2020版高考数学二轮复习专题限时集训11圆锥曲线中的综合问题文
【2020届】高考数学圆锥曲线专题复习：圆锥曲线综合题答案
即 (x1, y1 2) (x2 , y2 2), x1 x2 ，
于是 x1 x2
x22 , x1
x2
(1
)
x2
,
(
x1 1
x2
)2
x1 x2
，……………⑤
( 4k )2
3
1 k2
1 k2
将③④代入⑤得 2
2
，
(1 )2
16
整理得
3(1 )2 , 1 1
则 16k 2m2 4 2k 2 1 2m2 4 0 ，即 m2 4k 2 2 0
又 x1
x2
4km 2k 2 1
，
x1 x2
2m 2 2k 2
4 1
9分
∴ y1 y2 kx1 mkx2 m k 2 x1x2 kmx1 x2 m2
…………11 分
(2 x1, y1) 3(2 x2 , y2 )
∴ 2yx1133y(22 x2 )
由
y1
y2
3 y2
y2
2 y2
12t 3t2 1
得
y2
6t 3t2 1
由
y1 y2
(3y2 ) y2
3 y22
9 3t2 1
得
y22
y2
1
消去 y得(1 k 2 )x 2 4kx 3 0,由 0得k 2 3 .
2
2
设 M (x1, y1 ), N (x2 , y2 ) ，则
人教版2020高考数学三轮冲刺 专题 圆锥曲线中的综合问题练习(含解析)
圆锥曲线中的综合问题一、选择题（本大题共12小题，共60分）1. 已知F为抛物线的焦点，点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧，其中O为坐标原点，则与面积之和的最小值是A. 2B. 3C.D.（正确答案）B解：设直线AB的方程为：，点，，直线AB与x轴的交点为，由，根据韦达定理有，，，结合及，得，点A，B位于x轴的两侧，，故．不妨令点A在x轴上方，则，又，，．当且仅当，即时，取“”号，与面积之和的最小值是3，故选B．可先设直线方程和点的坐标，联立直线与抛物线的方程得到一个一元二次方程，再利用韦达定理及消元，最后将面积之和表示出来，探求最值问题．求解本题时，应考虑以下几个要点：1、联立直线与抛物线的方程，消x或y后建立一元二次方程，利用韦达定理与已知条件消元，这是处理此类问题的常见模式．2、求三角形面积时，为使面积的表达式简单，常根据图形的特征选择适当的底与高．3、利用基本不等式时，应注意“一正，二定，三相等”．2. 已知椭圆E：的右焦点为F，短轴的一个端点为M，直线l：交椭圆E 于A，B两点，若，点M到直线l的距离不小于，则椭圆E的离心率的取值范围是A. B. C. D.（正确答案）A解：如图所示，设为椭圆的左焦点，连接，，则四边形是平行四边形，，．取，点M到直线l的距离不小于，，解得．．椭圆E的离心率的取值范围是．故选：A．如图所示，设为椭圆的左焦点，连接，，则四边形是平行四边形，可得取，由点M到直线l的距离不小于，可得，解得再利用离心率计算公式即可得出．本题考查了椭圆的定义标准方程及其性质、点到直线的距离公式、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．3. 已知点是椭圆C：的左顶点，过点P作圆O：的切线，切点为A，B，若直线AB恰好过椭圆C的左焦点F，则的值是A. 12B. 13C. 14D. 15（正确答案）C解：由题意，．过点P作圆O：的切线，切点为A，B，若直线AB恰好过椭圆C的左焦点F，，，，，，故选C．由题意，过点P作圆O：的切线，切点为A，B，若直线AB恰好过椭圆C的左焦点F，可得，即可求出的值．本题考查椭圆的方程与性质，考查直线与圆的位置关系，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．4. 已知抛物线的焦点为F，准线为l，经过F且斜率为的直线与抛物线在x轴上方的部分交于A 点，，垂足为K，则的面积为A. 4B.C.D. 8（正确答案）C解：由抛物线的定义可得，则的斜率等于，的倾斜角等于，，，故为等边三角形．又焦点，AF的方程为，设，，由得，，故等边三角形的边长，的面积是，故选：C．先判断为等边三角形，求出A的坐标，可求出等边的边长的值，的面积可求．本题考查抛物线的定义、标准方程，以及简单性质的应用，判断为等边三角形是解题的关键．5. 已知抛物线的焦点为F，其准线与双曲线相交于M，N两点，若为直角三角形，其中F为直角顶点，则A. B. C. D. 6（正确答案）A【分析】本题考查抛物线的定义及抛物线的几何性质，双曲线方程的应用，考查计算能力．【解答】解：由题设知抛物线的准线为，代入双曲线方程解得，由双曲线的对称性知为等腰直角三角形，，，，即，故选A．6. 若抛物线上恒有关于直线对称的两点A，B，则p的取值范围是A. B.C. D.（正确答案）C解：设，，因为点A和B在抛物线上，所以有得，．整理得，因为A，B关于直线对称，所以，即．所以．设AB的中点为，则．又M在直线上，所以．则．因为M在抛物线内部，所以．即，解得．所以p的取值范围是故选C．设出A，B两点的坐标，因为A，B在抛物线上，把两点的坐标代入抛物线方程，作差后求出AB中点的纵坐标，又AB的中点在直线上，代入后求其横坐标，然后由AB中点在抛物线内部列不等式求得实数p的取值范围．本题考查了直线与圆锥曲线的位置关系，考查了点差法，是解决与弦中点有关问题的常用方法，解答的关键是由AB中点在抛物线内部得到关于p的不等式，是中档题．7. 已知点，A，B是椭圆上的动点，且，则的取值是A. B. C. D.（正确答案）C解：，可得，设，则，时，的最小值为；时，的最大值为9，故选：C．利用，可得，设，可得，即可求解数量积的取值范围．本题考查椭圆方程，考查向量的数量积运算，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．8. 过双曲线的右顶点A作斜率为的直线，该直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为B、若，则双曲线的离心率是A. B. C. D.（正确答案）C解：直线l：与渐近线：交于，l与渐近线：交于，，，，，，，，，，故选C．分别表示出直线l和两个渐近线的交点，进而表示出和，进而根据求得a和b的关系，进而根据，求得a和c的关系，则离心率可得．本题主要考查了直线与圆锥曲线的综合问题要求学生有较高地转化数学思想的运用能力，能将已知条件转化到基本知识的运用．9. 如图，是双曲线与椭圆的公共焦点，点A是，在第一象限内的公共点，若，则的离心率是A. B. C. D.（正确答案）C解：由题意，是双曲线与椭圆的公共焦点可知，，，，，，的离心率是．故选：C．利用椭圆以及双曲线的定义，转化求解椭圆的离心率即可．本题考查椭圆以及双曲线的简单性质的应用，考查计算能力．10. 已知双曲线C：与抛物线的准线相交于A、B两点，双曲线的一条渐近线方程为，点F是抛物线的焦点，且是正三角形，则双曲线C的方程为A. B. C. D.（正确答案）B解：抛物线的焦点为，其准线方程为，为正三角形，，将代入双曲线可得，双曲线的一条渐近线方程是，，，，双曲线的方程为．故选：B．抛物线的焦点为，其准线方程为，利用为正三角形，可得A的坐标，代入双曲线的方程，可得a，b的方程，利用双曲线的一条渐近线方程是，可得a，b的方程，从而可得a，b的值，即可求出双曲线的方程．本题考查抛物线、双曲线的方程与性质，考查学生的计算能力，正确运用抛物线、双曲线的性质是关键．11. 抛物线：的焦点F是双曲线：的右焦点，点P为曲线，的公共点，点M在抛物线的准线上，为以点P为直角顶点的等腰直角三角形，则双曲线的离心率为A. B. C. D.（正确答案）C解：抛物线：的焦点F是双曲线：的右焦点，，，则，P在双曲线上，满足：，解得，，所求双曲线的离心率为：．故选：C．求出抛物线以及双曲线的焦点坐标，利用已知条件推出P的坐标，代入双曲线方程，然后求解a、c，即可求解双曲线的离心率即可．本题考查抛物线以及双曲线的简单性质的综合应用，考查转化思想以及计算能力．12. 已知P是双曲线上任意一点，过点P分别作曲线的两条渐近线的垂线，垂足分别为A、B，则的值是A. B. C. D. 不能确定（正确答案）A解：设，则，即，由双曲线的渐近线方程为，则由解得交点；由解得交点，，则．故选：A．设，则，即，求出渐近线方程，求得交点A，B，再求向量PA，PB的坐标，由向量的数量积的坐标表示，计算即可得到．本题考查双曲线的方程和性质，考查渐近线方程的运用，考查联立方程组求交点的方法，考查向量的数量积的坐标表示，考查运算能力，属于中档题．二、填空题（本大题共4小题，共20分）13. 设抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，则 ______ ．（正确答案）解：抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，可得，，解得．故答案为：．求出抛物线的焦点坐标，利用已知条件求出b即可．本题考查抛物线的简单性质以及双曲线的简单性质的应用，考查计算能力．14. 若抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，则实数p的值为______．（正确答案）6解：双曲线的方程，，，可得，因此双曲线的右焦点为，抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，，解之得．故答案为：6．根据双曲线的方程，可得，从而得到双曲线的右焦点为，再根据抛物线的简单几何性质，可得，解之即可得到实数p的值．本题给出抛物线以原点为顶点，双曲线的右焦点为焦点，求抛物线方程，着重考查了双曲线、抛物线的标准方程与简单几何性质等知识，属于基础题．15. 已知抛物线C：的焦点为F，过点F倾斜角为的直线l与抛物线C在第一、四象限分别交于A、B两点，则的值等于______．（正确答案）3解：设，，则，，，即有，由直线l倾斜角为，则直线l的方程为：，即，联立抛物线方程，消去y并整理，得，则，可得，，则，故答案为：3．设出A、B坐标，利用焦半径公式求出，结合，求出A、B的坐标，然后求其比值．本题考查直线的倾斜角，抛物线的简单性质，考查学生分析问题解决问题的能力，属于中档题．16. 过双曲线右焦点且斜率为 2 的直线，与该双曲线的右支交于两点，则此双曲线离心率的取值范围为______．（正确答案）解：由题意过双曲线，右焦点且斜率为 2 的直线，与该双曲线的右支交于两点，可得双曲线的渐近线斜率，，，双曲线离心率的取值范围为故答案为：先确定双曲线的渐近线斜率小于2，结合离心率，即可求得双曲线离心率的取值范围．本题考查双曲线的离心率的范围，考查学生分析解决问题的能力，解题的关键是利用渐近线的斜率与离心率的关系，属于中档题．三、解答题（本大题共3小题，共30分）17. 已知曲线C：，直线l：为参数Ⅰ写出曲线C的参数方程，直线l的普通方程．Ⅱ过曲线C上任意一点P作与l夹角为的直线，交l于点A，求的最大值与最小值．（正确答案）解：Ⅰ对于曲线C：，可令、，故曲线C的参数方程为，为参数．对于直线l：，由得：，代入并整理得：；Ⅱ设曲线C上任意一点．P到直线l的距离为．则，其中为锐角．当时，取得最大值，最大值为．当时，取得最小值，最小值为．Ⅰ联想三角函数的平方关系可取、得曲线C的参数方程，直接消掉参数t得直线l的普通方程；Ⅱ设曲线C上任意一点由点到直线的距离公式得到P到直线l的距离，除以进一步得到，化积后由三角函数的范围求得的最大值与最小值．本题考查普通方程与参数方程的互化，训练了点到直线的距离公式，体现了数学转化思想方法，是中档题．18. 已知A是椭圆E：的左顶点，斜率为的直线交E与A，M两点，点N在E上，．当时，求的面积当时，证明：．（正确答案）解：由椭圆E的方程：知，其左顶点，，且，为等腰直角三角形，轴，设M的纵坐标为a，则，点M在E上，，整理得：，或舍，；设直线的方程为：，直线的方程为：，由消去y得：，，，，，又，，整理得：，设，则，为的增函数，又，，．依题意知椭圆E的左顶点，由，且，可知为等腰直角三角形，设，利用点M在E上，可得，解得：，从而可求的面积；设直线的方程为：，直线的方程为：，联立消去y，得，利用韦达定理及弦长公式可分别求得，，结合，可得，整理后，构造函数，利用导数法可判断其单调性，再结合零点存在定理即可证得结论成立．本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，常用的方法就是联立方程求出交点的横坐标或者纵坐标的关系，通过这两个关系的变形去求解，考查构造函数思想与导数法判断函数单调性，再结合零点存在定理确定参数范围，是难题．19. 如图，已知四边形ABCD是椭圆的内接平行四边形，且BC，AD分别经过椭圆的焦点，．Ⅰ若直线AC的方程为，求AC的长；Ⅱ求平行四边形ABCD面积的最大值．（正确答案）本小题满分14分Ⅰ解：由，消去y可得：，解得，分所以A，C两点的坐标为和，分所以分Ⅱ解：当直线AD的斜率不存在时，此时易得，，，，所以平行四边形ABCD的面积为分当直线AD的斜率存在时，设直线AD的方程为，将其代入椭圆方程，整理得分设点，，，则，分连结，，则平行四边形ABCD的面积分又分又，所以．综上，平行四边形ABCD面积的最大值是分Ⅰ通过，求出x，得到A，C两点的坐标，利用距离公式求解即可．Ⅱ当直线AD的斜率不存在时，求出三个点的坐标，然后求解平行四边形的面积．当直线AD的斜率存在时，设直线AD的方程为，与椭圆方程联立，设点，，，利用韦达定理，连结，，表示出面积表达式，然后求解最值．本题考查椭圆的方程的求法，直线与椭圆的综合应用，考查分析问题解决问题的能力，转化思想的应用．。
【2020届】高考数学圆锥曲线专题复习：圆锥曲线综合题
N M P y xO解几综合题1.如图，()A m 和(,)B n 两点分别在射线OS 、OT 上移动，且12OA OB ⋅=-，O 为坐标原点，动点P 满足O P O A O B=+. （Ⅰ）求m n ⋅的值；（Ⅱ）求P 点的轨迹C 的方程，并说明它表示怎样的曲线？（Ⅲ）若直线l 过点E （2，0）交（Ⅱ）中曲线C 于M 、N 两点，且3ME EN =，求l 的方程.2. 如图，在平面直角坐标系中，已知动点()y x P ,，y PM ⊥轴，垂足为M ，点N 与点P 关于x 轴对称， 4=⋅MN OP（1）求动点P 的轨迹W 的方程（2）若点Q 的坐标为()0,2，A 、B 为W 上的两个动点，且满足QB QA ⊥，点Q 到直线AB 的距离为d ，求d 的最大值3. 已知直线l 过椭圆E:2222x y +=的右焦点F ，且与E 相交于,P Q 两点. ① 设1()2OR OP OQ =+（O 为原点），求点R 的轨迹方程；② 若直线l 的倾斜角为060，求1||PF4. 在双曲线1131222=-x y 的上半支有三点A ，B ，C ，其中B 是第一象限的点，F 为双曲的上焦点.若线段AC 的中点D 在直线y=6上，且|AF|，|BF|，|CF|构成等差数列. （Ⅰ）求点B 的坐标；（Ⅱ）若直线l 经过点D ，且在l 上任取一点P （不同于D 点），都存在实数λ，使得 ||||(CP AP +=λ证明：直线l 必过定点，并求出该定点的坐标。
5. 如图，椭圆两焦点F 1、F 2与短轴两端B 1、B 2正好是正方形的四个顶点，且焦点到椭圆上一点最近距离为.12-（I ）求椭圆的标准方程；（II ）过D(0，2)的直线与椭圆交于不同的两点M 、N ，且M 在D 、N λ=||DN ，求λ的取值范围.6. 已知F 1、F 2分别是椭圆)0,0(12222>>=+b a by a x 的左、右焦点，其左准线与x 轴相交于点N ，并且满足，.2||,221121==F F NF F F （1）求此椭圆的方程；（2）设A 、B 是这个椭圆上的两点，并且满足]31,51[,∈=λλ当时，求直线AB 的斜率的取值范围.7. 已知O 为坐标原点，点E 、F 的坐标分别为（-1，0）、（1，0），动点A 、M 、N 满足||||AE m EF =（1m >），0M N A F =⋅，1()2ON OA OF =+，//AM ME ．（Ⅰ）求点M 的轨迹W 的方程； （Ⅱ）点0(,)2mP y 在轨迹W 上，直线PF 交轨迹W 于点Q ，且PF FQ λ=，若12λ≤≤，求实数m的范围．8. 已知点A （－1，0），B （1，－1）和抛物线.x y C 4:2=，O 为坐标原点，过点A 的动直线l 交抛物线C 于M 、P ，直线MB 交抛物线C 于另一点Q ，如图.（I ）若△POM 的面积为25，求向量OM 与OP 的夹角； （II ）试探求点O 到直线PQ 的距离是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，说明理由.9. 设不等式组⎩⎨⎧x ＋y >0，x －y >0表示的平面区域为D ．区域D 内的动点P 到直线x ＋y ＝0和直线x －y ＝0的距离之积为1．记点P 的轨迹为曲线C ．（Ⅰ）求曲线C 的方程；（Ⅱ）过点F (2，0)的直线与曲线C 交于A ，B 两点．若以线段AB 为直径的圆与y 轴相切，求线段AB 的长．10. 如图，在△OSF 中，c OF a OS OSF ==︒=∠,,90（c a ,均为正常数），E 、P 是平面OSF内的动点，且满足0=⋅，),(R ∈=λλ向量c a +与c a -垂 直。
2020新高考文科数学二轮培优圆锥曲线的综合问题考点考向考题点拨(141张)
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∴A 的坐标为(0，b)． ∴|AF1|＝ c2＋b2＝a，∴a＝ 2，又 a＝ 2b＝ 2c， ∴b＝c＝1. ∴椭圆 C 的方程为x22＋y2＝1.
