高考数学二轮培优讲义专题四第3讲圆锥曲线中的定点定值最值与范围问题

第3讲圆锥曲线中的定点、定值、最值与范围问题高考定位圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一，主要以解答题形式考查，往往作为试卷的压轴题之一，一般以椭圆或抛物线为背景，试题难度较大，对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求.真题感悟(2018·北京卷)已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1，2).过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.(1)求直线l的斜率的取值范围；(2)设O为原点，eq\o(QM,\s\up6(→))＝λeq\o(QO,\s\up6(→))，eq\o(QN,\s\up6(→))＝μeq\o(QO,\s\up6(→))，求证：eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)为定值.解(1)因为抛物线y2＝2px过点(1，2)，所以2p＝4，即p＝2.故抛物线C的方程为y2＝4x.由题意知，直线l的斜率存在且不为0.设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝kx＋1))得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，解得k<0或0<k<1.又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2).从而k≠－3.所以直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1).(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2).由(1)知x1＋x2＝－eq\f(2k－4,k2)，x1x2＝eq\f(1,k2).直线PA的方程为y－2＝eq\f(y1－2,x1－1)(x－1).令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝eq\f(－y1＋2,x1－1)＋2＝eq\f(－kx1＋1,x1－1)＋2.同理得点N的纵坐标为yN＝eq\f(－kx2＋1,x2－1)＋2.由eq\o(QM,\s\up6(→))＝λeq\o(QO,\s\up6(→))，eq\o(QN,\s\up6(→))＝μeq\o(QO,\s\up6(→))得λ＝1－yM，μ＝1－yN.所以eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)＝eq\f(1,1－yM)＋eq\f(1,1－yN)＝eq\f(x1－1,（k－1）x1)＋eq\f(x2－1,（k－1）x2)＝eq\f(1,k－1)·eq\f(2x1x2－（x1＋x2）,x1x2)＝eq\f(1,k－1)·eq\f(\f(2,k2)＋\f(2k－4,k2),\f(1,k2))＝2.所以eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)为定值.考点整合1.定点、定值问题(1)定点问题：在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为定点问题.若得到了直线方程的点斜式：y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m).(2)定值问题：在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动直线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题.2.求解圆锥曲线中的范围问题的关键是选取合适的变量建立目标函数和不等关系.该问题主要有以下三种情况：(1)距离型：若涉及焦点，则可以考虑将圆锥曲线定义和平面几何性质结合起来求解；若是圆锥曲线上的点到直线的距离，则可设出与已知直线平行的直线方程，再代入圆锥曲线方程中，用判别式等于零求得切点坐标，这个切点就是距离取得最值的点，若是在圆或椭圆上，则可将点的坐标以参数形式设出，转化为三角函数的最值求解.(2)斜率、截距型：一般解法是将直线方程代入圆锥曲线方程中，利用判别式列出对应的不等式，解出参数的范围，如果给出的只是圆锥曲线的一部分，则需要结合图形具体分析，得出相应的不等关系.(3)面积型：求面积型的最值，即求两个量的乘积的范围，可以考虑能否使用不等式求解，或者消元转化为某个参数的函数关系，用函数方法求解.热点一定点与定值问题[考法1]定点的探究与证明【例1－1】(2018·杭州调研)椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(1,2)，其左焦点到点P(2，1)的距离为eq\r(10).(1)求椭圆C的标准方程；(2)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.(1)解由e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，得a＝2c，∵a2＝b2＋c2，∴b2＝3c2，则椭圆方程变为eq\f(x2,4c2)＋eq\f(y2,3c2)＝1.