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第九章 9.9范围、最值、定点、定值问题-2021届高三数学一轮基础复习讲义（学生版+教师版）【机构专用】
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题型一 范围问题
例1 已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦点为F(－c,0)，离心率为eq \f(\r(3),3)，点M在椭圆上且位于第一象限，直线FM被圆x2＋y2＝eq \f(b2,4)截得的线段的长为c，|FM|＝eq \f(4\r(3),3).
(1)求直线FM的斜率；
(2)求椭圆的方程；
(3)设动点P在椭圆上，若直线FP的斜率大于eq \r(2)，求直线OP(O为原点)的斜率的取值范围．
解 (1)由已知，有eq \f(c2,a2)＝eq \f(1,3)，
又由a2＝b2＋c2，可得a2＝3c2，b2＝2c2.
设直线FM的斜率为k(k＞0)，F(－c,0)，则直线FM的方程为y＝k(x＋c)．
由已知，有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kc,\r(k2＋1))))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,2)))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,2)))2，
解得k＝eq \f(\r(3),3).
(2)由(1)得椭圆方程为eq \f(x2,3c2)＋eq \f(y2,2c2)＝1，直线FM的方程为y＝eq \f(\r(3),3)(x＋c)，两个方程联立，消去y，整理得3x2＋2cx－5c2＝0，解得x＝－eq \f(5,3)c或x＝c.
因为点M在第一象限，可得M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c，\f(2\r(3),3)c)).
由|FM|＝ eq \r(c＋c2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)c－0))2)＝eq \f(4\r(3),3).
解得c＝1，所以椭圆的方程为eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1.
(3)设点P的坐标为(x，y)，直线FP的斜率为t，
得t＝eq \f(y,x＋1)，即直线FP的方程为y＝t(x＋1)(x≠－1)，与椭圆方程联立，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝tx＋1，,\f(x2,3)＋\f(y2,2)＝1，))消去y，整理得2x2＋3t2(x＋1)2＝6，
又由已知，得t＝ eq \r(\f(6－2x2,3x＋12))＞eq \r(2)，
解得－eq \f(3,2)＜x＜－1或－1＜x＜0.
设直线OP的斜率为m，得m＝eq \f(y,x)，即y＝mx(x≠0)，与椭圆方程联立，整理得m2＝eq \f(2,x2)－eq \f(2,3).
①当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，－1))时，有y＝t(x＋1)＜0，
因此m＞0，于是m＝ eq \r(\f(2,x2)－\f(2,3))，得m∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),3)，\f(2\r(3),3))).
②当x∈(－1,0)时，有y＝t(x＋1)＞0.
因此m＜0，于是m＝－ eq \r(\f(2,x2)－\f(2,3))，
得m∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(2\r(3),3))).
综上，直线OP的斜率的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(2\r(3),3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),3)，\f(2\r(3),3))).
思维升华 解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面
(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．
已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)与双曲线eq \f(x2,3)－y2＝1的离心率互为倒数，且直线x－y－2＝0经过椭圆的右顶点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设不过原点O的直线与椭圆C交于M，N两点，且直线OM，MN，ON的斜率依次成等比数列，求△OMN面积的取值范围．
解 (1)∵双曲线的离心率为eq \f(2\r(3),3)，
∴椭圆的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2).
又∵直线x－y－2＝0经过椭圆的右顶点，
∴右顶点为(2,0)，即a＝2，c＝eq \r(3)，b＝1，
∴椭圆方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)由题意可设直线的方程为y＝kx＋m(k≠0，m≠0)，
M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
消去y，并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，
则x1＋x2＝－eq \f(8km,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－1,1＋4k2)，
于是y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)
＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2.
又直线OM，MN，ON的斜率依次成等比数列，
故eq \f(y1,x1)·eq \f(y2,x2)＝eq \f(k2x1x2＋kmx1＋x2＋m2,x1x2)
＝k2⇒－eq \f(8k2m2,1＋4k2)＋m2＝0.
由m≠0得k2＝eq \f(1,4)，解得k＝±eq \f(1,2).
又由Δ＝64k2m2－16(1＋4k2)(m2－1)
＝16(4k2－m2＋1)>0，得0显然m2≠1(否则x1x2＝0，x1，x2中至少有一个为0，直线OM，ON中至少有一个斜率不存在，与已知矛盾)．
设原点O到直线的距离为d，
则S△OMN＝eq \f(1,2)|MN|d
＝eq \f(1,2)·eq \f(|m|,\r(1＋k2))·eq \r(1＋k2)·|x1－x2|
＝eq \f(1,2)|m|eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(－m2－12＋1).
故由m的取值范围可得△OMN面积的取值范围为(0,1)．
题型二 最值问题
命题点1 利用三角函数有界性求最值
例2 过抛物线y2＝4x的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，点O是坐标原点，则|AF|·|BF|的最小值是( )
A．2 B.eq \r(2) C．4 D．2eq \r(2)
答案 C
解析 设直线AB的倾斜角为θ，可得|AF|＝eq \f(2,1－cs θ)，|BF|＝eq \f(2,1＋cs θ)，则|AF|·|BF|＝eq \f(2,1－cs θ)×eq \f(2,1＋cs θ)＝eq \f(4,sin2θ)≥4.
命题点2 数形结合利用几何性质求最值
例3 在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2－y2＝1右支上的一个动点．若点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为_______________________________________________________________________．
答案 eq \f(\r(2),2)
解析 双曲线x2－y2＝1的渐近线为x±y＝0，直线x－y＋1＝0与渐近线x－y＝0平行，故两平行线的距离d＝eq \f(|1－0|,\r(12＋－12))＝eq \f(\r(2),2).由点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，得c≤eq \f(\r(2),2)，故c的最大值为eq \f(\r(2),2).
命题点3 转化为函数利用基本不等式或二次函数求最值
例4 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的长轴长为4，焦距为2eq \r(2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)过动点M(0，m)(m＞0)的直线交x轴于点N，交C于点A，P(P在第一象限)，且M是线段PN的中点．过点P作x轴的垂线交C于另一点Q，延长QM交C于点B.
①设直线PM、QM的斜率分别为k、k′，证明eq \f(k′,k)为定值；
②求直线AB的斜率的最小值．
(1)解 设椭圆的半焦距为c.
由题意知2a＝4,2c＝2eq \r(2).
所以a＝2，b＝eq \r(a2－c2)＝eq \r(2).
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)①证明 设P(x0，y0)(x0＞0，y0＞0)．
由M(0，m)，可得P(x0,2m)，Q(x0，－2m)．
所以直线PM的斜率k＝eq \f(2m－m,x0)＝eq \f(m,x0).
直线QM的斜率k′＝eq \f(－2m－m,x0)＝－eq \f(3m,x0).
此时eq \f(k′,k)＝－3.所以eq \f(k′,k)为定值－3.
②解 设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
直线PA的方程为y＝kx＋m.
直线QB的方程为y＝－3kx＋m.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))
整理得(2k2＋1)x2＋4mkx＋2m2－4＝0，
由x0x1＝eq \f(2m2－4,2k2＋1)，可得x1＝eq \f(2m2－2,2k2＋1x0)，
所以y1＝kx1＋m＝eq \f(2km2－2,2k2＋1x0)＋m.
同理x2＝eq \f(2m2－2,18k2＋1x0)，y2＝eq \f(－6km2－2,18k2＋1x0)＋m.
所以x2－x1＝eq \f(2m2－2,18k2＋1x0)－eq \f(2m2－2,2k2＋1x0)
＝eq \f(－32k2m2－2,18k2＋12k2＋1x0)，
y2－y1＝eq \f(－6km2－2,18k2＋1x0)＋m－eq \f(2km2－2,2k2＋1x0)－m
＝eq \f(－8k6k2＋1m2－2,18k2＋12k2＋1x0)，
所以kAB＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(6k2＋1,4k)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6k＋\f(1,k)))，
由m＞0，x0＞0，可知k＞0，
所以6k＋eq \f(1,k)≥2eq \r(6)，当且仅当k＝eq \f(\r(6),6)时取“＝”．
因为P(x0,2m)在椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1上，
所以x0＝eq \r(4－8m2)，故此时eq \f(2m－m,\r(4－8m2)－0)＝eq \f(\r(6),6)，
即m＝eq \f(\r(14),7)，符合题意．
所以直线AB的斜率的最小值为eq \f(\r(6),2).
思维升华 处理圆锥曲线最值问题的求解方法
圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．
已知圆(x－a)2＋(y＋1－r)2＝r2(r>0)过点F(0,1)，圆心M的轨迹为C.
(1)求轨迹C的方程；
(2)设P为直线l：x－y－2＝0上的点，过点P作曲线C的两条切线PA，PB，当点P(x0，y0)为直线l上的定点时，求直线AB的方程；
(3)当点P在直线l上移动时，求|AF|·|BF|的最小值．
解 (1)依题意，由圆过定点F可知轨迹C的方程为x2＝4y.
(2)抛物线C的方程为x2＝4y，即y＝eq \f(1,4)x2，求导得y′＝eq \f(1,2)x.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)(其中y1＝eq \f(x\\al(2,1),4)，y2＝eq \f(x\\al(2,2),4))，
则切线PA，PB的斜率分别为eq \f(1,2)x1，eq \f(1,2)x2，
所以切线PA的方程为y－y1＝eq \f(x1,2)(x－x1)，
即y＝eq \f(x1,2)x－eq \f(x\\al(2,1),2)＋y1，即x1x－2y－2y1＝0.
同理可得切线PB的方程为x2x－2y－2y2＝0.
因为切线PA，PB均过点P(x0，y0)，
所以x1x0－2y0－2y1＝0，x2x0－2y0－2y2＝0，
所以(x1，y1)，(x2，y2)为方程x0x－2y0－2y＝0的两组解．
所以直线AB的方程为x0x－2y－2y0＝0.
(3)由抛物线定义可知|AF|＝y1＋1，|BF|＝y2＋1，
所以|AF|·|BF|＝(y1＋1)(y2＋1)＝y1y2＋(y1＋y2)＋1，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0x－2y－2y0＝0，,x2＝4y，))消去x整理得y2＋(2y0－xeq \\al(2,0))y＋yeq \\al(2,0)＝0，
由一元二次方程根与系数的关系可得y1＋y2＝xeq \\al(2,0)－2y0，y1y2＝yeq \\al(2,0)，
所以|AF|·|BF|＝y1y2＋(y1＋y2)＋1＝yeq \\al(2,0)＋xeq \\al(2,0)－2y0＋1.