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解 (1)解法一：∵e＝ac＝ 22，∴a2＝2c2，又 a2＝b2＋c2，∴b＝c. ∴当直线 AF1 的斜率为 1 时，直线 AF1 通过椭圆上的顶点， ∴|AF1|＝ b2＋c2＝a＝ 2. 又 a2＝2c2，b＝c，∴b＝1，椭圆 C 的方程为x22＋y2＝1. 解法二：设椭圆的右焦点为 F2，在△AF1F2 中，|AF1|＝ 2，|AF2|＝2a－ 2， |F1F2|＝2c， ∴(2a－ 2)2＝2＋(2c)2－2· 2·2c·cos45°，
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又 k1＝yx11－ －21＝yy4121－－21＝y1＋4 2，∴xM＝k1k－1 2＝－y21，
同理点 N 的横坐标 xN＝－y22，
|y2－y1|＝ y2＋y12－4y1y2＝4 m2－m＋1，
∴|MN|＝ 5|xM－xN|＝ 5－y21＋y22
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解 (1)∵点 R(1,2)在抛物线 C：y2＝2px(p>0)上， ∴4＝2p，解得 p＝2，∴抛物线 C 的方程为 y2＝4x. (2)设点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线 AB 的方程为 x＝m(y－1)＋1，m≠0， 由xy＝ 2＝m4xy，－1＋1， 消去 x 并整理得 y2－4my＋4(m－1)＝0， ∴y1＋y2＝4m，y1y2＝4(m－1)， 设直线 AR 的方程为 y＝k1(x－1)＋2， 由yy＝ ＝k21x＋x－2，1＋2， 解得点 M 的横坐标 xM＝k1k－1 2，
2020新高考数学二轮冲刺圆锥曲线全归纳(压轴题全解析)
MA MB
AB
0
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
，即
( x,4
2
y)
( x,2)
0
，即
y
1
x2
2
。
4
【例 3】已知抛物线 C ： y2 2x 的焦点为 F ，平行于 x 轴的两条直线 l1,l2 分别交 C 于 A，B 两点，
交 C 的准线于 P，Q 两点． （I）若 F 在线段 AB 上， R 是 PQ 的中点，证明 AR FQ ； （II）若 PQF 的面积是 ABF 的面积的两倍，求 AB 中点的轨迹方程.
5 轨迹 C 的方程.
解 析 设 M 的 坐 标 为 (x, y) ， P 的 坐 标 为 (x0 , y0 ) ， 因 为 M 为 PD 上 一 点 ， 且
|MD|=
4 5
|PD|，所以
x
y
x0
4 5
y0
x0 y0
x 5 4
y
，又
P (x0 ,
y0 )
若 C 为双曲线,则直线 l 与双曲线的渐近线平行;若 C 为抛物线,则直线 l 与抛物线
A圆
B 椭圆
C 线段
D 一段抛物线
解析
设点
M
(x0
,
y0
),
P(x,
2020版高考数学二轮复习专题限时集训圆锥曲线中的综合问题文
专题限时集训(十一) 圆锥曲线中的综合问题(建议用时：40分钟)1．(20xx·西安模拟)已知抛物线E ：y 2＝2px (p ＞0)的焦点为F .x 轴上方的点A (2.m )在抛物线E 上.且|AF |＝52.直线l 与抛物线E 交于M .N 两点(点M .N 与A 不重合).设直线AM .AN 的斜率分别为k 1.k 2.(1)求抛物线E 的方程；(2)当k 1＋k 2＝2时.求证：直线l 恒过定点.并求出该定点的坐标．[解] (1)由抛物线的定义得|AF |＝2＋p 2＝52.得p ＝1. 所以.抛物线E 的方程为y 2＝2x .(2)证明：如图所示.易知直线l 的斜率存在且不等于零.设直线l 的方程为y ＝kx ＋b .联立直线l 与抛物线E 的方程⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋b ，y2＝2x ，得k 2x 2＋(2kb －2)x ＋b 2＝0.设M (x 1.y 1).N (x 2.y 2).A (2,2).由根与系数的关系得x 1＋x 2＝2－2kb k2.x 1x 2＝b2k2.k 1＋k 2＝y1－2x1－2＋y2－2x2－2＝kx1＋b －2x2－2＋kx2＋b －2x1－2x1－2x2－2 ＝2k ·b2k2＋b －2k －2·2－2kb k2＋8－4b b2k2－2·2－2kb k2＋4 ＝2kb2＋b －2k －22－2kb ＋8－4b k2b2－22－2kb ＋4k2＝2. 化简得出(b ＋1)(b ＋2k －2)＝0.∴b ＝－1或b ＝2－2k .当b ＝－1时.y ＝kx －1.过定点(0.－1)；当b ＝2－2k 时.y ＝kx ＋2－2k ＝k (x －2)＋2.过定点(2,2).舍去.故直线l 恒过定点(0.－1)．2．(20xx·马鞍山二模)已知椭圆C ：x2a2＋y2b2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F .点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32在椭圆C 上且MF 垂直于x 轴．(1)求椭圆C 的方程；(2)设P 为椭圆C 上的动点.直线PM 与x ＝4交于点N .求证：点N 到直线PF 的距离为定值.并求出这个定值．[解] (1)由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧ c ＝1，1a2＋94b2＝1，a2＝b2＋c2，解得a 2＝4.b 2＝3. 故椭圆C 的方程为x24＋y23＝1. (2)证明：设点P 的坐标为(x 0.y 0).由M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32.可得直线PM 的方程为y －32＝y0－32x0－1(x －1). 将x ＝4.代入可得y ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫y0－32x0－1＋32. 故点N ⎝⎛⎭⎪⎪⎫4，3⎝ ⎛⎭⎪⎫y0－32x0－1＋32. ∵F (1,0).∴直线PF 的方程为y ＝y0x0－1(x －1).即y 0x ＋(1－x 0)y －y 0＝0. ∴点N 到直线PF 的距离为⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪4y0＋1－x0·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3⎝ ⎛⎭⎪⎫y0－32x0－1＋32－y0y20＋1－x02。
数学(文科,人教版)二轮专题复习提分训练：圆锥曲线的综合问题
圆锥曲线的综合问题高考试题考点一椭圆与双曲线综合中基本量的计算问题1。
(2013年浙江卷,文9）如图,F1，F2是椭圆C1：24x+y2=1与双曲线C2的公共焦点,A，B分别是C1，C2在第二、四象限的公共点。
若四边形AF1BF2为矩形,则C2的离心率是( )(A2（3（C）32（6解析:由椭圆定义得，|AF1|+｜AF2｜=4,|F1F241 3,因为四边形AF1BF2为矩形,所以｜AF1｜2+|AF2｜2=｜F1F2|2=12，所以2｜AF1｜｜AF2|=(｜AF1｜+｜AF2|）2-(|AF1|2+｜AF2|2)=16—12=4，所以（|AF2｜-｜AF1｜)2=|AF1|2+|AF2｜2-2｜AF1｜｜AF2｜=12—4=8，所以｜AF2｜-|AF12，因此对于双曲线有2，3所以C2的离心率e=ca =62.故选D。
答案：D2。
(2012年山东卷,理10)已知椭圆C:22x a +22y b=1(a>b>0）的离心率为2.双曲线x 2—y 2=1的渐近线与椭圆C 有四个交点,以这四个交点为顶点的四边形的面积为16,则椭圆C 的方程为（ ) (A)28x +22y =1 （B ）212x +26y =1 (C ） 216x +24y =1 (D)220x +25y =1解析:利用椭圆离心率的概念和双曲线渐近线求法求解.∵椭圆的离心率为2，∴ca∴a=2b.∴椭圆方程为x 2+4y 2=4b 2.∵双曲线x 2-y 2=1的渐近线方程为x ±y=0, ∴渐近线x ±y=0与椭圆x 2+4y 2=4b2在第一象限的交点为,55b ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭,∴由圆锥曲线的对称性得四边形在第一象限部分的面积为bb=4,∴b 2=5， ∴a 2=4b 2=20。
∴椭圆C 的方程为220x +25y =1。
故选D. 答案：D3。
（2012年浙江卷,文8)如图所示，中心均为原点O 的双曲线与椭圆有公共焦点,M 、N 是双曲线的两顶点。
2020版高考理科数学大二轮专题复习新方略讲义：6.3圆锥曲线的综合问题版含解析
考点 1 圆锥曲线中的范围、最值问题 x2 y2
[例 1] [2019 ·辽宁沈阳质监 ] 如图，椭圆 C：a2＋b2＝1(a>b>0)的左、 右焦点分别为 F1，F2，离心率为 23，过焦点 F2 且垂直于 x 轴的直线被 椭圆 C 截得的弦长为 1.
(1)求椭圆 C 的方程； (2)点 P(x0，y0)(y0≠ 0)为椭圆 C 上一动点，连接 PF1，PF2，设∠ F1PF2 的平分线 PM 交椭圆 C 的长轴于点 M(m,0)，求实数 m 的取值范围．
元的不等式求解． (3)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 .
『对接训练』
1．[2019 ·江西五校协作体联考 ]在平面直角坐标系 xOy 中，过椭圆 x2 y2 M：a2＋b2＝1(a>b>0)右焦点的直线 x＋y－ 3＝0 交 M 于 A，B 两点，
且椭圆 M 的离心率为
y＝ kx＋m，
由 Δ＝ 64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－ 12)＝48(4k2－ m2＋ 3)>0，得 4k2＋ 3>m2，
8km
4m2－12
x1＋x2＝－ 4k2＋3， x1x2＝ 4k2＋3 .
由
k1k2＝
y1y2 x1＋ 2 x2＋2
1 ＝－ 4，
可得 4y1y2＋ (x1＋2)(x2＋ 2)＝0，
，
1
4－t
3－ m
在△ PF2M
中，
sin∠PMF 2＝sin∠ MPF
，
2
因为 ∠PMF 1＋ ∠PMF2＝π， ∠MPF1＝ ∠ MPF2，
t
3＋ m
1
所以 4－t＝
【2020届】高考数学圆锥曲线专题复习：圆锥曲线综合题答案
【2020届】高考数学圆锥曲线专题复习：圆锥曲线综合题答案解几综合题答案1.解：（Ⅰ）由已知得()(,) 11 22OA OB m n mn ?=?=-=-分14m n ∴?= …………4分（Ⅱ）设P 点坐标为（x ，y ）（x ＞0），由OP OA OB =+得(,)()(,)x y m n =+())m n m n =+- …………5分∴)x m ny m n =+=-?? 消去m ，n 可得2243y x mn -=，又因14mn = 8分∴ P 点的轨迹方程为221(0)3y x x -=>它表示以坐标原点为中心，焦点在x 轴上，且实轴长为2，焦距为4的双曲线2213y x -=的右支…………9分（Ⅲ）设直线l 的方程为2x ty =+，将其代入C 的方程得 223(2)3ty y +-=即 22(31)1290t y ty -++=易知2(31)0t -≠（否则，直线l的斜率为，它与渐近线平行，不符合题意）又22214436(31)36(1)0t t t ?=--=+>设1122(,),(,)M x y N x y ，则121222129,3131t y y y y t t -+==--∵ l 与C 的两个交点,M N 在y 轴的右侧12122121222222(2)(2)2()491224313134031x x ty ty t y y t y y t t t t t t t =++=+++-=?+?+--+=->-∴ 2310t -<，即2103t <<又由 120x x +>同理可得 2103t << …………11分由3ME EN =得1122(2,)3(2,)x y x y --=- ∴121223(2)3x x y y -=-??-=?由122222123231t y y y y y t +=-+=-=--得 22631t y t =-由21222229(3)331y y y y y t =-=-=-得 222331y t =--消去2y 得2222363(31)31t t t =--- 解之得：2115t = ，满足2103t << …………13分故所求直线l 存在，其方程为：15250x y --=或15250x y +-= 2. （I ）由已知()y M ,0，()y x N -, 2分则()()422,,22=-=-?=?y x y x y x MN OP ，即12422=-y x 4分（II ）设()11,y x A ，()22,y x B ，如图，由QB QA ⊥可得()()()()022,2,221212211=+--=-?-=?y y x x y x y x QB QA 5分①若直线x AB ⊥轴，则21x x =，24||||2121-==x y y此时()()()02422221212121=---=+--x x y y x x ，则0128121=+-x x ，解之得，61=x 或21=x但是若21=x ，则直线AB 过Q 点，不可能有QB QA ⊥所以61=x ，此时Q 点到直线AB 的距离为4 7分②若直线AB 斜率存在，设直线AB 的方程为m kx y +=，则=-+=4222y x m kx y ()042412222=+++-m kmx x k 则()()>+--=?≠-0421241601222222m k m k k ，即>+-≠-024012222k m k又124221--=+k km x x ，12422221-+=k m x x 9分∴()()()22121m x x km x x k m kx m kx y y +++=++=124122124124222222222222222--=--+---+=k m k k m m k k m k k k m k∴()()()()2121221122,2,2y y x x y x y x +--=-?-=?()=+++-=21212142y y x x x x 01241248128124222222222=--+--+-+-+k m k k k k km k m 则012822=++k km m ，可得k m 6-=或k m 2-=若k m 2-=，则直线AB 的方程为()2-=x k y ，此直线过点Q ，这与QB QA ⊥矛盾，舍若k m 6-=，则直线AB 的方程为k kx y 6-=，即06=--k y kx 12分此时若0=k ，则直线AB 的方程为0=y ，显然与QB QA ⊥矛盾，故0≠k ∴41141|4|22<+=+-=k k k d 13分由①②可得，4max =d 14分3. 解：① 设1122(,),(,),(,)P x y Q x y R x y112211()(,)[(,)(,)]22OR OP OQ x y x y x y =+?=+121222x x x y y y +?=+?=??..........1’由222x x y y +=?+=，易得右焦点(1,0)F ......................2’ 当直线l x ⊥轴时，直线l 的方程是：1x =，根据对称性可知(1,0)R ........3’ 当直线l 的斜率存在时，可设直线l 的方程为(1)y k x =-代入E 有2222(21)4220k x k x k +-+-=2880k ?=+>2122421k x x k +=+....................................................5’于是(,):R x y x =21222221x x k k +=+ (1)y k x =-消去参数k 得2220x y x +-=而(1,0)R 也适上式，故R 的轨迹方程是2220x y x +-=..................8’②设椭圆另一个焦点为'F ，在'PF F ?中0'120,|'|2,PFF F F ∠==设||PF m =，则|'|PF m = 由余弦定理得2220)222cos120m m m =+-??m ?=.............10’同理，在'QF F ?，设||QF n =，则|'|QF m = 也由余弦定理得2220)222cos60n n n =+-??n ?=’于是1111||||PF QF m n +=+=+=..........................14’ 4. 解：（I ）设B(x 0，y 0)，A(x 1，y 1)，C(x 2，y 2)∵双曲线1131222=-x y 的离心率为125，∴F 对应的准线方程为512=y ,由双曲线的定义得|,512|125||,125|512|||11-=∴=-y AF y AF …………（12分）又A 在双曲线的上半支，∴y 1≥12，)4().512(125||),512(125||)3().512(125||201分分 -=-=-=∴y CF y BF y AF∵|AF|，|BF|，|CF|构成等差数列，∴2|BF|=|AF|+|CF|，∴26113126)(21022210==-=+=x x y y y y 得代入，∴点B 的坐标为)6,26(.…………………………（6分）（II ）∵在l 上任取一点P （不同于D 点），都存在实数λ，使得(+=λ，∴在∠APC 的角平分线上，………………………………（7分）∵线段AC 的中点为D 点，∴△APC 是等腰三角形，PD 是线段AC 的垂直平分线，………………（8分）∴设直线l 的方程为),2(6212121x x x y y x x y +----=-),(13,11312,11312,)(2621222122221212122212121y y x x x y x y y y x x x y y x x y -=-∴=-=---+---=-∴作差得又,21362121+---=-∴x y y x x y l 的方程为直线………………（11分）故直线l 恒过点（0，225）.…………………………（12分） 5. 解：（I ）设椭圆的标准方程为12222=+by a x ，因B 1F 1B 2F 2是正方形，所以b=c ，又a 2= b 2+ c 2，所以b a 2=，…………①由于椭圆上的左（右）顶点到左（右）焦点的距离最近，所以12-=-c a ，②由①②知1,2===c b a ，∴椭圆的标准方程为：.1222=+y x （II ）当直线的斜率存在，设直线MN 的方程为2+=kx y 解方程组=++=122y x kx y消去.230,034)21(222>>?