2023年高考数学二轮复习考前专题六解析几何第3讲圆锥曲线的综合问题讲学案理

第3讲圆锥曲线的综合问题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(2023届日照模拟)椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A，B.以F1F2为直径的圆O过椭圆E的上顶点D，直线DB与圆O相交得到的弦长为eq\f(2\r(3),3).设点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，t))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t≠0))，连接PA交椭圆于点C，坐标原点为O.(1)求椭圆E的方程；(2)假设△ABC的面积不大于四边形OBPC的面积，求eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t))的最小值．解(1)因为以F1F2为直径的圆O过点D，所以b＝c，那么圆O的方程为x2＋y2＝b2，又a2＝b2＋c2，所以a＝eq\r(2)b，直线DB的方程为y＝－eq\f(\r(2),2)x＋b，直线DB与圆O相交得到的弦长为eq\f(2\r(3),3)，那么2eq\r(b2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,\r(1＋\f(1,2)))))2)＝eq\f(2\r(3),3)，所以b＝1,a＝eq\r(2)，所以椭圆E的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)由(1)得a＝eq\r(2)，b＝1，椭圆方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1，设直线PA的方程为y＝eq\f(t,2\r(2))(x＋eq\r(2))，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝\f(t,2\r(2))x＋\r(2)，))整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋t2))x2＋2eq\r(2)t2x＋2t2－8＝0，解得x1＝－eq\r(2)，x2＝eq\f(4\r(2)－\r(2)t2,4＋t2)，那么点C的坐标是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(2)－\r(2)t2,4＋t2)，\f(4t,4＋t2)))，故直线BC的斜率为kBC＝－eq\f(\r(2),t)，由于直线OP的斜率为kOP＝eq\f(t,\r(2))，所以kBC·kOP＝－1，所以OP⊥BC.所以SOBPC＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(OP))×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BC))＝eq\f(\r(2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t3＋2t)),4＋t2)，S△ABC＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\f(4\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t)),4＋t2)＝eq\f(4\r(2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t)),4＋t2)，所以eq\f(4\r(2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t)),4＋t2)≤eq\f(\r(2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t3＋2t)),4＋t2)，整理得2＋t2≥4，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t))≥eq\r(2)，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t))min＝eq\r(2).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(2023届福建省宁德市质检)抛物线C：y2＝2px(p>0)上的点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，y0))到点Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，0))距离的最小值为eq\r(3).(1)求抛物线C的方程；(2)假设x0>2，圆E：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1))2＋y2＝1，过M作圆E的两条切线分别交y轴于Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，a))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，b))两点，求△MAB面积的最小值．解(1)∵eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MN))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－2))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y0－0))2)，又∵yeq\o\al(2,0)＝2px0，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MN))2＝xeq\o\al(2,0)－4x0＋4＋2px0＝xeq\o\al(2,0)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－p))x0＋4＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x0－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－p))))2＋4－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－p))2.∵x0≥0，∴当2－p≤0，即p≥2时，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MN))min＝2，不符合题意，舍去；当2－p>0，即0<p<2时，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MN))min＝eq\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－p))2)＝eq\r(3)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－p))2＝1，∴p＝1或p＝3(舍去)，∴y2＝2x.(2)由题意可知，kMA＝eq\f(y0－a,x0)，∴直线MA的方程为y＝eq\f(y0－a,x0)x＋a，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y0－a))x－x0y＋ax0＝0，∴1＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y0－a))＋ax0)),\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y0－a))2＋x\o\al(2,0)))，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y0－a))2＋xeq\o\al(2,0)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(y0－a＋ax0))2，整理得a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－2))＋2ay0－x0＝0，同理b2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－2))＋2by0－x0＝0,∴a，b为方程eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－2))x2＋2y0x－x0＝0的两根，∴a＋b＝－eq\f(2y0,x0－2)，ab＝－eq\f(x0,x0－2)，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－b))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋b))2－4ab)＝eq\f(2\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x0)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x0－2))).