(浙江专用)2020版高考数学大二轮复习专题四大题考法课一圆锥曲线中的最值、范围、证明问题课件
[对点练——触类旁通] 3.如图，已知椭圆 C：x92＋y52＝1，直线 l：x＝92，过右焦点 F 的直线 MN 交椭圆 C 于点 M，N，过点 N 作 NP⊥l 于点 P. (1)证明：||NNFP||＝23； (2)在直线 l 上是否存在点 T，使得△TMN 为正三角形，若 存在，请求出直线 MN 的方程；若不存在，请说明理由．
又 xG＝13(xA＋xB＋xC)，yG＝13(yA＋yB＋yC)及重心 G 在 x 轴 上，得 2t－2t ＋yC＝0，
得 C1t －t2，21t －t，G2t4－32t2t2＋2，0. 所以直线 AC 的方程为 y－2t＝2t(x－t2)，得 Q(t2－1,0)． 由于 Q 在焦点 F 的右侧，故 t2>2.
[备课札记]
[学技法——融会贯通] 圆锥曲线证明问题的类型及求解策略 (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，主要根据直线与圆锥曲线的性质、直 线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关性质的应用、代数式的 恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．
[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(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1< 2，x2< 2，直线 MA，MB 的斜率之和为 kMA＋kMB＝x1y－1 2＋x2y－2 2. 由 y1＝kx1－k，y2＝kx2－k， 得 kMA＋kMB＝2kx1x2x－1－3k2xx1＋2－x22＋4k.
[备课札记]
[学技法——融会贯通] 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，从证明问题 [考查趋向] 主要考查点、直线、曲线等几何元素中的位 置关系以及直线或圆锥曲线中的一些数量关系．
[试典题——考点悟通] [典例 3] (2018·全国卷Ⅰ)设椭圆 C：x22＋y2＝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.
将 y＝k(x－1)代入x22＋y2＝1， 得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0， 所以 x1＋x2＝2k42k＋2 1，x1x2＝22kk22＋ －12. 则 2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k ＝4k3－4k－2k122＋k3＋ 1 8k3＋4k＝0. 从而 kMA＋kMB＝0， 故 MA，MB 的倾斜角互补． 所以∠OMA＝∠OMB. 综上，∠OMA＝∠OMB 成立．
(3)令 25－x20＝t，则 x20＝25－t2. 因为 x20＋y20＝9，∴0≤x20≤9，∴4≤t≤5， 所以 S△PAB＝20＋t3 t2. 设 f(t)＝20t＋3 t2，4≤t≤5， 则 f′(t)＝t24＋0＋60t2t22>0， 所以 f(t)在[4,5]上单调递增，
所以 f(t)∈196，295， 即△ABP 的面积的取值范围是196，295.
[解] (1)由题意得p2＝1，即 p＝2. 所以抛物线的准线方程为 x＝－1. (2)设 A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)， 重心 G(xG，yG)． 令 yA＝2t，t≠0，则 xA＝t2. 由于直线 AB 过 F，故直线 AB 的方程为 x＝t2－2t 1y＋1， 代入 y2＝4x，得 y2－2t2－t 1y－4＝0， 故 2tyB＝－4，即 yB＝－2t ，所以 Bt12，－2t .
大题考法课一 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题 题型(一) 最值问题
[考查趋向] 主要考查直线与圆锥曲线相交时的弦长问题 以及最值的求解.
[试典题——考点悟通] [典例 1] (2019·浙江高考)如图，已知点 F(1,0)为抛物线 y2＝2px(p>0)的焦点．过点 F 的 直线交抛物线于 A，B 两点，点 C 在抛物线上， 使得△ABC 的重心 G 在 x 轴上，直线 AC 交 x 轴于点 Q，且 Q 在点 F 的右侧．记△AFG，△ CQG 的面积分别为 S1，S2. (1)求 p 的值及抛物线的准线方程； (2)求SS12的最小值及此时点 G 的坐标．
则 g′(t)＝12－12t2＝12(1－t)(1＋t)，
当 0＜t＜1 时，g′(t)＞0，所以 g(t)在(0,1)上单调递增； 当 t＞1 时，g′(t)＜0，所以 g(t)在(1，＋∞)上单调递减， 故 g(t)＝12t－4t3≤g(1)＝8，
即△PAB 面积的最大值为 8.
题型(二) 范围问题 [考查趋向] 主要考查直线与圆锥曲线的位置关系、圆锥 曲线的几何性质，参数多与直线方程或圆锥曲线方程相关.
[试典题——考点悟通] [典例 2] (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：y2＝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 x2＋y42＝1(x<0)上的动点，求△PAB 面积 的取值范围．
而 P 到直线 AB 的距离为 d＝|mmy02＋＋21|，
所以 S△PAB＝12d|AB|＝2|my0＋2| m2－my0＋2，
又由于 m＝1k＝y20，
所以 S△PAB＝2(2m2＋2) 2－m2＝4(m2＋1) 令 2－m2＝t，则 t＞0 且 m2＝2－t2，
2－m2.
所以 S△PAB＝4(3－t2)t＝12t－4t3， 令 g(t)＝12t－4t3(t＞0)，
1 从而SS12＝122||QFGG||··||yyAC||
＝t2－12－t4－23t24t－2t23＋2t2t22＋－21··|22tt－| 2t ＝2tt44－－1t2＝2－tt24－－21. 令 m＝t2－2，则 m>0，
SS12＝2－m2＋m4m＋3＝2－m＋1m3 ＋4≥2－2
解：(1)证明：设 N(x1，y1)，则有x921＋y521＝1，
即 y21＝5－59x21，
所以||NNFP||＝
x1－22＋y21 92－x1
＝
x4921x－12－9x41x＋1＋8419＝23.
(2)取 MN 的中点为 R，设 N(x1，y1)，M(x2，y2)，直线 MN 的方程为 x＝my＋2，
(2)因为 P(x0，y0)， 所以将直线 AB：x50x＋y40y＝1 代入椭圆 4x2＋5y2＝20， 得(45－x20)x2－40x0x＋25x20－125＝0， 设 A，B 两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)， 则 x1＋x2＝4450－x0x20，x1x2＝254x520－－x10225， 设点 P 到 AB 的距离为 d， 则 d＝x520＋x5y204＋20－y4120， 所以 S△ABP＝12|AB|d＝ 4255－－xx20023.
(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．
[对点练——触类旁通] 2.过椭圆 C 外一点 P(x0，y0)作椭圆 C：x52＋ y42＝1 的切线 l1，l2，切点分别为 A，B，满足 l1 ⊥l2. (1)求 P 的轨迹方程； (2)求△ABP 的面积(用 P 的横坐标 x0 表示)； (3)当 P 运动时，求△ABP 面积的取值范围．
即满足 TR⊥MN 且|TR|＝ 23|MN|， 又因为 R5m128＋9，5－m12＋0m9，则直线 RT 的方程为 y＋ 5m102＋m 9＝－mx－5m128＋9， 令 x＝92，得 T92，－1405mm23＋－1685m， 所以|TR|＝45m120＋m12＋ 1m82＋1， 又|MN|＝305m1＋2＋m92，
而 kMP＝x0y－0 4， 由 k·kMP＝－1 得 x0－4＝－2，即 x0＝2， 所以 M 点的横坐标为 2. (2)设直线 AB：x＝m(y－y0)＋2， 即 AB：x＝my－my0＋2， 与抛物线 y2＝4x 联立得 y2－4my＋4my0－8＝0， 则 y1＋y2＝4m，y1y2＝4my0－8， 所以|AB|＝ 1＋m2|y1－y2| ＝ 1＋m2· 16m2－16my0＋32，
则 Rx1＋2 x2，y1＋2 y2，联立方程组5xx＝2＋my9＋y2＝2，45， 得(5m2＋9)y2＋20my－25＝0， 则 y1＋y2＝5－m22＋0m9，y1y2＝5m－22＋59，x1＋x2＝m(y1＋y2)＋4 ＝5m326＋9， 若要满足△TMN 为正三角形，
(2)由(1)可知yy11y＋2＝y2＝8x02－y0，y02， 所以|PM|＝18(y21＋y22)－x0＝34y20－3x0， |y1－y2|＝2 2y02－4x0. 因此△PAB 的面积 S△PAB＝12|PM|·|y1－y2|＝34 2(y20－4x0)32. 因为 x20＋y420＝1(x0<0)， 所以 y20－4x0＝－4x20－4x0＋4∈[4,5]， 所以△PAB 面积的取值范围是6 2，15410.
m1·m3 ＋4＝1＋
2020年高考数学圆锥曲线中的最值问题(共16张PPT)
x
y
t cos 1 t sin
代入
2x2
y2
2
0
得
(1 cos2 )t2 2sin t 1 0
设
P, Q
对应的参数为 t1, t2
，则 t1
t2
2 cos 1 cos2
, t1t2
1
1 cos2
所以| PQ || t1 t2 |
(t1
t2 )2
4t1t2
1
22 cos2
因为
PQ
的最大值为__________.
解析：题目中点 P 是一动点，点 B 是椭圆的右焦点，因此在椭圆上的一个动点和焦点的 连线经常需要考虑这个点和另外一个焦点，即把动点放到焦点三角形中考虑，因
为 PF PB 2a 10，所以 PB 10 PF, PA PB PA PF 10 ，接下来需 要求 PA PF 10 的最大值。 因为如果 P, A, F 能构成三角形， PA PF AF ，因此当取得最大值时 P, A, F 三点共线， PA PF 10 AF 10 15
例 3：已知 P(x, y) 是抛物线上的点，则 (x 3)2 ( y 2)2 x 的最大值是________.
解析： (x 3)2 ( y 2)2 x (x 3)2 ( y 2)2 (x 1)2 y2 1 题目转化为点 P(x, y) 到点 A(3, 2) 的距离减去到点 M (1, 0) 的距离加 1 因此当 A, M , P 三点共线时取得最大值，最大值为| AM | 1，剩余步骤省
4x
2b
0
令 0，则b 2
则直线 y 2x 2 与 y 2x 2 之间的距离即为高的最大值，因此可以求出面积 的最大值。
例 7：点 P 在抛物线 y2 x 上，点 Q 在圆 (x 1)2 ( y 4)2 1，则| PQ |的最小值为 2
(浙江专用)2020版高考数学大二轮复习专题四小题考法课二圆锥曲线的方程与性质课时跟踪检测
圆锥曲线的方程与性质[课时跟踪检测] [A 级——基础小题提速练]一、选择题1．(2019·绍兴柯桥区高三调研)双曲线x 23－y 2＝m (m ＞0)的离心率是( )A.233B.62C. 2D ．2解析：选A 由双曲线方程得a 2＝3m ，b 2＝m ，则双曲线的离心率e ＝ca＝1＋b 2a 2＝233，故选A.2．双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的离心率e ＝132，则它的渐近线方程为( )A ．y ＝±32xB ．y ＝±23xC ．y ＝±94xD ．y ＝±49x解析：选A 由双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的离心率e ＝132，可得c 2a 2＝134，∴b 2a2＋1＝134，可得b a ＝32，故双曲线的渐近线方程为y ＝±32x . 3．(2019·北京高考)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，则( )A ．a 2＝2b 2B ．3a 2＝4b 2C ．a ＝2bD ．3a ＝4b解析：选B 因为椭圆的离心率e ＝c a ＝12，所以a 2＝4c 2.又a 2＝b 2＋c 2，所以3a 2＝4b 2.4．(2019·天津高考)已知抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，准线为l .若l 与双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的两条渐近线分别交于点A 和点B ，且|AB |＝4|OF |(O 为原点)，则双曲线的离心率为( )A. 2B. 3 C ．2D. 5解析：选D 由已知易得，抛物线y 2＝4x 的焦点为F (1,0)，准线l ：x ＝－1，所以|OF |＝1.又双曲线的两条渐近线的方程为y ＝±bax ，不妨设点A ⎝⎛⎭⎪⎫－1，b a ，B ⎝⎛⎭⎪⎫－1，－b a，所以|AB |＝2b a ＝4|OF |＝4，所以b a＝2，即b ＝2a ，所以b 2＝4a 2.又双曲线方程中c 2＝a 2＋b 2，所以c 2＝5a 2，所以e ＝c a＝ 5.5．(2019·全国卷Ⅲ)双曲线C ：x 24－y 22＝1的右焦点为F ，点P 在C 的一条渐近线上，O为坐标原点．若|PO |＝|PF |，则△PFO 的面积为( )A.324B.322C ．2 2D ．3 2解析：选A 法一：双曲线x 24－y 22＝1的右焦点F (6，0)，一条渐近线的方程为y ＝22x ，不妨设点P 在第一象限，由于|PO |＝|PF |，得点P 的横坐标为62，纵坐标为22×62＝32，即△PFO 的底边长为6，高为32，所以它的面积为12×6×32＝324. 法二：不妨设点P 在第一象限，根据题意可知c 2＝6，所以|OF |＝ 6.又tan ∠POF ＝ba ＝22，所以等腰三角形POF 的高h ＝62×22＝32，所以S △PFO ＝12×6×32＝324. 6．已知F 1，F 2分别是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点，若椭圆C 上存在点P 使∠F 1PF 2为钝角，则椭圆C 的离心率的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫22，1 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 C.⎝⎛⎭⎪⎫0，22 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 解析：选A 法一：设P (x 0，y 0)，由题意知|x 0|<a ，因为∠F 1PF 2为钝角，所以PF 1→·PF 2→<0有解，即(－c －x 0，－y 0)·(c －x 0，－y 0)<0，化简得c 2>x 20＋y 20，即c 2>(x 20＋y 20)min ，又y 20＝b2－b 2a 2x 20，0≤x 20<a 2，故x 20＋y 20＝b 2＋c 2a 2x 20∈[b 2，a 2)，所以(x 20＋y 20)min ＝b 2，故c 2>b 2，又b 2＝a 2－c 2，所以e 2＝c 2a 2>12，解得e >22，又0<e <1，故椭圆C 的离心率的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫22，1.法二：椭圆上存在点P 使∠F 1PF 2为钝角⇔以原点O 为圆心，以c为半径的圆与椭圆有四个不同的交点⇔b <c .如图，由b <c ，得a 2－c 2<c 2，即a 2<2c 2，解得e ＝c a >22，又0<e <1，故椭圆C 的离心率的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫22，1. 7．已知抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，准线为l .若射线y ＝2(x －1)(x ≤1)与C ，l 分别交于P ，Q 两点，则|PQ ||PF |＝( )A. 2 B ．2 C. 5D ．5解析：选C 由题意，知抛物线C ：y 2＝4x 的焦点F (1,0)，设准线l ：x ＝－1与x 轴的交点为F 1.过点P 作直线l的垂线，垂足为P 1(图略)，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝2(x －1)，x ≤1，得点Q 的坐标为(－1，－4)，所以|FQ |＝2 5.又|PF |＝|PP 1|，所以|PQ ||PF |＝|PQ ||PP 1|＝|QF ||FF 1|＝252＝5，故选C.8．已知双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，A ，B 分别是双曲线左、右两支上关于坐标原点O 对称的两点，且直线AB 的斜率为2 2.M ，N 分别为AF 2，BF 2的中点，若原点O 在以线段MN 为直径的圆上，则双曲线的离心率为( )A. 3B. 6C.6＋ 3D.6－ 2解析：选C 设双曲线的焦距为2c ，MN 与x 轴交于点H ，如图可知，OH ＝MN 2＝AB 4＝c2，所以AB ＝2c ， 由⎩⎨⎧y ＝22x ，b 2x 2－a 2y 2＝a 2b 2，可得x ＝± a 2b 2b 2－8a 2，所以AB ＝6a 2b 2b 2－8a2＝2c ，所以有18a 2c 2－9a 4＝c 4， 解得e 2＝9＋62，所以离心率e ＝6＋3，故选C.9．设AB 是椭圆的长轴，点C 在椭圆上，且∠CBA ＝π4，若AB ＝4，BC ＝2，则椭圆的两个焦点之间的距离为( )A.463 B.263 C.433D.233解析：选A 不妨设椭圆的标准方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，如图，由题意知，2a ＝4，a ＝2，∵∠CBA ＝π4，BC ＝2，∴点C 的坐标为(－1,1)，∵点C 在椭圆上，∴122＋1b 2＝1，∴b 2＝43，∴c 2＝a 2－b 2＝4－43＝83，c ＝263，则椭圆的两个焦点之间的距离为2c ＝463.10．过双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的右焦点且垂直于x 轴的直线与双曲线交于A ，B 两点，与双曲线的渐近线交于C ，D 两点，若|AB |≥35|CD |，则双曲线离心率e 的取值范围为( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫53，＋∞B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫54，＋∞C.⎝ ⎛⎦⎥⎤1，53 D.⎝ ⎛⎦⎥⎤1，54 解析：选B 将x ＝c 代入x 2a 2－y 2b 2＝1得y ＝±b 2a ，不妨取A ⎝ ⎛⎭⎪⎫c ，b 2a ，B ⎝⎛⎭⎪⎫c ，－b 2a ，所以|AB |＝2b2a.将x ＝c 代入双曲线的渐近线方程y ＝±b a x ，得y ＝±bc a，不妨取C ⎝⎛⎭⎪⎫c ，bc a ，D ⎝⎛⎭⎪⎫c ，－bc a ，所以|CD |＝2bca.因为|AB |≥35|CD |，所以2b 2a ≥35×2bc a ，即b ≥35c ，则b 2≥925c 2，即c 2－a 2≥925c 2，即1625c 2≥a 2，所以e 2≥2516，所以e ≥54，故选B.二、填空题11．过抛物线y ＝14x 2的焦点F 作一条倾斜角为30°的直线交抛物线于A ，B 两点，则|AB |＝________.解析：依题意，设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，题中的抛物线x 2＝4y 的焦点坐标是F (0,1)，直线AB 的方程为y ＝33x ＋1，即x ＝3(y －1)．