2018版高考文科数学（北师大版）一轮文档讲义：章9-8圆锥曲线的综合问题 43页

第8讲　圆锥曲线的综合问题 最新考纲　1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法；2.了解圆锥曲线的简单应用；3.理解数形结合的思想．‎ 知 识 梳 理 ‎1．直线与圆锥曲线的位置关系 判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时，通常将直线l的方程Ax＋By＋C＝0(A，B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x，y)＝0，消去y(也可以消去x)得到一个关于变量x(或变量y)的一元方程，‎ 即消去y，得ax2＋bx＋c＝0.‎ ‎(1)当a≠0时，设一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判别式为Δ，则Δ＞0⇔直线与圆锥曲线C相交；‎ Δ＝0⇔直线与圆锥曲线C相切；‎ Δ＜0⇔直线与圆锥曲线C相离．‎ ‎(2)当a＝0，b≠0时，即得到一个一次方程，则直线l与圆锥曲线C相交，且只有一个交点，此时，若C为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的位置关系是平行；若C为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合．‎ ‎2．圆锥曲线的弦长 设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 ‎|AB|＝|x1－x2|‎ ‎＝· ‎＝·|y1－y2|＝·.‎ 诊 断 自 测 ‎1．判断正误(在括号内打“√”或“×”)　精彩PPT展示 ‎(1)直线l与椭圆C相切的充要条件是：直线l与椭圆C只有一个公共点．(　　)‎ ‎(2)直线l与双曲线C相切的充要条件是：直线l与双曲线C只有一个公共点．(　　)‎ ‎(3)直线l与抛物线C相切的充要条件是：直线l与抛物线C只有一个公共点．(　　)‎ ‎(4)如果直线x＝ty＋a与圆锥曲线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则弦长|AB|＝|y1－y2|.(　　)‎ ‎(5)若抛物线C上存在关于直线l对称的两点，则需满足直线l与抛物线C的方程联立消元后得到的一元二次方程的判别式Δ＞0.(　　)‎ 解析　(2)因为直线l与双曲线C的渐近线平行时，也只有一个公共点，是相交，但并不相切．‎ ‎(3)因为直线l与抛物线C的对称轴平行时，也只有一个公共点，是相交，但不相切．‎ ‎(5)应是以l为垂直平分线的线段AB所在的直线l′与抛物线方程联立，消元后所得一元二次方程的判别式Δ＞0.‎ 答案　(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎2．直线y＝kx－k＋1与椭圆＋＝1的位置关系为(　　)‎ A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定 解析　直线y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1恒过定点(1,1)，又点(1,1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交．‎ 答案　A ‎3．若直线y＝kx与双曲线－＝1相交，则k的取值范围是(　　)‎ A. B. C. D.∪ 解析　双曲线－＝1的渐近线方程为y＝±x，若直线与双曲线相交，数形结合，得k∈.‎ 答案　C ‎4．过点(0,1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，这样的直线有(　　)‎ A．1条 B．2条 C．3条 D．4条 解析　过(0,1)与抛物线y2＝4x相切的直线有2条，过(0,1)与对称轴平行的直线有一条，这三条直线与抛物线都只有一个公共点．‎ 答案　C ‎5．(教材改编)已知F1，F2是椭圆16x2＋25y2＝1 600的两个焦点，P是椭圆上一点，且PF1⊥PF2，则△F1PF2的面积为________．‎ 解析　由题意可得|PF1|＋|PF2|＝2a＝20，‎ ‎|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝4c2＝144＝(|PF1|＋|PF2|)2－2|PF1|·|PF2|＝202－2|PF1|·|PF2|，‎ 解得|PF1|·|PF2|＝128，‎ 所以△F1PF2的面积为|PF1|·|PF2|＝×128＝64.