2021版新高考数学(理科)一轮复习课后限时集训60 圆锥曲线中的证明、探索性问题

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2021版新课改地区高考数学(人教B版)一轮复习攻略五十七圆锥曲线中的探究性问题

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核心素养测评五十七圆锥曲线中的探究性问题(25分钟50分)一、选择题(每小题5分,共20分)1.已知椭圆E:+=1,设直线l:y=kx+1交椭圆E所得的弦长为L.则下列直线中,交椭圆E所得的弦长不可能等于L的是( )A.mx+y+m=0B.mx+y-m=0C.mx-y-1=0D.mx-y-2=0【解析】选D.当直线l过点,取m=-1,直线l和选项A中的直线重合,故排除A;当直线l过点,取m=-1,直线l和选项B中的直线关于y轴对称,被椭圆E截得的弦长相同,故排除B;当k=0时,取m=0,直线l和选项C中的直线关于x轴对称,被椭圆E截得的弦长相同,故排除C;直线l的斜率为k,且过点,选项D中的直线的斜率为m,且过点,这两条直线不关于x轴、y轴和原点对称,故被椭圆E所截得的弦长不可能相等.2.(2020·菏泽模拟)已知过抛物线C:y2=4x焦点的直线交抛物线C于P,Q两点,交圆x2+y2-2x=0于M,N两点,其中P, M位于第一象限,则+的值不可能为( )A.3B.4C.5D.6【解析】选A.可以作出如图所示的图形,由图可得,设=m,=n,则=m-1,=n-1,因为y2=4x,所以p=2,根据抛物线的常用结论,有+==1,所以=1,则m+n=mn,所以+=+==4m+n-5,又因为(4m+n)·1=(4m+n)·=4+++1≥5+2,当且仅当n=2m=3时取等号,得4m+n≥9,所以4m+n-5≥4,则+的值不可能为3.3.(2019·株洲模拟)点F为椭圆+=1(a>b>0)的一个焦点,若椭圆上存在点A使△AOF(O为坐标原点)为正三角形,则椭圆的离心率为( )A. B.-1C. D.-1【解析】选B.由题意,可设椭圆的焦点坐标为(c,0),因为△AOF为正三角形,则点在椭圆上,代入得+=1,即e2+=4, 得e2=4-2,解得e=-1.4.(多选)我们把离心率为e=的双曲线-=1(a>0,b>0)称为黄金双曲线,如图.给出以下几个说法,其中正确的是( )A.双曲线x2-=1是黄金双曲线B.若b2=ac,则该双曲线是黄金双曲线C.若∠F1B1A2=90°,则该双曲线是黄金双曲线D.若∠MON=90°,则该双曲线是黄金双曲线【解析】选ABCD.双曲线x2-=1中,因为e==,所以双曲线x2-=1是黄金双曲线,故A正确;b2=ac,则e===,所以e2-e-1=0,解得e=,或e=(舍),所以该双曲线是黄金双曲线,故B正确;F1,F2为左右焦点,A1,A2为左右顶点,B1(0,b),B2(0,-b),且∠F1B1A2=90°,所以B1+B1=A2,即b2+2c2=(a+c)2,整理,得b2=ac,由B知该双曲线是黄金双曲线,故C正确;MN经过右焦点F2且MN⊥F1F2,∠MON=90°,所以NF2=OF2,所以=c,所以b2=ac,由B知该双曲线是黄金双曲线,故D正确.二、填空题(每小题5分,共10分)5.(2020·沈阳模拟)已知椭圆+=1的左、右焦点分别为F1,F2,过F1的直线l1与过F2的直线l2交于点M,设M的坐标为,若l1⊥l2,则下列结论序号正确的有________.①+<1, ②+>1, ③+<1,④4+3>1.【解析】F1,F2,因为l1⊥l2,·=0,所以×+×=0,即+=1,M在圆x2+y2=1上,它在椭圆的内部,故+<1,故①正确,②错误;O到直线+=1的距离为=>1,O在直线+=1的下方,故圆x2+y2=1在其下方,即+<1,故③正确;4+3≥+=1,但4=,3=不同时成立,故4+3>+=1,故④成立.答案:①③④6.(2020·北京模拟)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知点O(0,0), M(-4,0),N(4,0),P(0,-2),Q(0,2),H(4,2).线段OM上的动点A满足=λ;线段HN上的动点B满足=λ.直线PA与直线QB交于点L,设直线PA的斜率记为k,直线QB的斜率记为k′,则k·k′的值为________;当λ变化时,动点L一定在________(填“圆、椭圆、双曲线、抛物线”之中的一个)上.【解析】因为=λ;所以A(-4λ,0),又P(0,-2),所以k=-=-;因为=λ.所以B(4,2-2λ),所以k′==-,所以kk′=,设L(x,y),则k=,k′=,所以kk′=·=,所以=,即-=1,即动点L一定在双曲线上.答案:双曲线三、解答题(每小题10分,共20分)7.(2019·德州模拟)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左右焦点分别为F1,F2,离心率为,P是椭圆C上的一个动点,且△PF1F2面积的最大值为.(1)求椭圆C的方程.(2)设直线PF2斜率为k(k≠0),且PF2与椭圆C的另一个交点为Q,是否存在点T(0,t),使得|TP|=|TQ|.若存在,求t的取值范围;若不存在,请说明理由.【解析】(1)当P为C的短轴顶点时,△PF1F2的面积有最大值,所以 ,解得 ,故椭圆C的方程为:+=1.(2)设直线PQ的方程为y=k(x-1),将y=k(x-1)代入+=1,得x2-8k2x+4k2-12=0;设P,Q,线段PQ的中点为N,x0==,y0==k=,即N,因为|TP TQ|,所以直线TN为线段PQ的垂直平分线,所以TN⊥PQ,则k TN·k PQ=-1,即·k=-1,所以t==,当k>0时,因为4k+≥4(当且仅当k=时取等号),所以t∈,当k<0时,因为4k+≤-4(当且仅当k=-时取等号),所以t∈.综上,存在点T,使得|TP TQ|,且t的取值范围为∪.8.已知离心率为的椭圆C:+=1(a>b>0)的右焦点与抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点F重合,且点F到E的准线的距离为2.(1)求椭圆C的方程.(2)若直线l与C交于M,N两点,与E交于A,B两点,且·=-4(O 为坐标原点),求△MNF面积的最大值.【解析】(1)因为点F到E的准线的距离为2,所以p=2,F(1,0),由解得所以椭圆C的方程为+=1.(2)由(1)知抛物线E的方程为y2=4x.要使直线l与抛物线E交于两点,则直线l的斜率不为0,可设l的方程为x=my+n,由得y2-4my-4n=0所以Δ=(-4m)2+16n>0,得m2+n>0.设A,B则所以x1x2=·===n2,因为·=-4,所以x1x2+y1y2=-4,所以n2-4n=-4,所以n=2,所以直线l的方程为x=my+2,所以直线l过椭圆C的右顶点(2,0),不妨设M(2,0),N(x3,y3),-≤y3≤,且y3≠0, 所以S△|MF||y3|≤,MNF=当且仅当y3=±时,(S△MNF)max=.关闭Word文档返回原板块快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。

