2017届高考文科数学（全国通用）二轮文档讲义：第2编专题2-6-3圆锥曲线的综合应用 33页

第三讲　圆锥曲线的综合应用 ‎[必记公式及概念]‎ ‎1．定值、定点问题在变化中所表现出来的不变的量，用变化的量表示问题中的直线方程、数量积、比例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个点，就是要求的定点，解决这类问题的关键就是引进参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．‎ ‎2．圆锥曲线中最值问题：主要是求线段长度的最值、三角形面积的最值等．‎ ‎3．圆锥曲线中的范围问题：关键是选取合适的变量建立目标函数和不等关系．该问题主要有以下三种情况：‎ ‎(1)距离型：若涉及焦点，则可以考虑将圆锥曲线定义和平面几何性质结合起来求解；若是圆锥曲线上的点到直线的距离，则可设出与已知直线平行的直线方程，再代入圆锥曲线方程中，用判别式等于零求得切点坐标，这个切点就是距离取得最值的点，若是在圆或椭圆上，则可将点的坐标以参数形式设出，转化为三角函数的最值求解．‎ ‎(2)斜率、截距型：一般解法是将直线方程代入圆锥曲线方程中，利用判别式列出对应的不等式，解出参数的范围，如果给出的只是圆锥曲线的一部分，则需要结合图形具体分析，得出相应的不等关系．‎ ‎(3)面积型：求面积型的最值，即求两个量的乘积的范围，可以考虑能否使用不等式求解，或者消元转化为某个参数的函数关系，用函数方法求解．‎ ‎4．探究性问题：有关圆锥曲线中的探究性问题，一般假设满足条件的量存在，以此为基础进行推理．‎ ‎[失分警示]‎ ‎1．求轨迹方程时要注意它的纯粹性与完备性．‎ ‎2．使用函数方法求解最值和范围时，需选择合适的变量．解题时易忽略变量的范围，导致结果的错误．‎ ‎3．直线与双曲线交于一点时，不一定相切，反之，直线与双曲线相切时，只有一个交点．‎ ‎4．在解决直线与圆锥曲线问题时，若需设直线方程，易忽略直线斜率不存在的情况．‎ 考点　求轨迹方程　　‎ 典例示法 典例1　　[2016·全国卷Ⅰ]设圆x2＋y2＋2x－15＝0的圆心为A，直线l过点B(1,0)且与x轴不重合，l交圆 A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.‎ ‎(1)证明|EA|＋|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；‎ ‎(2)设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围．‎ ‎[解]　(1)证明：因为|AD|＝|AC|，EB∥AC，故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC.‎ 所以|EB|＝|ED|，故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|.‎ 又圆A的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，从而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4.‎ 由题设得A(－1,0)，B(1,0)，|AB|＝2，由椭圆定义可得点E的轨迹方程为＋＝1(y≠0)．‎ ‎(2)当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．‎ 由得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，‎ 则x1＋x2＝，x1x2＝，‎ 所以|MN|＝|x1－x2|＝.‎ 过点B(1,0)且与l垂直的直线m：y＝－(x－1)，A到m的距离为，‎ 所以|PQ|＝2＝4.‎ 故四边形MPNQ的面积 S＝|MN||PQ|＝12.‎ 可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12,8)．‎ 当l与x轴垂直时，其方程为x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，四边形MPNQ的面积为12.‎ 综上，四边形MPNQ面积的取值范围为[12,8)．