考点38 直线与圆锥曲线的位置关系-备战2022年高考数学一轮复习考点帮（浙江专用）.docx

考点38 直线与圆锥曲线的位置关系 【命题趋势】 直线与圆锥曲线的综合应用问题（特别是一些经典问题，如：定值与定点、最值与取值范围、探索性问题）一直是高考热点问题．常常与向量、圆等知识交汇在一起命题，多以解答题形式出现，难度较大． 【重要考向】 本节通过圆锥曲线的综合应用考查数学运算、逻辑推理等核心素养． 直线与圆锥曲线位置关系 方法策略： 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. 【典例】 1．若斜率为的直线与双曲线，恒有两个公共点，则双曲线的离心率的取值范围（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由斜率为的直线与双曲线恒有两个公共点可得渐近线的斜率大于，由此可求离心率的范围. 【详解】∵ 斜率为的直线与双曲线恒有两个公共点， ∴ ，∴ ，∴ 双曲线的离心率的取值范围是， 故选：D. 2．曲线Γ：，要使直线与曲线Γ有四个不同的交点，则实数m的取值范围是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据曲线Γ的方程，得到曲线表示是一个圆与双曲线的一部分，画出曲线的图象，结合图象，即可求解. 【详解】由曲线Γ：，可知， 如图所示，曲线表示是一个圆与双曲线的一部分， 由，解得，要使直线与曲线Γ有四个不同的交点， 结合图象，可得. 故选：C． 圆锥曲线的弦长 弦长的求解： （1）当弦的两端点坐标易求时，可直接利用两点间的距离公式求解； （2）当直线的斜率存在时，斜率为k的直线l与圆锥曲线C相交于两个不同的点，则弦长. （3）当弦过焦点时，可结合焦半径公式求解弦长. 【典例】 3．设椭圆的离心率为，圆与x轴正半轴交于点A，圆O在点A处的切线被椭圆C截得的弦长为. （1）求椭圆C的方程； （2）过圆O上任意一点做圆的的切线交椭圆C于点M，N，求证：以MN为直径的圆过点O. 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【分析】（1）根据椭圆的离心率为，得到，设椭圆的方程为，再根据圆O在点A处的切线被椭圆C截得的弦长为，得到点在椭圆上求解； （2）当过点且与圆相切的切线斜率不存在时，不妨设切线方程为，判断 是否为零；当过点且与圆相切的切线斜率存在时，可设切线的方程为，由直线与圆相切得到k，m的关系，再联立直线和椭圆的方程，利用韦达定理证明即可. 【详解】（1）设椭圆的半焦距为，因为椭圆的离心率为，所以，， ∴椭圆的方程可设为. 易得，因为圆O在点A处的切线被椭圆C截得的弦长为， 所以点在椭圆上， 所以，解得，所以椭圆的方程为. （2）当过点且与圆相切的切线斜率不存在时，不妨设切线方程为， 由（1）知：，， 则，，， ∴. 当过点且与圆相切的切线斜率存在时，可设切线的方程为， ，， 因为直线与圆相切， 所以，即. 联立直线和椭圆的方程得， ∴， 所以. ∵，， ∴， ，， ，， ∴. 综上所述，圆上任意一点处的切线交椭圆于点，，都有. 4．已知抛物线上的动点P到直线的距离为d，A点坐标为，则的最小值等于（ ） A．4 B． C． D． 【答案】D 【分析】求得抛物线的焦点坐标和准线方程，得到动点P到直线的距离为，根据，即可求解. 【详解】抛物线化为，可得焦点，准线方程为，如图所示，可得动点P到直线l∶的距离为， 又由，从而. 所以的最小值等于. 故选：D. 圆锥曲线中的定点、定值问题 方法指导： 定点、定值问题多以直线与圆锥曲线为背景，常与函数与方程、向量等知识交汇，形成了过定点、定值等问题的证明.解决此类问题的关键是引进参变量表示所求问题，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量. 【典例】 5．