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2019版二轮复习数学（理·重点生）通用版讲义：第一部分专题十三圆锥曲线的综合问题
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专题十三 圆锥曲线的综合问题
卷Ⅰ
卷Ⅱ
卷Ⅲ
2018
椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系、证明问题·T19
直线与抛物线的位置关系、弦长问题、抛物线与圆的综合问题·T19
直线与椭圆的位置关系、不等式的证明与平面向量综合问题·T20
2017
椭圆的标准方程、直线过定点问题·T20
轨迹问题、直线过定点问题·T20
直线与抛物线的位置关系、直线方程、圆的方程·T20
2016
轨迹问题、定值问题、面积的取值范围问题·T20
直线与椭圆的位置关系、求三角形的面积、参数的取值范围问题·T20
直线与抛物线的位置关系、轨迹问题、证明问题·T20
纵向把握趋势
卷Ⅰ3年3考，难度较大，涉及椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系、定点问题、定值问题、轨迹问题、取值范围问题及证明问题．特别注意2018年高考将此综合题前移到第19题，难度降低．这一变化，预计2019年仍会以椭圆为载体考查椭圆方程、直线与椭圆的位置关系以及定点或定值问题
卷Ⅱ3年3考，难度偏大，涉及轨迹问题、直线与抛物线的位置关系、直线与椭圆的位置关系、轨迹问题、三角形面积、范围问题以及直线过定点问题．特别注意2018年高考将此综合题前移到第19题，难度降低．这一变化，预计2019年会以椭圆为载体考查弦长问题及弦长取值范围问题
卷Ⅲ3年3考，涉及直线与椭圆的位置关系、直线与抛物线的位置关系、轨迹问题及证明问题．预计2019年会将抛物线与圆综合考查，考查直线与圆或抛物线的位置关系及其应用问题
横向把握重点
解析几何是数形结合的典范，是高中数学的主要知识板块，是高考考查的重点知识之一，在解答题中一般会综合考查直线、圆、圆锥曲线等．试题难度较大，多以压轴题出现．
解答题的热点题型有：
(1)直线与圆锥曲线位置关系；(2)圆锥曲线中定点、定值、最值及范围的求解；(3)轨迹方程及探索性问题的求解.
[考法一 定点、定值问题]
题型·策略(一)
(2018·南昌模拟)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．
[破题思路]
第(1)问
求什么想什么
求抛物线C的方程，想到求p的值
给什么用什么
给出焦点F的坐标，利用焦点坐标与p的关系求p
第(2)问
求什么想什么
求证：直线AB过x轴上一定点，想到直线AB的方程
给什么用什么
题目条件中给出“A，B是抛物线C上异于点O的两点”以及“直线OA，OB的斜率之积为－”，可设A，B两点的坐标，也可设直线AB的方程
差什么
找什么
要求直线AB的方程，还需要知道直线AB的斜率是否存在，可分类讨论解决
[规范解答]
(1)因为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点坐标为F(1,0)，所以＝1，所以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)，联立消去x，化简得ky2－4y＋4b＝0.
所以yAyB＝，
因为直线OA，OB的斜率之积为－，
所以·＝－，
整理得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)．
综上所述，直线AB过定点(8,0)．
[题后悟通]
思路
受阻
分析
不能正确应用条件“直线OA，OB的斜率之积为－”是造成不能解决本题的关键
技法
关键
点拨
定点问题实质及求解步骤
解析几何中的定点问题实质是：当动直线或动圆变化时，这些直线或圆相交于一点，即这些直线或圆绕着定点在转动．这类问题的求解一般可分为以下三步：
[对点训练]
1．(2018·成都一诊)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点F(，0)，长半轴长与短半轴长的比值为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设不经过点B(0,1)的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，若点B在以线段MN为直径的圆上，证明直线l过定点，并求出该定点的坐标．
解：(1)由题意得，c＝，＝2，a2＝b2＋c2，
∴a＝2，b＝1，
∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m(m≠1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立消去y，
可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
∴Δ＝16(4k2＋1－m2)>0，
x1＋x2＝，x1x2＝.
∵点B在以线段MN为直径的圆上，
∴·＝0.
则·＝(x1，kx1＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)＝(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2＝0，
∴(k2＋1)＋k(m－1)＋(m－1)2＝0，
整理，得5m2－2m－3＝0，
解得m＝－或m＝1(舍去)．
∴直线l的方程为y＝kx－.
易知当直线l的斜率不存在时，不符合题意．
故直线l过定点，且该定点的坐标为.
题型·策略(二)
(2018·沈阳质监)设O为坐标原点，动点M在椭圆＋＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足＝ .
(1)求点P的轨迹E的方程；
(2)过F(1,0)的直线l1与点P的轨迹交于A，B两点，过F(1,0)作与l1垂直的直线l2与点P的轨迹交于C，D两点，求证：＋为定值．
[破题思路]
第(1)问
求什么
想什么
求点P的轨迹E的方程，想到建立点P的横坐标x与纵坐标y的关系式
给什么
用什么
题目条件中给出＝ ，利用此条件建立点P的横坐标与纵坐标的关系式
差什么
找什么
要求点P的轨迹方程，还缺少点P，M，N的坐标，可设点P(x，y)，M(x0，y0)，N(x,0)，然后用x，y表示x0，y0
第(2)问
求什么
想什么
要证明＋为定值，想到利用合适的参数表示|AB|和|CD|
给什么
用什么
题目条件给出过F(1,0)互相垂直的两条直线分别与轨迹E分别交于A，B和C，D两点，用弦长公式可求|AB|和|CD|
差什么
找什么
要求|AB|和|CD|，还缺少直线l1和l2的方程，可设出直线斜率，利用点斜式表示直线方程．但要注意直线斜率不存在的情况
[规范解答]
(1)设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x,0)．
∵＝ ，∴(0，y)＝(x0－x，y0)，
∴x0＝x，y0＝.
又点M在椭圆上，∴＋＝1，
即＋＝1.
∴点P的轨迹E的方程为＋＝1.
(2)证明：由(1)知F为椭圆＋＝1的右焦点，
当直线l1与x轴重合时，
|AB|＝6，|CD|＝＝，
∴＋＝.
当直线l1与x轴垂直时，|AB|＝，|CD|＝6，
∴＋＝.
当直线l1与x轴不垂直也不重合时，可设直线l1的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，
则直线l2的方程为y＝－(x－1)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立消去y，得(8＋9k2)x2－18k2x＋9k2－72＝0，
则Δ＝(－18k2)2－4(8＋9k2)(9k2－72)＝2 304(k2＋1)>0，
x1＋x2＝，x1x2＝，
∴|AB|＝ ·＝.
同理可得|CD|＝.
∴＋＝＋＝.
综上可得＋为定值．
[题后悟通]
思路
受阻
分析
在解决本题第(1)问时，不能正确应用＝ 求得点P的轨迹E的方程，导致第(2)问也无法求解，是解决本题易发生的错误之一；在解决第(2)问时，忽视直线斜率的不存在性或不能正确求解|AB|，|CD|都是常见解题失误的原因.
技法
关键
点拨
定值问题实质及求解步骤
定值问题一般是指在求解解析几何问题的过程中，探究某些几何量(斜率、距离、面积、比值等)与变量(斜率、点的坐标等)无关的问题．其求解步骤一般为：
[对点训练]
2．已知椭圆C的两个顶点分别为A(－2，0)，B(2,0)，焦点在x轴上，离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)如图所示，点D为x轴上一点，过点D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M，N，过点D作AM的垂线交BN于点E.求证：△BDE与△BDN的面积之比为定值，并求出该定值．
解：(1)设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，
由题意得解得
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：法一：设D(x0,0)，M(x0，y0)，N(x0，－y0)，－2
所以直线DE的方程为y＝－(x－x0)．
因为kBN＝－，
所以直线BN的方程为y＝－(x－2)．
由
解得E，
所以＝＝＝.
故△BDE与△BDN的面积之比为定值.
法二：设M(2cos θ，sin θ)(θ≠kπ，k∈Z)，
则D(2cos θ，0)，N(2cos θ，－sin θ)，
设＝λ，
则＝＋＝＋λ
＝(2－2cos θ，0)＋λ(2cos θ－2，－sin θ)
＝(2－2cos θ＋2λcos θ－2λ，－λsin θ)．
又＝(2cos θ＋2，sin θ)，由⊥，得·＝0，从而[(2－2cos θ)＋λ(2cos θ－2)](2cos θ＋2)－λsin2θ＝0，
整理得4sin2θ－4λsin2θ－λsin2θ＝0，即5λsin2θ＝4sin2θ.
所以λ＝，所以＝＝.
故△BDE与△BDN的面积之比为定值.
[考法二 圆锥曲线中的最值和范围问题]
题型·策略(一)
欲求变量的取值范围，可设法构造含有变量的不等式(组)，通过解不等式(组)来达到目的．
已知A是椭圆E：＋＝1(t>3)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．
[破题思路]
第(1)问
求什么
想什么
求△AMN的面积，想到三角形的面积公式S＝×底×高或S＝absin C
给什么
用什么
题目条件中给出“MA⊥NA，|AM|＝|AN|”，得△AMN为等腰直角三角形，故可利用面积S＝|AM||AN|求解
差什么
找什么
到此就缺少|AM|，|AN|的值，由于A点已知，故想法求M，N的坐标
第(2)问
求什么
想什么
求k的取值范围，想到建立关于k的不等式
给什么
用什么
题目条件中给出2|AM|＝|AN|，可利用此条件建立t与k的关系式
差什么
找什么
缺少关于k的不等式，想到t>3即可建立k的不等式
[规范解答]
(1)由|AM|＝|AN|，可得M，N关于x轴对称，由MA⊥NA，可得直线AM的斜率k为1.
因为t＝4，所以A(－2,0)，
所以直线AM的方程为y＝x＋2，
代入椭圆方程＋＝1，可得7x2＋16x＋4＝0，
解得x＝－2或x＝－，
所以M，N，
则△AMN的面积为××＝.
(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，
设M(x1，y1)，
则x1·(－)＝，即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＝.
由t>3，得>3，
所以＝<0，即<0.
由此得或
解得
[题后悟通]
思路
受阻
分析
解决本题第(2)问时，通过已知条件2|AM|＝|AN|得到参数k与参数t之间的关系，往往会忽视题目中的已知条件t>3，不能建立关于k的不等式，从而导致问题无法求解.
技法
关键
点拨
利用题目中隐藏的已知参数的范围求新参数的范围问题的核心是建立两个参数之间的等量关系，将新参数的范围转化为已知参数的范围问题.
设椭圆＋＝1(a>)的右焦点为F，右顶点为A.已知|OA|－|OF|＝1，其中O为原点，e为椭圆的离心率．
(1)求椭圆的方程及离心率e的值；
(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．
[破题思路]
第(1)问
求什么
想什么
求椭圆的标准方程及离心率e的值，想到利用a，b，c的关系求参数a及离心率e的值
给什么
用什么
题目条件中给出|OA|－|OF|＝1，则a－c＝1
差什么
找什么
还缺少一个关于a和c的关系式，可利用a2＝b2＋c2
第(2)问
求什么
想什么
求直线l的斜率k的取值范围，想到建立关于斜率k的不等式
给什么
用什么
由题目条件垂直于直线l的直线与l交于点M，与y轴交于点H，利用k·kMH＝－1，建立关于k的两条直线方程，由题目条件∠MOA≤∠MAO，利用三角形的大角对大边，建立关于xM的不等式，利用题目条件BF⊥HF，即·＝0建立关系式
差什么
找什么
还缺少关于k的不等式，应找到xM与k的关系构建关于k的不等式
[规范解答]
(1)由题意可知|OF|＝c＝，
又|OA|－|OF|＝1，所以a－＝1，解得a＝2，
所以椭圆的方程为＋＝1，
离心率e＝＝.
