高考数学一轮复习　第八章 第8节 第2课时

这是一份高考数学一轮复习　第八章 第8节 第2课时，共15页。

考点一 定点问题
【例1】 (2019·咸阳二模)已知A(－2，0)，B(2，0)，点C是动点，且直线AC和直线BC的斜率之积为－eq \f(3,4).
(1)求动点C的轨迹方程；
(2)(一题多解)设直线l与(1)中轨迹相切于点P，与直线x＝4相交于点Q，判断以PQ为直径的圆是否过x轴上一定点.
解 (1)设C(x，y).由题意得kAC·kBC＝eq \f(y,x＋2)·eq \f(y,x－2)＝－eq \f(3,4)(y≠0).
整理，得eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1(y≠0).
故动点C的轨迹方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1(y≠0).
(2)法一 易知直线l的斜率存在，设直线l：y＝kx＋m.
联立得方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1.))消去y并整理，得
(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
依题意得Δ＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，
即3＋4k2＝m2.
设x1，x2为方程(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0的两个根，则x1＋x2＝eq \f(－8km,3＋4k2)，
∴x1＝x2＝eq \f(－4km,3＋4k2).
∴Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－4km,3＋4k2)，\f(3m,3＋4k2)))，即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－4k,m)，\f(3,m))).
又Q(4，4k＋m)，
设R(t，0)为以PQ为直径的圆上一点，则由eq \(RP,\s\up6(→))·eq \(RQ,\s\up6(→))＝0，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4k,m)－t，\f(3,m)))·(4－t，4k＋m)＝0.
整理，得eq \f(4k,m)(t－1)＋t2－4t＋3＝0.
由eq \f(k,m)的任意性，得t－1＝0且t2－4t＋3＝0，解得t＝1.
综上可知，以PQ为直径的圆过x轴上一定点(1，0).
法二 设P(x0，y0)，则曲线C在点P处的切线PQ：eq \f(x0x,4)＋eq \f(y0y,3)＝1.
令x＝4，得Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(3－3x0,y0))).
设R(t，0)为以PQ为直径的圆上一点，则由eq \(RP,\s\up6(→))·eq \(RQ,\s\up6(→))＝0，
得(x0－t)·(4－t)＋3－3x0＝0，
即x0(1－t)＋t2－4t＋3＝0.
由x0的任意性，得1－t＝0且t2－4t＋3＝0，解得t＝1.
综上可知，以PQ为直径的圆过x轴上一定点(1，0).
规律方法 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.
【训练1】 已知抛物线C的顶点在原点，焦点在坐标轴上，点A(1，2)为抛物线C上一点.
(1)求抛物线C的方程；
(2)若点B(1，－2)在抛物线C上，过点B作抛物线C的两条弦BP与BQ，如kBP·kBQ＝－2，求证：直线PQ过定点.
(1)解 若抛物线的焦点在x轴上，设抛物线方程为y2＝ax，代入点A(1，2)，可得a＝4，所以抛物线方程为y2＝4x.
若抛物线的焦点在y轴上，设抛物线方程为x2＝my，代入点A(1，2)，可得m＝eq \f(1,2)，所以抛物线方程为x2＝eq \f(1,2)y.
综上所述，抛物线C的方程是y2＝4x或x2＝eq \f(1,2)y.
(2)证明 因为点B(1，－2)在抛物线C上，所以由(1)可得抛物线C的方程是y2＝4x.
易知直线BP，BQ的斜率均存在，设直线BP的方程为y＋2＝k(x－1)，
将直线BP的方程代入y2＝4x，消去y，得
k2x2－(2k2＋4k＋4)x＋(k＋2)2＝0.
设P(x1，y1)，则x1＝eq \f(（k＋2）2,k2)，所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(（k＋2）2,k2)，\f(2k＋4,k))).
用－eq \f(2,k)替换点P坐标中的k，可得Q((k－1)2，2－2k)，从而直线PQ的斜率为
eq \f(\f(2k＋4,k)－2＋2k,\f(（k＋2）2,k2)－（k－1）2)＝eq \f(2k3＋4k,－k4＋2k3＋4k＋4)＝eq \f(2k,－k2＋2k＋2)，
故直线PQ的方程是
y－2＋2k＝eq \f(2k,－k2＋2k＋2)·[x－(k－1)2].