已知抛物线：的焦点是圆：与坐标轴的一个交点． （1）求抛物线的方程． （2）若，（，异于原点）为抛物线上的不同两点，且以为直径的圆过点，问直线是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由． 【答案】（1）；（2）直线过定点． 【分析】（1）根据抛物线方程的特点，再求圆与轴正半轴的交点，即可根据焦点坐标，求得抛物线方程；（2）首先设直线的方程为，与抛物线方程联立，利用，求得，结合韦达定理，即可求得直线所过定点. 【详解】解：（1）将代入，得， 所以圆与轴的两个交点分别为，． 依题意，解得，所以抛物线的方程为． （2）设直线的方程为，与抛物线方程联立并化简得， 则，可得． 设，，则，． 因为以为直径的圆过原点，所以， 所以，得． 所以，得． 所以直线的方程为． 因此，直线过定点． 1．已知F是椭圆=1的左焦点，P为椭圆上的动点，椭圆内部一点M的坐标是（3，4），则|PM|+|PF|的最大值是（ ） A．10 B．11 C．13 D．21 2．已知直线与抛物线交于两点（点在第一象限，点在第四象限），与轴交于点，若线段的中点的横坐标为3，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 3．已知点在曲线（）上，设，则的最大值（ ） A．与有关，且与有关 B．与有关，但与无关 C．与无关，但与有关 D．与无关，且与无关 4．已知直线，动点在椭圆上，作交于点，作交于点.若为定值，则（ ） A． B． C． D． 5．直线l过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F，且与C相交于A，B两点，且AB的中点M的坐标为(3，2)，则抛物线C的方程为（ ） A．y2＝2x或y2＝4x B．y2＝4x或y2＝8x C．y2＝6x或y2＝8x D．y2＝2x或y2＝8x 6．已知椭圆中心在原点，且一个焦点为F（0，3），直线4x+3y﹣13＝0与其相交于MN两点，MN中点的横坐标为1，则此椭圆的方程是__． 7．已知抛物线C：的焦点为F，过点P（0，﹣1）斜率为k（k＞0）的直线l与抛物线C交于A、B两点，AB的中点Q到x轴的距离为3，若M是直线l上的一个动点，E（3，0），则||MF|﹣|ME||的最大值为 __. 8．设直线与椭圆的方程分别为 与，问为何值时， （1）直线与椭圆有一个公共点； （2）直线与椭圆有两个公共点； （3）直线与椭圆无公共点. 9．已知椭圆：的离心率为，抛物线：的准线被椭圆截得的线段长为. （1）求椭圆的方程； （2）如图，点，分别是椭圆的左顶点、左焦点直线与椭圆交于不同的两点，（，都在x轴上方）.且.直线是否恒过定点？若是，求出该定点的坐标；若否，说明之. 10．已知过圆C1：x2+y2＝1上一点的切线，交坐标轴于A、B两点，且A、B恰好分别为椭圆C2：（a＞b＞0）的上顶点和右顶点． （1）求椭圆C2的方程； （2）已知P为椭圆的左顶点，过点P作直线PM、PN分别交椭圆于M、N两点，若直线MN过定点Q（﹣1，0），求证：PM⊥PN． 1.（2021年新高考全国Ⅰ卷）已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为（ ） A. 13 B. 12 C. 9 D. 6 2．（2021年新高考全国Ⅱ卷）抛物线的焦点到直线的距离为，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 4 3.（2021年新高考全国Ⅰ卷）已知为坐标原点，抛物线：()的焦点为，为上一点，与轴垂直，为轴上一点，且，若，则的准线方程为______. 4．（2021年新高考全国Ⅱ卷）已知双曲线的离心率为2，则该双曲线的渐近线方程为_______________ 5. （2021年新高考全国Ⅰ卷）在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为. （1）求的方程； （2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和. 6．