圆锥曲线的综合问题(答案版)讲课教案
高考数学(理)一轮复习精品资料 专题53 圆锥曲线的综合问题(教学案)含解析
圆锥曲线是平面解析几何的核心部分，也是每年高考必考的一道解答题，常以求曲线的标准方程、位置关系、定点、定值、最值、范围、探索性问题为主．这些试题的命制有一个共同的特点，就是起点低，但在第(2)问或第(3)问中一般都伴有较为复杂的运算，对考生解决问题的能力要求较高，通常作为压轴题的形式出现．高频考点一圆锥曲线中的定点、定值问题定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有关的定值问题以及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横(纵)坐标等的定值问题．【例1】椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为32，过其右焦点F与长轴垂直的弦长为1.(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A，B，点P是直线x＝1上的动点，直线P A与椭圆的另一交点为M，直线PB与椭圆的另一交点为N.求证：直线MN经过一定点．联立得⎩⎨⎧y ＝t3（x ＋2），x 24＋y 2＝1，即(4t 2＋9)x 2＋16t 2x ＋16t 2－36＝0，(8分) 可知－2x M ＝16t 2－364t 2＋9，所以x M ＝18－8t 24t 2＋9，则⎩⎪⎨⎪⎧x M ＝18－8t 24t 2＋9，yM ＝12t4t 2＋9.同理得到⎩⎪⎨⎪⎧x N ＝8t 2－24t 2＋1，y N ＝4t 4t 2＋1.(10分)由椭圆的对称性可知这样的定点在x 轴上，不妨设这个定点为Q (m ，0)， 又k MQ ＝12t 4t 2＋918－8t 24t 2＋9－m ，k NQ＝4t4t 2＋18t 2－24t 2＋1－m ， k MQ ＝k NQ ，所以化简得(8m －32)t 2－6m ＋24＝0，令⎩⎪⎨⎪⎧8m －32＝0，－6m ＋24＝0，得m ＝4，即直线MN 经过定点(4，0)．(13分)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)定点问题的常见解法：①假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；②从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意．【变式探究】如图，已知双曲线C ：x 2a 2－y 2＝1(a >0)的右焦点为F ，点A ，B 分别在C 的两条渐近线上，AF⊥x 轴，AB ⊥OB ，BF ∥OA (O 为坐标原点)．(1)求双曲线C 的方程；(2)过C 上一点P (x 0，y 0)(y 0≠0)的直线l ：x 0x a 2－y 0y ＝1与直线AF 相交于点M ，与直线x ＝32相交于点N.(2)证明 由(1)知a ＝3，则直线l 的方程为x 0x3－y 0y ＝1(y 0≠0)，即y ＝x 0x －33y 0.因为直线AF 的方程为x ＝2，所以直线l 与AF 的交点M ⎝⎛⎭⎫2，2x 0－33y 0；直线l 与直线x ＝32的交点为N ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32x 0－33y 0.则|MF |2|NF |2＝（2x 0－3）2（3y 0）214＋⎝⎛⎭⎫32x 0－32（3y 0）2＝（2x 0－3）29y 204＋94（x 0－2）2 ＝43·（2x 0－3）23y 20＋3（x 0－2）2， 因为P (x 0，y 0)是C 上一点，则x 203－y 20＝1，代入上式得 |MF |2|NF |2＝43·（2x 0－3）2x 20－3＋3（x 0－2）2＝43·（2x 0－3）24x 20－12x 0＋9＝43，所以所求定值为|MF ||NF |＝23＝233. 高频考点二 圆锥曲线中的最值、范围问题圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题．【例2】 在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，直线y ＝x 被椭圆C 截得的线段长为4105.(1)求椭圆C 的方程；(2)过原点的直线与椭圆C 交于A ，B 两点(A ，B 不是椭圆C 的顶点)．点D 在椭圆C 上，且AD ⊥AB ，直线BD 与x 轴、y 轴分别交于M ，N 两点． ①设直线BD ，AM 的斜率分别为k 1，k 2，证明存在常数λ使得k 1＝λk 2，并求出λ的值； ②求△OMN 面积的最大值．(2)①证明 设A (x 1，y 1)(x 1y 1≠0)，D (x 2，y 2)， 则B (－x 1，－y 1)，因为直线AB 的斜率k AB ＝y 1x 1，又AB ⊥AD ，所以直线AD 的斜 率k ＝－x 1y 1.设直线AD 的方程为y ＝kx ＋m ， 由题意知k ≠0，m ≠0.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1，得(1＋4k 2)x 2＋8mkx ＋4m 2－4＝0. 所以x 1＋x 2＝－8mk 1＋4k 2，因此y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝2m1＋4k 2. 由题意知x 1≠－x 2，所以k 1＝y 1＋y 2x 1＋x 2＝－14k ＝y 14x 1.所以直线BD 的方程为y ＋y 1＝y 14x 1(x ＋x 1)． 令y ＝0，得x ＝3x 1，即M (3x 1，0)，可得k 2＝－y 12x 1.所以k 1＝－12k 2，即λ＝－12.因此存在常数λ＝－12使得结论成立．②解 直线BD 的方程为y ＋y 1＝y 14x 1(x ＋x 1)，令x ＝0，得y ＝－34y 1，即N ⎝⎛⎭⎫0，－34y 1. 由①知M (3x 1，0)，可得△OMN 的面积S ＝12×3|x 1|×34|y 1|＝98|x 1||y 1|.因为|x 1||y 1|≤x 214＋y 21＝1，当且仅当|x 1|2＝|y 1|＝22时等号成立，此时S 取得最大值98， 所以△OMN 面积的最大值为98.【感悟提升】圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是代数法，从代数的角度考虑，通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法和基本不等式法、换元法、导数法等方法求最值；二是几何法，从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线几何意义求最值．【变式探究】 设点P (x ，y )到直线x ＝2的距离与它到定点(1，0)的距离之比为2，并记点P 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程；(2)设M (－2，0)，过点M 的直线l 与曲线C 相交于E ，F 两点，当线段EF 的中点落在由四点C 1(－1，0)，C 2(1，0)，B 1(0，－1)，B 2(0，1)构成的四边形内(包括边界)时，求直线l 斜率的取值范围．由根与系数的关系得x 1＋x 2＝－8k 21＋2k 2，于是x 0＝x 1＋x 22＝－4k 21＋2k 2，y 0＝k (x 0＋2)＝2k 1＋2k 2， 因为x 0＝－4k 21＋2k 2≤0，所以点G 不可能在y 轴的右边，又直线C 1B 2和C 1B 1的方程分别为y ＝x ＋1，y ＝－x －1， 所以点G 在正方形内(包括边界)的充要条件为 ⎩⎪⎨⎪⎧y 0≤x 0＋1，y 0≥－x 0－1，即⎩⎪⎨⎪⎧2k 1＋2k 2≤－4k 21＋2k 2＋1，2k 1＋2k 2≥4k 21＋2k 2－1， 亦即⎩⎪⎨⎪⎧2k 2＋2k －1≤0，2k 2－2k －1≤0.解得－3－12≤k ≤3－12，②由①②知，直线l 斜率的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－3－12，3－12. 高频考点三 圆锥曲线中的探索性问题圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面：(1)探索点是否存在；(2)探索曲线是否存在；(3)探索命题是否成立．涉及这类命题的求解主要是研究直线与圆锥曲线的位置关系问题．【例3】如图，设椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，点D 在椭圆上，DF 1⊥F 1F 2，|F 1F 2||DF 1|＝22，△DF 1F 2的面积为22.(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．从而|DF 1|＝22.(3分) 由DF 1⊥F 1F 2，得|DF 2|2＝|DF 1|2＋|F 1F 2|2＝92，因此|DF 2|＝322.所以2a ＝|DF 1|＋|DF 2|＝22， 故a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝1.因此，所求椭圆的标准方程为x 22＋y 2＝1.(4分)探究提高 (1)探索性问题通常采用“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探索性问题常用的方法．【变式探究】 在平面直角坐标系xOy 中，经过点(0，2)且斜率为k 的直线l 与椭圆x 22＋y 2＝1有两个不同的交点P 和Q . (1)求k 的取值范围；(2)设椭圆与x 轴正半轴、y 轴正半轴的交点分别为A ，B ，是否存在常数k ，使得向量OP →＋OQ →与AB →垂直？如果存在，求k 值；如果不存在，请说明理由．1.【2016高考新课标3理数】已知抛物线C ：22y x =的焦点为F ，平行于x 轴的两条直线12,l l 分别交C 于,A B 两点，交C 的准线于P Q ，两点．（I ）若F 在线段AB 上，R 是PQ 的中点，证明ARFQ ；（II ）若PQF ∆的面积是ABF ∆的面积的两倍，求AB 中点的轨迹方程. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）21y x =-．2.【2016高考浙江理数】（本题满分15分）如图，设椭圆2221x y a+=（a ＞1）.（I ）求直线y =kx +1被椭圆截得的线段长（用a 、k 表示）；（II ）若任意以点A （0,1）为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值 范围.【答案】（I ）22221a k a k +（II ）02e <≤．所以a >因此，任意以点()0,1A 为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1a <≤，由c e a a ==得，所求离心率的取值范围为02e <≤．3.【2016高考新课标2理数】已知椭圆:E 2213x y t +=的焦点在x 轴上，A 是E 的左顶点，斜率为(0)k k >的直线交E 于,A M 两点，点N 在E 上，MA NA ⊥．（Ⅰ）当4,||||t AM AN ==时，求AMN ∆的面积； （Ⅱ）当2AM AN =时，求k 的取值范围．【答案】（Ⅰ）14449；（Ⅱ）)2.因此()33212k k t k -=-.3t >等价于()()232332122022k k k k k k k -+-+-=<--，即3202k k -<-.由此得32020k k ->⎧⎨-<⎩，或32020k k -<⎧⎨->⎩2k <<.因此k 的取值范围是)2.4.【2016年高考北京理数】（本小题14分）已知椭圆C ：22221+=x y a b（0a b >>）的离心率为2 ，(,0)A a ，(0,)B b ，(0,0)O ，OAB ∆的面积为1.（1）求椭圆C 的方程；（2）设P 的椭圆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：BM AN ⋅为定值.【答案】（1）2214x y +=；（2）详见解析.直线PB 的方程为110+-=x x y y . 令0=y ，得100--=y x x N ，从而12200-+=-=y x x AN N . 所以221120000-+⋅-+=⋅x y y x BM AN228844224844400000000000000002020+--+--=+--+--++=y x y x y x y x y x y x y x y x y x 4=.当00=x 时，10-=y ，,2,2==AN BM 所以4=⋅BM AN . 综上，BM AN ⋅为定值.5.【2016年高考四川理数】（本小题满分13分）已知椭圆E ：22221(0)x y a b a b+=>>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:3l y x =-+与椭圆E 有且只有一个公共点T .（Ⅰ）求椭圆E 的方程及点T 的坐标；（Ⅱ）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2PTPA PB λ=⋅，并求λ的值.【答案】（Ⅰ）22163x y +=，点T 坐标为（2,1）；（Ⅱ）45λ=.方程②的判别式为2=16(92)m ∆-，由>0∆，解得22m -<<. 由②得212124412=,33m m x x x x -+-=.所以123m PA x ==-- ，同理223m PB x =--， 所以12522(2)(2)433m mPA PB x x ⋅=---- 21212522(2)(2)()433m mx x x x =---++ 225224412(2)(2)()43333m m m m -=----+2109m =.故存在常数45λ=，使得2PT PA PB λ=⋅. 6.【2016高考上海理数】（本题满分14）有一块正方形菜地EFGH ,EH 所在直线是一条小河，收货的蔬菜可送到F 点或河边运走。
高中数学 高三一轮 第八章 平面解析几何 8.10 圆锥曲线的综合问题【教案】
高三一轮第八章平面解析几何8.10 圆锥曲线的综合问题【教学目标】1。
能根据直线与圆锥曲线的位置关系求参数的范围、最值等2。
能利用方程思想、数形结合思想解决圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题．【重点难点】1。
教学重点：掌握直线与圆锥曲线的位置关系求参数的范围、最值、定点、定值、存在性问题;2。
教学难点:学会对知识进行整理达到系统化，提高分析问题和解决问题的能力；【教学策略与方法】自主学习、小组讨论法、师生互动法【教学过程】(3）使用点斜式设直线方程时，应考虑直线斜率不存在的情形．（4）涉及直线与圆锥曲线相交问题时，应考虑直线方程与圆锥曲线方程联立后得到的一元二次方程二次项系数不为零及判别式Δ>0两种情形.考点分项突破考点一:圆锥曲线中的证明问题1. （2015·福建高考）已知椭圆E：错误!＋错误!＝1（a>b〉0)过点(0，错误!），且离心率e＝错误!.（1）求椭圆E的方程；忆，提高解题技能。
【解析】如图，设椭圆的左焦点为F1(－4,0)，由｜PF1｜＋|PF|＝10得｜PF|＝10－|PF1｜。
所以|PB｜＋|PF|＝10＋｜PB｜－|PF1|＝10－(｜PF1|－｜PB｜)≥10－｜F1B｜，当且仅当F1，B，P三点共线，即点P在点P2位置时取等号．又｜F1B｜＝错误!＝错误!.所以|PB｜＋|PF｜的最小值为10－37。
【答案】10－错误!●命题角度2 建立目标函数求最值2．若P，Q分别为抛物线C：x2＝4y与圆M：x2＋(y－3)2＝1上的两个动点，则｜PQ|的最小值为________．【解析】先求圆心M（0,3)到点P的距离的最小值,法一（建立目标函数)设P(x，y)，则x2＝4y，|PM|＝x2＋y－32＝错误!＝错误!＝y－12＋8≥2错误!（当y＝1时等号成立）．∴|PQ|min＝22－1.法二（数形结合)以点M为圆心作同心圆，当圆与抛物线相切时，点M到点P 的距离最小，设为r，则由,2](2）已知圆M:（x－2)2＋y2＝r2（r>0）．若椭圆C：x2a2＋错误!＝1(a>b〉0）的右顶点为圆M的圆心，离心率为错误!。
高考数学一轮教案(圆锥曲线的综合问题)
高考数学一轮教案（圆锥曲线的综合问题）§9.8圆锥曲线的综合问题★ 知识分类★1.直线与圆锥曲线c的位置关系：通过将线l的方程代入曲线C的方程，并消除y或X，我们得到了方程AX2+BX+C=0(1)交点个数：① 当a=0或a≠ 0，s=0，曲线和直线之间只有一个交点；② 当≠ 0且s>0时，曲线与直线有两个交点；③ 当s<0时，曲线和直线之间没有交点。
(2)弦长公式：|ab|?1?k2?|x2?x1|?1?k2?(x1?x2)2?4x1?x22.对称问题：曲线上的两点与已知直线对称：① 曲线上两点的直线垂直于已知的直线（获得斜率）；② 曲线上两点的直线和曲线有两个公共点（s>0）；③ 曲线上两点的中点在对称直线上。
3.求出运动点的轨迹方程：①轨迹类型已确定的,一般用待定系数法；②动点满足的条件在题目中有明确的表述且轨迹类型未知的,一般用直接法；③一动点随另一动点的变化而变化，一般用代入转移法。
★ 重点难点突破★重点：掌握直线与圆锥曲线的位置关系的判断方法及弦长公式；掌握弦中点轨迹的求法；理解和掌握求曲线方程的方法与步骤，能利用方程求圆锥曲线的有关范围与最值难点：轨迹方程的求法及圆锥曲线的有关范围与最值问题重点和难点：综合运用方程、函数、不等式和轨迹知识解决相关问题1.体验解题时“设而不求”的简化运算功能①求弦长时用韦达定理设而不求;②弦中点问题用“点差法”设而不求.2.体验数学思维方法（主要是方程思维、变换思维、数形结合）在问题解决中的应用x2y2??1的左焦点，点a(1,1)，动点p在椭圆上，则|pa|?|pf问题1：已知点f1为椭圆1|的最小值95为.刻度盘：将F2设置为椭圆的右焦点，使用定义将|Pf1 |转换为|PF2 |并组合图形，|pa|?|pf1|?6?|pa|?|pf2|，当p、a、f2共线时最小，最小值为6-2★ 热门考点问题类型分析★考点1直线与圆锥曲线的位置关系题型1：交点个数问题[示例1]让抛物线y2=8x的准直与点Q处的x轴相交。
(浙江专用)高考数学第八章平面解析几何第九节圆锥曲线的综合问题教案(含解析)
第九节圆锥曲线的综合问题1．直线与圆锥曲线的地址关系判断直线l 与圆锥曲线C 的地址关系时，平时将直线l 的方程Ax ＋By ＋C ＝0(A ，B 不一样 时为0)代入圆锥曲线C 的方程F (x ，y )＝0，消去y (也可以消去x )获取一个关于变量x (或 变量y )的一元方程．即Ax ＋By ＋C ＝0，消去 y ，得 ax 2＋bx ＋c ＝0.F x ，y＝0(1)当a ≠0时，设一元二次方程 ax 2＋bx ＋c ＝0的鉴识式为 ，则 ＞0? 直线与圆锥曲线C 订交；＝ 0?直线与圆锥曲线C 相切；＜0?直线与圆锥曲线C 相离．(2) 当a ＝0，b ≠0时，即获取一个一次方程，则直线l 与圆锥曲线C 订交，且只有一个交点，此时，若C 为双曲线，则直线l 与双曲线的渐近线的地址关系是平行；若C 为抛物线，则直线l 与抛物线的对称轴的地址关系是平行或重合． 2．弦长公式 设斜率为k (k ≠0)的直线l 与圆锥曲线C 订交于A ，B 两点，A (x ，y )，B (x ，y )，则112 2|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝1＋k 2·x 1＋x 2 2－4x 1x 2＝1121＋k 2·|y －y |＝1 y 1＋ y2－412.1＋2· 2kyy[小题体验]x 2 y 21．(教材习题改编)直线y ＝kx －k ＋1与椭圆9＋4＝1的地址关系为( )A ．订交B ．相切C ．相离D ．不确立分析：选A 直线y ＝kx －k ＋1＝k (x －1)＋1恒过定点(1,1) ，又点(1,1) 在椭圆内部，故直线与椭圆订交．2．极点在座标原点，焦点在 x 轴上的抛物线截得直线 ＝2 x ＋1所得的弦 的长为 15，y AB则该抛物线的标准方程为 ____________．分析：设抛物线的方程为y 2＝( ≠0)，( 1， 1)，( 2， 2)．mxm Ax y Bxyy 2＝mx ，可得4 2＋(4－)＋1＝0.由方程组y ＝2x ＋1x mx4－m1所以x 1＋x 2＝－ 4 ，x 1x 2＝ 4.所以|AB |＝ 2 x ＋x2]＋22－4xx1 1 2＝ 51－m 2－1＝15，4解得m ＝12或m ＝－4.所以抛物线的标准方程为y 2＝12x 或y 2＝－4x . 答案：y 2＝12x 或y 2＝－4x1．直线与双曲线交于一点时，易误以为直线与双曲线相切，事实上不必定相切，当直 线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线订交于一点．2．直线与抛物线交于一点时，除直线与抛物线相切外易忽视直线与对称轴平行时也相 交于一点．[小题纠偏]1．过点(0,1) 作直线，使它与抛物线y 2＝4x 仅有一个公共点，这样的直线有()A ．1条B ．2条C ．3条D ．4条分析：选C结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x ＝0，过点(0,1)且平行于x 轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线(非直线 x ＝0)．2．直线b y ＝ax ＋3与双曲线x 2y 2a 2－b 2＝1的交点个数是()A ．1B ．2C ．1或2D ．0分析：选 A因为直线by ＝ax ＋3与双曲线的渐近线by ＝ax 平行，所以它与双曲线只有1个交点．考点向来线与圆锥曲线的地址关系要点保分型考点——师生共研[典例引领]在平面直角坐标系xOy 中，点M 到点F (1,0)的距离比它到y 轴的距离多1.记点M 的轨迹为C .(1) 求轨迹C 的方程；(2) 设斜率为k 的直线l 过定点P (－2,1)，若直线l 与轨迹C 恰好有一个公共点，务实数k 的取值范围．解：(1)设点M (x ，y )，依题意|MF |＝|x |＋1， ∴x －2＋y 2＝|x |＋1，化简得y 2＝2(|x |＋x )，故轨迹C 的方程为y 2＝4x ，x ≥0， 0，x ＜0.