【数学】2020届一轮复习（文）通用版9-7圆锥曲线的综合问题作业 27页

‎9.7　圆锥曲线的综合问题 挖命题 ‎【考情探究】‎ 考点 内容解读 ‎5年考情 预测热度 考题示例 考向 关联考点 ‎1.定值与 定点问题 掌握与圆锥曲线有关的定值与定点问题 ‎2018课标Ⅰ,19,12分 定值问题 角平分线的 性质,斜率公式 ‎★★★‎ ‎2017课标Ⅰ,20,12分 定点问题 根与系数的 关系、斜率公式 ‎2.最值与 范围问题 掌握与圆锥曲线有关的参数范围问题 ‎2016课标Ⅱ,20,12分 范围问题 椭圆的几何性质 ‎★★★‎ ‎3.存在性问题 了解并掌握与圆锥曲线有关的存在性问题 ‎2015课标Ⅱ,20,12分 存在性问题 根与系数的关系、‎ 斜率公式 ‎★★☆‎ 分析解读　　1.会处理动曲线(含直线)过定点的问题.2.会证明与曲线上的动点有关的定值问题.3.会按条件建立目标函数,研究变量的最值问题及变量的取值范围问题,注意运用“数形结合”“几何法”求某些量的最值.4.能与其他知识交汇,从假设结论成立入手,通过推理论证解答存在性问题.5.本节在高考中围绕直线与圆锥曲线的位置关系,展开对定值、最值、参数取值范围等问题的考查,注重对数学思想方法的考查,分值约为12分,难度偏大.‎ 破考点 ‎【考点集训】‎ 考点一　定值与定点问题　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ ‎1.(2018重庆綦江模拟,9)已知圆C:x2+y2=1,点P为直线x+2y-4=0上一动点,过点P向圆C引两条切线PA,PB,A,B为切点,则直线AB经过定点(　　)‎ A.‎1‎‎2‎‎,‎‎1‎‎4‎　　　　B.‎‎1‎‎4‎‎,‎‎1‎‎2‎ C.‎3‎‎4‎‎,0‎　　　　D.‎‎0,‎‎3‎‎4‎ 答案　B　‎ ‎2.(2018河北五校12月联考,20)已知椭圆C:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的离心率为‎2‎‎2‎,右焦点为F,上顶点为A,且△AOF的面积为‎1‎‎2‎(O是坐标原点).‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)设P是椭圆C上的一点,过P的直线l与以椭圆的短轴为直径的圆切于第一象限,切点为 M,证明:|PF|+|PM|为定值.‎ 解析　(1)设椭圆的半焦距为c,‎ 由已知得c‎2‎a‎2‎‎=‎1‎‎2‎,‎‎1‎‎2‎bc=‎1‎‎2‎,‎b‎2‎‎+c‎2‎=‎a‎2‎⇒‎a‎2‎‎=2,‎b‎2‎‎=1,‎ ‎∴椭圆的方程为x‎2‎‎2‎+y2=1.‎ ‎(2)证明:以短轴为直径的圆的方程为x2+y2=1,F(1,0),‎ 设P(x0,y0),则x‎0‎‎2‎‎2‎+y‎0‎‎2‎=1(0b>0),由题意可知e2=c‎2‎a‎2‎=‎3‎‎4‎,得b‎2‎a‎2‎=‎1‎‎4‎,a=2b.又由题意知2ab=4,所以a=2,b=1,故椭圆方程为x2+y‎2‎‎4‎=1.‎ ‎(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3).‎ 当直线AB的斜率不存在时,直线AB的方程为x=0,此时|AB|=4>‎3‎,与题意不符.‎ 当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=kx+3,由y=kx+3,‎x‎2‎‎+y‎2‎‎4‎=1‎消去y得(4+k2)x2+6kx+5=0,‎ 所以Δ=(6k)2-20(4+k2),‎ 由Δ>0,得k2>5,‎ 则x1+x2=‎-6k‎4+‎k‎2‎,x1·x2=‎5‎‎4+‎k‎2‎,‎ y1+y2=(kx1+3)+(kx2+3)=‎24‎‎4+‎k‎2‎,‎ 因为|AB|=‎(x‎1‎-x‎2‎‎)‎‎2‎+(y‎1‎-‎y‎2‎‎)‎‎2‎<‎3‎,‎ 所以‎1+‎k‎2‎·‎-6k‎4+‎k‎2‎‎2‎‎-‎‎20‎‎4+‎k‎2‎<‎3‎,‎ 解得-‎16‎‎13‎1)的一个公共点,F1,F2分别为该椭圆的左,右焦点,设|PF1|+|PF2|取得最小值时椭圆为C.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程及离心率;‎ ‎(2)已知A,B为椭圆C上关于y轴对称的两点,Q是椭圆C上异于A,B的任意一点,直线QA,QB分别与y轴交于点M(0,m),N(0,n),试判断mn是不是定值,如果是定值,求出该定值;如果不是,请说明理由.‎ 解析　(1)联立y=x+2,‎x‎2‎a‎2‎‎+y‎2‎=1‎得(a2+1)x2+4a2x+3a2=0.‎ ‎∵直线y=x+2与椭圆有公共点,‎ ‎∴Δ=16a4-4(a2+1)×3a2≥0,得a2≥3,又a>1,∴a≥‎3‎,‎ 由椭圆的定义知|PF1|+|PF2|=2a,‎ 故当a=‎3‎时,|PF1|+|PF2|取得最小值,‎ 此时椭圆C的标准方程为x‎2‎‎3‎+y2=1,离心率为ca=‎6‎‎3‎.‎ ‎(2)mn为定值.设A(x1,y1),B(-x1,y1),Q(x0,y0)(y0≠y1),且已知M(0,m),N(0,n),‎ 由题意知kQA=kQM,∴y‎0‎‎-‎y‎1‎x‎0‎‎-‎x‎1‎=y‎0‎‎-mx‎0‎,‎ 即m=y0-x‎0‎‎(y‎0‎-y‎1‎)‎x‎0‎‎-‎x‎1‎=x‎0‎y‎1‎‎-‎x‎1‎y‎0‎x‎0‎‎-‎x‎1‎,同理,得n=x‎0‎y‎1‎‎+‎x‎1‎y‎0‎x‎0‎‎+‎x‎1‎,‎ ‎∴mn=x‎0‎y‎1‎‎-‎x‎1‎y‎0‎x‎0‎‎-‎x‎1‎·x‎0‎y‎1‎‎+‎x‎1‎y‎0‎x‎0‎‎+‎x‎1‎=x‎0‎‎2‎y‎1‎‎2‎‎-‎x‎1‎‎2‎y‎0‎‎2‎x‎0‎‎2‎‎-‎x‎1‎‎2‎,‎ 又x‎0‎‎2‎‎3‎+y‎0‎‎2‎=1,x‎1‎‎2‎‎3‎+y‎1‎‎2‎=1,∴y‎0‎‎2‎=1-x‎0‎‎2‎‎3‎,y‎1‎‎2‎=1-x‎1‎‎2‎‎3‎,‎ ‎∴mn=x‎0‎‎2‎‎1-‎x‎1‎‎2‎‎3‎‎-‎x‎1‎‎2‎‎1-‎x‎0‎‎2‎‎3‎x‎0‎‎2‎‎-‎x‎1‎‎2‎=x‎0‎‎2‎‎-‎x‎1‎‎2‎x‎0‎‎2‎‎-‎x‎1‎‎2‎=1,‎ ‎∴mn为定值1.‎ ‎2.(2017湖南湘中名校联考,20)如图,曲线C由上半椭圆C1:y‎2‎a‎2‎+x‎2‎b‎2‎=1(a>b>0,y≥0)和部分抛物线C2:y=-x2+1(y≤0)连接而成,C1与C2的公共点为A,B,其中C1的离心率为‎3‎‎2‎.‎ ‎(1)求a,b的值;‎ ‎(2)过点B的直线l与C1,C2分别交于点P,Q(均异于点A,B),是否存在直线l,使得以PQ为直径的圆恰好过点A?