高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第三篇 攻堅克難 壓軸大題多得分 第30練 圓錐曲線的熱點問題練習(xí) 文試題

第30練圓錐曲線的熱點問題[明考情]圓錐曲線的熱點問題作為直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的延伸與深化，是高考的必考點，高考中常選取其中一個熱點問題作為圓錐曲線的壓軸題目.[知考向]1.范圍與最值問題.2.定值、定點問題.3.探索性問題.考點一范圍與最值問題方法技巧圓錐曲線的最值和范圍問題解題常見思路(1)利用判別式來構(gòu)造不等式，從而確定參數(shù)的取值范圍.(2)利用已知參數(shù)的取值范圍，求新參數(shù)的范圍，解決這類問題的核心是在兩個參數(shù)之間建立相關(guān)關(guān)系.(3)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.(4)利用已知不等關(guān)系構(gòu)造不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍.(5)利用函數(shù)值域的求法，確定參數(shù)的取值范圍.1.已知點A(1，0)，點M是圓C：(x＋1)2＋y2＝8上的任意一點，線段MA的垂直平分線與直線CM交于點E.(1)求點E的軌跡方程；(2)若直線y＝kx＋m與點E的軌跡有兩個不同的交點P和Q，且原點O總在以PQ為直徑的圓的內(nèi)部，求實數(shù)m的取值范圍.解(1)由題意知|EM|＝|EA|，|CE|＋|EM|＝2eq\r(2)，所以|CE|＋|EA|＝2eq\r(2)＞2＝|CA|，所以點E的軌跡是以點C，A為焦點的橢圓，其軌跡方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則將直線與橢圓的方程聯(lián)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).因為點O在以PQ為直徑的圓的內(nèi)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)，且滿足①式，所以m2＜eq\f(2,3)，所以m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),3)，\f(\r(6),3))).2.如圖，已知橢圓eq\f(x2,2)＋y2＝1上兩個不同的點A，B關(guān)于直線y＝mx＋eq\f(1,2)對稱.(1)求實數(shù)m的取值范圍；(2)求△AOB面積的最大值(O為坐標(biāo)原點).解(1)由題意知m≠0，可設(shè)直線AB的方程為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.因為直線y＝－eq\f(1,m)x＋b與橢圓eq\f(x2,2)＋y2＝1有兩個不同的交點，所以Δ＝－2b2＋2＋eq\f(4,m2)＞0. ①則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).設(shè)M為AB的中點，則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2mb,m2＋2)，\f(m2b,m2＋2)))，代入直線方程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)))，則|AB|＝eq\r(t2＋1)·eq\f(\r(－2t4＋2t2＋\f(3,2)),t2＋\f(1,2))，且點O到直線AB的距離為d＝eq\f(t2＋\f(1,2),\r(t2＋1)).設(shè)△AOB的面積為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)，當(dāng)且僅當(dāng)t2＝eq\f(1,2)時，等號成立.故△AOB面積的最大值為eq\f(\r(2),2).3.已知拋物線y2＝4x，直線l：y＝－eq\f(1,2)x＋b與拋物線交于A，B兩點.(1)若x軸與以AB為直徑的圓相切，求該圓的方程；(2)若直線l與y軸負(fù)半軸相交，求△AOB(O為坐標(biāo)原點)面積的最大值.解(1)聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,2)x＋b，,y2＝4x，))化簡得y2＋8y－8b＝0.由Δ＝64＋32b＞0，解得b＞－2.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝－8，y1y2＝－8b.設(shè)圓心Q(x0，y0)，則有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)，圓心Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(24,5)，－4))，故圓的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(24,5)))2＋(y＋4)2＝16.(2)因為直線與y軸負(fù)半軸相交，所以b＜0.又直線與拋物線交于兩點，由(1)知b＞－2，所以－2＜b＜0，直線l的方程為y＝－eq\f(1,2)x＋b，整理得x＋2y－2b＝0，點O到直線l的距離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)))，當(dāng)b變化時，g′(b)，g(b)的變化情況如下表：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)↗極大值↘由上表可得g(b)的最大值為geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝eq\f(32,27).所以當(dāng)b＝－eq\f(4,3)時，△AOB的面積取得最大值eq\f(32\r(3),9).4.(1)求橢圓E的方程；(2)如圖，動直線l：y＝k1x－eq\f(\r(3),2)交橢圓E于A，B兩點，C是橢圓E上一點，直線OC的斜率為k2，且k1k2＝eq\f(\r(2),4).M是線段OC延長線上一點，且|MC|∶|AB|＝2∶3，⊙M的半徑為|MC|，OS，OT是⊙M的兩條切線，切點分別為S，T.求∠SOT的最大值，并求取得最大值時直線l的斜率.解(1)由題意知e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，2c＝2，所以c＝1，a＝eq\r(2)，則b＝1，所以橢圓E的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)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，由題意知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)).