专题十六圆锥曲线中的热点问题听课手册

圆锥曲线中的热点问题1．[2014·湖北卷改编]在平面直角坐标系xOy中，点M到点F(1，0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C，则轨迹C的方程为________________．2．[2014·福建卷改编]已知曲线Γ：x2＝4y在点P处的切线l与x轴交于点A，直线y＝3分别与直线l及y轴交于点M，N.以MN为直径作圆C，过点A作圆C的切线，切点为B.当点P在曲线Γ上运动(点P与原点不重合)时，线段AB的长度________发生改变(填“会”与“不会”)．3．[2013·广东卷改编]过点P(4，2)作抛物线C：x2＝4y的两条切线PA，PB，其中A，B为切点，则直线AB的方程为______________．4．[2015·江苏卷]在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2－y2＝1右支上的一个动点．若点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为________．5．[2015·福建卷改编]已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F，短轴的一个端点为M，直线l：3x－4y＝0交椭圆E于A，B两点．若|AF|＋|BF|＝4，点M到直线l的距离不小于eq\f(4,5)，则椭圆E的离心率的取值范围是________．6．[2015·陕西卷改编]如图16­1所示，已知椭圆E：eq\f(x2,2)＋y2＝1，点A为椭圆E的下端点，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)，则直线AP与AQ的斜率之和为________．图16­17．[2015·四川卷改编]如图16­2所示，已知椭圆eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1，设O为坐标原点，CD为短轴，过点P(0，1)的动直线与椭圆交于A，B两点，则eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝________．图16­28．[2015·湖北卷改编]已知椭圆C的方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1，设动直线l与两定直线l1：x－2y＝0和l2：x＋2y＝0分别交于P，Q两点．若直线l总与椭圆C有且只有一个公共点，则△OPQ的面积的最小值为________．考点一轨迹问题、存在探究性问题题型：选择、填空、解答分值：5～8分难度：中等偏难热点：轨迹方程与存在性问题考向一点的轨迹问题1设A是圆x2＋y2＝4上的任意一点，l是过点A且与x轴垂直的直线，D是直线l与x轴的交点，点M在直线l上，且满足eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\f(\r(3),2)eq\o(DA,\s\up6(→)).当点A在圆上运动时，记点M的轨迹为曲线C，求曲线C的标准方程．[听课笔记][小结]求动点轨迹方程的基本方法有直接法、待定系数法(定义法)和代入法．式题已知点A(－4，4)，B(4，4)，直线AM与BM相交于点M，且直线BM的斜率与直线AM的斜率之差为2，则点M的轨迹方程为________________．考向二存在性问题2椭圆C的一个顶点为M(0，eq\r(3))，焦点在x轴上，若右焦点到直线x－y＋1＝0的距离为eq\r(2).(1)求椭圆C的方程．(2)设n是过原点的直线，不垂直于x轴的直线l与n垂直且相交于P点，与椭圆C相交于A，B两点，且|eq\o(OP,\s\up6(→))|＝1，则是否存在直线l使eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝1成立？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．[听课笔记][小结]存在探究性问题的解法一般是在假设存在的情况下进行计算和推理，根据得出的结果是否合理确定存在与否．式题已知椭圆C：eq\f(x2,2)＋y2＝1，O为原点，直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于P，Q两点，问在椭圆C上是否存在点R，使四边形OPRQ为平行四边形？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由．图16­4考点二圆锥曲线中的参数范围与最值问题题型：解答题分值：5～10分难度：较难热点：参数范围与最值考向一确定参数范围3已知在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，长半轴长为4，离心率为eq\f(1,2).(1)求椭圆C的标准方程．(2)若点E(0，1)，问是否存在直线l与椭圆C交于M，N两点，使得|ME|＝|NE|？若存在，求出直线l的斜率的取值范围；若不存在，请说明理由．[听课笔记][小结]解析几何中具有范围的有如下几个因素：(1)直线与曲线相交(判别式)；(2)曲线上点的坐标的范围；(3)题目中要求的限制条件．这些具有范围的因素可能同时出现在一个问题中，在解题时要注意全面把握范围产生的原因．式题如图16­5所示，M，N是焦点为F的抛物线y2＝2px(p>0)上两个不同的点，且线段MN的中点A的横坐标为4－eq\f(p,2).(1)求|MF|＋|NF|的值；(2)若p＝2，直线MN与x轴交于点B，求点B的横坐标的取值范围．图16­5考向二求解最值问题4已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点A(2，eq\r(2))在椭圆上，且AF2与x轴垂直．