专题125-圆锥曲线压轴题命题区间

第一课时 简化解析几何运算的 5个技巧中学解析几何是将几何图形置于直角坐标系中，用方程的观点来研究曲线，体现了用代数的方法解决几何问题的优越性，但有时运算量过大，或需繁杂的讨论，这些都会影响解题的速度，甚至会中止解题的过程，达到“望题兴叹”的地步．特别是高考过程中，在规定的时间内，保质保量完成解题的任务，计算能力是一个重要的方面．为此，从以下几个方面探索减轻运算量的方法和技巧，合理简化解题过程，优化思维过程．巧用定义，揭示本质定义是导出其性质的“发源地”，解题时，应善于运用圆锥曲线的定义，以数形结合思想为指导，把定量的分析有机结合起来，则可使解题计算量大为简化，使解题构筑在较高的水平上．是椭圆C1：x2[典例]如图，F1，F2＋y2＝1与双曲线C2的公共焦点，A，B分别是C1，4C2在第二、四象限的公共点．若四边形AF1BF2为矩形，则C2的离心率是()A．2B．336C．2D．2[解析]由已知，得F1(－3，0)，F2(3，0)，设双曲线 C2的实半轴长为 a，由椭圆及双曲线的定义和已知，|AF1|＋|AF2|＝4，可得|AF2|－|AF1|＝2a，解得a2＝2，|AF1|2＋|AF2|2＝12，故a＝2．所以双曲线C2的离心率e＝3＝6．22[答案]D[方法点拨]本题可巧妙运用椭圆和双曲线的定义建立 |AF1|，|AF2|的等量关系，从而快速求出双曲线实半轴长 a的值，进而求出双曲线的离心率，大大降低了运算量．[对点演练]抛物线y2＝4mx(m＞0)的焦点为F，点P为该抛物线上的动点，若点A(－m,0)，则|PF|的|PA|最小值为________．解析：设点P的坐标为(xP，yP)，由抛物线的定义，知|PF|＝xP＋m，又|PA|2＝(xP＋m)2＋第1页 共39页22|PF|2＝xP＋m2＝1≥1＝1(当且仅当yP＝(xP＋m)＋4mxP，则|PA|xP＋m2＋4mxP4mxP4mxP21＋xP＋m21＋2xP·m2xP＝m时取等号)，所以|PF|≥2，所以|PF|的最小值为2．|PA|2|PA|2答案：22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，常常可以用代点法求解．x2y2[典例]已知椭圆E：a2＋b2＝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(1，－1)，则E的标准方程为()2222A．x＋y＝1B．x＋y＝145363627x2y2x2y2C．27＋18＝1D．18＋9＝1[解析]设A(x1，y12，y2)，B(x)，则x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，x12y12a2＋b2＝1，①22②x2y2a2＋b2＝1，①－②得x1＋x2x1－x2＋y1＋y2y1－y222＝0，ab所以ky1－y2b2x1＋x2b2＝＝－21＋y2＝2yxa又kAB＝0＋11b213－1＝2，所以a2＝2．又9＝c2＝a2－b2，解得b2＝9，a2＝18，22所以椭圆E的方程为x＋y＝1．189[答案]D[方法点拨]本题设出A，B两点的坐标，却不需求出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．[对点演练]第2页 共39页过点M(1,1)作斜率为－1x2y2的直线与椭圆C：2＋2＝1(a＞b＞0)相交于A，B两点，若M2ab是线段AB的中点，则椭圆C的离心率等于________．x12y12解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则a2＋b2＝1，22x2y2a2＋b2＝1，∴x1－x2x1＋x2y1－y2y1＋y2＝0，2＋b2a∴y1－y2＝－b2x1＋x22·．x1－x2ay1＋y2∵y1－y2＝－1，x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，x1－x222∴－b2＝－1，∴a2＝2b2．a 2又∵b2＝a2－c2，2 2 2 2 2 c 2∴a＝2(a－c)，∴a＝2c，∴ ＝ ．2即椭圆C的离心率 e＝ ．2答案： 2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．22[典例]x＋y＝1的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜(2016全·国甲卷)已知椭圆E：t3率为k(k>0)的直线交 E于A，M两点，点 N在E上，MA⊥NA．当t＝4，|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积；当2|AM|＝|AN|时，求k的取值范围．[解] 设M(x1，y1)，则由题意知 y1>0．x2y2(1)当t＝4时，E的方程为4＋3＝1，A(－2,0)．由已知及椭圆的对称性知，直线πAM的倾斜角为．4因此直线 AM的方程为 y＝x＋2．第3页 共39页2将x＝y－2代入x＋y＝1，得7y2－12y＝0．431212解得y＝0或y＝7，所以y1＝7．因此△AMN的面积S△AMN＝2×1×12×12＝144．27749(2)由题意知t>3，k>0，A(－t，0)．将直线AM的方程y＝k(x＋t)代入x2＋y2＝1，3得(3＋tk2)x2＋2t·tk2x＋t2k2－3t＝0．由x1·(－t)＝t2k2－3tt3－tk23＋tk2，得x1＝3＋tk2，故|AM|＝|x＋6t1＋k2t|1＋k2＝2．13＋tk由题设，直线AN的方程为y＝－1(x＋t)，k故同理可得|AN|＝6kt1＋k23k2＋t．由2|AM|＝|AN|，得2k，2＝23＋tk3k＋t即(k3－2)t＝3k(2k－1)．当k＝32时上式不成立，因此t＝3k2k－1．3k－2k3－2k2＋k－2k－2k2＋1t>3等价于k3－2＝<0，k3－2即k3－2<0．k－2k－2>0，k－2<0，3因此得或k3－2>0，解得k3－2<02<k<2．故k的取值范围是(32，2)．[方法点拨]本例在第(2)问中可应用根与系数的关系求出x1＝t3－tk22，这体现了整体思路．这是解3＋tk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．[对点演练]x2y213(2016·兰州实战考试)已知椭圆C：a2＋b2＝1(a＞b＞0)的离心率为2，且经过点P1，2，左、右焦点分别为F1，F2．第4页 共39页(1)求椭圆C的方程；(2)过F1的直线l与椭圆C相交于A，B两点，若△AF2B的内切圆半径为32，求以F27为圆心且与直线 l相切的圆的方程．