MXT-高中数学-圆锥曲线的综合问题

圆锥曲线的综合问题◆高考导航·顺风出发◆最新考纲常有题型1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的地址关系的思想方法．圆锥曲线问题是高考的重点与2.认识圆锥曲线的简单应用．热点，多以压轴题出现，是高考3.理解数形结合的思想.的难点，占13分.[知识梳理]1．直线与圆锥曲线的地址关系判断直线l与圆锥曲线C的地址关系时，平时将直线l的方程Ax＋By＋C＝0(A，B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x，y)＝0，消去y(也能够消去x)获取一个关于变量x(或变量y)的一元方程．即Ax＋By＋C＝0，消去y，得ax2＋bx＋c＝0.Fx，y＝0(1)当a≠0时，设一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的鉴识式为，则＞0?直线与圆锥曲线C订交；0?直线与圆锥曲线C相切；＜0?直线与圆锥曲线C相离.(2)当a＝0，b≠0时，即获取一个一次方程，则直线l与圆锥曲线交点，此时，若C为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的地址关系是抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的地址关系是平行或重合.

C订交，且只有一个平行；若C为2．弦长公式设斜率为

k(k≠0)的直线

l与圆锥曲线

C订交于

A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋k2·x1＋x22－4x1x2＝1＋12·|y1－y2|k＝1＋11＋y22＋4y12.k2·yy[知识感悟]1．辨明两个易误点直线与双曲线交于一点时，易误认为直线与双曲线相切，事实上不用然相切，当直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线订交于一点．直线与抛物线交于一点时，除直线与抛物线相切外易忽视直线与对称轴平行或重合时也订交于一点．2．过一点的直线与圆锥曲线的地址关系(1)过椭圆外一点总有两条直线与椭圆相切；过椭圆上一点有且只有一条直线与椭圆相切；过椭圆内一点的直线与椭圆订交．过抛物线外一点总有三条直线和抛物线有且只有一个公共点：两条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；过抛物线上一点总有两条直线与抛物线有且只有一个公共点：一条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点：一条与对称轴平行或重合的直线．过双曲线外不在渐近线上的一点总有四条直线与双曲线有且只有一个交点：两条切线和两条与渐近线平行的直线；过双曲线上一点总有三条直线与双曲线有且只有一个交点：一条切线和两条与渐近线平行的直线；过双曲线内一点总有两条直线与双曲线有且只有一个交点：两条与渐近线平行的直线．[知识自测]1．判断以下结论可否正确(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．()(2)直线y＝kx(k≠0)与双曲线x2－y2＝1必然订交．()(3)与双曲线的渐近线平行的直线与双曲线有且只有一个交点．()(4)直线与椭圆只有一个交点?直线与椭圆相切．()x2(5)过点(2,4)的直线与椭圆4＋y2＝1只有一条切线．()(6)满足“直线y＝ax＋2与双曲线x2－y2＝4只有一个公共点”的a的值有4个．()[答案](1)×(2)×(3)√(4)√(5)×(6)√22x－y＝1订交，则k的取值范围是()2．若直线y＝kx与双曲线9420，3－2，032－3，3－∞，－23∪23，＋∞x2y22[解析]双曲线－＝1的渐近线方程为y＝±943x，若直线与双曲线订交，数形结合，得k∈－2，233.[答案]C3．过点(0,1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，这样的直线有______条．[解析]结合图形解析可知，满足题意的直线共有3条：直线x＝0，过点(0,1)且平行于x轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线(非直线x＝0)．[答案]3第1课时直线与圆锥曲线的地址关系题型素来线与圆锥曲线的地址关系(重点保分题、共同商议)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆22C1：x2＋y2＝1(a＞b＞0)的左焦点为F1(－1,0)，且点P(0,1)在C1上．ab(1)求椭圆C的方程；1(2)设直线l同时与椭圆C1和抛物线C2：y2＝4x相切，求直线l的方程．[解](1)依照椭圆的左焦点为F1(－1,0)，知a2－b2＝1，又依照点P(0,1)在椭圆上，知bx2＝1，因此a＝2，因此椭圆C1的方程为2＋y2＝1.(2)由于直线l与椭圆C1和抛物线C2都相切，因此其斜率存在且不为0，设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0)，x2代入椭圆方程得2＋(kx＋m)2＝1，1即2＋k2x2＋2kmx＋m2－1＝0，由题意可知此方程有唯一解，此时＝4k2m2－41＋k2(m2－1)＝0，2即m2＝2k2＋1.①k把y＝kx＋m(k≠0)代入抛物线方程得4y2－y＋m＝0，由题意可知此方程有唯一解，此时＝1－km＝0，即mk＝1.②m2＝2k2＋1，1联立①②得mk＝1，解得k2＝2，2或k＝－2因此k＝2，2，m＝2，m＝－2，22因此直线l的方程为y＝2x＋2或y＝－2x－2.方法感悟直线与圆锥曲线地址关系的2种判断方法及2个关注点(1)判断方法①代数法：即联立直线与圆锥曲线方程可获取一个关于x，y的方程组，消去y(或x)得一元方程，此方程根的个数即为交点个数，方程组的解即为交点坐标．②几何法：即画出直线与圆锥曲线的图象，依照图象判断公共点个数．如“题组练透”第1题．(2)关注点①联立直线与圆锥曲线的方程消元后，应注意谈论二次项系数可否为零的情况．②判断直线与圆锥曲线地址关系时，鉴识式起着重点性的作用，第一：能够限制所给参数的范围；第二：能够弃取某些解省得产生增根．【针对补偿】1．(2018·州检测兰)若直线mx＋ny＝4和圆O：x2＋y2＝4没有交点，则过点(m，n)的直x2y2线与椭圆9＋4＝1的交点个数为()A．至多一个B．2C．1D．0[解析]∵直线mx＋ny＝4和圆O：x2＋y2＝4没有交点，∴4＞2，∴m2＋n2＜m2＋n24.m2n2m24－m25x2y2∴9＋4＜9＋4＝1－36m2＜1，∴点(m，n)在椭圆9＋4＝1的内部，∴过点(m，x2y2n)的直线与椭圆9＋4＝1的交点有2个，应选B.[答案]B2．已知双曲线C：x22－y2＝1(a>0)与直线l：x＋y＝1订交于两个不同样的点A、B，直线a→＝5→，则a＝______.l与y轴交于点P，若PA12PBx2[解析]由于双曲线C与直线l订交于两个不同样的点，故知方程组a2－y2＝1，有两x＋y＝1组不同样的实数解，消去y并整理，得(1－a2)x2＋2a2x－2a2＝0，a>0，实数a应满足1－a2≠0，4a4＋8a21－a2>0，解得0<a<2且a≠1.设A(x1，y1)、B(x2，y2)，由一元二次方程根与系数的关系，得x122a2，①a－12a2x1x2＝a2－1.②→5→55又P(0,1)，由PA＝12PB，得(x1，y1－1)＝12(x2，y2－1)，从而x1＝12x2.③x1＝52a2，17·25122a22a2a－1由①③，解得122a2代入②，得17×17×a2－1＝a2－1，217a2－12a22891717舍去即a2－1＝60，解得a＝13，a＝－13.[答案]1713题型二弦长问题(2016·全国甲卷

