果x1＋x2＝6，則|PQ|＝________． 解析：拋物線y2＝4x的焦點為F(1，0)，準線方程為x＝－1.根據(jù)題意可得，|PQ|＝|PF|＋|QF|＝x1＋1＋x2＋1＝x1＋x

4、2＋2＝8. 答案：8 [易錯糾偏] (1)沒有發(fā)現(xiàn)直線過定點，導致運算量偏大； (2)不會用函數(shù)法解最值問題； (3)錯用雙曲線的幾何性質(zhì)． 1．直線y＝kx－k＋1與橢圓＋＝1的位置關(guān)系為(　　) A．相交　　　　　　　　 B．相切 C．相離 D．不確定 解析：選A.直線y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1恒過定點(1，1)，又點(1，1)在橢圓內(nèi)部，故直線與橢圓相交．故選A. 2．如圖，兩條距離為4的直線都與y軸平行，它們與拋物線y2＝－2px(0＜p＜14)和圓(x－4)2＋y2＝9分別交于A，B和C，D，且拋物線的準線與圓相切，則當|AB|·|CD|取得最大值時

5、，直線AB的方程為________． 解析：根據(jù)題意，由拋物線的準線與圓相切可得＝1或7，又0＜p＜14，故p＝2，設(shè)直線AB的方程為x＝－t(0＜t＜3)，則直線CD的方程為x＝4－t，則|AB|·|CD|＝2·2＝8(0＜t＜3)，設(shè)f(t)＝t(9－t2)(0＜t＜3)，則f′(t)＝9－3t2(0＜t＜3)，令f′(t)＞0?0＜t＜，令f′(t)＜0?＜t＜3，故f(t)max＝f()，此時直線AB的方程為x＝－. 答案：x＝－ 3．已知點F1，F(xiàn)2分別是雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點，過F1且垂直于x軸的直線與雙曲線交于A，B兩點，若△ABF2是鈍角三角形，則

6、該雙曲線離心率的取值范圍是________． 解析：由題設(shè)條件可知△ABF2為等腰三角形，只要∠AF2B為鈍角即可，所以有＞2c，即b2＞2ac，所以c2－a2＞2ac，即e2－2e－1＞0，所以e＞1＋. 答案：(1＋，＋∞) 　　　　　　直線與橢圓的位置關(guān)系 (2020·浙江省名校協(xié)作體高三聯(lián)考)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)，經(jīng)過橢圓C上一點P的直線l：y＝－x＋與橢圓C有且只有一個公共點，且點P的橫坐標為2. (1)求橢圓C的標準方程； (2)若AB是橢圓的一條動弦，且|AB|＝，O為坐標原點，求△AOB面積的最大值． 【解】　(1)因為P(2，)在橢圓上

7、，故＋＝1，同時聯(lián)立， 得b2x2＋a2＝a2b2， 化簡得x2－a2x＋a2－a2b2＝0， 由Δ＝0，可得a2＝12，b2＝3， 故橢圓C的標準方程為＋＝1. (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 當直線AB斜率存在時， 直線AB的方程為y＝kx＋b1， 聯(lián)立得(4k2＋1)x2＋8kb1x＋4(b－3)＝0， 故x1＋x2＝－，x1x2＝， 由＝|AB|2＝(1＋k2)(x2－x1)2＝(1＋k2)[(x2＋x1)2－4x1x2]， 得b＝3(1＋4k2)－， 故原點O到直線AB的距離d＝， 所以S＝·， 令u＝， 則S2＝－＝－＋9. 又因為u＝

8、＝4－∈[1，4)， 當u＝時，S＝9， 當斜率不存在時，△AOB的面積為， 綜上所述可得△AOB面積的最大值為3. 判斷直線與橢圓位置關(guān)系的步驟 (1)聯(lián)立直線方程與橢圓方程； (2)消元得出關(guān)于x(或y)的一元二次方程； (3)當Δ＞0時，直線與橢圓相交；當Δ＝0時，直線與橢圓相切；當Δ＜0時，直線與橢圓相離．　 　(2020·舟山市普陀三中高三期中)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率e＝，它的一個頂點在拋物線x2＝4y的準線上． (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)是橢圓C上兩點，已知m＝，n＝，且m·n＝0. ①求·的取值

