2.4.2 直线与圆锥曲线的综合问题-【金版教程】2025-2026学年新教材高中数学选择性必修第一册创新导学案word（北师大版2019）

数学 选择性必修·第一册[BS] 4.2　直线与圆锥曲线的综合问题 (教师独具内容) 课程标准：1.掌握直线与圆锥曲线相交时弦长的计算.2.能用坐标法解决直线与圆锥曲线的综合问题． 教学重点：直线与圆锥曲线相交时弦长、定点(定值)、最值(范围)等问题． 教学难点：直线与圆锥曲线的综合问题． 核心素养：通过学习直线与圆锥曲线的综合问题，提升数学运算及逻辑推理素养． 知识点　　直线与圆锥曲线相交的弦长问题 设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝|x1－x2|＝ ＝|y1－y2|＝. 1．通径：过焦点且垂直于对称轴的弦． 圆锥曲线 椭圆 双曲线 抛物线 通径长度 2p 2.圆锥曲线以P(x0，y0)(y0≠0)为中点的弦所在直线的斜率如下表： 圆锥曲线方程 直线斜率 椭圆：＋＝1(a>b>0) k＝－ 双曲线：－＝1(a>0，b>0) k＝ 抛物线：y2＝2px(p>0) k＝ 其中k＝(x1≠x2)，(x1，y1)，(x2，y2)为弦的端点坐标． 题型一　弦长及中点弦问题 　已知过定点P(0，1)的直线l交双曲线x2－＝1于A，B两点． (1)若直线l的倾斜角为45°，求|AB|； (2)若线段AB的中点为M，求点M的轨迹方程． [解]　(1)由题意知，直线l的方程为y＝x＋1， 联立方程组 消去y得3x2－2x－5＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1＋x2＝，x1x2＝－， |AB|＝ ＝＝. (2)解法一：设M(x，y)，由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋1. 由 消去y得(4－k2)x2－2kx－5＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， ∴4－k2≠0，Δ＝(－2k)2－4×(－5)(4－k2)>0， 即－<k<且k≠±2. x1＋x2＝，y1＋y2＝. ∵M为AB的中点， ∴ 由①②消去k得4x2－y2＋y＝0， ∵－<k<，∴<－4或≥1， ∴点M的轨迹方程为4x2－y2＋y＝0(y<－4或y≥1)． 解法二：设中点M的坐标为(x，y)，弦AB的端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)， 则即 又A，B两点在双曲线上， ∴ 由①－②得4(x－x)＝y－y， ∴4(x1＋x2)(x1－x2)＝(y1＋y2)(y1－y2)． ∵x1≠x2， ∴＝＝＝， 即kAB＝， 又P，M两点在直线l上， ∴kAB＝kPM＝， ∴＝，即4x2－y2＋y＝0. 由解法一知y的取值范围为y<－4或y≥1， ∴点M的轨迹方程为4x2－y2＋y＝0(y<－4或y≥1)． 感悟提升　 1．弦长公式 直线y＝kx＋b(k≠0)与圆锥曲线相交所得的弦长d＝|x1－x2|＝|y1－y2|.在运用弦长公式时，注意根与系数关系的应用． 2．“中点弦”问题的两种解题策略 (1)点差法：将两个交点的坐标代入圆锥曲线的方程，作差由k＝求斜率，再由点斜式求解． (2)传统法：设直线方程，并与圆锥曲线的方程联立，消去x(或y)得关于y(或x)的一元二次方程，由根与系数的关系，得两根之和即为中点纵(或横)坐标的2倍，从而求斜率． 　(1)已知一顶点在坐标原点，焦点在x轴上的抛物线被直线2x－y－4＝0所截得的弦长为3，求抛物线的方程． 解　依题意，设抛物线的方程为 y2＝ax(a≠0)． 将y＝2x－4代入并整理， 得4x2－(16＋a)x＋16＝0. 设此方程的两根为x1，x2， 则x1＋x2＝，x1x2＝4. 又抛物线被直线所截得的弦长为3， 则(3)2＝(1＋22)[(x1＋x2)2－4x1x2] ＝5， 整理得a2＋32a－144＝0， 解得a＝4或a＝－36. 故所求抛物线的方程为y2＝4x或y2＝－36x. (2)过椭圆＋＝1内一点M(2，1)引一条弦AB，使弦AB被点M平分，求弦AB所在直线的方程． 解　解法一：由题意可知，所求直线的斜率一定存在． 设所求直线的方程为y－1＝k(x－2)，代入椭圆方程并整理，得(4k2＋1)x2－8(2k2－k)x＋4(2k－1)2－16＝0.　