?專題01 圓錐曲線中的弦長問題
一、單選題
1．設橢圓長半軸長為，短半軸長為，半焦距為，則過焦點且垂直于長軸的弦長是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
設橢圓焦點在軸上，橢圓的標準方程為，將或代入橢圓的標準方程，求出，由此可求得結果.
【詳解】
設橢圓焦點在軸上，橢圓的標準方程為，
將或代入橢圓的標準方程得，，
解得，因此，過焦點且垂直于長軸的弦長是.
故選：D.
2．已知橢圓，直線l過橢圓C的左焦點F且交橢圓于A，B兩點，的中垂線交x軸于M點，則的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
當l：時，，設與橢圓聯(lián)立可得：， 然后求得的中垂線方程，令 ，得，然后分別利用兩點間的距離公式和弦長公式求得，，建立求解.
【詳解】
橢圓的左焦點為,
當l：時，，，
所以，
設與橢圓聯(lián)立，可得：
，
由韋達定理得：，
取中點為，
所以的中垂線方程為：
，
令 ，得，
所以，
又，
所以，
綜上所述，
故選：B.
【點睛】
思路點睛：1、解決直線與橢圓的位置關系的相關問題，其常規(guī)思路是先把直線方程與橢圓方程聯(lián)立，消元、化簡，然后應用根與系數(shù)的關系建立方程，解決相關問題．涉及弦中點的問題常常用“點差法”解決，往往會更簡單．
2、設直線與橢圓的交點坐標為A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則弦長為 (k為直線斜率)．
注意：利用公式計算直線被橢圓截得的弦長是在方程有解的情況下進行的，不要忽略判別式大于零．
3．過橢圓9x2+25y2=225的右焦點且傾斜角為45°的弦長AB的長為（ ）
A．5 B．6 C． D．7
【答案】C
【分析】
求出焦點坐標和直線方程，與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達定理和弦長公式可得答案.
【詳解】
由9x2+25y2=225得，，，所以，右焦點坐標為，直線AB的方程為，所以得，
設，所以，

.
故選：C.
【點睛】
本題主要考查直線與橢圓的弦長公式，由韋達定理的應用.
4．橢圓的左、右焦點分別是、，斜率為的直線l過左焦點且交于，兩點，且的內切圓的周長是，若橢圓的離心率為，則線段的長度的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
先利用等面積法可得：，求解出的值，然后根據(jù)弦長公式的取值范圍.
【詳解】
設內切圓半徑為r，由題意得
得，.
故選：B.
【點睛】
本題考查橢圓焦點三角形問題，考查弦長的取值范圍問題，難度一般.解答時，等面積法、弦長公式的運用是關鍵.

二、多選題
5．已知拋物線的焦點為，過點的直線交拋物線于、兩點，以線段為直徑的圓交軸于、兩點，則（ ）
A．若拋物線上存在一點到焦點的距離等于，則拋物線的方程為
B．若，則直線的斜率為
C．若直線的斜率為，則
D．設線段的中點為，若點到拋物線準線的距離為，則的最小值為
【答案】AD
【分析】
由拋物線的定義求得的值，可判斷A選項的正誤；設直線的方程為，設點、，將直線的方程與拋物線的方程聯(lián)立，結合韋達定理可求得的值，可判斷B選項的正誤；利用韋達定理結合拋物線的焦點弦長公式可判斷C選項的正誤；設直線的方程為，設點、，聯(lián)立直線與拋物線的方程，求得點到軸的距離和，可得出關于的表達式，可判斷D選項的正誤.
【詳解】
對于A選項，由拋物線的定義可得，解得，
所以，拋物線的標準方程為，A選項正確；
對于B選項，如下圖所示：
拋物線的焦點為，設點、，設直線的方程為，
聯(lián)立，消去并整理得，恒成立，
由韋達定理可得，，
由于，由圖象可得，即，
所以，，可得，解得，
所以，直線的斜率為，B選項錯誤；
對于C選項，當直線的斜率為時，由B選項可知，，，
由拋物線的焦點弦長公式可得，C選項錯誤；
對于D選項，拋物線的焦點到準線的距離為，則該拋物線的方程為.
設直線的方程為，設點、，
聯(lián)立，消去可得，，
則，，
，點到軸的距離為，
所以，，
當且僅當時，等號成立，D選項正確.

