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圆锥曲线综合问题
第一讲 最值、范围问题
1．圆锥曲线中常见的最值问题及其解法
(1)两类最值问题
①涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；
②求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时确定与之有关的一些问题．
(2)两种常见解法
①几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决；
②代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数
的最值，最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解．
2 2
【例 1 x y】已知椭圆 E： ＋ ＝1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是等边三角形的三个顶点，且长轴长
a2 b2
为 4．
(1)求椭圆 E的方程；
(2)若 A是椭圆 E的左顶点，经过左焦点 F的直线 l与椭圆 E交于 C，D两点，求△OAD与△OAC的面积之
差的绝对值的最大值．(O为坐标原点)
1
【变式训练】
1 x
2 y2
．已知椭圆 ＋ ＝1(a>b>0)，F
2 2 1
，F2为它的左、右焦点，P为椭圆上一点，已知∠F1PF2＝60°，S△Fa b 1
PF2＝
3 1，且椭圆的离心率为 ．
2
(1)求椭圆方程；
(2)已知 T(－4，0)，过 T的直线与椭圆交于 M，N两点，求△MNF1面积的最大值．
2
2 C x
2 y2
．已知椭圆 ： ＋ ＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1，F2，P在椭圆上(异于椭圆 C的左、右顶点)，过
a2 b2
右焦点 F2作∠F1PF2的外角平分线 L的垂线 F2Q，交 L于点 Q，且|OQ|＝2(O为坐标原点)，椭圆的四个顶
点围成的平行四边形的面积为 4 3．
(1)求椭圆 C的方程；
(2)若直线 l：x＝my＋4(m∈R)与椭圆 C交于 A，B两点，点 A关于 x轴的对称点为 A′，直线 A′B交 x轴于
点 D，求当△ADB的面积最大时，直线 l的方程．
3
x2 2
【例 2】在平面直角坐标系 xOy y中，已知椭圆 C： ＋ ＝1(a>b>0)过点 P(2，1)，且离心率 e 3＝ ．
a2 b2 2
(1)求椭圆 C的方程；
(2) l 1直线 的斜率为 ，直线 l与椭圆 C交于 A，B两点，求△PAB的面积的最大值．
2
4
【变式训练】
x21 C y
2 x2
．已知椭圆 ： ＋ ＝1(a＞b＞0)与双曲线 －y2＝1的离心率互为倒数，且直线 x－y－2＝0经过椭圆的
a2 b2 3
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．
5
2 2
2．在平面直角坐标系 xOy x y 3 1 中，已知椭圆 C： ＋ ＝1(a＞b＞0)的离心率为 ，且点 3， 在椭圆 C上．
a2 b2 2 2
(1)求椭圆 C的方程；
(2) E x
2 y2
设椭圆 ： ＋ ＝1，P为椭圆 C上任意一点，过点 P的直线 y＝kx＋m交椭圆 E于 A，B两点，射
4a2 4b2
线 PO交椭圆 E于点 Q．
|OQ|
①求 的值；
|OP|
②求△ABQ面积的最大值．
6
【例 3】已知动圆 E经过点 F(1，0)，且和直线 l：x＝－1相切．
(1)求该动圆圆心 E的轨迹 G的方程；
(2)已知点 A(3，0)，若斜率为 1的直线 l′与线段 OA相交(不经过坐标原点 O和点 A)，且与曲线 G交于 B，
C两点，求△ABC面积的最大值．
7
【变式训练】
1 x2 y A 1 , 1 B 3 9 P(x y) 1 x 3 ．如图，已知抛物线 ＝ ，点 ， ， ，抛物线上的点 ， ．过点 B作直
2 4 2 4 2 2
线 AP的垂线，垂足为 Q．
(1)求直线 AP斜率的取值范围；
(2)求|PA|·|PQ|的最大值．
8
2 y2 4x F 1．设抛物线 ＝ 的焦点为 ，过点 ，0的动直线交抛物线于不同两点 P，Q，线段 PQ中点为 M，射线
2
MF与抛物线交于点 A．
(1)求点 M的轨迹方程；
(2)求△APQ的面积的最小值．
9
2．解决圆锥曲线中范围问题的方法
圆锥曲线的有关几何量的取值范围问题一直是高考的热点，解决这类问题的基本途径：先要恰当地引
入变量(如点的坐标、角、斜率等)，建立目标函数，然后利用函数的有关知识和方法进行求解．一般有五种
思考方法：(1)利用判别式来构造不等式，从而确定参数的取值范围；(2)利用已知参数的取值范围，求新参
数的取值范围，解决这类问题的关键是在两个参数之间建立起相应的联系；(3)利用隐含的不等关系建立不
等式，从而求参数的取值范围；(4)利用已知不等关系构造不等式，从而求参数的取值范围；(5)利用函数的
值域，确定参数的取值范围．
x2 y2 3
【例 3】已知椭圆 C： ＋ ＝1(a>b>0)的离心率为 ，短轴长为 2．
a2 b2 2
(1)求椭圆 C的标准方程；
(2)设直线 l：y＝kx＋m与椭圆 C交于 M，N 5两点，O为坐标原点，若 kOM·kON＝ ，求原点 O到直线 l的
4
距离的取值范围．
10
【变式训练】
x2 y2
1．已知椭圆 C： ＋ ＝1(a>b>0)的右焦点为 F(1,0) P 1 3 ，且点 ， 在椭圆 C上，O为坐标原点．
a2 b2 2
(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．
11
2 2
2．已知椭圆 C x y 3 3： ＋ ＝1(a>b>0)的两焦点分别是 F1(－ 2，0)，F2( 2，0)，点 E 2， 在椭圆 C上．a2 b2 2
(1)求椭圆 C的方程；
(2)设 P是 y轴上的一点，若椭圆 C上存在两点 M，N →使得MP →＝2PN，求以 F1P为直径的圆的面积的取值范
围．
12
y2 x23．已知椭圆 C1： ＋ ＝1(a＞b＞0)与抛物线 C2：x2＝2py(p＞0)有一个公共焦点，抛物线 C2 2 2的准线 l与椭a b
圆 C1有一交点坐标是( 2，－2)．
(1)求椭圆 C1与抛物线 C2的方程；
(2)若点 P是直线 l上的动点，过点 P作抛物线的两条切线，切点分别为 A，B，直线 AB与椭圆 C1分别
交于点 E，F →，求OE·O→F的取值范围．
13
4 C x
2 y2
．已知椭圆 ： ＋ ＝1，直线 l：y＝kx＋m(m≠0)，设直线 l与椭圆 C交于 A，B两点．
3 2
(1)若|m|> 3，求实数 k的取值范围；
(2)若直线 OA，AB，OB的斜率成等比数列(其中 O为坐标原点)，求△OAB的面积的取值范围．
14
【课后巩固】
1 → →．已知点 P是圆 O：x2＋y2＝1上任意一点，过点 P作 PQ⊥y轴于点 Q，延长 QP到点 M，使QP＝PM．
(1)求点 M的轨迹 E的方程；
(2)过点 C(m,0)作圆 O的切线 l，交(1)中的曲线 E于 A，B两点，求△AOB面积的最大值．
15
2 2
2 x y．已知椭圆 C的方程为 ＋ ＝1，A是椭圆上的一点，且 A在第一象限内，过 A且斜率等于－1的直线与
4 2
椭圆 C交于另一点 B，点 A关于原点的对称点为 D.
(1)证明：直线 BD的斜率为定值；
(2)求△ABD面积的最大值．
16
x2 y23．如图，已知抛物线 C1：x2＝4y与椭圆 C2： ＋ ＝1(a＞b＞0)交于点 A，B，且抛物线 C 在点 A处的切
a2 b2
1
线 l1与椭圆 C2在点 A处的切线 l2互相垂直．
(1)求椭圆 C2的离心率；
(2)设 l1与 C2交于点 P，l2与 C1交于点 Q，求△APQ面积的最小值．
17
4．已知抛物线 E：y2＝2px(p>0) π的焦点为 F，过点 F且倾斜角为 的直线 l被 E截得的线段长为 8．
4
(1)求抛物线 E的方程；
(2) 1已知点 C是抛物线上的动点，以 C为圆心的圆过点 F，且圆 C与直线 x＝－ 相交于 A，B两点，求
2
|FA|·|FB|的取值范围．
18
5．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，过点
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的轨迹方程为曲线 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。
19
第二讲 定点、定值问题
1．定点问题
(1)参数法：参数法解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题
目中的核心变量(此处设为 k)；②利用条件找到 k与过定点的曲线 F(x，y)＝0之间的关系，得到关于 k与 x，
y的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，找到定点．
(2)由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，
再证明该定点与变量无关．
x2 y2
【例 1】已知椭圆 C： ＋ ＝1(a>b>0)，右焦点 F的坐标为(2,0)，且点(2， 2)在椭圆 C上．
a2 b2
(1)求椭圆 C的方程及离心率；
(2)过点 F的直线交椭圆于 A，B两点(直线不与 x轴垂直)，已知点 A与点 P关于 x轴对称，证明：直线
PB恒过定点，并求出此定点坐标．
20
【变式训练】
2 2
1．已知椭圆 C x y： ＋ ＝1(a＞b＞0)的右焦点 F( 3，0)，长半轴长与短半轴长的比值为 2．
a2 b2
(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．
21
2．已知 A( 3－2，0)，B(2，0)，点 C是动点，且直线 AC和直线 BC的斜率之积为－ ．
4
(1)求动点 C的轨迹方程；
(2)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．
22
3．设 M点为圆 C → →：x2＋y2＝4上的动点，点 M在 x轴上的投影为 N，动点 P满足 2PN＝ 3 MN，动点 P的
轨迹为 e．
(1)求 e的方程；
(2)设 e →的左顶点为 D，若直线 l：y＝kx＋m与曲线 e交于两点 A，B(A，B不是左、右顶点)，且满足|DA
→
＋DB|＝|D→A →－DB|，求证：直线 l恒过定点，并求出该定点的坐标．
23
2．定值问题
(1)直接消参求定值：常见定值问题的处理方法：①确定一个(或两个)变量为核心变量，其余量均利用条
件用核心变量进行表示；②将所求表达式用核心变量进行表示(有的甚至就是核心变量)，然后进行化简，看
能否得到一个常数．
(2)从特殊到一般求定值：常用处理技巧：①在运算过程中，尽量减少所求表达式中变量的个数，以便
于向定值靠拢；②巧妙利用变量间的关系，例如点的坐标符合曲线方程等，尽量做到整体代入，简化运算．
【例 2】如图，设点 A，B的坐标分别为(－ 3，0)，( 3，0)，直线 AP，BP相交于点 P，且它们的斜率之积
2
为－ ．
3
(1)求点 P的轨迹方程；
(2)设点 P的轨迹为 C，点 M，N是轨迹 C上不同于 A、B的两点，且满足 AP∥OM，BP∥ON，求证：
△MON的面积为定值．
24
【变式训练】
1 1．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＝8 3y的焦点．
2
(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
①若直线 AB的斜率为 ，求四边形 APBQ面积的最大值；
2
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．
25
2
