高三数学一轮复习学案：专题《圆锥曲线》

解答题专项突破(五) 圆锥曲线的综合问题圆锥曲线是平面解析几何的核心内容，每年高考必有一道解答题，常以求圆锥曲线的标准方程、研究直线与圆锥曲线的位置关系为主，涉及题型有定点、定值、最值、范围、探索性问题等，此类命题起点较低，但在第(2)问中一般都有较为复杂的运算，对考生解决问题的能力要求较高，通常以压轴题的形式呈现．热点题型1 圆锥曲线中的定点问题典例1 (2019·广州二模)已知抛物线y 2＝4x 的焦点F 与椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的一个焦点重合，且点F 关于直线y ＝x 的对称点在椭圆上．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)过点Q 0，－13且斜率为k 的动直线l 交椭圆于A ，B 两点，在y 轴上是否存在定点M ，使以AB 为直径的圆恒过这个点？若存在，求出M 点的坐标，若不存在，说明理由．解题思路 (1)求出抛物线的焦点F 关于直线y ＝x 的对称点，结合已知条件及a ，b ，c 的关系，求解椭圆的标准方程．(2)假设存在定点M ，使以AB 为直径的圆恒过这个点，求出AB 垂直于两坐标轴时以AB 为直径的圆的方程，联立方程组解得定点坐标，然后利用向量数量积证明一般结论．规范解答 (1)由抛物线y 2＝4x ，得其焦点为F (1,0)，从而得点F 关于直线y ＝x 的对称点为(0,1)，故b ＝1，c ＝1，因此a ＝2，∴椭圆C 的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)假设存在定点M ，使以AB 为直径的圆恒过这个点． 当AB ⊥x 轴时，以AB 为直径的圆的方程为x 2＋y 2＝1. ① 当AB ⊥y 轴时，以AB 为直径的圆的方程为x 2＋y ＋132＝169. ② 联立①②，得⎩⎨⎧x ＝0，y ＝1，∴定点M (0,1)．证明：设直线l ：y ＝kx －13，代入x 22＋y 2＝1， 有(2k 2＋1)x 2－43kx －169＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，x 1＋x 2＝4k 3(2k 2＋1)，x 1x 2＝－169(2k 2＋1). 则MA →＝(x 1，y 1－1)，MB →＝(x 2，y 2－1)；MA →·MB →＝x 1x 2＋kx 1－43kx 2－43 ＝(1＋k 2)x 1x 2－43k (x 1＋x 2)＋169＝(1＋k 2)·－169(2k 2＋1)－43k ·4k 3(2k 2＋1)＋169＝0，所以在y 轴上存在定点M (0,1)，使以AB 为直径的圆恒过这个定点． 典例2 (2019·北京高考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1的右焦点为(1,0)，且经过点A (0,1)．(1)求椭圆C 的方程；(2)设O 为原点，直线l ：y ＝kx ＋t (t ≠±1)与椭圆C 交于两个不同点P ，Q ，直线AP 与x 轴交于点M ，直线AQ 与x 轴交于点N .若|OM |·|ON |＝2，求证：直线l 经过定点．解题思路 (1)由已知条件直接求b ，c .再依据a 2＝b 2＋c 2求a ，写出椭圆C 的方程．(2)设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，写出直线AP 的方程，求x M .利用y 1＝kx 1＋t 和|OM |＝|x M |，把|OM |用k ，t ，x 1表示，同理表示|ON |，直线l 与椭圆C 的方程联立，推出x 1＋x 2，x 1x 2.利用|OM |·|ON |＝2，求t ，从而得到定点．规范解答 (1)由题意，得b 2＝1，c ＝1， 所以a 2＝b 2＋c 2＝2.所以椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1. (2)证明：设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则直线AP 的方程为y ＝y 1－1x 1x ＋1.令y ＝0，得点M 的横坐标x M ＝－x 1y 1－1. 又y 1＝kx 1＋t ，从而|OM |＝|x M |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1kx 1＋t －1.同理，|ON |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 2kx 2＋t －1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋t ，x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2＋4ktx ＋2t 2－2＝0，则x 1＋x 2＝－4kt 1＋2k 2，x 1x 2＝2t 2－21＋2k 2.所以|OM |·|ON |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1kx 1＋t －1·⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 2kx 2＋t －1 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1x 2k 2x 1x 2＋k (t －1)(x 1＋x 2)＋(t －1)2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t 2－21＋2k 2k 2·2t 2－21＋2k 2＋k (t －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫－4kt 1＋2k 2＋(t －1)2＝2⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋t 1－t . 又|OM |·|ON |＝2，所以2⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋t 1－t ＝2. 解得t ＝0，所以直线l 经过定点(0,0)． 热点题型2 圆锥曲线中的定值问题典例1 (2019·全国卷Ⅰ)已知点A ，B 关于坐标原点O 对称，|AB |＝4，⊙M 过点A ，B 且与直线x ＋2＝0相切．(1)若A 在直线x ＋y ＝0上，求⊙M 的半径；(2)是否存在定点P ，使得当A 运动时，|MA |－|MP |为定值？并说明理由． 解题思路 (1)由点A ，B 关于坐标原点O 对称和点A 在直线x ＋y ＝0上知，点A ，B 都在直线x ＋y ＝0上，于是得点M 在线段AB 的垂直平分线，即y ＝x 上，设圆心M 为(a ，a )．根据⊙M 与直线x ＝－2相切和MO→⊥AO →，求a 从而得到⊙M的半径．(2)联系第(1)问求圆心M 坐标的方法．找等量关系，求出M 的轨迹方程，进而利用相应曲线的性质求|MA |，|MP |，判断|MA |－|MP |是否为定值．规范解答 (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，故可设圆心M 为(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：设圆心M 为(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 (1,0)．典例2 (2019·青岛三模)已知O 为坐标原点，点F 1，F 2为椭圆M ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点，G 为椭圆M 上的一个动点，△GF 1F 2的最大面积为3，椭圆M 的离心率为12.(1)求椭圆M 的标准方程；(2)过抛物线N ：x 2＝433y 上的一点P 与抛物线N 相切的直线l 与椭圆M 相交于A ，B 两点，设AB 的中点为C ，直线OP 与直线OC 的斜率分别是k 1，k 2，证明：k 1k 2为定值．解题思路 (1)根据题意，列方程组，结合a ，b ，c 的关系即可求得a 和b 的值，进而求得椭圆方程．(2)通过求导求得直线AB 的方程，代入椭圆方程，利用根与系数的关系及中点坐标公式，即可求得k 1k 2为定值．