2021年高考数学一轮复习 8.9 圆锥曲线的综合问题课时作业理(含解析)新人教A版

2021年高考数学一轮复习 8.9 圆锥曲线的综合问题课时作业理（含解析）新人教A 版一、选择题1．直线y ＝kx ＋2与抛物线y 2＝8x 有且只有一个公共点，则k 的值为( ) A ．1 B ．1或3 C ．0 D ．1或0 解析：由⎩⎨⎧y ＝kx ＋2，y 2＝8x ，得ky 2－8y ＋16＝0，若k ＝0，则y ＝2，若k ≠0，则Δ＝0，即64－64k ＝0，解得k ＝1，因此若直线y ＝kx ＋2与抛物线y 2＝8x 有且只有一个公共点，则k ＝0或k ＝1.答案：D2．若以椭圆上一点和两个焦点为顶点的三角形面积的最大值为1，则椭圆长轴长的最小值为( )A ．1 B. 2 C ．2 D ．22解析：设椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，则使三角形面积最大时，三角形在椭圆上的顶点为椭圆短轴端点，∴S ＝12×2c ×b ＝bc ＝1≤b 2＋c 22＝a 22.∴a 2≥2.∴a ≥ 2.∴长轴长2a ≥22，故选D. 答案：D3．(xx·山西适应性训练考试)过抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点作倾斜角为30°的直线l 与抛物线交于P ，Q 两点，分别过P ，Q 两点作PP 1，QQ 1垂直于抛物线的准线于P 1，Q 1，若|PQ |＝2，则四边形PP 1Q 1Q 的面积是( )A ．1B ．2C ．3 D. 3解析：S ＝12(|PP 1|＋|QQ 1|)·|P 1Q 1|＝12×|PQ |×|PQ |×sin 30°＝12×4×12＝1. 答案：A4．(xx·天津卷)已知双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的两条渐近线与抛物线y 2＝2px (p >0)的准线分别交于A ，B 两点，O 为坐标原点．若双曲线的离心率为2，△AOB 的面积为3，则p ＝( )A ．1 B.32C ．2D ．3解析：因为双曲线的离心率e ＝c a＝2，所以b ＝3a ，所以双曲线的渐近线方程为y ＝±b a x ＝±3x ，与抛物线的准线x ＝－p 2相交于A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－p 2，32p ，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－p2，－32p ，所以△AOB 的面积为12×p2×3p ＝3，又p >0，所以p ＝2.答案：C5．(xx·东北三校第二次联考)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)与双曲线x 2m 2－y 2n2＝1(m >0，n >0)有相同的焦点(－c,0)和(c,0)，若c 是a 与m 的等比中项，n 2是2m 2与c 2的等差中项，则椭圆的离心率是( )A.12B.14C.22D.33解析：由题知m 2＋n 2＝c 2，即n 2＝c 2－m 2，n 2是2m 2与c 2的等差中项，有2m 2＋c 2＝2n 2＝2c 2－2m 2得m 2＝c 24即m ＝c 2，又因c 是a 与m 的等比中项，所以am ＝c 2，即a ·c 2＝c 2，c a ＝12，选A.答案：A6．(xx·浙江卷)如图，F 1，F 2是椭圆C 1：x 24＋y 2＝1与双曲线C 2的公共焦点，A ，B 分别是C 1，C 2在第二、四象限的公共点．若四边形AF 1BF 2为矩形，则C 2的离心率是( )A. 2B. 3C.32D.62解析：设双曲线方程为x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)①，点A 的坐标为(x 0，y 0)．由题意得a 2＋b 2＝3＝c 2②，则|OA |＝c ＝3，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 20＋y 20＝3x 20＋4y 20＝4，解得x 20＝83，y 20＝13，又点A 在双曲线上，代入①得，83b 2－13a 2＝a 2b2③，联立②③解得a ＝2，所以e ＝c a ＝62，故选D. 答案：D 二、填空题7．(xx·河南十所名校第三次联考)圆x 2＋y 2－2x ＋my －2＝0关于抛物线x 2＝4y 的准线对称，则m ＝________.解析：由条件易知圆心在抛物线x 2＝4y 的准线y ＝－1上，得m ＝2. 答案：28．已知抛物线C 的顶点在坐标原点，焦点为F (0，－1)，直线l 与抛物线C 相交于A ，B 两点，若AB 的中点为(2，－2)，则直线l 的方程为________．解析：由题意知，抛物线的方程为x 2＝－4y ，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，且x 1≠x 2，联立方程得⎩⎪⎨⎪⎧x 21＝－4y 1，x 22＝－4y 2，两式相减得x 21－x 22＝－4(y 1－y 2)，∴y 1－y 2x 1－x 2＝x 1＋x 2－4＝－1， ∴直线l 的方程为y ＋2＝－(x －2)，即y ＝－x . 答案：x ＋y ＝09．(xx·江西卷)抛物线x 2＝2px (p >0)的焦点为F ，其准线与双曲线x 23－y 23＝1相交于A ，B 两点，若△ABF 为等边三角形，则p ＝________.解析：由x 2＝2py (p >0)得焦点F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2，准线l 为y ＝－p2，所以可求得抛物线的准线与双曲线x 23－y 23＝1的交点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋p 22，－p 2，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋p 22，－p 2，所以|AB |＝12＋p 2，则|AF |＝|AB |＝12＋p 2，所以p |AF |＝sin π3，即p 12＋p2＝32，解得p ＝6. 答案：6 三、解答题10．(xx·安徽卷)设椭圆E ：x 2a 2＋y 21－a 2＝1的焦点在x 轴上．(1)若椭圆E 的焦距为1，求椭圆E 的方程；(2)设F 1，F 2分别是椭圆E 的左、右焦点，P 为椭圆E 上第一象限内的点，直线F 2P 交y 轴于点Q ，并且F 1P ⊥F 1Q .证明：当a 变化时，点P 在某定直线上．解：(1)因为焦距为1，所以2a 2－1＝14，解得a 2＝58.故椭圆E 的方程为8x 25＋8y23＝1.(2)证明：设P (x 0，y 0)，F 1(－c,0)，F 2(c,0)，其中c ＝ 2a 2－1. 由题设知x 0≠c ，则直线F 1P 的斜率kF 1P ＝y 0x 0＋c，直线F 2P 的斜率kF 2P ＝y 0x 0－c.故直线F 2P 的方程为y ＝y 0x 0－c(x －c )．当x ＝0时，y ＝cy 0c －x 0，即点Q 坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，cy 0c －x 0. 