(新课改地区)2021版高考数学一轮复习第九章平面解析几何9.9.2圆锥曲线中的探究性问题练习新人教B版

第2课时 定点、定值、探索性问题圆锥曲线中的定点问题(师生共研)(2020·某某模拟)过抛物线C ：y 2＝4x 的焦点F 且斜率为k 的直线l 交抛物线C于A ，B 两点，且|AB |＝8.(1)求直线l 的方程；(2)若A 关于x 轴的对称点为D ，求证：直线BD 过定点，并求出该点的坐标． 【解】 (1)由y 2＝4x 知焦点F 的坐标为(1，0)，则直线l 的方程为y ＝k (x －1)， 代入抛物线方程y 2＝4x ，得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0， 由题意知k ≠0，且Δ＝[－(2k 2＋4)]2－4k 2·k 2＝16(k 2＋1)＞0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝2k 2＋4k2，x 1x 2＝1.由抛物线的弦长公式知|AB |＝x 1＋x 2＋2＝8，则2k 2＋4k2＝6，即k 2＝1，解得k ＝±1.所以直线l 的方程为y ＝±(x －1)．(2)由(1)及抛物线的对称性知，D 点的坐标为(x 1，－y 1)， 直线BD 的斜率k BD ＝y 2＋y 1x 2－x 1＝y 2＋y 1y 224－y 214＝4y 2－y 1， 所以直线BD 的方程为y ＋y 1＝4y 2－y 1(x －x 1)， 即(y 2－y 1)y ＋y 2y 1－y 21＝4x －4x 1.因为y 21＝4x 1，y 22＝4x 2，x 1x 2＝1，所以(y 1y 2)2＝16x 1x 2＝16， 即y 1y 2＝－4(y 1，y 2异号)．所以直线BD 的方程为4(x ＋1)＋(y 1－y 2)y ＝0， 对任意y 1，y 2∈R ，有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1＝0，y ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝0，即直线BD 恒过定点(－1，0)．求解圆锥曲线中定点问题的两种方法(1)特殊推理法：先从特殊情况入手，求出定点，再证明定点与变量无关．(2)直接推理法：①选择一个参数建立方程，一般将题目中给出的曲线方程(包含直线方程)中的常数k 当成变量，将变量x ，y 当成常数，将原方程转化为kf (x ，y )＋g (x ，y )＝0的形式；②根据曲线(包含直线)过定点时与参数没有关系(即方程对参数的任意值都成立)，得到方程组⎩⎪⎨⎪⎧f （x ，y ）＝0g （x ，y ）＝0；③以②中方程组的解为坐标的点就是曲线所过的定点，若定点具备一定的限制条件，可以特殊解决．(2020·某某模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)上动点P 到两焦点F 1，F 2的距离之和为4，当点P 运动到椭圆C 的一个顶点时，直线PF 1恰与以原点O 为圆心，以椭圆C 的离心率e 为半径的圆相切．(1)求椭圆C 的方程；(2)设椭圆C 的左、右顶点分别为A ，B ，若直线PA ，PB 分别交直线x ＝6于不同的两点M ，N ，则以线段MN 为直径的圆是否过定点？若是，请求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．解：(1)由椭圆的定义可知2a ＝4，解得a ＝2.若点P 运动到椭圆的左、右顶点时，直线PF 1与圆一定相交，则点P 只能在椭圆的上、下顶点，不妨设点P 运动到椭圆的上顶点(0，b )，F 1为左焦点(－c ，0)，则直线PF 1：bx －cy ＋bc ＝0.由题意得原点O 到直线PF 1的距离等于椭圆C 的离心率e ， 所以bc b 2＋c 2＝ca， 又a 2＝b 2＋c 2，故b 2＝1.故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)由题意知，直线PA ，PB 的斜率存在且都不为0， 设直线PA 的斜率为k ，点P (x 0，y 0)，x 0≠±2， 又A (－2，0)，B (2，0)，所以k PA ·k PB ＝k ·k PB ＝y 0x 0＋2·y 0x 0－2＝y 20x 20－4＝1－x 204x 20－4＝－14，则k PB ＝－14k.所以直线PA 的方程为y ＝k (x ＋2)， 令x ＝6，得y ＝8k ，则M (6，8k )； 直线PB 的方程为y ＝－14k (x －2)，令x ＝6，得y ＝－1k，则N ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，－1k .因为8k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ＝－8＜0，所以以线段MN 为直径的圆与x 轴交于两点，设点G ，H ，并设MN 与x 轴的交点为K ， 在以线段MN 为直径的圆中应用相交弦定理，得|GK |·|HK |＝|MK |·|NK |＝|8k |·⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1k ＝8，因为|GK |＝|HK |，所以|GK |＝|HK |＝22，所以以线段MN 为直径的圆恒过点(6－22，0)，点(6＋22，0)．圆锥曲线中的定值问题(多维探究) 角度一 定线段的长已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F (1，0)，且经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，354.(1)求椭圆C 的方程；(2)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)．【解】 (1)由题意可知椭圆C 的左焦点为F ′(－1，0)，则半焦距c ＝1. 由椭圆定义可知 2a ＝|PF |＋|PF ′|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－3542＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－3542＝4， 所以a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝3，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1. (2)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.直接探求，变量代换探求圆锥曲线中的定线段的长的问题，一般用直接求解法，即先利用弦长公式把要探求的线段表示出来，然后利用题中的条件(如直线与曲线相切等)得到弦长表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入弦长表达式中，化简可得弦长为定值.角度二 定几何图形的面积(2020·某某模拟)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 上不同于A 、B 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 上不同于A 、B 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＋2m2.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 2－6m 2，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.探求圆锥曲线中几何图形的面积的定值问题，一般用直接求解法，即可先利用三角形面积公式(如果是其他凸多边形，可分割成若干个三角形分别求解)把要探求的几何图形的面积表示出来，然后利用题中的条件得到几何图形的面积表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入几何图形的面积表达式中，化简即可．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的焦点为F 1，F 2，离心率为12，点P 为其上一动点，且三角形PF 1F 2面积的最大值为3，O 为坐标原点．(1)求椭圆C 的方程；(2)若点M ，N 为C 上的两个动点，求常数m ，使OM →·ON →＝m 时，点O 到直线MN 的距离为定值，求这个定值．解：(1)依题意知⎩⎪⎨⎪⎧c 2＝a 2－b 2，bc ＝3，c a ＝12，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝3，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1x 2＋y 1y 2＝m ，当直线MN 的斜率存在时，设其方程为y ＝kx ＋n ，则点O 到直线MN 的距离d ＝|n |k 2＋1＝n 2k 2＋1，联立，得⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋4y 2＝12，y ＝kx ＋n ，消去y ，得(4k 2＋3)x 2＋8knx ＋4n 2－12＝0，由Δ>0得4k 2－n2＋3>0，则x 1＋x 2＝－8kn 4k 2＋3，x 1x 2＝4n 2－124k 2＋3，所以x 1x 2＋(kx 1＋n )(kx 2＋n )＝(k 2＋1)x 1x 2＋kn (x 1＋x 2)＋n 2＝m ，整理得7n2k 2＋1＝12＋m （4k 2＋3）k 2＋1.因为d ＝n 2k 2＋1为常数，则m ＝0，d ＝127＝2217，此时7n 2k 2＋1＝12满足Δ>0. 当MN ⊥x 轴时，由m ＝0得k OM ＝±1，联立，得⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋4y 2＝12，y ＝±x ，消去y ，得x 2＝127，点O 到直线MN 的距离d ＝|x |＝2217亦成立．综上，当m ＝0时，点O 到直线MN 的距离为定值，这个定值是2217.圆锥曲线中的探索性问题(师生共研)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的两个焦点分别为F 1，F 2，短轴的一个端点为P ，△PF 1F 2内切圆的半径为b3，设过点F 2的直线l 被椭圆C 截得的线段为RS ，当l ⊥x 轴时，|RS |＝3.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)在x 轴上是否存在一点T ，使得当l 变化时，总有TS 与TR 所在直线关于x 轴对称？若存在，请求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由．【解】 (1)由内切圆的性质，得12×2c ×b ＝12×(2a ＋2c )×b 3，得c a ＝12.将x ＝c 代入x 2a 2＋y 2b 2＝1，得y ＝±b 2a ，所以2b2a＝3.又a 2＝b 2＋c 2，所以a ＝2，b ＝3， 故椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)当直线l 垂直于x 轴时，显然x 轴上任意一点T 都满足TS 与TR 所在直线关于x 轴对称．当直线l 不垂直于x 轴时，假设存在T (t ，0)满足条件，设l 的方程为y ＝k (x －1)，R (x 1，y 1)，S (x 2，y 2)．联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －1），3x 2＋4y 2－12＝0，得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0， 由根与系数的关系得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝8k23＋4k2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k2①，其中Δ>0恒成立， 由TS 与TR 所在直线关于x 轴对称，得k TS ＋k TR ＝0(显然TS ，TR 的斜率存在)， 即y 1x 1－t ＋y 2x 2－t＝0 ②.因为R ，S 两点在直线y ＝k (x －1)上， 所以y 1＝k (x 1－1)，y 2＝k (x 2－1)，代入②得k （x 1－1）（x 2－t ）＋k （x 2－1）（x 1－t ）（x 1－t ）（x 2－t ）＝k [2x 1x 2－（t ＋1）（x 1＋x 2）＋2t ]（x 1－t ）（x 2－t ）＝0，即2x 1x 2－(t ＋1)(x 1＋x 2)＋2t ＝0 ③，将①代入③得8k 2－24－（t ＋1）8k 2＋2t （3＋4k 2）3＋4k 2＝6t －243＋4k 2＝0 ④，则t ＝4，综上所述，存在T (4，0)，使得当l 变化时，总有TS 与TR 所在直线关于x 轴对称．存在性问题的求解策略解决存在性问题，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．(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)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意．已知圆O ：x 2＋y 2＝4，点F (1，0)，P 为平面内一动点，以线段FP 为直径的圆内切于圆O ，设动点P 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程；(2)M ，N 是曲线C 上的动点，且直线MN 经过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，问在y 轴上是否存在定点Q ，使得∠MQO ＝∠NQO ，若存在，请求出定点Q ，若不存在，请说明理由．解：(1)设PF 的中点为S ，切点为T ，连接OS ，ST ，则|OS |＋|SF |＝|OT |＝2，取F 关于y 轴的对称点F ′，连接F ′P ，所以|PF ′|＝2|OS |，故|F ′P |＋|FP |＝2(|OS |＋|SF |)＝4，所以点P 的轨迹是以F ′，F 分别为左、右焦点，且长轴长为4的椭圆， 则曲线C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)假设存在满足题意的定点Q ，设Q (0，m )，当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为y ＝kx ＋12，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．联立，得⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝kx ＋12，消去y ，得(3＋4k 2)x 2＋4kx －11＝0，则Δ>0，x 1＋x 2＝－4k3＋4k 2，x 1x 2＝－113＋4k2， 由∠MQO ＝∠NQO ，得直线MQ 与NQ 的斜率之和为零，易知x 1或x 2等于0时，不满足题意，故y 1－m x 1＋y 2－mx 2＝kx 1＋12－m x 1＋kx 2＋12－m x 2＝2kx 1x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－m （x 1＋x 2）x 1x 2＝0，即2kx 1x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－m (x 1＋x 2)＝2k ·－113＋4k 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－m ·－4k 3＋4k 2＝4k （m －6）3＋4k 2＝0，当k ≠0时，m ＝6，所以存在定点(0，6)，使得∠MQO ＝∠NQO ；当k ＝0时，定点(0，6)也符合题意．