)已知

A是椭圆

x2E：4

＋y2＝1的左极点，斜率为3

k(k>0)的直线交

E于

A，M

两点，点

N在E上，MA⊥

NA.(1)当|AM|＝|AN|时，求△AMN

的面积．(2)当2|AM|＝|AN|时，证明：

3<k<2.[解]

(1)设

M(x1，y1)，则由题意知

y1>0，由|AM|＝|AN|及椭圆的对称性知，直线

AM

的π倾斜角为4.又A(－2,0)，因此直线AM的方程为y＝x＋2.x2y2将x＝y－2代入4＋3＝1得7y2－12y＝0，1212解得y＝0或y＝7，因此y1＝7.11212144因此△AMN的面积S△AMN＝2×2×7×7＝49.(2)证明：将直线AM的方程y＝k(x＋2)(k>0)代入x2＋y2＝1得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4316k2－1223－4k212＝0，由x1·(－2)＝3＋4k2得x1＝3＋4k2，1＋k2故|AM|＝|x1＋2|1＋k2＝3＋4k2.1由题设，直线AN的方程为y＝－k(x＋2)，12k1＋k2故同理可得|AN|＝3k2＋4.k由2|AM|＝|AN|，得3＋4k2＝3k2＋4，即4k3－6k2＋3k－8＝0，设f(t)＝4t3－6t2＋3t－8，则k是f(t)的零点，f′(t)＝12t2－12t＋3＝3(2t－1)2≥0，因此f(t)在(0，＋∞)单调递加，又f(3)＝153－26<0，f(2)＝6>0，因此f(t)在(0，＋∞)有唯一的零点，且零点k在(3，2)内，因此3<k<2.方法感悟涉及弦长的问题，应熟练地利用根与系数关系、设而不求法计算弦长；涉及垂直关系时也经常利用根与系数关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．【针对补偿】223．(2018贵·阳摸底)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆x2＋y2＝1(a＞b＞0)的离心率ab为12，过椭圆右焦点

F作两条互相垂直的弦

AB与

CD.当直线

AB斜率为

0时，AB＝4.(1)求椭圆的方程；48(2)若|AB|＋|CD|＝7，求直线AB的方程．[解]

