数学(理) 二轮复习通用讲义：专题五 第三讲 大题考法——圆锥曲线中的最值、范围、证明问题 Word含解析

圆锥曲线是指在二维平面上满足一定条件的曲线，其中包括双曲线和抛物线等。

当圆锥曲线是双曲线或抛物线时，可以利用其函数的性质解决最值问题。

对于双曲线y=a/x，在x>0时，它的最小值为y=a/xmin，最大值为y=a/xmax。

对于抛物线y=ax^2，在a>0时，它的最小值为y=0，最大值为y=+∞。

对于其他类型的圆锥曲线，最值问题的解决方法需要根据其具体函数形式进行分析。

对于一般的圆锥曲线，解决最值问题需要利用微积分知识。

对于函数y=f(x)在区间[a,b]上的最值问题，可以通过对函数在该区间内求导，然后求函数在该区间内的极值点。

求导之后，求函数在该区间内的极值点，即对导数为0的点进行分析。

通过二分法或牛顿迭代等方法来求导数为0的点的值，对导数为0的点进行分析，即可求得圆锥曲线在该区间内的最值点。

需要注意的是，在求解过程中需要证明该点是极值点，而非局部极值点。

第3讲 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题(大题)热点一 最值问题求圆锥曲线中三角形面积的最值的关键(1)公式意识，把求三角形的面积转化为求距离、求角等； (2)方程思想，即引入参数，寻找关于参数的方程；(3)不等式意识，寻找关于参数的不等式，利用基本不等式等求最值.例1 (2019·邯郸模拟)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，P 为E 上的一个动点，且|PF 2|的最大值为2＋3，E 的离心率与椭圆Ω：x 22＋y 28＝1的离心率相等.(1)求E 的方程；(2)直线l 与E 交于M ，N 两点(M ，N 在x 轴的同侧)，当F 1M ∥F 2N 时，求四边形F 1F 2NM 面积的最大值.跟踪演练1 (2019·焦作模拟)已知椭圆C ：x 22＋y 2＝1，点A ⎝⎛⎭⎫1，12，B (1,2). (1)若直线l 1与椭圆C 交于M ，N 两点，且A 为线段MN 的中点，求直线MN 的斜率； (2)若直线l 2：y ＝2x ＋t (t ≠0)与椭圆C 交于P ，Q 两点，求△BPQ 的面积的最大值.圆锥曲线的范围问题的常见解法(1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决； (2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系或不等关系或已知参数与新参数之间的等量关系等，则可利用这些关系去求参数的范围.例2 (2019·江西九校联考)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点F (1,0)，A ，B ，C 是椭圆上任意三点，A ，B 关于原点对称且满足k AC ·k BC ＝－12.(1)求椭圆E 的方程；(2)若斜率为k 的直线与圆：x 2＋y 2＝1相切，与椭圆E 相交于不同的两点P ，Q ，求|PQ |≥435时，k 的取值范围.跟踪演练2 (2019·合肥质检)已知抛物线C ：x 2＝2py (p >0)上一点M (m ,9)到其焦点F 的距离为10.(1)求抛物线C 的方程；(2)设过焦点F 的直线l 与抛物线C 交于A ，B 两点，且抛物线在A ，B 两点处的切线分别交x 轴于P ，Q 两点，求|AP |·|BQ |的取值范围.圆锥曲线的证明问题，常表现为证明相等、定值、过定点、点在曲线上等，一般是以直线与圆锥曲线为载体，综合使用圆锥曲线的性质及位置关系进行论证.例3 (2019·南开模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，以原点为圆心，以椭圆的短半轴长为半径的圆与直线x －y ＋6＝0相切.(1)求椭圆C 的方程；(2)过椭圆的右焦点F 的直线l 1与椭圆交于A ，B ，过F 与l 1垂直的直线l 2与椭圆交于C ，D ，与l 3：x ＝4交于P ，求证：直线P A ，PF ，PB 的斜率k P A ，k PF ，k PB 成等差数列.跟踪演练3 (2019·深圳调研)在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C 的中心在坐标原点O ，其右焦点为F (1,0)，且点⎝⎛⎭⎫1，32在椭圆C 上.(1)求椭圆C 的方程；(2)设椭圆的左、右顶点分别为A ，B ，M 是椭圆上异于A ，B 的任意一点，直线MF 交椭圆C 于另一点N ，直线MB 交直线x ＝4于Q 点，求证：A ，N ，Q 三点在同一条直线上.真题体验(2019·全国Ⅱ，理，21)已知点A (－2,0)，B (2,0)，动点M (x ，y )满足直线AM 与BM 的斜率之积为－12.记M 的轨迹为曲线C .(1)求C 的方程，并说明C 是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交C 于P ，Q 两点，点P 在第一象限，PE ⊥x 轴，垂足为E ，连接QE 并延长交C 于点G .①证明：△PQG 是直角三角形； ②求△PQG 面积的最大值.押题预测已知椭圆W ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，点P (2a ，3)，F 1，F 2分别是椭圆W 的左、右焦点，△PF 1F 2为等腰三角形. (1)求椭圆W 的方程；(2)过左焦点F 1作直线l 1交椭圆于A ，B 两点，其中A (0,1)，另一条过F 1的直线l 2交椭圆于C ，D 两点(不与A ，B 重合)，且D 点不与点(0，－1)重合.过F 1作x 轴的垂线分别交直线AD ，BC 于E ，G . ①求B 点坐标； ②求证：|EF 1|＝|F 1G |.A 组 专题通关1.(2019·吉林调研)已知A ，B 为椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的上、下顶点，|AB |＝2，且离心率为32. (1)求椭圆E 的方程；(2)若点P (x 0，y 0)(x 0≠0)为直线y ＝2上任意一点，P A ，PB 交椭圆于C ，D 两点，求四边形ACBD 面积的最大值.2.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的短轴长为2，离心率为32.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若过点(－3,0)的直线l 与椭圆C 交于不同的两点M ，N ，O 为坐标原点，求OM →·ON →的取值范围.3.(2019·恩施州质检)已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，其准线L ：x ＝－1与x 轴的交点为K ，过点K 的直线l 与抛物线C 交于A ，B 两点. (1)求抛物线C 的方程；(2)点A 关于x 轴的对称点为D ，证明：存在实数t ∈(0,1)，使得KF →＝tKB →＋(1－t )KD →.B 组 能力提高4.(2019·泰安质检)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝22，且经过点⎝⎛⎭⎫－22，32.(1)求椭圆C 的方程；(2)过点P (－2,0)且不与x 轴重合的直线l 与椭圆C 交于不同的两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，过右焦点F 的直线AF ，BF 分别交椭圆C 于点M ，N ，设AF →＝αFM →，BF →＝βFN →，α，β∈R ，求α＋β的取值范围.5.(2019·六安模拟)设椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，其中长轴长是短轴长的2倍，过焦点且垂直于x 轴的直线被椭圆截得的弦长为2 3.(1)求椭圆E 的方程；(2)点P 是椭圆E 上动点，且横坐标大于2，点B ，C 在y 轴上，(x －1)2＋y 2＝1内切于△PBC ，试判断点P 的横坐标为何值时△PBC 的面积S 最小.。

