新高考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)專題42圓錐曲線中的向量問題專題練習(xí)(學(xué)生版+解析)

專題42圓錐曲線中的向量問題一、題型選講題型一、有向量關(guān)系求圓錐曲線的離心率例1、（2020屆浙江省高中發(fā)展共同體高三上期末）已知橢圓的內(nèi)接的頂點為短軸的一個端點，右焦點，線段中點為，且，則橢圓離心率的取值范圍是___________.例2、（2020屆江蘇省如皋中學(xué)、徐州一中、宿遷中學(xué)三校高三聯(lián)合考試）已知雙曲線的右焦點為，過且斜率為的直線交于、兩點，若，則的離心率為______.例3、（2019屆全國100所名校最新高考模擬示范卷）橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦點為Fc,0，直線x?22y=0與題型二、求向量數(shù)量積的范圍例4、【2020年高考江蘇】在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，點A在橢圓E上且在第一象限內(nèi)，AF2⊥F1F2，直線AF1與橢圓E相交于另一點B．（1）求的周長；（2）在x軸上任取一點P，直線AP與橢圓E的右準(zhǔn)線相交于點Q，求的最小值；（3）設(shè)點M在橢圓E上，記與的面積分別為S1，S2，若，求點M的坐標(biāo)．例5、(2018蘇州暑假測試）如圖，已知橢圓O：eq\f(x2,4)＋y2＝1的右焦點為F，點B，C分別是橢圓O的上、下頂點，點P是直線l：y＝－2上的一個動點(與y軸的交點除外)，直線PC交橢圓于另一個點M.(1)當(dāng)直線PM經(jīng)過橢圓的右焦點F時，求△FBM的面積；(2)①記直線BM，BP的斜率分別為k1，k2，求證：k1?k2為定值；②求eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(PM,\s\up6(→))的取值范圍．例6、(2019蘇州暑假測試）如圖，已知橢圓C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點為F，上頂點為A，P為橢圓C1上任一點，MN是圓C2：x2＋(y－3)2＝1的一條直徑，在y軸上截距為3－eq\r(2)的直線l與AF平行且與圓C2相切．(1)求橢圓C1的離心率；(2)若橢圓C1的短軸長為8，求eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))的最大值．題型二、由向量關(guān)系求參數(shù)的范圍例7、(2019揚州期末）在平面直角坐標(biāo)系中，橢圓M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(1,2)，左、右頂點分別為A，B，線段AB的長為4.P在橢圓M上且位于第一象限，過點A，B分別作l1⊥PA，l2⊥PB，直線l1，l2交于點C.(1)若點C的橫坐標(biāo)為－1，求點P的坐標(biāo)；(2)若直線l1與橢圓M的另一交點為Q，且eq\o(AC,\s\up6(→))＝λeq\o(AQ,\s\up6(→))，求λ的取值范圍．例8、【2018年高考北京卷理數(shù)】已知拋物線C：=2px經(jīng)過點（1，2）．過點Q（0，1）的直線l與拋物線C有兩個不同的交點A，B，且直線PA交y軸于M，直線PB交y軸于N．（1）求直線l的斜率的取值范圍；（2）設(shè)O為原點，，，求證：為定值．題型三、與向量有關(guān)的其它應(yīng)用例9、【2018年高考全國Ⅲ卷理數(shù)】已知斜率為的直線與橢圓交于，兩點，線段的中點為．（1）證明：；（2）設(shè)為的右焦點，為上一點，且．證明：，，成等差數(shù)列，并求該數(shù)列的公差．例10、【2019年高考全國Ⅰ卷理數(shù)】已知拋物線C：y2=3x的焦點為F，斜率為的直線l與C的交點為A，B，與x軸的交點為P．（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；（2）若，求|AB|．二、達標(biāo)訓(xùn)練1、【2020屆江蘇省南通市如皋市高三下學(xué)期二?！吭谄矫嬷苯亲鴺?biāo)系中，已知雙曲線：的左，右焦點分別為，，設(shè)過右焦點且與軸垂直的直線與雙曲線的兩條漸近線分別交于，兩點，若是正三角形，則雙曲線的離心率為__________.2、（2020屆浙江省之江教育評價聯(lián)盟高三第二次聯(lián)考）已知雙曲線：的左右焦點分別為，過的直線與的兩條漸近線分別交于兩點，若，，則的離心率為___________.3、（2020屆山東省濟寧市高三上期末）已知拋物線的焦點為，準(zhǔn)線，是上一點，是直線與的一個交點，若，則__________.4、（2019·山東高三月考）已知橢圓的左、右焦點分別為，，過點的直線與橢圓交于兩點，延長交橢圓于點，的周長為8.