由題意可知圓M的半徑r為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)).由題設(shè)知k1k2＝eq\f(\r(2),4)，所以k2＝eq\f(\r(2),4k1)，因此直線OC的方程為y＝eq\f(\r(2),4k1)x，聯(lián)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))).由題意可知，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)，則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，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1,t)＝eq\f(1,2)，即t＝2時等號成立，此時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的最大值為eq\f(π,3).綜上所述，∠SOT的最大值為eq\f(π,3)，取得最大值時直線l的斜率為k1＝±eq\f(\r(2),2).考點二定值、定點問題方法技巧(1)定點問題的常見解法①假設(shè)定點坐標(biāo)，根據(jù)題意選擇參數(shù)，建立一個直線系或曲線系方程，而該方程與參數(shù)無關(guān)，故得到一個關(guān)于定點坐標(biāo)的方程組，以這個方程組的解為坐標(biāo)的點即為所求定點；②從特殊位置入手，找出定點，再證明該點適合題意.(2)定值問題的常見解法①從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)；②直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值.5.(2017·全國Ⅲ)在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線y＝x2＋mx－2與x軸交于A，B兩點，點C的坐標(biāo)為(0，1).當(dāng)m變化時，解答下列問題：(1)能否出現(xiàn)AC⊥BC的情況？說明理由；(2)證明過A，B，C三點的圓在y軸上截得的弦長為定值.(1)解不能出現(xiàn)AC⊥BC的情況.理由如下：設(shè)A(x1，0)，B(x2，0)，則x1，x2滿足x2＋mx－2＝0，所以x1x2＝－2.又點C的坐標(biāo)為(0，1)，故AC的斜率與BC的斜率之積為eq\f(－1,x1)·eq\f(－1,x2)＝－eq\f(1,2)，所以不能出現(xiàn)AC⊥BC的情況.(2)證明BC的中點坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)，\f(1,2)))，可得BC的中垂線方程為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的中垂線方程為x＝－eq\f(m,2).聯(lián)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).))所以過A，B，C三點的圓的圓心坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,2)，－\f(1,2)))，半徑r＝eq\f(\r(m2＋9),2).故圓在y軸上截得的弦長為2eq\r(r2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)))2)＝3，即過A，B，C三點的圓在y軸上截得的弦長為定值.6.已知拋物線C的頂點在坐標(biāo)原點O，其圖象關(guān)于y軸對稱且經(jīng)過點M(2，1).(1)求拋物線C的方程；(2)若一個等邊三角形的一個頂點位于坐標(biāo)原點，另兩個頂點在拋物線上，求該等邊三角形的面積；(3)過點M作拋物線C的兩條弦MA，MB，設(shè)MA，MB所在直線的斜率分別為k1，k2，當(dāng)k1＋k2＝－2時，試證明直線AB的斜率為定值，并求出該定值.解(1)設(shè)拋物線C的方程為x2＝2py(p>0)，由點M(2，1)在拋物線C上，得4＝2p，則p＝2，∴拋物線C的方程為x2＝4y.(2)設(shè)該等邊三角形OPQ的頂點P，Q在拋物線上，且P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，則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，則yP＝y(tǒng)Q，|xP|＝|xQ|，即線段PQ關(guān)于y軸對稱.∴∠POy＝30°，yP＝eq\r(3)|xP|，代入xeq\o\al(2,P)＝4yP，得xP＝±4eq\r(3)，∴該等邊三角形邊長為8eq\r(3)，S△POQ＝48eq\r(3).(3)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則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·全國Ⅰ)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，四點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)))中恰有三點在橢圓C上.(1)求C的方程；(2)設(shè)直線l不經(jīng)過P2點且與C相交于A，B兩點.若直線P2A與直線P2B的斜率的和為－1，證明：l過定點.(1)解由于P3，P4兩點關(guān)于y軸對稱，故由題設(shè)知橢圓C經(jīng)過P3，P4兩點.又由eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)>eq\f(1,a2)＋eq\f(3,4b2)知，橢圓C不經(jīng)過點P1，所以點P2在橢圓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.))故橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)證明設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1，k2.如果l與x軸垂直，設(shè)l：x＝t，由題設(shè)知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐標(biāo)分別為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)))，則k1＋k2＝eq\f(\r(4－t2)－2,2t)－eq\f(\r(4－t2)＋2,2t)＝－1，得t＝2，不符合題設(shè).