2019届高考数学大一轮复习第九章平面解析几何高考专题突破五高考中的圆锥曲线问题学案理北师大版

第二课时 圆锥曲线中的定点与定值问题圆锥曲线中的定点问题[明技法]圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．[提能力]【典例】(2018·邵阳联考)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >0，b >0)过点(0,1)，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列．直线l 与x 轴正半轴和y 轴分别交于点Q 、P ，与椭圆分别交于点M 、N ，各点均不重合且满足PM →＝λ1MQ →，PN →＝λ2NQ →.(1)求椭圆的标准方程；(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l 过定点并求此定点．(1)解：设椭圆的焦距为2c ，由题意知b ＝1，且(2a )2＋(2b )2＝2(2c )2，又a 2＝b 2＋c 2，∴a 2＝3.∴椭圆的方程为x 23＋y 2＝1. (2)证明：由题意设P (0，m )，Q (x 0,0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，设l 方程为x ＝t (y －m )，由PM →＝λ1MQ →知(x 1，y 1－m )＝λ1(x 0－x 1，－y 1)，∴y 1－m ＝－y 1λ1，由题意y 1≠0，∴λ1＝m y 1－1. 同理由PN →＝λ2NQ →知λ2＝m y 2－1. ∵λ1＋λ2＝－3，∴y 1y 2＋m (y 1＋y 2)＝0，①联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋3y 2＝3，x ＝t (y －m )得(t 2＋3)y 2－2mt 2y ＋t 2m 2－3＝0， ∴由题意知Δ＝4m 2t 4－4(t 2＋3)(t 2m 2－3)>0，②且有y 1＋y 2＝2mt 2t 2＋3，y 1y 2＝t 2m 2－3t 2＋3，③ ③代入①得t 2m 2－3＋2m 2t 2＝0，∴(mt )2＝1，由题意mt <0，∴mt ＝－1，满足②，得直线l 方程为x ＝ty ＋1，过定点(1,0)，即Q 为定点．[刷好题]如图，过顶点在原点、对称轴为y 轴的抛物线E 上的定点A (2,1)作斜率分别为k 1，k 2的直线，分别交抛物线E 于B ，C 两点．(1)求抛物线E 的标准方程和准线方程；(2)若k 1＋k 2＝k 1k 2，证明：直线BC 恒过定点．(1)解：设抛物线E 的标准方程为x 2＝ay ，a ＞0，将A (2,1)代入得，a ＝4. 所以抛物线E 的标准方程为x 2＝4y ，准线方程为y ＝－1.(2)证明：由题意得，直线AB 的方程为y ＝k 1x ＋1－2k 1，直线AC 的方程为y ＝k 2x ＋1－2k 2，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝4y ，y ＝k 1x ＋1－2k 1，消去y 得x 2－4k 1x －4(1－2k 1)＝0， 解得x ＝2或x ＝4k 1－2，因此点B (4k 1－2, (2k 1－1)2)，同理可得C (4k 2－2, (2k 2－1)2)．于是直线BC 的斜率为：k ＝(2k 1－1)2－(2k 2－1)2(4k 1－2)－(4k 2－2)＝4(k 1－k 2)(k 1＋k 2－1)4(k 1－k 2)＝k 1＋k 2－1， 又k 1＋k 2＝k 1k 2，所以直线BC 的方程为y －(2k 2－1)2＝(k 1k 2－1)·[x －(4k 2－2)]， 即y ＝(k 1k 2－1)x －2k 1k 2－1＝(k 1k 2－1)(x －2)－3.故直线BC 恒过定点(2，－3)．圆锥曲线中的定值问题[明技法]圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值．依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值；(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．[提能力]【典例】 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝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P A 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．(1)解：由题意得a ＝2，b ＝1，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1. 又c ＝a 2－b 2＝3，所以离心率e ＝c a ＝32. (2)证明：设P (x 0，y 0)(x 0＜0，y 0＜0)，则x 20＋4y 20＝4.又A (2,0)，B (0,1)，所以直线P A 的方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)． 令x ＝0，得y M ＝－2y 0x 0－2， 从而|BM |＝1－y M ＝1＋2y 0x 0－2. 直线PB 的方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1. 令y ＝0，得x N ＝－x 0y 0－1， 从而|AN |＝2－x N ＝2＋x 0y 0－1. 所以四边形ABNM 的面积S ＝12|AN |·|BM | ＝12⎝⎛⎭⎫2＋x 0y 0－1⎝⎛⎭⎫1＋2y 0x 0－2 ＝x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋42(x 0y 0－x 0－2y 0＋2)＝2x 0y 0－2x 0－4y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝2. 从而四边形ABNM 的面积为定值．[刷好题]如图，在平面直角坐标系xOy 中，点F ⎝⎛⎭⎫12，0，直线l ：x ＝－12，点P 在直线l 上移动，R 是线段PF 与y 轴的交点，RQ ⊥FP ，PQ ⊥l .(1)求动点Q 的轨迹C 的方程； (2)设圆M 过A (1,0)，且圆心M 在曲线C 上，TS 是圆M 在y 轴上截得的弦，当M 运动时，弦长|TS |是否为定值？请说明理由．解：(1)依题意知，点R 是线段FP 的中点，且RQ ⊥FP ，∴RQ 是线段FP 的垂直平分线．∵点Q 在线段FP 的垂直平分线上，∴|PQ |＝|QF |，又|PQ |是点Q 到直线l 的距离，故动点Q 的轨迹是以F 为焦点，l 为准线的抛物线，其方程为y 2＝2x (x >0)．(2)弦长|TS |为定值．理由如下：取曲线C 上的点M (x 0，y 0)，M 到y 轴的距离为d ＝|x 0|＝x 0，圆的半径r ＝|MA |＝(x 0－1)2＋y 20，则|TS |＝2r 2－d 2＝2y 20－2x 0＋1，∵点M 在曲线C 上，∴x 0＝y 202， ∴|TS |＝2y 20－y 20＋1＝2是定值．。

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第2课时定点、定值、探索性问题题型一定点问题典例（2017·全国Ⅰ）已知椭圆C：错误!+错误!=１(a〉b＞0),四点P1（1,1），P２(0,1)，P3错误!，P4错误!中恰有三点在椭圆C上．(1)求C的方程;(2）设直线ｌ不经过Ｐ２点且与C相交于A，Ｂ两点．若直线Ｐ２A与直线Ｐ２B的斜率的和为－1,证明：l过定点.(1）解由于P3，Ｐ4两点关于ｙ轴对称,故由题设知椭圆C经过P3，P４两点.又由＼f（1，a2)＋错误!〉错误!＋错误!知，椭圆C不经过点P1,所以点Ｐ2在椭圆C上．因此错误!解得错误!故椭圆Ｃ的方程为＼f(ｘ２,4)＋y2＝１。

(2）证明设直线P２A与直线Ｐ2B的斜率分别为ｋ1,k２。

如果l与ｘ轴垂直,设l：x＝t,由题设知t≠0,且|t|<2,可得Ａ,B的坐标分别为错误!，错误!,则ｋ1＋ｋ2=错误!-错误!＝－１，得ｔ=２，不符合题设．从而可设l:y=kx+m(m≠1）．将y＝kx＋ｍ代入错误!＋ｙ2=1,得(4k2+１）x2＋８ｋｍx+４ｍ２-4＝0.由题设可知Δ＝１6（4ｋ2-m2＋１)＞0。

设A（x1,ｙ1）,B（x2,y2),则x1＋ｘ2=-＼f（８km，４k2+1）,x1ｘ2=错误!。

高考导航 1.圆锥曲线是平面解析几何的核心部分，也是高考必考知识，主要以一个小题一个大题的形式呈现，难度中等偏上；2.高考中的选择题或填空题主要考查圆锥曲线的基本性质，高考中的解答题，常以求曲线的标准方程、位置关系、定点、定值、最值、范围、探索性问题为主.这些试题的命制有一个共同的特点，就是起点低，但在第(2)问或第(3)问中一般都伴有较为复杂的运算，对考生解决问题的能力要求较高.热点一定点定值问题(教材VS高考)定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有关的定值问题以及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横(纵)坐标等的定值问题.圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题.命题角度 1圆锥曲线中定点问题2 2 x y 【例 1－1】(满分 12分)(2017·全国Ⅰ卷)已知椭圆 C ：＋ 2＝1(a >b 四点 P 1(1，2 a b 1)，P 2(0，1)，P 3－1， 23，P 41， 23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 斜率的和为－1，证明：l 过定点.教材探源本题第(1)问源于教材选修2－1P40例1，主要考查利用待定系数法及方程思想求曲线方程.本题第(2)问源于教材选修2－1P41例3，主要考查利用坐标法研究几何问题，充分考查学生解决综合问题的能力.1 1 1满分解答(1)解由于点P3，P4关于y轴对称，由题设知C必过P3，P4.又由a b a2 2＋2>＋43b2知，椭圆C不经过点P1，所以点P2在椭圆C上.1分(得分点 1)1 b 2＝1，2 a ＝4， 因此13 解得b 2＝1. 3分(得分点 2) ＋ 2＝1， 2 a 4b 2 故 C 的方程为x 4＋y 2＝1.5分 (得分点 3) (2)证明设直线 P 2A 与直线 P 2B 的斜率分别为 k 1，k 2.如果直线 l 的斜率不存在，l 垂直于 x 轴.设 l ：x ＝m ，A (m ，y A )，B (m ，－y A )，y A －1－y A －1－2 k 1＋k 2＝ ＋ ＝ m ＝－1，得 m ＝2，m m此时 l 过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足.6分 (得分点 4)从而可设 l ：y ＝kx ＋m (m ≠1).2 将 y ＝kx ＋m 代入x 4＋y 2＝1得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0.7分 (得分点 5)由题设可知 Δ＝16(4k 2－m 2＋1)>0.4m 2－4 8km 4k 2＋1 设 A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则 x 1＋x 2＝－ ，x 1x 2＝ 4k 2＋1.8分(得分点 6)y 1－1 y 2－1 kx 1＋m －1 kx 2＋m －1 则 k 1＋k 2＝ x 1＋ x 2＝ ＋ x 1 x 2 2kx 1x 2＋（m －1）（x 1＋x 2） x 1x 2 ＝ .由题设 k 1＋k 2＝－1，故(2k ＋1)x 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)＝0. 4m 2－4 －8km ∴(2k ＋1)·4k 2＋1＋(m －1)·4k 2＋1＝0.10分(得分点 7)解之得 m ＝－2k －1，此时 Δ＝32(m ＋1)>0，方程有解， ∴当且仅当 m >－1时，Δ>0，11分(得分点 8) ∴直线 l 的方程为 y ＝kx －2k －1，即 y ＋1＝k (x －2).当 x ＝2时，y ＝－1，所以 l 过定点(2，－1).12分(得分点 9)❶得步骤分：抓住得分点的解题步骤，“步步为赢”，在第(1) 问中，分析隐含信息，列出方程组，求出方程.在第(2)问中，分类讨论设出直线方程→联立方程→写出根与系数的关系→利用公式化简求解.❷得关键分：(1)列出方程组.(2)直线方程.(3)韦达定理.(4)斜率公式.都是不可少的过程，有则给分，无则没分.❸得计算分：解题过程中的计算准确是得满分的根本保证，如(得分点3)，(得分点5)，(得分点7).解答圆锥曲线中的定点问题的一般步骤第一步：研究特殊情形，从问题的特殊情形出发，得到目标关系所要探求的定点.第二步：探究一般情况.探究一般情形下的目标结论.第三步：下结论，综合上面两种情况定结论.命题角度 2圆锥曲线中的定值问题2 2 x y 【例 1－2】 (2017·唐山一模)已知椭圆 C ：＋ 2＝1(a >b >0)的离心22，点 2 a b a Q b ， 在椭圆上，O 为坐标原点.b (1)求椭圆 C 的方程；(2)已知点 P ，M ，N 为椭圆 C 上的三点，若四边形 OPMN 为平行四边形，明四边形 OPMN 的面积 S 为定值，并求该定值.2 2x y(1)解∵椭圆＋ 2＝1(a >b >0)的离心率为 22， 2 a b a 2－b 2 2∴e 2＝c ＝＝12，得 a 2＝2b 2，① 2 aa 2 a 又点 Qb ， 在椭圆 C 上， b 2 2b a ∴＋ 4＝1，② 2 a b 2 2x y 联立①、②得 a 2＝8，且 b 2＝4.∴椭圆 C 的方程为＋＝1. 8 4(2)证明当直线 PN 的斜率 k 不存在时，PN 方程为 x ＝ 2或 x ＝－ 2，有|PN |＝2 3， 所以 S ＝12|PN |·|OM |＝×2 3×2 2＝2 6； 1 2当直线 PN 的斜率 k 存在时，设直线 PN 方程为 y ＝kx ＋m (m ≠0)，P (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，将 PN 的方程代入椭圆 C 的方程，整理得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－8＝0， －4km 1＋2k 22m 2－8 所以 x 1＋x 2＝ ，x 1·x 2＝1＋2k 2，－4km 2m 1＋2k 2 2m y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝ ，由OM →＝OP →＋ON →，得 M 1＋2k 2，1＋2k. 2将 M 点坐标代入椭圆 C 方程得 m 2＝1＋2k 2. |m | 又点 O 到直线 PN 的距离为 d ＝ 1＋k 2， |PN |＝ 1＋k 2|x 1－x 2|，48k 2＋24 所以 S ＝d ·|PN |＝|m |·|x 1－x 2|＝ 1＋2k 2·（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝综上，平行四边形 OPMN 的面积 S 为定值 2 6. 