【高考数学二轮学习精品讲义教师版】第三部分_重点板块_专题五解析几何：第3讲圆锥曲线的综合问题

第2讲 圆锥曲线的定义、方程与性质[全国卷3年考情分析](1)圆锥曲线的定义、方程与性质是每年高考必考的内容．以选择题、填空题的形式考查，常出现在第4～12或15～16题的位置，着重考查圆锥曲线的几何性质与标准方程，难度中等．(2)圆锥曲线的综合问题多以解答题的形式考查，常作为压轴题出现在第19～20题的位置，一般难度较大．考点一 圆锥曲线的定义与标准方程[例1] (1)(2019·全国卷Ⅰ)已知椭圆C 的焦点为F 1(－1，0)，F 2(1，0)，过F 2的直线与C 交于A ，B 两点．若|AF 2|＝2|F 2B |，|AB |＝|BF 1|，则C 的方程为( )A.x 22＋y 2＝1 B.x 23＋y 22＝1 C.x 24＋y 23＝1 D.x 25＋y 24＝1(2)(2019·全国卷Ⅱ)若抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点是椭圆x 23p ＋y 2p＝1的一个焦点，则p ＝( )A ．2B ．3C ．4D ．8(3)(2019·郑州模拟)设F 1，F 2分别是双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点，P 是C 上一点，若|PF 1|＋|PF 2|＝6a ，且△PF 1F 2最小内角的大小为30°，则双曲线C 的渐近线方程是( )A.2x ±y ＝0B.x ±2y ＝0 C ．x ±2y ＝0D.2x ±y ＝01．椭圆x 25＋y 24＝1的左焦点为F ，直线x ＝m 与椭圆相交于点M ，N ，当△FMN 的周长最大时，△FMN 的面积是( )A.55B.655C.855D.4552．(2019·福州模拟)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的右焦点为F ，点B 是虚轴的一个端点，线段BF 与双曲线C 的右支交于点A ，若BA ―→＝2AF ―→，且|BF ―→|＝4，则双曲线C 的方程为( )A.x 26－y 25＝1 B.x 28－y 212＝1 C.x 28－y 24＝1 D.x 24－y 26＝13．若抛物线y 2＝2px (p ＞0)上一点到焦点和到抛物线对称轴的距离分别为10和6，则抛物线的标准方程为____________________．考点二 圆锥曲线的性质[例2] (1)(2018·全国卷Ⅱ)已知F 1，F 2是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点，A是C 的左顶点，点P 在过A 且斜率为36的直线上，△PF 1F 2为等腰三角形，∠F 1F 2P ＝120°，则C 的离心率为( )A.23B.12C.13D.14(2)(2019·全国卷Ⅰ)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 1的直线与C 的两条渐近线分别交于A ，B 两点．若F 1A ―→＝AB ―→， F 1B ―→·F 2B ―→＝0，则C 的离心率为________．(3)已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的两条渐近线与抛物线y 2＝2px (p ＞0)的准线分别交于A ，B 两点，O 为坐标原点．若双曲线的离心率为5，△AOB 的面积为2，则p ＝________．1．(2018·全国卷Ⅱ)双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的离心率为3，则其渐近线方程为( )A ．y ＝±2x B.y ＝±3x C ．y ＝±22x D.y ＝±32x2．(2019·济南市模拟考试)设F 1，F 2分别是椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点，过F 2的直线交椭圆于A ，B 两点，且AF 1―→·AF 2―→＝0，AF 2―→＝2F 2B ―→，则椭圆E 的离心率为( )A.23B.34C.53D.743．(2019·广州市调研测试)已知抛物线y2＝2px(p>0)与双曲线x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)有相同的焦点F，点A是两曲线的一个交点，且AF⊥x轴，则双曲线的离心率为()A.2＋1B.3＋1C.5＋1D.2＋24．已知F1，F2是双曲线y2a2－x2b2＝1(a>0，b>0)的两个焦点，过其中一个焦点与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线另一条渐近线于点M，若点M在以线段F1F2为直径的圆内，则双曲线离心率的取值范围是________．考点三直线与圆锥曲线题型一直线与圆锥曲线的位置关系[例3]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：y2＝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．题型二 直线与圆锥曲线的弦长[例4] (2019·全国卷Ⅰ)已知抛物线C ：y 2＝3x 的焦点为F ，斜率为32的直线l 与C 的交点为A ，B ，与x 轴的交点为P .(1)若|AF |＋|BF |＝4，求l 的方程； (2)若AP ―→＝3PB ―→，求|AB |.1．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2＝1(a ＞1)，F 1，F 2分别是其左、右焦点，以F 1F 2为直径的圆与椭圆C 有且仅有两个交点．(1)求椭圆C 的方程；(2)设过点F 1且不与坐标轴垂直的直线l 交椭圆于A ，B 两点，线段AB 的垂直平分线与x 轴交于点P ，点P 横坐标的取值范围是⎝⎛⎭⎫－14，0，求线段AB 长度的取值范围．2．(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．3.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为(3，0)，且经过点⎝⎛⎭⎫－1，32，点M 是x轴上的一点，过点M 的直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点(点A 在x 轴的上方)．(1)求椭圆C 的方程；(2)若AM ―→＝2MB ―→，且直线l 与圆O ：x 2＋y 2＝47相切于点N ，求|MN |.【课后专项练习】A 组一、选择题1．(2019·济南模拟)已知双曲线x 29－y 2m ＝1的一个焦点F 的坐标为(－5，0)，则该双曲线的渐近线方程为( )A ．y ＝±43xB.y ＝±34xC ．y ＝±53xD.y ＝±35x2．已知抛物线x 2＝4y 上一动点P 到x 轴的距离为d 1，到直线l ：x ＋y ＋4＝0的距离为d 2，则d 1＋d 2的最小值是( )A.552＋2B.522＋1C.522－2D.522－13．(2019·全国卷Ⅲ)双曲线C ：x 24－y 22＝1的右焦点为F ，点P 在C 的一条渐近线上，O为坐标原点，若|PO |＝|PF |，则△PFO 的面积为( )A.324B.322C.22D.324．(2019·全国卷Ⅱ)设F 为双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的右焦点，O 为坐标原点，以OF 为直径的圆与圆x 2＋y 2＝a 2交于P ，Q 两点．若|PQ |＝|OF |，则C 的离心率为( )A. 2B.3 C ．2 D.55．(2019·昆明模拟)已知F 1，F 2为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点，B 为C 的短轴的一个端点，直线BF 1与C 的另一个交点为A ，若△BAF 2为等腰三角形，则|AF 1||AF 2|＝( )A.13B.12C.23D.36．(2019·广州调研)已知椭圆Γ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的长轴长是短轴长的2倍，过右焦点F 且斜率为k (k >0)的直线与Γ相交于A ，B 两点．若AF ―→＝3FB ―→，则k ＝( )A.1B.2C.3D.2二、填空题7．已知P (1，3)是双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)渐近线上的点，则双曲线C 的离心率是________．8．若F 1，F 2是椭圆x 29＋y 27＝1的两个焦点，A 为椭圆上一点，且∠AF 1F 2＝45°，则△AF 1F 2的面积为________．9．(2019·洛阳尖子生第二次联考)过抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点F 的直线与抛物线C 交于A ，B 两点，且AF ―→＝3FB ―→，抛物线C 的准线l 与x 轴交于点E ，AA 1⊥l 于点A 1，若四边形AA 1EF 的面积为63，则p ＝________．三、解答题10．(2019·天津高考)设椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B.已知椭圆的短轴长为4，离心率为5 5.(1)求椭圆的方程；(2)设点P在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点M为直线PB与x轴的交点，点N 在y轴的负半轴上，若|ON|＝|OF|(O为原点)，且OP⊥MN，求直线PB的斜率．11．已知抛物线C：x2＝2py(p>0)上一点M(m，9)到其焦点F的距离为10.(1)求抛物线C的方程；(2)设过焦点F的直线l与抛物线C交于A，B两点，且抛物线在A，B两点处的切线分别交x轴于P，Q两点，求|AP|·|BQ|的取值范围．12．(2019·江苏高考)如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a2＋y 2b2＝1(a >b >0)的焦点为F 1(－1，0)，F 2(1，0)．过F 2作x 轴的垂线l ，在x 轴的上方，l 与圆F 2：(x －1)2＋y 2＝4a 2交于点A ，与椭圆C 交于点D .连接AF 1并延长交圆F 2于点B ，连接BF 2交椭圆C 于点E ，连接DF 1.已知DF 1＝52. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)求点E 的坐标．1．已知抛物线C：x2＝2py(p>0)，过焦点F的直线交C于A，B两点，D是抛物线的准线l与y轴的交点．(1)若AB∥l，且△ABD的面积为1，求抛物线的方程；(2)设M为AB的中点，过M作l的垂线，垂足为N.2．(2019·武汉市调研测试)已知椭圆Γ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点M (－2，1)，且右焦点F (3，0)．(1)求椭圆Γ的标准方程；(2)过N (1，0)且斜率存在的直线AB 交椭圆Γ于A ，B 两点，记t ＝MA ―→·MB ―→，若t 的最大值和最小值分别为t 1，t 2，求t 1＋t 2的值．3.如图，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的右焦点为F ，右顶点、上顶点分别为点A ，B ，且|AB |＝52|BF |. (1)求椭圆C 的离心率；(2)若点M ⎝⎛⎭⎫－1617，217在椭圆C 的内部，过点M 的直线l 交椭圆C 于P ，Q 两点，M 为线段PQ 的中点，且OP ⊥OQ ，求直线l 的方程及椭圆C 的方程．4．(2019·福建省质量检查)在平面直角坐标系xOy中，圆F：(x－1)2＋y2＝1外的点P在y轴的右侧运动，且P到圆F上的点的最小距离等于它到y轴的距离．记P的轨迹为E.(1)求E的方程；(2)过点F的直线交E于A，B两点，以AB为直径的圆D与平行于y轴的直线相切于点M，线段DM交E于点N，证明：△AMB的面积是△AMN的面积的四倍．。

