【新】2019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学案理

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2019高考数学二轮复习专题五解析几何第三讲圆锥曲线的综合应用第二课时圆锥曲线的定点定值存在性问题能力训

第三讲圆锥曲线的综合应用第二课时圆锥曲线的定点、定值、存在性问题1．(2018·云南师大附中质检)已知椭圆C 的焦点在x 轴上，离心率等于255，且过点⎝⎛⎭⎪⎫1，255. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)过椭圆C 的右焦点F 作直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，交y 轴于M 点，若MA →＝λ1AF →，MB →＝λ2BF →，求证：λ1＋λ2为定值．解析：(1)设椭圆C 的方程为x2a2＋y2b2＝1(a ＞b ＞0)，则⎩⎪⎨⎪⎧ c a ＝255，1a2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫255b22＝1，∴a 2＝5，b 2＝1， ∴椭圆C 的标准方程为x25＋y 2＝1. (2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (0，y 0)，又易知F 点的坐标为(2,0)．显然直线l 存在斜率，设直线l 的斜率为k ，则直线l 的方程是y ＝k (x －2)，将直线l 的方程代入椭圆C 的方程中，消去y 并整理得(1＋5k 2)x 2－20k 2x ＋20k 2－5＝0， ∴x 1＋x 2＝20k21＋5k2，x 1x 2＝20k2－51＋5k2. 又∵MA →＝λ1AF →，MB →＝λ2BF →，将各点坐标代入得λ1＝x12－x1，λ2＝x22－x2， ∴λ1＋λ2＝x12－x1＋x22－x2 ＝＋－2x1x24－＋＋x1x2＝2⎝⎛⎭⎪⎫20k21＋5k2－20k2－51＋5k24－2·20k21＋5k2＋20k2－51＋5k2＝－10，即λ1＋λ2为定值．2．(2018·贵阳一模)过抛物线C ：y 2＝4x 的焦点F 且斜率为k 的直线l 交抛物线C 于A ，B 两点，且|AB |＝8.(1)求l 的方程；(2)若A 关于x 轴的对称点为D ，求证：直线BD 恒过定点，并求出该点的坐标．解析：(1)易知点F 的坐标为(1,0)，则直线l 的方程为y ＝k (x －1)，代入抛物线方程y 2＝4x 得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，由题意知k ≠0，且[－(2k 2＋4)]2－4k 2·k 2＝16(k 2＋1)＞0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∴x 1＋x 2＝2k2＋4k2，x 1x 2＝1，由抛物线的定义知|AB |＝x 1＋x 2＋2＝8，∴2k2＋4k2＝6，∴k 2＝1，即k ＝±1， ∴直线l 的方程为y ＝±(x －1)．(2)由抛物线的对称性知，D 点的坐标为(x 1，－y 1)，直线BD 的斜率k B D ＝y2＋y1x2－x1＝y2＋y1y224－y214＝4y2－y1， ∴直线BD 的方程为y ＋y 1＝4y2－y1(x －x 1)，即(y 2－y 1)y ＋y 2y 1－y 21＝4x －4x 1，∵y 21＝4x 1，y 2＝4x 2，x 1x 2＝1，∴(y 1y 2)2＝16x 1x 2＝16，即y 1y 2＝－4(y 1，y 2异号)，∴直线BD 的方程为4(x ＋1)＋(y 1－y 2)y ＝0，恒过点(－1,0)．3．(2018·南宁模拟)已知抛物线C ：y 2＝ax (a ＞0)上一点P (t ，12)到焦点F 的距离为2t . (1)求抛物线C 的方程；(2)抛物线C 上一点A 的纵坐标为1，过点Q (3，－1)的直线与抛物线C 交于M ，N 两个不同的点(均与点A 不重合)，设直线AM ，AN 的斜率分别为k 1，k 2，求证：k 1k 2为定值．解析：(1)由抛物线的定义可知|PF |＝t ＋a 4＝2t ，则a ＝4t ，。