(2) 在点M 的轨迹C 中，记C 1：y 2＝4x (x ≥0)，C 2：y ＝0(x ＜0)．依题意，可设直线l 的方程为y －1＝k (x ＋2)．y －1＝kx ＋ ， 消去x ， 联立y 2＝4x 可得ky 2－4y ＋4(2k ＋1)＝0.①1当k ＝0 时，此时y ＝1.把y ＝1代入轨迹C 的方程，得x ＝4.故此时直线l ：y ＝1与轨迹C 恰好有一个公共点 1.，14当k ≠0时，方程①的＝－16(2k 2＋k －1)＝－16(2k －1)(k ＋1)，②设直线l与x 轴的交点为(x 0,0)，则由 y －1＝ ( x ＋2)，令 y ＝0，得＝－ 2k ＋1kxk＜0，1(ⅰ)若x 0＜0，由②③解得k ＜－1或k ＞2.所以当 k ＜－1或 k ＞1时，直线 l 与曲线1 没有公共点，与曲线 2有一个公共点，故此2 CC时直线l与轨迹C 恰好有一个公共点.＝0，2k 2＋k －1＝0，(ⅱ)若即 2k ＋1解集为?.x ≥0，＜0，k1 综上可知，当k ＜－1或k ＞或k ＝0时，直线l 与轨迹C 恰好有一个公共点．21故实数k 的取值范围为(－∞，－1)∪{0}∪2，＋∞.[由题悟法]1．直线与圆锥曲线地址关系的判断方法(1)代数法：即联立直线与圆锥曲线方程可获取一个关于x，y的方程组，消去y(或x)得一元方程，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：即画出直线与圆锥曲线的图象，依据图象判断公共点个数．2．判断直线与圆锥曲线地址关系的注意点(1)联立直线与圆锥曲线的方程消元后，应注意谈论二次项系数能否为零的状况．(2)判断直线与圆锥曲线地址关系时，鉴识式起着要点性的作用，第一：可以限制所给参数的范围；第二：可以弃取某些解省得产生增根．[即时应用]1．直线y＝kx＋2 与抛物线y2＝8x有且只有一个公共点，则k的值为( )A．1 B．1或3C．0 D．1或0分析：选Dy＝kx＋2，得k2x2＋(4k－8)x＋4＝0，由2＝8，y x若k＝0，则y＝2，吻合题意．若k≠0，则＝0，即64－64k＝0，解得k＝1，所以直线y＝kx＋2与抛物线y2＝8x有且只有一个公共点时，k＝0或1.x2 y22．已知双曲线a2－b2＝1与直线y＝2x有交点，则双曲线离心率的取值范围为( ) A．(1，5) B．(1，5]C．(5，＋∞)D．[ 5，＋∞)b分析：选C 因为双曲线的一条渐近线方程为y＝a x，b c b2则由题意得a＞2，所以e＝a＝1＋a ＞1＋4＝5.考点二弦长问题要点保分型考点——师生共研[典例引领]x2y2(2018·浙江六校联考)如图，椭圆C1：a2＋b2＝1(a＞b＞0)和圆C2：x2＋y2＝b2，已知圆C2将椭圆C1的长轴三均分，且圆C2的面积为π.椭圆C1的下极点为E，过坐标原点O且与坐标轴不重合的任意直线l与圆C2订交于点A，B，直线EA，EB与椭圆C1的另一个交点分别是点P，M.(1)求椭圆C1的方程；(2)求△EPM面积最大时直线l的方程．解：(1)由题意得：b＝1，则a＝3b，x 22所以椭圆C 1的方程为：9＋y ＝1.(2) 由题意得：直线PE ，ME 的斜率存在且不为0，PE ⊥EM ，不如设直线PE 的斜率为k (k ＞0)，则PE ：y ＝kx －1，y ＝kx －1， 18k ，x ＝ 2x ＝0， 由x 29k ＋1 2 得 2或 9 ＋y ＝19k －1y ＝－1.y ＝9k 2＋1所以P 18k9k 2－1－18k 9－k 22，9k22，2，9k ＋1 ＋1，同理得M k ＋ 9 k ＋9PMk 2－1则k ＝10k，y ＝kx －1，2k k 2－1k 2－1 由x 2＋y 2＝1，得A 1＋k 2 ，1＋k 2 ，所以k AB ＝2k ，1△EPM1k ＋k 3162k ＋k1△EPM162t所以S＝2|PE|·|EM|＝94＋822＋9＝9.设t ＝k ＋，则S＝92＋64＝k k9k 2＋82＋k 2kt16227，当且仅当＝ 1 8127，则直线：k 2－1≤t＋＝时取等号，所以k－ ＝±＝x648k k 3k3ABy2k9t ＋t11＝ 2k －k x ，7所以所求直线l 方程为：y ＝±3x .[由题悟法]弦长的3种常用计算方法(1) 定义法：过圆锥曲线的焦点的弦长问题，利用圆锥曲线的定义，可优化解题． (2) 点距法：将直线的方程和圆锥曲线的方程联立，求出两交点的坐标，再运用两点间距离公式求弦长．(3) 弦长公式法：它表现认识析几何中设而不求的思想，其实质是利用两点之间的距离公式以及一元二次方程根与系数的关系获取的．[提示]直线与圆锥曲线的对称轴平行或垂直的特别状况．[即时应用]x 2 y 21(2018·温州二模)已知椭圆C ：a 2＋b 2＝1(a ＞b ＞0)的长轴长为4，离心率为 2，过右焦点的直线l 与椭圆订交于M ，N 两点，点P 的坐标为(4,3) ，记直线 PM ，PN 的斜率分别为k 1，k 2.(1) 求椭圆C 的方程；24(2) 当|MN |＝7时，求直线l 的斜率． 解：(1) ∵2a ＝4，∴a ＝2， 又e ＝ c ＝ 1，∴c ＝1，∴b 2＝3. a 2x 2y 2∴椭圆C 的方程为4＋3＝1.(2) 椭圆右焦点(1,0)，当l 斜率不存在时，|MN |＝3，不合题意；当l斜率k 存在时，设直线l 的方程为y ＝k (x －1)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，x 2 y 2 由4＋3＝1，y ＝kx －，得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4(k 2－3) ＝0， ＝144(k 2＋1)＞0建立，∴ x 1＋ x2＝8k22，12＝ k 2－2，3＋4k xx3＋4k∴||＝1＋ k 2 ·x 1＋ 2 2－412MNxxx28k 22k 2－24＝ 1＋k · 3＋4k 2 －4×3＋4k 2＝7， 解得k ＝±1.故直线l 的斜率为±1.考点三定点、定值问题要点保分型考点——师生共研[ 典例引领]已知抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)的焦点F (1,0)，O 为坐标原点，A ，B 是抛物线C 上异于O 的两点．(1) 求抛物线C 的方程；1(2) 若直线OA ，OB 的斜率之积为－2，求证：直线AB 过x 轴上必定点． 解：(1)因为抛物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点坐标为(1,0)，p所以2＝1，即p ＝2.所以抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)证明：①当直线AB 的斜率不存在时，t 2t 2设A4，t，B4，－t.1因为直线OA ，OB 的斜率之积为－2，t －t 1 2所以t 2·t 2 ＝－2，化简得t ＝32.4 4所以 (8， t )，(8，－ t )，此时直线 的方程为 ＝8.A B AB x ②当直线AB 的斜率存在时，设其方程为y ＝kx ＋b ，A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，y 2＝4x ，消去x 得ky 2－4y ＋4b ＝0. 联立方程组y ＝kx ＋b ， 由根与系数的关系得AB4byy ＝k ，1因为直线OA ，OB 的斜率之积为－2，y A y B 1AB ＋2 AB ＝0. 所以 ·＝－，即x A x B 2 xx yy22y A y B即4·4＋2y A y B ＝0，解得y A y B ＝0(舍去)或y A y B ＝－32.4b 所以y A y B ＝k ＝－32，即b ＝－8k ， 所以y ＝kx －8k ，即y ＝k (x －8)． 综合①②可知，直线AB 过定点(8,0)．[由题悟法]1．圆锥曲线中定点问题的两种解法(1) 引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．(2) 特别到一般法：依据动点或动线的特别状况探究出定点，再证明该定点与变量没关． 2．定值问题常有的2种求法(1) 从特别下手，求出定值，再证明这个值与变量没关． (2) 引进变量法：其解题流程为[即时应用]1．(2018·宁波模拟)如图，中心在座标原点，焦点分别在 x 轴和y轴上的椭圆T ，T 都过点M (0，－ 2)，且椭圆T 与T 的离心率均为2.12122(1) 求椭圆T 1与椭圆T 2的标准方程；(2) 过点M 引两条斜率分别为k ，k ′的直线分别交T 1，T 2于点P ，Q ，当k ′＝4k 时，问直线P Q 能否过定点？若过定点，求出定点坐标；若但是定点，请说明理 由．解：(1)设椭圆1，2的方程分别为x 2 y 2a ＞＞0)，y 22＋ x 22＝1( ′＞ ′＞0)，2＋ 2＝1(TTa bba ′b ′abc 2222由题意得b ＝ 2，e ＝a ＝2，又a ＝b ＋c ，解得a ＝2.同理可得 a ′＝ 2，′＝1，所以椭圆1和椭圆2的方程分别为 x 2 y 2y 2x 2＋＝1，＋＝1.bTT422(2) 直线MP 的方程为y ＝kx －2，x 2 y 2＋ ＝1，消去y 得(2k 2＋1)x 2－4 2kx ＝0，联立42 y ＝kx －24 2k则点P 的横坐标为2k 2＋1，所以点P 的坐标为42 2k 22k 2－2， 2 .2k ＋1 2k ＋1同理可得点 Q 的坐标为 22k ′2k ′2－22.k ′2＋2， k ′2＋2又 k′＝4 ，则点Q 的坐标为4 2 2k82k 2－2k，8k ＋18k ＋182k 2－222k 2－2所以k PQ ＝8k 2＋1 － 2k 2＋1 ＝－1 ，42k 4 2k2k8k 2＋1－2k 2＋12 2 2－21 4 2k则直线P Q 的方程为y －2k 2＋1＝－2k x －2k 2＋1 ，化简得y － 12＝－2x ，故直线P Q 过定点(0，2)．kx 2 y 22．(2018·嘉兴模拟)如图，椭圆E ：a 2＋b 2＝1(a ＞b ＞0)经过点A (0，2－1)，且离心率为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交于不一样两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与A Q的斜率之和为定值．c2解：(1) 由题意知a＝，b＝1，2由a2＝b2＋c2，得a＝2，所以椭圆E的方程为x2＋y2＝1.2(2)证明：设直线P Q的方程为y＝k(x－1)＋1(k≠2)，2x代入＋y＝1，22 2得(1＋2k)x－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，由题意知＞0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，且x1x2≠0，4k k－2kk－则x1＋x2＝1＋2k 2，x1x2＝1＋2 2 ，k所以直线AP与A Q的斜率之和y1＋1y2＋1k AP＋k AQ＝x1＋x2kx1＋2－k kx2＋2－k＝＋x2x12k＋(2－k) 1 1＝＋x2 x1x1＋x2＝2k＋(2－k)x1x24k k－＝2k＋(2－k)2k k－＝2k－2(k－1)＝2.故直线AP与A Q的斜率之和为定值2.考点四最值、范围问题要点保分型考点——师生共研[典例引领](2018·浙江原创猜题卷)设抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，过点F的直线l 交抛物线C于P，Q两点，且|P Q|＝8，线段P Q的中点到y轴的距离为3.(1)求抛物线C的方程；(2)若点 A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)是抛物线C 上相异的两点，满足x 1＋x 2＝2，且AB 的中垂线交 x 轴于点 ，求△的面积的最大值及此时直线的方程．M AMBAB解：(1)设P (x ，y )，Q(x ，y )，PPQQ则P Q 的中点坐标为x P ＋x Q y P ＋y Q.， 22x P ＋x Q由题意知＝3，∴x P ＋x Q ＝6，2又|P Q|＝x P ＋x Q ＋p ＝8，∴p ＝2，故抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)当AB 垂直于x 轴时，明显不吻合题意， 所以可设直线AB 的方程为y ＝kx ＋b (k ≠0)，y ＝kx ＋b ， 消去y 并整理，得k 2x 2＋(2kb －4)x ＋b 2＝0， 由y 2＝4x ＝ 16(1－kb )＞0，4－2kb 2 ∴由x 1＋x 2＝k 2＝2，得b ＝k －k ，2∴直线AB 的方程为y ＝k (x －1)＋k .2∵AB 中点的横坐标为1，∴AB 中点的坐标为1，k .13 可知AB 的中垂线的方程为y ＝－k x ＋k ， ∴M 点的坐标为(3,0)．∵直线AB 的方程为k 2x －ky ＋2－k 2＝0，22|3k ＋2－k |2k 2＋1∴M 到直线AB 的距离d ＝ 4 ＋k 2 ＝k|k |.k 2x －ky ＋2－k 2＝0，k 2 22由y 2＝4x ，得4y －ky ＋2－k ＝0，＝k 2(k 2－1)＞0，48－4 k 2∴y 1＋y 2＝k ，y 1y 2＝k 2 ，∴||＝1y 1－ y 4 k 2 ＋1k 2－1.1＋ 2|2|＝k 2ABk设△AMB 的面积为S ，1|·＝41＋ 1 1－ 1则＝|kk 2，21设1－k2＝t，则0＜t＜1，2 3 2∴S＝4t(2－t)＝－4t＋8 t，S′＝－12t＋8，6由S′＝0，得t＝3 (负值舍去)，即当k＝±max 16 63时，S ＝9 ，此时直线AB的方程为3x±3y－1＝0.[由题悟法]解决圆锥曲线中的取值范围问题的5种常用解法(1)利用圆锥曲线的几何性质或鉴识式构造不等关系，从而确立参数的取值范围．(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这种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余变量的函数，求其值域，从而确立参数的取值范围．[即时应用]1．如图，设抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|－1.(1)求p的值；(2)若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N，AN与x轴交于点M，求M的横坐标的取值范围．解：(1)由题意可得，抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x＝－1的距离，p由抛物线的定义得2＝1，即p＝2.(2)由(1)得，抛物线方程为y2＝4x，F(1,0)，可设A(t2,2t)，t≠0，t≠±1.y2＝4x，因为AF不垂直于y轴，所以可设直线AF的方程为x＝sy＋1(s≠0)，由消x＝sy＋1去x得y2－4sy－4＝0.1 2故y1y2＝－4，所以B t2，－t.2t又直线AB的斜率为t2－1，t2－1故直线FN的斜率为－2t，t2－1从而得直线FN的方程为y＝－2t(x－1)．2又直线BN的方程为y＝－t，t2＋3 2所以N t2－1，－t.2设M(m,0)，由A，M，N三点共线得2t＝2t＋t2 t 2 ，t－m 2 ＋3t－t2－12t2 2于是m＝t2－1＝1，得m＜0或m＞2.1－t2经检验，m＜0或m＞2满足题意．综上，点M的横坐标的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞)．2．(2018·温州期末)已知椭圆的焦点坐标为F1(－1,0)，F2(1，0)，过F2垂直于长轴的直线交椭圆于P，Q两点，且|P Q|＝3，(1)求椭圆的方程；(2)如图，过F2的直线l与椭圆交于不一样的两点M，N，则△F1MN的内切圆的面积能否存在最大值？若存在，求出这个最大值及此时的直线方程；若不存在，请说明原由.解：(1)设椭圆方程为x2 y2＞＞0)，2＋2＝1(a b a b由焦点坐标可得c＝1，2b2由|P Q|＝3，可得a＝3，2 2解得＝2，＝3，故椭圆的方程为x＋y ＝1.a b 4 3(2)设M(x ，y)，N(x ，y )，△FMN的内切圆的半径为R，1 12 2 11 R＝4R，则△FMN的周长为4a＝8，S△FMN＝2(|MN|＋|FM|＋|FN|)1 1 1 1所以S△FMN最大，R就最大，S△FMN＝ 2 |FF|(y－y)＝y －y .1 1 1 12 1 2 1 2由题知，直线l 的斜率不为零，可设直线l的方程为x＝＋1，myx ＝my ＋1，由x 2 y 22 2得(3m ＋4)y ＋6my －9＝0， 4＋3＝12－2－3m ＋6m ＋13m －6m ＋1解得y 1＝2，y 2＝2，3m ＋43m ＋4212m ＋1则S △F 1MN ＝y 1－y 2＝2.3m ＋4令t ＝ 2m ＋1，则t ≥1,12t 12所以S △F 1MN ＝3t 2＋1＝t ＋ 1，3 t令 f()＝3 t1f1＋，则′( )＝3－2，tttt当t ≥1时，f (t )在[1，＋∞)上单调递加，有112f (t )≥f (1)＝4，S △FMN ≤4＝3，即当t ＝1，m ＝0时，取等号， 又S △F 1MN ＝4R ， 39所以R ＝4，故所求内切圆面积的最大值为16π.max所以直线l 的方程为 x ＝1时，△1的内切圆面积获得最大值FMN916π.一保高考，全练题型做到高考达标x 2 y 21．(2019·台州模拟)已知双曲线12－4＝1的右焦点为F ，若过点F 的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则此直线的斜率的取值范围是( )A.－3，3B ．[－3，3]33C.－3，3D ．(－3，3)33分析：选A易知该双曲线的渐近线方程为y ＝± 33x ，当过右焦点的两条直线分别与两条渐近线平行，即两条直线的斜率分别为3和－3时，这两条直线与双曲线右支分别只3 3有一个交点，所以此直线的斜率的取值范围是33 .－3，32．(2018·宁波调研)已知但是原点O 的直线交抛物线 y 2＝2px 于A ，B 两点，若OA ，AB的斜率分别为 k ＝2，k ＝6，则OB 的斜率为()OAABA ．3B ．2C ．－2D ．－3分析：选 D 由题意可知，直线 OA 的方程为 y ＝2x ，与抛物线方程 y 2＝2px 联立得y ＝2 ，x ＝0，ppy 2＝2px ，解得y ＝0或2所以A 2，p ，则直线AB 的方程为 y －p ＝y ＝p ，p y ＝6x －2p ，x ＝2p，296x －2，即y ＝6x －2p ，与抛物线方程y ＝2px联立得y 2＝2px ，解得 2py ＝－3p2pxp－＝，2232或所以BpOB2p ＝－3.y ＝p ， 9，－3，所以直线OB 的斜率k＝9πx 2 y 23．(2018·杭州二模)倾斜角为4 的直线经过椭圆 a 2＋b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点F ，与椭圆交于 ， 两点，且 ＝2 ，则该椭圆的离心率为 ( )ABAFFBA. 3B.22323 C.2D.3x 2 y 2分析：选B由题可知，直线的方程为 y ＝x －c ，与椭圆方程联立得a 2＋b 2＝1，∴y ＝x －c ，y 1 ＋y 2－2b 2c＝2 2，(2＋2) y 2＋2 2 － b 4＝0，且＞0.设( 1， 1)，( 2， 2)，则 a ＋b 又－b 4abbcyAx y Bx y y ya1 2 2 2－22AF ＝2FB ，∴(c －x 1，－y 1)＝2(x 2－c ，y 2)，∴－y 1＝2y 2，即－y 2＝a 2＋b 2，1 －2 2－b 4 2，∴2＝2＝ 2ya ＋b4c 22a 2＋b 2，∴e ＝3，应选B.2 24．(2018·温州十校联考)已知点P 是双曲线：x2－y2＝1(＞0，＞0)右支上一点，C a bab1是双曲线的左焦点，且双曲线的一条渐近线正是线段1的中垂线，则该双曲线的离心率FPF是()A.2B. 3 C ．2D.52分析：选 D1ab－ a ， ab设直线PF ：y ＝b (x ＋c )，则与渐近线y ＝－a x 的交点为Mcc .因1P －2a 2＋ ， 2ab，因为点P 在双曲线上，所以为M 是PF 的中点，利用中点坐标公式，得c cc b 2－a 224a 2b 2422满足a 2c 2－c 2b 2＝1，整理得c＝5ac ，解得e ＝5.5．(2019·丽水五校联考)已知抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0) 的焦点为F ，准线为l ，过点F且倾斜角为60°的直线交C 于A ，B 两点，AM ⊥l ，BN ⊥l ，M ，N 为垂足，点Q 为MN 的中点， |Q F |＝2，则p ＝________.分析：如图，由抛物线的几何性质可得，以AB 为直径的圆与准线相切，且切点为Q ，△MFN 是以∠MFN 为直角的直角三角形，∴ |MN |＝2|Q F ||BD | °＝ 4 ＝ 8 3sin603 3 .设A (x ，12y 2＝2px ，12 2p2 2 125 p ，∴|AB |＝x13x －y ＝ 2 ，35 883＋ x 2＋p ＝3p ＋p ＝3p ＝3，∴p ＝3.答案：322y6．已知双曲线x －＝1上存在两点M ，N 关于直线y ＝x ＋m 对称，且MN 的中点在抛物 线y 2＝18x 上，则实数m 的值为________．分析：设( 1， 1)，( 2， 2)， 的中点 ( 0， 0)，MxyNxyMNPxy22y 1x 1 －3＝1，则22y 2x 2 －3＝1，1两式相减，得(x 2－x 1)(x 2＋x 1)＝3(y 2－y 1)(y 2＋y 1)，y －y 1 y ＋y 1 MN y 0 明显x 1≠x 2.∴ 2· 2＝3，即k ·x 2 －x 1 x 2 ＋x 1 x ＝3，0 ∵M ，N 关于直线y ＝x ＋m 对称，∴k MN ＝－1，m 3m∴ y 0＝－3x 0.又∵y 0＝x 0＋m ，∴P －4，4，92 m代入抛物线方程得16m ＝18×－4 ，解得m ＝0或－8，经检验都吻合． 答案：0或－87．