9、范圍； ②判斷△OAB的面積是否為定值？若是，求出該定值，若不是，請說明理由． 解：(1)因為拋物線x2＝4y的準線為y＝－， 所以b＝.由e＝?＝?a＝. 所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)①由m·n＝0得x1x2＝－3y1y2， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)所在直線為l，當l斜率不存在時， 則A(x1，y1)，B(x1，－y1)，所以x＝3y，又＋＝1，所以y＝1. 所以·＝x1x2＋y1y2＝2y＝2. 當l斜率存在時，設(shè)l的方程為y＝kx＋m， 聯(lián)立得(1＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－6＝0， 所以Δ＝36k2m2－12(3k2＋1)(m2－2) ＝

10、12(6k2－m2＋2)＞0，(ⅰ) 且x1＋x2＝，x1x2＝. 由x1x2＝－3y1y2＝－3(kx1＋m)(kx2＋m) ?(1＋3k2)x1x2＋3km(x1＋x2)＋3m2＝0， 整理得1＋3k2＝m2.(ⅱ) 所以·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＝ ＝＝2－， 由(ⅰ)(ⅱ)得m2＝1＋3k2≥1，所以0＜≤4， 所以－2≤·＜2.綜上可得－2≤·≤2. ②由①知，l斜率不存在時，S△OAB＝|x1y1|＝y(tǒng)＝， l斜率存在時，S△OAB＝|AB|d＝ |x1－x2|·＝|m|， 將m2＝1＋3k2代入整理得S△OAB＝， 所以△OAB的面積為定值.

11、　　　　　　直線與拋物線的位置關(guān)系 (2019·高考浙江卷)如圖，已知點F(1，0)為拋物線y2＝2px(p>0)的焦點．過點F的直線交拋物線于A，B兩點，點C在拋物線上，使得△ABC的重心G在x軸上，直線AC交x軸于點Q，且Q在點F的右側(cè)．記△AFG，△CQG的面積分別為S1，S2. (1)求p的值及拋物線的準線方程； (2)求的最小值及此時點G的坐標． 【解】　(1)由題意得＝1，即p＝2. 所以拋物線的準線方程為x＝－1. (2)設(shè)A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心G(xG，yG)．令yA＝2t，t≠0，則xA＝t2.由于直線AB過點F，故直線A

12、B的方程為x＝y(tǒng)＋1，代入y2＝4x，得 y2－y－4＝0， 故2tyB＝－4，即yB＝－，所以B. 又由于xG＝(xA＋xB＋xC)，yG＝(yA＋yB＋yC)及重心G在x軸上，故2t－＋yC＝0， 得C，G. 所以直線AC的方程為y－2t＝2t(x－t2)，得Q(t2－1，0)． 由于Q在焦點F的右側(cè)，故t2>2.從而 ＝ ＝＝＝2－. 令m＝t2－2，則m>0， ＝2－＝2－≥2－＝1＋. 所以當m＝時，取得最小值1＋，此時G(2，0)． 解決直線與拋物線位置關(guān)系的常用方法 (1)直線與拋物線的位置關(guān)系和直線與橢圓的位置關(guān)系類似，一般要用到根與系數(shù)的關(guān)系．

13、 (2)有關(guān)直線與拋物線的弦長問題，要注意直線是否過拋物線的焦點，若過拋物線的焦點，可直接使用公式|AB|＝|x1|＋|x2|＋p，若不過焦點，則必須用一般弦長公式． (3)涉及拋物線的弦長、中點、距離等相關(guān)問題時，一般利用根與系數(shù)的關(guān)系采用“設(shè)而不求”“整體代入”等解法． [提醒]　涉及弦的中點、斜率時，一般用“點差法”求解．　 　(2020·嘉興市高三上學期期末)已知拋物線C的方程為y2＝2px(p＞0)，拋物線的焦點到直線l：y＝2x＋2的距離為. (1)求拋物線C的方程； (2)設(shè)點R(x0，2)在拋物線C上，過點Q(1，1)作直線交拋物線C于不同于R的兩點A，B，若直線A