2019高考数学二轮复习专题五解析几何第3讲圆锥曲线中的热点问题练习

地地道道的达到第 3 讲圆锥曲线中的热门问题高考定位 1. 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察，常常作为试卷的压轴题之一； 2. 以椭圆或抛物线为背景，特别是与条件或结论有关存在性开放问题 . 对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求，并突出数学思想方法考察 .真题感悟x2 2 →→1.(2018 ·浙江卷 ) 已知点P(0 ，1) ，椭圆4＋y ＝ m( m>1)上两点 A， B 知足 AP＝2PB，则当m ＝________时，点B横坐标的绝对值最大 .→ →－ x1＝2x2，1 12 2) ，由 AP＝2PB，得 1 2 1 －分析设 A( x ， y ) ，B( x，y 1－y1＝ 2（y2－ 1），即 x ＝－2x ， y ＝34 2 2x 2 22y2 . 因为点A，B在椭圆上，所以4＋（ 3－ 2y ）＝m， 1 3 2 22 得y2＝m＋，所以 x2＝ m－(3－2y2) x2 2 4 4＋ y2＝ m，4＝－1 2＋5 －9＝－1( － 5) 2＋4≤4，所以当＝5 时，点B横坐标的绝对值最大，最大值为4m2m4 4mm2.答案 52.(2018 ·北京卷 ) 已知抛物线C：y2＝ 2px经过点P(1 ，2). 过点Q(0 ，1) 的直线l 与抛物线 C 有两个不一样的交点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；→→→→ 1 1(2) 设O为原点，QM＝λQO，QN＝μQO，求证：λ＋μ为定值 .(1)解因为抛物线 y2＝2px 过点(1，2)，2所以 2p＝ 4，即p＝ 2. 故抛物线C的方程为 y ＝4x.设直线 l 的方程为 y＝ kx ＋1( k≠0).由y2＝4x，得 k2x2＋(2 k－4) x＋1＝0. y＝ kx＋1依题意＝ (2 k － 4) 2－4× k 2×1>0，解得 k <1，又因为 ≠0，故k <0 或 0< <1.kk又，与 y 轴订交，故直线l 可是点 (1 ，－ 2).PA PB进而 k ≠－ 3.所以直线 l 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).12＝－2k － 41 21由(1) 知 x ＋ x k 2， x x ＝k 2.y 1－ 2直线 PA 的方程为 y － 2＝ x 1－ 1( x － 1). 令 x ＝ 0，M － y 1＋ 2＋2＝－ kx 1＋1得点 M 的纵坐标为 y ＝ x 1－ 1x 1－ 1 ＋2.－ kx 2＋1同理得点 N 的纵坐标为 y N ＝ 2＋ 2.x － 1由 → ＝ λ → ， → ＝ μ→ 得 λ ＝ 1－ y My N，μ＝ 1－QMQO QNQO所以1 1＝1 ＋ 1＝ x 1－ 1＋ x 2 －1＋ μ（ k － 1） x 2 λ 1－ y M 1－y N（ k － 1） x 1 2 2 k － 4＝ 1 2x 1x 2－（ x 1＋ x 2）＝ 1 k 2＋ k2＝2. · x x · 1k － 12k － 11k 21 1所以 λ ＋ μ ＝2 为定值 .3.(2017 ·全国Ⅰ卷 ) 已知椭圆 x 2 y 2 － 1，3 C ： 2＋2＝ 1( a >b >0) ，四点 P 1(1 ，1) ，P 2(0 ，1) ，P 3，ab243中恰有三点在椭圆 C 上 . P 1， 2(1) 求 C 的方程；(2) 设直线 l 不经过 P 2 点且与 C 订交于 A ，B 两点 . 若直线 P 2A 与直线 P 2B 的斜率的和为－ 1，证明： l 过定点 .(1) 解因为点 P 3， P 4 对于 y 轴对称，由题设知 C 必过 P 3，P 4 . 又由 1 1 1 32知，椭圆 Ca 2＋ 2> 2＋ 4b b a不经过点 P ，1所以点 P 2在椭圆 C 上.12＝ 1， 22b a ＝4，x＋ y 2＝ 1.所以解得故 C 的方程为1 3b 2＝ 1.4a ＋4b ＝1，(2) 证明设直线 P2A 与直线 P2B的斜率分别为k1， k2. 假如直线l 的斜率不存在， l 垂直于 x 轴.设 l ： x＝ m， A( m， y A)，B( m，－ y A)，y A－1－ y A－1－2k1＋k2＝m ＋m ＝m＝－ 1，得m＝ 2，此时 l 过椭圆右极点，不存在两个交点，故不知足.进而可设l ：＝kx＋ ( ≠1).y m mx2 2 222将 y＝ kx ＋m代入4＋y ＝1 得(4 k＋ 1) x＋ 8kmx＋ 4m－ 4＝ 0. 由题设可知＝ 16(4 2 －2＋ 1)>0.k m28km4m－ 4 设 A( x1， y1)， B( x2， y2)，则 x1＋ x2＝－4k2＋1， x1x2＝4k2＋1.则 k1＋ k2＝y1－1 y2－1 kx1＋m－1 kx2＋ m－1 ＋＝＋x2x1 x2 x1＝2kx1x2＋（m－1）（x1＋x2）.x1x2由题设 k1＋ k2＝－1，故(2 k＋1) x1x2＋( m－1)( x1＋x2)＝0.24m－ 4－8km∴(2 k＋1) ·4k2＋1＋ ( m－1) ·4k2＋1＝ 0.解之得 m＝－2k－1，此时＝32(m＋1)>0，方程有解，∴当且仅当m>－1时，>0，∴直线 l 的方程为 y＝ kx －2k－1，即 y＋1＝ k( x－2).所以 l 过定点(2，－1).考点整合1.圆锥曲线中的范围、最值问题，能够转变为函数的最值问题 ( 以所求式子或参数为函数值 ) ，或许利用式子的几何意义求解 .温馨提示圆锥曲线上点的坐标是有范围的，在波及到求最值或范围问题时注意坐标范围的影响 .2.定点、定值问题(1)定点问题：在分析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，无论参数怎样变化，其都过某定点，这种问题称为定点问题.若获得了直线方程的点斜式：y－ y0＝ k( x－ x0)，则直线必过定点( x0，y0) ；若获得了直线方程的斜截式： y＝ kx＋ m，则直线必过定点(0 ，m).呵呵复生复生复生地地道道的达到标或动直线中的参变量没关，这种问题统称为定值问题.3. 存在性问题的解题步骤：(1) 先假定存在，引入参变量，依据题目条件列出对于参变量的方程( 组 ) 或不等式 ( 组 ).(2) 解此方程 ( 组 ) 或不等式 ( 组) ，如有解则存在，若无解则不存在.(3) 得出结论 .热门一圆锥曲线中的最值、范围x 2y23，直线【例 1】 (2018 ·西安质检 ) 已知椭圆： 2 ＋ 2＝ 1( > >0) 的离心率＝x＋ 3C a b a be2y－1＝ 0 被以椭圆 C 的短轴为直径的圆截得的弦长为3.(1) 求椭圆 C 的方程；(2) 过点 M (4 ， 0) 的直线 l 交椭圆于 A ， B 两个不一样的点，且 λ＝ | MA |·|MB | ，求 λ 的取值范围 .1解 (1) 原点到直线 x ＋3 y － 1＝ 0 的距离为 2，22由题得1 3＝ b 2( b >0) ，解得 b ＝ 1.＋222c 2b 2 3又 e ＝ a 2＝ 1－a 2＝ 4，得 a ＝2.x 22所以椭圆 C 的方程为 4＋ y ＝ 1.(2) 当直线 l 的斜率为 0 时， λ ＝ | MA |·|MB | ＝12.当直线 l 的斜率不为 0 时，设直线 l ： x ＝ my ＋ 4，点 A ( x 1， y 1) ， B ( x 2， y 2) ，x ＝ my ＋ 4，联立 x2消去 x 得22＋8my ＋ 12＝ 0.2( m ＋ 4) y4 ＋ y ＝1，由222＝ 64m －48( m ＋ 4)>0 ，得 m >12，所以 y 1y 2＝12.2m ＋ 4λ＝ ||·| |＝2＋ 1|y 1|·2＋ 1| y 2|mmMAMB232y 1y 2|12（ m ＋ 1）＝( m ＋ 1)|＝＋＝ 12－m ＋4 .m 42233 39 由 m >12，得 0<2＋ 4<16，所以 4 <λ <12.m地地道道的达到3939综上可得： 4 <λ ≤12，即 λ ∈ 4 ， 12 .研究提升求圆锥曲线中范围、最值的主要方法： (1) 几何法：若题目中的条件和结论能明显表现几何特点和意义，则考虑利用图形性质数形联合求解.(2) 代数法：若题目中的条件和结论能表现一种明确的函数关系，或许不等关系，或许已知参数与新参数之间的等量关系等，则利用代数法求参数的范围.【训练 1】 (2018 ·浙江卷 ) 如图，已知点 P 是 y 轴左边 ( 不含 y 轴 ) 一点，抛物线： y 2＝ 4 上存在不一样的两点， B 知足，的中点均在CxAPA PBC上 .(1) 设 AB 中点为 M ，证明： PM 垂直于 y 轴；2 y 2(2) 若 P 是半椭圆 x ＋ 4 ＝ 1( x <0) 上的动点，求△ PAB 面积的取值范围 .1 2 1 2 (1) 证明设 P ( x 0， y 0) ，A 4y 1， y 1 ，B 4y 2， y 2 .2 为方程 y＋ y 0 2 1 y 2＋ x 0 因为，的中点在抛物线上，所以 y 1，＝4· 4 ， PA PB y 2222 的两个不一样的实根 .即 y－ 2y y ＋ 8x － y ＝ 00 0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 0，2y 1y 2＝ 8x 0－ y 0，所以 | | ＝1(y 12＋ y 22) － x 0＝32－ 3 x 0，PM 84y2| y 1 －y 2| ＝ 2 2（ y 0－ 4x 0）.1 所以，△ PAB 的面积 S △ PAB ＝ | PM |·|y 1－ y 2|23 223＝ 4 ( y 0－4x 0) 2.22y 0因为 x 0 ＋ 4 ＝ 1( x 0<0) ，所以y 02－ 4 0＝－ 4 02－ 4 x 0＋4∈ [4 ，5] ，x x所以，△ PAB 面积的取值范围是6 2，1510.4热门二定点、定值问题考法 1圆锥曲线中的定值呵呵复生复生复生【例 2－ 1】 (2018 ·烟台二模 ) 已知椭圆x 2 y 2＝ 1(> >0) 的焦距为 2 3，斜率为 1 ： 2 ＋ 2的直C a ba b2线与椭圆交于，两点，若线段AB 的中点为，且直线的斜率为－ 1 .A BDOD 2(1) 求椭圆 C 的方程；(2) 若过左焦点 F 斜率为 k 的直线 l 与椭圆交于 M ，N 两点，P 为椭圆上一点，且知足 OP ⊥ MN ，问： 1＋ 1能否为定值？假如，求出此定值；若不是，说明原因. | MN | |OP |2 解 (1) 由题意可知 c ＝ 3 ，设 A ( x 1， y 1) ， B ( x 2， y 2) ，222 2x 1y 1x 2 y 2则 a 2＋ b 2＝ 1， a 2＋b 2＝ 1，y － yy ＋ y222 b11两式相减并整理得， x 1－x 2·x 1 ＋ x 2 ＝－ a 2 ，b 2即 k AB · k OD ＝－ a 2.112 2又因为 k ＝2， k ＝－2，代入上式得， a ＝4b .ABOD又 a 2＝ b 2＋ c 2， c 2＝3，所以 a 2＝4， b 2＝ 1，故椭圆的方程为x 22＋ y ＝ 1.4(2) 由题意可知， F ( － 3， 0) ，当 MN 为长轴时， OP 为短半轴，111 5则 | MN |＋ | OP | 2＝ 4＋ 1＝4，不然，可设直线 l 的方程为 y ＝k ( x ＋ 3) ，x 22联立4 ＋ y ＝1，消 y 得，y ＝ k （x ＋ 3），(1＋42)x 2＋8 3 k 2 x ＋ 12 2－ 4＝ 0，kk8 3 212 k2－ 4k 则有 x 1＋ x 2＝－ 1＋ 4k 2， x 1x 2＝ 1＋ 4k 2 ，所以 | |＝ 1＋ k 2| x 1－ x 1|MN8 3k2212k 2－ 44＋ 4k 2 ＝ 1＋ k 2－＋ 4k 2 －41＋ 4k 2＝1＋4 k 2，11设直线 OP 方程为 y ＝－ k x ，2x＋ y 2＝ 1，4联立1y ＝－ k x ，2k2依据对称性不如令P－2， 2，k ＋4 k ＋ 42k 2224＋ 4k 2所以|OP |＝－k 2＋ 4 ＋k 2＋ 4 ＝k 2＋ 4.11 1＋ 4k 211＋ 4k 2 k 2＋ 4 5故 | MN |＋ | OP | 2＝ 4＋ 4k 2＋ 4＋ 4k 2 2＝ 4＋ 4k 2＋4＋ 4k 2＝ 4，k 2＋ 41 15综上所述， | MN |＋ | OP | 2为定值 4.研究提升1. 求定值问题常有的方法有两种：(1) 从特别下手，求出定值，再证明这个值与变量没关.(2) 直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，进而获得定值 .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，而后证明与参数没关，这种问题选择消元的方向是特别重点的.x 2 y 2【训练 2】已知椭圆 C ： a 2＋ b 2＝ 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 .x 2(1) 解由题意知 a ＝ 2， b ＝ 1. 所以椭圆方程为4 ＋ y 2＝ 1，22c3又 c ＝ a － b ＝ 3. 所以椭圆离心率 e ＝ a ＝ 2 .(2) 证明设 P 点坐标为 ( x 0， y 0)( x 0＜ 0， y 0＜ 0) ，22则 x ＋ 4y ＝ 4，y 0－ 1由 B 点坐标 (0 ，1) 得直线 PB 方程为： y － 1＝ x 0 ( x － 0) ，令 y ＝ 0，得 x N ＝ x 0，1－ y 0x 0进而 | AN | ＝2－ x N ＝ 2＋y 0－ 1，由 A 点坐标 (2 ， 0) 得直线方程为 y －0＝ y 0 ( x －2) ，PA x 0 － 2地地道道的达到令 x ＝ 0，得 y M ＝ 2y 0，进而| | ＝ 1－ M ＝1＋ 2y 0 ，BM yx 0－ 22－x 0所以S 四边形 ABNM＝ 1 ||·| | 2 ANBM ＝ 12＋ x 0 1＋ 2 y 02 0 0y － 1 x － 222x 0＋ 4y 0＋ 4x 0y 0－ 4x 0－ 8y 0＋ 4＝2（ x 0y 0－ x 0－ 2y 0＋ 2）2x 0y 0－ 2x 0－ 4y 0＋4 ＝x 0y 0－ x 0－ 2y 0＋ 2 ＝2.即四边形 ABNM 的面积为定值 2. 考法 2圆锥曲线中的定点问题【例 2－ 2】 (2018 ·衡水中学质检 ) 已知两点 A ( － 2，0) ， B ( 2，0) ，动点 P 在 y 轴上的→→→2投影是 Q ，且 2PA ·PB ＝ | PQ | .(1) 求动点 P 的轨迹 C 的方程；(2) 过 (1 ， 0) 作相互垂直的两条直线交轨迹C 于点，，，，且1， 2 分别是，的F GHMN E E GH MN中点 . 求证：直线 E 1E 2 恒过定点 .(1) 解设点 P 坐标为 ( x ， y ) ，∴点 Q 坐标为 (0 ， y ).→→ → 2∵2PA · PB ＝ | PQ | ，∴2[( －2－ x )( 2－ x ) ＋ y 2 ] ＝ x 2，x 2 y 2化简得点 P 的轨迹方程为4 ＋ 2 ＝ 1.(2) 证明当两直线的斜率都存在且不为0 时，设l GH：＝ ( x －1)， ( 1，1)， (2， 2) ，y k G x y H x y1l MN ： y ＝－ k ( x －1) ， M ( x 3，y 3) ， N ( x 4， y 4) ，22xy联立4＋ 2＝1， y ＝k （ x － 1），消去 y 得 (2 k 2＋ 1) x 2－ 4k 2x ＋ 2k 2－ 4＝0.则 >0恒成立 .4k 22k 2 －4∴x 1＋ x 2＝2k 2＋ 1，且 x 1x 2＝ 2k 2＋1.2k 2 ，－ k ，12 2 2k ＋1 2k ＋ 1 ∴GH 中点 E 坐标为 2 k同理， MN 中点 E 2 坐标为 k 2＋ 2， k 2＋2 ，地地道道的达到－3k∴k E1E2＝2（k2－1），lE E y －3k 2 2∴的方程为＝x－，∴过点， 0 ，1 2 22（k－ 1） 3 31 22 ， 0 1 2当两直线的斜率分别为0 和不存在时，lE E的方程为y＝ 0，也过点3 ，综上所述， lE E 2过定点3，0 .研究提升 1. 动直线l过定点问题 . 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.引入参变量成立曲线 C的方程，再依据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点.【训练 3】已知曲线C： y2＝4x，曲线 M：( x－1)2＋y2＝4( x≥1)，直线 l 与曲线 C交于 A，B两点， O为坐标原点.→→(1) 若OA·OB＝－ 4，求证：直线l 恒过定点；→→(2) 若直线l与曲线M相切，求PA·PB( 点P坐标为 (1 ， 0)) 的最大值 .解设 l ：x＝ my＋ n， A( x1， y1)， B( x2， y2).x ＝ my＋ n，2－4 － 4 ＝0.由得y 2＝ 4x，y my n∴y1＋ y2＝4m，y1y2＝－4n.∴x1＋ x 2 22＝4m＋2n，x1x2＝n.(1) 证明→→由 OA· OB＝－4，2得 x1x2＋ y1y2＝ n －4n＝－4，解得 n＝2.∴直线 l 恒过定点(2，0).(2)∵直线 l 与曲线 M：( x－1)2＋ y2＝4( x≥1)相切，|1 －n|∴2＝2，且n≥3，1＋m2 2整理得 4m＝n－2n－ 3( n≥3). ①又点 P 坐标为(1，0)，∴由已知及①，得→→PA· PB＝( x1－1， y1)·(x2－1， y2)＝( x1－ 1)( x2－1) ＋y1y2＝ x 1x 2－ ( x 1＋ x 2) ＋ 1＋ y 1y 222＝ n － 4m － 2n ＋1－ 4n22＝ n － 4m － 6n ＋1＝ 4－ 4n .又 y ＝ 4－ 4n ( n ≥3) 是减函数，∴当 n ＝ 3 时， y ＝ 4－ 4n 获得最大值－ 8.→ → 故PA · PB 的最大值为－ 8. 热门三圆锥曲线中的存在性问题x 2 y 2【例 3】 (2018 ·江南名校联考 ) 设椭圆 M ： a 2＋ b 2＝ 1( a >b >0) 的左、右焦点分别为 A ( －1，0)， (1，0)， C 为椭圆上的点，且∠ ＝ π， △ ABC ＝ 3 .B M ACB 3 S 3(1) 求椭圆 M 的标准方程；(2) 设过椭圆 M 右焦点且斜率为 k 的动直线与椭圆 M 订交于 E ，F 两点，研究在 x 轴上能否存→ →D 的坐标；若不存在，请说明原因 .