2018高考数学二轮复习专题五解析几何第3讲圆锥曲线的综合问题课件文
2 2t＋ t
综上可知，点 M 的横坐标的取值范围是(－∞，0)∪(2， ＋∞)．
[规律方法] 求圆锥曲线中范围、 最值的主要方法是几何法和代数 法．
x2 y2 [变式训练] 已知点 A(0，－2)，椭圆 E： 2＋ 2＝1(a a b 3 ＞b＞0)的离心率为 ，F 是椭圆 E 的右焦点，直线 AF 2 2 3 的斜率为 ，O 为坐标原点． 3 (1)求 E 的方程； (2)设过点 A 的动直线 l 与 E 相交于 P，Q 两点，当 △OPQ 的面积最大时，求 l 的方程．
2 2 3 解：(1)设 F(c，0)，由条件知， ＝ ，得 c＝ 3. c 3 c 3 又 ＝ ，所以 a＝2，b2＝a2－c2＝1. a 2 x2 2 故 E 的方程为 ＋y ＝1. 4 (2)当 l⊥x 轴时不合题意， 故设 l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
x2 2 将 y＝kx－2 代入 ＋y ＝1， 4 得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0. 当 Δ＝16(4k2－3)＞0， 3 即 k ＞ 时，x1，2＝ 4
2 2 2 2 C. － ， 3 3
2 3 2 3 D. － ， 3 3
→ → 解析：若MF1·MF2＝0，则点 M 在以原点为圆心，半 焦距 c＝ 3为半径的圆上．
2 x 0 2 2 －y0＝1， 2 1 由 解得 y0＝ ， 3 2 x2 0＋y0＝3，
专题五
解析几何
第 3 讲 圆锥曲线的综合 问题
x2 1．(2015· 全国卷Ⅰ)已知 M(x0，y0)是双曲线 C： － 2 → → y2＝1 上的一点，F1，F2 是 C 的两个焦点．若MF1·MF2 ＜0，则 y0 的取值范围是(
A. － B.－
)
3 3 ， 3 3 3 3 ， 6 6
2
8k±2
4k2－3 . 2 4k ＋ 1
2 2 4 k ＋ 1· 4 k －3 2 从而|PQ|＝ k ＋1|x1－x2|＝ . 2 4k ＋1
又点 O 到直线 PQ 的距离 d＝
2 k ＋1
2
.
2 4 k －3 1 所以△OPQ 的面积 S△OPQ＝ d·|PQ|＝ . 2 2 4k ＋ 1
4
t2－1 故直线 FN 的斜率为－ ， 2t t2－1 从而得直线 FN：y＝－ (x－1)，直线 BN：y＝－ 2t t2＋3 2 2 ，所以 N 2 ，－ t . t t －1
2t 设 M(m， 0)， 由 A， M， N 三点共线得 2 ＝ ， 2 t －m 2 t ＋3 t－2 t －1 2t2 2 于是 m＝ 2 ＝2＋ 2 ，所以 m<0 或 m>2. t －1 t －1 经检验知，m<0 或 m>2 满足题意．
→ → 又MF1·MF2＜0，知点 M(x0，y0)在圆 x2＋y2＝3 的内 部，
所以
2 1 y0＜ ，因此－
3
3 3 ＜y ＜ . 3 0 3
答案：A
2．(2017· 全国卷Ⅱ)设点 O 为坐标原点，动点 M 在 x2 2 椭圆 C： ＋y ＝1 上，过点 M 作 x 轴的垂线，垂足为 N， 2 → → 点 P 满足NP＝ 2NM.(导学号 55410053) (1)求点 P 的轨迹方程； → → (2)设点 Q 在直线 x＝－3 上，且OP·PQ＝1.证明： 过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F.
→ (1)解：设 P(x，y)，M(x0，y0)，则 N(x0，0)，NP＝(x → －x0，y)，NM＝(0，y0)， 2 → → 由NP＝ 2NM得 x0＝x，y0＝ y， 2 x2 y2 因为 M(x0，y0)在 C 上，所以 ＋ ＝1， 2 2 因此点 P 的轨迹方程为 x2＋y2＝2.
(2)证明：由题意知 F(－1，0)，设 Q(－3，t)，P(m， → → → → n)，则OQ＝(－3，t)，PF＝(－1－m，－n)，OQ·PF＝3 → → ＋3m－tn，OP＝(m，n)，PQ＝(－3－m，t－n)， → → 由OP·PQ＝1，得－3m－m2＋tn－n2＝1， 又由(1)知 m2＋n2＝2，故 m＋3m－tn＝0.
热点 1 圆锥曲线中的最值、范围 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] (2016· 浙江卷 ) 如图所示，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 ＝1，即 p＝2. 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.
4t 4 设 4k －3＝t，则 t＞0，S△OPQ＝ 2 ＝ . t当且仅当 t＝2， 即 k＝± 时等号成立， t 2 且满足 Δ＞0. 7 所以当△OPQ 的面积最大时，l 的方程为 y＝ x－2 2 7 或 y＝－ x－2. 2
热点 2 定点、定值问题(多维探究) 1．由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜 式：y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；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．
→ → → → 所以OQ·PF＝0，即OQ⊥PF， 又过点 P 存在唯一直线垂直于 OQ， 所以过点 P 且垂 直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F.
【命题透视】 圆锥曲线中的定点与定值、最值与范 围问题是高考的热点，主要以解答题的形式呈现，往往作 为考题的压轴题之一，以椭圆或抛物线为背景，尤其是与 条件或结论相关存在性开放问题， 对考生的代数恒等变形 能力、计算能力有较高要求．
2018届高三数学二轮复习课件：第三讲 圆锥曲线的综合应用
������2 的方程为 8
������2 + =1. 4
考点1
考点2
考点3
考点4
(2)设直线 l:y=kx+b(k≠0, b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM). 将 得(2k2+1)x2+4kbx+2b2-8=0. 故 xM=
������1+������2 2 1 2 ������2 y=kx+b 代入 8
+
������2 =1, 4
=
-2������������
2
2������ +1
,yM=k· xM+b=
������������ ������������
������
2
于是直线 OM 的斜率 kOM= 即 kOM· k=- .
=- ,
1 2������
2������ +1
.
所以直线 OM 的斜率与直线 l 的斜率的乘积为定值.
������ 2
1 4
1 2
设 A(x0,y0),则直线 MA 的方程为 y-y0=MA 上, 所以-2-y0=- × 联立
1 2 1 2 1 (-x0). ������0
1 (x-x0),因为点 2 ������0
M(0,-2)在直线
������0 = -2- ×
2 ������0
������0 ,
追求卓越，崇尚一流。 主编：齐继鹏
1.理解数形结合的思想.
2.了解圆锥曲线的简单应用.
1.解答圆锥曲线的综合问题时应根据曲线的几何特征,熟练运用圆锥曲线的知 识将曲线的几何特征转化为数量关系(如方程、函数等),再结合代数、三角知识 解答,要重视函数与方程思想、等价转化思想的应用. 对于求曲线方程中参数的取值范围问题,应根据题设条件及曲线的几何性质(曲 线的范围、对称性、位置关系等)构造参数满足的不等式,通过不等式(组)求得参 数的取值范围,或建立关于参数的目标函数,转化为对函数值域的求解.
2018届高考数学一轮复习专题五圆锥曲线课件文
• 三、听英语课要注重实践
• 英语课老师往往讲得不太多，在大部分的时间里，进行的师生之间、学生之间的大量语言实践练习。因此，要上好英语课，就应积极参加语言实践活 动，珍惜课堂上的每一个练习机会。
2019/8/2
最新中小学教学课件
15
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2019/8/2
最新中小学教学课件
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【标准解答】 (1)由已知得 M(0，t)，P2Байду номын сангаас2p，t. 又 N 为 M 关于点 P 的对称点，故 Ntp2，t，(2 分) ON 的方程为 y＝pt x，代入 y2＝2px 整理得 px2－2t2x＝0，解得 x1＝0，x2＝2pt2.(4 分) 因此 H2pt2，2t.所以 N 为 OH 的中点，即||OOHN||＝2.(6 分)
【阅卷点评】 本题考查了直线与抛物线的位置关系，联立方 程组求得交点坐标．本题思维量、运算量却不大，适合文科的特点．
(2017·南昌模拟)已知圆 E：x2＋y－122＝94经过椭圆 C：xa22＋yb22＝ 1(a>b>0)的左、右焦点 F1，F2，且与椭圆 C 在第一象限的交点为 A， 且 F1，E，A 三点共线，直线 l 交椭圆 C 于 M，N 两点，且M→N＝λO→A (λ≠0)．
• 一、听理科课重在理解基本概念和规律
• 数、理、化是逻辑性很强的学科，前面的知识没学懂，后面的学习就很难继续进行。因此，掌握基本概念是学习的关键。上课时要抓好概念的理解， 同时，大家要开动脑筋，思考老师是怎样提出问题、分析问题、解决问题的，要边听边想。为讲明一个定理，推出一个公式，老师讲解顺序是怎样的， 为什么这么安排？两个例题之间又有什么相同点和不同之处？特别要从中学习理科思维的方法，如观察、比较、分析、综合、归纳、演绎等。
【高考数学二轮学习精品讲义教师版】第三部分_重点板块_专题五解析几何：第3讲圆锥曲线的综合问题
解得 a＝2，∵c＝1，∴b2＝a2－c2＝3，∴椭圆 C 的标准方程为x42＋y32＝1.
(2)联立方程，得x42＋y32＝1，消去 y 得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，设 A(x1，y1)，B(x2， y＝kx＋m，
y2)，则 x1＋x2＝3－＋84kmk2，x1x2＝43m＋2－4k122，且 Δ＝48(3＋4k2－m2)>0，① 设 AB 的中点为 M(x0，y0)，连接 QM，则 x0＝x1＋2 x2＝3－＋44kmk2，y0＝kx0＋m＝3＋3m4k2，
化简得x42＋y22＝1(|x|≠2)，
所以 C 为中心在坐标原点，焦点在 x 轴上的椭圆，不含左右顶点．
(2)①证明：设直线 PQ 的斜率为 k，则其方程为 y＝kx(k>0)．
y＝kx， 由x42＋y22＝1得 x＝±
2 1＋2k2.
设 u＝
2 ，则 1＋2k2
P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u，0)．
所以 Δ＝4p2－8pkb>0，得 kb<p2，
又 y1＋y2＝2kp，y1y2＝2pkb，由 y1＋y2＝2kp>0，y1y2＝2pkb>0，可知 k>0，b>0，因为|CD|＝ 1＋k2
|x1－x2|＝a 1＋k2，
点 O 到直线 CD 的距离 d＝
|b| ， 1＋k2
所以 S1＝12·a 1＋k2· 1|b＋| k2＝12ab.
在解答题中一般会综合考查直线、圆、圆锥曲线等．试题难度较大，多以压轴题出现．
解答题的热点题型有：
(1)直线与圆锥曲线位置关系；(2)圆锥曲线中定点、定值、最值及范围的求解；(3)圆锥曲 线中的判断与证明．
第 1 课时 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题 考点一 圆锥曲线中的最值问题
2018年浙江高考：圆锥曲线综合问题(共18张PPT)
令 x＝0，得 yM＝－x02－y02，从而|BM|＝1－yM＝1＋x02－y02.