在上述方程中，令x＝3，解得y＝2，
所以直线PQ恒过定点(3，2).
考点二 定值问题
【例2】 (2019·河北省“五个一”名校联盟)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋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＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,2)，y1))，n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)，y2))，m·n＝0.
(1)求证：k1·k2＝－eq \f(1,4)；
(2)试探求△OPQ的面积S是否为定值，并说明理由.
(1)证明 ∵k1，k2均存在，∴x1x2≠0.
又m·n＝0，∴eq \f(x1x2,4)＋y1y2＝0，即eq \f(x1x2,4)＝－y1y2，
∴k1·k2＝eq \f(y1y2,x1x2)＝－eq \f(1,4).
(2)解 ①当直线PQ的斜率不存在，即x1＝x2，y1＝－y2时，
由eq \f(y1y2,x1x2)＝－eq \f(1,4)，得eq \f(xeq \\al(2,1),4)－yeq \\al(2,1)＝0.
又∵点P(x1，y1)在椭圆上，∴eq \f(xeq \\al(2,1),4)＋yeq \\al(2,1)＝1，
∴|x1|＝eq \r(2)，|y1|＝eq \f(\r(2),2).∴S△POQ＝eq \f(1,2)|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.
联立得方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋b，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
消去y并整理得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0，
其中Δ＝(8kb)2－4(4k2＋1)(4b2－4)＝16(1＋4k2－b2)>0，即b2<1＋4k2.
∴x1＋x2＝eq \f(－8kb,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4b2－4,4k2＋1).
∵eq \f(x1x2,4)＋y1y2＝0，
∴eq \f(x1x2,4)＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，得2b2－4k2＝1(满足Δ>0).
∴S△POQ＝eq \f(1,2)eq \f(|b|,\r(1＋k2))|PQ|＝eq \f(1,2)|b|eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝2|b|eq \f(\r(4k2＋1－b2),4k2＋1)＝1.
综合①②知△POQ的面积S为定值1.
规律方法 圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法
(1)特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值.
(2)两大解法：
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
②引起变量法：其解题流程为
eq \x(变量)→eq \x(选择适当的动点坐标或动线中系数为变量)
↓
eq \x(函数)→eq \x(把要证明为定值的量表示成上述变量的函数)
↓
eq \x(定值)→eq \x(把得到的函数化简，消去变量得到定值)
【训练2】 (2019·青岛调研)已知直线l过抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点，且垂直于抛物线的对称轴，l与抛物线两交点间的距离为2.
(1)求抛物线C的方程；
(2)若点P(2，2)，过点(－2，4)的直线m与抛物线C相交于A，B两点，设直线PA与PB的斜率分别为k1和k2.求证：k1k2为定值，并求出此定值.
(1)解 由题意可知，2p＝2，解得p＝1，则抛物线的方程为x2＝2y.
(2)证明 由题易知直线m的斜率存在，设直线m的方程为y－4＝k(x＋2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则k1＝eq \f(y1－2,x1－2)＝eq \f(k（x1＋2）＋2,x1－2)，k2＝eq \f(y2－2,x2－2)＝eq \f(k（x2＋2）＋2,x2－2)，
k1k2＝eq \f([k（x1＋2）＋2][k（x2＋2）＋2],（x1－2）（x2－2）)
＝eq \f(k2[x1x2＋2（x1＋x2）＋4]＋2k（x1＋x2＋4）＋4,x1x2－2（x1＋x2）＋4)，
联立抛物线x2＝2y与直线y－4＝k(x＋2)的方程消去y得x2－2kx－4k－8＝0，其中Δ＝4(k2＋4k＋8)>0恒成立，
可得x1＋x2＝2k，x1x2＝－4k－8，则k1k2＝－1.
因此k1k2为定值，且该定值为－1.