在定点 D ，使得 DE · DF 为定值？若存在，试求出定值和点2222解 (1) 在△ ABC 中，由余弦定理 AB ＝ CA ＋CB － 2CA ·CB ·cos C ＝ ( CA ＋CB ) － 3CA ·CB ＝ 4.1 33 ，又 S △ ABC ＝ CA · CB ·sin C ＝CA · CB ＝243∴ · ＝4，代入上式得＋＝ 2 2.CACB 3CA CB椭圆长轴 2a ＝ 2 2，焦距 2c ＝ AB ＝ 2.2x2所以椭圆 M 的标准方程为＋ y ＝ 1.(2) 设直线方程 y ＝ k ( x － 1) ，E ( x 1， y 1) ， F ( x 2， y 2) ，2x＋ y 2＝1，联立2y ＝ k （x － 1），消去 y 得 (1 ＋ 2k 2) x 2－ 4k 2x ＋ 2k 2－ 2＝0，＝ 8k 2＋8>0，4k 22k 2－ 2∴ x 1＋ x 2＝ 1＋ 2k 2， x 1x 2＝ 1＋ 2k 2.→ →假定 x 轴上存在定点D ( x 0， 0) ，使得 DE ·DF 为定值 .→ →∴DE · DF ＝ ( x 1－ x 0， y 1) ·(x 2－ x 0， y 2)2＝x 1x 2－ x 0( x 1＋ x 2) ＋x 0＋ y 1y 22 2＝ x 1x 2－ x 0( x 1＋ x 2) ＋x 0＋ k ( x 1－ 1)( x 2 －1)2 ) x 1x 2－ 2 2 2＝(1 ＋ k ( x 0＋ k )( x 1＋ x 2) ＋x 0＋ k22 2（ 2x 0－ 4x 0＋ 1） k ＋（ x 0－ 2）＝1＋ 2k 2要使→ · →为定值，则 → · →的值与k 没关，DE DFDE DF225∴2x － 4x ＋1＝2( x － 2) ，解得 x ＝，4 此时→ · →＝－ 7 为定值，定点为5 ， 0 .DE DF164研究提升1. 此类问题一般分为研究条件、研究结论两种 . 若研究条件，则可先假定条件成立，再考证结论能否成立，成立则存在，不可立则不存在；若研究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行议论，常常波及对参数的议论.2. 求解步骤：假定知足条件的元素 ( 点、直线、曲线或参数 ) 存在，用待定系数法设出，列出对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，不然，元素 ( 点、直线、曲线或参数 ) 不存在 .x 2 y 21 3【训练 4】已知椭圆 C ： a 2＋ b 2＝ 1( a >b >0) 的离心率为 2，且过点 P 1，2 ，F 为其右焦点 .(1) 求椭圆 C 的方程；(2) 设过点 A (4 ，0) 的直线 l 与椭圆订交于M ， N 两点 ( 点 M 在 A ， N 两点之间 ) ，能否存在直线 l 使△ AMF 与△ MFN 的面积相等？若存在，试求直线l 的方程；若不存在，请说明原因.c 1解 (1) 因为 a ＝ 2，所以 a ＝ 2c ， b ＝ 3c ，x 2y 2设椭圆方程 4c 2＋ 3c 2＝ 1，又点 P 1， 3 1 3 2＝ 1，在椭圆上，所以 2＋2 4c 4c22 2x 2 y 2解得 c ＝ 1， a ＝4， b ＝ 3，所以椭圆方程为 4＋ 3＝1.(2) 易知直线 l 的斜率存在，设 l 的方程为 y ＝ ( x －4) ，k y ＝ k （ x － 4），由 x 2 y 2 消去 y 得 (3 ＋ 4k 2) x 2－ 32k 2x ＋ 64k 2－12＝ 0，4＋ 3＝1，由题意知＝ (32 k 2) 2－ 4(3 ＋ 4k 2)(64 k 2－ 12)>0 ，1 1 解得－ <k < .22设 M ( x 1， y 1) ， N ( x 2， y 2) ，32k 2则 x 1＋ x 2＝ 3＋ 4k 2，①地地道道的达到264k－ 12因为△ AMF与△ MFN的面积相等，所以 | AM| ＝| MN|，所以 2x1＝x2＋4. ③4＋ 16k2由①③消去x2得 x1＝3＋4k2.④64k2－ 12 将 x2＝2x1－4代入②，得x1(2 x1－4)＝3＋4k2⑤将④代入到⑤式，整理化简得36k2＝ 5.∴k＝±56，经查验知足题设5 5故直线 l 的方程为 y＝6 ( x－ 4) 或y＝－6 ( x－ 4).1.解答圆锥曲线的定值、定点问题，从三个方面掌握：(1) 从特别开始，求出定值，再证明该值与变量没关：(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别出来，并令其系数为零，能够解出定点坐标.2.圆锥曲线的范围问题的常有求法(1) 几何法：若题目的条件和结论能显然表现几何特点和意义，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表现一种明确的函数关系，则可第一成立起目标函数，再求这个函数的最值 .3. 存在性问题求解的思路及策略(1)思路：先假定存在，推证知足条件的结论，若结论正确，则存在；若结论不正确，则不存在 .(2)策略：①当条件和结论不独一时要分类议论；②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假定成立，再推出条件.一、选择题x2 y21. 若双曲线λ－1－λ＝ 1(0< λ <1) 的离心率e∈ (1 ， 2) ，则实数λ的取值范围为 ()1 1A. 2，1B.(1 ， 2)C.(1 ，4)D. 4，1地地道道的达到易 c ＝ 1， a ＝ λ ，且 e ∈ (1 ，2) ，∴ 1< 11分析 λ <2，得 4<λ <1. 答案 D2. 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.21C. 11B.4D.28分析依据题意，抛物线 y ＝2x 2 上，设 P 到准线的距离为 d ，则有 | PF | ＝d ，抛物线的方程为＝ 2221 ，其准线方程为1在抛物线的极点时，有最小值1 y x ，即x ＝2y y＝－，∴当点P d ，881即| PF | min ＝ .8答案 D22x 2 y 23.(2018 ·北京东城区调研 ) 已知圆 M ：( x － 2) ＋ y ＝1 经过椭圆 C ： m ＋ 3 ＝ 1 的一个焦点，圆 M 与椭圆 C 的公共点为 A ，B ，点 P 为圆 M 上一动点，则 P 到直线 AB 的距离的最大值为( ) A.2 10－5B.2 10－ 4C.4 10－11D.4 10－ 10分析易知圆 M 与 x 轴的交点为 (1 ，0) ，(3 ，0) ，∴ m － 3＝1 或 m － 3＝ 9，则 m ＝ 4 或 m ＝12.（－2）2＋y 2＝1，x当 m ＝ 12 时，圆 M 与椭圆 C 无交点，舍去 . ∴ m ＝ 4. 联立x 2y 2 得 x 2－ 16x ＋ 244＋ 3＝1，＝0. ∵ x ≤2，∴ x ＝ 8－ 2 10. 故点 P 到直线 AB 距离的最大值为 3－(8 － 2 10) ＝ 2 10－ 5. 答案 Ax 2 y 24.(2018 ·全国Ⅲ卷 ) 设 F 1， F 2 是双曲线 C ：a 2－ b 2＝ 1( a >0， b >0) 的左、右焦点， O 是坐标原点. 过 F 2 作 C 的一条渐近线的垂线，垂足为 P . 若| PF 1| ＝ 6| OP | ，则 C 的离心率为 ()A. 5B.2C.3D. 2b2b| bc |2分析不如设一条渐近线的方程为y ＝ a x ，则 F 到 y ＝ a x 的距离 d ＝ a 2＋ b 2＝b ，在Rt △ F PO中， | F O | ＝ c ，所以 | PO |＝ a ，所以 | PF |＝ 6a ，又 | F O | ＝ c ，所以在△ F PO 与 Rt △F PO 中，21112依据余弦定理得 cos ∠a 2＋ c 2－（ 6a ）2＝＝12aca226 ) 22＝2 ，所以 c－cos ∠2＝－，则3 ＋c － (＝0，得 3a ce ＝＝3.POFcaaa答案C二、填空题呵呵复生复生复生地地道道的达到5. 设双曲线x 2y 2＝ 1( a >0， >0) 的一条渐近线与抛物线y 2x 的一个交点的横坐标为x 0，： 2－2＝C a b b若 x 0>1，则双曲线 C 的离心率 e 的取值范围是 ________.： x 22＝ b分析双曲线 2－ y2＝1 的一条渐近线为y，C aba xy 2＝ x ，b 2联立b消去 y2.，得 2＝a xxy ＝ a x2由 x 0>1，知b2<1， b 2<a 2.a2c 2 a 2＋ b 2∴e ＝ a 2＝a 2<2，所以 1<e < 2.答案 (1， 2)6.(2018 ·武汉模拟 ) 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 轴垂线，垂足分别为 C ，D ，则 | AC | ＋ | BD | 的最小值为 ________.分析不如设 A ( x 1， y 1)( y 1>0) ，B ( x 2， y 2)( y 2<0).2则| |＋| | ＝ 2＋ y 21.1＝＋AC BD x y 4 y又 y 1y 2＝－ p 2＝－ 4. ∴| |＋|| ＝24 (2<0).y －ACBD 2y 4 y 2 x 2 4设 g ( x ) ＝ 4 －x ，在 ( －∞，－ 2) 递减，在 ( － 2， 0) 递加 .∴当 x ＝－ 2，即 y 2＝－ 2 时， | AC | ＋ | BD | 的最小值为 3.答案3三、解答题7. 已知动圆 M 恒过点 (0 ， 1) ，且与直线 y ＝－ 1 相切 .(1) 求动圆心 M 的轨迹方程；(2) 动直线 l 过点 P (0 ，－ 2) ，且与点 M 的轨迹交于 A ， B 两点，点 C 与点 B 对于 y 轴对称，求证：直线 AC 恒过定点 .(1) 解由题意得点与点 (0 ， 1) 的距离等于点与直线＝－1的距离 .MM yp由抛物线定义知圆心 M 的轨迹为以点 (0 ，1) 为焦点，直线 y ＝－ 1 为准线的抛物线，则2＝ 1，＝ 2.p∴圆心的轨迹方程为x 2＝ 4 y .M地地道道的达到 (2) 证明由题意知直线 l 的斜率存在，设直线 l ：y ＝ kx － 2，A ( x 1，y 1) ，B ( x 2，y 2) ，则 C ( －x 2，y 2) ，由x 2＝4y ，得 x 2－ 4kx ＋ 8＝ 0，y ＝ kx － 2＝ 16k 2－ 32>0 得 k 2>2，∴ x 1＋ x 2＝ 4k ，x 1x 2＝ 8.22x 1x 2k AC ＝y1－ 2 4 －41－ 2y ＝x 1＝xx ，x 1＋ x 2 ＋ x 24直线的方程为y－x 1－ x 2x －1).1＝(ACy4xx 1－ x 2x 1－x 2x 1（ x 1－ x 2 ）2x 1－ x 2 x 1x 2x 1即 y ＝ y 1＋ 4 ( x － x 1) ＝4 x －4＋ 4 ＝4 x ＋ 4 ，1 2x － x21∵x x ＝ 8，∴ y ＝ 4 x ＋ 2，则直线恒过点 (0 ， 2).ACx 2 y 28. 在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆C ：a 2＋ b 2＝ 1( a ＞ b ≥1) 过点 P (2 ，1) ，且离心率e ＝3.2(1) 求椭圆 C 的方程；1(2) 直线 l 的斜率为 2，直线 l 与椭圆 C 交于 A ， B 两点，求△ PAB 面积的最大值 .(1) ∵ e 2＝c22 23，∴ a 2＝ 4解 2＝a－2b ＝ b 2.aa44 122又 a 2＋ b 2＝ 1，∴ a ＝ 8， b ＝ 2.x 2 y 2故所求椭圆 C 的方程为 8 ＋ 2 ＝ 1.1(2) 设 l 的方程为 y ＝ 2x ＋ m ，点 A ( x 1， y 1) ，B ( x 2， y 2) ，1y ＝ x ＋ m ，2 2 2联立 x 2 y 2消去 y 得 x ＋2mx ＋ 2m － 4＝ 0，8＋ 2＝ 1，鉴别式22＝ 16－ 4m ＞ 0，即 m ＜ 4.2又 x 1＋ x 2＝－ 2m ， x 1· x 2＝ 2m －4，则| AB | ＝1＋ 1× （ x 1＋ x 2）2－ 4x 1x 2 4＝ 25（ 4－m ），| |2| |点 P 到直线 l的距离 d ＝m m＝.151＋ 411 2| m |2所以 S △ PAB ＝2d | AB | ＝2×5 × 5（4－ m ）22＝ 2 2m ＋（ 4－ m ）＝ 2，当且仅当 m （ 4－m ）≤2故△ PAB 面积的最大值为 2.2m ＝ 2 即 m ＝± 2时上式等号成立，9. 已知椭圆 x 2 y 2＝ 1( a >b >0) 的左、右焦点分别为 F 1 ( － 1，0) ，F 2(1 ，0) ，点 A 1，2 C ： 2 ＋ 2 在a b2椭圆 C 上.(1) 求椭圆 C 的标准方程；(2) 能否存在斜率为 2 的直线，使适当该直线与椭圆 C 有两个不一样交点 M ，N 时，能在直线 y5→ →＝ 3上找到一点P ，在椭圆 C 上找到一点 Q ，知足 PM ＝NQ ？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明原因 .解 (1) 设椭圆 C 的焦距为 2c ，则 c ＝ 1，因为A 1， 2在椭圆 C 上，所以 2 ＝| 1|＋|2| ＝ 2 2，则＝ 2， b 2＝ a 2－ c 2 ＝1.2a AFAFa2x2故椭圆 C 的方程为＋y ＝ 1.(2) 不存在知足条件的直线，原因以下：设直线的方程为 y ＝2 x ＋ t ，设 M ( x ，y ) ，N ( x ，y ) ，P x3 ，Q ( x ，y ) ，MN 的中点为 D ( x ，1 122 3，544y 0) ，y ＝ 2 ＋，xt由 x 22消去 x 得 9y 2－ 2ty ＋t 2－ 8＝ 0，2 ＋ y ＝ 1，所以 y 1＋ y 2＝2t，且＝4t 2－ 36( t 2－ 8)>0 ，9y 1＋ y 2 t故 y 0＝＝，且－ 3<t <3.29 由 → ＝ → 得 x 1－ x 3， y 1－ 5 ＝ ( x 4－ 2， y 4－ 2 ) ，PM NQ 3 xy154 24 125 2 5所以有 y － 3＝ y － y ， y ＝ y ＋y － 3＝ 9t －3.7又－ 3<t <3，所以－ 3<y 4<－ 1，与椭圆上点的纵坐标的取值范围是[ －1，1] 矛盾 .地地道道的达到所以不存在知足条件的直线 .10.(2018 ·惠州调研 ) 在平面直角坐标系xOy 中，过点 (2 ， 0) 的直线与抛物线 2＝ 4 订交C yx于 A ， B 两点，设 A ( x 1，y 1) ， B ( x 2， y 2).(1) 求证： y 1y 2 为定值；(2) 能否存在平行于 y 轴的定直线被以 AC 为直径的圆截得的弦长为定值？假如存在，求出该直线的方程和弦长，假如不存在，说明原因 .(1) 证明法一当直线垂直于x 轴时，不如取 y 1＝ 2 2， 2＝－ 2 2，AB y所以 y 1y 2＝－ 8( 定值 ).当直线 AB 不垂直于 x 轴时，设直线 AB 的方程为 y ＝ k ( x －2) ，y ＝ k （x －），由y 2＝ 4x2得 ky 2－ 4y －8k ＝ 0，所以 y 1 y 2＝－ 8. 综上可得， y 1y 2＝－ 8 为定值 . 法二设直线AB 的方程为＝－ 2.my x由my ＝x －2，得 y 2－4my － 8＝0，所以 y 1y 2＝－8. y 2＝ 4x所以有 y 1y 2＝－ 8 为定值 .(2) 解存在 . 原因以下：设存在直线 l ： x ＝ a 知足条件，则x 1＋ 2 y 122AC 的中点 E ，，| AC | ＝112 2 （ x － 2 ）＋y ，所以以 AC 为直径的圆的半径r＝ 1|| ＝1（ 1－2） 2＋12＝1x 12＋ 4，2 AC 2 x y 2点 E 到直线 x ＝ a 的距离 d ＝ x 1＋2－ a ，2所以所截弦长为2212x ＋ 224（ x 1＋ 4）－12 r － d ＝ 22 － a222＝ x 1＋ 4－（ x 1＋ 2－ 2a ）＝－ 4（ 1－ a ） x 1＋ 8a －4a ，当 1－ a ＝ 0，即 a ＝1 时，弦长为定值2，这时直线的方程为 x ＝ 1.21 / 22 地地道道的达到：x 2 2 11.(2018 ·西安模拟 ) 如图，椭圆2＋ y 2＝ 1( > >0) 的左右 C a b a b焦点分别为 F 1， F 2，左右极点分别为 A ， B ， P 为椭圆 C 上任一点( 不与 A ，B 重合 ). 已知△ PFF 的内切圆半径的最大值为 2－1 22，椭圆 C 的离心率为 22.(1) 求椭圆 C 的方程；(2) 直线 l 过点 B 且垂直于 x 轴，延伸 AP 交 l 于点 N ，以 BN 为直径的圆交 BP 于点 M ，求证： O ， M ， N 三点共线 .c 2 2解 (1) 由题意知， a ＝ 2 ，∴ c ＝ 2 a .又 b 2＝ a 2－ c 2，2∴b ＝ 2 a .设△ PF 1F 2 的内切圆半径为 r ，1 1| ＋| 2| ＋| 12|)· r ，则 △PFF ＝ (| S 1 2 2 PF PF F F＝ 1(2 a ＋ 2c ) · r ＝ ( a ＋ c )r ， 2故当△ PF 1F 2 面积最大时， r 最大，即 P 点位于椭圆短轴极点时， r ＝ 2－ 2，∴ ( a ＋ c )(2 － 2) ＝ bc ，2 2把 c ＝ 2 a ， b ＝ 2 a 代入，解得 a ＝2， b ＝ 2，x 2 y 2∴椭圆方程为 4 ＋ 2 ＝ 1.(2) 由题意知，直线 AP 的斜率存在，设为 k ，则 AP 所在直线方程为 y ＝ k ( x ＋ 2) ，y ＝ k （x ＋ 2），联立 x 2 y 2 消去y ，得4 ＋2＝1，(2 k 2＋ 1) x 2＋ 8k 2x ＋ 8k 2－ 4＝0，则有 x P ·( － 2) ＝ 8k 2－ 42 ，2k ＋ 1∴x P ＝ 2－ 4k 2 4k2 ，y P ＝ k ( x P ＋ 2) ＝ 2 ，2k ＋ 1 2k ＋ 1→ － 8k 2 4k →得BP ＝ 2 2 ＋ 1， 2 2＋ 1 ，又 N (2 ，4k ) ，∴ ON ＝ (2 ， 4k ).k k呵呵复生复生复生地地道道的达到则→·→＝－16k216k2＝ 0，2 ＋ 2ON BP 2k ＋ 1 2k＋ 1∴ON⊥ BP，而 M在以 BN为直径的圆上，∴MN⊥ BP，∴ O， M，N三点共线.呵呵复生复生复生22 / 22。

