高考数学专题讲座 第26讲 高频考点分析之圆锥曲线探讨

【备战高考数学专题讲座】第26讲：高频考点分析之圆锥曲线探讨1～2讲，我们对客观性试题解法进行了探讨，3～8讲，对数学思想方法进行了探讨，9～12讲对数学解题方法进行了探讨，第13讲～第28讲我们对高频考点进行探讨。圆锥曲线包括椭圆，双曲线，抛物线。其统一定义：到定点的距离与到定直线的距离的比e是常数的点的轨迹叫做圆锥曲线。当0<e<1时为椭圆：当e=1时为抛物线；当e>1时为双曲线。圆锥曲线具有许多重要的性质，并能直接联系实际应用，在高中数学中占据重要地位。在高考中所占分值一般为20分左右，且多与其他知识点相结合出现，综合性强，难度较大。掌握它的一些重要性质，至关重要。结合年全国各地高考的实例，我们从以下七方面探讨圆锥曲线问题的求解：1.圆锥曲线的定义、标准方程和几何性质；2.圆锥曲线的焦点（含焦半径、焦点弦和焦点三角形）问题；3.点与圆锥曲线的关系问题；4.直线与圆锥曲线的关系问题；5.动点轨迹方程；6.圆锥曲线中最值问题；7.圆锥曲线中定值问题。一、圆锥曲线的定义、标准方程和几何性质：典型例题：例1.（年全国课标卷理5分）设是椭圆的左、右焦点，为直线上一点，是底角为的等腰三角形，则的离心率为【】 【答案】。【考点】椭圆的性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数定义。【解析】∵是椭圆的左、右焦点，∴。∵是底角为的等腰三角形，∴。∵为直线上一点，∴。∴。又∵，即。∴。故选。例2.（年全国课标卷理5分）等轴双曲线的中心在原点，焦点在轴上，与抛物线的准线交于两点，；则的实轴长为【】 【答案】。【考点】双曲线和抛物线的性质。【解析】的准线。∵与抛物线的准线交于两点，，∴，。设，则，得，。故选。例3.（年四川省理5分）已知抛物线关于轴对称，它的顶点在坐标原点，并且经过点。若点到该抛物线焦点的距离为，则【】A、B、C、D、【答案】B。【考点】抛物线的定义【解析】]设抛物线方程为，则焦点坐标为（），准线方程为。∵点在抛物线上，∴点到焦点的距离等于到准线的距离。∴且，解得。∴，。故选B。例4.（年四川省理5分）方程中的，且互不相同，在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有【】A、60条B、62条C、71条D、80条【答案】B。【考点】分类讨论的思想，抛物线的定义。【解析】将方程变形得，若表示抛物线，则∴分=－3,－2，1，2，3五种情况：（1）若=－3，;（2）若=3,以上两种情况下有9条重复，故共有16+7=23条；同理当=－2,或2时，共有23条；当=1时，共有16条。综上，共有23+23+16=62条。故选B。例5.（年安徽省理5分）过抛物线的焦点的直线交抛物线于两点，点是原点，若；则的面积为【】【答案】。【考点】抛物线的性质。【解析】设，。∵，即点到准线的距离为。∴，即。。∴。∴的面积为。故选。例6.（年浙江省理5分）如图，，分别是双曲线：的左、右两焦点，是虚轴的端点，直线与的两条渐近线分别交于，两点，线段的垂直平分线与轴交于点．若，则的离心率是【】A．B．C．D．【答案】B。【考点】直线与圆锥曲线的综合问题，双曲线的简单性质。【解析】如图：设线段的垂直平分线与交于点，∵|OB|＝b，|OF1|＝c．∴kPQ＝，kMN＝﹣。直线PQ为：y＝(x＋c)，两条渐近线为：y＝x。由，得：Q(，)；由，得：P(，)。∴直线MN为：y－＝﹣(x－)。令y＝0得：xM＝。又∵|MF2|＝|F1F2|＝2c，∴3c＝xM＝，解之得：，即e＝。故选B。例7.（年江西省文5分）椭圆的左、右顶点分别是A，B，左、右焦点分别是F1，F2。若成等比数列，则此椭圆的离心率为【】A.B.C.D.【答案】B。【考点】椭圆的性质，等比关系的性质。【解析】设该椭圆的半焦距为c，由题意可得，，∵成等比数列，∴。∴，即，即此椭圆的离心率为。故选B。例8.（年浙江省文5分）如图，中心均为原点O的双曲线与椭圆有公共焦点，M，N是双曲线的两顶点。若M，O，N将椭圆长轴四等分，则双曲线与椭圆的离心率的比值是【】A.3B.2C.D.【答案】B。【考点】椭圆和双曲线的方程和性质。【解析】设椭圆的长轴为2a，双曲线的长轴为，由M，O，N将椭圆长轴四等分，则，即，又因为双曲线与椭圆有公共焦点，设焦距均为c，则双曲线的离心率为，，。故选B。例9.（年福建省文5分）已知双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,5)＝1的右焦点为(3,0)，则该双曲线的离心率等于【】A.eq\f(3\r(14),14)B.eq\f(3\r(2),4)C.eq\f(3,2)D.eq\f(4,3)【答案】C。【考点】双曲线的性质。【解析】因为双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,5)＝1的右焦点坐标为(3,0)，所以c＝3，b2＝5，则a2＝c2－b2＝9－5＝4，所以a＝2，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\f(3,2)。故选C。例10.（年江西省理5分）椭圆的左、右顶点分别是，左、右焦点分别是。若成等比数列，则此椭圆的离心率为▲.【答案】。【考点】等比中项的性质，椭圆的离心率，建模、化归思想的应用。【解析】求双曲线的离心率一般是通过已知条件建立有关的方程，求解方程即可：由椭圆的性质可知：，，，又已知，，成等比数列，故，即，则。∴，即椭圆的离心率为。例11.（年天津市文5分）已知双曲线与双曲线有相同的渐近线，且的右焦点为,则▲▲【答案】1，2。【考点】双曲线的性质。【分析】∵双曲线的渐近线为，而的渐近线为，∴，。又∵双曲线的右焦点为，∴。又∵，即，∴。例12.（年重庆市文5分）设为直线与双曲线左支的交点，是左焦点，垂直于轴，则双曲线的离心率▲【答案】。【考点】直线与圆锥曲线的关系，双曲线的性质。【分析】设，∵是左焦点，垂直于轴，为直线，∴。又∵在双曲线上，∴例13.（年江苏省5分）在平面直角坐标系中，若双曲线的离心率为，则的值为▲．【答案】2。【考点】双曲线的性质。【解析】由得。∴，即，解得。二、圆锥曲线的焦点（含焦半径、焦点弦和焦点三角形）问题：典型例题：例1.（年全国大纲卷理5分）已知为双曲线的左右焦点，点在上，，则【】A．B．C．D．【答案】C。【考点】双曲线的定义和性质的运用，余弦定理的运用。