（江蘇專用）高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二篇 第23練 解析幾何的綜合問題試題 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題

第23練解析幾何的綜合問題[明晰考情]1.命題角度：直線與橢圓；定點(diǎn)、定值問題；最值問題.2.題目難度：中高檔難度.考點(diǎn)一直線與橢圓方法技巧對(duì)于直線與圓錐曲線的位置關(guān)系問題，一般要把圓錐曲線的方程與直線方程聯(lián)立來處理.(1)設(shè)直線方程，在直線的斜率不確定的情況下要分斜率存在和不存在兩種情況進(jìn)行討論，或者將直線方程設(shè)成x＝my＋b(斜率不為0)的形式.(2)聯(lián)立直線方程與曲線方程并將其轉(zhuǎn)化成一元二次方程，利用方程根的判別式或求根公式得到交點(diǎn)的橫坐標(biāo)或縱坐標(biāo).(3)一般涉及弦長(zhǎng)的問題，要用到弦長(zhǎng)公式AB＝eq\r(1＋k2)·|x1－x2|或AB＝eq\r(1＋\f(1,k2))·|y1－y2|.1.(2018·江蘇省南京外國(guó)語(yǔ)學(xué)校檢測(cè))已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)過點(diǎn)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))，且離心率為eq\f(\r(3),2).(1)求橢圓E的方程；(2)如圖，過點(diǎn)P(0,2)的直線l與橢圓E相交于兩個(gè)不同的點(diǎn)A，B，求eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))的取值范圍.解(1)由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)2,a2)＋\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2,b2)＝1，,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,a2＝b2＋c2，))所以a2＝4，b2＝1.所以橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)①當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，A(0,1)，B(0，－1)，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝－1.②當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y整理得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0，由Δ>0，可得4k2>3，因?yàn)閤1,2＝eq\f(－16k±\r(256k2－481＋4k2),21＋4k2)＝eq\f(－8k±2\r(4k2－3),1＋4k2)，所以x1＋x2＝－eq\f(16k,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(12,1＋4k2)，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝－1＋eq\f(17,1＋4k2)，所以－1<eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))<eq\f(13,4).綜上，eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(13,4))).2.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別是橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點(diǎn)，頂點(diǎn)B的坐標(biāo)為(0，b)，且△BF1F2是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形.(1)求橢圓的方程；(2)過右焦點(diǎn)F2的直線l與橢圓交于A，C兩點(diǎn)，記△ABF2，△BCF2的面積分別為S1，S2，若S1＝2S2，求直線l的斜率.解(1)由題意，得a＝2c＝2，所以c＝1，b2＝a2－c2＝3，所以橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)設(shè)點(diǎn)B到直線AC的距離為h，由于S1＝2S2，所以eq\f(1,2)AF2·h＝2×eq\f(1,2)F2C·h，即AF2＝2F2C，所以eq\o(AF2,\s\up6(→))＝2eq\o(F2C,\s\up6(→)).設(shè)A(x1，y1)，C(x2，y2)，又F2(1,0)，則(1－x1，－y1)＝2(x2－1，y2)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝3－2x2，,y1＝－2y2.))由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,2),4)＋\f(y\o\al(2,2),3)＝1，,\f(3－2x22,4)＋\f(－2y22,3)＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝\f(7,4)，,y2＝±\f(3\r(5),8).))所以直線l的斜率為k＝eq\f(y2,x2－1)＝eq\f(±\f(3\r(5),8),\f(7,4)－1)＝±eq\f(\r(5),2).3.