直线 PB 的方程为 y＝y0x－0 1x＋1.
3分 5分 6分
9分
例题解析：
令 y＝0，得 xN＝－y0x－0 1，从而|AN|＝2－xN＝2＋y0x－0 1. ∴四边形 ABNM 的面积 S＝12|AN|·|BM|
难度 较难 正常 较难 正常 较难
备注
提1+压1椭最 基2+压1椭最
基1+提1+压1 椭范 基1+压1抛最 基1+压2抛范
二、考点解析：
比较5年来的圆锥曲线的题型和分值，浙江高考 的圆锥曲线主要有以下的特点及趋势：1、在高考提 高题与压轴题中一直占有重要的比例；2、计算等级 要求很高、整体换元等需巧妙运算；3、椭圆、抛物 线在综合应用部分出现频率很高，最值问题、求范围 问题出现频率很高。
复习专题 圆锥曲线综合
⊙积极进取
v ⊙勇攀高分
汤家桥 陈建才
一：最近5年浙江高考圆锥曲线综合应用的分析：
2014 2015 2016 2017 2018
圆锥曲线 T16,T21等 T5,T9,T19等 T7,T9,T19等 T2,T21等 T2,T17,T21等
分值 约19分 约25分 约25分 约19分 约23分
2、着重提高分析问题与运算能力。圆锥曲线训练综合题时， 一般鼓励学生“敢算、会算、巧算”！
3、重点关注最值类、取值范围类问题,平时训练注重同类型 方法的演变，不同方法间的总结。
t2＋1·
－2t2t＋4＋122t2＋32，
且 O 到直线 AB 的距离为 d＝ t2＋12 . t2＋1
10 分
设△AOB 的面积为 S(t)，所以 S(t)＝12|AB|·d＝12 －2t2－122＋2≤ 22，
高考数学大二轮复习专题六解析几何第3讲圆锥曲线的综合应用课件理
【解析】
(1)设点
2 x0 Px0，2p，由
x2＝2py(p＞0)
x2 x 得，y＝ ，则 y′＝p. 2p 因为直线 PQ 的斜率为 1， x0 x2 0 所以 ＝1 且 x0－ － 2＝0，解得 p＝2 2， p 2p 所以抛物线 C1 的方程为 x2＝4 2y.
x2 x0 0 (2)因为点 P 处的切线方程为：y－ ＝ (x－x0)， 2p p 即 2x0x－2py－x2 0＝0， |－x2 0| 根据直线与圆相切，得 d＝r，即 2 2＝1， 4x0＋4p
感悟高考
1．考查形式 题型：解答题；难度：高档． 2．命题角度 (1) 圆锥曲线的综合问题一般以直线与圆锥曲线的位
置关系为载体，以参数处理为核心，考查范围与最值、
定点与定值，探索证明等问题； (2) 解答往往要综合运用多种数学思想方法，对代数
恒等变换能力，计算能力等有较高要求．
3．素养目标 重点提升数学运算、逻辑推理、数学建模素养.
y＝k（x－1）， 2 消去 y ＝4x，
y 得 k2(x－1)2＝4x，即 k2x2－(2k2＋
4)x＋k2＝0，
2k2＋4 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1＋x2＝ ，x1x2 k2
y＝k（x－1）， ＝1.由 2 消去 y ＝4x，
x得y
2
1 4 2 ＝4 ky＋1 ，即 y －k
x2 4 0－4 当且仅当 ＝ 2 时取“＝”， 2 x0－4 即 x2 0＝4＋2 2，此时，p＝ 2＋2 2， S1 所以 的最小值为 3＋2 2. S2
●方法技巧 1．构造函数求最值 求最值问题的思路是建立求解目标的函数关系式，
通过求函数的最值(配方法、换元法、不等式法、导数
2018年高考数学二轮复习专题六解析几何第3讲专题突破讲义圆锥曲线的综合问题文
第3讲 圆锥曲线的综合问题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 (2017届天津市红桥区二模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1 (a >b >0)的离心率为63，且过点⎝⎛⎭⎪⎫1，63.(1)求椭圆C 的方程；(2)设与圆O ：x 2＋y 2＝34相切的直线l 交椭圆C 于A, B 两点，求△OAB 面积的最大值及取得最大值时直线l 的方程．解 (1)由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧1a 2＋23b2＝1，c a ＝63，a 2＝b 2＋c 2，解得a 2＝3，b 2＝1，∴椭圆C 的方程为x 23＋y 2＝1.(2)①当k 不存在时， x ＝±32，∴y ＝±32， ∴S △OAB ＝12×3×32＝34.②当k 存在时，设直线方程为y ＝kx ＋m ，A ()x 1，y 1，B ()x 2，y 2， 联立⎩⎪⎨⎪⎧x 23＋y 2＝1，y ＝kx ＋m ，得()1＋3k 2x 2＋6kmx ＋3m 2－3＝0，∴x 1＋x 2＝－6km 1＋3k 2，x 1x 2＝3m 2－31＋3k2.d ＝r ⇒4m 2＝3()1＋k 2.||AB ＝1＋k 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－6km 1＋3k 22－4×3m 2－31＋3k 2＝1＋k 2·12＋36k 2－12m2(1＋3k 2)2＝3·1＋10k 2＋9k41＋6k 2＋9k 4 ＝3·1＋4k21＋6k 2＋9k 4＝3·1＋41k 2＋9k 2＋6≤2，当且仅当1k 2＝9k 2，即k ＝±33时等号成立，此时m ＝±1.∴S △OAB ＝12||AB ×r ≤12×2×32＝32，∴△OAB 面积的最大值为32， 此时直线方程为y ＝±33x ±1. 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，利用数形结合法求解． (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 (2017·山东)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)的离心率为22，椭圆C 截直线y ＝1所得线段的长度为2 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)动直线l ：y ＝kx ＋m (m ≠0)交椭圆C 于A ，B 两点，交y 轴于点M .点N 是M 关于O 的对称点，⊙N 的半径为|NO |.设D 为AB 的中点，DE ，DF 与⊙N 分别相切于点E ，F ，求∠EDF 的最小值．解 (1)由椭圆的离心率为22，得a 2＝2(a 2－b 2)， 又当y ＝1时，x 2＝a 2－a 2b 2，得a 2－a 2b2＝2，所以a 2＝4，b 2＝2.因此椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1. (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y22＝1，得(2k 2＋1)x 2＋4kmx ＋2m 2－4＝0. 由Δ>0，得m 2<4k 2＋2，(*) 且x 1＋x 2＝－4km2k 2＋1，因此y 1＋y 2＝2m2k 2＋1，所以D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2km2k 2＋1，m 2k 2＋1.又N (0，－m )，所以|ND |2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2km 2k 2＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2k 2＋1＋m 2，整理得|ND |2＝4m 2(1＋3k 2＋k 4)(2k 2＋1)2. 因为|NF |＝|m |，所以|ND |2|NF |2＝4(k 4＋3k 2＋1)(2k 2＋1)2＝1＋8k 2＋3(2k 2＋1)2.令t ＝8k 2＋3，t ≥3， 故2k 2＋1＝t ＋14.所以|ND |2|NF |2＝1＋16t (1＋t )2＝1＋16t ＋1t＋2. 令y ＝t ＋1t ，所以y ′＝1－1t2.当t ≥3时，y ′>0，从而y ＝t ＋1t在[3，＋∞)上单调递增，因此t ＋1t ≥103，当且仅当t ＝3时等号成立，此时k ＝0， 所以|ND |2|NF |2≤1＋3＝4.由(*)得－2<m <2且m ≠0， 故|NF ||ND |≥12. 设∠EDF ＝2θ，则sin θ＝|NF ||ND |≥12， 所以θ的最小值为π6，从而∠EDF 的最小值为π3，此时直线l 的斜率是0.综上所述，当k ＝0，m ∈(－2，0)∪(0，2)时，∠EDF 取得最小值π3.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 (2017·长沙市长郡中学模拟)已知抛物线E ：y 2＝4x 的准线为l ，焦点为F ，O 为坐标原点．(1)求过点O ，F ，且与l 相切的圆的方程；(2)过F 的直线交抛物线E 于A ，B 两点，A 关于x 轴的对称点为A ′，求证：直线A ′B 过定点．(1)解 抛物线E ：y 2＝4x 的准线l 的方程为x ＝－1， 焦点坐标为F (1,0)，设所求圆的圆心C 为(a ，b )，半径为r, ∵圆C 过O ，F ，∴a ＝12，∵圆C 与直线l ：x ＝－1相切， ∴r ＝12－()－1＝32.由r ＝||CO ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋b 2＝32，得b ＝± 2. ∴过O ，F 且与直线l 相切的圆的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋()y ±22＝94.(2)证明 方法一 依题意知，直线AB 的斜率存在， 设直线AB 方程为y ＝k ()x －1，A ()x 1，y 1，B ()x 2，y 2()x 1≠x 2，A ′()x 1，－y 1，联立⎩⎨⎧y ＝k ()x －1，y 2＝4x ，消去y ，得k 2x 2－()2k 2＋4x ＋k 2＝0， ∴x 1＋x 2＝2k 2＋4k2，x 1x 2＝1.∵直线BA ′的方程为y －y 2＝y 2＋y 1x 2－x 1()x －x 2， ∴令y ＝0，得x ＝x 2y 1＋x 1y 2y 1＋y 2＝x 2k ()x 1－1＋x 1k ()x 2－1k ()x 1－1＋k ()x 2－1＝2x 1x 2－()x 1＋x 2－2＋()x 1＋x 2＝－1 . ∴直线BA ′过定点()－1，0.方法二 设直线AB 的方程为x ＝my ＋1,A ()x 1，y 1，B ()x 2，y 2，则A ′()x 1，－y 1.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，y 2＝4x ，得y 2－4my －4＝0，∴y 1＋y 2＝4m, y 1y 2＝－4. ∵k BA ′＝y 2＋y 1x 2－x 1＝y 2＋y 1y 224－y 214＝4y 2－y 1， ∴直线BA ′的方程为y －y 2＝4y 2－y 1()x －x 2. ∴y ＝4y 2－y 1(x －x 2)＋y 2＝4y 2－y 1x ＋y 2－4x 2y 2－y 1＝4y 2－y 1x ＋y 22－y 1y 2－4x 2y 2－y 1＝4y 2－y 1x ＋4y 2－y 1 ＝4y 2－y 1(x ＋1)． ∴直线BA ′过定点(－1,0)．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 (2017届江西省重点中学协作体联考)已知⊙F 1：(x ＋3)2＋y 2＝27与⊙F 2：(x －3)2＋y 2＝3，以F 1，F 2分别为左、右焦点的椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1 (a >b >0)经过两圆的交点．(1)求椭圆C 的方程；(2)M ，N 是椭圆C 上的两点，若直线OM 与ON 的斜率之积为－14，试问△OMN 的面积是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由． 解 (1)设两圆的交点为Q ，依题意有|QF 1|＋|QF 2|＝33＋3＝43， 由椭圆定义知，2a ＝43，解得a 2＝12. ∵F 1，F 2分别为椭圆C 的左、右焦点， ∴a 2－b 2＝9，解得b 2＝3， ∴椭圆C 的方程为x 212＋y 23＝1.(2)①当直线MN 的斜率不存在时，设M (x 1，y 1)，N (x 1，－y 1)．k OM ·k ON ＝－y 1y 1x 1x 1＝－14，∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪y 1x 1＝12.又x 2112＋y 213＝1，∴|x 1|＝6，|y 1|＝62. ∴S △OMN ＝12×6×6＝3.