2 x．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
4
OP，OQ x x 的斜率分别为 k1，k2，若 m＝ 1 , y1 ，n＝ 2 , y2 ，m·n＝0．
2 2
(1) 1求证：k1·k2＝－ ；
4
(2)试探求△OPQ的面积 S是否为定值，并说明理由．
26
2
3 C x y
2
．已知椭圆 ： ＋ ＝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
a2 b2
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，
E→使得 A·E→B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．
27
【课后巩固】
2 2
1 x y 1．已知椭圆 C： ＋ ＝1(a>b>0)的焦点为 F1，F2，离心率为 ，点 P为其上一动点，且三角形 PF2 2 1F2面积a b 2
的最大值为 3，O为坐标原点．
(1)求椭圆 C的方程；
(2) → →若点 M，N为 C上的两个动点，求常数 m，使OM·ON＝m时，点 O到直线 MN的距离为定值，求这
个定值．
28
2 2
2 x y．已知椭圆 C： ＋ ＝1(a＞b＞0)的左右焦点分别为 F1，F2，点 P是椭圆 C上一点，若 PF1⊥PF2，|F2 2 1F2|a b
＝2 3，△PF1F2的面积为 1．
(1)求椭圆 C的方程；
(2)若 A 1 1，B分别为椭圆上的两点，且 OA⊥OB，求证： ＋ 为定值，并求出该定值．
|OA|2 |OB|2
29
x2 y23 1 3．已知椭圆 C： ＋ ＝1(a＞b＞0)的离心率为 ，焦点与短轴的两顶点的连线与圆 x2＋y2＝ 相切．
a2 b2 2 4
(1)求椭圆 C的方程；
(2)过点(1，0)的直线 l与 C → →相交于 A，B两点，在 x轴上是否存在点 N，使得NA·NB为定值？如果有，
求出点 N的坐标及定值；如果没有，请说明理由．
30
4．过抛物线 C：y2＝4x的焦点 F且斜率为 k的直线 l交抛物线 C于 A，B两点，且|AB|＝8．
(1)求 l的方程；
(2)若 A关于 x轴的对称点为 D，求证：直线 BD过定点，并求出该点的坐标．
31
x2 y25．如图，已知椭圆 E： 2＋ 2＝1(a>b>0)
2
的离心率为 ，且过点(2， 2)，四边形 ABCD的顶点在椭圆 E上，
a b 2
b2
且对角线 AC，BD过原点 O，kAC·kBD＝－ ．
a2
(1)求O→A·O→B的取值范围；
(2)求证：四边形 ABCD的面积为定值．
32
第三讲 证明、探索问题
1．证明问题
代数转化法：圆锥曲线中的证明问题多涉及几何量的证明，比如涉及线段或角相等以及位置关系等
等．证明时，常把几何量用坐标表示，建立某个变量的函数，用代数方法证明．
2
1 C x y
2 2 2
【例 】已知椭圆 ： 2＋ 2＝1(a>b>0)经过点 M 1， ，其离心率为 ，设直线 l：y＝kx＋m与椭圆 C相a b 2 2
交于 A，B两点．
(1)求椭圆 C的方程；
(2) 2已知直线 l与圆 x2＋y2＝ 相切，求证：OA⊥OB(O为坐标原点)．
3
33
【变式训练】
x21 C y
2 1
．已知椭圆 ： ＋ ＝1(a>b>0)的离心率为 ，左、右焦点分别为 F1，F2，A为椭圆 C上一点，AF2 2 2⊥F1F2，a b 3
且|AF 82|＝ ．
3
(1)求椭圆 C的方程；
(2)设椭圆 C的左、右顶点分别为 A1，A2，过 A1，A2分别作 x轴的垂线 l1，l2，椭圆 C的一条切线 l：y
＝kx＋m与 l1，l2分别交于 M，N两点，求证：∠MF1N为定值．
34
2 C x
2
．设椭圆 ： ＋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)．
2
(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＝∠OMB．
35
2．探究、存在性问题
存在性问题的解法：先假设存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，推证满足条件的
结论，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．要注意的是：(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．
【例 2】已知椭圆 C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直线 l不过原点 O且不平行于坐标轴，l与 C有两个交点 A，B，
线段 AB的中点为 M．
(1)证明：直线 OM的斜率与 l的斜率的乘积为定值；
(2) m 若 l过点 ,m ，延长线段 OM与 C交于点 P，四边形 OAPB能否为平行四边形？若能，求此时 l
3
的斜率；若不能，说明理由．
36
【变式训练】
2 2
1．双曲线 C x y： － ＝1(a＞0，b＞0)的焦点分别为：F
2 2 1
(－2 2，0)，F2(2 2，0)，且双曲线 C经过点 P(4 2，
a b
2 7)．
(1)求双曲线 C的方程；
(2)设 O为坐标原点，若点 A在双曲线 C上，点 B在直线 x＝ 2 →上，且OA·O→B＝0．是否存在以点 O为
圆心的定圆恒与直线 AB相切？若存在，求出该圆的方程，若不存在，请说明理由．
37
2 2．已知中心在原点，焦点在 x轴上的椭圆的离心率为 ，直线 l过椭圆右焦点 F，且交椭圆于 A，B两点，
2
当直线 l π的倾斜角为 时，|AB|＝ 2．
2
(1)求椭圆的标准方程；
(2)在直线 x＝2 上是否存在点 D，使得△DAB为正三角形？若存在，求出 D点的坐标；若不存在，请
说明理由．
38
【课后巩固】
1 x
2 y2
．已知椭圆 ＋ ＝1的右焦点为 F，设直线 l：x＝5与 x轴的交点为 E，过点 F且斜率为 k的直线 l1与椭
5 4
圆交于 A，B两点，M为线段 EF的中点．
(1) π若直线 l1的倾斜角为 ，求△ABM的面积 S的值；
4
(2)过点 B作直线 BN⊥l于点 N，证明：A，M，N三点共线．
39
2．在三角形 MAB中，点 A(－1,0)，B(1,0)，且它的周长为 6，记点 M的轨迹为曲线 E．
(1)求 E的方程；
(2)设点 D(－2,0)，过 B的直线与 E交于 P，Q两点，求证：∠PDQ不可能为直角．
40
→ →
2 2
3．已知椭圆 C x y1： ＋ ＝1(a＞b＞0)，F为左焦点，A为上顶点，B(2,0)为右顶点，若 7|AF|＝2|AB|，抛物
a2 b2
线 C2的顶点在坐标原点，焦点为 F．
(1)求椭圆 C1的标准方程；
(2) 1是否存在过 F点的直线，与椭圆 C1和抛物线 C2的交点分别是 P，Q和 M，N，使得 S△OPQ＝ S△OMN？2
如果存在，求出直线的方程；如果不存在，请说明理由．
41
2
4 C x y
2
．已知椭圆 ： ＋ ＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1、F2，且点 F1到椭圆 C上任意一点的最大距离
a2 b2
1
为 3，椭圆 C的离心率为 ．
2
(1)求椭圆 C的标准方程；
(2)是否存在斜率为－1的直线 l与以线段 F1F
|CD|
2为直径的圆相交于 A、B两点，与椭圆相交于 C、D，且
|AB|
8 3
＝ ？若存在，求出直线 l的方程；若不存在，说明理由．
7
42
圆锥曲线综合问题
第一讲 最值、范围问题
1．圆锥曲线中常见的最值问题及其解法
(1)两类最值问题
①涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；
②求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时确定与之有关的一些问题．
(2)两种常见解法
①几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决；
②代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数
的最值，最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解．
x2 y2
【例 1】已知椭圆 E： ＋ ＝1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是等边三角形的三个顶点，且长轴长
a2 b2
为 4．
(1)求椭圆 E的方程；
(2)若 A是椭圆 E的左顶点，经过左焦点 F的直线 l与椭圆 E交于 C，D两点，求△OAD与△OAC的面积之
差的绝对值的最大值．(O为坐标原点)
解析：(1)由题意得 2a＝4，即 a＝2,2c＝a，
即 c＝1，又 b2＝a2－c2，∴b2＝3．
x2 y2
故椭圆 E的方程为 ＋ ＝1．
4 3
(2)设△OAD的面积为 S1，△OAC的面积为 S2，直线 l的方程为 x＝ky－1，C(x1，y1)，D(x2，y2)，
x＝ky－1，
由 x2 y2 1 整理得(3k
2＋4)y2－6ky－9＝0，
＋ ＝ ，
4 3
6k
由根与系数的关系可知 y1＋y2＝ ，
3k2＋4
|S S | 1∴ 1－ 2＝ ×2×||y1|
6|k|
－|y2||＝|y1＋y2|＝ ．
2 3k2＋4
6 6
k 3 4 2 3当 ＝0时，|S1－S2|＝0，当 k≠0时，|S1－S2|＝ 4≤ 4＝ ，当且仅当 3|k|＝ ，即 k＝± 时3|k|＋ 2 3|k|· 2 |k| 3
|k| |k|
3
等号成立．∴|S1－S2|的最大值为 ．
2
43
【变式训练】
x21 y
2
．已知椭圆 ＋ ＝1(a>b>0)，F1，F2为它的左、右焦点，P为椭圆上一点，已知∠F2 2 1PF2＝60°，Sa b △
F1PF2＝
3 1，且椭圆的离心率为 ．
2
(1)求椭圆方程；
(2)已知 T(－4，0)，过 T的直线与椭圆交于 M，N两点，求△MNF1面积的最大值．
解 (1)由已知，得|PF1|＋|PF2|＝2a，①
|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|cos 60°＝4c2，
即|PF1|2＋|PF2|2－|PF1||PF2|＝4c2，②
1|PF1||PF2|sin 60°＝ 3，即|PF1||PF2|＝4，③
2
c 1
联立①②③解得 a2－c2＝3．又 ＝ ，∴c2＝1，a2＝4，
a 2
2 2
b2 x y＝a2－c2＝3，椭圆方程为 ＋ ＝1．
4 3
(2)根据题意可知直线 MN的斜率存在，且不为 0．
设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线 MN的方程为 x＝my－4，
代入椭圆方程，整理得(3m2＋4)y2－24my＋36＝0，
则Δ＝(24m)2－4×36×(3m2＋4)>0，所以 m2>4．
y 24m 361＋y2＝ ，y2 1y2＝ ，3m ＋4 3m2＋4
则△MNF1的面积 S△MNF1＝|S△NTF1－S△MTF1|
1
＝ |TF 31|·|y1－y2|＝ （y1＋y2）2－4y1y2
2 2
24m 23 144 m2－4
＝ ＝18
2 3m2 4 3m2 4 4＋3m2
1 1 6
＝6×m2 4 16＝6× 16
3 3
≤ 16＝ ．－ ＋
3 4m2－4＋ 3 2 3
m2－4 m2－4
16
28
当且仅当 m2－4＝ 3 ，即 m2＝ 时(此时适合Δ>0的条件)取得等号．
m2－4 3
故△MNF 3 31面积的最大值为 ．
4
44
2 2
2 x y．已知椭圆 C： ＋ ＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1，F2，P在椭圆上(异于椭圆 C的左、右顶点)，过
a2 b2
右焦点 F2作∠F1PF2的外角平分线 L的垂线 F2Q，交 L于点 Q，且|OQ|＝2(O为坐标原点)，椭圆的四个顶
