(新人教版)【文库精品】高考数学二轮复习 专题四 解析几何 第3讲 圆锥曲线的综合问题学案【必做资料】

第3讲 圆锥曲线的综合问题[考情考向分析] 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 (2018·浙江省稽阳联谊学校联考)已知离心率为32的椭圆C ：x 2a 2＋y2b2＝1(a >b >0)过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，与坐标轴不平行的直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，其中M 为A 关于y 轴的对称点，N (0，2)，O 为坐标原点．(1)求椭圆C 的方程；(2)分别记△PAO ，△PBO 的面积为S 1，S 2，当M ，N ，B 三点共线时，求S 1·S 2的最大值． 解 (1)∵c a ＝32，a 2＝b 2＋c 2，∴a ＝2b . 把点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32代入椭圆方程可得1a 2＋34b 2＝1， 解得a ＝2，b ＝1，∴椭圆方程为x 24＋y 2＝1.(2)设点A 坐标为(x 1，y 1)，点B 坐标为(x 2，y 2)， 则M 为(－x 1，y 1)，设直线l 的方程为y ＝kx ＋b ，联立椭圆方程可得(4k 2＋1)x 2＋8kbx ＋4b 2－4＝0， ∴x 1＋x 2＝－8kb 4k 2＋1，x 1x 2＝4b 2－44k 2＋1，Δ>0，∵M ，N ，B 三点共线，∴k MN ＝k BN ， 即y 1－2x 1＋y 2－2x 2＝0， 化简得8k (1－2b )＝0， 解得b ＝22或k ＝0(舍去)． 设A ，B 两点到直线OP 的距离分别为d 1，d 2. 直线OP 的方程为3x －2y ＝0，|OP |＝72， ∴S 1·S 2＝116|(3x 1－2y 1)(3x 2－2y 2)|，化简可得S 1·S 2＝116|(2k －3)2x 1x 2＋2(2k －3)(x 1＋x 2)＋2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－14＋3k 4k 2＋1. 又3k 4k 2＋1∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－34，0∪⎝⎛⎦⎥⎤0，34， ∴当k ＝－12时，S 1·S 2的最大值为3＋14.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 (2018·绍兴市柯桥区模拟)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 相交于点P ，A ，B (自下而上)，记△PAF ，△PBF 的面积分别为S 1，S 2.(1)求AB 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， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝8k ＋4k2，x 1x 2＝16k2，所以d ＝x 1＋x 22＝4k ＋2k 2＝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，因此7－352<S 1S 2<14.即S 1S 2的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫7－352，14. 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 (2018·北京)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．(1)解 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.依题意知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 的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)． (2)证明 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.所以1λ＋1μ为定值．思维升华 (1)动直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)→②先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值． 跟踪演练2 已知倾斜角为π4的直线经过抛物线Γ：y 2＝2px (p >0)的焦点F ，与抛物线Γ相交于A ，B 两点，且|AB |＝8. (1)求抛物线Γ的方程；(2)过点P (12,8)的两条直线l 1，l 2分别交抛物线Γ于点C ，D 和E ，F ，线段CD 和EF 的中点分别为M ，N .如果直线l 1与l 2的倾斜角互余，求证：直线MN 经过一定点． (1)解 由题意可设直线AB 的方程为y ＝x －p2，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x －p 2，y 2＝2px ，消去y 整理得x 2－3px ＋p 24＝0，Δ＝9p 2－4×p 24＝8p 2>0，令A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝3p ，由抛物线的定义得|AB |＝x 1＋x 2＋p ＝4p ＝8， ∴p ＝2.