【高考精品复习】第九篇 解析几何 方法技巧2 圆锥曲线的综合应用

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＝－。

第9节 圆锥曲线的综合问题考试要求 1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法；2.了解圆锥曲线的简单应用；3.理解数形结合的思想.知 识 梳 理1.求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关.(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值. 2.定点的探索与证明问题(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为y ＝kx ＋b ，然后利用条件建立b ，k 等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点.(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关. 3.求解X 围问题的方法求X 围问题的关键是建立求解关于某个变量的目标函数，通过求这个函数的值域确定目标的X 围，要特别注意变量的取值X 围. 4.圆锥曲线中常见最值的解题方法(1)几何法，假设题目的条件和结论能明显表达几何特征及意义，那么考虑利用图形性质来解决；(2)代数法，假设题目的条件和结论能表达一种明确的函数关系，那么可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解. 5.圆锥曲线的弦长设斜率为k (k ≠0)的直线l 与圆锥曲线C 相交于A ，B 两点，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，那么 |AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·〔x 1＋x 2〕2－4x 1x 2 ＝1＋1k2·|y 1－y 2|＝1＋1k2·〔y 1＋y 2〕2－4y 1y 2.[常用结论与微点提醒]1.直线与椭圆位置关系的有关结论(1)过椭圆外一点总有两条直线与椭圆相切；(2)过椭圆上一点有且仅有一条直线与椭圆相切；(3)过椭圆内一点的直线均与椭圆相交.2.直线与抛物线位置关系的有关结论(1)过抛物线外一点总有三条直线和抛物线有且只有一个公共点，即两条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；(2)过抛物线上一点总有两条直线与抛物线有且只有一个公共点，即一条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；(3)过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点，即一条与对称轴平行或重合的直线.诊断自测1.判断以下结论正误(在括号内打“√〞或“×〞)(1)直线l与椭圆C相切的充要条件是：直线l与椭圆C只有一个公共点.( )(2)直线l与双曲线C相切的充要条件是：直线l与双曲线C只有一个公共点.( )(3)直线l与抛物线C相切的充要条件是：直线l与抛物线C只有一个公共点.( )(4)如果直线x＝ty＋a与圆锥曲线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，那么弦长|AB|＝1＋t2|y1－y2|.( )解析(2)因为直线l与双曲线C的渐近线平行时，也只有一个公共点，是相交，但并不相切.(3)因为直线l与抛物线C的对称轴平行或重合时，也只有一个公共点，是相交，但不相切. 答案(1)√(2)×(3)×(4)√2.(老教材选修2－1P71例6改编)过点(0，1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，这样的直线有( )A.1条B.2条C.3条D.4条解析 结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x ＝0，过点(0，1)且平行于x 轴的直线以及过点(0，1)且与抛物线相切的直线(非直线x ＝0). 答案 C3.(老教材选修2－1P69例4改编)倾斜角为60°的直线l 通过抛物线x 2＝4y 的焦点，且与抛物线相交于A ，B 两点，那么弦|AB |＝________. 解析 法一 直线l 的方程为y ＝3x ＋1， 由⎩⎨⎧y ＝3x ＋1，x 2＝4y ，得y 2－14y ＋1＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，那么y 1＋y 2＝14， ∴|AB |＝y 1＋y 2＋p ＝14＋2＝16.法二 如下图，过F 作AD 的垂线，垂足为H ，那么|AF |＝|AD |＝p ＋|AF |sin 60°，即|AF |＝p1－sin 60°＝21－sin 60°.同理，|BF |＝21＋sin 60°，故|AB |＝|AF |＋|BF |＝16.答案 164.(2019·某某卷)抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，准线为l .假设l 与双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的两条渐近线分别交于点A 和点B ，且|AB |＝4|OF |(O 为原点)，那么双曲线的离心率为( ) A.2B.3C.2 D. 5解析 由易得，抛物线y 2＝4x 的焦点为F (1，0)，准线l ：x ＝－1，所以|OF |＝1.又双曲线的两条渐近线的方程为y ＝±b ax ，不妨设点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，b a ，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－b a，所以|AB |＝2b a＝4|OF |＝4，所以ba＝2，即b ＝2a ，所以b 2＝4a 2.又双曲线方程中c 2＝a 2＋b 2，所以c 2＝5a 2，所以e ＝c a＝ 5.应选D. 答案 D5.(2020·某某七校联考)点P 为椭圆x 216＋y 212＝1的动点，EF 为圆N ：x 2＋(y －1)2＝1的任一直径，那么PE →·PF →的最大值和最小值分别是( ) A.16，12－43B.17，13－4 3 C.19，12－43D.20，13－4 3解析 ∵EF 是圆N 的直径，∴|NE |＝|NF |＝1，且NF →＝－NE →，那么PE →·PF →＝(PN →＋NE →)·(PN →＋NF →)＝(PN →＋NE →)·(PN →－NE →)＝PN →2－NE →2＝PN →2－1，设P (x 0，y 0)，那么有x 2016＋y 2012＝1，即x 20＝16－43y 20，又N (0，1)，∴|PN →|2＝x 20＋(y 0－1)2＝－13(y 0＋3)2＋20，又∵y 0∈[－23，23]，∴当y 0＝－3时，|PN →|2取得最大值20，那么(PE →·PF →)max ＝20－1＝19.当y 0＝23时，|PN →|2取得最小值13－43，那么(PE →·PF →)min ＝12－4 3.综上，PE →·PF →的最大值和最小值分别为19，12－43，应选C. 答案 C6.(2020·某某五校协作体联考改编)点A (0，2)，抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)的焦点为F ，射线FA 与抛物线C 相交于点M ，与其准线相交于点N ，假设|FM ||MN |＝55，那么p 的值等于________. 解析 过点M 向准线作垂线，垂足为P ，由抛物线的定义可知，|MF |＝|MP |，因为|FM ||MN |＝55，所以|MP ||MN |＝55，所以sin∠MNP ＝55，那么tan∠MNP ＝12，又∠OFA ＋∠MNP ＝90°(O 为坐标原点)，所以tan∠OFA ＝2＝212p ，那么p ＝2.答案 2第一课时 最值、X 围、证明问题考点一 最值问题[例1] (一题多解)(2020·东北三省四市教研模拟)如图，椭圆C ：x 218＋y 29＝1的短轴端点分别为B 1，B 2，点M 是椭圆C 上的动点，且不与B 1，B 2重合，点N 满足NB 1⊥MB 1，NB 2⊥MB 2.(1)(一题多解)求动点N 的轨迹方程； (2)求四边形MB 2NB 1面积的最大值.解 (1)法一 设N (x ，y )，M (x 0，y 0)(x 0≠0)， ∵MB 1⊥NB 1，MB 2⊥NB 2，B 1(0，－3)，B 2(0，3)， ∴直线NB 1：y ＋3＝－x 0y 0＋3x ，① 直线NB 2：y －3＝－x 0y 0－3x ，② ①×②得y 2－9＝x 20y 20－9x 2，又x 2018＋y 209＝1， ∴y 2－9＝18⎝ ⎛⎭⎪⎫1－y 209y 20－9x 2＝－2x 2，整理得点N 的轨迹方程为y 29＋x 292＝1(x ≠0).法二 设直线MB 1：y ＝kx －3(k ≠0)， 那么直线NB 1：y ＝－1kx －3，①直线MB 1与椭圆C ：x 218＋y 29＝1的交点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12k 2k 2＋1，6k 2－32k 2＋1，那么直线MB 2的斜率为k MB 2＝6k 2－32k 2＋1－312k 2k 2＋1＝－12k ，∴直线NB 2：y ＝2kx ＋3，②由①②解得N 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－6k 2k 2＋1，3－6k 22k 2＋1， 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－6k2k 2＋1y ＝3－6k22k 2＋1，得点N 的轨迹方程为y 29＋x 292＝1(x ≠0).