高考数学二轮复习（理）讲义及题型归纳（中档）第三章圆锥曲线中的最值、定点、定值第一节:最值问题 (均值、函数)求以下式子的最值（1）()2222288842m m t m m m m +-=-=-≤= （2）()()222221183383833t mm m m m m =-=⋅-=⋅-≤ （3）223232313323m t m m m==≤=++（4）()22222222222111121112m k m m k m m k m t k k k ++-+-+-==≤=+++ （5）22134m t m +=+设21m x +=，则221m x =-()2211313143x x t x x x x====+-++上述式子可以通过配凑，换元，使用均值不等式得到最值.（6）221k t k ==+ ；（7）224143m t m +==+ ；（8）()242864m t m +==+ ；（9）4242451441k k t k k ++==++ ；上述式子求最值可以通过分离常数法实现.【例1】．设圆222150x y x ++-=的圆心为 ，直线 过点 ， 且与 轴不重合， 交圆A 于 ， 两点，过 作 的平行线交 于点 ． (1)证明||EA EB +为定值，并写出点 的轨迹方程；(2)设点 的轨迹为曲线1C ，直线 交1C 于 ， 两点，过 且与 垂直的直线与圆 交于 ， 两点，求四边形 面积的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）证明：圆x 2+y 2+2x ﹣15=0即为（x +1）2+y 2=16， 可得圆心A （﹣1，0），半径r=4， 由BE ∥AC ，可得∠C=∠EBD ，由AC=AD，可得∠D=∠C，即为∠D=∠EBD，即有EB=ED，则|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|=4，故E的轨迹为以A，B为焦点的椭圆，且有2a=4，即a=2，c=1，b==，则点E的轨迹方程为+=1（y≠0）；（Ⅱ）椭圆C1：+=1，设直线l：x=my+1，由PQ⊥l，设PQ：y=﹣m（x﹣1），由可得（3m2+4）y2+6my﹣9=0，设M（x1，y1），N（x2，y2），可得y1+y2=﹣，y1y2=﹣，则|MN|=•|y1﹣y2|=•=•=12•，A到PQ的距离为d==，|PQ|=2=2=，则四边形MPNQ 面积为S= |PQ |•|MN |= • •12•=24•=24，当m=0时，S 取得最小值12，又 ＞0，可得S ＜24•=8 ，即有四边形MPNQ 面积的取值范围是[12，8 ）．【例2】 平面直角坐标系xOy 中,过椭圆M :2222=1x y a b+(a >b >0)右焦点的直线30x y +-=交M于A ,B 两点,P 为AB 的中点,且OP 的斜率为12. (1)求M 的方程;(2)C ,D 为M 上两点,若四边形ACBD 的对角线CD AB ⊥,求四边形ACBD 面积的最大值.解:(1)设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),P (x 0,y 0),则221122=1x y a b +,222222=1x y a b+,2121=1y y x x ---, 由此可得2212122121=1b x x y ya y y x x (+)-=-(+)-. 因为x 1＋x 2＝2x 0,y 1＋y 2＝2y 0,0012y x =,所以a 2＝2b 2. 又由题意知,M 的右焦点为(3,0),故a 2－b 2＝3.因此a 2＝6,b 2＝3.所以M 的方程为22=163x y +. (2)由2230,1,63x y x y ⎧+-=⎪⎨+=⎪⎩解得43,33,3x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩或0,3.x y =⎧⎪⎨=⎪⎩因此|AB |＝463.由题意可设直线CD 的方程为y ＝5333x n n ⎛⎫+-<< ⎪ ⎪⎝⎭,设C (x 3,y 3),D (x 4,y 4).由22,163y x n x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得3x 2＋4nx ＋2n 2－6＝0.于是x 3,4＝22293n n -±(-).因为直线CD 的斜率为1,所以|CD |＝24342||93x x n -=-. 由已知,四边形ACBD 的面积2186||||929S CD AB n =⋅=-. 当n ＝0时,S 取得最大值,最大值为863.所以四边形ACBD 面积的最大值为863.【例3】.已知椭圆的焦点在x 轴上,A 是E 的左顶点,斜率为0k k （＞）的直线交E 于A M ，两点,点N 在E 上,MA NA ⊥. (1)当4t =,||||AM AN =时,求AMN 的面积; (2)当||2||AM AN =时,求k 的取值范围.【解答】解:(1)方法一、t=4时,椭圆E 的方程为 +=1,A(﹣2,0),直线AM 的方程为y=k(x +2),代入椭圆方程,整理可得(3+4k 2)x 2+16k 2x +16k 2﹣12=0,解得x=﹣2或x=﹣ ,则|AM |= •|2﹣ |= •,由AN⊥AM,可得|AN|=•=•,由|AM|=|AN|,k>0,可得•=•,整理可得(k﹣1)(4k2+k+4)=0,由4k2+k+4=0无实根,可得k=1,即有△AMN的面积为|AM|2=•)2=;方法二、由|AM|=|AN|,可得M,N关于x轴对称,由MA⊥NA.可得直线AM的斜率为1,直线AM的方程为y=x+2,代入椭圆方程+=1,可得7x2+16x+4=0,解得x=﹣2或﹣,M(﹣),N(﹣,﹣),则△AMN的面积为××(﹣+2)=;(2)直线AM的方程为y=k(x+),代入椭圆方程,可得(3+tk2)x2+2t k2x+t2k2﹣3t=0,解得x=﹣或x=﹣,即有|AM|=•|﹣|=•,|AN|═•=•,由2|AM|=|AN|,可得2•=•,整理得t=,由椭圆的焦点在x 轴上,则t >3,即有 3,即有＜0,可得 ＜k ＜2,即k 的取值范围是(,2).【例4】.已知直线220x y -+=经过椭圆的左顶点A 和上顶点D ,椭圆C 的右顶点为B ,点S 是椭圆C 上位于x 轴上方的动点,直线AS BS ，与直线分别交于M N ，两点.(1)求椭圆C 的方程;(2)求线段MN 的长度的最小值;(3)当线段MN 的长度最小时,在椭圆C 上是否存在这样的点T ,使得TSB 的面积为？若存在,确定点T 的个数,若不存在,说明理由.【解答】解:(1)由已知得,椭圆C 的左顶点为A(﹣2,0), 上顶点为D(0,1),∴a=2,b=1故椭圆C 的方程为(4分)(2)依题意,直线AS 的斜率k 存在,且k >0,故可设直线AS 的方程为y=k(x +2),从而,由得(1+4k2)x2+16k2x+16k2﹣4=0设S(x1,y1),则得,从而即,(6分)又B(2,0)由得,∴,(8分)故又k>0,∴当且仅当,即时等号成立.∴时,线段MN的长度取最小值(10分)(2)另解:设S(x s,y S),依题意,A,S,M三点共线,且所在直线斜率存在,由k AM=k AS,可得同理可得:又所以,=不仿设y M>0,y N＜0当且仅当y M=﹣y N时取等号,即时,线段MN的长度取最小值.(3)由(2)可知,当MN取最小值时,此时BS 的方程为 ,∴要使椭圆C 上存在点T,使得△TSB 的面积等于 ,只须T 到直线BS 的距离等于,所以T 在平行于BS 且与BS 距离等于的直线l'上.设直线l':x +y +t=0,则由,解得 或.又因为T 为直线l'与椭圆C 的交点,所以经检验得,此时点T 有两个满足条件.【例5】.已知中心在原点的双曲线C 的一个焦点是130F (-，）,一条渐近线的方程是.(1)求双曲线C 的方程;(2)若以0k k （）为斜率的直线l 与双曲线C 相交于两个不同的点M N ，,且线段MN 的垂直平分线与两坐标轴围成的三角形的面积为,求k 的取值范围. 【解答】解:(1)解:设双曲线C 的方程为(a >0,b >0).由题设得 ,解得,所以双曲线方程为 . (2)解:设直线l 的方程为y=kx +m(k ≠0).点M(x 1,y 1),N(x 2,y 2)的坐标满足方程组将①式代入②式,得,整理得(5﹣4k2)x2﹣8kmx﹣4m2﹣20=0.此方程有两个不等实根,于是5﹣4k2≠0,且△=(﹣8km)2+4(5﹣4k2)(4m2+20)>0.整理得m2+5﹣4k2>0. ③由根与系数的关系可知线段MN的中点坐标(x0,y0)满足.从而线段MN的垂直平分线方程为.此直线与x轴,y轴的交点坐标分别为.由题设可得.整理得,k≠0.将上式代入③式得,整理得(4k2﹣5)(4k2﹣|k|﹣5)>0,k≠0.解得＜＜或.所以k的取值范围是.【例6】.已知椭圆的离心率为,短轴一个端点到右焦点的距离为.(1)求椭圆的方程;(2)设直线与椭圆交于、两点,坐标原点到直线的距离为,求面积的最大值.【解答】解:(1)设椭圆的半焦距为c,依题意∴b=1,∴所求椭圆方程为.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2).(1)当AB⊥x轴时,.(2)当AB与x轴不垂直时,设直线AB的方程为y=kx+m.由已知,得.把y=kx+m代入椭圆方程,整理得(3k2+1)x2+6kmx+3m2﹣3=0,∴.∴|AB|2=(1+k2)(x2﹣x1)2=====.当且仅当,即 时等号成立.当k=0时, , 综上所述|AB |max =2.∴当|AB |最大时,△AOB 面积取最大值.【例7】.如图,点 ﹣ 是椭圆1:C的一个顶点, 1C 的长轴是圆222:4C x y +=的直径, 12,l l 是过点 且互相垂直的两条直线,其中1l 交圆2C 于A B 、两点,l 2交椭圆1C 于另一点D . (1)求椭圆1C 的方程;(2)求 面积的最大值时直线1l 的方程.解答】解:(1)由题意可得b=1,2a=4,即a=2.∴椭圆C 1的方程为;(2)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),D(x 0,y 0).由题意可知:直线l 1的斜率存在,设为k,则直线l 1的方程为y=kx ﹣1.又圆的圆心O(0,0)到直线l1的距离d=.∴|AB|==.又l2⊥l1,故直线l2的方程为x+ky+k=0,联立,消去y得到(4+k2)x2+8kx=0,解得,∴|PD|=.∴三角形ABD的面积S==,△令4+k2=t>4,则k2=t﹣4,f(t)===,∴S=,当且仅,即,当时取等号,△故所求直线l1的方程为.【例8】.平面直角坐标系中,过椭圆右焦点的直线﹣交于两点,为的中点,且的斜率为.(1)求的方程(2)为上的两点,若四边形的对角线,求四边形面积的最大值.【解答】解:(1)把右焦点(c,0)代入直线x+y﹣=0得c+0﹣=0,解得c=.设A(x1,y1),B(x2,y2),线段AB的中点P(x0,y0),则,相减得,∴,∴,又=,∴,即a2=2b2.联立得,解得,∴M的方程为.(2)∵CD⊥AB,∴可设直线CD的方程为y=x+t,联立,消去y得到3x2+4tx+2t2﹣6=0,∵直线CD与椭圆有两个不同的交点,∴△=16t2﹣12(2t2﹣6)=72﹣8t2>0,解﹣3＜t＜3(*).设C(x3,y3),D(x4,y4),∴.∴|CD|===.联立得到3x2﹣4x=0,解得x=0或,∴交点为A(0,),B,∴|AB|==.∴S四边形ACBD===,∴当且仅当t=0时,四边形ACBD面积的最大值为,满足(*).∴四边形ACBD面积的最大值为.【例9】.已知椭圆上两个不同的点关于直线对称.(1)求实数的取值范围;(2)求面积的最大值(为坐标原点).【解答】解:(1)由题意,可设直线AB的方程为x=﹣my+n,代入椭圆方程,可得(m2+2)y2﹣2mny+n2﹣2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2).由题意,△=4m2n2﹣4(m2+2)(n2﹣2)=8(m2﹣n2+2)>0,设线段AB的中点P(x0,y0),则.x0=﹣m×+n=,由于点P在直线y=mx+上,∴=+,∴,代入△>0,可得3m4+4m2﹣4>0,解得m2,∴＜或m.(2)直线AB与x轴交点横坐标为n,∴S==|n|•=,△OAB由均值不等式可得:n2(m2﹣n2+2)=,=,当且仅当n2=m2﹣n2+2,即2n2=m2+2,又∵,解得∴S△AOBm=,当且仅当m=时,S△AOB取得最大值为.,点,,抛物线上的点【例10】.如图,已知抛物线2x y,过点作直线的垂线,垂足为.(1)求直线斜率的取值范围;(2)求•PA PQ的最大值.||||【解答】解:(1)由题可知P(x,x2),﹣＜x＜,所以k AP==x﹣∈(﹣1,1),故直线AP斜率的取值范围是:(﹣1,1);(2)由(I)知P(x,x2),﹣＜x＜,所以=(﹣﹣x,﹣x2),设直线AP的斜率为k,则k==x﹣,即x=k+,则AP:y=kx+k+,BQ:y=﹣x++,联立直线AP、BQ方程可知Q(),故=(),又因为=(﹣1﹣k,﹣k2﹣k),故﹣|PA|•|PQ|=•=+=(1+k)3(k﹣1),所以|PA|•|PQ|=(1+k)3(1﹣k),令f(x)=(1+x)3(1﹣x),﹣1＜x＜1,则f ′(x)=(1+x)2(2﹣4x)=﹣2(1+x)2(2x ﹣1),由于当﹣1＜x ＜ 时f ′(x)>0,当＜x ＜1时f ′(x)＜0,故f(x)max =f( )= ,即|PA |•|PQ |的最大值为.【例11】.在平面直角坐标系 中,已知椭圆的离心率,且椭圆 上的点到点 的距离的最大值为 . (1)求椭圆 的方程;(2)在椭圆 上,是否存在点 ,使得直线 与圆22:1O x y +=相交于不同的两点 、 ,且 的面积最大？若存在,求出点 的坐标及对应的 的面积;若不存在,请说明理由.解答】解:(1)由得a 2=3b 2,椭圆方程为x 2+3y 2=3b 2椭圆上的点到点Q 的距离= ①当﹣b ≤﹣1时,即b ≥1, 得b=1 ②当﹣b >﹣1时,即b ＜1, 得b=1(舍) ∴b=1∴椭圆方程为(2)假设M(m,n)存在,则有m 2+n 2>1∵|AB|=,点O到直线l距离∴=∵m2+n2>1∴0＜＜1,∴当且仅当,即m2+n2=2>1时,S△AOB取最大值,又∵解得:所以点M的坐标为或或或,△AOB的面积为.【例12】.已知点2(0,)A﹣,椭圆的离心率为,是椭圆的右焦点,直线的斜率为,为坐标原点.(1)求的方程;(2)设过点的直线与相交于两点,当的面积最大时,求的方程.【解答】解:(1) 设F(c,0),由条件知,得,所以a=2,b2=a2﹣c2=1,故E的方程.….(5分)(2)依题意当l⊥x轴不合题意,故设直线l:y=kx﹣2,设P(x1,y1),Q(x2,y2)将y=kx﹣2代入,得(1+4k2)x2﹣16kx+12=0,当△=16(4k2﹣3)>0,即时,从而又点O到直线PQ的距离,所以△OPQ的面积=,设,则t>0,,当且仅当t=2,k=±等号成立,且满足△>0,所以当△OPQ的面积最大时,l的方程为:y=x﹣2或y=﹣x﹣2.【例13】.已知椭圆的焦距为,其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形.(1)求椭圆的标准方程;(2)设为椭圆的左焦点,为直线上任意一点,过作的垂线交椭圆于点.①证明:平分线段(其中为坐标原点);②当最小时,求点的坐标.【解答】解:(1)依题意有解得所以椭圆C的标准方程为+=1.(2)设T(﹣3,t),P(x1,y1),Q(x2,y2),PQ的中点为N(x0,y0),①证明:由F(﹣2,0),可设直线PQ的方程为x=my﹣2,则PQ的斜率.由⇒(m2+3)y2﹣4my﹣2=0,所以,于是,从而,即,则直线ON的斜率,又由PQ⊥TF知,直线TF的斜率,得t=m.从而,即k OT=k ON,所以O,N,T三点共线,从而OT平分线段PQ,故得证.②由两点间距离公式得,由弦长公式得==,所以,令,则(当且仅当x2=2时,取“=”号),所以当最小时,由x 2=2=m 2+1,得m=1或m=﹣1,此时点T 的坐标为(﹣3,1)或(﹣3,﹣1). 【例14】.已知抛物线 的顶点为原点,其焦点 到直线 ﹣ ﹣ 的距离为,设 为直线 上的点,过点 作抛物线 的两条切线 ,其中 为切点. (1)求抛物线 的方程;(2)当点()00,P x y 为直线 上的定点时,求直线AB 的方程; (3)当点 在直线 上移动时,求 的最小值. 【解答】解:(1)焦点F(0,c)(c >0)到直线l:x ﹣y ﹣2=0的距离,解得c=1,所以抛物线C 的方程为x 2=4y,(2)设 ,由(1)得抛物线C 的方程为,所以切线PA,PB 的斜率分别为 ,所以PA: ①PB:②联立①②可得点P 的坐标为,即, 又因为切线PA 的斜率为,整理得 , 直线AB 的斜率, 所以直线AB 的方程为, 整理得 ,即 ,因为点P(x 0,y 0)为直线l:x ﹣y ﹣2=0上的点,所以x 0﹣y 0﹣2=0,即y 0=x 0-2,所以直线AB 的方程为x 0x ﹣2y ﹣2y 0=0.