c 1 2 2 2 2解：(1)由＝，得a＝2c，所以a＝4c，b＝3c，32将点P1，2的坐标代入椭圆方程得c＝1，2 2故所求椭圆方程为 x＋y＝1．3由(1)可知F1(－1,0)，设直线l的方程为x＝ty－1，代入椭圆方程，整理得(4＋3t2)y2－6ty－9＝0，显然判别式大于0恒成立，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，△AF2B的内切圆半径为r0，则有y1＋y2＝6t2，y1y2＝－932，2，r0＝4＋3t4＋3t7112所以S△AF2B＝S△AF1F2＋S△BF1F2＝2|F1F2||y·1－y2|＝2|F1F2|·y1＋y2－4y1y2＝12t2＋14＋2．3t111而S△AF2B＝|AB|r0＋|BF2|r0＋|AF2|r022212r0(|AB|＋|BF2|＋|AF2|)12r0(|AF1|＋|BF1|＋|BF2|＋|AF2|)12r0·4a1×8×3227122，7所以12t2＋1122，解得t2＝1，2＝4＋3t7因为所求圆与直线l相切，所以半径r＝2＝2，2＋1t所以所求圆的方程为(x－1)2＋y2＝2．借“曲线系”，理清规律第5页 共39页利用曲线系解题，往往简捷明快，事半功倍，所以灵活运用曲线是解析几何中重要的解题方法和技巧之一．已知双曲线x2y2[典例]22y＝3x，它的一个焦点a－b＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程是在抛物线y2＝24x的准线上，则双曲线的方程为()2222x－y＝1B．x－y＝1A．36108927x2y2x2y2C．108－36＝1D．27－9＝122xy[解析]由双曲线a2－b2＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程是y＝3x，可设双曲线的方2程为x2－y3＝λ(λ＞0)．因为双曲线x222y22＝24x的准线上，a－b＝1(a＞0，b＞0)的一个焦点在抛物线y22所以F(－6,0)是双曲线的左焦点，即λ＋3λ＝36，λ＝9，所以双曲线的方程为x－y＝1．927[答案] B[方法点拨]本题利用共渐近线系双曲线方程，可使问题马上得到解决．避免了复杂的判断、可能的分类讨论、繁杂的解方程组，事半功倍．[对点演练]圆心在直线 x－y－4＝0上，且经过两圆 x2＋y2＋6x－4＝0和x2＋y2＋6y－28＝0的交点的圆的方程为 ( )A．x2＋y2－x＋7y－32＝0 B．x2＋y2－x＋7y－16＝0C．x2＋y2－4x＋4y＋9＝0 D．x2＋y2－4x＋4y－8＝0解析：选A 设经过两圆的交点的圆的方程为x2＋y2＋6x－4＋λ(x2＋y2＋6y－28)＝0，即x2＋y2＋6x＋6λy－4＋28λ＝0，1＋λ1＋λ1＋λ其圆心坐标为－3，－3λ1＋λ1＋λ，又圆心在直线x－y－4＝0上，所以－3＋3λ－4＝0，1＋λ1＋λ解得λ＝－7，故所求圆的方程为 x2＋y2－x＋7y－32＝0．巧引参数，方便运算换元引参是一种重要的数学方法，特别是解析几何中的最值问题、不等式问题等，利用第6页 共39页换元引参使一些关系能够相互联系起来，激活了解题的方法，往往能化难为易，达到事半功倍．常见的参数可以选择点的坐标、直线的斜率、直线的倾斜角等．在换元过程中，还要注意代换的等价性，防止扩大或缩小原来变量的取值范围或改变原题条件．x2y2A，22B两点，O为坐标原点．若|AP|＝|OA|，证明直线OP的斜率k满足|k|＞3．[解]法一：依题意，直线OP的方程为y＝kx，设点P的坐标为(x0，y0)．y0＝kx0，22由条件，得x0y0＝1.a2＋b2消去y0并整理，得2a2b22．①x0＝22ka＋b由|AP|＝|OA|，A(－a,0)及y0＝kx0，得(x0＋a)2＋k2x20＝a2，整理得(1＋k2)x20＋2ax0＝0．2a而x0≠0，于是x0＝1＋k2，代入①，整理得 (1＋k2)2＝4k2ab2＋4．又a＞b＞0，故(1＋k2)2＞4k2＋4，即k2＋1＞4，因此k2＞3，所以|k|＞ 3．法二：依题意，直线OP的方程为y＝kx，可设点P的坐标为(x0，kx0)．222由点P在椭圆上，得x0kx02＋b2＝1．a因为a＞b＞0，kx0≠0，所以x02＋k2x022a2＜1，a即(1＋k2)x20＜a2．②由|AP|＝|OA|及A(－a,0)，得(x0＋a)2＋k2x20＝a2，2a整理得(1＋k2)x20＋2ax0＝0，于是x0＝1＋k2，22 4a 2代入②，得(1＋k)· 22＜a，解得k2＞3，所以|k|＞ 3．法三：设P(acosθ，bsinθ)(0≤θ＜2π)，b则线段OP的中点Q的坐标为2cosθ，2sinθ．|AP|＝|OA|?AQ⊥OP?kAQ×k＝－1．第7页 共39页又A(－a,0)，所以k＝bsinθ，AQ2a＋acosθ即bsinθ－akAQcosθ＝2akAQ．2222从而可得|2akAQ|≤b＋akAQ＜a1＋kAQ，31解得|kAQ|＜3．故|k|＝|kAQ|＞3．[方法点拨]求解本题利用椭圆的参数方程，可快速建立各点之间的联系，降低运算量．[对点演练]x2y2F1，F2，且离心率为(2016·长春市质量检测)椭圆a2＋b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为1，点P为椭圆上一动点，△F1PF2面积的最大值为3．2(1)求椭圆的方程；(2)设椭圆的左顶点为 A1，过右焦点 F2的直线l与椭圆相交于 A，B两点，连接A1A，A1B―→―→并延长分别交直线x＝4于R，Q两点，问RF2·QF2是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由．解：(1)已知椭圆的离心率为 1，不妨设c＝t，a＝2t，2则b＝ 3t，其中t＞0，当△F1PF2面积取最大值时，点 P为短轴端点，1因此2·2t·3t＝ 3，解得t＝1，2 2则椭圆的方程为 x＋y＝1．3由(1)可知F2(1,0)，A1(－2,0)．设直线AB的方程为x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，x＝my＋1，可得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，联立x2y2＋＝1，43－6m则y1＋y2＝4＋3m2，①9y1y2＝ 2，②4＋3my1直线AA1的方程为 y＝x1＋2(x＋2)，y2直线 BA1的方程为y＝x2＋2(x＋2)，第8页 共39页6y16y2则R4，＋2，Q4，＋2，x1x2―→6y1―→6y2F2R＝3，x1＋2，F2Q＝3，x2＋2，―→―→＝9＋6y16y2＝6y16y2＋9＝36y1y2＋9则F2R·F2Q··2x1＋2x2＋2my1＋3my2＋3my1y2＋3my1＋y2＋9将①②两式代入上式，整理得―→―→F2R·F2Q＝0，―→―→为定值0．