考点三 开放问题
【例3】 (2019·福州四校联考)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝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eq \f(b,3)，设过点F2的直线l与被椭圆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eq \f(1,2)×2c×b＝eq \f(1,2)×(2a＋2c)×eq \f(b,3)，得eq \f(c,a)＝eq \f(1,2).
将x＝c代入eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，得y＝±eq \f(b2,a)，所以eq \f(2b2,a)＝3.
又a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝eq \r(3)，
故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝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).
联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1），,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得
(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
由根与系数的关系得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(8k2,3＋4k2)，,x1x2＝\f(4k2－12,3＋4k2)，))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eq \f(y1,x1－t)＋eq \f(y2,x2－t)＝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
eq \f(k（x1－1）（x2－t）＋k（x2－1）（x1－t）,（x1－t）（x2－t）)＝
eq \f(k[2x1x2－（t＋1）（x1＋x2）＋2t],（x1－t）（x2－t）)＝0，
即2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0，③
将①代入③得
eq \f(8k2－24－（t＋1）8k2＋2t（3＋4k2）,3＋4k2)＝eq \f(6t－24,3＋4k2)＝0，④
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.
规律方法 此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.
【训练3】 (2019·上海静安区检测)已知动点P到定点F(1，0)和到直线x＝2的距离之比为eq \f(\r(2),2)，设动点P的轨迹为曲线E，过点F作垂直于x轴的直线与曲线E相交于A，B两点，直线l：y＝mx＋n与曲线E交于C，D两点，与AB相交于一点(交点位于线段AB上，且与A，B不重合).
(1)求曲线E的方程；
(2)当直线l与圆x2＋y2＝1相切时，四边形ACBD的面积是否有最大值？若有，求出其最大值及对应的直线l的方程；若没有，请说明理由.
解 (1)设点P(x，y)，由题意，可得eq \f(\r(（x－1）2＋y2),|x－2|)＝eq \f(\r(2),2)，得eq \f(x2,2)＋y2＝1.
∴曲线E的方程是eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)设C(x1，y1)，D(x2，y2)，由条件可得|AB|＝eq \r(2).
当m＝0时，显然不合题意.
当m≠0时，∵直线l与圆x2＋y2＝1相切，
∴eq \f(|n|,\r(m2＋1))＝1，得n2＝m2＋1.
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝mx＋n，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去y得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2＋\f(1,2)))x2＋2mnx＋n2－1＝0，
则Δ＝4m2n2－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2＋\f(1,2)))(n2－1)＝2m2>0，
x1＋x2＝－eq \f(4mn,2m2＋1)，x1x2＝eq \f(2（n2－1）,2m2＋1)，
S四边形ACBD＝eq \f(1,2)|AB|·|x1－x2|＝eq \f(2|m|,2m2＋1)＝eq \f(2,2|m|＋\f(1,|m|))≤eq \f(\r(2),2)，
当且仅当2|m|＝eq \f(1,|m|)，即m＝±eq \f(\r(2),2)时等号成立，
因为直线l与线段AB有交点，所以当m＝eq \f(\r(2),2)时，n＝－eq \f(\r(6),2)；当m＝－eq \f(\r(2),2)时，n＝eq \f(\r(6),2).
经检验可知，直线y＝eq \f(\r(2),2)x－eq \f(\r(6),2)和直线y＝－eq \f(\r(2),2)x＋eq \f(\r(6),2)都符合题意.
[思维升华]
1.有关弦的三个问题
(1)涉及弦长的问题，应熟练地利用根与系数的关系，设而不求计算弦长；(2)涉及垂直关系往往也是利用根与系数的关系设而不求简化运算；(3)涉及过焦点的弦的问题，可考虑利用圆锥曲线的定义求解.
2.求解与弦有关问题的两种方法
(1)方程组法：联立直线方程和圆锥曲线方程，消元(x或y)成为二次方程之后，结合根与系数的关系，建立等式关系或不等式关系.