又由题意知eq\r(（2＋c）2＋12)＝eq\r(10)，解得c＝1，故a2＝4，b2＝3，即得椭圆的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)证明设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝64m2k2－16（3＋4k2）（m2－3）＞0，,x1＋x2＝－\f(8mk,3＋4k2)，,x1·x2＝\f(4（m2－3）,3＋4k2).))①∴y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝eq\f(3（m2－4k2）,3＋4k2).∵椭圆的右顶点为A2(2，0)，AA2⊥BA2，∴(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝0，∴y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0，∴eq\f(3（m2－4k2）,3＋4k2)＋eq\f(4（m2－3）,3＋4k2)＋eq\f(16mk,3＋4k2)＋4＝0，∴7m2＋16mk＋4k2＝0，解得m1＝－2k，m2＝－eq\f(2k,7).由Δ>0，得3＋4k2－m2＞0，②当m1＝－2k时，l的方程为y＝k(x－2)，直线过定点(2，0)，与已知矛盾.当m2＝－eq\f(2k,7)时，l的方程为y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,7)))，直线过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,7)，0))，且满足②，∴直线l过定点，定点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,7)，0)).探究提高(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.[考法2]定值的探究与证明【例1－2】(2018·金丽衢联考)已知O为坐标原点，直线l：x＝my＋b与抛物线E：y2＝2px(p>0)相交于A，B两点.(1)当b＝2p时，求eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))；(2)当p＝eq\f(1,2)且b＝3时，设点C的坐标为(－3，0)，记直线CA，CB的斜率分别为k1，k2，证明：eq\f(1,keq\o\al(2,1))＋eq\f(1,keq\o\al(2,2))－2m2为定值.解设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝2px，,x＝my＋b，))消元得y2－2mpy－2pb＝0，所以y1＋y2＝2mp，y1y2＝－2pb.(1)当b＝2p时，y1y2＝－4p2，x1x2＝eq\f(（y1y2）2,4p2)＝4p2，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝4p2－4p2＝0.(2)证明当p＝eq\f(1,2)且b＝3时，y1＋y2＝m，y1y2＝－3.因为k1＝eq\f(y1,x1＋3)＝eq\f(y1,my1＋6)，k2＝eq\f(y2,x2＋3)＝eq\f(y2,my2＋6)，所以eq\f(1,k1)＝m＋eq\f(6,y1)，eq\f(1,k2)＝m＋eq\f(6,y2).因此eq\f(1,keq\o\al(2,1))＋eq\f(1,keq\o\al(2,2))－2m2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(6,y1)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(6,y2)))eq\s\up12(2)－2m2＝2m2＋12meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y1)＋\f(1,y2)))＋36eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,yeq\o\al(2,1))＋\f(1,yeq\o\al(2,2))))－2m2＝12m×eq\f(y1＋y2,y1y2)＋36×eq\f(（y1＋y2）2－2y1y2,yeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,2))＝12m×eq\f(－m,3)＋36×eq\f(m2＋6,9)＝24，即eq\f(1,keq\o\al(2,1))＋eq\f(1,keq\o\al(2,2))－2m2为定值.探究提高(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)定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的.【训练1－1】(2017·北京卷)已知抛物线C：y2＝2px过点P(1，1)，过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))作直线l与抛物线C交于不同的两点M，N，过点M作x轴的垂线分别与直线OP，ON交于点A，B，其中O为原点.(1)求抛物线C的方程，并求其焦点坐标和准线方程；(2)求证：A为线段BM的中点.(1)解把P(1，1)代入y2＝2px，得p＝eq\f(1,2)，所以抛物线C的方程为y2＝x，焦点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0))，准线方程为x＝－eq\f(1,4).(2)证明当直线MN斜率不存在或斜率为零时，显然与抛物线只有一个交点不满足题意，所以直线MN(也就是直线l)斜率存在且不为零.