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.‎ 解析　(1)在C1,C2的方程中,令y=0,可得b=1,‎ 且A(-1,0),B(1,0)是上半椭圆C1的左、右顶点.‎ 由e=ca=‎3‎‎2‎及a2-c2=b2=1可得a=2,∴a=2,b=1.‎ ‎(2)存在.由(1)知,上半椭圆C1的方程为y‎2‎‎4‎+x2=1(y≥0).‎ 由题易知,直线l与x轴不重合也不垂直,‎ 设其方程为y=k(x-1)(k≠0).‎ 代入C1的方程,整理得(k2+4)x2-2k2x+k2-4=0.(*)‎ 设点P的坐标为(xP,yP),‎ ‎∵直线l过点B,∴x=1是方程(*)的一个根.‎ 由求根公式,得xP=k‎2‎‎-4‎k‎2‎‎+4‎,从而yP=‎-8kk‎2‎‎+4‎,‎ ‎∴点P的坐标为k‎2‎‎-4‎k‎2‎‎+4‎‎,‎‎-8kk‎2‎‎+4‎.‎ 同理,由y=k(x-1)(k≠0),‎y=-x‎2‎+1(y≤0)‎ 得点Q的坐标为(-k-1,-k2-2k).‎ ‎∴AP=‎2kk‎2‎‎+4‎(k,-4),AQ=-k(1,k+2).‎ 连接AP、AQ,依题意可知AP⊥AQ,‎ ‎∴AP·AQ=0,即‎-2‎k‎2‎k‎2‎‎+4‎[k-4(k+2)]=0,‎ ‎∵k≠0,∴k-4(k+2)=0,‎ 解得k=-‎8‎‎3‎.‎ 经检验,k=-‎8‎‎3‎符合题意,‎ 故直线l的方程为y=-‎8‎‎3‎(x-1).‎ 炼技法 ‎【方法集训】‎ 方法　最值问题的求解方法 ‎1.(2018河南百校联盟联考,10)已知直线l:x=ty+1经过抛物线y2=2px(p>0)的焦点F及圆x2-mx+y2=0的圆心,若直线l自上而下顺次与上述两曲线交于点A,B,C,D(如图所示),则|AB|+m|CD|的最小值是(　　)‎ ‎　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.2　　　　B.4　　　　C.2‎2‎　　　　D.4‎‎2‎ 答案　C　‎ ‎2.(2018天津模拟,20)已知椭圆C:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0),且椭圆上的点到一个焦点的最短距离为‎3‎‎3‎b.‎ ‎(1)求椭圆C的离心率;‎ ‎(2)若点M‎3‎‎,‎‎3‎‎2‎在椭圆C上,不过原点O的直线l与椭圆C相交于A,B两点,与直线OM相交于点N,且N是线段AB的中点,求△OAB面积的最大值.‎ 解析　(1)由题意得a-c=‎3‎‎3‎b,‎ 则(a-c)2=‎1‎‎3‎b2,结合b2=a2-c2,得(a-c)2=‎1‎‎3‎(a2-c2),‎ 即2c2-3ac+a2=0,亦即2e2-3e+1=0,结合00.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=‎-8km‎3+4‎k‎2‎,x1x2=‎4m‎2‎-12‎‎3+4‎k‎2‎.‎ 由y1+y2=k(x1+x2)+2m=‎6m‎3+4‎k‎2‎,得线段AB的中点坐标为N‎-‎4km‎3+4‎k‎2‎,‎‎3m‎3+4‎k‎2‎,‎ 因为N在直线y=‎1‎‎2‎x上,所以-‎4km‎3+4‎k‎2‎=2×‎3m‎3+4‎k‎2‎,‎ 解得k=-‎3‎‎2‎.‎ 所以Δ=48(12-m2)>0,得-2‎3‎b>0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3‎-1,‎‎3‎‎2‎,P4‎1,‎‎3‎‎2‎中恰有三点在椭圆C上.‎ ‎(1)求C的方程;‎ ‎(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A,B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1,证明:l过定点.‎ 解析　(1)由于P3,P4两点关于y轴对称,故由题设知C经过P3,P4两点.‎ 又由‎1‎a‎2‎+‎1‎b‎2‎>‎1‎a‎2‎+‎3‎‎4‎b‎2‎知,C不经过点P1,所以点P2在C上.‎ 因此‎1‎b‎2‎‎=1,‎‎1‎a‎2‎‎+‎3‎‎4‎b‎2‎=1,‎解得a‎2‎‎=4,‎b‎2‎‎=1.‎ 故C的方程为x‎2‎‎4‎+y2=1.‎ ‎(2)设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2.‎ 如果l与x轴垂直,设l:x=t,由题设知t≠0,且|t|<2,可得A,B的坐标分别为t,‎‎4-‎t‎2‎‎2‎,t,-‎‎4-‎t‎2‎‎2‎.‎ 则k1+k2=‎4-‎t‎2‎‎-2‎‎2t-‎4-‎t‎2‎‎+2‎‎2t=-1,得t=2,不符合题设.‎ 从而可设l:y=kx+m(m≠1).将y=kx+m代入x‎2‎‎4‎+y2=1得 ‎(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.‎ 由题设可知Δ=16(4k2-m2+1)>0.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-‎8km‎4k‎2‎+1‎,x1x2=‎4m‎2‎-4‎‎4k‎2‎+1‎.‎ 而k1+k2=y‎1‎‎-1‎x‎1‎+‎y‎2‎‎-1‎x‎2‎ ‎=kx‎1‎+m-1‎x‎1‎+‎kx‎2‎+m-1‎x‎2‎ ‎=‎2kx‎1‎x‎2‎+(m-1)(x‎1‎+x‎2‎)‎x‎1‎x‎2‎,‎ 由题设k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0,‎ 即(2k+1)·‎4m‎2‎-4‎‎4k‎2‎+1‎+(m-1)·‎-8km‎4k‎2‎+1‎=0.‎ 解得k=-m+1‎‎2‎.‎ 当且仅当m>-1时,Δ>0,于是l:y=-m+1‎‎2‎x+m,‎ 即y+1=-m+1‎‎2‎(x-2),‎ 所以l过定点(2,-1).‎ 思路分析　(1)利用椭圆的对称性易知点P3,P4在椭圆上,将点P1(1,1)代入椭圆方程,经过比较可知点P1(1,1)不在椭圆上,进而可列方程组求出椭圆方程;(2)设出直线l的方程,将直线l与椭圆的方程联立并消元,利用根与系数的关系使问题得解,在解题中要注意直线斜率不存在的情况.‎ 方法点拨　定点问题的常见解法:‎ ‎(1)根据题意选择参数,建立一个含参数的直线系或曲线系方程,经过分析、整理,对方程进行等价变形,以找出适合方程且与参数无关的坐标,该坐标对应的点即为所求的定点.‎ ‎(2)从特殊位置入手,找出定点,再证明该定点符合题意.‎ 考点二　最值与范围问题 ‎　(2016课标Ⅱ,20,12分)已知椭圆E:x‎2‎t+y‎2‎‎3‎=1的焦点在x轴上,A是E的左顶点,斜率为k(k>0)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.