14、R，BR分別交直線l于M，N兩點，求|MN|最小時直線AB的方程． 解：(1)拋物線的焦點為，d＝＝，得p＝2或－6(舍去)，所以拋物線C的方程為y2＝4x. (2)因為點R(x0，2)在拋物線C上， 所以x0＝1，得R(1，2)． 設(shè)直線AB為x＝m(y－1)＋1(m≠0)，A，B， 由得y2－4my＋4m－4＝0， 所以y1＋y2＝4m，y1y2＝4m－4， 直線AR方程為y－2＝(x－1)＝(x－1)， 由，得xM＝－， 同理xN＝－， 所以|MN|＝|xM－xN|＝2 ＝2 ＝2 ＝2， 所以當m＝－1時，|MN|min＝，此時直線AB的方程為x＋y－2＝0

15、. 　　　　　　弦長問題 　如圖，設(shè)橢圓＋y2＝1(a＞1)． (1)求直線y＝kx＋1被橢圓截得的線段長(用a，k表示)； (2)若任意以點A(0，1)為圓心的圓與橢圓至多有3個公共點， 求橢圓離心率的取值范圍． 【解】　(1)設(shè)直線y＝kx＋1被橢圓截得的線段為AP， 由得(1＋a2k2)x2＋2a2kx＝0， 故x1＝0，x2＝－. 因此|AP|＝ |x1－x2|＝·. (2)假設(shè)圓與橢圓的公共點有4個，由對稱性可設(shè)y軸左側(cè)的橢圓上有兩個不同的點P，Q ，滿足|AP|＝|AQ|. 記直線AP，AQ的斜率分別為k1，k2，且k1，k2＞0，k1≠k2.　 由(

16、1)知， |AP|＝，|AQ|＝， 故＝， 所以(k－k)[1＋k＋k＋a2(2－a2)kk]＝0. 由于k1≠k2，k1，k2＞0得1＋k＋k＋a2(2－a2)kk＝0， 因此＝1＋a2(a2－2)，① 因為①式關(guān)于k1，k2的方程有解的充要條件是1＋ a2(a2－2)＞1，所以a＞. 因此，任意以點A(0，1)為圓心的圓與橢圓至多有3個公共點的充要條件為1＜a≤， 由e＝＝得，所求離心率的取值范圍為0＜e≤. 弦長的計算方法 求弦長時可利用弦長公式，根據(jù)直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立消元后得到的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系得到兩根之和、兩根之積的代數(shù)式，然后進行整

17、體代入弦長公式求解． [提醒]　兩種特殊情況：(1)直線與圓錐曲線的對稱軸平行或垂直；(2)直線過圓錐曲線的焦點．　 　已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的一個頂點為A(2，0)，離心率為.直線y＝k(x－1)與橢圓C交于不同的兩點M，N. (1)求橢圓C的方程； (2)當△AMN的面積為時，求k的值． 解：(1)由題意得 解得b＝，所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)由 得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－4＝0. 設(shè)點M，N的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)， 則y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)， x1＋x2＝，x1x2＝， 所以|MN|＝ ＝

18、. 又因為點A(2，0)到直線y＝k(x－1)的距離d＝， 所以△AMN的面積為S＝|MN|·d＝， 由＝，解得k＝±1. 　　　　　　中點弦問題 (2018·高考浙江卷)如圖，已知點P是y軸左側(cè)(不含y軸)一點，拋物線C：y2＝4x上存在不同的兩點A，B滿足PA，PB的中點均在C上． (1)設(shè)AB中點為M，證明：PM垂直于y軸； (2)若P是半橢圓x2＋＝1(x<0)上的動點，求△PAB面積的取值范圍． 【解】　(1)設(shè)P(x0，y0)，A，B. 因為PA，PB的中點在拋物線上，所以y1，y2為方程＝4· 即y2－2y0y＋8x0－y＝0的兩個不同的實根． 所以y