(2019·湖州六校联考)设抛物线： y 2＝4 x 的焦点为，过点(－1,0)作直线l 与CFP抛物线C 交于 ， B 两点，若△ABF＝2，且||＜||，则|AF |＝________.ASAF BF|BF |分析：设直线 l 的方程为x ＝my －1，将直线方程代入抛物线C ：y 2＝4x 的方程，得y 2－4my ＋4＝0，＝ 2＞0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，|y 1|＜|y 2|，所以y 1＋y 2＝4m ，16(m －1) y 1·y 2＝4，又S △122＝|y 2－y 1|＝22＝＝2，所以1＋m ·|y －y |·22，所以y ＋yABF2m ＋122105y 1|AF | |x ＋1| |my －1＋1| y 11110，所以12 ＝＝，从而＝，即＝1 ＝ 1＝＝.y 2＋ y 21·y 242＋ 2－y22 |BF | |x 1| |my 11| 21答案：2x 221 C 所截8．(2019·衢州模拟)已知椭圆C ：＋y ＝1，若一组斜率为的平行直线被椭圆24线段的中点均在直线 l 上，则l 的斜率为________．分析：设弦的中点坐标为( ， y )，设直线 ＝1＋与椭圆订交于( 1， 1)，( 2，Mxy 4xmAxyBxy ＝ 1 ＋，4x m2222y 2)两点，由2消去y ，得9x ＋8mx ＋16m －16＝0，＝64m －4×9×(16mx 22＋y＝1232 32128m 1216m －16－16)＞0，解得－4＜m ＜4，x ＋x ＝－9，xx ＝9，∵M (x ，y )为弦AB 的中点，124m∴x ＋x ＝2x ，解得x ＝－9，3 2 3 22 2∵m ∈－4，4，∴x ∈－3，3，1y ＝4x ＋m ，由消去m ，得y ＝－2x ，4mx ＝－922则直线l 的方程为y ＝－2x ，x ∈－3，3， ∴直线l 的斜率为－2. 答案：－2x 22 9．(2018·东阳适应)已知椭圆a 2＋y ＝1(a ＞1)．(1)若A (0,1)到焦点的距离为 3，求椭圆的离心率．(2)Rt △以(0,1) 为直角极点，边，与椭圆交于两点，.若△ 面积的最ABCAAB AC BC ABC27大值为8，求a 的值．c 6解：(1) 由题可得a ＝ 3，所以c ＝ 2，所以e ＝a ＝3.(2)不如设AB 斜率k ＞0，1则AB ：y ＝kx ＋1,AC ：y ＝－kx ＋1，y ＝kx ＋1，由x 22a 2＋y ＝1得(1＋a 2k 2)x 2＋2a 2kx ＝0，2a 2k2a 2k解得x B ＝－1＋a 2k 2，同理x C ＝k 2＋a 2，14k 1＋k 2S ＝2|AB || AC |＝ 2a ·a 2k 4＋a 4k 2＋k 2＋a 2114k ＋k＝2 4k ＋k，＝2a ·a 2a ·12 242k ＋ 2 ＋ 22ak＋2＋a＋1ak a －1k1设t ＝k ＋k ，则t ≥2，4t2a 4a 3a 2－1S ＝2a ·2 2 ＋ a 2－2＝2 －2≤2－1，当且仅当t ＝a≥2，即a ≥1＋ata 2t ＋ a ta2时取等号，a 3273＋297由a 2－1＝8，解得a ＝3，a ＝ 16(舍)，若a ＜1＋ 2，明显无解．∴a ＝3.x 2 y 2310．(2019·嘉兴模拟)已知椭圆C ：a 2＋b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为3，F 1，F 2分别为椭圆C 的左、右焦点，过 F 2的直线l 与C 订交于A ，B 两点，△F 1AB 的周长为43.(1) 求椭圆C 的方程；(2)若椭圆 C 上存在点 ，使四边形 为平行四边形，求此时直线 l 的方程．POAPB3 c 3解：(1)∵椭圆的离心率为3，∴a ＝3，∴a ＝3c ，又△F 1AB 的周长为4 3，∴4a ＝4 3，解得a ＝3，∴c ＝1，b ＝2，x 2y 2∴椭圆C 的标准方程为3＋2＝1.(2) 设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，P (x 0，y 0)，∵当直线l 的斜率不存在时，这样的直线不满足题意， ∴设直线l 的斜率为k ，则直线l 的方程为y ＝k (x －1)， 将直线l 的方程代入椭圆方程，整理得(2＋3k 2)x 2－6k 2x ＋3k 2－6＝0，6k 2 ∴x 1＋x 2＝2＋3k 2，6k 3－4k故y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)－2k ＝2＋3k 2－2k ＝2＋3k 2.∵四边形OAPB 为平行四边形，∴ OP ＝OA ＋ OB ，6k 2－4 k从而x 0＝x 1＋x 2＝2＋3k 2，y 0＝y 1＋y 2＝2＋3k 2，6k 2 2－4k 22＋3 22＋3 k 2又P (x ，y )在椭圆上，∴k＋＝1，23化简得3k 4－4k 2－4＝0，解得k ＝±2，故所求直线l 的方程为y ＝±2(x －1)． 二登台阶，自主选做志在冲刺名校221．(2018·湖州质检)已知椭圆： x 2＋y2＝1(a ＞＞0)，不经过原点 O 的直线 l ：＝E a b b ykx＋m (k ＞0)与椭圆E 订交于不一样的两点 A ，B ，直线 OA ，AB ，OB 的斜率挨次构成等比数列．(1) 求a ，b ，k 的关系式；1＋1(2)若离心率e ＝2且|AB |＝7mm ，当m 为什么值时，椭圆的焦距获得最小值？解：(1) 设( 1， y 1)，( 2， 2)，AxBx y 2y 1y 2由题意得k ＝k OA ·k OB ＝.x 1x 222x 2 y 2222222222联立a ＋b ＝1，消去y ，整理得(b＋ak )x ＋2akmx ＋am －ab ＝0，y ＝kx ＋m222222 222＞0，故＝(2akm )－4(b ＋ak )(am －ab )222 2即b －m ＋ak ＞0，2222 22akmam －ab且x 1＋x 2＝－b 2＋a 2k 2，x 1·x 2＝b 2＋a 2k 2，y 1y2＋kmx 1＋x 2222kx 1x 2＋m所以k ＝＝xx，xx221 12 22 22akm2即km (x 1＋x 2)＋m ＝0，－b 2＋a 2k 2＋m ＝0.又直线不经过原点，所以m ≠0，所以b 2＝a 2k 2，即b ＝ak .(2)因为 1 ＝2 ，＝ 3 ， ＝ 3＝，则 ，2 22 2 23 所以x 1＋x 2＝－b 2＋a 2k 2＝－3，x 1·x 2＝22 2 2222am －abb 2＋a 2k 2＝3m －2c ，所以|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝7x 1＋x 22－4x 1·x 2＝27 2 322 222·－ 3m－43m －2c721＝4m2m ＋ ，2 ·－3＋8c ＝7 m214 32＝ 4m＞0恒建立),化简得2c＋2＋2≥＋2(3m3214当且仅当 4m，即 ＝±12时，焦距最小．＝23mm2412综上，当m ＝±2时，椭圆的焦距获得最小值．2．(2018·学军适考)已知抛物线C ：x 2＝4y ，过点P (0，m )(m ＞ 0) 的动直线l 与C 订交于A ，B 两点，抛物线C 在点A 和点B 处的切线 订交于点Q ，直线A Q ，B Q 与x 轴分别订交于点E ，F .(1) 写出抛物线C 的焦点坐标和准线方程； (2) 求证：点Q 在直线y ＝－m 上；(3) 判断能否存在点P ，使得四边形PE Q F 为矩形？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，说明原由．解：(1)焦点坐标为(0,1)，准线方程为y ＝－1.(2) 证明：由题意知直线l 的斜率存在，故设l 的方程为y ＝kx ＋m .y ＝kx ＋m ， 得x 2－4kx －4m ＝0，由方程组2＝4，xy由题意，得＝16k 2＋16m ＞0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4m ，121所以抛物线在点A 处的切线方程为y －4x 1＝2x 1(x －x 1)，1 12 化简，得y ＝2x 1x －4x 1，①同理，抛物线在点 B 处的切线方程为11 2 .②2 2112 11 211 22即2(x －x )x ＝4(x － x )(x ＋x )，因为x ≠x ，所以x ＝2 (x ＋x ),代入①，得y ＝4xx21 12 1 1 2121211 21 1x1＋x2＝－m，所以点Q，－m，即Q(2k，－m)．2所以点Q在直线y＝－m上.(3)假设存在点P，使得四边形PE Q F为矩形，由四边形PE Q F为矩形，得E Q⊥F Q，即A Q⊥B Q，11所以k AQ·k BQ＝－1，即2x1·2x2＝－1.1 1由(2)，得4x1x2＝4(－4m)＝－1，解得m＝1.所以P(0,1)．以下只要考据此时的四边形PE Q F为平行四边形即可．1在①中，令y＝0，得E2x1，0.1同理得F2x2，0.所以直线EP的斜率为k＝1－0 －2 ，EP0－2x1直线Q的斜率k 0－－＝－2F 1x2－x＋x2 x1 12 2EP FQ所以k＝k，即EP∥F Q.同理∥Q.PF E所以四边形PE Q F为平行四边形．综上所述，存在点P(0,1)，使得四边形PE Q F为矩形．命题点一椭圆x2y21．(2018·全国卷Ⅱ)已知F1，F2是椭圆C：a2＋b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，A是C的左极点，点P 在过A且斜率为 3 的直线上，△12为等腰三角形，∠12＝120°，则C6 PFF FFP的离心率为( )2 1A.3B.21 1C. D.3 4分析：选D如图，作PB ⊥x 轴于点 B .由题意可设|F 1F 2|＝|PF 2|＝2，则c ＝1.由∠FFP ＝120°，可得|PB |＝3，|BF |＝1，故|AB |＝a ＋1＋122|PB |33c 1 1＝a ＋2，tan ∠PAB ＝||＝a ＋2＝ 6，解得a ＝4，所以e ＝＝ 4.ABa2x 2．(2018·浙江高考)已知点P (0,1)，椭圆＋y ＝m (m ＞1)上两点A ，―→―→B 满足AP ＝2PB ，则当m ＝________时，点B 橫坐标的绝对值最大．―→―→分析：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由AP ＝2PB ，－ x 1＝2x 2， 得 y 2－ ， 即x 1＝－2x 2，y 1＝3－2y 2.1－y 1＝24x 2－2y24＋2＝m ，因为点 ， 在椭圆上，所以2ABx 224＋y 2＝m ，13221 25 912＋4≤4，＝m －(3－2y)＝－＝－222所以当m ＝5时，点B 横坐标的绝对值最大． 答案：52x 3．(2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C ：＋y ＝1的右焦点为F ，过F 的直线l 与C 交于A ，B 两点，点M 的坐标为(2,0)．(1)当 l 与 x 轴垂直时，求直线 的方程；AM (2)设O 为坐标原点，证明：∠ OMA ＝∠OMB .解：(1)由已知得(1,0) ， l 的方程为 x ＝1.F则点 A 的坐标为2 或2 .1，21，－2又M (2,0)，所以直线AM 的方程为y ＝－2 x ＋2或y ＝2 2 x －2，2即 x ＋2－2＝0或x －2－2＝0.yy(2) 证明：当l 与x 轴重合时，∠OMA ＝∠OMB ＝0°.当l与x 轴垂直时，OM 为AB 的垂直均分线， 所以∠OMA ＝∠OMB .当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l 的方程为 y ＝k (x －1)(k ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＜2，x 2＜2，直线MA ，MB 的斜率之和为y 1y 2k MA ＋k MB ＝x 1－2＋x 2－2. 由y 1＝kx 1－k ，y 2＝kx 2－k ，2 1 x 2 －3x 1＋ 2＋4kkxkx得k ＋k ＝.MAMBx 1－x 2－2将y ＝k (x －1)代入x＋y 2＝1，2得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0，4k 22k 2－2所以x 1＋x 2＝2k 2＋1，x 1x 2＝2k 2＋1. 则2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k 4k 3－4k －12k 3＋8k 3＋4k ＝2k 2＋1＝0.从而k MA ＋k MB ＝0，故MA ，MB 的倾斜角互补．所以∠OMA ＝∠OMB . 综上，∠OMA ＝∠OMB 建立．x 2 y 24．(2018·天津高考)设椭圆a 2 ＋b 2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点为F ，上极点为B .已知椭圆的离心率为5A 的坐标为(b, 0)，且||·||＝62.，点3FBAB(1) 求椭圆的方程．(2)设直线l ：y ＝kx (k ＞0)与椭圆在第一象限的交点为P ，且l 与直线AB 交于点Q ，若|A Q|5 2|Q|＝4 sin ∠AO Q(O 为原点)，求k 的值．P解：(1)设椭圆的焦距为2c ，c 2 5222＝3 .①由已知有2＝，又由a ＝b ＋c ，可得2ba9a由已知可得|FB |＝a ，|AB | ＝ 2b ，又|FB |·|AB |＝62，可得ab ＝6.② 联立①②解得a ＝3，b ＝2.x 2y 2所以椭圆的方程为＋＝1.94(2) 设点P 的坐标为(x 1，y 1)，点Q 的坐标为(x 2，y 2)．由已知有y 1＞y 2＞0，故|P Q|sin ∠AO Q ＝y 1－y 2.又因为|y 2A Q|＝，而∠sin ∠OABOAB ＝π，4所以|A Q|＝2y 2. |A Q|52由|P Q|＝4sin ∠AO Q ，可得5y 1＝9y 2.y ＝kx ，由方程组 x 2 y 2消去x ，可得y 1＝6k.29＋4＝19k ＋4易知直线AB 的方程为x ＋y －2＝0，y ＝kx ，2x ＋y －2＝02k由方程组 消去x ，可得y ＝k ＋1.由5y 1＝9y 2，可得5(k ＋1)＝39k 2＋4，两边平方，整理得256k －50k ＋11＝0，解得 1 k ＝2或11k ＝28.所以k 的值为 1 或 211 28.x 2y 25．(2018·全国卷Ⅲ )已知斜率为 k 的直线 l 与椭圆C ：4＋3＝1交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M (1，m )(m ＞0)．1(1) 证明：k ＜－2；(2) 设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且 ―→―→―→―→―→FP ＋FA ＋FB ＝0. 证明：|FA |，|FP |，―→|FB |成等差数列，并求该数列的公差．解：(1)证明:设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，222 2x 1y 1x 2 y 2则4＋3＝1，4＋3＝1.y 1－y 2 ＝k 得 x 1＋x 2 y 1＋y 2·k ＝0.两式相减，并由x 1－x 2 4 ＋ 3 由题设知 x 1＋x 2 y 1＋y 23 ＝1， 2 ＝m ，于是k ＝－ .①24 m 由题设得 3 k 10＜＜，故 ＜－.m 2 2(2) 由题意得F (1,0)．设P (x 3，y 3)，则(x 3－1，y 3)＋(x 1－1，y 1)＋(x 2－1，y 2)＝(0,0)． 由(1)及题设得x 3＝3－(x 1＋x 2)＝1， y 3＝－(y 1＋y 2)＝－2m ＜0.又点P 在C 上，所以m ＝3，4从而P 1，－ 3，| ―→ 32 FP |＝，2―→21222x 1于是|111－FA |＝x －＋y ＝x －＋34x 1＝2－.2―→x 2同理|FB | ＝2－2.―→―→1所以| FA | ＋|FB |＝4－2(x 1＋x 2)＝3.故 ―→ ＝ ―→ ―→2| FP | | FA | ＋|FB |，即―→ ―→ ―→ |成等差数列． |FA |，| FP |，| FB 设该数列的公差为 d ，则2|d |＝| ―→―→1|x －x |212＝1x 1＋x 22－412.②2xx3将m ＝4代入①得k ＝－1，7 所以l 的方程为y ＝－x ＋4，21代入C 的方程，并整理得7x －14x ＋＝0.故x 1＋x 2 ＝2，x 1x 2 13 21 ＝ ，代入②解得|d |＝.28283 21 3 21 所以该数列的公差为 28或－28.命题点二双曲线x 2y 21．(2018·全国卷Ⅱ)双曲线a 2－b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的离心率为3，则其渐近线方程为 ()A ．y ＝±2xB ．y ＝±3xC ． ＝±2 D ．＝±3 y2xy2xca 2＋b 2分析：选A ∵e ＝a ＝a ＝3， ∴ a 2＋b 2＝3a 2，∴b ＝2a . ∴渐近线方程为 y ＝± 2.xx 2 y 22．(2018·全国卷Ⅲ)设F 1，F 2 是双曲线 C ：a 2－b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的左、右焦点，O是坐标原点．过 2作 C 的一条渐近线的垂线， 垂足为 .若| 1|＝ 6||，则 C 的离心率为FPPFOP( )A. 5 B ．2C.3D.2b 分析：选C法一：不如设一条渐近线的方程为y ＝a x ，则F 2到y ＝ bx 的距离d ＝|bc |＝b .aa 2＋b 2在Rt △F 2PO 中，|F 2O |＝c ， 所以|PO |＝a ，所以|PF 1|＝ 6a ，又|F 1O |＝c ，所以在△F 1PO 与Rt △F 2PO 中，依据余弦定理得1a 2＋c 2－6a2 2a cos ∠POF ＝2ac＝－cos ∠POF ＝－c ，22222c即3a ＋c － (6a )＝0，得3a ＝c ，所以e ＝a ＝3.法二：如图，过点F 向OP 的反向延长线作垂线，垂足为P ′，连1接P ′F 2，由题意可知，四边形PF 1P ′F 2为平行四边形，且△PP ′F 2是直角三角形．因为|F 2P |＝b ，|F 2O |＝c ，所以|OP |＝a .又|PF 1 |＝ 6a ＝|F 2P ′|，|PP ′|＝2 a ，所以|F 2P |＝ 2a ＝b ，所以c ＝ a 2＋b 2＝3a ，所以e ＝ c＝3.a223．(2018·天津高考)已知双曲线x 2－y2＝1(a＞0，＞0)的离心率为2，过右焦点且垂a bb直于x 轴的直线与双曲线交于 A ，B 两点．设A ，B 到双曲线的同一条渐近线的距离分别为 d 和d ，且d ＋d ＝6，则双曲线的方程为 ( )121 2x 2 y 2x 2 y 2A.4－12＝1B. 12－4＝1x 2 y 2x 2 y 2C.3－9＝1D.9－3＝1分析：选C法一：如图，不如设A 在B 的上方，则b 2，Ac ，aB c ，－ b 2 .a又双曲线的一条渐近线为 bx －ay ＝0，则 d 1＋ bc －b 2＋bc ＋b 22bc2＝a 2＋b 2＝＝2dcb＝6，所以b ＝3.c222又由e ＝a ＝2，知a ＋b ＝4a ，所以a ＝3.所以双曲线的方程为x 2 y 2－ ＝1.3 9x 2法二：由d 1＋d 2＝6，得双曲线的右焦点到渐近线的距离为3，所以b ＝3.因为双曲线a 2－y 2c a 2＋b 2 a 2＋92b 2 ＝1(a ＞0，b ＞0)的离心率为2，所以a ＝2，所以a 2＝4，所以 a 2＝4，解得a ＝3，x 2y 2所以双曲线的方程为3－9＝1.x 224．(2018·全国卷Ⅰ)已知双曲线C ：3－y ＝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 |＝()3A.2 B ．3 C ．23D ．4分析：选B 法一：由已知得双曲线的两条渐近线方程为y ＝113±3x .设两条渐近线的夹角为 2α，则有tan α＝3＝3，所以α＝30°.所以∠MON ＝2α＝60°.又△OMN 为直角三角形，因为双曲线拥有对称性，不如设MN ⊥ON ，以下列图．在 Rt △ONF 中，|OF |＝2，则|ON |＝3.在Rt △OMN 中，|MN |＝|ON |·tan2α＝3·tan60°＝3.x 223法二：因为双曲线 3－y ＝1的渐近线方程为 y ＝± 3x ，所以∠MON ＝60°.不如设过点F 的直线与直线 3x 交于点M ，由△OMN 为直角三角形，不如设∠OMN ＝90°，则∠MFOy ＝ 3 ＝60°，又直线过点 (2,0) ，所以直线 的方程为 y ＝－ 3( x －2)，MNFMNy ＝－ 3x － ，x ＝ 3 ，2由3得3y ＝3 x ，y ＝2 ，333232所以M 2，2，所以|OM |＝2 ＋2 ＝ 3，所以|MN |＝ 3|OM |＝3.x 2 y 25．(2018·江苏高考)在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线a 2－b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的右3焦点F (c,0)到一条渐近线的距离为2c ，则其离心率的值为________．分析：∵双曲线的渐近线方程为± ＝0，bx ay|bc ±0|∴焦点F (c,0)到渐近线的距离 d ＝b 2＋a2＝b ，∴＝3，∴＝c 2－ 2＝1，b2cab 2cc∴e ＝a ＝2. 答案：26．(2018·北京高考)已知椭圆x 2 y 2a ＞＞0) ，双曲线x 2 y 2：2＋2＝1(：2－2＝1.若双曲线M a b bN m n 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极点，则椭圆 M 的离心率为__________；双曲线N 的离心率为________．n分析：法一：如图，∵双曲线N 的渐近线方程为y ＝±mx ，n3，∴＝tan60°＝m∴双曲线N 的离心率e2 n 2满足e ＝1＋＝4，∴e ＝2.11m1y ＝ 3x ， 2 a 2b 22.由x2y2得x ＝ 2a 2＋b 2＝1，3a ＋b设D 点的横坐标为 x ，由正六边形的性质得 ||＝2 x ＝ ，∴42＝2.EDcx c4a 2b 2224224∴3a 2＋b 2＝a －b ，得 3a －6ab －b ＝0，。
专题53 圆锥曲线的综合问题教学案-2018年高考数学理一