‎ 答案　64‎ 第1课时　直线与圆锥曲线 考点一　直线与圆锥曲线的位置关系　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎【例1】 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F1(－1,0)，且点P(0,1)在C1上．‎ ‎(1)求椭圆C1的方程；‎ ‎(2)设直线l同时与椭圆C1和抛物线C2：y2＝4x相切，求直线l的方程．‎ 解　(1)椭圆C1的左焦点为F1(－1,0)，∴c＝1，‎ 又点P(0,1)在曲线C1上，‎ ‎∴＋＝1，得b＝1，则a2＝b2＋c2＝2，‎ 所以椭圆C1的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)由题意可知，直线l的斜率显然存在且不等于0，设直线l的方程为y＝kx＋m，‎ 由消去y，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0.‎ 因为直线l与椭圆C1相切，‎ 所以Δ1＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)＝0.‎ 整理得2k2－m2＋1＝0.①‎ 由消去y，得k2x2＋(2km－4)x＋m2＝0.‎ 因为直线l与抛物线C2相切，‎ 所以Δ2＝(2km－4)2－4k2m2＝0，整理得km＝1.②‎ 综合①②，解得或 所以直线l的方程为y＝x＋或y＝－x－.‎ 规律方法　研究直线与圆锥曲线的位置关系时，一般转化为研究其直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组解的个数，消元后，应注意讨论含x2‎ 项的系数是否为零的情况，以及判别式的应用．但对于选择、填空题要充分利用几何条件，用数形结合的方法求解．‎ ‎【训练1】 在平面直角坐标系xOy中，点M到点F(1,0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C.‎ ‎(1)求轨迹C的方程；‎ ‎(2)设斜率为k的直线l过定点P(－2,1)，若直线l与轨迹C恰好有一个公共点，求实数k的取值范围．‎ 解　(1)设点M(x，y)，依题意|MF|＝|x|＋1，‎ ‎∴＝|x|＋1，化简得y2＝2(|x|＋x)，‎ 故轨迹C的方程为y2＝ ‎(2)在点M的轨迹C中，记C1：y2＝4x(x≥0)；C2：y＝0(x＜0)．‎ 依题意，可设直线l的方程为y－1＝k(x＋2)．‎ 由方程组可得ky2－4y＋4(2k＋1)＝0.①‎ ‎①当k＝0时，此时y＝1.把y＝1代入轨迹C的方程，得x＝.‎ 故此时直线l：y＝1与轨迹C恰好有一个公共点.‎ ‎②当k≠0时，方程①的Δ＝－16(2k2＋k－1)＝－16(2k－1)(k＋1)，②‎ 设直线l与x轴的交点为(x0,0)，则 由y－1＝k(x＋2)，令y＝0，得x0＝－.③‎ ‎(ⅰ)若由②③解得k＜－1，或k＞.‎ 所以当k＜－1或k＞时，直线l与曲线C1没有公共点，与曲线C2有一个公共点，故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点. ‎ ‎(ⅱ)若即解集为∅.‎ 综上可知，当k＜－1或k＞或k＝0时，直线l与轨迹C恰好有一个公共点．‎ 考点二　弦长问题 ‎【例2】 (2016·四川卷)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线l：y＝－x＋3与椭圆E有且只有一个公共点T.‎ ‎(1)求椭圆E的方程及点T的坐标；‎ ‎(2)设O是坐标原点，直线l′平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A，B，且与直线l交于点P.证明：存在常数λ，使得|PT|2＝λ|PA|·|PB|，并求λ的值．‎ ‎(1)解　由已知，a＝b，则椭圆E的方程为＋＝1.‎ 由方程组得3x2－12x＋(18－2b2)＝0.①‎ 方程①的判别式为Δ＝24(b2－3)，由Δ＝0，得b2＝3，‎ 此时方程①的解为x＝2，所以椭圆E的方程为＋＝1.点T的坐标为(2,1)．‎ ‎(2)证明　由已知可设直线l′的方程为y＝x＋m(m≠0)，‎ 由方程组可得 所以P点坐标为.|PT|2＝m2.‎ 设点A，B的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 由方程组可得3x2＋4mx＋(4m2－12)＝0.②‎ 方程②的判别式为Δ＝16(9－2m2)，‎ 由Δ>0，解得－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．‎ 解　(1)由题意得 解得b＝，所以椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)由得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－4＝0.