19、1＋y2＝2y0， 因此，PM垂直于y軸． (2)由(1)可知 所以|PM|＝(y＋y)－x0＝y(tǒng)－3x0， |y1－y2|＝2. 因此，△PAB的面積S△PAB＝|PM|·|y1－y2|＝(y－4x0). 因為x＋＝1(x0<0)，所以y－4x0＝－4x－4x0＋4∈[4，5]， 因此，△PAB面積的取值范圍是. 處理中點弦問題常用的求解方法 [提醒]　中點弦問題常用的兩種求解方法各有弊端：根與系數(shù)的關(guān)系在解題過程中易產(chǎn)生漏解，需關(guān)注直線的斜率問題；點差法在確定范圍方面略顯不足．　 1．若橢圓＋＝1的弦被點(4，2)平分，則此弦所在直線的斜率是(　　) A

20、．2　　　　　　　　　　　 B．－2 C. D．－ 解析：選D.設(shè)弦的端點為A(x1，y1)，B(x2，y2)， 所以 整理得x－x＝－4(y－y)， 所以此弦的斜率為＝＝－， 則此弦所在直線的斜率為－. 2．(2020·杭州學軍中學高考模擬)已知拋物線y＝x2和直線l：y＝kx＋m(m>0)交于兩點A，B，當·＝2時，直線l過定點________；當m＝________時，以AB為直徑的圓與直線y＝－相切． 解析：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，，整理得x2－kx－m＝0，則x1＋x2＝k，x1x2＝－m， y1y2＝(x1x2)2＝m2，y1＋y2＝k(x1＋x

21、2)＋2m＝k2＋2m， 由·＝2，則x1x2＋y1y2＝m2－m＝2，即m2－m－2＝0，解得m＝－1或m＝2， 由m>0，則m＝2， 直線l：y＝kx＋2， 所以直線l過定點(0，2)， 設(shè)以AB為直徑的圓的圓心M(x，y)，圓M與y＝－相切于點P，由x＝＝，則P， 由題意可知·＝0，即·＝0， 整理得x1x2－(x1＋x2)＋＋y1y2＋(y1＋y2)＋＝0， 代入整理得m2－＋＝0，解得m＝， 所以當m＝時，以AB為直徑的圓與直線y＝－相切． 答案：(0，2)　 [基礎(chǔ)題組練] 1．過點(0，1)作直線，使它與拋物線y2＝4x僅有一個公共點，這樣的直線有(　　)

22、 A．1條　　　　　　　　　　 B．2條 C．3條 D．4條 解析：選C.結(jié)合圖形分析可知(圖略)，滿足題意的直線共有3條：直線x＝0，過點(0，1)且平行于x軸的直線以及過點(0，1)且與拋物線相切的直線(非直線x＝0)． 2．已知直線l：y＝2x＋3被橢圓C：＋＝1(a>b>0)截得的弦長為7，則下列直線中被橢圓C截得的弦長一定為7的有(　　) ①y＝2x－3; ②y＝2x＋1； ③y＝－2x－3; ④y＝－2x＋3. A．1條 B．2條 C．3條 D．4條 解析：選C.直線y＝2x－3與直線l關(guān)于原點對稱，直線y＝－2x－3與直線l關(guān)于x軸對稱，直線

