解析几何解答题(压轴题)

7.3解析几何解答题(压轴题)

高考命题规律

1.高考必考考题,压轴题.

2.解答题,12分,中高档难度.

3.全国高考有5种命题角度,分布如下表.

命题角度1曲线与轨迹问题

高考真题体验·对方向

1.(2017全国Ⅱ·20)设O为坐标原点,动点M在椭圆C:+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P

满足.

(1)求点P的轨迹方程;

(2)设点Q在直线x=-3上,且=1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.

P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),=(x-x0,y),=(0,y0).

由得x0=x,y0=y.

因为M(x0,y0)在C上,所以=1.

因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.

F(-1,0).设Q(-3,t),P(m,n),

则=(-3,t),=(-1-m,-n),=3+3m-tn,=(m,n),=(-3-m,t-n).

由=1得-3m-m2+tn-n2=1.

又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.

所以=0,即.

又过点P存在唯一直线垂直于OQ,所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.

2.(2016全国Ⅲ·20)已知抛物线C:y2=2x的焦点为F,平行于x轴的两条直线l1,l2分别交C于A,B两点,交C的准线于P,Q两点.

(1)若F在线段AB上,R是PQ的中点,证明:AR∥FQ;

(2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍,求AB中点的轨迹方程.

F.

设l1:y=a,l2:y=b,则ab≠0,

且A,B,P-,Q-,R-.

记过A,B两点的直线为l,

则l的方程为2x-(a+b)y+ab=0.

由于F在线段AB上,故1+ab=0.

记AR的斜率为k1,FQ的斜率为k2,

则k1=--

--=-b=k

2

.

所以AR∥FQ.

l与x轴的交点为D(x1,0),

则S△ABF=|b-a||FD|=|b-a|-,S△PQF=-.

由题设可得|b-a|--,

所以x1=0(舍去),x1=1.

设满足条件的AB的中点为E(x,y).

当AB与x轴不垂直时,由k AB=k DE可得

-

(x≠1).

而=y,所以y2=x-1(x≠1).

当AB与x轴垂直时,E与D重合.

所以所求轨迹方程为y2=x-1.

新题演练提能·刷高分

1.(2018山西太原二模)已知以点C(0,1)为圆心的动圆C与y轴负半轴交于点A,其弦AB的中点D恰好落在x轴上.

(1)求点B的轨迹E的方程;

(2)过直线y=-1上一点P作曲线E的两条切线,切点分别为M,N.求证:直线MN过定点.

B(x,y),则AB的中点D,y>0.

∵C(0,1),则-,

在☉C中,∵DC⊥DB,

∴=0,∵-+y=0,

即x2=4y(y>0).

∴点B的轨迹E的方程为x2=4y(y>0).

E的方程为x2=4y,

设点P(t,-1),M(x1,y1),N(x2,y2).

∵y=,∴y'=,

∴过点M、N的切线方程分别为y-y1=(x-x1),y-y2=(x-x2).

由4y1=,4y2=,上述切线方程可化为2(y+y1)=x1x,2(y+y2)=x2x.∵点P在这两条切线上, ∴2(y1-1)=tx1,2(y2-1)=tx2,

即直线MN的方程为2(y-1)=tx,

故直线2(y-1)=tx过定点C(0,1).

2.(2018广西梧州3月适应性测试)已知A(-2,0),B(2,0),直线PA的斜率为k1,直线PB的斜率为k2,且k1k2=-.

(1)求点P的轨迹C的方程;

(2)设F1(-1,0),F2(1,0),连接PF1并延长,与轨迹C交于另一点Q,点R是PF2中点,O是坐标原点,记△QF1O与△PF1R的面积之和为S,求S的最大值.

设P(x,y),∵A(-2,0),B(2,0),

∴k1=,k2=

,

-

=-,

又k1k2=-,∴

-

∴=1(x≠±2),

∴轨迹C的方程为=1(x≠±2).