從而可設(shè)l：y＝kx＋m(m≠1).將y＝kx＋m代入eq\f(x2,4)＋y2＝1，得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.由題設(shè)可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則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).由題設(shè)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).當(dāng)且僅當(dāng)m>－1時，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過定點(2，－1).8.已知中心在原點，焦點在坐標(biāo)軸上的橢圓E的離心率為eq\f(1,2)，橢圓E的一個焦點和拋物線y2＝－4x的焦點重合，過直線l：x＝4上一點M引橢圓E的兩條切線，切點分別是A，B.(1)求橢圓E的方程；(2)若在橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上的點(x0，y0)處的切線方程是eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝1，求證：直線AB恒過定點C，并求出定點C的坐標(biāo).(1)解設(shè)橢圓方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，因為拋物線y2＝－4x的焦點是(－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)，所以所求橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)證明設(shè)切點坐標(biāo)為A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線l上一點M的坐標(biāo)為(4，t)，則切線方程分別為eq\f(x1x,4)＋eq\f(y1y,3)＝1，eq\f(x2x,4)＋eq\f(y2y,3)＝1.又兩切線均過點M，即x1＋eq\f(t,3)y1＝1，x2＋eq\f(t,3)y2＝1，即點A，B的坐標(biāo)都適合方程x＋eq\f(t,3)y＝1.又兩點確定唯一的一條直線，故直線AB的方程是x＋eq\f(t,3)y＝1，顯然對任意實數(shù)t，點(1，0)都適合這個方程，故直線AB恒過定點C(1，0).考點三探索性問題方法技巧探索性問題的求解方法(1)處理這類問題，一般要先對結(jié)論作出肯定的假設(shè)，然后由此假設(shè)出發(fā)，結(jié)合已知條件進(jìn)行推理論證，若推出與已知、定理或公理相符的結(jié)論，則存在性得到肯定；若導(dǎo)致矛盾，則否定存在性.若證明某結(jié)論不存在，也可以采用反證法.(2)采用特殊化思想求解，即根據(jù)題目中的一些特殊關(guān)系，歸納出一般結(jié)論，然后進(jìn)行證明，得出結(jié)論.9.(2017·湖南東部五校聯(lián)考)已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的右焦點為F(c，0)且a＞b＞c＞0，設(shè)短軸的一個端點D，原點O到直線DF的距離為eq\f(\r(3),2)，過原點和x軸不重合的直線與橢圓E相交于C，G兩點，且|eq\o(GF,\s\up6(→))|＋|eq\o(CF,\s\up6(→))|＝4.(1)求橢圓E的方程；(2)是否存在過點P(2，1)的直線l與橢圓E相交于不同的兩點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，試求出直線l的方程；若不存在，請說明理由.解(1)由橢圓的對稱性知，|eq\o(GF,\s\up6(→))|＋|eq\o(CF,\s\up6(→))|＝2a＝4，∴a＝2.又原點O到直線DF的距離為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.故橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)當(dāng)直線l與x軸垂直時不滿足條件.故可設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線l的方程為y＝k(x－2)＋1，代入橢圓方程得(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)不符合題意，舍去，∴存在滿足條件的直線l，其方程為y＝eq\f(1,2)x.10.(2016·全國Ⅰ)在直角坐標(biāo)系xOy中，直線l：y＝t(t≠0)交y軸于點M，交拋物線C：y2＝2px(p>0)于點P，M關(guān)于點P的對稱點為N，連接ON并延長交C于點H.(1)求eq\f(|OH|,|ON|)；(2)除H以外，直線MH與C是否有其它公共點？說明理由.解(1)如圖，由已知得M(0，t)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t2,2p)，t))，又N為M關(guān)于點P的對稱點，故Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t2,p)，t))，ON的方程為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為OH的中點，即eq\f(|OH|,|ON|)＝2.(2)直線MH與C除H以外沒有其他公共點，理由如下：直線MH的方程為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＝y(tǒng)2＝2t，即直線MH與C只有一個公共點，所以除H以外，直線MH與C沒有其他公共點.11.在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C：y＝eq\f(x2,4)與直線l：y＝kx＋a(a>0)交于M，N兩點，(1)當(dāng)k＝0時，分別求C在點M和N處的切線方程；(2)y軸上是否存在點P，使得當(dāng)k變動時，總有∠OPM＝∠OPN？說明理由.