高考数学二轮复习 第三篇 攻坚克难 压轴大题多得分 第30练 圆锥曲线的热点问题练习 文试题

第30练圆锥曲线的热点问题[明考情]圆锥曲线的热点问题作为直线与圆锥曲线的位置关系的延伸与深化，是高考的必考点，高考中常选取其中一个热点问题作为圆锥曲线的压轴题目.[知考向]1.范围与最值问题.2.定值、定点问题.3.探索性问题.考点一范围与最值问题方法技巧圆锥曲线的最值和范围问题解题常见思路(1)利用判别式来构造不等式，从而确定参数的取值范围.(2)利用已知参数的取值范围，求新参数的范围，解决这类问题的核心是在两个参数之间建立相关关系.(3)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.(4)利用已知不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围.(5)利用函数值域的求法，确定参数的取值范围.1.已知点A(1，0)，点M是圆C：(x＋1)2＋y2＝8上的任意一点，线段MA的垂直平分线与直线CM交于点E.(1)求点E的轨迹方程；(2)若直线y＝kx＋m与点E的轨迹有两个不同的交点P和Q，且原点O总在以PQ为直径的圆的内部，求实数m的取值范围.解(1)由题意知|EM|＝|EA|，|CE|＋|EM|＝2eq\r(2)，所以|CE|＋|EA|＝2eq\r(2)＞2＝|CA|，所以点E的轨迹是以点C，A为焦点的椭圆，其轨迹方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则将直线与椭圆的方程联立得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,x2＋2y2＝2，))消去y，得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，Δ＞0，m2＜2k2＋1. ①x1＋x2＝－eq\f(4km,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2m2－2,2k2＋1).因为点O在以PQ为直径的圆的内部，故eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＜0，即x1x2＋y1y2＜0，而y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝eq\f(m2－2k2,2k2＋1)，故由x1x2＋y1y2＝eq\f(2m2－2,2k2＋1)＋eq\f(m2－2k2,2k2＋1)＜0，得m2＜eq\f(2k2＋2,3)，且满足①式，所以m2＜eq\f(2,3)，所以m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),3)，\f(\r(6),3))).2.如图，已知椭圆eq\f(x2,2)＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋eq\f(1,2)对称.(1)求实数m的取值范围；(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点).解(1)由题意知m≠0，可设直线AB的方程为y＝－eq\f(1,m)x＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝－\f(1,m)x＋b，))消去y，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,m2)))x2－eq\f(2b,m)x＋b2－1＝0.因为直线y＝－eq\f(1,m)x＋b与椭圆eq\f(x2,2)＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋eq\f(4,m2)＞0. ①则x1x2＝eq\f(b2－1,\f(1,2)＋\f(1,m2))＝eq\f(2m2b2－1,m2＋2)，x1＋x2＝eq\f(\f(2b,m),\f(1,2)＋\f(1,m2))＝eq\f(4mb,m2＋2)，y1＋y2＝－eq\f(1,m)(x1＋x2)＋2b＝－eq\f(1,m)×eq\f(4mb,m2＋2)＋2b＝eq\f(2bm2,m2＋2).设M为AB的中点，则Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2mb,m2＋2)，\f(m2b,m2＋2)))，代入直线方程y＝mx＋eq\f(1,2)，解得b＝－eq\f(m2＋2,2m2)， ②由①②，得m＜－eq\f(\r(6),3)或m＞eq\f(\r(6),3).(2)令t＝eq\f(1,m)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(6),2)))，则|AB|＝eq\r(t2＋1)·eq\f(\r(－2t4＋2t2＋\f(3,2)),t2＋\f(1,2))，且点O到直线AB的距离为d＝eq\f(t2＋\f(1,2),\r(t2＋1)).设△AOB的面积为S(t)，所以S(t)＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(1,2)eq\r(－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t2－\f(1,2)))2＋2)≤eq\f(\r(2),2)，当且仅当t2＝eq\f(1,2)时，等号成立.故△AOB面积的最大值为eq\f(\r(2),2).3.已知抛物线y2＝4x，直线l：y＝－eq\f(1,2)x＋b与抛物线交于A，B两点.(1)若x轴与以AB为直径的圆相切，求该圆的方程；(2)若直线l与y轴负半轴相交，求△AOB(O为坐标原点)面积的最大值.