‎ 求轨迹方程的常用方法 ‎(1)直接法：直接利用条件建立x，y之间的关系f(x，y)＝0.‎ ‎(2)待定系数法：已知所求曲线的类型，先根据条件设出所求曲线的方程，再由条件确定其待定系数．‎ ‎(3)定义法：先根据条件得出动点的轨迹是某种已知曲线，再由曲线的定义直接写出动点的轨迹方程．‎ ‎(4)相关点法：动点P(x，y)依赖于另一动点Q(x0，y0)的变化而变化，并且Q(x0，y0)又在某已知曲线上，则可先用x，y的代数式表示x0，y0，再将x0，y0代入已知曲线得要求的轨迹方程．‎ ‎(5)参数法：当动点P(x，y)的坐标之间的关系不易直接找到，也没有相关点可用时，可考虑将x，y均用一中间变量(参数)表示，得参数方程，再消去参数得普通方程．‎ 针对训练 如图，抛物线C1：x2＝4y，C2：x2＝－2py(p>0)．点M(x0，y0)在抛物线C2上，过M作C1的切线，切点为A，B(M为原点O时，A，B重合于O)．当x0＝1－时，切线MA的斜率为－.‎ ‎(1)求p的值；‎ ‎(2)当M在C2上运动时，求线段AB中点N的轨迹方程(A，B重合于O时，中点为O)．‎ 解　(1)因为抛物线 C1：x2＝4y上任意一点(x，y)的切线斜率为y′＝，且切线MA的斜率为－，‎ 所以A点坐标为.‎ 故切线MA的方程为y＝－(x＋1)＋.‎ 因为点M(1－，y0)在切线MA及抛物线C2上，‎ 于是y0＝－(2－)＋＝－.①‎ y0＝－＝－.②‎ 由①②得p＝2.‎ ‎(2)设N(x，y)，A，B，x1≠x2，由N为线段AB中点知 x＝③‎ y＝④‎ 切线MA，MB的方程为 y＝(x－x1)＋，⑤‎ y＝(x－x2)＋.⑥‎ 由⑤⑥得MA，MB的交点M(x0，y0)的坐标为 x0＝，y0＝.‎ 因为点M(x0，y0)在C2上，即x＝－4y0，‎ 所以x1x2＝－.⑦‎ 由③④⑦得 x2＝y，x≠0.‎ 当x1＝x2时，A，B重合于原点O，AB中点N为O，坐标满足x2＝y.‎ 因此AB中点N的轨迹方程为x2＝y.‎ 考点　最值与范围问题　　‎ 典例示法 题型1　距离、面积的最值问题 典例2　　[2014·浙江高考] 如图，设椭圆C：＋＝1(a>b>0)，动直线l与椭圆C只有一个公共点P，且点P在第一象限．‎ ‎(1)已知直线l的斜率为k，用a，b，k表示点P的坐标；‎ ‎(2)若过原点O的直线l1与l垂直，证明：点P到直线l1的距离的最大值为a－b.‎ ‎[解]　(1)设直线l的方程为y＝kx＋m(k<0)，由消去y得(b2＋a2k2)x2＋2a2kmx＋a2m2－a2b2＝0.‎ 由于l与C只有一个公共点，故Δ＝0，即b2－m2＋a2k2＝0，解得点P的坐标为.‎ 又点P在第一象限，‎ 故点P的坐标为P.‎ ‎(2)证明：由于直线l1过原点O且与l垂直，故直线l1的方程为x＋ky＝0，‎ 所以点P到直线l1的距离 d＝，‎ 整理得d＝.‎ 因为a2k2＋≥2ab，‎ 所以≤＝a－b，‎ 当且仅当k2＝时等号成立．‎ 所以，点P到直线l1的距离的最大值为a－b.‎ 题型2　求几何量、参数范围问题 典例3　　[2015·天津高考]已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点为F(－c,0)，离心率为，点M在椭圆上且位于第一象限，直线FM被圆x2＋y2＝截得的线段的长为c，|FM|＝.‎ ‎(1)求直线FM的斜率；‎ ‎(2)求椭圆的方程；‎ ‎(3)设动点P在椭圆上，若直线FP的斜率大于，求直线OP(O为原点)的斜率的取值范围．‎ ‎[解]　(1)由已知有＝，又由a2＝b2＋c2，可得a2＝3c2，b2＝2c2.‎ 设直线FM的斜率为k(k>0)，则直线FM的方程为y＝k(x＋c)．由已知，有2＋2＝2，解得k＝.‎ ‎(2)由(1)得椭圆方程为＋＝1，直线FM的方程为y＝(x＋c)，两个方程联立，消去y，整理得3x2＋2cx－5c2＝0，解得x＝－c，或x＝c.因为点M在第一象限，可得M的坐标为.由|FM|＝＝，解得c＝1，所以椭圆的方程为＋＝1.‎ ‎(3)设点P的坐标为(x，y)，直线FP的斜率为t，得t＝，即y＝t(x＋1)(x≠－1)，与椭圆方程联立得消去y，整理得2x2＋3t2(x＋1)2＝6.又由已知，得t＝ >，解得－0，于是m＝，得m∈.‎ ‎②当x∈(－1,0)时，有y＝t(x＋1)>0，因此m<0，于是m＝－，得m∈.‎ 综上，直线OP的斜率的取值范围是∪.‎ ‎1．