(3)根据抛物线的定义,有,所以=,由(2)得x 1+x 2=2x 0,x 1x 2=4y 0,x 0=y 0+2, 所以=. 所以当时, 的最小值为.第二节:定点、定值【例1】.已知三点 ﹣ ,曲线 上任意一点 满足. (1)求曲线 的方程;(2)动点()000(),22Q x y x ﹣＜＜在曲线 上,曲线 在点 处的切线为直线 :是否存在定点 ＜ ,使得 与 都相交,交点分别为 ,且 与 的面积之比是常数？若存在,求 的值.若不存在,说明理由.【解答】解:(1)由=(﹣2﹣x,1﹣y),=(2﹣x,1﹣y)可得+=(﹣2x,2﹣2y),∴|+|=•(+)+2=(x,y)•(0,2)+2=2y +2.由题意可得=2y +2,化简可得 x 2=4y.(2)假设存在点P(0,t)(t＜0),满足条件,则直线PA的方程是y=,直线PB的方程是y=∵﹣2＜x0＜2,∴＜＜①当﹣1＜t＜0时,＜＜,存在x0∈(﹣2,2),使得∴l∥PA,∴当﹣1＜t＜0时,不符合题意;②当t≤﹣1时,＜,∴l与直线PA,PB一定相交,分别联立方程组,解得D,E的横坐标分别是∴∵|FP|=﹣∴=∵∴=×∵x0∈(﹣2,2),△QAB与△PDE的面积之比是常数∴,解得t=﹣1, ∴△QAB 与△PDE 的面积之比是2.【例2】.如图,椭圆的离心率是 ,点 在短轴 上,且 •(1)求椭圆 的方程;(2)设 为坐标原点,过点 的动直线与椭圆交于 、 两点.是否存在常数 ,使得•λ•为定值？若存在,求 的值;若不存在,请说明理由.【解答】解:(1)根据题意,可得C(0,﹣b),D(0,b), 又∵P(0,1),且•=﹣1,∴,解得a=2,b= , ∴椭圆E 的方程为: +=1;(2)结论:存在常数λ=1,使得 • +λ •为定值﹣3.理由如下:对直线AB 斜率的存在性进行讨论:①当直线AB 的斜率存在时,设直线AB 的方程为y=kx +1,A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),联立,消去y 并整理得:(1+2k 2)x 2+4kx ﹣2=0,∵△=(4k)2+8(1+2k 2)>0, ∴x 1+x 2=﹣,x 1x 2=﹣,从而•+λ•=x 1x 2+y 1y 2+λ[x 1x 2+(y 1﹣1)(y 2﹣1)] =(1+λ)(1+k 2)x 1x 2+k(x 1+x 2)+1==﹣﹣λ﹣2. ∴当λ=1时,﹣﹣λ﹣2=﹣3,此时•+λ•=﹣3为定值;②当直线AB 的斜率不存在时,直线AB 即为直线CD, 此时•+λ•=+=﹣2﹣1=﹣3; 故存在常数λ=1,使得•+λ•为定值﹣3. 【例3】.如图,在平面直角坐标系 中,椭圆的左、右焦点分别为()12(),0,,0F c F c ﹣.已知 和都在椭圆上,其中 为椭圆的离心率.(1)求椭圆的方程;(2)设 是椭圆上位于 轴上方的两点,且直线1AF 与直线2BF 平行, 2AF 与1BF 交于点 . (i)若12AF BF =﹣,求直线AF 1的斜率; (ii)求证: 12PF PF +是定值.【解答】(1)解:由题设知a 2=b 2+c 2,e= ,由点(1,e)在椭圆上,得,∴b=1,c 2=a 2﹣1.由点(e,)在椭圆上,得∴,∴a 2=2∴椭圆的方程为.(2)解:由(1)得F 1(﹣1,0),F 2(1,0),又∵直线AF 1与直线BF 2平行,∴设AF 1与BF 2的方程分别为x +1=my,x ﹣1=my. 设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),y 1>0,y 2>0,∴由,可得(m 2+2) ﹣2my 1﹣1=0.∴(舍),∴|AF 1|= ×|0﹣y 1|=①同理|BF 2|=②(i)由①②得|AF1|﹣|BF2|=,∴,解得m2=2.∵注意到m>0,∴m=.∴直线AF1的斜率为.另解:设直线AF1的方程为(t为参数,α为倾斜角),代入椭圆方程,可得(cos2α+2sin2α)t2﹣2tcosα﹣1=0,可设AF1=t1,∵t1=AF1在x轴上方,t2在x轴下方,设直线F1A交椭圆于C,则F1C=F2B,由于对称,B、C 座标互为相反数,∴t2=﹣BF2.由题意可得t1+t2==,解得cosα=,sinα=,即有tanα==.∴直线AF1的斜率为.(ii)证明:∵直线AF1与直线BF2平行,∴,即.由点B在椭圆上知,,∴.同理.∴PF1+PF2==由①②得,,∴PF1+PF2=.∴PF1+PF2是定值.【例4】.已知椭圆过点两点.(1)求椭圆的方程及离心率;(2)设为第三象限内一点且在椭圆上,直线与轴交于点,直线与轴交于点,求证:四边形的面积为定值.【解答】(1)解:∵椭圆C:+=1过点A(2,0),B(0,1)两点,∴a=2,b=1,则,∴椭圆C的方程为,离心率为e=;(2)证明:如图,设P(x0,y0),则,PA所在直线方程为y=,取x=0,得;,PB所在直线方程为,取y=0,得.∴|AN|=,|BM|=1﹣.∴=====.∴四边形ABNM的面积为定值2.【例5】.已知抛物线2经过点,过点的直线与抛物线有两个不同C y px:2的交点,且直线交轴于,直线交轴于.(1)求直线的斜率的取值范围;(2)设为原点,,求证:为定值.【解答】解:(1)∵抛物线C:y2=2px经过点P(1,2),∴4=2p,解得p=2,设过点(0,1)的直线方程为y=kx+1,设A(x1,y1),B(x2,y2)联立方程组可得,消y可得k2x2+(2k﹣4)x+1=0,∴△=(2k﹣4)2﹣4k2>0,且k≠0解得k＜1,且k≠0,x1+x2=﹣,x1x2=,又∵PA、PB要与y轴相交,∴直线l不能经过点(1,﹣2),即k≠﹣3,故直线l的斜率的取值范围(﹣∞,﹣3)∪(﹣3,0)∪(0,1);(2)证明:设点M(0,y M),N(0,y N),则 =(0,y M ﹣1),=(0,﹣1)因为=λ,所以y M ﹣1=﹣y M ﹣1,故λ=1﹣y M ,同理μ=1﹣y N ,直线PA 的方程为y ﹣2= (x ﹣1)=(x ﹣1)=(x ﹣1),令x=0,得y M = ,同理可得y N =,因为+=+=+======2, ∴ + =2,∴ +为定值.【例6】.已知椭圆的离心率为 ,的面积为 . (1)求椭圆 的方程;(2)设 是椭圆 上一点,直线 与 轴交于点 ,直线 与 轴交于点 .求证:•||||AN BM 为定值.【解答】解:(1)由题意可得e= =,又△OAB 的面积为1,可得ab=1,且a2﹣b2=c2,解得a=2,b=1,c=,可得椭圆C的方程为+y2=1;(2)证法一:设椭圆上点P(x0,y0),可得x02+4y02=4,直线PA:y=(x﹣2),令x=0,可得y=﹣,则|BM|=|1+|;直线PB:y=x+1,令y=0,可得x=﹣,则|AN|=|2+|.可得|AN|•|BM|=|2+|•|1+|=||=|| =||=4,即有|AN|•|BM|为定值4.证法二:设P(2cosθ,sinθ),(0≤θ＜2π),直线PA:y=(x﹣2),令x=0,可得y=﹣,则|BM|=||;直线PB:y=x+1,令y=0,可得x=﹣,则|AN|=||.即有|AN|•|BM|=||•||=2||=2||=4.则|AN|•|BM|为定值4.【例7】.设椭圆M：的左顶点为A、中心为O，若椭圆M过点，，且．求椭圆M的方程；若的顶点Q也在椭圆M上，试求面积的最大值；过点A作两条斜率分别为，的直线交椭圆M于，两点，且，求证：直线DE恒过一个定点．解：由，可知，又A点坐标为，，故，可得，分因为椭圆M过P点，故，可得，所以椭圆M的方程为分的方程为，即，由于Q是椭圆M上的点，故可设，，分所以分当∈，即∈时，取最大值．故的最大值为分直线AD方程为，代入，可得，，又，故，，分同理可得，，又且，可得且，所以，，，直线DE的方程为，分令，可得．故直线DE过定点，分法二若DE垂直于y轴，则，，此时与题设矛盾．若DE不垂直于y轴，可设DE的方程为，将其代入，可得，可得，，分又，可得，分故，可得或，又DE不过A点，即，故．所以DE的方程为，故直线DE过定点，分【例8】.已知椭圆：的离心率为，四个顶点构成的菱形的面积是4，圆M：过椭圆C的上顶点A作圆M的两条切线分别与椭圆C相交于，两点不同于点，直线，的斜率分别为，．求椭圆C的方程；当r变化时，求的值；试问直线BD是否过某个定点？若是，求出该定点；若不是，请说明理由．解：由题设知，，，又，解得，．故所求椭圆C的方程是．：，则有，化简得，对于直线AD：，同理有，于是，是方程的两实根，故．考虑到时，D是椭圆的下顶点，B趋近于椭圆的上顶点，故BD若过定点，则猜想定点在y轴上．由，得，于是有，，，．直线BD的斜率为，直线BD的方程为，令，得，故直线BD过定点，．【例9】.如图，已知椭圆C：的离心率是，一个顶点是，．Ⅰ求椭圆C的方程；Ⅱ设，是椭圆C上异于点B的任意两点，且试问：直线PQ是否恒过一定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，说明理由．Ⅰ解：设椭圆C的半焦距为依题意，得，分且，分解得分所以，椭圆C的方程是分Ⅱ证法一：易知，直线PQ的斜率存在，设其方程为分将直线PQ的方程代入，消去y，整理得分设，，，，则，分因为，且直线，的斜率均存在，所以，整理得分因为，，所以，将代入，整理得分将代入，整理得分解得，或舍去．所以，直线PQ恒过定点，分证法二：直线，的斜率均存在，设直线BP的方程为分将直线BP的方程代入，消去y，得分解得，或分设，，所以，，所以，分以替换点P坐标中的k，可得，分从而，直线PQ的方程是．依题意，若直线PQ过定点，则定点必定在y轴上分在上述方程中，令，解得．所以，直线PQ恒过定点，分【例10】.已知椭圆C：，四点，，，，，，，中恰有三点在椭圆C上．求C的方程；设直线l不经过点且与C相交于，两点若直线与直线的斜率的和为，证明：l过定点．解：根据椭圆的对称性，，，，两点必在椭圆C上，又的横坐标为，椭圆必不过，，，，，，，三点在椭圆C上．把，，，代入椭圆C，得：，解得，，椭圆C的方程为．证明：当斜率不存在时，设l：，，，，，直线与直线的斜率的和为，，解得，此时l过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足．当斜率存在时，设l：，，，，，，联立，整理，得，，，则，又，，此时，存在k，使得成立，直线l的方程为，当时，，过定点，．【例11】.已知椭圆C：的左、右顶点分别为，，其离心率，点P 为椭圆上的一个动点，面积的最大值为．Ⅰ求椭圆的标准方程；Ⅱ动直线l过椭圆的左焦点，且l与椭圆C交于，两点，试问在x轴上是否存在定点D，使得为定值？若存在，求出点D坐标并求出定值；若不存在，请说明理由．解：Ⅰ由题意，，，且．解得，，．椭圆的标准方程为．Ⅱ假设存在定点，，使得向量为定值n．当直线l的斜率不为0时，椭圆C左焦点，，设直线l的方程为联立，消去x，得．设，，，，则，．，，，，．若为定值n，则，即，此时．当直线l的斜率为0时，，，，，，，，亦符合题意；存在点，，使得向量为定值．【例12】.已知定点，，定直线l：，动点P到点F的距离与到直线l的距离之比等于．Ⅰ求动点P的轨迹E的方程；Ⅱ设轨迹E与x轴负半轴交于点A，过点F作不与x轴重合的直线交轨迹E于两点B、C，直线AB、AC分别交直线l于点M、试问：在x轴上是否存在定点Q，使得？若存在，求出定点Q的坐标；若不存在，请说明理由．解：Ⅰ设点，，依题意，有两边平方，整理得．所以动点P的轨迹E的方程为．Ⅱ设BC的方程为，代入椭圆方程，整理得，设，，，，，，则，，，，直线AB的方程为，直线AC的方程为，从而，，，，，即，或7时，，综上所述，在x轴上存在定点，或，，使得．【例13】.如图，点F是抛物线：的焦点，点A是抛物线上的定点，且，，点，是抛物线上的动点，直线，斜率分别为，．求抛物线的方程；Ⅱ若，点D是点，处切线的交点，记的面积为S，证明S为定值．解：Ⅰ设，，可知，，故，，．，代入，得．抛物线的方程为．Ⅱ过D作y轴的平行线交BC于点E，并设，，，，由Ⅰ得，．，．直线，直线，解得．直线BC的方程为，将代入得．的面积为定值【例14】.已知定直线l：，定点，，以坐标轴为对称轴的椭圆C过点A且与l相切．Ⅰ求椭圆的标准方程；Ⅱ椭圆的弦，的中点分别为，，若MN平行于l，则，斜率之和是否为定值？若是定值，请求出该定值；若不是定值请说明理由．解：Ⅰ设椭圆的标准方程为，，椭圆C过点A，所以，分将代入椭圆方程化简得：，因为直线l与椭圆C相切，所以，分解可得，，，所以椭圆方程为；分Ⅱ设点，，，，则有，，，，由题意可知，所以，设直线PQ的方程为，代入椭圆方程并化简得：由题意可知分通分后可变形得到分将式代入分子所以，斜率之和为定值分【例15】.已知抛物线G：，过焦点F的动直线l与抛物线交于，两点，线段AB的中点为M．当直线l的倾斜角为时，求抛物线G的方程；对于问中的抛物线G，若点，，求证：为定值，并求出该定值．解：抛物线G：，知，，设直线l的方程为∈，，，，，由得：，，显然成立．可得，，，，可得．当直线l倾斜角为时，，，得，所以抛物线G的方程为．证明：由知，为线段AB的中点，且，可得，，即，，又，，若满足题意，此时．综上为定值6．【例16】.椭圆：的左、右焦点分别为，，在椭圆上，的周长为，面积的最大值为2．求椭圆C的方程；直线与椭圆C交于，，连接，并延长交椭圆C于，，连接探索AB与DE的斜率之比是否为定值并说明理由．解：，，，得，，，所以：设，，则，直线：，代入：得，因为，代入化简得，设，，，，则，所以，直线：，同理可得，．所以，所以：【例17】.已知椭圆E：的离心率为，且过点，，直线l：交椭圆E于不同的两点，，设线段AB的中点为M．求椭圆E的方程；当的面积为其中O为坐标原点且时，试问：在坐标平面上是否存在两个定点，，使得当直线l运动时，为定值？若存在，求出点，的坐标和定值；若不存在，请说明理由．解：由于椭圆的离心率为，则：：：3：1，故椭圆E：又椭圆过点，，从而，从而椭圆E的方程为．当直线l的斜率存在时，设其方程为，并设，，，，联立方程，得，则从而，从而点M的坐标为，由于，点O到直线l的距离为，则的面积，由题得：，从而化简得：，故，即或，又由于，从而．当时，由于，，从而，即点M在椭圆上由椭圆的定义得，存在点，，，或，，，，使得为定值．【例18】.已知动点，满足：，的轨迹为曲线E．Ⅰ求E的方程；Ⅱ过点，作直线l交曲线E于，两点，交y轴于R点，若，，求证：为定值．解：Ⅰ由，可得点，到定点，，，的距离等于之和等于．且，所以动点N的轨迹是以，，，为焦点的椭圆，且长轴长为，焦距，所以，，，曲线E的方程为：；Ⅱ设，，，，，，由，，，，，，过点，作直线l交曲线E于，，同理可得：由可得、是方程的两个根，为定值．【例19】.已知椭圆E：，左焦点是．若左焦点与椭圆E的短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点，在椭圆E上求椭圆E的方程；过原点且斜率为的直线与中的椭圆E交于不同的两点，，设，，，，求四边形的面积取得最大值时直线的方程；过左焦点的直线交椭圆E于，两点，直线交直线于点P，其中p是常数，设，，计算的值用，，的代数式表示．解：左焦点与椭圆E的短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点，在椭圆E上．分，所以椭圆方程分设直线的方程联立，可以计算分，分，四分四四，，，四所以直线的方程是分设直线的方程交椭圆于，，，，，，分直线交直线于点P，根据题设，，得到，，，，，，得，分分的值为：结论【例20】.如图，已知椭圆的离心率为，以该椭圆上的点和椭圆的左、右焦点，为顶点的三角形的周长为，一等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦点，设P为该双曲线上异于顶点的任一点，直线和与椭圆的交点分别为A、B和C、D．Ⅰ求椭圆和双曲线的标准方程；Ⅱ设直线、的斜率分别为、，证明．解：Ⅰ由题意知，椭圆离心率为，则，又，解得：，，，椭圆的标准方程为，椭圆的焦点坐标为，．双曲线为等轴双曲线，且顶点是该椭圆的焦点，该双曲线的标准方程为；Ⅱ设点，，则，，，又点，在双曲线上，，即，．【例21】.已知三点，，，，，，曲线C上任意一点，满足．Ⅰ求曲线C的方程；Ⅱ若，是曲线C上分别位于点Q两边的任意两点，过，分别作曲线C的切线交于点P，过点Q作曲线C的切线分别交直线，于，两点，证明：与的面积之比为定值．解：Ⅰ由，，，，，，，，，化简得曲线C的方程：，分Ⅱ证明：设，，，，显然直线存在斜率，设直线AB的方程为，代入抛物线，得到，故，，易知抛物线在点处的切线方程分别为，，联立组成方程组，得到点P的坐标，，即，；抛物线C在点，处的切线的方程为，将其分别于切线，的方程联立组成方程组，可求得点，的横坐标分别为，，则，又，，点Q到AB的距离，点P到l的距离，，，，所以与的面积之比为2．。