点围成的平行四边形的面积为 4 3．
(1)求椭圆 C的方程；
(2)若直线 l：x＝my＋4(m∈R)与椭圆 C交于 A，B两点，点 A关于 x轴的对称点为 A′，直线 A′B交 x轴于
点 D，求当△ADB的面积最大时，直线 l的方程．
解 (1)由椭圆的四个顶点围成的平行四边形的面积为 4×1ab＝4 3，得 ab＝2 3．
2
延长 F2Q交直线 F1P于点 R，因为 F2Q为∠F1PF2的外角平分线的垂线，
所以|PF2|＝|PR|，Q为 F2R的中点，
|OQ| |F1R| |F1P|＋|PR| |F1P|＋|PF2|所以 ＝ ＝ ＝ ＝a，
2 2 2
x2 y2
所以 a＝2，b＝ 3，所以椭圆 C的方程为 ＋ ＝1．
4 3
x＝my＋4，
(2)联立 x2 y2 1 消去 x，得(3m
2＋4)y2＋24my＋36＝0，
＋ ＝ ，
4 3
所以Δ＝(24m)2－4×36×(3m2＋4)＝144(m2－4)>0，即 m2>4．
设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 A′(x1，－y1)，
－24m 36
由根与系数的关系，得 y1＋y2＝ ，y y ＝ ，
3m2
1 2
＋4 3m2＋4
A′B k y2－
－y1 y2＋y1
直线 的斜率 ＝ ＝ ，
x2－x1 x2－x1
所以直线 A′B的方程为 y＋y y1＋y21＝ (x－x1)，
x2－x1

y 0 x x1y2＋x2y1 my1＋4
y2＋y1 my2＋4 2my1y2
令 ＝ ，得 D＝ ＝ ＝ ＋4，
y1＋y2 y1＋y2 y1＋y2
3
故 xD＝1，所以点 D到直线 l的距离 d＝ ，
1＋m2
S 1 3 m
2－4
所以 △ADB＝ |AB|·d＝ y1＋y2 2－4y1y2＝18· ．2 2 3m2＋4
18
令 t＝ m2－4(t>0)，则 S t 18 3 3△ADB＝18· ＝ ≤ ＝ ，3t2＋16 3t 16＋ 2 3×16 4
t
当且仅当 3t 16 16 28 2 21＝ ，即 t2＝ ＝m2－4，即 m2＝ >4，m＝± 时，△ADB的面积最大，
t 3 3 3
所以直线 l的方程为 3x＋2 21y－12＝0或 3x－2 21y－12＝0．
45
2 xOy C x
2 y2
【例 】在平面直角坐标系 中，已知椭圆 ： ＋ ＝1(a>b>0)过点 P(2，1)，且离心率 e 3＝ ．
a2 b2 2
(1)求椭圆 C的方程；
(2) 1直线 l的斜率为 ，直线 l与椭圆 C交于 A，B两点，求△PAB的面积的最大值．
2
c2 2 2
解 (1)因为 e2 a －b 3＝ ＝ ＝ ，所以 a2＝4b2．
a2 a2 4
C x
2 y2
又椭圆 ： ＋ ＝1(a>b>0)过点 P(2，1)，
a2 b2
4 1
所以 ＋ ＝1．所以 a2＝8，b2＝2．
a2 b2
x2 y2
故所求椭圆方程为 ＋ ＝1．
8 2
(2) l y 1设 的方程为 ＝ x＋m，点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，
2
y 1＝ x＋m，
2
联立 x2 y2 消去 y整理得 x2＋2mx＋2m2－4＝0．
＋ ＝1
8 2
所以 x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－4．
又直线 l与椭圆相交，所以Δ＝4m2－8m2＋16>0，解得|m|<2．
1
则|AB|＝ 1＋ × （x1＋x2）2－4x1x2＝ 5（4－m2）．
4
|m|
点 P 2|m|到直线 l的距离 d＝ 1＝ ．1＋ 5
4
S 1d|AB| 1×2|m|
2
× 5 4 m2 m2 4 m2 ≤m ＋4－m
2
所以 △PAB＝ ＝ （ － ）＝ （ － ） ＝2．2 2 5 2
当且仅当 m2＝2，即 m＝± 2时，△PAB的面积取得最大值为 2．
46
【变式训练】
x2 y2 x21．已知椭圆 C： ＋ ＝1(a＞b＞0)与双曲线 －y2＝1的离心率互为倒数，且直线 x－y－2＝0经过椭圆的
a2 b2 3
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．
2 3
解：(1)∵双曲线的离心率为 ，
3
e c 3∴椭圆的离心率 ＝ ＝ ．
a 2
又∵直线 x－y－2＝0经过椭圆的右顶点，
∴右顶点为点(2,0)，即 a＝2，c＝ 3，b＝1，
x2
∴椭圆方程为 ＋y2＝1．
4
(2)由题意可设直线的方程为 y＝kx＋m(k≠0，m≠0)，
y＝kx＋m，
M(x1，y 21)，N(x2，y2)．联立 x ＋y2＝1，
4
消去 y，并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，
x x 8km x x 4 m
2－1
则 1＋ 2＝－ ，2 1 2＝ ，1＋4k 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，
y 2 2
故 1·y2 k x1x2＋km x1＋x2 ＋m＝ ＝k2，
x1 x2 x1x2
8k2m2
则－ ＋m2＝0．
1＋4k2
m≠0 k2 1 k ±1由 得 ＝ ，解得 ＝ ．
4 2
又由Δ＝64k2m2－16(1＋4k2)(m2－1)＝16(4k2－m2＋1)＞0，得 0＜m2＜2，
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，
|m|
则 S 1 1 2 1 2 2 2△OMN＝ |MN|d＝ · 1＋k ·|x1－x2|· ＝ |m| x1＋x2 －4x1x2＝ － m －1 ＋1．2 2 1＋k2 2
故由 m的取值范围可得△OMN面积的取值范围为(0,1)．
47
2
2 xOy C x y
2 3 1
．在平面直角坐标系 中，已知椭圆 ： ＋ ＝1(a＞b＞0)的离心率为 ，且点 3， 在椭圆 C上．
a2 b2 2 2
(1)求椭圆 C的方程；
(2) E x
2 y2
设椭圆 ： ＋ ＝1，P为椭圆 C上任意一点，过点 P的直线 y＝kx＋m交椭圆 E于 A，B两点，射线
4a2 4b2
PO交椭圆 E于点 Q．
|OQ|
①求 的值；
|OP|
②求△ABQ面积的最大值．
3 1 a2－b2 3
解 (1)由题意知 ＋ ＝1．又 ＝ ，
a2 4b2 a 2
2
解得 a2 x＝4，b2＝1．所以椭圆 C的方程为 ＋y2＝1．
4
2 2
(2)由(1)知椭圆 E x y的方程为 ＋ ＝1．
16 4
①设 P(x0，y0) |OQ|， ＝λ(λ＞0)，由题意知 Q(－λx0，－λy0)．
|OP|
x2 20 y2 1 －λx0
2 －λy0 2 λ2 x
因为 ＋ 0＝ ，又 ＋ ＝1，即 0 y2 ＝1，
4 16 4 4 0 4
所以λ＝2 |OQ|，即 ＝2
|OP|
②设 A(x1，y1)，B(x2，y2)．将 y＝kx＋m代入椭圆 E的方程，
可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0，
由Δ＞0，可得 m2＜4＋16k2，(*)
2
x x 8km x x 4m －16 |x x | 4 16k
2＋4－m2
则有 1＋ 2＝－ ， 1 2＝ ．所以 1－ 2＝ ．
1＋4k2 1＋4k2 1＋4k2
因为直线 y＝kx＋m与 y轴交点的坐标为(0，m)，
2 2 2 2 2 m2 m2
所以△OAB S 1|m||x x | 2 16k ＋4－m |m| 2 16k ＋4－m m的面积 ＝ 1－ 2＝ ＝ ＝2 4 ．
2 1＋4k2 1＋4k2 1 4k 2 2 1 4k
m2
设 ＝t，将 y＝kx＋m代入椭圆 C的方程，
1＋4k2
可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
由Δ≥0，可得 m2≤1＋4k2．(**)
由(*)和(**)可知 0＜t≤1，
因此 S＝2 4－t t＝2 －t2＋4t，
故 0＜S≤2 3，当且仅当 t＝1，即 m2＝1＋4k2时取得最大值 2 3．
由①知，△ABQ的面积为 3S，所以△ABQ面积的最大值为 6 3．
48
【例 3】已知动圆 E经过点 F(1，0)，且和直线 l：x＝－1相切．
(1)求该动圆圆心 E的轨迹 G的方程；
(2)已知点 A(3，0)，若斜率为 1的直线 l′与线段 OA相交(不经过坐标原点 O和点 A)，且与曲线 G交于 B，
C两点，求△ABC面积的最大值．
解 (1)由题意可知点 E到点 F的距离等于点 E到直线 l的距离，∴动点 E的轨迹是以 F(1，0)为焦点，直
线 x＝－1为准线的抛物线，故轨迹 G的方程是 y2＝4x．
(2)设直线 l′的方程为 y＝x＋m，其中－3y＝x＋m，
联立得方程组
y2＝4x
消去 y，得 x2＋(2m－4)x＋m2＝0，
Δ＝(2m－4)2－4m2＝16(1－m)>0恒成立．
由根与系数的关系得
x1＋x2＝4－2m，x1·x2＝m2，∴|CB|＝4 2（1－m），
3＋m
点 A到直线 l′的距离 d＝ ，
2
∴S 1△ABC＝ ×4 2（1－m
3＋m
）× ＝2 1－m×(3＋m)，
2 2
令 1－m＝t，t∈(1，2)，则 m＝1－t2，
∴S△ABC＝2t(4－t2)＝8t－2t3，
令 f(t)＝8t－2t3，∴f′(t)＝8－6t2，
令 f′(t)＝0 2，得 t＝ (负值舍去)．
3

易知 y＝f(t)在 1,
2 2
上单调递增，在 ,2 上单调递减．
3 3
∴y＝f(t) 2 1 32 3在 t＝ ，即 m＝－ 时取得最大值为 ．
3 3 9
∴△ABC 32 3面积的最大值为 ．
9
49
【变式训练】
1 1 1 3 9 ．如图，已知抛物线 x2＝y，点 A , ，B ， ，抛物线上的点 P(x，y)
1 3
x ．过点 B作直
2 4 2 4 2 2
线 AP的垂线，垂足为 Q．
(1)求直线 AP斜率的取值范围；
(2)求|PA|·|PQ|的最大值．
x2 1－
解析 (1)设直线 AP的斜率为 k，则 k＝ 4 1＝x－ ．
x 1
2
＋
2
12 2
kx－y 1 1＋ k＋ ＝0，
2 4
(2)联立直线 AP与 BQ的方程可得
x 9 3＋ky－ k－ ＝0，
4 2
－k2＋4k＋3
解得点 Q的横坐标是 xQ＝ ．
2 k2＋1
1
因为|PA| ＝ 1＋k2 x ＝ 1＋k2(k＋1)，
2
k－1 k＋1 2
|PQ|＝ 1＋k2(xQ－x)＝－ ，
k2＋1
所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1)3．
令 f(k)＝－(k－1)(k＋1)3＝－k4－2k3＋2k＋1，
因为 f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2，
1 1
所以 f(k) 在区间 1, 上单调递增，在区间 ,1 上单调递减．
2 2
1
因此当 k＝ 时，|PA|·|PQ| 27取得最大值 ．
2 16
50
2．设抛物线 y2＝4x 1的焦点为 F，过点 ，0的动直线交抛物线于不同两点 P，Q，线段 PQ中点为 M，射线
2
MF与抛物线交于点 A．
(1)求点 M的轨迹方程；
(2)求△APQ的面积的最小值．
解：(1)设直线 PQ x ty 1方程为 ＝ ＋ ，代入 y2＝4x，得 y2－4ty－2＝0．
2
设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则 y1＋y2＝4t，y1y2＝－2，x1＋x2＝t(y1＋y2)＋1＝4t2＋1，
所以 M2t2 1＋ ，2t．
2
x＝2t2 1＋ ，
设 M(x，y)，由 2 消去 t，得中点 M的轨迹方程为 y2＝2x－1．
y＝2t
(2)设F→A →＝λFM(λ<0) 1，A(x0，y0)，又 F(1,0)，M2t2＋ ，2t，
2
1 x0＝2λt
2 1－ λ＋1，
则(x0－1，y0)＝λ 2t 2 ,2t ，即 2
2 y0＝2λt.
