高考数学一轮复习讲义高考专题突破五

这是一份高考数学一轮复习讲义高考专题突破五，共18页。

1．(2015·课标全国Ⅱ)已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上，△ABM为等腰三角形，且顶角为120°，则E的离心率为( )
A.eq \r(5)B．2C.eq \r(3)D.eq \r(2)
答案 D
解析 如图，
设双曲线E的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，则|AB|＝2a，由双曲线的对称性，可设点M(x1，y1)在第一象限内，过M作MN⊥x轴于点N(x1,0)，
∵△ABM为等腰三角形，且∠ABM＝120°，
∴|BM|＝|AB|＝2a，∠MBN＝60°，
∴y1＝|MN|＝|BM|sin∠MBN＝2asin60°＝eq \r(3)a，
x1＝|OB|＋|BN|＝a＋2acs60°＝2a.将点M(x1，y1)的坐标代入eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1，可得a2＝b2，∴e＝eq \f(c,a)＝eq \r(\f(a2＋b2,a2))＝eq \r(2)，选D.
2.如图，已知椭圆C的中心为原点O，F(－2eq \r(5)，0)为C的左焦点，P为C上一点，满足|OP|＝|OF|，且|PF|＝4，则椭圆C的方程为( )
A.eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,5)＝1B.eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,16)＝1
C.eq \f(x2,30)＋eq \f(y2,10)＝1D.eq \f(x2,45)＋eq \f(y2,25)＝1
答案 B
解析 设椭圆的标准方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，焦距为2c，右焦点为F′，连接PF′，如图所示，因为F(－2eq \r(5)，0)为C的左焦点，所以c＝2eq \r(5).
由|OP|＝|OF|＝|OF′|知，∠FPF′＝90°，即FP⊥PF′.
在Rt△PFF′中，由勾股定理，
得|PF′|＝eq \r(|FF′|2－|PF|2)＝eq \r(4\r(5)2－42)＝8.
由椭圆定义，得|PF|＋|PF′|＝2a＝4＋8＝12，
所以a＝6，a2＝36，于是b2＝a2－c2＝36－(2eq \r(5))2＝16，所以椭圆的方程为eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,16)＝1.
3．(2017·太原质检)已知A，B分别为椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右顶点和上顶点，直线y＝kx(k>0)与椭圆交于C，D两点，若四边形ACBD的面积的最大值为2c2，则椭圆的离心率为( )
A.eq \f(1,3)B.eq \f(1,2)C.eq \f(\r(3),3)D.eq \f(\r(2),2)
答案 D
解析 设C(x1，y1)(x1>0)，D(x2，y2)，
将y＝kx代入椭圆方程可解得x1＝eq \f(ab,\r(b2＋a2k2))，x2＝eq \f(－ab,\r(b2＋a2k2))，
则|CD|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \f(2ab\r(1＋k2),\r(b2＋a2k2)).
又点A(a,0)到直线y＝kx的距离d1＝eq \f(ak,\r(1＋k2))，点B(0，b)到直线y＝kx的距离d2＝eq \f(b,\r(1＋k2))，
所以S四边形ACBD＝eq \f(1,2)d1|CD|＋eq \f(1,2)d2|CD|
＝eq \f(1,2)(d1＋d2)·|CD|＝eq \f(1,2)·eq \f(b＋ak,\r(1＋k2))·eq \f(2ab\r(1＋k2),\r(b2＋a2k2))
＝ab·eq \f(b＋ak,\r(b2＋a2k2)).
令t＝eq \f(b＋ak,\r(b2＋a2k2))，
则t2＝eq \f(b2＋a2k2＋2abk,b2＋a2k2)＝1＋2ab·eq \f(k,b2＋a2k2)
＝1＋2ab·eq \f(1,\f(b2,k)＋a2k)≤1＋2ab·eq \f(1,2ab)＝2，
当且仅当eq \f(b2,k)＝a2k，即k＝eq \f(b,a)时，tmax＝eq \r(2)，
所以S四边形ACBD的最大值为eq \r(2)ab.