②当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为y ＝kx ＋m ，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 212＋y23＝1，得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0， 由Δ＝64k 2m 2－4(4k 2＋1)(4m 2－12)>0， 得12k 2－m 2＋3>0，(*)且x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－124k 2＋1.∴y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝m 2－12k 24k 2＋1.∵k OM ·k ON ＝y 1y 2x 1x 2＝－14，∴m 2－12k 24m 2－12＝－14，整理得2m 2＝12k 2＋3, 代入(*)得m ≠0. ∵|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝1＋k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－8km 4k 2＋12－4⎝ ⎛⎭⎪⎫4m 2－124k 2＋1 ＝1＋k 248(4k 2＋1)－16m 2(4k 2＋1)2＝61＋k2|m |， 原点O 到直线MN 的距离d ＝|m |1＋k2，∴S △OMN ＝12|MN |d＝12·61＋k 2|m |·|m |1＋k 2＝3(定值)． 综上所述，△OMN 的面积为定值3. 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”，将不确定性问题明确化．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 已知抛物线E 的顶点为原点O ，焦点为圆F ：x 2＋y 2－4x ＋3＝0的圆心F .经过点F 的直线l 交抛物线E 于A ，D 两点，交圆F 于B ，C 两点，A ，B 在第一象限，C ，D 在第四象限． (1)求抛物线E 的方程；(2)是否存在直线l ，使2|BC |是|AB |与|CD |的等差中项？若存在，求直线l 的方程；若不存在，请说明理由．解 (1)根据已知，设抛物线E 的方程为y 2＝2px (p >0)． ∵圆F 的方程为(x －2)2＋y 2＝1， ∴圆心F 的坐标为F (2,0)，半径r ＝1. ∴p2＝2，解得p ＝4. ∴抛物线E 的方程为y 2＝8x .(2)∵2|BC |是|AB |与|CD |的等差中项， ∴|AB |＋|CD |＝4|BC |＝4×2r ＝8， ∴|AD |＝|AB |＋|BC |＋|CD |＝10. 若l 垂直于x 轴，则l 的方程为x ＝2， 代入y 2＝8x ，得y ＝±4. 此时|AD |＝|y 1－y 2|＝8≠10， 即直线x ＝2不满足题意；若l 不垂直于x 轴，设l 的斜率为k ， 由已知得k ≠0，l 的方程为y ＝k (x －2)．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －2)，y 2＝8x ，得k 2x 2－(4k 2＋8)x ＋4k 2＝0，∴x 1＋x 2＝4k 2＋8k2，且Δ＝(4k 2＋8)2－16k 4＝64k 2＋64>0，∵抛物线E 的准线为x ＝－2，∴|AD |＝|AF |＋|DF |＝(x 1＋2)＋(x 2＋2) ＝x 1＋x 2＋4，∴4k 2＋8k2＋4＝10，解得k ＝±2.∴存在满足要求的直线l ，它的方程为2x －y －4＝0或2x ＋y －4＝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 (2017届河北省衡水中学押题卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1 (a >b >0)的长轴长为6，且椭圆C 与圆M ：(x －2)2＋y 2＝409的公共弦长为4103.(1)求椭圆C 的方程；(2)过点P (0,2)作斜率为k (k ≠0)的直线l 与椭圆C 交于两点A ，B ，试判断在x 轴上是否存在点D ，使得△ADB 为以AB 为底边的等腰三角形．若存在，求出点D 的横坐标的取值范围，若不存在，请说明理由．解 (1)由题意可得2a ＝6，所以a ＝3.由椭圆C 与圆M: ()x －22＋y 2＝409的公共弦长为4103，恰为圆M 的直径，可得椭圆C 经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫2，±2103，所以49＋409b 2＝1，解得b 2＝8.所以椭圆C的方程为x 29＋y 28＝1.(2)直线l 的解析式为y ＝kx ＋2，设A ()x 1，y 1，B ()x 2，y 2， AB 的中点为E ()x 0，y 0.假设存在点D ()m ，0，使得△ADB 为以AB 为底边的等腰三角形，则DE ⊥AB .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 29＋y28＝1，得()8＋9k 2x 2＋36kx －36＝0，故x 1＋x 2＝－36k 9k 2＋8，所以x 0＝－18k 9k 2＋8， y 0＝kx 0＋2＝169k 2＋8.因为DE ⊥AB ，所以k DE ＝－1k，即169k 2＋8－0－18k 9k 2＋8－m ＝－1k ，所以m ＝－2k 9k 2＋8＝－29k ＋8k.当k >0时， 9k ＋8k≥29×8＝122，所以－212≤m <0； 当k <0时， 9k ＋8k ≤－122，所以0<m ≤212.综上所述，在x 轴上存在满足题目条件的点E ，且点D 的横坐标的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－212，0∪⎝ ⎛⎦⎥⎤0，212.真题体验1．(2017·全国Ⅰ改编)已知F 为抛物线C ：y 2＝4x 的焦点，过F 作两条互相垂直的直线l 1，l 2，直线l 1与C 交于A ，B 两点，直线l 2与C 交于D ，E 两点，则|AB |＋|DE |的最小值为________．答案 16解析 因为F 为y 2＝4x 的焦点， 所以F (1,0)．由题意知，直线l 1，l 2的斜率均存在且不为0，设l 1的斜率为k ，则l 2的斜率为－1k ，故直线l 1，l 2的方程分别为y ＝k (x －1)，y ＝－1k(x －1)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，y 2＝4x ，得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，且Δ＝16k 2＋16>0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝2k 2＋4k2，x 1x 2＝1，所以|AB |＝1＋k 2·|x 1－x 2| ＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝1＋k 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋4k 22－4 ＝4(1＋k 2)k2. 同理可得|DE |＝4(1＋k 2)．所以|AB |＋|DE |＝4(1＋k 2)k2＋4(1＋k 2) ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2＋1＋1＋k 2＝8＋4⎝⎛⎭⎪⎫k 2＋1k 2≥8＋4×2＝16，当且仅当k 2＝1k2，即k ＝±1时，取得等号．2．(2017·山东)在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，焦距为2.(1)求椭圆E 的方程； (2)如图，动直线l ：y ＝k 1x －32交椭圆E 于A ，B 两点，C 是椭圆E 上一点，直线OC 的斜率为k 2，且k 1k 2＝24.M 是线段OC 延长线上一点，且|MC |∶|AB |＝2∶3，⊙M 的半径为|MC |，OS ，OT 是⊙M 的两条切线，切点分别为S ，T .求∠SOT 的最大值，并求取得最大值时直线l 的斜率． 解 (1)由题意知，e ＝c a ＝22，2c ＝2，所以c ＝1， 所以a ＝2，b ＝1，所以椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝k 1x －32，得(4k 21＋2)x 2－43k 1x －1＝0. 由题意知，Δ＞0，且x 1＋x 2＝23k 12k 21＋1，x 1x 2＝－12(2k 21＋1)， 所以|AB |＝1＋k 21|x 1－x 2|＝2·1＋k 21·1＋8k 211＋2k 21. 由题意可知，圆M 的半径r 为 r ＝23|AB |＝223·1＋k 21 1＋8k 212k 21＋1.由题设知k 1k 2＝24， 所以k 2＝24k 1，因此直线OC 的方程为y ＝24k 1x .联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝24k1x ，得x 2＝8k 211＋4k 21，y 2＝11＋4k 21，因此|OC |＝x 2＋y 2＝1＋8k 211＋4k 21. 由题意可知，sin ∠SOT 2＝r r ＋|OC |＝11＋|OC |r.而|OC |r ＝1＋8k 211＋4k 21223·1＋k 21 1＋8k 211＋2k 21＝324·1＋2k 211＋4k 21 1＋k 21， 令t ＝1＋2k 21，则t ＞1，1t∈(0,1)，因此|OC |r ＝32·t 2t 2＋t －1＝32·12＋1t －1t2＝32·1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －122＋94≥1，当且仅当1t ＝12，即t ＝2时等号成立，此时k 1＝±22，所以sin ∠SOT 2≤12，因此∠SOT 2≤π6，所以∠SOT 的最大值为π3.综上所述，∠SOT 的最大值为π3，取得最大值时直线l 的斜率为k 1＝±22.押题预测已知椭圆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|PN ||MQ |＝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，且Δ＝16k 2＋16>0，所以|PN |＝1＋k 2·(x 1＋x 4)2－4x 1x 4 ＝4(1＋k 2)k2. 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，且Δ＝144k 2＋144>0，所以|MQ |＝1＋k 2·(x 2＋x 3)2－4x 2x 3＝12(1＋k 2)3＋4k2.若|PN ||MQ |＝2， 则4(1＋k 2)k 2＝2×12(1＋k 2)3＋4k2，解得k ＝±62. 故存在斜率为k ＝±62的直线l ，使得|PN ||MQ |＝2.A 组 专题通关1．(2016·全国Ⅰ)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，且Δ＝144k 2＋144>0，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 ＝12|MN ||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，l 的方程为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)．2．(2017·山西省实验中学模拟)已知椭圆C: y 2a 2＋x 2b2＝1 (a >b >0)的短轴长为2，且椭圆C 的顶点在圆M ：x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －222＝12上． (1)求椭圆C 的方程；(2)过椭圆的上焦点作互相垂直的两条弦AB ，CD ，求||AB ＋||CD 的最小值． 解 (1)由题意可得2b ＝2，所以b ＝1. 椭圆C 的顶点在圆M: x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －222＝12上， 所以a ＝ 2.故椭圆C 的方程为y 22＋x 2＝1.(2)当直线AB 的斜率不存在或为零时，||AB ＋||CD ＝32.当直线AB 的斜率存在且不为零时， 设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，y 22＋x 2＝1，得()k 2＋2x 2＋2kx －1＝0， 设A ()x 1，y 1， B ()x 2，y 2， 由根与系数的关系，得x 1＋x 2＝－2k k 2＋2， x 1x 2＝－1k 2＋2， 所以||AB ＝22()k 2＋1k 2＋2，同理可得||CD ＝22()k 2＋12k 2＋1， 所以||AB ＋||CD ＝ 62()k 2＋12()2k 2＋1()k 2＋2.