高考文科数学练习题高考常考的6大题型

第3课时 题型上——全析高考常考的6大题型题型一 圆锥曲线中的定点问题圆锥曲线中的定点问题一般是指与解析几何有关的直线或圆过定点的问题(其他曲线过定点太复杂，高中阶段一般不涉及)，其实质是：当动直线或动圆变化时，这些直线或圆相交于一点，即这些直线或圆绕着定点在转动．这类问题的求解一般可分为以下三步：一选：选择变量，定点问题中的定点，随某一个量的变化而固定，可选择这个量为变量(有时可选择两个变量，如点的坐标、斜率、截距等，然后利用其他辅助条件消去其中之一)．二求：求出定点所满足的方程，即把需要证明为定点的问题表示成关于上述变量的方程．三定点：对上述方程进行必要的化简，即可得到定点坐标．[典例] (2019·成都一诊)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点F (3，0)，长半轴的长与短半轴的长的比值为2.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设不经过点B (0,1)的直线l 与椭圆C 相交于不同的两点M ，N ，若点B 在以线段MN 为直径的圆上，证明直线l 过定点，并求出该定点的坐标．[解] (1)由题意得，c ＝3，ab ＝2，a 2＝b 2＋c 2， ∴a ＝2，b ＝1，∴椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m (m ≠1)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．联立，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2＋4y 2＝4，消去y 可得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0. ∴Δ＝16(4k 2＋1－m 2)＞0，x1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1. ∵点B 在以线段MN 为直径的圆上， ∴BM ―→·BN ―→＝0.∵BM ―→·BN ―→＝(x 1，kx 1＋m －1)·(x 2，kx 2＋m －1)＝(k 2＋1)x 1x 2＋k (m －1)(x 1＋x 2)＋(m －1)2＝0，∴(k 2＋1)4m 2－44k 2＋1＋k (m －1)－8km4k 2＋1＋(m －1)2＝0， 整理，得5m 2－2m －3＝0， 解得m ＝－35或m ＝1(舍去)．∴直线l 的方程为y ＝kx －35.易知当直线l 的斜率不存在时， 不符合题意． 故直线l 过定点，且该定点的坐标为⎝⎛⎭⎫0，－35. [方法技巧]求解圆锥曲线中定点问题的2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 )＝0，g (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．[针对训练]如图，已知直线l ：y ＝kx ＋1(k ＞0)关于直线y ＝x ＋1对称的直线为l 1，直线l ，l 1与椭圆E ：x 24＋y 2＝1分别交于点A ，M 和A ，N ，记直线l 1的斜率为k 1.(1)求k ·k 1的值；(2)当k 变化时，试问直线MN 是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点坐标；若不恒过定点，请说明理由．解：(1)设直线l 上任意一点P (x ，y )关于直线y ＝x ＋1对称的点为P 0(x 0，y 0)， 直线l 与直线l 1的交点为(0,1)， ∴l ：y ＝kx ＋1，l 1：y ＝k 1x ＋1， k ＝y －1x ，k 1＝y 0－1x 0，由y ＋y 02＝x ＋x 02＋1， 得y ＋y 0＝x ＋x 0＋2，① 由y －y 0x －x 0＝－1，得y －y 0＝x 0－x ，② 由①②得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 0＋1，y 0＝x ＋1，∴k ·k 1＝yy 0－(y ＋y 0)＋1xx 0＝(x ＋1)(x 0＋1)－(x ＋x 0＋2)＋1xx 0＝1.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 24＋y 2＝1得(4k 2＋1)x 2＋8kx ＝0，设M (x M ，y M )，N (x N ，y N )， ∴x M ＝－8k 4k 2＋1，y M ＝1－4k 24k 2＋1.同理可得x N ＝－8k 14k 21＋1＝－8k 4＋k 2，y N ＝1－4k 214k 21＋1＝k 2－44＋k2. k MN ＝y M －y N x M －x N ＝1－4k 24k 2＋1－k 2－44＋k 2－8k 4k 2＋1－－8k 4＋k 2＝8－8k 48k (3k 2－3)＝－k 2＋13k ，直线MN ：y －y M ＝k MN (x －x M )， 即y －1－4k 24k 2＋1＝－k 2＋13k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －－8k 4k 2＋1， 即y ＝－k 2＋13k x －8(k 2＋1)3(4k 2＋1)＋1－4k 24k 2＋1＝－k 2＋13k x －53.