由条件，有eq \r(2)ab＝2c2，
即2c4＝a2b2＝a2(a2－c2)＝a4－a2c2,2c4＋a2c2－a4＝0,2e4＋e2－1＝0，
解得e2＝eq \f(1,2)或e2＝－1(舍去)，所以e＝eq \f(\r(2),2)，故选D.
4．(2016·北京)双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的渐近线为正方形OABC的边OA，OC所在的直线，点B为该双曲线的焦点，若正方形OABC的边长为2，则a＝________.
答案 2
解析 设B为双曲线的右焦点，如图所示．
∵四边形OABC为正方形且边长为2，
∴c＝|OB|＝2eq \r(2)，
又∠AOB＝eq \f(π,4)，
∴eq \f(b,a)＝taneq \f(π,4)＝1，即a＝b.
又a2＋b2＝c2＝8，∴a＝2.
5．已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)和椭圆eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,9)＝1有相同的焦点，且双曲线的离心率是椭圆离心率的两倍，则双曲线的方程为____________．
答案 eq \f(x2,4)－eq \f(y2,3)＝1
解析 由题意得，双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的焦点坐标为(eq \r(7)，0)，(－eq \r(7)，0)，c＝eq \r(7)且双曲线的离心率为2×eq \f(\r(7),4)＝eq \f(\r(7),2)＝eq \f(c,a)⇒a＝2，b2＝c2－a2＝3，
双曲线的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,3)＝1.
题型一 求圆锥曲线的标准方程
例1 已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝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的方程为( )
A.eq \f(x2,45)＋eq \f(y2,36)＝1B.eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,27)＝1
C.eq \f(x2,27)＋eq \f(y2,18)＝1D.eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1
答案 D
解析 设A(x1，y1)、B(x2，y2)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),a2)＋\f(y\\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\\al(2,2),a2)＋\f(y\\al(2,2),b2)＝1))运用点差法，
所以直线AB的斜率为k＝eq \f(b2,a2)，
设直线方程为y＝eq \f(b2,a2)(x－3)，
联立直线与椭圆的方程得(a2＋b2)x2－6b2x＋9b2－a4＝0，
所以x1＋x2＝eq \f(6b2,a2＋b2)＝2，
又因为a2－b2＝9，解得b2＝9，a2＝18.
思维升华 求圆锥曲线的标准方程是高考的必考题型，主要利用圆锥曲线的定义、几何性质，解得标准方程中的参数，从而求得方程．
(2015·天津)已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0 )的一个焦点为F(2,0)，且双曲线的渐近线与圆(x－2)2＋y2＝3相切，则双曲线的方程为( )
A.eq \f(x2,9)－eq \f(y2,13)＝1B.eq \f(x2,13)－eq \f(y2,9)＝1
C.eq \f(x2,3)－y2＝1D．x2－eq \f(y2,3)＝1
答案 D
解析 双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1的一个焦点为F(2,0)，
则a2＋b2＝4，①
双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x，
由题意得eq \f(2b,\r(a2＋b2))＝eq \r(3)，②
联立①②解得b＝eq \r(3)，a＝1，
所求双曲线的方程为x2－eq \f(y2,3)＝1，选D.
题型二 圆锥曲线的几何性质
例2 (1)(2015·湖南)若双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1的一条渐近线经过点(3，－4)，则此双曲线的离心率为( )
A.eq \f(\r(7),3)B.eq \f(5,4)C.eq \f(4,3)D.eq \f(5,3)
(2)(2016·天津)设抛物线eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2pt2，,y＝2pt))(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Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)p，0))，AF与BC相交于点E.若|CF|＝2|AF|，且△ACE的面积为3eq \r(2)，则p的值为________．
答案 (1)D (2)eq \r(6)
解析 (1)由条件知y＝－eq \f(b,a)x过点(3，－4)，∴eq \f(3b,a)＝4，
即3b＝4a，∴9b2＝16a2，∴9c2－9a2＝16a2，
∴25a2＝9c2，∴e＝eq \f(5,3).故选D.
