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專題十一 直線與圓錐曲線
【題型分析】
考情分析：
　　直線與圓錐曲線聯系在一起的綜合題在高考中多以中難題、壓軸題出現，主要涉及位置關系的判定、弦長問題、最值問題、對稱問題、軌跡問題等，突出考查數形結合、分類討論、函數與方程、等價轉化等數學思想方法，對分析問題、解決問題的能力及計算能力要求較高.
題型1 弦長問題
例1　(2022年新高考全國Ⅱ卷)已知直線l與橢圓+=1在第一象限交于A，B兩點，l與x軸、y軸分別交于M，N兩點，且|MA|=|NB|，|MN|=2，則l的方程為　　　　　.
方法總結：
直線與圓錐曲線相交時弦長的求法
(1)定義法：過圓錐曲線的焦點的弦長問題，利用圓錐曲線的定義可優化解題過程.(客觀題常用)
(2)點距法：將直線的方程與圓錐曲線的方程聯立，求出兩交點的坐標，再運用兩點間距離公式求弦長.(不常用)
(3)弦長公式法：若直線l與圓錐曲線C交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，則求弦長|AB|有如下公式：若直線l的斜率為k，則|AB|=·|x1-x2|=·或|AB|=·|y1-y2|=·(k≠0)；若直線l的斜率不存在，則|AB|=|y1-y2|=.它體現了解析幾何中的設而不求的思想，其實質是利用兩點間的距離公式以及一元二次方程根與系數的關系求解.(常用方法)
(2022年全國新高考Ⅰ卷)已知橢圓C：+=1(a>b>0)， C的上頂點為A，兩個焦點為F1，F2，離心率為.過F1且垂直于AF2的直線與C交于D，E兩點，|DE|=6，則△ADE的周長是　　　　　.
題型2 面積問題
例2　(2024年新高考全國Ⅰ卷)已知A(0，3)和P3，為橢圓C：+=1(a>b>0)上兩點.
(1)求C的離心率；
(2)若過P的直線l交C于另一點B，且△ABP的面積為9，求l的方程.
方法總結：
圓錐曲線中的面積問題及常用公式
(1)S△=ah，其中a為弦長，h為點到直線的距離.
(2)S△ABC=absin C=acsin B=bcsin A，其中a，b，c分別為△ABC三個內角A，B，C的對邊.
(3)已知O(0，0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則S△AOB=|x1y2-x2y1|.
(4)焦點三角形面積：①在橢圓中，F1，F2是橢圓的兩個焦點，橢圓上一點P的縱坐標為y0，∠F1PF2=θ，則=|PF1||PF2|·sin θ=c|y0|=b2tan ；②在雙曲線中，F1，F2是雙曲線的兩個焦點，雙曲線上一點P的縱坐標為y0，∠F1PF2=θ，則=|PF1|·|PF2|sin θ=c|y0|=.
(2023年全國甲卷)已知直線x-2y+1=0與拋物線C：y2=2px(p>0)交于A，B兩點，|AB|=4.
(1)求p；
(2)設F為C的焦點，M，N為C上兩點，·=0，求△MFN面積的最小值.
題型3 中點弦的問題
例3　(1)已知拋物線C：y2=4x，過點M，-1的直線l與C相交于A，B兩點，且M為弦AB的中點，則直線l的斜率為(　　).
A.- B.- C.-1 D.-2
(2)(2023年全國乙卷)設A，B為雙曲線x2-=1上兩點，下列四個點中，可為線段AB中點的是(　　).
A.(1，1) B.(-1，2)
C.(1，3) D.(-1，-4)
方法總結：
中點弦問題常用的求解方法
(1)點差法：設出弦的兩個端點坐標后，代入圓錐曲線方程，并將兩式相減，式中含有x1+x2，y1+y2，三個未知量，這樣就直接聯系了中點和直線的斜率，借助中點公式即可求得直線的斜率.