由点 A在抛物线 y2＝4x上，得 4λ2t2＝8λt2－2λ＋4，
1
化简得(λ2－2λ)t2＝－ λ＋1．
2
又λ<0 1，所以 t2＝－ ．
2λ
因为点 A到直线 PQ的距离
|4λt2－λ＋2－4λt2－1| |λ－1|
d＝ ＝ ，
2 1＋t2 2 1＋t2
|PQ|＝ 1＋t2|y1－y2|＝2 1＋t2 4t2＋2 ．
1 3
所以△APQ的面积 S＝ ·|PQ|·d 2 2t2 1|λ 1| 2 λ－1 ＝ ＋ － ＝ ．
2 2 2 λ
f(λ) λ－1
3 λ－1 2 2λ＋1
设 ＝ ，λ<0，则 f′(λ)＝ ，
λ λ2
由 f′(λ)>0 1，得λ>－ ；
2
1
由 f′(λ)<0，得λ<－ ，
2
所以 f(λ) 1 1 1在－∞，－ 上是减函数，在－ ，0上是增函数，因此，当λ＝－ 时，f(λ)取到最小值．
2 2 2
所以△APQ 3 6的面积的最小值是 ．
4
51
2．解决圆锥曲线中范围问题的方法
圆锥曲线的有关几何量的取值范围问题一直是高考的热点，解决这类问题的基本途径：先要恰当地引
入变量(如点的坐标、角、斜率等)，建立目标函数，然后利用函数的有关知识和方法进行求解．一般有五种
思考方法：(1)利用判别式来构造不等式，从而确定参数的取值范围；(2)利用已知参数的取值范围，求新参
数的取值范围，解决这类问题的关键是在两个参数之间建立起相应的联系；(3)利用隐含的不等关系建立不
等式，从而求参数的取值范围；(4)利用已知不等关系构造不等式，从而求参数的取值范围；(5)利用函数的
值域，确定参数的取值范围．
2 2
【例 3 x y 3】已知椭圆 C： ＋ ＝1(a>b>0)的离心率为 ，短轴长为 2．
a2 b2 2
(1)求椭圆 C的标准方程；
(2)设直线 l：y＝kx 5＋m与椭圆 C交于 M，N两点，O为坐标原点，若 kOM·kON＝ ，求原点 O到直线 l的距
4
离的取值范围．
解 (1) c 3由题知 e＝ ＝ ，2b＝2，又 a2＝b2＋c2，∴b＝1，a＝2，
a 2
x2
∴椭圆 C的标准方程为 ＋y2＝1．
4
y＝kx＋m，
(2)设 M(x1，y1)，N(x 22，y2)，联立方程 x y2 1 得(4k
2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
＋ ＝ ，
4
依题意，Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)(4m2－4)>0，化简得 m2<4k2＋1，①
x x 8km x x 4m
2－4
1＋ 2＝－ ， 1 2＝ ，
4k2＋1 4k2＋1
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2．
5 y y 5
若 kOM·kON＝ ，则 1 2＝ ，即 4y1y2＝5x1x2，
4 x1x2 4
∴(4k2－5)x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝0，
2
∴(4k2 4（m －1）－5)· ＋4km· 8km ＋4m2＝0，
4k2＋1 4k 2 1
5
即(4k2－5)(m2－1)－8k2m2＋m2(4k2＋1)＝0，化简得 m2＋k2＝ ，②
4
6 1 5
由①②得 0≤m2< ， 5 20 4
5
|m| 2 －k
2
∵原点 O到直线 l的距离 d＝ ，∴d2 m＝ ＝4 ＝－1 9＋ ，
1＋k2 1＋k2 2 4（1＋k21＋k ）
1 2 14
又 ，∴0≤d2<8，∴原点 O到直线 l的距离的取值范围是 0，
20 4 7 7
．

52
【变式训练】
x2 y2
1．已知椭圆 C： ＋ ＝1(a>b>0)的右焦点为 F(1,0) P 1 3 ，且点 ， 在椭圆 C上，O为坐标原点．
a2 b2 2
(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．
解析：(1)由题意，得 c＝1，
所以 a2＝b2＋1．
3
因为点 P 1， 在椭圆 C上，
2
1 9
所以 ＋ ＝1，所以 a2＝4，b2＝3．
a2 4b2
x2 y2
则椭圆 C的标准方程为 ＋ ＝1．
4 3
(2)设直线 l的方程为 y＝kx＋2，点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，
x2 y2
＋ ＝1，
由 4 3 得(4k2＋3)x2＋16kx＋4＝0．
y＝kx＋2
因为Δ＝48(4k2－1)>0，所以 k2>1，
4
－16k 4
由根与系数的关系，得 x1＋x2＝ ，x2 1x2＝ ．4k ＋3 4k2＋3
因为∠AOB →为锐角，所以OA·O→B>0，即 x1x2＋y1y2>0．
所以 x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)>0，
即(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4>0，
所以(1＋k2)· 4 ＋2k·－16k＋4>0，
4k2＋3 4k2＋3
－12k2＋16
即 >0，
4k2＋3
k2<4所以 ．
3
1 4
综上可知 4 3
2 33 2 2 3
2 3 1 1 2 3
所以直线 l的斜率 k的取值范围为 , , ．
3 2 2 3
53
x2 y2 3 3 2．已知椭圆 C： ＋ ＝1(a>b>0)的两焦点分别是 F
2 2 1
(－ 2，0)，F2( 2，0)，点 E 2， 在椭圆 C上．a b 2
(1)求椭圆 C的方程；
(2)设 P →是 y轴上的一点，若椭圆 C上存在两点 M，N使得MP＝2P→N，求以 F1P为直径的圆的面积的取值范
围．
9 3 2
解：(1)由题意知，半焦距 c＝ 2，2a＝|EF1|＋|EF2|＝ 8＋ ＋ ＝4 2，
2 2
所以 a＝2 2，
所以 b2＝a2－c2＝8－2＝6，
x2 y2
所以椭圆 C的方程是 ＋ ＝1．
8 6
(2)设点 P的坐标为(0，t)，
6
当直线 MN的斜率不存在时，可得 M，N分是是短轴的两端点，得到 t＝± ．
3
当直线 MN的斜率存在时，设直线 MN的方程为 y＝kx＋t，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
→
则由MP＝2 P→N得 x1＝－2x2， ①
y＝kx＋t，
联立，得 x2 y2 1 整理得(3＋4k
4)x2＋8ktx＋4t2－24＝0，
＋ ＝ ，
8 6
由Δ>0得 64k2t2－4(3＋4k2)(4t2－24)>0，整理得 t2<8k2＋6．
x x 8kt
2
由根与系数的关系得 1＋ 2＝－ ，x1x
4t －24
2＝ ，②
3＋4k2 3＋4k2
－t2＋6
由①②，消去 x1，x2得 k2＝ ，
12t2－8
－t2＋6
≥0，
12t2－8
2
由 2 得 t2<8·－t ＋6＋6， 3
12t2－8
2
综上 ≤t2<6．
3
2 2
因为以 F1P
2＋t
为直径的圆的面积 S＝π． · ，所以 S的取值范围是 ,2 ．4 3
54
2 2
3 y x．已知椭圆 C1： ＋ ＝1(a＞b＞0)与抛物线 C2：x2＝2py(p＞0)有一个公共焦点，抛物线 C2的准线 l与椭
a2 b2
圆 C1有一交点坐标是( 2，－2)．
(1)求椭圆 C1与抛物线 C2的方程；
(2)若点 P是直线 l上的动点，过点 P作抛物线的两条切线，切点分别为 A，B，直线 AB与椭圆 C1分别
→ →
交于点 E，F，求OE·OF的取值范围．
[解析] (1) p抛物线 C2的准线方程是 y＝－2，所以－ ＝－2，即 p＝4，所以抛物线 C2的方程为 x2＝8y．
2
y2C x
2
椭圆 1： ＋ ＝1(a＞b＞0)的焦点坐标分别是(0，－2)，(0,2)，所以 c＝2．
a2 b2
2a＝ 2＋0＋ 2＋ 2＋2 2＝4 2，解得 a＝2 2，则 b＝2，
2 2
所以椭圆 C y x1的方程为 ＋ ＝1．
8 4
(2)设点 P(t，－2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，E(x3，y3)，F(x4，y4)，
1 1
抛物线方程可化为 y＝ x2，求导得 y′＝ x，
8 4
所以 AP 1的方程为 y－y1＝ x1(x－x1)，
4
将 P(t，－2) 1 1代入，得－2－y1＝ x1t－2y1，即 y1＝ tx1＋2．
4 4
同理，BP 1 1的方程为 y2＝ tx2＋2，所以直线 AB的方程为 y＝ tx＋2．
4 4
y 1＝ tx＋2，
4
由 y2 x2 消去 y，整理得(t2＋32)x2＋16tx－64＝0，
＋ ＝1
8 4
则Δ＝256t2＋256(t2＋32)＞0，
－16t －64
且 x3＋x4＝ ，x x2 3 4＝t ＋32 t2＋32
→ →
所以OE·OF＝x3x4＋y3y4
t2 t －8t2(1 )x x (x x ) 4 ＋64 320＝ ＋ 3 4＋ 3＋ 4 ＋ ＝ ＝ －8．
16 2 t2＋32 t2＋32
0 320 →因为 ＜ ≤10，所以OE·O→F的取值范围是(－8,2]．
t2＋32
55
x2 y24．已知椭圆 C： ＋ ＝1，直线 l：y＝kx＋m(m≠0)，设直线 l与椭圆 C交于 A，B两点．
3 2
(1)若|m|> 3，求实数 k的取值范围；
(2)若直线 OA，AB，OB的斜率成等比数列(其中 O为坐标原点)，求△OAB的面积的取值范围．
2 2
[解](1) x y联立方程 ＋ ＝1和 y＝kx＋m，
3 2
得(2＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－6＝0，
所以Δ＝(6km)2－4(2＋3k2)(3m2－6)>0，
1 3 3
所以 m2<2＋3k2，所以 2＋3k2>3，即 k2> ，解得 k> 或 k<－ ．
3 3 3
3 3
所以实数 k的取值范围为 , ∪ ， ．
3 3
(2) A(x y ) B(x y ) x x －6km x x 3m
2－6
设 1， 1 ， 2， 2 ，则 1＋ 2＝ ， ＝ ．
2＋3k2
1 2
2＋3k2
设直线 OA，OB的斜率分别为 k1，k2，
因为直线 OA，AB，OB的斜率成等比数列，
y y kx1＋m kx2＋m
所以 k1k2＝ 1 2＝k2，即 ＝k2(m≠0)，
x1x2 x1x2
2
化简得 2＋3k2＝6k2，即 k2＝ ．
3
5 3
因为|AB| ＝ 1＋k2|x 21－x2|＝ 6 m ，
3 2
|m|
O l h 3点 到直线 的距离 ＝ ＝ |m|，
1＋k2 5
3m2 6 3 m2 3 3 S 1|AB|·h 6· m2 6 m2 6 2所以 2 6△OAB＝ ＝ ≤ × ，2 6 2 2 6 2 2

2 6

当 m＝± 时，直线 OA或 OB的斜率不存在，等号取不到，所以△OAB的面积的取值范围为 0， ．
2
56
【课后巩固】
1．已知点 P是圆 O：x2＋y2＝1上任意一点，过点 P作 PQ⊥y →轴于点 Q，延长 QP到点 M，使QP＝P→M．
(1)求点 M的轨迹 E的方程；
(2)过点 C(m,0)作圆 O的切线 l，交(1)中的曲线 E于 A，B两点，求△AOB面积的最大值．
解 (1) → →设 M(x，y)，∵QP＝PM，
x
∴P为 QM的中点，又有 PQ⊥y轴，∴P , y ，
2
2
∵点 P是圆 O：x2＋y2＝1 x 上的点，∴ ＋y2＝1，
2
x2
即点 M的轨迹 E的方程为 ＋y2＝1．
4
(2)由题意可知直线 l与 y轴不垂直，
故可设 l：x＝ty＋m，t∈R，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
∵l与圆 O：x2＋y2＝1相切，
|m|
∴ ＝1，即 m2＝t2＋1，①
t2＋1
x2＋4y2＝4，
由
x＝ty＋m
消去 x，并整理得(t2＋4)y2＋2mty＋m2－4＝0，
其中Δ＝4m2t2－4(t2＋4)(m2－4)＝48>0，
2mt m2
∴y1＋y2＝－ ，y y
－4
＝ ．②
t2
1 2
＋4 t2＋4
∴|AB|＝ x1－x2 2＋ y1－y2 2
＝ t2＋1 y1＋y2 2－4y1y2，
将①②代入上式得
4m2t2 4 m2 |AB| t2 1 －4 4 3|m|＝ ＋ － ＝ ，|m|≥1，
t2＋4 2 t2＋4 m2＋3
1 1 4 3|m|
∴S△AOB＝ |AB|·1＝ ·2 2 m2＋3
2 3 2 3
＝ ≤ ＝1，
|m| 3＋ 2 3
|m|
当且仅当|m| 3＝ ，即 m＝± 3时，等号成立，
|m|
∴△AOB面积的最大值为 1．
57
x2 22．已知椭圆 C y的方程为 ＋ ＝1，A是椭圆上的一点，且 A在第一象限内，过 A且斜率等于－1的直线与
4 2
椭圆 C交于另一点 B，点 A关于原点的对称点为 D.