2k 2＋1＝2 6.探究提高 1.求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关.(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.2.定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的.2 2x y 【训练 1】 (2017·菏泽调研)已知焦距为 2 2的椭圆 C ：＋ 2＝1(a >b >右顶点 2 a b 为 A ，直线 y ＝43与椭圆 C 交于 P ，Q 两点(P 在 Q 的左边)，Q 在 x 轴上的影为B ，且四边形 ABPQ 是平行四边形.(1)求椭圆 C 的方程；(2)斜率为 k 的直线 l 与椭圆 C 交于两个不同的点 M ，N .若 M 是椭圆的左顶点，D 是直线 MN 上一点，且 DA ⊥AM .点 G 是 x 轴上异于点 M 的点，且以 D 为直径的圆恒过直线 AN 和 DG 的交点，求证：点 G 是定点.(1)解设坐标原点为O，∵四边形ABPQ是平行四边形，∴|AB→|＝|PQ→|，∵|PQ→|＝2|OB→|，∴|AB→|＝2|OB→|，则点B的横坐标为a3，a4∴点Q的坐标为，，代入椭圆C的方程得b 2＝2， 3 32 2x y又c2＝2，∴a2＝4，即椭圆C的方程为＋＝1.4 2(2)证明设直线MN 的方程为y ＝k (x ＋2)，N (x 0，y 0)，DA ⊥AM ，∴D (2，4k ).x 2 y 2＋＝1， 4 2由 消去 y 得(1＋2k 2)x 2＋8k 2x ＋8k 2－4＝0， 2－4k 2 y ＝k （x ＋2），8k 2－4 则－2x 0＝1＋2k 2，即 x 0＝1＋2k 2，2－4k2 4k 1＋2k 24k ∴y 0＝k (x 0＋2)＝ ，则 N 1＋2k 2，1＋2k ， 2设 G (t ，0)，则 t ≠－2，若以 DN 为直径的圆恒过直线 AN 和 DG 的交点，则DG ⊥AN ，∴GD →·AN →＝0恒成立. －8k2 4k ∵GD →＝(2－t ，4k )，AN →＝， 1＋2k 2，1＋2k 2－8k 2 4k ∴GD →·AN →＝(2－t )· 8k 2t 2＋4k · 2＝0恒成立， 1＋2k 1＋2k即1＋2k 2＝0恒成立，∴t ＝0，∴点 G 是定点(0，0).热点二圆锥曲线中的范围(最值)问题圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题.2 2x y 【例 2】 (2018·石家庄质检)已知椭圆 C ：＋ 2＝1(a >b >0)的左、右顶点为 A ，2 a b B ，且长轴长为 8，T 为椭圆上一点，直线 TA ，TB 的斜率之积为－34.(1)求椭圆 C 的方程； (2)设 O 为原点，过点 M (0，2)的动直线与椭圆 C 交于 P ，Q 两点，求OP →·OQ →＋MP →·MQ →的取值范围.解 (1)设 T (x ，y )，则当 x ≠±4时，直线 TA 的斜率为 k 1＝x ＋y 4，直线 T 斜率为2 2 x yk 2＝ .于是由 k 1k 2＝－34，得 y · ＝－，整理得＋＝1，而点(－4，0y y 3 416 12 x －4 x ＋4 x －4 2 2x y 和(4，0)也满足此方程，故椭圆 C 的方程为＋＝1. 16 12 (2)当直线 PQ 的斜率存在时，设直线 PQ 的方程为 y ＝kx ＋2，点 P ，Q 的坐分别 x 2 y 2 16 12 为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，直线 PQ 与椭圆方程联立 －32＝0，＋＝1，消去 y 得(4k 2＋3)x 2＋16kx y ＝kx ＋216k，x x＝－32则x1＋x2＝－4k2＋3，2 1 24k＋3从而OP→·OQ→＋MP→·MQ→＝x1x2＋y1y2＋[x1x2＋(y1－2)·(y2－2)]＝2(1＋k2)x1x2＋2k(x1－80k2－52 8＋x2)＋4＝4k2＋3＝－20＋4k2＋3，∴－20<OP→·OQ→＋MP→·MQ→≤－523，当直线PQ斜率不存在时，OP→·OQ→＋MP→·MQ→的值为－20.综上所述OP→·OQ→＋MP→·MQ→的取值范围为－20，－532.探究提高求圆锥曲线中范围、最值的主要方法：(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数形结合求解.(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，或者不等关系，或者已知参数与新参数之间的等量关系等，则利用代数法求参数的范围.2【训练2】(2018·合肥质检)设直线l与抛物线x2＝2y交于A，B两点，与椭x4＋2y3＝1交于C，D两点，直线OA，OB，OC，OD(O为坐标原点)的斜率分为k1，k2，k3，k4.若OA⊥OB.(1)是否存在实数t，满足k1＋k2＝t(k3＋k4)，并说明理由；(2)求△OCD面积的最大值.解设直线 l 的方程为 y ＝kx ＋b ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，D (x 4，y 4). 联立y ＝kx ＋b ， 得 x 2－2kx －2b ＝0，x 2＝2y ， 则 x 1＋x 2＝2k ，x 1x 2＝－2b ，Δ1＝4k 2＋8b >0.因为 OA ⊥OB ，所以 x 1x 2＋y 1y 2＝0，得 b＝ 2. y ＝kx ＋2， 3x 2＋4y 2＝12得(3＋4k 2)x 2＋16kx ＋4＝0， 联立所以 x 3＋x 4＝－ 16k ，x x ＝ 4 3＋4k 2 ，由 Δ2＝192k 2－48>0得k2>14. 3＋4k 2 3 4 y y y y (1)存在实数 t .因为 k 1＋k 2＝＋ 2＝k ，k 3＋k 4＝＋ 4＝－6k ， 1 3 x x 1 x x 3 42k 1＋k 2 ＝－16，即 t ＝－16.所以k 3＋k 4 4k 2－1 (2)根据弦长公式|CD |＝ 1＋k 2|x 3－x 4|得|CD |＝4 3· 1＋k 2· 3＋4k 2，2 根据点 O 到直线 CD 的距离公式得 d ＝ 1＋k 2，4k 2－1 所以 S △OCD ＝12|CD |·d ＝4 3· 3＋4k 2，设 4k 2－1＝m >0，则 S △OCD ＝ 4 3m ≤ 3，2 m ＋4所以当 m ＝2，即 k ＝± 25时，S △OCD 有最大值 3.热点三圆锥曲线中的探索性问题圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面：(1)探索点是否存在；(2)探索曲线是否存在；(3)探索命题是否成立. 涉及这类命题的求解主要是研究直线与圆锥曲线的位置关系问题.2 2x y 【例 3】 (2018·沈阳调研)已知椭圆 C ：＋ 2＝1(a >b >0)的离心率12，且过点 2 a b 3P 1， ，F 为其右焦点. 2 (1)求椭圆 C 的方程； (2)设过点 A (4，0)的直线 l 与椭圆相交于 M ，N 两点(点 M 在 A ，N 两点之间)，是否存在直线 l 使△AMF 与△MFN 的面积相等？若存在，试求直线 l 的方程；若不存在，请说明理由.解 (1)因为ac ＝12，所以 a ＝2c ，b ＝ 3c ，2 2 x y 设椭圆方程＋ 2＝1， 2 4c 3c3 1 3 又点 P 1， 在椭圆上，所以＋ 2＝1，2 2 4c 4c 解得 c 2＝1，a 2＝4，b 2＝3， 2 2 x y 所以椭圆方程为＋＝1. 4 3(2)易知直线 l 的斜率存在，设 l 的方程为 y ＝k (x －4)， y ＝k （x －4），2 2 消去 y 得(3＋4k 2)x 2－32k 2x ＋64k 2－12＝0， 由 x y ＋＝1， 4 3由题意知 Δ＝(32k 2)2－4(3＋4k 2)(64k 2－12)>0， 1 1 解得－ <k < .设 M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， 2 2 32k 2则 x 1＋x 2＝ 2，① 3＋4k64k 2－12 x 1x 2＝ 3＋4k 2 .②因为△AMF 与△MFN 的面积相等，所以|AM|＝|MN|，所以2x1＝x2＋4.③4＋16k2由①③消去x2得x1＝3＋4k2 .④64k2－12将x2＝2x1－4代入②，得x1(2x1－4)＝3＋4k2 .⑤将④代入到⑤式，整理化简得36k2＝5.∴k＝± 65，经检验满足题设故直线l的方程为y＝65(x－4)或y＝－65(x －4).探究提高 1.此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，不成立则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.2.求解步骤：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在，否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在.【训练3】(2018·衡水联考)在平面直角坐标系xOy中，过点C(2，0)的直线与抛物线y＝4x相交于A，B两点，设A(x1，2y1)，B(x2，y2).(1)(一题多解)求证：y1y2为定值；(2)是否存在平行于y轴的定直线被以AC为直径的圆截得的弦长为定值？如果存在，求出该直线方程和弦长；如果不存在，说明理由.(1)证明法一当直线AB垂直于x轴时，y1＝2 2，y2＝－22.因此y1y2＝－8(定值).当直线AB不垂直于x轴时，设直线AB的方程为y＝k(x－2)，由y＝k（x－2），得ky 2－4y－8k＝0. y 2＝4x，∴y1y2＝－8.因此有y1y2＝－8为定值.法二设直线 AB 的方程为 my ＝x －2， 由my ＝x －2， 得 y 2－4my －8＝0. y 2＝4x ，∴y 1y 2＝－8.因此有 y 1y 2＝－8为定值.(2)解设存在直线 l ：x ＝a 满足条件， x 1＋2 y 则 AC 的中点 E，， 1 2 2|AC |＝（x 1－2）2＋y 12.因此以 AC 为直径的圆的半径 r ＝12|AC |＝21（x 1－2）2＋y ＝ x ＋4， 1 2 2 1 2 1x 1＋ 2 又点 E 到直线 x ＝a 的距离 d ＝－a2 1 4 x ＋2 2 －a 1 故所截弦长为 2 r 2－d 2＝2 （x 21＋4）－2＝ x ＋4－（x 1＋2－2a ）22 1＝－4（1－a ）x 1＋8a －4a 2.当 1－a ＝0，即 a ＝1时，弦长为定值 2，这时直线方程为 x ＝1.。

第九节　圆锥曲线的综合问题A 组　基础题组1.如图,抛物线W:y 2=4x 与圆C:(x-1)2+y 2=25交于A,B 两点,点P 为劣弧AB 上不同于A,B 的一个动点,与x 轴平行的直线PQ 交抛物线W 于点Q,则△PQC 的周长的取值范围是( )A.(10,14)B.(12,14)C.(10,12)D.(9,11)2.(2017湖南湘中名校联考)已知抛物线y 2=2px(p>0)的焦点为F,△ABC 的顶点都在抛物线上,且满足++=0,则++= .FA FB FC 1k AB 1k AC 1k BC 3.已知椭圆+=1(a>0,b>0)过点(0,1),其长轴长、焦距和短轴长的平方依次成等差数列.直线l 与xx 2a 2y 2b 2轴正半轴和y 轴分别交于点Q 、P,与椭圆分别交于点M 、N,各点均不重合且满足=λ1,=λ2.PM MQ PN NQ (1)求椭圆的标准方程;(2)若λ1+λ2=-3,试证明:直线l 过定点,并求此定点.4.已知椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点分别是F 1、F 2,其离心率e=,点P 为椭圆上的一个动点,△x 2a 2y 2b 212PF 1F 2面积的最大值为4.3(1)求椭圆的方程;(2)若A,B,C,D 是椭圆上不重合的四个点,AC 与BD 相交于点F 1,·=0,求||+||的取值范围.AC BD AC BD B 组　提升题组1.(2017湖南长沙模拟)如图,P 是直线x=4上一动点,以P 为圆心的圆Γ过定点B(1,0),直线l 是圆Γ在点B 处的切线,过A(-1,0)作圆Γ的两条切线分别与l 交于E,F 两点.(1)求证:|EA|+|EB|为定值;(2)设直线l 交直线x=4于点Q,证明:|EB|·|FQ|=|FB|·|EQ|.2.(2017山东,21,14分)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x 2a 2y 2b 222直线y=1所得线段的长度为2.2(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.答案精解精析A 组　基础题组1.C 作出抛物线的准线:x=-1.过点Q 向准线引垂线,垂足为H.故|QC|=|QH|.∵PC 为圆的半径,∴|PC|=5.∴△PCQ 的周长=|PQ|+|QC|+|PC|=|PQ|+|QH|+5.又∵PQ 与x 轴平行,∴△PCQ 的周长=|PH|+5.∵点P 为劣弧AB 上不同于A,B 的动点,A(4,4),B(4,-4),∴5<|PH|<7,∴10<|PH|+5<12.∴△PCQ 的周长的取值范围为(10,12). 2.答案　0解析　设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),C(x 3,y 3),F ,由++=0,得y 1+y 2+y 3=0.易得k AB ==(p 2,0)FA FB FC y 2-y 1x 2-x 1,同理k AC =,k BC=,所以++=++=0.2p y 1+y 22p y 1+y 32p y 2+y 31k AB 1k AC 1k BC y 1+y 22p y 3+y 12p y 2+y 32p 3.解析　(1)设椭圆的焦距为2c,由题意知b=1,且(2a)2+(2b)2=2(2c)2,又a 2=b 2+c 2,所以a 2=3.所以椭圆的标准方程为+y 2=1.x 23(2)证明:由题意设P(0,m),Q(x 0,0),M(x 1,y 1),N(x 2,y 2),直线l 的方程为x=t(y-m),由=λ1知(x 1,y 1-m)=λ1(x 0-x 1,-y 1),PM MQ ∴y 1-m=-y 1λ1,由题意得y 1≠0,∴λ1=-1.my 1同理由=λ2知λ2=-1.PN NQ my 2∵λ1+λ2=-3,∴y 1y 2+m(y 1+y 2)=0,①由得(t 2+3)y 2-2mt 2y+t 2m 2-3=0,{x 2+3y 2=3,x =t (y -m )由题意知Δ=4m 2t 4-4(t 2+3)(t 2m 2-3)>0,②且有y 1+y 2=③,y 1y 2=,④2mt 2t 2+3t 2m 2-3t 2+3将③④代入①,得t 2m 2-3+2m 2t 2=0,∴(mt)2=1,由题意得mt<0,∴mt=-1,满足②,∴直线l 的方程为x=ty+1,则直线l 过定点(1,0). 4.