又点P(x0，y0)在直线l上，所以x0＝y0＋2，
所以yeq \\al(2,0)＋xeq \\al(2,0)－2y0＋1＝2yeq \\al(2,0)＋2y0＋5＝2(y0＋eq \f(1,2))2＋eq \f(9,2)，
所以当y0＝－eq \f(1,2)时，|AF|·|BF|取得最小值，且最小值为eq \f(9,2).
作业检查
无
第2课时
阶段训练
题型一 定点问题
例1 已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>0，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轴分别交于点Q、P，与椭圆分别交于点M、N，各点均不重合且满足eq \(PM,\s\up6(→))＝λ1eq \(MQ,\s\up6(→))，eq \(PN,\s\up6(→))＝λ2eq \(NQ,\s\up6(→)).
(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．
(1)解 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，∴a2＝3.
∴椭圆的方程为eq \f(x2,3)＋y2＝1.
(2)证明 由题意设P(0，m)，Q(x0,0)，M(x1，y1)，
N(x2，y2)，设l方程为x＝t(y－m)，
由eq \(PM,\s\up6(→))＝λ1eq \(MQ,\s\up6(→))知(x1，y1－m)＝λ1(x0－x1，－y1)，
∴y1－m＝－y1λ1，由题意y1≠0，∴λ1＝eq \f(m,y1)－1.
同理由eq \(PN,\s\up6(→))＝λ2eq \(NQ,\s\up6(→))知λ2＝eq \f(m,y2)－1.
∵λ1＋λ2＝－3，∴y1y2＋m(y1＋y2)＝0，①
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋3y2＝3，,x＝ty－m))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＝eq \f(2mt2,t2＋3)，y1y2＝eq \f(t2m2－3,t2＋3)，③
③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0，
∴(mt)2＝1，
由题意mt<0，∴mt＝－1，满足②，
得直线l方程为x＝ty＋1，过定点(1,0)，即Q为定点．
思维升华 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．
如图，已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率e＝eq \f(\r(2),2)，F是右焦点，A是右顶点，B是椭圆上一点，BF⊥x轴，|BF|＝eq \f(\r(2),2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l：x＝ty＋λ是椭圆C的一条切线，点M(－eq \r(2)，y1)，点N(eq \r(2)，y2)是切线l上两个点，证明：当t，λ变化时，以MN为直径的圆过x轴上的定点，并求出定点坐标．
解 (1)由题意设椭圆方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，①
焦点F(c,0)，因为eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，②
将点B(c，eq \f(\r(2),2))的坐标代入方程①得eq \f(c2,a2)＋eq \f(1,2b2)＝1.③
由②③结合a2＝b2＋c2，得a＝eq \r(2)，b＝1.
故所求椭圆方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,x＝ty＋λ))得(2＋t2)y2＋2tλy＋λ2－2＝0.
因为l为切线，所以Δ＝(2tλ)2－4(t2＋2)(λ2－2)＝0，
即t2－λ2＋2＝0.④
设圆与x轴的交点为T(x0,0)，
则eq \(TM,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)－x0，y1)，eq \(TN,\s\up6(→))＝(eq \r(2)－x0，y2)．
因为MN为圆的直径，
故eq \(TM,\s\up6(→))·eq \(TN,\s\up6(→))＝xeq \\al(2,0)－2＋y1y2＝0.⑤
当t＝0时，不符合题意，故t≠0.
因为y1＝eq \f(－\r(2)－λ,t)，y2＝eq \f(\r(2)－λ,t)，
所以y1y2＝eq \f(λ2－2,t2)，代入⑤结合④得
eq \(TM,\s\up6(→))·eq \(TN,\s\up6(→))＝eq \f(x\\al(2,0)－2t2＋λ2－2,t2)
＝eq \f(x\\al(2,0)－1t2,t2)，
要使上式为零，当且仅当xeq \\al(2,0)＝1，解得x0＝±1.
所以T为定点，故动圆过x轴上的定点(－1,0)与(1,0)，
即椭圆的两个焦点．
题型二 定值问题
例2 椭圆有两顶点A(－1，0)，B(1,0)，过其焦点F(0,1)的直线l与椭圆交于C，D两点，并与x轴交于点P.直线AC与直线BD交于点Q.
(1)当|CD|＝eq \f(3,2)eq \r(2)时，求直线l的方程；
(2)当点P异于A，B两点时，求证：eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))为定值．
(1)解 ∵椭圆的焦点在y轴上，
故设椭圆的标准方程为eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)，
由已知得b＝1，c＝1，∴a＝eq \r(2)，
∴椭圆的方程为eq \f(y2,2)＋x2＝1.
当直线l的斜率不存在时，|CD|＝2eq \r(2)，与题意不符；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋1，
C(x1，y1)，D(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(y2,2)＋x2＝1，))化简得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0,
则x1＋x2＝－eq \f(2k,k2＋2)，x1·x2＝－eq \f(1,k2＋2).
∴|CD|＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(－\f(2k,k2＋2)2＋4·\f(1,k2＋2))
＝eq \f(2\r(2)k2＋1,k2＋2)＝eq \f(3,2)eq \r(2)，
解得k＝±eq \r(2).
∴直线l的方程为eq \r(2)x－y＋1＝0或eq \r(2)x＋y－1＝0.
(2)证明 当直线l的斜率不存在时，与题意不符．
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0，k≠±1)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，
∴点P的坐标为(－eq \f(1,k)，0)．
由(1)知x1＋x2＝－eq \f(2k,k2＋2)，x1x2＝－eq \f(1,k2＋2)，
且直线AC的方程为y＝eq \f(y1,x1＋1)(x＋1)，
直线BD的方程为y＝eq \f(y2,x2－1)(x－1)，
将两直线方程联立，消去y，
得eq \f(x＋1,x－1)＝eq \f(y2x1＋1,y1x2－1).
∵－1(eq \f(x＋1,x－1))2＝eq \f(y\\al(2,2)x1＋12,y\\al(2,1)x2－12)
＝eq \f(2－2x\\al(2,2),2－2x\\al(2,1))·eq \f(x1＋12,x2－12)
＝eq \f(1＋x11＋x2,1－x11－x2)
＝eq \f(1－\f(2k,k2＋2)－\f(1,k2＋2),1＋\f(2k,k2＋2)－\f(1,k2＋2))＝(eq \f(k－1,k＋1))2，
y1y2＝k2x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝k2(－eq \f(1,k2＋2))＋k(－eq \f(2k,k2＋2))＋1
＝－eq \f(21＋k2k－1,k2＋2k＋1)，
∵eq \f(k－1,k＋1)与y1y2异号，∴eq \f(x＋1,x－1)与eq \f(k－1,k＋1)同号，
∴eq \f(x＋1,x－1)＝eq \f(k－1,k＋1)，解得x＝－k，
故点Q的坐标为(－k，y0)，
eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝(－eq \f(1,k)，0)·(－k，y0)＝1，
故eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))为定值．
思维升华 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
(1)求代数式为定值．依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值；
(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；
(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．
如图，在平面直角坐标系xOy中，点F(eq \f(1,2)，0)，直线l：x＝－eq \f(1,2)，点P在直线l上移动，R是线段PF与y轴的交点，RQ⊥FP，PQ⊥l.
(1)求动点Q的轨迹C的方程；
(2)设圆M过A(1,0)，且圆心M在曲线C上，TS是圆M在y轴上截得的弦，当M运动时，弦长|TS|是否为定值？请说明理由．
解 (1)依题意知，点R是线段FP的中点，且RQ⊥FP，
∴RQ是线段FP的垂直平分线．
∵点Q在线段FP的垂直平分线上，∴|PQ|＝|QF|，
又|PQ|是点Q到直线l的距离，
故动点Q的轨迹是以F为焦点，l为准线的抛物线，其方程为y2＝2x(x>0)．
(2)弦长|TS|为定值．理由如下：
取曲线C上点M(x0，y0)，M到y轴的距离为d＝|x0|＝x0，圆的半径r＝|MA|＝eq \r(x0－12＋y\\al(2,0))，
则|TS|＝2eq \r(r2－d2)＝2eq \r(y\\al(2,0)－2x0＋1)，
∵点M在曲线C上，∴x0＝eq \f(y\\al(2,0),2)，
∴|TS|＝2eq \r(y\\al(2,0)－y\\al(2,0)＋1)＝2是定值．
题型三 探索性问题
例3 如图，椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率是eq \f(\r(2),2)，点P(0,1)在短轴CD上，且eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))＝－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eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．
解 (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eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))＝－1，
于是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－b2＝－1，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2－b2＝c2，))解得a＝2，b＝eq \r(2)，
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋1，))得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，
其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0，
所以x1＋x2＝－eq \f(4k,2k2＋1)，x1x2＝－eq \f(2,2k2＋1)，
从而，eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))
＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]
＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝eq \f(－2λ－4k2＋－2λ－1,2k2＋1)
＝－eq \f(λ－1,2k2＋1)－λ－2.
所以当λ＝1时，－eq \f(λ－1,2k2＋1)－λ－2＝－3，
此时eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝－3为定值．
当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，
此时，eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(OD,\s\up6(→))＋eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))＝－2－1＝－3.
故存在常数λ＝1，使得eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))为定值－3.
思维升华 解决探索性问题的注意事项
探索性问题，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，要开放思维，采取另外合适的方法．
已知A(1,2)，B(eq \f(1,4)，－1)是抛物线y2＝ax(a>0)上的两个点，过点A，B引抛物线的两条弦AE，BF.
(1)求实数a的值；
(2)若直线AE与BF的斜率互为相反数，且A，B两点在直线EF的两侧，直线EF的斜率是否为定值？若是，求出该定值，若不是，说明理由．
解 (1)把点A(1,2)代入抛物线方程得a＝4.
(2)直线EF的斜率是定值，理由如下：
设E(x1，y1)，F(x2，y2)，直线AE：y＝k(x－1)＋2，
则直线BF：y＝－k(x－eq \f(1,4))－1，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1＋2，,y2＝4x，))消去y，
得k2x2＋(4k－2k2－4)x＋(2－k)2＝0，
∴x1＝eq \f(2－k2,k2)，y1＝k(x1－1)＋2＝eq \f(－2k2＋4k,k2)，
∴E(eq \f(2－k2,k2)，eq \f(－2k2＋4k,k2))，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－kx－\f(1,4)－1，,y2＝4x，))消去y，
得k2x2－(eq \f(1,2)k2－2k＋4)x＋(1－eq \f(1,4)k)2＝0，
∴eq \f(1,4)x2＝eq \f(4－k2,16k2)，x2＝eq \f(4－k2,4k2)，y2＝－k(x2－eq \f(1,4))－1＝eq \f(k2－4k,k2)，
得F(eq \f(4－k2,4k2)，eq \f(k2－4k,k2))．
故kEF＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－4.