(1)由题意知

c1e＝a＝2，2a＝4.又a2＝b2＋c2，解得

a＝2，b＝

3，因此椭圆方程为

x24

＋y23

＝1.(2)①当两条弦中一条弦所在直线的斜率为

0时，另一条弦所在直线的斜率不存在，由题意知

|AB|＋|CD|＝7，不满足条件．②当两弦所在直线的斜率均存在且不为

0时，设直线

AB的方程为

y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，1则直线CD的方程为y＝－k(x－1)．将直线AB方程代入椭圆方程中并整理得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，则x122，x124k2－128k4k2，＋x＝3＋4k2·x＝3＋因此|AB|＝k2＋1|x122＋1·x122－4x1212k2＋13＋4k1212＋12＋1同理，|CD|＝k＝12k43k2＋4.3＋k2因此|AB|＋|CD|＝12k2＋1＋12k2＋1＝84k2＋124＝48，解得k＝±1，3＋4k23k2＋43＋4k23k2＋7因此直线AB的方程为x－y－1＝0或x＋y－1＝0.题型三中点弦问题(高频考点题、多角打破)考向一利用中点弦确定直线方程x2y21．(2018江·西九校联考)已知P(1,1)为椭圆4＋2＝1内必然点，经过P引一条弦交椭圆于A，B两点，且此弦被P点均分，则此弦所在的直线方程为______．[解析]易知此弦所在直线的斜率存在，因此设其方程为y－1＝k(x－1)，A(x，y)，B(x，112y2)．y－1＝kx－1，由x2y2消去y得，＋＝142(2k2＋1)x2－4k(k－1)x＋2(k2－2k－1)＝0，4kk－14kk－1∴x1＋x2＝2k2＋1，又∵x1＋x2＝2，∴2k2＋1＝2，1解得k＝－2.1故此弦所在的直线方程为y－1＝－2(x－1)，即x＋2y－3＝0.[答案]x＋2y－3＝0考向二利用中点弦确定曲线方程2．(2018福·州质检)抛物线C的极点为原点，焦点在x轴上，直线x－y＝0与抛物线C交于A，B两点，若P(1,1)为线段AB的中点，则抛物线C的方程为()A．y＝2x2B．y2＝2xC．x2＝2yD．y2＝－2x2＝2px1[解析]2＝2px，则111222，两式相减可得y2＝2px22p＝y1－y2×(y1＋y2)＝kAB×2＝2，即可得p＝1，∴抛物线C的方程为y2＝2x.12x－x[答案]B考向三由中点弦解决离心率问题3．(高考江西卷)过点M(1,1)作斜率为－1x2y22的直线与椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)订交于A，abB两点，若M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率等于______．[解析]设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∵A，B在椭圆上，22∴x12＋y12＝1，①ab22x22＋y22＝1，②ab222222①－②式有a2＋b2＝0，x1＋x2x1－x2＋y1＋y2y1－y2＝0，a2b2由题意知x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，y1－y2＝－1，x1－x2212－2×22因此2＋2＝0，∴a2＝2b2，∴e＝2.ab[答案]22方法感悟办理中点弦问题常用的2种方法(1)点差法即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有x1＋x2，y1＋y1－y2y2，三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式即可求得斜率．x1－x2(2)根与系数的关系即联立直线与圆锥曲线的方程获取方程组，化为一元二次方程后由根与系数的关系求解．[提示]中点弦问题常用的两种求解方法各有弊端：根与系数的关系在解题过程中易产生漏解，需关注直线的斜率问题；点差法在确定范围方面略显不足．【针对补偿】x2y2F(3,0)，过点F的直线交E于A，B两点．若4．已知椭圆E：2＋b2＝1(a>b>0)的右焦点为aAB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为()x2y2x2y2A.45＋36＝1B.36＋27＝1x2y2x2y2C.27＋18＝1D.18＋9＝11[解析](1)由于直线AB过点F(3,0)和点(1，－1)，因此直线AB的方程为y＝2(x－3)，x2y2a239代入椭圆方程a2＋b2＝1消去y，得4＋b2x2－2a2x＋4a2－a2b2＝0，因此AB的中点的横坐32标为2a＝1，即a2＝2b2，又a2＝b2＋c2，因此b＝c＝3，a＝32，选D.2a24＋b2[答案]Dx2y25．已知(4,2)是直线l被椭圆36＋9＝1所截得的线段的中点，则l的方程是______________．[解析]设直线l与椭圆订交于A(x，y)，B(x，y)．1122x2y2x2y2122则36＋9＝1，且36＋9＝1，两式相减得y1－y2＝－x1＋x2.2112又x1＋x2＝8，y1＋y2＝4，因此y1－y2112＝－2，x－x故直线l的方程为y－2＝－1(x－4)，即x＋2y－8＝0.2[答案]x＋2y－8＝0◆牛刀小试·成功靠岸◆课堂达标(四十六)[A基础牢固练]1．已知点A(0,2)和双曲线x2－y2＝1，过点A与双曲线只有一个公共点的直线的条数为4()A．1B．2C．3D．4y＝kx＋2，[解析]设过点A(0,2)的直线为y＝kx＋2.由2得(4－k2)x2－4kx－8＝0.当k2x2－y＝1，4＝4即k＝±2时，方程只有一解，即只有一个交点．当k2≠4，方程有一解时＝(－4k)2－4×(4－k2)×(－8)＝0，∴k2＝8，∴k＝±22，为切线斜率，共有4条直线．应选D.[答案]D2．(2018嘉·定模拟)过点P(1,1)作直线与双曲线x2－y2＝1交于A，B两点，使点P为AB2中点，则这样的直线()A．存在一条，且方程为2x－y－1＝0B．存在无数条C．存在两条，方程为2x±(y＋1)＝0D．不存在[解析]212212设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，则x1－2y1＝1，x2－2y2＝1，11两式相减得(x1－x2)(x1＋x2)－2(y1－y2)(y1＋y2)＝0，因此x1－x2＝2(y1－y2)，即kAB＝2，故所求直线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.y＝2x－1，联立1可得2x2－4x＋3＝0，但此方程没有实数解，故这样的直线不存在．故x2－2y2＝1选D.[答案]D3．若直线y＝kx＋2与双曲线x2－y2＝6的右支交于不同样的两点，则k的取值范围是()A.－1515B.0，153，3315D.15C.－3，0－3，－1[解析]y＝kx＋2，由得(1－k2)x2－4kx－10＝0.x2－y2＝6设直线与双曲线右支交于不同样的两点A(x1，y1)，1－k2≠0，16k2－41－k2×－10>0，22x1＋x24k解得－15B(x，y)，则＝1－k2>0，3<k<－1.10x1x2＝1－k2＞0，[答案]D4．(2018山·西太原五中模拟)中心为坐标原点，一个焦点为F(0,52)的椭圆，截直线y1＝3x－2所得弦中点的横坐标为2，则该椭圆方程为()2x22y2x2y2A.75＋25＝1B.75＋25＝1x2y22x22y2C.25＋75＝1D.25＋75＝122x2y22xa2－50＋a2＝1，[解析]由已知c＝52，设椭圆的方程为＋y2＝1，联立得消a－50ay＝3x－2，去y得(10a2－450)x2－12(a2－50)x＋4(a2－50)－a2(a2－50)＝0，设直线y＝3x－2与椭圆的交点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，由根与系数关系得x1＋x2＝12a2－50，由题意知x1＋x2＝1，即12a2－50＝1，解得a210a2－45010a2－450＝75，因此该椭圆方程为y2x2＋＝1.7525[答案]C5．已知F为抛物线y2＝8x的焦点，过点F且斜率为1的直线l交抛物线于A，B两点，则||FA|－|FB||的值为()A．42B．8C．82D．16[解析]依题意知F(2,0)，因此直线l的方程为y＝x－2，y＝x－2，消去y得x2－12x＋4＝0.联立方程，得y2＝8x，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2＝4，x1＋x2＝12，则||FA|－|FB||＝|(x1＋2)－(x2＋2)|＝|x1－x2|＝x1＋x22－4x1x2＝144－16＝82.[答案]C6．经过椭圆x2＋y2＝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O2→→为坐标原点，则OA·OB等于()A．－3B．－1311C．－或－3D．±33[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＝tan45x°(－1)，即y＝x－1，代入椭圆方程x2＋y2＝1并整理得3x2－4x＝0，解得x＝0或x＝4，因此两23个交点坐标分别为(0，－1)，4，1→→＝－1，同理，直线l经过椭圆的左焦点时，3，∴OA·OB33→→1也可得OA·OB＝－.3[答案]B27．已知双曲线x2－y3＝1上存在两点M，N关于直线y＝x＋m对称，且MN的中点在抛物线y2＝18x上，则实数m的值为______．[解析]设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点P(x0，y0)，则1由②－①得(x2－x1)(x2＋x1)＝3(y2－y1)(y2＋y1)，显然x1≠x2.y2－y1y2＋y1∴·＝3，x2－x1x2＋x1y0即kMN·＝3，x0∵M，N关于直线y＝x＋m对称，∴kMN＝－1，∴y0＝－3x0，又∵y0＝x0＋m，3mP－4，4，代入抛物线方程得9m2＝18·－m，164

2x2－y1＝1，132x2－y2＝1，23x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，

①②③④解得m＝0或－8，经检验都吻合．[答案]0或－88．(2018东·北三省联考)已知椭圆C：x222＋y2＝1(a＞b＞0)，F(2，0)为其右焦点，过Fab且垂直于x轴的直线与椭圆订交所得的弦长为2.则椭圆C的方程为______．c＝2，2a＝2，[解析]由题意得b＝1，解得ab＝2，a2＝b2＋c2，22∴椭圆C的方程为x＋y＝1.42[答案]x2＋y2＝1429．(2018兰·州、张掖联考)如图，过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F的直线l依次交抛物线及其准线于点A，B，C，若|BC|＝2|BF|，且|AF|＝3，则抛物线的方程是______．[解析]如图，分别过点A，B作准线的垂线AE，BD，分别交准线于点E，D，则|BF||BD|，∵|BC|＝2|BF|，∴|BC|＝2|BD|，∴∠BCD＝30°，又|AE|＝|AF|＝3，∴|AC|＝6，即点F是