解析　(1)由题意得,当点P 是椭圆的上、下顶点时,△PF 1F 2的面积取得最大值,此时=|F 1F 2|·|OP|=bc,S △PF 1F 212∴b c=4,3因为e=,所以b=2,a=4,123所以椭圆的方程为+=1.x 216y 212(2)由(1)得,F 1的坐标为(-2,0),因为·=0,所以AC⊥BD,AC BD ①当直线AC 与BD 中有一条直线的斜率不存在时,易得||+||=6+8=14.AC BD ②当直线AC 的斜率k 存在且k≠0时,设其方程为y=k(x+2),A(x 1,y 1),C(x 2,y 2),由得(3+4k 2)x 2+16k 2x+16k 2-48=0,{y =k (x +2),x 216+y 212=1x 1+x 2=,x 1x 2=,-16k 23+4k 216k 2-483+4k 2||=|x 1-x 2|=,AC 1+k 224(k 2+1)3+4k 2此时直线BD 的方程为y=-(x+2).1k 同理由{y =-1k (x +2),x 216+y 212=1可得||=,BD 24(k 2+1)4+3k 2||+||=+=,AC BD 24(k 2+1)3+4k 224(k 2+1)4+3k 2168(k 2+1)2(4+3k 2)(3+4k 2)令t=k 2+1,则||+||=(t>1),AC BD 16812+t -1t 2因为t>1,0<≤,所以|+||=∈,t -1t 214AC BD 16812+t -1t 2[967,14)综上,||+||的取值范围是.AC BD [967,14]B 组　提升题组1.证明　(1)设AE 切圆Γ于点M,直线x=4与x 轴的交点为N,故|EM|=|EB|.从而|EA|+|EB|=|AM|==|AP |2-|PM |2|AP |2-|PB |2=|AP |2-|BN |2-|PN |2===4.|AN |2-|BN |225-9所以|EA|+|EB|为定值4.(2)由(1)同理可知|FA|+|FB|=4,故E,F 均在椭圆+=1上.x 24y 23设直线EF 的方程为x=my+1(m≠0).令x=4,求得y=,即Q 点的纵坐标y Q =.3m 3m 由得(3m 2+4)y 2+6my-9=0.{x =my +1,x 24+y 23=1,设E(x 1,y 1),F(x 2,y 2),则有y 1+y 2=-,y 1y 2=-.6m 3m 2+493m 2+4因为E,B,F,Q 在同一条直线上,所以|EB|·|FQ|=|FB|·|EQ|等价于(y B -y 1)(y Q -y 2)=(y 2-y B )(y Q -y 1),即-y 1·+y 1y 2=y 2·-y 1y 2,3m 3m 即2y 1y 2=(y 1+y 2)·.3m 将y 1+y 2=-,y 1y 2=-代入,知上式成立.6m 3m 2+493m 2+4所以|EB|·|FQ|=|FB|·|EQ|.2.解析　(1)由椭圆的离心率为,得a 2=2(a 2-b 2),22又当y=1时,x 2=a 2-,得a 2-=2,a 2b 2a 2b 2所以a 2=4,b 2=2.因此椭圆方程为+=1.x 24y 22(2)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),联立方程{y =kx +m ,x 2+2y 2=4,得(2k 2+1)x 2+4kmx+2m 2-4=0,由Δ>0得m 2<4k 2+2,(*)且x 1+x 2=-,因此y 1+y 2=,4km 2k 2+12m2k 2+1所以D ,(-2km 2k 2+1,m 2k 2+1)又N(0,-m),所以|ND|2=+,(-2km 2k 2+1)2(m 2k 2+1+m )2整理得|ND|2=,4m 2(1+3k 2+k 4)(2k 2+1)2因为|NF|=|m|,所以==1+.|ND |2|NF |24(k 4+3k 2+1)(2k 2+1)28k 2+3(2k 2+1)2令t=8k 2+3,t≥3,故2k 2+1=,t +14所以=1+=1+.|ND |2|NF |216t (1+t )216t +1t +2令y=t+,所以y'=1-.1t 1t 2当t≥3时,y'>0,从而y=t+在[3,+∞)上单调递增,1t 因此t+≥,1t 103当且仅当t=3时等号成立,此时k=0,所以≤1+3=4,|ND |2|NF |2由(*)得-<m<且m≠0.22故≥.|NF ||ND |12设∠EDF=2θ,则sin θ=≥.|NF ||ND |12所以θ的最小值为,π6从而∠EDF 的最小值为,此时直线l 的斜率是0.π3综上所述:当k=0,m∈(-,0)∪(0,)时,∠EDF 取到最小值.22π3。

§9.6圆锥曲线的综合问题考纲解读考点内容解读要求高考示例常考题型预测热度1.定点与定值问题1.了解圆锥曲线的简单应用2.掌握解析几何中求解定点、定值问题的方法和步骤Ⅲ2017课标全国Ⅱ,20;2016北京,19;2015课标Ⅱ,20解答题★★★2.参变量的取值范围与最值问题1.了解参变量的意义2.理解解析几何中求解范围和最值问题的基本方法3.理解函数思想和方程思想在圆锥曲线中的应用Ⅲ2017山东,21;2017浙江,21;2016山东,21;2016浙江,19解答题★★★3.存在性问题1.理解圆锥曲线中存在性问题的基本解法2.理解转化思想在圆锥曲线中的应用Ⅲ2015四川,20;2015湖北,22;2014重庆,21;2014湖南,20解答题★★☆分析解读从近几年的高考试题来看,直线与圆锥曲线、圆锥曲线间的综合考查主要涉及曲线的求法、位置关系的判断及应用、弦长问题、最值问题、定点定值的探索问题及各圆锥曲线间的联系等,同时着重考查学生的分析问题及解决综合问题的能力.分值较高,难度较大.客观题以各圆锥曲线间的联系为主,凸显知识的连贯性和综合性,着重考查函数与方程、分类讨论、数形结合等数学思想的应用.在解圆锥曲线综合问题时,需要较强的代数运算能力、图形认知能力、逻辑思维能力、数形之间转化能力,在推理过程中要保持思维的逻辑性,确保结果正确完整.五年高考考点一定点与定值问题1.(2017课标全国Ⅱ,20,12分)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.解析(1)设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.(2)证明:由题意知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.(2015课标Ⅱ,20,12分)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.解析(1)由题意有=,+=1,又c2=a2+b2,所以a2=8,b2=4.所以C的方程为+=1.(2)设直线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·ｘM+b=.于是直线OM的斜率k OM==-,即k OM·k=-.所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.3.(2015陕西,20,12分)如图,椭圆E:+=1(a>b>0)经过点A(0,-1),且离心率为.(1)求椭圆E的方程;(2)经过点(1,1),且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P,Q(均异于点A),证明:直线AP与AQ的斜率之和为 2.解析(1)由题设知=,b=1,结合a2=b2+c2,解得a=.所以椭圆E的方程为+y2=1.(2)证明:由题设知,直线PQ的方程为y=k(x-1)+1(k≠2),代入+y2=1,得(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2k(k-2)=0.由已知可知Δ>0.设P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x2≠0,则x1+x2=,x1x2=.[]从而直线AP,AQ的斜率之和k AP+k AQ=+=+=2k+(2-k)=2k+(2-k)=2k+(2-k)=2k-2(k-1)=2.4.(2014江西,20,13分)如图,已知抛物线C:x2=4y,过点M(0,2)任作一直线与C相交于A,B两点,过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点).(1)证明:动点D在定直线上;(2)作C的任意一条切线l(不含x轴),与直线y=2相交于点N1,与(1)中的定直线相交于点N2.证明:|MN2|2-|MN1|2为定值,并求此定值.解析(1)证明:依题意可设直线AB的方程为y=kx+2,代入x2=4y,得x2=4(kx+2),即x2-4kx-8=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1x2=-8,直线AO的方程为y=x,直线BD的方程为x=x2.解得交点D的坐标为,注意到x1x2=-8及=4y1,则有y===-2.因此D点在定直线y=-2上(x≠0).(2)依题设知,切线l的斜率存在且不等于0,设切线l的方程为y=ax+b(a≠0),代入x2=4y得x2=4(ax+b),即x2-4ax-4b=0,由Δ=0得(4a)2+16b=0,化简整理得b=-a2.故切线l的方程可写为y=ax-a2.分别令y=2、y=-2得N1、N2的坐标为N1、N2,则|MN2|2-|MN1|2=+42-=8,即|MN2|2-|MN1|2为定值8.教师用书专用(5)5.(2013江西,20,13分)椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率e=,a+b=3.(1)求椭圆C的方程;(2)如图,A,B,D是椭圆C的顶点,P是椭圆C上除顶点外的任意一点,直线DP交x轴于点N,直线AD交BP于点M,设BP的斜率为k,MN的斜率为m.证明:2m-k为定值.解析(1)因为e==,所以a=c,b= c.代入a+b=3得,c=,a=2,b=1.故椭圆C的方程为+y2=1.(2)证法一:因为B(2,0),P不为椭圆顶点,则直线BP的方程为y=k(x-2),①把①代入+y2=1,解得P.直线AD的方程为y=x+1.②①与②联立解得M.由D(0,1),P,N(x,0)三点共线知=,解得N.所以MN的斜率为m===,则2m-k=-k=(定值).证法二:设P(x0,y0)(x0≠0,±2),则k=,直线AD的方程为y=(x+2),直线BP的方程为y=(x-2),直线DP的方程为y-1=x,令y=0,由y0≠１可得N,联立得解得M,因此MN的斜率为m====,所以2m-k=-====(定值).考点二参变量的取值范围与最值问题1.(2017山东,21,14分)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.解析(1)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),联立得得(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-<m<且m≠0.故≥.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.2.(2016浙江,19,15分)如图,设抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|-1.(1)求p的值;(2)若直线AF交抛物线于另一点B,过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N,AN与x轴交于点M.求M 的横坐标的取值范围.解析(1)由题意可得,抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x=-1的距离,由抛物线的定义得=1,即p=2.(2)由(1)得,抛物线方程为y2=4x,F(1,0),可设A(t2,2t),t≠0,t≠±1.因为AF不垂直于y轴,可设直线AF:x=sy+1(s≠0),由消去x得y2-4sy-4=0,故y1y2=-4,所以,B.又直线AB的斜率为,故直线FN的斜率为-.从而得直线FN:y=-(x-1),直线BN:y=-.所以N.设M(m,0),由A,M,N三点共线得=,于是m=.所以m<0或m>2.经检验,m<0或m>2满足题意.综上,点M的横坐标的取值范围是(-∞,0)∪(2,+∞).3.(2016山东,21,14分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的长轴长为4,焦距为2.(1)求椭圆C的方程;(2)过动点M(0,m)(m>0)的直线交x轴于点N,交C于点A,P(P在第一象限),且M是线段PN的中点.过点P作x轴的垂线交C于另一点Q,延长QM交C于点 B.(i)设直线PM,QM的斜率分别为k,k',证明为定值;(ii)求直线AB的斜率的最小值.解析(1)设椭圆的半焦距为 c.由题意知2a=4,2c=2,所以a=2,b==.所以椭圆C的方程为+=1.(2)(i)设P(x0,y0)(x0>0,y0>0).由M(0,m),可得P(x0,2m),Q(x0,-2m). 所以直线PM的斜率k==,直线QM的斜率k'==-.此时=-3.所以为定值-3.(ii)设A(x1,y1),B(x2,y2).直线PA的方程为y=kx+m,直线QB的方程为y=-3kx+m.联立整理得(2k2+1)x2+4mkx+2m2-4=0.由x0x1=,可得x1=.所以y1=kx1+m=+m.同理x2=,y2=+m.所以x2-x1=-=,y2-y1=+m--m=,所以k AB===.由m>0,x0>0,可知k>0,所以6k+≥２,等号当且仅当k=时取得.此时=,即m=,符合题意.所以直线AB的斜率的最小值为.4.(2014北京,19,14分)已知椭圆C:x2+2y2=4.(1)求椭圆C的离心率;(2)设O为原点.若点A在直线y=2上,点B在椭圆C上,且OA⊥OB,求线段AB长度的最小值.解析(1)由题意,知椭圆C的标准方程为+=1.所以a2=4,b2=2,从而c2=a2-b2=2.因此a=2,c=.故椭圆C的离心率e==.(2)设点A,B的坐标分别为(t,2),(x0,y0),其中x0≠0.因为OA⊥OB,所以·=0,即tx0+2y0=0,解得t=-.又+2=4,所以|AB|2=(x0-t)2+(y0-2)2=+(y0-2)2=+++4=+++4=++4(0<≤4).因为+≥4(0<≤4),且当=4时等号成立,所以|AB|2≥8.故线段AB长度的最小值为2.教师用书专用(5—7)5.(2015山东,21,14分)平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,且点在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程;(2)设椭圆E:+=1,P为椭圆C上任意一点,过点P的直线y=kx+m交椭圆E于A,B两点,射线PO交椭圆E于点Q.(i)求的值;(ii)求△ABQ面积的最大值.解析(1)由题意知+=1,又=,解得a2=4,b2=1.所以椭圆C的方程为+y2=1.(2)由(1)知椭圆E的方程为+=1.(i)设P(x0,y0),=λ,由题意知Q(-λx0,-λy0).因为+=1,又+=1,即=1,所以λ=2,即=2.(ii)设A(x1,y1),B(x2,y2).将y=kx+m代入椭圆E的方程,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0,由Δ>0,可得m2<4+16k2.①则有x1+x2=-,x1x2=.所以|x1-x2|=.