=+++k kx x k y 得由得设),(),,(2211y x N y x M ，则221214k k x x +-=+……………… ③ .213221k x x +=………………④又因M 在DN 之间，所以DN DM λ=，即212211),2,()2,(x x y x y x λλ=∴-=-，于是λλλλ212212212221)1(,)1(,x x x x x x x x x x =+++=+=，……………⑤ 将③④代入⑤得λλ2222213)1()214(k k k +=++-，整理得.)1(316121,)1(3121162222λλλλ++=+∴+=+k k …………………………8分 .331,34)1(3161,341211,23222<<<+<∴<+<∴>λλλ由此解得kk又.131,10<<∴<<λλ …………………………………………………………10分当直线的斜率不存在时，直线MN 的方程为x 31,0==这时，.31=∴λ ……………………………………………………………………………11分综上所述，λ的取值范围是.1,31??∈λ …………………………………………12分 6. 解：（1）由于2||,221121==F F NF F F ，+===-==∴.,1||1,2||22221221c b a NF caF F c 解得==1222b a ，从而所求椭圆的方程为.1222=+y x （4分）（2）N B A NB NA ,,,∴=λ 三点共线，而点N 的坐标为（－2，0）.设直线AB 的方程为)2(+=x k y ，其中k 为直线AB 的斜率，依条件知k ≠0.由=++=12),2(22y x x k y 消去x 得22)21(22=+-y y k ，即.02412222=+-+y k y kk 根据条件可知??≠<+?-=?.0,0128)4(222k kk k 解得.22||0<<="">设),(),,(2211y x B y x A ，则根据韦达定理，得+=+=+.122,1242221221k k y y k k y y 又由),2(),2(,2211y x y x +=+=λλ得=+=+∴.),2(22121y y x x λλ 从而+=+=+.122,124)1(222222k k y k k y λλ 消去.128)1(222+=+k y λλ得（8分）令3151],31,51[,)1()(212≤<≤∈+=λλλλλλφ任取，则22212121)1()1()()(λλλλλφλφ+-+=-.0)11)((2121>--=λλλλ（10分）]31,51[)(是区间λφ∴上的减函数，从而)51()()31(φλφφ≤≤，即536)(316≤≤λφ， 5361283162≤+≤∴k ，解得.22||0,21626221<<≤≤-≤≤-k k k 适合或因此直线AB 的斜率的取值范围是].2 1,62[]62,21[ -- （12分）7. 解：（Ⅰ）∵0MN AF ?=，1()2ON OA OF =+，∴ MN 垂直平分AF ．又//AM ME ，∴ 点M 在AE 上，∴ ||||||||2AM ME AE m EF m +===，||||MA MF =，∴ ||||2||ME MF m EF +=>， (4)分∴ 点M 的轨迹W 是以E 、F 为焦点的椭圆，且半长轴a m =，半焦距1c =，∴ 22221b a c m =-=-．∴ 点M 的轨迹W 的方程为222211x y m m +=-（1m >）．……………………………6分（Ⅱ）设11(,)Q x y ∵ 0(,)2mP y ，PF FQ λ=，∴ 1011(1),2.m x y y λλ?-=--=? ∴ 1101(1),21.m x y y λλλ?=+-=-??……………………………8分由点P 、Q 均在椭圆W 上，∴ 22220222211,411(1) 1.2(1)y m y m m m λλλ?+=?-+-+=?-?……………………………10分消去0y 并整理，得2211m m m λ-+=-，由221121m m m -+-≤≤及1m >，解得12m <≤．……………………………14分8. 解：（I ）设点P y y P y y M ),,4(),,4(222121、M 、A 三点共线，,4,14,4414,2121211222121211=∴+=+--=+=∴y y y y y y y y y y y y k k DM A M 即即………（2分）.544212221=+?=?∴y y y y OM …………………………………………………（3分）设∠POM =α，则.5cos ||||=??α.5sin ||||,25=??∴=αS ROM 由此可得tanα=1.……………………（5分）又.45,45),,0(??=∴∈与故向量απα……………………（6分）（II ）设点M y y Q ),,4(323、B 、Q 三点共线，,QM BQ k k =∴)9(.04,4))(1(,141,441431312331331233232131233分即即即=+++-=++∴+=-+--=+y y y y y y y y y y y y y y y y y y,0444,4,432322121=+++?∴==y y y y y y y y 即即.(*)04)(43232=+++y y y y ……………………………………（10分）)4(4,4442232232232232y x y y y y PQ y y y y y y k PQ-+=-∴+=--=的方程是直线即.4)(,4))((323222322x y y y y y y x y y y y =-+-=+-即……………………（12分）由（*）式，,4)(43232++=-y y y y 代入上式，得).1(4))(4(32-=++x y y y 由此可知直线PQ 过定点E （1，－4）.故存在定一点 E （1，－4），使PE ∥.QF …………………………………………（14分）9. （Ⅰ）解：由题意可知，平面区域D 如图阴影所示．设动点P (x ，y )，则|x ＋y |2?|x －y |2＝1，即|x 2－y 2|＝2．………………………………4分∵P ∈D ．∴x ＋y ＞0，x －y ＞0，即x 2－y 2＞0．∴x 2－y 2＝2(x ＞0)．即曲线C 的方程为x 22－y 22＝1(x ＞0)．…………6分（Ⅱ）解法一：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∴以线段AB 为直径的圆的圆心Q (x 1＋x 22，y 1＋y 22)，∵以线段AB 为直径的圆与y 轴相切，∴半径r ＝12|AB |＝x 1＋x 22．即|AB |＝x 1＋x 2．①……………………………………………………………………8分∵曲线C 的方程为x 22－y 22＝1(x ＞0)，∴F (2，0)为其焦点，相应的准线方程为x ＝1，离心率e ＝2．根据双曲线的定义可得， |AF |x 1－1＝|BF |x 2－1＝2，∴|AB |＝|AF |＋|BF |＝2(x 1－1)＋2(x 2－1)＝2(x 1＋x 2)－22．②…………………12分由①，②可得，x 1＋x 2＝2(x 1＋x 2)－22．由此可得x 1＋x 2＝4＋22．∴线段AB 的长为4＋22．……………………………………………………………14分（Ⅱ）解法二：∵曲线C 的方程为x 22－y 2＝1(x ＞0)，∴F (2，0)为其焦点，相应的准线为l ：x ＝1，离心率e ＝2．分别过A ，B 作AA '⊥l ，BB '⊥l ，垂足分别为A '，B '．设AB 中点Q ，过Q 点作QQ '⊥y 轴，垂足为Q '．由双曲线的定义可得，|AF ||AA '|＝|BF ||BB '|＝2，∴|AF |＝2|AA '|，|BF |＝2|BB '|．…………………10分 |AB |＝|AF |＋|BF |＝2(|AA '|＋|BB '|) 根据梯形中位线性质可得 |AA '|＋|BB '|＝2(|QQ '|－1)．∴|AB |＝2?2(|QQ '|－1)．①…………………………12分∵以线段AB 为直径的圆与y 轴相切，∴|QQ '|＝12|AB |．②把②代入①得|AB |＝22(12|AB |－1)，解得|AB |＝4＋22．……………………………………………………………………14分（Ⅱ）解法三：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．∵直线AB 过点F (2，0)，当AB ⊥x 轴时，|AB |＝22，以线段AB 为直径的圆与y 轴相离，不合题意．∴设直线AB 的方程为y ＝k (x －2)．代入双曲线方程x 2－y 2＝2得，x 2－k 2(x －2)2＝2，即(1－k 2)x 2＋4k 2x －(4k 2＋2)＝0，∵直线与双曲线交于A ，B 两点，∴k ≠±1．∴x 1＋x 2＝4k 2k 2－1，x 1x 2＝4k 2k 2－1．∴|AB |＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＝(1＋k 2)[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2] ＝(1＋k 2)[? ??4k 2k 2－12－4?4k 2＋2k 2－1]……………………………………………………9分∵以线段AB 为直径的圆与y 轴相切，∴圆的半径12|AB |与圆心到y 轴的距离12(x 1＋x 2)相等．即12(1＋k 2)[? ??4k 2k 2－12－4?4k 2＋2k 2－1]＝12(x 1＋x 2)．∴12(1＋k 2)[? ??4k 2k 2－12－4?4k 2＋2k 2－1]＝12?4k 2k 2－1．………………………………………12分化简得k 4 －2k 2－1＝0，解得k 2＝1＋2（k 2＝1－2不合，舍去）．经检验，当k 2＝1＋2时，直线与曲线C 有两个不同的交点。
圆锥曲线的综合问题 强化训练-2023届高三数学二轮专题复习(含解析)
冲刺2023年高考二轮 圆锥曲线的综合问题强化训练（原卷+答案）考点一 证明问题——等价转化，直击目标圆锥曲线中证明问题的两种常见类型圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上，某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)．例 1已知椭圆E 的中心为坐标原点，对称轴为x 轴、y 轴，且过A (0，－2)，B (32，－1)两点．(1)求E 的方程；(2)设过点P (1，－2)的直线交E 于M ，N 两点，过M 且平行于x 轴的直线与线段AB 交于点T ，点H 满足MT⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝TH ⃗⃗⃗⃗⃗ .证明：直线HN 过定点．对点训练已知直线y ＝3与曲线C ：x 2＋2py ＝0的两个公共点之间的距离为4√6. (1)求C 的方程；(2)设P 为C 的准线上一点，过P 作C 的两条切线，切点为A ，B ，直线P A ，PB 的斜率分别为k 1，k 2，且直线P A ，PB 与y 轴分别交于M ，N 两点，直线AB 的斜率为k 0.证明：k 1·k 2为定值，且k 1，k 0，k 2成等差数列．考点二 定点问题——目标等式寻定点解析几何中的定点问题一般是指与解析几何有关的直线或圆(其他曲线过定点太复杂，高中阶段一般不涉及)过定点的问题，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：求出定点坐标所满足的方程，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． 例 2 已知椭圆M ：x 2a 2+y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为√22，AB 为过椭圆右焦点的一条弦，且AB 长度的最小值为2.(1)求椭圆M 的方程；(2)若直线l 与椭圆M 交于C ，D 两点，点P (2，0)，记直线PC 的斜率为k 1，直线PD 的斜率为k 2，当1k 1+1k 2＝1时，是否存在直线l 恒过一定点？若存在，请求出这个定点；若不存在，请说明理由．对点训练已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，S (t ，4)为C 上一点，直线l 交C 于M ，N 两点(与点S 不重合)．(1)若l 过点F 且倾斜角为60°，|FM |＝4(M 在第一象限)，求C 的方程；(2)若p ＝2，直线SM ，SN 分别与y 轴交于A ，B 两点，且OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝8，判断直线l是否恒过定点？若是，求出该定点；若否，请说明理由．考点三 定值问题——巧妙消元寻定值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，若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，所以只需对上述式子进行必要的化简即可得到定值．例 3 已知双曲线C ：x 2a2−y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点分别为F 1、F 2，双曲线C 的右顶点A 在圆O ：x 2＋y 2＝3上，且AF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝－1.(1)求双曲线C 的方程；(2)动直线l 与双曲线C 恰有1个公共点，且与双曲线C 的两条渐近线分别交于点M 、N ，设O 为坐标原点．求证：△OMN 的面积为定值．对点训练已知F 1(－√3，0)，F 2(√3，0)分别是双曲线C ：x 2a 2−y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点，A 为双曲线在第一象限的点，△AF 1F 2的内切圆与x 轴交于点P (1，0)．(1)求双曲线C 的方程；(2)设圆O ：x 2＋y 2＝2上任意一点Q 处的切线l ，若l 与双曲线C 左、右两支分别交于点M 、N ，问：QM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·QN ⃗⃗⃗⃗⃗ 是否为定值？若是，求出此定值；若不是，说明理由．考点四 圆锥曲线中的最值、范围问题——巧设变量，引参搭桥圆锥曲线中的最值 (1)椭圆中的最值 F 1，F 2为椭圆x 2a2+y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点，P 为椭圆上的任意一点，B 为短轴的一个端点，O 为坐标原点，则有：①|OP |∈________；②|PF 1|∈________；③|PF 1|·|PF 2|∈________；④∠F 1PF 2≤∠F 1BF 2.(2)双曲线中的最值F 1，F 2为双曲线x 2a 2−y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的左、右焦点，P 为双曲线上的任一点，O为坐标原点，则有：①|OP |≥________；②|PF 1|≥________． (3)抛物线中的最值点P 为抛物线y 2＝2px (p ＞0)上的任一点，F 为焦点，则有：①|PF |≥________；②A (m ，n )为一定点，则|P A |＋|PF |有最小值；③点N (a ，0)是抛物线的对称轴上一点，则|PN |min ＝{|a |(a ≤p )，√2pa −p 2(a ＞p)．例 4如图，已知椭圆x 212＋y 2＝1.设A ，B 是椭圆上异于P (0，1)的两点，且点Q (0，12)在线段AB 上，直线P A ，PB 分别交直线y ＝－12x ＋3于C ，D 两点．(1)求点P 到椭圆上点的距离的最大值； (2)求|CD |的最小值．对点训练已知抛物线C ：x 2＝2py (p ＞0)的焦点为F ，且F 与圆M ：x 2＋(y ＋4)2＝1上点的距离的最小值为4.(1)求p ；(2)若点P 在M 上，P A ，PB 是C 的两条切线，A ，B 是切点，求△P AB 面积的最大值．[典例] 已知圆(x ＋√3)2＋y 2＝16的圆心为M ，点P 是圆M 上的动点，点N (√3，0)，点G 在线段MP 上，且满足(GN⃗⃗⃗⃗⃗ +GP ⃗⃗⃗⃗⃗ )⊥(GN ⃗⃗⃗⃗⃗ −GP ⃗⃗⃗⃗⃗ )． (1)求点G 的轨迹C 的方程；(2)过点T (4，0)作斜率不为0的直线l 与轨迹C 交于A ，B 两点，点A 关于x 轴的对称点为D ，连接BD 交x 轴于点Q ，求△ABQ 面积的最大值．(1)因为(GN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +GP ⃗⃗⃗⃗⃗ )⊥(GN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −GP ⃗⃗⃗⃗⃗ )， 所以(GN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +GP ⃗⃗⃗⃗⃗ )·(GN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −GP ⃗⃗⃗⃗⃗ )＝0，即GN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2－GP ⃗⃗⃗⃗⃗ 2＝0， 所以|GP |＝|GN |，所以|GM |＋|GN |＝|GM |＋|GP |＝|MP |＝4>2√3＝|MN |， 所以点G 在以M ，N 为焦点，长轴长为4的椭圆上，设椭圆的方程为x 2a 2+y 2b 2＝1(a >b >0)，则2a ＝4，2c ＝2√3，即a ＝2，c ＝√3，所以b 2＝a 2－c 2＝1， 所以点G 的轨迹C 的方程为x 24＋y 2＝1. (2)依题意可设直线l ：x ＝my ＋4. 由{x =my +4，x 24+y 2=1消去x ，得(m 2＋4)y 2＋8my ＋12＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由Δ＝64m 2－4×12×(m 2＋4)＝16(m 2－12)>0，得m 2>12. ①且y 1＋y 2＝－8mm 2+4，y 1y 2＝12m 2+4.