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第3讲 圆锥曲线中的综合问题圆锥曲线中的定点、定值问题(5年3考)[高考解读] 定点、定值问题是解析几何中的常见问题，此类试题多考查圆锥曲线的基本知识、解析几何的基本方法，难度不高，不同层次的同学均能顺利解决.此类考题注重考查通性通法的应用，考查考生的逻辑推理和数学运算的核心素养.角度一：定点问题1．(2017·全国卷Ⅱ)设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：x 22＋y 2＝1上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足NP →＝2NM →.(1)求点P 的轨迹方程；(2)设点Q 在直线x ＝－3上，且OP →·PQ →＝1.证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .切入点：①点M 在椭圆C 上，且MN ⊥x 轴；②NP →＝2NM →.关键点：将OP →·PQ →＝1转化为向量的坐标运算，进而证明直线l 过C 的左焦点F . [解] (1)设P (x ，y )，M (x 0，y 0)，则N (x 0,0)，NP →＝(x －x 0，y )，NM →＝(0，y 0)． 由NP →＝2NM →得x 0＝x ，y 0＝22y .因为M (x 0，y 0)在C 上，所以x 22＋y 22＝1.因此点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＝2.(2)证明：由题意知F (－1,0)．设Q (－3，t )，P (m ，n )，则 OQ →＝(－3，t )，PF →＝(－1－m ，－n )，OQ →·PF →＝3＋3m －tn ， OP →＝(m ，n )，PQ →＝(－3－m ，t －n )．由OP →·PQ →＝1得－3m －m 2＋tn －n 2＝1. 又由(1)知m 2＋n 2＝2，故3＋3m －tn ＝0.所以OQ →·PF →＝0，即OQ →⊥PF →.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 . 角度二：定值问题2．(2019·全国卷Ⅰ)已知点A ，B 关于坐标原点O 对称，|AB |＝4，⊙M 过点A ，B 且与直线x ＋2＝0相切．(1)若A 在直线x ＋y ＝0上，求⊙M 的半径；(2)是否存在定点P ，使得当A 运动时，|MA |－|MP |为定值？并说明理由． 切入点：①⊙M 过点A ，B ；②⊙M 与直线x ＋2＝0相切．关键点：①确定圆心M 的坐标；②选用合适的参数表示|MA |－|MP |的值．[解] (1)因为⊙M 过点A ，B ，所以圆心M 在AB 的垂直平分线上．由已知A 在直线x ＋y ＝0上，且A ，B 关于坐标原点O 对称，所以M 在直线y ＝x 上，故可设M (a ，a )．因为⊙M 与直线x ＋2＝0相切，所以⊙M 的半径为r ＝|a ＋2|.由已知得|AO |＝2，又MO ⊥AO ，故可得2a 2＋4＝(a ＋2)2，解得a ＝0或a ＝4. 故⊙M 的半径r ＝2或r ＝6.(2)存在定点P (1,0)，使得|MA |－|MP |为定值． 理由如下：设M (x ，y )，由已知得⊙M 的半径为r ＝|x ＋2|，|AO |＝2.由于MO ⊥AO ，故可得x 2＋y 2＋4＝(x ＋2)2，化简得M 的轨迹方程为y 2＝4x .因为曲线C ：y 2＝4x 是以点P (1,0)为焦点，以直线x ＝－1为准线的抛物线，所以|MP |＝x ＋1.因为|MA |－|MP |＝r －|MP |＝x ＋2－(x ＋1)＝1，所以存在满足条件的定点P . [教师备选题]1．(2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝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)由于P 3，P 4两点关于y 轴对称，故由题设知椭圆C 经过P 3，P 4两点． 又由1a 2＋1b 2＞1a 2＋34b 2知，椭圆C 不经过点P 1，所以点P 2在椭圆C 上．因此⎩⎪⎨⎪⎧1b 2＝1，1a 2＋34b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝1.故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(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⎝⎛⎭⎪⎫t ，4－t 22，⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－4－t 22，则k 1＋k 2＝4－t 2－22t －4－t 2＋22t ＝－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x 24＋y 2＝1得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0.由题设可知Δ＝16(4k 2－m 2＋1)>0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.而k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1x 2＝2kx 1x 2＋m －x 1＋x 2x 1x 2.由题设k 1＋k 2＝－1，故(2k ＋1)x 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)＝0.即(2k ＋1)·4m 2－44k 2＋1＋(m －1)·－8km 4k 2＋1＝0，解得k ＝－m ＋12.当且仅当m ＞－1时，Δ＞0， 于是l ：y ＝－m ＋12x ＋m ，即y ＋1＝－m ＋12(x －2)，所以l 过定点(2，－1)．2．(2018·北京高考)已知抛物线C ：y 2＝2px 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] (1)因为抛物线y 2＝2px 过点(1,2)，所以2p ＝4，即p ＝2. 故抛物线C 的方程为y 2＝4x .由题意知，直线l 的斜率存在且不为0. 设直线l 的方程为y ＝kx ＋1(k ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝kx ＋1，得k 2x 2＋(2k －4)x ＋1＝0.依题意Δ＝(2k －4)2－4×k 2×1>0， 解得k <0或0<k <1.又PA ，PB 与y 轴相交，故直线l 不过点(1，－2)． 从而k ≠－3.所以直线l 斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)． (2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)． 由(1)知x 1＋x 2＝－2k －4k 2，x 1x 2＝1k2.直线PA 的方程为y －2＝y 1－2x 1－1(x －1)． 令x ＝0，得点M 的纵坐标为y M ＝－y 1＋2x 1－1＋2＝－kx 1＋1x 1－1＋2.同理得点N 的纵坐标为y N ＝－kx 2＋1x 2－1＋2.由QM →＝λ QO →，QN →＝μQO →，得λ＝1－y M ，μ＝1－y N . 所以1λ＋1μ＝11－y M ＋11－y N＝x 1－1k －x 1＋x 2－1k －x 2＝1k －1·2x 1x 2－x 1＋x 2x 1x 2＝1k －1·2k 2＋2k －4k 21k 2＝2.所以1λ＋1μ为定值．1．证明直线过定点的基本思想是使用一个参数表示直线方程，根据直线所过的定点与参数值无关得出x ，y 的方程组，以方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点．2．定值问题就是证明一个量或表达式的值与其中的变化因素无关，这些变化的因素可能是直线的斜率、截距，也可能是动点的坐标等，这类问题的一般解法是使用变化的量表示求证目标，通过运算得知求证目标的取值与变化的量无关，当使用直线的斜率和截距表示直线方程时，在解题过程中要注意建立斜率和截距之间的关系，把双参数问题化为单参数问题解决．1．(定点问题)已知抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)的焦点为F ，点P (1，a )在此抛物线上，|PF |＝2，不过原点的直线l 与抛物线C 交于A ，B 两点，以AB 为直径的圆M 过坐标原点．(1)求抛物线C 的方程； (2)证明：直线l 恒过定点；(3)若线段AB 中点的纵坐标为2，求此时直线l 和圆M 的方程．[解] (1)由题意可得1＋p2＝2，解得p ＝2，故抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)证明：设直线l 的方程为：x ＝my ＋t (t ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)． 联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋t ，y 2＝4x ，消去x ，得y 2－4my －4t ＝0，Δ＞0，∴y 1＋y 2＝4m ，y 1·y 2＝－4t . ∵以AB 为直径的圆恒过原点O ， ∴OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝0， 又x 1x 2＝(my 1＋t )(my 2＋t )，∴(m 2＋1)·y 1y 2＋mt (y 1＋y 2)＋t 2＝0， ∴－4t (m 2＋1)＋4m 2t ＋t 2＝0， 化为t 2－4t ＝0，t ≠0，解得t ＝4. ∴直线l 的方程为：x ＝my ＋4.令y ＝0，可得x ＝4.因此直线l 恒过定点(4,0)． (3)线段AB 中点的纵坐标为2. ∵y 1＋y 2＝4m ， ∴2m ＝2，即m ＝1， ∵直线l 恒过定点(4,0)． ∴4＝0＋t ，即t ＝4， ∴直线l 的方程为x ＝y ＋4，∵线段AB 的中点坐标(6,2)即为圆的圆心坐标， 设圆的方程为(x －6)2＋(y －2)2＝r 2， 把(0,0)代入可得r 2＝40.故圆的方程为(x －6)2＋(y －2)2＝40.2．(定值问题)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的长轴长为4，离心率为12.(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l 1：y ＝kx 交椭圆C 于A ，B 两点，点M 在椭圆C 上，且不与A ，B 两点重合，直线MA ，MB 的斜率分别为k 1，k 2.求证：k 1，k 2之积为定值．[解] (1)由题意知，2a ＝4，c a ＝12，∴a ＝2，c ＝1 ∴b 2＝a 2－c 2＝3， 即椭圆方程为x 24＋y 23＝1.(2)证明：把y ＝kx 代入3x 2＋4y 2＝12，得(4k 2＋3)x 2－12＝0， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则：x 1＋x 2＝0，x 1x 2＝－124k 2＋3，y 1＋y 2＝kx 1＋kx 2＝0，y 1y 2＝k 2x 1x 2＝－12k24k 2＋3，∴k 1k 2＝y 1－y x 1－x ·y 2－y x 2－x ＝y 1y 2－y y 1＋y 2＋y 2x 1x 2－x 1＋x 2x ＋x 2，＝y 1y 2＋y 2x 1x 2＋x 2＝－12k 24k 2＋3＋y 2－124k 2＋3＋x 2＝－12k 24k 2＋3＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 24－124k 2＋3＋x 2＝－34×－124k 2＋3＋x 2－124k 2＋3＋x 2＝－34.故k 1，k 2之积为定值－34.圆锥曲线中的最值、范围问题(5年2考)[高考解读] 圆锥曲线中的最值、范围问题也是解析几何中的常见问题，此类问题重在考查解析几何的基本知识，重视通性通法的考查，考查考生的逻辑推理和数学运算的核心素养.(2016·全国卷Ⅱ)已知A 是椭圆E ：x 24＋y 23＝1的左顶点，斜率为k (k >0)的直线交E 于A ，M 两点，点N 在E 上，MA ⊥NA .(1)当|AM |＝|AN |时，求△AMN 的面积； (2)当2|AM |＝|AN |时，证明：3<k <2.切入点：①MA ⊥NA ；②|AM |＝|AN |；③2|AM |＝|AN |.关键点：①由MA ⊥NA ，|MA |＝|NA |确定直线AM 的倾斜角，进而求出AM 的方程； ②借助一元二次方程根与系数的关系及弦长公式，根据2|AM |＝|AN |建立关于k 的方程，再借助导数解决问题．[解] (1)设M (x 1，y 1)，则由题意知y 1>0. 由已知及椭圆的对称性知，直线AM 的倾斜角为π4.又A (－2,0)，因此直线AM 的方程为y ＝x ＋2. 将x ＝y －2代入x 24＋y 23＝1得7y 2－12y ＝0.解得y ＝0或y ＝127，所以y 1＝127.因此△AMN 的面积S △AMN ＝2×12×127×127＝14449.(2)证明：设直线AM 的方程为y ＝k (x ＋2)(k ＞0)， 代入x 24＋y 23＝1得(3＋4k 2)x 2＋16k 2x ＋16k 2－12＝0.由x 1·(－2)＝16k 2－123＋4k2得x 1＝－4k23＋4k2，故|AM |＝|x 1＋2|1＋k 2＝121＋k23＋4k 2.由题意，设直线AN 的方程为y ＝－1k(x ＋2)，故同理可得|AN |＝12k 1＋k23k 2＋4. 由2|AM |＝|AN |得23＋4k 2＝k3k 2＋4， 即4k 3－6k 2＋3k －8＝0.设f (t )＝4t 3－6t 2＋3t －8，则k 是f (t )的零点．f ′(t )＝12t 2－12t ＋3＝3(2t －1)2≥0，所以f (t )在(0，＋∞)单调递增．又f (3)＝153－26＜0，f (2)＝6＞0，因此f (t )在(0，＋∞)上有唯一的零点，且零点k 在(3，2)内，所以3＜k ＜2.[教师备选题]1．(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PA ，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△PAB 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PA ，PB 的中点在抛物线上， 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|＝2y 20－4x 0. 因此，△PAB 的面积S △PAB ＝12|PM |·|y 1－y 2|＝324(y 20－4x 0)32.因为x 2＋y 204＝1(x 0<0)， 所以y 20－4x 0＝－4x 20－4x 0＋4∈[4,5]， 因此，△PAB 面积的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤62，15104.2．(2017·山东高考)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，椭圆C 截直线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．[解] (1)由椭圆的离心率为22， 得a 2＝2(a 2－b 2)，又当y ＝1时，x 2＝a 2－a 2b 2，得a 2－a 2b2＝2，所以a 2＝4，b 2＝2. 因此椭圆方程为x 24＋y 22＝1. (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y22＝1，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＝－4km2k 2＋1，因此y 1＋y 2＝2m2k 2＋1，所以D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2km 2k 2＋1，m 2k 2＋1.又N (0，－m )， 所以|ND |2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2km 2k 2＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2k 2＋1＋m 2，整理得|ND |2＝4m2＋3k 2＋k 4k 2＋2.因为|NF |＝|m |， 所以|ND |2|NF |2＝k 4＋3k 2＋k 2＋2＝1＋8k 2＋3k 2＋2.令t ＝8k 2＋3，t ≥3， 故2k 2＋1＝t ＋14.所以|ND |2|NF |2＝1＋16t ＋t2＝1＋16t ＋1t＋2. 令y ＝t ＋1t，所以y ′＝1－1t2.当t ≥3时，y ′>0，从而y ＝t ＋1t在[3，＋∞)上单调递增，因此t ＋1t ≥103，等号当且仅当t ＝3时成立，此时k ＝0， 所以|ND |2|NF |2≤1＋3＝4.由(*)得－2<m <2且m ≠0， 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π3，此时直线l 的斜率是0.综上所述：当k ＝0，m ∈(－2，0)∪(0，2)时，∠EDF 取到最小值π3.求解范围、最值问题的常见方法解决有关范围、最值问题时，先要恰当地引入变量如点的坐标、角、斜率等，建立目标函数，然后利用函数的有关知识和方法求解.利用判别式构造不等式，从而确定参数的取值范围；利用已知参数的取值范围求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立相等关系；利用隐含的不等关系，从而求出参数的取值范围； 利用已知不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；利用函数值域的求法，确定参数的取值范围.1．(最值问题)(2019·佛山二模)已知F 为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点，过原点O 的动直线l 与C 交于A ，B 两点．当A 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫1，255时，|OB |＝|BF |.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)延长BF 交椭圆C 于Q ，求△QAB 的面积的最大值．[解] (1)由A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，255，得B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－255，而|OB |＝|BF |，∴F (－2,0)，即c ＝2. 由⎩⎪⎨⎪⎧1a 2＋45b 2＝1，a 2＝b 2＋4，解得a 2＝5，b 2＝1.∴椭圆C 的标准方程为x 25＋y 2＝1.(2)当直线BF 斜率不存在时，BF 的方程为：x ＝－2， 此时B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－55，|BQ |＝255，A ⎝⎛⎭⎪⎫2，55， S △QAB ＝12×255×2＝255；当BF 所在直线斜率存在时，设BF 的方程为：y ＝k (x ＋2)(k ≠0)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x ＋，x 25＋y 2＝1，得(1＋5k 2)x 2＋20k 2x ＋20k 2－5＝0.设B (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝－20k 21＋5k 2，x 1x 2＝20k 2－51＋5k 2.则|BQ |＝1＋k 2x 1＋x 22－4x 1x 2＝1＋k 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－20k 21＋5k 22－80k 2－201＋5k 2＝1＋k 2·251＋k21＋5k2. O 到BQ 的距离d ＝|2k |1＋k2，则A 到BQ 的距离为4|k |1＋k2.∴S △QAB ＝12·1＋k 2·251＋k 21＋5k 2·4|k |1＋k 2＝45k 4＋k 21＋5k 2. 令1＋5k 2＝t (t ＞1)， 则S △QAB ＝45·－425⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2＋325×1t ＋125. 当1t ＝38时，(S △QAB )max ＝ 5. 综上，△QAB 的面积的最大值为 5.2．(范围问题)已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)上的点到右焦点F (c,0)的最大距离是2＋1，且1，2a,4c 成等比数列．(1)求椭圆的方程；(2)过点F 且与x 轴不垂直的直线l 与椭圆交于A ，B 两点，线段AB 的中垂线交x 轴于点M (m,0)，求实数m 的取值范围．[解] (1)由题意可知，⎩⎨⎧a ＋c ＝2＋1，1·4c ＝2a 2，a 2＝b 2＋c 2，解之得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝1，c ＝1，故椭圆的方程为x 22＋y 2＝1.(2)由题意得F (1,0)，设AB 的方程为y ＝k (x －1)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2y 2＝2，y ＝k x －，消去y 得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4k 21＋2k 2，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)－2k ＝－2k 1＋2k 2，可得线段AB 的中点N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 21＋2k 2，－k 1＋2k 2，当k ＝0时，直线MN 为y 轴，此时m ＝0.当k ≠0时，直线MN 的方程为y ＋k1＋2k 2＝－1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2k 21＋2k 2， 令y ＝0得m ＝k 21＋2k 2＝11k 2＋2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12， 综上可知，实数m 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，12.圆锥曲线中的探索性问题(5年2考)[高考解读] 高考对探究性问题要求较低，考查频次较少，本题考查抛物线的概念和标准方程以及抛物线与直线的关系，考查考生的逻辑推理、数学运算的核心素养以及应用解析几何方法解决几何问题的能力.(2016·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，直线l ：y ＝t (t ≠0)交y 轴于点M ，交抛物线C ：y 2＝2px (p >0)于点P ，M 关于点P 的对称点为N ，连接ON 并延长交C 于点H .(1)求|OH ||ON |；(2)除H 以外，直线MH 与C 是否有其他公共点？说明理由． 切入点：①l ：y ＝t (t ≠0)； ②M 关于点P 的对称点为N ； ③ON 的延长线交C 于点H .关键点：①通过直线l 与y 轴及抛物线C 的交点确定N 点，由此确定H 点，求出N 点、H 点的坐标；②将直线与抛物线的交点问题转化为方程组解的问题．[解] (1)如图，由已知得M (0，t )，P⎝ ⎛⎭⎪⎫t 22p ，t . 又N 为M 关于点P 的对称点，故N ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2p ，t ， 故直线ON 的方程为y ＝p tx ，将其代入y 2＝2px 整理得px 2－2t 2x ＝0, 解得x 1＝0，x 2＝2t 2p.因此H ⎝ ⎛⎭⎪⎫2t 2p ，2t .所以N 为OH 的中点，即|OH ||ON |＝2.(2)直线MH 与C 除H 以外没有其他公共点．理由如下：直线MH 的方程为y －t ＝p 2t x ，即x ＝2tp(y －t )．代入y 2＝2px 得y 2－4ty ＋4t 2＝0，解得y 1＝y 2＝2t ， 即直线MH 与C 只有一个公共点，所以除H 以外，直线MH 与C 没有其他公共点． [教师备选题](2015·全国卷Ⅱ)已知椭圆C ：9x 2＋y 2＝m 2(m >0)，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 .(1)证明：直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值；(2)若l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫m3，m ，延长线段OM 与C 交于点P ，四边形OAPB 能否为平行四边形？若能，求此时l 的斜率；若不能，说明理由．[解] (1)证明：设直线l ：y ＝kx ＋b (k ≠0，b ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x M ，y M )． 将y ＝kx ＋b 代入9x 2＋y 2＝m 2，得(k 2＋9)x 2＋2kbx ＋b 2－m 2＝0，故x M ＝x 1＋x 22＝－kbk 2＋9，y M＝kx M ＋b ＝9bk 2＋9. 于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M＝－9k，即k OM ·k ＝－9.所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值． (2)四边形OAPB 能为平行四边形．因为直线l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫m3，m ，所以l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是k >0，k ≠3. 由(1)得OM 的方程为y ＝－9kx .设点P 的横坐标为x P . 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－9k x ，9x 2＋y 2＝m 2，得x 2P ＝k 2m 29k 2＋81，即x P ＝±km3k 2＋9. 将点⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3，m 的坐标代入直线l 的方程得b ＝m－k3， 因此x M ＝k k －mk 2＋.四边形OAPB 为平行四边形，当且仅当线段AB 与线段OP 互相平分，即x P ＝2x M . 于是±km 3k 2＋9＝2×k k －mk 2＋，解得k 1＝4－7，k 2＝4＋7.因为k i >0，k i ≠3，i ＝1,2，所以当直线l 的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB 为平行四边形．解决探索性问题的注意事项存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在，若结论不正确，则不存在.当条件和结论不唯一时，要分类讨论.当给出结论要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件.当条件和结论都未知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取其他的途径.1．(最值的存在性问题)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率是32，且经过点⎝⎛⎭⎪⎫1，－32.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)[一题多解]过椭圆C 的右焦点F 的直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，点B 关于x 轴的对称点为H ，试问△AFH 的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．