(2)设M(xM，yM)，易知A(2,0)，
在△MAO中，∠MOA≤∠MAO⇔|MA|≤|MO|，
即(xM－2)2＋y≤x＋y，化简得xM≥1.
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)，联立消去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)，
则＝(－1，yH)，＝.
由BF⊥HF，得·＝0，
即＋＝0，解得yH＝，
所以直线MH的方程为y＝－x＋.
由消去y，得xM＝.
由xM≥1，得≥1，解得k≤－或k≥，
所以直线l的斜率的取值范围为
∪.
[题后悟通]
思路
受阻
分析
不能将条件中的几何信息∠MOA≤∠MAO准确地转化成代数不等式xM≥1，并将其用直线l的斜率表示出来，得到目标不等式，是不能正确求解此题的常见原因.
技法
关键
点拨
利用已知条件中的几何关系构建目标不等式的核心是用转化与化归的数学思想，将几何关系转化为代数不等式，从而构建出目标不等式.
已知中心在原点，焦点在y轴上的椭圆C，其上一点Q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l与椭圆C交于不同的两点M，N，且线段MN恰被直线x＝－平分，设弦MN的垂直平分线的方程为y＝kx＋m，求m的取值范围．
[破题思路]
第(1)问
求什么
想什么
求椭圆C的方程，想到求椭圆的长半轴a和短半轴b的值
给什么
用什么
题目条件中给出椭圆焦点的位置，以及椭圆上一点Q到两个焦点F1，F2的距离之和及离心率，用椭圆的定义和离心率公式即可求a，b的值
第(2)问
求什么
想什么
求m的取值范围，想到建立关于m的不等式
给什么
用什么
题目条件给出线段MN恰被直线x＝－平分，弦MN的垂直平分线方程为y＝kx＋m，用y＝kx＋m是弦MN的中垂线及MN的中点在直线x＝－上，可设出中点坐标P，建立y0与m的关系，通过y0范围求m范围或建立m与k的关系式
差什么
找什么
还缺少建立不等式的条件，注意到MN的中点在椭圆内部及直线x＝－上，其隐含条件为线段MN的中点纵坐标的范围可确定或联立直线l与椭圆方程，利用判别式Δ>0求解
[规范解答]
(1)由题意可设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，
由条件可得a＝2，c＝，则b＝1.
故椭圆C的方程为＋x2＝1.
(2)法一：设弦MN的中点为P，M(xM，yM)，N(xN，yN)，则由点M，N为椭圆C上的点，可知4x＋y＝4,4x＋y＝4，两式相减，
得4(xM－xN)(xM＋xN)＋(yM－yN)(yM＋yN)＝0，
将xM＋xN＝2×＝－1，yM＋yN＝2y0，＝－，代入上式得k＝－.
又点P在弦MN的垂直平分线上，
所以y0＝－k＋m，所以m＝y0＋k＝y0.
由点P在线段BB′上B′(xB′，yB′)，B(xB，yB)为直线x＝－与椭圆的交点，如图所示，
所以yB′
法二：设弦MN的中点为P，M(xM，yM)，N(xN，yN)，则由点M，N为椭圆C上的点，可知4x＋y＝4，4x＋y＝4，两式相减，
得4(xM－xN)(xM＋xN)＋(yM－yN)(yM＋yN)＝0，
将xM＋xN＝2×＝－1，yM＋yN＝2y0，＝－，代入上式得y0＝－2k.
又点P在弦MN的垂直平分线上，
所以y0＝－k＋m，所以m＝y0＋k＝－k.
设直线l的方程为y＋2k＝－，
即x＝－ky－2k2－，
联立消去x，
得(4k2＋1)y2＋8k2k2＋y＋16k4＋8k2－3＝0，
由Δ>0，得k∈∪，
所以m＝－k∈∪，
即m的取值范围为∪.
[题后悟通]
思路
受阻
分析
利用点差法求解第(2)问时，关键是利用点差法得到目标参数m与y0的关系，再根据点P与椭圆的位置关系得到y0的取值范围，从而求得目标参数m的取值范围．很多同学在解决本题时往往出现如下失误：(1)忽视y0的取值范围而造成思路受阻无法正确求解．(2)利用判别式法求解此题时，抓住直线与圆锥曲线相交这一条件，利用判别式Δ>0构建m与k的关系式，从而得所求，但部分考生忽视Δ>0，导致思路受阻而无法求解
技法
关键
点拨
(1)利用点在曲线内(外)的充要条件构建目标不等式的核心是抓住目标参数和某点的关系，根据点与圆锥曲线的位置关系构建目标不等式．
(2)利用判别式构建目标不等式的核心是抓住直线与圆锥曲线的位置关系和判别式Δ的关系建立目标不等式
[对点训练]
1．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相交于A，B两个点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)若＝3，求m2的取值范围．
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)，设A(x1，kx1＋m)，B(x2，kx2＋m)，
由消去y，
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.
∴3(x1＋x2)2＋4x1x2＝12x－12x＝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.
解得1
2．(2018·昆明调研)已知直线l1：ax－y＋1＝0，直线l2：x＋5ay＋5a＝0，直线l1与l2的交点为M，点M的轨迹为曲线C.
(1)当a变化时，求曲线C的方程；
(2)已知点D(2,0)，过点E(－2,0)的直线l与C交于A，B两点，求△ABD面积的最大值．
解：(1)由消去a，得曲线C的方程为＋y2＝1(y≠－1，即点(0，－1)不在曲线C上)．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，l：x＝my－2，
由得(m2＋5)y2－4my－1＝0，
则y1＋y2＝，y1y2＝－，
故△ABD的面积S＝2|y2－y1|＝2＝2＝，
设t＝，t∈[1，＋∞)，
则S＝＝≤，
当t＝，即t＝2，m＝±时，△ABD的面积取得最大值.
题型·策略(二)
若题目中的条件和要求的结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立目标函数，然后根据其结构特征，构建函数模型求最值，一般情况下，可以构建二次型函数、双曲线型函数、多项式型函数等．
(2018·合肥一检)在平面直角坐标系中，圆O交x轴于点F1，F2，交y轴于点B1，B2.以B1，B2为顶点，F1，F2分别为左、右焦点的椭圆E恰好经过点.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设经过点(－2,0)的直线l与椭圆E交于M，N两点，求△F2MN面积的最大值．
[破题思路]
第(1)问
求什么
想什么
求椭圆E的标准方程，想到求椭圆长半轴a和短半轴b的值
给什么
用什么
题目条件给出圆O交x轴于点F1，F2，交y轴于点B1，B2，易知b＝c，又椭圆过点，从而可求出a，b的值
第(2)问
求什么
想什么
求△F2MN面积的最大值，想到面积公式
给什么
用什么
题干中给出直线l过点(－2,0)，可设出直线l的方程，利用弦长公式求|MN|，利用点到直线的距离求d，从而可求△F2MN的面积
差什么
找什么
要求△F2MN面积的最值，需建立相关函数模型求解
[规范解答]
(1)由已知可得，椭圆E的焦点在x轴上．设椭圆E的标准方程为＋＝1(a>b>0)，焦距为2c，则b＝c，
∴a2＝b2＋c2＝2b2，
∴椭圆E的标准方程为＋＝1.
又椭圆E过点，∴＋＝1，解得b2＝1.
∴椭圆E的标准方程为＋y2＝1.
(2)由于点(－2,0)在椭圆E外，∴直线l的斜率存在．
设直线l的斜率为k，则直线l：y＝k(x＋2)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由消去y得，(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－2＝0.
由Δ>0，得0≤k2<，
从而x1＋x2＝，x1x2＝，
∴|MN|＝ |x1－x2|＝2·.
∵点F2(1,0)到直线l的距离d＝，
∴△F2MN的面积S＝|MN|·d＝3.
令1＋2k2＝t，则t∈[1,2)，
∴S＝3＝3
＝3＝3，
当＝，即t＝时，S有最大值，
Smax＝，此时k＝±.
∴当直线l的斜率为±时，可使△F2MN的面积最大，其最大值为.
[题后悟通]
(一)思路受阻分析
解决本例(2)的关键是建立△F2MN的面积S关于斜率k的关系式，然后通过换元构造一元二次函数求解，而很多同学因不会构造函数造成思路受阻无法继续求解．
(二)技法关键点拨
求圆锥曲线中范围、最值的2种方法
几何法
若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来求解
代数法
若题目中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、范围．常用的方法有基本不等式法、导数法、判别式法等
[对点训练]
3．(2019届高三·武汉调研)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点P，且离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，不经过F1的直线l与椭圆C交于两个不同的点A， B.如果直线AF1，l，BF1的斜率依次成等差数列，求焦点F2到直线l的距离d的取值范围．
解：(1)由题意，知解得
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)易知直线l的斜率存在且不为零．设直线l的方程为y＝kx＋m，代入椭圆方程＋y2＝1，
整理得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2(m2－1)＝0.
由Δ＝(4km)2－8(1＋2k2)(m2－1)>0，
得2k2>m2－1.①
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝.
因为F1(－1,0)，所以kAF1＝，kBF1＝.
由题可得2k＝＋，且y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m，
所以(m－k)(x1＋x2＋2)＝0.
因为直线l：y＝kx＋m不过焦点F1(－1,0)，所以m－k≠0，
所以x1＋x2＋2＝0，从而－＋2＝0，
即m＝k＋.②
由①②得2k2>2－1，化简得|k|>.③
焦点F2(1,0)到直线l：y＝kx＋m的距离
d＝＝＝，
令t＝，由|k|>知t∈(1，)．
于是d＝＝，
因为函数f (t)＝在[1，]上单调递减，
所以f ()
4．(2019届高三·合肥调研)已知M为椭圆C：＋＝1上的动点，过点M作x轴的垂线，垂足为D，点P满足＝ .
(1)求动点P的轨迹E的方程；
(2)若A，B两点分别为椭圆C的左、右顶点，F为椭圆C的左焦点，直线PB与椭圆C交于点Q，直线QF，PA的斜率分别为kQF，kPA，求的取值范围．
解：(1)设P(x，y)，M(m，n)，依题意知D(m,0)，且y≠0.
由＝，得(m－x，－y)＝(0，－n)，
则有⇒
又M(m，n)为椭圆C：＋＝1上的点，
∴＋＝1，即x2＋y2＝25，
故动点P的轨迹E的方程为x2＋y2＝25(y≠0)．
(2)依题意知A(－5,0)，B(5,0)，F(－4,0)，
设Q(x0，y0)，
∵线段AB为圆E的直径，∴AP⊥BP，
设直线PB的斜率为kPB，
则＝＝－kQFkPB＝－kQFkQB
＝－·＝－
＝－＝＝
＝，
∵点P不同于A，B两点且直线QF的斜率存在，
∴－5
∴∈(－∞，0)∪，
故的取值范围是(－∞，0)∪.