圆锥曲线是平面解析几何的核心部分，也是每年高考必考的一道解答题，常以求曲线的标准方程、位置关系、定点、定值、最值、范围、探索性问题为主．这些试题的命制有一个共同的特点，就是起点低，但在第(2)问或第(3)问中一般都伴有较为复杂的运算，对考生解决问题的能力要求较高，通常作为压轴题的形式出现．高频考点一 圆锥曲线中的定点问题【例1】已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)过点(0，1)，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列.直线l 与x 轴正半轴和y 轴分别交于Q ，P ，与椭圆分别交于点M ，N ，各点均不重合且满足PM →＝λ1MQ →，PN →＝λ2NQ →. (1)求椭圆的标准方程；(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l 过定点并求此定点.解 (1)设椭圆的焦距为2c ，由题意知b ＝1，且(2a )2＋(2b )2＝2(2c )2， 又a 2＝b 2＋c 2，所以a 2＝3. 所以椭圆的方程为x 23＋y 2＝1.∴由题意知Δ＝4m 2t 4－4(t 2＋3)(t 2m 2－3)＞0，② 且有y 1＋y 2＝2mt 2t 2＋3，y 1y 2＝t 2m 2－3t 2＋3，③将③代入①得t 2m 2－3＋2m 2t 2＝0， ∴(mt )2＝1. 由题意mt ＜0， ∴mt ＝－1，满足②，得l 方程为x ＝ty ＋1，过定点(1，0)，即Q 为定点. 【方法规李】 圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.(2)特殊到一般法，根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关. 【举一反三】已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的两焦点在x 轴上，且两焦点与短轴的一个顶点的连线构成斜边长为2的等腰直角三角形. (1)求椭圆的方程；(2)过点S ⎝⎛⎭⎫0，－13的动直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点Q ，使得以线段AB 为直径的圆恒过点Q ？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由. 解 (1)∵椭圆两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，∴b ＝c .又斜边长为2，即2c ＝2，故c ＝b ＝1，a ＝2，椭圆方程为x 22＋y 2＝1.(2)当l 与x 轴平行时，以线段AB 为直径的圆的方程为x 2＋⎝⎛⎭⎫y ＋132＝169； 当l 与y 轴平行时，以线段AB 为直径的圆的方程为x 2＋y 2＝1. 由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋⎝⎛⎭⎫y ＋132＝169，x 2＋y 2＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝1，故若存在定点Q ，则Q 的坐标只可能为Q (0，1). 下面证明Q (0，1)为所求：若直线l 的斜率不存在，上述已经证明. 若直线l 的斜率存在，设直线l ：y ＝kx －13， A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －13，x 2＋2y 2－2＝0，得(9＋18k 2)x 2－12kx －16＝0， Δ＝144k 2＋64(9＋18k 2)＞0， x 1＋x 2＝12k18k 2＋9，x 1x 2＝－1618k 2＋9，QA →＝(x 1，y 1－1)，QB →＝(x 2，y 2－1)， QA →²QB →＝x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1) ＝(1＋k 2)x 1x 2－4k 3(x 1＋x 2)＋169＝(1＋k 2)²－169＋18k 2－4k 3²12k 9＋18k 2＋169＝0， ∴QA →⊥QB →，即以线段AB 为直径的圆恒过点Q (0，1). 高频考点二 定值问题【例2】 (2016²山东卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的长轴长为4，焦距为2 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 . ①设直线PM ，QM 的斜率分别为k ，k ′，证明k ′k 为定值. ②求直线AB 的斜率的最小值. 解 (1)设椭圆的半焦距为c .由题意知2a ＝4，2c ＝2 2. 所以a ＝2，b ＝a 2－c 2＝ 2. 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1. (2)①证明 设P (x 0，y 0)(x 0＞0，y 0＞0). 由M (0，m )，可得P (x 0，2m )，Q (x 0，－2m ). 所以直线PM 的斜率k ＝2m －m x 0＝mx 0.直线QM 的斜率k ′＝－2m －m x 0＝－3mx 0.此时k ′k ＝－3.所以k ′k 为定值－3.同理x 2＝2（m 2－2）（18k 2＋1）x 0，y 2＝－6k （m 2－2）（18k 2＋1）x 0＋m .所以x 2－x 1＝2（m 2－2）（18k 2＋1）x 0－2（m 2－2）（2k 2＋1）x 0＝－32k 2（m 2－2）（18k 2＋1）（2k 2＋1）x 0， y 2－y 1＝－6k （m 2－2）（18k 2＋1）x 0＋m －2k （m 2－2）（2k 2＋1）x 0－m＝－8k （6k 2＋1）（m 2－2）（18k 2＋1）（2k 2＋1）x 0， 所以k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝6k 2＋14k ＝14⎝⎛⎭⎫6k ＋1k ，由m ＞0，x 0＞0，可知k ＞0， 所以6k ＋1k ≥26， 当且仅当k ＝66时取“＝”. 故此时2m －m4－8m 2－0＝66，即m ＝147，符合题意.所以直线AB 的斜率的最小值为62.【方法规律】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.依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，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解析式，再利用题设条件化简、变形求得；(3)求某线段长度为定值.利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得.【变式探究】 (2016²北京卷)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 |²|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. 所以椭圆方程为x 24＋y 2＝1.令y ＝0得x N ＝－x 0y 0－1.∴|AN |＝|2－x N |＝⎪⎪⎪⎪2＋x 0y 0－1.∴|AN |²|BM |＝⎪⎪⎪⎪2＋x 0y 0－1²⎪⎪⎪⎪1＋2y 0x 0－2 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 0＋2y 0－2x 0－2²⎪⎪⎪⎪⎪⎪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 |²|BM |＝4.故|AN |²|BM |为定值. 高频考点三 范围问题【例3】 (2016²天津卷)设椭圆x 2a 2＋y 23＝1(a ＞3)的右焦点为F ，右顶点为A .已知1|OF |＋1|OA |＝3e|FA |，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 (1)设F (c ，0)，由1|OF |＋1|OA |＝3e|FA |， 即1c ＋1a ＝3c a （a －c ），可得a 2－c 2＝3c 2.又a 2－c 2＝b 2＝3，所以c 2＝1，因此a 2＝4. 所以椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.由BF ⊥HF ，得BF →²FH →＝0，所以4k 2－94k 2＋3＋12ky H 4k 2＋3＝0，解得y H ＝9－4k 212k .因为直线MH 的方程为y ＝－1k x ＋9－4k 212k .设M (x M ，y M )，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －2），y ＝－1k x ＋9－4k 212k 消去y ，解得x M ＝20k 2＋912（k 2＋1）.在△MAO 中，∠MOA ≤∠MAO ⇔|MA |≤|MO |， 即(x M －2)2＋y 2M ≤x 2M ＋y 2M ，化简得x M ≥1，即20k 2＋912（k 2＋1）≥1，解得k ≤－64或k ≥64.所以直线l 的斜率的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－64或⎣⎢⎡⎭⎪⎫64，＋∞. 【方法规律】解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面(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.【变式探究】已知圆x 2＋y 2＝1过椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的两焦点，与椭圆有且仅有两个公共点，直线l ：y ＝kx ＋m 与圆x 2＋y 2＝1相切，与椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1相交于A ，B 两点.记λ＝OA →²OB →，且23≤λ≤34. (1)求椭圆的方程； (2)求k 的取值范围；(3)求△OAB 的面积S 的取值范围. 解 (1)由题意知2c ＝2，所以c ＝1. 因为圆与椭圆有且只有两个公共点，从而b ＝1，故a ＝2，所以所求椭圆方程为x 22＋y 2＝1. (2)因为直线l ：y ＝kx ＋m 与圆x 2＋y 2＝1相切，所以原点O 到直线l 的距离为|m |12＋k 2＝1，即m 2＝k 2＋1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－21＋2k 2.λ＝OA →²OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝k 2＋11＋2k 2，由23≤λ≤34，得12≤k 2≤1， 即k 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－22∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，1. (3)|AB |2＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＝(1＋k 2)[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2]＝2－2（2k 2＋1）2， 由12≤k 2≤1，得62≤|AB |≤43. 设△OAB 的AB 边上的高为d ， 则S ＝12|AB |d ＝12|AB |，所以64≤S ≤23. 即△OAB 的面积S 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤64，23. 高频考点四 最值问题【例4】 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).(2)令t ＝1m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－62，0∪⎝⎛⎭⎪⎫0，62，则|AB |＝t 2＋1²－2t 4＋2t 2＋32t 2＋12. 且O 到直线AB 的距离为d ＝t 2＋12t 2＋1.设△AOB 的面积为S (t )， 所以S (t )＝12|AB |²d ＝12－2⎝⎛⎭⎫t 2－122＋2≤22. 当且仅当t 2＝12时，等号成立. 故△AOB 面积的最大值为22.【方法规律】处理圆锥曲线最值问题的求解方法圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，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.【变式探究】 已知椭圆C ：x 2＋2y 2＝4. (1)求椭圆C 的离心率；(2)设O 为原点.若点A 在直线y ＝2上，点B 在椭圆C 上，且OA ⊥OB ，求线段AB 长度的最小值.解 (1)由题意，椭圆C 的标准方程为x 24＋y 22＝1. 所以a 2＝4，b 2＝2，从而c 2＝a 2－b 2＝2. 因此a ＝2，c ＝ 2.故椭圆C 的离心率e ＝c a ＝22.故线段AB 长度的最小值为2 2. 高频考点五 圆锥曲线中的探索性问题圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面：(1)探索点是否存在；(2)探索曲线是否存在；(3)探索命题是否成立．涉及这类命题的求解主要是研究直线与圆锥曲线的位置关系问题． 例5、如图，设椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，点D 在椭圆上，DF 1⊥F 1F 2，|F 1F 2||DF 1|＝22，△DF 1F 2的面积为22.(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 (1)设F 1(－c ，0)，F 2(c ，0)，其中c 2＝a 2－b 2. 由|F 1F 2||DF 1|＝22，得|DF 1|＝|F 1F 2|22＝22c .从而S △DF 1F 2＝12|DF 1||F 1F 2|＝22c 2＝22，故c ＝1. 从而|DF 1|＝22.(3分)由DF 1⊥F 1F 2，得|DF 2|2＝|DF 1|2＋|F 1F 2|2＝92，因此|DF 2|＝322. 所以2a ＝|DF 1|＋|DF 2|＝22， 故a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝1.因此，所求椭圆的标准方程为x 22＋y 2＝1.(4分)当x 1＝0时，P 1，P 2重合，题设要求的圆不存在．当x 1＝－43时，过P 1，P 2分别与F 1P 1，F 2P 2垂直的直线的交点即为圆心C . 设C (0，y 0)，由CP 1⊥F 1P 1，得y 1－y 0x 1²y 1x 1＋1＝－1.而求得y 1＝13，故y 0＝53.(10分)圆C 的半径|CP 1|＝⎝⎛⎭⎫－432＋⎝⎛⎭⎫13－532＝423.综上，存在满足题设条件的圆，其方程为：x 2＋⎝⎛⎭⎫y －532＝329.(12分)【感悟提升】(1)探索性问题通常采用“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探索性问题常用的方法．【变式探究】 在平面直角坐标系xOy 中，经过点(0，2)且斜率为k 的直线l 与椭圆x 22＋y 2＝1有两个不同的交点P 和Q . (1)求k 的取值范围；(2)设椭圆与x 轴正半轴、y 轴正半轴的交点分别为A ，B ，是否存在常数k ，使得向量OP →＋OQ →与AB →垂直？如果存在，求k 值；如果不存在，请说明理由． 解 (1)由已知条件，直线l 的方程为y ＝kx ＋2， 代入椭圆方程得x 22＋(kx ＋2)2＝1， 整理得⎝⎛⎭⎫12＋k 2x 2＋22kx ＋1＝0.① 直线l 与椭圆有两个不同的交点P 和Q 等价于①中Δ＝8k 2－4⎝⎛⎭⎫12＋k 2＝4k 2－2＞0，解得k ＜－22或k ＞22. 即k 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－22∪⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞. (2)不存在，理由如下：设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)， 则OP →＋OQ →＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2) 由方程①得，x 1＋x 2＝－42k1＋2k 2，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋22＝－42k 21＋2k 2＋2 2.∵(OP →＋OQ →)⊥AB →，AB →＝(－2，1)， ∴(x 1＋x 2)²(－2)＋y 1＋y 2＝0，即：－42k 1＋2k 2²(－2)－42k 21＋2k 2＋22＝0.解得：k ＝－24，由(1)知k 2＞12，与此相矛盾， 所以不存在常数k 使OP →＋OQ →与AB →垂直. 高频考点六、弦长问题例6、 (2016²四川卷)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝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 |²|PB |，并求λ的值. (1)解 由已知，a ＝2b ，则椭圆E 的方程为x 22b 2＋y 2b 2＝1. 由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 22b 2＋y 2b 2＝1，y ＝－x ＋3，得3x 2－12x ＋(18－2b 2)＝0.①方程①的判别式为Δ＝24(b 2－3)，由Δ＝0，得b 2＝3，此时方程①的解为x ＝2，所以椭圆E 的方程为x 26＋y 23＝1.点T 的坐标为(2，1). (2)证明 由已知可设直线l ′的方程为y ＝12x ＋m (m ≠0)， 由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x ＋m ，y ＝－x ＋3，可得⎩⎨⎧x ＝2－2m3，y ＝1＋2m 3.所以P 点坐标为⎝⎛⎭⎫2－2m 3，1＋2m 3.|PT |2＝89m 2. 设点A ，B 的坐标分别为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2).由方程组⎩⎨⎧x 26＋y 23＝1，y ＝12x ＋m ，可得3x 2＋4mx ＋(4m 2－12)＝0.②方程②的判别式为Δ＝16(9－2m 2)， 由Δ>0，解得－322<m <322. 由②得x 1＋x 2＝－4m3，x 1x 2＝4m 2－123.所以|PA |＝⎝⎛⎭⎫2－2m 3－x 12＋⎝⎛⎭⎫1＋2m 3－y 12＝52⎪⎪⎪⎪2－2m 3－x 1，同理|PB |＝52⎪⎪⎪⎪2－2m 3－x 2.所以|PA |²|PB |＝54⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫2－2m 3－x 1⎝⎛⎭⎫2－2m 3－x 2＝54⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫2－2m 32－⎝⎛⎭⎫2－2m 3（x 1＋x 2）＋x 1x 2＝54⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫2－2m 32－⎝⎛⎭⎫2－2m 3⎝⎛⎭⎫－4m 3＋4m 2－123＝109m 2.故存在常数λ＝45，使得|PT |2＝λ|PA |²|PB |. 【方法规律】有关圆锥曲线弦长问题的求解方法：涉及弦长的问题中，应熟练的利用根与系数关系、设而不求法计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解.【变式探究】 已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)经过点(0，3)，离心率为12，左、右焦点分别为F 1(－c ，0)，F 2(c ，0). (1)求椭圆的方程；(2)若直线l ：y ＝－12x ＋m 与椭圆交于A ，B 两点，与以F 1F 2为直径的圆交于C ，D 两点，且满足|AB ||CD |＝534，求直线l 的方程.解 (1)由题设知⎩⎪⎨⎪⎧b ＝3，c a ＝12，b 2＝a 2－c 2，解得a ＝2，b ＝3，c ＝1，∴椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由(1)知，以F 1F 2为直径的圆的方程为x 2＋y 2＝1，∴圆心到直线l 的距离d ＝2|m |5，由d ＜1，得|m |＜52.(*)∴|CD |＝21－d 2＝21－45m 2＝255－4m 2.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎨⎧y ＝－12x ＋m ，x 24＋y23＝1，得x 2－mx ＋m 2－3＝0，由根与系数关系可得x 1＋x 2＝m ，x 1x 2＝m 2－3. ∴|AB |＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋⎝⎛⎭⎫－122[m 2－4（m 2－3）] ＝1524－m 2. 由|AB ||CD |＝534，得4－m 25－4m2＝1，解得m ＝±33，满足(*). ∴直线l 的方程为y ＝－12x ＋33或y ＝－12x －33. 高频考点七 中点弦问题例7、 (1)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F (3，0)，过点F 的直线交E 于A ，B 两点.若AB 的中点坐标为 (1，－1)，则E 的方程为( ) A.x 245＋y 236＝1 B.x 236＋y 227＝1 C.x 227＋y 218＝1D.x 218＋y 29＝1(2)已知双曲线x 2－y 23＝1上存在两点M ，N 关于直线y ＝x ＋m 对称，且MN 的中点在抛物线y 2＝18x 上，则实数m 的值为________.