因此，直线F 1Q 的斜率为kF 1Q ＝y 0c －x 0. 由于F 1P ⊥F 1Q ，所以kF 1P ·kF 1Q ＝y 0x 0＋c ·y 0c －x 0＝－1.化简得y 20＝x 20－(2a 2－1)．①将①代入椭圆E 的方程，由于点P (x 0，y 0)在第一象限，解得x 0＝a 2，y 0＝1－a 2，即点P 在定直线x ＋y ＝1上．11．(xx·江西卷)如图，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，离心率e ＝12，直线l 的方程为x ＝4.(1)求椭圆C 的方程；(2)AB 是经过右焦点F 的任一弦(不经过点P )，设直线AB 与直线l 相交于点M ，记PA ，PB ，PM 的斜率分别为k 1，k 2，k 3.问：是否存在常数λ，使得k 1＋k 2＝λk 3？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由．解：(1)由P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32在椭圆上得，1a 2＋94b 2＝1① 依题设知a ＝2c ，则b 2＝3c 2② ②代入①解得c 2＝1，a 2＝4，b 2＝3. 故椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1. (2)由题意可设直线AB 的斜率为k ，则直线AB 的方程为y ＝k (x －1)③ 代入椭圆方程3x 2＋4y 2＝12并整理，得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4(k 2－3)＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则有 x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－34k 2＋3④ 在方程③中令x ＝4得，M 的坐标为(4,3k )．从而k 1＝y 1－32x 1－1，k 2＝y 2－32x 2－1，k 3＝3k －324－1＝k －12.由于A ，F ，B 三点共线，则有k ＝k AF ＝k BF ，即有y 1x 1－1＝y 2x 2－1＝k .所以k 1＋k 2＝y 1－32x 1－1＋y 2－32x 2－1＝y 1x 1－1＋y 2x 2－1－32⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－1＋1x 2－1＝2k －32·x 1＋x 2－2x 1x 2－x 1＋x 2＋1⑤④代入⑤得k 1＋k 2＝2k －32·8k24k 2＋3－24k 2－34k 2＋3－8k24k 2＋3＋1 ＝2k －1，又k 3＝k －12，所以k 1＋k 2＝2k 3.故存在常数λ＝2符合题意．12．(xx·湖北武汉调考)已知平面内一动点P 到点F (1,0)的距离与点P 到y 轴的距离的差等于1.(1)求动点P 的轨迹C 的方程；(2)过点F 作两条斜率存在且互相垂直的直线l 1，l 2，设l 1与轨迹C 相交于点A ，B ，l 2与轨迹C 相交于点D ，E ，求AD →·EB →的最小值．解：(1)设动点P 的坐标为(x ，y )，由题意有x －12＋y 2－|x |＝1，化简，得y 2＝2x ＋2|x |.当x ≥0时，y 2＝4x ；当x <0时，y ＝0.∴动点P 的轨迹C 的方程为y 2＝4x (x ≥0)和y ＝0(x <0)．(2)由题意知，直线l 1的斜率存在且不为0，设为k ，则l 1的方程为y ＝k (x －1)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －1，y 2＝4x .得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1，x 2是上述方程的两个实根，于是x 1＋x 2＝2＋4k2，x 1x 2＝1.∵l 1⊥l 2，∴l 2的斜率为－1k.设D (x 3，y 3)，E (x 4，y 4)，则同理可是x 3＋x 4＝2＋4k 2，x 3x 4＝1. 故AD →·EB →＝(AF →＋FD →)·(EF →＋FB →) ＝AF →·EF →＋AF →·FB →＋FD →·EF →＋FD →·FB → ＝|AF →||FB →|＋|FD →||EF →|＝(x 1＋1)(x 2＋1)＋(x 3＋1)(x 4＋1)＝x 1x 2＋(x 1＋x 2)＋1＋x 3x 4＋(x 3＋x 4)＋1＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋4k2＋1＋1＋()2＋4k 2＋1＝8＋4⎝⎛⎭⎪⎫k 2＋1k2≥8＋4×2k 2·1k2＝16.当且仅当k 2＝1k2，即k ＝±1时，AD →·EB →取最小值16.[热点预测]13．(xx·辽宁五校第一联合体考试)在直角坐标系xOy 上取两个定点A 1(－2,0)、A 2(2,0)，再取两个动点N 1(0，m )、N 2(0，n )，且mn ＝3.(1)求直线A 1N 1与A 2N 2交点的轨迹M 的方程；(2)已知F 2(1,0)，设直线l ：y ＝kx ＋m 与(1)中的轨迹M 交于P 、Q 两点，直线F 2P 、F 2Q 的倾斜角为α、β，且α＋β＝π，求证：直线l 过定点，并求该定点的坐标．解：(1)依题意知直线A 1N 1的方程为：y ＝m2(x ＋2)，①直线A 2N 2的方程为：y ＝－n2(x －2)，②设Q (x ，y )是直线A 1N 1与A 2N 2的交点，①×②得y 2＝－mn4(x 2－4)，由mn ＝3，整理得x 24＋y 23＝1.∵N 1、N 2不与原点重合，∴点A 1(－2,0)、A 2(2,0)不在轨迹M 上， ∴轨迹M 的方程为x 24＋y 23＝1(x ≠±2)．(2)由题意知，直线l 的斜率存在且不为零，联立方程得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m x 24＋y23＝1，消去y ，得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，设P (x 1，y 1)、Q (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－8km3＋4k 2x 1x 2＝4m 2－123＋4k2，且kF 2P ＝kx 1＋m x 1－1，kF 2Q ＝kx 2＋mx 2－1. 由已知α＋β＝π，得kF 2P ＋kF 2Q ＝0，∴kx 1＋m x 1－1＋kx 2＋mx 2－1＝0，化简，得2kx 1x 2＋(m －k )(x 1＋x 2)－2m ＝0，代入，得2k 4m2－123＋4k2－8mk m－k3＋4k2－2m＝0，整理得m＝－4k.∴直线l的方程为y＝k(x－4)，因此直线l过定点，该定点的坐标为(4,0)．21576 5448 呈 x28442 6F1A 漚P] o39967 9C1F 鰟r%423362 5B42 孂xF。