(1)求椭圆的方程；(2)过点A作直线与椭圆交于另外一点B，求△AOB面积的最大值．[听课笔记][小结]求圆锥曲线面积的最值问题常转化为求函数的最值问题或利用基本不等式求最值问题，有时也利用圆锥曲线的几何性质求最值．考点三圆锥曲线中的定值、定点问题题型：解答题分值：5～10分难度：较难热点：定值考向一定点问题5已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，A为C上异于原点的任意一点，过点A作直线l交C于另一点B，交x轴的正半轴于点D，且有|FA|＝|FD|，当点A的横坐标为3时，△ADF为正三角形．(1)求抛物线C的方程；(2)若直线l1∥l，且l1和C有且只有一个公共点E，证明：直线AE过定点，并求出定点坐标．[听课笔记][小结]由直线方程确定定点，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)．式题已知抛物线C：y2＝4x，过点A(1，2)作抛物线C的弦AP，AQ，若AP⊥AQ，证明：直线PQ过定点，并求出定点的坐标．考向二定值问题6已知焦点在x轴上的椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，焦距为2eq\r(3)，长轴长为4.(1)求椭圆的标准方程；(2)过点O作两条互相垂直的射线分别与椭圆交于A，B两点，证明：点O到直线AB的距离为定值，并求出这个定值．图16­6[听课笔记][小结]求定值问题常见的方法有两种：①从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在推理、计算的过程中消去变量，从而得到定值．式题如图16­7所示，曲线C由半圆C1：x2＋y2＝1(y≥0)和部分抛物线C2：y＝x2－1(y≥0)连接而成，A，B为C1与C2的公共点(B在原点右侧)，过C1上的点D(异于点A，B)作切线l与C2相交于M，N两点．(1)若切线l与抛物线y＝x2－1在点B处的切线平行，求点D的坐标；(2)若点D(x0，y0)运动时，求证：∠MON恒为钝角．图16­7高考易失分题15直线与圆锥曲线位置关系引出的定值问题范例[2015·全国卷Ⅱ]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(2),2)，点(2，eq\r(2))在C上．(1)求C的方程；(2)直线l不经过原点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．失分分析(1)设出直线l的方程后，不能用有关参量合理表示出直线OM的斜率；(2)在探讨直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积时，由于用参过多，不能消去参量得出常量；(3)运算不准确．高考预测已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，线段OB的中垂线与椭圆C在第一象限的交点为P.设直线PA，PB，PF1，PF2的斜率分别为k1，k2，k3，k4，若k1·k2＝－eq\f(1,4)，则k3·k4＝________．

圆锥曲线中的热点问题■核心知识聚焦1．y2＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4x，x≥0，,0，x<0))[解析]设点M(x，y)，依题意得|MF|＝|x|＋1，即eq\r(（x－1）2＋y2)＝|x|＋1，化简整理得y2＝2(|x|＋x)．故点M的轨迹C的方程为y2＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4x，x≥0，,0，x<0.))2．不会[解析]设P(x0，y0)(x0≠0)，则y0＝eq\f(1,4)xeq\o\al(2,0)，由y′＝eq\f(1,2)x，得切线l的斜率k＝y′|x＝x0＝eq\f(1,2)x0，所以切线l的方程为y－y0＝eq\f(1,2)x0(x－x0)，即y＝eq\f(1,2)x0x－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,0).又N(0，3)，所以圆心Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)x0＋\f(3,x0)，3))，半径r＝eq\f(1,2)|MN|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)x0＋\f(3,x0)))，|AB|＝eq\r(|AC|2－r2)＝eq\r(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x0－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)x0＋\f(3,x0)))))\s\up12(2)＋32－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)x0＋\f(3,x0)))\s\up12(2))＝eq\r(6).所以点P在曲线Γ上运动时，线段AB的长度不变．3．2x－y－2＝0[解析]设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由x2＝4y得y′＝eq\f(1,2)x，抛物线C在点A处的切线PA的方程为y－y1＝eq\f(x1,2)(x－x1)，即y＝eq\f(x1,2)x＋y1－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,1)，又xeq\o\al(2,1)＝4y1，所以y＝eq\f(x1,2)x－y1.因为点P在切线上，所以有2＝2x1－y1①，同理有2＝2x2－y2②.