（2021年新高考全国Ⅱ卷）已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为． （1）求椭圆C的方程； （2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是． 7.（2020年全国卷（文科）（新课标Ⅰ））已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D． （1）求E的方程； （2）证明：直线CD过定点. 1．已知过抛物线C：y2＝4x的焦点F且倾斜角为30°的直线交C于A，B两点，Q为AB的中点，P为C上一点，则|PF|+|PQ|的最小值为（ ） A．5 B．6 C．7 D．8 2．已知点为抛物线上的两点，为坐标原点，且，则的面积的最小值为（ ） A．8 B．16 C．32 D．64 3．过点的直线交抛物线于两点，当点恰好为的中点时，直线的方程为（ ） A． B． C． D． 4．若点P为共焦点的椭圆和双曲线的一个交点，，分别是它们的左右焦点.设椭圆离心率为，双曲线离心率为，若，则（ ） A．4 B．3 C．2 D．1 5．已知椭圆，过点的直线与椭圆相交于、两点，且弦被点平分，则直线的方程为（ ） A． B． C． D． 6．若椭圆＋＝1(m>n>0)和双曲线－＝1(s，t>0)有相同的焦点F1和F2，而P是这两条曲线的一个交点，则|PF1|·|PF2|的值是（ ） A．m－s B．(m－s) C．m2－s2 D．－ 7．设抛物线的焦点到顶点的距离为3，则抛物线上的点到准线的距离的取值范围是（ ） A．(6，＋∞) B．[6，＋∞) C．(3，＋∞) D．[3，＋∞) 8．已知椭圆C：上的三点A，B，C，斜率为负数的直线BC与y轴交于M，若原点O是的重心，且，则直线BC的斜率是（ ） A． B． C． D． 9．已知抛物线上一点，过点作抛物线的两条弦，，且，则直线经过定点为________． 10．已知椭圆中心在原点，且一个焦点为F（0，3），直线4x+3y﹣13＝0与其相交于MN两点，MN中点的横坐标为1，则此椭圆的方程是__． 11．已知抛物线C：的焦点为F，过点P（0，﹣1）斜率为k（k＞0）的直线l与抛物线C交于A、B两点，AB的中点Q到x轴的距离为3，若M是直线l上的一个动点，E（3，0），则||MF|﹣|ME||的最大值为 __. 12．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，直线l过F与C交于A、B两点，若|AF|＝|BF|，则y轴被以线段AB为直径的圆截得的弦长为 __. 13．已知F1是椭圆C：的左焦点，经过点P（0，﹣2）作两条互相垂直的直线l1和l2，直线l1与C交于点A，B．当直线l1经过点F1时，直线l2与C有且只有一个公共点． （1）求C的标准方程； （2）若直线l2与C有两个交点，求|AB|的取值范围． 14．已知抛物线C：y2＝4x，坐标原点为O，焦点为F，直线l：y＝kx+1. （1）若l与C只有一个公共点，求k的值； （2）过点F作斜率为1的直线交抛物线C于A、B两点，求△OAB的面积. 15．已知抛物线的焦点为，点在上，且（为坐标原点）． （1）求的方程； （2）若是上的两个动点，且两点的横坐标之和为． （ⅰ）设线段的中垂线为，证明：恒过定点． （ⅱ）设（ⅰ）中定点为，当取最大值时，且，位于直线两侧时，求四边形的面积． 16．已知椭圆过点，且离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线（不经过点）交椭圆于点，试问直线与直线的斜率之和是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由. 