2023届高考数学一轮复习计划高考重难专攻(七) 圆锥曲线中的证明、探索性问题(共32张

巧用基本不等式求最值问题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，然后利用基本不等式求出最值．
椭圆 C：xa22＋by22＝1(a>b>0)的离心率为 36，短轴一个端点到右焦点的距离为 3． (1)求椭圆 C 的方程；
(2)设斜率存在的直线 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点，坐标原点 O 到直线 l 的距离为 23，求△AOB 面积的最大值．
因为－12＜x＜32，所以直线 AP 斜率的取值范围是(－1,1)．
(2)法一：联立直线
AP
与
BQ
的方程kx－y＋12k＋14＝0， x＋ky－94k－32＝0，
解得点 Q 的横坐标是 xQ＝－2k2k＋2＋4k1＋ 3．
因为|PA|＝ 1＋k2x＋12＝ 1＋k2(k＋1)， |PQ|＝ 1＋k2(xQ－x)＝－k－1k2＋k＋1 12，
(2022·咸阳模拟)已知双曲线 C：ay22－xb22＝1(a＞0，b＞0)的离心率为 2，且经过 A(0,2)． (1)求双曲线 C 的方程； (2)若过点 B(2,0)的直线交双曲线 C 于 x 轴下方不同的两点 P，Q，设 PQ 中点为 M，求△BOM(O 为坐标原点)面积的最小值．解：(1)双曲线的离心率为 2，即ac＝ 2，因为点 A(0,2)在双曲线ay22－xb22＝1 上，所以a42＝1，a＝2，则 c＝2 2，又 c2＝a2＋b2，所以 b＝2．所以双曲线 C 的方程为y42－x42＝1．
(2)当直线 l 的斜率为 0 时，λ＝|MA|·|MB|＝12．当直线 l 的斜率不为 0 时，设直线 l：x＝my＋4，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
x＝my＋4，联立方程x42＋y2＝1，得(m2＋4)y2＋8my＋12＝0．由 Δ＝64m2－48(m2＋4)>0，得 m2>12，所以 y1y2＝m21＋2 4． λ＝|MA|·|MB|＝ m2＋1|y1|· m2＋1|y2| ＝(m2＋1)·|y1y2|＝12mm2＋2＋41＝121－m23＋4．由 m2>12，得 0<m23＋4<136，所以349<λ<12．综上，λ 的取值范围是349，12．

2021版高考数学一轮复习第8讲圆锥曲线的综合问题第1课时圆锥曲线中的证明、范围(最值)问题课件文

方程 ax2＋bx＋c＝0 的解
l 与 C1 的交点
b＝0 无解(含 l 是双曲线的渐近线)
_无__公__共__点___
a＝0
有一解(含 l 与抛物线的对称轴平行
b≠0
பைடு நூலகம்
(重合)或与双曲线的渐近线平行)
_一__个__交__点___
Δ＞
0 a≠0 Δ＝0
两个__不__相__等____的解两个相等的解
直线与椭圆相交．
2．抛物线 y＝x2 上的点到直线 x－y－2＝0 的最短距离为
()
A. 2
B.7 8 2
C．2 2
D．5 6 2
解析：选 B.设抛物线上一点的坐标为(x，y)，则 d＝|x－y2－2|＝|－x2＋2x－2|＝－x－1222－74，
所以
x＝12时，dmin＝7 8
【证明】 (1)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x421＋y312＝1，x422＋y322＝1. 两式相减，并由xy11－－xy22＝k 得x1＋4 x2＋y1＋3 y2·k＝0. 由题设知x1＋2 x2＝1，y1＋2 y2＝m，于是 k＝－43m. 由题设得 0<m<32，故 k<－12.
(2020·河北省九校第二次联考)已知抛物线 C：y2＝2px(p>0)的焦点为 F，若过点 F 且斜率为 1 的直线与抛物线相交于 M，N 两点，且|MN|＝8. (1)求抛物线 C 的方程； (2)设直线 l 为抛物线 C 的切线，且 l∥MN，P 为 l 上一点，求P→M·P→N的最小值．

因为1，

22在椭圆上，
所以21b2＋21b2＝1，b2＝1，a2＝2，所以椭圆 C 的方程为x22＋y2＝1.