‎ 解析　(1)设M(x1,y1),则由题意知y1>0.‎ 当t=4时,E的方程为x‎2‎‎4‎+y‎2‎‎3‎=1,A(-2,0).(1分)‎ 由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为π‎4‎.‎ 因此直线AM的方程为y=x+2.(2分)‎ 将x=y-2代入x‎2‎‎4‎+y‎2‎‎3‎=1得7y2-12y=0.‎ 解得y=0或y=‎12‎‎7‎,所以y1=‎12‎‎7‎.(4分)‎ 因此△AMN的面积S△AMN=2×‎1‎‎2‎×‎12‎‎7‎×‎12‎‎7‎=‎144‎‎49‎.(5分)‎ ‎(2)由题意,t>3,k>0,A(-t,0).将直线AM的方程y=k(x+t) 代入x‎2‎t+y‎2‎‎3‎=1得(3+tk2)x2+2t·tk2x+t2k2-3t=0.(7分)‎ 由x1·(-t)=t‎2‎k‎2‎‎-3t‎3+tk‎2‎得x1=t‎(3-tk‎2‎)‎‎3+tk‎2‎,‎ 故|AM|=|x1+ t|‎1+‎k‎2‎=‎6‎t(1+k‎2‎)‎‎3+tk‎2‎.(8分)‎ 由题设,直线AN的方程为y=-‎1‎k(x+t),‎ 故同理可得|AN|=‎6kt(1+k‎2‎)‎‎3k‎2‎+t.(9分)‎ 由2|AM|=|AN|得‎2‎‎3+tk‎2‎=k‎3k‎2‎+t,即(k3-2)t=3k(2k-1).‎ 当k=‎3‎‎2‎时上式不成立,因此t=‎3k(2k-1)‎k‎3‎‎-2‎.(10分)‎ t>3等价于k‎3‎‎-2k‎2‎+k-2‎k‎3‎‎-2‎=‎(k-2)(k‎2‎+1)‎k‎3‎‎-2‎<0,即k-2‎k‎3‎‎-2‎<0.(11分)‎ 由此得k-2>0,‎k‎3‎‎-2<0‎或k-2<0,‎k‎3‎‎-2>0,‎解得‎3‎‎2‎3,建立关于k的不等式,从而得出k的取值范围.‎ 名师点拨　本题主要考查椭圆的几何性质,直线与椭圆的位置关系以及方程的思想方法的应用,考查学生的运算求解能力及逻辑思维能力.挖掘出题目中t>3这一隐含条件是把等式转化为不等式的关键.‎ 考点三　存在性问题 ‎　(2015课标Ⅱ,20,12分,0.145)已知椭圆C:9x2+y2=m2(m>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m‎3‎‎,m,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.‎ 解析　(1)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=x‎1‎‎+‎x‎2‎‎2‎=‎-kbk‎2‎‎+9‎,yM=kxM+b=‎9bk‎2‎‎+9‎.‎ 于是直线OM的斜率kOM=yMxM=-‎9‎k,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m‎3‎‎,m,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=-‎9‎kx.‎ 设点P的横坐标为xP.‎ 由y=-‎9‎kx,‎‎9x‎2‎+y‎2‎=‎m‎2‎得xP‎2‎=k‎2‎m‎2‎‎9k‎2‎+81‎,即xP=‎±km‎3‎k‎2‎‎+9‎.‎ 将点m‎3‎‎,m的坐标代入l的方程得b=m(3-k)‎‎3‎,‎ 因此xM=k(k-3)m‎3(k‎2‎+9)‎.‎ 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‎±km‎3‎k‎2‎‎+9‎=2×k(k-3)m‎3(k‎2‎+9)‎,解得k1=4-‎7‎,k2=4+‎7‎.‎ 因为ki>0,ki≠3,i=1,2,所以当l的斜率为4-‎7‎或4+‎7‎时,四边形OAPB为平行四边形.‎ 思路分析　(1)设出直线l的方程,与椭圆方程联立并消元,利用韦达定理求得AB的中点M的坐标,进而可得出结论;(2)要使四边形OAPB为平行四边形,则线段AB与线段OP互相平分,即xP=2xM,由此结合已知条件建立相应方程,进而通过解方程使问题得解.‎ 方法总结　解决定值问题的常见方法有两种:(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,并在推理、计算的过程中消去变量,从而得到定值.‎ B组　自主命题·省(区、市)卷题组 考点一　定值与定点问题 ‎　(2018北京,19,14分)已知抛物线C:y2=2px经过点P(1,2).过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A,B,且直线PA交y轴于M,直线PB交y轴于N.‎ ‎(1)求直线l的斜率的取值范围;‎ ‎(2)设O为原点,QM=λQO,QN=μQO,求证:‎1‎λ+‎1‎μ为定值.‎ 解析　(1)因为抛物线y2=2px过点(1,2),‎ 所以2p=4,即p=2.‎ 故抛物线C的方程为y2=4x,‎ 由题意知,直线l的斜率存在且不为0.‎ 设直线l的方程为y=kx+1(k≠0).‎ 由y‎2‎‎=4x,‎y=kx+1‎得k2x2+(2k-4)x+1=0.‎ 依题意Δ=(2k-4)2-4×k2×1>0,解得k<0或01)上两点A,B满足AP=2PB,则当m=　　　　时,点B横坐标的绝对值最大. ‎ 答案　5‎ ‎2.(2017山东,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,椭圆E:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的离心率为‎2‎‎2‎,焦距为2.‎ ‎(1)求椭圆E的方程;‎ ‎(2)如图,动直线l:y=k1x-‎3‎‎2‎交椭圆E于A,B两点,C是椭圆E上一点,直线OC的斜率为k2,且k1k2=‎2‎‎4‎.M是线段OC延长线上一点,且|MC|∶|AB|=2∶3,☉M的半径为|MC|,OS,OT是☉M的两条切线,切点分别为S,T.求∠SOT的最大值,并求取得最大值时直线l的斜率.‎ 解析　(1)由题意知e=ca=‎2‎‎2‎,2c=2,所以a=‎2‎,b=1,‎ 因此椭圆E的方程为x‎2‎‎2‎+y2=1.‎ ‎(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 联立x‎2‎‎2‎‎+y‎2‎=1,‎y=k‎1‎x-‎3‎‎2‎,‎消y整理得(4k‎1‎‎2‎+2)x2-4‎3‎k1x-1=0,‎ 由题意知Δ>0,且x1+x2=‎2‎‎3‎k‎1‎‎2k‎1‎‎2‎+1‎,x1x2=-‎1‎‎2(2k‎1‎‎2‎+1)‎,‎ 所以|AB|=‎1+‎k‎1‎‎2‎|x1-x2|=‎2‎‎1+‎k‎1‎‎2‎‎1+8‎k‎1‎‎2‎‎1+2‎k‎1‎‎2‎.