Gothedistance
专题五高考中的圆锥曲线问题
1．已知F1、F2为椭圆x
2
25＋
y2
9＝1的两个焦点，过F1的直线交椭圆于A、B两点．若|F2A|＋
|F2B|＝12，则|AB|＝________.
答案8
解析由题意知(|AF1|＋|AF2|)＋(|BF1|＋|BF2|)
＝|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝2a＋2a，
又由a＝5，可得|AB|＋(|BF2|＋|AF2|)＝20，
即|AB|＝8.
2．设AB为过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点的弦，则|AB|的最小值为()
A.p2B．pC．2pD．无法确定
答案C
解析当弦AB垂直于对称轴时|AB|最短，
这时x＝p2，∴y＝±p，|AB|min＝2p.
3．若双曲线x
2
a2－
y2
3＝1的一条渐近线被圆(x－2)
2＋y2＝4所截得的弦长为2，则该双曲线的
实轴长为()
A．1B．2C．3D．6
答案B
解析双曲线x
2
a2－
y2
3＝1的渐近线方程为y＝±
3
ax，
即3x±ay＝0，
圆(x－2)2＋y2＝4的圆心为C(2,0)，半径为r＝2，
如图，由圆的弦长公式得弦心距|CD|＝22－12＝3，另一方
面，圆心C(2,0)到双曲线x
2
a2－
y2
3＝1的渐近线3x－ay＝0的距
离为d＝|3×2－a×0|3＋a2＝233＋a2，
所以233＋a2＝3，解得a2＝1，即a＝1，该双曲线的实轴长
为2a＝2.
4．在抛物线y＝2x2上有一点P，它到A(1,3)的距离与它到焦点的距离之和最小，则点P的
Gothedistance
坐标是()
A．(－2,1)B．(1,2)C．(2,1)D．(－1,2)
答案B
解析如图所示，直线l为抛物线y＝2x2的准线，F为其焦点，PN⊥l，
AN1⊥l，由抛物线的定义知，|PF|＝|PN|，
∴|AP|＋|PF|＝|AP|＋|PN|≥|AN1|，
当且仅当A、P、N三点共线时取等号．
∴P点的横坐标与A点的横坐标相同即为1，
则可排除A、C、D，故选B.
5．设坐标原点为O，抛物线y2＝2x与过焦点的直线交于A、B两点，则OA→·OB→等于()
A.34B．－34C．3D．－3
答案B
解析方法一(特殊值法)
抛物线的焦点为F????12，0，过F且垂直于x轴的直线交抛物线于A(12，1)，B(12，－1)，
∴OA→·OB→＝????12，1·????12，－1＝14－1＝－34.
方法二设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则OA→·OB→＝x1x2＋y1y2.
由抛物线的过焦点的弦的性质知：
x1x2＝p
2
4＝
1
4，y1y2＝－p
2＝－1.
∴OA→·OB→＝14－1＝－34.
题型一圆锥曲线中的范围、最值问题
例1(2012·浙江改编)如图所示，在直角坐标系xOy中，点P(1，12)
到抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线的距离为54.点M(t,1)是C上的定
点，A，B是C上的两动点，且线段AB的中点Q(m，n)在直线OM
上．
(1)求曲线C的方程及t的值．
Gothedistance
(2)记d＝|AB|1＋4m2，求d的最大值．
思维启迪(1)依条件，构建关于p，t的方程；
(2)建立直线AB的斜率k与线段AB中点坐标间的关系，并表示弦AB的长度，运用函数
的性质或基本不等式求d的最大值．
解(1)y2＝2px(p>0)的准线x＝－p2，
∴1－(－p2)＝54，p＝12，
∴抛物线C的方程为y2＝x.
又点M(t,1)在曲线C上，∴t＝1.
(2)由(1)知，点M(1,1)，从而n＝m，即点Q(m，m)，
依题意，直线AB的斜率存在，且不为0，
设直线AB的斜率为k(k≠0)．
且A(x1，y1)，B(x2.y2)，
由
??
??
?y21＝x1，
y22＝x2，得(y1－y2)(y1＋y2)＝x1－x2，
故k·2m＝1，
所以直线AB的方程为y－m＝12m(x－m)，
即x－2my＋2m2－m＝0.
由
??
??
?x－2my＋2m2－m＝0，
y2＝x消去x，
整理得y2－2my＋2m2－m＝0，
所以Δ＝4m－4m2>0，y1＋y2＝2m，y1y2＝2m2－m.