[解] (1)由e ＝ca ＝32可设a ＝2t ，c ＝3t (t ＞0)， 所以b ＝a 2－c 2＝t ，即椭圆C 的方程为x 24t 2＋y 2t2＝1，把点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32代入椭圆C 的方程得t ＝1， 所以a ＝2，b ＝1，所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)法一：显然直线l 的斜率存在且不为0，设直线l 的方程为x ＝my ＋3，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则H (x 2，－y 2)，联立⎩⎨⎧x ＝my ＋3，x 2＋4y 2＝4，消去x 得，(m 2＋4)y 2＋23my －1＝0.显然Δ＞0，由根与系数的关系得y 1＋y 2＝－23m m 2＋4，y 1y 2＝－1m 2＋4，直线AH 的方程为y ＝y 1＋y 2x 1－x 2(x －x 2)－y 2， 令y ＝0，得x ＝x 1y 2＋x 2y 1y 1＋y 2＝my 1＋3y 2＋my 2＋3y 1y 1＋y 2＝2my 1y 2＋3y 1＋y 2y 1＋y 2＝433， 即直线AH 与x 轴交于一个定点，记为M ⎝⎛⎭⎪⎫433，0，所以S △AFH ＝12|FM |×|y 1＋y 2|＝12×33×23|m |m 2＋4 ＝1|m |＋4|m |≤14. 所以△AFH 的面积存在最大值，且最大值为14.法二：显然直线l 的斜率存在且不为0，设直线l 的方程为x ＝my ＋3，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则H (x 2，－y 2)，联立⎩⎨⎧x ＝my ＋3，x 2＋4y 2＝4，消去x 得，(m 2＋4)y 2＋23my －1＝0.显然Δ＞0，由根与系数的关系得y 1＋y 2＝－23m m 2＋4，y 1y 2＝－1m 2＋4，作AA 1⊥x 轴于A 1(图略)，设HB 交x 轴于点B 1，x 1＞x 2，y 1＞0，y 2＜0，则m ＞0， △AFH 的面积S ＝S 梯形AA 1B 1H －S △AA 1F －S △HB 1F ＝y 1|＋|y 2x 1－x 22－12(x 1－c )|y 1|－12(c －x 2)|y 2|＝12[3(y 1＋y 2)－x 2y 1－x 1y 2]＝12[3(y 1＋y 2)－(my 2＋3)y 1－(my 1＋3)y 2]＝－my 1y 2＝mm 2＋4＝1m ＋4m≤14，所以△AFH 的面积存在最大值，且最大值为14. 2．(点的存在性问题)已知动圆C 过定点F (1,0)，且与定直线x ＝－1相切． (1)[一题多解]求动圆圆心C 的轨迹E 的方程；(2)过点M (－2,0)的任一条直线l 与轨迹E 交于不同的两点P ，Q ，试探究在x 轴上是否存在定点N (异于点M )，使得∠QNM ＋∠PNM ＝π？若存在，求点N 的坐标；若不存在，请说明理由．[解] (1)法一：依题意知，动圆圆心C 到定点F (1,0)的距离与到定直线x ＝－1的距离相等，由抛物线的定义，可得动圆圆心C 的轨迹E 是以F (1,0)为焦点，x ＝－1为准线的抛物线，其中p ＝2.∴动圆圆心C 的轨迹E 的方程为y 2＝4x . 法二：设动圆圆心C (x ，y )，依题意得x －2＋y 2＝|x ＋1|，化简得y 2＝4x ，即为动圆圆心C 的轨迹E 的方程． (2)假设存在点N (x 0,0)满足题设条件．由∠QNM ＋∠PNM ＝π可知，直线PN 与QN 的斜率互为相反数，即k PN ＋k QN ＝0.①易知直线PQ 的斜率必存在且不为0，设直线PQ ：x ＝my －2，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，x ＝my －2，得y 2－4my ＋8＝0.由Δ＝(－4m )2－4×8＞0，得m ＞2或m ＜－ 2. 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝8. 由①得k PN ＋k QN ＝y 1x1－x 0＋y 2x 2－x 0＝y 1x 2－x 0＋y 2x 1－x 0x 1－x 0x 2－x 0＝0，∴y 1(x 2－x 0)＋y 2(x 1－x 0)＝0， 即y 1x 2＋y 2x 1－x 0(y 1＋y 2)＝0.消去x 1，x 2，得14y 1y 22＋14y 2y 21－x 0(y 1＋y 2)＝0，即14y 1y 2(y 1＋y 2)－x 0(y 1＋y 2)＝0. ∵y 1＋y 2≠0，∴x 0＝14y 1y 2＝2，∴存在点N (2,0)，使得∠QNM ＋∠PNM ＝π.。
第3讲解答题题型特点与技法指导高考解答题一般有六大方向：三角函数与平面向量、概率与统计、立体几何、数列与不等式、解析几何、不等式与函数及导数．一般来说，前三题属于中、低档题，第四题属中档偏难题，后两题属难题．三角函数与平面向量、概率与统计、立体几何在前三题中出现的概率较高，掌握解这几类题的解法是大多数学生成功的关键．目前的高考解答题已经由单纯的知识综合型转化为知识、方法和能力的综合型解答题．能否做好解答题，是高考成败的关键．1．三角函数有关三角函数的大题即解答题，主要是考查基础知识、基本技能和基本方法，且难度不大．凸显恒等变换与三角函数图象、性质在三角形内考查．主要考查以下4个方面：①三角函数的图象、性质、图象变换，主要是y＝A sin(ωx＋φ)＋b的图象、性质及图象变换，考查三角函数的概念、奇偶性、周期性、单调性、最值及图象的平移和对称等；②三角恒等变换，主要考查公式的灵活运用、变换能力，一般需要运用和差角公式、倍角公式，尤其是对公式的应用与三角函数性质的综合考查；③三角函数性质的应用．通过解三角形来考查三角恒等变形及应用三角函数性质的综合能力；④三角函数与平面向量、数列、不等式等知识的综合问题．【例1】已知向量a＝(cos ωx－sin ωx，sin ωx)，b＝(－cos ωx－sin ωx,23cos ωx)，设函数f(x)＝a·b＋λ(x∈R)的图象关于直线x＝π对称，其中ω，λ为常数，且ω∈⎝⎛⎭⎪⎫12，1. (1)求函数f (x )的最小正周期；(2)若y ＝f (x )的图象经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，0，求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，3π5上的取值范围．点评 利用向量的工具作用，与向量结合在一起命制综合题，体现了在知识交汇点处命题的指导思想．这类问题求解时，首先利用向量的运算，将向量式转化为代数式，再进行有关的三角恒等变换，再研究三角函数的图象与性质．变式训练1 (2012·安徽高考，理16)设函数f (x )＝22cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π4＋sin 2x .(1)求f (x )的最小正周期；(2)设函数g (x )对任意x ∈R ，有g ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π2＝g (x )，且当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，g (x )＝12－f (x )．求g (x )在区间[－π，0]上的解析式．2．立体几何立体几何是高中数学的主干知识之一，命题形式比较稳定，主要考查：(1)三视图：解答题中一般是根据三视图还原几何体模型，然后展开推理；(2)空间线面关系的判定和推理证明：主要是证明平行和垂直，求解这类问题要依据线面关系的判定定理和性质定理进行推理论证；(3)空间几何量(空间角、空间距离、几何体体积与面积)的计算：求解这类问题，常用方法是依据公理、定理以及性质等经过推理论证，作出所求几何量并求之．一般解题步骤是“作、证、求”．【例2】(2012·安徽八校一联考，18)如图，在多面体ABDEC 中，AE ⊥平面ABC ，BD ∥AE ，且AC ＝AB ＝BC ＝AE ＝1，BD ＝2，F 为CD 的中点．(1)求证：EF ∥平面ABC ； (2)求证：EF ⊥平面BCD ； (3)求多面体ABDEC 的体积．点评 本题第(1)问是证明线面平行问题，证明直线与平面平行，往往通过证直线与直线平行来实现．第(2)问是证线面垂直问题，往往转化为证线线垂直来实现．第(1)(2)问充分体现了问题的转化思想．第(3)问是几何体的体积计算问题，需要把握锥体的体积计算公式．变式训练2 (2012·广东高考，文18)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，AB ⊥平面PAD ，AB ∥CD ，PD ＝AD ，E 是PB 的中点，F 是DC 上的点且DF ＝12AB ，PH 为△PAD 中AD 边上的高．(1)证明：PH ⊥平面ABCD ；(2)若PH ＝1，AD ＝2，FC ＝1，求三棱锥E －BCF 的体积； (3)证明：EF ⊥平面PAB ． 3．数列与不等式高考中数列解答题的求解主要有以下几个特点：(1)与等差、等比数列基本量有关的计算，可根据题意列方程(方程组)或利用等差、等比数列的性质求解；(2)与求和有关的题目，首先要求通项公式，并根据通项公式选择恰当的求和方法(如错位相减法、裂项相消法、分组求和法等)；(3)含S n 的式子，要根据题目特征利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2进行转化；(4)与递推数列有关的问题，要能合理转化，使之构造出新的等差、等比数列； (5)与数列有关的不等式问题，可根据数列的特征选择方法(如比较法、放缩法等)； (6)与函数有关的问题，应根据函数的性质求解．【例3】(2012·四川成都二诊，20)已知数列{a n }和{b n }，b 1＝1，且b n ＋1－3b n ＝2n －2，记a n ＝b n ＋1－b n ＋1，n ∈N *.(1)证明：数列{a n }为等比数列； (2)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(3)记2log 3log 3n n n a a c =⋅＋，数列{c n }的前n 项和为T n ，若45T k ＜29，k ∈N *恒成立，求k的最大值．点评 第(1)问考查了等比数列的证明，它是为第(2)、(3)问服务的．第(2)问考查了求数列通项公式的常规方法．第(3)问考查了数列的求和方法，是数列与不等式知识的综合问题．变式训练3 (2012·湖北八校二联，19)各项为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：S n ＝14a 2n ＋12a n ＋14(n ∈N *)．(1)求a n ；(2)设函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2，n 为偶数，c n ＝f (2n ＋4)(n ∈N *)，求数列{c n }的前n 项和T n .4．解析几何解析几何解答题主要考查圆锥曲线的基本概念、标准方程及几何性质等基础知识和处理有关问题的基本技能、基本方法，往往以中档偏难题或以压轴题形式出现，主要考查学生的逻辑推理能力、运算能力，考查学生综合运用数学知识解决问题的能力．突破解答题，应重点研究直线与曲线的位置关系，要充分运用一元二次方程根的判别式和韦达定理，注意运用“设而不求”的思想方法，灵活运用“点差法”解题，要善于运用数形结合思想分析问题，使数与形相互转化，根据具体特征选择相应方法．【例4】已知椭圆x 24＋y 23＝1，点P 是椭圆上异于顶点的任意一点，过点P 作椭圆的切线l ，交y 轴于点A ，直线l ′过点P 且垂直于l ，交y 轴于点B ．试判断以AB 为直径的圆能否经过定点，若能，求出定点坐标；若不能，请说明理由．点评 直线与圆锥曲线的位置关系一直是命题的热点，基本方法是联立方程，利用判别式、根与系数关系求解，运算量一般较大，这类综合题中常涉及的问题有弦长问题、面积问题、对称问题、定点定值问题等，是历年高考的热点问题，复习时要注重通性通法的训练．变式训练4 (2012·山东高考，文21)如图，椭圆M ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，直线x ＝±a 和y ＝±b 所围成的矩形ABCD 的面积为8.(1)求椭圆M 的标准方程；(2)设直线l ：y ＝x ＋m (m ∈R )与椭圆M 有两个不同的交点P ，Q ，l 与矩形ABCD 有两个不同的交点S ，T .求|PQ ||ST |的最大值及取得最大值时m 的值．5．函数与导数以函数为载体，以导数为工具，以考查函数性质及导数的应用为目标，以导数为工具围绕函数、不等式、方程等综合考查．在知识的交汇处命题，涉及到具体内容较多，如给定解析式求参数值，给定条件求参数范围，以及对参数讨论与证明不等式问题，极值、最值、值域及分析图象交点等问题，都以导数为工具．既考查函数部分的相关知识，又渗透函数与方程、数形结合、化归与转化、分类与整合等数学思想．【例5】(2012·山东青岛一模，21)已知函数f (x )＝13x 3－x .(1)若不等式f (x )＜k －2 005对于x ∈[－2,3]恒成立，求最小的正整数k ；(2)令函数g (x )＝f (x )－12ax 2＋x (a ≥2)，求曲线y ＝g (x )在(1，g (1))处的切线与两坐标轴围成的三角形面积的最小值．点评 第(1)问是恒成立求参数范围问题，常用分离参数求最值．第(2)问考查了利用导数的几何意义求切线方程，利用导数求最值问题．变式训练5 (2012·广西南宁一模，21)已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 是定义在R 上的奇函数，其图象过点⎝⎛⎭⎪⎫1，－12和(2,2)．(1)求出函数f (x )的解析式，并求f (x )的单调区间； (2)设g (x )＝f (x )－5t ，当实数t 取何值时，关于x 的方程g (x )＝0有且只有一个实数根？参考答案方法例析【例1】解：(1)因为f (x )＝sin 2ωx －cos 2ωx ＋23sin ωx ·cos ωx ＋λ＝－cos 2ωx ＋3sin 2ωx ＋λ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωx －π6＋λ. 由直线x ＝π是y ＝f (x )图象的一条对称轴，可得sin ⎝⎛⎭⎪⎫2ωπ－π6＝±1， 所以2ωπ－π6＝k π＋π2(k ∈Z )，即ω＝k 2＋13(k ∈Z )．又ω∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，k ∈Z ， 所以k ＝1，故ω＝56.所以f (x )的最小正周期是6π5.(2)由y ＝f (x )的图象过点⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，0，得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝0， 即λ＝－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×56×π4－π6＝－2sin π4＝－2， 即λ＝－ 2.故f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫53x －π6－ 2.由0≤x ≤3π5，有－π6≤53x －π6≤5π6，所以－12≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫53x －π6≤1，得－1－2≤2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫53x －π6－2≤2－2，故函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，3π5上的取值范围为[－1－2，2－2]．【变式训练1】解：(1)f (x )＝22cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π4＋sin 2x＝22⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 2x cos π4－sin 2x sin π4＋1－cos 2x 2＝12－12sin 2x ， 故f (x )的最小正周期为π.(2)当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，g (x )＝12－f (x )＝12sin 2x .故①当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，0时，x ＋π2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.由于对任意x ∈R ，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π2＝g (x )，从而g (x )＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π2＝12sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π2＝12sin(π＋2x )＝－12sin 2x .②当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－π，－π2时，x ＋π∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2. 从而g (x )＝g (x ＋π)＝12sin[2(x ＋π)]＝12sin 2x .综合①②得g (x )在[－π，0]上的解析式为 g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧12sin 2x ，x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－π，－π2，－12sin 2x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，0.【例2】(1)证明：取BC 的中点G ，连接AG ，FG .∵F ，G 分别为DC ，BC 的中点， ∴FG 綉12DB 綉EA .∴四边形EFGA 为平行四边形． ∴EF ∥AG .又因为EF ⊄平面ABC ，AG ⊂平面ABC ， ∴EF ∥平面ABC .(2)证明：因为AE ⊥面ABC ，BD ∥AE ， ∴DB ⊥平面ABC . 又∵DB ⊂平面BCD ， ∴平面ABC ⊥平面BCD .又∵G 为BC 的中点且AC ＝AB ＝BC ， ∴AG ⊥BC .∴AG ⊥平面BCD . 又∵EF ∥AG ，∴EF ⊥平面BCD .(3)解：过C 作CH ⊥AB ，则CH ⊥平面ABDE 且CH ＝32， ∴V C －ABDE ＝13S 四边形ABDE ·CH ＝13×1＋2×12×32＝34.【变式训练2】(1)证明：AB ⊥平面PAD ，PH ⊂面PAD ⇒PH ⊥AB ， 又PH ⊥AD ，AD ，AB ⊂平面ABCD ，AD ∩AB ＝A ⇒PH ⊥平面ABCD .(2)解：E 是PB 中点⇒点E 到面BCF 的距离h ＝12PH ＝12，∴三棱锥E －BCF 的体积V ＝13S △BC F ·h ＝13·12·FC ·AD ·h ＝16×1×2×12＝212.(3)证明：取PA 的中点为G ，连接DG ，EG .PD ＝AD ⇒DG ⊥PA ，又AB ⊥平面PAD ，AB ⊂平面PAB ⇒平面PAD ⊥平面PAB ， 又平面PAD ∩平面PAB ＝PA ，DG ⊂平面PAD ⇒DG ⊥面PAB ，点E ，G 是棱PB ，PA 的中点⇒EG 綉12AB ，又DF 綉12AB ⇒EG 綉DF ⇒DG ∥EF ，得EF ⊥平面PAB .【例3】(1)证明：∵b n ＋1－3b n ＝2n －2，∴b n －3b n －1＝2(n －1)－2，n ≥2，n ∈N *.两式相减，得b n ＋1－b n －3b n ＋3b n －1＝2(n ≥2，n ∈N *)．整理，得b n ＋1－b n ＋1＝3(b n －b n －1＋1)(n ≥2，n ∈N *)，即a n ＝3a n －1(n ≥2，n ∈N *)．∴数列{a n }是公比为3的等比数列． (2)解：∵b 2＝3，∴a 1＝3－1＋1＝3.∴a n ＝3n (n ∈N *)．∵a n ＝b n ＋1－b n ＋1＝3n，∴b n －b n －1＋1＝3n －1，b n －1－b n －2＋1＝3n －2，…，b 2－b 1＋1＝31.累加，得b n －b 1＋n －1＝1－3n1－3－1.∴b n ＝3n 2－n ＋12(n ∈N *)．(3)解：c n ＝+233log 3log 3n n ⋅＝1n n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2.∴T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2. 由45T k ＜29得135－90⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1＋1k ＋2＜116.∴1k ＋1＋1k ＋2＞1990＝19＋110.∴k ＜8.又k ∈N *，∴k 的最大值为7，【变式训练3】解：(1)由S n ＝14a 2n ＋12a n ＋14，①得：当n ≥2时，S n －1＝14a 2n －1＋12a n －1＋14.②①－②，化简得：(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0. 又∵数列{a n }的各项为正数， ∴当n ≥2时，a n －a n －1＝2.故数列{a n }为等差数列，且公差为2.又a 1＝S 1＝14a 21＋12a 1＋14，解得a 1＝1，∴a n ＝2n －1.(2)由分段函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2，n 为偶数，可以得到：c 1＝f (6)＝f (3)＝a 3＝5，c 2＝f (8)＝f (4)＝f (2)＝f (1)＝a 1＝1；当n ≥3，n ∈N *时，c n ＝f (2n ＋4)＝f (2n －1＋2)＝f (2n －2＋1)＝2(2n －2＋1)－1＝2n －1＋1，故当n ≥3时，T n ＝5＋1＋(22＋1)＋(23＋1)＋…＋(2n －1＋1)＝6＋41－2n －21－2＋(n －2)＝2n＋n .n ＝1时，T 1＝5不满足T n ＝2n ＋n ；n ＝2时，T 2＝c 1＋c 2＝6满足T n ＝2n ＋n .故T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5，n ＝1，2n ＋n ，n ≥2.【例4】解：设点P (x 0，y 0)(x 0≠0，y 0≠0)，直线l 的方程为y －y 0＝k (x －x 0)，代入x 24＋y 23＝1，整理得(3＋4k 2)x 2＋8k (y 0－kx 0)x ＋4(y 0－kx 0)2－12＝0. ∵x ＝x 0是方程的两个相等实根，∴2x 0＝－8ky 0－kx 03＋4k2， 解得k ＝－3x 04y 0.∴直线l 的方程为y －y 0＝－3x 04y 0(x －x 0)．令x ＝0，得点A 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，4y 20＋3x 204y 0.又∵x 204＋y 203＝1，∴4y 20＋3x 20＝12，∴点A 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3y 0.又直线l ′的方程为y －y 0＝4y 03x 0(x －x 0)，令x ＝0，得点B 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫0，－y 03，∴以AB 为直径的圆方程为x ·x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －3y 0·⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋y 03＝0， 整理得x 2＋y 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y 03－3y 0y －1＝0.由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－1＝0，y ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝±1，y ＝0.∴以AB 为直径的圆恒过定点(－1,0)和(1,0)．【变式训练4】解：(1)设椭圆M 的半焦距为c ，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝b 2＋c 2，c a ＝32，4ab ＝8，所以a ＝2，b ＝1.因此椭圆M 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y ＝x ＋m整理得5x 2＋8mx ＋4m 2－4＝0，由Δ＝64m 2－80(m 2－1)＝80－16m 2＞0， 得－5＜m ＜ 5.设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8m 5，x 1x 2＝4m 2－15.所以|PQ |＝x 1－x 22＋y 1－y 22＝2[x 1＋x 22－4x 1x 2]＝4525－m 2(－5＜m ＜5)． 线段CD 的方程为y ＝1(－2≤x ≤2)，线段AD 的方程为x ＝－2(－1≤y ≤1)．①不妨设点S 在AD 边上，T 在CD 边上，可知1≤m ＜5，S (－2，m －2)，D (－2,1)， 所以|ST |＝2|SD |＝2[1－(m －2)]＝2(3－m )，因此|PQ ||ST |＝455－m 23－m 2，令t ＝3－m (1≤m ＜5)，则m ＝3－t ，t ∈(3－5，2]，所以|PQ ||ST |＝455－3－t 2t 2＝45－4t 2＋6t－1＝45－4⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －342＋54，由于t ∈(3－5，2]，所以1t ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，3＋54，因此当1t ＝34，即t ＝43时，|PQ ||ST |取得最大值255，此时m ＝53.②不妨设点S 在AB 边上，T 在CD 边上，此时－1≤m ≤1，因此|ST |＝2|AD |＝22，此时|PQ ||ST |＝255－m 2，所以当m ＝0时，|PQ ||ST |取得最大值255.(3)不妨设点S 在AB 边上，T 在BC 边上，－5＜m ≤－1，由椭圆和矩形的对称性知|PQ ||ST |的最大值为255，此时m ＝－53.综上所述，m ＝±53或m ＝0时，|PQ ||ST |取得最大值255.【例5】解：(1)∵f (x )＝13x 3－x ，令f ′(x )＝x 2－1＝0，解得x ＝±1.当由上表可知：f (x )极大值＝f (－1)＝3.又f (3)＝6，f (－2)＝－23.比较可得：当x ∈[－2,3]时，f (x )max ＝f (3)＝6. 因为f (x )＜k －2 005恒成立， 所以k －2 005＞6，即k ＞2 011， 所以最小的正整数k ＝2 012.(2)g (x )＝f (x )－12ax 2＋x ＝13x 3－12ax 2， 则g ′(x )＝x 2－ax ，所以g ′(1)＝1－a .又因为g (1)＝13－12a ， 所以切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12a ＝(1－a )(x －1)． 令x ＝0，得y ＝12a －23，令y ＝0，得x ＝4－3a 61－a ， 所以S ＝12⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫12a －23×4－3a 61－a . 因为a ≥2，则S ＝3a －4272a －1， 则S ′＝3a －43a －272a －12. 所以S ′＞0，即S 在[2，＋∞)上单调递增，所以a ＝2时，S min ＝3×2－4272×2－1＝118. 【变式训练5】解：(1)∵f (－x )＝－f (x )，∴－ax 3＋bx 2－cx ＋d ＝－ax 3－bx 2－cx －d .∴b ＝0，d ＝0.故f (x )＝ax 3＋cx .而它的图象过点⎝⎛⎭⎪⎫1，－12和(2,2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧ f 1＝a ＋c ＝－12，f 2＝8a ＋2c ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝12，c ＝－1，故f (x )＝12x 3－x . 从而f ′(x )＝32x 2－1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－23＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫x －63⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋63. 由f ′(x )＞0，得f (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－63和⎝ ⎛⎭⎪⎫63，＋∞； 由f ′(x )＜0，得f (x )的单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－63，63. (2)令g (x )＝0，得f (x )＝5t ，要使得方程g (x )＝0有且只有一个解，即函数y ＝f (x )与y ＝5t 的图象有且只有一个交点，而由(1)知，f (x )在x ＝－63时取得极大值，在x ＝63时取得极小值， 而f ⎝⎛⎭⎪⎫－63＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－633－⎝ ⎛⎭⎪⎫－63＝269， f ⎝ ⎛⎭⎪⎫63＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－63＝－269， 故要使得y ＝f (x )与y ＝5t 的图象只有一个交点，则5t ＞269或5t ＜－269，即t ＞2645或t ＜－2645.。