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，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。

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＋k2|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|PF 1|∈[a －c ，a ＋c ]； ③|PF 1|·|PF 2|∈[b 2，a 2]； ④∠F 1PF 2≤∠F 1BF 2. (2)双曲线中的最值F 1，F 2为双曲线x 2a 2－y 2b2＝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|PF 1|≥c －a . (3)拋物线中的最值点P 为拋物线y 2＝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y 2＝2px (p ＞0)的焦点，交拋物线于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，如图． (1)y 1y 2＝－p 2，x 1x 2＝p 24.(2)|AB |＝x 1＋x 2＋p ，x 1＋x 2≥2x 1x 2＝p ，即当x 1＝x 2时，弦长最短为2p . (3)1|AF |＋1|BF |为定值2p . (4)弦长|AB |＝2psin 2α(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[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[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＋4k 2121＋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)，∴44b 2＋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：2x1＋2x2＝2x1＋x2x1x2＝2k，⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x1－2x2＝2×x1＋x22－4x1x2|x1x2|＝2k2＋1，则圆的方程为：(x－2k)2＋(y＋1)2＝4(k2＋1)，令x＝0整理可得：y2＋2y－3＝0，解得：y1＝－3，y2＝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[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。

第3讲 圆锥曲线的综合问题[全国卷3年考情分析]解析几何是数形结合的典范，是高中数学的主要知识板块，是高考考查的重点知识之一，在解答题中一般会综合考查直线、圆、圆锥曲线等.试题难度较大，多以压轴题出现.解答题的热点题型有：(1)直线与圆锥曲线位置关系；(2)圆锥曲线中定点、定值、最值及范围的求解；(3)圆锥曲线中的判断(与证明)及探究问题.第1课时 圆锥曲线中的定值、定点、证明问题[例1] (2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C ：2＋y 2＝1的右焦点为F ，过F 的直线l 与C 交于A ，B 两点，点M 的坐标为(2，0).(1)当l 与x 轴垂直时，求直线AM 的方程； (2)设O 为坐标原点，证明：∠OMA ＝∠OMB . [解] (1)由已知得F (1，0)，l 的方程为x ＝1. 则点A 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22或⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－22. 又M (2，0)，所以直线AM 的方程为y ＝－22x ＋2或y ＝22x －2， 即x ＋2y －2＝0或x －2y －2＝0.(2)证明：当l 与x 轴重合时，∠OMA ＝∠OMB ＝0°. 当l 与x 轴垂直时，OM 为AB 的垂直平分线， 所以∠OMA ＝∠OMB .当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1<2，x 2<2，直线MA ，MB 的斜率之和为k MA ＋k MB ＝y 1x 1－2＋y 2x 2－2.由y 1＝kx 1－k ，y 2＝kx 2－k ，得k MA ＋k MB ＝2kx 1x 2－3k （x 1＋x 2）＋4k（x 1－2）（x 2－2）.将y ＝k (x －1)代入x 22＋y 2＝1，得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0， 所以x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1.则2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k ＝4k 3－4k －12k 3＋8k 3＋4k2k 2＋1＝0. 从而k MA ＋k MB ＝0， 故MA ，MB 的倾斜角互补. 所以∠OMA ＝∠OMB . 综上，∠OMA ＝∠OMB 成立.[题后悟通] 几何证明问题的解题策略(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等).(2)解决证明问题时，主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明.[跟踪训练]设椭圆E 的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，点O 为坐标原点，点A 的坐标为(a ，0)，点B 的坐标为(0，b )，点M 在线段AB 上，满足|BM |＝2|MA |，直线OM 的斜率为510. (1)求E 的离心率e ；(2)设点C 的坐标为(0，－b )，N 为线段AC 的中点，证明：MN ⊥AB .解：(1)由题设条件知，点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫23a ，13b ， 又k OM ＝510，从而b 2a ＝510. 进而得a ＝5b ，c ＝a 2－b 2＝2b ，故e ＝c a ＝255.(2)证明：由N 是AC 的中点知，点N 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，－b 2，可得NM ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 6，5b 6.又AB ―→＝(－a ，b )，从而有AB ―→·NM ―→＝－16a 2＋56b 2＝16(5b 2－a 2).由(1)可知a 2＝5b 2，所以AB ―→·NM ―→＝0，故MN ⊥AB .[例2] (2019·福建五校第二次联考)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] (1)由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧e ＝c a ＝32，|b ＋4|2＝3，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝2，所以椭圆C 的方程为x 216＋y24＝1.(2)证明：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 －4），x 216＋y 24＝1，得(1＋4k 2)x 2－16k (2k ＋1)x ＋64k (k ＋1)＝0， 则x 1＋x 2＝16k （2k ＋1）1＋4k 2，x 1x 2＝64k （k ＋1）1＋4k 2， 因为k MA ＋k MB ＝y 1－2x 1＋y 2－2x 2＝（kx 1－4k －4）x 2＋（kx 2－4k －4）x 1x 1x 2， 所以k MA ＋k MB ＝2k －(4k ＋4)×x 1＋x 2x 1x 2＝2k －4(k ＋1)×16k （2k ＋1）64k （k ＋1）＝2k －(2k ＋1)＝－1(为定值).[题后悟通]求解定值问题的2大途径[跟踪训练]已知椭圆方程为x 24＋y 23＝1，右焦点为F ，若直线l 与椭圆C 相切，过点F 作FQ ⊥l ，垂足为Q ，求证：|OQ |为定值(其中O 为坐标原点).证明：①当直线l 的斜率不存在时，l 的方程为x ＝±2，点Q 的坐标为(－2，0)或(2，0)，此时|OQ |＝2；②当直线l 的斜率为0时，l 的方程为y ＝±3，点Q 的坐标为(1，－3)或(1，3)，此时|OQ |＝2；③当直线l 的斜率存在且不为0时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m (k ≠0). 