‎ 设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，‎ 则y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，‎ x1＋x2＝，x1x2＝，‎ 所以|MN|＝ ‎＝ ‎＝ 又因为点A(2,0)到直线y＝k(x－1)的距离d＝，‎ 所以△AMN的面积为S＝|MN|·d＝，由＝，解得k＝±1.‎ 能力提升题组 ‎(建议用时：25分钟)‎ ‎11．已知椭圆＋＝1(0＜b＜2)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l交椭圆于A，B两点，若|BF2|＋|AF2|的最大值为5，则b的值是(　　)‎ A．1 B. C. D. 解析　由椭圆的方程，可知长半轴长为a＝2，由椭圆的定义，可知|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4a＝8，‎ 所以|AB|＝8－(|AF2|＋|BF2|)≥3.‎ 由椭圆的性质，可知过椭圆焦点的弦中，通径最短，即＝3，可求得b2＝3，即b＝.‎ 答案　D ‎12．抛物线C1：y＝x2(p＞0)的焦点与双曲线C2：－y2＝1的右焦点的连线交C1于第一象限的点M.若C1在点M处的切线平行于C2的一条渐近线，则p＝(　　)‎ A. B. C. D. 解析　‎ ‎∵双曲线C2：－y2＝1，‎ ‎∴右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y＝±x.‎ 抛物线C1：y＝x2(p＞0)，焦点为F′.设M(x0，y0)，则y0＝x.‎ ‎∵kMF′＝kFF′，∴＝.①‎ 又∵y′＝x，∴y′|x＝x0＝x0＝.②‎ 由①②得p＝.‎ 答案　D ‎13．设抛物线y2＝8x的焦点为F，准线为l，P为抛物线上一点，PA⊥l，A为垂足．如果直线AF的斜率为－，那么|PF|＝________.‎ 解析　直线AF的方程为y＝－(x－2)，联立得y＝4，所以P(6,4)．‎ 由抛物线的性质可知|PF|＝6＋2＝8.‎ 答案　8‎ ‎14．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，直线y＝4与y轴的交点为P，与C的交点为Q，且|QF|＝|PQ|.‎ ‎(1)求C的方程；‎ ‎(2)过F的直线l与C相交于A，B两点，若AB的垂直平分线l′与C相交于M，N两点，且A，M，B，N四点在同一圆上，求l的方程．‎ 解　(1)设Q(x0,4)，代入y2＝2px得x0＝.‎ 所以|PQ|＝，|QF|＝＋x0＝＋.‎ 由题设得＋＝×，‎ 解得p＝－2(舍去)或p＝2.所以C的方程为y2＝4x.‎ ‎(2)依题意知l与坐标轴不垂直，故可设l的方程为x＝my＋1(m≠0)．‎ 代入y2＝4x得y2－4my－4＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4.‎ 故AB的中点为D(2m2＋1,2m)，|AB|＝|y1－y2|＝4(m2＋1)．‎ 又l′的斜率为－m，所以l′的方程为x＝－y＋2m2＋3.‎ 将上式代入y2＝4x，并整理得y2＋y－4(2m2＋3)＝0.‎ 设M(x3，y3)，N(x4，y4)，则y3＋y4＝－，‎ y3y4＝－4(2m2＋3)．‎ 故MN的中点为E，‎ ‎|MN|＝|y3－y4|＝.‎ 由于MN垂直平分AB，‎ 故A，M，B，N四点在同一圆上等价于|AE|＝|BE|＝|MN|，从而|AB|2＋|DE|2＝|MN|2，‎ 即4(m2＋1)2＋2＋2＝‎ .‎ 化简得m2－1＝0，解得m＝1或m＝－1.‎ 所求直线l的方程为x－y－1＝0或x＋y－1＝0.‎ 特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.‎ 第2课时　定点、定值、范围、最值问题 考点一　定点问题　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎【例1】 (2017·南昌模拟)已知椭圆＋＝1(a＞0，b＞0)过点(0,1)，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列．直线l与x轴正半轴和y轴分别交于Q，P，与椭圆分别交于点M，N，各点均不重合且满足＝λ1，＝λ2.‎ ‎(1)求椭圆的标准方程；‎ ‎(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l过定点并求此定点．‎ 解　(1)设椭圆的焦距为2c，由题意知b＝1，且(2a)2＋(2b)2＝2(2c)2，‎ 又a2＝b2＋c2，所以a2＝3.