(2)点差法：在求解圆锥曲线且题目中已有直线与圆锥曲线相交和被截线段的中点坐标时，设出直线和圆锥曲线的两个交点坐标，代入圆锥曲线的方程并作差，从而求出直线的斜率，然后利用中点求出直线方程.“点差法”的常见题型有：求中点弦方程、求(过定点、平行弦)弦中点轨迹、垂直平分线问题.必须提醒的是“点差法”具有不等价性，即要考虑判别式Δ是否为正数.
[易错防范]
1.求范围问题要注意变量自身的范围.
2.利用几何意义求最值时，要注意“相切”与“公共点唯一”的不等价关系.注意特殊关系、特殊位置的应用.
3.解决定值、定点问题，不要忘记特值法.
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.(2019·石家庄模拟)已知P为双曲线C：eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1上的点，点M满足|eq \(OM,\s\up6(→))|＝1，且eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))＝0，则当|eq \(PM,\s\up6(→))|取得最小值时点P到双曲线C的渐近线的距离为( )
A.eq \f(9,5) B.eq \f(12,5) C.4 D.5
解析 由eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(PM,\s\up6(→))＝0，得OM⊥PM，根据勾股定理，求|MP|的最小值可以转化为求|OP|的最小值，当|OP|取得最小值时，点P的位置为双曲线的顶点(±3，0)，而双曲线的渐近线为4x±3y＝0，∴所求的距离d＝eq \f(12,5).
答案 B
2.已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率e＝2，过双曲线上一点M作直线MA，MB交双曲线于A，B两点，且斜率分别为k1，k2，若直线AB过原点，则k1·k2的值为( )
A.2 B.3 C.eq \r(3) D.eq \r(6)
解析 由题意知，e＝eq \f(c,a)＝eq \r(1＋\f(b2,a2))＝2⇒b2＝3a2，则双曲线方程可化为3x2－y2＝3a2，设A(m，n)，M(x0，y0)(x0≠±m)，则B(－m，－n)，k1·k2＝eq \f(y0－n,x0－m)·eq \f(y0＋n,x0＋m)＝eq \f(yeq \\al(2,0)－n2,xeq \\al(2,0)－m2)＝eq \f(3xeq \\al(2,0)－3a2－3m2＋3a2,xeq \\al(2,0)－m2)＝3.
答案 B
3.直线l与抛物线C：y2＝2x交于A，B两点，O为坐标原点，若直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，且满足k1k2＝eq \f(2,3)，则直线l过定点( )
A.(－3，0) B.(0，－3)
C.(3，0) D.(0，3)
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为k1k2＝eq \f(2,3)，所以eq \f(y1,x1)·eq \f(y2,x2)＝eq \f(2,3).又yeq \\al(2,1)＝2x1，yeq \\al(2,2)＝2x2，所以y1y2＝6.设直线l：x＝my＋b，代入抛物线C：y2＝2x得y2－2my－2b＝0，所以y1y2＝－2b＝6，得b＝－3，即直线l的方程为x＝my－3，所以直线l过定点为(－3，0).
答案 A
4.(2019·北京通州区模拟)设点Q是直线l：x＝－1上任意一点，过点Q作抛物线C：y2＝4x的两条切线QS，QT，切点分别为S，T，设切线QS，QT的斜率分别为k1，k2，F是抛物线的焦点，直线QF的斜率为k0，则下列结论正确的是( )
A.k1－k2＝k0 B.k1k2＝2k0
C.k1－k2＝2k0 D.k1＋k2＝2k0
解析 设点Q(－1，t)，由过点Q的直线y－t＝k(x＋1)与抛物线C：y2＝4x相切，联立方程得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y－t＝k（x＋1），))整理得k2x2＋2(k2＋kt－2)x＋(k＋t)2＝0，则Δ＝4(k2＋kt－2)2－4k2(k＋t)2＝0，化简得k2＋tk－1＝0.显然k1，k2是关于k的方程k2＋tk－1＝0的两个根，所以k1＋k2＝－t.
又k0＝－eq \f(t,2)，故k1＋k2＝2k0.