②因为点A 关于x 轴的对称点为D ， 所以D (x 1，－y 1)， 可设Q (x 0，0)，所以k BD ＝y 2+y 1x 2−x 1＝y 2+y 1m (y 2−y 1)， 所以BD 所在直线的方程为y －y 2＝y 2+y 1m (y2−y 1)(x －my 2－4)． 令y ＝0，得x 0＝2my 1y 2+4(y 1+y 2)y 1+y 2. ③将②代入③， 得x 0＝24m−32m−8m＝1， 所以点Q 的坐标为(1，0)．因为S △ABQ ＝|S △TBQ －S △TAQ |＝12|QT ||y 2－y 1|＝32√(y 1+y 2)2−4y 1y 2＝6√m 2−12m 2+4，令t ＝m 2＋4，结合①得t >16， 所以S △ABQ ＝6√t−16t＝ 6√−16t 2+1t ＝6√−16(1t −132)2+164.当且仅当t ＝32，即m ＝±2√7时，(S △ABQ )max ＝34. 所以△ABQ 面积的最大值为34.参考答案考点一[例1] 解析：(1)设椭圆E 的方程为mx 2＋ny 2＝1(m >0，n >0，m ≠n )． 将点A (0，－2)，B (32，－1)的坐标代入，得{4n =1，94m +n =1，解得{m =13，n =14. 所以椭圆E的方程为x 23+y 24＝1. (2)证明：方法一 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．由题意，知直线MN 与y 轴不垂直，设其方程为x －1＝t (y ＋2)．联立得方程组{x −1=t (y +2)，x 23+y 24=1. 消去x 并整理，得(4t 2＋3)y 2＋(16t 2＋8t )y ＋16t 2＋16t －8＝0，所以y 1＋y 2＝－16t 2+8t 4t 2+3，y 1y 2＝16t 2+16t−84t 2+3.设T (x 0，y 1)．由A ，B ，T 三点共线，得y 1+2x 0＝y 1+1x 0−32，得x 0＝32y 1＋3.设H (x ′，y ′)． 由MT ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝TH ⃗⃗⃗⃗⃗ ，得(32y 1＋3－x 1，0)＝(x ′－32y 1－3，y ′－y 1)，所以x ′＝3y 1＋6－x 1，y ′＝y 1， 所以直线HN 的斜率k ＝y 2−y ′x 2−x ′＝y 2−y 1x 2+x 1−(3y 1+6)＝y 2−y 1t (y 1+y 2)−3y 1+4t−4，所以直线HN 的方程为y －y 2＝y 2−y 1t (y 1+y 2)−3y 1+4t−4·(x －x 2)．令x ＝0，得y ＝y 2−y 1t (y 1+y 2)−3y 1+4t−4·(－x 2)＋y 2＝(y 1−y 2)(ty 2+2t+1)t (y 1+y 2)−3y 1+4t−4＋y 2＝(2t−3)y 1y 2+(2t−5)(y 1+y 2)+6y 1t (y 1+y 2)−3y 1+4t−4＝(2t−3)·16t 2+16t−84t 2+3+(5−2t )·16t 2+8t4t 2+3+6y 1−t(16t 2+8t)4t 2+3−3y 1+4t−4＝－2.所以直线NH 过定点(0，－2)．方法二 由A (0，－2)，B (32，－1)可得直线AB 的方程为y ＝23x －2. a ．若过点P (1，－2)的直线的斜率不存在，则其直线方程为x ＝1.将直线方程x ＝1代入x 23+y 24＝1，可得N (1，2√63)，M (1，－2√63)． 将y ＝－2√63代入y ＝23x －2，可得T (3－√6，－2√63)．由MT⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝TH ⃗⃗⃗⃗⃗ ，得H (5－2√6，－2√63)． 此时直线HN 的方程为y ＝(2＋2√63)(x －1)＋2√63，则直线HN 过定点(0，－2)． b ．若过点P (1，－2)的直线的斜率存在，设此直线方程为kx －y －(k ＋2)＝0，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．联立得方程组{kx −y −(k +2)=0，x 23+y 24=1. 消去y 并整理，得(3k 2＋4)x 2－6k (2＋k )x ＋3k (k ＋4)＝0. 所以{x 1+x 2=6k (2+k )3k 2+4，x 1x 2=3k (4+k )3k 2+4，则{y 1+y 2=−8(2+k )3k 2+4，y 1y 2=4(4+4k−2k 2)3k 2+4， 且x 1y 2＋x 2y 1＝−24k3k 2+4.①联立得方程组{y =y 1，y =23x −2，可得T (3y 12＋3，y 1)． 由MT⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝TH ⃗⃗⃗⃗⃗ ，得H (3y 1＋6－x 1，y 1)． 则直线HN 的方程为y －y 2＝y 1−y 23y 1+6−x 1−x2(x －x 2)． 将点(0，－2)的坐标代入并整理，得2(x 1＋x 2)－6(y 1＋y 2)＋x 1y 2＋x 2y 1－3y 1y 2－12＝0.②将①代入②，得24k ＋12k 2＋96＋48k －24k －48－48k ＋24k 2－36k 2－48＝0，显然成立．综上可得，直线HN 过定点(0，－2)．对点训练解析：(1)将y ＝3代入x 2＋2py ＝0，得x 2＝－6p . 当p ≥0时，不合题意；当p <0时，x ＝±√−6p ，则2√−6p ＝4√6， 解得p ＝－4，故C 的方程为x 2＝8y .(2)证明：由(1)可知C 的准线方程为y ＝－2， 不妨设P (m ，－2)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，设过点P 且与C 相切的直线l 的斜率为k ，则l ：y ＝k (x －m )－2，且k ≠0，联立{y =k (x −m )−2，x 2=8y ，得x 2－8kx ＋8(km ＋2)＝0，则Δ＝64k 2－32(km ＋2)＝0，即k 2－12mk －1＝0，由题意知，直线P A ，PB 的斜率k 1，k 2为方程k 2－12mk －1＝0的两根， 则k 1＋k 2＝m2，k 1k 2＝－1，故k 1·k 2为定值． 又x 2－8kx ＋8(km ＋2)＝(x －4k )2＝0， 则x 1＝4k 1，同理可得x 2＝4k 2，则k 0＝y 1−y 2x 1−x 2＝18x −1218x 22x 1−x 2＝x 1+x 28，因此k 0＝4(k 1+k 2)8＝k 1+k 22，故k 1，k 0，k 2成等差数列．考点二[例2]解析：(1)因为x 2a 2+y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为√22，过椭圆右焦点的弦长的最小值为2b 2a＝2，所以a ＝2，c ＝√2，b ＝√2，所以椭圆M 的方程为x 24+y 22＝1. (2)设直线l 的方程为m (x －2)＋ny ＝1，C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，由椭圆的方程x 2＋2y 2＝4，得(x －2)2＋2y 2＝－4(x －2)．联立直线l 的方程与椭圆方程，得(x －2)2＋2y 2＝－4(x －2)[m (x －2)＋ny ]， 即(1＋4m )(x －2)2＋4n (x －2)y ＋2y 2＝0，(1＋4m )(x−2y )2＋4n x−2y＋2＝0， 所以1k 1+1k 2＝x 1−2y 1+x 2−2y 2＝－4n 1+4m＝1，化简得m ＋n ＝－14，代入直线l 的方程得m (x －2)＋(−14−m)y ＝1，即m (x －y －2)－14y ＝1，解得x ＝－2，y ＝－4，即直线l恒过定点(－2，－4)．对点训练解析：(1)抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F (p2，0)，因为l 过点F 且倾斜角为60°，所以l ：y ＝√3(x －p2)， 联立y 2＝2px (p >0)，可得12x 2－20px ＋3p 2＝0，解得x ＝32p 或x ＝p6，又M 在第一象限，所以x M ＝32p ，因为|FM |＝4，所以32p ＋p2＝4，解得p ＝2，所以抛物线C 的方程为y 2＝4x ；(2)由已知可得抛物线C 的方程为y 2＝4x ，点S (4，4)， 设直线l 的方程为x ＝my ＋n ，点M (y 12 4，y1)，N (y 22 4，y2)，将直线l 的方程与抛物线C ：y 2＝4x 联立得y 2－4my －4n ＝0， 所以Δ＝16m 2＋16n >0，y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4n (*)，直线SM 的方程为y －4＝y 1−4y 12 4－4(x －4)，令x ＝0求得点A 的纵坐标为4y 1y 1+4，同理求得点B 的纵坐标为4y 2y2+4， 由OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝16y 1y 2y 1y 2+4(y 1+y 2)+16＝8，化简得y 1y 2＝4(y 1＋y 2)＋16，将上面(*)式代入得－4n ＝16m ＋16，即n ＝－4m －4， 所以直线l 的方程为x ＝my －4m －4，即x ＋4＝m (y －4)， 所以直线l 过定点(－4，4)．考点三[例3] 解析：(1)不妨设F 1(－c ，0)，F 2(c ，0), 因为A (a ，0)， 从而AF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(−c −a ，0)，AF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(c －a ，0) ，故有 AF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝a 2－c 2＝－1, 又因为a 2＋b 2＝c 2, 所以 b ＝1，又因为A (a ，0) 在圆 O ：x 2＋y 2＝3 上， 所以 a ＝√3，所以双曲线C的标准方程为x 23－y 2＝1.(2)证明：设直线l 与x 轴交于D 点，双曲线的渐近线方程为y ＝±√33x ，由于动直线l 与双曲线C 恰有1个公共点， 且与双曲线C 的两条渐近线分别交于点M 、N ，当动直线l 的斜率不存在时， l ：x ＝±√3，|OD |＝√3，|MN |＝2，S △OMN ＝12×√3×2＝√3，当动直线l 的斜率存在时， 且斜率k ≠±√33， 不妨设直线 l ：y ＝kx ＋m,故由{y =kx +m x 23−y 2=1⇒(1－3k 2)x 2－6mkx －3m 2－3＝0， 依题意，1－3k 2≠0且m ≠0，Δ＝(－6mk )2－4(1－3k 2)(－3m 2－3)＝0, 化简得 3k 2＝m 2＋1，故由{y =kx +my =√33x ⇒x M ＝√33−k ， 同理可求，x N ＝－√33+k， 所以|MN |＝√1+k 2|xM−x N |＝2√3|m|√k 2+1|1−3k 2|，又因为原点O 到直线l ：kx －y ＋m ＝0的距离d ＝√k 2+1，所以S △OMN ＝12|MN |d ＝√3m 2|1−3k 2|，又由3k 2＝m 2＋1，所以S △OMN ＝√3|m|√k 2+1|1−3k 2|＝√3，故△OMN 的面积为定值，定值为√3.对点训练解析：(1)如图，设AF 1，AF 2与△AF 1F 2的内切圆分别交于G ，H 两点， 则2a ＝|AF 1|−|AF 2|＝|F 1P |−|PF 2| ＝(1＋√3)－(√3－1)＝2，所以a ＝1，则b 2＝c 2－a 2＝2， 则双曲线C 的方程为x 2－y 22＝1.(2)由题意得，切线l 的斜率存在．设切线l 的方程为y ＝kx ＋m ，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)． 因为l 与圆O ：x 2＋y 2＝2相切，所以√1+k 2＝√2，即m 2＝2k 2＋2.联立{y =kx +m ，x 2−y 22=1，消去y 并整理得(2－k 2)x 2－2kmx －m 2－2＝0， 所以x 1＋x 2＝2km2−k 2，x 1x 2＝−m 2−22−k 2.又QM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·QN ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(QO ⃗⃗⃗⃗⃗ +OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·(QO ⃗⃗⃗⃗⃗ +ON ⃗⃗⃗⃗⃗ ) ＝|QO ⃗⃗⃗⃗⃗ |2－OQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ·ON ⃗⃗⃗⃗⃗ −OQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +ON ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝|QO ⃗⃗⃗⃗⃗ |2－|OQ ⃗⃗⃗⃗⃗ |·|ON ⃗⃗⃗⃗⃗ |cos ∠QON －|OQ ⃗⃗⃗⃗⃗ |·|OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |cos ∠QOM ＋ON ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝|QO ⃗⃗⃗⃗⃗ |2－|OQ ⃗⃗⃗⃗⃗ |·|OQ ⃗⃗⃗⃗⃗ |−|OQ ⃗⃗⃗⃗⃗ |·|OQ ⃗⃗⃗⃗⃗ |+ON ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝|QO ⃗⃗⃗⃗⃗ |2－|QO ⃗⃗⃗⃗⃗ |2－|QO ⃗⃗⃗⃗⃗ |2＋ON ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝ON ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −|OQ ⃗⃗⃗⃗⃗ |2. 又OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·ON ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝x 1x 2＋y 1y 2 ＝x 1x 2＋(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝(k 2＋1)x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2 ＝(k 2+1)(−m 2−2)2−k 2+2k 2m 22−k2＋m 2＝m 2−2k 2−22−k 2，将m 2＝2k 2＋2代入上式得OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·ON ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0.所以QM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·QN ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0－|OQ ⃗⃗⃗⃗⃗ |2＝－2. 综上所述，QM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·QN ⃗⃗⃗⃗⃗ 为定值，且QM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·QN ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝－2.考点四(1)[b ，a ] [a －c ，a ＋c ] [b 2，a 2] (2)a c －a (3)p2[例4] 解析：(1)设M (2√3cos θ，sin θ)是椭圆上一点，P (0，1)，则|PM |2＝12cos 2θ＋(1－sin θ)2＝13－11sin 2θ－2sin θ＝14411－11(sin θ＋111)2≤14411.故|PM |的最大值为12√1111.(2)由题意，知直线AB 的斜率存在，故设直线AB 的方程为y ＝kx ＋12.将直线方程与椭圆方程联立，得{y =kx +12，x 212+y 2=1.消去y 并整理，得(k 2＋112)x 2＋kx －34＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－kk 2+112，x 1x 2＝－34(k 2+112).直线P A ：y ＝y 1−1x 1x ＋1与直线y ＝－12x ＋3交于点C ，则x C ＝4x 1x1+2y 1−2＝4x 1(2k+1)x 1−1. 同理可得，x D ＝4x 2x 2+2y 2−2＝4x 2(2k+1)x 2−1，则|CD |＝ √1+14|x C －x D | ＝√52|4x1(2k+1)x1−1−4x2(2k+1)x2−1|＝2√5|x 1−x 2[(2k+1)x1−1][(2k+1)x 2−1]|＝2√5|x 1−x 2(2k+1)2x 1x 2−(2k+1)(x 1+x 2)+1|＝3√52·√16k 2+1|3k+1|＝6√55·√16k 2+1· √916+1|3k+1| ≥6√55，当且仅当k ＝316时等号成立．故|CD |的最小值为6√55.对点训练解析：(1)由题意知M (0，－4)，F (0，p2)，圆M 的半径r ＝1，所以|MF |－r ＝4，即p2＋4－1＝4，解得p ＝2.(2)由(1)知，抛物线方程为x 2＝4y ， 由题意可知直线AB 的斜率存在，设A (x 1，x 12 4)，B (x2，x 22 4)，直线AB 的方程为y ＝kx ＋b ，联立得{y =kx +bx 2=4y，消去y 得x 2－4kx －4b ＝0， 则Δ＝16k 2＋16b >0(※)，x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4b ，所以|AB |＝√1+k 2|x 1－x 2|＝√1+k 2·√(x 1+x 2)2−4x 1x 2＝4√1+k 2·√k 2+b . 因为x 2＝4y ，即y ＝x 24，所以y ′＝x 2，则抛物线在点A 处的切线斜率为x12，在点A 处的切线方程为y −x 12 4＝x 12(x －x 1)，即y ＝x 12x −x 12 4，同理得抛物线在点B 处的切线方程为y ＝x 22x −x 22 4，联立得{y =x 12x −x 124y ＝x22x －x 22 4，则{x =x 1+x 22=2ky =x 1x 24=−b ， 即P (2k ，－b )．因为点P 在圆M 上，所以4k 2＋(4－b )2＝1 ①，且－1≤2k ≤1，－5≤－b ≤－3，即－12≤k ≤12，3≤b ≤5，满足(※)． 设点P 到直线AB 的距离为d ，则d ＝2√1+k 2，所以S △P AB ＝12|AB |·d ＝4√(k 2+b )3.由①得，k 2＝1−(4−b )24＝−b 2+8b−154， 令t ＝k 2＋b ，则t ＝−b 2+12b−154，且3≤b ≤5. 因为t ＝−b 2+12b−154在[3，5]上单调递增，所以当b ＝5时，t 取得最大值，t max ＝5，此时k ＝0，所以△P AB 面积的最大值为20√5.。
