2022届高三数学第八章 高考专题突破五 第3课时 证明与探索性问题

第3课时 证明与探索性问题题型一 证明问题例1 (八省联考)双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左顶点为A ，右焦点为F ，动点B 在C 上，当BF ⊥AF 时，|AF |＝|BF |.(1)求C 的离心率；(2)若B 在第一象限，证明：∠BF A ＝2∠BAF .(1)解 设双曲线的离心率为e ，焦距为2c ，在x 2a 2－y 2b 2＝1中，令x ＝c ，则c 2a 2－y 2b 2＝1， 则y 2b 2＝c 2a 2－1＝b 2a 2，故y ＝±b 2a， 若|AF |＝|BF |，则a ＋c ＝b 2a， 所以a 2＋ac ＝b 2＝c 2－a 2，所以e 2－e －2＝0，所以e ＝2.(2)证明 由(1)知双曲线方程为x 2a 2－y 23a 2＝1， 设B (x ，y )(x >0，y >0)，当x ≠c 时，k AB ＝y x ＋a ，k BF ＝y x －c， 设∠BAF ＝θ， 则tan θ＝y x ＋a ，tan 2θ＝2tan θ1－tan 2θ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋a 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫y x ＋a 2＝2(x ＋a )y (x ＋a )2－y 2＝2(x ＋a )y (x ＋a )2－3a 2⎝⎛⎭⎫x2a 2－1＝2(x ＋a )y－2x 2＋2ax ＋4a 2＝y 2a －x ＝y c －x＝－k BF ＝tan ∠BF A ， 因为0≤2∠BAF ≤π，0≤∠BF A ≤π，所以∠BF A ＝2∠BAF .当x ＝c 时，由题意知∠BF A ＝π2，∠BAF ＝π4，满足∠BF A ＝2∠BAF . 综上，∠BF A ＝2∠BAF .思维升华 圆锥曲线中的证明问题常见的有(1)位置关系方面的：如证明直线与曲线相切，直线间的平行、垂直，直线过定点等．(2)数量关系方面的：如存在定值、恒成立、相等等．在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下，一般采用直接法，通过相关的代数运算证明．跟踪训练1 已知顶点是坐标原点的抛物线Γ的焦点F 在y 轴正半轴上，圆心在直线y ＝12x 上的圆E 与x 轴相切，且点E ，F 关于点M (－1,0)对称．(1)求E 和Γ的标准方程；(2)过点M 的直线l 与圆E 交于A ，B 两点，与Γ交于C ，D 两点，求证：|CD |>2|AB |.(1)解 设Γ的标准方程为x 2＝2py ，p >0，则F ⎝⎛⎭⎫0，p 2. 已知E 在直线y ＝12x 上，故可设E ()2a ，a . 因为E ，F 关于M (－1,0)对称，所以⎩⎨⎧ 2a ＋02＝－1，p 2＋a 2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，p ＝2. 所以抛物线Γ的标准方程为x 2＝4y .因为圆E 与x 轴相切，故半径r ＝|a |＝1，所以圆E 的标准方程为(x ＋2)2＋(y ＋1)2＝1.(2)证明 由题意知，直线l 的斜率存在，设l 的斜率为k ，那么其方程为y ＝k (x ＋1)(k ≠0)．则E (－2，－1)到l 的距离d ＝|k －1|k 2＋1， 因为l 与E 交于A ，B 两点，所以d 2<r 2， 即(k －1)2k 2＋1<1，解得k >0，所以|AB |＝21－d 2＝22k k 2＋1. 由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝4y ，y ＝k (x ＋1)消去y 并整理得，x 2－4kx －4k ＝0. Δ＝16k 2＋16k >0恒成立，设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4k ，那么|CD |＝k 2＋1|x 1－x 2|＝k 2＋1·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝4k 2＋1·k 2＋k .所以|CD |2|AB |2＝16(k 2＋1)(k 2＋k )8k k 2＋1＝2(k 2＋1)2(k 2＋k )k >2k k＝2. 所以|CD |2>2|AB |2，即|CD |>2|AB |.题型二 探索性问题例2 (2019·全国Ⅰ)已知点A ，B 关于坐标原点O 对称，|AB |＝4，⊙M 过点A ，B 且与直线x ＋2＝0相切．(1)若A 在直线x ＋y ＝0上，求⊙M 的半径；(2)是否存在定点P ，使得当A 运动时，|MA |－|MP |为定值？并说明理由．解 (1)因为⊙M 过点A ，B ，所以圆心M 在AB 的垂直平分线上．由已知A 在直线x ＋y ＝0上，且A ，B 关于坐标原点O 对称，所以M 在直线y ＝x 上，故可设M (a ，a )．因为⊙M 与直线x ＋2＝0相切，所以⊙M 的半径为r ＝|a ＋2|.由已知得|AO |＝2.又MO ⊥AO ，故可得2a 2＋4＝(a ＋2)2，解得a ＝0或a ＝4.故⊙M 的半径r ＝2或r ＝6.(2)存在定点P (1,0)，使得|MA |－|MP |为定值．理由如下：设M (x ，y )，由已知得⊙M 的半径为r ＝|x ＋2|，|AO |＝2.由于MO ⊥AO ，故可得x 2＋y 2＋4＝(x ＋2)2，化简得M 的轨迹方程为y 2＝4x .因为曲线C ：y 2＝4x 是以点P (1,0)为焦点，以直线x ＝－1为准线的抛物线，所以|MP |＝x ＋1.因为|MA |－|MP |＝r －|MP |＝x ＋2－(x ＋1)＝1，所以存在满足条件的定点P .思维升华 探索性问题一般分为探究条件、探究结论两种．若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论．跟踪训练2 (2021·皖北协作区联考)已知中心在坐标原点O 的椭圆C 经过点A (2,3)，且点F (2,0)为其右焦点．(1)求椭圆C 的方程；(2)是否存在平行于OA 的直线l ，使得直线l 与椭圆C 有公共点，且直线OA 与l 的距离等于4？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．解 (1)依题意，可设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，且可知左焦点F ′的坐标为(－2,0)． 所以⎩⎪⎨⎪⎧c ＝2，2a ＝|AF |＋|AF ′|＝3＋5＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝2，a ＝4.又a 2＝b 2＋c 2，所以b 2＝12，所以椭圆C 的方程为x 216＋y 212＝1. (2)不存在，理由如下．假设存在符合题意的直线l ，其方程为y ＝32x ＋t (t ≠0)． 由⎩⎨⎧ y ＝32x ＋t ，x 216＋y 212＝1，消去y ，整理得3x 2＋3tx ＋t 2－12＝0.因为直线l 与椭圆C 有公共点，所以Δ＝(3t )2－4×3×(t 2－12)≥0， 解得－43≤t ≤43，且t ≠0.另一方面，由直线OA 与l 的距离d ＝4可得|t |94＋1＝4， 解得t ＝±213.因为±213∉[－43，0)∪(0,43]，所以符合题意的直线l 不存在．在圆锥曲线问题中，常见各种含两直线斜率k 1，k 2的双斜率问题，齐次化处理是解决这类问题的重要策略．例 已知A ，B 为抛物线y 2＝4x 上异于顶点的两动点，且满足以AB 为直径的圆过顶点．求证：直线AB 过定点．证明 当直线AB 斜率存在时，设直线AB ：y ＝kx ＋b ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由题意得k OA ·k OB ＝y 1x 1·y 2x 2＝－1， 联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，①y ＝kx ＋b ，② 由②得，y －kx b＝1， 代入①得，y 2＝4x ·y －kx b， 整理得，by 2－4xy ＋4kx 2＝0，即b ⎝⎛⎭⎫y x 2－4⎝⎛⎭⎫y x ＋4k ＝0，则y 1x 1·y 2x 2＝4k b＝－1，得b ＝－4k ， ∴y ＝kx ＋b ＝k (x －4)，故直线AB 过定点(4,0)．当直线AB 的斜率不存在时，由对称性可知∠AOx ＝45°.直线OA 和抛物线y 2＝4x 的交点为(4,4)，直线AB 的方程为x ＝4，直线AB 过点(4,0)．综上，直线AB 过定点(4,0)．课时精练1．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的一个焦点为F (－1,0)，点P ⎝⎛⎭⎫23，263在C 上． (1)求椭圆C 的方程；(2)已知点M (－4,0)，过F 作直线l 交椭圆于A ，B 两点，求证：∠FMA ＝∠FMB .(1)解 由题意知，c ＝1，∵点P ⎝⎛⎭⎫23，263在椭圆C 上， ∴49a 2＋83b2＝1.又a 2＝b 2＋c 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)证明 当l 与x 轴垂直时，直线MF 恰好平分∠AMB ，则∠FMA ＝∠FMB ；当l 与x 轴不垂直时，设直线l 的方程为y ＝k (x ＋1)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝k (x ＋1)，消去y 得，(3＋4k 2)x 2＋8k 2x ＋4k 2－12＝0， ∵Δ>0恒成立，∴设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由根与系数的关系，得x 1＋x 2＝－8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2， 直线MA ，MB 的斜率之和为k MA ＋k MB ＝y 1x 1＋4＋y 2x 2＋4＝y 1(x 2＋4)＋y 2(x 1＋4)(x 1＋4)(x 2＋4)＝k (x 1＋1)(x 2＋4)＋k (x 2＋1)(x 1＋4)(x 1＋4)(x 2＋4)＝k [2x 1x 2＋5(x 2＋x 1)＋8](x 1＋4)(x 2＋4)， ∵2x 1x 2＋5(x 2＋x 1)＋8＝2×4k 2－123＋4k 2＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫－8k 23＋4k 2＋8＝0， ∴k MA ＋k MB ＝0，故直线MA ，MB 的倾斜角互补，综上所述，∠FMA ＝∠FMB .2．(2020·青岛质检)设椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过点F 1的直线交椭圆E 于A ，B 两点．若椭圆E 的离心率为22，△ABF 2的周长为4 6. (1)求椭圆E 的方程；(2)设不经过椭圆的中心而平行于弦AB 的直线交椭圆E 于点C ，D ，设弦AB ，CD 的中点分别为M ，N ，证明：O ，M ，N 三点共线．(1)解 由题意知，4a ＝46，a ＝ 6.又e ＝22，∴c ＝3，b ＝3， ∴椭圆E 的方程为x 26＋y 23＝1. (2)证明 当直线AB ，CD 的斜率不存在时，由椭圆的对称性知，中点M ，N 在x 轴上，O ，M ，N 三点共线，当直线AB ，CD 的斜率存在时，设其斜率为k ，且设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x 0，y 0)， 则⎩⎨⎧ x 216＋y 213＝1，x 226＋y 223＝1，两式相减，得x 216＋y 213－⎝⎛⎭⎫x 226＋y 223＝0， ∴x 21－x 226＝－y 21－y 223，(x 1－x 2)(x 1＋x 2)6＝－(y 1－y 2)(y 1＋y 2)3， ∴y 1－y 2x 1－x 2·y 1＋y 2x 1＋x 2＝－36，y 1－y 2x 1－x 2·y 0x 0＝－36， 即k ·k OM ＝－12，∴k OM ＝－12k. 同理可得k ON ＝－12k，∴k OM ＝k ON ，∴O ，M ，N 三点共线． 3．设椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，F 1，F 2是椭圆的两个焦点，M 是椭圆上任意一点，且△MF 1F 2的周长是4＋2 3.(1)求椭圆C 1的方程；(2)设椭圆C 1的左、右顶点分别为A ，B ，过椭圆C 1上的一点D 作x 轴的垂线交x 轴于点E ，若点C 满足AB →⊥BC →，AD →∥OC →，连接AC 交DE 于点P ，求证：|PD |＝|PE |.(1)解 由e ＝32，知c a ＝32，所以c ＝32a ， 因为△MF 1F 2的周长是4＋23，所以2a ＋2c ＝4＋23，所以a ＝2，c ＝3，所以b 2＝a 2－c 2＝1，所以椭圆C 1的方程为x 24＋y 2＝1. (2)证明 由(1)得A (－2,0)，B (2,0)，设D (x 0，y 0)，所以E (x 0,0)，因为AB →⊥BC →，所以可设C (2，y 1)，所以AD →＝(x 0＋2，y 0)，OC →＝(2，y 1)，由AD →∥OC →可得：(x 0＋2)y 1＝2y 0，即y 1＝2y 0x 0＋2. 