AC的中点，依照题意得

3p＝2，∴抛物线的方程是y2＝3x.[答案]y2＝3x2210．已知椭圆C：x2＋y2＝1(a＞b＞0)的一个极点为A(2,0)，离心率为2.直线y＝k(x－ab21)与椭圆C交于不同样的两点M，N.(1)求椭圆C的方程；(2)当△AMN的面积为10时，求k的值．3a＝2，[解](1)由题意得c＝2，解得b＝2，a2a2＝b2＋c2，x2y2因此椭圆C的方程为4＋2＝1.y＝kx－1，(2)由x2y2＋＝1，2得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－4＝0.设点M，N的坐标分别为(x1122)，，y)，(x，y则y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，x1＋x2＝22，x1x2＝2k2－44k2，1＋2k1＋2k因此|MN|＝x2－x12＋y2－y12＝1＋k2[x1＋x22－4x1x221＋k24＋6k2]＝1＋2k2.|k|又由于点A(2,0)到直线y＝k(x－1)的距离d＝1＋k2，因此△AMN的面积为1|k|4＋6k2|k|4＋6k210，解得k＝±1.S＝2|MN|d·＝1＋2k2，由1＋2k2＝3[B能力提升练]221．(2018河·南洛阳统考)已知双曲线C：x2－y2＝1(a＞0，b＞0)斜率为1的直线过双曲ab线C的左焦点且与该双曲线交于→→A，B两点，若OA＋OB与向量n＝(－3，－1)共线，则双曲线C的离心率为()23A.3B.34C.3D．3[解析]由题意得直线方程为y＝x＋c，代入双曲线的方程并整理可得(b2－a2)x2－2a2cxa2c2－a2b2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x122a2c，y1212＋2c＝2b2c2，b－ab－a→→2a2c2b22，∴OA＋OB＝22，2b－ab－a→→又∵OA＋OB与向量n＝(－3，－1)共线，∴2a2c＝3·2b2c，∴a2＝3b2，b2－a2b2－a2又c2＝a2＋b2，∴e＝ca＝233.[答案]Bx22．(2018·水一模丽)斜率为1的直线l与椭圆4＋y2＝1订交于A，B两点，则|AB|的最大值为()A．2B.455410810C.5D.5[解析]设A，B两点的坐标分别为(x，y)，(x，y)，直线l的方程为y＝x＋t，1122由x2＋4y2＝4，消去y，得5x2＋8tx＋4(t2－1)＝0.y＝x＋t84t2－1则x1＋x2＝－5t，x1x2＝5.|AB|＝1＋k2|x1－x2|1＋k2·x1＋x22－4x1x24t2－12·－5t2－4×5452·5－t2，410当t＝0时，|AB|max＝.[答案]C3．如图，正方形ABCD和正方形DEFG的边长分别为a，b(a<b)，原点O为AD的中点，抛物线y2＝2px(p>0)经过C，F两点，则b＝______.a[解析]由正方形的定义可知BC＝CD，结合抛物线的定义得点D为抛物线的焦点，所以|AD|＝p＝a，D(p，0)，F(p＋b，b)，将点F的坐标代入抛物线的方程得b2＝2p(p＋b)＝a2222b2bbbb＋2ab，变形得(a)2－a－1＝0，解得a＝1＋2或a＝1－2(舍去)，因此a＝1＋2.[答案]1＋224．已知双曲线C：x2－y＝1，直线y＝－2x＋m与双曲线C的右支交于A，B两点(A3在B的上方)，且与y轴交于点M，则|MB|的取值范围为______．|MA|y＝－2x＋m，[解析]由3x2－y2－3＝0可得x2－4mx＋m2＋3＝0，由题意得方程在[1，＋∞)上有两个不相等的实根，2m>1，设f(x)＝x2－4mx＋m2＋3，则f1≥0，得m>1，>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1<x2)，得x1＝2m－3m2－1，x2＝2m＋3m2－1，|MB|x22m＋3m2－1因此|MA|＝x1＝2m－3m2－1＝－1＋4，12－31－m2|MB|由m>1得，|MA|的取值范围为(1,7＋43)．[答案](1,7＋43)5．设抛物线过定点A(－1,0)，且以直线x＝1为准线．(1)求抛物线极点的轨迹C的方程；1(2)若直线l与轨迹C交于不同样的两点M，N，且线段MN恰被直线x＝－2均分，设弦MN的垂直均分线的方程为y＝kx＋m，试求m的取值范围．[解](1)设抛物线极点为P(x，y)，则焦点F(2x－1，y)．再依照抛物线的定义得|AF|＝2，即(2x)2＋y2＝4，2因此轨迹C的方程为x2＋y4＝1.1(2)设弦MN的中点为P－2，y0，M(xM，yM)，N(xN，yN)，4x2＋y2＝4，MM则由点M，N为椭圆C上的点，可知4x2＋y2＝4.NN两式相减，得4(xM－xN)(xM＋xN)＋(yM－yN)(yM＋yN)＝0，将xM＋xN＝2×－1＝－1，yyM－yN＝－1代入上式得k＝－y02M＋yN＝2y0，MNk2.x－x1113又点P－，y0在弦MN的垂直均分线上，因此y0＝－2k＋m.因此m＝y0＋2k＝4y0.2由点P－1，y0在线段BB′上B′，B为直线x＝－1与椭圆的交点，以下列图，22因此yB0B03.′<y<y，也即－3<y<因此－3333，且m≠0.4<m<4[C尖子生专练](2018·东省烟台市期末山)已知△ABC的两个极点A，B的坐标分别为(0，－3)，(0，3)，且AC，BC所在直线的斜率之积等于m(m≠0)．(1)求极点C的轨迹λ的方程，并判断轨迹λ为何种曲线；3→1→(2)当m＝－4时，设点P(0,1)，过点P作直线l与曲线λ交于E，F两点，且FP＝3PE，求直线l的方程．[解](1)令C点坐标为(x，y)，则直线AC的斜率k1＝y＋3，x直线BC的斜率k2＝y－3，x因此有k1k2＝y－3y＋3y2－3x·x＝2＝m，xm2y2化简得，－3x＋3＝1(x≠0)．因此当m＝－1时，λ表示以(0,0)为圆心，3为半径的圆，且除去(0，－3)，(0，3)两点；当m＜－1时，轨迹λ表示焦点在y轴上的椭圆，且除去(0，－3)，(0，3)两点；当－1＜m＜0时，轨迹λ表示焦点在x轴上的椭圆，且除去(0，－3)，(0，3)两点；当m＞0时，轨迹λ表示焦点在y轴上的双曲线，且除去(0，－3)，(0，3)两点．3x2y2(2)由题意知当m＝－4时曲线C为4＋3＝1(x≠0)，当直线l的斜率不存在时，不吻合题意．设直线l的方程为y＝kx＋1，代入椭圆方程整理得(3＋4k2)x2＋8kx－8＝0.设E(x1，y1)，F(x2，y2)，1→由FP＝3PE得，x1＝－3x2.－8k－8由韦达定理得x1＋x2＝3＋4k2，x1x2＝3＋4k2，4k8因此x2＝3＋4k2，x22＝33＋4k2，消去x2，解得k＝±6，2因此直线l的方程为y＝±6x＋1.2第2课时最值、范围、证明问题题型一最值问题(高频考点题、多角打破)考向一用三角函数有界性求最值x21．(福建高考)设P，Q分别为圆x2＋(y－6)2＝2和椭圆10＋y2＝1上的点，则P，Q两点间的最大距离是()A．52B.46＋2C．7＋2D．62[解析]设圆的圆心为C，则C(0,6)，半径为r＝2，点C到椭圆上的点Q(10cosα，sinα)的距离|CQ|＝10cosα2＋sinα－6246－9sin2α－12sinα2＝50－9sinα＋32≤50＝52，2当且仅当sinα＝－时取等号，因此|PQ|≤|CQ|＋r＝52＋2＝62，即P，Q两点间的最大距离是62，应选D.[答案]D考向二

数形结合利用几何性质求最值2．设

P

x2y2是椭圆25＋9＝1上一点，

M，N

分别是两圆：

(x＋4)2＋y2＝1和(x－4)2＋y2＝1上的点，则

|PM|＋|PN|的最小值、最大值分别为

(

)A．9,12

B．8,11C．8,12

D．10,12[解析]