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右準(zhǔn)線方程為x＝4，右頂點(diǎn)為A，上頂點(diǎn)為B，右焦點(diǎn)為F，斜率為2的直線l經(jīng)過點(diǎn)A，且點(diǎn)F到直線l的距離為eq\f(2\r(5),5).(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)將直線l繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)，它與橢圓C相交于另一點(diǎn)P，當(dāng)B，F(xiàn)，P三點(diǎn)共線時(shí)，試確定直線l的斜率.解(1)由題意知，直線l的方程為y＝2(x－a)，即2x－y－2a＝0，所以右焦點(diǎn)F到直線l的距離d＝eq\f(|2c－2a|,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5)，所以a－c＝1.又因?yàn)闄E圓C的右準(zhǔn)線為x＝4，即eq\f(a2,c)＝4，所以c＝eq\f(a2,4)，代入上式解得a＝2，c＝1，所以b2＝3，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由(1)知B(0，eq\r(3))，F(xiàn)(1,0)，所以直線BF的方程為y＝－eq\r(3)(x－1)，聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\r(3)x－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝\r(3)))(舍去)或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(8,5)，,y＝－\f(3\r(3),5)，))所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,5)，－\f(3\r(3),5))).所以直線l的斜率k＝eq\f(0－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(3),5))),2－\f(8,5))＝eq\f(3\r(3),2).4.已知?jiǎng)狱c(diǎn)M(x，y)到點(diǎn)F(2,0)的距離為d1，動(dòng)點(diǎn)M(x，y)到直線x＝3的距離為d2，且eq\f(d1,d2)＝eq\f(\r(6),3).(1)求動(dòng)點(diǎn)M(x，y)的軌跡C的方程；(2)過點(diǎn)F作直線l：y＝k(x－2)(k≠0)交曲線C于P，Q兩點(diǎn)，若△OPQ的面積S△OPQ＝eq\r(3)(O是坐標(biāo)原點(diǎn))，求直線l的方程.解(1)結(jié)合題意，可得d1＝eq\r(x－22＋y2)，d2＝|x－3|.又eq\f(d1,d2)＝eq\f(\r(6),3)，即eq\f(\r(x－22＋y2),|x－3|)＝eq\f(\r(6),3)，化簡(jiǎn)得eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1.因此，所求動(dòng)點(diǎn)M(x，y)的軌跡C的方程是eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx－2，))消去y，得(1＋3k2)x2－12k2x＋12k2－6＝0.設(shè)點(diǎn)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，Δ＝(－12k2)2－4(1＋3k2)·(12k2－6)＝24k2＋24>0.因?yàn)閤1,2＝eq\f(6k2±\r(6k2＋6),3k2＋1)，所以|x1－x2|＝eq\f(2\r(6k2＋6),3k2＋1)，于是，PQ＝eq\r(x1－x22＋y1－y22)＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\f(2\r(6)k2＋1,1＋3k2)，點(diǎn)O到直線l的距離d＝eq\f(|2k|,\r(1＋k2)).由S△OPQ＝eq\r(3)，得eq\f(1,2)×eq\f(|2k|,\r(1＋k2))×eq\f(2\r(6)k2＋1,1＋3k2)＝eq\r(3)，化簡(jiǎn)得，k4－2k2＋1＝0，解得k＝±1，且滿足Δ>0，即k＝±1符合題意.因此，所求直線的方程為x－y－2＝0或x＋y－2＝0.

考點(diǎn)二定點(diǎn)、定值問題方法技巧(1)定點(diǎn)問題的常見解法①假設(shè)定點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)題意選擇參數(shù)，建立一個(gè)直線系或曲線系方程，而該方程與參數(shù)無(wú)關(guān)，故得到一個(gè)關(guān)于定點(diǎn)坐標(biāo)的方程組，以這個(gè)方程組的解為坐標(biāo)的點(diǎn)即為所求定點(diǎn).②從特殊位置入手，找出定點(diǎn)，再證明該點(diǎn)符合題意.(2)定值問題的常見解法①?gòu)奶厥馊胧?，求出定值，再證明這個(gè)值與變量無(wú)關(guān).②直接推理、計(jì)算，并在計(jì)算推理的過程中消去變量，從而得到定值.5.(2018·蘇州調(diào)研)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，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)，焦點(diǎn)到相應(yīng)準(zhǔn)線的距離為eq\f(\r(3),3)，A，B分別為橢圓的左頂點(diǎn)和下頂點(diǎn)，P為橢圓C上位于第一象限內(nèi)的一點(diǎn)，PA交y軸于點(diǎn)E，PB交x軸于點(diǎn)D.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若eq\f(OE,OB)＝eq\f(1,2)，求eq\f(OD,OA)的值；(3)求證：四邊形ABDE的面積為定值.