参考答案 跟踪训练 1．【答案】D 【分析】利用椭圆的定义转化为P到M和到另一焦点的距离的差的最大值来解决. 【详解】解：如图， 由椭圆=1，得 得，则椭圆右焦点为， 则 . 当与射线与椭圆的交点重合时取到等号, 的最大值为21. 故选：D. 2．【答案】A 【分析】设，直线方程为，然后抛物线标准方程与直线方程联立消，得一个关于一元二次方程，又由线段的中点的横坐标为3，得，转化为，由此即可确定的取值范围. 【详解】解：设，直线方程为， 联立，消去，得，所以， 所以， 因为、中点横坐标为3，所以， 故，又，所以的取值范围为. 故选：A. 3．【答案】B 【分析】表示的是椭圆的部分，而是椭圆的下焦点，设为椭圆的上焦点，为直线与轴的夹角，则由椭圆的性质和定义可得结论. 【详解】表示的是椭圆的部分，而是椭圆的下焦点， 设为椭圆的上焦点，为直线与轴的夹角，则， ， 当且仅当轴时取等号，则只与有关，与无关， 故选：B. 4．【答案】C 【分析】根据四边形OMPN是平行四边形，得到为定值，然后将取特殊位置，求解. 【详解】如图所示： ， 易知由四边形OMPN是平行四边形， 所以为定值， 取点时，由 ，解得 ， 所以，由对称性得：， 所以， 取点时，由 ，解得 ，所以，由对称性得：， 所以，所以 ，即， 故选：C 5．【答案】B 【分析】设直线l的方程为，与抛物线方程联立，应用韦达定理，由中点坐标公式求得得抛物线方程． 【详解】解：由题可得直线l的方程为，与抛物线方程C：y2＝2px(p>0)联立，得k2x2－k2px－2px＋＝0． ∵AB的中点为M(3，2)，∴，解得k＝1或k＝2，∴p＝2或p＝4， ∴抛物线C的方程为y2＝4x或y2＝8x． 故选：B． 6．【答案】 【分析】先设出椭圆的方程，然后利用平方差法，及的中点的横坐标为1，即得，，然后求解椭圆标准方程． 【详解】解　设椭圆方程为，依题意， 设，，，，可得；， 两式作差化简可得：， 直线与其相交于、两点，中点的横坐标为1， 则，则，，且，解得，， 椭圆的标准方程是：． 故答案为： 7．【答案】1 【分析】设直线l的方程为，联立方程组，求得，根据题意求得l的方程为，设点关于直线l的对称点为，解得，根据，即可求解. 【详解】因为抛物线C的方程为，所以焦点， 根据题意直线l的方程为， 设，联立，得， 所以，所以，所以， 因为AB的中点Q到x轴的距离为3，所以，解得， 所以直线l的方程为， 设点关于直线l的对称点为，所以，且， 解得， 所以点F关于直线l的对称点为， 所以，当M在射线与直线l的交点时，取等号， 故答案为：1. 8．【答案】（1）； （2）； （3）或. 【分析】由椭圆方程与直线方程联立，利用、、可分别得（1）、（2）、（3）答案. 【详解】设直线与椭圆的方程分别为 与，问为何值时， 由得. （1）当， 即时直线与椭圆有一个公共点； （2）当， 即时直线与椭圆有两个公共点； （3） 即或时直线与椭圆无公共点. 9．【答案】（1）；（2）直线过定点. 【分析】（1）利用离心率及抛物线：的准线被椭圆截得的线段长为和椭圆中的关系即可. （2）由可得联立直线与椭圆的方程带入化简即可得出结果. 【详解】解：（1）由题意可知，抛物线的准线方程为，又抛物线的准线被椭圆截得的线段长为. ∴点在椭圆上.∴① 又∵，∴，∴②， 将①②联立，解得，，∴椭圆的方程为 （2）设直线的方程为，，， 把直线和椭圆方程联立，整理可得：. ∵，即， ∴， 由（1）得，∴，， 又，都在轴上方，且，∴， ∴，即. 整理可得 ∴， 即，整理可得：. ∴直线的方程为， ∴直线过定点. 10．【答案】（1）；（2）证明见解析. 【分析】（1）设切线方程为y﹣＝k（x﹣），由圆心到直线的距离等于半径，建立方程，解出k＝﹣，从而求出A（0，），和B（2，0），直接写出椭圆的方程； （2）由（1）可知p（﹣2，0），设直线MN方程为：x＝my﹣1，M（x1，y1），N（x2，y2）用设而不求法表示出，整理化简可得，即可证明PM⊥PN． 