∵x0>2，∴S△MAB＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－b))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x0))＝eq\f(x\o\al(2,0),x0－2)＝eq\f(x\o\al(2,0)－4＋4,x0－2)＝x0＋2＋eq\f(4,x0－2)＝x0－2＋eq\f(4,x0－2)＋4≥8，当且仅当x0＝4时，取最小值8.热点二定点、定值问题1．由直线方程确定定点，假设得到了直线方程的点斜式：y－y0＝k(x－x0)，那么直线必过定点(x0，y0)；假设得到了直线方程的斜截式：y＝kx＋m，那么直线必过定点(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(2023·长沙市长郡中学模拟)抛物线E：y2＝4x的准线为l，焦点为F，O为坐标原点．(1)求过点O，F，且与l相切的圆的方程；(2)过F的直线交抛物线E于A，B两点，A关于x轴的对称点为A′，求证：直线A′B过定点．(1)解抛物线E：y2＝4x的准线l的方程为x＝－1，焦点坐标为F(1,0)，设所求圆的圆心C为(a，b)，半径为r,∵圆C过O，F，∴a＝eq\f(1,2)，∵圆C与直线l：x＝－1相切，∴r＝eq\f(1,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))＝eq\f(3,2).由r＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(CO))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋b2)＝eq\f(3,2)，得b＝±eq\r(2).∴过O，F且与直线l相切的圆的方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y±\r(2)))2＝eq\f(9,4).(2)证明方法一依题意知，直线AB的斜率存在，设直线AB方程为y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1))，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1≠x2))，A′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，－y1))，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1))，,y2＝4x，))消去y，得k2x2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k2＋4))x＋k2＝0，∴x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1.∵直线BA′的方程为y－y2＝eq\f(y2＋y1,x2－x1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－x2))，∴令y＝0，得x＝eq\f(x2y1＋x1y2,y1＋y2)＝eq\f(x2k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－1))＋x1k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－1)),k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－1))＋k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－1)))＝eq\f(2x1x2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋x2)),－2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋x2)))＝－1.∴直线BA′过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0)).方法二设直线AB的方程为x＝my＋1,Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2))，那么A′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，－y1)).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,y2＝4x，))得y2－4my－4＝0，∴y1＋y2＝4m,y1y2＝－∵kBA′＝eq\f(y2＋y1,x2－x1)＝eq\f(y2＋y1,\f(y\o\al(2,2),4)－\f(y\o\al(2,1),4))＝eq\f(4,y2－y1)，∴直线BA′的方程为y－y2＝eq\f(4,y2－y1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－x2)).∴y＝eq\f(4,y2－y1)(x－x2)＋y2＝eq\f(4,y2－y1)x＋y2－eq\f(4x2,y2－y1)＝eq\f(4,y2－y1)x＋eq\f(y\o\al(2,2)－y1y2－4x2,y2－y1)＝eq\f(4,y2－y1)x＋eq\f(4,y2－y1)＝eq\f(4,y2－y1)(x＋1)．∴直线BA′过定点(－1,0)．思维升华(1)动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①eq\x(由特例得出一个值此值一般就是定值)→eq\x(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(2023届江西省重点中学协作体联考)⊙F1：(x＋3)2＋y2＝27与⊙F2：(x－3)2＋y2＝3，以F1，F2分别为左、右焦点的椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过两圆的交点．(1)求椭圆C的方程；(2)M，N是椭圆C上的两点，假设直线OM与ON的斜率之积为－eq\f(1,4)，试问△OMN的面积是否为定值？假设是，求出这个定值；假设不是，请说明理由．解(1)设两圆的交点为Q，依题意有|QF1|＋|QF2|＝3eq\r(3)＋eq\r(3)＝4eq\r(3)，由椭圆定义知，2a＝4eq\r(3)，解得a2＝12.∵F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，∴a2－b2＝9，解得b2＝3，∴椭圆C的方程为eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)①当直线MN的斜率不存在时，设M(x1，y1)，N(x1，－y1)．kOM·kON＝－eq\f(y1y1,x1x1)＝－eq\f(1,4)，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(y1,x1)))＝eq\f(1,2).又eq\f(x\o\al(2,1),12)＋eq\f(y\o\al(2,1),3)＝1，∴|x1|＝eq\r(6)，|y1|＝eq\f(\r(6),2).∴S△OMN＝eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\r(6)＝3.②当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,12)＋\f(y2,3)＝1，))得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－12＝由Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m得12k2－m2＋3>0，(*)且x1＋x2＝－eq\f(8km,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4m2－12,4k2＋1).∴y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝eq\f(m2－12k2,4k2＋1).∵kOM·kON＝eq\f(y1y2,x1x2)＝－eq\f(1,4)，∴eq\f(m2－12k2,4m2－12)＝－eq\f(1,4)，整理得2m2＝12k2代入(*)得m≠0.∵|MN|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8km,4k2＋1)))2－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4m2－12,4k2＋1))))＝eq\r(1＋k2)eq\r(\f(484k2＋1－16m2,4k2＋12))＝eq\f(6\r(1＋k2),|m|)，原点O到直线MN的距离d＝eq\f(|m|,\r(1＋k2))，∴S△OMN＝eq\f(1,2)|MN|d＝eq\f(1,2)·eq\f(6\r(1＋k2),|m|)·eq\f(|m|,\r(1＋k2))＝3(定值)．综上所述，△OMN的面积为定值3.