综合①②得，A，B的坐标满足方程2＝2x－y，所以直线AB的方程为2x－y－2＝0.4.eq\f(\r(2),2)[解析]不妨设点P(x0，)(x0≥1)，则点P到直线x－y＋1＝0的距离d＝.令u(x)＝x－eq\r(x2－1)＝eq\f(1,x＋\r(x2－1))，则u(x)是单调递减函数，且u(x)>0.当x→＋∞时，u(x)→0，所以d>eq\f(\r(2),2)，故cmax＝eq\f(\r(2),2).5．(0，eq\f(\r(3),2)][解析]因为直线l过原点，不妨设A在第一象限，左焦点为F′，由对称性可知四边形AF′BF为平行四边形，所以|AF|＋|BF|＝|AF′|＋|AF|＝2a＝4，所以a＝2，点M(0，b)到直线l的距离d＝eq\f(|0－4b|,5)≥eq\f(4,5)且b<a，所以1≤b<2，所以椭圆的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(a2－b2),a)＝eq\f(\r(4－b2),2)∈(0，eq\f(\r(3),2)]．6．2[解析]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，由已知得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\f(1,x1)＋eq\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)＝2.7．－3[解析]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)．联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋1，))得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0，所以x1＋x2＝－eq\f(4k,2k2＋1)，x1x2＝－eq\f(2,2k2＋1).从而eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＋[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]＝(2＋2k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝－eq\f(2（2k2＋2）,2k2＋1)－eq\f(4k2,2k2＋1)＋1＝－3.当直线AB的斜率不存在时，直线AB即为直线CD，此时，eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(OD,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))·eq\o(PD,\s\up6(→))＝－2－1＝－3.8．8[解析](1)当直线l的斜率不存在时，直线l为x＝4或x＝－4，都有S△OPQ＝eq\f(1,2)×4×4＝8.(2)当直线l的斜率存在时，设直线l：y＝kx＋meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k≠±\f(1,2))).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,x2＋4y2＝16，))消去y，可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0.因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点，所以Δ＝64k2m2－4(1＋4k2)(4m2－16)＝0，即m2＝16k又由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,x－2y＝0，))可得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2m,1－2k)，\f(m,1－2k)))，同理可得Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2m,1＋2k)，\f(m,1＋2k))).由原点O到直线PQ的距离d＝eq\f(|m|,\r(1＋k2))和|PQ|＝eq\r(1＋k2)|xP－xQ|，可得S△OPQ＝eq\f(1,2)|PQ|·d＝eq\f(1,2)|m||xP－xQ|＝eq\f(1,2)|m|·|eq\f(2m,1－2k)＋eq\f(2m,1＋2k)|＝|eq\f(2m2,1－4k2)|.②将①代入②得，S△OPQ＝|eq\f(2m2,1－4k2)|＝8|eq\f(4k2＋1,4k2－1)|.当k2>eq\f(1,4)时，S△OPQ＝8·eq\f(4k2＋1,4k2－1)＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,4k2－1)))>8；当0≤k2<eq\f(1,4)时，S△OPQ＝8·eq\f(4k2＋1,1－4k2)＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(2,1－4k2))).因为0≤k2<eq\f(1,4)，所以0<1－4k2≤1，eq\f(2,1－4k2)≥2，所以S△OPQ＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(2,1－4k2)))≥8，当且仅当k＝0时取等号，所以当k＝0时，S△OPQ取得最小值8.综合(1)(2)可知，当直线l与椭圆C在四个顶点处相切时，△OPQ的面积取得最小值8.■考点考向探究考点一轨迹问题、存在探究性问题考向一点的轨迹问题例1解：设M(x，y)是曲线C上任意一点，则D(x，0)，对应圆上的点为A(x，y0)．由eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\f(\r(3),2)eq\o(DA,\s\up6(→))，得(0，y)＝eq\f(\r(3),2)(0，y0)，∴y0＝eq\f(2\r(3),3)y.依题意知，x2＋yeq\o\al(2,0)＝4，∴x2＋(eq\f(2\r(3),3)y)2＝4，即曲线C的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.变式题x2＝4y(x≠±4)[解析]设M(x，y)，则kAM＝eq\f(y－4,x＋4)，kBM＝eq\f(y－4,x－4).∵直线BM的斜率与直线AM的斜率的差为2，∴eq\f(y－4,x－4)－eq\f(y－4,x＋4)＝2，∴x2＝4y(x≠±4)．考向二存在性问题例2解：(1)设右焦点为(c，0)，则由点到直线的距离公式，得eq\f(|c＋1|,\r(2))＝eq\r(2)，∴c＝1.又b2＝3，∴a2＝b2＋c2＝4，故椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，假设使eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝1成立的直线l存在．设直线l的方程为y＝kx＋m，由l与n垂直且相交于P点，|eq\o(OP,\s\up6(→))|＝1，得eq\f(|m|,\r(1＋k2))＝1，即m2＝k2＋1.∵eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝1，|eq\o(OP,\s\up6(→))|＝1，∴eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝(eq\o(OP,\s\up6(→))＋eq\o(PA,\s\up6(→)))·(eq\o(OP,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→)))＝eq\o(OP,\s\up6(→))2＋eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))＋eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝1＋0＋0－1＝0，即x1x2＋y1y2＝0.将y＝kx＋m代入椭圆C的方程，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋(4m2－12)＝0由此可得x1＋x2＝eq\f(－8km,3＋4k2)①，x1x2＝eq\f(4m2－12,3＋4k2)②.又0＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2，将①②代入上式，得(1＋k2)(4m2－12)－8k2m2＋m2(3＋4k2将m2＝1＋k2代入③，并化简得－5(k2＋1)＝0，无解，∴直线l不存在．变式题解：假设存在这样的点R，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，R(xR，yR)．∵四边形OPRQ是平行四边形，∴线段PQ的中点即为线段OR的中点，即x1＋x2＝xR，y1＋y2＝yR.∵点R在椭圆C上，∴eq\f(（x1＋x2）2,2)＋(y1＋y2)2＝1，即eq\f(（x1＋x2）2,2)＋[k(x1＋x2)＋2m]2＝1，化简得(1＋2k2)(x1＋x2)2＋8km(x1＋x2)＋8m2－2＝0.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝kx＋m，))得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，由Δ>0，得2k2＋1>m2，②x1＋x2＝－eq\f(4km,1＋2k2)，代入①式，得eq\f(16（1＋2k2）k2m2,（1＋2k2）2)－eq\f(32k2m2,1＋2k2)＋8m2－2＝0，整理得4m2＝1＋2k2，代入②式，得m≠0.又4m2＝1＋2k2≥1，∴m≤－eq\f(1,2)或m≥eq\f(1,2)，∴存在满足条件的m，其取值范围为(－∞，－eq\f(1,2)]∪[eq\f(1,2)，＋∞)．考点二圆锥曲线中的参数范围与最值问题考向一确定参数范围例3解：(1)∵椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，长半轴长为4，离心率为eq\f(1,2)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝4，,e＝\f(c,a)＝\f(1,2)，,a2＝b2＋c2，))解得a＝4，b＝2eq\r(3)，∴椭圆C的标准方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1.(2)易知当直线l的斜率不存在时，不满足题意．设直线l：y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)．联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1，))消去y，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－48＝0，则Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(∴16k2＋12＞m2①，且x1＋x2＝eq\f(－8km,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－48,3＋4k2).设MN的中点为F(x0，y0)，则x0＝eq\f(－4km,3＋4k2)，∴y0＝kx0＋m＝eq\f(3m,3＋4k2).