‎ 由题意可知圆M的半径 r=‎2‎‎3‎|AB|=‎2‎‎2‎‎3‎·‎1+‎k‎1‎‎2‎‎1+8‎k‎1‎‎2‎‎2k‎1‎‎2‎+1‎.‎ 由题设知k1k2=‎2‎‎4‎,所以k2=‎2‎‎4‎k‎1‎,‎ 因此直线OC的方程为y=‎2‎‎4‎k‎1‎x.‎ 联立x‎2‎‎2‎‎+y‎2‎=1,‎y=‎2‎‎4‎k‎1‎x,‎得x2=‎8‎k‎1‎‎2‎‎1+4‎k‎1‎‎2‎,y2=‎1‎‎1+4‎k‎1‎‎2‎,‎ 因此|OC|=x‎2‎‎+‎y‎2‎=‎1+8‎k‎1‎‎2‎‎1+4‎k‎1‎‎2‎.‎ 由题意可知sin‎∠SOT‎2‎=rr+|OC|‎=‎1‎‎1+‎‎|OC|‎r,‎ 而‎|OC|‎r=‎1+8‎k‎1‎‎2‎‎1+4‎k‎1‎‎2‎‎2‎‎2‎‎3‎‎·‎‎1+‎k‎1‎‎2‎‎1+8‎k‎1‎‎2‎‎1+2‎k‎1‎‎2‎=‎3‎‎2‎‎4‎‎1+2‎k‎1‎‎2‎‎1+4‎k‎1‎‎2‎‎1+‎k‎1‎‎2‎,‎ 令t=1+2k‎1‎‎2‎,则t>1,‎1‎t∈(0,1),‎ 因此‎|OC|‎r=‎3‎‎2‎·t‎2t‎2‎+t-1‎=‎3‎‎2‎·‎‎1‎‎2+‎1‎t-‎‎1‎t‎2‎ ‎=‎3‎‎2‎·‎1‎‎-‎1‎t‎-‎‎1‎‎2‎‎2‎+‎‎9‎‎4‎≥1,‎ 当且仅当‎1‎t=‎1‎‎2‎,即t=2时等号成立,此时k1=±‎2‎‎2‎,‎ 所以sin‎∠SOT‎2‎≤‎1‎‎2‎,‎ 因此‎∠SOT‎2‎≤π‎6‎,所以∠SOT的最大值为π‎3‎.‎ 综上所述:∠SOT的最大值为π‎3‎,取得最大值时直线l的斜率k1=±‎2‎‎2‎.‎ 思路分析　(1)由离心率和焦距,利用基本量运算求解;(2)联立直线l与椭圆方程,利用距离公式求出|AB|,联立直线OC与椭圆方程求|OC|,进而建立sin‎∠SOT‎2‎与k1之间的函数关系,利用二次函数的性质求解.‎ 疑难突破　把角的问题转化为三角函数问题,即由sin‎∠SOT‎2‎=‎1‎‎1+‎‎|OC|‎r=f(k1)求解是解题的突破口.‎ 解题反思　最值问题一般利用函数的思想方法求解,利用距离公式建立sin‎∠SOT‎2‎与k1之间的函数关系是解题关键.牢固掌握基础知识和方法是求解的前提.本题的完美解答体现了数学知识、能力、思想、方法的完美结合.‎ 考点三　存在性问题 ‎　(2015四川,20,13分)如图,椭圆E:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的离心率是‎2‎‎2‎,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2‎2‎.‎ ‎(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‎|QA|‎‎|QB|‎=‎|PA|‎‎|PB|‎恒成立?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.‎ 解析　(1)由已知得,点(‎2‎,1)在椭圆E上.‎ 因此,‎2‎a‎2‎‎+‎1‎b‎2‎=1,‎a‎2‎‎-b‎2‎=c‎2‎,‎ca‎=‎2‎‎2‎.‎解得a=2,b=‎2‎.‎ 所以椭圆E的方程为x‎2‎‎4‎+y‎2‎‎2‎=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‎|QC|‎‎|QD|‎=‎|PC|‎‎|PD|‎=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(0,‎2‎),(0,-‎2‎).‎ 由‎|QM|‎‎|QN|‎=‎|PM|‎‎|PN|‎,有‎|y‎0‎-‎2‎|‎‎|y‎0‎+‎2‎|‎=‎2‎‎-1‎‎2‎‎+1‎,‎ 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:当Q的坐标为(0,2)时,对任意直线l,均有‎|QA|‎‎|QB|‎=‎|PA|‎‎|PB|‎.‎ 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x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎2‎=1,‎y=kx+1,‎得(2k2+1)x2+4kx-2=0.‎ 其判别式Δ=(4k)2+8(2k2+1)>0,‎ 所以,x1+x2=-‎4k‎2k‎2‎+1‎,x1x2=-‎2‎‎2k‎2‎+1‎.‎ 因此‎1‎x‎1‎+‎1‎x‎2‎=x‎1‎‎+‎x‎2‎x‎1‎x‎2‎=2k.‎ 易知,点B关于y轴对称的点B'的坐标为(-x2,y2).‎ 又kQA=y‎1‎‎-2‎x‎1‎=kx‎1‎-1‎x‎1‎=k-‎1‎x‎1‎,‎ kQB'=y‎2‎‎-2‎‎-‎x‎2‎=kx‎2‎-1‎‎-‎x‎2‎=-k+‎1‎x‎2‎=k-‎1‎x‎1‎,‎ 所以kQA=kQB',即Q,A,B'三点共线.‎ 所以‎|QA|‎‎|QB|‎=‎|QA|‎‎|QB'|‎=‎|x‎1‎|‎‎|x‎2‎|‎=‎|PA|‎‎|PB|‎.‎ 故存在与P不同的定点Q(0,2),‎ 使得‎|QA|‎‎|QB|‎=‎|PA|‎‎|PB|‎恒成立.‎ C组　教师专用题组 考点一　定值与定点问题 ‎　(2016北京,19,14分)已知椭圆C:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1过A(2,0),B(0,1)两点.‎ ‎(1)求椭圆C的方程及离心率;‎ ‎(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N.求证:四边形ABNM的面积为定值.‎ 解析　(1)由题意得ca‎=‎3‎‎2‎,‎‎1‎‎2‎ab=1,‎a‎2‎‎=b‎2‎+c‎2‎,‎ 解得a=2,b=1.‎ 所以椭圆C的方程为x‎2‎‎4‎+y2=1.‎ ‎(2)证明:由(1)知,A(2,0),B(0,1).‎ 设P(x0,y0),则x‎0‎‎2‎+4y‎0‎‎2‎=4.‎ 当x0≠0时,直线PA的方程为y=y‎0‎x‎0‎‎-2‎(x-2).‎ 令x=0,得yM=-‎2‎y‎0‎x‎0‎‎-2‎,从而|BM|=|1-yM|=‎1+‎‎2‎y‎0‎x‎0‎‎-2‎.‎ 直线PB的方程为y=y‎0‎‎-1‎x‎0‎x+1.‎ 令y=0,得xN=-x‎0‎y‎0‎‎-1‎,从而|AN|=|2-xN|=‎2+‎x‎0‎y‎0‎‎-1‎.