（1）求的離心率及方程；（2）試問：是否存在定點，使得為定值？若存在，求；若不存在，請說明理由.5、【江蘇省南通市海安高級中學(xué)2019-2020學(xué)年3月線上考試】在平面直角坐標(biāo)系中，已知焦點為的拋物線上有兩個動點、，且滿足，過、兩點分別作拋物線的切線，設(shè)兩切線的交點為.（1）求：的值；（2）證明：為定值.6、(2017南京、鹽城二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，焦點在x軸上的橢圓C：eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,b2)＝1經(jīng)過點(b,2e)，其中e為橢圓C的離心率．過點T(1,0)作斜率為k(k＞0)的直線l交橢圓C于A，B兩點(A在x軸下方)．(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過點O且平行于l的直線交橢圓C于M，N兩點，求eq\f(AT·BT,MN2)的值；(3)記直線l與y軸的交點為P，若eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(2,5)eq\o(TB,\s\up6(→))，求直線l的斜率k.7、【2020年高考全國Ⅰ卷理數(shù)】已知A、B分別為橢圓E：（a>1）的左、右頂點，G為E的上頂點，，P為直線x=6上的動點，PA與E的另一交點為C，PB與E的另一交點為D．（1）求E的方程；（2）證明：直線CD過定點.專題42圓錐曲線中的向量問題一、題型選講題型一、有向量關(guān)系求圓錐曲線的離心率例1、（2020屆浙江省高中發(fā)展共同體高三上期末）已知橢圓的內(nèi)接的頂點為短軸的一個端點，右焦點，線段中點為，且，則橢圓離心率的取值范圍是___________.【答案】【解析】由題意可設(shè)，，線段中點為，且，可得為的重心，設(shè)，，由重心坐標(biāo)公式可得，，，即有的中點，可得，，由題意可得點在橢圓內(nèi)，可得，由，可得，即有.故答案為：.例2、（2020屆江蘇省如皋中學(xué)、徐州一中、宿遷中學(xué)三校高三聯(lián)合考試）已知雙曲線的右焦點為，過且斜率為的直線交于、兩點，若，則的離心率為______.【答案】【解析】因為直線過點，且斜率為所以直線的方程為：與雙曲線聯(lián)立消去，得設(shè)所以因為，可得代入上式得消去并化簡整理得：將代入化簡得：解之得因此，該雙曲線的離心率故答案為：例3、（2019屆全國100所名校最新高考模擬示范卷）橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦點為Fc,0，直線x?22y=0與【答案】3【解析】設(shè)A22y0,y0，∵AF?BF=0，即AF由①②得8c4?18a2c2+9a故答案為：32題型二、求向量數(shù)量積的范圍例4、【2020年高考江蘇】在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，點A在橢圓E上且在第一象限內(nèi)，AF2⊥F1F2，直線AF1與橢圓E相交于另一點B．（1）求的周長；（2）在x軸上任取一點P，直線AP與橢圓E的右準(zhǔn)線相交于點Q，求的最小值；（3）設(shè)點M在橢圓E上，記與的面積分別為S1，S2，若，求點M的坐標(biāo)．【解析】（1）橢圓的長軸長為，短軸長為，焦距為，則.所以的周長為.（2）橢圓的右準(zhǔn)線為.設(shè)，則，在時取等號.所以的最小值為.（3）因為橢圓的左、右焦點分別為，點在橢圓上且在第一象限內(nèi)，，則.所以直線設(shè)，因為，所以點到直線距離等于點到直線距離的3倍.由此得，則或.由得，此方程無解；由得，所以或.代入直線，對應(yīng)分別得或.因此點的坐標(biāo)為或.例5、(2018蘇州暑假測試）如圖，已知橢圓O：eq\f(x2,4)＋y2＝1的右焦點為F，點B，C分別是橢圓O的上、下頂點，點P是直線l：y＝－2上的一個動點(與y軸的交點除外)，直線PC交橢圓于另一個點M.(1)當(dāng)直線PM經(jīng)過橢圓的右焦點F時，求△FBM的面積；(2)①記直線BM，BP的斜率分別為k1，k2，求證：k1?k2為定值；②求eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(PM,\s\up6(→))的取值范圍．