[考法三 圆锥曲线中的存在性问题]
题型·策略(一)点、线的存在性问题
已知圆C：(x－1)2＋y2＝，一动圆与直线x＝－相切且与圆C外切．
(1)求动圆圆心P的轨迹T的方程；
(2)若经过定点Q(6,0)的直线l与曲线T交于A，B两点，M是线段AB的中点，过M作x轴的平行线与曲线T相交于点N，试问是否存在直线l，使得NA⊥NB，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
[破题思路]
第(1)问
求什么想什么
求动圆圆心P的轨迹T的方程，想到建立点P(x，y)的横坐标与纵坐标的关系式
给什么用什么
题目中给出动圆与直线x＝－相切，与圆C外切，想到用直线与圆相切以及两圆外切的条件建立x，y的关系式
第(2)问
求什么想什么
判断是否存在直线l，使NA⊥NB，想到·＝0
给什么用什么
题目中给出直线l过点Q (6,0)与曲线交于点A，B，过A，B的中点M作x轴的平行线交曲线T于点N，联立直线l与曲线T，利用根与系数的关系求解
差什么找什么
缺少直线l的方程，应先假设存在，并设出直线l的方程求解．要注意讨论斜率是否存在
[规范解答]
(1)设P(x，y)，分析可知动圆的圆心不能在y轴的左侧，故x≥0，
因为动圆与直线x＝－相切，且与圆C外切，
所以|PC|－＝，
所以|PC|＝x＋1，
所以 ＝x＋1，
化简可得y2＝4x.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意可知，当直线l与y轴垂直时，显然不符合题意，故可设直线l的方程为x＝my＋6，
联立消去x，
可得y2－4my－24＝0，
显然Δ＝16m2＋96>0，
则 ①
所以x1＋x2＝(my1＋6)＋(my2＋6)＝4m2＋12， ②
因为x1x2＝·，所以x1x2＝36， ③
假设存在N(x0，y0)，使得·`＝0，
由题意可知y0＝，所以y0＝2m， ④
由N点在抛物线上可知x0＝，即x0＝m2， ⑤
又＝(x1－x0，y1－y0)，＝(x2－x0，y2－y0)，
若·＝0，
则x1x2－x0(x1＋x2)＋x＋y1y2－y0(y1＋y2)＋y＝0，
由①②③④⑤代入上式化简可得：3m4＋16m2－12＝0，
即(m2＋6)(3m2－2)＝0，
所以m2＝，故m＝±，
所以存在直线3x＋y－18＝0或3x－y－18＝0，使得NA⊥N B.
[题后悟通]
思路受阻分析
本题(2)中条件的关系较多且层层递进又相互关联．先是过定点的直线l与曲线T相交于A，B，再是过A，B中点与x轴平行的直线交曲线T于点N，再是NA⊥NB，能否合理转化这些条件及条件中的关系是正确解决此题的关键．常因不会转化或转化过程中计算失误导致无法继续解题或解题失误
技法关键点拨
存在性问题的求解方法
(1)解决存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．一般步骤：
①假设满足条件的曲线(或直线、点)等存在，用待定系数法设出；
②列出关于待定系数的方程(组)；
③若方程(组)有实数解，则曲线(或直线、点等)存在，否则不存在．
(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法
题型·策略(二)含字母参数的存在性问题
如图，椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点P，离心率e＝，直线l的方程为x＝4.
(1)求椭圆C的方程；
(2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P)，设直线AB与直线l相交于点M，记直线PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.问：是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
[破题思路]
第(1)问
求什么想什么
求椭圆C的方程，想到求a，b的值
给什么用什么
题目条件中给出椭圆过点P，离心率e＝.将P点坐标代入椭圆方程可得a，b的关系式；用离心率公式可得a，c的关系式，另外，还有a2＝b2＋c2，即可求得a，b的值
第(2)问
求什么想什么
判断是否存在常数λ，使k1＋k2＝λk3成立．想到k1＋k2＝λk3是否有解
给什么用什么
题目条件中给出直线AB过右焦点F，且与椭圆及直线l分别交于点A，B，M，直线PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3，想到用斜率公式表示k1，k2，k3
差什么找什么
需要A，B，M的坐标，可设出A，B，M的坐标，通过建立直线AB与椭圆方程的方程组求得各坐标的关系
[规范解答]
(1)由题意得解得
故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由题意可设直线AB的斜率为k，
则直线AB的方程为y＝k(x－1)，①
代入椭圆方程，并整理，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1≠x2≠1，
则x1＋x2＝，x1x2＝，②
在方程①中令x＝4，得点M的坐标为(4,3k)．
从而k1＝，k2＝，k3＝＝k－.
因为A，F，B三点共线，所以k＝kAF＝kBF，
即＝＝k，
所以k1＋k2＝＋＝＋－＝2k－·，③
将②代入③得，
k1＋k2＝2k－·＝2k－1，
又k3＝k－，所以k1＋k2＝2k3.
故存在常数λ＝2符合题意．
[题后悟通]
思路受阻分析
不会利用A，F，B三点共线建立各个坐标之间的数量关系，从而不能将k1＋k2进行化简是导致解题受阻、不能正确求解的主要原因
技法关键点拨
字母参数值存在性问题的求解方法
求解字母参数值的存在性问题时，通常的方法是首先假设满足条件的参数值存在，然后利用这些条件并结合题目的其他已知条件进行推理与计算，若不出现矛看，并且得到了相应的参数值，就说明满足条件的参数值存在；若在推理与计算中出现了矛盾，则说明满足条件的参数值不存在，同时推理与计算的过程就是说明理由的过程
[对点训练]
(2019届高三·福州四校联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，短轴的一个端点为P，△PF1F2内切圆的半径为，设过点F2的直线l被椭圆C截得的线段为RS，当l⊥x轴时，|RS|＝3.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)在x轴上是否存在一点T，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称？若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)由内切圆的性质，得×2c×b＝×(2a＋2c)×，所以＝.
将x＝c代入＋＝1，
得y＝±，所以＝3.
又a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝，
故椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)当直线l垂直于x轴时，显然x轴上任意一点T都满足TS与TR所在直线关于x轴对称．
当直线l不垂直于x轴时，假设存在T(t,0)满足条件，设l的方程为y＝k(x－1)，R(x1，y1)，S(x2，y2)．
联立消去y，得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
由根与系数的关系得①，其中Δ>0恒成立，
由TS与TR所在直线关于x轴对称，得kTS＋kTR＝0(显然TS，TR的斜率存在)，
即＋＝0.②
因为R，S两点在直线y＝k(x－1)上，
所以y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，代入②得
＝＝0，
即2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0.③
将①代入③得
＝＝0，
则t＝4，
综上所述，存在T(4,0)，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称．
[高考大题通法点拨]
圆锥曲线问题重在“设”——设点、设线
[思维流程]
[策略指导]
圆锥曲线解答题的常见类型是：第1小题通常是根据已知条件，求曲线方程或离心率，一般比较简单．第2小题往往是通过方程研究曲线的性质——弦长问题、中点弦问题、动点轨迹问题、定点与定值问题、最值问题、相关量的取值范围问题等等，这一小题综合性较强，可通过巧设“点”“线”，设而不求．在具体求解时，可将整个解题过程分成程序化的三步：
第一步，联立两个方程，并将消元所得方程的判别式与根与系数的关系正确写出；
第二步，用两个交点的同一类坐标的和与积，来表示题目中涉及的位置关系和数量关系；
第三步，求解转化而来的代数问题，并将结果回归到原几何问题中．
在求解时，要根据题目特征，恰当的设点、设线，以简化运算．
已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(1,0)，且点P在椭圆C上，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设过定点T(0,2)的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，且∠AOB为锐角，求直线l的斜率k的取值范围；
(3)过椭圆C1：＋＝1上异于其顶点的任一点P，作圆O：x2＋y2＝的两条切线，切点分别为M，N(M，N不在坐标轴上)，若直线MN在x轴、y轴上的截距分别为m，n，证明：＋为定值．
[破题思路]
第(1)问
求什么想什么
求椭圆C的标准方程，想到求a和b的值
给什么用什么
题目条件中给出椭圆的右焦点为F(1,0)以及椭圆上的一点P，将点P代入椭圆方程中，再结合c2＝a2＋b2即可求解
第(2)问
求什么想什么
求直线l的斜率k的取值范围，想到建立关于k的不等式
给什么用什么
题目条件中给出直线l过定点(0,2)与椭圆交于不同的两点A，B且∠AOB为锐角，可用k表示出直线l的方程，与椭圆联立，得出关于x的一元二次方程．由于直线与椭圆相交，故判别式Δ>0，由于∠AOB为锐角，故·>0，从而得出关于k的不等式
第(3)问
求什么想什么
证明：＋为定值，想到寻找合适的参数表示m和n或求出m和n的值
给什么用什么
题目条件中给出M，N是过椭圆C1上异于其顶点的任一点P作圆O的切线所得切点以及m，n为直线MN在x轴、y轴上的截距．用P，M，N的坐标表示出切线PM，PN的方程以及直线MN的方程，再用点P的坐标表示出m和n
差什么找什么
需求出m，n，可利用P点坐标表示m，n.然后借助点P在椭圆C1上求得定值证明问题
[规范解答]
(1)由题意得c＝1，所以a2＝b2＋1.①
又点P在椭圆C上，所以＋＝1.②
由①②可解得a2＝4，b2＝3，
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)设直线l的方程为
y＝kx＋2，A(x1，y1)，
B(x2，y2)，
由得
(4k2＋3)x2＋16kx＋4＝0，
因为Δ＝16(12k2－3)>0，
所以k2>，
则x1＋x2＝，x1x2＝.
因为∠AOB为锐角，
所以·>0，即x1x2＋y1y2>0，
所以x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)>0，
所以(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4>0，
即(1＋k2)·＋2k·＋4>0，
解得k2<.
又k2>，所以
(3)证明：由(1)知椭圆C1的方程为＋＝1，
设P(x0，y0)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，
因为M，N不在坐标轴上，所以kPM＝－＝－，
直线PM的方程为y－y3＝－(x－x3)，
化简得x3x＋y3y＝.③
同理可得直线PN的方程为x4x＋y4y＝.④
把P点的坐标代入③④得
所以直线MN的方程为x0x＋y0y＝.
令y＝0，得m＝，令x＝0，得n＝，
所以x0＝，y0＝，
又点P在椭圆C1上，
所以2＋32＝4，即＋＝，为定值．
[关键点拨]
解决直线与圆锥曲线位置关系问题的步骤
(1)设方程及点的坐标；
(2)联立直线方程与曲线方程得方程组，消元得方程(注意二次项系数是否为零)；
(3)应用根与系数的关系及判别式；
(4)结合已知条件、中点坐标公式、斜率公式及弦长公式求解．
[对点训练]
(2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C：＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2,0)．
(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OM B.
解：(1)由已知得F(1,0)，l的方程为x＝1.
则点A的坐标为或.
又M(2,0)，
所以直线AM的方程为y＝－x＋或y＝x－，
即x＋y－2＝0或x－y－2＝0.
(2)证明：当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，
所以∠OMA＝∠OM B.
当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为
y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1<，x2<，直线MA，MB的斜率之和为
kMA＋kMB＝＋.
由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k，
得kMA＋kMB＝.
将y＝k(x－1)代入＋y2＝1，
得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k
＝＝0.