(1)解設(shè)右焦點(diǎn)F(c,0)，因?yàn)闄E圓C的離心率為eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)， ①又因?yàn)橛医裹c(diǎn)F到右準(zhǔn)線的距離為eq\f(\r(3),3)，所以eq\f(a2,c)－c＝eq\f(\r(3),3)， ②由①②得，a＝2，c＝eq\r(3)，b＝1，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程是eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)解因?yàn)閑q\f(OE,OB)＝eq\f(1,2)，所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，直線AE的方程為y＝eq\f(1,4)(x＋2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,4)x＋2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得x2＋eq\f(1,4)(x＋2)2＝4，解得x＝－2(舍)或x＝eq\f(6,5)，故Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,5)，\f(4,5)))，直線PB的方程為y＝eq\f(3,2)x－1，令y＝0，得Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，0))，所以eq\f(OD,OA)＝eq\f(1,3).(3)證明設(shè)P(x0，y0)(x0>0，y0>0)，則eq\f(x\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)＝1，即xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)＝4.直線AP的方程為y＝eq\f(y0,x0＋2)(x＋2)，令x＝0，得y＝eq\f(2y0,x0＋2).直線BP的方程為y＋1＝eq\f(y0＋1,x0)x，令y＝0，得x＝eq\f(x0,y0＋1).所以四邊形ABDE的面積S＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,y0＋1)＋2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2y0,x0＋2)＋1))＝eq\f(1,2)·eq\f(x0＋2y0＋2,y0＋1)·eq\f(x0＋2y0＋2,x0＋2)＝eq\f(1,2)·eq\f(x\o\al(2,0)＋4y\o\al(2,0)＋22x0y0＋2x0＋4y0＋4,x0y0＋x0＋2y0＋2)＝eq\f(2x0y0＋2x0＋4y0＋4,x0y0＋x0＋2y0＋2)＝2.所以四邊形ABDE的面積為定值.6.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，離心率為eq\f(\r(2),2)的橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左頂點(diǎn)為A，過原點(diǎn)O的直線(與坐標(biāo)軸不重合)與橢圓C交于P，Q兩點(diǎn)，直線PA，QA分別與y軸交于M，N兩點(diǎn).當(dāng)直線PQ的斜率為eq\f(\r(2),2)時(shí)，PQ＝2eq\r(3).(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)試問以MN為直徑的圓是否經(jīng)過定點(diǎn)(與直線PQ的斜率無(wú)關(guān))？請(qǐng)證明你的結(jié)論.解(1)設(shè)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(\r(2),2)x0))，因?yàn)楫?dāng)直線PQ的斜率為eq\f(\r(2),2)時(shí)，PQ＝2eq\r(3)，所以xeq\o\al(2,0)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)x0))2＝3，所以xeq\o\al(2,0)＝2.所以eq\f(2,a2)＋eq\f(1,b2)＝1.因?yàn)閑＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(a2－b2),a)＝eq\f(\r(2),2)，所以a2＝4，b2＝2.所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)以MN為直徑的圓過定點(diǎn)(±eq\r(2)，0).設(shè)P(x0，y0)，則Q(－x0，－y0)，且eq\f(x\o\al(2,0),4)＋eq\f(y\o\al(2,0),2)＝1，即xeq\o\al(2,0)＋2yeq\o\al(2,0)＝4.因?yàn)锳(－2,0)，所以直線PA的方程為y＝eq\f(y0,x0＋2)(x＋2)，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2y0,x0＋2)))，直線QA的方程為y＝eq\f(y0,x0－2)(x＋2)，所以Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2y0,x0－2))).以MN為直徑的圓為(x－0)(x－0)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(2y0,x0＋2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(2y0,x0－2)))＝0，即x2＋y2－eq\f(4x0y0,x\o\al(2,0)－4)y＋eq\f(4y\o\al(2,0),x\o\al(2,0)－4)＝0.