规范解答 (1)因为△GF 1F 2的最大面积为3，椭圆M 的离心率为12.所以⎩⎪⎨⎪⎧12×2c ×b ＝3，c a ＝12，又因为a 2＝b 2＋c 2，所以a ＝2，b ＝3，所以椭圆M的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)证明：设Pt ，3t 24，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 因为抛物线方程N ：y ＝34x 2， 对其求导得y ′＝32x ， 则直线AB 的方程为y ＝32t (x －t )＋34t 2＝3t 2x －34t 2， 将直线AB 的方程代入椭圆方程x 24＋y 23＝1， 可得12(1＋t 2)x 2－12t 3x ＋3t 4－48＝0，因为x 1＋x 2＝t 31＋t 2，y 1＋y 2＝3t 2(x 1＋x 2)－3t 22＝－3t 22(1＋t 2)，所以点C t 32(1＋t 2)，－3t 24(1＋t 2)，所以k 1＝3t 4，k 2＝－32t ，所以k 1k 2＝－38. 热点题型3 圆锥曲线中的证明问题典例1 已知抛物线C ：x 2＝2py (p >0)，过焦点F 的直线交C 于A ，B 两点，D 是抛物线的准线l 与y 轴的交点．(1)若AB ∥l ，且△ABD 的面积为1，求抛物线的方程；(2)设M 为AB 的中点，过M 作l 的垂线，垂足为N .证明：直线AN 与抛物线相切．解题思路 (1)判断△ABD 的形状，求|FD |，|AB |.由△ABD 的面积为1，列方程求p ，得抛物线的方程．(2)将直线AB 的方程与抛物线C 的方程联立，消去y 并整理，结合根与系数的关系用k ，p 表示M ，N 的坐标．求k AN ：①斜率公式，②导数的几何意义，两个角度求斜率相等，证明相切．规范解答 (1)∵AB ∥l ，∴△ABD 为等腰三角形，且FD ⊥AB ，又|FD |＝p ，|AB |＝2p .∴S △ABD ＝p 2＝1.∴p ＝1，故抛物线C 的方程为x 2＝2y .(2)证明：显然直线AB 的斜率存在，设其方程为y ＝kx ＋p 2，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，x 212p ，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，x 222p .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋p 2，x 2＝2py消去y 整理得，x 2－2kpx －p 2＝0.∴x 1＋x 2＝2kp ，x 1x 2＝－p 2. ∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫kp ，k 2p ＋p 2，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫kp ，－p 2.∴k AN ＝x 212p ＋p 2x 1－kp ＝x 212p ＋p 2x 1－x 1＋x 22＝x 21＋p 22p x 1－x 22＝x 21－x 1x 22p x 1－x 22＝x 1p . 又x 2＝2py ，∴y ′＝x p .∴抛物线x 2＝2py 在点A 处的切线的斜率k ′＝x 1p . ∴直线AN 与抛物线相切．典例2 (2019·福州三模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左焦点为F (－1,0)，过F 且垂直于x 轴的直线被椭圆截得的弦长为3.(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，证明：∠FMA ＝∠FMB .解题思路 (1)根据焦点坐标求c ，由点－c ，b 2a 在椭圆上和过F 且垂直于x 轴的弦长为3，列出关于a ，b 的方程，结合a 2＝b 2＋c 2求出a ，b ，得出椭圆的方程．(2)先讨论直线l 斜率不存在的情况，再讨论直线l 斜率存在的情况．设直线l 的斜率为k ，列出直线l 的方程，并与椭圆方程联立，消元得到关于x 的方程．根据根与系数的关系计算出k AM ＋k BM ＝0，从而得出结论．规范解答 (1)由题意，知c ＝1，把x ＝－1代入椭圆方程，得1a 2＋y 2b 2＝1，解得y ＝±b 2a ，∴b 2a ＝32，又a 2＝b 2＋1，得a ＝2，b ＝3， ∴椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.(2)证明：当直线l 斜率不存在时，由对称性知 ∠FMA ＝∠FMB ；当直线l 斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝k (x ＋1)， 代入椭圆方程，得(3＋4k 2)x 2＋8k 2x ＋4k 2－12＝0， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2，∴k AM ＋k BM ＝y 1x 1＋4＋y 2x 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 1＋x 2)＋8](x 1＋4)(x 2＋4)，∵2x 1x 2＋5(x 1＋x 2)＋8＝8k 2－243＋4k 2－40k 23＋4k 2＋8＝0，∴k AM ＋k BM ＝0，∴∠FMA ＝∠FMB . 综上，∠FMA ＝∠FMB .热点题型4 圆锥曲线中的最值与范围问题典例1 (2019·包头二模)设F 为抛物线C ：y 2＝2px 的焦点，A 是C 上一点，F A 的延长线交y 轴于点B ，A 为FB 的中点，且|FB |＝3.(1)求抛物线C 的方程；(2)过F 作两条互相垂直的直线l 1，l 2，直线l 1与C 交于M ，N 两点，直线l 2与C 交于D ，E 两点，求四边形MDNE 面积的最小值．解题思路 (1)由题意画出图形，结合已知条件列式求得p ，则抛物线C 的方程可求．(2)由已知直线l 1的斜率存在且不为0，设其方程为y ＝k (x －1)，与抛物线方程联立，求出|MN |，同理可求|DE |实际上，在|MN |的表达式中用－1k 代替k 即可，可得四边形MDNE 的面积表达式，再利用基本不等式求最值．规范解答 (1)如图，∵A 为FB 的中点，∴A 到y 轴的距离为p4，∴|AF |＝p 4＋p 2＝3p 4＝|FB |2＝32，解得p ＝2. ∴抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)由已知直线l 1的斜率存在且不为0，设其方程为y ＝k (x －1)． 由⎩⎨⎧y ＝k (x －1)，y 2＝4x ，得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0. ∵Δ>0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，∴x 1＋x 2＝2＋4k 2，则|MN |＝x 1＋x 2＋2＝41＋1k2；同理设D (x 3，y 3)，E (x 4，y 4)，∴x 3＋x 4＝2＋4k 2，则|DE |＝x 3＋x 4＋2＝4(1＋k 2)．∴四边形MDNE的面积S ＝12|MN |·|DE |＝82＋k 2＋1k 2≥32.当且仅当k ＝±1时，四边形MDNE 的面积取得最小值32.典例2 如图，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右顶点为A (2,0)，左、右焦点分别为F 1，F 2，过点A 且斜率为12的直线与y 轴交于点P ，与椭圆交于另一个点B ，且点B 在x 轴上的射影恰好为点F 1.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)过点P 且斜率大于12的直线与椭圆交于M ，N 两点(|PM |>|PN |)，若S △P AM ∶S△PBN＝λ，求实数λ的取值范围．解题思路 (1)求点B 的坐标→根据k AB ＝12列方程→由题意得a ＝2，a 2＝b 2＋c 2，解方程组求a ，b ，c ，写出椭圆C 的标准方程．(2)S △P AM ∶S △PBN ＝λ――→面积公式PM →与PN →的关系→点M ，N 坐标之间的关系→直线MN 的方程与椭圆C 的方程联立，消去y 整理→用根与系数的关系得出点M ，N 的坐标之间的关系式→推出λ与k 的关系，并根据k >12求范围，找到λ所满足的不等式，求出λ的取值范围．