高考数学一轮复习讲义第9章第9节第1课时圆锥曲线综合运用问题

这是一份高考数学一轮复习讲义第9章第9节第1课时圆锥曲线综合运用问题，共16页。学案主要包含了知识拓展，思考辨析等内容，欢迎下载使用。


1．直线与圆锥曲线的位置关系的判断
将直线方程与圆锥曲线方程联立，消去一个变量得到关于x(或y)的一元方程：ax2＋bx＋c＝0(或ay2＋by＋c＝0)．
(1)若a≠0，可考虑一元二次方程的判别式Δ，有
①Δ>0⇔直线与圆锥曲线相交；
②Δ＝0⇔直线与圆锥曲线相切；
③Δ<0⇔直线与圆锥曲线相离．
(2)若a＝0，b≠0，即得到一个一元一次方程，则直线l与圆锥曲线E相交，且只有一个交点，
①若E为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的位置关系是平行；
②若E为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合．
2．圆锥曲线的弦长
设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则|AB|＝eq \r(1＋k2)|x2－x1|＝eq \r(1＋\f(1,k2))|y2－y1|.
【知识拓展】
过一点的直线与圆锥曲线的位置关系
(1)过椭圆外一点总有两条直线与椭圆相切；
过椭圆上一点有且只有一条直线与椭圆相切；
过椭圆内一点的直线与椭圆相交．
(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．
【思考辨析】
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)直线l与抛物线y2＝2px只有一个公共点，则l与抛物线相切．( × )
(2)直线y＝kx(k≠0)与双曲线x2－y2＝1一定相交．( × )
(3)与双曲线的渐近线平行的直线与双曲线有且只有一个交点．( √ )
(4)直线与椭圆只有一个交点⇔直线与椭圆相切．( √ )
(5)过点(2,4)的直线与椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1只有一条切线．( × )
(6)满足“直线y＝ax＋2与双曲线x2－y2＝4只有一个公共点”的a的值有4个．( √ )
1．(2016·黑龙江鹤岗一中月考)在同一平面直角坐标系中，方程a2x2＋b2y2＝1与ax＋by2＝0(a>b>0)表示的曲线大致是( )
答案 D
解析 将方程a2x2＋b2y2＝1变形为eq \f(x2,\f(1,a2))＋eq \f(y2,\f(1,b2))＝1，
∵a>b>0，∴eq \f(1,a2)∴椭圆焦点在y轴上．
将方程ax＋by2＝0变形为y2＝－eq \f(a,b)x，
∵a>b>0，∴－eq \f(a,b)<0，
∴抛物线焦点在x轴负半轴上，开口向左．
2．(2017·青岛月考)直线y＝kx－k＋1与椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的位置关系为( )
A．相交B．相切
C．相离D．不确定
答案 A
解析 直线y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1恒过定点(1,1)，又点(1,1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交．
3．若直线y＝kx与双曲线eq \f(x2,9)－eq \f(y2,4)＝1相交，则k的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，0))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，\f(2,3)))
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(2,3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))
答案 C
解析 双曲线eq \f(x2,9)－eq \f(y2,4)＝1的渐近线方程为y＝±eq \f(2,3)x，
若直线与双曲线相交，数形结合，得k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，\f(2,3))).
4．已知倾斜角为60°的直线l通过抛物线x2＝4y的焦点，且与抛物线相交于A，B两点，则弦|AB|＝________.
答案 16
解析 直线l的方程为y＝eq \r(3)x＋1，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\r(3)x＋1，,x2＝4y，))得y2－14y＋1＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝14，
∴|AB|＝y1＋y2＋p＝14＋2＝16.
5．(教材改编)已知与向量v＝(1,0)平行的直线l与双曲线eq \f(x2,4)－y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最小值为________．
答案 4
解析 由题意可设直线l的方程为y＝m，
代入eq \f(x2,4)－y2＝1得x2＝4(1＋m2)，
所以x1＝eq \r(41＋m2)＝2eq \r(1＋m2)，
x2＝－2eq \r(1＋m2)，
所以|AB|＝|x1－x2|＝4eq \r(1＋m2)，
所以|AB|＝4eq \r(1＋m2)≥4，
即当m＝0时，|AB|有最小值4.