因?yàn)閤eq\o\al(2,0)－4＝－2yeq\o\al(2,0)，所以x2＋y2＋eq\f(2x0,y0)y－2＝0.令y＝0，解得x＝±eq\r(2)，所以以MN為直徑的圓過定點(diǎn)(±eq\r(2)，0).7.已知橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1的上頂點(diǎn)為A，直線l：y＝kx＋m交橢圓于P，Q兩點(diǎn)，設(shè)直線AP，AQ的斜率分別為k1，k2.(1)當(dāng)m＝0時(shí)，求k1k2的值；(2)當(dāng)k1k2＝－1時(shí)，證明：直線l：y＝kx＋m過定點(diǎn).(1)解當(dāng)m＝0時(shí)，直線l：y＝kx.代入橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1，得x2＋2k2x2＝4，解得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,\r(1＋2k2))，－\f(2k,\r(1＋2k2))))，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(1＋2k2))，\f(2k,\r(1＋2k2)))).因?yàn)锳為橢圓的上頂點(diǎn)，所以A(0，eq\r(2))，所以k1＝eq\f(－\f(2k,\r(1＋2k2))－\r(2),－\f(2,\r(1＋2k2)))＝eq\f(2k＋\r(2)·\r(1＋2k2),2)，k2＝eq\f(\f(2k,\r(1＋2k2))－\r(2),\f(2,\r(1＋2k2)))＝eq\f(2k－\r(2)·\r(1＋2k2),2)，所以k1k2＝eq\f(4k2－21＋2k2,4)＝－eq\f(1,2).(2)證明設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，將直線l：y＝kx＋m代入橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1，并整理得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－4＝0，則Δ＝16k2m2－8(m2－2)(1＋2k2)＝8(4k2－m2＋2)＞0，因?yàn)閤1,2＝eq\f(－4km±\r(16k2m2－8m2－21＋2k2),21＋2k2)，所以x1＋x2＝－eq\f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2m2－4,1＋2k2).由k1k2＝－1知，eq\f(y1－\r(2),x1)·eq\f(y2－\r(2),x2)＝－1，即y1y2－eq\r(2)(y1＋y2)＋2＋x1x2＝0，所以(kx1＋m)(kx2＋m)－eq\r(2)(kx1＋m＋kx2＋m)＋x1x2＋2＝0，所以k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2－eq\r(2)k(x1＋x2)－2eq\r(2)m＋x1x2＋2＝0，即(k2＋1)eq\f(2m2－4,1＋2k2)＋k(m－eq\r(2))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4km,1＋2k2)))＋m2－2eq\r(2)m＋2＝0，所以(k2＋1)(2m2－4)＋k(m－eq\r(2))(－4km)＋(m2－2eq\r(2)m＋2)(1＋2k2)＝0，所以3m2－2eq\r(2)m－2＝0，解得m＝eq\r(2)(舍去)或m＝－eq\f(\r(2),3)，所以直線l：y＝kx－eq\f(\r(2),3).所以直線l過定點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(2),3))).8.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)中心在坐標(biāo)原點(diǎn)的橢圓C的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，右準(zhǔn)線l：x＝m＋1與x軸的交點(diǎn)為B，BF2＝m.(1)已知點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，1))在橢圓C上，求實(shí)數(shù)m的值；(2)已知定點(diǎn)A(－2,0).①若橢圓C上存在點(diǎn)T，使得eq\f(TA,TF1)＝eq\r(2)，求橢圓C的離心率的取值范圍；②當(dāng)m＝1時(shí)，記M為橢圓C上的動(dòng)點(diǎn)，直線AM，BM分別與橢圓C交于另一點(diǎn)P，Q，若eq\o(AM,\s\up6(→))＝λeq\o(AP,\s\up6(→))，eq\o(BM,\s\up6(→))＝μeq\o(BQ,\s\up6(→))，求證：λ＋μ為定值.(1)解設(shè)橢圓C的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0).由題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a2,c)＝m＋1，,m＋1－c＝m，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝m＋1，,b2＝m，,c＝1.))所以橢圓方程為eq\f(x2,m＋1)＋eq\f(y2,m)＝1.因?yàn)闄E圓C過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，1))，所以eq\f(3,2m＋1)＋eq\f(1,m)＝1，解得m＝2或m＝－eq\f(1,2)(舍去).所以m＝2.(2)①解設(shè)點(diǎn)T(x，y)，由eq\f(TA,TF1)＝eq\r(2)，得(x＋2)2＋y2＝2[(x＋1)2＋y2]，即x2＋y2＝2.