23、y＝－2x＋3與直線l關(guān)于y軸對稱，故有3條直線被橢圓C截得的弦長一定為7. 3．過拋物線y2＝2x的焦點作一條直線與拋物線交于A，B兩點，它們的橫坐標之和等于2，則這樣的直線(　　) A．有且只有一條 B．有且只有兩條 C．有且只有三條 D．有且只有四條 解析：選B.若直線AB的斜率不存在時，則橫坐標之和為1，不符合題意．若直線AB的斜率存在，設(shè)直線AB的斜率為k，則直線AB為y＝k(x－)，代入拋物線y2＝2x得，k2x2－(k2＋2)x＋k2＝0，因為A，B兩點的橫坐標之和為2.所以k＝±.所以這樣的直線有兩條． 4．經(jīng)過橢圓＋y2＝1的一個焦點作傾斜角為45°的直線l

24、，交橢圓于A，B兩點．設(shè)O為坐標原點，則·等于(　　) A．－3 B．－ C．－或－3 D．± 解析：選B.依題意，當直線l經(jīng)過橢圓的右焦點(1，0)時，其方程為y－0＝tan 45°(x－1)，即y＝x－1，代入橢圓方程＋y2＝1并整理得3x2－4x＝0，解得x＝0或x＝，所以兩個交點坐標分別為(0，－1)，， 所以·＝－，同理，直線l經(jīng)過橢圓的左焦點時，也可得·＝－. 5．(2020·杭州嚴州中學模擬)過拋物線y2＝8x的焦點F的直線交拋物線于A，B兩點，交拋物線的準線于點C，若|AF|＝6，＝λ，則λ的值為(　　) A. B. C. D．3 解析：選D.設(shè)

25、A(x1，y1)(y1>0)，B(x2，y2)，C(－2，y3)，則x1＋2＝6， 解得x1＝4，y1＝4，直線AB的方程為y＝2(x－2)，令x＝－2，y＝－8， 即C(－2，－8)，聯(lián)立方程 解得B(1，－2)， 所以|BF|＝1＋2＝3，|BC|＝9，所以λ＝3. 6．已知圓M：(x－1)2＋y2＝，橢圓C：＋y2＝1，若直線l與橢圓交于A，B兩點，與圓M相切于點P，且P為AB的中點，則這樣的直線l有(　　) A．2條 B．3條 C．4條 D．6條 解析：選C.當直線AB斜率不存在時且與圓M相切時，P在x軸上，故滿足條件的直線有2條； 當直線AB斜率存在時，設(shè)A

26、(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)， 由＋y＝1，＋y＝1， 兩式相減，整理得＝－·， 則kAB＝－，kMP＝，kMP·kAB＝－1， kMP·kAB＝－·＝－1，解得x0＝， 由<，可得P在橢圓內(nèi)部， 則這樣的P點有2個，即直線AB斜率存在時，也有2條． 綜上可得，所示直線l有4條．故選C. 7．(2020·溫州市普通高中?？?過拋物線y2＝4x的焦點F的直線分別交拋物線于A，B兩點，交直線l：x＝－1于點P，若＝λ，＝μ(λ，μ∈R)，則λ＋μ＝________． 解析：直線x＝－1是拋物線的準線，如圖，設(shè)A，B在直線l上的射影分別是M，N，|AM|＝|A

27、F|，|BN|＝|BF|，＝，＝，因為AM∥BN，所以＝，|λ|＝|μ|，又λ＜0，μ＞0，所以λ＋μ＝0. 答案：0 8．(2020·浙江省名校協(xié)作體高三聯(lián)考)已知斜率為2的直線經(jīng)過橢圓＋＝1的右焦點F1，與橢圓相交于A，B兩點，則弦AB的長為________． 解析：由題意知，橢圓的右焦點F1的坐標為(1，0)，直線AB的方程為y＝2(x－1)． 由方程組消去y，整理得3x2－5x＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根與系數(shù)的關(guān)系，得 x1＋x2＝，x1x2＝0. 則|AB|＝ ＝ ＝ ＝. 答案： 9．(2020·溫州市高三模擬)已知斜率為的直線l與拋

