專(zhuān)題125-圓錐曲線壓軸題命題區(qū)間

第一課時(shí) 簡(jiǎn)化解析幾何運(yùn)算的 5個(gè)技巧中學(xué)解析幾何是將幾何圖形置于直角坐標(biāo)系中，用方程的觀點(diǎn)來(lái)研究曲線，體現(xiàn)了用代數(shù)的方法解決幾何問(wèn)題的優(yōu)越性，但有時(shí)運(yùn)算量過(guò)大，或需繁雜的討論，這些都會(huì)影響解題的速度，甚至?xí)兄菇忸}的過(guò)程，達(dá)到“望題興嘆”的地步．特別是高考過(guò)程中，在規(guī)定的時(shí)間內(nèi)，保質(zhì)保量完成解題的任務(wù)，計(jì)算能力是一個(gè)重要的方面．為此，從以下幾個(gè)方面探索減輕運(yùn)算量的方法和技巧，合理簡(jiǎn)化解題過(guò)程，優(yōu)化思維過(guò)程．巧用定義，揭示本質(zhì)定義是導(dǎo)出其性質(zhì)的“發(fā)源地”，解題時(shí)，應(yīng)善于運(yùn)用圓錐曲線的定義，以數(shù)形結(jié)合思想為指導(dǎo)，把定量的分析有機(jī)結(jié)合起來(lái)，則可使解題計(jì)算量大為簡(jiǎn)化，使解題構(gòu)筑在較高的水平上．是橢圓C1：x2[典例]如圖，F(xiàn)1，F(xiàn)2＋y2＝1與雙曲線C2的公共焦點(diǎn)，A，B分別是C1，4C2在第二、四象限的公共點(diǎn)．若四邊形AF1BF2為矩形，則C2的離心率是()A．2B．336C．2D．2[解析]由已知，得F1(－3，0)，F(xiàn)2(3，0)，設(shè)雙曲線 C2的實(shí)半軸長(zhǎng)為 a，由橢圓及雙曲線的定義和已知，|AF1|＋|AF2|＝4，可得|AF2|－|AF1|＝2a，解得a2＝2，|AF1|2＋|AF2|2＝12，故a＝2．所以雙曲線C2的離心率e＝3＝6．22[答案]D[方法點(diǎn)撥]本題可巧妙運(yùn)用橢圓和雙曲線的定義建立 |AF1|，|AF2|的等量關(guān)系，從而快速求出雙曲線實(shí)半軸長(zhǎng) a的值，進(jìn)而求出雙曲線的離心率，大大降低了運(yùn)算量．[對(duì)點(diǎn)演練]拋物線y2＝4mx(m＞0)的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)P為該拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，若點(diǎn)A(－m,0)，則|PF|的|PA|最小值為_(kāi)_______．解析：設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(xP，yP)，由拋物線的定義，知|PF|＝xP＋m，又|PA|2＝(xP＋m)2＋第1頁(yè) 共39頁(yè)22|PF|2＝xP＋m2＝1≥1＝1(當(dāng)且僅當(dāng)yP＝(xP＋m)＋4mxP，則|PA|xP＋m2＋4mxP4mxP4mxP21＋xP＋m21＋2xP·m2xP＝m時(shí)取等號(hào))，所以|PF|≥2，所以|PF|的最小值為2．|PA|2|PA|2答案：22設(shè)而不求，整體代換對(duì)于直線與圓錐曲線相交所產(chǎn)生的中點(diǎn)弦問(wèn)題，涉及求中點(diǎn)弦所在直線的方程，或弦的中點(diǎn)的軌跡方程的問(wèn)題時(shí)，常?？梢杂么c(diǎn)法求解．x2y2[典例]已知橢圓E：a2＋b2＝1(a＞b＞0)的右焦點(diǎn)為F(3，0)，過(guò)點(diǎn)F的直線交E于A，B兩點(diǎn)．若AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(1，－1)，則E的標(biāo)準(zhǔn)方程為()2222A．x＋y＝1B．x＋y＝145363627x2y2x2y2C．27＋18＝1D．18＋9＝1[解析]設(shè)A(x1，y12，y2)，B(x)，則x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，x12y12a2＋b2＝1，①22②x2y2a2＋b2＝1，①－②得x1＋x2x1－x2＋y1＋y2y1－y222＝0，ab所以ky1－y2b2x1＋x2b2＝＝－21＋y2＝2yxa又kAB＝0＋11b213－1＝2，所以a2＝2．又9＝c2＝a2－b2，解得b2＝9，a2＝18，22所以橢圓E的方程為x＋y＝1．189[答案]D[方法點(diǎn)撥]本題設(shè)出A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)，卻不需求出A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)，巧妙地表達(dá)出直線AB的斜率，通過(guò)將直線AB的斜率“算兩次”建立幾何量之間的關(guān)系，從而快速解決問(wèn)題．[對(duì)點(diǎn)演練]第2頁(yè) 共39頁(yè)過(guò)點(diǎn)M(1,1)作斜率為－1x2y2的直線與橢圓C：2＋2＝1(a＞b＞0)相交于A，B兩點(diǎn)，若M2ab是線段AB的中點(diǎn)，則橢圓C的離心率等于________．x12y12解析：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則a2＋b2＝1，22x2y2a2＋b2＝1，∴x1－x2x1＋x2y1－y2y1＋y2＝0，2＋b2a∴y1－y2＝－b2x1＋x22·．x1－x2ay1＋y2∵y1－y2＝－1，x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，x1－x222∴－b2＝－1，∴a2＝2b2．a(chǎn) 2又∵b2＝a2－c2，2 2 2 2 2 c 2∴a＝2(a－c)，∴a＝2c，∴ ＝ ．2即橢圓C的離心率 e＝ ．2答案： 2巧用“根與系數(shù)的關(guān)系 ”，化繁為簡(jiǎn)某些涉及線段長(zhǎng)度關(guān)系的問(wèn)題可以通過(guò)解方程、求坐標(biāo)，用距離公式計(jì)算長(zhǎng)度的方法來(lái)解；但也可以利用一元二次方程，使相關(guān)的點(diǎn)的同名坐標(biāo)為方程的根，由根與系數(shù)的關(guān)系求出兩根間的關(guān)系或有關(guān)線段長(zhǎng)度間的關(guān)系．后者往往計(jì)算量小，解題過(guò)程簡(jiǎn)捷．22[典例]x＋y＝1的焦點(diǎn)在x軸上，A是E的左頂點(diǎn)，斜(2016全·國(guó)甲卷)已知橢圓E：t3率為k(k>0)的直線交 E于A，M兩點(diǎn)，點(diǎn) N在E上，MA⊥NA．當(dāng)t＝4，|AM|＝|AN|時(shí)，求△AMN的面積；當(dāng)2|AM|＝|AN|時(shí)，求k的取值范圍．[解] 設(shè)M(x1，y1)，則由題意知 y1>0．x2y2(1)當(dāng)t＝4時(shí)，E的方程為4＋3＝1，A(－2,0)．由已知及橢圓的對(duì)稱(chēng)性知，直線πAM的傾斜角為．4因此直線 AM的方程為 y＝x＋2．第3頁(yè) 共39頁(yè)2將x＝y(tǒng)－2代入x＋y＝1，得7y2－12y＝0．431212解得y＝0或y＝7，所以y1＝7．因此△AMN的面積S△AMN＝2×1×12×12＝144．27749(2)由題意知t>3，k>0，A(－t，0)．將直線AM的方程y＝k(x＋t)代入x2＋y2＝1，3得(3＋tk2)x2＋2t·tk2x＋t2k2－3t＝0．由x1·(－t)＝t2k2－3tt3－tk23＋tk2，得x1＝3＋tk2，故|AM|＝|x＋6t1＋k2t|1＋k2＝2．13＋tk由題設(shè)，直線AN的方程為y＝－1(x＋t)，k故同理可得|AN|＝6kt1＋k23k2＋t．由2|AM|＝|AN|，得2k，2＝23＋tk3k＋t即(k3－2)t＝3k(2k－1)．當(dāng)k＝32時(shí)上式不成立，因此t＝3k2k－1．