与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法 ‎(1)数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解．‎ ‎(2)构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法求最值(注意：有时需先换元后再求最值)．‎ ‎2．解决圆锥曲线中范围问题的方法 一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化．‎ 考点　定点与定值问题　　‎ 典例示法 题型1　定点的证明与探究 典例4　　[2015·四川高考] 如图，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率是，过点P(0,1)的动直线l与椭圆相交于A，B两点．当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为2.‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点P不同的定点Q，使得＝恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎[解]　(1)由已知，点(，1)在椭圆E上．‎ 因此， 解得a＝2，b＝.‎ 所以椭圆E的方程为＋＝1.‎ ‎(2)当直线l与x轴平行时，设直线l与椭圆相交于C，D两点．‎ 如果存在定点Q满足条件，则有＝＝1，即|QC|＝|QD|.‎ 所以Q点在y轴上，可设Q点的坐标为(0，y0)．‎ 当直线l与x轴垂直时，设直线l与椭圆相交于M，N两点，‎ 则M，N的坐标分别为(0，)，(0，－)．‎ 由＝，有＝，解得y0＝1，或y0＝2.‎ 所以，若存在不同于点P的定点Q满足条件，则Q点坐标只可能为(0,2)．‎ 下面证明：对任意直线l，均有＝.‎ 当直线l的斜率不存在时，由上可知，结论成立．‎ 当直线l的斜率存在时，可设直线l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＝－.‎ 因此＋＝＝2k.‎ 易知，点B关于y轴对称的点B′的坐标为(－x2，y2)．‎ 又kQA＝＝ ‎＝k－，‎ kQB′＝＝＝－k＋＝k－，‎ 所以kQA＝kQB′，即Q，A，B′三点共线．‎ 所以＝＝＝.‎ 故存在与P不同的定点Q(0,2)，使得＝恒成立．‎ 题型2　定值的证明与探究 典例5　　[2016·河南六市联考]如图，在平面直角坐标系xOy中，已知R(x0，y0)是椭圆C：＋＝1上的一点，从原点O向圆R：(x－x0)2＋(y－y0)2＝8作两条切线，分别交椭圆于点P，Q.‎ ‎(1)若R点在第一象限，且直线OP，OQ互相垂直，求圆R的方程；‎ ‎(2)若直线OP，OQ的斜率存在，并记为k1，k2，求k1·k2的值；‎ ‎(3)试问|OP|2＋|OQ|2是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由．‎ ‎[解]　(1)设圆R的半径为r，由圆R的方程知r＝2，因为直线OP，OQ互相垂直，且和圆R相切，所以|OR|＝r＝4，即 x＋y＝16，①‎ 又点R在椭圆C上，所以＋＝1，②‎ 联立①②，解得 所以，圆R的方程为(x－2)2＋(y－2)2＝8.‎ ‎(2)因为直线OP：y＝k1x和OQ：y＝k2x都与圆R相切，所以＝2，＝2，‎ 化简得(x－8)k－2x0y0k1＋y－8＝0，(x－8)k－2x0y0k2＋y－8＝0，‎ 所以k1，k2是方程(x－8)k2－2x0y0k＋y－8＝0的两个不相等的实数根，由根与系数的关系得k1·k2＝，‎ 因为点R(x0，y0)在椭圆C上，所以＋＝1，‎ 即y＝12－x，‎ 所以k1k2＝＝－.‎ ‎(3)解法一：当直线OP，OQ不落在坐标轴上时，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，‎ 由(2)知2k1k2＋1＝0，‎ 所以＋1＝0，故yy＝xx.‎ 因为P(x1，y1)，Q(x2，y2)在椭圆C上，‎ 所以＋＝1，＋＝1，‎ 即y＝12－x，y＝12－x，‎ 所以＝xx，‎ 整理得x＋x＝24，‎ 所以y＋y＝＋＝12，‎ 所以|OP|2＋|OQ|2＝x＋y＋x＋y＝(x＋x)＋(y＋y)＝36.