易知当直线MN 的斜率不存在时，定点(0，6)也符合题意． 综上，存在定点(0，6)，使得∠MQO ＝∠NQO .解析几何减少运算量的常见技巧技巧一 巧用平面几何性质已知O 为坐标原点，F 是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点，A ，B 分别为C 的左，右顶点．P 为C 上一点，且PF ⊥x 轴．过点A 的直线l 与线段PF 交于点M ，与y 轴交于点E .若直线BM 经过OE 的中点，则C 的离心率为( )A.13 B ．12 C.23D ．34【解析】 设OE 的中点为N ，如图，因为MF ∥OE ，所以有ON MF ＝a a ＋c ，MF OE ＝a －ca.又因为OE ＝2ON ，所以有12＝aa ＋c ·a －c a ，解得e ＝c a ＝13，故选A.【答案】 A此题也可以用解析法解决，但有一定的计算量，巧用三角形的相似比可简化计算． 技巧二 设而不求，整体代换对于直线与圆锥曲线相交所产生的中点弦问题，涉及求中点弦所在直线的方程，或弦的中点的轨迹方程的问题时，常常可以用“点差法”求解．已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F (3，0)，过点F 的直线交E 于A ，B两点．若AB 的中点坐标为M (1，－1)，则E 的标准方程为( )A.x 245＋y 236＝1 B ．x 236＋y 227＝1 C.x 227＋y 218＝1 D ．x 218＋y 29＝1 【解析】 通解：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝－2，⎩⎪⎨⎪⎧x 21a 2＋y 21b2＝1，①x 22a 2＋y22b 2＝1，②①－②得（x 1＋x 2）（x 1－x 2）a 2＋（y 1＋y 2）（y 1－y 2）b2＝0， 所以k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－b 2（x 1＋x 2）a 2（y 1＋y 2）＝b 2a 2.又k AB ＝0＋13－1＝12，所以b 2a 2＝12.又9＝c 2＝a 2－b 2，解得b 2＝9，a 2＝18， 所以椭圆E 的标准方程为x 218＋y 29＝1.优解：由k AB ·k OM ＝－b 2a 2得，－1－01－3×－11＝－b 2a2得，a 2＝2b 2，又a 2－b 2＝9，所以a 2＝18，b 2＝9，所以椭圆E 的标准方程为x 218＋y 29＝1.【答案】 D本题设出A ，B 两点的坐标，却不求出A ，B 两点的坐标，巧妙地表达出直线AB 的斜率，通过将直线AB 的斜率“算两次”建立几何量之间的关系，从而快速解决问题．技巧三 巧用“根与系数的关系”，化繁为简某些涉及线段长度关系的问题可以通过解方程、求坐标，用距离公式计算长度的方法来解；但也可以利用一元二次方程，使相关的点的同名坐标为方程的根，由根与系数的关系求出两根间的关系或有关线段长度间的关系．后者往往计算量小，解题过程简捷．已知椭圆x 24＋y 2＝1的左顶点为A ，过A 作两条互相垂直的弦AM ，AN 交椭圆M ，N两点．(1)当直线AM 的斜率为1时，求点M 的坐标；(2)当直线AM 的斜率变化时，直线MN 是否过x 轴上的一定点？若过定点，请给出证明，并求出该定点；若不过定点，请说明理由．【解】 (1)直线AM 的斜率为1时，直线AM 的方程为y ＝x ＋2，代入椭圆方程并化简得5x 2＋16x ＋12＝0.解得x 1＝－2，x 2＝－65，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－65，45.(2)设直线AM 的斜率为k ，直线AM 的方程为y ＝k (x ＋2)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x ＋2），x 24＋y 2＝1， 化简得(1＋4k 2)x 2＋16k 2x ＋16k 2－4＝0. 则x A ＋x M ＝－16k21＋4k 2，又x A ＝－2，则x M ＝－x A －16k 21＋4k 2＝2－16k 21＋4k 2＝2－8k21＋4k 2.同理，可得x N ＝2k 2－8k 2＋4.由(1)知若存在定点，则此点必为P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－65，0. 证明如下：因为k MP ＝y Mx M ＋65＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－8k 21＋4k 2＋22－8k 21＋4k 2＋65＝5k4－4k 2， 同理可计算得k PN ＝5k4－4k2. 所以直线MN 过x 轴上的一定点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－65，0.本例在第(2)问中可应用根与系数的关系求出x M ＝2－8k21＋4k 2，这体现了整体思想．这是解决解析几何问题时常用的方法，简单易懂，通过设而不求，大大降低了运算量．技巧四 巧妙“换元”减少运算量变量换元的关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而将非标准型问题转化为标准型问题，将复杂问题简单化．变量换元法常用于求解复合函数的值域、三角函数的化简或求值等问题．如图，已知椭圆C 的离心率为32，点A ，B ，F 分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点，且S △ABF ＝1－32.(1)求椭圆C 的方程；(2)已知直线l ：y ＝kx ＋m 与圆O ：x 2＋y 2＝1相切，若直线l 与椭圆C 交于M ，N 两点，求△OMN 面积的最大值．【解】 (1)由已知椭圆的焦点在x 轴上，设其方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，则A (a ，0)，B (0，b )，F (c ，0)(c ＝a 2－b 2)．由已知可得e 2＝a 2－b 2a 2＝34，所以a 2＝4b 2，即a ＝2b ，可得c ＝3b ①.S △AFB ＝12×|AF |×|OB |＝12(a －c )b ＝1－32②.将①代入②，得12(2b －3b )b ＝1－32，解得b ＝1，故a ＝2，c ＝ 3.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)圆O 的圆心为坐标原点，半径r ＝1，由直线l ：y ＝kx ＋m 与圆O ：x 2＋y 2＝1相切，得|m |1＋k2＝1，故有m 2＝1＋k 2③. 由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y ＝kx ＋m ，消去y ，得⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋k 2x 2＋2kmx ＋m 2－1＝0.由题可知k ≠0，即(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4(m 2－1)＝0， 所以Δ＝16(4k 2－m 2＋1)＝48k 2＞0.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.所以|x 1－x 2|2＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8km 4k 2＋12－4×4m 2－44k 2＋1＝16（4k 2－m 2＋1）（4k 2＋1）2④. 将③代入④中，得|x 1－x 2|2＝48k2（4k 2＋1）2，故|x 1－x 2|＝43|k |4k 2＋1.所以|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2×43|k |4k 2＋1＝43k 2（k 2＋1）4k 2＋1. 故△OMN 的面积S ＝12|MN |×1＝12×43k 2（k 2＋1）4k 2＋1×1＝23k 2（k 2＋1）4k 2＋1. 令t ＝4k 2＋1，则t ≥1，k 2＝t －14，代入上式，得S ＝23×t －14⎝ ⎛⎭⎪⎫t －14＋1t2＝32（t －1）（t ＋3）t2＝32t 2＋2t －3t 2＝32－3t 2＋2t＋1＝32－1t 2＋23t ＋13＝32－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －132＋49， 所以当t ＝3，即4k 2＋1＝3，解得k ＝±22时，S 取得最大值，且最大值为32×49＝1.破解此类题的关键：一是利用已知条件，建立关于参数的方程，解方程，求出参数的值，二是通过变量换元法将所给函数转化为值域容易确定的另一函数，求得其值域，从而求得原函数的值域，形如y ＝ax ＋b ±cx ＋d (a ，b ，c ，d 均为常数，且ac ≠0)的函数常用此法求解，但在换元时一定要注意新元的取值X 围，以保证等价转化，这样目标函数的值域才不会发生变化．[基础题组练]1．已知直线l 与双曲线x 24－y 2＝1相切于点P ，l 与双曲线的两条渐近线交于M ，N 两点，则OM →·ON →的值为( )A ．3B ．4C ．5D ．与P 的位置有关解析：选A.依题意，设点P (x 0，y 0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，其中x 20－4y 20＝4，则直线l 的方程是x 0x 4－y 0y ＝1，题中双曲线的两条渐近线方程为y ＝±12x .①当y 0＝0时，直线l 的方程是x ＝2或x ＝－2.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2x 24－y 2＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ＝±1，此时OM →·ON →＝(2，－1)·(2，1)＝4－1＝3，同理可得当直线l 的方程是x ＝－2时，OM →·ON →＝3.②当y 0≠0时，直线l 的方程是y ＝14y 0(x 0x －4)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝14y 0（x 0x －4）x24－y 2＝0，得(4y 2－x 20)x2＋8x 0x －16＝0(*)，又x 20－4y 20＝4，因此(*)即是－4x 2＋8x 0x －16＝0，x 2－2x 0x ＋4＝0，x 1x 2＝4，OM →·ON →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2－14x 1x 2＝34x 1x 2＝3.综上所述，OM →·ON →＝3，故选A.2．已知抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，△ABC 的顶点都在抛物线上，且满足FA →＋FB →＋FC →＝0，则1k AB ＋1k AC ＋1k BC＝________．解析：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，由FA →＋FB →＝－FC →，得y 1＋y 2＋y 3＝0.因为k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝2p y 1＋y 2，所以k AC ＝2p y 1＋y 3，k BC ＝2p y 2＋y 3，所以1k AB ＋1k AC ＋1k BC ＝y 1＋y 22p ＋y 3＋y 12p＋y 2＋y 32p＝0. 答案：03．(2020·某某模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2.点M在椭圆C 上滑动，若△MF 1F 2的面积取得最大值4时，有且仅有2个不同的点M 使得△MF 1F 2为直角三角形．(1)求椭圆C 的方程；(2)过点P (0，1)的直线l 与椭圆C 分别相交于A ，B 两点，与x 轴交于点Q .设QA →＝λPA →，QB →＝μPB →，求证：λ＋μ为定值，并求该定值．解：(1)由对称性知，点M 在短轴端点时，△MF 1F 2为直角三角形且∠F 1MF 2＝90°，且S △MF 1F 2＝4，所以b ＝c 且S ＝12·2c ·b ＝bc＝4，解得b ＝c ＝2，a 2＝b 2＋c 2＝8， 所以椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)证明：显然直线l 的斜率不为0，设直线l ：x ＝t (y －1)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 28＋y 24＝1，x ＝t （y －1），消去x ，得(t 2＋2)y 2－2t 2y ＋t 2－8＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝2t 2t 2＋2，y 1y 2＝t 2－8t 2＋2.令y ＝0，则x ＝－t ，所以Q (－t ，0)， 因为QA →＝λPA →，所以y 1＝λ(y 1－1)， 所以λ＝y 1y 1－1.因为QB →＝μPB →，所以y 2＝μ(y 2－1)，所以μ＝y 2y 2－1.所以λ＋μ＝y 1y 1－1＋y 2y 2－1＝2y 1y 2－（y 1＋y 2）y 1y 2－（y 1＋y 2）＋1＝83. 4．(2020·某某某某联考)设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，下顶点为A ，O 为坐标原点，点O 到直线AF 2的距离为22，△AF 1F 2为等腰直角三角形． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)直线l 与椭圆C 分别相交于M ，N 两点，若直线AM 与直线AN 的斜率之和为2，证明：直线l 恒过定点，并求出该定点的坐标．解：(1)由题意可知，直线AF 2的方程为x c ＋y－b＝1， 即－bx ＋cy ＋bc ＝0，则bc b 2＋c 2＝bc a＝22.因为△AF 1F 2为等腰直角三角形，所以b ＝c ， 又a 2＝b 2＋c 2，可得a ＝2，b ＝1，c ＝1， 所以椭圆C 的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明：由(1)知A (0，－1)．当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋t (t ≠±1)， 代入x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2＋4ktx ＋2t 2－2＝0，所以Δ＝16k 2t 2－4(1＋2k 2)(2t 2－2)＞0，即t 2－2k 2＜1. 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4kt1＋2k 2，x 1x 2＝2t 2－21＋2k2.因为直线AM 与直线AN 的斜率之和为2， 所以k AM ＋k AN ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1＋t ＋1x 1＋kx 2＋t ＋1x 2＝2k ＋（t ＋1）（x 1＋x 2）x 1x 2＝2k －（t ＋1）·4kt2t 2－2＝2， 整理得t ＝1－k .所以直线l 的方程为y ＝kx ＋t ＝kx ＋1－k ＝k (x －1)＋1，显然直线y ＝k (x －1)＋1经过定点(1，1)．当直线l 的斜率不存在时，设直线l 的方程为x ＝m .因为直线AM 与直线AN 的斜率之和为2，设M (m ，n )，则N (m ，－n )， 所以k AM ＋k AN ＝n ＋1m ＋－n ＋1m ＝2m＝2，解得m ＝1， 此时直线l 的方程为x ＝1，显然直线x ＝1也经过该定点(1，1)． 综上，直线l 恒过点(1，1)．[综合题组练]1．