即F2R·F2Q1．(2016·川高考四)设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线y2＝2px(p＞0)上任意一点，M是线段PF上的点，且|PM|＝2|MF|，则直线OM的斜率的最大值为()32A．3B．32C．2D．1解析：选C如图所示，设P(x0，y0)(y0＞0)，则y20＝2px0，2y0即x0＝ ．设M(x′，y′)，―→―→，由PM＝2MFx′－x0＝2p－x′，得2y′－y0＝20－y′，x′＝p＋x0，化简可得3y0y′＝3.y0∴直线OM的斜率为k＝3y0＝2p≤2p＝2＝2p时取等＝22p22(当且仅当0y022p2y0p＋32py0＋y0号)．2．设双曲线x2y2y＝－2x，且一个焦点与抛物线12的焦点相＋＝1的一条渐近线为y＝xab4同，则此双曲线的方程为 ( )A．5x2－5y2＝1B．5y2－5x2＝144第9页 共39页y＝－2x，252＝1522＝1C．5x－yD．y－5x442解析：选D 因为x＝4y的焦点为(0,1)，因为双曲线的一条渐近线为所以设双曲线的方程为 y2－4x2＝λ(λ＞0)，2即y－x＝1，λλ44则λ＋＝1，λ＝，4 5所以双曲线的方程为522＝1，故选D．y－5x4223．已知双曲线x2－y2＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c,0)，P为双ab―→―→3212，则该双曲线的离心率的取值曲线上任一点，且PF1·PF2最小值的取值范围是－c，－2c4范围为()A．(1，2]B．[2，2]C．(0，2]D．[2，＋∞)解析：选B设P(x0，y0)，―→―→＝(－c－x0，－y0)·(c－x0，－y0)则PF1·PF222222y022＝x0－c＋y0＝a1＋b2－c＋y0，上式当y＝0时取得最小值a2－c2，0根据已知－3c2≤a2－c2≤－1c2，42即14c2≤a2≤12c2，c2即2≤a2≤4，c即2≤a≤2，所以所求离心率的取值范围是[2，2]．4．过抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点F，斜率为4的直线交抛物线于―→―→A，B两点，若AF＝λFB3(λ＞1)，则λ的值为()A．5B．445C．3D．2第10页 共39页解析：选B根据题意设A(x1，y1)，B(x2，y2)，―→―→，由AF＝λFB得p－x，－y＝λ－p，y2，211x22故－y1＝λy，即2y1λ＝－y2．设直线AB的方程为y＝4p3x－2，联立直线与抛物线方程，消元得y2－3py－p2＝0．232故y1＋y2＝p，y1y2＝－p，2y1＋y22＝y1＋y2＋2＝－9，y1y2y2y14即－λ－1＋2＝－9．λ 4又λ＞1，解得λ＝4．5．(2015·川高考四)设直线l与抛物线 y2＝4x相交于A，B两点，与圆(x－5)2＋y2＝r2(r>0)相切于点M，且M为线段AB的中点．若这样的直线l恰有4条，则r的取值范围是()A．(1,3)B．(1,4)C．(2,3)D．(2,4)设Ay222＋y2＋y解析：选D12，C(5,0)为圆心，当y≠－y，y1，By，y2，My12，y12244821时，kAB＝44y1＋y22224，所以M3，y1＋y2，又r2，kCM＝22，由kAB·kCM＝－1?y1＋y2＝2＋y1＋y2－40yy2y1＋y22122222222－＝|CM|＝4＋2＝10＋y1y2，所以(2r－20)＝y1y2，所以y1，y2是方程t－24t＋(2r220)2＝0的两个不同的正根，由＞0得2＜r＜4．综上，r的取值范围是(2,4)．6．中心为原点，一个焦点为F(0,52)的椭圆，截直线y＝3x－2所得弦中点的横坐标为1，2则该椭圆方程为()2x2＋2y2＝1B．x2＋y2＝1A．75257525x2y22x22y2C．25＋75＝1D．25＋75＝1解析：选C由已知得c＝52，2y设椭圆的方程为a2－50＋a2＝1，第11页 共39页222x＋y2＝1，联立a－50ay＝3x－2，消去y得22－12(a2222－50)＝0，设直线y＝3x－2与椭(10a－450)x－50)x＋4(a－50)－a(a圆的交点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，12a2－50由根与系数关系得x1＋x2＝2，10a－450由题意知 x1＋x2＝1，a2－50即2＝1，10a－450解得a2＝75，2 2所以该椭圆方程为 75y＋25x＝1．2x 27．已知双曲线 C： －y＝1，点M的坐标为(0,1)．设P是双曲线 C上的点，Q是点P关于原点的对称点．记―→―→，则λ的取值范围是________．λ＝MP·MQ解析：设P(x0，y0)，则Q(－x0，－y0)，―→―→λ＝MP·MQ(x0，y0－1)·(－x0，－y0－1)＝－x20－y20＋132＝－2x0＋2．因为|x0|≥ 2，所以λ的取值范围是(－∞，－1]．答案：(－∞，－1]8．(2017长·春质检)已知AB为圆x2＋y2＝1的一条直径，点P为直线x－y＋2＝0上任意―→―→一点，则 PA·PB的最小值为________．解析：由题意，设 A(cosθ，sinθ)，P(x，x＋2)，则B(－cosθ，－sinθ)，―→∴PA＝(cosθ－x，sinθ－x－2)，―→PB(－cosθ－x，－sinθ－x－2)，―→―→∴PA·PB(cosθ－x)(－cosθ－x)＋(sinθ－x－2)(－sinθ－x－2)x2＋(x＋2)2－cos2θ－sin2θ第12页 共39页2x2＋4x＋32(x＋1)2＋1，当且仅当 x＝－1，―→―→即P(－1，1)时，PA·PB取最小值 1．答案：1x＝2pt2，A作l9．设抛物线(t为参数，p＞0)的焦点为F，准线为l．过抛物线上一点y＝2pt的垂线，垂足为B．设C7，AF与BC相交于点E．若|CF|＝2|AF|，且△ACE的面积为p，0232，则p的值为________．x＝2pt2，(p＞0)消去t可得抛物线方程为y2＝2px(p＞0)，解析：由y＝2pt3F2，0，|AB|＝|AF|＝2|CF|＝2p，可得A(p，2p)．