高考数学一轮复习圆锥曲线中的证明、探究性问题

直线方程；如果不存在，请说明理由.
解：（2）假设双曲线C上存在被点B（1，1）平分的弦，记弦所在的直线为l.
设B（1，1）是弦MN的中点，M（x1，y1），N（x2，y2），则x1＋x2＝2，y1＋y2
＝2.
2
2 1
1 −
2
= 1,
因为点M，N在双曲线C上，所以它们的坐标满足双曲线方程，即൞
2

＝k（x＋1）（k≠0）.
|−1|
则E（－2，－1）到l的距离d＝ 2 ，
+1
因为l与E交于A，B两点，
2
(

−
1
)
所以d2＜r2，即 2 ＜1，解得k＞0，
+1
所以｜AB｜＝2
1− 2 ＝2
2
.
2 +1
2 = 4,
由ቊ
消去y并整理得，x2－4kx－4k＝0.
= ( + 1)
2
，可
（2）AB是经过右焦点F的任一弦（不经过点P），设直线AB与直线l相交于点
M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.问：是否存在常数λ，使得k1＋k2＝
λk3？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由.
解
（2）由题意可设AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＝k（x－
1），
③
2
2
代入椭圆方程＋＝1并整理得（4k 2 ＋3）x 2 －8k 2 x＋4k 2 －12＝0，
解（2）四边形OAPB能为平行四边形.
因为直线l过点

,
3
，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.
9
由（1）得OM的方程为y＝－ x.

2021高三数学北师大版(理)课后限时集训：圆锥曲线中的范围、最值问题含解析

(2)∵点(－2,0)在椭圆E 外，∴直线l 的斜率存在．设直线l 的方程为y ＝k (x ＋2)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．由错误!消去y 得，(1＋2k 2)x 2＋8k 2x ＋8k 2－2＝0.由Δ＞0，得0<k 2＜12，从而x 1＋x 2＝－8k21＋2k2，x 1x 2＝8k2－21＋2k2， ∴|MN |＝1＋k2|x 1－x 2|＝21＋k2·错误!.∵点F 2(1,0)到直线l 的距离d ＝3|k|1＋k2， ∴△F 2MN 的面积S ＝12|MN |·d ＝3错误!. 令1＋2k 2＝t ，则t ∈(1,2)，∴S ＝3错误!＝3错误!＝3－1＋3t －2t2＝3－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －342＋18，当1t ＝34，即t ＝43错误!时，S 有最大值，S max ＝错误!，此时k ＝±错误!. ∴当直线l 的斜率为±66时，可使△F 2MN 的面积最大，其最大值为324.2.如图，已知抛物线x 2＝y ，点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，14，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，94，抛物线上的点P (x ，y )⎝ ⎛⎭⎪⎫－12<x<32.过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q . (1)求直线AP 斜率的取值范围；(2)求|PA |·|PQ |的最大值．[解] (1)设直线AP 的斜率为k ，k ＝x2－14x ＋12＝x －12，因为－12<x <32，所以直线AP 斜率的取值范围是(－1,1)．(2)联立直线AP 与BQ 的方程⎩⎪⎨⎪⎧ kx －y ＋12k ＋14＝0，x ＋ky －94k －32＝0，解得点Q 的横坐标是x Q ＝错误!.因为|PA |＝1＋k2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋12＝1＋k2(k ＋1)， |PQ |＝1＋k2(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，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.已知椭圆C ：x2a2＋y2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，以F 1F 2为直径的圆与直线ax ＋2by －3ab ＝0相切．(1)求椭圆C 的离心率；(2)如图，过F 1作直线l 与椭圆分别交于P ，Q 两点，若△PQF 2的周长为42，求F2P →·F2Q →的最大值．。