(2020·某某五市十校联考)已知动圆C 过定点F (1，0)，且与定直线x ＝－1相切． (1)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 分别相交于不同的两点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，说明理由．解：(1)法一：由题意知，动圆圆心C 到定点F (1，0)的距离与其到定直线x ＝－1的距离相等，又由抛物线的定义，可得动圆圆心C 的轨迹是以F (1，0)为焦点，x ＝－1为准线的抛物线，其中p ＝2.所以动圆圆心C 的轨迹E 的方程为y 2＝4x .法二：设动圆圆心C (x ，y )，由题意知（x －1）2＋y 2＝|x ＋1|， 化简得y 2＝4x ，即动圆圆心C 的轨迹E 的方程为y 2＝4x . (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 由题意知直线PQ 的斜率必存在且不为0，设直线PQ 的方程为x ＝my －2.联立⎩⎪⎨⎪⎧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式得k PN ＋k QN ＝y 1x 1－x 0＋y 2x 2－x 0＝y 1（x 2－x 0）＋y 2（x 1－x 0）（x 1－x 0）（x 2－x 0）＝0，所以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)＝0，14y 1y 2(y 1＋y 2)－x 0(y 1＋y 2)＝0， 因为y 1＋y 2≠0，所以x 0＝14y 1y 2＝2，所以存在点N (2，0)．使得∠QNM ＋∠PNM ＝π.2．(2020·某某某某教学质量监测)已知抛物线C ：x 2＝2py (p ＞0)的焦点为F ，过点F 的直线分别交抛物线于A ，B 两点．(1)若以AB 为直径的圆的方程为(x －2)2＋(y －3)2＝16，求抛物线C 的标准方程； (2)过点A ，B 分别作抛物线的切线l 1，l 2，证明：l 1，l 2的交点在定直线上． 解：(1)设AB 中点为M ，A 到准线的距离为d 1，B 到准线的距离为d 2，M 到准线的距离为d ，则d ＝y M ＋p2.由抛物线的定义可知，d 1＝|AF |，d 2＝|BF |，所以d 1＋d 2＝|AB |＝8， 由梯形中位线可得d ＝d 1＋d 22＝4，所以y M ＋p2＝4.又y M ＝3，所以3＋p2＝4，可得p ＝2，所以抛物线C 的标准方程为x 2＝4y .(2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由x 2＝2py ，得y ＝x 22p ，则y ′＝xp，所以直线l 1的方程为y －y 1＝x 1p (x －x 1)，直线l 2的方程为y －y 2＝x 2p(x －x 2)，联立得x ＝x 1＋x 22，y ＝x 1x 22p， 即直线l 1，l 2的交点坐标为⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，x 1x 22p .因为AB 过焦点F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2，由题可知直线AB 的斜率存在，故可设直线AB 方程为y －p2＝kx ，代入抛物线x 2＝2py 中，得x 2－2pkx －p 2＝0，所以x 1x 2＝－p 2，y ＝x 1x 22p ＝－p 22p ＝－p2，p 2上．所以l1，l2的交点在定直线y＝－。

课时1 直线与圆锥曲线题型一 直线与圆锥曲线的位置关系例1 (1)过抛物线y 2＝2x 的焦点作一条直线与抛物线交于A ，B 两点，它们的横坐标之和等于2，则这样的直线( )A ．有且只有一条B ．有且只有两条C ．有且只有三条D ．有且只有四条 (2)(2022·湖北)设a ，b 是关于t 的方程t 2cos θ＋t sin θ＝0的两个不等实根，则过A (a ，a 2)，B (b ，b 2)两点的直线与双曲线x 2cos 2θ－y2sin 2θ＝1的公共点的个数为( )A ．0B ．1C ．2D ．3 答案 (1)B (2)A解析 (1)设抛物线的焦点为F ，A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，则|AB |＝|AF |＋|BF |＝x A ＋p 2＋x B ＋p2＝x A ＋x B ＋1＝2＋1＝3>2p ＝2.所以符合条件的直线有两条．(2)关于t 的方程t 2cos θ＋t sin θ＝0的两个不等实根为0，－tan θ(tan θ≠0)，则过A ，B 两点的直线方程为y ＝－x tan θ，双曲线x 2cos 2θ－y 2sin 2θ＝1的渐近线方程为y ＝±x tan θ，所以直线y ＝－x tan θ与双曲线没有公共点．故选A.(3)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左焦点为F 1(－1,0)，且点P (0,1)在C 1上．①求椭圆C 1的方程；②设直线l 同时与椭圆C 1和抛物线C 2：y 2＝4x 相切，求直线l 的方程．解 ①依据椭圆的左焦点为F 1(－1,0)，知a 2－b 2＝1，又依据点P (0,1)在椭圆上，知b ＝1，所以a ＝2，所以椭圆C 1的方程为x 22＋y 2＝1.②由于直线l 与椭圆C 1和抛物线C 2都相切， 所以其斜率存在且不为0， 设直线l 的方程为y ＝kx ＋m (k ≠0)， 代入椭圆方程得x 22＋(kx ＋m )2＝1，即⎝⎛⎭⎫12＋k 2x 2＋2kmx ＋m 2－1＝0，由题意可知此方程有唯一解，此时Δ＝4k 2m 2－4⎝⎛⎭⎫12＋k 2(m 2－1)＝0， 即m 2＝2k 2＋1.①把y ＝kx ＋m (k ≠0)代入抛物线方程得k4y 2－y ＋m ＝0，由题意可知此方程有唯一解，此时Δ＝1－mk ＝0，即mk ＝1.②联立①②得⎩⎪⎨⎪⎧m 2＝2k 2＋1，mk ＝1，解得k 2＝12，所以⎩⎪⎨⎪⎧k ＝22，m ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧k ＝－22，m ＝－2，所以直线l 的方程为y ＝22x ＋2或y ＝－22x － 2. 思维升华 争辩直线与圆锥曲线位置关系的方法争辩直线和圆锥曲线的位置关系，一般转化为争辩其直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组解的个数．对于选择题、填空题，常充分利用几何条件，利用数形结合的方法求解．已知直线l ：y ＝2x ＋m ，椭圆C ：x 24＋y 22＝1.试问当m 取何值时，直线l 与椭圆C ：(1)有两个不重合的公共点； (2)有且只有一个公共点； (3)没有公共点．解 将直线l 的方程与椭圆C 的方程联立，得方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ＋m ， ①x 24＋y 22＝1，②将①代入②，整理得9x 2＋8mx ＋2m 2－4＝0.③方程③根的判别式Δ＝(8m )2－4×9×(2m 2－4)＝－8m 2＋144.(1)当Δ>0，即－32<m <32时，方程③有两个不同的实数根，可知原方程组有两组不同的实数解．这时直线l 与椭圆C 有两个不重合的公共点．(2)当Δ＝0，即m ＝±32时，方程③有两个相同的实数根，可知原方程组有两组相同的实数解．这时直线l 与椭圆C 有两个相互重合的公共点，即直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点．(3)当Δ<0，即m <－32或m >32时，方程③没有实数根，可知原方程组没有实数解．这时直线l 与椭圆C 没有公共点． 题型二 弦长问题例2 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的一个顶点为A (2,0)，离心率为22.直线y ＝k (x －1)与椭圆C 交于不同的两点M ，N .(1)求椭圆C 的方程； (2)当△AMN 的面积为103时，求k 的值． 解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，c a ＝22，a 2＝b 2＋c 2，解得b ＝2，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 24＋y 22＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－4＝0.设点M ，N 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)， 则y 1＝k (x 1－1)，y 2＝k (x 2－1)， x 1＋x 2＝4k 21＋2k 2，x 1x 2＝2k 2－41＋2k 2， 所以|MN |＝(x 2－x 1)2＋(y 2－y 1)2＝(1＋k 2)[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2] ＝2(1＋k 2)(4＋6k 2)1＋2k 2又由于点A (2,0)到直线y ＝k (x －1)的距离d ＝|k |1＋k2，所以△AMN 的面积为S ＝12|MN |·d ＝|k |4＋6k 21＋2k 2，由|k |4＋6k 21＋2k 2＝103，解得k ＝±1. 思维升华 有关圆锥曲线弦长问题的求解方法：涉及弦长的问题中，应娴熟的利用根与系数的关系、设而不求法计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数的关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．(2021·湖南)已知抛物线C 1：x 2＝4y的焦点F 也是椭圆C 2：y 2a 2＋x 2b2＝1(a >b >0)的一个焦点．C 1与C 2的公共弦的长为2 6.过点F 的直线l 与C 1相交于A ，B 两点，与C 2相交于C ，D 两点，且AC →与BD →同向． (1)求C 2的方程；(2)若|AC |＝|BD |，求直线l 的斜率．解 (1)由C 1：x 2＝4y 知其焦点F 的坐标为(0,1)．由于F 也是椭圆C 2的一个焦点，所以a 2－b 2＝1.①又C 1与C 2的公共弦的长为26，C 1与C 2都关于y 轴对称，且C 1的方程为x 2＝4y ，由此易知C 1与C 2的公共点的坐标为⎝⎛⎭⎫±6，32，所以94a 2＋6b 2＝1.② 联立①②，得a 2＝9，b 2＝8. 故C 2的方程为y 29＋x 28＝1.(2)如图，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，D (x 4，y 4)．因AC →与BD →同向，且|AC |＝|BD |，所以AC →＝BD →，从而x 3－x 1＝x 4－x 2，即x 1－x 2＝x 3－x 4， 于是(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝(x 3＋x 4)2－4x 3x 4.③ 设直线l 的斜率为k ，则l 的方程为y ＝kx ＋1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 2＝4y得x 2－4kx －4＝0. 而x 1，x 2是这个方程的两根，所以x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4.④由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 28＋y 29＝1得(9＋8k 2)x 2＋16kx －64＝0. 而x 3，x 4是这个方程的两根，所以x 3＋x 4＝－16k 9＋8k 2，x 3x 4＝－649＋8k 2，⑤ 将④⑤代入③，得16(k 2＋1)＝162k 2(9＋8k 2)2＋4×649＋8k 2，即16(k 2＋1)＝162×9(k 2＋1)(9＋8k 2)2，所以(9＋8k 2)2＝16×9，解得k ＝±64，即直线l 的斜率为±64.题型三 中点弦问题例3 (1)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F (3,0)，过点F 的直线交E 于A ，B 两点．若AB 的中点坐标为(1，－1)，则E 的方程为( ) A.x 245＋y 236＝1 B.x 236＋y 227＝1 C.x 227＋y 218＝1 D.x 218＋y 29＝1 (2)已知双曲线x 2－y 23＝1上存在两点M ，N 关于直线y ＝x ＋m 对称，且MN 的中点在抛物线y 2＝18x 上，则实数m 的值为________． 答案 (1)D (2)0或－8解析 (1)由于直线AB 过点F (3,0)和点(1，－1)，所以直线AB 的方程为y ＝12(x －3)，代入椭圆方程x 2a 2＋y 2b 2＝1消去y ，得⎝⎛⎭⎫a 24＋b 2x 2－32a 2x ＋94a 2－a 2b 2＝0，所以AB 的中点的横坐标为32a 22⎝⎛⎭⎫a24＋b 2＝1，即a 2＝2b 2，又a 2＝b 2＋c 2，所以b ＝c ＝3，a ＝32，选D.(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，MN 的中点P (x 0，y 0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧x 21－y 213＝1，①x 22－y 223＝1，②x 1＋x 2＝2x 0，③y 1＋y 2＝2y 0，④由②－①得(x 2－x 1)(x 2＋x 1)＝13(y 2－y 1)(y 2＋y 1)，明显x 1≠x 2.∴y 2－y 1x 2－x 1·y 2＋y 1x 2＋x 1＝3，即k MN ·y 0x 0＝3，∵M ，N 关于直线y ＝x ＋m 对称，∴k MN ＝－1， ∴y 0＝－3x 0.又∵y 0＝x 0＋m ，∴P ⎝⎛⎭⎫－m 4，3m4， 代入抛物线方程得916m 2＝18·⎝⎛⎭⎫－m 4， 解得m ＝0或－8，经检验都符合． 思维升华 处理中点弦问题常用的求解方法(1)点差法：即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有x 1＋x 2，y 1＋y 2，y 1－y 2x 1－x 2三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式即可求得斜率．(2)根与系数的关系：即联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后，由根与系数的关系求解．设抛物线过定点A (－1,0)，且以直线x ＝1为准线．(1)求抛物线顶点的轨迹C 的方程；(2)若直线l 与轨迹C 交于不同的两点M ，N ，且线段MN 恰被直线x ＝－12平分，设弦MN 的垂直平分线的方程为y ＝kx ＋m ，试求m 的取值范围．解 (1)设抛物线顶点为P (x ，y )，则焦点F (2x －1，y )． 再依据抛物线的定义得|AF |＝2，即(2x )2＋y 2＝4， 所以轨迹C 的方程为x 2＋y 24＝1.(2)设弦MN 的中点为P ⎝⎛⎭⎫－12，y 0，M (x M ，y M )，N (x N ，y N )，则由点M ，N 为椭圆C 上的点， 可知⎩⎪⎨⎪⎧4x 2M ＋y 2M ＝4，4x 2N ＋y 2N ＝4.两式相减，得4(x M －x N )(x M ＋x N )＋(y M －y N )(y M ＋y N )＝0， 将x M ＋x N ＝2×⎝⎛⎭⎫－12＝－1，y M ＋y N ＝2y 0， y M －y Nx M －x N＝－1k 代入上式得k ＝－y 02.又点P ⎝⎛⎭⎫－12，y 0在弦MN 的垂直平分线上， 所以y 0＝－12k ＋m .所以m ＝y 0＋12k ＝34y 0.由点P (－12，y 0)在线段BB ′上(B ′，B 为直线x ＝－12与椭圆的交点，如图所示)，所以y B ′<y 0<y B ，也即－3<y 0< 3. 