解(1)联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,2)x＋b，,y2＝4x，))化简得y2＋8y－8b＝0.由Δ＝64＋32b＞0，解得b＞－2.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝－8，y1y2＝－8b.设圆心Q(x0，y0)，则有x0＝eq\f(x1＋x2,2)，y0＝eq\f(y1＋y2,2)＝－4，r＝|y0|＝4，|AB|＝eq\r(1＋－22)|y1－y2|＝eq\r(564＋32b)＝2r＝8，解得b＝－eq\f(8,5).所以x0＝2b＋8＝eq\f(24,5)，圆心Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(24,5)，－4))，故圆的方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(24,5)))2＋(y＋4)2＝16.(2)因为直线与y轴负半轴相交，所以b＜0.又直线与抛物线交于两点，由(1)知b＞－2，所以－2＜b＜0，直线l的方程为y＝－eq\f(1,2)x＋b，整理得x＋2y－2b＝0，点O到直线l的距离d＝eq\f(|－2b|,\r(5))＝eq\f(－2b,\r(5))，所以S△AOB＝eq\f(1,2)|AB|d＝－4eq\r(2)b·eq\r(2＋b)＝4eq\r(2)·eq\r(b3＋2b2).令g(b)＝b3＋2b2，－2＜b＜0，g′(b)＝3b2＋4b＝3beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(4,3)))，当b变化时，g′(b)，g(b)的变化情况如下表：beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(4,3)))－eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，0))g′(b)＋0－g(b)↗极大值↘由上表可得g(b)的最大值为geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝eq\f(32,27).所以当b＝－eq\f(4,3)时，△AOB的面积取得最大值eq\f(32\r(3),9).4.(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，a＝eq\r(2)，则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)),1＋2k\o\al(2,1)).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)，则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).考点二定值、定点问题方法技巧(1)定点问题的常见解法①假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到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为所求定点；②从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意.(2)定值问题的常见解法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.5.(2017·全国Ⅲ)在直角坐标系xOy中，曲线y＝x2＋mx－2与x轴交于A，B两点，点C的坐标为(0，1).当m变化时，解答下列问题：(1)能否出现AC⊥BC的情况？说明理由；(2)证明过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.(1)解不能出现AC⊥BC的情况.理由如下：设A(x1，0)，B(x2，0)，则x1，x2满足x2＋mx－2＝0，所以x1x2＝－2.又点C的坐标为(0，1)，故AC的斜率与BC的斜率之积为eq\f(－1,x1)·eq\f(－1,x2)＝－eq\f(1,2)，所以不能出现AC⊥BC的情况.(2)证明BC的中点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)，\f(1,2)))，可得BC的中垂线方程为y－eq\f(1,2)＝x2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(x2,2))).由(1)可得x1＋x2＝－m，所以AB的中垂线方程为x＝－eq\f(m,2).联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(m,2)，,y－\f(1,2)＝x2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(x2,2)))，))又xeq\o\al(2,2)＋mx2－2＝0，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(m,2)，,y＝－\f(1,2).))所以过A，B，C三点的圆的圆心坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,2)，－\f(1,2)))，半径r＝eq\f(\r(m2＋9),2).故圆在y轴上截得的弦长为2eq\r(r2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)))2)＝3，即过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.6.已知抛物线C的顶点在坐标原点O，其图象关于y轴对称且经过点M(2，1).