(2)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2pt2，,y＝2pt))(p>0)消去t可得抛物线方程为y2＝2px(p>0)，
∴Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，
|AB|＝|AF|＝eq \f(3,2)p，
可得A(p，eq \r(2)p)．
易知△AEB∽△FEC，∴eq \f(|AE|,|FE|)＝eq \f(|AB|,|FC|)＝eq \f(1,2)，
故S△ACE＝eq \f(1,3)S△ACF＝eq \f(1,3)×3p×eq \r(2)p×eq \f(1,2)
＝eq \f(\r(2),2)p2＝3eq \r(2)，
∴p2＝6，∵p>0，∴p＝eq \r(6).
思维升华 圆锥曲线的几何性质是高考考查的重点，求离心率、准线、双曲线渐近线，是常考题型，解决这类问题的关键是熟练掌握各性质的定义，及相关参数间的联系．掌握一些常用的结论及变形技巧，有助于提高运算能力．
已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)与抛物线y2＝2px(p>0)有相同的焦点F，P，Q是椭圆与抛物线的交点，若PQ经过焦点F，则椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为____________．
答案 eq \r(2)－1
解析 因为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，设椭圆另一焦点为E.
当x＝eq \f(p,2)时，代入抛物线方程得
y＝±p，
又因为PQ经过焦点F，所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，p))且PF⊥OF.
所以|PE|＝eq \r(\f(p,2)＋\f(p,2)2＋p2)＝eq \r(2)p，
|PF|＝p，|EF|＝p.
故2a＝eq \r(2)p＋p,2c＝p，e＝eq \f(2c,2a)＝eq \r(2)－1.
题型三 最值、范围问题
例3 若直线l：y＝eq \f(\r(3)x,3)－eq \f(2\r(3),3)过双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一个焦点，且与双曲线的一条渐近线平行．
(1)求双曲线的方程；
(2)若过点B(0，b)且与x轴不平行的直线和双曲线相交于不同的两点M，N，MN的垂直平分线为m，求直线m在y轴上的截距的取值范围．
解 (1)由题意，可得c＝2，eq \f(b,a)＝eq \f(\r(3),3)，
所以a2＝3b2，且a2＋b2＝c2＝4，
解得a＝eq \r(3)，b＝1.
故双曲线的方程为eq \f(x2,3)－y2＝1.
(2)由(1)知B(0,1)，依题意可设过点B的直线方程为
y＝kx＋1(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(x2,3)－y2＝1，))得(1－3k2)x2－6kx－6＝0，
所以x1＋x2＝eq \f(6k,1－3k2)，
Δ＝36k2＋24(1－3k2)＝12(2－3k2)>0⇒0且1－3k2≠0⇒k2≠eq \f(1,3).
设MN的中点为Q(x0，y0)，
则x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(3k,1－3k2)，y0＝kx0＋1＝eq \f(1,1－3k2)，
故直线m的方程为y－eq \f(1,1－3k2)＝－eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3k,1－3k2)))，
即y＝－eq \f(1,k)x＋eq \f(4,1－3k2).
所以直线m在y轴上的截距为eq \f(4,1－3k2)，
由0得1－3k2∈(－1,0)∪(0,1)，
所以eq \f(4,1－3k2)∈(－∞，－4)∪(4，＋∞)．
故直线m在y轴上的截距的取值范围为(－∞，－4)∪(4，＋∞)．
思维升华 圆锥曲线中的最值、范围问题解决方法一般分两种：一是代数法，从代数的角度考虑，通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法和均值不等式法、换元法、导数法等方法求最值；二是几何法，从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线几何意义求最值与范围．
如图，曲线Γ由两个椭圆T1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)和椭圆T2：eq \f(y2,b2)＋eq \f(x2,c2)＝1(b>c>0)组成，当a，b，c成等比数列时，称曲线Γ为“猫眼”．
(1)若“猫眼曲线”Γ过点M(0，－eq \r(2))，且a，b，c的公比为eq \f(\r(2),2)，求“猫眼曲线”Γ的方程；
(2)对于(1)中的“猫眼曲线”Γ，任作斜率为k(k≠0)且不过原点的直线与该曲线相交，交椭圆T1所得弦的中点为M，交椭圆T2所得弦的中点为N，求证：eq \f(kOM,kON)为与k无关的定值；
(3)若斜率为eq \r(2)的直线l为椭圆T2的切线，且交椭圆T1于点A，B，N为椭圆T1上的任意一点(点N与点A，B不重合)，求△ABN面积的最大值．
(1)解 由题意知，b＝eq \r(2)，eq \f(b,a)＝eq \f(c,b)＝eq \f(\r(2),2)，
∴a＝2，c＝1，
∴T1：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1，T2：eq \f(y2,2)＋x2＝1.
