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第八节　直线与圆锥曲线的位置关系
1．直线与圆锥曲线的位置关系
设直线l：Ax＋By＋C＝0，圆锥曲线C：F(x，y)＝0，
由消去y得到关于x的方程ax2＋bx＋c＝0.
(1)当a≠0时，设一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判别式为Δ，则Δ＞0 直线l与圆锥曲线C有两个公共点；Δ＝0 直线l与圆锥曲线C有一个公共点；Δ＜0 直线l与圆锥曲线C有零个公共点．
(2)当a＝0，b≠0时，圆锥曲线C为抛物线或双曲线．
当C为双曲线时，l与双曲线的渐近线平行或重合，它们的公共点有1个或0个．
当C为抛物线时，l与抛物线的对称轴平行或重合，它们的公共点有1个．
2．圆锥曲线的弦长公式
设斜率为k的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝|x1－x2|＝·＝|y1－y2|＝·.
圆锥曲线中的中点弦的有关结论
设AB为圆锥曲线的弦，点M为弦AB的中点，O为坐标原点：
标准方程 结论
＋＝1(a＞b＞0) kAB·kOM＝－
＋＝1(a＞b＞0) kAB·kOM＝－
－＝1(a＞0，b＞0) kAB·kOM＝
－＝1(a＞0，b＞0) kAB·kOM＝
y2＝2px(p≠0) kAB＝(y0为M的纵坐标)
x2＝2py(p≠0) kAB＝(x0为M的横坐标)
1．直线y＝x＋3与双曲线－＝1的交点个数是(　 )
A．1 B．2
C．1或2 D．0
解析：选A　因为直线y＝x＋3与双曲线的渐近线y＝x平行，所以它与双曲线只有1个交点．
2．过点(0,1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，这样的直线有(　 )
A．1条 B．2条 C．3条 D．4条
解析：选C　结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x＝0，过点(0,1)且平行于x轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线(非直线x＝0)．故选C.
3．直线y＝kx－k＋1与椭圆＋＝1的位置关系为(　 )
A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定
解析：选A　直线y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1恒过定点(1,1)，又点(1,1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交．故选A.
4．已知直线l：y＝2x＋3被椭圆C：＋＝1(a>b>0)截得的弦长为7，则下列直线中被椭圆C截得的弦长一定为7的有(　 )
①y＝2x－3；②y＝2x＋1；③y＝－2x－3；④y＝－2x＋3.
A．1条 B．2条
C．3条 D．4条
解析：选C　直线y＝2x－3与直线l关于原点对称，直线y＝－2x－3与直线l关于x轴对称，直线y＝－2x＋3与直线l关于y轴对称，故有3条直线被椭圆C截得的弦长一定为7.
5．过抛物线y＝x2的焦点F作一条倾斜角为30°的直线交抛物线于A，B两点，则|AB|＝________.
解析：依题意，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，题中的抛物线x2＝4y的焦点坐标是F(0,1)，直线AB的方程为y＝x＋1，即x＝(y－1)．由消去x得3(y－1)2＝4y，即3y2－10y＋3＝0，y1＋y2＝，|AB|＝|AF|＋|BF|＝(y1＋1)＋(y2＋1)＝y1＋y2＋2＝.
答案：
基础点——自练通关(省时间)
基础点　直线与圆锥曲线位置关系的判定　
[题点全训]
1．过抛物线y2＝2x的焦点作一条直线与抛物线交于A，B两点，它们的横坐标之和等于2，则这样的直线(　 )
A．有且只有一条 B．有且只有两条
C．有且只有三条 D．有且只有四条
解析：选B　设该抛物线焦点为F，A(xA，yA)，B(xB，yB)，则|AB|＝|AF|＋|FB|＝xA＋＋xB＋＝xA＋xB＋1＝3>2p＝2.所以符合条件的直线有且只有两条．
2．若直线y＝kx＋1与椭圆＋＝1总有公共点，则m的取值范围是(　 )
A．(1，＋∞) B．(0，＋∞)
C．(0,1)∪(1,5) D．[1,5)∪(5，＋∞)
解析：选D　由于直线y＝kx＋1恒过点(0,1)，所以点(0,1)必在椭圆内或椭圆上，则0<≤1且m≠5，解得m≥1且m≠5.
3．若直线mx＋ny＝4和圆O：x2＋y2＝4没有交点，则过点(m，n)的直线与椭圆＋＝1的交点个数为(　 )
A．至多一个 B．2
C．1 D．0
解析：选B　∵直线mx＋ny＝4和圆O：x2＋y2＝4没有交点，∴圆心到直线的距离d＝ ＞2，∴m2＋n2＜4.∴＋＜＋＝1－m2＜1，∴点(m，n)在椭圆＋＝1的内部，∴过点(m，n)的直线与椭圆＋＝1的交点有2个．
4．已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)与直线y＝2x有交点，则双曲线离心率的取值范围为(　 )
A．(1，) B．(1，]
C．(，＋∞) D．[，＋∞)
解析：选C　因为双曲线的一条渐近线方程为y＝x，则由题意得>2，所以e＝＝ >＝.