3k－2k3－2k2＋k－2k－2k2＋1t>3等價(jià)于k3－2＝<0，k3－2即k3－2<0．k－2k－2>0，k－2<0，3因此得或k3－2>0，解得k3－2<02<k<2．故k的取值范圍是(32，2)．[方法點(diǎn)撥]本例在第(2)問(wèn)中可應(yīng)用根與系數(shù)的關(guān)系求出x1＝t3－tk22，這體現(xiàn)了整體思路．這是解3＋tk決解析幾何問(wèn)題時(shí)常用的方法，簡(jiǎn)單易懂，通過(guò)設(shè)而不求，大大降低了運(yùn)算量．[對(duì)點(diǎn)演練]x2y213(2016·蘭州實(shí)戰(zhàn)考試)已知橢圓C：a2＋b2＝1(a＞b＞0)的離心率為2，且經(jīng)過(guò)點(diǎn)P1，2，左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2．第4頁(yè) 共39頁(yè)(1)求橢圓C的方程；(2)過(guò)F1的直線l與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，若△AF2B的內(nèi)切圓半徑為32，求以F27為圓心且與直線 l相切的圓的方程．c 1 2 2 2 2解：(1)由＝，得a＝2c，所以a＝4c，b＝3c，32將點(diǎn)P1，2的坐標(biāo)代入橢圓方程得c＝1，2 2故所求橢圓方程為 x＋y＝1．3由(1)可知F1(－1,0)，設(shè)直線l的方程為x＝ty－1，代入橢圓方程，整理得(4＋3t2)y2－6ty－9＝0，顯然判別式大于0恒成立，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，△AF2B的內(nèi)切圓半徑為r0，則有y1＋y2＝6t2，y1y2＝－932，2，r0＝4＋3t4＋3t7112所以S△AF2B＝S△AF1F2＋S△BF1F2＝2|F1F2||y·1－y2|＝2|F1F2|·y1＋y2－4y1y2＝12t2＋14＋2．3t111而S△AF2B＝|AB|r0＋|BF2|r0＋|AF2|r022212r0(|AB|＋|BF2|＋|AF2|)12r0(|AF1|＋|BF1|＋|BF2|＋|AF2|)12r0·4a1×8×3227122，7所以12t2＋1122，解得t2＝1，2＝4＋3t7因?yàn)樗髨A與直線l相切，所以半徑r＝2＝2，2＋1t所以所求圓的方程為(x－1)2＋y2＝2．借“曲線系”，理清規(guī)律第5頁(yè) 共39頁(yè)利用曲線系解題，往往簡(jiǎn)捷明快，事半功倍，所以靈活運(yùn)用曲線是解析幾何中重要的解題方法和技巧之一．已知雙曲線x2y2[典例]22y＝3x，它的一個(gè)焦點(diǎn)a－b＝1(a＞0，b＞0)的一條漸近線方程是在拋物線y2＝24x的準(zhǔn)線上，則雙曲線的方程為()2222x－y＝1B．x－y＝1A．36108927x2y2x2y2C．108－36＝1D．27－9＝122xy[解析]由雙曲線a2－b2＝1(a＞0，b＞0)的一條漸近線方程是y＝3x，可設(shè)雙曲線的方2程為x2－y3＝λ(λ＞0)．因?yàn)殡p曲線x222y22＝24x的準(zhǔn)線上，a－b＝1(a＞0，b＞0)的一個(gè)焦點(diǎn)在拋物線y22所以F(－6,0)是雙曲線的左焦點(diǎn)，即λ＋3λ＝36，λ＝9，所以雙曲線的方程為x－y＝1．927[答案] B[方法點(diǎn)撥]本題利用共漸近線系雙曲線方程，可使問(wèn)題馬上得到解決．避免了復(fù)雜的判斷、可能的分類(lèi)討論、繁雜的解方程組，事半功倍．[對(duì)點(diǎn)演練]圓心在直線 x－y－4＝0上，且經(jīng)過(guò)兩圓 x2＋y2＋6x－4＝0和x2＋y2＋6y－28＝0的交點(diǎn)的圓的方程為 ( )A．x2＋y2－x＋7y－32＝0 B．x2＋y2－x＋7y－16＝0C．x2＋y2－4x＋4y＋9＝0 D．x2＋y2－4x＋4y－8＝0解析：選A 設(shè)經(jīng)過(guò)兩圓的交點(diǎn)的圓的方程為x2＋y2＋6x－4＋λ(x2＋y2＋6y－28)＝0，即x2＋y2＋6x＋6λy－4＋28λ＝0，1＋λ1＋λ1＋λ其圓心坐標(biāo)為－3，－3λ1＋λ1＋λ，又圓心在直線x－y－4＝0上，所以－3＋3λ－4＝0，1＋λ1＋λ解得λ＝－7，故所求圓的方程為 x2＋y2－x＋7y－32＝0．巧引參數(shù)，方便運(yùn)算換元引參是一種重要的數(shù)學(xué)方法，特別是解析幾何中的最值問(wèn)題、不等式問(wèn)題等，利用第6頁(yè) 共39頁(yè)換元引參使一些關(guān)系能夠相互聯(lián)系起來(lái)，激活了解題的方法，往往能化難為易，達(dá)到事半功倍．常見(jiàn)的參數(shù)可以選擇點(diǎn)的坐標(biāo)、直線的斜率、直線的傾斜角等．在換元過(guò)程中，還要注意代換的等價(jià)性，防止擴(kuò)大或縮小原來(lái)變量的取值范圍或改變?cè)}條件．x2y2A，22B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．若|AP|＝|OA|，證明直線OP的斜率k滿足|k|＞3．[解]法一：依題意，直線OP的方程為y＝kx，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x0，y0)．y0＝kx0，22由條件，得x0y0＝1.a2＋b2消去y0并整理，得2a2b22．①x0＝22ka＋b由|AP|＝|OA|，A(－a,0)及y0＝kx0，得(x0＋a)2＋k2x20＝a2，整理得(1＋k2)x20＋2ax0＝0．2a而x0≠0，于是x0＝1＋k2，代入①，整理得 (1＋k2)2＝4k2ab2＋4．又a＞b＞0，故(1＋k2)2＞4k2＋4，即k2＋1＞4，因此k2＞3，所以|k|＞ 3．法二：依題意，直線OP的方程為y＝kx，可設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x0，kx0)．222由點(diǎn)P在橢圓上，得x0kx02＋b2＝1．a(chǎn)因?yàn)閍＞b＞0，kx0≠0，所以x02＋k2x022a2＜1，a即(1＋k2)x20＜a2．②由|AP|＝|OA|及A(－a,0)，得(x0＋a)2＋k2x20＝a2，2a整理得(1＋k2)x20＋2ax0＝0，于是x0＝1＋k2，22 4a 2代入②，得(1＋k)· 22＜a，解得k2＞3，所以|k|＞ 3．法三：設(shè)P(acosθ，bsinθ)(0≤θ＜2π)，b則線段OP的中點(diǎn)Q的坐標(biāo)為2cosθ，2sinθ．|AP|＝|OA|?AQ⊥OP?kAQ×k＝－1．第7頁(yè) 共39頁(yè)又A(－a,0)，所以k＝bsinθ，AQ2a＋acosθ即bsinθ－akAQcosθ＝2akAQ．2222從而可得|2akAQ|≤b＋akAQ＜a1＋kAQ，31解得|kAQ|＜3．故|k|＝|kAQ|＞3．[方法點(diǎn)撥]求解本題利用橢圓的參數(shù)方程，可快速建立各點(diǎn)之間的聯(lián)系，降低運(yùn)算量．[對(duì)點(diǎn)演練]x2y2F1，F(xiàn)2，且離心率為(2016·長(zhǎng)春市質(zhì)量檢測(cè))橢圓a2＋b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦點(diǎn)分別為1，點(diǎn)P為橢圓上一動(dòng)點(diǎn)，△F1PF2面積的最大值為3．2(1)求橢圓的方程；(2)設(shè)橢圓的左頂點(diǎn)為 A1，過(guò)右焦點(diǎn) F2的直線l與橢圓相交于 A，B兩點(diǎn)，連接A1A，A1B―→―→并延長(zhǎng)分別交直線x＝4于R，Q兩點(diǎn)，問(wèn)RF2·QF2是否為定值？若是，求出此定值；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．