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，假设方程组有实数解，那么元素(点、直线、曲线或参数)存在；否那么，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3A(x1，y1)，B(x2，y2)是抛物线C：x2＝2py(p>0)上的不同两点．(1)设直线l：y＝eq\f(p,4)与y轴交于点M，假设A，B两点所在的直线方程为y＝x－1，且直线l：y＝eq\f(p,4)恰好平分∠AMB，求抛物线C的标准方程；(2)假设直线AB与x轴交于点P，与y轴的正半轴交于点Q，且y1y2＝eq\f(p2,4)，是否存在直线AB，使得eq\f(1,|PA|)＋eq\f(1,|PB|)＝eq\f(3,|PQ|)？假设存在，求出直线AB的方程；假设不存在，请说明理由．解(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,4)))，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝2py，,y＝x－1，))消去y整理，得x2－2px＋2p＝0，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝4p2－8p>0，,x1＋x2＝2p，,x1x2＝2p，))∵直线y＝eq\f(p,4)平分∠AMB，∴kAM＋kBM＝0，∴eq\f(y1－\f(p,4),x1)＋eq\f(y2－\f(p,4),x2)＝0，即eq\f(x1－1－\f(p,4),x1)＋eq\f(x2－1－\f(p,4),x2)＝2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(p,4)))eq\f(x1＋x2,x1x2)＝0，∴p＝4，满足Δ>0，∴抛物线C的标准方程为x2＝8y.(2)由题意知，直线AB的斜率存在，且不为零，设直线AB的方程为y＝kx＋b(k≠0，b>0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b，,x2＝2py，))得x2－2pkx－2pb＝0,∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝4p2k2＋8pb>0，,x1＋x2＝2pk，,x1x2＝－2pb，))∴y1y2＝eq\f(x\o\al(2,1),2p)·eq\f(x\o\al(2,2),2p)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2pb))2,4p2)＝b2，∵y1y2＝eq\f(p2,4)，∴b2＝eq\f(p2,4)，∵b>0,∴b＝eq\f(p,2).∴直线AB的方程为y＝kx＋eq\f(p,2).假设存在直线AB，使得eq\f(1,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PA)))＋eq\f(1,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PB)))＝eq\f(3,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PQ)))，即eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PQ)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PA)))＋eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PQ)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PB)))＝3，作AA′⊥x轴，BB′⊥x轴，垂足为A′，B′，∴eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PQ)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PA)))＋eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PQ)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PB)))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(OQ)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AA′)))＋eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(OQ)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BB′)))＝eq\f(\f(p,2),y1)＋eq\f(\f(p,2),y2)＝eq\f(p,2)·eq\f(y1＋y2,y1y2)，∵y1＋y2＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋x2))＋p＝2pk2＋p,y1y2＝eq\f(p2,4)，∴eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PQ)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PA)))＋eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PQ)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PB)))＝eq\f(p,2)·eq\f(2pk2＋p,\f(p2,4))＝4k2＋2，由4k2＋2＝3，得k＝±eq\f(1,2)，故存在直线AB，使得eq\f(1,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PA)))＋eq\f(1,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PB)))＝eq\f(3,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PQ)))，此时直线AB的方程为y＝±eq\f(1,2)x＋eq\f(p,2).