(*) 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是方程(*)的两个根，于是x1＋x2＝， 又M为AB的中点， ∴＝＝2， 解得k＝－. ∴所求直线的方程为x＋2y－4＝0. 解法二：设A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)， ∵M(2，1)为AB的中点， ∴x1＋x2＝4，y1＋y2＝2. 又A，B两点在椭圆上，则x＋4y＝16，① x＋4y＝16，② ①－②，得(x－x)＋4(y－y)＝0， 即(x1＋x2)(x1－x2)＋4(y1＋y2)(y1－y2)＝0， ∴＝－＝－＝－， 即kAB＝－. ∴所求直线的方程为y－1＝－(x－2)，即x＋2y－4＝0. 解法三：设所求直线与椭圆的一个交点为A(x，y)，由于AB的中点为M(2，1)，则另一个交点为B(4－x，2－y)． ∵A，B两点都在椭圆上， ∴ ①－②并化简，得x＋2y－4＝0. 显然点A的坐标满足这个方程，代入验证可知点B的坐标也满足这个方程，而过点A，B的直线只有一条， 故所求直线的方程为x＋2y－4＝0. 题型二　最值与范围问题 　如图，已知椭圆＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋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＝－x＋b. 由消去y，得 x2－x＋b2－1＝0. 因为直线y＝－x＋b与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点， 所以Δ＝－2b2＋2＋>0.① 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1＋x2＝，x1x2＝， y1＋y2＝－(x1＋x2)＋2b＝. 设M为AB的中点，则M，代入直线方程y＝mx＋， 解得b＝－.② 由①②得m<－或m>. (2)令t＝∈∪，则 |AB|＝·， 且O到直线AB的距离d＝. 设△AOB的面积为S(t)，则 S(t)＝|AB|·d＝≤， 当且仅当t2＝时，等号成立． 故△AOB面积的最大值为. 感悟提升　 1．最值问题的求解方法 (1)建立函数模型，利用二次函数、三角函数的有界性求最值． (2)建立不等式模型，利用基本不等式求最值． (3)数形结合，利用相切、相交的几何性质求最值． 2．求参数范围的常用方法 　已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，短轴长为2. (1)求椭圆C的标准方程； (2)设直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于A，B两点，M为AB的中点，N(－1，0)，当△AOB(O为坐标原点)的面积S最大时，求|MN|的取值范围． 解　(1)依题意，＝，2b＝2， 又a2＝b2＋c2，∴b＝，a＝2， ∴椭圆C的标准方程为＋＝1. (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)， 由消去y，得(2k2＋1)x2＋4mkx＋2m2－4＝0，Δ＝32k2－8m2＋16>0， 则x1＋x2＝－，x1x2＝. 易知点O到直线l的距离d＝， ∴△AOB的面积S＝|AB|·d ＝··· ＝· ≤·＝， 当且仅当m2＝4k2＋2－m2，即m2＝2k2＋1时，S取得最大值， 此时x0＝＝－＝－，y0＝kx0＋m＝－＋m＝. 解法一：则m＝，k＝－x0＝－， 代入m2＝2k2＋1并整理，得＋y＝1(y≠0)， ∴点M的轨迹为椭圆C1：＋y2＝1(y≠0)． 又点N(－1，0)恰为椭圆C1的左焦点， ∴|MN|的取值范围为(－1，＋1)． 解法二：又N(－1，0)， ∴|MN|＝ ＝ ＝ ＝＝. 设＝t，则m2＝2m2t2＋1，即(1－2t2)m2＝1，得m2＝>0， ∴－<t<，即－<<， ∴|MN|∈(－1，＋1)， 即|MN|的取值范围为(－1，＋1)． 题型三　定点与定值问题 　已知抛物线C：y2＝2px(p>0)上的点M与焦点F的距离为，且点M的纵坐标为2. (1)求抛物线C的方程和点M的坐标； (2)若直线l与抛物线C交于A，B两点，且MA⊥MB，证明：直线l过定点． [解]　(1)设M(x0，2)，则 解得 ∴抛物线C的方程为y2＝2x，M(2，2)． (2)证明：由题意，知直线l的斜率不为零， 可设l：x＝my＋n，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由得y2－2my－2n＝0， ∴Δ＝4m2＋8n>0，即m2＋2n>0， ∴y1＋y2＝2m，y1y2＝－2n. ∵kMA＝＝＝， kMB＝＝＝， 又MA⊥MB， ∴kMA·kMB＝ ＝ ＝＝－1， 则n＝2m＋4(此时m2＋2n＝m2＋4m＋8＝(m＋2)2＋4>0成立)， ∴直线l：x＝my＋2m＋4＝m(y＋2)＋4， 当y＝－2时，x＝4， ∴直线l恒过定点(4，－2)． 