(浙江专用)2020版高考数学大二轮复习专题四大题考法课一圆锥曲线中的最值、范围、证明问题课件

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2020年高考数学圆锥曲线中的最值问题(共16张PPT)

x
y
t cos 1 t sin
代入
2x2
y2
2
0
得
(1 cos2 )t2 2sin t 1 0
设
P, Q
对应的参数为 t1, t2
，则 t1
t2
2 cos 1 cos2
, t1t2
1
1 cos2
所以| PQ || t1 t2 |
(t1
t2 )2
4t1t2
1
22 cos2
因为
PQ
的最大值为__________.
解析：题目中点 P 是一动点，点 B 是椭圆的右焦点，因此在椭圆上的一个动点和焦点的连线经常需要考虑这个点和另外一个焦点，即把动点放到焦点三角形中考虑，因
为 PF PB 2a 10，所以 PB 10 PF, PA PB PA PF 10 ，接下来需要求 PA PF 10 的最大值。因为如果 P, A, F 能构成三角形， PA PF AF ，因此当取得最大值时 P, A, F 三点共线， PA PF 10 AF 10 15
例 3：已知 P(x, y) 是抛物线上的点，则 (x 3)2 ( y 2)2 x 的最大值是________.
解析： (x 3)2 ( y 2)2 x (x 3)2 ( y 2)2 (x 1)2 y2 1 题目转化为点 P(x, y) 到点 A(3, 2) 的距离减去到点 M (1, 0) 的距离加 1 因此当 A, M , P 三点共线时取得最大值，最大值为| AM | 1，剩余步骤省
4x
2b
0
令 0，则b 2
则直线 y 2x 2 与 y 2x 2 之间的距离即为高的最大值，因此可以求出面积的最大值。
例 7：点 P 在抛物线 y2 x 上，点 Q 在圆 (x 1)2 ( y 4)2 1，则| PQ |的最小值为 2

(浙江专用)2020版高考数学大二轮复习专题四小题考法课二圆锥曲线的方程与性质课时跟踪检测

圆锥曲线的方程与性质[课时跟踪检测] [A 级——基础小题提速练]一、选择题1．(2019·绍兴柯桥区高三调研)双曲线x 23－y 2＝m (m ＞0)的离心率是( )A.233B.62C. 2D ．2解析：选A 由双曲线方程得a 2＝3m ，b 2＝m ，则双曲线的离心率e ＝ca＝1＋b 2a 2＝233，故选A.2．双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的离心率e ＝132，则它的渐近线方程为( )A ．y ＝±32xB ．y ＝±23xC ．y ＝±94xD ．y ＝±49x解析：选A 由双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的离心率e ＝132，可得c 2a 2＝134，∴b 2a2＋1＝134，可得b a ＝32，故双曲线的渐近线方程为y ＝±32x . 3．(2019·北京高考)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，则( )A ．a 2＝2b 2B ．3a 2＝4b 2C ．a ＝2bD ．3a ＝4b解析：选B 因为椭圆的离心率e ＝c a ＝12，所以a 2＝4c 2.又a 2＝b 2＋c 2，所以3a 2＝4b 2.4．(2019·天津高考)已知抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，准线为l .若l 与双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的两条渐近线分别交于点A 和点B ，且|AB |＝4|OF |(O 为原点)，则双曲线的离心率为( )A. 2B. 3 C ．2D. 5解析：选D 由已知易得，抛物线y 2＝4x 的焦点为F (1,0)，准线l ：x ＝－1，所以|OF |＝1.又双曲线的两条渐近线的方程为y ＝±bax ，不妨设点A ⎝⎛⎭⎪⎫－1，b a ，B ⎝⎛⎭⎪⎫－1，－b a，所以|AB |＝2b a ＝4|OF |＝4，所以b a＝2，即b ＝2a ，所以b 2＝4a 2.又双曲线方程中c 2＝a 2＋b 2，所以c 2＝5a 2，所以e ＝c a＝ 5.5．(2019·全国卷Ⅲ)双曲线C ：x 24－y 22＝1的右焦点为F ，点P 在C 的一条渐近线上，O为坐标原点．若|PO |＝|PF |，则△PFO 的面积为( )A.324B.322C ．2 2D ．3 2解析：选A 法一：双曲线x 24－y 22＝1的右焦点F (6，0)，一条渐近线的方程为y ＝22x ，不妨设点P 在第一象限，由于|PO |＝|PF |，得点P 的横坐标为62，纵坐标为22×62＝32，即△PFO 的底边长为6，高为32，所以它的面积为12×6×32＝324. 法二：不妨设点P 在第一象限，根据题意可知c 2＝6，所以|OF |＝ 6.又tan ∠POF ＝ba ＝22，所以等腰三角形POF 的高h ＝62×22＝32，所以S △PFO ＝12×6×32＝324. 6．已知F 1，F 2分别是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点，若椭圆C 上存在点P 使∠F 1PF 2为钝角，则椭圆C 的离心率的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫22，1 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 C.⎝⎛⎭⎪⎫0，22 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 解析：选A 法一：设P (x 0，y 0)，由题意知|x 0|<a ，因为∠F 1PF 2为钝角，所以PF 1→·PF 2→<0有解，即(－c －x 0，－y 0)·(c －x 0，－y 0)<0，化简得c 2>x 20＋y 20，即c 2>(x 20＋y 20)min ，又y 20＝b2－b 2a 2x 20，0≤x 20<a 2，故x 20＋y 20＝b 2＋c 2a 2x 20∈[b 2，a 2)，所以(x 20＋y 20)min ＝b 2，故c 2>b 2，又b 2＝a 2－c 2，所以e 2＝c 2a 2>12，解得e >22，又0<e <1，故椭圆C 的离心率的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫22，1.法二：椭圆上存在点P 使∠F 1PF 2为钝角⇔以原点O 为圆心，以c为半径的圆与椭圆有四个不同的交点⇔b <c .如图，由b <c ，得a 2－c 2<c 2，即a 2<2c 2，解得e ＝c a >22，又0<e <1，故椭圆C 的离心率的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫22，1. 7．已知抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，准线为l .若射线y ＝2(x －1)(x ≤1)与C ，l 分别交于P ，Q 两点，则|PQ ||PF |＝( )A. 2 B ．2 C. 5D ．5解析：选C 由题意，知抛物线C ：y 2＝4x 的焦点F (1,0)，设准线l ：x ＝－1与x 轴的交点为F 1.过点P 作直线l的垂线，垂足为P 1(图略)，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝2(x －1)，x ≤1，得点Q 的坐标为(－1，－4)，所以|FQ |＝2 5.又|PF |＝|PP 1|，所以|PQ ||PF |＝|PQ ||PP 1|＝|QF ||FF 1|＝252＝5，故选C.8．已知双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，A ，B 分别是双曲线左、右两支上关于坐标原点O 对称的两点，且直线AB 的斜率为2 2.M ，N 分别为AF 2，BF 2的中点，若原点O 在以线段MN 为直径的圆上，则双曲线的离心率为( )A. 3B. 6C.6＋ 3D.6－ 2解析：选C 设双曲线的焦距为2c ，MN 与x 轴交于点H ，如图可知，OH ＝MN 2＝AB 4＝c2，所以AB ＝2c ，由⎩⎨⎧y ＝22x ，b 2x 2－a 2y 2＝a 2b 2，可得x ＝± a 2b 2b 2－8a 2，所以AB ＝6a 2b 2b 2－8a2＝2c ，所以有18a 2c 2－9a 4＝c 4，解得e 2＝9＋62，所以离心率e ＝6＋3，故选C.9．设AB 是椭圆的长轴，点C 在椭圆上，且∠CBA ＝π4，若AB ＝4，BC ＝2，则椭圆的两个焦点之间的距离为( )A.463 B.263 C.433D.233解析：选A 不妨设椭圆的标准方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，如图，由题意知，2a ＝4，a ＝2，∵∠CBA ＝π4，BC ＝2，∴点C 的坐标为(－1,1)，∵点C 在椭圆上，∴122＋1b 2＝1，∴b 2＝43，∴c 2＝a 2－b 2＝4－43＝83，c ＝263，则椭圆的两个焦点之间的距离为2c ＝463.10．过双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的右焦点且垂直于x 轴的直线与双曲线交于A ，B 两点，与双曲线的渐近线交于C ，D 两点，若|AB |≥35|CD |，则双曲线离心率e 的取值范围为( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫53，＋∞B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫54，＋∞C.⎝ ⎛⎦⎥⎤1，53 D.⎝ ⎛⎦⎥⎤1，54 解析：选B 将x ＝c 代入x 2a 2－y 2b 2＝1得y ＝±b 2a ，不妨取A ⎝ ⎛⎭⎪⎫c ，b 2a ，B ⎝⎛⎭⎪⎫c ，－b 2a ，所以|AB |＝2b2a.将x ＝c 代入双曲线的渐近线方程y ＝±b a x ，得y ＝±bc a，不妨取C ⎝⎛⎭⎪⎫c ，bc a ，D ⎝⎛⎭⎪⎫c ，－bc a ，所以|CD |＝2bca.因为|AB |≥35|CD |，所以2b 2a ≥35×2bc a ，即b ≥35c ，则b 2≥925c 2，即c 2－a 2≥925c 2，即1625c 2≥a 2，所以e 2≥2516，所以e ≥54，故选B.二、填空题11．过抛物线y ＝14x 2的焦点F 作一条倾斜角为30°的直线交抛物线于A ，B 两点，则|AB |＝________.解析：依题意，设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，题中的抛物线x 2＝4y 的焦点坐标是F (0,1)，直线AB 的方程为y ＝33x ＋1，即x ＝3(y －1)．由⎩⎨⎧x 2＝4y ，x ＝3(y －1)，消去x 得3(y －1)2＝4y ，即3y 2－10y ＋3＝0，Δ＝(－10)2－4×3×3>0，y 1＋y 2＝103，则|AB |＝|AF |＋|BF |＝(y 1＋1)＋(y 2＋1)＝y 1＋y 2＋2＝163.答案：16312．(2019·江苏高考)在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线x 2－y 2b2＝1(b >0)经过点(3,4)，则该双曲线的渐近线方程是________．解析：因为双曲线x 2－y 2b 2＝1(b >0)经过点(3,4)，所以9－16b2＝1(b >0)，解得b ＝2，即双曲线方程为x 2－y 22＝1，其渐近线方程为y ＝±2x .答案：y ＝±2x13．已知椭圆C ：x 22＋y 2＝1的两焦点为F 1，F 2，点P (x 0，y 0)满足0<x 202＋y 20<1，则|PF 1|＋|PF 2|的取值范围是________．解析：由点P (x 0，y 0)满足0<x 202＋y 20<1，可知P (x 0，y 0)一定在椭圆内(不包括原点)，因为a ＝2，b ＝1，所以由椭圆的定义可知|PF 1|＋|PF 2|<2a ＝22，又|PF 1|＋|PF 2|≥|F 1F 2|＝2，故|PF 1|＋|PF 2|的取值范围是[2,22)．答案：[2,22)14．已知点A (4,4)在抛物线y 2＝2px (p >0)上，F 为抛物线的焦点，过A 作该抛物线准线的垂线，垂足为E ，则p ＝________，∠EAF 的角平分线所在的直线方程为________．解析：把A (4,4)代入抛物线方程，得p ＝2.由抛物线的性质得|AE |＝|AF |，连接EF ，则△EAF 为等腰三角形．设EF 的中点为B ，则直线AB 为∠EAF 的角平分线所在的直线．由F (1,0)，E (－1,4)，得B (0,2)，则k AB ＝4－24－0＝12，则直线AB 的方程为y ＝12x ＋2，故∠EAF 的角平分线所在的直线方程为x －2y ＋4＝0.答案：2 x －2y ＋4＝015．已知椭圆的方程为x 29＋y 24＝1，过椭圆中心的直线交椭圆于A ，B 两点，F 2是椭圆的右焦点，则△ABF 2的周长的最小值为________，△ABF 2的面积的最大值为________．解析：设F 1是椭圆的左焦点．如图，连接AF 1.由椭圆的对称性，结合椭圆的定义知|AF 2|＋|BF 2|＝2a ＝6，所以要使△ABF 2的周长最小，必有|AB |＝2b ＝4，所以△ABF 2的周长的最小值为10.S △ABF 2＝S △AF 1F 2＝12×2c ×|y A |＝5|y A |≤25，所以△ABF 2面积的最大值为2 5.答案：10 2 516．(2019·浙江十校联考)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，过F 2(1,0)且斜率为1的直线交椭圆于A ，B ，若三角形F 1AB 的面积等于2b 2，则该椭圆的离心率为________．解析：设椭圆的焦距为2c ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由题意得直线AB 的方程为y ＝x －1，与椭圆方程联立，消去x 化简得(a 2＋b 2)y 2＋2b 2y ＋b 2－a 2b 2＝0，由根与系数的关系得，y 1＋y 2＝－2b 2a 2＋b 2，y 1·y 2＝b 2－a 2b 2a 2＋b 2，则△F 1AB 的面积为12×2c |y 1－y 2|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2b 2a 2＋b 22－4(b 2－a 2b 2)a 2＋b 2＝2b 2，化简得－2a 2＋2a 4＋2a 2b 2＝b 2(a 2＋b 2)2，又因为b 2＝a 2－1，所以4a 4－8a 2＋1＝0，解得a ＝1＋32，则椭圆的离心率e ＝ca＝3－1. 答案：3－117.如图，已知F1，F 2分别是双曲线x 2－y 2b2＝1(b ＞0)的左、右焦点，过点F 1的直线与圆x 2＋y 2＝1相切于点T ，与双曲线的左、右两支分别交于A ，B ，若|F 2B |＝|AB |，则b 的值是________．解析：法一：因为|F 2B |＝|AB |，所以结合双曲线的定义，得|AF 1|＝|BF 1|－|AB |＝|BF 1|－|BF 2|＝2，连接OT ，在Rt △OTF 1中，|OT |＝1，|OF 1|＝c ，|TF 1|＝b ，所以cos ∠F 2F 1A ＝b c，sin ∠F 2F 1A ＝1c，所以A ⎝⎛⎭⎪⎫－c ＋2×b c，2×1c ，将点A 的坐标代入双曲线得()－c 2＋2b 2c2－4c 2b2＝1，化简得b 6－4b 5＋5b 4－4b 3－4＝0，得(b 2－2b －2)(b 4－2b 3＋3b 2－2b ＋2)＝0，而b 4－2b 3＋3b 2－2b ＋2＝b 2(b －1)2＋b 2＋1＋(b －1)2＞0，故b 2－2b －2＝0，解得b ＝1±3(负值舍去)，即b ＝1＋ 3.法二：因为|F 2B |＝|AB |，所以结合双曲线的定义，得|AF 1|＝|BF 1|－|AB |＝|BF 1|－|BF 2|＝2，连接AF 2，则|AF 2|＝2＋|AF 1|＝4.连接OT ，在Rt △OTF 1中，|OT |＝1，|OF 1|＝c ，|TF 1|＝b ，所以cos ∠F 2F 1A ＝b c .在△AF 1F 2中，由余弦定理得，cos ∠F 2F 1A ＝|F 1F 2|2＋|AF 1|2－|AF 2|22|F 1F 2|·|AF 1|＝c 2－32c，所以c 2－3＝2b ，又在双曲线中，c 2＝1＋b 2，所以b 2－2b －2＝0，解得b ＝1±3(负值舍去)，即b ＝1＋ 3.答案：1＋ 3[B 级——能力小题保分练]1．双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ，b >0)的离心率为3，左、右焦点分别为F 1，F 2，P 为双曲线右支上一点，∠F 1PF 2的角平分线为l ，点F 1关于l 的对称点为Q ，|F 2Q |＝2，则双曲线的方程为( )A.x 22－y 2＝1B ．x 2－y 22＝1C ．x 2－y 23＝1D.x 23－y 2＝1 解析：选B ∵∠F 1PF 2的角平分线为l ，点F 1关于l 的对称点为Q ，∴|PF 1|＝|PQ |，P ，F 2，Q 三点共线，而|PF 1|－|PF 2|＝2a ，∴|PQ |－|PF 2|＝2a ，即|F 2Q |＝2＝2a ，解得a ＝1.又e ＝c a ＝3，∴c ＝3，∴b 2＝c 2－a 2＝2，∴双曲线的方程为x 2－y 22＝1.故选B. 2.过椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左顶点A 且斜率为k 的直线交椭圆C于另一点B ，且点B 在x 轴上的射影恰好为右焦点F .若13<k <12，则椭圆C 的离心率的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，34B.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，23 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 解析：选C 由题图可知，|AF |＝a ＋c ，|BF |＝a 2－c 2a ，于是k ＝|BF ||AF |＝a 2－c 2a (a ＋c ).又13<k <12，所以13<a 2－c 2a (a ＋c )<12，化简可得13<1－e <12，从而可得12<e <23，故选C.3．(2019·学军中学高考模拟)已知椭圆C ：x 24＋y 2＝1，P (a,0)为x 轴上一动点．若存在以点P 为圆心的圆O ，使得椭圆C 与圆O 有四个不同的公共点，则a 的取值范围是________．解析：因为圆O 的圆心在x 轴上，则由椭圆和圆的对称性得椭圆C 与圆O 的四个不同的公共点两两关于x 轴对称，设在x 轴上方的两个交点为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线AB 的方程为y ＝kx ＋b ，与椭圆方程联立消去y 化简得(4k 2＋1)x 2＋8kbx ＋4b 2－4＝0，由Δ＝64k 2b 2－4(4k 2＋1)(4b 2－4)＞0，得b 2＜4k 2＋1，此时x 1＋x 2＝－8kb 4k 2＋1，则y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2b ＝2b 4k 2＋1，则AB 的中点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－4kb4k 2＋1，b 4k 2＋1，线段AB 的垂直平分线方程为y －b 4k 2＋1＝－1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋4kb 4k 2＋1，令y ＝0，得点P 的横坐标a ＝－3kb 4k 2＋1，则a 2＝9k 2b 2(4k 2＋1)2＜9k 2(4k 2＋1)(4k 2＋1)2＝94＋1k2＜94，所以－32＜a ＜32. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，324．已知F 为抛物线C ：y 2＝4x 的焦点，过F 作两条互相垂直的直线l 1，l 2，直线l 1与C 交于A ，B 两点，直线l 2与C 交于D ，E 两点，则|AB |＋|DE |的最小值为________．解析：抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F (1,0)，由题意可知l 1，l 2的斜率存在且不为0. 不妨设直线l 1的斜率为k ，则l 1：y ＝k (x －1)，l 2：y ＝－1k(x －1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝k (x －1)消去y ，得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∴x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2＝2＋4k2，由抛物线的定义可知，|AB |＝x 1＋x 2＋2＝2＋4k 2＋2＝4＋4k2.同理得|DE |＝4＋4k 2，∴|AB |＋|DE |＝4＋4k2＋4＋4k 2＝8＋4⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2＋k 2≥8＋8＝16，当且仅当1k2＝k 2，即k ＝±1时取等号，故|AB |＋|DE |的最小值为16. 答案：165．已知P 为椭圆C ：x 24＋y 23＝1上的一个动点，F 1，F 2是椭圆C 的左、右焦点，O 为坐标原点，O 到椭圆C 在P 点处的切线距离为d ，若|PF 1|·|PF 2|＝247，则d ＝________.解析：法一：因为点P 在椭圆上，所以有|PF 1|＋|PF 2|＝4，又因为|PF 1|·|PF 2|＝247，由余弦定理可得cos ∠F 1PF 2＝|PF 1|2＋|PF 2|2－|F 1F 2|22|PF 1||PF 2|＝34，所以有sin ∠F 1PF 2＝74，所以△F 1PF 2的面积为S ＝12×247×74＝12×2×y p ，解得y p ＝37，因为点P 在椭圆上，所以x p ＝47.所以过该点的椭圆的切线方程为47x4＋37y3＝1，即为x ＋y ＝7.所以原点O 到直线的距离为d ＝72＝142. 法二：设P (m ，n )，则切线方程为mx 4＋ny3＝1，即3mx ＋4ny －12＝0.所以原点O 到该切线的距离d ＝129m 2＋16n2.因为点P (m ，n )在椭圆上，所以m 24＋n 23＝1，所以有n 2＝3－3m 24，所以d ＝4316－m2. 因为|PF 1||PF 2|＝247，所以有(m ＋1)2＋n 2(m －1)2＋n 2＝247，即有⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋14m 2＋2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋14m 2－2m ＝4－14m 2＝247，解得16－m 2＝967，所以d ＝4316－m 2＝142. 答案：1426．(2019·镇海中学高三模拟)设椭圆C 2：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点为F 1，F 2，离心率为e ＝12，抛物线C 1：y 2＝－4mx (m ＞0)的准线经过椭圆的右焦点，抛物线C 1与椭圆C 2交于x 轴上方一点P ，若△PF 1F 2的三边长恰好是三个连续的自然数，则a 的值为________．解析：设椭圆的焦距为2c ，因为抛物线的准线经过椭圆的右焦点，所以可知c ＝m ，a ＝2m ，b ＝3m .由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝－4mx ，3x 2＋4y 2＝12m 2，解得x ＝－23m 或x ＝6m (舍去)，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23m ，263m ，所以|PF 1|＝5m 3，|PF 2|＝7m 3，|F 1F 2|＝6m3.因为△PF 1F 2的三边长恰好是连续的三个自然数，可得m＝3，所以a ＝2m ＝6.答案：6。

(浙江专用)高考数学二轮复习专题四解析几何第3讲圆锥曲线中的定点、定值、最值与范围问题学案-

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.。

新高考方案二轮-数学(新高考版)大题专攻(二) 第1课时圆锥曲线中的最值、范围、证明问题

(2)已知 O 为坐标原点，M，N 为椭圆上不重合两点，且 M，N 的中点 H
落在直线 y＝12x 上，求△MNO 面积的最大值．
[解题微“点”]
(1)利用―A→G ·―B→G ＝0 及 e＝ 23构建方程组求 a，b，即得椭圆方程；切入点 (2)设出点 M，N 与 H 的坐标，表示出直线 MN 的方程，与椭圆联立，利用弦长公式和点到直线的距离公式表示△MNO 的面积后求最大值障碍点不要漏掉 Δ>0，利用此条件可求参数的取值范围
解：(1)依题意，2c＝6，则 b＝ 9－5＝2，
则双曲线 C：x52－y42＝1，B1(0，－2)，F2(3,0)．
设直线 l：4x＋3y＋m＝0，将 B1(0，－2)代入解得 m＝6，
此时 l：4x＋3y＋6＝0，F2 到 l 的距离为 d＝158.
(2)设双曲线上的点 P(x，y)满足―PB→1 ·―PB→2 ＝－2，即 x2＋y2＝b2－2，又xa22－by22＝1⇒y2＝ba22x2－b2，
[对点训练] (2021·济南三模)已知抛物线C：x2＝4y，过点P(1，－2)作斜率为k(k>0)的直线l1与抛物线C相交于A，B两点． (1)求k的取值范围； (2)过P点且斜率为－k的直线l2与抛物线C相交于M，N两点，求证：直线AM、BN 及y轴围成等腰三角形．
解：(1)由题意设直线 l1 的方程为 y＋2＝k(x－1)，由xy＋2＝24＝y，kx－1，得到：x2－4kx＋4k＋8＝0，由题意知 Δ>0，所以 k2－k－2>0，即 k<－1 或 k>2. 因为 k>0，所以 k 的取值范围为(2，＋∞)．
[提分技巧] 解决范围问题的常用方法
利用待求量的几何意义，确定出极端位置后，利数形结合法

【2020高考数学二轮提分】题型归纳：圆锥曲线第三章圆锥曲线中的最值、定点、定值(中档)