![2020高考数学二轮复习专题五解析几何高考解答题的审题与答题示范五教案[浙江]](https://uimg.taocdn.com/40040d6a4693daef5ff73d4d.webp)
高考解答题的审题与答题示范(五)解析几何类解答题[思维流程]——圆锥曲线问题重在“设”与“算”[审题方法]——审方法数学思想是问题的主线，方法是解题的手段．审视方法，选择适当的解题方法，往往使问题的解决事半功倍．审题的过程还是一个解题方法的抉择过程，开拓的解题思路能使我们心涌如潮，适宜的解题方法则帮助我们事半功倍．典例 (本题满分15分)设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：x 22＋y 2＝1上，过点M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足NP →＝ 2 NM →.(1)求点P 的轨迹方程；(2)设点Q 在直线x ＝－3上，且OP →·PQ →＝1.证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F . 审题路线 (1)要求P 点的轨迹方程⇒求点P (x ，y )的横坐标x 与纵坐标y 的关系式⇒利用条件NP →＝2 NM →求解．(2)要证过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F ⇒证明OQ →⊥PF →⇒OQ →·PF →＝0.标准答案阅卷现场(1)设P (x ，y )，M (x 0，y 0)，N (x 0，0)，则NP →＝(x －x 0，y )，NM →＝(0，y 0)，① 第(1)问 第(2)问 得 分 点 ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ ⑩2 2 2 1 2 1 1 1 2 17分 8分以下内容为“高中数学该怎么有效学习？”首先要做到以下两点：1、先把教材上的知识点、理论看明白。
买本好点的参考书，做些练习。
如果没问题了就可以做些对应章节的试卷。
做练习要对答案，最好把自己的错题记下来。
平时学习也是，看到有比较好的解题方法，或者自己做错的题目，做标记，或者记在错题本上，大考之前那出来复习复习。
2、首先从课本的概念开始，要能举出例子说明概念，要能举出反例，要能用自己的话解释概念（理解概念）然后由概念开始进行独立推理活动，要能把课本的公式、定理自己推导一遍（搞清来龙去脉），课本的例题要自己先试做，尽量自己能做的出来（依靠自己才是最可靠的力量）。
第3讲圆锥曲线的综合应用JIE TI CE LUE MING FANG XIANG解题策略·明方向⊙︱考情分析︱1．圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一，主要以解答题形式考查，往往作为试卷的压轴题之一．2．以椭圆或抛物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题．对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求，并突出数学思想方法考查．⊙︱真题分布︱(理科）年份卷别题号考查角度分值202 0Ⅰ卷20椭圆的简单性质及方程思想、定点问题12Ⅱ卷19椭圆离心率的求解,利用抛物线的定义求抛物线和椭圆的标准方程12Ⅲ20椭圆标准方程和求三角形12(文科）Ⅲ卷21椭圆标准方程和求三角形面积问题，椭圆的离心率定义和数形结合求三角形面积,12201 9Ⅰ卷21直线与圆的位置关系，定值问题12Ⅱ卷20椭圆的定义及其几何性质、参数的范围12Ⅲ卷21直线与抛物线的位置关系、定点问题12201 8Ⅰ卷20直线的方程，直线与抛物线的位置关系、证明问题12Ⅱ卷20直线的方程,直线与抛物线的位置关系、圆的方程12Ⅲ卷20直线与椭圆的位置关系、证明问题12KAO DIAN FEN LEI XI ZHONG DIAN考点分类·析重点考点一圆锥曲线中的最值、范围问题错误!错误!错误!错误!典例1（2020·青海省玉树州高三联考）已知直线l：x－y＋1＝0与焦点为F的抛物线C：y2＝2px（p〉0）相切．（1）求抛物线C的方程；（2)过点F的直线m与抛物线C交于A，B两点，求A，B两点到直线l的距离之和的最小值．【解析】（1)将l：x－y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px联立得:y2－2py＋2p＝0，∵l与C相切,∴Δ＝4p2－8p＝0，解得：p＝2，∴抛物线C的方程为:y2＝4x。
（2）由题意知，直线m斜率不为0，可设直线m方程为：x ＝ty＋1，联立｛y2＝4x，x＝ty＋1得：y2－4ty－4＝0．设A（x1，y1），B(x2，y2）,则y1＋y2＝4t，∴x1＋x2＝ty1＋1＋ty2＋1＝4t2＋2，∴线段AB中点M(2t2＋1,2t)．设A,B,M到直线l距离分别为d A,d B，d M,则d A＋d B＝2d M＝2·错误!＝2错误!错误!＝2错误!错误!，∵（t－错误!)2＋错误!≥错误!，∴当t＝错误!时，错误!min＝错误!,∴A,B两点到直线l的距离之和的最小值为：22×错误!＝错误!。
第3讲 圆锥曲线中的综合问题求圆锥曲线中的最值范围问题(5年2考) 考向1 构造不等式求最值或范围[高考解读] 以直线与圆锥曲线的位置关系为载体，融函数与方程，均值不等式、导数于一体，重在考查学生的数学建模、数学运算能力和逻辑推理及等价转化能力.(2019·全国卷Ⅱ)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．切入点：(1)由k AM ·k BM ＝－12求C 的方程，并注意x 的范围．(2)①证明k PQ ·k PG ＝－1即可；②建立面积函数，借助不等式求解．[解](1)由题设得y x ＋2·yx －2＝－12，化简得x 24＋y22＝1(|x |≠2)，所以C 为中心在坐标原点，焦点在x 轴上的椭圆，不含左、右顶点．(2)①设直线PQ 的斜率为k ，则其方程为y ＝kx (k ＞0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 24＋y22＝1得x ＝±21＋2k2.记u ＝21＋2k2，则P (u ，uk )，Q (－u ，－uk )，E (u,0)．于是直线QG 的斜率为k 2，方程为y ＝k2(x －u )．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k2x －u ，x 24＋y 22＝1，得(2＋k 2)x 2－2uk 2x ＋k 2u 2－8＝0.①设G (x G ，y G )，则－u 和x G 是方程①的解，故x G ＝uk 2＋2＋k 2，由此得y G ＝uk 32＋k2.从而直线PG 的斜率为uk 32＋k 2－uk u k 2＋2＋k2－u ＝－1k.所以PQ ⊥PG ，即△PQG 是直角三角形． ②由①得|PQ |＝2u 1＋k 2，|PG |＝2uk k 2＋12＋k2，所以△PQG 的面积 S ＝12|PQ ||PG |＝8k ＋k 2＋2k 2＋k 2＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋k 1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k＋k 2. 设t ＝k ＋1k，则由k ＞0得t ≥2，当且仅当k ＝1时取等号．因为S ＝8t1＋2t 2在[2，＋∞)单调递减，所以当t ＝2，即k ＝1时，S 取得最大值，最大值为169. 因此，△PQG 面积的最大值为169.[点评] 最值问题一般最终转化为某一个变量的函数，求最值时常用均值不等式，单调性，导数来求，重视一般函数中有分式，高次根式在求最值问题上的应用.[教师备选题](2014·全国卷Ⅰ)已知点A (0，－2)，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，F 是椭圆E 的右焦点，直线AF 的斜率为233，O 为坐标原点．(1)求E 的方程；(2)设过点A 的动直线l 与E 相交于P ，Q 两点，当△OPQ 的面积最大时，求l 的方程． 切入点：(1)由e ＝32，k AF ＝233可求a ，b 的值； (2)设出l 的方程，表示出弦长|PQ |及点O 到直线PQ 的距离d ，由S △OPQ ＝12|PQ |d 建立函数关系式，并借助不等式求最值．[解](1)设F (c,0)，由条件知，2c ＝233，得c ＝ 3.又c a ＝32，所以a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝1.故E 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)当l ⊥x 轴时不合题意，故设l ：y ＝kx －2，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Δ＝16(4k 2－3)>0， 即k 2>34时，x 1,2＝8k ±24k 2－34k 2＋1. 从而|PQ |＝k 2＋1|x 1－x 2|＝4k 2＋1·4k 2－34k 2＋1. 又点O 到直线PQ 的距离d ＝2k 2＋1，所以△OPQ 的面积S △OPQ ＝12d |PQ |＝44k 2－34k 2＋1. 设4k 2－3＝t ，则t >0，S △OPQ ＝4t t 2＋4＝4t ＋4t. 因为t ＋4t ≥4，当且仅当t ＝2，即k ＝±72时等号成立，且满足Δ>0，所以，当△OPQ 的面积最大时l 的方程为y ＝72x －2或y ＝－72x －2.基本不等式求最值的5种典型情况分析(1)s ＝k 2＋12k 2＋5(先换元，注意“元”的范围，再利用基本不等式)．(2)s ＝k 2＋2＋2k 2k 2＋≥k 2＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤＋2k2＋k 2＋22(基本不等式)． (3)s ＝n 4m 2＋1－n 24m 2＋1(基本不等式)． (4)s ＝4k 4＋13k 2＋92k 2＋3＝1＋k 24k 4＋12k 2＋9(先分离参数，再利用基本不等式)． (5)s ＝k k 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3k 2＋13k 2＋＝k ＋1k⎝ ⎛⎭⎪⎫3k ＋13k ⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋9k (上下同时除以k 2，令t ＝k ＋1k换元，再利用基本不等式)．(长度的最值问题)若F 1，F 2分别是椭圆E ：x 25＋y 2＝1的左、右焦点，F 1，F 2关于直线x ＋y －2＝0的对称点是圆C 的一条直径的两个端点．(1)求圆C 的方程；(2)设过点F 2的直线l 被椭圆E 和圆C 所截得的弦长分别为a ，b .当ab 取最大值时，求直线l 的方程．[解](1)因为F 1(－2,0)，F 2(2,0)，所以圆C 半径为2，圆心C 是原点O 关于直线x ＋y －2＝0的对称点．设C (p ，q )，由⎩⎪⎨⎪⎧q p ＝1，p 2＋q2－2＝0得p ＝q ＝2，所以C (2,2)．所以圆C 的方程为(x －2)2＋(y －2)2＝4.(2)设直线l 的方程为x ＝my ＋2，则圆心C 到直线l 的距离d ＝|2m |1＋m2，所以b ＝222－d2＝41＋m 2，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋2x 2＋5y 2＝5得(5＋m 2)y 2＋4my －1＝0，设直线l 与椭圆E 交于两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝－4m 5＋m 2，y 1·y 2＝－15＋m2， a ＝|AB |＝1＋m2y 1＋y 22－4y 1y 2＝25m 2＋m 2＋5，ab ＝85m 2＋1m 2＋5＝85m 2＋1＋4m 2＋1≤25，当且仅当m 2＋1＝4m 2＋1，即m ＝±3时等号成立．所以当m＝±3时，ab 取最大值．此时直线l 的方程为x ±3y －2＝0.考向2 构造函数求最值或范围(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|PA |·|PQ |的最大值．切入点：(1)直接套用斜率公式，并借助－12＜x ＜32求其范围；(2)先分别计算|PA |、|PQ |的长，再建立|PA |·|PQ |的函数，进而借助导数求其最值． [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)联立直线AP 与BQ 的方程⎩⎪⎨⎪⎧kx －y ＋12k ＋14＝0，x ＋ky －94k －32＝0，解得点Q 的横坐标是x Q ＝－k 2＋4k ＋3k 2＋.因为|PA |＝1＋k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＝1＋k 2(k ＋1)，|PQ |＝1＋k 2(x Q －x )＝－k －k ＋2k 2＋1，所以|PA |·|PQ |＝－(k －1)(k ＋1)3. 令f (k )＝－(k －1)(k ＋1)3， 因为f ′(k )＝－(4k －2)(k ＋1)2，所以f (k )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减， 因此当k＝12时，|PA |·|PQ |取得最大值2716.构造函数法求最值或范围时的策略解决有关范围、最值问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等)，把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个参数的函数，然后利用函数方法(单调性或导数)进行求解．(面积最值问题)已知动圆C 过定点F 2(1,0)，并且内切于定圆F 1：(x ＋1)2＋y 2＝12. (1)求动圆圆心C 的轨迹方程；(2)若曲线y 2＝4x 上存在两个点M ，N ，(1)中曲线上有两个点P ，Q ，并且M ，N ，F 2三点共线，P ，Q ，F 2三点共线，PQ ⊥MN ，求四边形PMQN 的面积的最小值．[解](1)设动圆的半径为r ，则|CF 2|＝r ，|CF 1|＝23－r ，所以|CF 1|＋|CF 2|＝23＞|F 1F 2|，由椭圆的定义知动圆圆心C 的轨迹是以F 1，F 2为焦点的椭圆，且a ＝3，c ＝1，所以b ＝2，动圆圆心C 的轨迹方程是x 23＋y 22＝1.(2)当直线MN 的斜率不存在时，直线PQ 的斜率为0，易得|MN |＝4，|PQ |＝23，四边形PMQN 的面积S ＝4 3.当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，联立方程得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －，y 2＝4x ，消元得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝4k 2＋2，x 1x 2＝1，|MN |＝1＋k2⎝ ⎛⎭⎪⎫4k 2＋22－4＝4k 2＋4.因为PQ ⊥MN ，所以直线PQ 的方程为y ＝－1k(x －1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－1kx －，x 23＋y 22＝1，得(2k 2＋3)x 2－6x ＋3－6k 2＝0.设P (x 3，y 3)，Q (x 4，y 4)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 3＋x 4＝62k 2＋3，x 3x 4＝3－6k22k 2＋3，|PQ |＝1＋1k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫62k 2＋32－4×3－6k 22k 2＋3＝43k 2＋2k 2＋3. 则四边形PMQN 的面积S ＝12|MN ||PQ |＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫4k 2＋443k 2＋2k 2＋3＝83k 2＋2k2k 2＋.令k 2＋1＝t ，t ＞1，则S ＝83t2t －t ＋＝83－1t 2－1t ＋2＝83－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＋122＋94.因为t ＞1，所以0＜1t ＜1，易知－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＋122＋94的范围是(0,2)，所以S ＞832＝4 3.综上可得S ≥43，S 的最小值为43.与圆锥曲线有关的定点、定值问题考向1 定点问题[高考解读] 由题设条件给出的直线或圆锥曲线运动变化时得到的几何图形中，探求直线过定点、曲线过定点等一类常考题型．考查考生的数形结合思想和逻辑推理能力．(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线C ：y ＝x 22，D 为直线y ＝－12上的动点，过D 作C 的两条切线，切点分别为A ，B .(1)证明：直线AB 过定点；(2)若以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52为圆心的圆与直线AB 相切，且切点为线段AB 的中点，求四边形ADBE的面积．[解](1)证明：设D ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－12，A (x 1，y 1)，则x 21＝2y 1.由y ′＝x ，所以切线DA 的斜率为x 1，故y 1＋12x 1－t＝x 1.整理得2tx 1－2y 1＋1＝0.设B (x 2，y 2)，同理可得2tx 2－2y 2＋1＝0. 故直线AB 的方程为2tx －2y ＋1＝0.所以直线AB 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12. (2)由(1)得直线AB 的方程为y ＝tx ＋12.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝tx ＋12，y ＝x22可得x 2－2tx －1＝0.于是x 1＋x 2＝2t ，x 1x 2＝－1，y 1＋y 2＝t (x 1＋x 2)＋1＝2t 2＋1， |AB |＝1＋t 2|x 1－x 2|＝1＋t 2×x 1＋x 22－4x 1x 2＝2(t 2＋1)．设d 1，d 2分别为点D ，E 到直线AB 的距离，则d 1＝t 2＋1，d 2＝2t 2＋1.因此，四边形ADBE 的面积S ＝12|AB |(d 1＋d 2)＝(t 2＋3)t 2＋1.设M 为线段AB 的中点，则M ⎝⎛⎭⎪⎫t ，t 2＋12. 由于EM →⊥AB →，而EM →＝(t ，t 2－2)，AB →与向量(1，t )平行，所以t ＋(t 2－2)t ＝0. 解得t ＝0或t ＝±1.当t ＝0时，S ＝3；当t ＝±1时，S ＝4 2. 因此，四边形ADBE 的面积为3或4 2. [教师备选题](2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝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．切入点：(1)结合椭圆的对称性及点与椭圆的关系判断三个点在椭圆上． (2)设出直线l 的方程，利用kP 2A ＋kP 2B ＝－1，证明l 过定点． [解](1)由于P 3，P 4两点关于y 轴对称， 故由题设知椭圆C 经过P 3，P 4两点． 又由1a 2＋1b 2>1a 2＋34b 2知，椭圆C 不经过点P 1， 所以点P 2在椭圆C 上． 因此⎩⎪⎨⎪⎧1b 2＝1，1a 2＋34b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝1.故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(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⎝⎛⎭⎪⎫t ，4－t 22，⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－4－t 22.则由k 1＋k 2＝4－t 2－22t －4－t 2＋22t ＝－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x 24＋y 2＝1得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0. 由题设可知Δ＝16(4k 2－m 2＋1)>0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.而k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1x 2＝2kx 1x 2＋m －x 1＋x 2x 1x 2.由题设k 1＋k 2＝－1，故(2k ＋1)x 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)＝0. 即(2k ＋1)·4m 2－44k 2＋1＋(m －1)·－8km4k 2＋1＝0.解得k ＝－m ＋12.当且仅当m >－1时，Δ>0，于是l ：y ＝－m ＋12x ＋m ，即y ＋1＝－m ＋12(x －2)，所以l 过定点(2，－1)．定点问题的两大类型及解法(1)动直线l 过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y ＝kx ＋t ，由题设条件将t 用k 表示为t ＝mk ，得y ＝k (x ＋m )，故动直线过定点(－m,0)．(2)动曲线C 过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C 的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．(与向量交汇直线过定点问题)设M 点为圆C ：x 2＋y 2＝4上的动点，点M 在x 轴上的投影为N .动点P 满足2PN →＝3MN →，动点P 的轨迹为E .(1)求E 的方程；(2)设E 的左顶点为D ，若直线l ：y ＝kx ＋m 与曲线E 交于A ，B 两点(A ，B 不是左、右顶点)，且满足|DA →＋DB →|＝|DA →－DB →|，求证：直线l 恒过定点，并求出该定点的坐标．[解](1)设点M (x 0，y 0)，P (x ，y )，由题意可知N (x 0,0)，∵2PN →＝3MN →，∴2(x 0－x ，－y )＝3(0，－y 0)， 即x 0＝x ，y 0＝23y ，又点M 在圆C ：x 2＋y 2＝4上，∴x 20＋y 20＝4， 将x 0＝x ，y 0＝23y 代入得x 24＋y 23＝1，即轨迹E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由(1)可知D (－2,0)，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y23＝1，得(3＋4k 2)x 2＋8mkx ＋4(m 2－3)＝0，Δ＝(8mk )2－4(3＋4k 2)(4m 2－12)＝16(12k 2－3m 2＋9)＞0， 即3＋4k 2－m 2＞0，∴x 1＋x 2＝－8mk 3＋4k 2，x 1x 2＝m 2－3＋4k2. y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋mk (x 1＋x 2)＋m 2＝3m 2－12k23＋4k2，∵|DA →＋DB →|＝|DA →－DB →|，∴DA →⊥DB →，即DA →·DB →＝0， 即(x 1＋2，y 1)·(x 2＋2，y 2)＝x 1x 2＋2(x 1＋x 2)＋4＋y 1y 2＝0， ∴4m 2－123＋4k 2＋2×－8mk 3＋4k 2＋4＋3m 2－12k 23＋4k 2＝0， ∴7m 2－16mk ＋4k 2＝0，解得m 1＝2k ，m 2＝27k ，且均满足3＋4k 2－m 2＞0，当m 1＝2k 时，l 的方程为y ＝kx ＋2k ＝k (x ＋2)，直线恒过点(－2,0)，与已知矛盾； 当m 2＝27k 时，l 的方程为y ＝kx ＋27k ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋27，直线恒过点⎝ ⎛⎭⎪⎫－27，0. ∴直线l 恒过定点，定点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－27，0.考向2 定值问题[高考解读] 由题设条件给出的直线或圆锥曲线运动变化时得到的图形中，探求线段长为定值、直线的斜率或斜率之和积等为定值是高考考查圆锥曲线几何性质的一类常见题型，求解时要有数形结合的意识和合情推理的能力.(2019·全国卷Ⅰ)已知点A ，B 关于坐标原点O 对称，|AB |＝4，⊙M 过点A ，B 且与直线x ＋2＝0相切．(1)若A 在直线x ＋y ＝0上，求⊙M 的半径；(2)是否存在定点P ，使得当A 运动时，|MA |－|MP |为定值？并说明理由．[解](1)因为⊙M 过点A ，B ，所以圆心M 在AB 的垂直平分线上．由已知A 在直线x ＋y ＝0上，且A ，B 关于坐标原点O 对称，所以M 在直线y ＝x 上，故可设M (a ，a )．因为⊙M 与直线x ＋2＝0相切， 所以⊙M 的半径为r ＝|a ＋2|. 由已知得|AO |＝2，又MO ⊥AO ，故可得2a 2＋4＝(a ＋2)2，解得a ＝0或a ＝4. 故⊙M 的半径r ＝2或r ＝6.(2)存在定点P (1,0)，使得|MA |－|MP |为定值． 理由如下：设M (x ，y )，由已知得⊙M 的半径为r ＝|x ＋2|，|AO |＝2.由于MO ⊥AO ，故可得x 2＋y 2＋4＝(x ＋2)2，化简得M 的轨迹方程为y 2＝4x .因为曲线C ：y 2＝4x 是以点P (1,0)为焦点，以直线x ＝－1为准线的抛物线，所以|MP |＝x ＋1.因为|MA |－|MP |＝r －|MP |＝x ＋2－(x ＋1)＝1，所以存在满足条件的定点P .求解定值问题的两大途径(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．(2019·惠州调研)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)经过点A (0，－1)，且离心率为22. (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 的斜率之和为定值．