感悟提升　解决定点、定值问题的常用技巧 (1)在直线与圆锥曲线的综合题中，经常遇到求定值、过定点问题．解决这类问题的方法很多，如斜率法、方程法、向量法、参数法等．解决这类问题的关键是代换和转化． (2)圆锥曲线中的定点、定值问题，常选择一参数来表示要研究问题中的几何量，通过运算找到定点、定值，说明与参数无关，也常用特值探路法找定点、定值． 　已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F，离心率e＝，点F到左顶点的距离为3. (1)求椭圆C的方程； (2)已知四边形ABCD为椭圆的内接四边形，若边AB过坐标原点，对角线的交点为右焦点F，设AB，CD的斜率分别为k1，k2，试分析是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由． 解　(1)由题意知⇒ b2＝a2－c2＝3， ∴椭圆C的方程为＋＝1. (2)设A(x0，y0)，则B(－x0，－y0)， 可得lAF：y＝(x－1)，代入椭圆方程， 整理得(3x＋4y－6x0＋3)x2－8yx＋4y－12x＋24x0－12＝0， 将3x＋4y＝12代入上式，得 (15－6x0)x2－2(12－3x)x－15x＋24x0＝0，x0是方程的一个解． ∴点C的横坐标xC＝， 又C(xC，yC)在直线lAF：y＝(x－1)上， ∴yC＝， 同理，xD＝，yD＝， ∴k2＝＝＝k1， 即＝，∴为定值. 题型四　存在性问题 　抛物线的顶点在原点，焦点在x轴的正半轴上，直线x＋y－1＝0与抛物线交于A，B两点，且|AB|＝. (1)求抛物线的方程； (2)在x轴上是否存在一点C，使△ABC为正三角形？若存在，求出点C的坐标；若不存在，请说明理由． [解]　(1)设所求抛物线的方程为y2＝2px(p>0)． 由 消去y，得x2－2(1＋p)x＋1＝0. 设点A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1＋x2＝2(1＋p)，x1x2＝1. 又kAB＝－1， ∴|AB|＝ ＝＝， ∴121p2＋242p－48＝0， 解得p＝或p＝－(舍去)． ∴抛物线的方程为y2＝x. (2)不存在．理由如下： 设AB的中点为D，则点D的坐标为. 假设在x轴上存在满足条件的点C(x0，0)， ∵△ABC为正三角形， ∴CD⊥AB，即·(－1)＝－1， 解得x0＝.∴点C， ∴|CD|＝＝. 又|CD|＝|AB|＝，与上式矛盾， ∴在x轴上不存在点C，使△ABC为正三角形． 感悟提升　存在性问题的解题步骤 　如图，椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点P，离心率e＝，直线l的方程为x＝4. (1)求椭圆C的方程； (2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P)，设直线AB与直线l交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.问：是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由． 解　(1)由P在椭圆上， 得＋＝1，① 依题设知a＝2c，则b2＝3c2，② 将②代入①，解得c2＝1，a2＝4，b2＝3. 故椭圆C的方程为＋＝1. (2)解法一：由题意可设直线AB的斜率为k， 则AB的方程为y＝k(x－1)，③ 代入椭圆方程3x2＋4y2＝12，并整理，得 (4k2＋3)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1＋x2＝，x1x2＝，④ 在方程③中令x＝4，得M的坐标为(4，3k)． 从而k1＝，k2＝，k3＝＝k－. 由于A，F，B三点共线，则有k＝kAF＝kBF， 即有＝＝k， 所以k1＋k2＝＋ ＝＋－ ＝2k－·，⑤ ④代入⑤得k1＋k2 ＝2k－·＝2k－1， 又k3＝k－， 所以k1＋k2＝2k3. 