高考数学大一轮复习第九章平面解析几何9.9圆锥曲线的综合问题第3课时定点定值探索性问题课件
高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何 第9讲 圆锥曲线的综合问题 第2课时 定点、定值、探索性问题
第2课时 定点、定值、探索性问题圆锥曲线中的定点问题(师生共研)(2020·某某模拟)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)求直线l 的方程；(2)若A 关于x 轴的对称点为D ，求证：直线BD 过定点，并求出该点的坐标． 【解】 (1)由y 2＝4x 知焦点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Δ＝[－(2k 2＋4)]2－4k 2·k 2＝16(k 2＋1)＞0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝2k 2＋4k2，x 1x 2＝1.由抛物线的弦长公式知|AB |＝x 1＋x 2＋2＝8，则2k 2＋4k2＝6，即k 2＝1，解得k ＝±1.所以直线l 的方程为y ＝±(x －1)．(2)由(1)及抛物线的对称性知，D 点的坐标为(x 1，－y 1)， 直线BD 的斜率k BD ＝y 2＋y 1x 2－x 1＝y 2＋y 1y 224－y 214＝4y 2－y 1， 所以直线BD 的方程为y ＋y 1＝4y 2－y 1(x －x 1)， 即(y 2－y 1)y ＋y 2y 1－y 21＝4x －4x 1.因为y 21＝4x 1，y 22＝4x 2，x 1x 2＝1，所以(y 1y 2)2＝16x 1x 2＝16， 即y 1y 2＝－4(y 1，y 2异号)．所以直线BD 的方程为4(x ＋1)＋(y 1－y 2)y ＝0， 对任意y 1，y 2∈R ，有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1＝0，y ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝0，即直线BD 恒过定点(－1，0)．求解圆锥曲线中定点问题的两种方法(1)特殊推理法：先从特殊情况入手，求出定点，再证明定点与变量无关．(2)直接推理法：①选择一个参数建立方程，一般将题目中给出的曲线方程(包含直线方程)中的常数k 当成变量，将变量x ，y 当成常数，将原方程转化为kf (x ，y )＋g (x ，y )＝0的形式；②根据曲线(包含直线)过定点时与参数没有关系(即方程对参数的任意值都成立)，得到方程组⎩⎪⎨⎪⎧f （x ，y ）＝0g （x ，y ）＝0；③以②中方程组的解为坐标的点就是曲线所过的定点，若定点具备一定的限制条件，可以特殊解决．(2020·某某模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)上动点P 到两焦点F 1，F 2的距离之和为4，当点P 运动到椭圆C 的一个顶点时，直线PF 1恰与以原点O 为圆心，以椭圆C 的离心率e 为半径的圆相切．(1)求椭圆C 的方程；(2)设椭圆C 的左、右顶点分别为A ，B ，若直线PA ，PB 分别交直线x ＝6于不同的两点M ，N ，则以线段MN 为直径的圆是否过定点？若是，请求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．解：(1)由椭圆的定义可知2a ＝4，解得a ＝2.若点P 运动到椭圆的左、右顶点时，直线PF 1与圆一定相交，则点P 只能在椭圆的上、下顶点，不妨设点P 运动到椭圆的上顶点(0，b )，F 1为左焦点(－c ，0)，则直线PF 1：bx －cy ＋bc ＝0.由题意得原点O 到直线PF 1的距离等于椭圆C 的离心率e ， 所以bc b 2＋c 2＝ca， 又a 2＝b 2＋c 2，故b 2＝1.故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)由题意知，直线PA ，PB 的斜率存在且都不为0， 设直线PA 的斜率为k ，点P (x 0，y 0)，x 0≠±2， 又A (－2，0)，B (2，0)，所以k PA ·k PB ＝k ·k PB ＝y 0x 0＋2·y 0x 0－2＝y 20x 20－4＝1－x 204x 20－4＝－14，则k PB ＝－14k.所以直线PA 的方程为y ＝k (x ＋2)， 令x ＝6，得y ＝8k ，则M (6，8k )； 直线PB 的方程为y ＝－14k (x －2)，令x ＝6，得y ＝－1k，则N ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，－1k .因为8k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ＝－8＜0，所以以线段MN 为直径的圆与x 轴交于两点，设点G ，H ，并设MN 与x 轴的交点为K ， 在以线段MN 为直径的圆中应用相交弦定理，得|GK |·|HK |＝|MK |·|NK |＝|8k |·⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1k ＝8，因为|GK |＝|HK |，所以|GK |＝|HK |＝22，所以以线段MN 为直径的圆恒过点(6－22，0)，点(6＋22，0)．圆锥曲线中的定值问题(多维探究) 角度一 定线段的长已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F (1，0)，且经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，354.(1)求椭圆C 的方程；(2)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)．【解】 (1)由题意可知椭圆C 的左焦点为F ′(－1，0)，则半焦距c ＝1. 由椭圆定义可知 2a ＝|PF |＋|PF ′|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－3542＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－3542＝4， 所以a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝3，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1. (2)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.直接探求，变量代换探求圆锥曲线中的定线段的长的问题，一般用直接求解法，即先利用弦长公式把要探求的线段表示出来，然后利用题中的条件(如直线与曲线相切等)得到弦长表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入弦长表达式中，化简可得弦长为定值.角度二 定几何图形的面积(2020·某某模拟)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 上不同于A 、B 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 上不同于A 、B 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＋2m2.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 2－6m 2，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.探求圆锥曲线中几何图形的面积的定值问题，一般用直接求解法，即可先利用三角形面积公式(如果是其他凸多边形，可分割成若干个三角形分别求解)把要探求的几何图形的面积表示出来，然后利用题中的条件得到几何图形的面积表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入几何图形的面积表达式中，化简即可．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的焦点为F 1，F 2，离心率为12，点P 为其上一动点，且三角形PF 1F 2面积的最大值为3，O 为坐标原点．(1)求椭圆C 的方程；(2)若点M ，N 为C 上的两个动点，求常数m ，使OM →·ON →＝m 时，点O 到直线MN 的距离为定值，求这个定值．解：(1)依题意知⎩⎪⎨⎪⎧c 2＝a 2－b 2，bc ＝3，c a ＝12，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝3，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1x 2＋y 1y 2＝m ，当直线MN 的斜率存在时，设其方程为y ＝kx ＋n ，则点O 到直线MN 的距离d ＝|n |k 2＋1＝n 2k 2＋1，联立，得⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋4y 2＝12，y ＝kx ＋n ，消去y ，得(4k 2＋3)x 2＋8knx ＋4n 2－12＝0，由Δ>0得4k 2－n2＋3>0，则x 1＋x 2＝－8kn 4k 2＋3，x 1x 2＝4n 2－124k 2＋3，所以x 1x 2＋(kx 1＋n )(kx 2＋n )＝(k 2＋1)x 1x 2＋kn (x 1＋x 2)＋n 2＝m ，整理得7n2k 2＋1＝12＋m （4k 2＋3）k 2＋1.因为d ＝n 2k 2＋1为常数，则m ＝0，d ＝127＝2217，此时7n 2k 2＋1＝12满足Δ>0. 当MN ⊥x 轴时，由m ＝0得k OM ＝±1，联立，得⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋4y 2＝12，y ＝±x ，消去y ，得x 2＝127，点O 到直线MN 的距离d ＝|x |＝2217亦成立．综上，当m ＝0时，点O 到直线MN 的距离为定值，这个定值是2217.圆锥曲线中的探索性问题(师生共研)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的两个焦点分别为F 1，F 2，短轴的一个端点为P ，△PF 1F 2内切圆的半径为b3，设过点F 2的直线l 被椭圆C 截得的线段为RS ，当l ⊥x 轴时，|RS |＝3.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)在x 轴上是否存在一点T ，使得当l 变化时，总有TS 与TR 所在直线关于x 轴对称？若存在，请求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由．【解】 (1)由内切圆的性质，得12×2c ×b ＝12×(2a ＋2c )×b 3，得c a ＝12.将x ＝c 代入x 2a 2＋y 2b 2＝1，得y ＝±b 2a ，所以2b2a＝3.又a 2＝b 2＋c 2，所以a ＝2，b ＝3， 故椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)当直线l 垂直于x 轴时，显然x 轴上任意一点T 都满足TS 与TR 所在直线关于x 轴对称．当直线l 不垂直于x 轴时，假设存在T (t ，0)满足条件，设l 的方程为y ＝k (x －1)，R (x 1，y 1)，S (x 2，y 2)．联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －1），3x 2＋4y 2－12＝0，得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0， 由根与系数的关系得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝8k23＋4k2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k2①，其中Δ>0恒成立， 由TS 与TR 所在直线关于x 轴对称，得k TS ＋k TR ＝0(显然TS ，TR 的斜率存在)， 即y 1x 1－t ＋y 2x 2－t＝0 ②.因为R ，S 两点在直线y ＝k (x －1)上， 所以y 1＝k (x 1－1)，y 2＝k (x 2－1)，代入②得k （x 1－1）（x 2－t ）＋k （x 2－1）（x 1－t ）（x 1－t ）（x 2－t ）＝k [2x 1x 2－（t ＋1）（x 1＋x 2）＋2t ]（x 1－t ）（x 2－t ）＝0，即2x 1x 2－(t ＋1)(x 1＋x 2)＋2t ＝0 ③，将①代入③得8k 2－24－（t ＋1）8k 2＋2t （3＋4k 2）3＋4k 2＝6t －243＋4k 2＝0 ④，则t ＝4，综上所述，存在T (4，0)，使得当l 变化时，总有TS 与TR 所在直线关于x 轴对称．