典例 椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左，右焦点分别是F1，F2，离心率为eq \f(\r(3),2)，过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1，PF2，设∠F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m,0)，求m的取值范围；
(3)在(2)的条件下，过点P作斜率为k的直线l，使得l与椭圆C有且只有一个公共点，设直线PF1、PF2的斜率分别为k1、k2，若k2≠0，证明eq \f(1,kk1)＋eq \f(1,kk2)为定值，并求出这个定值．
思想方法指导 对题目涉及的变量巧妙地引进参数(如设动点坐标、动直线方程等)，利用题目的条件和圆锥曲线方程组成二元二次方程组，再化为一元二次方程，从而利用根与系数的关系进行整体代换，达到“设而不求，减少计算”的效果，直接得定值．
规范解答
解 (1)由于c2＝a2－b2，将x＝－c代入椭圆方程eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，得y＝±eq \f(b2,a).
由题意知eq \f(2b2,a)＝1，即a＝2b2.
又e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，所以a＝2，b＝1.
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.[4分]
(2)设P(x0，y0)(y0≠0)，
又F1(－eq \r(3)，0)，F2(eq \r(3)，0)，
所以直线PF1，PF2的方程分别为
：y0x－(x0＋eq \r(3))y＋eq \r(3)y0＝0，
：y0x－(x0－eq \r(3))y－eq \r(3)y0＝0.
由题意知eq \f(|my0＋\r(3)y0|,\r(y\\al(2,0)＋x0＋\r(3)2))＝eq \f(|my0－\r(3)y0|,\r(y\\al(2,0)＋x0－\r(3)2)) .
由于点P在椭圆上，所以eq \f(x\\al(2,0),4)＋yeq \\al(2,0)＝1.
所以eq \f(|m＋\r(3)|,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)x0＋2))2))＝eq \f(|m－\r(3)|,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)x0－2))2)).[8分]
因为－eq \r(3)可得eq \f(m＋\r(3),\f(\r(3),2)x0＋2)＝eq \f(\r(3)－m,2－\f(\r(3),2)x0)，
所以m＝eq \f(3,4)x0，因此－eq \f(3,2)(3)设P(x0，y0)(y0≠0)，
则直线l的方程为y－y0＝k(x－x0)．
联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y－y0＝kx－x0.))
整理得(1＋4k2)x2＋8(ky0－k2x0)x＋4(yeq \\al(2,0)－2kx0y0＋k2xeq \\al(2,0)－1)＝0.[12分]
由题意Δ＝0，即(4－xeq \\al(2,0))k2＋2x0y0k＋1－yeq \\al(2,0)＝0.
又eq \f(x\\al(2,0),4)＋yeq \\al(2,0)＝1，
所以16yeq \\al(2,0)k2＋8x0y0k＋xeq \\al(2,0)＝0，故k＝－eq \f(x0,4y0).
由(2)知eq \f(1,k1)＋eq \f(1,k2)＝eq \f(x0＋\r(3),y0)＋eq \f(x0－\r(3),y0)＝eq \f(2x0,y0)，
所以eq \f(1,kk1)＋eq \f(1,kk2)＝eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k1)＋\f(1,k2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4y0,x0)))·eq \f(2x0,y0)＝－8，
因此eq \f(1,kk1)＋eq \f(1,kk2)为定值，这个定值为－8.[15分]
第3课时
阶段重难点梳理
1．直线与圆锥曲线的位置关系的判断
将直线方程与圆锥曲线方程联立，消去一个变量得到关于x(或y)的一元方程：ax2＋bx＋c＝0(或ay2＋by＋c＝0)．
(1)若a≠0，可考虑一元二次方程的判别式Δ，有
①Δ>0⇔直线与圆锥曲线相交；
②Δ＝0⇔直线与圆锥曲线相切；
③Δ<0⇔直线与圆锥曲线相离．
(2)若a＝0，b≠0，即得到一个一元一次方程，则直线l与圆锥曲线E相交，且只有一个交点，
①若E为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的位置关系是平行；
②若E为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合．
2．圆锥曲线的弦长
设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则|AB|＝eq \r(1＋k2)|x2－x1|＝eq \r(1＋\f(1,k2))|y2－y1|.
【知识拓展】
过一点的直线与圆锥曲线的位置关系
(1)过椭圆外一点总有两条直线与椭圆相切；
过椭圆上一点有且只有一条直线与椭圆相切；
过椭圆内一点的直线与椭圆相交．
(2)过抛物线外一点总有三条直线和抛物线有且只有一个公共点：两条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；
过抛物线上一点总有两条直线与抛物线有且只有一个公共点：一条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；
过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点：一条与对称轴平行或重合的直线.
(3)过双曲线外不在渐近线上的一点总有四条直线与双曲线有且只有一个交点：两条切线和两条与渐近线平行的直线；
过双曲线上一点总有三条直线与双曲线有且只有一个交点：一条切线和两条与渐近线平行的直线；
过双曲线内一点总有两条直线与双曲线有且只有一个交点：两条与渐近线平行的直线．
重点题型训练
1．设抛物线y2＝8x的准线与x轴交于点Q，若过点Q的直线l与抛物线有公共点，则直线l的斜率的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2))) B．[－2,2]
C．[－1,1] D．[－4,4]
答案 C
解析 Q(－2,0)，设直线l的方程为y＝k(x＋2)，代入抛物线方程，消去y整理得k2x2＋(4k2－8)x＋4k2＝0，
由Δ＝(4k2－8)2－4k2·4k2＝64(1－k2)≥0，
解得－1≤k≤1.
2．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
答案 B
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)，故选B.
3．已知F1，F2分别是双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左，右焦点，对于左支上任意一点P都有|PF2|2＝8a|PF1|(a为实半轴长)，则此双曲线的离心率e的取值范围是( )
A．(1，＋∞) B．(2,3]
C．(1,3] D．(1,2]
答案 C
解析 由P是双曲线左支上任意一点及双曲线的定义，
得|PF2|＝2a＋|PF1|，所以eq \f(|PF2|2,|PF1|)＝|PF1|＋eq \f(4a2,|PF1|)＋4a＝8a，
所以|PF1|＝2a，|PF2|＝4a，
在△PF1F2中，|PF1|＋|PF2|≥|F1F2|，
即2a＋4a≥2c，所以e＝eq \f(c,a)≤3.
又e>1，所以14．若点O和点F分别为椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,8)＝1的中点和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(FP,\s\up6(→))的最小值为________．
答案 6
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)))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)))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)))2≤eq \f(225,36)，
∴6≤eq \f(1,9)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(9,2)))2＋eq \f(23,4)≤12，
即6≤eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(FP,\s\up6(→))≤12.故最小值为6.
5．已知M是抛物线x2＝4y上一点，F为其焦点，点A在圆C：(x＋1)2＋(y－5)2＝1上，则|MA|＋|MF|的最小值是________．
答案 5
解析 依题意，由点M向抛物线x2＝4y的准线l：y＝－1引垂线，垂足为M1，则有|MA|＋|MF|＝|MA|＋|MM1|，结合图形(图略)可知|MA|＋|MM1|的最小值等于圆心C(－1,5)到y＝－1的距离再减去圆C的半径，即6－1＝5，因此|MA|＋|MF|的最小值是5.
6．已知椭圆C1：eq \f(x2,m＋2)－eq \f(y2,n)＝1与双曲线C2：eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,n)＝1有相同的焦点，则椭圆C1的离心率e1的取值范围为________．
答案 (eq \f(\r(2),2)，1)
解析 ∵椭圆C1：eq \f(x2,m＋2)－eq \f(y2,n)＝1，
∴aeq \\al(2,1)＝m＋2，beq \\al(2,1)＝－n，ceq \\al(2,1)＝m＋2＋n，
eeq \\al(2,1)＝eq \f(m＋2＋n,m＋2)＝1＋eq \f(n,m＋2).
∵双曲线C2：eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,n)＝1，∴aeq \\al(2,2)＝m，beq \\al(2,2)＝－n，ceq \\al(2,2)＝m－n，
∴由条件知m＋2＋n＝m－n，则n＝－1，
∴eeq \\al(2,1)＝1－eq \f(1,m＋2).
由m>0得m＋2>2，eq \f(1,m＋2)－eq \f(1,2)，
∴1－eq \f(1,m＋2)>eq \f(1,2)，即eeq \\al(2,1)>eq \f(1,2)，而0∴eq \f(\r(2),2)7．已知抛物线y2＝4x，焦点为F，过点(2,0)且斜率为正数的直线交抛物线于A，B两点，且eq \(FA,\s\up6(→))·eq \(FB,\s\up6(→))＝－11.
(1)求直线AB的方程；
(2)设点C是抛物线 (不含A，B两点)上的动点，求△ABC面积的最大值．
解 (1)设直线AB为x＝my＋2(m>0)，A(eq \f(y\\al(2,1),4)，y1)，
B(eq \f(y\\al(2,2),4)，y2)，F(1,0)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,y2＝4x，))消x，得y2－4my－8＝0，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝16m2＋32>0，,y1＋y2＝4m，,y1·y2＝－8.))
则eq \(FA,\s\up6(→))·eq \(FB,\s\up6(→))＝(eq \f(y\\al(2,1),4)－1，y1)·(eq \f(y\\al(2,2),4)－1，y2)＝(eq \f(y\\al(2,1),4)－1)(eq \f(y\\al(2,2),4)－1)＋y1y2＝eq \f(y\\al(2,1)y\\al(2,2),16)－eq \f(y\\al(2,1)＋y\\al(2,2),4)＋1＋y1y2
＝4－eq \f(16m2＋16,4)＋1－8＝－11，
得m2＝1，又因为m>0，故m＝1，
即直线AB的方程为x＝y＋2，即x－y－2＝0.
(2)设C(eq \f(y\\al(2,0),4)，y0)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝y＋2，,y2＝4x，))解得y1,2＝2±2eq \r(3)，
故2－2eq \r(3)点C到直线AB的距离为
d＝eq \f(|\f(y\\al(2,0),4)－y0－2|,\r(2))＝eq \f(|\f(1,4)y0－22－3|,\r(2))，
当y0＝2时，dmax＝eq \f(3\r(2),2)，此时|AB|＝eq \r(2)×eq \r(48)＝4eq \r(6)，
故S△ABCmax＝eq \f(1,2)|AB|dmax＝6eq \r(3).