由题意，设直线l的方程为y＝kx＋eq\f(1,2)(k≠0)，l与抛物线C的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋\f(1,2)，,y2＝x，))得4k2x2＋(4k－4)x＋1＝0.考虑Δ＝(4k－4)2－4×4k2＝16(1－2k)，由题可知有两交点，所以判别式大于零，所以k<eq\f(1,2).则x1＋x2＝eq\f(1－k,k2)，x1x2＝eq\f(1,4k2).因为点P的坐标为(1，1)，所以直线OP的方程为y＝x，点A的坐标为(x1，x1).直线ON的方程为y＝eq\f(y2,x2)x，点B的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(y2x1,x2))).因为y1＋eq\f(y2x1,x2)－2x1＝eq\f(y1x2＋y2x1－2x1x2,x2)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx1＋\f(1,2)))x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx2＋\f(1,2)))x1－2x1x2,x2)＝eq\f(（2k－2）x1x2＋\f(1,2)（x2＋x1）,x2)＝eq\f(（2k－2）×\f(1,4k2)＋\f(1－k,2k2),x2)＝0.所以y1＋eq\f(y2x1,x2)＝2x1.故A为线段BM的中点.【训练1－2】已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(\r(3),2)，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eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)ab＝1.又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，c＝eq\r(3).∴椭圆方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)证明由(1)知A(2，0)，B(0，1).设椭圆上一点P(x0，y0)，则eq\f(xeq\o\al(2,0),4)＋y0＝1.当x0≠0时，直线PA方程为y＝eq\f(y0,x0－2)(x－2)，令x＝0得yM＝eq\f(－2y0,x0－2).从而|BM|＝|1－yM|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2y0,x0－2))).直线PB方程为y＝eq\f(y0－1,x0)x＋1.令y＝0得xN＝eq\f(－x0,y0－1).∴|AN|＝|2－xN|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2＋\f(x0,y0－1))).∴|AN|·|BM|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2＋\f(x0,y0－1)))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2y0,x0－2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x0＋2y0－2,x0－2)))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x0＋2y0－2,y0－1)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)＋4x0y0－4x0－8y0＋4,x0y0－x0－2y0＋2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4x0y0－4x0－8y0＋8,x0y0－x0－2y0＋2)))＝4.当x0＝0时，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，所以|AN|·|BM|＝4.故|AN|·|BM|为定值.热点二最值与范围问题[考法1]求线段长度、面积(比值)的最值【例2－1】(2018·湖州调研)已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，直线l：y＝kx－4(1<k<2)与y轴、抛物线C分别相交于P，A，B(自下而上)，记△PAF，△PBF的面积分别为S1，S2.(1)求AB的中点M到y轴的距离d的取值范围；(2)求eq\f(S1,S2)的取值范围.解(1)联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx－4，,y2＝4x，))消去y得，k2x2－(8k＋4)x＋16＝0(1<k<2).设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(8k＋4,k2)，x1x2＝eq\f(16,k2)，所以d＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(4,k)＋eq\f(2,k2)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋1))eq\s\up12(2)－2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，6)).