(2)由(1)中法二得，四边形MB 2NB 1的面积S ＝12|B 1B 2|(|x M |＋|x N |)＝3×⎝⎛⎭⎪⎫12|k |2k 2＋1＋6|k |2k 2＋1＝54|k |2k 2＋1＝542|k |＋1|k |≤2722， 当且仅当|k |＝22时，S 取得最大值2722. 规律方法 圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是几何方法，即通过利用圆锥曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)变量的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.[训练1] (2020·某某调研)椭圆Γ：x 2a 2＋y 2b2＝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 →，假设t 的最大值和最小值分别为t 1，t 2，求t 1＋t 2的值.解 (1)由椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1的右焦点为(3，0)，知a 2－b 2＝3，即b 2＝a 2－3，那么x 2a 2＋y 2a 2－3＝1，a 2＞3.又椭圆过点M (－2，1)，∴4a 2＋1a 2－3＝1，又a 2＞3，∴a 2＝6.∴椭圆Γ的标准方程为x 26＋y 23＝1.(2)设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 26＋y 23＝1y ＝k 〔x －1〕得x 2＋2k 2(x －1)2＝6， 即(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－6＝0， ∵点N (1，0)在椭圆内部，∴Δ＞0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝4k 21＋2k2，①x 1x 2＝2k 2－62k 2＋1，②那么t ＝MA →·MB →＝(x 1＋2)(x 2＋2)＋(y 1－1)(y 2－1) ＝x 1x 2＋2(x 1＋x 2)＋4＋(kx 1－k －1)(kx 2－k －1) ＝(1＋k 2)x 1x 2＋(2－k 2－k )(x 1＋x 2)＋k 2＋2k ＋5③， 将①②代入③得，t ＝(1＋k 2)·2k 2－62k 2＋1＋(2－k 2－k )·4k22k 2＋1＋k 2＋2k ＋5，∴t ＝15k 2＋2k －12k 2＋1， ∴(15－2t )k 2＋2k －1－t ＝0，k ∈R ， 那么Δ1＝22＋4(15－2t )(1＋t )≥0，∴(2t －15)(t ＋1)－1≤0，即2t 2－13t －16≤0，由题意知t 1，t 2是2t 2－13t －16＝0的两根，∴t 1＋t 2＝132.考点二 X 围问题[例2] (2019·某某八所重点中学联考)椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，F 1，F 2为其左、右焦点，B 1，B 2为其上、下顶点，四边形F 1B 1F 2B 2的面积为2.(1)求椭圆E 的长轴A 1A 2的最小值，并确定此时椭圆E 的方程；(2)对于(1)中确定的椭圆E ，设过定点M (－2，0)的直线l 与椭圆E 相交于P ，Q 两点，假设MP →＝λMQ →，当λ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫13，12时，求△OPQ 的面积S 的取值X 围.解 (1)依题意四边形F 1B 1F 2B 2的面积为2bc ，∴2bc ＝2， ∵|A 1A 2|＝2a ＝2b 2＋c 2≥22bc ＝22， 当且仅当b ＝c ＝1时等号成立，此时a ＝2， ∴长轴A 1A 2的最小值为22， 此时椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)依题意，可设直线l ：x ＝ty －2，联立得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ty －2，x 22＋y 2＝1，得(t 2＋2)y 2－4ty ＋2＝0. 由Δ＞0，得t 2＞2. 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，由根与系数的关系得⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝4tt 2＋2，y 1·y 2＝2t 2＋2.由MP →＝λMQ →，得y 1＝λy 2， ∴⎩⎪⎨⎪⎧〔1＋λ〕y 2＝4tt 2＋2，①λy 22＝2t 2＋2，②由①2②得λ＋1λ＋2＝8t2t 2＋2， ∵y ＝λ＋1λ＋2在λ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫13，12上单调递减，∴λ＋1λ＋2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫92，163， ∴92＜8t 2t 2＋2＜163，187＜t 2＜4，满足Δ＞0. △OPQ 的面积S ＝S △OMQ －S △OMP＝12|OM ||y 1－y 2|＝|y 1－y 2|＝〔y 1＋y 2〕2－4y 1y 2＝22t 2－2t 2＋2. 设m ＝t 2－2，那么m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫277，2，t 2＝m 2＋2， ∴S ＝22m m 2＋4＝22m ＋4m，∵y ＝m ＋4m 在m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫277，2上单调递减，∴S 关于m 单调递增，∴△OPQ 的面积S ∈⎝⎛⎭⎪⎫148，23. 规律方法 解决圆锥曲线中的取值X 围问题应考虑的五个方面(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X 围；(2)利用参数的X 围，求新参数的X 围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系； (3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值X 围； (4)利用的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值X 围；(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值X 围.[训练2] (2020·某某七校联合考试)A ，B 是x 轴正半轴上两点(A 在B 的左侧)，且|AB |＝a (a＞0)，过A ，B 分别作x 轴的垂线，与抛物线y 2＝2px (p ＞0)在第一象限分别交于D ，C 两点. (1)假设a ＝p ，点A 与抛物线y 2＝2px 的焦点重合，求直线CD 的斜率；(2)假设O 为坐标原点，记△OCD 的面积为S 1，梯形ABCD 的面积为S 2，求S 1S 2的取值X 围.解 (1)由题意知A ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，那么B ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2＋a ，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，p ，那么C ⎝ ⎛⎭⎪⎫p2＋a ，p 2＋2pa ， 又a ＝p ，所以k CD ＝3p －p3p 2－p 2＝3－1. (2)设直线CD 的方程为y ＝kx ＋b (k ≠0)，C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b y 2＝2px，得ky 2－2py ＋2pb ＝0， 所以Δ＝4p 2－8pkb ＞0，得kb ＜p2，又y 1＋y 2＝2p k ，y 1y 2＝2pb k ，由y 1＋y 2＝2p k ＞0，y 1y 2＝2pbk＞0，可知k ＞0，b ＞0，因为|CD |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝a 1＋k 2，点O 到直线CD 的距离d ＝|b |1＋k2， 所以S 1＝12·a 1＋k 2·|b |1＋k 2＝12ab . 又S 2＝12(y 1＋y 2)·|x 1－x 2|＝12·2p k ·a ＝apk ，所以S 1S 2＝kb2p， 因为0＜kb ＜p 2，所以0＜S 1S 2＜14.即S 1S 2的取值X 围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14.