【详解】（1）设过点的切线方程为y﹣＝k（x﹣），即kx﹣y+﹣＝0，因为圆心到直线的距离等于半径，所以，解得k＝﹣， 所以切线方程为﹣， 令x＝0，得y＝，A（0，），令y＝0，得x＝2，B（2，0）． 所以b＝，a＝2，所以椭圆C2方程为：． （2）由（1）可知p（﹣2，0）， 设直线MN方程为：x＝my﹣1，M（x1，y1），N（x2，y2） 联立直线与椭圆的方程得：（m2+3）y2﹣2my﹣3＝0， y1+y2＝，y1y2＝， x1+x2＝（my1﹣1）+（my2﹣1）＝m（y1+y2）﹣2， x1x2＝（my1﹣1）（my2﹣1）＝m2y1y2﹣m（y1+y2）+1， ＝（x1+2，y1）•（x2+2，y2）＝（x1+2）（x2+2）+y1y2 ＝x1x2+2（x1+x2）+4+y1y2， ＝m2y1y2﹣m（y1+y2）+1+2[m（y1+y2）﹣2]+4+y1y2， ＝（m2+1）y1y2+m（y1+y2）+1， ＝（m2+1）（）+m（）+1， ＝＝0， 所以PM⊥PN． 真题再现 1.【答案】C 解析：由题意知，，则，所以（当且仅当时，等号成立）． 故选C． 2．【答案】B 【解析】首先确定抛物线的焦点坐标，然后结合点到直线距离公式可得的值. 【详解】抛物线的焦点坐标为， 其到直线的距离：，解得：(舍去). 故选：B. 3.【答案】 解析：抛物线： ()的焦点, ∵P为上一点，与轴垂直， 所以P的横坐标为，代入抛物线方程求得P的纵坐标为, 不妨设, 因为Q为轴上一点，且，所以Q在F的右侧， 又， 因为，所以, ，所以的准线方程为 故答案为. 4．【答案】 【解析】由双曲线离心率公式可得，再由渐近线方程即可得解. 【详解】因为双曲线的离心率为2， 所以，所以， 所以该双曲线的渐近线方程为. 故答案为：. 【点睛】本题考查了双曲线离心率的应用及渐近线的求解，考查了运算求解能力，属于基础题. 5. 答案：（1）；（2）. 解析：因为， 所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支， 设轨迹的方程为，则，可得，， 所以，轨迹的方程为； （2）设点，若过点的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线无公共点， 不妨直线的方程为，即， 联立，消去并整理可得， 设点、，则且. 由韦达定理可得，， 所以，， 设直线的斜率为，同理可得， 因为，即，整理可得， 即，显然，故. 因此，直线与直线的斜率之和为. 6．【答案】（1）；（2）证明见解析. 【解析】（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解； （2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证； 充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解. 【详解】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以， 又，所以椭圆方程为； （2）由（1）得，曲线为， 当直线的斜率不存在时，直线，不合题意； 当直线的斜率存在时，设， 必要性： 若M，N，F三点共线，可设直线即， 由直线与曲线相切可得，解得， 联立可得，所以， 所以, 所以必要性成立； 充分性：设直线即， 由直线与曲线相切可得，所以， 联立可得， 所以， 所以 ， 化简得，所以， 所以或，所以直线或， 所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立； 所以M，N，F三点共线的充要条件是． 【点睛】解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重. 7．【答案】（1）；（2）证明详见解析. 