2020届高考数学二轮复习圆锥曲线的综合问题学案Word版含解析
第3讲圆锥曲线的综合问题年份卷别考查内容及考题位置命题分析卷Ⅰ直线与椭圆的位置关系·T19解析几何是数形结合2018卷Ⅱ卷Ⅲ直线与抛物线的位置关系、弦长问题·T的典范，是高中数学19直线与椭圆的位置关系、向量的线性运算、的主要知识板块，是证明问题·T高考考查的重点知识2020172016卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系·T20点的轨迹方程、椭圆与向量的数量积的综合问题·T20直线与抛物线的位置关系、直线的方程、圆的方程·T20定值问题、轨迹方程求法、直线与椭圆的位置关系及范围问题·T20直线与椭圆的位置关系、面积问题、范围问题·T20证明问题、轨迹问题、直线与抛物线的位置关系·T20之一，在解答题中一般会综合考查直线、圆、圆锥曲线等．试题难度较大，多以压轴题出现．解答题的热点题型有：(1)直线与圆锥曲线的位置关系．(2)圆锥曲线中定点、定值、最值及范围的求解．(3)轨迹方程及探索性问题的求解.定点问题(综合型)[典型例题]x y已知椭圆＋＝1(a>b>0)过点(0，1)，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等a b差数列．直线l与x轴正半轴和y轴分别交于Q，P，与椭圆分别交于点M，N，各点均不重→→→→合且满足P M＝λMQ，PN＝λNQ.12(1)求椭圆的标准方程；(2)若λ＋λ＝－3，试证明：直线l过定点并求此定点．12【解】(1)设椭圆的焦距为2c，由题意知b＝1，且(2a)2＋(2b)2＝2(2c)2，2222又 a 2＝b 2＋c 2，所以 a 2＝3.所以椭圆的方程为 ＋y 2＝1.3(2)由题意设 P (0，m )，Q (x，0)，M (x ，y )，N (x ，y)，直线 l 的方程为 x ＝t (y －m )，由P M ＝λ MQ ，知(x ，y －m )＝λ (x －x ，－y )，所以 y －m ＝－y λ，由题意 y ≠0，11 11所以 λ ＝ －1.1 y1同理由P N ＝λ NQ 知 λ ＝ －1.2 2 y2因为 λ ＋λ ＝－3，所以 －1＋ －1＝－3，1 2 y y 1 2所以 y y ＋m (y ＋y )＝0，①x 2＋3y 2＝3，联立x ＝t （y －m ），得(t 2＋3)y 2－2mt 2y ＋t 2m 2－3＝0，所以由题意知 Δ＝4m 2t 4－4(t 2＋3)(t 2m 2－3)>0，②2mt 2 t m 2－3且有 y ＋y ＝ ，y y ＝ ，③ t 2＋3 t 2＋3③代入①得 t 2m 2－3＋2m 2t 2＝0，所以(mt )2＝1，由题意 mt <0，所以 mt ＝－1，满足②，故直线 l 的方程为 x ＝ty ＋1，过定点(1，0)，即 Q 为定点．圆锥曲线中定点问题的 2 种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与 参数何时没有关系，找到定点．(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．2x 0 1 1 2 2 → →1 1 1 1 0 1 1 m→ → mm m1 2 1 2 21 2 1 2[提醒] (1)直线过定点，常令参数的系数等于 0 即可．如直线 y ＝kx ＋b ，若 b 为常量，b b 则直线恒过点(0，b )；若 为常量，则直线恒过点 － ，0 . k(2) 一般曲线过定点，把曲线方程变为f 1（x ，y ）＝0，f 2（x ，y ）＝0，f (x ， y ) ＋ λf (x ， y ) ＝ 0(λ 为参数 )．解方程组12[对点训练]已知抛物线 C ：y ＝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；1(2)若直线 OA ，OB 的斜率之积为－ ，求证：直线 AB 过 x 轴上一定点．2解：(1)因为抛物线 y 2＝2px(p >0)的焦点坐标为(1，0)，所以 ＝1，即 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，4 4.因为直线 OA ，OB 的斜率之积为－ ，2－t所以 ＝－ ，化简得 t 2＝32.t t 2 4 4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 ，y )，B(x ，y )， y 2＝4x ，联立方程组y ＝kx ＋b ，消去 x 得 ky 2－4y ＋4b ＝0.由根与系数的关系得 y y ＝ ，A B k因为直线 OA ，OB 的斜率之积为－ ，2＝－ ，即 x x ＋2y y ＝0.k 即得定点坐标．2p2 t t 2 2 设 A ，t ，B ，－t 1t 1 2 2 A A B B4b 1所以 A By y 1即 A B ＋2y y ＝0，4 4 A B解得 y y ＝0(舍去)或 y y ＝－32.A BA B所以 y y ＝ ＝－32，即 b ＝－8k ，A B k所以 y ＝kx －8k ，即 y ＝k (x －8)．综合①②可知，直线 AB 过定点(8，0)．定值问题(综合型)[典型例题]x y (2018· 沈阳教学质量监测(一))设 O 为坐标原点，动点 M 在椭圆 ＋ ＝1 上，过9 4→ →M 作 x 轴的垂线，垂足为 N ，点 P 满足N P ＝ 2NM .(1)求点 P 的轨迹 E 的方程；(2)过 F (1，0)的直线 l 与点 P 的轨迹交于 A ，B 两点，过 F (1，0)作与 l 垂直的直线 l1121 1与点 P 的轨迹交于 C ，D 两点，求证： ＋ 为定值．|AB | |CD |【解】 (1)设 P (x ，y )，易知 N (x ，0)，NP ＝(0，y )，→ 1 → y y 2 2 2x 2 xy 又点 M 在椭圆上，所以 ＋ ＝1，即 ＋ ＝1.9 4 9 8所以点 P 的轨迹 E 的方程为 ＋ ＝1.9 8(2)证明：当直线 l 与 x 轴重合时，|AB |＝6，|CD |＝ 3，所以 ＋ ＝ .|AB | |CD | 48当直线 l 与 x 轴垂直时，|AB |＝ ，|CD |＝6，1 3所以 ＋ ＝ .|AB | |CD | 48当直线 l 与 x 轴不垂直也不重合时，可设直线 l 的方程为 y ＝k (x －1)(k ≠0)，则直线 l 112的方程为 y ＝－ k(x －1)，2 2y y 4b2 2 →又N M ＝ NP ＝ 0， ，所以 M x ， ，y 2 2 2 2 2 2 xy 1 161 1 17161 1 171设 A (x ，y )，B (x，y )，C (x ，y )，D (x ，y)，y ＝k （x －1），联立直线 l 与曲线 E 的方程2 2＋ ＝1，得(8＋9k 2)x 2－18k 2x ＋9k 2－72＝0，可得2）2－4（8＋9k 2）（9k 2－72）＝2 304（k 2＋1）>0，18k2 x ＋x ＝，8＋9kx x 1 29k 2－72 ＝ ， 8＋9k所以|AB |＝1＋k 248（1＋k 2）（x ＋x ）2－4x x ＝ ， 1 2 1 2y ＝－ （x －1），联立直线 l 与曲线 E 的方程得＋ ＝1，9 89 8＋ 2 x －18 92 x ＋ 2－72＝0， 同理可得|CD |＝1＋k48（1＋k 2）（x ＋x ）2－4x x ＝ .9＋8k1 1 8＋9k 9＋8k17所以 ＋ ＝ ＋ ＝ .|AB | |CD | 48（k 2＋1） 48（k 2＋1） 48综上可得 ＋ 为定值． |AB | |CD |求定值问题常见的 2 种方法(1)从特殊入手，求出其值，再证明这个值与变量无关．这符合一般与特殊的思维辩证 关系．简称为：特殊探路，一般论证．(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．[对点训练]x y 3已知椭圆 C ： ＋ ＝1，A 为椭圆 C 上的一点，其坐标为 1， ，E ，F 是椭圆 C 上的4 3两动点，如果直线 AE 的斜率与 AF 的斜率互为相反数．求证：直线 EF 的斜率为定值，并 求出该定值．3解：设直线 AE 的方程为 y ＝k (x －1)＋ (k ≠0)，1 1 2 2 3 3 44x y 1 98 Δ＝（－18k1 2 228＋9k 21 k2 x y 2 2 2 k k k 12343 42 221 1 222 2＋ ＝1， 4 3 联立消去 y ， y ＝k （x －1）＋得(4k 2＋3)x 2＋(12k －8k 222 －12＝0，24k则 x ＝＝，①（4k 2＋3）x 4k 2＋3A又直线 AE 的斜率与 AF 的斜率互为相反数，4k 2＋12k －3故以上 k 用－k 代替得 x ＝ ，②4k 2＋3所以 k ＝ EFy －yF Ex －xFE＝－k （x －1）＋ － F 2x －xFEk （x －1）＋＝－k （x ＋x ）＋2kF E x －xFE把①②两式代入上式，得 k ＝ ，为定值．EF 2最值和范围问题(综合型)[典型例题]命题角度一 构建目标不等式求最值或范围方法一：利用已知条件中明显的不等关系构建目标不等式x y已知圆 x ＋y ＝1 过椭圆 ＋ ＝1(a >b >0)的两焦点，与椭圆有且仅有两个公共点， a bx y → →直线 l ：y ＝kx ＋m 与圆 x ＋y ＝1 相切，与椭圆 ＋ ＝1 相交于 A ，B 两点．记 λ＝OA ·OB ，a b2 3 且 ≤λ≤ .3 4(1)求椭圆的方程；(2)求 k 的取值范围．【解】 (1)由题意知 2c ＝2，即 c ＝1.2 2 x y323 －k )x ＋43 2 －k －12 42－12k －3EF3 3 2 E .12 22 2222 22 222故所求椭圆方程为＋y2＝1.2y＝kx＋m，(2)由直线l：y＝kx＋m与圆x2＋y2＝1相切，得m2＝k2＋1.由2＋y2＝1得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0.设A(x，y11－4km2m2－2)，B(x，y)，则x＋x＝，x x＝，λ＝OA OB＝1＋2k1＋2kx x＋y y＝(1＋k2 1212)x x12＋km(x＋x12k2＋1)＋m2＝.1＋2k由231≤λ≤≤k342≤1，即k的取值范围是－1，－∪，1.2223先通过直线与圆相切得到k，m的关系，然后利用已知条件中的不等关系≤λ≤，结34合向量的数量积及根与系数的关系构造关于k，m的不等式，再由k，m的关系，消元，得到关于k的不等式，通过解不等式达到目的．方法二：利用题目中隐藏的已知参数的范围构建不等式x y已知A是椭圆E：＋＝1(t>3)的左顶点，斜率为k(k>0)的直线交E于A，M两t 3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：4＋＝1，可得7x2＋16x＋4＝0，解得x＝－2或x＝－，所以M－，，N－，－，3777771242144××.2749(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＋＝1得(3＋tk2)x2＋2ttk2x＋t k2－3t＝0.设M(x，y11)，则x1(－t)＝t2k2－3t t（3－tk2），即x＝，3＋tk3＋tk故|AM|＝|x＋t|161＋k2＝t（1＋k2）1.由题设知，直线AN的方程为y＝－(x＋t)，故同3＋tk2xx2→→221212222，得222222x 2y2212212则△AMN的面积为－＋2＝722x yt 32122k2理可得|AN |＝6k t （1＋k 2） .由 2|AM |＝|AN |得3k 2＋t＝ ，即(k 3－2)t ＝3k (2k －1)．当 k 3＋tk 2 3k 2＋t＝ 33k （2k －1）2时上式不成立，因此 t ＝ .k 3－23k （2k －1） k 3－2k 2＋k －2 （k －2）（k 2＋1） k －2由 t >3，得 >3，所以 ＝ <0，即 <0.k 3－2 k 3－2 k 3－2 k 3－2k －2>0， k －2<0，3 3由此得 或 解得 2<k <2.因此 k 的取值范围是( 2，2)．k 3－2<0 k 3－2>0，(1)利用题目中隐藏的已知参数的范围求新参数的范围问题的核心是建立两个参数之间的等量关系，将新参数的范围问题转化为已知参数的范围问题．(2)本题通过已知条件 2|AM |＝|AN |得到新参数 k 与已知参数 t 之间的关系，然后利用题目中的已知条件 t >3 建立关于 k 的不等式．方法三：利用判别式构建目标不等式xy 已知点 F 为椭圆 E ： ＋ ＝1(a >b >0)的左焦点，且两焦点与短轴的一个顶点构a bx y成一个等边三角形，直线 ＋ ＝1 与椭圆 E 有且仅有一个交点 M .4 2(1)求椭圆 E 的方程；x y(2)设直线 ＋ ＝1 与 y 轴交于点 P ，过点 P 的直线 l 与椭圆 E 交于不同的两点 A ，B ，4 2若 λ|PM | ＝|PA |·|PB |，求实数 λ 的取值范围．【解】 (1)由题意，得 a ＝2c ，b ＝ 3c ，则椭圆 E 为 2＋ 2＝1.＋ ＝c 2， 4 3 由 消去 y ，得 x 2－2x ＋4－3c 2＝0.＋ ＝1 4 2因为直线 ＋ ＝1 与椭圆 E 有且仅有一个交点 M ，4 2所以 Δ＝4－4(4－3c 2)＝0，解得 c 2＝1，所以椭圆 E 的方程为 ＋ ＝1.4 32 k2 2 2 22 2 2 x y 4c 3c 2 2x y x yx y2 2x y3 (2)由(1)得 M 1，，因为直线 ＋ ＝1 与 y 轴交于 P(0，2)，4 2所以|PM |2＝ ，4①当直线 l 与 x 轴垂直时，|PA | |PB |＝(2＋ 3)×(2－ 3)＝1，所以 λ|PM |2＝|PA |·|PB | λ＝ ，5②当直线 l 与 x 轴不垂直时，设直线 l 的方程为 y ＝kx ＋2， A (x ，y )，B (x ，y )，y ＝kx ＋2，由消去 y ，3x 2＋4y －12＝0整理得(3＋4k 2)x 2＋16kx ＋4＝0，则 x x ＝ ，且 Δ＝48(4k 2－1)>0，k 2 3＋4k1> . 4所以|PA |·|PB |＝(1＋k 2)x x 1 2＝(1＋k 2 )·4 3＋4k＝1＋ ＝ 3＋4kλ ，1 所以 λ＝ 1＋ 5 3＋4k ，因为 k 2> ，所以 <λ<1. 4 5综上所述，λ的取值范围是 ，1 .5此题抓住直线 l 与椭圆 E 交于不同的两点 A ，B 这一条件，利用判别式 Δ>0 构建关于 k的不等式，从而求得 λ 的取值范围．方法四：利用点在曲线内(外)的充要条件构建不等式设抛物线过定点 A (－1，0)，且以直线 x ＝1 为准线．(1)求抛物线顶点的轨迹 C 的方程；1(2)若直线 l 与轨迹 C 交于不同的两点 M ，N ，且线段 MN 恰被直线 x ＝－ 平分，设弦22 x y541 12 22 4 1 2 2 2 15 424 2 1 4 4MN 的垂直平分线的方程为 y ＝kx ＋m ，试求 m 的取值范围．【解】 (1)设抛物线的顶点为 G (x ，y )，则其焦点为 F (2x －1，y )，由题意可知点 A 到直线 x ＝1 的距离为 2，则|A F |＝2，所以4x 2＋y 2＝2，所以轨迹 C 的方程为 x 2＋ ＝1(x ≠1)．4(2)设弦 MN 的中点为 P－ ，y 2 0，M(x ，y )，N (x ，y)，则由点 M ，N 为椭圆 C 上的点，可知 4x 2 ＋y 2 ＝4，4x 2 ＋y 2 ＝4，两式相减，MMNN得 4(x －x )(x ＋x M N M N)＋(y －y )(y ＋y)＝0，①将 x ＋x ＝2×－1＝－1，y ＋y ＝2y ，y M －y N ＝－1，2 x －x kM N代入①式得 k ＝－ 0.2又点 P － ，y 2以 m ＝y ＋ k ＝ y .在弦 MN 的垂直平分线上，所以 y ＝－ k ＋m ，所由点 P － ，y 2在线段 BB ′上(B ′(x ′ ，y ′ )，B (x ，y )为直线 x ＝－与椭圆的交点，如图所示)，所以 y ′ <y <y ，即－ 3<y B 0 B 03 3 3 3< 3.所以－ <m <，且 m ≠0.故 m 的取值范围为 －，0 ∪ 0，.利用点在曲线内(外)的充要条件构建目标不等式的核心是抓住目标参数和某点的关系，根据点与圆锥曲线的位置关系构建目标不等式．命题角度二 构建函数模型求最值或范围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，可以构建二次型函数、双曲线型函数、 多项式型函数等．方法一：构建二次函数模型x y 3已知椭圆 C ： ＋ ＝1(a >b >0)的离心率为 ，F ，F 分别为椭圆 C 的左、右焦 ab 3 1 2点，过 F 的直线 l 与 C 相交于 A ，B 两点，△F △ AB 的周长为 4 3.21(1)求椭圆 C 的方程；→ → → →2y1 M M N NM N M N M N M N 0 y11 2 0 1 3 2 4 0 0112 B B B B 4 43 3 3 34 4 222 210【解】 (1)由离心率 e ＝，可知 ＝ ，由△F △ 3 a 3AB 的周长为 4 3，得 4a ＝4 3，所以 a ＝ 3，c ＝1，b 2＝a 2－c 2＝2，故椭圆 C 的方程为 ＋ ＝1.3 22 3 2 3(2)当直线 l 的斜率不存在，即λ＝－1 时，设A 在 x 轴上方，则A 1， 1，－又 T (2，0)，所以|TA ＋TB |＝－1， ＋ －1，－ ＝2.3 3当直线 l 的斜率存在，即 λ∈[－3，－1)时，设直线 l 的方程为 y ＝k (x －1)．y ＝kx －k ， 由2 2 得(2＋3k 2)x 2－6k 2 ＋ ＝1 x ＋3k 2－6＝0，设 A (x ，y )，B (x ，y)，显然 y ≠0，y26k 23k 2－6≠0，则由根与系数的关系可得 x ＋x ＝ ，x x ＝ ，y ＋y ＝k (x ＋x 1 2 1 2 1 2 1 2－4k )－2k ＝ ， 2＋3ky y ＝k 2[x x －(x ＋x 1 2 1 2 1 2－4k 2 )＋1]＝ . 