考点三 证明问题[例3] (2020·某某高三抽测)点A (1，－32)在椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)上，O 为坐标原点，直线l ：xa 2－3y2b 2＝1的斜率与直线OA 的斜率乘积为－14. (1)求椭圆C 的方程；(2)(一题多解)不经过点A 的直线y ＝32x ＋t (t ≠0且t ∈R )与椭圆C 交于P ，Q 两点，P 关于原点的对称点为R (与点A 不重合)，直线AQ ，AR 与y 轴分别交于两点M ，N ，求证：|AM |＝|AN |. (1)解 由题意知，k OA ·k l ＝－32·2b 23a 2＝－b 2a 2＝－14， 即a 2＝4b 2，① 又1a 2＋34b2＝1，② 所以联立①②，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2b ＝1，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1. (2)证明 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，那么R (－x 1，－y 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝32x ＋t ，x 24＋y 2＝1，得x 2＋3tx ＋t 2－1＝0，所以Δ＝4－t 2＞0，即－2＜t ＜2， 又t ≠0，所以t ∈(－2，0)∪(0，2)，x 1＋x 2＝－3t ，x 1·x 2＝t 2－1.法一 要证明|AM |＝|AN |，可转化为证明直线AQ ，AR 的斜率互为相反数， 即证明k AQ ＋k AR ＝0.由题意知，k AQ ＋k AR ＝y 2＋32x 2－1＋y 1－32x 1＋1＝〔y 2＋32〕〔x 1＋1〕＋〔y 1－32〕〔x 2－1〕〔x 1＋1〕〔x 2－1〕＝〔32x 2＋t ＋32〕〔x 1＋1〕＋〔32x 1＋t －32〕〔x 2－1〕〔x 1＋1〕〔x 2－1〕＝3x 1x 2＋t 〔x 1＋x 2〕＋3〔x 1＋1〕〔x 2－1〕＝3〔t 2－1〕＋t 〔－3t 〕＋3〔x 1＋1〕〔x 2－1〕＝0，所以|AM |＝|AN |.法二 要证明|AM |＝|AN |，可转化为证明直线AQ ，AR 与y 轴的交点M ，N 连线的中点S 的纵坐标为－32，即AS 垂直平分MN 即可. 直线AQ 与AR 的方程分别为l AQ ：y ＋32＝y 2＋32x 2－1(x －1)，l AR ：y ＋32＝－y 1＋32－x 1－1(x －1)，分别令x ＝0，得y M ＝－y 2－32x 2－1－32，y N ＝－y 1＋32x 1＋1－32，所以y M ＋y N ＝－y 2－32x 2－1＋－y 1＋32x 1＋1－ 3＝〔－32x 1－t ＋32〕〔x 2－1〕＋〔－32x 2－t －32〕〔x 1＋1〕〔x 1＋1〕〔x 2－1〕－ 3＝－3x 1x 2－t 〔x 1＋x 2〕－3〔x 1＋1〕〔x 2－1〕－ 3＝－3〔t 2－1〕－t 〔－3t 〕－3〔x 1＋1〕〔x 2－1〕－ 3＝－3，y S ＝y M ＋y N 2＝－32，即AS 垂直平分MN .所以|AM |＝|AN |.规律方法 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，但有时也会用反证法证明.[训练3] (2020·某某模拟)如图，圆C 与x 轴相切于点T (2，0)，与y 轴正半轴相交于两点M ，N (点M 在点N 的下方)，且|MN |＝3.(1)求圆C 的方程；(2)过点M 任作一条直线与椭圆x 28＋y 24＝1相交于两点A ，B ，连接AN ，BN ，求证：∠ANM ＝∠BNM .(1)解 设圆C 的半径为r (r >0)，依题意，圆心C 的坐标为(2，r ). 因为|MN |＝3，所以r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋22＝254.所以r ＝52，圆C 的方程为(x －2)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －522＝254.(2)证明 把x ＝0代入方程(x －2)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －522＝254，解得y ＝1或y ＝4，即点M (0，1)，N (0，4).①当AB ⊥x 轴时，可知∠ANM ＝∠BNM ＝0.②当AB 与x 轴不垂直时，可设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1.联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 28＋y 24＝1消去y 得，(1＋2k 2)x 2＋4kx －6＝0.设直线AB 交椭圆于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，那么x 1＋x 2＝－4k 1＋2k 2，x 1x 2＝－61＋2k 2.所以k AN ＋k BN ＝y 1－4x 1＋y 2－4x 2＝kx 1－3x 1＋kx 2－3x 2＝2kx 1x 2－3〔x 1＋x 2〕x 1x 2＝1x 1x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k1＋2k 2＋12k 1＋2k 2＝0.所以∠ANM ＝∠BNM . 综合①②知∠ANM ＝∠BNM .A 级 基础巩固一、选择题1.直线y ＝b a x ＋3与双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的交点个数是( )A.1B.2C.1或2D.0解析 由直线y ＝b a x ＋3与双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的渐近线y ＝bax 平行，故直线与双曲线的交点个数是1. 答案 A2.(2019·某某八校联考)抛物线y ＝ax 2与直线y ＝kx ＋b (k ≠0)交于A ，B 两点，且这两点的横坐标分别为x 1，x 2，直线与x 轴交点的横坐标是x 3，那么( ) A.x 3＝x 1＋x 2B.x 1x 2＝x 1x 3＋x 2x 3 C.x 1＋x 2＋x 3＝0 D.x 1x 2＋x 2x 3＋x 3x 1＝0解析 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝ax 2，y ＝kx ＋b ，消去y 得ax 2－kx －b ＝0，可知x 1＋x 2＝k a ，x 1x 2＝－b a ，令kx ＋b ＝0得x 3＝－b k，所以x 1x 2＝x 1x 3＋x 2x 3. 答案 B3.假设点O 和点F 分别为椭圆x 24＋y 23＝1的中心和左焦点，点P 为椭圆上的任意一点，那么OP →·FP→的最大值为( ) A.2 B.3 C.6 D.8解析 由题意得F (－1，0)，设点P (x 0，y 0)，那么y 20＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 204(－2≤x 0≤2). OP →·FP →＝x 0(x 0＋1)＋y 20＝x 20＋x 0＋y 20＝x 20＋x 0＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 204＝14·(x 0＋2)2＋2.因为－2≤x 0≤2，所以当x 0＝2时，OP →·FP →取得最大值，最大值为6. 答案 C4.(2020·某某调研)设F ，B 分别为椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点和上顶点，O 为坐标原点，C 是直线y ＝b ax 与椭圆在第一象限内的交点，假设FO →＋FC →＝λ(BO →＋BC →)，那么椭圆的离心率是( ) A.22＋17 B.22－17 C.22－13D.2－1 解析 连接BF ，联立椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)与直线y ＝b a x 的方程，解得C ⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，b 2.因此线段OC 的中点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22，b 22.∵FO →＋FC →＝λ(BO →＋BC →)，∴线段OC 的中点在BF 上，又直线BF 的方程为x c ＋y b ＝1，∴a 22c ＋b 22b＝1，所以c a ＝122－1＝22＋17.应选A.答案 A5.设P 是椭圆x 225＋y 29＝1上一点，M ，N 分别是两圆：(x ＋4)2＋y 2＝1和(x －4)2＋y 2＝1上的点，那么|PM |＋|PN |的最小值、最大值分别为( ) A.9，12 B.8，11 C.8，12 D.10，12解析 如图，由椭圆及圆的方程可知两圆圆心分别为椭圆的两个焦点，由椭圆定义知|PA |＋|PB |＝2a ＝10，连接PA ，PB 分别与圆相交于两点，此时|PM |＋|PN |最小，最小值为|PA |＋|PB |－2R ＝8；连接PA ，PB 并延长，分别与圆相交于两点，此时|PM |＋|PN |最大，最大值为|PA |＋|PB |＋2R ＝12，即最小值和最大值分别为8，12.答案 C 二、填空题6.(2019·某某二模)抛物线y ＝ax 2(a >0)的准线为l ，l 与双曲线x 24－y 2＝1的两条渐近线分别交于A ，B 两点，假设|AB |＝4，那么a ＝________.