新(全国甲卷)高考数学大二轮总复习与增分策略 专题六

第3讲 圆锥曲线的综合问题1．(2016·四川改编)设O 为坐标原点，P 是以F 为焦点的抛物线y 2＝2px (p >0)上任意一点，M 是线段PF 上的点，且PM ＝2MF ，则直线OM 的斜率的最大值为______．答案22解析 如图，由题意可知F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，设P 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫y 202p ，y 0，显然，当y 0<0时，k OM <0；当y 0>0时，k OM >0，要求k OM 的最大值，不妨设y 0>0.则OM →＝OF →＋FM →＝OF →＋13FP →＝OF →＋13(OP →－OF →)＝13OP →＋23OF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫y 206p ＋p 3，y 03，k OM ＝y 03y 206p ＋p 3＝2y 0p ＋2p y 0≤222＝22，当且仅当y 20＝2p 2时等号成立．2．(2016·课标全国乙)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 (1)因为AD ＝AC ，EB ∥AC ， 故∠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＋y23＝1得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0.则x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3，所以MN ＝1＋k 2|x 1－x 2|＝12k 2＋14k 2＋3. 过点B (1,0)且与l 垂直的直线m ：y ＝－1k(x －1)， 点A 到m 的距离为2k 2＋1，所以PQ ＝242－⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋12＝44k 2＋3k 2＋1. 故四边形MPNQ 的面积S ＝12MN ·PQ ＝121＋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 ＝8，四边形MPNQ 的面积为12. 综上，四边形MPNQ 面积的取值范围为[12,83)．1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题.2.试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法，对计算能力也有较高要求，难度较大.热点一 范围、最值问题圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解．例1 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点和短轴的两个端点构成边长为2的正方形． (1)求椭圆C 的方程；(2)过点Q (1,0)的直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，且点P (4,3)，记直线PA ，PB 的斜率分别为k 1，k 2，当k 1·k 2取最大值时，求直线l 的方程． 解 (1)由题意可得b ＝c ＝2，a ＝2， 故椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)当直线l 的斜率为0时，k 1k 2＝34－2×34＋2＝34. 当直线l 的斜率不为0时，设直线l 的方程为x ＝my ＋1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)． 联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，x 2＋2y 2＝4，整理得(m 2＋2)y 2＋2my －3＝0，故y 1＋y 2＝－2m m 2＋2，y 1y 2＝－3m 2＋2. 又x 1＝my 1＋1，x 2＝my 2＋1， 因此k 1·k 2＝3－y 14－x 1·3－y 24－x 2＝3－y 13－y 23－my 13－my 2＝9－3y 1＋y 2＋y 1y 29－3m y 1＋y 2＋m 2y 1y 2＝3m 2＋2m ＋54m 2＋6＝34＋4m ＋18m 2＋12. 令t ＝4m ＋1，只考虑t >0时， 故k 1·k 2＝34＋2t t 2－2t ＋25＝34＋2t ＋25t－2≤1，当且仅当t ＝5时取等号． 综上可得，直线l 的方程为x －y －1＝0. 思维升华 解决范围问题的常用方法：(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．跟踪演练1 如图，已知椭圆：x 24＋y 2＝1，点A ，B 是它的两个顶点，过原点且斜率为k 的直线l 与线段AB 相交于点D ，且与椭圆相交于E ，F 两点．(1)若ED →＝6DF →，求k 的值； (2)求四边形AEBF 面积的最大值．解 (1)依题设得椭圆的顶点A (2,0)，B (0,1)， 则直线AB 的方程为x ＋2y －2＝0. 