存在性问题的求解策略解决存在性问题，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)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意．已知圆O ：x 2＋y 2＝4，点F (1，0)，P 为平面内一动点，以线段FP 为直径的圆内切于圆O ，设动点P 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程；(2)M ，N 是曲线C 上的动点，且直线MN 经过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，问在y 轴上是否存在定点Q ，使得∠MQO ＝∠NQO ，若存在，请求出定点Q ，若不存在，请说明理由．解：(1)设PF 的中点为S ，切点为T ，连接OS ，ST ，则|OS |＋|SF |＝|OT |＝2，取F 关于y 轴的对称点F ′，连接F ′P ，所以|PF ′|＝2|OS |，故|F ′P |＋|FP |＝2(|OS |＋|SF |)＝4，所以点P 的轨迹是以F ′，F 分别为左、右焦点，且长轴长为4的椭圆， 则曲线C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)假设存在满足题意的定点Q ，设Q (0，m )，当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为y ＝kx ＋12，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．联立，得⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝kx ＋12，消去y ，得(3＋4k 2)x 2＋4kx －11＝0，则Δ>0，x 1＋x 2＝－4k3＋4k 2，x 1x 2＝－113＋4k2， 由∠MQO ＝∠NQO ，得直线MQ 与NQ 的斜率之和为零，易知x 1或x 2等于0时，不满足题意，故y 1－m x 1＋y 2－mx 2＝kx 1＋12－m x 1＋kx 2＋12－m x 2＝2kx 1x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－m （x 1＋x 2）x 1x 2＝0，即2kx 1x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－m (x 1＋x 2)＝2k ·－113＋4k 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－m ·－4k 3＋4k 2＝4k （m －6）3＋4k 2＝0，当k ≠0时，m ＝6，所以存在定点(0，6)，使得∠MQO ＝∠NQO ；当k ＝0时，定点(0，6)也符合题意．易知当直线MN 的斜率不存在时，定点(0，6)也符合题意． 综上，存在定点(0，6)，使得∠MQO ＝∠NQO .解析几何减少运算量的常见技巧技巧一 巧用平面几何性质已知O 为坐标原点，F 是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点，A ，B 分别为C 的左，右顶点．P 为C 上一点，且PF ⊥x 轴．过点A 的直线l 与线段PF 交于点M ，与y 轴交于点E .若直线BM 经过OE 的中点，则C 的离心率为( )A.13 B ．12 C.23D ．34【解析】 设OE 的中点为N ，如图，因为MF ∥OE ，所以有ON MF ＝a a ＋c ，MF OE ＝a －ca.又因为OE ＝2ON ，所以有12＝aa ＋c ·a －c a ，解得e ＝c a ＝13，故选A.【答案】 A此题也可以用解析法解决，但有一定的计算量，巧用三角形的相似比可简化计算． 技巧二 设而不求，整体代换对于直线与圆锥曲线相交所产生的中点弦问题，涉及求中点弦所在直线的方程，或弦的中点的轨迹方程的问题时，常常可以用“点差法”求解．已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F (3，0)，过点F 的直线交E 于A ，B两点．若AB 的中点坐标为M (1，－1)，则E 的标准方程为( )A.x 245＋y 236＝1 B ．x 236＋y 227＝1 C.x 227＋y 218＝1 D ．x 218＋y 29＝1 【解析】 通解：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝－2，⎩⎪⎨⎪⎧x 21a 2＋y 21b2＝1，①x 22a 2＋y22b 2＝1，②①－②得（x 1＋x 2）（x 1－x 2）a 2＋（y 1＋y 2）（y 1－y 2）b2＝0， 所以k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－b 2（x 1＋x 2）a 2（y 1＋y 2）＝b 2a 2.又k AB ＝0＋13－1＝12，所以b 2a 2＝12.又9＝c 2＝a 2－b 2，解得b 2＝9，a 2＝18， 所以椭圆E 的标准方程为x 218＋y 29＝1.优解：由k AB ·k OM ＝－b 2a 2得，－1－01－3×－11＝－b 2a2得，a 2＝2b 2，又a 2－b 2＝9，所以a 2＝18，b 2＝9，所以椭圆E 的标准方程为x 218＋y 29＝1.【答案】 D本题设出A ，B 两点的坐标，却不求出A ，B 两点的坐标，巧妙地表达出直线AB 的斜率，通过将直线AB 的斜率“算两次”建立几何量之间的关系，从而快速解决问题．技巧三 巧用“根与系数的关系”，化繁为简某些涉及线段长度关系的问题可以通过解方程、求坐标，用距离公式计算长度的方法来解；但也可以利用一元二次方程，使相关的点的同名坐标为方程的根，由根与系数的关系求出两根间的关系或有关线段长度间的关系．后者往往计算量小，解题过程简捷．已知椭圆x 24＋y 2＝1的左顶点为A ，过A 作两条互相垂直的弦AM ，AN 交椭圆M ，N两点．(1)当直线AM 的斜率为1时，求点M 的坐标；(2)当直线AM 的斜率变化时，直线MN 是否过x 轴上的一定点？若过定点，请给出证明，并求出该定点；若不过定点，请说明理由．【解】 (1)直线AM 的斜率为1时，直线AM 的方程为y ＝x ＋2，代入椭圆方程并化简得5x 2＋16x ＋12＝0.解得x 1＝－2，x 2＝－65，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－65，45.(2)设直线AM 的斜率为k ，直线AM 的方程为y ＝k (x ＋2)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x ＋2），x 24＋y 2＝1， 化简得(1＋4k 2)x 2＋16k 2x ＋16k 2－4＝0. 则x A ＋x M ＝－16k21＋4k 2，又x A ＝－2，则x M ＝－x A －16k 21＋4k 2＝2－16k 21＋4k 2＝2－8k21＋4k 2.同理，可得x N ＝2k 2－8k 2＋4.由(1)知若存在定点，则此点必为P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－65，0. 证明如下：因为k MP ＝y Mx M ＋65＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－8k 21＋4k 2＋22－8k 21＋4k 2＋65＝5k4－4k 2， 同理可计算得k PN ＝5k4－4k2. 所以直线MN 过x 轴上的一定点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－65，0.本例在第(2)问中可应用根与系数的关系求出x M ＝2－8k21＋4k 2，这体现了整体思想．这是解决解析几何问题时常用的方法，简单易懂，通过设而不求，大大降低了运算量．技巧四 巧妙“换元”减少运算量变量换元的关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而将非标准型问题转化为标准型问题，将复杂问题简单化．变量换元法常用于求解复合函数的值域、三角函数的化简或求值等问题．如图，已知椭圆C 的离心率为32，点A ，B ，F 分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点，且S △ABF ＝1－32.(1)求椭圆C 的方程；(2)已知直线l ：y ＝kx ＋m 与圆O ：x 2＋y 2＝1相切，若直线l 与椭圆C 交于M ，N 两点，求△OMN 面积的最大值．【解】 (1)由已知椭圆的焦点在x 轴上，设其方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，则A (a ，0)，B (0，b )，F (c ，0)(c ＝a 2－b 2)．由已知可得e 2＝a 2－b 2a 2＝34，所以a 2＝4b 2，即a ＝2b ，可得c ＝3b ①.S △AFB ＝12×|AF |×|OB |＝12(a －c )b ＝1－32②.将①代入②，得12(2b －3b )b ＝1－32，解得b ＝1，故a ＝2，c ＝ 3.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)圆O 的圆心为坐标原点，半径r ＝1，由直线l ：y ＝kx ＋m 与圆O ：x 2＋y 2＝1相切，得|m |1＋k2＝1，故有m 2＝1＋k 2③. 由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y ＝kx ＋m ，消去y ，得⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋k 2x 2＋2kmx ＋m 2－1＝0.由题可知k ≠0，即(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4(m 2－1)＝0， 所以Δ＝16(4k 2－m 2＋1)＝48k 2＞0.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.所以|x 1－x 2|2＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8km 4k 2＋12－4×4m 2－44k 2＋1＝16（4k 2－m 2＋1）（4k 2＋1）2④. 将③代入④中，得|x 1－x 2|2＝48k2（4k 2＋1）2，故|x 1－x 2|＝43|k |4k 2＋1.所以|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2×43|k |4k 2＋1＝43k 2（k 2＋1）4k 2＋1. 故△OMN 的面积S ＝12|MN |×1＝12×43k 2（k 2＋1）4k 2＋1×1＝23k 2（k 2＋1）4k 2＋1. 令t ＝4k 2＋1，则t ≥1，k 2＝t －14，代入上式，得S ＝23×t －14⎝ ⎛⎭⎪⎫t －14＋1t2＝32（t －1）（t ＋3）t2＝32t 2＋2t －3t 2＝32－3t 2＋2t＋1＝32－1t 2＋23t ＋13＝32－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －132＋49， 所以当t ＝3，即4k 2＋1＝3，解得k ＝±22时，S 取得最大值，且最大值为32×49＝1.破解此类题的关键：一是利用已知条件，建立关于参数的方程，解方程，求出参数的值，二是通过变量换元法将所给函数转化为值域容易确定的另一函数，求得其值域，从而求得原函数的值域，形如y ＝ax ＋b ±cx ＋d (a ，b ，c ，d 均为常数，且ac ≠0)的函数常用此法求解，但在换元时一定要注意新元的取值X 围，以保证等价转化，这样目标函数的值域才不会发生变化．[基础题组练]1．已知直线l 与双曲线x 24－y 2＝1相切于点P ，l 与双曲线的两条渐近线交于M ，N 两点，则OM →·ON →的值为( )A ．3B ．4C ．5D ．与P 的位置有关解析：选A.依题意，设点P (x 0，y 0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，其中x 20－4y 20＝4，则直线l 的方程是x 0x 4－y 0y ＝1，题中双曲线的两条渐近线方程为y ＝±12x .①当y 0＝0时，直线l 的方程是x ＝2或x ＝－2.