所以直线AC 的方程为y －02y 0x 0＋2－0＝x ＋22－(－2). 整理得：y ＝y 02(x 0＋2)(x ＋2)． 又点P 在DE 上，将x ＝x 0代入直线AC 的方程可得：y ＝y 02，即点P 的坐标为⎝⎛⎭⎫x 0，y 02，所以P 为DE 的中点，|PD |＝|PE |.4．已知斜率为k 的直线l 与椭圆C ：x 24＋y 23＝1交于A ，B 两点．线段AB 的中点为M (1，m )(m >0)． (1)证明：k <－12； (2)设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且FP →＋F A →＋FB →＝0.证明：2|FP →|＝|F A →|＋|FB →|.证明 (1)设直线l 的方程为y ＝kx ＋t ，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋t ，x 24＋y 23＝1，消去y 得(4k 2＋3)x 2＋8ktx ＋4t 2－12＝0，则Δ＝64k 2t 2－4(4t 2－12)(3＋4k 2)>0，得4k 2＋3>t 2，①且x 1＋x 2＝－8kt 3＋4k 2＝2， y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2t ＝6t 3＋4k 2＝2m ， 因为m >0，所以t >0且k <0.且t ＝3＋4k 2－4k，② 由①②得4k 2＋3>(3＋4k 2)216k 2，所以k >12或k <－12. 因为k <0，所以k <－12. (2)FP →＋F A →＋FB →＝0，FP →＋2FM →＝0，因为M (1，m )，F (1,0)，所以P 的坐标为(1，－2m )．又P 在椭圆上，所以14＋4m 23＝1， 所以m ＝34，P ⎝⎛⎭⎫1，－32， 又x 214＋y 213＝1，x 224＋y 223＝1， 两式相减可得y 1－y 2x 1－x 2＝－34·x 1＋x 2y 1＋y 2， 又x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝32，所以k ＝－1， 直线l 方程为y －34＝－(x －1)，即y ＝－x ＋74， 所以⎩⎨⎧ y ＝－x ＋74，x 24＋y 23＝1，消去y 得28x 2－56x ＋1＝0，x 1,2＝14±32114， |F A →|＋|FB →|＝(x 1－1)2＋y 21＋(x 2－1)2＋y 22＝3，|FP →|＝(1－1)2＋⎝⎛⎭⎫－32－02＝32， 所以|F A →|＋|FB →|＝2|FP →|.5．(2020·衡水模拟)已知点P 在圆O ：x 2＋y 2＝6上运动，点P 在x 轴上的投影为Q ，动点M满足(1－3)OQ →＝OP →－3OM →.(1)求动点M 的轨迹E 的方程；(2)过点(2,0)的动直线l 与曲线E 交于A ，B 两点，问：在x 轴上是否存在定点D ，使得DA →·AB→＋DA →2的值为定值？若存在，求出定点D 的坐标及该定值；若不存在，请说明理由． 解 (1)设M (x ，y )，P (x 0，y 0)， 由(1－3)OQ →＝OP →－3OM →，得OQ →－OP →＝3OQ →－3OM →，即PQ →＝3MQ →，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝x ，y 0＝3y ， 又点P (x 0，y 0)在圆O ：x 2＋y 2＝6上，∴x 20＋y 20＝6， ∴x 2＋3y 2＝6，∴轨迹E 的方程为x 26＋y 22＝1. (2)当直线l 的斜率存在时，设l ：y ＝k (x －2)，由⎩⎪⎨⎪⎧ x 26＋y 22＝1，y ＝k (x －2)，消去y 得 (1＋3k 2)x 2－12k 2x ＋12k 2－6＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∴x 1＋x 2＝12k 21＋3k 2，x 1·x 2＝12k 2－61＋3k2， 根据题意，假设x 轴上存在定点D (m ,0)，使得DA →·AB →＋DA →2＝DA →·(AB →－AD →)＝DA →·DB →为定值，则有DA →·DB →＝(x 1－m ，y 1)·(x 2－m ，y 2)＝(x 1－m )(x 2－m )＋y 1y 2＝(x 1－m )(x 2－m )＋k 2(x 1－2)(x 2－2)＝(k 2＋1)x 1x 2－(2k 2＋m )(x 1＋x 2)＋(4k 2＋m 2)＝(k 2＋1)·12k 2－61＋3k 2－(2k 2＋m )·12k 21＋3k 2＋(4k 2＋m 2) ＝(3m 2－12m ＋10)k 2＋(m 2－6)3k 2＋1要使上式为定值，即与k 无关，则3m 2－12m ＋10＝3(m 2－6)，即m ＝73，此时DA →·DB →＝m 2－6＝－59为常数，定点D 的坐标为⎝⎛⎭⎫73，0. 当直线l 的斜率不存在时，直线l 的方程为x ＝2，易求得直线l 与椭圆C 的两个交点坐标分别为⎝⎛⎭⎫2，63，⎝⎛⎭⎫2，－63， 此时DA →·DB →＝⎝⎛⎭⎫－13，63·⎝⎛⎭⎫－13，－63＝－59. 综上所述，存在定点D ⎝⎛⎭⎫73，0，使得DA →·AB →＋DA →2为定值－59.。

学习资料2022版高考数学一轮复习第八章解析几何第九讲（理）第八讲（文）第3课时定点、定值、探索性问题学案（含解析）新人教版班级：科目：第三课时 定点、定值、探索性问题考点突破·互动探究考点一 圆锥曲线的定值问题——自主练透例1 (2018·北京高考)已知抛物线C ：y 2＝2px （p ＞0）经过点P (1,2)．过点Q (0，1）的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点A ,B ，且直线P A 交y 轴于M ，直线PB 交y 轴于N ．(1）求直线l 的斜率的取值范围；(2)设O 为原点,错误!＝λ错误!，错误!＝μ错误!,求证：错误!＋错误!为定值． [解析］ （1）因为抛物线y 2＝2px 过点(1,2）， 所以2p ＝4，即p ＝2． 故抛物线C 的方程为y 2＝4x ，由题意知，直线l 的斜率存在且不为0． 设直线l 的方程为y ＝kx ＋1(k ≠0)． 由错误!得k 2x 2＋(2k －4）x ＋1＝0．依题意Δ＝(2k －4）2－4×k 2×1＞0，解得k ＜0或0＜k ＜1． 又P A ,PB 与y 轴相交,故直线l 不过点(1，－2）． 从而k ≠－3．所以直线l 斜率的取值范围是(－∞，－3）∪（－3，0)∪(0，1）． （2)设A （x 1，y 1）,B (x 2,y 2）,由(1)知x 1＋x 2＝－2k －4k 2,x 1x 2＝错误!．直线P A 的方程为y －2＝错误!（x －1)． 令x ＝0，得点M 的纵坐标为 y M ＝错误!＋2＝错误!＋2．同理得点N 的纵坐标为y N ＝错误!＋2．由错误!＝λ错误!，错误!＝μ错误!得λ＝1－y M ，μ＝1－y N ．所以错误!＋错误!＝错误!＋错误!＝错误!＋错误!＝错误!·错误!＝错误!·错误!＝2． 所以错误!＋错误!为定值．名师点拨求解定值问题常用的方法（1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．〔变式训练1〕（2021·河南八市重点高中联盟联考）已知椭圆C :错误!＋错误!＝1(a ＞b ＞0）的左右焦点分别是F 1，F 2，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线y ＝错误!x ＋3相切，点P 在椭圆C 上,|PF 1|＝2，∠F 1PF 2＝60°．（1)求椭圆C 的方程;（2）若直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 相交于A 、B 两点,且k OA ·k OB ＝－错误!，△AOB 的面积是否为定值？若是,求出定值；若不是，请说明理由．[解析] (1）依题意有b ＝错误!＝错误!,∴b 2＝3， 由｜PF 1｜＝2及椭圆的定义得｜PF 2｜＝2a －2， 由余弦定理得|PF 1|2＋｜PF 2｜2－2｜PF 1|·|PF 2｜cos ∠F 1PF 2＝|F 1F 2｜2， 即a 2－3a ＋3＝c 2,又a 2－c 2＝b 2＝3，∴a ＝2， 故椭圆的方程为错误!＋错误!＝1． (2）联立可得错误!,(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0， 则Δ＝3＋4k 2－m 2＞0，①又x 1＋x 2＝－错误!,x 1x 2＝错误!，y 1·y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋mk (x 1＋x 2）＋m 2＝错误!， 由k OA ·k OB ＝－b 2a 2，可得错误!＝－错误!，∴y 1·y 2＝－错误!x 1x 2， 3(m 2－4k 2)3＋4k 2＝－错误!·错误!，∴2m 2－4k 2＝3,满足①， ∵|AB ｜＝错误! ＝错误! ＝错误!,∴S △OAB ＝错误!·d ·|AB ｜＝错误!×错误!×错误!＝错误!为定值． 考点二 圆锥曲线中的定点问题—-师生共研例2 (2021·广东广州三校联考)如图，已知椭圆C ：错误!＋y 2 ＝1的上顶点为A ，右焦点为F ，直线AF 与圆M ：x 2＋y 2－6x －2y ＋7＝0相切，其中a ＞1．(1）求椭圆的方程；(2）不过点A 的动直线l 与椭圆C 相交于P ，Q 两点,且AP ⊥AQ ，证明：动直线l 过定点,并且求出该定点坐标．[解析］ (1）由题可知，A （0，1），F (c,0)， 则直线AF 的方程为xc ＋y ＝1,即x ＋cy －c ＝0，因为直线AF 与圆M :x 2＋y 2－6x －2y ＋7＝0相切， 该圆的圆心为M (3，1），r ＝3， 则错误!＝错误!,∴c 2＝2，∴a 2＝3, 故椭圆的标准方程为错误!＋y 2＝1． (2)解法一：依题得直线l 的斜率必存在, 设l ：y ＝kx ＋m ，设点P （x 1,y 1），Q （x 2，y 2)， 联立错误!，消去y 并整理得 （3k 2＋1）x 2＋6kmx ＋3m 2－3＝0， Δ＝36k 2m 2－4·(3k 2＋1）·(3m 2－3)＞0， 即m 2＜3k 2＋1，且x 1＋x 2＝－错误!，x 1x 2＝错误!，∴错误!·错误!＝(x 1，y 1－1）·(x 2，y 2－1)＝x 1x 2＋y 1y 2－（y 1＋y 2)＋1 ＝(k 2＋1）x 1x 2＋k (m －1)(x 1＋x 2）＋（m －1)2 ＝（k 2＋1）·错误!＋k (m －1）·错误!＋（m －1）2 ＝错误!∵AP ⊥AQ ，∴错误!·错误!＝0,即错误!＝0， ∴m ＝1或m ＝－错误!．当m ＝1时,直线l ：y ＝kx ＋1，恒过点（0，1）,不满足题意，舍去;当m ＝－错误!时,直线l ：y ＝kx －错误!，恒过点错误!,故直线恒过定点错误!． 解法二：因为不过点A 的动直线l 与椭圆C 相交于PQ 两点，且AP ⊥AQ ，即直线AP 与坐标轴不垂直也不平行，由A (0，1），可设直线AP 的方程为y ＝kx ＋1， 则直线AQ 的方程为y ＝－错误!x ＋1, 联立错误!,消去y 并整理得（1＋3k2)x2＋6kx＝0,解得x＝0或－错误!,因此点P的坐标为错误!，即P错误!，将上式中的k换成－错误!,得点Q错误!，所以直线l的斜率为错误!＝错误!,即直线l的方程y＝错误!错误!＋错误!,化简并整理得y＝错误!x－错误!，故直线l恒过定点错误!．名师点拨求解定点问题常用的方法（1）“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点,再转化为有方向、有目标的一般性证明．（2)“一般推理，特殊求解”，即先由题设条件得出曲线的方程，再根据参数的任意性得到定点坐标．(3)求证直线过定点(x0，y0)，常利用直线的点斜式方程y－y0＝k（x－x0）来证明．〔变式训练2〕(2021·安徽蚌埠质检)已知抛物线C：y2＝2px（p＞0），直线y＝x－1与C相交所得的弦长为8．(1）求p的值;(2)已知点O为坐标原点,一条动直线l与抛物线C交于O，M两点,直线l与直线x＝－2交于H点，过点H作y轴的垂线交抛物线C于N点，求证：直线MN过定点．［解析](1)设直线与抛物线的两交点坐标分别为：（x1，y1），(x2，y2），由错误!得，消x可得y2－2py－2p＝0，∴y1＋y2＝2p，y1y2＝－2p．∴弦长为错误!·错误!＝错误!·错误!＝8，解得p＝2或p＝－4(舍去),∴p＝2．（2)由(1)可得y2＝4x，设M错误!，∴直线OM的方程y＝错误!x，当x＝－2时，∴y H＝－错误!,代入抛物线方程y2＝4x，可得x N＝错误!，∴N错误!，∴直线MN的斜率k＝错误!＝错误!，直线MN的方程为y－y0＝错误!错误!，整理可得y＝错误!(x－2)，故直线MN过点（2,0)．考点三,圆锥曲线中的探索性问题——师生共研例3(2021·河南名校联盟联考）已知椭圆C：错误!