浙江专用2020高考数学二轮复习专题五解析几何第3讲圆锥曲线中的综合问题教案

第3讲 圆锥曲线中的定点、定值、最值与范围问题高考定位 圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一，主要以解答题形式考查，往往作为试卷的压轴题之一，一般以椭圆或抛物线为背景，试题难度较大，对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求.真 题 感 悟(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.解 (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⎩⎪⎨⎪⎧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)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2). 由(1)知x 1＋x 2＝－2k －4k 2，x 1x 2＝1k2.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 2）x 1x 2＝1k －1·2k 2＋2k －4k 21k 2＝2.所以1λ＋1μ为定值.考 点 整 合1.定点、定值问题(1)定点问题：在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为定点问题.若得到了直线方程的点斜式：y －y 0＝k (x －x 0)，则直线必过定点(x 0，y 0)；若得到了直线方程的斜截式：y ＝kx ＋m ，则直线必过定点(0，m ).(2)定值问题：在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动直线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题.2.求解圆锥曲线中的范围问题的关键是选取合适的变量建立目标函数和不等关系.该问题主要有以下三种情况：(1)距离型：若涉及焦点，则可以考虑将圆锥曲线定义和平面几何性质结合起来求解；若是圆锥曲线上的点到直线的距离，则可设出与已知直线平行的直线方程，再代入圆锥曲线方程中，用判别式等于零求得切点坐标，这个切点就是距离取得最值的点，若是在圆或椭圆上，则可将点的坐标以参数形式设出，转化为三角函数的最值求解.(2)斜率、截距型：一般解法是将直线方程代入圆锥曲线方程中，利用判别式列出对应的不等式，解出参数的范围，如果给出的只是圆锥曲线的一部分，则需要结合图形具体分析，得出相应的不等关系.(3)面积型：求面积型的最值，即求两个量的乘积的范围，可以考虑能否使用不等式求解，或者消元转化为某个参数的函数关系，用函数方法求解.热点一 定点与定值问题 [考法1] 定点的探究与证明【例1－1】 (2018·杭州调研)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为12，其左焦点到点P (2，1)的距离为10.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 相交于A ，B 两点(A ，B 不是左、右顶点)，且以AB 为直径的圆过椭圆C 的右顶点，求证：直线l 过定点，并求出该定点的坐标.(1)解 由e ＝c a ＝12，得a ＝2c ，∵a 2＝b 2＋c 2，∴b 2＝3c 2，则椭圆方程变为x 24c 2＋y 23c2＝1.又由题意知（2＋c ）2＋12＝10，解得c ＝1， 故a 2＝4，b 2＝3，即得椭圆的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)证明 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1，得(3＋4k 2)x 2＋8mkx ＋4(m 2－3)＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝64m 2k 2－16（3＋4k 2）（m 2－3）＞0，x 1＋x 2＝－8mk 3＋4k 2，x 1·x 2＝4（m 2－3）3＋4k2.①∴y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋mk (x 1＋x 2)＋m 2＝3（m 2－4k 2）3＋4k 2. ∵椭圆的右顶点为A 2(2，0)，AA 2⊥BA 2， ∴(x 1－2)(x 2－2)＋y 1y 2＝0， ∴y 1y 2＋x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4＝0，∴3（m 2－4k 2）3＋4k 2＋4（m 2－3）3＋4k 2＋16mk 3＋4k 2＋4＝0，∴7m 2＋16mk ＋4k 2＝0，解得m 1＝－2k ，m 2＝－2k 7.由Δ>0，得3＋4k 2－m 2＞0，②当m 1＝－2k 时，l 的方程为y ＝k (x －2)， 直线过定点(2，0)，与已知矛盾. 当m 2＝－2k 7时，l 的方程为y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －27， 直线过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫27，0，且满足②， ∴直线l 过定点，定点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫27，0. 探究提高 (1)动直线l 过定点问题解法：设动直线方程(斜率存在)为y ＝kx ＋t ，由题设条件将t 用k 表示为t ＝mk ，得y ＝k (x ＋m )，故动直线过定点(－m ，0).(2)动曲线C 过定点问题解法：引入参变量建立曲线C 的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点.[考法2] 定值的探究与证明【例1－2】 (2018·金丽衢联考)已知O 为坐标原点，直线l ：x ＝my ＋b 与抛物线E ：y 2＝2px (p >0)相交于A ，B 两点. (1)当b ＝2p 时，求OA →·OB →；(2)当p ＝12且b ＝3时，设点C 的坐标为(－3，0)，记直线CA ，CB 的斜率分别为k 1，k 2，证明：1k 21＋1k 22－2m 2为定值.解 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝2px ，x ＝my ＋b ，消元得y 2－2mpy －2pb ＝0，所以y 1＋y 2＝2mp ，y 1y 2＝－2pb .(1)当b ＝2p 时，y 1y 2＝－4p 2，x 1x 2＝（y 1y 2）24p2＝4p 2， 所以OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝4p 2－4p 2＝0.(2)证明 当p ＝12且b ＝3时，y 1＋y 2＝m ，y 1y 2＝－3.因为k 1＝y 1x 1＋3＝y 1my 1＋6，k 2＝y 2x 2＋3＝y 2my 2＋6， 所以1k 1＝m ＋6y 1，1k 2＝m ＋6y 2.因此1k 21＋1k 22－2m 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋6y 12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋6y 22－2m 2＝2m 2＋12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫1y 1＋1y 2＋36⎝ ⎛⎭⎪⎫1y 21＋1y 22－2m 2＝12m ×y 1＋y 2y 1y 2＋36×（y 1＋y 2）2－2y 1y 2y 21y 22＝12m ×－m 3＋36×m 2＋69＝24，即1k 21＋1k 22－2m 2为定值.探究提高 (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)定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的.【训练1－1】 (2017·北京卷)已知抛物线C ：y 2＝2px 过点P (1，1)，过点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12作直线l与抛物线C 交于不同的两点M ，N ，过点M 作x 轴的垂线分别与直线OP ，ON 交于点A ，B ，其中O 为原点.(1)求抛物线C 的方程，并求其焦点坐标和准线方程； (2)求证：A 为线段BM 的中点.(1)解 把P (1，1)代入y 2＝2px ，得p ＝12，所以抛物线C 的方程为y 2＝x ，焦点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫14，0，准线方程为x ＝－14. (2)证明 当直线MN 斜率不存在或斜率为零时，显然与抛物线只有一个交点不满足题意，所以直线MN (也就是直线l )斜率存在且不为零.由题意，设直线l 的方程为y ＝kx ＋12(k ≠0)，l 与抛物线C 的交点为M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2).由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋12，y 2＝x ，得4k 2x 2＋(4k －4)x ＋1＝0. 考虑Δ＝(4k －4)2－4×4k 2＝16(1－2k )， 由题可知有两交点，所以判别式大于零，所以k <12.则x 1＋x 2＝1－k k 2，x 1x 2＝14k2.因为点P 的坐标为(1，1)，所以直线OP 的方程为y ＝x ，点A 的坐标为(x 1，x 1). 直线ON 的方程为y ＝y 2x 2x ，点B 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫x 1，y 2x 1x 2. 因为y 1＋y 2x 1x 2－2x 1＝y 1x 2＋y 2x 1－2x 1x 2x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫kx 1＋12x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫kx 2＋12x 1－2x 1x2x 2＝（2k －2）x 1x 2＋12（x 2＋x 1）x 2＝（2k －2）×14k 2＋1－k 2k2x 2＝0.所以y 1＋y 2x 1x 2＝2x 1.故A 为线段BM 的中点. 【训练1－2】 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，A (a ，0)，B (0，b )，O (0，0)，△OAB 的面积为1. (1)求椭圆C 的方程；(2)设P 是椭圆C 上一点，直线PA 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N .求证：|AN |·|BM |为定值. (1)解 由已知ca ＝32，12ab ＝1. 又a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，b ＝1，c ＝ 3.∴椭圆方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明 由(1)知A (2，0)，B (0，1). 设椭圆上一点P (x 0，y 0)，则x 204＋y 0＝1.当x 0≠0时，直线PA 方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)，令x ＝0得y M ＝－2y 0x 0－2.从而|BM |＝|1－y M |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋2y 0x 0－2. 直线PB 方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1. 令y ＝0得x N ＝－x 0y 0－1. ∴|AN |＝|2－x N |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2＋x 0y 0－1.∴|AN |·|BM |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2＋x 0y 0－1·⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋2y 0x 0－2 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 0＋2y 0－2x 0－2·⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 0＋2y 0－2y 0－1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4x 0y 0－4x 0－8y 0＋8x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝4.当x 0＝0时，y 0＝－1，|BM |＝2，|AN |＝2， 所以|AN |·|BM |＝4.故|AN |·|BM |为定值.热点二 最值与范围问题[考法1] 求线段长度、面积(比值)的最值【例2－1】 (2018·湖州调研)已知抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，直线l ：y ＝kx －4(1<k <2)与y 轴、抛物线C 分别相交于P ，A ，B (自下而上)，记△PAF ，△PBF 的面积分别为S 1，S 2.(1)求AB 的中点M 到y 轴的距离d 的取值范围； (2)求S 1S 2的取值范围.解 (1)联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －4，y 2＝4x ，消去y 得，k 2x 2－(8k ＋4)x ＋16＝0(1<k <2).设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝8k ＋4k 2，x 1x 2＝16k2，所以d ＝x 1＋x 22＝4k ＋2k2 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋12－2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫52，6.(2)由于S 1S 2＝|PA ||PB |＝x 1x 2，由(1)可知S 1S 2＋S 2S 1＝x 1x 2＋x 2x 1＝（x 1＋x 2）2－2x 1x 2x 1x 2＝k 216·（8k ＋4）2k 4－2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋22－2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫174，7， 由S 1S 2＋S 2S 1>174得，4⎝ ⎛⎭⎪⎫S 1S 22－17·S 1S 2＋4>0， 解得S 1S 2>4或S 1S 2<14.因为0<S 1S 2<1，所以0<S 1S 2<14.由S 1S 2＋S 2S 1<7得，⎝ ⎛⎭⎪⎫S 1S 22－7·S 1S 2＋1<0， 解得7－352<S 1S 2<7＋352，又S 1S 2<1，所以7－352<S 1S 2<1. 综上，7－352<S 1S 2<14，即S 1S 2的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫7－352，14. 探究提高 (1)处理求最值的式子常用两种方式：①转化为函数图象的最值；②转化为能利用基本不等式求最值的形式.(2)若得到的函数式是分式形式，函数式的分子次数不低于分母时，可利用分离法求最值；若分子次数低于分母，则可分子、分母同除分子，利用基本不等式求最值(注意出现复杂的式子时可用换元法).【训练2－1】 (2018·温州质检)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为63，且过点⎝⎛⎭⎪⎫1，63.(1)求椭圆C 的方程；(2)设与圆O ：x 2＋y 2＝34相切的直线l 交椭圆C 与A ，B 两点，求△OAB 面积的最大值，及取得最大值时直线l 的方程.解 (1)由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧1a 2＋23b2＝1，c a ＝63，a 2＝b 2＋c 2，解得a 2＝3，b 2＝1，∴x 23＋y 2＝1.(2)①当k 不存在时，直线为x ＝±32，代入x 23＋y 2＝1，得y ＝±32， ∴S △OAB ＝12×3×32＝34；②当k 存在时，设直线为y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程得⎩⎪⎨⎪⎧x 23＋y 2＝1，y ＝kx ＋m ，消y 得(1＋3k 2)x 2＋6kmx ＋3m 2－3＝0，∴x 1＋x 2＝－6km1＋3k2，x 1x 2＝3m 2－31＋3k2，直线l 与圆O 相切d ＝r 4m 2＝3(1＋k 2)， ∴|AB |＝1＋k 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－6km 1＋3k 22－12（m 2－1）1＋3k 2＝3·1＋10k 2＋9k41＋6k 2＋9k 4＝3·1＋4k21＋6k 2＋9k4 ＝3×1＋41k 2＋9k 2＋6≤2.当且仅当1k 2＝9k 2，即k ＝±33时等号成立，∴S △OAB ＝12|AB |×r ≤12×2×32＝32，∴△OAB 面积的最大值为32， ∴m ＝±34⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＝±1， 此时直线方程为y ＝±33x ±1. [考法2] 求几何量、某个参数的取值范围【例2－2】 已知椭圆E ：x 2t ＋y 23＝1的焦点在x 轴上，A 是E 的左顶点，斜率为k (k >0)的直线交E 于A ，M 两点，点N 在E 上，MA ⊥NA . (1)当t ＝4，|AM |＝|AN |时，求△AMN 的面积； (2)当2|AM |＝|AN |时，求k 的取值范围. 解 设M (x 1，y 1)，则由题意知y 1>0.(1)当t ＝4时，E 的方程为x 24＋y 23＝1，A (－2，0).由|AM |＝|AN |及椭圆的对称性知，直线AM 的倾斜角为π4. 因此直线AM 的方程为y ＝x ＋2.将x ＝y －2代入x 24＋y 23＝1得7y 2－12y ＝0，解得y ＝0或y ＝127，所以y 1＝127.因此△AMN 的面积S △AMN ＝2×12×127×127＝14449.(2)由题意t >3，k >0，A (－t ，0)，将直线AM 的方程y ＝k (x ＋t )代入x 2t ＋y 23＝1得(3＋tk 2)x2＋2t ·tk 2x ＋t 2k 2－3t ＝0.由x 1·(－t )＝t 2k 2－3t 3＋tk 2得x 1＝t （3－tk 2）3＋tk2， 故|AM |＝|x 1＋t |1＋k 2＝6t （1＋k 2）3＋tk2. 由题设，直线AN 的方程为y ＝－1k(x ＋t )，故同理可得|AN |＝6k t （1＋k 2）3k 2＋t. 由2|AM |＝|AN |得23＋tk 2＝k3k 2＋t ， 即(k 3－2)t ＝3k (2k －1)，当k ＝32时上式不成立，因此t ＝3k （2k －1）k 3－2.t >3等价于k 3－2k 2＋k －2k 3－2＝（k －2）（k 2＋1）k 3－2<0，即k －2k 3－2<0. 由此得⎩⎪⎨⎪⎧k －2>0，k 3－2<0，或⎩⎪⎨⎪⎧k －2<0，k 3－2>0，解得32<k <2. 因此k 的取值范围是(32，2).探究提高 解决范围问题的常用方法：(1)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解.(2)构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域. (3)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解.