[一“点”就过]
判定直线与椭圆位置关系的方法
(1)判定直线和椭圆的位置关系，一般转化为研究其直线方程与椭圆方程组成的方程组解的个数．
(2)对于过定点的直线，也可以通过定点在椭圆内部或椭圆上判定直线和椭圆有交点．
重难点——逐一精研(补欠缺)
重难点(一)　弦长问题　
[典例]　设F1，F2分别是椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，过点F1且斜率为1的直线l与E相交于A，B两点，且2|AB|＝|AF2|＋|BF2|.
(1)求E的离心率；
(2)设点P(0，－1)满足|PA|＝|PB|，求E的方程．
[解]　(1)由椭圆的定义知|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4a，又2|AB|＝|AF2|＋|BF2|，则可得|AB|＝.易知直线l的方程为y＝x＋c，其中c＝.
设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A，B两点的坐标满足方程组消去y，整理得(a2＋b2)x2＋2a2cx＋a2(c2－b2)＝0，则x1＋x2＝，x1x2＝.因为直线AB的斜率为1，所以|AB|＝|x2－x1|＝，即＝，故a2＝2b2，所以E的离心率e＝＝＝.
(2)设线段AB的中点为N(x0，y0)，由(1)知x0＝＝＝－，y0＝x0＋c＝.由|PA|＝|PB|知点P在线段AB的垂直平分线上，则kPN＝－1，即＝－1，把x0＝－，y0＝代入，得c＝3，从而a＝3，b＝3.故椭圆E的方程为＋＝1.
[方法技巧]
求解直线被椭圆截得的弦长的方法
(1)当弦的两端点坐标易求时，可直接利用两点间的距离公式求解．
(2)当直线的斜率存在时，斜率为k的直线l与椭圆C相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两个不同的点，则弦长|AB|＝＝|x1－x2|＝ ·|y1－y2|(k≠0)．　　
[针对训练]
已知抛物线C：y2＝3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P.
(1)若|AF|＋|BF|＝4，求l的方程；
(2)若＝3，求|AB|.
解：设直线l：y＝x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
(1)由题设得F，故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋，由题设可得x1＋x2＝.由可得9x2＋12(t－1)x＋4t2＝0，则x1＋x2＝－.从而－＝，得t＝－，满足Δ＞0.所以l的方程为y＝x－.
(2)由＝3可得y1＝－3y2.由可得y2－2y＋2t＝0.所以y1＋y2＝2.从而－3y2＋y2＝2，故y2＝－1，y1＝3.代入C的方程得x1＝3，x2＝.故|AB|＝.
重难点(二)　中点弦问题　
[典例]　已知椭圆M：＋＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为A，B，右焦点为F，离心率为，且过点.
(1)求椭圆M的方程；
(2)若过点N(1,1)的直线与该椭圆M交于P，Q两点，且线段PQ的中点恰为点N，求直线PQ的方程．
[解]　(1)∵e＝＝ ＝，则3a2＝4b2，将代入椭圆方程得＋＝1，解得a＝2，b＝，
∴椭圆的方程为＋＝1.
(2)设P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，∵线段PQ的中点恰为点N，∴xP＋xQ＝2，yP＋yQ＝2.∵＋＝1，＋＝1，两式相减可得(xP＋xQ)(xP－xQ)＋(yP＋yQ)(yP－yQ)＝0，∴＝－，即直线PQ的斜率为－，∴直线PQ的方程为y－1＝－(x－1)，即3x＋4y－7＝0.
[方法技巧]
解决圆锥曲线中与弦的中点有关问题的方法
根与系数的关系法 将直线方程代入圆锥曲线的方程，消元后得到一个一元二次方程，利用根与系数的关系和中点坐标公式建立等式求解
点差法 设出直线l与圆锥曲线C的交点坐标A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入圆锥曲线方程，通过作差，构造出x1＋x2，y1＋y2，x1－x2，y1－y2，从而建立弦的中点和直线的斜率的关系
[针对训练]
1．已知椭圆C：＋＝1(0＜b＜2)，作倾斜角为的直线交椭圆C于A，B两点，线段AB的中点为M，O为坐标原点，与的夹角为θ，且|tan θ|＝3，则b＝(　 )
A．1 B. C. D.