第三章圆锥曲线中的最值、定点、定值第一节:最值问题 (均值、函数)求以下式子的最值（1）()2222288842m m t m m m m +-=-=-≤= （2）()()222221183383833t mm m m m m =-=⋅-=⋅-≤ （3）223232313323m t m m m==≤=++（4）()22222222222111121112m k m m k m m k m t k k k ++-+-+-==≤=+++ （5）22134m t m +=+设21m x +=，则221m x =-()2211313143x x t x x x x====+-++上述式子可以通过配凑，换元，使用均值不等式得到最值.（6）221k t k==+ ；（7）224143m t m +==+ ；（8）()242864m t m +==+ ；（9）4242451441k k t k k ++==++ ；上述式子求最值可以通过分离常数法实现.【例1】．设圆222150x y x ++-=的圆心为A ，直线l 过点B(1，0)且与x 轴不重合，l 交圆A 于C ，D 两点，过B 作AC 的平行线交AD 于点E ． (1)证明||EA EB +为定值，并写出点E 的轨迹方程；(2)设点E 的轨迹为曲线1C ，直线l 交1C 于M ，N 两点，过B 且与l 垂直的直线与圆A 交于P ，Q 两点，求四边形MPNQ 面积的取值范围【解答】解：（Ⅰ）证明：圆x 2+y 2+2x ﹣15=0即为（x +1）2+y 2=16， 可得圆心A （﹣1，0），半径r=4， 由BE ∥AC ，可得∠C=∠EBD ， 由AC=AD ，可得∠D=∠C ， 即为∠D=∠EBD ，即有EB=ED ， 则|EA |+|EB |=|EA |+|ED |=|AD |=4，故E 的轨迹为以A ，B 为焦点的椭圆， 且有2a=4，即a=2，c=1，b=√a 2−c 2=√3，则点E 的轨迹方程为x 24+y 23=1（y ≠0）；（Ⅱ）椭圆C 1：x 24+y 23=1，设直线l ：x=my +1，由PQ ⊥l ，设PQ ：y=﹣m （x ﹣1）， 由{x =my +13x 2+4y 2=12可得（3m 2+4）y 2+6my ﹣9=0，设M （x 1，y 1），N （x 2，y 2），可得y 1+y 2=﹣6m3m 2+4，y 1y 2=﹣93m 2+4， 则|MN |=√1+m 2•|y 1﹣y 2|=√1+m 2•√36m 2(3m 2+4)2+363m 2+4 =√1+m 2•√36(4m 2+4)3m 2+4=12•1+m 23m 2+4，A 到PQ 的距离为d=|−m(−1−1)|√1+m 2=|2m|√1+m 2，|PQ |=2√r 2−d 2=2√16−4m21+m 2=4√3m 2+4√1+m 2，则四边形MPNQ 面积为S=12|PQ |•|MN |=12•4√3m 2+4√1+m 2•12•1+m 23m 2+4=24•√1+m 2√3m 2+4=24√13+11+m 2，当m=0时，S 取得最小值12，又11+m 2＞0，可得S ＜24•√33=8√3，即有四边形MPNQ 面积的取值范围是[12，8√3）．【例2】 平面直角坐标系xOy 中,过椭圆M :2222=1x y a b+(a >b >0)右焦点的直线30x y +-=交M于A ,B 两点,P 为AB 的中点,且OP 的斜率为12. (1)求M 的方程;(2)C ,D 为M 上两点,若四边形ACBD 的对角线CD AB ⊥,求四边形ACBD 面积的最大值.解:(1)设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),P (x 0,y 0),则221122=1x y a b +,222222=1x y a b+,2121=1y y x x ---, 由此可得2212122121=1b x x y ya y y x x (+)-=-(+)-. 因为x 1＋x 2＝2x 0,y 1＋y 2＝2y 0,0012y x =,所以a 2＝2b 2. 又由题意知,M 的右焦点为(3,0),故a 2－b 2＝3.因此a 2＝6,b 2＝3.所以M 的方程为22=163x y +. (2)由2230,1,63x y x y ⎧+-=⎪⎨+=⎪⎩解得43,33,3x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩或0,3.x y =⎧⎪⎨=⎪⎩因此|AB |＝463. 由题意可设直线CD 的方程为y ＝5333x n n ⎛⎫+-<< ⎪ ⎪⎝⎭,设C (x 3,y 3),D (x 4,y 4).由22,163y x n x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得3x 2＋4nx ＋2n 2－6＝0.于是x 3,4＝22293n n -±(-).因为直线CD 的斜率为1,所以|CD |＝24342||93x x n -=-. 由已知,四边形ACBD 的面积2186||||929S CD AB n =⋅=-. 当n ＝0时,S 取得最大值,最大值为863.所以四边形ACBD 面积的最大值为863.【例3】.已知椭圆E:x 2t +y 23=1的焦点在x 轴上,A 是E 的左顶点,斜率为0k k （＞）的直线交E 于A M ，两点,点N 在E 上,MA NA ⊥. (1)当4t =,||||AM AN =时,求AMN V 的面积; (2)当||2||AM AN =时,求k 的取值范围.【解答】解:(1)方法一、t=4时,椭圆E 的方程为x 24+y 23=1,A(﹣2,0),直线AM 的方程为y=k(x +2),代入椭圆方程,整理可得(3+4k 2)x 2+16k 2x +16k 2﹣12=0,解得x=﹣2或x=﹣8k 2−63+4k 2,则|AM |=√1+k 2•|2﹣8k 2−63+4k 2|=√1+k 2•123+4k 2, 由AN ⊥AM,可得|AN |=√1+(−1k)2•123+4⋅(−1k )2=√1+k 2•123|k|+4|k|,由|AM |=|AN |,k >0,可得√1+k 2•123+4k 2=√1+k 2•123k+4k,整理可得(k ﹣1)(4k 2+k +4)=0,由4k 2+k +4=0无实根,可得k=1,即有△AMN 的面积为12|AM |2=12(√1+1•123+4)2=14449;方法二、由|AM |=|AN |,可得M,N 关于x 轴对称,由MA ⊥NA.可得直线AM 的斜率为1,直线AM 的方程为y=x +2,代入椭圆方程x 24+y 23=1,可得7x 2+16x +4=0,解得x=﹣2或﹣27,M(﹣27,127),N(﹣27,﹣127),则△AMN 的面积为12×247×(﹣27+2)=14449;(2)直线AM 的方程为y=k(x +√t ),代入椭圆方程, 可得(3+tk 2)x 2+2t √t k 2x +t 2k 2﹣3t=0,解得x=﹣√t 或x=﹣t √tk 2−3√t 3+tk 2,即有|AM |=√1+k 2•|t √tk 2−3√t3+tk 2﹣√t |=√1+k 2•6√t3+tk 2,|AN |═√1+1k 2•6√t 3+t k 2=√1+k 2•6√t3k+t k ,由2|AM |=|AN |,可得2√1+k 2•6√t3+tk 2=√1+k 2•6√t3k+t k,整理得t=6k 2−3k k 3−2,由椭圆的焦点在x 轴上,则t >3,即有6k 2−3k k 3−2>3,即有(k 2+1)(k−2)k 3−2＜0,可得√23＜k ＜2,即k 的取值范围是(√23,2).【例4】.已知直线220x y -+=经过椭圆C:x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左顶点A 和上顶点D ,椭圆C 的右顶点为B ,点S 是椭圆C 上位于x 轴上方的动点,直线AS BS ，与直线l:x =103分别交于M N ，两点.(1)求椭圆C 的方程;(2)求线段MN 的长度的最小值;(3)当线段MN 的长度最小时,在椭圆C 上是否存在这样的点T ,使得TSB V 的面积为15？若存在,确定点T 的个数,若不存在,说明理由.【解答】解:(1)由已知得,椭圆C 的左顶点为A(﹣2,0), 上顶点为D(0,1),∴a=2,b=1故椭圆C 的方程为x 24+y 2=1(4分)(2)依题意,直线AS 的斜率k 存在,且k >0,故可设直线AS 的方程为y=k(x +2), 从而M(103,16k 3),由{y =k(x +2)x 24+y 2=1得(1+4k 2)x 2+16k 2x +16k 2﹣4=0设S(x 1,y 1),则(−2)×x 1=16k 2−41+4k 2得x 1=2−8k 21+4k 2,从而y 1=4k1+4k2即S(2−8k 21+4k2,4k 1+4k2),(6分)又B(2,0)由{y =−14k (x −2)x =103得{x =103y =−13k ,∴N(103,−13k ),(8分)故|MN|=|16k 3+13k |又k >0,∴|MN|=16k 3+13k ≥2√16k 3⋅13k =83当且仅当16k 3=13k , 即k =14时等号成立.∴k =14时,线段MN 的长度取最小值83(10分)(2)另解:设S(x s ,y S ),M(103,y M )依题意,A,S,M 三点共线,且所在直线斜率存在, 由k AM =k AS ,可得y M =163⋅y sx s+2同理可得:yN=43⋅y sx s −2又x s 24+y s 2=1 所以,y M ⋅y N =649⋅y s 2x s 2−4=649(−14)=−169不仿设y M >0,y N ＜0|MN|=|y M −y N |=y M +(−y N )≥2√−y M ⋅y N =83当且仅当y M =﹣y N 时取等号,即y M =43时,线段MN 的长度取最小值83.(3)由(2)可知,当MN 取最小值时,k =14此时BS 的方程为x +y −2=0,s(65,45),∴|BS|=4√25要使椭圆C 上存在点T,使得△TSB 的面积等于15,只须T 到直线BS 的距离等于√24,所以T 在平行于BS 且与BS 距离等于√24的直线l'上.设直线l':x +y +t=0,则由|t+2|√2=√24,解得t =−32或t =−52.又因为T 为直线l'与椭圆C 的交点,所以经检验得t =−32,此时点T 有两个满足条件.【例5】.已知中心在原点的双曲线C 的一个焦点是130F (-，）,一条渐近线的方程是√5x −2y =0.(1)求双曲线C 的方程;(2)若以0k k （）为斜率的直线l 与双曲线C 相交于两个不同的点M N ，,且线段MN 的垂直平分线与两坐标轴围成的三角形的面积为812,求k 的取值范围.【解答】解:(1)解:设双曲线C 的方程为x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0).由题设得{a 2+b 2=9b a =√52,解得{a 2=4b 2=5,所以双曲线方程为x 24−y 25=1.(2)解:设直线l 的方程为y=kx +m(k ≠0).点M(x 1,y 1),N(x 2,y 2)的坐标满足方程组{y =kx +mx 24−y 25=1将①式代入②式,得x 24−(kx+m)25=1,整理得(5﹣4k 2)x 2﹣8kmx ﹣4m 2﹣20=0.此方程有两个不等实根,于是5﹣4k 2≠0,且△=(﹣8km)2+4(5﹣4k 2)(4m 2+20)>0. 整理得m 2+5﹣4k 2>0. ③由根与系数的关系可知线段MN 的中点坐标(x 0,y 0)满足 x 0=x 1+x 22=4km 5−4k 2,y 0=kx 0+m =5m5−4k2. 从而线段MN 的垂直平分线方程为y −5m 5−4k 2=−1k (x −4km5−4k2). 此直线与x 轴,y 轴的交点坐标分别为(9km 5−4k 2,0),(0,9m 5−4k2).由题设可得12|9km 5−4k 2|⋅|9m 5−4k 2|=812.整理得m 2=(5−4k 2)2|k|,k ≠0. 将上式代入③式得(5−4k 2)2|k|+5−4k 2>0,整理得(4k 2﹣5)(4k 2﹣|k |﹣5)>0,k ≠0.解得0＜|k|＜√52或|k|>54.所以k 的取值范围是(−∞,−54)∪(−√52,0)∪(0,√52)∪(54,+∞).【例6】.已知椭圆C:x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为√63,短轴一个端点到右焦点的距离为√3.(1)求椭圆C 的方程;(2)设直线l 与椭圆C 交于A 、B 两点,坐标原点O 到直线l 的距离为√32,求△AOB 面积的最大值.【解答】解:(1)设椭圆的半焦距为c,依题意{c a =√63a =√3∴b=1,∴所求椭圆方程为x 23+y 2=1.(2)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2).(1)当AB ⊥x 轴时,|AB|=√3.(2)当AB 与x 轴不垂直时,设直线AB 的方程为y=kx +m.由已知|m|√1+k 2=√32,得m 2=34(k 2+1). 把y=kx +m 代入椭圆方程,整理得(3k 2+1)x 2+6kmx +3m 2﹣3=0,∴x 1+x 2=−6km3k 2+1,x 1x 2=3(m 2−1)3k 2+1. ∴|AB |2=(1+k 2)(x 2﹣x 1)2=(1+k 2)[36k 2m 2(3k 2+1)2−12(m 2−1)3k 2+1]=12(k 2+1)(3k 2+1−m 2)(3k 2+1)2=3(k 2+1)(9k 2+1)(3k 2+1)2=3+12k29k 4+6k 2+1=3+129k 2+1k2+6(k ≠0)≤3+122×3+6=4. 当且仅当9k 2=1k2,即k =±√33时等号成立.当k=0时,|AB|=√3, 综上所述|AB |max =2.∴当|AB |最大时,△AOB 面积取最大值S =12×|AB|max ×√32=√32.【例7】.如图,点P(0,﹣1)是椭圆1:C x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的一个顶点, 1C 的长轴是圆222:4C x y +=的直径, 12,l l 是过点P 且互相垂直的两条直线,其中1l 交圆2C 于A B 、两点, l 2交椭圆1C 于另一点D .(1)求椭圆1C 的方程;(2)求△ABD 面积的最大值时直线1l 的方程.解答】解:(1)由题意可得b=1,2a=4,即a=2.∴椭圆C 1的方程为x 24+y 2=1;(2)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),D(x 0,y 0).由题意可知:直线l 1的斜率存在,设为k,则直线l 1的方程为y=kx ﹣1.又圆C 2:x 2+y 2=4的圆心O(0,0)到直线l 1的距离d=1√k 2+1.∴|AB |=2√4−d 2=2√4k2+3k 2+1. 又l 2⊥l 1,故直线l 2的方程为x +ky +k=0,联立{x +ky +k =0x 2+4y 2=4,消去y 得到(4+k 2)x 2+8kx=0,解得x 0=−8k4+k2,∴|PD |=8√1+k 24+k 2.∴三角形ABD 的面积S △=12|AB||PD|=8√4k 2+34+k 2,令4+k 2=t >4,则k 2=t ﹣4,f(t)=√4(t−4)+3t =√4t−13t2=√−13(1t −213)2+413≤√413,∴S △=16√1313,当且仅t =132,即k 2=52,当k =±√102时取等号, 故所求直线l 1的方程为y =±√102x −1.【例8】.平面直角坐标系xOy 中,过椭圆M:x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)右焦点的直线x +y ﹣√3=0交M 于A,B 两点,P 为AB 的中点,且OP 的斜率为12.(1)求M 的方程(2)C,D 为M 上的两点,若四边形ACBD 的对角线CD ⊥AB ,求四边形ACBD 面积的最大值. 【解答】解:(1)把右焦点(c,0)代入直线x +y ﹣√3=0得c +0﹣√3=0,解得c=√3. 设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),线段AB 的中点P(x 0,y 0),则x 12a 2+y 12b 2=1,x 22a 2+y 22b 2=1,相减得x 12−x 22a 2+y 12−y 22b 2=0, ∴x 1+x 2a 2+y 1+y 2b 2×y 1−y 2x 1−x 2=0,∴2x 0a 2+2y 0b 2×(−1)=0,又k OP =12=y 0x 0, ∴1a 2−12b 2=0,即a 2=2b 2.联立得{a 2=2b 2a 2=b 2+c 2c =√3,解得{b 2=3a 2=6,∴M 的方程为x 26+y 23=1.(2)∵CD ⊥AB,∴可设直线CD 的方程为y=x +t, 联立{y =x +tx 26+y 23=1,消去y 得到3x 2+4tx +2t 2﹣6=0,∵直线CD 与椭圆有两个不同的交点,∴△=16t 2﹣12(2t 2﹣6)=72﹣8t 2>0,解﹣3＜t ＜3(*).设C(x 3,y 3),D(x 4,y 4),∴x 3+x 4=−4t 3,x 3x 4=2t 2−63.∴|CD |=√(1+12)[(x 3+x 4)2−4x 3x 4]=√2[(−4t 3)2−4×2t 2−63]=2√2⋅√18−2t 23.联立{x +y −√3=0x 26+y 23=1得到3x 2﹣4√3x=0,解得x=0或43√3,∴交点为A(0,√3),B (43√3,−√33),∴|AB |=√(43√3−0)2+(−√33−√3)2=4√63.∴S 四边形ACBD =12|AB||CD|=12×4√63×2√2⋅√18−2t 23=8√3⋅√18−2t 29,∴当且仅当t=0时,四边形ACBD 面积的最大值为83√6,满足(*).∴四边形ACBD 面积的最大值为83√6.