解(1)由題設(shè)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)處的導(dǎo)數(shù)值為eq\r(a)，C在點(2eq\r(a)，a)處的切線方程為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)處的導(dǎo)數(shù)值為－eq\r(a)，C在點(－2eq\r(a)，a)處的切線方程為y－a＝－eq\r(a)(x＋2eq\r(a))，即eq\r(a)x＋y＋a＝0.故所求切線方程為eq\r(a)x－y－a＝0和eq\r(a)x＋y＋a＝0.(2)存在符合題意的點，理由如下：設(shè)P(0，b)為符合題意的點，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直線PM，PN的斜率分別為k1，k2.將y＝kx＋a代入C的方程，得x2－4kx－4a＝0.故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.從而k1＋k2＝eq\f(y1－b,x1)＋eq\f(y2－b,x2)＝eq\f(2kx1x2＋a－bx1＋x2,x1x2)＝eq\f(ka＋b,a).當(dāng)b＝－a時，有k1＋k2＝0，則直線PM的傾斜角與直線PN的傾斜角互補(bǔ)，故∠OPM＝∠OPN，所以點P(0，－a)符合題意.12.已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b≥1)的離心率e＝eq\f(\r(2),2)，其右焦點到直線2ax＋by－eq\r(2)＝0的距離為eq\f(\r(2),3).(1)求橢圓C的方程；(2)已知直線x－y＋m＝0與橢圓C交于不同的兩點M，N，且線段MN的中點不在圓x2＋y2＝1內(nèi)，求實數(shù)m的取值范圍.(3)過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,3)))的直線l交橢圓C于A，B兩點，是否存在定點Q，使以AB為直徑的圓恒過這個定點？若存在，求出Q點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由.解(1)由題意知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.因為右焦點(c，0)到直線2ax＋by－eq\r(2)＝0的距離為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.故橢圓C的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)聯(lián)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，則Δ＝16m2－12(2m2－2)＞0?－eq\r(3)＜m＜eq\r(3).設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝－eq\f(4m,3)，y1＋y2＝x1＋x2＋2m＝－eq\f(4m,3)＋2m＝eq\f(2m,3)，所以線段MN的中點坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2m,3)，\f(m,3))).因為MN的中點不在圓x2＋y2＝1內(nèi)，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).綜上可知，實數(shù)m的取值范圍為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)假設(shè)存在定點Q，使以AB為直徑的圓恒過該定點.當(dāng)AB⊥x軸時，以AB為直徑的圓的方程為x2＋y2＝1；當(dāng)AB⊥y軸時，以AB為直徑的圓的方程為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，))那么這個定點Q的坐標(biāo)為(0，1).當(dāng)直線l的斜率存在且不為零時，設(shè)直線l的方程為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.設(shè)A(x3，y3)，B(x4，y4)，則x3＋x4＝eq\f(4k,32k2＋1)，x3x4＝eq\f(－16,92k2＋1)，則eq\o(QA,\s\up6(→))＝(x3，y3－1)，eq\o(QB,\s\up6(→))＝(x4，y4－1)，從而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(→))，即點Q(0，1)在以AB為直徑的圓上.綜上，存在定點Q(0，1)，使以AB為直徑的圓恒過這個定點.例(12分)已知橢圓C：9x2＋y2＝m2(m＞0)，直線l不過原點O且不平行于坐標(biāo)軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB的中點為M.(1)證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值；(2)若l過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3)，m))，延長線段OM與C交于點P，四邊形OAPB能否為平行四邊形？若能，求此時l的斜率；若不能，說明理由.審題路線圖(1)eq\x(聯(lián)立直線方程與橢圓方程)→eq\x(一元二次方程)→eq\x(中點坐標(biāo))→eq\x(求出斜率乘積)(2)eq\x(先假定四邊形OAPB能為平行四邊形)→eq\x(找?guī)缀侮P(guān)系：平行四邊形的對角線互相平分)→eq\x(轉(zhuǎn)化成代數(shù)關(guān)系：xP＝2xM)→eq\x(求k)規(guī)范解答·評分標(biāo)準(zhǔn)(1)證明設(shè)直線l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM).……………………2分將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分于是直線OM的斜率kOM＝eq\f(yM,xM)＝－eq\f(9,k)，即kOM·k＝－9.所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值.………6分(2)解四邊形OAPB能為平行四邊形.…………………7分因為直線l過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3)，m))，所以l不過原點且與C有兩個交點的充要條件是k＞0，k≠3.由(1)得OM的方程為y＝－eq\f(9,k)x.設(shè)點P的橫坐標(biāo)為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分將點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3)，m))的坐標(biāo)代入l的方程，得b＝eq\f(m3－k,3)，因此xM＝eq\f(kk－3m,3k2＋9).