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==+ ；2（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=√3，3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√16−4m 21+m2=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）．4【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 -±(-).5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,6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√t 3+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.7(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+4k 2,4k1+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 |8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.9【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 −5m5−4k 2=−1k (x −4km5−4k 2). 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).10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).11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.12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≤√413,13∴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 2b 2=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,14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√6.15【例9】.已知椭圆x 22+y 2=1上两个不同的点A,B 关于直线y =mx +12对称.(1)求实数m 的取值范围;(2)求△AOB 面积的最大值(O 为坐标原点).【解答】解:(1)由题意,可设直线AB 的方程为x=﹣my +n,代入椭圆方程x 22+y 2=1,可得(m 2+2)y 2﹣2mny +n 2﹣2=0,设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2).由题意,△=4m 2n 2﹣4(m 2+2)(n 2﹣2)=8(m 2﹣n 2+2)>0, 设线段AB 的中点P(x 0,y 0),则y 0=y 1+y 22=mnm 2+2.x 0=﹣m ×mn m 2+2+n=2n m 2+2, 由于点P 在直线y=mx +12上,∴mn m 2+2=2mn m 2+2+12,∴n =−m 2+22m ,代入△>0,可得3m 4+4m 2﹣4>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)24,16∴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 +12,17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+k2), 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=18√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 2b2=1(a >b >0)的离心率为√32,F 是椭圆的右焦19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c a =√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.20(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=4mm 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+1,21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x 2=4y,(2)设A(x 1,14x 12),B(x 2,14x 22),由(1)得抛物线C 的方程为y =14x 2,y′=12x ,所以切线PA,PB 的斜率分别为12x 1,12x 2,所以PA:y −14x 12=12x 1(x −x 1)①PB:y −14x 22=12x 2(x −x 2)②联立①②可得点P 的坐标为(x 1+x 22,x 1x 24),即x 0=x 1+x 22,y 0=x 1x 24,22又因为切线PA 的斜率为12x 1=y 0−14x 12x 0−x 1,整理得y 0=12x 1x 0−14x 12, 直线AB 的斜率k =14x 12−14x 22x 1−x 2=x 1+x 24=x 02, 所以直线AB 的方程为y −14x 12=12x 0(x −x 1), 整理得y =12x 0x −12x 1x 0+14x 12,即y =12x 0x −y 0,因为点P(x 0,y 0)为直线l:x ﹣y ﹣2=0上的点,所以x 0﹣y 0﹣2=0,即y 0=x 0-2, 所以直线AB 的方程为x 0x ﹣2y ﹣2y 0=0.(3)根据抛物线的定义,有|AF|=14x 12+1,|BF|=14x 22+1,所以|AF|⋅|BF|=(14x 12+1)(14x 22+1)=116x 12x 22+14(x 12+x 22)+1=116x 12x 22+14[(x 1+x 2)2−2x 1x 2]+1,由(2)得x 1+x 2=2x 0,x 1x 2=4y 0,x 0=y 0+2, 所以|AF|⋅|BF|=y 02+14(4x 02−8y 0)+1=x 02+y 02−2y 0+1=(y 0+2)2+y 02−2y 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23P(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−t24∴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 →=﹣1,25∴{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;26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=0.27∴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,BF1+BF2=2√2,∴PF1=AF1AF1+BF2×(2√2−BF2).同理PF2=BF2AF1+BF2×(2√2−AF1).∴PF1+PF2=AF1AF1+BF2×(2√2−BF2)+BF2AF1+BF2×(2√2−AF1)=2√2−2AF1×BF2AF1+BF2由①②得,AF1+BF2=2√2(m2+1)m2+2,AF1×BF2=m2+1m2+2,∴PF1+PF2=3√22.∴PF1+PF2是定值.【例4】.已知椭圆C:x2a2+y2b2=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:x2a2+y2b2=1过点A(2,0),B(0,1)两点,∴a=2,b=1,则c=√a2−b2=√4−1=√3,∴椭圆C的方程为x24+y2=1,离心率为e=√32;(2)证明:如图,设P(x0,y0),则k PA=y0x0−2,PA所在直线方程为y=y0x0−2(x−2),取x=0,得y M=−2y0 x0−2;k PB=y0−1x0,PB所在直线方程为y=y0−1x0x+1,2829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 ＜1,30且k ≠0,x 1+x 2=﹣2k−4k 2,x 1x 2=1k 2, 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 BM31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4.32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=0，33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 −yD x E−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=2k 13(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 ExE+1=y D y E(tyD +s+1)(tyE +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；34(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 2a 2=a 2−1a 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(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1+x2=−8km1+4k2，x1⋅x2=4m2−41+4k2.①(9分)因为BP⊥BQ，且直线BP，BQ的斜率均存在，所以y1−1x1⋅y2−1x2=−1，整理得x1x2+y1y2−(y1+y2)+1=0.②(10分)因为y1=kx1+m，y2=kx2+m，所以y1+y2=k(x1+x2)+2m，y1y2=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2.③将③代入②，整理得(1+k2)x1x2+k(m−1)(x1+x2)+(m−1)2=0.④(11分)将①代入④，整理得5m2−2m−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x2+4y2=4，消去y，得(1+4k2)x2+8kx=0.(8分)解得x=0，或x=−8k1+4k2.(9分)设P(x1，y1)，所以x1=−8k1+4k2，y1=kx1+1=1−4k21+4k2，所以P(−8k1+4k2，1−4k21+4k2).(10分)以−1k 替换点P坐标中的k，可得Q(8k4+k2，k2−4k2+4).(11分)从而，直线PQ的方程是y−1−4k21+4k21−4k21+4k2−k2−4k2+4=x+8k1+4k2−8k1+4k2−8k4+k2．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：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，四点P1(1，1)，P2(0，1)，P3(−1，√32)，P4(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P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为−1，证明：l过定点．解：(1)根据椭圆的对称性，P3(−1，√32)，P4(1，√32)两点必在椭圆C上，又P4的横坐标为1，∴椭圆必不过P1(1，1)，3536∴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=−8kb1+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 ．。

(高中段)专题四大题考法第二课时圆锥曲线中的最值、范围、证明问题

专题四大题考法第二课时——圆锥曲线中的最值、范围、证明问题1．(·全国卷Ⅱ)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y x ＋2·y x －2＝－12，化简得x 24＋y 22＝1(|x |≠2)，所以C 为中心在坐标原点，焦点在x 轴上不含长轴端点的椭圆． (2)①证明：设直线PQ 的斜率为k ，那么其方程为y ＝kx (k >0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 24＋y 22＝1得x ＝±21＋2k 2.设u ＝21＋2k 2，那么P (u ，uk )，Q (－u ，－uk )，E (u,0)．于是直线QG 的斜率为k 2，其方程为y ＝k2(x －u )．由⎩⎨⎧y ＝k2(x －u )，x 24＋y 22＝1消去y ，得(2＋k 2)x 2－2uk 2x ＋k 2u 2－8＝0.(*)设G (x G ，y G )，那么－u 和x G 是方程(*)的解，故x G ＝u (3k 2＋2)2＋k 2，由此得y G ＝uk 32＋k2.从而直线PG 的斜率为uk 32＋k 2－uk u (3k 2＋2)2＋k 2－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＋k 2，所以△PQG 的面积S ＝12|PQ ||PG |＝8k (1＋k 2)(1＋2k 2)(2＋k 2)＝8⎝⎛⎭⎫1k ＋k 1＋2⎝⎛⎭⎫1k ＋k 2. 设t ＝k ＋1k ，那么由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169.2．(· 高考)如图，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 ， k ＝x 2－14x ＋12＝x －12，因为－12<x <32，所以－1<x －12<1，即直线AP 斜率的取值范围是(－1,1)．(2)设直线AP 的斜率为k .那么直线AP 的方程为y －14＝k ⎝⎛⎭⎫x ＋12，即kx －y ＋12k ＋14＝0，因为直线BQ 与直线AP 垂直，所以直线BQ 的方程为x ＋ky －94k －32＝0，联立⎩⎨⎧kx －y ＋12k ＋14＝0，x ＋ky －94k －32＝0，解得点Q 的横坐标x Q ＝－k 2＋4k ＋32(k 2＋1).因为|PA |＝1＋k 2⎝⎛⎭⎫x ＋12＝ 1＋k 2(k ＋1)，|PQ |＝1＋k 2(x Q －x )＝－(k －1)(k ＋1)2k 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，令f ′(k )＝0，得k ＝12或k ＝－1(舍去)，所以f (k )在区间⎝⎛⎭⎫－1，12上单调递增，⎝⎛⎭⎫12，1上单调递减，因此当k ＝12时，|PA |·|PQ |取得最大值2716.3.椭圆x 24＋y 2＝1，抛物线x 2＝2y 的准线与椭圆交于A ，B 两点，过线段AB 上的动点P 作斜率为正的直线l 与抛物线相切，且交椭圆于M ，N 两点．(1)求线段AB 的长及直线l 斜率的取值范围； (2)点Q ⎝⎛⎭⎫0，14，求△MNQ 面积的最大值．解：(1)由题意得，A ⎝⎛⎭⎫－3，－12，B ⎝⎛⎭⎫3，－12， ∴|AB |＝2 3.设直线l 与抛物线相切于R ⎝⎛⎭⎫m ，m22，m ＞0， ∵y ′＝x ，∴直线l 的斜率k ＝m ，那么切线方程为y ＝mx －m 22，当y ＝－12时，x ＝m 2－12m ∈[－3， 3 ]，∴k ∈[2－3，2＋ 3 ]．(2)法一：结合(1)，将切线方程与椭圆方程联立⎩⎨⎧x 24＋y 2＝1，y ＝mx －m22，⇒(4m 2＋1)x 2－4m 3x＋m 4－4＝0，∴x 1＋x 2＝4m 34m 2＋1，x 1·x 2＝m 4－44m 2＋1，得|MN |＝1＋m 22－m 4＋16m 2＋44m 2＋1，点Q 到直线MN 的距离d ＝⎪⎪⎪⎪m 22＋141＋m 2，令t ＝4m 2＋1∈[29－163，29＋16 3 ]， S △MNQ ＝12|MN |·d＝14⎝⎛⎭⎫－t ＋66－1t ⎝⎛⎭⎫t ＋2＋1t 64≤1716，当且仅当t ＝16＋255∈[29－163，29＋16 3 ]时，△MNQ 面积取得最大值1716. 法二：同上联立S △MNQ ＝12⎪⎪⎪⎪14＋m 22·|x 1－x 2|＝(2m 2＋1)·2－m 4＋16m 2＋48(4m 2＋1)≤18(4m 2＋1)·(2m 2＋1)2＋4(－m 4＋16m 2＋4)2＝17(4m 2＋1)16(4m 2＋1)＝1716，当且仅当m 2＝15＋2554∈[7－43，7＋4 3 ]， △MNQ 面积取得最大值1716.4．(· 名师重〈四〉)动点P 到定点F (0,1)的距离比它到直线y ＝－2的距离小1，设动点P 的轨迹为曲线C ，过点F 的直线交曲线C 于A ，B 两个不同的点，过点A ，B 分别作曲线C 的切线，且二者相交于点M .(1)求曲线C 的方程；(2)求证AB ⊥MF ，并求出△ABM 的面积的最小值．解：(1)由得动点P 在直线y ＝－2的上方，条件可转化为动点P 到定点F (0,1)的距离等于它到直线y ＝－1的距离，∴动点P 的轨迹是以F (0,1)为焦点，直线y ＝－1为准线的抛物线，故曲线C 的方程为x 2＝4y .(2)设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝4y ，y ＝kx ＋1，得x 2－4kx －4＝0，那么x A ＋x B ＝4k ，x A x B ＝－4. 由x 2＝4y 得y ＝14x 2，∴y ′＝12x ，∴直线AM 的方程为y －14x 2A ＝12x A (x －x A )， ① 直线BM 的方程为y －14x 2B ＝12x B (x －x B )，②①－②得14(x 2B －x 2A )＝12(x A －x B )x ＋12(x 2B －x 2A )，即x ＝x A ＋x B2＝2k ，将x ＝x A ＋x B 2代入①得y －14x 2A ＝12x A x B －x A2＝14x A x B －14x 2A ， ∴y ＝14x A x B ＝－1，故M (2k ，－1)，∴MF ―→＝(－2k,2)，AB ―→＝(x B －x A ，k (x B －x A ))， ∴AB ―→·MF ―→＝－2k (x B －x A )＋2k (x B －x A )＝0，即AB ⊥MF . ∵点M 到AB 的距离d ＝|MF |＝21＋k 2，|AB |＝|AF |＋|BF |＝y A ＋y B ＋2＝k (x A ＋x B )＋4＝4k 2＋4， ∴△ABM 的面积S ＝12|AB |d ＝12×4(k 2＋1)×21＋k 2＝4(1＋k 2)32≥4，∴当k ＝0时，△ABM 的面积取得最小值，为4.5.抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，P 为抛物线上的点(第一象限)，直线l 与抛物线相切于点P .(1)过P 作PM 垂直于抛物线的准线于点M ，连接PF ，求证：直线l 平分∠MPF ；(2)假设p ＝1，过点P 且与l 垂直的直线交抛物线于另一点Q ，分别交x 轴、y 轴于A ，B 两点，求|AB ||AP |＋|AB ||AQ |的取值范围．解：(1)证明：设P (x 0，y 0)，那么y 20＝2px 0，因为点P 不是抛物线的顶点，所以直线l 的斜率存在，设为k ，那么k ＝p y 0，所以切线l ：y －y 0＝py 0(x －x 0)，即y 0y ＝p (x ＋x 0)．如图，设切线l 与x 轴交于点C ，那么C (－x 0,0)，所以|FC |＝x 0＋p2，由抛物线的定义得|PF |＝|PM |＝x 0＋p2，所以|PF |＝|FC |，所以∠PCF ＝∠FPC ＝∠MPC ，因而直线l 平分∠MPF .(2)由(1)及得，过点P 且与l 垂直的直线的斜率为－y 0p ＝－y 0，因而其方程为y －y 0＝－y 0(x －x 0)，那么A (x 0＋1,0)，B (0，x 0y 0＋y 0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝2x ，y －y 0＝－y 0(x －x 0)，得y 2＋2y 0y －2(x 0＋1)＝0，由y 0和y Q 为方程的两个根得，y 0＋y Q ＝－2y 0，因而y Q ＝－2－y 20y 0＝－2(x 0＋1)y 0.所以|AB ||AP |＋|AB ||AQ |＝|y B ||y P |＋|y B ||y Q |＝|x 0y 0＋y 0||y 0|＋＝2x 0＋1，因为x 0>0，所以2x 0＋1>1，所以|AB ||AP |＋|AB ||AQ |的取值范围为(1，＋∞)．。

2020高考数学二轮总复习第1部分层级3专题1圆锥曲线中的综合问题第2讲圆锥曲线中的最值、范围问题课件理

(2)由于直线 m 的斜率不为 0，所以可设直线 m 的方程为 ty＝x－1，A(x1，y1)，B(x2， y2)．
由tyy2＝＝x4－x 1，消去 x 得，y2－4ty－4＝0，∴y1＋y2＝4t，从而 x1＋x2＝4t2＋2， ∴线段 AB 的中点 M 的坐标为(2t2＋1,2t)．
设点 A 到直线 l 的距离为 dA，点 B 到直线 l 的距离为 dB，点 M 到直线 l 的距离为 d， dA＋dB＝2d＝2·|2t2－22t＋2|＝2 2|t2－t＋1|＝2 2t－122＋34，
求最值
[规范解答] (1)根据题意可得，ac＝ 22，a42＋b22＝1，a2＝b2＋c2，解得 a2＝8，b2＝4. 故椭圆 C 的标准方程为x82＋y42＝1. (2)由(1)知 F(2,0)，当直线 l 的斜率不存在时，S1＝S2，于是|S1－S2|＝0；当直线 l 的斜率存在时，设直线 l：y＝k(x－2)(k≠0)，设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，
③当 l 与 x 轴不垂直也不平行时，设 l 的方程为 y＝k(x－1)(k≠0)，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)．
y＝kx－1，由x42＋y32＝1，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0. 显然 Δ>0，且 x1＋x2＝4k82k＋2 3，x1x2＝44kk22－＋132. 所以|AB|＝ 1＋k2|x1－x2|＝124kk22＋＋31.
|练题点| (2019·天津联考)已知椭圆ax22＋by22＝1(a>b>0)的左焦点为 F1，离心率为12，F1 为圆 M： x2＋y2＋2x－15＝0 的圆心． (1)求椭圆的方程； (2)已知过椭圆的右焦点 F2 的直线 l 交椭圆于 A，B 两点，过 F2 且与 l 垂直的直线 l1 与圆 M 交于 C，D 两点，求四边形 ACBD 面积的取值范围．

2020版高考数学大二轮专题突破理科通用版课件：7.4.2 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题

2t-2�� +yC=0,得 C
1�� -t 2,2 1�� -t
,G 2�� 4-2��2+2,0 .
3�� 2
所以,直线 AC 方程为 y-2t=2t(x-t2),得 Q(t2-1,0).
-3-
考向一考向二考向三
由于 Q 在焦点 F 的右侧,故 t2>2.从而
由于直线 AB 过 F,故直线 AB 方程为 x=��2-1y+1,代入 y2=4x,得
2��
y2-2(�� 2 -1)y-4=0,故
��
2tyB=-4,即
yB=-2�� ,所以
B
1 �� 2
,-2��
.
又由于 xG=13(xA+xB+xC),yG=13(yA+yB+yC)及重心 G 在 x 轴上,故
=1.
(2)因为直线 l 经过点 P(t,0)(0<t<a)和点 Q(0,1),
所以直线
l
的斜率为-1��,设
l:y=-1�� x+1,将其代入椭圆方程��42
+
�� 2 3
=1
中,消去 x,得(3t2+4)y2-6t2y+3t2-12=0,
当 Δ>0 时,设 A(x1,y1),B(x2,y2),
+
��22=1
(a>b>0)的
(1)若△POF2为等边三角形,求C的离心率; (2)如果存在点P,使得PF1⊥PF2,且△F1PF2的面积等于16,求b的值和a的取值范围.

2020年高考数学大二轮专题复习浙江版专题四规范答题示例4.doc

规范解答•分步得分构建答题模板解(1)由题意#f=l,即p=2.第一所以，拋物线的准线方程为.r=-1.2⑵设A(XA, yA), B{XB, SB), C(", yc),重心G{X G, yc).由⑴知抛物线方程为y2=4x.令％=2/, 则x A=t2.由于直线AB过点F,故直. 卩一1线AB的方程为x= 2t『+1，代入J2=4x,得22^—y+yc=0.7分求曲线方程:根据本量确定抛物线第二联立方程解点的标：设直线方程=my+n的形式抛物线方程联立出所需点的坐规范答题示例4匸直线与圆锥曲线的位置关系」典例4 (15分)(2019•浙江)如图，已知点F(1.0)为抛物线y2=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AABC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.记厶AFG, ACQG的面积分别为Si，S2.(1)求p的值及抛物线的准线方程；(2)求詈的最小值及此时点G的坐标.审题路线图(1)|由焦点坐捺汞屏写出抛物线方程、准线芳翟故2/y B=—4,即所以殆,—弓)6分第三找关系：从题设中寻求变量的等量关系.第四步建函数:用题设中x=m\y — y 2=x, 1,所以，直线AC 的方程为y~2t=2t(x~l 2), 得 2(^-1,0).10分由于Q 在焦点F 的右侧，故?>2.从而变量表示所求函数式.第五步得最值:用函数知识或基本不等式得最值，注意最值取得的条件.评分细则(1)写出p 的值和准线方程各得1分. (2) 直线方程设量不同，只要步骤规范合理，不扣分.(3) 联立方程解交点坐标的过程及运用重心坐标公式求点的过程，即使结果不正确，也给分. (4) 求最值时，未指明最值取得的条件扣1分.跟踪演练4 (2019・台州检测)如图，设点P 为抛物线/： y 2=.r 外一点，过点P 作抛物线/的两条切线B4, PB,切点分别为A, B.⑴若点P 为(一1,0),求直线AB 的方程；⑵若点P 为圆(x+2)2+y2=i 上的点，记两切线加加的斜率分别为局，fo,求寺一右的取值范围.y4解 ⑴设直线PA 方程为x=miy-l(mi>0),直线PB 方程为x=m 2y- 1(/772 <0). 可得 y 2~m\y+1=0. 因为与抛物线相切，所以/ =加?一4=0,0)9分当且仅当m=y[3时，書取得最小值1+爭，此时G(2,0).15分取mi = 2(舍负)，则％=1, x A=l.即A(l,l),同理可得B(l, -1), 所以直线AB 的方程为x=l. (2)设yo),则直线 B4 方程为 y=kix —kixo+yo 9直线 PB 方程为 y=kix~k2Xo+yo.y=k\x —kiX ()-\-yo 9 y 2=x,可得 kiy 2—y —k\xo+yo=O. 因为直线PA 与抛物线相切，所以 A — \— 4^1(—£i 兀o+yo)—4xo^i —4yo^i + 1=0. 同理可得 4x0^2—4y%2+1 =0, 所以£i,层是方程4兀0疋一4)伙+1 =0的两根.所以局+2豊，砒二佥，则y 出書1=喘又因为(x o +2)2+yo=l, 则一3W%oW —1,=4寸盘_ xo =4-\11 — (xo+2)2—xo =4^-(^o+|}+ye [4,2^13]. 所以k[~k 的取值范围是[4,2A /13]-(2) |设A 点坐标引入参数/| —»|用7表示直线AB 的方程(x=〃y+"的形商一与抛物线方程联立解得B 点坐标|—由重心坐标公式求得C 点，G 点坐标|—>写出直线AC 的方程，求得Q 点坐标|— 用/表示詈 —|变形，基本不等式求得最小值所以石丄_ k\—晨 fak\ki。

(浙江专用)高考数学大二轮复习专题四大题考法课二圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题课时跟踪检测

圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题[课时跟踪检测]1．(2019·某某九校联考)已知离心率为22的椭圆C ：x 2a 2＋y2b 2＝1(a ＞b＞0)，过椭圆C 上点P (2,1)作两条互相垂直的直线，分别交椭圆于A ，B 两点．(1)求椭圆C 的方程；(2)求证：直线AB 过定点，并求出此定点的坐标．解：(1)依题意有⎩⎪⎨⎪⎧4a 2＋1b 2＝1，c a ＝22，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝6，b 2＝3，所以椭圆C 的方程为x 26＋y 23＝1.(2)证明：易知直线AB 的斜率存在，故设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 26＋y23＝1得(2k 2＋1)x 2＋4mkx ＋2m 2－6＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4mk 2k 2＋1，x 1x 2＝2m 2－62k 2＋1，由P A →·P B →＝0，得(x 1－2)(x 2－2)＋(y 1－1)(y 2－1)＝0，即(x 1－2)(x 2－2)＋(kx 1＋m －1)(kx 2＋m －1)＝0，得(k 2＋1)x 1x 2＋(km －k －2)(x 1＋x 2)＋m 2－2m ＋5＝0，则3m 2＋8mk ＋4k 2－2m －1＝0，即(3m ＋2k ＋1)(m ＋2k －1)＝0，由直线AB 不过点P ，知m ＋2k －1≠0，故3m ＋2k ＋1＝0.所以直线AB 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫23，－13.2．已知抛物线C 1：x 2＝4y 的焦点为F ，过抛物线C 2：y ＝－18x 2＋3上一点M 作抛物线C 2的切线l ，与抛物线C 1交于A ，B 两点．(1)记直线AF ，BF 的斜率分别为k 1，k 2，若k 1·k 2＝－35，求直线l 的方程；(2)是否存在正实数m ，使得对任意点M ，都有|AB |＝m (|AF |＋|BF |)成立？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)设M (x 0，y 0)，由y ＝－x 28＋3，得y ′＝－x4，则切线l 的斜率为k ＝－x 04. 切线l 的方程为y ＝－x 04(x －x 0)＋y 0＝－x 04x ＋x 204＋y 0＝－x 04x －2y 0＋6＋y 0，即y ＝－x 04x －y 0＋6.与x 2＝4y 联立，消去y 得x 2＋x 0x ＋4y 0－24＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则有x 1＋x 2＝－x 0，x 1x 2＝4y 0－24，则y 1＋y 2＝－x 04(x 1＋x 2)－2y 0＋12＝x 204－2y 0＋12＝－4y 0＋18，y 1y 2＝x 21x 2216＝(y 0－6)2，则由k 1·k 2＝y 1－1x 1×y 2－1x 2＝y 1y 2－(y 1＋y 2)＋1x 1x 2＝(y 0－6)2－(－4y 0＋18)＋14y 0－24＝－35，得5y 20－28y 0＋23＝0，解得y 0＝1或y 0＝235.∵x 20＝－8(y 0－3)≥0，∴y 0≤3，故y 0＝1，∴x 0＝±4. 则直线l 的方程为y ＝±x ＋5.(2)由(1)知直线l 的方程为y ＝－x 04x －y 0＋6，且x 1＋x 2＝－x 0，x 1x 2＝4y 0－24，则|AB |＝1＋x 2016|x 1－x 2|＝1＋x 2016·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝16＋x 204·x 20－4(4y 0－24)，即|AB |＝16－8y 0＋244·－8y 0＋24－16y 0＋96＝23(5－y 0)，而|AF |＋|BF |＝(y 1＋1)＋(y 2＋1)＝－4y 0＋20＝4(5－y 0)，则|AB |＝32(|AF |＋|BF |)，故存在正实数m ＝32，使得对任意点M ，都有|AB |＝32(|AF |＋|BF |)成立． 3．(2019·嵊州高三期末)已知抛物线y 2＝2x ，P (1,0)，M (0，a )，其中a ＞0，过点M 作抛物线的切线，切点为A (不同于原点O )，过点A ，P 作直线交抛物线于点B ，过点M ，P 作直线交抛物线于点C ，D .(1)求证：直线MA ，MP 的斜率之积为定值；(2)若△BCD 的面积为2716，某某数a 的值．解：(1)证明：设A (2m 2,2m )(m ≠0)，则k AM ＝2m －a 2m 2，所以直线AM ：y ＝2m －a 2m 2x ＋a ，即x ＝2m 22m －a ·(y －a )，与抛物线方程联立得y 2－4m 22m －a y ＋4m 2a 2m －a＝0，因为直线AM 与抛物线相切，所以Δ＝16m 4(2m －a )2－16m 2a2m －a ＝0，解得m ＝a ，所以A (2a 2,2a )，所以k MA ·k MP ＝2a －a 2a 2－0·a －00－1＝－12，为定值． (2)易得k CD ＝k MP ＝－a ，所以直线CD ：y ＝－ax ＋a ，即x ＝－1ay ＋1，与抛物线方程联立得y 2＋2ay －2＝0，设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)， |y 1－y 2|＝4a 2＋8＝22a 2＋1a， |CD |＝1＋1a2·|y 1－y 2|＝2(a 2＋1)·(2a 2＋1)a2，又k AB ＝2a 2a 2－1，所以直线AB ：y ＝2a 2a 2－1(x －1)，即x ＝2a 2－12a y ＋1，与抛物线方程联立得y 2－2a 2－1ay －2＝0，所以y A y B ＝－2，所以y B ＝－1a ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a2，－1a ，所以点B 到直线CD 的距离d ＝12a＋a a 2＋1，所以S △BCD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋a 2a 2＋1a 2＝2716，整理得(2a 2＋1)3a 3＝278，所以2a 2＋1a＝32，解得a ＝2或a ＝－2(舍去)．4.如图，A 为椭圆x 22＋y 2＝1的下顶点，过点A 的直线l 交抛物线x 2＝2py (p ＞0)于B ，C 两点，C 是AB 的中点．(1)求证：点C 的纵坐标是定值；(2)过点C 作与直线l 倾斜角互补的直线l ′交椭圆于M ，N 两点，p 为何值时，△BMN 的面积最大？解：(1)证明：易知A (0，－1)，不妨设B ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，t 22p ，则C ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2，t 2－2p 4p ，代入抛物线方程得⎝ ⎛⎭⎪⎫t 22＝2p ·t 2－2p 4p ，得t 2＝4p ，∴y C ＝4p －2p 4p ＝12，故点C 的纵坐标为定值．(2)∵点C 是AB 的中点，∴S △BMN ＝S △AMN . 设直线l 的斜率为k ，直线l ′的斜率为k ′，则k ＝12－(－1)t2＝3t ，k ′＝－3t，∴直线l ′的方程为y －12＝－3t ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －t 2，即y ＝－3t x ＋2，不妨记m ＝－3t ，则l ′：y ＝mx＋2，代入椭圆方程整理得(2m 2＋1)x 2＋8mx ＋6＝0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8m 2m 2＋1，x 1x 2＝62m 2＋1，|MN |＝1＋m 2|x 1－x 2|＝22·1＋m 2·2m 2－32m 2＋1，又A 到直线MN 的距离d ＝3m 2＋1，所以S △AMN ＝12·|MN |·d ＝322m 2－32m 2＋1＝322m 2－3＋42m 2－3≤324. 当且仅当2m 2－3＝42m 2－3时取等号，解得m 2＝72，所以t 2＝9m 2＝187，从而p ＝t 24＝914，故当p ＝914时△BMN 的面积最大．5．已知椭圆C 的中心在原点，焦点在x 轴上，离心率为22，它的一个焦点恰好与抛物线y 2＝4x 的焦点重合．(1)求椭圆C 的方程；(2)设椭圆的上顶点为A ，过点A 作椭圆C 的两条动弦AB ，AC ，若直线AB ，AC 斜率之积为14，直线BC 是否恒过一定点？若经过，求出该定点坐标；若不经过，请说明理由．解：(1)由题意知椭圆的一个焦点为F (1,0)，则c ＝1. 由e ＝c a ＝22得a ＝2，所以b ＝1，所以椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)由(1)知A (0,1)，当直线BC 的斜率不存在时，设BC ：x ＝x 0，设B (x 0，y 0)，则C (x 0，－y 0)， k AB ·k AC ＝y 0－1x 0·－y 0－1x 0＝1－y 2x 20＝12x 20x 20＝12≠14，不合题意．故直线BC 的斜率存在．设直线BC 的方程为y ＝kx ＋m (m ≠1)，并代入椭圆方程，得：(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2(m 2－1)＝0，① 由Δ＝(4km )2－8(1＋2k 2)(m 2－1)>0，得2k 2－m 2＋1>0.②设B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则x 1，x 2是方程①的两根，由根与系数的关系得，x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1x 2＝2(m 2－1)1＋2k 2，由k AB ·k AC ＝y 1－1x 1·y 2－1x 2＝14得： 4y 1y 2－4(y 1＋y 2)＋4＝x 1x 2，即(4k 2－1)x 1x 2＋4k (m －1)(x 1＋x 2)＋4(m －1)2＝0，整理得(m －1)(m －3)＝0，又因为m ≠1，所以m ＝3，此时直线BC 的方程为y ＝kx ＋3. 所以直线BC 恒过一定点(0,3)．。

2020新高考数学二轮培优新方案考法专训：大题考法专训(五) 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题 W

姓名，年级：时间：大题考法专训（五）圆锥曲线中的最值、范围、证明问题A级--中档题保分练1．(2019·武汉模拟）已知椭圆C：错误!＋错误!＝1（a＞b＞0)的左、右顶点分别为A,B,且长轴长为8，T为椭圆C上异于A,B的点，直线TA，TB的斜率之积为－错误!.(1）求椭圆C的方程;（2）设O为坐标原点，过点M（8，0)的动直线与椭圆C交于P，Q两点，求△OPQ面积的最大值．解析:(1）设T（x，y）（x≠±4),则直线TA的斜率为k1＝错误!,直线TB 的斜率为k2＝错误!。

于是由k1k2＝－错误!，得错误!·错误!＝－错误!,整理得错误!＋错误!＝1（x≠±4)，故椭圆C的方程为错误!＋错误!＝1。

（2)由题意设直线PQ的方程为x＝my＋8，由错误!得(3m2＋4)y2＋48my＋144＝0，Δ＝(48m)2－4×144×（3m2＋4)＝12×48（m2－4)＞0，即m2＞4，y P＋y Q＝－错误!，y P y Q＝错误!。

所以｜PQ|＝错误!·错误!＝错误!，又点O到直线PQ的距离d＝错误!。

所以S△OPQ＝错误!×|PQ｜×d＝错误!＝错误!≤4错误!错误!.故△OPQ面积的最大值为43。

2。

如图所示,A，B，C,D是抛物线E：x2＝2py（p＞0)上的四点，A，C关于抛物线的对称轴对称且在直线BD的异侧，直线l：x－y－1＝0是抛物线在点C处的切线，BD∥l。