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2x 24－y 2＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ＝±1，此时OM →·ON →＝(2，－1)·(2，1)＝4－1＝3，同理可得当直线l 的方程是x ＝－2时，OM →·ON →＝3.②当y 0≠0时，直线l 的方程是y ＝14y 0(x 0x －4)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝14y 0（x 0x －4）x24－y 2＝0，得(4y 2－x 20)x2＋8x 0x －16＝0(*)，又x 20－4y 20＝4，因此(*)即是－4x 2＋8x 0x －16＝0，x 2－2x 0x ＋4＝0，x 1x 2＝4，OM →·ON →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2－14x 1x 2＝34x 1x 2＝3.综上所述，OM →·ON →＝3，故选A.2．已知抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，△ABC 的顶点都在抛物线上，且满足FA →＋FB →＋FC →＝0，则1k AB ＋1k AC ＋1k BC＝________．解析：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，由FA →＋FB →＝－FC →，得y 1＋y 2＋y 3＝0.因为k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝2p y 1＋y 2，所以k AC ＝2p y 1＋y 3，k BC ＝2p y 2＋y 3，所以1k AB ＋1k AC ＋1k BC ＝y 1＋y 22p ＋y 3＋y 12p＋y 2＋y 32p＝0. 答案：03．(2020·某某模拟)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.点M在椭圆C 上滑动，若△MF 1F 2的面积取得最大值4时，有且仅有2个不同的点M 使得△MF 1F 2为直角三角形．(1)求椭圆C 的方程；(2)过点P (0，1)的直线l 与椭圆C 分别相交于A ，B 两点，与x 轴交于点Q .设QA →＝λPA →，QB →＝μPB →，求证：λ＋μ为定值，并求该定值．解：(1)由对称性知，点M 在短轴端点时，△MF 1F 2为直角三角形且∠F 1MF 2＝90°，且S △MF 1F 2＝4，所以b ＝c 且S ＝12·2c ·b ＝bc＝4，解得b ＝c ＝2，a 2＝b 2＋c 2＝8， 所以椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)证明：显然直线l 的斜率不为0，设直线l ：x ＝t (y －1)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 28＋y 24＝1，x ＝t （y －1），消去x ，得(t 2＋2)y 2－2t 2y ＋t 2－8＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝2t 2t 2＋2，y 1y 2＝t 2－8t 2＋2.令y ＝0，则x ＝－t ，所以Q (－t ，0)， 因为QA →＝λPA →，所以y 1＝λ(y 1－1)， 所以λ＝y 1y 1－1.因为QB →＝μPB →，所以y 2＝μ(y 2－1)，所以μ＝y 2y 2－1.所以λ＋μ＝y 1y 1－1＋y 2y 2－1＝2y 1y 2－（y 1＋y 2）y 1y 2－（y 1＋y 2）＋1＝83. 4．(2020·某某某某联考)设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，下顶点为A ，O 为坐标原点，点O 到直线AF 2的距离为22，△AF 1F 2为等腰直角三角形． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)直线l 与椭圆C 分别相交于M ，N 两点，若直线AM 与直线AN 的斜率之和为2，证明：直线l 恒过定点，并求出该定点的坐标．解：(1)由题意可知，直线AF 2的方程为x c ＋y－b＝1， 即－bx ＋cy ＋bc ＝0，则bc b 2＋c 2＝bc a＝22.因为△AF 1F 2为等腰直角三角形，所以b ＝c ， 又a 2＝b 2＋c 2，可得a ＝2，b ＝1，c ＝1， 所以椭圆C 的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明：由(1)知A (0，－1)．当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋t (t ≠±1)， 代入x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2＋4ktx ＋2t 2－2＝0，所以Δ＝16k 2t 2－4(1＋2k 2)(2t 2－2)＞0，即t 2－2k 2＜1. 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4kt1＋2k 2，x 1x 2＝2t 2－21＋2k2.因为直线AM 与直线AN 的斜率之和为2， 所以k AM ＋k AN ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1＋t ＋1x 1＋kx 2＋t ＋1x 2＝2k ＋（t ＋1）（x 1＋x 2）x 1x 2＝2k －（t ＋1）·4kt2t 2－2＝2， 整理得t ＝1－k .所以直线l 的方程为y ＝kx ＋t ＝kx ＋1－k ＝k (x －1)＋1，显然直线y ＝k (x －1)＋1经过定点(1，1)．当直线l 的斜率不存在时，设直线l 的方程为x ＝m .因为直线AM 与直线AN 的斜率之和为2，设M (m ，n )，则N (m ，－n )， 所以k AM ＋k AN ＝n ＋1m ＋－n ＋1m ＝2m＝2，解得m ＝1， 此时直线l 的方程为x ＝1，显然直线x ＝1也经过该定点(1，1)． 综上，直线l 恒过点(1，1)．[综合题组练]1．(2020·某某五市十校联考)已知动圆C 过定点F (1，0)，且与定直线x ＝－1相切． (1)求动圆圆心C 的轨迹E 的方程；(2)过点M (－2，0)的任一条直线l 与轨迹E 分别相交于不同的两点P ，Q ，试探究在x 轴上是否存在定点N (异于点M )，使得∠QNM ＋∠PNM ＝π？若存在，求点N 的坐标；若不存在，说明理由．解：(1)法一：由题意知，动圆圆心C 到定点F (1，0)的距离与其到定直线x ＝－1的距离相等，又由抛物线的定义，可得动圆圆心C 的轨迹是以F (1，0)为焦点，x ＝－1为准线的抛物线，其中p ＝2.所以动圆圆心C 的轨迹E 的方程为y 2＝4x .法二：设动圆圆心C (x ，y )，由题意知（x －1）2＋y 2＝|x ＋1|， 化简得y 2＝4x ，即动圆圆心C 的轨迹E 的方程为y 2＝4x . (2)假设存在点N (x 0，0)，满足题设条件．由∠QNM ＋∠PNM ＝π可知，直线PN 与QN 的斜率互为相反数，即k PN ＋k QN ＝0.① 由题意知直线PQ 的斜率必存在且不为0，设直线PQ 的方程为x ＝my －2.联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，x ＝my －2，得y 2－4my ＋8＝0.由Δ＝(－4m )2－4×8＞0，得m ＞2或m ＜－ 2. 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝8. 由①式得k PN ＋k QN ＝y 1x 1－x 0＋y 2x 2－x 0＝y 1（x 2－x 0）＋y 2（x 1－x 0）（x 1－x 0）（x 2－x 0）＝0，所以y 1(x 2－x 0)＋y 2(x 1－x 0)＝0， 即y 1x 2＋y 2x 1－x 0(y 1＋y 2)＝0.消去x 1，x 2，得14y 1y 22＋14y 2y 21－x 0(y 1＋y 2)＝0，14y 1y 2(y 1＋y 2)－x 0(y 1＋y 2)＝0， 因为y 1＋y 2≠0，所以x 0＝14y 1y 2＝2，所以存在点N (2，0)．使得∠QNM ＋∠PNM ＝π.2．(2020·某某某某教学质量监测)已知抛物线C ：x 2＝2py (p ＞0)的焦点为F ，过点F 的直线分别交抛物线于A ，B 两点．(1)若以AB 为直径的圆的方程为(x －2)2＋(y －3)2＝16，求抛物线C 的标准方程； (2)过点A ，B 分别作抛物线的切线l 1，l 2，证明：l 1，l 2的交点在定直线上． 解：(1)设AB 中点为M ，A 到准线的距离为d 1，B 到准线的距离为d 2，M 到准线的距离为d ，则d ＝y M ＋p2.由抛物线的定义可知，d 1＝|AF |，d 2＝|BF |，所以d 1＋d 2＝|AB |＝8， 由梯形中位线可得d ＝d 1＋d 22＝4，所以y M ＋p2＝4.又y M ＝3，所以3＋p2＝4，可得p ＝2，所以抛物线C 的标准方程为x 2＝4y .(2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由x 2＝2py ，得y ＝x 22p ，则y ′＝xp，所以直线l 1的方程为y －y 1＝x 1p (x －x 1)，直线l 2的方程为y －y 2＝x 2p(x －x 2)，联立得x ＝x 1＋x 22，y ＝x 1x 22p， 即直线l 1，l 2的交点坐标为⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，x 1x 22p .因为AB 过焦点F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2，由题可知直线AB 的斜率存在，故可设直线AB 方程为y －p2＝kx ，代入抛物线x 2＝2py 中，得x 2－2pkx －p 2＝0，所以x 1x 2＝－p 2，y ＝x 1x 22p ＝－p 22p ＝－p2，p 2上．所以l1，l2的交点在定直线y＝－。
高考数学大一轮复习第九章平面解析几何9.9第1课时直线与圆锥曲线课件理北师大版
直线(zhíxiàn)有
√A.1条
B.2条
解C析.3条过(0,1)与D抛.4物条线y2＝4x相切的直线有2条，过(0,1)与对称轴平行的直线有一
条，这三条直线与抛物线都只有一个公共点.
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解析 答案
3.已知与向量v＝(1,0)平行的直线(zhíxiàn)l与双x曲2 线 4
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题组一 思考辨析
基础(jīchǔ) 自测
1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)直线l与抛物线y2＝2px只有一个公共点，则l与抛物线相切.( ) ×
(((234)))设椭直线点圆与P(axx椭220＋，圆byy只220＝)有为1一上双个的曲交点线点到⇔焦ay直22点－线(jbxi上与2ā2＝o椭的d1iǎ圆任n)相一距切点离.，(的则最|x大)0|值≥a是.( a＋√c).(
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.
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解答
思维升华 处理圆锥曲线最值问题的求解方法 圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活(línɡ huó)多变，但总体上主 要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、简单性质以 及平面简单中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最 值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用 函数方法、不等式方法等进行求解.
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解析 答案
题组三 易错自纠 4.过抛物线y2＝2x的焦点作一条直线与抛物线交于A，B两点，它们的横坐标之和 等于2，则这样的直线
高考数学大一轮复习 第八章 平面解析几何 第9节 圆锥
(2)四边形 OAPB 能为平行四边形．理由如下： 因为直线 l 过点m3 ，m， 所以 l 不过原点与 C 有两个交点的充要条件是 k>0，k ≠3. 由(1)得 OM 的方程为 y＝－9kx. 设点 P 的横坐标为 xP.