2＋3kA B (1，0)，所以 ＝λ，λ<0.2－4k2易知 λ ＋ ＋ 2 ＝ ＝ ＝ ，由 λ∈[ － 3 ，－ 1) ，得 λ ＋ ∈ λ y 1y 2 －4k 2 2＋3k λ2＋3k－ ，－2 ，3即 λ＋ ＋2∈ － ，0 ，3故－ 3－4 ≤ <0，解得 k ≥ . 2＋3k→ → )，TB)，所以T A ＋TB ＝(x ＋x －4，y ＋y 1212)＝6k 2＋8 －4k － ， 2＋3k 2＋3k，113 c 3 1 2 2 xy ，B ，3 3 → → 2 3 2 3x y 3 21 12 2 1 2＋3k 2＋3k 2 2 22因为F ＝λF ，F → → y 1y 2 2 2 21 （y＋y ）2 2＋3k －4 1 1 2 2 210 1 4 λ 4 12 3 2因为T A ＝(x －2，y ＝(x －2，y1122 → → 2 2故 | TA ＋ TB |6k 2＋8＝－2＋3k2＋－4k2＋3k2＝36k 4＋112k 2＋64（2＋3k 2）2＝4（2＋3k 2）2＋ （2＋3k 2）＋（2＋3k 2）264 1 16 2＝4＋ ＋ .3 2＋3k 3 2＋3k1 1 1 1 ≥ ≤ 2＋3k 2＋3k ，即 t ∈ 0， ，所以|TA ＋TB |2＝4＋ 643t ＋16 16 52 316 t (t ＋2) 4，→ → 2 237|∈ 2， .→ → 2 237|的取值范围为 2， .本题主要考查椭圆的定义、向量的坐标表示、几何问题代数化等．其中难点是代数化后，目标函数比较复杂，若直接计算则相当麻烦，但是通过分析发现，目标函数中有相同的式子1 1，此时可把式子 看成一个整体，用一个变量去代替它，从而将函数转化成一个 2＋3k 2＋3k 简单的二次函数．b方法二：构建双曲线型函数y ＝a ＋ (b ≠0) xx y已知椭圆 C ： ＋ ＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为 F ，a b 1F ，以 F F 为直径的圆与直线 ax ＋2by － 3ab ＝0 相切．21 2(1)求椭圆 C 的离心率 e ；→ →(2)如图，过 F 作直线 l 与椭圆分别交于 P ，Q 两点，若△PQF 的周长为 4 2，求F P ·F Q1 2 2 2 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△PQF的周长为 4 2，所以 4a ＝4 2，即 a ＝ 2.12→ → 22264 16 33122令 t ＝ ，因为 k 2 ，所以 0<3 3 2 2 1 3 → → 2＝ 2－ ∈ ，27 3 3 3所以|TA ＋TB9综上，|TA ＋TB9222 2 222由(1)知 b 2＝c 2＝1，故椭圆方程为 ＋y 2＝1，2且焦点 F1(－1，0)，F (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，，Q －1，－ ，2 2→ 2 → 2 → → 7 F P Q Q 2 2 2 2 2 2 2.y ＝k （x ＋1），②若直线 l 的斜率存在，设直线 l 的方程为 y ＝k (x ＋1)，由 消去 y ，得x 2＋2y 2＝2(2k 2＋1)x 2＋4k 2 x ＋2k 2－2＝0.设 P (x ，y )，Q (x ，y )，4k 22k 2－2则 x ＋x ＝－ ，x x ＝ .2k 2＋1 2k 2＋1P F Q ＝(x －1，y )·(x －1，y 2 2 1 1 2 2)＝(x －1)·(x －1)＋y y ＝(k 2＋1)x x＋(k 2－1)(x ＋ 12k 2－24kx )＋k 2＋1＝(k 2＋1) ＋(k 2－1)2k 2＋17k 2－1 7 9＋k 2＋1＝ ＝ － ，2k 2＋1 2 2（2k 2＋1）2→→ 7 9 →→ 72 2 2 t 222结合①②，得F P F Q ∈ －1， ，所以F P F Q 的最大值是 .2 2 2 2 2→ →本题的求解思路是先利用向量的坐标运算及根与系数的关系得到F P ·F Q 的目标函数，2 2 b然后分离参数，构建 y ＝a ＋ (b ≠0)型函数，再利用函数的单调性求得取值范围．注意当目x标函数是分式函数时，通常可以通过分离参数的方法，将目标函数转化成双曲线型函数处理．b方法三：构建双曲线型函数 y ＝ax ＋ (ab ≠0)xx y已知椭圆 C ： ＋ ＝1(a >b >0)短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形， ab直线 3x ＋4y ＋6＝0 与圆 x ＋(y －b )＝a 2相切．(1)求椭圆 C 的方程；(2)已知过椭圆 C 的左顶点 A 的两条直线 l ，l 分别交椭圆 C 于 M ，N 两点，且 l ⊥l ，1212求证：直线 MN 过定点，并求出定点坐标；(3)在(2)的条件下 △求AMN 面积的最大值．2x 222＝ －2， ，F ＝ －2，－ ，故F ＝P F 1 1 2 2 121 2所以F→ →1 2 1 2 1 2 2－ 2＋1 2k 2F ∈ －1， 令 t ＝2(2k ＋1)，则F F ＝ －P Q (t >2)，所以F P Q . → → 7 → → 72 222 2 2213【解】a ＝2b ，a ＝2， x 2 (1)由题意，得 解得 故椭圆 C 的方程为 ＋y ＝1.＝a ，b ＝1，(2)由题意得直线 l ，l 的斜率均存在且均不为 0，又 A (－2，0)，故可设 l ：x ＝my －2，l ：x ＝－ y －2.x ＝my －2，由得(m 2＋4)y 2－4my ＝0，所以Mx 2＋4y 2－4＝0，2－8m4m同理 N ，－.4m 2＋14m 2＋12m 2－8 4m，.m 2＋4 m 2＋4①当 m ≠±1 时，k ＝ ，l ：y ＝4（m 2－1） 4（m 2－1）－ ，0 . 565，此时直线 MN 过定点②当 m ＝±1 时，l ：x ＝－ ，此时直线 MN 过点 － ，0 .MN 5 5综上，直线 MN 恒过定点 － ，0 . 5(3) 设 M (x ， y ) ， N (x ， y ) ， 则 S △ AMN ＝1 42 × 5 |y MN 4m 4m ＋5＝8m ＋m8m＋m＝ ＝4m ＋m ＋9令 t ＝m ＋，则 S ＝ △AMN，且 t ≥2，当且仅当 m ＝±1 时取等号． 9 4t ＋又 y ＝4t ＋ 在[2，＋∞)上单调递增，所以 S≤ ，当且仅当 m ＝±1 时取等号．故(St25△ AMN16 max25.本题的难点是第 (3)问中得到的目标函数很复杂，需要进行适当的变形处理，经分析，先将目标函数分子分母同时除以 m2，然后同时除以 m ＋，再进行换元就可以看出其分母m9为双曲线型函数结构 y ＝4t ＋ ，若利用基本不等式求最值，一定要注意是否满足“一正二定t2|4b ＋6| 4 5 1 21m 1 225m5mMNMNx ＋6666 M M N N－ y | 2＋4 4m ＋1 ＝ m 2 2 34 4m ＋17m 2＋41 121m 8 t9 16 △ A MN) ＝114三相等”，显然此时不满足“相等”这一条件，故需利用函数单调性求最值．[对点训练]x y 1．(2018· 豫南九校联考)设椭圆 ＋ ＝1(a > 3)的右焦点为 F ，右顶点为 A .已知|OA |－a 3 |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 ＋ ＝1，离心率 e ＝ ＝ .4 3 a 2(2)设 M (x ，y )，易知 A (2，0)， △在MAO 中，∠MOA ≤∠MAO MA ≤MO ，即(x －2)2 ＋y 2 ≤x 2 ＋y 2 ，化简得 x ≥1.MMMM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 ，y )，由＋ ＝1， y ＝k （x －2）消去 y ，整理得(4k ＋3)x －16k 2x ＋16k 2－12＝0，8k 2－6解得 x ＝2 或 x ＝ .4k 2＋38k 2－6 －12k由题意得 x ＝ ，从而 y ＝ .4k 2＋3 4k 2＋3由(1)知 F (1，0)，设 H (0，y H)，→ → 9－4k 12k)，BF4k 2＋3 4k 2＋3.→ → 4k 2－9 12ky9－4k 4k 2＋3 4k 2＋3 12k1 9－4k所以直线 MH 的方程为 y ＝－ x ＋ .y ＝k （x －2）， 20k由 2消去 y ，得 x ＝ .12（k 2＋1）k 12k2 22 2 2 x y c 1M M M B B2 2x y 4 32 2 B B2＝ ， 则F H ＝(－1，yH2由 BF ⊥HF ，得B F FH ＝0，即 ＋H ＝0，解得 y ＝，H2k 12k 2＋99－4k1 M y ＝－ x ＋1520k 2＋9由 x ≥1，得 ≥1，解得 k ≤－ 12（k 2＋1）或 k ≥ ，所以直线 l 的斜率的取值范围 4 4为 －∞，－6 6 4 42．如图，已知抛物线 x11 3 9 ＝y ，点 A － ， ，B ， ，抛物线上的点 P (x ，y ) 13－ <x < ，过点 B 作直线 AP 的垂线，垂足为 Q .(1)求直线 AP 的斜率的取值范围；(2)求|PA |·|PQ |的最大值．x 2－134 1解：(1)由题可知 P (x ，x )，－ <x < ，所以直线 AP 的斜率 k ＝ ＝x － ∈(－1，1)，x ＋故直线 AP 的斜率的取值范围是(－1，1)．(2)由(1)知 P (x ，x213 )，－<x <，所以P A ＝ － －x ， －x 2 2 4.①当直线 AP 的斜率为 0 时，P， ，Q ， ，|PA | |PQ |＝1.2 42 4－x 21 1 1 3 9 4②当直线 AP 的斜率不为 0 时，设直线 l ：y ＝kx ＋ k ＋ ，l ：y ＝－ x ＋ ＋ ，由－ －x2＝k ，整理得 x ＝k ＋ ，23＋4k －k联立直线 AP 、直线 BQ 的方程可得 Q， 2k 2＋29k 2＋8k ＋14k 2＋4，故P Q ＝1＋k －k 2－k 3 －k 4－k 3＋k 2＋k ，1＋k 1＋k，又P A ＝(－1－k ，－k 2－k )，故 |PA |·|PQ | ＝ AP PQ ＝（1＋k ）3（1－k ） 1＋k ＋k 2（1＋k ）3（1－k ） 1＋k＝ (1 ＋ k )3 (1 － k )( －1<k <1，且 k ≠0)．令 f (x )＝(1＋x )3(1－x )，－1<x <1，且 x ≠0，则 f ′(x )＝(1＋x )21(2－4x )＝－2(1＋x ) (2x －1)，由于当 x ∈(－1，0)和 x ∈ 0，时 f ′(x )>0，M 6 6 ∪ ，＋∞ .22 4 2422 122 2 1 22 2 2 →111 13 112 4k2k 41APBQ1 2→22→→ → 2 22216f (x )单调递增，当 x ∈ ，1 时 f ′(x )<0，f (x )单调递减，所以 f (x )＝f max＝ ，2 16故|PA |·|PQ |的最大值为 16 .综上，|PA| |PQ |的最大值为 .16存在性问题(综合型)[典型例题]命题角度一 点、线的存在性问题x y (2018· 贵阳模拟)如图，椭圆 C ： ＋ ＝1(a >b >0)的左顶点a b与上顶点分别为 A ，B ，右焦点为 F ，点 P 在椭圆 C 上，且 PF ⊥x 轴，若 AB ∥OP ，且|AB |＝2 3.(1)求椭圆 C 的方程；(2)Q 是椭圆 C 上不同于长轴端点的任意一点，在 x 轴上是否存在一点 D ，使得直线 QA 与QD 的斜率乘积恒为定值？若存在，求出点 D 的坐标；若不存在，说明理由．【解】 (1)由题意得 A (－a ，0)，B (0，b )，可设 P (c ，t )(t >0)，c t b b 2＋ 2＝1，解得 t ＝ c ，，b2由 AB ∥OP 得 ＝ ，即 b ＝c ，a c所以 a 2＝b 2＋c 2＝2b 2，①又 AB ＝2 3，所以 a 2＋b 2＝12，②由①②得 a 2＝8，b 2＝4，所以椭圆 C 的方程为 ＋ ＝1.8 4(2)假设存在 D (m ，0)使得直线 QA 与 QD 的斜率乘积恒为定值，设 Q (x ，y )(y≠0)，则x y 08 4＝1，③设 k ×k QAQD＝k (常数)，因为 A (－2 2，0)，y y × x ＋2 2 x －m 0 012 1 2727272 22 2 2 2 2 2 所以 ，即 P a a b ab a2 2x y 0 0 02 2＋ 0 所以 0＝k ，④1 2.，⑤由③得 y 2＝4 1－ 0将⑤代入④，得8－x . k ＝2[x 2＋（2 2－m ）x －2 2m ]0 022－m ＝0， 所以所以 m ＝2 2，k ＝－ ，所以存在点 D (2 2，0)，使得 k ×k2 QA QD22m ＝8，命题角度二 字母参数值的存在性问题已知动圆 C 与圆 x ＋y ＋2x ＝0 外切，与圆 x ＋y －2x －24＝0 内切．＝－(1)试求动圆圆心 C 的轨迹方程．(2)过定点 P (0，2)且斜率为 k (k ≠0)的直线 l 与(1)中轨迹交于不同的两点 M ，N ，试判断 在 x 轴上是否存在点 A (m ，0)，使得以 AM ，AN 为邻边的平行四边形为菱形？若存在，求出 实数 m 的范围；若不存在，请说明理由．【解】 (1)由 x 2＋y 2＋2x ＝0 得(x ＋1)2＋y 2＝1，由 x 2＋y 2－2x －24＝0 得(x －1)2＋y 2＝25，设动圆 C 的半径为 R ，两圆的圆心分别为 F (－1，0)，F (1，0)，则|CF |＝R ＋1，|CF |＝5－R ，所以|CF 1|＋|CF |＝6，根据椭圆的定义可知，点 C 的轨迹为以 F，F 为焦点的椭12圆，所以 c ＝1，a ＝3，所以 b 2＝a 2－c 2＝9－1＝8，所以动圆圆心 C 的轨迹方程为 ＋ ＝9 81.(2)存在．设直线 l 的方程为 y ＝kx ＋2，设 M (x ，y )，N (x ，y)，MN 的中点为 E (x ，y)．假设存在点 A (m ，0)，使得以 AM ，AN 为邻边的平行四边形为菱形，则 AE ⊥MN ，y ＝kx ＋2，由2 2 得(8＋9k 2 ＋ ＝1，)x 2＋36kx －36＝0，－18kx ＋x ＝－ ，所以 x ＝ ， 9k 2＋8 9k 2＋8y ＝kx ＋2＝ ， 0 0因为 AE ⊥MN ，所以 k ＝－ ，AE k2x 0 8 212 2 2 2 1 2 12 22 2 xy 1 1 2 2 0 0x y 98 36k1 2 0162＋89k 1即－09k 2＋8 －2k －2 ＝－ ，所以 m ＝ ＝ ， －18k k 9k 2＋8 8－m k9k 2＋882≥2 9×8＝12 2，所以－ ≤m <0； 8 2k 12因此，存在点 A(m ，0)，使得以 AM ，AN 为邻边的平行四边形为菱形，且实数 m 的取值范围为 － ，0 ∪ 0，.存在性问题求解的思路及策略(1)思路：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．(2)策略：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．[对点训练]1 1已知圆 C ：(x －1) ＋y ＝ ，一动圆与直线 x ＝－ 相切且与圆 C 外切．4 2 (1)求动圆圆心 P 的轨迹 T 的方程．(2)若经过定点 Q (6，0)的直线 l 与曲线 T 交于 A ，B 两点，M 是线段 AB 的中点，过 M 作 x 轴的平行线与曲线 T 相交于点 N ，试问是否存在直线 l ，使得 NA ⊥NB ，若存在，求出 直线 l 的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)设 P (x ，y )，分析可知：动圆的圆心不能在 y 轴的左侧，故 x ≥0，因为动圆与直线 x ＝－ 相切，且与圆 C 外切，2所以|PC |－x ＋ ＝ ，所以|PC |＝x ＋1，所以 （x －1）2＋y 2＝x ＋1， 化简可得 y 2＝4x .(2)设 A (x ，y)，B (x ，y )，由题意可知，当直线 l 与 y 轴垂直时，显然不符合题意，故x ＝my ＋6，可设直线 l 的方程为 x ＝my ＋6，联立 并消去 x ，可得 y 2－4my －24＝0，y 2＝4x161 9k ＋当 k >0 时，9k ＋ k 12 当 k <0 时，9k ＋ ≤－12 2，所以 0<m ≤ .22 12 12 2 2 11 12 21 12 2显然 Δ＝16m 2＋96>0，y 1＋y 2＝4m ，由根与系数的关系可知 ①y 1y 2＝－24，又因为 x ＋x ＝(my ＋6)＋(my ＋6)，1212所以 x ＋x ＝4m 2＋12，②12因为 x x ＝ 1 2，所以 x x ＝36，③ 1 2 4 4 1 2假设存在 N (x ，y 0)，使得NA NB ＝0，y ＋y 由题意可知 y ＝ ，所以 y ＝2m ，④0 2 0由 N 点在抛物线上可知 x ＝ 0 0 4，即 x ＝m 2，⑤→ → )，NB )，若N A NB ＝0，则 x x －x (x ＋x 1 2 0 1 2)＋x 2＋y y －y (y ＋y )＋y 2＝0，由①②③④⑤代入上式化简可得：3m 4＋16m 2－12＝0，即(m 2＋6)(3m 2－2)＝0，所以 m 2＝ ，故 m ＝± ，3 3所以存在直线 3x ＋ 6y －18＝0 或 3x － 6y －18＝0，使得 NA ⊥NB .x 1．(2018· 高考全国卷Ⅰ)设椭圆 C ： ＋y ＝1 的右焦点为 F ，过 F 的直线 l 与 C 交于 A ，2B 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.由已知可得，点 A 的坐标为 或 2 2所以 AM 的方程为 y ＝－2 2x ＋ 2或 y ＝ x － 2.(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 .2 2 y y → →12 2y 又N A ＝(x －x ，y －y ＝(x －x ，y －y1122→ →0 1 2 0 1 2 0 2 622 2 21，－ . 1， 2 2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 ，y 11)，B (x ，y)，则 x 1< 2，x < 2，直线 MA ，MB 的斜率之和为 k ＋k ＝ 1 ＋ 2 .x －2 x －212由 y ＝kx －k ，y ＝kx －k 得1122k ＋k ＝ MAMB2kx x －3k （x ＋x ）＋4k 1 2 1 2（x －2）（x －2） 12将 y ＝k (x －1)代入 ＋y 2＝1 得2(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0.4k 22k 2－2所以，x ＋x ＝ ，x x ＝ . 