(2)根與系數的關系法：聯立直線和圓錐曲線的方程得到方程組，消元得到一元二次方程后，由根與系數的關系及中點坐標求解.
1.已知橢圓E：+=1(a>b>0)的左焦點為F，如圖，過點F作傾斜角為60°的直線與橢圓E交于A，B兩點，M為線段AB的中點，若5|FM|=|OF|(O為坐標原點)，則橢圓E的離心率為(　　).
A. B. C. D.
2.已知橢圓C：+=1(a>b>0)的一個焦點與拋物線y2=4x的焦點重合，離心率為.
(1)求橢圓C的方程；
(2)過點F-，0作斜率為的直線交橢圓C于P，Q兩點，求弦PQ的中點坐標.
【真題改編】
1.(2024年新高考全國Ⅰ卷，T11改編)在生物學中對于形如雙凹面圓盤的血紅細胞，對其截面形狀的描述主要有兩種：一種是利用圓弧連接進行描述，另一種比較接近血紅細胞截面的模型是卡西尼卵形線.在平面直角坐標系xOy中，M(-c，0)，N(c，0)，曲線C上動點P滿足|PM|·|PN|=a2(a>0)，則曲線C的軌跡即為卡西尼卵形線.則下列結論正確的有(　　).
A.當a=c時，曲線C過原點，且關于原點中心對稱
B.當c=1時，△MNP的面積不大于a2
C.當a=c=1時，曲線C與x軸恰有3個公共點
D.當a=c=1時，△MNP的周長的最小值為4
2.(2023年新高考全國Ⅱ卷，T5改編)已知橢圓C的焦點在x軸上，左、右焦點分別為F1，F2，焦距為2，且長軸長是短軸長的倍，若斜率為1的直線l與C交于A，B兩點，若△F1AB面積是△F2AB面積的3-2倍，則直線l的方程為(　　).
A.x-2y+1=0
B.x-y+2=0
C.x-y+1=0
D.x-y-1=0
3.(2024年新高考全國Ⅰ卷，T12改編)如圖，雙曲線C：-=1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F2，過點F1的直線與雙曲線交于A，B兩點(點A在第一象限)，直線BM垂直平分線段AF2，若∠BAM=60°，則C的離心率為　　　　.
4.(2024年新高考全國Ⅰ卷，T16改編)已知過點A(，1)的橢圓C：+=1(a>b>0)的離心率為，O為坐標原點.
(1)求橢圓C的方程；
(2)斜率為1的直線與橢圓C交于B，C兩點，若△OBC的面積為，求該直線的方程.
【最新模擬】
(總分：98分　填空題每題5分，共30分；解答題共68分)
1.已知圓(x-1)2+y2=4的圓心與拋物線y2=2px(p>0)的焦點F重合，A為兩曲線的交點，O為坐標原點，則△AOF的面積為　　　　.
2.若直線y=k(x-3)與雙曲線-y2=1只有一個公共點，則k的一個取值為　　　　.
3.已知直線y=x+m與橢圓C：+=1交于不同的兩點A，B，且線段AB的中點M在圓x2+y2=1上，則m的值為　　　　.
4.在平面直角坐標系xOy中，已知點P(-1，1)和拋物線C：y2=4x，過C的焦點F且斜率為k(k>0)的直線與C交于A，B兩點.記線段AB的中點為M，若線段MP的中點在C上，則k的值為　　　　；|AF|·|BF|的值為　　　　.
5.(10分)已知圓x2+y2-x-2y+m=0與x軸交于點P(1，0)，且經過橢圓G：+=1(a>b>0)的上頂點，橢圓G的離心率為.
(1)求橢圓G的方程；
(2)若A為橢圓G上的一點，且在x軸上方，B為點A關于坐標原點O的對稱點，M為橢圓G的右頂點，直線PA與MB交于點N，△PBN的面積為，求直線PA的斜率.