(1)证明：直线 BD的斜率为定值；
(2)求△ABD面积的最大值．
y2－y1
【解】 (1)证明：设 D(x1，y1)，B(x2，y2)，则 A(－x1，－y1)，直线 BD的斜率 k＝ ，
x2－x1
x12 y2＋ 1＝1，
4 2 y2－y1 1 x1＋x2
由 x22 y22 两式相减得 ＝－ × ，＋ ＝1， x2－x1 2 y1＋y2
4 2
y1＋y2 y2－y1 1 1
因为 kAB＝ ＝－1，所以 k＝ ＝ ，故直线 BD的斜率为定值 .
x1＋x2 x2－x1 2 2
(2)连接 OB，因为 A，D关于原点对称，所以 S△ABD＝2S△OBD，
由(1)可知 BD 1 1的斜率 k＝ ，设 BD的方程为 y＝ x＋t，
2 2
因为 D在第三象限，所以－ 2|t|
O到 BD的距离 d 2|t|＝ ＝ ，
1 1＋ 5
4
y 1＝ x＋t，
2
由 x2 y2 整理得 3x2＋4tx＋4t2－8＝0，
＋ ＝1，
4 2
4t 4(t2－2)
所以 x1＋x2＝－ ，x1x2＝ ，
3 3
所以 S△ABD＝2S
1
△OBD＝2× ×|BD|×d2
5
＝ (x1＋x2)2 4x x
2|t|
－ 1 2·
2 5
2
＝|t|· (x1＋x2)2－4x1x2＝|t|·
96－32t
3
4 2
＝ · t2(3－t2)≤2 2.
3
6
所以当且仅当 t＝－ 时，S△ABD取得最大值 2 2.2
58
2 2
3．如图，已知抛物线 C1：x2＝4y与椭圆 C x y2： ＋ ＝1(a＞b＞0)交于点 A，B，且抛
a2 b2
物线 C1在点 A处的切线 l1与椭圆 C2在点 A处的切线 l2互相垂直．
(1)求椭圆 C2的离心率；
(2)设 l1与 C2交于点 P，l2与 C1交于点 Q，求△APQ面积的最小值．
解：(1)设点 A(x0，y0)，B(－x0，y0)，其中 x0＞0，y0＞0，
则抛物线 C1在点 A处的切线方程为 l1：x0x＝2(y0＋y)，
椭圆 C x x y y2在点 A处的切线方程为 l ： 0 02 ＋ ＝1．
a2 b2
b2x
由题意可知，l x1⊥l2，则有 0·
0
＝－1，2 2 a y0
且 x02＝4y0，所以 a2＝2b2，
2
从而椭圆 C2的离心率 e
c 1 b 2＝ ＝ － ＝ ．
a a2 2
2 2
(2)由椭圆 C 2 x y2的离心率为 ，可设椭圆方程为 2＋ 2＝1，2 2b b
设 A(2t，t2)，l1：y＝tx－t2，
y＝tx－t2，
联立 得(1＋2t2)x2－4t3x＋2t4－2b2＝0，
x2＋2y2＝2b2，
2t
所以|AP|＝ 1＋t2·|xP－xA|＝ t2＋1 2t ，
1 2t 2
设 l2：y 1＝－ x＋t2 2 |AQ| 1 1·|x x | 1 1· 2t
4
＋ ，同理可得 ＝ ＋
2 Q
－ A＝ ＋ 2 2t ，t t t t
2
1 1 4t＋4t3 8 t2＋1 3
所以 S△APQ＝ |AP||AQ|＝2 t · ＝ ．2 t 1＋2t2 1＋2t2 t
t2＋1 3 t2＋1 2 2t2－1 3t2＋1
令 f(t)＝ ，t＞0，则 f′(t)＝ ．
1＋2t2 t 1＋2t2 2t2
2 2
令 f′(t)＝0，得 t＝ ，所以函数 f(t)在 0， 上单调递减，2 2
2
在 ，
2
上单调递增．所以 f(t)≥f
27
＝ ，
2 2 8 2
所以 S 27 2△APQ≥ ．2
27 2
故△APQ面积的最小值为 ．
2
59
4．已知抛物线 E：y2＝2px(p>0) π的焦点为 F，过点 F且倾斜角为 的直线 l被 E截得的线段长为 8．
4
(1)求抛物线 E的方程；
(2)已知点 C 1是抛物线上的动点，以 C为圆心的圆过点 F，且圆 C与直线 x＝－ 相交于 A，B两点，求
2
|FA|·|FB|的取值范围．
解析：(1)由题意，直线 l的方程为 y x p＝ － ．
2
y p＝x－ ，
2 2联立 消去 y整理得 x2－3px p＋ ＝0．
y2＝2px， 4
设直线 l与抛物线 E的交点的横坐标分别为 x1，x2，
则 x1＋x2＝3p，故直线 l被抛物线 E截得的线段长为 x1＋x2＋p＝4p＝8，得 p＝2，
∴抛物线 E的方程为 y2＝4x．
(2)由(1)知，F(1,0)，设 C(x0，y0)，则圆 C的方程是
(x－x0)2＋(y－y0)2＝(x0－1)2＋y02．
令 x 1＝－ ，得 y2－2y y 3x 30 ＋ 0－ ＝0．
2 4
1 1
又∵y20＝4x Δ 4y2 12x 3 y2 3>0 A

0，∴ ＝ 0－ 0＋ ＝ 0＋ 恒成立．设 , y3 ，B

, y 4 ，
2 2
则 y3＋y4＝2y0，y3y4＝3x 30－ ．
4
∴|FA|·|FB|＝ y2 9· y2 9 9 813＋ 4＋ ＝ y3y4 2＋ y32＋y24 ＋
4 4 4 16
2
3x 3 9 4y2 3
81
＝ 0 4 4 0
2 3x0
4 16
＝ 9x20＋18x0＋9＝3|x0＋1|．∵x0≥0，∴|FA|·|FB|∈[3，＋∞)．
60
5．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，过点
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的轨迹方程为曲线 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。
[规范解答]
(1)圆 A整理为(x＋1)2＋y2＝16，圆心 A坐标为(－1，0)，如图，
因为 BE∥AC，则∠ACB＝∠EBD，
由|AC|＝|AD|，则∠ADC＝∠ACD，2分
所以∠EBD＝∠EDB，则|EB|＝|ED|，
所以|AE|＋|EB|＝|AE|＋|ED|＝|AD|＝4．4分
2 2
所以 E x y的轨迹为一个椭圆，方程为 ＋ ＝1(y≠0)．6分
4 3
2 2
(2)C x y1： ＋ ＝1；设 l：x＝my＋1，
4 3
因为 PQ⊥l，设 PQ：y＝－m(x－1)，联立 l与椭圆 C1，
x＝my＋1，
x2 y2 1 得(3m
2＋4)y2＋6my－9＝0；7分
＋ ＝ ，
4 3
则|MN|＝ 1＋m2|yM－yN|
36m2＋36（3m21 m2 ＋4） 12（m
2＋1）
＝ ＋ ＝ ；8分
3m2＋4 3m2＋4
|－m（－1－1）| |2m|
圆心 A到 PQ距离 d＝ ＝ ，9分
1＋m2 1＋m2
2 4 3m2＋4
所以|PQ|＝2 |AQ|2－d2＝2 16 4m－ ＝ ，10分
1＋m2 1＋m2
S 1|MN|·|PQ| 1·12（m
2＋1） 4 3m2＋4 24 m2＋1 1
所以 四边形MPNQ＝ ＝ · ＝ ＝24 ∈[12，8 3)．12分2 2 3m2＋4 1＋m2 3m2＋4 3 1＋
m2＋1
61
第二讲 定点、定值问题
1．定点问题
(1)参数法：参数法解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题
目中的核心变量(此处设为 k)；②利用条件找到 k与过定点的曲线 F(x，y)＝0之间的关系，得到关于 k与 x，
y的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，找到定点．
(2)由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，
再证明该定点与变量无关．
2 2
【例 1 x y】已知椭圆 C： ＋ ＝1(a>b>0)，右焦点 F的坐标为(2,0)，且点(2， 2)在椭圆 C上．
a2 b2
(1)求椭圆 C的方程及离心率；
(2)过点 F的直线交椭圆于 A，B两点(直线不与 x轴垂直)，已知点 A与点 P关于 x轴对称，证明：直线
PB恒过定点，并求出此定点坐标．
4 2
＋ ＝1
a2 b2 a2＝8
解析：(1)由已知得 a2 b2 c2 ，解得 ，＝ ＋ b2＝4
c＝2
x2 y2
∴椭圆 C的标准方程 ＋ ＝1，
8 4
c 2 2
∴椭圆 C的离心率 e＝ ＝ ＝ ．
a 2 2 2
(2)证明：设 P(x1，y1)，B(x2，y2)，则 A(x1，－y1)，
可设 PB的直线方程为 y＝kx＋m，
y＝kx＋m
联立方程 x2 y2 ，整理得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－8＝0，
＋ ＝1
8 4
－4km 2m2－8
∴x1＋x2＝ ，x1x2＝ ，
2k2＋1 2k2＋1
k k y1 y2∵ AF＝ FB，∴ ＝ ，
2－x1 x2－2
整理得，2kx1x2＋(m－2k)(x1＋x2)－4m＝0，
2k·2m
2－8
∴ ＋(m－2k)·－4km－4m＝0，解得 m＝－4k，
2k2＋1 2k2＋1
∴PB的直线方程为 y＝kx－4k＝k(x－4)，
直线 PB恒过定点(4,0)．
62
【变式训练】
2 2
1．已知椭圆 C x y： ＋ ＝1(a＞b＞0)的右焦点 F( 3，0)，长半轴长与短半轴长的比值为 2．
a2 b2
(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) a由题意得，c＝ 3， ＝2，a2＝b2＋c2，
b
∴a＝2，b＝1，
x2
∴椭圆 C的标准方程为 ＋y2＝1．
4
(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)．
y＝kx＋m，
联立 消去 y，
x2＋4y2＝4，
可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0．
2
∴Δ＝16(4k2 －8km 4m －4＋1－m2)＞0，x1＋x2＝ ，x1x2＝ ．
4k2＋1 4k2＋1
∵点 B在以线段 MN为直径的圆上，
―→ ―→
∴ BM · BN ＝0．
―→ ―→
∵ BM · BN ＝(x1，kx1＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)＝(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2＝0，
2
(k2 1)4m －4∴ ＋ ＋k(m－1)－8km＋(m－1)2＝0，
4k2＋1 4k2＋1
整理，得 5m2－2m－3＝0，
3
解得 m＝－ 或 m＝1(舍去)．
5
l y kx 3∴直线 的方程为 ＝ － ．
5
易知当直线 l的斜率不存在时，不符合题意．
3
故直线 l 过定点，且该定点的坐标为 0, ．
5
63
2．已知 A(－2，0)，B(2，0) 3，点 C是动点，且直线 AC和直线 BC的斜率之积为－ ．
4
(1)求动点 C的轨迹方程；
(2)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 y 3，y)．由题意得 kAC·kBC＝ · ＝－ (y≠0)．
x＋2 x－2 4
x2 y2
整理，得 ＋ ＝1(y≠0)．
4 3
2 2
故动点 C x y的轨迹方程为 ＋ ＝1(y≠0)．
4 3
(2) 易知直线 l的斜率存在，设直线 l：y＝kx＋m．
y＝kx＋m，
联立得方程组 x2 y2 1. 消去 y并整理，得＋ ＝
4 3
(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，x
－8km
2为方程(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0的两个根，则 x1＋x2＝ ，
3＋4k2
∴x1＝x
－4km
2＝ ．
3＋4k2
P 4km , 3m 4k 3 ∴ 2 2 ，即 P , ． 3 4k 3 4k m m
又 Q(4，4k＋m)，
设 R(t，0)为以 PQ → →为直径的圆上一点，则由RP·RQ 0 4k＝ ，得 t,
3
·(4－t，4k＋m)＝0．
m m
4k
整理，得 (t－1)＋t2－4t＋3＝0．
m
k
由 的任意性，得 t－1＝0且 t2－4t＋3＝0，解得 t＝1．
m
综上可知，以 PQ为直径的圆过 x轴上一定点(1，0)．
64
3．设 M点为圆 C：x2＋y2＝4上的动点，点 M在 x → →轴上的投影为 N，动点 P满足 2PN＝ 3 MN，动点 P的
轨迹为 e．
(1)求 e的方程；
(2) →设 e的左顶点为 D，若直线 l：y＝kx＋m与曲线 e交于两点 A，B(A，B不是左、右顶点)，且满足|DA
→
＋DB|＝|D→A－D→B|，求证：直线 l恒过定点，并求出该定点的坐标．
