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高中数学高考2018高考数学（文）大一轮复习习题 冲刺985 压轴题命题区间（六） 圆锥曲线问题 Word版含答案
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压轴题命题区间(六)圆锥曲线问题
第一课时 简化解析几何运算的5个技巧
中学解析几何是将几何图形置于直角坐标系中，用方程的观点来研究曲线，体现了用代数的方法解决几何问题的优越性，但有时运算量过大，或需繁杂的讨论，这些都会影响解题的速度，甚至会中止解题的过程，达到“望题兴叹”的地步．特别是高考过程中，在规定的时间内，保质保量完成解题的任务，计算能力是一个重要的方面．为此，从以下几个方面探索减轻运算量的方法和技巧，合理简化解题过程，优化思维过程．
巧用定义，揭示本质
定义是导出其性质的“发源地”，解题时，应善于运用圆锥曲线的定义，以数形结合思想为指导，把定量的分析有机结合起来，则可使解题计算量大为简化，使解题构筑在较高的水平上．
如图，F1，F2是椭圆C1：＋y2＝1与双曲线C2的公共焦点，A，B分别是C1，C2在第二、四象限的公共点．若四边形AF1BF2为矩形，则C2的离心率是( )
A． B．
C． D．
由已知，得F1(－，0)，F2(，0)，
设双曲线C2的实半轴长为a，由椭圆及双曲线的定义和已知，
可得解得a2＝2，
故a＝．所以双曲线C2的离心率e＝＝．
D
本题可巧妙运用椭圆和双曲线的定义建立|AF1|，|AF2|的等量关系，从而快速求出双曲线实半轴长a的值，进而求出双曲线的离心率，大大降低了运算量．
抛物线y2＝4mx(m＞0)的焦点为F，点P为该抛物线上的动点，若点A(－m,0)，则的最小值为________．
解析：设点P的坐标为(xP，yP)，由抛物线的定义，知|PF|＝xP＋m，又|PA|2＝(xP＋m)2＋y＝(xP＋m)2＋4mxP，则2＝＝≥＝(当且仅当xP＝m时取等号)，所以≥，所以的最小值为．
答案：
设而不求，整体代换
对于直线与圆锥曲线相交所产生的中点弦问题，涉及求中点弦所在直线的方程，或弦的中点的轨迹方程的问题时，常常可以用代点法求解．
已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(3，0)，过点F的直线交E于A，B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的标准方程为( )
A．＋＝1 B．＋＝1
C．＋＝1 D．＋＝1
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，
①－②得＋＝0，
所以kAB＝＝－＝．
又kAB＝＝，所以＝．
又9＝c2＝a2－b2，
解得b2＝9，a2＝18，
所以椭圆E的方程为＋＝1．
D
本题设出A，B两点的坐标，却不需求出A，B两点的坐标，巧妙地表达出直线AB的斜率，通过将直线AB的斜率“算两次”建立几何量之间的关系，从而快速解决问题．
过点M(1,1)作斜率为－的直线与椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)相交于A，B两点，若M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率等于________．
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
∴＋＝0，
∴＝－·．
∵＝－，x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，
∴－＝－，∴a2＝2b2．
又∵b2＝a2－c2，
∴a2＝2(a2－c2)，∴a2＝2c2，∴＝．
即椭圆C的离心率e＝．
答案：
巧用“根与系数的关系”，化繁为简
某些涉及线段长度关系的问题可以通过解方程、求坐标，用距离公式计算长度的方法来解；但也可以利用一元二次方程，使相关的点的同名坐标为方程的根，由根与系数的关系求出两根间的关系或有关线段长度间的关系．后者往往计算量小，解题过程简捷．
(2016·全国甲卷)已知椭圆E：＋＝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．
设M(x1，y1)，则由题意知y1>0．
(1)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，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．
因此得或解得
本例在第(2)问中可应用根与系数的关系求出x1＝，这体现了整体思路．这是解决解析几何问题时常用的方法，简单易懂，通过设而不求，大大降低了运算量．
(2016·兰州实战考试)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且经过点P，左、右焦点分别为F1，F2．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过F1的直线l与椭圆C相交于A，B两点，若△AF2B的内切圆半径为，求以F2为圆心且与直线l相切的圆的方程．
解：(1)由＝，得a＝2c，所以a2＝4c2，b2＝3c2，
将点P的坐标代入椭圆方程得c2＝1，
故所求椭圆方程为＋＝1．
(2)由(1)可知F1(－1,0)，设直线l的方程为x＝ty－1，
代入椭圆方程，整理得(4＋3t2)y2－6ty－9＝0，
显然判别式大于0恒成立，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，△AF2B的内切圆半径为r0，
则有y1＋y2＝，y1y2＝，r0＝，
所以S△AF2B＝S△AF1F2＋S△BF1F2＝|F1F2|·|y1－y2|＝|F1F2|·＝．
而S△AF2B＝|AB|r0＋|BF2|r0＋|AF2|r0
＝r0(|AB|＋|BF2|＋|AF2|)
＝r0(|AF1|＋|BF1|＋|BF2|＋|AF2|)
＝r0·4a
＝×8×
＝，
所以＝，解得t2＝1，
因为所求圆与直线l相切，所以半径r＝＝，
所以所求圆的方程为(x－1)2＋y2＝2．
借“曲线系”，理清规律
利用曲线系解题，往往简捷明快，事半功倍，所以灵活运用曲线是解析几何中重要的解题方法和技巧之一．
已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程是y＝x，它的一个焦点在抛物线y2＝24x的准线上，则双曲线的方程为( )
A．－＝1 B．－＝1
C．－＝1 D．－＝1
由双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程是y＝x，可设双曲线的方程为x2－＝λ(λ＞0)．
因为双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的一个焦点在抛物线y2＝24x的准线上，
所以F(－6,0)是双曲线的左焦点，即λ＋3λ＝36，λ＝9，所以双曲线的方程为－＝1．
B
本题利用共渐近线系双曲线方程，可使问题马上得到解决．避免了复杂的判断、可能的分类讨论、繁杂的解方程组，事半功倍．
圆心在直线x－y－4＝0上，且经过两圆x2＋y2＋6x－4＝0和x2＋y2＋6y－28＝0的交点的圆的方程为( )
A．x2＋y2－x＋7y－32＝0 B．x2＋y2－x＋7y－16＝0
C．x2＋y2－4x＋4y＋9＝0 D．x2＋y2－4x＋4y－8＝0
解析：选A 设经过两圆的交点的圆的方程为
x2＋y2＋6x－4＋λ(x2＋y2＋6y－28)＝0，
即x2＋y2＋x＋y－＝0，
其圆心坐标为，
又圆心在直线x－y－4＝0上，所以－＋－4＝0，
解得λ＝－7，故所求圆的方程为x2＋y2－x＋7y－32＝0．
巧引参数，方便运算
换元引参是一种重要的数学方法，特别是解析几何中的最值问题、不等式问题等，利用换元引参使一些关系能够相互联系起来，激活了解题的方法，往往能化难为易，达到事半功倍．
常见的参数可以选择点的坐标、直线的斜率、直线的倾斜角等．在换元过程中，还要注意代换的等价性，防止扩大或缩小原来变量的取值范围或改变原题条件．
设椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为A，B，点P在椭圆上且异于A，B两点，O为坐标原点．若|AP|＝|OA|，证明直线OP的斜率k满足|k|＞．
法一：依题意，直线OP的方程为y＝kx，设点P的坐标为(x0，y0)．
由条件，得
消去y0并整理，得x＝．①
由|AP|＝|OA|，A(－a,0)及y0＝kx0，
得(x0＋a)2＋k2x＝a2，
整理得(1＋k2)x＋2ax0＝0．
而x0≠0，于是x0＝，
代入①，整理得(1＋k2)2＝4k22＋4．
又a＞b＞0，故(1＋k2)2＞4k2＋4，
即k2＋1＞4，因此k2＞3，所以|k|＞．
法二：依题意，直线OP的方程为y＝kx，可设点P的坐标为(x0，kx0)．
由点P在椭圆上，得＋＝1．
因为a＞b＞0，kx0≠0，所以＋＜1，
即(1＋k2)x＜a2．②
由|AP|＝|OA|及A(－a,0)，得(x0＋a)2＋k2x＝a2，
整理得(1＋k2)x＋2ax0＝0，于是x0＝，
代入②，得(1＋k2)·＜a2，
解得k2＞3，所以|k|＞．
法三：设P(acos θ，bsin θ)(0≤θ＜2π)，
则线段OP的中点Q的坐标为．
|AP|＝|OA|⇔AQ⊥OP⇔kAQ×k＝－1．
又A(－a,0)，所以kAQ＝，
即bsin θ－akAQcos θ＝2akAQ．
从而可得|2akAQ|≤＜a，
解得|kAQ|＜．故|k|＝＞．
求解本题利用椭圆的参数方程，可快速建立各点之间的联系，降低运算量．
(2016·长春市质量检测)椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，且离心率为，点P为椭圆上一动点，△F1PF2面积的最大值为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设椭圆的左顶点为A1，过右焦点F2的直线l与椭圆相交于A，B两点，连接A1A，A1B并延长分别交直线x＝4于R，Q两点，问·是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由．
解：(1)已知椭圆的离心率为，不妨设c＝t，a＝2t，
则b＝t，其中t＞0，
当△F1PF2面积取最大值时，点P为短轴端点，
因此·2t·t＝，解得t＝1，
则椭圆的方程为＋＝1．
(2)由(1)可知F2(1,0)，A1(－2,0)．设直线AB的方程为x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立可得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，