(2)由于eq\f(S1,S2)＝eq\f(|PA|,|PB|)＝eq\f(x1,x2)，由(1)可知eq\f(S1,S2)＋eq\f(S2,S1)＝eq\f(x1,x2)＋eq\f(x2,x1)＝eq\f(（x1＋x2）2－2x1x2,x1x2)＝eq\f(k2,16)·eq\f(（8k＋4）2,k4)－2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋2))eq\s\up12(2)－2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17,4)，7))，由eq\f(S1,S2)＋eq\f(S2,S1)>eq\f(17,4)得，4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S1,S2)))eq\s\up12(2)－17·eq\f(S1,S2)＋4>0，解得eq\f(S1,S2)>4或eq\f(S1,S2)<eq\f(1,4).因为0<eq\f(S1,S2)<1，所以0<eq\f(S1,S2)<eq\f(1,4).由eq\f(S1,S2)＋eq\f(S2,S1)<7得，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S1,S2)))eq\s\up12(2)－7·eq\f(S1,S2)＋1<0，解得eq\f(7－3\r(5),2)<eq\f(S1,S2)<eq\f(7＋3\r(5),2)，又eq\f(S1,S2)<1，所以eq\f(7－3\r(5),2)<eq\f(S1,S2)<1.综上，eq\f(7－3\r(5),2)<eq\f(S1,S2)<eq\f(1,4)，即eq\f(S1,S2)的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7－3\r(5),2)，\f(1,4))).探究提高(1)处理求最值的式子常用两种方式：①转化为函数图象的最值；②转化为能利用基本不等式求最值的形式.(2)若得到的函数式是分式形式，函数式的分子次数不低于分母时，可利用分离法求最值；若分子次数低于分母，则可分子、分母同除分子，利用基本不等式求最值(注意出现复杂的式子时可用换元法).【训练2－1】(2018·温州质检)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(\r(6),3)，且过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(6),3))).(1)求椭圆C的方程；(2)设与圆O：x2＋y2＝eq\f(3,4)相切的直线l交椭圆C与A，B两点，求△OAB面积的最大值，及取得最大值时直线l的方程.解(1)由题意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(2,3b2)＝1，,\f(c,a)＝\f(\r(6),3)，,a2＝b2＋c2，))解得a2＝3，b2＝1，∴eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)①当k不存在时，直线为x＝±eq\f(\r(3),2)，代入eq\f(x2,3)＋y2＝1，得y＝±eq\f(\r(3),2)，∴S△OAB＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3,4)；②当k存在时，设直线为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,3)＋y2＝1，,y＝kx＋m，))消y得(1＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，∴x1＋x2＝eq\f(－6km,1＋3k2)，x1x2＝eq\f(3m2－3,1＋3k2)，直线l与圆O相切d＝r4m2＝3(1＋k2)，∴|AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－6km,1＋3k2)))\s\up12(2)－\f(12（m2－1）,1＋3k2))＝eq\r(3)·eq\r(\f(1＋10k2＋9k4,1＋6k2＋9k4))＝eq\r(3)·eq\r(1＋\f(4k2,1＋6k2＋9k4))＝eq\r(3)×eq\r(1＋\f(4,\f(1,k2)＋9k2＋6))≤2.当且仅当eq\f(1,k2)＝9k2，即k＝±eq\f(\r(3),3)时等号成立，∴S△OAB＝eq\f(1,2)|AB|×r≤eq\f(1,2)×2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)，∴△OAB面积的最大值为eq\f(\r(3),2)，∴m＝±eq\r(\f(3,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3))))＝±1，此时直线方程为y＝±eq\f(\r(3),3)x±1.[考法2]求几何量、某个参数的取值范围【例2－2】已知椭圆E：eq\f(x2,t)＋eq\f(y2,3)＝1的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为k(k>0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.(1)当t＝4，|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积；(2)当2|AM|＝|AN|时，求k的取值范围.解设M(x1，y1)，则由题意知y1>0.(1)当t＝4时，E的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，A(－2，0).由|AM|＝|AN|及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为eq\f(π,4).