如图，由椭圆及圆的方程可知两圆圆心分别为椭圆的两个焦点，由椭圆定义知|PA|＋|PB|＝2a＝10，连接

PA，PB

分别与圆订交于

M，N

两点，此时

|PM|＋|PN|最小，最小值为|PA|＋|PB|－2R＝8；连接

PA，PB并延长，分别与圆订交于

M，N

两点，此时

|PM|＋|PN|最大，最大值为

|PA|＋|PB|＋2R＝12，即最小值和最大值分别为

8,12.[答案]C考向三转变成函数利用基本不等式或二次函数求最值222，3．(2017山·东)在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：x2＋y2＝1(a>b>0)的离心率为ab2焦距为2.(1)求椭圆E的方程；3(2)如图，动直线l：y＝k1x－2交椭圆E于A，B两点，C是椭圆E上一点，直线OC的斜率为k2，且k1k2＝2，圆M是线段OC延长线上一点，且|MC|∶|AB|＝2∶3，M的半径4为|MC|，OS，OT是圆M的两条切线，切点分别为S，T.求∠SOT的最大值，并求获取最大值时直线l的斜率．c2，2c＝2，因此a＝2，b＝1，因此椭圆E的方程为x2[解析](1)由题意知e＝a＝22＋y2＝1.x2(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程2＋y2＝1，3，y＝k1x－2得(4k12＋2)x2－43k1x－1＝0，由题意知23k11>0，且x1＋x2＝2，x1x2＝－2，11因此|AB|＝1＋k12|x1－x2|＝21＋k121＋8k122k2.122由题意可知圆221＋k11＋8k1M的半径r为r＝232k1＋1由题设知k122，因此k22因此直线OC的方程为y＝2x.k＝4＝4k14k1x2＋y2＝1，228k121得x2＝2，y2＝x2＋y2＝1＋8k1联立方程22，因此|OC|＝1＋4k2.1y＝x，114k11r1由题意可知sin2∠SOT＝r＋|OC|＝|OC|，1＋r1＋28k1|OC|1＋2321＋2k24k112，而r＝22＝42221＋k11＋8k11＋4k11＋k1322k＋1令t＝1＋2k21，则t>1，1t∈(0,1)，因此|OC|＝3t＝31r22t2＋t－12112＋－2tt＝311≥1，2129－t－2＋4当且仅当11，即t＝2时等号建立，此时k1＝±211，因此1πt＝2，因此sin∠SOT≤∠SOT≤，22226ππ因此∠SOT最大值为3.综上所述：∠SOT的最大值为3，获取最大值时直线l的斜率为2k1＝±2.方法感悟圆锥曲线中的最值、解决方法一般分两种：一是代数法，从代数的角度考虑，经过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法和基本不等式法、换元法、导数法、或利用鉴识式构造不等关系、利用隐含或已知的不等关系建立不等式等方法求最值；二是几何法，从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，依照圆锥曲线几何意义求最值．【针对补偿】1．(2018开·封月考)已知圆(x－a)2＋(y＋1－r)2＝r2(r>0)过点F(0,1)，圆心M的轨迹为C.(1)求轨迹C的方程；(2)设P为直线l：x－y－2＝0上的点，过点P作曲线C的两条切线0，PA，PB，当点P(x0的方程；y)为直线l上的定点时，求直线AB(3)当点P在直线l上搬动时，求|AF|·|BF的最小值．[解析](1)依题意，由圆过定点F可知轨迹C的方程为x2＝4y.212(2)抛物线C的方程为x＝4y，即y＝4x，求导得y′＝1x.222设A(x1，y1)，B(x2，y2)其中y1＝x1，y2＝x2，441则切线PA，PB的斜率分别为x1，2x2，2因此切线PA的方程为y－y11x1)，＝2(x－x即y＝x12x－x1＋y1，即x1x－2y－2y1＝0.22同理可得切线PB的方程为x2x－2y－2y2＝0.由于切线PA，PB均过点P(x0，y0)，因此x1x0－2y0－2y1＝0.x2x0－2y0－2y2＝0，因此(x1，y1)，(x2，y2)为方程x0x－2y0－2y＝0的两组解．因此直线AB的方程为x0x－2y－2y0＝0.(3)由抛物线定义可知12＋1，|AF|＝y＋1，|BF|＝y因此|AF|·|BF＝(y1＋1)(y2＋1)＝y1x0x－2y－2y0＝0，y2＋(y1＋y2)＋1，联立方程消去xx2＝4y，整理得222y＋(2y0－x0)y＋y0＝0，由一元二次方程根与系数的关系可得2＝y0，22因此|AF|·|BF＝y1y2＋(y1＋y2)＋1＝y0＋x0－2y0＋1.又点P(x0，y0)在直线l上，因此x0＝y0＋2，

2y1＋y2＝x0－2y0，y1y222020y0＋129，＋5＝2＋x－2y＋1＝2y＋2y2219因此当y0＝－2时，|AF|·|BF获取最小值，且最小值为2.题型二范围问题(重点保分题、共同商议)(2018·济南一模)在平面直角坐标系x2y22，一个极点与两个焦点组成一个等边三角形．xOy中，椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的焦距为ab(1)求椭圆C的标准方程；(2)椭圆C的右焦点为F，过F点的两条互相垂直的直线l，l，直线l与椭圆C交于P，121Q两点，直线l2与直线x＝4交于T点．①求证：线段PQ的中点在直线OT上；TF②求PQ的取值范围．[解]c＝1，解得a＝2，c＝1，b＝3，(1)由椭圆得a22c＝2x2y2故所求椭圆的标准方程为4＋3＝1.22(2)①设直线PQ的方程为：x＝my＋1，代入椭圆方程x＋y＝1得(3m2＋4)y2＋6my－943＝0，则鉴识式＝36m2＋4×9(3m2＋4)>0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，PQ的中点G(x0，y0)，－6m－9则y1＋y2＝3m2＋4，y1y2＝3m2＋4，1－3m4则y0＝2(y1＋y2)＝3m2＋4，x0＝my0＋1＝3m2＋4，－3m即G3m2＋4，3m2＋4，3m3m2＋43mkOG＝3m2＋4·4＝－4，设直线FT的方程为y＝－m(x－1)，3m得T点坐标为(4，－3m)，∵kOT＝－4，∴kOG＝kOT，即线段PQ的中点在直线OT上；②当m＝0时，PQ的中点为F，T(4,0)，则|TF|＝3，|PQ|＝2b2|TF|＝1，＝3，a|PQ|当m≠0时，|TF|＝4－12＋－3m2＝3m2＋1，|PQ|＝1＋12|y2－y1|kPQ1＋m2·y1＋y22－4y1y2＝1＋m2·－6m－92＋42－4·2＋43m3mm2＋112·3m2＋4，|TF|3m2＋13m2＋4则|PQ|＝m2＋1·1213m2＋1＋1m2＋1，＝4·设t＝m2＋1，则t>1，1＝3t＋1＝31则y＝3m2＋1＋t＋3m2＋1tt在(1，＋∞)为增函数，则y>3＋1＝4，1211则4·3m＋1＋m2＋1>4×4＝1，综上|PQ|TF||≥1，|TF|故求的取值范围是[1，＋∞)．方法感悟求解范围问题的常有求法1．利用鉴识式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；2．利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系；3．利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；4．利用基本不等式求出参数的取值范围；5．利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．【针对补偿】2222．(2018黄·冈模拟)已知椭圆C：x2＋y2＝1(a>b>0)与双曲线x－y2＝1的离心率互为倒ab3数，且直线x－y－2＝0经过椭圆的右极点．(1)求椭圆C的标准方程；(2)设但是原点O的直线与椭圆C交于M，N两点，且直线OM，MN，ON的斜率依次成等比数列，求△OMN面积的取值范围．[解](1)∵双曲线的离心率为23，3c3∴椭圆的离心率e＝a＝2.又∵直线x－y－2＝0经过椭圆的右极点，∴右极点为(2,0)，即a＝2，c＝3，b＝1，2∴椭圆方程为x4＋y2＝1.(2)由题意可设直线的方程为y＝kx＋m(k≠0，m≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．y＝kx＋m，联立x24