p易知△AEB∽△FEC，|AE||FE|＝|FC|AB||＝12，111＝22＝32，故S△ACE＝S△ACF＝×3p×2p×2p332p2＝6．∵p＞0，∴p＝6．答案：66x2y210．(2016河·北三市二联)已知离心率为3的椭圆a2＋b2＝1(a＞b＞0)的一个焦点为F，过F且与x轴垂直的直线与椭圆交于A，B两点，|AB|＝23．3(1)求此椭圆的方程；(2)已知直线 y＝kx＋2与椭圆交于 C，D两点，若以线段 CD为直径的圆过点 E(－1,0)，求k的值．解：(1)设焦距为 2c，c 6 2 2 2∵e＝＝ ，a＝b＋c，2∴ba＝33，由题意可知 ba＝33，∴b＝1，a＝ 3，2∴椭圆的方程为 x3＋y2＝1．将y＝kx＋2代入椭圆方程，第13页 共39页2得(1＋3k)x＋12kx＋9＝0，又直线与椭圆有两个交点，2 2所以 ＝(12k)－36(1＋3k)＞0，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1＋x2＝－12k2，x1x2＝92，1＋3k1＋3k若以CD为直径的圆过 E点，―→―→则PB·ED＝0，即(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝0，2而y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝kx1x2＋2k(x1＋x2)＋4，则(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2(k2＋1)x1x2＋(2k＋1)(x1＋x2)＋59k2＋112k2k＋1＋5＝0，＝1＋3k2－1＋3k2解得k＝7，满足k2＞1．62x11．(2016山·东高考节选)平面直角坐标系xOy中，椭圆C：a2＋y232b2＝1(a＞b＞0)的离心率是2，抛物线E：x＝2y的焦点F是C的一个顶点．求椭圆C的方程．(2)设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线l与C交于不同的两点A，B，线段AB的中点为D．直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M．求证：点M在定直线上．a2－b2＝3，解：(1)由题意知a2可得a2＝4b2．因为抛物线 E的焦点为 F0，12，所以b＝1，a＝1．2所以椭圆 C的方程为 x2＋4y2＝1．m2证明：设Pm，2(m＞0)．由x2＝2y，可得y′＝x，第14页 共39页所以直线 l的斜率为 m．2m因此直线 l的方程为 y－ ＝m(x－m)，2即y＝mx－m2．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)，x2＋4y2＝1，联立方程m2y＝mx－2，得(4m2＋1)x2－4m3x＋m4－1＝0．由＞0，得0＜m2＜2＋5．(*)34m由根与系数的关系得 x1＋x2＝ 2 ，4m＋12m3因此 x0＝4m2＋1．2将其代入 y＝mx－m2，m2得y0＝24m2＋1．因为y0＝－1，x0 4m所以直线 OD的方程为 y＝－4m1x．1联立方程y＝－4mx，x＝m，得点M的纵坐标yM＝－1，4所以点M在定直线y＝－1上．412．(2016合·肥质检)已知中心在原点，焦点在y轴上的椭圆C，其上一点P到两个焦点F1，F2的距离之和为4，离心率为3．2求椭圆C的方程；若直线y＝kx＋1与曲线C交于A，B两点，求△OAB面积的取值范围．y2 x2解：(1)设椭圆的标准方程为 a2＋b2＝1(a＞b＞0)，c 3 2 2 2由题意可知 2a＝4，＝ ，又a＋b＝c，第15页 共39页解得a＝2，c＝ 3，b＝1，2故椭圆C的方程为y＋x2＝1．4(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，2y2x＋＝1，得(k2＋4)x2＋2kx－3＝0，由4y＝kx＋1故x1＋x2＝－22k，x1x2＝－23，①k＋4k＋4设△OAB的面积为S，3＜0，由x1x2＝－2k＋41 1知S＝2(|x1|＋|x2|)＝2|x1－x2|＝1x1＋x22－4x1x2＝2k2＋32，2＋42k令k2＋3＝t，知t≥3，1．∴S＝21＋2t＋t11t2－1对函数y＝t＋t(t≥3)，知y′＝1－t2＝t2＞0，y＝t＋1在t∈[3，＋∞)上单调递增，tt＋1t≥103，∴0＜1≤3，∴0＜S≤3，1162t＋t＋2即△OAB面积的取值范围是3．0，2第二课时 定点、定值、证明问题定点问题[典例]已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点F(1,0)，O为坐标原点，A，B是抛物线C上异于O的两点．(1)求抛物线C的方程；(2)若直线OA，OB的斜率之积为－1，求证：直线AB过x轴上一定点．2第16页 共39页[解] (1)因为抛物线 y2＝2px(p＞0)的焦点坐标为 (1,0)，所以p＝1，即p＝2．2所以抛物线 C的方程为 y2＝4x．证明：①当直线AB的斜率不存在时，2 2设At，t，Bt，－t．4 4因为直线OA，OB的斜率之积为－1，2t－t1，化简得2＝32．所以22＝－t2tt44所以A(8，t)，B(8，－t)，此时直线 AB的方程为 x＝8．②当直线 AB的斜率存在时，设其方程为 y＝kx＋b，A(xA，yA)，B(xB，yB)，2y＝4x，消去x得ky2－4y＋4b＝0．联立方程组y＝kx＋b，由根与系数的关系得yAyB＝4b，k因为直线OA，OB的斜率之积为－1，2所以yAyB1，即xAxB＋2yAyB＝0．·＝－2xAxB2即yA·yB＋2yAyB＝0，44解得yAyB＝0(舍去)或yAyB＝－32．4b所以yAyB＝k＝－32，即b＝－8k，所以y＝kx－8k，即y＝k(x－8)．综合①②可知，直线 AB过定点(8,0)．[方法点拨]圆锥曲线中定点问题的两种解法引进参数法：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．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．[对点演练]22已知椭圆xy，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数a2＋b2＝1(a＞b＞0)过点(0,1)第17页 共39页列．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λ＋λ＝－3，试证明：直线 l过定点并求此定点．