思维升华解决探索性问题的考前须知存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，假设结论正确那么存在，假设结论不正确那么不存在．(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(2023届河北省衡水中学押题卷)椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的长轴长为6，且椭圆C与圆M：(x－2)2＋y2＝eq\f(40,9)的公共弦长为eq\f(4\r(10),3).(1)求椭圆C的方程；(2)过点P(0,2)作斜率为k(k≠0)的直线l与椭圆C交于两点A，B，试判断在x轴上是否存在点D，使得△ADB为以AB为底边的等腰三角形．假设存在，求出点D的横坐标的取值范围，假设不存在，请说明理由．解(1)由题意可得2a＝6，所以a＝3.由椭圆C与圆M:eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2))2＋y2＝eq\f(40,9)的公共弦长为eq\f(4\r(10),3)，恰为圆M的直径，可得椭圆C经过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，±\f(2\r(10),3)))，所以eq\f(4,9)＋eq\f(40,9b2)＝1，解得b2＝8.所以椭圆C的方程为eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,8)＝1.(2)直线l的解析式为y＝kx＋2，设Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2))，AB的中点为Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，y0)).假设存在点Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，0))，使得△ADB为以AB为底边的等腰三角形，那么DE⊥AB.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,9)＋\f(y2,8)＝1，))得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8＋9k2))x2＋36kx－36＝0，故x1＋x2＝－eq\f(36k,9k2＋8)，所以x0＝－eq\f(18k,9k2＋8)，y0＝kx0＋2＝eq\f(16,9k2＋8).因为DE⊥AB，所以kDE＝－eq\f(1,k)，即eq\f(\f(16,9k2＋8)－0,－\f(18k,9k2＋8)－m)＝－eq\f(1,k)，所以m＝－eq\f(2k,9k2＋8)＝－eq\f(2,9k＋\f(8,k)).当k>0时，9k＋eq\f(8,k)≥2eq\r(9×8)＝12eq\r(2)，所以－eq\f(\r(2),12)≤m<0；当k<0时，9k＋eq\f(8,k)≤－12eq\r(2)，所以0<m≤eq\f(\r(2),12).综上所述，在x轴上存在满足题目条件的点E，且点D的横坐标的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),12)，0))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),12))).

真题体验1．(2023·全国Ⅰ改编)F为抛物线C：y2＝4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点，那么|AB|＋|DE|的最小值为________．答案16解析因为F为y2＝4x的焦点，所以F(1,0)．由题意知，直线l1，l2的斜率均存在且不为0，设l1的斜率为k，那么l2的斜率为－eq\f(1,k)，故直线l1，l2的方程分别为y＝k(x－1)，y＝－eq\f(1,k)(x－1)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,y2＝4x，))得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，且Δ＝16k2＋16>0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，那么x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1，所以|AB|＝eq\r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k2＋4,k2)))2－4)＝eq\f(41＋k2,k2).同理可得|DE|＝4(1＋k2)．所以|AB|＋|DE|＝eq\f(41＋k2,k2)＋4(1＋k2)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k2)＋1＋1＋k2))＝8＋4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2＋\f(1,k2)))≥8＋4×2＝16，当且仅当k2＝eq\f(1,k2)，即k＝±1时，取得等号．2．(2023·山东)在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(\r(2),2)，焦距为2.(1)求椭圆E的方程；(2)如图，动直线l：y＝k1x－eq\f(\r(3),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＝eq\f(\r(2),4).