∴当k 变化时，直线MN 过定点⎝⎛⎭⎫0，－53. 题型二 圆锥曲线中的定值问题圆锥曲线中的定值问题一般是指在求解解析几何问题的过程中，探究某些几何量(斜率、距离、面积、比值等)与变量(斜率、点的坐标等)无关的问题.其求解步骤一般为：一选：选择变量，一般为点的坐标、直线的斜率等.二化：把要求解的定值表示成含上述变量的式子，并利用其他辅助条件来减少变量的个数，使其只含有一个变量(或者有多个变量，但是能整体约分也可以).三定值：化简式子得到定值.由题目的结论可知要证明为定值的量必与变量的值无关，故求出的式子必能化为一个常数，所以只须对上述式子进行必要的化简即可得到定值.[典例] (2019·沈阳模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的焦点为F 1，F 2，离心率为12，点P 为其上一动点，且三角形PF 1F 2的面积最大值为3，O 为坐标原点．(1)求椭圆C 的方程；(2)若点M ，N 为C 上的两个动点，求常数m ，使OM ―→·ON ―→＝m 时，点O 到直线MN 的距离为定值，求这个定值．[解](1)依题意知⎩⎪⎨⎪⎧c 2＝a 2－b 2，bc ＝3，c a ＝12，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝3，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1x 2＋y 1y 2＝m ，当直线MN 的斜率存在时，设其方程为y ＝kx ＋n ，则点O 到直线MN 的距离d ＝ |n |k 2＋1＝n 2k 2＋1， 联立，得⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋4y 2＝12，y ＝kx ＋n ，消去y ，得(4k 2＋3)x 2＋8knx ＋4n 2－12＝0, 由Δ＞0得4k 2－n 2＋3＞0，则x 1＋x 2＝－8kn 4k 2＋3，x 1x 2＝4n 2－124k 2＋3，所以x 1x 2＋(kx 1＋n )(kx 2＋n )＝(k 2＋1)x1x 2＋kn (x 1＋x 2)＋n 2＝m ，整理得7n 2k 2＋1＝12＋m (4k 2＋3)k 2＋1.因为d ＝n 2k 2＋1为常数，则m ＝0，d ＝ 127＝2217， 此时7n 2k 2＋1＝12满足Δ＞0.当MN ⊥x 轴时，由m ＝0得k OM ＝±1，联立，得⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋4y 2＝12，y ＝±x ，消去y ，得x 2＝127，点O 到直线MN 的距离d ＝|x |＝2217亦成立． 综上，当m ＝0时，点O 到直线MN 的距离为定值，这个定值是2217.[方法技巧]圆锥曲线中定值问题的特点及2大解法(1)特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值． (2)两大解法：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； ②引进变量法：其解题流程为[针对训练]已知F 1，F 2分别为椭圆Ω：x 24＋y 2b2＝1(b ＞0)的左、右焦点．(1)当b ＝1时，若P 是椭圆Ω上一点，且P 位于第一象限，PF 1―→·PF 2―→＝－54，求点P 的坐标；(2)当椭圆Ω的焦距为2时，若直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆Ω相交于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，且3x 1x 2＋4y 1y 2＝0，证明：△AOB 的面积为定值(O 为坐标原点)．解：(1)当b ＝1时，椭圆方程为x 24＋y 2＝1，则F 1(－3，0)，F 2(3，0)．设P (x ，y )(x ＞0，y ＞0)，则PF 1―→＝(－3－x ，－y )，PF 2―→＝(3－x ，－y )， 由PF 1―→·PF 2―→＝－54，得x 2＋y 2＝74.结合x 24＋y 2＝1，x ＞0，y ＞0，解得x ＝1，y ＝32，所以点P 的坐标为⎝⎛⎭⎫1，32. (2)当椭圆Ω的焦距为2时，c ＝1，则b 2＝a 2－c 2＝3，椭圆Ω的方程为x 24＋y 23＝1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1消去y 并整理，得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0. 