则y1＋y2＝，①
y1y2＝，②
直线AA1的方程为y＝(x＋2)，
直线BA1的方程为y＝(x＋2)，
则R，Q，
＝，＝，
则·＝9＋·＝·＋9＝＋9
将①②两式代入上式，整理得·＝0，
即·为定值0．
1．(2016·四川高考)设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线y2＝2px(p＞0)上任意一点，M是线段PF上的点，且|PM|＝2|MF|，则直线OM的斜率的最大值为( )
A． B．
C． D．1
解析：选C 如图所示，设P(x0，y0)(y0＞0)，
则y＝2px0，
即x0＝．
设M(x′，y′)，
由＝2，
得
化简可得
∴直线OM的斜率为k＝＝＝≤＝(当且仅当y0＝p时取等号)．
2．设双曲线＋＝1的一条渐近线为y＝－2x，且一个焦点与抛物线y＝x2的焦点相同，则此双曲线的方程为( )
A．x2－5y2＝1 B．5y2－x2＝1
C．5x2－y2＝1 D．y2－5x2＝1
解析：选D 因为x2＝4y的焦点为(0,1)，
所以双曲线的焦点在y轴上．
因为双曲线的一条渐近线为y＝－2x，
所以设双曲线的方程为y2－4x2＝λ(λ＞0)，
即－＝1，
则λ＋＝1，λ＝，
所以双曲线的方程为y2－5x2＝1，故选D．
3．已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c,0)，P为双曲线上任一点，且·最小值的取值范围是，则该双曲线的离心率的取值范围为( )
A．(1，] B．[，2]
C．(0，] D．．
4．过抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点F，斜率为的直线交抛物线于A，B两点，若＝λ (λ＞1)，则λ的值为( )
A．5 B．4
C． D．
解析：选B 根据题意设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由＝λ，
得＝λ，
故－y1＝λy2，即λ＝－．
设直线AB的方程为y＝，
联立直线与抛物线方程，
消元得y2－py－p2＝0．
故y1＋y2＝p，y1y2＝－p2，
＝＋＋2＝－，
即－λ－＋2＝－．
又λ＞1，解得λ＝4．
5．(2015·四川高考)设直线l与抛物线y2＝4x相交于A，B两点，与圆(x－5)2＋y2＝r2(r>0)相切于点M，且M为线段AB的中点．若这样的直线l恰有4条，则r的取值范围是( )
A．(1,3) B．(1,4)
C．(2,3) D．(2,4)
解析：选D 设A，B，M，C(5,0)为圆心，当y1≠－y2时，kAB＝，kCM＝，由kAB·kCM＝－1⇒y＋y＝24，所以M，又r2＝|CM|2＝4＋2＝10＋y1y2，所以(2r2－20)2＝yy，所以y，y是方程t2－24t＋(2r2－20)2＝0的两个不同的正根，由Δ＞0得2＜r＜4．综上，r的取值范围是(2,4)．
6．中心为原点，一个焦点为F(0,5)的椭圆，截直线y＝3x－2所得弦中点的横坐标为，则该椭圆方程为( )
A．＋＝1 B．＋＝1
C．＋＝1 D．＋＝1
解析：选C 由已知得c＝5，
设椭圆的方程为＋＝1，
联立
消去y得(10a2－450)x2－12(a2－50)x＋4(a2－50)－a2(a2－50)＝0，设直线y＝3x－2与椭圆的交点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
由根与系数关系得x1＋x2＝，
由题意知x1＋x2＝1，
即＝1，
解得a2＝75，
所以该椭圆方程为＋＝1．
7．已知双曲线C：－y2＝1，点M的坐标为(0,1)．设P是双曲线C上的点，Q是点P关于原点的对称点．记λ＝·，则λ的取值范围是________．
解析：设P(x0，y0)，则Q(－x0，－y0)，
λ＝·
＝(x0，y0－1)·(－x0，－y0－1)
＝－x－y＋1
＝－x＋2．
因为|x0|≥，
所以λ的取值范围是(－∞，－1]．
答案：(－∞，－1]
8．(2017·长春质检)已知AB为圆x2＋y2＝1的一条直径，点P为直线x－y＋2＝0上任意一点，则·的最小值为________．
解析：由题意，设A(cos θ，sin θ)，P(x，x＋2)，
则B(－cos θ，－sin θ)，
∴＝(cos θ－x，sin θ－x－2)，
(－cos θ－x，－sin θ－x－2)，
∴·
＝(cos θ－x)(－cos θ－x)＋(sin θ－x－2)(－sin θ－x－2)
＝x2＋(x＋2)2－cos2θ－sin2θ
＝2x2＋4x＋3
＝2(x＋1)2＋1，
当且仅当x＝－1，
即P(－1，1)时，·取最小值1．
答案：1
9．设抛物线(t为参数，p＞0)的焦点为F，准线为l．过抛物线上一点A作l的垂线，垂足为B．设C，AF与BC相交于点E．若|CF|＝2|AF|，且△ACE的面积为3，则p的值为________．
解析：由(p＞0)消去t可得抛物线方程为y2＝2px(p＞0)，∴F，|AB|＝|AF|＝|CF|＝p，可得A(p，p)．
易知△AEB∽△FEC，
∴＝＝，
故S△ACE＝S△ACF＝×3p×p×＝p2＝3，
∴p2＝6．∵p＞0，∴p＝．
答案：
10．(2016·河北三市二联)已知离心率为的椭圆＋＝1(a＞b＞0)的一个焦点为F，过F且与x轴垂直的直线与椭圆交于A，B两点，|AB|＝．
(1)求此椭圆的方程；
(2)已知直线y＝kx＋2与椭圆交于C，D两点，若以线段CD为直径的圆过点E(－1,0)，求k的值．
解：(1)设焦距为2c，
∵e＝＝，a2＝b2＋c2，
∴＝，由题意可知＝，
∴b＝1，a＝，
∴椭圆的方程为＋y2＝1．
(2)将y＝kx＋2代入椭圆方程，
得(1＋3k2)x2＋12kx＋9＝0，
又直线与椭圆有两个交点，
所以Δ＝(12k)2－36(1＋3k2)＞0，
解得k2＞1．
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝，
若以CD为直径的圆过E点，
则·＝0，
即(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝0，
而y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4，
则(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2
＝(k2＋1)x1x2＋(2k＋1)(x1＋x2)＋5
＝－＋5＝0，
解得k＝，满足k2＞1．
11．(2016·山东高考节选)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．求证：点M在定直线上．
解：(1)由题意知＝，
可得a2＝4b2．
因为抛物线E的焦点为F，
所以b＝，a＝1．
所以椭圆C的方程为x2＋4y2＝1．
(2)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＜m2＜2＋．(*)
由根与系数的关系得x1＋x2＝，
因此x0＝．
将其代入y＝mx－，
得y0＝．
因为＝－，
所以直线OD的方程为y＝－x．
联立方程
得点M的纵坐标yM＝－，
所以点M在定直线y＝－上．
12．(2016·合肥质检)已知中心在原点，焦点在y轴上的椭圆C，其上一点P到两个焦点F1，F2的距离之和为4，离心率为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线y＝kx＋1与曲线C交于A，B两点，求△OAB面积的取值范围．
解：(1)设椭圆的标准方程为＋＝1(a＞b＞0)，
由题意可知2a＝4，＝，又a2＋b2＝c2，
解得a＝2，c＝，b＝1，
故椭圆C的方程为＋x2＝1．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得(k2＋4)x2＋2kx－3＝0，
故x1＋x2＝－，x1x2＝－，①
设△OAB的面积为S，
由x1x2＝－＜0，
知S＝(|x1|＋|x2|)＝|x1－x2|
＝＝2，
令k2＋3＝t，知t≥3，
∴S＝2．
对函数y＝t＋(t≥3)，知y′＝1－＝＞0，
∴y＝t＋在t∈ 已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点F(1,0)，O为坐标原点，A，B是抛物线C上异于O的两点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若直线OA，OB的斜率之积为－，求证：直线AB过x轴上一定点．
(1)因为抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点坐标为(1,0)，
所以＝1，即p＝2．
所以抛物线C的方程为y2＝4x．
(2)证明：①当直线AB的斜率不存在时，
设A，B．
因为直线OA，OB的斜率之积为－，
所以·＝－，化简得t2＝32．
所以A(8，t)，B(8，－t)，此时直线AB的方程为x＝8．
②当直线AB的斜率存在时，
设其方程为y＝kx＋b，A(xA，yA)，B(xB，yB)，
联立方程组消去x得ky2－4y＋4b＝0．
由根与系数的关系得yAyB＝，
因为直线OA，OB的斜率之积为－，
所以·＝－，即xAxB＋2yAyB＝0．
即·＋2yAyB＝0，
解得yAyB＝0(舍去)或yAyB＝－32．
所以yAyB＝＝－32，即b＝－8k，
所以y＝kx－8k，即y＝k(x－8)．
综合①②可知，直线AB过定点(8,0)．
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．
已知椭圆＋＝1(a＞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)，直线l的方程为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，∴－1＋－1＝－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
③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0，
∴(mt)2＝1，
由题意mt＜0，∴mt＝－1，满足②，
故直线l的方程为x＝ty＋1，过定点(1,0)，
即Q为定点．
定值问题
(2017·张掖诊断)如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)经过点A(0，－1)，且离心率为．
(1)求椭圆E的方程；
(2)经过点(1,1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为定值．
(1)由题意知＝，b＝1，
由a2＝b2＋c2，得a＝，
所以椭圆E的方程为＋y2＝1．