【解析】首先运用定义得到两个焦半径的值，然后结合三角形中的余弦定理求解即可。由可知，，∴。∴。设，则。∴根据双曲线的定义，得。∴。在中，应用用余弦定理得。故选C。例2.（年福建省理5分）已知双曲线eq\f(x2,4)－eq\f(y2,b2)＝1的右焦点与抛物线y2＝12x的焦点重合，则该双曲线的焦点到其渐近线的距离等于【】A.eq\r(5)B．4eq\r(2)C．3D．5【答案】A。【考点】双曲线和抛物线的性质。【解析】由抛物线方程知抛物线的焦点坐标F(3,0)，∵双曲线eq\f(x2,4)－eq\f(y2,b2)＝1的右焦点与抛物线y2＝12x的焦点重合，∴双曲线的焦点为F(c,0)，且。∵双曲线的渐近线方程为：y＝±eq\f(b,a)x，∴双曲线焦点到渐近线的距离d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(bc,a))),\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2))＝b。故选A。例3.（年北京市理5分）在直角坐标系xOy中.直线l过抛物线的焦点F，且与该抛物线相交于A、B两点，其中点A在x轴上方。若直线l的倾斜角为60º，则△OAF的面积为▲【答案】。【考点】抛物线的性质，待定系数法求直线方程，直线和抛物线的交点。【解析】根据抛物线的性质，得抛物线的焦点F（1，0）。∵直线l的倾斜角为60º，∴直线l的斜率。∴由点斜式公式得直线l的方程为。∴。∵点A在x轴上方，∴。∴△OAF的面积为。例4.（年安徽省文5分）过抛物线的焦点的直线交该抛物线于两点，若，则=▲【答案】。【考点】抛物线的定义和性质。【解析】抛物线的准线。设，。∵，∴根据抛物线的定义，点到准线的距离为。∴，即。又由，得，即。例5.（年辽宁省文5分）已知双曲线，点为其两个焦点，点P为双曲线上一点，若,则的值为▲.【答案】。【考点】双曲线的定义、标准方程以及转化思想。【解析】由双曲线的方程可得，∴。∴。∵，∴。∴。∴。∴。例6.（年重庆市理5分）过抛物线的焦点作直线交抛物线于两点，若则=▲.【答案】。【考点】直线与抛物线的位置关系，抛物线的性质，方程思想的应用。【分析】设直线的方程为（由题意知直线的斜率存在且不为0），代入抛物线方程，整理得。设，则。又∵，∴。∴，解得。代入得。∵，∴。∴。例7.（年安徽省文13分）如图，分别是椭圆：+=1（）的左、右焦点，是椭圆的顶点，是直线与椭圆的另一个交点，.（Ⅰ）求椭圆的离心率；（Ⅱ）已知面积为40，求的值【答案】解：（=1\*ROMANI）∵，∴是等边三角形。∴。∴椭圆的离心率。（Ⅱ）设；则。在中，∵，，∴，即，解得。∴，。∴，解得。∴。【考点】椭圆性质和计算，余弦定理。【解析】（=1\*ROMANI）根据可知是等边三角形，从而可得，求出离心率。（Ⅱ）根据余弦定理，用表示出，，从而表示出，利用面积为40列方程求解即可。三、点与圆锥曲线的关系问题：典型例题：例1.（年浙江省理4分）定义：曲线上的点到直线的距离的最小值称为曲线到直线的距离．已知曲线：到直线：的距离等于曲线：到直线：的距离，则实数▲．【答案】。【考点】新定义，点到直线的距离。【解析】由C2：x2＋(y＋4)2＝2得圆心(0，—4)，则圆心到直线l：y＝x的距离为：。∴由定义，曲线C2到直线l：y＝x的距离为。又由曲线C1：y＝x2＋a，令，得：，则曲线C1：y＝x2＋a到直线l：y＝x的距离的点为(，)。∴。例2.（年上海市理14分）海事救援船对一艘失事船进行定位：以失事船的当前位置为原点，以正北方向为轴正方向建立平面直角坐标系（以1海里为单位长度），则救援船恰在失事船的正南方向12海里A处，如图.现假设：①失事船的移动路径可视为抛物线；②定位后救援船即刻沿直线匀速前往救援；③救援船出发小时后，失事船所在位置的横坐标为7.（1）当时，写出失事船所在位置P的纵坐标.若此时两船恰好会合，求救援船速度的大小和方向；（6分）（2）问救援船的时速至少是多少海里才能追上失事船？（8分）【答案】解：（1）时，P的横坐标，代入抛物线方程得P的纵坐标。∵A（0，12），∴。∴救援船速度的大小为海里/时。由tan∠OAP=，得，∴救援船速度的方向为北偏东弧度。（2）设救援船的时速为海里，经过小时追上失事船，此时位置为。由，整理得。∵当即=1时最小，即。∴救援船的时速至少是25海里才能追上失事船。【考点】曲线与坐标。【解析】（1）求出A点和P点坐标即可求出。（2）求出时速关于时间的函数关系式求出极值。例3.（年福建省理13分）如图，椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率e＝eq\f(1,2)，过F1的直线交椭圆于A、B两点，且△ABF2的周长为8.（Ⅰ）求椭圆E的方程；（II）设动直线l：y＝kx＋m与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线x＝4相交于点Q.试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．【答案】解：（Ⅰ）∵|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝8，∴|AF1|＋|F1B|＋|AF2|＋|BF2|＝8。又∵|AF1|＋|AF2|＝|BF1|＋|BF2|＝2a，∴4a＝8，又∵e＝eq\f(1,2)，即eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，∴以c＝1。∴b＝eq\r(a2－c2)＝eq\r(3)。∴椭圆E的方程是eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1。（II）由得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2∵动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，∴m≠0且Δ＝0，∴64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，化简得4k2－m2＋3＝0=1\*GB3①此时x0＝－eq\f(4km,4k2＋3)＝－eq\f(4k,m)，y0＝kx0＋m＝eq\f(3,m)。