【例9】.已知椭圆x22+y2=1上两个不同的点A,B关于直线y=mx+12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).【解答】解:(1)由题意,可设直线AB的方程为x=﹣my+n,代入椭圆方程x22+y2=1,可得(m2+2)y2﹣2mny+n2﹣2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2).由题意,△=4m2n2﹣4(m2+2)(n2﹣2)=8(m2﹣n2+2)>0,设线段AB的中点P(x0,y0),则y0=y1+y22=mnm2+2.x0=﹣m×mnm2+2+n=2nm2+2,由于点P在直线y=mx+12上,∴mnm2+2=2mnm2+2+12,∴n=−m2+22m,代入△>0,可得3m4+4m2﹣4>0,解得m 2>23,∴m ＜−√63或m >√63.(2)直线AB 与x 轴交点横坐标为n,∴S △OAB =12|n||y 1−y 2|=12|n |•⋅√8(m 2−n 2+2)m 2+2=√2√n 2(m 2−n 2+2)(m 2+2)2, 由均值不等式可得:n 2(m 2﹣n 2+2)≤(n 2+m 2−n 2+22)2=(m 2+2)24,∴S △AOB ≤√2×√14=√22,当且仅当n 2=m 2﹣n 2+2,即2n 2=m 2+2,又∵n =−m 2+22m ,解得m=±√2,当且仅当m=±√2时,S △AOB 取得最大值为√22. 【例10】.如图,已知抛物线2x y ,点A(−12,14),B(32,94),抛物线上的点P(x,y)(−12<x <32),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.【解答】解:(1)由题可知P(x,x 2),﹣12＜x ＜32,所以k AP =x 2−14x+12=x ﹣12∈(﹣1,1), 故直线AP 斜率的取值范围是:(﹣1,1);(2)由(I)知P(x,x 2),﹣12＜x ＜32,所以PA →=(﹣12﹣x,14﹣x 2),设直线AP 的斜率为k,则k=x 2−14x+12=x ﹣12,即x=k +12, 则AP:y=kx +12k +14,BQ:y=﹣1k x +32k +94,联立直线AP 、BQ 方程可知Q(3+4k−k 22k 2+2,9k 2+8k+14k 2+4),故PQ →=(1+k−k 2−k 31+k 2,−k 4−k 3+k 2+k1+k 2),又因为PA →=(﹣1﹣k,﹣k 2﹣k),故﹣|PA |•|PQ |=PA →•PQ →=(1+k)3(k−1)1+k 2+k 2(1+k)3(k−1)1+k 2=(1+k)3(k ﹣1),所以|PA |•|PQ |=(1+k)3(1﹣k), 令f(x)=(1+x)3(1﹣x),﹣1＜x ＜1,则f ′(x)=(1+x)2(2﹣4x)=﹣2(1+x)2(2x ﹣1),由于当﹣1＜x ＜12时f ′(x)>0,当12＜x ＜1时f ′(x)＜0,故f(x)max =f(12)=2716,即|PA |•|PQ |的最大值为2716.【例11】.在平面直角坐标系xOy 中,已知椭圆C:x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率e =√23,且椭圆C 上的点到点Q(0,2)的距离的最大值为3. (1)求椭圆C 的方程;(2)在椭圆C 上,是否存在点M(m,n),使得直线l:mx +ny =1与圆22:1O x y +=相交于不同的两点A 、B ,且△OAB 的面积最大？若存在,求出点M 的坐标及对应的△OAB 的面积;若不存在,请说明理由.解答】解:(1)由e =√23得a 2=3b 2,椭圆方程为x 2+3y 2=3b 2椭圆上的点到点Q的距离d =√x 2+(y −2)2=√3b 2−3y 2+(y −2)2=√−2y 2−4y +4+3b 2(−b ≤y ≤b) ①当﹣b ≤﹣1时,即b ≥1,d max =√6+3b 2=3得b=1 ②当﹣b >﹣1时,即b ＜1,d max =√b 2+4b +4=3得b=1(舍) ∴b=1∴椭圆方程为x 23+y 2=1(2)假设M(m,n)存在,则有m 2+n 2>1∵|AB |=2√1−1m 2+n 2,点O 到直线l 距离d =1√m 2+n 2∴S △AOB =12×2√1−1m 2+n 2×1√m 2+n 2=√1m 2+n 2(1−1m 2+n 2)∵m 2+n 2>1∴0＜1m 2+n2＜1,∴1−1m 2+n 2>0当且仅当1m 2+n 2=1−1m 2+n 2,即m 2+n 2=2>1时,S △AOB 取最大值12,又∵m 23+n 2=1解得:m 2=32,n 2=12所以点M 的坐标为(√62,√22)或(−√62,√22)或(√62,−√22)或(−√62,−√22),△AOB 的面积为12.【例12】.已知点2(0,)A ﹣,椭圆E:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为√32,F 是椭圆的右焦点,直线AF 的斜率为2√33,O 为坐标原点.(1)求E 的方程;(2)设过点A 的直线l 与E 相交于P,Q 两点,当△OPQ 的面积最大时,求l 的方程.【解答】解:(1) 设F(c,0),由条件知2c =2√33,得c =√3又ca =√32, 所以a=2,b 2=a 2﹣c 2=1,故E 的方程x 24+y 2=1.….(5分)(2)依题意当l ⊥x 轴不合题意,故设直线l:y=kx ﹣2,设P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2)将y=kx ﹣2代入x 24+y 2=1,得(1+4k 2)x 2﹣16kx +12=0,当△=16(4k 2﹣3)>0,即k 2>34时,x 1,2=8k±2√4k 2−31+4k2从而|PQ|=√k 2+1|x 1−x 2|=4√k 2+1⋅√4k 2−31+4k 2又点O 到直线PQ 的距离d =2√k 2+1,所以△OPQ 的面积S △OPQ =12d|PQ|=4√4K 2−31+4K 2, 设√4k 2−3=t ,则t >0,S △OPQ =4t t 2+4=4t+4t≤1,当且仅当t=2,k=±√72等号成立,且满足△>0,所以当△OPQ 的面积最大时,l 的方程为:y=√72x ﹣2或y=﹣√72x ﹣2.【例13】.已知椭圆C:x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的焦距为4,其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形. (1)求椭圆C 的标准方程;(2)设F 为椭圆C 的左焦点,T 为直线x =−3上任意一点,过F 作TF 的垂线交椭圆C 于点P,Q . ①证明:OT 平分线段PQ (其中O 为坐标原点);②当|TF||PQ|最小时,求点T 的坐标.【解答】解:(1)依题意有{c =2a =√3b a 2−b 2=c 2=4解得{a 2=6b 2=2所以椭圆C 的标准方程为x 26+y 22=1.(2)设T(﹣3,t),P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2),PQ 的中点为N(x 0,y 0),①证明:由F(﹣2,0),可设直线PQ 的方程为x=my ﹣2,则PQ 的斜率k PQ =1m .由{x =my −2x 26+y 22=1⇒(m 2+3)y 2﹣4my ﹣2=0,所以{△=16m 2+8(m 2+3)=24(m 2+1)>0y 1+y 2=4m m 2+3y 1⋅y 2=−2m 2+3, 于是y 0=y 1+y 22=2m m 2+3,从而x 0=my 0−2=2m 2m 2+3−2=−6m 2+3,即N(−6m 2+3,2m m 2+3),则直线ON 的斜率k ON =−m3, 又由PQ ⊥TF 知,直线TF 的斜率k TF =t−0−3+2=−1k PQ=−11m,得t=m.从而k OT =t −3=−m3=k ON ,即k OT =k ON ,所以O,N,T 三点共线,从而OT 平分线段PQ,故得证. ②由两点间距离公式得|TF|=√m 2+1,由弦长公式得|PQ|=|y 1−y 2|⋅√m 2+1=√(y 1+y 2)2−4y 1y 2⋅√m 2+1=√24(m 2+1)m 2+3⋅√m 2+1,所以|TF||PQ|=√m 2+1√24(m 2+1)m 2+3⋅√m 2+1=m 2+3√24(m 2+1),令x =√m 2+1(x ≥1),则|TF||PQ|=x 2+22√6x=12√6(x +2x )≥√33(当且仅当x 2=2时,取“=”号), 所以当 |TF||PQ|最小时,由x 2=2=m 2+1,得m=1或m=﹣1,此时点T 的坐标为(﹣3,1)或(﹣3,﹣1).【例14】.已知抛物线C 的顶点为原点,其焦点F(0,c)(c >0)到直线l:x ﹣y ﹣2=0的距离为3√22,设P 为直线l 上的点,过点P 作抛物线C 的两条切线PA,PB ,其中A,B 为切点. (1)求抛物线C 的方程;(2)当点()00,P x y 为直线l 上的定点时,求直线AB 的方程; (3)当点P 在直线l 上移动时,求|AF|•|BF|的最小值.【解答】解:(1)焦点F(0,c)(c>0)到直线l:x﹣y﹣2=0的距离d=|−c−2|√2=c+2√2=3√22,解得c=1,所以抛物线C的方程为x2=4y,(2)设A(x1,14x12),B(x2,14x22),由(1)得抛物线C的方程为y=14x2,y′=12x,所以切线PA,PB的斜率分别为12x1,12x2,所以PA:y−14x12=12x1(x−x1)①PB:y−14x22=12x2(x−x2)②联立①②可得点P的坐标为(x1+x22,x1x24),即x0=x1+x22,y0=x1x24,又因为切线PA的斜率为12x1=y0−14x12x0−x1,整理得y0=12x1x0−14x12,直线AB的斜率k=14x12−14x22x1−x2=x1+x24=x02,所以直线AB的方程为y−14x12=12x0(x−x1),整理得y=12x0x−12x1x0+14x12,即y=12x0x−y0,因为点P(x0,y0)为直线l:x﹣y﹣2=0上的点,所以x0﹣y0﹣2=0,即y0=x0-2,所以直线AB的方程为x0x﹣2y﹣2y0=0.(3)根据抛物线的定义,有|AF|=14x12+1,|BF|=14x22+1,所以|AF|⋅|BF|=(14x12+1)(14x22+1)=116x12x22+14(x12+x22)+1=116x12x22+14[(x1+x2)2−2x1x2]+1,由(2)得x1+x2=2x0,x1x2=4y0,x0=y0+2,所以|AF|⋅|BF|=y02+14(4x02−8y0)+1=x2+y2−2y0+1=(y0+2)2+y2−2y 0+1=2y 02+2y 0+5=2(y 0+12)2+92. 所以当y 0=−12时,|AF|•|BF|的最小值为92.第二节:定点、定值【例1】.已知三点O(0,0),A(﹣2,1),B(2,1),曲线C 上任意一点M(x,y)满足|MA →+MB →|=OM →•(OA →+OB →)+2. (1)求曲线C 的方程;(2)动点()000(),22Q x y x ﹣＜＜在曲线C 上,曲线C 在点Q 处的切线为直线l :是否存在定点P(0,t)(t ＜0),使得l 与PA,PB 都相交,交点分别为D,E ,且△QAB 与△PDE 的面积之比是常数？若存在,求t 的值.若不存在,说明理由.【解答】解:(1)由 MA →=(﹣2﹣x,1﹣y),MB →=(2﹣x,1﹣y)可得 MA →+MB →=(﹣2x,2﹣2y),∴|MA →+MB →|=√4x 2+(2−2y)2,OM →•(OA →+OB →)+2=(x,y)•(0,2)+2=2y +2.由题意可得√4x 2+(2−2y)2=2y +2,化简可得 x 2=4y.(2)假设存在点P(0,t)(t ＜0),满足条件,则直线PA 的方程是y=t−12x +t ,直线PB 的方程是y=1−t 2x +t∵﹣2＜x 0＜2,∴−1＜x 02＜1①当﹣1＜t ＜0时,−1＜t−12＜−12,存在x 0∈(﹣2,2),使得x 02=t−12∴l ∥PA,∴当﹣1＜t ＜0时,不符合题意;②当t ≤﹣1时,t−12≤−1＜x 02,1−t 2≥1>x 02,∴l 与直线PA,PB 一定相交,分别联立方程组{y =t−12x +t y =x 02x −x 024,{y =1−t2x +t y =x 02x −x 024,解得D,E 的横坐标分别是x D =x 02+4t 2(x 0+1−t),x E =x 02+4t2(x 0+t−1)∴x E −x D =(1−t)x 02+4tx 02−(t−1)2∵|FP |=﹣x 024−t∴S △PDE =12|FP||x E −x D |=t−18×(x 02+4t)2x 02−(t−1)2∵S △QAB =4−x 022 ∴S △QABS △PDE =41−t×x 04−[4+(t−1)2]x 02+4(t−1)2x 04+8tx 02+16t 2∵x 0∈(﹣2,2),△QAB 与△PDE 的面积之比是常数 ∴{−4−(t −1)2=8t 4(t −1)2=16t 2,解得t=﹣1, ∴△QAB 与△PDE 的面积之比是2.【例2】.如图,椭圆E:x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率是√22,点P(0,1)在短轴CD 上,且PC →•PD →=−1.(1)求椭圆E 的方程;(2)设O 为坐标原点,过点P 的动直线与椭圆交于A 、B 两点.是否存在常数λ,使得OA →•OB →+λPA →•PB →为定值？若存在,求λ的值;若不存在,请说明理由.【解答】解:(1)根据题意,可得C(0,﹣b),D(0,b),又∵P(0,1),且PC →•PD →=﹣1,∴{1−b 2=−1c a=√22a 2−b 2=c 2,解得a=2,b=√2,∴椭圆E 的方程为:x 24+y 22=1;(2)结论:存在常数λ=1,使得OA →•OB →+λPA →•PB →为定值﹣3. 理由如下:对直线AB 斜率的存在性进行讨论:①当直线AB 的斜率存在时,设直线AB 的方程为y=kx +1,A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),联立{x 24+y 22=1y =kx +1,消去y 并整理得:(1+2k 2)x 2+4kx ﹣2=0,∵△=(4k)2+8(1+2k 2)>0, ∴x 1+x 2=﹣4k 1+2k2,x 1x 2=﹣21+2k 2,从而OA →•OB →+λPA →•PB →=x 1x 2+y 1y 2+λ[x 1x 2+(y 1﹣1)(y 2﹣1)]=(1+λ)(1+k 2)x 1x 2+k(x 1+x 2)+1=(−2λ−4)k 2+(−2λ−1)1+2k 2=﹣λ−11+2k 2﹣λ﹣2.∴当λ=1时,﹣λ−11+2k 2﹣λ﹣2=﹣3,此时OA →•OB →+λPA →•PB →=﹣3为定值;②当直线AB 的斜率不存在时,直线AB 即为直线CD,此时OA →•OB →+λPA →•PB →=OC →⋅OD →+PC →⋅PD →=﹣2﹣1=﹣3; 故存在常数λ=1,使得OA →•OB →+λPA →•PB →为定值﹣3. 【例3】.如图,在平面直角坐标系xOy 中,椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为()12(),0,,0F c F c ﹣.已知(1,e)和(e,√32)都在椭圆上,其中e 为椭圆的离心率. (1)求椭圆的方程;(2)设A,B 是椭圆上位于x 轴上方的两点,且直线1AF 与直线2BF 平行, 2AF 与1BF 交于点P .(i)若12AF BF =﹣√62,求直线AF 1的斜率; (ii)求证: 12PF PF +是定值.【解答】(1)解:由题设知a 2=b 2+c 2,e=c a ,由点(1,e)在椭圆上,得1a 2+c 2a 2b2=1,∴b=1,c 2=a 2﹣1.由点(e,√32)在椭圆上,得e 2a 2+34b2=1∴a 2−1a 4+34=1,∴a 2=2∴椭圆的方程为x 22+y 2=1.(2)解:由(1)得F 1(﹣1,0),F 2(1,0),又∵直线AF 1与直线BF 2平行,∴设AF 1与BF 2的方程分别为x +1=my,x ﹣1=my. 设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),y 1>0,y 2>0,∴由{x 122+y 12=1x 1+1=my 1,可得(m 2+2)y 12﹣2my 1﹣1=0.∴y 1=m+√2m 2+2m 2+2,y 1=m−√2m 2+2m 2+2(舍),∴|AF 1|=√m 2+1×|0﹣y 1|=√2(m 2+1)+m √m 2+1m 2+2①同理|BF 2|=√2(m 2+1)−m √m 2+1m 2+2②(i)由①②得|AF 1|﹣|BF 2|=2m √m 2+1m 2+2,∴2m √m 2+1m 2+2=√62,解得m 2=2.∵注意到m >0,∴m=√2.∴直线AF 1的斜率为1m =√22.另解:设直线AF 1的方程为{x =−1+tcosαy =tsinα(t 为参数,α为倾斜角), 代入椭圆方程,可得(cos 2α+2sin 2α)t 2﹣2tcos α﹣1=0,可设AF 1=t 1,∵t 1=AF 1在x 轴上方,t 2在x 轴下方,设直线F 1A 交椭圆于C,则F 1C=F 2B,由于对称,B 、C 座标互为相反数, ∴t 2=﹣BF 2.由题意可得t 1+t 2=2cosαcos 2α+2sin 2α=√62,解得cos α=√63,sin α=√33,即有tan α=sinαcosα=√22. ∴直线AF 1的斜率为√22.(ii)证明:∵直线AF 1与直线BF 2平行,∴PBPF 1=BF 2AF 1,即PF 1=AF 1AF 1+BF 2×BF 1.