解析 (1)因为直线AB 过点F (3，0)和点(1，－1)，所以直线AB 的方程为y ＝12(x －3)，代入椭圆方程x 2a 2＋y 2b 2＝1消去y ，得⎝⎛⎭⎫a24＋b 2x 2－32a 2x ＋94a 2－a 2b 2＝0，所以AB 的中点的横坐标为32a22⎝⎛⎭⎫a 24＋b 2＝1，即a 2＝2b 2，又a 2＝b 2＋c 2，所以b ＝c ＝3，a ＝32，选D. (2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，MN 的中点P (x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 21－y 213＝1，①x 22－y223＝1， ②x 1＋x 2＝2x 0， ③y 1＋y 2＝2y 0， ④由②－①得(x 2－x 1)(x 2＋x 1)＝13(y 2－y 1)(y 2＋y 1)， 显然x 1≠x 2.∴y 2－y 1x 2－x 1²y 2＋y 1x 2＋x 1＝3，即k MN ²y 0x 0＝3，∵M ，N 关于直线y ＝x ＋m 对称，∴k MN ＝－1，∴y 0＝－3x 0.又∵y 0＝x 0＋m ，∴P ⎝⎛⎭⎫－m 4，3m 4，代入抛物线方程得916m 2＝18²⎝⎛⎭⎫－m 4， 解得m ＝0或－8，经检验都符合. 答案 (1)D (2)0或－8【方法规律】处理中点弦问题常用的求解方法(1)点差法：即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有x 1＋x 2，y 1＋y 2，y 1－y 2x 1－x 2三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式即可求得斜率.(2)根与系数的关系：即联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后，由根与系数的关系求解.【变式探究】 设抛物线过定点A (－1，0)，且以直线x ＝1为准线. (1)求抛物线顶点的轨迹C 的方程；(2)若直线l 与轨迹C 交于不同的两点M ，N ，且线段MN 恰被直线x ＝－12平分，设弦MN 的垂直平分线的方程为y ＝kx ＋m ，试求m 的取值范围. 解 (1)设抛物线顶点为P (x ，y )，则焦点F (2x －1，y ). 再根据抛物线的定义得|AF |＝2，即(2x )2＋y 2＝4， 所以轨迹C 的方程为x 2＋y 24＝1.(2)设弦MN 的中点为P ⎝⎛⎭⎫－12，y 0，M (x M ，y M )，N (x N ，y N )，则由点M ，N 为椭圆C 上的点， 可知⎩⎪⎨⎪⎧4x 2M ＋y 2M ＝4，4x 2N ＋y 2N ＝4. 两式相减，得4(x M －x N )(x M ＋x N )＋(y M －y N )(y M ＋y N )＝0，将x M ＋x N ＝2³⎝⎛⎭⎫－12＝－1，y M ＋y N ＝2y 0，y M －y N xM －x N＝－1k 代入上式得k ＝－y 02. 又点P ⎝⎛⎭⎫－12，y 0在弦MN 的垂直平分线上， 所以y 0＝－12k ＋m . 所以m ＝y 0＋12k ＝34y 0.由点P ⎝⎛⎭⎫－12，y 0在线段BB ′上(B ′，B 为直线x ＝－12与椭圆的交点，如图所示)，所以y B ′＜y 0＜y B ，也即－3＜y 0＜ 3. 所以－334＜m ＜334，且m ≠0.1.【2016高考新课标3理数】已知抛物线C ：22y x =的焦点为F ，平行于x 轴的两条直线12,l l 分别交C 于,A B 两点，交C 的准线于P Q ，两点．（I ）若F 在线段AB 上，R 是PQ 的中点，证明AR FQ ；（II ）若PQF ∆的面积是ABF ∆的面积的两倍，求AB 中点的轨迹方程. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）21y x =-．【解析】由题设)0,21(F .设b y l a y l ==:,:21，则0≠ab ，且)2,21(),,21(),,21(),,2(),0,2(22b a R b Q a P b b B a A +---.记过B A ,两点的直线为l ，则l 的方程为0)(2=++-ab y b a x . .....3分 （Ⅰ）由于F 在线段AB 上，故01=+ab . 记AR 的斜率为1k ，FQ 的斜率为2k ，则222111k b aaba ab a b a a b a k =-=-==--=+-=， 所以AR FQ . ......5分 （Ⅱ）设l 与x 轴的交点为)0,(1x D ， 则2,2121211b a S x a b FD a b S PQF ABF -=--=-=∆∆. 由题设可得221211ba x ab -=--，所以01=x （舍去），11=x . 设满足条件的AB 的中点为),(y x E . 当AB 与x 轴不垂直时，由DE AB k k =可得)1(12≠-=+x x yb a . 而y ba =+2，所以)1(12≠-=x x y . 当AB 与x 轴垂直时，E 与D 重合，所以，所求轨迹方程为12-=x y . ....12分2.【2016高考浙江理数】（本题满分15分）如图，设椭圆2221x y a+=（a ＞1）.（I ）求直线y =kx +1被椭圆截得的线段长（用a 、k 表示）；（II ）若任意以点A （0,1）为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值 范围.【答案】（I ）22221a k a k +（II ）02e <≤ 【解析】（Ⅰ）设直线1y kx =+被椭圆截得的线段为AP ，由22211y kx x y a=+⎧⎪⎨+=⎪⎩得()2222120a k xa kx ++=，故10x =，222221a kx a k=-+．因此2122221a kAP x a k=-=+ （Ⅱ）假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y 轴左侧的椭圆上有两个不同的点P ，Q ，满足AP AQ =．记直线AP ，AQ 的斜率分别为1k ，2k ，且1k ，20k >，12k k ≠．由（Ⅰ）知，1AP =，2AQ =，12=， 所以()()22222222121212120k k k k a a k k ⎡⎤-+++-=⎣⎦．由于12k k ≠，1k ，20k >得()2222221212120k k a a k k +++-=，因此22221211(1)(1)1(2)a a k k ++=+-， ① 因为①式关于1k ，2k 的方程有解的充要条件是221(2)1a a +->，所以a >因此，任意以点()0,1A 为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1a <≤由c e a a==得，所求离心率的取值范围为02e <≤3.【2016高考新课标2理数】已知椭圆:E 2213x y t +=的焦点在x 轴上，A 是E 的左顶点，斜率为(0)k k >的直线交E 于,A M 两点，点N 在E 上，MA NA ⊥． （Ⅰ）当4,||||t AM AN ==时，求AMN ∆的面积； （Ⅱ）当2AM AN =时，求k 的取值范围． 【答案】（Ⅰ）14449；（Ⅱ）)2.【解析】（Ⅰ）设()11,M x y ，则由题意知10y >，当4t =时，E 的方程为22143x y +=，()2,0A -.由已知及椭圆的对称性知，直线AM 的倾斜角为4π.因此直线AM 的方程为2y x =+. 将2x y =-代入22143x y +=得27120y y -=.解得0y =或127y =，所以1127y =. 因此AMN △的面积AMN S △11212144227749=⨯⨯⨯=. （Ⅱ）由题意3t >，0k >，()A .将直线AM的方程(y k x =代入2213x y t +=得()22222330tk x x t k t +++-=.由(221233t k tx tk-⋅=+得)21233tk x tk-=+，故1AM x =+=由题设，直线AN 的方程为(1y x k =-+，故同理可得AN ==， 由2AM AN =得22233k tk k t=++，即()()32321k t k k -=-. 当k =因此()33212k k t k -=-.3t >等价于()()232332122022k k k k k k k -+-+-=<--， 即3202k k -<-.由此得32020k k ->⎧⎨-<⎩，或32020k k -<⎧⎨->⎩2k <<. 因此k 的取值范围是)2.4.【2016年高考北京理数】（本小题14分）已知椭圆C ：22221+=x y a b （0a b >>）的离心率为2，(,0)A a ，(0,)B b ，(0,0)O ，OAB ∆的面积为1.（1）求椭圆C 的方程；（2）设P 的椭圆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：BM AN ⋅为定值.【答案】（1）2214x y +=；（2）详见解析. 【解析】（Ⅰ）由题意得⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+===,,121,23222c b a ab ac 解得1,2==b a .所以椭圆C 的方程为1422=+y x . （Ⅱ）由（Ⅰ）知，)1,0(),0,2(B A ，设),(00y x P ，则442020=+y x .当00≠x 时，直线PA 的方程为)2(200--=x x y y . 令0=x ，得2200--=x y y M ，从而221100-+=-=x y y BM M . 直线PB 的方程为110+-=x x y y . 令0=y ，得100--=y x x N ，从而12200-+=-=y x x AN N . 所以221120000-+⋅-+=⋅x y y x BM AN228844224844400000000000000002020+--+--=+--+--++=y x y x y x y x y x y x y x y x y x 4=.当00=x 时，10-=y ，,2,2==AN BM 所以4=⋅BM AN . 综上，BM AN ⋅为定值.5.【2016年高考四川理数】（本小题满分13分）已知椭圆E ：22221(0)x y a b a b+=>>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:3l y x =-+与椭圆E 有且只有一个公共点T . （Ⅰ）求椭圆E 的方程及点T 的坐标；（Ⅱ）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2PTPA PB λ=⋅，并求λ的值.【答案】（Ⅰ）22163x y +=，点T 坐标为（2,1）；（Ⅱ）45λ=.（II ）由已知可设直线l ' 的方程为1(0)2y x m m =+≠，有方程组123y x m y x ⎧=+⎪⎨⎪=-+⎩，， 可得22321.3m x m y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩， 所以P 点坐标为（222,133m m-+ ），2289P T m =.设点A ，B 的坐标分别为1122(,)(,)A x y B x y ， .由方程组2216312x y y x m ⎧+=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩，， 可得2234(412)0x mx m ++-=.② 方程②的判别式为2=16(92)m ∆-，由>0∆，解得m <<. 由②得212124412=,33m m x x x x -+-=.所以123m PA x ==-- ，同理223m PB x =--， 所以12522(2)(2)433m mPA PB x x ⋅=---- 21212522(2)(2)()433m mx x x x =---++ 225224412(2)(2)()43333m m m m -=----+ 2109m =.故存在常数45λ=，使得2PT PA PB λ=⋅.6.【2016高考上海理数】（本题满分14）有一块正方形菜地EFGH ,EH 所在直线是一条小河，收货的蔬菜可送到F 点或河边运走。
高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何 10 第10讲 圆锥曲线的综合问题教学案
第10讲 圆锥曲线的综合问题圆锥曲线中的定点、定值问题(2020·杭州七校联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为12，焦点与短轴的两顶点的连线与圆x 2＋y 2＝34相切．(1)求椭圆C 的方程；(2)过点(1，0)的直线l 与C 相交于A ，B 两点，在x 轴上是否存在点N ，使得NA →·NB →为定值？如果有，求出点N 的坐标及定值；如果没有，请说明理由．【解】 (1)因为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为12，焦点与短轴的两顶点的连线与圆x 2＋y 2＝34相切，所以⎝⎛e ＝c a ＝12bc ＝32b 2＋c2a 2＝b 2＋c2，解得c 2＝1，a 2＝4，b 2＝3.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)当直线l 的斜率存在时，设其方程为y ＝k (x －1)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋4y 2＝12y ＝k （x －1）⇒(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，则Δ＞0，⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝8k24k 2＋3x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3， 若存在定点N (m ，0)满足条件， 则有NA →·NB →＝(x 1－m )(x 2－m )＋y 1y 2 ＝x 1x 2＋m 2－m (x 1＋x 2)＋k 2(x 1－1)(x 2－1) ＝(1＋k 2)x 1x 2－(m ＋k 2)(x 1＋x 2)＋k 2＋m 2＝（1＋k 2）（4k 2－12）4k 2＋3－（m ＋k 2）8k 24k 2＋3＋k 2＋m 2＝（4m 2－8m －5）k 2＋3m 2－124k 2＋3. 如果要使上式为定值，则必须有4m 2－8m －53m 2－12＝43⇒m ＝118，验证当直线l 斜率不存在时，也符合．故存在点N ⎝ ⎛⎭⎪⎫118，0满足NA →·NB →＝－13564.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：依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、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解析式，再利用题设条件化简、变形求得．(3)求某线段长度为定值：利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．(2020·杭州、宁波二市三校联考)已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)过点M (m ，2)，其焦点为F ′，且|MF ′|＝2.(1)求抛物线C 的方程；(2)设E 为y 轴上异于原点的任意一点，过点E 作不经过原点的两条直线分别与抛物线C 和圆F ：(x －1)2＋y 2＝1相切，切点分别为A ，B ，求证：直线AB 过定点．解：(1)抛物线C 的准线方程为x ＝－p2，所以|MF ′|＝m ＋p2＝2，又4＝2pm ，即4＝2p ⎝⎛⎭⎪⎫2－p 2，所以p 2－4p ＋4＝0，所以p ＝2， 所以抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)证明：设点E (0，t )(t ≠0)，由已知切线不为y 轴，设直线EA ：y ＝kx ＋t ，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋ty 2＝4x ，消去y ，可得k 2x 2＋(2kt －4)x＋t 2＝0，①因为直线EA 与抛物线C 相切，所以Δ＝(2kt －4)2－4k 2t 2＝0，即kt ＝1，代入①可得1t2x 2－2x ＋t 2＝0，所以x ＝t 2，即A (t 2，2t )．设切点B (x 0，y 0)，则由几何性质可以判断点O ，B 关于直线EF ：y ＝－tx ＋t 对称，则⎩⎪⎨⎪⎧y 0x 0×t －00－1＝－1y 02＝－t ·x 02＋t ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝2t2t 2＋1y 0＝2t t 2＋1，即B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2t 2t 2＋1，2t t 2＋1.直线AF 的斜率为k AF ＝2tt 2－1(t ≠±1)，直线BF 的斜率为k BF ＝2tt 2＋1－02t 2t 2＋1－1＝2tt 2－1(t ≠±1)，所以k AF ＝k BF ，即A ，B ，F 三点共线．当t ＝±1时，A (1，±2)，B (1，±1)，此时A ，B ，F 三点共线．所以直线AB 过定点F (1，0)．圆锥曲线中的范围、最值问题(高频考点) 圆锥曲线中的范围(最值)问题是高考命题的热点，多以解答题的第二问呈现，试题难度较大．主要命题角度有：(1)建立目标函数求范围、最值； (2)利用基本不等式求最值；(3)利用判别式构造不等关系求范围． 角度一 建立目标函数求范围、最值 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 ＝x 2－14x ＋12＝x －12，因为－12<x <32，所以直线AP 斜率的取值范围是(－1，1)．(2)联立直线AP 与BQ 的方程⎩⎪⎨⎪⎧kx －y ＋12k ＋14＝0，x ＋ky －94k －32＝0，解得点Q 的横坐标x Q ＝－k 2＋4k ＋32（k 2＋1）. 因为|PA |＝ 1＋k2⎝⎛⎭⎪⎫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， 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.角度二 利用基本不等式求最值(2020·浙江省名校协作体联考)若椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，线段F 1F 2被抛物线y 2＝2bx 的焦点F分成了3∶1的两段．(1)求椭圆的离心率；(2)过点C (－1，0)的直线l 交椭圆于不同的两点A ，B ，且AC →＝2CB →，当△AOB 的面积最大时，求直线l 的方程．【解】(1)由题意知，c ＋b2＝3⎝⎛⎭⎪⎫c －b 2，所以b ＝c ，a 2＝2b 2，所以e ＝ca＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2＝22. (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线AB 的方程为x ＝ky －1(k ≠0)，因为AC →＝2CB →，所以(－1－x 1，－y 1)＝2(x 2＋1，y 2)，即2y 2＋y 1＝0，①由(1)知，a 2＝2b 2，所以椭圆方程为x 2＋2y 2＝2b 2.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ky －1x 2＋2y 2＝2b 2，消去x ，得(k 2＋2)y 2－2ky ＋1－2b 2＝0，所以y 1＋y 2＝2kk 2＋2，②由①②知，y 2＝－2k k 2＋2，y 1＝4kk 2＋2，因为S △AOB ＝12|y 1|＋12|y 2|，所以S △AOB ＝3·|k |k 2＋2＝3·12|k |＋|k |≤32·12|k |·|k |＝324，当且仅当|k |2＝2，即k ＝±2时取等号，此时直线l 的方程为x ＝2y －1或x ＝－2y －1. 角度三 利用判别式构造不等关系求范围已知椭圆的一个顶点为A (0，－1)，焦点在x 轴上，中心在原点．若右焦点到直线x －y ＋22＝0的距离为3.(1)求椭圆的标准方程；(2)设直线y ＝kx ＋m (k ≠0)与椭圆相交于不同的两点M ，N .当|AM |＝|AN |时，求m 的取值范围．【解】 (1)依题意可设椭圆方程为x 2a2＋y 2＝1，则右焦点F (a 2－1，0)，由题设|a 2－1＋22|2＝3，解得a 2＝3.所以所求椭圆的方程为x 23＋y 2＝1.(2)设P (x P ，y P )，M (x M ，y M )，N (x N ，y N )，P 为弦MN 的中点，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 23＋y 2＝1， 得(3k 2＋1)x 2＋6mkx ＋3(m 2－1)＝0， 因为直线与椭圆相交，所以Δ＝(6mk )2－4(3k 2＋1)×3(m 2－1)＞0⇒m 2＜3k 2＋1.①所以x P ＝x M ＋x N2＝－3mk 3k 2＋1，从而y P ＝kx P ＋m ＝m3k 2＋1，所以k AP ＝y P ＋1x P ＝－m ＋3k 2＋13mk，又因为|AM |＝|AN |，所以AP ⊥MN ，则－m ＋3k 2＋13mk ＝－1k，即2m ＝3k 2＋1.②把②代入①，得m 2＜2m ，解得0＜m ＜2； 由②得k 2＝2m －13＞0，解得m ＞12.综上，m的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2.范围、最值问题的求解策略(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．