由⎩⎨⎧x 2＝4y ，x ＝3(y －1)，消去x 得3(y －1)2＝4y ，即3y 2－10y ＋3＝0，Δ＝(－10)2－4×3×3>0，y 1＋y 2＝103，则|AB |＝|AF |＋|BF |＝(y 1＋1)＋(y 2＋1)＝y 1＋y 2＋2＝163.答案：16312．(2019·江苏高考)在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线x 2－y 2b2＝1(b >0)经过点(3,4)，则该双曲线的渐近线方程是________．解析：因为双曲线x 2－y 2b 2＝1(b >0)经过点(3,4)，所以9－16b2＝1(b >0)，解得b ＝2，即双曲线方程为x 2－y 22＝1，其渐近线方程为y ＝±2x .答案：y ＝±2x13．已知椭圆C ：x 22＋y 2＝1的两焦点为F 1，F 2，点P (x 0，y 0)满足0<x 202＋y 20<1，则|PF 1|＋|PF 2|的取值范围是________．解析：由点P (x 0，y 0)满足0<x 202＋y 20<1，可知P (x 0，y 0)一定在椭圆内(不包括原点)，因为a ＝2，b ＝1，所以由椭圆的定义可知|PF 1|＋|PF 2|<2a ＝22，又|PF 1|＋|PF 2|≥|F 1F 2|＝2，故|PF 1|＋|PF 2|的取值范围是[2,22)．答案：[2,22)14．已知点A (4,4)在抛物线y 2＝2px (p >0)上，F 为抛物线的焦点，过A 作该抛物线准线的垂线，垂足为E ，则p ＝________，∠EAF 的角平分线所在的直线方程为________．解析：把A (4,4)代入抛物线方程，得p ＝2.由抛物线的性质得|AE |＝|AF |，连接EF ，则△EAF 为等腰三角形．设EF 的中点为B ，则直线AB 为∠EAF 的角平分线所在的直线．由F (1,0)，E (－1,4)，得B (0,2)，则k AB ＝4－24－0＝12，则直线AB 的方程为y ＝12x ＋2，故∠EAF 的角平分线所在的直线方程为x －2y ＋4＝0.答案：2 x －2y ＋4＝015．已知椭圆的方程为x 29＋y 24＝1，过椭圆中心的直线交椭圆于A ，B 两点，F 2是椭圆的右焦点，则△ABF 2的周长的最小值为________，△ABF 2的面积的最大值为________．解析：设F 1是椭圆的左焦点．如图，连接AF 1.由椭圆的对称性，结合椭圆的定义知|AF 2|＋|BF 2|＝2a ＝6，所以要使△ABF 2的周长最小，必有|AB |＝2b ＝4，所以△ABF 2的周长的最小值为10.S △ABF 2＝S △AF 1F 2＝12×2c ×|y A |＝5|y A |≤25，所以△ABF 2面积的最大值为2 5.答案：10 2 516．(2019·浙江十校联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 2(1,0)且斜率为1的直线交椭圆于A ，B ，若三角形F 1AB 的面积等于2b 2，则该椭圆的离心率为________．解析：设椭圆的焦距为2c ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由题意得直线AB 的方程为y ＝x －1，与椭圆方程联立，消去x 化简得(a 2＋b 2)y 2＋2b 2y ＋b 2－a 2b 2＝0，由根与系数的关系得，y 1＋y 2＝－2b 2a 2＋b 2，y 1·y 2＝b 2－a 2b 2a 2＋b 2，则△F 1AB 的面积为12×2c |y 1－y 2|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2b 2a 2＋b 22－4(b 2－a 2b 2)a 2＋b 2＝2b 2，化简得－2a 2＋2a 4＋2a 2b 2＝b 2(a 2＋b 2)2，又因为b 2＝a 2－1，所以4a 4－8a 2＋1＝0，解得a ＝1＋32，则椭圆的离心率e ＝ca＝3－1. 答案：3－117.如图，已知F1，F 2分别是双曲线x 2－y 2b2＝1(b ＞0)的左、右焦点，过点F 1的直线与圆x 2＋y 2＝1相切于点T ，与双曲线的左、右两支分别交于A ，B ，若|F 2B |＝|AB |，则b 的值是________．解析：法一：因为|F 2B |＝|AB |，所以结合双曲线的定义，得|AF 1|＝|BF 1|－|AB |＝|BF 1|－|BF 2|＝2，连接OT ，在Rt △OTF 1中，|OT |＝1，|OF 1|＝c ，|TF 1|＝b ，所以cos ∠F 2F 1A ＝b c，sin ∠F 2F 1A ＝1c，所以A ⎝⎛⎭⎪⎫－c ＋2×b c，2×1c ，将点A 的坐标代入双曲线得()－c 2＋2b 2c2－4c 2b2＝1，化简得b 6－4b 5＋5b 4－4b 3－4＝0，得(b 2－2b －2)(b 4－2b 3＋3b 2－2b ＋2)＝0，而b 4－2b 3＋3b 2－2b ＋2＝b 2(b －1)2＋b 2＋1＋(b －1)2＞0，故b 2－2b －2＝0，解得b ＝1±3(负值舍去)，即b ＝1＋ 3.法二：因为|F 2B |＝|AB |，所以结合双曲线的定义，得|AF 1|＝|BF 1|－|AB |＝|BF 1|－|BF 2|＝2，连接AF 2，则|AF 2|＝2＋|AF 1|＝4.连接OT ，在Rt △OTF 1中，|OT |＝1，|OF 1|＝c ，|TF 1|＝b ，所以cos ∠F 2F 1A ＝b c .在△AF 1F 2中，由余弦定理得，cos ∠F 2F 1A ＝|F 1F 2|2＋|AF 1|2－|AF 2|22|F 1F 2|·|AF 1|＝c 2－32c，所以c 2－3＝2b ，又在双曲线中，c 2＝1＋b 2，所以b 2－2b －2＝0，解得b ＝1±3(负值舍去)，即b ＝1＋ 3.答案：1＋ 3[B 级——能力小题保分练]1．双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ，b >0)的离心率为3，左、右焦点分别为F 1，F 2，P 为双曲线右支上一点，∠F 1PF 2的角平分线为l ，点F 1关于l 的对称点为Q ，|F 2Q |＝2，则双曲线的方程为( )A.x 22－y 2＝1B ．x 2－y 22＝1C ．x 2－y 23＝1D.x 23－y 2＝1 解析：选B ∵∠F 1PF 2的角平分线为l ，点F 1关于l 的对称点为Q ，∴|PF 1|＝|PQ |，P ，F 2，Q 三点共线，而|PF 1|－|PF 2|＝2a ，∴|PQ |－|PF 2|＝2a ，即|F 2Q |＝2＝2a ，解得a ＝1.又e ＝c a ＝3，∴c ＝3，∴b 2＝c 2－a 2＝2，∴双曲线的方程为x 2－y 22＝1.故选B. 2.过椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左顶点A 且斜率为k 的直线交椭圆C于另一点B ，且点B 在x 轴上的射影恰好为右焦点F .若13<k <12，则椭圆C 的离心率的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，34B.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，23 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 解析：选C 由题图可知，|AF |＝a ＋c ，|BF |＝a 2－c 2a ，于是k ＝|BF ||AF |＝a 2－c 2a (a ＋c ).又13<k <12，所以13<a 2－c 2a (a ＋c )<12，化简可得13<1－e <12，从而可得12<e <23，故选C.3．(2019·学军中学高考模拟)已知椭圆C ：x 24＋y 2＝1，P (a,0)为x 轴上一动点．若存在以点P 为圆心的圆O ，使得椭圆C 与圆O 有四个不同的公共点，则a 的取值范围是________．解析：因为圆O 的圆心在x 轴上，则由椭圆和圆的对称性得椭圆C 与圆O 的四个不同的公共点两两关于x 轴对称，设在x 轴上方的两个交点为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线AB 的方程为y ＝kx ＋b ，与椭圆方程联立消去y 化简得(4k 2＋1)x 2＋8kbx ＋4b 2－4＝0，由Δ＝64k 2b 2－4(4k 2＋1)(4b 2－4)＞0，得b 2＜4k 2＋1，此时x 1＋x 2＝－8kb 4k 2＋1，则y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2b ＝2b 4k 2＋1，则AB 的中点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－4kb4k 2＋1，b 4k 2＋1，线段AB 的垂直平分线方程为y －b 4k 2＋1＝－1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋4kb 4k 2＋1，令y ＝0，得点P 的横坐标a ＝－3kb 4k 2＋1，则a 2＝9k 2b 2(4k 2＋1)2＜9k 2(4k 2＋1)(4k 2＋1)2＝94＋1k2＜94，所以－32＜a ＜32. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，324．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________．解析：抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F (1,0)， 由题意可知l 1，l 2的斜率存在且不为0. 不妨设直线l 1的斜率为k ，则l 1：y ＝k (x －1)，l 2：y ＝－1k(x －1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝k (x －1)消去y ，得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∴x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2＝2＋4k2，由抛物线的定义可知，|AB |＝x 1＋x 2＋2＝2＋4k 2＋2＝4＋4k2.同理得|DE |＝4＋4k 2，∴|AB |＋|DE |＝4＋4k2＋4＋4k 2＝8＋4⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2＋k 2≥8＋8＝16，当且仅当1k2＝k 2，即k ＝±1时取等号，故|AB |＋|DE |的最小值为16. 答案：165．已知P 为椭圆C ：x 24＋y 23＝1上的一个动点，F 1，F 2是椭圆C 的左、右焦点，O 为坐标原点，O 到椭圆C 在P 点处的切线距离为d ，若|PF 1|·|PF 2|＝247，则d ＝________.解析：法一：因为点P 在椭圆上， 所以有|PF 1|＋|PF 2|＝4， 又因为|PF 1|·|PF 2|＝247，由余弦定理可得cos ∠F 1PF 2＝|PF 1|2＋|PF 2|2－|F 1F 2|22|PF 1||PF 2|＝34，所以有sin ∠F 1PF 2＝74， 所以△F 1PF 2的面积为S ＝12×247×74＝12×2×y p ，解得y p ＝37，因为点P 在椭圆上，所以x p ＝47.所以过该点的椭圆的切线方程为47x4＋37y3＝1，即为x ＋y ＝7.所以原点O 到直线的距离为d ＝72＝142. 法二：设P (m ，n )，则切线方程为mx 4＋ny3＝1，即3mx ＋4ny －12＝0.所以原点O 到该切线的距离d ＝129m 2＋16n2.因为点P (m ，n )在椭圆上，所以m 24＋n 23＝1， 所以有n 2＝3－3m 24，所以d ＝4316－m2. 因为|PF 1||PF 2|＝247，所以有(m ＋1)2＋n 2(m －1)2＋n 2＝247， 即有⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋14m 2＋2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫4＋14m 2－2m ＝4－14m 2＝247，解得16－m 2＝967，所以d ＝4316－m 2＝142. 答案：1426．(2019·镇海中学高三模拟)设椭圆C 2：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点为F 1，F 2，离心率为e ＝12，抛物线C 1：y 2＝－4mx (m ＞0)的准线经过椭圆的右焦点，抛物线C 1与椭圆C 2交于x 轴上方一点P ，若△PF 1F 2的三边长恰好是三个连续的自然数，则a 的值为________．解析：设椭圆的焦距为2c ，因为抛物线的准线经过椭圆的右焦点，所以可知c ＝m ，a ＝2m ，b ＝3m .由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝－4mx ，3x 2＋4y 2＝12m 2，解得x ＝－23m 或x ＝6m (舍去)，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23m ，263m ，所以|PF 1|＝5m 3，|PF 2|＝7m 3，|F 1F 2|＝6m3.因为△PF 1F 2的三边长恰好是连续的三个自然数，可得m＝3，所以a ＝2m ＝6.答案：6。
(浙江专用)高考数学二轮复习 专题四 解析几何 第3讲 圆锥曲线中的定点、定值、最值与范围问题学案-
第3讲 圆锥曲线中的定点、定值、最值与范围问题高考定位 圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一，主要以解答题形式考查，往往作为试卷的压轴题之一，一般以椭圆或抛物线为背景，试题难度较大，对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求.真 题 感 悟(2018·北京卷)已知抛物线C ：y 2＝2px 经过点P (1，2).过点Q (0，1)的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点A ，B ，且直线PA 交y 轴于M ，直线PB 交y 轴于N . (1)求直线l 的斜率的取值范围；(2)设O 为原点，QM →＝λQO →，QN →＝μQO →，求证：1λ＋1μ为定值.解 (1)因为抛物线y 2＝2px 过点(1，2)， 所以2p ＝4，即p ＝2. 故抛物线C 的方程为y 2＝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⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝kx ＋1得k 2x 2＋(2k －4)x ＋1＝0. 依题意Δ＝(2k －4)2－4×k 2×1>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 斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1). (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2). 由(1)知x 1＋x 2＝－2k －4k 2，x 1x 2＝1k2.直线PA 的方程为y －2＝y 1－2x 1－1(x －1). 令x ＝0，得点M 的纵坐标为y M ＝－y 1＋2x 1－1＋2＝－kx 1＋1x 1－1＋2.同理得点N 的纵坐标为y N ＝－kx 2＋1x 2－1＋2. 由QM →＝λQO →，QN →＝μQO →得λ＝1－y M ，μ＝1－y N . 所以1λ＋1μ＝11－y M ＋11－y N＝x 1－1（k －1）x 1＋x 2－1（k －1）x 2＝1k －1·2x 1x 2－（x 1＋x 2）x 1x 2＝1k －1·2k 2＋2k －4k 21k 2＝2.所以1λ＋1μ为定值.考 点 整 合1.定点、定值问题(1)定点问题：在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为定点问题.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)定值问题：在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动直线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题.2.求解圆锥曲线中的范围问题的关键是选取合适的变量建立目标函数和不等关系.该问题主要有以下三种情况：(1)距离型：若涉及焦点，则可以考虑将圆锥曲线定义和平面几何性质结合起来求解；若是圆锥曲线上的点到直线的距离，则可设出与已知直线平行的直线方程，再代入圆锥曲线方程中，用判别式等于零求得切点坐标，这个切点就是距离取得最值的点，若是在圆或椭圆上，则可将点的坐标以参数形式设出，转化为三角函数的最值求解.(2)斜率、截距型：一般解法是将直线方程代入圆锥曲线方程中，利用判别式列出对应的不等式，解出参数的范围，如果给出的只是圆锥曲线的一部分，则需要结合图形具体分析，得出相应的不等关系.(3)面积型：求面积型的最值，即求两个量的乘积的范围，可以考虑能否使用不等式求解，或者消元转化为某个参数的函数关系，用函数方法求解.热点一 定点与定值问题 [考法1] 定点的探究与证明【例1－1】 (2018·杭州调研)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为12，其左焦点到点P (2，1)的距离为10.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 相交于A ，B 两点(A ，B 不是左、右顶点)，且以AB 为直径的圆过椭圆C 的右顶点，求证：直线l 过定点，并求出该定点的坐标.(1)解 由e ＝c a ＝12，得a ＝2c ，∵a 2＝b 2＋c 2，∴b 2＝3c 2，则椭圆方程变为x 24c 2＋y 23c2＝1.又由题意知（2＋c ）2＋12＝10，解得c ＝1， 故a 2＝4，b 2＝3，即得椭圆的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)证明 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1，得(3＋4k 2)x 2＋8mkx ＋4(m 2－3)＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝64m 2k 2－16（3＋4k 2）（m 2－3）＞0，x 1＋x 2＝－8mk 3＋4k 2，x 1·x 2＝4（m 2－3）3＋4k2.①∴y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋mk (x 1＋x 2)＋m 2＝3（m 2－4k 2）3＋4k 2. ∵椭圆的右顶点为A 2(2，0)，AA 2⊥BA 2， ∴(x 1－2)(x 2－2)＋y 1y 2＝0， ∴y 1y 2＋x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4＝0，∴3（m 2－4k 2）3＋4k 2＋4（m 2－3）3＋4k 2＋16mk 3＋4k 2＋4＝0，∴7m 2＋16mk ＋4k 2＝0，解得m 1＝－2k ，m 2＝－2k 7.由Δ>0，得3＋4k 2－m 2＞0，②当m 1＝－2k 时，l 的方程为y ＝k (x －2)， 直线过定点(2，0)，与已知矛盾. 当m 2＝－2k 7时，l 的方程为y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －27， 直线过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫27，0，且满足②， ∴直线l 过定点，定点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫27，0. 探究提高 (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.