令t ＝k 2＋1，则t >1, ||AB ＋||CD ＝ 62t2()2t －1()t ＋1＝62⎝ ⎛⎭⎪⎫2－1t ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1t ，而2<⎝ ⎛⎭⎪⎫2－1t ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1t ≤94，所以823≤||AB ＋ ||CD <3 2.综上， 823≤||AB ＋ ||CD ≤32，故||AB ＋||CD 的最小值为823.3．(2017届太原模拟)已知动点C 到点F (1,0)的距离比到直线x ＝－2的距离小1，动点C 的轨迹为E .(1)求曲线E 的方程；(2)若直线l ：y ＝kx ＋m (km <0)与曲线E 相交于A ，B 两个不同点，且OA →·OB →＝5，证明：直线l 经过一个定点．(1)解 由题意可得动点C 到点F (1,0)的距离等于到直线x ＝－1的距离，∴曲线E 是以点(1,0)为焦点，直线x ＝－1为准线的抛物线，设其方程为y 2＝2px (p >0)，∴p2＝1，∴p ＝2，∴动点C 的轨迹E 的方程为y 2＝4x . (2)证明 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，y 2＝4x ，得k 2x 2＋(2km －4)x ＋m 2＝0，∴x 1＋x 2＝4－2km k 2，x 1x 2＝m 2k2. ∵OA →·OB →＝5，∴x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝m 2＋4km k 2＝5，∴m 2＋4km －5k 2＝0，∴m ＝k 或m ＝－5k . ∵km <0，m ＝k 舍去，∴m ＝－5k ，满足Δ＝16(1－km )>0， ∴直线l 的方程为y ＝k (x －5)， ∴直线l 必经过定点(5,0)．4．(2017届福建省泉州市适应性模拟)已知抛物线C ：x 2＝4y 的焦点为F ，直线l ：y ＝kx ＋a (a >0)与抛物线C 交于A ，B 两点．(1)若直线l 过焦点F ，且与圆x 2＋(y －1)2＝1交于D ，E (其中A ，D 在y 轴同侧)，求证：|AD |·|BE |是定值；(2)设抛物线C 在A 和B 点的切线交于点P ，试问：y 轴上是否存在点Q ，使得APBQ 为菱形？若存在，请说明理由，并求此时直线l 的斜率和点Q 的坐标． 解 抛物线C ：x 2＝4y 的焦点为F (0,1), 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立x 2＝4y 与y ＝kx ＋a ，得x 2－4kx －4a ＝0， 则Δ＝16(k 2＋a )>0，且x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4a . (1)证明 若直线l 过焦点F ，则a ＝1， 则x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4.由条件可知圆x 2＋(y －1)2＝1的圆心为F (0,1)，半径为1， 由抛物线的定义可知，|AF |＝y 1＋1，|BF |＝y 2＋1， 则|AD |＝|AF |－1＝y 1，|BE |＝|BF |－1＝y 2， |AD |·|BE |＝y 1y 2＝(kx 1＋1)(kx 2＋1) ＝k 2x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1＝－4k 2＋4k 2＋1＝1， (或|AD |·|BE |＝y 1y 2＝x 214·x 224＝(x 1x 2)216＝(－4)216＝1)即|AD |·|BE |为定值，定值为1.(2)解 方法一 当直线l 的斜率为0，且Q 的坐标为(0,3a )时，APBQ 为菱形．理由如下： 由x 2＝4y ，得y ＝14x 2，则y ′＝12x ，则抛物线C 在A ⎝⎛⎭⎪⎫x 1，14x 21处的切线为 y －14x 21＝12x 1()x －x 1，即y ＝12x 1x －14x 21.①同理抛物线C 在B ⎝⎛⎭⎪⎫x 2，14x 22处的切线为 y ＝12x 2x －14x 22.②联立①②，解得x ＝x 1＋x 22＝2k ，代入①式解得y ＝x 1x 24＝－a ，即P ()2k ，－a .又x 1＋x 22＝2k ，所以y 1＋y 22＝k ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＋a ＝2k 2＋a ，即AB 的中点为R ()2k ，2k 2＋a .则有PR ⊥x 轴．若APBQ 为菱形， 则PR ⊥AB ，所以k ＝0,此时P ()0，－a ， R ()0，a ，Q ()0，3a . 方法二 设A ()x 1，y 1，B ()x 2，y 2， Q ()0，y 0， 由x 2＝4y ，得y ＝14x 2，则y ′＝12x,若APBQ 为菱形，则AQ ∥BP ，BQ ∥AP ， 则k AQ ＝y 1－y 0x 1＝12x 2，k BQ ＝y 2－y 0x 2＝12x 1， 即y 1－y 0＝12x 1x 2，y 2－y 0＝12x 1x 2，则y 1＝y 2，∴k ＝0, ∴A ()－2a ，a ，B ()2a ，a ， 则抛物线C 在A ()－2a ，a 处的切线为y －a ＝－a ()x ＋2a ，即y ＝－ax －a ， ①同理抛物线C 在B ()2a ，a 处的切线为y ＝ax －a ， ② 联立①②得P ()0，－a .又AB 的中点为R ()0，a ，所以Q ()0，3a . 方法三 设A ()x 1，y 1，B ()x 2，y 2， Q ()0，y 0， 由x 2＝4y ，得y ＝14x 2，则y ′＝12x,若APBQ 为菱形，则AQ ∥BP ，BQ ∥AP ， 则k AQ ＝y 1－y 0x 1＝12x 2，k BQ ＝y 2－y 0x 2＝12x 1， 即y 1－y 0＝12x 1x 2，y 2－y 0＝12x 1x 2，则y 1＝y 2，∴k ＝0, 此时直线AB: y ＝kx ＋a ＝a ， 则y 0＝－12x 1x 2＋y 1＝－12·()－4a ＋a ＝3a ，所以Q ()0，3a .B 组 能力提高5.如图，抛物线C ：y 2＝2px 的焦点为F ，抛物线上一定点Q (1,2)．(1)求抛物线C 的方程及准线l 的方程；(2)过焦点F 的直线(不经过Q 点)与抛物线交于A ，B 两点，与准线l 交于点M ，记QA ，QB ，QM 的斜率分别为k 1，k 2，k 3，问是否存在常数λ，使得k 1＋k 2＝λk 3成立，若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解 (1)把Q (1,2)代入y 2＝2px ，得2p ＝4， 所以抛物线方程为y 2＝4x ，准线l 的方程为x ＝－1. (2)由条件可设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)，k ≠0. 由抛物线准线l ：x ＝－1可知，M (－1，－2k )． 又Q (1,2)，所以k 3＝2＋2k1＋1＝k ＋1，即k 3＝k ＋1.把直线AB 的方程y ＝k (x －1)，代入抛物线方程y 2＝4x ，并整理，可得k 2x 2－2(k 2＋2)x ＋k 2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由根与系数的关系知， x 1＋x 2＝2k 2＋4k2，x 1x 2＝1，且Δ＝16(k 2＋1)>0，又Q (1,2)，则k 1＝2－y 11－x 1，k 2＝2－y 21－x 2.因为A ，F ，B 共线，所以k AF ＝k BF ＝k ， 即y 1x 1－1＝y 2x 2－1＝k .所以k 1＋k 2＝2－y 11－x 1＋2－y 21－x 2＝y 1x 1－1＋y 2x 2－1－2(x 1＋x 2－2)x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1＝2k －2⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋4k 2－21－2k 2＋4k2＋1＝2k ＋2， 即k 1＋k 2＝2k ＋2.又k 3＝k ＋1，可得k 1＋k 2＝2k 3.即存在常数λ＝2，使得k 1＋k 2＝λk 3成立．6.(2017届九江模拟)如图所示，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >c )的焦距为 2，直线y ＝x 被椭圆 C 截得的弦长为433 .(1)求椭圆 C 的方程；(2)设点M ()x 0，y 0是椭圆 C 上的动点，过原点O 引两条射线l 1，l 2与圆M ：()x －x 02＋()y －y 02＝23分别相切，且l 1，l 2的斜率k 1，k 2存在． ①试问 k 1k 2 是否为定值？若是，求出该定值，若不是，说明理由； ②若射线l 1，l 2与椭圆 C 分别交于点A ，B ，求||OA ·||OB 的最大值． 解 (1)依题意得c ＝1，设直线y ＝x 与椭圆C 相交于P ，Q 两点，则||OP ＝233，不妨设P ⎝⎛⎭⎪⎫63，63， ∴23a 2＋23b2＝1，又a 2－b 2＝1，解得a ＝2，b ＝1， ∴椭圆 C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)①设射线l 方程为y ＝kx ，A ()x 1，y 1，B ()x 2，y 2，则||kx 0－y 01＋k2＝63，两边平方整理得()3x 20－2k 2－6x 0y 0k ＋3y 20－2＝0, ∵y 20＝1－x 202，∴k 1k 2＝3y 20－23x 20－2＝3⎝⎛⎭⎪⎫1－x 202－23x 20－2＝－12.②联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2y 2＝2，y ＝k 1x ，消去 y 得x 2＝21＋2k 21，||OA 2＝2＋2k 211＋2k 21，同理||OB 2＝2＋2k 221＋2k 22，∴||OA 2·||OB 2＝2＋2k 211＋2k 21·2＋2k 221＋2k 22＝4·()k 1k 22＋()k 21＋k 22＋14()k 1k 22＋2()k 21＋k 22＋1＝4()k 21＋k 22＋52()k 21＋k 22＋2＝2＋12k 21＋12k 21＋2≤94，当且仅当k 21＝12时，取等号，∴(||OA ·||OB )max ＝32.。
2018届高三数学理高考二轮复习书讲解课件第一部分 专题五 第三讲 圆锥曲线的综合应用一 精品
考点三
试题 解析
考点一 考点二 考点三
由 2|AM|＝|AN|得3＋24k2＝3k2k＋4， 即 4k3－6k2＋3k－8＝0. 设 f(t)＝4t3－6t2＋3t－8，则 k 是 f(t)的零点．f′(t)＝12t2－12t＋ 3＝3(2t－1)2≥0，所以 f(t)在(0，＋∞)单调递增．又 f( 3)＝15 3 －26＜0，f(2)＝6＞0，因此 f(t)在(0，＋∞)有唯一的零点，且零 点 k 在( 3，2)内，所以 3＜k＜2.
考点二
考点一 考点二 考点三
试题 解析
[师生共研·析重点] [例](2016·唐山模拟)已知动点 P 到直线＝0 的切线长(P 到切点的距离)．记动点 P 的轨迹为曲线 E. (1)求曲线 E 的方程； (2)点 Q 是直线 l 上的动点，过圆心 C 作 QC 的垂线交曲线 E 于 A，B 两点，设 AB 的中点为 D，求||QADB||的取值范围．
考点三
考点一 考点二 考点三
根据上面所做题目，请填写诊断评价
错因(在相应错因中画√)
考点 错题题号
诊
知识性 方法性 运算性 审题性
断 考点一
评 价 考点二
考点三
※ 用自己的方式诊断记录 减少失误从此不再出错
考点一 圆锥曲线中的最值问题
考点一 考点二 考点三
[经典结论·全通关] 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， 即利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进 行求解；二是利用代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达 式表示为某个(些)参数的函数，然后利用函数方法、不等式方法等 进行求解．
考点二
考点一 考点二 考点三
试题 解析
(1)由已知得，圆心为 C(2,0)，半径 r＝ 3. 设 P(x，y)，依题意可得|x＋1|＝ x－22＋y2－3，整理得 y2＝6x. 故曲线 E 的方程为 y2＝6x. (2)设直线 AB 的方程为 my＝x－2， 则直线 CQ 的方程为 y＝－m(x－2)，可得 Q(－1,3m)． 将 my＝x－2 代入 y2＝6x 并整理可得 y2－6my－12＝0， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 y1＋y2＝6m，y1y2＝－12，D(3m2＋2,3m)，|QD|＝3m2＋3.