解析 抛物线y ＝ax 2(a >0)的准线l ：y ＝－14a ，双曲线x 24－y 2＝1的两条渐近线分别为y ＝12x ，y ＝－12x ，可得x A ＝－12a ，x B ＝12a ，可得|AB |＝12a －⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＝4，解得a ＝14.答案 147.抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的准线与x 轴的交点为M ，过点M 作C 的两条切线，切点分别为P ，Q ，那么∠PMQ ＝________.解析 由题意得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－p 2，0，设过点M 的切线方程为x ＝my －p2，代入y 2＝2px 得y 2－2pmy ＋p2＝0，∴Δ＝4p 2m 2－4p 2＝0，∴m ＝±1，那么切线斜率k ＝±1，∴MQ ⊥MP ，因此∠PMQ ＝π2.答案π28.(2019·某某一模)过双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的右顶点且斜率为2的直线，与该双曲线的右支交于两点，那么此双曲线离心率的取值X 围为________.解析 由过双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的右顶点且斜率为2的直线，与该双曲线的右支交于两点，可得b a<2.∴e ＝c a ＝a 2＋b 2a 2<1＋4＝5， ∵e >1，∴1<e <5，∴此双曲线离心率的取值X 围为(1，5). 答案 (1，5) 三、解答题9.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 ，假设点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 |.10.如图，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)假设P 是半椭圆x 2＋y 24＝1(x <0)上的动点，求△PAB 面积的取值X 围.(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)解 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]，因此，△PAB 面积的取值X 围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤62，15104.B 级 能力提升11.(2020·某某八校联考)抛物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点为F ，过F 的直线l 交抛物线于A ，B 两点(点A 在第一象限)，假设直线l 的倾斜角为2π3，那么|AF ||BF |等于( )A.13B.25C.12D.23解析 由题意得F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，直线l 的斜率k ＝tan 2π3＝－3，∴直线l 的方程为y ＝－3⎝ ⎛⎭⎪⎫x －p 2，即x ＝－33y ＋p 2，代入抛物线方程得y 2＋233py －p 2＝0，解得y ＝33p 或y ＝－3p ，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由点A 在第一象限可知y 1＝33p ，那么y 2＝－3p ，∴|AF ||BF |＝|y 1||y 2|＝13，应选A. 答案 A12.F 1，F 2是双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点，点P 在双曲线上的右支上，如果|PF 1|＝t |PF 2|(t ∈(1，3])，那么双曲线经过一、三象限的渐近线的斜率的取值X 围是________________.解析 由双曲线的定义及题意可得 ⎩⎪⎨⎪⎧|PF 1|－|PF 2|＝2a ，|PF 1|＝t |PF 2|，解得⎩⎪⎨⎪⎧|PF 1|＝2att －1，|PF 2|＝2a t －1.又|PF 1|＋|PF 2|≥2c ， ∴|PF 1|＋|PF 2|＝2at t －1＋2a t －1≥2c ， 整理得e ＝c a ≤t ＋1t －1＝1＋2t －1，∵1<t ≤3，∴1＋2t －1≥2，∴1<e ≤2. 又b 2a 2＝c 2－a 2a 2＝e 2－1，∴0<b 2a 2≤3，故0<ba≤ 3. ∴双曲线经过一、三象限的渐近线的斜率的取值X 围是(0，3]. 答案 (0，3]13.以椭圆上一点和两个焦点为顶点的三角形的面积的最大值为1，那么椭圆长轴长的最小值为________.解析 设a ，b ，c 分别为椭圆的长半轴长、短半轴长、半焦距，依题意知，当三角形的高为b 时面积最大，所以12×2cb ＝1，bc ＝1，而2a ＝2b 2＋c 2≥22bc ＝22(当且仅当b ＝c ＝1时取等号)，即长轴长2a 的最小值为2 2. 答案 2 214.(2020·某某诊断)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别是F 1，F 2，离心率为32，过F 1且垂直于x 轴的直线被椭圆C 截得的线段长为1. (1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l ：y ＝kx ＋m 是以坐标原点O 为圆心，255为半径的圆的切线，且与椭圆C 交于不同的两点A ，B ，求△AOB 面积的最大值.解 (1)将x ＝－c 代入椭圆方程x 2a 2＋y 2b 2＝1，结合c 2＝a 2－b 2，得y ＝±b 2a，由题意知2b 2a ＝1，又e ＝c a ＝32，∴a ＝2，b ＝1.∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∵直线l ：y ＝kx ＋m 是以坐标原点O 为圆心，255为半径的圆的切线，∴|m |1＋k2＝255，即m 2＝45(1＋k 2)， 联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1，消y 得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0， ∴Δ＝16(1＋4k 2－m 2)＞0，x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－41＋4k2，∴|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·41＋4k 2－m21＋4k2＝41＋k 2·1＋16k 251＋4k2＝455〔1＋k 2〕〔1＋16k 2〕〔1＋4k 2〕2＝455·1＋9k 216k 4＋8k 2＋1＝4551＋916k 2＋1k2＋8，∵16k 2＋1k2≥216k 2·1k 2＝8，当且仅当k 2＝14时等号成立，∴|AB |max ＝5，∴S △OAB 的最大值为12×255×5＝1.C 级 创新猜想15.(多填题)(2020·某某模拟)不过原点的动直线l 交抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)于M ，N 两点，O 为坐标原点，F 为抛物线C 的焦点，且|OM →＋ON →|＝|OM →－ON →|，那么直线l 过定点________，假设△MNF 面积的最小值为27，那么p 的值为________.解析 设动直线MN 的方程为x ＝my ＋t ，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由题意知y 1≠0，y 2≠0，t ≠0，直线MN 的方程与抛物线C 的方程y 2＝2px (p ＞0)联立，消去x ，得y 2－2pmy －2pt ＝0，由Δ＞0得pm 2＋2t ＞0①，y 1＋y 2＝2pm ，y 1y 2＝－2pt .由|OM →＋ON →|＝|OM →－ON →|，得OM →·ON →＝0，所以x 1x 2＋y 1y 2＝0，即y 212p ·y 222p ＋y 1y 2＝0，可得y 1y 2＝－4p 2，所以t ＝2p ，故直线MN 恒过定点Q (2p ，0)，将t ＝2p 代入①得m ∈R ，又知|QF |＝2p －p 2＝3p 2，故S △MNF ＝12|QF |·|y 1－y 2|＝12·3p 2·4p 2m 2＋16p 2＝3p 22m 2＋4≥3p 2，当且仅当m ＝0时，等号成立，由题意得3p 2＝27，解得p ＝3.答案 (2p ，0) 3。