(1）求抛物线E的方程;(2）求证：AC平分∠BAD。

解:（1)联立错误!消去y得x2－2px＋2p＝0。

∵l与抛物线相切，∴Δ＝4p2－8p＝0，∴p＝2，∴抛物线E的方程为x2＝4y。

(2)证明：设点B（x B,y B），D(x D,y D）,由（1）可得C(2,1），A（－2，1）．∵直线l∥BD，∴设直线BD的方程为y＝x＋t。

圆锥曲线中的最值、范围、证明问题

第九节圆锥曲线中的最值、范围、证明问题突破点(一) 圆锥曲线中的最值问题圆锥曲线中的最值问题是高考中的热点问题，常涉及不等式、函数的值域问题，综合性比较强，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何方法，即利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)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.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”利用几何性质求最值[例1] 设P 是椭圆x 225＋y 29＝1上一点，M ，N 分别是两圆：(x ＋4)2＋y 2＝1和(x －4)2＋y 2＝1上的点，则|PM |＋|PN |的最小值、最大值分别为( )A ．9,12B ．8,11C ．8,12D ．10,12[解析] 如图，由椭圆及圆的方程可知两圆圆心分别为椭圆的两个焦点，由椭圆定义知|P A |＋|PB |＝2a ＝10，连接P A ，PB 分别与圆相交于两点，此时|PM |＋|PN |最小，最小值为|P A |＋|PB |－2R ＝8；连接P A ，PB 并延长，分别与圆相交于两点，此时|PM |＋|PN |最大，最大值为|P A |＋|PB |＋2R ＝12，即最小值和最大值分别为8,12.[答案] C[方法技巧]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，也叫做几何法．建立目标函数求最值本节主要包括3个知识点： 1.圆锥曲线中的最值问题； 2.圆锥曲线中的范围问题； 3.圆锥曲线中的几何证明问题.[例2] 已知△ABP 的三个顶点都在抛物线C ：x 2＝4y 上，F 为抛物线C 的焦点，点M 为AB 的中点，PF ＝3FM .(1)若|PF |＝3，求点M 的坐标； (2)求△ABP 面积的最大值．[解] (1)由题意知焦点F (0,1)，准线方程为y ＝－1. 设P (x 0，y 0)，由抛物线定义知|PF |＝y 0＋1，得y 0＝2，所以P (22，2)或P (－22，2)，由PF ＝3FM ，得M ⎝⎛⎭⎫－223，23或M ⎝⎛⎭⎫223，23. (2)设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m ，点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，P (x 0，y 0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2＝4y ，得x 2－4kx －4m ＝0. 于是Δ＝16k 2＋16m >0，x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4m ，所以AB 中点M 的坐标为(2k,2k 2＋m )．由PF ＝3FM ，得(－x 0,1－y 0)＝3(2k,2k 2＋m －1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－6k ，y 0＝4－6k 2－3m .由x 20＝4y 0得k 2＝－15m ＋415，由Δ>0，k 2≥0，得－13<m ≤43.又因为|AB |＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝41＋k 2·k 2＋m ，点F (0,1)到直线AB 的距离为d ＝|m －1|1＋k 2，所以S △ABP ＝4S △ABF ＝8|m －1|k 2＋m ＝16153m 3－5m 2＋m ＋1. 记f (m )＝3m 3－5m 2＋m ＋1⎝⎛⎭⎫－13<m ≤43，令f ′(m )＝9m 2－10m ＋1＝0，解得m 1＝19，m 2＝1，可得f (m )在⎝⎛⎭⎫－13，19上是增函数，在⎝⎛⎭⎫19，1上是减函数，在⎝⎛⎭⎫1，43上是增函数，又f ⎝⎛⎭⎫19＝256243>f ⎝⎛⎭⎫43＝59.所以当m ＝19时，f (m )取到最大值256243，此时k ＝±5515.所以△ABP 面积的最大值为2565135. [方法技巧](1)当题目中给出的条件有明显的几何特征，考虑用图象性质来求解．(2)当题目中给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值．求函数最值的常用方法有配方法、判别式法、单调性法、三角换元法等．利用基本不等式求最值[例3] 已知椭圆M ：x 2a 2＋y 23＝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)当直线l 的倾斜角为45°时，求线段CD 的长；(2)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)由题意，c ＝1，b 2＝3，所以a 2＝4，所以椭圆M 的方程为x 24＋y 23＝1，易求直线方程为y ＝x ＋1，联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝x ＋1，消去y ，得7x 2＋8x －8＝0，设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，Δ＝288，x 1＋x 2＝－87，x 1x 2＝－87，所以|CD |＝2|x 1－x 2|＝ 2(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝247.(2)当直线l 的斜率不存在时，直线方程为x ＝－1，此时△ABD 与△ABC 面积相等，|S 1－S 2|＝0；当直线l 的斜率存在时，设直线方程为y ＝k (x ＋1)(k ≠0)，联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝k (x ＋1)，消去y ，得(3＋4k 2)x 2＋8k 2x ＋4k 2－12＝0， Δ>0，且x 1＋x 2＝－8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2，此时|S 1－S 2|＝2||y 2|－|y 1||＝2|y 2＋y 1|＝2|k (x 2＋1)＋k (x 1＋1)|＝2|k (x 2＋x 1)＋2k |＝12|k |3＋4k 2，因为k ≠0，上式＝123|k |＋4|k |≤1223|k |·4|k |＝12212＝3当且仅当k ＝±32时等号成立，所以|S 1－S 2|的最大值为 3. [方法技巧](1)求最值问题时，一定要注意对特殊情况的讨论．如直线斜率不存在的情况，二次三项式最高次项的系数的讨论等．(2)利用基本不等式求函数的最值时，关键在于将函数变形为两项和或积的形式，然后用基本不等式求出最值．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.[考点一]如图所示，已知直线l ：y ＝kx －2与抛物线C ：x 2＝－2py (p >0)交于A ，B 两点，O 为坐标原点，OA ＋OB ＝(－4，－12)．(1)求直线l 和抛物线C 的方程；(2)抛物线上一动点P 从A 到B 运动时，求△ABP 面积的最大值．解析：(1)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －2，x 2＝－2py ，得x 2＋2pkx －4p ＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－2pk ，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)－4＝－2pk 2－4. 因为OA ＋OB ＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2)＝(－2pk ，－2pk 2－4)＝(－4，－12)，所以⎩⎪⎨⎪⎧ －2pk ＝－4，－2pk 2－4＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝1，k ＝2.所以直线l 的方程为y ＝2x －2，抛物线C 的方程为x 2＝－2y .(2)设P (x 0，y 0)，依题意，知抛物线过点P 的切线与l 平行时，△ABP 的面积最大，又y ′＝－x ，所以－x 0＝2，故x 0＝－2，y 0＝－12x 20＝－2，所以P (－2，－2)．此时点P 到直线l 的距离d ＝|2×(－2)－(－2)－2|22＋(－1)2＝45＝455.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －2，x 2＝－2y ，得x 2＋4x －4＝0，故x 1＋x 2＝－4，x 1x 2＝－4，所以|AB |＝1＋k 2×(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝1＋22×(－4)2－4×(－4)＝410. 所以△ABP 面积的最大值为410×4552＝8 2.2.[考点二]平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，左、右焦点分别是F 1，F 2.以F 1为圆心、以3为半径的圆与以F 2为圆心、以1为半径的圆相交，且交点在椭圆C 上．(1)求椭圆C 的方程；(2)设椭圆E ：x 24a 2＋y 24b 2＝1，P 为椭圆C 上任意一点．过点P 的直线y ＝kx ＋m 交椭圆E于A ，B 两点，射线PO 交椭圆E 于点Q .①求|OQ ||OP |的值；②求△ABQ 面积的最大值．解析：(1)由题意知2a ＝4，则a ＝2. 又c a ＝32，a 2－c 2＝b 2，可得b ＝1，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)由(1)知椭圆E 的方程为x 216＋y 24＝1.①设P (x 0，y 0)，|OQ ||OP |＝λ，由题意知Q (－λx 0，－λy 0)．因为x 204＋y 20＝1，又(－λx 0)216＋(－λy 0)24＝1，即λ24⎝⎛⎭⎫x 204＋y 20＝1，所以λ＝2，即|OQ ||OP |＝2.②设A (x 1，y 1)，B (x 2, y 2)．将y ＝kx ＋m 代入椭圆E 的方程，可得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－16＝0，由Δ>0，可得m 2<4＋16k 2.(*)则有x 1＋x 2＝－8km1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－161＋4k 2.所以|x 1－x 2|＝416k 2＋4－m 21＋4k 2.因为直线y ＝kx ＋m 与y 轴交点的坐标为(0，m )，所以△OAB 的面积S ＝12|m ||x 1－x 2|＝216k 2＋4－m 2|m |1＋4k 2＝2(16k 2＋4－m 2)m 21＋4k 2＝2⎝⎛⎭⎫4－m 21＋4k 2m 21＋4k 2.设m 21＋4k 2＝t .将y ＝kx ＋m 代入椭圆C 的方程，可得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0，由Δ≥0，可得m 2≤1＋4k 2.(**) 由(*)(**)可知0<t ≤1，因此S ＝2(4－t )t ＝2－t 2＋4t ，故S ≤2 3. 当且仅当t ＝1，即m 2＝1＋4k 2时取得最大值2 3. 由①知，△ABQ 的面积为3S ，所以△ABQ 面积的最大值为6 3.3.[考点三]定圆M ：(x ＋3)2＋y 2＝16，动圆N 过点F (3，0)且与圆M 相切，记圆心N 的轨迹为E .(1)求轨迹E 的方程；(2)设点A ，B ，C 在E 上运动，A 与B 关于原点对称，且|AC |＝|BC |，当△ABC 的面积最小时，求直线AB 的方程．解析：(1)∵F (3，0)在圆M ：(x ＋3)2＋y 2＝16内， ∴圆N 内切于圆M . ∵|NM |＋|NF |＝4>|FM |，∴点N 的轨迹E 为椭圆，且2a ＝4，c ＝3，∴b ＝1， ∴轨迹E 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)①当AB 为长轴(或短轴)时，S △ABC ＝12|OC |·|AB |＝2.②当直线AB 的斜率存在且不为0时，设直线AB 的方程为y ＝kx ，A (x A ，y A )，由题意，C 在线段AB 的中垂线上，则OC 的方程为y ＝－1kx .联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y ＝kx得，x 2A ＝41＋4k 2，y 2A ＝4k 21＋4k 2，∴|OA |2＝x 2A ＋y 2A ＝4(1＋k 2)1＋4k 2.将上式中的k 替换为－1k ，可得|OC |2＝4(1＋k 2)k 2＋4.∴S △ABC ＝2S △AOC ＝|OA |·|OC |＝4(1＋k 2)1＋4k 2·4(1＋k 2)k 2＋4＝4(1＋k 2)(1＋4k 2)(k 2＋4). ∵(1＋4k 2)(k 2＋4)≤(1＋4k 2)＋(k 2＋4)2＝5(1＋k 2)2，∴S △ABC ≥85，当且仅当1＋4k 2＝k 2＋4，即k ＝±1时等号成立，此时△ABC 面积的最小值是85.∵2>85，∴△ABC 面积的最小值是85，此时直线AB 的方程为y ＝x 或y ＝－x .突破点(二) 圆锥曲线中的范围问题圆锥曲线中的范围问题是高考中的热点问题，常涉及不等式的恒成立问题、函数的值域问题，综合性比较强.解决此类问题常用几何法和判别式法.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”利用判别式构造不等关系求范围[例1] 已知A ，B ，C 是椭圆M ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)上的三点，其中点A 的坐标为(23，0)，BC 过椭圆的中心，且AC ·BC ＝0，|BC |＝2|AC |. (1)求椭圆M 的方程；(2)过点(0，t )的直线l (斜率存在时)与椭圆M 交于两点P ，Q ，设D 为椭圆M 与y 轴负半轴的交点，且|DP |＝|DQ |，求实数t 的取值范围．[解] (1)因为|BC |＝2|AC |且BC 过(0,0)，则|OC |＝|AC |.因为AC ·BC ＝0，所以∠OCA ＝90°，即C (3，3)．又因为a ＝23，设椭圆的方程为x 212＋y 212－c 2＝1，将C 点坐标代入得312＋312－c 2＝1，解得c 2＝8，b 2＝4.所以椭圆的方程为x 212＋y 24＝1.(2)由条件D (0，－2)，当k ＝0时，显然－2<t <2；当k ≠0时，设l ：y ＝kx ＋t ，⎩⎪⎨⎪⎧x 212＋y 24＝1，y ＝kx ＋t ，消去y 得(1＋3k 2)x 2＋6ktx ＋3t 2－12＝0 由Δ>0可得t 2<4＋12k 2，①设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，PQ 中点H (x 0，y 0)，则x 0＝x 1＋x 22＝－3kt1＋3k 2，y 0＝kx 0＋t ＝t1＋3k 2，所以H ⎝⎛⎭⎫－3kt 1＋3k 2，t1＋3k 2，由|DP |＝|DQ |，所以DH ⊥PQ ，即k DH ＝－1k ，所以t1＋3k 2＋2－3kt 1＋3k 2－0＝－1k ，化简得t ＝1＋3k 2，②所以t >1，将②代入①得，1<t <4. 所以t 的范围是(1,4)．综上可得t ∈(1,2)．[方法技巧]圆锥曲线中取值范围问题的五种常用解法(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，解决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．利用函数性质求范围[例2] 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，过点M (1,0)的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，|MA |＝λ|MB |，且当直线l 垂直于x 轴时，|AB |＝ 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)若λ∈⎣⎡⎦⎤12，2，求弦长|AB |的取值范围．[解] (1)由已知e ＝22，得c a ＝22，又当直线垂直于x 轴时，|AB |＝2，所以椭圆过点⎝⎛⎭⎫1，22，代入椭圆方程得1a 2＋12b2＝1，∵a 2＝b 2＋c 2，联立方程可得a 2＝2，b 2＝1， ∴椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)当过点M 的直线斜率为0时，点A ，B 分别为椭圆长轴的端点， λ＝|MA ||MB |＝2＋12－1＝3＋22>2或λ＝|MA ||MB |＝2－12＋1＝3－22<12，不符合题意． ∴直线的斜率不能为0.设直线方程为x ＝my ＋1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，将直线方程代入椭圆方程得：(m 2＋2)y 2＋2my －1＝0，由根与系数的关系可得，⎩⎨⎧y 1＋y 2＝－2mm 2＋2①，y 1y 2＝－1m 2＋2②，将①式平方除以②式可得：y 1y 2＋y 2y 1＋2＝－4m 2m 2＋2，由已知|MA |＝λ|MB |可知，y 1y 2＝－λ，∴－λ－1λ＋2＝－4m 2m 2＋2，又知λ∈⎣⎡⎦⎤12，2， ∴－λ－1λ＋2∈⎣⎡⎦⎤－12，0， ∴－12≤－4m 2m 2＋2≤0，解得m 2∈⎣⎡⎦⎤0，27. |AB |2＝(1＋m 2)|y 1－y 2|2＝(1＋m 2)[(y 1＋y 2)2－4y 1y 2]＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋1m 2＋22＝8⎝⎛⎭⎫1－1m 2＋22， ∵m 2∈⎣⎡⎦⎤0，27， ∴1m 2＋2∈⎣⎡⎦⎤716，12，∴|AB |∈⎣⎡⎦⎤2，928. [方法技巧]利用函数性质解决圆锥曲线中求范围问题的关键是建立求解关于某个变量的函数，通过求这个函数的值域确定目标的取值范围．在建立函数的过程中要根据题目的其他已知条件，把需要的量都用我们选用的变量表示，有时为了运算方便，在建立函数的过程中也可以采用多个变量，只要在最后结果中把多个变量化为单个变量即可，同时要特别注意变量的取值范围．1.[考点一]设F 1，F 2分别是椭圆E ：x 24＋y 2b 2＝1(b >0)的左、右焦点，若P 是该椭圆上的一个动点，且1PF ·2PF 的最大值为1.(1)求椭圆E 的方程；(2)设直线l ：x ＝ky －1与椭圆E 交于不同的两点A ，B ，且∠AOB 为锐角(O 为坐标原点)，求k 的取值范围．解析：(1)易知a ＝2，c ＝4－b 2，b 2<4，所以F 1(－4－b 2，0)，F 2(4－b 2，0)，设P (x ，y )，则1PF ·2PF ＝(－4－b 2－x ，－y )·(4－b 2－x ，－y )＝x 2＋y 2－4＋b 2＝x 2＋b 2－b 2x 24－4＋b 2＝⎝⎛⎭⎫1－b 24x 2＋2b 2－4.因为x ∈[－2,2]，故当x ＝±2，即点P 为椭圆长轴端点时，1PF ·2PF 有最大值1，即1＝⎝⎛⎭⎫1－b24×4＋2b 2－4，解得b 2＝1. 故所求椭圆E 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ky －1x 24＋y 2＝1得(k 2＋4)y 2－2ky －3＝0，Δ＝(－2k )2＋12(4＋k 2)＝16k 2＋48>0，故y 1＋y 2＝2kk 2＋4，y 1·y 2＝－3k 2＋4.又∠AOB 为锐角，故OA ·OB ＝x 1x 2＋y 1y 2>0，又x 1x 2＝(ky 1－1)(ky 2－1)＝k 2y 1y 2－k (y 1＋y 2)＋1，所以x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)y 1y 2－k (y 1＋y 2)＋1＝(1＋k 2)·－34＋k 2－2k 24＋k 2＋1＝－3－3k 2－2k 2＋4＋k 24＋k 2＝1－4k 24＋k 2>0，所以k 2<14，解得－12<k <12，故k 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－12，12. 2.[考点二]已知圆心为H 的圆x 2＋y 2＋2x －15＝0和定点A (1,0)，B 是圆上任意一点，线段AB 的中垂线l 和直线BH 相交于点M ，当点B 在圆上运动时，点M 的轨迹记为曲线C .(1)求C 的方程；(2)过点A 作两条相互垂直的直线分别与曲线C 相交于P ，Q 和E ，F ，求PE ·QF 的取值范围．解析：(1)由x 2＋y 2＋2x －15＝0，得(x ＋1)2＋y 2＝16，所以圆心为H (－1,0)，半径为4.连接MA ，由l 是线段AB 的中垂线，得|MA |＝|MB |，所以|MA |＋|MH |＝|MB |＋|MH |＝|BH |＝4，又|AH |＝2<4.根据椭圆的定义可知，点M 的轨迹是以A ，H 为焦点，4为长轴长的椭圆，所以a 2＝4，c 2＝1，b 2＝3，所求曲线C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由直线EF 与直线PQ 垂直，可得AP ·AE ＝AQ ·AF ＝0，于是PE ·QF ＝(AE －AP )·(AF －AQ )＝AE ·AF ＋AP ·AQ .①当直线PQ 的斜率不存在时，直线EF 的斜率为零，此时可不妨取P ⎝⎛⎭⎫1，32，Q ⎝⎛⎭⎫1，－32，E (2,0)，F (－2,0)，所以PE ·QF ＝⎝⎛⎭⎫1，－32·⎝⎛⎭⎫－3，32＝－3－94＝－214. ②当直线PQ 的斜率为零时，直线EF 的斜率不存在，同理可得PE ·QF ＝－214. ③当直线PQ 的斜率存在且不为零时，直线EF 的斜率也存在，于是可设直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)，P (x P ，y P )，Q (x Q ，y Q )，AP ＝(x P －1，y P )，AQ ＝(x Q －1，y Q )，则直线EF 的方程为y ＝－1k(x －1)．将直线PQ 的方程代入曲线C 的方程，并整理得，(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，所以x P ＋x Q ＝8k 23＋4k 2，x P ·x Q ＝4k 2－123＋4k 2.于是AP ·AQ ＝(x P －1)(x Q －1)＋y P ·y Q ＝(1＋k 2)[x P x Q －(x P ＋x Q )＋1] ＝(1＋k 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫4k 2－123＋4k 2－8k 23＋4k 2＋1＝－9(1＋k 2)3＋4k 2.将上面的k 换成－1k ，可得AE ·AF ＝－9(1＋k 2)4＋3k 2，所以PE ·QF ＝AE ·AF ＋AP ·AQ ＝－9(1＋k 2)⎝⎛⎭⎫13＋4k 2＋14＋3k 2. 令1＋k 2＝t ，则t >1，于是上式化简整理可得，PE ·QF ＝－9t ⎝⎛⎭⎫14t －1＋13t ＋1＝－63t 212t 2＋t －1＝－63494－⎝⎛⎭⎫1t －122. 由t >1，得0<1t <1，所以－214<PE ·QF ≤－367.综合①②③可知，PE ·QF 的取值范围为⎣⎡⎦⎤－214，－367.突破点(三) 圆锥曲线中的几何证明问题圆锥曲线中的几何证明问题多出现在解答题中，难度较大，多涉及线段或角相等以及位置关系的证明等.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”圆锥曲线中的几何证明问题[典例] 如图，圆C 与x 轴相切于点T (2,0)，与y 轴正半轴相交于两点M ，N (点M 在点N 的下方)，且|MN |＝3.(1)求圆C 的方程；(2)过点M 任作一条直线与椭圆x 28＋y 24＝1相交于两点A ，B ，连接AN ，BN ，求证：∠ANM ＝∠BNM .[解] (1)设圆C 的半径为r (r >0)，依题意，圆心C 的坐标为(2，r )． ∵|MN |＝3，∴r 2＝⎝⎛⎭⎫322＋22，解得r 2＝254. ∴r ＝52，圆C 的方程为(x －2)2＋⎝⎛⎭⎫y －522＝254. (2)证明：把x ＝0代入方程(x －2)2＋⎝⎛⎭⎫y －522＝254，解得y ＝1或y ＝4，即点M (0,1)，N (0,4)． ①当AB ⊥x 轴时，可知∠ANM ＝∠BNM ＝0.②当AB 与x 轴不垂直时，可设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1. 联立方程 ⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 28＋y 24＝1，消去y 得，(1＋2k 2)x 2＋4kx －6＝0.设直线AB 交椭圆于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，则x 1＋x 2＝－4k 1＋2k 2，x 1x 2＝－61＋2k 2. ∴k AN ＋k BN ＝y 1－4x 1＋y 2－4x 2＝kx 1－3x 1＋kx 2－3x 2＝2kx 1x 2－3(x 1＋x 2)x 1x 2.若k AN ＋k BN ＝0，则∠ANM ＝∠BNM . ∵2kx 1x 2－3(x 1＋x 2)＝－12k 1＋2k 2＋12k1＋2k 2＝0， ∴∠ANM ＝∠BNM .1．设椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，F 1，F 2是椭圆的两个焦点，M 是椭圆上任意一点，且△MF 1F 2的周长是4＋2 3.(1)求椭圆C 1的方程；(2)设椭圆C 1的左、右顶点分别为A ，B ，过椭圆C 1上的一点D 作x 轴的垂线交x 轴于点E ，若点C 满足AB ⊥BC ，AD ∥OC ，连接AC 交DE 于点P ，求证：PD ＝PE .解析：(1)由e ＝32，知c a ＝32，所以c ＝32a ，因为△MF 1F 2的周长是4＋23，所以2a ＋2c ＝4＋23，所以a ＝2，c ＝3，所以b 2＝a 2－c 2＝1，所以椭圆C 1的方程为：x 24＋y 2＝1.(2)证明：由(1)得A (－2,0)，B (2,0)，设D (x 0，y 0)，所以E (x 0,0)，因为AB ⊥BC ，所以可设C (2，y 1)，所以AD ＝(x 0＋2，y 0)，OC ＝(2，y 1)，由AD ∥OC 可得：(x 0＋2)y 1＝2y 0，即y 1＝2y 0x 0＋2.所以直线AC 的方程为：y 2y 0x 0＋2＝x ＋24. 整理得：y ＝y 02(x 0＋2)(x ＋2)．又点P 在DE 上，将x ＝x 0代入直线AC 的方程可得：y ＝y 02，即点P 的坐标为⎝⎛⎭⎫x 0，y 02，所以P 为DE 的中点，所以PD ＝PE .2．已知点A (－4,0)，直线l ：x ＝－1与x 轴交于点B ，动点M 到A ，B 两点的距离之比为2.(1)求点M 的轨迹C 的方程；(2)设C 与x 轴交于E ，F 两点，P 是直线l 上一点，且点P 不在C 上，直线PE ，PF 分别与C 交于另一点S ，T ，证明：A ，S ，T 三点共线．解析：(1)设点M (x ，y )，依题意，|MA ||MB |＝(x ＋4)2＋y 2(x ＋1)2＋y 2＝2，化简得x 2＋y 2＝4，即轨迹C 的方程为x 2＋y 2＝4. (2)证明：由(1)知曲线C 的方程为x 2＋y 2＝4，令y ＝0得x ＝±2，不妨设E (－2，0)，F (2,0)，如图所示．设P (－1，y 0)，S (x 1，y 1)，T (x 2，y 2)，则直线PE 的方程为y ＝y 0(x ＋2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝y 0(x ＋2)，x 2＋y 2＝4得(y 20＋1)x 2＋4y 20x ＋4y 20－4＝0，所以－2x 1＝4y 20－4y 20＋1，即x 1＝2－2y 20y 20＋1，y 1＝4y 0y 20＋1.直线PF 的方程为y ＝－y 03(x －2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－y 03(x －2)，x 2＋y 2＝4得(y 20＋9)x 2－4y 20x ＋4y 20－36＝0，所以2x 2＝4y 20－36y 20＋9，即x 2＝2y 20－18y 20＋9，y 2＝12y 0y 20＋9.所以k AS ＝y 1x 1＋4＝4y 0y 20＋12－2y 20y 20＋1＋4＝2y 0y 20＋3， k AT ＝y 2x 2＋4＝12y 0y 20＋92y 20－18y 20＋9＋4＝2y 0y 20＋3，所以k AS ＝k AT ，所以A ，S ，T 三点共线．[全国卷5年真题集中演练——明规律] 1.(2014·新课标全国卷Ⅰ)已知点A (0，－2)，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，F 是椭圆E 的右焦点，直线AF 的斜率为233，O 为坐标原点．(1)求E 的方程；(2)设过点A 的动直线l 与E 相交于P ，Q 两点．当△OPQ 的面积最大时，求l 的方程．解析：(1)设F (c,0)，由条件知，2c ＝233，得c ＝ 3.又c a ＝32，所以a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝1. 故E 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)当l ⊥x 轴时不合题意，故设l ：y ＝kx －2，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Δ＝16(4k 2－3)>0，即k 2>34时，x 1,2＝8k ±24k 2－34k 2＋1.从而|PQ |＝k 2＋1|x 1－x 2|＝4k 2＋1·4k 2－34k 2＋1.又点O 到直线PQ 的距离d ＝2k 2＋1. 所以△OPQ 的面积S △OPQ ＝12d ·|PQ |＝44k 2－34k 2＋1.设4k 2－3＝t ，则t >0，S △OPQ ＝4t t 2＋4＝4t ＋4t.因为t ＋4t ≥4，当且仅当t ＝2，即k ＝±72时等号成立，且满足Δ>0.所以，当△OPQ 的面积最大时，l 的方程为y ＝72x －2或y ＝－72x －2. 2．(2013·新课标全国卷Ⅱ)平面直角坐标系xOy 中，过椭圆M ：x 2a 2＋y 2b 2＝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．解析：(1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，P (x 0，y 0)，则x 21a 2＋y 21b 2＝1，x 22a 2＋y 22b 2＝1，y 2－y 1x 2－x 1＝－1，由此可得b 2(x 2＋x 1)a 2(y 2＋y 1)＝－y 2－y 1x 2－x 1＝1.因为x 1＋x 2＝2x 0，y 1＋y 2＝2y 0，y 0x 0＝12，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x 26＋y 23＝1.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －3＝0，x 26＋y 23＝1，解得⎩⎨⎧x ＝433，y ＝－33，或⎩⎨⎧x ＝0，y ＝ 3.因此|AB |＝463.由题意可设直线CD 的方程为y ＝x ＋n ⎝⎛⎭⎫－533＜n ＜3，设C (x 3，y 3)，D (x 4，y 4)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋n ，x 26＋y 23＝1得3x 2＋4nx ＋2n 2－6＝0. 于是x 3,4＝－2n ±2(9－n 2)3.因为直线CD 的斜率为1，所以|CD |＝2|x 4－x 3|＝439－n 2. 由已知，四边形ACBD 的面积S ＝12|CD |·|AB |＝8699－n 2.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.[课时达标检测] 难点增分课时——设计3级训练，考生据自身能力而选一、全员必做题1．已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的一个焦点为F 2(1,0)，且该椭圆过定点M ⎝⎛⎭⎫1，22.(1)求椭圆E 的标准方程；(2)设点Q (2,0)，过点F 2作直线l 与椭圆E 交于A ，B 两点，且2F A ＝λ2F B ，λ∈[－2，－1]，以QA ，QB 为邻边作平行四边形QACB ，求对角线QC 长度的最小值．解析：(1)由题易知c ＝1，1a 2＋12b 2＝1，又a 2＝b 2＋c 2，解得b 2＝1，a 2＝2，故椭圆E 的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)设直线l ：x ＝ky ＋1，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ky ＋1，x 22＋y 2＝1得(k 2＋2)y 2＋2ky －1＝0， Δ＝4k 2＋4(k 2＋2)＝8(k 2＋1)>0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则可得y 1＋y 2＝－2k k 2＋2，y 1y 2＝－1k 2＋2.QC ＝QA ＋QB ＝(x 1＋x 2－4，y 1＋y 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4(k 2＋1)k 2＋2，－2k k 2＋2，∴|QC |2＝|QA ＋QB |2＝16－28k 2＋2＋8(k 2＋2)2，由此可知，|QC |2的大小与k 2的取值有关．由2F A ＝λ2F B 可得y 1＝λy 2，λ＝y 1y 2，1λ＝y 2y 1(y 1y 2≠0)．从而λ＋1λ＝y 1y 2＋y 2y 1＝(y 1＋y 2)2－2y 1y 2y 1y 2＝－6k 2－4k 2＋2，由λ∈[－2，－1]得⎝⎛⎭⎫λ＋1λ∈⎣⎡⎦⎤－52，－2，从而－52≤－6k 2－4k 2＋2≤－2，解得0≤k 2≤27. 令t ＝1k 2＋2，则t ∈⎣⎡⎦⎤716，12，∴|QC |2＝8t 2－28t ＋16＝8⎝⎛⎭⎫t －742－172， ∴当t ＝12时，|QC |min ＝2.2.已知点F 为抛物线E ：y 2＝2px (p >0)的焦点，点A (2，m )在抛物线E 上，且|AF |＝3. (1)求抛物线E 的方程；(2)已知点G (－1,0)，延长AF 交抛物线E 于点B ，证明：以点F 为圆心且与直线GA 相切的圆，必与直线GB 相切．解析：(1)由抛物线的定义得|AF |＝2＋p2.因为|AF |＝3，即2＋p2＝3，解得p ＝2，所以抛物线E 的方程为y 2＝4x .(2)证明：设以点F 为圆心且与直线GA 相切的圆的半径为r. 因为点A(2，m)在抛物线E ：y2＝4x 上，所以m ＝±2 2.由抛物线的对称性，不妨设A(2,22)．由A(2,22)，F(1,0)可得直线AF 的方程为 y ＝22(x －1)．由⎩⎨⎧y ＝22x －1，y2＝4x ，得2x2－5x ＋2＝0，解得x ＝2或x ＝12，从而B ⎝⎛⎭⎫12，－2. 又G(－1,0)，故直线GA 的方程为22x －3y ＋22＝0，从而r ＝|22＋22|8＋9＝4 217 .又直线GB 的方程为22x ＋3y ＋22＝0，所以点F 到直线GB 的距离 d ＝|22＋22|8＋9＝4217＝r.这表明以点F 为圆心且与直线GA 相切的圆必与直线GB 相切．3．已知中心在原点，焦点在y 轴上的椭圆C ，其上一点P 到两个焦点F 1，F 2的距离之和为4，离心率为32. (1)求椭圆C 的方程；(2)若直线y ＝kx ＋1与曲线C 交于A ，B 两点，求△OAB 面积的取值范围．解析：(1)设椭圆的标准方程为y 2a 2＋x 2b2＝1(a >b >0)，由条件知，⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝4，e ＝c a ＝32，a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，c ＝3，b ＝1，故椭圆C 的方程为y 24＋x 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 24＝1，y ＝kx ＋1得(k 2＋4)x 2＋2kx －3＝0，故x 1＋x 2＝－2k k 2＋4，x 1x 2＝－3k 2＋4，设△OAB 的面积为S ，由x 1x 2＝－3k 2＋4<0，知S ＝12×1×|x 1－x 2|＝12(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝2k 2＋3(k 2＋4)2，令k 2＋3＝t ，知t ≥3， ∴S ＝21t ＋1t＋2. 对函数y ＝t ＋1t (t ≥3)，知y ′＝1－1t 2＝t 2－1t 2>0，∴y ＝t ＋1t 在t ∈[3，＋∞)上单调递增，∴t ＋1t ≥103，∴0<1t ＋1t＋2≤316，∴0<S ≤32. 故△OAB 面积的取值范围为⎝⎛⎦⎤0，32. 二、重点选做题1．过离心率为22的椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点F (1,0)作直线l 与椭圆C 交于不同的两点A ，B ，设|F A |＝λ|FB |，T (2,0)．(1)求椭圆C 的方程；(2)若1≤λ≤2，求△ABT 中AB 边上中线长的取值范围．解析：(1)∵e ＝22，c ＝1，∴a ＝2，b ＝1，即椭圆C 的方程为：x 22＋y 2＝1.(2)①当直线的斜率为0时，显然不成立． ②设直线l ：x ＝my ＋1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2y 2－2＝0，x ＝my ＋1得(m 2＋2)y 2＋2my －1＝0，则y 1＋y 2＝－2m m 2＋2，y 1y 2＝－1m 2＋2，由|F A |＝λ|FB |，得y 1＝－λy 2， ∵－λ＋1－λ＝y 1y 2＋y 2y 1，∴－λ＋1－λ＋2＝(y 1＋y 2)2y 1y 2＝－4m 2m 2＋2，∴m 2≤27，又∵AB 边上的中线长为12 |TA ＋TB |＝12(x 1＋x 2－4)2＋(y 1＋y 2)2＝4m 4＋9m 2＋4(m 2＋2)2＝ 2(m 2＋2)2－7m 2＋2＋4∈⎣⎡⎦⎤1，13216.2．如图所示，已知直线l 过点M (4,0)且与抛物线y 2＝2px (p ＞0)交于A ，B 两点，以弦AB 为直径的圆恒过坐标原点O .(1)求抛物线的标准方程；(2)设Q 是直线x ＝－4上任意一点，求证：直线QA ，QM ，QB 的斜率依次成等差数列．解析：(1)设直线l 的方程为x ＝ky ＋4，代入y 2＝2px 得y 2－2kpy －8p ＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则有y 1＋y 2＝2kp ，y 1y 2＝－8p ，而AB 为直径，O 为圆上一点，所以OA ·OB ＝0，故0＝x 1x 2＋y 1y 2＝(ky 1＋4)(ky 2＋4)－8p ＝k 2y 1y 2＋4k (y 1＋y 2)＋16－8p ，即0＝－8k 2p ＋8k 2p ＋16－8p ，得p ＝2，所以抛物线方程为y 2＝4x .(2)设Q (－4，t )由(1)知y 1＋y 2＝4k ，y 1y 2＝－16，所以y 21＋y 22＝(y 1＋y 2)2－2y 1y 2＝16k 2＋32.因为k QA ＝y 1－t x 1＋4＝y 1－t y 214＋4＝4(y 1－t )y 21＋16，k QB ＝y 2－t x 2＋4＝y 2－t y 224＋4＝4(y 2－t )y 22＋16，k QM ＝t －8，所以k QA ＋k QB ＝4(y 1－t )y 21＋16＋4(y 2－t )y 22＋16＝4×(y 1－t )(y 22＋16)＋(y 2－t )(y 21＋16)(y 21＋16)(y 22＋16)＝4×y 1y 22＋16y 1－ty 22－16t ＋y 2y 21＋16y 2－ty 21－16t y 21y 22＋16(y 21＋y 22)＋16×16＝－t (y 21＋y 22)－32t 8×16＋4(y 21＋y 22)＝－t (16k 2＋32)－32t 8×16＋4(16k 2＋32) ＝－t 4＝2k QM . 所以直线QA ，QM ，QB 的斜率依次成等差数列．三、冲刺满分题1.已知椭圆C ：x 24＋y 2b 2＝1(0<b <2)的离心率为32，与坐标轴不垂直且不过原点的直线l 1与椭圆C 相交于不同的两点A ，B (如图所示)，过AB 的中点M 作垂直于l 1的直线l 2，设l 2与椭圆C 相交于不同的两点C ，D ，且CN ＝12CD . (1)求椭圆C 的方程；(2)设原点O 到直线l 1的距离为d ，求d |MN |的最大值．解析：(1)依题意得，⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，c a ＝32，c 2＝a 2－b 2，解得b 2＝1，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1. (2)设直线l 1：y ＝kx ＋m (k ≠0，m ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧ x 24＋y 2＝1，y ＝kx ＋m 得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＋x 2＝－8mk 1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－41＋4k 2.故M ⎝⎛⎭⎫－4mk 1＋4k 2，m 1＋4k 2. l 2：y －m 1＋4k 2＝－1k ⎝⎛⎭⎫x ＋4mk 1＋4k 2，即y ＝－1k x －3m 1＋4k 2.由⎩⎨⎧ y ＝－1k x －3m 1＋4k 2，x 24＋y 2＝1，得⎝⎛⎭⎫1＋4k 2x 2＋24m k (1＋4k 2)x ＋36m 2(1＋4k 2)2－4＝0，设C (x 3，y 3)，D (x 4，y 4)，则x 3＋x 4＝－24mk (1＋4k 2)(k 2＋4)，故N ⎝⎛⎭⎫－12mk (1＋4k 2)(k 2＋4)，－3mk 2(1＋4k 2)(k 2＋4). 故|MN |＝|x M －x N | 1＋1k 2＝4|m |(k 2＋1)k 2＋1(1＋4k 2)(k 2＋4). 又d ＝|m |1＋k 2，所以d |MN |＝(1＋4k 2)(k 2＋4)4(k 2＋1)2. 令t ＝k 2＋1(t >1)，则d |MN |＝4t 2＋9t －94t 2＝－94t 2＋94t ＋1＝－94⎝⎛⎭⎫1t －122＋2516≤2516(当且仅当t ＝2时取等号)，所以d |MN |的最大值为2516. 2．已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，且|F 1F 2|＝6，直线y ＝kx 与椭圆交于A ，B 两点．(1)若△AF 1F 2的周长为16，求椭圆的标准方程；(2)若k ＝24，且A ，B ，F 1，F 2四点共圆，求椭圆离心率e 的值； (3)在(2)的条件下，设P (x 0，y 0)为椭圆上一点，且直线P A 的斜率k 1∈(－2，－1)，试求直线PB 的斜率k 2的取值范围．解析：(1)由题意得c ＝3，根据2a ＋2c ＝16，得a ＝5. 结合a 2＝b 2＋c 2，解得a 2＝25，b 2＝16.所以椭圆的方程为x 225＋y 216＝1. (2)法一：由⎩⎨⎧x 2a 2＋y 2b 2＝1，y ＝24x ，得⎝⎛⎭⎫b 2＋18a 2x 2－a 2b 2＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．所以x 1＋x 2＝0，x 1x 2＝－a 2b 2b 2＋18a 2，由AB ，F 1F 2互相平分且共圆，易知，AF 2⊥BF 2，因为2F A ＝(x 1－3，y 1)，2F B ＝(x 2－3，y 2)，所以2F A ·2F B ＝(x 1－3)(x 2－3)＋y 1y 2＝⎝⎛⎭⎫1＋18x 1x 2＋9＝0. 即x 1x 2＝－8，所以有－a 2b 2b 2＋18a 2＝－8，结合b 2＋9＝a 2，解得a 2＝12(a 2＝6舍去)，所以离心率e ＝32.(若设A (x 1，y 1)，B (－x 1，－y 1)相应给分) 法二：设A (x 1，y 1)，又AB ，F 1F 2互相平分且共圆，所以AB ，F 1F 2是圆的直径，所以x 21＋y 21＝9，又由椭圆及直线方程综合可得：⎩⎨⎧ x 21＋y 21＝9，y 1＝24x 1，x 21a 2＋y 21b 2＝1.由前两个方程解得x 21＝8，y 21＝1，将其代入第三个方程并结合b 2＝a 2－c 2＝a 2－9，解得a 2＝12，故e ＝32. (3)由(2)的结论知，椭圆方程为x 212＋y 23＝1，由题可设A (x 1，y 1)，B (－x 1，－y 1)，k 1＝y 0－y 1x 0－x 1，k 2＝y 0＋y 1x 0＋x 1，所以k 1k 2＝y 20－y 21x 20－x 21，又y 20－y 21x 20－x 21＝3⎝⎛⎭⎫1－x 2012－3⎝⎛⎭⎫1－x 2112x 20－x 21＝－14，即k 2＝－14k 1，由－2＜k 1＜－1可知，18＜k 2＜14. 即直线PB 的斜率k 2的取值范围是⎝⎛⎭⎫18，14.。