＋y2＝1，消去y，并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，m2－1则x1＋x2＝－1＋4k2，x1x2＝1＋4k2，8km于是y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2.又直线OM，MN，ON的斜率依次成等比数列，12k2x1x2＋kmx1＋x2＋m2故＝x1·x2x1x22k2?－8km2＋m2＝0.1＋4k11由m≠0得k2＝，解得k＝±42.又由＝64k2m2－16(1＋4k2)(m2－1)16(4k2－m2＋1)>0，得0<m2<2，显然m2≠1(否则x1x2＝0，x1，x2中最少有一个为0，直线OM，ON中最少有一个斜率不存在，与已知矛盾)．设原点O到直线的距离为d，则1S△OMN＝|MN|d2＝1|m|··1＋k2·|x1－x2|21＋k2＝1x1＋x22－4x1x2|m|2＝－m2－12＋1.故由m的取值范围可得△OMN面积的取值范围为(0,1)．题型三证明问题(重点保分题、共同商议)(2017·课标Ⅱ)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：x2→→＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足NP＝2NM.2(1)求点P的轨迹方程；→→的(2)设点Q在直线x＝－3上，且OP·PQ＝1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C左焦点F.[解](1)设P(x，y)，M(x0，y0)，→→设N(x0,0)，NP＝(x－x0，y)，NM＝(0，y0)．→→2y.由NP＝2NM得x0＝x，y0＝2由于M(x00x2＋y2＝1.，y)在C上，因此22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→→→→→→OQ＝(－3，t)，PF＝(－1－m，－n)，OQ·PF＝3＋3m－tn，OP＝(m，n)，PQ＝(－3－m，t－n)．→→由OP·PQ＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1，又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0.→→→→OQ，因此过点P且垂直于因此OQ·PF＝0，即OQ⊥PF.又过点P存在独素来线垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.方法感悟圆锥曲线中的证明问题多涉及证明定值、点在定直线上等，有时也涉及一些否定性命题，证明方法一般是采用直接法或反证法．【针对补偿】3．(2018唐·山模拟)如图，圆C与x轴相切于点T(2,0)，与y轴正半轴订交于两点M，N(点M在点N的下方)，且|MN|＝3.(1)求圆C的方程；(2)过点M任作一条直线与椭圆x2y2A，B，连接AN，BN，求证：∠＋＝1订交于两点84ANM＝∠BNM.[解](1)(x－2)2＋y－52＝2524525(2)证明：把x＝0代入方程(x－2)2＋y－22＝4，解得y＝1或y＝4，即点M(0,1)，N(0,4)．①当AB⊥x轴时，可知∠ANM＝∠BNM＝0.②当AB与x轴不垂直时，可设直线AB的方程为y＝kx＋1.y＝kx＋1，联立方程x2y2消去y得，(1＋2k2)x2＋4kx－6＝0.8＋4＝1，设直线AB交椭圆于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，－4k－6则x1＋x2＝1＋2k2，x1x2＝1＋2k2.y1－4y2－4kx1－3kx2－3∴kAN＋kBN＝x1＋x2＝x1＋x22kx1x2－3x1＋x2＝.x1x2若kAN＋kBN＝0，则∠ANM＝∠BNM.－12k12k∵2kx1x2－3(x1＋x2)＝1＋2k2＋1＋2k2＝0，∴∠ANM＝∠BNM.◆牛刀小试·成功靠岸◆课堂达标(四十七)[A基础牢固练]1．已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F1，0，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，2y4)在抛物线上，直线AB，CD均过点M(3,0)，且均不垂直于x轴，直线PQ过点M且垂直于x轴，交AC于点P，交BD于点Q.(1)求y1y2的值；(2)求证：|MP|＝|MQ|.p1y2＝2x.[解](1)由题意得2＝2，则p＝1，抛物线的方程为设直线AB的方程为x＝my＋3，将x＝my＋3代入抛物线的方程得，y2－2my－6＝0，则由根与系数的关系得y1y2＝－6.(2)证明：由题意可知，直线y1－y3y1－y32，AC的斜率为＝2y2＝113y22－2∴直线AC的方程为y＝12(x－x1)＋y1，3y＋y∵直线PQ过点M且垂直于x轴，∴点P的纵坐标yP211＝y1＋y3(3－x)＋y26＋－6y3＋yy6＋yyy2＝1＝613＝＋y3y＋yy－＋y3y2y2－y3y2y3－6.6y3－y2同理可得点Q的纵坐标yQ＝，yP＋yQ＝0，又PQ⊥x轴，∴|MP|＝|MQ|.2．(2018·都七中一诊成)抛物线y2＝4x的焦点为F，点P(x，y)为该抛物线上的动点，若|PF|点A(－1,0)，求|PA|的最小值．[解]抛物线y2＝4x的准线方程为x＝－1，如图，过P作PN垂直x＝－1于N，由抛物线的定义可知|PF|＝|PN|，连接PA，|PN|在Rt△PAN中，sin∠PAN＝|PA|，当|PN||PA|＝|PF||PA|最小时，sin∠PAN最小，即∠PAN最小，即∠PAF最大，此时，PA为抛物线的切线，设PA的方程为y＝k(x＋1)，y＝kx＋1，联立得k2x2＋(2k2－4)x＋k2＝0，y2＝4x，因此＝(2k2－4)2－4k4＝0，解得k＝±1，因此∠PAF＝∠NPA＝45°，|PF|＝|PN|＝cos|PA||PA|