第1课时 直线与圆锥曲线
题型一 直线与圆锥曲线的位置关系
例1 (2016·烟台模拟)已知直线l：y＝2x＋m，椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.试问当m取何值时，直线l与椭圆C：
(1)有两个不重合的公共点；
(2)有且只有一个公共点；
(3)没有公共点．
解 将直线l的方程与椭圆C的方程联立，
得方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2x＋m， ①,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，②))
将①代入②，整理得9x2＋8mx＋2m2－4＝0.③
方程③根的判别式Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144.
(1)当Δ>0，即－3eq \r(2)(2)当Δ＝0，即m＝±3eq \r(2)时，方程③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有两个互相重合的公共点，即直线l与椭圆C有且只有一个公共点．
(3)当Δ<0，即m<－3eq \r(2)或m>3eq \r(2)时，方程③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．
思维升华 (1)判断直线与圆锥曲线的交点个数时，可直接求解相应方程组得到交点坐标，也可利用消元后的一元二次方程根的判别式来确定，需注意利用判别式的前提是二次项系数不为0.
(2)依据直线与圆锥曲线的交点个数求参数时，联立方程并消元，得到一元方程，此时注意观察方程的二次项系数是否为0，若为0，则方程为一次方程；若不为0，则将方程解的个数转化为判别式与0的大小关系求解．
(2016·全国乙卷)在直角坐标系xOy中，直线l：y＝t(t≠0)交y轴于点M，交抛物线C：y2＝2px(p>0)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eq \f(|OH|,|ON|)；
(2)除H以外，直线MH与C是否有其他公共点？说明理由．
解 (1)由已知得M(0，t)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t2,2p)，t))，
又N为M关于点P的对称点，故Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t2,p)，t))，ON的方程为y＝eq \f(p,t)x，代入y2＝2px整理得px2－2t2x＝0，解得x1＝0，x2＝eq \f(2t2,p)，因此Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2t2,p)，2t)).
所以N为OH的中点，即eq \f(|OH|,|ON|)＝2.
(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点，理由如下：
直线MH的方程为y－t＝eq \f(p,2t)x，即x＝eq \f(2t,p)(y－t)．
代入y2＝2px得y2－4ty＋4t2＝0，解得y1＝y2＝2t，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．
题型二 弦长问题
例2 (2016·全国甲卷)已知A是椭圆E：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左顶点，斜率为k(k>0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.
(1)当|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积．
(2)当2|AM|＝|AN|时，证明：eq \r(3)(1)解 设M(x1，y1)，则由题意知y1>0，由|AM|＝|AN|及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为eq \f(π,4).
又A(－2,0)，因此直线AM的方程为y＝x＋2.将x＝y－2代入eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1得7y2－12y＝0，解得y＝0或y＝eq \f(12,7)，所以y1＝eq \f(12,7).
因此△AMN的面积S△AMN＝2×eq \f(1,2)×eq \f(12,7)×eq \f(12,7)＝eq \f(144,49).
(2)证明 将直线AM的方程y＝k(x＋2)(k>0)代入eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0，
由x1·(－2)＝eq \f(16k2－12,3＋4k2)得x1＝eq \f(23－4k2,3＋4k2)，
故|AM|＝|x1＋2|eq \r(1＋k2)＝eq \f(12\r(1＋k2),3＋4k2).
由题设，直线AN的方程为y＝－eq \f(1,k)(x＋2)，
故同理可得|AN|＝eq \f(12k\r(1＋k2),3k2＋4).
由2|AM|＝|AN|，得eq \f(2,3＋4k2)＝eq \f(k,3k2＋4)，即4k3－6k2＋3k－8＝0，
设f(t)＝4t3－6t2＋3t－8，则k是f(t)的零点，f′(t)＝12t2－12t＋3＝3(2t－1)2≥0，所以f(t)在(0，＋∞)单调递增，又f(eq \r(3))＝15eq \r(3)－26<0，f(2)＝6>0，因此f(t)在(0，＋∞)有唯一的零点，且零点k在(eq \r(3)，2)内，所以eq \r(3)思维升华 有关圆锥曲线弦长问题的求解方法
涉及弦长的问题中，应熟练的利用根与系数的关系、设而不求法计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数的关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．
设F1，F2分别是椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左，右焦点，过F1且斜率为1的直线l与E相交于A，B两点，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差数列．
(1)求E的离心率；
(2)设点P(0，－1)满足|PA|＝|PB|，求E的方程．
解 (1)由椭圆定义知|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4a，
又2|AB|＝|AF2|＋|BF2|，得|AB|＝eq \f(4,3)a，
l的方程为y＝x＋c，其中c＝eq \r(a2－b2).