解：(1)已知橢圓的離心率為 1，不妨設(shè)c＝t，a＝2t，2則b＝ 3t，其中t＞0，當(dāng)△F1PF2面積取最大值時(shí)，點(diǎn) P為短軸端點(diǎn)，1因此2·2t·3t＝ 3，解得t＝1，2 2則橢圓的方程為 x＋y＝1．3由(1)可知F2(1,0)，A1(－2,0)．設(shè)直線AB的方程為x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，x＝my＋1，可得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，聯(lián)立x2y2＋＝1，43－6m則y1＋y2＝4＋3m2，①9y1y2＝ 2，②4＋3my1直線AA1的方程為 y＝x1＋2(x＋2)，y2直線 BA1的方程為y＝x2＋2(x＋2)，第8頁(yè) 共39頁(yè)6y16y2則R4，＋2，Q4，＋2，x1x2―→6y1―→6y2F2R＝3，x1＋2，F(xiàn)2Q＝3，x2＋2，―→―→＝9＋6y16y2＝6y16y2＋9＝36y1y2＋9則F2R·F2Q··2x1＋2x2＋2my1＋3my2＋3my1y2＋3my1＋y2＋9將①②兩式代入上式，整理得―→―→F2R·F2Q＝0，―→―→為定值0．即F2R·F2Q1．(2016·川高考四)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，P是以F為焦點(diǎn)的拋物線y2＝2px(p＞0)上任意一點(diǎn)，M是線段PF上的點(diǎn)，且|PM|＝2|MF|，則直線OM的斜率的最大值為()32A．3B．32C．2D．1解析：選C如圖所示，設(shè)P(x0，y0)(y0＞0)，則y20＝2px0，2y0即x0＝ ．設(shè)M(x′，y′)，―→―→，由PM＝2MFx′－x0＝2p－x′，得2y′－y0＝20－y′，x′＝p＋x0，化簡(jiǎn)可得3y0y′＝3.y0∴直線OM的斜率為k＝3y0＝2p≤2p＝2＝2p時(shí)取等＝22p22(當(dāng)且僅當(dāng)0y022p2y0p＋32py0＋y0號(hào))．2．設(shè)雙曲線x2y2y＝－2x，且一個(gè)焦點(diǎn)與拋物線12的焦點(diǎn)相＋＝1的一條漸近線為y＝xab4同，則此雙曲線的方程為 ( )A．5x2－5y2＝1B．5y2－5x2＝144第9頁(yè) 共39頁(yè)y＝－2x，252＝1522＝1C．5x－yD．y－5x442解析：選D 因?yàn)閤＝4y的焦點(diǎn)為(0,1)，因?yàn)殡p曲線的一條漸近線為所以設(shè)雙曲線的方程為 y2－4x2＝λ(λ＞0)，2即y－x＝1，λλ44則λ＋＝1，λ＝，4 5所以雙曲線的方程為522＝1，故選D．y－5x4223．已知雙曲線x2－y2＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1(－c，0)，F(xiàn)2(c,0)，P為雙ab―→―→3212，則該雙曲線的離心率的取值曲線上任一點(diǎn)，且PF1·PF2最小值的取值范圍是－c，－2c4范圍為()A．(1，2]B．[2，2]C．(0，2]D．[2，＋∞)解析：選B設(shè)P(x0，y0)，―→―→＝(－c－x0，－y0)·(c－x0，－y0)則PF1·PF222222y022＝x0－c＋y0＝a1＋b2－c＋y0，上式當(dāng)y＝0時(shí)取得最小值a2－c2，0根據(jù)已知－3c2≤a2－c2≤－1c2，42即14c2≤a2≤12c2，c2即2≤a2≤4，c即2≤a≤2，所以所求離心率的取值范圍是[2，2]．4．過(guò)拋物線y2＝2px(p＞0)的焦點(diǎn)F，斜率為4的直線交拋物線于―→―→A，B兩點(diǎn)，若AF＝λFB3(λ＞1)，則λ的值為()A．5B．445C．3D．2第10頁(yè) 共39頁(yè)解析：選B根據(jù)題意設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，―→―→，由AF＝λFB得p－x，－y＝λ－p，y2，211x22故－y1＝λy，即2y1λ＝－y2．設(shè)直線AB的方程為y＝4p3x－2，聯(lián)立直線與拋物線方程，消元得y2－3py－p2＝0．232故y1＋y2＝p，y1y2＝－p，2y1＋y22＝y(tǒng)1＋y2＋2＝－9，y1y2y2y14即－λ－1＋2＝－9．λ 4又λ＞1，解得λ＝4．5．(2015·川高考四)設(shè)直線l與拋物線 y2＝4x相交于A，B兩點(diǎn)，與圓(x－5)2＋y2＝r2(r>0)相切于點(diǎn)M，且M為線段AB的中點(diǎn)．若這樣的直線l恰有4條，則r的取值范圍是()A．(1,3)B．(1,4)C．(2,3)D．(2,4)設(shè)Ay222＋y2＋y解析：選D12，C(5,0)為圓心，當(dāng)y≠－y，y1，By，y2，My12，y12244821時(shí)，kAB＝44y1＋y22224，所以M3，y1＋y2，又r2，kCM＝22，由kAB·kCM＝－1?y1＋y2＝2＋y1＋y2－40yy2y1＋y22122222222－＝|CM|＝4＋2＝10＋y1y2，所以(2r－20)＝y(tǒng)1y2，所以y1，y2是方程t－24t＋(2r220)2＝0的兩個(gè)不同的正根，由＞0得2＜r＜4．綜上，r的取值范圍是(2,4)．6．中心為原點(diǎn)，一個(gè)焦點(diǎn)為F(0,52)的橢圓，截直線y＝3x－2所得弦中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為1，2則該橢圓方程為()2x2＋2y2＝1B．x2＋y2＝1A．75257525x2y22x22y2C．25＋75＝1D．25＋75＝1解析：選C由已知得c＝52，2y設(shè)橢圓的方程為a2－50＋a2＝1，第11頁(yè) 共39頁(yè)222x＋y2＝1，聯(lián)立a－50ay＝3x－2，消去y得22－12(a2222－50)＝0，設(shè)直線y＝3x－2與橢(10a－450)x－50)x＋4(a－50)－a(a圓的交點(diǎn)坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，12a2－50由根與系數(shù)關(guān)系得x1＋x2＝2，10a－450由題意知 x1＋x2＝1，a2－50即2＝1，10a－450解得a2＝75，2 2所以該橢圓方程為 75y＋25x＝1．2x 27．已知雙曲線 C： －y＝1，點(diǎn)M的坐標(biāo)為(0,1)．設(shè)P是雙曲線 C上的點(diǎn)，Q是點(diǎn)P關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)．記―→―→，則λ的取值范圍是________．λ＝MP·MQ解析：設(shè)P(x0，y0)，則Q(－x0，－y0)，―→―→λ＝MP·MQ(x0，y0－1)·(－x0，－y0－1)＝－x20－y20＋132＝－2x0＋2．因?yàn)閨x0|≥ 2，所以λ的取值范圍是(－∞，－1]．答案：(－∞，－1]8．(2017長(zhǎng)·春質(zhì)檢)已知AB為圓x2＋y2＝1的一條直徑，點(diǎn)P為直線x－y＋2＝0上任意―→―→一點(diǎn)，則 PA·PB的最小值為_(kāi)_______．解析：由題意，設(shè) A(cosθ，sinθ)，P(x，x＋2)，則B(－cosθ，－sinθ)，―→∴PA＝(cosθ－x，sinθ－x－2)，―→PB(－cosθ－x，－sinθ－x－2)，―→―→∴PA·PB(cosθ－x)(－cosθ－x)＋(sinθ－x－2)(－sinθ－x－2)x2＋(x＋2)2－cos2θ－sin2θ第12頁(yè) 共39頁(yè)2x2＋4x＋32(x＋1)2＋1，當(dāng)且僅當(dāng) x＝－1，―→―→即P(－1，1)時(shí)，PA·PB取最小值 1．答案：1x＝2pt2，A作l9．設(shè)拋物線(t為參數(shù)，p＞0)的焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線為l．