2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版）第9章高考大题冲关系列（5）Word版含解析

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题型1 最值、范围问题
角度 最值问题
例1 (2021·全国乙卷)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，且F与圆M：x2＋(y＋4)2＝1上点的距离的最小值为4.
(1)求p；
(2)若点P在M上，PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，求△PAB面积的最大值．
解 (1)因为焦点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))到圆M：x2＋(y＋4)2＝1上点的距离的最小值为|FM|－1＝eq \f(p,2)＋4－1＝eq \f(p,2)＋3，所以eq \f(p,2)＋3＝4，所以p＝2.
(2)解法一：由(1)知抛物线C：x2＝4y，即y＝eq \f(x2,4).
所以y′＝eq \f(x,2).
设切点A(x1，y1)，切点B(x2，y2)，
则lPA：y＝eq \f(x1,2)x－eq \f(x\\al(2,1),4)，lPB：y＝eq \f(x2,2)x－eq \f(x\\al(2,2),4).
从而可得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(x1x2,4))).
由题意可知直线AB的斜率存在，
设lAB：y＝kx＋b，与抛物线C：x2＝4y联立，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋b，,x2＝4y，,))消去y，得x2－4kx－4b＝0，
则Δ＝16k2＋16b>0，即k2＋b>0，
且x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，所以P(2k，－b)．
因为|AB|＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(1＋k2)·eq \r(16k2＋16b)，点P到直线AB的距离d＝eq \f(|2k2＋2b|,\r(k2＋1))，
所以S△PAB＝eq \f(1,2)|AB|·d＝eq \f(1,2) eq \r(16k2＋16b)·|2k2＋2b|＝4(k2＋b)eq \f(3,2).(*)
又点P(2k，－b)在圆M：x2＋(y＋4)2＝1上，
所以k2＝eq \f(1－b－42,4).
将该式代入(*)式，得
S△PAB＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－b2＋12b－15,4)))eq \f(3,2).
而yP＝－b∈[－5，－3]，所以b∈[3,5]．
所以当b＝5时，△PAB的面积最大，最大值为20eq \r(5).
解法二：由(1)知抛物线C：x2＝4y，即y＝eq \f(x2,4).
所以y′＝eq \f(x,2).
设切点A(x1，y1)，切点B(x2，y2)，圆M上任意一点P(x0，y0)，
则易得lPA：y＝eq \f(x1,2)x－eq \f(x\\al(2,1),4)，lPB：y＝eq \f(x2,2)x－eq \f(x\\al(2,2),4)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(x1,2)x－\f(x\\al(2,1),4)，,y＝\f(x2,2)x－\f(x\\al(2,2),4)，))得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(x1x2,4))).
所以x0＝eq \f(x1＋x2,2)，y0＝eq \f(x1x2,4)，
又线段AB的中点Q的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2))).
所以S△PAB＝eq \f(1,2)|PQ|·|x1－x2|
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(y1＋y2,2)－y0))·|x1－x2|
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1)＋x\\al(2,2),4)－2y0))·|x1－x2|
＝eq \f(1,16)|x1－x2|3＝eq \f(1,16)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1( \r(|x1－x2|2)))3
＝eq \f(1,16)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1( \r(x1＋x22－4x1x2)))3
＝eq \f(1,16)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1( \r(4x\\al(2,0)－16y0)))3＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1( \r(x\\al(2,0)－4y0)))3.(*)
又点P(x0，y0)在圆M：x2＋(y＋4)2＝1上，所以xeq \\al(2,0)＝1－(y0＋4)2，
代入(*)式，得S△PAB＝eq \f(1,2)(－yeq \\al(2,0)－12y0－15)eq \f(3,2).
而y0∈[－5，－3]，所以当y0＝－5时，△PAB的面积最大，最大值为20eq \r(5).
[冲关策略] 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．
变式训练1 (2020·新高考Ⅱ卷)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点M(2,3)，点A为其左顶点，且AM的斜率为eq \f(1,2).
(1)求C的方程；
(2)点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值．
解 (1)由题意可知直线AM的方程为
y－3＝eq \f(1,2)(x－2)，
即x－2y＝－4.