【训练2－2】 (2018·台州调研)已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点为F (－c ，0)，离心率为33，点M 在椭圆上且位于第一象限，直线FM 被圆x 2＋y 2＝b 24截得的线段的长为c ，|FM |＝433.(1)求直线FM 的斜率； (2)求椭圆的方程；(3)设动点P 在椭圆上，若直线FP 的斜率大于2，求直线OP (O 为原点)的斜率的取值范围.解 (1)由已知，有c 2a 2＝13，又由a 2＝b 2＋c 2，可得a 2＝3c 2，b 2＝2c 2. 设直线FM 的斜率为k (k ＞0)，F (－c ，0)， 则直线FM 的方程为y ＝k (x ＋c ).由已知，有⎝ ⎛⎭⎪⎫kc k 2＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 22，解得k ＝33.(2)由(1)得椭圆方程为x 23c 2＋y 22c 2＝1，直线FM 的方程为y ＝33(x ＋c )，两个方程联立，消去y ，整理得3x 2＋2cx －5c 2＝0，解得x ＝－53c ，或x ＝c .因为点M 在第一象限，可得M 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫c ，233c .由|FM |＝（c ＋c ）2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫233c －02＝433， 解得c ＝1，所以椭圆的方程为x 23＋y 22＝1.(3)设点P 的坐标为(x ，y )，直线FP 的斜率为t ， 得t ＝yx ＋1，即y ＝t (x ＋1)(x ≠－1)，与椭圆方程联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝t （x ＋1），x 23＋y22＝1，消去y ，整理得2x 2＋3t 2(x ＋1)2＝6， 又由已知，得t ＝6－2x23（x ＋1）2＞2，解得－32＜x ＜－1，或－1＜x ＜0.设直线OP 的斜率为m ，得m ＝y x， 即y ＝mx (x ≠0)，与椭圆方程联立， 整理得m 2＝2x 2－23.①当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－1时，有y ＝t (x ＋1)＜0， 因此m ＞0，于是m ＝2x 2－23，得m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫23，233. ②当x ∈(－1，0)时，有y ＝t (x ＋1)＞0. 因此m ＜0，于是m ＝－2x 2－23， 得m ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－233.综上，直线OP 的斜率的取值范围是 ⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－233∪⎝ ⎛⎭⎪⎫23，233.1.解答圆锥曲线的定值、定点问题，从三个方面把握：(1)从特殊开始，求出定值，再证明该值与变量无关；(2)直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值；(3)在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的项里面分离出来，并令其系数为零，可以解出定点坐标. 2.圆锥曲线的范围问题的常见求法(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，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，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值，在利用代数法解决范围问题时常从以下五个方面考虑： ①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系；③利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； ④利用基本不等式求出参数的取值范围； ⑤利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围.一、选择题1.F 1，F 2是椭圆x 24＋y 2＝1的左、右焦点，点P 在椭圆上运动，则PF 1→·PF 2→的最大值是( )A.－2B.1C.2D.4解析 设P (x ，y )，依题意得点F 1(－3，0)，F 2(3，0)，PF 1→·PF 2→＝(－3－x )(3－x )＋y 2＝x 2＋y 2－3＝34x 2－2，注意到－2≤34x 2－2≤1，因此PF 1→·PF 2→的最大值是1.答案 B2.(2018·镇海中学二模)若点P 为抛物线y ＝2x 2上的动点，F 为抛物线的焦点，则|PF |的最小值为( ) A.2B.12C.14D.18解析 根据题意，设P 到准线的距离为d ，则有|PF |＝d .抛物线的方程为y ＝2x 2，即x 2＝12y ，其准线方程为y ＝－18，∴当点P 在抛物线的顶点时，d 有最小值18，即|PF |min ＝18.答案 D3.设A ，B 是椭圆C ：x 23＋y 2m＝1长轴的两个端点.若C 上存在点M 满足∠AMB ＝120°，则m的取值范围是( ) A.(0，1]∪[9，＋∞) B.(0，3]∪[9，＋∞) C.(0，1]∪[4，＋∞)D.(0，3]∪[4，＋∞)解析 (1)当焦点在x 轴上，依题意得 0<m <3，且3m ≥tan ∠AMB 2＝ 3.∴0<m <3且m ≤1，则0<m ≤1. (2)当焦点在y 轴上，依题意m >3，且m3≥tan ∠AMB2＝3，∴m ≥9，综上，m 的取值范围是(0，1]∪[9，＋∞). 答案 A4.已知F 是抛物线C ：y 2＝8x 的焦点，M 是C 上一点，FM 的延长线交y 轴于点N .若M 为FN 的中点，则|FN |＝( ) A.3B.5C.6D.10解析 因y 2＝8x ，则p ＝4，焦点为F (2，0)，准线l ：x ＝－2.如图，M 为FN 中点， 故易知线段BM 为梯形AFNC 的中位线， ∵|CN |＝2，|AF |＝4， ∴|MB |＝3，又由定义|MB |＝|MF |， 且|MN |＝|MF |，∴|NF |＝|NM |＋|MF |＝2|MB |＝6. 答案 C5.(2018·北京西城区调研)过抛物线y 2＝43x 的焦点的直线l 与双曲线C ：x 22－y 2＝1的两个交点分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，若x 1·x 2>0，则直线l 的斜率k 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－22∪⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞ 解析 易知双曲线两渐近线为y ＝±22x ，抛物线的焦点为双曲线的右焦点，当k >22或k <－22时，l 与双曲线的右支有两个交点，满足x 1x 2>0. 答案 D6.在直线y ＝－2上任取一点Q ，过Q 作抛物线x 2＝4y 的切线，切点分别为A ，B ，则直线AB 恒过的点的坐标为( ) A.(0，1)B.(0，2)C.(2，0)D.(1，0)解析 设Q (t ，－2)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，抛物线方程变为y ＝14x 2，则y ′＝12x ，则在点A 处的切线方程为y －y 1＝12x 1(x －x 1)，化简得y ＝12x 1x －y 1，同理，在点B 处的切线方程为y ＝12x 2x －y 2，又点Q (t ，－2)的坐标适合这两个方程， 代入得－2＝12x 1t －y 1，－2＝12x 2t －y 2，这说明A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)都满足方程－2＝12xt －y ，即直线AB 的方程为y －2＝12tx ，因此直线AB 恒过点(0，2).答案 B 二、填空题7.已知双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的渐近线与圆x 2－4x ＋y 2＋2＝0相交，则双曲线的离心率的取值范围是______.解析 双曲线的渐近线方程为y ＝±b ax ，即bx ±ay ＝0，圆x 2－4x ＋y 2＋2＝0可化为(x －2)2＋y 2＝2，其圆心为(2，0)，半径为 2. 因为直线bx ±ay ＝0和圆(x －2)2＋y 2＝2相交， 所以|2b |a 2＋b2＜2，整理得b 2＜a 2.从而c 2－a 2＜a 2，即c 2＜2a 2，所以e 2＜2.又e ＞1，故双曲线的离心率的取值范围是(1，2). 答案 (1，2)8.(2018·金华质检)已知椭圆x 24＋y 2b 2＝1(0＜b ＜2)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 1的直线l 交椭圆于A ，B 两点，若|BF 2|＋|AF 2|的最大值为5，则b 的值是________，椭圆的离心率为________.解析 由椭圆的方程，可知长半轴长a ＝2；由椭圆的定义，可知|AF 2|＋|BF 2|＋|AB |＝4a ＝8，所以|AB |＝8－(|AF 2|＋|BF 2|)≥3.由椭圆的性质，可知过椭圆焦点的弦中垂直于长轴的弦最短，即2b 2a＝3，可求得b 2＝3，即b＝3，e ＝ca＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2＝1－34＝12.答案3 129.已知抛物线C ：x 2＝8y 的焦点为F ，动点Q 在C 上，圆Q 的半径为1，过点F 的直线与圆Q 切于点P ，则FP →·FQ →的最小值为________，此时圆Q 的方程为________. 解析 如图，在Rt △QPF 中，FP →·FQ →＝|FP →||FQ →|cos ∠PFQ ＝|FP →||FQ →||PF →||FQ →|＝|FP →|2＝ |FQ →|2－1.由抛物线的定义知：|FQ →|＝d (d 为点Q 到准线的距离)，易知，抛物线的顶点到准线的距离最短，∴|FQ →|min ＝2， ∴FP →·FQ →的最小值为3. 此时圆Q 的方程为x 2＋y 2＝1. 答案 3 x 2＋y 2＝110.(2018·温州模拟)已知抛物线y 2＝4x ，过焦点F 的直线与抛物线交于A ，B 两点，过A ，B 分别作x 轴、y 轴的垂线，垂足分别为C ，D ，则|AC |＋|BD |的最小值为________.解析 不妨设A (x 1，y 1)(y 1>0)，B (x 2，y 2)(y 2<0). 则|AC |＋|BD |＝y 1＋x 2＝y 1＋y 224.又y 1y 2＝－p 2＝－4，∴|AC |＋|BD |＝y 224－4y 2(y 2<0).设g (x )＝x 24－4x (x ＜0)，则g ′(x )＝x 3＋82x2，从而g (x )在(－∞，－2)递减，在(－2，0)递增.∴当x ＝－2时，|AC |＋|BD |取最小值为3. 答案 311.如图，在平面直角坐标系xOy 中，F 是椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点，直线y ＝b2与椭圆交于B ，C 两点，且∠BFC ＝90°，则该椭圆的离心率是________.解析 联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 2a 2＋y 2b 2＝1，y ＝b2，解得B ，C 两点坐标为B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，b 2，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，b 2，又F (c ，0)， 则FB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a －c ，b 2，FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 2－c ，b 2，又由∠BFC ＝90°，可得FB →·FC →＝0，代入坐标可得： c 2－34a 2＋b24＝0，①又因为b 2＝a 2－c 2，代入①式可化简为c 2a 2＝23，则椭圆离心率为e ＝c a＝23＝63. 答案 63三、解答题12.(2018·北京海淀区调研)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)经过点A (0，－1)，且离心率为22. (1)求椭圆E 的方程；(2)经过点(1，1)，且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点P ，Q (均异于点A )，证明：直线AP 与AQ 的斜率之和为定值. (1)解 由题设知c a ＝22，b ＝1， 结合a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2， 所以椭圆的方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明 由题设知，直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)＋1(k ≠2)，代入x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k (k －1)x ＋2k (k －2)＝0，由已知Δ＞0. 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，x 1x 2≠0， 则x 1＋x 2＝4k （k －1）1＋2k 2，x 1x 2＝2k （k －2）1＋2k 2， 从而直线AP ，AQ 的斜率之和k AP ＋k AQ ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1＋2－k x 1＋kx 2＋2－kx 2＝2k ＋(2－k )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＋1x 2＝2k ＋(2－k )x 1＋x 2x 1x 2＝2k ＋(2－k )4k （k －1）2k （k －2）＝2k －2(k －1)＝2.故k AP ＋k AQ 为定值2.13.(2018·杭州调研)已知F 是抛物线T ：y 2＝2px (p >0)的焦点，点P ()1，m 是抛物线上一点，且|PF |＝2，直线l 过定点(4，0)，与抛物线T 交于A ，B 两点，点P 在直线l 上的射影是Q .(1)求m ，p 的值；(2)若m >0，且|PQ |2＝|QA |·|QB |，求直线l 的方程. 解 (1)由|PF |＝2得，1＋p2＝2，所以p ＝2，将x ＝1，y ＝m 代入y 2＝2px 得，m ＝±2.(2)因为m >0，故由(1)知点P (1，2)，抛物线T ：y 2＝4x .设直线l 的方程是x ＝ny ＋4，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ny ＋4，y 2＝4x 得，y 2－4ny －16＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝4n ，y 1·y 2＝－16. 因为|PQ |2＝|QA |·|QB |，所以PA ⊥PB ， 所以PA →·PB →＝0，且1≠2n ＋4，所以(x 1－1)(x 2－1)＋(y 1－2)(y 2－2)＝0，且n ≠－32.由(ny 1＋3)(ny 2＋3)＋(y 1－2)(y 2－2)＝0得， (n 2＋1)y 1y 2＋(3n －2)(y 1＋y 2)＋13＝0，－16(n 2＋1)＋(3n －2)·4n ＋13＝0，4n 2＋8n ＋3＝0，解得，n ＝－32(舍去)或n ＝－12，所以直线l 的方程是：x ＝－12y ＋4，即2x ＋y －8＝0.14.(2018·绍兴模拟)如图，已知函数y 2＝x 图象上三点C ，D ，E ，直线CD 经过点(1，0)，直线CE 经过点(2，0).(1)若|CD |＝10，求直线CD 的方程； (2)当△CDE 的面积最小时，求点C 的横坐标. 解 设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，E (x 3，y 3)， 直线CD 的方程为：x ＝my ＋1.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，y 2＝x 得：y 2－my －1＝0，从而⎩⎪⎨⎪⎧y 1y 2＝－1，y 1＋y 2＝m . (1)由题意，得|CD |＝1＋m 2×m 2＋4＝10，得m ＝±1， 故所求直线方程为x ＝±y ＋1，即x ±y －1＝0.(2)由(1)知y 2＝－1y 1，同理可得y 3＝－2y 1，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫4y 21，－2y 1，并不妨设y 1>0，则E 到直线CD 的距离为d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4y 21＋2m y 1－11＋m2，S △CDE ＝121＋m 2×m 2＋4×⎪⎪⎪⎪⎪⎪4y 21＋2m y 1－11＋m2＝12m 2＋4×⎪⎪⎪⎪⎪⎪4y 21＋2m y 1－1，而m ＝y 1＋y 2＝y 1－1y 1，所以S △CDE ＝12y 21＋1y 21＋2×⎪⎪⎪⎪⎪⎪2y 21＋1＝12⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎪⎫y 1＋1y 1×⎝ ⎛⎭⎪⎫2y 21＋1，得S △CDE ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫y 1＋3y 1＋2y 31.考虑函数f (x )＝x ＋3x ＋2x3，令f ′(x )＝1－3x 2－6x 4＝x 4－3x 2－6x 4＝0，得x 2＝3＋332时f (x )有最小值， 即x 1＝y 21＝3＋332时，△CDE 的面积最小， 也即△CDE 的面积最小时，点C 的横坐标为3＋332. 15.(2018·湖州调研)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，短轴长为2.直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 交于M ，N 两点，又l 与直线y ＝12x ，y ＝－12x 分别交于A ，B 两点，其中点A 在第一象限，点B 在第二象限，且△OAB 的面积为2(O 为坐标原点).(1)求椭圆C 的方程；(2)求OM →·ON →的取值范围.解 (1)由于b ＝1且离心率e ＝22， ∴c a ＝a 2－1a ＝22，则a 2＝2， 因此椭圆的方程为x 22＋y 2＝1. (2)联立直线l 与直线y ＝12x ，可得点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2m 1－2k ，m 1－2k ， 联立直线l 与直线y ＝－12x ，可得点B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2m 1＋2k ，m 1＋2k ， 又点A 在第一象限，点B 在第二象限，∴⎩⎪⎨⎪⎧2m 1－2k >0，－2m 1＋2k <0⎩⎪⎨⎪⎧m （1－2k ）>0，m （1＋2k ）>0， 化为m 2(1－4k 2)>0，而m 2≥0，∴1－4k 2>0.又|AB |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2m 1－2k ＋2m 1＋2k 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 1－2k －m 1＋2k 2＝4|m |1－4k 21＋k 2， 原点O 到直线l 的距离为|m |1＋k 2，即△OAB 底边AB 上的高为|m |1＋k 2， ∴S △OAB ＝124|m |1＋k 21－4k 2·|m |1＋k 2＝2m 21－4k2＝2，∴m 2＝1－4k 2.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，将直线l 代入椭圆方程，整理可得： (1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0，∴x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1·x 2＝2m 2－21＋2k 2， Δ＝16k 2m 2－4(1＋2k 2)(2m 2－2)＝48k 2>0，则k 2>0，∴y 1·y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝m 2－2k 21＋2k 2， ∴OM →·ON →＝x 1x 2＋y 1y 2＝2m 2－21＋2k 2＋m 2－2k 21＋2k 2＝81＋2k 2－7. ∵0<k 2<14，∴1＋2k 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32， ∴81＋2k 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫163，8，∴OM →·ON →∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－53，1. 故OM →·ON →的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－53，1.。