6.已知過拋物線C：y2=2px(p>0)焦點的直線與拋物線C交于A，B兩點，且|AB|=8，圓C'：x2+y2-y=0，若拋物線C與圓C'交于P，Q兩點，且|PQ|=，則線段AB的中點D的橫坐標為　　　　.
7.已知斜率為-1的直線與橢圓C：+=1(a>b>0)交于A，B兩點，T是橢圓C上的一點，且滿足TA⊥TB，P，Q分別是△OAT，△OBT的重心，R是△TAB的外心.記直線OP，OQ，OR的斜率分別為k1，k2，k3，若k1k2k3=-，則橢圓C的離心率為　　　　.
8.(13分)已知雙曲線C：-=1(a>0，b>0)的離心率為，且其焦點到漸近線的距離為1.
(1)求C的方程.
(2)若動直線l與C恰有1個公共點，且與C的兩條漸近線分別交于P，Q兩點，O為坐標原點，證明：△OPQ的面積為定值.
9.(17分)已知橢圓E：+=1(a>b>0)過點(0，1)，且焦距為2.
(1)求橢圓E的標準方程.
(2)過點S(1，0)作兩條互相垂直的弦AB，CD，設弦AB，CD的中點分別為M，N.
①證明：直線MN必過定點.
②若弦AB，CD的斜率均存在，求△MNS面積的最大值.
10.(13分)(原創)已知M為橢圓C：+=1上任意一點，F為右焦點.
(1)求|MF|的最值及橢圓C的離心率；
(2)若N為x軸上一點，過點P(4，0)的直線與C交于A，B兩點，當MF⊥x軸且=時，直線NB交直線MF于點Q，求直線AQ的斜率.
11.(15分)(改編)已知雙曲線C：3x2-y2=1，直線l：y=kx+1，k為實數.
(1)若直線l與雙曲線C有且僅有一個公共點，求k的值.
(2)若直線l與雙曲線C相交于A，B兩點.
①是否存在實數k，使||=||且+=λ(2，1) 若存在，求出k的值；若不存在，請說明理由.
②若以AB為直徑的圓經過坐標原點，求k的值.
參考答案
專題十一 直線與圓錐曲線
題型1　弦長問題
例1　x+y-2=0
【解析】取AB的中點為E(圖略)，因為|MA|=|NB|，所以|ME|=|NE|.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則+=1，　①
+=1，　②
由①-②，得+=0，
所以·=-，即kOE·kAB=-.
由題意可知直線AB的斜率存在，則可設直線AB的方程為y=kx+m， k<0， m>0，令x=0，則y=m，令y=0，則x=-，即M-，0，N(0，m)，所以E-，，所以k·=-k2=-，解得k=-.由|MN|=2，得m2+2m2=(2)2，解得m=2，所以直線AB的方程為y=-x+2，即直線l的方程為x+y-2=0.
跟蹤訓練　13
【解析】根據離心率得a=2c，b=c，所以△AF1F2是等邊三角形，點A與點F2關于直線DE對稱，所以△ADE的周長等于△F2DE的周長，根據橢圓的定義知，該周長為4a=8c.
不妨設F1是左焦點，D(xD，yD)，E(xE，yE)，則直線DE的方程是y=(x+c)，代入橢圓的方程+=1，化簡并整理得13x2+8cx-32c2=0，所以xD+xE=-，xDxE=-，所以|DE|=·=·=c=6，解得c=，所以△ADE的周長為8c=13.
題型2　面積問題
例2
【解析】(1)由題意得解得
所以e===.
(2)(法一)kAP==-，則直線AP的方程為y=-x+3，即x+2y-6=0，
|AP|==.
由(1)知C：+=1.
設點B到直線AP的距離為d，則d===.
設B(x0，y0)，則解得或
即點B的坐標為(0，-3)或-3，-.
當點B的坐標為(0，-3)時，kl=，直線l的方程為y=x-3，即3x-2y-6=0；
當點B的坐標為-3，-時，kl=，直線l的方程為y=x，即x-2y=0.