【解析】(1)由題意B(0，1)，C(0，－1)，焦點F(eq\r(3)，0)，當(dāng)直線PM過橢圓的右焦點F時，則直線PM的方程為eq\f(x,\r(3))＋eq\f(y,－1)＝1，即y＝eq\f(\r(3),3)x－1，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝\f(\r(3),3)x－1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(8\r(3),7)，,y＝\f(1,7)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝－1))(舍)，即Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8\r(3),7)，\f(1,7))).(2分)連結(jié)BF，則直線BF：eq\f(x,\r(3))＋eq\f(y,1)＝1，即x＋eq\r(3)y－eq\r(3)＝0，而BF＝a＝2，點M到直線BF的距離為d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(8\r(3),7)＋\r(3)×\f(1,7)－\r(3))),\r(12＋（\r(3)）2))＝eq\f(\f(2\r(3),7),2)＝eq\f(\r(3),7).故S△MBF＝eq\f(1,2)·BF·d＝eq\f(1,2)×2×eq\f(\r(3),7)＝eq\f(\r(3),7).(4分)(2)解法1(點P為主動點)①設(shè)P(m，－2)，且m≠0，則直線PM的斜率為k＝eq\f(－1－（－2）,0－m)＝－eq\f(1,m)，則直線PM的方程為y＝－eq\f(1,m)x－1，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,m)x－1，,\f(x2,4)＋y2＝1))化簡得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(4,m2)))x2＋eq\f(8,m)x＝0，解得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8m,m2＋4)，\f(4－m2,m2＋4)))，(6分)所以k1＝eq\f(\f(4－m2,m2＋4)－1,－\f(8m,m2＋4))＝eq\f(－2m2,－8m)＝eq\f(1,4)m，k2＝eq\f(1－（－2）,0－m)＝－eq\f(3,m)，(8分)所以k1·k2＝－eq\f(3,m)·eq\f(1,4)m＝－eq\f(3,4)為定值．(10分)②由①知，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(－m，3)，eq\o(PM,\s\up6(→))＝(－eq\f(8m,m2＋4)－m，eq\f(4－m2,m2＋4)＋2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－m3－12m,m2＋4)，\f(m2＋12,m2＋4)))，所以eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(PM,\s\up6(→))＝(－m，3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－m3－12m,m2＋4)，\f(m2＋12,m2＋4)))＝eq\f(m4＋15m2＋36,m2＋4)，(12分)令m2＋4＝t>4，故eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\f(（t－4）2＋15（t－4）＋36,t)＝eq\f(t2＋7t－8,t)＝t－eq\f(8,t)＋7，(14分)因為y＝t－eq\f(8,t)＋7在t∈(4，＋∞)上單調(diào)遞增，所以eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(PM,\s\up6(→))＝t－eq\f(8,t)＋7>4－eq\f(8,4)＋7＝9，即eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(PM,\s\up6(→))的取值范圍為(9，＋∞)．(16分)解法2(點M為主動點)①設(shè)點M(x0，y0)(x0≠0)，則直線PM的方程為y＝eq\f(y0＋1,x0)x－1，令y＝－2，得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x0,y0＋1)，－2)).(6分)所以k1＝eq\f(y0－1,x0)，k2＝eq\f(－2－1,－\f(x0,y0＋1))＝eq\f(3（y0＋1）,x0)，(8分)所以k1·k2＝eq\f(y0－1,x0)·eq\f(3（y0＋1）,x0)＝eq\f(3（yeq\o\al(2,0)－1）,xeq\o\al(2,0))＝eq\f(3（yeq\o\al(2,0)－1）,4（1－yeq\o\al(2,0)）)＝－eq\f(3,4)(定值)．