∴抛物线的方程为y 2＝4x .(2)证明 设直线l 1，l 2的倾斜角分别为α，β， 由题意知，α，β≠π2.直线l 1的斜率为k ，则k ＝tan α. ∵直线l 1与l 2的倾斜角互余，∴tan β＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－α＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－α＝cos αsin α＝1sin αcos α＝1tan α， ∴直线l 2的斜率为1k.∴直线CD 的方程为y －8＝k (x －12)， 即y ＝k (x －12)＋8.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －12)＋8，y 2＝4x ，消去x 整理得ky 2－4y ＋32－48k ＝0， 设C (x C ，y C )，D (x D ，y D )， ∴y C ＋y D ＝4k，∴x C ＋x D ＝24＋4k 2－16k，∴点M 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫12＋2k2－8k ，2k .以1k代替点M 坐标中的k ，可得点N 的坐标为(12＋2k 2－8k,2k )， ∴k MN ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －k 2－8⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －k ＝11k＋k －4.∴直线MN 的方程为y －2k ＝11k＋k －4[x －(12＋2k 2－8k )]， 即⎝ ⎛⎭⎪⎫1k＋k －4y ＝x －10， 显然当x ＝10时，y ＝0， 故直线MN 经过定点()10，0. 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 已知椭圆C ：y 2a 2＋x 2b2＝1(a >b >0)的上、下焦点分别为F 1，F 2，上焦点F 1到直线4x ＋3y ＋12＝0的距离为3，椭圆C 的离心率e ＝12.(1)求椭圆C 的方程；(2)椭圆E ：y 2a 2＋3x 216b 2＝1，设过点M (0,1)，斜率存在且不为0的直线交椭圆E 于A ，B 两点，试问y 轴上是否存在点P ，使得PM →＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫PA →|PA →|＋PB →|PB →|？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，说明理由．解 (1)由已知椭圆C 的方程为y 2a 2＋x 2b2＝1(a >b >0)，设椭圆的焦点F 1(0，c )，由F 1到直线4x ＋3y ＋12＝0的距离为3， 得|3c ＋12|5＝3， 又椭圆C 的离心率e ＝12，所以c a ＝12，又a 2＝b 2＋c 2，求得a 2＝4，b 2＝3. 椭圆C 的方程为y 24＋x 23＝1. (2)存在．理由如下：由(1)得椭圆E ：x 216＋y 24＝1，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1(k ≠0)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 216＋y24＝1，消去y 并整理得(4k 2＋1)x 2＋8kx －12＝0， Δ＝(8k )2＋4(4k 2＋1)×12＝256k 2＋48>0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8k 4k 2＋1，x 1x 2＝－124k 2＋1.假设存在点P (0，t )满足条件， 由于PM →＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫PA →|PA →|＋PB →|PB →|， 所以PM 平分∠APB .所以直线PA 与直线PB 的倾斜角互补， 所以k PA ＋k PB ＝0. 即y 1－t x 1＋y 2－tx 2＝0， 即x 2(y 1－t )＋x 1(y 2－t )＝0.(*) 将y 1＝kx 1＋1，y 2＝kx 2＋1代入(*)式， 整理得2kx 1x 2＋(1－t )(x 1＋x 2)＝0， 所以－2k ·124k 2＋1＋(1－t )×(－8k )4k 2＋1＝0， 整理得3k ＋k (1－t )＝0，即k (4－t )＝0， 因为k ≠0，所以t ＝4.所以存在点P (0,4)，使得PM →＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫PA →|PA →|＋PB →|PB →|. 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 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点M (2，2)，且离心率为22.(1)求a ，b 的值，并写出椭圆C 的方程；(2)设A ，B 分别为椭圆C 的左、右顶点，在椭圆C 上有异于A ，B 的动点P ，若直线PA ，PB 与直线l ：x ＝m (m 为常数)分别交于不同的两点M ，N ，则当点P 运动时，以MN 为直径的圆是否经过定点？