当y＝0时，解得x＝－4，所以a＝4，
由椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点M(2,3)，
可得eq \f(4,16)＋eq \f(9,b2)＝1，解得b2＝12.
所以C的方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1.
(2)设与直线AM平行的直线方程为x－2y＝m，
如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值．
联立直线方程x－2y＝m与椭圆方程eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1，
可得3(m＋2y)2＋4y2＝48，
化简可得16y2＋12my＋3m2－48＝0，
所以Δ＝144m2－4×16(3m2－48)＝0，
即m2＝64，解得m＝±8，
与AM距离比较远的直线方程为x－2y＝8，
直线AM的方程为x－2y＝－4，
点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，
利用两平行线之间的距离公式可得d＝eq \f(8＋4,\r(1＋4))＝eq \f(12\r(5),5)，
由两点之间的距离公式可得
|AM|＝eq \r(2＋42＋32)＝3eq \r(5).
所以△AMN的面积的最大值为eq \f(1,2)×3eq \r(5)×eq \f(12\r(5),5)＝18.
角度 范围问题
例2 (2021·浙江高考)如图，已知F是抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且|MF|＝2.
(1)求抛物线的方程；
(2)设过点F的直线交抛物线于A，B两点，若斜率为2的直线l与直线MA，MB，AB，x轴依次交于点P，Q，R，N，且满足|RN|2＝|PN|·|QN|，求直线l在x轴上截距的取值范围．
解 (1)因为M是抛物线的准线与x轴的交点，且|MF|＝2，所以p＝2.所以抛物线的方程为y2＝4x.
(2)由(1)知，F(1,0)，M(－1,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为x＝my＋1，直线l的方程为y＝2x＋n(n≠±2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,y2＝4x，))可得y2－4my－4＝0，显然Δ>0，
所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，
所以yeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,2)＝(y1＋y2)2－2y1y2＝16m2＋8.
易知直线AM的方程为y＝eq \f(y1,x1＋1)(x＋1)，
则由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(y1,x1＋1)x＋1，,y＝2x＋n，))
可得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－nx1＋1＋y1,2x1＋2－y1)，\f(2－ny1,2x1＋2－y1))).
同理可得Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－nx2＋1＋y2,2x2＋2－y2)，\f(2－ny2,2x2＋2－y2)))，
所以|yPyQ|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n－22y1y2,2x1＋2－y12x2＋2－y2)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n－22y1y2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),2)＋2－y1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),2)＋2－y2)))))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(4n－22y1y2,4y1y2－2y1y2＋8y1＋y2＋y\\al(2,1)y\\al(2,2)＋4y\\al(2,1)＋y\\al(2,2)＋16)))
＝eq \f(n－22,4m2＋3).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,y＝2x＋n，))可得yR＝eq \f(n＋2,1－2m).
因为|RN|2＝|PN|·|QN|，
所以yeq \\al(2,R)＝|yPyQ|，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋2,1－2m)))2＝eq \f(n－22,4m2＋3)，
所以eq \f(n－22,n＋22)＝eq \f(4m2＋3,2m－12)＝eq \f(4,2m－12)＋eq \f(2,2m－1)＋1＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2m－1)＋\f(1,4)))2＋eq \f(3,4)≥eq \f(3,4)，
所以n<－2或－2因为直线l：y＝2x＋n(n≠±2)在x轴上的截距为－eq \f(n,2)，所以－eq \f(n,2)>1或4eq \r(3)－7≤－eq \f(n,2)<1或－eq \f(n,2)≤－7－4eq \r(3)，
即直线l在x轴上截距的取值范围是(－∞，－7－4eq \r(3)]∪[4eq \r(3)－7,1)∪(1，＋∞)．
[冲关策略] 圆锥曲线中取值范围问题的五种常用解法
(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，解决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．
变式训练2 (2021·北京高考)已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点A(0，－2)，以四个顶点围成的四边形面积为4eq \r(5).
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)过点P(0，－3)的直线l斜率为k，交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB，AC交y＝－3于点M，N，若|PM|＋|PN|≤15，求k的取值范围．
解 (1)因为椭圆过A(0，－2)，所以b＝2，
因为四个顶点围成的四边形的面积为4eq \r(5)，
所以eq \f(1,2)×2a×2b＝4eq \r(5)，即a＝eq \r(5)，
故椭圆E的标准方程为eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)设B(x1，y1)，C(x2，y2)，
因为直线BC的斜率存在，所以x1x2≠0，
故直线AB：y＝eq \f(y1＋2,x1)x－2，
令y＝－3，则xM＝－eq \f(x1,y1＋2)，同理xN＝－eq \f(x2,y2＋2).