从而|AB|＝1＋1k2·|y1－y2|＝1＋4m2·4m－4m2
＝2?1＋4m2??m－m2?
∴d＝|AB|1＋4m2＝2m?1－m?≤m＋(1－m)＝1，
当且仅当m＝1－m，即m＝12时，上式等号成立，
又m＝12满足Δ＝4m－4m2>0.
∴d的最大值为1.
思维升华圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲
Gothedistance
线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化
为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的
有界性等求最值．
已知点A(－1,0),B(1,0),动点M的轨迹曲线C满足∠AMB＝2θ，|AM→|·|BM→|
cos2θ＝3，过点B的直线交曲线C于P，Q两点．
(1)求|AM→|＋|BM→|的值，并写出曲线C的方程；
(2)求△APQ面积的最大值．
解(1)设M(x，y)，在△MAB中，
|AB|＝2，∠AMB＝2θ，
根据余弦定理得
|AM→|2＋|BM→|2－2|AM→|·|BM→|cos2θ＝4.
即(|AM→|＋|BM→|)2－2|AM→|·|BM→|(1＋cos2θ)＝4.
(|AM→|＋|BM→|)2－4|AM→|·|BM→|cos2θ＝4.
而|AM→|·|BM→|cos2θ＝3，
所以(|AM→|＋|BM→|)2－4×3＝4.
所以|AM→|＋|BM→|＝4.
又|AM→|＋|BM→|＝4>2＝|AB|，
因此点M的轨迹是以A，B为焦点的椭圆(点M在x轴上也符合题意)，a＝2，c＝1.
所以曲线C的方程为x
2
4＋
y2
3＝1.
(2)设直线PQ的方程为x＝my＋1.
由
??
??
?x＝my＋1，
x2
4＋
y2
3＝1，
消去x并整理得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.①
显然方程①的Δ>0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则S△APQ＝12×2×|y1－y2|＝|y1－y2|.
由根与系数的关系得
y1＋y2＝－6m3m2＋4，y1y2＝－93m2＋4.
Gothedistance
所以(y1－y2)2＝(y1＋y2)2－4y1y2＝48×3m
2＋3
?3m2＋4?2.
令t＝3m2＋3，则t≥3，(y1－y2)2＝48
t＋1t＋2
.
由于函数φ(t)＝t＋1t在[3，＋∞)上是增函数，
所以t＋1t≥103，
当t＝3m2＋3＝3，即m＝0时取等号．
所以(y1－y2)2≤4810
3＋2
＝9，
即|y1－y2|的最大值为3.
所以△APQ面积的最大值为3，
此时直线PQ的方程为x＝1.
题型二圆锥曲线中的定点、定值问题
例2(2012·福建)如图，等边三角形OAB的边长为83，且其三个
顶
点均在抛物线E：x2＝2py(p>0)上．
(1)求抛物线E的方程；
(2)设动直线l与抛物线E相切于点P，与直线y＝－1相交于点Q，
证明：以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点．
思维启迪既然圆过y轴上的点，即满足MP→·MQ→＝0，对任意P、Q恒成立可待定M(0，
y1)，也可给定特殊的P点，猜想M点坐标，再证明．
(1)解依题意，得|OB|＝83，∠BOy＝30°.
设B(x，y)，则x＝|OB|sin30°＝43，y＝|OB|cos30°＝12.
因为点B(43，12)在x2＝2py上，
所以(43)2＝2p×12，解得p＝2.
故抛物线E的方程为x2＝4y.
(2)证明方法一由(1)知y＝14x2，y′＝12x.
设P(x0，y0)，则x0≠0，且l的方程为
y－y0＝12x0(x－x0)，即y＝12x0x－14x20.
Gothedistance
由
??
??
?y＝12x0x－14x20，
y＝－1
得
??
??
?x＝x20－4
2x0，
y＝－1.
所以Q为????x
2
0－4
2x0，－1.
设M(0，y1)，令MP→·MQ→＝0对满足y0＝14x20(x0≠0)的x0，y0恒成立．
由于MP→＝(x0，y0－y1)，MQ→＝????x
2
0－4
2x0，－1－y1，
由MP→·MQ→＝0，得x
2
0－4
2－y0－y0y1＋y1＋y
2
1＝0，
即(y21＋y1－2)＋(1－y1)y0＝0.()
由于()式对满足y0＝14x20(x0≠0)的y0恒成立，
所以
??