在利用代数法解决最值与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，解这类问题的关键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． 1．如图，设抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，抛物线上的点A 到y 轴的距离等于|AF |－1.(1)求p 的值；(2)若直线AF 交抛物线于另一点B ，过B 与x 轴平行的直线和过F 与AB 垂直的直线交于点N ，AN 与x 轴交于点M .求M 的横坐标的取值范围．解：(1)由题意可得，抛物线上的点A 到焦点F 的距离等于点A 到直线x ＝－1的距离，由抛物线的定义得p2＝1，即p ＝2.(2)由(1)得，抛物线方程为y 2＝4x ，F (1，0)，可设A (t 2，2t )，t ≠0，t ≠±1.因为AF 不垂直于y 轴，可设直线AF ：x ＝sy ＋1(s ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x x ＝sy ＋1，消去x 得y 2－4sy －4＝0，故y 1y 2＝－4，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t2，－2t .又直线AB 的斜率为2t t 2－1，故直线FN 的斜率为－t 2－12t.从而得直线FN ：y ＝－t 2－12t (x －1)，直线BN ：y ＝－2t ，所以N ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2＋3t 2－1，－2t .设M (m ，0)，由A ，M ，N 三点共线得2tt 2－m＝2t ＋2tt 2－t 2＋3t 2－1，于是m ＝2t 2t 2－1＝2＋2t 2－1.所以m <0或m >2.经检验，m <0或m >2满足题意．综上，点M 的横坐标的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞)．2.(2020·杭州中学高三月考)如图，以椭圆x 2a 2＋y 2＝1的右焦点F 2为圆心，1－c 为半径作圆F 2(其中c 为已知椭圆的半焦距)，过椭圆上一点P 作此圆的切线，切点为T .(1)若a ＝54，P 为椭圆的右顶点，求切线长|PT |；(2)设圆F 2与x 轴的右交点为Q ，过点Q 作斜率为k (k ＞0)的直线l 与椭圆相交于A ，B 两点，若OA ⊥OB ，且|PT |≥32(a －c )恒成立，求直线l 被圆F 2所截得弦长的最大值．解：(1)由a ＝54得c ＝34，则当P 为椭圆的右顶点时|PF 2|＝a －c ＝12，故此时的切线长|PT |＝ |PF 2|2－（1－c ）2＝34.(2)当|PF 2|取得最小值时|PT |取得最小值，而|PF 2|min ＝a －c ， 由|PT |≥32(a －c )恒成立，得（a －c ）2－（1－c ）2≥32(a－c )，则34≤c ＜1.由题意知Q 点的坐标为(1，0)，则直线l 的方程为y ＝k (x －1)，代入x 2a2＋y 2＝1，得(a 2k 2＋1)x 2－2a 2k 2x ＋a 2k 2－a 2＝0， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则有x 1＋x 2＝2a 2k 2a 2k 2＋1，x 1x 2＝a 2k 2－a2a 2k 2＋1，可得y 1y 2＝k 2[x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1]＝k 2（1－a 2）a 2k 2＋1，又OA ⊥OB ，则x 1x 2＋y 1y 2＝k 2－a 2a 2k 2＋1＝0⇒k ＝a ，可得直线l 的方程为ax －y －a ＝0，圆心F 2(c ，0)到直线l 的距离d ＝|ac －a |a 2＋1，半径r ＝1－c ， 则直线l 被圆F 2所截得弦长s ＝2（1－c ）2－a 2（1－c ）2a 2＋1＝2（1－c ）c 2＋2，设1－c ＝t ，则0＜t ≤14，又1s ＝123t 2－2t ＋1＝12 3⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －132＋23，则当t ＝14时1s 的最小值为412，即当c ＝34时s 的最大值为24141.圆锥曲线中的探索性问题(2020·温州中学高三模拟)设直线l 与抛物线x 2＝2y 交于A ，B 两点，与椭圆x 24＋y 23＝1交于C ，D 两点，直线OA ，OB ，OC ，OD (O 为坐标原点)的斜率分别为k 1，k 2，k 3，k 4，若OA ⊥OB .(1)是否存在实数t ，满足k 1＋k 2＝t (k 3＋k 4)，并说明理由； (2)求△OCD 面积的最大值．【解】 设直线l 方程为y ＝kx ＋b ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，D (x 4，y 4)．联立y ＝kx ＋b 和x 2＝2y ， 得x 2－2kx －2b ＝0，则x 1＋x 2＝2k ，x 1x 2＝－2b ，Δ＝4k 2＋8b ＞0. 由OA ⊥OB ，所以x 1x 2＋y 1y 2＝0，得b ＝2. 联立y ＝kx ＋2和3x 2＋4y 2＝12，得 (3＋4k 2)x 2＋16kx ＋4＝0，所以x 3＋x 4＝－16k 3＋4k 2，x 3x 4＝43＋4k 2.由Δ2＝192k 2－48＞0，得k 2＞14.(1)因为k 1＋k 2＝y 1x 1＋y 2x 2＝k ，k 3＋k 4＝y 3x 3＋y 4x 4＝－6k ，所以k 1＋k 2k 3＋k 4＝－16.即存在实数t ＝－16，满足k 1＋k 2＝－16(k 3＋k 4)．(2)根据弦长公式|CD |＝1＋k 2|x 3－x 4|，得 |CD |＝43·1＋k 2·4k 2－13＋4k2，根据点O 到直线CD 的距离公式，得d ＝21＋k2， 所以S △OCD ＝12|CD |·d ＝43·4k 2－13＋4k2，设4k 2－1＝t ＞0，则S △OCD ＝43tt 2＋4≤3，所以当t ＝2，即k ＝±52时，S △OCD 的最大值为 3.探索性问题的求解策略(1)探索性问题通常采用“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探索性问题常用的方法．(2020·温州十五校联合体联考)如图，已知抛物线C 1：y 2＝2px (p ＞0)，直线l 与抛物线C 1相交于A ，B 两点，且当倾斜角为60°的直线l 经过抛物线C 1的焦点F 时，有|AB |＝13.(1)求抛物线C 1的方程；(2)已知圆C 2：(x －1)2＋y 2＝116，是否存在倾斜角不为90°的直线l ，使得线段AB 被圆C 2截成三等分？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)当倾斜角为60°的直线l 经过抛物线C 1的焦点F 时，直线l 的方程为y ＝3(x －p2)，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3（x －p 2）y 2＝2px，即3x 2－5px ＋34p 2＝0，所以|AB |＝5p 3＋p ＝13，即p ＝18，所以抛物线C 1的方程是y 2＝14x .(2)假设存在直线l ，使得线段AB 被圆C 2截成三等分，令直线l 交圆C 2于C ，D ，设直线l 的方程为x ＝my ＋b ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由题意知，线段AB 与线段CD 的中点重合且有|AB |＝3|CD |，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧4y 2＝x x ＝my ＋b，即4y 2－my －b ＝0，所以y 1＋y 2＝m 4，y 1y 2＝－b 4，x 1＋x 2＝m 24＋2b ，所以线段AB 的中点坐标M 为(m 28＋b ，m8)，即线段CD的中点为(m 28＋b ，m8)，又圆C 2的圆心为C 2(1，0)，所以kMC 2＝m8m 28＋b －1＝－m ，所以m 2＋8b －7＝0，即b ＝78－m 28，又因为|AB |＝1＋m 2·m 216＋b ＝141＋m 2·14－m 2，因为圆心C 2(1，0)到直线l 的距离d ＝|1－b |1＋m2，圆C 2的半径为14， 所以3|CD |＝6116－（1－b ）21＋m 2＝343－m 2(m 2＜3)， 所以m 4－22m 2＋13＝0，即m 2＝11±63， 所以m ＝±11－63，b ＝33－24，故直线l 的方程为x ＝±11－63y ＋33－24.[基础题组练]1．已知椭圆E 的中心在坐标原点，左、右焦点F 1，F 2在x 轴上，离心率为12，在其上有一动点A ，A 到点F 1距离的最小值是1.过A ，F 1作一个平行四边形，顶点A ，B ，C ，D 都在椭圆E 上，如图所示．(1)求椭圆E 的方程；(2)判断▱ABCD 能否为菱形，并说明理由．解：(1)依题，令椭圆E 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，c 2＝a 2－b 2(c >0)，所以离心率e ＝c a ＝12，即a ＝2c .令点A 的坐标为(x 0，y 0)，所以x 20a 2＋y 2b2＝1，焦点F 1(－c ，0)，即|AF 1|＝（x 0＋c ）2＋y 20 ＝x 20＋2cx 0＋c 2＋b 2－b 2x 20a2＝c 2a 2x 20＋2cx 0＋a 2＝|c ax 0＋a |， 因为x 0∈[－a ，a ]，所以当x 0＝－a 时，|AF 1|min ＝a －c ， 由题a －c ＝1，结合上述可知a ＝2，c ＝1，所以b 2＝3， 于是椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由(1)知F 1(－1，0)，直线AB 不能平行于x 轴，所以令直线AB 的方程为x ＝my －1，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋4y 2－12＝0x ＝my －1，得(3m 2＋4)y 2－6my －9＝0，所以y 1＋y 2＝6m 3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4.连接OA ，OB ，若▱ABCD 是菱形，则OA ⊥OB ，即OA →·OB →＝0，于是有x 1x 2＋y 1y 2＝0，又x 1x 2＝(my 1－1)(my 2－1)＝m 2y 1y 2－m (y 1＋y 2)＋1，所以有(m2＋1)y 1y 2－m (y 1＋y 2)＋1＝0，得到－12m 2－53m 2＋4＝0，可见m 没有实数解，故▱ABCD 不能是菱形．2．(2020·金华十校第二期调研)已知抛物线C ：y ＝x 2，点P (0，2)，A ，B 是抛物线上两个动点，点P 到直线AB 的距离为1.(1)若直线AB 的倾斜角为π3，求直线AB 的方程；(2)求|AB |的最小值． 解：(1)设直线AB 的方程：y ＝3x ＋m ，则|m －2|1＋()32＝1，所以m ＝0或m ＝4，所以直线AB 的方程为y ＝3x 或y ＝3x ＋4.(2)设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m ，则|m －2|1＋k 2＝1，所以k 2＋1＝(m －2)2.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m y ＝x2，得x 2－kx －m ＝0，所以x 1＋x 2＝k ，x 1x 2＝－m ，所以|AB |2＝()1＋k 2[()x 1＋x 22－4x 1x 2]＝()1＋k 2()k 2＋4m ＝()m －22()m 2＋3，记f (m )＝()m －22(m 2＋3)，所以f ′(m )＝2(m－2)(2m 2－2m ＋3)，又k 2＋1＝()m －22≥1，所以m ≤1或m ≥3，当m ∈(]－∞，1时，f ′(m )＜0，f (m )单调递减， 当m ∈[)3，＋∞时，f ′(m )＞0，f (m )单调递增，f (m )min ＝f (1)＝4，所以|AB |min ＝2.3．(2020·宁波市高考模拟)已知椭圆方程为x 24＋y 2＝1，圆C ：(x －1)2＋y 2＝r 2.(1)求椭圆上动点P 与圆心C 距离的最小值；(2)如图，直线l 与椭圆相交于A ，B 两点，且与圆C 相切于点M ，若满足M 为线段AB 中点的直线l 有4条，求半径r 的取值范围．解：(1)设P (x ，y )，|PC |＝（x －1）2＋y 2＝34x 2－2x ＋2＝34（x －43）2＋23，由－2≤x ≤2，当x ＝43时，|PC |min ＝63. (2)当直线AB 斜率不存在且与圆C 相切时，M 在x 轴上，故满足条件的直线有2条；当直线AB 斜率存在时，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x 0，y 0),由⎩⎪⎨⎪⎧x 214＋y 21＝1x224＋y 22＝1，整理得y 1－y 2x 1－x 2＝－14×x 1＋x 2y 1＋y 2，则k AB ＝－x 04y 0，k MC ＝y 0x 0－1，k MC ×k AB ＝－1，则k MC ×k AB ＝－x 04y 0×y 0x 0－1＝－1，解得x 0＝43，由M 在椭圆内部，则x 204＋y 2＜1，解得y 20＜59，由r 2＝(x 0－1)2＋y 20＝19＋y 20，所以19＜r 2＜23，解得13＜r ＜63.所以半径r 的取值范围为(13，63) .4.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：(1)由题意知m ≠0，可设直线AB 的方程为y ＝－1mx ＋b .由⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝－1m x ＋b消去y ，得⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋1m 2x 2－2b m x ＋b 2－1＝0.因为直线y ＝－1m x ＋b 与椭圆x 22＋y 2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b 2＋2＋4m2>0.①将线段AB 的中点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2mb m 2＋2，m 2b m 2＋2代入直线方程y ＝mx ＋12解得b ＝－m 2＋22m2.②由①②得m <－63或m >63.(2)令t ＝1m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－62，0∪⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，62， 则|AB |＝t 2＋1·－2t 4＋2t 2＋32t 2＋12，且O 到直线AB 的距离d ＝t 2＋12t 2＋1.设△AOB 的面积为S (t )，所以S (t )＝12|AB |·d ＝12－2⎝⎛⎭⎪⎫t 2－122＋2≤22， 当且仅当t 2＝12时，等号成立．故△AOB 面积的最大值为22.5．(2020·湘中名校联考)如图，曲线C 由上半椭圆C 1：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0，y ≥0)和部分抛物线C 2：y ＝－x 2＋1(y ≤0)连接而成，C 1与C 2的公共点为A ，B ，其中C 1的离心率为32.(1)求a ，b 的值；(2)过点B 的直线l 与C 1，C 2分别交于点P ，Q (均异于点A ，B )，是否存在直线l ，使得以PQ 为直径的圆恰好过点A ，若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)在C 1，C 2的方程中，令y ＝0，可得b ＝1，且A (－1，0)，B (1，0)是上半椭圆C 1的左、右顶点．设C 1的半焦距为c ，由c a ＝32及a 2－c 2＝b 2＝1得a ＝2.所以a ＝2，b ＝1.(2)由(1)知，上半椭圆C 1的方程为y 24＋x 2＝1(y ≥0)．易知，直线l 与x 轴不重合也不垂直，设其方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，代入C 1的方程，整理得(k 2＋4)x 2－2k 2x ＋k 2－4＝0.(*)设点P 的坐标为(x P ，y P )， 因为直线l 过点B ，所以x ＝1是方程(*)的一个根．由根与系数的关系，得x P ＝k 2－4k 2＋4，从而y P ＝－8kk 2＋4，所以点P的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2－4k 2＋4，－8k k 2＋4.同理，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －1）（k ≠0），y ＝－x 2＋1（y ≤0）得点Q 的坐标为(－k －1，－k 2－2k )．所以AP →＝2k k 2＋4(k ，－4)，AQ →＝－k (1，k ＋2)． 因为AP ⊥AQ ，所以AP →·AQ →＝0， 即－2k2k 2＋4[k －4(k ＋2)]＝0. 因为k ≠0，所以k －4(k ＋2)＝0，解得k ＝－83.经检验，k ＝－83符合题意．故直线l 的方程为y ＝－83(x －1)．6.(2020·学军中学高三模拟)已知椭圆x 2a2＋y 2＝1(a ＞1)，过直线l ：x ＝2上一点P 作椭圆的切线，切点为A ，当P 点在x 轴上时，切线PA 的斜率为±22.(1)求椭圆的方程；(2)设O 为坐标原点，求△POA 面积的最小值．解：(1)当P 点在x 轴上时，P (2，0)，PA ：y ＝±22(x －2)，⎩⎪⎨⎪⎧y ＝±22（x －2）x 2a 2＋y 2＝1⇒(1a 2＋12)x 2－2x ＋1＝0， Δ＝0⇒a 2＝2，椭圆方程为x 22＋y 2＝1.(2)设切线为y ＝kx ＋m ，设P (2，y 0)，A (x 1，y 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m x 2＋2y 2－2＝0⇒(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0⇒Δ＝0⇒m 2＝2k 2＋1，且x 1＝－2km 1＋2k 2，y 1＝m 1＋2k2，y 0＝2k ＋m ，则|PO |＝y 20＋4，PO 的直线为y ＝y 02x ⇒A 到直线PO 距离d ＝|y 0x 1－2y 1|y 20＋4， 则S △POA ＝12|PO |·d ＝12|y 0x 1－2y 1|＝12|(2k ＋m )－2km 1＋2k 2－2m1＋2k2|＝|1＋2k 2＋km 1＋2k 2m |＝|k ＋m |＝|k ＋1＋2k 2|， 所以(S －k )2＝1＋2k 2⇒k 2＋2Sk －S 2＋1＝0，Δ＝8S 2－4≥0⇒S ≥22，此时k ＝±22，所以△POA 面积的最小值为22.[综合题组练]1．(2020·浙江高考冲刺卷)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)，点F ，B 分别是椭圆的右焦点与上顶点，O 为坐标原点，记△OBF 的周长与面积分别为C 和S .(1)求CS的最小值；(2)如图，过点F 的直线l 交椭圆于P ，Q 两点，过点F 作l 的垂线，交直线x ＝3b 于点R ，当C S取最小值时，求|FR ||PQ |的最小值．解：(1)△OBF 的周长C ＝b 2＋c 2＋b ＋c .△OBF 的面积S ＝12bc .C S ＝b 2＋c 2＋b ＋c 12bc＝2b 2＋c 2＋b ＋c bc ≥2·2bc ＋2bc bc ＝2＋22，当且仅当b ＝c 时，CS的最小值为2＋2 2.(2)由(1)得当且仅当b ＝c 时，CS 的最小值为2＋2 2.此时椭圆方程可化为x 22c 2＋ y 2c2＝1.依题意可得过点F 的直线l 的斜率不能为0，故设直线l 的方程为x ＝my ＋c .联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋c x 2＋2y 2＝2c2，整理得(2＋m 2)y 2＋2mcy －c 2＝0.y 1＋y 2＝－2mc 2＋m 2，y 1y 2＝－c 22＋m 2，|PQ |＝1＋m2（y 1＋y 2）2－4y 1y 2＝1＋m 2×8c 2（m 2＋1）2＋m2＝22c ×m 2＋1m 2＋2.当m ＝0时，PQ 垂直横轴，FR 与横轴重合，此时|PQ |＝2c ，|FR |＝3b －c ＝2c ，|FR ||PQ |＝2c2c＝ 2.当m ≠0时，设直线FR ：y ＝－m (x －c )，令x ＝3c 得R (3c ，－2mc )，|FR |＝2c m 2＋1，|FR ||PQ |＝2c m 2＋1×m 2＋222c （m 2＋1）＝m 2＋22m 2＋1 ＝22(m 2＋1＋1m 2＋1)＞22×2＝2，综上所述：当且仅当m ＝0时，|FR ||PQ |取最小值为 2.2．(2020·杭州市第一次高考数学检测)设点A ，B 分别是x ，y 轴上的两个动点，AB ＝1.若AC →＝λBA →(λ＞0)．(1)求点C 的轨迹Γ；(2)过点D 作轨迹Γ的两条切线，切点分别为P ，Q ，过点D 作直线m 交轨迹Γ于不同的两点E ，F ，交PQ 于点K ，问是否存在实数t ，使得1|DE |＋1|DF |＝t|DK |恒成立，并说明理由．解：(1)设A (a ，0)，B (0，c )，C (x ，y )，则BA →＝(a ，－c )，AC →＝(x －a ，y )．由AB ＝1得a 2＋c 2＝1，所以⎩⎪⎨⎪⎧x －a ＝λay ＝－λc，消去a ，c ，得点C 的轨迹Γ为x 2（λ＋1）2＋y 2λ2＝1.(2)设点E ，F ，K 的横坐标分别为x E ，x F ，x K ，设点D (s ，t )，则直线PQ 的方程为s（λ＋1）2x ＋tλ2y ＝1. 设直线m 的方程：y ＝kx ＋b ，所以t ＝ks ＋b .计算得x K ＝1－tλ2b s （λ＋1）2＋tλ2k .将直线m 代入椭圆方程，得⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2λ2＋1（λ＋1）2x 2＋2kb λ2x ＋b 2λ2－1＝0，所以x E ＋x F ＝－2kbλ2（λ＋1）2＋k 2，x E x F ＝b 2－λ2λ2（λ＋1）2＋k 2，所以|DK ||DE |＋|DK ||DF |＝|x D －x K ||x D －x E |＋|x D －x K ||x D －x F |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪s －1－t λ2b s （λ＋1）2＋t λ2k ·|2x D －（x F ＋x E ）||x 2D －x D （x F ＋x E ）＋x F x E | ＝2.验证当m 的斜率不存在时成立．故存在实数t ＝2，使得1|DE |＋1|DF |＝t |DK |恒成立．。