(2)由O,R分别为F1F2,PF2的中点,故OR∥PF1,故△PF1R与△PF1O同底等高,故

△

△ ,S=△△ =S△PQO,

当直线PQ的斜率不存在时,其方程为x=-1,此时S△PQO=×1×--;

当直线PQ的斜率存在时,设其方程为y=k(x+1),

设P(x1,y1),Q(x2,y2),显然直线PQ不与x轴重合,即k≠0;联立解得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0,

Δ=144(k2+1)>0,--

故|PQ|=|x1-x2|=-, 点O到直线PQ的距离d=,

S=|PQ|d=6,令u=3+4k2∈(3,+∞),故S=6-

--,故S的最大

值为.

3.(2018甘肃兰州一模)已知圆C:(x+1)2+y2=8,过D(1,0)且与圆C相切的动圆圆心为P.

(1)求点P的轨迹E的方程;

(2)设过点C的直线l1交曲线E于Q,S两点,过点D的直线l2交曲线E于R,T两点,且l1⊥l2,垂足为

W(Q,R,S,T为不同的四个点).

①设W(x0,y0),证明:<1;

②求四边形QRST的面积的最小值.

r,由于D在圆内,圆P与圆C内切,则|PC|=2-r,|PD|=r,|PC|+|PD|=2>|CD|=2, 由椭圆定义可知,点P的轨迹E是椭圆,a=,c=1,b=-=1,

E的方程为+y2=1.

(2),垂足W在以CD为直径的圆周上,则有=1,又因Q,R,S,T为不同的

四个点,<1.

l1或l2的斜率不存在,四边形QRST的面积为2.

若两条直线的斜率都存在,设l1的斜率为k,则l1的方程为y=k(x+1),

解方程组得(2k2+1)x2+4k2x+2k2-2=0,则|QS|=2,

同理得|RT|=2,

∴S QSRT=|QS|·|RT|=,

当且仅当2k2+1=k2+2,即k=±1时等号成立.

综上所述,当k=±1时,四边形QRST的面积取得最小值.

4.(2018福建福州3月质检)设点A为圆C:x2+y2=4上的动点,点A在x轴上的投影为Q,动点M满足2,动点M的轨迹为E.

(1)求E的方程;

(2)设E与y轴正半轴的交点为B,过点B的直线l的斜率为k(k≠0),l与E交于另一点P.若以点B为圆心,以线段BP长为半径的圆与E有4个公共点,求k的取值范围.

设点M(x,y),A(x1,y1),则Q(x1,0),

因为2,

所以2(x1-x,-y)=(0,-y1),

所以

-

--

解得

由于点A在圆C:x2+y2=4上,所以x2+4y2=4,所以点M的轨迹E的方程为+y2=1.

(2)由(1)知,E的方程为+y2=1,因为直线l:y=kx+1(k≠0).

由得(1+4k2)x2+8kx=0.

设B(x1,y1),P(x2,y2),

因此x1=0,x2=-,

|BP|=|x1-x2|=,

则点P的轨迹方程为x2+(y-1)2=,

由

-

得3y2+2y-5+=0(-1≤y≤1),(*)

依题意得,(*)式关于y的方程在(-1,1)有两个不同的实数解,

设f(x)=3x2+2x-5+(-1

要使函数f(x)的图象在(-1,1)与x轴有两个不同的交点,

则

--

-

整理得

--

即-

-

所以

解得k∈----,所以k的取值范围为--

--.

命题角度2直线与圆锥曲线的位置关系

高考真题体验·对方向

1.(2017全国Ⅰ·20)设A,B为曲线C:y=上两点,A与B的横坐标之和为4.

(1)求直线AB的斜率;

(2)设M为曲线C上一点,C在M处的切线与直线AB平行,且AM⊥BM,求直线AB的方程.

设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1≠x2,y1=,y2=,x1+x2=4,于是直线AB的斜率k=-

-

=1.

(2)由y=,得y'=.

设M(x3,y3),由题设知=1,解得x3=2,于是M(2,1).

设直线AB的方程为y=x+m,故线段AB的中点为N(2,2+m),|MN|=|m+1|.

将y=x+m代入y=得x2-4x-4m=0.

当Δ=16(m+1)>0,即m>-1时,x1,2=2±2.从而|AB|=|x1-x2|=4.

由题设知|AB|=2|MN|,即4=2(m+1),解得m=7.

所以直线AB的方程为y=x+7.

2.(2017北京·19)已知椭圆C的两个顶点分别为A(-2,0),B(2,0),焦点在x轴上,离心率为.