??
?1－y1＝0，
y21＋y1－2＝0，解得y1＝1.
故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1)．
方法二由(1)知y＝14x2，y′＝12x.
设P(x0，y0)，则x0≠0，
且l的方程为y－y0＝12x0(x－x0)，
即y＝12x0x－14x20.
由
??
??
?y＝12x0x－14x20，
y＝－1
得
??
??
?x＝x20－4
2x0，
y＝－1.
所以Q为????x
2
0－4
2x0，－1.
取x0＝2，此时P(2,1)，Q(0，－1)，
以PQ为直径的圆为(x－1)2＋y2＝2，
交y轴于点M1(0,1)或M2(0，－1)；
取x0＝1，此时P????1，14，Q????－32，－1，
以PQ为直径的圆为????x＋142＋????y＋382＝12564，
交y轴于点M3(0,1)、M4????0，－74.
故若满足条件的点M存在，只能是M(0,1)．
Gothedistance
以下证明点M(0,1)就是所要求的点．
因为MP→＝(x0，y0－1)，MQ→＝????x
2
0－4
2x0，－2，
所以MP→·MQ→＝x
2
0－4
2－2y0＋2＝2y0－2－2y0＋2＝0.
故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1)．
思维升华求定点及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．
(2013·江西)椭圆C：x
2
a2＋
y2
b2＝1(a>b>0)的离心率e＝
3
2，a＋b＝3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)如图所示，A、B、D是椭圆C的顶点，P是椭圆C上除顶点外的任意一点，直线DP
交x轴于点N，直线AD交BP于点M，设BP的斜率为k，MN的斜率为m.证明：2m－
k为定值．
(1)解因为e＝32＝ca，
所以a＝23c，b＝13c.
代入a＋b＝3得，c＝3，a＝2，b＝1.
故椭圆C的方程为x
2
4＋y
2＝1.
(2)证明方法一因为B(2,0)，点P不为椭圆顶点，则直线BP的方程为y＝k(x－2)(k≠0，
k≠±12)，①
①代入x
2
4＋y
2＝1，解得P
??
?
??
?8k2－2
4k2＋1，－
4k
4k2＋1.
直线AD的方程为y＝12x＋1.②
①与②联立解得M??????4k＋22k－1，4k2k－1.
Gothedistance
由D(0,1)，P??????8k
2－2
4k2＋1，－
4k
4k2＋1，N(x,0)三点共线知
－4k4k2＋1－1
8k2－2
4k2＋1－0
＝0－1x－0，解得N??????4k－22k＋1，0.
所以MN的斜率为m＝
4k
2k－1－0
4k＋2
2k－1－
4k－2
2k＋1
＝4k?2k＋1?2?2k＋1?2－2?2k－1?2＝2k＋14.
则2m－k＝2k＋12－k＝12(定值)．
方法二设P(x0，y0)(x0≠0，±2)，则k＝y0x
0－2
，
直线AD的方程为y＝12(x＋2)，
直线BP的方程为y＝y0x
0－2
(x－2)，
直线DP的方程为y－1＝y0－1x
0
x，令y＝0，
由于y0≠1可得N??????－x0y
0－1
，0，
联立
?
??
y＝12?x＋2?
y＝y0x
0－2
?x－2?
，
解得M??????4y0＋2x0－42y
0－x0＋2
，4y02y
0－x0＋2
，
因此MN的斜率为
m＝
4y0
2y0－x0＋2
4y0＋2x0－4
2y0－x0＋2＋
x0
y0－1
＝4y0?y0－1?4y2
0－8y0＋4x0y0－x
2
0＋4
＝4y0?y0－1?4y2
0－8y0＋4x0y0－?4－4y
2
0?＋4
＝y0－12y
0＋x0－2
，
Gothedistance
所以2m－k＝2?y0－1?2y
0＋x0－2
－y0x
0－2
＝2?y0－1??x0－2?－y0?2y0＋x0－2??2y
0＋x0－2??x0－2?
＝2?y0－1??x0－2?－2y
2
0－y0?x0－2?
?2y0＋x0－2??x0－2?
＝
2?y0－1??x0－2?－12?4－x20?－y0?x0－2?
?2y0＋x0－2??x0－2?