[解](1)由题意知a 2－b 2a ＝22，b ＝1，所以a ＝2，所以椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)设直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)＋1(k ≠2)，代入x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k (k －1)x ＋2k (k －2)＝0， 由题意知Δ＞0，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，且x 1x 2≠0， 则x 1＋x 2＝4kk －1＋2k 2，x 1x 2＝2k k －1＋2k2，所以k AP ＋k AQ ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1－k ＋2x 1＋kx 2－k ＋2x 2＝2k ＋(2－k )x 1＋x 2x 1x 2＝2k ＋(2－k )4k k －2k k －＝2k －2(k －1)＝2，故直线AP 与AQ 的斜率之和为定值2.[点评] 定值问题建议由特殊情况先求定值斜率k 不存在，k ＝0等再推导一般情况，这样易得分且方向目标明确.圆锥曲线中的证明、存在性问题 考向1 圆锥曲线中的证明问题[高考解读] 圆锥曲线中的证明一般包括两大方面，一是位置关系的证明：如证明相切、垂直、过定点等.二是数量关系的证明：如存在定值、恒成立、线段或角相等等.考查学生的等价转化、逻辑推理及数学运算的能力.(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FP →＋FA →＋FB →＝0.证明：|FA →|，|FP →|，|FB →|成等差数列，并求该数列的公差．切入点：(1)中点弦问题用“点差法”．(2)由FP →＋FA →＋FB →＝0表示出点P 的坐标，表示出|FA →|，|FP →|，|FB →|，并证明2|FP →|＝|FA →|＋|FB →|即可．[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.①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，从而P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，|FP →|＝32.于是|FA →|＝x 1－2＋y 21＝x 1－2＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 214＝2－x 12.同理|FB →|＝2－x 22. 所以|FA →|＋|FB →|＝4－12(x 1＋x 2)＝3.故2|FP →|＝|FA →|＋|FB →|，即|FA →|，|FP →|，|FB →|成等差数列． 设该数列的公差为d ，则2|d |＝||FB →|－|FA →||＝12|x 1－x 2|＝12x 1＋x 22－4x 1x 2. ②将m ＝34代入①得k ＝－1.所以l 的方程为y ＝－x ＋74，代入C 的方程，并整理得7x 2－14x ＋14＝0.故x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝128，代入②解得|d |＝32128.所以该数列的公差为32128或－32128.圆锥曲线中证明题的求解策略处理圆锥曲线中的证明问题常采用直接法证明，证明时常借助于等价转化思想，化几何关系为数量关系，然后借助函数方程思想、数形结合思想解决．(证明位置关系)(2019·济南一模)已知点F 为抛物线E ：y 2＝2px (p ＞0)的焦点，点A (2，m )在抛物线E 上，且|AF |＝3.(1)求抛物线E 的方程；(2)已知点G (－1,0)，延长AF 交抛物线E 于点B ，证明：以点F 为圆心且与直线GA 相切的圆，必与直线GB 相切．[解](1)由抛物线的定义，得|AF |＝2＋p2.由已知|AF |＝3，得2＋p2＝3，解得p ＝2，所以抛物线E 的方程为y 2＝4x .(2)如图，因为点A (2，m )在抛物线E ：y 2＝4x 上，所以m ＝±22，由抛物线的对称性，不妨设A (2,22)． 由A (2,22)，F (1,0)可得直线AF 的方程为y ＝22(x －1)．由⎩⎨⎧y ＝22x －，y 2＝4x ，得2x 2－5x ＋2＝0，解得x ＝2或x ＝12，从而B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－2. 又G (－1,0)，所以k GA ＝22－02－－＝223，k GB ＝－2－012－－＝－223，所以k GA ＋k GB ＝0，从而∠AGF ＝∠BGF ，这表明点F 到直线GA ，GB 的距离相等，故以F 为圆心且与直线GA 相切的圆必与直线GB 相切．考向2 “肯定顺推法”求解存在性问题[高考解读] 解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明确化.从命题角度上看，近几年高考在解析几何中涉及研究角相等，角平分线等，常转化为直线斜率互补成相等问题，注意灵活转化.(2015·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，曲线C ：y ＝x 24与直线l ：y ＝kx ＋a (a ＞0)交于M ，N 两点．(1)当k ＝0时，分别求C 在点M 和N 处的切线方程；(2)y 轴上是否存在点P ，使得当k 变动时，总有∠OPM ＝∠OPN ？说明理由．[解](1)由题设可得M (2a ，a )，N (－2a ，a )，或M (－2a ，a )，N (2a ，a )． 由y ＝x 24，得y ′＝x 2，故y ＝x 24在x ＝2a 处的导数值为a ，C 在点(2a ，a )处的切线方程为y －a ＝a (x －2a )，即ax －y －a ＝0.y ＝x 24在x ＝－2a 处的导数值为－a ，C 在点(－2a ，a )处的切线方程为y －a ＝－a (x＋2a )，即ax ＋y ＋a ＝0.故所求切线方程为ax －y －a ＝0和ax ＋y ＋a ＝0. (2)存在符合题意的点．证明如下：设P (0，b )为符合题意的点，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，直线PM ，PN 的斜率分别为k 1，k 2. 将y ＝kx ＋a 代入C 的方程，得x 2－4kx －4a ＝0. 故x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4a . 从而k 1＋k 2＝y 1－b x 1＋y 2－bx 2＝2kx 1x 2＋a －b x 1＋x 2x 1x 2＝k a ＋ba. 当b ＝－a 时，有k 1＋k 2＝0，则直线PM 的倾斜角与直线PN 的倾斜角互补，故∠OPM ＝∠OPN ，所以点P (0，－a )符合题意．探索性问题的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，列出关于特定系数的方程组，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．提醒：反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．(与几何图形有关的探索性问题)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为12，左、右焦点分别为F 1，F 2，在直线x －y ＋2＝0上有且只有一个点M 满足MF 1→·MF 2→＝0.(1)求椭圆C 的方程；(2)已知点P (1，y 0)是椭圆C 上且位于第一象限的点，弦AB 过椭圆C 的右焦点F 2，过点P 且平行于AB 的直线与椭圆C 交与另一点Q ，问：是否存在A ，B ，使得四边形PABQ 是平行四边形？若存在，求出弦AB 所在直线的方程；若不存在，请说明理由．[解](1)依题意知满足MF 1→·MF 2→＝0的点M 在以F 1F 2为直径的圆x 2＋y 2＝c 2上，又在直线x －y ＋2＝0上有且只有一个点M 满足MF 1→·MF 2→＝0， 所以直线x －y ＋2＝0与圆x 2＋y 2＝c 2相切， 则|0－0＋2|12＋－2＝c ＝1.又椭圆C 的离心率e ＝c a ＝12，则a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝3，于是椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由题意可得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32. 假设存在满足条件的A ，B ，易知直线AB 的斜率一定存在，设为k ， 则直线AB 的方程为y ＝k (x －1)，直线PQ 的方程为y －32＝k (x －1)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －，x 24＋y23＝1消去y 并整理，得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，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＋4k 2.由⎩⎪⎨⎪⎧y －32＝k x －，x 24＋y 23＝1消去y 并整理，得(3＋4k 2)x 2－(8k 2－12k )x ＋4k 2－12k －3＝0，设Q (x 3，y 3)，又P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，则x 3＋1＝8k 2－12k 3＋4k 2，x 3·1＝4k 2－12k －33＋4k 2， 求得x 3＝4k 2－12k －33＋4k2. 若四边形PABQ 是平行四边形，则PB 的中点与AQ 的中点重合， 所以x 1＋x 32＝x 2＋12，即x 1－x 2＝1－x 3，则(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝(1－x 3)2，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 23＋4k 22－4×4k 2－123＋4k 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－4k 2－12k －33＋4k 22， 化简得16k 4－4(k 2－3)(3＋4k 2)＝9(2k ＋1)2，解得k ＝34.所以存在A ，B ，使得四边形PABQ 是平行四边形，弦AB 所在直线的方程为y ＝34(x －1)，即3x －4y －3＝0.。
第3讲 圆锥曲线中的综合问题专题强化训练1．已知方程x 22－k ＋y 22k －1＝1表示焦点在y 轴上的椭圆，则实数k 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2 B ．(1，＋∞)C ．(1，2)D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 解析：选C.由题意可得，2k －1>2－k >0，即⎩⎪⎨⎪⎧2k －1>2－k ，2－k >0，解得1<k <2，故选C. 2．(2019·浙江高考冲刺卷)已知F 为抛物线4y 2＝x 的焦点，点A ，B 都是抛物线上的点且位于x 轴的两侧，若OA →·OB →＝15(O 为原点)，则△ABO 和△AFO 的面积之和的最小值为( )A.18B.52C.54D.652 解析：选D.设直线AB 的方程为：x ＝ty ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线AB 与x 轴的交点为M (m ，0)，⎩⎪⎨⎪⎧4y 2＝x x ＝ty ＋m ，可得4y 2－ty －m ＝0， 根据根与系数的关系有y 1·y 2＝－m4，因为OA →·OB →＝15，所以x 1·x 2＋y 1·y 2＝15，从而16(y 1·y 2)2＋y 1·y 2－15＝0， 因为点A ，B 位于x 轴的两侧， 所以y 1·y 2＝－1，故m ＝4.不妨令点A 在x 轴上方，则y 1＞0，如图所示．又F (116，0)， 所以S △ABO ＋S △AFO ＝12×4×(y 1－y 2)＋12×116y 1＝6532y 1＋2y 1≥265y 132×2y 1＝652， 当且仅当6532y 1＝2y 1，即y 1＝86565时，取“＝”号，所以△ABO 与△AFO 面积之和的最小值是652，故选D.3．(2019·绍兴市柯桥区高考数学二模)已知l 是经过双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的焦点F 且与实轴垂直的直线，A ，B 是双曲线C 的两个顶点，若在l 上存在一点P ，使∠APB ＝60°，则双曲线的离心率的最大值为( )A.233B. 3 C ．2 D ．3 解析：选A.设双曲线的焦点F (c ，0)，直线l ：x ＝c ， 可设点P (c ，n )，A (－a ，0)，B (a ，0)， 由两直线的夹角公式可得tan ∠APB ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪k PA－k PB1＋k PA ·k PB＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n c ＋a －n c －a 1＋n 2c 2－a 2＝2a |n |n 2＋（c 2－a 2）＝2a|n |＋c 2－a 2|n |＝tan 60°＝3，由|n |＋c 2－a 2|n |≥2|n |·c 2－a 2|n |＝2c 2－a 2，可得3≤a c 2－a2，化简可得3c 2≤4a 2，即c ≤233a ，即有e ＝c a ≤233.当且仅当n ＝±c 2－a 2，即P (c ，±c 2－a 2)，离心率取得最大值233.故选A.4．(2019·福州质量检测)已知抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，准线为l .若射线y ＝2(x －1)(x ≤1)与C ，l 分别交于P ，Q 两点，则|PQ ||PF |＝( )A. 2 B ．2 C. 5 D ．5解析：选C.由题意知，抛物线C ：y 2＝4x 的焦点F (1，0)，准线l ：x ＝－1与x 轴的交点为F 1.过点P 作直线l 的垂线，垂足为P 1，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1y ＝2（x －1），x ≤1，得点Q 的坐标为(－1，－4)，所以|FQ |＝2 5.又|PF |＝|PP 1|，所以|PQ ||PF |＝|PQ ||PP 1|＝|QF ||FF 1|＝252＝5，故选C.5．(2019·鄞州中学期中)已知椭圆C 1：x 2a 21＋y 2b 21＝1(a 1＞b 1＞0)与双曲线C 2：x 2a 22－y 2b 22＝1(a 2＞0，b 2＞0)有相同的焦点F 1，F 2，点P 是两曲线的一个公共点，且PF 1⊥PF 2，e 1，e 2分别是两曲线C 1，C 2的离心率，则9e 21＋e 22的最小值是( )A ．4B ．6C ．8D ．16解析：选C.设焦距为2c ，椭圆长轴长为2a 1，双曲线实轴长为2a 2，取椭圆与双曲线在一象限内的交点为P ，由椭圆和双曲线的定义分别有|PF 1|＋|PF 2|＝2a 1①，|PF 1|－|PF 2|＝2a 2②，因为PF 1⊥PF 2，所以|PF 1|2＋|PF 2|2＝4c 2③，①2＋②2，得|PF 1|2＋|PF 2|2＝2a 21＋2a 22④，将④代入③得a 21＋a 22＝2c 2，则9e 21＋e 22＝9c 2a 21＋c 2a 22＝5＋9a 222a 21＋a 212a 22≥8，故9e 21＋e 22的最小值为8.6．(2019·金华十校二模)已知双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的实轴长为42，虚轴的一个端点与抛物线x 2＝2py (p ＞0)的焦点重合，直线y ＝kx －1与抛物线相切且与双曲线的一条渐近线平行，则p ＝( )A ．4B ．3C ．2D ．1解析：选A.抛物线x 2＝2py 的焦点为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2，所以可得b ＝p2，因为2a ＝42⇒a ＝22，所以双曲线的方程为x 28－4y 2p 2＝1，可求得渐近线方程为y ＝±p 42x ，不妨设y ＝kx －1与y ＝p42x 平行，则有k ＝p 42.联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝p 42x －1x 2＝2py⇒x 2－p 222x ＋2p ＝0，所以Δ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－p 2222－8p ＝0，解得p ＝4.7．(2019·浙江“七彩阳光”联盟高三联考)已知椭圆的方程为x 29＋y 24＝1，过椭圆中心的直线交椭圆于A ，B 两点，F 2是椭圆右焦点，则△ABF 2的周长的最小值为________，△ABF 2的面积的最大值为________．解析：连接AF 1，BF 1，则由椭圆的中心对称性可得C △ABF 2＝AF 2＋BF 2＋AB ＝AF 1＋AF 2＋AB ＝6＋AB ≥6＋4＝10，S △ABF 2＝S △AF 1F 2≤12·25·2＝2 5.答案：10 2 58．(2019·东阳二中改编)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右顶点为A ，经过原点的直线l 交椭圆C 于P ，Q 两点，若|PQ |＝a ，AP ⊥PQ ，则椭圆C 的离心率为________．解析：不妨设点P 在第一象限，O 为坐标原点，由对称性可得|OP |＝|PQ |2＝a2，因为AP ⊥PQ ，所以在Rt △POA 中，cos ∠POA ＝|OP ||OA |＝12，故∠POA ＝60°，易得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫a4，3a 4，代入椭圆方程得116＋3a 216b 2＝1，故a 2＝5b 2＝5(a 2－c 2)，所以椭圆C 的离心率e ＝255. 答案：2559．已知中心在坐标原点的椭圆与双曲线有公共焦点，且左、右焦点分别为F 1，F 2，这两条曲线在第一象限的交点为P ，△PF 1F 2是以PF 1为底边的等腰三角形．若|PF 1|＝10，椭圆与双曲线的离心率分别为e 1，e 2，则e 1e 2的取值范围是________．解析：设椭圆的长轴长为2a ，双曲线的实轴长为2m ，则2c ＝|PF 2|＝2a －10，2m ＝10－2c ，所以a ＝c ＋5，m ＝5－c ，所以e 1e 2＝c c ＋5×c 5－c ＝c 225－c 2＝125c2－1，又由三角形的性质知2c ＋2c >10，由已知2c <10，c <5，所以52<c <5，1<25c 2<4，0<25c 2－1<3，所以e 1e 2＝125c2－1>13.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞ 10．(2019·杭州市高考数学二模)抛物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点为F ，点A ，B 在抛物线上，且∠AFB ＝120°，过弦AB 中点M 作准线l 的垂线，垂足为M 1，则|MM 1||AB |的最大值为________．解析：设|AF |＝a ，|BF |＝b ，连接AF 、BF ， 由抛物线定义，得|AF |＝|AQ |，|BF |＝|BP |， 在梯形ABPQ 中，2|MM 1|＝|AQ |＋|BP |＝a ＋b . 由余弦定理得，|AB |2＝a 2＋b 2－2ab cos 120°＝a 2＋b 2＋ab ， 配方得，|AB |2＝(a ＋b )2－ab ，又因为ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22，所以(a ＋b )2－ab ≥(a ＋b )2－14(a ＋b )2＝34(a ＋b )2，得到|AB |≥32(a ＋b )． 所以|MM 1||AB |≤12（a ＋b ）32（a ＋b ）＝33，即|MM 1||AB |的最大值为33. 答案：3311．(2019·衢州市教学质量检测)已知椭圆G ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的长轴长为22，左焦点F (－1，0)，若过点B (－2b ，0)的直线与椭圆交于M ，N 两点．(1)求椭圆G 的标准方程； (2)求证：∠MFB ＋∠NFB ＝π； (3)求△FMN 面积S 的最大值．解：(1)因为椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的长轴长为22，焦距为2，即2a ＝22，2c ＝2，所以2b ＝2，所以椭圆的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明：∠MFB ＋∠NFB ＝π，即证：k MF ＋k NF ＝0， 设直线方程MN 为y ＝k (x ＋2)，代入椭圆方程得： (1＋2k 2)x 2＋8k 2x ＋8k 2－2＝0， 其中Δ＞0，所以k 2＜12.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝ －8k 21＋2k 2，x 1x 2＝8k 2－21＋2k2， k MF ＋k NF ＝y 1x 1＋1＋y 2x 2＋1＝k （x 1＋2）x 1＋1＋k （x 2＋2）x 2＋1＝k [2＋x 1＋x 2＋2（x 1＋1）（x 2＋1）]＝0.故∠MFB ＋∠NFB ＝π.(3)S ＝12·FB |y 1－y 2|＝12|k ||x 1－x 2|＝128（1－2k 2）k2（1＋2k 2）2.令t ＝1＋2k 2， 则S ＝2－t 2＋3t －22t2＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －342＋18，当k 2＝16(满足k 2＜12)时，S 的最大值为24.12．(2019·浙江金华十校第二期调研)已知抛物线C ：y ＝x 2，点P (0，2)，A ，B 是抛物线上两个动点，点P 到直线AB 的距离为1.(1)若直线AB 的倾斜角为π3，求直线AB 的方程；(2)求|AB |的最小值．解：(1)设直线AB 的方程：y ＝3x ＋m ，则|m －2|1＋()32＝1，所以m ＝0或m ＝4，所以直线AB 的方程为y ＝3x 或y ＝3x ＋4. (2)设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m ，则|m －2|1＋k2＝1，所以k 2＋1＝(m －2)2.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m y ＝x 2，得x 2－kx －m ＝0，所以x 1＋x 2＝k ，x 1x 2＝－m ， 所以|AB |2＝()1＋k 2[()x 1＋x 22－4x 1x 2]＝()1＋k 2()k 2＋4m ＝()m －22()m 2＋3，记f (m )＝()m －22(m 2＋3)，所以f ′(m )＝2(m －2)(2m 2－2m ＋3)，又k 2＋1＝()m －22≥1，所以m ≤1或m ≥3，当m ∈(]－∞，1时，f ′(m )＜0，f (m )单调递减，当m ∈[)3，＋∞时，f ′(m )＞0，f (m )单调递增，f (m )min ＝f (1)＝4，所以|AB |min ＝2.13.(2019·宁波市高考模拟)已知椭圆方程为x 24＋y 2＝1，圆C ：(x －1)2＋y 2＝r 2.(1)求椭圆上动点P 与圆心C 距离的最小值；(2)如图，直线l 与椭圆相交于A 、B 两点，且与圆C 相切于点M ，若满足M 为线段AB 中点的直线l 有4条，求半径r 的取值范围．解：(1)设P (x ，y )，|PC |＝（x －1）2＋y 2＝34x 2－2x ＋2＝34（x －43）2＋23， 由－2≤x ≤2，当x ＝43时，|PC |min ＝63.(2)当直线AB 斜率不存在且与圆C 相切时，M 在x 轴上，故满足条件的直线有2条； 当直线AB 斜率存在时，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x 0，y 0),由⎩⎪⎨⎪⎧x 214＋y 21＝1x224＋y 22＝1，整理得：y 1－y 2x 1－x 2＝－14×x 1＋x 2y 1＋y 2，则k AB ＝－x 04y 0，k MC ＝y 0x 0－1，k MC ×k AB ＝－1，则k MC ×k AB ＝－x 04y 0×y 0x 0－1＝－1，解得：x 0＝43，由M 在椭圆内部，则x 204＋y 20＜1，解得：y 20＜59，由：r 2＝(x 0－1)2＋y 20＝19＋y 20，所以19＜r 2＜23，解得：13＜r ＜63.所以半径r 的取值范围为(13，63) .14．(2019·严州中学月考改编)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为35，P (m ，0)为C 的长轴上的一个动点，过P 点且斜率为45的直线l 交C 于A ，B 两点．当m ＝0时，PA →·PB →＝－412.(1)求椭圆C 的方程；(2)证明：|PA |2＋|PB |2为定值． 解：(1)因为离心率为35，所以b a ＝45.当m ＝0时，l 的方程为y ＝45x ，代入x 2a 2＋y 2b 2＝1并整理得x 2＝a 22.设A (x 0，y 0)，则B (－x 0，－y 0)， PA →·PB →＝－x 20－y 20＝－4125x 20＝－4125·a 22. 又因为PA →·PB →＝－412，所以a 2＝25，b 2＝16，椭圆C 的方程为x 225＋y 216＝1.(2)证明：将l 的方程为x ＝54y ＋m ，代入x 225＋y216＝1，并整理得25y 2＋20my ＋8(m 2－25)＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则|PA |2＝(x 1－m )2＋y 21＝4116y 21，同理|PB |2＝4116y 22.则|PA |2＋|PB |2＝4116(y 21＋y 22)＝4116[(y 1＋y 2)2－2y 1y 2]＝4116·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－4m 52－16（m 2－25）25＝41.所以|PA |2＋|PB |2为定值．15.(2019·温州十五校联合体联考)如图，已知抛物线C 1：y 2＝2px (p ＞0)，直线l 与抛物线C 1相交于A 、B 两点，且当倾斜角为60°的直线l 经过抛物线C 1的焦点F 时，有|AB |＝13.(1)求抛物线C 1的方程； (2)已知圆C 2：(x －1)2＋y 2＝116，是否存在倾斜角不为90°的直线l ，使得线段AB 被圆C 2截成三等分？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)当倾斜角为60°的直线l 经过抛物线C 1的焦点F 时，直线l 的方程为y ＝3(x－p2)，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3（x －p 2）y 2＝2px ，即3x 2－5px ＋34p 2＝0， 所以|AB |＝5p 3＋p ＝13，即p ＝18，所以抛物线C 1的方程是y 2＝14x .(2)假设存在直线l ，使得线段AB 被圆C 2截成三等分，令直线l 交圆C 2于C ，D ，设直线l 的方程为x ＝my ＋b ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由题意知，线段AB 与线段CD 的中点重合且有|AB |＝3|CD |，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧4y 2＝x x ＝my ＋b ，即4y 2－my －b ＝0，所以y 1＋y 2＝m 4，y 1y 2＝－b 4，x 1＋x 2＝m 24＋2b ，所以线段AB 中点的坐标M 为(m 28＋b ，m 8)，即线段CD 的中点为(m 28＋b ，m8)，又圆C 2的圆心为C 2(1，0)，所以k MC 2＝m8m 28＋b －1＝－m ，所以m 2＋8b －7＝0，即b ＝78－m28，又因为|AB |＝1＋m 2·m 216＋b ＝141＋m 2·14－m 2，因为圆心C 2(1，0)到直线l 的距离d ＝|1－b |1＋m 2，圆C 2的半径为14， 所以3|CD |＝6116－（1－b ）21＋m 2＝343－m 2(m 2＜3)， 所以m 4－22m 2＋13＝0，即m 2＝11±63， 所以m ＝±11－63，b ＝33－24，故直线l 的方程为x ＝±11－63y ＋33－24.。