∵|ME|＝|NE|，∴EF⊥MN，∴kEFk＝－1，即eq\f(\f(3m,3＋4k2)－1,\f(－4km,3＋4k2))·k＝－1，∴m＝－(4k2＋3)，代入①可得16k2＋12＞(4k2＋3)2，∴16k4＋8k2－3＜0，解得－eq\f(1,2)<k<eq\f(1,2)，∴存在直线l满足题意，且直线l的斜率的取值范围是－eq\f(1,2)<k<eq\f(1,2).变式题解：设M(x1，y1)，N(x2，y2)．(1)∵线段MN的中点A的横坐标为4－eq\f(p,2)，∴x1＋x2＝8－p，∴|MF|＋|NF|＝(x1＋eq\f(p,2))＋(x2＋eq\f(p,2))＝x1＋x2＋p＝8.(2)当p＝2时，y2＝4x，若直线MN的斜率不存在，则B(3，0)．若直线MN的斜率存在，设A(3，t)(t≠0)，则y1＋y2＝2t.∵点M，N在抛物线上，∴yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2)＝4(x1－x2)，∴kMN＝eq\f(2,t)，∴直线MN的方程为y－t＝eq\f(2,t)(x－3)．令y＝0，得点B的横坐标为3－eq\f(t2,2).将直线MN的方程与抛物线方程y2＝4x联立，可得y2－2ty＋2t2－12＝0，由Δ>0，可得0<t2<12，∴3－eq\f(t2,2)∈(－3，3)．∴点B的横坐标的取值范围是(－3，3]．考向二求解最值问题例4解：(1)由已知得，c＝2，于是a2－b2＝4，且eq\f(4,a2)＋eq\f(2,b2)＝1，解得a2＝8，b2＝4，故椭圆的方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)当直线AB的斜率不存在时，|AB|＝2eq\r(2)，∴S△AOB＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×2＝2eq\r(2).当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y－eq\r(2)＝k(x－2)(k≠eq\f(\r(2),2))，与x2＋2y2＝8联立，得(2k2＋1)x2＋4(eq\r(2)－2k)kx＋2(eq\r(2)－2k)2－8＝0，由Δ>0，得k≠－eq\f(\r(2),2).又易得|AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\f(2\r(2)·|2k＋\r(2)|,2k2＋1)，原点O到直线AB的距离d＝eq\f(|\r(2)－2k|,\r(1＋k2))，∴S△AOB＝eq\f(1,2)·|AB|·d＝2eq\r(2)·|1－eq\f(2,2k2＋1)|.∵k≠±eq\f(\r(2),2)，∴2k2＋1∈[1，2)∪(2，＋∞)，∴1－eq\f(2,2k2＋1)∈[－1，0)∪(0，1)，∴S△AOB∈(0，2eq\r(2)]．综上所述，△AOB面积的最大值为2eq\r(2).考点三圆锥曲线中的定值、定点问题考向一定点问题例5解：(1)由题意知，F(eq\f(p,2)，0)．设D(t，0)(t>0)，则FD的中点为(eq\f(p＋2t,4)，0)．由抛物线的定义知，3＋eq\f(p,2)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t－\f(p,2)))，解得t＝3＋p或t＝－3(舍去)．又易知eq\f(p＋2t,4)＝3，解得p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x.(2)由(1)知，F(1，0)，设A(x0，y0)(x0y0≠0)，D(xD，0)(xD>0)．因为|FA|＝|FD|，所以|xD－1|＝x0＋1，由xD>0，得xD＝x0＋2，则D(x0＋2，0)，故直线AB的斜率kAB＝－eq\f(y0,2).由直线l1和直线AB平行，可设直线l1的方程为y＝－eq\f(y0,2)x＋b，代入抛物线方程，得y2＋eq\f(8,y0)y－eq\f(8b,y0)＝0，由题意知Δ＝＝0，得b＝－eq\f(2,y0).设E(xE，yE)，则yE＝－eq\f(4,y0)，xE＝.当yeq\o\al(2,0)≠4时，kAE＝eq\f(yE－y0,xE－x0)＝，可得直线AE的方程为y－y0＝(x－x0)，由yeq\o\al(2,0)＝4x0，整理可得y＝(x－1)，故直线AE恒过点F(1，0)．当yeq\o\al(2,0)＝4时，直线AE的方程为x＝1，过点F(1，0)．综上，直线AE过定点F(1，0)．变式题解：设直线PQ的方程为x＝my＋n，点P，Q的坐标分别为P(x1，y1)，Q(x2，y2)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋n，,y2＝4x，))得y2－4my－4n＝0，由Δ>0，得m2＋n>0，且y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n.∵AP⊥AQ，∴eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AQ,\s\up6(→))＝0，∴(x1－1)(x2－1)＋(y1－2)(y2－2)＝0.又x1＝，x2＝，∴(y1－2)(y2－2)[(y1＋2)(y2＋2)＋16]＝0，∴(y1－2)(y2－2)＝0或(y1＋2)(y2＋2)＋16＝0.当(y1－2)(y2－2)＝0时，则y1y2－2(y1＋y2)＋4＝0，即－4n－8m＋4＝0，∴n＝－2m＋1，不满足Δ>0恒成立，舍去；当(y1＋2)(y2＋2)＋16＝0时，可得n＝2m＋5，满足Δ>0恒成立，∴n＝2m＋5，∴直线PQ的方程为x－5＝m(y＋2)，故直线PQ过定点，且定点坐标为(5，－2)．