因为直线y=kx+m与y轴交点的坐标为(0,m), 所以△OAB的面积S=|m||x1-x2|===2.设=t.将y=kx+m代入椭圆C的方程,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,由Δ≥0,可得m2≤1+4k2.②由①②可知0<t≤1,因此S=2=2.故S≤２,当且仅当t=1,即m2=1+4k2时取得最大值2.由(i)知,△ABQ面积为3S,所以△ABQ面积的最大值为6.6.(2014山东,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,直线y=x被椭圆C截得的线段长为.(1)求椭圆C的方程;(2)过原点的直线与椭圆C交于A,B两点(A,B不是椭圆C的顶点).点D在椭圆C上,且AD⊥AB,直线BD与x轴、y轴分别交于M,N两点.(i)设直线BD,AM的斜率分别为k1,k2.证明存在常数λ使得k1=λk2,并求出λ的值;(ii)求△OMN面积的最大值.解析(1)由题意知=,可得a2=4b2,椭圆C的方程可简化为x2+4y2=a2.将y=x代入可得x=±,因此×=,可得a=2.因此b=1,所以椭圆C的方程为+y2=1.(2)(i)设A(x1,y1)(x1y1≠0),D(x2,y2),则B(-x1,-y1),所以直线AB的斜率k AB=,因为AB⊥AD,所以直线AD的斜率k=-.设直线AD的方程为y=kx+m,由题意知k≠0,m≠0.由可得(1+4k2)x2+8mkx+4m2-4=0.所以x1+x2=-,因此y1+y2=k(x1+x2)+2m=.由题意知x1≠-x2,所以k1==-=.所以直线BD的方程为y+y1=(x+x1).令y=0,得x=3x1,即M(3x1,0).可得k2=-.所以k1=-k2,即λ=-.因此存在常数λ=-使得结论成立.(ii)直线BD的方程为y+y1=(x+x1),令x=0,得y=-y1,即N.由(i)知M(3x1,0),可得△OMN的面积S=×3|x1|×|y1|=|x1||y1|.因为|x1||y1|≤+=1,当且仅当=|y1|=时等号成立, 此时S取得最大值,所以△OMN面积的最大值为.7.(2013浙江,22,14分)已知抛物线C的顶点为O(0,0),焦点为F(0,1).(1)求抛物线C的方程;(2)过点F作直线交抛物线C于A,B两点.若直线AO,BO分别交直线l:y=x-2于M,N两点,求|MN|的最小值.解析(1)由题意可设抛物线C的方程为x2=2py(p>0),则=1,所以抛物线C的方程为x2=4y.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为y=kx+1.由消去y,整理得x2-4kx-4=0,所以x1+x2=4k,x1x2=-4.从而|x1-x2|=4.由解得点M的横坐标x M===.同理点N的横坐标x N=.所以|MN|=|x M-x N|==8=.令4k-3=t,t≠0,则k=.当t>0时,|MN|=2>2.当t<0时,|MN|=2≥.综上所述,当t=-,即k=-时,[]|MN|的最小值是.考点三存在性问题1.(2015四川,20,13分)如图,椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率是,点P(0,1)在短轴CD上,且·=-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·+λ·为定值?若存在,求λ的值;若不存在,请说明理由.解析(1)由已知得,点C,D的坐标分别为(0,-b),(0,b).又点P的坐标为(0,1),且·=-1,于是解得a=2,b=.所以椭圆E的方程为+=1.(2)当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=kx+1,A,B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2).由得(2k2+1)x2+4kx-2=0.其判别式Δ=(4k)2+8(2k2+1)>0,所以,x1+x2=-,x1x2=-.从而,·+λ·=x1x2+y1y2+λ[x1x2+(y1-1)(y2-1)]=(1+λ)(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+1==--λ-2.所以,当λ=1时,--λ-2=-3.此时,·+λ·=-3为定值.当直线AB斜率不存在时,直线AB即为直线CD.当λ=1时,·+λ·=·+·=-2-1=-3.故存在常数λ=1,使得·+λ·为定值-3.2.(2015湖北,22,14分)一种画椭圆的工具如图1所示.O是滑槽AB的中点,短杆ON可绕O转动,长杆MN通过N处铰链与ON连接,MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动,且DN=ON=1,MN=3.当栓子D在滑槽AB内做往复运动时,带动．．N绕O转动,M处的笔尖画出的椭圆记为 C.以O为原点,AB所在的直线为x轴建立如图2所示的平面直角坐标系.图1 图2(1)求椭圆C的方程;(2)设动直线l与两定直线l1:x-2y=0和l2:x+2y=0分别交于P,Q两点.若直线l总与椭圆C有且只有一个公共点,试探究:△OPQ的面积是否存在最小值?若存在,求出该最小值;若不存在,说明理由.解析(1)因为|OM|≤|MN|+|NO|=3+1=4.当M,N在x轴上时,等号成立;同理,|OM|≥|MN|-|NO|=3-1=2,当D,O重合,即MN⊥ｘ轴时,等号成立.所以椭圆C的中心为原点O,长半轴长为4,短半轴长为2,其方程为+=1.(2)(i)当直线l的斜率不存在时,直线l为x=4或x=-4,都有S△OPQ=×4×4=8.(ii)当直线l的斜率存在时,设直线l:y=kx+m,由消去y,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0.因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点,所以Δ=64k2m2-4(1+4k2)(4m2-16)=0,即m2=16k2+4.①又由可得P;同理可得Q.由原点O到直线PQ的距离为d=和|PQ|=·|x P-x Q|,可得S△OPQ=|PQ|·d=|m||x P-x Q|=·|m|=.②将①代入②得,S△OPQ==8.当k2>时,S△OPQ=8·=8>8;当0≤ｋ2<时,S△OPQ=8·=8.因0≤ｋ2<,则0<1-4k2≤1,≥2,所以S△OPQ=8≥8,当且仅当k=0时取等号.所以当k=0时,S△OPQ的最小值为8.综合(i)(ii)可知,当直线l与椭圆C在四个顶点处相切时,△OPQ的面积取得最小值8.3.(2014湖南,20,13分)如图,O为坐标原点,双曲线C1:-=1(a1>0,b1>0)和椭圆C2:+=1(a2>b2>0)均过点P,且以C1的两个顶点和C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形.(1)求C1,C2的方程;(2)是否存在直线l,使得l与C1交于A,B两点,与C2只有一个公共点,且|+|=||?证明你的结论.解析(1)设C2的焦距为2c2,由题意知,2c2=2,2a1=2,从而a1=1,c2=1.因为点P在双曲线x2-=1上,所以-=1,故=3.由椭圆的定义知2a2=+=2.于是a2=,=-=2,故C1,C2的方程分别为x2-=1,+=1.(2)不存在符合题设条件的直线.(i)若直线l垂直于x轴,因为l与C2只有一个公共点,所以直线l的方程为x=或x=-.当x=时,易知A(,),B(,-),所以|+|=2,||=2,此时,|+|≠｜|.当x=-时,同理可知,|+|≠｜|.(ii)若直线l不垂直于x轴,设l的方程为y=kx+m,由得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0.当l与C1相交于A,B两点时,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1,x2是上述方程的两个实根,从而x1+x2=,x1x2=. 于是y1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=.由得(2k2+3)x2+4kmx+2m2-6=0.因为直线l与C2只有一个公共点,所以上述方程的判别式Δ=16k2m2-8(2k2+3)(m2-3)=0.化简,得2k2=m2-3,因此·=x1x2+y1y2=+=≠0,于是++2·≠+-2·,即|+|2≠｜-|2,故|+|≠｜|.综合(i),(ii)可知,不存在符合题设条件的直线.教师用书专用(4)4.(2014重庆,21,12分)如图,设椭圆+=1(a>b>0)的左,右焦点分别为F1,F2,点D在椭圆上,DF1⊥Ｆ1F2,=2,△DF1F2的面积为.(1)求该椭圆的标准方程;(2)是否存在圆心在y轴上的圆,使圆在x轴的上方与椭圆有两个交点,且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点?若存在,求出圆的方程.若不存在,请说明理由.解析(1)设F1(-c,0),F2(c,0),其中c2=a2-b2.由=2得|DF1|== c.从而=|DF1||F1F2|=c2=,故c=1.从而|DF1|=,由DF1⊥Ｆ1F2得|DF2|2=|DF1|2+|F1F2|2=,因此|DF2|=.所以2a=|DF1|+|DF2|=2,故a=,b2=a2-c2=1.因此,所求椭圆的标准方程为+y2=1.(2)如图,设圆心在y轴上的圆C与椭圆+y2=1相交,P1(x1,y1),P2(x2,y2)是两个交点,y1>0,y2>0,F1P1,F2P2是圆C的切线,且F1P1⊥Ｆ2P2.由圆和椭圆的对称性,易知,x2=-x1,y1=y2.由(1)知F1(-1,0),F2(1,0),所以=(x1+1,y1),=(-x1-1,y1).再由F1P1⊥Ｆ2P2得-(x1+1)2+=0.由椭圆方程得1-=(x1+1)2,即3+4x1=0,解得x1=-或x1=0.当x1=0时,P1,P2重合,不存在满足题设要求的圆.当x1=-时,过P1,P2分别与F1P1,F2P2垂直的直线的交点即为圆心 C.设C(0,y0),由CP1⊥Ｆ1P1,得·=-1.而y1=|x1+1|=,故y0=.圆C的半径|CP1|==.综上,存在满足题设条件的圆,其方程为x2+=.三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点一定点与定值问题1.(2016河北唐山调研,9)过抛物线y=ax2(a>0)的焦点F作一条直线交抛物线于A,B两点,若线段AF,BF的长分别为m,n,则等于( )A. B. C.2a D.答案 B2.(2018河北五校12月联考,20)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,右焦点为F,上顶点为A,且△AOF的面积为(O是坐标原点).(1)求椭圆C的方程;(2)设P是椭圆C上的一点,过P的直线l与以椭圆的短轴为直径的圆切于第一象限,切点为M,证明:|PF|+|PM|为定值.解析(1)设椭圆的半焦距为c,由已知得?∴椭圆的方程为+y2=1.(2)证明:以短轴为直径的圆的方程为x2+y2=1,F(1,0),设P(x0,y0),则+=1(0<x0≤).∴|PF|=====(2-x0).又l与圆x2+y2=1相切于M,∴|PM|=====x0,∴|PF|+|PM|=(2-x0)+x0=,为定值.考点二参变量的取值范围与最值问题3.(2018山西康杰中学等六校12月联考,11)抛物线y2=8x的焦点为F,设A(x1,y1),B(x2,y2)是抛物线上的两点,x1+x2+4=|AB|,则∠AFB的最大值为( )A. B. C. D.答案 B4.(2017河南六市一模,9)已知圆(x-1)2+y2=的一条切线y=kx与双曲线C:-=1(a>0,b>0)有两个交点,则双曲线C 的离心率的取值范围是( )A.(1,)B.(1,2)C.(,+∞）D.(2,+∞）答案 D5.(2016皖江示范高中联考,14)若点P是椭圆+y2=1上的动点,则P到直线l:y=x+1的距离的最大值是. 答案6.(2018河南中原名校联盟12月联考,20)设椭圆+=1(a>)的右焦点为F,右顶点为 A.已知|OA|-|OF|=1,其中O 为原点,e为椭圆的离心率.(1)求椭圆的方程及离心率e的值;(2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上),垂直于l的直线与l交于点M,与y轴交于点H.若BF⊥HF,且∠MOA≤∠MAO,求直线l的斜率的取值范围.解析(1)设F(c,0),∵ａ-c=1,∴a=1+c,a2=1+2c+c2,又a2=b2+c2,∴3=1+2c,c=1,∴a=2,所以,椭圆的方程为+=1,e==.(2)易知l的斜率存在且不为0,设直线l的斜率为k(k≠0),则直线l的方程为y=k(x-2),设B(x B,y B),由方程组消去y得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0.解得x=2或x=,由题意得x B=,从而y B=,由(1)知,F(1,0),设H(0,y H),则=(-1,y H),=,由BF⊥HF,得·=0,所以+=0,解得y H=,因此直线MH的方程为y=-x+,设M(x M,y M),由方程组消去y,解得x M=,在△MAO中,∠MOA≤∠MAO?|MA|≤|MO|,则(x M-2)2+≤+,化简得x M≥1,即≥1,解得k≤-或k≥,所以,直线l的斜率的取值范围为∪.考点三存在性问题7.(2018山西康杰中学等六校12月联考,20)已知F1,F2分别为椭圆E:+=1(a>b>0)的左、右焦点,点P在椭圆E上,且|PF1|+|PF2|=4.(1)求椭圆E的方程;(2)过F1的直线l1,l2分别交椭圆E于A,C和B,D,且l1⊥ｌ2,问是否存在实数λ,使得,λ,成等差数列?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.解析(1)由已知|PF1|+|PF2|=4,得2a=4,即a=2,又点P在椭圆上,所以+=1,解得b=,故椭圆的标准方程为+=1.(2)当AC⊥ｘ轴时,|BD|=4,|AC|=3,由2λ=+=,得λ=.当BD⊥ｘ轴时,|BD|=3,|AC|=4,由2λ=+=,得λ=.当AC、BD与x轴均不垂直时,设l1:y=k(x+1)(k≠0),A(x1,y1),C(x2,y2),直线l1与椭圆E的方程联立并消去y得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0,则x1+x2=,x1x2=,所以|AC|=|x1-x2|=,从而=,同理可得=,所以+==,令=2λ,得λ=.综上,存在常数λ=,使得,λ,成等差数列.8.(2017江西赣中南五校联考,20)在直角坐标系xOy中,点M到点F1(-,0),F2(,0)的距离之和是4,点M的轨迹是C,直线l:y=kx+与轨迹C交于不同的两点P和Q.(1)求轨迹C的方程;(2)是否存在常数k,使以线段PQ为直径的圆过原点O?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.解析(1)∵点M到F1(-,0),F2(,0)的距离之和是4,且2<4,∴Ｍ的轨迹是焦点在x轴上,长轴长为4,焦距为2的椭圆,其方程为+y2=1.(2)存在.