专题09 圆锥曲线综合问题（答题指导）【题型解读】▶▶题型一 圆锥曲线中的最值问题1．圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题． 2．最值问题的两类解法技巧(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决．(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解．【例1】 (2017·浙江卷)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．【答案】见解析【解析】(1)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 斜率的取值范围是(－1,1)．(2)联立直线AP 与BQ 的方程可得⎩⎪⎨⎪⎧kx －y ＋12k ＋14＝0，x ＋ky －94k －32＝0，解得点Q 的横坐标是x Q ＝－k 2＋4k ＋32k 2＋1. 因为|PA |＝1＋k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＝1＋k 2(k ＋1)，|PQ |＝1＋k 2(x Q －x )＝－k －1k ＋12k 2＋1，所以|PA |·|PQ |＝－(k －1)(k ＋1)3.令f (k )＝－(k －1)(k ＋1)3＝－k 4－2k 3＋2k ＋1， 因为f ′(k )＝－(4k －2)(k ＋1)2，所以f (k )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减． 因此当k ＝12时，|PA |·|PQ |取得最大值2716.【素养解读】本例问题(1)中用x 表示k 考查了数学建模的核心素养，第(2)问将最值问题转化成函数的最值进行处理，分别考查了数学运算和数学建模的核心素养．【突破训练1】 已知动圆过定点(2,0)，且在y 轴上截得的弦长为4，设动圆圆心的轨迹为H ，点E (m,0)(m ＞0)为一个定点，过点E 作斜率分别为k 1，k 2的两条直线交H 于点A ，B ，C ，D ，且M ，N 分别是线段AB ，CD 的中点． (1)求轨迹H 的方程；(2)若m ＝1，且过点E 的两条直线相互垂直，求△EMN 的面积的最小值．【答案】见解析【解析】(1)设动圆圆心的坐标为(x ，y )，由题意可以得到x －22＋y 2＝x 2＋4，化简得y 2＝4x ，所以动圆圆心的轨迹H 的方程为y 2＝4x .(2)当m ＝1时，E 为抛物线y 2＝4x 的焦点，因为k 1k 2＝－1，所以AB ⊥CD .设直线AB 的方程为y ＝k 1(x －1)，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，则y 1＋y 2＝4k 1，y 1y 2＝－4，x 1＋x 2＝y 1＋y 2k 1＋2＝4k 21＋2.因为M ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，y 1＋y 22，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 21＋1，2k 1. 同理，可得N (2k 21＋1，－2k 1)． 所以S △EMN ＝12|EM |·|EN |＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 212＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 12·2k 212＋(－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.▶▶题型二 圆锥曲线中的定点与定值问题1．定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有关的定值问题以及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横(纵)坐标等的定值问题． 2．圆锥曲线中定点、定值问题的解法 (1)定点问题的常见解法①假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求定点； ②从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意． (2)定值问题的常见解法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．【例2】 (2018·北京卷)已知抛物线C ：y 2＝2px 经过点P (1,2)，过点Q (0,1)的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点A ，B ，且直线PA 交y 轴于M ，直线PB 交y 轴于N . (1)求直线l 的斜率的取值范围；(2)设O 为原点，QM →＝λQO →，QN →＝μQO →，求证：1λ＋1μ为定值．【答案】见解析【解析】(1)因为抛物线y 2＝2px 经过点P (1,2)，所以4＝2p ，解得p ＝2，所以抛物线的方程为y 2＝4x .由题意可知直线l 的斜率存在且不为0，设直线l 的方程为y ＝kx ＋1(k ≠0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝kx ＋1得k 2x 2＋(2k －4)x ＋1＝0.依题意Δ＝(2k －4)2－4×k 2×1＞0，解得k ＜0或0＜k ＜1.又PA ，PB 与y 轴相交，故直线l 不过点(1，－2)，从而k ≠－3.所以直线l 斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)．(2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由(1)知x 1＋x 2＝－2k －4k 2，x 1x 2＝1k 2.直线PA 的方程为y －2＝y 1－2x 1－1(x －1)．令x ＝0，得点M 的纵坐标为y M ＝－y 1＋2x 1－1＋2＝－kx 1＋1x 1－1＋2.同理得点N 的纵坐标为y N ＝－kx 2＋1x 2－1＋2.由QM →＝λQO →，QN →＝μQO →得λ＝1－y M ，μ＝1－y N .所以1λ＋1μ＝11－y M ＋11－y N ＝x 1－1(k －1)x 1＋x 2－1(k －1)x 2＝1k －1·2x 1x 2－x 1＋x 2x 1x 2＝1k －12k2＋2k －4k 21k 2＝2.所以1λ＋1μ为定值．【素养解读】本例考查了直线与抛物线的相交和平面向量的应用，综合性较强，解答中不仅要结合图象考虑它们相交的情况，还要考虑直线不过点(1，－2)这一条件，计算也比较复杂，因而它综合考查了逻辑推理、数学运算和直观想象的核心素养．【突破训练2】(2019·河南豫北名校联盟联考)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的离心率是22，点P (0,1)在短轴CD 上，且PC →·PD →＝－1. (1)求椭圆E 的方程；(2)设O 为坐标原点，过点P 的动直线与椭圆交于A ，B 两点．是否存在常数λ，使得OA →·OB →＋λPA →·PB →为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．【答案】见解析【解析】由已知得点C ，D 的坐标分别为(0，－b )，(0，b )．又点P 的坐标为(0,1)，且PC →·PD →＝－1，于是⎩⎪⎨⎪⎧1－b 2＝－1，c a ＝22，a 2－b 2＝c 2，解得a ＝2，b ＝2，所以椭圆E 方程为x 24＋y 22＝1.(2)当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，A ，B 的坐标分别为(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＝－4k 2k 2＋1，x 1x 2＝－22k 2＋1.从而OA →·OB →＋λPA →·PB →＝x 1x 2＋y 1y 2＋λ[x 1x 2＋(y 1－1)·(y 2－1)]＝(1＋λ)(1＋k 2)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1＝－λ－12k 2＋1－λ－2.所以，当λ＝1时，－λ－12k 2＋1－λ－2＝－3，OA →·OB →＋λPA →·PB →＝－3为定值． 当直线AB 斜率不存在时，直线AB 即为直线CD ，此时OA →·OB →＋λPA →·PB →＝OC →·OD →＋λPC →·PD →＝－2－λ＝－3，故存在常数λ＝1.综上可知，存在常数λ＝1，使得OA →·OB →＋λPA →·PB →为定值－3.【例3】 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2＝1(a ＞0)，过椭圆C 的右顶点和上顶点的直线与圆x 2＋y 2＝23相切．(1)求椭圆C 的方程；(2)设M 是椭圆C 的上顶点，过点M 分别作直线MA ，MB 交椭圆C 于A ，B 两点，设这两条直线的斜率分别为k 1，k 2，且k 1＋k 2＝2，证明：直线AB 过定点．【答案】见解析【解析】(1)因为直线过点(a,0)和(0,1)，所以直线的方程为x ＋ay －a ＝0，因为直线与圆x 2＋y 2＝23相切，所以|－a |1＋a2＝63，解得a 2＝2，所以椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1. (2)证明：当直线AB 的斜率不存在时，设A (x 0，y 0)，则B (x 0，－y 0)，由k 1＋k 2＝2得y 0－1x 0＋－y 0－1x 0＝2，解得x 0＝－1.