‎ 所以|AN|·|BM|=‎2+‎x‎0‎y‎0‎‎-1‎·‎‎1+‎‎2‎y‎0‎x‎0‎‎-2‎ ‎=‎x‎0‎‎2‎‎+4y‎0‎‎2‎+4x‎0‎y‎0‎-4x‎0‎-8y‎0‎+4‎x‎0‎y‎0‎‎-x‎0‎-2y‎0‎+2‎ ‎=‎‎4x‎0‎y‎0‎-4x‎0‎-8y‎0‎+8‎x‎0‎y‎0‎‎-x‎0‎-2y‎0‎+2‎ ‎=4.‎ 当x0=0时,y0=-1,|BM|=2,|AN|=2,‎ 所以|AN|·|BM|=4.‎ 综上,|AN|·|BM|为定值.‎ 解法二:(Ⅱ)点P在曲线x‎2‎‎2‎+y‎1‎‎2‎=1上,不妨设P(2cos θ,sin θ),当θ≠kπ且θ≠kπ+π‎2‎(k∈Z)时,直线AP的方程为y-0=sinθ‎2(cosθ-1)‎(x-2),令x=0,得yM=sinθ‎1-cosθ;‎ 直线BP的方程为y-1=sinθ-1‎‎2cosθ(x-0),令y=0,得xN=‎2cosθ‎1-sinθ.‎ ‎∴|AN|·|BM|=2‎1-‎cosθ‎1-sinθ·‎‎1-‎sinθ‎1-cosθ ‎=2‎2(1-sinθ)(1-cosθ)‎‎(1-sinθ)(1-cosθ)‎=2×2=4(定值).‎ 当θ=kπ或θ=kπ+π‎2‎(k∈Z)时,M、N是定点,易得|AN|·|BM|=4.综上,|AN|·|BM|=4.‎ 考点二　最值与范围问题 ‎1.(2014四川,10,5分)已知F为抛物线y2=x的焦点,点A,B在该抛物线上且位于x轴的两侧,OA·OB=2(其中O为坐标原点),则△ABO与△AFO面积之和的最小值是(　　)　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.2　　　　B.3　　　　C.‎17‎‎2‎‎8‎　　　　D.‎‎10‎ 答案　B　‎ ‎2.(2014湖北,9,5分)已知F1,F2是椭圆和双曲线的公共焦点,P是它们的一个公共点,且∠F1PF2=π‎3‎,则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为(　　)‎ A.‎4‎‎3‎‎3‎　　　　B.‎2‎‎3‎‎3‎　　　　C.3　　　　D.2‎ 答案　A　‎ ‎3.(2018浙江,21,15分)如图,已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点,抛物线C:y2=4x上存在不同的两点A,B满足PA,PB的中点均在C上.‎ ‎(1)设AB中点为M,证明:PM垂直于y轴;‎ ‎(2)若P是半椭圆x2+y‎2‎‎4‎=1(x<0)上的动点,求△PAB面积的取值范围.‎ 解析　本题主要考查椭圆、抛物线的几何性质,直线与抛物线的位置关系等基础知识,同时考查运算求解能力和综合应用能力.‎ ‎(1)设P(x0,y0),A‎1‎‎4‎y‎1‎‎2‎‎,‎y‎1‎,B‎1‎‎4‎y‎2‎‎2‎‎,‎y‎2‎.‎ 因为PA,PB的中点在抛物线上,‎ 所以y1,y2为方程y+‎y‎0‎‎2‎‎2‎=4·‎1‎‎4‎y‎2‎‎+‎x‎0‎‎2‎即y2-2y0y+8x0-y‎0‎‎2‎=0的两个不同的实根.‎ 所以y1+y2=2y0,‎ 因此,PM垂直于y轴.‎ ‎(2)由(1)可知y‎1‎‎+y‎2‎=2y‎0‎,‎y‎1‎y‎2‎‎=8x‎0‎-y‎0‎‎2‎,‎ 所以|PM|=‎1‎‎8‎(y‎1‎‎2‎+y‎2‎‎2‎)-x0=‎3‎‎4‎y‎0‎‎2‎-3x0,‎ ‎|y1-y2|=2‎2(y‎0‎‎2‎-4x‎0‎)‎.‎ 因此,△PAB的面积S△PAB=‎1‎‎2‎|PM|·|y1-y2|=‎3‎‎2‎‎4‎(y‎0‎‎2‎-4x0‎)‎‎3‎‎2‎.‎ 因为x‎0‎‎2‎+y‎0‎‎2‎‎4‎=1(x0<0),所以y‎0‎‎2‎-4x0=-4x‎0‎‎2‎-4x0+4∈[4,5].‎ 因此,△PAB面积的取值范围是‎6‎2‎,‎‎15‎‎10‎‎4‎.‎ 疑难突破　解析几何中“取值范围”与“最值”问题 在解析几何中,求某个量(直线斜率,直线在x、y轴上的截距,弦长,三角形或四边形面积等)的取值范围或最值问题的关键是利用条件把所求量表示成关于某个变量(通常是直线斜率,动点的横、纵坐标等)的函数,并求出这个变量的取值范围(即函数的定义域),将问题转化为求函数的值域或最值.‎ ‎4.(2015浙江,19,15分)已知椭圆x‎2‎‎2‎+y2=1上两个不同的点A,B关于直线y=mx+‎1‎‎2‎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).‎ 解析　(1)由题意知m≠0,可设直线AB的方程为y=-‎1‎mx+b.‎ 由x‎2‎‎2‎‎+y‎2‎=1,‎y=-‎1‎mx+b,‎消去y,得‎1‎‎2‎‎+‎‎1‎m‎2‎x2-‎2bmx+b2-1=0.‎ 因为直线y=-‎1‎mx+b与椭圆x‎2‎‎2‎+y2=1有两个不同的交点,‎ 所以Δ=-2b2+2+‎4‎m‎2‎>0,①‎ 将AB的中点M‎2mbm‎2‎‎+2‎‎,‎m‎2‎bm‎2‎‎+2‎代入直线方程y=mx+‎1‎‎2‎,解得 b=-m‎2‎‎+2‎‎2‎m‎2‎.②‎ 由①②得m<-‎6‎‎3‎或m>‎6‎‎3‎.‎ ‎(2)令t=‎1‎m∈‎-‎6‎‎2‎,0‎∪‎0,‎‎6‎‎2‎,‎ 则|AB|=t‎2‎‎+1‎·‎-2t‎4‎+2t‎2‎+‎‎3‎‎2‎t‎2‎‎+‎‎1‎‎2‎,‎ 且O到直线AB的距离为d=t‎2‎‎+‎‎1‎‎2‎t‎2‎‎+1‎.‎ 设△AOB的面积为S(t),‎ 所以S(t)=‎1‎‎2‎|AB|·d=‎1‎‎2‎‎-2t‎2‎‎-‎‎1‎‎2‎‎2‎+2‎≤‎2‎‎2‎.‎ 当且仅当t2=‎1‎‎2‎时,等号成立.‎ 故△AOB面积的最大值为‎2‎‎2‎.‎ ‎5.(2015天津,19,14分)已知椭圆x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的左焦点为F(-c,0),离心率为‎3‎‎3‎,点M在椭圆上且位于第一象限,直线FM被圆x2+y2=b‎2‎‎4‎截得的线段的长为c,|FM|=‎4‎‎3‎‎3‎.‎ ‎(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‎2‎,求直线OP(O为原点)的斜率的取值范围.‎ 解析　(1)由已知有c‎2‎a‎2‎=‎1‎‎3‎,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kck‎2‎‎+1‎‎2‎+c‎2‎‎2‎=b‎2‎‎2‎,解得k=‎3‎‎3‎.‎ ‎(2)由(1)得椭圆方程为x‎2‎‎3‎c‎2‎+y‎2‎‎2‎c‎2‎=1,直线FM的方程为y=‎3‎‎3‎(x+c),两个方程联立,消去y,整理得 ‎3x2+2cx-5c2=0,解得x=-‎5‎‎3‎c或x=c.因为点M在第一象限,可得M的坐标为c,‎2‎‎3‎‎3‎c.