過(guò)拋物線上一點(diǎn)y＝2pt的垂線，垂足為B．設(shè)C7，AF與BC相交于點(diǎn)E．若|CF|＝2|AF|，且△ACE的面積為p，0232，則p的值為_(kāi)_______．x＝2pt2，(p＞0)消去t可得拋物線方程為y2＝2px(p＞0)，解析：由y＝2pt3F2，0，|AB|＝|AF|＝2|CF|＝2p，可得A(p，2p)．p易知△AEB∽△FEC，|AE||FE|＝|FC|AB||＝12，111＝22＝32，故S△ACE＝S△ACF＝×3p×2p×2p332p2＝6．∵p＞0，∴p＝6．答案：66x2y210．(2016河·北三市二聯(lián))已知離心率為3的橢圓a2＋b2＝1(a＞b＞0)的一個(gè)焦點(diǎn)為F，過(guò)F且與x軸垂直的直線與橢圓交于A，B兩點(diǎn)，|AB|＝23．3(1)求此橢圓的方程；(2)已知直線 y＝kx＋2與橢圓交于 C，D兩點(diǎn)，若以線段 CD為直徑的圓過(guò)點(diǎn) E(－1,0)，求k的值．解：(1)設(shè)焦距為 2c，c 6 2 2 2∵e＝＝ ，a＝b＋c，2∴ba＝33，由題意可知 ba＝33，∴b＝1，a＝ 3，2∴橢圓的方程為 x3＋y2＝1．將y＝kx＋2代入橢圓方程，第13頁(yè) 共39頁(yè)2得(1＋3k)x＋12kx＋9＝0，又直線與橢圓有兩個(gè)交點(diǎn)，2 2所以 ＝(12k)－36(1＋3k)＞0，設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，則x1＋x2＝－12k2，x1x2＝92，1＋3k1＋3k若以CD為直徑的圓過(guò) E點(diǎn)，―→―→則PB·ED＝0，即(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝0，2而y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝kx1x2＋2k(x1＋x2)＋4，則(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2(k2＋1)x1x2＋(2k＋1)(x1＋x2)＋59k2＋112k2k＋1＋5＝0，＝1＋3k2－1＋3k2解得k＝7，滿足k2＞1．62x11．(2016山·東高考節(jié)選)平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：a2＋y232b2＝1(a＞b＞0)的離心率是2，拋物線E：x＝2y的焦點(diǎn)F是C的一個(gè)頂點(diǎn)．求橢圓C的方程．(2)設(shè)P是E上的動(dòng)點(diǎn)，且位于第一象限，E在點(diǎn)P處的切線l與C交于不同的兩點(diǎn)A，B，線段AB的中點(diǎn)為D．直線OD與過(guò)P且垂直于x軸的直線交于點(diǎn)M．求證：點(diǎn)M在定直線上．a(chǎn)2－b2＝3，解：(1)由題意知a2可得a2＝4b2．因?yàn)閽佄锞€ E的焦點(diǎn)為 F0，12，所以b＝1，a＝1．2所以橢圓 C的方程為 x2＋4y2＝1．m2證明：設(shè)Pm，2(m＞0)．由x2＝2y，可得y′＝x，第14頁(yè) 共39頁(yè)所以直線 l的斜率為 m．2m因此直線 l的方程為 y－ ＝m(x－m)，2即y＝mx－m2．設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)，x2＋4y2＝1，聯(lián)立方程m2y＝mx－2，得(4m2＋1)x2－4m3x＋m4－1＝0．由＞0，得0＜m2＜2＋5．(*)34m由根與系數(shù)的關(guān)系得 x1＋x2＝ 2 ，4m＋12m3因此 x0＝4m2＋1．2將其代入 y＝mx－m2，m2得y0＝24m2＋1．因?yàn)閥0＝－1，x0 4m所以直線 OD的方程為 y＝－4m1x．1聯(lián)立方程y＝－4mx，x＝m，得點(diǎn)M的縱坐標(biāo)yM＝－1，4所以點(diǎn)M在定直線y＝－1上．412．(2016合·肥質(zhì)檢)已知中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在y軸上的橢圓C，其上一點(diǎn)P到兩個(gè)焦點(diǎn)F1，F(xiàn)2的距離之和為4，離心率為3．2求橢圓C的方程；若直線y＝kx＋1與曲線C交于A，B兩點(diǎn)，求△OAB面積的取值范圍．y2 x2解：(1)設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為 a2＋b2＝1(a＞b＞0)，c 3 2 2 2由題意可知 2a＝4，＝ ，又a＋b＝c，第15頁(yè) 共39頁(yè)解得a＝2，c＝ 3，b＝1，2故橢圓C的方程為y＋x2＝1．4(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，2y2x＋＝1，得(k2＋4)x2＋2kx－3＝0，由4y＝kx＋1故x1＋x2＝－22k，x1x2＝－23，①k＋4k＋4設(shè)△OAB的面積為S，3＜0，由x1x2＝－2k＋41 1知S＝2(|x1|＋|x2|)＝2|x1－x2|＝1x1＋x22－4x1x2＝2k2＋32，2＋42k令k2＋3＝t，知t≥3，1．∴S＝21＋2t＋t11t2－1對(duì)函數(shù)y＝t＋t(t≥3)，知y′＝1－t2＝t2＞0，y＝t＋1在t∈[3，＋∞)上單調(diào)遞增，tt＋1t≥103，∴0＜1≤3，∴0＜S≤3，1162t＋t＋2即△OAB面積的取值范圍是3．0，2第二課時(shí) 定點(diǎn)、定值、證明問(wèn)題定點(diǎn)問(wèn)題[典例]已知拋物線C：y2＝2px(p＞0)的焦點(diǎn)F(1,0)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，A，B是拋物線C上異于O的兩點(diǎn)．(1)求拋物線C的方程；(2)若直線OA，OB的斜率之積為－1，求證：直線AB過(guò)x軸上一定點(diǎn)．2第16頁(yè) 共39頁(yè)[解] (1)因?yàn)閽佄锞€ y2＝2px(p＞0)的焦點(diǎn)坐標(biāo)為 (1,0)，所以p＝1，即p＝2．2所以拋物線 C的方程為 y2＝4x．證明：①當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，2 2設(shè)At，t，Bt，－t．4 4因?yàn)橹本€OA，OB的斜率之積為－1，2t－t1，化簡(jiǎn)得2＝32．所以22＝－t2tt44所以A(8，t)，B(8，－t)，此時(shí)直線 AB的方程為 x＝8．②當(dāng)直線 AB的斜率存在時(shí)，設(shè)其方程為 y＝kx＋b，A(xA，yA)，B(xB，yB)，2y＝4x，消去x得ky2－4y＋4b＝0．聯(lián)立方程組y＝kx＋b，由根與系數(shù)的關(guān)系得yAyB＝4b，k因?yàn)橹本€OA，OB的斜率之積為－1，2所以yAyB1，即xAxB＋2yAyB＝0．·＝－2xAxB2即yA·yB＋2yAyB＝0，44解得yAyB＝0(舍去)或yAyB＝－32．4b所以yAyB＝k＝－32，即b＝－8k，所以y＝kx－8k，即y＝k(x－8)．綜合①②可知，直線 AB過(guò)定點(diǎn)(8,0)．[方法點(diǎn)撥]圓錐曲線中定點(diǎn)問(wèn)題的兩種解法引進(jìn)參數(shù)法：引進(jìn)動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)或動(dòng)線中系數(shù)為參數(shù)表示變化量，再研究變化的量與參數(shù)何時(shí)沒(méi)有關(guān)系，找到定點(diǎn)．特殊到一般法：根據(jù)動(dòng)點(diǎn)或動(dòng)線的特殊情況探索出定點(diǎn)，再證明該定點(diǎn)與變量無(wú)關(guān)．