考向二定值问题例6解：(1)由题意知，2c＝2eq\r(3)，2a＝4，所以a＝2，c＝eq\r(3)，所以b2＝a2－c2＝1，所以椭圆的标准方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．①当直线AB的斜率不存在时，则△AOB为等腰直角三角形，不妨设直线OA：y＝x.将y＝x代入eq\f(x2,4)＋y2＝1，解得x＝±eq\f(2,5)eq\r(5)，所以点O到直线AB的距离d＝eq\f(2,5)eq\r(5).②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋m，代入eq\f(x2,4)＋y2＝1，化简得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0则x1＋x2＝－eq\f(8km,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－4,1＋4k2).因为OA⊥OB，所以x1x2＋y1y2＝0，所以x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝0，即(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0，所以(1＋k2)eq\f(4m2－4,1＋4k2)－eq\f(8k2m2,1＋4k2)＋m2＝0，整理得5m2＝4(1＋k2)，所以点O到直线AB的距离d＝eq\f(|m|,\r(1＋k2))＝eq\f(2\r(5),5).综上可知，点O到直线AB的距离为定值eq\f(2,5)eq\r(5).变式题解：(1)设点D的坐标为(a，b)(b>0)，由已知得B(1，0)．又y′＝2x，所以切线l的斜率k＝2，故eq\f(b,a)＝－eq\f(1,2)，且a2＋b2＝1，解得a＝－eq\f(2\r(5),5)，b＝eq\f(\r(5),5)，于是点D的坐标为(－eq\f(2\r(5),5)，eq\f(\r(5),5))．(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由点D(x0，y0)知，切线l的方程为x0x＋y0y＝1.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0x＋y0y＝1，,y＝x2－1))⇒y0x2＋x0x－y0－1＝0，显然Δ>0，则有x1＋x2＝－eq\f(x0,y0)，x1x2＝－1－eq\f(1,y0)，所以x1x2＋y1y2＝x1x2＋(xeq\o\al(2,1)－1)(xeq\o\al(2,2)－1)＝x1x2＋xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,2)－(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2))＋1＝x1x2＋(x1x2)2－[(x1＋x2)2－2x1x2]＋1＝－1－eq\f(1,y0)＋(1＋eq\f(1,y0))2－＋1＝－eq\f(1,y0)<0，由此可知，eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))<0，从而∠MON恒为钝角．高考易失分题15范例解：(1)由题意有eq\f(\r(a2－b2),a)＝eq\f(\r(2),2)，eq\f(4,a2)＋eq\f(2,b2)＝1，解得a2＝8，b2＝4.所以C的方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)证明：设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．将y＝kx＋b代入eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1得(2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0.故xM＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(－2kb,2k2＋1)，yM＝k·xM＋b＝eq\f(b,2k2＋1).于是直线OM的斜率kOM＝eq\f(yM,xM)＝－eq\f(1,2k)，即kOM·k＝－eq\f(1,2).所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．高考预测－eq\f(3,8)[解析]设P(m，n)，A(－a，0)，B(a，0)，F1(－c，0)，F2(c，0)．由于线段OB的中垂线与椭圆C在第一象限的交点为P，所以有m＝eq\f(a,2).若k1·k2＝－eq\f(1,4)，则eq\f(n－0,\f(a,2)－（－a）)·eq\f(n－0,\f(a,2)－a)＝－eq\f(1,4)，解得n＝eq\f(\r(3),4)a，即P(eq\f(a,2)，eq\f(\r(3),4)a)，代入椭圆方程，可得eq\f(1,4)＋eq\f(3,16)·eq\f(a2,b2)＝1，即有a＝2b，则c＝eq\r(a2－b2)＝eq\r(3)b，则k3·k4＝eq\f(\f(\r(3),2)b,b－（－\r(3)b）)·eq\f(\f(\r(3),2)b,b－\r(3)b)＝－eq\f(3,8).■教师备用例题[备选理由]例1为轨迹方程与存在性问题结合的题；例2、例3为距离最值问题；例4为直线过定点问题；例5为定值问题．例1(配听课例2使用)已知动圆C过定点A(－3，0)，且与圆B：(x－3)2＋y2＝64相切，圆心C的轨迹为曲线T，设Q为曲线T上(不在x轴上)的动点，过点A作OQ(O为坐标原点)的平行线交曲线T于M，N两点．(1)求曲线T的方程．