因为FQ ⊥l ，所以直线FQ 的方程为y ＝－1k(x －1).由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1消去y ，可得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0.因为直线l 与椭圆C 相切，所以Δ＝(8km )2－4×(3＋4k 2)×(4m 2－12)＝0， 整理得m 2＝4k 2＋3. (*)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，y ＝－1k （x －1）得Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－km k 2＋1，k ＋m k 2＋1， 所以|OQ |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－km k 2＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋m k 2＋12＝1＋k 2m 2＋k 2＋m2（k 2＋1）2， 将(*)式代入上式，得|OQ |＝4（k 4＋2k 2＋1）（k 2＋1）2＝2. 综上所述，|OQ |为定值，且定值为2.[例3] (2019·北京高考)已知椭圆C ：x a 2＋y b2＝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] (1)由题意，得b 2＝1，c ＝1， 所以a 2＝b 2＋c 2＝2.所以椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明：设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)， 则直线AP 的方程为y ＝y 1－1x 1x ＋1. 令y ＝0，得点M 的横坐标x M ＝－x 1y 1－1.又y 1＝kx 1＋t ，从而|OM |＝|x M |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1kx 1＋t －1.同理，|ON |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 2kx 2＋t －1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋t ，x 22＋y 2＝1得(1＋2k 2)x 2＋4ktx ＋2t 2－2＝0， 则x 1＋x 2＝－4kt 1＋2k 2，x 1x 2＝2t 2－21＋2k 2.所以|OM |·|ON |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1kx 1＋t －1·⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 2kx 2＋t －1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1x 2k 2x 1x 2＋k （t －1）（x 1＋x 2）＋（t －1）2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t 2－21＋2k2k 2·2t 2－21＋2k 2＋k （t －1）·⎝ ⎛⎭⎪⎫－4kt 1＋2k 2＋（t －1）2＝2⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋t 1－t .又|OM |·|ON |＝2，所以2⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋t 1－t ＝2.解得t ＝0，所以直线l 经过定点(0，0). [题后悟通] 直线过定点问题的解题模型[跟踪训练](2019·重庆市七校联合考试)已知O 为坐标原点，抛物线C ：y 2＝4x ，点A (－2，0)，设直线l 与C 交于不同的两点P ，Q .(1)若直线l ⊥x 轴，求直线PA 的斜率的取值范围；(2)若直线l 不垂直于x 轴，且∠PAO ＝∠QAO ，证明：直线l 过定点. 解：(1)当点P 在第一象限时，设P (t ，2t )，则k PA ＝2t －0t ＋2＝2t ＋2t≤222＝22， ∴k PA ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，22，同理，当点P 在第四象限时，k PA ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－22，0. 综上所述，直线PA 的斜率k PA ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－22，0∪⎝⎛⎦⎥⎤0，22. (2)证明：设直线l 的方程为y ＝kx ＋b (k ≠0)，联立方程得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，y 2＝4x ，得ky 2－4y ＋4b＝0，Δ＝16－16kb ＞0，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝4k ，y 1·y 2＝4bk，∵∠PAO ＝∠QAO ， ∴k AP ＋k AQ ＝y 1x 1＋2＋y 2x 2＋2＝y 1（x 2＋2）＋y 2（x 1＋2）（x 1＋2）（x 2＋2）＝4y 1y 2（y 2＋y 1）＋32（y 1＋y 2）y 21y 22＋8（y 21＋y 22）＋64＝4b ＋8kb 2＋4k 2－4kb ＋8＝0，∵b ＝－2k ，∴y ＝kx －2k ＝k (x －2)，直线l 恒过定点(2，0). [专题过关检测]大题专攻强化练1.(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，求该圆的方程.解：(1)证明：设D ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－12，A (x 1，y 1)，则x 21＝2y 1.由于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 ＝x 22可得x 2－2tx －1＝0.于是x 1＋x 2＝2t ，y 1＋y 2＝t (x 1＋x 2)＋1＝2t 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，|EM ―→|＝2，所求圆的方程为x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －522＝4；当t ＝±1时，|EM ―→|＝2，所求圆的方程为x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －522＝2.2.(2019·济南市学习质量评估)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，右焦点为F ，且该椭圆过点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32. (1)求椭圆C 的方程；(2)当动直线l 与椭圆C 相切于点A ，且与直线x ＝433相交于点B 时，求证：△FAB 为直角三角形.解：(1)由题意得c a ＝32，1a 2＋34b2＝1，又a 2＝b 2＋c 2，所以b 2＝1，a 2＝4，即椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明：由题意可得直线l 的斜率存在，设l ：y ＝kx ＋m ，联立得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1， 得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0，判别式Δ＝64k 2m 2－16(4k 2＋1)(m 2－1)＝0，得m 2＝4k 2＋1＞0.设A (x 1，y 1)，则x 1＝－8km 2（4k 2＋1）＝－8km 2m 2＝－4k m ，y 1＝kx 1＋m ＝－4k 2m ＋m ＝1m，即A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k m ，1m .易得B ⎝⎛⎭⎪⎫433，433k ＋m ，F (3，0)，则FA ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k m －3，1m ，FB ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，433k ＋m ， FA ―→·FB ―→＝33⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k m －3＋1m ⎝ ⎛⎭⎪⎫433k ＋m ＝－43k 3m －1＋43k 3m ＋1＝0， 所以FA ―→⊥FB ―→，即△FAB 为直角三角形，得证.3.