∴Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4k,m)，\f(3,m)))。由得Q(4,4k＋m)。假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上。设M(x1,0)，则eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))＝0对满足=1\*GB3①式的m、k恒成立。∵eq\o(MP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4k,m)－x1，\f(3,m)))，eq\o(MQ,\s\up6(→))＝(4－x1,4k＋m)，∴由eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))＝0，得－eq\f(16k,m)＋eq\f(4kx1,m)－4x1＋xeq\o\al(2,1)＋eq\f(12k,m)＋3＝0，整理，得(4x1－4)eq\f(k,m)＋xeq\o\al(2,1)－4x1＋3＝0=2\*GB3②。∵=2\*GB3②式对满足=1\*GB3①式的m，k恒成立，∴，解得x1＝1。∴存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M。【考点】椭圆的标准方程，直线与圆锥曲线的综合问题。【解析】（Ⅰ）根据过F1的直线交椭圆于A、B两点，且△ABF2的周长为8，可得4a=8，即a=2，利用e＝eq\f(1,2)，b＝eq\r(a2－c2)，即可求得椭圆E的方程。（Ⅱ）由消元可得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，由动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，可得m≠0，△=0，进而可得4k2－m2＋3＝0=1\*GB3①，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4k,m)，\f(3,m)))。由得Q(4,4k＋m)。假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上。设M(x1,0)，则eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))＝0对满足=1\*GB3①式的m、k恒成立。由eq\o(MP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4k,m)－x1，\f(3,m)))，eq\o(MQ,\s\up6(→))＝(4－x1,4k＋m)和eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))＝0得(4x1－4)eq\f(k,m)＋xeq\o\al(2,1)－4x1＋3＝0=2\*GB3②。由=2\*GB3②式对满足=1\*GB3①式的m，k恒成立，得，解得x1＝1。故存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M。例4.（年福建省文12分）如图所示，等边三角形OAB的边长为8eq\r(3)，且其三个顶点均在抛物线E：x2＝2py(p＞0)上．（I）求抛物线E的方程；（II）设动直线l与抛物线E相切于点P，与直线y＝－1相交于点Q，证明以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点．【答案】解：（I）依题意，|OB|＝8eq\r(3)，∠BOy＝30°。设B(x，y)，则x＝|OB|sin30°＝4eq\r(3)，y＝|OB|cos30°＝12。因为点B(4eq\r(3)，12)在x2＝2py上，所以(4eq\r(3))2＝2p×12，解得p＝2。故抛物线E的方程为x2＝4y。（II）由（I）知y＝eq\f(1,4)x2，y′＝eq\f(1,2)x。设P(x0，y0)，则x0≠0，且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)。由得。所以Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0)－4,2x0)，－1))。假设以PQ为直径的圆恒过定点M，由图形的对称性知M必在y轴上，设M(0，y1)，令eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))＝0对满足y0＝eq\f(1,4)xeq\o\al(2,0)(x0≠0)的x0，y0恒成立。由eq\o(MP,\s\up6(→))＝(x0，y0－y1)，eq\o(MQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0)－4,2x0)，－1－y1))，由于eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))＝0，得eq\f(x\o\al(2,0)－4,2)－y0－y0y1＋y1＋yeq\o\al(2,1)＝0，即(yeq\o\al(2,1)＋y1－2)＋(1－y1)y0＝0(*)。由于(*)式对满足y0＝eq\f(1,4)xeq\o\al(2,0)(x0≠0)的y0恒成立，所以，解得y1＝1。故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1)。【考点】抛物线的标准方程，直线与圆锥曲线的综合问题。【解析】（I）依题意，|OB|＝8eq\r(3)，∠BOy＝30°，从而可得B(4eq\r(3)，12)，利用点B(4eq\r(3)，12)在x2＝2py上，可求抛物线E的方程。（II）由（I）知y＝eq\f(1,4)x2，y′＝eq\f(1,2)x，设P(x0，y0)，可得l的方程为y＝eq\f(1,2)x0x－eq\f(1,4)xeq\o\al(2,0)，与y=－1联立，求得Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0)－4,2x0)，－1))。假设以PQ为直径的圆恒过定点M，由图形的对称性知M必在y轴上，设M(0，y1)，由eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))＝0，得(yeq\o\al(2,1)＋y1－2)＋(1－y1)y0＝0。