高考解答题的审题与答题示范(五)分析几何类解答题[思想流程 ]——圆锥曲线问题重在“ 设” 与“ 算”[审题方法 ]——审方法数学思想是问题的主线，方法是解题的手段．审察方法，选择适合的解题方法，常常使问题的解决事半功倍．审题的过程仍是一个解题方法的决断过程，开辟的解题思路能使我们心涌如潮，适合的解题方法例帮助我们事半功倍．x 2上，过点 M 作 x 轴的(此题满分 15 分 )设 O 为坐标原点，动点 M 在椭圆＋ y 2＝1C ： 2→ →典 垂线，垂足为 N ，点 P 知足 NP ＝ 2 NM . 例(1)求点 P 的轨迹方程；→ →(2)设点 Q 在直线 x ＝－ 3 上，且 OP · PQ ＝1.证明：过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C的左焦点 F.审→(1)要求 P 点的轨迹方程 ? 求点 P(x ，y)的横坐标 x 与纵坐标 y 的关系式 ? 利用条件 NP ＝ 2 题→路NM 求解．线→ → → →(2)要证过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F? 证明 OQ ⊥ PF ? OQ ·PF ＝ 0.标准答案阅卷现场(1) 设 P(x ， y)， M(x 0， y 0 →第(1)问第(2)问)，N(x 0，0)，则 NP ＝(x － x 0， y)，得①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩分222 1211121→NM ＝ (0， y 0)，①点7 分8 分→→ ， 第 (1)问踩点得分说明 由 NP ＝ 2 NM得 x 0＝ x ， y 0＝ 2→ →2 y ，②①设出点 P 、M 、N 的坐标， 并求出 NP 和 NM 的坐标得 2 分；由于 M(x 0， y 0)在 C 上，x 2 y 2→→ x 02所以②由 NP ＝ 2 NM ，正确求出 ＝ 2 y＋ ＝ 1，③＝ x ， y2 2得2分；所以点 P 的轨迹方程为 x 2 ＋ y 2＝ 2.④22③代入法求出x(2) 证明： 由题意知 F(－1， 0)，＋y＝1得 2 分；2 2设 Q(－ 3， t)， P(m，n) ，④化简成 x2＋ y2＝ 2 得 1 分．设而不求第 (2)问踩点得分说明→→－ 1－ m，－ n)，⑤→→则OQ＝(－3， t) ，PF ＝( ⑤求出 OQ 和 PF的坐标得 2 分；→ →→→分；OQ· PF＝ 3＋3m－tn，⑥⑥正确求出 OQ ·PF 的值得 1→→→→1 分；OP＝ (m，n) ，PQ＝ (－ 3－ m， t－ n)，⑦⑦正确求出 OP和 PQ的坐标得→→得－ 3m－ m2＋tn－n2＝1，⑧→→得出－ 3m－ m2＋ tn－ n2＝ 1 得由 OP· PQ＝ 1 ⑧由 OP·PQ＝ 1又由 (1)知 m2＋ n2＝ 2，故 3＋ 3m－ tn＝ 0. 1 分；→→→→→→所以 OQ· PF＝ 0，即 OQ⊥ PF，⑨⑨得出 OQ⊥ PF得 2 分；又过点 P 存在独向来线垂直于 OQ，所以过点⑩写出结论得 1 分 .P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F .⑩。
第3讲圆锥曲线的综合问题「考情研析」1。
圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查范围、最值问题,定点、定值问题,探索性问题．2。
试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法，对计算能力也有较高要求,难度较大.核心知识回顾1。
最值问题求解最值问题的基本思路是选择变量，建立求解目标的函数解析式,然后利用函数知识、基本不等式等知识求解其最值．2．范围问题求参数范围的问题,牢记“先找不等式，有时需要找出两个量之间的关系，然后消去另一个量，保留要求的量"．不等式的来源可以是Δ〉0或圆锥曲线的有界性或题目条件中的某个量的范围等．3．定点问题在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为定点问题．4．定值问题在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动线中的参变量无关,这类问题统称为定值问题．5．存在性问题的解题步骤（1)先假设存在，引入参变量,根据题目条件列出关于参变量的方程(组）或不等式(组)．(2）解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在．热点考向探究考向1 最值与范围问题角度1 最值问题例1 已知抛物线C的方程为y2＝2px(p>0)，点R（1，2）在抛物线C上．(1)求抛物线C的方程；（2)过点Q（1，1)作直线交抛物线C于不同于R的两点A,B,若直线AR，BR分别交直线l：y＝2x＋2于M,N两点，求｜MN|最小时直线AB的方程．解(1）∵点R（1,2）在抛物线C：y2＝2px(p〉0）上,∴4＝2p，解得p＝2，∴抛物线C的方程为y2＝4x。
（2）设点A（x1，y1)，B（x2，y2),直线AB的方程为x＝m（y －1)＋1，m≠0，由错误!消去x并整理得y2－4my＋4(m－1)＝0，∴y1＋y2＝4m，y1y2＝4（m－1），设直线AR的方程为y＝k1（x－1）＋2,由错误!解得点M的横坐标x M＝错误!，又k1＝错误!＝错误!＝错误!，∴x M＝错误!＝－错误!，同理点N的横坐标x N＝－错误!，｜y2－y1|＝错误!＝4错误!,∴|MN｜＝错误!｜x M－x N|＝错误!错误!＝2错误!错误!＝8错误!错误!＝2错误!错误!,令m－1＝t,t≠0，则m＝t＋1，∴|MN｜＝2错误!错误!≥错误!，当t＝－2，即m＝－1时,｜MN｜取得最小值错误!，此时直线AB的方程为x ＋y－2＝0.解析几何中最值问题的基本解法有几何法和代数法．几何法是根据已知的几何量之间的相互关系，结合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）；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（利用普通方法、基本不等式法或导数法等）解决的．(2019·湘赣十四校高三联考）已知椭圆C：错误!＋错误!＝1（a>b〉0）的离心率为22,左焦点为F1，点A是椭圆C上位于x轴上方的一个动点，当直线AF1的斜率为1时,｜AF1｜＝错误!。
【2019最新】精选高考数学二轮复习专题五解析几何第3讲圆锥曲线中的定点定值最值与范围问题练习一、选择题1.在平面直角坐标系xOy 中，经过点(0，)且斜率为k 的直线l 与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点，则k 的取值范围为( )A.B.⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞C.D.∪⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞ 解析 由已知可得直线l 的方程为y ＝kx ＋，与椭圆的方程联立，整理得x2＋2kx ＋1＝0，因为直线l 与椭圆有两个不同的交点，所以Δ＝8k2－4＝4k2－2＞0，解得k ＜－或k ＞，即k 的取值范围为∪.答案 D2.F1，F2是椭圆＋y2＝1的左、右焦点，点P 在椭圆上运动，则·的最大值是( )A.－2B.1C.2D.4解析 设P(x ，y)，依题意得点F1(－，0)，F2(，0)，·＝(－－x)(－x)＋y2＝x2＋y2－3＝x2－2，注意到－2≤x2－2≤1，因此·的最大值是1.答案 B3.已知椭圆＋＝1(0＜b ＜2)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l 交椭圆于A ，B 两点，若|BF2|＋|AF2|的最大值为5，则b 的值是( )A.1B. C. D.3解析 由椭圆的方程，可知长半轴长a ＝2；由椭圆的定义，可知|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4a＝8，所以|AB|＝8－(|AF2|＋|BF2|)≥3.由椭圆的性质，可知过椭圆焦点的弦中通径最短，即＝3，可求得b2＝3，即b＝.答案D4.(2017·榆林模拟)若双曲线－＝1(a＞0，b＞0)与直线y＝x无交点，则离心率e的取值范围是( )A.(1，2)B.(1，2]C.(1，)D.(1，]解析因为双曲线的渐近线为y＝±x，要使直线y＝x与双曲线无交点，则直线y ＝x应在两渐近线之间，所以有≤，即b≤a，所以b2≤3a2，c2－a2≤3a2，即c2≤4a2，e2≤4，所以1＜e≤2.答案B5.抛物线y2＝8x的焦点为F，点P(x，y)为该抛物线上的动点，又点A(－2，0)，则的最大值为( )A.1B.C. D.2解析由点P(x，y)在抛物线y2＝8x上，得y2＝8x(x≥0).由抛物线的定义可得|PF|＝x＋2，又|PA|＝＝，所以＝＝（x＋2）2＋8x（x＋2）2＝.当x＝0时，＝1；当x≠0时，＝，因为x＋≥2＝4，当且仅当x＝，即x＝2时取等号，故x＋＋4≥8，0＜≤1，所以∈(1，].综上，∈[1，].所以的最大值为.答案B二、填空题6.已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的渐近线与圆x2－4x＋y2＋2＝0相交，则双曲线的离心率的取值范围是______.解析双曲线的渐近线方程为y＝±x，即bx±ay＝0，圆x2－4x＋y2＋2＝0可化为(x－2)2＋y2＝2，其圆心为(2，0)，半径为.因为直线bx±ay＝0和圆(x－2)2＋y2＝2相交，所以＜，整理得b2＜a2，从而c2－a2＜a2，即c2＜2a2，所以e2＜2.又e＞1，故双曲线的离心率的取值范围是(1，).答案(1，)7.已知椭圆＋＝1内有两点A(1，3)，B(3，0)，P为椭圆上一点，则|PA|＋|PB|的最大值为________.解析在椭圆中，由a＝5，b＝4，得c＝3，故焦点为(－3，0)和(3，0)，点B是右焦点，记左焦点为C(－3，0)，由椭圆的定义得|PB|＋|PC|＝10，所以|PA|＋|PB|＝10＋|PA|－|PC|，因为||PA|－|PC||≤|AC|＝5，所以当点P，A，C三点共线时，|PA|＋|PB|取得最大值15.答案158.(2016·江苏卷)如图，在平面直角坐标系xOy中，F是椭圆＋＝1(a＞b＞0)的右焦点，直线y＝与椭圆交于B，C两点，且∠BFC＝90°，则该椭圆的离心率是________.解析联立方程组解得B、C两点坐标为B，C，又F(c，0)，则＝，＝，又由∠BFC＝90°，可得·＝0，代入坐标可得：c2－a2＋＝0，①又因为b2＝a2－c2.代入①式可化简为＝，则椭圆离心率为e＝＝＝.答案63三、解答题9.(2015·陕西)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.(1)解由题设知＝，b＝1，结合a2＝b2＋c2，解得a＝，所以椭圆的方程为＋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kAP＋kAQ＝＋＝＋kx2＋2－kx2＝2k＋(2－k)＝2k＋(2－k)x1＋x2x1x2＝2k＋(2－k)＝2k－2(k－1)＝2.10.(2016·重庆诊断二)已知点A(0，－2)，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点.(1)求E的方程；(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点.当△OPQ的面积最大时，求l的方程.解(1)设F(c，0)，由条件知＝，得c＝.又＝，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.故E的方程为＋y2＝1.(2)当l⊥x轴时不合题意，故设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2).将y＝kx－2代入＋y2＝1，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.当Δ＝16(4k2－3)>0，即k2>时，x1，2＝.从而|PQ|＝|x1－x2|＝.又点O到直线PQ的距离d＝.所以△OPQ的面积S△OPQ＝d·|PQ|＝.设＝t，则t>0，S△OPQ＝＝.因为t＋≥4，当且仅当t＝2，即k＝±时等号成立，且满足Δ>0.所以当△OPQ的面积最大时，l的方程为y＝x－2或y＝－x－2.11.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，左、右焦点分别是F1，F2.以F1为圆心，以3为半径的圆与以F2为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆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(1)由题意知2a＝4，则a＝2，又＝，a2－c2＝b2，可得b＝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,4)＋y＝1，又＋＝1，即,4)＋y))＝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|＝216k2＋4－m2|m|1＋4k2＝2（16k2＋4－m2）m21＋4k2＝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，所在△ABQ面积的最大值为6.。
第3讲 圆锥曲线的综合应用[考情考向·高考导航]1．圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一,主要以解答题形式考查,往往作为试卷的压轴题之一．2．以椭圆或拋物线为背景,尤其是与条件或结论相关存在性开放问题．对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求,并突出数学思想方法考查．[真题体验]1．(2019·北京卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1的右焦点为(1,0),且经过点A (0,1)．(1)求椭圆C 的方程；(2)设O 为原点,直线l ：y ＝kx ＋t (t ≠±1)与椭圆C 交于两个不同点P ,Q ,直线AP 与x 轴交于点M ,直线AQ 与x 轴交于点N .若|OM |·|ON |＝2,求证：直线l 经过定点．解析：(1)因为椭圆的右焦点为(1,0),c ＝1；因为椭圆经过点A (0,1),所以b ＝1,所以a 2＝b 2＋c 2＝2,故椭圆的方程为x 22＋y 2＝1.(2)设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2)联立⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1y ＝kx ＋t t ≠1得(1＋2k 2)x 2＋4ktx ＋2t 2－2＝0,Δ＞0,x 1＋x 2＝－4kt 1＋2k 2,x 1x 2＝2t 2－21＋2k 2,y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2t ＝2t 1＋2k2,y 1y 2＝k 2x 1x 2＋kt (x 1＋x 2)＋t 2＝t 2－2k 21＋2k2.直线AP ：y －1＝y 1－1x 1x ,令y ＝0得x ＝－x 1y 1－1, 即|OM |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－x 1y 1－1； 同理可得|ON |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－x 2y 2－1.因为|OM ||ON |＝2,所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪－x 1y 1－1⎪⎪⎪⎪⎪⎪－x 2y 2－1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1x 2y 1y 2－y 1＋y 2＋1＝2；⎪⎪⎪⎪⎪⎪t 2－1t 2－2t ＋1＝1,解之得t ＝0,所以直线方程为y ＝kx ,所以直线l 恒过定点(0,0)． 答案：(1)x 22＋y 2＝1 (2)见解析2．(2018·全国Ⅰ卷)设抛物线C ：y 2＝2x ,点A (2,0),B (－2,0),过点A 的直线l 与C 交于M ,N 两点．(1)当l 与x 轴垂直时,求直线BM 的方程； (2)证明：∠ABM ＝∠ABN .解：(1)当l 与x 轴垂直时,l 的方程为x ＝2,可得M 的坐标为(2,2)或(2,－2)． 所以直线BM 的方程为y ＝12x ＋1或y ＝－12x －1.(2)当l 与x 轴垂直时,AB 为MN 的垂直平分线,所以∠ABM ＝∠ABN .当l 与x 轴不垂直时,设l 的方程为y ＝k (x －2)(k ≠0),M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),则x 1＞0,x 2＞0.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －2，y 2＝2x得ky 2－2y －4k ＝0,可知y 1＋y 2＝2k,y 1y 2＝－4.直线BM ,BN 的斜率之和为k BM ＋k BN ＝y 1x 1＋2＋y 2x 2＋2＝x 2y 1＋x 1y 2＋2y 1＋y 2x 1＋2x 2＋2.①将x 1＝y 1k ＋2,x 2＝y 2k＋2及y 1＋y 2,y 1y 2的表达式代入①式分子,可得x 2y 1＋x 1y 2＋2(y 1＋y 2)＝2y 1y 2＋4k y 1＋y 2k＝－8＋8k＝0.所以k BM ＋k BN ＝0,可知BM ,BN 的倾斜角互补,所以∠ABM ＝∠ABN . 综上,∠ABM ＝∠ABN .[主干整合]1．有关弦长问题有关弦长问题,应注意运用弦长公式及根与系数的关系,“设而不求”；有关焦点弦长问题,要重视圆锥曲线定义的运用,以简化运算．(1)斜率为k 的直线与圆锥曲线交于两点P 1(x 1,y 1),P 2(x 2,y 2),则所得弦长|P 1P 2|＝1＋k 2|x 2－x 1|或|P 1P 2|＝ 1＋1k2|y 2－y 1|(k ≠0),其中求|x 2－x 1|与|y 2－y 1|时通常使用根与系数的关系,即作如下变形：|x 2－x 1|＝x 1＋x 22－4x 1x 2, |y 2－y 1|＝y 1＋y 22－4y 1y 2.(2)当斜率k 不存在时,可求出交点坐标,直接运算(利用两点间距离公式)． 2．圆锥曲线中的最值 (1)椭圆中的最值F 1,F 2为椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点,P 为椭圆的任意一点,B 为短轴的一个端点,O为坐标原点,则有：①|OP|∈[b,a]；②|PF1|∈[a－c,a＋c]；③|PF1|·|PF2|∈[b2,a2]；④∠F1PF2≤∠F1BF2.(2)双曲线中的最值F1,F2为双曲线x2a2－y2b2＝1(a＞0,b＞0)的左、右焦点,P为双曲线上的任一点,O为坐标原点,则有：①|OP|≥a；②|PF1|≥c－a.(3)拋物线中的最值点P为拋物线y2＝2px(p＞0)上的任一点,F为焦点,则有：①|PF|≥p2；②A(m,n)为一定点,则|PA|＋|PF|有最小值．3．拋物线焦点弦的几个重要结论直线AB过拋物线y2＝2px(p＞0)的焦点,交拋物线于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,如图．(1)y1y2＝－p2,x1x2＝p24.(2)|AB|＝x1＋x2＋p,x1＋x2≥2x1x2＝p,即当x1＝x2时,弦长最短为2p.(3)1|AF|＋1|BF|为定值2p.(4)弦长|AB|＝2psin2α(α为AB的倾斜角)．(5)以AB为直径的圆与准线相切．热点一圆锥曲线中的范围、最值问题数学运算素养数学运算——圆锥曲线问题的核心素养以圆锥曲线问题为载体,借助相关知识,通过式的变形考查运算求解能力,体现了数学运算的核心素养.构造函数求最值[例1－1] (2019·全国Ⅱ卷)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．[审题指导] (1)利用斜率公式及k AM ·k BM ＝－12求动点M 的轨迹方程．(2)①根据点P 在第一象限的特征,画出满足题意的几何图形,初步判断出△PQG 中∠QPG 是直角．设出直线PQ 的斜率和方程,再结合x E ＝x P 及点P ,Q 关于原点对称,求出直线QG 的斜率和方程,联立直线QG 和曲线C 的方程,求出点G 的坐标,最后求出直线PG 的斜率,即可证明k PQ ·k PG ＝－1.②根据△PQG 是直角三角形,建立S △PQG 关于直线PQ 的斜率k 的关系式求最值． [解析] (1)由题设得yx ＋2·y x －2＝－12, 化简得x 24＋y 22＝1(|x |≠2),所以C 为中心在坐标原点,焦点在x 轴上的椭圆,不含左右顶点． (2)①证明：设直线PQ 的斜率为k ,则其方程为y ＝kx (k ＞0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 24＋y22＝1得x ＝±21＋2k2.设u ＝21＋2k2,则P (u ,uk ),Q (－u ,－uk ),E (u,0)．于是直线QG 的斜率为k 2,方程为y ＝k2(x －u )．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k2x －u ，x 24＋y 22＝1，得(2＋k 2)x 2－2uk 2x ＋k 2u 2－8＝0. 设G (x G ,y G ),则－u 和x G 是方程①的解,故x G＝u 3k 2＋22＋k 2,由此得y G ＝uk 32＋k 2,从而直线PG 的斜率为uk 32＋k 2－uk u 3k 2＋22＋k2－u ＝－1k. 所以PQ ⊥PG ,即△PQG 是直角三角形． ②由①得|PQ |＝2u 1＋k 2,|PG |＝2uk k 2＋12＋k2, 所以△PQG 的面积S ＝12|PQ ||PG |＝8k 1＋k 21＋2k 22＋k 2＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋k 1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k＋k 2. 设t ＝k ＋1k,则由k ＞0得t ≥2,当且仅当k ＝1时取等号． 因为S ＝8t1＋2t2在[2,＋∞)单调递减,所以当t ＝2,即k ＝1,S 取得最大值,最大值为169.因此,△PQG 面积的最大值为169.最值问题的2种基本解法几何法 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(如拋物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等在选择题、填空题中经常考查)代数法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解决的(普通方法、基本不等式方法、导数方法)(如本例)等寻找不等关系解范围问题[例1－2] (2018·全国Ⅲ卷,节选)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)．证明：k <－12.[审题指导] 利用点差法将k 转化为含m 的表达式,求解m 的取值范围,进而证明结论．[证明] 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 21－x 224＋y 21－y 223＝0 由题设知x 1＋x 22＝1,y 1＋y 22＝m ,于是k ＝－34m①由题设得0＜m ＜32,故k ＜－12.解决圆锥曲线中的范围问题的常用解法(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,关键是建立两个参数之间的等量关系． (3)利用隐含的不等关系(如：点在椭圆内)建立不等式,从而求出参数的取值范围． (4)利用求函数的值域或求函数定义域的方法将待求量表示为其他变量的函数或其他变量的自变量,从而确定参数的取值范围．(2020·山师附中模拟)已知点A (0,－2),椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32,F 是椭圆E 的右焦点,直线AF 的斜率为233,O 为坐标原点．(1)求E 的方程；(2)设过点A 的动直线l 与E 相交于P ,Q 两点．当△OPQ 的面积最大时,求l 的方程． 解析：(1)设F (c,0),由条件知,2c ＝233,得c ＝ 3.又ca ＝32,所以a ＝2,b 2＝a 2－c 2＝1. 故E 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)当l ⊥x 轴时不合题意,故设l ：y ＝kx －2,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Δ＝16(4k 2－3)＞0,即k 2＞34时,x 1,2＝8k ±24k 2－34k 2＋1. 从而|PQ |＝k 2＋1|x 1－x 2|＝4k 2＋1·4k 2－34k 2＋1. 又点O 到直线PQ 的距离d ＝2k 2＋1.所以△OPQ 的面积S △OPQ ＝12d ·|PQ |＝44k 2－34k 2＋1. 设4k 2－3＝t ,则t ＞0,S △OPQ ＝4t t 2＋4＝4t ＋4t. 因为t ＋4t ≥4,当且仅当t ＝2,即k ＝±72时等号成立,且满足Δ＞0.所以,当△OPQ 的面积最大时,l 的方程为y ＝72x －2或y ＝－72x －2. 热点二 圆锥曲线中的定点、定值问题巧妙消元证定值[例2－1] (2019·青岛三模)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为12,以椭圆的短轴为直径的圆与直线x －y ＋6＝0相切．(1)求椭圆E 的方程．(2)设椭圆过右焦点F 的弦为AB 、过原点的弦为CD ,若CD ∥AB ,求证：|CD |2|AB |为定值．[审题指导] (1)要求椭圆方程,只要由原点到直线的距离等于半短轴长,求b 即可． (2)要证明|CD |2|AB |为定值,只要利用弦长公式计算化简即可．[解析] (1)依题意,原点到直线x －y ＋6＝0的距离为b , 则有b ＝612＋－12＝ 3.由a 2－b 2a ＝12,得a 2＝43b 2＝4.所以椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)①当直线AB 的斜率不存在时,易求|AB |＝3,|CD |＝23, 则|CD |2|AB |＝4. ②当直线AB 的斜率存在时,设直线AB 的斜率为k ,依题意k ≠0,则直线AB 的方程为y ＝k (x －1),直线CD 的方程为y ＝kx . 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),C (x 3,y 3),D (x 4,y 4),由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝k x －1，得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0,则x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2,x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2,|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝1＋k 2· ⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 23＋4k 22－4⎝ ⎛⎭⎪⎫4k 2－123＋4k 2 ＝121＋k 23＋4k2.由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝kx ，整理得x 2＝123＋4k2, 则|x 3－x 4|＝433＋4k2.|CD |＝1＋k 2|x 3－x 4|＝4 31＋k23＋4k2. 所以|CD |2|AB |＝481＋k 23＋4k2·3＋4k2121＋k2＝4. 