(2)证明：设直线PQ的方程为y＝k(x－1)＋1(k≠2)，
代入＋y2＝1，
得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，
由题意知Δ＞0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，且x1x2≠0，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
所以直线AP与AQ的斜率之和
kAP＋kAQ＝＋
＝＋
＝2k＋(2－k)
＝2k＋(2－k)
＝2k＋(2－k)
＝2k－2(k－1)
＝2．
故直线AP与AQ的斜率为定值2．
定值问题常见的2种求法
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)引进变量法：其解题流程为
已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左焦点F1(－1,0)，长轴长与短轴长的比是2∶．
(1)求椭圆的方程；
(2)过F1作两直线m，n交椭圆于A，B，C，D四点，若m⊥n，求证：＋为定值．
解：(1)由已知得
解得a＝2，b＝．
故所求椭圆的方程为＋＝1．
(2)证明：由已知F1(－1,0)，当直线m不垂直于坐标轴时，可设直线m的方程为y＝k(x＋1)(k≠0)．
由
得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0．
由于Δ＞0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则有x1＋x2＝－，x1x2＝，
|AB|＝
＝
＝．
同理|CD|＝．
所以＋＝＋
＝＝．
当直线m垂直于坐标轴时，
此时|AB|＝3，|CD|＝4；
或|AB|＝4，|CD|＝3，
所以＋＝＋＝．
综上，＋为定值．
证明问题
(2017·山西省四校联考)如图，圆C与x轴相切于点T(2，0)，与y轴正半轴相交于两点M，N(点M在点N的下方)，且|MN|＝3．
(1)求圆C的方程；
(2)过点M任作一条直线与椭圆＋＝1相交于两点A，B，连接AN，BN，求证：∠ANM＝∠BNM．
(1)设圆C的半径为r(r＞0)，
依题意，圆心C的坐标为(2，r)．
∵|MN|＝3，
∴r2＝2＋22，
解得r2＝．
∴圆C的方程为(x－2)2＋2＝．
(2)证明：把x＝0代入方程(x－2)2＋2＝，
解得y＝1或y＝4，
即点M(0,1)，N(0,4)．
①当AB⊥y轴时，
由椭圆的对称性可知∠ANM＝∠BNM．
②当AB与y轴不垂直时，
可设直线AB的方程为y＝kx＋1．
联立方程
消去y得，(1＋2k2)x2＋4kx－6＝0．
设直线AB交椭圆于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，
则x1＋x2＝，x1x2＝．
∴kAN＋kBN＝＋
＝＋
＝．
若kAN＋kBN＝0，
则∠ANM＝∠BNM．
∵2kx1x2－3(x1＋x2)
＝＋
＝0，
∴∠ANM＝∠BNM．
圆锥曲线中的证明问题多涉及证明定值、点在定直线上等，有时也涉及一些否定性命题，证明方法一般是采用直接法或反证法．
(2017·开封模拟)如图，已知圆G：(x－2)2＋y2＝是椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的内接△ABC的内切圆，其中A(－4,0)为椭圆的左顶点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过椭圆的上顶点M作圆G的两条切线交椭圆于E，F两点，证明：直线EF与圆G相切．
解：(1)由题意可知BC垂直于x轴，a＝4．
设B(2＋r，y0)(r为圆G的半径)，过圆心G作GD⊥AB于D，BC交x轴于H，
由＝，得＝，
即y0＝，
∵r＝，∴y0＝，
∵B在椭圆上，
∴＋＝1，
解得b＝1，
∴椭圆C的方程为＋y2＝1．
(2)证明：由(1)可知M(0,1)，设过点M(0,1)与圆(x－2)2＋y2＝相切的直线方程为：y＝kx＋1，①
则＝，
即32k2＋36k＋5＝0，②
解得k1＝，k2＝，
将①代入＋y2＝1得(16k2＋1)x2＋32kx＝0，
则异于零的解为x＝－．
设F(x1，k1x1＋1)，E(x2，k2x2＋1)，
则x1＝－，x2＝－，
则直线FE的斜率为：kEF＝＝＝，
于是直线FE的方程为：
y＋－1＝，
即y＝x－，
则圆心(2,0)到直线FE的距离d＝＝＝r，
故结论成立．
1．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，短轴端点到焦点的距离为2．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设A，B为椭圆C上任意两点，O为坐标原点，且OA⊥OB．求证：原点O到直线AB的距离为定值 ，并求出该定值．
解：(1)由题意知，e＝＝，＝2，
又a2＝b2＋c2，
所以a＝2，c＝，b＝1，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1．
(2)证明：当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x＝±，此时，原点O到直线AB的距离为．
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋m，
A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0．
则Δ＝(8km)2－4(1＋4k2)(4m2－4)＝16(1＋4k2－m2)＞0，x1＋x2＝－，x1x2＝，
则y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝，
由OA⊥OB，得kOA·kOB＝－1，
即·＝－1，
所以x1x2＋y1y2＝＝0，
即m2＝(1＋k2)，满足Δ＞0．
所以原点O到直线AB的距离为＝．
综上，原点O到直线AB的距离为定值．
2．(2017·湖南省东部六校联考)设椭圆C1：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，F1，F2是椭圆的两个焦点，P是椭圆上任意一点，且△PF1F2的周长是4＋2．
(1)求椭圆C1的方程；
(2)设椭圆C1的左、右顶点分别为A，B，过椭圆C1上的一点D作x轴的垂线交x轴于点E，若C点满足⊥，∥，连接AC交DE于点P，求证：PD＝PE．
解：(1)由e＝，知＝，所以c＝a，
因为△PF1F2的周长是4＋2，
所以2a＋2c＝4＋2，
所以a＝2，c＝，
所以b2＝a2－c2＝1，
所以椭圆C1的方程为＋y2＝1．
(2)证明：由(1)得A(－2,0)，B(2,0)，
设D(x0，y0)，所以E(x0,0)，
因为⊥，所以可设C(2，y1)，
所以＝(x0＋2，y0)，＝(2，y1)，
由∥可得(x0＋2)y1＝2y0，
即y1＝．
所以直线AC的方程为：＝．
整理得y＝(x＋2)．
又点P在直线DE上，
将x＝x0代入直线AC的方程可得y＝，
即点P的坐标为，
所以P为DE的中点，
所以PD＝PE．
3．椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，其左焦点到点P(2，1)的距离为．
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点(A，B不是左、右顶点)，且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点．求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．
解：(1)因为左焦点(－c,0)到点P(2,1)的距离为，
所以＝，解得c＝1．
又e＝＝，解得a＝2，
所以b2＝a2－c2＝3．
所以所求椭圆C的方程为＋＝1．
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由
消去y，得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，
Δ＝64m2k2－16(3＋4k2)(m2－3)＞0，
化简，得3＋4k2－m2＞0．
所以x1＋x2＝，x1x2＝．
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)
＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝．
因为以AB为直径的圆过椭圆右顶点D(2,0)，
则kAD·kBD＝－1，
所以·＝－1，
所以y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0，
所以＋＋＋4＝0．
化为7m2＋16mk＋4k2＝0，
解得m1＝－2k，m2＝－，满足3＋4k2－m2＞0．
当m＝－2k时，
l：y＝k(x－2)，直线过定点(2,0)与已知矛盾；
当m＝－时，l：y＝k，直线过定点．
综上可知，直线l过定点．
4．(2016·南昌一模)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，直线x＋y＋2－1＝0与以椭圆C的右焦点为圆心，椭圆的长半轴长为半径的圆相切．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设点B，C，D是椭圆上不同于椭圆顶点的三点，点B与点D关于原点O对称．设直线CD，CB，OB，OC的斜率分别为k1，k2，k3，k4，且k1k2＝k3k4．
①求k1k2的值；
②求|OB|2＋|OC|2的值．
解：(1)设椭圆C的右焦点为F2(c,0)，
则c2＝a2－b2(c＞0)．
由题意可得，以椭圆C的右焦点为圆心，以椭圆的长半轴长为半径的圆的方程为(x－c)2＋y2＝a2，
∴圆心到直线x＋y＋2－1＝0的距离
d＝＝a．(*)
∵椭圆C的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，
∴b＝c，a＝2c，把a＝2c代入(*)式得c＝1，b＝，a＝2，
故所求椭圆的方程为＋＝1．
(2)①设B(x1，y1)，C(x2，y2)，
则D(－x1，－y1)，
于是k1k2＝·＝
＝＝－．
②由①及题意知，k3k4＝k1k2＝－，故y1y2＝－x1x2．
∴xx＝yy＝(4－x)·(4－x)，
即xx＝16－4(x＋x)＋xx，
∴x＋x＝4．
又2＝＋＝＋，
故y＋y＝3．
∴|OB|2＋|OC|2＝x＋y＋x＋y＝7．
第三课时 最值、范围、存在性问题
最值问题
(2016·广州市高考模拟)定圆M：(x＋)2＋y2＝16，动圆N过点F(，0)且与圆M相切，记圆心N的轨迹为E．
(1)求轨迹E的方程；