【分析】（1）依据题意作出如下图象： 由椭圆方程可得：， ， ，， 椭圆方程为： （2）证明：设， 则直线的方程为：，即： 联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得： ，解得：或 将代入直线可得： 所以点的坐标为.同理可得：点的坐标为 当时， 直线的方程为：， 整理可得： 整理得：所以直线过定点． 当时，直线：，直线过点． 故直线CD过定点． 模拟检测 1．【答案】D 【分析】设直线AB的方程为x＝y+1，联立，得到AB的中点坐标，然后过P作PH垂直准线于点H，再利用抛物线的定义，由三点共线时求得最小值求解. 【详解】如图所示： 由题意，得F（1，0），故直线AB的方程为x＝y+1， 联立，得， 设A（x1，y1），B（x2，y2）， 则，x1+x2＝（y1+y2）+2＝14，所以Q（7，2）， 过P作PH垂直准线于点H， 由抛物线的定义得：|PF|+|PQ|＝|PH|+|PQ|≥|QH|＝7+1＝8， 当三点共线时，等号成立，所以|PF|+|PQ|的最小值为8， 故选：D. 2．【答案】D 【分析】首先设点，B的坐标，利用向量垂直关系，表示，再列出面积公式，利用基本不等式化简，求最小值. 【详解】设，则，,则解得， 根据三角形的面积公式， ，当且仅当时，取最小值. 则的面积的最小值为. 故选: D 3．【答案】D 【分析】利用点差法求得直线的斜率，进而可求出直线的方程，注意检验判别式是否大于0. 【详解】设，所以， 两式相减得，， 因为点为的中点，所以， 所以，故直线的斜率为， 所以直线的方程为，即， 联立，所以，，故斜率为符合题意，因此直线的方程为， 故选：D. 4．【答案】C 【分析】可设椭圆长轴为，双曲线的实轴为，焦点为，设，，利用椭圆和双曲线的定义可得，，再利用垂直关系可得，联立即可得解. 【详解】设椭圆长轴为，双曲线的实轴为，焦点为， 设，， 所以，， 平方和相加可得， 由则， 所以，所以， 即，，即. 故选：C 5．【答案】C 【分析】设点、，利用点差可求得直线的斜率，进而可求得直线的方程. 【详解】设点、，由已知可得， 因为点、都在椭圆上，则， 两式作差可得，即， 所以，直线的斜率为， 因此，直线的方程为，即. 故选：C. 6．【答案】A 【分析】利用椭圆与双曲线的定义得出与的和与差，变形求得积． 【详解】解：不妨设点P是两曲线在第一象限内的交点，由题意得 解得 则|PF1|·|PF2|＝＝m－s． 故选：A． 7．【答案】D 【分析】抛物线的焦点到顶点的距离为3求得，又抛物线上的点到准线的距离的最小值为可得答案． 【详解】∵抛物线的焦点到顶点的距离为3，∴，即， 又抛物线上的点到准线的距离的最小值为， ∴抛物线上的点到准线的距离的取值范围为． 故选：D. 8．【答案】A 【分析】设，，，的坐标与直线BC的方程，联立直线方程与椭圆方程，由题意结合根与系数的关系建立方程组，求解即可 【详解】设，．．，直线的方程为. 由，可得…① 联立. ，…②，由①②整理可得：…③ ∵原点是的重心，∴，. ∵，∴…④． 由③④可得，∵．∴. 故选：A 9．【答案】 【分析】设，，应用直线方程的两点式并整理得直线为，再由确定的关系，即可知的定点坐标. 【详解】由题设，令，，则直线为，又且均不为1， ∴：，整理得， 又，即，得， ∴为，即经过定点. 故答案为： 【点睛】通过设的坐标，利用两点式化简整理出直线的方程，再由垂直关系有确定参数关系，并代入所得的方程，即可确定定点坐标. 10．【答案】 【分析】先设出椭圆的方程，然后利用平方差法，及的中点的横坐标为1，即得，，然后求解椭圆标准方程． 【详解】解　设椭圆方程为，依题意， 设，，，，可得；， 两式作差化简可得：， 直线与其相交于、两点，中点的横坐标为1， 则，则，，且，解得，， 椭圆的标准方程是：． 故答案为： 11．【答案】1 【分析】设直线l的方程为，联立方程组，求得，根据题意求得l的方程为，设点关于直线l的对称点为，解得，根据，即可求解. 