则Δ＝64k 2m 2－16(3＋4k 2)(m 2－3)＝48(3＋4k 2－m 2)＞0，即3＋4k 2－m 2＞0. 又x 1＋x 2＝－8km 3＋4k 2，x 1x 2＝4(m 2－3)3＋4k 2，所以y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝3m 2－12k 23＋4k 2，由3x 1x 2＋4y 1y 2＝0，得3×4(m 2－3)3＋4k 2＋4×3m 2－12k 23＋4k 2＝0，即2m 2＝3＋4k 2. 因为|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝1＋k 2·48(3＋4k 2－m 2)(3＋4k 2)2＝1＋k 2·48(2m 2－m 2)(2m 2)2＝1＋k 2·12m 2，点O 到直线AB 的距离d ＝|m |1＋k 2＝m 21＋k 2，所以S △AOB ＝12·|AB |·d ＝12·1＋k 2·12m 2·m 21＋k 2＝3，即△AOB 的面积为定值，其定值为 3.题型三 构造目标不等式解决范围问题欲求变量的取值范围，可设法构造含有变量的不等式(组)，通过解不等式(组)来达到目的. [典例] 已知A 是椭圆E ：x 2t ＋y 23＝1(t ＞3)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] (1)由|AM |＝|AN |，可得M ，N 关于x 轴对称，由MA ⊥NA ，可得直线AM 的斜率k 为1.因为t ＝4，所以A (－2，0)， 所以直线AM 的方程为y ＝x ＋2，代入椭圆方程E ：x 24＋y 23＝1，可得7x 2＋16x ＋4＝0，解得x ＝－2或x ＝－27，所以M ⎝⎛⎭⎫－27，127，N ⎝⎛⎭⎫－27，－127， 则△AMN 的面积为12×247×⎝⎛⎭⎫－27＋2＝14449. (2)由题意知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)x 2＋2ttk 2x ＋t 2k 2－3t ＝0.设M (x 1，y 1)，则x 1·(－t )＝t 2k 2－3t3＋tk 2，即x 1＝t (3－tk 2)3＋tk 2，故|AM |＝|x 1＋t |1＋k 2＝6t (1＋k 2)3＋tk 2.由题设知，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＝k 3k 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.由t ＞3，得3k (2k －1)k 3－2＞3，所以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)． [方法技巧]圆锥曲线中范围问题的5个解题策略(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范围； (4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；(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范围．[针对训练](2019·豫南九校联考)设椭圆x 2a 2＋y 23＝1(a ＞3)的右焦点为F ，右顶点为A .已知|OA |－|OF |＝1，其中O 为原点，e 为椭圆的离心率．(1)求椭圆的方程及离心率e 的值；(2)设过点A 的直线l 与椭圆交于点B (B 不在x 轴上)，垂直于l 的直线与l 交于点M ，与y 轴交于点H .若BF ⊥HF ，且∠MOA ≤∠MAO ，求直线l 的斜率的取值范围．解：(1)由题意可知|OF |＝c ＝a 2－3， 又|OA |－|OF |＝1，所以a －a 2－3＝1，解得a ＝2，所以椭圆的方程为x 24＋y 23＝1，离心率e ＝c a ＝12.(2)设M (x M ，y M )，易知A (2,0)，在△MAO 中，∠MOA ≤∠MAO ⇔MA ≤MO ，即(x M －2)2＋y 2M ≤x 2M ＋y 2M ，化简得x M ≥1.设直线l 的斜率为k (k ≠0)，则直线l 的方程为y ＝k (x －2)．设B (x B ，y B )，由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝k (x －2)消去y ，整理得(4k 2＋3)x 2－16k 2x ＋16k 2－12＝0，解得x ＝2或x ＝8k 2－64k 2＋3.由题意得x B ＝8k 2－64k 2＋3，从而y B ＝－12k4k 2＋3.由(1)知F (1,0)，设H (0，y H )，则FH ―→＝(－1，y H )， BF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫9－4k 24k 2＋3，12k 4k 2＋3.