‎ 解法二：(ⅰ)当直线OP，OQ不落在坐标轴上时，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)．‎ 联立解得x＝，y＝，‎ 所以x＋y＝，‎ 同理，得x＋y＝，‎ 由(2)知k1k2＝－，所以|OP|2＋|OQ|2＝x＋y＋x＋y＝＋＝＋＝＝36.‎ ‎(ⅱ)当直线OP，OQ落在坐标轴上时，显然有|OP|2＋|OQ|2＝36.‎ 综上|OP|2＋|OQ|2＝36.‎ ‎1．过定点问题的两大类型及解法 ‎(1)动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．‎ ‎(2)动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．‎ ‎2．求解定值问题的三个步骤 ‎(1)由特例得出一个值，此值一般就是定值；‎ ‎(2)证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；‎ ‎(3)得出结论．‎ 考点　存在性问题　　‎ 典例示法 题型1　点的存在性问题 典例6　　[2015·北京高考]已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点P(0,1)和点A(m，n)(m≠0)都在椭圆C上，直线PA交x轴于点M.‎ ‎(1)求椭圆C的方程，并求点M的坐标(用m，n表示)；‎ ‎(2)设O为原点，点B与点A关于x轴对称，直线PB交x轴于点N.问：y轴上是否存在点Q，使得∠OQM＝∠ONQ？若存在，求点Q的坐标；若不存在，说明理由．‎ ‎[解]　(1)由题意得解得a2＝2.‎ 故椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ 设M(xM,0)．‎ 因为m≠0，所以－1b>0)的右焦点为F(1,0)，短轴的一个端点B到点F的距离等于焦距．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)过点F的直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，是否存在直线l，使得△BFM与△BFN的面积比值为2？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．‎ ‎[解]　(1)由已知得c＝1，a＝2c＝2，b2＝a2－c2＝3，‎ 所以椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)＝2等价于＝2，‎ 当直线l的斜率不存在时，＝1，不符合题意，舍去；‎ 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－1)，‎ 由消去x并整理得(3＋4k2)y2＋6ky－9k2＝0，‎ 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝－①‎ y1y2＝②‎ 由＝2得y1＝－2y2③‎ 由①②③解得k＝±，‎ 因此存在直线l：y＝±(x－1)，使得△BFM与△BFN的面积比值为2.‎ 题型3　参数的存在性问题 典例8　　[2016·金版原创]已知F是抛物线C：x2＝2py，p>0的焦点，G，H是抛物线C上不同的两点，且|GF|＋|HF|＝3，线段GH的中点到x轴的距离为.点P(0,4)，Q(0,8)，曲线D上的点M满足·＝0.‎ ‎(1)求抛物线C和曲线D的方程；‎ ‎(2)是否存在直线l：y＝kx＋m分别与抛物线C相交于点A，B(A在B的左侧)、与曲线D相交于点S，T(S在T的左侧)，使得△OAT与△OBS 的面积相等？若存在，求出m的取值范围；若不存在，说明理由．‎ ‎[解]　(1)由抛物线定义知＋＝，得p＝，‎ 故抛物线的方程为x2＝y.‎ 由·＝0得点M的轨迹D是以PQ为直径的圆，其方程为x2＋(y－6)2＝4.‎ ‎(2)由△OAT与△OBS的面积相等得|AT|＝|BS|，‎ 则|AS|＝|BT|，‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，S(x3，y3)，T(x4，y4)，‎ 由＝(x3－x1，y3－y1)，＝(x2－x4，y2－y4)，‎ 且＝得x3－x1＝x2－x4，即x1＋x2＝x4＋x3.