2020年高考数学(理)总复习：圆锥曲线中的定点与定值、范围与存在性问题(解析版)

2020年高考数学（理）总复习：圆锥曲线中的定点与定值、范围与
存在性问题
题型一 圆锥曲线中的定点、定值问题
【题型要点】
圆锥曲线中定点、定值问题必然是变化中所表现出来的不变的量，那么就用变化的量表示问题的直线方程、数量积、比例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个点、一个值，就是要求的定点、定值．解决这类问题的一般思路是：
(1)引进变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等．
(2)根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．
(3)求解定点、定值问题，如果事先不知道定点、定值，可以先对参数取特殊值，通过特殊情况求出这个定点、定值，然后再对一般情况进行证明．
【例1】已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，点Q ⎪⎭
⎫ ⎝⎛b a b ,在椭圆上，O 为坐标原点．
(1)求椭圆C 的方程；
(2)已知点P ，M ，N 为椭圆C 上的三点，若四边形OPMN 为平行四边形，证明四边形OPMN 的面积S 为定值，并求该定值．
(1)【解】 ∵椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，∴e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝12
，得a 2＝2b 2① 又点Q ⎪⎭
⎫ ⎝⎛b a b ,在椭圆C 上，∴b 2a 2＋a 2b 4＝1，② 联立①、②得a 2＝8，且b 2＝4.
∴椭圆C 的方程为x 28＋y 2
4
＝1. (2)【证明】 当直线PN 的斜率k 不存在时，PN 方程为x ＝2或x ＝－2， 从而有|PN |＝23，
所以S ＝12|PN |·|OM |＝12
×23×22＝26； 当直线PN 的斜率k 存在时，设直线PN 方程为y ＝kx ＋m (m ≠0)，P (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， 将PN 的方程代入椭圆C 的方程，整理得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－8＝0，
所以x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1·x 2＝2m 2－81＋2k 2
， y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝2m 1＋2k 2，由OM →＝OP →＋ON →，得M ⎪⎭
⎫ ⎝⎛++-22212,214k m k km 将M 点坐标代入椭圆C 方程得m 2＝1＋2k 2.
又点O 到直线PN 的距离为d ＝|m |1＋k 2
， |PN |＝1＋k 2|x 1－x 2|，
∴S ＝d ·|PN |＝|m |·|x 1－x 2| ＝1＋2k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝48k 2＋242k 2＋1
＝2 6. 综上，平行四边形OPMN 的面积S 为定值2 6. 题组训练一 圆锥曲线中的定点、定值问题
已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2
b
2＝1过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P A 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．
【解析】 (1)由题意得a ＝2，b ＝1，
∴椭圆C 的方程为x 24
＋y 2＝1. 又c ＝a 2－b 2＝3，∴离心率e ＝c a ＝32
.
(2)证明：设P (x 0，y 0)(x 0<0，y 0<0)，则x 20＋4y 20＝4.
又A (2,0)，B (0,1)，
∴直线P A 的方程为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 的方程为y ＝y 0－1x 0
x ＋1. 令y ＝0，得x N ＝－x 0y 0－1
， 从而|AN |＝2－x N ＝2＋x 0y 0－1
. ∴四边形ABNM 的面积S ＝12
|AN |·|BM | ＝12⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝
⎛-+221120000x y y x ＝x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋42(x 0y 0－x 0－2y 0＋2)
＝2x 0y 0－2x 0－4y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2
＝2. 从而四边形ABNM 的面积为定值．
题型二 圆锥曲线中的范围问题
【题型要点】
与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法
1．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．
2．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．
3．构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．
【例2】设圆F 1：x 2＋y 2＋4x ＝0的圆心为F 1，直线l 过点F 2(2,0)且不与x 轴、y 轴垂直，且与圆F 1相交于两点C 、D ，过F 2作F 1C 的平行线交直线F 1D 于点E .
(1)证明||EF 1|－|EF 2||为定值，并写出点的轨迹方程；
(2)设点E 的轨迹曲线与直线l 交于M ，N 两点，过F 2且与垂直的直线与圆F 1交于P ，Q 两点，求△PQM 与△PQN 的面积之和的取值范围．
【解析】 (1)圆F 1：(x ＋2)2＋y 2＝4，圆心F 1(－2,0)，半径r ＝2，如图所示．
因为F 1C ∥EF 2，所以∠F 1CD ＝∠EF 2D .