第3讲圆锥曲线的综合应用JIE TI CE LUE MING FANG XIANG解题策略·明方向⊙︱考情分析︱1．圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一，主要以解答题形式考查，往往作为试卷的压轴题之一．2．以椭圆或抛物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题．对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求，并突出数学思想方法考查．⊙︱真题分布︱(理科）年份卷别题号考查角度分值202 0Ⅰ卷20椭圆的简单性质及方程思想、定点问题12Ⅱ卷19椭圆离心率的求解,利用抛物线的定义求抛物线和椭圆的标准方程12Ⅲ20椭圆标准方程和求三角形12(文科）Ⅲ卷21椭圆标准方程和求三角形面积问题，椭圆的离心率定义和数形结合求三角形面积,12201 9Ⅰ卷21直线与圆的位置关系，定值问题12Ⅱ卷20椭圆的定义及其几何性质、参数的范围12Ⅲ卷21直线与抛物线的位置关系、定点问题12201 8Ⅰ卷20直线的方程，直线与抛物线的位置关系、证明问题12Ⅱ卷20直线的方程,直线与抛物线的位置关系、圆的方程12Ⅲ卷20直线与椭圆的位置关系、证明问题12KAO DIAN FEN LEI XI ZHONG DIAN考点分类·析重点考点一圆锥曲线中的最值、范围问题错误!错误!错误!错误!典例1（2020·青海省玉树州高三联考）已知直线l：x－y＋1＝0与焦点为F的抛物线C：y2＝2px（p〉0）相切．（1）求抛物线C的方程；（2)过点F的直线m与抛物线C交于A，B两点，求A，B两点到直线l的距离之和的最小值．【解析】（1)将l：x－y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px联立得:y2－2py＋2p＝0，∵l与C相切,∴Δ＝4p2－8p＝0，解得：p＝2，∴抛物线C的方程为:y2＝4x。

（2）由题意知，直线m斜率不为0，可设直线m方程为：x ＝ty＋1，联立｛y2＝4x，x＝ty＋1得：y2－4ty－4＝0．设A（x1，y1），B(x2，y2）,则y1＋y2＝4t，∴x1＋x2＝ty1＋1＋ty2＋1＝4t2＋2，∴线段AB中点M(2t2＋1,2t)．设A,B,M到直线l距离分别为d A,d B，d M,则d A＋d B＝2d M＝2·错误!＝2错误!错误!＝2错误!错误!，∵（t－错误!)2＋错误!≥错误!，∴当t＝错误!时，错误!min＝错误!,∴A,B两点到直线l的距离之和的最小值为：22×错误!＝错误!。

第3讲 解析几何的综合问题[考情考向分析] 江苏高考解析几何的综合问题包括：探索性问题、定点与定值问题、范围与最值问题等，一般试题难度较大．这类问题以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，需要综合运用函数与方程、不等式等诸多知识以及数形结合、分类讨论等多种数学思想方法进行求解，对考生的代数恒等变形能力、计算能力等有较高的要求．热点一 最值、范围问题例1 (2018·南通模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左顶点，右焦点分别为A ，F ，右准线为m ，(1)若直线m 上不存在点Q ，使△AFQ 为等腰三角形，求椭圆离心率的取值范围；(2)在(1)的条件下，当e 取最大值时，A 点坐标为(－2,0)，设B ，M ，N 是椭圆上的三点，且OB →＝35OM →＋45ON →，求以线段MN 的中点为圆心，过A ，F 两点的圆的方程．解 (1)设直线m 与x 轴的交点是R ， 依题意FR ≥FA ，即a 2c －c ≥a ＋c ，a 2c ≥a ＋2c ，a c ≥1＋2c a ，1e≥1＋2e ， 2e 2＋e －1≤0,0<e ≤12.(2)当e ＝12且A (－2,0)时，F (1,0)，故a ＝2，c ＝1,所以b ＝3， 椭圆方程是x 24＋y 23＝1，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2) ，则 x 214＋y 213＝1，x 224＋y 223＝1.由OB →＝35OM →＋45ON →，得 B ⎝ ⎛⎭⎪⎫35x 1＋45x 2，35y 1＋45y 2.因为B 是椭圆C 上一点，所以⎝⎛⎭⎪⎫35x 1＋45x 224＋⎝ ⎛⎭⎪⎫35y 1＋45y 223＝1，即⎝ ⎛⎭⎪⎫x 214＋y 213⎝ ⎛⎭⎪⎫352＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x 224＋y 223⎝ ⎛⎭⎪⎫452＋2·35·45⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 24＋y 1y 23＝1，x 1x 24＋y 1y 23＝0，① 因为圆过A ，F 两点， 所以线段MN 的中点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，y 1＋y 22， 又⎝⎛⎭⎪⎫y 1＋y 222＝14(y 21＋y 22＋2y 1y 2)＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 214＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 224＋2y 1y 2，②由①和②得⎝⎛⎭⎪⎫y 1＋y 222＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 214＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 224＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 1x 22 ＝34⎣⎢⎡⎦⎥⎤2－14(x 1＋x 2)2＝34·⎝ ⎛⎭⎪⎫2－14＝2116，所以圆心坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，±214，故所求圆的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ±2142＝5716.思维升华 处理求最值的式子常用两种方式 (1)转化为函数图象的最值．(2)转化为能利用基本不等式求最值的形式．若得到的函数式是分式形式，函数式的分子次数不低于分母时，可利用分离法求最值；若分子次数低于分母，则可分子、分母同除分子，利用基本不等式求最值(注意出现复杂的式子时可用换元法)．跟踪演练1 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，且点⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，12在椭圆C 上．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若直线l 交椭圆C 于P ，Q 两点，线段PQ 的中点为H ，O 为坐标原点，且OH ＝1，求△POQ 面积的最大值．解 (1)由已知得ca ＝32，3a 2＋14b2＝1， 解得a 2＝4，b 2＝1，椭圆C 的标准方程是x 24＋y 2＝1.(2)设l 与x 轴的交点为D (n,0)，直线l ：x ＝my ＋n ，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋n ，x 24＋y 2＝1，得(4＋m 2)y 2＋2mny ＋n 2－4＝0，Δ＝16(m 2－n 2＋4)＞0，y 1,2＝－2mn ±(2mn )2－4(4＋m 2)(n 2－4)2(4＋m 2)， 所以y 1＋y 22＝－mn 4＋m 2，y 1y 2＝n 2－44＋m2，所以x 1＋x 22＝m (y 1＋y 2)＋2n2＝4n4＋m2， 即H ⎝ ⎛⎭⎪⎫4n 4＋m2，－mn 4＋m 2， 由OH ＝1，得n 2＝(4＋m 2)216＋m2，则S △POQ ＝12·OD ·|y 1－y 2|＝12|n ||y 1－y 2|，n 2(y 1－y 2)2＝n 2[(y 1＋y 2)2－4y 1y 2]＝12×16×4＋m2(16＋m 2)2.设t ＝4＋m 2(t ≥4)， 则4＋m 2(16＋m 2)2＝t t 2＋24t ＋144＝1t ＋144t＋24≤148，当且仅当t ＝144t，即t ＝12时取等号，此时S △POQ ＝1，所以△POQ 面积的最大值为1. 热点二 定点问题例2 (2018·全国大联考江苏卷)如图，已知A ，B 是椭圆x 24＋y 23＝1的长轴顶点，P ，Q 是椭圆上的两点，且满足k AP ＝2k QB ，其中k AP ，k QB 分别为直线AP ，QB 的斜率．(1)求证：直线AP 和BQ 的交点R 在定直线上；(2)求证：直线PQ 过定点．证明 (1)根据题意，可设直线AP 的方程为y ＝k AP (x －2)，直线BQ 的方程为y ＝k QB (x ＋2)， 则直线AP 和BQ 的交点R 的横坐标x 0满足x 0＋2x 0－2＝2，即x 0＝6. 因此直线AP 和BQ 的交点R 在定直线x ＝6上. (2)由(1)，可设点R 的坐标为(6，m )，则直线AP 的方程为y ＝m 4(x －2)，直线BQ 的方程为y ＝m8(x ＋2)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝m4(x －2)，x 24＋y23＝1，得(m 2＋12)x 2－4m 2x ＋4(m 2－12)＝0，设P (x P ，y P )，则根据根与系数的关系，得2×x P ＝4(m 2－12)m 2＋12，即x P ＝2(m 2－12)m 2＋12，代入直线AP 的方程得，y P ＝－12mm 2＋12， 故P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2(m 2－12)m 2＋12，－12m m 2＋12.联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝m8(x ＋2)，x 24＋y23＝1，得(m 2＋48)x 2＋4m 2x ＋4(m 2－48)＝0，设Q (x Q ，y Q ), 则－2×x Q ＝4(m 2－48)m 2＋48，即x Q ＝2(48－m 2)m 2＋48，代入直线BQ 的方程得，y Q ＝24mm 2＋48， 故Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫2(48－m 2)m 2＋48，24m m 2＋48， 当2(48－m 2)m 2＋48＝2(m 2－12)m 2＋12，即m 2＝24时， 直线PQ 与x 轴的交点为T ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，0，当2(48－m 2)m 2＋48≠2(m 2－12)m 2＋12，即m 2≠24时，下面证直线PQ 过点T ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，0.k PT－k QT＝－12mm2＋12－2(m2－12)m2＋12－23－24mm2＋48－02(48－m2)m2＋48－23＝－9mm2－24－9m24－m2＝0，故直线PQ过定点T⎝⎛⎭⎪⎫23，0.思维升华如果要解决的问题是一个定点问题，我们可以根据特殊情况先找到这个定点，明确解决问题的目标，然后再进行一般性证明．跟踪演练2 如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2＋y2＝4，椭圆C：x24＋y2＝1，A 为椭圆右顶点．过原点O且异于坐标轴的直线与椭圆C交于B，C两点，直线AB与圆O的另一交点为P，直线PD与圆O的另一交点为Q，其中D⎝⎛⎭⎪⎫－65，0.设直线AB，AC的斜率分别为k1，k2.(1)求k1k2的值；(2)记直线PQ，BC的斜率分别为k PQ，k BC，是否存在常数λ，使得k PQ＝λk BC？若存在，求λ值；若不存在，说明理由；(3)求证：直线AC必过点Q.(1)解设B(x0，y0)，则C(－x0，－y0)，x204＋y20＝1，所以k1k2＝y0x0－2·y0x0＋2＝y20x20－4＝1－x204x20－4＝－14.(2)解由题意得直线AP的方程为y＝k1(x－2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y＝k1(x－2)，x2＋y2＝4，得(1＋k21)x2－4k21x＋4(k21－1)＝0，设P(x p，y p)，解得x p＝2(k21－1)1＋k21，y p＝k1(x p－2)＝－4k11＋k21，联立⎩⎪⎨⎪⎧y＝k1(x－2)，x24＋y2＝1，得(1＋4k21)x2－16k21x＋4(4k21－1)＝0，设B (x B ，y B )，同理得x B ＝2(4k 21－1)1＋4k 21，y B ＝k 1(x B －2)＝－4k 11＋4k 21，所以k BC ＝y B x B ＝－2k 14k 21－1，k PQ ＝y p x p ＋65＝－4k 11＋k 212(k 21－1)1＋k 21＋65＝－5k 14k 21－1，所以k PQ ＝52k BC ，故存在常数λ＝52，使得k PQ ＝52k BC ，(3)证明 当直线PQ 与x 轴垂直时，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫－65，－85，则k AQ ＝852＋65＝12＝k 2，所以直线AC 必过点Q .当直线PQ 与x 轴不垂直时，直线PQ 方程为y ＝－5k 14k 21－1⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋65， 联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－5k 14k 21－1⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋65x 2＋y 2＝4，，解得x Q ＝－2(16k 21－1)16k 21＋1，y Q ＝16k 116k 21＋1， 所以k AQ ＝16k 116k 21＋1－2(16k 21－1)16k 21＋1－2＝－14k 1＝k 2， 故直线AC 必过点Q . 综上可知，直线AC 必过点Q . 热点三 定值问题例3 记焦点在同一条轴上且离心率相同的椭圆为“相似椭圆”．已知椭圆E ：x 216＋y 212＝1，以椭圆E 的焦点为顶点作相似椭圆M . (1)求椭圆M 的方程；(2)设直线l 与椭圆E 交于A ，B 两点，且与椭圆M 仅有一个公共点，试判断△ABO 的面积是否为定值(O 为坐标原点)？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．解 (1)由条件知，椭圆M 的离心率e ＝12，且长轴的顶点为(－2,0)，(2,0)，∴椭圆M 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)当直线l 的斜率存在时，设直线l: y ＝kx ＋b .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，x 24＋y23＝1得，()3＋4k 2x 2＋8kbx ＋4b 2－12＝0.令Δ＝64k 2b 2－4()3＋4k 2()4b 2－12＝0得，b 2＝3＋4k 2. 联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，x 216＋y 212＝1，化简得()3＋4k 2x 2＋8kbx ＋4b 2－48＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∴x 1,2＝－8kb ±64k 2b 2－4(3＋4k 2)(4b 2－48)2(3＋4k 2)∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－8kb 3＋4k 2＝－8kb，x 1·x 2＝4b 2－483＋4k 2＝4b 2－48b2.∴AB ＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＝(x 1－x 2)2＋k 2(x 1－x 2)2＝1＋k 2||x 1－x 2＝121＋k2||b ，而原点O 到直线l 的距离d ＝||b 1＋k2，∴S △ABO ＝12AB ·d ＝6.当直线l 的斜率不存在时，l ：x ＝2或x ＝－2，则AB ＝6，原点O 到直线l 的距离d ＝2， ∴S △ABO ＝6.综上所述，△ABO 的面积为定值6.思维升华 (1)从特殊开始，求出定值，再证明该值与变量无关：(2)直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值．跟踪演练3 (2018·苏锡常镇四市调研)如图，椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，焦点到相应准线的距离为1，点A ，B ，C 分别为椭圆的左顶点、右顶点和上顶点，过点C 的直线l 交椭圆于点D ，交x 轴于点M (x 1,0)，直线AC 与直线BD 交于点N (x 2，y 2)．(1)求椭圆的标准方程；(2)若CM →＝2MD →，求直线l 的方程； (3)求证：x 1x 2为定值． (1)解 由椭圆的离心率为22，焦点到对应准线的距离为1. 得⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝22，a 2c －c ＝1，解得⎩⎨⎧a ＝2，c ＝1，所以椭圆的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)解 由(1)知C (0,1)，设D (x 0，y 0)， 由CM →＝2MD →，得2y 0＝－1，所以y 0＝－12，代入椭圆方程得x 0＝62或－62， 所以D ⎝⎛⎭⎪⎫62，－12或D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－62，－12，所以k l ＝－12－162－0＝－62或k l ＝－12－1－62－0＝62.所以直线l 的方程为6x －2y ＋2＝0或6x ＋2y －2＝0.(3)证明 设D (x 3，y 3)，由C (0,1)，M (x 1,0)可得直线CM 的方程为y ＝－1x 1x ＋1,联立椭圆方程得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－1x1x ＋1，x22＋y 2＝1，解得x 3＝4x 1x 21＋2，y 3＝x 21－2x 21＋2.由B (2，0) ，得直线BD 的方程为y ＝x 21－2－2x 21＋4x 1－22(x －2)， 因为点N (x 2，y 2)在直线BD 上，所以y 2＝x 21－2－2x 21＋4x 1－22(x 2－2)，① 直线AC 的方程为y ＝22x ＋1，因为点N (x 2，y 2)在直线AC 上，所以y 2＝22x 2＋1，② 联立①②得x 2＝2x 1，从而x 1x 2＝2为定值．1．