綜上，直線l的方程為3x-2y-6=0或x-2y=0.
(法二)當l的斜率不存在時，l：x=3，B3，-，|PB|=3，點A到直線PB的距離d=3，
此時S△ABP=×3×3=≠9，不滿足條件.
當l的斜率存在時，設直線PB：y-=k(x-3)，令P(x1，y1)，B(x2，y2)，
由消去y，可得(4k2+3)x2-(24k2-12k)x+36k2-36k-27=0，
Δ=(24k2-12k)2-4(4k2+3)(36k2-36k-27)>0，且k≠kAP，即k≠-，
則所以|PB|=·=，
又點A到直線PB的距離d=，所以S△PAB=··=9，解得k=或k=，
所以直線l的方程為y=x-3或y=x，即3x-2y-6=0或x-2y=0.
跟蹤訓練
【解析】(1)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，
把x=2y-1代入y2=2px，得y2-4py+2p=0，
則Δ=16p2-8p>0，解得p>.
由根與系數的關系，可得y1+y2=4p，y1y2=2p，
所以|AB|=·=·=4，解得p=2或p=-(舍去)，
故p=2.
(2)設M(x3，y3)，N(x4，y4)，由(1)知拋物線C：y2=4x，則F(1，0).
因為·=0，所以∠MFN=90°，則S△MFN=|MF|·|NF|=(x3+1)(x4+1)=(x3x4+x3+x4+1).　(*)
①當直線MN的斜率不存在時，點M與點N關于x軸對稱，
因為∠MFN=90°，
所以直線MF與直線NF的斜率一個是1，另一個是-1.
不妨設直線MF的斜率為1，則MF：y=x-1，
由得x2-6x+1=0，
解得或
代入(*)式計算易得，當x3=x4=3-2時，△MFN的面積取得最小值，最小值為12-8.
②當直線MN的斜率存在時，設直線MN的方程為y=kx+m(k≠0).
由得k2x2-(4-2km)x+m2=0，Δ=(4-2km)2-4m2k2>0，
則x3+x4=，x3x4=，
y3y4=(kx3+m)(kx4+m)=k2x3x4+mk(x3+x4)+m2=.
又·=(x3-1，y3)·(x4-1，y4)=x3x4-(x3+x4)+1+y3y4=0，
所以-+1+=0，化簡得m2+k2+6km=4，
所以S△MFN=(x3x4+x3+x4+1)===2+2+1.
令t=，則S△MFN=t2+2t+1，
因為m2+k2+6km=4，
所以2+6+1=>0，
即t2+6t+1>0，解得t>-3+2或t<-3-2，
從而得S△MFN=t2+2t+1>12-8.
故△MFN面積的最小值為12-8.
題型3　中點弦的問題
例3　(1)D　(2)D
【解析】(1)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，顯然x1≠x2，
因為直線l與C相交于A，B兩點，
所以
①-②得-=4x1-4x2，即(y1+y2)(y1-y2)=4(x1-x2)，
所以直線l的斜率k====-2.
(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中點為M(x0，y0)，若x1=x2，則y0=0，沒有選項符合要求，即x1≠x2.由點A，B在雙曲線上，得兩式作差，得-=，即(x1-x2)(x1+x2)=，化簡得=9，即·=kAB·=9，因此kAB=9·.
由雙曲線方程可得漸近線方程為y=±3x，如圖.對于A選項，因為kAB=9×=9>3，結合點在圖象的位置，直線AB與雙曲線無交點，不符合題意；對于B選項，因為kAB=9×=-<-3，結合點在圖象的位置，直線AB與雙曲線無交點，不符合題意；對于C選項，kAB=9×=3，此時直線AB與漸近線y=3x平行，與雙曲線不可能有兩個交點，不符合題意；對于D選項，因為kAB=9×=<3，結合點在圖象的位置，直線AB與雙曲線有兩個交點，滿足題意.故選D.