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A，B两点的坐标满足方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋c，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))消去y，化简得(a2＋b2)x2＋2a2cx＋a2(c2－b2)＝0，则x1＋x2＝eq \f(－2a2c,a2＋b2)，x1x2＝eq \f(a2c2－b2,a2＋b2).
因为直线AB的斜率为1，所以|AB|＝eq \r(2)|x2－x1|＝eq \r(2[x1＋x22－4x1x2])，即eq \f(4,3)a＝eq \f(4ab2,a2＋b2)，故a2＝2b2，
所以E的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(a2－b2),a)＝eq \f(\r(2),2).
(2)设AB的中点为N(x0，y0)，由(1)知
x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(－a2c,a2＋b2)＝－eq \f(2c,3)，y0＝x0＋c＝eq \f(c,3).
由|PA|＝|PB|，得kPN＝－1，即eq \f(y0＋1,x0)＝－1，
得c＝3，从而a＝3eq \r(2)，b＝3.
故椭圆E的方程为eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1.
题型三 中点弦问题
命题点1 利用中点弦确定直线或曲线方程
例3 (1)已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交E于A，B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为( )
A.eq \f(x2,45)＋eq \f(y2,36)＝1B.eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,27)＝1
C.eq \f(x2,27)＋eq \f(y2,18)＝1D.eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1
(2)已知(4,2)是直线l被椭圆eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,9)＝1所截得的线段的中点，则l的方程是________________．
答案 (1)D (2)x＋2y－8＝0
解析 (1)因为直线AB过点F(3,0)和点(1，－1)，所以直线AB的方程为y＝eq \f(1,2)(x－3)，代入椭圆方程eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1消去y，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,4)＋b2))x2－eq \f(3,2)a2x＋eq \f(9,4)a2－a2b2＝0，所以AB的中点的横坐标为eq \f(\f(3,2)a2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,4)＋b2)))＝1，即a2＝2b2，又a2＝b2＋c2，所以b＝c＝3，a＝3eq \r(2)，选D.
(2)设直线l与椭圆相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则eq \f(x\\al(2,1),36)＋eq \f(y\\al(2,1),9)＝1，且eq \f(x\\al(2,2),36)＋eq \f(y\\al(2,2),9)＝1，
两式相减得eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(x1＋x2,4y1＋y2).
又x1＋x2＝8，y1＋y2＝4，
所以eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(1,2)，
故直线l的方程为y－2＝－eq \f(1,2)(x－4)，
即x＋2y－8＝0.
命题点2 由中点弦解决对称问题
例4 (2015·浙江)如图已知椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋eq \f(1,2)对称．
(1)求实数m的取值范围；
(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点)．
解 (1)由题意知m≠0，可设直线AB的方程为
y＝－eq \f(1,m)x＋b.由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝－\f(1,m)x＋b，))
消去y，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,m2)))x2－eq \f(2b,m)x＋b2－1＝0.
因为直线y＝－eq \f(1,m)x＋b与椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋eq \f(4,m2)＞0，①
将AB中点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2mb,m2＋2)，\f(m2b,m2＋2)))代入直线方程y＝mx＋eq \f(1,2)，解得b＝－eq \f(m2＋2,2m2)，②
由①②得m＜－eq \f(\r(6),3)或m＞eq \f(\r(6),3).
(2)令t＝eq \f(1,m)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),2)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(6),2)))，则
|AB|＝eq \r(t2＋1)·eq \f(\r(－2t4＋2t2＋\f(3,2)),t2＋\f(1,2)).
且O到直线AB的距离为d＝eq \f(t2＋\f(1,2),\r(t2＋1)).
设△AOB的面积为S(t)，
所以S(t)＝eq \f(1,2)|AB|·d＝eq \f(1,2)eq \r(－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t2－\f(1,2)))2＋2)≤eq \f(\r(2),2).
当且仅当t2＝eq \f(1,2)时，等号成立．
故△AOB面积的最大值为eq \f(\r(2),2).