28、物線y2＝2px(p＞0)交于x軸上方的不同兩點A，B，記直線OA，OB的斜率分別為k1，k2，則k1＋k2的取值范圍是________． 解析：設(shè)直線l：x＝2y＋t，聯(lián)立拋物線方程得y2＝2p(2y＋t)?y2－4py－2pt＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， Δ＝16p2＋8pt＞0?t＞－2p， 所以y1＋y2＝4p， y1y2＝－2pt＞0?t＜0，即－2p＜t＜0， x1x2＝(2y1＋t)(2y2＋t)＝4y1y2＋2t(y1＋y2)＋t2＝4·(－2pt)＋2t·4p＋t2＝t2， 所以k1＋k2＝＋＝ ＝＝＝－， 因為－2p＜t＜0，所以－＞2，即k

29、1＋k2的取值范圍是(2，＋∞)． 答案：(2，＋∞) 10．過點M(1，1)作斜率為－的直線與橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)相交于A，B兩點，若M是線段AB的中點，則橢圓C的離心率等于________． 解析：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則 所以＋＝0， 所以＝－·. 因為＝－，x1＋x2＝2，y1＋y2＝2， 所以－＝－， 所以a2＝2b2.又因為b2＝a2－c2， 所以a2＝2(a2－c2)， 所以a2＝2c2，所以＝. 答案： 11．(2020·寧波市余姚中學高三期中)已知橢圓E經(jīng)過點A(2，3)，對稱軸為坐標軸，焦點F1，F(xiàn)2在x軸上，離心率e＝.

30、(1)求橢圓E的方程； (2)求∠F1AF2的平分線所在直線l的方程； (3)在橢圓E上是否存在關(guān)于直線l對稱的相異兩點？若存在，請找出；若不存在，說明理由． 解：(1)設(shè)橢圓方程為＋＝1(a＞b＞0)， 因為橢圓E經(jīng)過點A(2，3)，離心率e＝， 所以，所以a2＝16，b2＝12， 所以橢圓E方程為＋＝1. (2)F1(－2，0)，F(xiàn)2(2，0)，因為A(2，3)， 所以直線AF1的方程為3x－4y＋6＝0，直線AF2的方程為x＝2， 設(shè)角平分線上任意一點P(x，y)，則＝|x－2|.　 得2x－y－1＝0或x＋2y－8＝0， 因為斜率為正，所以直線l的方程為2x－y－

31、1＝0. (3)假設(shè)存在B(x1，y1)，C(x2，y2)兩點關(guān)于直線l對稱，所以kBC＝－， 所以直線BC方程為y＝－x＋m代入＋＝1得x2－mx＋m2－12＝0， 所以BC的中點坐標為， 代入直線2x－y－1＝0，得m＝4. 所以BC的中點坐標為(2，3)與A重合，不成立，所以不存在滿足題設(shè)條件的相異的兩點． 12．已知點Q是拋物線C1：y2＝2px(p>0)上異于坐標原點O的點，過點Q與拋物線C2：y＝2x2相切的兩條直線分別交拋物線C1于點A，B.若點Q的坐標為(1，－6)，求直線AB的方程及弦AB的長． 解：由Q(1，－6)在拋物線y2＝2px上，可得p＝18， 所以

32、拋物線C1的方程為y2＝36x. 設(shè)拋物線C2的切線方程為y＋6＝k(x－1)． 聯(lián)立消去y， 得2x2－kx＋k＋6＝0， Δ＝k2－8k－48. 由于直線與拋物線C2相切，故Δ＝0， 解得k＝－4或k＝12. 由得A； 由得B. 所以直線AB的方程為12x－2y－9＝0，弦AB的長為2. [綜合題組練] 1.(2020·溫州模擬)已知直線l：y＝－x＋3與橢圓C：mx2＋ny2＝1(n>m>0)有且只有一個公共點P(2，1)． (1)求橢圓C的標準方程； (2)若直線l′：y＝－x＋b交C于A，B兩點，且PA⊥PB，求b的值． 解：(1)聯(lián)立直線l：y＝－x＋3