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝2，,\f(x2,m＋1)＋\f(y2,m)＝1，))得y2＝m2－m.因此0≤m2－m≤m，解得1≤m≤2.所以橢圓C的離心率e＝eq\f(1,\r(m＋1))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(\r(2),2))).②證明設(shè)M(x0，y0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則eq\o(AM,\s\up6(→))＝(x0＋2，y0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(x1＋2，y1).由eq\o(AM,\s\up6(→))＝λeq\o(AP,\s\up6(→))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＋2＝λx1＋2，,y0＝λy1，))從而eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝λx1＋2λ－1，,y0＝λy1，))因?yàn)閑q\f(x\o\al(2,0),2)＋yeq\o\al(2,0)＝1，所以eq\f([λx1＋2λ－1]2,2)＋(λy1)2＝1，即λ2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),2)＋y\o\al(2,1)))＋2λ(λ－1)x1＋2(λ－1)2－1＝0.因?yàn)閑q\f(x\o\al(2,1),2)＋yeq\o\al(2,1)＝1，代入得2λ(λ－1)x1＋3λ2－4λ＋1＝0.由題意知，λ≠1且λ≠0，故x1＝－eq\f(3λ－1,2λ)，所以x0＝eq\f(λ－3,2).同理可得x0＝eq\f(－μ＋3,2).因此eq\f(λ－3,2)＝eq\f(－μ＋3,2)，所以λ＋μ＝6.考點(diǎn)三范圍、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(gè)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.9.已知橢圓的右焦點(diǎn)F(m,0)，左、右準(zhǔn)線分別為l1：x＝－m－1，l2：x＝m＋1，且l1，l2分別與直線y＝x相交于A，B兩點(diǎn).(1)若離心率為eq\f(\r(2),2)，求橢圓的方程；(2)當(dāng)eq\o(AF,\s\up6(→))·eq\o(FB,\s\up6(→))<7時(shí)，求橢圓離心率的取值范圍.解(1)由已知得橢圓的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，c＝m，eq\f(a2,c)＝m＋1，從而a2＝m(m＋1)，b2＝m.由e＝eq\f(\r(2),2)得b＝c，從而m＝1，故a＝eq\r(2)，b＝1，得橢圓方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)易得A(－m－1，－m－1)，B(m＋1，m＋1)，從而eq\o(AF,\s\up6(→))＝(2m＋1，m＋1)，eq\o(FB,\s\up6(→))＝(1，m＋1)，故eq\o(AF,\s\up6(→))·eq\o(FB,\s\up6(→))＝2m＋1＋(m＋1)2＝m2＋4m＋2<7，得0<m<1，由此得離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(m,\r(mm＋1))＝eq\f(1,\r(1＋\f(1,m)))，故橢圓離心率的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))).10.(2018·江蘇省蘇州實(shí)驗(yàn)中學(xué)月考)如圖，點(diǎn)A是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的短軸位于x軸下方的端點(diǎn)，過A作斜率為1的直線l交橢圓于B點(diǎn)，點(diǎn)P在y軸上，且BP∥x軸，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝9.(1)若點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,1)，求橢圓C的方程；(2)若點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0，t)，求實(shí)數(shù)t的取值范圍.解(1)由題意得A(0，－b)，l的方程為y＝x－b，由P(0,1)，得B(1＋b,1)，所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1＋b,1＋b)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0,1＋b)，由eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝9，即(1＋b,1＋b)·(0,1＋b)＝9，所以(1＋b)2＝9，即b＝2，所以B(3,1)，又B在橢圓上，得eq\f(9,a2)＋eq\f(1,4)＝1，解得a2＝12,所以橢圓C的方程為eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)由A(0，－b),P(0，t)，得B(t＋b，t)，所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝(t＋b，t＋b)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，t＋b)，因?yàn)閑q\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝9，所以(t＋b)2＝9，因?yàn)锳點(diǎn)是短軸頂點(diǎn)，所以t>0，t＋b＝3，則B(3，t)，代入橢圓方程得eq\f(9,a2)＋eq\f(t2,3－t2)＝1，得a2＝eq\f(3t－32,3－2t).