‎ ‎(ⅰ)当直线l的斜率为0时，l的方程为y＝m，此时只需点(0，m)在圆D内即可，此时40，①‎ 且x1＋x2＝k.‎ 由方程组得 ‎(1＋k2)x2＋2k(m－6)x＋(m－6)2－4＝0，‎ 直线l与圆D交于S，T两点，所以圆心D(0,6)到直线l的距离d＝0，∴－20)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.‎ ‎(1)当t＝4，|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积；‎ ‎(2)当2|AM|＝|AN|时，求k的取值范围．‎ 解　(1)设M(x1，y1)，则由题意知y1>0.‎ 当t＝4时，E的方程为＋＝1，A(－2,0)．‎ 由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为.‎ 因此直线AM的方程为y＝x＋2.‎ 将x＝y－2代入＋＝1得7y2－12y＝0.‎ 解得y＝0或y＝，所以y1＝.因此△AMN的面积S△AMN＝2×××＝.‎ ‎(2)由题意知t>3，k>0，A(－，0)．将直线AM的方程y＝k(x＋)代入＋＝1得 ‎(3＋tk2)x2＋2·tk2x＋t2k2－3t＝0.‎ 由x1·(－)＝得x1＝，故 ‎|AM|＝|x1＋|＝.‎ 由题设知，直线AN的方程为y＝－(x＋)，故同理可得|AN|＝.‎ 由2|AM|＝|AN|得＝，即(k3－2)t＝3k(2k－1)．‎ 当k＝时上式不成立，因此t＝.‎ t>3等价于＝<0，即 <0.‎ 由此得或解得0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.‎ ‎(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；‎ ‎(2)若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．‎ 解　(1)证明：设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．‎ 将y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，故xM＝＝，yM＝kxM＋b＝.‎ 于是直线OM的斜率kOM＝＝－，即kOM·k＝－9.‎ 所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．‎ ‎(2)四边形OAPB能为平行四边形．‎ 因为直线l过点，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0，k≠3.‎ 由(1)得OM的方程为y＝－x.‎ 设点P的横坐标为xP.‎ 由得x＝，即xP＝.‎ 将点的坐标代入l的方程得b＝，因此xM＝.‎ 四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM.‎ 于是＝2×，解得k1＝4－，k2＝4＋.‎ 因为ki>0，ki≠3，i＝1,2，所以当l的斜率为4－或4＋时，四边形OAPB为平行四边形．‎ ‎[其它省市高考题借鉴]‎ ‎4．[2016·北京高考]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．‎ 解　(1)由题意得解得a＝2，b＝1.‎ 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明：由(1)知，A(2,0)，B(0,1)．‎ 设P(x0，y0)，则x＋4y＝4.‎ 当x0≠0时，直线PA的方程为y＝(x－2)．‎ 令x＝0，得yM＝－，从而|BM|＝|1－yM|＝.‎ 直线PB的方程为y＝x＋1.‎ 令y＝0，得xN＝－，从而|AN|＝|2－xN|＝.‎ 所以|AN|·|BM|＝· ‎＝ ‎＝ ‎＝4.‎ 当x0＝0时，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，‎ 所以|AN|·|BM|＝4.‎ 综上，|AN|·|BM|为定值．‎ ‎5．[2015·山东高考]平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，左、右焦点分别是F1，F2.