从而kMA＋kMB＝0，
故MA，MB的倾斜角互补．
所以∠OMA＝∠OMB.
综上，∠OMA＝∠OMB成立．
[总结升华]
解析几何部分知识点多，运算量大，能力要求高，综合性强，在高考试题中大都是以压轴题的面貌出现，是考生“未考先怕”题型，不是怕解题无思路，而是怕解题过程中繁杂的运算．因此，在遵循“设—列—解”程序化运算的基础上，应突出解析几何“设”的重要性，以克服平时重思路方法、轻运算技巧的顽疾，突破如何避繁就简这一瓶颈．
[专题跟踪检测](对应配套卷P195)
1．(2018·武汉调研)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)和定点M(0,1)，设过点M的动直线交抛物线C于A，B两点，抛物线C在A，B处的切线的交点为N.
(1)若N在以AB为直径的圆上，求p的值；
(2)若△ABN的面积的最小值为4，求抛物线C的方程．
解：设直线AB：y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
将直线AB的方程代入抛物线C的方程得x2－2pkx－2p＝0，
则x1＋x2＝2pk，x1x2＝－2p.①
(1)由x2＝2py得y′＝，则A，B处的切线斜率的乘积为＝－，
∵点N在以AB为直径的圆上，
∴AN⊥BN，
∴－＝－1，∴p＝2.
(2)易得直线AN：y－y1＝(x－x1)，
直线BN：y－y2＝(x－x2)，
联立结合①式，
解得即N(pk，－1)．
所以|AB|＝|x2－x1|
＝·
＝·，
点N到直线AB的距离d＝，
则S△ABN＝·|AB|·d＝≥2，
当k＝0时，取等号，
∵△ABN的面积的最小值为4，
∴2＝4，∴p＝2，
故抛物线C的方程为x2＝4y.
2．(2019届高三·河北“五个一名校联盟”模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋y2＝1，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)是椭圆C上两个动点，直线OP，OQ的斜率分别为k1，k2，若m＝，n＝，m·n＝0.
(1)求证：k1·k2＝－；
(2)试探求△POQ的面积S是否为定值，并说明理由．
解：(1)证明：∵k1，k2存在，∴x1x2≠0，
∵m·n＝0，∴＋y1y2＝0，
∴k1·k2＝＝－.
(2)①当直线PQ的斜率不存在，
即x1＝x2，y1＝－y2时，
由＝－，得－y＝0，
又由P(x1，y1)在椭圆上，
得＋y＝1，
∴|x1|＝，|y1|＝，
∴S△POQ＝|x1|·|y1－y2|＝1.
②当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋b(b≠0)．
由得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0，
Δ＝64k2b2－4(4k2＋1)(4b2－4)＝16(4k2＋1－b2)>0，
∴x1＋x2＝，x1x2＝.
∵＋y1y2＝0，
∴＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，
得2b2－4k2＝1，满足Δ>0.
∴S△POQ＝·|PQ|
＝|b|
＝2|b|·＝1.
∴△POQ的面积S为定值．
3.(2018·长春质检)如图，在矩形ABCD中，|AB|＝4，|AD|＝2，O为AB的中点，P，Q分别是AD和CD上的点，且满足①＝，②直线AQ与BP的交点在椭圆E：＋＝1(a>b>0)上．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设R为椭圆E的右顶点，M为椭圆E第一象限部分上一点，作MN垂直于y轴，垂足为N，求梯形ORMN面积的最大值．
解：(1)设AQ与BP的交点为G(x，y)，P(－2，y1)，Q(x1,2)，
由题可知，＝.
∵kAG＝kAQ，kBG＝kBP，
∴＝，＝－，
从而有＝－＝－，整理得＋y2＝1，
即椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)由(1)知R(2,0)，设M(x0，y0)，则y0＝，
从而梯形ORMN的面积S＝(2＋x0)y0＝，
令t＝2＋x0，则2
当t∈(2,3)时，u′>0，u＝4t3－t4单调递增，
当t∈(3,4)时，u′<0，u＝4t3－t4单调递减，
所以当t＝3时，u取得最大值，则S也取得最大值，最大值为.
4．已知抛物线E：y2＝2px(p>0)，直线x＝my＋3与E交于A，B两点，且·＝6，其中O为坐标原点．
(1)求抛物线E的方程；
(2)已知点C的坐标为(－3,0)，记直线CA，CB的斜率分别为k1，k2，证明：＋－2m2为定值．
解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立消去x，整理得y2－2pmy－6p＝0，
则y1＋y2＝2pm，y1y2＝－6p，x1x2＝＝9，
由·＝x1x2＋y1y2＝9－6p＝6，
解得p＝，所以y2＝x.
(2)证明：由题意得k1＝＝，
k2＝＝，
所以＝m＋，＝m＋，
所以＋－2m2＝2＋2－2m2
＝2m2＋12m＋36－2m2
＝12m·＋36·.
由(1)可知：y1＋y2＝2pm＝m，y1y2＝－6p＝－3，
所以＋－2m2＝12m·＋36·＝24，
所以＋－2m2为定值．
5．(2018·惠州调研)已知C为圆(x＋1)2＋y2＝8的圆心，P是圆上的动点，点Q在圆的半径CP上，且有点A(1,0)和AP上的点M，满足·＝0，＝2.
(1)当点P在圆上运动时，求点Q的轨迹方程；
(2)若斜率为k的直线l与圆x2＋y2＝1相切，与(1)中所求点Q的轨迹交于不同的两点F，H，O是坐标原点，且≤·≤，求k的取值范围．
解：(1)由题意知MQ是线段AP的垂直平分线，
所以|CP|＝|QC|＋|QP|＝|QC|＋|QA|＝2>|CA|＝2，
所以点Q的轨迹是以点C，A为焦点，焦距为2，长轴长为2的椭圆，
所以a＝，c＝1，b＝＝1，
故点Q的轨迹方程是＋y2＝1.
(2)设直线l：y＝kx＋t，F(x1，y1)，H(x2，y2)，
直线l与圆x2＋y2＝1相切⇒＝1⇒t2＝k2＋1.
联立⇒(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，
则Δ＝16k2t2－4(1＋2k2)(2t2－2)＝8(2k2－t2＋1)＝8k2>0⇒k≠0，
x1＋x2＝，x1x2＝，
所以·＝x1x2＋y1y2
＝(1＋k2)x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2
＝＋kt＋t2
＝－＋k2＋1
＝，
所以≤≤⇒≤k2≤⇒≤|k|≤，
所以－≤k≤－或≤k≤.
故k的取值范围是∪.
6.如图所示，设椭圆M：＋＝1(a>b>0)的左顶点为A，中心为O，若椭圆M过点P，且AP⊥OP.
(1)求椭圆M的方程；
(2)若△APQ的顶点Q也在椭圆M上，试求△APQ面积的最大值；
(3)过点A作两条斜率分别为k1，k2的直线交椭圆M于D，E两点，且k1k2＝1，求证：直线DE过定点．
解：(1)由AP⊥OP，可知kAP·kOP＝－1.
又点A的坐标为(－a,0)，
所以·＝－1，解得a＝1.
又因为椭圆M过点P，所以＋＝1，解得b2＝，
所以椭圆M的方程为x2＋＝1.
(2)由题意易求直线AP的方程为＝，
即x－y＋1＝0.
因为点Q在椭圆M上，故可设Q，
又|AP|＝，
所以S△APQ＝××
＝× cos＋1 .
当θ＋＝2kπ(k∈Z)，即θ＝2kπ－(k∈Z)时，
S△APQ取得最大值＋.
(3)证明：法一：由题意易得，直线AD的方程为y＝k1(x＋1)，代入x2＋3y2＝1，消去y，得(3k＋1)x2＋6kx＋3k－1＝0.
设D(xD，yD)，则(－1)·xD＝，
即xD＝，yD＝k1＝.
设E(xE，yE)，同理可得xE＝，yE＝.
又k1k2＝1且k1≠k2，可得k2＝且k1≠±1，
所以xE＝，yE＝，
所以kDE＝＝＝，
故直线DE的方程为y－＝.
令y＝0，可得x＝－＝－2.
故直线DE过定点(－2,0)．
法二：设D(xD，yD)，E(xE，yE)．
若直线DE垂直于y轴，则xE＝－xD，yE＝yD，此时k1k2＝·＝＝＝与题设矛盾，
若DE不垂直于y轴，可设直线DE的方程为x＝ty＋s，将其代入x2＋3y2＝1，消去x，得(t2＋3)y2＋2tsy＋s2－1＝0，
则yD＋yE＝，yDyE＝.
又k1k2＝·
＝
＝1，
可得(t2－1)yDyE＋t(s＋1)(yD＋yE)＋(s＋1)2＝0，
所以(t2－1)·＋t(s＋1)·＋(s＋1)2＝0，
可得s＝－2或s＝－1.
又DE不过点A，即s≠－1，所以s＝－2.
所以DE的方程为x＝ty－2.
故直线DE过定点(－2,0)．
7．(2018·南昌模拟)如图，已知直线l：y＝kx＋1(k>0)关于直线y＝x＋1对称的直线为l1，直线l，l1与椭圆E：＋y2＝1分别交于点A，M和A，N，记直线l1的斜率为k1.
(1)求k·k1的值；
(2)当k变化时，试问直线MN是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点坐标；若不恒过定点，请说明理由．
解：(1)设直线l上任意一点P(x，y)关于直线y＝x＋1对称的点为P0(x0，y0)，
直线l与直线l1的交点为(0,1)，
∴l：y＝kx＋1，l1：y＝k1x＋1，
k＝，k1＝，
由＝＋1，
得y＋y0＝x＋x0＋2， ①
由＝－1，得y－y0＝x0－x， ②
由①②得
∴k·k1＝
＝＝1.
(2)由得(4k2＋1)x2＋8kx＝0，
设M(xM，yM)，N(xN，yN)，
∴xM＝，yM＝.
同理可得xN＝＝，yN＝＝.
kMN＝＝＝＝－，
直线MN：y－yM＝kMN(x－xM)，
即y－＝－，
即y＝－x－＋＝－x－.
∴当k变化时，直线MN过定点.
8．(2019届高三·湘东五校联考)已知椭圆C的中心在原点，离心率等于，它的一个短轴端点恰好是抛物线x2＝8y的焦点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)如图，已知P(2,3)，Q(2，－3)是椭圆上的两点，A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点．
①若直线AB的斜率为，求四边形APBQ面积的最大值；
②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的方程为＋＝1(a>b>0)，
∵抛物线的焦点为(0,2)．
∴b＝2.
由＝，a2＝c2＋b2，得a＝4，
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
①设直线AB的方程为y＝x＋t，
代入＋＝1，
得x2＋tx＋t2－12＝0，
由Δ>0，解得－4
∴|x1－x2|＝
＝
＝.
∴四边形APBQ的面积
S＝×6×|x1－x2|＝3.
∴当t＝0时，S取得最大值，且Smax＝12.
②若∠APQ＝∠BPQ，则直线PA，PB的斜率之和为0，设直线PA的斜率为k，则直线PB的斜率为－k，直线PA的方程为y－3＝k(x－2)，
由消去y，
得(3＋4k2)x2＋8k(3－2k)x＋4(3－2k)2－48＝0，
∴x1＋2＝，
将k换成－k可得x2＋2＝＝，
∴x1＋x2＝，x1－x2＝，
∴kAB＝＝
＝＝，
∴直线AB的斜率为定值.