(2)设点A，B，C在E上运动，A与B关于原点对称，且|AC|＝|CB|，当△ABC的面积最小时，求直线AB的方程．
(1)因为点F(，0)在圆M：(x＋)2＋y2＝16内，所以圆N内切于圆M．
因为|NM|＋|NF|＝4＞|FM|，
所以点N的轨迹E是以M(－，0)，F(，0)为焦点的椭圆，且2a＝4，c＝，所以b＝1．
所以轨迹E的方程为＋y2＝1．
(2)①当AB为长轴(或短轴)时，依题意知，点C就是椭圆的上下顶点(或左右顶点)，
此时S△ABC＝·|OC|·|AB|＝2．
②当直线AB的斜率存在且不为0时，
设其斜率为k，直线AB的方程为y＝kx，
联立方程可取x＝，y＝，
所以|OA|2＝x＋y＝．
由|AC|＝|CB|知，△ABC为等腰三角形，O为AB的中点，OC⊥AB，
所以直线OC的方程为y＝－x，由
得x＝，y＝，所以|OC|2＝．
S△ABC＝2S△OAC＝|OA|·|OC|＝·＝．
由于≤＝，
所以S△ABC≥，
当且仅当1＋4k2＝k2＋4，
即k＝±1时等号成立，
此时△ABC面积的最小值是．
因为2＞，所以△ABC面积的最小值为，
此时直线AB的方程为y＝x或y＝－x．
圆锥曲线中最值问题的两种类型和两种解法
(1)两种类型
①涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；
②求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时确定与之有关的一些问题．
(2)两种解法
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．
求最值问题时，一定要注意对特殊情况的讨论．如直线斜率不存在的情况，二次三项式最高次项的系数的讨论等．
已知椭圆C的左、右焦点分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，且F2到直线x－y－9＝0的距离等于椭圆的短轴长．
(1)求椭圆C的方程．
(2)若圆P的圆心为P(0，t)(t＞0)，且经过F1，F2，Q是椭圆C上的动点且在圆P外，过点Q作圆P的切线，切点为M，当|QM|的最大值为时，求t的值．
解：(1)设椭圆的方程为＋＝1(a＞b＞0)．
依题意可知，2b＝＝4，所以b＝2．
又c＝1，
故a2＝b2＋c2＝5，
故椭圆C的方程为＋＝1．
(2)由题意，圆P的方程为：x2＋(y－t)2＝t2＋1，
设Q(x0，y0)，因为PM⊥QM，
所以|QM|＝＝
＝．
若－4t≤－2, 即t≥，
当y0＝－2时，|QM|取得最大值，
|QM|max＝＝，
解得t＝＜(舍去)．
若－4t＞－2，
即0＜t＜，
当y0＝－4t时，|QM|取最大值，
且|QM|max＝＝，
解得t2＝．
又0＜t＜，所以t＝．
综上可知，当t＝时，|QM|的最大值为．
范围问题
(2016·浙江高考)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．
(1)设直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段为AP，
由
得(1＋a2k2)x2＋2a2kx＝0，
故x1＝0，x2＝－．
因此|AP|＝|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)＝0．
由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0＜e≤．
所求离心率的取值范围为．
解决圆锥曲线中的取值范围问题的5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．
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
消去y，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|＝
＝ ，
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．
存在性问题
(2015·四川高考)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．
(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的方程为＋＝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
＝(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．
存在性问题求解的3个注意点
存在性问题，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)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．
已知椭圆C的焦点坐标是F1(－1,0)，F2(1,0)，过点F2垂直于长轴的直线l交椭圆C于B，D两点，且|BD|＝3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)是否存在过点P(2,1)的直线l1与椭圆C相交于不同的两点M，N，且满足·＝？若存在，求出直线l1的方程；若不存在，请说明理由．
解：(1)设椭圆的方程是＋＝1(a＞b＞0)，
由题可知c＝1，
因为|BD|＝3，
所以＝3，
又a2－b2＝1，所以a＝2，b＝，
所以椭圆C的方程为＋＝1．
(2)假设存在直线l1且由题意得斜率存在，设满足条件的方程为y＝k(x－2)＋1．
由
得(3＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－8＝0．
因为直线l1与椭圆C相交于不同的两点M，N，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则Δ＝2－4(3＋4k2)(16k2－16k－8)＞0，
所以k＞－，
由根与系数的关系知
x1＋x2＝，x1x2＝，
因为·＝(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝，
所以(x1－2)(x2－2)(1＋k2)＝，
即(1＋k2)＝，
所以(1＋k2)
＝＝，
解得k＝±．
因为k＞－，所以k＝，
故存在直线l1满足条件，其方程为y＝x．
1．(2016·贵阳监测考试)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且椭圆C上的点到一个焦点的距离的最小值为－．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知过点T(0,2)的直线l与椭圆C交于A，B两点，若在x轴上存在一点E，使∠AEB＝90°，求直线l的斜率k的取值范围．
解：(1)设椭圆的半焦距长为c，
则由题设有
解得a＝，c＝，
∴b2＝1，
故椭圆C的方程为＋x2＝1．
(2)由已知可得，直线l的方程为y＝kx＋2，以AB为直径的圆与x轴有公共点．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点为M(x0，y0)，
将直线l：y＝kx＋2代入＋x2＝1，
得(3＋k2)x2＋4kx＋1＝0，
则Δ＝12k2－12＞0，
x1＋x2＝，x1x2＝．
∴x0＝＝，y0＝kx0＋2＝，
|AB|＝·
＝·＝，
∴
解得k4≥13，
即k≥或k≤－．
故所求斜率的取值范围为(－∞，－]∪[，＋∞)．
2．(2016·西安质检)如图所示，已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率等于，它的一个顶点恰好在抛物线x2＝8y的准线上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)点P(2，)，Q(2，－)在椭圆上，A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点，当A，B运动时，满足∠APQ＝∠BPQ，试问直线AB的斜率是否为定值，请说明理由．
解：(1)设椭圆C的标准方程为＋＝1(a＞b＞0)．
∵椭圆的一个顶点恰好在抛物线x2＝8y的准线y＝－2上，
∴－b＝－2，解得b＝2．
又＝，a2＝b2＋c2，
∴a＝4，c＝2．
可得椭圆C的标准方程为＋＝1．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
∵∠APQ＝∠BPQ，则PA，PB的斜率互为相反数，
可设直线PA的斜率为k，
则PB的斜率为－k，
直线PA的方程为：y－＝k(x－2)，
联立消去y，
得(1＋4k2)x2＋8k(－2k)x＋4(－2k)2－16＝0，
∴x1＋2＝．
同理可得：x2＋2＝＝，
∴x1＋x2＝，x1－x2＝，
kAB＝＝＝．
∴直线AB的斜率为定值．
3．(2016·贵阳期末)已知椭圆C的两个焦点是(0，－)和(0，)，并且经过点，抛物线E的顶点在坐标原点，焦点恰好是椭圆C的右顶点F．
(1)求椭圆C和抛物线E的标准方程；
(2)过点F作两条斜率都存在且互相垂直的直线l1，l2，l1交抛物线E于点A，B，l2交抛物线E于点G，H，求·的最小值．
解：(1)设椭圆C的标准方程为＋＝1(a＞b＞0)，焦距为2c，则由题意得c＝，
2a＝＋＝4，
∴a＝2，b2＝a2－c2＝1，
∴椭圆C的标准方程为＋x2＝1．
∴右顶点F的坐标为(1,0)．
设抛物线E的标准方程为y2＝2px(p＞0)，
∴＝1,2p＝4，
∴抛物线E的标准方程为y2＝4x．
(2)设l1的方程：y＝k(x－1)，l2的方程：y＝－(x－1)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，G(x3，y3)，H(x4，y4)．
由
消去y得：k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
∴Δ＝4k4＋16k2＋16－4k4＞0，
x1＋x2＝2＋，x1x2＝1．
同理x3＋x4＝4k2＋2，x3x4＝1，
∴·＝(＋)·(＋)
＝·＋·＋·＋·
＝·＋||·
＝|x1＋1|·|x2＋1|＋|x3＋1|·|x4＋1|
＝(x1x2＋x1＋x2＋1)＋(x3x4＋x3＋x4＋1)
＝8＋＋4k2
≥8＋2＝16，
当且仅当＝4k2，即k＝±1时，·有最小值16．
4．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＋·＝(＋)·＝·EB―→为定值，
则·EB―→＝(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，
只需3m2－12m＋10＝3(m2－6)，