[對(duì)點(diǎn)演練]22已知橢圓xy，其長(zhǎng)軸、焦距和短軸的長(zhǎng)的平方依次成等差數(shù)a2＋b2＝1(a＞b＞0)過(guò)點(diǎn)(0,1)第17頁(yè) 共39頁(yè)列．直線l與x軸正半軸和y軸分別交于Q，P，與橢圓分別交于點(diǎn)M，N，各點(diǎn)均不重合且―→―→―→―→．滿足PM＝λ1MQ，PN＝λ2NQ(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若λ＋λ＝－3，試證明：直線 l過(guò)定點(diǎn)并求此定點(diǎn)．1 2解：(1)設(shè)橢圓的焦距為 2c，由題意知 b＝1，且(2a)2＋(2b)2＝2(2c)2，又a2＝b2＋c2，所以a2＝3．2x 2所以橢圓的方程為 ＋y＝1．(2)由題意設(shè) P(0，m)，Q(x0,0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直線l的方程為 x＝t(y－m)，―→―→，知(x1，y1－m)＝λ1(x0－x1，－y1)，由PM＝λ1MQ∴y－m＝－yλ，由題意y≠0，1111∴λ＝m－1．1y1同理由―→―→知λ＝m－1．PN＝λNQ22y2∵λ＋λ＝－3，∴m－1＋m－1＝－3，12y1y2y1y2＋m(y1＋y2)＝0，①x2＋3y2＝3，聯(lián)立x＝ty－m，得(t2＋3)y2－2mt2y＋t2m2－3＝0，∴由題意知＝4m2t4－4(t2＋3)(t2m2－3)＞0，②2mt2t2m2－3且有y1＋y2＝t2＋3，y1y2＝t2＋3，③③代入①得 t2m2－3＋2m2t2＝0，(mt)2＝1，由題意mt＜0，∴mt＝－1，滿足②，故直線l的方程為 x＝ty＋1，過(guò)定點(diǎn)(1,0)，即Q為定點(diǎn)．定值問(wèn)題22xy[典例](2017張·掖診斷)如圖，橢圓E：a2＋b2＝1(a＞b＞0)經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(0，－1)，且離心率為2．2第18頁(yè) 共39頁(yè)求橢圓E的方程；經(jīng)過(guò)點(diǎn)(1,1)，且斜率為k的直線與橢圓E交于不同兩點(diǎn)P，Q(均異于點(diǎn)A)，證明：直線AP與AQ的斜率之和為定值．[解]c＝2，b＝1，(1)由題意知a2由a2＝b2＋c2，得a＝ 2，2所以橢圓 E的方程為x2＋y2＝1．(2)證明：設(shè)直線 PQ的方程為 y＝k(x－1)＋1(k≠2)，2代入x2＋y2＝1，得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，由題意知＞0，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，且x1x2≠0，則x1＋x2＝4kk－12，x1x2＝2kk－22，1＋2k1＋2k所以直線 AP與AQ的斜率之和y1＋1 y2＋1kAP＋kAQ＝ ＋x1 x2kx1＋2－kkx2＋2－k＝＋x1x2＝2k＋(2－k)1＋1x1x2＝2k＋(2－k)x1＋x2x1x2＝2k＋(2－k)4kk－12kk－2＝2k－2(k－1)＝2．故直線AP與AQ的斜率之和為定值2．[方法點(diǎn)撥]定值問(wèn)題常見(jiàn)的2種求法從特殊入手，求出定值，再證明這個(gè)值與變量無(wú)關(guān)．引進(jìn)變量法：其解題流程為第19頁(yè) 共39頁(yè)[對(duì)點(diǎn)演練]22已知橢圓xy，長(zhǎng)軸長(zhǎng)與短軸長(zhǎng)的比是2∶3．a(chǎn)2＋b2＝1(a＞b＞0)的左焦點(diǎn)F1(－1,0)求橢圓的方程；過(guò)F1作兩直線m，n交橢圓于A，B，C，D四點(diǎn)，若m⊥n，求證：1＋1為定值．|AB||CD|2a∶2b＝2∶3，解：(1)由已知得c＝1，a2＝b2＋c2.解得a＝2，b＝3．x2y2故所求橢圓的方程為4＋3＝1．(2)證明：由已知F1(－1,0)，當(dāng)直線m不垂直于坐標(biāo)軸時(shí)，可設(shè)直線m的方程為y＝k(x＋1)(k≠0)．y＝kx＋1，由x2＋y2＝1，43得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0．由于＞0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有x1＋x2＝－8k22，x1x2＝4k2－123＋4k2，3＋4k|AB|＝1＋k2[x1＋x22－4x1x2]2－8k2224k2－12＝1＋k－4·3＋4k3＋4k22＝121＋k2．3＋4k1＋k2同理|CD|＝3k2＋4．所以1＋22＋41＝3＋4k2＋3k2|AB||CD|121＋k121＋k2＝7．＝71＋k2121＋k12當(dāng)直線m垂直于坐標(biāo)軸時(shí)，此時(shí)|AB|＝3，|CD|＝4；或|AB|＝4，|CD|＝3，第20頁(yè) 共39頁(yè)1 1 1 1 7所以 ＋ ＝＋＝ ．綜上，|AB|1＋|CD1|為定值127．證明問(wèn)題[典例](2017山·西省四校聯(lián)考)如圖，圓C與x軸相切于點(diǎn)T(2，0)，與y軸正半軸相交于兩點(diǎn)M，N(點(diǎn)M在點(diǎn)N的下方)，且|MN|＝3．(1)求圓C的方程；22(2)過(guò)點(diǎn)M任作一條直線與橢圓x＋y＝1相交于兩點(diǎn)A，B，連接84AN，BN，求證：∠ANM＝∠BNM．[解] (1)設(shè)圓C的半徑為 r(r＞0)，依題意，圓心 C的坐標(biāo)為(2，r)．|MN|＝3，r2＝322＋22，解得r2＝25．4∴圓C的方程為(x－2)2＋y－522＝254．5225證明：把x＝0代入方程(x－2)＋y－2＝4，解得y＝1或y＝4，即點(diǎn)M(0,1)，N(0,4)．①當(dāng)AB⊥y軸時(shí)，由橢圓的對(duì)稱(chēng)性可知∠ ANM＝∠BNM．②當(dāng)AB與y軸不垂直時(shí)，可設(shè)直線 AB的方程為 y＝kx＋1．y＝kx＋1，聯(lián)立方程 x2＋2y2＝8，消去y得，(1＋2k2)x2＋4kx－6＝0．設(shè)直線AB交橢圓于 A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點(diǎn)，－4k －6則x1＋x2＝1＋2k2，x1x2＝1＋2k2．y1－4 y2－4∴kAN＋kBN＝ ＋x1 x2第21頁(yè) 共39頁(yè)kx1－3＋kx2－3x1 x22kx1x2－3x1＋x2．x1x2若kAN＋kBN＝0，則∠ANM＝∠BNM．2kx1x2－3(x1＋x2)12k12k＝1＋2k2＋1＋2k20，∴∠ANM＝∠BNM．[方法點(diǎn)撥]圓錐曲線中的證明問(wèn)題多涉及證明定值、點(diǎn)在定直線上等，有時(shí)也涉及一些否定性命題，證明方法一般是采用直接法或反證法．[對(duì)點(diǎn)演練](2017·開(kāi)封模擬)如圖，已知圓G：(x－2)224x2＋y＝是橢圓C：29a＋y2b2＝1(a＞b＞0)的內(nèi)接△ABC的內(nèi)切圓，其中A(－4,0)為橢圓的左頂點(diǎn)．求橢圓C的方程；(2)過(guò)橢圓的上頂點(diǎn) M作圓G的兩條切線交橢圓于 E，F(xiàn)兩點(diǎn)，證明：直線EF與圓G相切．解：(1)由題意可知 BC垂直于x軸，a＝4．設(shè)B(2＋r，y0)(r為圓G的半徑)，過(guò)圓心G作GD⊥AB于D，BC交x軸于H，由GD＝HB，得r＝y(tǒng)0，ADAH26＋r36－r即y0＝r6＋r，6－r∵r＝2，∴y0＝ 5，3 3∵B83，35在橢圓上，8252∴3342＋b2＝1，解得b＝1，第22頁(yè) 共39頁(yè)2x 2∴橢圓C的方程為 ＋y＝1．2 2 4(2)證明：由(1)可知M(0,1)，設(shè)過(guò)點(diǎn) M(0,1)與圓(x－2)＋y＝9相切的直線方程為： y＝kx＋1，①則2＝|2k＋1|，31＋k2即32k2＋36k＋5＝0，②－9＋41，k2＝－9－41解得k1＝，16162x 2 2 2將①代入 ＋y＝1得(16k＋1)x＋32kx＝0，32k則異于零的解為 x＝－ 2 ．