如图，设点A ，B 的坐标分别为(－3，0)，(3，0)，直线AP ，BP相交于点P ，且它们的斜率之积为－23.(1)求点P 的轨迹方程；(2)设点P 的轨迹为C ，点M ，N 是轨迹C 上不同的两点，且满足AP ∥OM ，BP ∥ON ，求证：△MON 的面积为定值.解：(1)设点P 的坐标为(x ，y )，由题意得，k AP ·k BP ＝y x ＋3·y x －3＝－23(x ≠±3)，化简得，点P 的轨迹方程为x 23＋y 22＝1(x ≠±3).(2)证明：由题意可知，M ，N 是轨迹C 上不同的两点，且AP ∥OM ，BP ∥ON ， 则直线OM ，ON 的斜率必存在且不为0，k OM ·k ON ＝k AP ·k BP ＝－23.①当直线MN 的斜率为0时，设M (x 0，y 0)，N (－x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧y 20x 20＝23，x 203＋y202＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧|x 0|＝62，|y 0|＝1， 所以S △MON ＝12|y 0||2x 0|＝62.②当直线MN 的斜率不为0时，设直线MN 的方程为x ＝my ＋t ，代入x 23＋y 22＝1，得(3＋2m 2)y 2＋4mty ＋2t 2－6＝0， (*)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则y 1，y 2是方程(*)的两根， 所以y 1＋y 2＝－4mt 3＋2m 2，y 1y 2＝2t 2－63＋2m 2，又k OM ·k ON ＝y 1y 2x 1x 2＝y 1y 2m 2y 1y 2＋mt （y 1＋y 2）＋t 2＝2t 2－63t 2－6m2， 所以2t 2－63t 2－6m 2＝－23，即2t 2＝2m 2＋3，满足Δ>0.又S △MON ＝12|t ||y 1－y 2|＝|t |－24t 2＋48m 2＋722（3＋2m 2）， 所以S △MON ＝26t 24t 2＝62. 综上，△MON 的面积为定值，且定值为62. 4.(2019·福州市质量检测)已知抛物线C 1：x 2＝2py (p >0)和圆C 2：(x ＋1)2＋y 2＝2，倾斜角为45°的直线l 1过C 1的焦点，且l 1与C 2相切.(1)求p 的值；(2)动点M 在C 1的准线上，动点A 在C 1上，若C 1在A 点处的切线l 2交y 轴于点B ，设MN ―→＝MA ―→＋MB ―→，求证：点N 在定直线上，并求该定直线的方程.解：(1)依题意，设直线l 1的方程为y ＝x ＋p2，因为直线l 1与圆C 2相切，所以圆心C 2(－1，0)到直线l 1：y ＝x ＋p2的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1＋p 212＋（－1）2＝ 2. 即⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1＋p 22＝2，解得p ＝6或p ＝－2(舍去).所以p ＝6.(2)法一：依题意设M (m ，－3)，由(1)知抛物线C 1的方程为x 2＝12y ，所以y ＝x 212，所以y ′＝x6，设A (x 1，y 1)，则以A 为切点的切线l 2的斜率为k ＝x 16，所以切线l 2的方程为y ＝16x 1(x －x 1)＋y 1.令x ＝0，则y ＝－16x 21＋y 1＝－16×12y 1＋y 1＝－y 1，即B 点的坐标为(0，－y 1)，所以MA ―→＝(x 1－m ，y 1＋3)， MB ―→＝(－m ，－y 1＋3)，所以MN ―→＝MA ―→＋MB ―→＝(x 1－2m ，6)， 所以ON ―→＝OM ―→＋MN ―→＝(x 1－m ，3). 设N 点坐标为(x ，y )，则y ＝3， 所以点N 在定直线y ＝3上. 法二：设M (m ，－3)，由(1)知抛物线C 1的方程为x 2＝12y ，①设l 2的斜率为k ，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，112x 21，则以A 为切点的切线l 2的方程为y ＝k (x －x 1)＋112x 21，②联立①②得，x 2＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤k （x －x 1）＋112x 21，因为Δ＝144k 2－48kx 1＋4x 21＝0，所以k ＝x 16，所以切线l 2的方程为y ＝16x 1(x －x 1)＋112x 21.令x ＝0，得B 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－112x 21，所以MA ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1－m ，112x 21＋3，MB ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－m ，－112x 21＋3，所以MN ―→＝MA ―→＋MB ―→＝(x 1－2m ，6)， 所以ON ―→＝OM ―→＋MN ―→＝(x 1－m ，3)， 所以点N 在定直线y ＝3上.第2课时 圆锥曲线中的最值、范围、探索性问题[例1] (2019·广州市综合检测(一))已知椭圆C 的中心在原点，焦点在坐标轴上，直线y ＝32x 与椭圆C 在第一象限内的交点是M ，点M 在x 轴上的射影恰好是椭圆C 的右焦点F 2，椭圆C 的另一个焦点是F 1，且MF 1―→·MF 2―→＝94.(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l 过点(－1，0)，且与椭圆C 交于P ，Q 两点，求△F 2PQ 的内切圆面积的最大值.[解] (1)设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，∵点M 在直线y ＝32x 上，且点M 在x 轴上的射影恰好是椭圆C 的右焦点F 2(c ，0)，∴点M ⎝⎛⎭⎪⎫c ，3c 2.∵MF 1―→·MF 2―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2c ，－32c ·⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－32c ＝94，∴c ＝1. ∴⎩⎪⎨⎪⎧1a 2＋94b 2＝1，a 2＝b 2＋1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝3，∴椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由(1)知，F 1(－1，0)，过点F 1(－1，0)的直线与椭圆C 交于P ，Q 两点，则△F 2PQ 的周长为4a ＝8，又S △F 2PQ ＝12·4a ·r (r 为△F 2PQ 的内切圆半径)，∴当△F 2PQ 的面积最大时，其内切圆面积最大. 设直线l 的方程为x ＝ky －1，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ky －1，x 24＋y23＝1， 消去x 得(4＋3k 2)y 2－6ky －9＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝6k3k 2＋4，y 1y 2＝－93k 2＋4，∴S △F 2PQ ＝12·|F 1F 2|·|y 1－y 2|＝12k 2＋13k 2＋4. 令k 2＋1＝t ，则t ≥1，∴S △F 2PQ ＝123t ＋1t， 令f (t )＝3t ＋1t，则f ′(t )＝3－1t2，当t ∈ [1，＋∞)时，f ′(t )>0，f (t )＝3t ＋1t在[1，＋∞)上单调递增，∴S △F 2PQ ＝123t ＋1t≤3，当t ＝1时取等号，即当k ＝0时，△F 2PQ 的面积取得最大值3， 结合S △F 2PQ ＝12·4a ·r ，得r 的最大值为34，∴△F 2PQ 的内切圆面积的最大值为916π.[题后悟通] 最值问题的2种基本解法[跟踪训练](2019·河北省九校第二次联考)已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，若过点F 且斜率为1的直线与抛物线相交于M ，N 两点，且|MN |＝8.(1)求抛物线C 的方程；(2)设直线l 为抛物线C 的切线，且l ∥MN ，P 为l 上一点，求PM ―→·PN ―→的最小值.