(广东专版)高考数学二轮复习第二部分专题五解析几何第3讲圆锥曲线中的热点问题课件理
圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考 的热点，主要以解答题的形式呈现，往往作为考题的压 轴题之一，以椭圆或抛物线为背景，尤其是与条件或结 论相关存在性开放问题，对考生的代数恒等变形能力锥曲线中的最值、范围 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． 温馨提醒：圆锥曲线上点的坐标是有范围的，在涉 及到求最值或范围问题时注意坐标范围的影响．
所以 y1，y2 为方程y＋2 y02＝4·14y2＋2 x0即 y2－2y0y＋8x0 －y20＝0 的两个不同的实根．
专题五 解析几何
第 3 讲 圆锥曲线中的热点问题
1．(2018·浙江卷)已知点 P(0，1)，椭圆x42＋y2＝m(m ＞1)上两点 A，B 满足A→P＝2P→B，则当 m＝________时， 点 B 横坐标的绝对值最大．
解析：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由A→P＝2P→B， 所以－ 1－x1y＝1＝22x（2，y2－1）.则xy11＝＝3－－22xy1，2. 因为点 A、B 在椭圆上，
(1)求直线 l 的斜率的取值范围； (2)设 O 为原点，Q→M＝λQ→O，Q→N＝μQ→O，求证：1λ＋ μ1为定值． (1)解：因为抛物线 y2＝2px 过点(1，2)， 所以 2p＝4，即 p＝2. 故抛物线 C 的方程为 y2＝4x.
由题意知，直线 l 的斜率存在且不为 0. 设直线 l 的方程为 y＝kx＋1(k≠0)． 由yy2＝＝k4xx＋，1得 k2x2＋(2k－4)x＋1＝0. 依题意 Δ＝(2k－4)2－4×k2×1＞0，解得 k＜0 或 0 ＜k＜1. 又 PA，PB 与 y 轴相交，故直线 l 不过点(1，－2)． 从而 k≠－3. 所以直线 l 的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3， 0)∪(0，1)．
高考数学二轮复习 第二层提升篇 专题五 解析几何 第3讲 圆锥曲线的综合问题讲义-高三全册数学教案
第3讲 圆锥曲线的综合问题[全国卷3年考情分析]解析几何是数形结合的典范，是高中数学的主要知识板块，是高考考查的重点知识之一，在解答题中一般会综合考查直线、圆、圆锥曲线等.试题难度较大，多以压轴题出现.解答题的热点题型有：(1)直线与圆锥曲线位置关系；(2)圆锥曲线中定点、定值、最值及范围的求解；(3)圆锥曲线中的判断(与证明)及探究问题.第1课时 圆锥曲线中的定值、定点、证明问题[例1] (2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C ：2＋y 2＝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AM 的方程； (2)设O 为坐标原点，证明：∠OMA ＝∠OMB . [解] (1)由已知得F (1，0)，l 的方程为x ＝1. 则点A 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22或⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－22. 又M (2，0)，所以直线AM 的方程为y ＝－22x ＋2或y ＝22x －2， 即x ＋2y －2＝0或x －2y －2＝0.(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 的垂直平分线， 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k MA ＋k MB ＝y 1x 1－2＋y 2x 2－2.由y 1＝kx 1－k ，y 2＝kx 2－k ，得k MA ＋k MB ＝2kx 1x 2－3k （x 1＋x 2）＋4k（x 1－2）（x 2－2）.将y ＝k (x －1)代入x 22＋y 2＝1，得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0， 所以x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1.则2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k ＝4k 3－4k －12k 3＋8k 3＋4k2k 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 成立.[题后悟通] 几何证明问题的解题策略(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等).(2)解决证明问题时，主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明.[跟踪训练]设椭圆E 的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，点O 为坐标原点，点A 的坐标为(a ，0)，点B 的坐标为(0，b )，点M 在线段AB 上，满足|BM |＝2|MA |，直线OM 的斜率为510. (1)求E 的离心率e ；(2)设点C 的坐标为(0，－b )，N 为线段AC 的中点，证明：MN ⊥AB .解：(1)由题设条件知，点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫23a ，13b ， 又k OM ＝510，从而b 2a ＝510. 进而得a ＝5b ，c ＝a 2－b 2＝2b ，故e ＝c a ＝255.(2)证明：由N 是AC 的中点知，点N 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，－b 2，可得NM ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 6，5b 6.又AB ―→＝(－a ，b )，从而有AB ―→·NM ―→＝－16a 2＋56b 2＝16(5b 2－a 2).由(1)可知a 2＝5b 2，所以AB ―→·NM ―→＝0，故MN ⊥AB .[例2] (2019·福建五校第二次联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，上顶点M 到直线3x ＋y ＋4＝0的距离为3.(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l 过点(4，－2)，且与椭圆C 相交于A ，B 两点，l 不经过点M ，证明：直线MA 的斜率与直线MB 的斜率之和为定值.[解] (1)由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧e ＝c a ＝32，|b ＋4|2＝3，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝2，所以椭圆C 的方程为x 216＋y24＝1.(2)证明：易知直线l 的斜率恒小于0，设直线l 的方程为y ＋2＝k (x －4)，k ＜0且k ≠－1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋2＝k （x －4），x 216＋y 24＝1，得(1＋4k 2)x 2－16k (2k ＋1)x ＋64k (k ＋1)＝0， 则x 1＋x 2＝16k （2k ＋1）1＋4k 2，x 1x 2＝64k （k ＋1）1＋4k 2， 因为k MA ＋k MB ＝y 1－2x 1＋y 2－2x 2＝（kx 1－4k －4）x 2＋（kx 2－4k －4）x 1x 1x 2， 所以k MA ＋k MB ＝2k －(4k ＋4)×x 1＋x 2x 1x 2＝2k －4(k ＋1)×16k （2k ＋1）64k （k ＋1）＝2k －(2k ＋1)＝－1(为定值).[题后悟通]求解定值问题的2大途径[跟踪训练]已知椭圆方程为x 24＋y 23＝1，右焦点为F ，若直线l 与椭圆C 相切，过点F 作FQ ⊥l ，垂足为Q ，求证：|OQ |为定值(其中O 为坐标原点).证明：①当直线l 的斜率不存在时，l 的方程为x ＝±2，点Q 的坐标为(－2，0)或(2，0)，此时|OQ |＝2；②当直线l 的斜率为0时，l 的方程为y ＝±3，点Q 的坐标为(1，－3)或(1，3)，此时|OQ |＝2；③当直线l 的斜率存在且不为0时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m (k ≠0). 因为FQ ⊥l ，所以直线FQ 的方程为y ＝－1k(x －1).由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1消去y ，可得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0.因为直线l 与椭圆C 相切，所以Δ＝(8km )2－4×(3＋4k 2)×(4m 2－12)＝0， 整理得m 2＝4k 2＋3. (*)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，y ＝－1k （x －1）得Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－km k 2＋1，k ＋m k 2＋1， 所以|OQ |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－km k 2＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋m k 2＋12＝1＋k 2m 2＋k 2＋m2（k 2＋1）2， 将(*)式代入上式，得|OQ |＝4（k 4＋2k 2＋1）（k 2＋1）2＝2. 综上所述，|OQ |为定值，且定值为2.[例3] (2019·北京高考)已知椭圆C ：x a 2＋y b2＝1的右焦点为(1，0)，且经过点A (0，1).(1)求椭圆C 的方程；(2)设O 为原点，直线l ：y ＝kx ＋t (t ≠±1)与椭圆C 交于两个不同点P ，Q ，直线AP 与x 轴交于点M ，直线AQ 与x 轴交于点N .若|OM |·|ON |＝2，求证：直线l 经过定点.[解] (1)由题意，得b 2＝1，c ＝1， 所以a 2＝b 2＋c 2＝2.所以椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明：设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)， 则直线AP 的方程为y ＝y 1－1x 1x ＋1. 令y ＝0，得点M 的横坐标x M ＝－x 1y 1－1.又y 1＝kx 1＋t ，从而|OM |＝|x M |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1kx 1＋t －1.同理，|ON |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 2kx 2＋t －1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋t ，x 22＋y 2＝1得(1＋2k 2)x 2＋4ktx ＋2t 2－2＝0， 则x 1＋x 2＝－4kt 1＋2k 2，x 1x 2＝2t 2－21＋2k 2.所以|OM |·|ON |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1kx 1＋t －1·⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 2kx 2＋t －1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1x 2k 2x 1x 2＋k （t －1）（x 1＋x 2）＋（t －1）2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t 2－21＋2k2k 2·2t 2－21＋2k 2＋k （t －1）·⎝ ⎛⎭⎪⎫－4kt 1＋2k 2＋（t －1）2＝2⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋t 1－t .又|OM |·|ON |＝2，所以2⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋t 1－t ＝2.解得t ＝0，所以直线l 经过定点(0，0). [题后悟通] 直线过定点问题的解题模型[跟踪训练](2019·重庆市七校联合考试)已知O 为坐标原点，抛物线C ：y 2＝4x ，点A (－2，0)，设直线l 与C 交于不同的两点P ，Q .(1)若直线l ⊥x 轴，求直线PA 的斜率的取值范围；(2)若直线l 不垂直于x 轴，且∠PAO ＝∠QAO ，证明：直线l 过定点. 解：(1)当点P 在第一象限时，设P (t ，2t )，则k PA ＝2t －0t ＋2＝2t ＋2t≤222＝22， ∴k PA ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，22，同理，当点P 在第四象限时，k PA ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－22，0. 综上所述，直线PA 的斜率k PA ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－22，0∪⎝⎛⎦⎥⎤0，22. (2)证明：设直线l 的方程为y ＝kx ＋b (k ≠0)，联立方程得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，y 2＝4x ，得ky 2－4y ＋4b＝0，Δ＝16－16kb ＞0，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝4k ，y 1·y 2＝4bk，∵∠PAO ＝∠QAO ， ∴k AP ＋k AQ ＝y 1x 1＋2＋y 2x 2＋2＝y 1（x 2＋2）＋y 2（x 1＋2）（x 1＋2）（x 2＋2）＝4y 1y 2（y 2＋y 1）＋32（y 1＋y 2）y 21y 22＋8（y 21＋y 22）＋64＝4b ＋8kb 2＋4k 2－4kb ＋8＝0，∵b ＝－2k ，∴y ＝kx －2k ＝k (x －2)，直线l 恒过定点(2，0). [专题过关检测]大题专攻强化练1.