(2017·江苏)如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为12，两准线之间的距离为8.点P 在椭圆E 上，且位于第一象限，过点F 1作直线PF 1的垂线l 1，过点F 2作直线PF 2的垂线l 2.(1)求椭圆E 的标准方程；(2)若直线l 1，l 2的交点Q 在椭圆E 上，求点P 的坐标． 解 (1)设椭圆的半焦距为c .因为椭圆E 的离心率为12，两准线之间的距离为8，所以c a ＝12，2a 2c＝8，解得a ＝2，c ＝1，于是b ＝a 2－c 2＝3，因此椭圆E 的标准方程是x 24＋y 23＝1.(2)由(1)知，F 1(－1,0)，F 2(1,0)．设P (x 0，y 0)， 因为P 为第一象限的点，故x 0＞0，y 0＞0. 当x 0＝1时，l 2与l 1相交于F 1，与题设不符． 当x 0≠1时，直线PF 1的斜率为y 0x 0＋1，直线PF 2的斜率为y 0x 0－1.因为l 1⊥PF 1，l 2⊥PF 2， 所以直线l 1的斜率为－x 0＋1y 0， 直线l 2的斜率为－x 0－1y 0， 从而直线l 1的方程为y ＝－x 0＋1y 0(x ＋1)，① 直线l 2的方程为y ＝－x 0－1y 0(x －1)．② 由①②，解得x ＝－x 0，y ＝x 20－1y 0，所以Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 0，x 20－1y 0. 因为点Q 在椭圆上，由对称性，得x 20－1y 0＝±y 0，即x 20－y 20＝1或x 20＋y 20＝1. 又点P 在椭圆上，故x 204＋y 203＝1.由⎩⎪⎨⎪⎧ x 20－y 20＝1，x 204＋y 23＝1，解得x 0＝477，y 0＝377，由⎩⎪⎨⎪⎧x 20＋y 20＝1，x 204＋y 23＝1，无解．因此点P 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫477，377.2．(2018·苏州调研)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，焦距为 2，一条准线方程为x ＝2，P 为椭圆C 上一点，直线PF 1交椭圆C 于另一点Q .(1)求椭圆C 的方程；(2)若点P 的坐标为()0，b ，求过P ，Q ，F 2三点的圆的方程； (3)若F 1P →＝λQF 1→，且λ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，求OP →·OQ →的最大值． 解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2c ＝2，a2c ＝2，解得c ＝1，a 2＝2，所以b 2＝a 2－c 2＝1.所以椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1. (2)因为P (0,1)，F 1(－1,0)， 所以PF 1的方程为x －y ＋1＝0.由⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1＝0，x 22＋y 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝1，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－43，y ＝－13，所以点Q 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－43，－13.设过P ，Q ，F 2三点的圆为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0， 则⎩⎪⎨⎪⎧1＋E ＋F ＝0，1＋D ＋F ＝0，179－43D －13E ＋F ＝0，解得D ＝13，E ＝13，F ＝－43.所以圆的方程为x 2＋y 2＋13x ＋13y －43＝0.(3)设P ()x 1，y 1，Q ()x 2，y 2，则F 1P →＝(x 1＋1，y 1)，QF 1→＝(－1－x 2，－y 2)． 因为F 1P →＝λQF 1→，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋1＝λ(－1－x 2)，y 1＝－λy 2，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝－1－λ－λx 2，y 1＝－λy 2，所以(－1－λ－λx 2)22＋λ2y 22＝1，x 222＋y 22＝1，解得x 2＝1－3λ2λ.所以OP →·OQ →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 2()－1－λ－λx 2－λy 22 ＝－λ2x 22－(1＋λ)x 2－λ＝－λ2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－3λ2λ2－()1＋λ1－3λ2λ－λ ＝74－58⎝⎛⎭⎪⎫λ＋1λ，因为λ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，所以λ＋1λ≥2，当且仅当λ＝1λ，即λ＝1时取等号．所以OP →·OQ →≤12，即OP →·OQ →的最大值为12.A 组 专题通关1．已知抛物线x 2＝2py (p >0)的焦点F 是椭圆y 2a 2＋x 2b2＝1(a >b >0)的一个焦点，若P ，Q 是椭圆与抛物线的公共点，且直线PQ 经过焦点F ，则该椭圆的离心率为______． 答案2－1解析 方法一 由抛物线方程，得焦点为F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2.由椭圆方程，可得上焦点为(0，c )， 故p2＝c ， 将y ＝c 代入椭圆方程可得x ＝±b 2a.又抛物线通径为2p ， 所以2p ＝2b2a＝4c ，所以b 2＝a 2－c 2＝2ac ，即e 2＋2e －1＝0，解得e ＝2－1.方法二 如图所示，由抛物线方程以及直线y ＝p2，可得Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫p ，p 2.又p2＝c ，即Q (2c ，c )， 代入椭圆方程可得c 2a 2＋4c 2b2＝1，化简可得e 4－6e 2＋1＝0，解得e 2＝3－22，e 2＝3＋22>1(舍去)， 即e ＝3－22＝2－1(负值舍去)．2．若点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，则OP →·FP→的最大值为________． 答案 6解析 由题意得F (－1,0)，设点P (x 0，y 0)，则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.又因为－2≤x 0≤2，所以当x 0＝2时，OP →·FP →取得最大值6.3．已知两定点A (－1,0)和B (1,0)，动点P (x ，y )在直线l ：y ＝x ＋2上移动，椭圆C 以A ，B 为焦点且经过点P ，则椭圆C 的离心率的最大值为________． 答案105解析 A (－1,0)关于直线l ：y ＝x ＋2的对称点为A ′(－2,1)，连结A ′B 交直线l 于点P ，则椭圆C 的长轴长的最小值为A ′B ＝(1＋2)2＋1＝10，所以椭圆C 的离心率的最大值为c a＝1102＝105. 4．如图，已知F 1，F 2是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点，点P 在椭圆C 上，线段PF 2与圆x 2＋y 2＝b 2相切于点Q ，且点Q 为线段PF 2的中点，则椭圆C 的长轴长是短轴长的________倍．答案 32解析 连结PF 1，OQ ，则PF 1＝2OQ ＝2b ，PF 1⊥PF 2， 由PF 21＋PF 22＝F 1F 22，得(2b )2＋(2a －2b )2＝(2c )2，解得b a ＝23，故2a 2b ＝32.5．(2018·江苏省扬州树人学校模拟)在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的短轴长为22，离心率为63. (1)求椭圆C 的方程；(2)已知A 为椭圆C 的上顶点，点M 为x 轴正半轴上一点，过点A 作AM 的垂线AN 与椭圆C 交于另一点N ，若∠AMN ＝60°，求点M 的坐标． 解 (1)因为椭圆C 的短轴长为22，离心率为63， 所以⎩⎪⎨⎪⎧2b ＝22，c a ＝63，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎨⎧a ＝6，b ＝2，c ＝2，所以椭圆C 的方程为x 26＋y 22＝1.(2)因为A 为椭圆C 的上顶点，所以A (0，2)． 设M (m,0)(m >0)，则k AM ＝－2m.又AM ⊥AN ，所以k AN ＝m2，所以直线AN 的方程为y ＝m2x ＋ 2.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝m2 x ＋2，x 26＋y 22＝1，消去y ，整理得(2＋3m 2)x 2＋12mx ＝0，所以x N ＝－12m 3m 2＋2，y N ＝m 2×－12m3m 2＋2＋2，所以AN ＝(x N －0)2＋(y N －2)2＝2＋m 22×12m3m 2＋2， 在Rt △AMN 中，由∠AMN ＝60°，得AN ＝3AM ， 所以2＋m22×12m 3m 2＋2＝3×2＋m 2，解得m ＝63. 所以点M 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫63，0. 6．已知椭圆C ：x 2m2＋y 2＝1(常数m ＞1)，点P 是C 上的动点，M 是右顶点，定点A 的坐标为(2,0)．(1)若M 与A 重合，求C 的焦点坐标； (2)若m ＝3，求PA 的最大值与最小值； (3)若PA 的最小值为MA ，求m 的取值范围．解 (1)m ＝2，椭圆方程为x 24＋y 2＝1，c ＝4－1＝3，∴左、右焦点坐标为(－3，0)，(3，0)． (2)m ＝3，椭圆方程为x 29＋y 2＝1，设P (x ，y )，则PA 2＝(x －2)2＋y 2＝(x －2)2＋1－x 29＝89⎝⎛⎭⎪⎫x －942＋12(－3≤x ≤3)，∴当x ＝94时，(PA )min ＝22，当x ＝－3时，(PA )max ＝5. (3)设动点P (x ，y )，则PA 2＝(x －2)2＋y 2＝(x －2)2＋1－x 2m2＝m 2－1m 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2m 2m 2－12－4m 2m 2－1＋5(－m ≤x ≤m )，∵当x ＝m 时，PA 取最小值，且m 2－1m2＞0，∴2m2m 2－1≥m 且m ＞1， 解得1＜m ≤1＋ 2.7．(2018·江苏)如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫3，12，焦点为F 1(－3，0)，F 2(3，0)，圆O 的直径为F 1F 2.(1)求椭圆C 及圆O 的方程；(2)设直线l 与圆O 相切于第一象限内的点P .①若直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点，求点P 的坐标； ②直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点．若△OAB 的面积为267，求直线l 的方程． 解 (1)因为椭圆C 的焦点为F 1(－3，0)，F 2(3，0)，可设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)．又点⎝ ⎛⎭⎪⎫3，12在椭圆C 上， 所以⎩⎪⎨⎪⎧3a 2＋14b2＝1，a 2－b 2＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝1.因此，椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1. 因为圆O 的直径为F 1F 2，所以其方程为x 2＋y 2＝3. (2)①设直线l 与圆O 相切于点P (x 0，y 0)(x 0＞0，y 0＞0)， 则x 20＋y 20＝3，所以直线l 的方程为y ＝－x 0y 0(x －x 0)＋y 0，即y ＝－x 0y 0x ＋3y 0.由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y ＝－x 0y 0x ＋3y 0，消去y ，得(4x 20＋y 20)x 2－24x 0x ＋36－4y 20＝0.(*) 因为直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点， 所以Δ＝(－24x 0)2－4(4x 20＋y 20)·(36－4y 20)＝48y 20(x 20－2)＝0. 因为x 0＞0，y 0＞0， 所以x 0＝2，y 0＝1.因此，点P 的坐标为(2，1)． ②因为△OAB 的面积为267，所以12AB ·OP ＝267，从而AB ＝427.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由(*)得x 1,2＝24x 0± 48y 20(x 20－2)2(4x 20＋y 20)，所以AB 2＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 20y 20·48y 20(x 20－2)(4x 20＋y 20)2. 因为x 20＋y 20＝3，所以AB 2＝16(x 20－2)(x 20＋1)2＝3249，即2x 40－45x 20＋100＝0， 解得x 20＝52(x 20＝20舍去)，则y 20＝12，代入Δ＝48y 20(x 20－2)＞0，满足题意， 因此点P 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫102，22. 所以直线l 的方程为y ＝－5x ＋32，即5x ＋y －32＝0.B 组 能力提高8.如图，在平面直角坐标系xOy 中，焦点在x 轴上的椭圆C ：x 28＋y 2b 2＝1经过点(b,2e )，其中e 为椭圆C 的离心率．过点T (1,0)作斜率为k (k ＞0)的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点(A 在x轴下方)．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)过点O 且平行于l 的直线交椭圆C 于点M ，N ，求AT ·BTMN 2的值； (3)记直线l 与y 轴的交点为P .若AP →＝25TB →，求直线l 的斜率k .解 (1)因为椭圆x 28＋y 2b 2＝1经过点(b,2e )，所以b 28＋4e 2b2＝1.因为e 2＝c 2a 2＝c 28，所以b 28＋c 22b2＝1.因为a 2＝b 2＋c 2，所以b 28＋8－b 22b2＝1.整理得 b 4－12b 2＋32＝0， 解得b 2＝4或b 2＝8(舍) .所以椭圆C 的标准方程为x 28＋y 24＝1. (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．因为T (1,0)，所以直线l 的方程为y ＝k (x －1)．联立直线l 与椭圆方程得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 28＋y24＝1，消去y ，得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－8＝0， 所以x 1,2＝4k 2±16k 4－4(2k 2＋1)(2k 2－8)2(2k 2＋1)， 所以⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－82k 2＋1.因为MN ∥l ，所以直线MN 的方程为y ＝kx ，联立直线MN 与椭圆方程得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 28＋y24＝1，消去y ，得 (2k 2＋1)x 2＝8，解得x 2＝82k 2＋1.因为MN ∥l ，所以AT ·BT MN 2＝(1－x 1)·(x 2－1)(x M －x N )2. 因为(1－x 1)·(x 2－1)＝－[x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1] ＝72k 2＋1， (x M －x N )2＝4x 2＝322k 2＋1， 所以AT ·BT MN 2＝(1－x 1)·(x 2－1)(x M －x N )2＝72k 2＋1·2k 2＋132＝732. (3)在y ＝k (x －1)中，令x ＝0， 则y ＝－k ，所以P (0，－k )，从而AP →＝(－x 1，－k －y 1)，TB →＝(x 2－1，y 2)． 因为AP →＝25TB →，所以－x 1＝25(x 2－1)，即x 1＋25x 2＝25.由(2)知⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－82k 2＋1.由⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1＋25x 2＝25，解得 x 1＝－4k 2＋23(2k 2＋1)，x 2＝16k 2－23(2k 2＋1). 因为x 1x 2＝2k 2－82k 2＋1，所以－4k 2＋23(2k 2＋1)×16k 2－23(2k 2＋1)＝2k 2－82k 2＋1， 整理得50k 4－83k 2－34＝0， 解得k 2＝2或k 2＝－1750 (舍) .又因为k ＞0，所以k ＝ 2.9.如图，椭圆C ：x2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的顶点分别为A 1，A 2，B 1，B 2，1221A B A B S 四边形＝4，直线y＝x ＋2与圆O ：x 2＋y 2＝b 2相切．(1)求椭圆C 的离心率；(2)若P 是椭圆C 上除顶点外的任意一点，直线A 1P 交y 轴于点F ，直线A 1B 1交直线B 2P 于点E ，问直线EF 是否过定点．若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．解 (1)因为直线y ＝x ＋2与圆O 相切，由点到直线的距离公式得，|0－0＋2|12＋(－1)2＝22＝b ，即b ＝1.又1221A B A B S 四边形＝4，所以12×2a ×2b ＝4，所以a ＝2，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1，离心率e ＝c a ＝32. (2)由题意知直线B 2P 的斜率存在，设直线B 2P 的斜率为k ，由(1)可知，A 1(－2,0)，B 1(0，－1)，B 2(0,1)，则直线B 2P 的方程为y ＝kx ＋1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 24＋y 2＝1，得(1＋4k 2)x 2＋8kx ＝0，其中xB 2＝0，所以x P ＝－8k1＋4k2. 所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－8k 1＋4k 2，1－4k 21＋4k 2，易知k ≠0，且k ≠±12.则直线A 1P 的斜率1A P k ＝1－4k21＋4k 2－8k 1＋4k 2＋2＝－2k ＋12(2k －1)，直线A 1P 的方程为y ＝－2k ＋12(2k －1)(x ＋2)，令x ＝0，则y ＝－2k ＋12k －1，即F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2k ＋12k －1.21 易知直线A 1B 1的方程为x ＋2y ＋2＝0， 由⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋2y ＋2＝0，y ＝kx ＋1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－42k ＋1，y ＝－2k －12k ＋1， 所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－42k ＋1，－2k －12k ＋1，所以直线EF 的斜率k 0＝－2k ＋12k －1＋2k －12k ＋142k ＋1＝－2k2k －1，所以直线EF 的方程为y ＝－2k2k －1x －2k ＋12k －1，即2k (x ＋y ＋1)－(y －1)＝0， 由⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y ＋1＝0，y －1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－2，y ＝1， 所以直线EF 过定点(－2,1)．。