＋错误!＝1（a＞b＞0)的左、右顶点分别为A1,A2,上、下顶点分别为B1，B2，四边形A1B1A2B2的面积为4错误!,坐标原点O到直线A1B1的距离为错误!．（1）求椭圆C的方程；（2)过椭圆C上一点P作两条直线分别与椭圆C相交于点A，B(异于点P），试判断以OP和AB为对角线的四边形能否为菱形？若能，求出直线AB的方程；若不能，请说明理由．［解析］(1)直线A1B1的方程为－错误!＋错误!＝1．由题意可得错误!，解得错误!所以椭圆C的方程为错误!＋错误!＝1．（2）当直线AB的斜率不存在时,若平行四边形OAPB为菱形,则P为左顶点或右顶点．此时直线AB的方程为x＝±1，当直线AB的斜率为0时，若四边形OAPB为菱形，则点P为上顶点或下顶点，此时AB的方程为y＝±错误!．当直线AB的斜率存在时，设AB：y＝kx＋m(k≠0），A(x1,y1)，B(x2，y2）,联立错误!可得（4k2＋3）x2＋8kmx＋4m2－12＝0，则Δ＝48（4k2－m2＋3)＞0，所以x1＋x2＝－错误!,x1x2＝错误!,y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝错误!．若四边形OAPB为菱形，所以错误!＋错误!＝错误!，所以点P错误!．所以直线OP的斜率k OP＝－错误!．所以k·错误!＝－错误!≠－1,这与k AB·k OP＝－1矛盾．所以四边形OAPB不能是菱形．综上，四边形OAPB能为菱形,此时直线AB的方程为x＝±1，或y＝±错误!．名师点拨圆锥曲线中的探索性问题1．圆锥曲线中的存在性问题一般分为探究条件、探究结论两种，若探究条件，则可先假设条件成立，在验证结论是否成立,成立则存在，否则不存在：若探究结论,则应先求出结论的表达式，在对其表达式解析讨论，往往涉及对参数的讨论．2．圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面：(1)探索点是否存在；（2)探索曲线是否存在；(3)探索命题是否成立，解决此类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数）存在,用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数）存在；否则，元素（点、直线、曲线或参数）不存在．反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法．3．解决探索性问题的答题模板错误!-错误!推理—错误!错误!—错误!错误!-错误!〔变式训练3〕（2021·陕西西安八校联考)已知F为抛物线C:x2＝2py（p＞0）的焦点，点M(m，1）在抛物线上，且｜MF|＝错误!．直线l：y＝kx＋2与抛物线C交于A、B两点．（1)求抛物线C的方程；（2)设O为坐标原点，y轴上是否存在点P，使得当k变化时，总有∠OP A＝∠OPB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．［解析]（1)根据抛物线的定义，得1＋错误!＝错误!,解得p＝错误!．∴抛物线C的方程为x2＝错误!y．(2)在y轴上存在点P,使得当k变化时，总有∠OP A＝∠OPB．理由如下：设P（0，b)，A(x1，y1)，B(x2,y2）．由错误!消去y,得2x2－kx－2＝0．且Δ＝k2＋16＞0恒成立．∴x1＋x2＝错误!，x1x2＝－1．y1＝2x错误!，y2＝2x错误!．∵∠OP A＝∠OPB时，直线P A和直线PB的倾斜角互补，故其斜率互为相反数．∴k P A＋k PB＝错误!＋错误!＝错误!＝0，∴x2·2x错误!－bx2＋x1·2x错误!－bx1＝0，即错误!错误!＝0,∴错误!·错误!＝0，得b＝－2，即点P的坐标为(0,－2）．所以，y轴上存在点P(0，－2），使得当k变化时，总有∠OP A＝∠OPB．高考大题规范解答系列（五）——解析几何考点一范围问题例1(2018·浙江高考）如图，已知点P是y轴左侧（不含y轴）一点，抛物线C：y2＝4x上存在不同的两点A，B满足P A，PB的中点均在C上．(1)设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；(2)若P是半椭圆x2＋错误!＝1(x＜0)上的动点,求△P AB面积的取值范围．【分析】①设出A，B的坐标及点P的坐标，利用P A,PB的中点在抛物线上建立方程，利用根与系数的关系求得点A,B，P的纵坐标之间的关系,由此证明结论成立．②先根据根与系数的关系,求得|PM｜，再表示出△P AB的面积，最后结合点P在椭圆上，并利用二次函数在给定区间的值域，求得三角形面积的取值范围．【标准答案】-—规范答题步步得分(1)设P（x0，y0）,A错误!,B错误!．因为P A，PB的中点在抛物线上,所以y1，y2为方程错误!2＝4·错误!，即y2－2y0y＋8x0－y2，0＝0的两个不同的实根．3分错误!所以y1＋y2＝2y0，因此,PM垂直于y轴．(2)由(1)可知错误!所以|PM|＝错误!（y错误!＋y错误!)－x0＝错误!y错误!－3x0，｜y1－y2|＝2错误!．因此，△P AB的面积S△P AB＝错误!｜PM｜·|y1－y2｜＝错误!(y错误!－4x0)错误!，因为x错误!＋错误!＝1(x0＜0)，所以y错误!－4x0＝－4x错误!－4x0＋4∈［4，5］，因此，△P AB面积的取值范围是错误!．【评分细则】①设出点的坐标得1分．②利用P A，PB的中点在C上，建立二次方程得2分．③由韦达定理得y1＋y2＝2y0得1分．④由y1＋y2＝2y0得点M的纵坐标为y0，又点P纵坐标为y0，因此PM垂直于y轴，得1分．⑤结合韦达定理求｜PM｜,得2分．⑥求出｜y1－y2|，得2分．⑦正确写出△P AB的面积，得1分．⑧合理的转化为二次函数求出△P AB面积的范围，得2分．【名师点评】1．核心素养：本题考查直线与抛物线的位置关系，考查考生分析问题、解决问题的能力以及运算求解能力，考查的数学核心素养是逻辑推理、数学抽象、数学运算．2．解题技巧：在解析几何中，求某个量（直线斜率，直线在x、y轴上的截距，弦长，三角形或四边形面积等）的取值范围或最值问题的关键是利用条件把所求量表示成关于某个变量(通常是直线斜率，动点的横、纵坐标等）的函数，并求出这个变量的取值范围(即函数的定义域)，将问题转化为求函数的值域或最值．3．解决范围问题的答题模板定变量—错误!↓错误!—错误!↓错误!-错误!〔变式训练1〕(2021·山东烟台期末)已知椭圆错误!＋错误!＝1(a＞b＞0)的离心率为错误!，F是其右焦点,直线y＝kx与椭圆交于A，B两点，｜AF|＋｜BF|＝8．（1)求椭圆的标准方程;（2)设Q(3，0)，若∠AQB为锐角，求实数k的取值范围．[解析]（1）设F1为椭圆的左焦点，连接F1B，由椭圆的对称性可知，|AF|＝｜F1B|，所以｜AF｜＋｜BF|＝|BF1｜＋｜BF｜＝2a＝8，所以a＝4，又e＝错误!＝错误!,a2＝b2＋c2，解得c＝2错误!，b＝2，∴椭圆的标准方程为错误!＋错误!＝1．（2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则错误!＝(x1－3，y1)，错误!＝(x2－3，y2)，联立错误!，得（4k2＋1)x2－16＝0，所以x1＋x2＝0，x1x2＝错误!，因为∠AQB为锐角,所以错误!·错误!＞0，所以错误!·错误!＝（x1－3)（x2－3)＋y1y2＝9－3(x1＋x2)＋x1x2＋y1y2＝9－3（x1＋x2)＋(1＋k2)x1x2＝9－错误!＞0，解得k＞错误!或k＜－错误!．考点二定点、定值问题例2(2017·全国卷Ⅱ）设O为坐标原点，动点M在椭圆C：错误!＋y2＝1上，过点M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足错误!＝错误!错误!．(1)求点P的轨迹方程；(2）设点Q在直线x＝－3上，且错误!·错误!＝1,证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F．【分析】①看到求点P的轨迹方程，想到先设出点的坐标，然后利用已知条件，采用代入法求轨迹方程．②看到过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F，想到证明错误!⊥错误!．【标准答案】——规范答题步步得分（1)设P(x，y),M(x0,y0）,则N（x0,0）．错误!＝(x－x0，y），错误!＝(0，y0），1分错误!由错误!＝错误!错误!，得x0＝x,y0＝错误!y，因为M（x0，y0）在椭圆C上，所以错误!＋错误!＝1, 5分错误!因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2．6分错误!(2）由题意知F(－1，0），设Q(－3，t），P(m，n），则错误!＝(－3,t)，错误!＝（－1－m,－n），错误!·错误!＝3＋3m－tn, 8分错误!错误!＝（m，n)，错误!＝(－3－m，t－n)，由错误!·错误!＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1，又由（1）知m 2＋n 2＝2，故3＋3m －tn ＝0．所以错误!·错误!＝0，即错误!⊥错误!,11分错误!又过点P 存在唯一直线垂直于OQ ，所以过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F ．【评分细则】①设出点的坐标，并求出错误!和错误!得1分．②由错误!＝错误!错误!，正确求出x 0＝x ，y 0＝错误!y 得2分．③代入法求出错误!＋错误!＝1得2分．④化简成x 2＋y 2＝2得1分．⑤求出错误!和错误!的坐标得1分．⑥正确求出错误!·错误!的值得1分．⑦正确求出错误!和错误!的坐标得1分．⑧正确得出－3m －m 2＋tn －n 2＝1得1分．⑨得出OQ ，→⊥错误!得1分．⑩写出结论得1分．【名师点评】1．核心素养:圆锥曲线中的定点、定值问题是高考命题的热点问题，常与向量巧妙交汇，综合考查考生“数学运算”的核心素养．2．解题技巧：(1)得分步骤：对于解题过程中是得分点的步骤，有则给分,无则没分，所以对于得分点步骤一定要写全，如第(2）问中求出－3m －m 2＋tn －n 2＝1就得分．（2)得分关键：对于解题过程中的关键点,有则给分，无则没分，所以在答题时一定要写清得分关键点，如第（2）问一定要写出错误!·错误!＝0,即错误!⊥错误!,否则不得分,因此步骤才是关键的，只有结果不得分．3．解决定值（点）问题的答题模板错误!—错误!↓错误!—错误!↓错误!-错误!↓错误!—错误!〔变式训练2〕（1)(2021·广西南宁、玉林、贵港等市联考）设椭圆C ：错误!＋错误!＝1(a ＞b ＞0)，右顶点是A （2，0）,离心率为错误!．①求椭圆C 的方程；②若直线l 与椭圆交于两点M ，N (M ，N 不同于点A )，若错误!·错误!＝0，求证:直线l 过定点,并求出定点坐标．（2)已知A 、B 分别为椭圆E ：错误!＋y 2 ＝1（a ＞1）的左、右顶点，G 为E 的上顶点,错误!·错误!＝8，P 为直线x ＝6上的动点，P A 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D ．①求E 的方程；②证明：直线CD 过定点．[解析] (1）①右顶点是A (2,0)，离心率为12, 所以a ＝2，错误!＝错误!,∴c ＝1，则b ＝错误!，∴椭圆的标准方程为错误!＋错误!＝1．②当直线MN 斜率不存在时，设l MN ：x ＝m ,与椭圆方程错误!＋错误!＝1联立得：｜y |＝错误!,｜MN |＝2错误!，设直线MN 与x 轴交于点B ，|MB |＝｜AB |，即错误!＝2－m ，∴m ＝错误!或m ＝2(舍)，∴直线m 过定点错误!；当直线MN 斜率存在时，设直线MN 斜率为k ，M (x 1，y 1)，N （x 2，y 2)，则直线MN ：y ＝kx ＋b （k ≠0)，与椭圆方程错误!＋错误!＝1联立,得(4k 2＋3）x 2＋8kbx ＋4b 2－12＝0，x 1＋x 2＝－8kb 4k 2＋3，x 1x 2＝错误!, y 1y 2＝（kx 1＋b )(kx 2＋b )＝k 2x 1x 2＋kb (x 1＋x 2)＋b 2，Δ＝(8kb ）2－4(4k 2＋3)(4b 2－12)＞0,k ∈R ，错误!·错误!＝0,则（x 1－2，y 1)·（x 2－2，y 2）＝0，即x 1x 2－2（x 1＋x 2)＋4＋y 1y 2＝0,∴7b 2＋4k 2＋16kb ＝0，∴b ＝－错误!k 或b ＝－2k ，∴直线l MN :y ＝k 错误!或y ＝k (x －2），∴直线过定点错误!或(2，0）舍去；综上知直线过定点错误!．（2)①依据题意作出如下图形：由椭圆方程E:错误!＋y2＝1（a＞1)可得：A（－a，0)，B（a，0)，G(0,1)，∴错误!＝（a,1)，错误!＝(a，－1），∴错误!·错误!＝a2－1＝8，∴a2＝9,∴椭圆方程为：错误!＋y2＝1．②证明:设P（6，y0)，则直线AP的方程为：y＝错误!（x＋3），即：y＝错误!（x＋3)，联立直线AP的方程与椭圆方程可得:错误!，整理得：(y错误!＋9)x2＋6y错误!x＋9y错误!－81＝0，解得：x＝－3或x＝错误!，将x＝错误!代入直线y＝错误!（x＋3）可得:y＝错误!，所以点C的坐标为错误!．