＝12(定值)．
Gothedistance
题型三圆锥曲线中的探索性问题
例3(2012·广东)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x
2
a2＋
y2
b2＝1(a>b>0)的离心率e＝
2
3，且椭圆C上的点到点Q(0,2)的距离的最大值为3.
(1)求椭圆C的方程．
(2)在椭圆C上，是否存在点M(m，n)，使得直线l：mx＋ny＝1与圆O：x2＋y2＝1相交
于不同的两点A、B，且△OAB的面积最大？若存在，求出点M的坐标及对应的△OAB
的面积；若不存在，请说明理由．
思维启迪圆锥曲线中，这类问题的解题思想是假设其结论成立、存在等，在这个假设
下进行推理论证，如果得到了一个合情合理的推理结果，就肯定假设，对问题作出正面
回答；如果得到一个矛盾的结果，就否定假设，对问题作出反面回答．
解(1)∵e2＝c
2
a2＝
a2－b2
a2＝
2
3，
∴a2＝3b2，
∴椭圆方程为x
2
3b2＋
y2
b2＝1，即x
2＋3y2＝3b2.
设椭圆上的点到点Q(0,2)的距离为d，则
d＝?x－0?2＋?y－2?2＝x2＋?y－2?2
＝3b2－3y2＋?y－2?2＝－2?y＋1?2＋3b2＋6，
∴当y＝－1时，d取得最大值，dmax＝3b2＋6＝3，
解得b2＝1，∴a2＝3.
∴椭圆C的方程为x
2
3＋y
2＝1.
(2)假设存在点M(m，n)满足题意，
则m
2
3＋n
2＝1，
即m2＝3－3n2.
设圆心到直线l的距离为d′，则d′<1，
d′＝|m·0＋n·0－1|m2＋n2＝1m2＋n2.
∴|AB|＝212－d′2＝21－1m2＋n2.
∴S△OAB＝12|AB|d′＝12·21－1m2＋n2·1m2＋n2
Gothedistance
＝1m2＋n2????1－1m2＋n2.
∵d′<1，∴m2＋n2>1，
∴0<1m2＋n2<1，
∴1－1m2＋n2>0.
∴S△OAB＝1m2＋n2????1－1m2＋n2
≤
??
??
??
??1m2＋n2＋1－1m2＋n2
2
2＝1
2，
当且仅当1m2＋n2＝1－1m2＋n2，
即m2＋n2＝2>1时，S△OAB取得最大值12.
由
??
??
?m2＋n2＝2，
m2＝3－3n2得??
?m2＝32，
n2＝12，
∴存在点M满足题意，M点坐标为????62，22，????62，－22，????－62，22或
?
?
?
?－6
2，－
2
2，
此时△OAB的面积为12.
思维升华(1)存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为
假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定
系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、
直线、曲线或参数)不存在．
(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．
已知椭圆C1、抛物线C2的焦点均在x轴上，C1的中心和C2的顶点均为原
点O，从每条曲线上各取两个点，将其坐标记录于下表中：
x3－242
y－230－422
(1)求C1，C2的标准方程；
(2)是否存在直线l满足条件：①过C2的焦点F；②与C1交于不同的两点M，N，且满足
Gothedistance
OM→⊥ON→？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
解(1)设抛物线C2：y2＝2px(p≠0)，则有y
2
x＝2p(x≠0)，
据此验证四个点知(3，－23)，(4，－4)在C2上，
易求得C2的标准方程为y2＝4x.
设椭圆C1：x
2
a2＋
y2
b2＝1(a>b>0)，
把点(－2,0)，(2，22)代入得
??
?4a2＝1
2
a2＋
1
2b2＝1
，
解得
??
??
?a2＝4
b2＝1，所以C1的标准方程为
x2
4＋y
2＝1.
(2)容易验证当直线l的斜率不存在时，不满足题意．
当直线l的斜率存在时，设其方程为y＝k(x－1)，
与C1的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由
??
??
?x24＋y2＝1
y＝k?x－1?
消去y并整理得(1＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－1)＝0，
于是x1＋x2＝8k
2
1＋4k2，①
x1x2＝4?k
2－1?
1＋4k2.②
所以y1y2＝k2(x1－1)(x2－1)＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]
＝k2[4?k
2－1?