(10分)②由①知，eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,y0＋1)，3))，eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(x0,y0＋1)，y0＋2))，(12分)所以eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\f(x0,y0＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(x0,y0＋1)))＋3(y0＋2)＝eq\f(xeq\o\al(2,0)（y0＋2）,（y0＋1）2)＋3(y0＋2)＝eq\f(4（1－yeq\o\al(2,0)）（y0＋2）,（y0＋1）2)＋3(y0＋2)＝eq\f(（7－y0）（y0＋2）,y0＋1).(14分)令t＝y(tǒng)0＋1∈(0，2)，則eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\f(（8－t）（t＋1）,t)＝－t＋eq\f(8,t)＋7，因為y＝－t＋eq\f(8,t)＋7在t∈(0，2)上單調(diào)遞減，所以eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(PM,\s\up6(→))＝－t＋eq\f(8,t)＋7>－2＋eq\f(8,2)＋7＝9，即eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(PM,\s\up6(→))的取值范圍為(9，＋∞)．(16分)例6、(2019蘇州暑假測試）如圖，已知橢圓C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點為F，上頂點為A，P為橢圓C1上任一點，MN是圓C2：x2＋(y－3)2＝1的一條直徑，在y軸上截距為3－eq\r(2)的直線l與AF平行且與圓C2相切．(1)求橢圓C1的離心率；(2)若橢圓C1的短軸長為8，求eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))的最大值．【解析】(1)由題意得F(c,0)，A(0，b)，則kAF＝－eq\f(b,c).(2分)因為在y軸上截距為3－eq\r(2)的直線l與AF平行，所以直線l：y＝－eq\f(b,c)x＋3－eq\r(2)，即bx＋cy＋(eq\r(2)－3)c＝0.(4分)因為圓C2的圓心C2(0,3)，半徑r＝1，直線l與圓C2相切，所以eq\f(|\r(2)c|,\r(b2＋c2))＝1，即eq\f(\r(2)c,a)＝1，所以e＝eq\f(\r(2),2).(6分)(2)因為橢圓C1的短軸長為8，所以2b＝8，即b＝4.因為a2＝b2＋c2，eq\f(\r(2)c,a)＝1，所以a＝eq\r(2)c,2c2＝b2＋c2.(8分)所以c＝b＝4，a＝4eq\r(2)，所以橢圓方程是eq\f(x2,32)＋eq\f(y2,16)＝1.(10分)設(shè)P(x，y)，則eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝(eq\o(PC2,\s\up6(→))＋eq\o(C2M,\s\up6(→)))·(eq\o(PC2,\s\up6(→))＋eq\o(C2N,\s\up6(→)))＝(eq\o(PC2,\s\up6(→)))2＋eq\o(PC2,\s\up6(→))·(eq\o(C2M,\s\up6(→))＋eq\o(C2N,\s\up6(→)))＋eq\o(C2M,\s\up6(→))·eq\o(C2N,\s\up6(→))＝(eq\o(PC2,\s\up6(→)))2＋eq\o(C2M,\s\up6(→))·eq\o(C2N,\s\up6(→))＝x2＋(y－3)2－1＝32eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(y2,16)))＋(y－3)2－1＝－y2－6y＋40＝－(y＋3)2＋49，又y∈[－4,4]，所以當(dāng)y＝－3時，eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))的最大值是49.(16分)題型二、由向量關(guān)系求參數(shù)的范圍例7、(2019揚州期末）在平面直角坐標(biāo)系中，橢圓M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(1,2)，左、右頂點分別為A，B，線段AB的長為4.P在橢圓M上且位于第一象限，過點A，B分別作l1⊥PA，l2⊥PB，直線l1，l2交于點C.(1)若點C的橫坐標(biāo)為－1，求點P的坐標(biāo)；(2)若直線l1與橢圓M的另一交點為Q，且eq\o(AC,\s\up6(→))＝λeq\o(AQ,\s\up6(→))，求λ的取值范圍．