因此直线AM的方程为y＝x＋2.将x＝y－2代入eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1得7y2－12y＝0，解得y＝0或y＝eq\f(12,7)，所以y1＝eq\f(12,7).因此△AMN的面积S△AMN＝2×eq\f(1,2)×eq\f(12,7)×eq\f(12,7)＝eq\f(144,49).(2)由题意t>3，k>0，A(－eq\r(t)，0)，将直线AM的方程y＝k(x＋eq\r(t))代入eq\f(x2,t)＋eq\f(y2,3)＝1得(3＋tk2)x2＋2eq\r(t)·tk2x＋t2k2－3t＝0.由x1·(－eq\r(t))＝eq\f(t2k2－3t,3＋tk2)得x1＝eq\f(\r(t)（3－tk2）,3＋tk2)，故|AM|＝|x1＋eq\r(t)|eq\r(1＋k2)＝eq\f(6\r(t（1＋k2）),3＋tk2).由题设，直线AN的方程为y＝－eq\f(1,k)(x＋eq\r(t))，故同理可得|AN|＝eq\f(6k\r(t（1＋k2）),3k2＋t).由2|AM|＝|AN|得eq\f(2,3＋tk2)＝eq\f(k,3k2＋t)，即(k3－2)t＝3k(2k－1)，当k＝eq\r(3,2)时上式不成立，因此t＝eq\f(3k（2k－1）,k3－2).t>3等价于eq\f(k3－2k2＋k－2,k3－2)＝eq\f(（k－2）（k2＋1）,k3－2)<0，即eq\f(k－2,k3－2)<0.由此得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k－2>0，,k3－2<0，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k－2<0，,k3－2>0，))解得eq\r(3,2)<k<2.因此k的取值范围是(eq\r(3,2)，2).探究提高解决范围问题的常用方法：(1)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解.(2)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.(3)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解.【训练2－2】(2018·台州调研)已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦点为F(－c，0)，离心率为eq\f(\r(3),3)，点M在椭圆上且位于第一象限，直线FM被圆x2＋y2＝eq\f(b2,4)截得的线段的长为c，|FM|＝eq\f(4\r(3),3).(1)求直线FM的斜率；(2)求椭圆的方程；(3)设动点P在椭圆上，若直线FP的斜率大于eq\r(2)，求直线OP(O为原点)的斜率的取值范围.解(1)由已知，有eq\f(c2,a2)＝eq\f(1,3)，又由a2＝b2＋c2，可得a2＝3c2，b2＝2c2.设直线FM的斜率为k(k＞0)，F(－c，0)，则直线FM的方程为y＝k(x＋c).由已知，有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kc,\r(k2＋1))))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)))eq\s\up12(2)，解得k＝eq\f(\r(3),3).(2)由(1)得椭圆方程为eq\f(x2,3c2)＋eq\f(y2,2c2)＝1，直线FM的方程为y＝eq\f(\r(3),3)(x＋c)，两个方程联立，消去y，整理得3x2＋2cx－5c2＝0，解得x＝－eq\f(5,3)c，或x＝c.因为点M在第一象限，可得M的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(2\r(3),3)c)).由|FM|＝eq\r(（c＋c）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)c－0))\s\up12(2))＝eq\f(4\r(3),3)，解得c＝1，所以椭圆的方程为eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1.(3)设点P的坐标为(x，y)，直线FP的斜率为t，得t＝eq\f(y,x＋1)，即y＝t(x＋1)(x≠－1)，与椭圆方程联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝t（x＋1），,\f(x2,3)＋\f(y2,2)＝1，))消去y，整理得2x2＋3t2(x＋1)2＝6，又由已知，得t＝eq\r(\f(6－2x2,3（x＋1）2))＞eq\r(2)，解得－eq\f(3,2)＜x＜－1，或－1＜x＜0.设直线OP的斜率为m，得m＝eq\f(y,x)，即y＝mx(x≠0)，与椭圆方程联立，整理得m2＝eq\f(2,x2)－eq\f(2,3).①当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－1))时，有y＝t(x＋1)＜0，因此m＞0，于是m＝eq\r(\f(2,x2)－\f(2,3))，得m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),3)，\f(2\r(3),3))).②当x∈(－1，0)时，有y＝t(x＋1)＞0.因此m＜0，于是m＝－eq\r(\f(2,x2)－\f(2,3))，得m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2\r(3),3))).