2021高考数学一轮复习课后限时集训60圆锥曲线中的证明探索性问题理

课后限时集训60圆锥曲线中的证明、探索性问题建议用时：45分钟1．(2019·长沙模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，且点F 1到椭圆C 上任意一点的最大距离为3，椭圆C 的离心率为12.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)是否存在斜率为－1的直线l 与以线段F 1F 2为直径的圆相交于A ，B 两点，与椭圆相交于C ，D ，且|CD ||AB |＝837？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由．[解] (1)根据题意，设F 1，F 2的坐标分别为(－c,0)，(c,0)，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a ＋c ＝3，c a ＝12，解得a ＝2，c ＝1，则b 2＝a 2－c 2＝3，故椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)假设存在斜率为－1的直线l ，设为y ＝－x ＋m ，由(1)知F 1，F 2的坐标分别为(－1,0)，(1,0)，所以以线段F 1F 2为直径的圆为x 2＋y 2＝1，由题意知圆心(0,0)到直线l 的距离d ＝|－m |2<1，得|m |< 2. |AB |＝21－d 2＝21－m 22＝2×2－m 2，联立得⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝－x ＋m ，消去y ，得7x 2－8mx ＋4m 2－12＝0，由题意得Δ＝(－8m )2－4×7(4m 2－12)＝336－48m 2＝48(7－m 2)>0，解得m 2<7. 设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝8m 7，x 1x 2＝4m 2－127，|CD |＝2|x 1－x 2|＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫8m 72－4×4m 2－127＝2×336－48m 249＝467×7－m 2＝837|AB |＝837×2×2－m 2，解得m 2＝13<7，得m ＝±33. 即存在符合条件的直线l ，其方程为y ＝－x ±33. 2．(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线C ：y ＝x 22，D 为直线y ＝－12上的动点，过D 作C 的两条切线，切点分别为A ，B .(1)证明：直线AB 过定点；(2)若以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52为圆心的圆与直线AB 相切，且切点为线段AB 的中点，求四边形ADBE的面积．[解] (1)证明：设D ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－12，A (x 1，y 1)，则x 21＝2y 1.由于y ′＝x ，所以切线DA 的斜率为x 1，故y 1＋12x 1－t＝x 1.整理得2tx 1－2y 1＋1＝0.设B (x 2，y 2)，同理可得2tx 2－2y 2＋1＝0. 故直线AB 的方程为2tx －2y ＋1＝0.所以直线AB 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12. (2)由(1)得直线AB 的方程为y ＝tx ＋12.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝tx ＋12，y ＝x22可得x 2－2tx －1＝0.于是x 1＋x 2＝2t ，x 1x 2＝－1，y 1＋y 2＝t (x 1＋x 2)＋1＝2t 2＋1， |AB |＝1＋t 2|x 1－x 2|＝1＋t 2×x 1＋x 22－4x 1x 2＝2(t 2＋1)．设d 1，d 2分别为点D ，E 到直线AB 的距离，则d 1＝t 2＋1，d 2＝2t 2＋1.因此，四边形ADBE 的面积S ＝12|AB |(d 1＋d 2)＝(t 2＋3)t 2＋1.设M 为线段AB 的中点，则M ⎝⎛⎭⎪⎫t ，t 2＋12. 由于EM →⊥AB →，而EM →＝(t ，t 2－2)，AB →与向量(1，t )平行，所以t ＋(t 2－2)t ＝0.解得t ＝0或t ＝±1.当t ＝0时，S ＝3；当t ＝±1时，S ＝4 2. 因此，四边形ADBE 的面积为3或4 2.3．已知椭圆E 的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，且经过A (－2,0)，B (2,0)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32三点．(1)求椭圆E 的方程；(2)若直线l ：y ＝k (x －1)(k ≠0)与椭圆E 交于M ，N 两点，证明直线AM 与直线BN 的交点在直线x ＝4上．[解] (1)设椭圆E 的方程为mx 2＋ny 2＝1(m >0，n >0)，将A (－2,0)，B (2,0)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32代入椭圆E 的方程，得⎩⎪⎨⎪⎧4m ＝1，m ＋94n ＝1，解得⎝ ⎛m ＝14，n ＝13.∴椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)证明：将直线l ：y ＝k (x －1)代入椭圆方程x 24＋y 23＝1并整理，得(3＋4k 2)x 2－8k 2x＋4(k 2－3)＝0.设直线l 与椭圆E 的交点M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由根与系数的关系，得x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－33＋4k 2. 消去k 2，得2x 1x 2＝5(x 1＋x 2)－8. 直线AM 的方程为y ＝y 1x 1＋2(x ＋2)，即y ＝k x 1－1x 1＋2(x ＋2)．直线BN 的方程为y ＝y 2x 2－2(x －2)，即y ＝k x 2－1x 2－2(x －2)．由直线AM 与直线BN 的方程消去y ，得x ＝22x 1x 2－3x 1＋x 2x 1＋3x 2－4＝2[5x 1＋x 2－8－3x 1＋x 2]x 1＋3x 2－4＝4.∴直线AM 与直线BN 的交点在直线x ＝4上．。

2023年高考数学(理科)一轮复习课件——圆锥曲线的综合问题第四课时证明、探索性问题

于是直线 QM 的斜率 kQM＝11－66kk1226＋－1k6211＋k－13＝16k2－－1－164k8k2－3＝8k42＋k 1，直线 PM 的斜率 kPM＝－4－k42k4＋2k＋821＋k1－1 3＝－4k2＋－1－8k12k2－3＝8k42＋k 1，于是 kPM＝kQM，即 P，Q，M 三点共线.
1234
索引
又 B(0，－1)，所以直线 QB 的方程为 y＝－2kx－1，代入x42＋y2＝1，得(16k2＋1)x2＋16kx＝0，所以 xQ＝－161k62＋k 1，yQ＝163k22k＋2 1－1＝1166kk22－＋11，即点 Q－161k62＋k 1，1166kk22－＋11.
索引
(2)过点 M 的直线 l 与圆 E 交于 A，B 两点，与 Γ 交于 C，D 两点，求证：|CD|> 2|AB|.
证明由题意知，直线l的斜率存在.
设l的斜率为k，那么其方程为y＝k(x＋1)(k≠0). 则 E(－2，－1)到 l 的距离 d＝ |kk－2＋11| ，
因为l与E交于A，B两点，所以d2<r2，
综合①②知∠ANM＝∠BNM.
1234
索引
2.(2022·郑州调研)已知椭圆xa22＋by22＝1(a>b>0)的上、下顶点分别为 A，B，左、右顶点分别为 C，D，A→C·A→D＝－3，四边形 ACBD 的面积为 4.
(1)求椭圆的标准方程；
解由题意得A(0，b)，B(0，－b)，C(－a，0)，D(a，0)，所以A→C＝(－a，－b)，A→D＝(a，－b)，则A→C·A→D＝－a2＋b2＝－3.①
索引
感悟提升
此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.

2021版新高考数学：圆锥曲线含答案

理由如下：
设M(x、y)、由已知得⊙M的半径为r＝|x＋2|、|AO|＝2.
由于 ⊥ 、【关键点5：圆的几何性质向量化】
故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2、化简得M的轨迹方程为y2＝4x.
因为曲线C：y2＝4x是以点P(1、0)为焦点、以直线x＝－1为准线的抛物线、所以|MP|＝x＋1.
因为|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1、所以存在满足条件的定点P.
[解](1)由题设得 · ＝－、化简得＋＝1(|x|≠2)、【关键点1：指明斜率公式中变量隐含的范围】
所以C为中心在坐标原点、焦点在x轴上的椭圆、不含左右顶点．
(2)设直线PQ的斜率为k、则其方程为y＝kx(k>0).
由得x＝± .记u＝、则P(u、uk)、Q(－u、－uk)、E(u、0).
设t＝k＋、则由k>0得t≥2、当且仅当k＝1时取等号．【关键点2：整体代换、指明范围】
因为S＝在[2、＋∞)单调递减、所以当t＝2、即k＝1时、S取得最大值、最大值为 .【关键点3：用活“对勾”函数及复合函数的单调性】
因此、△PQG面积的最大值为 .
【点评】基本不等式求最值的5种典型情况分析
(1)s＝ (先换元、注意“元”的范围、再利用基本不等式).
故∠OPM＝∠OPN、所以点P(0、－a)符合题意．
【点评】破解此类解析几何题的关键：一是“图形”引路、一般需画出大致图形、把已知条件翻译到图形中、利用直线方程的点斜式或两点式、即可快速表示出直线方程；二是“转化”桥梁、即先把要证的两角相等、根据图形的特征、转化为斜率之间的关系、再把直线与椭圆的方程联立、利用根与系数的关系、以及斜率公式即可证得结论．
2021版新高考数学：圆锥曲线含答案