规范解答 (1)因为BF 1⊥x 轴，所以点B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－c ，－b 2a ，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2，b 2a (a ＋c )＝12，a 2＝b 2＋c 2⇒⎩⎨⎧a ＝2，b ＝3，c ＝1，所以椭圆C 的标准方程是x 24＋y 23＝1.(2)因为S △P AM S △PBN ＝12|P A |·|PM |·sin ∠APM12|PB |·|PN |·sin ∠BPN＝2·|PM |1·|PN |＝λ⇒|PM ||PN |＝λ2(λ>2)， 所以PM→＝－λ2PN →. 由(1)可知P (0，－1)，设直线MN ：y ＝kx －1⎝ ⎛⎭⎪⎫k >12，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －1，x 24＋y 23＝1，化简得，(4k 2＋3)x 2－8kx －8＝0.得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝8k4k 2＋3，x 1x 2＝－84k 2＋3.(*)又PM →＝(x 1，y 1＋1)，PN →＝(x 2，y 2＋1)， 有x 1＝－λ2x 2，将x 1＝－λ2x 2代入(*)可得，(2－λ)2λ＝16k 24k 2＋3.因为k >12，所以16k 24k 2＋3＝163k 2＋4∈(1,4)，则1<(2－λ)2λ<4且λ>2⇒4<λ<4＋2 3. 综上所述，实数λ的取值范围为(4,4＋23)． 热点题型5 圆锥曲线中的探索性问题典例1 (2019·巢湖一模)已知抛物线E ：y 2＝4x ，圆C ：(x －3)2＋y 2＝1. (1)若过抛物线E 的焦点F 的直线l 与圆C 相切，求直线l 的方程；(2)在(1)的条件下，若直线l 交抛物线E 于A ，B 两点，x 轴上是否存在点M (t,0)使∠AMO ＝∠BMO (O 为坐标原点)？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．解题思路 (1)求得抛物线的焦点，设出直线l 的方程，运用直线l 和圆C 相切的条件：d＝r，解方程可得所求直线方程．(2)设出A，B的坐标，联立直线l的方程和抛物线E的方程，运用根与系数的关系和直线的斜率公式，依据∠AMO＝∠BMO，即k AM＋k BM＝0列方程化简整理，解方程可得t，即得点M的坐标，从而得到结论．规范解答(1)由题意，得抛物线的焦点F(1,0)，当直线l的斜率不存在时，过F的直线不可能与圆C相切，所以直线l的斜率存在．设直线l的斜率为k，方程为y＝k(x－1)，即kx－y－k＝0，由圆心(3,0)到直线l的距离为d＝|3k－k|1＋k2＝2|k|1＋k2，当直线l与圆C相切时，d＝r＝1，解得k＝±3 3，即直线l的方程为y＝±33(x－1)．(2)由(1)，当直线l的方程为y＝33(x－1)时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立抛物线E的方程可得x2－14x＋1＝0，则x1＋x2＝14，x1x2＝1，x轴上假设存在点M(t,0)使∠AMO＝∠BMO，即有k AM＋k BM＝0，得y1x1－t＋y2x2－t＝0，即y1(x2－t)＋y2(x1－t)＝0，由y1＝33(x1－1)，y2＝33(x2－1)，可得2x1x2－(x1＋x2)－(x1＋x2－2)t＝0，即2－14－12t＝0，即t＝－1，M(－1,0)符合题意；当直线l的方程为y＝－33(x－1)时，由对称性可得M(－1,0)也符合条件．所以存在定点M(－1,0)使∠AMO＝∠BMO.典例2 (2019·汕头模拟)已知点A (0，－1)，B (0,1)，P 为椭圆C ：x 22＋y 2＝1上异于点A ，B 的任意一点．(1)求证：直线P A ，PB 的斜率之积为－12；(2)是否存在过点Q (－2,0)的直线l 与椭圆C 交于不同的两点M ，N ，使得|BM |＝|BN |？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．解题思路 (1)设点P (x ，y )(x ≠0)，代入椭圆方程，由直线的斜率公式，即可得证．(2)假设存在直线l 满足题意．显然当直线斜率不存在时，直线与椭圆C 不相交，讨论直线的斜率是否为0，联立直线方程和椭圆方程，运用根与系数的关系和两直线垂直的条件：由|BM |＝|BN |想到在△BMN 中，边MN 所在直线的斜率与MN 边上的中线所在直线的斜率之积为－1，可得所求直线方程．规范解答 (1)证明：设点P (x ，y )(x ≠0)，则x 22＋y 2＝1，即y 2＝1－x 22，∴k P A ·k PB ＝y ＋1x ·y －1x ＝y 2－1x 2＝1－x 22－1x 2＝－12，故得证．(2)假设存在直线l 满足题意．显然当直线斜率不存在时，直线与椭圆C 不相交．①当直线l 的斜率k ≠0时，设直线l 为y ＝k (x ＋2)，联立椭圆方程x 2＋2y 2＝2，化简得(1＋2k 2)x 2＋8k 2x ＋8k 2－2＝0，由Δ＝64k 4－4(1＋2k 2)(8k 2－2)>0， 解得－22<k <22(k ≠0)，设点M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＋x 2＝－8k 21＋2k 2，x 1x 2＝8k 2－21＋2k 2，∴y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋4k ＝k ·－8k 21＋2k 2＋4k ＝4k 1＋2k 2， 取MN 的中点H ，即Hx 1＋x 22，y 1＋y 22，则y 1＋y 22－1x 1＋x 22·k ＝－1， 即2k 1＋2k 2－1－4k 21＋2k 2·k ＝－1， 化简得2k 2＋2k ＋1＝0，无实数解，故舍去．②当k ＝0时，M ，N 为椭圆C 的左、右顶点，显然满足|BM |＝|BN |， 此时直线l 的方程为y ＝0.综上可知，存在直线l 满足题意，此时直线l 的方程为y ＝0.。

第五讲 向量与圆锥曲线一、考情分析向量的引入，给高中数学教学带来了生机，也为今后学习高等数学奠定了必要的基础．向量作为沟通“数”和“形”的重要工具，是现代数学中的基本概念之一.．向量具有“几何形式”与“代数形式”的双重身份，既有明确的几何意义，又有像数那样的运算，是代数与几何的一个交汇点，是联系中学数学多项内容的媒介．向量方法具有像几何、代数学中所具有的综合法特点，又具有解析法特点，为学生提供一种重要的、有价值的数学工具，同时又创设了能促使学生从一种新角度来进行数学思维的情境，把几何从“思辩数学”化成“算法数学”，将“技巧性解题”化成“算法解题”，从而能更完整、更合理地构建学生数学基本知识、基本技能，是一种具有广阔应用性的通法．本讲主要是调动学生学习的主动性，注意交代知识的来龙去脉，教给学生解决问题的思路，帮助考生培养分析、抽象和概括等思维能力，掌握形数结合、函数与方程、化归与转化等数学思想，培养良好的个性品质，以及勇于探索、敢于创新的精神，进一步提高学生“应用数学”的水平．二、精典例析例1：过抛物线24x y =的对称轴上的任意一点()()00P m m >，作直线与抛物线交于A B 、两点（点A 在右半平面），点Q 是点P 关于原点的对称点．（1）设点P 分向量AB 所成的比为λ，证明：()QP QA QB λ⊥-；（2）设直线AB 的方程是2120x y -+=，过A B 、两点的圆与抛物线在A 点处有公共的切线，求圆C 的方程；解析：（1）由条件设直线AB 的方程为()()1122y kx m A x y B x y =+，，，，，则：224404y kx mx kx m x y=+⎧⇒--=⎨=⎩， ∴124x x m =-，∵点P 分向量AB 所成的比为λ，∴21201x xx λλλ+=⇔=-+1x ，∵点Q 是点P 关于原点的对称点，∴()()002Q m QP m -=，，，， ∴()()1122QA QB x y m x y m λλ-=+-+，，，()()2211211222212144x x x x QP QA QB m y y m m m x x λλλ⎡⎤⎛⎫⋅-=-+-=+⋅++⎡⎤⎢⎥ ⎪⎣⎦⎝⎭⎣⎦ ()()12121222444220x x m m mm x x m x x x x +-+=+⋅=+⋅= 故()QP QA QB λ⊥-．