故選：AD.
【點睛】
本題考查直線與拋物線的綜合問題，考查了拋物線焦點弦的幾何性質以及焦點弦長、焦半徑的計算.本題中將直線方程與拋物線的方程聯(lián)立，利用韋達定理得出點、的縱坐標所滿足的關系，并結合了拋物線的焦點弦長公式進行計算，考查學生的運算求解能力，屬于中等題.
三、解答題
6．如圖，是直線上一動點，過點且與垂直的直線交拋物線于，兩點，點在，之間．

（1）若過拋物線的焦點，求；
（2）求的最小值．
【答案】（1）；（2）．
【分析】
（1）先求出直線的方程，聯(lián)立直線與拋物線，將韋達定理和弦長公式相結合即可得結果；
（2）設，聯(lián)立方程組分別求出A，B，P的縱坐標，將表示為關于的函數(shù)式，結合基本不等式即可得結果.
【詳解】
解：（1）由已知得，所以，
聯(lián)立得，消去，可得，
設點，，
由根與系數(shù)的關系得，
所以．
（2）設，由，消去，可知，
∵有兩個不同的交點，∴，
解得：，，
由，得，
由于點在點，點之間，
所以，
設，
所以，
當且僅當時，即時取等號．
故的最小值為．
【點睛】
關鍵點點睛：
（1）直線弦長公式的應用；
（2）將所求量表示為關于的函數(shù)，利用基本不等式求最值.
7．已知橢圓（）長軸長為短軸長的兩倍，連結橢圓的四個頂點得到的菱形的面積為4，直線過點，且與橢圓相交于另一點．
（1）求橢圓的方程；
（2）若線段長為，求直線的傾斜角．
【答案】（1）；（2）或．
【分析】
（1）由題設列出基本量方程組，解得基本量，從而得方程.
（2）設直線方程，代入橢圓方程得關于的一元二次方程，韋達定理整體思想及弦長公式得關于斜率的方程，解得斜率得直線方程.
【詳解】
(1)由題意可知 ， ， ， 。
橢圓方程為：
(2)由題可知直線斜率存在，設直線方程為:代入橢圓方程得：
，，
，解得 ，
直線的傾斜角為或.
【點睛】
本題是橢圓與直線相交弦長問題，是高考解析幾何中的常見題型.
注意點點睛：
①在設直線時要注意直線斜率是否存在，做必要的交代；
②代入消元后要交代的符號，確定交點是否存在及存在時的個數(shù)；
③所得解回代檢驗合理性，以確保答案的正確性.
8．已知直線經過拋物線的焦點，且與拋物線交于、兩點.
（1）若直線的傾斜角為，求線段的長；
（2）若，求的長.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）設點、，求出直線的方程，與拋物線方程聯(lián)立，求出的值，再利用拋物線的焦點弦長公式可求得線段的長；
（2）設直線的方程為，設點、，將直線的方程與拋物線的方程聯(lián)立，可得出，由求得的值，利用韋達定理以及拋物線的方程求得的值，利用拋物線的定義可求得的長.
【詳解】
（1）設點、，拋物線的焦點為，
由于直線過點，且該直線的傾斜角為，則直線的方程為，
聯(lián)立，消去并整理得，，
由韋達定理可得，由拋物線的焦點弦長公式可得；
（2）設點、，
由題意可知，直線不可能與軸重合，設直線的方程為，
聯(lián)立，消去并整理得，，
由韋達定理可得，，
，可得，，，則，
，因此，.
【點睛】
有關直線與拋物線的弦長問題，要注意直線是否過拋物線的焦點，若過拋物線的焦點，可直接使用公式，若不過焦點，則必須用一般弦長公式．
9．已知圓上上任取一點，過點作軸的垂線段，垂足為，當在圓上運動時，線段中點為.
（1）求點的軌跡方程；
（2）若直線l的方程為y＝x－1，與點的軌跡交于，兩點，求弦的長.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）設、，利用相關點法即可求解.
（2）將直線與橢圓方程聯(lián)立，利用弦長公式即可求解.
【詳解】
（1）設，，，
點是線段中點，，
又在圓上，，
即點的軌跡方程為.
（2）聯(lián)立，消去可得，，
，
設，，
則，，