∠NPA＝

2.23．已知双曲线

C的两个焦点分别为

F1(－2,0)，F2(2,0)，双曲线

C上一点

P到

F1，F2的距离差的绝对值等于

2.(1)求双曲线C的标准方程；(2)经过点M(2,1)作直线l交双曲线C的右支于A，B两点，且M为AB的中点，求直线l的方程；(3)已知定点G(1,2)，点D[解](1)依题意，得双曲线

是双曲线C右支上的动点，求C的实半轴长为a＝1，

|DF1|＋|DG|的最小值．半焦距

c＝2，因此其虚半轴长

b＝

c2－a2＝

3.2又其焦点在x轴上，因此双曲线C的标准方程为x2－y＝1.3(2)设A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，3x2－y2＝3，11则22＝3.3x2－y2两式相减，得3(x1－x2)(x1＋x2)－(y1－y2)(y1＋y2)＝0.由于M(2,1)为AB的中点，x1＋x2＝4，因此y1＋y2＝2，因此12(x1－x2)－2(y1－y2)＝0，即kAB＝y1－y2＝6，x1－x2故AB所在直线l的方程为y－1＝6(x－2)，即6x－y－11＝0.(3)由已知，得|DF1|－|DF2|＝2，即|DF1|＝|DF2|＋2，因此|DF1|＋|DG|＝|DF2|＋|DG|＋2≥|GF2|＋2，当且仅当G，D，F2三点共线时取等号，由于|GF2|＝1－22＋22＝5，因此|DF2|＋|DG|＋2≥|GF2|＋2＝5＋2，故|DF1|＋|DG|的最小值为5＋2.4．已知中心在原点的双曲线C的右焦点为(2,0)，右极点为(3，0)．(1)求双曲线C的方程；(2)若直线：y＝kx＋m(k≠0，m≠0)与双曲线C交于不同样的两点M，N，且线段MN的垂直均分线过点A(0，－1)，求实数m的取值范围．22[解](1)设双曲线C的方程为x2－y2＝1(a>0，b>0)．ab由已知得a＝3，c＝2，又a2＋b2＝c2，得b2＝1，∴双曲线C的方程为x2－y2＝1.3y＝kx＋m，(2)联立x23－y2＝1，整理得(1－3k2)x2－6kmx－3m2－3＝0.∵直线与双曲线有两个不同样的交点，1－3k2≠0，∴＝12m2＋1－3k2>0，可得m2>3k2－1且k2≠1，①3设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为B(x0，y0)．6km则x1＋x2＝1－3k2，x1＋x23km∴x0＝2＝1－3k2，my0＝kx0＋m＝1－3k2.由题意，AB⊥MN，m2＋11∴kAB＝1－3k＝－(k≠0，m≠0)．3kmk1－3k2整理得3k2＝4m＋1，②将②代入①，得m2－4m>0，∴m<0或m>4.又3k2＝4m＋1>0(k≠0)，即m>－14.∴m的取值范围是－1，0∪(4，＋∞)．4[B能力提升练]221．(2018威·海模拟)已知圆x2＋y2＝1过椭圆x2＋y2＝1(a＞b＞0)的两焦点，与椭圆有且ab仅有两个公共点，直线l：y＝kx＋m与圆x2＋y2＝1相切，与椭圆x2＋y2＝1订交于A，B两ba→→23点．记λ＝OA·OB，且3≤λ≤4.(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，因此c＝1.由于圆与椭圆有且只有两个公共点，从而b＝1，故a＝2，因此所求椭圆方程为x2＋y2＝1.2(2)由于直线l：y＝kx＋m与圆x2＋y2＝1相切，|m|因此原点O到直线l的距离为12＋k2＝1，即m2＝k2＋1.y＝kx＋m，由x2得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0.2＋y2＝1设A(x1，y1)，B(x2，y2)，－4km2m2－2则x1＋x2＝1＋2k2，x1x2＝1＋2k2.→→＝x＝(122＝k2＋1，1＋2k2由23≤λ≤34，得12≤k2≤1，2即k的取值范围是－1，－2∪2，1.(3)|AB|2＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2＝(1＋k2)[(x1＋x2)22－4x1x2]＝2－2k2＋12，由1≤k2≤1，得6≤|AB|≤4.223设△OAB的AB边上的高为d，1162则S＝2|AB|d＝2|AB|，因此4≤S≤3.即△OAB的面积S的最值范围是62，3.42．已知抛物线y2＝4x的焦点为F，过点F的直线交抛物线于A，B两点．→→(1)若AF＝2FB，求直线AB的斜率；(2)设点M在线段AB上运动，原点O关于点M的对称点为C，求四边形OACB面积的最小值．[解](1)依题意知F(1,0)，设直线AB的方程为x＝my＋1.将直线AB的方程与抛物线的方程联立，消去x得y2－4my－4＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因此y1＋y2＝4m，y1y2＝－4.①→→由于AF＝2FB，因此y1＝－2y2.②联立①和②，消去y122，y，得m＝±4.因此直线AB的斜率是±22.(2)由点C与原点O关于点M对称，得M是线段OC的中点，从而点O与点C到直线AB的距离相等，因此四边形OACB的面积等于2S.△AOB1由于2S△AOB＝2·2·|OF|·|y1－y2|＝y1＋y22－4y1y2＝4因此当m＝0时，四边形