以F1为圆心以3为半径的圆与以F2为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆C上．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设椭圆E：＋＝1，P为椭圆C上任意一点．过点P的直线y＝kx＋m交椭圆E于A，B两点，射线PO交椭圆E于点Q.‎ ‎(ⅰ)求的值；‎ ‎(ⅱ)求△ABQ面积的最大值．‎ 解　(1)由题意知2a＝4，则a＝2.‎ 又＝，a2－c2＝b2，‎ 可得b＝1，‎ 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)由(1)知椭圆E的方程为＋＝1.‎ ‎(ⅰ)设P(x0，y0)，＝λ，‎ 由题意知Q(－λx0，－λy0)．‎ 因为＋y＝1，‎ 又＋＝1，即·＝1，‎ 所以λ＝2，即＝2.‎ ‎(ⅱ)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 将y＝kx＋m代入椭圆E的方程，‎ 可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0.‎ 由Δ>0，可得m2<4＋16k2，①‎ 则有x1＋x2＝－，x1x2＝，‎ 所以|x1－x2|＝.‎ 因为直线y＝kx＋m与y轴交点的坐标为(0，m)，‎ 所以△OAB的面积S＝|m||x1－x2|‎ ‎＝ ‎＝ ‎＝2 .‎ 设＝t.‎ 将y＝kx＋m代入椭圆C的方程，‎ 可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，‎ 由Δ≥0，可得m2≤1＋4k2.②‎ 由①②可知00，b>0)的左、右焦点，且|F1F2|＝2，若P是该双曲线右支上的一点，且满足|PF1|＝2|PF2|，则△PF1F2面积的最大值是(　　)‎ A．1 B. C. D．2‎ 答案　B 解析　∵ ‎∴|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，‎ 设∠F1PF2＝θ，∴cosθ＝＝，‎ ‎∴S2△PF1F2＝2‎ ‎＝16a4 ‎＝－92≤，‎ 当且仅当a2＝时，等号成立，故S△PF1F2的最大值是，故选B.‎ ‎4．[2016·云南统检]已知双曲线M的焦点F1、F2在x轴上，直线x＋3y＝0是双曲线M的一条渐近线，点P在双曲线M上，且·＝0，如果抛物线y2＝16x的准线经过双曲线M的一个焦点，那么||·||＝(　　)‎ A．21 B．14‎ C．7 D．0‎ 答案　B 解析　设双曲线方程为－＝1(a>0，b>0)，‎ ‎∵直线x＋3y＝0是双曲线M的一条渐近线，‎ ‎∴＝①‎ 又抛物线的准线为x＝－4，∴c＝4②‎ 又a2＋b2＝c2③‎ ‎∴由①②③得a＝3.‎ 设点P为双曲线右支上一点，‎ ‎∴由双曲线定义得||PF1|－|PF2||＝6④‎ 又·＝0，‎ ‎∴⊥，‎ ‎∴在Rt△PF1F2中||2＋||2＝82⑤‎ 联立④⑤，解得||·||＝14.‎ 二、填空题 ‎5．[2016·河南洛阳统考]已知F1、F2分别是双曲线3x2－y2＝3a2(a>0)的左、右焦点，P是抛物线y2＝8ax与双曲线的一个交点，若|PF1|＋|PF2|＝12，则抛物线的准线方程为________．‎ 答案　x＝－2‎ 解析　将双曲线方程化为标准方程得－＝1，抛物线的准线为x＝－2a，联立⇒x＝3a，即点P的横坐标为3a.而由⇒|PF2|＝6－a，又易知F2为抛物线的焦点，‎ ‎∴|PF2|＝3a＋2a＝6－a，得a＝1，∴抛物线的准线方程为x＝－2.‎ ‎6．[2016·南昌一模]已知抛物线C：x2＝4y的焦点为F，过点F且斜率为1的直线与抛物线相交于M，N两点．设直线l是抛物线C的切线，且l∥MN，P为l上一点，则·的最小值为________．‎ 答案　－14‎ 解析　由题意知F(0,1)，所以过点F且斜率为1的直线方程为y＝x＋1，代入x2＝4y，整理得x2－4x－4＝0，解得x＝2±2，所以可取M(2－2，3－2)，N(2＋2，3＋2)，因为l∥MN，所以可设l的方程为y＝x＋m，代入x2＝4y，整理得x2－4x－4m＝0，又直线l与抛物线相切，所以Δ＝(－4)2－4(－4m)＝0，所以m＝－1，l的方程为y＝x－1.