故存在常数λ＝2符合题意． 解法二：设B(x0，y0)(x0≠1)， 则直线FB的方程为y＝(x－1)， 令x＝4，求得M， 从而直线PM的斜率为k3＝， 联立 得A， 则直线PA的斜率为k1＝， 直线PB的斜率为k2＝， 所以k1＋k2＝＋＝＝2k3， 故存在常数λ＝2符合题意． 1．(2023·新课标Ⅱ卷)已知椭圆C：＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，直线y＝x＋m与C交于A，B两点，若△F1AB的面积是△F2AB面积的2倍，则m＝(　　) A. B. C．－ D．－ 答案　C 解析　将直线与椭圆的方程联立得消去y可得4x2＋6mx＋3m2－3＝0. 因为直线与椭圆相交于A，B两点，则Δ＝36m2－4×4(3m2－3)>0，解得－2<m<2.设F1到AB的距离为d1，F2到AB的距离为d2，易知F1(－，0)，F2(，0)，则d1＝，d2＝，＝＝＝2，解得m＝－或m＝－3(舍去)．故选C. 2．设双曲线C：－y2＝1(a>0)与直线l：x＋y＝1交于不同的两点，则双曲线C的离心率e的取值范围是(　　) A. B．(，＋∞) C. D.∪(，＋∞) 答案　D 解析　由消去y，并整理得(1－a2)x2＋2a2x－2a2＝0.由于直线与双曲线交于不同的两点，则1－a2≠0，即a2≠1，且此时Δ＝4a2(2－a2)>0，即0<a2<2，所以a2∈(0，1)∪(1，2)．又e＝，则a2＝，从而e∈∪(，＋∞)． 3．(2023·全国乙卷)设A，B为双曲线x2－＝1上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是(　　) A．(1，1) B．(－1，2) C．(1，3) D．(－1，－4) 答案　D 解析　解法一：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则AB的中点M，可得kAB＝，直线OM的斜率k＝＝，因为A，B在双曲线上，则两式相减得(x－x)－＝0，所以kAB·k＝＝9.对于A，k＝1，kAB＝9，则直线AB：y＝9x－8，联立方程消去y，得72x2－2×72x＋73＝0，此时Δ＝(－2×72)2－4×72×73＝－288<0，所以直线AB与双曲线没有交点，故A不符合题意；对于B，k＝－2，kAB＝－，则直线AB：y＝－x－，联立方程消去y，得45x2＋2×45x＋61＝0，此时Δ＝(2×45)2－4×45×61＝－4×45×16<0，所以直线AB与双曲线没有交点，故B不符合题意；对于C，k＝3，kAB＝3，则直线AB：y＝3x，由双曲线方程可得a＝1，b＝3，则直线AB：y＝3x为双曲线的渐近线，所以直线AB与双曲线没有交点，故C不符合题意；对于D，k＝4，kAB＝，则直线AB：y＝x－，联立方程消去y，得63x2＋126x－193＝0，此时Δ＝1262＋4×63×193>0，故直线AB与双曲线有两个交点，故D符合题意．故选D. 解法二：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为(x0，y0)，①－②得kAB＝＝9×＝9×，即－3<9×<3⇒－<<，即>3或<－3.故选D. 4．已知斜率为1的直线过椭圆＋y2＝1的右焦点，交椭圆于A，B两点，则弦AB的长为________． 答案　 解析　因为椭圆＋y2＝1的右焦点为F(，0)，故直线方程为y＝x－，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立消去y，得5x2－8x＋8＝0，则x1＋x2＝，x1x2＝，由弦长公式，得|AB|＝＝. 5.如图，过抛物线y2＝x上一点A(4，2)作倾斜角互补的两条直线AB，AC交抛物线于B，C两点，求证：直线BC的斜率是定值． 证明　设kAB＝k(k≠0)， ∵直线AB，AC的倾斜角互补， ∴kAC＝－k(k≠0)， 即直线AB的方程是y＝k(x－4)＋2. 由方程组消去y，整理得 k2x2＋(－8k2＋4k－1)x＋16k2－16k＋4＝0. ∵A(4，2)，B(xB，yB)是上述方程组的解， ∴4·xB＝，即xB＝， 以－k代换xB中的k，得xC＝， ∴kBC＝＝ ＝＝＝－. ∴直线BC的斜率是定值． 1．已知A，B为抛物线E上不同的两点，若抛物线E的焦点为(1，0)，线段AB恰被M(2，1)所平分． (1)求抛物线E的方程； (2)求直线AB的方程． 