由点B 在椭圆上知,BF 1+BF 2=2√2,∴PF 1=AF 1AF 1+BF 2×(2√2−BF 2).同理PF 2=BF 2AF 1+BF 2×(2√2−AF 1).∴PF 1+PF 2=AF 1AF 1+BF 2×(2√2−BF 2)+BF 2AF 1+BF 2×(2√2−AF 1)=2√2−2AF 1×BF 2AF 1+BF 2由①②得,AF 1+BF 2=2√2(m 2+1)m 2+2,AF 1×BF 2=m 2+1m 2+2,∴PF 1+PF 2=3√22.∴PF 1+PF 2是定值. 【例4】.已知椭圆C:x 2a 2+y 2b2=1过点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.【解答】(1)解:∵椭圆C:x 2a 2+y 2b2=1过点A(2,0),B(0,1)两点,∴a=2,b=1,则c =√a 2−b 2=√4−1=√3,∴椭圆C 的方程为x 24+y 2=1,离心率为e=√32; (2)证明:如图,设P(x 0,y 0),则k PA =y 0x 0−2,PA 所在直线方程为y=y 0x 0−2(x −2),取x=0,得y M =−2y 0x 0−2;k PB =y 0−1x 0,PB 所在直线方程为y =y 0−1x 0x +1, 取y=0,得x N =x 01−y 0.∴|AN |=2−x N =2−x 01−y 0=2−2y 0−x 01−y 0,|BM |=1﹣x M =1+2y 0x 0−2=x 0+2y 0−2x 0−2.∴S ABNM =12⋅|AN|⋅|BM|=12⋅2−2y 0−x 01−y 0⋅x 0+2y 0−2x 0−2=12(x 0+2y 0−2)2(1−y 0)(x 0−2)=12(x 0+2y 0)2−4(x 0+2y 0)+4x 0y 0+2−x 0−2y 0=12x 02+4x 0y 0+4y 02−4x 0−8y 0+4x 0y 0+2−x 0−2y 0=124(x 0y 0+2−x 0−2y 0)x 0y 0+2−x 0−2y 0=12×4=2.∴四边形ABNM 的面积为定值2.【例5】.已知抛物线2:2C y px 经过点P(1,2),过点Q(0,1)的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点A,B ,且直线PA 交y 轴于M ,直线PB 交y 轴于N . (1)求直线l 的斜率的取值范围;(2)设O 为原点,QM →=λQO →,QN →=μQO →,求证:1λ+1μ为定值.【解答】解:(1)∵抛物线C:y 2=2px 经过点 P(1,2),∴4=2p,解得p=2,设过点(0,1)的直线方程为y=kx +1, 设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2)联立方程组可得{y 2=4xy =kx +1,消y 可得k 2x 2+(2k ﹣4)x +1=0,∴△=(2k ﹣4)2﹣4k 2>0,且k ≠0解得k ＜1,且k ≠0,x 1+x 2=﹣2k−4k 2,x 1x 2=1k2,又∵PA 、PB 要与y 轴相交,∴直线l 不能经过点(1,﹣2),即k ≠﹣3, 故直线l 的斜率的取值范围(﹣∞,﹣3)∪(﹣3,0)∪(0,1); (2)证明:设点M(0,y M ),N(0,y N ),则QM →=(0,y M ﹣1),QO →=(0,﹣1)因为QM →=λQO →,所以y M ﹣1=﹣y M ﹣1,故λ=1﹣y M ,同理μ=1﹣y N , 直线PA 的方程为y ﹣2=2−y 11−x 1(x ﹣1)=2−y 11−y 124(x ﹣1)=42+y 1(x ﹣1),令x=0,得y M =2y 12+y 1,同理可得y N =2y 22+y 2,因为1λ+1μ=11−y M+11−y N=2+y 12−y 1+2+y 22−y 2=8−2y 1y 2(2−y 1)(2−y 2)=8−2(kx 1+1)(kx 2+1)1−k(x 1+x 2)+k 2x 1x 2=8−[k 2x 1x 2+k(x 1+x 2)+1]1−k(x 1+x 2)+k 2x 1x 2=8−2(1+4−2kk +1)1−4−2k k+1=4−2×4−2kk2−4−2k k=2, ∴1λ+1μ=2,∴1λ+1μ为定值.【例6】.已知椭圆C:x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为√32,A(a,0),B(0,b),O(0,0),△OAB的面积为1. (1)求椭圆C 的方程;(2)设P 是椭圆C 上一点,直线PA 与y 轴交于点M ,直线PB 与x 轴交于点N .求证: •||||AN BM 为定值.【解答】解:(1)由题意可得e=c a =√32,又△OAB 的面积为1,可得12ab=1,且a 2﹣b 2=c 2, 解得a=2,b=1,c=√3,可得椭圆C 的方程为x 24+y 2=1;(2)证法一:设椭圆上点P(x 0,y 0), 可得x 02+4y 02=4,直线PA:y=y 0x 0−2(x ﹣2),令x=0,可得y=﹣2y 0x 0−2,则|BM |=|1+2y 0x 0−2|; 直线PB:y=y 0−1x 0x +1,令y=0,可得x=﹣x 0y 0−1, 则|AN |=|2+x 0y 0−1|. 可得|AN |•|BM |=|2+x 0y 0−1|•|1+2y 0x 0−2|=|(x 0+2y 0−2)2(x 0−2)(y 0−1)|=|x 02+4y 02+4+4x 0y 0−4x 0−8y 02+x 0y 0−x 0−2y 0| =|8+4x 0y 0−4x 0−8y 02+x 0y 0−x 0−2y 0|=4,即有|AN |•|BM |为定值4.证法二:设P(2cos θ,sin θ),(0≤θ＜2π),直线PA:y=sinθ2cosθ−2(x ﹣2),令x=0,可得y=﹣sinθcosθ−1,则|BM |=|sinθ+cosθ−11−cosθ|;直线PB:y=sinθ−12cosθx +1,令y=0,可得x=﹣2cosθsinθ−1,则|AN |=|2sinθ+2cosθ−21−sinθ|.即有|AN |•|BM |=|2sinθ+2cosθ−21−sinθ|•|sinθ+cosθ−11−cosθ|=2|sin 2θ+cos 2θ+1+2sinθcosθ−2sinθ−2cosθ1+sinθcosθ−sinθ−cosθ|=2|2+2sinθcosθ−2sinθ−2cosθ1+sinθcosθ−sinθ−cosθ|=4.则|AN |•|BM |为定值4.【例7】.设椭圆M ：x 2a2+y 2b2=1(a >b >0)的左顶点为A 、中心为O ，若椭圆M 过点P(−12，12)，且AP ⊥PO ． (1)求椭圆M 的方程；(2)若△APQ 的顶点Q 也在椭圆M 上，试求△APQ 面积的最大值； (3)过点A 作两条斜率分别为k 1，k 2的直线交椭圆M 于D ，E 两点，且k 1k 2=1，求证：直线DE 恒过一个定点． 解：(1)由AP ⊥OP ，可知k AP ⋅k OP =−1， 又A 点坐标为(−a ，0)，故12−12+a ⋅12−12=−1，可得a =1，…(2分)因为椭圆M 过P 点，故14+14b 2=1，可得b 2=13，所以椭圆M 的方程为x 2+y 213=1. …(4分)(2)AP 的方程为y−012−0=x+1−12+1，即x −y +1=0，由于Q 是椭圆M 上的点，故可设Q(cosθ，√33sinθ)，…(6分)所以S△APQ =12×√22×|cosθ−√33sinθ+1|√2…(8分)=14|2√33cos(θ+π6)+1| 当θ+π6=2kπ(k ∈Z)，即θ=2kπ−π6(k ∈Z)时，S △APQ 取最大值． 故S △APQ 的最大值为√36+14. …(10分)(3)直线AD 方程为y =k 1(x +1)，代入x 2+3y 2=1，可得(3k 12+1)x 2+6k 12x +3k 12−1=0，x A ⋅x D =3k 12−13k 12+1，又x A =−1，故x D =1−3k 121+3k 12，y D =k 1(1−3k 121+3k 12+1)=2k11+3k 12，…(12分) 同理可得x E =1−3k 221+3k 22，y E =2k 21+3k 22，又k 1k 2=1且k 1≠k 2，可得k 2=1k 1且k 1≠±1， 所以x E =k 12−3k 12+3，y E =2k 1k 12+3，k DE =y E −y DxE −x D=2k 1k 12+3−2k 11+3k 12k 12−3k 12+3−1−3k 121+3k 12=2k13(k 12+1)，直线DE 的方程为y −2k 11+3k 12=2k13(k 12+1)(x −1−3k 121+3k 12)，…(14分) 令y =0，可得x =1−3k 121+3k 12−3(k 12+1)1+3k 12=−2．故直线DE 过定点(−2，0). …(16分)(法二)若DE 垂直于y 轴，则x E =−x D ，y E =y D ， 此时k 1k 2=y Dx D +1⋅y Ex E +1=y D21−x D2=y D23y D2=13与题设矛盾． 若DE 不垂直于y 轴，可设DE 的方程为x =ty +s ，将其代入x 2+3y 2=1，可得(t 2+3)y 2+2tsy +s 2−1=0，可得y D +y E =−2ts t 2+3，y D ⋅y E =s 2−1t 2+3，…(12分) 又k 1k 2=y DxD +1⋅y E x E +1=y D y E(ty D +s+1)(ty E +s+1)=1，可得(t 2−1)y D y E +t(s +1)(y D +y E )+(s +1)2=0，…(14分) 故(t 2−1)s 2−1t 2+3+t(s +1)−2ts t 2+3+(s +1)2=0， 可得s =−2或−1，又DE 不过A 点，即s ≠−1，故s =−2． 所以DE 的方程为x =ty −2，故直线DE 过定点(−2，0). …(16分)【例8】.已知椭圆C ：x 2a2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为√32，四个顶点构成的菱形的面积是4，圆M ：(x +1)2+y 2=r 2(0<r <1).过椭圆C 的上顶点A 作圆M 的两条切线分别与椭圆C 相交于B ，D 两点(不同于点A)，直线AB ，AD 的斜率分别为k 1，k 2． (1)求椭圆C 的方程；(2)当r 变化时，①求k 1⋅k 2的值；②试问直线BD 是否过某个定点？若是，求出该定点；若不是，请说明理由．解：(1)由题设知，c a =√32，12×2a ×2b =4，又a 2−b 2=c 2，解得a =2，b =1．故所求椭圆C 的方程是x 24+y 2=1．(2)AB ：y =k 1x +1，则有|k 1−1|√1+k 12=r ，化简得(1−r 2)k 12−2k 1+1−r 2=0，对于直线AD ：y =k 2x +1，同理有(1−r 2)k 22−2k 2+1−r 2=0，于是k 1，k 2是方程(1−r 2)k 2−2k +1−r 2=0的两实根，故k 1⋅k 2=1．考虑到r →1时，D 是椭圆的下顶点，B 趋近于椭圆的上顶点，故BD 若过定点，则猜想定点在y 轴上．由{y =k 1x +1x 24+y 2=1，得(4k 12+1)x 2+8k 1x =0，于是有B(−8k 14k 12+1，−4k 12+14k 12+1)，D(−8k 24k 22+1，−4k 22+14k 22+1)．直线BD 的斜率为k BD =k 1+k 2−3，直线BD 的方程为y −−4k 12+14k 12+1=k 1+k 2−3(x −−8k 14k 12+1)，令x =0，得y =−4k 12+14k 12+1+k 1+k 2−3⋅8k 14k 12+1=20k 12+5−3(4k 12+1)=−53，故直线BD 过定点(0，−53)．【例9】.如图，已知椭圆C ：x 2a2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率是√32，一个顶点是B(0，1)．(Ⅰ)求椭圆C 的方程；(Ⅱ)设P ，Q 是椭圆C 上异于点B 的任意两点，且BP ⊥BQ.试问：直线PQ 是否恒过一定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，说明理由．(Ⅰ)解：设椭圆C 的半焦距为c.依题意，得b =1，(1分) 且 e 2=c 2a2=a2−1a 2=34，(3分)解得 a 2=4.(4分)所以，椭圆C 的方程是x 24+y 2=1.(5分)(Ⅱ)证法一：易知，直线PQ 的斜率存在，设其方程为y =kx +m.(6分) 将直线PQ 的方程代入x 2+4y 2=4，消去y ，整理得 (1+4k 2)x 2+8kmx +4m 2−4=0.(8分) 设 P(x 1，y 1)，Q(x 2，y 2)，则 x 1+x 2=−8km 1+4k 2，x 1⋅x 2=4m 2−41+4k 2.①(9分) 因为 BP ⊥BQ ，且直线BP ，BQ 的斜率均存在， 所以y 1−1x 1⋅y 2−1x 2=−1，整理得 x 1x 2+y 1y 2−(y 1+y 2)+1=0.②(10分)因为 y 1=kx 1+m ，y 2=kx 2+m ，所以 y 1+y 2=k(x 1+x 2)+2m ，y 1y 2=k 2x 1x 2+mk(x 1+x 2)+m 2.③ 将③代入②，整理得(1+k 2)x 1x 2+k(m −1)(x 1+x 2)+(m −1)2=0.④(11分) 将①代入④，整理得 5m 2−2m −3=0.(13分)解得 m =−35，或m =1(舍去)．所以，直线PQ 恒过定点(0，−35).(14分)证法二：直线BP ，BQ 的斜率均存在，设直线BP 的方程为y =kx +1.(6分) 将直线BP 的方程代入x 2+4y 2=4，消去y ，得 (1+4k 2)x 2+8kx =0.(8分) 解得 x =0，或x =−8k1+4k 2.(9分) 设 P(x 1，y 1)，所以x 1=−8k 1+4k 2，y 1=kx 1+1=1−4k 21+4k 2，所以 P(−8k 1+4k 2，1−4k 21+4k 2).(10分)以−1k替换点P 坐标中的k ，可得 Q(8k 4+k 2，k 2−4k 2+4).(11分)从而，直线PQ 的方程是y−1−4k 21+4k 21−4k 21+4k 2−k 2−4k 2+4=x+8k 1+4k 2−8k 1+4k 2−8k4+k 2．依题意，若直线PQ 过定点，则定点必定在y 轴上.(13分) 在上述方程中，令x =0，解得y =−35．所以，直线PQ 恒过定点(0，−35).(14分)【例10】.已知椭圆C ：x 2a2+y 2b2=1(a >b >0)，四点P 1(1，1)，P 2(0，1)，P 3(−1，√32)，P 4(1，√32)中恰有三点在椭圆C 上．(1)求C 的方程；(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点.若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为−1，证明：l 过定点．解：(1)根据椭圆的对称性，P 3(−1，√32)，P 4(1，√32)两点必在椭圆C 上，又P 4的横坐标为1，∴椭圆必不过P 1(1，1)， ∴P 2(0，1)，P 3(−1，√32)，P 4(1，√32)三点在椭圆C 上．把P 2(0，1)，P 3(−1，√32)代入椭圆C ，得： {1b 2=11a 2+4b 2=1，解得a 2=4，b 2=1，∴椭圆C 的方程为x24+y 2=1．证明：(2)①当斜率不存在时，设l ：x =m ，A(m ，y A )，B(m ，−y A )， ∵直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为−1， ∴k P 2A +k P 2N =y A −1m+−y A −1m=−2m=−1，解得m =2，此时l 过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足． ②当斜率存在时，设l ：y =kx +b ，(b ≠1)，A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)， 联立{y =kx +b x 2+4y 2−4=0，整理，得(1+4k 2)x 2+8kbx +4b 2−4=0， x 1+x 2=−8kb 1+4k 2，x 1x 2=4b 2−41+4k 2，则k P 2A +k P 2B =y 1−1x 1+y 2−1x 2=x 2(kx 1+b)−x 2+x 1(kx 2+b)−x 1x 1x 2=8kb 2−8k−8kb 2+8kb1+4k 24b 2−41+4k 2=8k(b−1)4(b+1)(b−1)=−1，又b ≠1，∴b =−2k −1，此时△=−64k ，存在k ，使得△>0成立， ∴直线l 的方程为y =kx −2k −1， 当x =2时，y =−1， ∴l 过定点(2，−1)．【例11】.已知椭圆C ：x 2a2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右顶点分别为A ，B ，其离心率e =12，点P 为椭圆上的一个动点，△PAB 面积的最大值为2√3． (Ⅰ)求椭圆的标准方程；(Ⅱ)动直线l 过椭圆的左焦点F 1，且l 与椭圆C 交于M ，N 两点，试问在x 轴上是否存在定点D ，使得DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 为定值？若存在，求出点D 坐标并求出定值；若不存在，请说明理由． 解：(Ⅰ)由题意，e =c a =12， (S △PAB )max =12×2ab =ab =2√3，且a 2=b 2+c 2．解得a =2，b =√3，c =1．∴椭圆的标准方程为x 24+y23=1．(Ⅱ)假设存在定点D(m ，0)，使得向量DM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 为定值n ．。