16k＋1設(shè)F(x1，k1x1＋1)，E(x2，k2x2＋1)，32k132k2則x1＝－16k12＋1，x2＝－16k22＋1，k2x2－k1x1k1＋k23則直線FE的斜率為：kEF＝x2－x1＝1－16k1k2＝4，于是直線FE的方程為：2332k132k1y＋16k12＋1－1＝4x＋16k12＋1，即y＝34x－73，3－7則圓心(2,0)到直線FE的距離d＝ 2 3 ＝2＝r，31＋16故結(jié)論成立．1．已知橢圓x2y23，短軸端點(diǎn)到焦點(diǎn)的距離為2．222C：a＋b＝1(a＞b＞0)的離心率為求橢圓C的方程；設(shè)A，B為橢圓C上任意兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，且OA⊥OB．求證：原點(diǎn)O到直線AB的距離為定值 ，并求出該定值．解：(1)由題意知，e＝c＝3，b2＋c2＝2，a2又a2＝b2＋c2，所以a＝2，c＝ 3，b＝1，第23頁(yè) 共39頁(yè)2x 2所以橢圓 C的方程為 ＋y＝1．5證明：當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，直線AB的方程為x＝±5，此時(shí)，原點(diǎn)O到直線AB的距離為255．當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．x2＋y2＝1，得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0．由4y＝kx＋m，則＝(8km)2－2222＋x2＝－8km2，x1x2＝4m2－44(1＋4k)(4m－4)＝16(1＋4k－m)＞0，x11＋4k1＋4k2，則y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝m2－4k22，1＋4k由OA⊥OB，得kOA·kOB＝－1，即y1y2＝－1，x1·x25m2－4－4k2所以x1x2＋y1y2＝ 2 ＝0，1＋4k242即m＝(1＋k)，滿足＞0．5所以原點(diǎn)O到直線AB的距離為|m|＝255．1＋k2綜上，原點(diǎn)O到直線AB的距離為定值25．5：x2y23，F(xiàn)2．(2017湖·南省東部六校聯(lián)考)設(shè)橢圓C22＝1(a＞b＞0)的離心率為，F(xiàn)1a＋b212是橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)，P是橢圓上任意一點(diǎn)，且△PF1F2的周長(zhǎng)是4＋23．求橢圓C1的方程；設(shè)橢圓C1的左、右頂點(diǎn)分別為A，B，過(guò)橢圓C1上的一點(diǎn)D作x軸的垂線交x軸于點(diǎn)E，若C點(diǎn)滿足―→―→―→―→，連接AC交DE于點(diǎn)P，求證：PD＝PE．AB⊥BC，AD∥OC3c33解：(1)由e＝2，知a＝2，所以c＝2a，因?yàn)椤鱌F1F2的周長(zhǎng)是 4＋2 3，所以2a＋2c＝4＋2 3，所以a＝2，c＝ 3，2 2 2所以b＝a－c＝1，第24頁(yè) 共39頁(yè)2x 2所以橢圓 C1的方程為 ＋y＝1．證明：由(1)得A(－2,0)，B(2,0)，設(shè)D(x0，y0)，所以E(x0,0)，―→―→因?yàn)锳B⊥BC，所以可設(shè)C(2，y1)，―→―→，y1)，所以AD＝(x0＋2，y0)，OC＝(2―→―→由AD∥OC可得(x0＋2)y1＝2y0，即y1＝2y0．x0＋2AC的方程為：yx＋2所以直線2y0＝4．x0＋2整理得y＝y(tǒng)02x0＋2(x＋2)．又點(diǎn)P在直線DE上，y0將x＝x0代入直線AC的方程可得y＝2，即點(diǎn)P的坐標(biāo)為x0，y0，2所以P為DE的中點(diǎn)，所以PD＝PE．221，其左焦點(diǎn)到點(diǎn)3．橢圓C：x2＋y2＝1(a＞b＞0)的離心率為P(2，1)的距離為10．a(chǎn)b2求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程．若直線l：y＝kx＋m與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)(A，B不是左、右頂點(diǎn))，且以AB為直徑的圓過(guò)橢圓C的右頂點(diǎn)．求證：直線l過(guò)定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)．解：(1)因?yàn)樽蠼裹c(diǎn)(－c,0)到點(diǎn)P(2,1)的距離為10，所以2＋c2＋1＝10，解得c＝1．又e＝c＝1，解得a＝2，a2所以b2＝a2－c2＝3．2 2所以所求橢圓 C的方程為x4＋y3＝1．(2)證明：設(shè) A(x1，y1)，B(x2，y2)，y＝kx＋m，由x2＋y2＝1，43第25頁(yè) 共39頁(yè)消去y，得(3＋4k222)x＋8mkx＋4(m－3)＝0，22220，＝64mk－16(3＋4k)(m－3)＞化簡(jiǎn)，得3＋4k2－m2＞0．－8mk4m2－3所以x1＋x2＝2，x1x2＝3＋4k2．3＋4ky1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝3m2－4k2．3＋4k2因?yàn)橐訟B為直徑的圓過(guò)橢圓右頂點(diǎn)D(2,0)，則kAD·kBD＝－1，所以y1·y2＝－1，x1－2x2－2所以y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0，所以3m2－4k2＋4m2－316mk22＋2＋4＝0．3＋4k3＋4k3＋4k化為7m2＋16mk＋4k2＝0，解得m1＝－2k，m2＝－2k，滿足3＋4k2－m2＞0．7當(dāng)m＝－2k時(shí)，l：y＝k(x－2)，直線過(guò)定點(diǎn)(2,0)與已知矛盾；2k22，0當(dāng)m＝－7時(shí)，l：y＝kx－7，直線過(guò)定點(diǎn)7．2綜上可知，直線l過(guò)定點(diǎn)7，0．4．(2016·昌一模南)已知橢圓C：x2y22＋2＝1(a＞b＞0)的兩焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)端點(diǎn)的連線ab構(gòu)成等邊三角形，直線x＋y＋22－1＝0與以橢圓C的右焦點(diǎn)為圓心，橢圓的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為半徑的圓相切．求橢圓C的方程；(2)設(shè)點(diǎn)B，C，D是橢圓上不同于橢圓頂點(diǎn)的三點(diǎn)，點(diǎn) B與點(diǎn)D關(guān)于原點(diǎn) O對(duì)稱(chēng)．設(shè)直線CD，CB，OB，OC的斜率分別為 k1，k2，k3，k4，且k1k2＝k3k4．①求k1k2的值；②求|OB|2＋|OC|2的值．解：(1)設(shè)橢圓C的右焦點(diǎn)為 F2(c,0)，第26頁(yè) 共39頁(yè)則c2＝a2－b2(c＞0)．由題意可得，以橢圓 C的右焦點(diǎn)為圓心，以橢圓的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為半徑的圓的方程為 (x－c)2y2＝a2，∴圓心到直線 x＋y＋2 2－1＝0的距離|c＋2 2－1|d＝ ＝a．(*)∵橢圓C的兩焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)端點(diǎn)的連線構(gòu)成等邊三角形，∴b＝3c，a＝2c，把a(bǔ)＝2c代入(*)式得c＝1，b＝3，a＝2，x2y2故所求橢圓的方程為4＋3＝1．(2)①設(shè)B(x1，y1)，C(x2，y2)，則D(－x1，－y1)，y2＋y1y2－y1y22－y12于是k1k2＝＋x·－x＝2－x2x21x21x213232＝44－x2－44－x13．