1 2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a2＝b2＋c2，所以a2＝3．2x 2所以椭圆的方程为 ＋y＝1．(2)由题意设 P(0，m)，Q(x0,0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线l的方程为 x＝t(y－m)，―→―→，知(x1，y1－m)＝λ1(x0－x1，－y1)，由PM＝λ1MQ∴y－m＝－yλ，由题意y≠0，1111∴λ＝m－1．1y1同理由―→―→知λ＝m－1．PN＝λNQ22y2∵λ＋λ＝－3，∴m－1＋m－1＝－3，12y1y2y1y2＋m(y1＋y2)＝0，①x2＋3y2＝3，联立x＝ty－m，得(t2＋3)y2－2mt2y＋t2m2－3＝0，∴由题意知＝4m2t4－4(t2＋3)(t2m2－3)＞0，②2mt2t2m2－3且有y1＋y2＝t2＋3，y1y2＝t2＋3，③③代入①得 t2m2－3＋2m2t2＝0，(mt)2＝1，由题意mt＜0，∴mt＝－1，满足②，故直线l的方程为 x＝ty＋1，过定点(1,0)，即Q为定点．定值问题22xy[典例](2017张·掖诊断)如图，椭圆E：a2＋b2＝1(a＞b＞0)经过点A(0，－1)，且离心率为2．2第18页 共39页求椭圆E的方程；经过点(1,1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为定值．[解]c＝2，b＝1，(1)由题意知a2由a2＝b2＋c2，得a＝ 2，2所以椭圆 E的方程为x2＋y2＝1．(2)证明：设直线 PQ的方程为 y＝k(x－1)＋1(k≠2)，2代入x2＋y2＝1，得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，由题意知＞0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，且x1x2≠0，则x1＋x2＝4kk－12，x1x2＝2kk－22，1＋2k1＋2k所以直线 AP与AQ的斜率之和y1＋1 y2＋1kAP＋kAQ＝ ＋x1 x2kx1＋2－kkx2＋2－k＝＋x1x2＝2k＋(2－k)1＋1x1x2＝2k＋(2－k)x1＋x2x1x2＝2k＋(2－k)4kk－12kk－2＝2k－2(k－1)＝2．故直线AP与AQ的斜率之和为定值2．[方法点拨]定值问题常见的2种求法从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．引进变量法：其解题流程为第19页 共39页[对点演练]22已知椭圆xy，长轴长与短轴长的比是2∶3．a2＋b2＝1(a＞b＞0)的左焦点F1(－1,0)求椭圆的方程；过F1作两直线m，n交椭圆于A，B，C，D四点，若m⊥n，求证：1＋1为定值．|AB||CD|2a∶2b＝2∶3，解：(1)由已知得c＝1，a2＝b2＋c2.解得a＝2，b＝3．x2y2故所求椭圆的方程为4＋3＝1．(2)证明：由已知F1(－1,0)，当直线m不垂直于坐标轴时，可设直线m的方程为y＝k(x＋1)(k≠0)．y＝kx＋1，由x2＋y2＝1，43得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0．由于＞0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1＋x2＝－8k22，x1x2＝4k2－123＋4k2，3＋4k|AB|＝1＋k2[x1＋x22－4x1x2]2－8k2224k2－12＝1＋k－4·3＋4k3＋4k22＝121＋k2．3＋4k1＋k2同理|CD|＝3k2＋4．所以1＋22＋41＝3＋4k2＋3k2|AB||CD|121＋k121＋k2＝7．＝71＋k2121＋k12当直线m垂直于坐标轴时，此时|AB|＝3，|CD|＝4；或|AB|＝4，|CD|＝3，第20页 共39页1 1 1 1 7所以 ＋ ＝＋＝ ．综上，|AB|1＋|CD1|为定值127．证明问题[典例](2017山·西省四校联考)如图，圆C与x轴相切于点T(2，0)，与y轴正半轴相交于两点M，N(点M在点N的下方)，且|MN|＝3．(1)求圆C的方程；22(2)过点M任作一条直线与椭圆x＋y＝1相交于两点A，B，连接84AN，BN，求证：∠ANM＝∠BNM．[解] (1)设圆C的半径为 r(r＞0)，依题意，圆心 C的坐标为(2，r)．|MN|＝3，r2＝322＋22，解得r2＝25．4∴圆C的方程为(x－2)2＋y－522＝254．5225证明：把x＝0代入方程(x－2)＋y－2＝4，解得y＝1或y＝4，即点M(0,1)，N(0,4)．①当AB⊥y轴时，由椭圆的对称性可知∠ ANM＝∠BNM．②当AB与y轴不垂直时，可设直线 AB的方程为 y＝kx＋1．y＝kx＋1，联立方程 x2＋2y2＝8，消去y得，(1＋2k2)x2＋4kx－6＝0．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．y1－4 y2－4∴kAN＋kBN＝ ＋x1 x2第21页 共39页kx1－3＋kx2－3x1 x22kx1x2－3x1＋x2．x1x2若kAN＋kBN＝0，则∠ANM＝∠BNM．2kx1x2－3(x1＋x2)12k12k＝1＋2k2＋1＋2k20，∴∠ANM＝∠BNM．[方法点拨]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．[对点演练](2017·开封模拟)如图，已知圆G：(x－2)224x2＋y＝是椭圆C：29a＋y2b2＝1(a＞b＞0)的内接△ABC的内切圆，其中A(－4,0)为椭圆的左顶点．求椭圆C的方程；(2)过椭圆的上顶点 M作圆G的两条切线交椭圆于 E，F两点，证明：直线EF与圆G相切．解：(1)由题意可知 BC垂直于x轴，a＝4．设B(2＋r，y0)(r为圆G的半径)，过圆心G作GD⊥AB于D，BC交x轴于H，由GD＝HB，得r＝y0，ADAH26＋r36－r即y0＝r6＋r，6－r∵r＝2，∴y0＝ 5，3 3∵B83，35在椭圆上，8252∴3342＋b2＝1，解得b＝1，第22页 共39页2x 2∴椭圆C的方程为 ＋y＝1．2 2 4(2)证明：由(1)可知M(0,1)，设过点 M(0,1)与圆(x－2)＋y＝9相切的直线方程为： y＝kx＋1，①则2＝|2k＋1|，31＋k2即32k2＋36k＋5＝0，②－9＋41，k2＝－9－41解得k1＝，16162x 2 2 2将①代入 ＋y＝1得(16k＋1)x＋32kx＝0，32k则异于零的解为 x＝－ 2 ．