所以－334<m <334，且m ≠0.[方法与技巧] 1．有关弦的三个问题涉及弦长的问题，应娴熟地利用根与系数的关系，设而不求计算弦长；涉及垂直关系往往也是利用根与系数的关系设而不求简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑利用圆锥曲线的定义求解． 2．求解与弦有关问题的两种方法(1)方程组法：联立直线方程和圆锥曲线方程，消元(x 或y )成为二次方程之后，结合根与系数的关系，建立等式关系或不等式关系．(2)点差法：在求解圆锥曲线且题目中已有直线与圆锥曲线相交和被截线段的中点坐标时，设出直线和圆锥曲线的两个交点坐标，代入圆锥曲线的方程并作差，从而求出直线的斜率，然后利用中点求出直线方程．“点差法”的常见题型有：求中点弦方程、求(过定点、平行弦)弦中点轨迹、垂直平分线问题．必需提示的是“点差法”具有不等价性，即要考虑判别式Δ是否为正数． [失误与防范]推断直线与圆锥曲线位置关系时的留意点(1)直线与双曲线交于一点时，易误认为直线与双曲线相切，事实上不肯定相切，当直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线相交于一点．(2)直线与抛物线交于一点时，除直线与抛物线相切外易忽视直线与对称轴平行时也相交于一点．A 组 专项基础训练 (时间：40分钟) 1．若直线mx ＋ny ＝4与⊙O ：x 2＋y 2＝4没有交点，则过点P (m ，n )的直线与椭圆x 29＋y 24＝1的交点个数是( )A ．至多为1B ．2C ．1D ．0 答案 B解析 由题意知：4m 2＋n 2>2，即m 2＋n 2<2，∴点P (m ，n )在椭圆x 29＋y 24＝1的内部，故所求交点个数是2.2．直线y ＝b a x ＋3与双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的交点个数是( )A ．1B ．2C ．1或2D ．0 答案 A解析 由于直线y ＝b a x ＋3与双曲线的渐近线y ＝bax 平行，所以它与双曲线只有1个交点．3．已知椭圆C 的方程为x 216＋y 2m 2＝1(m >0)，假如直线y ＝22x 与椭圆的一个交点M 在x 轴上的射影恰好是椭圆的右焦点F ，则m 的值为( ) A ．2 B ．2 2 C ．8 D ．2 3 答案 B解析 依据已知条件得c ＝16－m 2，则点(16－m 2，2216－m 2)在椭圆x 216＋y 2m 2＝1(m >0)上， ∴16－m 216＋16－m 22m 2＝1，可得m ＝2 2.4．斜率为1的直线l 与椭圆x 24＋y 2＝1相交于A ，B 两点，则|AB |的最大值为( )A ．2 B.455C.4105D.8105答案 C解析 设A ，B 两点的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)， 直线l 的方程为y ＝x ＋t ，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝4，y ＝x ＋t消去y ， 得5x 2＋8tx ＋4(t 2－1)＝0，则x 1＋x 2＝－85t ，x 1x 2＝4(t 2－1)5.∴|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝2·⎝⎛⎭⎫－85t 2－4×4(t 2－1)5＝425·5－t 2， 当t ＝0时，|AB |max ＝4105. 5．过抛物线y 2＝4x 的焦点作一条直线与抛物线相交于A ，B 两点，它们到直线x ＝－2的距离之和等于5，则这样的直线( )A ．有且仅有一条B ．有且仅有两条C ．有无穷多条D ．不存在答案 D解析 抛物线y 2＝4x 的焦点坐标为(1,0)，准线方程为x ＝－1，设A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，则A ，B 到直线x ＝－1的距离之和为x 1＋x 2＋2. 设直线方程为x ＝my ＋1，代入抛物线y 2＝4x ， 则y 2＝4(my ＋1)，即y 2－4my －4＝0， ∴x 1＋x 2＝m (y 1＋y 2)＋2＝4m 2＋2. ∴x 1＋x 2＋2＝4m 2＋4≥4.∴A ，B 到直线x ＝－2的距离之和x 1＋x 2＋2＋2≥6>5. ∴满足题意的直线不存在． 6．过双曲线x 2－y 22＝1的右焦点作直线l 交双曲线于A 、B 两点，若使得|AB |＝λ的直线l 恰有3条，则λ＝__________________________________________________. 答案 4解析 ∵使得|AB |＝λ的直线l 恰有3条． ∴依据对称性，其中有一条直线与实轴垂直．此时A ，B 的横坐标为3，代入双曲线方程，可得y ＝±2，故|AB |＝4. ∵双曲线的两个顶点之间的距离是2，小于4，∴过双曲线的焦点肯定有两条直线使得交点之间的距离等于4， 综上可知，|AB |＝4时，有三条直线满足题意． ∴λ＝4.7．在抛物线y ＝x 2上关于直线y ＝x ＋3对称的两点M ，N 的坐标分别为______________． 答案 (－2,4)，(1,1)解析 设直线MN 的方程为y ＝－x ＋b ， 代入y ＝x 2中，整理得x 2＋x －b ＝0，令Δ＝1＋4b >0，∴b >－14.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－1， y 1＋y 22＝－x 1＋x 22＋b ＝12＋b ， 由⎝⎛⎭⎫－12，12＋b 在直线y ＝x ＋3上， 即12＋b ＝－12＋3，解得b ＝2， 联立得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x ＋2，y ＝x 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝－2，y 1＝4，⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝1，y 2＝1.8．过椭圆x 216＋y 24＝1内一点P (3,1)，且被这点平分的弦所在直线的方程是____________．答案 3x ＋4y －13＝0解析 设直线与椭圆交于A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)两点， 由于A 、B 两点均在椭圆上，故x 2116＋y 214＝1，x 2216＋y 224＝1， 两式相减得(x 1＋x 2)(x 1－x 2)16＋(y 1＋y 2)(y 1－y 2)4＝0.又∵P 是A 、B 的中点，∴x 1＋x 2＝6，y 1＋y 2＝2， ∴k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－34.∴直线AB 的方程为y －1＝－34(x －3)．即3x ＋4y －13＝0.9．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 1且斜率为1的直线l 与E 相交于A ，B 两点，且|AF 2|，|AB |，|BF 2|成等差数列． (1)求E 的离心率；(2)设点P (0，－1)满足|P A |＝|PB |，求E 的方程． 解 (1)由椭圆定义知|AF 2|＋|BF 2|＋|AB |＝4a ， 又2|AB |＝|AF 2|＋|BF 2|，得|AB |＝43a ，l 的方程为y ＝x ＋c ，其中c ＝a 2－b 2.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则A ，B 两点的坐标满足方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋c ，x 2a 2＋y 2b 2＝1，消去y ，化简得(a 2＋b 2)x 2＋2a 2cx ＋a 2(c 2－b 2)＝0，则x 1＋x 2＝－2a 2c a 2＋b 2，x 1x 2＝a 2(c 2－b 2)a 2＋b2.由于直线AB 的斜率为1，所以|AB |＝2|x 2－x 1|＝2[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2]，即43a ＝4ab 2a 2＋b 2，故a 2＝2b 2， 所以E 的离心率e ＝ca＝a 2－b 2a ＝22. (2)设AB 的中点为N (x 0，y 0)，由(1)知 x 0＝x 1＋x 22＝－a 2c a 2＋b 2＝－2c 3，y 0＝x 0＋c ＝c 3.由|P A |＝|PB |，得k PN ＝－1，即y 0＋1x 0＝－1，得c ＝3，从而a ＝32，b ＝3. 故椭圆E 的方程为x 218＋y 29＝1.10．(2022·湖北)在平面直角坐标系xOy 中，点M 到点F (1，0)的距离比它到y 轴的距离多1.记点M 的轨迹为C .(1)求轨迹C 的方程；(2)设斜率为k 的直线l 过定点P (－2,1)，求直线l 与轨迹C 恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k 的相应取值范围．解 (1)设点M (x ，y )，依题意得|MF |＝|x |＋1， 即(x －1)2＋y 2＝|x |＋1，化简整理得y 2＝2(|x |＋x )．故点M 的轨迹C 的方程为y 2＝⎩⎪⎨⎪⎧4x ，x ≥0，0，x <0.(2)在点M 的轨迹C 中，记C 1：y 2＝4x (x ≥0)， C 2：y ＝0(x <0)．依题意，可设直线l 的方程为y －1＝k (x ＋2)．由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y －1＝k (x ＋2)，y 2＝4x ，可得ky 2－4y ＋4(2k ＋1)＝0.(*1) ①当k ＝0时，此时y ＝1.把y ＝1代入轨迹C 的方程，得x ＝14.故此时直线l ：y ＝1与轨迹C 恰好有一个公共点(14，1)．②当k ≠0时，方程(*1)根的判别式为Δ＝－16(2k 2＋k －1)．(*2) 设直线l 与x 轴的交点为(x 0,0)，则由y －1＝k (x ＋2)，令y ＝0，得x 0＝－2k ＋1k.(*3)(ⅰ)若⎩⎪⎨⎪⎧Δ<0，x 0<0，由(*2)(*3)解得k <－1或k >12.即当k ∈(－∞，－1)∪(12，＋∞)时，直线l 与C 1没有公共点，与C 2有一个公共点，故此时直线l 与轨迹C 恰好有一个公共点．(ⅱ)若⎩⎪⎨⎪⎧ Δ＝0，x 0<0，或⎩⎪⎨⎪⎧Δ>0，x 0≥0，由(*2)(*3)解得k ∈{－1，12}，或－12≤k <0.即当x ∈{－1，12}时，直线l 与C 1只有一个公共点，与C 2有一个公共点．当k ∈[－12，0)时，直线l 与C 1有两个公共点，与C 2没有公共点．故当k ∈[－12，0)∪{－1，12}时，直线l 与轨迹C 恰好有两个公共点．(ⅲ)若⎩⎪⎨⎪⎧Δ>0，x 0<0，由(*2)(*3)解得－1<k <－12或0<k <12.即当k ∈(－1，－12)∪(0，12)时，直线l 与C 1有两个公共点，与C 2有一个公共点，故此时直线l 与轨迹C 恰好有三个公共点．综合①②可知，当k ∈(－∞，－1)∪(12，＋∞)∪{0}时，直线l 与轨迹C 恰好有一个公共点；当k ∈[－12，0)∪{－1，12}时，直线l 与轨迹C 恰好有两个公共点；当k ∈(－1，－12)∪(0，12)时，直线l 与轨迹C 恰好有三个公共点．B 组 专项力量提升 (时间：25分钟)11．过抛物线y 2＝2px (p >0)焦点F 的直线l 与抛物线交于B ，C 两点，l 与抛物线准线交于点A ，且|AF |＝6，AF →＝2FB →，则|BC |等于( ) A.92 B ．6C.132 D ．8 答案 A解析 不妨设直线l 的倾斜角为θ，其中0<θ<π2，点B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则点B 在x 轴的上方，过点B 作该抛物线的准线的垂线，垂足为B 1，于是有|BF |＝|BB 1|＝3，|AF ||AB |＝p|BB 1|，由此得p ＝2，抛物线方程是y 2＝4x ，焦点F (1,0)，cos θ＝p |AF |＝p 6＝26＝13，sin θ＝1－cos 2θ＝223，tan θ＝sin θcos θ＝22，直线l ：y ＝22(x －1)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝22(x －1)，y 2＝4x 消去y ，得2x 2－5x ＋2＝0，x 1＋x 2＝52，|BC |＝x 1＋x 2＋p ＝52＋2＝92，选A. 12．已知抛物线E ：y 2＝2px (p >0)经过圆F ：x 2＋y 2－2x ＋4y －4＝0的圆心，则抛物线E 的准线与圆F 相交所得的弦长为________． 答案 2 5解析 圆的标准方程为(x －1)2＋(y ＋2)2＝32，圆心为F (1，－2)．代入抛物线方程可得p ＝2，所以其准线方程为x ＝－1.圆心到直线x ＝－1的距离d ＝2，所以抛物线E 的准线与圆F 相交所得的弦长为232－22＝2 5.13．已知双曲线C ：y 2a 2－x 2b 2＝1 (a >0，b >0)，P 为x 轴上一动点，经过点P 的直线y ＝2x ＋m (m ≠0)与双曲线C有且只有一个交点，则双曲线C 的离心率为________．答案 52解析 由双曲线的方程可知：渐近线方程为y ＝±abx .∵经过点P 的直线y ＝2x ＋m (m ≠0)与双曲线C 有且只有一个交点，∴此直线与渐近线y ＝a b x 平行，∴ab ＝2.∴e ＝ca＝1＋⎝⎛⎭⎫b a 2＝52.14．设抛物线y 2＝8x 的焦点为F ，准线为l ，P 为抛物线上一点，P A ⊥l ，A 为垂足．假如直线AF 的斜率为－3，那么|PF |＝________. 答案 8解析 直线AF 的方程为y ＝－3(x －2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－3x ＋23，x ＝－2，得y ＝43，所以P (6,43)．由抛物线的性质可知|PF |＝6＋2＝8.15．已知椭圆C 1：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0)的右顶点为A (1,0)，过C 1的焦点且垂直长轴的弦长为1.(1)求椭圆C 1的方程；(2)设点P 在抛物线C 2：y ＝x 2＋h (h ∈R )上，C 2在点P 处的切线与C 1交于点M ，N .当线段AP 的中点与MN 的中点的横坐标相等时，求h 的最小值．解 (1)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，2·b 2a＝1.从而⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1.因此，所求的椭圆C 1的方程为y 24＋x 2＝1.(2)如图，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，P (t ，t 2＋h )， 则抛物线C 2在点P 处的切线斜率为y ′|x ＝t ＝2t.直线MN 的方程为：y ＝2tx －t 2＋h .将上式代入椭圆C 1的方程中，得4x 2＋(2tx －t 2＋h )2－4＝0， 即4(1＋t 2)x 2－4t (t 2－h )x ＋(t 2－h )2－4＝0.① 由于直线MN 与椭圆C 1有两个不同的交点， 所以①式中的Δ1＝16[－t 4＋2(h ＋2)t 2－h 2＋4]>0.② 设线段MN 的中点的横坐标是x 3，则x 3＝x 1＋x 22＝t (t 2－h )2(1＋t 2).设线段P A 的中点的横坐标是x 4，则x 4＝t ＋12.由题意，得x 3＝x 4， 即t 2＋(1＋h )t ＋1＝0.③ 由③式中的Δ2＝(1＋h )2－4≥0，得h ≥1，或h ≤－3.当h ≤－3时，h ＋2<0,4－h 2<0， 则不等式②不成立，所以h ≥1. 当h ＝1时，代入方程③得t ＝－1， 将h ＝1，t ＝－1代入不等式②，检验成立． 所以，h 的最小值为1.。