解：(1)由题意可知F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，则直线MN 的方程为y ＝x －p2，代入y 2＝2px (p >0)得x 2－3px ＋p 24＝0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝3p ，∵|MN |＝8，∴x 1＋x 2＋p ＝8，即3p ＋p ＝8，解得p ＝2， ∴抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)设直线l 的方程为y ＝x ＋b ，代入y 2＝4x ，得x 2＋(2b －4)x ＋b 2＝0， ∵直线l 为抛物线C 的切线，∴Δ＝0，解得b ＝1， ∴l ：y ＝x ＋1.由(1)可知，x 1＋x 2＝6，x 1x 2＝1，设P (m ，m ＋1)，则PM ―→＝(x 1－m ，y 1－(m ＋1))，PN ―→＝(x 2－m ，y 2－(m ＋1))， ∴PM ―→·PN ―→＝(x 1－m )(x 2－m )＋ [y 1－(m ＋1)][y 2－(m ＋1)]＝x 1x 2－m (x 1＋x 2)＋m 2＋y 1y 2－(m ＋1)(y 1＋y 2)＋(m ＋1)2，(y 1y 2)2＝16x 1x 2＝16，∴y 1y 2＝－4，y 21－y 22＝4(x 1－x 2)，∴y 1＋y 2＝4×x 1－x 2y 1－y 2＝4， PM ―→·PN ―→＝1－6m ＋m 2－4－4(m ＋1)＋(m ＋1)2＝2(m 2－4m －3)＝2[(m －2)2－7]≥－14，当且仅当m ＝2，即点P 的坐标为(2，3)时，PM ―→·PN ―→取得最小值－14.[例2] (2019·安徽五校联盟第二次质检)已知椭圆C ：a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的焦点坐标分别为F 1(－1，0)，F 2(1，0)，P 为椭圆C 上一点，满足3|PF 1|＝5|PF 2|且cos ∠F 1PF 2＝35.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 交于A ，B 两点，点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，0，若|AQ |＝|BQ |，求k 的取值范围.[解] (1)由题意设|PF 1|＝r 1，|PF 2|＝r 2，则3r 1＝5r 2，又r 1＋r 2＝2a ，∴r 1＝54a ，r 2＝34a . 在△PF 1F 2中，由余弦定理得，cos ∠F 1PF 2＝r 21＋r 22－|F 1F 2|22r 1r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫54a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34a 2－222×54a ×34a ＝35， 解得a ＝2，∵c ＝1，∴b 2＝a 2－c 2＝3，∴椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝kx ＋m ，消去y 得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km 3＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－123＋4k 2，且Δ＝48(3＋4k 2－m 2)>0，①设AB 的中点为M (x 0，y 0)，连接QM ，则x 0＝x 1＋x 22＝－4km 3＋4k 2，y 0＝kx 0＋m ＝3m3＋4k2， ∵|AQ |＝|BQ |，∴AB ⊥QM ，又Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，0，M 为AB 的中点，∴k ≠0，直线QM 的斜率存在，∴k ·k QM ＝k ·3m3＋4k 2－4km 3＋4k 2－14＝－1，解得m ＝－3＋4k24k，②把②代入①得3＋4k 2>⎝ ⎛⎭⎪⎫－3＋4k 24k 2，整理得16k 4＋8k 2－3>0，即(4k 2－1)(4k 2＋3)>0，解得k >12或k <－12，故k 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.[题后悟通] 范围问题的解题策略解决有关范围问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等)，寻找不等关系，其方法有：(1)利用判别式来构造不等式，从而确定所求范围(如本例)；(2)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；(3)利用隐含的不等关系，从而求出所求范围； (4)利用已知不等关系构造不等式，从而求出所求范围； (5)利用函数值域的求法，确定所求范围；(6)利用已知，将条件转化为几个不等关系，从而求出参数的范围(如本例).[跟踪训练](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|＝22（y 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]， 所以△PAB 面积的取值范围是⎢⎡⎥⎤62，15104.[例3] (2019·石家庄市质量检测)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，且经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32. (1)求椭圆C 的方程.(2)过点(3，0)作直线l 与椭圆C 交于不同的两点A ，B ，试问在x 轴上是否存在定点Q ，使得直线QA 与直线QB 恰关于x 轴对称？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，说明理由.[解] (1)由题意可得c a ＝32，1a 2＋34b2＝1， 又a 2－b 2＝c 2，所以a 2＝4，b 2＝1. 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)存在定点Q ⎝⎛⎭⎪⎫433，0，满足直线QA 与直线QB 恰关于x 轴对称. 设直线l 的方程为x ＋my －3＝0，与椭圆C 的方程联立得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋my －3＝0，x 24＋y 2＝1，整理得，(4＋m 2)y 2－23my －1＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，定点Q (t ，0)(依题意t ≠x 1，t ≠x 2). 由根与系数的关系可得，y 1＋y 2＝23m 4＋m 2，y 1y 2＝－14＋m2.直线QA 与直线QB 恰关于x 轴对称，则直线QA 与直线QB 的斜率互为相反数， 所以y 1x 1－t ＋y 2x 2－t＝0，即y 1(x 2－t )＋y 2(x 1－t )＝0.又x 1＋my 1－3＝0，x 2＋my 2－3＝0，所以y 1(3－my 2－t )＋y 2(3－my 1－t )＝0，整理得，(3－t )(y 1＋y 2)－2my 1y 2＝0， 从而可得，(3－t )·23m 4＋m 2－2m ·－14＋m2＝0，即2m (4－3t )＝0，所以当t ＝433，即Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫433，0时，直线QA 与直线QB 恰关于x 轴对称.特别地，当直线l 为x 轴时，Q ⎝⎛⎭⎪⎫433，0也符合题意. 综上所述，在x 轴上存在定点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫433，0，使得直线QA 与直线QB 恰关于x 轴对称.[题后悟通] 探索性问题的解题策略探索性问题，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.(1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论.(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件.(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径.[跟踪训练]如图，由部分抛物线y 2＝mx ＋1(m >0，x ≥0)和半圆x 2＋y 2＝r 2(x ≤0)所组成的曲线称为“黄金抛物线C ”，若“黄金抛物线C ”经过点(3，2)和⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32. (1)求“黄金抛物线C ”的方程；(2)设P (0，1)和Q (0，－1)，过点P 作直线l 与“黄金抛物线C ”交于A ，P ，B 三点，问是否存在这样的直线l ，使得QP 平分∠AQB ？