16k＋1设F(x1，k1x1＋1)，E(x2，k2x2＋1)，32k132k2则x1＝－16k12＋1，x2＝－16k22＋1，k2x2－k1x1k1＋k23则直线FE的斜率为：kEF＝x2－x1＝1－16k1k2＝4，于是直线FE的方程为：2332k132k1y＋16k12＋1－1＝4x＋16k12＋1，即y＝34x－73，3－7则圆心(2,0)到直线FE的距离d＝ 2 3 ＝2＝r，31＋16故结论成立．1．已知椭圆x2y23，短轴端点到焦点的距离为2．222C：a＋b＝1(a＞b＞0)的离心率为求椭圆C的方程；设A，B为椭圆C上任意两点，O为坐标原点，且OA⊥OB．求证：原点O到直线AB的距离为定值 ，并求出该定值．解：(1)由题意知，e＝c＝3，b2＋c2＝2，a2又a2＝b2＋c2，所以a＝2，c＝ 3，b＝1，第23页 共39页2x 2所以椭圆 C的方程为 ＋y＝1．5证明：当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x＝±5，此时，原点O到直线AB的距离为255．当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．x2＋y2＝1，得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0．由4y＝kx＋m，则＝(8km)2－2222＋x2＝－8km2，x1x2＝4m2－44(1＋4k)(4m－4)＝16(1＋4k－m)＞0，x11＋4k1＋4k2，则y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝m2－4k22，1＋4k由OA⊥OB，得kOA·kOB＝－1，即y1y2＝－1，x1·x25m2－4－4k2所以x1x2＋y1y2＝ 2 ＝0，1＋4k242即m＝(1＋k)，满足＞0．5所以原点O到直线AB的距离为|m|＝255．1＋k2综上，原点O到直线AB的距离为定值25．5：x2y23，F2．(2017湖·南省东部六校联考)设椭圆C22＝1(a＞b＞0)的离心率为，F1a＋b212是椭圆的两个焦点，P是椭圆上任意一点，且△PF1F2的周长是4＋23．求椭圆C1的方程；设椭圆C1的左、右顶点分别为A，B，过椭圆C1上的一点D作x轴的垂线交x轴于点E，若C点满足―→―→―→―→，连接AC交DE于点P，求证：PD＝PE．AB⊥BC，AD∥OC3c33解：(1)由e＝2，知a＝2，所以c＝2a，因为△PF1F2的周长是 4＋2 3，所以2a＋2c＝4＋2 3，所以a＝2，c＝ 3，2 2 2所以b＝a－c＝1，第24页 共39页2x 2所以椭圆 C1的方程为 ＋y＝1．证明：由(1)得A(－2,0)，B(2,0)，设D(x0，y0)，所以E(x0,0)，―→―→因为AB⊥BC，所以可设C(2，y1)，―→―→，y1)，所以AD＝(x0＋2，y0)，OC＝(2―→―→由AD∥OC可得(x0＋2)y1＝2y0，即y1＝2y0．x0＋2AC的方程为：yx＋2所以直线2y0＝4．x0＋2整理得y＝y02x0＋2(x＋2)．又点P在直线DE上，y0将x＝x0代入直线AC的方程可得y＝2，即点P的坐标为x0，y0，2所以P为DE的中点，所以PD＝PE．221，其左焦点到点3．椭圆C：x2＋y2＝1(a＞b＞0)的离心率为P(2，1)的距离为10．ab2求椭圆C的标准方程．若直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点(A，B不是左、右顶点)，且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点．求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．解：(1)因为左焦点(－c,0)到点P(2,1)的距离为10，所以2＋c2＋1＝10，解得c＝1．又e＝c＝1，解得a＝2，a2所以b2＝a2－c2＝3．2 2所以所求椭圆 C的方程为x4＋y3＝1．(2)证明：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，y＝kx＋m，由x2＋y2＝1，43第25页 共39页消去y，得(3＋4k222)x＋8mkx＋4(m－3)＝0，22220，＝64mk－16(3＋4k)(m－3)＞化简，得3＋4k2－m2＞0．－8mk4m2－3所以x1＋x2＝2，x1x2＝3＋4k2．3＋4ky1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝3m2－4k2．3＋4k2因为以AB为直径的圆过椭圆右顶点D(2,0)，则kAD·kBD＝－1，所以y1·y2＝－1，x1－2x2－2所以y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0，所以3m2－4k2＋4m2－316mk22＋2＋4＝0．3＋4k3＋4k3＋4k化为7m2＋16mk＋4k2＝0，解得m1＝－2k，m2＝－2k，满足3＋4k2－m2＞0．7当m＝－2k时，l：y＝k(x－2)，直线过定点(2,0)与已知矛盾；2k22，0当m＝－7时，l：y＝kx－7，直线过定点7．2综上可知，直线l过定点7，0．4．(2016·昌一模南)已知椭圆C：x2y22＋2＝1(a＞b＞0)的两焦点与短轴的一个端点的连线ab构成等边三角形，直线x＋y＋22－1＝0与以椭圆C的右焦点为圆心，椭圆的长半轴长为半径的圆相切．求椭圆C的方程；(2)设点B，C，D是椭圆上不同于椭圆顶点的三点，点 B与点D关于原点 O对称．设直线CD，CB，OB，OC的斜率分别为 k1，k2，k3，k4，且k1k2＝k3k4．①求k1k2的值；②求|OB|2＋|OC|2的值．解：(1)设椭圆C的右焦点为 F2(c,0)，第26页 共39页则c2＝a2－b2(c＞0)．由题意可得，以椭圆 C的右焦点为圆心，以椭圆的长半轴长为半径的圆的方程为 (x－c)2y2＝a2，∴圆心到直线 x＋y＋2 2－1＝0的距离|c＋2 2－1|d＝ ＝a．(*)∵椭圆C的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，∴b＝3c，a＝2c，把a＝2c代入(*)式得c＝1，b＝3，a＝2，x2y2故所求椭圆的方程为4＋3＝1．(2)①设B(x1，y1)，C(x2，y2)，则D(－x1，－y1)，y2＋y1y2－y1y22－y12于是k1k2＝＋x·－x＝2－x2x21x21x213232＝44－x2－44－x13．