由BF ⊥HF ，得BF ―→·FH ―→＝0，即4k 2－94k 2＋3＋12ky H 4k 2＋3＝0，解得y H ＝9－4k 212k ，所以直线MH 的方程为y ＝－1k x ＋9－4k 212k .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －2)，y ＝－1k x ＋9－4k 212k 消去y ，得x M ＝20k 2＋912(k 2＋1).由x M ≥1，得20k 2＋912(k 2＋1)≥1，解得k ≤－64或k ≥64， 所以直线l 的斜率的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，－64∪⎣⎡⎭⎫64，＋∞. 题型四 构造函数模型解决最值问题若题目中的条件和要求的结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立目标函数，然后根据其结构特征，构建函数模型求最值，一般情况下，常构建的函数模型有：(1)二次型函数；(2)双曲线型函数；(3)多项式型函数.[典例] (2019·河南郑州一模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，以F 1F 2为直径的圆与直线ax ＋2by －3ab ＝0相切．(1)求椭圆C 的离心率e ；(2)如图所示，过F 1作直线l 与椭圆分别交于P ，Q 两点，若△P Q F 2的周长为42，求F 2P ―→·F 2Q ―→的最大值．[解] (1)由题意知|－3ab |a 2＋4b 2＝c ，则3a 2b 2＝c 2(a 2＋4b 2)，即3a 2(a 2－c 2)＝c 2[a 2＋4(a 2－c 2)]，所以a 2＝2c 2，所以e ＝22. (2)因为△P Q F 2的周长为42， 所以4a ＝42，即a ＝ 2.由(1)知b 2＝c 2＝1，故椭圆C 方程为x 22＋y 2＝1，且焦点F 1(－1，0)，F 2(1,0)．①若直线l 的斜率不存在，则可得l ⊥x 轴，方程为x ＝－1，P ⎝⎛⎭⎫－1，22，Q ⎝⎛⎭⎫－1，－22， F 2P ―→＝⎝⎛⎭⎫－2，22，F 2Q ―→＝⎝⎛⎭⎫－2，－22，故F 2P ―→·F 2Q ―→＝72.②若直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝k (x ＋1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x ＋1)，x 2＋2y 2＝2消去y ， 得(2k 2＋1)x 2＋4k 2x ＋2k 2－2＝0. 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1.因为F 2P ―→·F 2Q ―→＝(x 1－1，y 1)·(x 2－1，y 2)＝(x 1－1)·(x 2－1)＋y 1y 2， 所以F 2P ―→·F 2Q ―→＝(k 2＋1)x 1x 2＋(k 2－1)(x 1＋x 2)＋k 2＋1，则F 2P ―→·F 2Q ―→＝(k 2＋1)2k 2－22k 2＋1＋(k 2－1)⎝⎛⎭⎫－4k 22k 2＋1＋k 2＋1＝7k 2－12k 2＋1＝72－92(2k 2＋1)，令t ＝2(2k 2＋1)，则F 2P ―→·F 2Q ―→＝72－9t (t ＞2)，所以F 2P ―→·F 2Q ―→∈⎝⎛⎭⎫－1，72. 结合①②，得F 2P ―→·F 2Q ―→∈⎝⎛⎦⎤－1，72， 所以F 2P ―→·F 2Q ―→的最大值是72.[方法技巧]求解圆锥曲线中最值问题的2种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： (1)利用几何法：通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；(2)利用代数法：把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．[针对训练](2019·安康质检)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1和F 2，由M (－a ，b )，N (a ，b )，F 2和F 1这4个点构成了一个高为3，面积为33的等腰梯形．(1)求椭圆的方程；(2)过点F 1的直线和椭圆交于A ，B 两点，求△F 2AB 面积的最大值． 解：(1)由已知条件，得b ＝3，且2a ＋2c2×3＝33， ∴a ＋c ＝3.又a 2－c 2＝3，∴a ＝2，c ＝1， ∴椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.(2)显然，直线的斜率不能为0，设直线的方程为x ＝my －1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)． 