答案 D
5.(2019·长春监测)已知O为坐标原点，设F1，F2分别是双曲线x2－y2＝1的左、右焦点，P为双曲线左支上任一点，过点F1作∠F1PF2的平分线的垂线，垂足为H，则|OH|＝( )
A.1 B.2 C.4 D.eq \f(1,2)
解析 如图所示，延长F1H交PF2于点Q，由PH为∠F1PF2的平分线及PH⊥F1Q，可知|PF1|＝|PQ|，根据双曲线的定义，得|PF2|－|PF1|＝2，从而|QF2|＝2，在△F1QF2中，易知OH为中位线，故|OH|＝1.
答案 A
二、填空题
6.已知动点P(x，y)在椭圆eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,16)＝1上，若A点坐标为(3，0)，|eq \(AM,\s\up6(→))|＝1，且eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(AM,\s\up6(→))＝0，则|eq \(PM,\s\up6(→))|的最小值是________.
解析 ∵eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(AM,\s\up6(→))＝0，∴eq \(AM,\s\up6(→))⊥eq \(PM,\s\up6(→)).
∴|eq \(PM,\s\up6(→))|2＝|eq \(AP,\s\up6(→))|2－|eq \(AM,\s\up6(→))|2＝|eq \(AP,\s\up6(→))|2－1，
∵椭圆右顶点到右焦点A的距离最小，
故|eq \(AP,\s\up6(→))|min＝2，∴|eq \(PM,\s\up6(→))|min＝eq \r(3).
答案 eq \r(3)
7.若双曲线x2－eq \f(y2,b2)＝1(b＞0)的一条渐近线与圆x2＋(y－2)2＝1至多有一个公共点，则双曲线离心率的取值范围是________.
解析 双曲线的渐近线方程为y＝±bx，
则有eq \f(|0－2|,\r(1＋b2))≥1，解得b2≤3，则e2＝1＋b2≤4，
∵e＞1，∴1＜e≤2.
答案 (1，2]
8.(2019·湘中名校联考)已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，△ABC的顶点都在抛物线上，且满足eq \(FA,\s\up6(→))＋eq \(FB,\s\up6(→))＋eq \(FC,\s\up6(→))＝0，则eq \f(1,kAB)＋eq \f(1,kAC)＋eq \f(1,kBC)＝________.
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，
由eq \(FA,\s\up6(→))＋eq \(FB,\s\up6(→))＋eq \(FC,\s\up6(→))＝0，得y1＋y2＋y3＝0.
因为kAB＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(2p,y1＋y2)，
所以kAC＝eq \f(2p,y1＋y3)，kBC＝eq \f(2p,y2＋y3)，
所以eq \f(1,kAB)＋eq \f(1,kAC)＋eq \f(1,kBC)＝eq \f(y1＋y2,2p)＋eq \f(y3＋y1,2p)＋eq \f(y2＋y3,2p)＝0.
答案 0
三、解答题
9.已知抛物线的顶点在原点，焦点在x轴的正半轴上，直线x＋y－1＝0与抛物线相交于A，B两点，且|AB|＝eq \f(8\r(6),11).
(1)求抛物线的方程；
(2)在x轴上是否存在一点C，使△ABC为正三角形？若存在，求出C点的坐标；若不存在，请说明理由.
解 (1)设所求抛物线的方程为y2＝2px(p>0)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝2px，,x＋y－1＝0，))消去y，得x2－2(1＋p)x＋1＝0，
判别式Δ＝4(1＋p)2－4＝4p2>0恒成立，
由根与系数的关系得x1＋x2＝2(1＋p)，x1x2＝1.
因为|AB|＝eq \f(8\r(6),11)，
所以eq \r(2[（x1＋x2）2－4x1x2])＝eq \f(8\r(6),11)，
所以121p2＋242p－48＝0，
所以p＝eq \f(2,11)或p＝－eq \f(24,11)(舍去).
故抛物线的方程为y2＝eq \f(4,11)x.
(2)设弦AB的中点为D，则Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,11)，－\f(2,11))).
假设x轴上存在满足条件的点C(x0，0).
因为△ABC为正三角形，
所以CD⊥AB，所以x0＝eq \f(15,11)，
所以Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(15,11)，0))，所以|CD|＝eq \f(2\r(2),11).