设直线EF 的方程为y ＝kx (k >0)．设D (x 0，kx 0)，E (x 1，kx 1)，F (x 2，kx 2)，其中x 1<x 2，联立直线l 与椭圆的方程⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y ＝kx消去y ，得方程(1＋4k 2)x 2＝4. 故x 2＝－x 1＝21＋4k2，由ED →＝6DF →知，x 0－x 1＝6(x 2－x 0)， 得x 0＝17(6x 2＋x 1)＝57x 2＝1071＋4k 2， 由点D 在线段AB 上，知x 0＋2kx 0－2＝0， 得x 0＝21＋2k ，所以21＋2k ＝1071＋4k 2， 化简，得24k 2－25k ＋6＝0，解得k ＝23或k ＝38.(2)根据点到直线的距离公式，知点A ，B 到线段EF 的距离分别为h 1＝2k 1＋k2，h 2＝11＋k2，又EF ＝41＋k21＋4k 2， 所以四边形AEBF 的面积为S ＝12EF (h 1＋h 2)＝21＋2k 1＋4k2＝21＋4k 2＋4k1＋4k 2＝21＋4k1＋4k2 ＝21＋44k ＋1k≤22， 当且仅当4k ＝1k ，即k ＝12时，取等号，所以四边形AEBF 面积的最大值为2 2.热点二 定点、定值问题1．由直线方程确定定点，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．解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等与题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值．例2 如图，曲线Γ由两个椭圆T 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)和椭圆T 2：y 2b 2＋x 2c2＝1 (b >c >0)组成，当a ，b ，c 成等比数列时，称曲线Γ为“猫眼曲线”．若猫眼曲线Γ过点(0，－2)，且a ，b ，c 的公比为22. (1)求猫眼曲线Γ的方程；(2)任作斜率为k (k ≠0)且不过原点的直线与该曲线相交，交椭圆T 1所得弦的中点为M ，交椭圆T 2所得弦的中点为N ，求证：k OMk ON为与k 无关的定值； (3)若斜率为2的直线l 为椭圆T 2的切线，且交椭圆T 1于点A ，B ，N 为椭圆T 1上的任意一点(点N 与点A ，B 不重合)，求△ABN 面积的最大值． (1)解 b ＝2，∴a ＝2，c ＝1， ∴T 1：x 24＋y 22＝1，T 2：y 22＋x 2＝1.(2)证明 设斜率为k 的直线交椭圆T 1于点C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，线段CD 中点M (x 0，y 0)， ∴x 0＝x 1＋x 22，y 0＝y 1＋y 22，由⎩⎪⎨⎪⎧x 214＋y 212＝1，x 224＋y 222＝1，得x 1－x 2x 1＋x 24＋y 1－y 2y 1＋y 22＝0.∵k 存在且k ≠0，∴x 1≠x 2，且x 0≠0. ∴y 1－y 2x 1－x 2·y 0x 0＝－12，即k ·k OM ＝－12. 同理，k ·k ON ＝－2，∴k OM k ON ＝14，得证． (3)解 设直线l 的方程为y ＝2x ＋m ，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ＋m ，y 2b 2＋x 2c2＝1，∴(b 2＋2c 2)x 2＋22mc 2x ＋m 2c 2－b 2c 2＝0. ∵Δ＝0，∴m 2＝b 2＋2c 2，l 1：y ＝2x ＋b 2＋2c 2⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ＋m ，x 2a 2＋y 2b2＝1，∴(b 2＋2a 2)x 2＋22ma 2x ＋m 2a 2－b 2a 2＝0. ∵Δ＝0，∴m 2＝b 2＋2a 2，l 2：y ＝2x －b 2＋2a 2.两平行线间距离：d ＝b 2＋2c 2＋b 2＋2a 23，∴AB ＝23ab 2a 2－2c 2b 2＋2a 2，AB ＝822－4·5·45＝435，d ＝|10＋2|22＋－12＝10＋23.△ABN 的面积最大值为S ＝12·435·10＋23＝210＋45. 思维升华 (1)动线过定点问题的两大类型及解法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． (2)求解定值问题的两大途径①由特例得出一个值此值一般就是定值→证明定值：将问题转化为证明待证式与参数某些变量无关②先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．跟踪演练2 已知抛物线：y 2＝2px (p >0)的焦点F 在双曲线：x 23－y 26＝1的右准线上，抛物线与直线l ：y ＝k (x －2)(k >0)交于A ，B 两点，AF ，BF 的延长线与抛物线交于C ，D 两点． (1)求抛物线的方程；(2)若△AFB 的面积等于3，求k 的值；(3)记直线CD 的斜率为k CD ，证明：k CDk为定值，并求出该定值． 