[考法2] 定值的探究与证明【例1－2】 (2018·金丽衢联考)已知O 为坐标原点，直线l ：x ＝my ＋b 与抛物线E ：y 2＝2px (p >0)相交于A ，B 两点. (1)当b ＝2p 时，求OA →·OB →；(2)当p ＝12且b ＝3时，设点C 的坐标为(－3，0)，记直线CA ，CB 的斜率分别为k 1，k 2，证明：1k 21＋1k 22－2m 2为定值.解 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝2px ，x ＝my ＋b ，消元得y 2－2mpy －2pb ＝0，所以y 1＋y 2＝2mp ，y 1y 2＝－2pb .(1)当b ＝2p 时，y 1y 2＝－4p 2，x 1x 2＝（y 1y 2）24p2＝4p 2， 所以OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝4p 2－4p 2＝0.(2)证明 当p ＝12且b ＝3时，y 1＋y 2＝m ，y 1y 2＝－3.因为k 1＝y 1x 1＋3＝y 1my 1＋6，k 2＝y 2x 2＋3＝y 2my 2＋6， 所以1k 1＝m ＋6y 1，1k 2＝m ＋6y 2.因此1k 21＋1k 22－2m 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋6y 12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋6y 22－2m 2＝2m 2＋12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫1y 1＋1y 2＋36⎝ ⎛⎭⎪⎫1y 21＋1y 22－2m 2＝12m ×y 1＋y 2y 1y 2＋36×（y 1＋y 2）2－2y 1y 2y 21y 22＝12m ×－m 3＋36×m 2＋69＝24，即1k 21＋1k 22－2m 2为定值.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)定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的.【训练1－1】 (2017·北京卷)已知抛物线C ：y 2＝2px 过点P (1，1)，过点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12作直线l与抛物线C 交于不同的两点M ，N ，过点M 作x 轴的垂线分别与直线OP ，ON 交于点A ，B ，其中O 为原点.(1)求抛物线C 的方程，并求其焦点坐标和准线方程； (2)求证：A 为线段BM 的中点.(1)解 把P (1，1)代入y 2＝2px ，得p ＝12，所以抛物线C 的方程为y 2＝x ，焦点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫14，0，准线方程为x ＝－14. (2)证明 当直线MN 斜率不存在或斜率为零时，显然与抛物线只有一个交点不满足题意，所以直线MN (也就是直线l )斜率存在且不为零.由题意，设直线l 的方程为y ＝kx ＋12(k ≠0)，l 与抛物线C 的交点为M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2).由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋12，y 2＝x ，得4k 2x 2＋(4k －4)x ＋1＝0. 考虑Δ＝(4k －4)2－4×4k 2＝16(1－2k )， 由题可知有两交点，所以判别式大于零，所以k <12.则x 1＋x 2＝1－k k 2，x 1x 2＝14k2.因为点P 的坐标为(1，1)，所以直线OP 的方程为y ＝x ，点A 的坐标为(x 1，x 1). 直线ON 的方程为y ＝y 2x 2x ，点B 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫x 1，y 2x 1x 2. 因为y 1＋y 2x 1x 2－2x 1＝y 1x 2＋y 2x 1－2x 1x 2x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫kx 1＋12x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫kx 2＋12x 1－2x 1x2x 2＝（2k －2）x 1x 2＋12（x 2＋x 1）x 2＝（2k －2）×14k 2＋1－k 2k2x 2＝0.所以y 1＋y 2x 1x 2＝2x 1.故A 为线段BM 的中点. 【训练1－2】 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，A (a ，0)，B (0，b )，O (0，0)，△OAB 的面积为1. (1)求椭圆C 的方程；(2)设P 是椭圆C 上一点，直线PA 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N .求证：|AN |·|BM |为定值. (1)解 由已知ca ＝32，12ab ＝1. 又a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，b ＝1，c ＝ 3.∴椭圆方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明 由(1)知A (2，0)，B (0，1). 设椭圆上一点P (x 0，y 0)，则x 204＋y 0＝1.当x 0≠0时，直线PA 方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)，令x ＝0得y M ＝－2y 0x 0－2.从而|BM |＝|1－y M |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋2y 0x 0－2. 直线PB 方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1. 令y ＝0得x N ＝－x 0y 0－1. ∴|AN |＝|2－x N |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2＋x 0y 0－1.∴|AN |·|BM |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2＋x 0y 0－1·⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋2y 0x 0－2 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 0＋2y 0－2x 0－2·⎪⎪⎪⎪⎪⎪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 |·|BM |＝4.故|AN |·|BM |为定值.热点二 最值与范围问题[考法1] 求线段长度、面积(比值)的最值【例2－1】 (2018·湖州调研)已知抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，直线l ：y ＝kx －4(1<k <2)与y 轴、抛物线C 分别相交于P ，A ，B (自下而上)，记△PAF ，△PBF 的面积分别为S 1，S 2.(1)求AB 的中点M 到y 轴的距离d 的取值范围； (2)求S 1S 2的取值范围.解 (1)联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －4，y 2＝4x ，消去y 得，k 2x 2－(8k ＋4)x ＋16＝0(1<k <2).设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝8k ＋4k 2，x 1x 2＝16k2，所以d ＝x 1＋x 22＝4k ＋2k2 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋12－2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫52，6.(2)由于S 1S 2＝|PA ||PB |＝x 1x 2，由(1)可知S 1S 2＋S 2S 1＝x 1x 2＋x 2x 1＝（x 1＋x 2）2－2x 1x 2x 1x 2＝k 216·（8k ＋4）2k 4－2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋22－2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫174，7， 由S 1S 2＋S 2S 1>174得，4⎝ ⎛⎭⎪⎫S 1S 22－17·S 1S 2＋4>0， 解得S 1S 2>4或S 1S 2<14.因为0<S 1S 2<1，所以0<S 1S 2<14.由S 1S 2＋S 2S 1<7得，⎝ ⎛⎭⎪⎫S 1S 22－7·S 1S 2＋1<0， 解得7－352<S 1S 2<7＋352，又S 1S 2<1，所以7－352<S 1S 2<1. 综上，7－352<S 1S 2<14，即S 1S 2的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫7－352，14. 探究提高 (1)处理求最值的式子常用两种方式：①转化为函数图象的最值；②转化为能利用基本不等式求最值的形式.(2)若得到的函数式是分式形式，函数式的分子次数不低于分母时，可利用分离法求最值；若分子次数低于分母，则可分子、分母同除分子，利用基本不等式求最值(注意出现复杂的式子时可用换元法).【训练2－1】 (2018·温州质检)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 与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，∴x 23＋y 2＝1.(2)①当k 不存在时，直线为x ＝±32，代入x 23＋y 2＝1，得y ＝±32， ∴S △OAB ＝12×3×32＝34；②当k 存在时，设直线为y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程得⎩⎪⎨⎪⎧x 23＋y 2＝1，y ＝kx ＋m ，消y 得(1＋3k 2)x 2＋6kmx ＋3m 2－3＝0，∴x 1＋x 2＝－6km1＋3k2，x 1x 2＝3m 2－31＋3k2，直线l 与圆O 相切d ＝r 4m 2＝3(1＋k 2)， ∴|AB |＝1＋k 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－6km 1＋3k 22－12（m 2－1）1＋3k 2＝3·1＋10k 2＋9k41＋6k 2＋9k 4＝3·1＋4k21＋6k 2＋9k4 ＝3×1＋41k 2＋9k 2＋6≤2.当且仅当1k 2＝9k 2，即k ＝±33时等号成立，∴S △OAB ＝12|AB |×r ≤12×2×32＝32，∴△OAB 面积的最大值为32， ∴m ＝±34⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＝±1， 此时直线方程为y ＝±33x ±1. [考法2] 求几何量、某个参数的取值范围【例2－2】 已知椭圆E ：x 2t ＋y 23＝1的焦点在x 轴上，A 是E 的左顶点，斜率为k (k >0)的直线交E 于A ，M 两点，点N 在E 上，MA ⊥NA . (1)当t ＝4，|AM |＝|AN |时，求△AMN 的面积； (2)当2|AM |＝|AN |时，求k 的取值范围. 解 设M (x 1，y 1)，则由题意知y 1>0.(1)当t ＝4时，E 的方程为x 24＋y 23＝1，A (－2，0).由|AM |＝|AN |及椭圆的对称性知，直线AM 的倾斜角为π4. 因此直线AM 的方程为y ＝x ＋2.将x ＝y －2代入x 24＋y 23＝1得7y 2－12y ＝0，解得y ＝0或y ＝127，所以y 1＝127.因此△AMN 的面积S △AMN ＝2×12×127×127＝14449.(2)由题意t >3，k >0，A (－t ，0)，将直线AM 的方程y ＝k (x ＋t )代入x 2t ＋y 23＝1得(3＋tk 2)x2＋2t ·tk 2x ＋t 2k 2－3t ＝0.由x 1·(－t )＝t 2k 2－3t 3＋tk 2得x 1＝t （3－tk 2）3＋tk2， 故|AM |＝|x 1＋t |1＋k 2＝6t （1＋k 2）3＋tk2. 由题设，直线AN 的方程为y ＝－1k(x ＋t )，故同理可得|AN |＝6k t （1＋k 2）3k 2＋t. 由2|AM |＝|AN |得23＋tk 2＝k3k 2＋t ， 即(k 3－2)t ＝3k (2k －1)，当k ＝32时上式不成立，因此t ＝3k （2k －1）k 3－2.t >3等价于k 3－2k 2＋k －2k 3－2＝（k －2）（k 2＋1）k 3－2<0，即k －2k 3－2<0. 由此得⎩⎪⎨⎪⎧k －2>0，k 3－2<0，或⎩⎪⎨⎪⎧k －2<0，k 3－2>0，解得32<k <2. 因此k 的取值范围是(32，2).探究提高 解决范围问题的常用方法：(1)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.(2)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. (3)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解.【训练2－2】 (2018·台州调研)已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点为F (－c ，0)，离心率为33，点M 在椭圆上且位于第一象限，直线FM 被圆x 2＋y 2＝b 24截得的线段的长为c ，|FM |＝433.(1)求直线FM 的斜率； (2)求椭圆的方程；(3)设动点P 在椭圆上，若直线FP 的斜率大于2，求直线OP (O 为原点)的斜率的取值范围.解 (1)由已知，有c 2a 2＝13，又由a 2＝b 2＋c 2，可得a 2＝3c 2，b 2＝2c 2. 设直线FM 的斜率为k (k ＞0)，F (－c ，0)， 则直线FM 的方程为y ＝k (x ＋c ).由已知，有⎝ ⎛⎭⎪⎫kc k 2＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 22，解得k ＝33.(2)由(1)得椭圆方程为x 23c 2＋y 22c 2＝1，直线FM 的方程为y ＝33(x ＋c )，两个方程联立，消去y ，整理得3x 2＋2cx －5c 2＝0，解得x ＝－53c ，或x ＝c .因为点M 在第一象限，可得M 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫c ，233c .由|FM |＝（c ＋c ）2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫233c －02＝433， 解得c ＝1，所以椭圆的方程为x 23＋y 22＝1.(3)设点P 的坐标为(x ，y )，直线FP 的斜率为t ， 得t ＝yx ＋1，即y ＝t (x ＋1)(x ≠－1)，与椭圆方程联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝t （x ＋1），x 23＋y22＝1，消去y ，整理得2x 2＋3t 2(x ＋1)2＝6， 又由已知，得t ＝6－2x23（x ＋1）2＞2，解得－32＜x ＜－1，或－1＜x ＜0.设直线OP 的斜率为m ，得m ＝y x， 即y ＝mx (x ≠0)，与椭圆方程联立， 整理得m 2＝2x 2－23.①当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－1时，有y ＝t (x ＋1)＜0， 因此m ＞0，于是m ＝2x 2－23，得m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫23，233. ②当x ∈(－1，0)时，有y ＝t (x ＋1)＞0. 因此m ＜0，于是m ＝－2x 2－23， 得m ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－233.综上，直线OP 的斜率的取值范围是 ⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－233∪⎝ ⎛⎭⎪⎫23，233.1.解答圆锥曲线的定值、定点问题，从三个方面把握：(1)从特殊开始，求出定值，再证明该值与变量无关；(2)直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值；(3)在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的项里面分离出来，并令其系数为零，可以解出定点坐标. 2.圆锥曲线的范围问题的常见求法(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，解这类问题的核心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.一、选择题1.F 1，F 2是椭圆x 24＋y 2＝1的左、右焦点，点P 在椭圆上运动，则PF 1→·PF 2→的最大值是( )A.－2B.1C.2D.4解析 设P (x ，y )，依题意得点F 1(－3，0)，F 2(3，0)，PF 1→·PF 2→＝(－3－x )(3－x )＋y 2＝x 2＋y 2－3＝34x 2－2，注意到－2≤34x 2－2≤1，因此PF 1→·PF 2→的最大值是1.答案 B2.(2018·镇海中学二模)若点P 为抛物线y ＝2x 2上的动点，F 为抛物线的焦点，则|PF |的最小值为( ) A.2B.12C.14D.18解析 根据题意，设P 到准线的距离为d ，则有|PF |＝d .抛物线的方程为y ＝2x 2，即x 2＝12y ，其准线方程为y ＝－18，∴当点P 在抛物线的顶点时，d 有最小值18，即|PF |min ＝18.答案 D3.设A ，B 是椭圆C ：x 23＋y 2m＝1长轴的两个端点.若C 上存在点M 满足∠AMB ＝120°，则m的取值范围是( ) A.(0，1]∪[9，＋∞) B.(0，3]∪[9，＋∞) C.(0，1]∪[4，＋∞)D.(0，3]∪[4，＋∞)解析 (1)当焦点在x 轴上，依题意得 0<m <3，且3m ≥tan ∠AMB 2＝ 3.∴0<m <3且m ≤1，则0<m ≤1. (2)当焦点在y 轴上，依题意m >3，且m3≥tan ∠AMB2＝3，∴m ≥9，综上，m 的取值范围是(0，1]∪[9，＋∞). 答案 A4.已知F 是抛物线C ：y 2＝8x 的焦点，M 是C 上一点，FM 的延长线交y 轴于点N .若M 为FN 的中点，则|FN |＝( ) A.3B.5C.6D.10解析 因y 2＝8x ，则p ＝4，焦点为F (2，0)，准线l ：x ＝－2.如图，M 为FN 中点， 故易知线段BM 为梯形AFNC 的中位线， ∵|CN |＝2，|AF |＝4， ∴|MB |＝3，又由定义|MB |＝|MF |， 且|MN |＝|MF |，∴|NF |＝|NM |＋|MF |＝2|MB |＝6. 答案 C5.(2018·北京西城区调研)过抛物线y 2＝43x 的焦点的直线l 与双曲线C ：x 22－y 2＝1的两个交点分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，若x 1·x 2>0，则直线l 的斜率k 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－22∪⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞ 解析 易知双曲线两渐近线为y ＝±22x ，抛物线的焦点为双曲线的右焦点，当k >22或k <－22时，l 与双曲线的右支有两个交点，满足x 1x 2>0. 