综合①②,|CD |2|AB |＝4为定值．解答圆锥曲线的定值问题的策略定值问题就是证明一个量与其中的变化因素无关,这些因素可能是直线的斜率、截距,也可能是动点的坐标等,这类问题的一般解法是使用变化的量表示求证目标,通过运算求证目标的取值与变化的量无关．巧引参数寻定点[例2－2] (2020·长沙模拟)已知以点C (0,1)为圆心的动圆C 与y 轴负半轴交于点A ,其弦AB 的中点D 恰好落在x 轴上．(1)求点B 的轨迹E 的方程；(2)过直线y ＝－1上一点P 作曲线E 的两条切线,切点分别为M ,N .探究直线MN 是否过定点？请说明理由．[审题指导] (1)利用直接法求轨迹方程．(2)设P 点坐标(6,－1),先求M 、N 处的切线方程再建立直线MN 的方程(用参数t 表示),从而求定点．[解析] (1)设B (x ,y ),y ＞0,则AB 的中点D ⎝ ⎛⎭⎪⎫x2，0, ∵C (0,1),连接DC ,∴DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 2，1,DB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，y .在⊙C 中,DC ⊥DB ,∴DC →·DB →＝0,∴－x 24＋y ＝0,即x 2＝4y (y ＞0),∴点B 的轨迹E 的方程为x 2＝4y (y ＞0)． (2)由(1)可得曲线E 的方程为x 2＝4y (y ＞0)． 设P (t ,－1),M (x 1,y 1),N (x 2,y 2), ∵y ＝x 24,∴y ′＝x2,∴过点M ,N 的切线方程分别为y －y 1＝x 12(x －x 1),y －y 2＝x 22(x －x 2),由4y 1＝x 21,4y 2＝x 22,上述切线方程可化为2(y ＋y 1)＝x 1x,2(y ＋y 2)＝x 2x .∵点P 在这两条切线上,∴2(y 1－1)＝tx 1,2(y 2－1)＝tx 2,即直线MN 的方程为2(y －1)＝tx , 故直线MN 过定点C (0,1)．过定点问题的常用解法(1)动直线l 过定点问题,解法：设动直线方程(斜率存在)为y ＝kx ＋t ,由题设条件将t 用k 表示为t ＝mk ,其代入直线方程y ＝k (x ＋m ),故动直线过定点(－m,0)．(2)动曲线C 过定点问题,解法：引入参变量建立曲线C 的方程,再根据其对参变量恒成立,令其系数等于零,得出定点．(3)从特殊位置入手,找出定点,再证明该点符合题意．(2019·全国Ⅰ卷)已知点A ,B 关于坐标原点O 对称,|AB |＝4,⊙M 过点A ,B 且与直线x ＋2＝0相切．(1)若A 在直线x ＋y ＝0上,求⊙M 的半径．(2)是否存在定点P ,使得当A 运动时,|MA |－|MP |为定值？并说明理由．解：(1)因为⊙M 过点A ,B ,所以圆心M 在AB 的垂直平分线上,由已知A 在直线x ＋y ＝0上,且A ,B 关于坐标原点O 对称,所以M 在直线y ＝x 上,故可设M (a ,a )．因为⊙M 与直线x ＋2＝0相切,所以⊙M 的半径为r ＝|a ＋2|.由已知得|AO |＝2,又MO →⊥AO →,故可得2a 2＋4＝(a ＋2)2,解得a ＝0或a ＝4. 故⊙M 的半径r ＝2或r ＝6.(2)存在定点P (1,0),使得|MA |－|MP |为定值, 理由如下：设M (x ,y ),由已知得⊙M 的半径为r ＝|x ＋2|,|AO |＝2,由于MO →⊥AO →,故可得x 2＋y 2＋4＝(x ＋2)2,化简得M 的轨迹方程为y 2＝4x ,因为曲线C ：y 2＝4x 是以点P (1,0)为焦点,以直线x ＝－1为准线的抛物线,所以|MP |＝x ＋1.因为|MA |－|MP |＝r －|MP |＝x ＋2－(x ＋1)＝1,所以存在满足条件的定点P .限时60分钟 满分60分解答题(本大题共5小题,每小题12分,共60分)1．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)经过点M (2,1),且离心率e ＝32.(1)求椭圆C 的方程；(2)设A ,B 分别是椭圆C 的上顶点、右顶点,点P 是椭圆C 在第一象限内的一点,直线AP ,BP 分别交x 轴,y 轴于点M ,N ,求四边形ABMN 面积的最小值．解析：本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的基本性质以及直线方程,考查考生分析问题、解决问题的能力,考查的核心素养是数学运算．(1)由离心率及c 2＝a 2－b 2得a ,b 的关系,再把已知点代入即可求出标准方程；(2)设出点P 的坐标,得到直线AP ,BP 的方程,从而表示出点M ,N 的坐标,进而得到|AN |·|BM |,最后利用S 四边形ABMN ＝S △OMN －S △OAB 及基本不等式求面积的最小值．(1)由椭圆的离心率为32得,c a ＝32,又c 2＝a 2－b 2,∴a ＝2b .又椭圆C 经过点(2,1),∴44b2＋1b2＝1,解得b 2＝2,∴椭圆C 的方程为x 28＋y 22＝1. (2)由(1)可知,A (0,2),B (22,0),设P (x 0,y 0)(0＜x 0＜22,0＜y 0＜2),则直线AP ：y ＝y 0－2x 0x ＋2,从而M ⎝⎛⎭⎪⎫－2x 0y 0－2，0.直线BP ：y ＝y 0x 0－22(x －22),从而N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－22y 0x 0－22.∵x 208＋y 202＝1,∴|AN |·|BM |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋22y 0x 0－22·⎝⎛⎭⎪⎫22＋2x 0y 0－2＝2x 0＋2y 0－222x 0－22y 0－2＝2x 20＋4y 20＋4x 0y 0－42x 0－82y 0＋8x 0y 0－2x 0－22y 0＋4＝8.∴S 四边形ABMN ＝S △OMN －S △OAB ＝12(|OM |·|ON |－|OA |·|OB |) ＝12(2|BM |＋22|AN |＋8) ＝22(|BM |＋2|AN |)＋4 ≥4＋22·22|AN |·|BM | ＝4＋42(O 为坐标原点),当且仅当|BM |＝4,|AN |＝2时取得最小值．2．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32,上顶点M 到直线3x ＋y ＋4＝0的距离为3.(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l 过点(4,－2),且与椭圆C 相交于A ,B 两点,l 不经过点M ,证明：直线MA 的斜率与直线MB 的斜率之和为定值．解：本题主要考查椭圆与直线的交汇,考查考生的数形结合能力、推理论证能力以及运算求解能力,考查的核心素养是直观想象、逻辑推理、数学运算．(1)由题意可得,⎩⎪⎨⎪⎧e ＝c a ＝32|b ＋4|2＝3a 2＝b 2＋c2,解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4b ＝2,所以椭圆C 的方程为x 216＋y 24＝1.(2)易知直线l 的斜率恒小于0,设直线l 的方程为y ＋2＝k (x －4),k ＜0且k ≠－1,A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),联立得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋2＝k x －4x 216＋y24＝1,得(1＋4k 2)x 2－16k (2k ＋1)x ＋64k (k ＋1)＝0,则x 1＋x 2＝16k2k ＋11＋4k 2,x 1x 2＝64k k ＋11＋4k2, 因为k MA ＋k MB ＝y 1－2x 1＋y 2－2x 2＝kx 1－4k －4x 2＋kx 2－4k －4x 1x 1x 2, 所以k MA ＋k MB ＝2k －(4k ＋4)×x 1＋x 2x 1x 2＝2k －4(k ＋1)×16k 2k ＋164k k ＋1＝2k －(2k ＋1)＝－1(为定值)．3．(2019·淮南三模)已知椭圆C ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为63,直线4x ＋3y －5＝0与以坐标原点为圆心,椭圆的短半轴长为半径的圆相切．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若A 为椭圆C 的下顶点,M ,N 为椭圆C 上异于A 的两点,直线AM 与AN 的斜率之积为1. ①求证：直线MN 恒过定点,并求出该定点的坐标； ②若O 为坐标原点,求OM →·ON →的取值范围． 解析：(1)由题意可得离心率e ＝c a ＝63, 又直线4x ＋3y －5＝0与圆x 2＋y 2＝b 2相切, 所以b ＝|－5|42＋32＝1,结合a 2－b 2＝c 2,解得a ＝3, 所以椭圆C 的标准方程为y 23＋x 2＝1.(2)①设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),由题意知A (0,－3),又直线AM 与AN 的斜率之积为1,所以y 1＋3x 1·y 2＋3x 2＝1, 即有x 1x 2＝y 1y 2＋3(y 1＋y 2)＋3, 由题意可知直线MN 的斜率存在且不为0, 设直线MN ：y ＝kx ＋t (k ≠0),代入椭圆方程,消去y 可得(3＋k 2)x 2＋2ktx ＋t 2－3＝0,所以x 1x 2＝t 2－33＋k 2,x 1＋x 2＝－2kt3＋k2,y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2t ＝2t －2k 2t 3＋k 2＝6t3＋k2,y 1y 2＝k 2x 1x 2＋kt (x 1＋x 2)＋t 2＝k 2·t 2－33＋k 2＋kt ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2kt 3＋k 2＋t 2＝3t 2－3k 23＋k 2,所以t 2－33＋k 2＝3t 2－3k 23＋k 2＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫6t 3＋k 2＋3, 化简得t 2＋33t ＋6＝0,解得t ＝－23(－3舍去), 则直线MN 的方程为y ＝kx －23,即直线MN 恒过定点,该定点的坐标为(0,－23)．②由①可得OM →·ON →＝x 1x 2＋y 1y 2＝t 2－33＋k 2＋3t 2－3k 23＋k 2＝4t 2－3－3k 23＋k 2＝45－3k 23＋k2,由(3＋k 2)x 2＋2ktx ＋t 2－3＝0,可得Δ＝4k 2t 2－4(t 2－3)(3＋k 2)＝48k 2－36(3＋k 2)＞0,解得k 2＞9.令3＋k 2＝m ,则m ＞12,且k 2＝m －3, 所以45－3k 23＋k 2＝45－3m －3m ＝54m －3, 由m ＞12,可得－3＜54m －3＜32.则OM →·ON →的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32.4．(2019·浙江卷)如图,已知点F (1,0)为抛物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点．过点F 的直线交抛物线于A ,B 两点,点C 在抛物线上,使得ΔABC 的重心G 在x 轴上,直线AC 交x 轴于点Q ,且Q 在点F 的右侧．记△AFG ,△CQG 的面积分别为S 1,S 2.(1)求p 的值及抛物线的准线方程； (2)求S 1S 2的最小值及此时点G 的坐标． 解：(1)由题意得p2＝1,即p ＝2.所以,抛物线的准线方程为x ＝－1.(2)设A (x A ,y A ),B (x B ,y B ),C (x c ,y c ),重心G (x G ,y G )．令y A ＝2t ,t ≠0,则x A ＝t 2.由于直线AB 过F ,故直线AB 的方程为x ＝t 2－12t y ＋1,代入y 2＝4x ,得y 2－2t 2－1ty －4＝0,故2ty B ＝－4,即y B ＝－2t,所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2，－2t .又由于x G ＝13(x A ＋x B ＋x C ),y G ＝13(y A ＋y B ＋y C )及重心G 在x 轴上,故2t －2t ＋y C ＝0,得C ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －t 2，2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －t ,G ⎝ ⎛⎭⎪⎫2t 4－2t 2＋23t 2，0. 所以,直线AC 的方程为y －2t ＝2t (x －t 2),得Q (t 2－1,0)． 由于Q 在焦点F 的右侧,故t 2＞2.从而 S 1S 2＝12|FG |·|y A |12|QG |·|y c | ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t 4－2t 2＋23t 2－1·|2t |⎪⎪⎪⎪⎪⎪t 2－1－2t 4－2t 2＋23t 2·⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t －2t ＝2t 4－t 2t 4－1＝2－t 2－2t 4－1. 令m ＝t 2－2,则m >0,S 1S 2＝2－m m 2＋4m ＋3＝2－1m ＋3m＋4≥2－12 m ·3m＋4＝1＋32.当m ＝3时,S 1S 2取得最小值1＋32,此时G (2,0)． 5．(2019·北京卷)已知拋物线C ：x 2＝－2py 经过点(2,－1)． (1)求拋物线C 的方程及其准线方程；(2)设O 为原点,过拋物线C 的焦点作斜率不为0的直线l 交拋物线C 于两点M ,N ,直线y ＝－1分别交直线OM ,ON 于点A 和点B .求证：以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点．解析：本题主要考查抛物线方程的求解与准线方程的确定,直线与抛物线的位置关系,圆的方程的求解及其应用等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力．(1)将点(2,－1)代入抛物线方程：22＝2p ×(－1)可得：p ＝－2, 故抛物线方程为：x 2＝－4y ,其准线方程为：y ＝1. (2)很明显直线l 的斜率存在,焦点坐标为(0,－1),设直线方程为y ＝kx －1,与抛物线方程x 2＝－4y 联立可得：x 2＋4kx －4＝0. 故：x 1＋x 2＝－4k ,x 1x 2＝－4.设M ⎝⎛⎭⎪⎫x 1，－x 214,N ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，－x 224,则k OM ＝－x 14,k ON ＝－x 24,直线OM 的方程为y ＝－x 14x ,与y ＝－1联立可得：A ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x 1，－1,同理可得B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x 2，－1, 易知以AB 为直径的圆的圆心坐标为：⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 1＋2x 2，－1,圆的半径为：⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x 1－2x 2,且：2x 1＋2x 2＝2x 1＋x 2x 1x 2＝2k ,⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x 1－2x 2＝2×x 1＋x 22－4x 1x 2|x 1x 2|＝2k 2＋1,则圆的方程为：(x －2k )2＋(y ＋1)2＝4(k 2＋1), 令x ＝0整理可得：y 2＋2y －3＝0,解得：y 1＝－3,y 2＝1, 即以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点(0,－3),(0,1)．高考解答题·审题与规范(五) 解析几何类考题重在“巧设”思维流程1.解析几何部分知识点多,运算量大,能力要求高,在高考试题中大都是在压轴题的位置出现,是考生“未考先怕”的题型之一,不是怕解题无思路,而是怕解题过程中繁杂的运算．2.在遵循“设——列——解”程序化运算的基础上,应突出解析几何“设”的重要性,以克服平时重思路方法、轻运算技巧的顽疾,突破如何避繁就简这一瓶颈.真题案例审题指导审题方法 (12分)(2019·全国Ⅲ卷)已知曲线C ：y ＝x 22,D 为直线y ＝－12上的动点,过D 作C 的两条切线,切点分别为A ,B .(1)证明：直线AB 过定点；(2)若以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52为圆的圆与直线AB 相切,切点为线段AB 的中点,求四边形ABCD 的面积.(1)设点D 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－12,根据导数的几何意义确定切线DA ,DB 的斜率,利用方程的同解性得出直线AB 的方程,进而证明直线过定点．(2)联立直线AB 与拋物线的方程,求出AB 的弦长及点D ,E 到直线AB 的距离,建立四边形ADBE 的面积表达式,再利用直线与圆相切的条件求出参数的值,进而可求四边形ADBE 的面积.审方法 数学思想是问题的主线,方法是解题的手段．审视方法,选择适当的解题方法,往往使问题的解决事半功倍．审题的过程还是一个解题方法的抉择过程,开拓的解题思路能使我们心涌如潮,适宜的解题方法则帮助我们事半功倍.规范解答评分细则[解析] (1)设D ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－12,A (x 1,y 1),则x 21＝2y 1.1分①由y ′＝x ,所以切线DA 的斜率为x 1,故y 1＋12x 1－t＝x 1.整理得2tx 1－2y 1＋1＝0.2分②设B (x 2,y 2),同理可得2tx 2－2y 2＋1＝0.3分③ 故直线AB 的方程为2tx －2y ＋1＝0.4分④所以直线AB 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，125分⑤(2)由(1)得直线AB 的方程为y ＝tx ＋12.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝tx ＋12，y ＝x 22可得x2－2tx －1＝0.6分⑥于是x 1＋x 2＝2t ,x 1x 2＝－1,y 1＋y 2＝t (x 1＋x 2)＋1＝2t 2＋1, |AB |＝1＋t 2|x 1－x 2|＝1＋t 2×x 1＋x 22－4x 1x 2＝2(t 2＋1).7分⑦设d 1,d 2分别为点D ,E 到直线AB 的距离,则d 1＝t 2＋1,d 2＝2t 2＋1.因此,四边形ADBE 的面积S ＝12|AB |(d 1＋d 2)＝(t 2＋3)t 2＋1.9分⑧设M 为线段AB 的中点,则M ⎝⎛⎭⎪⎫t ，t 2＋12. 由于EM →⊥AB →,而EM →＝(t ,t 2－2),AB →与向量(1,t )平行,所以t ＋(t 2－2)t ＝0.解得t ＝0或t ＝±1.11分⑨当t ＝0时,S ＝3；当t ＝±1时,S ＝4 2. 因此,四边形ADBE 的面积为3或4 2.12分⑩。
10.6 圆锥曲线的综合问题挖命题【考情探究】5年考情考点内容解读考题示例考向关联考点预测热度2018浙江,21直线与椭圆、抛物线的位置关系三角形面积、取值范围2017浙江,21直线与抛物线的位置关系不等式、最值、取值范围2016浙江文,19直线与抛物线的位置关系取值范围2015浙江文,19直线与抛物线的位置关系圆、三角形面积圆锥曲线的综合问题1.了解圆锥曲线的简单应用.2.理解数形结合的思想.3.能解决直线与圆锥曲线的综合应用等问题.2014浙江,21直线与圆的位置关系不等式★★★分析解读 1.圆锥曲线的综合问题是高考的热点之一,主要考查两大问题:一是根据条件求出平面曲线的方程;二是通过方程研究平面曲线的性质.2.考查点主要有:(1)圆锥曲线的基本概念和性质;(2)与圆锥曲线有关的最值、对称、位置关系等综合问题;(2)有关定点、定值问题,以及存在性等探索性问题.3.预计2020年高考试题中,圆锥曲线的综合问题仍是压轴题之一,复习时应高度重视.炼技法【方法集训】方法1 圆锥曲线中的最值和范围问题的求解方法1.(2018浙江9+1高中联盟期中,21)如图,在平面直角坐标系xOy中,设点M(x0,y0)是椭圆C:+y2=1上一x22点,从原点O向圆M:+=作两条切线,分别与椭圆C交于点P,Q,直线OP,OQ的斜率分别记为(x-x)2(y-y)223k1,k2.(1)求证:k1k2为定值;(2)求四边形OPMQ面积的最大值.解析 (1)证明:因为直线OP:y=k 1x,OQ:y=k 2x 与圆M 相切,所以=,=,可知k 1,k 2是方程(3-2)k 2-6x 0y 0k+3-2=0的两个不相等的实数根,|k 1x 0-y 0|1+k 2163|k 2x 0-y 0|1+k 2263x 20y 20所以3-2≠0,k 1k 2=,因为点M(x 0,y 0)在椭圆C上,所以=1-,x 203y 20-23x 20-2y 20x202所以k 1k 2==-.3y 20-23x 20-212(2)易知直线OP,OQ 都不能落在坐标轴上,设P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2),因为2k 1k 2+1=0,所以+1=0,即=,2y 1y 2x 1x 2y 21y 2214x 21x 22因为P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2)在椭圆C 上,所以==,y 21y 22(1-x 212)(1-x 222)14x 21x 22整理得+=2,所以+=1,x 21x 22y 21y 22所以OP 2+OQ 2=3.因为S 四边形OPMQ =(OP+OQ)·=(OP+OQ),126366OP+OQ ≤=,所以S 四边形OPMQ 的最大值为1.2(OP 2+O Q 2)62.(2018浙江台州高三期末质检,21,15分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左,右焦点分别为F 1,F 2,左顶点为x2a2y2b2A,点P(,)在椭圆C 上,且△PF 1F 2的面积为2.233(1)求椭圆C 的方程;(2)过原点O 且与x 轴不重合的直线交椭圆C 于E,F 两点,直线AE,AF 分别与y 轴交于点M,N.求证:以MN 为直径的圆恒过焦点F 1,F 2,并求出△F 1MN 面积的取值范围.解析 (1)∵=×2c×=2,∴c=2,(2分)S △PF1F 21233又点P(,)在椭圆C 上,23∴+=1,∴a 4-9a 2+8=0,2a 23a 2-4解得a 2=8或a 2=1(舍去),又a 2-b 2=4,∴b 2=4,∴椭圆C 的方程为+=1.(5分)x 28y24(2)由(1)可得A(-2,0),F 1(-2,0),F 2(2,0),2当直线EF 的斜率不存在时,E,F 为短轴的两个端点,不妨设M(0,2),N(0,-2),∴F 1M ⊥F 1N,F 2M ⊥F 2N,∴以MN 为直径的圆恒过焦点F 1,F 2.(7分)当直线EF 的斜率存在且不为零时,设直线EF 的方程为y=kx(k ≠0),设点E(x 0,y 0)(不妨设x 0>0),则点F(-x 0,-y 0),由消去y 得x 2=,{y =kx ,x28+y 24=181+2k 2∴x 0=,y 0=,221+2k222k1+2k2∴直线AE 的方程为y=(x+2),k 1+1+2k 22∵直线AE 与y 轴交于点M,∴令x=0,得y=,22k 1+1+2k 2即点M ,同理可得点N ,(0,22k1+1+2k 2)(0,22k1-1+2k 2)∴=,=,F 1M (2,22k1+1+2k 2)F 1N (2,22k1-1+2k 2)∴·=0,∴F 1M ⊥F 1N,同理,F 2M ⊥F 2N,F 1M F 1N 则以MN 为直径的圆恒过焦点F 1,F 2,(12分)当直线EF 的斜率存在且不为零时,|MN|===2·>4,|22k1+1+2k2-22k1-1+2k 2||22k·1+2k 2k2|21k2+2∴△F 1MN 的面积S=|OF 1|·|MN|>4,12又当直线EF 的斜率不存在时,|MN|=4,∴△F 1MN 的面积为|OF 1|·|MN|=4,12∴△F 1MN 面积的取值范围是[4,+∞).(15分)方法2 定点、定值问题的求法1.(2017浙江镇海中学模拟卷(四),21)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,且椭圆C 上的点到其焦点x2a2y2b 212的距离的最小值为1.(1)求a,b 的值;(2)过点P(3,0)作直线l 交C 于A,B 两点,①求△AOB 面积S 的最大值;②设Q 为线段AB 上的点,且满足=,证明:点Q 的横坐标x Q 为定值.|AP ||PB ||AQ ||QB |解析 (1)由题意知,{c a =12,a -c =1,所以a=2,c=1,因此b==,故a=2,b=.(4分)22-1233(2)显然直线l 的斜率存在且不为0,故可设l:y=k(x-3)(k ≠0),联立消去y,并整理,得{y =k (x -3),x24+y 23=1,(3+4k 2)x 2-24k 2x+36k 2-12=0,其中Δ=48(3-5k 2)>0.设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),则有x 1+x 2=,x 1·x 2=.(6分)24k23+4k236k 2-123+4k2①原点O 到直线l 的距离d=,|AB|=|x 1-x 2|=·,|3k |k 2+11+k 21+k 248(3-5k 2)3+4k2所以S △AOB =|AB|·d=6·|k|·=6·.(8分)1233-5k 23+4k 23k 2(3-5k 2)(3+4k 2)2设t=,则k 2=,其中t ∈,则13+4k214(1t -3)(527,13)S=6·=·≤·=.314t 2(1t -3)[3-54(1t -3)]32(9-27t )(27t -5)329-27t +27t -523当且仅当9-27t=27t-5,即t=时,取等号.(10分)727故△AOB 面积S 的最大值为.3②证明:设==λ,则=-λ,=λ,(12分)|AP ||PB ||AQ ||QB |AP PB AQ QB 所以3-x 1=-λ(x 2-3),x Q -x 1=λ(x 2-x Q ),消去λ得,x Q ===,3(x 1+x 2)-2x 1x 26-(x 1+x 2)3·24k23+4k 2-2·36k 2-123+4k26-24k 23+4k243故点Q 的横坐标x Q 为定值.(15分)432.(2017浙江五校联考(5月),21)如图,已知椭圆Γ:+=1(a>b>0)经过不同的三点A ,B x2a 2y2b 2(52,54)(-12,-34),C(C 在第三象限),线段BC 的中点在直线OA 上.(1)求椭圆Γ的方程及点C 的坐标;(2)设点P 是椭圆Γ上的动点(异于点A,B,C),且直线PB,PC 分别交直线OA 于M,N 两点,问|OM|·|ON|是不是定值?若是,求该值;若不是,请说明理由.解析 (1)由点A,B 在椭圆Γ上,得解得所以椭圆Γ的方程为+=1.{54a2+516b 2=1,14a2+916b2=1,{a 2=52,b 2=58,x252y258设点C(m,n),则BC 中点为,(m -122,n -342)由已知,求得直线OA 的方程为x-2y=0,从而m=2n-1.①又点C 在椭圆Γ上,故2m 2+8n 2=5.②由①②得n=(舍去)或n=-,从而m=-,341432所以点C 的坐标为.(-32,-14)(2)设P(x 0,y 0),M(2y 1,y 1),N(2y 2,y 2).