解得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－．
压轴题命题区间(六)圆锥曲线问题
第一课时 简化解析几何运算的5个技巧
中学解析几何是将几何图形置于直角坐标系中，用方程的观点来研究曲线，体现了用代数的方法解决几何问题的优越性，但有时运算量过大，或需繁杂的讨论，这些都会影响解题的速度，甚至会中止解题的过程，达到“望题兴叹”的地步．特别是高考过程中，在规定的时间内，保质保量完成解题的任务，计算能力是一个重要的方面．为此，从以下几个方面探索减轻运算量的方法和技巧，合理简化解题过程，优化思维过程．
巧用定义，揭示本质
定义是导出其性质的“发源地”，解题时，应善于运用圆锥曲线的定义，以数形结合思想为指导，把定量的分析有机结合起来，则可使解题计算量大为简化，使解题构筑在较高的水平上．
如图，F1，F2是椭圆C1：＋y2＝1与双曲线C2的公共焦点，A，B分别是C1，C2在第二、四象限的公共点．若四边形AF1BF2为矩形，则C2的离心率是( )
A． B．
C． D．
由已知，得F1(－，0)，F2(，0)，
设双曲线C2的实半轴长为a，由椭圆及双曲线的定义和已知，
可得解得a2＝2，
故a＝．所以双曲线C2的离心率e＝＝．
D
本题可巧妙运用椭圆和双曲线的定义建立|AF1|，|AF2|的等量关系，从而快速求出双曲线实半轴长a的值，进而求出双曲线的离心率，大大降低了运算量．
抛物线y2＝4mx(m＞0)的焦点为F，点P为该抛物线上的动点，若点A(－m,0)，则的最小值为________．
解析：设点P的坐标为(xP，yP)，由抛物线的定义，知|PF|＝xP＋m，又|PA|2＝(xP＋m)2＋y＝(xP＋m)2＋4mxP，则2＝＝≥＝(当且仅当xP＝m时取等号)，所以≥，所以的最小值为．
答案：
设而不求，整体代换
对于直线与圆锥曲线相交所产生的中点弦问题，涉及求中点弦所在直线的方程，或弦的中点的轨迹方程的问题时，常常可以用代点法求解．
已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(3，0)，过点F的直线交E于A，B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的标准方程为( )
A．＋＝1 B．＋＝1
C．＋＝1 D．＋＝1
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，
①－②得＋＝0，
所以kAB＝＝－＝．
又kAB＝＝，所以＝．
又9＝c2＝a2－b2，
解得b2＝9，a2＝18，
所以椭圆E的方程为＋＝1．
D
本题设出A，B两点的坐标，却不需求出A，B两点的坐标，巧妙地表达出直线AB的斜率，通过将直线AB的斜率“算两次”建立几何量之间的关系，从而快速解决问题．
过点M(1,1)作斜率为－的直线与椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)相交于A，B两点，若M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率等于________．
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
∴＋＝0，
∴＝－·．
∵＝－，x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，
∴－＝－，∴a2＝2b2．
又∵b2＝a2－c2，
∴a2＝2(a2－c2)，∴a2＝2c2，∴＝．
即椭圆C的离心率e＝．
答案：
巧用“根与系数的关系”，化繁为简
某些涉及线段长度关系的问题可以通过解方程、求坐标，用距离公式计算长度的方法来解；但也可以利用一元二次方程，使相关的点的同名坐标为方程的根，由根与系数的关系求出两根间的关系或有关线段长度间的关系．后者往往计算量小，解题过程简捷．
(2016·全国甲卷)已知椭圆E：＋＝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．
设M(x1，y1)，则由题意知y1>0．
(1)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，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．
因此得或解得
本例在第(2)问中可应用根与系数的关系求出x1＝，这体现了整体思路．这是解决解析几何问题时常用的方法，简单易懂，通过设而不求，大大降低了运算量．
(2016·兰州实战考试)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且经过点P，左、右焦点分别为F1，F2．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过F1的直线l与椭圆C相交于A，B两点，若△AF2B的内切圆半径为，求以F2为圆心且与直线l相切的圆的方程．
解：(1)由＝，得a＝2c，所以a2＝4c2，b2＝3c2，
将点P的坐标代入椭圆方程得c2＝1，
故所求椭圆方程为＋＝1．
(2)由(1)可知F1(－1,0)，设直线l的方程为x＝ty－1，
代入椭圆方程，整理得(4＋3t2)y2－6ty－9＝0，
显然判别式大于0恒成立，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，△AF2B的内切圆半径为r0，
则有y1＋y2＝，y1y2＝，r0＝，
所以S△AF2B＝S△AF1F2＋S△BF1F2＝|F1F2|·|y1－y2|＝|F1F2|·＝．
而S△AF2B＝|AB|r0＋|BF2|r0＋|AF2|r0
＝r0(|AB|＋|BF2|＋|AF2|)
＝r0(|AF1|＋|BF1|＋|BF2|＋|AF2|)
＝r0·4a
＝×8×
＝，
所以＝，解得t2＝1，
因为所求圆与直线l相切，所以半径r＝＝，
所以所求圆的方程为(x－1)2＋y2＝2．
借“曲线系”，理清规律
利用曲线系解题，往往简捷明快，事半功倍，所以灵活运用曲线是解析几何中重要的解题方法和技巧之一．
已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程是y＝x，它的一个焦点在抛物线y2＝24x的准线上，则双曲线的方程为( )
A．－＝1 B．－＝1
C．－＝1 D．－＝1
由双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程是y＝x，可设双曲线的方程为x2－＝λ(λ＞0)．
因为双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的一个焦点在抛物线y2＝24x的准线上，
所以F(－6,0)是双曲线的左焦点，即λ＋3λ＝36，λ＝9，所以双曲线的方程为－＝1．
B
本题利用共渐近线系双曲线方程，可使问题马上得到解决．避免了复杂的判断、可能的分类讨论、繁杂的解方程组，事半功倍．
圆心在直线x－y－4＝0上，且经过两圆x2＋y2＋6x－4＝0和x2＋y2＋6y－28＝0的交点的圆的方程为( )
A．x2＋y2－x＋7y－32＝0 B．x2＋y2－x＋7y－16＝0
C．x2＋y2－4x＋4y＋9＝0 D．x2＋y2－4x＋4y－8＝0
解析：选A 设经过两圆的交点的圆的方程为
x2＋y2＋6x－4＋λ(x2＋y2＋6y－28)＝0，
即x2＋y2＋x＋y－＝0，
其圆心坐标为，
又圆心在直线x－y－4＝0上，所以－＋－4＝0，
解得λ＝－7，故所求圆的方程为x2＋y2－x＋7y－32＝0．
巧引参数，方便运算
换元引参是一种重要的数学方法，特别是解析几何中的最值问题、不等式问题等，利用换元引参使一些关系能够相互联系起来，激活了解题的方法，往往能化难为易，达到事半功倍．
常见的参数可以选择点的坐标、直线的斜率、直线的倾斜角等．在换元过程中，还要注意代换的等价性，防止扩大或缩小原来变量的取值范围或改变原题条件．
设椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为A，B，点P在椭圆上且异于A，B两点，O为坐标原点．若|AP|＝|OA|，证明直线OP的斜率k满足|k|＞．
法一：依题意，直线OP的方程为y＝kx，设点P的坐标为(x0，y0)．
由条件，得
消去y0并整理，得x＝．①
由|AP|＝|OA|，A(－a,0)及y0＝kx0，
得(x0＋a)2＋k2x＝a2，
整理得(1＋k2)x＋2ax0＝0．
而x0≠0，于是x0＝，
代入①，整理得(1＋k2)2＝4k22＋4．
又a＞b＞0，故(1＋k2)2＞4k2＋4，
即k2＋1＞4，因此k2＞3，所以|k|＞．
法二：依题意，直线OP的方程为y＝kx，可设点P的坐标为(x0，kx0)．
由点P在椭圆上，得＋＝1．
因为a＞b＞0，kx0≠0，所以＋＜1，
即(1＋k2)x＜a2．②
由|AP|＝|OA|及A(－a,0)，得(x0＋a)2＋k2x＝a2，
整理得(1＋k2)x＋2ax0＝0，于是x0＝，
代入②，得(1＋k2)·＜a2，
解得k2＞3，所以|k|＞．
法三：设P(acos θ，bsin θ)(0≤θ＜2π)，
则线段OP的中点Q的坐标为．
|AP|＝|OA|⇔AQ⊥OP⇔kAQ×k＝－1．
又A(－a,0)，所以kAQ＝，
即bsin θ－akAQcos θ＝2akAQ．
从而可得|2akAQ|≤＜a，
解得|kAQ|＜．故|k|＝＞．
求解本题利用椭圆的参数方程，可快速建立各点之间的联系，降低运算量．
(2016·长春市质量检测)椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，且离心率为，点P为椭圆上一动点，△F1PF2面积的最大值为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设椭圆的左顶点为A1，过右焦点F2的直线l与椭圆相交于A，B两点，连接A1A，A1B并延长分别交直线x＝4于R，Q两点，问·是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由．
解：(1)已知椭圆的离心率为，不妨设c＝t，a＝2t，
则b＝t，其中t＞0，
当△F1PF2面积取最大值时，点P为短轴端点，
因此·2t·t＝，解得t＝1，
则椭圆的方程为＋＝1．
(2)由(1)可知F2(1,0)，A1(－2,0)．设直线AB的方程为x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立可得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，
则y1＋y2＝，①
y1y2＝，②
直线AA1的方程为y＝(x＋2)，
直线BA1的方程为y＝(x＋2)，
则R，Q，
＝，＝，
则·＝9＋·＝·＋9＝＋9
将①②两式代入上式，整理得·＝0，