所以解得y1＝1。故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1)。四、直线与圆锥曲线的关系问题：典型例题：例1.（年辽宁省文5分）已知P，Q为抛物线上两点，点P，Q的横坐标分别为4，2，过P、Q分别作抛物线的切线，两切线交于A，则点A的纵坐标为【】(A)1(B)3(C)4(D)8【答案】C。【考点】利用导数求切线方程的方法，直线的方程、两条直线的交点的求法。【解析】∵点P，Q的横坐标分别为4，2，∴代人抛物线方程得P，Q的纵坐标分别为8，2。由得，∴。∴过点P，Q的抛物线的切线的斜率分别为4，2。∴过点P，Q的抛物线的切线方程分别为。联立方程组解得。∴点A的纵坐标为4。故选C。例2.（年湖北省理5分）如图，双曲线的两顶点为，虚轴两端点为，两焦点为。若以为直径的圆内切于菱形，切点分别为A，B，C，D。则（Ⅰ）双曲线的离心率e=▲；（Ⅱ）菱形的面积与矩形的面积的比值▲。【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）。【考点】双曲线的离心率及实轴虚轴的相关定义，一般平面几何图形的面积计算。【解析】（Ⅰ）由已知，解得。（Ⅱ）由已知得，又直线的方程为，而直线的方程为，联立解得，∴，。例3.（年全国大纲卷理12分）已知抛物线与圆有一个公共点，且在处两曲线的切线为同一直线。（1）求；（2）设、是异于且与及都相切的两条直线，、的交点为，求到的距离。【答案】解：（1）设，对求导得。∴直线的斜率，当时，不合题意，∴。∵圆心为，的斜率，由知，即，解得。∴。∴。（2）设为上一点，则在该点处的切线方程为即。若该直线与圆相切，则圆心到该切线的距离为，即，化简可得，解得。∴抛物线在点处的切线分别为，其方程分别为①②③。②－③得，将代入②得，故。∴到直线的距离为。【考点】抛物线与圆的方程，以及两个曲线的公共点处的切线的运用，点到直线的距离。【解析】（1）两个二次曲线的交点问题，并且要研究两曲线在公共点出的切线，把解析几何和导数的工具性结合起来。首先设出切点坐标，求出抛物线方程的导数，得到在切点处的斜率。求出圆心坐标，根据两直线垂直斜率的积为－1列出方程而求出切点坐标。最后根据点到直线的距离公式求出圆心到切线的距离即圆的半径。（2）求出三条切线方程，可由（1）求出。、的切线方程含有待定系数，求出它即可求得交点坐标，从而根据点到直线的距离公式求出到的距离。例4.（年全国课标卷理12分）设抛物线的焦点为，准线为，，已知以为圆心，为半径的圆交于两点；（1）若，的面积为；求的值及圆的方程；（2）若三点在同一直线上，直线与平行，且与只有一个公共点，求坐标原点到距离的比值。【答案】解：（1）由对称性知：是等腰直角三角形，斜边。点到准线的距离。∵，∴。∴。∴，。∴圆的方程为。（2）由对称性设，则∵三点在同一直线上，∴点关于点对称，得：。∴，即∴，直线，整理得。∴直线的斜率为。又∵直线与平行，∴直线的斜率为。由得，∴。∵直线与只有一个公共点，∴令，得。∴切点。∴直线，整理得∴坐标原点到距离的比值为。【考点】抛物线和圆的性质，两直线平行的性质，点到直线的距离，导数和切线方程。【解析】（1）由已知，的面积为，根据抛物线和圆的性质可求得以及，，从而得到圆的方程。（2）设，根据对称性得，由在准线上得到，从而求得的坐标（用表示），从而得到直线的方程和斜率。由直线与平行和直线与只有一个公共点，应用导数可求出直线的方程。因此求出坐标原点到距离的比值。例5.（年上海市文16分）在平面直角坐标系中，已知双曲线（1）设是的左焦点，是右支上一点，若，求点的坐标；（5分）（2）过的左焦点作的两条渐近线的平行线，求这两组平行线围成的平行四边形的面积；（5分）（3）设斜率为（）的直线交于、两点，若与圆相切，求证：⊥（6分）【答案】解：（1）由双曲线得左焦点。设，则，由是右支上一点，知，所以，解得。当时，。∴。（2）左顶点，渐近线方程：。过与渐近线平行的直线方程为：，即.解方程组，得。∴所求平行四边形的面积为。（3）设直线的方程是。因直线与已知圆相切，故，即(*)。由，得。设，则，∴，∴。由(*)知，∴⊥。【考点】直线与圆锥曲线的综合问题，直线与圆的位置关系，双曲线的性质。【解析】（1）求出双曲线的左焦点的坐标，设，利用求出，推出的坐标。（2）求出双曲线的渐近线方程，求出直线与另一条渐进线的交点，然后求出平行四边形的面积。（3）直线的方程是，通过直线与已知圆相切，得到1，通过求解证明⊥。例6.（年北京市理14分）已知曲线C：（1）若曲线C是焦点在x轴点上的椭圆，求m的取值范围；（2）设m=4，曲线c与y轴的交点为A，B（点A位于点B的上方），直线与曲线c交于不同的两点M、N，直线y=1与直线BM交于点G。求证：A，G，N三点共线。【答案】（1）原曲线方程可化为：。∵曲线C是焦点在x轴点上的椭圆，∴，是。∴若曲线C是焦点在x轴点上的椭圆，则m的取值范围为。（2）证明：∵m=4，∴曲线c的方程为。将已知直线代入椭圆方程化简得：。由得，。由韦达定理得：。设。则MB的方程为，∴。AN的方程为。欲证A，G，N三点共线，只需证点G在直线AN上。将代入，得，即，即，即，等式恒成立。由于以上各步是可逆的，从而点在直线AN上。∴A，G，N三点共线。【考点】椭圆的性质，韦达定理的应用，求直线方程，三点共线的证明。【解析】（1）根据椭圆长轴大于短轴和长、短轴大于0得不等式组求解即得m的取值范围。（2）欲证A，G，N三点共线，只需证点G在直线AN上。故需求出含待定系数的直线MB和AN的方程，点G的坐标，结合韦达定理的应用用逆推证明。也可通过证明直线MB和AN在时横坐标相等来证A，G，N三点共线或直线AN和AG斜率相等。还可用向量求解。例7.（年北京市文14分）已知椭圆C：（a＞b＞0）的一个顶点为A（2，0），离心率为，直线y=k(x－1)与椭圆C交于不同的两点M，N（1）求椭圆C的方程（2）当△AMN的面积为时，求k的值【答案】解：（1）∵椭圆C的一个顶点为A（2，0），离心率为，∴。∴，。∴椭圆C的方程为。（2）将y=k(x－1)代入，并整理得，。设，∴。在y=k(x－1)中令y=0，得x=1。∴。平方，并整理得，解得。【考点】椭圆的性质，韦达定理的应用。【解析】（1）由已知A（2，0），离心率为，根据公式和求出，即可求得椭圆C的方程。（2）将y=k(x－1)代入，应用韦达定理求得。