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＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，2c＝2，所以c＝1，所以a＝eq\r(2)，b＝1，所以椭圆E的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝k1x－\f(\r(3),2)，))得(4keq\o\al(2,1)＋2)x2－4eq\r(3)k1x－1＝0.由题意知，Δ＞0，且x1＋x2＝eq\f(2\r(3)k1,2k\o\al(2,1)＋1)，x1x2＝－eq\f(1,22k\o\al(2,1)＋1)，所以|AB|＝eq\r(1＋k\o\al(2,1))|x1－x2|＝eq\r(2)·eq\f(\r(1＋k\o\al(2,1))·\r(1＋8k\o\al(2,1)),1＋2k\o\al(2,1)).由题意可知，圆M的半径r为r＝eq\f(2,3)|AB|＝eq\f(2\r(2),3)·eq\f(\r(1＋k\o\al(2,1))\r(1＋8k\o\al(2,1)),2k\o\al(2,1)＋1).由题设知k1k2＝eq\f(\r(2),4)，所以k2＝eq\f(\r(2),4k1)，因此直线OC的方程为y＝eq\f(\r(2),4k1)x.联立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝\f(\r(2),4k1)x，))得x2＝eq\f(8k\o\al(2,1),1＋4k\o\al(2,1))，y2＝eq\f(1,1＋4k\o\al(2,1))，因此|OC|＝eq\r(x2＋y2)＝eq\r(\f(1＋8k\o\al(2,1),1＋4k\o\al(2,1))).由题意可知，sineq\f(∠SOT,2)＝eq\f(r,r＋|OC|)＝eq\f(1,1＋\f(|OC|,r)).而eq\f(|OC|,r)＝eq\f(\r(\f(1＋8k\o\al(2,1),1＋4k\o\al(2,1))),\f(2\r(2),3)·\f(\r(1＋k\o\al(2,1))\r(1＋8k\o\al(2,1)),1＋2k\o\al(2,1)))＝eq\f(3\r(2),4)·eq\f(1＋2k\o\al(2,1),\r(1＋4k\o\al(2,1))\r(1＋k\o\al(2,1)))，令t＝1＋2keq\o\al(2,1)，那么t＞1，eq\f(1,t)∈(0,1)，因此eq\f(|OC|,r)＝eq\f(3,2)·eq\f(t,\r(2t2＋t－1))＝eq\f(3,2)·eq\f(1,\r(2＋\f(1,t)－\f(1,t2)))＝eq\f(3,2)·eq\f(1,\r(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(1,2)))2＋\f(9,4)))≥1，当且仅当eq\f(1,t)＝eq\f(1,2)，即t＝2时等号成立，此时k1＝±eq\f(\r(2),2)，所以sineq\f(∠SOT,2)≤eq\f(1,2)，因此eq\f(∠SOT,2)≤eq\f(π,6)，所以∠SOT的最大值为eq\f(π,3).综上所述，∠SOT的最大值为eq\f(π,3)，取得最大值时直线l的斜率为k1＝±eq\f(\r(2),2).押题预测椭圆C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,3)＝1(a>0)与抛物线C2：y2＝2ax相交于A，B两点，且两曲线的焦点F重合．(1)求C1，C2的方程；(2)假设过焦点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eq\f(|PN|,|MQ|)＝2？假设存在，求出k的值；假设不存在，请说明理由．押题依据此题将椭圆和抛物线联合起来设置命题，表达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C1，C2的焦点重合，所以eq\r(a2－3)＝eq\f(a,2)，所以a2＝4.又a>0，所以a＝2.于是椭圆C1的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，抛物线C2的方程为y2＝4x.(2)假设存在直线l使得eq\f(|PN|,|MQ|)＝2，那么可设直线l的方程为y＝k(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝kx－1，))可得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，那么x1＋x4＝eq\f(2k2＋4,k2)，x1x4＝1，且Δ＝16k2＋16>0，所以|PN|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x42－4x1x4)＝eq\f(41＋k2,k2).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx－1，))可得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，那么x2＋x3＝eq\f(8k2,3＋4k2)，x2x3＝eq\f(4k2－12,3＋4k2)，且Δ＝144k2＋144>0，所以|MQ|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x2＋x32－4x2x3)＝eq\f(121＋k2,3＋4k2).假设eq\f(|PN|,|MQ|)＝2，那么eq\f(41＋k2,k2)＝2×eq\f(121＋k2,3＋4k2)，解得k＝±eq\f(\r(6),2).故存在斜率为k＝±eq\f(\r(6),2)的直线l，使得eq\f(|PN|,|MQ|)＝2.A组专题通关1．(2023·全国Ⅰ)设圆x2＋y2＋2x－15＝0的圆心为A，直线l过点B(1,0)且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.(1)证明|EA|＋|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；(2)设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围．解(1)因为|AD|＝|AC|，EB∥AC，故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|，故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|.