(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线C ：y ＝x 22，D 为直线y ＝－12上的动点，过D 作C 的两条切线，切点分别为A ，B .(1)证明：直线AB 过定点.(2)若以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52为圆心的圆与直线AB 相切，且切点为线段AB 的中点，求该圆的方程.解：(1)证明：设D ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－12，A (x 1，y 1)，则x 21＝2y 1.由于y ′＝x ，所以切线DA 的斜率为x 1，故y 1＋12x 1－t＝x 1.整理得2tx 1－2y 1＋1＝0.设B (x 2，y 2)，同理可得2tx 2－2y 2＋1＝0. 故直线AB 的方程为2tx －2y ＋1＝0.所以直线AB 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12. (2)由(1)得直线AB 的方程为y ＝tx ＋12.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝tx ＋12，y ＝x 22可得x 2－2tx －1＝0.于是x 1＋x 2＝2t ，y 1＋y 2＝t (x 1＋x 2)＋1＝2t 2＋1. 设M 为线段AB 的中点，则M ⎝⎛⎭⎪⎫t ，t 2＋12.由于EM ―→⊥AB ―→，而EM ―→＝(t ，t 2－2)，AB ―→与向量(1，t )平行， 所以t ＋(t 2－2)t ＝0.解得t ＝0或t ＝±1.当t ＝0时，|EM ―→|＝2，所求圆的方程为x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －522＝4；当t ＝±1时，|EM ―→|＝2，所求圆的方程为x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －522＝2.2.(2019·济南市学习质量评估)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，右焦点为F ，且该椭圆过点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32. (1)求椭圆C 的方程；(2)当动直线l 与椭圆C 相切于点A ，且与直线x ＝433相交于点B 时，求证：△FAB 为直角三角形.解：(1)由题意得c a ＝32，1a 2＋34b2＝1，又a 2＝b 2＋c 2，所以b 2＝1，a 2＝4，即椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明：由题意可得直线l 的斜率存在，设l ：y ＝kx ＋m ，联立得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1， 得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0，判别式Δ＝64k 2m 2－16(4k 2＋1)(m 2－1)＝0，得m 2＝4k 2＋1＞0.设A (x 1，y 1)，则x 1＝－8km 2（4k 2＋1）＝－8km 2m 2＝－4k m ，y 1＝kx 1＋m ＝－4k 2m ＋m ＝1m，即A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k m ，1m .易得B ⎝⎛⎭⎪⎫433，433k ＋m ，F (3，0)，则FA ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k m －3，1m ，FB ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，433k ＋m ， FA ―→·FB ―→＝33⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k m －3＋1m ⎝ ⎛⎭⎪⎫433k ＋m ＝－43k 3m －1＋43k 3m ＋1＝0， 所以FA ―→⊥FB ―→，即△FAB 为直角三角形，得证.3.如图，设点A ，B 的坐标分别为(－3，0)，(3，0)，直线AP ，BP相交于点P ，且它们的斜率之积为－23.(1)求点P 的轨迹方程；(2)设点P 的轨迹为C ，点M ，N 是轨迹C 上不同的两点，且满足AP ∥OM ，BP ∥ON ，求证：△MON 的面积为定值.解：(1)设点P 的坐标为(x ，y )，由题意得，k AP ·k BP ＝y x ＋3·y x －3＝－23(x ≠±3)，化简得，点P 的轨迹方程为x 23＋y 22＝1(x ≠±3).(2)证明：由题意可知，M ，N 是轨迹C 上不同的两点，且AP ∥OM ，BP ∥ON ， 则直线OM ，ON 的斜率必存在且不为0，k OM ·k ON ＝k AP ·k BP ＝－23.①当直线MN 的斜率为0时，设M (x 0，y 0)，N (－x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧y 20x 20＝23，x 203＋y202＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧|x 0|＝62，|y 0|＝1， 所以S △MON ＝12|y 0||2x 0|＝62.②当直线MN 的斜率不为0时，设直线MN 的方程为x ＝my ＋t ，代入x 23＋y 22＝1，得(3＋2m 2)y 2＋4mty ＋2t 2－6＝0， (*)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则y 1，y 2是方程(*)的两根， 所以y 1＋y 2＝－4mt 3＋2m 2，y 1y 2＝2t 2－63＋2m 2，又k OM ·k ON ＝y 1y 2x 1x 2＝y 1y 2m 2y 1y 2＋mt （y 1＋y 2）＋t 2＝2t 2－63t 2－6m2， 所以2t 2－63t 2－6m 2＝－23，即2t 2＝2m 2＋3，满足Δ>0.又S △MON ＝12|t ||y 1－y 2|＝|t |－24t 2＋48m 2＋722（3＋2m 2）， 所以S △MON ＝26t 24t 2＝62. 综上，△MON 的面积为定值，且定值为62. 4.(2019·福州市质量检测)已知抛物线C 1：x 2＝2py (p >0)和圆C 2：(x ＋1)2＋y 2＝2，倾斜角为45°的直线l 1过C 1的焦点，且l 1与C 2相切.(1)求p 的值；(2)动点M 在C 1的准线上，动点A 在C 1上，若C 1在A 点处的切线l 2交y 轴于点B ，设MN ―→＝MA ―→＋MB ―→，求证：点N 在定直线上，并求该定直线的方程.解：(1)依题意，设直线l 1的方程为y ＝x ＋p2，因为直线l 1与圆C 2相切，所以圆心C 2(－1，0)到直线l 1：y ＝x ＋p2的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1＋p 212＋（－1）2＝ 2. 即⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1＋p 22＝2，解得p ＝6或p ＝－2(舍去).所以p ＝6.(2)法一：依题意设M (m ，－3)，由(1)知抛物线C 1的方程为x 2＝12y ，所以y ＝x 212，所以y ′＝x6，设A (x 1，y 1)，则以A 为切点的切线l 2的斜率为k ＝x 16，所以切线l 2的方程为y ＝16x 1(x －x 1)＋y 1.令x ＝0，则y ＝－16x 21＋y 1＝－16×12y 1＋y 1＝－y 1，即B 点的坐标为(0，－y 1)，所以MA ―→＝(x 1－m ，y 1＋3)， MB ―→＝(－m ，－y 1＋3)，所以MN ―→＝MA ―→＋MB ―→＝(x 1－2m ，6)， 所以ON ―→＝OM ―→＋MN ―→＝(x 1－m ，3). 设N 点坐标为(x ，y )，则y ＝3， 所以点N 在定直线y ＝3上. 法二：设M (m ，－3)，由(1)知抛物线C 1的方程为x 2＝12y ，①设l 2的斜率为k ，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，112x 21，则以A 为切点的切线l 2的方程为y ＝k (x －x 1)＋112x 21，②联立①②得，x 2＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤k （x －x 1）＋112x 21，因为Δ＝144k 2－48kx 1＋4x 21＝0，所以k ＝x 16，所以切线l 2的方程为y ＝16x 1(x －x 1)＋112x 21.令x ＝0，得B 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－112x 21，所以MA ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1－m ，112x 21＋3，MB ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－m ，－112x 21＋3，所以MN ―→＝MA ―→＋MB ―→＝(x 1－2m ，6)， 所以ON ―→＝OM ―→＋MN ―→＝(x 1－m ，3)， 所以点N 在定直线y ＝3上.第2课时 圆锥曲线中的最值、范围、探索性问题[例1] (2019·广州市综合检测(一))已知椭圆C 的中心在原点，焦点在坐标轴上，直线y ＝32x 与椭圆C 在第一象限内的交点是M ，点M 在x 轴上的射影恰好是椭圆C 的右焦点F 2，椭圆C 的另一个焦点是F 1，且MF 1―→·MF 2―→＝94.(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l 过点(－1，0)，且与椭圆C 交于P ，Q 两点，求△F 2PQ 的内切圆面积的最大值.[解] (1)设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，∵点M 在直线y ＝32x 上，且点M 在x 轴上的射影恰好是椭圆C 的右焦点F 2(c ，0)，∴点M ⎝⎛⎭⎪⎫c ，3c 2.∵MF 1―→·MF 2―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2c ，－32c ·⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－32c ＝94，∴c ＝1. ∴⎩⎪⎨⎪⎧1a 2＋94b 2＝1，a 2＝b 2＋1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝3，∴椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由(1)知，F 1(－1，0)，过点F 1(－1，0)的直线与椭圆C 交于P ，Q 两点，则△F 2PQ 的周长为4a ＝8，又S △F 2PQ ＝12·4a ·r (r 为△F 2PQ 的内切圆半径)，∴当△F 2PQ 的面积最大时，其内切圆面积最大. 设直线l 的方程为x ＝ky －1，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ky －1，x 24＋y23＝1， 消去x 得(4＋3k 2)y 2－6ky －9＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝6k3k 2＋4，y 1y 2＝－93k 2＋4，∴S △F 2PQ ＝12·|F 1F 2|·|y 1－y 2|＝12k 2＋13k 2＋4. 令k 2＋1＝t ，则t ≥1，∴S △F 2PQ ＝123t ＋1t， 令f (t )＝3t ＋1t，则f ′(t )＝3－1t2，当t ∈ [1，＋∞)时，f ′(t )>0，f (t )＝3t ＋1t在[1，＋∞)上单调递增，∴S △F 2PQ ＝123t ＋1t≤3，当t ＝1时取等号，即当k ＝0时，△F 2PQ 的面积取得最大值3， 结合S △F 2PQ ＝12·4a ·r ，得r 的最大值为34，∴△F 2PQ 的内切圆面积的最大值为916π.[题后悟通] 最值问题的2种基本解法[跟踪训练](2019·河北省九校第二次联考)已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，若过点F 且斜率为1的直线与抛物线相交于M ，N 两点，且|MN |＝8.(1)求抛物线C 的方程；(2)设直线l 为抛物线C 的切线，且l ∥MN ，P 为l 上一点，求PM ―→·PN ―→的最小值.解：(1)由题意可知F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，则直线MN 的方程为y ＝x －p2，代入y 2＝2px (p >0)得x 2－3px ＋p 24＝0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝3p ，∵|MN |＝8，∴x 1＋x 2＋p ＝8，即3p ＋p ＝8，解得p ＝2， ∴抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)设直线l 的方程为y ＝x ＋b ，代入y 2＝4x ，得x 2＋(2b －4)x ＋b 2＝0， ∵直线l 为抛物线C 的切线，∴Δ＝0，解得b ＝1， ∴l ：y ＝x ＋1.由(1)可知，x 1＋x 2＝6，x 1x 2＝1，设P (m ，m ＋1)，则PM ―→＝(x 1－m ，y 1－(m ＋1))，PN ―→＝(x 2－m ，y 2－(m ＋1))， ∴PM ―→·PN ―→＝(x 1－m )(x 2－m )＋ [y 1－(m ＋1)][y 2－(m ＋1)]＝x 1x 2－m (x 1＋x 2)＋m 2＋y 1y 2－(m ＋1)(y 1＋y 2)＋(m ＋1)2，(y 1y 2)2＝16x 1x 2＝16，∴y 1y 2＝－4，y 21－y 22＝4(x 1－x 2)，∴y 1＋y 2＝4×x 1－x 2y 1－y 2＝4， PM ―→·PN ―→＝1－6m ＋m 2－4－4(m ＋1)＋(m ＋1)2＝2(m 2－4m －3)＝2[(m －2)2－7]≥－14，当且仅当m ＝2，即点P 的坐标为(2，3)时，PM ―→·PN ―→取得最小值－14.