当直线AB 的斜率存在时，设AB 的方程为y ＝kx ＋m (m ≠1)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝kx ＋m⇒(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0，得x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1·x 2＝2m 2－21＋2k 2，由k 1＋k 2＝2⇒y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝2⇒(kx 2＋m －1)x 1＋(kx 1＋m －1)x 2x 1x 2＝2，即(2－2k )x 1x 2＝(m －1)(x 1＋x 2)⇒(2－2k )(2m 2－2)＝(m －1)(－4km )，即(1－k )(m 2－1)＝－km (m －1)，由m ≠1得(1－k )(m ＋1)＝－km ⇒k ＝m ＋1，即y ＝kx ＋m ＝(m ＋1)x ＋m ⇒m (x ＋1)＝y －x ，故直线AB 过定点(－1，－1)．综上，直线AB 过定点(－1，－1)．【素养解读】本例问题(1)中用直接法求解椭圆方程考查了数学运算的核心素养；本例问题(2)中分类讨论斜率存在与不存在两种情况，再利用相应公式计算求解考查了逻辑推理和数学运算的核心素养．【突破训练3】 已知抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)的焦点F (1,0)，O 为坐标原点，A ，B 是抛物线C 上异于O 的两点． (1)求抛物线C 的方程；(2)若直线OA ，OB 的斜率之积为－12，求证：直线AB 过x 轴上一定点．【答案】见解析【解析】(1)因为抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点坐标为(1,0)，所以p2＝1，所以p ＝2.所以抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)证明：①当直线AB 的斜率不存在时，设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 24，t ，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 24，－t .因为直线OA ，OB 的斜率之积为－12，所以tt 24· －t t 24＝－12，化简得t 2＝32.所以A (8，t )，B (8，－t )，此时直线AB 的方程为x ＝8. ②当直线AB的斜率存在时，设其方程为y ＝kx ＋b ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝kx ＋b ，化简得ky2－4y ＋4b ＝0.根据根与系数的关系得y 1y 2＝4b k ，因为直线OA ，OB 的斜率之积为－12，所以y 1x 1·y 2x 2＝－12，即x 1x 2＋2y 1y 2＝0，即y 214·y 224＋2y 1y 2＝0，解得y 1y 2＝0(舍去)或y 1y 2＝－32.所以y 1y 2＝4bk＝－32，即b ＝－8k ，所以y ＝kx －8k ，即y ＝k (x －8)．综上所述，直线AB 过定点(8,0)．▶▶题型三 圆锥曲线中的范围问题圆锥曲线的有关几何量的取值范围问题一直是高考的热点，解决这类问题的基本途径：先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等)，建立目标函数，然后利用函数的有关知识和方法进行求解．一般有五种思考方法：(1)利用判别式来构造不等式，从而确定参数的取值范围；(2)利用已知参数的取值范围，求新参数的取值范围，解决这类问题的关键是在两个参数之间建立起相应的联系；(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求参数的取值范围；(4)利用已知不等关系构造不等式，从而求参数的取值范围；(5)利用函数的值域，确定参数的取值范围．【例4】 已知m ＞1，直线l ：x －my －m 22＝0，椭圆C ：x 2m2＋y 2＝1，F 1，F 2分别为椭圆C 的左、右焦点．(1)当直线l 过右焦点F 2时，求直线l 的方程；(2)设直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，△AF 1F 2，△BF 1F 2的重心分别为G ，H ，若原点O 在以线段GH 为直径的圆内，求实数m 的取值范围．【答案】见解析【解析】(1)因为直线l ：x －my －m 22＝0经过F 2(m 2－1，0)， 所以m 2－1＝m 22，得m 2＝2.又因为m ＞1，所以m ＝2，故直线l 的方程为x －2y －1＝0. (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋m 22，x 2m 2＋y 2＝1，消去x ，得2y 2＋my ＋m 24－1＝0，则由Δ＝m 2－8⎝ ⎛⎭⎪⎫m 24－1＝－m 2＋8＞0知m 2＜8，且有y 1＋y 2＝－m 2，y 1·y 2＝m 28－12.由F 1(－c,0)，F 2(c,0)，可知G ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 13，y 13，H ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 23，y 23.因为原点O 在以线段GH 为直径的圆内，所以OH →·OG →＜0，即x 1x 2＋y 1y 2＜0.所以x 1x 2＋y 1y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫my 1＋m 22⎝ ⎛⎭⎪⎫my 2＋m 22＋y 1y 2＝(m 2＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫m 28－12＜0，解得m 2＜4(满足m 2＜8)．又因为m ＞1，所以实数m的取值范围是(1,2)．【素养解读】本题的解答通过方程的知识得到一个不等式，进而求得所求范围，考查了数学建模、逻辑推理和数学运算的核心素养．【突破训练4】 (2018·浙江卷)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．【答案】见解析【解析】(1)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的两个不同的实数根．所以y 1＋y 2＝2y 0.因此，PM ⊥y 轴．(2)由(1)可知⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝2y 0，y 1y 2＝8x 0－y 2，所以|PM |＝18(y 21＋y 22)－x 0＝34y 20－3x 0，|y 1－y 2|＝2①2(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 20＋y 204＝1(－1≤x 0＜0)，所以y 20－4x 0＝－4x 20－4x 0＋4∈[4,5]．因此，△PAB 面积的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤62，15104.▶▶题型四 圆锥曲线中的探索性问题1．圆锥曲线中的存在性问题具有开放性和发散性，此类问题的条件和结论不完备，要求考生结合已知条件或假设新的条件进行探究、观察、分析、比较、抽象、概括等，是高考中的常考题型，作为解答题的压轴题出现，难度一般较大，常和不等式、函数、直线、圆及圆锥曲线等知识结合在一起，对数学能力和数学思想有较高的要求．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．【例5】 (2015·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，曲线C ：y ＝x 24与直线l ：y ＝kx ＋a (a ＞0)交于M ，N 两点．(1)当k ＝0时，分别求C 在点M 和N 处的切线方程；(2)y 轴上是否存在点P ，使得当k 变动时，总有∠OPM ＝∠OPN ？说明理由． 【答案】见解析【解析】(1)依题意求得x 与c 的交点不妨设为M (2a ，a )，N (－2a ，a )．又y ′＝x 2，故y ＝x 24在x ＝2a处的导数值为a ，所以C 在点M (2a ，a )处的切线方程为y －a ＝a (x －2a )，即ax －y －a ＝0.y ＝x 24在x ＝－2a 处的导数值为－a ，所以C 在点N (－2a ，a )处的切线方程为y －a ＝－a (x ＋2a )，即ax ＋y＋a ＝0.故所求切线方程为ax －y －a ＝0和ax ＋y ＋a ＝0.(2)存在符合题意的点．证明如下：设P (0，b )为符合题意的点，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，直线PM ，PN 的斜率分别为k 1，k 2.将y ＝kx ＋a 代入C 的方程，得x 2－4kx －4a ＝0.故x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4a .从而可得k 1＋k 2＝y 1－b x 1＋y 2－b x 2＝2kx 1x 2＋(a －b)(x 1＋x 2)x 1x 2＝k (a ＋b)a.当b ＝－a 时，有k 1＋k 2＝0，则直线PM 的倾斜角与直线PN 的倾斜角互补，故∠OPM ＝∠OPN ，所以点P (0，－a )符合题意．【素养解读】本例问题(1)中将解析几何的计算与导数应用结合起来求切线方程，考查了数学运算和数学抽象的核心素养；问题(2)中将角的关系转化为直线的斜率进行处理，考查了数学建模和直观想象的核心素养．