由y＝－ห้องสมุดไป่ตู้kx， 得 9x2＋y2＝m2
x2P＝9kk22＋m281，即
∴|O1M|＝ x2＋42， 又|O1A|＝ （x－4）2＋y2，
∴ （x－4）2＋y2＝ x2＋42， 化简得 y2＝8x(x≠0)． 又当 O1 在 y 轴上时，O1 与 O 重合，点 O1 的坐标(0，0) 也满足方程 y2＝8x， ∴动圆圆心的轨迹 C 的方程为 y2＝8x.
(2)证明：由题意，设直线 l 的方程为 y＝kx＋b(k≠0)， P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 将 y＝kx＋b 代入 y2＝8x 中，得 k2x2＋(2bk－8)x＋b2＝0， 其中 Δ＝－32kb＋64>0. 由根与系数的关系得，x1＋x2＝8－k22 bk，① x1x2＝bk22，②
(1)求动圆圆心的轨迹 C 的方程； (2)已知点 B(－1，0)，设不垂直于 x 轴的直线 l 与轨迹 C 交于不同的两点 P，Q，若 x 轴是∠PBQ 的角平分线，证 明：直线 l 过定点．
解：(1)如图，设动圆圆心 O1(x，y)， 由题意，|O1A|＝|O1M|，
当 O1 不在 y 轴上时，过 O1 作 O1H ⊥MN 交 MN 于 H，则 H 是 MN 的中点，
所以
tan
π
4
＝
tan(α
＋
β)
＝
tanα＋tanβ 1－tanαtanβ
＝
yx11＋xy22 1－yx11yx22
高考数学大一轮复习 第九章 平面解析几何 第9讲 圆锥曲线中的范围、最值问题课件 文
解：(1)设 T(x，y)，由题意知 A(－4，0)，B(4，0)，设直线 TA 的斜率为 k1，直线 TB 的斜率为 k2， 则 k1＝x＋y 4，k2＝x－y 4. 由 k1k2＝－34，得x＋y 4·x－y 4＝－34， 整理得1x62＋1y22 ＝1. 故椭圆 C 的方程为1x62＋1y22 ＝1.
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令 f(t)＝3t＋1t (t≥1)，则 f′(t)＝3－t12， 当 t≥1 时，f′(t)≥0，f(t)在[1，＋∞)上单调递增， 有 f(t)≥f(1)＝4， 所以 S△F1AB≤3， 即当 t＝1，即 m＝0 时，S△F1AB 取得最大值，最大值为 3， 由 S△F1AB＝4R，得 Rmax＝34，所以所求内切圆面积的最大值为 196π. 故△F1AB 的内切圆面积的最大值为196π，此时直线 l：x＝1.
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因为 f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2， 所以 f(k)在区间－1，12上单调递增，12，1上单调递减， 因此当 k＝12时，|PA|·|PQ|取得最大值2176.
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角度四 利用基本不等式求最值 (2019·太原模拟)已知椭圆 M：xa22＋y32＝1(a>0)的一个焦
点为 F(－1，0)，左、右顶点分别为 A，B．经过点 F 的直线
l 与椭圆 M 交于 C，D 两点． (1)当直线 l 的倾斜角为 45°时，求线段 CD 的长； (2)记△ABD 与△ABC 的面积分别为 S1 和 S2，求|S1－S2|的最 大值．
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【解】 (1)由题意，c＝1，b2＝3， 所以 a2＝4，所以椭圆 M 的方程为x42＋y32＝1， 易求直线方程为 y＝x＋1，联立方程，得x42＋y32＝1，
高考数学(浙江专用)总复习课时作业：第九章 平面解析几何 第9讲 圆锥曲线的综合问题 Word版含答案
基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.过抛物线y 2＝2x 的焦点作一条直线与抛物线交于A ，B 两点，它们的横坐标之和等于2，则这样的直线( ) A.有且只有一条 B.有且只有两条 C.有且只有三条D.有且只有四条解析 ∵通径2p ＝2，又|AB |＝x 1＋x 2＋p ，∴|AB |＝3＞2p ，故这样的直线有且只有两条. 答案 B2.直线y ＝b a x ＋3与双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的交点个数是( )A.1B.2C.1或2D.0解析 因为直线y ＝ba x ＋3与双曲线的渐近线y ＝b ax 平行，所以它与双曲线只有1个交点. 答案 A3.经过椭圆x 22＋y 2＝1的一个焦点作倾斜角为45°的直线l ，交椭圆于A ，B 两点，设O 为坐标原点，则OA →·OB →等于( ) A.－3B.－13C.－13或－3D.±13解析 依题意，当直线l 经过椭圆的右焦点(1，0)时，其方程为y －0＝tan 45°(x －1)，即y ＝x －1，代入椭圆方程x 22＋y 2＝1并整理得3x 2－4x ＝0，解得x ＝0或x ＝43，所以两个交点坐标分别为(0，－1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫43，13，∴OA →·OB →＝－13，同理，直线l 经过椭圆的左焦点时，也可得OA →·OB →＝－13.答案 B4.抛物线y ＝x 2到直线x －y －2＝0的最短距离为( ) A. 2B.728C.2 2D.526解析 设抛物线上一点的坐标为(x ，y )，则d ＝|x －y －2|2＝|－x 2＋x －2|2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122－742，∴x ＝12时，d min ＝728.答案 B5.已知A ，B ，P 是双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)上不同的三点，且A ，B 连线经过坐标原点，若直线PA ，PB 的斜率乘积k PA ·k PB ＝23，则该双曲线的离心率为( )A.52B.62C. 2D.153解析 设A (x 1，y 1)，P (x 2，y 2)根据对称性，得B 点坐标为 (－x 1，－y 1)，因为A ，P 在双曲线上，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 21a 2－y 21b2＝1，x 22a 2－y 22b 2＝1，两式相减，得k PAkPB ＝b 2a 2＝23，所以e 2＝a 2＋b 2a 2＝53，故e ＝153.答案 D 二、填空题6.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)，F (2，0)为其右焦点，过F 且垂直于x 轴的直线与椭圆相交所得的弦长为2.则椭圆C 的方程为________.解析 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝2，b 2a ＝1，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝2，∴椭圆C 的方程为x 24＋y22＝1.答案x 24＋y 22＝1 7.已知抛物线y ＝ax 2(a ＞0)的焦点到准线的距离为2，则直线y ＝x ＋1截抛物线所得的弦长等于________.解析 由题设知p ＝12a ＝2，∴a ＝14.抛物线方程为y ＝14x 2，焦点为F (0，1)，准线为y ＝－1.联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝14x 2，y ＝x ＋1，消去x ，整理得y 2－6y ＋1＝0，∴y 1＋y 2＝6，∵直线过焦点F ，∴所得弦|AB |＝|AF |＋|BF |＝y 1＋1＋y 2＋1＝8. 答案 88.(2017·金华月考)过椭圆x 216＋y 24＝1内一点P (3，1)，且被这点平分的弦所在直线的方程是________；此弦的长为________.解析 设直线与椭圆交于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点， 由于A ，B 两点均在椭圆上，故x 2116＋y 214＝1，x 2216＋y 224＝1，两式相减得（x 1＋x 2）（x 1－x 2）16＋（y 1＋y 2）（y 1－y 2）4＝0.又∵P 是A ，B 的中点，∴x 1＋x 2＝6，y 1＋y 2＝2， ∴k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－34. ∴直线AB 的方程为y －1＝－34(x －3).即3x ＋4y －13＝0.由⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋4y －13＝0，x 216＋y 24＝1，消去y 整理得13x 2－78x ＋105＝0，x 1＋x 2＝6，x 1x 2＝10513，|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－342·62－4×10513＝53913. 答案 3x ＋4y －13＝0 53913三、解答题9.设F 1，F 2分别是椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点，过F 1且斜率为1的直线l 与E相交于A ，B 两点，且|AF 2|，|AB |，|BF 2|成等差数列. (1)求E 的离心率；(2)设点P (0，－1)满足|PA |＝|PB |，求E 的方程. 解 (1)由椭圆定义知|AF 2|＋|BF 2|＋|AB |＝4a ， 又2|AB |＝|AF 2|＋|BF 2|，得|AB |＝43a ，l 的方程为y ＝x ＋c ，其中c ＝a 2－b 2.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则A ，B 两点的坐标满足方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋c ，x 2a 2＋y 2b2＝1，消去y ，化简得(a 2＋b 2)x2＋2a 2cx ＋a 2(c 2－b 2)＝0，则x 1＋x 2＝－2a 2c a 2＋b 2，x 1x 2＝a 2（c 2－b 2）a 2＋b 2.因为直线AB 的斜率为1，所以|AB |＝2|x 2－x 1|＝2[（x 1＋x 2）2－4x 1x 2]，即43a ＝4ab2a 2＋b2，故a 2＝2b 2，所以E 的离心率e ＝c a ＝a 2－b 2a ＝22.(2)设AB 的中点为N (x 0，y 0)，由(1)知x 0＝x 1＋x 22＝－a 2c a 2＋b 2＝－2c 3，y 0＝x 0＋c ＝c3. 由|PA |＝|PB |，得k PN ＝－1，即y 0＋1x 0＝－1， 得c ＝3，从而a ＝32，b ＝3.故椭圆E 的方程为x 218＋y 29＝1.10.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的一个顶点为A (2，0)，离心率为22.直线y ＝k (x －1)与椭圆C 交于不同的两点M ，N . (1)求椭圆C 的方程； (2)当△AMN 的面积为103时，求k 的值. 解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，c a ＝22，a 2＝b 2＋c 2.解得b ＝2，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －1），x 24＋y 22＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－4＝0.设点M ，N 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)， 则y 1＝k (x 1－1)，y 2＝k (x 2－1)， x 1＋x 2＝4k 21＋2k 2，x 1x 2＝2k 2－41＋2k 2，所以|MN |＝（x 2－x 1）2＋（y 2－y 1）2＝（1＋k 2）[（x 1＋x 2）2－4x 1x 2]＝2（1＋k 2）（4＋6k 2）1＋2k2又因为点A (2，0)到直线y ＝k (x －1)的距离d ＝|k |1＋k2，所以△AMN 的面积为S ＝12|MN |·d ＝|k |4＋6k 21＋2k 2，由|k |4＋6k 21＋2k 2＝103，解得k ＝±1. 能力提升题组 (建议用时：30分钟)11.已知椭圆x 24＋y 2b2＝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( ) A.1B. 2C.32D. 3解析 由椭圆的方程，可知长半轴长为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，通径最短，即2b 2a＝3，可求得b 2＝3，即b ＝ 3.