.
【點睛】
方法點睛：本題考查了軌跡問題、求弦長，求軌跡的常用方法如下：
（1）定義法：利用圓錐曲線的定義求解.
（2）相關點法：由已知點的軌跡進行求解.
（3）直接法：根據(jù)題意，列出方程即可求解.
10．已知橢圓的右焦點為，左、右頂點為、，，.
（1）求橢圓的標準方程；
（2）求直線被橢圓截得的弦長.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）設橢圓的半焦距為，由題意可得，，解得，，求得，可得橢圓的方程；
（2）聯(lián)立直線和橢圓方程，運用韋達定理和弦長公式，計算可得所求值.
【詳解】
（1）設橢圓的半焦距為，由，，
可得，，解得，，
則，
即有橢圓的方程為；
（2）聯(lián)立直線和橢圓，
可得，
設被橢圓截得的弦的端點的橫坐標分別為，，
則，，
可得弦長為.
【點睛】
思路點睛：
求解橢圓中的弦長問題時，一般需要聯(lián)立直線與橢圓方程，根據(jù)韋達定理，以及弦長公式，即可求出結果；有時也可由直線與橢圓方程聯(lián)立求出交點坐標，根據(jù)兩點間距離公式求出弦長.
11．已知直線與圓相交.
（1）求的取值范圍；
（2）若與相交所得弦長為，求直線與相交所得弦長.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）由圓求出圓心和半徑，利用圓心到直線的距離小于半徑即可求解；
（2）由與相交所得弦長為，利用弦長的一半、弦心距、圓的半徑滿足勾股定理可求出圓的半徑，再次利用勾股定理即可求解.
【詳解】
（1）圓的圓心為，半徑為.
因為直線與圓相交，
所以圓心 到的距離
解得：，
即的取值范圍是.
（2）因為與相交所得弦長為，
所以，
因為圓心 到的距離，
所以直線與M相交所得弦長為.
【點睛】
方法點睛：有關圓的弦長的兩種求法
（1）幾何法：直線被圓截得的半弦長為，弦心距和圓的半徑構成直角三角形，即；
（2）代數(shù)法：聯(lián)立直線方程和圓的方程，消元轉化為關于的一元二次方程，由根與系數(shù)的關系可求得弦長或
12．已知雙曲線的標準方程為，分別為雙曲線的左、右焦點.
（1）若點在雙曲線的右支上，且的面積為，求點的坐標；
（2）若斜率為1且經過右焦點的直線與雙曲線交于兩點，求線段的長度.
【答案】（1）或；（2）.
【分析】
（1）由雙曲線方程可得，進而可得點的縱坐標，代入即可得解；
（2）聯(lián)立方程組，由韋達定理、弦長公式運算即可得解.
【詳解】
（1）由題意，雙曲線的焦距，
設點，則，解得，
代入雙曲線方程可得，
所以點的坐標為或；
（2）由題意，，則直線，
設，
由，化簡可得，
則，，
所以.
13．設拋物線，為的焦點，過的直線與交于兩點.
（1）設的斜率為，求的值；
（2）求證：為定值.
【答案】（1）5；（2）證明見解析.
【分析】
（1）求出直線方程為，聯(lián)立直線與拋物線，由即可求解；
（2）設直線方程為，由韋達定理表示出，即可得出定值.
【詳解】
（1）依題意得，
所以直線的方程為.
設直線與拋物線的交點為，，
由得，，
所以，.
所以.
（2）證明：設直線的方程為，
直線與拋物線的交點為，，
由得，，
所以，.
因為
.
所以為定值.
【點睛】
方法點睛：解決直線與圓錐曲線相交問題的常用步驟：
（1）得出直線方程，設交點為，；
（2）聯(lián)立直線與曲線方程，得到關于（或）的一元二次方程；