因?yàn)閍2>b2，所以eq\f(3t－32,3－2t)>(3－t)2，解得0<t<eq\f(3,2).11.已知點(diǎn)A(0，－2)，橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，F(xiàn)是橢圓E的右焦點(diǎn)，直線AF的斜率為eq\f(2\r(3),3)，O為坐標(biāo)原點(diǎn).(1)求E的方程；(2)設(shè)過點(diǎn)A的動(dòng)直線l與E相交于P，Q兩點(diǎn)，當(dāng)△OPQ的面積最大時(shí)，求l的方程.解(1)設(shè)F(c,0)，由條件知，eq\f(2,c)＝eq\f(2\r(3),3)，得c＝eq\r(3).又eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.故E的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)當(dāng)l⊥x軸時(shí)不合題意，故設(shè)l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2).將y＝kx－2代入eq\f(x2,4)＋y2＝1，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.當(dāng)Δ＝16(4k2－3)>0，即k2>eq\f(3,4)時(shí)，x1,2＝eq\f(8k±2\r(4k2－3),4k2＋1).從而PQ＝eq\r(x1－x22＋y1－y22)＝eq\r(k2＋1)|x1－x2|.又點(diǎn)O到直線PQ的距離d＝eq\f(2,\r(k2＋1)).所以△OPQ的面積S△OPQ＝eq\f(1,2)·d·PQ＝|x1－x2|＝eq\f(4\r(4k2－3),4k2＋1).設(shè)eq\r(4k2－3)＝t，則t>0，S△OPQ＝eq\f(4t,t2＋4)＝eq\f(4,t＋\f(4,t))≤1.當(dāng)且僅當(dāng)t＝2，即k＝±eq\f(\r(7),2)時(shí)等號(hào)成立，且滿足Δ>0.所以當(dāng)△OPQ的面積最大時(shí)，l的方程為2y±eq\r(7)x＋4＝0.12.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b≥1)過點(diǎn)P(2,1)，且離心率e＝eq\f(\r(3),2).(1)求橢圓C的方程；(2)若直線l的斜率為eq\f(1,2)，直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，求△PAB面積的最大值.解(1)∵e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(3,4)，∴a2＝4b2.又eq\f(4,a2)＋eq\f(1,b2)＝1，∴a2＝8，b2＝2.故所求橢圓C的方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)設(shè)l的方程為y＝eq\f(1,2)x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x＋m，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，))消去y，得x2＋2mx＋2m2－4＝0，判別式Δ＝16－4m2>0，即m2<4.所以x1＝－m＋eq\r(4－m2)，x2＝－m－eq\r(4－m2)，則AB＝eq\r(x1－x22＋y1－y22)＝eq\r(1＋\f(1,4))|x1－x2|，點(diǎn)P到直線l的距離d＝eq\f(|m|,\r(1＋\f(1,4))).因此S△PAB＝eq\f(1,2)·d·AB＝eq\f(1,2)×|m|·|x1－x2|＝eq\r(m24－m2)≤eq\f(m2＋4－m2,2)＝2，當(dāng)且僅當(dāng)m2＝2時(shí)上式等號(hào)成立，且滿足Δ>0，故△PAB面積的最大值為2.例(16分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，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)，且點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))在橢圓C上.(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)橢圓E：eq\f(x2,4a2)＋eq\f(y2,4b2)＝1，P為橢圓C上任意一點(diǎn)，過點(diǎn)P的直線y＝kx＋m交橢圓E于A，B兩點(diǎn)，射線PO交橢圓E于點(diǎn)Q.①求eq\f(OQ,OP)的值；②求△ABQ面積的最大值.審題路線圖(1)eq\x(橢圓C上的點(diǎn)滿足條件)→eq\x(列出a，b的關(guān)系式)eq\o(→,\s\up20(已知離心率),\s\do5(a2＝b2＋c2))eq\x(基本量法求得橢圓C的方程)(2)①eq\x(P在C上，Q在E上)eq\o(→,\s\up7(P，O，Q),\s\do5(共線))eq\x(設(shè)坐標(biāo)代入方程)→eq\x(求出\f(OQ,OP))②eq\x(直線y＝kx＋m和橢圓E的方程聯(lián)立)eq\o(→,\s\up7(通法))eq\x(研究判別式Δ并求根)→eq\x(用m，k表示S△OAB)→eq\x(求S△OAB最值)eq\o(→,\s\up7(利用①得),\s\do5(S△ABQ和S△OAB的關(guān)系))eq\x(得S△ABQ的最大值)規(guī)范解答·評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)解(1)由題意知eq\f(3,a2)＋eq\f(1,4b2)＝1.