答案 D12.抛物线C 1：y ＝12p x 2(p ＞0)的焦点与双曲线C 2：x 23－y 2＝1的右焦点的连线交C 1于第一象限的点M .若C 1在点M 处的切线平行于C 2的一条渐近线，则p ＝( ) A.316B.38C.233D.433解析 ∵双曲线C 2：x 23－y 2＝1，∴右焦点为F (2，0)，渐近线方程为y ＝±33x . 抛物线C 1：y ＝12p x 2(p ＞0)，焦点为F ′⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2.设M (x 0，y 0)，则y 0＝12p x 20. ∵k MF ′＝k FF ′，∴12p x 20－p 2x 0＝p 2－2.①又∵y ′＝1p x ，∴y ′|x ＝x 0＝1p x0＝33.②由①②得p ＝433.答案 D13.设抛物线y 2＝8x 的焦点为F ，准线为l ，P 为抛物线上一点，PA ⊥l ，A 为垂足.如果直线AF 的斜率为－3，那么|PF |＝________.解析 直线AF 的方程为y ＝－3(x －2)，联立⎩⎨⎧y ＝－3x ＋23，x ＝－2，得y ＝43，所以P (6，43).由抛物线的性质可知|PF |＝6＋2＝8. 答案 814.(2015·全国Ⅰ卷)在直角坐标系xOy 中，曲线C ：y ＝x 24与直线l ：y ＝kx ＋a (a >0)交于M ，N 两点，(1)当k ＝0时，分别求C 在点M 和N 处的切线方程；(2)y 轴上是否存在点P ，使得当k 变动时，总有∠OPM ＝∠OPN ？说明理由. 解 (1)由题设可得M (2a ，a )，N (－2a ，a )， 或M (－2a ，a )，N (2a ，a ).又y ′＝x 2，故y ＝x 24在x ＝2a 处的导数值为a ，C 在点(2a ，a )处的切线方程为y －a ＝a (x－2a )， 即ax －y －a ＝0.y ＝x 24在x ＝－2a 处的导数值为－a ，C 在点(－2a ，a )处的切线方程为y －a ＝－a (x ＋2a )，即ax ＋y ＋a ＝0.故所求切线方程为ax －y －a ＝0和ax ＋y ＋a ＝0. (2)存在符合题意的点，证明如下：设P (0，b )为符合题意的点，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，直线PM ，PN 的斜率分别为k 1，k 2. 将y ＝kx ＋a 代入C 的方程得x 2－4kx －4a ＝0. 故x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4a .从而k 1＋k 2＝y 1－b x 1＋y 2－bx 2＝2kx 1x 2＋（a －b ）（x 1＋x 2）x 1x 2＝k （a ＋b ）a.当b ＝－a 时，有k 1＋k 2＝0，则直线PM 的倾斜角与直线PN 的倾斜角互补， 故∠OPM ＝∠OPN ，所以点P (0，－a )符合题意.15.已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，直线y ＝4与y 轴的交点为P ，与C 的交点为Q ，且|QF |＝54|PQ |.(1)求C 的方程；(2)过F 的直线l 与C 相交于A ，B 两点，若AB 的垂直平分线l ′与C 相交于M ，N 两点，且A ，M ，B ，N 四点在同一圆上，求l 的方程.解 (1)设Q (x 0，4)，代入y 2＝2px 得x 0＝8p.所以|PQ |＝8p ，|QF |＝p 2＋x 0＝p 2＋8p.由题设得p 2＋8p ＝54×8p，解得p ＝－2(舍去)或p ＝2.所以C 的方程为y 2＝4x .(2)依题意知l 与坐标轴不垂直，故可设l 的方程为x ＝my ＋1(m ≠0).代入y 2＝4x 得y 2－4my －4＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4. 故AB 的中点为D (2m 2＋1，2m )， |AB |＝m 2＋1|y 1－y 2|＝4(m 2＋1).又l ′的斜率为－m ，所以l ′的方程为x ＝－1my ＋2m 2＋3.将上式代入y 2＝4x ，并整理得y 2＋4my －4(2m 2＋3)＝0.设M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)，则y 3＋y 4＝－4m，y 3y 4＝－4(2m 2＋3).故MN 的中点为E ⎝ ⎛⎭⎪⎫2m 2＋2m 2＋3，－2m ，|MN |＝1＋1m 2|y 3－y 4|＝4（m 2＋1）2m 2＋1m2. 由于MN 垂直平分AB ，故A ，M ，B ，N 四点在同一圆上等价于|AE |＝|BE |＝12|MN |，从而14|AB |2＋|DE |2＝14|MN |2，即4(m 2＋1)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2m ＋2m 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2m 2＋22＝4（m 2＋1）2（2m 2＋1）m4. 化简得m 2－1＝0，解得m ＝1或m ＝－1. 所求直线l 的方程为x －y －1＝0或x ＋y －1＝0.第2课时 定点、定值、范围、最值问题考点一 定点问题【例1】 (2017·枣庄模拟)已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)过点(0，1)，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列.直线l 与x 轴正半轴和y 轴分别交于Q ，P ，与椭圆分别交于点M ，N ，各点均不重合且满足PM →＝λ1MQ →，PN →＝λ2NQ →.(1)求椭圆的标准方程；(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l 过定点并求此定点.解 (1)设椭圆的焦距为2c ，由题意知b ＝1，且(2a )2＋(2b )2＝2(2c )2，又a 2＝b 2＋c 2，所以a 2＝3.所以椭圆的方程为x 23＋y 2＝1.(2)由题意设P (0，m )，Q (x 0，0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， 设l 方程为x ＝t (y －m )，由PM →＝λ1MQ →知(x 1，y 1－m )＝λ1(x 0－x 1，－y 1)， ∴y 1－m ＝－y 1λ1，由题意y 1≠0，∴λ1＝m y 1－1.同理由PN →＝λ2NQ →知λ2＝m y 2－1.∵λ1＋λ2＝－3，∴y 1y 2＋m (y 1＋y 2)＝0，①联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋3y 2＝3，x ＝t （y －m ）得(t 2＋3)y 2－2mt 2y ＋t 2m 2－3＝0，∴由题意知Δ＝4m 2t 4－4(t 2＋3)(t 2m 2－3)＞0，② 且有y 1＋y 2＝2mt 2t 2＋3，y 1y 2＝t 2m 2－3t 2＋3，③将③代入①得t 2m 2－3＋2m 2t 2＝0， ∴(mt )2＝1.由题意mt ＜0，∴mt ＝－1，满足②，得l 方程为x ＝ty ＋1，过定点(1，0)，即Q 为定点. 规律方法 圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.(2)特殊到一般法，根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.【训练1】 (2017·杭州七校联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的两焦点在x 轴上，且两焦点与短轴的一个顶点的连线构成斜边长为2的等腰直角三角形.(1)求椭圆的方程；(2)过点S ⎝⎛⎭⎪⎫0，－13的动直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点Q ，使得以线段AB 为直径的圆恒过点Q ？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由.解 (1)∵椭圆两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，∴b ＝c .又斜边长为2，即2c ＝2，故c ＝b ＝1，a ＝2，椭圆方程为x 22＋y 2＝1.(2)当l 与x 轴平行时，以线段AB 为直径的圆的方程为x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋132＝169；当l 与y 轴平行时，以线段AB 为直径的圆的方程为x 2＋y 2＝1. 由⎩⎨⎧x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋132＝169，x 2＋y 2＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝1，故若存在定点Q ，则Q 的坐标只可能为Q (0，1). 下面证明Q (0，1)为所求：若直线l 的斜率不存在，上述已经证明. 若直线l 的斜率存在，设直线l ：y ＝kx －13，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －13，x 2＋2y 2－2＝0，得(9＋18k 2)x 2－12kx －16＝0，Δ＝144k 2＋64(9＋18k 2)＞0，x 1＋x 2＝12k 18k 2＋9，x 1x 2＝－1618k 2＋9， QA →＝(x 1，y 1－1)，QB →＝(x 2，y 2－1)，QA →·QB →＝x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1) ＝(1＋k 2)x 1x 2－4k 3(x 1＋x 2)＋169＝(1＋k 2)·－169＋18k 2－4k 3·12k 9＋18k 2＋169＝0， ∴QA →⊥QB →，即以线段AB 为直径的圆恒过点Q (0，1).考点二 定值问题【例2】 (2016·山东卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的长轴长为4，焦距为2 2. (1)求椭圆C 的方程；(2)过动点M (0，m )(m ＞0)的直线交x 轴于点N ，交C 于点A ，P (P 在第一象限)，且M 是线段PN 的中点.过点P 作x 轴的垂线交C 于另一点Q ，延长QM 交C 于点B .①设直线PM ，QM 的斜率分别为k ，k ′，证明k ′k为定值. ②求直线AB 的斜率的最小值. (1)解 设椭圆的半焦距为c .由题意知2a ＝4，2c ＝2 2.所以a ＝2，b ＝a 2－c 2＝ 2. 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)①证明 设P (x 0，y 0)(x 0＞0，y 0＞0). 由M (0，m )，可得P (x 0，2m )，Q (x 0，－2m ). 所以直线PM 的斜率k ＝2m －m x 0＝mx 0.直线QM 的斜率k ′＝－2m －m x 0＝－3mx 0.此时k ′k ＝－3.所以k ′k为定值－3. ②解 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2). 由①知直线PA 的方程为y ＝kx ＋m .则直线QB 的方程为y ＝－3kx ＋m .联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 22＝1，整理得(2k 2＋1)x 2＋4mkx ＋2m 2－4＝0， 由x 0x 1＝2m 2－42k 2＋1，可得x 1＝2（m 2－2）（2k 2＋1）x 0， 所以y 1＝kx 1＋m ＝2k （m 2－2）（2k 2＋1）x 0＋m . 同理x 2＝2（m 2－2）（18k 2＋1）x 0，y 2＝－6k （m 2－2）（18k 2＋1）x 0＋m . 所以x 2－x 1＝2（m 2－2）（18k 2＋1）x 0－2（m 2－2）（2k 2＋1）x 0 ＝－32k 2（m 2－2）（18k 2＋1）（2k 2＋1）x 0，y 2－y 1＝－6k （m 2－2）（18k 2＋1）x 0＋m －2k （m 2－2）（2k 2＋1）x 0－m ＝－8k （6k 2＋1）（m 2－2）（18k 2＋1）（2k 2＋1）x 0， 所以k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝6k 2＋14k ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫6k ＋1k ，由m ＞0，x 0＞0，可知k ＞0，所以6k ＋1k ≥26，当且仅当k ＝66时取“＝”.