(1)求抛物线C的方程；(2)若一个等边三角形的一个顶点位于坐标原点，另两个顶点在抛物线上，求该等边三角形的面积；(3)过点M作抛物线C的两条弦MA，MB，设MA，MB所在直线的斜率分别为k1，k2，当k1＋k2＝－2时，试证明直线AB的斜率为定值，并求出该定值.解(1)设抛物线C的方程为x2＝2py(p>0)，由点M(2，1)在抛物线C上，得4＝2p，则p＝2，∴抛物线C的方程为x2＝4y.(2)设该等边三角形OPQ的顶点P，Q在抛物线上，且P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，则xeq\o\al(2,P)＝4yP，xeq\o\al(2,Q)＝4yQ，由|OP|＝|OQ|，得xeq\o\al(2,P)＋yeq\o\al(2,P)＝xeq\o\al(2,Q)＋yeq\o\al(2,Q)，即(yP－yQ)(yP＋yQ＋4)＝0.又yP>0，yQ>0，则yP＝yQ，|xP|＝|xQ|，即线段PQ关于y轴对称.∴∠POy＝30°，yP＝eq\r(3)|xP|，代入xeq\o\al(2,P)＝4yP，得xP＝±4eq\r(3)，∴该等边三角形边长为8eq\r(3)，S△POQ＝48eq\r(3).(3)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则xeq\o\al(2,1)＝4y1，xeq\o\al(2,2)＝4y2，∴k1＋k2＝eq\f(y1－1,x1－2)＋eq\f(y2－1,x2－2)＝eq\f(\f(1,4)x\o\al(2,1)－1,x1－2)＋eq\f(\f(1,4)x\o\al(2,2)－1,x2－2)＝eq\f(1,4)(x1＋2＋x2＋2)＝－2.∴x1＋x2＝－12，∴kAB＝eq\f(y2－y1,x2－x1)＝eq\f(\f(1,4)x\o\al(2,2)－\f(1,4)x\o\al(2,1),x2－x1)＝eq\f(1,4)(x1＋x2)＝－3.7.(2017·全国Ⅰ)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，四点P1(1，1)，P2(0，1)，P3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),2)))，P4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),2)))中恰有三点在椭圆C上.(1)求C的方程；(2)设直线l不经过P2点且与C相交于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.(1)解由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点.又由eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)>eq\f(1,a2)＋eq\f(3,4b2)知，椭圆C不经过点P1，所以点P2在椭圆C上.因此eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,b2)＝1，,\f(1,a2)＋\f(3,4b2)＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝1.))故椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)证明设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.如果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eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(\r(4－t2),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，－\f(\r(4－t2),2)))，则k1＋k2＝eq\f(\r(4－t2)－2,2t)－eq\f(\r(4－t2)＋2,2t)＝－1，得t＝2，不符合题设.从而可设l：y＝kx＋m(m≠1).将y＝kx＋m代入eq\f(x2,4)＋y2＝1，得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq\f(8km,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4m2－4,4k2＋1).而k1＋k2＝eq\f(y1－1,x1)＋eq\f(y2－1,x2)＝eq\f(kx1＋m－1,x1)＋eq\f(kx2＋m－1,x2)＝eq\f(2kx1x2＋m－1x1＋x2,x1x2).由题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0，即(2k＋1)·eq\f(4m2－4,4k2＋1)＋(m－1)·eq\f(－8km,4k2＋1)＝0，解得k＝－eq\f(m＋1,2).当且仅当m>－1时，Δ>0，于是l：y＝－eq\f(m＋1,2)x＋m，即y＋1＝－eq\f(m＋1,2)(x－2)，所以l过定点(2，－1).8.已知中心在原点，焦点在坐标轴上的椭圆E的离心率为eq\f(1,2)，椭圆E的一个焦点和抛物线y2＝－4x的焦点重合，过直线l：x＝4上一点M引椭圆E的两条切线，切点分别是A，B.(1)求椭圆E的方程；(2)若在椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上的点(x0，y0)处的切线方程是eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝1，求证：直线AB恒过定点C，并求出定点C的坐标.(1)解设椭圆方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，因为抛物线y2＝－4x的焦点是(－1，0)，所以c＝1.又eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，所以a＝2，b＝eq\r(a2－c2)＝eq\r(3)，所以所求椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)证明设切点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l上一点M的坐标为(4，t)，则切线方程分别为eq\f(x1x,4)＋eq\f(y1y,3)＝1，eq\f(x2x,4)＋eq\f(y2y,3)＝1.又两切线均过点M，即x1＋eq\f(t,3)y1＝1，x2＋eq\f(t,3)y2＝1，即点A，B的坐标都适合方程x＋eq\f(t,3)y＝1.又两点确定唯一的一条直线，故直线AB的方程是x＋eq\f(t,3)y＝1，显然对任意实数t，点(1，0)都适合这个方程，故直线AB恒过定点C(1，0).考点三探索性问题方法技巧探索性问题的求解方法(1)处理这类问题，一般要先对结论作出肯定的假设，然后由此假设出发，结合已知条件进行推理论证，若推出与已知、定理或公理相符的结论，则存在性得到肯定；若导致矛盾，则否定存在性.若证明某结论不存在，也可以采用反证法.(2)采用特殊化思想求解，即根据题目中的一些特殊关系，归纳出一般结论，然后进行证明，得出结论.9.(2017·湖南东部五校联考)已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的右焦点为F(c，0)且a＞b＞c＞0，设短轴的一个端点D，原点O到直线DF的距离为eq\f(\r(3),2)，过原点和x轴不重合的直线与椭圆E相交于C，G两点，且|eq\o(GF,\s\up6(→))|＋|eq\o(CF,\s\up6(→))|＝4.(1)求椭圆E的方程；(2)是否存在过点P(2，1)的直线l与椭圆E相交于不同的两点A，B且使得eq\o(OP,\s\up6(→))2＝4eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))成立？若存在，试求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.解(1)由椭圆的对称性知，|eq\o(GF,\s\up6(→))|＋|eq\o(CF,\s\up6(→))|＝2a＝4，∴a＝2.又原点O到直线DF的距离为eq\f(\r(3),2)，∴eq\f(bc,a)＝eq\f(\r(3),2)，∴bc＝eq\r(3)，又a2＝b2＋c2＝4，a＞b＞c＞0，∴b＝eq\r(3)，c＝1.故椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)当直线l与x轴垂直时不满足条件.故可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为y＝k(x－2)＋1，代入椭圆方程得(3＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－8＝0，∴x1＋x2＝eq\f(8k2k－1,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(16k2－16k－8,3＋4k2)，Δ＝32(6k＋3)＞0，∴k＞－eq\f(1,2).∵OP2＝4eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))，即4[(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)]＝5，∴4(x1－2)(x2－2)(1＋k2)＝5，即4[x1x2－2(x1＋x2)＋4](1＋k2)＝5，∴4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(16k2－16k－8,3＋4k2)－2×\f(8k2k－1,3＋4k2)＋4))(1＋k2)＝4×eq\f(4＋4k2,3＋4k2)＝5，解得k＝±eq\f(1,2)，k＝－eq\f(1,2)不符合题意，舍去，∴存在满足条件的直线l，其方程为y＝eq\f(1,2)x.10.(2016·全国Ⅰ)在直角坐标系xOy中，直线l：y＝t(t≠0)交y轴于点M，交抛物线C：y2＝2px(p>0)于点P，M关于点P的对称点为N，连接ON并延长交C于点H.(1)求eq\f(|OH|,|ON|)；(2)除H以外，直线MH与C是否有其它公共点？说明理由.解(1)如图，由已知得M(0，t)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t2,2p)，t))，又N为M关于点P的对称点，故Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t2,p)，t))，ON的方程为y＝eq\f(p,t)x，代入y2＝2px，整理得px2－2t2x＝0，解得x1＝0，x2＝eq\f(2t2,p)，因此Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2t2,p)，2t)).所以N为OH的中点，即eq\f(|OH|,|ON|)＝2.(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点，理由如下：直线MH的方程为y－t＝eq\f(p,2t)x，即x＝eq\f(2t,p)(y－t).代入y2＝2px，得y2－4ty＋4t2＝0，解得y1＝y2＝2t，即直线MH与C只有一个公共点，所以除H以外，直线MH与C没有其他公共点.11.在直角坐标系xOy中，曲线C：y＝eq\f(x2,4)与直线l：y＝kx＋a(a>0)交于M，N两点，(1)当k＝0时，分别求C在点M和N处的切线方程；(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由.