（3）寫出韋達定理；
（4）將所求問題或題中關系轉化為形式；
（5）代入韋達定理求解.
14．已知橢圓M：的一個焦點為，左右頂點分別為A，B．經過點的直線l與橢圓M交于C，D兩點．
（Ⅰ）求橢圓方程；
（Ⅱ）當直線l的傾斜角為時，求線段CD的長；
（Ⅲ）記△ABD與△ABC的面積分別為和，求的最大值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）的最大值為.
【分析】
（Ⅰ）根據(jù)橢圓的幾何性質求出可得結果；
（Ⅱ）聯(lián)立直線與橢圓，根據(jù)弦長公式可求得結果；
（Ⅲ）設直線：，，，聯(lián)立直線與橢圓的方程，利用韋達定理求出，，變形后利用基本不等式可求得最大值.
【詳解】
（Ⅰ）因為橢圓的焦點為，所以且，所以，
所以橢圓方程為.
（Ⅱ）因為直線l的傾斜角為，所以斜率為1，直線的方程為，
聯(lián)立，消去并整理得，
設，，
則，，
所以.
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，
設直線：，，，
聯(lián)立，消去并整理得，
則，，所以異號，
所以
,當且僅當時，等號成立.
所以的最大值為.
【點睛】
關鍵點點睛：第（Ⅲ）問中將三角形面積用兩點的縱坐標表示，并利用韋達定理和基本不等式解決是解題關鍵.
15．已知橢圓：的離心率為，點在橢圓上，直線過橢圓的右焦點與上頂點，動直線：與橢圓交于，兩點，交于點.
（1）求橢圓的方程；
（2）已知為坐標原點，若點滿足，求此時的長度.
【答案】（1）；（2）4或.
【分析】
（1）根據(jù)，以及即可求解.
（2）將直線與聯(lián)立，求出交點，再由，可得點為的中點，根據(jù)在直線：上求出點即可求解.
【詳解】
（1）由題意得，，結合，
解得，，，
故所求橢圓的方程為.
（2）易知定直線的方程為.
聯(lián)立，整理得，解得，
不妨令點的坐標為.
∵，由對稱性可知，
點為的中點，故，
又在直線：上，
故，
解得，，
故點的坐標為或，
所以或，所以的長度為4或.
【點睛】
關鍵點點睛：解題的關鍵是求出點，根據(jù)對稱性可知，確定點為的中點，考查了計算求解能力.
16．已知橢圓，為坐標原點，為橢圓上任意一點，，分別為橢圓的左、右焦點，且，其離心率為，過點的動直線與橢圓相交于，兩點.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)當時，求直線的方程
【答案】（1）；（2）或.
【分析】
（1）首先根據(jù)題意得到，再解方程組即可得到答案.
（2）首先設出直線方程，與橢圓聯(lián)立，利用根系關系和弦長公式即可得到方程，再解方程即可得到答案.
【詳解】
（1）由題意知
解得，.
所以橢圓的標準方程為.
（2）當直線的斜率不存在時，，不符合題意.
當直線的斜率存在時，設直線的方程為，
聯(lián)立，得，
其判別式.
設點，坐標分別為，，則，.
所以，
整理得，解得或，
所以或.
綜上，直線的方程為或.
【點睛】
關鍵點點睛：本題主要考查直線與橢圓的弦長問題，本題中將直線方程代入橢圓的標準方程，再利根系關系和弦長公式得到所求的等量關系為解題的關鍵，考查學生的計算能力，屬于中檔題.
17．如圖，橢圓（）的離心率為，過橢圓右焦點作兩條互相垂直的弦與．當直線的斜率為0時，．