答案 D6.在直线y ＝－2上任取一点Q ，过Q 作抛物线x 2＝4y 的切线，切点分别为A ，B ，则直线AB 恒过的点的坐标为( ) A.(0，1)B.(0，2)C.(2，0)D.(1，0)解析 设Q (t ，－2)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，抛物线方程变为y ＝14x 2，则y ′＝12x ，则在点A 处的切线方程为y －y 1＝12x 1(x －x 1)，化简得y ＝12x 1x －y 1，同理，在点B 处的切线方程为y ＝12x 2x －y 2，又点Q (t ，－2)的坐标适合这两个方程， 代入得－2＝12x 1t －y 1，－2＝12x 2t －y 2，这说明A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)都满足方程－2＝12xt －y ，即直线AB 的方程为y －2＝12tx ，因此直线AB 恒过点(0，2).答案 B 二、填空题7.已知双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的渐近线与圆x 2－4x ＋y 2＋2＝0相交，则双曲线的离心率的取值范围是______.解析 双曲线的渐近线方程为y ＝±b ax ，即bx ±ay ＝0，圆x 2－4x ＋y 2＋2＝0可化为(x －2)2＋y 2＝2，其圆心为(2，0)，半径为 2. 因为直线bx ±ay ＝0和圆(x －2)2＋y 2＝2相交， 所以|2b |a 2＋b2＜2，整理得b 2＜a 2.从而c 2－a 2＜a 2，即c 2＜2a 2，所以e 2＜2.又e ＞1，故双曲线的离心率的取值范围是(1，2). 答案 (1，2)8.(2018·金华质检)已知椭圆x 24＋y 2b 2＝1(0＜b ＜2)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 1的直线l 交椭圆于A ，B 两点，若|BF 2|＋|AF 2|的最大值为5，则b 的值是________，椭圆的离心率为________.解析 由椭圆的方程，可知长半轴长a ＝2；由椭圆的定义，可知|AF 2|＋|BF 2|＋|AB |＝4a ＝8，所以|AB |＝8－(|AF 2|＋|BF 2|)≥3.由椭圆的性质，可知过椭圆焦点的弦中垂直于长轴的弦最短，即2b 2a＝3，可求得b 2＝3，即b＝3，e ＝ca＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2＝1－34＝12.答案3 129.已知抛物线C ：x 2＝8y 的焦点为F ，动点Q 在C 上，圆Q 的半径为1，过点F 的直线与圆Q 切于点P ，则FP →·FQ →的最小值为________，此时圆Q 的方程为________. 解析 如图，在Rt △QPF 中，FP →·FQ →＝|FP →||FQ →|cos ∠PFQ ＝|FP →||FQ →||PF →||FQ →|＝|FP →|2＝ |FQ →|2－1.由抛物线的定义知：|FQ →|＝d (d 为点Q 到准线的距离)，易知，抛物线的顶点到准线的距离最短，∴|FQ →|min ＝2， ∴FP →·FQ →的最小值为3. 此时圆Q 的方程为x 2＋y 2＝1. 答案 3 x 2＋y 2＝110.(2018·温州模拟)已知抛物线y 2＝4x ，过焦点F 的直线与抛物线交于A ，B 两点，过A ，B 分别作x 轴、y 轴的垂线，垂足分别为C ，D ，则|AC |＋|BD |的最小值为________.解析 不妨设A (x 1，y 1)(y 1>0)，B (x 2，y 2)(y 2<0). 则|AC |＋|BD |＝y 1＋x 2＝y 1＋y 224.又y 1y 2＝－p 2＝－4，∴|AC |＋|BD |＝y 224－4y 2(y 2<0).设g (x )＝x 24－4x (x ＜0)，则g ′(x )＝x 3＋82x2，从而g (x )在(－∞，－2)递减，在(－2，0)递增.∴当x ＝－2时，|AC |＋|BD |取最小值为3. 答案 311.如图，在平面直角坐标系xOy 中，F 是椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点，直线y ＝b2与椭圆交于B ，C 两点，且∠BFC ＝90°，则该椭圆的离心率是________.解析 联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 2a 2＋y 2b 2＝1，y ＝b2，解得B ，C 两点坐标为B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，b 2，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，b 2，又F (c ，0)， 则FB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a －c ，b 2，FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 2－c ，b 2，又由∠BFC ＝90°，可得FB →·FC →＝0，代入坐标可得： c 2－34a 2＋b24＝0，①又因为b 2＝a 2－c 2，代入①式可化简为c 2a 2＝23，则椭圆离心率为e ＝c a＝23＝63. 答案 63三、解答题12.(2018·北京海淀区调研)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)经过点A (0，－1)，且离心率为22. (1)求椭圆E 的方程；(2)经过点(1，1)，且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点P ，Q (均异于点A )，证明：直线AP 与AQ 的斜率之和为定值. (1)解 由题设知c a ＝22，b ＝1， 结合a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2， 所以椭圆的方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明 由题设知，直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)＋1(k ≠2)，代入x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k (k －1)x ＋2k (k －2)＝0，由已知Δ＞0. 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，x 1x 2≠0， 则x 1＋x 2＝4k （k －1）1＋2k 2，x 1x 2＝2k （k －2）1＋2k 2， 从而直线AP ，AQ 的斜率之和k AP ＋k AQ ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1＋2－k x 1＋kx 2＋2－kx 2＝2k ＋(2－k )⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＋1x 2＝2k ＋(2－k )x 1＋x 2x 1x 2＝2k ＋(2－k )4k （k －1）2k （k －2）＝2k －2(k －1)＝2.故k AP ＋k AQ 为定值2.13.(2018·杭州调研)已知F 是抛物线T ：y 2＝2px (p >0)的焦点，点P ()1，m 是抛物线上一点，且|PF |＝2，直线l 过定点(4，0)，与抛物线T 交于A ，B 两点，点P 在直线l 上的射影是Q .(1)求m ，p 的值；(2)若m >0，且|PQ |2＝|QA |·|QB |，求直线l 的方程. 解 (1)由|PF |＝2得，1＋p2＝2，所以p ＝2，将x ＝1，y ＝m 代入y 2＝2px 得，m ＝±2.(2)因为m >0，故由(1)知点P (1，2)，抛物线T ：y 2＝4x .设直线l 的方程是x ＝ny ＋4，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ny ＋4，y 2＝4x 得，y 2－4ny －16＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝4n ，y 1·y 2＝－16. 因为|PQ |2＝|QA |·|QB |，所以PA ⊥PB ， 所以PA →·PB →＝0，且1≠2n ＋4，所以(x 1－1)(x 2－1)＋(y 1－2)(y 2－2)＝0，且n ≠－32.由(ny 1＋3)(ny 2＋3)＋(y 1－2)(y 2－2)＝0得， (n 2＋1)y 1y 2＋(3n －2)(y 1＋y 2)＋13＝0，－16(n 2＋1)＋(3n －2)·4n ＋13＝0，4n 2＋8n ＋3＝0，解得，n ＝－32(舍去)或n ＝－12，所以直线l 的方程是：x ＝－12y ＋4，即2x ＋y －8＝0.14.(2018·绍兴模拟)如图，已知函数y 2＝x 图象上三点C ，D ，E ，直线CD 经过点(1，0)，直线CE 经过点(2，0).(1)若|CD |＝10，求直线CD 的方程； (2)当△CDE 的面积最小时，求点C 的横坐标. 解 设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，E (x 3，y 3)， 直线CD 的方程为：x ＝my ＋1.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，y 2＝x 得：y 2－my －1＝0，从而⎩⎪⎨⎪⎧y 1y 2＝－1，y 1＋y 2＝m . (1)由题意，得|CD |＝1＋m 2×m 2＋4＝10，得m ＝±1， 故所求直线方程为x ＝±y ＋1，即x ±y －1＝0.(2)由(1)知y 2＝－1y 1，同理可得y 3＝－2y 1，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫4y 21，－2y 1，并不妨设y 1>0，则E 到直线CD 的距离为d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4y 21＋2m y 1－11＋m2，S △CDE ＝121＋m 2×m 2＋4×⎪⎪⎪⎪⎪⎪4y 21＋2m y 1－11＋m2＝12m 2＋4×⎪⎪⎪⎪⎪⎪4y 21＋2m y 1－1，而m ＝y 1＋y 2＝y 1－1y 1，所以S △CDE ＝12y 21＋1y 21＋2×⎪⎪⎪⎪⎪⎪2y 21＋1＝12⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎪⎫y 1＋1y 1×⎝ ⎛⎭⎪⎫2y 21＋1，得S △CDE ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫y 1＋3y 1＋2y 31.考虑函数f (x )＝x ＋3x ＋2x3，令f ′(x )＝1－3x 2－6x 4＝x 4－3x 2－6x 4＝0，得x 2＝3＋332时f (x )有最小值， 即x 1＝y 21＝3＋332时，△CDE 的面积最小， 也即△CDE 的面积最小时，点C 的横坐标为3＋332. 15.(2018·湖州调研)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，短轴长为2.直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 交于M ，N 两点，又l 与直线y ＝12x ，y ＝－12x 分别交于A ，B 两点，其中点A 在第一象限，点B 在第二象限，且△OAB 的面积为2(O 为坐标原点).(1)求椭圆C 的方程；(2)求OM →·ON →的取值范围.解 (1)由于b ＝1且离心率e ＝22， ∴c a ＝a 2－1a ＝22，则a 2＝2， 因此椭圆的方程为x 22＋y 2＝1. (2)联立直线l 与直线y ＝12x ，可得点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2m 1－2k ，m 1－2k ， 联立直线l 与直线y ＝－12x ，可得点B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2m 1＋2k ，m 1＋2k ， 又点A 在第一象限，点B 在第二象限，∴⎩⎪⎨⎪⎧2m 1－2k >0，－2m 1＋2k <0⎩⎪⎨⎪⎧m （1－2k ）>0，m （1＋2k ）>0， 化为m 2(1－4k 2)>0，而m 2≥0，∴1－4k 2>0.又|AB |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2m 1－2k ＋2m 1＋2k 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 1－2k －m 1＋2k 2＝4|m |1－4k 21＋k 2， 原点O 到直线l 的距离为|m |1＋k 2，即△OAB 底边AB 上的高为|m |1＋k 2， ∴S △OAB ＝124|m |1＋k 21－4k 2·|m |1＋k 2＝2m 21－4k2＝2，∴m 2＝1－4k 2.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，将直线l 代入椭圆方程，整理可得： (1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0，∴x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1·x 2＝2m 2－21＋2k 2， Δ＝16k 2m 2－4(1＋2k 2)(2m 2－2)＝48k 2>0，则k 2>0，∴y 1·y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝m 2－2k 21＋2k 2， ∴OM →·ON →＝x 1x 2＋y 1y 2＝2m 2－21＋2k 2＋m 2－2k 21＋2k 2＝81＋2k 2－7. ∵0<k 2<14，∴1＋2k 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32， ∴81＋2k 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫163，8，∴OM →·ON →∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－53，1. 故OM →·ON →的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－53，1.。
新高考方案二轮-数学(新高考版)大题专攻(二) 第1课时 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题
(2)已知 O 为坐标原点，M，N 为椭圆上不重合两点，且 M，N 的中点 H
落在直线 y＝12x 上，求△MNO 面积的最大值．
[解题微“点”]
(1)利用―A→G ·―B→G ＝0 及 e＝ 23构建方程组求 a，b， 即得椭圆方程； 切入点 (2)设出点 M，N 与 H 的坐标，表示出直线 MN 的方 程，与椭圆联立，利用弦长公式和点到直线的距离 公式表示△MNO 的面积后求最大值 障碍点 不要漏掉 Δ>0，利用此条件可求参数的取值范围
解：(1)依题意，2c＝6，则 b＝ 9－5＝2，
则双曲线 C：x52－y42＝1，B1(0，－2)，F2(3,0)．
设直线 l：4x＋3y＋m＝0，将 B1(0，－2)代入解得 m＝6，
此时 l：4x＋3y＋6＝0，F2 到 l 的距离为 d＝158.
(2)设双曲线上的点 P(x，y)满足―PB→1 ·―PB→2 ＝－2， 即 x2＋y2＝b2－2，又xa22－by22＝1⇒y2＝ba22x2－b2，
[对点训练] (2021·济南三模)已知抛物线C：x2＝4y，过点P(1，－2)作斜率为k(k>0)的直线l1与 抛物线C相交于A，B两点． (1)求k的取值范围； (2)过P点且斜率为－k的直线l2与抛物线C相交于M，N两点，求证：直线AM、BN 及y轴围成等腰三角形．
解：(1)由题意设直线 l1 的方程为 y＋2＝k(x－1)， 由xy＋2＝24＝y，kx－1， 得到：x2－4kx＋4k＋8＝0， 由题意知 Δ>0，所以 k2－k－2>0，即 k<－1 或 k>2. 因为 k>0，所以 k 的取值范围为(2，＋∞)．
[提分技巧] 解决范围问题的常用方法
利用待求量的几何意义，确定出极端位置后，利 数形结合法
【2020高考数学 二轮提分】题型归纳：圆锥曲线第三章 圆锥曲线中的最值、定点、定值(中档)
1第三章圆锥曲线中的最值、定点、定值第一节:最值问题 (均值、函数)求以下式子的最值（1）()2222288842m m t m m m m +-=-=-≤= （2）()()222221183383833t mm m m m m =-=⋅-=⋅-≤ （3）223232313323m t m m m==≤=++（4）()22222222222111121112m k m m k m m k m t k k k ++-+-+-==≤=+++ （5）22134m t m +=+设21m x +=，则221m x =-()2211313143x x t x x x x====+-++ 上述式子可以通过配凑，换元，使用均值不等式得到最值.（6）221k t k==+ ；2（7）224143m t m +==+ ；（8）()242864m t m +==+ ；（9）4242451441k k t k k ++==++ ；上述式子求最值可以通过分离常数法实现.【例1】．设圆222150x y x ++-=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1C ，直线l 交1C 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．【解答】解：（Ⅰ）证明：圆x 2+y 2+2x ﹣15=0即为（x +1）2+y 2=16， 可得圆心A （﹣1，0），半径r=4， 由BE ∥AC ，可得∠C=∠EBD ， 由AC=AD ，可得∠D=∠C ， 即为∠D=∠EBD ，即有EB=ED ， 则|EA |+|EB |=|EA |+|ED |=|AD |=4， 故E 的轨迹为以A ，B 为焦点的椭圆， 且有2a=4，即a=2，c=1，b=√a 2−c 2=√3，3则点E 的轨迹方程为x 24+y 23=1（y ≠0）；（Ⅱ）椭圆C 1：x 24+y 23=1，设直线l ：x=my +1，由PQ ⊥l ，设PQ ：y=﹣m （x ﹣1）， 由{x =my +13x 2+4y 2=12可得（3m 2+4）y 2+6my ﹣9=0，设M （x 1，y 1），N （x 2，y 2）， 可得y 1+y 2=﹣6m3m 2+4，y 1y 2=﹣93m 2+4， 则|MN |=√1+m 2•|y 1﹣y 2|=√1+m 2•√36m 2(3m 2+4)2+363m 2+4 =√1+m 2•√36(4m 2+4)3m 2+4=12•1+m 23m 2+4，A 到PQ 的距离为d=|−m(−1−1)|√1+m 2=|2m|√1+m 2，|PQ |=2√r 2−d 2=2√16−4m 21+m2=4√3m 2+4√1+m 2， 则四边形MPNQ 面积为S=12|PQ |•|MN |=12•4√3m 2+4√1+m 2•12•1+m 23m 2+4=24•√1+m 2√3m 2+4=24√13+11+m 2，当m=0时，S 取得最小值12，又11+m 2＞0，可得S ＜24•√33=8√3，即有四边形MPNQ 面积的取值范围是[12，8√3）．4【例2】 平面直角坐标系xOy 中,过椭圆M :2222=1x y a b+(a >b >0)右焦点的直线30x y +-=交M于A ,B 两点,P 为AB 的中点,且OP 的斜率为12. (1)求M 的方程;(2)C ,D 为M 上两点,若四边形ACBD 的对角线CD AB ⊥,求四边形ACBD 面积的最大值.