（2）()()2212069444x y A B x y -+=⎧⇒-⎨=⎩，，，， ∵221442x x y y y x '=⇒==， ∴抛物线24x y =在A 点处的切线斜率为：63x y ='=，设圆系方程为()()222x a y b r -+-=，则：()()()()22229132363226944b a a b a b a b -⎧=-⎪-⇒==⎨⎪-+-=++-⎩，，()()222125442r a b =++-=， 故圆C 的方程是22323720x y x y ++-+=．例2：（05年福建卷）已知方向向量为()13v =，的直线l 过点(0-，和椭圆()222210x y C a b a b+=>>：的焦点，且椭圆C 的中心关于直线l 的对称点在椭圆C 的右准线上． （1）求椭圆C 的方程；（2）是否存在过点()20E -，的直线m 交椭圆C 于点M N 、，满足0OM ON MON ⋅=∠≠（O 为原点）？若存在，求直线m 的方程；若不存在，请说明理由． 解析：（1）法一：直线l y =-：l 的直线方程为x y 33-=，323x y y x y ⎧⎧==-⎪⎪⎪⇒⎨⎨=-⎪⎪=⎩⎪⎩ ∵椭圆中心()0O 0，关于直线l 的对称点在椭圆C 的右准线上，∴23232a c =⨯=；∵直线l 过椭圆焦点，∴该焦点坐标为()0F 2，，∴22262c a b ===，，．故椭圆C 的方程为22162x y += ．法二：直线l y =-：，设原点关于直线l 对称点为()p q ，，则：2231q p p q p ⎧-⎪⎪⇒==- ∵椭圆中心()0O 0，关于直线l 的对称点在椭圆C 的右准线上，∴23a c=；∵直线l 过椭圆焦点，∴该焦点坐标为()0F 2，，∴22262c a b ===，，．故椭圆C 的方程为22162x y += ． （2）法一：设()()1122M x y N x y ，，，，则： ①当直线m 不垂直x 轴时，直线(2)m y k x =+：，则：222222(2)(31)121260162y k x k x k x k x y =+⎧⎪⇒+++-=⎨+=⎪⎩， ∴0∆>恒成立，且22121222121263131k k x x x x k k -+=-⋅=++，，∴||MN ===，∵46cot ||||cos0OM ON MON OM ON MON ⋅=∠⇔⋅∠=≠，∴||||sin OM ON MON ⋅∠=∵点O 到直线MN 的距离21|2|kk d +=，∴||OMN S MN d ∆=⇔⋅=即：221|1)3k k k =+⇒=，∴k =．②当直线m 垂直x 轴时，也满足632=∆OMN S ．经检验上述直线均满足0≠⋅，故直线m 的方程为y x =+或y x =或2x =-．法二：设()()1122M x y N x y ，，，，则：①当直线m 不垂直x 轴时，直线(2)m y k x =+：，则：222222(2)(31)121260162y k x k x k x k x y =+⎧⎪⇒+++-=⎨+=⎪⎩， ∴0∆>恒成立，且22121222121263131k k x x x x k k -+=-⋅=++，，∵()20E -，恰是椭圆C 的左焦点，∴()()21212212()2()31k MN ME NE a ex a ex e x x a k =+=+++=++=-++（以下与解法一相同）．法三：设直线2m x ty =-：，()()1122M x y N x y ，，，，则：22222(3)420162x ty t y ty x y =-⎧⎪⇒+--=⎨+=⎪⎩， ∴0∆>恒成立，且1212224233t y y y y t t -+==++，，.)3(242438)34(4)(||222222212121++=+++=-+=-t t t t t y y y y y y∵46cot ||||cos0OM ON MON OM ON MON ⋅=∠⇔⋅∠=≠，∴||||sin OM ON MON ⋅∠=632=∆OMN S∵121||||2OMN OEM OENS S S OEy y ∆∆∆=+=⋅-=，423t t t ==⇒=0t =． 经检验上述直线均满足0≠⋅ON OM ，故直线m 的方程为33y x =+或33y x =--或2x =-．例3：（05年湖南卷）已知椭圆()222210x y C a b a b+=>>：的左、右焦点为12F F 、，离心率为e ，直线l y ex a =+：与x 轴、y 轴分别交于点A B M 、，是直线l 与椭圆C 的一个公共点，P 是点1F 关于直线l 的对称点，设AM AB λ=． （Ⅰ）证明：21e λ=-； （Ⅱ）若43=λ，12MF F ∆的周长为6，写出椭圆C 的方程； （Ⅲ）确定λ的值，使得12PF F ∆是等腰三角形．解析：（Ⅰ）法一：()(0)0a A B a e-，，，， 2222221y ex a x c b M c x y b a y a b a =+=-⎧⎧⎛⎫⎪⎪⇒⇒-⎨⎨ ⎪+==⎝⎭⎪⎪⎩⎩，，∵AM AB λ=，∴2221aa c ab a e ec a e e a e b aa λλλλ⎧-=⋅⎪⎛⎫⎪⎛⎫-+=⇒⇒=-⎨ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎪=⎪⎩，，． 法二：()(0)0aA B a e-，，，，设()00M x y ，，则： ∵AM AB λ=，∴ ()0000(1)1a x a a a x y a M a e e e e y a λλλλλ⎧=-⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=⇒⇒-⎨ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎪=⎩，，，，∵()1a M a C e λλ⎛⎫-∈ ⎪⎝⎭，，∴()222222221()(1)111a a e a b e e λλλλ⎡⎤-⎢⎥-⎣⎦+=⇒+=- ∴422222(1)(1)011e e e e λλλλ--+-=⇒=-⇔=-． （Ⅱ）当43=λ时，21=c ， 2a c =，则：∵12MF F ∆的周长为6，∴226a c +=，222213a c b a c ===-=，，． 故椭圆方程为22143x y +=． （Ⅲ）法一：∵1PF l ⊥，∴1212PF F BAF π∠=+∠为钝角，要使12PF F ∆为等腰三角形，必有112112PF F F PF c =⇒=；设点1F 到l 的距离为d，则：11||2d PF ===∵112PF c =，2213c e e =⇔=⇒=， 故当2213e λ=-=时，12PF F ∆是等腰三角形． 法二：∵1PF l ⊥，∴1212PF F BAF π∠=+∠为钝角，要使12PF F ∆为等腰三角形，必有112PF F F =； 设点()00P x y ，，则：200202000201312(1)0122y e x c x c e e e a y x c y e a e -⎧⎧-=-=⎪⎪+⎪⎪+⇒⎨⎨-+-⎪⎪==+⎪⎪+⎩⎩， ∵112PF F F =，∴222222222222(3)2(1)(1)141113e c e a e c c e e e e e ⎡⎤⎡⎤---++=⇒=⇒=⎢⎥⎢⎥+++⎣⎦⎣⎦， 故当2213e λ=-=时，12PF F ∆是等腰三角形． 例4：（05年辽宁卷）已知椭圆)0(12222>>=+b a by a x 的左、右焦点分别是()()1200F c F c -，、，，Q 是椭圆外的动点，满足12FQ a =，点P 是线段1FQ 与该椭圆的交点，点T 在线段2F Q 上，并且满足2200PT TF TF ⋅=≠，　． （Ⅰ）设x 为点P 的横坐标，证明：1cF P a x a=+； （Ⅱ）求点T 的轨迹C 的方程；（Ⅲ）试问：在点T 的轨迹C 上，是否存在点M ，使12F MF ∆的面积2S b =？若存在，求12F MF ∠的正切值；若不存在，请说明理由．解析：（Ⅰ）法一：设点P 的坐标为()P x y ，，则：1(F P x =∵()0c x a a x a c a ≥-⇒+≥+->，∴ 1cF P a x a=+；法二：设点P 的坐标为()P x y ，，记1122F P r F P r ==，，则： 12r r ==∵22121224r r a r r cx +=-=，，∴11cF P r a x a==+． 