‎ 所以椭圆的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)由题意设P(0，m)，Q(x0,0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，‎ 设l方程为x＝t(y－m)，‎ 由＝λ1知(x1，y1－m)＝λ1(x0－x1，－y1)，‎ ‎∴y1－m＝－y1λ1，由题意y1≠0，∴λ1＝－1.‎ 同理由＝λ2知λ2＝－1.‎ ‎∵λ1＋λ2＝－3，∴y1y2＋m(y1＋y2)＝0，①‎ 联立得(t2＋3)y2－2mt2y＋t2m2－3＝0，‎ ‎∴由题意知Δ＝4m2t4－4(t2＋3)(t2m2－3)＞0，②‎ 且有y1＋y2＝，y1y2＝，③‎ 将③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0，‎ ‎∴(mt)2＝1.‎ 由题意mt＜0，∴mt＝－1，满足②，‎ 得l方程为x＝ty＋1，过定点(1,0)，即Q为定点．‎ 规律方法　圆锥曲线中定点问题的两种解法 ‎(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．‎ ‎(2)特殊到一般法，根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．‎ ‎【训练1】 (2017·雅安中学月考)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的两焦点在x轴上，且两焦点与短轴的一个顶点的连线构成斜边长为2的等腰直角三角形．‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)过点S的动直线l交椭圆C于A，B两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点Q，使得以线段AB为直径的圆恒过点Q？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 解　(1)∵椭圆两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，∴b＝c.又斜边长为2，即2c＝2，故c＝b＝1，a＝，椭圆方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)当l与x轴平行时，以线段AB为直径的圆的方程为x2＋2＝；‎ 当l与y轴平行时，以线段AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝1.‎ 由得 故若存在定点Q，则Q的坐标只可能为Q(0,1)．‎ 下面证明Q(0,1)为所求：‎ 若直线l的斜率不存在，上述已经证明．‎ 若直线l的斜率存在，设直线l：y＝kx－，‎ A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 由得(9＋18k2)x2－12kx－16＝0，‎ Δ＝144k2＋64(9＋18k2)＞0，‎ x1＋x2＝，x1x2＝，‎ ＝(x1，y1－1)，＝(x2，y2－1)，‎ ·＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)‎ ‎＝(1＋k2)x1x2－(x1＋x2)＋ ‎＝(1＋k2)·－·＋＝0，‎ ‎∴⊥，即以线段AB为直径的圆恒过点Q(0,1)．‎ 考点二　定值问题 ‎【例2】 (2016·山东卷)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的长轴长为4，焦距为2.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)过动点M(0，m)(m＞0)的直线交x轴于点N，交C于点A，P(P在第一象限)，且M是线段PN的中点．过点P作x轴的垂线交C于另一点Q，延长QM交C于点B.‎ ‎①设直线PM，QM的斜率分别为k，k′，证明为定值．‎ ‎②求直线AB的斜率的最小值．‎ ‎(1)解　设椭圆的半焦距为c.‎ 由题意知2a＝4,2c＝2.‎ 所以a＝2，b＝＝.‎ 所以椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)①证明　设P(x0，y0)(x0＞0，y0＞0)．‎ 由M(0，m)，可得P(x0,2m)，Q(x0，－2m)．‎ 所以直线PM的斜率k＝＝.‎ 直线QM的斜率k′＝＝－.‎ 此时＝－3.所以为定值－3.‎ ‎②解　设A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 由①知直线PA的方程为y＝kx＋m.‎ 则直线QB的方程为y＝－3kx＋m.联立 整理得(2k2＋1)x2＋4mkx＋2m2－4＝0，‎ 由x0x1＝，可得x1＝，‎ 所以y1＝kx1＋m＝＋m.