(2)证明 设斜率为k的直线交椭圆T1于点C(x1，y1)，D(x2，y2) ，
线段CD的中点为M(x0，y0)，
∴x0＝eq \f(x1＋x2,2)，y0＝eq \f(y1＋y2,2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),4)＋\f(y\\al(2,1),2)＝1，,\f(x\\al(2,2),4)＋\f(y\\al(2,2),2)＝1，))得
eq \f(x1－x2x1＋x2,4)＋eq \f(y1－y2y1＋y2,2)＝0.
∵k存在且k≠0，∴x1≠x2且x0≠0，
故上式整理得eq \f(y1－y2,x1－x2)·eq \f(y0,x0)＝－eq \f(1,2)，
即k·kOM＝－eq \f(1,2).
同理，k·kON＝－2，∴eq \f(kOM,kON)＝eq \f(1,4).
(3)解 设直线l的方程为y＝eq \r(2)x＋m，
联立方程得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\r(2)x＋m，,\f(y2,b2)＋\f(x2,c2)＝1，))
整理得(b2＋2c2)x2＋2eq \r(2)mc2x＋m2c2－b2c2＝0，
由Δ＝0化简得m2＝b2＋2c2，
取l1：y＝eq \r(2)x＋eq \r(b2＋2c2).
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\r(2)x＋m，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))
化简得(b2＋2a2)x2＋2eq \r(2)ma2x＋m2a2－b2a2＝0.
由Δ＝0得m2＝b2＋2a2，
取l2：y＝eq \r(2)x－eq \r(b2＋2a2)，
l1，l2两平行线间距离
d＝eq \f(\r(b2＋2c2)＋\r(b2＋2a2),\r(3))，
又|AB|＝eq \f(2\r(3)ab\r(2a2－2c2),b2＋2a2)，
∴△ABN的面积最大值为S＝eq \f(1,2)|AB|·d
＝eq \f(ab\r(2a2－2c2)\r(b2＋2c2)＋\r(b2＋2a2),b2＋2a2).
题型四 定值、定点问题
例4 (2016·全国乙卷)设圆x2＋y2＋2x－15＝0的圆心为A，直线l过点B(1,0)且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.
(1)证明|EA|＋|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；
(2)设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围．
解 (1)因为|AD|＝|AC|，EB∥AC，故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|，故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|.
又圆A的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，从而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4.
由题设得A(－1,0)，B(1,0)，|AB|＝2，由椭圆定义可得点E的轨迹方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1(y≠0)．
(2)当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0.
则x1＋x2＝eq \f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq \f(4k2－12,4k2＋3)，
所以|MN|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \f(12k2＋1,4k2＋3).
过点B(1,0)且与l垂直的直线m：y＝－eq \f(1,k)(x－1)，
点A到m的距离为eq \f(2,\r(k2＋1))，
所以|PQ|＝2eq \r(42－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,\r(k2＋1))))2)＝4eq \r(\f(4k2＋3,k2＋1)).
故四边形MPNQ的面积
S＝eq \f(1,2)|MN||PQ|＝12eq \r(1＋\f(1,4k2＋3)).