1＋4k2－
8k2
1＋4k2＋1]＝－
3k2
1＋4k2.③
由OM→⊥ON→，即OM→·ON→＝0，得x1x2＋y1y2＝0.()
将②③代入()式，得4?k
2－1?
1＋4k2－
3k2
1＋4k2＝
k2－4
1＋4k2＝0，
解得k＝±2，所以存在直线l满足条件，
且直线l的方程为2x－y－2＝0或2x＋y－2＝0.
Gothedistance
题型四直线、圆及圆锥曲线的交汇问题
例4(2013·浙江)如图，点P(0，－1)是椭圆C1：x
2
a2＋
y2
b2＝1(a>b>0)
的一个顶点，C1的长轴是圆C2：x2＋y2＝4的直径．l1，l2是过点
P且互相垂直的两条直线，其中l1交圆C2于A，B两点，l2交椭
圆C1于另一点D.
(1)求椭圆C1的方程；
(2)求△ABD面积取最大值时直线l1的方程．
思维启迪(1)根据椭圆的几何性质易求出a，b的值，从而写出椭圆的方程；
(2)要求△ABD的面积，需要求出AB，PD的长，AB是圆的弦，考虑用圆的知识来求，
PD应当考虑用椭圆的相关知识来求．求出AB，PD的长后，表示出△ABD的面积，再
根据式子的形式选择适当的方法求最值．
解(1)由题意得
??
??
?b＝1，
a＝2.
所以椭圆C1的方程为x
2
4＋y
2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)．
由题意知直线l1的斜率存在，不妨设其为k，
则直线l1的方程为y＝kx－1.
又圆C2：x2＋y2＝4，
故点O到直线l1的距离
d＝1k2＋1，
所以|AB|＝24－d2＝24k
2＋3
k2＋1.
又l2⊥l1，故直线l2的方程为x＋ky＋k＝0.
由
??
??
?x＋ky＋k＝0，
x2＋4y2＝4.
消去y，整理得(4＋k2)x2＋8kx＝0，
故x0＝－8k4＋k2.
所以|PD|＝8k
2＋1
4＋k2.
设△ABD的面积为S，则S＝12·|AB|·|PD|
Gothedistance
＝84k
2＋3
4＋k2，
所以S＝32
4k2＋3＋134k2＋3
≤32
24k2＋3·134k2＋3
＝161313，
当且仅当k＝±102时取等号．
所以所求直线l1的方程为y＝±102x－1.
思维升华对直线、圆及圆锥曲线的交汇问题，要认真审题，学会将问题拆分成基本问
题，然后综合利用数形结合思想、化归与转化思想、方程的思想等来解决问题，这样可
以渐渐增强自己解决综合问题的能力．
(2013·重庆)如图，椭圆的中心为原点O，长轴在x
轴上，离心率e＝22，过左焦点F1作x轴的垂线交椭圆于A，A′
两点，|AA′|＝4.
(1)求该椭圆的标准方程；
(2)取垂直于x轴的直线与椭圆相交于不同的两点P，P′，过P，P′作圆心为Q的圆，
使椭圆上的其余点均在圆Q外．若PQ⊥P′Q，求圆Q的标准方程．
解(1)由题意知点A(－c,2)在椭圆上，
则?－c?
2
a2＋
22
b2＝1.从而e
2＋4
b2＝1.
由e＝22得b2＝41－e2＝8，从而a2＝b
2
1－e2＝16.
故该椭圆的标准方程为x
2
16＋
y2
8＝1.
(2)由椭圆的对称性，可设Q(x0,0)．
又设M(x，y)是椭圆上任意一点，则|QM|2＝(x－x0)2＋y2＝x2－2x0x＋x20＋8????1－x
2
16＝
1
2(x
－2x0)2－x20＋8(x∈[－4,4])．
设P(x1，y1)，由题意知，点P是椭圆上到点Q的距离最小的点．
因此，上式当x＝x1时取最小值，又因为x1∈(－4,4)，
所以上式当x＝2x0时取最小值，
从而x1＝2x0，且|QP|2＝8－x20.
因为PQ⊥P′Q，且P′(x1，－y1)，
Gothedistance
所以QP→·QP′→＝(x1－x0，y1)·(x1－x0，－y1)＝0，
即(x1－x0)2－y21＝0.
由椭圆方程及x1＝2x0得14x21－8????1－x
2
1
16＝0，
解得x1＝±463，x0＝x12＝±263.
从而|QP|2＝8－x20＝163.