2020届高考数学二轮复习讲义及题型归纳《圆锥曲线第三章圆锥曲线中的最值、定点、定值》(基础)

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）22842m m t +-==≤= （2）t ===≤ （3）13t m m==≤=+（4）222211212m k m t k ++-==≤=+ （5）t =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）t == ；（8）228m t +== ；（9）t == ；上述式子求最值可以通过分离常数法实现.【例1】.已知椭圆G:x 24+y 2=1.过点(m,0)作圆221x y +=的切线I 交椭圆G 于A,B 两点.(1)求椭圆G 的焦点坐标和离心率;(2)将|AB|表示为m 的函数,并求|AB|的最大值.【解答】解:(1)∵椭圆一个顶点为A (2,0),离心率为√22, ∴{a =2c a =√22a 2=b 2+c 2∴b=√2∴椭圆C 的方程为x 24+y 22=1;(2)直线y=k(x ﹣1)与椭圆C 联立{y =k(x −1)x 24+y 22=1,消元可得(1+2k 2)x 2﹣4k 2x +2k 2﹣4=0设M(x 1,y 1),N(x 2,y 2),则x 1+x 2=4k 21+2k 2,x 1x 2=2k 2−41+2k 2∴|MN |=√1+k 2×√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=2√(1+k 2)(4+6k 2)1+2k∵A(2,0)到直线y=k(x ﹣1)的距离为d =|k|√1+k∴△AMN 的面积S=12|MN|d =|k|√4+6k 21+2k 2∵△AMN 的面积为√103,∴|k|√4+6k 21+2k 2=√103∴k=±1.【例2】.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√1+k2=√32,得m2=34(k2+1).把y=kx+m代入椭圆方程,整理得(3k2+1)x2+6kmx+3m2﹣3=0,∴x1+x2=−6km3k2+1,x1x2=3(m2−1)3k2+1.∴|AB|2=(1+k2)(x2﹣x1)2=(1+k2)[36k2m2(3k2+1)2−12(m2−1)3k2+1]=12(k2+1)(3k2+1−m2)(3k2+1)2=3(k2+1)(9k2+1) (3k2+1)2=3+12k29k4+6k2+1=3+129k2+1k2+6(k≠0)≤3+122×3+6=4.当且仅当9k2=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3】.已知点2(0,)A﹣,椭圆E:x22+y2b2=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 +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.第二节:定点、定值【例1】.已知抛物线2:2C y px =过点()1,1P .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.【解答】解:(1)∵y 2=2px 过点P(1,1), ∴1=2p,解得p=12,∴y 2=x,∴焦点坐标为(14,0),准线为x=﹣14,(2)证明:设过点(0,12)的直线方程为y=kx +12,M(x 1,y 1),N(x 2,y 2),∴直线OP 为y=x,直线ON 为:y=y 2x 2x,由题意知A(x 1,x 1),B(x 1,x 1y 2x 2),由{y =kx +12y 2=x,可得k 2x 2+(k ﹣1)x +14=0,∴x 1+x 2=1−k k 2,x 1x 2=14k 2∴y 1+x 1y 2x 2=kx 1+12+x 1(kx 2+12)x 2=2kx 1+x 1+x 22x 2=2kx 1+1−kk 22×14k 2x 1=2kx 1+(1﹣k)•2x 1=2x 1,∴A 为线段BM 的中点.【例2】.已知,椭圆C 过点A(1,32),两个焦点为(−1,0),(1,0).(1)求椭圆C 的方程;(2)E,F 是椭圆C 上的两个动点,如果直线AE 的斜率与AF 的斜率互为相反数,证明直线EF 的斜率为定值,并求出这个定值. 【解答】解:(1)由题意,c=1, 可设椭圆方程为11+b 2+94b 2=1,解得b 2=3,b 2=−34(舍去) 所以椭圆方程为x 24+y 23=1.(2)设直线AE 方程为:y =k(x −1)+32,代入x 24+y 23=1得(3+4k 2)x 2+4k(3−2k)x +4(32−k)2−12=0设E(x E ,y E ),F(x F ,y F ),因为点A(1,32)在椭圆上,所以由韦达定理得:x E +1=−4k(3−2k)3+4k 2,x E ×1=4(32−k)2−123+4k2,所以x E=4(32−k)2−123+4k2,yE=kx E+32−k.又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数,在上式中以﹣K代K,可得x F=4(32+k)2−123+4k2,yF=−kx F+32+k所以直线EF的斜率K EF=y F−y Ex F−x E=−k(x F+x E)+2kx F−x E=12即直线EF的斜率为定值,其值为1 2 .。

2020版高考数学大二轮复习专题四大题考法课一圆锥曲线中的最值、范围、证明问题

圆锥曲线中的最值、范围、证明问题错误!1．(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－错误!。

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）由题设得错误!·错误!＝－错误!，化简得错误!＋错误!＝1（|x｜≠2），所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上不含长轴端点的椭圆．(2）①证明：设直线PQ的斜率为k,则其方程为y＝kx(k>0）．由错误!得x＝±错误!。

设u＝错误!，则P(u,uk），Q(－u,－uk)，E(u,0)．于是直线QG的斜率为错误!,其方程为y＝错误!(x－u）．由错误!消去y，得（2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝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 ＝错误!。

从而直线PG 的斜率为错误!＝－错误!。

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＋k 2,所以△PQG 的面积S ＝错误!｜PQ ｜｜PG ｜＝错误!＝错误!。

设t ＝k ＋错误!，则由k >0得t ≥2，当且仅当k ＝1时取等号．因为S ＝错误!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 面积的最大值为错误!.2．(2017·浙江高考)如图，已知抛物线x2＝y,点A错误!，B错误!，抛物线上的点P(x，y)错误!.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，k＝错误!＝x－错误!，因为－错误!<x〈错误!，所以－1〈x－错误!<1，即直线AP斜率的取值范围是（－1,1)．（2）设直线AP的斜率为k.则直线AP的方程为y－错误!＝k错误!，即kx－y＋错误!k＋错误!＝0，因为直线BQ与直线AP垂直,所以直线BQ的方程为x＋ky－错误!k－错误!＝0，联立错误!解得点Q的横坐标x Q＝错误!.因为|PA｜＝错误!错误!＝错误!(k＋1),｜PQ｜＝错误!(x Q－x）＝－错误!,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，令f′(k）＝0，得k＝错误!或k＝－1（舍去)，所以f(k)在区间错误!上单调递增,错误!上单调递减，因此当k＝12时，｜PA｜·｜PQ｜取得最大值错误!。