解　(1)由于抛物线E的焦点为(1，0)，所以＝1，p＝2，所求抛物线E的方程为y2＝4x. (2)解法一：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 y＝4x1，① y＝4x2，② 且x1＋x2＝4，y1＋y2＝2， 由②－①得(y1＋y2)(y2－y1)＝4(x2－x1)， 所以＝2， 所以所求直线AB的方程为y－1＝2(x－2)， 即2x－y－3＝0. 解法二：显然弦AB不垂直于x轴， 故可设弦AB所在直线的方程为y－1＝k(x－2)，k≠0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立方程 消去x整理得ky2－4y－8k＋4＝0， 所以y1＋y2＝， 又M是AB的中点，所以y1＋y2＝2，所以k＝2， 故直线AB的方程为y－1＝2(x－2)， 即2x－y－3＝0. 2．(2023·新课标Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－2，0)，离心率为. (1)求C的方程； (2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(－4，0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P.证明：点P在定直线上． 解　(1)设双曲线C的方程为－＝1(a>0，b>0)， 由焦点坐标可知c＝2， 则由e＝＝可得a＝2，b＝＝4， 故C的方程为－＝1. (2)证法一：由(1)可得A1(－2，0)，A2(2，0)， 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 显然直线MN的斜率不为0， 所以设直线MN的方程为x＝my－4， 且－<m<， 与－＝1联立可得(4m2－1)y2－32my＋48＝0， 且Δ＝64(4m2＋3)>0， 则y1＋y2＝，y1y2＝， 直线MA1的方程为y＝(x＋2)，直线NA2的方程为y＝(x－2)， 联立直线MA1与直线NA2的方程可得， ＝＝ ＝ ＝ ＝＝－， 由＝－可得x＝－1，即xP＝－1， 据此可得，点P在定直线x＝－1上． 证法二：由题意得A1(－2，0)，A2(2，0)． 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为x＝my－4， 则－＝1，即4x－y＝16. 如图，连接MA2， kMA1·kMA2＝·＝＝＝4.　① 由－＝1，得4x2－y2＝16，4[(x－2)＋2]2－y2＝16， 4(x－2)2＋16(x－2)＋16－y2＝16，4(x－2)2＋16(x－2)－y2＝0. 由x＝my－4，得x－2＝my－6，my－(x－2)＝6，[my－(x－2)]＝1. 4(x－2)2＋16(x－2)·[my－(x－2)]－y2＝0，4(x－2)2＋(x－2)my－(x－2)2－y2＝0， 两边同时除以(x－2)2，得 ＋·－＝0， 即－·－＝0. kMA2＝，kNA2＝， 由根与系数的关系得kMA2·kNA2＝－.　② 由①②可得kMA1＝－3k NA2. lMA1：y＝k MA1 (x＋2)＝－3k NA2 (x＋2)， lNA2：y＝kNA2(x－2)． 由 解得x＝－1. 所以点P在定直线x＝－1上． 3．(2023·北京高考)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，A，C分别是E的上、下顶点，B，D分别是E的左、右顶点，|AC|＝4. (1)求E的方程； (2)设P为第一象限内E上的动点，直线PD与直线BC交于点M，直线PA与直线y＝－2交于点N.求证：MN∥CD. 解　(1)依题意，得e＝＝，则c＝a， 又A，C分别为椭圆上、下顶点，|AC|＝4， 所以2b＝4， 即b＝2， 所以a2－c2＝b2＝4，即a2－a2＝a2＝4， 则a2＝9， 所以E的方程为＋＝1. (2)证明：因为椭圆E的方程为＋＝1， 所以A(0，2)，C(0，－2)，B(－3，0)，D(3，0)， 因为P为第一象限E上的动点，设P(m，n)(0<m<3，0<n<2)，则＋＝1， 易得kBC＝＝－， 则直线BC的方程为y＝－x－2， kPD＝＝， 则直线PD的方程为y＝(x－3)， 联立 解得 即M， 而kPA＝＝，则直线PA的方程为y＝x＋2， 令y＝－2，则－2＝x＋2， 解得x＝－，即N， 又＋＝1， 则m2＝9－，8m2＝72－18n2， 所以kMN＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝＝， 又kCD＝＝，即kMN＝kCD， 显然MN与CD不重合，所以MN∥CD. 4．