．解：(1)设点 M(x0，y0)，P(x，y)，由题意可知 N(x0，0)．
2P→因为 N＝ 3 M→N，所以 2(x0－x，－y)＝ 3(0，－y0)，
2
即 x0＝x，y0＝ y．
3
又因为点 M在圆 C：x2＋y2＝4上，所以 x20＋y20＝4，
x2 y2 x2 y2
所以 ＋ ＝1，即轨迹 e的方程为 ＋ ＝1．
4 3 4 3
(2)由(1)可知 D(－2，0)，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)．
因为|D→A＋D→B| →＝|DA－D→B| → →，所以DA⊥DB，所以 k≠0．
y＝kx＋m，
由 x2 y2 1 得(3＋4k
2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0．
＋ ＝ ，
4 3
Δ＝(8mk)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝48(4k2－m2＋3)>0，
即 3＋4k2－m2>0，
－8mk 4(m2－3)
所以 x1＋x2＝ ，x x2 1 2＝ ，3＋4k 3＋4k2
2 2
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m) k2x x mk(x x ) m2
3m －12k
＝ 1 2＋ 1＋ 2 ＋ ＝ ．
3＋4k2
→ → →
因为DA⊥DB，所以DA·D→B＝0，
即(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2)＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝0，
4m2－12 2·－8mk 4 3m
2－12k2
所以 ＋ ＋ ＋ ＝0，
3＋4k2 3＋4k2 3＋4k2
所以 7m2－16mk＋4k2＝0，
解得 m1＝2k m 2， 2＝ k，且均满足 3＋4k2－m2>0．
7
当 m1＝2k时，直线 l的方程为 y＝kx＋2k＝k(x＋2)，直线恒过点(－2，0)，与已知矛盾；
2 2 2 2
当 m2＝ k时，直线 l的方程为 y＝kx＋ k＝k
x ，直线恒过点 ,0 ，
7 7 7 7
所以直线 l 2 过定点，定点坐标为 ,0 ．
7
65
2．定值问题
(1)直接消参求定值：常见定值问题的处理方法：①确定一个(或两个)变量为核心变量，其余量均利用条
件用核心变量进行表示；②将所求表达式用核心变量进行表示(有的甚至就是核心变量)，然后进行化简，看
能否得到一个常数．
(2)从特殊到一般求定值：常用处理技巧：①在运算过程中，尽量减少所求表达式中变量的个数，以便
于向定值靠拢；②巧妙利用变量间的关系，例如点的坐标符合曲线方程等，尽量做到整体代入，简化运算．
【例 2】如图，设点 A，B的坐标分别为(－ 3，0)，( 3，0)，直线 AP，BP相交于点 P，且它们的斜率之积
2
为－ ．
3
(1)求点 P的轨迹方程；
(2)设点 P的轨迹为 C，点 M，N是轨迹 C上不同于 A、B的两点，且满足 AP∥OM，BP∥ON，求证：
△MON的面积为定值．
y y 2
【解】 (1)设点 P的坐标为(x，y)，由题意得，kAP·kBP＝ · ＝－ (x≠± 3)，
x＋ 3 x－ 3 3
x2 y2
化简得，点 P的轨迹方程为 ＋ ＝1(x≠± 3)．
3 2
(2)证明：由题意可知，M，N是轨迹 C上不同于 A、B的两点，且 AP∥OM，BP∥ON，
2
则直线 OM，ON的斜率必存在且不为 0，kOM·kON＝kAP·kBP＝－ ．
3
①当直线 MN的斜率为 0时，设 M(x0，y0)，N(－x0，y0)，
y02 2＝ ，
x02 3 |x0| 6＝ ， 1 6
则 x02 y2 得
2
0 所以 S△MON＝ |y0||2x0|＝ ．＋ ＝1， |y 2 23 2 0|＝1，
2 2
②当直线 MN的斜率不为 0 x y时，设直线 MN的方程为 x＝my＋t，代入 ＋ ＝1，
3 2
得(3＋2m2)y2＋4mty＋2t2－6＝0，(*)
设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 y1，y2是方程(*)的两根，
4mt 2t2－6
所以 y1＋y2＝－ ，y1y2＝ ．
3＋2m2 3＋2m2
y y y y 21 2 2t －6
又 kOM·k 1 2ON＝ ＝ ＝ ，
x1x2 m2y1y2＋mt（y1＋y2）＋t2 3t2－6m2
2t2－6 2
所以 ＝－ ，即 2t2＝2m2＋3，满足Δ＞0．
3t2－6m2 3
1 2 2
又 S△MON＝ |t||y
|t| －24t ＋48m ＋72
1－y2|＝ ，
2 2（3＋2m2）
S 2 6t
2 6 6
所以 △MON＝ ＝ ． 综上，△MON的面积为定值，且定值为 ．4t2 2 2
66
【变式训练】
1 1．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＝8 3y的焦点．
2
(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
①若直线 AB的斜率为 ，求四边形 APBQ面积的最大值；
2
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．
x2 y2
解：(1)设椭圆 C的方程为 ＋ ＝1(a>b>0)，
a2 b2
∵抛物线的焦点为(0,2 3)．∴b＝2 3．
c 1 x2 y2
由 ＝ ，a2＝c2＋b2，得 a＝4，∴椭圆 C的方程为 ＋ ＝1．
a 2 16 12
(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)．
2 2
①设直线 AB的方程为 y 1 x y＝ x＋t，代入 ＋ ＝1，得 x2＋tx＋t2－12＝0，
2 16 12
由Δ>0，解得－4∴x1＋x2＝－t，x1x2＝t2－12，
∴|x1－x2|＝ x1＋x2 2－4x1x2＝ t2－4 t2－12 ＝ 48－3t2．
APBQ S 1∴四边形 的面积 ＝ ×6×|x1－x2|＝3 48－3t2．
2
∴当 t＝0时，S取得最大值，且 Smax＝12 3．
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)，
y－3＝k x－2 ，
由 x2 y2 消去 y，得(3＋4k2 21 )x ＋8k(3－2k)x＋4(3－2k)
2－48＝0，
＋ ＝
16 12
8k 2k－3
∴x1＋2＝ ，
3＋4k2
k k x 2 －8k －2k－3 8k 2k＋3 将 换成－ 可得 2＋ ＝ ＝ ，
3＋4k2 3＋4k2
x x 16k
2－12
∴ 1＋ 2＝ ，x1－x
－48k
2＝ ，
3＋4k2 3＋4k2
k y1－y2 k x1－2 ＋3＋k x2－2 －3 k x1＋x2 －4k 1∴ AB＝ ＝ ＝ ＝ ，
x1－x2 x1－x2 x1－x2 2
∴直线 AB 1的斜率为定值 ．
2
67
2
2 x．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
4
OP，OQ的斜率分别为 k1，k
x x
2，若 m＝ 1 , y ，n＝ 21 , y2 ，m·n＝0．
2 2
(1)求证：k1·k
1
2＝－ ；
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．
m·n 0 x1x2 y y 0 x又 ＝ ，∴ ＋ ＝ ，即 1x2 y y 11 2 ＝－y 1 21y2，∴k1·k2＝ ＝－ ．
4 4 x1x2 4
(2)解 ①当直线 PQ的斜率不存在，即 x1＝x2，y1＝－y2时，
y
由 1
y2 1 x2＝－ ，得 1－y12＝0．
x1x2 4 4
2
又∵点 P(x1，y1)
x
在椭圆上，∴ 1＋y12＝1，
4
∴|x1|＝ 2，|y1|
2 1
＝ ．∴S△POQ＝ |x1||y1－y2|＝1．2 2
②当直线 PQ的斜率存在时，设直线 PQ的方程为 y＝kx＋b．
y＝kx＋b，
联立得方程组 x2
＋y2＝1，
4
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．
－8kb 4b2x －4∴ 1＋x2＝ ，x1x2 2＝ ．4k ＋1 4k2＋1
x
∵ 1
x2＋y1y2＝0，
4
x x
∴ 1 2＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，得 2b2－4k2＝1(满足Δ>0)．
4
1 |b| 1 4k2＋1－b2
∴S△POQ＝ |PQ|＝ |b| （x1＋x2）2－4x1x2＝2|b| ＝1．2 1＋k2 2 4k2＋1
综合①②知△POQ的面积 S为定值 1．
68
2 2
3 x y．已知椭圆 C： ＋ ＝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
a2 b2
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E→A·E→B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．
b＝c，
a＝ 2，
|0＋0－2|
解 (1)由题意知， a＝ ，解得
2 b＝1，
b2＋c2＝a2 c＝1，，
C x
2
则椭圆 的标准方程为 ＋y2＝1．
2
(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)，
x2
＋y2＝1，
联立 2 得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，Δ＝8k2＋8>0恒成立，
y＝k（x－1），
4k2 2
∴xA＋xB＝ ，x x
2k －2
A B＝ ．
1＋2k2 1＋2k2
→
假设在 x轴上存在定点 E(x0，0)，使得EA·E
→B为定值．
→
则EA·E→B＝(xA－x0，yA)·(xB－x0，yB)＝xAxB－x0(xA＋xB)＋x20＋yAyB
＝xAxB－x0(xA＋xB)＋x20＋k2(xA－1)(xB－1)
＝(1＋k)2xAxB－(x0＋k2)(xA＋xB)＋x02＋k2
（2x20－4x0＋1）k2＋（x02－2）
＝ ．
1＋2k2
→
∵EA·E→B →为定值，∴EA·E→B的值与 k无关，
∴2x20－4x0＋1＝2(x20－2)，
x 5解得 0＝ ，此时E→A·E→B 7
5
＝－ 为定值，定点为 ,0 ，
4 16 4
→ → 7 5
当直线的斜率不存在时，也满足EA·EB＝－ 为定值，且定点为 ,0 ．
16 4
E 5综上，存在点 ,0 → ，使得EA·E→B 7为定值，且定值为－
4 16
69
【课后巩固】
x21 C y
2 1
．已知椭圆 ： ＋ ＝1(a>b>0)的焦点为 F ，F
2 2 1 2
，离心率为 ，点 P为其上一动点，且三角形 PF1F2面积
a b 2
的最大值为 3，O为坐标原点．
(1)求椭圆 C的方程；
(2)若点 M，N → →为 C上的两个动点，求常数 m，使OM·ON＝m时，点 O到直线 MN的距离为定值，求这
个定值．
c2＝a2－b2，
a＝2，
解：(1) bc＝ 3，依题意知 解得
c 1 b＝ 3，
＝ ，
a 2
C x
2 y2
所以椭圆 的方程为 ＋ ＝1．
4 3
(2)设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x1x2＋y1y2＝m，
|n| 2
当直线 MN n的斜率存在时，设其方程为 y＝kx＋n，则点 O到直线 MN的距离 d＝ ＝ ，
k2＋1 k2＋1
3x2＋4y2＝12，
联立，得 消去 y，得(4k2＋3)x2＋8knx＋4n2－12＝0，由Δ>0得 4k2－n2＋3>0，则
y＝kx＋n，
x x －8kn
2
x x 4n －121＋ 2＝ ， ＝ ，
4k2
1 2
＋3 4k2＋3
2 2
所以 x1x2＋(kx1＋n)(kx n)
7n m（4k ＋3）
2＋ ＝(k2＋1)x1x2＋kn(x1＋x2)＋n2＝m，整理得 ＝12＋ ．
k2＋1 k2＋1
d n
2
m 0 d 12 2 21 7n
2
因为 ＝ 为常数，则 ＝ ， ＝ ＝ ，此时 ＝12满足Δ>0．
k2＋1 7 7 k2＋1
当 MN⊥x轴时，由 m＝0得 kOM＝±1，