当x 0≠-且x 0≠-时,1232因为P,B,M 三点共线,所以=,整理得y 1=.y 1+342y 1+12y 0+34x 0+123x 0-2y 04(2y 0-x 0+1)因为P,C,N 三点共线,所以=,整理得y 2=.y 2+142y 2+32y 0+14x 0+32x 0-6y 04(2y 0-x 0-1)因为点P 在椭圆Γ上,所以2+8=5,即=-4.x 20y 20x 2052y 20从而y 1y 2==(3x 0-2y 0)(x 0-6y 0)16[(2y 0-x 0)2-1]3x 20-20x 0y 0+12y 2016(4y 20+x 20-4x 0y 0-1)===.3(52-4y 20)-20x 0y 0+12y 2016(52-4x 0y 0-1)5(32-4x 0y 0)16(32-4x 0y 0)516所以|OM|·|ON|=|y 1|·|y 2|=5|y 1y 2|=,为定值.552516当x 0=-或x 0=-时,易求得|OM|·|ON|=,为定值.12322516综上,|OM|·|ON|是定值,为.2516方法3 存在性问题的解法1.(2018浙江“七彩阳光”联盟期中,21)已知抛物线C 1:x 2=4y 的焦点为F,过抛物线C 2:y=-x 2+3上一点M 18作抛物线C 2的切线l,与抛物线C 1交于A,B 两点.(1)记直线AF,BF 的斜率分别为k 1,k 2,若k 1·k 2=-,求直线l 的方程;35(2)是否存在正实数m,使得对任意点M,都有|AB|=m(|AF|+|BF|)成立?若存在,求出m 的值;若不存在,请说明理由.解析 (1)设M(x 0,y 0),由y=-+3,得y'=-,则切线l 的斜率为k=-.x28x 4x 04切线l 的方程为y=-(x-x 0)+y 0=-x++y 0=-x-2y 0+6+y 0,即y=-x-y 0+6.(3分)x 04x 04x 24x 04x 04与x 2=4y 联立,消去y 得x 2+x 0x+4y 0-24=0.(4分)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),则有x 1+x 2=-x 0,x 1x 2=4y 0-24,(5分)则y 1+y 2=-(x 1+x 2)-2y 0+12=-2y 0+12=-4y 0+18,x 04x 24y 1y 2==,x 21x 2216(y 0-6)2则由k 1·k 2=×===-,y 1-1x 1y 2-1x 2y 1y 2-(y 1+y 2)+1x 1x 2(y 0-6)2-(-4y 0+18)+14y 0-2435得5-28y 0+23=0,解得y 0=1或y 0=.(8分)y 20235∵=-8(y 0-3)≥0,∴y 0≤3,故y 0=1,∴x 0=±4.x 20则直线l 的方程为y=±x+5.(9分)(2)由(1)知直线l 的方程为y=-x-y 0+6,且x 1+x 2=-x 0,x 1x 2=4y 0-24,x 04则|AB|=|x 1-x 2|=·=·,1+x 2161+x 216(x 1+x 2)2-4x 1x 216+x 204x 20-4(4y 0-24)即|AB|=·=2(5-y 0),(11分)16-8y 0+244-8y 0+24-16y 0+963而|AF|+|BF|=(y 1+1)+(y 2+1)=-4y 0+20=4(5-y 0),(13分)则|AB|=(|AF|+|BF|),(14分)32故存在正实数m=,使得对任意点M,都有|AB|=(|AF|+|BF|)成立.(15分)32322.(2017浙江镇海中学模拟卷(六),21)椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F 1、F 2,M 为椭圆C 上任x2a2y2b 2意一点,|MF 1|-|MF 2|的最大值为2,离心率为.33(1)若N 为椭圆C 上任意一点,且F 2M ⊥F 2N,求·的最小值;F 2M NM (2)若过椭圆C 右焦点F 2的直线l 与椭圆C 相交于A,B 两点,且=3,试问:在椭圆C 上是否存在点P,AB F 2B 使得线段OP 与线段AB 的交点恰为四边形OAPB 的对称中心?若存在,求点P 的坐标;若不存在,说明理由. 解析 (1)由题意知,{2c =2,c a =33,∴故b=,{a =3,c =2∴椭圆C 的方程是+=1,其右焦点F 2的坐标为(1,0).x 23y22∵·=·(+)=·+·=,F 2M NM F 2M NF 2F 2M F 2M NF 2F 2M F 2M |F 2M|2∴===4-2.(F 2M·NM )min |F 2M|2min (3-1)23(2)由题意知,直线l 的斜率不为0.假设符合条件的点P 存在,则=+.OP OA OB设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),则点P 的坐标为(x 1+x 2,y 1+y 2),根据=3,得(1-x 1,-y 1)=2(x 2-1,y 2),∴y 1=-2y 2.AB F 2B 设直线l 的方程为x=my+1,代入椭圆方程整理得(2m 2+3)y 2+4my-4=0,故y 1+y 2=-,y 1y 2=-.4m2m 2+342m 2+3易得-y 2=-,-2=-,4m2m 2+3y 2242m 2+3消去y 2,得=,(4m2m 2+3)222m 2+3解得m 2=,即m=±.1222当m=时,y 1+y 2=-,x 1+x 2=m(y 1+y 2)+2=-+2=,此时P .22221232(32,-22)当m=-时,y 1+y 2=,x 1+x 2=m(y 1+y 2)+2=-+2=,此时P .22221232(32,22)经检验,点,都在椭圆C 上,(32,-22)(32,22)故C 上存在点P,使得线段OP 与线段AB 的交点恰为四边形OAPB 的对称中心.过专题【五年高考】A 组 自主命题·浙江卷题组考点 圆锥曲线的综合问题1.(2018浙江,21,15分)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PA,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+=1(x<0)上的动点,求△PAB 面积的取值范围.y24解析 本题主要考查椭圆、抛物线的几何性质,直线与抛物线的位置关系等基础知识,同时考查运算求解能力和综合应用能力.(1)设P(x 0,y 0),A ,B .(14y 21,y 1)(14y 22,y 2)因为PA,PB 的中点在抛物线上,所以y 1,y 2为方程=4·即y 2-2y 0y+8x 0-=0的两个不同的实根.(y +y 02)214y 2+x 02y 20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|=(+)-x 0=-3x 0,18y 21y 2234y 20|y 1-y 2|=2.2(y 20-4x 0)因此,△PAB 的面积S=|PM|·|y 1-y 2|=(-4x 0.12324y 20)32因为+=1(x 0<0),所以-4x 0=-4-4x 0+4∈[4,5].x 20y204y 20x 20因此,△PAB 面积的取值范围是.[62,15104]疑难突破 解析几何中“取值范围”与“最值”问题在解析几何中,求某个量(直线斜率,直线在x 、y 轴上的截距,弦长,三角形或四边形面积等)的取值范围或最值问题的关键是利用条件把所求量表示成关于某个变量(通常是直线斜率,动点的横、纵坐标等)的函数,并求出这个变量的取值范围(即函数的定义域),将问题转化为求函数的值域或最值.2.(2017浙江,21,15分)如图,已知抛物线x 2=y,点A ,B ,抛物线上的点P(x,y).过点(-12,14)(32,94)(-12<x <32)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.解析 本题主要考查直线方程、直线与抛物线的位置关系等基础知识,同时考查解析几何的基本思想方法和运算求解能力.(1)设直线AP 的斜率为k,k==x-,x 2-14x +1212因为-<x<,所以直线AP 斜率的取值范围是(-1,1).1232(2)解法一:联立直线AP 与BQ 的方程{kx -y +12k +14=0,x +ky -94k -32=0,解得点Q 的横坐标是x Q =.-k 2+4k +32(k 2+1)因为|PA|==(k+1),1+k 2(x +12)1+k 2|PQ|=(x Q -x)=-,1+k 2(k -1)(k +1)2k 2+1所以|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3,令f(k)=-(k-1)(k+1)3.因为f '(k)=-(4k-2)(k+1)2,所以f(k)在区间上单调递增,上单调递减,因此当k=时,|PA|·|PQ|取得最大值.(-1,12)(12,1)122716解法二:如图,连接BP,|AP|·|PQ|=|AP|·|PB|·cos ∠BPQ=·(-)=·-.AP AB AP AP AB AP 2易知P(x,x 2),(-12<x <32)则·=2x+1+2x 2-=2x 2+2x+,=+=x 2+x++x 4-x 2+=x 4+x 2+x+.AP AB 1212AP 2(x +12)2(x 2-14)2141211612516∴|AP|·|PQ|=-x 4+x 2+x+.32316(-12<x <32)设f(x)=-x 4+x 2+x+,32316(-12<x <32)则f '(x)=-4x 3+3x+1=-(x-1)(2x+1)2,∴f(x)在上为增函数,在上为减函数,(-12,1)(1,32)∴f(x)max =f(1)=.2716故|AP|·|PQ|的最大值为.2716方法总结 在解析几何中,遇到求两线段长度之积的最值或取值范围时,一般用以下方法进行转化.1.直接法:求出各点坐标,用两点间的距离公式,转化为某个参变量(如直线斜率、截距,点的横、纵坐标等)的函数,再求函数的最值或值域.2.向量法:三点共线时,转化为两向量的数量积,再转化为动点的横(或纵坐标)的函数,最后求函数的最值或值域.3.参数法:把直线方程化为参数方程,与曲线方程联立,由根与系数的关系转化为直线的斜率(或直线的截距)的函数,最后求函数的最值或值域.3.(2014浙江,21,15分)如图,设椭圆C:+=1(a>b>0),动直线l 与椭圆C 只有一个公共点P,且点P 在第x2a2y2b 2一象限.(1)已知直线l 的斜率为k,用a,b,k 表示点P 的坐标;(2)若过原点O 的直线l 1与l 垂直,证明:点P 到直线l 1的距离的最大值为a-b.解析 (1)设直线l 的方程为y=kx+m(k<0),由消去y 得(b 2+a 2k 2)x 2+2a 2kmx+a 2m 2-a 2b 2=0.{y =kx +m ,x 2a2+y 2b2=1由于l 与C 只有一个公共点,故Δ=0,即b 2-m 2+a 2k 2=0,解得点P 的坐标为.(-a 2kmb 2+a 2k 2,b 2mb 2+a 2k2)又点P 在第一象限,故点P 的坐标为P.(-a 2k b 2+a 2k2,b2b 2+a 2k2)(2)证明:由于直线l 1过原点O 且与l 垂直,故直线l 1的方程为x+ky=0,所以点P 到直线l 1的距离d=,|-a 2k b 2+a 2k2+b 2kb 2+a 2k2|1+k2整理得d=.a 2-b2b 2+a 2+a 2k 2+b2k2因为a 2k 2+≥2ab,所以≤=a-b,b2k2a 2-b2b 2+a 2+a 2k 2+b2k2a 2-b2b 2+a 2+2ab当且仅当k 2=时等号成立.ba 所以点P 到直线l 1的距离的最大值为a-b.评析 本题主要考查椭圆的几何性质、点到直线的距离、直线与椭圆的位置关系等基础知识,同时考查解析几何的基本思想方法、基本不等式的应用等综合解题能力.B 组 统一命题、省(区、市)卷题组考点 圆锥曲线的综合问题1.(2018北京理,19,14分)已知抛物线C:y 2=2px 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,=λ,=μ,求证:+为定值.QM QO QN QO 1λ1μ解析 (1)因为抛物线y 2=2px 过点(1,2),所以2p=4,即p=2.故抛物线C 的方程为y 2=4x,由题意知,直线l 的斜率存在且不为0.设直线l 的方程为y=kx+1(k ≠0).由得k 2x 2+(2k-4)x+1=0.{y 2=4x,y =kx +1依题意Δ=(2k-4)2-4×k 2×1>0,解得k<0或0<k<1.又PA,PB 与y 轴相交,故直线l 不过点(1,-2).从而k ≠-3.所以直线l 斜率的取值范围是(-∞,-3)∪(-3,0)∪(0,1).(2)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),由(1)知x 1+x 2=-,x 1x 2=.2k -4k21k 2直线PA 的方程为y-2=(x-1).y 1-2x 1-1令x=0,得点M 的纵坐标为y M =+2=+2.-y 1+2x 1-1-kx 1+1x 1-1同理得点N 的纵坐标为y N =+2.-kx 2+1x 2-1由=λ,=μ得λ=1-y M ,μ=1-y N .QM QO QN QO 所以+=+=+1λ1μ11-y M 11-y N x 1-1(k -1)x 1x 2-1(k -1)x2=·=·=2.1k -12x 1x 2-(x 1+x 2)x 1x 21k -12k 2+2k -4k21k2所以+为定值.1λ1μ方法总结 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.依题设条件,得出与代数式有关的等式,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表达式,再利用题设条件化简、变形求得;(3)求某线段长度为定值.利用两点间的距离公式求得线段长度的表达式,再依据条件对表达式进行化简、变形即可求得.2.(2017山东理,21,14分)在平面直角坐标系xOy 中,椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为,焦距为2.x2a2y2b 222(1)求椭圆E 的方程;(2)如图,动直线l:y=k 1x-交椭圆E 于A,B 两点,C 是椭圆E 上一点,直线OC 的斜率为k 2,且k 1k 2=.M 是3224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.解析 本题考查椭圆的方程,直线与椭圆、圆的位置关系,考查最值的求解方法和运算求解能力.(1)由题意知e==,2c=2,所以a=,b=1,c a 222因此椭圆E 的方程为+y 2=1.x22(2)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),联立消y 整理得(4+2)x 2-4k 1x-1=0,{x 22+y 2=1,y =k 1x -32,k 213由题意知Δ>0,且x 1+x 2=,x 1x 2=-,23k 12k 21+112(2k 21+1)所以|AB|=|x 1-x 2|=.1+k 2121+k 211+8k 211+2k 21由题意可知圆M 的半径r=|AB|=·.232231+k 211+8k 212k 21+1由题设知k 1k 2=,所以k 2=,2424k 1因此直线OC 的方程为y=x.24k 1联立得x 2=,y 2=,{x 22+y 2=1,y =24k 1x,8k 211+4k 2111+4k 21因此|OC|==.x 2+y 21+8k 211+4k 21由题意可知sin ==,∠SOT2rr +|OC |11+|OC |r而==,|OC |r 1+8k211+4k21223·1+k 211+8k 211+2k213241+2k 211+4k 211+k 21令t=1+2,则t>1,∈(0,1),k 211t因此=·=·|OC |r 32t 2t 2+t -13212+1t-1t2=·≥1,321-(1t -12)2+94当且仅当=,即t=2时等号成立,此时k 1=±,1t 1222所以sin ≤,∠SOT 212因此≤,所以∠SOT 的最大值为.∠SOT 2π6π3综上所述,∠SOT 的最大值为,取得最大值时直线l 的斜率k 1=±.π322思路分析 (1)由离心率和焦距,利用基本量运算求解;(2)联立直线l 与椭圆方程,利用距离公式求|AB|,联立直线OC 与椭圆方程求|OC|,进而建立sin 与k 1之间的函数关系,利用二次函数的性质求解.∠SOT2解题反思 最值问题一般利用函数的思想方法求解,利用距离公式建立sin 与k 1之间的函数关系是解∠SOT2题关键.牢固掌握基础知识和方法是求解的前提.本题的完美解答体现了数学知识、能力、思想、方法的完美结合.3.(2016天津,19,14分)设椭圆+=1(a>)的右焦点为F,右顶点为A.已知+=,其中O 为原x2a2y2331|OF |1|OA |3e |FA |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.解析 (1)设F(c,0),由+=,即+=,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1|OF |1|OA |3e |FA |1c 1a 3ca (a -c )以椭圆的方程为+=1.x 24y23(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 ),由方程组消去y,{x 24+y 23=1,y =k (x -2)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 =,从而y B =.8k 2-64k 2+3-12k4k 2+3由(1)知F(1,0),设H(0,y H ),有=(-1,y H ),=.FH BF (9-4k24k 2+3,12k4k 2+3)由BF ⊥HF,得·=0,所以+=0,解得y H =.BF FH 4k 2-94k 2+312ky H4k 2+39-4k212k 因此直线MH 的方程为y=-x+.1k 9-4k212k 设M(x M ,y M ),由方程组消去y,解得x M =.{y =k (x -2),y =-1k x +9-4k 212k20k 2+912(k 2+1)在△MAO中,∠MOA ≤∠MAO ⇔|MA|≤|MO|,即(x M -2)2+≤+,化简得x M ≥1,即≥1,解得k ≤-y 2M x 2M y 2M 20k 2+912(k 2+1)或k ≥.6464所以直线l 的斜率的取值范围为∪.(-∞,-64][64,+∞)评析 本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、一元二次不等式等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力,以及用方程思想解决问题的能力.4.(2016北京,19,14分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,A(a,0),B(0,b),O(0,0),△OAB 的面积为x2a2y2b 2321.(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.解析 (1)由题意得{c a =32,12ab =1,a 2=b 2+c 2,解得a 2=4,b 2=1.所以椭圆C 的方程为+y 2=1.x24(2)由(1)知,A(2,0),B(0,1).设P(x 0,y 0),则+4=4.x 20y 20当x 0≠0时,直线PA 的方程为y=(x-2).y 0x 0-2令x=0,得y M =-,从而|BM|=|1-y M |=.2y 0x 0-2|1+2y 0x 0-2|直线PB 的方程为y=x+1.y 0-1x 0令y=0,得x N =-,从而|AN|=|2-x N |=.x 0y 0-1|2+x 0y 0-1|所以|AN|·|BM|=·|2+x 0y 0-1||1+2y 0x 0-2|=|x 20+4y 20+4x 0y 0-4x 0-8y 0+4x 0y 0-x 0-2y 0+2|=|4x 0y 0-4x 0-8y 0+8x 0y 0-x 0-2y 0+2|=4.当x 0=0时,y 0=-1,|BM|=2,|AN|=2,所以|AN|·|BM|=4.综上,|AN|·|BM|为定值.一题多解 (2)点P 在曲线+=1上,不妨设P(2cos θ,sin θ),当θ≠kπ且θ≠kπ+(k ∈Z )时,(x 2)2(y 1)2π2直线AP 的方程为y-0=(x-2),令x=0,得y M =;sin θ2(cos θ-1)sin θ1-cos θ直线BP 的方程为y-1=(x-0),令y=0,得x N =.sin θ-12cos θ2cos θ1-sin θ∴|AN|·|BM|=2·|1-cos θ1-sin θ||1-sin θ1-cos θ|=2=2×2=4(定值).|2(1-sin θ)(1-cos θ)(1-sin θ)(1-cos θ)|当θ=kπ或θ=kπ+(k ∈Z )时,M,N 是定点,易得|AN|·|BM|=4.综上,|AN|·|BM|=4.π2评析 本题考查椭圆的标准方程,直线与圆锥曲线的位置关系及定值问题,方法常规,运算量大,对学生的运算能力要求较高.5.(2016四川,20,13分)已知椭圆E:+=1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶x2a2y2b 2点,直线l:y=-x+3与椭圆E 有且只有一个公共点T.(1)求椭圆E 的方程及点T 的坐标;(2)设O 是坐标原点,直线l'平行于OT,与椭圆E 交于不同的两点A,B,且与直线l 交于点P.证明:存在常数λ,使得|PT|2=λ|PA|·|PB|,并求λ的值.解析 (1)由题意得,a=b,2则椭圆E 的方程为+=1.x22b2y 2b2由方程组得3x 2-12x+(18-2b 2)=0.①{x22b 2+y2b 2=1,y =-x +3,方程①的判别式为Δ=24(b 2-3),由Δ=0,得b 2=3,此时方程①的解为x=2,所以椭圆E 的方程为+=1,x 26y23点T 的坐标为(2,1).(2)由已知可设直线l'的方程为y=x+m(m ≠0),12由方程组可得{y =12x +m,y =-x +3,{x =2-2m3,y =1+2m3.所以P 点坐标为,|PT|2=m 2.(2-2m 3,1+2m3)89设点A,B 的坐标分别为A(x 1,y 1),B(x 2,y 2).由方程组可得3x 2+4mx+(4m 2-12)=0.②{x 26+y 23=1,y =12x +m,方程②的判别式为Δ=16(9-2m 2),由Δ>0,解得-<m<.322322由②得x 1+x 2=-,x 1x 2=.所以|PA|==,4m 34m 2-123(2-2m 3-x 1)2+(1+2m 3-y 1)252|2-2m3-x 1|同理|PB|=.52|2-2m3-x 2|所以|PA|·|PB|=54|(2-2m3-x 1)(2-2m3-x 2)|=54|(2-2m 3)2-(2-2m3)(x 1+x 2)+x 1x 2|==m 2.54|(2-2m 3)2-(2-2m3)(-4m3)+4m 2-123|109故存在常数λ=,使得|PT|2=λ|PA|·|PB|.45评析 本题考查了直线与圆锥曲线相交的问题,这类题中常用的方法是方程法,并结合根与系数的关系,两点间的距离公式进行考查,难点是运算量比较大,注意运算技巧.6.(2015课标Ⅱ,20,12分)已知椭圆C:9x 2+y 2=m 2(m>0),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.(1)证明:直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值;(2)若l 过点,延长线段OM 与C 交于点P,四边形OAPB 能否为平行四边形?若能,求此时l 的斜率;若(m3,m )不能,说明理由.解析 (1)证明:设直线l:y=kx+b(k ≠0,b ≠0),A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),M(x M ,y M ).将y=kx+b 代入9x 2+y 2=m 2得(k 2+9)x 2+2kbx+b 2-m 2=0,故x M ==,y M =kx M +b=.x 1+x 22-kbk 2+99bk 2+9于是直线OM 的斜率k OM ==-,即k OM ·k=-9.y Mx M 9k 所以直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值.(2)四边形OAPB 能为平行四边形.因为直线l 过点,所以l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是k>0,k ≠3.(m3,m )由(1)得OM 的方程为y=-x.9k 设点P 的横坐标为x P .由得=,即x P =.{y =-9k x,9x 2+y 2=m2x 2P k 2m 29k 2+81±km 3k 2+9将代入l 的方程得b=,(m 3,m )m (3-k )3因此x M =.k (k -3)m 3(k 2+9)四边形OAPB 为平行四边形当且仅当线段AB 与线段OP 互相平分,即x P =2x M .于是=2×,解得k 1=4-,k 2=4+.±km 3k 2+9k (k -3)m 3(k 2+9)77因为k i >0,k i ≠3,i=1,2,所以当l 的斜率为4-或4+时,四边形OAPB 为平行四边形.77评析 本题考查直线与圆锥曲线的位置关系,设问常规,但对运算能力要求较高,考查学生的思维能力.C 组 教师专用题组考点 圆锥曲线的综合问题1.(2017山东文,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x2a2y2b 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.解析 本题考查椭圆的标准方程及圆锥曲线的相关最值.(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 2b2a 2b2所以a 2=4,b 2=2.因此椭圆方程为+=1.x 24y22(2)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),联立{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=,4km2k 2+12m2k 2+1所以D ,(-2km2k 2+1,m2k 2+1)又N(0,-m),所以|ND|2=+,(-2km2k 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 1t2当t ≥3时,y'>0,从而y=t+在[3,+∞)上单调递增,1t 因此t+≥,1t 103等号当且仅当t=3时成立,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方法总结 求解圆锥曲线相关最值的常用方法:1.几何性质法;2.二次函数最值法;3.基本不等式法;4.三角函数最值法;5.导数法.2.(2017课标全国Ⅰ理,20,12分)已知椭圆C:+=1(a>b>0),四点P 1(1,1),P 2(0,1),P 3,P 4中x 2a 2y2b 2(-1,32)(1,32)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.解析 本题考查了圆锥曲线的方程以及圆锥曲线与直线位置关系中的定点问题.(1)由于P 3,P 4两点关于y 轴对称,故由题设知C 经过P 3,P 4两点.又由+>+知,C不经过点P 1,所以点P 2在C 上.1a21b21a 234b2因此解得{1b 2=1,1a2+34b2=1,{a 2=4,b 2=1.故C 的方程为+y 2=1.x24(2)设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1,k 2.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,.(t ,4-t22)(t ,-4-t 22)则k 1+k 2=-=-1,得t=2,不符合题设.4-t 2-22t4-t 2+22t从而可设l:y=kx+m(m ≠1).将y=kx+m 代入+y 2=1得x24(4k 2+1)x 2+8kmx+4m 2-4=0.由题设可知Δ=16(4k 2-m 2+1)>0.设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),则x 1+x 2=-,x 1x 2=.8km4k 2+14m 2-44k 2+1而k 1+k 2=+y 1-1x 1y 2-1x2=+kx 1+m -1x 1kx 2+m -1x 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.即(2k+1)·+(m-1)·=0.4m 2-44k 2+1-8km 4k 2+1解得k=-.m +12当且仅当m>-1时,Δ>0,于是l:y=-x+m,m +12即y+1=-(x-2),m +12所以l 过定点(2,-1).