高考专题冲破五 高考中的圆锥曲线问题【考点自测】1．(2021·全国Ⅲ)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线方程为y ＝52x ，且与椭圆x 212＋y 23＝1有公共核心，则C 的方程为( )A.x 28－y 210＝1 B.x 24－y 25＝1 C.x 25－y 24＝1 D.x 24－y 23＝1 答案 B 解析 由y ＝52x ，可得b a ＝52.① 由椭圆x 212＋y 23＝1的核心为(3,0)，(－3,0)，可得a 2＋b 2＝9.② 由①②可得a 2＝4，b 2＝5.所以C 的方程为x 24－y 25＝1.故选B.2．(2021·全国Ⅲ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右极点别离为A 1，A 2，且以线段A 1A 2为直径的圆与直线bx －ay ＋2ab ＝0相切，则C 的离心率为( )A.63 B.33 C.23 D.13 答案 A解析 由题意知，以A 1A 2为直径的圆的圆心为(0,0)，半径为a .又直线bx －ay ＋2ab ＝0与圆相切，∴圆心到直线的距离d ＝2aba 2＋b 2＝a ，解得a ＝3b ，∴b a＝13，∴e ＝c a＝a 2－b 2a＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫132＝63. 故选A.3．(2021·全国Ⅰ)已知F 为抛物线C ：y 2＝4x 的核心，过F 作两条彼此垂直的直线l 1，l 2，直线l 1与C 交于A ，B 两点，直线l 2与C 交于D ，E 两点，则|AB |＋|DE |的最小值为( )A ．16B ．14C ．12D ．10 答案 A解析 因为F 为y 2＝4x 的核心，所以F (1,0)．由题意知直线l 1，l 2的斜率均存在，且不为0，设l 1的斜率为k ，则l 2的斜率为－1k，故直线l 1，l 2的方程别离为y ＝k (x －1)，y ＝－1k(x －1)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，y 2＝4x ，得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0.显然，该方程必有两个不等实根．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝2k 2＋4k2，x 1x 2＝1，所以|AB |＝1＋k 2·|x 1－x 2| ＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝1＋k 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋4k 22－4＝4(1＋k 2)k 2. 同理可得|DE |＝4(1＋k 2)．所以|AB |＋|DE |＝4(1＋k 2)k2＋4(1＋k 2) ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2＋1＋1＋k 2＝8＋4⎝⎛⎭⎪⎫k 2＋1k 2≥8＋4×2＝16，当且仅当k 2＝1k2，即k ＝±1时，取得等号．故选A.4．(2021·北京)若双曲线x 2－y 2m＝1的离心率为3，则实数m ＝________.答案 2解析 由双曲线的标准方程知a ＝1，b 2＝m ，c ＝1＋m ， 故双曲线的离心率e ＝c a＝1＋m ＝3， ∴1＋m ＝3，解得m ＝2.5．(2021·山东)在平面直角坐标系xOy 中，双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的右支与核心为F的抛物线x 2＝2py (p ＞0)交于A ，B 两点，若|AF |＋|BF |＝4|OF |，则该双曲线的渐近线方程为________． 答案 y ＝±22x 解析 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2a 2－y 2b 2＝1，x 2＝2py ，得a 2y 2－2pb 2y ＋a 2b 2＝0，显然，方程必有两个不等实根．∴y 1＋y 2＝2pb2a2.又∵|AF |＋|BF |＝4|OF |，∴y 1＋p 2＋y 2＋p 2＝4×p2，即y 1＋y 2＝p ，∴2pb2a 2＝p ，即b 2a 2＝12，∴b a ＝22， ∴双曲线的渐近线方程为y ＝±22x .题型一 求圆锥曲线的标准方程例1 (2021·佛山模拟)设椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右核心别离为F 1，F 2，上极点为B .若|BF 2|＝|F 1F 2|＝2，则该椭圆的方程为( ) A.x 24＋y 23＝1 B.x 23＋y 2＝1 C.x 22＋y 2＝1 D.x 24＋y 2＝1 答案 A解析 ∵|BF 2|＝|F 1F 2|＝2，∴a ＝2c ＝2， ∴a ＝2，c ＝1，∴b ＝3， ∴椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.思维升华 求圆锥曲线的标准方程是高考的必考题型，主要利用圆锥曲线的概念、简单性质，解得标准方程中的参数，从而求得方程．跟踪训练1 已知双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的一个核心为F (2,0)，且双曲线的渐近线与圆(x －2)2＋y 2＝3相切，则双曲线的方程为( ) A.x 29－y 213＝1 B.x 213－y 29＝1 C.x 23－y 2＝1 D ．x 2－y 23＝1答案 D解析 双曲线x 2a 2－y 2b2＝1的一个核心为F (2,0)，则a 2＋b 2＝4，①双曲线的渐近线方程为y ＝±b ax ， 由题意得2ba 2＋b 2＝3，②联立①②解得b ＝3，a ＝1，所求双曲线的方程为x 2－y 23＝1，故选D.题型二 圆锥曲线的简单性质例2 (1)(2021届辽宁凌源二中联考)已知圆E ：(x －3)2＋(y ＋m －4)2＝1(m ∈R )，当m 转变时，圆E 上的点与原点O 的最短距离是双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的离心率，则双曲线C 的渐近线为( ) A ．y ＝±2x B ．y ＝±12xC ．y ＝±3xD ．y ＝±33x 答案 C解析 圆E 的圆心到原点的距离d ＝32＋(4－m )2，由此可得，当m ＝4时，圆E 上的点与原点O 的最短距离是d min ＝3－1＝2，即双曲线的离心率为e ＝c a＝2，由此可得b a ＝c 2－a 2a＝3，双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线为y ＝±bax ＝±3x .故选C.(2)(2021·天津)设抛物线⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2pt 2，y ＝2pt (t 为参数，p >0)的核心为F ，准线为l .过抛物线上一点A 作l 的垂线，垂足为B .设C ⎝ ⎛⎭⎪⎫72p ，0，AF 与BC 相交于点E .若|CF |＝2|AF |，且△ACE的面积为32，则p 的值为________． 答案6解析 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2pt 2，y ＝2pt (p >0)消去t 可得抛物线方程为y 2＝2px (p >0)，∴F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p2，0， 又|CF |＝2|AF |且|CF |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪72p －p 2＝3p ， ∴|AB |＝|AF |＝32p ，可得A (p ，2p )． 易知△AEB ∽△FEC ， ∴|AE ||FE |＝|AB ||FC |＝12， 故S △ACE ＝13S △ACF ＝13×3p ×2p ×12＝22p 2＝32， ∴p 2＝6，∵p >0，∴p ＝ 6.思维升华 圆锥曲线的简单性质是高考考查的重点，求离心率、准线、双曲线渐近线是常考题型，解决这种问题的关键是熟练掌握各性质的概念，及相关参数间的联系．掌握一些常常利用的结论及变形技能，有助于提高运算能力．跟踪训练2 (2021·全国Ⅱ)若双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线被圆(x －2)2＋y2＝4所截得的弦长为2，则C 的离心率为( ) A ．2 B. 3 C. 2 D.233答案 A解析 设双曲线的一条渐近线方程为y ＝b ax ， 圆的圆心为(2,0)，半径为2，由弦长为2得出圆心到渐近线的距离为22－12＝ 3.按照点到直线的距离公式，得|2b |a 2＋b 2＝3，解得b 2＝3a 2.所以C 的离心率e ＝ca ＝c 2a 2＝1＋b 2a2＝2. 故选A.题型三 最值、范围问题例3 (2021·浙江)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． 解 (1)由P (x ，y )，即P (x ，x 2)． 设直线AP 的斜率为k ，则k ＝x 2－14x ＋12＝x －12，因为－12＜x ＜32.所以直线AP 斜率的取值范围为(－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 ＋32(k 2＋1). 因为|PA |＝1＋k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＝1＋k 2(k ＋1)，|PQ |＝1＋k 2(x Q －x )＝－(k －1)(k ＋1)2k 2＋1，所以|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，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减．因此当k ＝12时，|PA |·|PQ |取得最大值2716.思维升华 圆锥曲线中的最值、范围问题解决方式一般分两种：一是代数法，从代数的角度考虑，通过成立函数、不等式等模型，利用二次函数法和大体不等式法、换元法、导数法等方式求最值；二是几何法，从圆锥曲线的简单性质的角度考虑，按照圆锥曲线的几何意义求最值与范围．跟踪训练3 (2021·山东)平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是32，抛物线E ：x 2＝2y 的核心F 是C 的一个极点．(1)求椭圆C 的方程；(2)设P 是E 上的动点，且位于第一象限，E 在点P 处的切线l 与C 交于不同的两点A ，B ，线段AB 的中点为D .直线OD 与过P 且垂直于x 轴的直线交于点M . ①求证：点M 在定直线上；②直线l 与y 轴交于点G ，记△PFG 的面积为S 1，△PDM 的面积为S 2，求S 1S 2的最大值及取得最大值时点P 的坐标．(1)解 由题意知a 2－b 2a ＝32，可得a 2＝4b 2，因为抛物线E 的核心为F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，所以b ＝12，a ＝1，所以椭圆C 的方程为x 2＋4y 2＝1.(2)①证明 设P ⎝ ⎛⎭⎪⎫m ，m 22(m >0)，由x 2＝2y ，可得y ′＝x ，所以直线l 的斜率为m ，因此直线l 的方程为y －m 22＝m (x －m )．即y ＝mx －m 22.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (x 0，y 0)．联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝1，y ＝mx －m 22，得(4m 2＋1)x 2－4m 3x ＋m 4－1＝0.由Δ>0，得0<m <2＋5(或0<m 2<2＋5)．(*)且x 1＋x 2＝4m 34m 2＋1，因此x 0＝2m 34m 2＋1，将其代入y ＝mx －m 22，得y 0＝－m 22(4m 2＋1)，因为y 0x 0＝－14m ， 所以直线OD 方程为y ＝－14m x ，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－14m x ，x ＝m ，得点M 的纵坐标y M ＝－14，所以点M 在定直线y ＝－14上．②解 由①知直线l 的方程为y ＝mx －m 22，令x ＝0，得y ＝－m 22，所以G ⎝⎛⎭⎪⎫0，－m 22， 又P ⎝ ⎛⎭⎪⎫m ，m 22，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫2m34m 2＋1，－m 22(4m 2＋1)，所以S 1＝12·|GF |·m ＝(m 2＋1)m4，S 2＝12·|PM |·|m －x 0|＝12×2m 2＋14×2m 3＋m4m 2＋1＝m (2m 2＋1)28(4m 2＋1)， 所以S 1S 2＝2(4m 2＋1)(m 2＋1)(2m 2＋1)2. 设t ＝2m 2＋1，则S 1S 2＝(2t －1)(t ＋1)t 2＝2t 2＋t －1t 2＝－1t 2＋1t＋2，当1t ＝12，即t ＝2时，S 1S 2取到最大值94， 此时m ＝22，知足(*)式，所以P 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫22，14. 因此S 1S 2的最大值为94，此时点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫22，14.题型四 定点、定值问题例4 (2021·益阳、湘潭调研)已知动圆P 通过点N (1,0)，而且与圆M ：(x ＋1)2＋y 2＝16相切．(1)求点P 的轨迹C 的方程；(2)设G (m,0)为轨迹C 内的一个动点，过点G 且斜率为k 的直线l 交轨迹C 于A ，B 两点，当k 为何值时，ω＝|GA |2＋|GB |2是与m 无关的定值，并求出该定值．解 (1)由题设得|PM |＋|PN |＝4>|MN |＝2， ∴点P 的轨迹C 是以M ，N 为核心的椭圆， ∵2a ＝4,2c ＝2，∴b ＝a 2－c 2＝3， ∴点P 的轨迹C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，G (m,0)(－2<m <2)， 直线l ：y ＝k (x －m )，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －m )，x 24＋y23＝1，得(3＋4k 2)x 2－8k 2mx ＋4k 2m 2－12＝0， x 1＋x 2＝8mk 24k 2＋3，x 1·x 2＝4k 2m 2－124k 2＋3， ∴y 1＋y 2＝k (x 1－m )＋k (x 2－m ) ＝k (x 1＋x 2)－2km ＝－6mk4k 2＋3.y 1·y 2＝k 2(x 1－m )(x 2－m )＝k 2x 1x 2－k 2m (x 1＋x 2)＋k 2m 2＝3k 2(m 2－4)4k 2＋3. ∴|GA |2＋|GB |2＝(x 1－m )2＋y 21＋(x 2－m )2＋y 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2－2m (x 1＋x 2)＋2m 2＋(y 1＋y 2)2－2y 1y 2 ＝(k 2＋1)－6m 2(4k 2－3)＋24(3＋4k 2)(4k 2＋3)2. ∵ω＝|GA |2＋|GB |2的值与m 无关，∴4k 2－3＝0， 解得k ＝±32.此时ω＝|GA |2＋|GB |2＝7. 思维升华 求定点及定值问题常见的方式有两种 (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的进程中消去变量，从而取得定值．