又因为|F 1D |＝|F 1C |，所以∠F 1CD ＝∠F 1DC ，
所以∠EF 2D ＝∠F 1DC ，又因为∠F 1DC ＝∠EDF 2，所以
∠EF 2D ＝∠EDF 2，故ED ＝EF 2，
可得||EF 1|－|EF 2||＝||EF 1|－|ED ||
＝2<|F 1F 2|，
根据双曲线的定义，可知点E 的轨迹是以F 1，F 2为焦点的双曲线(顶点除外)，易得点E
的轨迹方程为x 2
－y 23＝1(y ≠0)． (2)Γ：x 2
－y 23＝1(y ≠0)． 依题意可设l ：x ＝my ＋2(m ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由于PQ ⊥l ，设l PQ ：y ＝－m (x －2)．
圆心F 1(－2,0)到直线PQ 的距离d ＝|－m (－2－2)|1＋m 2＝|4m |1＋m 2
， 所以|PQ |＝2r 2－d 2
＝41－3m 21＋m 2， 又因为d <2，解得0<m 2<13
.
联立直线与双曲线的方程⎩⎪⎨⎪⎧ x 2－y 23＝1x ＝my ＋2
， 消去得(3m 2－1)＋12my ＋9＝0，
则y 1＋y 2＝－12m 3m 2－1，y 1y 2＝93m 2－1
， 所以|MN |＝1＋m 2|y 2－y 1| ＝1＋m 2(y 1＋y 2)2
－4y 1y 2＝6(m 2＋1)1－3m 2， 记△PQM ，△PQN 的面积分别为S 1，S 2，
则S 1＋S 2＝12|MN |·|PQ |＝12m 2＋11－3m 2 ＝121－3＋4m 2＋1
， 又因为0<m 2<13
，所以S 1＋S 2∈(12，＋∞)， 所以S 1＋S 2的取值范围为(12，＋∞)．
题组训练二 圆锥曲线中的范围问题
设圆x 2＋y 2＋2x －15＝0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C 1，直线l 交C 1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．
【解析】 (1)因为|AD |＝|AC |，EB ∥AC ，
所以∠EBD ＝∠ACD ＝∠ADC ，所以|EB |＝|ED |，
故|EA |＋|EB |＝|EA |＋|ED |＝|AD |，
又圆A 的标准方程为(x ＋1)2＋y 2＝16，
从而|AD |＝4，所以|EA |＋|EB |＝4.
由题设得A (－1,0)，B (1,0)，|AB |＝2，
由椭圆定义可得点E 的轨迹方程为x 24＋y 23
＝1(y ≠0)． (2)当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．
由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝k (x －1)，x 24＋y 23＝1，
得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0， 则x 1＋x 2＝8k 2
4k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3
. 所以|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝12(k 2＋1)4k 2＋3. 过点B (1,0)且与l 垂直的直线m ：y ＝－1k (x －1)，点A 到直线m 的距离为2k 2＋1
， 所以|PQ |＝4
4k 2＋3k 2＋1. 故四边形MPNQ 的面积S ＝12
|MN ||PQ | ＝12
1＋14k 2＋3. 可得当l 与x 轴不垂直时，四边形MPNQ 面积的取值范围为(12,83)．
当l 与x 轴垂直时，其方程为x ＝1，|MN |＝3，|PQ |＝8，故四边形MPNQ 的面积为12. 综上，四边形MPNQ 面积的取值范围为[12,83)．
题型三 圆锥曲线中的存在性问题
【题型要点】
解决探索性问题的注意事项
存在性问题，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．
(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．
【例3】已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，且过点P ⎪⎭
⎫ ⎝⎛23,1，F 为其右焦点． (1)求椭圆C 的方程；
(2)设过点A (4,0)的直线l 与椭圆相交于M ，N 两点(点M 在A ，N 两点之间)，是否存在直线l 使△AMF 与△MFN 的面积相等？若存在，试求直线l 的方程；若不存在，请说明理由．
【解】 (1)因为c a ＝12
，所以a ＝2c ，b ＝3c ， 设椭圆方程x 24c 2＋y 23c 2＝1，又点P ⎪⎭
⎫ ⎝⎛23,1在椭圆上，所以14c 2＋34c 2＝1，解得c 2＝1，a 2＝4，b 2
＝3，所以椭圆方程为x 24＋y 23＝1. (2)易知直线l 的斜率存在，设l 的方程为y ＝k (x －4)，
由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝k (x －4)，x 24＋y 23＝1，
消去y 得(3＋4k 2)x 2－32k 2x ＋64k 2－12＝0，由题意知Δ＝(32k 2)2－4(3＋4k 2)(64k 2－12)>0，解得－12<k <12
. 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝32k 2
3＋4k 2
，① x 1x 2＝64k 2－123＋4k 2
.② 因为△AMF 与△MFN 的面积相等，
所以|AM |＝|MN |，所以2x 1＝x 2＋4.③
由①③消去x 2得x 1＝4＋16k 2
3＋4k 2
.④ 将x 2＝2x 1－4代入②，得x 1(2x 1－4)＝64k 2－123＋4k 2
⑤ 将④代入到⑤式，整理化简得36k 2＝5.