(2)是否存在常数λ，使eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝λeq\o(OQ,\s\up6(→))2恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解：(1)∵点A(－3，0)在圆B的内部，∴两圆相内切，∴|BC|＝8－|AC|，即|BC|＋|AC|＝8>|AB|，∴圆心C的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，且长轴长2a＝8，即a＝4，且c＝3，∴b2＝16－9＝7，∴曲线T的方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,7)＝1.(2)当直线MN的斜率不存在时，|eq\o(AN,\s\up6(→))|＝|eq\o(AM,\s\up6(→))|＝eq\f(7,4)，eq\o(OQ,\s\up6(→))2＝7，∴eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝|eq\o(AM,\s\up6(→))|·|eq\o(AN,\s\up6(→))|·cosπ＝7λ，则λ＝－eq\f(7,16).当直线MN的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN：y＝k(x＋3)，则直线OQ：y＝kx.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(7x2＋16y2＝112，,y＝k（x＋3），))得(7＋16k2)x2＋96k2x＋144k2－112＝0，则x1＋x2＝eq\f(－96k2,7＋16k2)，x1·x2＝eq\f(144k2－112,7＋16k2)，∴y1y2＝k2[(x1＋3)(x2＋3)]＝k2[x1x2＋3(x1＋x2)＋9]＝eq\f(－49k2,7＋16k2)，∴eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝(x1＋3)(x2＋3)＋y1y2＝eq\f(－49（k2＋1）,7＋16k2).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(7x2＋16y2＝112，,y＝kx，))得7x2＋16k2x2＝112，则x2＝eq\f(112,7＋16k2)，∴eq\o(OQ,\s\up6(→))2＝x2＋y2＝(1＋k2)x2＝eq\f(112（1＋k2）,7＋16k2).由eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝λeq\o(OQ,\s\up6(→))2，可解得λ＝－eq\f(7,16).综上，存在常数λ＝－eq\f(7,16)，使eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝λeq\o(OQ,\s\up6(→))2恒成立．例2(配听课例3使用)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距为2eq\r(3)，长轴长是短轴长的2倍．(1)求椭圆C的标准方程；(2)斜率为k的直线l交椭圆于A，B两点，其中A为椭圆的左顶点，若椭圆的上顶点P始终在以AB为直径的圆内，求实数k的取值范围．解：(1)根据题意，得c＝eq\r(3)，a＝2b.又a2＝b2＋c2，∴4b2＝b2＋3，解得a＝2，b＝1，∴椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)由(1)及题意知，左顶点A(－2，0)，∴直线l的方程为y＝k(x＋2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x＋2），,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y，得(1＋4k2)x2＋16k2x＋(16k2－4)＝0，则Δ＝(16k2)2－4(1＋4k2)(16k2－4)>0.设点B的坐标为(x0，y0)，则x0－2＝－eq\f(16k2,1＋4k2)，∴x0＝eq\f(2－8k2,1＋4k2)，∴y0＝eq\f(4k,1＋4k2).又椭圆的上顶点P在以AB为直径的圆内，∴∠APB为钝角，即eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))<0.∵P(0，1)，A(－2，0)，B(eq\f(2－8k2,1＋4k2)，eq\f(4k,1＋4k2))，∴eq\o(PA,\s\up6(→))＝(－2，－1)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(eq\f(2－8k2,1＋4k2)，eq\f(－4k2＋4k－1,1＋4k2))，∴eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\f(16k2－4,1＋4k2)＋eq\f(4k2－4k＋1,1＋4k2)<0，即20k2－4k－3<0，解得k∈(－eq\f(3,10)，eq\f(1,2))．例3(配听课例4使用)已知直线y＝－x＋1与椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)相交于A，B两点．(1)若椭圆的离心率为eq\f(\r(3),3)，焦距为2，求线段AB的长；(2)若向量eq\o(OA,\s\up6(→))与向量eq\o(OB,\s\up6(→))互相垂直(其中O为坐标原点)，当椭圆的离心率e∈[eq\f(1,2)，eq\f(\r(2),2)]时，求椭圆长轴长的最大值．解：(1)∵e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),3)，2c＝2，∴a＝eq\r(3)，c＝1，则b