跟蹤訓練
1.B
【解析】
依題意，橢圓E的左焦點為F(-c，0)，|FM|=|OF|=c.
如圖，連接OM，過點M作MM'⊥x軸，垂足為M'，由∠MFM'=60°，得|FM'|=|FM|=c，|MM'|=|FM|=c，則M-c，c.
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則=tan 60°=，=-c，=c，
由+=1，+=1，兩式相減得+=0，
則=-=-×=，
所以e====.
2.解析　(1)依題意得c=1，∵e=，即=，∴a=2.∵b2=a2-c2，解得b=，∴橢圓C的方程為+=1.
(2)如圖所示，
設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，PQ的中點為M(x0，y0)，
∴kPQ==.
又P，Q兩點在橢圓+=1(a>b>0)上，
∴
兩式相減可得+=0，
整理得=-=-×=-=，即=-2，　①
過點F-，0且斜率為的直線方程為y=x+.
∵點M(x0，y0)在該直線上，∴y0=x0+，　②
聯立①②，解得x0=-1，y0=，
∴弦PQ的中點坐標為-1，.
1.ABC
【解析】對于A，設P(x，y)，當a=c時，|PM|·|PN|=·=a2，化簡得(x2+y2)2=2a2(x2-y2)，故曲線C過原點，其圖象關于原點中心對稱，故A正確；
對于B，因為|PM|·|PN|=a2，所以△MNP的面積為|PM|·|PN|sin ∠MPN≤a2，當且僅當∠MPN=90°時，等號成立，故△MNP的面積不大于a2，故B正確；
對于C，曲線C為[(x+1)2+y2][(x-1)2+y2]=1，令y=0，可得(x2-1)2=1，解得x=0或x=±，故C正確；
對于D，因為c=1，所以|MN|=2，因為|PM|·|PN|=1，所以|PM|+|PN|=|PM|+≥2=2，當且僅當|PM|=|PN|=1時，等號成立，此時點P恰為坐標原點，所以△MNP的周長的最小值大于4，故D錯誤.故選ABC.
2.C
【解析】由題意可設橢圓的標準方程為+=1(a>b>0)，
由題意知，2c=2，則c=，由2a=×2b，則a=b，　①
又a2=b2+c2，所以a2=b2+2，　②
由①②可得a=，b=1，
故橢圓C的標準方程為+y2=1.
設斜率為1的直線l的方程為y=x+m，則與橢圓方程聯立得消去y可得4x2+6mx+3m2-3=0，
因為直線與橢圓相交于A，B兩點，所以Δ=36m2-4×4(3m2-3)>0，解得-2設點F1到直線AB的距離為d1，點F2到直線AB的距離為d2，易知F1(-，0)，F2(，0)，則d1=，d2=.
由====3-2，解得m=1或m=2(舍去)，
故所求的直線l的方程為x-y+1=0.
3.
【解析】由直線BM垂直平分線段AF2，得|AB|=|BF2|，故△ABF2為等腰三角形，
又∠BAM=60°，所以△ABF2為正三角形.
根據雙曲線的定義知，|AF1|-|AF2|=2a=|AF1|-|AB|=|BF1|.
設|AB|=x，則|BF2|-|BF1|=2a，即x=4a.
在△AF1F2中，由余弦定理知cos 60°===，解得e==.
4.解析　(1)根據題意可知，
解得
所以橢圓C的方程為+=1.
(2)設B(x1，y1)，C(x2，y2)，直線方程為y=x+m，
由消去y得4x2+6mx+3m2-6=0，
Δ=36m2-16(3m2-6)=-12m2+96>0，得到m2<8，
由根與系數的關系，得x1+x2=-，x1x2=.
因為BC=·|x2-x1|=×=·.
又點O到直線的距離d==，
所以S△OBC=·d·|BC|=×××=×=，
所以m4-8m2+16=0，所以m2=4，即m=±2，滿足m2<8，
所以所求直線的方程為y=x±2.