解:(1)设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),P (x 0,y 0),则221122=1x y a b +,222222=1x y a b+,2121=1y y x x ---, 由此可得2212122121=1b x x y ya y y x x (+)-=-(+)-. 因为x 1＋x 2＝2x 0,y 1＋y 2＝2y 0,0012y x =,所以a 2＝2b 2. 又由题意知,M 的右焦点为(3,0),故a 2－b 2＝3.因此a 2＝6,b 2＝3.所以M 的方程为22=163x y +. (2)由2230,1,63x y x y ⎧+-=⎪⎨+=⎪⎩解得43,33,3x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩或0,3.x y =⎧⎪⎨=⎪⎩因此|AB |＝463.由题意可设直线CD 的方程为y ＝5333x n n ⎛⎫+-<< ⎪ ⎪⎝⎭,设C (x 3,y 3),D (x 4,y 4).由22,163y x n x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得3x 2＋4nx ＋2n 2－6＝0.于是x 3,4＝22293n n -±(-).5因为直线CD 的斜率为1,所以|CD |＝24342||93x x n -=-. 由已知,四边形ACBD 的面积2186||||929S CD AB n =⋅=-. 当n ＝0时,S 取得最大值,最大值为863.所以四边形ACBD 面积的最大值为863.【例3】.已知椭圆E:x 2t +y 23=1的焦点在x 轴上,A 是E 的左顶点,斜率为0k k （＞）的直线交E 于A M ，两点,点N 在E 上,MA NA ⊥. (1)当4t =,||||AM AN =时,求AMN V 的面积; (2)当||2||AM AN =时,求k 的取值范围.【解答】解:(1)方法一、t=4时,椭圆E 的方程为x 24+y 23=1,A(﹣2,0),直线AM 的方程为y=k(x +2),代入椭圆方程,整理可得(3+4k 2)x 2+16k 2x +16k 2﹣12=0,解得x=﹣2或x=﹣8k 2−63+4k 2,则|AM |=√1+k 2•|2﹣8k 2−63+4k 2|=√1+k 2•123+4k 2, 由AN ⊥AM,可得|AN |=√1+(−1k )2•123+4⋅(−1k)2=√1+k 2•123|k|+4|k|, 由|AM |=|AN |,k >0,可得√1+k 2•123+4k 2=√1+k 2•123k+4k,整理可得(k ﹣1)(4k 2+k +4)=0,由4k 2+k +4=0无实根,可得k=1,即有△AMN 的面积为12|AM |2=12(√1+1•123+4)2=14449;方法二、由|AM |=|AN |,可得M,N 关于x 轴对称,6由MA ⊥NA.可得直线AM 的斜率为1,直线AM 的方程为y=x +2,代入椭圆方程x 24+y 23=1,可得7x 2+16x +4=0,解得x=﹣2或﹣27,M(﹣27,127),N(﹣27,﹣127),则△AMN 的面积为12×247×(﹣27+2)=14449;(2)直线AM 的方程为y=k(x +√t ),代入椭圆方程, 可得(3+tk 2)x 2+2t √t k 2x +t 2k 2﹣3t=0,解得x=﹣√t 或x=﹣t √tk 2−3√t 3+tk 2,即有|AM |=√1+k 2•|t √tk 2−3√t 3+tk 2﹣√t |=√1+k 2•6√t3+tk 2,|AN |═√1+1k 2•6√t 3+t k 2=√1+k 2•6√t3k+t k ,由2|AM |=|AN |,可得2√1+k 2•6√t3+tk 2=√1+k 2•6√t3k+t k,整理得t=6k 2−3k k 3−2,由椭圆的焦点在x 轴上,则t >3,即有6k 2−3k k 3−2>3,即有(k 2+1)(k−2)k 3−2＜0,可得√23＜k ＜2,即k 的取值范围是(√23,2).【例4】.已知直线220x y -+=经过椭圆C:x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左顶点A 和上顶点D ,椭圆C 的右顶点为B ,点S 是椭圆C 上位于x 轴上方的动点,直线AS BS ，与直线l:x =103分别交于M N ，两点.7(1)求椭圆C 的方程;(2)求线段MN 的长度的最小值;(3)当线段MN 的长度最小时,在椭圆C 上是否存在这样的点T ,使得TSB V 的面积为15？若存在,确定点T 的个数,若不存在,说明理由.【解答】解:(1)由已知得,椭圆C 的左顶点为A(﹣2,0), 上顶点为D(0,1),∴a=2,b=1 故椭圆C 的方程为x 24+y 2=1(4分)(2)依题意,直线AS 的斜率k 存在,且k >0,故可设直线AS 的方程为y=k(x +2), 从而M(103,16k 3),由{y =k(x +2)x 24+y 2=1得(1+4k 2)x 2+16k 2x +16k 2﹣4=0设S(x 1,y 1),则(−2)×x 1=16k 2−41+4k 2得x 1=2−8k 21+4k 2,从而y 1=4k1+4k2即S(2−8k 21+4k 2,4k1+4k2),(6分)又B(2,0)由{y =−14k (x −2)x =103得{x =103y =−13k ,∴N(103,−13k ),(8分) 故|MN|=|16k 3+13k |8又k >0,∴|MN|=16k 3+13k ≥2√16k 3⋅13k =83当且仅当16k 3=13k , 即k =14时等号成立.∴k =14时,线段MN 的长度取最小值83(10分)(2)另解:设S(x s ,y S ),M(103,y M )依题意,A,S,M 三点共线,且所在直线斜率存在, 由k AM =k AS ,可得y M =163⋅y sx s+2同理可得:yN=43⋅y sx s −2又x s 24+y s 2=1 所以,y M ⋅y N =649⋅y s 2x s 2−4=649(−14)=−169不仿设y M >0,y N ＜0|MN|=|y M −y N |=y M +(−y N )≥2√−y M ⋅y N =83当且仅当y M =﹣y N 时取等号,即y M =43时,线段MN 的长度取最小值83.(3)由(2)可知,当MN 取最小值时,k =14此时BS 的方程为x +y −2=0,s(65,45),∴|BS|=4√25要使椭圆C 上存在点T,使得△TSB 的面积等于15,只须T 到直线BS 的距离等于√24,所以T 在平行于BS 且与BS 距离等于√24的直线l'上.设直线l':x +y +t=0,则由|t+2|√2=√24,解得t =−32或t =−52.又因为T 为直线l'与椭圆C 的交点,所以经检验得t =−32,此时点T 有两个满足条件.9【例5】.已知中心在原点的双曲线C 的一个焦点是130F (-，）,一条渐近线的方程是√5x −2y =0.(1)求双曲线C 的方程;(2)若以0k k （）为斜率的直线l 与双曲线C 相交于两个不同的点M N ，,且线段MN 的垂直平分线与两坐标轴围成的三角形的面积为812,求k 的取值范围.【解答】解:(1)解:设双曲线C 的方程为x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0).由题设得{a 2+b 2=9b a =√52,解得{a 2=4b 2=5,所以双曲线方程为x 24−y 25=1.(2)解:设直线l 的方程为y=kx +m(k ≠0).点M(x 1,y 1),N(x 2,y 2)的坐标满足方程组{y =kx +mx 24−y 25=1将①式代入②式,得x 24−(kx+m)25=1,整理得(5﹣4k 2)x 2﹣8kmx ﹣4m 2﹣20=0.此方程有两个不等实根,于是5﹣4k 2≠0,且△=(﹣8km)2+4(5﹣4k 2)(4m 2+20)>0. 整理得m 2+5﹣4k 2>0. ③由根与系数的关系可知线段MN 的中点坐标(x 0,y 0)满足 x 0=x 1+x 22=4km 5−4k 2,y 0=kx 0+m =5m5−4k2. 从而线段MN 的垂直平分线方程为y −5m5−4k 2=−1k (x −4km5−4k 2). 此直线与x 轴,y 轴的交点坐标分别为(9km 5−4k 2,0),(0,9m 5−4k2).10由题设可得12|9km 5−4k 2|⋅|9m 5−4k 2|=812.整理得m 2=(5−4k 2)2|k|,k ≠0. 将上式代入③式得(5−4k 2)2|k|+5−4k 2>0,整理得(4k 2﹣5)(4k 2﹣|k |﹣5)>0,k ≠0. 解得0＜|k|＜√52或|k|>54. 所以k 的取值范围是(−∞,−54)∪(−√52,0)∪(0,√52)∪(54,+∞).【例6】.已知椭圆C:x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为√63,短轴一个端点到右焦点的距离为√3.(1)求椭圆C 的方程;(2)设直线l 与椭圆C 交于A 、B 两点,坐标原点O 到直线l 的距离为√32,求△AOB 面积的最大值.【解答】解:(1)设椭圆的半焦距为c,依题意{c a =√63a =√3∴b=1,∴所求椭圆方程为x 23+y 2=1.(2)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|m|√1+k 2=√32,得m 2=34(k 2+1).11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=−6km3k 2+1,x 1x 2=3(m 2−1)3k 2+1. ∴|AB |2=(1+k 2)(x 2﹣x 1)2=(1+k 2)[36k 2m 2(3k 2+1)2−12(m 2−1)3k 2+1] =12(k 2+1)(3k 2+1−m 2)(3k 2+1)2=3(k 2+1)(9k 2+1)(3k 2+1)2=3+12k29k 4+6k 2+1=3+129k 2+1k2+6(k ≠0)≤3+122×3+6=4. 当且仅当9k 2=1k2,即k =±√33时等号成立.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 =12×|AB|max ×√32=√32.【例7】.如图,点P(0,﹣1)是椭圆1:C x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的一个顶点, 1C 的长轴是圆222:4C x y +=的直径, 12,l l 是过点P 且互相垂直的两条直线,其中1l 交圆2C 于A B 、两点, l 2交椭圆1C 于另一点D . (1)求椭圆1C 的方程;(2)求△ABD 面积的最大值时直线1l 的方程.12解答】解:(1)由题意可得b=1,2a=4,即a=2. ∴椭圆C 1的方程为x 24+y 2=1;(2)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),D(x 0,y 0).由题意可知:直线l 1的斜率存在,设为k,则直线l 1的方程为y=kx ﹣1. 又圆C 2:x 2+y 2=4的圆心O(0,0)到直线l 1的距离d=1√k 2+1.∴|AB |=2√4−d 2=2√4k2+3k 2+1. 又l 2⊥l 1,故直线l 2的方程为x +ky +k=0,联立{x +ky +k =0x 2+4y 2=4,消去y 得到(4+k 2)x 2+8kx=0,解得x 0=−8k4+k2, ∴|PD |=8√1+k 24+k 2.∴三角形ABD 的面积S △=12|AB||PD|=8√4k 2+34+k 2,令4+k 2=t >4,则k 2=t ﹣4,f(t)=√4(t−4)+3t =√4t−13t2=√−13(1t −213)2+413≤√413,13∴S △=16√1313,当且仅t =132,即k 2=52,当k =±√102时取等号, 故所求直线l 1的方程为y =±√102x −1.【例8】.平面直角坐标系xOy 中,过椭圆M:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)右焦点的直线x +y ﹣√3=0交M 于A,B 两点,P 为AB 的中点,且OP 的斜率为12. (1)求M 的方程(2)C,D 为M 上的两点,若四边形ACBD 的对角线CD ⊥AB ,求四边形ACBD 面积的最大值. 【解答】解:(1)把右焦点(c,0)代入直线x +y ﹣√3=0得c +0﹣√3=0,解得c=√3. 设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),线段AB 的中点P(x 0,y 0),则x 12a 2+y 12b 2=1,x 22a 2+y 22b 2=1,相减得x 12−x 22a 2+y 12−y 22b 2=0, ∴x 1+x 2a 2+y 1+y 2b 2×y 1−y 2x 1−x 2=0,∴2x 0a 2+2y 0b 2×(−1)=0,又k OP =12=y 0x 0, ∴1a 2−12b 2=0,即a 2=2b 2.联立得{a 2=2b 2a 2=b 2+c 2c =√3,解得{b 2=3a 2=6, ∴M 的方程为x 26+y 23=1.(2)∵CD ⊥AB,∴可设直线CD 的方程为y=x +t,14联立{y =x +tx 26+y 23=1,消去y 得到3x 2+4tx +2t 2﹣6=0,∵直线CD 与椭圆有两个不同的交点,∴△=16t 2﹣12(2t 2﹣6)=72﹣8t 2>0,解﹣3＜t ＜3(*).设C(x 3,y 3),D(x 4,y 4),∴x 3+x 4=−4t 3,x 3x 4=2t 2−63.∴|CD |=√(1+12)[(x 3+x 4)2−4x 3x 4]=√2[(−4t 3)2−4×2t 2−63]=2√2⋅√18−2t 23.联立{x +y −√3=0x 26+y 23=1得到3x 2﹣4√3x=0,解得x=0或43√3,∴交点为A(0,√3),B (43√3,−√33),∴|AB |=√(43√3−0)2+(−√33−√3)2=4√63.∴S 四边形ACBD =12|AB||CD|=12×4√63×2√2⋅√18−2t 23=8√3⋅√18−2t 29,∴当且仅当t=0时,四边形ACBD 面积的最大值为83√6,满足(*).∴四边形ACBD 面积的最大值为83√6.15【例9】.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).【解答】解:(1)由题意,可设直线AB 的方程为x=﹣my +n,代入椭圆方程x 22+y 2=1,可得(m 2+2)y 2﹣2mny +n 2﹣2=0,设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2).由题意,△=4m 2n 2﹣4(m 2+2)(n 2﹣2)=8(m 2﹣n 2+2)>0, 设线段AB 的中点P(x 0,y 0),则y 0=y 1+y 22=mnm 2+2.x 0=﹣m ×mn m 2+2+n=2n m 2+2, 由于点P 在直线y=mx +12上,∴mn m 2+2=2mn m 2+2+12,∴n =−m 2+22m ,代入△>0,可得3m 4+4m 2﹣4>0,解得m 2>23,∴m ＜−√63或m >√63.(2)直线AB 与x 轴交点横坐标为n,∴S △OAB =12|n||y 1−y 2|=12|n |•⋅√8(m 2−n 2+2)m 2+2=√2√n 2(m 2−n 2+2)(m 2+2)2, 由均值不等式可得:n 2(m 2﹣n 2+2)≤(n 2+m 2−n 2+22)2=(m 2+2)24,16∴S △AOB ≤√2×√14=√22,当且仅当n 2=m 2﹣n 2+2,即2n 2=m 2+2,又∵n =−m 2+22m ,解得m=±√2,当且仅当m=±√2时,S △AOB 取得最大值为√22. 【例10】.如图,已知抛物线2x 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.【解答】解:(1)由题可知P(x,x 2),﹣12＜x ＜32,所以k AP =x 2−14x+12=x ﹣12∈(﹣1,1), 故直线AP 斜率的取值范围是:(﹣1,1);(2)由(I)知P(x,x 2),﹣12＜x ＜32,所以PA →=(﹣12﹣x,14﹣x 2),设直线AP 的斜率为k,则k=x 2−14x+12=x ﹣12,即x=k +12,17则AP:y=kx +12k +14,BQ:y=﹣1k x +32k +94,联立直线AP 、BQ 方程可知Q(3+4k−k 22k 2+2,9k 2+8k+14k 2+4),故PQ →=(1+k−k 2−k 31+k 2,−k 4−k 3+k 2+k1+k2), 又因为PA →=(﹣1﹣k,﹣k 2﹣k),故﹣|PA |•|PQ |=PA →•PQ →=(1+k)3(k−1)1+k 2+k 2(1+k)3(k−1)1+k 2=(1+k)3(k ﹣1),所以|PA |•|PQ |=(1+k)3(1﹣k), 令f(x)=(1+x)3(1﹣x),﹣1＜x ＜1,则f ′(x)=(1+x)2(2﹣4x)=﹣2(1+x)2(2x ﹣1),由于当﹣1＜x ＜12时f ′(x)>0,当12＜x ＜1时f ′(x)＜0,故f(x)max =f(12)=2716,即|PA |•|PQ |的最大值为2716.【例11】.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22:1O x y +=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.解答】解:(1)由e =√23得a 2=3b 2,椭圆方程为x 2+3y 2=3b 2椭圆上的点到点Q 的距离d =√x 2+(y −2)2=18√3b 2−3y 2+(y −2)2=√−2y 2−4y +4+3b 2(−b ≤y ≤b) ①当﹣b ≤﹣1时,即b ≥1,d max =√6+3b 2=3得b=1 ②当﹣b >﹣1时,即b ＜1,d max =√b 2+4b +4=3得b=1(舍) ∴b=1∴椭圆方程为x 23+y 2=1(2)假设M(m,n)存在,则有m 2+n 2>1 ∵|AB |=2√1−1m 2+n 2,点O 到直线l 距离d =1√m 2+n 2∴S △AOB =12×2√1−1m 2+n 2×1√m 2+n 2=√1m 2+n 2(1−1m 2+n 2)∵m 2+n 2>1∴0＜1m 2+n2＜1,∴1−1m 2+n 2>0当且仅当1m 2+n 2=1−1m 2+n 2,即m 2+n 2=2>1时,S △AOB 取最大值12,又∵m 23+n 2=1解得:m 2=32,n 2=12所以点M 的坐标为(√62,√22)或(−√62,√22)或(√62,−√22)或(−√62,−√22),△AOB 的面积为12.【例12】.已知点2(0,)A ﹣,椭圆E:x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为√32,F 是椭圆的右焦19点,直线AF 的斜率为2√33,O 为坐标原点. (1)求E 的方程;(2)设过点A 的直线l 与E 相交于P,Q 两点,当△OPQ 的面积最大时,求l 的方程.【解答】解:(1) 设F(c,0),由条件知2c =2√33,得c =√3又c a =√32,所以a=2,b 2=a 2﹣c 2=1,故E 的方程x 24+y 2=1.….(5分)(2)依题意当l ⊥x 轴不合题意,故设直线l:y=kx ﹣2,设P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2)将y=kx ﹣2代入x 24+y 2=1,得(1+4k 2)x 2﹣16kx +12=0,当△=16(4k 2﹣3)>0,即k 2>34时,x 1,2=8k±2√4k 2−31+4k2从而|PQ|=√k 2+1|x 1−x 2|=4√k 2+1⋅√4k 2−31+4k 2又点O 到直线PQ 的距离d =2√k 2+1,所以△OPQ 的面积S △OPQ =12d|PQ|=4√4K 2−31+4K 2, 设√4k 2−3=t ,则t >0,S △OPQ =4t t 2+4=4t+4t≤1, 当且仅当t=2,k=±√72等号成立,且满足△>0,所以当△OPQ 的面积最大时,l 的方程为:y=√72x ﹣2或y=﹣√72x ﹣2. 