跟踪训练4 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 可否为平行四边形？若能，求此时l 的斜率；若不能，请说明理由． (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＝0，① 故x M ＝x 1＋x 22＝－kb k 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)解 四边形OAPB 能为平行四边形．因为直线l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3，m ，由①中判别式Δ＝4k 2b 2－4(k 2＋9)·(b 2－m 2)>0，得k 2m 2>9b 2－9m 2，又b ＝m －k3m ，所以k 2m 2>9⎝ ⎛⎭⎪⎫m －k 3m 2－9m 2，得k 2>k 2－6k ，所以k >0.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l 的方程得b ＝m (3－k )3，因此x M ＝km (k －3)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 彼此平分，即x P ＝2x M . 于是±km 3k 2＋9＝2×km (k －3)3(k 2＋9)， 解得k 1＝4－7，k 2＝4＋7.因为k i ＞0，k i ≠3，i ＝1,2，所以当l 的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB 为平行四边形．题型五 探索性问题例5 (2021·泉州模拟)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率是22，过点P (0,1)的动直线l 与椭圆相交于A ，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，是不是存在与点P 不同的定点Q ，使得|QA ||QB |＝|PA ||PB |恒成立？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由． 解 (1)由已知，点(2，1)在椭圆E 上，因此⎩⎪⎨⎪⎧2a 2＋1b 2＝1，a2－b 2＝c 2，c a ＝22，解得a ＝2，b ＝2，所以椭圆E 的方程为x 24＋y 22＝1.(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，若是存在定点Q 知足条件，则有|QC ||QD |＝|PC ||PD |＝1，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 的坐标别离为(0，2)，(0，－2)， 由|QM ||QN |＝|PM ||PN |，有|y 0－2||y 0＋2|＝2－12＋1， 解得y 0＝1或y 0＝2，所以若存在不同于点P 的定点Q 知足条件，则Q 点坐标只可能为(0,2)．证明如下：对任意直线l ，均有|QA ||QB |＝|PA ||PB |，其中Q 点坐标为(0,2)．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 的坐标别离为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝kx ＋1，得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0，其判别式Δ＝(4k )2＋8(2k 2＋1)＞0，所以x 1＋x 2＝－4k2k 2＋1， x 1x 2＝－22k 2＋1， 因此1x 1＋1x 2＝x 1＋x 2x 1x 2＝2k ，易知点B 关于y 轴对称的点B ′的坐标为(－x 2，y 2)， 又k QA ＝y 1－2x 1＝kx 1－1x 1＝k －1x 1， k QB ′＝y 2－2－x 2＝kx 2－1－x 2＝－k ＋1x 2＝k －1x 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 |，故存在与点P 不同的定点Q (0,2)，使得|QA ||QB |＝|PA ||PB |恒成立．思维升华 (1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不肯定性问题明朗化．其步骤为假设知足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；不然，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常常利用的方式．跟踪训练5 (2021届珠海摸底)已知椭圆C 1，抛物线C 2的核心均在x 轴上，C 1的中心和C 2的极点均为原点O ，从每条曲线上各取两个点，其坐标别离是(3，－23)，(－2，0)，(4，－4)，⎝ ⎛⎭⎪⎫2，22. (1)求C 1，C 2的标准方程；(2)是不是存在直线l 知足条件：①过C 2的核心F ；②与C 1交于不同的两点M ，N 且满足OM →⊥ON →？若存在，求出直线方程；若不存在，请说明理由． 解 (1)设抛物线C 2：y 2＝2px (p ≠0)，则有y 2x＝2p (x ≠0)，据此验证四个点知(3，－23)，(4，－4)在抛物线上， 易患，抛物线C 2的标准方程为C 2：y 2＝4x ；设椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，把点(－2,0)，⎝ ⎛⎭⎪⎫2，22代入可得a 2＝4，b 2＝1. 所以椭圆C 1的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)由椭圆的对称性可设C 2的核心为F (1,0)， 当直线l 的斜率不存在时，直线l 的方程为x ＝1. 直线l 交椭圆C 1于点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32， OM →·ON →≠0，不知足题意．当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝k (x －1)， 并设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 2＋4y 2＝4，消去y ，得(1＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4(k 2－1)＝0， 于是x 1＋x 2＝8k 21＋4k 2，x 1x 2＝4(k 2－1)1＋4k2，y 1y 2＝k (x 1－1)·k (x 2－1)＝k 2x 1x 2－k 2(x 1＋x 2)＋k 2＝－3k21＋4k2，①由OM →⊥ON →，得OM →·ON →＝0，即x 1x 2＋y 1y 2＝0.② 将①代入②式，得4(k 2－1)1＋4k 2－3k 21＋4k 2＝k 2－41＋4k 2＝0，解得k ＝±2.经查验，k ＝±2都符合题意．所以存在直线l 知足条件，且l 的方程为2x －y －2＝0或2x ＋y －2＝0.1．(2021·惠州模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，过点M (1，0)的直线l交椭圆C 于A ，B 两点，|MA |＝λ|MB |，且当直线l 垂直于x 轴时，|AB |＝ 2. (1)求椭圆C 的方程；(2)当λ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2时，求弦长|AB |的取值范围．解 (1)由已知e ＝22，得c a ＝22，① ∵当直线垂直于x 轴时，|AB |＝2， ∴椭圆过点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22， 代入椭圆方程得1a 2＋12b 2＝1，②又a 2＝b 2＋c 2，③联立①②③可得a 2＝2，b 2＝1， ∴椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)当过点M 的直线的斜率为0时，点A ，B 别离为椭圆长轴的端点，λ＝|MA ||MB |＝2＋12－1＝3＋22>2或λ＝|MA ||MB |＝2－12＋1＝3－22<12，不符合题意．∴直线l 的斜率不能为0.设直线l 的方程为x ＝my ＋1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 将直线的方程代入椭圆方程得(m 2＋2)y 2＋2my －1＝0， 显然方程有两个不同实数解． 由根与系数的关系可得⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－2mm 2＋2， ④y 1y 2＝－1m 2＋2， ⑤将④式平方除以⑤式可得y 1y 2＋y 2y 1＋2＝－4m2m 2＋2，由已知|MA |＝λ|MB |可知，y 1y 2＝－λ， ∴－λ－1λ＋2＝－4m2m 2＋2，又知λ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，∴－λ－1λ＋2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，0，∴－12≤－4m 2m 2＋2≤0，解得m 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，27.|AB |2＝(1＋m 2)|y 1－y 2|2＝(1＋m 2)[(y 1＋y 2)2－4y 1y 2] ＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋1m 2＋22＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1m 2＋22，∵m 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，27，∴1m 2＋2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤716，12，∴|AB |∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤2，928. 2．(2021·新余联考)如图所示，已知点E (m,0)为抛物线y 2＝4x 内的一个定点，过E 作斜率别离为k 1，k 2的两条直线，分别交抛物线于点A ，B ，C ，D ，且M ，N 分别是AB ，CD 的中点．(1)若m ＝1，k 1k 2＝－1，求△EMN 面积的最小值； (2)若k 1＋k 2＝1，求证：直线MN 过定点． (1)解 当m ＝1时，E 为抛物线y 2＝4x 的核心， ∵k 1k 2＝－1，∴AB ⊥CD ，直线AB 的方程为y ＝k 1(x －1)，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1(x －1)，y 2＝4x ，得k 1y 2－4y －4k 1＝0，显然方程有两不等实根，y 1＋y 2＝4k 1，y 1y 2＝－4，∵AB 的中点为M ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，y 1＋y 22，x 1＋x 2＝y 1k 1＋1＋y 2k 1＋1＝4k 21＋2.∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 21＋1，2k 1，同理，点N (2k 21＋1，－2k 1)． ∴S △EMN ＝12|EM |·|EN |＝12 ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 212＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 12·(2k 21)2＋(－2k 1)2 ＝2k 21＋1k 21＋2≥22＋2＝4， 当且仅当k 21＝1k 21，即k 1＝±1时，△EMN 的面积取最小值4.(2)证明 直线AB 的方程为y ＝k 1(x －m )，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1(x －m )，y 2＝4x ，得k 1y 2－4y －4k 1m ＝0，显然方程有两不等实根．y 1＋y 2＝4k 1，y 1y 2＝－4m ，∵AB 的中点为M ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，y 1＋y 22，x 1＋x 2＝y 1k 1＋m ＋y 2k 1＋m＝4k 1k 1＋2m ＝4k 21＋2m ， ∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 21＋m ，2k 1，同理，点N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 22＋m ，2k 2，∴k MN ＝k 1k 2k 1＋k 2＝k 1k 2， ∴直线MN ：y －2k 1＝k 1k 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤x －⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 21＋m ，即y ＝k 1k 2(x －m )＋2，∴直线MN 恒过定点(m,2)．3．(2021·衡水联考)在平面直角坐标系xOy 中，过点C (2,0)的直线与抛物线y 2＝4x 相交于A ，B 两点，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．(1)求证：y 1y 2为定值；(2)是不是存在平行于y 轴的定直线被以AC 为直径的圆截得的弦长为定值？若是存在，求出该直线方程和弦长；若是不存在，请说明理由． (1)证明 方式一 当直线AB 垂直于x 轴时，y 1＝22，y 2＝－22，因此y 1y 2＝－8(定值)． 当直线AB 不垂直于x 轴时， 设直线AB 的方程为y ＝k (x －2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －2)，y 2＝4x ，得ky 2－4y －8k ＝0.∴y 1y 2＝－8.因此有y 1y 2＝－8，为定值． 方式二 显然直线AB 的斜率不为0. 设直线AB 的方程为my ＝x －2，由⎩⎪⎨⎪⎧my ＝x －2，y 2＝4x ，得y 2－4my －8＝0.∴y 1y 2＝－8，为定值．(2)解 设存在直线l ：x ＝a 知足条件， 则AC 的中点为E ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋22，y 12，|AC |＝(x 1－2)2＋y 21. 因此以AC 为直径的圆的半径r ＝12|AC |＝12(x 1－2)2＋y 21＝12x 21＋4， 又点E 到直线x ＝a 的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1＋22－a故所截弦长为 2r 2－d 2＝214(x 21＋4)－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋22－a 2＝x 21＋4－(x 1＋2－2a )2＝－4(1－a )x 1＋8a －4a 2.当1－a ＝0，即a ＝1时，弦长为定值2，这时直线方程为x ＝1. 4．已知椭圆C ：x 2＋2y 2＝4.(2)设O 为原点，若点A 在椭圆C 上，点B 在直线y ＝2上，且OA ⊥OB ，试判断直线AB 与圆x 2＋y 2＝2的位置关系，并证明你的结论．解 (1)由题意知，椭圆C 的标准方程为x 24＋y 22＝1，所以a 2＝4，b 2＝2，从而c 2＝a 2－b 2＝2. 因此a ＝2，c ＝ 2. 故椭圆C 的离心率e ＝c a ＝22. (2)直线AB 与圆x 2＋y 2＝2相切．