理由如下:将y=kx+代入曲线C的方程,整理得(1+4k2)x2+8kx+4=0,设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=,又y1·ｙ2=(kx1+)(kx2+)=k2x1x2+k(x1+x2)+2.若以线段PQ为直径的圆过原点,则·=0,所以x1x2+y1y2=0,即(k2+1)x1x2+k(x1+x2)+2=0,即(k2+1)·+k·+2=0,解得k=±.又因为k的取值应满足Δ>0,即4k2-1>0,(*)将k=±代入(*)式知符合题意.故存在k=±,使以线段PQ为直径的圆过原点O.B组2016—2018年模拟·提升题组(满分:55分时间:45分钟)一、填空题(每小题5分,共10分)1.(2018江西宜春一模,16)设F1、F2分别是椭圆+=1的左、右焦点,P为椭圆上任一点,点M的坐标为(6,4),则|PM|+|PF1|的最大值为.答案152.(2017广东七校第二次联考,16)已知点P是抛物线C1:y2=4x上的动点,过P作圆C2:(x-3)2+y2=2的两条切线,则两条切线的夹角的最大值为.答案二、解答题(每小题15分,共45分)3.(2018湖南师大附中12月联考,20)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的短轴的一个顶点与两个焦点构成正三角形,且该三角形的面积为.(1)求椭圆C的方程;(2)如图,设F1、F2为椭圆C的左、右焦点,若椭圆C的一个内接平行四边形的一组对边过点F1和F2,求这个平行四边形面积的最大值.解析(1)∵椭圆C:+=1(a>b>0)的短轴的一个顶点与两个焦点构成正三角形,且该三角形的面积为,∴解得a=2,b=,c=1,∴椭圆C的方程为+=1.(2)设过椭圆右焦点F2的直线AB的方程为x=ty+1,由整理,得(3t2+4)y2+6ty-9=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=,y1y2=,∴|y1-y2|===,连接OA,OB,∴Ｓ△OAB=+=×|OF2|×|y1-y2|=,∴椭圆C的内接平行四边形面积S=4S△OAB=,令m=,则m≥1,则S=f(m)=,注意到S=f(m)在[1,+∞)上单调递减,∴Ｓmax=f(1)=6,当且仅当m=1,即t=0时等号成立.故这个平行四边形面积的最大值为 6.4.(2017豫北名校联盟联考,20)已知点P是椭圆C上任一点,点P到直线l1:x=-2的距离为d1,到点F(-1,0)的距离为d2,且=,直线l与椭圆C交于不同两点A,B(A,B都在x轴上方),且∠OFA+∠OFB=180°．(1)求椭圆C的方程;(2)当A为椭圆与y轴正半轴的交点时,求直线l的方程;(3)对于动直线l,是否存在一个定点,无论∠OFA如何变化,直线l总经过此定点?若存在,求出该定点的坐标;若不存在,请说明理由.解析(1)设P(x,y),则d1=|x+2|,d2=. 由==,化简,得+y2=1,∴椭圆C的方程为+y2=1.(2)由题意及(1)知A(0,1),又F(-1,0),∴ｋAF==1. 又∵∠OFA+∠OFB=180°,∴ｋBF=-1,∴BF:y=-1×(x+1)=-x-1,代入+y2=1,解得(舍去)或∴Ｂ.k AB==,∴AB:y=x+1,即直线l的方程为y=x+1.(3)存在.解法一:∵∠OFA+∠OFB=180°,∴ｋAF+k BF=0. 设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为y=kx+b.将y=kx+b代入+y2=1,整理得x2+2kbx+b2-1=0.∴ｘ1+x2=-,x1x2=,∴ｋAF+k BF=+=+==0.∴(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=2kx1x2+(k+b)(x1+x2)+2b=2k·-(k+b)·+2b=0,∴ｂ-2k=0,∴b=2k,∴直线AB的方程为y=k(x+2),∴直线l总经过定点(-2,0).解法二:∵∠OFA+∠OFB=180°,∴Ｂ关于x轴的对称点B1在直线AF上.设A(x1,y1),B(x2,y2),则B1(x2,-y2),设直线AF的方程为y=k(x+1),代入+y2=1,得x2+2k2x+k2-1=0.∴ｘ1+x2=-,x1x2=.k AB=,AB:y-y1=(x-x1),令y=0,得x=x1-y1·=.又∵ｙ1=k(x1+1),-y2=k(x2+1),∴x=====-2,∴直线l总经过定点(-2,0).5.(2016吉林五校第一次联考,20)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率e=,它的一个顶点在抛物线x2=4y的准线上.(1)求椭圆C的方程;(2)设A(x1,y1),B(x2,y2)是椭圆C上两点,已知m=,n=,且m·n=0,求·的取值范围. 解析(1)抛物线x2=4y的准线为y=-,∴b=.e=?=?a=,∴椭圆C的方程为+=1.(2)由m·n=0及(1)得x1x2=-3y1y2,当直线AB的斜率不存在时,x1=x2,y2=-y1,∴=3,又+=1,∴=1.∴·=x1x2+y1y2=2=2.当直线AB的斜率存在时,设方程为y=kx+m,由得(1+3k2)x2+6kmx+3m2-6=0,∴Δ=36k2m2-12(3k2+1)(m2-2)=12(6k2-m2+2)>0,且x1+x2=,x1x2=.由x1x2=-3y1y2=-3(kx1+m)(kx2+m)?(1+3k2)x1x2+3km(x1+x2)+3m2=0,整理得1+3k2=m2,∴·=x1x2+y1y2=x1x2===2-,∵ｍ2=1+3k2≥1,∴0<≤4,∴-2≤·<2.综上,-2≤·≤2.C组2016—2018年模拟·方法题组方法 1 圆锥曲线中的定点、定值问题的求解方法1.(2017河南郑州一模,11)已知直线l与双曲线-y2=1相切于点P,l与双曲线的两条渐近线交于M,N两点,则·的值为( )A.3B.4C.5D.与P的位置有关答案 A2.(2017河南十所名校联考,21)如图,O为坐标原点,椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,以椭圆C的长轴长、短轴长为两相邻边长的矩形的面积为8.(1)求椭圆C的方程;(2)若P、Q是椭圆C上的两个动点,且k OP·ｋOQ=-,试问:S△OPQ是否为定值?若是,求出该定值;若不是,请说明理由.解析(1)依题意可知解之得∴椭圆C的方程为+y2=1.(2)S△OPQ为定值.设P(x1,y1),Q(x2,y2),当直线PQ的斜率不存在时,P,Q两点关于x轴对称,不妨设P在x轴下方,Q在x轴上方,则k OQ=-k OP,可得=,结合+=1可得|x1|=,|y1|=,从而|x1||y1|=1,S△OPQ=1.当直线PQ的斜率存在时,设直线PQ的方程为y=kx+m,由得(4k2+1)x2+8kmx+4(m2-1)=0,则x1+x2=,x1x2=,从而|PQ|=|x1-x2|=·=.O到直线PQ的距离d=,则S△OPQ=|PQ|d=,k OP·ｋOQ=====-,则4k2+1=2m2,则S△OPQ==1.综上,S△OPQ为定值 1.方法 2 圆锥曲线中的最值和范围问题的求解方法3.(2018河南洛阳一模,11)过椭圆+=1上一点H作圆x2+y2=2的两切线,点A,B为切点.过A,B的直线l与x轴,y 轴分别交于点P,Q.则△POQ(O为坐标原点)的面积的最小值为( )A. B. C.1 D.答案 B4.(2017江西南昌三校联考,11)已知双曲线x2-=1的左顶点为A1,右焦点为F2,P为双曲线右支上一点,则·的最小值为( )A.-2B.-C.1D.0答案 A5.(2018河南百校联盟12月联考,20)已知点F为抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点,抛物线y2=-8x的准线与抛物线C交于点A,且|AF|=3.(2)若直线l:x=my+1与抛物线C交于不同的两点D,E,点G为线段DE的中点,设|FD|=λ|FE|,H(2,0).若1≤λ≤2,求|GH|的取值范围.解析(1)抛物线y2=-8x的准线方程为x=2,所以点A的横坐标为2,[]由抛物线的定义得|AF|=2+,因为|AF|=3,所以2+=3,解得p=2,所以抛物线C的方程为y2=4x.(2)直线l:x=my+1过抛物线C的焦点F,设D(x1,y1),E(x2,y2),联立得y2-4my-4=0,则y1+y2=4m,y1y2=-4,∴ｘ1+x2===4m2+2,由|FD|=λ|FE|,得y1=-λy2,所以(-λ)+=+,所以(-λ)++2==-4m2,由1≤λ≤２可得-≤（-λ)++2≤0,所以0≤ｍ2≤,又|GH|==,所以1≤≤,所以|GH|的取值范围是.6.(2017皖南八校12月联考,20)如图,点A(-2,0)、B(2,0)分别为椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右顶点,P,M,N为椭圆C上非顶点的三点,直线AP、BP的斜率分别为k1、k2,且k1k2=-,AP∥OM,BP∥ON.(2)求||·｜|的最大值.解析(1)设P(x,y),由k1k2=-,得·=-,化简整理得+y2=1.∴椭圆C的方程为+y2=1.(2)易知k OM·ｋON=k1k2=-,设k OM=k,则k ON=-,∴ｌOM:y=kx,l ON:y=-,由得=,=,∴｜|2=.由得=,=,∴｜|2=.||·｜|==2≤.当且仅当16k2=,即k=±时,等号成立.故||·｜|的最大值为.方法 3 圆锥曲线中存在性问题的求解方法7.(2018湖北八校12月联考,20)已知抛物线C:y2=2px(p>0)在第一象限内的点P(2,t)到焦点F的距离为.(1)若M,过点M,P的直线l1与抛物线相交于另一点Q,求的值;(2)若直线l2与抛物线C相交于A,B两点,与圆M:(x-a)2+y2=1相交于D,E两点,O为坐标原点,OA⊥OB,试问:是否存在实数a,使得DE的长为定值?若存在,求出a的值;若不存在,请说明理由.解析(1)∵点P(2,t),∴2+=,解得p=1,故抛物线C的方程为y2=2x,当x=2时,t=2,∴ｌ1的方程为y=x+,与抛物线方程y2=2x联立可得x Q=,又∵|QF|=x Q+,|PF|=x P+,∴==.(2)设直线AB的方程为x=ty+m,代入抛物线方程可得y2-2ty-2m=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=2t,y1y2=-2m,①由OA⊥OB得(ty1+m)(ty2+m)+y1y2=0,整理得(t2+1)y1y2+tm(y1+y2)+m2=0,②将①代入②解得m=2,∴直线l2:x=ty+2,∵圆心到直线l2的距离d=,∴|DE|=2,显然当a=2时,|DE|=2,为定值.[]8.(2017广东广州12月联考,20)已知点A(x1,y1),B(x2,y2)是抛物线y2=8x上相异的两点,且满足x1+x2=4.(1)若直线AB经过点F(2,0),求|AB|的值;(2)是否存在直线AB,使得线段AB的中垂线交x轴于点M,且|MA|=4?若存在,求直线AB的方程;若不存在,说明理由.解析(1)解法一:若直线AB的斜率不存在,则直线AB的方程为x=2,由解得或不妨令A(2,4),B(2,-4),所以|AB|=8.若直线AB的斜率存在,则可设直线AB的方程为y=k(x-2),由消去y得k2x2-(4k2+8)x+4k2=0,故x1+x2==4,方程无解.所以|AB|=8.解法二:易知点F(2,0)为抛物线的焦点.因为直线AB过抛物线y2=8x的焦点F(2,0),所以根据抛物线的定义得|AF|=x1+2,|BF|=x2+2.所以|AB|=|AF|+|BF|=x1+x2+4=8.(2)不存在.假设存在直线AB符合题意,易知直线AB的斜率存在,设直线AB的方程为y=kx+b(k≠0).由消去y得k2x2+(2kb-8)x+b2=0(*).故x1+x2=-=4.所以b=-2k.所以x1x2==.所以|AB|=·==.因为y1+y2=k(x1+x2)+2b=4k+2b=,所以线段AB的中点C的坐标为.所以线段AB的中垂线方程为y-=-(x-2),即x+ky-6=0.令y=0,得x=6,所以点M的坐标为(6,0).所以点M到直线AB的距离d=|CM|==.因为|MA|2=+|CM|2,所以(4)2=+,解得k=±1.当k=1时,b=2;当k=-1时,b=-2.把和分别代入(*)检验,得Δ=0,不符合题意. 所以直线AB不存在.。

§9.9圆锥曲线的综合问题1．直线与圆锥曲线的位置关系的判断将直线方程与圆锥曲线方程联立，消去一个变量得到关于x(或y)的一元方程：ax2＋bx＋c＝0(或ay2＋by＋c＝0)．(1)若a≠0，可考虑一元二次方程的判别式Δ，有①Δ>0⇔直线与圆锥曲线相交；②Δ＝0⇔直线与圆锥曲线相切；③Δ<0⇔直线与圆锥曲线相离．(2)若a＝0，b≠0，即得到一个一元一次方程，则直线l与圆锥曲线E相交，且只有一个交点，①若E为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的位置关系是平行；②若E为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合．2．圆锥曲线的弦长设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则|AB|＝1＋k2|x2－x1|＝1＋1k2|y2－y1|.3．圆锥曲线的综合问题的解决大多需要具备方程(组)思想：引参—列方程(组)—消参—求值，或围绕函数思想求范围、最值．或根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量解决定值、定点问题．知识拓展过一点的直线与圆锥曲线的位置关系(1)过椭圆外一点总有两条直线与椭圆相切； 过椭圆上一点有且只有一条直线与椭圆相切； 过椭圆内一点的直线与椭圆相交．(2)过抛物线外一点总有三条直线和抛物线有且只有一个公共点：两条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；过抛物线上一点总有两条直线与抛物线有且只有一个公共点：一条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点：一条与对称轴平行或重合的直线.(3)过双曲线外不在渐近线上的一点总有四条直线与双曲线有且只有一个交点：两条切线和两条与渐近线平行的直线；过双曲线上一点总有三条直线与双曲线有且只有一个交点：一条切线和两条与渐近线平行的直线；过双曲线内一点总有两条直线与双曲线有且只有一个交点：两条与渐近线平行的直线．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)直线l 与抛物线y 2＝2px 只有一个公共点，则l 与抛物线相切．( × ) (2)设点P (x 0，y 0)为双曲线y 2a 2－x 2b 2＝1上的任一点，则|x 0|≥a .( × )(3)椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1上的点到焦点距离的最大值是a ＋c .( √ )(4)直线与椭圆只有一个交点⇔直线与椭圆相切．( √ ) (5)过点(2,4)的直线与椭圆x 24＋y 2＝1只有一条切线．