又圆A的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，从而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4.由题设得A(－1,0)，B(1,0)，|AB|＝2，由椭圆定义可得点E的轨迹方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(y≠0)．(2)当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0.那么x1＋x2＝eq\f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(4k2－12,4k2＋3)，且Δ＝144k2＋144>0，所以|MN|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\f(12k2＋1,4k2＋3).过点B(1,0)且与l垂直的直线m：y＝－eq\f(1,k)(x－1)，点A到m的距离为eq\f(2,\r(k2＋1))，所以|PQ|＝2eq\r(42－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(k2＋1))))2)＝4eq\r(\f(4k2＋3,k2＋1)).故四边形MPNQ的面积S＝eq\f(1,2)|MN||PQ|＝12eq\r(1＋\f(1,4k2＋3)).可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12,8eq\r(3))．当l与x轴垂直时，l的方程为x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，四边形MPNQ的面积为12.综上，四边形MPNQ面积的取值范围为[12,8eq\r(3))．2．(2023届黑龙江省大庆实验中学模拟)F1，F2分别是椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，D，E分别是椭圆C的上顶点和右顶点，且S△DEF2＝eq\f(\r(3),2)，离心率e＝eq\f(1,2).(1)求椭圆C的方程；(2)设经过F2的直线l与椭圆C相交于A，B两点，求eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(F2A))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(F2B)),S△OAB)的最小值．解(1)依题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(1,2)，,a2＝b2＋c2，,\f(1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－c))×b＝\f(\r(3),2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝3，))故所求椭圆方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由(1)知，F2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0))，设Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2))，AB的方程为x＝ty＋1，代入椭圆的方程，整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3t2＋4))y2＋6ty－9＝0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝36t2＋363t2＋4>0，,y1＋y2＝－\f(6t,3t2＋4)，,y1y2＝\f(－9,3t2＋4).))∵S△OAB＝eq\f(1,2)×1×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(y1－y2))，|AF2|＝eq\r(1＋t2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(y1))，|BF2|＝eq\r(1＋t2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(y2))，∴eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(F2A))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(F2B)),S△OAB)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋t2))\f(9,3t2＋4),\r(\f(36t2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3t2＋4))2)＋\f(36,3t2＋4)))＝eq\f(3\r(1＋t2),2)≥eq\f(3,2)，当且仅当t＝0时上式取等号．∴eq\f(|F2A||F2B|,S△OAB)的最小值为eq\f(3,2).3．(2023届南昌模拟)如图，直线l：y＝kx＋1(k>0)关于直线y＝x＋1对称的直线为l1，直线l，l1与椭圆E：eq\f(x2,4)＋y2＝1分别交于点A，M和A，N，记直线l1的斜率为k1.(1)求kk1的值；(2)当k变化时，试问直线MN是否恒过定点？假设恒过定点，求出该定点坐标；假设不恒过定点，请说明理由．解(1)设直线上任意一点P(x，y)关于直线y＝x＋1的对称点为P0(x0，y0)，直线l与直线l1的交点为(0,1)，∴l：y＝kx＋1，l1：y＝k1x＋1.k＝eq\f(y－1,x)，k1＝eq\f(y0－1,x0).由eq\f(y＋y0,2)＝eq\f(x＋x0,2)＋1，得y＋y0＝x＋x0＋2.①由eq\f(y－y0,x－x0)＝－1，得y－y0＝x0－x.