高三数学教案： 圆锥曲线的综合问题
第八节 圆锥曲线的综合应用一、基本知识概要：1知识精讲：圆锥曲线的综合问题包括：解析法的应用，数形结合的思想，与圆锥曲线有关的定值、最值等问题，主要沿着两条主线，即圆锥曲线科内综合与代数间的科间综合，灵活运用解析几何的常用方法，解决圆锥曲线的综合问题；通过问题的解决，进一步掌握函数与方程、等价转化、分类讨论等数学思想.2重点难点：正确熟练地运用解析几何的方法解决圆锥曲线的综合问题，从中进一步体会分类讨论、等价转化等数学思想的运用.3思维方式：数形结合的思想，等价转化，分类讨论，函数与方程思想等.4特别注意：要能准确地进行数与形的语言转换和运算、推理转换，并在运算过程中注意思维的严密性，以保证结果的完整。
二、例题：例1. A ，B 是抛物线)0(22>=p px y 上的两点，且OA OB ⊥（O 为坐标原点）求证：（1）A ，B 两点的横坐标之积，纵坐标之积分别是定植；（2）直线AB 经过一个定点证明：（1）设0,,2,2),,(),,(21212221212211=+∴⊥==y y x x OB OA px y px y y x B y x A Θ则 两式相乘得2212214,4px x p y y =-= )0,2),0,2),2(2).(2,2,),(2)2(212112112121212221p x x p p x y y p y x x y y p y y AB y y p k x x x x p y y AB 时，显然也过点（当过定点（化简得的方程所以直线当=-+=-+=-+=≠-=- 所以直线AB 过定点(2p,0)例2、（2005年春季北京，18）如图，O 为坐标原点，直线l 在x 轴和y 轴上的截距分别是a 和b )0,0(≠>b a ，且交抛物线）（），（于22112,N ,M )0(2y x y x p px y >=两点。
（1） 写出直线l 的截距式方程（2） 证明：by y 11121=+ （3） 当p a 2=时，求MON ∠的大小。
圆锥曲线的综合问题-教案
第三讲圆锥曲线的综合问题考点整合1. 直线与圆锥曲线的位置关系(1) 直线与椭圆的位置关系的判定法：将直线程与椭圆程联立，消去一个未知数，得到一个一元二次程•若少0,则直线与椭圆相交；若A= 0,则直线与椭圆相切；若A<0,则直线与椭圆相离.(2) 直线与双曲线的位置关系的判定法：将直线程与双曲线程联立，消去y或x)，得到一个一元程ax2+ bx+ c= 0(或ay2+ by+ c=0) •①若a工0，当A>0时，直线与双曲线相交；当A= 0时，直线与双曲线相切；当A<0时，直线与双曲线相离.②若a= 0时，直线与渐近线平行，与双曲线有一个交点.(3) 直线与抛物线的位置关系的判定法：将直线程与抛物线程联立，消去y(或x)，得到一个一元程ax2+ bx+ c= 0(或ay2+ by+ c =0) •①当a z 0时，用△判定，法同上.②当a= 0时，直线与抛物线的对称轴平行，只有一个交点.2. 有关弦的问题(1) 有关弦长问题，应注意运用弦长公式及根与系数的关系，“设而不求”；有关焦点弦长问题，要重视圆锥曲线定义的运用，以简化运算.①斜率为k的直线与圆锥曲线交于两点P i(x i,y i), P2(x2, y2)，则所得弦长|P i P2|=』1 + k2|x2- X1或|P1P2= - , 1 +胡2—y1|,其中求|x2- X1|与|y2- y11时通常使用根与系数的关系,即作如下变形：|x2 —X1 = \/ X1 + X2 2—4X1x2 ,②当斜率k不存在时，可求出交点坐标，直接运算(利用两点间距离公式).(2) 弦的中点问题有关弦的中点问题，应灵活运用“点差法”，“设而不求法”来简化运算.3. 圆锥曲线中的最值(1)椭圆中的最值个端点，O为坐标原点，则有① |0P|€ [b , a].② |PF i |€ [a — c , a + c]. ③ |PF i | |PF 2|€ [ b 2 , a 2]. ④ / F I PF 2<Z F 1BF 2.标原点，则有 ① |OP|》a. ② |PF i |> c — a. (3) 抛物线中的最值点P 为抛物线y 2 = 2px(p > 0)上的任一点，F 为焦点，则有: ① PF |> 21. (2013课标全国I )已知椭圆E :羊+ $= 1(a>b>0)的右焦点为F(3,0)，过点F 的直线交Eb 2所以直线AB 的斜率为k = a设直线程为y = *(x — 3),联立直线与椭圆的程得(a 2+ b 2)x 2— 6b 2x + 9b 2— a 4= 0, 所以 X 1 + X 2= a T^= 2 ； 又因为 a 2— b 2= 9,解得 b 2= 9, a 2= 18.2. (2013 )过点(2, 0)引直线I 与曲线y = . 1 — x 2相交于A 、B 两点，O 为坐标原点，当△AOB 的面积取最大值时，直线 I 的斜率等于( )⑵双曲线中的最值x 2 y 2F i 、F 2为双曲线孑一^2=1(a > 0,b > 0)的左、右焦点, P 为双曲线上的任一点, O 为坐于A 、B 两点.若AB 的中点坐标为1 1 - =(1,— 1),贝U E 的程为 +27 = 1 +右12X362X-18 B D解析 所以设 A(x 1, y 1)、B(X 2, y 2),运用点差法,②A(m , n)为一定点，则|PA|+ |PF|有最小值.y 1b 2=1B .- ¥C .答案 1T S ^AOB = 2|OA||OB|sin / AOB1 / 1=2sin / AOB < 2 解析当/ AOB =,AOB 面积最大.此时O 到AB 的距离d =爭. 设 AB 程为 y = k(x — 2)( k<0), 即 kx — y — i 2k = 0. 由d =「邓=(也可 k = — tan / OPH = 3. (2013大纲全国)椭圆C :k 一逅3 '一) 3 ).2 2 -+ 4 3=1的左、 右顶点分别为 A i 、A 2,点P 在C 上且直线PA 2 斜率的取值围是[—2 , 1 _ A . © 4] 1C .[夕 1]答案 B —1]，那么直线 解析利用直线PA 2斜率的取值围确定点 FA 1斜率的边界值.由题意可得 A 1(— 2,0), A 2(2,0), 当PA 2的斜率为— 2时,y =— 2(x — 2), y 化简得 解得x = 2或x = ^6. 由点P 在椭圆上得点P 26, 直线FA 2的程式为 代入椭圆程，消去 同理,当直线PA 2的斜率为一1时, 代入椭圆程，PA 1斜率的取值围是 3 3 [3, 3] ,1] P 变化围的边界点，再利用斜率公式计算直线 19x 2— 64x + 52= 0,24，此时直线PA 1的斜率k =8直线PA 2程为y =— (x — 2), 消去y 化简得7x 2— 16x + 4 = 0,解得x = 2或 由点P 在椭圆上得点 此时直线PA 1的斜率2 12F7, & , k = 3 k= 4.数形结合可知，直线 3PA 1斜率的取值围是 8,4. (2012)椭圆4 + 3=1的左焦点为F ,直线x = m 与椭圆相交于点 A 、B ，当△ FAB 的长最大时，△ FAB 的面积是 ________ . 答案 3解析 直线x = m 过右焦点(1,0)时，△ FAB 的长最大，由椭圆定义知，其长为 4a = 8,b 2 2 X 3i此时，AB|= 2 X-== 3,.・. S ^FAB =-X 2 X 3 = 3.a 225. (2012 )在直角坐标系xOy 中，直线I 过抛物线y 2= 4x 的焦点F ，且与该抛物线相交于 A ,B 两点.其中点A 在x 轴上，若直线I 的倾斜角为60°则厶OAF 的面积为 _____________ 答案 ；3解析••• y 2= 4x 的焦点F(1,0), 又直线I 过焦点F 且倾斜角为60° 故直线l 的程为y = ；'3(x - 1),将其代入 y 2= 4x 得 3x 2- 6x + 3 — 4x = 0,1即 3x 2— 10x + 3 = 0. x = 3或 x = 3.3 又点 A 在 x 轴上，• • X A = 3.二 y A = 2\'- 3.1• S A OAF = 2* 1 X 2 ■ 3 = ■' 3.题型一圆锥曲线中的围、最值问题【例1】已知中心在原点的双曲线 C 的右焦点为(2,0)，实半轴长为-3.(1) 求双曲线C 的程；⑵若直线I : y = kx + .2与双曲线C 的左支交于A , B 两点，求k 的取值围；(3)在(2)的条件下，线段 AB 的垂直平分线l 0与y 轴交于M(0, b)，求b 的取值围. 审题破题(2)直接利用判别式和根与系数的关系确定k 的围；(3)寻找b 和k 的关系,由已知，得 a = . 3, c = 2, b 2= c 2— a 2= 1, 故双曲线程为彳—y 2= 1. ⑵设 A(X A , y A ), B(X B , y B )，将 y = kx + , 2代入 — y 2= 1, 得(1 — 3k 2)x 2— 6 2kx — 9= 0.利用(2)中k 的围求解.解(1)设双曲线程为2 2x- y-= 1 a b(a>0, b>0),1 —3 k2丰 0,△= 36 1 —k2 >0,由题意，知x A+ x B= 1 ' 3：2<0 , 解得~3<«1.—9XAXB =匚汞 >°，所以当-3<k<1时，直线I与双曲线的左支有两个交点.3⑶由⑵，得X A+ X B= 1—^2，所以Y A+ y B= (kx A+ 2) + (kx B+ 2)=k(X A+ X B) + 2 2= 1—^2，所以AB中点P的坐标为园尘，」.1 —3 k2 1—3k21 A\f2设I o的程为y=—[x+ b,将P点的坐标代入l0的程，得b= 1—3k2，T 33<k<1 ,•••— 2<1 —3k2<0,「. b< —2 2.••• b的取值围是(一a, —2 2).反思归纳求最值或求围问题常见的解法有两种：(1)几法•若题目的条件和结论能明显体现几特征及意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几法. (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，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值，这就是代数法.变式训练1 (2013)已知抛物线C的顶点为原点，其焦点F(0, c)(c>0)到直线I: X— y— 2 = 0 的距离为穿.设P为直线I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的程；(2) 当点P(X O, y o)为直线I上的定点时，求直线AB的程；(3) 当点P在直线I上移动时，求|AF||BF|的最小值.解(1)依题意知|c+ 2|=卑乎,c>0,解得c= 1.寸2 2所以抛物线C的程为x2= 4y.(2)由y=扶得y，=],、r 1 1设A(X1, y1), B(X2, y2),则切线PA, PB的斜率分别为"X1, 5x2，所以切线PA的程为y X1 X1X2—y1 = ~(x—X1)，即y= ~x —— + y1,即卩X1X —2y—2y1 = 0.同理可得切线PB的程为X2x—2y —2y2= 0,又点P(X0, y0)在切线PA和PB上，所以 x i X o — 2y o — 2y i = 0, X 2X 0 — 2y o — 2y 2= 0,所以(X i , y i ),(X 2, y 2)为程 x o x — 2y o — 2y = 0 的两组解, 所以直线AB 的程为X o x — 2y — 2y o = 0.⑶由抛物线定义知|AF|= y i + 1, |BF|= y 2+ 1, 所以 |AF| |BF |= (y i + 1)(y 2 + 1) = y i y 2 + (y i + y 2)+ 1,消去 x 整理得 y 2 + (2y o — x 0)y + y 2= 0, y 1 + y 2= x 2— 2y 0, y 1y 2= y 2,|AF| |BF|= y 1y 2 + (y 1 + y 2)+ 1 = y 0+ x 0— 2y o + 1 =y 2 + (y o + 2)2 — 2y o + 1 = 2y 0+ 2y o + 5 c 1 2 9=2 y o + 2 2 + 2，•••当y o = — 2■时，|AF||BF|取得最小值，且最小值为 2. 题型二圆锥曲线中的定点、定值问题【例2] (2012 )如图，等边三角形 OAB 的边长为8 .3,且其三个顶点均在抛物线 E : x 2= 2py(p>0)上. (1) 求抛物线E 的程；(2) 设动直线I 与抛物线E 相切于点P,与直线y =— 1相交于点 证明以PQ 为直径的圆恒过 y 轴上某定点.审题破题 (1)先求出B 点坐标，代入抛物线程，可得 p 的值；(2)假设在y 轴上存在定 点M ，使得以线段PQ 为直径的圆经过点 M ，转化为MP MQ = 0，从而判断点 M 是否 存在.(1)解 依题意,|OB|= 8 .3,7 BOy = 30°设 B(x , y)，则 x = |OB|sin 30 =4羽，y = |OB|cos 30 = 12. 因为点 B(4 ,3, 12)在 x 2= 2py 上, 所以(4 ,3)2= 2p X 12，解得 p = 2. 故抛物线E 的程为x 2= 4y.⑵证明法一由(1)知y =扶，y '= 2x.1设P(X 0, y o )，则X 0工0, y o = [x 2,且l 的程为联立程X 0X — 2y — 2y 0= 0, x 2= 4y ,x 2— 4 得 X = 2x 0 ,所以Q 为 x 2 —42x1X 0(x — X 0),即卩 y =y — y o =即(y 2+ y i — 2) + (1 — y i )y o = 0.(*) 由于(*)式对满足y o = 4X 0(X O M 0)的y o 恒成立，i — y i = 0, 所以。
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圆锥曲线的综合问题【考纲要求】1．考查圆锥曲线中的弦长问题、直线与圆锥曲线方程的联立、根与系数的关系、整体代入 和设而不求的思想．2．高考对圆锥曲线的综合考查主要是在解答题中进行，考查函数、方程、不等式、平面向 量等在解决问题中的综合运用． 【复习指导】本讲复习时，应从“数”与“形”两个方面把握直线与圆锥曲线的位置关系．会判断已知直线与曲线的位置关系(或交点个数)，会求直线与曲线相交的弦长、中点、最值、定值、点的轨迹、参数问题及相关的不等式与等式的证明问题． 【基础梳理】1．直线与圆锥曲线的位置关系判断直线l 与圆锥曲线C 的位置关系时，通常将直线l 的方程Ax ＋By ＋C ＝0(A 、B 不同时 为0)代入圆锥曲线C 的方程F (x ，y )＝0，消去y (也可以消去x )得到一个关于变量x (或 变量y )的一元方程． 即⎩⎨⎧==++0),(0y x F c By Ax ,消去y 后得02=++c bx ax(1)当0≠a 时，设方程02=++c bx ax 的判别式为Δ，则Δ＞0⇔直线与圆锥曲线C 相交；Δ＝0⇔直线与圆锥曲线C 相切；Δ＜0⇔直线与圆锥曲线C 无公共点．(2)当0=a ，0≠b 时，即得一个一次方程，则直线l 与圆锥曲线C 相交，且只有一个交点， 此时，若C 为双曲线，则直线l 与双曲线的渐近线的位置关系是平行；若C 为抛物线， 则直线l 与抛物线的对称轴的位置关系是平行． 2．圆锥曲线的弦长(1)定义：直线与圆锥曲线相交有两个交点时，这条直线上以这两个交点为端点的线段叫做 圆锥曲线的弦(就是连接圆锥曲线上任意两点所得的线段)，线段的长就是弦长． (2)圆锥曲线的弦长的计算设斜率为k (k ≠0)的直线l 与圆锥曲线C 相交于A ，B 两点，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝]4))[(1(212212x x x x k -++=ak ∆⋅+21=1＋1k2·|y 1－y 2|.(抛物线的焦点弦长|AB |＝x 1＋x 2＋p ＝2psin 2θ，θ为弦AB 所在直线的倾斜角)． 3、一种方法点差法：在求解圆锥曲线并且题目中交代直线与圆锥曲线相交和被截的线段的中点坐标时，设出直线和圆锥曲线的两个交点坐标，代入圆锥曲线的方程并作差，从而求出直线的斜率，然后利用中点求出直线方程．“点差法”的常见题型有：求中点弦方程、求(过定点、平行弦)弦中点轨迹、垂直平分线问题．必须提醒的是“点差法”具有不等价性，即要考虑判别式Δ是否为正数． 4、一条规律“联立方程求交点，根与系数的关系求弦长，根的分布找范围，曲线定义不能忘”双基自测1．直线y ＝kx －k ＋1与椭圆x 29＋y 24＝1的位置关系为( )A ．相交B ．相切C ．相离D ．不确定解：y ＝kx －k ＋1＝k (x －1)＋1过定点(1,1)，点在椭圆内部，故线与椭圆相交．答案A 2．“直线与双曲线相切”是“直线与双曲线只有一个公共点”的( )．A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 解析：与渐近线平行的直线也与双曲线有一个公共点． 答案 A3．已知以F 1(－2,0)，F 2(2,0)为焦点的椭圆与直线x ＋3y ＋4＝0有且仅有一个交点，则椭圆的长轴长为( )．A ．3 2B ．2 6C ．27D ．4 2解析：根据题意设椭圆方程为x 2b 2＋4＋y 2b2＝1(b ＞0)，则将x ＝－3y －4代入椭圆方程，得4(b 2＋1)y 2＋83b 2y －b 4＋12b 2＝0，∵椭圆与直线x ＋3y ＋4＝0有且仅有一个交点，∴Δ＝(83b 2)2－4×4(b 2＋1)·(－b 4＋12b 2)＝0，即(b 2＋4)(b 2－3)＝0，∴b 2＝3，长轴长为2b 2＋4＝27. 答案 C4．已知双曲线E 的中心为原点，F (3,0)是E 的焦点，过F 的直线l 与E 相交于A ，B 两点，且AB 的中点为N (－12，－15)，则E 的方程为( )．A.x 23－y 26＝1B.x 24－y 25＝1C.x 26－y 23＝1D.x 25－y 24＝1解析 设双曲线的标准方程为x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)，由题意知c ＝3，a 2＋b 2＝9，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则有：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=-11222222221221b y a x by a x ，两式作差得：y 1－y 2x 1－x 2＝b 2x 1＋x 2a 2y 1＋y 2＝－12b 2－15a 2＝4b 25a 2，又AB 的斜率是－15－0－12－3＝1，所以将4b 2＝5a 2代入a 2＋b 2＝9得a 2＝4，b 2＝5，所以双曲线的标准方程是x 24－y 25＝1. 答案 B5．y ＝kx ＋2与y 2＝8x 有且仅有一个公共点，则k 的取值为________．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.故k ＝0或k ＝1.答案 0或1【考向探究导析】考向一 直线与圆锥曲线的位置关系【例1】(2011·合肥模拟)设抛物线y 2＝8x 的准线与x 轴交于点Q ，若过点Q 的直线l 与抛物线有公共点，则直线l 的斜率的取值范围是( )． A.]21,21[-B ．[－2,2]C ．[－1,1]D ．[－4,4] [审题视点] 设直线l 的方程，将其与抛物线方程联立，利用Δ≥0解得．解析 由题意得Q (－2,0)．设l 的方程为y ＝k (x ＋2)，代入y 2＝8x 得k 2x 2＋4(k 2－2)x ＋4k2＝0，∴当k ＝0时，直线l 与抛物线恒有一个交点；当k ≠0时，Δ＝16(k 2－2)2－16k 4≥0，即k 2≤1，∴－1≤k ≤1，且k ≠0，综上－1≤k ≤1.答案 C研究直线和圆锥曲线的位置关系，一般转化为研究直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组解的个数，但对于选择、填空题，常充分利用几何条件，利用数形结合的方法求解． 【训练1】 若直线mx ＋ny ＝4与⊙O ：x 2＋y 2＝4没有交点，则过点P (m ，n )的直线与椭圆 x 29＋y 24＝1的交点个数是( )．A ．至多为1 B ．2 C ．1 D ．0 解：由题意知：4m 2＋n 2＞2，即m 2＋n 2＜2，∴点P (m ，n )在椭圆x 29＋y 24＝1的内部，故所求交点个数是2个．答案 B考向二 弦长及中点弦问题【例2】若直线l 与椭圆C ：x 23＋y 2＝1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．[审题视点] 联立直线和椭圆方程，利用根与系数关系后代入弦长公式，利用基本不等式求出弦长的最大值即可．解 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，得|m |1＋k2＝32，即m 2＝34(k 2＋1)．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＝－6km 3k 2＋1，x 1x 2＝3m 2－13k 2＋1. ∴|AB |2＝(1＋k 2)(x 2－x 1)2＝(1＋k 2)·⎣⎢⎡⎦⎥⎤36k 2m 23k 2＋12－12m 2－13k 2＋1＝12k 2＋13k 2＋1－m 23k 2＋12＝3k 2＋19k 2＋13k 2＋12＝3＋12k29k 4＋6k 2＋1. 