解(1)由题设可得M(2eq\r(a)，a)，N(－2eq\r(a)，a)，或M(－2eq\r(a)，a)，N(2eq\r(a)，a).又y′＝eq\f(x,2)，故y＝eq\f(x2,4)在x＝2eq\r(a)处的导数值为eq\r(a)，C在点(2eq\r(a)，a)处的切线方程为y－a＝eq\r(a)(x－2eq\r(a))，即eq\r(a)x－y－a＝0.y＝eq\f(x2,4)在x＝－2eq\r(a)处的导数值为－eq\r(a)，C在点(－2eq\r(a)，a)处的切线方程为y－a＝－eq\r(a)(x＋2eq\r(a))，即eq\r(a)x＋y＋a＝0.故所求切线方程为eq\r(a)x－y－a＝0和eq\r(a)x＋y＋a＝0.(2)存在符合题意的点，理由如下：设P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.将y＝kx＋a代入C的方程，得x2－4kx－4a＝0.故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.从而k1＋k2＝eq\f(y1－b,x1)＋eq\f(y2－b,x2)＝eq\f(2kx1x2＋a－bx1＋x2,x1x2)＝eq\f(ka＋b,a).当b＝－a时，有k1＋k2＝0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，故∠OPM＝∠OPN，所以点P(0，－a)符合题意.12.已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b≥1)的离心率e＝eq\f(\r(2),2)，其右焦点到直线2ax＋by－eq\r(2)＝0的距离为eq\f(\r(2),3).(1)求椭圆C的方程；(2)已知直线x－y＋m＝0与椭圆C交于不同的两点M，N，且线段MN的中点不在圆x2＋y2＝1内，求实数m的取值范围.(3)过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,3)))的直线l交椭圆C于A，B两点，是否存在定点Q，使以AB为直径的圆恒过这个定点？若存在，求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由.解(1)由题意知e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，所以e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(1,2)，即a2＝2b2，可得a＝eq\r(2)b，c＝b.因为右焦点(c，0)到直线2ax＋by－eq\r(2)＝0的距离为eq\f(\r(2),3)，所以eq\f(|2ac－\r(2)|,\r(4a2＋b2))＝eq\f(\r(2),3)，又c＝b，a＝eq\r(2)b，a＞b≥1，解得b＝1，所以a2＝2，c＝1.故椭圆C的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)联立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋m＝0，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去y可得3x2＋4mx＋2m2－2＝0，则Δ＝16m2－12(2m2－2)＞0⇒－eq\r(3)＜m＜eq\r(3).设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq\f(4m,3)，y1＋y2＝x1＋x2＋2m＝－eq\f(4m,3)＋2m＝eq\f(2m,3)，所以线段MN的中点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2m,3)，\f(m,3))).因为MN的中点不在圆x2＋y2＝1内，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2m,3)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3)))2≥1⇒m≥eq\f(3\r(5),5)或m≤－eq\f(3\r(5),5).综上可知，实数m的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\r(3)，－\f(3\r(5),5)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(5),5)，\r(3))).(3)假设存在定点Q，使以AB为直径的圆恒过该定点.当AB⊥x轴时，以AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝1；当AB⊥y轴时，以AB为直径的圆的方程为x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,3)))2＝eq\f(16,9).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝1，,x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,3)))2＝\f(16,9)，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝1，))那么这个定点Q的坐标为(0，1).当直线l的斜率存在且不为零时，设直线l的方程为y＝kx－eq\f(1,3)(k≠0)，代入eq\f(x2,2)＋y2＝1，可得(2k2＋1)x2－eq\f(4,3)kx－eq\f(16,9)＝0.