………………………10分四邊形OAPB為平行四邊形，當(dāng)且僅當(dāng)線段AB與線段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).因為ki＞0，ki≠3，i＝1，2，所以當(dāng)l的斜率為4－eq\r(7)或4＋eq\r(7)時，四邊形OAPB為平行四邊形.………………12分構(gòu)建答題模板[第一步]先假定：假設(shè)結(jié)論成立.[第二步]再推理：以假設(shè)結(jié)論成立為條件，進(jìn)行推理求解.[第三步]下結(jié)論：若推出合理結(jié)果，經(jīng)驗證成立則肯定假設(shè)；若推出矛盾則否定假設(shè).[第四步]再回顧：查看關(guān)鍵點，易錯點(特殊情況、隱含條件等)，審視解題規(guī)范性.1.已知橢圓C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為橢圓的左、右焦點，D，E分別是橢圓的上頂點與右頂點，且＝1－eq\f(\r(3),2).(1)求橢圓C1的方程；(2)在橢圓C1落在第一象限的圖象上任取一點作C1的切線l，求l與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積的最小值.解(1)由題意知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)，∴橢圓C1的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)∵l與橢圓C1相切于第一象限內(nèi)的一點，∴直線l的斜率必存在且為負(fù).設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m(k＜0)，聯(lián)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根據(jù)題意可得方程①有兩相等實根，∴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∵直線l與兩坐標(biāo)軸的交點分別為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,k)，0))，(0，m)且k＜0，∴l(xiāng)與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積S＝eq\f(1,2)·eq\f(m2,－k)， ③②代入③，可得S＝(－2k)＋eq\f(1,－2k)≥2(當(dāng)且僅當(dāng)k＝－eq\f(1,2)時取等號)，∴l(xiāng)與坐標(biāo)軸圍成的三角形面積的最小值為2.2.(2017·全國Ⅱ)設(shè)O為坐標(biāo)原點，動點M在橢圓C：eq\f(x2,2)＋y2＝1上，過M作x軸的垂線，垂足為N，點P滿足eq\o(NP,\s\up6(→))＝eq\r(2)eq\o(NM,\s\up6(→)).(1)求點P的軌跡方程；(2)設(shè)點Q在直線x＝－3上，且eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(PQ,\s\up6(→))＝1.證明：過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F.(1)解設(shè)P(x，y)，M(x0，y0)，則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，因為M(x0，y0)在C上，所以eq\f(x2,2)＋eq\f(y2,2)＝1.因此點P的軌跡方程為x2＋y2＝2.(2)證明由題意知F(－1，0).設(shè)Q(－3，t)，P(m，n)，則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(→))，又過點P存在唯一直線垂直于OQ，所以過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F.3.(2016·北京)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，△OAB的面積為1.(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)P是橢圓C上一點，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點N.求證：|AN|·|BM|為定值.(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).∴橢圓方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)證明由(1)知，A(2，0)，B(0，1).設(shè)橢圓上一點P(x0，y0)，則eq\f(x\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)＝1.當(dāng)x0≠0時，直線PA的方程為y＝eq\f(y0,x0－2)(x－2)，令x＝0，得yM＝eq\f(－2y0,x0－2).從而|BM|＝|1－yM|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2y0,x0－2))).直線PB方程為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.當(dāng)x0＝0時，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，∴|AN|·|BM|＝4.故|AN|·|BM|為定值.4.如圖所示，已知橢圓M：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)的四個頂點構(gòu)成邊長為5的菱形，原點O到直線AB的距離為eq\f(12,5)，其中A(0，a)，B(－b，0).直線l：x＝my＋n與橢圓M相交于C，D兩點，且以CD為直徑的圓過橢圓的右頂點P(其中點C，D與點P不重合).(1)求橢圓M的方程；(2)證明：直線l與x軸交于定點，并求出定點的坐標(biāo).解(1)由已知，得a2＋b2＝52，由點A(0，a)，B(－b，0)知，直線AB的方程為eq\f(x,－b)＋eq\f(y,a)＝1，即ax－by＋ab＝0.又原點O到直線AB的距離為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.故橢圓M的方程為eq\f(y2,16)＋eq