又|CD|＝eq \f(\r(3),2)|AB|＝eq \f(12\r(2),11)，
与上式|CD|＝eq \f(2\r(2),11)矛盾，所以x轴上不存在点C，使△ABC为正三角形.
10.(2019·江西九校联考)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1过A(2，0)，B(0，1)两点.
(1)求椭圆C的方程及离心率；
(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值.
(1)解 由题意知，a＝2，b＝1，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
因为c＝eq \r(a2－b2)＝eq \r(3)，
所以椭圆C的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2).
(2)证明 设P(x0，y0)(x0<0，y0<0)，则xeq \\al(2,0)＋4yeq \\al(2,0)＝4.
因为A(2，0)，B(0，1)，
所以直线PA的方程为y＝eq \f(y0,x0－2)(x－2)，令x＝0，得yM＝－eq \f(2y0,x0－2)，从而|BM|＝1－yM＝1＋eq \f(2y0,x0－2).
直线PB的方程为y＝eq \f(y0－1,x0)x＋1，令y＝0，得xN＝－eq \f(x0,y0－1)，从而|AN|＝2－xN＝2＋eq \f(x0,y0－1).
所以四边形ABNM的面积
S＝eq \f(1,2)|AN|·|BM|＝eq \f(1,2)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 \f(xeq \\al(2,0)＋4yeq \\al(2,0)＋4x0y0－4x0－8y0＋4,2（x0y0－x0－2y0＋2）)＝eq \f(2x0y0－2x0－4y0＋4,x0y0－x0－2y0＋2)＝2，
所以四边形ABNM的面积为定值2.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.(2019·衡水中学周测)设F为抛物线y2＝4x的焦点，A，B，C为该抛物线上不同的三点，eq \(FA,\s\up6(→))＋eq \(FB,\s\up6(→))＋eq \(FC,\s\up6(→))＝0，O为坐标原点，且△OFA，△OFB，△OFC的面积分别为S1，S2，S3，则Seq \\al(2,1)＋Seq \\al(2,2)＋Seq \\al(2,3)等于( )
A.2 B.3 C.6 D.9
解析 由题意可知F(1，0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，则eq \(FA,\s\up6(→))＝(x1－1，y1)，eq \(FB,\s\up6(→))＝(x2－1，y2)，eq \(FC,\s\up6(→))＝(x3－1，y3)，由eq \(FA,\s\up6(→))＋eq \(FB,\s\up6(→))＋eq \(FC,\s\up6(→))＝0，得(x1－1)＋(x2－1)＋(x3－1)＝0，即x1＋x2＋x3＝3.
又A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)在抛物线上，所以yeq \\al(2,1)＝4x1，yeq \\al(2,2)＝4x2，yeq \\al(2,3)＝4x3，又S1＝eq \f(1,2)·|OF|·|y1|＝eq \f(1,2)|y1|，S2＝eq \f(1,2)|OF|·|y2|＝eq \f(1,2)|y2|，S3＝eq \f(1,2)|OF|·|y3|＝eq \f(1,2)|y3|，所以Seq \\al(2,1)＋Seq \\al(2,2)＋Seq \\al(2,3)＝eq \f(1,4)(yeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,2)＋yeq \\al(2,3))＝eq \f(1,4)×(4x1＋4x2＋4x3)＝3.
答案 B
12.(2019·郑州调研)已知直线l与双曲线eq \f(x2,4)－y2＝1相切于点P，l与双曲线的两条渐近线交于M，N两点，则eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))的值为( )
A.3 B.4
C.5 D.与P的位置有关
解析 依题意，设点P(x0，y0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中xeq \\al(2,0)－4yeq \\al(2,0)＝4，则直线l的方程是eq \f(x0x,4)－y0y＝1，题中双曲线的两条渐近线方程为y＝±eq \f(1,2)x.
①当y0＝0时，直线l的方程是x＝2或x＝－2.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2，,\f(x2,4)－y2＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝±1，))此时eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝(2，－1)·(2，1)＝4－1＝3，同理可得当直线l的方程是x＝－2时，eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝3.