8．已知中心在原点的双曲线C的右焦点为(2,0)，右顶点为(eq \r(3)，0)．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若直线：y＝kx＋m(k≠0，m≠0)与双曲线C交于不同的两点M，N，且线段MN的垂直平分线过点A(0，－1)，求实数m的取值范围．
解 (1)设双曲线C的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)．
由已知得a＝eq \r(3)，c＝2，
又a2＋b2＝c2，得b2＝1，
∴双曲线C的方程为eq \f(x2,3)－y2＝1.
(2)联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,3)－y2＝1，))
整理得(1－3k2)x2－6kmx－3m2－3＝0.
∵直线与双曲线有两个不同的交点，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－3k2≠0，,Δ＝12m2＋1－3k2>0，))
可得m2>3k2－1且k2≠eq \f(1,3)，①
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为B(x0，y0)，
则x1＋x2＝eq \f(6km,1－3k2)，∴x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(3km,1－3k2)，
∴y0＝kx0＋m＝eq \f(m,1－3k2).
由题意，AB⊥MN，
∴kAB＝eq \f(\f(m,1－3k2)＋1,\f(3km,1－3k2))＝－eq \f(1,k)(k≠0，m≠0)．
整理得3k2＝4m＋1，②
将②代入①，得m2－4m>0，∴m<0或m>4.
又3k2＝4m＋1>0(k≠0)，即m>－eq \f(1,4).
∴m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，0))∪(4，＋∞)．
9．已知椭圆C1：eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)的右顶点为A(1,0)，过C1的焦点且垂直长轴的弦长为1.
(1)求椭圆C1的方程；
(2)设点P在抛物线C2：y＝x2＋h(h∈R)上，C2在点P处的切线与C1交于点M，N.当线段AP的中点与MN的中点的横坐标相等时，求h的最小值．
解 (1)由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝1，,2·\f(b2,a)＝1.))从而eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1.))
因此，所求的椭圆C1的方程为eq \f(y2,4)＋x2＝1.
(2)如图，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(t，t2＋h)，
则抛物线C2在点P处的切线斜率为y′eq \b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝t＝2t)).
直线MN的方程为
y＝2tx－t2＋h.
将上式代入椭圆C1的方程中，
得4x2＋(2tx－t2＋h)2－4＝0，
即4(1＋t2)x2－4t(t2－h)x＋(t2－h)2－4＝0.①
因为直线MN与椭圆C1有两个不同的交点，
所以①式中的Δ1＝16[－t4＋2(h＋2)t2－h2＋4]>0.②
设线段MN的中点的横坐标是x3，
则x3＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(tt2－h,21＋t2).
设线段PA的中点的横坐标是x4，则x4＝eq \f(t＋1,2).
由题意，得x3＝x4，
即t2＋(1＋h)t＋1＝0.③
由③式中的Δ2＝(1＋h)2－4≥0，得h≥1或h≤－3.
当h≤－3时，h＋2<0,4－h2<0，
则不等式②不成立，所以h≥1.
当h＝1时，代入方程③得t＝－1，
将h＝1，t＝－1代入不等式②，检验成立．
所以，h的最小值为1.
作业布置
1．已知抛物线x2＝4y的焦点为F，A，B是抛物线上的两个动点，且eq \(AF,\s\up6(→))＝λeq \(FB,\s\up6(→))(λ>0)．过A，B两点分别作抛物线的切线，设其交点为M.
(1)证明：eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))为定值；
(2)设△ABM的面积为S，求S的最小值．
(1)证明 设直线AB的方程为y＝kx＋1，与抛物线x2＝4y联立得x2－4kx－4＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
因此x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，
由直线AM∶y＝eq \f(x1,2)x－eq \f(x\\al(2,1),4)，直线BM∶y＝eq \f(x2,2)x－eq \f(x\\al(2,2),4)得
M(eq \f(x1＋x2,2)，eq \f(x1x2,4))，即M(2k，－1)，
所以eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝(2k，－2)·(x2－x1，eq \f(x\\al(2,2)－x\\al(2,1),4))
＝(2k，－2)·(4eq \r(k2＋1)，4keq \r(k2＋1))＝0.
(2)解 |AB|＝4(k2＋1)，点M到直线AB的距离为d＝eq \f(|2k2＋2|,\r(1＋k2))＝2eq \r(1＋k2)，
所以S＝eq \f(1,2)·4(k2＋1)·2eq \r(k2＋1)＝≥4，
所以S的最小值为4.
2．椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),3)，点(eq \r(3)，eq \r(2))为椭圆上的一点．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若斜率为k的直线l过点A(0,1)，且与椭圆E交于C，D两点，B为椭圆E的下顶点，求证：对于任意的k，直线BC，BD的斜率之积为定值．
(1)解 因为e＝eq \f(\r(3),3)，所以c＝eq \f(\r(3),3)a，a2＝b2＋(eq \f(\r(3),3)a)2.①
又椭圆过点(eq \r(3)，eq \r(2))，所以eq \f(3,a2)＋eq \f(2,b2)＝1.②
由①②，解得a2＝6，b2＝4，
所以椭圆E的标准方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)证明 设直线l：y＝kx＋1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,6)＋\f(y2,4)＝1，,y＝kx＋1，))
得(3k2＋2)x2＋6kx－9＝0.
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则
x1＋x2＝－eq \f(6k,3k2＋2)，x1x2＝－eq \f(9,3k2＋2)，
易知B(0，－2)，
故kBC·kBD＝eq \f(y1＋2,x1)·eq \f(y2＋2,x2)
＝eq \f(kx1＋3,x1)·eq \f(kx2＋3,x2)
＝eq \f(k2x1x2＋3kx1＋x2＋9,x1x2)
＝k2＋eq \f(3kx1＋x2,x1x2)＋eq \f(9,x1x2)
＝k2＋3k·eq \f(2k,3)－(3k2＋2)
＝－2.
所以对于任意的k，直线BC，BD的斜率之积为定值．
3．设直线l与抛物线x2＝2y交于A，B两点，与椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1交于C，D两点，直线OA，OB，OC，OD(O为坐标原点)的斜率分别为k1，k2，k3，k4.若OA⊥OB.
(1)是否存在实数t，满足k1＋k2＝t(k3＋k4)，并说明理由；
(2)求△OCD面积的最大值．
解 设直线l的方程为y＝kx＋b，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋b，,x2＝2y，))得x2－2kx－2b＝0，
则x1＋x2＝2k，x1x2＝－2b，Δ1＝4k2＋8b>0.
因为OA⊥OB，所以x1x2＋y1y2＝0，得b＝2.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,3x2＋4y2＝12))得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，
所以x3＋x4＝－eq \f(16k,3＋4k2)，x3x4＝eq \f(4,3＋4k2)，
由Δ2＝192k2－48>0得k2>eq \f(1,4).
(1)存在实数t.因为k1＋k2＝eq \f(y1,x1)＋eq \f(y2,x2)＝k，k3＋k4＝eq \f(y3,x3)＋eq \f(y4,x4)
＝－6k，
所以eq \f(k1＋k2,k3＋k4)＝－eq \f(1,6)，即t＝－eq \f(1,6).
(2)根据弦长公式|CD|＝eq \r(1＋k2)|x3－x4|得
|CD|＝4eq \r(3)·eq \r(1＋k2)·eq \f(\r(4k2－1),3＋4k2)，
根据点O到直线CD的距离公式得d＝eq \f(2,\r(1＋k2))，
所以S△OCD＝eq \f(1,2)|CD|·d＝4eq \r(3)·eq \f(\r(4k2－1),3＋4k2)，
设eq \r(4k2－1)＝t>0，则S△OCD＝eq \f(4\r(3)t,t2＋4)≤eq \r(3)，
所以当t＝2，即k＝±eq \f(\r(5),2)时，S△OCD有最大值eq \r(3).
4．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)与双曲线eq \f(x2,4－v)＋eq \f(y2,1－v)＝1(1(1)求椭圆C的方程；
(2)在椭圆C上，是否存在点R(m，n)使得直线l：mx＋ny＝1与圆O：x2＋y2＝1相交于不同的两点M，N，且△OMN的面积最大？若存在，求出点R的坐标及对应的△OMN的面积；若不存在，请说明理由．
解 (1)∵1设焦点F(±c,0)，则c2＝4－v＋v－1＝3，
由椭圆C与双曲线共焦点，知a2－b2＝3，
设直线l的方程为x＝ty＋a，
代入y2＝2x，可得y2－2ty－2a＝0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1＋y2＝2t，y1y2＝－2a，
∵eq \(OP,\s\up6(→))⊥eq \(OQ,\s\up6(→))，∴x1x2＋y1y2＝a2－2a＝0，
∴a＝2，b＝1，∴椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)在△MON中，
S△OMN＝eq \f(1,2)·|OM|·|ON|·sin∠MON
＝eq \f(1,2)sin∠MON.
当∠MON＝90°时，eq \f(1,2)sin∠MON有最大值eq \f(1,2)，
此时点O到直线l的距离为d＝eq \f(1,\r(m2＋n2))＝eq \f(\r(2),2)，
∴m2＋n2＝2.又∵m2＋4n2＝4，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2＋n2＝2，,m2＋4n2＝4，))解得m2＝eq \f(4,3)，n2＝eq \f(2,3)，
此时点R的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)，±\f(\r(6),3)))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(3),3)，±\f(\r(6),3)))，△MON的面积为eq \f(1,2).
*5.已知椭圆C1、抛物线C2的焦点均在x轴上，C1的中心和C2的顶点均为原点O，从每条曲线上各取两个点，将其坐标记录于下表中：
(1)求C1，C2的标准方程；
(2)是否存在直线l满足条件：①过C2的焦点F；②与C1交于不同的两点M，N，且满足eq \(OM,\s\up6(→))⊥eq \(ON,\s\up6(→))？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
解 (1)设抛物线C2：y2＝2px(p≠0)，
则有eq \f(y2,x)＝2p(x≠0)，
据此验证四个点知(3，－2eq \r(3))，(4,4)在C2上，
易求得C2的标准方程为y2＝4x.
设椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，
把点(－2,0)，(eq \r(2)，eq \f(\r(2),2))代入得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(4,a2)＝1，,\f(2,a2)＋\f(1,2b2)＝1，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝1，))所以C1的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)容易验证当直线l的斜率不存在时，不满足题意．
当直线l的斜率存在时，设其方程为y＝k(x－1)，
与C1的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx－1，))
消去y并整理得(1＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－1)＝0，
于是x1＋x2＝eq \f(8k2,1＋4k2)，①
x1x2＝eq \f(4k2－1,1＋4k2).②
所以y1y2＝k2(x1－1)(x2－1)
＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]
＝k2[eq \f(4k2－1,1＋4k2)－eq \f(8k2,1＋4k2)＋1]
＝－eq \f(3k2,1＋4k2)，③
由eq \(OM,\s\up6(→))⊥eq \(ON,\s\up6(→))，即eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝0，
得x1x2＋y1y2＝0.(*)
将②③代入(*)式，得eq \f(4k2－1,1＋4k2)－eq \f(3k2,1＋4k2)
＝eq \f(k2－4,1＋4k2)＝0，
解得k＝±2，所以存在直线l满足条件，
且直线l的方程为2x－y－2＝0或2x＋y－2＝0.
x
3
－2
4
eq \r(2)
y
－2eq \r(3)
0
4
eq \f(\r(2),2)
题型一 范围问题
例1 已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦点为F(－c,0)，离心率为eq \f(\r(3),3)，点M在椭圆上且位于第一象限，直线FM被圆x2＋y2＝eq \f(b2,4)截得的线段的长为c，|FM|＝eq \f(4\r(3),3).
(1)求直线FM的斜率；
(2)求椭圆的方程；
(3)设动点P在椭圆上，若直线FP的斜率大于eq \r(2)，求直线OP(O为原点)的斜率的取值范围．
解 (1)由已知，有eq \f(c2,a2)＝eq \f(1,3)，
又由a2＝b2＋c2，可得a2＝3c2，b2＝2c2.
设直线FM的斜率为k(k＞0)，F(－c,0)，则直线FM的方程为y＝k(x＋c)．
由已知，有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(kc,\r(k2＋1))))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,2)))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,2)))2，
解得k＝eq \f(\r(3),3).
(2)由(1)得椭圆方程为eq \f(x2,3c2)＋eq \f(y2,2c2)＝1，直线FM的方程为y＝eq \f(\r(3),3)(x＋c)，两个方程联立，消去y，整理得3x2＋2cx－5c2＝0，解得x＝－eq \f(5,3)c或x＝c.
因为点M在第一象限，可得M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c，\f(2\r(3),3)c)).
由|FM|＝ eq \r(c＋c2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)c－0))2)＝eq \f(4\r(3),3).
解得c＝1，所以椭圆的方程为eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1.
(3)设点P的坐标为(x，y)，直线FP的斜率为t，
得t＝eq \f(y,x＋1)，即直线FP的方程为y＝t(x＋1)(x≠－1)，与椭圆方程联立，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝tx＋1，,\f(x2,3)＋\f(y2,2)＝1，))消去y，整理得2x2＋3t2(x＋1)2＝6，
又由已知，得t＝ eq \r(\f(6－2x2,3x＋12))＞eq \r(2)，
解得－eq \f(3,2)＜x＜－1或－1＜x＜0.
设直线OP的斜率为m，得m＝eq \f(y,x)，即y＝mx(x≠0)，与椭圆方程联立，整理得m2＝eq \f(2,x2)－eq \f(2,3).
①当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，－1))时，有y＝t(x＋1)＜0，
因此m＞0，于是m＝ eq \r(\f(2,x2)－\f(2,3))，得m∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),3)，\f(2\r(3),3))).
②当x∈(－1,0)时，有y＝t(x＋1)＞0.
因此m＜0，于是m＝－ eq \r(\f(2,x2)－\f(2,3))，
得m∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(2\r(3),3))).
综上，直线OP的斜率的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(2\r(3),3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),3)，\f(2\r(3),3))).
思维升华 解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面
(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．
已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)与双曲线eq \f(x2,3)－y2＝1的离心率互为倒数，且直线x－y－2＝0经过椭圆的右顶点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设不过原点O的直线与椭圆C交于M，N两点，且直线OM，MN，ON的斜率依次成等比数列，求△OMN面积的取值范围．
解 (1)∵双曲线的离心率为eq \f(2\r(3),3)，
∴椭圆的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2).
又∵直线x－y－2＝0经过椭圆的右顶点，
∴右顶点为(2,0)，即a＝2，c＝eq \r(3)，b＝1，
∴椭圆方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)由题意可设直线的方程为y＝kx＋m(k≠0，m≠0)，
M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
消去y，并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，
则x1＋x2＝－eq \f(8km,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－1,1＋4k2)，
于是y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)
＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2.
又直线OM，MN，ON的斜率依次成等比数列，
故eq \f(y1,x1)·eq \f(y2,x2)＝eq \f(k2x1x2＋kmx1＋x2＋m2,x1x2)
＝k2⇒－eq \f(8k2m2,1＋4k2)＋m2＝0.
由m≠0得k2＝eq \f(1,4)，解得k＝±eq \f(1,2).
又由Δ＝64k2m2－16(1＋4k2)(m2－1)
＝16(4k2－m2＋1)>0，得0
设原点O到直线的距离为d，
则S△OMN＝eq \f(1,2)|MN|d
＝eq \f(1,2)·eq \f(|m|,\r(1＋k2))·eq \r(1＋k2)·|x1－x2|
＝eq \f(1,2)|m|eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(－m2－12＋1).
故由m的取值范围可得△OMN面积的取值范围为(0,1)．
题型二 最值问题
命题点1 利用三角函数有界性求最值
例2 过抛物线y2＝4x的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，点O是坐标原点，则|AF|·|BF|的最小值是( )
A．2 B.eq \r(2) C．4 D．2eq \r(2)
答案 C
解析 设直线AB的倾斜角为θ，可得|AF|＝eq \f(2,1－cs θ)，|BF|＝eq \f(2,1＋cs θ)，则|AF|·|BF|＝eq \f(2,1－cs θ)×eq \f(2,1＋cs θ)＝eq \f(4,sin2θ)≥4.
命题点2 数形结合利用几何性质求最值
例3 在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2－y2＝1右支上的一个动点．若点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为_______________________________________________________________________．
答案 eq \f(\r(2),2)
解析 双曲线x2－y2＝1的渐近线为x±y＝0，直线x－y＋1＝0与渐近线x－y＝0平行，故两平行线的距离d＝eq \f(|1－0|,\r(12＋－12))＝eq \f(\r(2),2).由点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，得c≤eq \f(\r(2),2)，故c的最大值为eq \f(\r(2),2).
命题点3 转化为函数利用基本不等式或二次函数求最值
例4 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的长轴长为4，焦距为2eq \r(2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)过动点M(0，m)(m＞0)的直线交x轴于点N，交C于点A，P(P在第一象限)，且M是线段PN的中点．过点P作x轴的垂线交C于另一点Q，延长QM交C于点B.
①设直线PM、QM的斜率分别为k、k′，证明eq \f(k′,k)为定值；
②求直线AB的斜率的最小值．
(1)解 设椭圆的半焦距为c.
由题意知2a＝4,2c＝2eq \r(2).
所以a＝2，b＝eq \r(a2－c2)＝eq \r(2).
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)①证明 设P(x0，y0)(x0＞0，y0＞0)．
由M(0，m)，可得P(x0,2m)，Q(x0，－2m)．
所以直线PM的斜率k＝eq \f(2m－m,x0)＝eq \f(m,x0).
直线QM的斜率k′＝eq \f(－2m－m,x0)＝－eq \f(3m,x0).
此时eq \f(k′,k)＝－3.所以eq \f(k′,k)为定值－3.
②解 设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
直线PA的方程为y＝kx＋m.
直线QB的方程为y＝－3kx＋m.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))
整理得(2k2＋1)x2＋4mkx＋2m2－4＝0，
由x0x1＝eq \f(2m2－4,2k2＋1)，可得x1＝eq \f(2m2－2,2k2＋1x0)，
所以y1＝kx1＋m＝eq \f(2km2－2,2k2＋1x0)＋m.
同理x2＝eq \f(2m2－2,18k2＋1x0)，y2＝eq \f(－6km2－2,18k2＋1x0)＋m.
所以x2－x1＝eq \f(2m2－2,18k2＋1x0)－eq \f(2m2－2,2k2＋1x0)
＝eq \f(－32k2m2－2,18k2＋12k2＋1x0)，
y2－y1＝eq \f(－6km2－2,18k2＋1x0)＋m－eq \f(2km2－2,2k2＋1x0)－m
＝eq \f(－8k6k2＋1m2－2,18k2＋12k2＋1x0)，
所以kAB＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(6k2＋1,4k)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6k＋\f(1,k)))，
由m＞0，x0＞0，可知k＞0，
所以6k＋eq \f(1,k)≥2eq \r(6)，当且仅当k＝eq \f(\r(6),6)时取“＝”．
因为P(x0,2m)在椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1上，
所以x0＝eq \r(4－8m2)，故此时eq \f(2m－m,\r(4－8m2)－0)＝eq \f(\r(6),6)，
即m＝eq \f(\r(14),7)，符合题意．
所以直线AB的斜率的最小值为eq \f(\r(6),2).
思维升华 处理圆锥曲线最值问题的求解方法
圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．
已知圆(x－a)2＋(y＋1－r)2＝r2(r>0)过点F(0,1)，圆心M的轨迹为C.
(1)求轨迹C的方程；
(2)设P为直线l：x－y－2＝0上的点，过点P作曲线C的两条切线PA，PB，当点P(x0，y0)为直线l上的定点时，求直线AB的方程；
(3)当点P在直线l上移动时，求|AF|·|BF|的最小值．
解 (1)依题意，由圆过定点F可知轨迹C的方程为x2＝4y.
(2)抛物线C的方程为x2＝4y，即y＝eq \f(1,4)x2，求导得y′＝eq \f(1,2)x.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)(其中y1＝eq \f(x\\al(2,1),4)，y2＝eq \f(x\\al(2,2),4))，
则切线PA，PB的斜率分别为eq \f(1,2)x1，eq \f(1,2)x2，
所以切线PA的方程为y－y1＝eq \f(x1,2)(x－x1)，
即y＝eq \f(x1,2)x－eq \f(x\\al(2,1),2)＋y1，即x1x－2y－2y1＝0.
同理可得切线PB的方程为x2x－2y－2y2＝0.
因为切线PA，PB均过点P(x0，y0)，
所以x1x0－2y0－2y1＝0，x2x0－2y0－2y2＝0，
所以(x1，y1)，(x2，y2)为方程x0x－2y0－2y＝0的两组解．
所以直线AB的方程为x0x－2y－2y0＝0.
(3)由抛物线定义可知|AF|＝y1＋1，|BF|＝y2＋1，
所以|AF|·|BF|＝(y1＋1)(y2＋1)＝y1y2＋(y1＋y2)＋1，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0x－2y－2y0＝0，,x2＝4y，))消去x整理得y2＋(2y0－xeq \\al(2,0))y＋yeq \\al(2,0)＝0，
由一元二次方程根与系数的关系可得y1＋y2＝xeq \\al(2,0)－2y0，y1y2＝yeq \\al(2,0)，
所以|AF|·|BF|＝y1y2＋(y1＋y2)＋1＝yeq \\al(2,0)＋xeq \\al(2,0)－2y0＋1.