新课标高中一轮总复习理数_第69讲圆锥曲线性质的探讨与几何证明的简单应用

a a
题型三平面与圆锥截面的截线的性质及应用
例3 一圆锥侧面展开图为半圆，平面π
与圆锥的轴成45°角，则平面π与该圆锥侧面相交的交线为( D ) A.圆 B.抛物线 C.双曲线 D.椭圆因为圆锥侧面展开图为半圆，所以圆锥的母线与轴成30°角，而平面π与圆锥的轴成45°角，故平面π与该圆锥侧面相交的交线为椭圆.
典例精讲
题型一投影的概念及应用例1 一个圆在一个平面上的平行投
影可能是( D ) A.圆 B.椭圆 C.线段 D.圆或椭圆或线段若圆所在平面与已知平面垂直时，则其平行投影是线段；若圆所在平面与已知平面平行时，则其正投影是圆；若圆所在平面与已知面相交时，则其平行投影是椭圆，故选D.
变式一个平面图形在一个平面上的投影既
即该球上的点与底面的距离的最大值为
3
.
变式一个顶角为60°的圆锥面被一平
面π所截，Dandelin双球均在顶点S的下方, 且一个半径为1,另一个半径为5，则截线的形状是，其离心率是 .
分析由Dandelin双球均在S的同侧，
可知截线是椭圆，可计算出椭圆中的参数a,c，从而求出离心率.
(方法一)如图所示的轴截面， F1、F2是截线椭圆的两个焦点，所以2c=F1F2=EF1+EF2. 因为O1O2=2O2D-2O1C=8, 易证Rt△O1EF1∽Rt△O2EF2,
当β=90°时，截面与轴线垂直，得到的截线为圆（可视为退化的椭圆）.从以上过程可知，圆锥曲线中，抛物线是双曲线与椭圆的极端位置，也是分界线.它既是离心率无限趋于1的双曲线的极限情况，也是离心率无限趋于1的椭圆的极限情况.
cos
走进高考
浙江卷)如图，学例1 (2008· AB是平面α的斜线段，A为斜足，若点P在平面α内运动，使得△ABP的面积为定值,则动点P的轨迹是（） B A. 圆 B. 椭圆 C. 一条直线 D. 两条平行直线

2021届新高考数学一轮：专题五圆锥曲线的综合及应用问题第3课时

解：(1)∵椭圆 E：ax22＋by22＝1(a＞b＞0)上的点到椭圆一个焦点的距离的最大值和最小值分别为 a＋c，a－c，
∴依题意有，a＋c＝3(a－c)，即 a＝2c. ∵a2＝b2＋c2，∴b＝ 3c. 故可设椭圆 E 的方程为4xc22＋3yc22＝1. ∵点 P1，32在椭圆 E 上，
xP＝3
±km k2＋9.
将点m3 ，m的坐标代入 l 的方程得 b＝m33－k，
因此 xM＝k3kk－2＋39m .
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 xP＝2xM.
于是 3
±kk2m＋Leabharlann ＝2×k3kk－2＋39m ，解得 k1＝4－ 7，k2＝4＋ 7. ∵ki>0，ki≠3，i＝1,2， ∴当 l 的斜率为 4－ 7或 4＋ 7时，四边形 OAPB 为平行四边形.
9 ∴将其代入椭圆 E 的方程得41c2＋34c2＝1，即 c2＝1. ∴椭圆 E 的方程为x42＋y32＝1.
(2)依题意，直线 l 不可能与 x 轴垂直，故可设直线 l 的方程为 y－1＝k(x－1)，
即 y＝kx－k＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)为 l 与椭圆 E 的两个交点，
第3课时
题型圆锥曲线中的探索性问题探索性问题是近几年高考的热点问题，是一种具有开放性和发散性的问题，此类题目的条件或结论不完备.要求解答者自己去探索，结合已有条件，进行观察、分析、比较和概括.探索性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在.解决探索性问题的注意事项： (1)当条件和结论不唯一时要分类讨论； (2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件； (3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径.

高考数学一轮复习课后限时集训58圆锥曲线中的证明探索性问题课件

令x＝8，得点M的坐标为(8,6k)．
y＝kx－2，
由1x62 ＋1y22 ＝1
消去y，并整理得(4k2＋3)x2－16k2x＋16(k2－3)
＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1＋x2＝41k26＋k23，x1x2＝164kk22＋－33. ③
记直线PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3，从而k1＝yx11－－32，k2＝yx22－－32，k3＝68k－－23＝k－12. 因为直线AB的方程为y＝k(x－2)，所以y1＝k(x1－2)，y2＝k(x2－ 2)，所以k1＋k2＝yx11－－32＋yx22－－32＝x1y－1 2＋x2y－2 2－3x1－2＋－x42＋4. ④
x2 a2
－
y2 b2
＝1(a＞0，b＞
0)的左顶点为A，右焦点为F，动点B在C上，当BF⊥AF时，|AF|＝|BF|.
(1)求C的离心率；
(2)若B在第一象限，证明：∠BFA＝2∠BAF.
[解] (1)设双曲线的离心率为e，焦距为2c，
在
x2 a2
－
y2 b2
＝1中令x＝c，则
c2 a2
－
y2 b2
把③代入④，得k1＋k2＝2k－3×164kk22＋－431k326＋－k234－3k22＋4k23＋4＝2k－1. 又k3＝k－12，所以k1＋k2＝2k3，于是直线PA，PM，PB的斜率依次构成等差数列．
请您欣赏
励志名言
The best classroom in the world is at the feet of an elderly person.
3．设D是圆O：x2＋y2＝16上的任意一点，m是过点D且与x轴垂直的直线，E是直线m与x轴的交点，点Q在直线m上，且满足2|EQ|＝ 3 |ED|.当点D在圆O上运动时，记点Q的轨迹为曲线C.