[例2] (2019·安徽五校联盟第二次质检)已知椭圆C ：a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的焦点坐标分别为F 1(－1，0)，F 2(1，0)，P 为椭圆C 上一点，满足3|PF 1|＝5|PF 2|且cos ∠F 1PF 2＝35.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 交于A ，B 两点，点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，0，若|AQ |＝|BQ |，求k 的取值范围.[解] (1)由题意设|PF 1|＝r 1，|PF 2|＝r 2，则3r 1＝5r 2，又r 1＋r 2＝2a ，∴r 1＝54a ，r 2＝34a . 在△PF 1F 2中，由余弦定理得，cos ∠F 1PF 2＝r 21＋r 22－|F 1F 2|22r 1r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫54a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34a 2－222×54a ×34a ＝35， 解得a ＝2，∵c ＝1，∴b 2＝a 2－c 2＝3，∴椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝kx ＋m ，消去y 得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km 3＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－123＋4k 2，且Δ＝48(3＋4k 2－m 2)>0，①设AB 的中点为M (x 0，y 0)，连接QM ，则x 0＝x 1＋x 22＝－4km 3＋4k 2，y 0＝kx 0＋m ＝3m3＋4k2， ∵|AQ |＝|BQ |，∴AB ⊥QM ，又Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，0，M 为AB 的中点，∴k ≠0，直线QM 的斜率存在，∴k ·k QM ＝k ·3m3＋4k 2－4km 3＋4k 2－14＝－1，解得m ＝－3＋4k24k，②把②代入①得3＋4k 2>⎝ ⎛⎭⎪⎫－3＋4k 24k 2，整理得16k 4＋8k 2－3>0，即(4k 2－1)(4k 2＋3)>0，解得k >12或k <－12，故k 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.[题后悟通] 范围问题的解题策略解决有关范围问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等)，寻找不等关系，其方法有：(1)利用判别式来构造不等式，从而确定所求范围(如本例)；(2)利用已知参数的取值范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立相等关系；(3)利用隐含的不等关系，从而求出所求范围； (4)利用已知不等关系构造不等式，从而求出所求范围； (5)利用函数值域的求法，确定所求范围；(6)利用已知，将条件转化为几个不等关系，从而求出参数的范围(如本例).[跟踪训练](2018·浙江高考)如图，已知点P 是y 轴左侧(不含y 轴)一点，抛物线C ：y 2＝4x 上存在不同的两点A ，B 满足PA ，PB 的中点均在C 上.(1)设AB 中点为M ，证明：PM 垂直于y 轴；(2)若P 是半椭圆x 2＋y 24＝1(x <0)上的动点，求△PAB 面积的取值范围.解：(1)证明：设P (x 0，y 0)，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫14y 21，y 1，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫14y 22，y 2. 因为PA ，PB 的中点在抛物线上， 所以y 1，y 2为方程⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋y 022＝4·14y 2＋x 02，即y 2－2y 0y ＋8x 0－y 20＝0的两个不同的实根. 所以y 1＋y 2＝2y 0， 因此PM 垂直于y 轴.(2)由(1)可知⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝2y 0，y 1y 2＝8x 0－y 20， 所以|PM |＝18(y 21＋y 22)－x 0＝34y 20－3x 0，|y 1－y 2|＝22（y 20－4x 0）.因此△PAB 的面积S △PAB ＝12|PM |·|y 1－y 2|＝324(y 20－4x 0)32.因为x 2＋y 204＝1(x 0<0)，所以y 20－4x 0＝－4x 20－4x 0＋4∈[4，5]， 所以△PAB 面积的取值范围是⎢⎡⎥⎤62，15104.[例3] (2019·石家庄市质量检测)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，且经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32. (1)求椭圆C 的方程.(2)过点(3，0)作直线l 与椭圆C 交于不同的两点A ，B ，试问在x 轴上是否存在定点Q ，使得直线QA 与直线QB 恰关于x 轴对称？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，说明理由.[解] (1)由题意可得c a ＝32，1a 2＋34b2＝1， 又a 2－b 2＝c 2，所以a 2＝4，b 2＝1. 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)存在定点Q ⎝⎛⎭⎪⎫433，0，满足直线QA 与直线QB 恰关于x 轴对称. 设直线l 的方程为x ＋my －3＝0，与椭圆C 的方程联立得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋my －3＝0，x 24＋y 2＝1，整理得，(4＋m 2)y 2－23my －1＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，定点Q (t ，0)(依题意t ≠x 1，t ≠x 2). 由根与系数的关系可得，y 1＋y 2＝23m 4＋m 2，y 1y 2＝－14＋m2.直线QA 与直线QB 恰关于x 轴对称，则直线QA 与直线QB 的斜率互为相反数， 所以y 1x 1－t ＋y 2x 2－t＝0，即y 1(x 2－t )＋y 2(x 1－t )＝0.又x 1＋my 1－3＝0，x 2＋my 2－3＝0，所以y 1(3－my 2－t )＋y 2(3－my 1－t )＝0，整理得，(3－t )(y 1＋y 2)－2my 1y 2＝0， 从而可得，(3－t )·23m 4＋m 2－2m ·－14＋m2＝0，即2m (4－3t )＝0，所以当t ＝433，即Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫433，0时，直线QA 与直线QB 恰关于x 轴对称.特别地，当直线l 为x 轴时，Q ⎝⎛⎭⎪⎫433，0也符合题意. 综上所述，在x 轴上存在定点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫433，0，使得直线QA 与直线QB 恰关于x 轴对称.[题后悟通] 探索性问题的解题策略探索性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在，若结论不正确，则不存在.(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.[跟踪训练]如图，由部分抛物线y 2＝mx ＋1(m >0，x ≥0)和半圆x 2＋y 2＝r 2(x ≤0)所组成的曲线称为“黄金抛物线C ”，若“黄金抛物线C ”经过点(3，2)和⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32. (1)求“黄金抛物线C ”的方程；(2)设P (0，1)和Q (0，－1)，过点P 作直线l 与“黄金抛物线C ”交于A ，P ，B 三点，问是否存在这样的直线l ，使得QP 平分∠AQB ？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由.解：(1)因为“黄金抛物线C ”过点(3，2)和⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，所以r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝1，4＝3m ＋1，解得m ＝1. 所以“黄金抛物线C ”的方程为y 2＝x ＋1(x ≥0)和x 2＋y 2＝1(x ≤0). (2)假设存在这样的直线l ，使得QP 平分∠AQB . 显然直线l 的斜率存在且不为0，结合题意可设直线l 的方程为y ＝kx ＋1(k ≠0)，A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，不妨令x A <0<x B .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，y 2＝x ＋1（x ≥0），消去y 并整理，得k 2x 2＋(2k －1)x ＝0， 所以x B ＝1－2k k 2，y B ＝1－k k ，即B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2k k 2，1－k k ，由x B>0知k <12，所以直线BQ 的斜率为k BQ ＝k1－2k.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 2＋y 2＝1（x ≤0），消去y 并整理，得(k 2＋1)x 2＋2kx ＝0， 所以x A ＝－2k k 2＋1，y A ＝1－k 2k 2＋1，即A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2k k 2＋1，1－k 2k 2＋1，由x A <0知k >0，所以直线AQ 的斜率为k AQ ＝－1k.因为QP 平分∠AQB ，且直线QP 的斜率不存在，所以k AQ ＋k BQ ＝0， 即－1k ＋k 1－2k ＝0，由0<k <12，可得k ＝2－1.所以存在直线l ：y ＝(2－1)x ＋1，使得QP 平分∠AQB . [专题过关检测]大题专攻强化练1.(2019·全国卷Ⅰ)已知点A ，B 关于坐标原点O 对称，|AB |＝4，⊙M 过点A ，B 且与直线x ＋2＝0相切.(1)若A 在直线x ＋y ＝0上，求⊙M 的半径.(2)是否存在定点P ，使得当A 运动时，|MA |－|MP |为定值？并说明理由.解：(1)因为⊙M 过点A ，B ，所以圆心M 在AB 的垂直平分线上.由已知A 在直线x ＋y ＝0上，且A ，B 关于坐标原点O 对称，所以M 在直线y ＝x 上，故可设M (a ，a ).因为⊙M 与直线x ＋2＝0相切，所以⊙M 的半径为r ＝|a ＋2|. 连接MA ，由已知得|AO |＝2.又MO ―→⊥AO ―→，故可得2a 2＋4＝(a ＋2)2， 解得a ＝0或a ＝4. 故⊙M 的半径r ＝2或r ＝6.(2)存在定点P (1，0)，使得|MA |－|MP |为定值.理由如下：设M (x ，y )，由已知得⊙M 的半径为r ＝|x ＋2|，|AO |＝2.由于MO ⊥AO ，故可得x 2＋y 2＋4＝(x ＋2)2，化简得M 的轨迹方程为y 2＝4x .因为曲线C ：y 2＝4x 是以点P (1，0)为焦点，以直线x ＝－1为准线的抛物线，所以|MP |＝x ＋1.因为|MA |－|MP |＝r －|MP |＝x ＋2－(x ＋1)＝1， 所以存在满足条件的定点P .2.(2019·武汉部分学校调研)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右顶点分别为A ，B ，且长轴长为8，T 为椭圆C 上异于A ，B 的点，直线TA ，TB 的斜率之积为－34.(1)求椭圆C 的方程；(2)设O 为坐标原点，过点M (8，0)的动直线与椭圆C 交于P ，Q 两点，求△OPQ 面积的最大值.解：(1)设T (x ，y )(x ≠±4)，则直线TA 的斜率为k 1＝y x ＋4，直线TB 的斜率为k 2＝yx －4. 于是由k 1k 2＝－34，得y x ＋4·y x －4＝－34，整理得x 216＋y212＝1(x ≠±4)，故椭圆C 的方程为x 216＋y 212＝1.(2)由题意设直线PQ 的方程为x ＝my ＋8，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋8，x 216＋y 212＝1得(3m 2＋4)y 2＋48my ＋144＝0， Δ＝(48m )2－4×144×(3m 2＋4)＝12×48(m 2－4)＞0，即m 2＞4，y P ＋y Q ＝－48m 3m 2＋4，y P y Q ＝1443m 2＋4. |PQ |＝m 2＋13m 2＋4·Δ＝24（m 2＋1）（m 2－4）3m 2＋4， 点O 到直线PQ 的距离d ＝8m 2＋1.故S△OPQ＝12×|PQ |×d ＝96m 2－43m 2＋4＝963m 2－4＋16m 2－4≤43⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当m 2＝283时等号成立，且满足m 2＞4， 故△OPQ 面积的最大值为4 3.3.(2019·湖南省湘东六校联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率e ＝12，点A (b ，0)，B ，F 分别为椭圆的上顶点和左焦点，且|BF |·|BA |＝2 6.(1)求椭圆C 的方程.(2)若过定点M (0，2)的直线l 与椭圆C 交于G ，H 两点(G 在M ，H 之间)，设直线l 的斜率k ＞0，在x 轴上是否存在点P (m ，0)，使得以PG ，PH 为邻边的平行四边形为菱形？如果存在，求出m 的取值范围；如果不存在，请说明理由.解：(1)设椭圆的焦距为2c ，由离心率e ＝12得a ＝2c .①由|BF |·|BA |＝26，得a ·b 2＋b 2＝26，∴ab ＝2 3.