又点P(x0，y0)在直线l上，所以x0＝y0＋2，
所以yeq \\al(2,0)＋xeq \\al(2,0)－2y0＋1＝2yeq \\al(2,0)＋2y0＋5＝2(y0＋eq \f(1,2))2＋eq \f(9,2)，
所以当y0＝－eq \f(1,2)时，|AF|·|BF|取得最小值，且最小值为eq \f(9,2).
作业检查
无
第2课时
阶段训练
题型一 定点问题
例1 已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>0，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轴分别交于点Q、P，与椭圆分别交于点M、N，各点均不重合且满足eq \(PM,\s\up6(→))＝λ1eq \(MQ,\s\up6(→))，eq \(PN,\s\up6(→))＝λ2eq \(NQ,\s\up6(→)).
(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．
(1)解 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，∴a2＝3.
∴椭圆的方程为eq \f(x2,3)＋y2＝1.
(2)证明 由题意设P(0，m)，Q(x0,0)，M(x1，y1)，
N(x2，y2)，设l方程为x＝t(y－m)，
由eq \(PM,\s\up6(→))＝λ1eq \(MQ,\s\up6(→))知(x1，y1－m)＝λ1(x0－x1，－y1)，
∴y1－m＝－y1λ1，由题意y1≠0，∴λ1＝eq \f(m,y1)－1.
同理由eq \(PN,\s\up6(→))＝λ2eq \(NQ,\s\up6(→))知λ2＝eq \f(m,y2)－1.
∵λ1＋λ2＝－3，∴y1y2＋m(y1＋y2)＝0，①
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋3y2＝3，,x＝ty－m))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＝eq \f(2mt2,t2＋3)，y1y2＝eq \f(t2m2－3,t2＋3)，③
③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0，
∴(mt)2＝1，
由题意mt<0，∴mt＝－1，满足②，
得直线l方程为x＝ty＋1，过定点(1,0)，即Q为定点．
思维升华 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．
如图，已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率e＝eq \f(\r(2),2)，F是右焦点，A是右顶点，B是椭圆上一点，BF⊥x轴，|BF|＝eq \f(\r(2),2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l：x＝ty＋λ是椭圆C的一条切线，点M(－eq \r(2)，y1)，点N(eq \r(2)，y2)是切线l上两个点，证明：当t，λ变化时，以MN为直径的圆过x轴上的定点，并求出定点坐标．
解 (1)由题意设椭圆方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，①
焦点F(c,0)，因为eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，②
将点B(c，eq \f(\r(2),2))的坐标代入方程①得eq \f(c2,a2)＋eq \f(1,2b2)＝1.③
由②③结合a2＝b2＋c2，得a＝eq \r(2)，b＝1.
故所求椭圆方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,x＝ty＋λ))得(2＋t2)y2＋2tλy＋λ2－2＝0.
因为l为切线，所以Δ＝(2tλ)2－4(t2＋2)(λ2－2)＝0，
即t2－λ2＋2＝0.④
设圆与x轴的交点为T(x0,0)，
则eq \(TM,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)－x0，y1)，eq \(TN,\s\up6(→))＝(eq \r(2)－x0，y2)．
因为MN为圆的直径，
故eq \(TM,\s\up6(→))·eq \(TN,\s\up6(→))＝xeq \\al(2,0)－2＋y1y2＝0.⑤
当t＝0时，不符合题意，故t≠0.
因为y1＝eq \f(－\r(2)－λ,t)，y2＝eq \f(\r(2)－λ,t)，
所以y1y2＝eq \f(λ2－2,t2)，代入⑤结合④得
eq \(TM,\s\up6(→))·eq \(TN,\s\up6(→))＝eq \f(x\\al(2,0)－2t2＋λ2－2,t2)
＝eq \f(x\\al(2,0)－1t2,t2)，
要使上式为零，当且仅当xeq \\al(2,0)＝1，解得x0＝±1.
所以T为定点，故动圆过x轴上的定点(－1,0)与(1,0)，
即椭圆的两个焦点．
题型二 定值问题
例2 椭圆有两顶点A(－1，0)，B(1,0)，过其焦点F(0,1)的直线l与椭圆交于C，D两点，并与x轴交于点P.直线AC与直线BD交于点Q.
(1)当|CD|＝eq \f(3,2)eq \r(2)时，求直线l的方程；
(2)当点P异于A，B两点时，求证：eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))为定值．
(1)解 ∵椭圆的焦点在y轴上，
故设椭圆的标准方程为eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)，
由已知得b＝1，c＝1，∴a＝eq \r(2)，
∴椭圆的方程为eq \f(y2,2)＋x2＝1.
当直线l的斜率不存在时，|CD|＝2eq \r(2)，与题意不符；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋1，
C(x1，y1)，D(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(y2,2)＋x2＝1，))化简得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0,
则x1＋x2＝－eq \f(2k,k2＋2)，x1·x2＝－eq \f(1,k2＋2).
∴|CD|＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(－\f(2k,k2＋2)2＋4·\f(1,k2＋2))
＝eq \f(2\r(2)k2＋1,k2＋2)＝eq \f(3,2)eq \r(2)，
解得k＝±eq \r(2).
∴直线l的方程为eq \r(2)x－y＋1＝0或eq \r(2)x＋y－1＝0.
(2)证明 当直线l的斜率不存在时，与题意不符．
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0，k≠±1)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，
∴点P的坐标为(－eq \f(1,k)，0)．
由(1)知x1＋x2＝－eq \f(2k,k2＋2)，x1x2＝－eq \f(1,k2＋2)，
且直线AC的方程为y＝eq \f(y1,x1＋1)(x＋1)，
直线BD的方程为y＝eq \f(y2,x2－1)(x－1)，
将两直线方程联立，消去y，
得eq \f(x＋1,x－1)＝eq \f(y2x1＋1,y1x2－1).
∵－1
＝eq \f(2－2x\\al(2,2),2－2x\\al(2,1))·eq \f(x1＋12,x2－12)
＝eq \f(1＋x11＋x2,1－x11－x2)
＝eq \f(1－\f(2k,k2＋2)－\f(1,k2＋2),1＋\f(2k,k2＋2)－\f(1,k2＋2))＝(eq \f(k－1,k＋1))2，
y1y2＝k2x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝k2(－eq \f(1,k2＋2))＋k(－eq \f(2k,k2＋2))＋1
＝－eq \f(21＋k2k－1,k2＋2k＋1)，
∵eq \f(k－1,k＋1)与y1y2异号，∴eq \f(x＋1,x－1)与eq \f(k－1,k＋1)同号，
∴eq \f(x＋1,x－1)＝eq \f(k－1,k＋1)，解得x＝－k，
故点Q的坐标为(－k，y0)，
eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝(－eq \f(1,k)，0)·(－k，y0)＝1，
故eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))为定值．
思维升华 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
(1)求代数式为定值．依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值；
(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；
(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．
如图，在平面直角坐标系xOy中，点F(eq \f(1,2)，0)，直线l：x＝－eq \f(1,2)，点P在直线l上移动，R是线段PF与y轴的交点，RQ⊥FP，PQ⊥l.
(1)求动点Q的轨迹C的方程；
(2)设圆M过A(1,0)，且圆心M在曲线C上，TS是圆M在y轴上截得的弦，当M运动时，弦长|TS|是否为定值？请说明理由．
解 (1)依题意知，点R是线段FP的中点，且RQ⊥FP，
∴RQ是线段FP的垂直平分线．
∵点Q在线段FP的垂直平分线上，∴|PQ|＝|QF|，
又|PQ|是点Q到直线l的距离，
故动点Q的轨迹是以F为焦点，l为准线的抛物线，其方程为y2＝2x(x>0)．
(2)弦长|TS|为定值．理由如下：
取曲线C上点M(x0，y0)，M到y轴的距离为d＝|x0|＝x0，圆的半径r＝|MA|＝eq \r(x0－12＋y\\al(2,0))，
则|TS|＝2eq \r(r2－d2)＝2eq \r(y\\al(2,0)－2x0＋1)，
∵点M在曲线C上，∴x0＝eq \f(y\\al(2,0),2)，
∴|TS|＝2eq \r(y\\al(2,0)－y\\al(2,0)＋1)＝2是定值．
题型三 探索性问题
例3 如图，椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率是eq \f(\r(2),2)，点P(0,1)在短轴CD上，且eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))＝－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eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．
解 (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eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))＝－1，
于是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－b2＝－1，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2－b2＝c2，))解得a＝2，b＝eq \r(2)，
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋1，))得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，
其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0，
所以x1＋x2＝－eq \f(4k,2k2＋1)，x1x2＝－eq \f(2,2k2＋1)，
从而，eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))
＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]
＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝eq \f(－2λ－4k2＋－2λ－1,2k2＋1)
＝－eq \f(λ－1,2k2＋1)－λ－2.
所以当λ＝1时，－eq \f(λ－1,2k2＋1)－λ－2＝－3，
此时eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝－3为定值．
当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，
此时，eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(OD,\s\up6(→))＋eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))＝－2－1＝－3.
故存在常数λ＝1，使得eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＋λeq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))为定值－3.
思维升华 解决探索性问题的注意事项
探索性问题，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，要开放思维，采取另外合适的方法．
已知A(1,2)，B(eq \f(1,4)，－1)是抛物线y2＝ax(a>0)上的两个点，过点A，B引抛物线的两条弦AE，BF.
(1)求实数a的值；
(2)若直线AE与BF的斜率互为相反数，且A，B两点在直线EF的两侧，直线EF的斜率是否为定值？若是，求出该定值，若不是，说明理由．
解 (1)把点A(1,2)代入抛物线方程得a＝4.
(2)直线EF的斜率是定值，理由如下：
设E(x1，y1)，F(x2，y2)，直线AE：y＝k(x－1)＋2，
则直线BF：y＝－k(x－eq \f(1,4))－1，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1＋2，,y2＝4x，))消去y，
得k2x2＋(4k－2k2－4)x＋(2－k)2＝0，
∴x1＝eq \f(2－k2,k2)，y1＝k(x1－1)＋2＝eq \f(－2k2＋4k,k2)，
∴E(eq \f(2－k2,k2)，eq \f(－2k2＋4k,k2))，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－kx－\f(1,4)－1，,y2＝4x，))消去y，
得k2x2－(eq \f(1,2)k2－2k＋4)x＋(1－eq \f(1,4)k)2＝0，
∴eq \f(1,4)x2＝eq \f(4－k2,16k2)，x2＝eq \f(4－k2,4k2)，y2＝－k(x2－eq \f(1,4))－1＝eq \f(k2－4k,k2)，
得F(eq \f(4－k2,4k2)，eq \f(k2－4k,k2))．
故kEF＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－4.