同理可得:点D的坐标为错误!，∴直线CD的方程为：y－错误!＝错误!·错误!，整理可得：y＋错误!＝错误!·错误!＝错误!错误!整理得：y＝错误!x＋错误!＝错误!·错误!故直线CD过定点错误!．考点三,最值问题例3（2021·吉林模拟)已知椭圆C：错误!＋错误!＝1（a＞b＞0)的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形．（1)求椭圆C的标准方程;(2）设F为椭圆C的左焦点，T为直线x＝－3上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C 于点P，Q．①证明：OT平分线段PQ(其中0为坐标原点）；②当错误!最小时，求点T的坐标．【分析】错误!—错误!↓ 想到-错误!【标准答案】—-规范答题 步步得分（1)由已知可得错误!解得a 2＝6，b 2＝2.2分得分点①所以椭圆C 的标准方程是x 26＋错误!＝1． 3分错误! （2）①由（1)可得点F 的坐标是(－2，0），设点T 的坐标为(－3,m )，则直线TF 的斜率是k TF ＝错误!＝－m ．当m ≠0时,直线PQ 的斜率k PQ ＝错误!，直线PQ 的方程是x ＝my －2．当m ＝0时，直线PQ 的方程是x ＝－2，也符合x ＝my －2的形式． 5分得分点③设P （x 1，y 1)，Q （x 2,y 2)，将直线PQ 的方程与椭圆C 的方程联立,得错误!消去x ,得（m 2＋3)y 2－4my －2＝0．其判别式Δ＝16m 2＋8(m 2＋3)＞0，所以y 1＋y 2＝错误!，y 1y 2＝错误!，x 1＋x 2＝m （y 1＋y 2)－4＝错误!．所以PQ 的中点M 的坐标为错误!．7分错误!所以直线OM 的斜率是k OM ＝－m 3． 又直线OT 的斜率k OT ＝－错误!，所以点M 在直线OT 上,因此OT 平分线段PQ ．8分得分点⑤ ②由①可得｜TF ｜＝错误!，9分错误! |PQ |＝错误!＝错误!＝错误!＝错误!．10分错误! 所以|TF ||PQ |＝错误!＝错误!≥错误!＝错误!．当且仅当m2＋1＝错误!，即m＝±1时取等号，此时错误!取得最小值，11分错误!所以当错误!最小时,点T的坐标是（－3，1）或（－3，－1)．【评分细则】①列方程组求出a2与b2给2分．②写出椭圆的标准方程给1分．③根据题意恰当设出直线方程，给2分，不讨论m＝0的情况,扣1分．④方程联立消元，结合韦达定理求出点M的坐标，给2分．⑤证明OT平分线段PQ，给1分．⑥写出｜TF|的表达式,给1分．⑦写出|PQ|的表达式,给1分．⑧写出错误!的表达式，利用均值不等式确定最小值，给1分．⑨正确写出点T的坐标,给1分．【名师点评】1．核心素养：本题主要考查椭圆的性质、直线与椭圆的位置关系等知识，是一道综合能力较强的题,意在考查考生的分析问题、解决问题的能力以及运算求解能力．2．解题技巧:（1）注意通性通法的应用在解题过程中，注意答题要求，严格按照题目及相关知识的要求答题，不仅注意解决问题的巧解，更要注意此类问题的通性通法．如在解决本例（2）①时，注意本题的实质是直线与圆锥曲线的相交问题,因此设出直线方程，然后联立椭圆方程构造方程组,利用根与系数关系求出y1＋y2，y1y2的值即为通法．(2）关键步骤要全面阅卷时，主要看关键步骤、关键点，有关键步骤、关键点则得分，没有要相应扣分，所以解题时要写全关键步骤,踩点得分，对于纯计算过程等非得分点的步骤可简写或不写，如本例（2）中,消元化简时，可直接写出结果，利用弦长公式求｜PQ｜时,也可省略计算过程．3．最值问题（1)常见解法有两种：几何法与代数法．①若题目中的条件或结论能明显体现某种几何特征及意义，或反映出了某种圆锥曲线的定义，则直接利用图形的性质或圆锥曲线的定义来求解，这就是几何法．②将圆锥曲线中的最值问题通过建立目标函数，转化为函数的最值问题，再充分利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等相关知识去求解，这就是代数法．（2)易错点①利用基本不等式求最值问题要指出能取到最值，或求出取到最值的条件；②利用函数观点解决最值问题时，要注意自变量的取值范围．4．解决最值问题的答题模板错误!—错误!↓错误!-错误!↓错误!—错误!↓错误!—错误!例4（2020·全国卷）已知椭圆C：错误!＋错误!＝1（a＞b＞0)过点M（2，3)，点A为其左顶点，且AM斜率为错误!．（1）求C的方程;(2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值．［解析］（1)由题意可知直线AM的方程为：y－3＝错误!(x－2)，即x－2y＝－4．当y＝0时，解得x＝－4，所以a＝4，椭圆C:错误!＋错误!＝1(a＞b＞0）过点M（2，3）,可得错误!＋错误!＝1，解得b2＝12．所以C的方程：错误!＋错误!＝1．（2)设与直线AM平行的直线方程为：x－2y＝m，如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值．联立直线方程x－2y＝m与椭圆方程错误!＋错误!＝1可得3(m＋2y）2＋4y2＝48，化简可得16y2＋12my＋3m2－48＝0，所以Δ＝144m2－4×16（3m2－48）＝0，即m2＝64，解得m＝±8．与AM距离比较远的直线方程x－2y＝8，直线AM方程为x－2y＝－4．点N 到直线的距离即两平行线之间的距离d ＝错误!＝错误!,由两点间距离公式可得｜AM ｜＝错误!＝3错误!，所以△AMN 的面积的最大值为12×3错误!×错误!＝18． 〔变式训练3〕（1）（2021·广东新高考适应性考试）已知椭圆C :错误!＋错误!＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1,F 2，短轴长为2错误!，A ，B 在椭圆C 上，且错误!＋错误!＝0，△ABF 1的周长为8．①求椭圆C 的标准方程；②过椭圆C 上的动点M 作C 的切线l ，过原点O 作OP ⊥l 于点P ，求△OMP 的面积的最大值．(2）（2021·广东梅州质检)已知直线l :x －y ＋1＝0与焦点为F 的抛物线C :y 2＝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）①由错误!＋错误!＝0，可知A ，B ，F 2三点共线，且AB ⊥x 轴．由△ABF 1的周长为8，得4a ＝8,所以a ＝2，且b ＝3,所以椭圆C 的标准方程为错误!＋错误!＝1．②显然直线l 斜率存在且不为0，设直线l ：y ＝kx ＋t ，联立{ y ＝kx ＋t ，，3x 2＋4y 2＝12，得(3＋4k 2）x 2＋8ktx ＋4t 2－12＝0，且Δ＝64k 2t 2－4（3＋4k 2）（4t 2－12)＝0，得t 2＝4k 2＋3,所以x M ＝－8kt 2(3＋4k 2)＝－错误!． 联立错误!得x P ＝－错误!,所以|OP |＝错误!·错误!＝错误!，则｜MP |＝错误!·错误!＝错误!·错误!＝错误!，所以S △OMP ＝错误!|MP ｜·|OP |＝错误!·错误!·错误!＝错误!·错误!＝错误!·错误!≤错误!，当且仅当k ＝±1时取等号，所以△OMP的面积的最大值为错误!．（2）①∵直线l：x－y＋1＝0与抛物线C相切，由错误!消去x得，y2－2py＋2p＝0,从而Δ＝4p2－8p＝0，解得p＝2．∴抛物线C的方程为y2＝4x．②由于直线m的斜率不为0，所以可设直线m的方程为ty＝x－1，A（x1，y1）,B(x2，y2)．由错误!消去x得，y2－4ty－4＝0，∴y1＋y2＝4t，从而x1＋x2＝4t2＋2,∴线段AB的中点M的坐标为（2t2＋1,2t）．设点A到直线l的距离为d A,点B到直线l的距离为d B，点M到直线l的距离为d,则d A＋d B＝2d＝2·错误!＝2错误!|t2－t＋1｜＝2错误!错误!．∴当t＝错误!时，可使A、B两点到直线l的距离之和最小，距离的最小值为错误!．。

一 规律与方法1.探索性问题及考试要求由给定题设条件探求相应结论,或由给顶的题断追溯应具备的条件,或变更题设、题断的某一个部分使命题也相应变化等等,这一类问题称之为探索性问题.这类问题主要是训练和考查学生的创新精神、数学思维能力、分析和解决问题的能力. 2.探索性问题分类:(1)条件追溯型:给定结论,探索结论成立的条件.一般采用分析法解决.(2)结论探索型:有条件而无结论或结论的正确与否需确定.一般先探索结论后论证结论.(3)存在判断型:判断在某些条件下的某一数学对象是否存在或某一结论是否成立.一般是假设存在或成立,推出矛盾,从而否定假设或给出肯定结论的证明.(4)方法探究型:需要非常规的解题方法或被指定要用两种以上的方法解决同一个问题.在探究过程中,常需研究问题的特殊情况,运用类比、猜测、联想来探路，解题过程中创新成分比较高. 二、强化训练1.,1tan tan <⋅∆B A ABC 中，若则ABC ∆是（ ）（A ）直角三角形 （B ）锐角三角形 （C ）钝角三角形 （D ）无法确定2.设P 是棱长相等的四面体内任意一点，则P 到各个面的距离的和是一个定值，这个定值是（ ） （A ）四面体的棱长 （B ）四面体的斜高 （C ）四面体的高 （D ）四面体两棱间的距离3已知函数42()(2)2f x x a x a =+-+-.若 ()f x 在2(,)2-∞-上是减函数,且在2(,0)2-上是增函数，则实数a 的值是 （ ） A 3 B 4 C 3 D 24 设有关于x 的方程(1+a)x 4+x 3-(3a+2)x 2-4a=0.若无论为何实数,此方程总存在实数根x 1;若无论a 为何实数,此方程总不存在实数根x 2.则有( )A x 1不存在B x 2不存在C x 1-x 2=-4D 以上说法都不对5 已知数列{a n }、{b n }的前n 项和分别记为A n 、B n 。

记u n =a n B n +b n A n -a n b n （n ∈N*），则数列{u n }的前2007项的和为 （ ） A A 2007+B 2007 B)(2120072007B A + C A 2007B 2007 D 20072007B A6设P 为三角形ABC 内一点，且,025=--AC AB AP 则三角形PAB 与三角形ABC 的面积比（ ） A 等于51 B 等于32 C 等于41D 不确定 7 设f （x ）=cos （cosx ），g （x ）=sin （sinx ），则 （ ） A f （4）>g （4） B f （4）<g （4） C f(4)=g(4) D [f(4)]2+[g(4)]2=1 8 设),)](([)(,11)(11*+∈=+-=N n x f f x f x x x f n n 记M 为f 2008(x)=x+1的实数解集,则M 为 ( ) A 空集 B R C 单元素集合 D 两个元素的集合 二 填空题9.直角坐标平面上有两点)1,2()2,3(21x M y M 、，线段21M M 的中点为),(b a ，给定四个条件：甲：21OM OM ⊥；乙：22221y x b a ++=+；丙：03=+y x ；丁：13-=xy .请从上述条件中选出两个，分别填在下列空白处（只填代号），使下列论断构成一个真命题。

课时作业 A 组——基础对点练1．已知动点C 到点F (1,0)的距离比到直线x ＝－2的距离小1，动点C 的轨迹为E . (1)求曲线E 的方程；(2)若直线l ：y ＝kx ＋m (km <0)与曲线E 相交于A ，B 两个不同点，且OA →·OB →＝5，证明：直线l 经过一个定点．解析：(1)由题意可得动点C 到点F (1,0)的距离等于到直线x ＝－1的距离， ∴曲线E 是以点(1,0)为焦点，直线x ＝－1为准线的抛物线， 设其方程为y 2＝2px (p >0)，∴p2＝1，∴p ＝2，∴动点C 的轨迹E 的方程为y 2＝4x . (2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，y 2＝4x ，得k 2x 2＋(2km －4)x ＋m 2＝0， ∴x 1＋x 2＝4－2km k 2，x 1·x 2＝m 2k2.∵OA →·OB →＝5，∴x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝m 2＋4km k 2＝5，∴m 2＋4km －5k 2＝0，∴m ＝k 或m ＝－5k .∵km <0，∴m ＝k 舍去，∴m ＝－5k ，满足Δ＝16(1－km )>0， ∴直线l 的方程为y ＝k (x －5)， ∴直线l 必经过定点(5,0)．2．(2018·昆明市检测)已知点A ，B 的坐标分别为(－2，0)，(2，0)，直线AM ，BM 相交于点M ，且它们的斜率之积是－12，点M 的轨迹为曲线E .(1)求曲线E 的方程；(2)过点F (1,0)作直线l 交曲线E 于P ，Q 两点，交y 轴于R 点，若RP →＝λ1PF →，RQ →＝λ2QF →，证明：λ1＋λ2为定值．解析：(1)设点M (x ，y )，由已知得y x ＋2·y x －2＝－12(x ≠±2)，化简得曲线E 的方程：x 22＋y 2＝1(x ≠±2)．(2)证明：设点P ，Q ，R 的坐标分别为P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，R (0，y 0)． 