( × )(6)设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)在抛物线y 2＝2px (p >0)上，且直线AB 过抛物线的焦点，则y 1y 2＝－p 2.( √ ) 题组二 教材改编2．过点(0,1)作直线，使它与抛物线y 2＝4x 仅有一个公共点，这样的直线有( ) A ．1条 B ．2条 C ．3条 D ．4条答案 C解析 过(0,1)与抛物线y 2＝4x 相切的直线有2条，过(0,1)与对称轴平行的直线有一条，这三条直线与抛物线都只有一个公共点．3．已知与向量v ＝(1,0)平行的直线l 与双曲线x 24－y 2＝1相交于A ，B 两点，则|AB |的最小值为________． 答案 4解析 由题意可设直线l 的方程为y ＝m ， 代入x 24－y 2＝1得x 2＝4(1＋m 2)，所以x 1＝4(1＋m 2)＝21＋m 2， x 2＝－21＋m 2，所以|AB |＝|x 1－x 2|＝41＋m 2≥4， 即当m ＝0时，|AB |有最小值4. 题组三 易错自纠4．过抛物线y 2＝2x 的焦点作一条直线与抛物线交于A ，B 两点，它们的横坐标之和等于2，则这样的直线( ) A ．有且只有一条 B ．有且只有两条 C ．有且只有三条 D ．有且只有四条答案 B解析 设该抛物线的焦点为F ，A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，则 |AB |＝|AF |＋|FB |＝x A ＋p 2＋x B ＋p2＝x A ＋x B ＋1＝3>2p ＝2.所以符合条件的直线有且只有两条．5．(2018届江西省南昌市三模)已知F 1，F 2是椭圆和双曲线的公共焦点，P 是它们的一个公共点，且∠F 1PF 2＝π4，则椭圆和双曲线的离心率乘积的最小值为________．答案226．已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的焦距为2c ，右顶点为A ，抛物线x 2＝2py (p >0)的焦点为F .若双曲线截抛物线的准线所得线段长为2c ，且|F A |＝c ，则双曲线的渐近线方程为________． 答案 y ＝±x解析 抛物线的准线方程为y ＝－p2，焦点为F ⎝⎛⎭⎫0，p 2， ∴a 2＋⎝⎛⎭⎫p 22＝c 2.①设抛物线的准线y ＝－p2交双曲线于M ⎝⎛⎭⎫x 1，－p 2，N ⎝⎛⎭⎫x 2，－p 2两点，∴⎩⎨⎧y ＝－p 2，x 2a 2－y2b 2＝1，即x2a 2－⎝⎛⎭⎫－p 22b 2＝1，解得x ＝±a p 24b 2＋1， ∴2ap 24b 2＋1＝2c .② 又∵b 2＝c 2－a 2，③ ∴由①②③，得c 2a 2＝2.∴b 2a 2＝c 2a 2－1＝1，解得b a ＝1. ∴双曲线的渐近线方程为y ＝±x .第1课时 范围、最值问题题型一 范围问题典例 (2016·天津)设椭圆x 2a 2＋y 23＝1(a >3)的右焦点为F ，右顶点为A .已知1|OF |＋1|OA |＝3e |F A |，其中O 为原点，e 为椭圆的离心率． (1)求椭圆的方程；(2)设过点A 的直线l 与椭圆交于点B (B 不在x 轴上)，垂直于l 的直线与l 交于点M ，与y 轴交于点H .若BF ⊥HF ，且∠MOA ≤∠MAO ，求直线l 的斜率的取值范围． 解 (1)设F (c,0)，由1|OF |＋1|OA |＝3e |F A |， 即1c ＋1a ＝3c a (a －c )，可得a 2－c 2＝3c 2. 又a 2－c 2＝b 2＝3，所以c 2＝1，因此a 2＝4. 所以椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设直线l 的斜率为k (k ≠0)， 则直线l 的方程为y ＝k (x －2)．设B (x B ，y B )，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝k (x －2)消去y ，整理得(4k 2＋3)x 2－16k 2x ＋16k 2－12＝0. 解得x ＝2或x ＝8k 2－64k 2＋3.由题意得x B ＝8k 2－64k 2＋3，从而y B ＝－12k4k 2＋3.由(1)知，F (1,0)，设H (0，y H )，有FH →＝(－1，y H )，BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫9－4k24k 2＋3，12k 4k 2＋3.由BF ⊥HF ，得BF →·FH →＝0，所以4k 2－94k 2＋3＋12ky H 4k 2＋3＝0，解得y H ＝9－4k 212k .因此直线MH 的方程为y ＝－1k x ＋9－4k212k .设M (x M ，y M )，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －2)，y ＝－1k x ＋9－4k212k ， 消去y ，解得x M ＝20k 2＋912(k 2＋1).在△MAO 中，由∠MOA ≤∠MAO ，得|MA |≤|MO |，即(x M －2)2＋y 2M ≤x 2M ＋y 2M ，化简，得x M ≥1，即20k 2＋912(k 2＋1)≥1，解得k ≤－64或k ≥64. 所以直线l 的斜率的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，－64∪⎣⎡⎭⎫64，＋∞. 思维升华 解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面(1)利用圆锥曲线的简单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．跟踪训练 (2018·开封质检)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)与双曲线x 23－y 2＝1的离心率互为倒数，且直线x －y －2＝0经过椭圆的右顶点． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)设不过原点O 的直线与椭圆C 交于M ，N 两点，且直线OM ，MN ，ON 的斜率依次成等比数列，求△OMN 面积的取值范围． 解 (1)∵双曲线的离心率为233， ∴椭圆的离心率e ＝c a ＝32.又∵直线x －y －2＝0经过椭圆的右顶点， ∴右顶点为点(2,0)，即a ＝2，c ＝3，b ＝1， ∴椭圆方程为x 24＋y 2＝1.(2)由题意可设直线的方程为y ＝kx ＋m (k ≠0，m ≠0)， M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)． 联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1， 消去y ，并整理得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4(m 2－1)＝0， 则x 1＋x 2＝－8km1＋4k 2，x 1x 2＝4(m 2－1)1＋4k 2，于是y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m ) ＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2.又直线OM ，MN ，ON 的斜率依次成等比数列，故y 1x 1·y 2x 2＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2x 1x 2＝k 2， 则－8k 2m 21＋4k2＋m 2＝0. 由m ≠0得k 2＝14，解得k ＝±12.又由Δ＝64k 2m 2－16(1＋4k 2)(m 2－1) ＝16(4k 2－m 2＋1)>0，得0<m 2<2，显然m 2≠1(否则x 1x 2＝0，x 1，x 2中至少有一个为0，直线OM ，ON 中至少有一个斜率不存在，与已知矛盾)．设原点O 到直线的距离为d ， 则S △OMN ＝12|MN |d＝12·1＋k 2·|x 1－x 2|·|m |1＋k 2 ＝12|m |(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝－(m 2－1)2＋1.故由m的取值范围可得△OMN面积的取值范围为(0,1)．题型二最值问题命题点1利用三角函数有界性求最值典例过抛物线y2＝4x的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，点O是坐标原点，则|AF|·|BF|的最小值是()A．2 B. 2 C．4 D．2 2答案 C解析设直线AB的倾斜角为θ，可得|AF|＝21－cos θ，|BF|＝21＋cos θ，则|AF|·|BF|＝21－cos θ×21＋cos θ＝4sin2θ≥4.命题点2数形结合利用几何性质求最值典例在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2－y2＝1右支上的一个动点．若点P到直线x －y＋1＝0的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为________．答案2 2解析双曲线x2－y2＝1的渐近线为x±y＝0，直线x－y＋1＝0与渐近线x－y＝0平行，故两平行线的距离d＝|1－0|12＋(－1)2＝22.由点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，得c≤22，故c的最大值为2 2.命题点3转化为函数利用基本不等式或二次函数求最值典例(2017·山东)在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为22，焦距为2.(1)求椭圆E的方程；(2)如图，动直线l：y＝k1x－32交椭圆E于A，B两点，C是椭圆E上一点，直线OC的斜率为k2，且k1k2＝24.M是线段OC延长线上一点，且|MC|∶|AB|＝2∶3，⊙M的半径为|MC|，OS，OT是⊙M的两条切线，切点分别为S，T.求∠SOT的最大值，并求取得最大值时直线l 的斜率．解 (1)由题意知e ＝c a ＝22，2c ＝2，所以c ＝1，所以a ＝2，b ＝1，所以椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程⎩⎨⎧x 22＋y 2＝1，y ＝k 1x －32，得(4k 21＋2)x 2－43k 1x －1＝0.由题意知Δ＞0，且x 1＋x 2＝23k 12k 21＋1，x 1x 2＝－12(2k 21＋1)， 所以|AB |＝1＋k 21|x 1－x 2|＝21＋k 211＋8k 211＋2k 21. 由题意可知，圆M 的半径r 为r ＝23|AB |＝223·1＋k 21 1＋8k 212k 21＋1， 由题设知k 1k 2＝24，所以k 2＝24k 1， 因此直线OC 的方程为y ＝24k 1x . 联立方程⎩⎨⎧x 22＋y 2＝1，y ＝24k 1x ，得x 2＝8k 211＋4k 21，y 2＝11＋4k 21， 因此|OC |＝x 2＋y 2＝1＋8k 211＋4k 21. 由题意可知，sin ∠SOT 2＝r r ＋|OC |＝11＋|OC |r.而|OC |r ＝1＋8k 211＋4k 21223·1＋k 21 1＋8k 211＋2k 21＝324·1＋2k 211＋4k 21 1＋k 21， 令t ＝1＋2k 21，则t ＞1，1t ∈(0,1)， 因此|OC |r ＝32·t 2t 2＋t －1＝32·12＋1t －1t2＝32·1－⎝⎛⎭⎫1t －122＋94≥1，当且仅当1t ＝12，即t ＝2时等号成立，此时k 1＝±22，所以sin∠SOT 2≤12，因此∠SOT 2≤π6， 所以∠SOT 的最大值为π3.综上所述，∠SOT 的最大值为π3，取得最大值时直线l 的斜率为k 1＝±22.思维升华处理圆锥曲线最值问题的求解方法圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、简单性质以及平面简单中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．跟踪训练 (2018·邢台模拟)已知椭圆x 22＋y 2＝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 (1)由题意知m ≠0，可设直线AB 的方程为y ＝－1mx ＋b .由⎩⎨⎧x 22＋y 2＝1，y ＝－1m x ＋b ，消去y ，得⎝⎛⎭⎫12＋1m 2x 2－2bmx ＋b 2－1＝0. 因为直线y ＝－1m x ＋b 与椭圆x 22＋y 2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b 2＋2＋4m2＞0，①将AB 的中点M ⎝⎛⎭⎫2mb m 2＋2，m 2b m 2＋2代入直线方程y ＝mx ＋12，解得b ＝－m 2＋22m 2，②由①②得m ＜－63或m ＞63. (2)令t ＝1m ∈⎝⎛⎭⎫－62，0∪⎝⎛⎭⎫0，62，则t 2∈⎝⎛⎭⎫0，32. 则|AB |＝t 2＋1·－2t 4＋2t 2＋32t 2＋12，且O 到直线AB 的距离为d ＝t 2＋12t 2＋1. 设△AOB 的面积为S (t )， 所以S (t )＝12|AB |·d ＝12－2⎝⎛⎭⎫t 2－122＋2≤22， 当且仅当t 2＝12时，等号成立，此时满足t 2∈⎝⎛⎭⎫0，32. 故△AOB 面积的最大值为22.1．(2017·河北武邑中学模拟)已知P (x 0，y 0)是椭圆C ：x 24＋y 2＝1上的一点，F 1，F 2是C 的两个焦点，若PF 1→·PF 2→<0，则x 0的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫－263，263 B.⎝⎛⎭⎫－233，233 C.⎝⎛⎭⎫－33，33 D.⎝⎛⎭⎫－63，63 答案 A解析 由题意可知：F 1(－3，0)，F 2(3，0)， 则PF 1→·PF 2→＝(x 0＋3)(x 0－3)＋y 20＝x 20＋y 20－3<0， 点P 在椭圆上，则y 20＝1－x 204，故x 20＋⎝⎛⎭⎫1－x 204－3<0，解得－263<x 0<263，即x 0的取值范围是⎝⎛⎭⎫－263，263.2．斜率为1的直线l 与椭圆x 24＋y 2＝1相交于A ，B 两点，则|AB |的最大值为( )A ．2 B.455 C.4105 D.8105答案 C解析 设A ，B 两点的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)， 直线l 的方程为y ＝x ＋t ，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝4，y ＝x ＋t ，消去y ，得5x 2＋8tx ＋4(t 2－1)＝0， 则x 1＋x 2＝－85t ，x 1x 2＝4(t 2－1)5.∴|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝2·⎝⎛⎭⎫－85t 2－4×4(t 2－1)5＝425·5－t 2， 当t ＝0时，|AB |max ＝4105. 3．过抛物线y 2＝x 的焦点F 的直线l 交抛物线于A ，B 两点，且直线l 的倾斜角θ≥π4，点A在x 轴上方，则|F A |的取值范围是( ) A.