3x2＋4y2＝12，
联立，得
y＝±x，
y x2 12 O MN d |x| 2 21消去 ，得 ＝ ，点 到直线 的距离 ＝ ＝ 亦成立．
7 7
综上，当 m 2 21＝0时，点 O到直线 MN的距离为定值，这个定值是 ．
7
70
2 C x
2 y2
．已知椭圆 ： ＋ ＝1(a＞b＞0)的左右焦点分别为 F1，F2，点 P是椭圆 C上一点，若 PF1⊥PF2，|F1F2|
a2 b2
＝2 3，△PF1F2的面积为 1．
(1)求椭圆 C的方程；
(2)若 A，B 1 1分别为椭圆上的两点，且 OA⊥OB，求证： ＋ 为定值，并求出该定值．
|OA|2 |OB|2
解：(1)由已知，|PF1|2＋|PF2|2
1
＝12， |PF1||PF2|＝1，
2
又 2a＝|PF1|＋|PF2|，
∴4a2＝|PF1|2＋|PF2|2＋2|PF1||PF2|＝16，a2＝4，
b2＝a2－c2＝4－( 3)2＝1，
C x
2
∴椭圆 的方程为： ＋y2＝1．
4
(2) 1 1 5①当 A，B是椭圆顶点时， ＋ ＝ ．
|OA|2 |OB|2 4
②当 A，B不是椭圆顶点时，
1
设 lOA：y＝kx，lOB：y＝－ x，
k
y＝kx，
2
由 x2 y2 x 4得 A＝ ，|OA|2
4k ＋4
＝ ，
＋ ＝1
4 1 4k
2＋1 4k2＋1
x 4k
2
|OB|2 4k
2＋4
同理 B＝ ， ＝ ，
k2＋4 k2＋4
1 1 4k2＋1 k2＋4 5k2＋5 5
＋ ＝ ＋ ＝ ＝ ．
|OA|2 |OB|2 4k2＋4 4k2＋4 4k2＋4 4
1 1 5
综上， ＋ 为定值 ．
|OA|2 |OB|2 4
71
2
3 C x y
2
．已知椭圆 ： ＋ ＝1(a b 1 3＞ ＞0)的离心率为 ，焦点与短轴的两顶点的连线与圆 x2＋y2＝ 相切．
a2 b2 2 4
(1)求椭圆 C的方程；
(2)过点(1，0)的直线 l → →与 C相交于 A，B两点，在 x轴上是否存在点 N，使得NA·NB为定值？如果有，
求出点 N的坐标及定值；如果没有，请说明理由．
x2 y2
【解】 (1)因为椭圆 C： ＋ ＝1(a＞b＞0) 1 3的离心率为 ，焦点与短轴的两顶点的连线与圆 x2＋y2＝ 相
a2 b2 2 4
切，
e c 1＝ ＝
a 2
所以 bc 3＝ b2＋c2，解得 c
2＝1，a2＝4，b2＝3．
2
a2＝b2＋c2
x2 y2
所以椭圆 C的方程为 ＋ ＝1．
4 3
(2)当直线 l的斜率存在时，设其方程为 y＝k(x－1)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
3x2＋4y2＝12
(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
y＝k（x－1）
x 8k
2
1＋x2＝
4k2＋3
则Δ＞0，
x x 4k
2－12 ，
1 2＝
4k2＋3
若存在定点 N(m，0)满足条件，
→ →
则有NA·NB＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2
＝x1x2＋m2－m(x1＋x2)＋k2(x1－1)(x2－1)
＝(1＋k2)x1x2－(m＋k2)(x1＋x2)＋k2＋m2
（1＋k2）（4k2－12） （m＋k2）8k2
＝ － ＋k2＋m2
4k2＋3 4k2＋3
（4m2－8m－5）k2＋3m2－12
＝ ．
4k2＋3
4m2－8m－5 4 11
如果要使上式为定值，则必须有 ＝ m＝ ，
3m2－12 3 8
验证当直线 l斜率不存在时，也符合．
N 11,0 → → 135故存在点 满足NA·NB＝－ ．
8 64
72
4．过抛物线 C：y2＝4x的焦点 F且斜率为 k的直线 l交抛物线 C于 A，B两点，且|AB|＝8．
(1)求 l的方程；
(2)若 A关于 x轴的对称点为 D，求证：直线 BD过定点，并求出该点的坐标．
[解](1)易知点 F的坐标为(1,0)，则直线 l的方程为 y＝k(x－1)，
代入抛物线方程 y2＝4x得 k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
由题意知 k≠0，且Δ＝[－(2k2＋4)]2－4k2·k2＝16(k2＋1)＞0，
设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，
x x 2k
2＋4
∴ 1＋ 2＝ ，x1x2＝1，
k2
由抛物线的定义知|AB|＝x1＋x2＋2＝8，
2k2＋4
∴ ＝6，
k2
∴k2＝1，即 k＝±1，
∴直线 l的方程为 y＝±(x－1)．
(2)由抛物线的对称性知，D点的坐标为(x1，－y1)，
BD k y2＋y1
y2＋y1 4
直线 的斜率 BD＝ ＝
x x y22－ 1 2 y
2＝ ，
－ 1 y2－y1
4 4
∴直线 BD 4的方程为 y＋y1＝ (x－x1)，
y2－y1
即(y2－y1)y＋y2y1－y12＝4x－4x1，
∵y21＝4x1，y22＝4x2，x1x2＝1，
∴(y1y2)2＝16x1x2＝16，即 y1y2＝－4(y1，y2异号)，
∴直线 BD的方程为 4(x＋1)＋(y1－y2)y＝0，恒过点(－1,0)．
73
x2 y25．如图，已知椭圆 E： 2＋ 2＝1(a>b>0)
2
的离心率为 ，且过点(2， 2)，四边形 ABCD的顶点在椭圆 E上，
a b 2
2
且对角线 AC，BD b过原点 O，kAC·kBD＝－ ．
a2
(1) O→A·O→求 B的取值范围；
(2)求证：四边形 ABCD的面积为定值．
c 2
＝ ，
a 2
a2＝8， x2(1) 4 2 y
2
解析： 由题意知 ＋ ＝1， 得 ∴椭圆的标准方程为 ＋ ＝1．
a2 b2 b
2＝4， 8 4
a2＝b2＋c2，
当直线 AB的斜率存在时，
设直线 AB的方程为 y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
y＝kx＋m
由 (1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－8＝0．
x2＋2y2＝8
2
∴x x －4km 2m －81＋ 2＝ ，x1x2＝ ．
1＋2k2 1＋2k2
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)
2
k2·2m －8 km·－4km m2 m
2－8k2
＝ ＋ ＋ ＝ ．
1＋2k2 1＋2k2 1＋2k2
b2 y y 1
∵k ·k ＝－ 1· 2OA OB ＝－ ，
a2 x1 x2 2
m2－8k2 1 2
∴ ＝－ ·2m －8 m2＝4k2＋2．
1＋2k2 2 1＋2k2
O→
2 2 2 2
A·O→B＝x1x2＋y1y
2m －8 m －8k 4k －2
2＝ ＋ ＝
1＋2k2 1＋2k2 2k2＋1
2 4＝ － ，
2k2＋1
2 O→A·O→B<2 k 0 O→ →∴－ ≤ ，当 ＝ 时， A·OB＝－2，
→ →
当 k不存在，即 AB⊥x轴时，OA·OB＝2，
O→∴ A·O→B的取值范围是[－2,2]．
(2)证明：由题意知 SABCD＝4S△AOB．
|m|
∵S 1△AOB＝ · 1＋k2· x1＋x2 2－4x1x2·2 1＋k2
2 4k
2＋2
＝ ＝2 2，∴S
2 ABCD
＝8 2．即四边形 ABCD的面积为定值．
1＋2k
74
第三讲 证明、探索问题
1．证明问题
代数转化法：圆锥曲线中的证明问题多涉及几何量的证明，比如涉及线段或角相等以及位置关系等
等．证明时，常把几何量用坐标表示，建立某个变量的函数，用代数方法证明．
1 C x
2 y2 2
【例 】已知椭圆 ： 2＋ 2＝1(a>b>0)经过点 M 1，
2
，其离心率为 ，设直线 l：y＝kx＋m与椭圆 C相a b 2 2
交于 A，B两点．
(1)求椭圆 C的方程；
(2) 2已知直线 l与圆 x2＋y2＝ 相切，求证：OA⊥OB(O为坐标原点)．
3
解：(1) c 2因为 e＝ ＝ ，a2＝b2＋c2，
a 2
所以 a2＝2b2，
x2 y2
所以椭圆 C的方程为 ＋ ＝1．
2b2 b2
2
因为 1， 在椭圆上，
2
1 1
所以 ＋ ＝1，b2＝1，a2＝2，
2b2 2b2
x2
所以椭圆 C的方程为 ＋y2＝1．
2
(2) 2证明：因为直线 l与圆 x2＋y2＝ 相切，
3
|m| 6
所以 ＝ ，
1＋k2 3
y＝kx＋m，
即 3m2－2k2－2＝0，由
x2＋2y2＝2
得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)>0．
设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，
x x 4km
2
x 2m －2则 1＋ 2＝－ ， 1x2＝ ，
1＋2k2 1＋2k2
2 2
所以 y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2
m －2k
＝ ，
1＋2k2
→ 2 2 2 2 2
所以OA·O→B＝x1x2＋y y
2m －2 m －2k 3m －2k －2
1 2＝ ＋ ＝ ＝0，
1＋2k2 1＋2k2 1＋2k2
所以 OA⊥OB．
75
【变式训练】
2 2
1 x y．已知椭圆 C： ＋ ＝1(a>b>0) 1的离心率为 ，左、右焦点分别为 F1，F2，A为椭圆 C上一点，AF2 2 2⊥F1F2，a b 3
且|AF2| 8＝ ．
3
(1)求椭圆 C的方程；
(2)设椭圆 C的左、右顶点分别为 A1，A2，过 A1，A2分别作 x轴的垂线 l1，l2，椭圆 C的一条切线 l：y
＝kx＋m与 l1，l2分别交于 M，N两点，求证：∠MF1N为定值．
2
解：(1)由 AF2⊥F1F2，|AF2| 8 b 8＝ ，得 ＝ ．
3 a 3
e c 1又 ＝ ＝ ，a2＝b2＋c2，所以 a2＝9，b2＝8，
a 3
x2 y2
故椭圆 C的标准方程为 ＋ ＝1．
9 8
(2)证明：由题意可知，l1的方程为 x＝－3，l2的方程为 x＝3．
直线 l分别与直线 l1，l2的方程联立得 M(－3，－3k＋m)，N(3，3k＋m)，
→
所以F1M＝(－2，－3k＋m) →，F1N＝(4，3k＋m)，
F→M →所以 1 ·F1N＝－8＋m2－9k2．
x2 y2
＋ ＝1，
联立 9 8
y＝kx＋m，
得(9k2＋8)x2＋18kmx＋9m2－72＝0．
因为直线 l与椭圆 C相切，
所以Δ＝(18km)2－4(9k2＋8)·(9m2－72)＝0，
化简得 m2＝9k2＋8．
所以F→ →1M·F1N＝－8＋m2－9k2＝0，
→ →
所以F1M⊥F1N，
故∠MF π1N为定值 ．
2
76
2 x
2
．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)．
2
(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＝∠OMB．
[解] (1)由已知得 F(1,0)，l的方程为 x＝1．

由已知可得，点 A的坐标为 1,
2
或

1,
2
．
2 2
又 M(2,0) 2 2，所以 AM的方程为 y＝－ x＋ 2或 y＝ x－ 2．
2 2
(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＝∠OMB．
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< 2，x2< 2，
y1 y2
直线 MA，MB的斜率之和为 kMA＋kMB＝ ＋ ．
x1－2 x2－2
由 y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得
k k 2kx1x2－3k x1＋x2 ＋4kMA＋ MB＝ ．
x1－2 x2－2
2
将 y＝k(x－1) x代入 ＋y2＝1得
2
(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
2 2
所以 x 4k 2k －21＋x2＝ ，x1x2＝ ．
2k2＋1 2k2＋1
4k32kx x 3k(x x ) 4k －4k－12k
3＋8k3＋4k
则 1 2－ 1＋ 2 ＋ ＝ ＝0．
2k2＋1
从而 kMA＋kMB＝0，故 MA，MB的倾斜角互补．所以∠OMA＝∠OMB．
综上，∠OMA＝∠OMB．
77
2．探究、存在性问题