由RP →＝λ1PF →，得(x 1，y 1－y 0)＝λ1(1－x 1，－y 1)， 所以x 1＝λ11＋λ1，y 1＝y 01＋λ1，因为点P 在曲线E 上，所以12(λ11＋λ1)2＋(y 01＋λ1)2＝1，化简得λ21＋4λ1＋2－2y 20＝0 ①，同理，由RQ →＝λ2QF →，可得x 2＝λ21＋λ2，y 2＝y 01＋λ2，代入曲线E 的方程化简得λ22＋4λ2＋2－2y 20＝0 ②，由①②可知λ1，λ2是方程x 2＋4x ＋2－2y 20＝0的两个实数根(Δ>0)，所以λ1＋λ2＝－4，即λ1＋λ2为定值．3．在平面直角坐标系中，已知点A (－3，0)，B (3，0)，直线MA ，MB 交于点M ，它们的斜率之积为常数m (m ≠0)，且△MAB 的面积最大值为3，设动点M 的轨迹为曲线E . (1)求曲线E 的方程；(2)过曲线E 外一点Q 作E 的两条切线l 1，l 2，若它们的斜率之积为－1，那么QA →·QB →是否为定值？若是，请求出该值；若不是，请说明理由． 解析：(1)设M (x ，y )，则由已知得 y x ＋3·yx －3＝m ，即y 2＝m (x 2－3)， 即x 23－y 23m＝1(x ≠±3)．(*) ①当m >0时，方程(*)表示双曲线，此时△MAB 面积不存在最大值(不符合)； ②当m ＝－1时，方程(*)表示圆，此时△MAB 的面积最大值为3(不符合)；③当m <0且m ≠－1时，方程(*)为椭圆，此时△MAB 的面积最大值为3，所以m ＝－13.此时所求的方程为x 23＋y 2＝1(x ≠±3)．(2)设Q (x 0，y 0)，过点Q 的切线l 为y ＝k (x －x 0)＋y 0， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －x 0)＋y 0，x 23＋y 2＝1，消去y 得 (1＋3k 2)x 2＋6k (y 0－kx 0)x ＋3(y 0－kx 0)2－3＝0， 则Δ＝36k 2(y 0－kx 0)2－4(1＋3k )2·3[(y －kx 0)2－1]＝0，化简得(3－x 20)k 2＋2x 0y 0k ＋1－y 20＝0，于是k 1·k 2＝1－y 203－x 20，由已知斜率之积为－1，则1－y 203－x 20＝－1，则x 20＋y 20＝4(x 0≠±3)， 所以|OQ |＝2，于是QA →·QB →＝14[(2QO →)2－AB →2]＝1.4．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的面积最大值为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．解析：(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－n 2＋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7n 2k 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.B 组——能力提升练1.如图，已知直线l ：y ＝kx ＋1(k >0)关于直线y ＝x ＋1对称的直线为l 1，直线l ，l 1与椭圆E ：x 24＋y 2＝1分别交于点A ， M 和A ，N ，记直线l 1的斜率为k 1.(1)求k ·k 1的值；(2)当k 变化时，试问直线MN 是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点坐标；若不恒过定点，请说明理由．解析：(1)设直线l 上任意一点P (x ，y )关于直线y ＝x ＋1对称的点为P 0(x 0，y 0)， 直线l 与直线l 1的交点为(0,1)， ∴l ：y ＝kx ＋1，l 1：y ＝k 1x ＋1， k ＝y －1x ，k 1＝y 0－1x 0，由y ＋y 02＝x ＋x 02＋1，得y ＋y 0＝x ＋x 0＋2 ①，由y －y 0x －x 0＝－1，得y －y 0＝x 0－x ②， 由①②得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 0＋1，y 0＝x ＋1，kk 1＝yy 0－(y ＋y 0)＋1xx 0＝(x ＋1)(x 0＋1)－(x ＋x 0＋2)＋1xx 0＝1.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 24＋y 2＝1，得(4k 2＋1)x 2＋8kx ＝0， 设M (x M ，y M )，N (x N ，y N )， ∴x M ＝－8k 4k 2＋1，∴y M ＝1－4k 24k 2＋1.同理可得x N ＝－8k 14k 21＋1＝－8k 4＋k 2，y N ＝1－4k 214k 21＋1＝k 2－44＋k 2.k MN ＝y M －y N x M －x N ＝1－4k 24k 2＋1－k 2－44＋k 2－8k 4k 2＋1－－8k 4＋k 2＝8－8k 48k (3k 2－3)＝－k 2＋13k，直线MN ：y －y M ＝k MN (x －x M )， 即y －1－4k 24k 2＋1＝－k 2＋13k (x －－8k 4k 2＋1)，即y ＝－k 2＋13k x －8(k 2＋1)3(4k 2＋1)＋1－4k 24k 2＋1＝－k 2＋13k x －53.∴当k 变化时，直线MN 过定点(0，－53)．2.(2018·合肥市质检)如图，在平面直角坐标系中，点F (－1,0)，过直线l ：x ＝－2右侧的动点P 作P A ⊥l 于点A ，∠APF 的平分线交x 轴于点B ，|P A |＝2|BF |.(1)求动点P 的轨迹C 的方程；(2)过点F 的直线q 交曲线C 于M ，N ，试问：x 轴正半轴上是否存在点E ，直线EM ，EN 分别交直线l 于R ，S 两点，使∠RFS 为直角？若存在，求出点E 的坐标，若不存在，请说明理由．解析：(1)设P (x ，y )，由平面几何知识得|PF ||P A |＝22，即(x ＋1)2＋y 2|x ＋2|＝22，化简得x 2＋2y 2＝2，所以动点P 的轨迹C 的方程为x 2＋2y 2＝2(x ≠2)．(2)假设满足条件的点E (n,0)(n >0)存在，设直线q 的方程为x ＝my －1， M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，R (－2，y 3)，S (－2，y 4)．联立，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2y 2＝2，x ＝my －1，消去x ，得(m 2＋2)y 2－2my －1＝0， y 1＋y 2＝2m m 2＋2，y 1y 2＝－1m 2＋2，x 1x 2＝(my 1－1)(my 2－1)＝m 2y 1y 2－m (y 1＋y 2)＋1＝－m 2m 2＋2－2m 2m 2＋2＋1＝2－2m 2m 2＋2，x 1＋x 2＝m (y 1＋y 2)－2＝2m 2m 2＋2－2＝－4m 2＋2，由条件知y 1x 1－n ＝y 3－2－n ，y 3＝－(2＋n )y 1x 1－n ，同理y 4＝－(2＋n )y 2x 2－n ，k RF ＝y 3－2＋1＝－y 3，k SF ＝－y 4.因为∠RFS 为直角，所以y 3y 4＝－1， 所以(2＋n )2y 1y 2＝－[x 1x 2－n (x 1＋x 2)＋n 2]，(2＋n )21m 2＋2＝2－2m 2m 2＋2＋4nm 2＋2＋n 2，所以(n 2－2)(m 2＋1)＝0，n ＝2，故满足条件的点E 存在，其坐标为(2，0)．3．已知椭圆C ：9x 2＋y 2＝m 2(m >0)，直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴，l 与C 有两个交点A ，B ，线段AB 的中点为M .(1)证明：直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值；(2)若l 过点(m3，m )，延长线段OM 与C 交于点P ，四边形OAPB 能否为平行四边形？若能，求此时l 的斜率；若不能，说明理由．解析：(1)证明：设直线l ：y ＝kx ＋b (k ≠0，b ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x M ，y M )． 将y ＝kx ＋b 代入9x 2＋y 2＝m 2得(k 2＋9)x 2＋2kbx ＋b 2－m 2＝0， 故x M ＝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 的斜率的积是定值． (2)四边形OAPB 能为平行四边形．因为直线l 过点(m3，m )，所以l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是k >0，k ≠3.由(1)得OM 的方程为y ＝－9k x .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(m3，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 互相平分，即x P ＝2x M . 于是±km3k 2＋9＝2×k (k －3)m 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．4．(2018·长沙市模拟)已知P (3，12)在椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)上，F 为右焦点，PF 垂直于x 轴．A ，B ，C ，D 为椭圆上四个动点，且AC ，BD 交于原点O . (1)求椭圆C 的方程；(2)判断动直线l ：m ＋n 2x ＋(m －n )y ＝3＋12m ＋3－12n (m ，n ∈R)与椭圆C 的位置关系；(3)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)满足y 1y 2OA →·OB →＝15，判断k AB ＋k BC 的值是否为定值，若是，请求出此定值，并求出四边形ABCD 面积的最大值，否则请说明理由． 解析：(1)∵P (3，12)在椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)上，∴3a 2＋14b 2＝1.①又F 为右焦点，PF 垂直于x 轴，∴a 2－b 2＝ 3.② 由①②，解得a ＝2，b ＝1，∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)将动直线l 的方程m ＋n 2x ＋(m －n )y ＝3＋12m ＋3－12n (m ，n ∈R)，化为(x 2＋y －3＋12)m ＋(x2－y －3－12)n ＝0.∵m ，n ∈R ，∴⎩⎪⎨⎪⎧x2＋y ＝3＋12，x 2－y ＝3－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝12，∴动直线l 恒过点P ，∵P 在椭圆C 上，∴动直线l 与椭圆C 的位置关系是相切或相交．(3)∵y 1y 2OA →·OB →＝15，∴4y 1y 2＝x 1x 2.当直线AB 的斜率不存在或斜率为0时，不满足4y 1y 2＝x 1x 2.当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为 y ＝kx ＋m ，联立，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1，得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4(m 2－1)＝0，∴Δ＝(8km )2－4(4k 2＋1)·4(m 2－1)＝16(4k 2－m 2＋1)>0(*) ⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－8km1＋4k 2，x 1x 2＝4(m 2－1)1＋4k 2.∵4y 1y 2＝x 1x 2，y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2， ∴(4k 2－1)x 1x 2＋4km (x 1＋x 2)＋4m 2＝0， ∴(4k 2－1)4(m 2－1)1＋4k 2＋4km －8km 1＋4k2＋4m 2＝0， 整理得4k 2＝1，∴k ＝±12.∵A ，B ，C ，D 的位置可轮换，∴直线AB ，BC 的斜率是12或－12，∴k AB ＋k BC ＝12＋(－12)＝0，为定值．不妨设k AB ＝－12，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝2m ，x 1x 2＝2(m 2－1). 设原点到直线AB 的距离为d ，则S △AOB ＝12|AB |·d ＝121＋k 2·|x 2－x 1|·|m |1＋k 2＝|m |2(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝|m |24m 2－4·2(m 2－1)＝m 2(2－m 2)≤m 2＋2－m 22＝1.当m 2＝1时(满足(*))，S △AOB ＝1，∴S 四边形ABCD ＝4S △AOB ≤4， 即四边形ABCD 面积的最大值为4.。