解 (1)由题知，4a 2＋2b 2＝1，c a ＝22，a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝22，b ＝2， ∴椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1. (2)由(1)知，A (－22，0)，B (22，0)， 设直线PA ，PB 的斜率分别为k 1，k 2，则直线PA ，PB 的方程分别为y ＝k 1(x ＋22)，y ＝k 2(x －22)，∴M (m ，k 1(m ＋22))，N (m ，k 2(m －22))，∴根据射影定理知，以MN 为直径的圆的方程为(x －m )2＋[y －k 1(m ＋22)][y －k 2(m －22)]＝0，即(x －m )2＋y 2－[k 1(m ＋22)＋k 2(m －22)]y ＋k 1k 2·(m 2－8)＝0，设点P (x 0，y 0)，则x 208＋y 204＝1，y 2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 208，∴k 1k 2＝y 0x 0＋22·y 0x 0－22＝y 20x 20－8＝－12， ∴(x －m )2＋y 2－[k 1(m ＋22)＋k 2(m －22)]y －12(m 2－8)＝0，由y ＝0，得(x －m )2－12(m 2－8)＝0，∴(x －m )2＝12(m 2－8)．当m 2－8<0，即－22<m <22时，方程无实数解，该圆不经过定点．当m 2－8≥0，即m ≥22或m ≤－22时， 解得x ＝m ±22m 2－8， 即定点为⎝⎛⎭⎪⎫m ±22m 2－8，0.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，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＋1k2≥8＋4×2＝16，当且仅当k 2＝1k2，即k ＝±1时，取得等号．2．(2018·浙江)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．(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， 所以PM 垂直于y 轴．(2)解 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).所以△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(－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.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，当l ⊥x 轴时，|MQ |＝3，|PN |＝4，不符合题意，∴直线l 的斜率存在，∴可设直线l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，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＋4k 2， 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．已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝33，左、右焦点分别为F 1，F 2，且F 2与抛物线y2＝4x 的焦点重合． (1)求椭圆的标准方程；(2)若过F 1的直线交椭圆于B ，D 两点，过F 2的直线交椭圆于A ，C 两点，且AC ⊥BD ，求|AC |＋|BD |的最小值．解 (1)抛物线y 2＝4x 的焦点坐标为(1,0)，所以c ＝1，又因为e ＝c a ＝1a ＝33，所以a ＝3，所以b 2＝2，所以椭圆的标准方程为x 23＋y 22＝1.(2)①当直线BD 的斜率k 存在且k ≠0时， 直线BD 的方程为y ＝k (x ＋1)， 代入椭圆方程x 23＋y 22＝1，并化简得()3k 2＋2x 2＋6k 2x ＋3k 2－6＝0.Δ＝36k 4－4(3k 2＋2)(3k 2－6)＝48(k 2＋1)>0恒成立． 设B (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－6k 23k 2＋2，x 1x 2＝3k 2－63k 2＋2，|BD |＝1＋k 2·|x 1－x 2|＝()1＋k 2·[](x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝43()k 2＋13k 2＋2. 由题意知AC 的斜率为－1k，所以|AC |＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2＋13×1k2＋2＝43()k 2＋12k 2＋3. |AC |＋|BD |＝43()k 2＋1⎝⎛⎭⎪⎫13k 2＋2＋12k 2＋3＝203()k 2＋12()3k 2＋2()2k 2＋3≥203()k 2＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤()3k 2＋2＋()2k 2＋322＝203()k 2＋1225(k 2＋1)24＝1635. 当且仅当3k 2＋2＝2k 2＋3，即k ＝±1时，上式取等号， 故|AC |＋|BD |的最小值为1635.②当直线BD 的斜率不存在或等于零时， 可得|AC |＋|BD |＝1033>1635.综上，|AC |＋|BD |的最小值为1635.2．(2018·诸暨市适应性考试)已知F 是抛物线C ：x 2＝2py (p >0)的焦点，过F 的直线交抛物线C 于不同的两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，且x 1x 2＝－1.