思维升华 处理中点弦问题常用的求解方法
(1)点差法：即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有x1＋x2，y1＋y2，eq \f(y1－y2,x1－x2)三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式即可求得斜率．
(2)根与系数的关系：即联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后，由根与系数的关系求解．
(3)解决对称问题除掌握解决中点弦问题的方法外，还要注意：如果点A，B关于直线l对称，则l垂直直线AB且A，B的中点在直线l上的应用．
设抛物线过定点A(－1,0)，且以直线x＝1为准线．
(1)求抛物线顶点的轨迹C的方程；
(2)若直线l与轨迹C交于不同的两点M，N，且线段MN恰被直线x＝－eq \f(1,2)平分，设弦MN的垂直平分线的方程为y＝kx＋m，试求m的取值范围．
解 (1)设抛物线顶点为P(x，y)，则焦点F(2x－1，y)．
再根据抛物线的定义得|AF|＝2，即(2x)2＋y2＝4，
所以轨迹C的方程为x2＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)设弦MN的中点为Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，y0))，M(xM，yM)，N(xN，yN)，则由点M，N为椭圆C上的点，
可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4x\\al(2,M)＋y\\al(2,M)＝4，,4x\\al(2,N)＋y\\al(2,N)＝4.))
两式相减，得
4(xM－xN)(xM＋xN)＋(yM－yN)(yM＋yN)＝0，
将xM＋xN＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－1，yM＋yN＝2y0，
eq \f(yM－yN,xM－xN)＝－eq \f(1,k)代入上式得k＝－eq \f(y0,2).
又点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，y0))在弦MN的垂直平分线上，
所以y0＝－eq \f(1,2)k＋m.
所以m＝y0＋eq \f(1,2)k＝eq \f(3,4)y0.
由点P(－eq \f(1,2)，y0)在线段BB′上
(B′，B为直线x＝－eq \f(1,2)与椭圆的交点，如图所示)，
所以yB′所以－eq \f(3\r(3),4)
1．(2016·泰安模拟)斜率为eq \r(3)的直线与双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1恒有两个公共点，则双曲线离心率的取值范围是( )
A．[2，＋∞) B．(2，＋∞)
C．(1，eq \r(3)) D．(eq \r(3)，＋∞)
答案 B
解析 要使直线与双曲线恒有两个公共点，
则渐近线的斜率的绝对值应大于eq \r(3)，
所以|eq \f(b,a)|>eq \r(3)，∴e＝eq \r(1＋\f(b2,a2))>2，
即e∈(2，＋∞)，故选B.
2．直线4kx－4y－k＝0与抛物线y2＝x交于A，B两点，若|AB|＝4，则弦AB的中点到直线x＋eq \f(1,2)＝0的距离等于( )
A.eq \f(7,4)B．2C.eq \f(9,4)D．4
答案 C
解析 易知直线4kx－4y－k＝0过抛物线y2＝x的焦点(eq \f(1,4)，0)，∴|AB|为焦点弦．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则AB中点N(eq \f(x1＋x2,2)，eq \f(y1＋y2,2))，
∴|AB|＝x1＋x2＋p＝4.∴eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(7,4).
∴AB中点到直线x＋eq \f(1,2)＝0的距离为eq \f(7,4)＋eq \f(1,2)＝eq \f(9,4).
3．斜率为1的直线l与椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为( )
A．2B.eq \f(4\r(5),5)C.eq \f(4\r(10),5)D.eq \f(8\r(10),5)
答案 C
解析 设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线l的方程为y＝x＋t，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋4y2＝4，,y＝x＋t))消去y，得5x2＋8tx＋4(t2－1)＝0，
则x1＋x2＝－eq \f(8,5)t，x1x2＝eq \f(4t2－1,5).
∴|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(2)·eq \r(－\f(8,5)t2－4×\f(4t2－1,5))
＝eq \f(4\r(2),5)·eq \r(5－t2)，
当t＝0时，|AB|max＝eq \f(4\r(10),5).
4．(2017·天津质检)直线y＝eq \f(b,a)x＋3与双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1的交点个数是( )
A．1B．2C．1或2D．0
答案 A
解析 因为直线y＝eq \f(b,a)x＋3与双曲线的渐近线y＝eq \f(b,a)x平行，
所以它与双曲线只有1个交点，故选A.
5．设双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一条渐近线与抛物线y＝x2＋1只有一个公共点，则双曲线的离心率为( )
A.eq \f(5,4)B．5C.eq \f(\r(5),2)D.eq \r(5)
答案 D
解析 双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1的一条渐近线为y＝eq \f(b,a)x，
由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(b,a)x，,y＝x2＋1))消去y，
得x2－eq \f(b,a)x＋1＝0有唯一解，
所以Δ＝(eq \f(b,a))2－4＝0，eq \f(b,a)＝2，
e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(a2＋b2),a)＝eq \r(1＋\f(b,a)2)＝eq \r(5).