设点P(x，x－1)，则＝(2－x－2，4－x－2)，＝(2－x＋2，4－x＋2)，·＝(2－x)2－8＋(4－x)2－8＝2x2－12x＋4＝2(x－3)2－14≥－14.‎ ‎7．[2016·石家庄质检]设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F的直线l与抛物线交于A，B两点，M为抛物线C的准线与x轴的交点，若tan∠AMB＝2，则|AB|＝________.‎ 答案　8‎ 解析　依题意作出图象如图所示，设l：x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得，y2－4my－4＝0，∴y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，x1x2＝·＝1，x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2＝4m2＋2，‎ ‎∵tan∠AMB＝tan(∠AMF＋∠BMF)，‎ ‎∴＝2，‎ ＝2，y1－y2＝4m2，‎ ‎∴4＝4m2，m2＝1，‎ ‎∴|AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋1＋x2＋1＝4m2＋4＝8.‎ 三、解答题 ‎8．[2016·合肥质检]设A，B为抛物线y2＝x上相异两点，其纵坐标分别为1，－2，分别以A，B为切点作抛物线的切线l1，l2，设l1，l2相交于点P.‎ ‎(1)求点P的坐标；‎ ‎(2)M为A，B间抛物线段上任意一点，设＝λ＋μ，试判断＋是否为定值？如果为定值，求出该定值；如果不是定值，请说明理由．‎ 解　(1)知A(1,1)，B(4，－2)，设点P坐标为(xP，yP)，‎ 切线l1：y－1＝k(x－1)，联立 由抛物线与直线l1相切，解得k＝，‎ 即l1：y＝x＋，同理l2：y＝－x－1，‎ 联立l1，l2的方程，可解得 即点P的坐标为.‎ ‎(2)设M(y，y0)，且－2≤y0≤1，由＝λ＋μ得 ＝λ＋μ，‎ 即解得 则＋＝＋＝1，即＋为定值1.‎ ‎9．[2016·山西四校二联]已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆与直线2x－y＋6＝0相切．‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)已知点A，B为动直线y＝k(x－2)(k≠0)与椭圆C的两个交点，问：在x轴上是否存在定点E，使得2＋·为定值？若存在，试求出点E的坐标和定值；若不存在，请说明理由．‎ 解　(1)由e＝得＝，即c＝a.①‎ 又以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆为x2＋y2＝a2，且该圆与直线2x－y＋6＝0相切，‎ 所以a＝＝，代入①得c＝2，‎ 所以b2＝a2－c2＝2.‎ 所以椭圆C的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)由得(1＋3k2)x2－12k2x＋12k2－6＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 所以x1＋x2＝，x1x2＝.‎ 根据题意，假设x轴上存在定点E(m,0)，‎ 使得2＋·＝(＋)·＝·为定值，‎ 则·＝(x1－m，y1)·(x2－m，y2)‎ ‎＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2‎ ‎＝(k2＋1)x1x2－(2k2＋m)(x1＋x2)＋(4k2＋m2)‎ ‎＝，‎ 要使上式为定值，即与k无关，3m2－12m＋10＝3(m2－6)，得m＝.‎ 此时，2＋·＝m2－6＝－，所以在x轴上存在定点E使得2＋·为定值，且定值为－.‎ ‎10．[2016·云南统考]已知焦点在y轴上的椭圆E的中心是原点O，离心率等于，以椭圆E的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为4.直线l：y＝kx＋m与y轴交于点P，与椭圆E交于A，B两个相异点，且＝λ.‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)是否存在m，使＋λ＝4？