【例13】.已知椭圆C:x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的焦距为4,其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形.20(1)求椭圆C 的标准方程;(2)设F 为椭圆C 的左焦点,T 为直线x =−3上任意一点,过F 作TF 的垂线交椭圆C 于点P,Q . ①证明:OT 平分线段PQ (其中O 为坐标原点); ②当|TF||PQ|最小时,求点T 的坐标. 【解答】解:(1)依题意有{c =2a =√3b a 2−b 2=c 2=4解得{a 2=6b 2=2所以椭圆C 的标准方程为x 26+y 22=1.(2)设T(﹣3,t),P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2),PQ 的中点为N(x 0,y 0),①证明:由F(﹣2,0),可设直线PQ 的方程为x=my ﹣2,则PQ 的斜率k PQ =1m .由{x =my −2x 26+y 22=1⇒(m 2+3)y 2﹣4my ﹣2=0,所以{△=16m 2+8(m 2+3)=24(m 2+1)>0y 1+y 2=4mm 2+3y 1⋅y 2=−2m 2+3, 于是y 0=y 1+y 22=2m m 2+3,从而x 0=my 0−2=2m 2m 2+3−2=−6m 2+3,即N(−6m 2+3,2m m 2+3),则直线ON 的斜率k ON =−m3, 又由PQ ⊥TF 知,直线TF 的斜率k TF =t−0−3+2=−1k PQ=−11m,得t=m.从而k OT =t −3=−m3=k ON ,即k OT =k ON ,所以O,N,T 三点共线,从而OT 平分线段PQ,故得证. ②由两点间距离公式得|TF|=√m 2+1,21由弦长公式得|PQ|=|y 1−y 2|⋅√m 2+1=√(y 1+y 2)2−4y 1y 2⋅√m 2+1=√24(m 2+1)m 2+3⋅√m 2+1,所以|TF||PQ|=√m 2+1√24(m 2+1)m 2+3⋅√m 2+1=m 2+3√24(m 2+1),令x =√m 2+1(x ≥1),则|TF||PQ|=x 2+22√6x =12√6(x +2x )≥√33(当且仅当x 2=2时,取“=”号),所以当 |TF||PQ|最小时,由x 2=2=m 2+1,得m=1或m=﹣1,此时点T 的坐标为(﹣3,1)或(﹣3,﹣1).【例14】.已知抛物线C 的顶点为原点,其焦点F(0,c)(c >0)到直线l:x ﹣y ﹣2=0的距离为3√22,设P 为直线l 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 的方程;(2)当点()00,P x y 为直线l 上的定点时,求直线AB 的方程; (3)当点P 在直线l 上移动时,求|AF|•|BF|的最小值.【解答】解:(1)焦点F(0,c)(c >0)到直线l:x ﹣y ﹣2=0的距离d =|−c−2|√2=c+2√2=3√22,解得c=1,所以抛物线C 的方程为x 2=4y,(2)设A(x 1,14x 12),B(x 2,14x 22),由(1)得抛物线C 的方程为y =14x 2,y′=12x ,所以切线PA,PB 的斜率分别为12x 1,12x 2,所以PA:y −14x 12=12x 1(x −x 1)①PB:y −14x 22=12x 2(x −x 2)②联立①②可得点P 的坐标为(x 1+x 22,x 1x 24),即x 0=x 1+x 22,y 0=x 1x 24,22又因为切线PA 的斜率为12x 1=y 0−14x 12x 0−x 1,整理得y 0=12x 1x 0−14x 12, 直线AB 的斜率k =14x 12−14x 22x 1−x 2=x 1+x 24=x 02, 所以直线AB 的方程为y −14x 12=12x 0(x −x 1), 整理得y =12x 0x −12x 1x 0+14x 12,即y =12x 0x −y 0,因为点P(x 0,y 0)为直线l:x ﹣y ﹣2=0上的点,所以x 0﹣y 0﹣2=0,即y 0=x 0-2, 所以直线AB 的方程为x 0x ﹣2y ﹣2y 0=0.(3)根据抛物线的定义,有|AF|=14x 12+1,|BF|=14x 22+1,所以|AF|⋅|BF|=(14x 12+1)(14x 22+1)=116x 12x 22+14(x 12+x 22)+1=116x 12x 22+14[(x 1+x 2)2−2x 1x 2]+1,由(2)得x 1+x 2=2x 0,x 1x 2=4y 0,x 0=y 0+2, 所以|AF|⋅|BF|=y 02+14(4x 02−8y 0)+1=x 02+y 02−2y 0+1=(y 0+2)2+y 02−2y 0+1=2y 02+2y 0+5=2(y 0+12)2+92. 所以当y 0=−12时,|AF|•|BF|的最小值为92.第二节:定点、定值【例1】.已知三点O(0,0),A(﹣2,1),B(2,1),曲线C 上任意一点M(x,y)满足|MA →+MB →|=OM →•(OA →+OB →)+2. (1)求曲线C 的方程;(2)动点()000(),22Q x y x ﹣＜＜在曲线C 上,曲线C 在点Q 处的切线为直线l :是否存在定点23P(0,t)(t ＜0),使得l 与PA,PB 都相交,交点分别为D,E ,且△QAB 与△PDE 的面积之比是常数？若存在,求t 的值.若不存在,说明理由.【解答】解:(1)由 MA →=(﹣2﹣x,1﹣y),MB →=(2﹣x,1﹣y)可得 MA →+MB →=(﹣2x,2﹣2y),∴|MA →+MB →|=√4x 2+(2−2y)2,OM →•(OA →+OB →)+2=(x,y)•(0,2)+2=2y +2.由题意可得√4x 2+(2−2y)2=2y +2,化简可得 x 2=4y.(2)假设存在点P(0,t)(t ＜0),满足条件,则直线PA 的方程是y=t−12x +t ,直线PB 的方程是y=1−t 2x +t∵﹣2＜x 0＜2,∴−1＜x 02＜1①当﹣1＜t ＜0时,−1＜t−12＜−12,存在x 0∈(﹣2,2),使得x 02=t−12∴l ∥PA,∴当﹣1＜t ＜0时,不符合题意;②当t ≤﹣1时,t−12≤−1＜x 02,1−t 2≥1>x 02,∴l 与直线PA,PB 一定相交,分别联立方程组{y =t−12x +t y =x 02x −x 024,{y =1−t2x +t y =x 02x −x 024,解得D,E 的横坐标分别是x D =x 02+4t 2(x 0+1−t),x E =x 02+4t2(x 0+t−1)∴x E −x D =(1−t)x 02+4tx 02−(t−1)2∵|FP |=﹣x 024−t24∴S △PDE =12|FP||x E −x D |=t−18×(x 02+4t)2x 02−(t−1)2∵S △QAB =4−x 022∴S △QABS △PDE =41−t×x 04−[4+(t−1)2]x 02+4(t−1)2x 04+8tx 02+16t 2∵x 0∈(﹣2,2),△QAB 与△PDE 的面积之比是常数 ∴{−4−(t −1)2=8t 4(t −1)2=16t 2,解得t=﹣1, ∴△QAB 与△PDE 的面积之比是2.【例2】.如图,椭圆E:x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率是√22,点P(0,1)在短轴CD 上,且PC →•PD →=−1.(1)求椭圆E 的方程;(2)设O 为坐标原点,过点P 的动直线与椭圆交于A 、B 两点.是否存在常数λ,使得OA →•OB →+λPA →•PB →为定值？若存在,求λ的值;若不存在,请说明理由.【解答】解:(1)根据题意,可得C(0,﹣b),D(0,b), 又∵P(0,1),且PC →•PD →=﹣1,25∴{1−b 2=−1c a =√22a 2−b 2=c 2,解得a=2,b=√2,∴椭圆E 的方程为:x 24+y 22=1;(2)结论:存在常数λ=1,使得OA →•OB →+λPA →•PB →为定值﹣3. 理由如下:对直线AB 斜率的存在性进行讨论:①当直线AB 的斜率存在时,设直线AB 的方程为y=kx +1,A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),联立{x 24+y 22=1y =kx +1,消去y 并整理得:(1+2k 2)x 2+4kx ﹣2=0,∵△=(4k)2+8(1+2k 2)>0, ∴x 1+x 2=﹣4k 1+2k2,x 1x 2=﹣21+2k 2,从而OA →•OB →+λPA →•PB →=x 1x 2+y 1y 2+λ[x 1x 2+(y 1﹣1)(y 2﹣1)] =(1+λ)(1+k 2)x 1x 2+k(x 1+x 2)+1 =(−2λ−4)k 2+(−2λ−1)1+2k 2=﹣λ−11+2k 2﹣λ﹣2.∴当λ=1时,﹣λ−11+2k 2﹣λ﹣2=﹣3,此时OA →•OB →+λPA →•PB →=﹣3为定值;②当直线AB 的斜率不存在时,直线AB 即为直线CD, 此时OA →•OB →+λPA →•PB →=OC →⋅OD →+PC →⋅PD →=﹣2﹣1=﹣3;26故存在常数λ=1,使得OA →•OB →+λPA →•PB →为定值﹣3. 【例3】.如图,在平面直角坐标系xOy 中,椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为()12(),0,,0F c F c ﹣.已知(1,e)和(e,√32)都在椭圆上,其中e 为椭圆的离心率.(1)求椭圆的方程;(2)设A,B 是椭圆上位于x 轴上方的两点,且直线1AF 与直线2BF 平行, 2AF 与1BF 交于点P . (i)若12AF BF =﹣√62,求直线AF 1的斜率; (ii)求证: 12PF PF +是定值.【解答】(1)解:由题设知a 2=b 2+c 2,e=c a ,由点(1,e)在椭圆上,得1a 2+c 2a 2b2=1,∴b=1,c 2=a 2﹣1.由点(e,√32)在椭圆上,得e 2a 2+34b2=1∴a 2−1a 4+34=1,∴a 2=2∴椭圆的方程为x 22+y 2=1.(2)解:由(1)得F 1(﹣1,0),F 2(1,0),又∵直线AF 1与直线BF 2平行,∴设AF 1与BF 2的方程分别为x +1=my,x ﹣1=my. 设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),y 1>0,y 2>0,∴由{x 122+y 12=1x 1+1=my 1,可得(m 2+2)y 12﹣2my 1﹣1=0.27∴y 1=m+√2m 2+2m 2+2,y 1=m−√2m 2+2m 2+2(舍),∴|AF 1|=√m 2+1×|0﹣y 1|=√2(m 2+1)+m √m 2+1m 2+2①同理|BF 2|=√2(m 2+1)−m √m 2+1m 2+2②(i)由①②得|AF 1|﹣|BF 2|=2m √m 2+1m 2+2,∴2m √m 2+1m 2+2=√62,解得m 2=2.∵注意到m >0,∴m=√2.∴直线AF 1的斜率为1m =√22.另解:设直线AF 1的方程为{x =−1+tcosαy =tsinα(t 为参数,α为倾斜角), 代入椭圆方程,可得(cos 2α+2sin 2α)t 2﹣2tcos α﹣1=0, 可设AF 1=t 1,∵t 1=AF 1在x 轴上方,t 2在x 轴下方,设直线F 1A 交椭圆于C,则F 1C=F 2B,由于对称,B 、C 座标互为相反数, ∴t 2=﹣BF 2.由题意可得t 1+t 2=2cosαcos 2α+2sin 2α=√62,解得cos α=√63,sin α=√33,即有tan α=sinαcosα=√22. ∴直线AF 1的斜率为√22.(ii)证明:∵直线AF 1与直线BF 2平行,∴PBPF 1=BF 2AF 1,即PF 1=AF 1AF 1+BF 2×BF 1.由点B在椭圆上知,BF1+BF2=2√2,∴PF1=AF1AF1+BF2×(2√2−BF2).同理PF2=BF2AF1+BF2×(2√2−AF1).∴PF1+PF2=AF1AF1+BF2×(2√2−BF2)+BF2AF1+BF2×(2√2−AF1)=2√2−2AF1×BF2AF1+BF2由①②得,AF1+BF2=2√2(m2+1)m2+2,AF1×BF2=m2+1m2+2,∴PF1+PF2=3√22.∴PF1+PF2是定值.【例4】.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1过点A(2,0),B(0,1)两点.(1)求椭圆C的方程及离心率;(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N,求证:四边形ABNM的面积为定值.【解答】(1)解:∵椭圆C:x2a2+y2b2=1过点A(2,0),B(0,1)两点,∴a=2,b=1,则c=√a2−b2=√4−1=√3,∴椭圆C的方程为x24+y2=1,离心率为e=√32;(2)证明:如图,设P(x0,y0),则k PA=y0x0−2,PA所在直线方程为y=y0x0−2(x−2),取x=0,得y M=−2y0 x0−2;k PB=y0−1x0,PB所在直线方程为y=y0−1x0x+1,2829取y=0,得x N =x 01−y 0.∴|AN |=2−x N =2−x 01−y 0=2−2y 0−x 01−y 0,|BM |=1﹣x M =1+2y 0x 0−2=x 0+2y 0−2x 0−2.∴S ABNM =12⋅|AN|⋅|BM|=12⋅2−2y 0−x 01−y 0⋅x 0+2y 0−2x 0−2=12(x 0+2y 0−2)2(1−y 0)(x 0−2)=12(x 0+2y 0)2−4(x 0+2y 0)+4x 0y 0+2−x 0−2y 0=12x 02+4x 0y 0+4y 02−4x 0−8y 0+4x 0y 0+2−x 0−2y 0=124(x 0y 0+2−x 0−2y 0)x 0y 0+2−x 0−2y 0=12×4=2.∴四边形ABNM 的面积为定值2.【例5】.已知抛物线2:2C y px 经过点P(1,2),过点Q(0,1)的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点A,B ,且直线PA 交y 轴于M ,直线PB 交y 轴于N . (1)求直线l 的斜率的取值范围;(2)设O 为原点,QM →=λQO →,QN →=μQO →,求证:1λ+1μ为定值.【解答】解:(1)∵抛物线C:y 2=2px 经过点 P(1,2),∴4=2p,解得p=2,设过点(0,1)的直线方程为y=kx +1, 设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2) 联立方程组可得{y 2=4xy =kx +1,消y 可得k 2x 2+(2k ﹣4)x +1=0,∴△=(2k ﹣4)2﹣4k 2>0,且k ≠0解得k ＜1,30且k ≠0,x 1+x 2=﹣2k−4k 2,x 1x 2=1k 2, 又∵PA 、PB 要与y 轴相交,∴直线l 不能经过点(1,﹣2),即k ≠﹣3, 故直线l 的斜率的取值范围(﹣∞,﹣3)∪(﹣3,0)∪(0,1); (2)证明:设点M(0,y M ),N(0,y N ), 则QM →=(0,y M ﹣1),QO →=(0,﹣1)因为QM →=λQO →,所以y M ﹣1=﹣y M ﹣1,故λ=1﹣y M ,同理μ=1﹣y N , 直线PA 的方程为y ﹣2=2−y 11−x 1(x ﹣1)=2−y 11−y 124(x ﹣1)=42+y 1(x ﹣1), 令x=0,得y M =2y 12+y 1,同理可得y N =2y 22+y 2,因为1λ+1μ=11−y M+11−y N=2+y 12−y 1+2+y 22−y 2=8−2y 1y 2(2−y 1)(2−y 2)=8−2(kx 1+1)(kx 2+1)1−k(x 1+x 2)+k 2x 1x 2=8−[k 2x 1x 2+k(x 1+x 2)+1]1−k(x 1+x 2)+k 2x 1x 2=8−2(1+4−2kk +1)1−4−2k k +1=4−2×4−2kk2−4−2k k =2, ∴1λ+1μ=2,∴1λ+1μ为定值.【例6】.已知椭圆C:x 2a 2+y 2b2=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 BM31为定值.【解答】解:(1)由题意可得e=c a =√32,又△OAB 的面积为1,可得12ab=1,且a 2﹣b 2=c 2, 解得a=2,b=1,c=√3, 可得椭圆C 的方程为x 24+y 2=1;(2)证法一:设椭圆上点P(x 0,y 0), 可得x 02+4y 02=4,直线PA:y=y 0x 0−2(x ﹣2),令x=0,可得y=﹣2y 0x 0−2,则|BM |=|1+2y 0x 0−2|;直线PB:y=y 0−1x 0x +1,令y=0,可得x=﹣x 0y 0−1,则|AN |=|2+x 0y 0−1|. 可得|AN |•|BM |=|2+x 0y 0−1|•|1+2y 0x 0−2|=|(x 0+2y 0−2)2(x 0−2)(y 0−1)|=|x 02+4y 02+4+4x 0y 0−4x 0−8y 02+x 0y 0−x 0−2y 0| =|8+4x 0y 0−4x 0−8y 02+x 0y 0−x 0−2y 0|=4,即有|AN |•|BM |为定值4.32证法二:设P(2cos θ,sin θ),(0≤θ＜2π),直线PA:y=sinθ2cosθ−2(x ﹣2),令x=0,可得y=﹣sinθcosθ−1,则|BM |=|sinθ+cosθ−11−cosθ|;直线PB:y=sinθ−12cosθx +1,令y=0,可得x=﹣2cosθsinθ−1,则|AN |=|2sinθ+2cosθ−21−sinθ|.即有|AN |•|BM |=|2sinθ+2cosθ−21−sinθ|•|sinθ+cosθ−11−cosθ|=2|sin 2θ+cos 2θ+1+2sinθcosθ−2sinθ−2cosθ1+sinθcosθ−sinθ−cosθ|=2|2+2sinθcosθ−2sinθ−2cosθ1+sinθcosθ−sinθ−cosθ|=4.则|AN |•|BM |为定值4.【例7】.设椭圆M ：x 2a2+y 2b2=1(a >b >0)的左顶点为A 、中心为O ，若椭圆M 过点P(−12，12)，且AP ⊥PO ． (1)求椭圆M 的方程；(2)若△APQ 的顶点Q 也在椭圆M 上，试求△APQ 面积的最大值；(3)过点A 作两条斜率分别为k 1，k 2的直线交椭圆M 于D ，E 两点，且k 1k 2=1，求证：直线DE 恒过一个定点．解：(1)由AP ⊥OP ，可知k AP ⋅k OP =−1， 又A 点坐标为(−a ，0)，故12−12+a ⋅12−12=−1，可得a =1，…(2分)因为椭圆M 过P 点，故14+14b 2=1，可得b 2=13，所以椭圆M 的方程为x 2+y 213=1. …(4分)(2)AP 的方程为y−012−0=x+1−12+1，即x −y +1=0，33由于Q 是椭圆M 上的点，故可设Q(cosθ，√33sinθ)，…(6分)所以S △APQ =12×√22×|cosθ−√33sinθ+1|√2…(8分)=14|2√33cos(θ+π6)+1| 当θ+π6=2kπ(k ∈Z)，即θ=2kπ−π6(k ∈Z)时，S △APQ 取最大值． 故S △APQ 的最大值为√36+14. …(10分)(3)直线AD 方程为y =k 1(x +1)，代入x 2+3y 2=1，可得(3k 12+1)x 2+6k 12x +3k 12−1=0，x A ⋅x D =3k 12−13k 12+1，又x A =−1，故x D =1−3k 121+3k 12，y D =k 1(1−3k 121+3k 12+1)=2k11+3k 12，…(12分) 同理可得x E =1−3k 221+3k 22，y E =2k 21+3k 22，又k 1k 2=1且k 1≠k 2，可得k 2=1k 1且k 1≠±1， 所以x E =k 12−3k 12+3，y E =2k 1k 12+3，k DE =y E −yD x E−x D=2k 1k 12+3−2k 11+3k 12k 12−3k 12+3−1−3k 121+3k 12=2k13(k 12+1)，直线DE 的方程为y −2k 11+3k 12=2k 13(k 12+1)(x −1−3k 121+3k 12)，…(14分)令y =0，可得x =1−3k 121+3k 12−3(k 12+1)1+3k 12=−2．