已知抛物线x2＝2py(p>0)，其焦点F到准线的距离为1.过F作抛物线的两条弦AB和CD(点A，C在第一象限)，且M，N分别是AB，CD的中点． (1)若AB⊥CD，求△FMN面积的最小值； (2)设直线AC的斜率为kAC，直线BD的斜率为kBD，且kAC＋4kBD＝0，求证直线AC过定点，并求此定点． 解　(1)由题意，得抛物线的方程为x2＝2y， 则焦点F， 设直线AB的方程为y＝kx＋， 联立得x2－2kx－1＝0， ∴M，同理N， ∴S△FMN＝|FM|·|FN|＝·＝≥1. 当且仅当k＝±1时，△FMN的面积取得最小值1. (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，直线AB的方程为y＝kx＋， 联立得x2－2kx－1＝0， ∴x1x2＝－1，同理，x3x4＝－1，故 kAC＋4kBD＝＋4· ＝＋4· ＝(x1＋x3)＋2(x2＋x4) ＝(x1＋x3)－2 ＝(x1＋x3)＝0. 注意到点A，C在第一象限，x1＋x3≠0， 故得x1x3＝4， 直线AC的方程为y－＝(x－x1)， 化简得y＝x－，即y＝x－2. ∴直线AC过定点(0，－2)． 1．椭圆＋＝1(a＞b＞0)与直线x＋y－1＝0交于P，Q两点，且⊥(O为坐标原点)． (1)求证：＋等于定值； (2)若椭圆的离心率e∈，求椭圆长轴长的取值范围． 解　(1)证明：椭圆的方程可化为b2x2＋a2y2－a2b2＝0. 由消去y， 得(a2＋b2)x2－2a2x＋a2(1－b2)＝0. 由Δ＝4a4－4(a2＋b2)·a2·(1－b2)>0得 a2＋b2>1. 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 则x1＋x2＝，x1x2＝. ∵⊥，∴x1x2＋y1y2＝0. ∴x1x2＋(1－x1)(1－x2)＝0. ∴2x1x2－(x1＋x2)＋1＝0. 即－＋1＝0. ∴a2＋b2＝2a2b2，即＋＝2. ∴＋等于定值． (2)∵e＝， ∴b2＝a2－c2＝a2－a2e2. 又a2＋b2＝2a2b2，∴2－e2＝2a2(1－e2)， 即a2＝＝＋. ∵≤e≤， ∴≤a2≤，即≤a≤， ∴≤2a≤， 即椭圆长轴长的取值范围是[，]． 2．(2023·全国甲卷)已知直线x－2y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px(p＞0)交于A，B两点，且|AB|＝4. (1)求p； (2)设C的焦点为F，M，N为C上两点，·＝0，求△MNF面积的最小值． 解　(1)设A(xA，yA)，B(xB，yB)， 由可得y2－4py＋2p＝0， 所以yA＋yB＝4p，yAyB＝2p， 所以|AB|＝|yA－yB| ＝× ＝×＝4， 即2p2－p－6＝0， 因为p＞0，解得p＝2. (2)显然直线MN的斜率不可能为零， 设直线MN：x＝my＋n，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由可得y2－4my－4n＝0， 所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n， Δ＝16m2＋16n＞0⇒m2＋n＞0， 因为·＝0，F(1，0)， 所以(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0， 即(my1＋n－1)(my2＋n－1)＋y1y2＝0， 即(m2＋1)y1y2＋m(n－1)(y1＋y2)＋(n－1)2＝0， 将y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n代入，得 4m2＝n2－6n＋1，4(m2＋n)＝(n－1)2＞0， 所以n≠1，且n2－6n＋1≥0， 解得n≥3＋2或n≤3－2. 设点F到直线MN的距离为d， 所以d＝， |MN|＝·|y1－y2| ＝ ＝ ＝2|n－1|， 所以△MNF的面积S＝|MN|·d＝×2|n－1|×＝(n－1)2， 而n≥3＋2或n≤3－2， 所以当n＝3－2时，△MNF的面积取得最小值，Smin＝(2－2)2＝12－8. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$