（Ⅰ）求橢圓的方程；
（Ⅱ）求使取最小值時直線的方程．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）或．
【分析】
（Ⅰ）由離心率及，可得出，，進而寫出橢圓的方程；
（Ⅱ）進行分類討論，①當兩條弦中一條弦所在直線的斜率為0時，另一條弦所在直線的斜率不存在，不滿足題意；②當兩弦所在直線的斜率均存在且不為0時，設直線AB的方程為，則直線CD的方程為，分別將直線與的方程與橢圓方程聯(lián)立，由韋達定理得出和的表達式，然后利用弦長公式求出的表達式，然后利用基本不等式求出取得最小值時k的值，最后寫出直線的方程即可.
【詳解】
（Ⅰ）由題意知，，又，解得，，所以橢圓方程為；
（Ⅱ）①當兩條弦中一條弦所在直線的斜率為0時，另一條弦所在直線的斜率不存在時，由題意知，不滿足條件；
②當兩弦所在直線的斜率均存在且不為0時，設直線AB的方程為，
則直線CD的方程為，設，，
將直線AB的方程代入橢圓方程中并整理得 ，則，，
所以，
同理， ，
所以+=≥ ，
當且僅當即時，上式取等號，所以直線AB的方程為或．
【點睛】
易錯點點睛：本題考查橢圓方程的求法，考查直線與橢圓位置關系的應用，考查基本不等式的應用，對于第二問，應該對斜率存在與否進行分類討論，注意別漏掉斜率不存在的情形，考查邏輯思維能力和的分析計算能力，屬于中檔題.
18．已知拋物線的焦點到準線的距離為2，且過點的直線被拋物線所截得的弦長為8．
（1）求直線的方程；
（2）當直線的斜率大于零時，求過點且與拋物線的準線相切的圓的方程．
【答案】（1）或；（2）或．
【分析】
（1）由題意得，，當直線l的斜率不存在時，不合題意；當直線l的斜率存在時，設方程為，與拋物線方程聯(lián)立，利用韋達定理和拋物線的定義求出弦長，結合已知弦長可求得結果；
（2）設所求圓的圓心坐標為，根據(jù)幾何方法求出圓的半徑，根據(jù)直線與圓相切列式解得圓心坐標和半徑，可得圓的方程.
【詳解】
（1）由題意得，
當直線l的斜率不存在時，其方程為，此時，不滿足，舍去；
當直線l的斜率存在時，設方程為
由得
設，則，且
由拋物線定義得
即，解得
因此l的方程為或.
（2）由（1）取直線的方程為，所以線段的中點坐標為(3，2)，
所以的垂直平分線方程為，即
設所求圓的圓心坐標為，該圓的圓心到直線的距離為，則，則該圓的半徑為，
因為該圓與準線相切，所以，
解得或,
當圓心為時，半徑為，當圓心為時，半徑為，
因此所求圓的方程為或．
【點睛】
關鍵點點睛：第（1）問，利用韋達定理和拋物線的定義求出拋物線的弦長是關鍵；第（2）問，根據(jù)幾何方法求出圓的半徑，利用直線與圓相切列式是解題關鍵.
19．橢圓：，直線過點，交橢圓于?兩點，且為的中點.
（1）求直線的方程；
（2）若，求的值.
【答案】（1）；（2）
【分析】
（1）設，，利用點差法求直線的斜率；（2）根據(jù)（1）的結果，聯(lián)立方程，利用弦長公式，求的值.
【詳解】
（1），，點在橢圓里面，
設，，
則，兩式相減可得，
變形為，①
點是線段的中點，，
并且有橢圓對稱性可知，
由①式兩邊同時除以，可得，，
設直線的斜率為，，
解得：，
所以直線的方程；
（2），
，，
可得，，
，
化簡為，且
解得：
【點睛】
方法點睛：點差法是解決涉及弦的中點與斜率問題的方法，首先設弦端點的坐標，可得出關于弦斜率與弦中點的方程，代入已知斜率，可研究中點問題，代入已知中點可求斜率.
20．如圖所示，已知圓上有一動點，點的坐標為，四邊形為平行四邊形，線段的垂直平分線交于點，設點的軌跡為曲線.