‎ 同理x2＝，y2＝＋m.‎ 所以x2－x1＝－ ‎＝，‎ y2－y1＝＋m－－m ‎＝，‎ 所以kAB＝＝＝，‎ 由m＞0，x0＞0，可知k＞0，所以6k＋≥2，‎ 当且仅当k＝时取“＝”．‎ 故此时＝，即m＝，符合题意．‎ 所以直线AB的斜率的最小值为.‎ 规律方法　圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略 ‎(1)求代数式为定值．依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可得出定值；‎ ‎(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；‎ ‎(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．‎ ‎【训练2】 (2016·北京卷)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，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＝，ab＝1.‎ 又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，c＝.‎ 所以椭圆方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明　由(1)知，A(2,0)，B(0,1)．‎ 设椭圆上一点P(x0，y0)，则＋y＝1.‎ 当x0≠0时，直线PA方程为y＝(x－2)，‎ 令x＝0得yM＝.‎ 从而|BM|＝|1－yM|＝.‎ 直线PB方程为y＝x＋1.‎ 令y＝0得xN＝.‎ ‎∴|AN|＝|2－xN|＝.‎ ‎∴|AN|·|BM|＝· ‎＝· ‎＝ ‎＝＝4.‎ 当x0＝0时，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，‎ 所以|AN|·|BM|＝4.故|AN|·|BM|为定值．‎ 考点三　范围问题 ‎【例3】 (2016·天津卷)设椭圆＋＝1(a＞)的右焦点为F，右顶点为A.已知＋＝，其中O为原点，e为椭圆的离心率．‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上)，垂直于l的直线与l交于点M，与y轴交于点H.若BF⊥HF，且∠MOA≤∠MAO，求直线l的斜率的取值范围．‎ 解　(1)设F(c,0)，由＋＝，‎ 即＋＝，可得a2－c2＝3c2.‎ 又a2－c2＝b2＝3，所以c2＝1，因此a2＝4.‎ 所以椭圆的方程为＋＝1.‎ ‎(2)设直线l的斜率为k(k≠0)，则直线l的方程为y＝k(x－2)．‎ 设B(xB，yB)，由方程组消去y，整理得(4k2＋3)x2－16k2x＋16k2－12＝0.‎ 解得x＝2或x＝.‎ 由题意得xB＝，从而yB＝.‎ 由(1)知F(1,0)，设H(0，yH)，‎ 有＝(－1，yH)，＝.‎ 由BF⊥HF，得·＝0，‎ 所以＋＝0，解得yH＝.‎ 因为直线MH的方程为y＝－x＋.‎ 设M(xM，yM)，由方程组消去y，‎ 解得xM＝.‎ 在△MAO中，∠MOA≤∠MAO⇔|MA|≤|MO|，‎ 即(xM－2)2＋y≤x＋y，‎ 化简得xM≥1，即≥1，‎ 解得k≤－或k≥.‎ 所以直线l的斜率的取值范围为或.‎ 规律方法　解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面 ‎(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；‎ ‎(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；‎ ‎(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)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；‎ ‎(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．‎ ‎【训练3】 (2017·威海模拟)已知圆x2＋y2＝1过椭圆＋＝1(a＞b＞0)的两焦点，与椭圆有且仅有两个公共点，直线l：y＝kx＋m与圆x2＋y2＝1相切，与椭圆＋＝1相交于A，B两点．记λ＝·，且≤λ≤.‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)求k的取值范围；‎ ‎(3)求△OAB的面积S的取值范围．‎ 解　(1)由题意知2c＝2，所以c＝1.‎ 因为圆与椭圆有且只有两个公共点，‎ 从而b＝1，故a＝，所以所求椭圆方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)因为直线l：y＝kx＋m与圆x2＋y2＝1相切，‎ 所以原点O到直线l的距离为＝1，‎ 即m2＝k2＋1.