存在性问题的解法：先假设存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，推证满足条件的
结论，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．要注意的是：(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．
【例 2】已知椭圆 C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直线 l不过原点 O且不平行于坐标轴，l与 C有两个交点 A，B，
线段 AB的中点为 M．
(1)证明：直线 OM的斜率与 l的斜率的乘积为定值；
(2) l m若 过点 ,m ，延长线段 OM与 C交于点 P，四边形 OAPB能否为平行四边形？若能，求此时 l
3
的斜率；若不能，说明理由．
[解](1)证明：设直线 l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．
将 y＝kx＋b代入 9x2＋y2＝m2，得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，
x x1＋x2 －kb故 M＝ ＝ ，yM＝kx
9b
2 M
＋b＝ ．
2 k ＋9 k2＋9
y 9
于是直线 OM的斜率 k MOM＝ ＝－ ，即 kOM·k＝－9．
xM k
所以直线 OM的斜率与 l的斜率的乘积为定值．
(2)四边形 OAPB能为平行四边形．
m
因为直线 l过点 ,m ，所以 l不过原点且与 C有两个交点的充要条件是 k>0，k≠3．
3
由(1) 9得 OM的方程为 y＝－ x．
k
设点 P的横坐标为 xP．
y 9＝－ x，
k k2m22 ±km由 得 xP＝ ，即 x ＝ ．2 P
9x2＋y2＝m2， 9k ＋81 3 k
2＋9
m
将点 ,m 的坐标代入直线 l的方程得 b m 3－k ＝ ，
3 3
因此 x k k－3 mM＝ ．
3 k2＋9
四边形 OAPB为平行四边形，当且仅当线段 AB与线段 OP互相平分，即 xP＝2xM．
±km
2 k k－3 m于是 ＝ × ，解得 k ＝4－ 7，k ＝4＋ 7．
3 k2＋9 3 k2
1 2
＋9
因为 ki>0，ki≠3，i＝1,2，所以当直线 l的斜率为 4－ 7或 4＋ 7时，四边形 OAPB为平行四边形．
78
【变式训练】
x21 C y
2
．双曲线 ： － ＝1(a＞0，b＞0)的焦点分别为：F1(－2 2，0)，F2(2 2，0)，且双曲线 C经过点 P(4 2，
a2 b2
2 7)．
(1)求双曲线 C的方程；
(2) → →设 O为坐标原点，若点 A在双曲线 C上，点 B在直线 x＝ 2上，且OA·OB＝0．是否存在以点 O为
圆心的定圆恒与直线 AB相切？若存在，求出该圆的方程，若不存在，请说明理由．
解：(1)点 P(4 2，2 7)在双曲线 C上．
32 28
－ ＝1①，b2＝8－a2②
a2 b2
②代入①去分母整理得：a4－68a2＋32×8＝0，解得 a2＝4，b2＝4．
x2 y2
∴所求双曲线 C的方程为 － ＝1．
4 4
(2)设点 A，B的坐标分别为(x0，y0)，( 2，t)，
其中 x0＞2或 x0＜－2．
y0－t
当 y0≠t时，直线 AB的方程为 y－t＝ (x－ 2)，
x0－ 2
即(y0－t)x－(x0－ 2)y＋tx0－ 2y0＝0，
若存在以点 O为圆心的定圆与 AB相切，则点 O到直线 AB的距离必为定值．
设圆心 O到直线 AB的距离为 d，
|tx0－ 2yd 0
|
则 ＝ ，
y0－t 2＋ x0－ 2 2
2x
∵y0≠0，∴t＝－ 0，又 x20－y02＝4，
y0
2 2
2 2|y0＋2| 2 2|y0＋2|
d y∴ ＝ 0 y＝ 0 ＝2，
2y4＋8y2＋8 y20 0 2| 0＋2|
2y20 y0
此时直线 AB与圆 x2＋y2＝4相切，
y t x t
2
当 0＝ 时， 0＝－ ，
2
代入双曲线 C的方程并整理得 t4－2t2－8＝0，
解得 t＝±2，此时直线 AB：y＝±2，也与圆 x2＋y2＝4相切．
综上得存在定圆 x2＋y2＝4与直线 AB相切．
79
2 2．已知中心在原点，焦点在 x轴上的椭圆的离心率为 ，直线 l过椭圆右焦点 F，且交椭圆于 A，B两点，
2
π
当直线 l的倾斜角为 时，|AB|＝ 2．
2
(1)求椭圆的标准方程；
(2)在直线 x＝2 上是否存在点 D，使得△DAB为正三角形？若存在，求出 D点的坐标；若不存在，请
说明理由．
c 2
＝ ，
a 2 a＝ 2，
[解] (1)由题意得 2b2＝ 2， 解得 b＝1，
a
c＝1，
a2＝b2＋c2，
x2
∴椭圆的标准方程为 ＋y2＝1．
2
(2)存在，理由如下：
设直线 AB的方程为 x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为 M．
x＝my＋1，
联立 消去 x，整理，
x2＋2y2＝2
得(m2＋2)y2＋2my－1＝0，
y y －2m y y －1 4则 1＋ 2＝ ， 1 2＝ ，x1＋x2＝ ，
m2＋2 m2＋2 m2＋2
2 m 2 2 m2M ＋1 故 2 , 2 ，|AB|＝ 1＋m
2·|y1－y2|＝ ．
m 2 m 2 m2＋2
假设存在点 D(2，t)使得△DAB为正三角形，
|mt－1|
则 D到直线 AB的距离 d＝ ，
1＋m2
kDM＝－m，
由于△DAB为正三角形，则有 d 3＝ |AB|，
2
m2＋2 t＝－2m3－3m，
即 |mt－1| 3×2 2×m
2＋1
＝ ，
1＋m2 2 m2＋2
m 2 4 2解得 ＝± ，则 t＝± ．
2 5
4 2
∴存在点 D 2, 满足题意．
5
80
【课后巩固】
1 x
2 y2
．已知椭圆 ＋ ＝1的右焦点为 F，设直线 l：x＝5与 x轴的交点为 E，过点 F且斜率为 k的直线 l1与椭
5 4
圆交于 A，B两点，M为线段 EF的中点．
(1) π若直线 l1的倾斜角为 ，求△ABM的面积 S的值；
4
(2)过点 B作直线 BN⊥l于点 N，证明：A，M，N三点共线．
[解](1)由题意，知 F(1,0)，E(5,0)，M(3,0)．设 A(x1，y1)，B(x2，y2)．
π
∵直线 l1的倾斜角为 ，∴k＝1．
4
∴直线 l1的方程为 y＝x－1，即 x＝y＋1．
代入椭圆方程，可得 9y2＋8y－16＝0．
∴y1＋y 8 162＝－ ，y1y2＝－ ．
9 9
∴S 1△ABM＝ ·|FM|·|y1－y2|2
＝ y1＋y2 2－4y 8 101y2＝ ．
9
(2)证明：设直线 l1的方程为 y＝k(x－1)．
代入椭圆方程，得(4＋5k2)x2－10k2x＋5k2－20＝0，
10k2 5k2－20
即 x1＋x2＝ ，x1x2＝ ．
4＋5k2 4＋5k2
∵直线 BN⊥l于点 N，∴N(5，y2)．
－y
k 1 y＝ ，k ＝ 2∴ AM MN ．
3－x1 2
而 y2(3－x1)－2(－y1)＝k(x2－1)(3－x1)＋2k(x1－1)＝－k[x1x2－3(x1＋x2)＋5]
5k 2 20 2
＝－k 2 3
10k
2 5 ＝0，
4 5k 4 5k
∴kAM＝kMN．故 A，M，N三点共线．
81
2．在三角形 MAB中，点 A(－1,0)，B(1,0)，且它的周长为 6，记点 M的轨迹为曲线 E．
(1)求 E的方程；
(2)设点 D(－2,0)，过 B的直线与 E交于 P，Q两点，求证：∠PDQ不可能为直角．
解：(1)依题意得，|MA|＋|MB|＋|AB|＝6，所以|MA|＋|MB|＝4＞|AB|，
所以点 M的轨迹 E是以 A(－1,0)，B(1,0)为焦点且长轴长为 4的椭圆，
由于 M，A，B三点不共线，所以 y≠0，
2 2
所以 E x y的方程为 ＋ ＝1(y≠0)．
4 3
(2)设直线 PQ的方程为 x＝my＋1，
代入 3x2＋4y2＝12，得
(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，
y y －6m1＋ 2＝ ，
3m2＋4
设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则
y －91y2＝ .
3m2＋4
D→P·D→所以 Q＝(x1＋2)(x2＋2)＋y1y2
＝(my1＋1)(my2＋1)＋2(my1＋1＋my2＋1)＋4＋y1y2
＝(m2＋1)y1y2＋3m(y1＋y2)＋9
－9 m2＋1 18m2
＝ － ＋9
3m2＋4 3m2＋4
27
＝ ＞0．
3m2＋4
所以∠PDQ不可能为直角．
82
→ →
x2 y23．已知椭圆 C1： ＋ ＝1(a＞b＞0)，F为左焦点，A为上顶点，B(2,0)为右顶点，若 7|AF|＝2|AB|，抛物
a2 b2
线 C2的顶点在坐标原点，焦点为 F．
(1)求椭圆 C1的标准方程；
(2) 1是否存在过 F点的直线，与椭圆 C1和抛物线 C2的交点分别是 P，Q和 M，N，使得 S△OPQ＝ S2 △
OMN？
如果存在，求出直线的方程；如果不存在，请说明理由．
→ →
[解](1)依题意可知 7|AF|＝2|AB|，
即 7a＝2 a2＋b2，由 B(2,0)为右顶点，得 a＝2，解得 b2＝3，
C x
2 y2
所以 1的标准方程为 ＋ ＝1．
4 3
(2)依题意可知 C2的方程为 y2＝－4x，假设存在符合题意的直线，
设直线方程为 x＝ky－1，
P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，
x＝ky－1，
联立 x2 y2
＋ ＝1，
4 3
得(3k2＋4)y2－6ky－9＝0，
由根与系数的关系得 y1＋y
6k y y －92＝ ，2 1 2＝ ，3k ＋4 3k2＋4
2
则|y1－y2|＝ y1＋y2 2－4y y
12 k ＋1
1 2＝ ，
3k2＋4
x＝ky－1，
联立 得 y2＋4ky－4＝0，
y2＝－4x，
由根与系数的关系得 y3＋y4＝－4k，y3y4＝－4，
所以|y3－y4|＝ y3＋y4 2－4y3y4＝4 k2＋1，
1 1
若 S△OPQ＝ S△OMN，则|y1－y2|＝ |y3－y4|，2 2
12 k2＋1
即 ＝2 k2＋1 6，解得 k＝± ，
3k2＋4 3
6 6
所以存在符合题意的直线，直线的方程为 x＋ y＋1＝0或 x－ y＋1＝0．
3 3
83
x2 y24．已知椭圆 C： ＋ ＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1、F2，且点 F1到椭圆 C上任意一点的最大距离
a2 b2
为 3 1，椭圆 C的离心率为 ．
2
(1)求椭圆 C的标准方程；
(2) |CD|是否存在斜率为－1的直线 l与以线段 F1F2为直径的圆相交于 A、B两点，与椭圆相交于 C、D，且
|AB|
8 3
＝ ？若存在，求出直线 l的方程；若不存在，说明理由．
7
解析：(1)根据题意，设 F1，F2的坐标分别为(－c,0)，(c,0)，
a＋c＝3，
由题意可得 c 1 解得 a＝2，c＝1，则 b2＝a2－c2＝3，
＝ ，
a 2
2 2
故椭圆 C x y的标准方程为 ＋ ＝1．
4 3
(2)假设存在斜率为－1的直线 l，设为 y＝－x＋m，
由(1)知 F1，F2的坐标分别为(－1,0)，(1,0)，
所以以线段 F1F2为直径的圆为 x2＋y2＝1，
|－m|
由题意知圆心(0,0)到直线 l的距离 d＝ <1，得|m|< 2．
2
2
|AB| m＝2 1－d2＝2 1－ ＝ 2× 2－m2，
2
x2 y2
＋ ＝1，
联立得 4 3 消去 y，得 7x2－8mx＋4m2－12＝0，
y＝－x＋m，
由题意得Δ＝(－8m)2－4×7(4m2－12)＝336－48m2＝48(7－m2)>0，解得 m2<7，
C(x y ) D(x y ) x x 8m x x 4m
2－12
设 1， 1 ， 2， 2 ，则 1＋ 2＝ ， 1 2＝ ，
7 7
2 2
|CD| 8m 4m －12 336－48m＝ 2|x1－x2|＝ 2× 2－4× ＝ 2×
7 7 49
4 6 7 m2 8 3＝ × － ＝ |AB| 8 3＝ × 2× 2－m2，
7 7 7
解得 m2 1 3 3＝ <7，得 m＝± ． 即存在符合条件的直线 l，其方程为 y＝－x± ．
3 3 3
84

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