(1)求抛物线C 的方程；(2)过点B 作x 轴的垂线交直线AO (O 为坐标原点)于点D ，过点A 作直线DF 的垂线与抛物线C 的另一交点为E ，AE 的中点为G . ①求点D 的纵坐标； ②求|GB ||DG |的取值范围．解 (1)设AB ：y ＝kx ＋p2，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋p 2，x 2＝2py ，得x 2＝2p ⎝⎛⎭⎪⎫kx ＋p 2，即x 2－2pkx －p 2＝0， ∴x 1x 2＝－p 2＝－1，∴p ＝1， ∴抛物线C 的方程为x 2＝2y . (2)①直线OA 的方程为y ＝y 1x 1x ＝x 12x ，∴D ⎝⎛⎭⎪⎫x 2，x 1x 22，即D ⎝⎛⎭⎪⎫x 2，－12， ∴点D 的纵坐标为－12.②∵k DF ＝－1x 2，∴k AE ＝x 2，即直线AE 的方程为y －y 1＝x 2(x －x 1)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y －y 1＝x 2(x －x 1)，y ＝x 22，得x 22－x 2x －y 1－1＝0，∴x E ＝2x 2－x 1，∴G (x 2,2y 2＋y 1＋1)． ∴G ，B ，D 三点共线，∴|GB ||DG |＝y 2＋y 1＋12y 2＋y 1＋32，∵y 1·y 2＝14，∴|DG ||GB |＝2－y 1＋1214y 1＋y 1＋1＝2－y 1y 1＋12＝2－11＋12y 1∈(1,2)，∴|GB ||DG |∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1. 3．(2018·全国Ⅲ)已知斜率为k 的直线l 与椭圆C ：x 24＋y 23＝1交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M (1，m )(m >0)． (1)证明：k <－12；(2)设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且FP →＋FA →＋FB →＝0.证明：|FA →|，|FP →|，|FB →|成等差数列，并求该数列的公差．(1)证明 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 214＋y 213＝1，x 224＋y 223＝1. 两式相减，并由y 1－y 2x 1－x 2＝k ，得x 1＋x 24＋y 1＋y 23·k ＝0. 由题设知x 1＋x 22＝1，y 1＋y 22＝m ，于是k ＝－34m.①由题设得0<m <32，故k <－12.(2)解 由题意得F (1,0)．设P (x 3，y 3)，则 (x 3－1，y 3)＋(x 1－1，y 1)＋(x 2－1，y 2)＝(0,0)． 由(1)及题设得x 3＝3－(x 1＋x 2)＝1，y 3＝－(y 1＋y 2)＝－2m <0.又点P 在C 上，所以m ＝34，从而P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，|FP →|＝32， 于是|FA →|＝(x 1－1)2＋y 21＝(x 1－1)2＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 214＝2－x 12. 同理|FB →|＝2－x 22.所以|FA →|＋|FB →|＝4－12(x 1＋x 2)＝3.故2|FP →|＝|FA →|＋|FB →|，即|FA →|，|FP →|，|FB →|成等差数列．设该数列的公差为d ，则2|d |＝||FB →|－|FA →||＝12|x 1－x 2|＝12(x 1＋x 2)2－4x 1x 2.②将m ＝34代入①得k ＝－1，所以l 的方程为y ＝－x ＋74，代入C 的方程，并整理得7x 2－14x ＋14＝0.故x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝128，代入②解得|d |＝32128.所以该数列的公差为32128或－32128.4.(2018·嘉兴市、丽水市教学测试)点P (1,1)为抛物线y 2＝x 上一定点，斜率为－12的直线与抛物线交于A ，B 两点．(1)求弦AB 中点M 的纵坐标；(2)点Q 是线段PB 上任意一点(异于端点)，过Q 作PA 的平行线交抛物线于E ，F 两点，求证：|QE |·|QF |－|QP |·|QB |为定值． (1)解 k AB ＝y A －y B x A －x B ＝1y A ＋y B ＝－12，(*) 所以y A ＋y B ＝－2，y M ＝y A ＋y B2＝－1.(2)证明 设Q (x 0，y 0)，直线EF ：x －x 0＝t 1(y －y 0)， 直线PB ：x －x 0＝t 2(y －y 0)， 联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧x －x 0＝t 1(y －y 0)，y 2＝x ，得y 2－t 1y ＋t 1y 0－x 0＝0，所以y E ＋y F ＝t 1，y E ·y F ＝t 1y 0－x 0，|QE |·|QF |＝1＋t 21|y E －y 0|·1＋t 21|y F －y 0| ＝(1＋t 21)|y 20－x 0|.同理|QP |·|QB |＝()1＋t 22|y 20－x 0|.由(*)可知，t 1＝1k EF ＝1k PA＝y A ＋y P ，t 2＝1k PB＝y B ＋y P ，所以t 1＋t 2＝(y A ＋y B )＋2y P ＝－2＋2＝0，即t 1＝－t 2⇒t 21＝t 22，所以|QE |·|QF |＝|QP |·|QB |， 即|QE |·|QF |－|QP |·|QB |＝0为定值．