6．已知F为抛物线y2＝8x的焦点，过点F且斜率为1的直线l交抛物线于A，B两点，则||FA|－|FB||的值为( )
A．4eq \r(2)B．8C．8eq \r(2)D．16
答案 C
解析 依题意知F(2,0)，所以直线l的方程为y＝x－2，
联立方程，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x－2，,y2＝8x，))
消去y得x2－12x＋4＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1x2＝4，x1＋x2＝12，
则||FA|－|FB||＝|(x1＋2)－(x2＋2)|
＝|x1－x2|＝eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(144－16)＝8eq \r(2).
7．(2016·安顺月考)在抛物线y＝x2上关于直线y＝x＋3对称的两点M，N的坐标分别为________．
答案 (－2,4)，(1,1)
解析 设直线MN的方程为y＝－x＋b，
代入y＝x2中，整理得x2＋x－b＝0，
令Δ＝1＋4b>0，∴b>－eq \f(1,4).
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－1，
eq \f(y1＋y2,2)＝－eq \f(x1＋x2,2)＋b＝eq \f(1,2)＋b，
由(－eq \f(1,2)，eq \f(1,2)＋b)在直线y＝x＋3上，
即eq \f(1,2)＋b＝－eq \f(1,2)＋3，解得b＝2，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－x＋2，,y＝x2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝－2，,y1＝4，))eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝1，,y2＝1.))
8．已知抛物线y2＝4x的弦AB的中点的横坐标为2，则|AB|的最大值为________．
答案 6
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4，
那么|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋2，
又|AF|＋|BF|≥|AB|⇒|AB|≤6，当AB过焦点F时取得最大值6.
9．过椭圆eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1内一点P(3,1)，且被这点平分的弦所在直线的方程是____________．
答案 3x＋4y－13＝0
解析 设直线与椭圆交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，
由于A，B两点均在椭圆上，
故eq \f(x\\al(2,1),16)＋eq \f(y\\al(2,1),4)＝1，eq \f(x\\al(2,2),16)＋eq \f(y\\al(2,2),4)＝1，
两式相减得
eq \f(x1＋x2x1－x2,16)＋eq \f(y1＋y2y1－y2,4)＝0.
又∵P是A，B的中点，∴x1＋x2＝6，y1＋y2＝2，
∴kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(3,4).
∴直线AB的方程为y－1＝－eq \f(3,4)(x－3)．
即3x＋4y－13＝0.
10．已知双曲线C：x2－eq \f(y2,3)＝1，直线y＝－2x＋m与双曲线C的右支交于A，B两点(A在B的上方)，且与y轴交于点M，则eq \f(|MB|,|MA|)的取值范围为________．
答案 (1,7＋4eq \r(3))
解析 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－2x＋m，,3x2－y2－3＝0))可得x2－4mx＋m2＋3＝0，
由题意得方程在[1，＋∞)上有两个不相等的实根，
设f(x)＝x2－4mx＋m2＋3，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2m>1，,f1≥0，,Δ>0，))得m>1，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1得x1＝2m－eq \r(3m2－1)，x2＝2m＋eq \r(3m2－1)，
所以eq \f(|MB|,|MA|)＝eq \f(x2,x1)＝eq \f(2m＋\r(3m2－1),2m－\r(3m2－1))
＝－1＋eq \f(4,2－ \r(31－\f(1,m2)))，
由m>1得，eq \f(|MB|,|MA|)的取值范围为(1,7＋4eq \r(3))．
11．(2016·郑州模拟)已知椭圆的中心在原点，焦点在x轴上，离心率为eq \f(\r(2),2)，且椭圆经过圆C：x2＋y2－4x＋2eq \r(2)y＝0的圆心．
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线l过椭圆的焦点且与圆C相切，求直线l的方程．
解 (1)圆C方程化为(x－2)2＋(y＋eq \r(2))2＝6，
圆心C(2，－eq \r(2))，半径r＝eq \r(6).
设椭圆的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(4,a2)＋\f(2,b2)＝1，,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))2＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝8，,b2＝4.))
∴所求的椭圆方程是eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)由(1)得到椭圆的左，右焦点分别是F1(－2,0)，
F2(2,0)，|F2C|＝eq \r(2－22＋0＋\r(2)2)＝eq \r(2)∴F2在C内，故过F2没有圆C的切线，设l的方程为y＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＝0.