（1）求曲線的方程；
（2）過點的直線與曲線有兩個不同的交點、，問是否存在實數(shù)，使得成立，若存在求出的值；若不存在，請說明理由.
（1）；（2）存在，實數(shù).
【分析】
（1）計算得出，利用橢圓的定義可知，曲線為橢圓，確定焦點的位置，求出、的值，結合點不在軸上可得出曲線的方程；
（2）設直線的方程為，設點、，將直線與曲線的方程聯(lián)立，結合韋達定理以及弦長公式可計算出的值，即可得出結論.
【詳解】
（1）連接，由垂直平分線的性質可得，
由于四邊形為平行四邊形，則，
，
所以點的軌跡是以、為焦點，以為長軸長的橢圓，
由得，半焦距，所以，軌跡的方程為：，
由于四邊形為平行四邊形，則點不能在軸上，可得，
因此，軌跡的方程為：；

（2）由于曲線是橢圓去掉長軸端點后所形成的曲線，
當直線的斜率為時，直線與軸重合，此時，直線與曲線無公共點，
設直線的方程為，設點、，
由消去得，，
則，，
不妨設，，
，
同理
所以

，
即，
所以存在實數(shù)使得成立.
【點睛】
直線與圓錐曲線的弦長問題，較少單獨考查弦長的求解，一般是已知弦長的信息求參數(shù)或直線的方程．解此類題的關鍵是設出交點的坐標，利用根與系數(shù)的關系得到弦長，將已知弦長的信息代入求解．
21．已知橢圓，直線過點與橢圓交于兩點，為坐標原點.
（1）設為的中點，當直線的斜率為時，求線段的長；
（2）當△面積等于時，求直線的斜率.
【答案】（1）；（2）
【分析】
（1）先求出的方程，與橢圓方程聯(lián)立，得到關于的一元二次方程，結合韋達定理，可求出的坐標，進而利用兩點間的距離公式可求出答案；
（2）易知直線斜率存在，可表示出的方程，與橢圓方程聯(lián)立，得到關于的一元二次方程，結合韋達定理，進而求出的表達式，及點到直線的距離的表達式，結合，可求出直線的斜率.
【詳解】
（1）因為直線l過，斜率為，所以：.
聯(lián)立，得到.
由韋達定理，有，
設，則，，
所以，.
（2）由題意，可知直線斜率存在，設斜率為，則為：，
聯(lián)立，得到，
由韋達定理，有，
O到直線l的距離為，
.
則.
所以，化簡得，解得，
所以直線：或.
22．已知拋物線的焦點為，直線與拋物線相交于兩點.
（1）將表示為的函數(shù)；
（2）若，求的周長.
【答案】（1），；（2）.
【分析】
（1）設點，，，，聯(lián)立直線方程和拋物線方程，運用韋達定理和弦長公式，化簡計算即可得到所求函數(shù)；
（2）運用拋物線的定義和（1）的結論，結合，進而得到的周長．
【詳解】
（1），
整理得，
則，

，其中；
（2）由，
則，解得，
經檢驗，此時，
所以，
由拋物線的定義，
有，
又，
所以的周長為．
【點睛】
求曲線弦長的方法：（1）利用弦長公式；（2）利用；（3）如果交點坐標可以求出，利用兩點間距離公式求解即可.
23．如圖，過點的直線與拋物線交于兩點.

（1）若，求直線的方程;
（2）記拋物線的準線為，設直線分別交于點，求的值.
【答案】（1）；（2）-3.
【分析】
(1) 設直線的方程為，,方程聯(lián)立得到，由直線方程求出，由條件可得，從而求出答案.
(2) 由直線分別交于點，則,可得，同理可得，由，結合（1）中的可得答案.
【詳解】
(1) 設直線的方程為，
由 ，得
所以
則
由拋物線的性質可得
解得，所以直線的方程為：
（2）由題意可得直線：，設
由（1）可得，
由直線分別交于點，則,
即，所以
由直線分別交于點，則,
即，所以