联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，x ＝my －1，消去x 得，(3m 2＋4)y 2－6my －9＝0. ∵直线过椭圆内的点，∴无论m 为何值，直线和椭圆总相交． ∴y 1＋y 2＝6m 3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4.∴S △F 2AB ＝12|F 1F 2||y 1－y 2|＝|y 1－y 2|＝(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝12m 2＋1(3m 2＋4)2＝4m 2＋1⎝⎛⎭⎫m 2＋1＋132＝41m 2＋1＋23＋19(m 2＋1).令t ＝m 2＋1≥1，设f (t )＝t ＋19t ，易知t ∈()1，＋∞时，函数f (t )单调递增，∴当t ＝m 2＋1＝1，即m ＝0时，f (t )取得最小值，f (t )min ＝109，此时，S △F 2AB 取得最大值3.题型五 圆锥曲线中的证明问题圆锥曲线中的证明问题，常见的有位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数量关系方面的，如存在定值、恒成立、值相等、角相等、三点共线等．在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接法证明，但有时也会用到反证法．[典例] (2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C ：x 22＋y 2＝1的右焦点为F ，过F 的直线l 与C 交于A ，B 两点，点M 的坐标为(2,0)．(1)当l 与x 轴垂直时，求直线AM 的方程； (2)设O 为坐标原点，证明：∠OMA ＝∠OMB .[解] (1)由已知得F (1,0)，l 的方程为x ＝1. 则点A 的坐标为⎝⎛⎭⎫1，22或⎝⎛⎭⎫1，－22. 又M (2,0)，所以直线AM 的方程为y ＝－22x ＋2或y ＝22x －2， 即x ＋2y －2＝0或x －2y －2＝0.(2)证明：当l 与x 轴重合时，∠OMA ＝∠OMB ＝0°. 当l 与x 轴垂直时，OM 为AB 的垂直平分线， 所以∠OMA ＝∠OMB .当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l 的方程为 y ＝k (x －1)(k ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1＜2，x 2＜2，直线MA ，MB 的斜率之和为 k MA ＋k MB ＝y 1x 1－2＋y 2x 2－2.由y 1＝kx 1－k ，y 2＝kx 2－k ，得k MA ＋k MB ＝2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k(x 1－2)(x 2－2).将y ＝k (x －1)代入x 22＋y 2＝1，得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0， 所以x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1.则2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k ＝4k 3－4k －12k 3＋8k 3＋4k2k 2＋1＝0.从而k MA ＋k MB ＝0， 故MA ，MB 的倾斜角互补． 所以∠OMA ＝∠OMB .综上，∠OMA ＝∠OMB 成立． [方法技巧]证明两角相等问题的方法圆锥曲线中的两角相等问题，其实就是有公共边的两个角(公共边所在直线垂直于坐标轴)的不相同的边所在直线的倾斜角互补的问题，即已知点B ，D 在垂直于坐标轴的同一直线上，若要证明∠ABD ＝∠CBD ，需证k AB ＋k BC ＝0.[针对训练](2018·全国卷Ⅲ)已知斜率为k 的直线l 与椭圆C ：x 24＋y 23＝1交于A ，B 两点，线段AB的中点为M (1，m )(m ＞0)．(1)证明：k ＜－12；(2)设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且FP ―→＋FA ―→＋FB ―→＝0.证明：|FA ―→|，|FP ―→|，|FB ―→|成等差数列，并求该数列的公差．证明：(1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 214＋y 213＝1，x 224＋y 223＝1. 两式相减，并由y 1－y 2x 1－x 2＝k 得x 1＋x 24＋y 1＋y 23·k ＝0.由题设知x 1＋x 22＝1，y 1＋y 22＝m ，于是k ＝－34m .①由题设得0＜m ＜32，故k ＜－12.(2)由题意得F (1,0)．设P (x 3，y 3)，则(x 3－1，y 3)＋(x 1－1，y 1)＋(x 2－1，y 2)＝(0,0)． 由(1)及题设得x 3＝3－(x 1＋x 2)＝1， y 3＝－(y 1＋y 2)＝－2m ＜0. 