故直线DE 过定点(−2，0). …(16分)(法二)若DE 垂直于y 轴，则x E =−x D ，y E =y D ， 此时k 1k 2=y Dx D +1⋅y Ex E +1=y D21−x D2=y D23y D2=13与题设矛盾． 若DE 不垂直于y 轴，可设DE 的方程为x =ty +s ，将其代入x 2+3y 2=1，可得(t 2+3)y 2+2tsy +s 2−1=0，可得y D +y E =−2ts t 2+3，y D ⋅y E =s 2−1t 2+3，…(12分) 又k 1k 2=y DxD+1⋅y ExE+1=y D y E(tyD +s+1)(tyE +s+1)=1，可得(t 2−1)y D y E +t(s +1)(y D +y E )+(s +1)2=0，…(14分)故(t 2−1)s 2−1t 2+3+t(s +1)−2ts t 2+3+(s +1)2=0， 可得s =−2或−1，又DE 不过A 点，即s ≠−1，故s =−2． 所以DE 的方程为x =ty −2，故直线DE 过定点(−2，0). …(16分)【例8】.已知椭圆C ：x 2a2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为√32，四个顶点构成的菱形的面积是4，圆M ：(x +1)2+y 2=r 2(0<r <1).过椭圆C 的上顶点A 作圆M 的两条切线分别与椭圆C 相交于B ，D 两点(不同于点A)，直线AB ，AD 的斜率分别为k 1，k 2． (1)求椭圆C 的方程；34(2)当r 变化时，①求k 1⋅k 2的值；②试问直线BD 是否过某个定点？若是，求出该定点；若不是，请说明理由．解：(1)由题设知，c a=√32，12×2a ×2b =4，又a 2−b 2=c 2，解得a =2，b =1．故所求椭圆C 的方程是x 24+y 2=1．(2)AB ：y =k 1x +1，则有|k 1−1|√1+k 12=r ，化简得(1−r 2)k 12−2k 1+1−r 2=0，对于直线AD ：y =k 2x +1，同理有(1−r 2)k 22−2k 2+1−r 2=0，于是k 1，k 2是方程(1−r 2)k 2−2k +1−r 2=0的两实根，故k 1⋅k 2=1．考虑到r →1时，D 是椭圆的下顶点，B 趋近于椭圆的上顶点，故BD 若过定点，则猜想定点在y 轴上．由{y =k 1x +1x 24+y 2=1，得(4k 12+1)x 2+8k 1x =0，于是有B(−8k 14k 12+1，−4k 12+14k 12+1)，D(−8k 24k 22+1，−4k 22+14k 22+1)． 直线BD 的斜率为k BD =k 1+k 2−3，直线BD 的方程为y −−4k 12+14k 12+1=k 1+k 2−3(x −−8k 14k 12+1)，令x =0，得y =−4k 12+14k 12+1+k 1+k 2−3⋅8k 14k 12+1=20k 12+5−3(4k 12+1)=−53，故直线BD 过定点(0，−53)．【例9】.如图，已知椭圆C ：x 2a2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率是√32，一个顶点是B(0，1)．(Ⅰ)求椭圆C 的方程；(Ⅱ)设P ，Q 是椭圆C 上异于点B 的任意两点，且BP ⊥BQ.试问：直线PQ 是否恒过一定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，说明理由．(Ⅰ)解：设椭圆C 的半焦距为c.依题意，得b =1，(1分)且 e 2=c 2a 2=a 2−1a 2=34，(3分) 解得 a 2=4.(4分)所以，椭圆C 的方程是x 24+y 2=1.(5分)(Ⅱ)证法一：易知，直线PQ 的斜率存在，设其方程为y =kx +m.(6分) 将直线PQ 的方程代入x 2+4y 2=4，消去y ，整理得 (1+4k 2)x 2+8kmx +4m 2−4=0.(8分)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1+x2=−8km1+4k2，x1⋅x2=4m2−41+4k2.①(9分)因为BP⊥BQ，且直线BP，BQ的斜率均存在，所以y1−1x1⋅y2−1x2=−1，整理得x1x2+y1y2−(y1+y2)+1=0.②(10分)因为y1=kx1+m，y2=kx2+m，所以y1+y2=k(x1+x2)+2m，y1y2=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2.③将③代入②，整理得(1+k2)x1x2+k(m−1)(x1+x2)+(m−1)2=0.④(11分)将①代入④，整理得5m2−2m−3=0.(13分)解得m=−35，或m=1(舍去)．所以，直线PQ恒过定点(0，−35).(14分)证法二：直线BP，BQ的斜率均存在，设直线BP的方程为y=kx+1.(6分)将直线BP的方程代入x2+4y2=4，消去y，得(1+4k2)x2+8kx=0.(8分)解得x=0，或x=−8k1+4k2.(9分)设P(x1，y1)，所以x1=−8k1+4k2，y1=kx1+1=1−4k21+4k2，所以P(−8k1+4k2，1−4k21+4k2).(10分)以−1k 替换点P坐标中的k，可得Q(8k4+k2，k2−4k2+4).(11分)从而，直线PQ的方程是y−1−4k21+4k21−4k21+4k2−k2−4k2+4=x+8k1+4k2−8k1+4k2−8k4+k2．依题意，若直线PQ过定点，则定点必定在y轴上.(13分)在上述方程中，令x=0，解得y=−35．所以，直线PQ恒过定点(0，−35).(14分)【例10】.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，四点P1(1，1)，P2(0，1)，P3(−1，√32)，P4(1，√32)中恰有三点在椭圆C上．(1)求C的方程；(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为−1，证明：l过定点．解：(1)根据椭圆的对称性，P3(−1，√32)，P4(1，√32)两点必在椭圆C上，又P4的横坐标为1，∴椭圆必不过P1(1，1)，3536∴P 2(0，1)，P 3(−1，√32)，P 4(1，√32)三点在椭圆C 上．把P 2(0，1)，P 3(−1，√32)代入椭圆C ，得： {1b 2=11a 2+4b 2=1，解得a 2=4，b 2=1，∴椭圆C 的方程为x24+y 2=1．证明：(2)①当斜率不存在时，设l ：x =m ，A(m ，y A )，B(m ，−y A )， ∵直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为−1， ∴k P 2A +k P 2N =y A −1m+−y A −1m=−2m=−1，解得m =2，此时l 过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足． ②当斜率存在时，设l ：y =kx +b ，(b ≠1)，A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)， 联立{y =kx +b x 2+4y 2−4=0，整理，得(1+4k 2)x 2+8kbx +4b 2−4=0， x 1+x 2=−8kb1+4k 2，x 1x 2=4b 2−41+4k 2， 则k P 2A +k P 2B =y 1−1x 1+y 2−1x 2=x 2(kx 1+b)−x 2+x 1(kx 2+b)−x 1x 1x 2=8kb 2−8k−8kb 2+8kb1+4k 24b 2−41+4k 2=8k(b−1)4(b+1)(b−1)=−1，又b ≠1，∴b =−2k −1，此时△=−64k ，存在k ，使得△>0成立， ∴直线l 的方程为y =kx −2k −1， 当x =2时，y =−1， ∴l 过定点(2，−1)．【例11】.已知椭圆C ：x 2a2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右顶点分别为A ，B ，其离心率e =12，点P 为椭圆上的一个动点，△PAB 面积的最大值为2√3． (Ⅰ)求椭圆的标准方程；(Ⅱ)动直线l 过椭圆的左焦点F 1，且l 与椭圆C 交于M ，N 两点，试问在x 轴上是否存在定点D ，使得DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 为定值？若存在，求出点D 坐标并求出定值；若不存在，请说明理由． 解：(Ⅰ)由题意，e =c a =12， (S △PAB )max =12×2ab =ab =2√3，且a 2=b 2+c 2．解得a =2，b =√3，c =1．∴椭圆的标准方程为x 24+y23=1．(Ⅱ)假设存在定点D(m ，0)，使得向量DM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 为定值n ．。
(高中段)专题四大题考法第二课时圆锥曲线中的最值、范围、证明问题
专题四 大题考法 第二课时——圆锥曲线中的最值、范围、证明问题1．(·全国卷Ⅱ)点A (－2,0)，B (2,0)，动点M (x ，y )满足直线AM 与BM 的斜率之积为－12.记M 的轨迹为曲线C . (1)求C 的方程，并说明C 是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交C 于P ，Q 两点，点P 在第一象限，PE ⊥x 轴，垂足为E ，连接QE 并延长交C 于点G .①证明：△PQG 是直角三角形； ②求△PQG 面积的最大值． 解：(1)由题设得y x ＋2·y x －2＝－12，化简得x 24＋y 22＝1(|x |≠2)，所以C 为中心在坐标原点，焦点在x 轴上不含长轴端点的椭圆． (2)①证明：设直线PQ 的斜率为k ，那么其方程为y ＝kx (k >0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 24＋y 22＝1得x ＝±21＋2k 2.设u ＝21＋2k 2，那么P (u ，uk )，Q (－u ，－uk )，E (u,0)．于是直线QG 的斜率为k 2，其方程为y ＝k2(x －u )．由⎩⎨⎧y ＝k2(x －u )，x 24＋y 22＝1消去y ，得(2＋k 2)x 2－2uk 2x ＋k 2u 2－8＝0.(*)设G (x G ，y G )，那么－u 和x G 是方程(*)的解， 故x G ＝u (3k 2＋2)2＋k 2，由此得y G ＝uk 32＋k2.从而直线PG 的斜率为uk 32＋k 2－uk u (3k 2＋2)2＋k 2－u＝－1k .所以PQ ⊥PG ，即△PQG 是直角三角形． ②由①得|PQ |＝2u 1＋k 2，|PG |＝2uk k 2＋12＋k 2，所以△PQG 的面积S ＝12|PQ ||PG |＝8k (1＋k 2)(1＋2k 2)(2＋k 2)＝8⎝⎛⎭⎫1k ＋k 1＋2⎝⎛⎭⎫1k ＋k 2. 设t ＝k ＋1k ，那么由k >0得t ≥2，当且仅当k ＝1时取等号． 因为S ＝8t1＋2t 2在[2，＋∞)上单调递减，所以当t ＝2，即k ＝1时，S 取得最大值，最大值为169.因此，△PQG 面积的最大值为169.2．(· 高考)如图，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－1<x －12<1，即直线AP 斜率的取值范围是(－1,1)．(2)设直线AP 的斜率为k .那么直线AP 的方程为y －14＝k ⎝⎛⎭⎫x ＋12， 即kx －y ＋12k ＋14＝0，因为直线BQ 与直线AP 垂直，所以直线BQ 的方程为x ＋ky －94k －32＝0，联立⎩⎨⎧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＋k 2⎝⎛⎭⎫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， 令f ′(k )＝0，得k ＝12或k ＝－1(舍去)，所以f (k )在区间⎝⎛⎭⎫－1，12上单调递增，⎝⎛⎭⎫12，1上单调递减， 因此当k ＝12时，|PA |·|PQ |取得最大值2716.3.椭圆x 24＋y 2＝1，抛物线x 2＝2y 的准线与椭圆交于A ，B 两点，过线段AB 上的动点P 作斜率为正的直线l 与抛物线相切，且交椭圆于M ，N 两点．(1)求线段AB 的长及直线l 斜率的取值范围； (2)点Q ⎝⎛⎭⎫0，14，求△MNQ 面积的最大值． 解：(1)由题意得，A ⎝⎛⎭⎫－3，－12，B ⎝⎛⎭⎫3，－12， ∴|AB |＝2 3.设直线l 与抛物线相切于R ⎝⎛⎭⎫m ，m22，m ＞0， ∵y ′＝x ，∴直线l 的斜率k ＝m ， 那么切线方程为y ＝mx －m 22，当y ＝－12时，x ＝m 2－12m ∈[－3， 3 ]，∴k ∈[2－3，2＋ 3 ]．(2)法一：结合(1)，将切线方程与椭圆方程联立⎩⎨⎧x 24＋y 2＝1，y ＝mx －m22，⇒(4m 2＋1)x 2－4m 3x＋m 4－4＝0，∴x 1＋x 2＝4m 34m 2＋1，x 1·x 2＝m 4－44m 2＋1，得|MN |＝1＋m 22－m 4＋16m 2＋44m 2＋1，点Q 到直线MN 的距离d ＝⎪⎪⎪⎪m 22＋141＋m 2，令t ＝4m 2＋1∈[29－163，29＋16 3 ]， S △MNQ ＝12|MN |·d＝14⎝⎛⎭⎫－t ＋66－1t ⎝⎛⎭⎫t ＋2＋1t 64≤1716，当且仅当t ＝16＋255∈[29－163，29＋16 3 ]时，△MNQ 面积取得最大值1716. 法二：同上联立S △MNQ ＝12⎪⎪⎪⎪14＋m 22·|x 1－x 2|＝(2m 2＋1)·2－m 4＋16m 2＋48(4m 2＋1)≤18(4m 2＋1)·(2m 2＋1)2＋4(－m 4＋16m 2＋4)2＝17(4m 2＋1)16(4m 2＋1)＝1716， 当且仅当m 2＝15＋2554∈[7－43，7＋4 3 ]， △MNQ 面积取得最大值1716.4．(· 名师重〈四〉)动点P 到定点F (0,1)的距离比它到直线y ＝－2的距离小1，设动点P 的轨迹为曲线C ，过点F 的直线交曲线C 于A ，B 两个不同的点，过点A ，B 分别作曲线C 的切线，且二者相交于点M .(1)求曲线C 的方程；(2)求证AB ⊥MF ，并求出△ABM 的面积的最小值．解：(1)由得动点P 在直线y ＝－2的上方，条件可转化为动点P 到定点F (0,1)的距离等于它到直线y ＝－1的距离，∴动点P 的轨迹是以F (0,1)为焦点，直线y ＝－1为准线的抛物线， 故曲线C 的方程为x 2＝4y .(2)设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝4y ，y ＝kx ＋1，得x 2－4kx －4＝0， 那么x A ＋x B ＝4k ，x A x B ＝－4. 由x 2＝4y 得y ＝14x 2，∴y ′＝12x ，∴直线AM 的方程为y －14x 2A ＝12x A (x －x A )， ① 直线BM 的方程为y －14x 2B ＝12x B (x －x B )，②①－②得14(x 2B －x 2A )＝12(x A －x B )x ＋12(x 2B －x 2A )， 即x ＝x A ＋x B2＝2k ，将x ＝x A ＋x B 2代入①得y －14x 2A ＝12x A x B －x A2＝14x A x B －14x 2A ， ∴y ＝14x A x B ＝－1，故M (2k ，－1)，∴MF ―→＝(－2k,2)，AB ―→＝(x B －x A ，k (x B －x A ))， ∴AB ―→·MF ―→＝－2k (x B －x A )＋2k (x B －x A )＝0，即AB ⊥MF . ∵点M 到AB 的距离d ＝|MF |＝21＋k 2，|AB |＝|AF |＋|BF |＝y A ＋y B ＋2＝k (x A ＋x B )＋4＝4k 2＋4， ∴△ABM 的面积S ＝12|AB |d ＝12×4(k 2＋1)×21＋k 2＝4(1＋k 2)32≥4，∴当k ＝0时，△ABM 的面积取得最小值，为4.5.抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，P 为抛物线上的点(第一象限)，直线l 与抛物线相切于点P .(1)过P 作PM 垂直于抛物线的准线于点M ，连接PF ，求证：直线l 平分∠MPF ；(2)假设p ＝1，过点P 且与l 垂直的直线交抛物线于另一点Q ，分别交x 轴、y 轴于A ，B 两点，求|AB ||AP |＋|AB ||AQ |的取值范围．解：(1)证明：设P (x 0，y 0)，那么y 20＝2px 0，因为点P 不是抛物线的顶点，所以直线l 的斜率存在，设为k ，那么k ＝p y 0，所以切线l ：y －y 0＝py 0(x －x 0)，即y 0y ＝p (x ＋x 0)．如图，设切线l 与x 轴交于点C ， 那么C (－x 0,0)，所以|FC |＝x 0＋p2，由抛物线的定义得|PF |＝|PM |＝x 0＋p2，所以|PF |＝|FC |，所以∠PCF ＝∠FPC ＝∠MPC ， 因而直线l 平分∠MPF .(2)由(1)及得，过点P 且与l 垂直的直线的斜率为－y 0p ＝－y 0，因而其方程为y －y 0＝－y 0(x －x 0)，那么A (x 0＋1,0)，B (0，x 0y 0＋y 0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝2x ，y －y 0＝－y 0(x －x 0)，得y 2＋2y 0y －2(x 0＋1)＝0，由y 0和y Q 为方程的两个根得，y 0＋y Q ＝－2y 0，因而y Q ＝－2－y 20y 0＝－2(x 0＋1)y 0.所以|AB ||AP |＋|AB ||AQ |＝|y B ||y P |＋|y B ||y Q |＝|x 0y 0＋y 0||y 0|＋＝2x 0＋1，因为x 0>0，所以2x 0＋1>1，所以|AB ||AP |＋|AB ||AQ |的取值范围为(1，＋∞)．。
2020高考数学二轮总复习第1部分层级3专题1圆锥曲线中的综合问题第2讲圆锥曲线中的最值、范围问题课件理
(2)由于直线 m 的斜率不为 0，所以可设直线 m 的方程为 ty＝x－1，A(x1，y1)，B(x2， y2)．
由tyy2＝＝x4－x 1， 消去 x 得，y2－4ty－4＝0，∴y1＋y2＝4t，从而 x1＋x2＝4t2＋2， ∴线段 AB 的中点 M 的坐标为(2t2＋1,2t)．
设点 A 到直线 l 的距离为 dA，点 B 到直线 l 的距离为 dB，点 M 到直线 l 的距离为 d， dA＋dB＝2d＝2·|2t2－22t＋2|＝2 2|t2－t＋1|＝2 2t－122＋34，
求最值
[规范解答] (1)根据题意可得，ac＝ 22，a42＋b22＝1，a2＝b2＋c2， 解得 a2＝8，b2＝4. 故椭圆 C 的标准方程为x82＋y42＝1. (2)由(1)知 F(2,0)，当直线 l 的斜率不存在时，S1＝S2，于是|S1－S2|＝0； 当直线 l 的斜率存在时，设直线 l：y＝k(x－2)(k≠0)， 设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，
③当 l 与 x 轴不垂直也不平行时， 设 l 的方程为 y＝k(x－1)(k≠0)， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)．
y＝kx－1， 由x42＋y32＝1， 得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0. 显然 Δ>0，且 x1＋x2＝4k82k＋2 3，x1x2＝44kk22－＋132. 所以|AB|＝ 1＋k2|x1－x2|＝124kk22＋＋31.