证明如下： 设点A ，B 的坐标别离为(x 0，y 0)，(t,2)，其中x 0≠0. 因为OA ⊥OB ，所以OA →·OB →＝0， 即tx 0＋2y 0＝0，解得t ＝－2y 0x 0.当x 0＝t 时，y 0＝－t 22，代入椭圆C 的方程，得t ＝±2，故直线AB 的方程为x ＝±2， 圆心O 到直线AB 的距离d ＝ 2. 此时直线AB 与圆x 2＋y 2＝2相切． 当x 0≠t 时，直线AB 的方程为y －2＝y 0－2x 0－t(x －t )． 即(y 0－2)x －(x 0－t )y ＋2x 0－ty 0＝0. 圆心O 到直线AB 的距离d ＝|2x 0－ty 0|(y 0－2)2＋[－(x 0－t )]2.又x 20＋2y 20＝4，t ＝－2y 0x 0，故d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x 0＋2y 20x 0x 20＋y 20＋4y 2x 20＋4＝ ⎪⎪⎪⎪⎪⎪4＋x 20x 0x 40＋8x 20＋162x 20＝ 2.此时直线AB 与圆x 2＋y 2＝2相切． 综上，直线AB 与圆x 2＋y 2＝2相切．5．(2021·商丘质检)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝ 32，a ＋b ＝3.(2)如图所示，A ，B ，D 是椭圆C 的极点，P 是椭圆C 上除顶点外的任意一点，直线DP 交x 轴于点N ，直线AD 交BP 于点M ，设BP 的斜率为k ，MN 的斜率为m .证明：2m －k 为定值．(1)解 因为e ＝32＝c a ， 所以a ＝23c ，b ＝13c .代入a ＋b ＝3得，c ＝3，a ＝2，b ＝1. 故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明 因为B (2,0)，点P 不为椭圆极点，则可设直线BP 的方程为y ＝k (x －2)⎝⎛⎭⎪⎫k ≠0，k ≠±12，① ①代入x 24＋y 2＝1，解得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 2－24k 2＋1，－4k 4k 2＋1.直线AD 的方程为y ＝12x ＋1.②①与②联立解得M ⎝⎛⎭⎪⎫4k ＋22k －1，4k 2k －1.由D (0,1)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 2－24k 2＋1，－4k 4k 2＋1，N (x,0)三点共线知－4k4k 2＋1－18k 2－24k 2＋1－0＝0－1x －0，解得N ⎝ ⎛⎭⎪⎫4k －22k ＋1，0.所以MN 的斜率为m ＝4k2k －1－04k ＋22k －1－4k －22k ＋1＝4k (2k ＋1)2(2k ＋1)2－2(2k －1)2＝2k ＋14. 则2m －k ＝2k ＋12－k ＝12(定值)．6．(2021届广东六校联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)通过点P ⎝⎛⎭⎪⎫1，22，且两核心与短轴的一个端点的连线组成等腰直角三角形．(1)求椭圆C 的方程；(2)动直线l ：mx ＋ny ＋13n ＝0(m ，n ∈R )交椭圆C 于A ，B 两点，试问：在座标平面上是不是存在一个定点T ，使得以AB 为直径的圆恒过点T .若存在，求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由．解 (1)因为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的两核心与短轴的一个端点的连线组成等腰直角三角形，所以a ＝2b ，所以x 22b 2＋y 2b2＝1， 又因为椭圆通过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22，代入可得b ＝1. 所以a ＝2，故所求椭圆的方程为x 22＋y 2＝1. (2)首先求出动直线过点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－13. 当l 与x 轴平行时，以AB 为直径的圆的方程为 x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋132＝⎝ ⎛⎭⎪⎫432， 当l 与y 轴平行时，以AB 为直径的圆的方程为x 2＋y 2＝1，由⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋132＝⎝ ⎛⎭⎪⎫432，x 2＋y 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝0，y ＝1，即两圆相切于点(0,1)，因此所求的点T 若是存在，只能是(0,1)，事实上，点T (0,1)就是所求的点．证明如下：当直线l 垂直于x 轴时，以AB 为直径的圆过点T (0,1)，当直线l 不垂直于x 轴时，可设直线l ：y ＝kx －13，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －13，x 22＋y 2＝1， 消去y ，得(18k 2＋9)x 2－12kx －16＝0， 记点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＋x 2＝12k 18k 2＋9，x 1x 2＝－1618k 2＋9.又因为TA →＝(x 1，y 1－1)，TB →＝(x 2，y 2－1)，所以TA →·TB →＝x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)＝x 1x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫kx 1－43⎝ ⎛⎭⎪⎫kx 2－43 ＝(1＋k 2)x 1x 2－43k (x 1＋x 2)＋169＝(1＋k 2)·－1618k 2＋9－43k ·12k 18k 2＋9＋169＝0， 所以TA →⊥TB →，即以AB 为直径的圆恒过点T (0,1)， 所以在座标平面上存在一个定点T (0,1)知足题意．。

高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何9.12 圆锥曲线中的探索性与综合性问题题型一 探索性问题例1 已知双曲线C 1：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)与C 2：y 29－x 23＝1有相同的渐近线，点F (2,0)为C 1的右焦点，A ，B 为C 1的左、右顶点．(1)求双曲线C 1的标准方程；(2)若直线l 过点F 交双曲线C 1的右支于M ，N 两点，设直线AM ，BN 的斜率分别为k 1，k 2，是否存在实数λ使得k 1＝λk 2？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由． 解 (1)∵C 2的渐近线方程为y ＝±3x ，∴b a ＝3， ∵c ＝a 2＋b 2＝2，∴a ＝1，b ＝3，∴双曲线C 1的标准方程为x 2－y 23＝1. (2)由已知，A (－1,0)，B (1,0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，l 过点F (2,0)与右支交于两点，则l 斜率不为零，设l ：x ＝my ＋2，由⎩⎪⎨⎪⎧ x 2－y 23＝1，x ＝my ＋2，消元得(3m 2－1)y 2＋12my ＋9＝0， ∵l 与双曲线右支交于两点，∴⎩⎪⎨⎪⎧3m 2－1≠0，y 1y 2＝93m 2－1<0，解得m ∈⎝⎛⎭⎫－33，33， Δ＝(12m )2－4×9(3m 2－1)＝36(m 2＋1)>0，∴y 1＋y 2＝－12m 3m 2－1，y 1y 2＝93m 2－1，∵k 1＝y 1x 1＋1，k 2＝y 2x 2－1≠0， ∴k 1k 2＝y 1x 2－1y 2x 1＋1＝y 1my 2＋1y 2my 1＋3＝my 1y 2＋y 1my 1y 2＋3y 2， ∵y 1＋y 2y 1y 2＝－12m 9＝－4m 3， ∴my 1y 2＝－34(y 1＋y 2)， ∴k 1k 2＝－34y 1＋y 2＋y 1－34y 1＋y 2＋3y 2＝14y 1－34y 2－34y 1＋94y 2 ＝－13， ∴存在λ＝－13使得k 1＝λk 2. 教师备选(2022·洛阳模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为33，点E ，F 分别为其下顶点和右焦点，坐标原点为O ，且△EOF 的面积为 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)是否存在直线l ，使得l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，且点F 恰为△EAB 的垂心？若存在，求直线l 的方程，若不存在，请说明理由．解 (1)由题意可知⎩⎨⎧c a ＝33，12bc ＝2，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎨⎧ a ＝6，b ＝2，c ＝2， 所以椭圆C 的方程为x 26＋y 24＝1. (2)假设满足条件的直线l 存在，由E (0，－2)，F (2，0)，得k EF ＝2，因为点F 为△EAB 的垂心，所以AB ⊥EF ，所以k AB ＝－22， 设直线l 的方程为y ＝－22x ＋t ， 代入x 26＋y 24＝1， 得7x 2－62tx ＋6(t 2－4)＝0，Δ＝(－62t )2－4×7×6(t 2－4)＝－96t 2＋672>0，即－7<t <7，记A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则⎩⎨⎧ x 1＋x 2＝627t ，x 1x 2＝6t 2－47，由AF ⊥BE 得y 1x 1－2·y 2＋2x 2＝－1， 所以y 1y 2＋2y 1＋x 1x 2－2x 2＝0，将y 1＝－22x 1＋t ，y 2＝－22x 2＋t 代入上式，得3x 1x 2－2(t ＋2)(x 1＋x 2)＋(2t 2＋4t )＝0，所以3×6t 2－47－2(t ＋2)·62t 7＋(2t 2＋4t ) ＝0，所以5t 2＋t －18＝0，解得t ＝95(t ＝－2舍去)， 满足Δ>0，所以直线l 的方程为y ＝－22x ＋95. 思维升华 存在性问题的解题策略存在性的问题，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)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意．跟踪训练1 (2022·南京模拟)在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线C ：y 2＝4x ，经过P (t ，0)(t >0)的直线l 与C 交于A ，B 两点．(1)若t ＝4，求AP 长度的最小值；(2)设以AB 为直径的圆交x 轴于M ，N 两点，问是否存在t ，使得OM →·ON →＝－4？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)设A ⎝⎛⎭⎫y 204，y 0，由P (4,0)，可得|AP |2＝⎝⎛⎭⎫y 204－42＋y 20 ＝y 4016－y 20＋16 ＝116(y 20－8)2＋12≥12， 当y 0＝±22时，|AP |取得最小值2 3.(2)设直线AB 的方程为x ＝my ＋t ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋t ，y 2＝4x ，可得y 2－4my －4t ＝0， 即有y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4t ，设以AB 为直径的圆上任一点Q (x ，y )，M (x 3，0)，N (x 4,0)，所以Q 的轨迹方程为(x －x 1)(x －x 2)＋(y －y 1)(y －y 2)＝0.x 1＋x 2＝m (y 1＋y 2)＋2t ＝4m 2＋2t ，x 1x 2＝(my 1＋t )(my 2＋t )＝m 2y 1y 2＋mt (y 1＋y 2)＋t 2＝－4m 2t ＋4m 2t ＋t 2＝t 2.所以Q 的轨迹方程化为x 2－(4m 2＋2t )x ＋t 2＋y 2－4my －4t ＝0.令y ＝0，得x 2－(4m 2＋2t )x ＋t 2－4t ＝0.所以上式方程的两根分别为x 3，x 4，则x 3x 4＝t 2－4t .由OM →·ON →＝x 3x 4＝－4，即有t 2－4t ＝－4，解得t ＝2.所以存在t ＝2，使得OM →·ON →＝－4.题型二 圆锥曲线的综合问题例2 (2022·梅州模拟)在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，直线x ＋y ＋22－1＝0与以椭圆C 的右焦点为圆心，椭圆C 的长半轴长为半径的圆相切．(1)求椭圆C 的方程；(2)△BMN 是椭圆C 的内接三角形，若坐标原点O 为△BMN 的重心，求点B 到直线MN 的距离的取值范围．解 (1)设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1的右焦点F 2(c ，0)，则以椭圆C 的右焦点为圆心，椭圆C 的长半轴长为半径的圆(x －c )2＋y 2＝a 2，所以圆心到直线x ＋y ＋22－1＝0的距离 d ＝|c ＋22－1|12＋12＝a ， 又椭圆的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，所以a ＝2c ，b ＝3c ， 解得a ＝2，b ＝3，c ＝1，所以椭圆的标准方程为x 24＋y 23＝1. (2)设B (m ，n )，线段MN 的中点为D ，直线OD 与椭圆交于A ，B 两点，因为O 为△BMN 的重心，则|BO |＝2|OD |＝|OA |，所以D ⎝⎛⎭⎫－m 2，－n 2， 即B 到直线MN 的距离是原点O 到直线MN 的距离的3倍．当MN 的斜率不存在时，点D 在x 轴上，所以此时点B 在长轴的端点处．由|OB |＝2，得|OD |＝1，则点O 到直线MN 的距离为1，点B 到直线MN 的距离为3. 当MN 的斜率存在时，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则有⎩⎨⎧ x 214＋y 213＝1，x 224＋y 223＝1，两式相减得x 1＋x 2x 1－x 24＋y 1＋y 2y 1－y 23＝0，因为D 为线段MN 的中点，所以x 1＋x 2＝－m ，y 1＋y 2＝－n ，所以k ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－3m 4n ， 所以直线MN 的方程为y ＋n 2＝－3m 4n ⎝⎛⎭⎫x ＋m 2，即6mx ＋8ny ＋4n 2＋3m 2＝0，所以原点O 到直线MN 的距离d ＝4n 2＋3m 264n 2＋36m 2. 因为m 24＋n 23＝1，所以3m 2＝12－4n 2， 所以d ＝4n 2＋3m 264n 2＋36m 2＝12144＋16n 2＝39＋n 2. 因为0<n 2≤3，所以3<9＋n 2≤23，所以123≤19＋n 2<13， 所以332≤3d <3， 即点B 到直线MN 的距离的取值范围为⎣⎡⎦⎤332，3. 教师备选(2022·开封模拟)已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，P 是抛物线C 上一点，且满足FP →＝(0，－2)．(1)求抛物线C 的方程；(2)已知斜率为2的直线l 与抛物线C 交于A ，B 两点，若|F A →|，|FP →|，|FB →|成等差数列，求该数列的公差．