综上，直线OP的斜率的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2\r(3),3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),3)，\f(2\r(3),3))).1.解答圆锥曲线的定值、定点问题，从三个方面把握：(1)从特殊开始，求出定值，再证明该值与变量无关；(2)直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值；(3)在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的项里面分离出来，并令其系数为零，可以解出定点坐标.2.圆锥曲线的范围问题的常见求法(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值，在利用代数法解决范围问题时常从以下五个方面考虑：①利用判别式来构造不等关系，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.一、选择题1.F1，F2是椭圆eq\f(x2,4)＋y2＝1的左、右焦点，点P在椭圆上运动，则eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))的最大值是()A.－2 B.1 C.2 D.4解析设P(x，y)，依题意得点F1(－eq\r(3)，0)，F2(eq\r(3)，0)，eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)－x)(eq\r(3)－x)＋y2＝x2＋y2－3＝eq\f(3,4)x2－2，注意到－2≤eq\f(3,4)x2－2≤1，因此eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))的最大值是1.答案B2.(2018·镇海中学二模)若点P为抛物线y＝2x2上的动点，F为抛物线的焦点，则|PF|的最小值为()A.2 B.eq\f(1,2) C.eq\f(1,4) D.eq\f(1,8)解析根据题意，设P到准线的距离为d，则有|PF|＝d.抛物线的方程为y＝2x2，即x2＝eq\f(1,2)y，其准线方程为y＝－eq\f(1,8)，∴当点P在抛物线的顶点时，d有最小值eq\f(1,8)，即|PF|min＝eq\f(1,8).答案D3.设A，B是椭圆C：eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,m)＝1长轴的两个端点.若C上存在点M满足∠AMB＝120°，则m的取值范围是()A.(0，1]∪[9，＋∞) B.(0，eq\r(3)]∪[9，＋∞)C.(0，1]∪[4，＋∞) D.(0，eq\r(3)]∪[4，＋∞)解析(1)当焦点在x轴上，依题意得0<m<3，且eq\f(\r(3),\r(m))≥taneq\f(∠AMB,2)＝eq\r(3).∴0<m<3且m≤1，则0<m≤1.(2)当焦点在y轴上，依题意m>3，且eq\f(\r(m),\r(3))≥taneq\f(∠AMB,2)＝eq\r(3)，∴m≥9，综上，m的取值范围是(0，1]∪[9，＋∞).答案A4.已知F是抛物线C：y2＝8x的焦点，M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N.若M为FN的中点，则|FN|＝()A.3 B.5 C.6 D.10解析因y2＝8x，则p＝4，焦点为F(2，0)，准线l：x＝－2.如图，M为FN中点，故易知线段BM为梯形AFNC的中位线，∵|CN|＝2，|AF|＝4，∴|MB|＝3，又由定义|MB|＝|MF|，且|MN|＝|MF|，∴|NF|＝|NM|＋|MF|＝2|MB|＝6.答案C5.(2018·北京西城区调研)过抛物线y2＝4eq\r(3)x的焦点的直线l与双曲线C：eq\f(x2,2)－y2＝1的两个交点分别为(x1，y1)，(x2，y2)，若x1·x2>0，则直线l的斜率k的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(2),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))解析易知双曲线两渐近线为y＝±eq\f(\r(2),2)x，抛物线的焦点为双曲线的右焦点，当k>eq\f(\r(2),2)或k<－eq\f(\r(2),2)时，l与双曲线的右支有两个交点，满足x1x2>0.答案D6.在直线y＝－2上任取一点Q，过Q作抛物线x2＝4y的切线，切点分别为A，B，则直线AB恒过的点的坐标为()A.(0，1) B.(0，2) C.(2，0) D.(1，0)解析设Q(t，－2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，抛物线方程变为y＝eq\f(1,4)x2，则y′＝eq\f(1,2)x，则在点A处的切线方程为y－y1＝eq\f(1,2)x1(x－x1)，化简得y＝eq\f(1,2)x1x－y1，同理，在点B处的切线方程为y＝eq\f(1,2)x2x－y2，又点Q(t，－2)的坐标适合这两个方程，代入得－2＝eq\f(1,2)x1t－y1，－2＝eq\f(1,2)x2t－y2，这说明A(x1，y1)，B(x2，y2)都满足方程－2＝eq\f(1,2)xt－y，即直线AB的方程为y－2＝eq\f(1,2)tx，因此直线AB恒过点(0，2).答案B二、填空题7.