即·为定值0．
1．(2016·四川高考)设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线y2＝2px(p＞0)上任意一点，M是线段PF上的点，且|PM|＝2|MF|，则直线OM的斜率的最大值为( )
A． B．
C． D．1
解析：选C 如图所示，设P(x0，y0)(y0＞0)，
则y＝2px0，
即x0＝．
设M(x′，y′)，
由＝2，
得
化简可得
∴直线OM的斜率为k＝＝＝≤＝(当且仅当y0＝p时取等号)．
2．设双曲线＋＝1的一条渐近线为y＝－2x，且一个焦点与抛物线y＝x2的焦点相同，则此双曲线的方程为( )
A．x2－5y2＝1 B．5y2－x2＝1
C．5x2－y2＝1 D．y2－5x2＝1
解析：选D 因为x2＝4y的焦点为(0,1)，
所以双曲线的焦点在y轴上．
因为双曲线的一条渐近线为y＝－2x，
所以设双曲线的方程为y2－4x2＝λ(λ＞0)，
即－＝1，
则λ＋＝1，λ＝，
所以双曲线的方程为y2－5x2＝1，故选D．
3．已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c,0)，P为双曲线上任一点，且·最小值的取值范围是，则该双曲线的离心率的取值范围为( )
A．(1，] B．[，2]
C．(0，] D．．
4．过抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点F，斜率为的直线交抛物线于A，B两点，若＝λ (λ＞1)，则λ的值为( )
A．5 B．4
C． D．
解析：选B 根据题意设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由＝λ，
得＝λ，
故－y1＝λy2，即λ＝－．
设直线AB的方程为y＝，
联立直线与抛物线方程，
消元得y2－py－p2＝0．
故y1＋y2＝p，y1y2＝－p2，
＝＋＋2＝－，
即－λ－＋2＝－．
又λ＞1，解得λ＝4．
5．(2015·四川高考)设直线l与抛物线y2＝4x相交于A，B两点，与圆(x－5)2＋y2＝r2(r>0)相切于点M，且M为线段AB的中点．若这样的直线l恰有4条，则r的取值范围是( )
A．(1,3) B．(1,4)
C．(2,3) D．(2,4)
解析：选D 设A，B，M，C(5,0)为圆心，当y1≠－y2时，kAB＝，kCM＝，由kAB·kCM＝－1⇒y＋y＝24，所以M，又r2＝|CM|2＝4＋2＝10＋y1y2，所以(2r2－20)2＝yy，所以y，y是方程t2－24t＋(2r2－20)2＝0的两个不同的正根，由Δ＞0得2＜r＜4．综上，r的取值范围是(2,4)．
6．中心为原点，一个焦点为F(0,5)的椭圆，截直线y＝3x－2所得弦中点的横坐标为，则该椭圆方程为( )
A．＋＝1 B．＋＝1
C．＋＝1 D．＋＝1
解析：选C 由已知得c＝5，
设椭圆的方程为＋＝1，
联立
消去y得(10a2－450)x2－12(a2－50)x＋4(a2－50)－a2(a2－50)＝0，设直线y＝3x－2与椭圆的交点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
由根与系数关系得x1＋x2＝，
由题意知x1＋x2＝1，
即＝1，
解得a2＝75，
所以该椭圆方程为＋＝1．
7．已知双曲线C：－y2＝1，点M的坐标为(0,1)．设P是双曲线C上的点，Q是点P关于原点的对称点．记λ＝·，则λ的取值范围是________．
解析：设P(x0，y0)，则Q(－x0，－y0)，
λ＝·
＝(x0，y0－1)·(－x0，－y0－1)
＝－x－y＋1
＝－x＋2．
因为|x0|≥，
所以λ的取值范围是(－∞，－1]．
答案：(－∞，－1]
8．(2017·长春质检)已知AB为圆x2＋y2＝1的一条直径，点P为直线x－y＋2＝0上任意一点，则·的最小值为________．
解析：由题意，设A(cos θ，sin θ)，P(x，x＋2)，
则B(－cos θ，－sin θ)，
∴＝(cos θ－x，sin θ－x－2)，
(－cos θ－x，－sin θ－x－2)，
∴·
＝(cos θ－x)(－cos θ－x)＋(sin θ－x－2)(－sin θ－x－2)
＝x2＋(x＋2)2－cos2θ－sin2θ
＝2x2＋4x＋3
＝2(x＋1)2＋1，
当且仅当x＝－1，
即P(－1，1)时，·取最小值1．
答案：1
9．设抛物线(t为参数，p＞0)的焦点为F，准线为l．过抛物线上一点A作l的垂线，垂足为B．设C，AF与BC相交于点E．若|CF|＝2|AF|，且△ACE的面积为3，则p的值为________．
解析：由(p＞0)消去t可得抛物线方程为y2＝2px(p＞0)，∴F，|AB|＝|AF|＝|CF|＝p，可得A(p，p)．
易知△AEB∽△FEC，
∴＝＝，
故S△ACE＝S△ACF＝×3p×p×＝p2＝3，
∴p2＝6．∵p＞0，∴p＝．
答案：
10．(2016·河北三市二联)已知离心率为的椭圆＋＝1(a＞b＞0)的一个焦点为F，过F且与x轴垂直的直线与椭圆交于A，B两点，|AB|＝．
(1)求此椭圆的方程；
(2)已知直线y＝kx＋2与椭圆交于C，D两点，若以线段CD为直径的圆过点E(－1,0)，求k的值．
解：(1)设焦距为2c，
∵e＝＝，a2＝b2＋c2，
∴＝，由题意可知＝，
∴b＝1，a＝，
∴椭圆的方程为＋y2＝1．
(2)将y＝kx＋2代入椭圆方程，
得(1＋3k2)x2＋12kx＋9＝0，
又直线与椭圆有两个交点，
所以Δ＝(12k)2－36(1＋3k2)＞0，
解得k2＞1．
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝，
若以CD为直径的圆过E点，
则·＝0，
即(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝0，
而y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4，
则(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2
＝(k2＋1)x1x2＋(2k＋1)(x1＋x2)＋5
＝－＋5＝0，
解得k＝，满足k2＞1．
11．(2016·山东高考节选)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．求证：点M在定直线上．
解：(1)由题意知＝，
可得a2＝4b2．
因为抛物线E的焦点为F，
所以b＝，a＝1．
所以椭圆C的方程为x2＋4y2＝1．
(2)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＜m2＜2＋．(*)
由根与系数的关系得x1＋x2＝，
因此x0＝．
将其代入y＝mx－，
得y0＝．
因为＝－，
所以直线OD的方程为y＝－x．
联立方程
得点M的纵坐标yM＝－，
所以点M在定直线y＝－上．
12．(2016·合肥质检)已知中心在原点，焦点在y轴上的椭圆C，其上一点P到两个焦点F1，F2的距离之和为4，离心率为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线y＝kx＋1与曲线C交于A，B两点，求△OAB面积的取值范围．
解：(1)设椭圆的标准方程为＋＝1(a＞b＞0)，
由题意可知2a＝4，＝，又a2＋b2＝c2，
解得a＝2，c＝，b＝1，
故椭圆C的方程为＋x2＝1．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得(k2＋4)x2＋2kx－3＝0，
故x1＋x2＝－，x1x2＝－，①
设△OAB的面积为S，
由x1x2＝－＜0，
知S＝(|x1|＋|x2|)＝|x1－x2|
＝＝2，
令k2＋3＝t，知t≥3，
∴S＝2．
对函数y＝t＋(t≥3)，知y′＝1－＝＞0，
∴y＝t＋在t∈ 已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点F(1,0)，O为坐标原点，A，B是抛物线C上异于O的两点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若直线OA，OB的斜率之积为－，求证：直线AB过x轴上一定点．
(1)因为抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点坐标为(1,0)，
所以＝1，即p＝2．
所以抛物线C的方程为y2＝4x．
(2)证明：①当直线AB的斜率不存在时，
设A，B．
因为直线OA，OB的斜率之积为－，
所以·＝－，化简得t2＝32．
所以A(8，t)，B(8，－t)，此时直线AB的方程为x＝8．
②当直线AB的斜率存在时，
设其方程为y＝kx＋b，A(xA，yA)，B(xB，yB)，
联立方程组消去x得ky2－4y＋4b＝0．
由根与系数的关系得yAyB＝，
因为直线OA，OB的斜率之积为－，
所以·＝－，即xAxB＋2yAyB＝0．
即·＋2yAyB＝0，
解得yAyB＝0(舍去)或yAyB＝－32．
所以yAyB＝＝－32，即b＝－8k，
所以y＝kx－8k，即y＝k(x－8)．
综合①②可知，直线AB过定点(8,0)．
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．
已知椭圆＋＝1(a＞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)，直线l的方程为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，∴－1＋－1＝－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
③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0，
∴(mt)2＝1，
由题意mt＜0，∴mt＝－1，满足②，
故直线l的方程为x＝ty＋1，过定点(1,0)，
即Q为定点．
定值问题
(2017·张掖诊断)如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)经过点A(0，－1)，且离心率为．
(1)求椭圆E的方程；
(2)经过点(1,1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为定值．
(1)由题意知＝，b＝1，
由a2＝b2＋c2，得a＝，
所以椭圆E的方程为＋y2＝1．
(2)证明：设直线PQ的方程为y＝k(x－1)＋1(k≠2)，
代入＋y2＝1，
得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，