又点P 在C 上，所以m ＝34，从而P ⎝⎛⎭⎫1，－32，|FP ―→|＝32， 于是|FA ―→|＝(x 1－1)2＋y 21＝(x 1－1)2＋3⎝⎛⎭⎫1－x 214＝2－x 12.同理|FB ―→|＝2－x 22. 所以|FA ―→|＋|FB ―→|＝4－12(x 1＋x 2)＝3.故2|FP ―→|＝|FA ―→|＋|FB ―→|，即|FA ―→|，|FP ―→|，|FB ―→|成等差数列． 设该数列的公差为d ，则2|d |＝||FB ―→|－|FA ―→||＝12|x 1－x 2|＝12(x 1＋x 2)2－4x 1x 2.②将m ＝34代入①得k ＝－1，所以l 的方程为y ＝－x ＋74，代入C 的方程，并整理得7x 2－14x ＋14＝0.故x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝128，代入②解得|d |＝32128. 所以该数列的公差为32128或－32128.题型六 圆锥曲线中的存在性问题存在性问题一般分为探究条件和探究结论两种类型，若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在.若探究结论，则应先写出结论的表达式，再针对表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.[典例] (2019·吉林五校联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的两个焦点与短轴的一个端点连线构成等边三角形，且椭圆C 的短轴长为2 3.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)是否存在过点P (0,2)的直线l 与椭圆C 相交于不同的两点M ，N ，且满足OM ―→·ON ―→＝2(O 为坐标原点)？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．[解] (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2b ＝23，a ＝2c ，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝ 3.∴椭圆C 的标准方程是x 24＋y 23＝1.(2)当直线l 的斜率不存在时，M (0，3)，N (0，－3)，OM ―→·ON ―→＝－3，不符合题意． 当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋2，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝kx ＋2消去y 整理得(3＋4k 2)x 2＋16kx ＋4＝0， 则Δ＝(16k )2－16(3＋4k 2)＞0，解得k ＜－12或k ＞12.x 1＋x 2＝－16k 3＋4k 2，x 1x 2＝43＋4k 2， ∴OM ―→·ON ―→＝x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋2k (x 1＋x 2)＋4＝4(1＋k 2)3＋4k 2－32k 23＋4k 2＋4＝16－12k 23＋4k 2.∵OM ―→·ON ―→＝2，∴16－12k 23＋4k 2＝2，解得k ＝±22，满足Δ＞0，故存在符合题意的直线，其方程为k ＝±22x ＋2.[方法技巧]圆锥曲线中存在性问题的求解方法(1)存在性问题通常采用“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．(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法． [针对训练](2019·福州四校联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝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2b 2a ＝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＝8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k2，①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．[课时跟踪检测]1．(2019·唐山联考)已知F 为抛物线E ：y 2＝4x 的焦点，过点P (0,2)作两条互相垂直的直线m ，n ，直线m 交E 于不同的A ，B 两点，直线n 交E 于不同的两点C ，D ，记直线m 的斜率为k .(1)求k 的取值范围；(2)设线段AB ，CD 的中点分别为点M ，N ，证明：直线MN 过定点Q (2,0)． 解：(1)由题设可知k ≠0， 所以直线m 的方程为y ＝kx ＋2， 与y 2＝4x 联立，整理得ky 2－4y ＋8＝0.