2k 2＋1 2k 2＋14k 3－4k －12k 3＋8k 3＋4k 则 2kx x －3k (x ＋x )＋4k ＝ ＝0. 1 2从而 k ＋k ＝0，故 MA ，MB 的倾斜角互补．所以∠OMA ＝∠OMB .MAMB综上，∠OMA ＝∠OMB .x y 2．(2018· 福州模拟)已知 F 为椭圆 C ： ＋ ＝1 的右焦点，M 为 C 上的任意一点．4 3(1)求|MF |的取值范围；3(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－ ，证明：M ，N4 两点的横坐标之和为常数．解：(1)依题意得 a ＝2，b ＝ 3，所以 c ＝a 2－b 2＝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 ，y )，则 M ＋ M ＝1，4 3所以|MF |2＝(x －1)2＋y 2 ＝(x －1)2＋3－ x 2 ＝ x 2 －2x ＋4＝ (x －4)2，M M M 4 M 4 M M 4 M又－2≤x ≤2，所以 1≤|MF | ≤9，所以 1≤|MF |≤3，所以|MF |的取值范围为[1，3]．2 2 y y2 MA MB .2x 1 2 1 2 1 2 2＋1 2k2 2 M M 2 2x y 3 1 1 2 M(2)证明：设 P ，M ，N 三点的坐标分别为(x ，y )，(x ，y )，(x ，y)，设直线 PM ，PN 的斜率分别为 k ，k ，则直线 PM 的方程为 y －y ＝k 1 2 P 1(x －x )，＋ ＝1， 联立方程，得消去 y ，得＝k （x －x ），P1P(3＋4k )x 2－8k (k x －y )x ＋4k 2x 2 －8k x y ＋4y 2 －12＝0，由根与系数的关系可得 x ＋x ＝ M P8k （k x －y ）1 1 P P 3＋4k ，8k （k x －y ） 4k 2x －8k y －3x 所以 x ＝ －x ＝ ，M P 1 1同理可得 x ＋x＝ NP又 k k ＝－ ，1 2 48k （k x －y ）2 2 P P 3＋4k ，8k （k x －y ） 8 故 x ＋x ＝ ＝ 3＋4k－4k －4kx P －y P 6x ＋8k y ＝ ， 3 2 4k 2＋3 4k16x ＋8k y 4k x －8k y －3x 则 x ＝ －x ＝－ ＝－x， 4k 2＋3 3＋4k从而 x ＋x ＝0，NM即 M ，N 两点的横坐标之和为常数．x y 3．(2018· 潍坊模拟)已知椭圆 C ： ＋ ＝1(a >b >0)上动点 P 到两焦点 F ，F 的距离之a b 1 2和为 4，当点 P 运动到椭圆 C 的一个顶点时，直线 PF 恰与以原点 O 为圆心，以椭圆 C 的1离心率 e 为半径的圆相切．(1)求椭圆 C 的方程．(2)设椭圆 C 的左、右顶点分别为 A ，B ，若 PA ，PB 交直线 x ＝6 于不同的两点 M ，N . 问以线段 MN 为直径的圆是否过定点？若是，请求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．解：(1)由椭圆的定义可知 2a ＝4，a ＝2，若点 P 运动到椭圆的左、右顶点时，直线 P F 与圆一定相交，故点 P 只能在椭圆的上、1下顶点，不妨设点 P 为上顶点(0，b )，F 为左焦点(－c ，0)，1P P M M NN P 2 2x y 4 3 y －y 2 1 1 1 P P 1 P 1 P P P2 11 1 P P 1 P 1 P P3＋4k 3＋4k 2 22 232 2 P P N P 2 233P 1 P 1 1 －3＋4 1 2P 1 P 1 P1 P PN P M 2 1 1222 2则直线 PF ：bx －cy ＋bc ＝0，由题意得原点 O 到直线 PF 的距离等于椭圆 C 的离心率11e ，所以bc b 2＋c 2＝ ， a解得 b ＝1，故椭圆 C 的方程为 ＋y 2＝1.4(2)由题意知直线 PA ，PB 的斜率存在且都不为 0.设 k ＝k ，点 P (x ，y )，x≠±2，又 A(－2，0)，B (2，0)，x 1－ y y y1 1 x ＋2 x －2 x 2－4 x 2－4 4 4k 0 0 0 0直线 PA 的方程为 y ＝k (x ＋2)，令 x ＝6，得 y ＝8k ，故 M (6，8k )；1 1 4k k1 ，故 N 6，－ .因为 y y ＝8k ·M N－ ＝－8<0，所以以线段 MN 为直径的圆与 x 轴交于两点，设为 G ， kH ，并设 MN 与 x 轴的交点为 K ，在以线段 MN 为直径的圆中应用相交弦定理得，|GK | |HK |＝|MK |·|NK |＝|8k |·－ ＝8，k因为|GK |＝|HK |，所以|GK |＝|HK |＝2 2，从而以线段 MN 为直径的圆恒过两个定点 G (6－2 2，0)，H (6＋2 2，0)．x y 4．(2018· 高考全国卷Ⅲ)已知斜率为 k 的直线 l 与椭圆 C ： ＋ ＝1 交于 A ，B 两点，4 3线段 AB 的中点为 M (1，m )(m >0)．1(1)证明：k <－ ；2→ → → → → →(2)设 F 为 C 的右焦点，P 为 C 上一点，且F P ＋FA ＋FB ＝0.证明：|FA |，|FP |，|FB |成等 差数列，并求该数列的公差．解：(1)证明：设 A (x ，y)，B(x ，yx y x y 4 3 4 3y －y x ＋x y ＋y 两式相减，并由 ＝k 得 ＋ k ＝0.x －x 4 3 1 2x ＋x y ＋y 3 由题设知 ＝1， ＝m ，于是 k ＝－ .①c2x PA 0 0 0 20 42 所以 k k ＝ 0 0 ＝ 0 ＝ ＝－ ，得 k ＝－ ， PA PB PB直线 PB 的方程为 y ＝－ (x －2)，令 x ＝6，得 y ＝－ k 1 1 2 21 12 2 2 2 2 2 ＋ 1 ＝1， 2 ＋ 2 ＝1. 1)，则 1 2 1 2 12 1 2 1 22 2 4m由题设得 0＜m ＜ ，故 k ＜－ .2 2(2)由题意得 F (1，0)．设 P (x ，y )，则(x －1，y 由(1)及题设得 x ＝3－(x ＋x＝－(y ＋y )＝1，y 3121 2)＋(x －1，y＝－2m ＜0.)＋(x－1，y 2)＝(0，0)．又点 P 在 C 上，所以 m ＝ ，从而 P 43 1，－，|FP |＝ .于是|FA |＝ （x－1）2＋y 2＝ 1x （x －1）2＋3 1－ 1 ＝2－ 1 2 .→ x|＝2－ .所以|FA |＋|FB |＝4－ (x ＋x)＝3.→ → → → → →|＝|FA |＋|FB |，即|FA |，|FP |，|FB |成等差数列． 设该数列的公差为 d ，则→ → 1 2|d |＝||FB |－|FA ||＝|x |＝1 2（x ＋x ）2－4x x .②将 m ＝ 代入①得 k ＝－1.4所以 l 的方程为 y ＝－x ＋ ，代入 C 的方程，并整理得 7x 2－14x ＋ ＝0.4 41 3 21x .1 2 1 2 28 28所以该数列的公差为 或－ .28 283 13 3 3 3 1 1 2 3 3 2 → 32 → 121 4 x 同理|FB2 2 → → 12 1 2 故 2|FP －x 2 1 2 1 2 1 2 37 1＝ ，代入②解得|d |＝ 故 x ＋x ＝2，x 3 21 3 21。
2020届高考数学大二轮复习专题题型2第6讲解析几何第2课时圆锥曲线综合问题练习文
第2课时圆锥曲线综合问题[考情分析] 圆锥曲线综合问题包括：探索性问题、定点与定值问题、范围与最值问题等．这类问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，参数处理为核心，需要运用函数与方程、不等式、平面向量等诸多知识求解，试题难度较大．热点题型分析热点1 定点、定值问题1．直线恒过定点是指无论直线如何变动，必有一个定点的坐标适合这条直线的方程．问题就归结为用参数把直线方程表示出来，无论参数如何变化，这个方程必有一组常数解．2．定值的证明和探索一般是先利用特殊情形确定定值，再给出一般化的证明或直接证得与参数无关的数值，在这类问题中，选择消元的方法是非常关键的．(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(1)因为⊙M过点A，B，所以圆心M在线段AB的垂直平分线上．由已知A在直线x ＋y＝0上，且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线y＝x上，故可设M(a，a)．因为⊙M与直线x＋2＝0相切，所以⊙M的半径为r＝|a＋2|.由已知得|AO|＝2.又MO⊥AO，故可得2a2＋4＝(a＋2)2，解得a＝0或a＝4.故⊙M的半径r＝2或r＝6.(2)存在定点P(1,0)，使得|MA|－|MP|为定值．理由如下：设M(x，y)，由已知，得⊙M的半径为r＝|x＋2|，|AO|＝2.由于MO⊥AO，故可得x2＋y2＋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．动直线过定点问题的解法：设动直线方程(斜率存在)为y ＝kx ＋m ，由题设条件将m 用k 表示为m ＝f (k )，借助于点斜式方程思想确定定点坐标．2．定值问题的解法(1)首先由特例得出一个值(此值一般就是定值)．(2)将问题转化为证明待定式与参数(某些变量)无关；或先将式子用动点坐标或动直线中的参数表示；再利用其满足的约束条件消参得定值．(2018·北京高考)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 经过点P (1,2)，所以4＝2p ，解得p ＝2，所以抛物线的方程为y 2＝4x .由题意可知直线l 的斜率存在且不为0，设直线l 的方程为y ＝kx ＋1(k ≠0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝kx ＋1，得k 2x 2＋(2k －4)x ＋1＝0.依题意有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 的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0,1)．(2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由(1)知x 1＋x 2＝－2k －4k 2，x 1x 2＝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.同理可得点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 1－1k －1x 1＋x 2－1k －1x 2＝1k －1·2x 1x 2－x 1＋x 2x 1x 2＝1k －1·2k 2＋2k －4k21k 2＝2.所以1λ＋1μ为定值．热点2 范围、最值问题解决有关范围、最值问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、角或斜率等)，建立目标函数，然后利用函数的有关知识和方法求解．具体可采用如下方法：(1)利用判别式构造不等式，从而确定参数的取值范围；(2)利用已知参数的取值范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立相等关系；(3)利用已知或隐含的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围； (4)利用函数值域的求法，确定参数的取值范围．(2017·浙江高考)如图，已知抛物线x 2＝y ，点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，14，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，94，抛物线上的点P (x ，y )⎝ ⎛⎭⎪⎫－12<x <32.过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q .(1)求直线AP 斜率的取值范围； (2)求|PA |·|PQ |的最大值．解 (1)设直线AP 的斜率为k ，则k ＝x 2－14x ＋12＝x －12，因为－12<x <32，所以直线AP 斜率的取值范围是(－1,1)． (2)联立直线AP 与BQ 的方程⎩⎪⎨⎪⎧kx －y ＋12k ＋14＝0，x ＋ky －94k －32＝0，解得点Q 的横坐标是x Q ＝－k 2＋4k ＋32k 2＋1.因为|PA |＝1＋k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＝1＋k 2(k ＋1)，|PQ |＝1＋k 2(x Q －x )＝－k －1k ＋12k 2＋1，所以|PA |·|PQ |＝－(k －1)(k ＋1)3. 令f (k )＝－(k －1)(k ＋1)3， 因为f ′(k )＝－(4k －2)(k ＋1)2， 所以f (k )在区间⎝⎛⎭⎪⎫－1，12上单调递增， 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减，因此，当k ＝12时，|PA |·|PQ |取得最大值2716.有关范围、最值问题的解题步骤如下：第一步：设参数：依题意设出相关的参数，如设点的坐标，设比例式的参数或设直线的方程等；第二步：联立方程：常把直线方程与曲线方程联立，转化为关于x (或y )的一元二次方程； 第三步：建立函数：根据题设条件中的关系，建立目标函数的关系式；第四步：求最值(或范围)：利用配方法、基本不等式法、单调性法(基本初等函数或导数)等求其最值．(2019·全国卷Ⅱ)已知点A (－2,0)，B (2,0)，动点M (x ，y )满足直线AM 与BM 的斜率之积为－12.记M 的轨迹为曲线C .(1)求C 的方程，并说明C 是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交C 于P ，Q 两点，点P 在第一象限，PE ⊥x 轴，垂足为E ，连接QE 并延长交C 于点G .①证明：△PQG 是直角三角形； ②求△PQG 面积的最大值． 解 (1)由题设，得yx ＋2·y x －2＝－12， 化简得C 的方程为x 24＋y 22＝1(|x |≠2)， 所以C 为中心在坐标原点，焦点在x 轴上的椭圆，不含左右顶点．(2)①证明：设直线PQ 的斜率为k ， 则其方程为y ＝kx (k >0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 24＋y22＝1，得x ＝±21＋2k2.设u ＝21＋2k2，则P (u ，uk )，Q (－u ，－uk )，E (u,0)．于是直线QG 的斜率为k 2，方程为y ＝k2(x －u )．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k2x －u ，x 24＋y 22＝1，得(2＋k 2)x 2－2uk 2x ＋k 2u 2－8＝0.(*) 设G (x G ，y G )，则－u 和x G 是方程(*)的解，故x G ＝u 3k 2＋22＋k 2，由此得y G ＝uk 32＋k 2.从而直线PG 的斜率为uk 32＋k 2－uk u 3k 2＋22＋k2－u ＝－1k. 所以PQ ⊥PG ，即△PQG 是直角三角形．②由①得|PQ |＝2u 1＋k 2，|PG |＝2uk k 2＋12＋k2， 所以△PQG 的面积S ＝12|PQ |·|PG |＝8k 1＋k 21＋2k 22＋k2＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋k 1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋k 2. 设t ＝k ＋1k，则由k >0，得t ≥2，当且仅当k ＝1时取等号． 因为S ＝8t1＋2t 2在[2，＋∞)上单调递减，所以当t ＝2，即k ＝1时，S 取得最大值，最大值为169.因此，△PQG 面积的最大值为169.热点3 探索性问题圆锥曲线中的探索性问题常考查结论存在和条件探究两种题型，一般的解题思路如下： (1)结论存在型：即证明在给定的条件下，一些给定的结论是否存在．解题时一般先对结论作肯定假设，然后结合已知条件进行推证，若推证无矛盾，则正确；若推出矛盾，则否定此结论．过程可归纳为：假设—推证—定论；(2)条件探究型：即给出结论，需要分析出具备的条件，并加以证明．解题时一般从结论出发，依据其他已知条件，通过必要的逻辑推理，逐步找到结论成立的等价条件，即“执果索因”．(2019·全国卷Ⅱ)已知F 1，F 2是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的两个焦点，P 为C 上的点，O 为坐标原点．(1)若△POF 2为等边三角形，求C 的离心率；(2)如果存在点P ，使得PF 1⊥PF 2，且△F 1PF 2的面积等于16，求b 的值和a 的取值范围． 解 (1)连接PF 1.由△POF 2为等边三角形可知在△F 1PF 2中，∠F 1PF 2＝90°，|PF 2|＝c ，|PF 1|＝3c ，于是2a ＝|PF 1|＋|PF 2|＝(3＋1)c ，故C 的离心率为e ＝ca＝3－1.(2)由题意可知，满足条件的点P (x ，y )存在当且仅当 12|y |·2c ＝16，y x ＋c ·y x －c ＝－1，x 2a 2＋y 2b 2＝1， 即c |y |＝16，①x 2＋y 2＝c 2，② x 2a 2＋y 2b 2＝1.③ 由②③及a 2＝b 2＋c 2，得y 2＝b 4c2.又由①，知y 2＝162c2，故b ＝4.由②③及a 2＝b 2＋c 2得x 2＝a 2c2(c 2－b 2)，所以c 2≥b 2，从而a 2＝b 2＋c 2≥2b 2＝32，故a ≥4 2. 当b ＝4，a ≥42时，存在满足条件的点P .所以b ＝4，a 的取值范围为[42，＋∞)．解决探索性问题时要注意：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，推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．