②当y0≠0时，直线l的方程是y＝eq \f(1,4y0)(x0x－4).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,4y0)（x0x－4），,\f(x2,4)－y2＝0，))得(4yeq \\al(2,0)－xeq \\al(2,0))x2＋8x0x－16＝0(*)，又xeq \\al(2,0)－4yeq \\al(2,0)＝4，因此(*)即是x2－2x0x＋4＝0，x1x2＝4，eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2－eq \f(1,4)x1x2＝eq \f(3,4)x1x2＝3.
综上所述，eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝3.
答案 A
13.若点O和点F分别为椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,8)＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任一点，则eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(FP,\s\up6(→))的最小值为______.
解析 点P为椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,8)＝1上的任意一点，设P(x，y)(－3≤x≤3，－2eq \r(2)≤y≤2eq \r(2))，依题意得左焦点F(－1，0)，∴eq \(OP,\s\up6(→))＝(x，y)，eq \(FP,\s\up6(→))＝(x＋1，y)，∴eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(FP,\s\up6(→))＝x(x＋1)＋y2＝x2＋x＋eq \f(72－8x2,9)＝eq \f(1,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(9,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(23,4).
∵－3≤x≤3，
∴eq \f(3,2)≤x＋eq \f(9,2)≤eq \f(15,2)，∴eq \f(9,4)≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(9,2)))eq \s\up12(2)≤eq \f(225,4)，
∴eq \f(1,4)≤eq \f(1,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(9,2)))eq \s\up12(2)≤eq \f(225,36)，∴6≤eq \f(1,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(9,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(23,4)≤12，即6≤eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(FP,\s\up6(→))≤12，故最小值为6.
答案 6
14.已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个焦点与上、下顶点两两相连构成直角三角形，以椭圆C的长轴长为直径的圆与直线x＋y－2＝0相切.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设过椭圆右焦点且不重合于x轴的动直线与椭圆C相交于A，B两点，探究在x轴上是否存在定点E，使得eq \(EA,\s\up6(→))·eq \(EB,\s\up6(→))为定值？若存在，试求出定值和点E的坐标；若不存在，请说明理由.
解 (1)由题意知，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝c，,a＝\f(|0＋0－2|,\r(2))，,b2＋c2＝a2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝\r(2)，,b＝1，,c＝1，))
则椭圆C的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)当直线的斜率存在时，设直线方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝k（x－1），))得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，Δ＝8k2＋8>0恒成立，
∴xA＋xB＝eq \f(4k2,1＋2k2)，xAxB＝eq \f(2k2－2,1＋2k2).
假设在x轴上存在定点E(x0，0)，使得eq \(EA,\s\up6(→))·eq \(EB,\s\up6(→))为定值.
则eq \(EA,\s\up6(→))·eq \(EB,\s\up6(→))＝(xA－x0，yA)·(xB－x0，yB)
＝xAxB－x0(xA＋xB)＋xeq \\al(2,0)＋yAyB
＝xAxB－x0(xA＋xB)＋xeq \\al(2,0)＋k2(xA－1)(xB－1)
＝(1＋k)2xAxB－(x0＋k2)(xA＋xB)＋xeq \\al(2,0)＋k2
＝eq \f(（2xeq \\al(2,0)－4x0＋1）k2＋（xeq \\al(2,0)－2）,1＋2k2).
∵eq \(EA,\s\up6(→))·eq \(EB,\s\up6(→))为定值，∴eq \(EA,\s\up6(→))·eq \(EB,\s\up6(→))的值与k无关，
∴2xeq \\al(2,0)－4x0＋1＝2(xeq \\al(2,0)－2)，
解得x0＝eq \f(5,4)，此时eq \(EA,\s\up6(→))·eq \(EB,\s\up6(→))＝－eq \f(7,16)为定值，定点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)，0))，
当直线的斜率不存在时，也满足eq \(EA,\s\up6(→))·eq \(EB,\s\up6(→))＝－eq \f(7,16)为定值，且定点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)，0)).
综上，存在点Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)，0))，使得eq \(EA,\s\up6(→))·eq \(EB,\s\up6(→))为定值，且定值为－eq \f(7,16).