卷Ⅰ
卷Ⅱ
卷Ⅲ
2018
椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系、证明问题·T19
直线与抛物线的位置关系、弦长问题、抛物线与圆的综合问题·T19
直线与椭圆的位置关系、不等式的证明与平面向量综合问题·T20
2017
椭圆的标准方程、直线过定点问题·T20
轨迹问题、直线过定点问题·T20
直线与抛物线的位置关系、直线方程、圆的方程·T20
2016
轨迹问题、定值问题、面积的取值范围问题·T20
直线与椭圆的位置关系、求三角形的面积、参数的取值范围问题·T20
直线与抛物线的位置关系、轨迹问题、证明问题·T20
纵向把握趋势
卷Ⅰ3年3考，难度较大，涉及椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系、定点问题、定值问题、轨迹问题、取值范围问题及证明问题．特别注意2018年高考将此综合题前移到第19题，难度降低．这一变化，预计2019年仍会以椭圆为载体考查椭圆方程、直线与椭圆的位置关系以及定点或定值问题
卷Ⅱ3年3考，难度偏大，涉及轨迹问题、直线与抛物线的位置关系、直线与椭圆的位置关系、轨迹问题、三角形面积、范围问题以及直线过定点问题．特别注意2018年高考将此综合题前移到第19题，难度降低．这一变化，预计2019年会以椭圆为载体考查弦长问题及弦长取值范围问题
卷Ⅲ3年3考，涉及直线与椭圆的位置关系、直线与抛物线的位置关系、轨迹问题及证明问题．预计2019年会将抛物线与圆综合考查，考查直线与圆或抛物线的位置关系及其应用问题
横向把握重点
解析几何是数形结合的典范，是高中数学的主要知识板块，是高考考查的重点知识之一，在解答题中一般会综合考查直线、圆、圆锥曲线等．试题难度较大，多以压轴题出现．
解答题的热点题型有：
(1)直线与圆锥曲线位置关系；(2)圆锥曲线中定点、定值、最值及范围的求解；(3)轨迹方程及探索性问题的求解.
[考法一 定点、定值问题]
题型·策略(一)
(2018·南昌模拟)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．
[破题思路]
第(1)问
求什么想什么
求抛物线C的方程，想到求p的值
给什么用什么
给出焦点F的坐标，利用焦点坐标与p的关系求p
第(2)问
求什么想什么
求证：直线AB过x轴上一定点，想到直线AB的方程
给什么用什么
题目条件中给出“A，B是抛物线C上异于点O的两点”以及“直线OA，OB的斜率之积为－”，可设A，B两点的坐标，也可设直线AB的方程
差什么
找什么
要求直线AB的方程，还需要知道直线AB的斜率是否存在，可分类讨论解决
[规范解答]
(1)因为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点坐标为F(1,0)，所以＝1，所以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)，联立消去x，化简得ky2－4y＋4b＝0.
所以yAyB＝，
因为直线OA，OB的斜率之积为－，
所以·＝－，
整理得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)．
综上所述，直线AB过定点(8,0)．
[题后悟通]
思路
受阻
分析
不能正确应用条件“直线OA，OB的斜率之积为－”是造成不能解决本题的关键
技法
关键
点拨
定点问题实质及求解步骤
解析几何中的定点问题实质是：当动直线或动圆变化时，这些直线或圆相交于一点，即这些直线或圆绕着定点在转动．这类问题的求解一般可分为以下三步：
[对点训练]
1．(2018·成都一诊)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点F(，0)，长半轴长与短半轴长的比值为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设不经过点B(0,1)的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，若点B在以线段MN为直径的圆上，证明直线l过定点，并求出该定点的坐标．
解：(1)由题意得，c＝，＝2，a2＝b2＋c2，
∴a＝2，b＝1，
∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m(m≠1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立消去y，
可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
∴Δ＝16(4k2＋1－m2)>0，
x1＋x2＝，x1x2＝.
∵点B在以线段MN为直径的圆上，
∴·＝0.
则·＝(x1，kx1＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)＝(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2＝0，
∴(k2＋1)＋k(m－1)＋(m－1)2＝0，
整理，得5m2－2m－3＝0，
解得m＝－或m＝1(舍去)．
∴直线l的方程为y＝kx－.
易知当直线l的斜率不存在时，不符合题意．
故直线l过定点，且该定点的坐标为.
题型·策略(二)
(2018·沈阳质监)设O为坐标原点，动点M在椭圆＋＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足＝ .
(1)求点P的轨迹E的方程；
(2)过F(1,0)的直线l1与点P的轨迹交于A，B两点，过F(1,0)作与l1垂直的直线l2与点P的轨迹交于C，D两点，求证：＋为定值．
[破题思路]
第(1)问
求什么
想什么
求点P的轨迹E的方程，想到建立点P的横坐标x与纵坐标y的关系式
给什么
用什么
题目条件中给出＝ ，利用此条件建立点P的横坐标与纵坐标的关系式
差什么
找什么
要求点P的轨迹方程，还缺少点P，M，N的坐标，可设点P(x，y)，M(x0，y0)，N(x,0)，然后用x，y表示x0，y0
第(2)问
求什么
想什么
要证明＋为定值，想到利用合适的参数表示|AB|和|CD|
给什么
用什么
题目条件给出过F(1,0)互相垂直的两条直线分别与轨迹E分别交于A，B和C，D两点，用弦长公式可求|AB|和|CD|
差什么
找什么
要求|AB|和|CD|，还缺少直线l1和l2的方程，可设出直线斜率，利用点斜式表示直线方程．但要注意直线斜率不存在的情况
[规范解答]
(1)设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x,0)．
∵＝ ，∴(0，y)＝(x0－x，y0)，
∴x0＝x，y0＝.
又点M在椭圆上，∴＋＝1，
即＋＝1.
∴点P的轨迹E的方程为＋＝1.
(2)证明：由(1)知F为椭圆＋＝1的右焦点，
当直线l1与x轴重合时，
|AB|＝6，|CD|＝＝，
∴＋＝.
当直线l1与x轴垂直时，|AB|＝，|CD|＝6，
∴＋＝.
当直线l1与x轴不垂直也不重合时，可设直线l1的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，
则直线l2的方程为y＝－(x－1)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立消去y，得(8＋9k2)x2－18k2x＋9k2－72＝0，
则Δ＝(－18k2)2－4(8＋9k2)(9k2－72)＝2 304(k2＋1)>0，
x1＋x2＝，x1x2＝，
∴|AB|＝ ·＝.
同理可得|CD|＝.
∴＋＝＋＝.
综上可得＋为定值．
[题后悟通]
思路
受阻
分析
在解决本题第(1)问时，不能正确应用＝ 求得点P的轨迹E的方程，导致第(2)问也无法求解，是解决本题易发生的错误之一；在解决第(2)问时，忽视直线斜率的不存在性或不能正确求解|AB|，|CD|都是常见解题失误的原因.
技法
关键
点拨
定值问题实质及求解步骤
定值问题一般是指在求解解析几何问题的过程中，探究某些几何量(斜率、距离、面积、比值等)与变量(斜率、点的坐标等)无关的问题．其求解步骤一般为：
[对点训练]
2．已知椭圆C的两个顶点分别为A(－2，0)，B(2,0)，焦点在x轴上，离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)如图所示，点D为x轴上一点，过点D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M，N，过点D作AM的垂线交BN于点E.求证：△BDE与△BDN的面积之比为定值，并求出该定值．
解：(1)设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，
由题意得解得
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：法一：设D(x0,0)，M(x0，y0)，N(x0，－y0)，－2
所以直线DE的方程为y＝－(x－x0)．
因为kBN＝－，
所以直线BN的方程为y＝－(x－2)．
由
解得E，
所以＝＝＝.
故△BDE与△BDN的面积之比为定值.
法二：设M(2cos θ，sin θ)(θ≠kπ，k∈Z)，
则D(2cos θ，0)，N(2cos θ，－sin θ)，
设＝λ，
则＝＋＝＋λ
＝(2－2cos θ，0)＋λ(2cos θ－2，－sin θ)
＝(2－2cos θ＋2λcos θ－2λ，－λsin θ)．
又＝(2cos θ＋2，sin θ)，由⊥，得·＝0，从而[(2－2cos θ)＋λ(2cos θ－2)](2cos θ＋2)－λsin2θ＝0，
整理得4sin2θ－4λsin2θ－λsin2θ＝0，即5λsin2θ＝4sin2θ.
所以λ＝，所以＝＝.
故△BDE与△BDN的面积之比为定值.
[考法二 圆锥曲线中的最值和范围问题]
题型·策略(一)
欲求变量的取值范围，可设法构造含有变量的不等式(组)，通过解不等式(组)来达到目的．
已知A是椭圆E：＋＝1(t>3)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．
[破题思路]
第(1)问
求什么
想什么
求△AMN的面积，想到三角形的面积公式S＝×底×高或S＝absin C
给什么
用什么
题目条件中给出“MA⊥NA，|AM|＝|AN|”，得△AMN为等腰直角三角形，故可利用面积S＝|AM||AN|求解
差什么
找什么
到此就缺少|AM|，|AN|的值，由于A点已知，故想法求M，N的坐标
第(2)问
求什么
想什么
求k的取值范围，想到建立关于k的不等式
给什么
用什么
题目条件中给出2|AM|＝|AN|，可利用此条件建立t与k的关系式
差什么
找什么
缺少关于k的不等式，想到t>3即可建立k的不等式
[规范解答]
(1)由|AM|＝|AN|，可得M，N关于x轴对称，由MA⊥NA，可得直线AM的斜率k为1.
因为t＝4，所以A(－2,0)，
所以直线AM的方程为y＝x＋2，
代入椭圆方程＋＝1，可得7x2＋16x＋4＝0，
解得x＝－2或x＝－，
所以M，N，
则△AMN的面积为××＝.
(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，
设M(x1，y1)，
则x1·(－)＝，即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＝.
由t>3，得>3，
所以＝<0，即<0.
由此得或
解得
[题后悟通]
思路
受阻
分析
解决本题第(2)问时，通过已知条件2|AM|＝|AN|得到参数k与参数t之间的关系，往往会忽视题目中的已知条件t>3，不能建立关于k的不等式，从而导致问题无法求解.
技法
关键
点拨
利用题目中隐藏的已知参数的范围求新参数的范围问题的核心是建立两个参数之间的等量关系，将新参数的范围转化为已知参数的范围问题.
设椭圆＋＝1(a>)的右焦点为F，右顶点为A.已知|OA|－|OF|＝1，其中O为原点，e为椭圆的离心率．
(1)求椭圆的方程及离心率e的值；
(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．
[破题思路]
第(1)问
求什么
想什么
求椭圆的标准方程及离心率e的值，想到利用a，b，c的关系求参数a及离心率e的值
给什么
用什么
题目条件中给出|OA|－|OF|＝1，则a－c＝1
差什么
找什么
还缺少一个关于a和c的关系式，可利用a2＝b2＋c2
第(2)问
求什么
想什么
求直线l的斜率k的取值范围，想到建立关于斜率k的不等式
给什么
用什么
由题目条件垂直于直线l的直线与l交于点M，与y轴交于点H，利用k·kMH＝－1，建立关于k的两条直线方程，由题目条件∠MOA≤∠MAO，利用三角形的大角对大边，建立关于xM的不等式，利用题目条件BF⊥HF，即·＝0建立关系式
差什么
找什么
还缺少关于k的不等式，应找到xM与k的关系构建关于k的不等式
[规范解答]
(1)由题意可知|OF|＝c＝，
又|OA|－|OF|＝1，所以a－＝1，解得a＝2，
所以椭圆的方程为＋＝1，
离心率e＝＝.