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.x 2a2y2b22(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;k 'k (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=2,2所以a=2,b==.a 2-c 22所以椭圆C 的方程为+=1.x 24y22(2)(i)证明:设P(x 0,y 0)(x 0>0,y 0>0).由M(0,m),可得P(x 0,2m),Q(x 0,-2m).所以直线PM 的斜率k==,2m -m x 0mx 0直线QM 的斜率k'==-.-2m -m x 03m x 0此时=-3.所以为定值-3.k 'k k 'k (ii)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2).直线PA 的方程为y=kx+m,直线QB 的方程为y=-3kx+m.联立{y =kx +m ,x24+y 22=1,整理得(2k 2+1)x 2+4mkx+2m 2-4=0.由x 0x 1=,2m 2-42k 2+1可得x 1=.2(m 2-2)(2k 2+1)x 0所以y 1=kx 1+m=+m.2k (m 2-2)(2k 2+1)x 0同理x 2=,y 2=+m.2(m 2-2)(18k 2+1)x 0-6k (m 2-2)(18k 2+1)x 0所以x 2-x 1=-=,2(m 2-2)(18k 2+1)x 02(m 2-2)(2k 2+1)x 0-32k 2(m 2-2)(18k 2+1)(2k 2+1)x 0y 2-y 1=+m--m=,-6k (m 2-2)(18k 2+1)x 02k (m 2-2)(2k 2+1)x 0-8k (6k 2+1)(m 2-2)(18k 2+1)(2k 2+1)x 0所以k AB ===.y 2-y 1x 2-x 16k 2+14k 14(6k +1k )由m>0,x 0>0,可知k>0,所以6k+≥2,等号当且仅当k=时取得.1k 666此时=,即m=,符合题意.m4-8m 266147所以直线AB 的斜率的最小值为.624.(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x2a2y2b 232(3,12)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x24a 2y24b2E 于点Q.(i)求的值;|OQ ||OP |(ii)求△ABQ 面积的最大值.解析 (1)由题意知+=1,3a214b2又=,解得a 2=4,b 2=1.a 2-b 2a32所以椭圆C 的方程为+y 2=1.x24(2)由(1)知椭圆E 的方程为+=1.x 216y24(i)设P(x 0,y 0),=λ,|OQ ||OP |由题意知Q(-λx 0,-λy 0).因为+=1,x 24y 20又+=1,(-λx 0)216(-λy 0)24即=1,λ24(x 204+y 20)所以λ=2,即=2.|OQ ||OP |(ii)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2).将y=kx+m 代入椭圆E 的方程,可得(1+4k 2)x 2+8kmx+4m 2-16=0,由Δ>0,可得m 2<4+16k 2.①则有x 1+x 2=-,x 1x 2=.8km1+4k24m 2-161+4k2所以|x 1-x 2|=.416k 2+4-m 21+4k2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||x 1-x 2|12=216k 2+4-m 2|m|1+4k2=2(16k 2+4-m 2)m 21+4k2=2.(4-m21+4k 2)m21+4k2设=t.m21+4k2将y=kx+m 代入椭圆C 的方程,可得(1+4k 2)x 2+8kmx+4m 2-4=0,由Δ≥0,可得m 2≤1+4k 2.②由①②可知0<t ≤1,因此S=2=2.(4-t )t -t 2+4t 故S ≤2,3当且仅当t=1,即m 2=1+4k 2时取得最大值2.3由(i)知,△ABQ 的面积为3S,所以△ABQ 面积的最大值为6.35.(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.x2a2y2b 222(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,c a 22结合a 2=b 2+c 2,解得a=.2所以椭圆E 的方程为+y 2=1.x22(2)证明:由题设知,直线PQ 的方程为y=k(x-1)+1(k ≠2),代入+y 2=1,得(1+2k 2)x 2-4k(k-1)x+2k(k-2)=0.x22由已知可知Δ>0.设P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2),x 1x 2≠0,则x 1+x 2=,x 1x 2=.4k (k -1)1+2k22k (k -2)1+2k2从而直线AP,AQ 的斜率之和k AP +k AQ =+=+y 1+1x 1y 2+1x 2kx 1+2-k x 1kx 2+2-kx 2=2k+(2-k)=2k+(2-k)(1x 1+1x 2)x 1+x 2x 1x2=2k+(2-k)=2k-2(k-1)=2.4k (k -1)2k (k -2)评析 本题考查椭圆标准方程与简单性质的同时,重点考查直线与椭圆的位置关系.6.(2015北京,19,14分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,点P(0,1)和点A(m,n)(m ≠0)都在椭圆x2a2y2b 222C 上,直线PA 交x 轴于点M.(1)求椭圆C 的方程,并求点M 的坐标(用m,n 表示);(2)设O 为原点,点B 与点A 关于x 轴对称,直线PB 交x 轴于点N.问:y 轴上是否存在点Q,使得∠OQM=∠ONQ?若存在,求点Q 的坐标;若不存在,说明理由.解析 (1)由题意得解得a 2=2.{b =1,c a =22,a 2=b 2+c 2,故椭圆C 的方程为+y 2=1.x22设M(x M ,0).因为m ≠0,所以-1<n<1.直线PA 的方程为y-1=x,n -1m 所以x M =,即M .m1-n (m1-n ,0)(2)存在.因为点B 与点A 关于x 轴对称,所以B(m,-n).设N(x N ,0),则x N =.m1+n “存在点Q(0,y Q )使得∠OQM=∠ONQ”等价于“存在点Q(0,y Q )使得=”,即y Q 满足=|x M ||x N |.|OM ||OQ ||OQ ||ON |y 2Q 因为x M =,x N =,+n 2=1,m 1-n m 1+n m22所以=|x M ||x N |==2.y 2Q m 21-n2所以y Q =或y Q =-.22故在y 轴上存在点Q,使得∠OQM=∠ONQ,点Q 的坐标为(0,)或(0,-).227.(2015四川,20,13分)如图,椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率是,过点P(0,1)的动直线l 与椭圆相交于x2a2y2b 222A,B 两点.当直线l 平行于x 轴时,直线l 被椭圆E 截得的线段长为2.2(1)求椭圆E 的方程;(2)在平面直角坐标系xOy 中,是否存在与点P 不同的定点Q,使得=恒成立?若存在,求出点Q 的坐|QA ||QB ||PA ||PB |标;若不存在,请说明理由.解析 (1)由已知得,点(,1)在椭圆E 上.2因此,解得a=2,b=.{2a2+1b2=1,a 2-b 2=c 2,c a =22.2所以椭圆E 的方程为+=1.x 24y22(2)当直线l 与x 轴平行时,设直线l 与椭圆相交于C,D 两点.如果存在定点Q 满足条件,则有==1,|QC ||QD ||PC ||PD |即|QC|=|QD|.所以Q 点在y 轴上,可设Q 点的坐标为(0,y 0).当直线l 与x 轴垂直时,设直线l 与椭圆相交于M,N 两点,则M,N 的坐标分别为(0,),(0,-).22由=,有=,解得y 0=1或y 0=2.|QM ||QN ||PM ||PN ||y 0-2||y 0+2|2-12+1所以,若存在不同于点P 的定点Q 满足条件,则Q 点坐标只可能为(0,2).下面证明:对任意直线l,均有=.|QA ||QB ||PA ||PB |当直线l 的斜率不存在时,由上可知,结论成立.当直线l 的斜率存在时,可设直线l 的方程为y=kx+1,A,B 的坐标分别为(x 1,y 1),(x 2,y 2).联立得得(2k 2+1)x 2+4kx-2=0.{x 24+y 22=1,y =kx +1,其Δ=(4k)2+8(2k 2+1)>0,所以,x 1+x 2=-,x 1x 2=-.4k2k 2+122k 2+1因此+==2k.1x 11x 2x 1+x 2x 1x 2易知,点B 关于y 轴对称的点B'的坐标为(-x 2,y 2).又k QA ===k-,y 1-2x 1kx 1-1x 11x 1k QB'===-k+=k-,y 2-2-x 2kx 2-1-x 21x 21x 1所以k QA =k QB',即Q,A,B'三点共线.所以===.|QA ||QB ||QA ||QB '||x 1||x 2||PA ||PB |故存在与P 不同的定点Q(0,2),使得=恒成立.|QA ||QB ||PA ||PB |评析 本题主要考查椭圆的标准方程与几何性质,直线方程、直线与椭圆的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想.8.(2014重庆,21,12分)如图,设椭圆+=1(a>b>0)的左,右焦点分别为F 1,F 2,点D 在椭圆上,DF 1⊥F 1F 2,x2a2y2b2=2,△DF 1F 2的面积为.|F 1F 2||DF 1|222(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F 1(-c,0),F 2(c,0),其中c 2=a 2-b 2.由=2得|DF 1|== c.|F 1F 2||DF 1|2|F 1F 2|2222从而=|DF 1||F 1F 2|=c 2=,故c=1.S △DF1F 2122222从而|DF 1|=,22由DF 1⊥F 1F 2得|DF 2|2=|DF 1|2+|F 1F 2|2=,92因此|DF 2|=.322所以2a=|DF 1|+|DF 2|=2,故a=,b 2=a 2-c 2=1.22因此,所求椭圆的标准方程为+y 2=1.x22。
第3讲 圆锥曲线中的综合问题专题强化训练1．已知方程x 22－k ＋y 22k －1＝1表示焦点在y 轴上的椭圆，则实数k 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2 B ．(1，＋∞)C ．(1，2)D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 解析：选C.由题意可得，2k －1>2－k >0，即⎩⎪⎨⎪⎧2k －1>2－k ，2－k >0，解得1<k <2，故选C. 2．(2019·浙江高考冲刺卷)已知F 为抛物线4y 2＝x 的焦点，点A ，B 都是抛物线上的点且位于x 轴的两侧，若OA →·OB →＝15(O 为原点)，则△ABO 和△AFO 的面积之和的最小值为( )A.18B.52C.54D.652 解析：选D.设直线AB 的方程为：x ＝ty ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线AB 与x 轴的交点为M (m ，0)，⎩⎪⎨⎪⎧4y 2＝x x ＝ty ＋m ，可得4y 2－ty －m ＝0， 根据根与系数的关系有y 1·y 2＝－m4，因为OA →·OB →＝15，所以x 1·x 2＋y 1·y 2＝15，从而16(y 1·y 2)2＋y 1·y 2－15＝0， 因为点A ，B 位于x 轴的两侧， 所以y 1·y 2＝－1，故m ＝4.不妨令点A 在x 轴上方，则y 1＞0，如图所示．又F (116，0)， 所以S △ABO ＋S △AFO ＝12×4×(y 1－y 2)＋12×116y 1＝6532y 1＋2y 1≥265y 132×2y 1＝652， 当且仅当6532y 1＝2y 1，即y 1＝86565时，取“＝”号，所以△ABO 与△AFO 面积之和的最小值是652，故选D.3．(2019·绍兴市柯桥区高考数学二模)已知l 是经过双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的焦点F 且与实轴垂直的直线，A ，B 是双曲线C 的两个顶点，若在l 上存在一点P ，使∠APB ＝60°，则双曲线的离心率的最大值为( )A.233B. 3 C ．2 D ．3 解析：选A.设双曲线的焦点F (c ，0)，直线l ：x ＝c ， 可设点P (c ，n )，A (－a ，0)，B (a ，0)， 由两直线的夹角公式可得tan ∠APB ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪k PA－k PB1＋k PA ·k PB＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n c ＋a －n c －a 1＋n 2c 2－a 2＝2a |n |n 2＋（c 2－a 2）＝2a|n |＋c 2－a 2|n |＝tan 60°＝3，由|n |＋c 2－a 2|n |≥2|n |·c 2－a 2|n |＝2c 2－a 2，可得3≤a c 2－a2，化简可得3c 2≤4a 2，即c ≤233a ，即有e ＝c a ≤233.当且仅当n ＝±c 2－a 2，即P (c ，±c 2－a 2)，离心率取得最大值233.故选A.4．(2019·福州质量检测)已知抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，准线为l .若射线y ＝2(x －1)(x ≤1)与C ，l 分别交于P ，Q 两点，则|PQ ||PF |＝( )A. 2 B ．2 C. 5 D ．5解析：选C.由题意知，抛物线C ：y 2＝4x 的焦点F (1，0)，准线l ：x ＝－1与x 轴的交点为F 1.过点P 作直线l 的垂线，垂足为P 1，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1y ＝2（x －1），x ≤1，得点Q 的坐标为(－1，－4)，所以|FQ |＝2 5.又|PF |＝|PP 1|，所以|PQ ||PF |＝|PQ ||PP 1|＝|QF ||FF 1|＝252＝5，故选C.5．(2019·鄞州中学期中)已知椭圆C 1：x 2a 21＋y 2b 21＝1(a 1＞b 1＞0)与双曲线C 2：x 2a 22－y 2b 22＝1(a 2＞0，b 2＞0)有相同的焦点F 1，F 2，点P 是两曲线的一个公共点，且PF 1⊥PF 2，e 1，e 2分别是两曲线C 1，C 2的离心率，则9e 21＋e 22的最小值是( )A ．4B ．6C ．8D ．16解析：选C.设焦距为2c ，椭圆长轴长为2a 1，双曲线实轴长为2a 2，取椭圆与双曲线在一象限内的交点为P ，由椭圆和双曲线的定义分别有|PF 1|＋|PF 2|＝2a 1①，|PF 1|－|PF 2|＝2a 2②，因为PF 1⊥PF 2，所以|PF 1|2＋|PF 2|2＝4c 2③，①2＋②2，得|PF 1|2＋|PF 2|2＝2a 21＋2a 22④，将④代入③得a 21＋a 22＝2c 2，则9e 21＋e 22＝9c 2a 21＋c 2a 22＝5＋9a 222a 21＋a 212a 22≥8，故9e 21＋e 22的最小值为8.6．(2019·金华十校二模)已知双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的实轴长为42，虚轴的一个端点与抛物线x 2＝2py (p ＞0)的焦点重合，直线y ＝kx －1与抛物线相切且与双曲线的一条渐近线平行，则p ＝( )A ．4B ．3C ．2D ．1解析：选A.抛物线x 2＝2py 的焦点为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2，所以可得b ＝p2，因为2a ＝42⇒a ＝22，所以双曲线的方程为x 28－4y 2p 2＝1，可求得渐近线方程为y ＝±p 42x ，不妨设y ＝kx －1与y ＝p42x 平行，则有k ＝p 42.联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝p 42x －1x 2＝2py⇒x 2－p 222x ＋2p ＝0，所以Δ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－p 2222－8p ＝0，解得p ＝4.7．(2019·浙江“七彩阳光”联盟高三联考)已知椭圆的方程为x 29＋y 24＝1，过椭圆中心的直线交椭圆于A ，B 两点，F 2是椭圆右焦点，则△ABF 2的周长的最小值为________，△ABF 2的面积的最大值为________．解析：连接AF 1，BF 1，则由椭圆的中心对称性可得C △ABF 2＝AF 2＋BF 2＋AB ＝AF 1＋AF 2＋AB ＝6＋AB ≥6＋4＝10，S △ABF 2＝S △AF 1F 2≤12·25·2＝2 5.答案：10 2 58．(2019·东阳二中改编)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右顶点为A ，经过原点的直线l 交椭圆C 于P ，Q 两点，若|PQ |＝a ，AP ⊥PQ ，则椭圆C 的离心率为________．解析：不妨设点P 在第一象限，O 为坐标原点，由对称性可得|OP |＝|PQ |2＝a2，因为AP ⊥PQ ，所以在Rt △POA 中，cos ∠POA ＝|OP ||OA |＝12，故∠POA ＝60°，易得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫a4，3a 4，代入椭圆方程得116＋3a 216b 2＝1，故a 2＝5b 2＝5(a 2－c 2)，所以椭圆C 的离心率e ＝255. 答案：2559．已知中心在坐标原点的椭圆与双曲线有公共焦点，且左、右焦点分别为F 1，F 2，这两条曲线在第一象限的交点为P ，△PF 1F 2是以PF 1为底边的等腰三角形．若|PF 1|＝10，椭圆与双曲线的离心率分别为e 1，e 2，则e 1e 2的取值范围是________．解析：设椭圆的长轴长为2a ，双曲线的实轴长为2m ，则2c ＝|PF 2|＝2a －10，2m ＝10－2c ，所以a ＝c ＋5，m ＝5－c ，所以e 1e 2＝c c ＋5×c 5－c ＝c 225－c 2＝125c2－1，又由三角形的性质知2c ＋2c >10，由已知2c <10，c <5，所以52<c <5，1<25c 2<4，0<25c 2－1<3，所以e 1e 2＝125c2－1>13.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞ 10．(2019·杭州市高考数学二模)抛物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点为F ，点A ，B 在抛物线上，且∠AFB ＝120°，过弦AB 中点M 作准线l 的垂线，垂足为M 1，则|MM 1||AB |的最大值为________．解析：设|AF |＝a ，|BF |＝b ，连接AF 、BF ， 由抛物线定义，得|AF |＝|AQ |，|BF |＝|BP |， 在梯形ABPQ 中，2|MM 1|＝|AQ |＋|BP |＝a ＋b . 由余弦定理得，|AB |2＝a 2＋b 2－2ab cos 120°＝a 2＋b 2＋ab ， 配方得，|AB |2＝(a ＋b )2－ab ，又因为ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22，所以(a ＋b )2－ab ≥(a ＋b )2－14(a ＋b )2＝34(a ＋b )2，得到|AB |≥32(a ＋b )． 所以|MM 1||AB |≤12（a ＋b ）32（a ＋b ）＝33，即|MM 1||AB |的最大值为33. 答案：3311．(2019·衢州市教学质量检测)已知椭圆G ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的长轴长为22，左焦点F (－1，0)，若过点B (－2b ，0)的直线与椭圆交于M ，N 两点．(1)求椭圆G 的标准方程； (2)求证：∠MFB ＋∠NFB ＝π； (3)求△FMN 面积S 的最大值．解：(1)因为椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的长轴长为22，焦距为2，即2a ＝22，2c ＝2，所以2b ＝2，所以椭圆的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明：∠MFB ＋∠NFB ＝π，即证：k MF ＋k NF ＝0， 设直线方程MN 为y ＝k (x ＋2)，代入椭圆方程得： (1＋2k 2)x 2＋8k 2x ＋8k 2－2＝0， 其中Δ＞0，所以k 2＜12.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝ －8k 21＋2k 2，x 1x 2＝8k 2－21＋2k2， k MF ＋k NF ＝y 1x 1＋1＋y 2x 2＋1＝k （x 1＋2）x 1＋1＋k （x 2＋2）x 2＋1＝k [2＋x 1＋x 2＋2（x 1＋1）（x 2＋1）]＝0.故∠MFB ＋∠NFB ＝π.(3)S ＝12·FB |y 1－y 2|＝12|k ||x 1－x 2|＝128（1－2k 2）k2（1＋2k 2）2.令t ＝1＋2k 2， 则S ＝2－t 2＋3t －22t2＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －342＋18，当k 2＝16(满足k 2＜12)时，S 的最大值为24.12．(2019·浙江金华十校第二期调研)已知抛物线C ：y ＝x 2，点P (0，2)，A ，B 是抛物线上两个动点，点P 到直线AB 的距离为1.(1)若直线AB 的倾斜角为π3，求直线AB 的方程；(2)求|AB |的最小值．解：(1)设直线AB 的方程：y ＝3x ＋m ，则|m －2|1＋()32＝1，所以m ＝0或m ＝4，所以直线AB 的方程为y ＝3x 或y ＝3x ＋4. (2)设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m ，则|m －2|1＋k2＝1，所以k 2＋1＝(m －2)2.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m y ＝x 2，得x 2－kx －m ＝0，所以x 1＋x 2＝k ，x 1x 2＝－m ， 所以|AB |2＝()1＋k 2[()x 1＋x 22－4x 1x 2]＝()1＋k 2()k 2＋4m ＝()m －22()m 2＋3，记f (m )＝()m －22(m 2＋3)，所以f ′(m )＝2(m －2)(2m 2－2m ＋3)，又k 2＋1＝()m －22≥1，所以m ≤1或m ≥3，当m ∈(]－∞，1时，f ′(m )＜0，f (m )单调递减，当m ∈[)3，＋∞时，f ′(m )＞0，f (m )单调递增，f (m )min ＝f (1)＝4，所以|AB |min ＝2.13.(2019·宁波市高考模拟)已知椭圆方程为x 24＋y 2＝1，圆C ：(x －1)2＋y 2＝r 2.(1)求椭圆上动点P 与圆心C 距离的最小值；(2)如图，直线l 与椭圆相交于A 、B 两点，且与圆C 相切于点M ，若满足M 为线段AB 中点的直线l 有4条，求半径r 的取值范围．解：(1)设P (x ，y )，|PC |＝（x －1）2＋y 2＝34x 2－2x ＋2＝34（x －43）2＋23， 由－2≤x ≤2，当x ＝43时，|PC |min ＝63.(2)当直线AB 斜率不存在且与圆C 相切时，M 在x 轴上，故满足条件的直线有2条； 当直线AB 斜率存在时，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x 0，y 0),由⎩⎪⎨⎪⎧x 214＋y 21＝1x224＋y 22＝1，整理得：y 1－y 2x 1－x 2＝－14×x 1＋x 2y 1＋y 2，则k AB ＝－x 04y 0，k MC ＝y 0x 0－1，k MC ×k AB ＝－1，则k MC ×k AB ＝－x 04y 0×y 0x 0－1＝－1，解得：x 0＝43，由M 在椭圆内部，则x 204＋y 20＜1，解得：y 20＜59，由：r 2＝(x 0－1)2＋y 20＝19＋y 20，所以19＜r 2＜23，解得：13＜r ＜63.所以半径r 的取值范围为(13，63) .14．(2019·严州中学月考改编)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为35，P (m ，0)为C 的长轴上的一个动点，过P 点且斜率为45的直线l 交C 于A ，B 两点．当m ＝0时，PA →·PB →＝－412.(1)求椭圆C 的方程；(2)证明：|PA |2＋|PB |2为定值． 解：(1)因为离心率为35，所以b a ＝45.当m ＝0时，l 的方程为y ＝45x ，代入x 2a 2＋y 2b 2＝1并整理得x 2＝a 22.设A (x 0，y 0)，则B (－x 0，－y 0)， PA →·PB →＝－x 20－y 20＝－4125x 20＝－4125·a 22. 又因为PA →·PB →＝－412，所以a 2＝25，b 2＝16，椭圆C 的方程为x 225＋y 216＝1.(2)证明：将l 的方程为x ＝54y ＋m ，代入x 225＋y216＝1，并整理得25y 2＋20my ＋8(m 2－25)＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则|PA |2＝(x 1－m )2＋y 21＝4116y 21，同理|PB |2＝4116y 22.则|PA |2＋|PB |2＝4116(y 21＋y 22)＝4116[(y 1＋y 2)2－2y 1y 2]＝4116·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－4m 52－16（m 2－25）25＝41.所以|PA |2＋|PB |2为定值．15.(2019·温州十五校联合体联考)如图，已知抛物线C 1：y 2＝2px (p ＞0)，直线l 与抛物线C 1相交于A 、B 两点，且当倾斜角为60°的直线l 经过抛物线C 1的焦点F 时，有|AB |＝13.(1)求抛物线C 1的方程； (2)已知圆C 2：(x －1)2＋y 2＝116，是否存在倾斜角不为90°的直线l ，使得线段AB 被圆C 2截成三等分？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)当倾斜角为60°的直线l 经过抛物线C 1的焦点F 时，直线l 的方程为y ＝3(x－p2)，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3（x －p 2）y 2＝2px ，即3x 2－5px ＋34p 2＝0， 所以|AB |＝5p 3＋p ＝13，即p ＝18，所以抛物线C 1的方程是y 2＝14x .(2)假设存在直线l ，使得线段AB 被圆C 2截成三等分，令直线l 交圆C 2于C ，D ，设直线l 的方程为x ＝my ＋b ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由题意知，线段AB 与线段CD 的中点重合且有|AB |＝3|CD |，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧4y 2＝x x ＝my ＋b ，即4y 2－my －b ＝0，所以y 1＋y 2＝m 4，y 1y 2＝－b 4，x 1＋x 2＝m 24＋2b ，所以线段AB 中点的坐标M 为(m 28＋b ，m 8)，即线段CD 的中点为(m 28＋b ，m8)，又圆C 2的圆心为C 2(1，0)，所以k MC 2＝m8m 28＋b －1＝－m ，所以m 2＋8b －7＝0，即b ＝78－m28，又因为|AB |＝1＋m 2·m 216＋b ＝141＋m 2·14－m 2，因为圆心C 2(1，0)到直线l 的距离d ＝|1－b |1＋m 2，圆C 2的半径为14， 所以3|CD |＝6116－（1－b ）21＋m 2＝343－m 2(m 2＜3)， 所以m 4－22m 2＋13＝0，即m 2＝11±63， 所以m ＝±11－63，b ＝33－24，故直线l 的方程为x ＝±11－63y ＋33－24.。