又eq\f(\r(a2－b2),a)＝eq\f(\r(3),2)，解得a2＝4，b2＝1.所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1. 4分(2)由(1)知橢圓E的方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1.①設(shè)P(x0，y0)，eq\f(OQ,OP)＝λ(λ＞0)，由題意知Q(－λx0，－λy0).因?yàn)閑q\f(x\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)＝1，又eq\f(－λx02,16)＋eq\f(－λy02,4)＝1，即eq\f(λ2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0),4)＋y\o\al(2,0)))＝1，所以λ＝2，即eq\f(OQ,OP)＝2. 7分②設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2).聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,16)＋\f(y2,4)＝1，))可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0，由Δ＞0，可得m2＜4＋16k2， (*)因?yàn)閤1,2＝eq\f(－4km±2\r(16k2－m2＋4),4k2＋1)，所以|x1－x2|＝eq\f(4\r(16k2＋4－m2),1＋4k2). 9分因?yàn)橹本€y＝kx＋m與y軸交點(diǎn)的坐標(biāo)為(0，m)，所以△OAB的面積S＝eq\f(1,2)|m||x1－x2|＝eq\f(2\r(16k2＋4－m2)|m|,1＋4k2)＝eq\f(2\r(16k2＋4－m2m2),1＋4k2)＝2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(m2,1＋4k2)))\f(m2,1＋4k2)). 11分設(shè)eq\f(m2,1＋4k2)＝t，將y＝kx＋m代入橢圓C的方程，可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，由Δ≥0，可得m2≤1＋4k2. (**)由(*)和(**)可知0＜t≤1，因此S＝2eq\r(4－tt)＝2eq\r(－t2＋4t)， 12分故0＜S≤2eq\r(3)，當(dāng)且僅當(dāng)t＝1，即m2＝1＋4k2時(shí)取得最大值2eq\r(3). 14分由①知，△ABQ的面積為3S，所以△ABQ面積的最大值為6eq\r(3). 16分構(gòu)建答題模板[第一步]求曲線方程：根據(jù)基本量法確定圓錐曲線的方程.[第二步]聯(lián)立消元：將直線方程和圓錐曲線方程聯(lián)立，得到方程Ax2＋Bx＋C＝0，然后研究判別式，利用求根公式求出交點(diǎn)坐標(biāo).[第三步]找關(guān)系：從題設(shè)中尋求變量的等量或不等關(guān)系.[第四步]建函數(shù)：對(duì)范圍、最值類問題，要建立關(guān)于目標(biāo)變量的函數(shù)關(guān)系.[第五步]得范圍：通過求解函數(shù)值域或解不等式得目標(biāo)變量的范圍或最值，要注意變量條件的制約，檢查最值取得的條件.1.(2018·江蘇省如東高級(jí)中學(xué))在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C的焦點(diǎn)為F1(－4,0),F2(4,0)，且經(jīng)過點(diǎn)P(3,1).(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若點(diǎn)M在橢圓上，且eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(PF1,\s\up6(→))＋λeq\o(PF2,\s\up6(→))，求λ的值.解(1)依題意，設(shè)橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，2a＝PF1＋PF2＝eq\r(3＋42＋12)＋eq\r(3－42＋12)＝6eq\r(2)，∴a＝3eq\r(2)，又c＝4，∴b2＝a2－c2＝2，∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(PF1,\s\up6(→))＋λeq\o(PF2,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(－7，－1)＋λ(1，－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2λ－7,2)，－\f(2λ＋1,2)))，點(diǎn)M的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2λ－7,2)，－\f(2λ＋1,2)))，∵點(diǎn)M在橢圓上，∴eq\f(1,18)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2λ－7,2)))2＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2λ＋1,2)))2＝1，即20λ2＋4λ－7＝0，解得λ＝eq\f(1,2)或λ＝－eq\f(7,10).2.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)過點(diǎn)A(2,1)，離心率為eq\f(\r(3),2).(1)求橢圓的方程；(2)若直線l：y＝kx＋m(k≠0)與橢圓相交于B，C兩點(diǎn)(異于點(diǎn)A)，線段BC被y軸平分，且AB⊥AC，求直線l的方程.