已知双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的渐近线与圆x2－4x＋y2＋2＝0相交，则双曲线的离心率的取值范围是______.解析双曲线的渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x，即bx±ay＝0，圆x2－4x＋y2＋2＝0可化为(x－2)2＋y2＝2，其圆心为(2，0)，半径为eq\r(2).因为直线bx±ay＝0和圆(x－2)2＋y2＝2相交，所以eq\f(|2b|,\r(a2＋b2))＜eq\r(2)，整理得b2＜a2.从而c2－a2＜a2，即c2＜2a2，所以e2＜2.又e＞1，故双曲线的离心率的取值范围是(1，eq\r(2)).答案(1，eq\r(2))8.(2018·金华质检)已知椭圆eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,b2)＝1(0＜b＜2)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l交椭圆于A，B两点，若|BF2|＋|AF2|的最大值为5，则b的值是________，椭圆的离心率为________.解析由椭圆的方程，可知长半轴长a＝2；由椭圆的定义，可知|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4a＝8，所以|AB|＝8－(|AF2|＋|BF2|)≥3.由椭圆的性质，可知过椭圆焦点的弦中垂直于长轴的弦最短，即eq\f(2b2,a)＝3，可求得b2＝3，即b＝eq\r(3)，e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))\s\up12(2))＝eq\r(1－\f(3,4))＝eq\f(1,2).答案eq\r(3)eq\f(1,2)9.已知抛物线C：x2＝8y的焦点为F，动点Q在C上，圆Q的半径为1，过点F的直线与圆Q切于点P，则eq\o(FP,\s\up6(→))·eq\o(FQ,\s\up6(→))的最小值为________，此时圆Q的方程为________.解析如图，在Rt△QPF中，eq\o(FP,\s\up6(→))·eq\o(FQ,\s\up6(→))＝|eq\o(FP,\s\up6(→))||eq\o(FQ,\s\up6(→))|cos∠PFQ＝|eq\o(FP,\s\up6(→))||eq\o(FQ,\s\up6(→))|eq\f(|\o(PF,\s\up6(→))|,|\o(FQ,\s\up6(→))|)＝|eq\o(FP,\s\up6(→))|2＝|eq\o(FQ,\s\up6(→))|2－1.由抛物线的定义知：|eq\o(FQ,\s\up6(→))|＝d(d为点Q到准线的距离)，易知，抛物线的顶点到准线的距离最短，∴|eq\o(FQ,\s\up6(→))|min＝2，∴eq\o(FP,\s\up6(→))·eq\o(FQ,\s\up6(→))的最小值为3.此时圆Q的方程为x2＋y2＝1.答案3x2＋y2＝110.(2018·温州模拟)已知抛物线y2＝4x，过焦点F的直线与抛物线交于A，B两点，过A，B分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为C，D，则|AC|＋|BD|的最小值为________.解析不妨设A(x1，y1)(y1>0)，B(x2，y2)(y2<0).则|AC|＋|BD|＝y1＋x2＝y1＋eq\f(yeq\o\al(2,2),4).又y1y2＝－p2＝－4，∴|AC|＋|BD|＝eq\f(yeq\o\al(2,2),4)－eq\f(4,y2)(y2<0).设g(x)＝eq\f(x2,4)－eq\f(4,x)(x＜0)，则g′(x)＝eq\f(x3＋8,2x2)，从而g(x)在(－∞，－2)递减，在(－2，0)递增.∴当x＝－2时，|AC|＋|BD|取最小值为3.答案311.如图，在平面直角坐标系xOy中，F是椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点，直线y＝eq\f(b,2)与椭圆交于B，C两点，且∠BFC＝90°，则该椭圆的离心率是________.解析联立方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，,y＝\f(b,2)，))解得B，C两点坐标为Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，\f(b,2)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，\f(b,2)))，又F(c，0)，则eq\o(FB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a－c，\f(b,2)))，eq\o(FC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)a,2)－c，\f(b,2)))，又由∠BFC＝90°，可得eq\o(FB,\s\up6(→))·eq\o(FC,\s\up6(→))＝0，代入坐标可得：c2－eq\f(3,4)a2＋eq\f(b2,4)＝0，①又因为b2＝a2－c2，代入①式可化简为eq\f(c2,a2)＝eq\f(2,3)，则椭圆离心率为e＝eq\f(c,a)＝eq\r(\f(2,3))＝eq\f(\r(6),3).答案eq\f(\r(6),3)三、解答题12.(2018·北京海淀区调研)如图，椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)经过点A(0，－1)，且离心率为eq\f(\r(2),2).