解析：选B　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，则两式作差得＋＝0，∵＝－1，x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，
∴－＝0，即＝.设直线OM的倾斜角为α，则θ＝α＋或θ＝－α，tan θ＝±，又tan α＝＝，由＝3，结合0＜b＜2，得b2＝2，即b＝，故选B.
2．(2022·衡阳联考)设F1，F2是双曲线E：－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，O为坐标原点，若E上存在点A，使得∠F1AF2＝60°，且|OA|＝2a，则此双曲线的离心率为(　 )
A. B. C．2 D.
解析：选A　设|AF1|＝r1，|AF2|＝r2，在△AF1F2中，由|F1F2|2＝|AF1|2＋|AF2|2－2|AF1||AF2|·cos 60°，得4c2＝r＋r－r1r2＝(r1－r2)2＋r1r2＝4a2＋r1r2，故r1r2＝4c2－4a2.∵O为F1F2的中点，∴＝(＋)，∴2＝(2＋＋2·)，即4a2＝(r＋r＋r1r2)＝[(r1－r2)2＋3r1r2]＝(4a2＋3r1r2)，故r1r2＝4a2，∴4a2＝4c2－4a2，∴离心率e＝＝.
[课时验收评价]
一、点全面广强基训练
1．若抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点到准线的距离为2，过焦点的直线与抛物线交于A，B两点，且|AB|＝8，则弦AB的中点到y轴的距离为(　 )
A．2 B．3 C．4 D．6
解析：选B　因为抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点到准线的距离为2，所以p＝2，抛物线方程为y2＝4x.过焦点的直线与抛物线交于A，B两点，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由抛物线的定义得，焦点弦|AB|＝x1＋x2＋p，所以8＝x1＋x2＋2，则x1＋x2＝6，所以AB的中点到y轴的距离为d＝＝＝3.故选B.
2．直线y＝kx＋1，当k变化时，此直线被椭圆＋y2＝1截得的最大弦长是(　 )
A．2 B. C．4 D．不能确定
解析：选B　直线恒过定点(0,1)，且点(0,1)在椭圆上，可设另外一个交点为(x，y)，则弦长为＝＝ ，当y＝－时，弦长最大为.
3．已知椭圆M：＋＝1(a＞b＞0)，过M的右焦点F(3,0)作直线交椭圆于A，B两点，若AB的中点坐标为(2,1)，则椭圆M的方程为(　 )
A.＋＝1 B.＋y2＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
解析：选D　直线AB的斜率k＝＝－1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入椭圆方程可得，＋＝1，＋＝1，两式相减，整理得－＝0，又c＝3，a2＝b2＋c2，联立解得a2＝18，b2＝9.所以椭圆M的方程为＋＝1，故选D.
4．(多选)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的离心率e＝2，C上的点到其焦点的最短距离为1，则(　 )
A．C的焦点坐标为(0，±2)
B．C的渐近线方程为y＝±x
C．点(2,3)在C上
D．直线mx－y－m＝0(m∈R)与C恒有两个交点
解析：选BC　由已知得所以所以b2＝3，所以双曲线C的方程为x2－＝1.所以C的焦点坐标为(±2,0)，A错误；C的渐近线方程为y＝±x＝±x，B正确；因为22－＝1，所以点(2,3)在C上，C正确；直线mx－y－m＝0即y＝m(x－1)，恒过点(1,0)，当m＝±时，直线与双曲线C的一条渐近线平行，此时直线与双曲线只有一个交点，D错误．
5．(多选)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，斜率为且经过点F的直线l与抛物线C交于A，B两点(点A在第一象限)，与抛物线的准线交于点D，若|AF|＝4，则以下结论正确的是(　 )
A．p＝2 B．F为AD的中点
C．|BD|＝2|BF| D．|BF|＝2
解析：选ABC　如图，F，直线l的斜率为，则直线方程为y＝，联立得12x2－20px＋3p2＝0，解得xA＝，xB＝，由|AF|＝＋＝2p＝4，得p＝2.∴抛物线的方程为y2＝4x，xB＝＝，则|BF|＝＋1＝，|BD|＝＝，∴|BD|＝2|BF|，|BD|＋|BF|＝＋＝4，则F为AD的中点．故选A、B、C.
6．已知椭圆＋y2＝1与直线y＝x＋m交于A，B两点，且|AB|＝，则实数m的值为________．
解析：由消去y并整理，得3x2＋4mx＋2m2－2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.由题意，得＝，解得m＝±1.
答案：±1
7．直线l过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F(1,0)，且与C交于A，B两点，则p＝________，＋＝________.