【突破训练5】 (2015·全国卷Ⅱ)已知椭圆C ：9x 2＋y 2＝m 2(m ＞0)，直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴，l 与C 有两个交点A ，B ，线段AB 的中点为M . (1)证明：直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值；(2)若l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫m3，m ，延长线段OM 与C 交于点P ，四边形OAPB 能否为平行四边形？若能，求此时l 的斜率；若不能，说明理由． 【答案】见解析【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 O M ＝y M x M ＝－9k，即k O M ·k ＝－9.故直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值．(2)四边形OAPB 能为平行四边形．因为直线l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫m3，m ，所以l 不过原点且与C 有两个交点的充要条件是k ＞0，k ≠3. 由(1)得OM 的方程为y ＝－9kx .设点P 的横坐标为x P .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－9k x ，9x 2＋y 2＝m 2得x 2P ＝k 2m 29k 2＋81，即x P ＝±km3k 2＋9. 将点⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3，m 的坐标代入直线l 的方程得b ＝m (3－k)3，因此x M ＝k (k －3)m3(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±km 3k 2＋9 ＝2×k (k －3)m3(k 2＋9)， 解得k 1＝4－7，k 2＝4＋7.因为k i ＞0，k i ≠3，i ＝1,2，所以当直线l 的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB 为平行四边形．。

《最高考系列 高考总复习》2014届高考数学总复习（考点引领+技巧点拨）第九章　平面解析几何第10课时　直线与圆锥曲线的综合应用 考情分析考点新知会利用方程(组)研究直线与圆锥曲线的位置关系解决有关交点弦、弦长、中点及直线与圆锥曲线的有关问题． 会利用方程(组)研究直线与圆锥曲线的位置关系解决有关弦长及直线与圆锥曲线的有关. 1. 直线y＝kx－k＋1与椭圆＋＝1的位置关系是________．答案：相交解析：由于直线y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1过定点(1)，而(1)在椭圆内故直线与椭圆必相交．椭圆＋＝1的两焦点为F、F一直线过F交椭圆于P、Q则△PQF的周长为________答案：20解析：△PQF的周长＝4a＝20.已知双曲线方程是x－＝1过定点P(2)作直线交双曲线于P、P两点并使P(2)为P的中点则此直线方程是____________答案：4x－y－7＝0解析：设点P(x1，y1)，P2(x2，y2)，则由x－＝1－＝1得k＝＝＝＝4从而所求方程为4x－y－7＝0.将此直线方程与双曲线方程联立得14x－56x＋51＝0＞0故此直线满足条件．若斜率为的直线l与椭圆＋＝1(a>b>0)有两个不同的交点且这两个交点在x轴上的射影恰好是椭圆的两个焦点则该椭圆的离心率为________答案：解析：由题意易知两交点的横坐标为－c、c纵坐标分别为－、所以由＝得2b＝＝2(a－)，即2e＋－2＝0解得e＝或e＝－(负根舍去)．已知双曲线E的中心为原点(3，0)是E的焦点过F的直线l与E相交于A、B两点且AB的中点为N(－12－15)则E的方程为____________．答案：－＝1解析：设双曲线的标准方程为－＝1(a＞0＞0)由题意知c＝3＋b＝9.设A(x)，B(x2，y2)，则有两式作差得＝＝＝又AB的斜率是＝1所以将4b＝5aa2＋b＝9得a＝4＝5所以双曲线的标准方程是－＝1. 1. 直线与圆锥曲线的位置关系判定直线与圆锥曲线的位置关系时通常是将直线方程与曲线方程联立消去变量y(或x)得关于变量x(或y)的方程：ax＋bx＋c＝0(或ay＋by＋c＝0)．若a≠0可考虑一元二次方程的判别式有：直线与圆锥曲线相交；＝0直线与圆锥曲线相切；直线与圆锥曲线相离．若a＝0且b≠0则直线与圆锥曲线相交且有一个交点．圆锥曲线的弦长问题设直线l与圆锥曲线C相交于A两点(x1，y1)，B(x2，y2)，则弦长AB＝x2|或－y[备课札记] 题型1　如何研究直线与圆锥曲线中的分线段成比例的问题例1　已知曲线E：ax＋by＝1(a>0)，经过点的直线l与曲线E交于点A、B且＝－2(1) 若点B的坐标为(0)，求曲线E的方程；(2) 若a＝b＝1求直线AB的方解：(1) 设A(x)，由已知B(0)，M(，0)，所以＝＝(x－)．由于＝－2所以(－)＝－2(x－)，所以即A(－1)将A、B点的坐标代入曲线E的方程得解得所以曲线E的方程为x＋＝1.(2) 当a＝b＝1时曲线E为圆x＋y＝1设A(x)，B(x2，y2)．又＝－2所以＝－2(x－)， 即有＋y＝1 ①＋y＝1 ②由①×4－②得(2x＋x)(2x1－x)＝3所以－＝解得x＝＝0.由x＝得＝.当A时(0，－1)此时k＝－直线AB的方程为y＝－＋1；当A时(0，1)，此时k＝直线AB的方程为y＝－1. 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为与过右焦点F且斜率为k(k>0)的直线相交于A、B两点．若＝，则k＝________．答案：解析：定点F分线段AB成比例从而分别可以得出A、B两点横坐标之间关系式、纵坐标之间关系式再把A、B点的坐标代入椭圆方程＋＝1四个方程联立方程组解出根得出A、B两点的坐标进而求出AB的方程．由已知e＝＝＝所以a＝2b所以a＝＝椭圆方程＋＝1变为＋3y＝c设A(x)，B(x2，y2)，又＝3所以(c－x－y)＝3(x－c)， 所以所以x ＋ 3y ＝ c2x ＋ 3y ＝ c－9×②得(x1＋3x)(x1－3x)＋3(y＋3y)(y1－3y)＝－8c所以(x1－3x)＝－8c所以 x1－3x＝－c，所以x1＝c，x2＝c. 从而y＝－＝所以A，故k＝题型2　有关垂直的问题 例2　如图在平面直角坐标系xOy中、N分别是椭圆＋＝1的顶点过坐标原点的直线交椭圆于P、A两点其中P在第一象限过P作x轴的垂线垂足为C连结AC并延长交椭圆于点B设直线PA的斜率为k.(1) 若直线PA平分线段MN求k的值；(2) 当k＝2时求点P到直线AB的距离d；(3) 对任意k>0求证：PA⊥PB.(1) 解：由题设知＝2＝故M(－2)，N(0，－)所以线段MN中点的坐标为由于直线PA平分线段MN故直线PA过线段MN的中点．又直线PA过坐标原点所以k＝＝(2) 解：将直线PA的方程y＝2x代入椭圆方程＋＝1解得x＝±因此，A.于是，直线AC的斜率为＝1故直线AB的方程为x－y＝0.因此＝＝(3) 证明：设P(x)，B(x2，y2)，则x(－x－y)，C(x1，0)，设直线PA、PB、AB的斜率分别为k、k、kC在直线AB上所以k＝＝＝从而k＋1＝2k＋1＝·＋1＝＋1＝＝＝0.因此k＝－1所以PA⊥PB. 如图是中心在原点、焦点在x轴上的椭圆C的右焦点直线l：x＝4是椭圆C的右准线到直线l的距离等于3.(1) 求椭圆C的方程；2) 点P是椭圆C上动点垂足为M.是否存在点P使得△FPM为等腰三角形？若存在求出点P的坐标；若不存在说明理由．解：(1) 设椭圆C的方程为＋＝1(a＞b＞0)由已知得∴b＝所以椭圆C的方程为 ＋ ＝1.(2) 由＝e＝得PF＝若PF＝FM则PF＋FM＝PM与“三角形两边之和大于第三边”矛盾不可能与PM相等．若FM＝PM设P(x)(x≠±2)，则M(4)．＝4－x＋y＝16－8x＋x又由＋＝1得y＝3－＋3－＝16－8x＋xx2－8x＋4＝0.∴7x－32x＋16＝0.∴x＝或x＝4.(－2)，∴x＝.综上存在点P使得△PFM为等腰三角形．题型3　直线与圆锥曲线 例3　如图在平面直角坐标系xOy中已知椭圆＋＝1的左、右顶点为A、B右焦点为F.设过点T(tm)的直线TA、TB与椭圆分别交于点M(x)、N(x)，其中m>0(1) 设动点P满足PF－PB＝4求点P的轨迹；(2) 设x＝2＝求点T的坐标；(3) 设t＝9求证：直线MN必过x轴上的一定点(其坐标与m无关)．(1) 解：设点P(x)，则F(2)、B(30)、(－3)．由PF－PB＝4得(x－2)＋y－[(x－3)＋y]＝4化简得x＝故所求点P的轨迹为直线x＝(2) 解：将x＝2＝分别代入椭圆方程以及y得M、.直线MTA的方程为＝即y＝＋1.直线NTB的方程为＝即y＝－联立方程组解得所以点T的坐标为(3) 证明：点T的坐标为(9)，直线MTA的方程为＝即y＝(x＋3)．直线NTB的方程为＝即y＝(x－3)．分别与椭圆＋＝1联立x1≠－3解得M、(，－)．(证法1)当x时直线MN的方程为＝令y＝0解得x＝1此时必过点D(1)；当x＝x时直线MN的方程为x＝1与x轴交点为D(1)，所以直线MN必过x轴上的一定点D(1)．(证法2)若x＝x则由＝及m>0得m＝2此时直线MN的方程为x＝1 过点(1，0)．若x则m≠2直线MD的斜率k＝＝直线ND的斜率k＝， 得k＝k所以直线MN过D点．因此直线MN必过x轴上的点D(1)． 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个顶点为A(2)，离心率为直线y＝k(x－1)与椭圆C交于不同的两点M(1) 求椭圆C的方程；(2) 当△AMN的面积为时求k的值．