(1)求椭圆E的方程；(2)经过点(1，1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为定值.(1)解由题设知eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，b＝1，结合a2＝b2＋c2，解得a＝eq\r(2)，所以椭圆的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)证明由题设知，直线PQ的方程为y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入eq\f(x2,2)＋y2＝1，得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，由已知Δ＞0.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0，则x1＋x2＝eq\f(4k（k－1）,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2k（k－2）,1＋2k2)，从而直线AP，AQ的斜率之和kAP＋kAQ＝eq\f(y1＋1,x1)＋eq\f(y2＋1,x2)＝eq\f(kx1＋2－k,x1)＋eq\f(kx2＋2－k,x2)＝2k＋(2－k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＋\f(1,x2)))＝2k＋(2－k)eq\f(x1＋x2,x1x2)＝2k＋(2－k)eq\f(4k（k－1）,2k（k－2）)＝2k－2(k－1)＝2.故kAP＋kAQ为定值2.13.(2018·杭州调研)已知F是抛物线T：y2＝2px(p>0)的焦点，点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，m))是抛物线上一点，且|PF|＝2，直线l过定点(4，0)，与抛物线T交于A，B两点，点P在直线l上的射影是Q.(1)求m，p的值；(2)若m>0，且|PQ|2＝|QA|·|QB|，求直线l的方程.解(1)由|PF|＝2得，1＋eq\f(p,2)＝2，所以p＝2，将x＝1，y＝m代入y2＝2px得，m＝±2.(2)因为m>0，故由(1)知点P(1，2)，抛物线T：y2＝4x.设直线l的方程是x＝ny＋4，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ny＋4，,y2＝4x))得，y2－4ny－16＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4n，y1·y2＝－16.因为|PQ|2＝|QA|·|QB|，所以PA⊥PB，所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝0，且1≠2n＋4，所以(x1－1)(x2－1)＋(y1－2)(y2－2)＝0，且n≠－eq\f(3,2).由(ny1＋3)(ny2＋3)＋(y1－2)(y2－2)＝0得，(n2＋1)y1y2＋(3n－2)(y1＋y2)＋13＝0，－16(n2＋1)＋(3n－2)·4n＋13＝0，4n2＋8n＋3＝0，解得，n＝－eq\f(3,2)(舍去)或n＝－eq\f(1,2)，所以直线l的方程是：x＝－eq\f(1,2)y＋4，即2x＋y－8＝0.14.(2018·绍兴模拟)如图，已知函数y2＝x图象上三点C，D，E，直线CD经过点(1，0)，直线CE经过点(2，0).(1)若|CD|＝eq\r(10)，求直线CD的方程；(2)当△CDE的面积最小时，求点C的横坐标.解设C(x1，y1)，D(x2，y2)，E(x3，y3)，直线CD的方程为：x＝my＋1.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,y2＝x))得：y2－my－1＝0，从而eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1y2＝－1，,y1＋y2＝m.))(1)由题意，得|CD|＝eq\r(1＋m2)×eq\r(m2＋4)＝eq\r(10)，得m＝±1，故所求直线方程为x＝±y＋1，即x±y－1＝0.(2)由(1)知y2＝－eq\f(1,y1)，同理可得y3＝－eq\f(2,y1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,yeq\o\al(2,1))，－\f(2,y1)))，并不妨设y1>0，则E到直线CD的距离为d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4,yeq\o\al(2,1))＋\f(2m,y1)－1)),\r(1＋m2))，S△CDE＝eq\f(1,2)eq\r(1＋m2)×eq\r(m2＋4)×eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4,yeq\o\al(2,1))＋\f(2m,y1)－1)),\r(1＋m2))＝eq\f(1,2)eq\r(m2＋4)×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4,yeq\o\al(2,1))＋\f(2m,y1)－1))，而m＝y1＋y2＝y1－eq\f(1,y1)，所以S△CDE＝eq\f(1,2)eq\r(yeq\o\al(2,1)＋\f(1,yeq\o\al(2,1))＋2)×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,yeq\o\al(2,