点C(2，－eq \r(2))到直线l的距离d＝eq \f(|2k＋\r(2)＋2k|,\r(1＋k2))，
由d＝eq \r(6)，得eq \f(|2k＋\r(2)＋2k|,\r(1＋k2))＝eq \r(6).
解得k＝eq \f(\r(2),5)或k＝－eq \r(2)，
故l的方程为eq \r(2)x－5y＋2eq \r(2)＝0或eq \r(2)x＋y＋2eq \r(2)＝0.
12．平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)右焦点的直线x＋y－eq \r(3)＝0交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为eq \f(1,2).
(1)求M的方程；
(2)C，D为M上两点，若四边形ACBD的对角线CD⊥AB，求四边形ACBD面积的最大值．
解 (1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，
则eq \f(x\\al(2,1),a2)＋eq \f(y\\al(2,1),b2)＝1，eq \f(x\\al(2,2),a2)＋eq \f(y\\al(2,2),b2)＝1，
eq \f(y2－y1,x2－x1)＝－1.
由此可得eq \f(b2x2＋x1,a2y2＋y1)＝－eq \f(y2－y1,x2－x1)＝1.
因为x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，
eq \f(y0,x0)＝eq \f(1,2)，所以a2＝2b2.
又由题意知，M的右焦点为(eq \r(3)，0)，
故a2－b2＝3.因此a2＝6，b2＝3.
所以M的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y－\r(3)＝0，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(4\r(3),3)，,y＝－\f(\r(3),3)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝\r(3).))
因此|AB|＝eq \f(4\r(6),3).
由题意可设直线CD的方程为y＝x＋n(－eq \f(5\r(3),3)设C(x3，y3)，D(x4，y4)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋n，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))
得3x2＋4nx＋2n2－6＝0.
于是x3,4＝eq \f(－2n±\r(29－n2),3).
因为直线CD的斜率为1,
所以|CD|＝eq \r(2)|x4－x3|＝eq \f(4,3)eq \r(9－n2).
由已知，四边形ACBD的面积
S＝eq \f(1,2)|CD|·|AB|＝eq \f(8\r(6),9)eq \r(9－n2).
当n＝0时，S取得最大值，最大值为eq \f(8\r(6),3).
*13.(2016·广州联考)已知点P是圆O：x2＋y2＝1上任意一点，过点P作PQ⊥y轴于点Q，延长QP到点M，使eq \(QP,\s\up6(→))＝eq \(PM,\s\up6(→)).
(1)求点M的轨迹E的方程；
(2)过点C(m,0)作圆O的切线l，交(1)中曲线E于A，B两点，求△AOB面积的最大值．
解 (1)设点M(x，y)，∵eq \(QP,\s\up6(→))＝eq \(PM,\s\up6(→))，
∴P为QM的中点，又PQ⊥y轴，∴P(eq \f(x,2)，y)．
∵点P是圆O：x2＋y2＝1上的点，
∴(eq \f(x,2))2＋y2＝1，
即点M的轨迹E的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)由题意可知直线l不与y轴垂直，
故可设l：x＝ty＋m，t∈R，
A(x1，y1)，B(x2，y2)．
∵l与圆O：x2＋y2＝1相切，
∴eq \f(|m|,\r(t2＋1))＝1，即m2＝t2＋1.①
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,x＝ty＋m，))消去x，
得(t2＋4)y2＋2mty＋m2－4＝0.
其中Δ＝(2mt)2－4(t2＋4)(m2－4)
＝16(t2－m2)＋64＝48>0.
∴y1＋y2＝－eq \f(2mt,t2＋4)，y1y2＝eq \f(m2－4,t2＋4).②
∴|AB|＝eq \r(x1－x22＋y1－y22)
＝eq \r([ty1－y2]2＋y1－y22)
＝eq \r(t2＋1)eq \r(y1＋y22－4y1y2).
将①②代入上式得
|AB|＝eq \r(t2＋1)eq \r(\f(4m2t2,t2＋42)－\f(4m2－4,t2＋4))
＝eq \f(4\r(3)|m|,m2＋3)，|m|≥1，
∴S△AOB＝eq \f(1,2)|AB|·1
＝eq \f(1,2)×eq \f(4\r(3)|m|,m2＋3)
＝eq \f(2\r(3),|m|＋\f(3,|m|))≤eq \f(2\r(3),2\r(3))＝1，
当且仅当|m|＝eq \f(3,|m|)，即m＝±eq \r(3)时，等号成立．
∴(S△AOB)max＝1.