故这样的圆有两个，其标准方程分别为
?
?
?
?x＋26
3
2＋y2＝16
3，?
?
?
?x－26
3
2＋y2＝16
3.
(时间：80分钟)
1．已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2,3)，且点F(2,0)为其右焦点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)是否存在平行于OA的直线l，使得直线l与椭圆C有公共点，且直线OA与l的距离
等于4？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
解方法一(1)依题意，可设椭圆C的方程为x
2
a2＋
y2
b2＝1(a>b>0)，且可知其左焦点为
F′(－2,0)．
从而有
??
??
?c＝2，
2a＝|AF|＋|AF′|＝3＋5＝8，
解得
??
??
?c＝2，
a＝4.
又a2＝b2＋c2，所以b2＝12，
故椭圆C的方程为x
2
16＋
y2
12＝1.
(2)假设存在符合题意的直线l，设其方程为y＝32x＋t.
由
??
?y＝32x＋t，
x2
16＋
y2
12＝1，
得3x2＋3tx＋t2－12＝0.
因为直线l与椭圆C有公共点，
Gothedistance
所以Δ＝(3t)2－4×3×(t2－12)≥0，
解得－43≤t≤43.
另一方面，由直线OA与l的距离d＝4，
得|t|9
4＋1
＝4，解得t＝±213.
由于±213?[－43，43]，
所以符合题意的直线l不存在．
方法二(1)依题意，可设椭圆C的方程为x
2
a2＋
y2
b2＝1(a>b>0)，且有???
??4a2＋9b2＝1，
a2－b2＝4.
解得b2＝12，b2＝－3(舍去)．
从而a2＝16.所以椭圆C的方程为x
2
16＋
y2
12＝1.
(2)同方法一．
2．如图，椭圆C1：x
2
a2＋
y2
b2＝1(a>b>0)的离心率为
3
2，x轴被曲线
C2：y＝x2－b截得的线段长等于C1的长半轴长．
(1)求C1，C2的方程；
(2)设C2与y轴的交点为M，过坐标原点O的直线l与C2相交
于点A，B，两直线MA，MB分别与C1相交于点D，E.
①证明：MD⊥ME；
②记△MAB，△MDE的面积分别为S1，S2.问：是否存在直线l，使得S1S
2
＝1732？请说明理
由．
(1)解由题意知，e＝ca＝32，从而a＝2b，
又2b＝a，所以a＝2，b＝1.
故C1，C2的方程分别为x
2
4＋y
2＝1，y＝x2－1.
(2)①证明由题意知，直线l的斜率存在，设为k，
则直线l的方程为y＝kx，由
??
??
?y＝kx，
y＝x2－1，
得x2－kx－1＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1，x2是上述方程的两个实根，
Gothedistance
于是x1＋x2＝k，x1x2＝－1.
又点M的坐标为(0，－1)，
所以kMA·kMB＝y1＋1x
1
·y2＋1x
2
＝?kx1＋1??kx2＋1?x
1x2
＝k
2x
1x2＋k?x1＋x2?＋1
x1x2＝
－k2＋k2＋1
－1＝－1.
故MA⊥MB，即MD⊥ME.
②解设直线MA的斜率为k1，
则直线MA的方程为y＝k1x－1.
由
??
??
?y＝k1x－1，
y＝x2－1，解得???
??x＝0，
y＝－1或???
??x＝k1，
y＝k21－1.
故点A的坐标为(k1，k21－1)．
又直线MB的斜率为－1k
1
，
同理可得点B的坐标为(－1k
1
，1k2
1
－1)．
于是S1＝12|MA|·|MB|
＝121＋k21·|k1|·1＋1k2
1
·|－1k
1
|
＝1＋k
2
1
2|k1|.
由
??
??
?y＝k1x－1，
x2＋4y2－4＝0，得(1＋4k
2
1)x
2－8k
1x＝0，
解得
??
??
?x＝0，
y＝－1或???
??x＝8k11＋4k21，
y＝4k
2
1－1
1＋4k21.
故点D的坐标为(8k11＋4k2
1
，4k
2
1－1
1＋4k21)．
又直线ME的斜率为－1k
1
，
同理可得点E的坐标为(－8k14＋k2
1
，4－k
2
1
4＋k21)．
于是S2＝12|MD|·|ME|＝32?1＋k
2
1?·|k1|
?1＋4k21??k21＋4?.