故此时2m －m4－8m 2－0＝66，即m ＝147，符合题意. 所以直线AB 的斜率的最小值为62. 规律方法 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值.依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可得出定值；(2)求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；(3)求某线段长度为定值.利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得.【训练2】 (2016·北京卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，A (a ，0)，B (0，b )，O (0，0)，△OAB 的面积为1.(1)求椭圆C 的方程；(2)设P 是椭圆C 上一点，直线PA 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N .求证：|AN |·|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. 所以椭圆方程为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 20＝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. 考点三 范围问题【例3】 (2016·天津卷)设椭圆x 2a 2＋y 23＝1(a ＞3)的右焦点为F ，右顶点为A .已知1|OF |＋1|OA |＝3e|FA |，其中O 为原点，e 为椭圆的离心率. (1)求椭圆的方程；(2)设过点A 的直线l 与椭圆交于点B (B 不在x 轴上)，垂直于l 的直线与l 交于点M ，与y 轴交于点H .若BF ⊥HF ，且∠MOA ≤∠MAO ，求直线l 的斜率的取值范围. 解 (1)设F (c ，0)，由1|OF |＋1|OA |＝3e|FA |，即1c ＋1a＝3c a （a －c ），可得a 2－c 2＝3c 2.又a 2－c 2＝b 2＝3，所以c 2＝1，因此a 2＝4. 所以椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设直线l 的斜率为k (k ≠0)，则直线l 的方程为y ＝k (x －2).设B (x B ，y B )，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝k （x －2）消去y ，整理得(4k 2＋3)x 2－16k 2x ＋16k 2－12＝0.解得x＝2或x ＝8k 2－64k 2＋3.由题意得x B ＝8k 2－64k 2＋3，从而y B ＝－12k4k 2＋3.由(1)知F (1，0)，设H (0，y H )， 有FH →＝(－1，y H )，BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫9－4k24k 2＋3，12k 4k 2＋3.由BF ⊥HF ，得BF →·FH →＝0，所以4k 2－94k 2＋3＋12ky H 4k 2＋3＝0，解得y H ＝9－4k 212k .因为直线MH 的方程为y ＝－1k x ＋9－4k 212k.设M (x M ，y M )，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －2），y ＝－1k x ＋9－4k 212k 消去y ，解得x M ＝20k 2＋912（k 2＋1）. 在△MAO 中，∠MOA ≤∠MAO ⇔|MA |≤|MO |，即(x M －2)2＋y 2M ≤x 2M ＋y 2M ，化简得x M ≥1，即20k 2＋912（k 2＋1）≥1， 解得k ≤－64或k ≥64. 所以直线l 的斜率的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－64或⎣⎢⎡⎭⎪⎫64，＋∞. 规律方法 解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； (4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.【训练3】 (2017·威海模拟)已知圆x 2＋y 2＝1过椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的两焦点，与椭圆有且仅有两个公共点，直线l ：y ＝kx ＋m 与圆x 2＋y 2＝1相切，与椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1相交于A ，B两点.记λ＝OA →·OB →，且23≤λ≤34.(1)求椭圆的方程； (2)求k 的取值范围；(3)求△OAB 的面积S 的取值范围. 解 (1)由题意知2c ＝2，所以c ＝1. 因为圆与椭圆有且只有两个公共点，从而b ＝1，故a ＝2，所以所求椭圆方程为x 22＋y 2＝1.(2)因为直线l ：y ＝kx ＋m 与圆x 2＋y 2＝1相切， 所以原点O 到直线l 的距离为|m |12＋k2＝1，即m 2＝k 2＋1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－21＋2k2.λ＝OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝k 2＋11＋2k 2，由23≤λ≤34，得12≤k 2≤1，即k 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－22∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，1. (3)|AB |2＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＝(1＋k 2)[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2]＝2－2（2k 2＋1）2，由12≤k 2≤1，得62≤|AB |≤43. 设△OAB 的AB 边上的高为d ，则S ＝12|AB |d ＝12|AB |，所以64≤S ≤23.即△OAB 的面积S 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤64，23. 考点四 最值问题【例4】 (2015·浙江卷)已知椭圆x 22＋y 2＝1上两个不同的点A ，B 关于直线y ＝mx ＋12对称.(1)求实数m 的取值范围；(2)求△AOB 面积的最大值(O 为坐标原点). 解 (1)由题意知m ≠0，可设直线AB 的方程为y ＝－1mx ＋b .由⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝－1m x ＋b消去y ，得⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋1m 2x 2－2b m x ＋b 2－1＝0.因为直线y ＝－1m x ＋b 与椭圆x 22＋y 2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b 2＋2＋4m2＞0，①将AB 中点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2mbm 2＋2，m 2b m 2＋2代入直线方程y ＝mx ＋12解得b ＝－m 2＋22m 2②由①②得m ＜－63或m ＞63. (2)令t ＝1m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－62，0∪⎝⎛⎭⎪⎫0，62，则|AB |＝t 2＋1·－2t 4＋2t 2＋32t 2＋12.且O 到直线AB 的距离为d ＝t 2＋12t 2＋1.设△AOB 的面积为S (t )， 所以S (t )＝12|AB |·d ＝12－2⎝⎛⎭⎪⎫t 2－122＋2≤22. 当且仅当t 2＝12时，等号成立.故△AOB 面积的最大值为22. 规律方法 处理圆锥曲线最值问题的求解方法圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解. 【训练4】 已知椭圆C ：x 2＋2y 2＝4. (1)求椭圆C 的离心率；(2)设O 为原点.若点A 在直线y ＝2上，点B 在椭圆C 上，且OA ⊥OB ，求线段AB 长度的最小值.解 (1)由题意，椭圆C 的标准方程为x 24＋y 22＝1.所以a 2＝4，b 2＝2， 从而c 2＝a 2－b 2＝2.因此a ＝2，c ＝ 2.故椭圆C 的离心率e ＝c a ＝22. (2)设点A ，B 的坐标分别为(t ，2)，(x 0，y 0)，其中x 0≠0. 因为OA ⊥OB ，所以OA →·OB →＝0， 即tx 0＋2y 0＝0，解得t ＝－2y 0x 0.又x 20＋2y 20＝4，所以|AB |2＝(x 0－t )2＋(y 0－2)2＝(x 0＋2y 0x 0)2＋(y 0－2)2＝x 20＋y 20＋4y 20x 20＋4＝x 2＋4－x 202＋2（4－x 20）x 20＋4＝x 202＋8x 20＋4(0＜x 20≤4). 因为x 202＋8x 20≥4(0＜x 20≤4)，当且仅当x 20＝4时等号成立， 所以|AB |2≥8.故线段AB 长度的最小值为2 2.[思想方法]1.求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关.(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值. 2.定点的探索与证明问题(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为y ＝kx ＋b ，然后利用条件建立b 、k 等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点.(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关. 3.求解范围问题的方法求范围问题的关键是建立求解关于某个变量的目标函数，通过求这个函数的值域确定目标的范围，要特别注意变量的取值范围.4.圆锥曲线中常见最值的解题方法(1)几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，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，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解. [易错防范]1.求范围问题要注意变量自身的范围.2.利用几何意义求最值时，要注意“相切”与“公共点唯一”的不等价关系.注意特殊关系，特殊位置的应用.3.在解决直线与抛物线的位置关系时，要特别注意直线与抛物线的对称轴平行的特殊情况.4.解决定值、定点问题，不要忘记特值法.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.设抛物线y 2＝8x 的准线与x 轴交于点Q ，若过点Q 的直线l 与抛物线有公共点，则直线l 的斜率的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12 B.[－2，2] C.[－1，1]D.[－4，4]解析 Q (－2，0)，设直线l 的方程为y ＝k (x ＋2)，代入抛物线方程，消去y 整理得k 2x 2＋(4k 2－8)x ＋4k 2＝0，由Δ＝(4k 2－8)2－4k 2·4k 2＝64(1－k 2)≥0，解得－1≤k ≤1. 答案 C2.(2017·石家庄模拟)已知P 为双曲线C ：x 29－y 216＝1上的点，点M 满足|OM →|＝1，且OM →·PM →＝0，则当|PM →|取得最小值时点P 到双曲线C 的渐近线的距离为( ) A.95B.125C.4D.5解析 由OM →·PM →＝0，得OM ⊥PM ，根据勾股定理，求|MP |的最小值可以转化为求|OP |的最小值，当|OP |取得最小值时，点P 的位置为双曲线的顶点(±3，0)，而双曲线的渐近线为4x ±3y ＝0，∴所求的距离d ＝125，故选B.答案 B3.已知椭圆C 的方程为x 216＋y 2m 2＝1(m ＞0)，如果直线y ＝22x 与椭圆的一个交点M 在x 轴上的射影恰好是椭圆的右焦点F ，则m 的值为( )A.2B.2 2C.8D.2 3解析 根据已知条件得c ＝16－m 2，则点(16－m 2，2216－m 2)在椭圆x 216＋y 2m 2＝1(m ＞0)上，∴16－m 216＋16－m22m 2＝1，可得m ＝2 2.