直线BC：y＝kx－3，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－3，,4x2＋5y2＝20))可得(4＋5k2)x2－30kx＋25＝0，
故Δ＝900k2－100(4＋5k2)>0，解得k<－1或k>1.
又x1＋x2＝eq \f(30k,4＋5k2)，x1x2＝eq \f(25,4＋5k2)，
故x1x2>0，所以xMxN>0.
又|PM|＋|PN|＝|xM＋xN|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x1,y1＋2)＋\f(x2,y2＋2)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x1,kx1－1)＋\f(x2,kx2－1)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2kx1x2－x1＋x2,k2x1x2－kx1＋x2＋1)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\f(50k,4＋5k2)－\f(30k,4＋5k2),\f(25k2,4＋5k2)－\f(30k2,4＋5k2)＋1)))＝5|k|，
故5|k|≤15，即|k|≤3，
综上，－3≤k<－1或1题型2 定点、定值问题
角度 定点问题
例3 (2019·北京高考)已知抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)．
(1)求抛物线C的方程及其准线方程；
(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y＝－1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．
解 (1)由抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)，
得p＝2.
所以抛物线C的方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1.
(2)证明：抛物线C的焦点为F(0，－1)．
设直线l的方程为y＝kx－1(k≠0)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,x2＝－4y))得x2＋4kx－4＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＝－4.
直线OM的方程为y＝eq \f(y1,x1)x.
令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－eq \f(x1,y1).
同理得点B的横坐标xB＝－eq \f(x2,y2).
设点D(0，n)，则eq \(DA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x1,y1)，－1－n))，
eq \(DB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x2,y2)，－1－n))，
eq \(DA,\s\up6(→))·eq \(DB,\s\up6(→))＝eq \f(x1x2,y1y2)＋(n＋1)2
＝eq \f(x1x2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x\\al(2,1),4)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x\\al(2,2),4))))＋(n＋1)2
＝eq \f(16,x1x2)＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2.
令eq \(DA,\s\up6(→))·eq \(DB,\s\up6(→))＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，
解得n＝1或n＝－3.
综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0，－3)．
[冲关策略] (1)求解直线或曲线过定点问题的基本思路是：把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．
(2)由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．
变式训练3 (2021·武汉十一校联考)已知直线y＝x－2与抛物线y2＝2px(p＞0)相交于A，B两点，满足OA⊥OB(O为坐标原点)．定点C(4，2)，D(－4,0)，M是抛物线上一动点，设直线CM，DM与抛物线的另一个交点分别是E，F.
(1)求抛物线的方程；
(2)求证：当点M在抛物线上变动时(只要点E，F存在且不重合)，直线EF恒过一个定点，并求出这个定点的坐标．
解 (1)将y＝x－2代入y2＝2px，得(x－2)2＝2px，
化简得x2－(4＋2p)x＋4＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以x1x2＝4，x1＋x2＝4＋2p，
因此y1y2＝(x1－2)(x2－2)＝x1x2－2(x1＋x2)＋4＝－4p.
又OA⊥OB，所以x1x2＋y1y2＝0，得p＝1，
所以抛物线的方程为y2＝2x.
(2)证明：设M，E，F的坐标分别是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,0),2)，y0))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y1′2,2)，y1′))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y2′2,2)，y2′))，
由C，M，E共线，得y0y1′＝2(y0＋y1′)－8，所以y1′＝eq \f(2y0－8,y0－2)，
同理，由D，M，F共线，得y2′＝eq \f(8,y0).