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由.解：(1)因为“黄金抛物线C ”过点(3，2)和⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，所以r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝1，4＝3m ＋1，解得m ＝1. 所以“黄金抛物线C ”的方程为y 2＝x ＋1(x ≥0)和x 2＋y 2＝1(x ≤0). (2)假设存在这样的直线l ，使得QP 平分∠AQB . 显然直线l 的斜率存在且不为0，结合题意可设直线l 的方程为y ＝kx ＋1(k ≠0)，A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，不妨令x A <0<x B .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，y 2＝x ＋1（x ≥0），消去y 并整理，得k 2x 2＋(2k －1)x ＝0， 所以x B ＝1－2k k 2，y B ＝1－k k ，即B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2k k 2，1－k k ，由x B>0知k <12，所以直线BQ 的斜率为k BQ ＝k1－2k.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 2＋y 2＝1（x ≤0），消去y 并整理，得(k 2＋1)x 2＋2kx ＝0， 所以x A ＝－2k k 2＋1，y A ＝1－k 2k 2＋1，即A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2k k 2＋1，1－k 2k 2＋1，由x A <0知k >0，所以直线AQ 的斜率为k AQ ＝－1k.因为QP 平分∠AQB ，且直线QP 的斜率不存在，所以k AQ ＋k BQ ＝0， 即－1k ＋k 1－2k ＝0，由0<k <12，可得k ＝2－1.所以存在直线l ：y ＝(2－1)x ＋1，使得QP 平分∠AQB . [专题过关检测]大题专攻强化练1.(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|. 连接MA ，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 .2.(2019·武汉部分学校调研)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右顶点分别为A ，B ，且长轴长为8，T 为椭圆C 上异于A ，B 的点，直线TA ，TB 的斜率之积为－34.(1)求椭圆C 的方程；(2)设O 为坐标原点，过点M (8，0)的动直线与椭圆C 交于P ，Q 两点，求△OPQ 面积的最大值.解：(1)设T (x ，y )(x ≠±4)，则直线TA 的斜率为k 1＝y x ＋4，直线TB 的斜率为k 2＝yx －4. 于是由k 1k 2＝－34，得y x ＋4·y x －4＝－34，整理得x 216＋y212＝1(x ≠±4)，故椭圆C 的方程为x 216＋y 212＝1.(2)由题意设直线PQ 的方程为x ＝my ＋8，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋8，x 216＋y 212＝1得(3m 2＋4)y 2＋48my ＋144＝0， Δ＝(48m )2－4×144×(3m 2＋4)＝12×48(m 2－4)＞0，即m 2＞4，y P ＋y Q ＝－48m 3m 2＋4，y P y Q ＝1443m 2＋4. |PQ |＝m 2＋13m 2＋4·Δ＝24（m 2＋1）（m 2－4）3m 2＋4， 点O 到直线PQ 的距离d ＝8m 2＋1.故S△OPQ＝12×|PQ |×d ＝96m 2－43m 2＋4＝963m 2－4＋16m 2－4≤43⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当m 2＝283时等号成立，且满足m 2＞4， 故△OPQ 面积的最大值为4 3.3.(2019·湖南省湘东六校联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率e ＝12，点A (b ，0)，B ，F 分别为椭圆的上顶点和左焦点，且|BF |·|BA |＝2 6.(1)求椭圆C 的方程.(2)若过定点M (0，2)的直线l 与椭圆C 交于G ，H 两点(G 在M ，H 之间)，设直线l 的斜率k ＞0，在x 轴上是否存在点P (m ，0)，使得以PG ，PH 为邻边的平行四边形为菱形？如果存在，求出m 的取值范围；如果不存在，请说明理由.解：(1)设椭圆的焦距为2c ，由离心率e ＝12得a ＝2c .①由|BF |·|BA |＝26，得a ·b 2＋b 2＝26，∴ab ＝2 3.②a 2－b 2＝c 2，③由①②③可得a 2＝4，b 2＝3， ∴椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设直线l 的方程为y ＝kx ＋2(k ＞0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2（k ＞0），x 24＋y 23＝1得(3＋4k 2)x 2＋16kx ＋4＝0，可知Δ＞0，∴k ＞12.设G (x 1，y 1)，H (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－16k 4k 2＋3，PG ―→＋PH ―→＝(x 1＋x 2－2m ，k (x 1＋x 2)＋4)，GH ―→＝(x 2－x 1，y 2－y 1)＝(x 2－x 1，k (x 2－x 1)).∵菱形的对角线互相垂直，∴(PG ―→＋PH ―→)·GH ―→＝0， ∴(1＋k 2)(x 1＋x 2)＋4k －2m ＝0，得m ＝－2k 4k 2＋3，即m ＝－24k ＋3k，∵k ＞12，∴－36≤m ＜0⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当3k ＝4k 时，等号成立. ∴存在满足条件的实数m ，m 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－36，0. 4.(2019·郑州市第二次质量预测)椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，A 为椭圆上一动点(异于左、右顶点)，△AF 1F 2的周长为4＋23，且面积的最大值为 3.(1)求椭圆C 的方程；(2)设B 是椭圆上一动点，线段AB 的中点为P ，OA ，OB (O 为坐标原点)的斜率分别为k 1，k 2，且k 1k 2＝－14，求|OP |的取值范围.解：(1)由椭圆的定义及△AF 1F 2的周长为4＋23，可得2(a ＋c )＝4＋23， ∴a ＋c ＝2＋ 3.①当A 在上(或下)顶点时，△AF 1F 2的面积取得最大值，即bc ＝3，② 由①②及a 2＝c 2＋b 2，得a ＝2，b ＝1，c ＝3， ∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)当直线AB 的斜率不存在时，k 1＝－k 2，∵k 1k 2＝－14，∴k 1＝±12，不妨取k 1＝12，则直线OA 的方程为y ＝12x ，不妨取点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，22，则B ⎝⎛⎭⎪⎫2，－22，P (2，0)，∴|OP |＝ 2. 当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2＋4y 2＝4可得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0， Δ＝64k 2m 2－4(4k 2＋1)(4m 2－4)＝16(4k 2＋1－m 2)＞0，③∴x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－41＋4k 2.∵k 1k 2＝－14，∴4y 1y 2＋x 1x 2＝0，∴4(kx 1＋m )(kx 2＋m )＋x 1x 2＝(4k 2＋1)x 1x 2＋4km (x 1＋x 2)＋4m 2＝4m 2－4－32k 2m 21＋4k2＋4m 2＝0，化简得2m 2＝1＋4k 2(满足③式)，∴m 2≥12.设P (x 0，y 0)，则x 0＝x 1＋x 22＝－4km 1＋4k 2＝－2k m ，y 0＝kx 0＋m ＝12m. ∴|OP |2＝x 20＋y 20＝4k 2m 2＋14m 2＝2－34m 2∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，2，∴|OP |∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫22，2. 