答案 B4.若双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的渐近线与抛物线y ＝x 2＋2有公共点，则此双曲线的离心率的取值范围是( ) A.[3，＋∞) B.(3，＋∞) C.(1，3]D.(1，3)解析 依题意可知双曲线渐近线方程为y ＝±b ax ，与抛物线方程联立消去y 得x 2±b ax ＋2＝0. ∵渐近线与抛物线有交点，∴Δ＝b 2a2－8≥0，求得b 2≥8a 2，∴c ＝a 2＋b 2≥3a ，∴e ＝c a≥3. 答案 A5.(2017·丽水调研)斜率为1的直线l 与椭圆x 24＋y 2＝1相交于A ，B 两点，则|AB |的最大值为( ) A.2B.455C.4105D.8105解析 设A ，B 两点的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，直线l 的方程为y ＝x ＋t ，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝4，y ＝x ＋t 消去y ，得5x 2＋8tx ＋4(t 2－1)＝0， 则x 1＋x 2＝－85t ，x 1x 2＝4（t 2－1）5.∴|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝1＋k 2·（x 1＋x 2）2－4x 1x 2 ＝2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－85t 2－4×4（t 2－1）5 ＝425·5－t 2，当t ＝0时，|AB |max ＝4105.答案 C 二、填空题6.已知双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的一条渐近线方程是y ＝3x ，它的一个焦点与抛物线y2＝16x 的焦点相同，则双曲线的方程为________. 解析 由条件知双曲线的焦点为(4，0)，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2＝16，b a＝3，解得a ＝2，b ＝23，故双曲线方程为x 24－y 212＝1.答案x 24－y 212＝1 7.已知动点P (x ，y )在椭圆x 225＋y 216＝1上，若A 点坐标为(3，0)，|AM →|＝1，且PM →·AM →＝0，则|PM →|的最小值是________. 解析 ∵PM →·AM →＝0，∴AM →⊥PM →. ∴|PM →|2＝|AP →|2－|AM →|2＝|AP →|2－1， ∵椭圆右顶点到右焦点A 的距离最小， 故|AP →|min ＝2，∴|PM →|min ＝ 3. 答案38.(2017·杭州调研)若双曲线x 2－y 2b2＝1(b ＞0)的一条渐近线与圆x 2＋(y －2)2＝1至多有一个公共点，则双曲线离心率的取值范围是________；与圆相切时渐近线的方程为________. 解析 双曲线的渐近线方程为y ＝±bx ，则有|0－2|1＋b2≥1，解得b 2≤3，则e 2＝1＋b 2≤4，∵e ＞1，∴1＜e ≤2.当渐近线与圆相切时，b 2＝3，a 2＝1，∴渐近线方程为y ＝±3x . 答案 (1，2] y ＝±3x 三、解答题9.如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝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 (1)由已知，点C ，D 的坐标分别为(0，－b )，(0，b ). 又点P 的坐标为(0，1)，且PC →·PD →＝－1，于是⎩⎪⎨⎪⎧1－b 2＝－1，c a ＝22，a 2－b 2＝c 2.解得a ＝2，b ＝ 2.所以椭圆E 方程为x 24＋y 22＝1.(2)当直线AB 的斜率存在时， 设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2). 联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝kx ＋1，得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0.其判别式Δ＝(4k )2＋8(2k 2＋1)>0， 所以，x 1＋x 2＝－4k 2k 2＋1，x 1x 2＝－22k 2＋1.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）2k 2＋1＝－λ－12k 2＋1－λ－2. 所以，当λ＝1时，－λ－12k 2＋1－λ－2＝－3.此时，OA →·OB →＋λPA →·PB →＝－3为定值. 当直线AB 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， 故存在常数λ＝1，使得OA →·OB →＋λPA →·PB →为定值－3.10.(2016·浙江卷)如图，设椭圆x 2a2＋y 2＝1(a ＞1).(1)求直线y ＝kx ＋1被椭圆截得的线段长(用a ，k 表示)；(2)若任意以点A (0，1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围.解 (1)设直线y ＝kx ＋1被椭圆截得的线段为AM ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 2a2＋y 2＝1，得(1＋a 2k 2)x 2＋2a 2kx ＝0. 故x 1＝0，x 2＝－2a 2k1＋a 2k2，因此|AM |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝2a 2|k |1＋a 2k2·1＋k 2. (2)假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y 轴左侧的椭圆上有两个不同的点P ，Q ，满足|AP |＝|AQ |.记直线AP ，AQ 的斜率分别为k 1，k 2，且k 1，k 2＞0，k 1≠k 2. 由(1)知|AP |＝2a 2|k 1|1＋k 211＋a 2k 21，|AQ |＝2a 2|k 2|1＋k 221＋a 2k 22， 故2a 2|k 1|1＋k 211＋a 2k 21＝2a 2|k 2|1＋k 221＋a 2k 22， 所以(k 21－k 22)[1＋k 21＋k 22＋a 2(2－a 2)k 21k 22]＝0.由于k 1≠k 2，k 1，k 2＞0得1＋k 21＋k 22＋a 2(2－a 2)k 21k 22＝0，因此⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 21＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 22＋1＝1＋a 2(a 2－2)，①因为①式关于k 1，k 2的方程有解的充要条件是1＋a 2(a 2－2)＞1，所以a ＞ 2.因此，任意以点A (0，1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1＜a ≤2，由e ＝c a ＝a 2－1a 得，所求离心率的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫0，22.能力提升题组 (建议用时：30分钟)11.(2017·浙大附中月考)设双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的一条渐近线与抛物线y 2＝x的一个交点的横坐标为x 0，若x 0＞1，则双曲线C 的离心率e 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，62 B.(2，＋∞) C.(1，2)D.⎝⎛⎭⎪⎫62，＋∞ 解析 不妨联立y ＝b a x 与y 2＝x 的方程，消去y 得b 2a 2x 2＝x ，由x 0＞1知b 2a 2＜1，即c 2－a 2a2＜1，故e 2＜2，又e ＞1，所以1＜e ＜2，故选C.答案 C12.(2017·河南省八市质检)已知双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的离心率为2，它的两条渐近线与抛物线y 2＝2px (p ＞0)的准线分别交于A ，B 两点，O 为坐标原点.若△AOB 的面积为3，则抛物线的准线方程为( ) A.x ＝－2 B.x ＝2 C.x ＝1D.x ＝－1解析 因为e ＝c a＝2，所以c ＝2a ，b ＝3a ，双曲线的渐近线方程为y ＝±3x ，又抛物线的准线方程为x ＝－p 2，联立双曲线的渐近线方程和抛物线的准线方程得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－p2，3p 2，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－p2，－3p 2，在△AOB 中，|AB |＝3p ，点O 到AB 的距离为p 2，所以12·3p ·p 2＝3，所以p ＝2，所以抛物线的准线方程为x ＝－1，故选D. 答案 D13.(2017·浙江五校联考)若点O 和点F 分别为椭圆x 29＋y 28＝1的中点和左焦点，点P 为椭圆上的任一点，则OP →·FP →的最小值为________.解析 点P 为椭圆x 29＋y 28＝1上的任意一点，设P (x ，y )(－3≤x ≤3，－22≤y ≤22)，依题意得左焦点F (－1，0)，∴OP →＝(x ，y )，FP →＝(x ＋1，y )，∴OP →·FP →＝x (x ＋1)＋y 2＝x 2＋x ＋72－8x 29＝19⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋922＋234.∵－3≤x ≤3，∴32≤x ＋92≤152，∴94≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋922≤2254， ∴14≤19⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋922≤22536，∴6≤19⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋922＋234≤12，即6≤OP →·FP →≤12，故最小值为6. 答案 614.(2017·衡水中学高三联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，直线3x ＋4y ＋6＝0与圆x 2＋(y －b )2＝a 2相切. (1)求椭圆C 的方程；(2)已知过椭圆C 的左顶点A 的两条直线l 1，l 2分别交椭圆C 于M ，N 两点，且l 1⊥l 2，求证：直线MN 过定点，并求出定点坐标； (3)在(2)的条件下求△AMN 面积的最大值.解 (1)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2b ，|4b ＋6|5＝a ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1，即C ：x 24＋y 2＝1.(2)由题意得直线l 1，l 2的斜率存在且不为0. ∵A (－2，0)，设l 1：x ＝my －2，l 2：x ＝－1my －2，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my －2，x 2＋4y 2－4＝0，得(m 2＋4)y 2－4my ＝0， ∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2m 2－8m 2＋4，4m m 2＋4.同理，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－8m 24m 2＋1，－4m 4m 2＋1. ①m ≠±1时，k MN ＝5m4（m 2－1）， l MN ：y ＝5m 4（m 2－1）⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋65.此时过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫－65，0. ②m ＝±1时，l MN ：x ＝－65，过点⎝ ⎛⎭⎪⎫－65，0. ∴l MN 恒过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫－65，0.