②a 2－b 2＝c 2，③由①②③可得a 2＝4，b 2＝3， ∴椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设直线l 的方程为y ＝kx ＋2(k ＞0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2（k ＞0），x 24＋y 23＝1得(3＋4k 2)x 2＋16kx ＋4＝0，可知Δ＞0，∴k ＞12.设G (x 1，y 1)，H (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－16k 4k 2＋3，PG ―→＋PH ―→＝(x 1＋x 2－2m ，k (x 1＋x 2)＋4)，GH ―→＝(x 2－x 1，y 2－y 1)＝(x 2－x 1，k (x 2－x 1)).∵菱形的对角线互相垂直，∴(PG ―→＋PH ―→)·GH ―→＝0， ∴(1＋k 2)(x 1＋x 2)＋4k －2m ＝0，得m ＝－2k 4k 2＋3，即m ＝－24k ＋3k，∵k ＞12，∴－36≤m ＜0⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当3k ＝4k 时，等号成立. ∴存在满足条件的实数m ，m 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－36，0. 4.(2019·郑州市第二次质量预测)椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，A 为椭圆上一动点(异于左、右顶点)，△AF 1F 2的周长为4＋23，且面积的最大值为 3.(1)求椭圆C 的方程；(2)设B 是椭圆上一动点，线段AB 的中点为P ，OA ，OB (O 为坐标原点)的斜率分别为k 1，k 2，且k 1k 2＝－14，求|OP |的取值范围.解：(1)由椭圆的定义及△AF 1F 2的周长为4＋23，可得2(a ＋c )＝4＋23， ∴a ＋c ＝2＋ 3.①当A 在上(或下)顶点时，△AF 1F 2的面积取得最大值，即bc ＝3，② 由①②及a 2＝c 2＋b 2，得a ＝2，b ＝1，c ＝3， ∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)当直线AB 的斜率不存在时，k 1＝－k 2，∵k 1k 2＝－14，∴k 1＝±12，不妨取k 1＝12，则直线OA 的方程为y ＝12x ，不妨取点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，22，则B ⎝⎛⎭⎪⎫2，－22，P (2，0)，∴|OP |＝ 2. 当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2＋4y 2＝4可得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0， Δ＝64k 2m 2－4(4k 2＋1)(4m 2－4)＝16(4k 2＋1－m 2)＞0，③∴x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－41＋4k 2.∵k 1k 2＝－14，∴4y 1y 2＋x 1x 2＝0，∴4(kx 1＋m )(kx 2＋m )＋x 1x 2＝(4k 2＋1)x 1x 2＋4km (x 1＋x 2)＋4m 2＝4m 2－4－32k 2m 21＋4k2＋4m 2＝0，化简得2m 2＝1＋4k 2(满足③式)，∴m 2≥12.设P (x 0，y 0)，则x 0＝x 1＋x 22＝－4km 1＋4k 2＝－2k m ，y 0＝kx 0＋m ＝12m. ∴|OP |2＝x 20＋y 20＝4k 2m 2＋14m 2＝2－34m 2∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，2，∴|OP |∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫22，2. 综上，|OP |的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，2.[思维流程——找突破口][技法指导——迁移搭桥]圆锥曲线解答题的常见类型是：第(1)小题通常是根据已知条件，求曲线方程或离心率，一般比较简单.第(2)小题往往是通过方程研究曲线的性质——弦长问题、中点弦问题、动点轨迹问题、定点与定值问题、最值问题、相关量的取值范围问题等等，这一小题综合性较强，可通过巧设“点”“线”，设而不求.在具体求解时，可将整个解题过程分成程序化的三步： 第一步，联立两个方程，并将消元所得方程的判别式与根与系数的关系正确写出；第二步，用两个交点的同一类坐标的和与积，来表示题目中涉及的位置关系和数量关系；第三步，求解转化而来的代数问题，并将结果回归到原几何问题中.在求解时，要根据题目特征，恰当的设点、设线，选用恰当运算方法，合理地简化运算.[典例] 已知圆(x ＋3)2＋y 2＝16的圆心为M ，点P 是圆M 上的动点，点N (3，0)，点G 在线段MP 上，且满足(GN ―→＋GP ―→)⊥(GN ―→－GP ―→).(1)求点G 的轨迹C 的方程；(2)过点T (4，0)作斜率不为0的直线l 与轨迹C 交于A ，B 两点，点A 关于x 轴的对称点为D ，连接BD 交x 轴于点Q ，求△ABQ 面积的最大值.[快审题] 求什么 想什么 求轨迹方程，想到求轨迹方程的方法.求三角形面积的最值，想到表示出三角形面积的式子. 给什么给出向量垂直关系，用数量积转化为线段相等.[稳解题](1)因为(GN ―→＋GP ―→)⊥(GN ―→－GP ―→)，所以(GN ―→＋GP ―→)·(GN ―→－GP ―→)＝0，即GN ―→2－GP ―→2＝0， 所以|GP |＝|GN |，所以|GM |＋|GN |＝|GM |＋|GP |＝|MP |＝4>23＝|MN |， 所以点G 在以M ，N 为焦点，长轴长为4的椭圆上，设椭圆的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，则2a ＝4，2c ＝23，即a ＝2，c ＝3，所以b 2＝a 2－c 2＝1， 所以点G 的轨迹C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)法一：依题意可设直线l ：x ＝my ＋4.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋4，x 24＋y 2＝1消去x ，得(m 2＋4)y 2＋8my ＋12＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由Δ＝64m 2－4×12×(m 2＋4)＝16(m 2－12)>0，得m 2>12. ① 且y 1＋y 2＝－8mm 2＋4， y 1y 2＝12m 2＋4. ② 因为点A 关于x 轴的对称点为D ， 所以D (x 1，－y 1)， 可设Q (x 0，0)， 所以k BD ＝y 2＋y 1x 2－x 1＝y 2＋y 1m （y 2－y 1）， 所以BD 所在直线的方程为y －y 2＝y 2＋y 1m （y 2－y 1）(x －my 2－4).令y ＝0，得x 0＝2my 1y 2＋4（y 1＋y 2）y 1＋y 2. ③将②代入③， 得x 0＝24m －32m －8m ＝1，所以点Q 的坐标为(1，0). 因为S △ABQ ＝|S △TBQ －S △TAQ |＝ 12|QT ||y 2－y 1|＝ 32（y 1＋y 2）2－4y 1y 2＝6m 2－12m 2＋4， 令t ＝m 2＋4，结合①得t >16， 所以S △ABQ ＝6t －16t＝6－16t 2＋1t＝6－16⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1322＋164.当且仅当t ＝32，即m ＝±27时，(S △ABQ )max ＝34.所以△ABQ 面积的最大值为34.法二：依题意知直线l 的斜率存在，设其方程为y ＝k (x －4)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，Q (x 0，0).由对称性知D (x 1，－y 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －4），x 24＋y 2＝1消去y ， 得(4k 2＋1)x 2－32k 2x ＋64k 2－4＝0. 由Δ＝(－32k 2)2－4(4k 2＋1)(64k 2－4)>0，得k 2<112， ①且x 1＋x 2＝32k 24k 2＋1，x 1x 2＝64k 2－44k 2＋1. ②BQ ―→＝(x 0－x 2，－y 2)，DQ ―→＝(x 0－x 1，y 1) 由B ，D ，Q 三点共线知BQ ―→∥DQ ―→，故(x 0－x 2)y 1＋y 2(x 0－x 1)＝0，即(x 0－x 2)·k (x 1－4)＋k (x 2－4)(x 0－x 1)＝0. 整理得x 0＝2x 1x 2－4（x 1＋x 2）x 1＋x 2－8. ③将②代入③，得x 0＝1，所以点Q 的坐标为(1，0). 因为点Q (1，0)到直线l 的距离为d ＝3|k |k 2＋1， |AB |＝1＋k 2·（x 1＋x 2）2－4x 1x 2 ＝41＋k 2·1－12k 24k 2＋1， 所以S △ABQ ＝12|AB |·d ＝6k 2－12k44k 2＋1. 令t ＝4k 2＋1，则k 2＝t －14，结合①得1<t <43，所以S △ABQ ＝6－34t 2＋74t －1t ＝3－4t 2＋7t－3＝3－4⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －782＋116.当且仅当1t ＝78，即k ＝±714时，(S △ABQ )max ＝34.所以△ABQ 面积的最大值为34.[题后悟道]解决直线与圆锥曲线位置关系问题的步骤[针对训练]已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)经过点P ⎝⎛⎭⎪⎫1，22，且离心率为22.(1)求椭圆C 的方程；(2)设F 1，F 2分别为椭圆C 的左、右焦点，不经过F 1的直线l 与椭圆C 交于两个不同的点A ，B .如果直线AF 1，l ，BF 1的斜率依次成等差数列，求焦点F 2到直线l 的距离d 的取值范围.解：(1)由题意，知⎩⎪⎨⎪⎧1a 2＋24b2＝1，c a ＝22，结合a 2＝b 2＋c 2得a 2＝2，b 2＝1，c 2＝1.所以椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1. (2)易知直线l 的斜率存在且不为0，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m (k ≠0).由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 22＋y 2＝1消去y 并整理，得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2(m 2－1)＝0. 则Δ＝(4km )2－8(1＋2k 2)(m 2－1)＞0，即2k 2＞m 2－1.①设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1x 2＝2（m 2－1）1＋2k 2. 因为F 1(－1，0)，所以k AF 1＝y 1x 1＋1，k BF 1＝y 2x 2＋1.由题意可得2k ＝y 1x 1＋1＋y 2x 2＋1，且y 1＝kx 1＋m ，y 2＝kx 2＋m ，所以(m －k )(x 1＋x 2＋2)＝0.因为直线l ：y ＝kx ＋m 不过焦点F 1(－1，0)，所以m －k ≠0， 所以x 1＋x 2＋2＝0，从而－4km 1＋2k 2＋2＝0，即m ＝k ＋12k .② 由①②得2k 2＞⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋12k 2－1，化简得|k |＞22.焦点F 2(1，0)到直线l ：y ＝kx ＋m 的距离d ＝|k ＋m |1＋k2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2k ＋12k 1＋k2＝2＋12k21k2＋1. 令t ＝1k2＋1，由|k |＞22知t ∈(1，3)，所以d ＝t 2＋32t ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋3t ， 由函数f (t )＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋3t 在(1，3)上单调递减知，f (3)＜d ＜f (1)，解得3＜d ＜2，于是焦点F 2到直线l 的距离d 的取值范围为(3，2).。
高考数学二轮复习第2部分专题5解析几何第3讲圆锥曲线中的综合问题课件理
切入点：(1)直接套用斜率公式，并借助－12＜x＜32求其范围； (2)先分别计算|PA|、|PQ|的长，再建立|PA|·|PQ|的函数，进而借 助导数求其最值．
[解](1)设直线AP的斜率为k，k＝xx2＋－1214＝x－12， 因为－12<x<32， 所以－1＜x－12＜1， 即直线AP斜率的取值范围是(－1,1)．
(与向量交汇直线过定点问题)设M点为圆C：x2＋y2＝4上的动 点，点M在x轴上的投影为N.动点P满足2 P→N ＝ 3 M→N ，动点P的轨迹 为E.
(1)求E的方程； (2)设E的左顶点为D，若直线l：y＝kx＋m与曲线E交于A，B两 点(A，B不是左、右顶点)，且满足| D→A ＋ D→B |＝| D→A － D→B |，求证：直 线l恒过定点，并求出该定点的坐标．
第二部分 讲练篇
专题五 解析几何 第3讲 圆锥曲线中的综合问题
研考题 举题固法
求圆锥曲线中的最值范围问题(5年2考) 考向1 构造不等式求最值或范围
[高考解读] 以直线与圆锥曲线的位置关系为载体，融函数与 方程，均值不等式、导数于一体，重在考查学生的数学建模、数学 运算能力和逻辑推理及等价转化能力.
[解](1)设点M(x0，y0)，P(x，y)，由题意可知N(x0,0)， ∵2P→N＝ 3M→N，∴2(x0－x，－y)＝ 3(0，－y0)， 即x0＝x，y0＝ 23y， 又点M在圆C：x2＋y2＝4上，∴x20＋y20＝4， 将x0＝x，y0＝ 23y代入得x42＋y32＝1， 即轨迹E的方程为x42＋y32＝1.
设C(p，q)，由2qpp＝＋q21，－2＝0
得p＝q＝2，所以C(2,2)．