‎ 由|FM|=‎(c+c‎)‎‎2‎+‎‎2‎‎3‎‎3‎c-0‎‎2‎=‎4‎‎3‎‎3‎,解得c=1,‎ 所以椭圆的方程为x‎2‎‎3‎+y‎2‎‎2‎=1.‎ ‎(3)设点P的坐标为(x,y),直线FP的斜率为t,得t=yx+1‎,即y=t(x+1)(x≠-1),与椭圆方程联立得y=t(x+1),‎x‎2‎‎3‎‎+y‎2‎‎2‎=1,‎消去y,整理得2x2+3t2(x+1)2=6.又由已知,得t=‎6-2‎x‎2‎‎3(x+1‎‎)‎‎2‎>‎2‎,解得-‎3‎‎2‎0,于是m=‎2‎x‎2‎‎-‎‎2‎‎3‎,得m∈‎2‎‎3‎‎,‎‎2‎‎3‎‎3‎.‎ ‎②当x∈(-1,0)时,有y=t(x+1)>0,因此m<0,于是m=-‎2‎x‎2‎‎-‎‎2‎‎3‎,得m∈‎-∞,-‎‎2‎‎3‎‎3‎.‎ 综上,直线OP的斜率的取值范围是‎-∞,-‎‎2‎‎3‎‎3‎∪‎2‎‎3‎‎,‎‎2‎‎3‎‎3‎.‎ 评析　本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程和圆的方程、直线与圆的位置关系、一元二次不等式等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力以及用函数与方程思想解决问题的能力.‎ 考点三　存在性问题 ‎1.(2015北京,19,14分)已知椭圆C:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的离心率为‎2‎‎2‎,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.‎ 解析　(1)由题意得b=1,‎ca‎=‎2‎‎2‎,‎a‎2‎‎=b‎2‎+c‎2‎,‎解得a2=2.‎ 故椭圆C的方程为x‎2‎‎2‎+y2=1.‎ 设M(xM,0).‎ 因为m≠0,所以-10)的焦点为F,A为C上异于原点的任意一点,过点A的直线l交C于另一点B,交x轴的正半轴于点D,且有|FA|=|FD|.当点A的横坐标为3时,△ADF为正三角形.‎ ‎(1)求C的方程;‎ ‎(2)若直线l1∥l,且l1和C有且只有一个公共点E,‎ ‎(i)证明直线AE过定点,并求出定点坐标;‎ ‎(ii)△ABE的面积是否存在最小值?若存在,请求出最小值,若不存在,请说明理由.‎ 解析　(1)由题意知Fp‎2‎‎,0‎.‎ 设D(t,0)(t>0),则FD的中点为p+2t‎4‎‎,0‎.‎ 因为|FA|=|FD|,‎ 则由抛物线的定义知3+p‎2‎=t-‎p‎2‎,‎ 解得t=3+p或t=-3(舍去).‎ 由p+2t‎4‎=3,解得p=2.‎ 所以抛物线C的方程为y2=4x.‎ ‎(2)(i)由(1)知F(1,0),‎ 设A(x0,y0)(x0y0≠0),D(xD,0)(xD>0),‎ 因为|FA|=|FD|,则|xD-1|=x0+1,‎ 由xD>0得xD=x0+2,故D(x0+2,0).‎ 故直线AB的斜率kAB=-y‎0‎‎2‎.‎ 因为直线l1和直线AB平行,‎ 所以可设直线l1的方程为y=-y‎0‎‎2‎x+b,‎ 代入抛物线方程得y2+‎8‎y‎0‎y-‎8by‎0‎=0,‎ 由Δ=‎64‎y‎0‎‎2‎+‎32by‎0‎=0,得b=-‎2‎y‎0‎.‎ 设E(xE,yE),则yE=-‎4‎y‎0‎,xE=‎4‎y‎0‎‎2‎,‎ 当y‎0‎‎2‎≠4时,kAE=yE‎-‎y‎0‎xE‎-‎x‎0‎=-‎4‎y‎0‎‎+‎y‎0‎‎4‎y‎0‎‎2‎‎-‎y‎0‎‎2‎‎4‎=‎4‎y‎0‎y‎0‎‎2‎‎-4‎,‎ 可得直线AE的方程为y-y0=‎4‎y‎0‎y‎0‎‎2‎‎-4‎(x-x0),‎ 由y‎0‎‎2‎=4x0,‎ 整理可得y=‎4‎y‎0‎y‎0‎‎2‎‎-4‎(x-1),‎ 直线AE恒过点F(1,0).‎ 当y‎0‎‎2‎=4时,直线AE的方程为x=1,过点F(1,0),‎ 所以直线AE过定点F(1,0).‎ ‎(ii)由(i)知直线AE过焦点F(1,0),‎ 所以|AE|=|AF|+|FE|=(x0+1)+‎1‎x‎0‎‎+1‎=x0+‎1‎x‎0‎+2.‎ 设直线AE的方程为x=my+1,‎ 因为点A(x0,y0)在直线AE上,‎ 故m=x‎0‎‎-1‎y‎0‎,‎ 设B(x1,y1),‎ 直线AB的方程为y-y0=-y‎0‎‎2‎(x-x0),‎ 由y0≠0,‎ 可得x=-‎2‎y‎0‎y+2+x0,‎ 代入抛物线方程得y2+‎8‎y‎0‎y-8-4x0=0.‎ 所以y0+y1=-‎8‎y‎0‎,‎ 可求得y1=-y0-‎8‎y‎0‎,x1=‎4‎x‎0‎+x0+4,‎ 所以点B到直线AE的距离为 d=‎‎4‎x‎0‎‎+x‎0‎+4+my‎0‎‎+‎‎8‎y‎0‎-1‎‎1+‎m‎2‎ ‎=‎4(x‎0‎+1)‎x‎0‎=4x‎0‎‎+‎‎1‎x‎0‎.‎ 则△ABE的面积S=‎1‎‎2‎×4x‎0‎‎+‎‎1‎x‎0‎x‎0‎‎+‎1‎x‎0‎+2‎≥16,‎ 当且仅当‎1‎x‎0‎=x0,即x0=1时等号成立.‎ 所以△ABE的面积的最小值为16.‎ 评析　本题考查抛物线的标准方程、几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系以及解析几何中的定点问题、最值问题和结论探究性问题.本题综合性较强、难度较大,很好地考查了考生的逻辑思维能力和运算求解能力.本题的易错点是定点的确定.‎ ‎【三年模拟】‎ 一、选择题(每小题5分,共15分)‎ ‎1.(2017河南郑州一模,11)已知直线l与双曲线x‎2‎‎4‎-y2=1相切于点P,l与双曲线的两条渐近线交于M,N两点,则OM·ON的值为(　　)‎ ‎　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.3　　　　B.4‎ C.5　　　　D.与P的位置有关 答案　A　‎ ‎2.(2017江西南昌NCS项目模拟,11)抛物线y2=8x的焦点为F,设A(x1,y1),B(x2,y2)是抛物线上的两个动点,若x1+x2+4=‎2‎‎3‎‎3‎|AB|,则∠AFB的最大值为(　　)‎ A.π‎3‎　　　　B.‎3π‎4‎　　　　C.‎5π‎6‎　　　　D.‎‎2π‎3‎ 答案　D　‎ ‎3.(2018河南中原名校4月联考,11)已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点F且斜率为1的直线与抛物线C交于点A,B,以线段AB为直径的圆E上存在点P,Q,使得以PQ为直径的圆过点D(-2,t),则实数t的取值范围为(　　)‎ A.(-∞,-1]∪[1,+∞)‎ B.[-1,3]‎ C.(-∞,2-‎7‎]∪[2+‎7‎,+∞)‎ D.[2-‎7‎,2+‎7‎]‎ 答案　D　‎ 二、解答题(共75分)‎ ‎4.