当k ≠0时，上式＝3＋129k 2＋1k2＋6≤3＋122×3＋6＝4，当9k 2＝1k 2，即k ＝±33时等号成立．此时|AB |＝2；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 max ＝12×|AB |max ×32＝32.当直线(斜率为k )与圆锥曲线交于点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)时，则|AB |＝1＋k 2·|x 1－x 2|＝1＋1k2|y 1－y 2|，而|x 1－x 2|＝x 1＋x 22－4x 1x 2，可根据直线方程与圆锥曲线方程联立消元后得到的一元二次方程，利用根与系数的关系得到两根之和、两根之积的代数式，然后再进行整体代入求解．【训练2】 椭圆ax 2＋by 2＝1与直线x ＋y －1＝0相交于A ，B 两点，C 是AB 的中点，若 AB ＝22，OC 的斜率为22，求椭圆的方程． 法一：设A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)，代入椭圆方程作差a (x 1＋x 2)(x 1－x 2)＋b (y 1＋y 2)(y 1－y 2)＝0.而y 1－y 2x 1－x 2＝－1，y 1＋y 2x 1＋x 2＝k oc ＝22，代入上式可得b ＝2a ，再由|AB |＝1＋k 2|x 2－x 1|＝ 2|x 2－x 1|＝22，其中x 1、x 2是方程(a ＋b )x 2－2bx ＋b －1＝0的两根，故⎝ ⎛⎭⎪⎫2b a ＋b 2－4·b －1a ＋b ＝4，将b ＝2a 代入得a ＝13，∴b ＝23.∴椭圆的方程是x 23＋2y 23＝1. 法二 由⎩⎪⎨⎪⎧ax 2＋by 2＝1，x ＋y ＝1，得(a ＋b )x 2－2bx ＋b －1＝0，设A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)，则|AB |＝k 2＋1x 1－x 22＝2·4b 2－4a ＋bb －1a ＋b2.∵|AB |＝22，∴a ＋b －ab a ＋b ＝1.① ，设C (x ，y )，则x ＝x 1＋x 22＝b a ＋b ，y ＝1－x ＝aa ＋b ，∵OC 的斜率为22，∴a b ＝22.代入①，得a ＝13，b ＝23.∴椭圆方程为x 23＋23y 2＝1.考向三 圆锥曲线中的定点定值问题常见的类型(1)直线恒过定点问题；(2)动圆恒过定点问题；(3)探求定值问题；(4)证明定值问题．例3、(2011·山东)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x23＋y 2＝1.如图所示，斜率为k (k ＞0)且不过原点的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，线段AB 的中点为E ，射线OE 交椭圆C于点G ，交直线x ＝－3于点D (－3，m )．(1)求m 2＋k 2的最小值； (2)若|OG |2＝|OD |·|OE |，求证：直线l 过定点． (1)解：设直线l 的方程为y ＝kx ＋t (k ＞0)，由题意，t ＞0.由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋t ，x 23＋y 2＝1，得(3k 2＋1)x 2＋6ktx ＋3t 2－3＝0.由题意Δ＞0，所以3k 2＋1＞t 2.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由根与系数的关系得x 1＋x 2＝－6kt3k 2＋1，所以y 1＋y 2＝2t 3k 2＋1.由于E 为线段AB 的中点，因此x E ＝－3kt 3k 2＋1，y E ＝t3k 2＋1，此时k OE ＝y E x E ＝－13k .所以OE 所在直线方程为y ＝－13k x ，又由题设知D (－3，m )，令x ＝－3，得m ＝1k，即mk ＝1，所以m 2＋k 2≥2mk ＝2，当且仅当m ＝k ＝1时上式等号成立，此时由Δ＞0得0＜t ＜2，因此当m ＝k ＝1且0＜t ＜2时，m 2＋k 2取最小值2.(2)证明 由(1)知OD 所在直线的方程为y ＝－13kx ，将其代入椭圆C 的方程，并由k ＞0，解得G ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3k 3k 2＋1，13k 2＋1.又E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3kt3k 2＋1，t 3k 2＋1，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，1k ，由距离公式及t ＞0得 |OG |2＝⎝⎛⎭⎪⎫－3k 3k 2＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13k 2＋12＝9k 2＋13k 2＋1，|OD |＝ －32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2＝9k 2＋1k ， |OE |＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3kt 3k 2＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫t 3k 2＋12＝t 9k 2＋13k 2＋1，由|OG |2＝|OD |·|OE |得t ＝k ， 因此直线l 的方程为y ＝k (x ＋1)，所以直线l 恒过定点(－1,0)．【训练3】椭圆有两顶点A (－1,0)、B (1,0)，过其焦点F (0,1)的直线l 与椭圆交于C 、D 两点，并与x 轴交于点P .直线AC 与直线BD 交于点Q . (1)当|CD |＝322时，求直线l 的方程．(2)当点P 异于A 、B 两点时，求证：O P →·O Q →为定值． [审题视点] (1)设出直线方程与椭圆方程联立．利用根与系数的关系和弦长公式可求出斜率从而求出直线方程；(2)关键是求出Q 点坐标及其与P 点坐标的关系，从而证得OP →·OQ →为定值．证明过程中要充分利用已知条件进行等价转化．(1)解:因椭圆焦点在y 轴上，设椭圆的标准方程为y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，由已知得b ＝1，c ＝1，所以a ＝2，椭圆方程为y 22＋x 2＝1.直线l 垂直于x 轴时与题意不符．设直线l 的方程为y ＝kx ＋1，将其代入椭圆方程化简得(k 2＋2)x 2＋2kx －1＝0. 设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－2k k 2＋2，x 1·x 2＝－1k 2＋2，|CD |＝k 2＋1·x 1＋x 22－4x 1x 2＝22k 2＋1k 2＋2，由已知得22k 2＋1k 2＋2＝322， 解得k ＝±2，所以直线l 的方程为y ＝2x ＋1或y ＝－2x ＋1. (2)证明 直线l 与x 轴垂直时与题意不符．设直线l 的方程为y ＝kx ＋1(k ≠0且k ≠±1)，所以P 点坐标为]0,1[k-，设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，由(1)知x 1＋x 2＝－2k k 2＋2，x 1·x 2＝－1k 2＋2，直线AC 的方程为y ＝y 1x 1＋1(x ＋1)，直线BD 的方程为y ＝y 2x 2－1(x －1)，将两直线方程联立，消去y 得x ＋1x －1＝y 2x 1＋1y 1x 2－1，因为－1＜x 1，x 2＜1，所以x ＋1x －1与y 2y 1异号．⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x －12＝y 22x 1＋12y 21x 2－12＝2－2x 222－2x 21·x 1＋12x 2－12＝1＋x 11＋x 21－x 11－x 2＝1＋－2k k 2＋2＋－1k 2＋21－－2k k 2＋2＋－1k 2＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k －1k ＋12.又y 1y 2＝k 2x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1＝21－k1＋k k 2＋2＝－21＋k 2k 2＋2·k －1k ＋1， ∴k －1k ＋1与y 1y 2异号，x ＋1x －1与k －1k ＋1同号，∴x ＋1x －1＝k －1k ＋1，解得x ＝－k . 因此Q 点坐标为(－k ，y 0)．O P →·O Q →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，0·()－k ，y 0＝1.故O P →·O Q →为定值．[训练4](2012年高考福建卷)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左焦点为F 1，右焦点为F 2，离心率e ＝12.过F 1的直线交椭圆于A 、B 两点，且△ABF 2的周长为8.(1)求椭圆E 的方程； (2)设动直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆E 有且只有一个公共点P ，且与直线x ＝4相交于点Q .试探究：在坐标平面内是否存在定点M ，使得以PQ 为直径的圆恒过点M ？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，说明理由．[解析] (1)因为|AB |＋|AF 2|＋|BF 2|＝8，即|AF 1|＋|F 1B |＋|AF 2|＋|BF 2|＝8.又|AF 1|＋|AF 2|＝|BF 1|＋|BF 2|＝2a ，所以4a ＝8，a ＝2.又因为e ＝12，即c a ＝12，所以c ＝1，所以b ＝a 2－c 2＝ 3.故椭圆E 的方程是x 24＋y 23＝1.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1，消去y 得(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0.因为动直线l 与椭圆E 有且只有一个公共点P (x 0，y 0)，所以m ≠0且Δ＝0， 即64k 2m 2－4(4k 2＋3)(4m 2－12)＝0，化简得4k 2－m 2＋3＝0.(*)所以P (－4k m ，3m)．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝kx ＋m ，得Q (4，4k ＋m ) 假设平面内存在定点M 满足条件，由图形对称性知，点M 必在x 轴上．设M (x 1，0)，则0MP MQ ⋅=u u u r u u u u r对满足(*)式的m ，k 恒成立．因为MP u u u r =(－4k m－x 1，3m)，MQ u u u u r =(4－x 1，4k ＋m )，由0MP MQ ⋅=u u u r u u u u r ，得－16k m ＋4kx 1m －4x 1＋x 21＋12k m ＋3＝0，整理，得(4x 1－4)k m＋x 21－4x 1＋3＝0. (* *)由于(* *)式对满足(*)式的m ，k 恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧4x 1－4＝0，x 21－4x 1＋3＝0，解得x 1＝1.故存在定点M (1，0)，使得以PQ 为直径的圆恒过点M .【训练5】已知抛物线y 2＝4x ，圆F ：(x －1)2＋y 2＝1，过点F 作直线l ，自上而下顺次与上述两曲线交于点A ，B ，C ，D (如图所示)，则|AB |·|CD |的值正确的是( )A ．等于1B ．最小值是1C ．等于4D ．最大值是4解析：设直线l ：x ＝ty ＋1，代入抛物线方程，得y 2－4ty －4＝0.设A (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，由抛物线定义AF ＝x 1＋1，DF ＝x 2＋1，故|AB |＝x 1，|CD |＝x 2， 故|AB |·|CD |＝x 1x 2＝y 214·y 224＝（y 1y 2）216，而y 1y 2＝－4，代入上式，得|AB |·|CD |＝1.故选A.考向四 最值与范围问题1．求参数范围的方法：据已知条件建立等式或不等式的函数关系，再求参数范围． 2．求最值问题的方法(1)几何法：题目中给出的条件有明显的几何特征，则考虑用图象来解决；(2)代数法：题目中给出的条件和结论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，求最值的常见方法是判别式法、基本不等式法，单调性法等．例4、已知椭圆x 22＋y 2＝1的左焦点为F ，O 为坐标原点． (1)求过点O 、F ，并且与直线l ：x ＝－2相切的圆的方程； (2)设过点F 且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于A ，B 两点， 线段AB 的垂直平分线与x 轴交于点G ，求点G 横坐标的取值范围．[审题视点] (1)求出圆心和半径，得出圆的标准方程； (2)设直线AB 的点斜式方程，由已知得线段AB 的垂直平分线方程，利用求值域的方法求解．解 (1)∵22=a ，12=b ，∴1=c ，F (－1,0)，∵圆过点O ，F ，∴圆心M 在直线x ＝－12上．设M ),21(t -，则圆半径r ＝23)2()21(=---，由|OM |＝r ，得23)21(22=+-t ，解得t＝±2，∴所求圆的方程为49)2()21(22=±++y x(2)设直线AB 方程为y ＝k (x ＋1)(k ≠0)，代入x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2＋4k 2x ＋2k 2－2＝0.∵直线AB 过椭圆的左焦点F 且不垂直于x 轴，∴方程有两个不等实根．如图，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 中点N (x 0，y 0)，则x 1＋x 2＝－4k 22k 2＋1，x 0＝12(x 1＋x 2)＝－2k 22k 2＋1，y 0＝k (x 0＋1)＝k 2k 2＋1，∴AB 的垂直平分线NG 的方程为y －y 0＝－1k(x －x 0)．令y ＝0，得x G ＝x 0＋ky 0＝－2k 22k 2＋1＋k 22k 2＋1＝－k 22k 2＋1＝－12＋14k 2＋2，∵k ≠0，∴－12＜x G ＜0，∴点G 横坐标的取值范围为)0,21(-【训练6】已知过点A (－4,0)的动直线l 与抛物线G ：x 2＝2py (p ＞0)相交于B 、C 两点．当 直线l 的斜率是12时，AC →＝4AB →.(1)求抛物线G 的方程；(2)设线段BC 的中垂线在y 轴上的截距为b ，求b 的取值范围．解 (1)设B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，当直线l 斜率是12时,l 方程为y ＝12(x ＋4)，即x ＝2y －4.由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2py ，x ＝2y －4得2y 2－(8＋p )y ＋8＝0，∴⎪⎩⎪⎨⎧+=+=②①2842121py y y y 又∵AC →＝4AB →，∴y 2＝4y 1③,由①②③及p ＞0得：y 1＝1，y 2＝4，p ＝2，得抛物线G 方程为x 2＝4y .(2)设l :y ＝k (x ＋4)，BC 中点为(x 0，y 0)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝4y ，y ＝k x ＋4得x 2－4kx －16k ＝0，④∴x 0＝x C ＋x B2＝2k ，y 0＝k (x 0＋4)＝2k 2＋4k .∴线段BC 中垂线为y －2k 2－4k ＝－1k(x －2k )，∴线段BC 的中垂线在y 轴上的截距为：b ＝2k 2＋4k ＋2＝2(k ＋1)2， 对于方程④，由Δ＝16k 2＋64k ＞0得k ＞0或k ＜－4.∴b ∈(2，＋∞)．[训练7]已知抛物线y 2＝2px (p ≠0)上存在关于直线x ＋y ＝1对称的相异两点，则实数p 的取值范围为( )A ．(－23，0)B ．(0，23)C ．(－32，0)D ．(0，32)解析：设抛物线上关于直线x ＋y ＝1对称的两点是M (x 1，y 1)、N (x 2，y 2)，设直线MN 的方程为y ＝x ＋b .将y ＝x ＋b 代入抛物线方程，得x 2＋(2b －2p )x ＋b 2＝0，则x 1＋x 2＝2p －2b ，y 1＋y 2＝(x 1＋x 2)＋2b ＝2p ，则MN 的中点P 的坐标为(p －b ，p )．因为点P 在直线x ＋y ＝1上，所以2p －b ＝1，即b ＝2p －1.又Δ＝(2b －2p )2－4b 2＝4p 2－8bp >0，将b ＝2p －1代入得4p 2－8p (2p －1)>0，即3p 2－2p <0，解得0<p <23.考向五 探索性问题【问题研究】 解析几何中探索性问题的结论往往不明确，需要根据已知条件通过推理论证或是计算对结论作出明确的肯定或是否定，因此解决起来具有较大的难度．【解决方案】 明确这类问题的解题思想：即假设其结论成立、存在等，在这个假设下进行推理论证，如果得到了一个合情合理的推理结果，就肯定假设，对问题作出正面回答，如果得到一个矛盾的结果，就否定假设，对问题作出反面回答．[例5】已知一条曲线C 在y 轴右边，C 上每一点到点F (1,0)的距离减去它到y 轴距离的差都是1. (1)求曲线C 的方程；(2)是否存在正数m ，对于过点M (m,0)且与曲线C 有两个交点A ，B 的任一直线，都有 FA →·FB →＜0？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由． 解：(1)设P (x ，y )是C 上任意一点，那么点P (x ，y )满足：x －12＋y 2－x ＝1(x ＞0)．化简得y 2＝4x (x ＞0)．(2)设过点M (m,0)(m ＞0)的直线l 与曲线C 的交点为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．设l 的方程为x ＝ty ＋m ，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ty ＋m ，y 2＝4x ，得y 2－4ty －4m ＝0，Δ＝16(t 2＋m )＞0，于是⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝4t ，y 1y 2＝－4m .①又FA →＝(x 1－1，y 1)，FB →＝(x 2－1，y 2)．FA →·FB →＜0⇔(x 1－1)(x 2－1)＋y 1y 2＝x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1＋y 1y 2＜0.②又x ＝y 24，于是不等式②等价于y 214·y 224＋y 1y 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫y 214＋y 224＋1＜0⇔y 1y 2216＋y 1y 2－14[(y 1＋y 2)2－2y 1y 2]＋1＜0，③，由①式，不等式③等价于m 2－6m ＋1＜4t 2，④对任意实数t,4t 2的最小值为0，所以不等式④对于一切t 成立等价于m 2－6m ＋1＜0， 即3－22＜m ＜3＋22，由此可知，存在正数m ，对于过点M (m,0)且与曲线C 有两个交点A ，B 的任一直线，都有FA →·FB →＜0，且m 的取值范围是(3－22，3＋22)．【训练8】(2012年高考广东卷)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O ：x 2＋y 2＝1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．[解析] (1)∵e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝23，∴a 2＝3b 2，∴椭圆方程为x 23b 2＋y 2b 2＝1，即x 2＋3y 2＝3b 2.设椭圆上的点到点Q (0，2)的距离为d ，则d ＝（x －0）2＋（y －2）2＝x 2＋（y －2）2＝3b 2－3y 2＋（y －2）2＝－2（y ＋1）2＋3b 2＋6，∴当y ＝－1时，d 取得最大值，d max ＝3b 2＋6＝3，解得b 2＝1，∴a 2＝3.∴椭圆C 的方程为x 23＋y 2＝1.(2)假设存在点M (m ，n )满足题意，则m 23＋n 2＝1，即m 2＝3－3n 2.设圆心到直线l 的距离为d ′，则d ′<1，d ′＝|m ·0＋n ·0－1|m 2＋n 2＝1m 2＋n 2.∴|AB |＝212－d ′2＝21－1m 2＋n 2.∴S △OAB ＝12|AB |d ′＝12·21－1m 2＋n 2·1m 2＋n 2＝1m 2＋n 2（1－1m 2＋n 2）.∵d ′<1，∴m 2＋n 2>1，∴0<1m 2＋n 2<1，∴1－1m 2＋n 2>0. ∴S △OAB ＝1m 2＋n 2（1－1m 2＋n 2）≤ ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1m 2＋n 2＋1－1m 2＋n 222＝12， 当且仅当1m 2＋n 2＝1－1m 2＋n 2，即m 2＋n 2＝2>1时，S △OAB 取得最大值12.由⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋n 2＝2，m 2＝3－3n2得⎩⎪⎨⎪⎧m 2＝32，n 2＝12，∴存在点M 满足题意，M 点坐标为(62，22)，(62，－22)，(－62，22)或(－62，－22)， 此时△OAB 的面积为12.。