第3讲 圆锥曲线的综合应用限时60分钟 满分60分解答题(本大题共5小题，每小题12分，共60分)1．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)经过点M (2,1)，且离心率e ＝32.(1)求椭圆C 的方程；(2)设A ，B 分别是椭圆C 的上顶点、右顶点，点P 是椭圆C 在第一象限内的一点，直线AP ，BP 分别交x 轴，y 轴于点M ，N ，求四边形ABMN 面积的最小值．解析：本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的基本性质以及直线方程，考查考生分析问题、解决问题的能力，考查的核心素养是数学运算．(1)由离心率及c 2＝a 2－b 2得a ，b 的关系，再把已知点代入即可求出标准方程；(2)设出点P 的坐标，得到直线AP ，BP 的方程，从而表示出点M ，N 的坐标，进而得到|AN |·|BM |，最后利用S 四边形ABMN ＝S △OMN －S △OAB 及基本不等式求面积的最小值．(1)由椭圆的离心率为32得，c a ＝32，又c 2＝a 2－b 2，∴a ＝2b .又椭圆C 经过点(2,1)，∴44b 2＋1b2＝1，解得b 2＝2，∴椭圆C 的方程为x 28＋y 22＝1. (2)由(1)可知，A (0，2)，B (22，0)，设P (x 0，y 0)(0＜x 0＜22，0＜y 0＜2)，则直线AP ：y ＝y 0－2x 0x ＋2，从而M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 0y 0－2，0. 直线BP ：y ＝y 0x 0－22(x －22)，从而N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－22y 0x 0－22.∵x 208＋y 202＝1，∴|AN |·|BM |＝⎝⎛⎭⎪⎫2＋22y 0x 0－22·⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋2x 0y 0－2＝2x 0＋2y 0－222x 0－22y 0－2 ＝2x 20＋4y 20＋4x 0y 0－42x 0－82y 0＋8x 0y 0－2x 0－22y 0＋4＝8.∴S 四边形ABMN ＝S △OMN －S △OAB ＝12(|OM |·|ON |－|OA |·|OB |) ＝12(2|BM |＋22|AN |＋8) ＝22(|BM |＋2|AN |)＋4≥4＋22·22|AN |·|BM | ＝4＋42(O 为坐标原点)，当且仅当|BM |＝4，|AN |＝2时取得最小值．2．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，上顶点M 到直线3x ＋y ＋4＝0的距离为3.(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l 过点(4，－2)，且与椭圆C 相交于A ，B 两点，l 不经过点M ，证明：直线MA 的斜率与直线MB 的斜率之和为定值．解：本题主要考查椭圆与直线的交汇，考查考生的数形结合能力、推理论证能力以及运算求解能力，考查的核心素养是直观想象、逻辑推理、数学运算．(1)由题意可得，⎩⎪⎨⎪⎧e ＝c a ＝32|b ＋4|2＝3a 2＝b 2＋c2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4b ＝2，所以椭圆C 的方程为x 216＋y 24＝1.(2)易知直线l 的斜率恒小于0，设直线l 的方程为y ＋2＝k (x －4)，k ＜0且k ≠－1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋2＝k x －4x 216＋y24＝1，得(1＋4k 2)x 2－16k (2k ＋1)x ＋64k (k ＋1)＝0，则x 1＋x 2＝16k2k ＋11＋4k 2，x 1x 2＝64k k ＋11＋4k2， 因为k MA ＋k MB ＝y 1－2x 1＋y 2－2x 2＝kx 1－4k －4x 2＋kx 2－4k －4x 1x 1x 2， 所以k MA ＋k MB ＝2k －(4k ＋4)×x 1＋x 2x 1x 2＝2k －4(k ＋1)×16k 2k ＋164k k ＋1＝2k －(2k ＋1)＝－1(为定值)． 3．(2019·淮南三模)已知椭圆C ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为63，直线4x ＋3y －5＝0与以坐标原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆相切．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若A 为椭圆C 的下顶点，M ，N 为椭圆C 上异于A 的两点，直线AM 与AN 的斜率之积为1. ①求证：直线MN 恒过定点，并求出该定点的坐标； ②若O 为坐标原点，求OM →·ON →的取值范围． 解析：(1)由题意可得离心率e ＝c a ＝63，又直线4x ＋3y －5＝0与圆x 2＋y 2＝b 2相切， 所以b ＝|－5|42＋32＝1，结合a 2－b 2＝c 2，解得a ＝3， 所以椭圆C 的标准方程为y 23＋x 2＝1.(2)①设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由题意知A (0，－3)，又直线AM 与AN 的斜率之积为1，所以y 1＋3x 1·y 2＋3x 2＝1， 即有x 1x 2＝y 1y 2＋3(y 1＋y 2)＋3， 由题意可知直线MN 的斜率存在且不为0， 设直线MN ：y ＝kx ＋t (k ≠0)，代入椭圆方程，消去y 可得(3＋k 2)x 2＋2ktx ＋t 2－3＝0，所以x 1x 2＝t 2－33＋k 2，x 1＋x 2＝－2kt3＋k2，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2t ＝2t －2k 2t 3＋k 2＝6t3＋k2，y 1y 2＝k 2x 1x 2＋kt (x 1＋x 2)＋t 2＝k 2·t 2－33＋k 2＋kt ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2kt 3＋k 2＋t 2＝3t 2－3k 23＋k 2，所以t 2－33＋k 2＝3t 2－3k 23＋k 2＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫6t 3＋k 2＋3， 化简得t 2＋33t ＋6＝0，解得t ＝－23(－3舍去)， 则直线MN 的方程为y ＝kx －23，即直线MN 恒过定点，该定点的坐标为(0，－23)．②由①可得OM →·ON →＝x 1x 2＋y 1y 2＝t 2－33＋k 2＋3t 2－3k 23＋k 2＝4t 2－3－3k 23＋k 2＝45－3k 23＋k2，由(3＋k 2)x 2＋2ktx ＋t 2－3＝0，可得Δ＝4k 2t 2－4(t 2－3)(3＋k 2)＝48k 2－36(3＋k 2)＞0，解得k 2＞9. 令3＋k 2＝m ，则m ＞12，且k 2＝m －3， 所以45－3k 23＋k 2＝45－3m －3m ＝54m －3， 由m ＞12，可得－3＜54m －3＜32.则OM →·ON →的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32.4．(2019·浙江卷)如图，已知点F (1,0)为抛物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点．过点F 的直线交抛物线于A ，B 两点，点C 在抛物线上，使得ΔABC 的重心G 在x 轴上，直线AC 交x 轴于点Q ，且Q 在点F 的右侧．记△AFG ，△CQG 的面积分别为S 1，S 2.(1)求p 的值及抛物线的准线方程； (2)求S 1S 2的最小值及此时点G 的坐标． 解：(1)由题意得p2＝1，即p ＝2.所以，抛物线的准线方程为x ＝－1.(2)设A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，C (x c ，y c )，重心G (x G ，y G )．令y A ＝2t ，t ≠0，则x A ＝t 2.由于直线AB 过F ，故直线AB 的方程为x ＝t 2－12t y ＋1，代入y 2＝4x ，得y 2－2t 2－1ty －4＝0，故2ty B ＝－4，即y B ＝－2t，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2，－2t .又由于x G ＝13(x A ＋x B ＋x C )，y G ＝13(y A ＋y B ＋y C )及重心G 在x 轴上，故2t －2t ＋y C ＝0，得C ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －t 2，2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －t ，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫2t 4－2t 2＋23t 2，0. 所以，直线AC 的方程为y －2t ＝2t (x －t 2)，得Q (t 2－1,0)． 由于Q 在焦点F 的右侧，故t 2＞2.从而 S 1S 2＝12|FG |·|y A |12|QG |·|y c | ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t 4－2t 2＋23t 2－1·|2t |⎪⎪⎪⎪⎪⎪t 2－1－2t 4－2t 2＋23t 2·⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t －2t ＝2t 4－t 2t 4－1＝2－t 2－2t 4－1. 令m ＝t 2－2，则m >0，S 1S 2＝2－m m 2＋4m ＋3＝2－1m ＋3m＋4≥2－12 m ·3m＋4＝1＋32.当m ＝3时，S 1S 2取得最小值1＋32，此时G (2,0)． 5．(2019·北京卷)已知拋物线C ：x 2＝－2py 经过点(2，－1)． (1)求拋物线C 的方程及其准线方程；(2)设O 为原点，过拋物线C 的焦点作斜率不为0的直线l 交拋物线C 于两点M ，N ，直线y ＝－1分别交直线OM ，ON 于点A 和点B .求证：以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点．解析：本题主要考查抛物线方程的求解与准线方程的确定，直线与抛物线的位置关系，圆的方程的求解及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力．(1)将点(2，－1)代入抛物线方程：22＝2p ×(－1)可得：p ＝－2， 故抛物线方程为：x 2＝－4y ，其准线方程为：y ＝1. (2)很明显直线l 的斜率存在，焦点坐标为(0，－1)，设直线方程为y ＝kx －1，与抛物线方程x 2＝－4y 联立可得：x 2＋4kx －4＝0. 故：x 1＋x 2＝－4k ，x 1x 2＝－4.设M ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，－x 214，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，－x 224，则k OM ＝－x 14， k ON ＝－x 24，直线OM 的方程为y ＝－x 14x ，与y ＝－1联立可得：A ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x 1，－1，同理可得B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x 2，－1， 易知以AB 为直径的圆的圆心坐标为：⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 1＋2x 2，－1，圆的半径为：⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x 1－2x 2，且：2x 1＋2x 2＝2x 1＋x 2x 1x 2＝2k ，⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x 1－2x 2＝2×x 1＋x 22－4x 1x 2|x 1x 2|＝2k 2＋1，则圆的方程为：(x －2k )2＋(y ＋1)2＝4(k 2＋1)，令x ＝0整理可得：y 2＋2y －3＝0，解得：y 1＝－3，y 2＝1， 即以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点(0，－3)，(0,1)．。

高考解答题的审题与答题示范(五)分析几何类解答题[思想流程 ]——圆锥曲线问题重在“ 设” 与“ 算”[审题方法 ]——审方法数学思想是问题的主线，方法是解题的手段．审察方法，选择适合的解题方法，常常使问题的解决事半功倍．审题的过程仍是一个解题方法的决断过程，开辟的解题思路能使我们心涌如潮，适合的解题方法例帮助我们事半功倍．x 2上，过点 M 作 x 轴的(此题满分 15 分 )设 O 为坐标原点，动点 M 在椭圆＋ y 2＝1C ： 2→ →典 垂线，垂足为 N ，点 P 知足 NP ＝ 2 NM . 例(1)求点 P 的轨迹方程；→ →(2)设点 Q 在直线 x ＝－ 3 上，且 OP · PQ ＝1.证明：过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C的左焦点 F.审→(1)要求 P 点的轨迹方程 ? 求点 P(x ，y)的横坐标 x 与纵坐标 y 的关系式 ? 利用条件 NP ＝ 2 题→路NM 求解．线→ → → →(2)要证过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F? 证明 OQ ⊥ PF ? OQ ·PF ＝ 0.标准答案阅卷现场(1) 设 P(x ， y)， M(x 0， y 0 →第(1)问第(2)问)，N(x 0，0)，则 NP ＝(x － x 0， y)，得①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩分222 1211121→NM ＝ (0， y 0)，①点7 分8 分→→ ， 第 (1)问踩点得分说明 由 NP ＝ 2 NM得 x 0＝ x ， y 0＝ 2→ →2 y ，②①设出点 P 、M 、N 的坐标， 并求出 NP 和 NM 的坐标得 2 分；由于 M(x 0， y 0)在 C 上，x 2 y 2→→ x 02所以②由 NP ＝ 2 NM ，正确求出 ＝ 2 y＋ ＝ 1，③＝ x ， y2 2得2分；所以点 P 的轨迹方程为 x 2 ＋ y 2＝ 2.④22③代入法求出x(2) 证明： 由题意知 F(－1， 0)，＋y＝1得 2 分；2 2设 Q(－ 3， t)， P(m，n) ，④化简成 x2＋ y2＝ 2 得 1 分．设而不求第 (2)问踩点得分说明→→－ 1－ m，－ n)，⑤→→则OQ＝(－3， t) ，PF ＝( ⑤求出 OQ 和 PF的坐标得 2 分；→ →→→分；OQ· PF＝ 3＋3m－tn，⑥⑥正确求出 OQ ·PF 的值得 1→→→→1 分；OP＝ (m，n) ，PQ＝ (－ 3－ m， t－ n)，⑦⑦正确求出 OP和 PQ的坐标得→→得－ 3m－ m2＋tn－n2＝1，⑧→→得出－ 3m－ m2＋ tn－ n2＝ 1 得由 OP· PQ＝ 1 ⑧由 OP·PQ＝ 1又由 (1)知 m2＋ n2＝ 2，故 3＋ 3m－ tn＝ 0. 1 分；→→→→→→所以 OQ· PF＝ 0，即 OQ⊥ PF，⑨⑨得出 OQ⊥ PF得 2 分；又过点 P 存在独向来线垂直于 OQ，所以过点⑩写出结论得 1 分 .P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F .⑩。

第3讲 圆锥曲线的综合应用限时60分钟　满分60分解答题(本大题共5小题，每小题12分，共60分)1．已知椭圆C ：＋＝1(a ＞b ＞0)经过点M (2,1)，且离心率e ＝.x 2a 2y 2b 232(1)求椭圆C 的方程；(2)设A ，B 分别是椭圆C 的上顶点、右顶点，点P 是椭圆C 在第一象限内的一点，直线AP ，BP 分别交x 轴，y 轴于点M ，N ，求四边形ABMN 面积的最小值．解析：本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的基本性质以及直线方程，考查考生分析问题、解决问题的能力，考查的核心素养是数学运算．(1)由离心率及c 2＝a 2－b 2得a ，b 的关系，再把已知点代入即可求出标准方程；(2)设出点P 的坐标，得到直线AP ，BP 的方程，从而表示出点M ，N 的坐标，进而得到|AN |·|BM |，最后利用S 四边形ABMN ＝S △OMN －S △OAB 及基本不等式求面积的最小值．(1)由椭圆的离心率为得，＝，又c 2＝a 2－b 2，∴a ＝2b .又椭圆C 经过点(2,1)，32c a 32∴＋＝1，解得b 2＝2，44b 21b 2∴椭圆C 的方程为＋＝1.x 28y 22(2)由(1)可知，A (0，)，B (2，0)，设P (x 0，y 0)(0＜x 0＜2，0＜y 0＜)，则直线AP ：y ＝2222x ＋，从而M .y 0－2x 02(－2x 0y 0－2，0)直线BP ：y ＝(x －2)，从而N .y 0x 0－222(0，－22y 0x 0－22)∵＋＝1，∴|AN |·|BM |＝·＝x 208y 202(2＋22y 0x 0－22)(22＋2x 0y 0－2)2 x 0＋2y 0－22 2 x 0－22 y 0－2 ＝＝8.2 x 20＋4y 20＋4x 0y 0－42x 0－82y 0＋8 x 0y 0－2x 0－22y 0＋4∴S 四边形ABMN ＝S △OMN －S △OAB＝(|OM |·|ON |－|OA |·|OB |)12＝(|BM |＋2|AN |＋8)1222＝(|BM |＋2|AN |)＋422≥4＋·2222|AN |·|BM |＝4＋4(O 为坐标原点)，2当且仅当|BM |＝4，|AN |＝2时取得最小值．2．已知椭圆C ：＋＝1(a ＞b ＞0)的离心率为，上顶点M 到直线x ＋y ＋4＝0的距离为3.x 2a 2y 2b 2323(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l 过点(4，－2)，且与椭圆C 相交于A ，B 两点，l 不经过点M ，证明：直线MA 的斜率与直线MB 的斜率之和为定值．解：本题主要考查椭圆与直线的交汇，考查考生的数形结合能力、推理论证能力以及运算求解能力，考查的核心素养是直观想象、逻辑推理、数学运算．(1)由题意可得，Error!，解得Error!，所以椭圆C 的方程为＋＝1.x 216y 24(2)易知直线l 的斜率恒小于0，设直线l 的方程为y ＋2＝k (x －4)，k ＜0且k ≠－1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立得Error!，得(1＋4k 2)x 2－16k (2k ＋1)x ＋64k (k ＋1)＝0，则x 1＋x 2＝，x 1x 2＝，16k 2k ＋1 1＋4k 264k k ＋11＋4k 2因为k MA ＋k MB ＝＋＝，y 1－2x 1y 2－2x 2 kx 1－4k －4 x 2＋ kx 2－4k －4 x 1x 1x 2所以k MA ＋k MB ＝2k －(4k ＋4)×＝2k －4(k ＋1)×＝2k －(2k ＋1)＝－1(为定值)x 1＋x 2x 1x 216k 2k ＋164k k ＋1 ．3．