(2019届甘肃酒泉普通高中五校联考,20)已知倾斜角为π‎4‎的直线经过抛物线Γ:y2=2px(p>0)的焦点F,与抛物线Γ相交于A、B两点,且|AB|=8.‎ ‎(1)求抛物线Γ的方程;‎ ‎(2)过点P(12,8)的两条直线l1、l2分别交抛物线Γ于点C、D和 E、F,线段CD和EF的中点分别为M、N.如果直线l1与l2的倾斜角互余,求证:直线MN经过一定点.‎ 解析　(1)由题意可设直线AB的方程为y=x-p‎2‎,‎ 由y=x-p‎2‎,‎y‎2‎‎=2px消去y整理得x2-3px+p‎2‎‎4‎=0,‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=3p,‎ 由抛物线的定义得|AB|=x1+x2+p=4p=8,∴p=2,‎ ‎∴抛物线的方程为y2=4x.‎ ‎(2)证明:设直线l1、l2的倾斜角分别为α、β,直线l1的斜率为k,则k=tan α.‎ ‎∵直线l1与l2的倾斜角互余,‎ ‎∴直线CD的方程为y-8=k(x-12),即y=k(x-12)+8,‎ 由y=k(x-12)+8,‎y‎2‎‎=4x,‎消去x,整理得ky2-4y+32-48k=0,‎ ‎∴yC+yD=‎4‎k,∴xC+xD=24+‎4‎k‎2‎-‎16‎k,‎ ‎∴点M的坐标为‎12+‎2‎k‎2‎-‎8‎k,‎‎2‎k.‎ ‎∴tan β=tanπ‎2‎‎-α=sinπ‎2‎‎-αcosπ‎2‎‎-α=cosαsinα=‎1‎sinαcosα=‎1‎tanα,∴直线l2的斜率为‎1‎k.‎ 以‎1‎k代替点M坐标中的k,可得点N的坐标为(12+2k2-8k,2k),‎ ‎∴kMN=‎2‎‎1‎k‎-k‎2‎1‎k‎2‎‎-‎k‎2‎-8‎‎1‎k‎-k=‎1‎‎1‎k‎+k-4‎.‎ ‎∴直线MN的方程为y-2k=‎1‎‎1‎k‎+k-4‎[x-(12+2k2-8k)],‎ 即‎1‎k‎+k-4‎y=x-10,显然当x=10时,y=0.‎ ‎∴直线MN经过定点(10,0).‎ ‎5.(2019届四川攀枝花第一次统考,20)椭圆C:x‎2‎‎4‎+y2=1的右顶点和上顶点分别为A,B,斜率为‎1‎‎2‎的直线l与椭圆C交于P、Q两点(点P在第一象限).‎ ‎(1)求证:直线AP、BQ的斜率之和为定值;‎ ‎(2)求四边形APBQ面积的取值范围.‎ 解析　 (1)证明:设直线l的方程为y=‎1‎‎2‎x+m,代入椭圆C:x‎2‎‎4‎+y2=1,并整理得x2+2mx+2m2-2=0,‎ 设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x‎1‎‎+x‎2‎=-2m,‎x‎1‎x‎2‎‎=2m‎2‎-2.‎ 从而kAP+kBQ=y‎1‎x‎1‎‎-2‎+y‎2‎‎-1‎x‎2‎=x‎1‎x‎2‎‎+(m-1)(x‎1‎+x‎2‎-2)‎‎(x‎1‎-2)‎x‎2‎=‎2m‎2‎-2+(m-1)(-2m-2)‎‎(x‎1‎-2)‎x‎2‎=0,‎ 所以直线AP、BQ的斜率之和为定值0.‎ ‎(2)设C:x‎2‎‎4‎+y2=1的左顶点和下顶点分别为E,D,‎ 则直线l、BE、AD为互相平行的直线,‎ 所以A,B两点到直线l的距离等于两平行线BE、AD间的距离,‎ ‎∴d=‎2‎‎1+‎‎1‎‎4‎.‎ ‎∵|PQ|=‎1+‎k‎2‎|x2-x1|=‎1+‎‎1‎‎4‎|x2-x1|,‎ ‎∴S四边形△APBQ=‎1‎‎2‎d·|PQ|=|x2-x1|=‎8-4‎m‎2‎,‎ 又P点在第一象限,∴-1b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,MF2⊥x轴,直线MF1交y轴于H点,|OH|=‎2‎‎4‎,Q为椭圆E上的动点,△F1F2Q的面积的最大值为1.‎ ‎(1)求椭圆E的方程;‎ ‎(2)如图,过点S(4,0)作两条直线与椭圆E分别交于A,B,C,D,且使AD⊥x轴,问四边形ABCD的两条对角线的交点是不是定点?若是,求出该定点的坐标;若不是,请说明理由.‎ 解析　(1)设M(c,yM),由题意可得c‎2‎a‎2‎+yM‎2‎b‎2‎=1,即yM=b‎2‎a.‎ ‎∵OH是△F1F2M的中位线,且OH=‎2‎‎4‎,‎ ‎∴|MF2|=‎2‎‎2‎,即b‎2‎a=‎2‎‎2‎,整理得a2=2b4,①‎ 又由题知,当Q在椭圆E的上、下顶点时,△F1F2Q的面积最大,∴(S‎△F‎1‎F‎2‎Q)max=‎1‎‎2‎·2c·b=1,整理得bc=1,即b2(a2-b2)=1,②‎ 联立①②可得2b6-b4=1,变形得(b2-1)(2b4+b2+1)=0,解得b2=1,进而a2=2.‎ ‎∴椭圆E的方程为x‎2‎‎2‎+y2=1.‎ ‎(2)设A(x1,y1),C(x2,y2),则由对称性可知D(x1,-y1),B(x2,-y2),设直线AC与x轴交于点(t,0),直线AC的方程为x=my+t(m≠0),‎ 联立x=my+t,‎x‎2‎‎+y‎2‎=1,‎消去x,得(m2+2)y2+2mty+t2-2=0,‎ ‎∴y1+y2=‎-2mtm‎2‎‎+2‎,y1y2=t‎2‎‎-2‎m‎2‎‎+2‎,由A,B,S三点共线有kAS=kBS,‎ 即y‎1‎x‎1‎‎-4‎=‎-‎y‎2‎x‎2‎‎-4‎,将x1=my1+t,x2=my2+t,代入整理得2my1y2+(t-4)(y1+y2)=0,从而‎2m(t‎2‎-2)-2mt(t-4)‎m‎2‎‎+2‎=0,化简得2m(4t-2)=0,解得t=‎1‎‎2‎.‎ 于是直线AC的方程为x=my+‎1‎‎2‎,故直线AC过定点‎1‎‎2‎‎,0‎.‎ 同理可得BD过定点‎1‎‎2‎‎,0‎.‎ ‎∴直线AC与BD的交点是定点,定点坐标为‎1‎‎2‎‎,0‎.‎ 规律总结　(1)若椭圆的标准方程为x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0),则通径长为‎2‎b‎2‎a;(2)圆锥曲线中的直线过定点问题,往往需要设出动直线方程,再把定点问题转化为动点的横坐标或纵坐标应该满足的关系,然后联立,利用根与系数的关系把前述关系化简,即可得到某些参数的关系或确定的值.‎ ‎7.(2019届重庆中山外国语学校开学考试,20)已知P‎2‎‎3‎‎,‎‎2‎‎6‎‎3‎是椭圆C1:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)与抛物线E:y2=2px(p>0)的一个公共点,且椭圆与抛物线具有一个相同的焦点F.‎ ‎(1)求椭圆C1及抛物线E的方程;‎ ‎(2)设过F且互相垂直的两动直线l1,l2,l1与椭圆C1交于A,B两点,l2与抛物线E交于C,D两点,求四边形ACBD面积的最小值.