因此S1S
2
＝164(4k21＋4k2
1
＋17)．
Gothedistance
由题意知，164(4k21＋4k2
1
＋17)＝1732，
解得k21＝4或k21＝14.
又由点A，B的坐标可知，k＝
k21－1k2
1
k1＋1k
1
＝k1－1k
1
，
所以k＝±32.
故满足条件的直线l存在，且有两条，
其方程分别为y＝32x，y＝－32x.
3．如图，已知直线l：y＝kx－2与抛物线C：x2＝－2py(p>0)交于A、
B两点，O为坐标原点，OA→＋OB→＝(－4，－12)．
(1)求直线l的方程和抛物线C的方程；
(2)若抛物线上一动点P从A到B运动时，求△ABP面积的最大值．
解(1)由
??
??
?y＝kx－2
x2＝－2py，得x
2＋2pkx－4p＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－2pk，
y1＋y2＝k(x1＋x2)－4＝－2pk2－4.
∵OA→＋OB→＝(x1＋x2，y1＋y2)＝(－2pk，－2pk2－4)
＝(－4，－12)，
∴
??
??
?－2pk＝－4
－2pk2－4＝－12，解得???
??p＝1
k＝2，
故直线l的方程为y＝2x－2，
抛物线C的方程为x2＝－2y.
(2)方法一由
??
??
?y＝2x－2
x2＝－2y，得x
2＋4x－4＝0，
∴|AB|＝1＋k2·?x1＋x2?2－4x1x2
＝1＋22·?－4?2－4·?－4?＝410.
设P(t，－12t2)(－2－22
∵|AB|为定值，
∴当点P到直线l的距离d最大时，△ABP的面积最大．
Gothedistance
而d＝
|2t＋12t2－2|
22＋?－1?2＝
|12?t＋2?2－4|
5，
又－2－22
∴当t＝－2时，dmax＝455.
∴当P点坐标为(－2，－2)时，
△ABP面积的最大值为
410×455
2＝82.
方法二设P(x0，y0)，依题意，知当抛物线在点P处的切线与l平行时，△ABP的面积
最大．
∵y′＝－x，∴x0＝－2，y0＝－12x20＝－2，P(－2，－2)．
此时点P到直线l的距离为|2·?－2?－?－2?－2|22＋?－1?2＝45
＝455.
由
??
??
?y＝2x－2
x2＝－2y，得x
2＋4x－4＝0，
∴|AB|＝1＋k2·?x1＋x2?2－4x1x2
＝1＋22·?－4?2－4?－4?＝410，
故△ABP面积的最大值为
410×455
2＝82.
4．如图，椭圆长轴的端点为A，B，O为椭圆的中心，F为椭圆的
右焦点，且AF→·FB→＝1，|OF→|＝1.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)记椭圆的上顶点为M，直线l交椭圆于P，Q两点，问：是否存在直线l，使点F恰为
△PQM的垂心，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
解(1)设椭圆方程为x
2
a2＋
y2
b2＝1(a>b>0)，则c＝1，
又∵AF→·FB→＝(a＋c)·(a－c)＝a2－c2＝1.
∴a2＝2，b2＝1，
故椭圆的标准方程为x
2
2＋y
2＝1.
Gothedistance
(2)假设存在直线l交椭圆于P，Q两点，
且F恰为△PQM的垂心，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
∵M(0,1)，F(1,0)，∴直线l的斜率k＝1.
于是设直线l为y＝x＋m，由
??
??
?y＝x＋m
x2
2＋y
2＝1
得3x2＋4mx＋2m2－2＝0，
x1＋x2＝－43m，①
x1x2＝2m
2－2
3.②
∵MP→·FQ→＝x1(x2－1)＋y2(y1－1)＝0.
又yi＝xi＋m(i＝1,2)，
∴x1(x2－1)＋(x2＋m)(x1＋m－1)＝0，
即2x1x2＋(x1＋x2)(m－1)＋m2－m＝0.
将①②代入得2·2m
2－2
3－
4m
3(m－1)＋m
2－m＝0，
解得m＝－43或m＝1，经检验m＝－43符合条件．
故存在直线l，使点F恰为△PQM的垂心，
直线l的方程为y＝x－43.
5．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆x
2
9＋
y2
5＝1的左，右顶点分别为A，B，右焦点为F.