典例 椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左，右焦点分别是F1，F2，离心率为eq \f(\r(3),2)，过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1，PF2，设∠F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m,0)，求m的取值范围；
(3)在(2)的条件下，过点P作斜率为k的直线l，使得l与椭圆C有且只有一个公共点，设直线PF1、PF2的斜率分别为k1、k2，若k2≠0，证明eq \f(1,kk1)＋eq \f(1,kk2)为定值，并求出这个定值．
思想方法指导 对题目涉及的变量巧妙地引进参数(如设动点坐标、动直线方程等)，利用题目的条件和圆锥曲线方程组成二元二次方程组，再化为一元二次方程，从而利用根与系数的关系进行整体代换，达到“设而不求，减少计算”的效果，直接得定值．
规范解答
解 (1)由于c2＝a2－b2，将x＝－c代入椭圆方程eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，得y＝±eq \f(b2,a).
由题意知eq \f(2b2,a)＝1，即a＝2b2.
又e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，所以a＝2，b＝1.
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.[4分]
(2)设P(x0，y0)(y0≠0)，
又F1(－eq \r(3)，0)，F2(eq \r(3)，0)，
所以直线PF1，PF2的方程分别为
：y0x－(x0＋eq \r(3))y＋eq \r(3)y0＝0，
：y0x－(x0－eq \r(3))y－eq \r(3)y0＝0.
由题意知eq \f(|my0＋\r(3)y0|,\r(y\\al(2,0)＋x0＋\r(3)2))＝eq \f(|my0－\r(3)y0|,\r(y\\al(2,0)＋x0－\r(3)2)) .
由于点P在椭圆上，所以eq \f(x\\al(2,0),4)＋yeq \\al(2,0)＝1.
所以eq \f(|m＋\r(3)|,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)x0＋2))2))＝eq \f(|m－\r(3)|,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)x0－2))2)).[8分]
因为－eq \r(3)
所以m＝eq \f(3,4)x0，因此－eq \f(3,2)
则直线l的方程为y－y0＝k(x－x0)．
联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y－y0＝kx－x0.))
整理得(1＋4k2)x2＋8(ky0－k2x0)x＋4(yeq \\al(2,0)－2kx0y0＋k2xeq \\al(2,0)－1)＝0.[12分]
由题意Δ＝0，即(4－xeq \\al(2,0))k2＋2x0y0k＋1－yeq \\al(2,0)＝0.
又eq \f(x\\al(2,0),4)＋yeq \\al(2,0)＝1，
所以16yeq \\al(2,0)k2＋8x0y0k＋xeq \\al(2,0)＝0，故k＝－eq \f(x0,4y0).
由(2)知eq \f(1,k1)＋eq \f(1,k2)＝eq \f(x0＋\r(3),y0)＋eq \f(x0－\r(3),y0)＝eq \f(2x0,y0)，
所以eq \f(1,kk1)＋eq \f(1,kk2)＝eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k1)＋\f(1,k2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4y0,x0)))·eq \f(2x0,y0)＝－8，
因此eq \f(1,kk1)＋eq \f(1,kk2)为定值，这个定值为－8.[15分]
第3课时
阶段重难点梳理
1．直线与圆锥曲线的位置关系的判断
将直线方程与圆锥曲线方程联立，消去一个变量得到关于x(或y)的一元方程：ax2＋bx＋c＝0(或ay2＋by＋c＝0)．
(1)若a≠0，可考虑一元二次方程的判别式Δ，有
①Δ>0⇔直线与圆锥曲线相交；
②Δ＝0⇔直线与圆锥曲线相切；
③Δ<0⇔直线与圆锥曲线相离．
(2)若a＝0，b≠0，即得到一个一元一次方程，则直线l与圆锥曲线E相交，且只有一个交点，
①若E为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的位置关系是平行；
②若E为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合．
2．圆锥曲线的弦长
设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则|AB|＝eq \r(1＋k2)|x2－x1|＝eq \r(1＋\f(1,k2))|y2－y1|.
【知识拓展】
过一点的直线与圆锥曲线的位置关系
(1)过椭圆外一点总有两条直线与椭圆相切；
过椭圆上一点有且只有一条直线与椭圆相切；
过椭圆内一点的直线与椭圆相交．
(2)过抛物线外一点总有三条直线和抛物线有且只有一个公共点：两条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；
过抛物线上一点总有两条直线与抛物线有且只有一个公共点：一条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；
过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点：一条与对称轴平行或重合的直线.
(3)过双曲线外不在渐近线上的一点总有四条直线与双曲线有且只有一个交点：两条切线和两条与渐近线平行的直线；
过双曲线上一点总有三条直线与双曲线有且只有一个交点：一条切线和两条与渐近线平行的直线；
过双曲线内一点总有两条直线与双曲线有且只有一个交点：两条与渐近线平行的直线．
重点题型训练
1．设抛物线y2＝8x的准线与x轴交于点Q，若过点Q的直线l与抛物线有公共点，则直线l的斜率的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2))) B．[－2,2]
C．[－1,1] D．[－4,4]
答案 C
解析 Q(－2,0)，设直线l的方程为y＝k(x＋2)，代入抛物线方程，消去y整理得k2x2＋(4k2－8)x＋4k2＝0，
由Δ＝(4k2－8)2－4k2·4k2＝64(1－k2)≥0，
解得－1≤k≤1.
2．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
答案 B
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)，故选B.
3．已知F1，F2分别是双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左，右焦点，对于左支上任意一点P都有|PF2|2＝8a|PF1|(a为实半轴长)，则此双曲线的离心率e的取值范围是( )
A．(1，＋∞) B．(2,3]
C．(1,3] D．(1,2]
答案 C
解析 由P是双曲线左支上任意一点及双曲线的定义，
得|PF2|＝2a＋|PF1|，所以eq \f(|PF2|2,|PF1|)＝|PF1|＋eq \f(4a2,|PF1|)＋4a＝8a，
所以|PF1|＝2a，|PF2|＝4a，
在△PF1F2中，|PF1|＋|PF2|≥|F1F2|，
即2a＋4a≥2c，所以e＝eq \f(c,a)≤3.
又e>1，所以1
答案 6
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)))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)))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)))2≤eq \f(225,36)，
∴6≤eq \f(1,9)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(9,2)))2＋eq \f(23,4)≤12，
即6≤eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(FP,\s\up6(→))≤12.故最小值为6.
5．已知M是抛物线x2＝4y上一点，F为其焦点，点A在圆C：(x＋1)2＋(y－5)2＝1上，则|MA|＋|MF|的最小值是________．
答案 5
解析 依题意，由点M向抛物线x2＝4y的准线l：y＝－1引垂线，垂足为M1，则有|MA|＋|MF|＝|MA|＋|MM1|，结合图形(图略)可知|MA|＋|MM1|的最小值等于圆心C(－1,5)到y＝－1的距离再减去圆C的半径，即6－1＝5，因此|MA|＋|MF|的最小值是5.
6．已知椭圆C1：eq \f(x2,m＋2)－eq \f(y2,n)＝1与双曲线C2：eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,n)＝1有相同的焦点，则椭圆C1的离心率e1的取值范围为________．
答案 (eq \f(\r(2),2)，1)
解析 ∵椭圆C1：eq \f(x2,m＋2)－eq \f(y2,n)＝1，
∴aeq \\al(2,1)＝m＋2，beq \\al(2,1)＝－n，ceq \\al(2,1)＝m＋2＋n，
eeq \\al(2,1)＝eq \f(m＋2＋n,m＋2)＝1＋eq \f(n,m＋2).
∵双曲线C2：eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,n)＝1，∴aeq \\al(2,2)＝m，beq \\al(2,2)＝－n，ceq \\al(2,2)＝m－n，
∴由条件知m＋2＋n＝m－n，则n＝－1，
∴eeq \\al(2,1)＝1－eq \f(1,m＋2).
由m>0得m＋2>2，eq \f(1,m＋2)
∴1－eq \f(1,m＋2)>eq \f(1,2)，即eeq \\al(2,1)>eq \f(1,2)，而0
(1)求直线AB的方程；
(2)设点C是抛物线 (不含A，B两点)上的动点，求△ABC面积的最大值．
解 (1)设直线AB为x＝my＋2(m>0)，A(eq \f(y\\al(2,1),4)，y1)，
B(eq \f(y\\al(2,2),4)，y2)，F(1,0)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,y2＝4x，))消x，得y2－4my－8＝0，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝16m2＋32>0，,y1＋y2＝4m，,y1·y2＝－8.))
则eq \(FA,\s\up6(→))·eq \(FB,\s\up6(→))＝(eq \f(y\\al(2,1),4)－1，y1)·(eq \f(y\\al(2,2),4)－1，y2)＝(eq \f(y\\al(2,1),4)－1)(eq \f(y\\al(2,2),4)－1)＋y1y2＝eq \f(y\\al(2,1)y\\al(2,2),16)－eq \f(y\\al(2,1)＋y\\al(2,2),4)＋1＋y1y2
＝4－eq \f(16m2＋16,4)＋1－8＝－11，
得m2＝1，又因为m>0，故m＝1，
即直线AB的方程为x＝y＋2，即x－y－2＝0.
(2)设C(eq \f(y\\al(2,0),4)，y0)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝y＋2，,y2＝4x，))解得y1,2＝2±2eq \r(3)，
故2－2eq \r(3)
d＝eq \f(|\f(y\\al(2,0),4)－y0－2|,\r(2))＝eq \f(|\f(1,4)y0－22－3|,\r(2))，
当y0＝2时，dmax＝eq \f(3\r(2),2)，此时|AB|＝eq \r(2)×eq \r(48)＝4eq \r(6)，
故S△ABCmax＝eq \f(1,2)|AB|dmax＝6eq \r(3).
8．已知中心在原点的双曲线C的右焦点为(2,0)，右顶点为(eq \r(3)，0)．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若直线：y＝kx＋m(k≠0，m≠0)与双曲线C交于不同的两点M，N，且线段MN的垂直平分线过点A(0，－1)，求实数m的取值范围．
解 (1)设双曲线C的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)．
由已知得a＝eq \r(3)，c＝2，
又a2＋b2＝c2，得b2＝1，
∴双曲线C的方程为eq \f(x2,3)－y2＝1.
(2)联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,3)－y2＝1，))
整理得(1－3k2)x2－6kmx－3m2－3＝0.