1.1
【解析】因為圓(x-1)2+y2=4的圓心為F(1，0)，所以=1，即p=2，
由可得x2+2x-3=0，解得x=1或x=-3(舍去)，
故A(1，±2)，故S△AOF=×1×2=1.
2.(答案不唯一)
【解析】由題意可知，該雙曲線的漸近線方程為y=±x，直線y=k(x-3)過定點(3，0).
因為點(3，0)在雙曲線內，所以要使過該點的直線與雙曲線只有一個公共點，則該直線與雙曲線的漸近線平行，所以k=±.
3.±
【解析】設點A，B的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)，線段AB的中點為M(x0，y0).
由消去y得3x2+4mx+2m2-8=0，
∵Δ=96-8m2>0，∴-2∴x0==-，y0=x0+m=.
∵點M(x0，y0)在圓x2+y2=1上，
∴-2+2=1，
∴m=±，滿足-2∴m=±.
4.
2　5
【解析】設A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB的方程為y=k(x-1)，線段PM的中點為N.
由得y2-y-4=0，則y1+y2=，y1y2=-4，所以x1+x2=+2=+2，即M+1，，所以線段MP的中點N，+.由于線段MP的中點N在拋物線C上，故+2=，故k=2或k=-6(舍去).
因為|AF|=x1+1，|BF|=x2+1，所以|AF|·|BF|=(x1+1)(x2+1)=+1+1=++1=++1=5.
5.解析　(1)∵圓x2+y2-x-2y+m=0過點P(1，0)，∴m=0.
又∵圓x2+y2-x-2y=0過點(0，b)，∴b=2. 2分
又∵∴a2=9，
∴橢圓G的方程為+=1. 4分
(2)如圖，設A(x0，y0)(y0>0)，則B(-x0，-y0)，
由題意可知，x0≠1且x0≠-3，則直線PA的方程為y=(x-1)，
同理可得，直線MB的方程為y=(x-3)， 6分
由解得
∴N-x0，-. 8分
又∵S△PBN=S△PBM-S△PNM=·|PM|·y0=y0=，∴y0=. 9分
又∵+=1，∴x0=±2，
∴直線PA的斜率kAP=-或kAP=. 10分
6.3
【解析】易知圓C'：x2+y2-y=0過坐標原點，拋物線C也過坐標原點，則P，Q兩點中有一點為坐標原點，不妨令點P(0，0)，設Q(m，n)，m>0，如圖.
依題意，m2+n2=|PQ|2=5，又m2+n2=n，解得m=1，n=2，即Q(1，2)，
所以22=2p×1，解得p=2，即拋物線C：y2=4x.
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則|AB|=|AF|+|BF|=x1+1+x2+1=x1+x2+2.
又|AB|=8，所以x1+x2=6，所以線段AB的中點D的橫坐標為=3.
7.
【解析】如圖，設線段AT，BT的中點分別為C，D，連接OC，OD，依題意，R是線段AB的中點，點P，Q分別在OC，OD上.
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由兩式相減得b2(x1-x2)(x1+x2)+a2(y1-y2)(y1+y2)=0，
則直線AB的斜率kAB==-=-1，直線OR的斜率k3=kOR=，則k3kAB=-.
設直線AT，BT的斜率分別為kAT，kBT，同理可得k1kAT=-，k2kBT=-.
又kATkBT=-1，
所以-3=k1kAT·k2kBT·k3kAB=k1k2k3=-，解得=，
所以橢圓C的離心率e===.
8.解析　(1)設雙曲線的右焦點為F(c，0)，一條漸近線方程為bx-ay=0，
所以該焦點到漸近線的距離為=b=1. 2分
因為e==，c2=a2+b2，所以a=，c=.
故C的方程為-y2=1. 4分
當直線l的斜率不存在時，l的方程為x=±，此時|PQ|=2，S△OPQ=×2×=. 6分
如圖，當直線l的斜率存在時，不妨設l：y=kx+m，且k≠±. 7分
由得(1-6k2)x2-12mkx-6m2-6=0.