由题意知Δ＞0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，且x1x2≠0，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
所以直线AP与AQ的斜率之和
kAP＋kAQ＝＋
＝＋
＝2k＋(2－k)
＝2k＋(2－k)
＝2k＋(2－k)
＝2k－2(k－1)
＝2．
故直线AP与AQ的斜率为定值2．
定值问题常见的2种求法
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)引进变量法：其解题流程为
已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左焦点F1(－1,0)，长轴长与短轴长的比是2∶．
(1)求椭圆的方程；
(2)过F1作两直线m，n交椭圆于A，B，C，D四点，若m⊥n，求证：＋为定值．
解：(1)由已知得
解得a＝2，b＝．
故所求椭圆的方程为＋＝1．
(2)证明：由已知F1(－1,0)，当直线m不垂直于坐标轴时，可设直线m的方程为y＝k(x＋1)(k≠0)．
由
得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0．
由于Δ＞0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则有x1＋x2＝－，x1x2＝，
|AB|＝
＝
＝．
同理|CD|＝．
所以＋＝＋
＝＝．
当直线m垂直于坐标轴时，
此时|AB|＝3，|CD|＝4；
或|AB|＝4，|CD|＝3，
所以＋＝＋＝．
综上，＋为定值．
证明问题
(2017·山西省四校联考)如图，圆C与x轴相切于点T(2，0)，与y轴正半轴相交于两点M，N(点M在点N的下方)，且|MN|＝3．
(1)求圆C的方程；
(2)过点M任作一条直线与椭圆＋＝1相交于两点A，B，连接AN，BN，求证：∠ANM＝∠BNM．
(1)设圆C的半径为r(r＞0)，
依题意，圆心C的坐标为(2，r)．
∵|MN|＝3，
∴r2＝2＋22，
解得r2＝．
∴圆C的方程为(x－2)2＋2＝．
(2)证明：把x＝0代入方程(x－2)2＋2＝，
解得y＝1或y＝4，
即点M(0,1)，N(0,4)．
①当AB⊥y轴时，
由椭圆的对称性可知∠ANM＝∠BNM．
②当AB与y轴不垂直时，
可设直线AB的方程为y＝kx＋1．
联立方程
消去y得，(1＋2k2)x2＋4kx－6＝0．
设直线AB交椭圆于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，
则x1＋x2＝，x1x2＝．
∴kAN＋kBN＝＋
＝＋
＝．
若kAN＋kBN＝0，
则∠ANM＝∠BNM．
∵2kx1x2－3(x1＋x2)
＝＋
＝0，
∴∠ANM＝∠BNM．
圆锥曲线中的证明问题多涉及证明定值、点在定直线上等，有时也涉及一些否定性命题，证明方法一般是采用直接法或反证法．
(2017·开封模拟)如图，已知圆G：(x－2)2＋y2＝是椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的内接△ABC的内切圆，其中A(－4,0)为椭圆的左顶点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过椭圆的上顶点M作圆G的两条切线交椭圆于E，F两点，证明：直线EF与圆G相切．
解：(1)由题意可知BC垂直于x轴，a＝4．
设B(2＋r，y0)(r为圆G的半径)，过圆心G作GD⊥AB于D，BC交x轴于H，
由＝，得＝，
即y0＝，
∵r＝，∴y0＝，
∵B在椭圆上，
∴＋＝1，
解得b＝1，
∴椭圆C的方程为＋y2＝1．
(2)证明：由(1)可知M(0,1)，设过点M(0,1)与圆(x－2)2＋y2＝相切的直线方程为：y＝kx＋1，①
则＝，
即32k2＋36k＋5＝0，②
解得k1＝，k2＝，
将①代入＋y2＝1得(16k2＋1)x2＋32kx＝0，
则异于零的解为x＝－．
设F(x1，k1x1＋1)，E(x2，k2x2＋1)，
则x1＝－，x2＝－，
则直线FE的斜率为：kEF＝＝＝，
于是直线FE的方程为：
y＋－1＝，
即y＝x－，
则圆心(2,0)到直线FE的距离d＝＝＝r，
故结论成立．
1．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，短轴端点到焦点的距离为2．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设A，B为椭圆C上任意两点，O为坐标原点，且OA⊥OB．求证：原点O到直线AB的距离为定值 ，并求出该定值．
解：(1)由题意知，e＝＝，＝2，
又a2＝b2＋c2，
所以a＝2，c＝，b＝1，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1．
(2)证明：当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x＝±，此时，原点O到直线AB的距离为．
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋m，
A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0．
则Δ＝(8km)2－4(1＋4k2)(4m2－4)＝16(1＋4k2－m2)＞0，x1＋x2＝－，x1x2＝，
则y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝，
由OA⊥OB，得kOA·kOB＝－1，
即·＝－1，
所以x1x2＋y1y2＝＝0，
即m2＝(1＋k2)，满足Δ＞0．
所以原点O到直线AB的距离为＝．
综上，原点O到直线AB的距离为定值．
2．(2017·湖南省东部六校联考)设椭圆C1：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，F1，F2是椭圆的两个焦点，P是椭圆上任意一点，且△PF1F2的周长是4＋2．
(1)求椭圆C1的方程；
(2)设椭圆C1的左、右顶点分别为A，B，过椭圆C1上的一点D作x轴的垂线交x轴于点E，若C点满足⊥，∥，连接AC交DE于点P，求证：PD＝PE．
解：(1)由e＝，知＝，所以c＝a，
因为△PF1F2的周长是4＋2，
所以2a＋2c＝4＋2，
所以a＝2，c＝，
所以b2＝a2－c2＝1，
所以椭圆C1的方程为＋y2＝1．
(2)证明：由(1)得A(－2,0)，B(2,0)，
设D(x0，y0)，所以E(x0,0)，
因为⊥，所以可设C(2，y1)，
所以＝(x0＋2，y0)，＝(2，y1)，
由∥可得(x0＋2)y1＝2y0，
即y1＝．
所以直线AC的方程为：＝．
整理得y＝(x＋2)．
又点P在直线DE上，
将x＝x0代入直线AC的方程可得y＝，
即点P的坐标为，
所以P为DE的中点，
所以PD＝PE．
3．椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，其左焦点到点P(2，1)的距离为．
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点(A，B不是左、右顶点)，且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点．求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．
解：(1)因为左焦点(－c,0)到点P(2,1)的距离为，
所以＝，解得c＝1．
又e＝＝，解得a＝2，
所以b2＝a2－c2＝3．
所以所求椭圆C的方程为＋＝1．
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由
消去y，得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，
Δ＝64m2k2－16(3＋4k2)(m2－3)＞0，
化简，得3＋4k2－m2＞0．
所以x1＋x2＝，x1x2＝．
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)
＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝．
因为以AB为直径的圆过椭圆右顶点D(2,0)，
则kAD·kBD＝－1，
所以·＝－1，
所以y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0，
所以＋＋＋4＝0．
化为7m2＋16mk＋4k2＝0，
解得m1＝－2k，m2＝－，满足3＋4k2－m2＞0．
当m＝－2k时，
l：y＝k(x－2)，直线过定点(2,0)与已知矛盾；
当m＝－时，l：y＝k，直线过定点．
综上可知，直线l过定点．
4．(2016·南昌一模)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，直线x＋y＋2－1＝0与以椭圆C的右焦点为圆心，椭圆的长半轴长为半径的圆相切．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设点B，C，D是椭圆上不同于椭圆顶点的三点，点B与点D关于原点O对称．设直线CD，CB，OB，OC的斜率分别为k1，k2，k3，k4，且k1k2＝k3k4．
①求k1k2的值；
②求|OB|2＋|OC|2的值．
解：(1)设椭圆C的右焦点为F2(c,0)，
则c2＝a2－b2(c＞0)．
由题意可得，以椭圆C的右焦点为圆心，以椭圆的长半轴长为半径的圆的方程为(x－c)2＋y2＝a2，
∴圆心到直线x＋y＋2－1＝0的距离
d＝＝a．(*)
∵椭圆C的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，
∴b＝c，a＝2c，把a＝2c代入(*)式得c＝1，b＝，a＝2，
故所求椭圆的方程为＋＝1．
(2)①设B(x1，y1)，C(x2，y2)，
则D(－x1，－y1)，
于是k1k2＝·＝
＝＝－．
②由①及题意知，k3k4＝k1k2＝－，故y1y2＝－x1x2．
∴xx＝yy＝(4－x)·(4－x)，
即xx＝16－4(x＋x)＋xx，
∴x＋x＝4．
又2＝＋＝＋，
故y＋y＝3．
∴|OB|2＋|OC|2＝x＋y＋x＋y＝7．
第三课时 最值、范围、存在性问题
最值问题
(2016·广州市高考模拟)定圆M：(x＋)2＋y2＝16，动圆N过点F(，0)且与圆M相切，记圆心N的轨迹为E．
(1)求轨迹E的方程；
(2)设点A，B，C在E上运动，A与B关于原点对称，且|AC|＝|CB|，当△ABC的面积最小时，求直线AB的方程．
(1)因为点F(，0)在圆M：(x＋)2＋y2＝16内，所以圆N内切于圆M．