3．当条件和结论都未知时，按常规方法解题较难，因此要开放思维，采取其他途径．设椭圆M ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为A (－1,0)，B (1,0)，C 为椭圆M 上的点，且∠ACB ＝π3，S △ABC ＝33.(1)求椭圆M 的标准方程；(2)设过椭圆M 右焦点且斜率为k 的动直线与椭圆M 相交于E ，F 两点，探究在x 轴上是否存在定点D ，使得DE →·DF →为定值？若存在，试求出定值和点D 的坐标；若不存在，请说明理由．解 (1)在△ABC 中，由余弦定理得AB 2＝CA 2＋CB 2－2CA ·CB cos ∠ACB ＝(CA ＋CB )2－3CA ·CB ＝4.又S △ABC ＝12CA ·CB sin ∠ACB ＝34CA ·CB ＝33，∴CA ·CB ＝43，代入上式得CA ＋CB ＝2 2.椭圆长轴2a ＝22，焦距2c ＝AB ＝2. 所以椭圆M 的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)设直线方程为y ＝k (x －1)，E (x 1，y 1)，F (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝k x －1.消去y ，得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0，Δ＝8k 2＋8>0， ∴x 1＋x 2＝4k 21＋2k 2，x 1x 2＝2k 2－21＋2k 2.假设在x 轴上存在定点D (x 0,0)，使得DE →·DF →为定值，∴DE →·DF →＝(x 1－x 0，y 1)·(x 2－x 0，y 2) ＝x 1x 2－x 0(x 1＋x 2)＋x 20＋y 1y 2＝x 1x 2－x 0(x 1＋x 2)＋x 20＋k 2(x 1－1)(x 2－1) ＝(1＋k 2)x 1x 2－(x 0＋k 2)(x 1＋x 2)＋x 20＋k 2＝2x 20－4x 0＋1k 2＋x 20－21＋2k2. 要使DE →·DF →为定值，则DE →·DF →的值与k 无关， ∴2x 20－4x 0＋1＝2(x 20－2)，解得x 0＝54，此时DE →·DF →＝－716为定值，定点为⎝ ⎛⎭⎪⎫54，0.专题作业1．(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线C ：y ＝x 22，D 为直线y ＝－12上的动点，过D 作C 的两条切线，切点分别为A ，B .(1)证明：直线AB 过定点；(2)若以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52为圆心的圆与直线AB 相切，且切点为线段AB 的中点，求四边形ADBE的面积．解 (1)证明：设D ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－12，A (x 1，y 1)，则x 21＝2y 1.因为y ′＝x ，所以切线DA 的斜率为x 1，故y 1＋12x 1－t＝x 1.整理得2tx 1－2y 1＋1＝0.设B (x 2，y 2)，同理可得2tx 2－2y 2＋1＝0. 故直线AB 的方程为2tx －2y ＋1＝0.所以直线AB 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12. (2)由(1)得直线AB 的方程为y ＝tx ＋12.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝tx ＋12，y ＝x22可得x 2－2tx －1＝0.于是x 1＋x 2＝2t ，x 1x 2＝－1，y 1＋y 2＝t (x 1＋x 2)＋1＝2t 2＋1，|AB |＝1＋t 2|x 1－x 2|＝1＋t 2×x 1＋x 22－4x 1x 2＝2(t 2＋1)．设d 1，d 2分别为点D ，E 到直线AB 的距离， 则d 1＝t 2＋1，d 2＝2t 2＋1.因此，四边形ADBE 的面积S ＝12|AB |(d 1＋d 2)＝(t 2＋3) t 2＋1.设M 为线段AB 的中点，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，t 2＋12.因为EM →⊥AB →，而EM →＝(t ，t 2－2)，AB →与向量(1，t )平行， 所以t ＋(t 2－2)t ＝0，解得t ＝0或t ＝±1. 当t ＝0时，S ＝3；当t ＝±1时，S ＝4 2. 因此，四边形ADBE 的面积为3或4 2.2．(2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝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)由于P 3，P 4两点关于y 轴对称，故由题设知椭圆C 经过P 3，P 4两点． 又由1a 2＋1b 2＞1a 2＋34b 2，知椭圆C 不经过点P 1，所以点P 2在椭圆C 上．因此⎩⎪⎨⎪⎧1b 2＝1，1a 2＋34b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝1.故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明：设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2.如果l 与x 轴垂直，设l ：x ＝t ，由题设知t ≠0，且|t |＜2，可得A ，B 的坐标分别为⎝⎛⎭⎪⎫t ，4－t 22，⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－4－t 22，则k 1＋k 2＝4－t 2－22t －4－t 2＋22t ＝－1，解得t ＝2，不符合题设． 从而可设l ：y ＝kx ＋m (m ≠1)． 将y ＝kx ＋m 代入x 24＋y 2＝1， 得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0. 由题设可知Δ＝16(4k 2－m 2＋1)＞0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.而k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1x 2 ＝2kx 1x 2＋m －1x 1＋x 2x 1x 2.由题设k 1＋k 2＝－1，故(2k ＋1)x 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)＝0. 即(2k ＋1)·4m 2－44k 2＋1＋(m －1)·－8km4k 2＋1＝0，解得k ＝－m ＋12.当且仅当m ＞－1时，Δ＞0， 于是l ：y ＝－m ＋12x ＋m ，即y ＋1＝－m ＋12(x －2)，所以l 过定点(2，－1)．3．(2019·北京高考)已知抛物线C ：x 2＝－2py 经过点(2，－1)． (1)求抛物线C 的方程及其准线方程；(2)设O 为原点，过抛物线C 的焦点作斜率不为0的直线l 交抛物线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 (1)由抛物线C ：x 2＝－2py 经过点(2，－1)，得p ＝2.所以抛物线C 的方程为x 2＝－4y ，其准线方程为y ＝1.(2)证明：抛物线C 的焦点为F (0，－1)．设直线l 的方程为y ＝kx －1(k ≠0)．由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx －1，x 2＝－4y 得x 2＋4kx －4＝0. 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1x 2＝－4.直线OM 的方程为y ＝y 1x 1x .令y ＝－1，得点A 的横坐标x A ＝－x 1y 1.同理得点B 的横坐标x B ＝－x 2y 2.设点D (0，n )，则DA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 1y 1，－1－n ， DB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 2y 2，－1－n ， DA →·DB →＝x 1x 2y 1y 2＋(n ＋1)2＝x 1x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 214⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 224＋(n ＋1)2 ＝16x 1x 2＋(n ＋1)2＝－4＋(n ＋1)2.令DA →·DB →＝0，即－4＋(n ＋1)2＝0，得n ＝1或n ＝－3.综上，以AB 为直径的圆经过y 轴上的定点(0,1)和(0，－3)．4．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，离心率为13，点P 在椭圆C 上，且△PF 1F 2的面积的最大值为2 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)已知直线l ：y ＝kx ＋2(k ≠0)与椭圆C 交于不同的两点M ，N ，若在x 轴上存在点G ，使得|GM |＝|GN |，求点G 的横坐标的取值范围．解 (1)由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧ c a ＝13，12×2c ×b ＝22，c 2＝a 2－b 2，解得a 2＝9，b 2＝8，c 2＝1，所以椭圆C 的方程为x 29＋y 28＝1. (2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，MN 的中点为E (x 0，y 0)， 若存在点G (m,0)，使得|GM |＝|GN |，则GE ⊥MN . 由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋2，x 29＋y 28＝1，得(8＋9k 2)x 2＋36kx －36＝0， 由Δ>0，得k ∈R .所以x 1＋x 2＝－36k 9k 2＋8， 则x 0＝－18k 9k 2＋8，y 0＝kx 0＋2＝169k 2＋8. 因为GE ⊥MN ，所以k GE ＝－1k ，即169k 2＋8－0－18k 9k 2＋8－m ＝－1k ， 所以有m ＝－2k 9k 2＋8＝－29k ＋8k. 当k >0时，9k ＋8k ≥29×8＝122⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当9k ＝8k ，即k ＝223时，取等号，所以－212≤m <0；当k <0时，9k ＋8k ≤－122⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当9k ＝8k ，即k ＝－223时，取等号，所以0<m ≤212.综上，点G 的横坐标的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－212，0∪⎝ ⎛⎦⎥⎤0，212.。
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专题限时集训(十一) 圆锥曲线中的综合问题
(建议用时：40分钟)
1．(2019·西安模拟)已知抛物线E ：y 2
＝2px (p ＞0)的焦点为F ，x 轴上方的点A (2，m )在抛物线E 上，且|AF |＝5
2
，直线l 与抛物线E 交于M ，N 两点(点M ，N 与A 不重合)，设直线
AM ，AN 的斜率分别为k 1，k 2.
(1)求抛物线E 的方程；
(2)当k 1＋k 2＝2时，求证：直线l 恒过定点，并求出该定点的坐标．
[解] (1)由抛物线的定义得|AF |＝2＋p 2＝5
2
，得p ＝1，
所以，抛物线E 的方程为y 2
＝2x .
(2)证明：如图所示，易知直线l 的斜率存在且不等于零，设直线l 的方程为y ＝kx ＋b ，
联立直线l 与抛物线E 的方程⎩
⎪⎨⎪⎧
y ＝kx ＋b ，
y 2
＝2x ，得k 2x 2
＋(2kb －
2)x ＋b 2
＝0，
设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，A (2,2)，由根与系数的关系得x 1＋x 2＝2－2kb k 2
，x 1x 2＝b
2
k
2，k 1＋k 2＝y 1－2x 1－2＋y 2－2x 2－2＝
kx 1＋b －2x 2－2＋kx 2＋b －2x 1－2
x 1－2x 2－2
＝2k ·b 2k 2＋b －2k －2·2－2kb
k 2
＋8－4b
b 2k 2－2·2－2kb k 2
＋4
＝2kb 2
＋b －2k －22－2kb ＋8－4b k
2
b 2
－22－2kb ＋4k 2＝2， 化简得出(b ＋1)(b ＋2k －2)＝0，∴b ＝－1或b ＝2－2k . 当b ＝－1时，y ＝kx －1，过定点(0，－1)；
当b ＝2－2k 时，y ＝kx ＋2－2k ＝k (x －2)＋2，过定点(2,2)，舍去， 故直线l 恒过定点(0，－1)．
2．(2019·马鞍山二模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F ，点M ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1，32在椭圆C 上且MF 垂直于x 轴．
(1)求椭圆C 的方程；
(2)设P 为椭圆C 上的动点，直线PM 与x ＝4交于点N ，求证：点N 到直线PF 的距离为定值，并求出这个定值．
[解](1)由题意可得
⎩⎪
⎨
⎪⎧c＝1，
1
a2
＋
9
4b2
＝1，
a2＝b2＋c2，
解得a2＝4，b2＝3，故椭圆C的方程为
x2
4
＋
y2
3
＝1.
(2)证明：设点P的坐标为(x0，y0)，由M⎝
⎛
⎭⎪
⎫
1，
3
2
，
可得直线PM的方程为y－
3
2
＝
y0－
3
2
x0－1
(x－1)，
将x＝4，代入可得y＝
3
⎝
⎛
⎭⎪
⎫
y0－
3
2
x0－1
＋
3
2
，
故点N
⎝
⎛
⎭
⎪
⎪
⎫
4，
3
⎝
⎛
⎭⎪
⎫
y0－
3
2
x0－1
＋
3
2
，
∵F(1,0)，
∴直线PF的方程为y＝
y0
x0－1
(x－1)，即y0x＋(1－x0)y－y0＝0. ∴点N到直线PF的距离为
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
4y0＋1－x0·
⎝
⎛
⎭
⎪
⎪
⎫
3
⎝
⎛
⎭⎪
⎫
y0－
3
2
x0－1
＋
3
2
－y0
y20＋1－x02
＝
⎪⎪
⎪
⎪⎪
⎪
6－
3
2
x0
3－
3
4
x20＋1－2x0＋x20
＝
3
2
|4－x0|
⎝
⎛
⎭⎪
⎫
1
2
x0－2
2
＝
3
2
|4－x0|
1
2
|x0－4|
＝3，
故N到直线PF的距离为定值，定值为3.
3．(2019·全国卷Ⅱ)已知F 1，F 2是椭圆C ：x
2
a
2＋y 2
b
2＝1(a ＞b ＞0)的两个焦点，P 为C 上的点，O 为坐标原点．
(1)若△POF 2为等边三角形，求C 的离心率；
(2)如果存在点P ，使得PF 1⊥PF 2，且△F 1PF 2的面积等于16，求b 的值和a 的取值范围． [解] (1)连接PF 1(图略)．由△POF 2为等边三角形可知在△F 1PF 2中，∠F 1PF 2＝90°，|PF 2|＝c ，|PF 1|＝3c ，于是2a ＝|PF 1|＋|PF 2|＝(3＋1)c ，故C 的离心率为e ＝c a
＝3－1.
(2)由题意可知，满足条件的点P (x ，y )存在当且仅当 12|y |·2c ＝16，y x ＋c ·y x －c ＝－1，x 2
a 2＋y 2
b 2＝1， 即
c |y |＝16，①
x 2＋y 2＝c 2，② x 2a 2＋y 2
b 2
＝1.③ 由②③及a 2
＝b 2
＋c 2
得y 2
＝b 4
c
2.
又由①知y 2
＝16
2
c
2，故b ＝4.
由②③及a 2
＝b 2
＋c 2
得x 2
＝a 2c
2(c 2－b 2
)，
所以c 2≥b 2，从而a 2＝b 2＋c 2≥2b 2
＝32， 故a ≥4 2.
当b ＝4，a ≥42时，存在满足条件的点P . 所以b ＝4，a 的取值范围为[42，＋∞)．
4．已知椭圆M ：x 2a 2＋y 2
3
＝1(a ＞0)的一个焦点为F (－1,0)，左、右顶点分别为A ，B ，经
过点F 的直线l 与椭圆M 交于C ，D 两点．
(1)求椭圆M 的方程；
(2)[一题多解]记△ABD 与△ABC 的面积分别为S 1和S 2，求|S 1－S 2|的最大值． [解] (1)因为F (－1,0)为椭圆M 的焦点，所以c ＝1， 又b ＝3，所以a ＝2，所以椭圆M 的方程为x 24＋y 2
3
＝1.
(2)法一：当直线l 的斜率不存在时，直线方程为x ＝－1，此时△ABD 与△ABC 的面积相等，即|S 1－S 2|＝0.
当直线l 的斜率存在时，设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，直线l 的方程为y ＝k (x ＋1)(k ≠0)，
与椭圆M 的方程联立，消去y ，得(3＋4k 2)x 2＋8k 2x ＋4k 2
－12＝0，Δ＞0恒成立，且x 1＋x 2＝－8k 2
3＋4k 2，x 1x 2＝4k 2
－123＋4k
2. 此时|S 1－S 2|＝2||y 2|－|y 1||＝2|y 1＋y 2|＝2|k (x 1＋1)＋k (x 2＋1)|＝2|k (x 1＋x 2)＋2k |＝12|k |3＋4k 2＝
123|k |
＋4|k |≤12212
＝3(当且仅当k ＝±3
2时，取等号)， 所以|S 1－S 2|的最大值为 3.
法二：设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，直线l 的方程为x ＝my －1，与椭圆M 的方程联立，消去
x ，得(3m 2＋4)y 2－6my －9＝0，Δ＞0恒成立，且y 1＋y 2＝
6m
3m 2
＋4， 故|S 1－S 2|＝2||y 2|－|y 1||＝2|y 1＋y 2|＝
12|m |
3m 2
＋4
＝12
3|m |＋
4|m |
≤
12
212
＝3，当且仅当m ＝
±23
3
时取等号，所以|S 1－S 2|的最大值为 3.。