(2019·淮南三模)已知椭圆C ：＋＝1(a ＞b ＞0)的离心率为，直线4x ＋3y －5＝0与以坐y 2a 2x 2b 263标原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆相切．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若A 为椭圆C 的下顶点，M ，N 为椭圆C 上异于A 的两点，直线AM 与AN 的斜率之积为1.①求证：直线MN 恒过定点，并求出该定点的坐标；②若O 为坐标原点，求·的取值范围．OM → ON → 解析：(1)由题意可得离心率e ＝＝，c a 63又直线4x ＋3y －5＝0与圆x 2＋y 2＝b 2相切，所以b ＝＝1，|－5|42＋32结合a 2－b 2＝c 2，解得a ＝，3所以椭圆C 的标准方程为＋x 2＝1.y 23(2)①设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由题意知A (0，－)，又直线AM 与AN 的斜率之积为1，所以·＝1，3y 1＋3x 1y 2＋3x 2即有x 1x 2＝y 1y 2＋(y 1＋y 2)＋3，3由题意可知直线MN 的斜率存在且不为0，设直线MN ：y ＝kx ＋t (k ≠0)，代入椭圆方程，消去y 可得(3＋k 2)x 2＋2ktx ＋t 2－3＝0，所以x 1x 2＝，x 1＋x 2＝－，t 2－33＋k 22kt3＋k 2y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2t ＝2t －＝，2k 2t 3＋k 26t3＋k 2y 1y 2＝k 2x 1x 2＋kt (x 1＋x 2)＋t 2＝k 2·＋kt ＋t 2＝，t 2－33＋k 2(－2kt 3＋k 2)3t 2－3k 23＋k 2所以＝＋＋3，t 2－33＋k 23t 2－3k 23＋k 23(6t 3＋k 2)化简得t 2＋3t ＋6＝0，解得t ＝－2(－舍去)，333则直线MN 的方程为y ＝kx －2，3即直线MN 恒过定点，该定点的坐标为(0，－2)．3②由①可得·＝x 1x 2＋y 1y 2＝＋＝＝，OM → ON → t 2－33＋k 23t 2－3k 23＋k 24t 2－3－3k 23＋k 245－3k 23＋k 2由(3＋k 2)x 2＋2ktx ＋t 2－3＝0，可得Δ＝4k 2t 2－4(t 2－3)(3＋k 2)＝48k 2－36(3＋k 2)＞0，解得k 2＞9.令3＋k 2＝m ，则m ＞12，且k 2＝m －3，所以＝＝－3，45－3k 23＋k 245－3 m －3 m 54m 由m ＞12，可得－3＜－3＜.54m 32则·的取值范围是.OM → ON → (－3，32)4．(2019·浙江卷)如图，已知点F (1,0)为抛物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点．过点F 的直线交抛物线于A ，B 两点，点C 在抛物线上，使得ΔABC 的重心G 在x 轴上，直线AC 交x 轴于点Q ，且Q 在点F 的右侧．记△AFG ，△CQG 的面积分别为S 1，S 2.(1)求p 的值及抛物线的准线方程；(2)求的最小值及此时点G 的坐标．S 1S 2解：(1)由题意得＝1，即p ＝2.p 2所以，抛物线的准线方程为x ＝－1.(2)设A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，C (x c ，y c )，重心G (x G ，y G )．令y A ＝2t ，t ≠0，则x A ＝t 2.由于直线AB 过F ，故直线AB 的方程为x ＝y ＋1，代入y 2＝4x ，得y 2－y －4＝0，t 2－12t 2 t 2－1 t 故2ty B ＝－4，即y B ＝－，所以B .2t (1t 2，－2t )又由于x G ＝(x A ＋x B ＋x C )，y G ＝(y A ＋y B ＋y C )及重心G 在x 轴上，故2t －＋y C ＝0，得C 13132t ，G .((1t －t )2，2(1t －t ))(2t 4－2t 2＋23t 2，0)所以，直线AC 的方程为y －2t ＝2t (x －t 2)，得Q (t 2－1,0)．由于Q 在焦点F 的右侧，故t 2＞2.从而＝S 1S 212|FG |·|yA |12|QG |·|yc |＝＝＝2－.|2t 4－2t 2＋23t 2－1|·|2t ||t 2－1－2t 4－2t 2＋23t 2|·|2t －2t |2t 4－t 2t 4－1t 2－2t 4－1令m ＝t 2－2，则m >0，＝2－＝2－≥2－＝1＋.S 1S 2m m 2＋4m ＋31m ＋3m ＋412 m ·3m ＋432当m ＝时，取得最小值1＋，此时G (2,0)．3S 1S 2325．(2019·北京卷)已知拋物线C ：x 2＝－2py 经过点(2，－1)．(1)求拋物线C 的方程及其准线方程；(2)设O 为原点，过拋物线C 的焦点作斜率不为0的直线l 交拋物线C 于两点M ，N ，直线y ＝－1分别交直线OM ，ON 于点A 和点B .求证：以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点．解析：本题主要考查抛物线方程的求解与准线方程的确定，直线与抛物线的位置关系，圆的方程的求解及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力．(1)将点(2，－1)代入抛物线方程：22＝2p ×(－1)可得：p ＝－2，故抛物线方程为：x 2＝－4y ，其准线方程为：y ＝1.(2)很明显直线l 的斜率存在，焦点坐标为(0，－1)，设直线方程为y ＝kx －1，与抛物线方程x 2＝－4y 联立可得：x 2＋4kx －4＝0.故：x 1＋x 2＝－4k ，x 1x 2＝－4.设M ，N ，则k OM ＝－，(x 1，－x 214)(x 2，－x 24)x 14k ON ＝－，x 24直线OM 的方程为y ＝－x ，与y ＝－1联立可得：A ，同理可得B ，x 14(4x 1，－1)(4x 2，－1)易知以AB 为直径的圆的圆心坐标为：，圆的半径为：，(2x 1＋2x 2，－1)|2x 1－2x 2|且：＋＝＝2k ，＝2×＝2，2x 12x 22 x 1＋x 2 x 1x 2|2x 1－2x 2|x 1＋x 2 2－4x 1x 2|x 1x 2|k 2＋1则圆的方程为：(x －2k )2＋(y ＋1)2＝4(k 2＋1)，令x ＝0整理可得：y 2＋2y －3＝0，解得：y 1＝－3，y 2＝1，即以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点(0，－3)，(0,1)．。

第三章圆锥曲线中的最值、定点、定值第一节:最值问题 (均值、函数)求以下式子的最值（1）()2222288842m m t m m m m +-=-=-≤= （2）()()222221183383833t mm m m m m =-=⋅-=⋅-≤ （3）223232313323m t m m m==≤=++（4）()22222222222111121112m k m m k m m k m t k k k ++-+-+-==≤=+++ （5）22134m t m +=+设21m x +=，则221m x =-()2211313143x x t x x x x====+-++上述式子可以通过配凑，换元，使用均值不等式得到最值.（6）221k t k==+ ；（7）224143m t m +==+ ；（8）()242864m t m +==+ ；（9）4242451441k k t k k ++==++ ；上述式子求最值可以通过分离常数法实现.【例1】．设圆222150x y x ++-=的圆心为A ，直线l 过点B(1，0)且与x 轴不重合，l 交圆A 于C ，D 两点，过B 作AC 的平行线交AD 于点E ． (1)证明||EA EB +为定值，并写出点E 的轨迹方程；(2)设点E 的轨迹为曲线1C ，直线l 交1C 于M ，N 两点，过B 且与l 垂直的直线与圆A 交于P ，Q 两点，求四边形MPNQ 面积的取值范围【解答】解：（Ⅰ）证明：圆x 2+y 2+2x ﹣15=0即为（x +1）2+y 2=16， 可得圆心A （﹣1，0），半径r=4， 由BE ∥AC ，可得∠C=∠EBD ， 由AC=AD ，可得∠D=∠C ， 即为∠D=∠EBD ，即有EB=ED ， 则|EA |+|EB |=|EA |+|ED |=|AD |=4，故E 的轨迹为以A ，B 为焦点的椭圆， 且有2a=4，即a=2，c=1，b=√a 2−c 2=√3，则点E 的轨迹方程为x 24+y 23=1（y ≠0）；（Ⅱ）椭圆C 1：x 24+y 23=1，设直线l ：x=my +1，由PQ ⊥l ，设PQ ：y=﹣m （x ﹣1）， 由{x =my +13x 2+4y 2=12可得（3m 2+4）y 2+6my ﹣9=0，设M （x 1，y 1），N （x 2，y 2），可得y 1+y 2=﹣6m3m 2+4，y 1y 2=﹣93m 2+4， 则|MN |=√1+m 2•|y 1﹣y 2|=√1+m 2•√36m 2(3m 2+4)2+363m 2+4 =√1+m 2•√36(4m 2+4)3m 2+4=12•1+m 23m 2+4，A 到PQ 的距离为d=|−m(−1−1)|√1+m 2=|2m|√1+m 2，|PQ |=2√r 2−d 2=2√16−4m21+m 2=4√3m 2+4√1+m 2，则四边形MPNQ 面积为S=12|PQ |•|MN |=12•4√3m 2+4√1+m 2•12•1+m 23m 2+4=24•√1+m 2√3m 2+4=24√13+11+m 2，当m=0时，S 取得最小值12，又11+m 2＞0，可得S ＜24•√33=8√3，即有四边形MPNQ 面积的取值范围是[12，8√3）．【例2】 平面直角坐标系xOy 中,过椭圆M :2222=1x y a b+(a >b >0)右焦点的直线30x y +-=交M于A ,B 两点,P 为AB 的中点,且OP 的斜率为12. (1)求M 的方程;(2)C ,D 为M 上两点,若四边形ACBD 的对角线CD AB ⊥,求四边形ACBD 面积的最大值.解:(1)设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),P (x 0,y 0),则221122=1x y a b +,222222=1x y a b+,2121=1y y x x ---, 由此可得2212122121=1b x x y ya y y x x (+)-=-(+)-. 因为x 1＋x 2＝2x 0,y 1＋y 2＝2y 0,0012y x =,所以a 2＝2b 2. 又由题意知,M 的右焦点为(3,0),故a 2－b 2＝3.因此a 2＝6,b 2＝3.所以M 的方程为22=163x y +. (2)由2230,1,63x y x y ⎧+-=⎪⎨+=⎪⎩解得43,33,3x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩或0,3.x y =⎧⎪⎨=⎪⎩因此|AB |＝463. 由题意可设直线CD 的方程为y ＝5333x n n ⎛⎫+-<< ⎪ ⎪⎝⎭,设C (x 3,y 3),D (x 4,y 4).由22,163y x n x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得3x 2＋4nx ＋2n 2－6＝0.于是x 3,4＝22293n n -±(-).因为直线CD 的斜率为1,所以|CD |＝24342||93x x n -=-. 由已知,四边形ACBD 的面积2186||||929S CD AB n =⋅=-. 当n ＝0时,S 取得最大值,最大值为863.所以四边形ACBD 面积的最大值为863.【例3】.已知椭圆E:x 2t +y 23=1的焦点在x 轴上,A 是E 的左顶点,斜率为0k k （＞）的直线交E 于A M ，两点,点N 在E 上,MA NA ⊥. (1)当4t =,||||AM AN =时,求AMN V 的面积; (2)当||2||AM AN =时,求k 的取值范围.【解答】解:(1)方法一、t=4时,椭圆E 的方程为x 24+y 23=1,A(﹣2,0),直线AM 的方程为y=k(x +2),代入椭圆方程,整理可得(3+4k 2)x 2+16k 2x +16k 2﹣12=0,解得x=﹣2或x=﹣8k 2−63+4k 2,则|AM |=√1+k 2•|2﹣8k 2−63+4k 2|=√1+k 2•123+4k 2, 由AN ⊥AM,可得|AN |=√1+(−1k)2•123+4⋅(−1k )2=√1+k 2•123|k|+4|k|,由|AM |=|AN |,k >0,可得√1+k 2•123+4k 2=√1+k 2•123k+4k,整理可得(k ﹣1)(4k 2+k +4)=0,由4k 2+k +4=0无实根,可得k=1,即有△AMN 的面积为12|AM |2=12(√1+1•123+4)2=14449;方法二、由|AM |=|AN |,可得M,N 关于x 轴对称,由MA ⊥NA.可得直线AM 的斜率为1,直线AM 的方程为y=x +2,代入椭圆方程x 24+y 23=1,可得7x 2+16x +4=0,解得x=﹣2或﹣27,M(﹣27,127),N(﹣27,﹣127),则△AMN 的面积为12×247×(﹣27+2)=14449;(2)直线AM 的方程为y=k(x +√t ),代入椭圆方程, 可得(3+tk 2)x 2+2t √t k 2x +t 2k 2﹣3t=0,解得x=﹣√t 或x=﹣t √tk 2−3√t 3+tk 2,即有|AM |=√1+k 2•|t √tk 2−3√t3+tk 2﹣√t |=√1+k 2•6√t3+tk 2,|AN |═√1+1k 2•6√t 3+t k 2=√1+k 2•6√t3k+t k ,由2|AM |=|AN |,可得2√1+k 2•6√t3+tk 2=√1+k 2•6√t3k+t k,整理得t=6k 2−3k k 3−2,由椭圆的焦点在x 轴上,则t >3,即有6k 2−3k k 3−2>3,即有(k 2+1)(k−2)k 3−2＜0,可得√23＜k ＜2,即k 的取值范围是(√23,2).【例4】.已知直线220x y -+=经过椭圆C:x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左顶点A 和上顶点D ,椭圆C 的右顶点为B ,点S 是椭圆C 上位于x 轴上方的动点,直线AS BS ，与直线l:x =103分别交于M N ，两点.(1)求椭圆C 的方程;(2)求线段MN 的长度的最小值;(3)当线段MN 的长度最小时,在椭圆C 上是否存在这样的点T ,使得TSB V 的面积为15？若存在,确定点T 的个数,若不存在,说明理由.【解答】解:(1)由已知得,椭圆C 的左顶点为A(﹣2,0), 上顶点为D(0,1),∴a=2,b=1故椭圆C 的方程为x 24+y 2=1(4分)(2)依题意,直线AS 的斜率k 存在,且k >0,故可设直线AS 的方程为y=k(x +2), 从而M(103,16k 3),由{y =k(x +2)x 24+y 2=1得(1+4k 2)x 2+16k 2x +16k 2﹣4=0设S(x 1,y 1),则(−2)×x 1=16k 2−41+4k 2得x 1=2−8k 21+4k 2,从而y 1=4k1+4k2即S(2−8k 21+4k2,4k 1+4k2),(6分)又B(2,0)由{y =−14k (x −2)x =103得{x =103y =−13k ,∴N(103,−13k ),(8分)故|MN|=|16k 3+13k |又k >0,∴|MN|=16k 3+13k ≥2√16k 3⋅13k =83当且仅当16k 3=13k , 即k =14时等号成立.∴k =14时,线段MN 的长度取最小值83(10分)(2)另解:设S(x s ,y S ),M(103,y M )依题意,A,S,M 三点共线,且所在直线斜率存在, 由k AM =k AS ,可得y M =163⋅y sx s+2同理可得:yN=43⋅y sx s −2又x s 24+y s 2=1 所以,y M ⋅y N =649⋅y s 2x s 2−4=649(−14)=−169不仿设y M >0,y N ＜0|MN|=|y M −y N |=y M +(−y N )≥2√−y M ⋅y N =83当且仅当y M =﹣y N 时取等号,即y M =43时,线段MN 的长度取最小值83.(3)由(2)可知,当MN 取最小值时,k =14此时BS 的方程为x +y −2=0,s(65,45),∴|BS|=4√25要使椭圆C 上存在点T,使得△TSB 的面积等于15,只须T 到直线BS 的距离等于√24,所以T 在平行于BS 且与BS 距离等于√24的直线l'上.设直线l':x +y +t=0,则由|t+2|√2=√24,解得t =−32或t =−52.又因为T 为直线l'与椭圆C 的交点,所以经检验得t =−32,此时点T 有两个满足条件.【例5】.已知中心在原点的双曲线C 的一个焦点是130F (-，）,一条渐近线的方程是√5x −2y =0.(1)求双曲线C 的方程;(2)若以0k k （）为斜率的直线l 与双曲线C 相交于两个不同的点M N ，,且线段MN 的垂直平分线与两坐标轴围成的三角形的面积为812,求k 的取值范围.【解答】解:(1)解:设双曲线C 的方程为x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0).由题设得{a 2+b 2=9b a =√52,解得{a 2=4b 2=5,所以双曲线方程为x 24−y 25=1.(2)解:设直线l 的方程为y=kx +m(k ≠0).点M(x 1,y 1),N(x 2,y 2)的坐标满足方程组{y =kx +mx 24−y 25=1将①式代入②式,得x 24−(kx+m)25=1,整理得(5﹣4k 2)x 2﹣8kmx ﹣4m 2﹣20=0.此方程有两个不等实根,于是5﹣4k 2≠0,且△=(﹣8km)2+4(5﹣4k 2)(4m 2+20)>0. 整理得m 2+5﹣4k 2>0. ③由根与系数的关系可知线段MN 的中点坐标(x 0,y 0)满足 x 0=x 1+x 22=4km 5−4k 2,y 0=kx 0+m =5m5−4k2. 从而线段MN 的垂直平分线方程为y −5m 5−4k 2=−1k (x −4km5−4k2). 此直线与x 轴,y 轴的交点坐标分别为(9km 5−4k 2,0),(0,9m 5−4k2).由题设可得12|9km 5−4k 2|⋅|9m 5−4k 2|=812.整理得m 2=(5−4k 2)2|k|,k ≠0. 将上式代入③式得(5−4k 2)2|k|+5−4k 2>0,整理得(4k 2﹣5)(4k 2﹣|k |﹣5)>0,k ≠0.解得0＜|k|＜√52或|k|>54.所以k 的取值范围是(−∞,−54)∪(−√52,0)∪(0,√52)∪(54,+∞).【例6】.已知椭圆C:x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为√63,短轴一个端点到右焦点的距离为√3.(1)求椭圆C 的方程;(2)设直线l 与椭圆C 交于A 、B 两点,坐标原点O 到直线l 的距离为√32,求△AOB 面积的最大值.【解答】解:(1)设椭圆的半焦距为c,依题意{c a =√63a =√3∴b=1,∴所求椭圆方程为x 23+y 2=1.(2)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2).(1)当AB ⊥x 轴时,|AB|=√3.(2)当AB 与x 轴不垂直时,设直线AB 的方程为y=kx +m.由已知|m|√1+k 2=√32,得m 2=34(k 2+1). 把y=kx +m 代入椭圆方程,整理得(3k 2+1)x 2+6kmx +3m 2﹣3=0,∴x 1+x 2=−6km3k 2+1,x 1x 2=3(m 2−1)3k 2+1. ∴|AB |2=(1+k 2)(x 2﹣x 1)2=(1+k 2)[36k 2m 2(3k 2+1)2−12(m 2−1)3k 2+1]=12(k 2+1)(3k 2+1−m 2)(3k 2+1)2=3(k 2+1)(9k 2+1)(3k 2+1)2=3+12k29k 4+6k 2+1=3+129k 2+1k2+6(k ≠0)≤3+122×3+6=4. 当且仅当9k 2=1k2,即k =±√33时等号成立.当k=0时,|AB|=√3, 综上所述|AB |max =2.∴当|AB |最大时,△AOB 面积取最大值S =12×|AB|max ×√32=√32.【例7】.