可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12,8eq \r(3))．
当l与x轴垂直时，其方程为x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，四边形MPNQ的面积为12.
综上，四边形MPNQ面积的取值范围为[12,8eq \r(3))．
思维升华 求定点及定值问题常见的方法有两种
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
(2016·北京)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(3),2)，A(a,0)，B(0，b)，O(0,0)，△OAB的面积为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.求证：|AN|·|BM|为定值．
(1)解 由已知eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，eq \f(1,2)ab＝1.
又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，c＝eq \r(3).
∴椭圆方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明 由(1)知，A(2,0)，B(0,1)．
设椭圆上一点P(x0，y0)，则eq \f(x\\al(2,0),4)＋yeq \\al(2,0)＝1.
当x0≠0时，直线PA方程为y＝eq \f(y0,x0－2)(x－2)，
令x＝0，得yM＝eq \f(－2y0,x0－2).
从而|BM|＝|1－yM|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2y0,x0－2))).
直线PB方程为y＝eq \f(y0－1,x0)x＋1.
令y＝0，得xN＝eq \f(－x0,y0－1).
∴|AN|＝|2－xN|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2＋\f(x0,y0－1))).
∴|AN|·|BM|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2＋\f(x0,y0－1)))·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2y0,x0－2)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x0＋2y0－2,y0－1)))·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x0＋2y0－2,x0－2)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,0)＋4y\\al(2,0)＋4x0y0－4x0－8y0＋4,x0y0－x0－2y0＋2)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(4x0y0－4x0－8y0＋8,x0y0－x0－2y0＋2)))＝4.
当x0＝0时，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，
∴|AN|·|BM|＝4.
故|AN|·|BM|为定值．
题型五 探索性问题
例5 (2015·广东)已知过原点的动直线l与圆C1：x2＋y2－6x＋5＝0相交于不同的两点A，B.
(1)求圆C1的圆心坐标；
(2)求线段AB的中点M的轨迹C的方程；
(3)是否存在实数k，使得直线L：y＝k(x－4)与曲线C只有一个交点？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由．
解 (1)圆C1：x2＋y2－6x＋5＝0化为(x－3)2＋y2＝4，∴圆C1的圆心坐标为(3,0)．
(2)设M(x，y)，
∵A，B为过原点的直线l与圆C1的交点，且M为AB的中点，
∴由圆的性质知MC1⊥MO，
∴eq \(MC1,\s\up6(→))·eq \(MO,\s\up6(→))＝0.
又∵eq \(MC1,\s\up6(→))＝(3－x，－y)，eq \(MO,\s\up6(→))＝(－x，－y)，
∴由向量的数量积公式得x2－3x＋y2＝0.
易知直线l的斜率存在，
∴设直线l的方程为y＝mx，
当直线l与圆C1相切时，d＝eq \f(|3m－0|,\r(m2＋1))＝2，
解得m＝±eq \f(2\r(5),5).
把相切时直线l的方程代入圆C1的方程，
化简得9x2－30x＋25＝0，解得x＝eq \f(5,3).
当直线l经过圆C1的圆心时，M的坐标为(3,0)．
又∵直线l与圆C1交于A，B两点，M为AB的中点，
∴eq \f(5,3)∴点M的轨迹C的方程为x2－3x＋y2＝0，其中eq \f(5,3)(3)由题意知直线L表示过定点(4,0)，斜率为k的直线，把直线L的方程代入轨迹C的方程x2－3x＋y2＝0，其中eq \f(5,3)记f(x)＝(k2＋1)x2－(3＋8k2)x＋16k2，其中eq \f(5,3)若直线L与曲线C只有一个交点，令f(x)＝0.