设A(x3，y3)，B(x4，y4)，则x3＋x4＝eq\f(4k,32k2＋1)，x3x4＝eq\f(－16,92k2＋1)，则eq\o(QA,\s\up6(→))＝(x3，y3－1)，eq\o(QB,\s\up6(→))＝(x4，y4－1)，从而eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))＝x3x4＋(y3－1)(y4－1)＝x3x4＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx3－\f(4,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx4－\f(4,3)))＝(1＋k2)x3x4－eq\f(4,3)k(x3＋x4)＋eq\f(16,9)＝(1＋k2)·eq\f(－16,92k2＋1)－eq\f(4,3)k·eq\f(4k,32k2＋1)＋eq\f(16,9)＝0，故eq\o(QA,\s\up6(→))⊥eq\o(QB,\s\up6(→))，即点Q(0，1)在以AB为直径的圆上.综上，存在定点Q(0，1)，使以AB为直径的圆恒过这个定点.例(12分)已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m＞0)，直线l不过原点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.(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；(2)若l过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3)，m))，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由.审题路线图(1)eq\x(联立直线方程与椭圆方程)→eq\x(一元二次方程)→eq\x(中点坐标)→eq\x(求出斜率乘积)(2)eq\x(先假定四边形OAPB能为平行四边形)→eq\x(找几何关系：平行四边形的对角线互相平分)→eq\x(转化成代数关系：xP＝2xM)→eq\x(求k)规范解答·评分标准(1)证明设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM).……………………2分将y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2，得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，故xM＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(－kb,k2＋9)，yM＝kxM＋b＝eq\f(9b,k2＋9).……………4分于是直线OM的斜率kOM＝eq\f(yM,xM)＝－eq\f(9,k)，即kOM·k＝－9.所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.………6分(2)解四边形OAPB能为平行四边形.…………………7分因为直线l过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3)，m))，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k＞0，k≠3.由(1)得OM的方程为y＝－eq\f(9,k)x.设点P的横坐标为xP，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(9,k)x，,9x2＋y2＝m2，))得xeq\o\al(2,P)＝eq\f(k2m2,9k2＋81)，即xP＝eq\f(±km,3\r(k2＋9)).………………9分将点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3)，m))的坐标代入l的方程，得b＝eq\f(m3－k,3)，因此xM＝eq\f(kk－3m,3k2＋9).………………………10分四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM.于是eq\f(±km,3\r(k2＋9))＝2×eq\f(kk－3m,3k2＋9)，解得k1＝4－eq\r(7)，k2＝4＋eq\r(7).因为ki＞0，ki≠3，i＝1，2，所以当l的斜率为4－eq\r(7)或4＋eq\r(7)时，四边形OAPB为平行四边形.………………12分构建答题模板[第一步]先假定：假设结论成立.[第二步]再推理：以假设结论成立为条件，进行推理求解.[第三步]下结论：若推出合理结果，经验证成立则肯定假设；若推出矛盾则否定假设.[第四步]再回顾：查看关键点，易错点(特殊情况、隐含条件等)，审视解题规范性.1.已知椭圆C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(\r(3),2)，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，D，E分别是椭圆的上顶点与右顶点，且＝1－eq\f(\r(3),2).(1)求椭圆C1的方程；(2)在椭圆C1落在第一象限的图象上任取一点作C1的切线l，求l与坐标轴围成的三角形的面积的最小值.解(1)由题意知e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，故c＝eq\f(\r(3),2)a，b＝eq\f(1,2)a.∵＝eq\f(1,2)(a－c)×b＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(\r(3),2)a))×eq\f(a,2)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)))a2＝1－eq\f(\r(3),2).