(1)求椭圆C的方程;

(2)点D为x轴上一点,过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M,N,过D作AM的垂线交BN于点

E.求证:△BDE与△BDN的面积之比为4∶5.

C的方程为=1(a>b>0).

由题意得解得c=.

所以b2=a2-c2=1.

所以椭圆C的方程为+y2=1.

M(m,n),则D(m,0),N(m,-n).

由题设知m≠±2,且n≠0.

直线AM的斜率k AM=,

故直线DE的斜率k DE=-.

所以直线DE的方程为y=-(x-m),直线BN的方程为y=

(x-2).

-

--

联立

-

-

.

解得点E的纵坐标y E=--

-

由点M在椭圆C上,得4-m2=4n2.

所以y E=-n.

又S△BDE=|BD|·|y E|=|BD|·|n|,

S△BDN=|BD|·|n|,

所以△BDE与△BDN的面积之比为4∶5.

3.(2017天津·20)已知椭圆=1(a>b>0)的左焦点为F(-c,0),右顶点为A,点E的坐标为(0,c),△EFA 的面积为.

(1)求椭圆的离心率;

(2)设点Q在线段AE上,|FQ|=c,延长线段FQ与椭圆交于点P,点M,N在x轴上,PM∥QN,且直线PM 与直线QN间的距离为c,四边形PQNM的面积为3c.

①求直线FP的斜率;

②求椭圆的方程.

设椭圆的离心率为e.

由已知,可得(c+a)c=.

又由b2=a2-c2,可得2c2+ac-a2=0,

即2e2+e-1=0.

又因为0

所以,椭圆的离心率为.

(2)①依题意,设直线FP的方程为x=my-c(m>0),则直线FP的斜率为.

由(1)知a=2c,可得直线AE的方程为=1,即x+2y-2c=0,

与直线FP的方程联立,可解得x=-,

y=,

即点Q的坐标为-.由已知|FQ|=c,有-, 整理得3m2-4m=0,所以m=,即直线FP的斜率为.

②由a=2c,可得b=c,故椭圆方程可以表示为=1.

由①得直线FP的方程为3x-4y+3c=0,

与椭圆方程联立-

消去y,整理得7x2+6cx-13c2=0,解得x=-(舍去)或x=c.

因此可得点P,进而可得|FP|=,

所以|PQ|=|FP|-|FQ|==c.

由已知,线段PQ的长即为PM与QN这两条平行直线间的距离,故直线PM和QN都垂直于直线FP.

因为QN⊥FP,所以|QN|=|FQ|·tan∠QFN=,

所以△FQN的面积为|FQ||QN|=,

同理△FPM的面积等于,

由四边形PQNM的面积为3c,得=3c,整理得c2=2c,又由c>0,得c=2.

所以,椭圆的方程为=1.

新题演练提能·刷高分

1.(2018河南郑州一模)已知圆C:x2+y2+2x-2y+1=0和抛物线E:y2=2px(p>0),圆心C到抛物线焦点F 的距离为.

(1)求抛物线E的方程;

(2)不过原点的动直线l交抛物线于A,B两点,且满足OA⊥OB.设点M为圆C上任意一动点,求当动点M到直线l的距离最大时的直线l的方程.

C:x2+y2+2x-2y+1=0可化为(x+1)2+(y-1)2=1,则圆心C为(-1,1).

∵F,0,

∴|CF|=-,

解得p=6.

∴抛物线的方程为y2=12x.

(2)设直线l为x=my+t(t≠0),A(x1,y1),B(x2,y2).

联立可得y2-12my-12t=0.

∴y1+y2=12m,y1y2=-12t.

∵OA⊥OB,∴x1x2+y1y2=0,

即(m2+1)y1y2+mt(y1+y2)+t2=0.

整理可得t2-12t=0,∵t≠0,∴t=12.

∴直线l的方程为x=my+12,故直线l过定点P(12,0).∴当CN⊥l时,即动点M经过圆心C(-1,1)时到动直线l的距离取得最大值.

=-,∴m=,

k MP=k CP=-

--

此时直线l的方程为x=y+12,

即为13x-y-156=0.

2.(2018河北唐山一模)已知椭圆Γ:=1(a>b>0)的左焦点为F,上顶点为A,长轴长为2,B为直线l:x=-3上的动点,M(m,0),AM⊥BM.当AB⊥l时,M与F重合.