【解析】由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(1,2)，,2a＝4，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝1，,a＝2，))所以b2＝a2－c2＝3，所以橢圓M的方程是eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1且A(－2，0)，B(2，0)(3分)解法1(點參數(shù)法)(1)設(shè)P(x0，y0)，kPA＝eq\f(y0,x0＋2)，因為l1⊥PA，所以直線AC的方程為y＝－eq\f(x0＋2,y0)(x＋2)．同理直線BC的方程為y＝－eq\f(x0－2,y0)(x－2)．聯(lián)立方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(x0＋2,y0)（x＋2），,y＝－\f(x0－2,y0)（x－2），))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－x0，,y＝\f(xeq\o\al(2,0)－4,y0))).又因為點P(x0，y0)在橢圓上，故eq\f(xeq\o\al(2,0),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),3)＝1，所以eq\f(xeq\o\al(2,0)－4,y0)＝eq\f(4－\f(4,3)yeq\o\al(2,0)－4,y0)＝－eq\f(4,3)y0，所以點C的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x0，－\f(4,3)y0)).(6分)因為點C的橫坐標(biāo)為－1，所以x0＝1.又因為P為橢圓M上第一象限內(nèi)一點，所以y0＝eq\f(3,2)，所以點P的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))).(8分)(2)解法1設(shè)Q(xQ，yQ)，因為eq\o(AC,\s\up6(→))＝λeq\o(AQ,\s\up6(→))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x0＋2＝λ（xQ＋2），,－\f(4,3)y0＝λyQ，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xQ＝－\f(x0,λ)＋\f(2,λ)－2，,yQ＝－\f(4,3λ)y0.))因為點Q在橢圓M上，所以eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x0,λ)＋\f(2,λ)－2))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3λ)y0))eq\s\up12(2)＝1.又yeq\o\al(2,0)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(xeq\o\al(2,0),4)))，整理得7xeq\o\al(2,0)－36(λ－1)x0＋72λ－100＝0，解得x0＝2或x0＝eq\f(36λ－50,7).(14分)因為P為橢圓M上第一象限內(nèi)一點所以0<eq\f(36λ－50,7)<2，解得eq\f(25,18)<λ<eq\f(16,9)，故λ的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(25,18)，\f(16,9))).(16分)解法2P為橢圓M上第一象限內(nèi)由(1)可知直線AC的斜率為k＝－eq\f(x0＋2,y0)，直線AC的方程為y＝k(x＝2)，聯(lián)方方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x＋2），,3xi2＋4y2－12＝0，))得(4k2＋3)x2＋16k2x＋16k2－12＝0，所以xAxQ＝(－2)xQ＝eq\f(16k2－12,4k2＋3)，故xQ＝eq\f(6－8k2,4k2＋3)＝eq\f(6－8·\f(（x0＋2）2,yeq\o\al(2,0)),4·\f(（x0＋2）2,yeq\o\al(2,0))＋3)＝eq\f(6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(3,4)xeq\o\al(2,0)))－8（x0＋2）2,4（x0＋2）2＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(3,4)xeq\o\al(2,0))))＝eq\f(－2（25x0＋14）,7x0＋50)，故λ＝eq\f(AC,AQ)＝eq\f(－x0＋2,\f(－2（25x0＋14）,7x0＋50)＋2)＝eq\f(7x0＋50,36).