当Δ＝0时，解得k2＝eq \f(9,16)，即k＝±eq \f(3,4)，此时方程可化为25x2－120x＋144＝0，即(5x－12)2＝0，
解得x＝eq \f(12,5)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，3))，∴k＝±eq \f(3,4)满足条件．
当Δ>0时，
①若x＝3是方程的解，则f(3)＝0⇒k＝0⇒另一根为x＝0②若x＝eq \f(5,3)是方程的解，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)))＝0⇒k＝±eq \f(2\r(5),7)⇒另外一根为x＝eq \f(64,23)，eq \f(5,3)③若x＝3和x＝eq \f(5,3)均不是方程的解，则方程在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，3))上有且仅有一个根，只需feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)))·f(3)<0⇒－eq \f(2\r(5),7)综上所述，k的取值范围是－eq \f(2\r(5),7)≤k≤eq \f(2\r(5),7)或k＝±eq \f(3,4).
思维升华 (1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．
(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法．
已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，A为C上异于原点的任意一点，过点A的直线l交C于另一点B，交x轴的正半轴于点D，且有|FA|＝|FD|.当点A的横坐标为3时，△ADF为正三角形．
(1)求C的方程；
(2)若直线l1∥l，且l1和C有且只有一个公共点E，
①证明直线AE过定点，并求出定点坐标．
②△ABE的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．
(1)解 由题意知F(eq \f(p,2)，0)．
设D(t,0)(t>0)，则FD的中点为(eq \f(p＋2t,4)，0)．
因为|FA|＝|FD|，
由抛物线的定义知3＋eq \f(p,2)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(t－\f(p,2)))，
解得t＝3＋p或t＝－3(舍去)．
由eq \f(p＋2t,4)＝3，解得p＝2.
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)①证明 由(1)知F(1,0)．
设A(x0，y0)(x0y0≠0)，D(xD,0)(xD>0)．
因为|FA|＝|FD|，则|xD－1|＝x0＋1，
由xD>0，得xD＝x0＋2，故D(x0＋2,0)，
故直线AB的斜率kAB＝－eq \f(y0,2).
因为直线l1和直线AB平行，
设直线l1的方程为y＝－eq \f(y0,2)x＋b，
代入抛物线方程得y2＋eq \f(8,y0)y－eq \f(8b,y0)＝0，
由题意Δ＝eq \f(64,y\\al(2,0))＋eq \f(32b,y0)＝0，得b＝－eq \f(2,y0).
设E(xE，yE)，则yE＝－eq \f(4,y0)，xE＝eq \f(4,y\\al(2,0)).
当yeq \\al(2,0)≠4时，kAE＝eq \f(yE－y0,xE－x0)＝eq \f(－\f(4,y0)－y0,\f(4,y\\al(2,0))－\f(y\\al(2,0),4))＝eq \f(4y0,y\\al(2,0)－4)，
可得直线AE的方程为y－y0＝eq \f(4y0,y\\al(2,0)－4)(x－x0)．
由yeq \\al(2,0)＝4x0，整理可得y＝eq \f(4y0,y\\al(2,0)－4)(x－1)，
直线AE恒过点F(1,0)．
当yeq \\al(2,0)＝4时，直线AE的方程为x＝1，过点F(1,0)，
所以直线AE过定点F(1,0)．
②解 由①知直线AE过焦点F(1,0)，
所以|AE|＝|AF|＋|FE|＝(x0＋1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x0)＋1))＝x0＋eq \f(1,x0)＋2.设直线AE的方程为x＝my＋1.
因为点A(x0，y0)在直线AE上，故m＝eq \f(x0－1,y0).
设B(x1，y1)．直线AB的方程为y－y0＝－eq \f(y0,2)(x－x0)，
由于y0≠0，可得x＝－eq \f(2,y0)y＋2＋x0，
代入抛物线方程得y2＋eq \f(8,y0)y－8－4x0＝0，
所以y0＋y1＝－eq \f(8,y0)，
可求得y1＝－y0－eq \f(8,y0)，x1＝eq \f(4,x0)＋x0＋4.
所以点B到直线AE的距离为
d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(4,x0)＋x0＋4＋m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y0＋\f(8,y0)))－1)),\r(1＋m2))
＝eq \f(4x0＋1,\r(x0))＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x0)＋\f(1,\r(x0)))).