① 由Δ1＝16－32k ＞0，解得k ＜12.直线n 的方程为y ＝－1k x ＋2，与y 2＝4x 联立， 整理得y 2＋4ky －8k ＝0，由Δ2＝16k 2＋32k ＞0，解得k ＞0或k ＜－2. 所以⎩⎪⎨⎪⎧k ≠0，k ＜12，k ＞0或k ＜－2，故k 的取值范围为(－∞，－2)∪⎝⎛⎭⎫0，12. (2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x 0，y 0)．由①得，y 1＋y 2＝4k ，则y 0＝2k ，x 0＝2k2－2k ，则M ⎝⎛⎭⎫2k 2－2k ，2k .同理可得N (2k 2＋2k ，－2k )．直线M Q 的斜率k M Q ＝2k 2k 2－2k －2＝－kk 2＋k －1，直线N Q 的斜率k N Q ＝－2k 2k 2＋2k －2＝－kk 2＋k －1＝k MQ ，所以直线MN 过定点Q (2,0)．2．已知椭圆C 的两个顶点分别为A (－2,0)，B (2,0)，焦点在x 轴上，离心率为32. (1)求椭圆C 的方程；(2)如图所示，点D 为x 轴上一点，过点D 作x 轴的垂线交椭圆C 于不同的两点M ，N ，过点D 作AM 的垂线交BN 于点E .求证：△BDE 与△BDN 的面积之比为45.解：(1)设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，c a ＝32，解得c ＝3，所以b 2＝a 2－c 2＝1， 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明：设D (x 0,0)，M (x 0，y 0)，N (x 0，－y 0)，－2＜x 0＜2，所以k AM ＝y 0x 0＋2，因为AM ⊥DE ，所以k DE ＝－2＋x 0y 0， 所以直线DE 的方程为y ＝－2＋x 0y 0(x －x 0)． 因为k BN ＝－y 0x 0－2， 所以直线BN 的方程为y ＝－y 0x 0－2(x －2)． 由⎩⎨⎧y ＝－2＋x0y(x －x 0)，y ＝－y0x 0－2(x －2)，解得E ⎝⎛⎭⎫45x 0＋25，－45y 0， 所以S △BDE ＝12|BD |·|y E |，S △BDN ＝12|BD |·|y N |，所以S △BDE S △BDN ＝12|BD |·|y E |12|BD |·|y N |＝⎪⎪⎪⎪－45y 0|－y 0|＝45，结论成立．3．(2019·南昌模拟)已知抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)的焦点为F ，准线为l ，过焦点F 的直线交C 于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，y 1y 2＝－4.(1)求抛物线C 的方程；(2)如图，点B 在准线l 上的正投影为E ，D 是C 上一点，且AD ⊥EF ，求△ABD 面积的最小值及此时直线AD 的方程．解：(1)依题意知F ⎝⎛⎭⎫p 2，0，当直线AB 的斜率不存在时，y 1y 2＝－p 2＝－4，解得p ＝2. 当直线AB 的斜率存在时，设l AB ：y ＝k ⎝⎛⎭⎫x －p2(k ≠0)， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k ⎝⎛⎭⎫x －p 2，y 2＝2px ，消去x 并整理，得y 2－2p k y －p 2＝0，则y 1y 2＝－p 2，由y 1y 2＝－4得p 2＝4，解得p ＝2. 综上所述，抛物线C 的方程为y 2＝4x . (2)设D (x 0，y 0)，B ⎝⎛⎭⎫t24，t ， 则E (－1，t )，又由y 1y 2＝－4，可得A ⎝⎛⎭⎫4t 2，－4t . 因为k EF ＝－t 2，AD ⊥EF ，所以k AD ＝2t ，则直线AD ：y ＋4t ＝2t ⎝⎛⎭⎫x －4t 2，化简得2x －ty －4－8t2＝0. 由⎩⎪⎨⎪⎧2x －ty －4－8t 2＝0，y 2＝4x ，消去x 并整理，得y 2－2ty －8－16t 2＝0，Δ＝(－2t )2－4⎝⎛⎭⎫－8－16t 2＝4t 2＋64t 2＋32＞0恒成立， 所以y 1＋y 0＝2t ，y 1y 0＝－8－16t 2. 于是|AD |＝ 1＋t 24|y 1－y 0|＝1＋t 24(y 1＋y 0)2－4y 1y 0＝4＋t 2t 2＋16t 2＋8， 设点B 到直线AD 的距离为d ，则d ＝⎪⎪⎪⎪t 22－t 2－4－8t 24＋t 2＝⎪⎪⎪⎪t 2＋16t 2＋824＋t 2.所以S △ABD ＝12|AD |·d ＝14⎝⎛⎭⎫t 2＋16t 2＋83≥16， 当且仅当t 4＝16，即t ＝±2时取等号，即△ABD 的最小值为16.当t ＝2时，直线AD ：x －y －3＝0；当t ＝－2时，直线AD ：x ＋y －3＝0.4．(2019·昆明调研)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的焦距为4，P ⎝⎛⎭⎫2，55是椭圆C 上的点．