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).。

新高考数学二轮复习：专题5解密高考⑤圆锥曲线问题巧在“设”、难在“算”

解密高考⑤圆锥曲线问题巧在“设”、难在“算”［技法指津］圆锥曲线的设点、设元策略圆锥曲线问题在遵循“设一一列一一解”程序化解题的基础上，应恰当地设点、设线，以简化运算，突出 “设”的重要性.⑴巧设“点”，可采用设而不求的方式解决弦长问题、中点弦问题、定点与定值问题、最值问题、相关量的取值范围问题等等.(2)巧设“线”，如涉及直线的斜率问题可依据题设条件灵活设直线方程为y=kx + b 、x = my +n ；对于分点问题可依据题设条件设直线的参数方程为X = x o + tcos a y = y o + tsin a母题示例：2019年全国卷I,本小题满分12分［审题指导发掘条件］圆锥曲线解答题破算参数设点1碱尤设点R -直接设点.■ W 'W ■ ■■ ■ ■]I标准方程鬥SK .■ ■ ■ ■ ■ IK |程;十普通方程季数方程(t 为参数).已知抛物线C:y 2 = 3x 的焦点为F ，斜率 3为2的直线I 与C 的交点为A ，B ，与x 轴本题考查：抛物线的定义、直线方程的求法、弦长公式、方程根与系数的关系等知识，学生的函数方程思想、转化化(1)若|AF|+ |BF|= 4,求 l 的方程;⑵若 AP = 3PB ,求 |AB|.归等能力，数学运算、逻辑推理等核心素养•［思维导图］活用定义T 借助平面向虽㈠孕盘i斥奪妄为 -T巧用图形性质H T 整体代人―千裔花耳知T k(1)看到抛物线的焦半径，想到抛物线的定义，缺X A+ X B，补设直线l的方程, 联立抛物线求解即可；⑵看到求|AB|想到弦长公式，缺y A + y e 的值，借助AP = 3PB 补找该关系.:规范解答*评分标准］设直线弓它+心丸（叫比）上（心』........................................... 1分 ⑴由题设苻戸（弓-』）*般IAFI + \RF\ =叫+兀+弓-,由题谏可得& +^2 =y. ..................... . ........ .......... ..................... ............ . 3并仁尊：巧用定义［由』戈，可得9一『+12（r Li”"广=0， ...... ・4甘 .........L 1■厂=3•玄 T从而_1豐-1）弓，得"_* ........... .....................77所収J 的方程为TL 专p .................................................. ............ .（2）法一：（直接法）曲齐二3 血可得珀=-3y 2. ............................................ 8分（丁=3工十｛漳:禰窈旨蚤窈巫树由 ~ 2 '可得y -2y + 2t = 0. .............................................. 9分逆畀 ;所以片+人=2”从而-3y 2 +y 2 =2?故-=—1谒=3. ................ .. ................................................................................ 10分1' 1 2 • 燉或弦长公式I 1 __ _ _____________ _______________ ______I故 L4RI / ......... * ................... * ........... * ........... * .............. * .............. 12 分法二：（直线的参数方程）2 2 2 设直线I 的倾斜角为厲*则tan a ^^sin a - —=, cosa-- Z_,2 M 13 i = ff t i 2 f媛逢:旨妄奇歩就初/ 2■程设直线［前参数方程为j3 ” "为参数）.……8 --------------------------- -------------- ;¥ = ------ /r M代入已知抛物线C 的方程/ -3x 中，有刍『-3设盘：直樓设点：i 设线：直織的嶄藏式|方程即-—-—i -3m = 0. .................. *…1343设A e 对应的参数分别为片込，则片+ x 二啤I ① ........................._ 3.......................... 9分■■■■iiiriiaiiBM ] .■^* + + * + + B 1 E J |又由 AP^3PB^t i = 由①②n 为参数). y = it故可设百⑶;，和上⑶;，陆)，由虬=1■，有 3/i3 2 金盯*““亍1 .....................................................................由邛= 3p$n (玳 _3彳，-引］)=3(3# _锲，3rJ=q _ -3J ② ...................... ................ 10 分由①②解得「1“* 所以乂(矢3)』(*-1), .................................................................... 11分所以,\AB\ = J^3 -yj" +(3 +1/ 二彎旦［构建模板五步解法］圆锥曲线类问题的求解策略母题突破：2019年丹东二模，本小题满分12分2 2经过坐标原点0的两条直线与椭圆E : a 2+活=1(a >b >0)分别相交于点A 、 C 和点B 、D ，其中直线AB 经过E 的左焦点(一1,0),直线CD 经过E 的右焦点(1,0).当直线AB 不垂直于坐标轴时，AB 与AD 的斜率乘积为—4.(1)求椭圆E 的方程；⑵求四边形ABCD 面积的最大值.［解］(1)设 A(x 1, y 1), B(x 2, y 2),由对称性 D(— x 2, — y 2)，直线 AB 与直线 AD2― 2 的斜率乘积为号一y 2.2分X 2 — X 1所玖*仙1 =匕1- 3法三：(抛物线的参数方程)抛物线C ：y 二3工的参数方程为 12分「複靈:疵爲義鬲蒙竅］I 方程:【设点:减无设点 :2 2⑵由题知CD 不平行于x 轴，设CD : x = my + 1,与中+鲁=1联立得2 2(3m + 4)y + 6my — 9 = 0.3m =6 m + 1△=144(m+ 1)>o , y 1, y 2=3m 2+4由对称性知四边形ABCD 是平行四边形，其面积S 等于△ OCD 面积的4 倍,所以当t = 1,即m = 0时，S 取最大值6. 12分b 2—孑.b 2所以字=34,因为 a 2— b 2= 1,所以 a 2= 4, b 2= 3, 2 2椭圆E 的方程为：+ y3 = 1.3分 4分 5分 6分于是 S = 24 m 2+ 1 3m 2 + 4243 m2+ 1+m 1+ 12 2 X 2 y 2孑+1,。