则△ABE的面积
S＝eq \f(1,2)×4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x0)＋\f(1,\r(x0))))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(1,x0)＋2))≥16，
当且仅当eq \f(1,x0)＝x0，即x0＝1时等号成立．
所以△ABE的面积的最小值为16.
1．(2017·石家庄质检)已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1的右焦点为F(c,0)且a>b>c>0，设短轴的一个端点为D，原点O到直线DF的距离为eq \f(\r(3),2)，过原点和x轴不重合的直线与椭圆E相交于C，G两点，且|eq \(GF,\s\up6(→))|＋|eq \(CF,\s\up6(→))|＝4.
(1)求椭圆E的方程；
(2)是否存在过点P(2,1)的直线l与椭圆E相交于不同的两点A，B且使得eq \(OP,\s\up6(→))2＝4eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))成立？若存在，试求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
解 (1)由椭圆的对称性知|eq \(GF,\s\up6(→))|＋|eq \(CF,\s\up6(→))|＝2a＝4，∴a＝2.
又原点O到直线DF的距离为eq \f(\r(3),2)，
∴eq \f(bc,a)＝eq \f(\r(3),2)，∴bc＝eq \r(3)，
又a2＝b2＋c2＝4，a>b>c>0，∴b＝eq \r(3)，c＝1.
故椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)当直线l与x轴垂直时不满足条件．
故可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为y＝k(x－2)＋1，
代入椭圆方程得(3＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－8＝0，
∴x1＋x2＝eq \f(8k2k－1,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(16k2－16k－8,3＋4k2)，
Δ＝32(6k＋3)>0，∴k>－eq \f(1,2).
∵eq \(OP,\s\up6(→))2＝4eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))，
即4[(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)]＝5，
∴4(x1－2)(x2－2)(1＋k2)＝5，
即4[x1x2－2(x1＋x2)＋4](1＋k2)＝5，
∴4[eq \f(16k2－16k－8,3＋4k2)－2×eq \f(8k2k－1,3＋4k2)＋4](1＋k2)＝4×eq \f(4＋4k2,3＋4k2)＝5，
解得k＝±eq \f(1,2)，
k＝－eq \f(1,2)不符合题意，舍去．
∴存在满足条件的直线l，其方程为y＝eq \f(1,2)x.
2．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的焦距为3eq \r(2)，其中一条渐近线的方程为x－eq \r(2)y＝0.以双曲线C的实轴为长轴，虚轴为短轴的椭圆记为E，过原点O的动直线与椭圆E交于A，B两点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)若点P为椭圆E的左顶点，eq \(PG,\s\up6(→))＝2eq \(GO,\s\up6(→))，求|eq \(GA,\s\up6(→))|2＋|eq \(GB,\s\up6(→))|2的取值范围．
解 (1)由双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1的焦距为3eq \r(2)，
得c＝eq \f(3\r(2),2)，∴a2＋b2＝eq \f(9,2).①
由题意知eq \f(b,a)＝eq \f(\r(2),2)，②
由①②解得a2＝3，b2＝eq \f(3,2)，
∴椭圆E的方程为eq \f(x2,3)＋eq \f(2,3)y2＝1.
(2)由(1)知P(－eq \r(3)，0)．
设G(x0，y0)，由eq \(PG,\s\up6(→))＝2eq \(GO,\s\up6(→))，
得(x0＋eq \r(3)，y0)＝2(－x0，－y0)．
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＋\r(3)＝－2x0，,y0＝－2y0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝－\f(\r(3),3)，,y0＝0，))∴G(－eq \f(\r(3),3)，0)．
设A(x1，y1)，则B(－x1，－y1)，
|eq \(GA,\s\up6(→))|2＋|eq \(GB,\s\up6(→))|2＝(x1＋eq \f(\r(3),3))2＋yeq \\al(2,1)＋(x1－eq \f(\r(3),3))2＋yeq \\al(2,1)
＝2xeq \\al(2,1)＋2yeq \\al(2,1)＋eq \f(2,3)＝2xeq \\al(2,1)＋3－xeq \\al(2,1)＋eq \f(2,3)
＝xeq \\al(2,1)＋eq \f(11,3).