解 (1)双曲线：x 23－y 26＝1的右准线方程为x ＝1，所以F (1,0)，则抛物线的方程为y 2＝4x . (2)设A (y 214，y 1)，B (y 224，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝k x －2得ky 2－4y －8k ＝0，Δ＝16＋32k 2>0，y 1＋y 2＝4k ，y 1y 2＝－8.S △AFB ＝12×1×|y 1－y 2|＝12y 1＋y 22－4y 1y 2＝21k 2＋2＝3，解得k ＝2.(3)设C (y 234，y 3)，则FA →＝(y 214－1，y 1)，FC →＝(y 234－1，y 3)，因为A ，F ，C 共线，所以(y 214－1)y 3－y 1(y 234－1)＝0， 即y 23＋(4y 1－y 1)y 3－4＝0.解得：y 3＝y 1(舍)或y 3＝－4y 1，所以C (4y 21，－4y 1)，同理D (4y 22，－4y 2)，k CD ＝－4y 1＋4y 24y 21－4y 22＝－y 1y 2y 1＋y 2＝2k ，故k CDk＝2(定值)．热点三 探索性问题1．解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．2．反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．例3 已知点P 是椭圆C 上的任一点，P 到直线l 1：x ＝－2的距离为d 1，到点F (－1,0)的距离为d 2，且d 2d 1＝22.(1)求椭圆C 的方程；(2)如图，直线l 与椭圆C 交于不同的两点A ，B (A ，B 都在x 轴上方)，且∠OFA ＋∠OFB ＝180°. (ⅰ)当A 为椭圆C 与y 轴正半轴的交点时，求直线l 的方程；(ⅱ)是否存在一个定点，无论∠OFA 如何变化，直线l 总过该定点？若存在，求出该定点的坐标；若不存在，请说明理由. 解 (1)设P (x ，y )， 则d 1＝|x ＋2|，d 2＝x ＋12＋y 2，d 2d 1＝x ＋12＋y 2|x ＋2|＝22，化简得：x 22＋y 2＝1， ∴椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)(ⅰ)由(1)知A (0,1)，又F (－1,0)， ∴k AF ＝1，∵∠OFA ＋∠OFB ＝180°， ∴k BF ＝－1，∴直线BF 方程为y ＝－1(x ＋1)＝－x －1， 代入x 22＋y 2＝1，得3x 2＋4x ＝0，解得x ＝0或x ＝－43，∴B (－43，13)，k AB ＝12.∴直线AB 的方程为y ＝12x ＋1.(ⅱ)由于∠OFA ＋∠OFB ＝180°，∴k AF ＋k BF ＝0. 设直线AB 方程为y ＝kx ＋b ， 代入x 22＋y 2＝1，得：(k 2＋12)x 2＋2kbx ＋b 2－1＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝－2kb k 2＋12，x 1x 2＝b 2－1k 2＋12，∴k AF ＋k BF ＝y 1x 1＋1＋y 2x 2＋1＝kx 1＋b x 1＋1＋kx 2＋bx 2＋1＝2kx 1x 2＋k ＋b x 1＋x 2＋2b x 1＋1x 2＋1＝0.∴(kx 1＋b )(x 2＋1)＋(kx 2＋b )(x 1＋1) ＝2kx 1x 2＋(k ＋b )(x 1＋x 2)＋2b ＝2k ×b 2－1k 2＋12－(k ＋b )×2kbk 2＋12＋2b ＝0. ∴b －2k ＝0，∴直线AB 方程为y ＝k (x ＋2)． ∴直线l 总经过定点(－2,0)．思维升华 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．跟踪演练3 (2015·四川)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 (1)由已知，点C ，D 的坐标分别为(0，－b )，(0，b )， 又点P 的坐标为(0,1)，且PC →·PD →＝－1，于是⎩⎪⎨⎪⎧1－b 2＝－1，c a ＝22，a 2－b 2＝c 2，解得a ＝2，b ＝2，所以椭圆E 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝kx ＋1，得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0，其判别式Δ＝(4k )2＋8(2k 2＋1)＞0， 所以x 1＋x 2＝－4k 2k 2＋1，x 1x 2＝－22k 2＋1， 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－4k 2＋－2λ－12k 2＋1＝－λ－12k 2＋1－λ－2.所以当λ＝1时，－λ－12k 2＋1－λ－2＝－3， 此时OA →·OB →＋λPA →·PB →＝－3为定值．当直线AB 斜率不存在时，直线AB 即为直线CD ， 此时，OA →·OB →＋λPA →·PB →＝OC →·OD →＋λPC →·PD → ＝－2－1＝－3.故存在常数λ＝1，使得OA →·OB →＋λPA →·PB →为定值－3.