如图,点P(0,﹣1)是椭圆1:C x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的一个顶点, 1C 的长轴是圆222:4C x y +=的直径, 12,l l 是过点P 且互相垂直的两条直线,其中1l 交圆2C 于A B 、两点, l 2交椭圆1C 于另一点D .(1)求椭圆1C 的方程;(2)求△ABD 面积的最大值时直线1l 的方程.解答】解:(1)由题意可得b=1,2a=4,即a=2.∴椭圆C 1的方程为x 24+y 2=1;(2)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),D(x 0,y 0).由题意可知:直线l 1的斜率存在,设为k,则直线l 1的方程为y=kx ﹣1.又圆C 2:x 2+y 2=4的圆心O(0,0)到直线l 1的距离d=1√k 2+1.∴|AB |=2√4−d 2=2√4k2+3k 2+1. 又l 2⊥l 1,故直线l 2的方程为x +ky +k=0,联立{x +ky +k =0x 2+4y 2=4,消去y 得到(4+k 2)x 2+8kx=0,解得x 0=−8k4+k2,∴|PD |=8√1+k 24+k 2.∴三角形ABD 的面积S △=12|AB||PD|=8√4k 2+34+k 2,令4+k 2=t >4,则k 2=t ﹣4,f(t)=√4(t−4)+3t =√4t−13t2=√−13(1t −213)2+413≤√413,∴S △=16√1313,当且仅t =132,即k 2=52,当k =±√102时取等号, 故所求直线l 1的方程为y =±√102x −1.【例8】.平面直角坐标系xOy 中,过椭圆M:x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)右焦点的直线x +y ﹣√3=0交M 于A,B 两点,P 为AB 的中点,且OP 的斜率为12.(1)求M 的方程(2)C,D 为M 上的两点,若四边形ACBD 的对角线CD ⊥AB ,求四边形ACBD 面积的最大值. 【解答】解:(1)把右焦点(c,0)代入直线x +y ﹣√3=0得c +0﹣√3=0,解得c=√3. 设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),线段AB 的中点P(x 0,y 0),则x 12a 2+y 12b 2=1,x 22a 2+y 22b 2=1,相减得x 12−x 22a 2+y 12−y 22b 2=0, ∴x 1+x 2a 2+y 1+y 2b 2×y 1−y 2x 1−x 2=0,∴2x 0a 2+2y 0b 2×(−1)=0,又k OP =12=y 0x 0, ∴1a 2−12b 2=0,即a 2=2b 2.联立得{a 2=2b 2a 2=b 2+c 2c =√3,解得{b 2=3a 2=6,∴M 的方程为x 26+y 23=1.(2)∵CD ⊥AB,∴可设直线CD 的方程为y=x +t, 联立{y =x +tx 26+y 23=1,消去y 得到3x 2+4tx +2t 2﹣6=0,∵直线CD 与椭圆有两个不同的交点,∴△=16t 2﹣12(2t 2﹣6)=72﹣8t 2>0,解﹣3＜t ＜3(*).设C(x 3,y 3),D(x 4,y 4),∴x 3+x 4=−4t 3,x 3x 4=2t 2−63.∴|CD |=√(1+12)[(x 3+x 4)2−4x 3x 4]=√2[(−4t 3)2−4×2t 2−63]=2√2⋅√18−2t 23.联立{x +y −√3=0x 26+y 23=1得到3x 2﹣4√3x=0,解得x=0或43√3,∴交点为A(0,√3),B (43√3,−√33),∴|AB |=√(43√3−0)2+(−√33−√3)2=4√63.∴S 四边形ACBD =12|AB||CD|=12×4√63×2√2⋅√18−2t 23=8√3⋅√18−2t 29,∴当且仅当t=0时,四边形ACBD 面积的最大值为83√6,满足(*).∴四边形ACBD 面积的最大值为83√6.【例9】.已知椭圆x22+y2=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).【解答】解:(1)由题意,可设直线AB的方程为x=﹣my+n,代入椭圆方程x22+y2=1,可得(m2+2)y2﹣2mny+n2﹣2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2).由题意,△=4m2n2﹣4(m2+2)(n2﹣2)=8(m2﹣n2+2)>0,设线段AB的中点P(x0,y0),则y0=y1+y22=mnm2+2.x0=﹣m×mnm2+2+n=2nm2+2,由于点P在直线y=mx+12上,∴mnm2+2=2mnm2+2+12,∴n=−m2+22m,代入△>0,可得3m4+4m2﹣4>0,解得m 2>23,∴m ＜−√63或m >√63.(2)直线AB 与x 轴交点横坐标为n,∴S △OAB =12|n||y 1−y 2|=12|n |•⋅√8(m 2−n 2+2)m 2+2=√2√n 2(m 2−n 2+2)(m 2+2)2, 由均值不等式可得:n 2(m 2﹣n 2+2)≤(n 2+m 2−n 2+22)2=(m 2+2)24,∴S △AOB ≤√2×√14=√22,当且仅当n 2=m 2﹣n 2+2,即2n 2=m 2+2,又∵n =−m 2+22m ,解得m=±√2,当且仅当m=±√2时,S △AOB 取得最大值为√22. 【例10】.如图,已知抛物线2x y ,点A(−12,14),B(32,94),抛物线上的点P(x,y)(−12<x <32),过点B 作直线AP 的垂线,垂足为Q . (1)求直线AP 斜率的取值范围; (2)求 •||||PA PQ 的最大值.【解答】解:(1)由题可知P(x,x 2),﹣12＜x ＜32,所以k AP =x 2−14x+12=x ﹣12∈(﹣1,1), 故直线AP 斜率的取值范围是:(﹣1,1);(2)由(I)知P(x,x 2),﹣12＜x ＜32,所以PA →=(﹣12﹣x,14﹣x 2),设直线AP 的斜率为k,则k=x 2−14x+12=x ﹣12,即x=k +12, 则AP:y=kx +12k +14,BQ:y=﹣1k x +32k +94,联立直线AP 、BQ 方程可知Q(3+4k−k 22k 2+2,9k 2+8k+14k 2+4),故PQ →=(1+k−k 2−k 31+k 2,−k 4−k 3+k 2+k1+k 2),又因为PA →=(﹣1﹣k,﹣k 2﹣k),故﹣|PA |•|PQ |=PA →•PQ →=(1+k)3(k−1)1+k 2+k 2(1+k)3(k−1)1+k 2=(1+k)3(k ﹣1),所以|PA |•|PQ |=(1+k)3(1﹣k), 令f(x)=(1+x)3(1﹣x),﹣1＜x ＜1,则f ′(x)=(1+x)2(2﹣4x)=﹣2(1+x)2(2x ﹣1),由于当﹣1＜x ＜12时f ′(x)>0,当12＜x ＜1时f ′(x)＜0,故f(x)max =f(12)=2716,即|PA |•|PQ |的最大值为2716.【例11】.在平面直角坐标系xOy 中,已知椭圆C:x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率e =√23,且椭圆C 上的点到点Q(0,2)的距离的最大值为3. (1)求椭圆C 的方程;(2)在椭圆C 上,是否存在点M(m,n),使得直线l:mx +ny =1与圆22:1O x y +=相交于不同的两点A 、B ,且△OAB 的面积最大？若存在,求出点M 的坐标及对应的△OAB 的面积;若不存在,请说明理由.解答】解:(1)由e =√23得a 2=3b 2,椭圆方程为x 2+3y 2=3b 2椭圆上的点到点Q的距离d =√x 2+(y −2)2=√3b 2−3y 2+(y −2)2=√−2y 2−4y +4+3b 2(−b ≤y ≤b) ①当﹣b ≤﹣1时,即b ≥1,d max =√6+3b 2=3得b=1 ②当﹣b >﹣1时,即b ＜1,d max =√b 2+4b +4=3得b=1(舍) ∴b=1∴椭圆方程为x 23+y 2=1(2)假设M(m,n)存在,则有m 2+n 2>1∵|AB |=2√1−1m 2+n 2,点O 到直线l 距离d =1√m 2+n 2∴S △AOB =12×2√1−1m 2+n 2×1√m 2+n 2=√1m 2+n 2(1−1m 2+n 2)∵m 2+n 2>1∴0＜1m 2+n2＜1,∴1−1m 2+n 2>0当且仅当1m 2+n 2=1−1m 2+n 2,即m 2+n 2=2>1时,S △AOB 取最大值12,又∵m 23+n 2=1解得:m 2=32,n 2=12所以点M 的坐标为(√62,√22)或(−√62,√22)或(√62,−√22)或(−√62,−√22),△AOB 的面积为12.【例12】.已知点2(0,)A ﹣,椭圆E:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为√32,F 是椭圆的右焦点,直线AF 的斜率为2√33,O 为坐标原点.(1)求E 的方程;(2)设过点A 的直线l 与E 相交于P,Q 两点,当△OPQ 的面积最大时,求l 的方程.【解答】解:(1) 设F(c,0),由条件知2c =2√33,得c =√3又ca =√32, 所以a=2,b 2=a 2﹣c 2=1,故E 的方程x 24+y 2=1.….(5分)(2)依题意当l ⊥x 轴不合题意,故设直线l:y=kx ﹣2,设P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2)将y=kx ﹣2代入x 24+y 2=1,得(1+4k 2)x 2﹣16kx +12=0,当△=16(4k 2﹣3)>0,即k 2>34时,x 1,2=8k±2√4k 2−31+4k2从而|PQ|=√k 2+1|x 1−x 2|=4√k 2+1⋅√4k 2−31+4k 2又点O 到直线PQ 的距离d =2√k 2+1,所以△OPQ 的面积S △OPQ =12d|PQ|=4√4K 2−31+4K 2, 设√4k 2−3=t ,则t >0,S △OPQ =4t t 2+4=4t+4t≤1,当且仅当t=2,k=±√72等号成立,且满足△>0,所以当△OPQ 的面积最大时,l 的方程为:y=√72x ﹣2或y=﹣√72x ﹣2.【例13】.已知椭圆C:x 2a 2+y 2b2=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O 为坐标原点);②当|TF||PQ|最小时,求点T 的坐标.【解答】解:(1)依题意有{c =2a =√3b a 2−b 2=c 2=4解得{a 2=6b 2=2所以椭圆C 的标准方程为x 26+y 22=1.(2)设T(﹣3,t),P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2),PQ 的中点为N(x 0,y 0),①证明:由F(﹣2,0),可设直线PQ 的方程为x=my ﹣2,则PQ 的斜率k PQ =1m .由{x =my −2x 26+y 22=1⇒(m 2+3)y 2﹣4my ﹣2=0,所以{△=16m 2+8(m 2+3)=24(m 2+1)>0y 1+y 2=4m m 2+3y 1⋅y 2=−2m 2+3, 于是y 0=y 1+y 22=2m m 2+3,从而x 0=my 0−2=2m 2m 2+3−2=−6m 2+3,即N(−6m 2+3,2m m 2+3),则直线ON 的斜率k ON =−m3, 又由PQ ⊥TF 知,直线TF 的斜率k TF =t−0−3+2=−1k PQ=−11m,得t=m.从而k OT =t −3=−m3=k ON ,即k OT =k ON ,所以O,N,T 三点共线,从而OT 平分线段PQ,故得证. ②由两点间距离公式得|TF|=√m 2+1,由弦长公式得|PQ|=|y 1−y 2|⋅√m 2+1=√(y 1+y 2)2−4y 1y 2⋅√m 2+1=√24(m 2+1)m 2+3⋅√m 2+1,所以|TF||PQ|=√m 2+1√24(m 2+1)m 2+3⋅√m 2+1=m 2+3√24(m 2+1),令x =√m 2+1(x ≥1),则|TF||PQ|=x 2+22√6x=12√6(x +2x )≥√33(当且仅当x 2=2时,取“=”号), 所以当 |TF||PQ|最小时,由x 2=2=m 2+1,得m=1或m=﹣1,此时点T 的坐标为(﹣3,1)或(﹣3,﹣1).【例14】.已知抛物线C 的顶点为原点,其焦点F(0,c)(c >0)到直线l:x ﹣y ﹣2=0的距离为3√22,设P 为直线l 上的点,过点P 作抛物线C 的两条切线PA,PB ,其中A,B 为切点. (1)求抛物线C 的方程;(2)当点()00,P x y 为直线l 上的定点时,求直线AB 的方程; (3)当点P 在直线l 上移动时,求|AF|•|BF|的最小值.【解答】解:(1)焦点F(0,c)(c>0)到直线l:x﹣y﹣2=0的距离d=|−c−2|√2=c+2√2=3√22,解得c=1,所以抛物线C的方程为x2=4y,(2)设A(x1,14x12),B(x2,14x22),由(1)得抛物线C的方程为y=14x2,y′=12x,所以切线PA,PB的斜率分别为12x1,12x2,所以PA:y−14x12=12x1(x−x1)①PB:y−14x22=12x2(x−x2)②联立①②可得点P的坐标为(x1+x22,x1x24),即x0=x1+x22,y0=x1x24,又因为切线PA的斜率为12x1=y0−14x12x0−x1,整理得y0=12x1x0−14x12,直线AB的斜率k=14x12−14x22x1−x2=x1+x24=x02,所以直线AB的方程为y−14x12=12x0(x−x1),整理得y=12x0x−12x1x0+14x12,即y=12x0x−y0,因为点P(x0,y0)为直线l:x﹣y﹣2=0上的点,所以x0﹣y0﹣2=0,即y0=x0-2,所以直线AB的方程为x0x﹣2y﹣2y0=0.(3)根据抛物线的定义,有|AF|=14x12+1,|BF|=14x22+1,所以|AF|⋅|BF|=(14x12+1)(14x22+1)=116x12x22+14(x12+x22)+1=116x12x22+14[(x1+x2)2−2x1x2]+1,由(2)得x1+x2=2x0,x1x2=4y0,x0=y0+2,所以|AF|⋅|BF|=y02+14(4x02−8y0)+1=x2+y2−2y0+1=(y0+2)2+y2−2y 0+1=2y 02+2y 0+5=2(y 0+12)2+92. 所以当y 0=−12时,|AF|•|BF|的最小值为92.第二节:定点、定值【例1】.已知三点O(0,0),A(﹣2,1),B(2,1),曲线C 上任意一点M(x,y)满足|MA →+MB →|=OM →•(OA →+OB →)+2. (1)求曲线C 的方程;(2)动点()000(),22Q x y x ﹣＜＜在曲线C 上,曲线C 在点Q 处的切线为直线l :是否存在定点P(0,t)(t ＜0),使得l 与PA,PB 都相交,交点分别为D,E ,且△QAB 与△PDE 的面积之比是常数？若存在,求t 的值.若不存在,说明理由.【解答】解:(1)由 MA →=(﹣2﹣x,1﹣y),MB →=(2﹣x,1﹣y)可得 MA →+MB →=(﹣2x,2﹣2y),∴|MA →+MB →|=√4x 2+(2−2y)2,OM →•(OA →+OB →)+2=(x,y)•(0,2)+2=2y +2.由题意可得√4x 2+(2−2y)2=2y +2,化简可得 x 2=4y.(2)假设存在点P(0,t)(t ＜0),满足条件,则直线PA 的方程是y=t−12x +t ,直线PB 的方程是y=1−t 2x +t∵﹣2＜x 0＜2,∴−1＜x 02＜1①当﹣1＜t ＜0时,−1＜t−12＜−12,存在x 0∈(﹣2,2),使得x 02=t−12∴l ∥PA,∴当﹣1＜t ＜0时,不符合题意;②当t ≤﹣1时,t−12≤−1＜x 02,1−t 2≥1>x 02,∴l 与直线PA,PB 一定相交,分别联立方程组{y =t−12x +t y =x 02x −x 024,{y =1−t2x +t y =x 02x −x 024,解得D,E 的横坐标分别是x D =x 02+4t 2(x 0+1−t),x E =x 02+4t2(x 0+t−1)∴x E −x D =(1−t)x 02+4tx 02−(t−1)2∵|FP |=﹣x 024−t∴S △PDE =12|FP||x E −x D |=t−18×(x 02+4t)2x 02−(t−1)2∵S △QAB =4−x 022 ∴S △QABS △PDE =41−t×x 04−[4+(t−1)2]x 02+4(t−1)2x 04+8tx 02+16t 2∵x 0∈(﹣2,2),△QAB 与△PDE 的面积之比是常数 ∴{−4−(t −1)2=8t 4(t −1)2=16t 2,解得t=﹣1, ∴△QAB 与△PDE 的面积之比是2.【例2】.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.【解答】解:(1)根据题意,可得C(0,﹣b),D(0,b),又∵P(0,1),且PC →•PD →=﹣1,∴{1−b 2=−1c a=√22a 2−b 2=c 2,解得a=2,b=√2,∴椭圆E 的方程为:x 24+y 22=1;(2)结论:存在常数λ=1,使得OA →•OB →+λPA →•PB →为定值﹣3. 理由如下:对直线AB 斜率的存在性进行讨论:①当直线AB 的斜率存在时,设直线AB 的方程为y=kx +1,A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),联立{x 24+y 22=1y =kx +1,消去y 并整理得:(1+2k 2)x 2+4kx ﹣2=0,∵△=(4k)2+8(1+2k 2)>0, ∴x 1+x 2=﹣4k 1+2k2,x 1x 2=﹣21+2k 2,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=(−2λ−4)k 2+(−2λ−1)1+2k 2=﹣λ−11+2k 2﹣λ﹣2.∴当λ=1时,﹣λ−11+2k 2﹣λ﹣2=﹣3,此时OA →•OB →+λPA →•PB →=﹣3为定值;②当直线AB 的斜率不存在时,直线AB 即为直线CD,此时OA →•OB →+λPA →•PB →=OC →⋅OD →+PC →⋅PD →=﹣2﹣1=﹣3; 故存在常数λ=1,使得OA →•OB →+λPA →•PB →为定值﹣3. 【例3】.如图,在平面直角坐标系xOy 中,椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为()12(),0,,0F c F c ﹣.已知(1,e)和(e,√32)都在椭圆上,其中e 为椭圆的离心率. (1)求椭圆的方程;(2)设A,B 是椭圆上位于x 轴上方的两点,且直线1AF 与直线2BF 平行, 2AF 与1BF 交于点P .(i)若12AF BF =﹣√62,求直线AF 1的斜率; (ii)求证: 12PF PF +是定值.【解答】(1)解:由题设知a 2=b 2+c 2,e=c a ,由点(1,e)在椭圆上,得1a 2+c 2a 2b2=1,∴b=1,c 2=a 2﹣1.由点(e,√32)在椭圆上,得e 2a 2+34b2=1∴a 2−1a 4+34=1,∴a 2=2∴椭圆的方程为x 22+y 2=1.(2)解:由(1)得F 1(﹣1,0),F 2(1,0),又∵直线AF 1与直线BF 2平行,∴设AF 1与BF 2的方程分别为x +1=my,x ﹣1=my. 设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),y 1>0,y 2>0,∴由{x 122+y 12=1x 1+1=my 1,可得(m 2+2)y 12﹣2my 1﹣1=0.∴y 1=m+√2m 2+2m 2+2,y 1=m−√2m 2+2m 2+2(舍),∴|AF 1|=√m 2+1×|0﹣y 1|=√2(m 2+1)+m √m 2+1m 2+2①同理|BF 2|=√2(m 2+1)−m √m 2+1m 2+2②(i)由①②得|AF 1|﹣|BF 2|=2m √m 2+1m 2+2,∴2m √m 2+1m 2+2=√62,解得m 2=2.∵注意到m >0,∴m=√2.∴直线AF 1的斜率为1m =√22.另解:设直线AF 1的方程为{x =−1+tcosαy =tsinα(t 为参数,α为倾斜角), 代入椭圆方程,可得(cos 2α+2sin 2α)t 2﹣2tcos α﹣1=0,可设AF 1=t 1,∵t 1=AF 1在x 轴上方,t 2在x 轴下方,设直线F 1A 交椭圆于C,则F 1C=F 2B,由于对称,B 、C 座标互为相反数, ∴t 2=﹣BF 2.