(1)求椭圆Γ的方程;

(2)若直线BM交椭圆Γ于P,Q两点,若AP⊥AQ,求m的值.

依题意得A(0,b),F(-c,0),

当AB⊥l时,B(-3,b),

由AF⊥BF,得k AF·k BF=

=-1,

-

又b2+c2=6,

解得c=2,b=.

所以,椭圆Γ的方程为=1.

(2)由(1)得A(0,),依题意,显然m≠0,

所以=-,

又AM⊥BM,所以k BM=,

所以直线BM的方程为y=(x-m),

设P(x1,y1),Q(x2,y2).

-

联立

有(2+3m2)x2-6m3x+3m4-12=0,

x1+x2=,x1x2=-.

|PM|·|QM|=|(x1-m)(x2-m)|

=|x1x2-m(x1+x2)+m2|

=-

=-,|AM|2=2+m2,

由AP⊥AQ得,|AM|2=|PM|·|QM|,

所以-=1,解得m=±1.

3.(2018湖北华师附中、黄冈中学等八校第二次联考)在直角坐标系xOy中,椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,点P在椭圆C上.

(1)求椭圆C的方程;

(2)若斜率存在,纵截距为-2的直线l与椭圆C相交于A,B两点,若直线AP,BP的斜率均存在,求证:直线AP,OP,BP的斜率依次成等差数列.

由=1知a=2,b=,c=1,故椭圆C的方程为=1.

l:y=kx-2,联立

-消元得(3+4k2)x2-16kx+4=0.∵Δ>0,∴k2>.

设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=,∵k AP+k BP=-

-

-

-

=----

--

=--

=-

-

=-

-

=3.

已知k OP=,

∴k AP+k BP=2k OP,即直线AP,OP,BP的斜率依次成等差数列.

命题角度3圆锥曲线的最值、范围问题

高考真题体验·对方向

1.(2017浙江·21)如图,已知抛物线x2=y,点A-,B,抛物线上的点P(x,y)-.过点B 作直线AP的垂线,垂足为Q.

(1)求直线AP斜率的取值范围;

(2)求|PA|·|PQ|的最大值.

设直线AP的斜率为k,k=-

=x-,

因为-

(2)联立直线AP与BQ的方程

解得点Q的横坐标是x Q=-.

因为|PA|=(k+1),

|PQ|=(x Q-x)=-,

所以|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3.

令f(k)=-(k-1)(k+1)3,

因为f'(k)=-(4k-2)(k+1)2,

所以f(k)在区间-上单调递增,上单调递减,

因此当k=时,|PA|·|PQ|取得最大值.

2.(2017山东·21)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,椭圆C截直

线y=1所得线段的长度为2.

(1)求椭圆C的方程;

(2)动直线l:y=kx+m(m≠0)交椭圆C于A,B两点,交y轴于点M.点N是M关于O的对称点,☉N的半径为|NO|.设D为AB的中点,DE,DF与☉N分别相切于点E,F,求∠EDF的最小值.

由椭圆的离心率为,得a2=2(a2-b2),

又当y=1时,x2=a2-,得a2-=2,

所以a2=4,b2=2.

因此椭圆方程为=1.

(2)设A(x1,y1),B(x2,y2).

联立方程

得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-4=0,

由Δ>0得m2<4k2+2.(*)

且x1+x2=-,

因此y1+y2=,

所以D-,

又N(0,-m),

所以|ND|2=-,

整理得|ND|2=,

因为|NF|=|m|,

所以=1+.

令t=8k2+3,t≥3,故2k2+1=,

所以=1+=1+.

令y=t+,所以y'=1-.

当t≥3时,y'>0,从而y=t+在[3,+∞)上单调递增,因此t+,等号当且仅当t=3时成立,此时k=0,所以≤1+3=4,

由(*)得-

设∠EDF=2θ,则sin θ=.

所以θ的最小值为,

从而∠EDF的最小值为,此时直线l的斜率是0.

综上所述,当k=0,m∈(-,0)∪(0,)时,∠EDF取到最小值.

3.(2016全国Ⅱ·21)已知A是椭圆E:=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:

M(x1,y1),则由题意知y1>0.由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为.