⎝⎛⎦⎤14，1 B.⎝⎛⎭⎫14，＋∞ C.⎝⎛⎭⎫12，＋∞ D.⎝⎛⎦⎤14，1＋22答案 D解析 记点A 的横坐标是x 1，则有|AF |＝x 1＋14＝⎝⎛⎭⎫14＋|AF |cos θ＋14＝12＋|AF |cos θ， |AF |(1－cos θ)＝12，|AF |＝12(1－cos θ).由π4≤θ<π得－1<cos θ≤22，2－2≤2(1－cos θ)<4，14<12(1－cos θ)≤12－2＝1＋22， 即|AF |的取值范围是⎝⎛⎦⎤14，1＋22.4．(2018·长春质检)已知F 1，F 2分别是双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点，对于左支上任意一点P 都有|PF 2|2＝8a |PF 1|(a 为实半轴长)，则此双曲线的离心率e 的取值范围是( ) A ．(1，＋∞) B ．(2,3] C ．(1,3] D ．(1,2]答案 C解析 由P 是双曲线左支上任意一点及双曲线的定义， 得|PF 2|＝2a ＋|PF 1|，所以|PF 2|2|PF 1|＝|PF 1|＋4a 2|PF 1|＋4a ＝8a ，所以|PF 1|＝2a ，|PF 2|＝4a ， 在△PF 1F 2中，|PF 1|＋|PF 2|≥|F 1F 2|， 即2a ＋4a ≥2c ，所以e ＝ca ≤3.又e >1，所以1<e ≤3.故选C.5．(2018届云南昆明一中摸底)设O 为坐标原点，P 是以F 为焦点的抛物线y 2＝2px (p >0)上任意一点，M 是线段PF 上的点，且|PM |＝2|MF |，则直线OM 的斜率的最大值为( ) A.22 B.23 C.33D ．1 答案 A解析 由题意可得F ⎝⎛⎭⎫p 2，0，设P ⎝⎛⎭⎫y 22p ，y 0(y 0>0)， 则OM →＝OF →＋FM →＝OF →＋13FP →＝OF →＋13(OP →－OF →)＝13OP →＋23OF →＝⎝⎛⎭⎫y 206p ＋p 3，y 03， 可得k ＝y 03y 206p ＋p 3＝1y 02p ＋p y 0≤12y 02p ·p y 0＝22. 当且仅当y 02p ＝py 0时取得等号，故选A.6．(2017·九江模拟)在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线C ：x 2＝4y ，点P 是C 的准线l 上的动点，过点P 作C 的两条切线，切点分别为A ，B ，则△AOB 面积的最小值为( ) A. 2 B ．2 C ．2 2 D ．4答案 B解析 设P (x 0，－1)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 又A ，B 在抛物线上，所以y 1＝x 214，y 2＝x 224.因为y ′＝x 2，则过点A ，B 的切线分别为y －x 214＝x 12(x －x 1)，y －x 224＝x 22(x －x 2)均过点P (x 0，－1)，则－1－x 214＝x 12(x 0－x 1)，－1－x 224＝x 22(x 0－x 2)，即x 1，x 2是方程－1－x 24＝x 2(x 0－x )的两根，则x 1＋x 2＝2x 0，x 1x 2＝－4，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋b ，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝4y ，y ＝kx ＋b ，得x 2－4kx －4b ＝0，则x 1x 2＝－4b ＝－4， 即b ＝1，|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝1＋k 2·4x 20＋16， O 到直线AB 的距离d ＝bk 2＋1， 则S △AOB ＝12|AB |d ＝x 20＋4≥2， 即△AOB 的面积的最小值为2，故选B.7．(2017·泉州质检)椭圆C ：x 2a 2＋y 2＝1(a >1)的离心率为32，F 1，F 2是C 的两个焦点，过F 1的直线l 与C 交于A ，B 两点，则|AF 2|＋|BF 2|的最大值为________． 答案 7解析 因为椭圆C 的离心率为32，所以a 2－1a ＝32，解得a ＝2，由椭圆定义得|AF 2|＋|BF 2|＋|AB |＝4a ＝8， 即|AF 2|＋|BF 2|＝8－|AB |，而由焦点弦性质，知当AB ⊥x 轴时，|AB |取最小值2×b 2a ＝1，因此|AF 2|＋|BF 2|的最大值为8－1＝7.8．(2018届贵州黔东南州联考)定长为4的线段MN 的两端点在抛物线y 2＝x 上移动，设点P 为线段MN 的中点，则点P 到y 轴距离的最小值为________． 答案 74解析 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，抛物线y 2＝x 的焦点为F ⎝⎛⎭⎫14，0，抛物线的准线为x ＝－14，所求的距离d ＝⎪⎪⎪⎪x 1＋x 22＝x 1＋14＋x 2＋142－14＝|MF |＋|NF |2－14，所以|MF |＋|NF |2－14≥|MN |2－14＝74(两边之和大于第三边且M ，N ，F 三点共线时取等号)．9．(2017·泉州模拟)椭圆x 24＋y 23＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2，过椭圆的右焦点F 2作一条直线l 交椭圆于P ，Q 两点，则△F 1PQ 的内切圆面积的最大值是________． 答案9π16解析 令直线l ：x ＝my ＋1，与椭圆方程联立消去x ，得(3m 2＋4)y 2＋6my －9＝0，可设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝－6m 3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4.可知S △F 1PQ ＝12|F 1F 2||y 1－y 2|＝(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝12m 2＋1(3m 2＋4)2，又m 2＋1(3m 2＋4)2＝19(m 2＋1)＋1m 2＋1＋6≤116， 故1F PQS≤3.三角形的周长与三角形内切圆的半径的积是三角形面积的二倍，三角形的周长l＝4a ＝8，则内切圆半径r ＝128F PQS≤34，其面积最大值为9π16. 10．(2018·日照模拟)若点O 和点F 分别为椭圆x 29＋y 28＝1的中心和左焦点，点P 为椭圆上的任意一点，则OP →·FP →的最小值为__________． 答案 6解析 点P 为椭圆x 29＋y 28＝1上的任意一点，设P (x ，y )(－3≤x ≤3，－22≤y ≤22)， 由题意得左焦点F (－1,0)， ∴OP →＝(x ，y )，FP →＝(x ＋1，y )， ∴OP →·FP →＝x (x ＋1)＋y 2＝x 2＋x ＋72－8x 29＝19·⎝⎛⎭⎫x ＋922＋234. ∵－3≤x ≤3，∴32≤x ＋92≤152，∴94≤⎝⎛⎭⎫x ＋922≤2254， ∴14≤19⎝⎛⎭⎫x ＋922≤254，∴6≤19·⎝⎛⎭⎫x ＋922＋234≤12， 即6≤OP →·FP →≤12.故最小值为6. 11．已知椭圆C ：x 2＋2y 2＝4. (1)求椭圆C 的离心率；(2)设O 为原点，若点A 在直线y ＝2上，点B 在椭圆C 上，且OA ⊥OB ，求线段AB 长度的最小值．解 (1)由题意，得椭圆C 的标准方程为x 24＋y 22＝1，所以a 2＝4，b 2＝2，从而c 2＝a 2－b 2＝2， 因此a ＝2，c ＝ 2.故椭圆C 的离心率e ＝c a ＝22.(2)设点A ，B 的坐标分别为(t,2)，(x 0，y 0)，其中x 0≠0. 因为OA ⊥OB ，所以OA →·OB →＝0， 即tx 0＋2y 0＝0，解得t ＝－2y 0x 0.又x 20＋2y 20＝4，所以|AB |2＝(x 0－t )2＋(y 0－2)2＝⎝⎛⎭⎫x 0＋2y 0x 02＋(y 0－2)2＝x 20＋y 20＋4y 2x 20＋4 ＝x 20＋4－x 202＋2(4－x 20)x 20＋4＝x 202＋8x 20＋4(0<x 20≤4)． 因为x 202＋8x 20≥4(0<x 20≤4)，当且仅当x 20＝4时等号成立，所以|AB |2≥8. 故线段AB 长度的最小值为2 2.12．(2018·商丘模拟)如图，O 为坐标原点，椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为e 1；双曲线C 2：x 2a 2－y 2b 2＝1的左、右焦点分别为F 3，F 4，离心率为e 2.已知e 1e 2＝32，且|F 2F 4|＝3－1.(1)求C 1，C 2的方程；(2)过F 1作C 1的不垂直于y 轴的弦AB ，M 为弦AB 的中点，当直线OM 与C 2交于P ，Q 两点时，求四边形APBQ 面积的最小值． 解 (1)因为e 1e 2＝32，所以a 2－b 2a ·a 2＋b 2a ＝32，即a 4－b 4＝34a 4，因此a 2＝2b 2，从而F 2(b,0)，F 4(3b,0)，于是3b －b ＝|F 2F 4|＝3－1，所以b ＝1，a 2＝2. 故C 1，C 2的方程分别为x 22＋y 2＝1，x 22－y 2＝1.(2)因为AB 不垂直于y 轴，且过点F 1(－1,0)， 故可设直线AB 的方程为x ＝my －1. 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my －1，x 22＋y 2＝1，得(m 2＋2)y 2－2my －1＝0. 易知此方程的判别式大于0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1，y 2是上述方程的两个实根， 所以y 1＋y 2＝2mm 2＋2，y 1y 2＝－1m 2＋2.因此x 1＋x 2＝m (y 1＋y 2)－2＝－4m 2＋2， 于是AB 的中点为M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2m 2＋2，m m 2＋2，故直线PQ 的斜率为－m 2，PQ 的方程为y ＝－m2x ，即mx ＋2y ＝0.由⎩⎨⎧y ＝－m 2x ，x22－y 2＝1，得(2－m 2)x 2＝4，所以2－m 2>0，且x 2＝42－m 2，y 2＝m 22－m 2，从而|PQ |＝2x 2＋y 2＝2m 2＋42－m 2. 设点A 到直线PQ 的距离为d ， 则点B 到直线PQ 的距离也为d ，所以2d ＝|mx 1＋2y 1|＋|mx 2＋2y 2|m 2＋4.因为点A ，B 在直线mx ＋2y ＝0的异侧， 所以(mx 1＋2y 1)(mx 2＋2y 2)<0， 于是|mx 1＋2y 1|＋|mx 2＋2y 2| ＝|mx 1＋2y 1－mx 2－2y 2|， 从而2d ＝(m 2＋2)|y 1－y 2|m 2＋4. 又因为|y 1－y 2|＝(y 1＋y 2)2－4y 1y 2 ＝22·1＋m 2m 2＋2，所以2d ＝22·1＋m 2m 2＋4.故四边形APBQ 的面积S ＝12|PQ |·2d＝22·1＋m 22－m 2＝22·－1＋32－m 2.而0<2－m 2≤2，故当m ＝0时，S 取得最小值2. 综上所述，四边形APBQ 面积的最小值为2.13．(2018·郑州模拟)设双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线与抛物线y 2＝x 的一个交点的横坐标为x 0，若x 0>1，则双曲线C 的离心率e 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫1，62 B ．(2，＋∞) C ．(1，2) D.⎝⎛⎭⎫62，＋∞ 答案 C解析 不妨联立y ＝b a x 与y 2＝x ，消去y 得b 2a 2x 2＝x ，由x 0>1，知b 2a 2<1，即c 2－a 2a 2<1，故e 2<2，又e >1，所以1<e <2，故选C.14．(2017·资阳模拟)过抛物线y 2＝4x 的焦点F 作互相垂直的弦AC ，BD ，则点A ，B ，C ，D所构成四边形的面积的最小值为( ) A ．16 B ．32 C ．48 D ．64 答案 B解析 由抛物线的几何性质可知： |AC |＝2p sin 2θ，|BD |＝2psin 2⎝⎛⎭⎫θ＋π2，∴S ＝12|AC |×|BD |＝8p 2sin 22θ≥8p 2＝32，据此可得，点A ，B ，C ，D 所构成四边形的面积的最小值为32.15．(2018·石家庄模拟)已知双曲线Γ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的右顶点为A ，与x 轴平行的直线交Γ于B ，C 两点，记∠BAC ＝θ，若Γ的离心率为2，则( ) A ．θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2 B ．θ＝π2C ．θ∈⎝⎛⎭⎫3π4，π D ．θ＝3π4答案 B解析 ∵e ＝ca＝2，∴c ＝2a ，∴b 2＝c 2－a 2＝a 2，∴双曲线方程可变形为x 2－y 2＝a 2.设B (x 0，y 0)，由对称性可知C (－x 0，y 0)，∵点B (x 0，y 0)在双曲线上，∴x 20－y 20＝a 2.∵A (a,0)，∴AB →＝(x 0－a ，y 0)，AC →＝(－x 0－a ，y 0)，∴AB →·AC →＝(x 0－a )·(－x 0－a )＋y 20＝a 2－x 20＋y 20＝0，∴AB →⊥AC →，即θ＝π2.故选B.16．(2017·郑州质检)已知椭圆C 1：x 2m ＋2－y 2n ＝1与双曲线C 2：x 2m ＋y 2n ＝1有相同的焦点，则椭圆C 1的离心率e 1的取值范围为________． 答案 ⎝⎛⎭⎫22，1解析 ∵椭圆C 1：x 2m ＋2－y 2n＝1，∴a 21＝m ＋2，b 21＝－n ，c 21＝m ＋2＋n ，e 21＝m ＋2＋n m ＋2＝1＋n m ＋2.∵双曲线C 2：x 2m ＋y 2n＝1，∴a 22＝m ，b 22＝－n ，c 22＝m －n ，∴由条件知m ＋2＋n ＝m －n ，则n ＝－1， ∴e 21＝1－1m ＋2.由m >0得m ＋2>2，1m ＋2<12，－1m ＋2>－12，∴1－1m ＋2>12，即e 21>12，而0<e 1<1， ∴22<e 1<1.。