∵直线与双曲线有两个不同的交点，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－3k2≠0，,Δ＝12m2＋1－3k2>0，))
可得m2>3k2－1且k2≠eq \f(1,3)，①
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为B(x0，y0)，
则x1＋x2＝eq \f(6km,1－3k2)，∴x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(3km,1－3k2)，
∴y0＝kx0＋m＝eq \f(m,1－3k2).
由题意，AB⊥MN，
∴kAB＝eq \f(\f(m,1－3k2)＋1,\f(3km,1－3k2))＝－eq \f(1,k)(k≠0，m≠0)．
整理得3k2＝4m＋1，②
将②代入①，得m2－4m>0，∴m<0或m>4.
又3k2＝4m＋1>0(k≠0)，即m>－eq \f(1,4).
∴m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，0))∪(4，＋∞)．
9．已知椭圆C1：eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)的右顶点为A(1,0)，过C1的焦点且垂直长轴的弦长为1.
(1)求椭圆C1的方程；
(2)设点P在抛物线C2：y＝x2＋h(h∈R)上，C2在点P处的切线与C1交于点M，N.当线段AP的中点与MN的中点的横坐标相等时，求h的最小值．
解 (1)由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝1，,2·\f(b2,a)＝1.))从而eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1.))
因此，所求的椭圆C1的方程为eq \f(y2,4)＋x2＝1.
(2)如图，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(t，t2＋h)，
则抛物线C2在点P处的切线斜率为y′eq \b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝t＝2t)).
直线MN的方程为
y＝2tx－t2＋h.
将上式代入椭圆C1的方程中，
得4x2＋(2tx－t2＋h)2－4＝0，
即4(1＋t2)x2－4t(t2－h)x＋(t2－h)2－4＝0.①
因为直线MN与椭圆C1有两个不同的交点，
所以①式中的Δ1＝16[－t4＋2(h＋2)t2－h2＋4]>0.②
设线段MN的中点的横坐标是x3，
则x3＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(tt2－h,21＋t2).
设线段PA的中点的横坐标是x4，则x4＝eq \f(t＋1,2).
由题意，得x3＝x4，
即t2＋(1＋h)t＋1＝0.③
由③式中的Δ2＝(1＋h)2－4≥0，得h≥1或h≤－3.
当h≤－3时，h＋2<0,4－h2<0，
则不等式②不成立，所以h≥1.
当h＝1时，代入方程③得t＝－1，
将h＝1，t＝－1代入不等式②，检验成立．
所以，h的最小值为1.
作业布置
1．已知抛物线x2＝4y的焦点为F，A，B是抛物线上的两个动点，且eq \(AF,\s\up6(→))＝λeq \(FB,\s\up6(→))(λ>0)．过A，B两点分别作抛物线的切线，设其交点为M.
(1)证明：eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))为定值；
(2)设△ABM的面积为S，求S的最小值．
(1)证明 设直线AB的方程为y＝kx＋1，与抛物线x2＝4y联立得x2－4kx－4＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
因此x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，
由直线AM∶y＝eq \f(x1,2)x－eq \f(x\\al(2,1),4)，直线BM∶y＝eq \f(x2,2)x－eq \f(x\\al(2,2),4)得
M(eq \f(x1＋x2,2)，eq \f(x1x2,4))，即M(2k，－1)，
所以eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝(2k，－2)·(x2－x1，eq \f(x\\al(2,2)－x\\al(2,1),4))
＝(2k，－2)·(4eq \r(k2＋1)，4keq \r(k2＋1))＝0.
(2)解 |AB|＝4(k2＋1)，点M到直线AB的距离为d＝eq \f(|2k2＋2|,\r(1＋k2))＝2eq \r(1＋k2)，
所以S＝eq \f(1,2)·4(k2＋1)·2eq \r(k2＋1)＝≥4，
所以S的最小值为4.
2．椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),3)，点(eq \r(3)，eq \r(2))为椭圆上的一点．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若斜率为k的直线l过点A(0,1)，且与椭圆E交于C，D两点，B为椭圆E的下顶点，求证：对于任意的k，直线BC，BD的斜率之积为定值．
(1)解 因为e＝eq \f(\r(3),3)，所以c＝eq \f(\r(3),3)a，a2＝b2＋(eq \f(\r(3),3)a)2.①
又椭圆过点(eq \r(3)，eq \r(2))，所以eq \f(3,a2)＋eq \f(2,b2)＝1.②
由①②，解得a2＝6，b2＝4，
所以椭圆E的标准方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)证明 设直线l：y＝kx＋1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,6)＋\f(y2,4)＝1，,y＝kx＋1，))
得(3k2＋2)x2＋6kx－9＝0.
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则
x1＋x2＝－eq \f(6k,3k2＋2)，x1x2＝－eq \f(9,3k2＋2)，
易知B(0，－2)，
故kBC·kBD＝eq \f(y1＋2,x1)·eq \f(y2＋2,x2)
＝eq \f(kx1＋3,x1)·eq \f(kx2＋3,x2)
＝eq \f(k2x1x2＋3kx1＋x2＋9,x1x2)
＝k2＋eq \f(3kx1＋x2,x1x2)＋eq \f(9,x1x2)
＝k2＋3k·eq \f(2k,3)－(3k2＋2)
＝－2.
所以对于任意的k，直线BC，BD的斜率之积为定值．
3．设直线l与抛物线x2＝2y交于A，B两点，与椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1交于C，D两点，直线OA，OB，OC，OD(O为坐标原点)的斜率分别为k1，k2，k3，k4.若OA⊥OB.
(1)是否存在实数t，满足k1＋k2＝t(k3＋k4)，并说明理由；
(2)求△OCD面积的最大值．
解 设直线l的方程为y＝kx＋b，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋b，,x2＝2y，))得x2－2kx－2b＝0，
则x1＋x2＝2k，x1x2＝－2b，Δ1＝4k2＋8b>0.
因为OA⊥OB，所以x1x2＋y1y2＝0，得b＝2.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,3x2＋4y2＝12))得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，
所以x3＋x4＝－eq \f(16k,3＋4k2)，x3x4＝eq \f(4,3＋4k2)，
由Δ2＝192k2－48>0得k2>eq \f(1,4).
(1)存在实数t.因为k1＋k2＝eq \f(y1,x1)＋eq \f(y2,x2)＝k，k3＋k4＝eq \f(y3,x3)＋eq \f(y4,x4)
＝－6k，
所以eq \f(k1＋k2,k3＋k4)＝－eq \f(1,6)，即t＝－eq \f(1,6).
(2)根据弦长公式|CD|＝eq \r(1＋k2)|x3－x4|得
|CD|＝4eq \r(3)·eq \r(1＋k2)·eq \f(\r(4k2－1),3＋4k2)，
根据点O到直线CD的距离公式得d＝eq \f(2,\r(1＋k2))，
所以S△OCD＝eq \f(1,2)|CD|·d＝4eq \r(3)·eq \f(\r(4k2－1),3＋4k2)，
设eq \r(4k2－1)＝t>0，则S△OCD＝eq \f(4\r(3)t,t2＋4)≤eq \r(3)，
所以当t＝2，即k＝±eq \f(\r(5),2)时，S△OCD有最大值eq \r(3).
4．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)与双曲线eq \f(x2,4－v)＋eq \f(y2,1－v)＝1(1
(2)在椭圆C上，是否存在点R(m，n)使得直线l：mx＋ny＝1与圆O：x2＋y2＝1相交于不同的两点M，N，且△OMN的面积最大？若存在，求出点R的坐标及对应的△OMN的面积；若不存在，请说明理由．
解 (1)∵1
由椭圆C与双曲线共焦点，知a2－b2＝3，
设直线l的方程为x＝ty＋a，
代入y2＝2x，可得y2－2ty－2a＝0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1＋y2＝2t，y1y2＝－2a，
∵eq \(OP,\s\up6(→))⊥eq \(OQ,\s\up6(→))，∴x1x2＋y1y2＝a2－2a＝0，
∴a＝2，b＝1，∴椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)在△MON中，
S△OMN＝eq \f(1,2)·|OM|·|ON|·sin∠MON
＝eq \f(1,2)sin∠MON.
当∠MON＝90°时，eq \f(1,2)sin∠MON有最大值eq \f(1,2)，
此时点O到直线l的距离为d＝eq \f(1,\r(m2＋n2))＝eq \f(\r(2),2)，
∴m2＋n2＝2.又∵m2＋4n2＝4，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2＋n2＝2，,m2＋4n2＝4，))解得m2＝eq \f(4,3)，n2＝eq \f(2,3)，
此时点R的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)，±\f(\r(6),3)))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(3),3)，±\f(\r(6),3)))，△MON的面积为eq \f(1,2).
*5.已知椭圆C1、抛物线C2的焦点均在x轴上，C1的中心和C2的顶点均为原点O，从每条曲线上各取两个点，将其坐标记录于下表中：
(1)求C1，C2的标准方程；
(2)是否存在直线l满足条件：①过C2的焦点F；②与C1交于不同的两点M，N，且满足eq \(OM,\s\up6(→))⊥eq \(ON,\s\up6(→))？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
解 (1)设抛物线C2：y2＝2px(p≠0)，
则有eq \f(y2,x)＝2p(x≠0)，
据此验证四个点知(3，－2eq \r(3))，(4,4)在C2上，
易求得C2的标准方程为y2＝4x.
设椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，
把点(－2,0)，(eq \r(2)，eq \f(\r(2),2))代入得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(4,a2)＝1，,\f(2,a2)＋\f(1,2b2)＝1，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝1，))所以C1的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)容易验证当直线l的斜率不存在时，不满足题意．
当直线l的斜率存在时，设其方程为y＝k(x－1)，
与C1的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx－1，))
消去y并整理得(1＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－1)＝0，
于是x1＋x2＝eq \f(8k2,1＋4k2)，①
x1x2＝eq \f(4k2－1,1＋4k2).②
所以y1y2＝k2(x1－1)(x2－1)
＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]
＝k2[eq \f(4k2－1,1＋4k2)－eq \f(8k2,1＋4k2)＋1]
＝－eq \f(3k2,1＋4k2)，③
由eq \(OM,\s\up6(→))⊥eq \(ON,\s\up6(→))，即eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝0，
得x1x2＋y1y2＝0.(*)
将②③代入(*)式，得eq \f(4k2－1,1＋4k2)－eq \f(3k2,1＋4k2)
＝eq \f(k2－4,1＋4k2)＝0，
解得k＝±2，所以存在直线l满足条件，
且直线l的方程为2x－y－2＝0或2x＋y－2＝0.
x
3
－2
4
eq \r(2)
y
－2eq \r(3)
0
4
eq \f(\r(2),2)
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