|练题点| (2019·天津联考)已知椭圆ax22＋by22＝1(a>b>0)的左焦点为 F1，离心率为12，F1 为圆 M： x2＋y2＋2x－15＝0 的圆心． (1)求椭圆的方程； (2)已知过椭圆的右焦点 F2 的直线 l 交椭圆于 A，B 两点，过 F2 且与 l 垂直的直线 l1 与圆 M 交于 C，D 两点，求四边形 ACBD 面积的取值范围．
2020版高考数学大二轮专题突破理科通用版课件：7.4.2 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题
2t-2������ +yC=0,得 C
1������ -t 2,2 1������ -t
,G 2������ 4-2������2+2,0 .
3������ 2
所以,直线 AC 方程为 y-2t=2t(x-t2),得 Q(t2-1,0).
-3-
考向一 考向二 考向三
由于 Q 在焦点 F 的右侧,故 t2>2.从而
由于直线 AB 过 F,故直线 AB 方程为 x=������2-1y+1,代入 y2=4x,得
2������
y2-2(������ 2 -1)y-4=0,故
������
2tyB=-4,即
yB=-2������ ,所以
B
1 ������ 2
,-2������
.
又由于 xG=13(xA+xB+xC),yG=13(yA+yB+yC)及重心 G 在 x 轴上,故
=1.
(2)因为直线 l 经过点 P(t,0)(0<t<a)和点 Q(0,1),
所以直线
l
的斜率为-1������,设
l:y=-1������ x+1,将其代入椭圆方程������42
+
������ 2 3
=1
中,消去 x,得(3t2+4)y2-6t2y+3t2-12=0,
当 Δ>0 时,设 A(x1,y1),B(x2,y2),
+
������������22=1
(a>b>0)的
(1)若△POF2为等边三角形,求C的离心率; (2)如果存在点P,使得PF1⊥PF2,且△F1PF2的面积等于16,求b的值 和a的取值范围.
2020年高考数学大二轮专题复习浙江版专题四 规范答题示例4.doc
规范解答•分步得分构建答题模板解(1)由题意#f=l,即p=2.第一所以，拋物线的准线方程为.r=-1.2⑵设A(XA, yA), B{XB, SB), C(", yc),重心G{X G, yc).由⑴知抛物线方程为y2=4x.令％=2/, 则x A=t2.由于直线AB过点F,故直. 卩一1线AB的方程为x= 2t『+1，代入J2=4x,得22^—y+yc=0.7分求曲线方程:根据本量确定抛物线第二联立方程解点的标：设直线方程=my+n的形式抛物线方程联立出所需点的坐规范答题示例4匸直线与圆锥曲线的位置关系」典例4 (15分)(2019•浙江)如图，已知点F(1.0)为抛物线y2=2px(p>0)的焦点.过点F的直线交抛物线于A, B两点，点C在抛物线上，使得AABC的重心G在x轴上，直线AC交x 轴于点Q,且Q在点F的右侧.记厶AFG, ACQG的面积分别为Si，S2.(1)求p的值及抛物线的准线方程；(2)求詈的最小值及此时点G的坐标.审题路线图(1)|由焦点坐捺汞屏写出抛物线方程、准线芳翟故2/y B=—4,即所以殆,—弓)6分第三找关系：从题设中寻 求变量的等量关系.第四步 建函数:用题设中x=m\y — y 2=x, 1,所以，直线AC 的方程为y~2t=2t(x~l 2), 得 2(^-1,0).10分 由于Q 在焦点F 的右侧，故?>2.从而变量表示所求函数 式.第五步得最值:用函数知识 或基本不等式得最 值，注意最值取得的 条件.评分细则(1)写出p 的值和准线方程各得1分. (2) 直线方程设量不同，只要步骤规范合理，不扣分.(3) 联立方程解交点坐标的过程及运用重心坐标公式求点的过程，即使结果不正确，也给分. (4) 求最值时，未指明最值取得的条件扣1分.跟踪演练4 (2019・台州检测)如图，设点P 为抛物线/： y 2=.r 外一点，过点P 作抛物线/的 两条切线B4, PB,切点分别为A, B.⑴若点P 为(一1,0),求直线AB 的方程；⑵若点P 为圆(x+2)2+y2=i 上的点，记两切线加加的斜率分别为局，fo,求寺一右的 取值范围.y4解 ⑴设直线PA 方程为x=miy-l(mi>0),直线PB 方程为x=m 2y- 1(/772 <0). 可得 y 2~m\y+1=0. 因为与抛物线相切， 所以/ =加?一4=0,0)9分 当且仅当m=y[3时，書取得最小值1+爭，此时G(2,0).15分取mi = 2(舍负)，则％=1, x A=l.即A(l,l),同理可得B(l, -1), 所以直线AB 的方程为x=l. (2)设yo),则直线 B4 方程为 y=kix —kixo+yo 9直线 PB 方程为 y=kix~k2Xo+yo.y=k\x —kiX ()-\-yo 9 y 2=x,可得 kiy 2—y —k\xo+yo=O. 因为直线PA 与抛物线相切，所以 A — \— 4^1(—£i 兀o+yo)—4xo^i —4yo^i + 1=0. 同理可得 4x0^2—4y%2+1 =0, 所以£i,层是方程4兀0疋一4)伙+1 =0的两根.所以局+2豊，砒二佥， 则y 出書1=喘 又因为(x o +2)2+yo=l, 则一3W%oW —1,=4寸盘_ xo =4-\11 — (xo+2)2—xo =4^-(^o+|}+ye [4,2^13]. 所以k[~k 的取值范围是[4,2A /13]-(2) |设A 点坐标引入参数/| —»|用7表示直线AB 的方程(x=〃y+"的形 商 一与抛物线方程联立解得B 点坐标|—由重心坐标公式求得C 点，G 点坐标|—>写出直线AC 的方程，求得Q 点坐标|— 用/表示詈 —|变形，基本不等式求得最小值所以石丄_ k\—晨 fak\ki。
(浙江专用)高考数学大二轮复习 专题四 大题考法课二 圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题课时跟踪检测
圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题[课时跟踪检测]1．(2019·某某九校联考)已知离心率为22的椭圆C ：x 2a 2＋y2b 2＝1(a ＞b＞0)，过椭圆C 上点P (2,1)作两条互相垂直的直线，分别交椭圆于A ，B 两点．(1)求椭圆C 的方程；(2)求证：直线AB 过定点，并求出此定点的坐标． 解：(1)依题意有⎩⎪⎨⎪⎧4a 2＋1b 2＝1，c a ＝22，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝6，b 2＝3，所以椭圆C 的方程为x 26＋y 23＝1.(2)证明：易知直线AB 的斜率存在， 故设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 26＋y23＝1得(2k 2＋1)x 2＋4mkx ＋2m 2－6＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4mk 2k 2＋1，x 1x 2＝2m 2－62k 2＋1，由P A →·P B →＝0，得(x 1－2)(x 2－2)＋(y 1－1)(y 2－1)＝0， 即(x 1－2)(x 2－2)＋(kx 1＋m －1)(kx 2＋m －1)＝0， 得(k 2＋1)x 1x 2＋(km －k －2)(x 1＋x 2)＋m 2－2m ＋5＝0， 则3m 2＋8mk ＋4k 2－2m －1＝0， 即(3m ＋2k ＋1)(m ＋2k －1)＝0， 由直线AB 不过点P ，知m ＋2k －1≠0， 故3m ＋2k ＋1＝0.所以直线AB 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫23，－13.2．已知抛物线C 1：x 2＝4y 的焦点为F ，过抛物线C 2：y ＝－18x 2＋3上一点M 作抛物线C 2的切线l ，与抛物线C 1交于A ，B 两点．(1)记直线AF ，BF 的斜率分别为k 1，k 2，若k 1·k 2＝－35，求直线l 的方程；(2)是否存在正实数m ，使得对任意点M ，都有|AB |＝m (|AF |＋|BF |)成立？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)设M (x 0，y 0)，由y ＝－x 28＋3，得y ′＝－x4，则切线l 的斜率为k ＝－x 04. 切线l 的方程为y ＝－x 04(x －x 0)＋y 0＝－x 04x ＋x 204＋y 0＝－x 04x －2y 0＋6＋y 0，即y ＝－x 04x －y 0＋6.与x 2＝4y 联立，消去y 得x 2＋x 0x ＋4y 0－24＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则有x 1＋x 2＝－x 0，x 1x 2＝4y 0－24，则y 1＋y 2＝－x 04(x 1＋x 2)－2y 0＋12＝x 204－2y 0＋12＝－4y 0＋18，y 1y 2＝x 21x 2216＝(y 0－6)2，则由k 1·k 2＝y 1－1x 1×y 2－1x 2＝y 1y 2－(y 1＋y 2)＋1x 1x 2＝(y 0－6)2－(－4y 0＋18)＋14y 0－24＝－35，得5y 20－28y 0＋23＝0，解得y 0＝1或y 0＝235.∵x 20＝－8(y 0－3)≥0，∴y 0≤3，故y 0＝1，∴x 0＝±4. 则直线l 的方程为y ＝±x ＋5.(2)由(1)知直线l 的方程为y ＝－x 04x －y 0＋6，且x 1＋x 2＝－x 0，x 1x 2＝4y 0－24，则|AB |＝1＋x 2016|x 1－x 2|＝1＋x 2016·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝16＋x 204·x 20－4(4y 0－24)， 即|AB |＝16－8y 0＋244·－8y 0＋24－16y 0＋96＝23(5－y 0)，而|AF |＋|BF |＝(y 1＋1)＋(y 2＋1)＝－4y 0＋20＝4(5－y 0)， 则|AB |＝32(|AF |＋|BF |)， 故存在正实数m ＝32，使得对任意点M ，都有|AB |＝32(|AF |＋|BF |)成立． 3．(2019·嵊州高三期末)已知抛物线y 2＝2x ，P (1,0)，M (0，a )，其中a ＞0，过点M 作抛物线的切线，切点为A (不同于原点O )，过点A ，P 作直线交抛物线于点B ，过点M ，P 作直线交抛物线于点C ，D .(1)求证：直线MA ，MP 的斜率之积为定值；(2)若△BCD 的面积为2716，某某数a 的值．解：(1)证明：设A (2m 2,2m )(m ≠0)，则k AM ＝2m －a 2m 2，所以直线AM ：y ＝2m －a 2m 2x ＋a ，即x ＝2m 22m －a ·(y －a )，与抛物线方程联立得y 2－4m 22m －a y ＋4m 2a 2m －a＝0， 因为直线AM 与抛物线相切，所以Δ＝16m 4(2m －a )2－16m 2a2m －a ＝0，解得m ＝a ， 所以A (2a 2,2a )，所以k MA ·k MP ＝2a －a 2a 2－0·a －00－1＝－12，为定值． (2)易得k CD ＝k MP ＝－a ，所以直线CD ：y ＝－ax ＋a ，即x ＝－1ay ＋1，与抛物线方程联立得y 2＋2ay －2＝0，设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)， |y 1－y 2|＝4a 2＋8＝22a 2＋1a， |CD |＝1＋1a2·|y 1－y 2|＝2(a 2＋1)·(2a 2＋1)a2， 又k AB ＝2a 2a 2－1，所以直线AB ：y ＝2a 2a 2－1(x －1)，即x ＝2a 2－12a y ＋1，与抛物线方程联立得y 2－2a 2－1ay －2＝0，所以y A y B ＝－2，所以y B ＝－1a ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a2，－1a ，所以点B 到直线CD 的距离d ＝12a＋a a 2＋1，所以S △BCD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋a 2a 2＋1a 2＝2716，整理得(2a 2＋1)3a 3＝278，所以2a 2＋1a＝32，解得a ＝2或a ＝－2(舍去)．4.如图，A 为椭圆x 22＋y 2＝1的下顶点，过点A 的直线l 交抛物线x 2＝2py (p ＞0)于B ，C 两点，C 是AB 的中点．(1)求证：点C 的纵坐标是定值；(2)过点C 作与直线l 倾斜角互补的直线l ′交椭圆于M ，N 两点，p 为何值时，△BMN 的面积最大？解：(1)证明：易知A (0，－1)，不妨设B ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，t 22p ，则C ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2，t 2－2p 4p ，代入抛物线方程得⎝ ⎛⎭⎪⎫t 22＝2p ·t 2－2p 4p ，得t 2＝4p ，∴y C ＝4p －2p 4p ＝12，故点C 的纵坐标为定值．(2)∵点C 是AB 的中点，∴S △BMN ＝S △AMN . 设直线l 的斜率为k ，直线l ′的斜率为k ′， 则k ＝12－(－1)t2＝3t ，k ′＝－3t，∴直线l ′的方程为y －12＝－3t ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －t 2，即y ＝－3t x ＋2，不妨记m ＝－3t ，则l ′：y ＝mx＋2，代入椭圆方程整理得(2m 2＋1)x 2＋8mx ＋6＝0， 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8m 2m 2＋1，x 1x 2＝62m 2＋1，|MN |＝1＋m 2|x 1－x 2|＝22·1＋m 2·2m 2－32m 2＋1，又A 到直线MN 的距离d ＝3m 2＋1，所以S △AMN ＝12·|MN |·d ＝322m 2－32m 2＋1＝322m 2－3＋42m 2－3≤324. 当且仅当2m 2－3＝42m 2－3时取等号，解得m 2＝72，所以t 2＝9m 2＝187，从而p ＝t 24＝914， 故当p ＝914时△BMN 的面积最大．5．已知椭圆C 的中心在原点，焦点在x 轴上，离心率为22，它的一个焦点恰好与抛物线y 2＝4x 的焦点重合．(1)求椭圆C 的方程；(2)设椭圆的上顶点为A ，过点A 作椭圆C 的两条动弦AB ，AC ，若直线AB ，AC 斜率之积为14，直线BC 是否恒过一定点？若经过，求出该定点坐标；若不经过，请说明理由． 解：(1)由题意知椭圆的一个焦点为F (1,0)，则c ＝1. 由e ＝c a ＝22得a ＝2，所以b ＝1， 所以椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)由(1)知A (0,1)，当直线BC 的斜率不存在时， 设BC ：x ＝x 0，设B (x 0，y 0)，则C (x 0，－y 0)， k AB ·k AC ＝y 0－1x 0·－y 0－1x 0＝1－y 2x 20＝12x 20x 20＝12≠14，不合题意．故直线BC 的斜率存在．设直线BC 的方程为y ＝kx ＋m (m ≠1)，并代入椭圆方程，得：(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2(m 2－1)＝0，① 由Δ＝(4km )2－8(1＋2k 2)(m 2－1)>0， 得2k 2－m 2＋1>0.②设B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，则x 1，x 2是方程①的两根， 由根与系数的关系得，x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1x 2＝2(m 2－1)1＋2k 2，由k AB ·k AC ＝y 1－1x 1·y 2－1x 2＝14得： 4y 1y 2－4(y 1＋y 2)＋4＝x 1x 2，即(4k 2－1)x 1x 2＋4k (m －1)(x 1＋x 2)＋4(m －1)2＝0， 整理得(m －1)(m －3)＝0， 又因为m ≠1，所以m ＝3， 此时直线BC 的方程为y ＝kx ＋3. 所以直线BC 恒过一定点(0,3)．。