(3)由(2)知S △AMN ＝12×45|y M －y N |＝25⎪⎪⎪⎪⎪⎪4m m 2＋4＋4m 4m 2＋1＝8⎪⎪⎪⎪⎪⎪m 3＋m 4m 4＋17m 2＋4＝8⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ＋1m 4⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋1m 2＋9＝84⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ＋1m ＋9⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ＋1m . 令t ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ＋1m ≥2，当且仅当m ＝±1时取等号， ∴S △AMN ≤1625，且当m ＝±1时取等号.∴(S △AMN )max ＝1625.15.(2017·宁波模拟)如图，中心在坐标原点，焦点分别在x 轴和y 轴上的椭圆T 1，T 2都过点M (0，－2)，且椭圆T 1与T 2的离心率均为22. (1)求椭圆T 1与椭圆T 2的标准方程；(2)过点M 引两条斜率分别为k ，k ′的直线分别交T 1，T 2于点P ，Q ，当k ′＝4k 时，问直线PQ 是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.解 (1)由题意知，椭圆T 1和椭圆T 2的方程分别为x 24＋y 22＝1，y 22＋x 2＝1；(2)直线MP 的方程为y ＝kx －2，联立椭圆方程得：⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝kx －2，消去y 得(2k 2＋1)x 2－42kx ＝0，则x P ＝42k 2k 2＋1，则点P 的坐标为P ⎝ ⎛⎭⎪⎫42k 2k 2＋1，22k 2－22k 2＋1 同理可得点Q 的坐标为：Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫22k ′k ′2＋2，2k ′2－22k ′2＋2，又k ′＝4k ，则点Q 为：⎝ ⎛⎭⎪⎫42k 8k 2＋1，82k 2－28k 2＋1， k PQ ＝82k 2－28k 2＋1－22k 2－22k 2＋142k 8k 2＋1－42k2k 2＋1＝－12k ，则直线PQ 的方程为：y －22k 2－22k 2＋1＝－12k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －42k 2k 2＋1， 化简得y －2＝－12k x ，故直线PQ 过定点(0，2).。
高考数学一轮复习第八章第九节圆锥曲线的综合问题第3课时定点定值探索性问题课件理北师大版
y＝kx＋1， 由y22＋x2＝1 消 y 得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0，
∴x1＋x2＝－k22＋k 2，x1x2＝－k2＋1 2，
∴|AB|＝ 1＋k2 （x1＋x2）－4x1x2＝2 2（k2＋k2＋2 1），
同理可得，|CD|＝2 22（k2k＋2＋11），
∴1＋ 1＝ |AB| |CD| 2
[对点训练] (2021·武汉模拟)过抛物线C：y2＝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)求直线l的方程； (2) 若 A 关 于 x 轴 的 对 称 点 为 D ， 求 证 ： 直 线 BD 过 定 点 ， 并 求 出 该 点 的 坐 标． 解析：(1)由y2＝4x知焦点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y2＝4x，得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0， 由题意知k≠0， 且Δ＝[－(2k2＋4)]2－4k2·k2＝16(k2＋1)＞0．
(1)求E的方程； (2)证明：直线CD过定点．
[解析] (1)由题设得 A(－a，0)，B(a，0)，G(0，1)．
则A→G＝(a，1)，G→B＝(a，－1)．由A→G·G→B＝8，得 a2－1＝8，即 a＝3．所 以 E 的方程为x92＋y2＝1． (2)证明：设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t)． 若t≠0，设直线CD的方程为x＝my＋n，由题意可知－3＜n＜3． 由于直线 PA 的方程为 y＝9t (x＋3)，所以 y1＝9t (x1＋3)．
解得xy＝ ＝－ 0，1，即直线 BD 恒过定点(－1，0)．
所以直线 BD 的方程为 y＋y1＝y2－4 y1(x－x1)， 即(y2－y1)y＋y2y1－y21＝4x－4x1． 因为 y21＝4x1，y22＝4x2，x12＝－4(y1，y2异号)． 所以直线BD的方程为4(x＋1)＋(y1－y2)y＝0， 对任意 y1，y2∈R，有xy＋ ＝10＝ ，0，
课标通用版2020版高考数学大一轮复习第九章平面解析几何第10讲定值定点探索性问题课件文
1＋2k2
所以 k1＋k2＝－1.
圆锥曲线中的定点问题(师生共研)
(2017·高考全国卷Ⅱ)设 O 为坐标原点，动点 M 在椭圆 C： x22＋y2＝1 上，过 M 作 x 轴的垂线，垂足为 N，点 P 满足N→P＝
→ 2NM. (1)求点 P 的轨迹方程； (2)设点 Q 在直线 x＝－3 上，且O→P·P→Q＝1.证明：过点 P 且垂 直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F.
【解】 (1)设 P(x，y)，M(x0，y0)，则 N(x0，0)，N→P＝(x－x0，
y)，N→M＝(0，y0)．
由N→P＝
2
N→M得
x0＝x，y0＝
2 2 y.
因为 M(x0，y0)在 C 上， 所以x22＋y22＝1.
因此点 P 的轨迹方程为 x2＋y2＝2.
(2)证明：由题意知 F(－1，0)． 设 Q(－3，t)，P(m，n)，则 O→Q＝(－3，t)，P→F＝(－1－m，－n)， O→Q·P→F＝3＋3m－tn， O→P＝(m，n)，P→Q＝(－3－m，t－n)． 由O→P·P→Q＝1 得－3m－m2＋tn－n2＝1，又由(1)知 m2＋n2＝2， 故 3＋3m－tn＝0. 所以O→Q·P→F＝0，即O→Q⊥P→F.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.
所以1λ＋μ1＝1－1yM＋1－1yN ＝（kx－1－1）1 x1＋（kx－2－1）1 x2 ＝k－1 1·2x1x2－x（1xx21＋x2） ＝k－1 1·k22＋21kk－2 4＝2.
高三总复习数学课件 圆锥曲线中的定点、定值问题
题型二 定值问题 [典例] 已知点 A，B 分别为椭圆xa22＋by22＝1(a>b>0)的左、右顶点，过左焦点 F(－2,0)的直线 l 与椭圆 C 交于 P，Q 两点，当直线 l 与 x 轴垂直时，|PQ|＝130. (1)求椭圆的标准方程； (2)设直线 AP，BQ 的斜率分别为 k1，k2，求证：kk12为定值．
(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式， 再利用题设条件化简、变形求得．
(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式 进行化简、变形即可求得．
[针对训练] 1．已知斜率为1的直线交抛物线C：y2＝2px(p＞0)于A，B两点，且弦AB中点
的纵坐标为2. (1)求抛物线C的标准方程； (2)记点P(1,2)，过点P作两条直线PM，PN分别交抛物线C于M，N(M，N 不同于点P)两点，且∠MPN的平分线与y轴垂直，求证：直线MN的斜率为 定值．
[解]：(1)由题意，得 b2＝1，c＝1， 所以 a2＝b2＋c2＝2. 所以椭圆 C 的方程为x22＋y2＝1. (2)证明：设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 则直线 AP 的方程为 y＝y1x－1 1x＋1. 令 y＝0，得点 M 的横坐标 xM＝－y1x－1 1. 又 y1＝kx1＋t，从而|OM|＝|xM|＝kx1＋x1t－1. 同理，|ON|＝kx2＋x2t－1.
解: (1)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB 的中点(x0，y0)，则有 y21＝2px1，y22＝2px2， 两式相减得(y1＋y2)(y1－y2)＝2p(x1－x2)， 所以 kAB＝xy11－ －yx22＝22yp0＝p2＝1， 所以 p＝2，抛物线方程为 y2＝4x. (2)证明：设直线 MN 的方程为 x＝my＋n(由题意知直线 MN 的斜率一定不为 0)， M(x3，y3)，N(x4，y4)， 联立yx2＝＝m4xy＋，n， 消去 x 得，y2－4my－4n＝0， 由 Δ＝16m2＋16n＞0 得 m2＋n＞0.
高考数学大一轮复习 第九章 平面解析几何 9.9 第2课时 定点、定值、范围、最值问题课件 理
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跟踪训练 (2018·唐山模拟)已知椭圆 E：ax22＋by22＝1 的右焦点为 F(c,0)且 a>b>c>0，设短轴的一个端点为 D，原点 O 到直线 DF 的距离为 23，过原 点和 x 轴不重合的直线与椭圆 E 相交于 C，G 两点，且|G→F|＋|C→F|＝4. (1)求椭圆(tuǒyuán)E的方程；
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解答
(2)若|A1A2|>|B1B2|，求ba的取值范围； 解 由题意，得 a＋c>2b，即 a2－b2>2b－a，
∴a2－b2>(2b－a)2，得ab<45. 又 b2>c2＝a2－b2，∴ba22>12. ∴ba∈ 22，45.
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(3)在(2)的条件下，过点 P 作斜率为 k 的直线 l，使得 l 与椭圆 C 有且只
有一个公共点，设直线 PF1，PF2 的斜率分别为 k1，k2，若 k2≠0，证明k1k1 ＋k1k2为定值，并求出这个定值.
思想方法指导 对题目涉及的变量巧妙地引进参数(如设动点坐标、动直线方程
P→N＝λ2N→Q.
(1)求椭圆的标准方程；
解 设椭圆的焦距(jiāojù)为2c，由题意知b＝1，且(2a)2＋(2b)2＝2(2c)2，
又a2＝b2＋c2，∴a2＝3.
高考数学圆锥曲线中的证明、范围(最值)问题全套复习课件
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第九章 平面解析几何
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定义、性质法 求解圆锥曲线中的最值问题，即通过圆锥曲线的定义、几何性质将最值转化， 利用平面几何中的定理、性质，结合图形的直观性求解最值问题．常用的结 论有： (1)两点间线段最短； (2)点到直线的垂线段最短．
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第九章 平面解析几何
P，使得 2a＋|PF2|＋|PQ|<73c 成立，即(2a＋|PF2|＋|PQ|)min<73c.
第九章 平面解析几何
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对于证明问题，一般是根据已知条件，运用所涉及的知识通过运算化简，利 用定义、定理、公理等，直接推导出所证明的结论即可，证明不等式常用不 等式的性质，或基本不等式求得最值．
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第九章 平面解析几何
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技法二 转化法 已知 B 是抛物线 y＝18x2＋1 上任意一点，A(0，－1)，且 P 为线段 AB
技法一 定义、性质转化法
(2021·广东深圳模拟)已知动点 M 在以 F1，F2 为焦点的椭圆 x2＋y42＝1
上，动点 N 在以 M 为圆心，|MF1| 为半径的圆上，则|NF2|的最大值为( )
A．2 √B．4 C．8
D．16
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第九章 平面解析几何
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【解析】 由椭圆的方程可得焦点在 y 轴上，长半轴长 a＝2. 由题意可得|NF2|≤|F2M|＋|MN|＝|F2M|＋|MF1|， 当 N，M，F2 三点共线时，|NF2|取得最大值， 而|F2M|＋|MF1|＝2a＝4，所以|NF2|的最大值为 4，故选 B.
(× ) (√ ) (√ )