又A(-2,0),因此直线AM的方程为y=x+2.

将x=y-2代入=1得7y2-12y=0.

解得y=0或y=,所以y1=.

因此△AMN的面积S△AMN=2×.

AM的方程y=k(x+2)(k>0)代入=1得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0.

由x1·(-2)=-得x1=-,

故|AM|=|x1+2|.

由题设,直线AN的方程为y=-(x+2),

故同理可得|AN|=.

由2|AM|=|AN|得,

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()=15-26<0,f(2)=6>0,因此f(t)在(0,+∞)有唯一的零点,且零点k在(,2)内.

所以

新题演练提能·刷高分

1.(2018广东深圳第二次调研)直线l经过抛物线C:x2=4y的焦点F,且与抛物线C交于A,B两点,抛物线C在A,B两点处的切线分别与x轴交于点M,N.

(1)证明:AM⊥MF;

(2)记△AFM和△BFN的面积分别为S1和S2,求S1·S2的最小值.

A(x1,y1),B(x2,y2),其中y1=,y2=.

由导数知识可知,抛物线C在A点处的切线l1的斜率k1=,则切线l1的方程为y-y1=(x-x1),令y=0,可得M.∵F(0,1),

∴直线MF的斜率k MF=-

=-.

-

∴k1·k MF=-1,∴AM⊥MF.

(1)可知S1=AM·MF,

其中AM=-,MF=, ∴S1=AM·MF=(y1+1).

同理可得S2=(y2+1).

∴S1·S2=(y1+1)(y2+1)

=(y1y2+y1+y2+1).

设直线l的方程为y=kx+1,

联立方程可得x2-4kx-4=0,

∴x1·x2=-4.∴y1·y2==1.

∴S1·S2=(y1+y2+2)≥(2+2)=1,当且仅当y1=y2时,等号成立.

∴S1·S2的最小值为1.

2.(2018山东济南一模)在平面直角坐标系xOy中,抛物线C1:x2=4y,直线l与抛物线C1交于A,B两点.

(1)若直线OA,OB的斜率之积为-,证明:直线l过定点;

(2)若线段AB的中点M在曲线C2:y=4-x2(-2

A(x1,y1),B(x2,y2),

由题意可知直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+m,由得x2-4kx-4m=0,

Δ=16(k2+m)>0,x1+x2=4k,x1x2=-4m,k OA·k OB==-,

由已知:k OA·k OB=-,所以m=1,

所以直线l的方程为y=kx+1,所以直线l过定点(0,1).

M(x0,y0),

则x0==2k,y0=kx0+m=2k2+m,

将M(x0,y0)代入C2:y=4-x2(-2

∵-2

∴-

∵Δ=16(k2+m)=16(k2+4-3k2)=32(2-k2)>0,

∴-

故k的取值范围是k∈(-).

|AB|=-

=,

将m=4-3k2代入,得|AB|=4-≤4-=6,

当且仅当k2+1=2-k2,即k=±时取等号,

所以|AB|的最大值为6.

3.(2018湖北武汉调研)已知椭圆Γ:=1,过点P(1,1)作倾斜角互补的两条不同直线l1,l2,设l1与椭圆Γ交于A,B两点,l2与椭圆Γ交于C,D两点.

(1)若P(1,1)为线段AB的中点,求直线AB的方程;

(2)记λ=,求λ的取值范围.

设直线AB的斜率为k=tan α,方程为y-1=k(x-1),代入x2+2y2=4中,

∴x2+2[kx-(k-1)]2-4=0.

∴(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2(k-1)2-4=0.

判别式Δ=[4(k-1)k]2-4(2k2+1)[2(k-1)2-4]=8(3k2+2k+1).

设A(x1,y1),B(x2,y2),

则

---

∵AB中点为(1,1),

∴(x1+x2)=-=1,则k=-.

∴直线AB的方程为y-1=-(x-1),

即x+2y-3=0.

(2)由(1)知|AB|=|x1-x2|=-.

设直线CD的方程为y-1=-k(x-1)(k≠0).同理可得|CD|=-

.

∴λ=

-

(k≠0).

∴λ2=1+

-=1+

-

.