若存在，求m的取值范围；若不存在，请说明理由．‎ 解　(1)根据已知设椭圆E的方程为＋＝1(a>b>0)，焦距为2c，‎ 由已知得＝，∴c＝a，b2＝a2－c2＝.‎ ‎∵以椭圆E的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为4，‎ ‎∴4＝2a＝4，∴a＝2，b＝1.‎ ‎∴椭圆E的方程为x2＋＝1.‎ ‎(2)根据已知得P(0，m)，由＝λ，得－＝λ(－)．‎ ‎∴＋λ＝(1＋λ).‎ ‎∵＋λ＝4，∴(1＋λ)＝4.‎ 若m＝0，由椭圆的对称性得＝，即＋＝0.‎ ‎∴m＝0能使＋λ＝4成立．‎ 若m≠0，则1＋λ＝4，解得λ＝3.‎ 设A(x1，kx1＋m)，B(x2，kx2＋m)，‎ 由得(k2＋4)x2＋2mkx＋m2－4＝0，‎ 由已知得Δ＝4m2k2－4(k2＋4)(m2－4)>0，即 k2－m2＋4>0，‎ 且x1＋x2＝，x1x2＝.‎ 由＝3得－x1＝3x2，即x1＝－3x2.‎ ‎∴3(x1＋x2)2＋4x1x2＝0，‎ ‎∴＋＝0，即m2k2＋m2－k2－4＝0.‎ 当m2＝1时，m2k2＋m2－k2－4＝0不成立．‎ ‎∴k2＝.‎ ‎∵k2－m2＋4>0，‎ ‎∴－m2＋4>0，即>0.‎ ‎∴1|F1F2|，‎ 因此曲线E是长轴长2a＝4，焦距2c＝2的椭圆，且 b2＝a2－c2＝3，‎ 所以曲线E的方程为＋＝1.‎ ‎(2)(ⅰ)由曲线E的方程得上顶点M(0，)，‎ 记A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知x1≠0，x2≠0.‎ 若直线AB的斜率不存在，则直线AB的方程为x＝x1，‎ 故y1＝－y2，且y＝y＝3，‎ 因此，kMA·kMB＝·＝－＝，‎ 与已知不符，因此直线AB的斜率存在．‎ 设直线AB：y＝kx＋m，代入椭圆E的方程＋＝1，‎ 得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－3)＝0.①‎ 因为直线AB与曲线E有公共点A，B，‎ 所以方程①有两个非零不等实根x1，x2，‎ 所以x1＋x2＝－，x1·x2＝.‎ 又kAM＝＝，kMB＝＝.‎ 由kAM·kBM＝得4(kx1＋m－)(kx2＋m－)＝x1x2，即(4k2－1)x1x2＋4k(m－)(x1＋x2)＋4(m－)2＝0，‎ 所以4(m2－3)(4k2－1)＋4k(m－)(－8km)＋4(m－)2(3＋4k2)＝0，‎ 化简得m2－3m＋6＝0，故m＝或m＝2.‎ 结合x1x2≠0知m＝2，‎ 即直线AB恒过定点N(0,2)．‎ ‎(ⅱ)由Δ>0且m＝2得k>或k<－，‎ 又S△ABM＝|S△ANM－S△BNM|＝|MN|·|x1－x2|‎ ‎＝ ‎＝ ‎＝＝≤，‎ 当且仅当4k2－9＝12，即k＝±时，‎ ‎△ABM的面积最大，最大值为.‎ 典题例证 ‎[2016·山东高考] 平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率是，抛物线E：x2＝2y的焦点F是C的一个顶点．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线l与C交于不同的两点A，B，线段AB的中点为D.直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.‎ ‎①求证：点M在定直线上；‎ ‎②直线l与y轴交于点G，记△PFG的面积为S1，△PDM的面积为S2，求的最大值及取得最大值时点P的坐标．‎ 审题过程 　由条件求出椭圆方程，设出P点坐标，求出切线方程后与椭圆方程联立，顺次求点D、M的坐标．‎ 　利用表面公式表示出，由函数知识求最值．注意设而不求思想的运用.‎ 　(1)由题意知＝，可得：a2＝4b2，‎ 因为抛物线E的焦点F，‎ 所以b＝，a＝1， ‎ 所以椭圆C的方程为x2＋4y2＝1.‎ ‎(2)①证明：设P(m>0)．‎ 由x2＝2y，可得y′＝x，‎ 所以直线l的斜率为m.‎ 因此直线l的方程为y－＝m(x－m)，‎ 即y＝mx－，‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)．‎ 联立方程 得(4m2＋1)x2－4m3x＋m4－1＝0.‎ 由Δ>0，得0