‎ 解析　(1)∵P‎2‎‎3‎‎,‎‎2‎‎6‎‎3‎是抛物线E:y2=2px(p>0)上一点,‎ ‎∴p=2,∴抛物线E的方程为y2=4x,F(1,0),‎ ‎∴a2-b2=1.又∵P‎2‎‎3‎‎,‎‎2‎‎6‎‎3‎在椭圆C1:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1上,‎ ‎∴‎4‎‎9‎a‎2‎+‎8‎‎3‎b‎2‎=1,结合a2-b2=1得b2=3(负舍),a2=4,‎ ‎∴椭圆C1的方程为x‎2‎‎4‎+y‎2‎‎3‎=1,抛物线E的方程为y2=4x.‎ ‎(2)由题意可知直线l1斜率存在,设直线l1的方程为y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4).‎ ‎①当k=0时,AB=4,直线l2的方程为x=1,CD=4,‎ 故S四边形ACBD=‎1‎‎2‎·|AB|·|CD|=8;‎ ‎②当k≠0时,直线l2的方程为y=-‎1‎k(x-1),由y=k(x-1),‎x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎3‎=1,‎得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0.‎ ‎∴x1+x2=‎8‎k‎2‎‎3+4‎k‎2‎,x1x2=‎4k‎2‎-12‎‎3+4‎k‎2‎,‎ 由弦长公式知|AB|=‎1+‎k‎2‎|x1-x2|=‎(1+k‎2‎)[(x‎1‎+x‎2‎‎)‎‎2‎-4x‎1‎x‎2‎]‎=‎12(k‎2‎+1)‎‎4k‎2‎+3‎.‎ 同理可得|CD|=4(k2+1).‎ ‎∴S四边形ACBD=‎1‎‎2‎·|AB|·|CD|=‎1‎‎2‎·‎12(k‎2‎+1)‎‎4k‎2‎+3‎·4(k2+1)=‎24(k‎2‎+1‎‎)‎‎2‎‎4k‎2‎+3‎.‎ 令t=k2+1,t∈(1,+∞),则S四边形ACBD=‎24‎t‎2‎‎4t-1‎=‎24‎‎4‎t‎-‎‎1‎t‎2‎=‎24‎‎-‎1‎t‎-2‎‎2‎+4‎,‎ 当t∈(1,+∞)时,‎1‎t∈(0,1),0<-‎1‎t‎-2‎‎2‎+4<3,则S四边形ACBD>‎24‎‎3‎=8.‎ 综上所述,四边形ACBD面积的最小值为8.‎ 疑难突破　通过联立直线方程与椭圆(圆锥曲线)方程,消去其中一个未知数,再用一元二次方程根与系数的关系,得到“目标函数”的解析式.‎ ‎8.(2018安徽蚌埠二中4月月考,20)已知椭圆C:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的左顶点为M,上顶点为N,直线2x+y-6‎3‎=0与直线MN垂直,垂足为B点,且点N是线段MB的中点.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)若直线l:y=kx+m与椭圆C交于E,F两点,点G在椭圆C上,且四边形OEGF为平行四边形,求证:四边形OEGF的面积S为定值.‎ 解析　(1)由题意知,M(-a,0),N(0,b),直线MN的斜率k=ba=‎1‎‎2‎,得a=2b.‎ ‎∵点N是线段MB的中点,‎ ‎∴B(a,2b),‎ ‎∵点B在直线2x+y-6‎3‎=0上,‎ ‎∴2a+2b=6‎3‎,又a=2b,‎ ‎∴b=‎3‎,a=2‎3‎,‎ ‎∴椭圆C的方程为x‎2‎‎12‎+y‎2‎‎3‎=1.‎ ‎(2)证明:设E(x1,y1),F(x2,y2),G(x0,y0),将y=kx+m代入x‎2‎‎12‎+y‎2‎‎3‎=1,消去y整理得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,则x1+x2=-‎8km‎1+4‎k‎2‎,x1·x2=‎4m‎2‎-12‎‎1+4‎k‎2‎,y1+y2=k(x1+x2)+2m=‎2m‎1+4‎k‎2‎,‎ ‎∵四边形OEGF为平行四边形,‎ ‎∴OG=OE+OF=(x1+x2,y1+y2),得G‎-‎8km‎1+4‎k‎2‎,‎‎2m‎1+4‎k‎2‎,将G点坐标代入椭圆C的方程得m2=‎‎3‎‎4‎ ‎(1+4k2),又易得点O到直线EF的距离d=‎|m|‎‎1+‎k‎2‎,EF=‎1+‎k‎2‎|x1-x2|,‎ ‎∴平行四边形OEGF的面积S=d·|EF|=|m||x1-x2|=|m|·‎(x‎1‎+x‎2‎‎)‎‎2‎-4‎x‎1‎x‎2‎=4·‎|m|‎‎3-m‎2‎+12‎k‎2‎‎1+4‎k‎2‎=4·‎|m|‎‎3‎m‎2‎‎1+4‎k‎2‎=4‎3‎·m‎2‎‎1+4‎k‎2‎=3‎3‎.‎ 故平行四边形OEGF的面积S为定值3‎3‎.‎ ‎9.(2017北京丰台一模,21)已知P(0,1)是椭圆C:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)上一点,点P到椭圆C的两个焦点的距离之和为2‎2‎.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)设A,B是椭圆C上异于点P的两点,直线PA与直线x=4交于点M,是否存在点A,使得S△APB=‎1‎‎2‎S△ABM?若存在,求出点A的坐标;若不存在,请说明理由.‎ 解析　(1)由椭圆C:x‎2‎a‎2‎+y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)过点P(0,1)得,b=1,又点P到两焦点的距离之为2‎2‎,所以a=‎2‎,所以椭圆C的方程为x‎2‎‎2‎+y2=1.‎ ‎(2)设A(xA,yA)则xA∈[-‎2‎,0)∪(0,‎2‎],‎ 由题意知S‎△APBS‎△ABM=‎|AP|‎‎|AM|‎=‎1‎‎2‎,‎ 又因为‎|AP|‎‎|AM|‎=‎|xA-xP|‎‎|xA-xM|‎=‎|xA|‎‎|xA-4|‎,‎ ‎①当-‎2‎≤xA<0时,‎|AP|‎‎|AM|‎=‎|xA|‎‎|xA-4|‎=‎-‎xA‎4-‎xA=‎1‎‎2‎,‎ 解得xA=-4(舍去);‎ ‎②当0b>0)经过点M(2,1),且离心率e=‎3‎‎2‎.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)设A,B分别是椭圆C的上顶点、右顶点,点P是椭圆C在第一象限内的一点,直线AP,BP分别交x轴,y轴于点M,N,求四边形ABMN面积的最小值.‎ 解析　(1)由椭圆的离心率为‎3‎‎2‎得,ca=‎3‎‎2‎,又c2=a2-b2,∴a=2b,‎ 又椭圆C经过点(2,1),∴‎4‎‎4‎b‎2‎+‎1‎b‎2‎=1,解得b2=2,‎ ‎∴椭圆C的方程为x‎2‎‎8‎+y‎2‎‎2‎=1.‎ ‎(2)由(1)可知,A(0,‎2‎),B(2‎2‎,0),设P(x0,y0)(0