2019高考数学二轮复习专题五解析几何学案理

专题五解析几何[全国卷3年考情分析]第一讲小题考法——直线与圆[典例感悟][典例] (1)“ab ＝4”是“直线2x ＋ay －1＝0与直线bx ＋2y －2＝0平行”的( ) A ．充要条件 B ．充分不必要条件 C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件(2)过直线l 1：x －2y ＋3＝0与直线l 2：2x ＋3y －8＝0的交点，且到点P (0,4)距离为2的直线方程为( ) A ．y ＝2 B ．4x －3y ＋2＝0 C ．x ＝2D ．y ＝2或4x －3y ＋2＝0[解析] (1)因为两直线平行，所以2×2－ab ＝0，可得ab ＝4，必要性成立，又当a ＝1，b ＝4时，满足ab ＝4，但是两直线重合，充分性不成立，故选C.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋3＝0，2x ＋3y －8＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝2.∴l 1与l 2的交点为(1,2)．当所求直线斜率不存在，即直线方程为x＝1时，显然不满足题意．当所求直线斜率存在时，设该直线方程为y －2＝k (x －1)，即kx －y ＋2－k ＝0，∵点P (0,4)到直线的距离为2， ∴2＝|－2－k |1＋k 2，∴k ＝0或k ＝43. ∴直线方程为y ＝2或4x －3y ＋2＝0. [答案] (1)C (2)D[方法技巧]直线方程问题的2个关注点(1)求解两条直线平行的问题时，在利用A 1B 2－A 2B 1＝0建立方程求出参数的值后，要注意代入检验，排除两条直线重合的情况．(2)求直线方程时应根据条件选择合适的方程形式，同时要考虑直线斜率不存在的情况．[演练冲关]1．(2018·洛阳模拟)已知直线l 1：x ＋my －1＝0，l 2：nx ＋y －p ＝0，则“m ＋n ＝0”是“l 1⊥l 2”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选C ①若m ＋n ＝0，当m ＝n ＝0时，直线l 1：x －1＝0与直线l 2：y －p ＝0互相垂直；当m ＝－n ≠0时，直线l 1的斜率为－1m ，直线l 2的斜率为－n ，∵－1m ·(－n )＝－1m·m ＝－1，∴l 1⊥l 2.②当l 1⊥l 2时，若m ＝0，l 1：x －1＝0，则n ＝0，此时m ＋n ＝0；若m ≠0，则－1m·(－n )＝－1，即－n ＝m ，有m ＋n ＝0.故选C.2．若直线l 1：x ＋ay ＋6＝0与l 2：(a －2)x ＋3y ＋2a ＝0平行，则l 1与l 2间的距离为( ) A. 2 B.823 C. 3D.833解析：选B 由l 1∥l 2，得(a －2)a ＝1×3，且a ×2a ≠3×6，解得a ＝－1，所以l 1：x －y ＋6＝0，l 2：x －y ＋23＝0，所以l 1与l 2间的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪6－2312＋－2＝823. 3．直线x ＋2y －3＝0与直线ax ＋4y ＋b ＝0关于点A (1,0)对称，则b ＝________.解析：因为两直线关于点A (1,0)对称，在直线x ＋2y －3＝0上取两点M (1,1)，N (5，－1)，M ，N 关于点A (1,0)对称的点分别为M ′(1，－1)，N ′(－3,1)，则M ′(1，－1)，N ′(－3,1)都在直线ax ＋4y ＋b ＝0上，即⎩⎪⎨⎪⎧a －4＋b ＝0，－3a ＋4＋b ＝0，解得a ＝b ＝2.答案：2[典例] (1)已知三点A (1,0)，B (0，3)，C (2，3)，则△ABC 外接圆的圆心到原点的距离为( ) A.53 B.213C.253D.43(2)已知圆C 的圆心是直线x －y ＋1＝0与x 轴的交点，且圆C 与直线x ＋y ＋3＝0相切，则圆C 的方程为____________________．[解析] (1)设圆的一般方程为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0(D 2＋E 2－4F >0)，∴⎩⎨⎧1＋D ＋F ＝0，3＋3E ＋F ＝0，7＋2D ＋3E ＋F ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧D ＝－2，E ＝－433，F ＝1，∴△ABC 外接圆的圆心为⎝⎛⎭⎪⎫1，233，故△ABC 外接圆的圆心到原点的距离为1＋⎝⎛⎭⎪⎫2332＝213. (2)易知直线x －y ＋1＝0与x 轴的交点为(－1,0)，即圆C 的圆心坐标为(－1,0)．因为直线x ＋y ＋3＝0与圆C 相切，所以圆心(－1,0)到直线x ＋y ＋3＝0的距离等于半径r ，即r ＝|－1＋0＋3|2＝2，所以圆C 的方程为(x ＋1)2＋y 2＝2. [答案] (1)B (2)(x ＋1)2＋y 2＝2[方法技巧]圆的方程的2种求法[演练冲关]1．(2018·长沙模拟)与圆(x －2)2＋y 2＝4关于直线y ＝33x 对称的圆的方程是( ) A ．(x －3)2＋(y －1)2＝4 B ．(x －2)2＋(y －2)2＝4 C ．x 2＋(y －2)2＝4 D ．(x －1)2＋(y －3)2＝4解析：选D 圆与圆关于直线对称，则圆的半径相同，只需圆心关于直线对称即可．由题意知已知圆的圆心坐标为(2,0)，半径为2，设所求圆的圆心坐标为(a ，b )，则⎩⎪⎨⎪⎧b －0a －2×33＝－1，b ＋02＝33×a ＋22，解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝3，所以所求圆的圆心坐标为(1，3)，半径为2. 从而所求圆的方程为(x －1)2＋(y －3)2＝4.2．(2018·广州模拟)若一个圆的圆心是抛物线x 2＝4y 的焦点，且该圆与直线y ＝x ＋3相切，则该圆的标准方程是________________．解析：抛物线x 2＝4y 的焦点为(0,1)，即圆心为(0,1)，设该圆的标准方程是x 2＋(y －1)2＝r 2(r ＞0)，因为该圆与直线y ＝x ＋3相切，所以r ＝|－1＋3|2＝2，故该圆的标准方程是x 2＋(y －1)2＝2.答案：x 2＋(y －1)2＝23．(2018·惠州调研)圆心在直线x －2y ＝0上的圆C 与y 轴的正半轴相切，圆C 截x 轴所得弦的长为23，则圆C 的标准方程为________________．解析：设圆心坐标为(a ，b )，半径为r .由已知⎩⎪⎨⎪⎧a －2b ＝0，b >0，又圆心(a ，b )到y 轴、x 轴的距离分别为|a |，|b |，所以|a |＝r ，|b |2＋3＝r 2.综上，解得a ＝2，b ＝1，r ＝2，所以圆心坐标为(2,1)，圆C 的标准方程为(x －2)2＋(y －1)2＝4.答案：(x －2)2＋(y －1)2＝44．已知a ∈R ，方程a 2x 2＋(a ＋2)y 2＋4x ＋8y ＋5a ＝0表示圆，则圆心坐标是________，半径是________．解析：由二元二次方程表示圆的条件可得a 2＝a ＋2≠0，解得a ＝2或－1.当a ＝2时，方程为4x 2＋4y 2＋4x ＋8y ＋10＝0，即x 2＋y 2＋x ＋2y ＋52＝0，配方得⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋(y ＋1)2＝－54＜0，不表示圆；当a ＝－1时，方程为x 2＋y 2＋4x ＋8y －5＝0，配方得(x ＋2)2＋(y ＋4)2＝25，则圆心坐标为(－2，－4)，半径是5.答案：(－2，－4) 5[典例感悟][典例] (1)(2019届高三·齐鲁名校联考)已知圆x 2－2x ＋y 2－2my ＋2m －1＝0，当圆的面积最小时，直线y ＝x ＋b 与圆相切，则b ＝( )A ．±1B ．1C ．± 2D. 2(2)(2018·全国卷Ⅲ)直线x ＋y ＋2＝0分别与x 轴，y 轴交于A ，B 两点，点P 在圆(x －2)2＋y 2＝2上，则△ABP 面积的取值范围是( )A ．[2,6]B ．[4,8]C ．[2，32]D ．[22，32](3)已知点P (x ，y )在圆x 2＋(y －1)2＝1上运动，则y －1x －2的最大值与最小值分别为________． [解析] (1)由题意可知，圆x 2－2x ＋y 2－2my ＋2m －1＝0化为标准形式为(x －1)2＋(y －m )2＝m 2－2m ＋2，圆心为(1，m )，半径r ＝m 2－2m ＋2，当圆的面积最小时，半径r ＝1，此时m ＝1，即圆心为(1,1)，由直线和圆相切的条件可知|b |2＝1，解得b ＝± 2.故选C.(2)设圆(x －2)2＋y 2＝2的圆心为C ，半径为r ，点P 到直线x ＋y ＋2＝0的距离为d ，则圆心C (2,0)，r ＝2，所以圆心C 到直线x ＋y ＋2＝0的距离为|2＋2|2＝22，可得d max ＝22＋r ＝32，d min ＝22－r ＝ 2. 由已知条件可得|AB |＝22，所以△ABP 面积的最大值为12|AB |·d max ＝6，△ABP 面积的最小值为12|AB |·d min ＝2.综上，△ABP 面积的取值范围是[2,6]． (3)设y －1x －2＝k ，则k 表示点P (x ，y )与点A (2,1)连线的斜率．当直线PA 与圆相切时，k 取得最大值与最小值．设过(2,1)的直线方程为y －1＝k (x －2)，即kx －y ＋1－2k ＝0.由|2k |k 2＋1＝1，解得k ＝±33.[答案] (1)C (2)A (3)33，－33[方法技巧]1．直线(圆)与圆位置关系问题的求解思路(1)研究直线与圆的位置关系主要通过将圆心到直线的距离同半径做比较实现，两圆位置关系的判断依据是两圆心距离与两半径差与和的大小关系．(2)直线与圆相切时利用“切线与过切点的半径垂直，圆心到切线的距离等于半径”建立关于切线斜率的等式，所以求切线方程时主要选择点斜式．过圆外一点求解切线段长的问题，可先求出圆心到圆外点的距离，再结合半径利用勾股定理计算．2．与圆有关最值问题的求解策略处理与圆有关的最值问题时，应充分考虑圆的几何性质，并根据代数式的几何意义，利用转化思想和数形结合思想求解．与圆有关的最值问题，常见类型及解题思路如下：换求解m ＝(x －a )2＋(y －b )2型转化为动点与定点的距离的平方的最值问题[演练冲关]1．(2018·宁夏银川九中模拟)直线l ：kx ＋y ＋4＝0(k ∈R )是圆C ：x 2＋y 2＋4x －4y ＋6＝0的一条对称轴，过点A (0，k )作斜率为1的直线m ，则直线m 被圆C 所截得的弦长为( )A.22B. 2C. 6D ．2 6解析：选C 圆C ：x 2＋y 2＋4x －4y ＋6＝0，即(x ＋2)2＋(y －2)2＝2，表示以C (－2,2)为圆心，2为半径的圆．由题意可得，直线l ：kx ＋y ＋4＝0经过圆心C (－2,2)，所以－2k ＋2＋4＝0，解得k ＝3，所以点A (0,3)，故直线m 的方程为y ＝x ＋3，即x －y ＋3＝0，则圆心C 到直线m 的距离d ＝|－2－2＋3|2＝12，所以直线m 被圆C 所截得的弦长为2×2－12＝ 6.故选C. 2．(2018·江苏苏州二模)已知直线l 1：x －2y ＝0的倾斜角为α，倾斜角为2α的直线l 2与圆M ：x 2＋y 2＋2x －2y ＋F ＝0交于A ，C 两点，其中A (－1,0)，B ，D 在圆M 上，且位于直线l 2的两侧，则四边形ABCD 的面积的最大值是________．解析：由题意知，tan α＝12，则tan 2α＝2tan α1－tan 2α＝43. 直线l 2过点A (－1,0)，则l 2：y ＝43(x ＋1)，即4x －3y ＋4＝0，又A 是圆M 上的点，则(－1)2＋2×(－1)＋F ＝0，得F ＝1，圆M 的标准方程为(x ＋1)2＋(y －1)2＝1，圆心M (－1,1)，其到l 2的距离d ＝|－4－3＋4|5＝35.则|AC |＝21－⎝ ⎛⎭⎪⎫352＝85. 因为B ，D 两点在圆上，且位于直线l2的两侧，则四边形ABCD 的面积可以看成是△ABC 和△ACD 的面积之和，如图所示，当BD 垂直平分AC (即BD 为直径)时，两三角形的面积之积S ＝12和最大，即四边形ABCD 的面积最大，此时AC ，BD 相交于点E ，则最大面×|AC |×|BE |＋12×|AC |×|DE |＝12×|AC |×|BD |＝12×85×2＝85.答案：853．(2018·广西桂林中学5月模拟)已知从圆C ：(x ＋1)2＋(y －2)2＝2外一点P (x 1，y 1)向该圆引一条切线，切点为M ，O 为坐标原点，且有|PM |＝|PO |，则当|PM |取最小值时点P 的坐标为____________．r ＝ 2.因为|PM |解析：如图所示，连接CM ，CP .由题意知圆心C (－1,2)，半径＝|PO |，所以|PO |2＋r 2＝|PC |2，所以x 21＋y 21＋2＝(x 1＋1)2＋(y 1－2)2，即2x 1－4y 1＋3＝0.要使|PM |的值最小，只需|PO |的值最小即可．当PO 垂直于直线2x －4y ＋3＝0时，即PO 所在直线的方程为2x ＋y ＝0时，|PM |的值最小，此时点P 为两直线的交点，则⎩⎪⎨⎪⎧2x －4y ＋3＝0，2x ＋y ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－310，y ＝35，故当|PM |取最小值时点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－310，35.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－310，35 [必备知能·自主补缺] 依据学情课下看，针对自身补缺漏；临近高考再浏览，考前温故熟主干[主干知识要记牢]1．直线方程的五种形式2．点到直线的距离及两平行直线间的距离(1)点P (x 0，y 0)到直线Ax ＋By ＋C ＝0的距离为d ＝|Ax 0＋By 0＋C |A 2＋B 2.(2)两平行线l 1：Ax ＋By ＋C 1＝0，l 2：Ax ＋By ＋C 2＝0间的距离为d ＝|C 1－C 2|A 2＋B 2.3．圆的方程(1)圆的标准方程：(x －a )2＋(y －b )2＝r 2.(2)圆的一般方程：x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0(D 2＋E 2－4F >0)．(3)圆的直径式方程：(x －x 1)(x －x 2)＋(y －y 1)(y －y 2)＝0(圆的直径的两端点是A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2))． 4．直线与圆位置关系的判定方法(1)代数方法(判断直线与圆方程联立所得方程组的解的情况)：Δ>0⇔相交，Δ<0⇔相离，Δ＝0⇔相切． (2)几何方法(比较圆心到直线的距离与半径的大小)：设圆心到直线的距离为d ，则d <r ⇔相交，d >r ⇔相离，d ＝r ⇔相切．5．圆与圆的位置关系已知两圆的圆心分别为O 1，O 2，半径分别为r 1，r 2，则 (1)当|O 1O 2|＞r 1＋r 2时，两圆外离； (2)当|O 1O 2|＝r 1＋r 2时，两圆外切；(3)当|r 1－r 2|＜|O 1O 2|＜r 1＋r 2时，两圆相交； (4)当|O 1O 2|＝|r 1－r 2|时，两圆内切； (5)当0≤|O 1O 2|＜|r 1－r 2|时，两圆内含．[二级结论要用好]1．直线l 1：A 1x ＋B 1y ＋C 1＝0与直线l 2：A 2x ＋B 2y ＋C 2＝0的位置关系 (1)平行⇔A 1B 2－A 2B 1＝0且B 1C 2－B 2C 1≠0； (2)重合⇔A 1B 2－A 2B 1＝0且B 1C 2－B 2C 1＝0； (3)相交⇔A 1B 2－A 2B 1≠0； (4)垂直⇔A 1A 2＋B 1B 2＝0.[针对练1] 若直线l 1：mx ＋y ＋8＝0与l 2：4x ＋(m －5)y ＋2m ＝0垂直，则m ＝________. 解析：∵l 1⊥l 2，∴4m ＋(m －5)＝0，∴m ＝1.答案：12．若点P (x 0，y 0)在圆x 2＋y 2＝r 2上，则圆过该点的切线方程为：x 0x ＋y 0y ＝r 2. [针对练2] 过点(1，3)且与圆x 2＋y 2＝4相切的直线l 的方程为____________．解析：∵点(1，3)在圆x 2＋y 2＝4上， ∴切线方程为x ＋3y ＝4，即x ＋3y －4＝0. 答案：x ＋3y －4＝0[易错易混要明了]1．易忽视直线方程几种形式的限制条件，如根据直线在两坐标轴上的截距相等设方程时，未讨论截距为0的情况，直接设为x a ＋ya＝1；再如，未讨论斜率不存在的情况直接将过定点P (x 0，y 0)的直线设为y －y 0＝k (x －x 0)等．[针对练3] 已知直线过点P (1,5)，且在两坐标轴上的截距相等，则此直线的方程为__________________．解析：当截距为0时，直线方程为5x －y ＝0；当截距不为0时，设直线方程为x a ＋y a＝1，代入P (1,5)，得a ＝6， ∴直线方程为x ＋y －6＝0. 答案：5x －y ＝0或x ＋y －6＝02．讨论两条直线的位置关系时，易忽视系数等于零时的讨论导致漏解，如两条直线垂直，若一条直线的斜率不存在，则另一条直线斜率为0.如果利用直线l 1：A 1x ＋B 1y ＋C 1＝0与l 2：A 2x ＋B 2y ＋C 2＝0垂直的充要条件A 1A 2＋B 1B 2＝0，就可以避免讨论．[针对练4] 已知直线l 1：(t ＋2)x ＋(1－t )y ＝1与l 2：(t －1)x ＋(2t ＋3)y ＋2＝0互相垂直，则t 的值为________．解析：∵l 1⊥l 2，∴(t ＋2)(t －1)＋(1－t )(2t ＋3)＝0，解得t ＝1或t ＝－1. 答案：－1或13．求解两条平行线之间的距离时，易忽视两直线系数不相等，而直接代入公式|C 1－C 2|A 2＋B 2，导致错解．[针对练5] 两平行直线3x ＋4y －5＝0与6x ＋8y ＋5＝0间的距离为________．解析：把直线6x ＋8y ＋5＝0化为3x ＋4y ＋52＝0，故两平行线间的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－5－5232＋42＝32.答案：324．易误认为两圆相切即为两圆外切，忽视两圆内切的情况导致漏解．[针对练6] 已知两圆x 2＋y 2－2x －6y －1＝0，x 2＋y 2－10x －12y ＋m ＝0相切，则m ＝________.解析：由x 2＋y 2－2x －6y －1＝0，得(x －1)2＋(y －3)2＝11，由x 2＋y 2－10x －12y ＋m ＝0，得(x －5)2＋(y －6)2＝61－m .