直线EF的方程为y1′y2′＝y(y1′＋y2′)－2x，
将y1′＝eq \f(2y0－8,y0－2)，y2′＝eq \f(8,y0)代入直线EF的方程得2(x－y)yeq \\al(2,0)＋4(4－x)y0＋16(y－4)＝0，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y＝0，,4－x＝0，,y－4＝0，))
方程组有解x＝y＝4，
所以直线EF恒过定点(4,4)．
角度 定值问题
例4 (2020·新高考Ⅰ卷)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，且过点A(2,1)．
(1)求C的方程；
(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
解 (1)由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,\f(4,a2)＋\f(1,b2)＝1，,a2＝b2＋c2，))
解得a2＝6，b2＝c2＝3，
故椭圆C的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明：设点M(x1，y1)，N(x2，y2)．
因为AM⊥AN，所以eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))＝0，
即(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0.①
当直线MN的斜率存在时，
设其方程为y＝kx＋m，如图1.
代入椭圆方程消去y并整理，
得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，
x1＋x2＝－eq \f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2m2－6,1＋2k2)，②
根据y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m，代入①整理，可得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0，
将②代入上式，得(k2＋1)eq \f(2m2－6,1＋2k2)＋(km－k－2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4km,1＋2k2)))＋(m－1)2＋4＝0，
整理化简得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0，
因为A(2,1)不在直线MN上，所以2k＋m－1≠0，
所以2k＋3m＋1＝0，k≠1，
于是MN的方程为y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,3)))－eq \f(1,3)，k≠1，
所以直线过定点Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，－\f(1,3))).
当直线MN的斜率不存在时，可得N(x1，－y1)，如图2.
代入(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0得(x1－2)2＋1－yeq \\al(2,1)＝0，
结合eq \f(x\\al(2,1),6)＋eq \f(y\\al(2,1),3)＝1，解得x1＝2(舍去)或x1＝eq \f(2,3)，
此时直线MN过点Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，－\f(1,3))).
因为AE为定值，且△ADE为直角三角形，AE为斜边，
所以AE的中点Q满足|DQ|为定值eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(AE长度的一半\f(1,2) \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(2,3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))2)＝\f(2\r(2),3))).
由于A(2,1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，－\f(1,3)))，
故由中点坐标公式可得Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(1,3))).
故存在点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(1,3)))，使得|DQ|为定值．
[冲关策略] 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．
变式训练4 (2021·湖南六校联考)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率e＝eq \f(\r(2),2)，且过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2))).设A，B是椭圆C上的两个不同的动点，直线PA，PB的倾斜角互补．
(1)求证：直线AB的斜率为定值；
(2)求△PAB的面积S的最大值．
解 (1)证明：由于椭圆C的离心率e＝eq \f(\r(2),2)，
所以a＝eq \r(2)c，又a2＝b2＋c2，所以b＝c.
所以椭圆C的方程为x2＋2y2＝a2.
又点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))在椭圆上，所以a2＝2，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
设直线PA的斜率为k(k≠0)，则直线PB的斜率为－k，
直线PA的方程为y－eq \f(\r(2),2)＝k(x－1)，代入椭圆方程可得(2k2＋1)(x－1)2＋(2eq \r(2)k＋2)(x－1)＝0，
所以xA＝1－eq \f(21＋\r(2)k,1＋2k2)，
yA＝eq \f(\r(2),2)－eq \f(2k＋\r(2)k2,1＋2k2)，
同理可得，xB＝1－eq \f(21－\r(2)k,1＋2k2)，
yB＝eq \f(\r(2),2)－eq \f(2－k＋\r(2)k2,1＋2k2).
所以kAB＝eq \f(yB－yA,xB－xA)
＝eq \f(2k＋\r(2)k2－2－k＋\r(2)k2,21＋\r(2)k－21－\r(2)k)＝eq \f(4k,4\r(2)k)＝eq \f(\r(2),2)，
故直线AB的斜率为定值．
(2)设直线AB的方程为y＝eq \f(\r(2),2)x＋t，直线x＝1和直线AB相交于点Q，
则Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，t＋\f(\r(2),2)))，所以|PQ|＝|t|.
把y＝eq \f(\r(2),2)x＋t代入eq \f(x2,2)＋y2＝1，得x2＋eq \r(2)tx＋t2－1＝0.
因为Δ＝2t2－4(t2－1)＞0，所以t2<2，则xA＋xB＝－eq \r(2)t，xAxB＝t2－1，
所以(xB－xA)2＝(xA＋xB)2－4xAxB＝2t2－4(t2－1)＝4－2t2，
即|xB－xA|＝ eq \r(22－t2).