2020版高考数学(浙江专用)一轮总复习检测：10.6 圆锥曲线的综合问题含解析

10.6圆锥曲线的综合问题挖命题【考情探究】分析解读 1.圆锥曲线的综合问题是高考的热点之一,主要考查两大问题:一是根据条件求出平面曲线的方程;二是通过方程研究平面曲线的性质.2.考查点主要有:(1)圆锥曲线的基本概念和性质;(2)与圆锥曲线有关的最值、对称、位置关系等综合问题;(2)有关定点、定值问题,以及存在性等探索性问题.3.预计2020年高考试题中,圆锥曲线的综合问题仍是压轴题之一,复习时应高度重视.炼技法【方法集训】方法1圆锥曲线中的最值和范围问题的求解方法1.(2018浙江9+1高中联盟期中,21)如图,在平面直角坐标系xOy中,设点M(x0,y0)是椭圆C:+y2=1上一点,从原点O向圆M:+=作两条切线,分别与椭圆C交于点P,Q,直线OP,OQ的斜率分别记为k1,k2.(1)求证:k1k2为定值;(2)求四边形OPMQ面积的最大值.解析(1)证明:因为直线OP:y=k1x,OQ:y=k2x与圆M相切,所以=,=,可知k1,k2是方程(3-2)k2-6x0y0k+3-2=0的两个不相等的实数根,所以3-2≠0,k 1k2=,因为点M(x0,y0)在椭圆C上,所以=1-,所以k1k2==-.(2)易知直线OP,OQ都不能落在坐标轴上,设P(x1,y1),Q(x2,y2),因为2k1k2+1=0,所以+1=0,即=,因为P(x1,y1),Q(x2,y2)在椭圆C上,所以==,整理得+=2,所以+=1,所以OP2+OQ2=3.因为S四边形OPMQ= (OP+OQ)·=(OP+OQ),OP+OQ≤=,所以S四边形OPMQ的最大值为1.2.(2018浙江台州高三期末质检,21,15分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左,右焦点分别为F1,F2,左顶点为A,点P(,)在椭圆C上,且△PF1F2的面积为2.(1)求椭圆C的方程;(2)过原点O且与x轴不重合的直线交椭圆C于E,F两点,直线AE,AF分别与y轴交于点M,N.求证:以MN为直径的圆恒过焦点F1,F2,并求出△F1MN面积的取值范围.解析(1)∵=×2c×=2,∴c=2,(2分)又点P(,)在椭圆C上,∴+=1,∴a4-9a2+8=0,解得a2=8或a2=1(舍去),又a2-b2=4,∴b2=4,∴椭圆C的方程为+=1.(5分)(2)由(1)可得A(-2,0),F1(-2,0),F2(2,0),当直线EF的斜率不存在时,E,F为短轴的两个端点,不妨设M(0,2),N(0,-2), ∴F1M⊥F1N,F2M⊥F2N,∴以MN为直径的圆恒过焦点F 1,F2.(7分)当直线EF的斜率存在且不为零时,设直线EF的方程为y=kx(k≠0),设点E(x0,y0)(不妨设x0>0),则点F(-x0,-y0),由消去y得x2=,∴x0=,y0=,∴直线AE的方程为y=(x+2),∵直线AE与y轴交于点M,∴令x=0,得y=,即点M,同理可得点N,∴=,=,∴·=0,∴F1M⊥F1N,同理,F2M⊥F2N,则以MN为直径的圆恒过焦点F1,F2,(12分)当直线EF的斜率存在且不为零时,|MN|===2·>4,∴△F1MN的面积S=|OF1|·|MN|>4,又当直线EF的斜率不存在时,|MN|=4,∴△F1MN的面积为|OF1|·|MN|=4,∴△F1MN面积的取值范围是[4,+∞).(15分)方法2 定点、定值问题的求法1.(2017浙江镇海中学模拟卷(四),21)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,且椭圆C上的点到其焦点的距离的最小值为1.(1)求a,b的值;(2)过点P(3,0)作直线l交C于A,B两点,①求△AOB面积S的最大值;②设Q为线段AB上的点,且满足=,证明:点Q的横坐标x Q为定值.解析(1)由题意知,所以a=2,c=1,因此b==,故a=2,b=.(4分)(2)显然直线l的斜率存在且不为0,故可设l:y=k(x-3)(k≠0),联立消去y,并整理,得(3+4k2)x2-24k2x+36k2-12=0,其中Δ=48(3-5k2)>0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1+x2=,x1·x2=.(6分)①原点O到直线l的距离d=,|AB|=|x1-x2|=·,所以S△AOB=|AB|·d=6·|k|·=6·.(8分)设t=,则k2=,其中t∈,则S=6·=·≤·=.当且仅当9-27t=27t-5,即t=时,取等号.(10分)故△AOB面积S的最大值为.②证明:设==λ,则=-λ,=λ,(12分)所以3-x1=-λ(x2-3),x Q-x1=λ(x2-x Q),消去λ得,x Q===,故点Q的横坐标x Q为定值.(15分)2.(2017浙江五校联考(5月),21)如图,已知椭圆Γ:+=1(a>b>0)经过不同的三点A,B,C(C在第三象限),线段BC的中点在直线OA上.(1)求椭圆Γ的方程及点C的坐标;(2)设点P是椭圆Γ上的动点(异于点A,B,C),且直线PB,PC分别交直线OA于M,N两点,问|OM|·|ON|是不是定值?若是,求该值;若不是,请说明理由.解析(1)由点A,B在椭圆Γ上,得解得所以椭圆Γ的方程为+=1.设点C(m,n),则BC中点为,由已知,求得直线OA的方程为x-2y=0,从而m=2n-1.①又点C在椭圆Γ上,故2m2+8n2=5.②由①②得n= (舍去)或n=-,从而m=-,所以点C的坐标为.(2)设P(x0,y0),M(2y1,y1),N(2y2,y2).当x0≠-且x0≠-时,因为P,B,M三点共线,所以=,整理得y1=.因为P,C,N三点共线,所以=,整理得y2=.因为点P在椭圆Γ上,所以2+8=5,即=-4.从而y1y2=====.所以|OM|·|ON|=|y1|·|y2|=5|y1y2|=,为定值.当x0=-或x0=-时,易求得|OM|·|ON|=,为定值.综上,|OM|·|ON|是定值,为.方法3存在性问题的解法1.(2018浙江“七彩阳光”联盟期中,21)已知抛物线C1:x2=4y的焦点为F,过抛物线C2:y=-x2+3上一点M作抛物线C2的切线l,与抛物线C1交于A,B两点.(1)记直线AF,BF的斜率分别为k1,k2,若k1·k2=-,求直线l的方程;(2)是否存在正实数m,使得对任意点M,都有|AB|=m(|AF|+|BF|)成立?若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.解析(1)设M(x0,y0),由y=-+3,得y'=-,则切线l的斜率为k=-.切线l的方程为y=-(x-x0)+y0=-x++y0=-x-2y0+6+y0,即y=-x-y0+6.(3分)与x2=4y联立,消去y得x2+x0x+4y0-24=0.(4分)设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1+x2=-x0,x1x2=4y0-24,(5分)则y1+y2=-(x1+x2)-2y0+12=-2y0+12=-4y0+18,y1y2==,则由k1·k2=×===-,得5-28y0+23=0,解得y0=1或y0=.(8分)∵=-8(y0-3)≥0,∴y0≤3,故y0=1,∴x0=±4.则直线l的方程为y=±x+5.(9分)(2)由(1)知直线l的方程为y=-x-y0+6,且x1+x2=-x0,x1x2=4y0-24,则|AB|=|x1-x2|=·=·,即|AB|=·=2(5-y0),(11分)而|AF|+|BF|=(y1+1)+(y2+1)=-4y0+20=4(5-y0),(13分)则|AB|=(|AF|+|BF|),(14分)故存在正实数m=,使得对任意点M,都有|AB|=(|AF|+|BF|)成立.(15分)2.(2017浙江镇海中学模拟卷(六),21)椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,M为椭圆C上任意一点,|MF1|-|MF2|的最大值为2,离心率为.(1)若N为椭圆C上任意一点,且F2M⊥F2N,求·的最小值;(2)若过椭圆C右焦点F2的直线l与椭圆C相交于A,B两点,且=3,试问:在椭圆C上是否存在点P,使得线段OP与线段AB 的交点恰为四边形OAPB的对称中心?若存在,求点P的坐标;若不存在,说明理由.解析(1)由题意知,∴故b=,∴椭圆C的方程是+=1,其右焦点F2的坐标为(1,0).∵·=·(+)=·+·=,∴===4-2.(2)由题意知,直线l的斜率不为0.假设符合条件的点P存在,则=+.设A(x1,y1),B(x2,y2),则点P的坐标为(x1+x2,y1+y2),根据=3,得(1-x1,-y1)=2(x2-1,y2),∴y1=-2y2.设直线l的方程为x=my+1,代入椭圆方程整理得(2m2+3)y2+4my-4=0,故y1+y2=-,y1y2=-.易得-y2=-,-2=-,消去y2,得=,解得m2=,即m=±.当m=时,y1+y2=-,x1+x2=m(y1+y2)+2=-+2=,此时P.当m=-时,y1+y2=,x1+x2=m(y1+y2)+2=-+2=,此时P.经检验,点,都在椭圆C上,故C上存在点P,使得线段OP与线段AB的交点恰为四边形OAPB的对称中心.过专题【五年高考】A组自主命题·浙江卷题组考点圆锥曲线的综合问题1.(2018浙江,21,15分)如图,已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点,抛物线C:y2=4x上存在不同的两点A,B满足PA,PB的中点均在C上.(1)设AB中点为M,证明:PM垂直于y轴;(2)若P是半椭圆x2+=1(x<0)上的动点,求△PAB面积的取值范围.解析本题主要考查椭圆、抛物线的几何性质,直线与抛物线的位置关系等基础知识,同时考查运算求解能力和综合应用能力.(1)设P(x0,y0),A,B.因为PA,PB的中点在抛物线上,所以y1,y2为方程=4·即y2-2y0y+8x0-=0的两个不同的实根.所以y1+y2=2y0,因此,PM垂直于y轴.(2)由(1)可知所以|PM|= (+)-x0=-3x0,|y1-y2|=2.因此,△PAB的面积S=|PM|·|y1-y2|=(-4x0.因为+=1(x0<0),所以-4x0=-4-4x0+4∈[4,5].因此,△PAB面积的取值范围是.疑难突破解析几何中“取值范围”与“最值”问题在解析几何中,求某个量(直线斜率,直线在x、y轴上的截距,弦长,三角形或四边形面积等)的取值范围或最值问题的关键是利用条件把所求量表示成关于某个变量(通常是直线斜率,动点的横、纵坐标等)的函数,并求出这个变量的取值范围(即函数的定义域),将问题转化为求函数的值域或最值.2.(2017浙江,21,15分)如图,已知抛物线x2=y,点A,B,抛物线上的点P(x,y).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.解析本题主要考查直线方程、直线与抛物线的位置关系等基础知识,同时考查解析几何的基本思想方法和运算求解能力.(1)设直线AP的斜率为k,k==x-,因为-<x<,所以直线AP斜率的取值范围是(-1,1).(2)解法一:联立直线AP与BQ的方程解得点Q的横坐标是x Q=.因为|PA|==(k+1),|PQ|=(x Q-x)=-,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)在区间上单调递增,上单调递减,因此当k=时,|PA|·|PQ|取得最大值.解法二:如图,连接BP,|AP|·|PQ|=|AP|·|PB|·cos∠BPQ=·(-)=·-.易知P(x,x2),则·=2x+1+2x2-=2x2+2x+,=+=x2+x++x4-x2+=x4+x2+x+.∴|AP|·|PQ|=-x4+x2+x+.设f(x)=-x4+x2+x+,则f '(x)=-4x3+3x+1=-(x-1)(2x+1)2,∴f(x)在上为增函数,在上为减函数,∴f(x)max=f(1)=.故|AP|·|PQ|的最大值为.方法总结在解析几何中,遇到求两线段长度之积的最值或取值范围时,一般用以下方法进行转化.1.直接法:求出各点坐标,用两点间的距离公式,转化为某个参变量(如直线斜率、截距,点的横、纵坐标等)的函数,再求函数的最值或值域.2.向量法:三点共线时,转化为两向量的数量积,再转化为动点的横(或纵坐标)的函数,最后求函数的最值或值域.3.参数法:把直线方程化为参数方程,与曲线方程联立,由根与系数的关系转化为直线的斜率(或直线的截距)的函数,最后求函数的最值或值域.3.(2014浙江,21,15分)如图,设椭圆C:+=1(a>b>0),动直线l与椭圆C只有一个公共点P,且点P在第一象限.(1)已知直线l的斜率为k,用a,b,k表示点P的坐标;(2)若过原点O的直线l1与l垂直,证明:点P到直线l1的距离的最大值为a-b.解析(1)设直线l的方程为y=kx+m(k<0),由消去y得(b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0.由于l与C只有一个公共点,故Δ=0,即b2-m2+a2k2=0,解得点P的坐标为.又点P在第一象限,故点P的坐标为P.(2)证明:由于直线l1过原点O且与l垂直,故直线l1的方程为x+ky=0,所以点P到直线l1的距离d=,整理得d=.因为a2k2+≥2ab,所以≤=a-b,当且仅当k2=时等号成立.所以点P到直线l1的距离的最大值为a-b.评析本题主要考查椭圆的几何性质、点到直线的距离、直线与椭圆的位置关系等基础知识,同时考查解析几何的基本思想方法、基本不等式的应用等综合解题能力.B组统一命题、省(区、市)卷题组考点圆锥曲线的综合问题1.(2018北京理,19,14分)已知抛物线C:y2=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,=λ,=μ,求证: +为定值.解析(1)因为抛物线y2=2px过点(1,2),所以2p=4,即p=2.故抛物线C的方程为y2=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).由得k2x2+(2k-4)x+1=0.依题意Δ=(2k-4)2-4×k2×1>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(x1,y1),B(x2,y2),由(1)知x1+x2=-,x1x2=.直线PA的方程为y-2=(x-1).令x=0,得点M的纵坐标为y M=+2=+2.同理得点N的纵坐标为y N=+2.由=λ,=μ得λ=1-y M,μ=1-y N.所以+=+=+=·=·=2.所以+为定值.方法总结圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值.依题设条件,得出与代数式有关的等式,化简即可得出定值;(2)求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的表达式,再利用题设条件化简、变形求得;(3)求某线段长度为定值.利用两点间的距离公式求得线段长度的表达式,再依据条件对表达式进行化简、变形即可求得.2.(2017山东理,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为,焦距为2.(1)求椭圆E的方程;(2)如图,动直线l:y=k1x-交椭圆E于A,B两点,C是椭圆E上一点,直线OC的斜率为k2,且k1k2=.M是线段OC延长线上一点,且|MC|∶|AB|=2∶3,☉M的半径为|MC|,OS,OT是☉M的两条切线,切点分别为S,T.求∠SOT的最大值,并求取得最大值时直线l 的斜率.解析本题考查椭圆的方程,直线与椭圆、圆的位置关系,考查最值的求解方法和运算求解能力.(1)由题意知e==,2c=2,所以a=,b=1,因此椭圆E的方程为+y2=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立消y整理得(4+2)x2-4k1x-1=0,由题意知Δ>0,且x1+x2=,x1x2=-,所以|AB|=|x1-x2|=.由题意可知圆M的半径r=|AB|=·.由题设知k1k2=,所以k2=,因此直线OC的方程为y=x.联立得x2=,y2=,因此|OC|==.由题意可知sin==,而==,令t=1+2,则t>1,∈(0,1),因此=·=·=·≥1,当且仅当=,即t=2时等号成立,此时k1=±,所以sin≤,因此≤,所以∠SOT的最大值为.综上所述,∠SOT的最大值为,取得最大值时直线l的斜率k1=±.思路分析(1)由离心率和焦距,利用基本量运算求解;(2)联立直线l与椭圆方程,利用距离公式求|AB|,联立直线OC与椭圆方程求|OC|,进而建立sin与k1之间的函数关系,利用二次函数的性质求解.解题反思最值问题一般利用函数的思想方法求解,利用距离公式建立sin与k1之间的函数关系是解题关键.牢固掌握基础知识和方法是求解的前提.本题的完美解答体现了数学知识、能力、思想、方法的完美结合.3.(2016天津,19,14分)设椭圆+=1(a>)的右焦点为F,右顶点为A.已知+=,其中O为原点,e为椭圆的离心率.(1)求椭圆的方程;(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.解析(1)设F(c,0),由+=,即+=,可得a2-c2=3c2,又a2-c2=b2=3,所以c2=1,因此a2=4,所以椭圆的方程为+=1.(2)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),由方程组消去y,整理得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0.解得x=2或x=,由题意得x B=,从而y B=.由(1)知F(1,0),设H(0,y H),有=(-1,y H),=.由BF⊥HF,得·=0,所以+=0,解得y H=.因此直线MH的方程为y=-x+.设M(x M,y M),由方程组消去y,解得x M=.在△MAO中,∠MOA≤∠MAO⇔|MA|≤|MO|,即(x M-2)2+≤+,化简得x M≥1,即≥1,解得k≤-或k≥.所以直线l的斜率的取值范围为∪.评析本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、一元二次不等式等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力,以及用方程思想解决问题的能力.4.(2016北京,19,14分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,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.解析(1)由题意得解得a2=4,b2=1.所以椭圆C的方程为+y2=1.(2)由(1)知,A(2,0),B(0,1).设P(x0,y0),则+4=4.当x0≠0时,直线PA的方程为y=(x-2).令x=0,得y M=-,从而|BM|=|1-y M|=.直线PB的方程为y=x+1.令y=0,得x N=-,从而|AN|=|2-x N|=.所以|AN|·|BM|=·===4.当x0=0时,y0=-1,|BM|=2,|AN|=2,所以|AN|·|BM|=4.综上,|AN|·|BM|为定值.一题多解(2)点P在曲线+=1上,不妨设P(2cos θ,sin θ),当θ≠kπ且θ≠kπ+ (k∈Z)时,直线AP的方程为y-0=(x-2),令x=0,得y M=;直线BP的方程为y-1=(x-0),令y=0,得x N=.∴|AN|·|BM|=2·=2=2×2=4(定值).当θ=kπ或θ=kπ+ (k∈Z)时,M,N是定点,易得|AN|·|BM|=4.综上,|AN|·|BM|=4.评析本题考查椭圆的标准方程,直线与圆锥曲线的位置关系及定值问题,方法常规,运算量大,对学生的运算能力要求较高.5.(2016四川,20,13分)已知椭圆E:+=1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点,直线l:y=-x+3与椭圆E有且只有一个公共点T.(1)求椭圆E的方程及点T的坐标;(2)设O是坐标原点,直线l'平行于OT,与椭圆E交于不同的两点A,B,且与直线l交于点P.证明:存在常数λ,使得|PT|2=λ|PA|·|PB|,并求λ的值.解析(1)由题意得,a=b,则椭圆E的方程为+=1.由方程组得3x2-12x+(18-2b2)=0.①方程①的判别式为Δ=24(b2-3),由Δ=0,得b2=3,此时方程①的解为x=2,所以椭圆E的方程为+=1,点T的坐标为(2,1).(2)由已知可设直线l'的方程为y=x+m(m≠0),由方程组可得所以P点坐标为,|PT|2=m2.设点A,B的坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2).由方程组可得3x2+4mx+(4m2-12)=0.②方程②的判别式为Δ=16(9-2m2),由Δ>0,解得-<m<.由②得x1+x2=-,x1x2=.所以|PA|==,同理|PB|=.所以|PA|·|PB|====m2.故存在常数λ=,使得|PT|2=λ|PA|·|PB|.评析本题考查了直线与圆锥曲线相交的问题,这类题中常用的方法是方程法,并结合根与系数的关系,两点间的距离公式进行考查,难点是运算量比较大,注意运算技巧.6.(2015课标Ⅱ,20,12分)已知椭圆C:9x2+y2=m2(m>0),直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.(1)证明:直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值;(2)若l过点,延长线段OM与C交于点P,四边形OAPB能否为平行四边形?若能,求此时l的斜率;若不能,说明理由. 解析(1)证明:设直线l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(x M,y M).将y=kx+b代入9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故x M==,y M=kx M+b=.于是直线OM的斜率k OM==-,即k OM·k=-9.所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.(2)四边形OAPB能为平行四边形.因为直线l过点,所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0,k≠3.由(1)得OM的方程为y=-x.设点P的横坐标为x P.由得=,即x P=.将代入l的方程得b=,因此x M=.四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分,即x P=2x M.于是=2×,解得k1=4-,k2=4+.因为k i>0,k i≠3,i=1,2,所以当l的斜率为4-或4+时,四边形OAPB为平行四边形.评析本题考查直线与圆锥曲线的位置关系,设问常规,但对运算能力要求较高,考查学生的思维能力.C组教师专用题组考点圆锥曲线的综合问题1.(2017山东文,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,椭圆C截直线y=1所得线段的长度为2.(1)求椭圆C的方程;(2)动直线l:y=kx+m(m≠0)交椭圆C于A,B两点,交y轴于点M.点N是M关于O的对称点,☉N的半径为|NO|.设D为AB的中点,DE,DF与☉N分别相切于点E,F,求∠EDF的最小值.解析本题考查椭圆的标准方程及圆锥曲线的相关最值.(1)由椭圆的离心率为,得a2=2(a2-b2),又当y=1时,x2=a2-,得a2-=2,所以a2=4,b2=2.因此椭圆方程为+=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-4=0,由Δ>0得m2<4k2+2,(*)且x1+x2=-,因此y1+y2=,所以D,又N(0,-m),所以|ND|2=+,整理得|ND|2=,因为|NF|=|m|,所以==1+.令t=8k2+3,t≥3,故2k2+1=,所以=1+=1+.令y=t+,所以y'=1-.当t≥3时,y'>0,从而y=t+在[3,+∞)上单调递增,因此t+≥,等号当且仅当t=3时成立,此时k=0,所以≤1+3=4,由(*)得-<m<且m≠0.故≥.设∠EDF=2θ,则sin θ=≥.所以θ的最小值为,从而∠EDF的最小值为,此时直线l的斜率是0.综上所述,当k=0,m∈(-,0)∪(0,)时,∠EDF取到最小值.方法总结求解圆锥曲线相关最值的常用方法:1.几何性质法;2.二次函数最值法;3.基本不等式法;4.三角函数最值法;5.导数法.2.(2017课标全国Ⅰ理,20,12分)已知椭圆C:+=1(a>b>0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3,P4中恰有三点在椭圆C上.(1)求C的方程;(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A,B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1,证明:l过定点.解析本题考查了圆锥曲线的方程以及圆锥曲线与直线位置关系中的定点问题.(1)由于P3,P4两点关于y轴对称,故由题设知C经过P3,P4两点.又由+>+知,C不经过点P1,所以点P2在C上.因此解得故C的方程为+y2=1.(2)设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2.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,.则k1+k2=-=-1,得t=2,不符合题设.从而可设l:y=kx+m(m≠1).将y=kx+m代入+y2=1得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.由题设可知Δ=16(4k2-m2+1)>0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=.而k1+k2=+=+=,由题设k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.即(2k+1)·+(m-1)·=0.解得k=-.当且仅当m>-1时,Δ>0,于是l:y=-x+m,即y+1=-(x-2),所以l过定点(2,-1).3.(2016山东,21,14分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的长轴长为4,焦距为2.(1)求椭圆C的方程;(2)过动点M(0,m)(m>0)的直线交x轴于点N,交C于点A,P(P在第一象限),且M是线段PN的中点.过点P作x轴的垂线交C于另一点Q,延长QM交C于点B.(i)设直线PM,QM的斜率分别为k,k',证明为定值;(ii)求直线AB的斜率的最小值.解析(1)设椭圆的半焦距为c.由题意知2a=4,2c=2,所以a=2,b==.所以椭圆C的方程为+=1.(2)(i)证明:设P(x0,y0)(x0>0,y0>0). 由M(0,m),可得P(x0,2m),Q(x0,-2m).所以直线PM的斜率k==,直线QM的斜率k'==-.此时=-3.所以为定值-3.(ii)设A(x1,y1),B(x2,y2).直线PA的方程为y=kx+m,直线QB的方程为y=-3kx+m.联立整理得(2k2+1)x2+4mkx+2m2-4=0.由x0x1=,可得x1=.所以y1=kx1+m=+m.同理x2=,y2=+m.所以x2-x1=-=,y2-y1=+m--m=,所以k AB===.由m>0,x0>0,可知k>0,所以6k+≥2,等号当且仅当k=时取得.此时=,即m=,符合题意.所以直线AB的斜率的最小值为.4.(2015山东,21,14分)平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,且点在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程;(2)设椭圆E:+=1,P为椭圆C上任意一点,过点P的直线y=kx+m交椭圆E于A,B两点,射线PO交椭圆E于点Q.(i)求的值;(ii)求△ABQ面积的最大值.解析(1)由题意知+=1,又=,解得a2=4,b2=1.所以椭圆C的方程为+y2=1.(2)由(1)知椭圆E的方程为+=1.(i)设P(x0,y0),=λ,由题意知Q(-λx0,-λy0).因为+=1,又+=1,即=1,所以λ=2,即=2.(ii)设A(x1,y1),B(x2,y2).将y=kx+m代入椭圆E的方程,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0,由Δ>0,可得m2<4+16k2.①则有x1+x2=-,x1x2=.所以|x1-x2|=.因为直线y=kx+m与y轴交点的坐标为(0,m), 所以△OAB的面积S=|m||x1-x2|===2.设=t.将y=kx+m代入椭圆C的方程,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0,由Δ≥0,可得m2≤1+4k2.②由①②可知0<t≤1,因此S=2=2.故S≤2,当且仅当t=1,即m2=1+4k2时取得最大值2.由(i)知,△ABQ的面积为3S,所以△ABQ面积的最大值为6.5.(2015陕西,20,12分)如图,椭圆E:+=1(a>b>0)经过点A(0,-1),且离心率为.(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2.解析(1)由题设知=,b=1,结合a2=b2+c2,解得a=.所以椭圆E的方程为+y2=1.(2)证明:由题设知,直线PQ的方程为y=k(x-1)+1(k≠2),代入+y2=1,得(1+2k2)x2-4k(k-1)x+2k(k-2)=0.由已知可知Δ>0.设P(x1,y1),Q(x2,y2),x1x2≠0,则x1+x2=,x1x2=.从而直线AP,AQ的斜率之和k AP+k AQ=+=+=2k+(2-k)=2k+(2-k)=2k+(2-k)=2k-2(k-1)=2.评析本题考查椭圆标准方程与简单性质的同时,重点考查直线与椭圆的位置关系.6.(2015北京,19,14分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,点P(0,1)和点A(m,n)(m≠0)都在椭圆C上,直线PA交x轴于点M.(1)求椭圆C的方程,并求点M的坐标(用m,n表示);(2)设O为原点,点B与点A关于x轴对称,直线PB交x轴于点N.问:y轴上是否存在点Q,使得∠OQM=∠ONQ?若存在,求点Q的坐标;若不存在,说明理由.解析(1)由题意得解得a2=2.故椭圆C的方程为+y2=1.设M(x M,0).因为m≠0,所以-1<n<1.直线PA的方程为y-1=x,所以x M=,即M.(2)存在.因为点B与点A关于x轴对称,所以B(m,-n).设N(x N,0),则x N=.“存在点Q(0,y Q)使得∠OQM=∠ONQ”等价于“存在点Q(0,y Q)使得=”,即y Q满足=|x M||x N|.因为x M=,x N=,+n2=1,所以=|x M||x N|==2.所以y Q=或y Q=-.故在y轴上存在点Q,使得∠OQM=∠ONQ,点Q的坐标为(0,)或(0,-).7.(2015四川,20,13分)如图,椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率是,过点P(0,1)的动直线l与椭圆相交于A,B两点.当直线l平行于x轴时,直线l被椭圆E截得的线段长为2.(1)求椭圆E的方程;(2)在平面直角坐标系xOy中,是否存在与点P不同的定点Q,使得=恒成立?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.解析(1)由已知得,点(,1)在椭圆E上.因此,解得a=2,b=.所以椭圆E的方程为+=1.(2)当直线l与x轴平行时,设直线l与椭圆相交于C,D两点.如果存在定点Q满足条件,则有==1,即|QC|=|QD|.所以Q点在y轴上,可设Q点的坐标为(0,y0).当直线l与x轴垂直时,设直线l与椭圆相交于M,N两点,则M,N的坐标分别为(0,),(0,-).由=,有=,解得y0=1或y0=2.所以,若存在不同于点P的定点Q满足条件,则Q点坐标只可能为(0,2).下面证明:对任意直线l,均有=.当直线l的斜率不存在时,由上可知,结论成立.当直线l的斜率存在时,可设直线l的方程为y=kx+1,A,B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2).联立得得(2k2+1)x2+4kx-2=0.其Δ=(4k)2+8(2k2+1)>0,所以,x1+x2=-,x1x2=-.因此+==2k.易知,点B关于y轴对称的点B'的坐标为(-x2,y2).又k QA===k-,k QB'===-k+=k-,所以k QA=k QB',即Q,A,B'三点共线.所以===.故存在与P不同的定点Q(0,2),使得=恒成立.评析本题主要考查椭圆的标准方程与几何性质,直线方程、直线与椭圆的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想.8.(2014重庆,21,12分)如图,设椭圆+=1(a>b>0)的左,右焦点分别为F1,F2,点D在椭圆上,DF1⊥F1F2,=2,△DF1F2的面积为.(1)求该椭圆的标准方程;(2)是否存在圆心在y轴上的圆,使圆在x轴的上方与椭圆有两个交点,且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点?若存在,求出圆的方程.若不存在,请说明理由.解析(1)设F1(-c,0),F2(c,0),其中c2=a2-b2.由=2得|DF1|== c.从而=|DF1||F1F2|=c2=,故c=1.从而|DF1|=,由DF1⊥F1F2得|DF2|2=|DF1|2+|F1F2|2=,因此|DF2|=.所以2a=|DF1|+|DF2|=2,故a=,b2=a2-c2=1.因此,所求椭圆的标准方程为+y2=1.(2)如图,设圆心在y轴上的圆C与椭圆+y2=1相交,P1(x1,y1),P2(x2,y2)是两个交点,y1>0,y2>0,F1P1,F2P2是圆C的切线,且F1P1⊥F2P2.由圆和椭圆的对称性,易知,x2=-x1,y1=y2.由(1)知F1(-1,0),F2(1,0),所以=(x1+1,y1),=(-x1-1,y1).再由F1P1⊥F2P2得-(x1+1)2+=0.由椭圆方程得1-=(x1+1)2,即3+4x1=0,解得x1=-或x1=0.当x1=0时,P1,P2重合,不存在满足题设要求的圆.当x1=-时,过P1,P2分别与F1P1,F2P2垂直的直线的交点即为圆心C.设C(0,y0),由CP1⊥F1P1,得·=-1.而y1=|x1+1|=,故y0=.圆C的半径|CP1|==.综上,存在满足题设条件的圆,其方程为x2+=.评析本题考查椭圆的标准方程、圆的方程的求法以及椭圆的几何性质,直线与圆的位置关系的应用.本题考查了学生分析问题,解决问题的能力、逻辑推理能力、运算求解能力以及利用分类讨论思想解决问题的能力.9.(2014课标Ⅰ,20,12分)已知点A(0,-2),椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为,F是椭圆E的右焦点,直线AF的斜率为,O 为坐标原点.(1)求E的方程;(2)设过点A的动直线l与E相交于P,Q两点.当△OPQ的面积最大时,求l的方程.解析(1)设F(c,0),由条件知, =,得c=.又=,所以a=2,b2=a2-c2=1.故E的方程为+y2=1.(2)当l⊥x轴时不合题意,故设l:y=kx-2,P(x1,y1),Q(x2,y2).将y=kx-2代入+y2=1得(1+4k2)x2-16kx+12=0.当Δ=16(4k2-3)>0,即k2>时,x1,2=.从而|PQ|=|x1-x2|=.又点O到直线PQ的距离d=,所以△OPQ的面积S△OPQ=d·|PQ|=.设=t,则t>0,S△OPQ==.因为t+≥4,当且仅当t=2,即k=±时等号成立,且满足Δ>0,所以,当△OPQ的面积最大时,l的方程为y=x-2或y=-x-2.评析本题主要考查椭圆的标准方程、几何性质,直线的方程以及直线与椭圆的位置关系等基础知识,考查用代数方法研究圆锥曲线的综合问题,考查方程思想、函数思想、整体代换以及换元法的应用.考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力.10.(2014湖南,21,13分)如图,O为坐标原点,椭圆C1:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,离心率为e1;双曲线C2:-=1的左、右焦点分别为F3、F4,离心率为e2,已知e1e2=,且|F2F4|=-1.(1)求C1,C2的方程;(2)过F1作C1的不垂直于y轴的弦AB,M为AB的中点,当直线OM与C2交于P,Q两点时,求四边形APBQ面积的最小值.解析(1)因为e1e2=,所以·=,即a4-b4=a4,因此a2=2b2,从而F2(b,0),F4(b,0),于是b-b=|F2F4|=-1,所以b=1,所以a2=2.故C1,C2的方程分别为+y2=1,-y2=1.(2)因为AB不垂直于y轴,且过点F1(-1,0),故可设直线AB的方程为x=my-1.由得(m2+2)y2-2my-1=0,易知此方程的判别式大于0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1,y2是上述方程的两个实根,所以y1+y2=,y1y2=.因此x1+x2=m(y1+y2)-2=,于是AB的中点M的坐标为.故直线PQ的斜率为-,则PQ的方程为y=-x,即mx+2y=0. 由得(2-m2)x2=4,所以2-m2>0,且x2=,y2=,从而|PQ|=2=2.设点A到直线PQ的距离为d,则点B到直线PQ的距离也为d,所以2d=,因为点A,B在直线mx+2y=0的异侧,所以(mx1+2y1)(mx2+2y2)<0,于是|mx1+2y1|+|mx2+2y2|=|mx1+2y1-mx2-2y2|,从而2d=.又因为|y1-y2|==,所以2d=.故四边形APBQ的面积S=|PQ|·2d==2.而0<2-m2<2,故当m=0时,S取得最小值2.综上所述,四边形APBQ面积的最小值为2.11.(2014四川,20,13分)已知椭圆C:+=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.(i)证明:OT平分线段PQ(其中O为坐标原点);(ii)当最小时,求点T的坐标.解析(1)由已知可得解得a2=6,b2=2,所以椭圆C的标准方程是+=1.(2)(i)证明:由(1)可得,F的坐标是(-2,0),设T点的坐标为(-3,m).则直线TF的斜率k TF==-m.当m≠0时,直线PQ的斜率k PQ=,直线PQ的方程是x=my-2.当m=0时,直线PQ的方程是x=-2,也符合x=my-2的形式.设P(x1,y1),Q(x2,y2),将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立,得消去x,得(m2+3)y2-4my-2=0,其Δ=16m2+8(m2+3)>0.所以y1+y2=,y1y2=,x1+x2=m(y1+y2)-4=.所以PQ的中点M的坐标为.所以直线OM的斜率k OM=-,又直线OT的斜率k OT=-,所以点M在直线OT上,因此OT平分线段PQ.(ii)由(i)可得,|TF|=,|PQ|====.所以==≥=.当且仅当m2+1=,即m=±1时,等号成立,此时取得最小值.所以当最小时,T点的坐标是(-3,1)或(-3,-1).评析本题主要考查椭圆的标准方程、直线方程、直线与椭圆的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合、转化与化归、分类与整合等数学思想.12.(2014江西,20,13分)如图,已知抛物线C:x2=4y,过点M(0,2)任作一直线与C相交于A,B两点,过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点).(1)证明:动点D在定直线上;(2)作C的任意一条切线l(不含x轴),与直线y=2相交于点N1,与(1)中的定直线相交于点N2.证明:|MN2|2-|MN1|2为定值,并求此定值.解析(1)证明:依题意可设直线AB的方程为y=kx+2,代入x2=4y,得x2=4(kx+2),即x2-4kx-8=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1x2=-8,。