已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 23＝1(a >0)与抛物线C 2：y 2＝2ax 相交于A ，B 两点，且两曲线的焦点F 重合．(1)求C 1，C 2的方程；(2)若过焦点F 的直线l 与椭圆分别交于M ，Q 两点，与抛物线分别交于P ，N 两点，是否存在斜率为k (k ≠0)的直线l ，使得PNMQ＝2？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由． 押题依据 本题将椭圆和抛物线联合起来设置命题，体现了对直线和圆锥曲线位置关系的综合考查．关注知识交汇，突出综合应用是高考的特色． 解 (1)因为C 1，C 2的焦点重合， 所以a 2－3＝a2，所以a 2＝4. 又a >0，所以a ＝2.于是椭圆C 1的方程为x 24＋y 23＝1，抛物线C 2的方程为y 2＝4x . (2)假设存在直线l 使得PN MQ＝2，则可设直线l 的方程为y ＝k (x －1)，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)．由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝k x －1，可得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，则x 1＋x 4＝2k 2＋4k2，x 1x 4＝1，所以PN ＝1＋k 2·x 1＋x 42－4x 1x 4＝41＋k2k 2.由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝k x －1，可得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，则x 2＋x 3＝8k 23＋4k 2，x 2x 3＝4k 2－123＋4k 2，所以MQ ＝1＋k 2·x 2＋x 32－4x 2x 3＝121＋k23＋4k 2.若PN MQ＝2， 则41＋k2k 2＝2×121＋k23＋4k2，解得k ＝±62. 故存在斜率为k ＝±62的直线l ，使得PNMQ＝2.A 组 专题通关1．平面上一机器人在行进中始终保持与点F (1,0)的距离和到直线x ＝－1的距离相等．若机器人接触不到过点P (－1，0)且斜率为k 的直线，则k 的取值范围是________________． 答案 (－∞，－1)∪(1，＋∞)解析 根据抛物线的概念可得机器人在以点F (1,0)为焦点的抛物线y 2＝4x 上，由题意可得直线y ＝k (x ＋1)与抛物线y 2＝4x 没有交点，联立直线与抛物线⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝k x ＋1，消元可得y ＝k ·y 24＋k ⇒k4·y 2－y ＋k ＝0，即该方程无根，则k ≠0且Δ＝1－k 2<0⇒k <－1或k >1， 所以k 的取值范围为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．2．已知椭圆x 24＋y 2b2＝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________． 答案3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，通径最短，即2b2a＝3，可求得b 2＝3，即b ＝ 3.3．若点O 和点F 分别为椭圆x 24＋y 23＝1的中心和左焦点，点P 为椭圆上的任意一点，则OP →·FP→的最大值为________． 答案 6解析 由题意得F (－1,0)，设点P (x 0，y 0)， 则y 20＝3(1－x 204)(－2≤x 0≤2)．OP →·FP →＝x 0(x 0＋1)＋y 20＝x 20＋x 0＋y 20 ＝x 20＋x 0＋3(1－x 204)＝14(x 0＋2)2＋2. 又因为－2≤x 0≤2，所以当x 0＝2时，OP →·FP →取得最大值，最大值为6.4．已知抛物线y 2＝2px (p >0)，△ABC 的三个顶点都在抛物线上，O 为坐标原点，设△ABC 三条边AB ，BC ，AC 的中点分别为M ，N ，Q ，且M ，N ，Q 的纵坐标分别为y 1，y 2，y 3.若直线AB ，BC ，AC 的斜率之和为－1，则1y 1＋1y 2＋1y 3的值为______．答案 －1p解析 设A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，C (x C ，y C )，则⎩⎪⎨⎪⎧y 2A ＝2px A ，y 2B ＝2px B ，y 2C ＝2px C ，三个式子两两相减得⎩⎪⎨⎪⎧y A ＋y B y A －y B ＝2p x A －x B ，y A ＋y C y A －y C ＝2p x A －x C ，y B ＋y Cy B －y C ＝2p x B －x C ，即⎩⎪⎨⎪⎧2y 1y A －y B ＝2p x A －x B ，2y 3y A －y C ＝2p x A －x C ，2y 2y B －y C ＝2p x B －x C ，即⎩⎪⎨⎪⎧p y 1＝y A －y B x A －x B＝k AB ，p y 2＝y B －yC x B－x C＝k BC，p y 3＝y A －y C x A－x C＝k AC，所以1y 1＋1y 2＋1y 3＝－1p.5．