故a2＝4，即a＝2，b＝eq\f(1,2)a＝1，c＝eq\r(3)，∴椭圆C1的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)∵l与椭圆C1相切于第一象限内的一点，∴直线l的斜率必存在且为负.设直线l的方程为y＝kx＋m(k＜0)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y整理可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2＋\f(1,4)))x2＋2kmx＋m2－1＝0. ①根据题意可得方程①有两相等实根，∴Δ＝(2km)2－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2＋\f(1,4)))(m2－1)＝0，整理可得m2＝4k2＋1. ②∵直线l与两坐标轴的交点分别为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,k)，0))，(0，m)且k＜0，∴l与坐标轴围成的三角形的面积S＝eq\f(1,2)·eq\f(m2,－k)， ③②代入③，可得S＝(－2k)＋eq\f(1,－2k)≥2(当且仅当k＝－eq\f(1,2)时取等号)，∴l与坐标轴围成的三角形面积的最小值为2.2.(2017·全国Ⅱ)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：eq\f(x2,2)＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足eq\o(NP,\s\up6(→))＝eq\r(2)eq\o(NM,\s\up6(→)).(1)求点P的轨迹方程；(2)设点Q在直线x＝－3上，且eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(PQ,\s\up6(→))＝1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.(1)解设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0，0)，eq\o(NP,\s\up6(→))＝(x－x0，y)，eq\o(NM,\s\up6(→))＝(0，y0).由eq\o(NP,\s\up6(→))＝eq\r(2)eq\o(NM,\s\up6(→))，得x0＝x，y0＝eq\f(\r(2),2)y，因为M(x0，y0)在C上，所以eq\f(x2,2)＋eq\f(y2,2)＝1.因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2.(2)证明由题意知F(－1，0).设Q(－3，t)，P(m，n)，则eq\o(OQ,\s\up6(→))＝(－3，t)，eq\o(PF,\s\up6(→))＝(－1－m，－n)，eq\o(OQ,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))＝3＋3m－tn，eq\o(OP,\s\up6(→))＝(m，n)，eq\o(PQ,\s\up6(→))＝(－3－m，t－n).由eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(PQ,\s\up6(→))＝1，得－3m－m2＋tn－n2＝1，又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0，所以eq\o(OQ,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))＝0，即eq\o(OQ,\s\up6(→))⊥eq\o(PF,\s\up6(→))，又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.3.(2016·北京)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(x\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)＝1.当x0≠0时，直线PA的方程为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,y0－1)))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x0＋2y0－2,x0－2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0)＋4y\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，∴|AN|·|BM|＝4.故|AN|·|BM|为定值.4.如图所示，已知椭圆M：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)的四个顶点构成边长为5的菱形，原点O到直线AB的距离为eq\f(12,5)，其中A(0，a)，B(－b，0).直线l：x＝my＋n与椭圆M相交于C，D两点，且以CD为直径的圆过椭圆的右顶点P(其中点C，D与点P不重合).(1)求椭圆M的方程；(2)证明：直线l与x轴交于定点，并求出定点的坐标.解(1)由已知，得a2＋b2＝52，由点A(0，a)，B(－b，0)知，直线AB的方程为eq\f(x,－b)＋eq\f(y,a)＝1，即ax－by＋ab＝0.又原点O到直线AB的距离为eq\f(12,5)，即eq\f(|0－0＋ab|,\r(a2＋b2))＝eq\f(12,5)，所以a2＝16，b2＝9，c2＝16－9＝7.故椭圆M的方程为eq\f(y2,16)＋eq