高三数学浙江专用二轮复习：专题四圆锥曲线

第1讲直线与圆[考情考向分析] 考查重点是直线间的平行和垂直的条件、与距离有关的问题、直线与圆的位置关系(特别是弦长问题)．此类问题难度属于中低档，一般以选择题、填空题的形式出现．热点一直线的方程及应用1．两条直线平行与垂直的判定若两条不重合的直线l 1，l 2的斜率k 1，k 2存在，则l 1∥l 2⇔k 1＝k 2，l 1⊥l 2⇔k 1k 2＝－1.若给出的直线方程中存在字母系数，则要考虑斜率是否存在．2．求直线方程要注意几种直线方程的局限性．点斜式、斜截式方程要求直线不能与x 轴垂直，两点式不能表示与坐标轴垂直的直线，而截距式方程不能表示过原点的直线，也不能表示垂直于坐标轴的直线．3．两个距离公式(1)两平行直线l 1：Ax ＋By ＋C 1＝0，l 2：Ax ＋By ＋C 2＝0间的距离d ＝|C 1－C 2|A 2＋B 2(A 2＋B 2≠0)． (2)点(x 0，y 0)到直线l ：Ax ＋By ＋C ＝0的距离公式d ＝|Ax 0＋By 0＋C |A 2＋B2(A 2＋B 2≠0)．例1 (1)已知直线l 1：x ·sin α＋y －1＝0，直线l 2：x －3y ·cos α＋1＝0，若l 1⊥l 2，则sin 2α等于( )A.23 B ．±35 C ．－35 D.35答案 D解析因为l 1⊥l 2，所以sin α－3cos α＝0，所以tan α＝3，所以sin 2α＝2sin αcos α＝2sin αcos αsin 2α＋cos 2α＝2tan α1＋tan 2α＝35. (2)在平面直角坐标系xOy 中，直线l 1：kx －y ＋2＝0与直线l 2：x ＋ky －2＝0相交于点P ，则当实数k 变化时，点P 到直线x －y －4＝0的距离的最大值为________．答案 32解析由题意得，当k ≠0时，直线l 1：kx －y ＋2＝0的斜率为k ，且经过点A (0,2)，直线l 2：x ＋ky －2＝0的斜率为－1k，且经过点B (2,0)，且直线l 1⊥l 2，所以点P 落在以AB 为直径的圆C 上，其中圆心坐标为C (1,1)，半径为r ＝2，由圆心到直线x －y －4＝0的距离为d ＝||1－1－42＝22，所以点P 到直线x －y －4＝0的最大距离为d ＋r ＝22＋2＝3 2.当k ＝0时，l 1⊥l 2，此时点P (2,2)．点P 到直线x －y －4＝0的距离d ＝|2－2－4|2＝2 2. 综上，点P 到直线x －y －4＝0的距离的最大值为3 2.思维升华 (1)求解两条直线的平行或垂直问题时要考虑斜率不存在的情况．(2)对解题中可能出现的特殊情况，可用数形结合的方法分析研究．跟踪演练1 (1)直线ax ＋(a －1)y ＋1＝0与直线4x ＋ay －2＝0互相平行，则实数a ＝________. 答案 2解析当a ≠0时，a 4＝a －1a ≠1－2，解得a ＝2.当a ＝0时，两直线显然不平行．故a ＝2.(2)圆x 2＋y 2－2x －4y ＋3＝0的圆心到直线x －ay ＋1＝0的距离为2，则a 等于( )A ．－1B ．0C ．1D ．2答案 B解析因为(x －1)2＋()y －22＝2，所以|1－2a ＋1|1＋a 2＝2，所以a ＝0. 热点二圆的方程及应用1．圆的标准方程当圆心为(a ，b )，半径为r 时，其标准方程为(x －a )2＋(y －b )2＝r 2，特别地，当圆心在原点时，方程为x 2＋y 2＝r 2.2．圆的一般方程x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0，其中D 2＋E 2－4F >0，表示以⎝⎛⎭⎫－D 2，－E 2为圆心，D 2＋E 2－4F 2为半径的圆．例2 (1)圆心为(2,0)的圆C 与圆x 2＋y 2＋4x －6y ＋4＝0相外切，则C 的方程为( )A ．x 2＋y 2＋4x ＋2＝0B ．x 2＋y 2－4x ＋2＝0C ．x 2＋y 2＋4x ＝0D ．x 2＋y 2－4x ＝0答案 D解析圆x 2＋y 2＋4x －6y ＋4＝0，即(x ＋2)2＋(y －3)2＝9，圆心为(－2,3)，半径为3.设圆C 的半径为r .由两圆外切知，圆心距为(2＋2)2＋(0－3)2＝5＝3＋r ，所以r ＝2.故圆C 的方程为(x －2)2＋y 2＝4，展开得x 2＋y 2－4x ＝0.(2)已知圆M 与直线3x －4y ＝0及3x －4y ＋10＝0都相切，圆心在直线y ＝－x －4上，则圆M 的方程为( )A.()x ＋32＋(y －1)2＝1B.()x －32＋()y ＋12＝1C.()x ＋32＋()y ＋12＝1D.()x －32＋(y －1)2＝1答案 C解析到两直线3x －4y ＝0及3x －4y ＋10＝0的距离都相等的直线方程为3x －4y ＋5＝0，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧ 3x －4y ＋5＝0，y ＝－x －4，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－3，y ＝－1.两平行线之间的距离为2，所以半径为1，从而圆M 的方程为()x ＋32＋()y ＋12＝1.故选C.思维升华解决与圆有关的问题一般有两种方法(1)几何法：通过研究圆的性质、直线与圆、圆与圆的位置关系，进而求得圆的基本量和方程．(2)代数法：即用待定系数法先设出圆的方程，再由条件求得各系数．跟踪演练2 (1)(2016·浙江)已知a ∈R ，方程a 2x 2＋(a ＋2)y 2＋4x ＋8y ＋5a ＝0表示圆，则圆心坐标是________，半径是________．答案 (－2，－4) 5解析由已知方程表示圆，则a 2＝a ＋2，解得a ＝2或a ＝－1.当a ＝2时，方程不满足表示圆的条件，故舍去．当a ＝－1时，原方程为x 2＋y 2＋4x ＋8y －5＝0，化为标准方程为(x ＋2)2＋(y ＋4)2＝25，表示以(－2，－4)为圆心，5为半径的圆．(2)(2018·天津)在平面直角坐标系中，经过三点(0,0)，(1,1)，(2,0)的圆的方程为____________．答案 x 2＋y 2－2x ＝0解析方法一设圆的方程为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0.∵圆经过点(0,0)，(1,1)，(2,0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ F ＝0，2＋D ＋E ＋F ＝0，4＋2D ＋F ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ D ＝－2，E ＝0，F ＝0.∴圆的方程为x 2＋y 2－2x ＝0.方法二画出示意图如图所示，则△OAB 为等腰直角三角形，故所求圆的圆心为(1,0)，半径为1，∴所求圆的方程为(x －1)2＋y 2＝1，即x 2＋y 2－2x ＝0.热点三直线与圆、圆与圆的位置关系1．直线与圆的位置关系：相交、相切和相离，判断的方法主要有点线距离法和判别式法．(1)点线距离法：设圆心到直线的距离为d ，圆的半径为r ，则d <r ⇔直线与圆相交，d ＝r ⇔直线与圆相切，d >r ⇔直线与圆相离．(2)判别式法：设圆C ：(x －a )2＋(y －b )2＝r 2，直线l ：Ax ＋By ＋C ＝0(A 2＋B 2≠0)，方程组⎩⎪⎨⎪⎧Ax ＋By ＋C ＝0，(x －a )2＋(y －b )2＝r 2消去y ，得到关于x 的一元二次方程，其根的判别式为Δ，则直线与圆相离⇔Δ<0，直线与圆相切⇔Δ＝0，直线与圆相交⇔Δ>0.2．圆与圆的位置关系有五种，即内含、内切、相交、外切、外离．设圆C1：(x－a1)2＋(y－b1)2＝r21，圆C2：(x－a2)2＋(y－b2)2＝r22，两圆心之间的距离为d，则圆与圆的五种位置关系的判断方法如下：(1)d>r1＋r2⇔两圆外离．(2)d＝r1＋r2⇔两圆外切．(3)|r1－r2|<d<r1＋r2⇔两圆相交．(4)d＝|r1－r2|(r1≠r2)⇔两圆内切．(5)0≤d<|r1－r2|(r1≠r2)⇔两圆内含．例3(1)(2018·杭州质检)设圆C1：x2＋y2＝1与圆C2：(x－2)2＋(y＋2)2＝1，则圆C1与圆C2的位置关系是()A．外离B．外切C．相交D．内含答案A解析圆心距为22＋(－2)2＝22>1＋1，故两圆外离．(2)(2018·湖州、衢州、丽水三地市模拟)若c∈R，则“c＝4”是“直线3x＋4y＋c＝0与圆x2＋y2＋2x－2y＋1＝0相切”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案A解析将圆的方程化为标准方程，得(x＋1)2＋(y－1)2＝1，若直线与圆相切，则有|－1×3＋1×4＋c|＝1，解得c＝4或c＝－6，所以“c＝4”是“直线3x＋4y＋c＝0与圆x2 32＋42＋y2＋2x－2y＋1＝0相切”的充分不必要条件，故选A.思维升华(1)讨论直线与圆及圆与圆的位置关系时，要注意数形结合，充分利用圆的几何性质寻找解题途径，减少运算量．(2)圆上的点与圆外点的距离的最值问题，可以转化为圆心到点的距离问题；圆上的点与直线上点的距离的最值问题，可以转化为圆心到直线的距离问题；圆上的点与另一圆上点的距离的最值问题，可以转化为圆心到圆心的距离问题．跟踪演练3(1)已知直线y＝ax与圆C：x2＋y2－2ax－2y＋2＝0交于两点A，B，且△CAB为等边三角形，则圆C的面积为________．答案6π解析圆C化为(x－a)2＋(y－1)2＝a2－1，且圆心C (a,1)，半径R ＝a 2－1(a 2>1)． ∵直线y ＝ax 与圆C 相交，且△ABC 为等边三角形，∴圆心C 到直线ax －y ＝0的距离为R sin 60°＝32×a 2－1，即d ＝|a 2－1|a 2＋1＝3(a 2－1)2. 解得a 2＝7.∴圆C 的面积为πR 2＝π(7－1)＝6π.(2)如果圆(x －a )2＋(y －a )2＝8上总存在到原点的距离为2的点，则实数a 的取值范围是( )A ．(－3，－1)∪(1,3)B ．(－3,3)C ．[1,1]D ．[－3，－1]∪[1,3]答案 D解析圆心(a ，a )到原点的距离为|2a |，半径r ＝22，圆上的点到原点的距离为d .因为圆(x －a )2＋(y －a )2＝8上总存在到原点的距离为2的点，则圆(x －a )2＋(y －a )2＝8与圆x 2＋y 2＝2有公共点，r ′＝2，所以r －r ′≤|2a |≤r ＋r ′，即1≤|a |≤3，解得1≤a ≤3或－3≤a ≤－1，所以实数a 的取值范围是[－3，－1]∪[1,3].真题体验1．(2016·山东改编)已知圆M ：x 2＋y 2－2ay ＝0(a >0)截直线x ＋y ＝0所得线段的长度是22，则圆M 与圆N ：(x －1)2＋(y －1)2＝1的位置关系是________．答案相交解析 ∵圆M ：x 2＋(y －a )2＝a 2，∴圆心坐标为M (0，a )，半径r 1＝a ，圆心M 到直线x ＋y ＝0的距离d ＝|a |2，由几何知识得⎝⎛⎭⎫|a |22＋(2)2＝a 2，解得a ＝2. ∴M (0,2)，r 1＝2.又圆N 的圆心坐标为N (1,1)，半径r 2＝1，∴|MN |＝(1－0)2＋(1－2)2＝ 2.又r 1＋r 2＝3，r 1－r 2＝1，∴r 1－r 2<|MN |<r 1＋r 2，∴两圆相交．2．(2016·上海)已知平行直线l 1：2x ＋y －1＝0，l 2：2x ＋y ＋1＝0，则l 1，l 2的距离是________．答案 255 3．(2018·全国Ⅰ)直线y ＝x ＋1与圆x 2＋y 2＋2y －3＝0交于A ，B 两点，则|AB |＝________. 答案 22解析由x 2＋y 2＋2y －3＝0，得x 2＋(y ＋1)2＝4.∴圆心C (0，－1)，半径r ＝2.圆心C (0，－1)到直线x －y ＋1＝0的距离d ＝|1＋1|2＝2， ∴|AB |＝2r 2－d 2＝24－2＝2 2.4．(2018·全国Ⅲ改编)直线x ＋y ＋2＝0分别与x 轴，y 轴交于A ，B 两点，点P 在圆(x －2)2＋y 2＝2上，则△ABP 面积的取值范围是________．答案 [2,6]解析设圆(x －2)2＋y 2＝2的圆心为C ，半径为r ，点P 到直线x ＋y ＋2＝0的距离为d ，则圆心C (2,0)，r ＝2，所以圆心C 到直线x ＋y ＋2＝0的距离为22，可得d max ＝22＋r ＝32，d min ＝22－r ＝ 2.由已知条件可得|AB |＝22，所以△ABP 面积的最大值为12|AB |·d max ＝6，△ABP 面积的最小值为12|AB |·d min ＝2. 综上，△ABP 面积的取值范围是[2,6]．押题预测1．已知圆C 关于y 轴对称，经过点(1,0)且被x 轴分成的两段弧长比为1∶2，则圆C 的方程为( )A.⎝⎛⎭⎫x ±332＋y 2＝43 B.⎝⎛⎭⎫x ±332＋y 2＝13 C ．x 2＋⎝⎛⎭⎫y ±332＝43D ．x 2＋⎝⎛⎭⎫y ±332＝13 押题依据直线和圆的方程是高考的必考点，经常以选择题、填空题的形式出现，利用几何法求圆的方程也是数形结合思想的应用．答案 C解析由已知得圆心在y 轴上，且被x 轴所分劣弧所对的圆心角为2π3.设圆心坐标为(0，a )，半径为r ，则r sin π3＝1，r cos π3＝|a |，解得r ＝233，即r 2＝43，|a |＝33，即a ＝±33，故圆C 的方程为x 2＋⎝⎛⎭⎫y ±332＝43. 2．设m ，n 为正实数，若直线(m ＋1)x ＋(n ＋1)y －4＝0与圆x 2＋y 2－4x －4y ＋4＝0相切，则mn ( )A ．有最小值1＋2，无最大值B ．有最小值3＋22，无最大值C ．有最大值3＋22，无最小值D ．有最小值3－22，最大值3＋22押题依据直线与圆的位置关系是高考命题的热点，本题与基本不等式结合考查，灵活新颖，加之直线与圆的位置关系本身承载着不等关系，因此此类题在高考中出现的可能性很大．答案 B解析由直线(m ＋1)x ＋(n ＋1)y －4＝0与圆(x －2)2＋(y －2)2＝4相切，可得2|m ＋n |(m ＋1)2＋(n ＋1)2＝2，整理得m ＋n ＋1＝mn .由m ，n 为正实数可知，m ＋n ≥2mn (当且仅当m ＝n 时取等号)，令t ＝mn ，则2t ＋1≤t 2，因为t >0，所以t ≥1＋2，所以mn ≥3＋2 2.故mn 有最小值3＋22，无最大值．故选B.3．若圆x 2＋y 2＝4与圆x 2＋y 2＋ax ＋2ay －9＝0(a >0)相交，公共弦的长为22，则a ＝________. 押题依据本题已知公共弦长，求参数的范围，情境新颖，符合高考命题的思路．答案 102解析联立两圆方程⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝4，x 2＋y 2＋ax ＋2ay －9＝0，可得公共弦所在直线方程为ax ＋2ay －5＝0，故圆心(0,0)到直线ax ＋2ay －5＝0的距离为|－5|a 2＋4a2＝5a (a >0)．故222－⎝⎛⎭⎫5a 2＝22，解得a 2＝52，因为a >0，所以a ＝102.A 组专题通关1．若3π2<α<2π，则直线x cos α＋y sin α＝1必不经过( ) A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限答案 B解析令x ＝0，得y ＝sin α<0，令y ＝0，得x ＝cos α>0，直线过(0，sin α)，(cos α，0)两点，因而直线不过第二象限．2．设直线l 1：x －2y ＋1＝0与直线l 2：mx ＋y ＋3＝0的交点为A ，P ，Q 分别为l 1，l 2上任意两点，点M 为P ，Q 的中点，若|AM |＝12|PQ |，则m 的值为( ) A ．2B ．－2C ．3D ．－3 答案 A解析根据题意画出图形，如图所示．直线l 1：x －2y ＋1＝0 与直线l 2：mx ＋y ＋3＝0 的交点为A ，M 为PQ 的中点，若|AM |＝12|PQ |，则P A ⊥QA ，即l 1⊥l 2，∴1×m ＋(－2)×1＝0，解得m ＝2.3．(2018·浙江省温州六校协作体联考)直线x ＋ay ＋2＝0与圆x 2＋y 2＝1相切，则a 的值为( )A. 3B ．－33C ．±33D ．±3答案 D解析因为直线x ＋ay ＋2＝0与圆x 2＋y 2＝1相切，所以圆心(0,0)到直线x ＋ay ＋2＝0的距离等于圆的半径，即212＋a 2＝1，解得a ＝±3，故选D. 4．与直线x －y －4＝0和圆x 2＋y 2＋2x －2y ＝0都相切的半径最小的圆的方程是( )A ．(x ＋1)2＋()y ＋12＝2B ．(x －1)2＋()y ＋12＝4C ．(x －1)2＋()y ＋12＝2D ．(x ＋1)2＋()y ＋12＝4答案 C解析圆x 2＋y 2＋2x －2y ＝0的圆心为(－1,1)，半径为2，过圆心(－1,1)与直线x －y －4＝0垂直的直线方程为x ＋y ＝0，所求的圆心在此直线上，又圆心(－1,1)到直线x －y －4＝0的距离为62＝32，则所求圆的半径为2，设所求圆心为(a ，b )，且圆心在直线x －y －4＝0的左上方，则|a －b －4|2＝2，且a ＋b ＝0，解得a ＝1，b ＝－1(a ＝3，b ＝－3不符合半径最小，舍去)，故所求圆的方程为(x －1)2＋()y ＋12＝2.5．已知点P 是直线l ：x ＋y －b ＝0上的动点，由点P 向圆O ：x 2＋y 2＝1引切线，切点分别为M ，N ，且∠MPN ＝90°，若满足以上条件的点P 有且只有一个，则b 等于( ) A ．2 B ．±2 C. 2 D ．±2答案 B解析由题意得∠PMO ＝∠PNO ＝∠MON ＝90°，|MO |＝|ON |＝1，∴四边形PMON 是正方形，∴|PO |＝2，∵满足以上条件的点P 有且只有一个，∴OP 垂直于直线x ＋y －b ＝0，∴2＝|－b |1＋1，∴b ＝±2. 6．(2018·浙江省温州六校协作体联考)过点P (－3,0)作直线2ax ＋(a ＋b )y ＋2b ＝0(a ，b 不同时为零)的垂线，垂足为M ，已知点N (2,3)，则当a ，b 变化时，|MN |的取值范围是( )A ．[5－5，5＋5]B ．[5－5，5]C ．[5,5＋5]D ．[0,5＋5] 答案 A解析直线2ax ＋(a ＋b )y ＋2b ＝0过定点D (1，－2)，因为PM ⊥MD ，所以点M 在以PD 为直径的圆上运动，易得此圆的圆心为(－1，－1)，半径为5，又因为点N 与圆心的距离为(－1－2)2＋(－1－3)2＝5，所以|MN |的取值范围为[5－5，5＋5]，故选A.7．已知圆C 1：x 2＋y 2－kx ＋2y ＝0与圆C 2：x 2＋y 2＋ky －4＝0的公共弦所在直线恒过定点P (a ，b )，且点P 在直线mx －ny －2＝0上，则mn 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫0，14 B.⎝⎛⎦⎤0，14 C.⎝⎛⎭⎫－∞，14 D.⎝⎛⎦⎤－∞，14 答案 D解析由x 2＋y 2－kx ＋2y ＝0与x 2＋y 2＋ky －4＝0，相减得公共弦所在直线方程为kx ＋()k －2y －4＝0，即k (x ＋y )－()2y ＋4＝0，所以由⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋4＝0，x ＋y ＝0，得x ＝2，y ＝－2，即P ()2，－2，因此2m ＋2n －2＝0，所以m ＋n ＝1，mn ≤⎝⎛⎭⎫m ＋n 22＝14(当且仅当m ＝n 时取最大值)．8．直线x ＋y sin α－3＝0(α∈R )的倾斜角的取值范围是________．答案 ⎣⎡⎦⎤π4，3π4解析若sin α＝0，则直线的倾斜角为π2；若sin α≠0，则直线的斜率k ＝－1sin α∈()－∞，－1]∪[1，＋∞，设直线的倾斜角为θ，则tan θ∈()－∞，－1]∪[1，＋∞，故θ∈⎣⎡⎭⎫π4，π2∪ ⎝⎛⎦⎤π2，3π4，综上可得直线的倾斜角的取值范围是⎣⎡⎦⎤π4，3π4.9．若过点(2,0)有两条直线与圆x 2＋y 2－2x ＋2y ＋m ＋1＝0相切，则实数m 的取值范围是________．答案 (－1,1)解析由题意过点(2,0)有两条直线与圆x 2＋y 2－2x ＋2y ＋m ＋1＝0相切，则点(2,0)在圆外，即22－2×2＋m ＋1>0，解得m >－1；由方程x 2＋y 2－2x ＋2y ＋m ＋1＝0表示圆，则(－2)2＋22－4(m ＋1)>0，解得m <1.综上，实数m 的取值范围是(－1,1)．10．(2018·宁波模拟)已知直线l ：mx －y ＝1.若直线l 与直线x －my －1＝0平行，则m 的值为________；动直线l 被圆x 2＋2x ＋y 2－24＝0截得的弦长的最小值为________．答案－1 223解析当m ＝0时，两直线不平行；当m ≠0时，由题意得m 1＝－1－m，所以m ＝±1.当m ＝1时，两直线重合，所以m ＝1舍去，故m ＝－1. 因为圆的方程为x 2＋2x ＋y 2－24＝0，所以(x ＋1)2＋y 2＝25，所以它表示圆心为C (－1,0)，半径为5的圆．由于直线l ：mx －y －1＝0过定点P (0，－1)，所以过点P 且与PC 垂直的弦长最短，且最短弦长为252－(2)2＝223.11．(2018·浙江省稽阳联谊学校联考)已知直角坐标系中A (－2,0)，B (2,0)，动点P 满足|P A |＝2|PB |，则点P 的轨迹方程是____________；轨迹为________．答案 x 2＋y 2－12x ＋4＝0 以(6,0)为圆心，42为半径的圆解析设点P 的坐标为(x ，y )，则由|P A |＝2|PB |，得|P A |2＝2|PB |2，即(x ＋2)2＋y 2＝2[(x －2)2＋y 2]，化简得x 2＋y 2－12x ＋4＝0，方程化为标准方程为(x －6)2＋y 2＝32，其表示一个圆． 12．在平面直角坐标系xOy 中，已知圆C ：(x ＋1)2＋y 2＝2，点A (2,0)，若圆C 上存在点M ，满足|MA |2＋|MO |2≤10，则点M 的纵坐标的取值范围是________．答案 ⎣⎡⎦⎤－72，72解析设点M (x ，y )，因为|MA |2＋|MO |2≤10，所以(x －2)2＋y 2＋x 2＋y 2≤10，即x 2＋y 2－2x －3≤0，因为(x ＋1)2＋y 2＝2，所以y 2＝2－(x ＋1)2，所以x 2＋2－(x ＋1)2－2x －3≤0，化简得x ≥－12.因为y 2＝2－(x ＋1)2，所以y 2≤74，所以－72≤y ≤72.B 组能力提高13．已知圆C 与x 轴相切于点T (1,0)，与y 轴正半轴交于两点A ，B (B 在A 的上方)且|AB |＝2，过点A 任作一条直线与圆O ：x 2＋y 2＝1相交于M ，N 两点，下列三个结论：①|NA ||NB |＝|MA ||MB |；②|NB ||NA |－|MA ||MB |＝2；③|NB ||NA |＋|MA ||MB |＝2 2.其中正确结论的序号是( ) A ．①② B ．②③ C ．①③ D ．①②③ 答案 D解析根据题意，利用圆中的特殊三角形，求得圆心及半径，即得圆的方程为(x －1)2＋(y －2)2＝2，并且可以求得A (0，2－1)，B (0，2＋1)，因为M ，N 在圆O ：x 2＋y 2＝1上，所以可设M (cos α，sin α)， N (cos β，sin β)，所以|NA |＝(cos β－0)2＋[sin β－(2－1)]2 ＝2(2－1)(2－sin β)，|NB |＝(cos β－0)2＋[sin β－(2＋1)]2 ＝2(2＋1)(2－sin β)，所以|NA ||NB |＝2－1，同理可得|MA ||MB |＝2－1，所以|NA ||NB |＝|MA ||MB |，|NB ||NA |－|MA ||MB |＝12－1－(2－1)＝2， |NB ||NA |＋|MA ||MB |＝22，故①②③都正确．14．若对圆(x －1)2＋(y －1)2＝1上任意一点P (x ，y )，||3x －4y ＋a ||＋3x －4y －9的取值与x ，y 无关，则实数a 的取值范围是( ) A ．a ≤－4 B ．－4≤a ≤6 C ．a ≤－4或a ≥6 D ．a ≥6答案 D解析 ||3x －4y －9表示圆上的点到直线l 1：3x －4y －9＝0的距离的5倍，||3x －4y ＋a 表示圆上的点到直线l 2：3x －4y ＋a ＝0的距离的5倍，所以||3x －4y ＋a ||＋3x －4y －9的取值与x ，y 无关，即圆上的点到直线l 1，l 2的距离与圆上点的位置无关，所以直线3x －4y ＋a ＝0与圆相离或相切，并且l 1和l 2在圆的两侧，所以d ＝||3－4＋a 5≥1，并且a >0，解得a ≥6，故选D.15．为保护环境，建设美丽乡村，镇政府决定为A ，B ，C 三个自然村建造一座垃圾处理站，集中处理A ，B ，C 三个自然村的垃圾，受当地条件限制，垃圾处理站M 只能建在与A 村相距5 km ，且与C 村相距31 km 的地方．已知B 村在A 村的正东方向，相距3 km ，C 村在B 村的正北方向，相距3 3 km ，则垃圾处理站M 与B 村相距________ km. 答案 2或7解析以A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系(图略)，则A (0,0)，B (3,0)，C (3,33)．由题意得垃圾处理站M 在以A (0,0)为圆心，5为半径的圆A 上，同时又在以C (3,33)为圆心，31为半径的圆C 上，两圆的方程分别为x 2＋y 2＝25和(x －3)2＋(y －33)2＝31.由⎩⎨⎧x 2＋y 2＝25，(x －3)2＋(y －33)2＝31，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝5，y ＝0或⎩⎨⎧x ＝－52，y ＝532，∴垃圾处理站M 的坐标为(5,0)或⎝⎛⎭⎫－52，532，∴|MB |＝2或|MB |＝⎝⎛⎭⎫－52－32＋⎝⎛⎭⎫5322＝7，即垃圾处理站M 与B 村相距2 km 或7 km.16．点P (x ，y )是直线2x ＋y ＋4＝0上的动点，P A ，PB 是圆C ：x 2＋(y －1)2＝1的两条切线，A ，B 是切点，则△P AB 面积的最小值为________．