当两圆外切时，有－2＋－2＝61－m ＋11，解得m ＝25＋1011；当两圆内切时，有－2＋－2＝||61－m －11，解得m ＝25－1011.答案：25±1011[课时跟踪检测] A 级——12＋4提速练一、选择题1．已知直线l 1：x ＋2ay －1＝0，l 2：(a ＋1)x －ay ＝0，若l 1∥l 2，则实数a 的值为( ) A ．－32B ．0C ．－32或0D ．2解析：选C 由l 1∥l 2得1×(－a )＝2a (a ＋1)，即2a 2＋3a ＝0，解得a ＝0或a ＝－32.经检验，当a ＝0或a＝－32时均有l 1∥l 2，故选C.2．(2018·贵阳模拟)经过三点A (－1,0)，B (3,0)，C (1,2)的圆的面积S ＝( ) A ．π B ．2π C ．3πD ．4π解析：选D 法一：设圆的方程为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0(D 2＋E 2－4F >0)，将A (－1,0)，B (3,0)，C (1,2)的坐标代入圆的方程可得⎩⎪⎨⎪⎧1－D ＋F ＝0，9＋3D ＋F ＝0，1＋4＋D ＋2E ＋F ＝0，解得D ＝－2，E ＝0，F ＝－3，所以圆的方程为x 2＋y 2－2x －3＝0，即(x －1)2＋y 2＝4，所以圆的半径r ＝2，所以S ＝4π.故选D.法二：根据A ，B 两点的坐标特征可知圆心在直线x ＝1上，设圆心坐标为(1，a )，则r ＝4＋a 2＝|a －2|，所以a ＝0，r ＝2，所以S ＝4π，故选D.3．已知圆(x －1)2＋y 2＝1被直线x －3y ＝0分成两段圆弧，则较短弧长与较长弧长之比为( ) A ．1∶2 B ．1∶3 C ．1∶4D ．1∶5解析：选A (x －1)2＋y 2＝1的圆心为(1,0)，半径为1.圆心到直线的距离d ＝11＋3＝12，所以较短弧所对的圆心角为2π3，较长弧所对的圆心角为4π3，故两弧长之比为1∶2，故选A.4．(2018·山东临沂模拟)已知直线3x ＋ay ＝0(a >0)被圆(x －2)2＋y 2＝4所截得的弦长为2，则a 的值为( ) A. 2 B. 3 C ．2 2D ．2 3解析：选B 由已知条件可知，圆的半径为2，又直线被圆所截得的弦长为2，故圆心到直线的距离为3，即69＋a2＝3，得a ＝ 3.5．(2018·郑州模拟)已知圆(x －a )2＋y 2＝1与直线y ＝x 相切于第三象限，则a 的值是( ) A. 2 B ．－ 2 C ．± 2D ．－2解析：选B 依题意得，圆心(a,0)到直线x －y ＝0的距离等于半径，即有|a |2＝1，|a |＝ 2.又切点位于第三象限，结合图形(图略)可知，a ＝－2，故选B.6．(2018·山东济宁模拟)已知圆C 过点A (2,4)，B (4,2)，且圆心C 在直线x ＋y ＝4上，若直线x ＋2y －t ＝0与圆C 相切，则t 的值为( )A ．－6±2 5B ．6±2 5C ．25±6D ．6±4 5解析：选B 因为圆C 过点A (2,4)，B (4,2)，所以圆心C 在线段AB 的垂直平分线y ＝x 上，又圆心C 在直线x ＋y ＝4上，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ，x ＋y ＝4，解得x ＝y ＝2，即圆心C (2,2)，圆C 的半径r ＝－2＋－2＝2.又直线x ＋2y －t ＝0与圆C 相切，所以|2＋4－t |5＝2，解得t ＝6±2 5.7．若过点A (1,0)的直线l 与圆C ：x 2＋y 2－6x －8y ＋21＝0相交于P ，Q 两点，线段PQ 的中点为M ，l 与直线x ＋2y ＋2＝0的交点为N ，则|AM |·|AN |的值为( )A ．5B ．6C ．7D ．8解析：选B 圆C 的方程化成标准方程可得(x －3)2＋(y －4)2＝4，故圆心C (3,4)，半径为2，则可设直线l的方程为kx －y －k ＝0(k ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ＋2＝0，kx －y －k ＝0，得N ⎝⎛⎭⎪⎫2k －22k ＋1，－3k 2k ＋1，又直线CM 与l 垂直，得直线CM 的方程为y －4＝－1k(x －3)．由⎩⎪⎨⎪⎧y －4＝－1k x －，kx －y －k ＝0，得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2＋4k ＋3k 2＋1，4k 2＋2k k 2＋1，则|AM |·|AN |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2＋4k ＋3k 2＋1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫4k 2＋2k k 2＋12·⎝ ⎛⎭⎪⎫2k －22k ＋1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－3k 2k ＋12＝2|2k ＋1|1＋k 2×1＋k 2×31＋k2|2k ＋1|＝6.故选B.8．(2019届高三·湘东五校联考)圆(x －3)2＋(y －3)2＝9上到直线3x ＋4y －11＝0的距离等于2的点有( ) A ．1个 B ．2个 C ．3个D ．4个解析：选 B 圆(x －3)2＋(y －3)2＝9的圆心为(3,3)，半径为3，圆心到直线3x ＋4y －11＝0的距离d ＝|3×3＋4×3－11|32＋42＝2，∴圆上到直线3x ＋4y －11＝0的距离为2的点有2个．故选B. 9．圆x 2＋y 2＝1上的点到直线3x ＋4y －25＝0的距离的最小值为( ) A ．4 B ．3 C ．5D ．6解析：选A 易知圆x 2＋y 2＝1的圆心坐标为(0,0)，半径为1，圆心到直线3x ＋4y －25＝0的距离d ＝|－25|5＝5，所以圆x 2＋y 2＝1上的点到直线3x ＋4y －25＝0的距离的最小值为5－1＝4.10．(2019届高三·西安八校联考)若过点A (3,0)的直线l 与曲线(x －1)2＋y 2＝1有公共点，则直线l 斜率的取值范围为( )A ．(－3，3)B ．[－3， 3 ] C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，33 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，33 解析：选D 数形结合可知，直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝k (x －3)，则圆心(1,0)到直线y ＝k (x －3)的距离应小于等于半径1，即|2k |1＋k2≤1，解得－33≤k ≤33，故选D. 11．在平面直角坐标系xOy 中，已知A (－1,0)，B (0,1)，则满足|PA |2－|PB |2＝4且在圆x 2＋y 2＝4上的点P 的个数为( )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：选C 设P (x ，y )，则由|PA |2－|PB |2＝4，得(x ＋1)2＋y 2－x 2－(y －1)2＝4，所以x ＋y －2＝0.求满足条件的点P 的个数即为求直线与圆的交点个数，圆心到直线的距离d ＝|0＋0－2|2＝2＜2＝r ，所以直线与圆相交，交点个数为2.故满足条件的点P 有2个．12．在平面直角坐标系xOy 中，已知点A (0，－2)，点B (1，－1)，P 为圆x 2＋y 2＝2上一动点，则|PB ||PA |的最大值是( )A ．1B ．3C ．2D. 2解析：选C 设动点P (x ，y )，令|PB ||PA |＝t (t >0)，则－x 2＋－1－y 2－x2＋－2－y2＝t 2，整理得，(1－t 2)x 2＋(1－t 2)y 2－2x ＋(2－4t 2)y ＋2－4t 2＝0，(*)易知当1－t 2≠0时，(*)式表示一个圆，且动点P 在该圆上，又点P 在圆x 2＋y 2＝2上，所以点P 为两圆的公共点，两圆方程相减得两圆公共弦所在直线l 的方程为x －(1－2t 2)y －2＋3t 2＝0，所以圆心(0,0)到直线l 的距离d ＝|－2＋3t 2|1＋－2t22≤2，解得0<t ≤2，所以|PB ||PA |的最大值为2.二、填空题13．(2018·全国卷Ⅰ)直线y ＝x ＋1与圆x 2＋y 2＋2y －3＝0交于A ，B 两点，则|AB |＝________. 解析：由x 2＋y 2＋2y －3＝0，得x 2＋(y ＋1)2＝4.∴圆心C (0，－1)，半径r ＝2.圆心C (0，－1)到直线x －y ＋1＝0的距离d ＝|1＋1|2＝2，∴|AB |＝2r 2－d 2＝24－2＝2 2. 答案：2 214．如果直线ax ＋2y ＋3a ＝0与直线3x ＋(a －1)y ＝a －7平行，则a ＝________.解析：由直线ax ＋2y ＋3a ＝0与直线3x ＋(a －1)y ＋7－a ＝0平行，可得⎩⎪⎨⎪⎧aa －－2×3＝0，a －a －3×3a ≠0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3或a ＝－2，a ≠0且a ≠－2，故a ＝3.答案：315．过点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1的直线l 与圆C ：(x －1)2＋y 2＝4交于A ，B 两点，C 为圆心，当∠ACB 最小时，直线l 的方程为____________________．解析：易知当CM ⊥AB 时，∠ACB 最小，直线CM 的斜率为k CM ＝1－012－1＝－2，从而直线l 的斜率为k l ＝－1k CM ＝12，其方程为y －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12，即2x －4y ＋3＝0.答案：2x －4y ＋3＝016．(2018·南宁、柳州模拟)过点(2，0)作直线l 与曲线y ＝1－x 2相交于A ，B 两点，O 为坐标原点，当△AOB 的面积取最大值时，直线l 的斜率等于________．解析：令P (2，0)，如图，易知|OA |＝|OB |＝1，所以S △AOB ＝12|OA |·|OB |·sin ∠AOB ＝12sin ∠AOB ≤12，当∠AOB ＝90°时，△AOB 的面积取得最大值，此时过点O 作OH⊥AB 于点H ，则|OH |＝22，于是sin ∠OPH ＝|OH ||OP |＝222＝12，易知∠OPH为锐角，所以∠OPH ＝30°，则直线AB 的倾斜角为150°，故直线AB 的斜率为tan 150°＝－33. 答案：－33B 级——难度小题强化练1．(2018·重庆模拟)已知圆C ：(x －2)2＋y 2＝2，直线l ：y ＝kx ，其中k 为[－3，3]上的任意一个数，则事件“直线l 与圆C 相离”发生的概率为( )A.33 B.34 C.14D.3－33解析：选D 当直线l 与圆C 相离时，圆心C 到直线l 的距离d ＝|2k |k 2＋1>2，解得k >1或k <－1，又k ∈[－3，3]，所以－3≤k <－1或1<k ≤3，故事件“直线l 与圆C 相离”发生的概率P ＝3－＋－1＋323＝3－33，故选D. 2．(2018·合肥质检)设圆x 2＋y 2－2x －2y －2＝0的圆心为C ，直线l 过(0,3)与圆C 交于A ，B 两点，若|AB |＝23，则直线l 的方程为( )A ．3x ＋4y －12＝0或4x －3y ＋9＝0B ．3x ＋4y －12＝0或x ＝0C ．4x －3y ＋9＝0或x ＝0D ．3x －4y ＋12＝0或4x ＋3y ＋9＝0解析：选B 圆的方程化为标准形式为(x －1)2＋(y －1)2＝4，圆心C (1,1)，半径r ＝2，当直线l 的斜率不存在时，方程为x ＝0，计算出弦长为23，符合题意；当直线l 的斜率存在时，可设直线l 的方程为y ＝kx ＋3，由弦长为23可知，圆心到该直线的距离为1，从而有|k ＋2|k 2＋1＝1，解得k ＝－34，此时方程为y ＝－34x ＋3，即3x ＋4y －12＝0.综上，直线l 的方程为x ＝0或3x ＋4y －12＝0，故选B.3．(2018·安徽黄山二模)已知圆O ：x 2＋y 2＝1，点P 为直线x 4＋y2＝1上一动点，过点P 向圆O 引两条切线PA ，PB ，A ，B 为切点，则直线AB 经过定点( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，14 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，12 C.⎝⎛⎭⎪⎫34，0 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，34 解析：选B 因为点P 是直线x 4＋y2＝1上的一动点，所以设P (4－2m ，m )．因为PA ，PB 是圆x 2＋y 2＝1的两条切线，切点分别为A ，B ，所以OA ⊥PA ，OB ⊥PB ，所以点A ，B 在以OP 为直径的圆C 上，即弦AB 是圆O 和圆C 的公共弦．因为圆心C 的坐标是⎝⎛⎭⎪⎫2－m ，m 2，且半径的平方r 2＝－2m 2＋m24，所以圆C 的方程为(x －2＋m )2⎝ ⎛⎭⎪⎫y －m 22＝－2m2＋m24，①又x 2＋y 2＝1，②所以②－①得，(2m －4)x －my ＋1＝0，即公共弦AB 所在的直线方程为(2x －y )m ＋(－4x ＋1)＝0，所以由⎩⎪⎨⎪⎧－4x ＋1＝0，2x －y ＝0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝14，y ＝12，所以直线AB 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫14，12.故选B.4.(2018·南昌第一次模拟)如图，在平面直角坐标系xOy 中，直线y ＝2x ＋1与圆x 2＋y 2＝4相交于A ，B 两点，则cos ∠AOB ＝( )A.510 B ．－510C.910D ．－910解析：选D 法一：因为圆x 2＋y 2＝4的圆心为O (0,0)，半径为2，所以圆心O 到直线y ＝2x ＋1的距离d ＝|2×0－0＋1|22＋－2＝15，所以弦长|AB |＝222－⎝⎛⎭⎪⎫152＝2195.在△AOB 中，由余弦定理得cos ∠AOB ＝|OA |2＋|OB |2－|AB |22|OA |·|OB |＝4＋4－4×1952×2×2＝－910.法二：取AB 的中点D ，连接OD (图略)，则OD ⊥AB ，且∠AOB ＝2∠AOD ，又圆心到直线的距离d ＝|2×0－0＋1|22＋－2＝15，即|OD |＝15，所以cos ∠AOD ＝|OD ||OA |＝125，故cos ∠AOB ＝2cos 2∠AOD －1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1252－1＝－910. 5．已知圆C ：x 2＋y 2－2x －4y ＋1＝0上存在两点关于直线l ：x ＋my ＋1＝0对称，经过点M (m ，m )作圆C 的切线，切点为P ，则|MP |＝________.解析：圆C ：x 2＋y 2－2x －4y ＋1＝0的圆心坐标为C (1,2)，半径r ＝2，因为圆上存在两点关于直线l 对称，所以直线l ：x ＋my ＋1＝0过点(1,2)，所以1＋2m ＋1＝0，得m ＝－1，所以M (－1，－1)，|MC |2＝(1＋1)2＋(2＋1)2＝13，r 2＝4，所以|MP |＝13－4＝3.答案：36．(2019届高三·湘中名校联考)已知m >0，n >0，若直线(m ＋1)x ＋(n ＋1)y －2＝0与圆(x －1)2＋(y －1)2＝1相切，则m ＋n 的取值范围是____________．解析：因为m >0，n >0，直线(m ＋1)x ＋(n ＋1)y －2＝0与圆(x －1)2＋(y －1)2＝1相切，所以圆心C (1,1)到直线的距离d ＝|m ＋1＋n ＋1－2|m ＋2＋n ＋2＝1，即|m ＋n |＝m ＋2＋n ＋2，两边平方并整理得m ＋n ＋1＝mn ≤⎝⎛⎭⎪⎫m ＋n 22，即(m ＋n )2－4(m ＋n )－4≥0，解得m ＋n ≥2＋22，所以m ＋n 的取值范围为[2＋22，＋∞)．答案：[2＋22，＋∞)第二讲小题考法——圆锥曲线的方程与性质[典例感悟][典例] (1)(2017·全国卷Ⅲ)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线方程为y ＝52x ，且与椭圆x 212＋y 23＝1有公共焦点，则C 的方程为( )A.x 28－y 210＝1 B.x 24－y 25＝1 C.x 25－y 24＝1 D.x 24－y 23＝1 (2)(2018·重庆模拟)已知点F 是抛物线y 2＝4x 的焦点，P 是该抛物线上任意一点，M (5,3)，则|PF |＋|PM |的最小值是( )A ．6B ．5C ．4D ．3(3)(2018·湖北十堰十三中质检)一个椭圆的中心在原点，焦点F 1，F 2在x 轴上，P (2，3)是椭圆上一点，且|PF 1|，|F 1F 2|，|PF 2|成等差数列，则椭圆的方程为( )A.x 28＋y 26＝1B.x 216＋y 26＝1 C.x 24＋y 22＝1 D.x 28＋y 24＝1 [解析] (1)根据双曲线C 的渐近线方程为y ＝52x ，可知b a ＝52.① 又椭圆x 212＋y 23＝1的焦点坐标为(3,0)和(－3,0)，所以a 2＋b 2＝9.②根据①②可知a 2＝4，b 2＝5，所以C 的方程为x 24－y 25＝1.(2)由题意知，抛物线的准线l 的方程为x ＝－1，过点P 作PE ⊥l 于点E ，由抛物线的定义，得|PE |＝|PF |，易知当P ，E ，M 三点在同一条直线上时，|PF |＋|PM |取得最小值，即(|PF |＋|PM |)min ＝5－(－1)＝6，故选A.(3)设椭圆的标准方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，由点P (2，3)在椭圆上，知4a 2＋3b2＝1.又|PF 1|，|F 1F 2|，|PF 2|成等差数列，则|PF 1|＋|PF 2|＝2|F 1F 2|，即2a ＝2×2c ，则c a ＝12.又c 2＝a 2－b 2，联立⎩⎪⎨⎪⎧4a 2＋3b 2＝1，c 2＝a 2－b 2，c a ＝12，得a 2＝8，b 2＝6，故椭圆的方程为x 28＋y 26＝1.[答案] (1)B (2)A (3)A[方法技巧]求解圆锥曲线标准方程的思路方法(1)定型，即确定圆锥曲线的类型、焦点位置，从而设出标准方程．(2)计算，即利用待定系数法求出方程中的a 2，b 2或p .另外，当焦点位置无法确定时，抛物线常设为y 2＝2px 或x 2＝2py (p ≠0)，椭圆常设为mx 2＋ny 2＝1(m >0，n >0)，双曲线常设为mx 2－ny 2＝1(mn >0)．[演练冲关]1.