第9节圆锥曲线的综合问题最新考纲 1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法；2.了解圆锥曲线的简单应用；3.理解数形结合的思想.知识梳理1.直线与圆锥曲线的位置关系判断直线 l 与圆锥曲线 C 的位置关系时，通常将直线 l 的方程 Ax ＋By ＋C 0(A ，B 不同时为 0)代入圆锥曲线C 的方程 F (x ，y )＝0，消去 y (也可以消去 x )得一个 关于变量 x (或变量 y )的一元方程， 即Ax ＋By ＋C ＝0， 消去 y ，得 ax 2＋bx ＋c ＝0.F （x ，y ）＝0(1)当a≠0时，设一元二次方程ax＋bx＋c＝0的判别式为Δ，则：2Δ＞0⇔直线与圆锥曲线相交C______；Δ＝0⇔直线与圆锥曲线相切C______；Δ＜0⇔直线与圆锥曲线相离C______.(2)当a＝0，b≠0时，即得到一个一次方程，则直线l与圆锥曲线C相交，且只有一个交点，此时，若C为双曲线，则直线平行l与双曲线的渐近线的位置关系是______；若平C行为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是______________.2.圆锥曲线的弦长设斜率为 k (k ≠0)的直线 l 与圆锥曲线 C 相交于 A ，B 两点，A (x 1，y 1)，B (x 2y 2)，则|AB |＝ 1＋k 2|x 1－x 2| 2 2 1＋k ·（x ＋x ）－4x x ＝__________________________1 2 1 2 1 2 ＝ 1＋k 12·|y 1－y 2|＝_______________________________.1＋·（y ＋y ）－4y y 2 1 2 1 2 k[常用结论与微点提醒]1.直线与椭圆位置关系的有关结论(1)过椭圆外一点总有两条直线与椭圆相切；(2)过椭圆上一点有且仅有一条直线与椭圆相切；(3)过椭圆内一点的直线均与椭圆相交.2.直线与抛物线位置关系的有关结论(1)过抛物线外一点总有三条直线和抛物线有且只有一个公共点，两条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；(2)过抛物线上一点总有两条直线与抛物线有且只有一个公共点，一条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；(3)过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点，一条与对称轴平行或重合的直线.诊断自测1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)直线l与椭圆C相切的充要条件是：直线l与椭圆C只有一个公共点.((2)直线l与双曲线C相切的充要条件是：直线l与双曲线C只有一个公共点.( )(3)直线l与抛物线C相切的充要条件是：直线l与抛物线C只有一个公共点.( )(4)如果直线x＝ty＋a与圆锥曲线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则弦长＝1＋t2|y1－y2|.( )解析(2)因为直线l与双曲线C的渐近线平行时，也只有一个公共点，是相交，但并不相切.(3)因为直线l与抛物线C的对称轴平行或重合时，也只有一个公共点，是相交，但不相切.答案(1)√ (2)× (3)×(4)√2 2x y2.直线y＝kx－k＋1与椭圆＋＝1的位置关系为( )9 4A.相交C.相离B.相切D.不确定解析直线y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1恒过定点(1，1)，又点(1，1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交.答案 A23.(教材习题改编)已知与向量v＝(1，0)平行的直线l与双曲线x4－y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最小值为________.2解析由题意可设直线l的方程为y＝m，代入x4－y2＝1得x2＝4(1＋m2)，所以x1＝4（1＋m2）＝2 1＋m2，x2＝－2 1＋m2，所以|AB|＝|x1－x2|＝4 1＋m2，所以|AB|＝4 1＋m2≥4，即当m＝0时，|AB|有最小值 4.答案 44.过抛物线 y ＝2x 的焦点的直线与抛物线交于 A (x 1，y 1)，B (x 2，2 y 2)两点，则x 1x 2等于________. 1解析易知抛物线 y ＝2x 2的焦点为0， ，焦点的直线的斜率为 k ，则其方程8 2 y 2x ＝， 1 8 1得 2x 2－kx －＝0，故x 1x 2＝－161 . 1 8 为 y ＝kx ＋，由 y ＝kx ＋ 8 答案－1615.已知F 1，F 2是椭圆16x ＋25y ＝1 600的两个焦点，P 是椭圆上2 2 一点，且PF 1⊥PF 2，则△F 1PF 2的面积为________.解析 由题意可得|PF 1|＋|PF 2|＝2a ＝20，|PF 1|＋|PF 2| ＝|F 1F 2| ＝4c ＝144＝(|PF 1|＋|PF 2|) －2|PF 1|·|PF 2|2 2 2 2 2 ＝202－2|PF 1|·|PF 2|， 解得|PF |·|PF |＝1 128， 所以△F PF 1的面积2为 |P F |·|PF 2|＝12×128＝64. 1 2 1 2 答案 64第1 课时直线与圆锥曲线考点一直线与圆锥曲线的位置关系2 2 x y 【例 1】在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C 1：＋ 2＝1(a ＞b ＞0左焦点为2 a b F 1(－1，0)，且点 P (0，1)在 C 1上.(1)求椭圆 C 1的方程；(2)设直线 l 同时与椭圆 C 1和抛物线 C 2：y 2＝4x 相切，求直线 l 的方程.解 (1)椭圆C 1的左焦点为F 1(－1，0)，∴c ＝1，又点P (0，1)在曲线C 1上，0 1 ∴＋ 2＝1，得 b ＝1，则 a 2＝b 2＋c 2＝2，2 a b 2所以椭圆 C 1的方程为x 2＋y 2＝1.(2)由题意可知，直线 l 的斜率显然存在且不等于 0，设直线 l 的方程为 y ＝m ， x 2 2＋y 2＝1， 由 消去 y ，得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0.y ＝kx ＋m因为直线 l 与椭圆 C 1相切，所以 Δ1＝16k 2m 2－4(1＋2k 2)(2m 2－2)＝0.整理得 2k 2－m 2＋1＝0.①2y ＝4x ， 消去 y ，得 k 2x 2＋(2km －4)x ＋m 2＝0. 由y ＝kx ＋m 因为直线 l 与抛物线 C 2相切， 所以 Δ2＝(2km －4)2－4k 2m 2＝0，整理得 km ＝1.② 2 k ＝， k ＝－ 22， 2 综合①②，解得或 m ＝ 2 m ＝－2.所以直线 l 的方程为 y ＝ 22x ＋ 2或 y ＝－ 22x－ 2.规律方法研究直线与圆锥曲线的位置关系时，一般转化为研究其直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组解的个数，消元后，应注意讨论含x2项的系数是否为零的情况，以及判别式的应用.但对于选择题、填空题要充分利用几何条件，用数形结合的方法求解.【训练 1】若直线 mx ＋ny ＝4与圆 O ：x 2＋y 2＝4没有交点，则过点 P (m ，的直 2 2 x y 线与椭圆＋＝1的交点个数为( ) 9 4A.至多一个B.2 D.0C.1 4 解析∵直线 m x ＋ny ＝4和圆 O ：x 2＋y 2＝4没有交点，∴m 2＋n 2>2，∴m 2＋n 2<4，4－m 2 2 2 2 2 2 m n m ∴＋ <＋ 9 4 9 5 36 x y ＝1－ m 2<1，∴点(m ，n )在椭圆＋＝1的内∴过点(m ， 9 4 4 2 2 x y n )的直线与椭圆＋＝1的交点有 2个，故选 B.9 4 答案 B考点二弦长问题2 2 x y 【例 2】 (2018·黄山二模)设 F 1，F 2分别是椭圆 D ：＋ 2＝1(a >b >0)的右焦点，2 a b π 过 F 2作倾斜角为 3的直线交椭圆 D 于 A ，B 两点，F 1到直线 AB 的距离2 3，连接椭圆 D 的四个顶点得到的菱形的面积为 2 5.(1)求椭圆 D 的方程；(2)设过点 F 2的直线 l 被椭圆 D 和圆 C ：(x －2)2＋(y －2)2＝4所截得的弦分别为 m ，n ，当 m ·n 最大时，求直线 l 的方程.解 (1)设 F 1的坐标为(－c ，0)，F 2的坐标为(c ，0)(c >0)，则直线 AB 的方程为 y ＝ 3(x －c )，即 3x －y － 3c＝0，|－ 3c － 3c | ∴ 2＝2 3，解得 c ＝2. （ 3）2＋（－1）∵12·2a ·2b ＝2 5，∴ab ＝5，又 a 2＝b 2＋c 2，∴a 2＝5，b 2＝1， 2 ∴椭圆 D 的方程为x 5＋y 2＝1.|2t | t 2＋1 (2)由题意知，可设直线 l 的方程为 x ＝ty ＋2，则圆心 C 到直线 l 的距离 d ＝， 4 ∴n ＝2 22－d 2＝ t 2＋1， x ＝ty ＋2， 由x 2 得(t 2＋5)y 2＋4ty －1＝0， ＋y 2＝ 1 5设直线 l 与椭圆 D 的交点坐标为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，－1 2 t ＋52 5（t 2＋1） t 2＋5 4t ∴y 1＋y 2＝－ ，y 1y 2＝ ，∴m ＝ 1＋t 2|y 1－y 2|＝ ， 2 t ＋5 8 5· t 2＋1 t 2＋5 8 5 ∴m ·n ＝ ＝ ≤2 5 4 t 2＋1＋ t 2＋ 14 t 2＋ 1当且仅当 t 2＋1＝ ，即t ＝± 3时，等号成立，∴直线 l 的方程为 x － 3y －2＝0或 x ＋ 3y －2＝0.规律方法弦长的三种常用计算方法(1)定义法：过圆锥曲线的焦点的弦长问题，利用圆锥曲线的定义，可优化解题.(2)点距法：将直线的方程和圆锥曲线的方程联立，求出两交点的坐标，再运用两点间距离公式求弦长.(3)弦长公式法：它体现了解析几何中设而不求的思想，其实质是利用两点之间的距离公式以及一元二次方程根与系数的关系得到的.【训练2】 (2018·郑州一模)已知倾斜角为 60°的直线l 通过抛物线x ＝4y 的焦点，且与抛物线相交于A ，B 两点，则弦|AB | ＝________. 2 y ＝ 3x ＋1， 得y 2－14y ＋1＝0. 解析直线 l 的方程为 y ＝ 3x ＋1，由x 2＝4y ， 设 A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则 y 1＋y 2＝14，∴|AB |＝y 1＋y 2＋p ＝14＋2＝16.答案 16考点三中点弦问题(多维探究)命题角度 1利用中点弦确定直线或曲线的方程2 2 x y 【例 3－1】 (1)已知椭圆 E ：＋ 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为 F (3，0)，点 F 的直2 a b 线交 E 于 A ，B 两点.若 AB 的中点坐标为(1，－1)，则 E 的方程为( ) 2 2 2 2 x y A.＋＝1 45 36 x y B.＋＝1 36 272 2 2 2 x y C.＋＝1 27 18 x y D.＋＝1 18 92 2 x y (2)(一题多解)已知 P (1，1)为椭圆＋＝1内一定点，经过 P 引一条弦，此弦4 2 被 P 点平分，则此弦所在的直线方程为________.解析 (1)因为直线 A B 过点 F (3，0)和点(1，－1)， 2 2 2 a 1 2 x y 2 2 所以直线 A B 的方程为 y ＝ (x －3)，代入椭圆方程 2＋ 2＝1消去 y ，得4＋ b x a b 3 2 9 4 － a 2x ＋ a 2－a 2b 2＝0，3 2 a 2 所以 A B 的中点的横坐标为 a 2 ＝1，即 a 2＝2b 2， 24＋b 2又 a 2＝b 2＋c 2，所以 b ＝c ＝3，a ＝3 2.(2)法一易知此弦所在直线的斜率存在，所以设其方程为 y＝k (x －1)，此弦的两 端点坐标分别为 A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2).y －1＝k （x －1）， 由x y 2 2 消去 y 整理得，(2k 2＋1)x 2－4k (k －1)x ＋2(k 2－2k －1)＝0， ＋＝1， 4 24k （k －1） 2k 2＋1∴x 1＋x 2＝ ， 4k （k －1） ＝2，解得 k ＝－12. 2k 2＋1 又∵x 1＋x 2＝2，∴ 1 2 故此弦所在的直线方程为 y －1＝－ (x －1)，即 x ＋2y －3＝0.法二易知此弦所在直线的斜率存在，所以设斜率为 k ，此弦的两端点坐标分别为 A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 2 2 2 2 4 2 2 x y x y 则＋ 1＝1①，＋2＝1②， 1 4 2 （x 1＋x 2）（x 1－x 2）（y 1＋y 2）（y 1－y 2） ①－②得 ＋ ＝0， 4 2x 1－x 2 2 y 1－y 2 ＝－12. x 1－x 2 ∵x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝2，∴＋y 1－y 2＝0，∴k ＝ 1 2 ∴此弦所在的直线方程为 y －1＝－ (x －1)，即 x ＋2y －3＝0.答案 (1)D (2)x ＋2y －3＝0命题角度2利用中点弦解决对称问题【例3－2】若抛物线y＝2x2上两点A(x1，y1)，B(x2，y2)关于直线y＝x＋m 称，且x1x2＝－12，则实数m的值为________.解析由题意可设直线A B的方程为y＝－x＋b，代入y＝2x2得2x2＋x－b＝0，－b∴x1＋x2＝－12，x1x2＝＝－12，2∴b＝1，即直线A B的方程为y＝－x＋1.设A B的中点为M(x0，y0)，则 x 0＝ 1 2x ＋x 2＝－14，代入 y 0＝－x 0＋1， 5 4 1 5得 y 0＝，则 M －， ， 4 4 1 5又 M －， 在直线 y ＝x ＋m 上， 4 4 ∴＝－＋m ，∴m ＝32.5 1 4 43 2答案规律方法处理中点弦问题常用的求解方法(1)点差法：即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式含y 1－y 有 x 1＋x 2，y 1＋y 2， x 1－x 2 2三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式即可求得斜率.(2)根与系数的关系：即联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次程后，由根与系数的关系求解.(3)解决对称问题除掌握解决中点弦问题的方法外，还要注意：如果点 A ，于直线 l 对称，则 l 垂直直线 A B 且A ，B 的中点在直线l 上的应用.【训练3】若椭圆的中心在原点，一个焦点为 (0，2)，直线y＝3x ＋7与椭圆相交所得弦的中点的纵坐标为 1，则这个椭 圆的方程为________.解析因为椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，则 a 2－4，所以可设椭圆方 y 2 2 ＋bx 2＝1， 程为b 2＋4 y ＝3x ＋7， 由y 2 x 2 消去 x ，整理得(10b 2＋4)y 2－14(b 2＋4)y －9b 4＋13b 2＋＝0， ＋b 2＝1， b 2＋4设直线 y ＝3x ＋7与椭圆相交所得弦的端点为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，14（b 2＋4） 由一元二次方程根与系数的关系得：y 1＋y 2＝＝2. 10b 2＋4 2 2 x y 解得：b 2＝8.所以 a 2＝12.则椭圆方程为＋＝1. 8 12 2 2 x y 答案 ＋＝1 8 12。