1＋m2，OACB的面积最小，最小值是

4.[C尖子生专练]已知椭圆C：x222＋y2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，上极点为B，Q为抛物线aby2＝12x的焦点，且→→→→1＝0.F1B·QB＝0,2F1F2＋QF(1)求椭圆C的标准方程；(2)过定点P(0,2)的直线l与椭圆C交于M，N两点(M在P，N之间)，设直线l的斜率为k(k>0)，在x轴上可否存在点A(m,0)，使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形？若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，请说明原由．[解](1)由已知Q(3,0)，FB⊥QB，|QF|＝4c＝3＋c，因此c＝1.在Rt△FBQ中，F2111为线段F1Q的中点，故|BF2|＝2c＝2，因此a＝2.x2y2于是椭圆C的标准方程为4＋3＝1.(2)设l：y＝kx＋2(k>0)，M(x，y)，N(x，y)，取MN的中点为E(x，y)．112200假设存在点A(m,0)使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形，则AE⊥MN.y＝kx＋2，1122222x＋y＝1?(4k＋3)x＋16kx＋4＝0，>0?k>4，又k>0，因此k>2.4316k8k由于x1＋x2＝－4k2＋3，因此x0＝－4k2＋3，6y0＝kx0＋2＝4k2＋3.1由于AE⊥MN，因此kAE＝－k，64k2＋3－01m＝－2k2即－8k＝－k，整理得4k2＋3＝－3.4k2＋3－m4k＋k由于k＞1时，4k＋3≥43，1∈0，3，2k3124k＋k因此m∈－3，0.6第3课时定点、定值、研究性问题题型必然点问题(重点保分题、共同商议)x2y2(2017·课标Ⅰ)已知椭圆C：a2＋b2＝123－1，3，P41，3中恰有三点在椭圆C上．1(a>b>0)，四点P(1,1)，P(0,1)，P22(1)求C的方程；(2)设直线l不经过P2点且与C订交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点．[解](1)由于P，P两点关于y轴对称，故由题设知C经过P，P两点．3434又由12＋12>12＋32知，C不经过点P1，aba4b1b2＝1a2＝4因此点P2在C上．因此3，解得.1b2＝1a2＋4b2＝12故C的方程为x4＋y2＝1.(2)设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，若是l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐标分别为t，4－t2，2t，－4－t2.2则k122－22＋2＋k＝2t2t得t＝2，不吻合题设．从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)将y＝kx＋m代入x2＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝40由题设可知＝16(4k2－m2＋1)>0.8km设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－4k2＋1，4m2－4x1x2＝4k2＋1.而k1＋k2＝y1－1＋y2－1＝kx1＋m－1＋kx2＋m－1＝2kx1x2＋m－1x1＋x2.121212由题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.4m2－4－8km即(2k＋1)·4k2＋1＋(m－1)·4k2＋1＝0.m＋1解得k＝－2.m＋1当且仅当m>－1时，>0，欲使l：y＝－2x＋m，m＋1即y＋1＝－2(x－2)，因此l过定点(2，－1)．方法感悟定点问题的常见解法假设定点坐标，依照题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数没关，故获取一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；(2)从特别地址下手，找出定点，再证明该点适合题意．【针对补偿】21．(2018·义市第二次联考遵)如图，已知椭圆C：x2＋y2＝1(a＞1)的上极点为A，右焦a点为F，直线AF与圆M：x2＋y2－6x－2y＋7＝0相切．(1)求椭圆C的方程；→→(2)若但是点A的动直线l与椭圆C订交于P、Q两点，且AP·AQ＝0，求证：直线l过定点，并求出该定点N的坐标．[解](1)将圆M的一般方程x2＋y2－6x－2y＋7＝0，化为标准方程(x－3)2＋(y－1)2＝3.圆M的圆心为O(3,1)，半径r＝3.x由A(0,1)，F(c,0)(c＝a2－1)得直线AF：＋y＝1，即x＋cy－c＝0.|3＋c－c|由直线AF与圆M相切，得＝3，c＝2或c＝－2(舍去)．当c＝2时，a2＝c2＋1＝3，2故椭圆C的方程为C：x3＋y2＝1.→→知AP⊥AQ，从而直线AP与坐标轴不垂直，由A(0,1)可设直线AP的方(2)由AP·AQ＝01程为y＝kx＋1，直线AQ的方程为y＝－kx＋1(k≠0)x2将y＝kx＋1代入椭圆C的方程3＋y2＝1并整理得：(1＋3k2)x2＋6kx＝0，解得x＝0或6kx＝－1＋3k2，因此P的坐标为－6k，－6k2，1＋3k2＋11＋3k26k1－3k2即－，16kk2－3将上式中的k换成－k，得Qk2＋3，k2＋3，k2－31－3k2直线l的方程为y＝k2＋3－1＋3k2x－26k2－36k＋k6kk＋3k2＋3k2＋3＋1＋3k2k2－11化简得直线l的方程为y＝4kx－2，1因此直线l过定点N0，－2.题型二定值问题(重点保分题、共同商议)x2y2(2016·北京卷)已知椭圆C：a2＋b2＝1(a>b>0)的离心率为3，A(a,0)，B(0，b)，O(0,0)，△OAB的面积为1.2(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．c＝3，a2[解](1)由题意得1解得a＝2，b＝1.2a·b＝1，a2＝b2＋c2x2因此椭圆C的方程为4＋y2＝1.(2)由(1)知，A(2,0)，B(0,1)．设P(x0，y0)，则x2＋4y2＝4.00y0当x0≠0时，直线PA的方程为y＝x0－2(x－2)．令x＝0，得yM＝－2y0，x0－22y0从而|BM|＝|1－yM|＝1＋x0－2.y0－1直线PB的方程为y＝x0x＋1.令y＝0，得xN＝－x0，y0－1x0从而|AN|＝|2－xN|＝2＋y0－1.x02y0因此|AN|·|BM|＝2＋y0－1·1＋x0－22x0＋4y0＋4x0y0－4x0－8y0＋4x0y0－x0－2y0＋24x0y0－4x0－8y0＋8＝＝4.x0y0－x0－2y0＋2当x0＝0时，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，因此|AN|·|BM|＝4.综上，|AN|·|BM|为定值．方法感悟圆锥曲线中的定值问题的常有种类及解题策略求代数式为定值．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；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；求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依照条件对解析式进行化简、变形即可求得．【针对补偿】222，点(2，2．(高考新课标卷)已知椭圆C：x2＋y2＝1(a>b>0)的离心率为2)在C上．ab2(1)求C的方程；(2)直线l但是原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．a2－b2242[解](1)由题意有a＝2，a2＋b2＝1，解得a2＝8，b2＝4.x2y2因此C的方程为8＋4＝1.(2)证明：设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x，y)，B(x，y)，M(x，y)．1122MM将y＝kx＋b代入x2y2＋＝1，得84(2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0.故xMx＋x＝－2kb，＝12222k＋1byM＝k·xM＋b＝2k2＋1.于是直线OM的斜率kOM＝yM＝－1，xM2k1即kOM·k＝－2.因此直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．题型三存在性问题(重点保分题、共同商议)(高考四川卷)如图，椭圆E：x2＋y2＝a2b21(a>b>0)的离心率是2，过点P(0,1)的动直线l与椭圆订交于A，B两点，当直线l平行于x2轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为22.(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．可否存在常数λ，使得OA·OB→→为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明原由．＋λPA·PB[解](1)由已知，点(2，1)在椭圆E上，2＋1＝1，a2b2因此a2－b2＝c2，解得a＝2，b＝2.c2a＝2.x2y2因此椭圆E的方程为4＋2＝1.(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，点A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．x2y2联立4＋2＝1，22得(2k＋1)x＋4kx－2＝0.y＝kx＋1.鉴识式＝(4k)2＋8(2k2＋1)>04k，因此，x1＋x2＝－22k＋12x1x2＝－2k2＋1.→→→→从而，OA·OB＋λPA·PB＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)](1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1－2λ－4k2＋－2λ－1λ－1＝2k2＋1＝－2k2＋1－λ－2.λ－1因此，当λ＝1时，－2k2＋1－λ－2＝－3.→→→→＝－3为定值．此时，OA·OB＋λPA·PB当直线AB的斜率不存在时，直线AB即为直线CD.→→→→→→→→此时，OA·OB＋λPA＝OC·OD＋PC·PD·PB＝－2－1＝－3.故存在常数λ＝1，→→→→为定值－3.使得OA·OB＋λPA·PB方法感悟解决存在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谈论；(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设建立，再推出条件；(3)当条件和结论都不知，按老例方法解题很难时，要思想开放，采用别的的路子．【针对补偿】3．已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m＞0)，直线l但是原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；m(2)若l过点3，m，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB可否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能够，说明原由．[解](1)证明：设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0