∴k ＝±56
，经检验满足题设 故直线l 的方程为y ＝
56(x －4)或y ＝－56(x －4)． 题组训练三 圆锥曲线中的存在性问题
已知抛物线C ：x 2＝2py (p >0)的焦点为F ，直线2x －y ＋2＝0交抛物线C 于A ，B 两点，P 是线段AB 的中点，过P 作x 轴的垂线交抛物线C 于点Q .
(1)D 是抛物线C 上的动点，点E (－1,3)，若直线AB 过焦点F ，求|DF |＋|DE |的最小值；
(2)是否存在实数p ，使|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|？若存在，求出p 的值；若不存在，说明
理由．
【解】 (1)∵直线2x －y ＋2＝0与y 轴的交点为(0,2)，
∴F (0,2)，则抛物线C 的方程为x 2＝8y ，准线l ：y ＝－2.
设过D 作DG ⊥l 于G ，则|DF |＋|DE |＝|DG |＋|DE |，当E ，D ，G 三
点共线时，|DF |＋|DE |取最小值2＋3＝5.
(2)假设存在，抛物线x 2＝2py 与直线y ＝2x ＋2联立方程组得：x 2－4px －4p ＝0，
设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，Δ＝(4p )2＋16p ＝16(p 2＋p )>0，则x 1＋x 2＝4p ，x 1x 2＝－4p ， ∴Q (2p,2p )．
∵|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|，
∴QA ⊥QB .
则QA →·QB →＝0，得(x 1－2p )(x 2－2p )＋(y 1－2p )(y 2－2p )
＝(x 1－2p )(x 2－2p )＋(2x 1＋2－2p )(2x 2＋2－2p )
＝5x 1x 2＋(4－6p )(x 1＋x 2)＋8p 2－8p ＋4＝0，
代入得4p 2＋3p －1＝0，解得p ＝14
或p ＝－1(舍去)． 因此存在实数p ＝14
，且满足Δ>0，使得|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|成立．
题型四 基本不等式法求解与圆锥曲线有关的最值问题
【题型要点】
求解圆锥曲线中的最值问题，主要有两种方法：一是利用几何方法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数方法，即要把求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．求最值方法有：
(1)利用基本不等式求最值时要注意“一正、二定、三相等”的条件，三个条件缺一不可．
(2)通过代换、拆项、凑项等技巧，改变原式的结构使其具备基本不等式的应用条件．
【例4】 已知P 为圆A ：(x ＋1)2＋y 2＝12上的动点，点B (1,0)．线段PB 的垂直平分线与半径P A 相交于点T ，记点T 的轨迹为Γ.
(1)求曲线Γ的方程；
(2)设M ，N 是Γ上的两个动点，MN 的中点H 在圆x 2＋y 2＝1上，求原点到MN 距离的最小值．
【解析】 (1)圆A 的圆心为A (－1,0)，半径等于2 3.
由已知|TB |＝|TP |，于是|TA |＋|TB |＝|TA |＋|TP |＝23，故曲线Γ是以A ，B 为焦点，以23为长轴长的椭圆，a ＝3，c ＝1，b ＝2，
曲线Γ的方程为x 23＋y 22
＝1； (2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，H (x 0，y 0)，
将M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，
代入作差得(x 1＋x 2)(x 1－x 2)3＋(y 1＋y 2)(y 1－y 2)2
＝0 ①x 1＝x 2时，y 1＋y 2＝0，所以H (x 0,0)，
因为H 在圆x 2＋y 2＝1上，
所以x 0＝±1，则原点O 到直线MN 的距离为1；
②x 1≠x 2时，设直线MN 的斜率k ，则2x 0＋3ky 0＝0，且x 20＋y 20＝1，
所以x 20＝9k 29k 2＋4，y 20＝49k 2＋4
， 所以x 0y 0＝－32ky 20＝－6k 9k 2＋4
. 设原点O 到直线MN 距离为d ，因为MN 的方程为y －y 0＝k (x －x 0)，即kx －y －kx 0＋y 0
＝0，所以d 2
＝1－k 2
9k 4＋13k 2＋4， k ＝0时，d 2＝1；
k ≠0时，d 2＝1－19k 2＋13＋4k 2≥1－125＝2425. 因为2425<1，所以d 2的最小值为2425，即d 的最小值为265，此时k ＝±63
， 由①②知，原点O 到直线MN 的最小值为265
. 题组训练四 基本不等式法求解与圆锥曲线有关的最值问题
平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是32
，抛物线E ：x 2＝2y 的焦点F 是C 的一个顶点．
(1)求椭圆C 的方程；
(2)设P 是E 上的动点，且位于第一象限，E 在点P 处的切线l 与C 交于
不同的两点A ，B ，线段AB 的中点为D .直线OD 与过P 且垂直于x 轴的直线交于点M .