综上，|OP |的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，2.[思维流程——找突破口][技法指导——迁移搭桥]圆锥曲线解答题的常见类型是：第(1)小题通常是根据已知条件，求曲线方程或离心率，一般比较简单.第(2)小题往往是通过方程研究曲线的性质——弦长问题、中点弦问题、动点轨迹问题、定点与定值问题、最值问题、相关量的取值范围问题等等，这一小题综合性较强，可通过巧设“点”“线”，设而不求.在具体求解时，可将整个解题过程分成程序化的三步： 第一步，联立两个方程，并将消元所得方程的判别式与根与系数的关系正确写出；第二步，用两个交点的同一类坐标的和与积，来表示题目中涉及的位置关系和数量关系；第三步，求解转化而来的代数问题，并将结果回归到原几何问题中.在求解时，要根据题目特征，恰当的设点、设线，选用恰当运算方法，合理地简化运算.[典例] 已知圆(x ＋3)2＋y 2＝16的圆心为M ，点P 是圆M 上的动点，点N (3，0)，点G 在线段MP 上，且满足(GN ―→＋GP ―→)⊥(GN ―→－GP ―→).(1)求点G 的轨迹C 的方程；(2)过点T (4，0)作斜率不为0的直线l 与轨迹C 交于A ，B 两点，点A 关于x 轴的对称点为D ，连接BD 交x 轴于点Q ，求△ABQ 面积的最大值.[快审题] 求什么 想什么 求轨迹方程，想到求轨迹方程的方法.求三角形面积的最值，想到表示出三角形面积的式子. 给什么给出向量垂直关系，用数量积转化为线段相等.[稳解题](1)因为(GN ―→＋GP ―→)⊥(GN ―→－GP ―→)，所以(GN ―→＋GP ―→)·(GN ―→－GP ―→)＝0，即GN ―→2－GP ―→2＝0， 所以|GP |＝|GN |，所以|GM |＋|GN |＝|GM |＋|GP |＝|MP |＝4>23＝|MN |， 所以点G 在以M ，N 为焦点，长轴长为4的椭圆上，设椭圆的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，则2a ＝4，2c ＝23，即a ＝2，c ＝3，所以b 2＝a 2－c 2＝1， 所以点G 的轨迹C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)法一：依题意可设直线l ：x ＝my ＋4.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋4，x 24＋y 2＝1消去x ，得(m 2＋4)y 2＋8my ＋12＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由Δ＝64m 2－4×12×(m 2＋4)＝16(m 2－12)>0，得m 2>12. ① 且y 1＋y 2＝－8mm 2＋4， y 1y 2＝12m 2＋4. ② 因为点A 关于x 轴的对称点为D ， 所以D (x 1，－y 1)， 可设Q (x 0，0)， 所以k BD ＝y 2＋y 1x 2－x 1＝y 2＋y 1m （y 2－y 1）， 所以BD 所在直线的方程为y －y 2＝y 2＋y 1m （y 2－y 1）(x －my 2－4).令y ＝0，得x 0＝2my 1y 2＋4（y 1＋y 2）y 1＋y 2. ③将②代入③， 得x 0＝24m －32m －8m ＝1，所以点Q 的坐标为(1，0). 因为S △ABQ ＝|S △TBQ －S △TAQ |＝ 12|QT ||y 2－y 1|＝ 32（y 1＋y 2）2－4y 1y 2＝6m 2－12m 2＋4， 令t ＝m 2＋4，结合①得t >16， 所以S △ABQ ＝6t －16t＝6－16t 2＋1t＝6－16⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1322＋164.当且仅当t ＝32，即m ＝±27时，(S △ABQ )max ＝34.所以△ABQ 面积的最大值为34.法二：依题意知直线l 的斜率存在，设其方程为y ＝k (x －4)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，Q (x 0，0).由对称性知D (x 1，－y 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －4），x 24＋y 2＝1消去y ， 得(4k 2＋1)x 2－32k 2x ＋64k 2－4＝0. 由Δ＝(－32k 2)2－4(4k 2＋1)(64k 2－4)>0，得k 2<112， ①且x 1＋x 2＝32k 24k 2＋1，x 1x 2＝64k 2－44k 2＋1. ②BQ ―→＝(x 0－x 2，－y 2)，DQ ―→＝(x 0－x 1，y 1) 由B ，D ，Q 三点共线知BQ ―→∥DQ ―→，故(x 0－x 2)y 1＋y 2(x 0－x 1)＝0，即(x 0－x 2)·k (x 1－4)＋k (x 2－4)(x 0－x 1)＝0. 整理得x 0＝2x 1x 2－4（x 1＋x 2）x 1＋x 2－8. ③将②代入③，得x 0＝1，所以点Q 的坐标为(1，0). 因为点Q (1，0)到直线l 的距离为d ＝3|k |k 2＋1， |AB |＝1＋k 2·（x 1＋x 2）2－4x 1x 2 ＝41＋k 2·1－12k 24k 2＋1， 所以S △ABQ ＝12|AB |·d ＝6k 2－12k44k 2＋1. 令t ＝4k 2＋1，则k 2＝t －14，结合①得1<t <43，所以S △ABQ ＝6－34t 2＋74t －1t ＝3－4t 2＋7t－3＝3－4⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －782＋116.当且仅当1t ＝78，即k ＝±714时，(S △ABQ )max ＝34.所以△ABQ 面积的最大值为34.[题后悟道]解决直线与圆锥曲线位置关系问题的步骤[针对训练]已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)经过点P ⎝⎛⎭⎪⎫1，22，且离心率为22.(1)求椭圆C 的方程；(2)设F 1，F 2分别为椭圆C 的左、右焦点，不经过F 1的直线l 与椭圆C 交于两个不同的点A ，B .如果直线AF 1，l ，BF 1的斜率依次成等差数列，求焦点F 2到直线l 的距离d 的取值范围.解：(1)由题意，知⎩⎪⎨⎪⎧1a 2＋24b2＝1，c a ＝22，结合a 2＝b 2＋c 2得a 2＝2，b 2＝1，c 2＝1.所以椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1. (2)易知直线l 的斜率存在且不为0，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m (k ≠0).由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 22＋y 2＝1消去y 并整理，得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2(m 2－1)＝0. 则Δ＝(4km )2－8(1＋2k 2)(m 2－1)＞0，即2k 2＞m 2－1.①设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1x 2＝2（m 2－1）1＋2k 2. 因为F 1(－1，0)，所以k AF 1＝y 1x 1＋1，k BF 1＝y 2x 2＋1.由题意可得2k ＝y 1x 1＋1＋y 2x 2＋1，且y 1＝kx 1＋m ，y 2＝kx 2＋m ，所以(m －k )(x 1＋x 2＋2)＝0.因为直线l ：y ＝kx ＋m 不过焦点F 1(－1，0)，所以m －k ≠0， 所以x 1＋x 2＋2＝0，从而－4km 1＋2k 2＋2＝0，即m ＝k ＋12k .② 由①②得2k 2＞⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋12k 2－1，化简得|k |＞22.焦点F 2(1，0)到直线l ：y ＝kx ＋m 的距离d ＝|k ＋m |1＋k2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2k ＋12k 1＋k2＝2＋12k21k2＋1. 令t ＝1k2＋1，由|k |＞22知t ∈(1，3)，所以d ＝t 2＋32t ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋3t ， 由函数f (t )＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋3t 在(1，3)上单调递减知，f (3)＜d ＜f (1)，解得3＜d ＜2，于是焦点F 2到直线l 的距离d 的取值范围为(3，2).。