【點睛】
關鍵點睛：本題考查拋物線過焦點的弦長和直線與拋物線的位置關系，解答本題的關鍵是利用過焦點的弦長公式，設直線的方程為，方程聯(lián)立韋達定理代入即可，由直線分別交于點，則得出，同理得出，利用韋達定理的結果即可，屬于中檔題.
24．設橢圓E：（a，b>0）過M（2，） ，N(，1)兩點，O為坐標原點，
（1）求橢圓E的方程；
（2）是否存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A，B，且？若存在，寫出該圓的方程，并求|AB |的取值范圍，若不存在說明理由.
【答案】（1）；（2）存在，，.
【分析】
（1）根據(jù)橢圓E： （a，b>0）過M（2，） ，N(，1)兩點，直接代入方程解方程組即可.
（2）假設存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A，B，且，當切線斜率存在時，設該圓的切線方程為，聯(lián)立，根據(jù)，結合韋達定理運算，同時滿足，則存在，否則不存在，當切線斜率不存在時，驗證即可；在該圓的方程存在時，利用弦長公式結合韋達定理得到求解.
【詳解】
（1）因為橢圓E： （a，b>0）過M（2，） ，N(，1)兩點，
所以，解得，
所以，
所以橢圓E的方程為.
（2）假設存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A，B，且，
設該圓的切線方程為，聯(lián)立得，
則△=，即
，
，，
要使，需使，即，
所以，
所以，又，
所以，
所以，即或，
因為直線為圓心在原點的圓的一條切線，
所以圓的半徑為，，
所以，則所求的圓為，此時圓的切線都滿足或，
而當切線的斜率不存在時切線為與橢圓的兩個交點為或滿足，
綜上， 存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個交點A，B，且.
因為，
所以，

，
①當時，，
因為，所以，所以，
所以，當且僅當時取”=”.
② 當時，.
③ 當AB的斜率不存在時， 兩個交點為或，所以此時，
綜上， |AB |的取值范圍為，即：
【點睛】
思路點睛：1、解決直線與橢圓的位置關系的相關問題，其常規(guī)思路是先把直線方程與橢圓方程聯(lián)立，消元、化簡，然后應用根與系數(shù)的關系建立方程，解決相關問題．涉及弦中點的問題常常用“點差法”解決，往往會更簡單．
2、設直線與橢圓的交點坐標為A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則 (k為直線斜率)．
注意：利用公式計算直線被橢圓截得的弦長是在方程有解的情況下進行的，不要忽略判別式大于零．
25．折紙又稱“工藝折紙”，是一種把紙張折成各種不同形狀物品的藝術活動，在我國源遠流長. 某些折紙活動蘊含豐富的數(shù)學內容，例如：用圓形紙片，按如下步驟折紙（如下圖），

步驟1：設圓心是，在圓內不是圓心處取一點，標記為F；
步驟2：把紙片對折，使圓周正好通過F；
步驟3：把紙片展開，于是就留下一條折痕；
步驟4：不停重復步驟2和3，能得到越來越多條的折痕．
所有這些折痕圍成的圖形是一個橢圓.若取半徑為4的圓形紙片，設定點到圓心的距離為2，按上述方法折紙.

（1）建立適當?shù)淖鴺讼?，求折痕圍成橢圓的標準方程；
（2）求經過，且與直線夾角為的直線被橢圓截得的弦長.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）建立直角坐標系后，由橢圓的定義即可得解；
（2）聯(lián)立方程組，由韋達定理結合弦長公式即可得解.
【詳解】
（1）如圖，以FO所在的直線為x 軸，F(xiàn)O的中點M為原點建立平面直角坐標系，

設為橢圓上一點，由題意可知且，
所以P點軌跡以F，O為左右焦點，長軸長的橢圓，
因為，所以，，
所以橢圓的標準方程為；
（2）如圖，不妨令過的直線交橢圓于C，D且傾斜角，
所以直線，設，
聯(lián)立，消元得，，
所以，
所以.