突破3 圆锥曲线中的证明与探索性问题题型一圆锥曲线中的证明问题(多方向探究)突破策略一直接法【例1】已知椭圆C:x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为√32,焦距为2√3.(1)求椭圆C的方程.(2)若斜率为-12的直线l与椭圆C交于P,Q两点(点P,Q均在第一象限),O为坐标原点.①证明:直线OP,PQ,OQ的斜率依次成等比数列.②若点Q'与点Q关于x轴对称,证明:tan ∠POQ'>43.解题心得对于证明问题,一般是根据已知条件,运用所涉及的知识通过运算化简,利用定义、定理、公理等,直接推导出所证明的结论即可,证明不等式常用不等式的性质,或基本不等式求得最值.本题易错点是忽略对于取等号时条件能否成立的验证.对点训练1(2020河北张家口二模,19)已知椭圆E:x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为4,且过点(-1,√142).(1)求椭圆E的方程;(2)设A(0,b),B(0,-b),C(a,b),过点B且斜率为k(k>0)的直线l交E于另一点M,交x轴于点Q,直线AM与直线x=a相交于点P.证明:PQ∥OC(O为坐标原点).突破策略二转化法x2+1上任意一点,A(0,-1),且P为线段AB的中点.【例2】已知B是抛物线y=18(1)求点P的轨迹C的方程;(2)若F为点A关于原点O的对称点,过F的直线交曲线C于M,N两点,直线OM交直线y=-1于点H,求证:|NF|=|NH|.解题心得圆锥曲线中的证明问题涉及证明的范围比较广,但无论证明什么,其常用方法有直接法和转化法,对于转化法,先是对已知条件进行化简,根据化简后的情况,将证明的问题转化为另一问题.本题证明的关键是能够利用抛物线的定义将所证结论转化为证明HN∥y轴.通过直线与抛物线联立得到韦达定理的形式,利用韦达定理的结论证得HN∥y轴.对点训练2(2020河南开封三模,文19)已知抛物线C:x2=2py(p>0),F为抛物线C的焦点.以F为圆心,p为半径作圆,与抛物线C在第一象限交点的横坐标为2.(1)求抛物线C的方程;(2)直线y=kx+1与抛物线C交于A,B两点,过A,B分别作抛物线C的切线l1,l2,设切线l1,l2的交点为P,求证:△PAB为直角三角形.题型二圆锥曲线中的探究性问题(多方向探究)突破策略一肯定顺推法【例3】已知F为抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点,过点F的动直线交抛物线C于A,B两点,当直线与x轴垂直时,|AB|=4.(1)求抛物线C的方程;(2)设直线AB的斜率为1且与抛物线C的准线l相交于点M,抛物线C上存在点P使得直线PA,PM,PB的斜率成等差数列,求点P的坐标.解题心得存在性问题通常用“肯定顺推法”,将不确定性问题明朗化,其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程(组),若方程(组)有实数解,则元素(点、直线、曲线或参数)存在;否则,元素(点、直线、曲线或参数)不存在.对点训练3(2020陕西咸阳二模,文20,理20)已知椭圆C:x 2a2+y2b2=1(a>b>0)过点(1,32),且其离心率为12,过坐标原点O作两条互相垂直的射线与椭圆C分别相交于M,N两点.(1)求椭圆C的方程;(2)是否存在圆心在原点的定圆与直线MN总相切?若存在,求定圆的方程;若不存在,请说明理由.突破策略二 探究转化法【例4】(2019全国2,文20)已知F 1,F 2是椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的两个焦点,P 为C 上的点,O 为坐标原点.(1)若△POF 2为等边三角形,求C 的离心率;(2)如果存在点P ,使得PF 1⊥PF 2,且△F 1PF 2的面积等于16,求b 的值和a 的取值范围.解题心得转化探究方向,是指将所探究的问题转化为其他明确的问题,使所探究的问题更加具体,易求.对于范围最值的探究,一般转化为对函数性质的研究,或对不等式的研究问题.对点训练4(2020山西晋城一模,理20)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的半焦距为c ,圆O :x 2+y 2=c 2与椭圆C 有且仅有两个公共点,直线y=2与椭圆C 只有一个公共点.(1)求椭圆C 的标准方程;(2)已知动直线l 过椭圆C 的左焦点F ,且与椭圆C 分别交于P ,Q 两点,试问:x 轴上是否存在定点R ,使得RP⃗⃗⃗⃗⃗ ·RQ ⃗⃗⃗⃗⃗ 为定值?若存在,求出该定值和点R 的坐标;若不存在,请说明理由.突破策略三利用假设法【例5】已知椭圆C:x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(-1,0),F2(1,0),且椭圆过点(1,32).(1)求椭圆C的方程;(2)若A,B为椭圆的左、右顶点,P(x0,y0)(y0≠0)为椭圆上一动点,设直线AP,BP分别交直线l:x=6于点M,N,判断以线段MN为直径的圆是否恒过定点,若恒过定点,求出该定点坐标;若不恒过定点,说明理由.解题心得1.利用假设法一般地先假设定点存在,并设出定点坐标,再把其作为已知条件,求解定点坐标.2.探索直线过定点时,可设直线方程为y=kx+b,然后利用条件建立关于k,b的等量关系,再借助于直线系的思想找出定点.3.从特殊情况入手,先探求定点,再证明与变量无关.对点训练5(2020河北保定一模,理20)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的右焦点为F (c ,0),离心率为√22,且经过点(1,√62),点M 为椭圆上的动点.(1)求点M 到点D (1,0)的最短与最长距离;(2)设直线l :y=x+n 与椭圆C 相交于A ,B 两点,则是否存在点P (√2,m ),使得△ABP 的内切圆恰好为x 2+y 2=1?并说明理由.突破3 圆锥曲线中的 证明与探索性问题例1(1)解由题意可得{ca=√32,2c =2√3,解得{a =2,c =√3,∴b 2=a 2-c 2=1,故椭圆C 的方程为x 24+y 2=1.(2)证明①设直线l 的方程为y=-12x+m ,P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2).由{y =-12x +m ,x 24+y 2=1消去y ,得x 2-2mx+2(m 2-1)=0.则Δ=4m 2-8(m 2-1)=4(2-m 2)>0,且x 1+x 2=2m ,x 1x 2=2(m 2-1), ∴y 1y 2=(-12x 1+m)(-12x 2+m)=14x 1x 2-12m (x 1+x 2)+m 2=m 2-12,∴k OP k OQ =y 1y 2x 1x 2=m 2-122(m 2-1)=14=k PQ 2,即直线OP ,PQ ,OQ 的斜率依次成等比数列.②由题可知∠xOQ'=∠xOQ ,由①可知tan ∠xOQ'·tan ∠xOP=14,tan ∠xOQ'>0,tan ∠xOP>0, ∴tan ∠POQ'=tan(∠xOQ'+∠xOP )=tan∠xOQ '+tan∠xOP 1-tan∠xOQ '·tan∠xOP =43(tan ∠xOQ'+tan ∠xOP )≥43×2√tan∠xOQ '·tan∠xOP =43.当且仅当∠xOQ'=∠xOP 时,等号成立,此时P ,Q 两点重合,不符合题意,可知无法取得等号.∴tan ∠POQ'>43.对点训练1(1)解由题可知2c=4,c=2,∴椭圆的左、右焦点分别为(-2,0),(2,0). (方法1)由椭圆的定义知2a=√(-1+2)2+(√142)2+√(-1-2)2+(√142)2=4√2,∴a=2√2,b 2=a 2-c 2=4, ∴椭圆E 的方程为x 28+y 24=1. (方法2)由题可知{1a 2+72b 2=1,a 2-b 2=4,解得{b 2=4,a 2=8.∴椭圆E 的方程为x 28+y 24=1.(2)证明由(1)得A (0,2),B (0,-2),C (2√2,2).直线l :y=kx-2与椭圆x 2+2y 2=8联立,得(2k 2+1)x 2-8kx=0.∴x M =8k 2k 2+1,从而M8k2k 2+1,4k 2-22k 2+1,Q (2k,0).∴直线AM 的斜率为4k 2-22k 2+1-28k 2k 2+1=-12k ,直线AM 的方程为y=-12k x+2.令x=2√2,得P 2√2,-√2k +2, ∴直线PQ 的斜率k PQ =-√2k+22√2-2k=√2+2k 2√2k -2=√2(√2k 2(√2k -1)=√22. ∵直线OC 的斜率k OC =2√2=√22, ∴k PQ =k OC ,从而PQ ∥OC.例2(1)解设P (x ,y ),B (x 0,y 0),∵P 为AB 中点,∴{x 0=2x ,y 0=2y +1.∵B 为曲线y=18x 2+1上任意一点,∴y 0=18x 02+1,代入得x 2=4y ,∴点P 的轨迹C 的方程为x 2=4y.(2)证明依题意得F (0,1),直线MN 的斜率存在,其方程可设为y=kx+1.设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),联立{y =kx +1,x 2=4y ,得x 2-4kx-4=0,则Δ=16k 2+16>0,∴x 1x 2=-4.∵直线OM 的方程为y=y1x 1x ,H 是直线OM 与直线y=-1的交点,∴H (-x1y 1,-1).根据抛物线的定义|NF|等于点N 到准线y=-1的距离.∵H 在准线y=-1上,∴要证明|NF|=|NH|,只需证明HN 垂直于准线y=-1,即证HN ∥y 轴.∵H 的横坐标-x 1y 1=-x 1x 124=-4x 1=x 1x 2x 1=x 2,∴HN ∥y 轴成立,∴|NF|=|NH|成立.对点训练2(1)解记抛物线C 与圆F 在第一象限的交点为M.由题意,圆F 与抛物线C 的准线相切,且M 到抛物线C 准线的距离等于圆F 的半径p.所以点M 的坐标为(2,p2).代入抛物线方程,得4=p 2(p>0),所以p=2. (2)证明设A (x 1,x 124),B (x 2,x 224),由x 2=4y 得y=14x 2,求导得y'=12x ,所以A ,B 两点处的切线斜率分别为k 1=12x 1,k 2=12x 2. 由{y =kx +1,x 2=4y ,得x 2-4kx-4=0, 所以x 1+x 2=4k ,x 1x 2=-4, 所以k 1k 2=14x 1x 2=-1.所以PA ⊥PB ,即△PAB 为直角三角形.例3解(1)由题可知F (p 2,0),在抛物线方程y 2=2px 中,令x=p2,可得y=±p.于是当直线与y 轴垂直时,|AB|=2p=4,解得p=2.所以抛物线的方程为y 2=4x. (2)因为抛物线y 2=4x 的准线方程为x=-1,直线AB 的方程为y=x-1,所以M (-1,-2). 联立{y 2=4x ,y =x -1消去x ,得y 2-4y-4=0.设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则y 1+y 2=4,y 1y 2=-4.若点P (x 0,y 0)满足条件,则2k PM =k PA +k PB ,即2·y 0+2x 0+1=y 0-y 1x 0-x 1+y 0-y2x 0-x 2,因为点P ,A ,B 均在抛物线上,所以x 0=y 024,x 1=y 124,x 2=y 224.代入化简可得2(y 0+2)y 02+4=2y 0+y 1+y 2y 02+(y 1+y 2)y0+y 1y 2,将y 1+y 2=4,y 1y 2=-4代入,解得y 0=±2.将y 0=±2代入抛物线方程,可得x 0=1.于是点P (1,±2)为满足题意的点.对点训练3解(1)∵椭圆C 经过点(1,32),∴1a +94b =1,又ca=12,∴a 2=4,b 2=3.∴椭圆C 的方程为x 24+y 23=1.(2)存在.①当直线MN 的斜率不存在时,由对称性,设M (x 0,x 0),N (x 0,-x 0). ∵M ,N 在椭圆C 上,∴x 024+x 023=1,∴x 02=127.∴O 到直线MN 的距离为d=|x 0|=2√217,∴圆的方程为x2+y 2=127. ②当直线MN 的斜率存在时,设MN 的方程为y=kx+m , 联立{y =kx +m ,x 24+y 23=1,得(3+4k 2)x 2+8kmx+4m 2-12=0.设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),则x 1+x 2=-8km3+4k 2,x 1x 2=4m 2-123+4k 2. ∵OM ⊥ON ,∴x 1x 2+y 1y 2=0,∴x 1x 2+(kx 1+m )(kx 2+m )=(k 2+1)x 1x 2+km (x 1+x 2)+m 2=0. ∴(k 2+1)·4m 2-123+4k −8k 2m 23+4k +m 2=0,即7m 2=12(k 2+1).∴O 到直线MN 的距离为d=√k 2+1=√127=2√217, ∴圆的方程为x 2+y 2=127.综上所述,存在定圆x 2+y 2=127与直线MN 总相切.例4解(1)连接PF 1.