①求证：点M 在定直线上；
②直线l 与y 轴交于点G ，记△PFG 的面积为S 1，△PDM 的面积为S 2，求S 1
S 2
的最大值
及取得最大值时点P 的坐标．
【解析】 (1)由题意知a 2－b 2a ＝32，可得a 2＝4b 2，因为抛物线E 的焦点F ⎪⎭⎫
⎝⎛21,0，
所以b ＝1
2
，a ＝1，所以椭圆C 的方程为x 2＋4y 2＝1.
(2)①证明：设P ⎪⎪⎭⎫ ⎝
⎛2,2m m (m >0)，由x 2
＝2y ，可得y ′＝x ，所以直线l 的斜率为m ，因此直线l 的方程为y －m 2
2
＝m (x －m )．
即y ＝mx －m 2
2
.
设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (x 0，y 0)．
联立方程⎩⎪⎨⎪
⎧
x 2
＋4y 2
＝1，y ＝mx －m 2
2，得(4m 2＋1)x 2－4m 3x ＋m 4－1＝0. 由Δ>0，得0<m <2＋5(或0<m 2<2＋5)．(*)
且x 1＋x 2＝4m 34m 2＋1，因此x 0＝2m 34m 2＋1，将其代入y ＝mx －m 22，得y 0＝－m 22(4m 2
＋1)，因为y 0
x 0＝－14m .所以直线OD 方程为y ＝1
－4m
x ，
联立方程⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝－14m x ，x ＝m ，得点M 的纵坐标y M ＝－14
，
所以点M 在定直线y ＝－1
4
上．
②由①知直线l 的方程为y ＝mx －m 22，令x ＝0，得y ＝－m 2
2
，所以G ⎪⎪⎭
⎫ ⎝
⎛-2,02m ， 又P ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛2,2m m ，F ⎪⎭⎫
⎝⎛21,0，D ⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+-+)14(2,1422222m m m m ，
所以S 1＝1
2·|GF |·m ＝(m 2＋1)m 4
，
S 2＝12·|PM |·|m －x 0|＝12×2m 2＋14×2m 3＋m 4m 2＋1＝m (2m 2＋1)2
8(4m 2＋1)
.
所以S 1S 2＝2(4m 2＋1)(m 2
＋1)(2m 2＋1)2
.
法一：S 1S 2＝2(4m 4＋5m 2
＋1)4m 4＋4m 2＋1＝2＋2m 2
4m 4＋4m 2＋1
＝2＋24m 2＋1m
2＋4≤94，当且仅当m ＝2
2时，满足(*)式，所以P 坐标为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛41,22. 法二：设t ＝2m 2
＋1，则S 1S 2＝(2t －1)(t ＋1)t 2＝2t 2
＋t －1t 2
＝－1t 2＋1t ＋2，当1t ＝1
2
，即t ＝2时，S 1S 2取到最大值94，此时m ＝2
2
，满足(*)式， 所以P 点坐标为⎪⎪
⎭
⎫
⎝⎛41,22. 因此S 1S 2的最大值为9
4，此时点P 的坐标为⎪⎪⎭
⎫ ⎝
⎛41,22.