法三：设点P 的坐标为()P x y ，，椭圆的左准线方程为：2a x c=-，由椭圆第二定义，则：2112F Pc c a cF P x a x a a c a a x c⎛⎫=⇒=--=+ ⎪⎝⎭+． （Ⅱ）法一：设点T 的坐标为()T x y ，，则：当0PT =时，点()0a ，和点()0a -，在轨迹上； 当|200PT TF ≠≠且时，∵2200PT TF TF ⋅=≠，　，∴2TF PT ⊥ 又∵2PQ PF =，∴T 为线段2F Q 的中点． 在12QF F ∆中，∵112OT F Q a ==，∴222x y a +=． 综上，点T 的轨迹C 的方程是222x y a +=． 法二：设点T 的坐标为()T x y ，，则：当0PT =时，点()0a ，和点()0a -，在轨迹上； 当|200PT TF ≠≠且时，∵2200PT TF TF ⋅=≠，　，∴2TF ⊥ 又∵2PQ PF =，∴T 为线段2F Q 的中点．设点Q 的坐标为()Q x y ''，，则：2222x c x x x c y y y y '+⎧=⎪'=-⎧⎪⇒⎨⎨''=⎩⎪=⎪⎩； ∵22212()4FQ a x c y a ''=⇒++=，∴ 222x y a +=．综上，点T 的轨迹C 的方程是222x y a +=．（Ⅲ）法一：若轨迹C 上存在点()cos sin M a a θθ，，则：22222112sin sin 2a c e S b c a b ac eθθ--=⇔⋅=⇔==，令21112e e e -≤⇔≥，故当102e <<时，这样的点M 不存在；当112e ≤<时，这样的点M 存在．（下同法2）． 法二：轨迹C 上存在点()00M x y ，，使2S b =成立的充要条件是：222200002012||2x y a b y a y c c y b⎧+=⎪⇒≤=⎨⋅=⎪⎩，　， ∴当cb a 2<时，不存在满足条件的点()00M x y ，；当cb a 2≥时，存在点()00M x y ，，使2S b =，此时，()()100200MF c x y MF c x y =---=--，，　，，2222022021b c a y c x MF MF =-=+-=⋅，∵212121cos ||||MF F MF MF MF MF ∠⋅=⋅，22121sin ||||21b MF F MF MF S =∠⋅=， ∴12tan 2F MF ∠=．法三：轨迹C 上存在点()00M x y ，，使2S b =成立的充要条件是：222200002012||2x y a b y a y c c y b⎧+=⎪⇒≤=⎨⋅=⎪⎩，　， ∴422222()()0b b b x a a a c c c=-=-+≥，∴当cb a 2<时，不存在满足条件的点()00M x y ，；当c b a 2≥时，存在点()00M x y ，，使2S b =，此时，记12001200F M F M y y k k k k x c x c====+-，， ∵1212||22F F a F MF π<⇒∠<，∴12tan 2F MF ∠=．例5：(05年全国卷II) P Q M N 、、、四点都在椭圆2212y x +=上， F 为椭圆在y 轴正半轴上的焦点，已知PF 与FQ 共线，MF 与FN 共线，且0PF MF ⋅=，求四边形PMQN 的面积的最小值和最大值．解析：如图，由条件知MN 和PQ 是椭圆的两条弦，相交于焦点()10F ，，且P Q M N ⊥，直线MN和PQ 中至少有一条存在斜率，不妨设PQ 的斜率为k ，()()1122P x y Q x y ，，，，PQ 的方程为：1y kx =+，则： ()22221221012y kx k x kx y x =+⎧⎪⇒++-=⎨+=⎪⎩， ∴1212222122k x x xx k k -+==++，， ∴12PQ x =-=；（1）当0k ≠时，MN 的斜率为1k-，同理，得：2211||12k MN k ⎤⎛⎫+-⎥⎪⎝⎭⎥⎣⎦=⎛⎫+- ⎪⎝⎭； 故四边形面积()()222222114114(2)12125222k k k k S PQ MN k k k k ⎛⎫++++ ⎪⎝⎭===⎛⎫++++ ⎪⎝⎭． 令221u k k =+，则：()421215252u S u u +⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，∵2212u k k=+≥，∴当1k =±时，1629u S ==，， ∵S 是以u 为自变量的增函数， ∴1629S ≤<． （2）当0k =时，MN 为椭圆长轴，MN PQ == 122S MN PQ ==． 综上，四边形PMQN 的面积的最小值169，最大值为2． 例6：(05年全国卷Ⅰ)已知椭圆的中心为坐标原点O ，焦点在x 轴上，斜率为1且过椭圆右焦点F的直线交椭圆于A B 、两点，OA OB +与(31)a =-，共线． （1）求椭圆的离心率；（2）设M 为椭圆上任意一点，且()OMOA OB R λμλμ=+∈，，证明22λμ+为定值．解析：设椭圆方程为22221(0)(0)x y a b F c a b+=>>，，，1122()()A x y B x y ，，，，则： 222222222222()201y x c a b x a cx a c a b x y a b=-⎧⎪⇒+-+-=⎨+=⎪⎩， ∴22222121222222a c a c a b x x x x a b a b -+==++，，∵()1212OA OB x x y y +=++，与(31)a =-，共线，∴()()121230y y x x +++=，又∵1122y x c y x c =-=-，，∴22212121222233(2)()032a c cx x c x x x x a b a b +-++=⇒+==⇒=+，∴3c ==，故离心率为c e a ==．（II ）证明：∵223b a =，∴椭圆2222222133x y x y b a b+=⇔+=，设()OM x y =，，∵1122()()()OM OA OB x y x y x y λμλμ=+⇔=+，，，，∴1212x x x y y y λμλμ=+=+，， ∵()M x y ，在椭圆上，∴()()222121233x x y y b λμλμ+++=222222211221212(3)(3)2(3)3x y x y x x y y b λμλμ⇔+++++=，∵22223122a c b c ==，，∴22222122238a c ab x xc a b -==+， ∵22221212121212123933()()43()33022x x y y x x x c x c x x x x c c c c c +=++--=-++=-+=， 22222211223333x y b x y b +=+=，，故 221λμ+=，即22μλ+为定值，且定值为1．例7：（05年天津卷）抛物线C 的方程为)0(2<=a ax y ，过抛物线C 上一点()()0000P x y x ≠，作斜率为12k k 、的两条直线分别交抛物线C 于()()1122A x y B x y ，，，两点(P A B 、、三点互不相同)，且满足)10(012-≠≠=+λλλ且k k ． （Ⅰ）求抛物线C 的焦点坐标和准线方程；（Ⅱ）设直线AB 上一点M ，满足MA BM λ=，证明：线段PM 的中点在y 轴上； （Ⅲ）当1λ=时，若点()11P -，，求PAB ∠为钝角时，点A 的纵坐标1y 的取值范围． 解析：（Ⅰ）由抛物线C 的方程()2210y ax a x y a =<⇔=得：12p a=-，焦点坐标为1(0)4a ，，准线方程为ay 41-=．（Ⅱ）证明：设直线PA 的方程为)(010x x k y y -=-，直线PB 的方程为)(020x x k y y -=-． ∵点),(00y x P 和点),(11y x A 的坐标是方程组010211002()0y y k x x ax k x k x y y ax-=-⎧⇒-+-=⎨=⎩ 的解，∴111010k kx x x x a a+=⇔=-； ∵点),(00y x P 和点),(22y x B 的坐标是方程组020222002()y y k x x ax k x k x y y ax -=-⎧⇒-+-=⎨=⎩ 的解，∴222020k kx x x x a a+=⇔=-； ∵12k k λ-=，∴012x k ax --=λ；设点M 的坐标为()M M x y ，，则： ∵BM MA λ=， ∴λλ++=112x x x M ，∴0001x x x x M -=+--=λλ，即00=+x x M ．∴线段PM 的中点在y 轴上．（Ⅲ）∵点()11P -，在抛物线2ax y =上，∴1-=a ，抛物线方程为2x y -=，此时，211111(1)x k y k =--=-+，； 221221(1)x k y k =-=-+，，∴直线PA 、PB 分别与抛物线C 的交点A 、B 的坐标为()2111121A k k k -----，，()2111121B k k k --+-，，∴()()2111112224AP k k k AB k k =++=，，　，， 2111111112(2)4(2)2(2)(21)AP AB k k k k k k k k ⋅=+++=++；∵PAB ∠为钝角且P A B 、、三点互不相同，∴11102(2)(21)0AP AB k k k ⋅<⇔++<，解之，得：()11202k ⎛⎫∈-∞-- ⎪⎝⎭，，，则： 点A 的纵坐标1y 满足2111(1)(1)(1)4y k =-+∈-∞---，，．三、课后反思．。