由 得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝.‎ λ＝·＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝，由≤λ≤，得≤k2≤1，‎ 即k的取值范围是∪.‎ ‎(3)|AB|2＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2＝(1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2]＝2－，‎ 由≤k2≤1，得≤|AB|≤.‎ 设△OAB的AB边上的高为d，‎ 则S＝|AB|d＝|AB|，‎ 所以≤S≤.‎ 即△OAB的面积S的取值范围是.‎ 考点四　最值问题 ‎【例4】 (2015·浙江卷)已知椭圆＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋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＝－x＋b.‎ 由 消去y，得x2－x＋b2－1＝0.‎ 因为直线y＝－x＋b与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋＞0，①‎ 将AB中点M代入直线方程y＝mx＋解得b＝－②‎ 由①②得m＜－或m＞.‎ ‎(2)令t＝∈∪，则 ‎|AB|＝·.‎ 且O到直线AB的距离为d＝.‎ 设△AOB的面积为S(t)，‎ 所以S(t)＝|AB|·d＝ ≤.‎ 当且仅当t2＝时，等号成立．‎ 故△AOB面积的最大值为.‎ 规律方法　处理圆锥曲线最值问题的求解方法 圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．‎ ‎【训练4】 已知椭圆C：x2＋2y2＝4.‎ ‎(1)求椭圆C的离心率；‎ ‎(2)设O为原点．若点A在直线y＝2上，点B在椭圆C上，且OA⊥OB，求线段AB长度的最小值．‎ 解　(1)由题意，椭圆C的标准方程为＋＝1.‎ 所以a2＝4，b2＝2，从而c2＝a2－b2＝2.‎ 因此a＝2，c＝.故椭圆C的离心率e＝＝.‎ ‎(2)设点A，B的坐标分别为(t,2)，(x0，y0)，其中x0≠0.‎ 因为OA⊥OB，所以·＝0，‎ 即tx0＋2y0＝0，解得t＝－.又x＋2y＝4，‎ 所以|AB|2＝(x0－t)2＋(y0－2)2‎ ‎＝(x0＋)2＋(y0－2)2＝x＋y＋＋4‎ ‎＝x＋＋＋4＝＋＋4(0＜x≤4)．‎ 因为＋≥4(0＜x≤4)，当且仅当x＝4时等号成立，‎ 所以|AB|2≥8.故线段AB长度的最小值为2.‎ ‎[思想方法]‎ ‎1．求定值问题常见的方法有两种：‎ ‎(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．‎ ‎2．定点的探索与证明问题 ‎(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为y＝kx＋b，然后利用条件建立b、k等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点．‎ ‎(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关．‎ ‎3．求解范围问题的方法 求范围问题的关键是建立求解关于某个变量的目标函数，通过求这个函数的值域确定目标的范围，要特别注意变量的取值范围．‎ ‎4．圆锥曲线中常见最值的解题方法 ‎(1)几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决；‎ ‎(2)代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解．‎ ‎[易错防范]‎ ‎1．求范围问题要注意变量自身的范围．‎ ‎2．利用几何意义求最值时，要注意“相切”与“公共点唯一”的不等价关系．注意特殊关系，特殊位置的应用．‎ ‎3．在解决直线与抛物线的位置关系时，要特别注意直线与抛物线的对称轴平行的特殊情况．‎ ‎4．解决定值、定点问题，不要忘记特值法.‎ 基础巩固题组 ‎(建议用时：40分钟)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 一、选择题 ‎1．设抛物线y2＝8x的准线与x轴交于点Q，若过点Q的直线l与抛物线有公共点，则直线l的斜率的取值范围是(　　)‎ A. B．[－2,2]‎ C．[－1,1] D．