由题意可得t 1+t 2=2cosαcos 2α+2sin 2α=√62,解得cos α=√63,sin α=√33,即有tan α=sinαcosα=√22. ∴直线AF 1的斜率为√22.(ii)证明:∵直线AF 1与直线BF 2平行,∴PBPF 1=BF 2AF 1,即PF 1=AF 1AF 1+BF 2×BF 1.由点B 在椭圆上知,BF 1+BF 2=2√2,∴PF 1=AF 1AF 1+BF 2×(2√2−BF 2).同理PF 2=BF 2AF 1+BF 2×(2√2−AF 1).∴PF 1+PF 2=AF 1AF 1+BF 2×(2√2−BF 2)+BF 2AF 1+BF 2×(2√2−AF 1)=2√2−2AF 1×BF 2AF 1+BF 2由①②得,AF 1+BF 2=2√2(m 2+1)m 2+2,AF 1×BF 2=m 2+1m 2+2,∴PF 1+PF 2=3√22.∴PF 1+PF 2是定值. 【例4】.已知椭圆C:x 2a 2+y 2b2=1过点A(2,0),B(0,1)两点.(1)求椭圆C 的方程及离心率;(2)设P 为第三象限内一点且在椭圆C 上,直线PA 与y 轴交于点M ,直线PB 与x 轴交于点N ,求证:四边形ABNM 的面积为定值.【解答】(1)解:∵椭圆C:x 2a 2+y 2b2=1过点A(2,0),B(0,1)两点,∴a=2,b=1,则c =√a 2−b 2=√4−1=√3,∴椭圆C 的方程为x 24+y 2=1,离心率为e=√32; (2)证明:如图,设P(x 0,y 0),则k PA =y 0x 0−2,PA 所在直线方程为y=y 0x 0−2(x −2),取x=0,得y M =−2y 0x 0−2;k PB =y 0−1x 0,PB 所在直线方程为y =y 0−1x 0x +1, 取y=0,得x N =x 01−y 0.∴|AN |=2−x N =2−x 01−y 0=2−2y 0−x 01−y 0,|BM |=1﹣x M =1+2y 0x 0−2=x 0+2y 0−2x 0−2.∴S ABNM =12⋅|AN|⋅|BM|=12⋅2−2y 0−x 01−y 0⋅x 0+2y 0−2x 0−2=12(x 0+2y 0−2)2(1−y 0)(x 0−2)=12(x 0+2y 0)2−4(x 0+2y 0)+4x 0y 0+2−x 0−2y 0=12x 02+4x 0y 0+4y 02−4x 0−8y 0+4x 0y 0+2−x 0−2y 0=124(x 0y 0+2−x 0−2y 0)x 0y 0+2−x 0−2y 0=12×4=2.∴四边形ABNM 的面积为定值2.【例5】.已知抛物线2:2C y px 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.【解答】解:(1)∵抛物线C:y 2=2px 经过点 P(1,2),∴4=2p,解得p=2,设过点(0,1)的直线方程为y=kx +1, 设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2)联立方程组可得{y 2=4xy =kx +1,消y 可得k 2x 2+(2k ﹣4)x +1=0,∴△=(2k ﹣4)2﹣4k 2>0,且k ≠0解得k ＜1,且k ≠0,x 1+x 2=﹣2k−4k 2,x 1x 2=1k2,又∵PA 、PB 要与y 轴相交,∴直线l 不能经过点(1,﹣2),即k ≠﹣3, 故直线l 的斜率的取值范围(﹣∞,﹣3)∪(﹣3,0)∪(0,1); (2)证明:设点M(0,y M ),N(0,y N ),则QM →=(0,y M ﹣1),QO →=(0,﹣1)因为QM →=λQO →,所以y M ﹣1=﹣y M ﹣1,故λ=1﹣y M ,同理μ=1﹣y N , 直线PA 的方程为y ﹣2=2−y 11−x 1(x ﹣1)=2−y 11−y 124(x ﹣1)=42+y 1(x ﹣1),令x=0,得y M =2y 12+y 1,同理可得y N =2y 22+y 2,因为1λ+1μ=11−y M+11−y N=2+y 12−y 1+2+y 22−y 2=8−2y 1y 2(2−y 1)(2−y 2)=8−2(kx 1+1)(kx 2+1)1−k(x 1+x 2)+k 2x 1x 2=8−[k 2x 1x 2+k(x 1+x 2)+1]1−k(x 1+x 2)+k 2x 1x 2=8−2(1+4−2kk +1)1−4−2k k+1=4−2×4−2kk2−4−2k k=2, ∴1λ+1μ=2,∴1λ+1μ为定值.【例6】.已知椭圆C:x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为√32,A(a,0),B(0,b),O(0,0),△OAB的面积为1. (1)求椭圆C 的方程;(2)设P 是椭圆C 上一点,直线PA 与y 轴交于点M ,直线PB 与x 轴交于点N .求证: •||||AN BM 为定值.【解答】解:(1)由题意可得e=c a =√32,又△OAB 的面积为1,可得12ab=1,且a 2﹣b 2=c 2, 解得a=2,b=1,c=√3,可得椭圆C 的方程为x 24+y 2=1;(2)证法一:设椭圆上点P(x 0,y 0), 可得x 02+4y 02=4,直线PA:y=y 0x 0−2(x ﹣2),令x=0,可得y=﹣2y 0x 0−2,则|BM |=|1+2y 0x 0−2|; 直线PB:y=y 0−1x 0x +1,令y=0,可得x=﹣x 0y 0−1, 则|AN |=|2+x 0y 0−1|. 可得|AN |•|BM |=|2+x 0y 0−1|•|1+2y 0x 0−2|=|(x 0+2y 0−2)2(x 0−2)(y 0−1)|=|x 02+4y 02+4+4x 0y 0−4x 0−8y 02+x 0y 0−x 0−2y 0| =|8+4x 0y 0−4x 0−8y 02+x 0y 0−x 0−2y 0|=4,即有|AN |•|BM |为定值4.证法二:设P(2cos θ,sin θ),(0≤θ＜2π),直线PA:y=sinθ2cosθ−2(x ﹣2),令x=0,可得y=﹣sinθcosθ−1,则|BM |=|sinθ+cosθ−11−cosθ|;直线PB:y=sinθ−12cosθx +1,令y=0,可得x=﹣2cosθsinθ−1,则|AN |=|2sinθ+2cosθ−21−sinθ|.即有|AN |•|BM |=|2sinθ+2cosθ−21−sinθ|•|sinθ+cosθ−11−cosθ|=2|sin 2θ+cos 2θ+1+2sinθcosθ−2sinθ−2cosθ1+sinθcosθ−sinθ−cosθ|=2|2+2sinθcosθ−2sinθ−2cosθ1+sinθcosθ−sinθ−cosθ|=4.则|AN |•|BM |为定值4.【例7】.设椭圆M ：x 2a2+y 2b2=1(a >b >0)的左顶点为A 、中心为O ，若椭圆M 过点P(−12，12)，且AP ⊥PO ． (1)求椭圆M 的方程；(2)若△APQ 的顶点Q 也在椭圆M 上，试求△APQ 面积的最大值； (3)过点A 作两条斜率分别为k 1，k 2的直线交椭圆M 于D ，E 两点，且k 1k 2=1，求证：直线DE 恒过一个定点． 解：(1)由AP ⊥OP ，可知k AP ⋅k OP =−1， 又A 点坐标为(−a ，0)，故12−12+a ⋅12−12=−1，可得a =1，…(2分)因为椭圆M 过P 点，故14+14b 2=1，可得b 2=13，所以椭圆M 的方程为x 2+y 213=1. …(4分)(2)AP 的方程为y−012−0=x+1−12+1，即x −y +1=0，由于Q 是椭圆M 上的点，故可设Q(cosθ，√33sinθ)，…(6分)所以S△APQ =12×√22×|cosθ−√33sinθ+1|√2…(8分)=14|2√33cos(θ+π6)+1| 当θ+π6=2kπ(k ∈Z)，即θ=2kπ−π6(k ∈Z)时，S △APQ 取最大值． 故S △APQ 的最大值为√36+14. …(10分)(3)直线AD 方程为y =k 1(x +1)，代入x 2+3y 2=1，可得(3k 12+1)x 2+6k 12x +3k 12−1=0，x A ⋅x D =3k 12−13k 12+1，又x A =−1，故x D =1−3k 121+3k 12，y D =k 1(1−3k 121+3k 12+1)=2k11+3k 12，…(12分) 同理可得x E =1−3k 221+3k 22，y E =2k 21+3k 22，又k 1k 2=1且k 1≠k 2，可得k 2=1k 1且k 1≠±1， 所以x E =k 12−3k 12+3，y E =2k 1k 12+3，k DE =y E −y DxE −x D=2k 1k 12+3−2k 11+3k 12k 12−3k 12+3−1−3k 121+3k 12=2k13(k 12+1)，直线DE 的方程为y −2k 11+3k 12=2k13(k 12+1)(x −1−3k 121+3k 12)，…(14分) 令y =0，可得x =1−3k 121+3k 12−3(k 12+1)1+3k 12=−2．故直线DE 过定点(−2，0). …(16分)(法二)若DE 垂直于y 轴，则x E =−x D ，y E =y D ， 此时k 1k 2=y Dx D +1⋅y Ex E +1=y D21−x D2=y D23y D2=13与题设矛盾． 若DE 不垂直于y 轴，可设DE 的方程为x =ty +s ，将其代入x 2+3y 2=1，可得(t 2+3)y 2+2tsy +s 2−1=0，可得y D +y E =−2ts t 2+3，y D ⋅y E =s 2−1t 2+3，…(12分) 又k 1k 2=y DxD +1⋅y E x E +1=y D y E(ty D +s+1)(ty E +s+1)=1，可得(t 2−1)y D y E +t(s +1)(y D +y E )+(s +1)2=0，…(14分) 故(t 2−1)s 2−1t 2+3+t(s +1)−2ts t 2+3+(s +1)2=0， 可得s =−2或−1，又DE 不过A 点，即s ≠−1，故s =−2． 所以DE 的方程为x =ty −2，故直线DE 过定点(−2，0). …(16分)【例8】.已知椭圆C ：x 2a2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为√32，四个顶点构成的菱形的面积是4，圆M ：(x +1)2+y 2=r 2(0<r <1).过椭圆C 的上顶点A 作圆M 的两条切线分别与椭圆C 相交于B ，D 两点(不同于点A)，直线AB ，AD 的斜率分别为k 1，k 2． (1)求椭圆C 的方程；(2)当r 变化时，①求k 1⋅k 2的值；②试问直线BD 是否过某个定点？若是，求出该定点；若不是，请说明理由．解：(1)由题设知，c a =√32，12×2a ×2b =4，又a 2−b 2=c 2，解得a =2，b =1．故所求椭圆C 的方程是x 24+y 2=1．(2)AB ：y =k 1x +1，则有|k 1−1|√1+k 12=r ，化简得(1−r 2)k 12−2k 1+1−r 2=0，对于直线AD ：y =k 2x +1，同理有(1−r 2)k 22−2k 2+1−r 2=0，于是k 1，k 2是方程(1−r 2)k 2−2k +1−r 2=0的两实根，故k 1⋅k 2=1．考虑到r →1时，D 是椭圆的下顶点，B 趋近于椭圆的上顶点，故BD 若过定点，则猜想定点在y 轴上．由{y =k 1x +1x 24+y 2=1，得(4k 12+1)x 2+8k 1x =0，于是有B(−8k 14k 12+1，−4k 12+14k 12+1)，D(−8k 24k 22+1，−4k 22+14k 22+1)．直线BD 的斜率为k BD =k 1+k 2−3，直线BD 的方程为y −−4k 12+14k 12+1=k 1+k 2−3(x −−8k 14k 12+1)，令x =0，得y =−4k 12+14k 12+1+k 1+k 2−3⋅8k 14k 12+1=20k 12+5−3(4k 12+1)=−53，故直线BD 过定点(0，−53)．【例9】.如图，已知椭圆C ：x 2a2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率是√32，一个顶点是B(0，1)．(Ⅰ)求椭圆C 的方程；(Ⅱ)设P ，Q 是椭圆C 上异于点B 的任意两点，且BP ⊥BQ.试问：直线PQ 是否恒过一定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，说明理由．(Ⅰ)解：设椭圆C 的半焦距为c.依题意，得b =1，(1分) 且 e 2=c 2a2=a2−1a 2=34，(3分)解得 a 2=4.(4分)所以，椭圆C 的方程是x 24+y 2=1.(5分)(Ⅱ)证法一：易知，直线PQ 的斜率存在，设其方程为y =kx +m.(6分) 将直线PQ 的方程代入x 2+4y 2=4，消去y ，整理得 (1+4k 2)x 2+8kmx +4m 2−4=0.(8分) 设 P(x 1，y 1)，Q(x 2，y 2)，则 x 1+x 2=−8km 1+4k 2，x 1⋅x 2=4m 2−41+4k 2.①(9分) 因为 BP ⊥BQ ，且直线BP ，BQ 的斜率均存在， 所以y 1−1x 1⋅y 2−1x 2=−1，整理得 x 1x 2+y 1y 2−(y 1+y 2)+1=0.②(10分)因为 y 1=kx 1+m ，y 2=kx 2+m ，所以 y 1+y 2=k(x 1+x 2)+2m ，y 1y 2=k 2x 1x 2+mk(x 1+x 2)+m 2.③ 将③代入②，整理得(1+k 2)x 1x 2+k(m −1)(x 1+x 2)+(m −1)2=0.④(11分) 将①代入④，整理得 5m 2−2m −3=0.(13分)解得 m =−35，或m =1(舍去)．所以，直线PQ 恒过定点(0，−35).(14分)证法二：直线BP ，BQ 的斜率均存在，设直线BP 的方程为y =kx +1.(6分) 将直线BP 的方程代入x 2+4y 2=4，消去y ，得 (1+4k 2)x 2+8kx =0.(8分) 解得 x =0，或x =−8k1+4k 2.(9分) 设 P(x 1，y 1)，所以x 1=−8k 1+4k 2，y 1=kx 1+1=1−4k 21+4k 2，所以 P(−8k 1+4k 2，1−4k 21+4k 2).(10分)以−1k替换点P 坐标中的k ，可得 Q(8k 4+k 2，k 2−4k 2+4).(11分)从而，直线PQ 的方程是y−1−4k 21+4k 21−4k 21+4k 2−k 2−4k 2+4=x+8k 1+4k 2−8k 1+4k 2−8k4+k 2．依题意，若直线PQ 过定点，则定点必定在y 轴上.(13分) 在上述方程中，令x =0，解得y =−35．所以，直线PQ 恒过定点(0，−35).(14分)【例10】.已知椭圆C ：x 2a2+y 2b2=1(a >b >0)，四点P 1(1，1)，P 2(0，1)，P 3(−1，√32)，P 4(1，√32)中恰有三点在椭圆C 上．(1)求C 的方程；(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点.若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为−1，证明：l 过定点．解：(1)根据椭圆的对称性，P 3(−1，√32)，P 4(1，√32)两点必在椭圆C 上，又P 4的横坐标为1，∴椭圆必不过P 1(1，1)， ∴P 2(0，1)，P 3(−1，√32)，P 4(1，√32)三点在椭圆C 上．把P 2(0，1)，P 3(−1，√32)代入椭圆C ，得： {1b 2=11a 2+4b 2=1，解得a 2=4，b 2=1，∴椭圆C 的方程为x24+y 2=1．证明：(2)①当斜率不存在时，设l ：x =m ，A(m ，y A )，B(m ，−y A )， ∵直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为−1， ∴k P 2A +k P 2N =y A −1m+−y A −1m=−2m=−1，解得m =2，此时l 过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足． ②当斜率存在时，设l ：y =kx +b ，(b ≠1)，A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)， 联立{y =kx +b x 2+4y 2−4=0，整理，得(1+4k 2)x 2+8kbx +4b 2−4=0， x 1+x 2=−8kb 1+4k 2，x 1x 2=4b 2−41+4k 2，则k P 2A +k P 2B =y 1−1x 1+y 2−1x 2=x 2(kx 1+b)−x 2+x 1(kx 2+b)−x 1x 1x 2=8kb 2−8k−8kb 2+8kb1+4k 24b 2−41+4k 2=8k(b−1)4(b+1)(b−1)=−1，又b ≠1，∴b =−2k −1，此时△=−64k ，存在k ，使得△>0成立， ∴直线l 的方程为y =kx −2k −1， 当x =2时，y =−1， ∴l 过定点(2，−1)．【例11】.已知椭圆C ：x 2a2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右顶点分别为A ，B ，其离心率e =12，点P 为椭圆上的一个动点，△PAB 面积的最大值为2√3． (Ⅰ)求椭圆的标准方程；(Ⅱ)动直线l 过椭圆的左焦点F 1，且l 与椭圆C 交于M ，N 两点，试问在x 轴上是否存在定点D ，使得DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 为定值？若存在，求出点D 坐标并求出定值；若不存在，请说明理由． 解：(Ⅰ)由题意，e =c a =12， (S △PAB )max =12×2ab =ab =2√3，且a 2=b 2+c 2．解得a =2，b =√3，c =1．∴椭圆的标准方程为x 24+y23=1．(Ⅱ)假设存在定点D(m ，0)，使得向量DM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 为定值n ．。

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第3讲圆锥曲线中的最值、范围、证明问题1．已知F为椭圆C：错误!＋错误!＝1的右焦点，M为C上的任意一点．（1）求|MF|的取值范围；（2）P,N是C上异于M的两点，若直线PM与直线PN的斜率之积为－错误!,证明：M，N两点的横坐标之和为常数．解：(1)依题意得a＝2，b＝错误!，所以c＝错误!＝1，所以椭圆C的右焦点F的坐标为(1，0），设椭圆C上的任意一点M的坐标为（x M，y M），则错误!＋错误!＝1,所以|MF|2＝（x M－1)2＋y错误!＝（x M－1）2＋3－错误!x错误!＝错误!x错误!－2x M＋4＝错误!(x M－4）2，又－2≤x M≤2,所以1≤|MF|2≤9，所以1≤｜MF|≤3,所以｜MF｜的取值范围为［1,3]．(2）证明：设P,M,N三点的坐标分别为（x P，y P），(x M，y M),（x N，y N）,设直线PM，PN的斜率分别为k1，k2,则直线PM的方程为y－y P＝k1（x－x P)，联立方程,得错误!消去y，得（3＋4k21)x2－8k1(k1x P－y P)x＋4k错误!x错误!－8k1x P y P＋4y错误!－12＝0，由根与系数的关系可得x M＋x P＝错误!，所以x M＝错误!－x P＝错误!,同理可得x N＋x P＝错误!，又k1·k2＝－错误!,故x N＋x P＝错误!＝错误!＝错误!，则x N＝错误!－x P＝－错误!＝－x M，从而x N＋x M＝0,即M，N两点的横坐标之和为常数．2．(2019·郑州市第二次质量预测）椭圆错误!＋错误!＝1(a>b〉0)的左、右焦点分别为F1，F，A为椭圆上一动点（异于左、右顶点），△AF1F2的周长为4＋2错误!,且面积的最大值为错误!. 2(1）求椭圆C的方程；(2)设B是椭圆上一动点，线段AB的中点为P,OA，OB(O为坐标原点）的斜率分别为k1，k2，且k1k2＝－错误!，求｜OP｜的取值范围．解：(1)由椭圆的定义及△AF1F2的周长为4＋2错误!，可得2(a＋c）＝4＋2错误!，所以a ＋c＝2＋错误!①.当A在上(或下)顶点时，△AF1F2的面积取得最大值，即bc＝错误!②，由①②及a2＝c2＋b2，得a＝2,b＝1,c＝错误!,所以椭圆C的方程为错误!＋y2＝1。