由△POF 2为等边三角形可知在△F 1PF 2中,∠F 1PF 2=90°,|PF 2|=c ,|PF 1|=√3c ,于是2a=|PF 1|+|PF 2|=(√3+1)c ,故C 的离心率e=ca =√3-1.(2)由题意可知,满足条件的点P (x ,y )存在,则12|y|·2c=16,y x+c ·yx -c =-1,x 2a 2+y 2b 2=1,即c|y|=16,①x 2+y 2=c 2,② x 2a2+y 2b 2=1.③由②③及a 2=b 2+c 2得y 2=b 4c 2,又由①知y 2=162c 2,故b=4.由②③得x 2=a 2c 2(c 2-b 2),所以c 2≥b 2,从而a 2=b 2+c 2≥2b 2=32,故a ≥4√2.当b=4,a ≥4√2时,存在满足条件的点P.所以b=4,a 的取值范围为[4√2,+∞). 对点训练4解(1)依题意,得c=b=2,则a 2=b 2+c 2=4+4=8,故椭圆的标准方程为x 28+y 24=1.(2)存在.①当直线l 的斜率存在时,设直线l 的方程为y=k (x+2), 代入椭圆C 的方程,可得(2k 2+1)x 2+8k 2x+8k 2-8=0. 设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2), 则x 1+x 2=-8k 22k 2+1,x 1x 2=8k 2-82k 2+1.设R (m ,0),则RP⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1-m ,y 1),RQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 2-m ,y 2). RP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·RQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1-m )(x 2-m )+y 1y 2=(x 1-m )(x 2-m )+k 2[x 1x 2+2(x 1+x 2)+4]=(k 2+1)8k 2-82k 2+1−8k 2(2k 2-m )2k 2+1+4k 2+m 2=(2m 2+8m+4)k 2+m 2-82k 2+1=(2m 2+8m+4)(k 2+m 2-82m 2+8m+4)2k 2+1,当m 2-82m 2+8m+4=12,即m=-52时,RP⃗⃗⃗⃗⃗ ·RQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2m 2+8m+4)(k 2+m 2-82m 2+8m+4)2k 2+1=-74为定值,此时R 点的坐标为R (-52,0).②当直线l 的斜率不存在时,直线l 的方程为x=-2,联立{x =-2,x 28+y 24=1,得{x =-2,y =±√2.不妨设P (-2,√2),Q (-2,-√2),若R (-52,0),则RP⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,√2),RQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,-√2),RP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·RQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =-74. 综上所述,在x 轴上存在点R (-52,0),使得RP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·RQ ⃗⃗⃗⃗⃗ 为定值-74. 例5解(1)由已知c=1,∴a 2=b 2+1,①∵椭圆过点(1,32),∴1a 2+94b 2=1, ②联立①②得a 2=4,b 2=3, ∴椭圆方程为x 24+y 23=1.(2)以线段MN 为直径的圆恒过定点.设P (x 0,y 0),已知A (-2,0),B (2,0),∵y 0≠0,∴x 0≠±2,∴直线AP ,BP 都有斜率,∴k AP =y 0x+2,k BP =y 0x 0-2, ∴k AP ·k BP =y 02x 02-4,③ ∵x 024+y 023=1,∴y 02=3(1-x 024). ④将④代入③得k AP ·k BP =3(1-x 024)x 02-4=-34,设直线AP 方程为y=k (x+2),∴直线BP 方程为y=-34k (x-2),∴M (6,8k ),N (6,-3k ),由对称性可知,若存在定点,则该定点必在x 轴上,设该定点为T (t ,0),则TM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥TN ⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴TM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·T N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(6-t ,8k )·(6-t ,-3k)=(6-t )2+(-24)=0,∴(6-t )2=24,∴t=6±2√6.∴存在定点(6+2√6,0)或(6-2√6,0)以线段MN 为直径的圆恒过该定点.对点训练5解(1)依题意得{ 1a 2+32b 2=1,c a =√22,a 2=b 2+c 2,解得{a =2,c =b =√2,所以椭圆C 的方程为x 24+y 22=1.设M (x 0,y 0)(x 0∈[-2,2])到点D 的距离为d , 因为x 024+y 022=1,所以y 02=2-x 022, 所以d 2=(x 0-1)2+y 02=12x 02-2x 0+3,其对称轴为x=2,所以该函数在[-2,2]上单调递减,所以当x 0=2时,d 取得最小值1;当x 0=-2时,d 取得最大值3. (2)假设存在点P (√2,m ),使得△ABP 的内切圆恰好为x 2+y 2=1,。

第3课时 定点、定值、探索性问题授课提示：对应学生用书第373页[A 组 基础保分练]1．（2021·蚌埠模拟）已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1（a ＞b ＞0）经过点P （0，1），离心率e ＝32．（1）求椭圆C 的方程；（2）设直线l 经过点Q （2，－1）且与C 相交于A ，B 两点（异于点P ），记直线PA 的斜率为k 1，直线PB 的斜率为k 2，证明：k 1＋k 2为定值．解析：（1）因为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1（a ＞b ＞0），经过点P （0，1），所以b ＝1．又e ＝32，所以ca ＝32，解得a ＝2．所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1．（2）证明：若直线AB 的斜率不存在，则直线l 的方程为x ＝2，此时直线与椭圆相切，不符合题意．设直线AB 的方程为y ＋1＝k （x －2），即y ＝kx －2k －1，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －2k －1，x 24＋y 2＝1，得（1＋4k 2）x 2－8k （2k ＋1）x ＋16k 2＋16k ＝0，设A （x 1，y 1），B（x 2，y 2），则x 1＋x 2＝8k （2k ＋1）1＋4k 2，x 1x 2＝16k 2＋16k 1＋4k 2，k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝x 2（kx 1－2k －2）＋x 1（kx 2－2k －2）x 1x 2＝2kx 1x 2－（2k ＋2）（x 1＋x 2）x 1x 2＝2k －（2k ＋2）（x 1＋x 2）x 1x 2＝2k －（2k ＋2）·8k （2k ＋1）16k （k ＋1）＝2k －（2k ＋1）＝－1．所以k 1＋k 2为定值，且定值为－1．2．（2021·广州四校联考）设斜率不为0的直线l 与抛物线x 2＝4y 交于A ，B 两点，与椭圆x 26＋y 24＝1交于C ，D 两点，记直线OA ，OB ，OC ，OD （O 为坐标原点）的斜率分别为k 1，k 2，k 3，k 4．（1）若直线l 过点（0，4），证明：OA ⊥OB ； （2）求证：k 1＋k 2k 3＋k 4的值与直线l 的斜率的大小无关．证明：设直线l 的方程为y ＝kx ＋m ，k ≠0，A （x 1，y 1），B （x 2，y 2）．（1）依题意，⎩⎪⎨⎪⎧x 21＝4y 1，x 22＝4y 2，两式相乘得（x 1x 2）2＝16y 1y 2，若直线l 过点（0，4），则直线l 的方程为y ＝kx ＋4，将直线l 的方程代入抛物线x 2＝4y ，得x 2－4kx －16＝0，易知Δ＞0，∴x 1x 2＝－16，∴y 1y 2＝16，∴OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝0，∴OA →·OB →＝0， ∴OA ⊥OB ．（2）设C （x 3，y 3），D （x 4，y 4）．联立y ＝kx ＋m 和x 2＝4y ，化简得x 2－4kx －4m ＝0，易知Δ＞0，则x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4m ，k 1＋k 2＝y 1x 1＋y 2x 2＝x 14＋x 24＝k ，联立y ＝kx ＋m 和x 26＋y 24＝1，化简得（2＋3k 2）x 2＋6kmx ＋3m 2－12＝0，在Δ＝（6km ）2－4（2＋3k 2）（3m 2－12）＞0的情况下， x 3＋x 4＝－6km2＋3k 2，x 3x 4＝3m 2－122＋3k 2，k 3＋k 4＝y 3x 3＋y 4x 4＝2k ＋m x 3＋m x 4＝2k ＋m （x 3＋x 4）x 3x 4＝2k ＋－6km 23m 2－12＝－8km 2－4，∴k 1＋k 2k 3＋k 4＝－m 2－48，是一个与直线l 的斜率k 无关的值．[B 组 能力提升练]1．（2021·临沂模拟）过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32的椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1（a ＞b ＞0），其离心率e ＝12．（1）求椭圆C 的方程；（2）若过椭圆C 的右焦点F 的直线l 与椭圆C 交于两点A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），且与y 轴交于一点M （不是原点），MA →＝λ1AF →，MB →＝λ2BF →，证明：λ1＋λ2为定值．解析：（1）解方程组⎩⎪⎨⎪⎧1a 2＋94b 2＝1，c a ＝12，a 2－b 2＝c 2，解得a ＝2，b ＝3，∴椭圆C 的方程是x 24＋y 23＝1．（2）证明：F （1，0），由题意可知直线AB 斜率存在且不为0，设直线AB 的方程为x ＝my ＋1（m ≠0），则M ⎝⎛⎭⎪⎫0，－1m ，∴MA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，y 1＋1m ，AF →＝（1－x 1，－y 1），MB →＝⎝⎛⎭⎪⎫x 2，y 2＋1m ，BF →＝（1－x 2，－y 2）．∵MA →＝λ1AF →，MB →＝λ2BF →， ∴y 1＋1m ＝－λ1y 1，y 2＋1m＝－λ2y 2，∴λ1＝－1－1my 1，λ2＝－1－1my 2，∴λ1＋λ2＝－2－1my 1－1my 2＝－2－y 1＋y 2my 1y 2．联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，x ＝my ＋1，消去x 得（3m 2＋4）y 2＋6my －9＝0，∴y 1＋y 2＝－6m 3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4， ∴λ1＋λ2＝－2－y 1＋y 2my 1y 2＝－2－1m ·－6m －9＝－83．∴λ1＋λ2为定值． 2．已知曲线C 1：x 2＋y 2＝r 2（r ＞0）和C 2：x 2a 2＋y 2b2＝1（a ＞b ＞0）都过点P （0，－2），且曲线C 2的离心率为32．（1）求曲线C 1和曲线C 2的方程；（2）设点A ，B 分别在曲线C 1，C 2上，PA ，PB 的斜率分别为k 1，k 2，当k 1＝4k 2＞0时，问直线AB 是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由． 解析：（1）曲线C 1：x 2＋y 2＝r 2（r ＞0）和C 2：x 2a 2＋y 2b 2＝1（a ＞b ＞0）都过点P （0，－2），∴r ＝2，b ＝2，∴曲线C 1的方程为x 2＋y 2＝4． ∵曲线C 2的离心率为32，∴e 2＝c 2a2＝1－b 2a 2＝34，∴a ＝4，∴曲线C 2的方程x 216＋y 24＝1．