22＝－x②由①及题意知，33k3k4＝k1k2＝－，故y1y2＝－x1x2．44∴92222323216x1x2＝y1y2＝4(4－x1)·(4－x2)，4即x21x22＝16－4(x21＋x22)＋x21x22，x21＋x22＝4．又2＝x12y12x22y22x12＋x22y12＋y22＋3＋＋＝4＋3，443故y21＋y22＝3．|OB|2＋|OC|2＝x21＋y12＋x22＋y22＝7．第三课时 最值、范围、存在性问题最值问题[典例](2016广·州市高考模拟)定圆M：(x＋3)2＋y2＝16，动圆N过点F(3，0)且与圆M相切，记圆心N的轨迹为E．求轨迹E的方程；(2)设点A，B，C在E上运动，A与B关于原点对称，且 |AC|＝|CB|，当△ABC的面积最小时，求直线 AB的方程．[解] (1)因为点F( 3，0)在圆M：(x＋ 3)2＋y2＝16内，所以圆 N内切于圆M．因为|NM|＋|NF|＝4＞|FM|，第27页 共39页所以点N的轨迹E是以M(－ 3，0)，F( 3，0)为焦点的椭圆，且 2a＝4，c＝ 3，所以b＝1．2x 2所以轨迹 E的方程为 ＋y＝1．(2)①当AB为长轴(或短轴)时，依题意知，点 C就是椭圆的上下顶点 (或左右顶点)，1此时S△ABC＝2·|OC|·|AB|＝2．②当直线AB的斜率存在且不为0时，设其斜率为k，直线AB的方程为y＝kx，x224k24＋y＝1，242联立方程y＝kx，可取xA＝1＋4k2，yA＝1＋4k2，22241＋k2所以|OA|＝xA＋yA＝1＋4k2．由|AC|＝|CB|知，△ABC为等腰三角形，O为AB的中点，OC⊥AB，x22所以直线OC的方程为y＝－14＋y＝1，kx，由1y＝－kx，得xC2＝24k2441＋k2，yC2＝2，所以．|OC|2＝2k＋4k＋4k＋4△＝2S△OAC＝|OA|·|OC|＝41＋k241＋k2＝41＋k2．1＋1＋4k2k2＋44kk＋4由于1＋4k2k2＋4≤1＋4k2＋k2＋451＋k2，2＝28所以S△ABC≥，2 2当且仅当 1＋4k＝k＋4，此时△ABC面积的最小值是 8．5因为2＞85，所以△ABC面积的最小值为 85，此时直线 AB的方程为 y＝x或y＝－x．[方法点拨]圆锥曲线中最值问题的两种类型和两种解法两种类型①涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；第28页 共39页②求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时确定与之有关的一些问题．两种解法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．[提醒] 求最值问题时，一定要注意对特殊情况的讨论．如直线斜率不存在的情况，二次三项式最高次项的系数的讨论等．[对点演练]已知椭圆 C的左、右焦点分别为 F1(－1,0)，F2(1,0)，且F2到直线x－ 3y－9＝0的距离等于椭圆的短轴长．求椭圆C的方程．(2)若圆P的圆心为 P(0，t)(t＞0)，且经过F1，F2，Q是椭圆C上的动点且在圆 P外，过点Q作圆P的切线，切点为解：(1)设椭圆的方程为

M，当|QM|的最大值为322时，求t的值．22xy＝1(a＞b＞0)．a2＋b2依题意可知， 2b＝|1－9|＝4，所以b＝2．2又c＝1，故a2＝b2＋c2＝5，2 2故椭圆C的方程为x＋y＝1．4由题意，圆P的方程为：x2＋(y－t)2＝t2＋1，设Q(x0，y0)，因为PM⊥QM，所以|QM|＝|PQ|2－t2－1＝x02＋y0－t2－t2－1122＝－4y0＋4t＋4＋4t．1若－4t≤－2,即t≥，当y0＝－2时，|QM|取得最大值，3 2|QM|max＝ 4t＋3＝ ，解得t＝3＜1(舍去)．8 2若－4t＞－2，第29页 共39页即0＜t＜1，2当y0＝－4t时，|QM|取最大值，且|QM|max＝4＋4t2＝32，221解得t＝8．又0＜t＜1，所以t＝2．24综上可知，当t＝2时，|QM|的最大值为32．42范围问题x22[典例](2016浙·江高考)如图，设椭圆a2＋y＝1(a＞1)．(1)求直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段长(用a，k表示)；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AP，y＝kx＋1，由x22a2＋y＝1，2222得(1＋ak)x＋2akx＝0，2故x1＝0，x2＝－2a2k2．1＋ak因此|AP|＝22a2|k|1＋k21＋k|x1－x2|＝22．1＋ak(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 k1，k2，且k1，k2＞0，k1≠k2．2|2由(1)知，|AP|＝2a|k11＋k11＋a2k12，222a|k2|1＋k2，|AQ|＝1＋a2k2222222a|k1|1＋k12a|k2|1＋k2故1＋a2k12＝1＋a2k22，所以22222222(k1－k2)[1＋k1＋k2＋a(2－a)k1k2]＝0．第30页 共39页由k1≠k2，k1，k2＞0得2222221＋k1＋k2＋a(2－a)k1k2＝0，因此11222＋12＋1＝1＋a(a－2)．①k1k2因为①式关于k1，k2的方程有解的充要条件是221＋a(a－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．ca2－1由e＝a＝a，得0＜e≤2．2所求离心率的取值范围为0，2．2[方法点拨]解决圆锥曲线中的取值范围问题的 5种常用解法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．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．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．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．利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．[对点演练]已知圆22过椭圆x2y2＝1(a＞b＞0)的两焦点，与椭圆有且仅有两个公共点，直x＋y＝12＋2ab22x2y2―→―→线l：y＝kx＋m与圆x＋y＝1相切，与椭圆a2＋b2＝1相交于A，B两点．记λ＝OA·OB，且2≤λ≤3．