【详解】因为抛物线C的方程为，所以焦点， 根据题意直线l的方程为， 设，联立，得， 所以，所以， 所以， 因为AB的中点Q到x轴的距离为3，所以，解得， 所以直线l的方程为， 设点关于直线l的对称点为，所以，且， 解得， 所以点F关于直线l的对称点为， 所以，当M在射线与直线l的交点时，取等号， 故答案为：1. 12．【答案】 【分析】由|AF|＝|BF|，可得l⊥x轴，从而可确定圆的圆心和半径，这样就可以求弦长了. 【详解】解：由于|AF|＝|BF|，所以l⊥x轴， 所以圆心坐标为F（1，0），半径为r＝2， 弦长为，故答案为：2. 13．【答案】（1） ；（2）． 【分析】（1）利用椭圆方程，求出焦点坐标，结合直线的斜率，得到直线方程，利用直线与椭圆相切，求解a、c，即可得到椭圆方程； （2）根据直线l1,l2与椭圆C的位置关系，得到；利用根与系数的关系和弦长公式得到关于k的表达式,，然后换元，利用函数的单调性求解范围. 【详解】（1）设，其中① 当直线l1经过点F1时，直线l1的斜率，∴直线l2的斜率为，方程为， 与椭圆C的方程联立，消去y得：， 整理得：．∵直线l2与椭圆C有且只有一个公共点， ∴，即② 由①②得：，解得：，∴， ∴C的标准方程为． （2）由题意知：直线l1的斜率存在且不为零，设其方程为， 与椭圆C的方程联立，消去y得：， 则，解得：． 同理：当直线l2与椭圆C有两个交点时，，∴． 设，则，， ∴． 设，则t∈（4，19），∴， ∵在（4，19）上单调递增，∴， ∴|AB|的取值范围是． 14．【答案】（1）k＝1或k＝0；（2）. 【分析】（1）联立，消去x得ky2−4y+4＝0，分k＝0， k≠0，讨论求解； （2）根据题意，设直线方程为y＝x−1，联立，由求解. 【详解】（1）依题意，消去x得，即ky2−4y+4＝0， ①当k＝0时，显然方程只有一个解，满足条件， ②当k≠0时，Δ＝（−4）2−4×4k＝0，解得k＝1， 综上可得：当k＝1或k＝0时直线与抛物线只有一个交点. （2）拋物线C：y2＝4x，所以其焦点为F（1，0），设A（x1，y1），B（x2，y2）， 所以直线方程为y＝x−1，则，消去x 得y2−4y−4＝0， 则y1+y2＝4，y1y2＝−4， 所以， 所以. 15．【答案】（1）；（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）. 【分析】（1）根据题意得，，进而解方程即可得答案； （2）（ⅰ）设中点为，则，，进而分和两种情况求解直线方程，以证明直线过定点； （ⅱ）直线与抛物线联立方程消去，根据韦达定理与弦长公式求得当且仅当时等号成立，进而得直线，再讨论，位于直线两侧时得，进而根据点到直线的距离求解点到直线的距离以求解四边形的面积. 【详解】解：（1）由抛物线的性质得， 所以根据抛物线的定义得：，解得， 所以的标准方程为． （2）设，且． （ⅰ）证明：设中点为，则，， 当时，； 当时，， 则，， 令，得，故直线过定点 综上，恒过定点． （ⅱ）由（ⅰ）知直线，即， 所以直线与抛物线联立方程消去，整理得， 由，得，， ， 当且仅当时等号成立，所以的最大值为10， 此时直线的方程为． 对于直线，， 所以点在同侧，不合题意， 对于直线，满足，位于直线两侧， 所以直线，点到直线的距离， 点到直线的距离， 所以． 16．【答案】（1）；（2）直线与的斜率之和为定值. 【分析】（1）依题意得到方程组，解得即可； （2）由题可知的斜率一定存在，故设：联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，即可得到，，再计算可得； 【详解】解：（1）由题意得，∴ ∴椭圆的方程为. （2）由题可知的斜率一定存在，故设： 由得 由，解得， 设则， 又点，∴，， ∴ . 直线与的斜率之和为定值. 31 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司