因為0<x0<2，所以λ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(25,18)，\f(16,9))).解法2(線參數(shù)法)(1)設(shè)直線AP的斜率為k，P(x0，y0)．因為P為橢圓M上第一象限內(nèi)一點，所以0<k<eq\f(\r(3),2)，所以kAP·kBP＝eq\f(y0,x0＋2)·eq\f(y0,x0－2)＝eq\f(yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)－4)＝－eq\f(3,4)，所以直線BP的斜率為－eq\f(3,4k).故直線AP，BP的方程分別為y＝k(x＋2)，y＝－eq\f(3,4k)(x－2)．聯(lián)立方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x＋2），,y＝－\f(3,4k)（x－2），))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(6－8k2,4k2＋3)，,y＝\f(12k,4k2＋3)))即Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6－8k2,4k2＋3)，\f(12k,4k2＋3))).因為l1⊥PA，所以kAC＝－eq\f(1,k)，則直線AC的方程為y＝－eq\f(1,k)(x＋2)．因為l2⊥PB，所以kBC＝eq\f(4,3)k，則直線BC的方程為y＝eq\f(4,3)k(x－2)．聯(lián)立言程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,k)（x＋2），,y＝\f(4,3)k（x－2），))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(8k2－6,4k2＋3)，,y＝\f(－16k,4k2＋3)，))即Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8k2－6,4k2＋3)，\f(－16k,4k2＋3))).(6分)因為點C的橫坐標(biāo)為－1，所以eq\f(8k2－6,4k2＋3)＝－1，解得k＝±eq\f(1,2).因為0<k<eq\f(\r(3),2)，所以k＝eq\f(1,2)，所以點P的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))).(8分)(2)設(shè)Q(xQ，yQ)，C(xC，yC)，又直線AC的方程為y＝－eq\f(1,k)(x＋2)．聯(lián)立方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,k)（x＋2），,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3k2＋4)x2＋16x＋16－12k2＝0，所以－2·xQ＝eq\f(16－12k2,3k2＋4)，解得xQ＝eq\f(6k2－8,3k2＋4).因為eq\o(AC,\s\up6(→))＝λeq\o(AQ,\s\up6(→))，所以λ＝eq\f(xC＋2,xQ＋2)＝eq\f(\f(8k2－6,4k2＋3)＋2,\f(6k2－8,3k2＋4)＋2)＝eq\f(16k2（3k2＋4）,12k2（4k2＋3）)＝1＋eq\f(7,12k2＋9).(14分)因為0<k<eq\f(\r(3),2)，所以λ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(25,18)，\f(16,9))).(16分)例8、【2018年高考北京卷理數(shù)】已知拋物線C：=2px經(jīng)過點（1，2）．過點Q（0，1）的直線l與拋物線C有兩個不同的交點A，B，且直線PA交y軸于M，直線PB交y軸于N．（1）求直線l的斜率的取值范圍；（2）設(shè)O為原點，，，求證：為定值．【解析】（1）因為拋物線y2=2px經(jīng)過點P（1，2），所以4=2p，解得p=2，所以拋物線的方程為y2=4x．由題意可知直線l的斜率存在且不為0，設(shè)直線l的方程為y=kx+1（k≠0）．由得．依題意，解得k<0或0<k<1．又PA，PB與y軸相交，故直線l不過點（1，-2）．從而k≠-3．所以直線l斜率的取值范圍是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）．（2）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2）．由（1）知，．直線PA的方程為．令x=0，得點M的縱坐標(biāo)為．同理得點N的縱坐標(biāo)為．由，得，．所以．所以為定值．