(2)设M(xM，yM)，易知A(2,0)，
在△MAO中，∠MOA≤∠MAO⇔|MA|≤|MO|，
即(xM－2)2＋y≤x＋y，化简得xM≥1.
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)，联立消去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)，
则＝(－1，yH)，＝.
由BF⊥HF，得·＝0，
即＋＝0，解得yH＝，
所以直线MH的方程为y＝－x＋.
由消去y，得xM＝.
由xM≥1，得≥1，解得k≤－或k≥，
所以直线l的斜率的取值范围为
∪.
[题后悟通]
思路
受阻
分析
不能将条件中的几何信息∠MOA≤∠MAO准确地转化成代数不等式xM≥1，并将其用直线l的斜率表示出来，得到目标不等式，是不能正确求解此题的常见原因.
技法
关键
点拨
利用已知条件中的几何关系构建目标不等式的核心是用转化与化归的数学思想，将几何关系转化为代数不等式，从而构建出目标不等式.
已知中心在原点，焦点在y轴上的椭圆C，其上一点Q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l与椭圆C交于不同的两点M，N，且线段MN恰被直线x＝－平分，设弦MN的垂直平分线的方程为y＝kx＋m，求m的取值范围．
[破题思路]
第(1)问
求什么
想什么
求椭圆C的方程，想到求椭圆的长半轴a和短半轴b的值
给什么
用什么
题目条件中给出椭圆焦点的位置，以及椭圆上一点Q到两个焦点F1，F2的距离之和及离心率，用椭圆的定义和离心率公式即可求a，b的值
第(2)问
求什么
想什么
求m的取值范围，想到建立关于m的不等式
给什么
用什么
题目条件给出线段MN恰被直线x＝－平分，弦MN的垂直平分线方程为y＝kx＋m，用y＝kx＋m是弦MN的中垂线及MN的中点在直线x＝－上，可设出中点坐标P，建立y0与m的关系，通过y0范围求m范围或建立m与k的关系式
差什么
找什么
还缺少建立不等式的条件，注意到MN的中点在椭圆内部及直线x＝－上，其隐含条件为线段MN的中点纵坐标的范围可确定或联立直线l与椭圆方程，利用判别式Δ>0求解
[规范解答]
(1)由题意可设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，
由条件可得a＝2，c＝，则b＝1.
故椭圆C的方程为＋x2＝1.
(2)法一：设弦MN的中点为P，M(xM，yM)，N(xN，yN)，则由点M，N为椭圆C上的点，可知4x＋y＝4,4x＋y＝4，两式相减，
得4(xM－xN)(xM＋xN)＋(yM－yN)(yM＋yN)＝0，
将xM＋xN＝2×＝－1，yM＋yN＝2y0，＝－，代入上式得k＝－.
又点P在弦MN的垂直平分线上，
所以y0＝－k＋m，所以m＝y0＋k＝y0.
由点P在线段BB′上B′(xB′，yB′)，B(xB，yB)为直线x＝－与椭圆的交点，如图所示，
所以yB′
法二：设弦MN的中点为P，M(xM，yM)，N(xN，yN)，则由点M，N为椭圆C上的点，可知4x＋y＝4，4x＋y＝4，两式相减，
得4(xM－xN)(xM＋xN)＋(yM－yN)(yM＋yN)＝0，
将xM＋xN＝2×＝－1，yM＋yN＝2y0，＝－，代入上式得y0＝－2k.
又点P在弦MN的垂直平分线上，
所以y0＝－k＋m，所以m＝y0＋k＝－k.
设直线l的方程为y＋2k＝－，
即x＝－ky－2k2－，
联立消去x，
得(4k2＋1)y2＋8k2k2＋y＋16k4＋8k2－3＝0，
由Δ>0，得k∈∪，
所以m＝－k∈∪，
即m的取值范围为∪.
[题后悟通]
思路
受阻
分析
利用点差法求解第(2)问时，关键是利用点差法得到目标参数m与y0的关系，再根据点P与椭圆的位置关系得到y0的取值范围，从而求得目标参数m的取值范围．很多同学在解决本题时往往出现如下失误：(1)忽视y0的取值范围而造成思路受阻无法正确求解．(2)利用判别式法求解此题时，抓住直线与圆锥曲线相交这一条件，利用判别式Δ>0构建m与k的关系式，从而得所求，但部分考生忽视Δ>0，导致思路受阻而无法求解
技法
关键
点拨
(1)利用点在曲线内(外)的充要条件构建目标不等式的核心是抓住目标参数和某点的关系，根据点与圆锥曲线的位置关系构建目标不等式．
(2)利用判别式构建目标不等式的核心是抓住直线与圆锥曲线的位置关系和判别式Δ的关系建立目标不等式
[对点训练]
1．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相交于A，B两个点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)若＝3，求m2的取值范围．
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)，设A(x1，kx1＋m)，B(x2，kx2＋m)，
由消去y，
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.
∴3(x1＋x2)2＋4x1x2＝12x－12x＝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.
解得1
2．(2018·昆明调研)已知直线l1：ax－y＋1＝0，直线l2：x＋5ay＋5a＝0，直线l1与l2的交点为M，点M的轨迹为曲线C.
(1)当a变化时，求曲线C的方程；
(2)已知点D(2,0)，过点E(－2,0)的直线l与C交于A，B两点，求△ABD面积的最大值．
解：(1)由消去a，得曲线C的方程为＋y2＝1(y≠－1，即点(0，－1)不在曲线C上)．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，l：x＝my－2，
由得(m2＋5)y2－4my－1＝0，
则y1＋y2＝，y1y2＝－，
故△ABD的面积S＝2|y2－y1|＝2＝2＝，
设t＝，t∈[1，＋∞)，
则S＝＝≤，
当t＝，即t＝2，m＝±时，△ABD的面积取得最大值.
题型·策略(二)
若题目中的条件和要求的结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立目标函数，然后根据其结构特征，构建函数模型求最值，一般情况下，可以构建二次型函数、双曲线型函数、多项式型函数等．
(2018·合肥一检)在平面直角坐标系中，圆O交x轴于点F1，F2，交y轴于点B1，B2.以B1，B2为顶点，F1，F2分别为左、右焦点的椭圆E恰好经过点.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设经过点(－2,0)的直线l与椭圆E交于M，N两点，求△F2MN面积的最大值．
[破题思路]
第(1)问
求什么
想什么
求椭圆E的标准方程，想到求椭圆长半轴a和短半轴b的值
给什么
用什么
题目条件给出圆O交x轴于点F1，F2，交y轴于点B1，B2，易知b＝c，又椭圆过点，从而可求出a，b的值
第(2)问
求什么
想什么
求△F2MN面积的最大值，想到面积公式
给什么
用什么
题干中给出直线l过点(－2,0)，可设出直线l的方程，利用弦长公式求|MN|，利用点到直线的距离求d，从而可求△F2MN的面积
差什么
找什么
要求△F2MN面积的最值，需建立相关函数模型求解
[规范解答]
(1)由已知可得，椭圆E的焦点在x轴上．设椭圆E的标准方程为＋＝1(a>b>0)，焦距为2c，则b＝c，
∴a2＝b2＋c2＝2b2，
∴椭圆E的标准方程为＋＝1.
又椭圆E过点，∴＋＝1，解得b2＝1.
∴椭圆E的标准方程为＋y2＝1.
(2)由于点(－2,0)在椭圆E外，∴直线l的斜率存在．
设直线l的斜率为k，则直线l：y＝k(x＋2)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由消去y得，(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－2＝0.
由Δ>0，得0≤k2<，
从而x1＋x2＝，x1x2＝，
∴|MN|＝ |x1－x2|＝2·.
∵点F2(1,0)到直线l的距离d＝，
∴△F2MN的面积S＝|MN|·d＝3.
令1＋2k2＝t，则t∈[1,2)，
∴S＝3＝3
＝3＝3，
当＝，即t＝时，S有最大值，
Smax＝，此时k＝±.
∴当直线l的斜率为±时，可使△F2MN的面积最大，其最大值为.
[题后悟通]
(一)思路受阻分析
解决本例(2)的关键是建立△F2MN的面积S关于斜率k的关系式，然后通过换元构造一元二次函数求解，而很多同学因不会构造函数造成思路受阻无法继续求解．
(二)技法关键点拨
求圆锥曲线中范围、最值的2种方法
几何法
若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来求解
代数法
若题目中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、范围．常用的方法有基本不等式法、导数法、判别式法等
[对点训练]
3．(2019届高三·武汉调研)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点P，且离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，不经过F1的直线l与椭圆C交于两个不同的点A， B.如果直线AF1，l，BF1的斜率依次成等差数列，求焦点F2到直线l的距离d的取值范围．
解：(1)由题意，知解得
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)易知直线l的斜率存在且不为零．设直线l的方程为y＝kx＋m，代入椭圆方程＋y2＝1，
整理得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2(m2－1)＝0.
由Δ＝(4km)2－8(1＋2k2)(m2－1)>0，
得2k2>m2－1.①
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝.
因为F1(－1,0)，所以kAF1＝，kBF1＝.
由题可得2k＝＋，且y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m，
所以(m－k)(x1＋x2＋2)＝0.
因为直线l：y＝kx＋m不过焦点F1(－1,0)，所以m－k≠0，
所以x1＋x2＋2＝0，从而－＋2＝0，
即m＝k＋.②
由①②得2k2>2－1，化简得|k|>.③
焦点F2(1,0)到直线l：y＝kx＋m的距离
d＝＝＝，
令t＝，由|k|>知t∈(1，)．
于是d＝＝，
因为函数f (t)＝在[1，]上单调递减，
所以f ()
4．(2019届高三·合肥调研)已知M为椭圆C：＋＝1上的动点，过点M作x轴的垂线，垂足为D，点P满足＝ .
(1)求动点P的轨迹E的方程；
(2)若A，B两点分别为椭圆C的左、右顶点，F为椭圆C的左焦点，直线PB与椭圆C交于点Q，直线QF，PA的斜率分别为kQF，kPA，求的取值范围．
解：(1)设P(x，y)，M(m，n)，依题意知D(m,0)，且y≠0.
由＝，得(m－x，－y)＝(0，－n)，
则有⇒
又M(m，n)为椭圆C：＋＝1上的点，
∴＋＝1，即x2＋y2＝25，
故动点P的轨迹E的方程为x2＋y2＝25(y≠0)．
(2)依题意知A(－5,0)，B(5,0)，F(－4,0)，
设Q(x0，y0)，
∵线段AB为圆E的直径，∴AP⊥BP，
设直线PB的斜率为kPB，
则＝＝－kQFkPB＝－kQFkQB
＝－·＝－
＝－＝＝
＝，
∵点P不同于A，B两点且直线QF的斜率存在，
∴－5
∴∈(－∞，0)∪，
故的取值范围是(－∞，0)∪.