[－4,4]‎ 解析　Q(－2,0)，设直线l的方程为y＝k(x＋2)，代入抛物线方程，消去y整理得k2x2＋(4k2－8)x＋4k2＝0，由Δ＝(4k2－8)2－4k2·4k2＝64(1－k2)≥0，解得－1≤k≤1.‎ 答案　C ‎2．(2017·石家庄模拟)已知P为双曲线C：－＝1上的点，点M满足||＝1，且·＝0，则当||取得最小值时点P到双曲线C的渐近线的距离为(　　)‎ A. B. C．4 D．5‎ 解析　由·＝0，得OM⊥PM，根据勾股定理，求|MP|的最小值可以转化为求|OP|的最小值，当|OP|取得最小值时，点P的位置为双曲线的顶点(±3,0)，而双曲线的渐近线为4x±3y＝0，∴所求的距离d＝，故选B.‎ 答案　B ‎3．已知椭圆C的方程为＋＝1(m＞0)，如果直线y＝x与椭圆的一个交点M在x轴上的射影恰好是椭圆的右焦点F，则m的值为(　　)‎ A．2 B．2 C．8 D．2 解析　根据已知条件得c＝，则点(，)在椭圆＋＝1(m＞0)上，‎ ‎∴＋＝1，可得m＝2.‎ 答案　B ‎4．若双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的渐近线与抛物线y＝x2＋2有公共点，则此双曲线的离心率的取值范围是(　　)‎ A．[3，＋∞) B．(3，＋∞) C．(1,3] D．(1,3)‎ 解析　依题意可知双曲线渐近线方程为y＝±x，与抛物线方程联立消去y得x2±x＋2＝0.‎ ‎∵渐近线与抛物线有交点，∴Δ＝－8≥0，求得b2≥8a2，∴c＝≥3a，∴e＝≥3.‎ 答案　A ‎5．(2017·宝鸡一模)斜率为1的直线l与椭圆＋y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为(　　)‎ A．2 B. C. D. 解析　设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，‎ 直线l的方程为y＝x＋t，由消去y，‎ 得5x2＋8tx＋4(t2－1)＝0，‎ 则x1＋x2＝－t，x1x2＝.‎ ‎∴|AB|＝|x1－x2|＝· ‎＝·＝·，‎ 当t＝0时，|AB|max＝.‎ 答案　C 二、填空题 ‎6．已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程是y＝x，它的一个焦点与抛物线y2＝16x的焦点相同，则双曲线的方程为________．‎ 解析　由条件知双曲线的焦点为(4,0)，‎ 所以解得a＝2，b＝2，‎ 故双曲线方程为－＝1.‎ 答案　－＝1‎ ‎7．已知动点P(x，y)在椭圆＋＝1上，若A点坐标为(3,0)，||＝1，且·＝0，则||的最小值是________．‎ 解析　∵·＝0，∴⊥.‎ ‎∴||2＝||2－||2＝||2－1，‎ ‎∵椭圆右顶点到右焦点A的距离最小，‎ 故||min＝2，∴||min＝.‎ 答案　 ‎8．(2017·平顶山模拟)若双曲线x2－＝1(b＞0)的一条渐近线与圆x2＋(y－2)2＝1至多有一个公共点，则双曲线离心率的取值范围是________．‎ 解析　双曲线的渐近线方程为y＝±bx，则有≥1，解得b2≤3，则e2＝1＋b2≤4，∵e＞1，∴1＜e≤2.‎ 答案　(1,2]‎ 三、解答题 ‎9.如图，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率是，点P(0,1)在短轴CD上，且·＝－1.‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点．是否存在常数λ，使得·＋λ·为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．‎ 解　(1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b)．‎ 又点P的坐标为(0,1)，且·＝－1，‎ 于是解得a＝2，b＝.‎ 所以椭圆E方程为＋＝1.‎ ‎(2)当直线AB的斜率存在时，‎ 设直线AB的方程为y＝kx＋1，‎ A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．‎ 联立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.‎ 其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0，‎ 所以，x1＋x2＝－，x1x2＝－.‎ 从而，·＋λ·＝x1x2＋y1y2‎ ‎＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]‎ ‎＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1‎ ‎＝＝－－λ－2.‎ 所以，当λ＝1时，－－λ－2＝－3.‎ 此时，·＋λ·＝－3为定值．