（2）设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），直线PA 的方程为y ＝k 1x －2，代入到x 2＋y 2＝4，消去y ，可得（1＋k 21）x 2－4k 1x ＝0，解得x ＝0或x 1＝4k 11＋k 21，∴y 1＝2k 21－21＋k 21，直线PB 的方程为y ＝k 2x －2，代入方程x 216＋y 24＝1，消去y ，可得（1＋4k 22）x 2－16k 2x ＝0，解得x ＝0或x 2＝16k 21＋4k 22，∴y 2＝8k 22－21＋4k 22．∵k 1＝4k 2， ∴直线AB 的斜率k ＝y 2－y 1x 2－x 1＝－1k 1，故直线AB 的方程为y －2k 21－21＋k 21＝－1k 1⎝⎛⎭⎪⎫x －4k 11＋k 21， 即y ＝－1k 1x ＋2，所以直线AB 恒过定点（0，2）．[C 组 创新应用练]（2021·大同调研）椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1（a ＞b ＞0）的左、右焦点分别为F 1，F 2，且离心率e ＝63．（1）设E 是直线y ＝x ＋2与椭圆的一个交点，求|EF 1|＋|EF 2|取最小值时椭圆的方程； （2）已知N （0，1），是否存在斜率为k 的直线l 与（1）中的椭圆交于不同的两点A ，B ，使得点N 在线段AB 的垂直平分线上？若存在，求出直线l 在y 轴上截距的范围；若不存在，说明理由．解析：（1）∵e ＝63，∴b 2a 2＝13，椭圆的方程可化为x 23b 2＋y 2b 2＝1，将x 23b 2＋y 2b 2＝1与y ＝x ＋2联立，消去y 化简得4x 2＋12x ＋12－3b 2＝0，由Δ＝144－16×（12－3b 2）≥0，解得b 2≥1，即b ≥1，∴|EF 1|＋|EF 2|＝2a ＝23b ≥23，当且仅当b ＝1时，|EF 1|＋|EF 2|取最小值23，∴椭圆的方程为x 23＋y 2＝1． （2）设直线l 在y 轴上的截距为t ，则直线l 的方程为y ＝kx ＋t ，代入x 23＋y 2＝1，消去y 整理得，（1＋3k 2）x 2＋6ktx ＋3t 2－3＝0，∵直线l 与椭圆交于不同的两点， ∴Δ1＝（6kt ）2－12（t 2－1）（1＋3k 2）＞0，即t 2＜1＋3k 2． 设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），AB 的中点为Q ，则x 1＋x 2＝－6kt1＋3k 2，x 1x 2＝3t 2－31＋3k 2，y 1＋y 2＝k （x 1＋x 2）＋2t ＝2t1＋3k 2，∴AB 的中点Q 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－3kt 1＋3k 2，t 1＋3k 2， ∴当k ≠0时，t1＋3k 2－1－3kt 1＋3k 2＝－1k，化简得1＋3k 2＝－2t ，代入t 2＜1＋3k 2得－2＜t ＜0，又－2t ＝1＋3k 2＞1，∴t ＜－12，故－2＜t ＜－12． 当k ＝0时，－1＜t ＜1．综上，k ≠0时，直线l 在y 轴上截距的范围为⎝⎛⎭⎪⎫－2，－12；k ＝0时，直线l 在y 轴上截距的范围为（－1，1）．。

第3课时 证明与探索性问题课时精练1．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的一个焦点为F (－1,0)，点P ⎝⎛⎭⎫23，263在C 上． (1)求椭圆C 的方程；(2)已知点M (－4,0)，过F 作直线l 交椭圆于A ，B 两点，求证：∠FMA ＝∠FMB .(1)解 由题意知，c ＝1，∵点P ⎝⎛⎭⎫23，263在椭圆C 上， ∴49a 2＋83b 2＝1.又a 2＝b 2＋c 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)证明 当l 与x 轴垂直时，直线MF 恰好平分∠AMB ，则∠FMA ＝∠FMB ； 当l 与x 轴不垂直时，设直线l 的方程为y ＝k (x ＋1)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝k (x ＋1)，消去y 得，(3＋4k 2)x 2＋8k 2x ＋4k 2－12＝0， ∵Δ>0恒成立，∴设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由根与系数的关系，得x 1＋x 2＝－8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2， 直线MA ，MB 的斜率之和为k MA ＋k MB ＝y 1x 1＋4＋y 2x 2＋4＝y 1(x 2＋4)＋y 2(x 1＋4)(x 1＋4)(x 2＋4)＝k (x 1＋1)(x 2＋4)＋k (x 2＋1)(x 1＋4)(x 1＋4)(x 2＋4)＝k [2x 1x 2＋5(x 2＋x 1)＋8](x 1＋4)(x 2＋4)， ∵2x 1x 2＋5(x 2＋x 1)＋8＝2×4k 2－123＋4k 2＋5×⎝⎛⎭⎫－8k 23＋4k 2＋8＝0， ∴k MA ＋k MB ＝0，故直线MA ，MB 的倾斜角互补，综上所述，∠FMA ＝∠FMB .2．(2020·青岛质检)设椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过点F 1的直线交椭圆E 于A ，B 两点．若椭圆E 的离心率为22，△ABF 2的周长为4 6. (1)求椭圆E 的方程； (2)设不经过椭圆的中心而平行于弦AB 的直线交椭圆E 于点C ，D ，设弦AB ，CD 的中点分别为M ，N ，证明：O ，M ，N 三点共线．(1)解 由题意知，4a ＝46，a ＝ 6.又e ＝22，∴c ＝3，b ＝3， ∴椭圆E 的方程为x 26＋y 23＝1. (2)证明 当直线AB ，CD 的斜率不存在时，由椭圆的对称性知，中点M ，N 在x 轴上，O ，M ，N 三点共线，当直线AB ，CD 的斜率存在时，设其斜率为k ，且设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x 0，y 0)， 则⎩⎨⎧ x 216＋y 213＝1，x 226＋y 223＝1，两式相减，得x 216＋y 213－⎝⎛⎭⎫x 226＋y 223＝0， ∴x 21－x 226＝－y 21－y 223，(x 1－x 2)(x 1＋x 2)6＝－(y 1－y 2)(y 1＋y 2)3， ∴y 1－y 2x 1－x 2·y 1＋y 2x 1＋x 2＝－36，y 1－y 2x 1－x 2·y 0x 0＝－36， 即k ·k OM ＝－12，∴k OM ＝－12k. 同理可得k ON ＝－12k，∴k OM ＝k ON ，∴O ，M ，N 三点共线． 3．设椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，F 1，F 2是椭圆的两个焦点，M 是椭圆上任意一点，且△MF 1F 2的周长是4＋2 3.(1)求椭圆C 1的方程；(2)设椭圆C 1的左、右顶点分别为A ，B ，过椭圆C 1上的一点D 作x 轴的垂线交x 轴于点E ，若点C 满足AB →⊥BC →，AD →∥OC →，连接AC 交DE 于点P ，求证：|PD |＝|PE |.(1)解 由e ＝32，知c a ＝32，所以c ＝32a ， 因为△MF 1F 2的周长是4＋23，所以2a ＋2c ＝4＋23，所以a ＝2，c ＝3，所以b 2＝a 2－c 2＝1，所以椭圆C 1的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明 由(1)得A (－2,0)，B (2,0)，设D (x 0，y 0)，所以E (x 0,0)，因为AB →⊥BC →，所以可设C (2，y 1)，所以AD →＝(x 0＋2，y 0)，OC →＝(2，y 1)，由AD →∥OC →可得：(x 0＋2)y 1＝2y 0，即y 1＝2y 0x 0＋2. 所以直线AC 的方程为y －02y 0x 0＋2－0＝x ＋22－(－2). 整理得：y ＝y 02(x 0＋2)(x ＋2)． 又点P 在DE 上，将x ＝x 0代入直线AC 的方程可得：y ＝y 02，即点P 的坐标为⎝⎛⎭⎫x 0，y 02，所以P 为DE 的中点，|PD |＝|PE |.4．已知斜率为k 的直线l 与椭圆C ：x 24＋y 23＝1交于A ，B 两点．线段AB 的中点为M (1，m )(m >0)． (1)证明：k <－12； (2)设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且FP →＋F A →＋FB →＝0.证明：2|FP →|＝|F A →|＋|FB →|.证明 (1)设直线l 的方程为y ＝kx ＋t ，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋t ，x 24＋y 23＝1， 消去y 得(4k 2＋3)x 2＋8ktx ＋4t 2－12＝0，则Δ＝64k 2t 2－4(4t 2－12)(3＋4k 2)>0，得4k 2＋3>t 2，①且x 1＋x 2＝－8kt 3＋4k 2＝2， y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2t ＝6t 3＋4k 2＝2m ， 因为m >0，所以t >0且k <0.且t ＝3＋4k 2－4k，② 由①②得4k 2＋3>(3＋4k 2)216k 2，所以k >12或k <－12. 因为k <0，所以k <－12. (2)FP →＋F A →＋FB →＝0，FP →＋2FM →＝0，因为M (1，m )，F (1,0)，所以P 的坐标为(1，－2m )．又P 在椭圆上，所以14＋4m 23＝1， 所以m ＝34，P ⎝⎛⎭⎫1，－32， 又x 214＋y 213＝1，x 224＋y 223＝1， 两式相减可得y 1－y 2x 1－x 2＝－34·x 1＋x 2y 1＋y 2， 又x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝32，所以k ＝－1， 直线l 方程为y －34＝－(x －1)，即y ＝－x ＋74， 所以⎩⎨⎧ y ＝－x ＋74，x 24＋y 23＝1，消去y 得28x 2－56x ＋1＝0，x 1,2＝14±32114， |F A →|＋|FB →|＝(x 1－1)2＋y 21＋(x 2－1)2＋y 22＝3，|FP →|＝(1－1)2＋⎝⎛⎭⎫－32－02＝32， 所以|F A →|＋|FB →|＝2|FP →|.5．(2020·衡水模拟)已知点P 在圆O ：x 2＋y 2＝6上运动，点P 在x 轴上的投影为Q ，动点M满足(1－3)OQ →＝OP →－3OM →.(1)求动点M 的轨迹E 的方程；(2)过点(2,0)的动直线l 与曲线E 交于A ，B 两点，问：在x 轴上是否存在定点D ，使得DA →·AB→＋DA →2的值为定值？若存在，求出定点D 的坐标及该定值；若不存在，请说明理由． 解 (1)设M (x ，y )，P (x 0，y 0)，由(1－3)OQ →＝OP →－3OM →，得OQ →－OP →＝3OQ →－3OM →，即PQ →＝3MQ →，∴⎩⎨⎧x 0＝x ，y 0＝3y ，又点P (x 0，y 0)在圆O ：x 2＋y 2＝6上，∴x 20＋y 20＝6，∴x 2＋3y 2＝6，∴轨迹E 的方程为x 26＋y 22＝1. (2)当直线l 的斜率存在时，设l ：y ＝k (x －2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 26＋y 22＝1，y ＝k (x －2)，消去y 得 (1＋3k 2)x 2－12k 2x ＋12k 2－6＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∴x 1＋x 2＝12k 21＋3k 2，x 1·x 2＝12k 2－61＋3k 2， 根据题意，假设x 轴上存在定点D (m ,0)，使得DA →·AB →＋DA →2＝DA →·(AB →－AD →)＝DA →·DB →为定值，则有DA →·DB →＝(x 1－m ，y 1)·(x 2－m ，y 2)＝(x 1－m )(x 2－m )＋y 1y 2＝(x 1－m )(x 2－m )＋k 2(x 1－2)(x 2－2)＝(k 2＋1)x 1x 2－(2k 2＋m )(x 1＋x 2)＋(4k 2＋m 2)＝(k 2＋1)·12k 2－61＋3k 2－(2k 2＋m )·12k 21＋3k 2＋(4k 2＋m 2) ＝(3m 2－12m ＋10)k 2＋(m 2－6)3k 2＋1要使上式为定值，即与k 无关，则3m 2－12m ＋10＝3(m 2－6)，即m ＝73，此时DA →·DB →＝m 2－6＝－59为常数，定点D 的坐标为⎝⎛⎭⎫73，0. 当直线l 的斜率不存在时，直线l 的方程为x ＝2，易求得直线l 与椭圆C 的两个交点坐标分别为⎝⎛⎭⎫2，63，⎝⎛⎭⎫2，－63， 此时DA →·DB →＝⎝⎛⎭⎫－13，63·⎝⎛⎭⎫－13，－63＝－59. 综上所述，存在定点D ⎝⎛⎭⎫73，0，使得DA →·AB →＋DA →2为定值－59.。