解：(1) 由题意得解得b＝所以椭圆C的方程为＋＝1.(2) 由得(1＋2k)x2－4k＋2k－4＝0.设点M的坐标分别为(x)，(x2，y2)， 则y＝k(x－1)＝k(x－1)＋x＝＝所以MN＝＝＝又因为点A(2)到直线y＝k(x－1)的距离d＝所以△AMN的面积为S＝＝由＝解得k＝±1. 【示例】 (本题模拟高考评分标准满分16分)已知双曲线－＝1的离心率为2焦点到渐近线的距离等于过右焦点F的直线l交双曲线于A、B两点为左焦点．(1) 求双曲线的方程；(2) 若△F的面积等于6求直线l的方程．学生错解：解：(2)设A(x)，B(x2，y2)，F(2，0)，直线l：y＝k(x－2)由消元得(k－3)x－4k＋4k＋3＝0＋x＝＝－y＝k(x－x)， △F1AB的面积S＝c|y－y＝2|k|·|x－x＝＝2|k|·＝k4＋8k－9＝0＝1＝±1所以直线l的方程为y＝(x－2)． (1)直线与双曲线相交问题时的处理方法；(2) △F1AB面积的表示．规范解答： 解：(1) 依题意＝＝2＝1＝2(4分)双曲线的方程为x－＝1.(6分)(2) 设A(x)，B(x2，y2)，F2(2，0)，直线l：y＝k(x－2)由消元得(k－3)x－4k＋4k＋3＝0(8分)时＋x＝＝－y＝k(x－x)，(10分)的面积S＝c|y－y＝2|k|·|xx2|＝2|k|·＝2|k|·＝6＋－9＝0＝1＝±1(14分)所以直线l的方程为y＝±(x－2)．(16分)错因分析： 解本题时容易忽略二次项系数不为零即k≠这一条件． 1. 设抛物线y＝8x的准线与x轴交于点Q若过点Q的直线l与抛物线有公共点则直线l的斜率的取值范围是________答案：[－1] 解析：易知抛物线y＝8x的准线x＝－2与x轴的交点为(－2)，于是可设过点Q(－2)的直线l的方程为y＝(x＋2)(由题可知k是存在的)联立＋(4k－8)x＋4k＝0.其判别式为＝(4k－8)－16k＝－64k＋64≥0可解得－1≤k≤1. 2. 如图过抛物线C：y＝4x上一点P(1－2)作倾斜角互补的两条直线分别与抛物线交于点A(x)，B(x2，y2)．(1) 求y＋y的值；(2) 若2≥0，求△PAB面积的最大值．解：(1) 因为A(x)，B(x2，y2)在抛物线C：y＝4x上所以A，kPA＝＝＝同理kPB＝依题意有k＝－k因为＝－所以y＋y＝4.(2) 由(1)知k＝＝1设AB的方程为－＝x－即x－y＋y－＝0到AB的距离为d＝＝＝－y＝2－y所以S＝×2|2－y＝－4y－12||y－2|＝(y1－2)－16|·－2|令y－2＝t由y＋y＝4可知－2≤t≤2.S＝－16t|因为S＝－16t|为偶函数只考虑0≤t≤2的情况记f(t)＝|t－16t|＝16t－t(t)＝16－3t故f(t)在[0]是单调增函数故f(t)的最大值为f(2)＝24故S的最大值为6. 3. 如图在平面直角坐标系xOy中圆C：(x＋1)＋y＝16点F(1)，E是圆C上的一个动点的垂直平分线PQ与CE交于点B与EF交于点D.(1) 求点B的轨迹方程；(2) 当点D位于y轴的正半轴上时求直线PQ的方程；(3) 若G是圆C上的另一个动点且满足FG⊥FE记线段EG的中点为M试判断线段OM的长度是否为定值？若是求出该定值；若不是说明理由．解：(1) 连结BF由已知BF＝BE所以BC＋BF＝BC＋BE＝CE＝4所以点B的轨迹是以C、F为焦点长轴为4的B点的轨迹方程为＋＝1.(2) 当点D位于y轴的正半轴上时因为D是线段EF的中点为线段CF的中点所以CE∥OD且CE＝2OD所以E、D的坐标分别为(－1)和(0)．因为PQ是线段EF的垂直平分线所以直线PQ的方程为y＝＋2即直线PQ的方程为x－2y＋4＝0.(3) 设点E、G的坐标分别为(x)和(x)，则点M的坐标为因为点E、G均在圆C上且FG⊥FE所以(x＋1)＋y＝16　(x＋1)＋y＝16(x1－1)(x－1)＋y＝0所以x＋y＝15－2x＋y＝15－2x＋yx1＋x－1.所以MO＝[(x＋x)2＋(y＋y)2]＝[(x＋y)＋(x＋y)＋(x1x2＋)]＝[15－2x＋15－2x＋2(x＋x－1)]＝7即M点到坐标原点O的距离为定值且定值为给定椭圆C：＋＝1(a>b>0)称圆心在原点O、半径是的圆为椭圆C的“准圆”．已知椭圆C的一个焦点为F()，其短轴的一个端点到点F的距离为(1) 求椭圆C和其“准圆”的方程；(2) 若点A是椭圆C的“准圆”与x轴正半轴的交点、D是椭圆C上的两相异点且BD⊥x轴求的取值范围；(3) 在椭圆C的“准圆”上任取一点P过点P作直线l使得l与椭圆C都只有一个交点试判断l是否垂直？并说明理由．解：(1) 由题意知c＝且a＝＝可得b＝1故椭圆C的方程为＋y＝1其“准圆”方程为x＋y＝4.(2) 由题意可设B(m)，D(m，－n)(－)，则有＋n＝1又A点坐标为(2)，故＝(m－2)，＝(m－2－n)故＝(m－2)－nm2－4m＋4－＝－4m＋3＝又－，故[0，7＋4]所以的取值范围是[0＋4)．(3) 设P(s)，则s＋t＝4.当s＝±时＝±1则l其中之一斜率不存在另一斜率为0显然有l当s≠±时设过P(s)且与椭圆有一个公共点的直线l的斜率为k则l的方程y－t＝k(x－s)代入椭圆C方程可得x＋[kx＋(t－ks)]＝3即(3k＋1)x＋6k(t－ks)x＋3(t－ks)－3＝0由＝36k(t－ks)－4(3k＋1)[3(t－ks)－3]＝0可得(3－s)k2＋2stk＋1－t＝0其中3－s＝0设l的斜率分别为k则k是上述方程的两个根故k＝＝＝－1即l综上可知对于椭圆C上的任意点P都有l如图已知椭圆C的方程为＋y＝1、B是四条直线x＝±2＝±1所围成的矩形的两个顶点．(1) 设P是椭圆C上任意一点若＝m＋n求证：动点Q(m)在定圆上运动并求出定圆的方程；(2) 若M、N是椭圆C上两个动点且直线OM、ON的斜率之积等于直线OA、OB的斜率之积试探求△OMN的面积是否为定值并说明理由． (1) 证明：易知A(2)，B(－2)．设P(x)，则＋y＝1.由＝m＋n得所以＋(m＋n)＝1即m＋n＝故点Q(m)在定圆x＋y＝上．(2) 解：(解法1)设M(x)，N(x2，y2)，则＝－平方得x＝16y＝(4－x)(4－x)即x＋x＝4.因为直线MN的方程为(y－y)x－(x－x)y＋x－x＝0所以O到直线MN的距离为d＝所以△OMN的面积S＝＝－x＝＝＝＝1故△OMN的面积为定值1.(解法2)设OM的方程为y＝kx(k>0)则ON的方程为y＝－(k>0)．联立方程组解得.同理可得N因为点N到直线OM的距离为d＝＝＝2所以△OMN的面积S＝＝·2＝1故△OMN的面积为定值． 1. 若双曲线－＝1(a＞0＞0)的左、右焦点分别为F、F线段F被抛物线y＝2bx的焦点分成7∶3的两段则此双曲线的离心率为________．答案：解析：依题意得＝即b＝(其中c是双曲线的半焦距)＝＝则＝因此该双曲线的离心率等于 2. 如图设E：＋＝1(a＞b＞0)的焦点为F1与F且＝2θ.求证：△PF的面积S＝b证明：设|PF＝r＝r则S＝又|F＝2c由余弦定理有(2c)2＝r＋r－2r＝(r＋r)2－2r－2r＝(2a)－2r(1＋cos2θ)， 于是2r1r2(1＋cos2θ)＝4a－4c＝4b所以r＝这样即有S＝sin2θ＝b＝b已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的离心率为短轴的一个端点为M(0)，直线l：y＝kx－与椭圆相交于不同的两点A、B.(1) 若AB＝求k的值；(2) 求证：不论k取何值以AB为直径的圆恒过点M.(1) 解：由题意知＝＝1.由a＝b＋c可得c＝b＝1＝椭圆的方程为＋y＝1.由得(2k＋1)x－－＝0.＝－4(2k＋1)×＝16k＋＞0恒成立设A(x)，B(x2，y2)， 则x＋x＝＝－＝－x＝＝＝化简得23k－13k－10＝0即(k－1)(23k＋10)＝0解得k＝±1.(2) 证明：∵＝(x－1)＝(x－1)·＝x＋(y－1)(y－1)＝(1＋k)x1x2－(x1＋x)＋－＋＝0.不论k取何值以AB为直径的圆恒过点M.已知椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率为且过点，A为上顶点为右焦点Q(0)是线段OA(除端点外)上的一个动点 过Q作平行于x轴的直线交直线AP于点M以QM为直径的圆的圆心为N.(1) 求椭圆方程；(2) 若圆N与x轴相切求圆N的方程；(3) 设点R为圆N上的动点点R到直线PF的最大距离为d求d的取值范围．解：(1) ∵ e＝ 不妨设c＝3k＝5k则b＝4k其中k>0故椭圆方程为＋＝1(a>b>0)在椭圆上＋＝1解得k＝1椭圆方程为＋＝1.2) kAP＝＝－则直线AP的方程为y＝－＋4令y＝t 则x＝.∵ Q(0，t)∴ N， ∵ 圆N与x轴相切＝t 由题意M为第一象限的点则＝t解得t＝，圆N的方程为＋＝(3) F(3，0)，kPF＝直线PF的方程为y＝(x－3)即12x－5y－36＝0点N到直线PF的距离为＝＝＝＋(4－t)当0<t≤时＝(6－5t)＋(4－t)＝此时， 当时＝(5t－6)＋(4－t)＝此时， ∴ 综上的取值范围为 1. 直线与圆锥曲线的位置关系主要涉及弦长、弦中点、对称、参数的取值范围、求曲线方程等问题．当直线与圆锥曲线相交时：涉及弦长问题常用“根与系数的关系”设而不求计算弦长(即应用弦长公式)；涉及弦长的中点问题常用“点差法”设而不求将弦所在直线的斜率、弦的中点坐标联系起来相互转化．同时还应充分挖掘题目中的隐含条件寻找量与量间的关系灵活转化往往就能事半功倍．解题的主要规律可以概括为“联立方程求交点韦达定理求弦长根的分布找范围曲线定义不能忘”．请使用课时训练()第10课时(见活页)．[备课札记]。