34求椭圆的方程；求k的取值范围；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＝1，2故a＝ 2，所以所求椭圆方程为 x2＋y2＝1．第31页 共39页2因为直线l：y＝kx＋m与圆x＋y＝1相切，|m|所以原点O到直线l的距离为12＋k2＝1，y＝kx＋m，即m2＝k2＋1．由x2＋y2＝1，2消去y，得(1＋2k222)x＋4kmx＋2m－2＝0．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，－4km 2m2－2则x1＋x2＝1＋2k2，x1x2＝1＋2k2．―→―→22＝k2＋12312≤1，λ＝OA·OB＝x1x2＋y1y2＝(1＋k)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2，由≤λ≤，得≤k1＋2k342即k的取值范围是－1，－2∪2，1．22(3)|AB|＝221＋k[x1＋x2－4x1x2]＝2－22，2k2＋1由1≤k2≤1，得6≤|AB|≤4．2 2 3设△OAB的AB边上的高为 d，1则S＝2|AB|d＝2|AB|，6≤S≤2所以43．即△OAB的面积S的取值范围是62．4，3存在性问题22xy[典例](2015四·川高考)如图，椭圆E：a2＋b2＝1(a>b>0)的离心率是―→―→＝－1．2，点P(0,1)在短轴CD上，且PC·PD2(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―→―→―→―→为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．存在常数λ，使得OA·OB＋λPA·PB[解](1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b)．―→―→＝－1，又点P的坐标为(0,1)，且PC·PD第32页 共39页1－b2＝－1，于是c＝2，解得a＝2，b＝2．a2a2－b2＝c2.2 2所以椭圆 E的方程为x＋y＝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(x1，y1)，(x2，y2)．x2y2联立4＋2＝1，得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0．y＝kx＋1其判别式＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0，4k所以x1＋x2＝－2k2＋1，2x1x2＝－2k2＋1．―→―→―→―→从而，OA·OB＋λPA·PBx1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)](1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋12＋－2λ－1λ－1＝－2λ－4k2＝－2－λ－2．2k＋12k＋1所以当λ＝1时，λ－1－2k2＋1－λ－2＝－3．―→―→―→―→＝－3为定值．此时，OA·OB＋λPA·PB当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD．―→―→―→―→―→―→―→―→＝－2－1＝－3．此时，OA·OB＋λPA·PB＝OC·OD＋PC·PD故存在常数λ＝1，使得―→―→―→―→OA·OB＋λPA·PB为定值－3．[方法点拨]存在性问题求解的 3个注意点存在性问题，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．当条件和结论不唯一时要分类讨论；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；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．第33页 共39页[对点演练]已知椭圆C的焦点坐标是F1(－1,0)，F2(1,0)，过点F2垂直于长轴的直线l交椭圆C于B，D两点，且|BD|＝3．(1)求椭圆C的方程；(2)是否存在过点P(2,1)的直线l1与椭圆C相交于不同的两点―→―→＝5？M，N，且满足PM·PN4若存在，求出直线l1的方程；若不存在，请说明理由．22解：(1)设椭圆的方程是x2y2＝1(a＞b＞0)，a＋b由题可知c＝1，因为|BD|＝3，2b2所以a＝3，又a2－b2＝1，所以a＝2，b＝3，x2y2所以椭圆C的方程为4＋3＝1．(2)假设存在直线l1且由题意得斜率存在，设满足条件的方程为y＝k(x－2)＋1．y＝kx－2＋1，由x2＋y2＝1，43得(3＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－8＝0．因为直线l1与椭圆C相交于不同的两点M，N，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则＝[－8k(2k－1)]2－4(3＋4k2)(16k2－16k－8)＞0，所以k＞－1，2由根与系数的关系知8k2k－116k2－16k－8x1＋x2＝2，x1x2＝3＋4k2，3＋4k―→―→＝(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝5，因为PM·PN4所以(x1－2)(x2－2)(1＋k2)＝5，45即[x1x2－2(x1＋x2)＋4](1＋k)＝4，16k2－16k－88k2k－1＋4(1＋k2)所以3＋4k2－2·23＋4k2＝4＋4k2＝5，3＋4k4第34页 共39页1解得k＝±．2因为k＞－12，所以k＝12，1故存在直线 l1满足条件，其方程为 y＝2x．y2x26，且椭圆C上的1．(2016贵·阳监测考试)已知椭圆C：2＋2＝1(a＞b＞0)的离心率为ab3点到一个焦点的距离的最小值为 3－ 2．(1)求椭圆C的方程；(2)已知过点 T(0,2)的直线l与椭圆C交于A，B两点，若在 x轴上存在一点 E，使∠AEB90°，求直线l的斜率k的取值范围．解：(1)设椭圆的半焦距长为c，c＝ 6，则由题设有 a 3a－c＝ 3－ 2，解得a＝ 3，c＝ 2，b2＝1，2故椭圆C的方程为y3＋x2＝1．(2)由已知可得，直线 l的方程为 y＝kx＋2，以AB为直径的圆与 x轴有公共点．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点为M(x0，y0)，2将直线l：y＝kx