根据三角形面积公式和已知的△AMN的面积为，列式求解。例8.（年四川省理12分）如图，动点到两定点、构成，且，设动点的轨迹为。（Ⅰ）求轨迹的方程；（Ⅱ）设直线与轴交于点，与轨迹相交于点，且，求的取值范围。【答案】解：（Ⅰ）设M的坐标为（x，y），显然有x>0且。当∠MBA=90°时，点M的坐标为（2，,±3）。当∠MBA≠90°时，x≠2。由得tan∠MBA=，即化简得：。而点（2，,±3）在上。∵时，，∴。综上可知，轨迹C的方程为（）。(II)由方程消去y，可得。（*）由题意，方程（*）有两根且均在（1，+）内，设，∴，解得，m>1且m2。设Q、R的坐标分别为，由有。∴。由m>1且m2得且。∴的取值范围是。【考点】直线、双曲线、轨迹方程的求法，倍角公式的应用。【解析】（Ⅰ）设M的坐标为（x，y），当∠MBA=90°时，可直接得到点M的坐标为（2，,±3）；当∠MBA≠90°时，由应用倍角公式即可得到轨迹的方程。（Ⅱ）直线与联立，消元可得①，利用①有两根且均在（1，+∞）内可知，m＞1，m≠2。设Q，R的坐标，求出xR，xQ，利用，即可确定的取值范围。例9.（年天津市理14分）设椭圆的左、右顶点分别为，，点在椭圆上且异于，两点，为坐标原点.（Ⅰ）若直线与的斜率之积为，求椭圆的离心率；（Ⅱ）若，证明直线的斜率满足.【答案】解：（Ⅰ）设，∴①；∵椭圆的左、右顶点分别为，,∴。∴。∵直线与的斜率之积为，∴。代入①并整理得。∵≠0，∴。∴。∴。∴椭圆的离心率为。（Ⅱ）证明：依题意，直线的方程为，设，∴，∵，∴。∴②。∵|，，∴。∴。∴。代入②得，∴＞3。∴直线的斜率满足。【考点】圆锥曲线的综合，椭圆的简单性质。【分析】（Ⅰ）设，则，利用直线与的斜率之积为，即可求得椭圆的离心率。（Ⅱ）依题意，直线的方程为，设，则，代入可得，利用，，可求得，从而可求直线的斜率的范围。例10.（年天津市文14分）已知椭圆QUOTEx2a2+y2b2（I）求椭圆的离心率。（II）设A为椭圆的右顶点，O为坐标原点，若Q在椭圆上且满足|AQ|=|AO|求直线的斜率的值。【答案】解：（I）∵点P在椭圆上，∴。∴。∴。∴。（II）设直线OQ的斜率为，则其方程为。设点Q的坐标为，由条件得，消元并整理可得①。∵|AQ|=|AO|，A（－，0），，∴。∴。∵≠0，∴。代入①，整理得。∵，∴，整理得，解得。∴。∴直线的斜率的值为。【考点】直线与圆锥曲线的综合问题，椭圆的简单性质。【分析】（I）根据点P在椭圆上，可得，由此可求椭圆的离心率。（II）设直线OQ的斜率为，则其方程为，设点Q的坐标为，与椭圆方程联立，求得，根据|AQ|=|AO|，A（－，0），，可求，两式联立由此可求直线OQ的斜率的值。例11.（年安徽省理13分）如图，分别是椭圆的左，右焦点，过点作轴的垂线交椭圆的上半部分于点，过点作直线的垂线交直线于点；（=1\*ROMANI）若点的坐标为；求椭圆的方程；（=2\*ROMANII）证明：直线与椭圆只有一个交点。【答案】解：（=1\*ROMANI）由，得点，代入得：。∵，，∴=1\*GB3①。又∵=2\*GB3②，=3\*GB3③，由=1\*GB3①=2\*GB3②=3\*GB3③解得：。∴椭圆的方程为。（=2\*ROMANII）设，则∵，∴，解得。∴。又∵，且点在椭圆的上半部分，∴。∴。∵过点与椭圆相切的直线斜率，∴过点与椭圆相切的直线与直线重合。∴直线与椭圆只有一个交点。【考点】椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系。【解析】（=1\*ROMANI）根据椭圆的性质，点在上和得到三个关于的方程，求解即得。（=2\*ROMANII）求出直线的斜率和过点与椭圆相切的直线斜率，证明二者相等即可。例12.（年浙江省理15分）如图，椭圆：的离心率为，其左焦点到点的距离为，不过原点的直线与相交于，两点，且线段被直线平分．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）求面积取最大值时直线的方程．【答案】解：(Ⅰ)由左焦点(﹣c，0)到点P(2，1)的距离为得：，即。由椭圆：的离心率为得：。∴。∴。∴所求椭圆C的方程为：。(Ⅱ)易得直线OP的方程：y＝x。设A(xA，yA)，B(xB，yB)，的中点R(x0，y0)，其中y0＝x0。∵A，B在椭圆上，∴。设直线AB的方程为l：y＝﹣(m≠0)，代入椭圆：。显然，∴﹣＜m＜且m≠0，即﹣＜m＜0或0＜m＜。又有：＝m，＝，∴|AB|＝||＝＝。∵点P(2，1)到直线l的距离为：，∴SABP＝d|AB|＝|m－2|。设，∵，且当时，；当时，，∴当时，SABP最大。（不在﹣＜m＜0或0＜m＜内）。此时直线l的方程y＝﹣，即。【考点】直线与圆锥曲线的综合问题，椭圆的标准方程和性质，导数的应用。【解析】（Ⅰ）由题意，根据离心率为，其左焦点到点P（2，1）的距离为，建立方程，即可求得椭圆C的方程。（Ⅱ）设A(xA，yA)，B(xB，yB)，的中点R(x0，y0)，由A，B在椭圆上，求得。设直线AB的方程为l：y＝﹣(m≠0)，用m表示出|AB|和点P(2，1)到直线l的距离，从而表示出面积，应用导数知识求出面积最大时m的值即可。例13.（年湖南省文13分）在直角坐标系xOy中，已知中心在原点，离心率为的椭圆E的一个焦点为圆的圆心.（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）设P是椭圆E上一点，过P作两条斜率之积为的直线l1，l2.当直线l1，l2都与圆C相切时，求P的坐标.【答案】解：（Ⅰ）由，得，故圆Ｃ的圆心为点。设椭圆Ｅ的方程为其焦距为。由题设知，∴。∴椭圆Ｅ的方程为：。（Ⅱ）设点的坐标为，的斜分率分别为则的方程分别为且。由与圆相切，得，即。同理可得。∴是方程的两个实根，于是①且由得，解得或。由得；由得它们都满足①式。∴点Ｐ的坐标为，或，或，或。【考点】曲线与方程、直线与曲线的位置关系。【解析】（Ⅰ）据条件设出椭圆方程，求出即得椭圆E的方程。（Ⅱ）设出点P坐标，利用过P点的两条直线斜率之积为，得出关于点P坐标的一个方程，利用点P在椭圆上得出另一方程，联立两个方程得点P坐标。例14.（年重庆市理12分）如图，设椭圆的中心为原点，长轴在x轴上，上顶点为，左右焦点分别为，线段的中点分别为，且△是面积为4的直角三角形.（Ⅰ）求该椭圆的离心率和标准方程；（5分）（Ⅱ）过作直线交椭圆于，两点，使，求直线的方程（7分）【答案】解：（Ⅰ）设所求椭圆的标准方程为。