四、填空題
26．在平面直角坐標系中，過拋物線的焦點作斜率為1的直線，與拋物線交于，兩點．若弦的長為6，則實數(shù)的值為__________.
【答案】
【分析】
設，，，，直線的方程為，聯(lián)立直線與拋物線方程可求，，代入弦長公式，利用線段的長度，求解即可.
【詳解】
拋物線上的焦點，， 直線的斜率為1，
則可設直線的方程為，
設，，，
聯(lián)立方程，整理得，
由韋達定理可得：，，
，
解得；
故答案為：．
【點睛】
求曲線弦長的方法：（1）利用弦長公式；（2）利用；（3）如果交點坐標可以求出，利用兩點間距離公式求解即可.
27．已知拋物線C : y2=2px(p>0)，直線l ：y = 2x+ b經過拋物線C的焦點，且與C相交于A、B 兩點．若|AB| = 5，則p = ___．
【答案】2
【分析】
法1：首先利用直線過焦點，得，再利用直線與拋物線方程聯(lián)立，利用根與系數(shù)的關系表示，計算求得；法2：由已知，求得的值，再利用弦長公式，求的值.
【詳解】
法1：由題意知，直線，即．直線經過拋物線的焦點，
，即．直線的方程為．
設、，聯(lián)立，消去整理可得，
由韋達定理得，又，，則.
法2：設直線的切斜角為，則，得，∴，得.
故答案為：2
【點睛】
結論點睛：當直線過拋物線的焦點時，與拋物線交于兩點，稱為焦點弦長，有如下的性質：直線與拋物線交于，①；②；③為定值；④弦長 （為直線的傾斜角）；⑤以為直徑的圓與準線相切；⑥焦點對在準線上射影的張角為.
28．已知拋物線為過焦點的弦，過分別作拋物線的切線，兩切線交于點，設，則下列結論正確的有________．
①若直線的斜率為-1，則弦；
②若直線的斜率為-1，則；
③點恒在平行于軸的直線上；
④若點是弦的中點，則．
【答案】①③④
【分析】
設PA的方程與拋物線方程聯(lián)立，利用判別式求出，可得PA的方程，同理可得PB的方程,聯(lián)立與的方程求出點的坐標，可知④正確；設直線的方程為，與拋物線方程聯(lián)立，當時，利用韋達定理求出與可知②錯誤，③正確；當時，利用拋物線的定義和韋達定理可得弦長，可知①正確．
【詳解】
設PA方程與拋物線方程聯(lián)立得，
由得，
方程為，同理得PB方程，
聯(lián)立，解得，
所以交點P，即，所以④正確；
根據(jù)題意直線的斜率必存在，設直線的方程為，
聯(lián)立，消去并整理得，
由韋達定理得，，所以③正確；
當t=-1時，，所以②錯誤，
當t=-1時，根據(jù)拋物線的定義可得

，所以①正確．
故答案為：①③④
【點睛】
關鍵點點睛：設出切線方程，利用判別式等于0，求出切線方程，聯(lián)立切線方程求出交點的坐標是解題關鍵.

五、雙空題
29．已知拋物線的焦點為，直線與拋物線交于，兩點，且，線段的垂直平分線過點，則拋物線的方程是______；若直線過點，則______.
【答案】
【分析】
根據(jù)焦半徑公式可得，再根據(jù)可得，聯(lián)立即可求出，得到拋物線的方程；再聯(lián)立直線和拋物線的方程，可解得，再根據(jù)，即可解出．
【詳解】
設，，
由拋物線的焦半徑公式可得，，，
則，即.
因為點在線段的垂直平分線上，所以，
則.
因為，，所以，
因為，所以，則，解得，
故拋物線的方程是.
因為直線過點，所以直線的方程是，
聯(lián)立，整理得，則，
從而，
因為，所以，解得.
故答案為：；．
【點睛】
本題主要考查拋物線的簡單幾何性質的應用，直線與拋物線的位置關系的應用，意在考查學生轉化與化歸的能力以及數(shù)學運算能力，屬于基礎題．

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