(2018·合肥一模)如图，椭圆x 2a 2＋y 24＝1(a >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 1的直线交椭圆于M ，N 两点，交y 轴于点H .若F 1，H 是线段MN 的三等分点，则△F 2MN 的周长为( )A ．20B ．10C ．2 5D ．4 5解析：选D 由F 1，H 是线段MN 的三等分点，得H 是F 1N 的中点，又F 1(－c,0)，∴点N 的横坐标为c ，联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝c ，x 2a 2＋y24＝1，得N ⎝⎛⎭⎪⎫c ，4a ，∴H ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a ，M ⎝⎛⎭⎪⎫－2c ，－2a .把点M 的坐标代入椭圆方程得4c 2a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－2a 24＝1，化简得c 2＝a 2－14，又c 2＝a 2－4，∴a 2－14＝a2－4，解得a 2＝5，∴a ＝ 5.由椭圆的定义知|NF 2|＋|NF 1|＝|MF 2|＋|MF 1|＝2a ，∴△F 2MN 的周长为|NF 2|＋|MF 2|＋|MN |＝|NF 2|＋|MF 2|＋|NF 1|＋|MF 1|＝4a ＝45，故选D.2．(2018·河北五个一名校联考)如果点P 1，P 2，P 3，…，P 10是抛物线y 2＝2x 上的点，它们的横坐标依次为x 1，x 2，x 3，…，x 10，F 是抛物线的焦点，若x 1＋x 2＋x 3＋…＋x 10＝5，则|P 1F |＋|P 2F |＋|P 3F |＋…＋|P 10F |＝________.解析：由抛物线的定义可知，抛物线y 2＝2px (p >0)上的点P (x 0，y 0)到焦点F 的距离|PF |＝x 0＋p2，在y 2＝2x中，p ＝1，所以|P 1F |＋|P 2F |＋…＋|P 10F |＝x 1＋x 2＋…＋x 10＋5p ＝10.答案：103.如图，F 1，F 2是双曲线x 2a2－y224＝1(a >0)的左、右焦点，过F 1的直线l 与双曲线交于点A ，B ，若△ABF 2为等边三角形，则双曲线的标准方程为________________，△BF 1F 2的面积为________．解析：由|AF 1|－|AF 2|＝|BF 1|＝2a ，|BF 2|－|BF 1|＝2a ，得|BF 2|＝4a ，在△AF 1F 2中，|AF 1|＝6a ，|AF 2|＝4a ，|F 1F 2|＝2c ，∠F 1AF 2＝60°，由余弦定理得4c 2＝36a 2＋16a 2－2×6a ×4a ×12，化简得c ＝7a ，由a 2＋b 2＝c2得，a 2＋24＝7a 2，解得a ＝2，则双曲线的方程为x 24－y 224＝1，△BF 1F 2的面积为12|BF 1|·|BF 2|sin ∠F 1BF 2＝12×2a ×4a ×32＝8 3. 答案：x 24－y 224＝1 8 3[典例感悟][典例] (1)(2018·全国卷Ⅱ)双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的离心率为3，则其渐近线方程为( )A ．y ＝±2xB ．y ＝±3xC ．y ＝±22x D ．y ＝±32x (2)(2018·全国卷Ⅱ)已知F 1，F 2是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点，A 是C 的左顶点，点P 在过A 且斜率为36的直线上，△PF 1F 2为等腰三角形，∠F 1F 2P ＝120°，则C 的离心率为( ) A.23 B.12 C.13D.14(3)(2018·全国卷Ⅲ)已知点M (－1,1)和抛物线C ：y 2＝4x ，过C 的焦点且斜率为k 的直线与C 交于A ，B 两点．若∠AMB ＝90°，则k ＝________.[解析] (1)∵e ＝c a ＝a 2＋b 2a＝3，∴a 2＋b 2＝3a 2，∴b ＝2a .∴渐近线方程为y ＝±2x .(2)如图，作PB ⊥x 轴于点B .由题意可设|F 1F 2|＝|PF 2|＝2，则c ＝ 1.由∠F 1F 2P ＝120°，可得|PB |＝3，|BF 2|＝1，故|AB |＝a ＋1＋1＝a ＋2，tan ∠PAB ＝|PB ||AB |＝3a ＋2＝36，解得a ＝4，所以e ＝c a ＝14.(3)法一：设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧y 21＝4x 1，y 22＝4x 2，∴y 21－y 22＝4(x 1－x 2)，∴k ＝y 1－y 2x 1－x 2＝4y 1＋y 2. 设AB 中点M ′(x 0，y 0)，抛物线的焦点为F ，分别过点A ，B 作准线x ＝－1的垂线，垂足为A ′，B ′，则|MM ′|＝12|AB |＝12(|AF |＋|BF |)＝12(|AA ′|＋|BB ′|)． ∵M ′(x 0，y 0)为AB 中点， ∴M 为A ′B ′的中点， ∴MM ′平行于x 轴， ∴y 1＋y 2＝2，∴k ＝2.法二：由题意知，抛物线的焦点坐标为F (1,0)，设直线方程为y ＝k (x －1)，直线方程与y 2＝4x 联立，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)，则x 1x 2＝1，x 1＋x 2＝2k 2＋4k2.由M (－1,1)，得AM ―→＝(－1－x 1,1－y 1)， BM ―→＝(－1－x 2,1－y 2)．由∠AMB ＝90°，得AM ―→·BM ―→＝0， ∴(x 1＋1)(x 2＋1)＋(y 1－1)(y 2－1)＝0， ∴x 1x 2＋(x 1＋x 2)＋1＋y 1y 2－(y 1＋y 2)＋1＝0.又y 1y 2＝k (x 1－1)·k (x 2－1)＝k 2[x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1]，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2－2)，∴1＋2k 2＋4k2＋1＋k 2⎝⎛⎭⎪⎫1－2k 2＋4k2＋1－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋4k 2－2＋1＝0，整理得4k 2－4k＋1＝0，解得k ＝2.[答案] (1)A (2)D (3)2[方法技巧]1．椭圆、双曲线离心率(离心率范围)的求法求椭圆、双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a ，b ，c 的等量关系或不等关系，然后把b 用a ，c 代换，求c a的值．2．双曲线的渐近线的求法及用法(1)求法：把双曲线标准方程等号右边的1改为零，分解因式可得． (2)用法：①可得b a 或a b的值；②利用渐近线方程设所求双曲线的方程． 3．抛物线几何性质问题求解策略涉及抛物线几何性质的问题常结合图形思考，通过图形可以直观地看出抛物线顶点、对称轴、开口方向等几何特征，体现了数形结合思想解题的直观性，还要注意抛物线定义的转化应用．[演练冲关]1．(2018·长郡中学模拟)已知F 为双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的一个焦点，其关于双曲线C 的一条渐近线的对称点在另一条渐近线上，则双曲线C 的离心率为( )A. 2B. 3 C ．2D. 5解析：选C 依题意，设双曲线的渐近线y ＝b a x 的倾斜角为θ，则由双曲线的对称性得3θ＝π，θ＝π3，ba＝tan π3＝3，双曲线C 的离心率e ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2＝2，选C.2．(2018·福州四校联考)已知抛物线C 的顶点为坐标原点，对称轴为坐标轴，直线l 过抛物线C 的焦点F ，且与抛物线的对称轴垂直，l 与C 交于A ，B 两点，且|AB |＝8，M 为抛物线C 的准线上一点，则△ABM 的面积为( )A ．16B ．18C ．24D ．32解析：选A 不妨设抛物线C ：y 2＝2px (p >0)，如图，因为直线l 过抛物线C 的焦点，且与抛物线的对称轴垂直，所以线段AB 为通径，所以2p ＝8，p ＝4，又M 为抛物线C 的准线ABM 的面积为12×8×4上一点，所以点M 到直线AB 的距离即焦点到准线的距离，为4，所以△＝16，故选A.3．(2018·福州模拟)过椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的右焦点作x 轴的垂线，交C 于A ，B两点，直线l 过C 的左焦点和上顶点．若以AB 为直径的圆与l 存在公共点，则C 的离心率的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，55B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫55，1 C.⎝⎛⎦⎥⎤0，22 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫22，1 解析：选A 由题设知，直线l ：x －c ＋yb＝1，即bx －cy ＋bc ＝0，以AB 为直径的圆的圆心为(c,0)，根据题意，将x ＝c 代入椭圆C 的方程，得y ＝±b 2a ，即圆的半径r ＝b 2a .又圆与直线l 有公共点，所以2bc b 2＋c 2≤b 2a，化简得2c ≤b ，平方整理得a 2≥5c 2，所以e ＝c a ≤55.又0<e <1，所以0<e ≤55.故选A.[典例感悟][典例] (1)(2018·开封模拟)过双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的左焦点F (－c,0)作圆x 2＋y 2＝a 2的切线，切点为E ，延长FE 交抛物线y 2＝4cx 于点P ，若E 为线段FP 的中点，则双曲线的离心率为( )A. 5B.52C.5＋1D.5＋12(2)(2018·洛阳模拟)已知F 是抛物线C 1：y 2＝2px (p >0)的焦点，曲线C 2是以F 为圆心，p2为半径的圆，直线4x －3y －2p ＝0与曲线C 1，C 2从上到下依次相交于点A ，B ，C ，D ，则|AB ||CD |＝( )A ．16B ．4 C.83D.53(3)(2018·南宁模拟)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的一条弦所在的直线方程是x －y ＋5＝0，弦的中点坐标是M (－4,1)，则椭圆的离心率是( )A.12B.22C.32D.55[解析] (1)抛物线y 2＝4cx 的焦点F 1(c,0)，准线l ：x ＝－c ，连接PF 1和EO (O 为坐标原点)，如图，则|PF 1|＝2|EO |＝2a ，所以点P 到准线l ：x ＝－c 的距离等于2a ，所以点P 的横坐标为2a －c ，由点P 在抛物线y 2＝4cx 上，得P (2a －c,2c a －c )．连接OP ，则|OP |＝|OF |＝c ，所以(2a －c )2＋[2ca －c ]2＝c 2，解得e ＝ca ＝5＋12，故选D. (2)因为直线4x －3y －2p ＝0过C 1的焦点F (C 2的圆心)，故|BF |＝|CF |＝p2，所以|AB ||CD |＝|AF |－p2|DF |－p2.由抛物线的定义得|AF |－p 2＝x A ，|DF |－p2＝x D .由⎩⎪⎨⎪⎧4x －3y －2p ＝0，y 2＝2px整理得8x 2－17px ＋2p 2＝0，即(8x －p )(x －2p )＝0，可得x A ＝2p ，x D ＝p 8，故|AB ||CD |＝x A x D＝2pp8＝16.故选A.(3)设直线x －y ＋5＝0与椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1相交于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，因为AB 的中点M (－4,1)，所以x 1＋x 2＝－8，y 1＋y 2＝2.易知直线AB 的斜率k ＝y 2－y 1x 2－x 1＝1.由⎩⎪⎨⎪⎧x 21a 2＋y 21b2＝1，x 22a 2＋y 22b 2＝1，两式相减得，x 1＋x2x 1－x 2a2＋y 1＋y 2y 1－y 2b 2＝0，所以y 1－y 2x 1－x 2＝－b 2a 2·x 1＋x 2y 1＋y 2，所以b 2a 2＝14，于是椭圆的离心率e ＝ca ＝1－b 2a 2＝32，故选C.[答案] (1)D (2)A (3)C[方法技巧]处理圆锥曲线与圆相结合问题的注意点(1)注意圆心、半径和平面几何知识的应用，如直径所对的圆周角为直角，构成了垂直关系；弦心距、半径、弦长的一半构成直角三角形等．(2)注意圆与特殊线的位置关系，如圆的直径与椭圆长轴(短轴)，与双曲线的实轴(虚轴)的关系；圆与过定点的直线、双曲线的渐近线、抛物线的准线的位置关系等．[演练冲关]1．已知椭圆的短轴长为8，点F 1，F 2为其两个焦点，点P 为椭圆上任意一点，△PF 1F 2的内切圆面积的最大值为9π4，则椭圆的离心率为( ) A.45 B.22 C.35D.223解析：选C 不妨设椭圆的标准方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，则2b ＝8，即b ＝4，设△PF 1F 2内切圆的半径为r ，则有S △PF 1F 2＝12(2a ＋2c )r ＝12×2c |y P |，即r ＝c |y P |a ＋c ，当点P 运动到椭圆短轴的端点时，r 有最大值32，此时|y P |＝b ，于是有4c a ＋c ＝32，即3a ＝5c ，故椭圆的离心率e ＝c a ＝35. 2．(2018·全国卷Ⅲ)设F 1，F 2是双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点，O 是坐标原点．过F 2作C 的一条渐近线的垂线，垂足为P .若|PF 1|＝6|OP |，则C 的离心率为( )A. 5 B ．2 C. 3D. 2解析：选C 法一：不妨设一条渐近线的方程为y ＝b ax ，则F 2到y ＝b ax 的距离d ＝|bc |a 2＋b 2＝b .在Rt △F 2PO 中，|F 2O |＝c ，所以|PO |＝a ，所以|PF 1|＝6a ，又|F 1O |＝c ，所以在△F 1PO 与Rt △F 2PO 中，根据余弦定理得 cos ∠POF 1＝a 2＋c 2－6a22ac＝－cos ∠POF 2＝－a c，即3a 2＋c 2－(6a )2＝0，得3a 2＝c 2，所以e ＝c a＝ 3.法二：如图，过点F1向OP 的反向延长线作垂线，垂足为P ′，连接P ′F 2，由题意可知，四边形PF 1P ′F 2为平行四边形，且△PP ′F 2是直角三角形．因为|F 2P |＝b ，|F 2O |＝c ，所以|OP |＝a .又|PF 1|＝6a ＝|F 2P ′|，|PP ′|＝2a ，所以|F 2P |＝2a ＝b ，所以c ＝a 2＋b 2＝3a ，所以e ＝c a＝ 3.3．(2018·贵阳模拟)过抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点F ，且倾斜角为60°的直线交抛物线于A ，B 两点，若|AF |>|BF |，且|AF |＝2，则p ＝________.解析：过点A ，B 向抛物线的准线x ＝－p2作垂线，垂足分别为C ，D ，过点B 向AC 作垂线，垂足为E ，∵A ，B两点在抛物线上，∴|AC |＝|AF |，|BD |＝|BF |.∵BE ⊥AC ，∴|AE |＝|AF |－|BF |，∵直线AB 的倾斜角为60°，∴在Rt △ABE 中，2|AE |＝|AB |＝|AF |＋|BF |，即2(|AF |－|BF |)＝|AF |＋|BF |，∴|AF |＝3|BF |. ∵|AF |＝2，∴|BF |＝23，∴|AB |＝|AF |＋|BF |＝83.设直线AB 的方程为y ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫x －p 2，代入y 2＝2px ，得3x 2－5px ＋3p 24＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∴x 1＋x 2＝53p ，∵|AB |＝x 1＋x 2＋p ＝83，∴p ＝1. 答案：1[必备知能·自主补缺] 依据学情课下看，针对自身补缺漏；临近高考再浏览，考前温故熟主干[主干知识要记牢]圆锥曲线的定义、标准方程和性质名称椭圆双曲线抛物线 PF PM F[二级结论要用好]1．椭圆焦点三角形的3个结论设椭圆方程是x 2a2＋y 2b2＝1(a >b >0)，焦点F 1(－c,0)，F 2(c,0)，点P 的坐标是(x 0，y 0)． (1)三角形的三个边长是|PF 1|＝a ＋ex 0，|PF 2|＝a －ex 0，|F 1F 2|＝2c ，e 为椭圆的离心率． (2)如果△PF 1F 2中∠F 1PF 2＝α，则这个三角形的面积S △PF 1F 2＝c |y 0|＝b 2tan α2.(3)椭圆的离心率e ＝sin ∠F 1PF 2sin ∠F 1F 2P ＋sin ∠F 2F 1P .2．双曲线焦点三角形的2个结论P (x 0，y 0)为双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)上的点，△PF 1F 2为焦点三角形．(1)面积公式S ＝c |y 0|＝12r 1r 2sin θ＝b 2tanθ2(其中|PF 1|＝r 1，|PF 2|＝r 2，∠F 1PF 2＝θ)．(2)焦半径若P 在右支上，|PF 1|＝ex 0＋a ，|PF 2|＝ex 0－a ；若P 在左支上，|PF 1|＝－ex 0－a ，|PF 2|＝－ex 0＋a . 3．抛物线y 2＝2px (p >0)焦点弦AB 的4个结论 (1)x A ·x B ＝p 24；(2)y A ·y B ＝－p 2； (3)|AB |＝2psin 2α(α是直线AB 的倾斜角)； (4)|AB |＝x A ＋x B ＋p . 4．圆锥曲线的通径 (1)椭圆通径长为2b2a；(2)双曲线通径长为2b2a；(3)抛物线通径长为2p . 5．圆锥曲线中的最值(1)椭圆上两点间的最大距离为2a (长轴长)． (2)双曲线上两点间的最小距离为2a (实轴长)．(3)椭圆焦半径的取值范围为[a －c ，a ＋c ]，a －c 与a ＋c 分别表示椭圆焦点到椭圆上的点的最小距离与最大距离．(4)抛物线上的点中顶点到抛物线准线的距离最短．[易错易混要明了]1．利用椭圆、双曲线的定义解题时，要注意两种曲线的定义形式及其限制条件．如在双曲线的定义中，有两点是缺一不可的：其一，绝对值；其二，2a ＜|F 1F 2|.如果不满足第一个条件，动点到两定点的距离之差为常数，。