第二课时 圆锥曲线的综合应用考点一 最值范围问题|(2015·高考浙江卷)已知椭圆x 22＋y 2＝1上两个不同的点A ，B 关于直线y ＝mx ＋12对称．(1)求实数m 的取值范围；(2)求△AOB 面积的最大值(O 为坐标原点)．[解] (1)由题意知m ≠0，可设直线AB 的方程为y ＝－1mx ＋b .由⎩⎨⎧x 22＋y 2＝1，y ＝－1m x ＋b ，消去y ，得⎝⎛⎭⎫12＋1m 2x 2－2bmx ＋b 2－1＝0. 因为直线y ＝－1m x ＋b 与椭圆x 22＋y 2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b 2＋2＋4m 2>0，①设M 为AB 的中点，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2mb m 2＋2，m 2b m 2＋2，代入直线方程y ＝mx ＋12解得b ＝－m 2＋22m 2.②由①②得m <－63或m >63. (2)令t ＝1m ∈⎝⎛⎭⎫－62，0∪⎝⎛⎭⎫0，62，则|AB |＝t 2＋1·－2t 4＋2t 2＋32t 2＋12，且O 到直线AB 的距离d ＝t 2＋12t 2＋1.设△AOB 的面积为S (t )，所以 S (t )＝12|AB |·d ＝12－2⎝⎛⎭⎫t 2－122＋2≤22， 当且仅当t 2＝12时，等号成立．故△AOB 面积的最大值为22.(1)最值问题的求解方法：①建立函数模型，利用二次函数、三角函数的有界性求最值或利用导数法求最值． ②建立不等式模型，利用基本不等式求最值． ③数形结合，利用相切、相交的几何性质求最值． (2)求参数范围的常用方法：①函数法：用其他变量表示该参数，建立函数关系，利用求函数值域的方法求解． ②不等式法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数范围． ③判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用判别式Δ求参数的范围． ④数形结合法：研究该参数所表示的几何意义，利用数形结合思想求解．1.(2016·宁波模拟)如图，抛物线C 的顶点为O (0,0)，焦点在y 轴上，抛物线上的点(x 0,1)到焦点的距离为2.(1)求抛物线C 的标准方程；(2)过直线l ：y ＝x －2上的动点P (除(2,0))作抛物线C 的两条切线，切抛物线于A ，B 两点．①求证：直线AB 过定点Q ，并求出点Q 的坐标；②若直线OA ，OB 分别交直线l 于M ，N 两点，求△QMN 的面积S 的取值范围． 解：(1)由已知条件得1－⎝⎛⎭⎫－p 2＝1＋p2＝2， ∴p ＝2，∴抛物线的标准方程为x 2＝4y . (2)①证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，y ′＝x2，A 处切线方程为y －y 1＝x 12(x －x 1)，又∵4y 1＝x 21，∴y ＝x 12x －x 214，a同理B 处切线方程为y ＝x 22x －x 224，bab 联立可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 1＋x22，y ＝x 1x 24，即P ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，x 1x 24.直线AB 的斜率显然存在，设直线AB ：y ＝kx ＋m ，⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋m ，x 2＝4y ，可得x 2－4kx －4m ＝0， ⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4m ，即P (2k ，－m )， ∵P 在直线l ：y ＝x －2上， ∴m ＝－2k ＋2，即AB 直线为y ＝k (x －2)＋2， ∴直线AB 过定点Q (2,2)． ②∵O 不会与A ，B 重合．定点Q (2,2)到直线l ：y ＝x －2的距离h ＝ 2. 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝y 1x 1x ，y ＝x －2，⇒x M ＝2x 1x 1－y 1＝84－x 1，同理得x N ＝2x 2x 2－y 2＝84－x 2.∴|MN |＝2|x M －x N |＝82⎪⎪⎪⎪⎪⎪14－x 1－14－x 2＝82⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1－x 2(4－x 1)(4－x 2)＝82⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1－x 216－4(x 1＋x 2)＋x 1x 2＝82⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪16k 2＋16m －4m －16k ＋16. ∵m ＝－2k ＋2，∴|MN |＝42·(k －1)2＋1|k －1|＝4 21＋1(k －1)2.∴S △QMN ＝12|MN |·h ＝41＋1(k －1)2∈(4，＋∞)． 考点二 定点最值问题|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．[解] (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 ⎝⎛⎭⎫t24，－t . 因为直线OA ，OB 的斜率之积为－12，所以t t 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 A ，y A )，B (x B ，y B )，联立得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝kx ＋b ，化简得ky 2－4y ＋4b ＝0. 根据根与系数的关系得y A y B ＝4b k ，因为直线OA ，OB 的斜率之积为－12，所以y A x A ·y Bx B＝－12， 即x A x B ＋2y A y B ＝0.即y 2A 4·y 2B4＋2y A y B ＝0，解得y A y B ＝0(舍去)或y A y B ＝－32. 所以y A y B ＝4bk ＝－32，即b ＝－8k ，所以y ＝kx －8k ，y ＝k (x －8)．综上所述，直线AB 过定点(8,0)．(1)解决定点问题的关键就是建立直线系或者曲线系方程，要注意选用合适的参数表达直线系或者曲线系方程，如果是双参数，要注意这两个参数之间的相互关系．(2)解决圆锥曲线中的定值问题的基本思路很明确，即定值问题必然是在变化中所表现出来的不变的量，那么就可以用变化的量表示问题中的直线方程、数量积、比例关系等，其不受变化的量所影响的一个值就是要求的定值．解决这类问题的关键就是引进参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．2．已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左焦点F 1(－1,0)，长轴长与短轴长的比是2∶ 3.