(1)求椭圆C 的方程；(2)O 为坐标原点，A ，B 是椭圆C 上不关于坐标轴对称的两点，设OD ―→＝OA ―→＋OB ―→，证明：直线AB 的斜率与OD 的斜率的乘积为定值．解：(1)由题意知2c ＝4，即c ＝2， 则椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2a 2－4＝1，因为点P ⎝⎛⎭⎫2，55在椭圆C 上， 所以4a 2＋15(a 2－4)＝1，解得a 2＝5或a 2＝165(舍去)，所以椭圆C 的方程为x 25＋y 2＝1.(2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，x 1≠x 2且x 1＋x 2≠0， 由OA ―→＋OB ―→＝OD ―→得，D (x 1＋x 2，y 1＋y 2)， 所以直线AB 的斜率k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2， 直线OD 的斜率k OD ＝y 1＋y 2x 1＋x 2， 由⎩⎨⎧x 215＋y 21＝1，x225＋y 22＝1，得15(x 1＋x 2)(x 1－x 2)＋(y 1＋y 2)(y 1－y 2)＝0，即y 1＋y 2x 1＋x 2·y 1－y 2x 1－x 2＝－15，所以k AB ·k OD ＝－15.故直线AB 的斜率与OD 的斜率的乘积为定值－15.5．已知中心在坐标原点O 的椭圆C 经过点A (2,3)，且点F (2，0)为其右焦点． (1)求椭圆C 的方程；(2)是否存在平行于OA 的直线l ，使得直线l 与椭圆C 有公共点，且直线OA 与l 的距离等于4？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)依题意，可设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)，且可知其左焦点为F ′(－2,0)．从而有⎩⎪⎨⎪⎧ c ＝2，2a ＝|AF |＋|AF ′|＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝2，a ＝4.又a 2＝b 2＋c 2，所以b 2＝12.故椭圆C 的方程为x 216＋y 212＝1.(2)假设存在符合题意的直线l ， 设其方程为y ＝32x ＋t .由⎩⎨⎧y ＝32x ＋t ，x 216＋y212＝1，得3x 2＋3tx ＋t 2－12＝0.因为直线l 与椭圆C 有公共点，所以Δ＝(3t )2－4×3(t 2－12)＝144－3t 2≥0， 解得－43≤t ≤4 3.另一方面，由直线OA 与l 的距离等于4，可得|t |94＋1＝4，从而t ＝±213.由于±213∉[－43，4 3 ]，所以符合题意的直线l 不存在．6．(2019·新疆乌鲁木齐联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的焦距为2，且过点⎝⎛⎭⎫1，22.(1)求椭圆C 的方程；(2)过点M (2,0)的直线交椭圆C 于A ，B 两点，P 为椭圆C 上一点，O 为坐标原点，且满足OA ―→＋OB ―→＝t OP ―→，其中t ∈⎝⎛⎭⎫263，2，求|AB |的取值范围． 解：(1)依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝b 2＋1，1a 2＋12b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝2，b 2＝1， ∴椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)由题意可知，直线AB 的斜率存在，设其方程为y ＝k (x －2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －2)，x 22＋y 2＝1得(1＋2k 2)x 2－8k 2x ＋8k 2－2＝0，∴Δ＝8(1－2k 2)＞0，解得k 2＜12.设A (x 1，y 1)，B (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 2－4)＝－4k1＋2k 2. 由OA ―→＋OB ―→＝t OP ―→，得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 2t (1＋2k 2)，－4k t (1＋2k 2)， 代入椭圆C 的方程得t 2＝16k 21＋2k 2. 由263＜t ＜2，得14＜k 2＜12， ∴|AB |＝1＋k 2·22·1－2k 21＋2k 2＝22(1＋2k 2)2＋11＋2k 2－1.令u ＝11＋2k 2，则u ∈⎝⎛⎭⎫12，23， ∴|AB |＝22u 2＋u －1∈⎝⎛⎭⎫0，253.∴|AB |的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，253.。