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圆锥曲线中的证明、探索性问题
建议用时：45分钟
1．(2019·长沙模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，且点F 1到椭圆C 上任意一点的最大距离为3，椭圆C 的离心率为12.
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)是否存在斜率为－1的直线l 与以线段F 1F 2为直径的圆相交于A ，B 两点，与椭圆相交于C ，D ，且|CD ||AB |＝83
7？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由．
[解] (1)根据题意，设F 1，F 2的坐标分别为(－c ，0)，(c ，0)，由题意可得
⎩⎨⎧a ＋c ＝3，
c a ＝1
2，
解得a ＝2，c ＝1，则b 2＝a 2－c 2＝3，故椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2
3＝1.
(2)假设存在斜率为－1的直线l ，设为y ＝－x ＋m ，由(1)知F 1，F 2的坐标分别为(－1，0)，(1，0)，所以以线段F 1F 2为直径的圆为x 2＋y 2＝1，由题意知圆心(0，0)到直线l 的距离d ＝|－m |2<1，
得|m |< 2. |AB |＝2
1－d 2＝2
1－m 2
2＝2×
2－m 2，
联立得⎩⎨
⎧x 24＋y 2
3＝1，
y ＝－x ＋m ，
消去y ，得7x 2－8mx ＋4m 2－12＝0，
由题意得Δ＝(－8m )2－4×7(4m 2－12)＝336－48m 2＝48(7－m 2)>0，解得m 2<7.
设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝8m
7，x 1x 2＝4m 2－127，
|CD |＝2|x 1－x 2|＝2×
⎝ ⎛⎭
⎪⎫8m 72
－4×4m 2－127
＝2×
336－48m 249
＝46
7×7－m 2
＝83
7|AB |
＝83
7×2×2－m 2，解得m 2＝13<7，得m ＝±3
3.
即存在符合条件的直线l ，其方程为y ＝－x ±3
3.
2．(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线C ：y ＝x 22，D 为直线y ＝－1
2上的动点，过D 作C 的两条切线，切点分别为A ，B .
(1)证明：直线AB 过定点；
(2)若以E ⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，52为圆心的圆与直线AB 相切，且切点为线段AB 的中点，求四边形ADBE 的面积．
[解] (1)证明：设D ⎝ ⎛⎭
⎪⎫t ，－12，A (x 1，y 1)，则x 2
1＝2y 1.
由于y ′＝x ，所以切线DA 的斜率为x 1，故y 1＋1
2x 1－t
＝x 1.
整理得2tx 1－2y 1＋1＝0.
设B (x 2，y 2)，同理可得2tx 2－2y 2＋1＝0.
故直线AB 的方程为2tx －2y ＋1＝0. 所以直线AB 过定点⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12. (2)由(1)得直线AB 的方程为y ＝tx ＋1
2. 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝tx ＋1
2，y ＝x 2
2
可得x 2－2tx －1＝0. 于是x 1＋x 2＝2t ，x 1x 2＝－1，y 1＋y 2＝t (x 1＋x 2)＋1＝2t 2＋1， |AB |＝
1＋t 2|x 1－x 2|＝
1＋t 2×
（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝2(t 2＋1)．
设d 1，d 2分别为点D ，E 到直线AB 的距离，则d 1＝t 2＋1，d 2＝
2
t 2
＋1
.
因此，四边形ADBE 的面积S ＝1
2|AB |(d 1＋d 2)＝(t 2＋3)t 2＋1.
设M 为线段AB 的中点，则M ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫t ，t 2＋12.
由于EM →⊥AB →，而EM →＝(t ，t 2－2)，AB →
与向量(1，t )平行，所以t ＋(t 2－2)t ＝0.
解得t ＝0或t ＝±1.
当t ＝0时，S ＝3；当t ＝±1时，S ＝4 2. 因此，四边形ADBE 的面积为3或4 2.
3．已知椭圆E 的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，且经过A (－2，0)，B (2，0)，C ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫1，32三点．
(1)求椭圆E 的方程；
(2)若直线l ：y ＝k (x －1)(k ≠0)与椭圆E 交于M ，N 两点，证明直线AM 与直线BN 的交点在直线x ＝4上．
[解] (1)设椭圆E 的方程为mx 2＋ny 2＝1(m >0，n >0)，
将A (－2，0)，B (2，0)，C ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1，32代入椭圆E 的方程，得⎩⎨⎧4m ＝1，m ＋94n ＝1，解得⎝
⎛m ＝14，n ＝13
.
∴椭圆E 的方程为x 24＋y 2
3＝1.
(2)证明：将直线l ：y ＝k (x －1)代入椭圆方程x 24＋y 2
3＝1并整理，得(3＋4k 2)x 2
－8k 2x ＋4(k 2－3)＝0.
设直线l 与椭圆E 的交点M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由根与系数的关系，得x 1＋x 2＝8k 2
3＋4k 2
，x 1x 2＝4（k 2－3）3＋4k
2
.
消去k 2，得2x 1x 2＝5(x 1＋x 2)－8. 直线AM 的方程为y ＝
y 1
x 1＋2(x ＋2)，即y ＝k （x 1－1）x 1＋2
(x ＋2)．
直线BN 的方程为y ＝y 2x 2－2(x －2)，即y ＝
k （x 2－1）x 2－2
(x －2)．
由直线AM 与直线BN 的方程消去y ，得
x ＝2（2x 1x 2－3x 1＋x 2）x 1＋3x 2－4＝2[5（x 1＋x 2）－8－3x 1＋x 2]x 1＋3x 2－4＝4.
∴直线AM 与直线BN 的交点在直线x ＝4上．
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