[考法三 圆锥曲线中的存在性问题]
题型·策略(一)点、线的存在性问题
已知圆C：(x－1)2＋y2＝，一动圆与直线x＝－相切且与圆C外切．
(1)求动圆圆心P的轨迹T的方程；
(2)若经过定点Q(6,0)的直线l与曲线T交于A，B两点，M是线段AB的中点，过M作x轴的平行线与曲线T相交于点N，试问是否存在直线l，使得NA⊥NB，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
[破题思路]
第(1)问
求什么想什么
求动圆圆心P的轨迹T的方程，想到建立点P(x，y)的横坐标与纵坐标的关系式
给什么用什么
题目中给出动圆与直线x＝－相切，与圆C外切，想到用直线与圆相切以及两圆外切的条件建立x，y的关系式
第(2)问
求什么想什么
判断是否存在直线l，使NA⊥NB，想到·＝0
给什么用什么
题目中给出直线l过点Q (6,0)与曲线交于点A，B，过A，B的中点M作x轴的平行线交曲线T于点N，联立直线l与曲线T，利用根与系数的关系求解
差什么找什么
缺少直线l的方程，应先假设存在，并设出直线l的方程求解．要注意讨论斜率是否存在
[规范解答]
(1)设P(x，y)，分析可知动圆的圆心不能在y轴的左侧，故x≥0，
因为动圆与直线x＝－相切，且与圆C外切，
所以|PC|－＝，
所以|PC|＝x＋1，
所以 ＝x＋1，
化简可得y2＝4x.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意可知，当直线l与y轴垂直时，显然不符合题意，故可设直线l的方程为x＝my＋6，
联立消去x，
可得y2－4my－24＝0，
显然Δ＝16m2＋96>0，
则 ①
所以x1＋x2＝(my1＋6)＋(my2＋6)＝4m2＋12， ②
因为x1x2＝·，所以x1x2＝36， ③
假设存在N(x0，y0)，使得·`＝0，
由题意可知y0＝，所以y0＝2m， ④
由N点在抛物线上可知x0＝，即x0＝m2， ⑤
又＝(x1－x0，y1－y0)，＝(x2－x0，y2－y0)，
若·＝0，
则x1x2－x0(x1＋x2)＋x＋y1y2－y0(y1＋y2)＋y＝0，
由①②③④⑤代入上式化简可得：3m4＋16m2－12＝0，
即(m2＋6)(3m2－2)＝0，
所以m2＝，故m＝±，
所以存在直线3x＋y－18＝0或3x－y－18＝0，使得NA⊥N B.
[题后悟通]
思路受阻分析
本题(2)中条件的关系较多且层层递进又相互关联．先是过定点的直线l与曲线T相交于A，B，再是过A，B中点与x轴平行的直线交曲线T于点N，再是NA⊥NB，能否合理转化这些条件及条件中的关系是正确解决此题的关键．常因不会转化或转化过程中计算失误导致无法继续解题或解题失误
技法关键点拨
存在性问题的求解方法
(1)解决存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．一般步骤：
①假设满足条件的曲线(或直线、点)等存在，用待定系数法设出；
②列出关于待定系数的方程(组)；
③若方程(组)有实数解，则曲线(或直线、点等)存在，否则不存在．
(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法
题型·策略(二)含字母参数的存在性问题
如图，椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点P，离心率e＝，直线l的方程为x＝4.
(1)求椭圆C的方程；
(2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P)，设直线AB与直线l相交于点M，记直线PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.问：是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
[破题思路]
第(1)问
求什么想什么
求椭圆C的方程，想到求a，b的值
给什么用什么
题目条件中给出椭圆过点P，离心率e＝.将P点坐标代入椭圆方程可得a，b的关系式；用离心率公式可得a，c的关系式，另外，还有a2＝b2＋c2，即可求得a，b的值
第(2)问
求什么想什么
判断是否存在常数λ，使k1＋k2＝λk3成立．想到k1＋k2＝λk3是否有解
给什么用什么
题目条件中给出直线AB过右焦点F，且与椭圆及直线l分别交于点A，B，M，直线PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3，想到用斜率公式表示k1，k2，k3
差什么找什么
需要A，B，M的坐标，可设出A，B，M的坐标，通过建立直线AB与椭圆方程的方程组求得各坐标的关系
[规范解答]
(1)由题意得解得
故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由题意可设直线AB的斜率为k，
则直线AB的方程为y＝k(x－1)，①
代入椭圆方程，并整理，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1≠x2≠1，
则x1＋x2＝，x1x2＝，②
在方程①中令x＝4，得点M的坐标为(4,3k)．
从而k1＝，k2＝，k3＝＝k－.
因为A，F，B三点共线，所以k＝kAF＝kBF，
即＝＝k，
所以k1＋k2＝＋＝＋－＝2k－·，③
将②代入③得，
k1＋k2＝2k－·＝2k－1，
又k3＝k－，所以k1＋k2＝2k3.
故存在常数λ＝2符合题意．
[题后悟通]
思路受阻分析
不会利用A，F，B三点共线建立各个坐标之间的数量关系，从而不能将k1＋k2进行化简是导致解题受阻、不能正确求解的主要原因
技法关键点拨
字母参数值存在性问题的求解方法
求解字母参数值的存在性问题时，通常的方法是首先假设满足条件的参数值存在，然后利用这些条件并结合题目的其他已知条件进行推理与计算，若不出现矛看，并且得到了相应的参数值，就说明满足条件的参数值存在；若在推理与计算中出现了矛盾，则说明满足条件的参数值不存在，同时推理与计算的过程就是说明理由的过程
[对点训练]
(2019届高三·福州四校联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，短轴的一个端点为P，△PF1F2内切圆的半径为，设过点F2的直线l被椭圆C截得的线段为RS，当l⊥x轴时，|RS|＝3.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)在x轴上是否存在一点T，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称？若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)由内切圆的性质，得×2c×b＝×(2a＋2c)×，所以＝.
将x＝c代入＋＝1，
得y＝±，所以＝3.
又a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝，
故椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)当直线l垂直于x轴时，显然x轴上任意一点T都满足TS与TR所在直线关于x轴对称．
当直线l不垂直于x轴时，假设存在T(t,0)满足条件，设l的方程为y＝k(x－1)，R(x1，y1)，S(x2，y2)．
联立消去y，得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
由根与系数的关系得①，其中Δ>0恒成立，
由TS与TR所在直线关于x轴对称，得kTS＋kTR＝0(显然TS，TR的斜率存在)，
即＋＝0.②
因为R，S两点在直线y＝k(x－1)上，
所以y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，代入②得
＝＝0，
即2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0.③
将①代入③得
＝＝0，
则t＝4，
综上所述，存在T(4,0)，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称．
[高考大题通法点拨]
圆锥曲线问题重在“设”——设点、设线
[思维流程]
[策略指导]
圆锥曲线解答题的常见类型是：第1小题通常是根据已知条件，求曲线方程或离心率，一般比较简单．第2小题往往是通过方程研究曲线的性质——弦长问题、中点弦问题、动点轨迹问题、定点与定值问题、最值问题、相关量的取值范围问题等等，这一小题综合性较强，可通过巧设“点”“线”，设而不求．在具体求解时，可将整个解题过程分成程序化的三步：
第一步，联立两个方程，并将消元所得方程的判别式与根与系数的关系正确写出；
第二步，用两个交点的同一类坐标的和与积，来表示题目中涉及的位置关系和数量关系；
第三步，求解转化而来的代数问题，并将结果回归到原几何问题中．
在求解时，要根据题目特征，恰当的设点、设线，以简化运算．
已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(1,0)，且点P在椭圆C上，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设过定点T(0,2)的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，且∠AOB为锐角，求直线l的斜率k的取值范围；
(3)过椭圆C1：＋＝1上异于其顶点的任一点P，作圆O：x2＋y2＝的两条切线，切点分别为M，N(M，N不在坐标轴上)，若直线MN在x轴、y轴上的截距分别为m，n，证明：＋为定值．
[破题思路]
第(1)问
求什么想什么
求椭圆C的标准方程，想到求a和b的值
给什么用什么
题目条件中给出椭圆的右焦点为F(1,0)以及椭圆上的一点P，将点P代入椭圆方程中，再结合c2＝a2＋b2即可求解
第(2)问
求什么想什么
求直线l的斜率k的取值范围，想到建立关于k的不等式
给什么用什么
题目条件中给出直线l过定点(0,2)与椭圆交于不同的两点A，B且∠AOB为锐角，可用k表示出直线l的方程，与椭圆联立，得出关于x的一元二次方程．由于直线与椭圆相交，故判别式Δ>0，由于∠AOB为锐角，故·>0，从而得出关于k的不等式
第(3)问
求什么想什么
证明：＋为定值，想到寻找合适的参数表示m和n或求出m和n的值
给什么用什么
题目条件中给出M，N是过椭圆C1上异于其顶点的任一点P作圆O的切线所得切点以及m，n为直线MN在x轴、y轴上的截距．用P，M，N的坐标表示出切线PM，PN的方程以及直线MN的方程，再用点P的坐标表示出m和n
差什么找什么
需求出m，n，可利用P点坐标表示m，n.然后借助点P在椭圆C1上求得定值证明问题
[规范解答]
(1)由题意得c＝1，所以a2＝b2＋1.①
又点P在椭圆C上，所以＋＝1.②
由①②可解得a2＝4，b2＝3，
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)设直线l的方程为
y＝kx＋2，A(x1，y1)，
B(x2，y2)，
由得
(4k2＋3)x2＋16kx＋4＝0，
因为Δ＝16(12k2－3)>0，
所以k2>，
则x1＋x2＝，x1x2＝.
因为∠AOB为锐角，
所以·>0，即x1x2＋y1y2>0，
所以x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)>0，
所以(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4>0，
即(1＋k2)·＋2k·＋4>0，
解得k2<.
又k2>，所以
(3)证明：由(1)知椭圆C1的方程为＋＝1，
设P(x0，y0)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，
因为M，N不在坐标轴上，所以kPM＝－＝－，
直线PM的方程为y－y3＝－(x－x3)，
化简得x3x＋y3y＝.③
同理可得直线PN的方程为x4x＋y4y＝.④
把P点的坐标代入③④得
所以直线MN的方程为x0x＋y0y＝.
令y＝0，得m＝，令x＝0，得n＝，
所以x0＝，y0＝，
又点P在椭圆C1上，
所以2＋32＝4，即＋＝，为定值．
[关键点拨]
解决直线与圆锥曲线位置关系问题的步骤
(1)设方程及点的坐标；
(2)联立直线方程与曲线方程得方程组，消元得方程(注意二次项系数是否为零)；
(3)应用根与系数的关系及判别式；
(4)结合已知条件、中点坐标公式、斜率公式及弦长公式求解．
[对点训练]
(2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C：＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2,0)．
(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OM B.
解：(1)由已知得F(1,0)，l的方程为x＝1.
则点A的坐标为或.
又M(2,0)，
所以直线AM的方程为y＝－x＋或y＝x－，
即x＋y－2＝0或x－y－2＝0.
(2)证明：当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，
所以∠OMA＝∠OM B.
当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为
y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1<，x2<，直线MA，MB的斜率之和为
kMA＋kMB＝＋.
由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k，
得kMA＋kMB＝.
将y＝k(x－1)代入＋y2＝1，
得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k
＝＝0.
从而kMA＋kMB＝0，
故MA，MB的倾斜角互补．
所以∠OMA＝∠OMB.