若P 为椭圆x 216＋y 215＝1上任意一点，EF 为圆(x －1)2＋y 2＝4的任意一条直径，则PE →·PF →的取值范围是________． 答案 [5,21]解析 因为PE →·PF →＝(NE →－NP →)·(NF →－NP →) ＝NE →·NF →－NP →·(NE →＋NF →)＋NP →2＝－|NE →||NF →|·cos π－0＋|NP →|2＝－4＋NP 2. 又因为椭圆x 216＋y 215＝1的a ＝4，b ＝15，c ＝1，N (1,0)为椭圆的右焦点，∴NP ∈[a －c ，a ＋c ]＝[3,5]，∴PE →·PF →∈[5,21]．6．已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的离心率为3，A ，B 为左，右顶点，点P 为双曲线C 在第一象限的任意一点，点O 为坐标原点，若直线PA ，PB ，PO 的斜率分别为k 1，k 2，k 3，记m ＝k 1k 2k 3，则m 的取值范围为________． 答案 (0,22)解析 ∵双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的离心率为3，∴e ＝ca＝3，∴b ＝2a ，设P (x ，y )，∵点P 为双曲线C 在第一象限的任意一点，∴x 2a 2－y 2b2＝1，且x >0，y >0， ∵A ，B 为双曲线C 的左，右顶点，点O 为坐标原点，PA ，PB ，PO 的斜率分别为k 1，k 2，k 3， ∴k 1k 2＝yx ＋a ·yx －a＝2，k 3＝y x>0，又∵双曲线的渐近线为y ＝±2x ， ∴0<k 3<2，∴0<m ＝k 1k 2k 3<2 2.7．已知A (1,2)，B (－1,2)，动点P 满足AP →⊥BP →.若双曲线x 2a2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的渐近线与动点P 的轨迹没有公共点，则双曲线离心率的取值范围是________． 答案 (1,2)解析 设P (x ，y )，由题设条件，得动点P 的轨迹为(x －1)(x ＋1)＋(y －2)(y －2)＝0， 即x 2＋(y －2)2＝1，它是以(0,2)为圆心，1为半径的圆．又双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线方程为y ＝±bax ，即bx ±ay ＝0，由题意，可得2aa 2＋b2>1，即2ac>1，所以e ＝c a<2，又e >1，故1<e <2.8．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 恒过定点________．答案 (0,2)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)的坐标满足这两个方程，代入得：－2＝12x 1t －y 1，－2＝12x 2t －y 2，则说明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 恒过定点(0,2)．9．(2016·北京)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c a ＝32，12ab ＝1. 又a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，b ＝1，c ＝ 3. ∴椭圆C 的方程为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 20＝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 0－2y 0－1·⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 0＋2y 0－2x 0－2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪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， ∴AN ·BM ＝4. 故AN ·BM 为定值．10．如图，在平面直角坐标系xOy 中，设点M (x 0，y 0)是椭圆C ：x 24＋y 2＝1上一点，从原点O 向圆M ：(x －x 0)2＋(y －y 0)2＝r 2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k 1，k 2.(1)若圆M 与x 轴相切于椭圆C 的右焦点，求圆M 的方程； (2)若r ＝255.①求证：k 1k 2＝－14；②求OP ·OQ 的最大值．(1)解 因为椭圆C 的右焦点的坐标为(3，0)，所以圆心M 的坐标为(3，±12)，从而圆M 的方程为 (x －3)2＋(y ±12)2＝14.