令t=3k+,则g(t)=1+

-

,t∈(-∞,-2]∪[2,+∞).

g(t)在(-∞,-2],[2,+∞)上分别单调递减,

∴2-≤g(t)<1或1

故2-≤λ2<1或1<λ2≤2+.

即λ∈-.

4.(2018辽宁大连一模)在平面直角坐标系xOy中,椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,点M在椭圆C上.

(1)求椭圆C的方程;

(2)已知P(-2,0)与Q(2,0)为平面内的两个定点,过点(1,0)的直线l与椭圆C交于A,B两点,求四边形APBQ面积的最大值.

由可得,a=2c,又因为b2=a2-c2,所以b2=3c2.所以椭圆C的方程为=1.

因为M在椭圆C上,所以=1.

所以c2=1,所以a2=4,b2=3,

故椭圆方程为=1.

(2)方法一:设l的方程为x=my+1,

联立

消去x得(3m2+4)y2+6my-9=0,

设点A(x1,y1),B(x2,y2),

有Δ>0,y1+y2=-,y1y2=-,

|y1-y2|=-

=---,

所以S=×4×.

令t=,t≥1,

有S=.

设函数y=3t+,t∈[1,+∞),y'=3->0,t∈[1,+∞),

故函数y=3t+在[1,+∞)上单调递增,故3t+≥4,故S=≤6,

当且仅当t=1即m=0时等号成立,

四边形APBQ面积的最大值为6.

方法二:设l的方程为x=my+1,

联立

消去x得(3m2+4)y2+6my-9=0,设点A(x1,y1),B(x2,y2),

有Δ>0,y1+y2=-,y1y2=-,

有|AB|=,

点P(-2,0)到直线l的距离为,点Q(2,0)到直线l的距离为,

从而四边形APBQ的面积S=.

令t=,t≥1,有S=,

函数y=3t+,t∈[1,+∞),y'=3->0,t∈[1,+∞),

故函数y=3t+在[1,+∞)上单调递增,有3t+≥4,故S=≤6.

当且仅当t=1即m=0时等号成立,四边形APBQ面积的最大值为6.

命题角度4圆锥曲线的定值、定点问题

高考真题体验·对方向

1.(2017全国Ⅲ·20)在直角坐标系xOy中,曲线y=x2+mx-2与x轴交于A,B两点,点C的坐标为(0,1).当m变化时,解答下列问题:

(1)能否出现AC⊥BC的情况?说明理由;

(2)证明过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.

不能出现AC⊥BC的情况,理由如下:

设A(x1,0),B(x2,0),

则x1,x2满足x2+mx-2=0,所以x1x2=-2.

又C的坐标为(0,1),故AC的斜率与BC的斜率之积为--=-,

所以不能出现AC⊥BC的情况.

(2)BC的中点坐标为,可得BC的中垂线方程为y-=x2-.

由(1)可得x1+x2=-m,

所以AB的中垂线方程为x=-.

联立

-

--

又+mx2-2=0,可得--

所以过A,B,C三点的圆的圆心坐标为--,半径r=.

故圆在y轴上截得的弦长为2-=3,

即过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.

2.(2016北京·19)已知椭圆C:=1过A(2,0),B(0,1)两点.

(1)求椭圆C的方程及离心率;

(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N.求证:四边形ABNM的面积为定值.

,得a=2,b=1,

所以椭圆C的方程为+y2=1.

又c=-,所以离心率e=.

P(x0,y0)(x0<0,y0<0),则+4=4.

又A(2,0),B(0,1),

所以直线PA的方程为y=

-

(x-2).

令x=0,得y M=-

-

,

从而|BM|=1-y M=1+

-

.

直线PB的方程为y=-

x+1.

令y=0,得x N=-

-

,

从而|AN|=2-x N=2+

-

.

所以四边形ABNM的面积

S=|AN|·|BM|

=

--

=--

--

=--

--

=2.

从而四边形ABNM的面积为定值.

3.(2015全国Ⅱ·20)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,点(2,)在C上.

(1)求C的方程;

(2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.证明:直线OM 的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.

由题意有-

=1,

解得a2=8,b2=4.

所以C的方程为=1.

l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(x M,y M).将y=kx+b代入=1,

得(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0.

故x M=-,y M=k·x M+b=.

于是直线OM的斜率k OM==-,