设过点T(t，m)的直线TA，TB与此椭圆分别交于点M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中m>0，y1>0，
y2<0.
(1)设动点P满足：|PF|2－|PB|2＝4，求点P的轨迹；
(2)设x1＝2，x2＝13，求点T的坐标；
(3)设t＝9，求证：直线MN必过x轴上的一定点(其坐标与m无关)．
(1)解设P(x，y)，由题知F(2,0)，B(3,0)，A(－3,0)，
则|PF|2＝(x－2)2＋y2，|PB|2＝(x－3)2＋y2，
由|PF|2－|PB|2＝4，得(x－2)2＋y2－[(x－3)2＋y2]＝4，
化简，得x＝92.故点P的轨迹方程是x＝92.
Gothedistance
(2)解将x1＝2，x2＝13分别代入椭圆方程，
并考虑到y1>0，y2<0，得M????2，53，N????13，－209.
则直线MA的方程为y－05
3－0
＝x＋32＋3，即x－3y＋3＝0
直线NB的方程为y－0
－209－0
＝x－31
3－3
，即5x－6y－15＝0.
联立方程
??
??
?x－3y＋3＝0，
5x－6y－15＝0，解得x＝7，y＝
10
3，
所以点T的坐标为????7，103.
(3)证明如图所示，
点T的坐标为(9，m)．
直线TA的方程为y－0m－0＝x＋39＋3，
直线TB的方程为y－0m－0＝x－39－3，
分别与椭圆x
2
9＋
y2
5＝1联立方程，
解得M??????3?80－m
2?
80＋m2，
40m
80＋m2，
N??????3?m
2－20?
20＋m2，－
20m
20＋m2.
直线MN的方程为
y＋20m20＋m2
40m
80＋m2＋
20m
20＋m2
＝
x－3?m
2－20?
20＋m2
3?80－m2?
80＋m2－
3?m2－20?
20＋m2
.
令y＝0，解得x＝1，所以直线MN必过x轴上的一定点(1,0)．
6．(2012·上海)在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C1：2x2－y2＝1.
(1)过C1的左顶点引C1的一条渐近线的平行线，求该直线与另一条渐近线及x轴围成的
三角形的面积．
(2)设斜率为1的直线l交C1于P、Q两点．若l与圆x2＋y2＝1相切，求证：OP⊥OQ.
(3)设椭圆C2：4x2＋y2＝1.若M、N分别是C1、C2上的动点，且OM⊥ON，求证：O到
直线MN的距离是定值．
Gothedistance
(1)解双曲线C1：x
2
1
2
－y2＝1，左顶点A????－22，0，渐近线方程为y＝±2x.
不妨取过点A与渐近线y＝2x平行的直线方程为
y＝2????x＋22，即y＝2x＋1.
解方程组???
y＝－2x，
y＝2x＋1得??
?x＝－24，
y＝12.
所以所求三角形的面积为S＝12|OA||y|＝28.
(2)证明设直线PQ的方程是y＝x＋b.
因为直线PQ与已知圆相切，故|b|2＝1，即b2＝2.
由
??
??
?y＝x＋b，
2x2－y2＝1得x
2－2bx－b2－1＝0.
设P(x1，y1)、Q(x2，y2)，则
??
??
?x1＋x2＝2b，
x1x2＝－1－b2.
又y1y2＝(x1＋b)(x2＋b)，所以
OP→·OQ→＝x1x2＋y1y2＝2x1x2＋b(x1＋x2)＋b2
＝2(－1－b2)＋2b2＋b2＝b2－2＝0.
故OP⊥OQ.
(3)证明当直线ON垂直于x轴时，
|ON|＝1，|OM|＝22，则O到直线MN的距离为33.
当直线ON不垂直于x轴时，设直线ON的方程为y＝kx????显然|k|>22，
则直线OM的方程为y＝－1kx.
由
??
??
?y＝kx，
4x2＋y2＝1得??
?x2＝14＋k2，
y2＝k
2
4＋k2，
所以|ON|2＝1＋k
2
4＋k2.
Gothedistance
同理|OM|2＝1＋k
2
2k2－1.
设O到直线MN的距离为d，
因为(|OM|2＋|ON|2)d2＝|OM|2|ON|2，
所以1d2＝1|OM|2＋1|ON|2＝3k
2＋3
k2＋1＝3，即d＝
3
3.
综上，O到直线MN的距离是定值．
|
|