由Δ=144m2k2+4(1-6k2)(6m2+6)=0，得6k2=m2+1.
9分
不妨設直線l與直線y=x，y=-x的交點分別為P，Q，由得x=，則xP=. 10分
同理可求得xQ=-，所以|PQ|=·|xP-xQ|=.
因為點O到l的距離d=，所以S△OPQ=|PQ|·d=. 12分
因為6k2=m2+1，所以S△OPQ=.
故△OPQ的面積為定值，定值為. 13分
9.解析　(1)依題意有b=1，c=，則a2=b2+c2=4，所以橢圓E的方程為+y2=1. 3分
(2)①設直線lAB：x=my+1(m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則直線lCD：x=-y+1(m≠0).
由得(m2+4)y2+2my-3=0，
則Δ=16m2+48>0，y1+y2=，x1+x2=m(y1+y2)+2=，
故M，，由-代替m，得N，.
6分
當=，即m2=1時，直線lMN：x=，過點K，0. 7分
當≠，即m2≠1時，kMN=，直線lMN：y+=x-(m2≠1，m≠0)，
令y=0，得x=+==，所以直線MN恒過點K，0. 9分
當m=0時，直線MN也過點K，0.
綜上，直線MN恒過點K，0. 10分
②如圖，由①知S△MNS=S△MKS+S△NKS=·|KS|·|yM-yN|=×·+=·=·， 13分
令t=m+，則t∈[2，+∞)，S△MNS=·=·=·. 15分
因為S△MNS在t∈[2，+∞)上單調遞減，
所以S△MNS=·≤×=，當且僅當t=2，m=±1時取等號.
故△MNS面積的最大值為. 17分.
10.解析　(1)由橢圓C：+=1可知長半軸長a=2，短半軸長b=，半焦距c=1， 1分
所以|MF|的最大值為a+c=3，
|MF|的最小值為a-c=1，離心率e==. 4分
(2)如圖，由題意可知直線AB的斜率必定存在，設直線AB：y=k(x-4)，A(x1，y1)，B(x2，y2).
由可得(3+4k2)x2-32k2x+64k2-12=0， 6分
故Δ=1 024k4-4(3+4k2)(64k2-12)>0，解得-由根與系數的關系得，x1+x2=，x1x2=，
8分
又=，所以N，0，故直線BN：y=x-，所以yQ==， 10分
所以y1-yQ=y1+=
=
=k·
=k·
=k·=0， 12分
故y1=yQ，即直線AQ的斜率kAQ=0. 13分
11.解析　(1)由消去y得(3-k2)x2-2kx-2=0. 1分
當3-k2=0時，k=±，符合題意；
當3-k2≠0時，由Δ=4k2+8(3-k2)=24-4k2=0，得k=±.
綜上，k的值為，-，，-. 3分
(2)①存在.理由如下：
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，且存在實數k滿足條件.
∵=k，+=λ(2，1)，∴(x1+x2，y1+y2)=λ(2，1)，=. 5分
又||=||，∴+=+，即(x1+x2)·(x1-x2)+(y1+y2)(y1-y2)=0，
∴=-，
∴k=-2.故存在實數k=-2滿足題意. 8分
②設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由(1)知，若關于x的方程(3-k2)x2-2kx-2=0有兩個不相等的實根，
則解得k∈(-，-)∪(-，)∪(，). 10分
由根與系數的關系可得x1+x2=，x1x2=， 11分
由題意知OA⊥OB，∴·=0，
∴x1x2+y1y2=0，其中y1=kx1+1，y2=kx2+1，
則x1x2+(kx1+1)(kx2+1)=0，
整理得(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1=0， 13分
將x1+x2=，x1x2=代入，
得(1+k2)++1=0，解得k=±1.
故當k=±1時，以AB為直徑的圓經過坐標原點. 15分

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