33、與橢圓C：mx2＋ny2＝1(n>m>0)， 可得(m＋n)x2－6nx＋9n－1＝0， 由題意可得Δ＝36n2－4(m＋n)(9n－1)＝0，即為9mn＝m＋n， 又P在橢圓上，可得4m＋n＝1， 解方程可得m＝，n＝， 即橢圓C的方程為＋＝1. (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 聯(lián)立直線y＝b－x和橢圓方程，可得3x2－4bx＋2b2－6＝0，判別式Δ＝16b2－12(2b2－6)>0， x1＋x2＝，x1x2＝， y1＋y2＝2b－(x1＋x2)＝，y1y2＝(b－x1)(b－x2)＝b2－b(x1＋x2)＋x1x2＝， 由PA⊥PB， 即為·＝(x1－

34、2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1) ＝x1x2－2(x1＋x2)＋4＋y1y2－(y1＋y2)＋1 ＝－2·＋－＋5＝0， 解得b＝3或，代入判別式，知b＝成立． 故b為. 2.(2020·紹興市高三教學質(zhì)量調(diào)測)已知點A(－2，0)，B(0，1)在橢圓C：＋＝1(a>b>0)上． (1)求橢圓C的方程； (2)P是線段AB上的點，直線y＝x＋m(m≥0)交橢圓C于M，N兩點．若△MNP是斜邊長為的直角三角形，求直線MN的方程． 解：(1)因為點A(－2，0)，B(0，1)在橢圓C：＋＝1上，所以a＝2，b＝1，故橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)設(shè)M(x1，y1)，

35、N(x2，y2)．由消去y，得x2＋mx＋m2－1＝0， 則Δ＝2－m2>0，x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－2， |MN|＝|x1－x2|＝. ①當MN為斜邊時， ＝，解得m＝0，滿足Δ>0，此時以MN為直徑的圓的方程為x2＋y2＝. 點A(－2，0)，B(0，1)分別在圓外和圓內(nèi)， 即在線段AB上存在點P，此時直線MN的方程y＝x，滿足題意． ②當MN為直角邊時，兩平行直線AB與MN的距離d＝|m－1|，所以d2＋|MN|2＝|m－1|2＋(10－5m2)＝10，即21m2＋8m－4＝0， 解得m＝或m＝－(舍)，又Δ>0，所以m＝. 過點A作直線MN：y＝x＋的垂線，

36、可得垂足坐標為，垂足在橢圓外，即在線段AB上存在點P，所以直線MN的方程y＝x＋，符合題意． 綜上所述，直線MN的方程為y＝x或y＝x＋. 3．(2020·麗水市高考數(shù)學模擬)如圖，已知拋物線C：x2＝4y，直線l1與C相交于A，B兩點，線段AB與它的中垂線l2交于點G(a，1)(a≠0)． (1)求證：直線l2過定點，并求出該定點坐標； (2)設(shè)l2分別交x軸，y軸于點M，N，是否存在實數(shù)a，使得A，M，B，N四點在同一個圓上，若存在，求出a的值；若不存在，請說明理由． 解：(1)證明：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則， 兩式相減可得(x1＋x2)(x1－x2)＝4(

37、y1－y2)， 可得kAB＝＝＝＝a， 由兩直線垂直的條件可得直線l2的斜率為－； 即有直線l2：y＝－(x－a)＋1， 可得l2：y＝－x＋3過定點(0，3)． (2)l2：y＝－x＋3過M，N(0，3)， 假設(shè)存在實數(shù)a，使得A，M，B，N四點在同一個圓上， 由中垂線的性質(zhì)可得∠MAN＝∠MBN， 可得∠MAN＝90°，即有|AG|2＝|MG||NG|， 由， 可得x2－2ax＋2a2－4＝0，x1＋x2＝2a，x1x2＝2a2－4， 由弦長公式可得|AB|＝ ＝ ， 即有|MG||NG|＝＝ ＝(4－a2)， 所以(4－a2)＝(a2＋4)， 所以a2＝2，解得a＝±. 故存在這樣的實數(shù)a，且為±. 21