高三数学第二轮复习教案第 5 讲 解析几何问题的题型与方法（二）五、注意事项1．（ 1） 直线的斜率是一个非常重要的概念，斜率k 反映了直线相对于 x 轴的倾斜程度。

当斜率k 存在时，直线方程通常用点斜式或斜截式表示，当斜率不存在时，直线方程为x=a （ a ∈R ）。

因此，利用直线的点斜式或斜截式方程解 题时，斜率k 存在与否，要分别考虑。

（ 2） 直线的截距式是两点式的特例，a 、b 分别是直线在x 轴、 y 轴上的截距，因为a ≠0，b ≠ 0，所以当直线平行于 x 轴、平行于 y 轴或直线经过原点，不能用截距式求出它的方程，而应选择其它形式求解。

（ 3）求解直线方程的最后结果，如无特别强调，都应写成一般式。

（ 4）当直线l 1或l 2的斜率不存在时，可以通过画图容易判定两条直线是否平行与垂直（ 5）在处理有关圆的问题，除了合理选择圆的方程，还要注意圆的对称性等几何性质的运用，这样可以简化计算。

2．（ 1）用待定系数法求椭圆的标准方程时，要分清焦点在 x 轴上还是 y 轴上，还是两种都存在。

（ 2）注意椭圆定义、性质的运用，熟练地进行 a 、 b 、 c 、 e 间的互求，并能根据所给的方程画出椭圆。

（ 3）求双曲线的标准方程应注意两个问题： （ 1） 正确判断焦点的位置； （ 2） 设出标准方程后，运用待定系数法求解。

（ 4 ）双曲线x 2 y 21 的渐近线方程为ybx 或表示为x 2 y 2 0 。

若已知双曲线的渐近线方程是a 2b 2aa 2b 2ymx ，即 mx ny0 ，那么双曲线的方程具有以下形式：nm 2 x 2 n 2 y 2k ，其中k 是一个不为零的常数。

（ 5）双曲线的标准方程有两个x 2 y 2 1和 y 2x 2 1（a ＞0，b ＞0）。

这里 b 2 c 2 a 2，其中|F 1F 2|=2c 。

a 2b 2a 2b 2要注意这里的 a 、 b 、c 及它们之间的关系与椭圆中的异同。