(1)求椭圆的方程；(2)过F 1作两直线m ，n 交椭圆于A ，B ，C ，D 四点，若m ⊥n ，求证：1|AB |＋1|CD |为定值．解：(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2a ∶2b ＝2∶3，c ＝1，a 2＝b 2＋c 2.解得a ＝2，b ＝ 3.故所求椭圆方程为x 24＋y 23＝1.(2)证明：由已知F 1(－1,0)，当直线m 不垂直于坐标轴时， 可设直线m 的方程为y ＝k (x ＋1)(k ≠0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x ＋1)，x 24＋y 23＝1，得(3＋4k 2)x 2＋8k 2x ＋4k 2－12＝0. 由于Δ>0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则有 x 1＋x 2＝－8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2， |AB |＝(1＋k 2)[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2]＝(1＋k 2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－8k 23＋4k 22－4×4k 2－123＋4k 2 ＝12(1＋k 2)3＋4k 2.同理|CD |＝12(1＋k 2)3k 2＋4.所以1|AB |＋1|CD |＝3＋4k 212(1＋k 2)＋3k 2＋412(1＋k 2)＝7(1＋k 2)12(1＋k 2)＝712.当直线m 垂直于坐标轴时， 此时|AB |＝3，|CD |＝4； 或|AB |＝4，|CD |＝3，1|AB |＋1|CD |＝13＋14＝712. 综上，1|AB |＋1|CD |为定值712. 考点三 探索存在性与证明问题|(2015·高考北京卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，点P (0,1)和点A (m ，n )(m ≠0)都在椭圆C 上，直线P A 交x 轴于点M .(1)求椭圆C 的方程，并求点M 的坐标(用m ，n 表示)；(2)设O 为原点，点B 与点A 关于x 轴对称，直线PB 交x 轴于点N .问：y 轴上是否存在点Q ，使得∠OQM ＝∠ONQ ？若存在，求点Q 的坐标；若不存在，说明理由．[解] (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，c a ＝22，a 2＝b 2＋c 2.解得a 2＝2.故椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.设M (x M,0)．因为m ≠0，所以－1<n <1. 直线P A 的方程为y －1＝n －1m x ，所以x M ＝m1－n，即M ⎝⎛⎭⎫m 1－n ，0.(2)因为点B 与点A 关于x 轴对称，所以B (m ，－n )．设N (x N,0)，则x N ＝m1＋n.“存在点Q (0，y Q )使得∠OQM ＝∠ONQ ”等价于“存在点Q (0，y Q )使得|OM ||OQ |＝|OQ ||ON |”，即y Q 满足y 2Q ＝|x M ||x N |.因为x M ＝m 1－n ，x N ＝m 1＋n ，m 22＋n 2＝1，所以y 2Q ＝|x M ||x N |＝m 21－n 2＝2. 所以y Q ＝2或y Q ＝－ 2.故在y 轴上存在点Q ，使得∠OQM ＝∠ONQ .且点Q 的坐标为(0，2)或(0，－2)．解决存在性问题注意事项存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论．(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．3．(2015·高考安徽卷)设椭圆E 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，点O 为坐标原点，点A 的坐标为(a,0)，点B 的坐标为(0，b )，点M 在线段AB 上，满足|BM |＝2|MA |，直线OM 的斜率为510. (1)求E 的离心率e ；(2)设点C 的坐标为(0，－b )，N 为线段AC 的中点，证明：MN ⊥AB . 解：(1)由题设条件知，点M 的坐标为⎝⎛⎭⎫23a ，13b ，又k OM ＝510，从而b 2a ＝510. 进而a ＝5b ，c ＝a 2－b 2＝2b ，故e ＝c a ＝255.(2)证明：由N 是线段AC 的中点知， 点N 的坐标为⎝⎛⎭⎫a 2，－b2， 可得NM →＝⎝⎛⎭⎫a 6，5b 6.又AB →＝(－a ，b )，从而有AB →·NM →＝－16a 2＋56b 2＝16(5b 2－a 2)．由(1)可知a 2＝5b 2，所以AB →·NM →＝0，故MN ⊥AB .A 组 考点能力演练1.如图，已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)，焦点为F ，过点G (p,0)作直线l 交抛物线C 于A ，M 两点，设A (x 1，y 1)，M (x 2，y 2)．(1)若y 1y 2＝－8，求抛物线C 的方程；(2)若直线AF 与x 轴不垂直，直线AF 交抛物线C 于另一点B ，直线BG 交抛物线C 于另一点N .求证：直线AB 与直线MN 斜率之比为定值．解：(1)设直线AM 的方程为x ＝my ＋p ，代入y 2＝2px 得y 2－2mpy －2p 2＝0， 则y 1y 2＝－2p 2＝－8，得p ＝2. ∴抛物线C 的方程为y 2＝4x . (2)设B (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)． 由(1)可知y 3y 4＝－2p 2，y 1y 3＝－p 2. 又直线AB 的斜率k AB ＝y 3－y 1x 3－x 1＝2py 1＋y 3， 直线MN 的斜率k MN ＝y 4－y 2x 4－x 2＝2py 2＋y 4，∴k AB k MN ＝y 2＋y 4y 1＋y 3＝－2p 2y 1＋－2p 2y 3y 1＋y 3＝－2p 2y 1y 3(y 1＋y 3)y 1＋y 3＝2. 2．设F 是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左焦点，直线l 为其左准线，直线l 与x 轴交于点P ，线段MN 为椭圆的长轴，已知|MN |＝8，且|PM |＝2|MF |.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若过点P 的直线与椭圆相交于不同两点A ，B ，求证：∠AFM ＝∠BFN ； (3)求三角形ABF 面积的最大值． 解：(1)∵|MN |＝8，∴a ＝4，又∵|PM |＝2|MF |得a 2c －a ＝2(a －c )，即2e 2－3e ＋1＝0⇒e ＝12或e ＝1(舍去)．∴c ＝2，b 2＝a 2－c 2＝12， ∴椭圆的标准方程为x 216＋y 212＝1.(2)当AB 的斜率为0时，显然∠AFM ＝∠BFN ＝0.满足题意． 当AB 的斜率不为0时，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， AB 方程为x ＝my －8，代入椭圆方程整理得： (3m 2＋4)y 2－48my ＋144＝0，则Δ＝(48m )2－4×144(3m 2＋4)，y 1＋y 2＝48m 3m 2＋4，y 1·y 2＝1443m 2＋4. ∴k AF ＋k BF ＝y 1x 1＋2＋y 2x 2＋2＝y 1my 1－6＋y 2my 2－6＝2my 1y 2－6(y 1＋y 2)(my 1－6)(my 2－6)＝0，∴k AF ＋k BF ＝0，从而∠AFM ＝∠BFN . 综上可知：恒有∠AFM ＝∠BFN .(3)S△ABF ＝S△PBF －S△P AF＝12|PF |·|y 2－y 1|＝72m 2－43m 2＋4＝72m 2－43(m 2－4)＋16＝723m 2－4＋16m 2－4≤7223·16＝3 3. 当且仅当3m 2－4＝16m 2－4即m 2＝283(此时适合Δ>0的条件)取得等号．三角形ABF 面积的最大值是3 3.3．