第三讲 大题考法——圆锥曲线中的最值、范围、证明问题[典例感悟][典例] (2017·浙江高考)如图，已知抛物线x 2＝y ，点A ⎝⎛⎭⎫－12，14，B ⎝⎛⎭⎫32，94，抛物线上的点P (x ，y )⎝⎛⎭⎫－12<x <32.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|P A |·|PQ |的最大值.[解] (1)设直线AP 的斜率为k ， k ＝x 2－14x ＋12＝x －12，因为－12<x <32，所以－1<x －12<1，即直线AP 斜率的取值范围是(－1,1)．(2)设直线AP 的斜率为k .则直线AP 的方程为y －14＝k ⎝⎛⎭⎫x ＋12， 即kx －y ＋12k ＋14＝0，因为直线BQ 与直线AP 垂直，所以可得直线BQ 的方程为x ＋ky －94k －32＝0，联立⎩⎨⎧kx －y ＋12k ＋14＝0，x ＋ky －94k －32＝0，解得点Q 的横坐标x Q ＝－k 2＋4k ＋32(k 2＋1). 因为|P A |＝1＋k 2⎝⎛⎭⎫x ＋12＝ 1＋k 2(k ＋1)，|PQ |＝1＋k 2(x Q －x )＝－(k －1)(k ＋1)2k 2＋1，所以|P A |·|PQ |＝－(k －1)(k ＋1)3. 令f (k )＝－(k －1)(k ＋1)3，因为f ′(k )＝－(4k －2)(k ＋1)2，令f (k )＝0，得k ＝12或k ＝－1(舍)，所以f (k )在区间⎝⎛⎭⎫－1，12上单调递增，⎝⎛⎭⎫12，1上单调递减，因此当k ＝12时，|P A |·|PQ |取得最大值2716.[类题通法]最值问题的基本解法有几何法和代数法(1)几何法是根据已知的几何量之间的相互关系、平面几何和解析几何知识加以解决的(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等)；(2)代数法是建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值(普通方法、基本不等式方法、导数方法等)解决的．[对点训练](2018·武汉调研)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点P ⎝⎛⎭⎫1，22，且离心率为22.(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l ：y ＝x ＋m 与椭圆C 交于两个不同的点A ，B ，求△OAB 面积的最大值(O 为坐标原点)．解：(1)由题意，知⎩⎪⎨⎪⎧1a 2＋12b 2＝1，c a ＝22，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝2，b 2＝1，所以椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)将直线l 的方程y ＝x ＋m 代入椭圆C 的方程x 22＋y 2＝1，整理得3x 2＋4mx ＋2(m 2－1)＝0.则Δ＝(4m )2－24(m 2－1)>0，得m 2<3.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4m3，x 1x 2＝2(m 2－1)3，所以|AB |＝2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝2·⎝⎛⎭⎫－4m 32－4·2(m 2－1)3＝2·24－8m 29＝433－m 2，又原点O (0,0)到直线AB ：x －y ＋m ＝0的距离d ＝|m |2， 所以S △OAB ＝12|AB |·d ＝12×433－m 2×|m |2＝23m 2(3－m 2).因为m 2(3－m 2)≤⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋3－m 222＝94，当且仅当m 2＝3－m 2， 即m 2＝32时取等号，所以S △OAB ≤23×32＝22，即△OAB 面积的最大值为22.[典例感悟][典例] (2018·浙江高考)如图，已知点P 是y 轴左侧(不含y 轴)一点，抛物线C ：y 2＝4x 上存在不同的两点A ，B 满足P A ，PB 的中点均在C 上．(1)设AB 中点为M ，证明：PM 垂直于y 轴；(2)若P 是半椭圆x 2＋y 24＝1(x <0)上的动点，求△P AB 面积的取值范围.[解] (1)证明：设P (x 0，y 0)，A ⎝⎛⎭⎫14y 21，y 1，B ⎝⎛⎭⎫14y 22，y 2. 因为P A ，PB 的中点均在抛物线上， 所以y 1，y 2为方程⎝⎛⎭⎫y ＋y 022＝4·14y 2＋x 02， 即y 2－2y 0y ＋8x 0－y 20＝0的两个不同的实根． 所以y 1＋y 2＝2y 0，因此PM 垂直于y 轴．(2)由(1)可知⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝2y 0，y 1y 2＝8x 0－y 20，所以|PM |＝18(y 21＋y 22)－x 0＝34y 20－3x 0， |y 1－y 2|＝22(y 20－4x 0).因此△P AB 的面积S △P AB ＝12|PM |·|y 1－y 2|＝324(y 20－4x 0)32.因为x 20＋y 24＝1(x 0<0)，所以y 20－4x 0＝－4x 20－4x 0＋4∈[4,5]，所以△P AB 面积的取值范围是⎣⎡⎦⎤62，15104.[类题通法]圆锥曲线中的取值范围问题的5种常用解法(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围． (2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围． (4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围．(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．[对点训练](2018·南昌模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，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M ，N 两点，O 为坐标原点，若k OM ·k ON ＝54，求原点O 到直线l 的距离的取值范围．解：(1)由题知e ＝c a ＝32，2b ＝2，又a 2＝b 2＋c 2，∴b ＝1，a ＝2，∴椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1，整理得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0，依题意，Δ＝(8km )2－4(4k 2＋1)(4m 2－4)>0，化简得m 2<4k 2＋1，① x 1＋x 2＝－8km4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1，y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2， 若k OM ·k ON ＝54，则y 1y 2x 1x 2＝54，即4y 1y 2＝5x 1x 2，∴4k 2x 1x 2＋4km (x 1＋x 2)＋4m 2＝5x 1x 2，∴(4k 2－5)·4(m 2－1)4k 2＋1＋4km ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－8km 4k 2＋1＋4m 2＝0，即(4k 2－5)(m 2－1)－8k 2m 2＋m 2(4k 2＋1)＝0，化简得m 2＋k 2＝54，②由①②得120<k 2≤54，∵原点O 到直线l 的距离d ＝|m |1＋k2，∴d 2＝m 21＋k 2＝54－k 21＋k 2＝－1＋94(1＋k 2)，又120<k 2≤54，∴0≤d 2<87， ∴原点O 到直线l 的距离的取值范围是⎣⎡⎭⎫0，2147.[典例感悟][典例] (2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C ：x 22＋y 2＝1的右焦点为F ，过F 的直线l 与C 交于A ，B 两点，点M 的坐标为(2,0)．(1)当l 与x 轴垂直时，求直线AM 的方程； (2)设O 为坐标原点，证明：∠OMA ＝∠OMB .[解] (1)由已知得F (1,0)，l 的方程为x ＝1. 则点A 的坐标为⎝⎛⎭⎫1，22或⎝⎛⎭⎫1，－22. 又M (2,0)，所以直线AM 的方程为y ＝－22x ＋2或y ＝22x －2， 即x ＋2y －2＝0或x －2y －2＝0.(2)证明：当l 与x 轴重合时，∠OMA ＝∠OMB ＝0°. 当l 与x 轴垂直时，OM 为AB 的垂直平分线， 所以∠OMA ＝∠OMB .当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1<2，x 2<2，直线MA ，MB 的斜率之和为 k MA ＋k MB ＝y 1x 1－2＋y 2x 2－2.由y 1＝kx 1－k ，y 2＝kx 2－k ， 得k MA ＋k MB ＝2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k(x 1－2)(x 2－2).将y ＝k (x －1)代入x 22＋y 2＝1，得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0， 所以x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1.则2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k ＝4k 3－4k －12k 3＋8k 3＋4k2k 2＋1＝0. 从而k MA ＋k MB ＝0， 故MA ，MB 的倾斜角互补． 所以∠OMA ＝∠OMB . 综上，∠OMA ＝∠OMB 成立．[类题通法]圆锥曲线证明问题的类型及求解策略(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：①证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；②证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)．(2)解决证明问题时，主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．[对点训练](2018·成都模拟)已知椭圆x 25＋y 24＝1的右焦点为F ，设直线l ：x ＝5与x 轴的交点为E ，过点F 且斜率为k 的直线l 1与椭圆交于A ，B 两点，M 为线段EF 的中点．(1)若直线l 1的倾斜角为π4，求|AB |的值；(2)设直线AM 交直线l 于点N ，证明：直线BN ⊥l . 解：由题意知，F (1,0)，E (5,0)，M (3,0)．(1)∵直线l 1的倾斜角为π4，∴k ＝1.∴直线l 1的方程为y ＝x －1.代入椭圆方程，可得9x 2－10x－15＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝109，x 1x 2＝－53.∴|AB |＝2(x 1－x 2)2＝2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝2×⎝⎛⎭⎫1092＋4×53＝1659.(2)证明：设直线l 1的方程为y ＝k (x －1)． 代入椭圆方程，得(4＋5k 2)x 2－10k 2x ＋5k 2－20＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝10k 24＋5k 2，x 1x 2＝5k 2－204＋5k 2.设N (5，y 0)，∵A ，M ，N 三点共线， ∴k AM ＝k MN ，即－y 13－x 1＝y 02，∴y 0＝2y 1x 1－3. 而y 0－y 2＝2y 1x 1－3－y 2＝2k (x 1－1)x 1－3－k (x 2－1)＝3k (x 1＋x 2)－kx 1x 2－5kx 1－3＝3k ·10k 24＋5k 2－k ·5k 2－204＋5k 2－5k x 1－3＝0.∴直线BN ∥x 轴，即BN ⊥l .[课时跟踪检测] A 卷——大题保分练1．(2018·长春模拟)已知椭圆C 的两个焦点为F 1(－1,0)，F 2(1,0)，且经过E ⎝⎛⎭⎫3，32. (1)求椭圆C 的方程；(2)过点F 1的直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点(点A 位于x 轴上方)，若AF 1―→＝λF 1B ―→，且2≤λ<3，求直线l 的斜率k 的取值范围．解：(1)由⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝|EF 1|＋|EF 2|，a 2＝b 2＋c 2，c ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，c ＝1，b ＝3，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由题意得直线l 的方程为y ＝k (x ＋1)(k >0)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x ＋1)，x 24＋y 23＝1，整理得⎝⎛⎭⎫3k 2＋4y 2－6k y －9＝0，Δ＝144k 2＋144>0， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝6k3＋4k 2，y 1y 2＝－9k 23＋4k 2，又AF 1―→＝λF 1B ―→，所以y 1＝－λy 2，所以y 1y 2＝－λ(1－λ)2(y 1＋y 2)2， 则(1－λ)2λ＝43＋4k 2，λ＋1λ－2＝43＋4k 2，因为2≤λ<3，所以12≤λ＋1λ－2<43，即12≤43＋4k 2<43，且k >0，解得0<k ≤52. 故直线l 的斜率k 的取值范围是⎝⎛⎦⎤0，52. 2．(2018·陕西模拟)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1和F 2，由M (－a ，b )，N (a ，b )，F 2和F 1这4个点构成了一个高为3，面积为33的等腰梯形．(1)求椭圆的方程；(2)过点F 1的直线和椭圆交于A ，B 两点，求△F 2AB 面积的最大值．解：(1)由已知条件，得b ＝3，且2a ＋2c2×3＝33，∴a ＋c ＝3.又a 2－c 2＝3，∴a ＝2，c ＝1，∴椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.(2)显然直线的斜率不能为0，设直线的方程为x ＝my －1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，x ＝my －1，消去x 得，(3m 2＋4)y 2－6my －9＝0.∵直线过椭圆内的点，∴无论m 为何值，直线和椭圆总相交．∴y 1＋y 2＝6m3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4.∴S △F 2AB ＝12|F 1F 2||y 1－y 2|＝|y 1－y 2|＝(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝12m 2＋1(3m 2＋4)2＝4m 2＋1⎝⎛⎭⎫m 2＋1＋132＝41m 2＋1＋23＋19(m 2＋1)，令t ＝m 2＋1≥1，设f (t )＝t ＋19t ，易知t ∈⎝⎛⎭⎫0，13时，函数f (t )单调递减，t ∈⎝⎛⎭⎫13，＋∞时，函数f (t )单调递增，∴当t ＝m 2＋1＝1，即m ＝0时，f (t )取得最小值，f (t )min ＝109，此时S △F 2AB 取得最大值3.3．(2018·郑州模拟)已知圆C ：x 2＋y 2＋2x －2y ＋1＝0和抛物线E ：y 2＝2px (p >0)，圆心C 到抛物线焦点F 的距离为17.(1)求抛物线E 的方程；(2)不过原点O 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．解：(1)x 2＋y 2＋2x －2y ＋1＝0可化为(x ＋1)2＋(y －1)2＝1，则圆心C 的坐标为(－1,1)．∵F ⎝⎛⎭⎫p 2，0，∴|CF |＝ ⎝⎛⎭⎫p 2＋12＋(0－1)2＝17，解得p ＝6.∴抛物线E 的方程为y 2＝12x .(2)显然直线l 的斜率非零，设直线l 的方程为x ＝my ＋t (t ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝12x ，x ＝my ＋t ，得y 2－12my －12t ＝0， Δ＝(－12m )2＋48t ＝48(3m 2＋t )>0， ∴y 1＋y 2＝12m ，y 1y 2＝－12t ，由OA ⊥OB ，得OA ―→·OB ―→＝0，∴x 1x 2＋y 1y 2＝0， 即(m 2＋1)y 1y 2＋mt (y 1＋y 2)＋t 2＝0，整理可得t 2－12t ＝0，∵t ≠0，∴t ＝12，满足Δ>0，符合题意． ∴直线l 的方程为x ＝my ＋12，故直线l 过定点P (12,0)．∴当CP ⊥l ，即线段MP 经过圆心C (－1,1)时，动点M 到动直线l 的距离取得最大值， 此时k CP ＝1－0－1－12＝－113，得m ＝113，此时直线l 的方程为x ＝113y ＋12，即13x －y －156＝0.4．(2018·全国卷Ⅲ)已知斜率为k 的直线l 与椭圆C ：x 24＋y 23＝1交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M (1，m )(m >0)．(1)证明：k <－12.(2)设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且， 证明： .证明：(1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 214＋y 213＝1，x 224＋y 223＝1. 两式相减，并由y 1－y 2x 1－x 2＝k 得x 1＋x 24＋y 1＋y 23·k ＝0.由题设知x 1＋x 22＝1，y 1＋y 22＝m ，于是k ＝－34m.由题设得0<m <32，故k <－12.(2)由题意得F (1,0)．设P (x 3，y 3)，则(x 3－1，y 3)＋(x 1－1，y 1)＋(x 2－1，y 2)＝(0,0)． 由(1)及题设得x 3＝3－(x 1＋x 2)＝1， y 3＝－(y 1＋y 2)＝－2m <0. 又点P 在C 上，所以m ＝34，B 卷——深化提能练1．(2018·胶州模拟)已知椭圆Ω：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0且a ，b 2均为整数)过点⎝⎛⎭⎫2，62，且右顶点到直线l ：x ＝4的距离为2.(1)求椭圆Ω的方程；(2)过椭圆的右焦点F 作两条互相垂直的直线l 1，l 2，l 1与椭圆Ω交于点A ，B ，l 2与椭圆Ω交于点C ，D .求四边形ACBD 面积的最小值．解：(1)由题意，得2a 2＋32b 2＝1，且|4－a |＝2，若a ＝2，则b 2＝3；若a ＝6，则b 2＝2717(舍去)，所以椭圆Ω的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由(1)知，点F 的坐标为(1,0)．当l 1，l 2中有一条直线的斜率不存在时，可得|AB |＝4，|CD |＝3或者|AB |＝3，|CD |＝4，此时四边形ACBD 的面积S ＝12×4×3＝6.当l 1，l 2的斜率均存在时，设直线l 1的斜率为k ，则k ≠0，且直线l 2的斜率为－1k .直线l 1：y ＝k (x －1)，l 2：y ＝－1k(x －1)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 24＋y 23＝1，得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0.由直线l 1过椭圆内的点，知Δ>0恒成立，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k2. |AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝1＋k 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 23＋4k 22－4×4k 2－123＋4k 2＝12(k 2＋1)3＋4k2. 以－1k 代替k ，得|CD |＝12(k 2＋1)4＋3k 2.所以四边形ACBD 的面积S ＝12|AB |·|CD |＝72(k 2＋1)2(3＋4k 2)(4＋3k 2)≥72(k 2＋1)2⎣⎢⎡⎦⎥⎤(3＋4k 2)＋(4＋3k 2)22＝72(k 2＋1)2⎣⎢⎡⎦⎥⎤7(k 2＋1)22＝28849，当且仅当k 2＝1，即k ＝±1时等号成立．由于28849<6，所以四边形ACBD 面积的最小值为28849.2．设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，定义椭圆C 的“相关圆”方程为x 2＋y 2＝a 2b 2a 2＋b 2.若抛物线y 2＝4x 的焦点与椭圆C 的一个焦点重合，且椭圆C 短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三角形．(1)求椭圆C 的方程和“相关圆”E 的方程；(2)过“相关圆”E 上任意一点P 作“相关圆”E 的切线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，O 为坐标原点．证明：∠AOB 为定值．解：(1)因为抛物线y 2＝4x 的焦点(1,0)与椭圆C 的一个焦点重合，所以c ＝1. 又椭圆C 短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三角形，所以b ＝c ＝1， 故椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1，“相关圆”E 的方程为x 2＋y 2＝23.(2)证明：当直线l 的斜率不存在时，不妨设直线AB 的方程为x ＝63，A ⎝⎛⎭⎫63，63，B ⎝⎛⎭⎫63，－63，则∠AOB ＝π2. 当直线l 的斜率存在时，设其方程为y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 22＋y 2＝1，得x 2＋2(kx ＋m )2＝2，即(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0，Δ＝16k 2m 2－4(1＋2k 2)(2m 2－2)＝8(2k 2－m 2＋1)>0，即2k 2－m 2＋1>0，⎩⎨⎧x 1＋x 2＝－4km1＋2k2，x 1x 2＝2m 2－21＋2k 2.因为直线l 与“相关圆”E 相切， 所以|m |1＋k 2＝m 21＋k 2＝23， 即3m 2＝2＋2k 2，所以x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝(1＋k 2)(2m 2－2)1＋2k 2－4k 2m 21＋2k2＋m 2＝3m 2－2k 2－21＋2k 2＝0，所以OA ―→⊥OB ―→，所以∠AOB ＝π2.综上，∠AOB ＝π2，为定值．3．已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b ≥1)的离心率为22，其右焦点到直线2ax ＋by －2＝0的距离为23. (1)求椭圆C 1的方程；(2)过点P ⎝⎛⎭⎫0，－13的直线l 交椭圆C 1于A ，B 两点．证明：以AB 为直径的圆恒过定点． 解：(1)由题意，e ＝c a ＝22，e 2＝a 2－b 2a 2＝12，a 2＝2b 2.所以a ＝2b ，c ＝b . 又|2ac －2|4a 2＋b 2＝23，a >b ≥1，所以b ＝1，a 2＝2， 故椭圆C 1的方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明：当AB ⊥x 轴时，以AB 为直径的圆的方程为x 2＋y 2＝1. 当AB ⊥y 轴时，以AB 为直径的圆的方程为x 2＋⎝⎛⎭⎫y ＋132＝169， 由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝1，x 2＋⎝⎛⎭⎫y ＋132＝169，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝1， 由此可知，若以AB 为直径的圆恒过定点，则该定点必为Q (0,1)． 下证Q (0,1)符合题意．当AB 不垂直于坐标轴时，设直线AB 方程为y ＝kx －13，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由⎩⎨⎧x 22＋y 2＝1，y ＝kx －13，得(1＋2k 2)x 2－43kx －169＝0，由根与系数的关系得，x 1＋x 2＝4k3(1＋2k 2)， x 1x 2＝－169(1＋2k 2)，∴QA ―→·QB ―→＝(x 1，y 1－1)·(x 2，y 2－1) ＝x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1) ＝x 1x 2＋⎝⎛⎭⎫kx 1－43⎝⎛⎭⎫kx 2－43 ＝(1＋k 2)x 1x 2－43k (x 1＋x 2)＋169＝(1＋k 2)－169(1＋2k 2)－43k ·4k 3(1＋2k 2)＋169＝－16－16k 2－16k 2＋16(1＋2k 2)9(1＋2k 2)＝0，故QA ―→⊥QB ―→，即Q (0,1)在以AB 为直径的圆上． 综上，以AB 为直径的圆恒过定点(0,1)．4．(2018·沈阳模拟)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左，右焦点分别为F 1，F 2，且|F 1F 2|＝6，直线y ＝kx 与椭圆交于A ，B 两点．(1)若△AF 1F 2的周长为16，求椭圆的标准方程； (2)若k ＝24，且A ，B ，F 1，F 2四点共圆，求椭圆离心率e 的值； (3)在(2)的条件下，设P (x 0，y 0)为椭圆上一点，且直线P A 的斜率k 1∈(－2，－1)，试求直线PB 的斜率k 2的取值范围．解：(1)由题意得c ＝3，根据2a ＋2c ＝16，得a ＝5.结合a 2＝b 2＋c 2，解得a 2＝25，b 2＝16.所以椭圆的方程为x 225＋y 216＝1.(2)由⎩⎨⎧x 2a 2＋y 2b 2＝1，y ＝24x ，得⎝⎛⎭⎫b 2＋18a 2x 2－a 2b 2＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)． 所以x 1＋x 2＝0，x 1x 2＝－a 2b 2b 2＋18a2，由AB ，F 1F 2互相平分且共圆，易知，AF 2⊥BF 2， 因为F 2A ―→＝(x 1－3，y 1)，F 2B ―→＝(x 2－3，y 2)， 所以F 2A ―→·F 2B ―→＝(x 1－3)(x 2－3)＋y 1y 2 ＝⎝⎛⎭⎫1＋18x 1x 2＋9＝0. 即x 1x 2＝－8，所以有－a 2b 2b 2＋18a2＝－8，结合b 2＋9＝a 2，解得a 2＝12， 所以离心率e ＝32.(3)由(2)的结论知，椭圆方程为x 212＋y 23＝1，由题可知A (x 1，y 1)，B (－x 1，－y 1)，k 1＝y 0－y 1x 0－x 1，k 2＝y 0＋y 1x 0＋x 1，所以k 1k 2＝y 20－y 21x 20－x 21，又y 20－y 21x 20－x 21＝3⎝⎛⎭⎫1－x 2012－3⎝⎛⎭⎫1－x 2112x 20－x 21＝－14，即k 2＝－14k 1，由－2<k 1<－1可知，18<k 2<14.即直线PB 的斜率k 2∈⎝⎛⎭⎫18，14.。