22＝－x②由①及題意知，33k3k4＝k1k2＝－，故y1y2＝－x1x2．44∴92222323216x1x2＝y(tǒng)1y2＝4(4－x1)·(4－x2)，4即x21x22＝16－4(x21＋x22)＋x21x22，x21＋x22＝4．又2＝x12y12x22y22x12＋x22y12＋y22＋3＋＋＝4＋3，443故y21＋y22＝3．|OB|2＋|OC|2＝x21＋y12＋x22＋y22＝7．第三課時(shí) 最值、范圍、存在性問(wèn)題最值問(wèn)題[典例](2016廣·州市高考模擬)定圓M：(x＋3)2＋y2＝16，動(dòng)圓N過(guò)點(diǎn)F(3，0)且與圓M相切，記圓心N的軌跡為E．求軌跡E的方程；(2)設(shè)點(diǎn)A，B，C在E上運(yùn)動(dòng)，A與B關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，且 |AC|＝|CB|，當(dāng)△ABC的面積最小時(shí)，求直線 AB的方程．[解] (1)因?yàn)辄c(diǎn)F( 3，0)在圓M：(x＋ 3)2＋y2＝16內(nèi)，所以圓 N內(nèi)切于圓M．因?yàn)閨NM|＋|NF|＝4＞|FM|，第27頁(yè) 共39頁(yè)所以點(diǎn)N的軌跡E是以M(－ 3，0)，F(xiàn)( 3，0)為焦點(diǎn)的橢圓，且 2a＝4，c＝ 3，所以b＝1．2x 2所以軌跡 E的方程為 ＋y＝1．(2)①當(dāng)AB為長(zhǎng)軸(或短軸)時(shí)，依題意知，點(diǎn) C就是橢圓的上下頂點(diǎn) (或左右頂點(diǎn))，1此時(shí)S△ABC＝2·|OC|·|AB|＝2．②當(dāng)直線AB的斜率存在且不為0時(shí)，設(shè)其斜率為k，直線AB的方程為y＝kx，x224k24＋y＝1，242聯(lián)立方程y＝kx，可取xA＝1＋4k2，yA＝1＋4k2，22241＋k2所以|OA|＝xA＋yA＝1＋4k2．由|AC|＝|CB|知，△ABC為等腰三角形，O為AB的中點(diǎn)，OC⊥AB，x22所以直線OC的方程為y＝－14＋y＝1，kx，由1y＝－kx，得xC2＝24k2441＋k2，yC2＝2，所以．|OC|2＝2k＋4k＋4k＋4△＝2S△OAC＝|OA|·|OC|＝41＋k241＋k2＝41＋k2．1＋1＋4k2k2＋44kk＋4由于1＋4k2k2＋4≤1＋4k2＋k2＋451＋k2，2＝28所以S△ABC≥，2 2當(dāng)且僅當(dāng) 1＋4k＝k＋4，此時(shí)△ABC面積的最小值是 8．5因?yàn)?＞85，所以△ABC面積的最小值為 85，此時(shí)直線 AB的方程為 y＝x或y＝－x．[方法點(diǎn)撥]圓錐曲線中最值問(wèn)題的兩種類(lèi)型和兩種解法兩種類(lèi)型①涉及距離、面積的最值以及與之相關(guān)的一些問(wèn)題；第28頁(yè) 共39頁(yè)②求直線或圓錐曲線中幾何元素的最值以及這些元素存在最值時(shí)確定與之有關(guān)的一些問(wèn)題．兩種解法①幾何法，若題目的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征及意義，則考慮利用圖形性質(zhì)來(lái)解決；②代數(shù)法，若題目的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關(guān)系，則可先建立起目標(biāo)函數(shù)，再求這個(gè)函數(shù)的最值，最值常用基本不等式法、配方法及導(dǎo)數(shù)法求解．[提醒] 求最值問(wèn)題時(shí)，一定要注意對(duì)特殊情況的討論．如直線斜率不存在的情況，二次三項(xiàng)式最高次項(xiàng)的系數(shù)的討論等．[對(duì)點(diǎn)演練]已知橢圓 C的左、右焦點(diǎn)分別為 F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，且F2到直線x－ 3y－9＝0的距離等于橢圓的短軸長(zhǎng)．求橢圓C的方程．(2)若圓P的圓心為 P(0，t)(t＞0)，且經(jīng)過(guò)F1，F(xiàn)2，Q是橢圓C上的動(dòng)點(diǎn)且在圓 P外，過(guò)點(diǎn)Q作圓P的切線，切點(diǎn)為解：(1)設(shè)橢圓的方程為

M，當(dāng)|QM|的最大值為322時(shí)，求t的值．22xy＝1(a＞b＞0)．a(chǎn)2＋b2依題意可知， 2b＝|1－9|＝4，所以b＝2．2又c＝1，故a2＝b2＋c2＝5，2 2故橢圓C的方程為x＋y＝1．4由題意，圓P的方程為：x2＋(y－t)2＝t2＋1，設(shè)Q(x0，y0)，因?yàn)镻M⊥QM，所以|QM|＝|PQ|2－t2－1＝x02＋y0－t2－t2－1122＝－4y0＋4t＋4＋4t．1若－4t≤－2,即t≥，當(dāng)y0＝－2時(shí)，|QM|取得最大值，3 2|QM|max＝ 4t＋3＝ ，解得t＝3＜1(舍去)．8 2若－4t＞－2，第29頁(yè) 共39頁(yè)即0＜t＜1，2當(dāng)y0＝－4t時(shí)，|QM|取最大值，且|QM|max＝4＋4t2＝32，221解得t＝8．又0＜t＜1，所以t＝2．24綜上可知，當(dāng)t＝2時(shí)，|QM|的最大值為32．42范圍問(wèn)題x22[典例](2016浙·江高考)如圖，設(shè)橢圓a2＋y＝1(a＞1)．(1)求直線y＝kx＋1被橢圓截得的線段長(zhǎng)(用a，k表示)；若任意以點(diǎn)A(0,1)為圓心的圓與橢圓至多有3個(gè)公共點(diǎn)，求橢圓離心率的取值范圍．[解](1)設(shè)直線y＝kx＋1被橢圓截得的線段為AP，y＝kx＋1，由x22a2＋y＝1，2222得(1＋ak)x＋2akx＝0，2故x1＝0，x2＝－2a2k2．1＋ak因此|AP|＝22a2|k|1＋k21＋k|x1－x2|＝22．1＋ak(2)假設(shè)圓與橢圓的公共點(diǎn)有4個(gè)，由對(duì)稱(chēng)性可設(shè)y軸左側(cè)的橢圓上有兩個(gè)不同的點(diǎn)P，Q，滿足|AP|＝|AQ|．記直線AP，AQ的斜率分別為 k1，k2，且k1，k2＞0，k1≠k2．2|2由(1)知，|AP|＝2a|k11＋k11＋a2k12，222a|k2|1＋k2，|AQ|＝1＋a2k2222222a|k1|1＋k12a|k2|1＋k2故1＋a2k12＝1＋a2k22，所以22222222(k1－k2)[1＋k1＋k2＋a(2－a)k1k2]＝0．第30頁(yè) 共39頁(yè)由k1≠k2，k1，k2＞0得2222221＋k1＋k2＋a(2－a)k1k2＝0，因此11222＋12＋1＝1＋a(a－2)．①k1k2因?yàn)棰偈疥P(guān)于k1，k2的方程有解的充要條件是221＋a(a－2)＞1，所以a＞2．因此，任意以點(diǎn)A(0,1)為圓心的圓與橢圓至多有3個(gè)公共點(diǎn)的充要條件為1＜a≤2．ca2－1由e＝a＝a，得0＜e≤2．2所求離心率的取值范圍為0，2．2[方法點(diǎn)撥]解決圓錐曲線中的取值范圍問(wèn)題的 5種常用解法利用圓錐曲線的幾何性質(zhì)或判別式構(gòu)造不等關(guān)系，從而確定參數(shù)的取值范圍．利用已知參數(shù)的范圍，求新參數(shù)的范圍，解這類(lèi)問(wèn)題的核心是建立兩個(gè)參數(shù)之間的等量關(guān)系．利用隱含的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍．利用已知的不等關(guān)系構(gòu)造不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍．利用求函數(shù)的值域的方法將待求量表示為其他變量的函數(shù)，求其值域，從而確定參數(shù)的取值范圍．