又∵x1∈[－eq \r(3)，eq \r(3)]，∴xeq \\al(2,1)∈[0,3]，
∴eq \f(11,3)≤xeq \\al(2,1)＋eq \f(11,3)≤eq \f(20,3)，
∴|eq \(GA,\s\up6(→))|2＋|eq \(GB,\s\up6(→))|2的取值范围是[eq \f(11,3)，eq \f(20,3)]．
3．(2016·北京顺义尖子生素质展示)已知椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左顶点为A，右焦点为F，过点F的直线交椭圆于B，C两点．
(1)求该椭圆的离心率；
(2)设直线AB和AC分别与直线x＝4交于点M，N，问：x轴上是否存在定点P使得MP⊥NP？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．
解 (1)由椭圆方程可得a＝2，b＝eq \r(3)，
从而椭圆的半焦距c＝eq \r(a2－b2)＝1.
所以椭圆的离心率为e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2).
(2)依题意，直线BC的斜率不为0，
设其方程为x＝ty＋1.
将其代入eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，整理得(4＋3t2)y2＋6ty－9＝0.
设B(x1，y1)，C(x2，y2)，
所以y1＋y2＝eq \f(－6t,4＋3t2)，y1y2＝eq \f(－9,4＋3t2).
易知直线AB的方程是y＝eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)，
从而可得M(4，eq \f(6y1,x1＋2))，同理可得N(4，eq \f(6y2,x2＋2))．
假设x轴上存在定点P(p,0)使得MP⊥NP，
则有eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PN,\s\up6(→))＝0.
所以(p－4)2＋eq \f(36y1y2,x1＋2x2＋2)＝0.
将x1＝ty1＋1，x2＝ty2＋1代入上式，整理得
(p－4)2＋eq \f(36y1y2,t2y1y2＋3ty1＋y2＋9)＝0，
所以(p－4)2＋eq \f(36×－9,t2－9＋3t－6t＋94＋3t2)＝0，
即(p－4)2－9＝0，解得p＝1或p＝7.
所以x轴上存在定点P(1,0)或P(7,0)，
使得MP⊥NP.
*4.已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2)，且经过点P(1，eq \f(3,2))，过它的左，右焦点F1，F2分别作直线l1与l2，l1交椭圆于A，B两点，l2交椭圆于C，D两点，且l1⊥l2（如图所示）.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求四边形ACBD的面积S的取值范围．
解 (1)由eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)⇒a＝2c，∴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eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)若l1与l2中有一条直线的斜率不存在，
则另一条直线的斜率为0，此时四边形的面积S＝6.
若l1与l2的斜率都存在，设l1的斜率为k，
则l2的斜率为－eq \f(1,k)，
则直线l1的方程为y＝k(x＋1)．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
消去y并整理得(4k2＋3)x2＋8k2x＋4k2－12＝0.①
∴x1＋x2＝－eq \f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq \f(4k2－12,4k2＋3)，
∴|x1－x2|＝eq \f(12\r(k2＋1),4k2＋3)，
∴|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \f(12k2＋1,4k2＋3)，②
注意到方程①的结构特征和图形的对称性，
可以用－eq \f(1,k)代替②中的k，得|CD|＝eq \f(12k2＋1,3k2＋4)，
∴S＝eq \f(1,2)|AB|·|CD|＝eq \f(721＋k22,4k2＋3·3k2＋4)，
令k2＝t∈(0，＋∞)，
∴S＝eq \f(721＋t2,4t＋3·3t＋4)＝eq \f(612t2＋25t＋12－6t,12t2＋25t＋12)
＝6－eq \f(6,12t＋\f(12,t)＋25)≥6－eq \f(6,49)＝eq \f(288,49)，
当且仅当t＝1时等号成立，∴S∈[eq \f(288,49)，6)，
综上可知，四边形ABCD的面积S∈[eq \f(288,49)，6]．