∵是直角三角形且，∴。∴，即。∵，∴，即。∴。∴。在中，，∴。由题设条件得，∴。∴椭圆的标准方程为。（Ⅱ）由（Ⅰ）知。根据题意，直线的倾斜角不为0，故可设直线的方程为，代入椭圆方程，得。设则是方程的两根，∴，。又∵，∴。由，知，即，解得。∴满足条件的直线方程为。【考点】直线与圆锥曲线的综合问题，椭圆的标准方程和性质，直角三角形和等腰三角形的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，韦达定理的应用。【分析】（Ⅰ）设椭圆的方程为，利用是的直角三角形，，从而，利用，可求。又，可求椭圆标准方程。（Ⅱ）由（Ⅰ）知，由题意，直线的倾斜角不为0，故可设直线的方程为，代入椭圆方程，消元可得，利用韦达定理及，利用可求的值，从而可求直线的方程。例15.（年陕西省理12分）已知椭圆，椭圆以的长轴为短轴，且与有相同的离心率.（1）求椭圆的方程；（2）设O为坐标原点，点A，B分别在椭圆和上，，求直线的方程.【答案】解：（1）∵椭圆以的长轴为短轴，∴可设椭圆的方程为。∵椭圆的离心率为，椭圆与有相同的离心率，∴，则。∴椭圆的方程为。（2）两点的坐标分别记为，由及（1）知，三点共线且点，不在轴上，∴可以设直线的方程为。将代入中，得，∴。将代入中，则，∴。由，得，即，解得。∴直线的方程为或。【考点】椭圆的标准方程和性质，向量相等的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系。【解析】（1）根据椭圆以的长轴为短轴，可设椭圆的方程为；由椭圆与有相同的离心率，可求得，从而得到椭圆的方程。（2）由及（1）知，三点共线且点，不在轴上，可以设直线的方程为。将分别代入两椭圆方程，求出和。由，得，从而求出，得到直线的方程。五、动点轨迹方程：典型例题：例1.（年全国大纲卷理5分）椭圆的中心在原点，焦距为4，一条准线为，则该椭圆的方程为【】A．B．C．D．【答案】C。【考点】椭圆的方程以及性质的运用。【解析】通过准线方程确定焦点位置，然后借助于焦距和准线求解参数，从而得到椭圆的方程：∵，∴。∵该椭圆的一条准线方程为，∴该椭圆的焦点在轴上且，∴。∴。故选C。例2.（年山东省理5分）已知椭圆C：的离心率为，双曲线的渐近线与椭圆有四个交点，以这四个交点为顶点的四边形的面积为16，则椭圆c的方程为【】ABCD【答案】D。【考点】椭圆和双曲线性质的应用。【解析】∵双曲线的渐近线方程为，代入可得。又∵根据椭圆对称性质，知所构成的四边形是正方形，∴，即=1\*GB3①。又由椭圆的离心率为可得=2\*GB3②。联立=1\*GB3①=2\*GB3②，解得。∴椭圆方程为。故选D。例3.（年山东省文5分）已知双曲线：的离心率为2.若抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离为2，则抛物线的方程为【】ABCD【答案】D。【考点】双曲线和抛物线的性质。【解析】∵抛物线的焦点坐标为，双曲线：的渐近线为，不妨取，即。∴抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离为，即。∴。又∵双曲线的离心率为，∴，即。∴抛物线的方程为。故选D。例4.（年湖南省理5分）已知双曲线C：的焦距为10，点P（2,1）在C的渐近线上，则C的方程为【】A．B.C.D.【答案】A。【考点】双曲线的方程、双曲线的渐近线方程。【解析】设双曲线C：的半焦距为，则。∵C的渐近线为，点P（2,1）在C的渐近线上，∴，即。又∵，∴，∴C的方程为。故选A。例5.（年陕西省理5分）下图是抛物线形拱桥，当水面在时，拱顶离水面2米，水面宽4米，水位下降1米后，水面宽▲米.【答案】。【考点】抛物线的应用。【解析】建立如图所示的直角坐标系，设抛物线方程为，∴∵当水面在时，拱顶离水面2米，水面宽4米，∴抛物线过点（2，－2，）.代入得，，即。∴抛物线方程为。∴当时，，∴水位下降1米后，水面宽米。例6.（年四川省文12分）如图，动点与两定点、构成，且直线的斜率之积为4，设动点的轨迹为。（Ⅰ）求轨迹的方程；（Ⅱ）设直线与轴交于点，与轨迹相交于点，且，求的取值范围。【答案】解：（Ⅰ）设M的坐标为（x，y），∵当x=－1时，直线MA的斜率不存在；当x=1时，直线MB的斜率不存在；∴，MA的斜率为，MB的斜率为。由题意，有·=4，化简可得，。∴轨迹的方程为（）。（Ⅱ）由消去y，可得(﹡)对于方程(﹡)，其判别式，而当1或－1为方程（*）的根时，m的值为－1或1，结合题设可知，，且m≠1。设的坐标分别为，,则为方程（*）的两根。∵，∴。∴。∴。此时，且。 ∴且。∴且。综上所述，的取值范围为。【考点】直线、双曲线、轨迹方程的求法。【解析】（Ⅰ）设M的坐标为（x，y），由当x=－1时，直线MA的斜率不存在；当x=1时，直线MB的斜率不存在，得到，由直线的斜率之积为4列式即可得到轨迹的方程。（Ⅱ）直线与联立，消元可得(﹡)，利用(﹡)有两根且，且m≠1。设Q，R的坐标，求出xR，xQ，利用，即可确定的取值范围。例7.（年广东省文14分）在平面直角坐标系中，已知椭圆的左焦点为，且点在上．（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆和抛物线相切，求直线的方程．【答案】解：（1）∵椭圆的左焦点为，∴。将点代入椭圆，得，即。∴。∴椭圆的方程为。（2）直线的斜率显然存在，设直线的方程为，联立，消去并整理得。∵直线与椭圆相切，∴，整理得①联立，消去并整理得。∵直线与抛物线相切，∴，整理得②联立①②，解得或∴直线的方程为或。【考点】椭圆的性质，曲线上点的坐标与方程的关系，直线与椭圆、直线与抛物线的位置关系，一元二次方程根的判别式的应用，待定系数法。【解析】（1）由椭圆的左焦点为可得；由点在上，根据曲线上点的坐标满足方程的关系，将代入椭圆的方程可得。从而可求得。得到椭圆的方程。（2）应用待定系数法，设直线的方程为。将直线的方程与与椭圆和抛物线的方程分别联立，消去，分别得到关于的一元二次方程，根据直线与椭圆和抛物线相切，可由得关于和的方程组，解之即可求得直线的方程。例8.（年江西省文13分）已知三点O（0，0），A（－2，1），B（2，1），曲线C上任意一点满足（1）求曲线C的方程；（2）点是曲线C上动点，曲线C在点Q处的切线为l，点P的坐标是（0，－1），l与分别交于点D，E，求与的面积之比。【答案】解：（1）由，，得|，。