B 组 能力提高5．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的上顶点为点D ，右焦点为F 2(1,0)，延长DF 2交椭圆C 于点E ，且满足|DF 2|＝3|F 2E |. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)过点F 2作与x 轴不重合的直线l 和椭圆C 交于A ，B 两点，设椭圆C 的左顶点为点H ，且直线HA ，HB 分别与直线x ＝3交于M ，N 两点，记直线F 2M ，F 2N 的斜率分别为k 1，k 2，则k 1与k 2之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．解 (1)椭圆C 的上顶点为D ()0，b ，右焦点F 2(1,0)，点E 的坐标为(x ，y )． ∵|DF 2|＝3|F 2E |，可得DF 2→＝3F 2E →， 又DF 2→＝()1，－b ，F 2E →＝()x －1，y ，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝43，y ＝－b3，代入x 2a 2＋y 2b2＝1，可得⎝ ⎛⎭⎪⎫432a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 32b 2＝1，又a 2－b 2＝1，解得a 2＝2，b 2＝1， 即椭圆C 的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，H ()－2，0，M ()3，y M ，N ()3，y N .由题意可设直线AB 的方程为x ＝my ＋1，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，x 22＋y 2＝1，消去x ，得()m 2＋2y 2＋2my －1＝0， Δ＝4m 2＋4(m 2＋2)>0恒成立．∴⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－2mm 2＋2，y 1y 2＝－1m 2＋2.根据H ，A ，M 三点共线，可得y M 3＋2＝y 1x 1＋2，∴y M ＝y 1()3＋2x 1＋2.同理可得y N ＝y 2()3＋2x 2＋2，∴M ，N 的坐标分别为⎝⎛⎭⎪⎫3，y 1()3＋2x 1＋2，⎝ ⎛⎭⎪⎫3，y 2()3＋2x 2＋2，∴k 1k 2＝y M －03－1·y N －03－1＝14y M y N ＝14·y 1()3＋2x 1＋2·y 2()3＋2x 2＋2 ＝y 1y 2(3＋2)24()my 1＋1＋2()my 2＋1＋2＝y 1y 2(3＋2)24[]m 2y 1y 2＋()1＋2m ()y 1＋y 2＋()1＋22＝－11－62m 2＋24⎣⎢⎡⎦⎥⎤－m 2m 2＋2＋－2()1＋2m 2m 2＋2＋3＋22＝－11－62m 2＋24×6＋42m 2＋2＝42－98.∴k 1与k 2之积为定值，且该定值是42－98.6．已知平面上动点P 到点F ()3，0的距离与到直线x ＝433的距离之比为32，记动点P的轨迹为曲线E . (1)求曲线E 的方程；(2)设M ()m ，n 是曲线E 上的动点，直线l 的方程为mx ＋ny ＝1. ①设直线l 与圆x 2＋y 2＝1交于不同两点C ，D ，求|CD |的取值范围；②求与动直线l 恒相切的定椭圆E ′的方程，并探究：若M ()m ，n 是曲线Γ：Ax 2＋By 2＝1()A ·B ≠0上的动点，是否存在与直线l ：mx ＋ny ＝1恒相切的定曲线Γ′？若存在，直接写出曲线Γ′的方程；若不存在，说明理由． 解 (1)设P (x ，y )，由题意，得()x －32＋y2⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －433＝32. 整理，得x 24＋y 2＝1，∴曲线E 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)①圆心到直线l 的距离d ＝1m 2＋n2，∵直线与圆有两个不同交点C ，D ， ∴|CD |2＝4⎝⎛⎭⎪⎫1－1m 2＋n 2. 又∵m 24＋n 2＝1(m ≠0)，∴|CD |2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－43m 2＋4.∵|m |≤2，∴0<m 2≤4， ∴0<1－43m 2＋4≤34.∴|CD |2∈(]0，3，|CD |∈(]0，3，即|CD |的取值范围为(]0，3.②当m ＝0，n ＝1时，直线l 的方程为y ＝1； 当m ＝2，n ＝0时，直线l 的方程为x ＝12.根据椭圆对称性，猜想E ′的方程为4x 2＋y 2＝1. 下面证明：直线mx ＋ny ＝1()n ≠0与4x 2＋y 2＝1相切，其中m 24＋n 2＝1，即m 2＋4n 2＝4.由⎩⎪⎨⎪⎧4x 2＋y 2＝1，y ＝1－mx n ，消去y 得()m 2＋4n 2x 2－2mx ＋1－n 2＝0，即4x 2－2mx ＋1－n 2＝0，∴Δ＝4m 2－16()1－n 2＝4()m 2＋4n 2－4＝0恒成立，从而直线mx ＋ny ＝1与椭圆E ′：4x 2＋y 2＝1恒相切．若点M ()m ，n 是曲线Γ：Ax 2＋By 2＝1()A ·B ≠0上的动点，则直线l ：mx ＋ny ＝1与定曲线Γ′：x 2A ＋y 2B ＝1()A ·B ≠0恒相切．。