所以S＝eq \f(1,2)|PQ|·|xB－xA|＝eq \f(\r(2),2) eq \r(t22－t2)＝eq \f(\r(2),2) eq \r(1－t2－12)(－eq \r(2)＜t＜eq \r(2))，
所以当t＝±1时，△PAB的面积S取得最大值eq \f(\r(2),2).
题型3 圆锥曲线中的探索性问题
例5 如图，已知点F为抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，过点F的动直线l与抛物线C交于M，N两点，且当直线l的倾斜角为45°时，|MN|＝16.
(1)求抛物线C的方程；
(2)试确定在x轴上是否存在点P，使得直线PM，PN关于x轴对称？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
解 (1)当l的斜率为1时，∵Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，
∴l的方程为y＝x－eq \f(p,2).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x－\f(p,2)，,y2＝2px，))得x2－3px＋eq \f(p2,4)＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝3p，
∴|MN|＝x1＋x2＋p＝4p＝16，p＝4，
∴抛物线C的方程为y2＝8x.
(2)解法一：假设满足条件的点P存在．
设P(a,0)，
由(1)知F(2,0)．
①当直线l不与x轴垂直时，
设l的方程为y＝k(x－2)(k≠0)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－2，,y2＝8x，))得k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0，
Δ＝(4k2＋8)2－4·k2·4k2＝64k2＋64>0，
x1＋x2＝eq \f(4k2＋8,k2)，x1x2＝4.
∵直线PM，PN关于x轴对称，
∴kPM＋kPN＝0，
又kPM＝eq \f(kx1－2,x1－a)，kPN＝eq \f(kx2－2,x2－a).
∴eq \f(kx1－2,x1－a)＋eq \f(kx2－2,x2－a)＝0，
两边同时乘以(x1－a)(x2－a)，得
k(x1－2)(x2－a)＋k(x2－2)(x1－a)＝k[2x1x2－(a＋2)(x1＋x2)＋4a]＝－eq \f(8a＋2,k)＝0，
∴a＝－2，此时P(－2,0)．
②当直线l与x轴垂直时，由抛物线的对称性，
易知PM，PN关于x轴对称，此时只需P与焦点F不重合即可．
综上，存在唯一的点P(－2,0)，使直线PM，PN关于x轴对称．
解法二：假设满足条件的点P存在．设P(a,0)，由(1)知F(2,0)，
显然，直线l的斜率不为0，设l：x＝my＋2，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,y2＝8x，))得y2－8my－16＝0，
则Δ＝(－8m)2＋4×16＝64m2＋64>0，y1＋y2＝8m，y1y2＝－16.
kPM＝eq \f(y1,x1－a)，kPN＝eq \f(y2,x2－a)，
kPM＋kPN＝0⇒(x2－a)y1＋(x1－a)y2＝0，
∴(my2＋2－a)y1＋(my1＋2－a)y2＝0.
2my1y2＋(2－a)(y1＋y2)＝2m×(－16)＋(2－a)×8m＝0，∴a＝－2，
∴存在唯一的点P(－2,0)，使直线PM，PN关于x轴对称．
[冲关策略] 存在性问题的解题策略
存在性的问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．
(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论．
(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．
(3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意．
变式训练5 已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率是eq \f(\r(3),2)，P为椭圆上的动点．当∠F1PF2取最大值时，△PF1F2的面积是 eq \r(3).
(1)求椭圆E的方程；
(2)若动直线l与椭圆E交于A，B两点，且恒有eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝0，是否存在一个以原点O为圆心的定圆C，使得动直线l始终与定圆C相切？若存在，求圆C的方程；若不存在，请说明理由．
解 (1)依题意可得e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2).