‎ 当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，‎ 此时·＋λ·＝·＋·＝‎ ‎－2－1＝－3，‎ 故存在常数λ＝1，使得·＋λ·为定值－3.‎ ‎10．(2016·浙江卷)如图，设椭圆＋y2＝1(a＞1)．‎ ‎(1)求直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段长(用a，k表示)；‎ ‎(2)若任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围．‎ 解　(1)设直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段为AM，由得(1＋a2k2)x2＋2a2kx＝0.‎ 故x1＝0，x2＝－，‎ 因此|AM|＝|x1－x2|＝·.‎ ‎(2)假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P，Q，满足|AP|＝|AQ|.‎ 记直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2，且k1，k2＞0，k1≠k2.‎ 由(1)知|AP|＝，|AQ|＝，‎ 故＝，‎ 所以(k－k)[1＋k＋k＋a2(2－a2)kk]＝0.‎ 由于k1≠k2，k1，k2＞0得1＋k＋k＋a2(2－a2)kk＝0，‎ 因此＝1＋a2(a2－2)，①‎ 因为①式关于k1，k2的方程有解的充要条件是1＋a2(a2－2)＞1，所以a＞.‎ 因此，任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1＜a≤，‎ 由e＝＝得，所求离心率的取值范围是.‎ 能力提升题组 ‎(建议用时：25分钟)‎ ‎11．(2016·湖南师大附中月考)设双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线与抛物线y2＝x的一个交点的横坐标为x0，若x0＞1，则双曲线C的离心率e的取值范围是(　　)‎ A. B．(，＋∞)‎ C．(1，) D. 解析　不妨联立y＝x与y2＝x的方程，消去y得x2＝x，由x0＞1知＜1，即＜1，故e2＜2，又e＞1，所以1＜e＜，故选C.‎ 答案　C ‎12．(2017·河南省八市质检)已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的离心率为2，它的两条渐近线与抛物线y2＝2px(p＞0)的准线分别交于A，B两点，O为坐标原点．若△AOB的面积为，则抛物线的准线方程为(　　)‎ A．x＝－2 B．x＝2 C．x＝1 D．x＝－1‎ 解析　因为e＝＝2，所以c＝2a，b＝a，双曲线的渐近线方程为y＝±x，又抛物线的准线方程为x＝－，联立双曲线的渐近线方程和抛物线的准线方程得A，B，在△AOB中，|AB|＝p，点O到AB的距离为，所以·p·＝，所以p＝2，所以抛物线的准线方程为x＝－1，故选D.‎ 答案　D ‎13．(2017·合肥诊断)若点O和点F分别为椭圆＋＝1的中点和左焦点，点P为椭圆上的任一点，则·的最小值为________．‎ 解析　点P为椭圆＋＝1上的任意一点，设P(x，y)(－3≤x≤3，－2≤y≤2)，依题意得左焦点F(－1,0)，∴＝(x，y)，＝(x＋1，y)，∴·＝x(x＋1)＋y2＝x2＋x＋＝2＋.‎ ‎∵－3≤x≤3，‎ ‎∴≤x＋≤，∴≤2≤，‎ ‎∴≤2≤，∴6≤2＋≤12，即6≤·≤12，故最小值为6.‎ 答案　6‎ ‎14．(2017·衡水中学高三联考)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，直线3x＋4y＋6＝0与圆x2＋(y－b)2＝a2相切．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)已知过椭圆C的左顶点A的两条直线l1，l2分别交椭圆C于M，N两点，且l1⊥l2，求证：直线MN过定点，并求出定点坐标；‎ ‎(3)在(2)的条件下求△AMN面积的最大值．‎ 解　(1)由题意，得∴ 即C：＋y2＝1.‎ ‎(2)由题意得直线l1，l2的斜率存在且不为0.‎ ‎∵A(－2,0)，设l1：x＝my－2，l2：x＝－y－2，‎ 由得(m2＋4)y2－4my＝0，‎ ‎∴M.‎ 同理，N.‎ ‎①m≠±1时，kMN＝，‎ lMN：y＝.此时过定点.‎ ‎②m＝±1时，lMN：x＝－，过点.‎ ‎∴lMN恒过定点.‎ ‎(3)由(2)知S△AMN＝×|yM－yN|‎ ‎＝＝8 ‎＝＝.‎ 令t＝≥2，当且仅当m＝±1时取等号，‎ ‎∴S△AMN≤，且当m＝±1时取等号．‎ ‎∴(S△AMN)max＝.‎ 特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.‎