2019届高三理科数学第二轮专题复习配套文档专题五第3讲圆锥曲线中的定点与定值

第3讲圆锥曲线中的定点与定值、范围与存在性问题[真题再现］1．(2017·课标Ⅱ)设O为坐标原点,动点M在椭圆C：错误!＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足错误!＝错误!错误!.（1）求点P的轨迹方程；(2)设点Q在直线x＝－3上，且错误!·错误!＝1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F。

[解析](1）设P(x，y），M(x0，y0），设N(x0,0)，错误!＝（x－x0，y)，错误!＝（0，y0)．由NP，→＝ 2 错误!得x0＝x，y0＝错误!y0.因为M（x0,y0)在C上，所以错误!＋错误!＝1.因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2.(2)由题意知F（－1，0)．设Q（－3，t），P(m，n),则错误!＝（－3,t），错误!＝（－1－m,－n），错误!·错误!＝3＋3m－tn,错误!＝(m,n)，错误!＝(－3－m，t－n）．由错误!·错误!＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1,又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0。

所以错误!·错误!＝0，即错误!⊥错误!。

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。

2．(2018·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P A,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＋错误!＝1（x<0)上的动点，求△P AB面积的取值范围．［解]（1）解：设P（x0,y0),A错误!,B错误!。

因为P A，PB的中点在抛物线上，所以y1,y2为方程错误!2＝4·错误!即y2－2y0y＋8x0－y错误!＝0的两个不同的实根．所以y1＋y2＝2y0，因此，PM垂直于y轴．（2）解:由(1)可知错误!所以|PM|＝错误!(y错误!＋y错误!)－x0＝错误!y错误!－3x0，|y1－y2|＝2错误!。

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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 已知N 为圆C 1：(x ＋2)2＋y 2＝24上一动点，圆心C 1关于y 轴的对称点为C 2，点M ，P 分别是线段C 1N ，C 2N 上的点，且MP →·C 2N →＝0，C 2N →＝2C 2P →. (1)求点M 的轨迹方程；(2)直线l ：y ＝kx ＋m 与点M 的轨迹Γ只有一个公共点P ，且点P 在第二象限，过坐标原点O 且与l 垂直的直线l ′与圆x 2＋y 2＝8相交于A ，B 两点，求△PAB 面积的取值范围．解 (1)连接MC 2，因为C 2N →＝2C 2P →，所以P 为C 2N 的中点，因为MP →·C 2N →＝0，所以MP →⊥C 2N →，所以点M 在C 2N 的垂直平分线上，所以|MN |＝|MC 2|，因为|MN |＋|MC 1|＝|MC 2|＋|MC 1|＝26>4，所以点M 在以C 1，C 2为焦点的椭圆上，因为a ＝6，c ＝2，所以b 2＝2，所以点M 的轨迹方程为x 26＋y 22＝1.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 26＋y22＝1，得(3k 2＋1)x 2＋6kmx ＋3m 2－6＝0，因为直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆Γ相切于点P ，所以Δ＝(6km )2－4(3k 2＋1) (3m 2－6) ＝12(6k 2＋2－m 2)＝0，即m 2＝6k 2＋2，解得x ＝－3km 3k 2＋1，y ＝m3k 2＋1，即点P 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫－3km 3k 2＋1，m 3k 2＋1，因为点P 在第二象限，所以k >0，m >0，所以m ＝6k 2＋2，所以点P 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫－32k 3k 2＋1，23k 2＋1，设直线l ′与l 垂直交于点Q ，则|PQ |是点P 到直线l ′的距离，且直线l ′的方程为y ＝－1kx ，所以|PQ |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1k ×－32k 3k 2＋1＋23k 2＋11k 2＋1＝22k3k 4＋4k 2＋1＝223k 2＋1k2＋4≤224＋23＝223＋1＝6－2，当且仅当3k 2＝1k 2，即k 2＝33时，|PQ |有最大值6－2，所以S △PAB ＝12×42×|PQ |≤43－4，即△PAB 面积的取值范围为(]0，43－4. 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·衡水金卷信息卷)已知椭圆C ：y 2a 2＋x 2b2＝1(a >b >0)的一条切线方程为y ＝2x＋22，且离心率为32. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)若直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 交于A ，B 两个不同的点，与y 轴交于点M ，且AM →＝3MB →，求实数m 的取值范围．解 (1)由题意知，离心率e ＝32＝c a， ∴c ＝32a ，b ＝12a ，∴y 2a 2＋4x2a2＝1，将y ＝2x ＋22代入，得8x 2＋82x ＋8－a 2＝0，由Δ＝128－32(8－a 2)＝0，得a 2＝4，故椭圆C 的标准方程为x 2＋y 24＝1.(2)根据已知，得M (0，m )，设A (x 1，kx 1＋m )，B (x 2，kx 2＋m )，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，4x 2＋y 2＝4，得(k 2＋4)x 2＋2mkx ＋m 2－4＝0，且Δ＝4m 2k 2－4(k 2＋4)(m 2－4)>0，即k 2－m 2＋4>0，且x 1＋x 2＝－2km k 2＋4，x 1x 2＝m 2－4k 2＋4，由AM →＝3MB →，得－x 1＝3x 2，即x 1＝－3x 2， ∴3(x 1＋x 2)2＋4x 1x 2＝0， ∴12k 2m 2(k 2＋4)2＋4(m 2－4)k 2＋4＝0，即m 2k 2＋m 2－k 2－4＝0，当m 2＝1时，m 2k 2＋m 2－k 2－4＝0不成立， ∴k 2＝4－m 2m 2－1，∵k 2－m 2＋4>0，∴4－m 2m 2－1－m 2＋4>0，即()4－m 2m 2m 2－1>0， ∴1<m 2<4，解得－2<m <－1或1<m <2，综上所述，实数m 的取值范围为(－2，－1)∪(1,2)．热点二定点、定值问题1．由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：y －y 0＝k (x －x 0)，则直线必过定点(x 0，y 0)；若得到了直线方程的斜截式：y ＝kx ＋m ，则直线必过定点(0，m )．2．解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等与题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值．例2 (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＝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)→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 (2018·荆州质检)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 2－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 (2018·河南名校联考)已知椭圆C ：y 2a ＋x 2b＝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 216b2＝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 (2018·山东、湖北部分重点中学模拟)已知长轴长为4的椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，点F 是椭圆的右焦点． (1)求椭圆方程；(2)在x 轴上是否存在定点D ，使得过D 的直线l 交椭圆于A ，B 两点．设点E 为点B 关于x 轴的对称点，且A ，F ，E 三点共线？若存在，求D 点坐标；若不存在，说明理由．解 (1)∵ 2a ＝4，∴ a ＝2，将点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32代入x 2a 2＋y 2b 2＝1，得b 2＝3.∴椭圆方程为x 24＋y 23＝1. (2)存在定点D 满足条件．设D (t,0)，直线l 方程为x ＝my ＋t (m ≠0)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋t ，x 24＋y23＝1，消去x ，得(3m 2＋4)y 2＋6mt ·y ＋3t 2－12＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则E (x 2，－y 2)， ⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－6mt 3m 2＋4，y 1y 2＝3t 2－123m 2＋4且Δ>0.由A ，F ，E 三点共线，可得(x 2－1)y 1＋(x 1－1)y 2＝0，即2my 1y 2＋(t －1)(y 1＋y 2)＝0， ∴ 2m ·3t 2－123m 2＋4＋(t －1)·－6mt3m 2＋4＝0，解得t ＝4，此时由Δ>0得m 2>4.∴存在定点D (4,0)满足条件，且m 满足m 2>4.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)k 2. 同理可得|DE |＝4(1＋k 2)．所以|AB |＋|DE |＝4(1＋k 2)k＋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．(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，消去y ，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 ＝24k 1x ，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 －1t 2＝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，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＋2)x 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．已知椭圆 C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为13，点P 在椭圆C 上，且△PF 1F 2的面积的最大值为2 2. (1)求椭圆C 的方程；(2)已知直线l ：y ＝kx ＋2(k ≠0)与椭圆C 交于不同的两点M ，N ，若在x 轴上存在点G ，使得|GM |＝|GN |，求点G 的横坐标的取值范围．解 (1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝13，12×2c ×b ＝22，c 2＝a 2－b 2，解得a 2＝9，b 2＝8，c 2＝1，∴椭圆C 的方程为x 29＋y 28＝1.(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，MN 的中点为E (x 0，y 0)，点G (m ，0)，使得|GM |＝|GN |，则GE ⊥MN .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 29＋y28＝1，得()8＋9k 2x 2＋36kx －36＝0，由Δ>0，得k ∈R 且k ≠0. ∴x 1＋x 2＝－36k9k 2＋8，∴x 0＝－18k 9k 2＋8，y 0＝kx 0＋2＝169k 2＋8. ∵GE ⊥MN ，∴k GE ＝－1k，即169k 2＋8－0－18k 9k 2＋8－m ＝－1k， ∴m ＝－2k 9k 2＋8＝－29k ＋8k.当k >0时，9k ＋8k≥29×8＝12 2⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当9k ＝8k ，即k ＝223时，取等号，∴－212≤m <0；当k <0时，9k ＋8k≤－12 2⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当9k ＝8k ，即k ＝－223时，取等号，∴0<m ≤212， ∴点G 的横坐标的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－212，0∪⎝ ⎛⎦⎥⎤0，212. 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·辽宁省部分重点中学协作体模拟)已知M ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，12是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)上的一点，F 1，F 2是该椭圆的左、右焦点，且|F 1F 2|＝2 3. (1)求椭圆C 的方程；(2)设点A ，B 是椭圆C 上与坐标原点O 不共线的两点，直线OA ，OB ，AB 的斜率分别为k 1，k 2，k ，且k 1k 2＝k 2.试探究|OA |2＋|OB |2是否为定值？若是，求出定值；若不是，说明理由．解 (1)由题意知，F 1(－3，0)，F 2(3，0)，根据椭圆定义可知|MF 1|＋|MF 2|＝2a ，所以2a ＝ (3＋3)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－02＋(3－3)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－02＝4，所以a 2＝4，b 2＝a 2－c 2＝1，所以椭圆C ：x 24＋y 2＝1.(2)设直线AB ：y ＝kx ＋m (km ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1，消去y ，得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0， Δ＝(8km )2－16(m 2－1)(4k 2＋1)>0， x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－41＋4k 2，因为k 1k 2＝k 2，所以kx 1＋m x 1·kx 2＋m x 2＝k 2，即km (x 1＋x 2)＋m 2＝0(m ≠0)，解得k 2＝14.|OA |2＋|OB |2＝x 21＋x 22＋y 21＋y 22 ＝54[(x 1＋x 2)2－2x 1x 2]＝5，所以|OA |2＋|OB |2＝5.B 组能力提高5．(2018·衡水模拟)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＋2)y 2＋2my －1＝0， Δ＝4m 2＋4(m 2＋2)>0恒成立．∴⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－2m m 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．(2018·潍坊模拟)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．小中高精品教案试卷解 (1)设P (x ，y )，由题意，得()x －32＋y 2⎪⎪⎪⎪⎪⎪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＋n 2， ∵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 2)x 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′：小中高精品教案试卷 x 2A ＋y 2B ＝1()A ·B ≠0恒相切．。