设∠F1PF2＝θ，由余弦定理可知，
4c2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|csθ，
所以1＋csθ＝eq \f(2b2,|PF1||PF2|)≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,|PF1|＋|PF2|)))2·2b2＝eq \f(2b2,a2)，
当且仅当|PF1|＝|PF2|(即P为椭圆短轴端点)时等号成立，且∠F1PF2取最大值．
此时△PF1F2的面积是eq \f(1,2)·2c·b＝bc＝eq \r(3)，
同时a2＝b2＋c2，联立bc＝eq \r(3)和eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，
解得a＝2，b＝1，c＝eq \r(3)，
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)当直线l斜率不存在时，设直线l的方程为x＝n，
因为eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝0，则OA⊥OB，所以点A，B的坐标分别为(n，n)，(n，－n)，又因为A，B两点都在椭圆上，
所以n2＋4n2＝4，n2＝eq \f(4,5)，
此时原点O到直线l的距离d＝|n|＝eq \f(2\r(5),5)，
所以定圆C的方程是x2＋y2＝eq \f(4,5).
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
原点O到直线l的距离为d，所以d＝eq \f(|m|,\r(12＋k2))，
整理得m2＝d2(k2＋1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋m，))
可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
所以Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)(4m2－4)
＝16(4k2－m2＋1)>0，
x1＋x2＝－eq \f(8km,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4m2－4,4k2＋1).
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)
＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2
＝k2·eq \f(4m2－4,4k2＋1)＋km·eq \f(－8km,4k2＋1)＋m2＝eq \f(m2－4k2,4k2＋1).
因为eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2
＝eq \f(4m2－4,4k2＋1)＋eq \f(m2－4k2,4k2＋1)＝eq \f(5m2－4k2－4,4k2＋1)＝0，
所以5m2－4k2－4＝0，
即5d2(1＋k2)－4k2－4＝0恒成立，
即(5d2－4)(k2＋1)＝0恒成立，
所以5d2－4＝0，所以d＝eq \f(2\r(5),5)，且eq \f(2\r(5),5)<1，
所以定圆C的方程是x2＋y2＝eq \f(4,5).
所以当eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝0时，存在定圆C始终与直线l相切，
其方程是x2＋y2＝eq \f(4,5).
题型4 圆锥曲线中的证明问题
例6 (2021·新高考Ⅱ卷)已知椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，右焦点为F(eq \r(2)，0)，且离心率为eq \f(\r(6),3).
(1)求椭圆C的方程；
(2)设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2＋y2＝b2(x>0)相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝eq \r(3).
解 (1)由题意，知椭圆的半焦距c＝eq \r(2)且e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(6),3)，所以a＝eq \r(3)，
又b2＝a2－c2＝1，所以椭圆C的方程为eq \f(x2,3)＋y2＝1.
(2)证明：由(1)得，曲线为x2＋y2＝1(x>0)，
当直线MN的斜率不存在时，直线MN：x＝1，不符合题意；
当直线MN的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
必要性：若M，N，F三点共线，可设直线MN：y＝k(x－eq \r(2))，
即kx－y－eq \r(2)k＝0，
由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切可得eq \f(|－\r(2)k|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝±1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝±x－\r(2)，,\f(x2,3)＋y2＝1，))可得4x2－6eq \r(2)x＋3＝0，
所以x1＋x2＝eq \f(3\r(2),2)，x1x2＝eq \f(3,4)，
所以|MN|＝eq \r(1＋1)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(3)，
所以必要性成立；
充分性：设直线MN：y＝kx＋m(km<0)，即kx－y＋m＝0，
由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切可得eq \f(|m|,\r(k2＋1))＝1，所以m2＝k2＋1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，))可得(1＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，
所以x1＋x2＝－eq \f(6km,1＋3k2)，x1x2＝eq \f(3m2－3,1＋3k2)，
所以|MN|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)· eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6km,1＋3k2)))2－4·\f(3m2－3,1＋3k2))
＝eq \r(1＋k2)·eq \f(\r(24k2),1＋3k2)＝eq \r(3)，
化简得3(k2－1)2＝0，所以k＝±1，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝1，,m＝－\r(2)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝－1，,m＝\r(2)，))
所以直线MN：y＝x－eq \r(2)或y＝－x＋eq \r(2)，
所以直线MN过点F(eq \r(2)，0)，即M，N，F三点共线，充分性成立．
所以M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝eq \r(3).
[冲关策略] 证明问题的类型及求解策略
圆锥曲线中的证明问题，常见的有位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数量关系方面的，如存在定值、恒成立、值相等、角相等等．在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接法证明，但有时也会用到反证法．
变式训练6 (2021·青岛5月模拟)在平面直角坐标系中，已知O为坐标原点，点W(xn，yn)为直线l：y＝kx＋m(km≠0)与椭圆C：2nx2＋4ny2＝1的一个交点，且k＝－eq \f(xn,2yn)，n∈N*.