答案 85解析由圆的方程C ：x 2＋(y －1)2＝1，可得圆心C (0,1)，半径r ＝1，则圆心到直线2x ＋y ＋4＝0的距离为d ＝522＋12＝5，设|PC |＝m ，则m ≥5，则S △P AB ＝12|P A |2sin 2∠APC＝|P A |2sin ∠APC cos ∠APC ＝|P A |2·1|PC |·|P A ||PC |＝()m 2－13m 2，令S ＝(m 2－1)3m 2，m ≥5，所以S ′＝m 2－1()3m 2－2m 2＋2m 3＝m 2－1()m 2＋2m 3>0，所以函数S 在[)5，＋∞上单调递增，所以S min ＝S ()5＝85.即(S △P AB )min ＝85.第2讲椭圆、双曲线、抛物线[考情考向分析] 1.以选择题、填空题形式考查圆锥曲线的方程、几何性质(特别是离心率). 2.以解答题形式考查直线与圆锥曲线的位置关系(弦长、中点等)．热点一圆锥曲线的定义与标准方程 1.圆锥曲线的定义(1)椭圆：|PF 1|＋|PF 2|＝2a (2a >|F 1F 2|)． (2)双曲线：||PF 1|－|PF 2||＝2a (2a <|F 1F 2|)．(3)抛物线：|PF |＝|PM |，点F 不在直线l 上，PM ⊥l 于点M . 2．求圆锥曲线标准方程“先定型，后计算”所谓“定型”，就是确定曲线焦点所在的坐标轴的位置；所谓“计算”，就是指利用待定系数法求出方程中的a 2，b 2，p 的值．例1 (1)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点为F 1，F 2，左、右顶点为M ，N ，过F 2的直线l 交C 于A ，B 两点(异于M ，N )，△AF 1B 的周长为43，且直线AM 与AN 的斜率之积为－23，则C 的方程为( )A.x 212＋y 28＝1 B.x 212＋y 24＝1 C.x 23＋y 22＝1 D.x 23＋y 2＝1 答案 C解析由△AF 1B 的周长为43，可知|AF 1|＋|AF 2|＋|BF 1|＋|BF 2|＝4a ＝43，解得a ＝3，则M ()－3，0，N (3，0)．设点A (x 0，y 0)(x 0≠±3)，由直线AM 与AN 的斜率之积为－23，可得y 0x 0＋3·y 0x 0－3＝－23，即y 20＝－23(x 20－3)，① 又x 203＋y 20b2＝1，所以y 20＝b 2⎝⎛⎭⎫1－x 203，② 由①②解得b 2＝2. 所以C 的方程为x 23＋y 22＝1.(2)已知以圆C ：(x －1)2＋y 2＝4的圆心为焦点的抛物线C 1与圆C 在第一象限交于A 点，B 点是抛物线C 2：x 2＝8y 上任意一点，BM 与直线y ＝－2垂直，垂足为M ，则|BM |－|AB |的最大值为( )A ．1B ．2C ．－1D ．8 答案 A解析因为圆C ：(x －1)2＋y 2＝4的圆心为C (1,0)，所以可得以C (1,0)为焦点的抛物线方程为y 2＝4x ，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，(x －1)2＋y 2＝4，解得A (1,2)．抛物线C 2：x 2＝8y 的焦点为F (0,2)，准线方程为y ＝－2，即有|BM |－|AB |＝|BF |－|AB |≤|AF |＝1，当且仅当A ，B ，F (A 在B ，F 之间)三点共线时，可得最大值为1.思维升华 (1)准确把握圆锥曲线的定义和标准方程及其简单几何性质，注意当焦点在不同坐标轴上时，椭圆、双曲线、抛物线方程的不同表示形式．(2)求圆锥曲线方程的基本方法就是待定系数法，可结合草图确定．跟踪演练1 (1)已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，以|F 1F 2|为直径的圆与双曲线渐近线的一个交点为()3，4，则双曲线的方程为( ) A.x 216－y 29＝1 B.x 23－y 24＝1 C.x 24－y 23＝1 D.x 29－y 216＝1 答案 D解析 ∵点(3,4)在以|F 1F 2|为直径的圆上， ∴c ＝5，可得a 2＋b 2＝25.①又∵点(3,4)在双曲线的渐近线y ＝ba x 上，∴b a ＝43.② 由①②联立，解得a ＝3，b ＝4，可得双曲线的方程为x 29－y 216＝1.(2)(2018·宁波模拟)已知双曲线C 的渐近线方程是y ＝±22x ，右焦点F (3,0)，则双曲线C 的方程为________，又若点N (0,6)，M 是双曲线C 的左支上一点，则△FMN 周长的最小值为________．答案x 2－y 28＝1 65＋2 解析因为点F (3,0)为双曲线的右焦点，则不妨设双曲线的方程为x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)，所以双曲线的渐近线方程为y ＝±ba x ＝±22x ，即ba ＝22，① 又因为a 2＋b 2＝32，②联立①②，解得a ＝1，b ＝22，所以双曲线的方程为x 2－y 28＝1，设双曲线的左焦点为F ′，则△FMN 的周长为|NF |＋|MN |＋|MF |＝|NF |＋|MN |＋2a ＋|MF ′|≥|NF |＋2a ＋|NF ′|＝2|NF |＋2a ＝65＋2，当且仅当点M 为直线NF ′与双曲线的左支的交点时，等号成立，所以△FMN 的周长的最小值为65＋2. 热点二圆锥曲线的几何性质1．椭圆、双曲线中a ，b ，c 之间的关系 (1)在椭圆中：a 2＝b 2＋c 2，离心率为e ＝ca ＝1－⎝⎛⎭⎫b a 2. (2)在双曲线中：c 2＝a 2＋b 2，离心率为e ＝ca＝1＋⎝⎛⎭⎫b a 2.2．双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线方程为y ＝±ba x .注意离心率e 与渐近线的斜率的关系．例2 (1)设F 1，F 2分别是椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点，过点F 1的直线交椭圆E于A ，B 两点，若△AF 1F 2的面积是△BF 1F 2面积的三倍，cos ∠AF 2B ＝35，则椭圆E 的离心率为( )A.12B.23C.32D.22 答案 D解析设|F 1B |＝k ()k >0，依题意可得|AF 1|＝3k ，|AB |＝4k ， ∴|AF 2|＝2a －3k ，|BF 2|＝2a －k . ∵cos ∠AF 2B ＝35，在△ABF 2中，由余弦定理可得|AB |2＝|AF 2|2＋|BF 2|2－2|AF 2||BF 2|cos ∠AF 2B ， ∴(4k )2＝(2a －3k )2＋(2a －k )2－65(2a －3k )(2a －k )，化简可得(a ＋k )(a －3k )＝0，而a ＋k >0，故a －3k ＝0，a ＝3k ，∴|AF 2|＝|AF 1|＝3k ，|BF 2|＝5k ， ∴|BF 2|2＝|AF 2|2＋|AB |2，∴AF 1⊥AF 2，∴△AF 1F 2是等腰直角三角形． ∴c ＝22a ，椭圆的离心率e ＝c a ＝22. (2)已知双曲线M ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，||F 1F 2＝2c .若双曲线M的右支上存在点P ，使a sin ∠PF 1F 2＝3csin ∠PF 2F 1，则双曲线M 的离心率的取值范围为( )A.⎝⎛⎭⎪⎫1，2＋73 B.⎝⎛⎦⎥⎤1，2＋73C ．(1,2) D.(]1，2答案 A解析根据正弦定理可知sin ∠PF 1F 2sin ∠PF 2F 1＝|PF 2||PF 1|，所以|PF 2||PF 1|＝a 3c ，即|PF 2|＝a 3c|PF 1|，||PF 1||－PF 2＝2a ，所以⎝⎛⎭⎫1－a 3c ||PF 1＝2a ，解得||PF 1＝6ac 3c －a ，而||PF 1>a ＋c ，即6ac 3c －a >a ＋c ，整理得3e 2－4e －1<0，解得2－73<e <2＋73. 又因为离心率e >1，所以1<e <2＋73，故选A.思维升华 (1)明确圆锥曲线中a ，b ，c ，e 各量之间的关系是求解问题的关键．(2)在求解有关离心率的问题时，一般并不是直接求出c 和a 的值，而是根据题目给出的椭圆或双曲线的几何特点，建立关于参数c ，a ，b 的方程或不等式，通过解方程或不等式求得离心率的值或取值范围．跟踪演练2 (1)(2018·诸暨市适应性考试)已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线截椭圆x 24＋y 2＝1所得弦长为433，则此双曲线的离心率等于( ) A. 2 B. 3 C.62D.6 答案 B解析双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的渐近线方程为y ＝±b a x ，由椭圆的对称性不妨取渐近线为y ＝ba x ，设渐近线与椭圆的交点为⎝⎛⎭⎫x 0，ba x 0，则有⎩⎨⎧x 20＋⎝⎛⎭⎫ba x 02＝⎝⎛⎭⎫2332，x 204＋⎝⎛⎭⎫b a x 02＝1，解得b 2a 2＝2，则c 2＝a 2＋b 2＝3a 2，则此双曲线的离心率e ＝c a＝3，故选B.(2)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的焦距为2c ，直线l 过点⎝⎛⎭⎫23a ，0且与双曲线C 的一条渐近线垂直，以双曲线C 的右焦点为圆心，半焦距为半径的圆与直线l 交于M ，N 两点，若|MN |＝423c ，则双曲线C 的渐近线方程为( ) A ．y ＝±2x B ．y ＝±3x C ．y ＝±2x D ．y ＝±4x答案 B解析方法一由题意可设渐近线方程为y ＝ba x ，则直线l 的斜率k l ＝－ab ，直线l 的方程为y ＝－ab ⎝⎛⎭⎫x －23a ，整理可得ax ＋by －23a 2＝0.焦点(c,0)到直线l 的距离d ＝⎪⎪⎪⎪ac －23a 2a 2＋b 2＝⎪⎪⎪⎪ac －23a 2c，则弦长为2c 2－d 2＝2c 2－⎝⎛⎭⎫ac －23a 22c 2＝423c ，整理可得c 4－9a 2c 2＋12a 3c －4a 4＝0，即e 4－9e 2＋12e －4＝0，分解因式得()e －1()e －2()e 2＋3e －2＝0. 又双曲线的离心率e >1，则e ＝ca ＝2，所以b a＝c 2－a 2a 2＝⎝⎛⎭⎫c a 2－1＝3，所以双曲线C 的渐近线方程为y ＝±3x . 方法二圆心到直线l 的距离为c 2－⎝⎛⎭⎫223c 2＝c3，∴⎪⎪⎪⎪ac －23a 2c＝c 3，∴c 2－3ac ＋2a 2＝0，∴c ＝2a ，b ＝3a ，∴渐近线方程为y ＝±3x . 热点三直线与圆锥曲线判断直线与圆锥曲线公共点的个数或求交点问题有两种常用方法(1)代数法：联立直线与圆锥曲线方程可得到一个关于x ，y 的方程组，消去y (或x )得一元二次方程，此方程根的个数即为交点个数，方程组的解即为交点坐标． (2)几何法：画出直线与圆锥曲线的图象，根据图象判断公共点个数．例3 (2018·浙江教育绿色评价联盟适应性考试)如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，其右顶点A 到上顶点的距离为7，过点A 的直线l ：y ＝k (x －a )(k <0)与椭圆E 交于另一点B ，点C 为y 轴上一点．(1)求椭圆E 的标准方程；(2)若△ABC 是等边三角形，求直线l 的方程．解 (1)由题意可知，椭圆E 的离心率e ＝c a ＝12，a 2＋b 2＝7，a 2＝b 2＋c 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝3，所以椭圆E 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)设AB 的中点为M (x 0，y 0)，连接CM ，则由△ABC 为等边三角形可知MC ⊥AB ，且|MC |＝32|AB |.联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －2)，x 24＋y 23＝1，可得(4k 2＋3)x 2－16k 2x ＋16k 2－12＝0.设B (x 1，y 1)，则2x 1＝16k 2－124k 2＋3，所以x 1＝8k 2－64k 2＋3，x 0＝x 1＋22＝8k 24k 2＋3，将x 0代入y ＝k (x －2)，得y 0＝－6k4k 2＋3，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 24k 2＋3，－6k 4k 2＋3，|AB |＝1＋k 2|x 1－2|＝1＋k 2·124k 2＋3，|MC |＝1＋1k 2|x 0|＝1＋1k 2·8k 24k 2＋3. 由|MC |＝32|AB |，得1＋1k 2·8k 24k 2＋3＝32·1＋k 2·124k 2＋3，解得|k |＝334，又因为k <0，所以k ＝－334，所以直线l 的方程为y ＝－334(x －2)，即33x ＋4y －63＝0.思维升华解决直线与圆锥曲线问题的通法是联立方程，利用根与系数的关系，设而不求思想，弦长公式等简化计算；涉及中点弦问题时，也可用“点差法”求解．跟踪演练3 (2018·杭州质检)如图，过抛物线M ：y ＝x 2上一点A (点A 不与原点O 重合)作抛物线M 的切线AB 交y 轴于点B ，点C 是抛物线M 上异于点A 的点，设G 为△ABC 的重心(三条中线的交点)，直线CG 交y 轴于点D .设点A (x 0，x 20)(x 0≠0)．(1)求直线AB 的方程； (2)求|OB ||OD |的值．解 (1)因为y ′＝2x ，所以直线AB 的斜率k ＝y ′＝2x 0. 所以直线AB 的方程y －x 20＝2x 0(x －x 0)，即y ＝2x 0x －x 20，即直线AB 的方程为2x 0x －y －x 20＝0.(2)由题意得，点B 的纵坐标y B ＝－x 20，所以AB 的中点坐标为⎝⎛⎭⎫x 02，0. 设C (x 1，y 1)，G (x 2，y 2)，直线CG 的方程为x ＝my ＋12x 0(m ≠0)．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋12x 0，y ＝x 2，联立得m 2y 2＋(mx 0－1)y ＋14x 20＝0.Δ＝(mx 0－1)2－4×m 2×x 204＝1－2mx 0>0，即mx 0<12.因为G 为△ABC 的重心，所以y 1＝3y 2. 由根与系数的关系，得y 1＋y 2＝4y 2＝1－mx 0m 2，y 1y 2＝3y 22＝x 204m 2. 所以(1－mx 0)216m 4＝x 2012m 2，解得mx 0＝－3±23，满足Δ>0. 所以点D 的纵坐标y D ＝－x 02m ＝x 206±43，故|OB ||OD |＝|y B ||y D |＝43±6.真题体验1．(2017·北京)若双曲线x 2－y 2m＝1的离心率为3，则实数m ＝________. 答案 2解析由双曲线的标准方程知， a ＝1，b 2＝m ，c ＝1＋m ，故双曲线的离心率e＝ca＝1＋m＝3，∴1＋m＝3，解得m＝2.2．(2017·全国Ⅱ改编)若双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的一条渐近线被圆(x－2)2＋y2＝4所截得的弦长为2，则双曲线C的离心率为________．答案2解析设双曲线的一条渐近线方程为y＝ba x，圆的圆心为(2,0)，半径为2，由弦长为2，得圆心到渐近线的距离为22－12＝ 3.由点到直线的距离公式，得|2b|a2＋b2＝3，解得b2＝3a2.所以双曲线C的离心率e＝ca＝c2a2＝1＋b2a2＝2.3．(2017·全国Ⅱ改编)过抛物线C：y2＝4x的焦点F，且斜率为3的直线交C于点M(M在x 轴上方)，l为C的准线，点N在l上且MN⊥l，则M到直线NF的距离为________．答案23解析抛物线y2＝4x的焦点为F(1,0)，准线方程为x＝－1.由直线方程的点斜式，可得直线MF的方程为y＝3(x－1)．联立方程组⎩⎨⎧y＝3(x－1)，y2＝4x，解得⎩⎨⎧x＝13，y＝－233或⎩⎨⎧x＝3，y＝2 3.∵点M在x轴的上方，∴M(3,23)．∵MN⊥l，∴N(－1,23)．∴|NF|＝(1＋1)2＋(0－23)2＝4，|MF|＝|MN|＝3－(－1)＝4.∴△MNF 是边长为4的等边三角形． ∴点M 到直线NF 的距离为2 3.4．(2017·山东)在平面直角坐标系xOy 中，双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的右支与焦点为F 的抛物线x 2＝2py (p >0)交于A ，B 两点，若|AF |＋|BF |＝4|OF |，则该双曲线的渐近线方程为________．答案 y ＝±22x 解析设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2a 2－y 2b 2＝1，x 2＝2py ，消去x ，得 a 2y 2－2pb 2y ＋a 2b 2＝0， ∴y 1＋y 2＝2pb 2a 2.又∵|AF |＋|BF |＝4|OF |， ∴y 1＋p 2＋y 2＋p 2＝4×p 2，即y 1＋y 2＝p ， ∴2pb 2a 2＝p ，即b 2a 2＝12， ∴b a ＝22， ∴双曲线的渐近线方程为y ＝±22x . 押题预测1．已知F 1，F 2是双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点，过F 2作双曲线一条渐近线的垂线，垂足为点A ，交另一条渐近线于点B ，且AF 2→＝13F 2B →，则该双曲线的离心率为( )A.62 B.52C. 3 D ．2 押题依据圆锥曲线的几何性质是圆锥曲线的灵魂，其中离心率、渐近线是高考命题的热点．答案 A解析由F 2(c,0)到渐近线y ＝b a x 的距离为d ＝bc a 2＋b2＝b ，即||AF 2→＝b ，则||BF 2→＝3b . 在△AF 2O 中，||OA →||＝a ，OF 2→＝c ，tan ∠F 2OA ＝ba，tan ∠AOB ＝4ba ＝2×b a 1－⎝⎛⎭⎫b a 2，化简可得a 2＝2b 2，即c 2＝a 2＋b 2＝32a 2，即e ＝c a ＝62，故选A.2．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，且点⎝⎛⎭⎫1，32在该椭圆上． (1)求椭圆C 的方程；(2)过椭圆C 的左焦点F 1的直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，若△AOB 的面积为627，求圆心在原点O 且与直线l 相切的圆的方程．押题依据椭圆及其性质是历年高考的重点，直线与椭圆的位置关系中的弦长、中点等知识应给予充分关注．解 (1)由题意可得e ＝c a ＝12，又a 2＝b 2＋c 2，所以b 2＝34a 2.因为椭圆C 经过点⎝⎛⎭⎫1，32，所以1a 2＋9434a 2＝1，解得a 2＝4，所以b 2＝3，故椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由(1)知F 1(－1,0)，设直线l 的方程为x ＝ty －1，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ty －1，x 24＋y 23＝1，消去x ，得(4＋3t 2)y 2－6ty －9＝0，显然Δ>0恒成立，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝6t 4＋3t 2，y 1y 2＝－94＋3t 2，所以|y 1－y 2|＝(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝36t 2(4＋3t 2)2＋364＋3t 2＝12t 2＋14＋3t 2，所以S △AOB ＝12·|F 1O |·|y 1－y 2|＝6t 2＋14＋3t 2＝627，化简得18t 4－t 2－17＝0，即(18t 2＋17)(t 2－1)＝0，解得t 21＝1，t 22＝－1718(舍去)．又圆O 的半径r ＝|0－t ×0＋1|1＋t 2＝11＋t 2，所以r ＝22，故圆O 的方程为x 2＋y 2＝12.A 组专题通关1．(2017·全国Ⅲ)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线方程为y ＝52x ，且与椭圆x 212＋y 23＝1有公共焦点，则C 的方程为( ) A.x 28－y 210＝1 B.x 24－y 25＝1 C.x 25－y 24＝1 D.x 24－y 23＝1 答案 B 解析由y ＝52x ，可得b a ＝52.① 由椭圆x 212＋y 23＝1的焦点为(3,0)，(－3,0)，可得a 2＋b 2＝9.② 由①②可得a 2＝4，b 2＝5. 所以C 的方程为x 24－y 25＝1.故选B.2．(2018·嘉兴市、丽水市教学测试)若双曲线C ：x 2－y 2＝1的右顶点为A ，过点A 的直线l 与双曲线C 的两条渐近线交于P ，Q 两点，且P A →＝2AQ →，则直线l 的斜率为( ) A ．±13B ．±23C ．±2D ．±3答案 D解析由题意得双曲线的渐近线方程为x ±y ＝0，点A 的坐标为(1,0)．当直线l 的斜率不存在或斜率为±1或0时，显然不符合题意；当直线l 的斜率存在且不等于±1和0时，设直线l 的方程为y ＝k (x －1)，分别与双曲线的两条渐近线联立，解得⎩⎨⎧y P ＝kk －1，y Q＝－k1＋k或⎩⎨⎧y P ＝－k1＋k ，y Q＝k k －1，则由P A →＝2AQ →，得y P ＝－2y Q ，即k k －1＝－2×⎝⎛⎭⎫－k 1＋k 或－k 1＋k ＝－2×kk －1，解得k ＝3或k ＝－3，故选D.3．(2018·全国Ⅰ)已知双曲线C ：x 23－y 2＝1，O 为坐标原点，F 为C 的右焦点，过F 的直线与C 的两条渐近线的交点分别为M ，N .若△OMN 为直角三角形，则|MN |等于( ) A.32 B ．3 C ．2 3 D ．4 答案 B解析由已知得双曲线的两条渐近线方程为y ＝±13x . 设两渐近线的夹角为2α，则有tan α＝13＝33，所以α＝30°.所以∠MON ＝2α＝60°.又△OMN 为直角三角形，由于双曲线具有对称性，不妨设MN ⊥ON ，如图所示．在Rt △ONF 中，|OF |＝2，则|ON |＝ 3. 则在Rt △OMN 中， |MN |＝|ON |·tan 2α＝3·tan 60°＝3.故选B.4．(2018·浙江省衢州二中模拟)设椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的一个焦点为F (2,0)，点A (－2,1)为椭圆E 内一点，若椭圆E 上存在一点P ，使得|P A |＋|PF |＝8，则椭圆E 的离心率的取值范围是( ) A.⎣⎡⎦⎤49，47 B.⎝⎛⎭⎫49，47 C.⎣⎡⎭⎫29，27 D.⎣⎡⎦⎤29，27答案 A解析设椭圆的左焦点为F 2(－2,0)，则|P A |－|AF 2|≤|PF 2|≤|P A |＋|AF 2|，即|P A |－1≤|PF 2|≤|P A |＋1，当且仅当P ，A ，F 2三点共线时，等号成立，则2a ＝|PF |＋|PF 2|∈[7,9]，则椭圆的离心率e ＝c a ∈⎣⎡⎦⎤49，47，故选A. 5．抛物线C ：y 2＝8x 的焦点F 的坐标为________，若点P (3，m )在抛物线C 上，则线段PF 的长度为________．答案 (2,0)3＋2解析抛物线y 2＝8x 的焦点坐标为(2,0)，则抛物线的准线方程为x ＝－2，因为点P (3，m )在抛物线上，所以PF 的长度等于点P (3，m )到抛物线的准线的距离，即|PF |＝3＋2. 6．(2018·北京)已知椭圆M ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，双曲线N ：x 2m 2－y 2n 2＝1.若双曲线N 的两条渐近线与椭圆M 的四个交点及椭圆M 的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M 的离心率为________；双曲线N 的离心率为________．答案3－1 2解析方法一双曲线N 的渐近线方程为y ＝±n m x ，则nm ＝tan 60°＝3，∴双曲线N 的离心率e 1满足e 21＝1＋n 2m 2＝4，∴e 1＝2. 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3x ，x 2a 2＋y 2b 2＝1，得x 2＝a 2b 23a 2＋b 2. 如图，设D 点的横坐标为x ，由正六边形的性质得|ED |＝2x ＝c ，∴4x 2＝c 2. ∴4a 2b 23a 2＋b2＝a 2－b 2，得3a 4－6a 2b 2－b 4＝0，∴3－6b 2a 2－⎝⎛⎭⎫b 2a 22＝0，解得b 2a 2＝23－3.∴椭圆M 的离心率e 2满足e 22＝1－b 2a2＝4－23.∴e 2＝3－1.方法二双曲线N 的渐近线方程为y ＝±nm x ，则nm＝tan 60°＝ 3. 又c 1＝m 2＋n 2＝2m ，∴双曲线N 的离心率为c 1m＝2.如图，连接EC ，由题意知，F ，C 为椭圆M 的两焦点，设正六边形的边长为1，则|FC |＝2c 2＝2，即c 2＝1.又E 为椭圆M 上一点，则|EF |＋|EC |＝2a ，即1＋3＝2a ，∴a ＝1＋32.∴椭圆M 的离心率为c 2a ＝21＋3＝3－1.7．已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，过点F 的直线l 与抛物线C 交于A ，B 两点，且直线l 与圆x 2－px ＋y 2－34p 2＝0交于C ，D 两点，若|AB |＝3|CD |，则直线l 的斜率为________．答案 ±22解析由题意得F ⎝⎛⎭⎫p 2，0，由x 2－px ＋y 2－34p 2＝0，配方得⎝⎛⎭⎫x －p22＋y 2＝p 2，所以直线l 过圆心⎝⎛⎭⎫p 2，0，可得|CD |＝2p ，若直线l 的斜率不存在，则l ：x ＝p 2，|AB |＝2p ，|CD |＝2p ，不符合题意， ∴直线l 的斜率存在．∴可设直线l 的方程为y ＝k ⎝⎛⎭⎫x －p 2， A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，。

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