②由①②得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x0＋1，,y0＝x＋1.))kk1＝eq\f(yy0－y＋y0＋1,xx0)＝eq\f(x0＋1x＋1－x0＋x＋2＋1,xx0)＝1.(2)设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx1＋1，,\f(x\o\al(2,1),4)＋y\o\al(2,1)＝1，))得(4k2＋1)xeq\o\al(2,1)＋8kx1＝0，∴xM＝eq\f(－8k,4k2＋1)，∴yM＝eq\f(1－4k2,4k2＋1).同理xN＝eq\f(－8k1,4k\o\al(2,1)＋1)＝eq\f(－8k,4＋k2)，yN＝eq\f(1－4k\o\al(2,1),4k\o\al(2,1)＋1)＝eq\f(k2－4,4＋k2).kMN＝eq\f(yM－yN,xM－xN)＝eq\f(\f(1－4k2,4k2＋1)－\f(k2－4,4＋k2),\f(－8k,4k2＋1)－\f(－8k,4＋k2))＝eq\f(8－8k4,8k3k2－3)＝－eq\f(k2＋1,3k).直线MN：y－yM＝kMN(x－xM)，∴y－eq\f(1－4k2,4k2＋1)＝－eq\f(k2＋1,3k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(－8k,4k2＋1)))，即y＝－eq\f(k2＋1,3k)x－eq\f(8k2＋1,34k2＋1)＋eq\f(1－4k2,4k2＋1)＝－eq\f(k2＋1,3k)x－eq\f(5,3).∴当k变化时，直线MN过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(5,3))).4．(2023届沈阳市模拟)椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦点为F1，F2，离心率为eq\f(1,2)，点P为其上动点，且△PF1F2面积的最大值为eq\r(3)，O为坐标原点．(1)求椭圆C的方程；(2)假设点M，N为C上的两个动点，求常数m，使eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝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，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝b2＋c2，,bc＝\r(3)，,\f(c,a)＝\f(1,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝\r(3)，))所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，那么x1x2＋y1y2＝m，(*)当直线MN的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋n，那么点O到直线MN的距离d＝eq\f(|n|,\r(k2＋1))＝eq\r(\f(n2,k2＋1)).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x2＋4y2＝12，,y＝kx＋n，))消去y，得(4k2＋3)x2＋8knx＋4n2－12＝0，由Δ>0，得4k2－n2＋3>0，那么x1＋x2＝eq\f(－8kn,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(4n2－12,4k2＋3)，代入(*)式，x1x2＋(kx1＋n)(kx2＋n)＝(k2＋1)x1x2＋kn(x1＋x2)＋n2＝m，整理得eq\f(7n2,k2＋1)＝12＋eq\f(m4k2＋3,k2＋1)为常数，那么m＝0，d＝eq\r(\f(12,7))＝eq\f(2\r(21),7)，此时eq\f(7n2,k2＋1)＝12满足Δ>0.当MN⊥x轴时，由m＝0，得kOM＝±1，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x2＋4y2＝12，,y＝±x，))消去y，得x2＝eq\f(12,7)，d＝|x|＝eq\f(2\r(21),7)仍成立，综上，m＝0，d＝eq\f(2\r(21),7).B组能力提高5.如图，抛物线C：y2＝2px的焦点为F，抛物线上一定点Q(1,2)．(1)求抛物线C的方程及准线l的方程；(2)过焦点F的直线(不经过Q点)与抛物线交于A，B两点，与准线l交于点M，记QA，QB，QM的斜率分别为k1，k2，k3，问是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3成立，假设存在，求出λ的值；假设不存在，请说明理由．解(1)把Q(1,2)代入y2＝2px，得2p＝4，所以抛物线方程为y2＝4x，准线l的方程为x＝－1.(2)由条件可设直线AB的方程为y＝k(x－1)，k≠0.由抛物线准线l：x＝－1可知，M(－1，－2k)．又Q(1,2)，所以k3＝eq\f(2＋2k,1＋1)＝k＋1，即k3＝k＋1.把直线AB的方程y＝k(x－1)，代入抛物线方程y2＝4x，并整理，可得k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系知，x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1，且Δ＝16(k2＋1)>0.又Q(1,2)，那么k1＝eq\f(2－y1,1－x1)，k2＝eq\f(2－y2,1－x2).因为A，F，B共线，所以kAF＝kBF＝k，即eq\f(y1,x1－1)＝eq\f(y2,x2－1)＝k.所以k1＋k2＝eq\f(2－y1,1－x1)＋eq\f(2－y2,1－x2)＝eq\f(y1,x1－1)＋eq\f(y2,x2－1)－eq\f(2x1＋x2－2,x1x2－x1＋x2＋1)＝2k－eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k2＋4,k2)－2)),1－\f(2k2＋4,k2)＋1)＝2k＋2，即k1＋k2＝2k＋2.又k3＝k＋1，可得k1＋k2＝2k3