解(1)由條件知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，所以b2＝a2－c2＝eq\f(1,4)a2.又點(diǎn)A(2,1)在橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上，所以eq\f(4,a2)＋eq\f(1,b2)＝1,解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝8，,b2＝2.))所以橢圓的方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)將y＝kx＋m(k≠0)代入橢圓方程，得x2＋4(kx＋m)2－8＝0，整理得(1＋4k2)x2＋8mkx＋4m2－8＝0. (*)因?yàn)閤B，C＝eq\f(－8mk±\r(64m2k2－41＋4k24m2－8),21＋4k2)＝eq\f(－4mk±2\r(2＋8k2－m2),1＋4k2)，所以xB＋xC＝－eq\f(8mk,1＋4k2).由線段BC被y軸平分，得xB＋xC＝－eq\f(8mk,1＋4k2)＝0，因?yàn)閗≠0，所以m＝0.因?yàn)楫?dāng)m＝0時(shí)，B，C關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，設(shè)B(x，kx)，C(－x，－kx)，由方程(*)，得x2＝eq\f(8,1＋4k2)，又因?yàn)锳B⊥AC，A(2,1)，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝(x－2)(－x－2)＋(kx－1)(－kx－1)＝5－(1＋k2)x2＝5－eq\f(81＋k2,1＋4k2)＝0，所以k＝±eq\f(1,2).由于k＝eq\f(1,2)時(shí)，直線y＝eq\f(1,2)x過點(diǎn)A(2,1)，故k＝eq\f(1,2)不符合題設(shè).所以直線l的方程為x＋2y＝0.3.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率e＝eq\f(1,2)，直線l：x－my－1＝0(m∈R)過橢圓C的右焦點(diǎn)F，且交橢圓C于A，B兩點(diǎn).(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)已知點(diǎn)Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))，連結(jié)BD，過點(diǎn)A作垂直于y軸的直線l1，設(shè)直線l1與直線BD交于點(diǎn)P，試探索當(dāng)m變化時(shí)，是否存在一條定直線l2，使得點(diǎn)P恒在直線l2上？若存在，請(qǐng)求出直線l2的方程；若不存在，請(qǐng)說明理由.解(1)在x－my－1＝0中，令y＝0，則x＝1，所以F(1,0).由題設(shè)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝1，,\f(c,a)＝\f(1,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝1，,a＝2，))從而b2＝a2－c2＝3，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)令m＝0，則Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))或Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))).當(dāng)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))時(shí)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(3,2)))；當(dāng)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))時(shí)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，－\f(3,2)))，所以滿足題意的定直線l2只能是x＝4.下面證明點(diǎn)P恒在直線x＝4上.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2).由于PA垂直于y軸，所以點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為y1，從而只要證明P(4，y1)在直線BD上即可.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－my－1＝0，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去x得(4＋3m2)y2＋6my－9＝0.因?yàn)棣ぃ?44(1＋m2)＞0，且y1,2＝eq\f(－6m±12\r(1＋m2),24＋3m2)，所以y1＋y2＝eq\f(－6m,4＋3m2)，y1y2＝eq\f(－9,4＋3m2). ①因?yàn)閗DB－kDP＝eq\f(y2－0,x2－\f(5,2))－eq\f(y1－0,4－\f(5,2))＝eq\f(y2,my2＋1－\f(5,2))－eq\f(y1,\f(3,2))＝eq\f(\f(3,2)y2－y1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(my2－\f(3,2))),\f(3,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(my2－\f(3,2))))＝eq\f(y1＋y2－\f(2,3)my1y2,my2－\f(3,2)).將①式代入上式，得kDB－kDP＝0，所以kDB＝kDP.