由已知得，化简得曲线C的方程：。（2）直线的方程分别为，曲线C在点处的切线方程为，且与y轴的交点F（0，）。由求得，由求得。∴，∴。∴。又∵，∴，即与的面积之比等于2。【考点】圆锥曲线的轨迹问题，利用导数研究曲线上某点切线方程。【解析】（1）用坐标表示eq\o(MA,\s\up6(→))和eq\o(MB,\s\up6(→))，从而可得|eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→))|，利用向量的数量积，结合满足，可得曲线C的方程。（2）根据直线的方程以及曲线C在点处的切线方程，求出F点的坐标，D、E两点的横坐标，可得和面积的值，从而求得与的面积之比。例9.（年湖北省理13分）设是单位圆上的任意一点，是过点与轴垂直的直线，是直线与轴的交点，点在直线上，且满足.当点在圆上运动时，记点的轨迹为曲线.（Ⅰ）求曲线的方程，判断曲线为何种圆锥曲线，并求焦点坐标；（=2\*ROMANII）过原点且斜率为的直线交曲线于两点，其中在第一象限，它在y轴上的射影为点N，直线交曲线于另一点，是否存在，使得对任意的，都有？若存在，求的值；若不存在，请说明理由。【答案】解：（Ⅰ）如图1，设，，则由，可得，，所以，.①∵点在单位圆上运动，∴.②将①式代入②式即得所求曲线的方程为。∵，∴当时，曲线是焦点在轴上的椭圆，两焦点坐标分别为，；当时，曲线是焦点在轴上的椭圆，两焦点坐标分别为，。（Ⅱ）如图2、3，，设，，则，，直线的方程为，将其代入椭圆的方程并整理可得。依题意可知此方程的两根为，。于是由韦达定理可得，即。∵点H在直线QN上，∴。∴，。∵，∴，即。又∵，∴。∴存在，使得在其对应的椭圆上，对任意的，都有。【考点】求曲线的轨迹方程，直线与圆锥曲线的位置关系。【解析】（Ⅰ）由和点在圆上列式即可求得曲线的方程，并可判断曲线的类型，求得焦点坐标。（=2\*ROMANII）设，，则，，表示出直线的方程代入椭圆的方程并整理，应用韦达定理得到，利用Q、N、H三点共线得到，利用PQ⊥PH得到，从而求得结论。另解：如图2、3，，设，，则，，∵，两点在椭圆上，∴两式相减可得.依题意，由点在第一象限可知，点也在第一象限，且，不重合，∴。∴由可得.。又∵，，三点共线，∴，即。∴由可得。∵，∴，即。又∵，∴。∴存在，使得在其对应的椭圆上，对任意的，都有。六、圆锥曲线中最值问题：典型例题：例1.（年四川省理4分）椭圆的左焦点为，直线与椭圆相交于点、，当的周长最大时，的面积是▲。【答案】3。【考点】椭圆的性质。【解析】画出图象，结合图象得到的周长最大时对应的直线所在位置．即可求出结论．如图，设椭圆的右焦点为E。由椭圆的定义得：的周长：。∵，∴，当AB过点E时取等号。∴。即直线过椭圆的右焦点E时的周长最大，此时的高为：EF=2，直线。把代入椭圆得。∴。∴当的周长最大时，的面积是。例2.（年四川省文4分）椭圆为定值，且的的左焦点为，直线与椭圆相交于点、，的周长的最大值是12，则该椭圆的离心率是▲。【答案】。【考点】椭圆的性质。【解析】画出图象，结合图象得到的周长最大时对应的直线所在位置．即可求出结论．如图，设椭圆的右焦点为E。由椭圆的定义得：的周长：。∵，∴，当AB过点E时取等号。∴。即直线过椭圆的右焦点E时的周长最大，此时的高为：EF=2，直线。∵的周长的最大值是12，∴。∴。∴。例3.（年山东省理13分）在平面直角坐标系xOy中，F是抛物线C：x2=2py（p＞0）的焦点，M是抛物线C上位于第一象限内的任意一点，过M，F，O三点的圆的圆心为Q，点Q到抛物线C的准线的距离为。（Ⅰ）求抛物线C的方程；（Ⅱ）是否存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由；（Ⅲ）若点M的横坐标为，直线l：y=kx+与抛物线C有两个不同的交点A，B，l与圆Q有两个不同的交点D，E，求当时，的最小值。【答案】解：（Ⅰ）F抛物线C：x2=2py（p＞0）的焦点F，设M，。由题意可知，则点Q到抛物线C的准线的距离为，解得。∴抛物线C的方程为。（Ⅱ）假设存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M，而，，，∴，即。由可得，，则，即，解得，点M的坐标为。（Ⅲ）∵点M的横坐标为，∴点M，。由可得。设，则。∴。∵圆，圆心到直线l的距离。∴。∴。∵，∴令。∴。设，则。当时，，即当时，。∴当时，。【考点】抛物线和圆的性质，切线斜率的应用和意义，韦达定理的应用，导数的应用。函数的单调性质。【解析】（Ⅰ）由已知条件，根据抛物线和圆的性质列式求解。（Ⅱ）假设存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M，则由条件列式，并由切线斜率的应用和意义求出点M的坐标。（Ⅲ）应用韦达定理、勾股定理，用表示出和，根据函数的单调性质可求解。例4.（年山东省文13分）如图，椭圆M：的离心率为，直线和所围成的矩形ABCD的面积为8.(Ⅰ)求椭圆M的标准方程；(Ⅱ)设直线与椭圆M有两个不同的交点P，Q，与矩形ABCD有两个不同的交点S，T.求的最大值及取得最大值时m的值.【答案】解：(Ⅰ)∵椭圆M：的离心率为∴，即……①。∵矩形ABCD面积为8，∴，即……②由①②解得：。∴椭圆M的标准方程是。(II)由得。设，则。由得。∴。当过A点时，，当过C点时，。①当时，有，∴。设，则。∴当，即时，取得最大值。②当时，由对称性，可知，当时，取得最大值。③当时，，，∴当时，取得最大值。综上可知，当时，取得最大值。【考点】椭圆的性质，矩形的性质，函数的极值。【解析】（Ⅰ）由已知条件，根据椭圆M的离心率为，直线和所围成的矩形ABCD的面积为8，列方程组组求解。（Ⅱ）应用韦达定理、勾股定理，用表示出，分，，三种情况分别求解。例5.（年广东省理14分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：的离心率，且椭圆C上的点到Q（0，2）的距离的最大值为3.（1）求椭圆C的方程；（2）在椭圆C上，是否存在点M（m，n）使得直线l：mx+ny=1与圆O：x2+y2=1相交于不同的两点A、B，且△OAB的面积最大？若存在，求出点M的坐标及相对应的△OAB的面积；若不存在，请说明理由。【答案】解：（1）∵，∴可设。∴，故椭圆C的方程为。设为椭圆上的任一点，则。∵，∴当时，取得最大值，即取得最大值。又∵椭圆C上的点到Q（0，2）的距离的最大值为3，∴，解得。