【专题训练】
1．已知椭圆C 的中心在原点，焦点在x 轴上，离心率为2
2
，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1
4，直线BC 是否一定经过一定点？若经过，求出该定点坐标；若不经过，请说明理
由．
【解析】 (1)易知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 2
0x 20＝12x 20x 20＝12≠1
4
，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 1·x 2＝2(m 2－1)1＋2k 2
，
由k AB ·k AC ＝
y 1－1x 1·y 2－1x 2＝1
4
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)．
2．已知两点A (－2，0)，B (2，0)，动点P 在y 轴上的投影是Q ，且2P A →·PB →＝|PQ →|2
. (1)求动点P 的轨迹C 的方程；
(2)过F (1,0)作互相垂直的两条直线交轨迹C 于点G ，H ，M ，N ，且E 1，E 2分别是GH ，MN 的中点．求证：直线E 1E 2恒过定点．
(1)【解】 设点P 坐标为(x ，y )，∴点Q 坐标为(0，y )．
∵2P A →·PB →＝|PQ →|2，∴2[(－2－x )(2－x )＋y 2]＝x 2，化简得点P 的轨迹方程为x 24＋y 22＝
1.
(2)[证明] 当两直线的斜率都存在且不为0时，设l GH ：y ＝k (x －1)，G (x 1，y )，H (x 2，y 2)，l MN ：y ＝－1
k
(x －1)，M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)，联立⎩⎪⎨⎪⎧
x 2
4＋y 2
2＝1，y ＝k (x －1)，
消去y 得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－4＝0.则Δ>0恒成立． ∴x 1＋x 2＝4k 2
2k 2＋1，且x 1x 2＝2k 2－42k 2＋1
.
∴GH 中点E 1坐标为⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛+-+12,122222k k k k ，
同理，MN 中点E 2坐标为⎪⎭
⎫
⎝⎛++2,22
2
2k k k ， ∴kE 1E 2＝－3k
2(k 2－1)
，
∴lE 1E 2的方程为y ＝－3k 2(k 2－1)⎪⎭⎫ ⎝⎛-32x ，∴过点⎪⎭
⎫
⎝⎛0,32， 当两直线的斜率分别为0和不存在时，lE 1E 2的方程为y ＝0，也过点⎪⎭
⎫
⎝⎛0,32，综上所述，
lE 1E 2过定点⎪⎭
⎫ ⎝⎛0,32.
3．如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，经过点A (0，－1)，且离心率为2
2.
(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 ＝2
2，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－k
x 2
＝2k ＋(2－k )⎪⎪⎭⎫
⎝⎛+21
11x x ＝2k ＋(2－k )x 1＋x 2
x 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.
4．已知焦点在y 轴上的椭圆E 的中心是原点O ，离心率为双曲线y 2
－x 2
2
＝1离心率的
一半，直线y ＝x 被椭圆E 截得的线段长为410
5.直线l ：y ＝kx ＋m 与y 轴交于点P ，与椭圆
E 交于A ，B 两个相异点，且AP →＝λPB →
.
(1)求椭圆E 的方程；
(2)是否存在实数m ，使OA →＋λOB →＝4OP →
？若存在，求m 的取值范围；若不存在，请说明理由．
【解析】 (1)设椭圆的方程为y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，双曲线y 2－x 2
2
＝1离心率e ＝3，由椭圆的离心率e ＝c
a
＝
1－b 2a 2＝3
2
，则a ＝2b ， 将y ＝x 代入椭圆y 2a 2＋x 2b 2＝1，解得：x ＝±a 5
5，
∴2×2×a 55＝410
5，解得：a ＝2，
∴椭圆E 的方程为y 24
＋x 2
＝1；
(2)假设存在实数m ，使OA →＋λOB →＝4OP →
成立，由题意可得P (0，m )，当m ＝0时，O ，P 重合，λ＝1显然成立，
当m ≠0时，由AP →＝λPB →，可得OP →－OA →＝λ(OB →－OP →)，则OA →＋λOB →＝(1＋λ)OP →
，∴λ＝3，
设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由AP →＝3PB →
，可得x 1＝－3x 2 ①
⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝kx ＋m y 24＋x 2＝1
，整理得：(k 2＋4)x 2＋2kmx ＋m 2－4＝0， ∴x 1＋x 2＝－2km
k 2＋4，x 1x 2＝m 2－4k 2＋4
， ②
由①②可得：m 2k 2
＋m 2
－k 2
－4＝0，则k 2
＝m 2－41－m
2，m 2≠1，由Δ＝(2km )2－4(k 2＋4)(m 2
－4)＞0，则k 2
＋4－m 2
＞0，∴k 2
＋4－m 2
＝m 2－41－m 2＋4－m 2＝(m 2－4)m 2
1－m
2＞0，则1＜m 2
＜4，解得：－2＜m ＜－1或1＜m ＜2，
综上可得：m 的取值范围是(－2，－1)∪(1,2)∪{0}．。