(2)①证明 因为圆M 与直线OP ：y ＝k 1x 相切， 所以|k 1x 0－y 0|k 21＋1＝255，即(4－5x 0)2k 21＋10x 0y 0k 1＋4－5y 20＝0， 同理，有(4－5x 20)k 22＋10x 0y 0k 2＋4－5y 20＝0，所以k 1，k 2是方程(4－5x 20)k 2＋10x 0y 0k ＋4－5y 20＝0的两根， 从而k 1k 2＝4－5y 24－5x 20＝4－51－14x 24－5x 20 ＝－1＋54x 24－5x 20＝－14. ②解 设点P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1x ，x 24＋y 2＝1，解得x 21＝41＋4k 21，y 21＝4k 211＋4k 21，同理，x 22＝41＋4k 22，y 22＝4k 221＋4k 22，所以OP 2·OQ 2＝(41＋4k 21＋4k 211＋4k 21)·(41＋4k 22＋4k 221＋4k 22)＝41＋k 211＋4k 21·41＋k 221＋4k 22＝4＋4k 211＋4k 21·1＋16k 211＋4k 21 ≤5＋20k 21221＋4k 212＝254， 当且仅当k 1＝±12时取等号．所以OP ·OQ 的最大值为52.B 组 能力提高11．已知圆O 1：(x －2)2＋y 2＝16和圆O 2：x 2＋y 2＝r 2(0<r <2)，动圆M 与圆O 1，圆O 2都相切，动圆圆心M 的轨迹为两个椭圆，这两个椭圆的离心率分别为e 1，e 2 (e 1>e 2)，则e 1＋2e 2的最小值是__________． 答案3＋224解析 ①当动圆M 与圆O 1，O 2都相内切时，MO 2＋MO 1＝4－r ＝2a ，故e 1＝24－r. ②当动圆M 与圆O 1相内切而与O 2相外切时，MO 1＋MO 2＝4＋r ＝2a ′，故e 2＝24＋r. 因此e 1＋2e 2＝24－r ＋44＋r ＝24－2r16－r 2，令12－r ＝t (10<t <12)，e 1＋2e 2＝2×124－t －128t≥2×124－162＝112－82＝3＋224.12．已知过定点(1,0)的直线与抛物线x 2＝y 相交于不同的A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，则(x 1－1)(x 2－1)＝________. 答案 1解析 设过定点(1,0)的直线的方程为y ＝k (x －1)，代入抛物线x 2＝y 可得x 2－kx ＋k ＝0，故x 1＋x 2＝k ，x 1·x 2＝k ，因此(x 1－1)(x 2－1)＝x 1·x 2－(x 1＋x 2)＋1＝1.13．如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1 (a >b >0)的离心率e ＝12，左顶点为A (－4，0)，过点A 作斜率为k (k ≠0)的直线l 交椭圆C 于点D ，交y 轴于点E .(1)求椭圆C 的方程；(2)已知P 为AD 的中点，是否存在定点Q ，对于任意的k (k ≠0)都有OP ⊥EQ ，若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由；(3)若过O 点作直线l 的平行线交椭圆C 于点M ，求AD ＋AEOM的最小值． 解 (1)因为左顶点为A (－4,0)， 所以a ＝4，又e ＝12，所以c ＝2，又因为b 2＝a 2－c 2＝12， 所以椭圆C 的方程为x 216＋y 212＝1.(2)直线l 的方程为y ＝k (x ＋4)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 216＋y 212＝1，y ＝k x ＋4，消元得，x 216＋[k x ＋4]212＝1.化简得，(x ＋4)[(4k 2＋3)x ＋16k 2－12]＝0， 所以x 1＝－4，x 2＝－16k 2＋124k 2＋3. 当x ＝－16k 2＋124k 2＋3时，y ＝k (－16k 2＋124k 2＋3＋4)＝24k 4k 2＋3，所以D (－16k 2＋124k 2＋3，24k4k 2＋3)．因为点P 为AD 的中点，所以P 的坐标为(－16k 24k 2＋3，12k4k 2＋3)，则k OP ＝－34k (k ≠0)．直线l 的方程为y ＝k (x ＋4)，令x ＝0， 得E 点坐标为(0,4k )，假设存在定点Q (m ，n )(m ≠0)，使得OP ⊥EQ ， 则k OP ·k EQ ＝－1，即－34k ·n －4k m ＝－1恒成立， 所以(4m ＋12)k －3n ＝0恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 4m ＋12＝0，－3n ＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧ m ＝－3，n ＝0，因此定点Q 的坐标为(－3,0)．(3)因为OM ∥l ，所以OM 的方程可设为y ＝kx ，由⎩⎪⎨⎪⎧ x 216＋y 212＝1，y ＝kx ，得M 点的横坐标为x ＝±434k 2＋3，由OM ∥l ，得AD ＋AE OM ＝|x D －x A |＋|x E －x A ||x M |＝x D －2x A |x M |＝－16k 2＋124k 2＋3＋8434k 2＋3＝13·4k 2＋94k 2＋3＝13(4k 2＋3＋64k 2＋3)≥22， 当且仅当4k 2＋3＝64k 2＋3，即k ＝±32时取等号，3 2时，AD＋AEOM的最小值为2 2.所以当k＝±。