題型三、與向量有關(guān)的其它應(yīng)用例9、【2018年高考全國Ⅲ卷理數(shù)】已知斜率為的直線與橢圓交于，兩點，線段的中點為．（1）證明：；（2）設(shè)為的右焦點，為上一點，且．證明：，，成等差數(shù)列，并求該數(shù)列的公差．【解析】（1）設(shè)，則．兩式相減，并由得．由題設(shè)知，于是．由題設(shè)得，故．（2）由題意得，設(shè)，則．由（1）及題設(shè)得．又點P在C上，所以，從而，．于是，同理，所以，故，即成等差數(shù)列．設(shè)該數(shù)列的公差為d，則．①將代入得，所以l的方程為，代入C的方程，并整理得，故，代入①解得，所以該數(shù)列的公差為或．例10、【2019年高考全國Ⅰ卷理數(shù)】已知拋物線C：y2=3x的焦點為F，斜率為的直線l與C的交點為A，B，與x軸的交點為P．（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；（2）若，求|AB|．【答案】（1）；（2）.【解析】設(shè)直線．（1）由題設(shè)得，故，由題設(shè)可得．由，可得，則．從而，得．所以的方程為．（2）由可得．由，可得．所以．從而，故．代入的方程得．故．二、達標(biāo)訓(xùn)練1\【2020屆江蘇省南通市如皋市高三下學(xué)期二?！吭谄矫嬷苯亲鴺?biāo)系中，已知雙曲線：的左，右焦點分別為，，設(shè)過右焦點且與軸垂直的直線與雙曲線的兩條漸近線分別交于，兩點，若是正三角形，則雙曲線的離心率為__________.【答案】【解析】不妨設(shè)點在軸上方，聯(lián)立得.因為是正三角形，所以.所以.故答案為：2、（2020屆浙江省之江教育評價聯(lián)盟高三第二次聯(lián)考）已知雙曲線：的左右焦點分別為，過的直線與的兩條漸近線分別交于兩點，若，，則的離心率為___________.【答案】.【解析】：設(shè)雙曲線的漸近線方程為，的方程為，設(shè)，直線的方程為，聯(lián)立，可得，)，聯(lián)立，可得，)，由，可得)，化為，①，可得，，即，化為，②由①②可得，則＝＝＝，故答案為：.3、（2020屆山東省濟寧市高三上期末）已知拋物線的焦點為，準(zhǔn)線，是上一點，是直線與的一個交點，若，則__________.【答案】【解析】根據(jù)題意畫出圖形，設(shè)與軸的交點為M，過Q向準(zhǔn)線，垂足是N，∵拋物線，∴焦點為，準(zhǔn)線方程為，∵，4、（2019·山東高三月考）已知橢圓的左、右焦點分別為，，過點的直線與橢圓交于兩點，延長交橢圓于點，的周長為8.（1）求的離心率及方程；（2）試問：是否存在定點，使得為定值？若存在，求；若不存在，請說明理由.【解析】（1）由題意可知，，則，又的周長為8，所以，即，則，.故的方程為.（2）假設(shè)存在點，使得為定值.若直線的斜率不存在，直線的方程為，，，則.若直線的斜率存在，設(shè)的方程為，設(shè)點，，聯(lián)立，得，根據(jù)韋達定理可得：，，由于，，則因為為定值，所以，解得，故存在點，且.5、【江蘇省南通市海安高級中學(xué)2019-2020學(xué)年3月線上考試】在平面直角坐標(biāo)系中，已知焦點為的拋物線上有兩個動點、，且滿足，過、兩點分別作拋物線的切線，設(shè)兩切線的交點為.（1）求：的值；（2）證明：為定值.【解析】（1）設(shè)，，∵焦點，∴，，∵，∴消得，化簡整理得，∵，∴，∴.∴（定值）.（2）拋物線方程為，∴，∴過拋物線、兩點的切線方程分別為和，即和，聯(lián)立解出兩切線交點的坐標(biāo)為，∴（定值）.6、(2017南京、鹽城二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，焦點在x軸上的橢圓C：eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,b2)＝1經(jīng)過點(b,2e)，其中e為橢圓C的離心率．過點T(1,0)作斜率為k(k＞0)的直線l交橢圓C于A，B兩點(A在x軸下方)．(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過點O且平行于l的直線交橢圓C于M，N兩點，求eq\f(AT·BT,MN2)的值；(3)記直線l與y軸的交點為P，若eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\f(2,5)eq\o(TB,\s\up6(→))，求直線l的斜率k.【解析】(1)由點(b,2e)在橢圓C上，得eq\f(b2,8)＋eq\f(4e2,b2)＝1.因為e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(8－b2,8)＝1－eq\f(b2,8)，所以eq\f(b2,8)＋eq\f(4,b2)＝eq\f(3,2)