综上，∠OMA＝∠OMB成立．
[总结升华]
解析几何部分知识点多，运算量大，能力要求高，综合性强，在高考试题中大都是以压轴题的面貌出现，是考生“未考先怕”题型，不是怕解题无思路，而是怕解题过程中繁杂的运算．因此，在遵循“设—列—解”程序化运算的基础上，应突出解析几何“设”的重要性，以克服平时重思路方法、轻运算技巧的顽疾，突破如何避繁就简这一瓶颈．
[专题跟踪检测](对应配套卷P195)
1．(2018·武汉调研)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)和定点M(0,1)，设过点M的动直线交抛物线C于A，B两点，抛物线C在A，B处的切线的交点为N.
(1)若N在以AB为直径的圆上，求p的值；
(2)若△ABN的面积的最小值为4，求抛物线C的方程．
解：设直线AB：y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
将直线AB的方程代入抛物线C的方程得x2－2pkx－2p＝0，
则x1＋x2＝2pk，x1x2＝－2p.①
(1)由x2＝2py得y′＝，则A，B处的切线斜率的乘积为＝－，
∵点N在以AB为直径的圆上，
∴AN⊥BN，
∴－＝－1，∴p＝2.
(2)易得直线AN：y－y1＝(x－x1)，
直线BN：y－y2＝(x－x2)，
联立结合①式，
解得即N(pk，－1)．
所以|AB|＝|x2－x1|
＝·
＝·，
点N到直线AB的距离d＝，
则S△ABN＝·|AB|·d＝≥2，
当k＝0时，取等号，
∵△ABN的面积的最小值为4，
∴2＝4，∴p＝2，
故抛物线C的方程为x2＝4y.
2．(2019届高三·河北“五个一名校联盟”模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋y2＝1，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)是椭圆C上两个动点，直线OP，OQ的斜率分别为k1，k2，若m＝，n＝，m·n＝0.
(1)求证：k1·k2＝－；
(2)试探求△POQ的面积S是否为定值，并说明理由．
解：(1)证明：∵k1，k2存在，∴x1x2≠0，
∵m·n＝0，∴＋y1y2＝0，
∴k1·k2＝＝－.
(2)①当直线PQ的斜率不存在，
即x1＝x2，y1＝－y2时，
由＝－，得－y＝0，
又由P(x1，y1)在椭圆上，
得＋y＝1，
∴|x1|＝，|y1|＝，
∴S△POQ＝|x1|·|y1－y2|＝1.
②当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋b(b≠0)．
由得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0，
Δ＝64k2b2－4(4k2＋1)(4b2－4)＝16(4k2＋1－b2)>0，
∴x1＋x2＝，x1x2＝.
∵＋y1y2＝0，
∴＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，
得2b2－4k2＝1，满足Δ>0.
∴S△POQ＝·|PQ|
＝|b|
＝2|b|·＝1.
∴△POQ的面积S为定值．
3.(2018·长春质检)如图，在矩形ABCD中，|AB|＝4，|AD|＝2，O为AB的中点，P，Q分别是AD和CD上的点，且满足①＝，②直线AQ与BP的交点在椭圆E：＋＝1(a>b>0)上．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设R为椭圆E的右顶点，M为椭圆E第一象限部分上一点，作MN垂直于y轴，垂足为N，求梯形ORMN面积的最大值．
解：(1)设AQ与BP的交点为G(x，y)，P(－2，y1)，Q(x1,2)，
由题可知，＝.
∵kAG＝kAQ，kBG＝kBP，
∴＝，＝－，
从而有＝－＝－，整理得＋y2＝1，
即椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)由(1)知R(2,0)，设M(x0，y0)，则y0＝，
从而梯形ORMN的面积S＝(2＋x0)y0＝，
令t＝2＋x0，则2
当t∈(2,3)时，u′>0，u＝4t3－t4单调递增，
当t∈(3,4)时，u′<0，u＝4t3－t4单调递减，
所以当t＝3时，u取得最大值，则S也取得最大值，最大值为.
4．已知抛物线E：y2＝2px(p>0)，直线x＝my＋3与E交于A，B两点，且·＝6，其中O为坐标原点．
(1)求抛物线E的方程；
(2)已知点C的坐标为(－3,0)，记直线CA，CB的斜率分别为k1，k2，证明：＋－2m2为定值．
解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立消去x，整理得y2－2pmy－6p＝0，
则y1＋y2＝2pm，y1y2＝－6p，x1x2＝＝9，
由·＝x1x2＋y1y2＝9－6p＝6，
解得p＝，所以y2＝x.
(2)证明：由题意得k1＝＝，
k2＝＝，
所以＝m＋，＝m＋，
所以＋－2m2＝2＋2－2m2
＝2m2＋12m＋36－2m2
＝12m·＋36·.
由(1)可知：y1＋y2＝2pm＝m，y1y2＝－6p＝－3，
所以＋－2m2＝12m·＋36·＝24，
所以＋－2m2为定值．
5．(2018·惠州调研)已知C为圆(x＋1)2＋y2＝8的圆心，P是圆上的动点，点Q在圆的半径CP上，且有点A(1,0)和AP上的点M，满足·＝0，＝2.
(1)当点P在圆上运动时，求点Q的轨迹方程；
(2)若斜率为k的直线l与圆x2＋y2＝1相切，与(1)中所求点Q的轨迹交于不同的两点F，H，O是坐标原点，且≤·≤，求k的取值范围．
解：(1)由题意知MQ是线段AP的垂直平分线，
所以|CP|＝|QC|＋|QP|＝|QC|＋|QA|＝2>|CA|＝2，
所以点Q的轨迹是以点C，A为焦点，焦距为2，长轴长为2的椭圆，
所以a＝，c＝1，b＝＝1，
故点Q的轨迹方程是＋y2＝1.
(2)设直线l：y＝kx＋t，F(x1，y1)，H(x2，y2)，
直线l与圆x2＋y2＝1相切⇒＝1⇒t2＝k2＋1.
联立⇒(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，
则Δ＝16k2t2－4(1＋2k2)(2t2－2)＝8(2k2－t2＋1)＝8k2>0⇒k≠0，
x1＋x2＝，x1x2＝，
所以·＝x1x2＋y1y2
＝(1＋k2)x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2
＝＋kt＋t2
＝－＋k2＋1
＝，
所以≤≤⇒≤k2≤⇒≤|k|≤，
所以－≤k≤－或≤k≤.
故k的取值范围是∪.
6.如图所示，设椭圆M：＋＝1(a>b>0)的左顶点为A，中心为O，若椭圆M过点P，且AP⊥OP.
(1)求椭圆M的方程；
(2)若△APQ的顶点Q也在椭圆M上，试求△APQ面积的最大值；
(3)过点A作两条斜率分别为k1，k2的直线交椭圆M于D，E两点，且k1k2＝1，求证：直线DE过定点．
解：(1)由AP⊥OP，可知kAP·kOP＝－1.
又点A的坐标为(－a,0)，
所以·＝－1，解得a＝1.
又因为椭圆M过点P，所以＋＝1，解得b2＝，
所以椭圆M的方程为x2＋＝1.
(2)由题意易求直线AP的方程为＝，
即x－y＋1＝0.
因为点Q在椭圆M上，故可设Q，
又|AP|＝，
所以S△APQ＝××
＝× cos＋1 .
当θ＋＝2kπ(k∈Z)，即θ＝2kπ－(k∈Z)时，
S△APQ取得最大值＋.
(3)证明：法一：由题意易得，直线AD的方程为y＝k1(x＋1)，代入x2＋3y2＝1，消去y，得(3k＋1)x2＋6kx＋3k－1＝0.
设D(xD，yD)，则(－1)·xD＝，
即xD＝，yD＝k1＝.
设E(xE，yE)，同理可得xE＝，yE＝.
又k1k2＝1且k1≠k2，可得k2＝且k1≠±1，
所以xE＝，yE＝，
所以kDE＝＝＝，
故直线DE的方程为y－＝.
令y＝0，可得x＝－＝－2.
故直线DE过定点(－2,0)．
法二：设D(xD，yD)，E(xE，yE)．
若直线DE垂直于y轴，则xE＝－xD，yE＝yD，此时k1k2＝·＝＝＝与题设矛盾，
若DE不垂直于y轴，可设直线DE的方程为x＝ty＋s，将其代入x2＋3y2＝1，消去x，得(t2＋3)y2＋2tsy＋s2－1＝0，
则yD＋yE＝，yDyE＝.
又k1k2＝·
＝
＝1，
可得(t2－1)yDyE＋t(s＋1)(yD＋yE)＋(s＋1)2＝0，
所以(t2－1)·＋t(s＋1)·＋(s＋1)2＝0，
可得s＝－2或s＝－1.
又DE不过点A，即s≠－1，所以s＝－2.
所以DE的方程为x＝ty－2.
故直线DE过定点(－2,0)．
7．(2018·南昌模拟)如图，已知直线l：y＝kx＋1(k>0)关于直线y＝x＋1对称的直线为l1，直线l，l1与椭圆E：＋y2＝1分别交于点A，M和A，N，记直线l1的斜率为k1.
(1)求k·k1的值；
(2)当k变化时，试问直线MN是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点坐标；若不恒过定点，请说明理由．
解：(1)设直线l上任意一点P(x，y)关于直线y＝x＋1对称的点为P0(x0，y0)，
直线l与直线l1的交点为(0,1)，
∴l：y＝kx＋1，l1：y＝k1x＋1，
k＝，k1＝，
由＝＋1，
得y＋y0＝x＋x0＋2， ①
由＝－1，得y－y0＝x0－x， ②
由①②得
∴k·k1＝
＝＝1.
(2)由得(4k2＋1)x2＋8kx＝0，
设M(xM，yM)，N(xN，yN)，
∴xM＝，yM＝.
同理可得xN＝＝，yN＝＝.
kMN＝＝＝＝－，
直线MN：y－yM＝kMN(x－xM)，
即y－＝－，
即y＝－x－＋＝－x－.
∴当k变化时，直线MN过定点.
8．(2019届高三·湘东五校联考)已知椭圆C的中心在原点，离心率等于，它的一个短轴端点恰好是抛物线x2＝8y的焦点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)如图，已知P(2,3)，Q(2，－3)是椭圆上的两点，A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点．
①若直线AB的斜率为，求四边形APBQ面积的最大值；
②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的方程为＋＝1(a>b>0)，
∵抛物线的焦点为(0,2)．
∴b＝2.
由＝，a2＝c2＋b2，得a＝4，
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
①设直线AB的方程为y＝x＋t，
代入＋＝1，
得x2＋tx＋t2－12＝0，
由Δ>0，解得－4
∴|x1－x2|＝
＝
＝.
∴四边形APBQ的面积
S＝×6×|x1－x2|＝3.
∴当t＝0时，S取得最大值，且Smax＝12.
②若∠APQ＝∠BPQ，则直线PA，PB的斜率之和为0，设直线PA的斜率为k，则直线PB的斜率为－k，直线PA的方程为y－3＝k(x－2)，
由消去y，
得(3＋4k2)x2＋8k(3－2k)x＋4(3－2k)2－48＝0，
∴x1＋2＝，
将k换成－k可得x2＋2＝＝，
∴x1＋x2＝，x1－x2＝，
∴kAB＝＝
＝＝，
∴直线AB的斜率为定值.
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