∴所求的椭圆C方程为。（2）假设点M（m，n）存在，则，即圆心O到直线的距离。∴。∵∴（当且仅当，即时取等号）。解得，即或或或。∴所求点M的坐标为，对应的△OAB的面积为。【考点】椭圆的性质，两点间的距离公式，二次函数的最大值，基本不等式的应用。【解析】（1）由可得椭圆C的方程为，设设为椭圆上的任一点，求出的表达式，一方面由二次函数的最大值原理得的最大值，另一方面由已知椭圆C上的点到Q（0，2）的距离的最大值为3列式求出，从而得到椭圆C的方程。（2）假设点M（m，n）存在，求出的表达式，应用基本不等式求得△OAB的面积最大时m，n的值和对应的△OAB的面积。例6.（年浙江省文14分）如图，在直角坐标系xOy中，点P（1，）到抛物线C：=2px（p＞0）的准线的距离为。点M（t，1）是C上的定点，A，B是C上的两动点，且线段AB被直线OM平分。（1）求p,t的值。（2）求△ABP面积的最大值。【答案】解：（1）由题意得，解得。（2）设，由（1）知线段AB的中点坐标为。设直线AB的斜率为k（k），由（1）知抛物线C：=x。则。∴直线AB的方程为，即.。由，整理得。∴，，。∴。设点P到直线AB的距离为d，则。设ABP的面积为S，则。由，得。令，，则。则。由，得。∴，即ABP的面积的最大值为。【考点】抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系。应用导数求最大值。【解析】（1）直接由已知和抛物线的几何性质列式求解即可。（2）求出△ABP面积关于线段AB的中点坐标的关系式，应用导数求最大值。例7.（年江苏省14分）曲线上，其中与发射方向有关．炮的射程是指炮弹落地点的横坐标．（1）求炮的最大射程；（2）不超过多少时，炮弹可以击中它？请说明理由．【答案】解：（1）在炮的最大射程是10，∴炮弹可以击中目标等价于存在，使的方程。此时，（不考虑另一根）。∴当不超过6【考点】函数、方程和基本不等式的应用。【解析】（1）求炮的最大射程即求基本不等式求解。（2）求炮弹击中目标时的横坐标的最大值，由一元二次方程根的判别式求解。例8.（年辽宁省文12分）如图，动圆,,与椭圆：相交于A，B，C，D四点，点分别为的左，右顶点。(Ⅰ)当为何值时，矩形的面积取得最大值？并求出其最大面积；(Ⅱ)求直线与直线交点M的轨迹方程。【答案】解：（I）设，则矩形的面积。由得，∴。∴当时，，最大为，。∵，∴当时，矩形的面积取得最大值，最大面积为6。(Ⅱ)设，∵，∴直线A1A的方程为，直线A2B的方程为。由①×②可得：。∵在椭圆上，∴。∴。代入③可得：，∴点M的轨迹方程为。【考点】直线、圆、椭圆的方程，椭圆的几何性质，轨迹方程的求法。【解析】（I）设，应用函数方程思想求出最大时的情况即可。(Ⅱ)设出线A1A的方程、直线A2B的方程，求得交点满足的方程，利用A在椭圆上，化简即可得到点M的轨迹方程。七、圆锥曲线中定值问题：典型例题：例1.（年上海市理16分）在平面直角坐标系中，已知双曲线.（1）过的左顶点引的一条渐近线的平行线，求该直线与另一条渐近线及x轴围成的三角形的面积；（4分）（2）设斜率为1的直线交于P、Q两点，若与圆相切，求证：OP⊥OQ；（6分）（3）设椭圆.若M、N分别是、上的动点，且OM⊥ON，求证：O到直线MN的距离是定值.（6分）【答案】解：（1）∵双曲线的左顶点，渐近线方程：.∴过点A与渐近线平行的直线方程为，即。解方程组，得。∴所求三角形的面积为。（2）证明：设直线PQ的方程是∵直线与已知圆相切，故，即。由，得。设，则.又，∴。∴OP⊥OQ。（3）当直线ON垂直于轴时，|ON|=1，|O|=，则O到直线MN的距离为。（此时，N在轴上，在轴上）当直线ON不垂直于x轴时，设直线ON的方程为（显然），则由OM⊥ON，得直线OM的方程为。由，得。∴。同理。设O到直线MN的距离为，∵，∴，即。综上所述，O到直线MN的距离是定值。【考点】双曲线的概念、标准方程、几何性，直线与双曲线的关系，椭圆的标准方程和圆的有关性质。【解析】（1）求出过点A与一条渐近线平行的直线方程，再求出它与另一条渐近线即可求得三角形的面积。（2）由两直线垂直的判定，只要证明表示这两条直线的向量积为0即可，从而求出直线方程，进一步求出表示这两条直线的向量，求出它们的积即可。（3）分直线ON垂直于轴和直线ON不垂直于x轴两种情况证明即可。例2.（年江西省理13分）已知三点，，，曲线上任意一点满足。（1）求曲线的方程；（2）动点在曲线上，曲线在点处的切线为。问：是否存在定点，使得与都相交，交点分别为，且与的面积之比是常数？若存在，求的值。若不存在，说明理由。【答案】解：（1）由eq\o(MA,\s\up6(→))＝(－2－x,1－y)，eq\o(MB,\s\up6(→))＝(2－x,1－y)，得|eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→))|＝eq\r(－2x2＋2－2y2)，eq\o(OM,\s\up6(→))·(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))＝(x，y)·(0,2)＝2y。由已知得eq\r(－2x2＋2－2y2)＝2y＋2，化简得曲线C的方程：x2＝4y。（2）假设存在点P(0，t)(t<0)满足条件，则直线PA的方程是y＝eq\f(t－1,2)x＋t，PB的方程是y＝eq\f(1－t,2)x＋t。曲线C在Q处的切线l的方程是y＝eq\f(x0,2)x－eq\f(x\o\al(2,0),4)，它与y轴交点为Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(x\o\al(2,0),4)))。由于－2<x0<2，因此－1<eq\f(x0,2)<1。①当－1<t<0时，－1<eq\f(t－1,2)<－eq\f(1,2)，存在x0∈(－2,2)使得eq\f(x0,2)＝eq\f(t－1,2)，即l与直线PA平行，故当－1<t<0时不符合题意。②当t≤－1时，eq\f(t－1,2)≤－1<eq\f(x0,2)，eq\f(1－t,2)≥1>eq\f(x0,2)，所以l与直线PA，PB一定相交。分别联立方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(t－1,2)x＋t，,y＝\f(x0,2)x－\f(x\o\al(2,0),4)，))eq\b\lc\{\rc\