解 (1)由题设知F ⎝⎛⎭⎫p 2，0，设点P (x 0，y 0)，由FP →＝(0，－2)，即⎝⎛⎭⎫x 0－p 2，y 0＝(0，－2)， ∴x 0＝p 2，y 0＝－2，代入y 2＝2px ， 得4＝p 2，又p >0，∴p ＝2，则抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)设直线l ：y ＝2x ＋m ，则⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ＋m ，y 2＝4x ， 消去y 得4x 2＋(4m －4)x ＋m 2＝0，满足Δ＝(4m －4)2－16m 2＝－32m ＋16>0，即m <12， 设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝1－m ，x 1x 2＝m 24， 若|F A →|，|FP →|，|FB →|成等差数列，则|F A →|＋|FB →|＝2|FP →|，即x 1＋x 2＋2＝4，即3－m ＝4，m ＝－1.即x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝14， 又∵公差d 满足2d ＝|FB →|－|F A →|＝x 2－x 1，而|x 2－x 1|＝x 1＋x 22－4x 1x 2＝3，∴2d ＝±3，即d ＝±32. 思维升华 圆与圆锥曲线综合问题中，圆大多数是以工具的形式出现，解决此类问题的关键是掌握圆的一些常用性质．如：圆的半径r ，弦长的一半h ，弦心距d 满足r 2＝h 2＋d 2；圆的弦的垂直平分线过圆心；若AB 是圆的直径，则圆上任一点P 有P A →·PB →＝0.跟踪训练2 (2022·鹰潭模拟)如图，O 为坐标原点，抛物线C 1：y 2＝2px (p >0)的焦点是椭圆C 2：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的右焦点，A 为椭圆C 2的右顶点，椭圆C 2的长轴长为|AB |＝8，离心率e ＝12.(1)求抛物线C 1和椭圆C 2的方程；(2)过A 点作直线l 交C 1于C ，D 两点，射线OC ，OD 分别交C 2于E ，F 两点，记△OEF 和△OCD 的面积分别为S 1和S 2，问是否存在直线l ，使得S 1∶S 2＝3∶13？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．解 (1)由题知，a ＝4，c a ＝12， 所以c ＝2，所以b ＝a 2－c 2＝23，p ＝4.所以抛物线C 1的方程为y 2＝8x ，椭圆C 2的方程为x 216＋y 212＝1. (2)由题设知直线l 的斜率不为0，设直线l 的方程为x ＝my ＋4.则⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝8x ，x ＝my ＋4⇒y 2－8my －32＝0. 设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝8m ，y 1y 2＝－32.所以S 2S 1＝12|OC |·|OD |sin ∠COD 12|OE |·|OF |sin ∠EOF ＝|OC |·|OD ||OE |·|OF |＝|y 1|·|y 2||y E |·|y F |＝32|y E |·|y F |， 因为直线OC 的斜率为y 1x 1＝y 1y 218＝8y 1，所以直线OC 的方程为y ＝8y 1x . 由⎩⎨⎧ y ＝8y 1x ，x 216＋y 212＝1， 得y 2⎝⎛⎭⎫y 2164×16＋112＝1， 则y 2E⎝⎛⎭⎫y 2164×16＋112＝1， 同理可得y 2F⎝⎛⎭⎫y 2264×16＋112＝1， 所以y 2E ·y 2F ⎝⎛⎭⎫y 2264×16＋112⎝⎛⎭⎫y 2164×16＋112＝1， 所以y 2E ·y 2F ＝36×256121＋48m 2， 要使S 1∶S 2＝3∶13，只需322121＋48m 236×256＝⎝⎛⎭⎫1332， 解得m ＝±1，所以存在直线l ：x ±y －4＝0符合条件．课时精练1．已知椭圆C ：x 28＋y 24＝1的左、右焦点为F 1，F 2，点P 为双曲线x 24－y 24＝1上异于顶点的任意一点，直线PF 1和PF 2与椭圆的交点分别为A ，B 和C ，D .(1)设直线PF 1，PF 2的斜率分别为k 1，k 2，证明：k 1·k 2＝1；(2)是否存在常数λ，使得1|AB |＋1|CD |＝λ恒成立？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由． (1)证明 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，P (x 0，y 0)，则k 1＝y 0x 0＋2，k 2＝y 0x 0－2， 因为点P 为双曲线x 24－y 24＝1上异于顶点的任意一点， 所以x 20－y 20＝4(x 0≠±2)，所以k 1k 2＝y 0x 0＋2·y 0x 0－2＝y 20x 20－4＝1， 即k 1k 2＝1.(2)解 由直线PF 1的方程为y ＝k 1(x ＋2)， 代入椭圆C ：x 28＋y 24＝1， 可得(1＋2k 21)x 2＋8k 21x ＋8k 21－8＝0，所以x 1＋x 2＝－8k 212k 21＋1，x 1x 2＝8k 21－82k 21＋1， 所以|AB |＝1＋k 21x 1＋x 22－4x 1x 2＝42·k 21＋12k 21＋1， 同理可得|CD |＝42·k 22＋12k 22＋1， 因为k 1k 2＝1，可得|CD |＝42·k 21＋1k 21＋2， 则1|AB |＋1|CD |＝142·⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 21＋1k 21＋1＋k 21＋2k 21＋1 ＝328， 即存在常数λ＝328， 使得1|AB |＋1|CD |＝328恒成立． 2．已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的实半轴长为1，且C 上的任意一点M 到C 的两条渐近线的距离的乘积为34. (1)求双曲线C 的方程；(2)设直线l 过双曲线C 的右焦点F ，与双曲线C 相交于P ，Q 两点，问在x 轴上是否存在定点D ，使得∠PDQ 的平分线与x 轴或y 轴垂直？若存在，求出定点D 的坐标；若不存在，请说明理由．解 (1)由题意可得a ＝1，所以双曲线C ：x 2－y 2b 2＝1， 所以渐近线方程为bx ±y ＝0，设M (x 0，y 0)， 则|bx 0－y 0|b 2＋1·|bx 0＋y 0|b 2＋1＝34， 即|b 2x 20－y 20|b 2＋1＝34， 因为M (x 0，y 0)在双曲线上，所以x 20－y 20b2＝1， 即b 2x 20－y 20＝b 2，所以b 2b 2＋1＝34， 解得b 2＝3，所以双曲线C 的方程为x 2－y 23＝1. (2)假设存在D (t ，0)，使得∠PDQ 的平分线与x 轴或y 轴垂直，则可得k PD ＋k QD ＝0，F (2,0)，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，当直线l 的斜率存在时，直线l ：y ＝k (x －2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －2，3x 2－y 2＝3， 可得(3－k 2)x 2＋4k 2x －4k 2－3＝0，所以x 1＋x 2＝4k 2k 2－3， x 1x 2＝4k 2＋3k 2－3， 所以k PD ＋k QD ＝y 1x 1－t ＋y 2x 2－t ＝y 1x 2－t ＋y 2x 1－t x 1x 2－t x 1＋x 2＋t 2＝0， 即k (x 1－2)(x 2－t )＋k (x 2－2)(x 1－t )＝0恒成立，整理可得k [2x 1x 2－(t ＋2)(x 1＋x 2)＋4t ]＝0，所以k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2×4k 2＋3k 2－3－t ＋2×4k 2k 2－3＋4t ＝0， 即2×4k 2＋3k 2－3－(t ＋2)×4k 2k 2－3＋4t ＝0， 所以8k 2＋6－4k 2(t ＋2)＋4t (k 2－3)＝0，所以6－12t ＝0，解得t ＝12， 当直线l 的斜率不存在时，t ＝12也满足题意． 所以存在点D ⎝⎛⎭⎫12，0，使得∠PDQ 的平分线与x 轴或y 轴垂直．3．(2022·承德模拟)已知M (－2,0)，N (2,0)，动点P 满足：直线PM 与直线PN 的斜率之积为－14，设动点P 的轨迹为曲线C 1.抛物线C 2：x 2＝2py (p >0)与C 1在第一象限的交点为A ，过点A 作直线l 交曲线C 1于点B ，交抛物线C 2于点E (点B ，E 不同于点A )．(1)求曲线C 1的方程；(2)是否存在不过原点的直线l ，使点E 为线段AB 的中点？若存在，求出p 的最大值；若不存在，请说明理由．解 (1)设动点P (x ，y )(x ≠±2)，则k PM ＝y x ＋2，k PN ＝y x －2. ∵k PM ·k PN ＝－14， ∴y x ＋2·y x －2＝－14， 即y 2x 2－4＝－14， 即x 24＋y 2＝1(x ≠±2)， ∴曲线C 1的方程为x 24＋y 2＝1(x ≠±2)． (2)设A (x 1，y 1)(x 1>0，y 1>0)，B (x 2，y 2)，E (x 0，y 0)，显然直线l 存在斜率，设l ：y ＝kx ＋m (k ≠0，m ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝4，y ＝kx ＋m ， 得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0，Δ＝16(4k 2－m 2＋1)>0，∴x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 0＝－4km 1＋4k 2. 又由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2py ，y ＝kx ＋m ， 得x 2＝2p (kx ＋m )，即x 2－2pkx －2pm ＝0，∴x 1x 0＝－2pm ，∴x 1·－4km 1＋4k 2＝－2pm ⇒x 1＝p ⎝⎛⎭⎫1＋4k 22k ， ∴k >0，∵⎩⎪⎨⎪⎧ x 24＋y 2＝1，x 2＝2py ， 即x 2＋x 4p 2＝4， ∴p 2⎝⎛⎭⎫1＋4k 22k 2＋p 4⎝⎛⎭⎫1＋4k 22k 4p 2＝4， ∴p 2＝4⎝⎛⎭⎫1＋4k 22k 2＋⎝⎛⎭⎫1＋4k 22k 4，设⎝⎛⎭⎫1＋4k 22k 2＝⎝⎛⎭⎫12k ＋2k 2 ＝t ≥⎝⎛⎭⎫212k ·2k 2＝4， 当且仅当12k ＝2k ，即k ＝12时取等号， 则p 2＝4t ＋t 2＝4⎝⎛⎭⎫t ＋122－14， 当t ≥4时，⎝⎛⎭⎫t ＋122－14≥20， 当k ＝12，即t ＝4时，p 2取得最大值，最大值为15， 即p ＝55. 此时A ⎝⎛⎭⎫255，255，满足Δ>0， 故存在不过原点的直线l ，使点E 为线段AB 的中点，且p 的最大值为55.4．(2022·九江模拟)在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线C ：x 2＝2py (p >0)，P 为直线y ＝x －2上的动点，过点P 作抛物线C 的两条切线，切点分别为A ，B .当P 在y 轴上时，OA ⊥OB .(1)求抛物线C 的方程；(2)求点O 到直线AB 距离的最大值．解 (1)P 为直线y ＝x －2上的动点，当P 在y 轴上时，则P (0，－2)，由x 2＝2py (p >0)，得y ＝x 22p (p >0)， 所以y ′＝x p(p >0)， 设A ⎝⎛⎭⎫x 1，x 212p ，B ⎝⎛⎭⎫x 2，x 222p ，x 1>0，x 2<0， 所以过点A 的切线方程为y －x 212p ＝x 1p(x －x 1)， 又因为点P 在过点A 的切线上，所以－2－x 212p ＝x 1p(0－x 1)， 解得x 21＝4p ，又因为OA ⊥OB ，所以直线OA 的斜率为1，所以x 1＝x 212p，解得x 1＝2p ， 解得p ＝1，所以抛物线C 的方程为x 2＝2y .(2)由(1)得抛物线的切线的斜率y ′＝x ，A ⎝⎛⎭⎫x 1，x 212，B ⎝⎛⎭⎫x 2，x 222， 所以切线P A 的方程为y －x 212＝x 1(x －x 1)， 切线PB 的方程为y －x 222＝x 2(x －x 2)， 两切线方程联立解得P ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22，x 1x 22，又点P 在直线y ＝x －2上，所以x 1x 22＝x 1＋x 22－2， 由题意知直线AB 的斜率一定存在，所以设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m ，与抛物线的方程联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2＝2y ， 消元得x 2－2kx －2m ＝0，Δ＝4k 2＋8m >0，所以x 1＋x 2＝2k ，x 1x 2＝－2m ， 所以－2m 2＝2k 2－2，即k ＋m ＝2，满足Δ>0， 所以点O 到直线AB 的距离为d ＝|m |1＋k 2＝2－k 21＋k 2＝1＋－4k ＋31＋k 2， 令t ＝－4k ＋31＋k 2， 则t ′＝2k －22k ＋11＋k 22， 令t ′＝0，得k ＝2或k ＝－12， 所以当k ∈⎝⎛⎭⎫－∞，－12∪(2，＋∞)时， t ′>0，t 单调递增，当k ∈⎝⎛⎭⎫－12，2时，t ′<0，t 单调递减， 当k ＝－12时，t ＝4，当k →＋∞时，t →0且t <0， 所以t max ＝4，所以d max ＝1＋4＝5，所以点O 到直线AB 距离的最大值为 5.。

姓名，年级：时间：盘点优化解析几何中的方略技法微点聚焦突破技法一巧用定义，揭示本质定义是导出其性质的“发源地”，解题时，善于运用圆锥曲线的定义，以数形结合思想为指导，把定量分析有机结合起来，可使解题计算量大为简化.【例1】如图，F1，F2是椭圆C1：错误!＋y2＝1与双曲线C2的公共焦点,A,B分别是C1，C2在第二、四象限的公共点。

若四边形AF1BF2为矩形，则C2的离心率是( ）A。

错误! B.错误! C.错误! D.错误!解析焦点F1（－错误!，0)，F2（错误!，0),在Rt△AF1F2中,|AF1｜＋|AF2｜＝4，①｜AF1｜2＋|AF2｜2＝12，②联立①②可解得|AF2|－|AF1|＝2错误!，即2a ＝22，又2c＝2错误!，故双曲线的离心率e＝错误!＝错误!＝错误!,故选D.答案D思维升华本题巧妙运用椭圆和双曲线的定义建立|AF1|，｜AF2｜的等量关系，从而快速求出双曲线的实轴长,进而求出双曲线的离心率,大大减小了运算量.【训练1】抛物线y2＝4mx(m＞0)的焦点为F，点P为该抛物线上的动点,若点A(－m，0)，则错误!的最小值为________.解析设点P的坐标为(x P，y P)，由抛物线的定义,知|PF|＝x P＋m,又｜PA｜2＝（x P＋m)2＋y错误!＝(x P＋m）2＋4mx P，则错误!错误!＝错误!＝错误!≥错误!＝错误! (当且仅当x P＝m时取等号)，所以错误!≥错误!,所以错误!的最小值为错误!。

答案错误!技法二设而不求，整体代换对于直线与圆锥曲线相交所产生的中点弦问题，涉及求中点弦所在直线的方程，或弦的中点的轨迹方程时，常常用代点法求解。

【例2】已知点A，B的坐标分别是(－1,0），（1，0)，直线AM,BM相交于点M，且它们的斜率之积为－2。

(1)求动点M的轨迹方程；(2)若过点N错误!的直线l交动点M的轨迹于C，D两点，且N为线段CD的中点，求直线l的方程.解(1）设M（x，y),因为k AM·k BM＝－2，所以错误!·错误!＝－2(x≠±1)，化简得2x2＋y2＝2（x≠±1），即为动点M的轨迹方程.(2）设C（x1，y1),D（x2,y2)。