[對(duì)點(diǎn)演練]已知圓22過(guò)橢圓x2y2＝1(a＞b＞0)的兩焦點(diǎn)，與橢圓有且僅有兩個(gè)公共點(diǎn)，直x＋y＝12＋2ab22x2y2―→―→線l：y＝kx＋m與圓x＋y＝1相切，與橢圓a2＋b2＝1相交于A，B兩點(diǎn)．記λ＝OA·OB，且2≤λ≤3．34求橢圓的方程；求k的取值范圍；求△OAB的面積S的取值范圍．解：(1)由題意知2c＝2，所以c＝1．因?yàn)閳A與橢圓有且只有兩個(gè)公共點(diǎn)，從而 b＝1，2故a＝ 2，所以所求橢圓方程為 x2＋y2＝1．第31頁(yè) 共39頁(yè)2因?yàn)橹本€l：y＝kx＋m與圓x＋y＝1相切，|m|所以原點(diǎn)O到直線l的距離為12＋k2＝1，y＝kx＋m，即m2＝k2＋1．由x2＋y2＝1，2消去y，得(1＋2k222)x＋4kmx＋2m－2＝0．設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，－4km 2m2－2則x1＋x2＝1＋2k2，x1x2＝1＋2k2．―→―→22＝k2＋12312≤1，λ＝OA·OB＝x1x2＋y1y2＝(1＋k)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2，由≤λ≤，得≤k1＋2k342即k的取值范圍是－1，－2∪2，1．22(3)|AB|＝221＋k[x1＋x2－4x1x2]＝2－22，2k2＋1由1≤k2≤1，得6≤|AB|≤4．2 2 3設(shè)△OAB的AB邊上的高為 d，1則S＝2|AB|d＝2|AB|，6≤S≤2所以43．即△OAB的面積S的取值范圍是62．4，3存在性問(wèn)題22xy[典例](2015四·川高考)如圖，橢圓E：a2＋b2＝1(a>b>0)的離心率是―→―→＝－1．2，點(diǎn)P(0,1)在短軸CD上，且PC·PD2(1)求橢圓E的方程．(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P的動(dòng)直線與橢圓交于A，B兩點(diǎn)．是否―→―→―→―→為定值？若存在，求λ的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．存在常數(shù)λ，使得OA·OB＋λPA·PB[解](1)由已知，點(diǎn)C，D的坐標(biāo)分別為(0，－b)，(0，b)．―→―→＝－1，又點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,1)，且PC·PD第32頁(yè) 共39頁(yè)1－b2＝－1，于是c＝2，解得a＝2，b＝2．a(chǎn)2a2－b2＝c2.2 2所以橢圓 E的方程為x＋y＝1．2當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋1，A，B的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)．x2y2聯(lián)立4＋2＝1，得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0．y＝kx＋1其判別式＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0，4k所以x1＋x2＝－2k2＋1，2x1x2＝－2k2＋1．―→―→―→―→從而，OA·OB＋λPA·PBx1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)](1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋12＋－2λ－1λ－1＝－2λ－4k2＝－2－λ－2．2k＋12k＋1所以當(dāng)λ＝1時(shí)，λ－1－2k2＋1－λ－2＝－3．―→―→―→―→＝－3為定值．此時(shí)，OA·OB＋λPA·PB當(dāng)直線AB斜率不存在時(shí)，直線AB即為直線CD．―→―→―→―→―→―→―→―→＝－2－1＝－3．此時(shí)，OA·OB＋λPA·PB＝OC·OD＋PC·PD故存在常數(shù)λ＝1，使得―→―→―→―→OA·OB＋λPA·PB為定值－3．[方法點(diǎn)撥]存在性問(wèn)題求解的 3個(gè)注意點(diǎn)存在性問(wèn)題，先假設(shè)存在，推證滿足條件的結(jié)論，若結(jié)論正確則存在，若結(jié)論不正確則不存在．當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時(shí)要分類(lèi)討論；當(dāng)給出結(jié)論而要推導(dǎo)出存在的條件時(shí)，先假設(shè)成立，再推出條件；當(dāng)條件和結(jié)論都不知，按常規(guī)方法解題很難時(shí)，要思維開(kāi)放，采取另外的途徑．第33頁(yè) 共39頁(yè)[對(duì)點(diǎn)演練]已知橢圓C的焦點(diǎn)坐標(biāo)是F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，過(guò)點(diǎn)F2垂直于長(zhǎng)軸的直線l交橢圓C于B，D兩點(diǎn)，且|BD|＝3．(1)求橢圓C的方程；(2)是否存在過(guò)點(diǎn)P(2,1)的直線l1與橢圓C相交于不同的兩點(diǎn)―→―→＝5？M，N，且滿足PM·PN4若存在，求出直線l1的方程；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．22解：(1)設(shè)橢圓的方程是x2y2＝1(a＞b＞0)，a＋b由題可知c＝1，因?yàn)閨BD|＝3，2b2所以a＝3，又a2－b2＝1，所以a＝2，b＝3，x2y2所以橢圓C的方程為4＋3＝1．(2)假設(shè)存在直線l1且由題意得斜率存在，設(shè)滿足條件的方程為y＝k(x－2)＋1．y＝kx－2＋1，由x2＋y2＝1，43得(3＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－8＝0．因?yàn)橹本€l1與橢圓C相交于不同的兩點(diǎn)M，N，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則＝[－8k(2k－1)]2－4(3＋4k2)(16k2－16k－8)＞0，所以k＞－1，2由根與系數(shù)的關(guān)系知8k2k－116k2－16k－8x1＋x2＝2，x1x2＝3＋4k2，3＋4k―→―→＝(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝5，因?yàn)镻M·PN4所以(x1－2)(x2－2)(1＋k2)＝5，45即[x1x2－2(x1＋x2)＋4](1＋k)＝4，16k2－16k－88k2k－1＋4(1＋k2)所以3＋4k2－2·23＋4k2＝4＋4k2＝5，3＋4k4第34頁(yè) 共39頁(yè)1解得k＝±．2因?yàn)閗＞－12，所以k＝12，1故存在直線 l1滿足條件，其方程為 y＝2x．y2x26，且橢圓C上的1．(2016貴·陽(yáng)監(jiān)測(cè)考試)已知橢圓C：2＋2＝1(a＞b＞0)的離心率為ab3點(diǎn)到一個(gè)焦點(diǎn)的距離的最小值為 3－ 2．(1)求橢圓C的方程；(2)已知過(guò)點(diǎn) T(0,2)的直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，若在 x軸上存在一點(diǎn) E，使∠AEB90°，求直線l的斜率k的取值范圍．解：(1)設(shè)橢圓的半焦距長(zhǎng)為c，c＝ 6，則由題設(shè)有 a 3a－c＝ 3－ 2，解得a＝ 3，c＝ 2，b2＝1，2故橢圓C的方程為y3＋x2＝1．(2)由已知可得，直線 l的方程為 y＝kx＋2，以AB為直徑的圓與 x軸有公共點(diǎn)．設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中點(diǎn)為M(x0，y0)，2將直線l：y＝kx