已知点A ，B ，C 是抛物线L ：y 2＝2px (p >0)上的不同的三点，O 为坐标原点，直线OA ∥BC ，且抛物线L 的准线方程为x ＝－1.(1)求抛物线L 的方程；(2)若三角形ABC 的重心在直线x ＝2上，求三角形ABC 的面积的取值范围．解：(1)抛物线L 的方程为y 2＝4x .(2)设直线OA ，BC 的方程分别为y ＝kx 和y ＝kx ＋b (k ≠0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，y 2＝4x联立消去y 得k 2x 2＝4x ， 解得点A 的坐标为A ⎝⎛⎭⎫4k 2，4k . 设B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，y 2＝4x ，消去y 得k 2x 2＋(2kb －4)x ＋b 2＝0.Δ＝(2kb －4)2－4k 2b 2＝16－16kb >0，即kb <1. 又由韦达定理可得x 1＋x 2＝4－2kb k 2，∴三角形ABC 的重心的横坐标为4k 2＋4－2kb k 23＝8－2kb 3k 2＝2，化简得b ＝4－3k 2k ，代入kb <1可得k 2>1.又三角形ABC 的面积为 S ＝12×k 2＋1×16－16kbk 2×|b |1＋k 2＝|2b |1－kb k 2＝2|4－3k 2|k 2|k |×3k 2－3＝2⎪⎪⎪⎪4k 2－3 3－3k2. 令t ＝1k2，则S ＝23×(4t －3)2(1－t )，t ∈(0,1)．考虑函数f (t )＝(4t －3)2(1－t )，t ∈(0,1)， 则易得函数f (t )在⎝⎛⎭⎫0，34和⎝⎛⎭⎫1112，1上单调递减， 在⎝⎛⎭⎫34，1112上单调递增，且f (0)＝9，f ⎝⎛⎭⎫34＝0，f ⎝⎛⎭⎫1112＝127， ∴△ABC 的面积的取值范围是(0,63)．B 组 高考题型专练1．(2015·高考全国卷Ⅱ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，点(2，2)在C 上．(1)求C 的方程；(2)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 .证明：直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值．解：(1)由题意有a 2－b 2a ＝22，4a 2＋2b2＝1， 解得a 2＝8，b 2＝4.所以C 的方程为x 28＋y 24＝1. (2)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x 28＋y 24＝1得 (2k 2＋1)x 2＋4kbx ＋2b 2－8＝0.故x M ＝x 1＋x 22＝－2kb 2k 2＋1，y M ＝k ·x M ＋b ＝b 2k 2＋1. 于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M ＝－12k， 即k OM ·k ＝－12. 所以直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值．2．(2015·高考山东卷)平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的离心率为32，且点⎝⎛⎭⎫3，12在椭圆C 上． (1)求椭圆C 的方程；(2)设椭圆E ：x 24a 2＋y 24b2＝1，P 为椭圆C 上任意一点，过点P 的直线y ＝kx ＋m 交椭圆E 于A ，B 两点，射线PO 交椭圆E 于点Q .a ．求|OQ ||OP |的值；b ．求△ABQ 面积的最大值．解：(1)由题意知3a 2＋14b 2＝1， 又a 2－b 2a ＝32，解得a 2＝4，b 2＝1， 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1. (2)由(1)知，椭圆E 的方程为x 216＋y 24＝1. a ．设P (x 0，y 0)，|OQ ||OP |＝λ， 由题意知Q (－λx 0，－λy 0)．因为x 204＋y 20＝1， 又(－λx 0)216＋(－λy 0)24＝1，即λ24⎝⎛⎭⎫x 204＋y 20＝1， 所以λ＝2，即|OQ ||OP |＝2. b ．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．将y ＝kx ＋m 代入椭圆E 的方程，可得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－16＝0， 由Δ>0，可得m 2<4＋16k 2.①则有x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－161＋4k 2. 所以|x 1－x 2|＝416k 2＋4－m 21＋4k 2. 因为直线y ＝kx ＋m 与y 轴交点的坐标为(0，m )，所以△OAB 的面积S ＝12|m ||x 1－x 2|＝216k 2＋4－m 2|m |1＋4k 2＝2(16k 2＋4－m 2)m 21＋4k 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫4－m 21＋4k 2m 21＋4k 2. 设m 21＋4k 2＝t ，将y ＝kx ＋m 代入椭圆C 的方程，可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，由Δ≥0，可得m2≤1＋4k2.②由①②可知0<t≤1，因此S＝2(4－t)t＝2－t2＋4t，故S≤23，当且仅当t＝1，即m2＝1＋4k2时，S取得最大值23，由a知，△ABQ的面积为3S，所以△ABQ面积的最大值为6 3.。

联立①②，得b＝1. 又 S△AOB＝12ab＝23，得 a＝3，所以椭圆 E 的标准方程为x92＋y2＝1.
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(2)若直线 l 交椭圆 E 于 M，N 两点，直线 OM 的斜率为 k1，直线 ON 的斜率 为 k2，且 k1k2＝－19，证明：△OMN 的面积是定值，并求此定值.
证明 当直线l的斜率不存在时，
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答题模板
第一步 求圆锥曲线的方程 第二步 特殊情况分类讨论 第三步 联立直线和圆锥曲线的方程 第四步 应用根与系数的关系用参数表示点的坐标 第五步 根据相关条件计算推证 第六步 明确结论
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训练 2 (2021·大同调研)如图，在平面直角坐标系 xOy 中， 椭圆 C：xa22＋by22＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为 A，B，
已知|AB|＝4，且点e，345在椭圆上，其中 e 是椭圆的
离心率.
(1)求椭圆 C 的方程；
解 ∵|AB|＝4，∴2a＝4，即a＝2. 又点e，345在椭圆上，∴ae22＋1465b2＝1，即1c62 ＋1465b2＝1， 又b2＋c2＝a2＝4，联立方程解得b2＝3， ∴椭圆 C 的方程为x42＋y32＝1.
(1)求动点 M 的轨迹 E 的方程；
[规范解答]
解 设M(x，y)，P(x0，y0)， 由(1－ 3)O→Q＝O→P－ 3O→M， 得O→Q－O→P＝ 3O→Q－ 3O→M， 即P→Q＝ 3M→Q，2 分
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∴xy00＝＝x，3y，又点 P(x0，y0)在圆 O：x2＋y2＝6 上， ∴x20＋y20＝6，∴x2＋3y2＝6， ∴轨迹 E 的方程为x62＋y22＝1.4 分
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感悟提升
解此类题的要点有两个：一是计算面积，二是恒等变形.如本题，要求△OMN 的面积，则需要计算弦长|MN|和原点 O 到直线 l 的距离 d，然后由面积公式 表达出 S△OMN(如果是其他凸多边形，一般需要分割成三角形分别求解)，再 将由已知得到的变量之间的等量关系代入面积关系式中，进行恒等变形， 即得 S△OMN 为定值23.