因为|NM|＋|NF|＝4＞|FM|，
所以点N的轨迹E是以M(－，0)，F(，0)为焦点的椭圆，且2a＝4，c＝，所以b＝1．
所以轨迹E的方程为＋y2＝1．
(2)①当AB为长轴(或短轴)时，依题意知，点C就是椭圆的上下顶点(或左右顶点)，
此时S△ABC＝·|OC|·|AB|＝2．
②当直线AB的斜率存在且不为0时，
设其斜率为k，直线AB的方程为y＝kx，
联立方程可取x＝，y＝，
所以|OA|2＝x＋y＝．
由|AC|＝|CB|知，△ABC为等腰三角形，O为AB的中点，OC⊥AB，
所以直线OC的方程为y＝－x，由
得x＝，y＝，所以|OC|2＝．
S△ABC＝2S△OAC＝|OA|·|OC|＝·＝．
由于≤＝，
所以S△ABC≥，
当且仅当1＋4k2＝k2＋4，
即k＝±1时等号成立，
此时△ABC面积的最小值是．
因为2＞，所以△ABC面积的最小值为，
此时直线AB的方程为y＝x或y＝－x．
圆锥曲线中最值问题的两种类型和两种解法
(1)两种类型
①涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；
②求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时确定与之有关的一些问题．
(2)两种解法
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．
求最值问题时，一定要注意对特殊情况的讨论．如直线斜率不存在的情况，二次三项式最高次项的系数的讨论等．
已知椭圆C的左、右焦点分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，且F2到直线x－y－9＝0的距离等于椭圆的短轴长．
(1)求椭圆C的方程．
(2)若圆P的圆心为P(0，t)(t＞0)，且经过F1，F2，Q是椭圆C上的动点且在圆P外，过点Q作圆P的切线，切点为M，当|QM|的最大值为时，求t的值．
解：(1)设椭圆的方程为＋＝1(a＞b＞0)．
依题意可知，2b＝＝4，所以b＝2．
又c＝1，
故a2＝b2＋c2＝5，
故椭圆C的方程为＋＝1．
(2)由题意，圆P的方程为：x2＋(y－t)2＝t2＋1，
设Q(x0，y0)，因为PM⊥QM，
所以|QM|＝＝
＝．
若－4t≤－2, 即t≥，
当y0＝－2时，|QM|取得最大值，
|QM|max＝＝，
解得t＝＜(舍去)．
若－4t＞－2，
即0＜t＜，
当y0＝－4t时，|QM|取最大值，
且|QM|max＝＝，
解得t2＝．
又0＜t＜，所以t＝．
综上可知，当t＝时，|QM|的最大值为．
范围问题
(2016·浙江高考)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．
(1)设直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段为AP，
由
得(1＋a2k2)x2＋2a2kx＝0，
故x1＝0，x2＝－．
因此|AP|＝|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)＝0．
由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0＜e≤．
所求离心率的取值范围为．
解决圆锥曲线中的取值范围问题的5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．
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
消去y，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|＝
＝ ，
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．
存在性问题
(2015·四川高考)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．
(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的方程为＋＝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
＝(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．
存在性问题求解的3个注意点
存在性问题，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)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．
已知椭圆C的焦点坐标是F1(－1,0)，F2(1,0)，过点F2垂直于长轴的直线l交椭圆C于B，D两点，且|BD|＝3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)是否存在过点P(2,1)的直线l1与椭圆C相交于不同的两点M，N，且满足·＝？若存在，求出直线l1的方程；若不存在，请说明理由．
解：(1)设椭圆的方程是＋＝1(a＞b＞0)，
由题可知c＝1，
因为|BD|＝3，
所以＝3，
又a2－b2＝1，所以a＝2，b＝，
所以椭圆C的方程为＋＝1．
(2)假设存在直线l1且由题意得斜率存在，设满足条件的方程为y＝k(x－2)＋1．
由
得(3＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－8＝0．
因为直线l1与椭圆C相交于不同的两点M，N，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则Δ＝2－4(3＋4k2)(16k2－16k－8)＞0，
所以k＞－，
由根与系数的关系知
x1＋x2＝，x1x2＝，
因为·＝(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝，
所以(x1－2)(x2－2)(1＋k2)＝，
即(1＋k2)＝，
所以(1＋k2)
＝＝，
解得k＝±．
因为k＞－，所以k＝，
故存在直线l1满足条件，其方程为y＝x．
1．(2016·贵阳监测考试)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且椭圆C上的点到一个焦点的距离的最小值为－．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知过点T(0,2)的直线l与椭圆C交于A，B两点，若在x轴上存在一点E，使∠AEB＝90°，求直线l的斜率k的取值范围．
解：(1)设椭圆的半焦距长为c，
则由题设有
解得a＝，c＝，
∴b2＝1，
故椭圆C的方程为＋x2＝1．
(2)由已知可得，直线l的方程为y＝kx＋2，以AB为直径的圆与x轴有公共点．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点为M(x0，y0)，
将直线l：y＝kx＋2代入＋x2＝1，
得(3＋k2)x2＋4kx＋1＝0，
则Δ＝12k2－12＞0，
x1＋x2＝，x1x2＝．
∴x0＝＝，y0＝kx0＋2＝，
|AB|＝·
＝·＝，
∴
解得k4≥13，
即k≥或k≤－．
故所求斜率的取值范围为(－∞，－]∪[，＋∞)．
2．(2016·西安质检)如图所示，已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率等于，它的一个顶点恰好在抛物线x2＝8y的准线上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)点P(2，)，Q(2，－)在椭圆上，A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点，当A，B运动时，满足∠APQ＝∠BPQ，试问直线AB的斜率是否为定值，请说明理由．
解：(1)设椭圆C的标准方程为＋＝1(a＞b＞0)．
∵椭圆的一个顶点恰好在抛物线x2＝8y的准线y＝－2上，
∴－b＝－2，解得b＝2．
又＝，a2＝b2＋c2，
∴a＝4，c＝2．
可得椭圆C的标准方程为＋＝1．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
∵∠APQ＝∠BPQ，则PA，PB的斜率互为相反数，
可设直线PA的斜率为k，
则PB的斜率为－k，
直线PA的方程为：y－＝k(x－2)，
联立消去y，
得(1＋4k2)x2＋8k(－2k)x＋4(－2k)2－16＝0，
∴x1＋2＝．
同理可得：x2＋2＝＝，
∴x1＋x2＝，x1－x2＝，
kAB＝＝＝．
∴直线AB的斜率为定值．
3．(2016·贵阳期末)已知椭圆C的两个焦点是(0，－)和(0，)，并且经过点，抛物线E的顶点在坐标原点，焦点恰好是椭圆C的右顶点F．
(1)求椭圆C和抛物线E的标准方程；
(2)过点F作两条斜率都存在且互相垂直的直线l1，l2，l1交抛物线E于点A，B，l2交抛物线E于点G，H，求·的最小值．
解：(1)设椭圆C的标准方程为＋＝1(a＞b＞0)，焦距为2c，则由题意得c＝，
2a＝＋＝4，
∴a＝2，b2＝a2－c2＝1，
∴椭圆C的标准方程为＋x2＝1．
∴右顶点F的坐标为(1,0)．
设抛物线E的标准方程为y2＝2px(p＞0)，
∴＝1,2p＝4，
∴抛物线E的标准方程为y2＝4x．
(2)设l1的方程：y＝k(x－1)，l2的方程：y＝－(x－1)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，G(x3，y3)，H(x4，y4)．
由
消去y得：k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
∴Δ＝4k4＋16k2＋16－4k4＞0，
x1＋x2＝2＋，x1x2＝1．
同理x3＋x4＝4k2＋2，x3x4＝1，
∴·＝(＋)·(＋)
＝·＋·＋·＋·
＝·＋||·
＝|x1＋1|·|x2＋1|＋|x3＋1|·|x4＋1|
＝(x1x2＋x1＋x2＋1)＋(x3x4＋x3＋x4＋1)
＝8＋＋4k2
≥8＋2＝16，
当且仅当＝4k2，即k＝±1时，·有最小值16．
4．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＋·＝(＋)·＝·EB―→为定值，
则·EB―→＝(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，
只需3m2－12m＋10＝3(m2－6)，
解得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－．
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