高考数学二轮复习重要知识点之圆锥曲线中的
最值与定值问题
【考点透视】
圆锥曲线的最值问题，常用以下方法解决：
当题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，可考虑利用数形结合法解；函数值域求解法：当题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立目标函数，再求这个函数的最值.利用代数基本不等式，结合参数方程，利用三角函数的有界性。

【题型分析】
1.已知P是椭圆在第一象限内的点，A（2，0），B（0，1），O为原点，求四边形OAPB的面积的最大值
分析：设P（,），,点P到直线AB：x+2y=2的距离
∴所求面积的最大值为
（椭圆参数方程，三角函数，最值问题的结合）
2.已知点M(-2，0)，N(2,0)，动点P满足条件.记动点的轨迹为W.
（Ⅰ）求W的方程；
（Ⅱ）若A，B是W上的不同两点，O是坐标原点，求的最小值.
解：（Ⅰ）依题意，点P的轨迹是以M，N为焦点的双曲线的右支，
所求方程为：（x0）
（Ⅱ）当直线AB的斜率不存在时，设直线AB的方程为x＝x0，
此时A（x0，），B（x0，－），＝2
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋b，代入双曲线方程中，得：(1－k2)x2－2kbx－b2－2＝0
依题意可知方程1°有两个不相等的正数根，设
A(x1,y1),B(x2,y2)，则
解得|k|1，
又＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋（kx1＋b）（kx2＋b）
＝（1＋k2）x1x2＋kb（x1＋x2）＋b2＝2
综上可知的最小值为2
3.给定点A(-2,2)，已知B是椭圆上的动点，F是右焦点，当取得最小值时，试求B点的坐标。

解：因为椭圆的…………点击查看全部内容。