(1)证明：直线l与椭圆C相切；
(2)已知直线l与椭圆D：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)交于A，B两点，且点W为AB的中点．
(ⅰ)证明：椭圆D的离心率为定值；
(ⅱ)记△OAB的面积为S，若b2＝eq \f(4,3)＋eq \f(1,4n)，
证明：2n·sinS2＞1.
证明 (1)由题意得k＝－eq \f(xn,2yn)，①
yn＝kxn＋m，②
2nxeq \\al(2,n)＋4nyeq \\al(2,n)＝1，③
由①得，xn＝－2kyn，将xn＝－2kyn代入②得，yn＝eq \f(m,1＋2k2)，④
再将yn＝eq \f(m,1＋2k2)代入xn＝－2kyn得，xn＝eq \f(－2km,1＋2k2)，⑤
将④⑤代入③得，1＋2k2－4nm2＝0，
将直线l的方程代入椭圆方程2nx2＋4ny2＝1(n∈N*)得，
2n(1＋2k2)x2＋8nkmx＋4nm2－1＝0，所以Δ＝8n(1＋2k2－4nm2)＝0，
所以直线l与椭圆C相切．
(2)(ⅰ)设A(x1′，y1′)，B(x2′，y2′)，将直线l的方程代入椭圆方程eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1得，(b2＋a2k2)x2＋2kma2x＋a2(m2－b2)＝0，
所以x1′＋x2′＝eq \f(－2kma2,b2＋a2k2)，x1′x2′＝eq \f(a2m2－b2,b2＋a2k2)，
所以y1′＋y2′＝k(x1′＋x2′)＋2m＝eq \f(2b2m,b2＋a2k2)，
因为W为AB的中点，
所以eq \f(－kma2,b2＋a2k2)＝eq \f(－2km,1＋2k2)，eq \f(b2m,b2＋a2k2)＝eq \f(m,1＋2k2)，
两式相除得eq \f(a2,b2)＝2，即e＝eq \f(\r(2),2).
(ⅱ)设原点到直线AB的距离为d，则
d＝eq \f(|m|,\r(1＋k2))，
因为eq \f(a2,b2)＝2，所以x1′＋x2′＝－eq \f(4km,1＋2k2)，
x1′x2′＝eq \f(2m2－b2,1＋2k2)，
又因为|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1′－x2′|
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1′＋x2′2－4x1′x2′)
＝eq \f(2\r(2)· \r(1＋k2)\r(b21＋2k2－m2),1＋2k2)，
所以S＝eq \f(1,2)|AB|d
＝eq \f(\r(2)· \r(b21＋2k2m2－m4),1＋2k2)
＝eq \r(2)· eq \r(\f(b2m2,1＋2k2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m2,1＋2k2)))2).
由(1)知，1＋2k2－4nm2＝0，所以eq \f(1,4n)＝eq \f(m2,1＋2k2)，
又b2＝eq \f(4,3)＋eq \f(1,4n)，
所以S＝eq \f(\r(2),2)· eq \r(\f(b2,n)－\f(1,4n2))＝eq \r(\f(2,3n))，即S2＝eq \f(2,3n)，
所以2n·sinS2＝eq \f(4,3)·eq \f(sin\f(2,3n),\f(2,3n))，
令f(x)＝eq \f(sinx,x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜x≤\f(2,3)))，
则f′(x)＝eq \f(xcsx－sinx,x2)，
再令g(x)＝xcsx－sinx，则
g′(x)＝－xsinx＜0，
所以g(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))上为减函数，从而当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))时，g(x)＜g(0)＝0，
所以f′(x)＜0，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))上单调递减，
所以f(x)＝eq \f(sinx,x)≥eq \f(sin\f(2,3),\f(2,3))＞eq \f(sin\f(π,6),\f(2,3))＝eq \f(3,4)，从而eq \f(sin\f(2,3n),\f(2,3n))＞eq \f(3,4)，
所以2n·sinS2＞eq \f(4,3)×eq \f(3,4)＝1.