解析：由＝1，得p＝2.当直线l的斜率不存在时，l：x＝1，与y2＝4x联立解得y＝±2，此时|AF|＝|BF|＝2，所以＋＝＋＝1；当直线l的斜率存在时，设l：y＝k(x－1)，代入抛物线方程，得k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2＝1，＋＝＝＝＝＝1.综上，＋＝1.
答案：2　1
8．设抛物线y2＝4x的焦点为F，过点(2,0)的直线交抛物线于A，B两点，与抛物线的准线交于点C，若＝，则|BF|＝______.
解析：设直线AB：y＝k(x－2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，将直线AB的方程代入抛物线的方程得k2x2－4(1＋k2)x＋4k2＝0，Δ>0，由根与系数的关系得x1·x2＝4　①.如图，分别过点A，B作准线的垂线，垂足分别为A1，B1，则△AA1C∽△BB1C，所以＝，所以＝＝＝＝，所以5x1－2x2＋3＝0　②，由①②得x1＝1，x2＝4，所以|BF|＝|BB1|＝5.
答案：5
9．设中心在原点，焦点在x轴上的椭圆E过点，且离心率为.F为E的右焦点，P为E上一点，PF⊥x轴，⊙F的半径为PF.
(1)求椭圆E和⊙F的方程；
(2)若直线l：y＝k(x－)(k>0)与⊙F交于A，B两点，与E交于C，D两点，其中A，C在第一象限，是否存在k使|AC|＝|BD|？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
解：(1)设E的方程为＋＝1(a>b>0)，由题设知＋＝1，＝.解得a＝2，b＝1，故椭圆E的方程为＋y2＝1.因此F(，0)，|PF|＝，即⊙F的半径为.所以⊙F的方程为(x－)2＋y2＝.
(2)由题设可知，A在E外，B在E内，C在⊙F内，D在⊙F外，在l上的四点A，B，C，D满足|AC|＝|AB|－|BC|，|BD|＝|CD|－|BC|.设C(x1，y1)，D(x2，y2)，将l的方程代入E的方程得(1＋4k2)x2－8k2x＋12k2－4＝0，则x1＋x2＝，x1x2＝，|CD|＝＝＝1＋＞1，又⊙F的直径|AB|＝1，所以|BD|－|AC|＝|CD|－|AB|＝|CD|－1>0，故不存在正数k使|AC|＝|BD|.
10．已知双曲线Γ：－＝1(a>0，b>0)经过点P(2,1)，且其中一焦点F到一条渐近线的距离为1.
(1)求双曲线Γ的方程；
(2)过点P作两条相互垂直的直线PA，PB分别交双曲线Γ于A，B两点，求点P到直线AB距离的最大值．
解：(1)∵双曲线－＝1过点(2,1)，∴－＝1.不妨设F为右焦点，则F(c,0)到渐近线bx－ay＝0的距离d＝＝b，∴b＝1，a2＝2，∴所求双曲线的方程为－y2＝1.
(2)当直线AB的斜率不存在时，设A(x0，y0)(y0>0)，则B(x0，－y0)，＝(x0－2，y0－1)，＝(x0－2，－y0－1)，∵·＝0，∴(x0－2)2－(y0－1)(y0＋1)＝0，由得 或(舍去)，即A(6，)，B(6，－)，此时点P到AB的距离为6－2＝4.当直线AB的斜率存在时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为y＝kx＋m.将y＝kx＋m代入x2－2y2＝2中，整理得(2k2－1)x2＋4kmx＋2m2＋2＝0.∴x1＋x2＝　①，x1x2＝　②.∵·＝0，∴(x1－2，y1－1)·(x2－2，y2－1)＝0，即(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋m2－2m＋5＝0　③.将①②代入③，得m2＋8km＋12k2＋2m－3＝0，∴(m＋2k－1)(m＋6k＋3)＝0.而P 直线AB，∴m＝－6k－3，从而直线AB的方程为y＝kx－6k－3.将y＝kx－6k－3代入x2－2y2－2＝0中，得(1－2k2)x2＋(24k2＋12k)x－72k2－72k－20＝0，判别式Δ>0恒成立，∴y＝kx－6k－3即为所求直线．∴P到AB的距离d＝＝.∵2＝＝1＋≤2，∴d≤4，即此时点P到直线AB距离的最大值为4.∵4>4，故点P到直线AB距离的最大值为4.
二、重点难点培优训练
1．(2021·泰安二模)(多选)已知抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，过点F的直线l交抛物线于A，B两点，以线段AB为直径的圆交y轴于M，N两点，设线段AB的中点为P，O为坐标原点，则下列说法中正确的是(　 )
A．·＝－p2
B．若|AF|·|BF|＝4p2，则直线AB的斜率为
C．若抛物线上存在一点E(2，t)到焦点F的距离等于3，则抛物线的方程为y2＝4x
D．若点F到抛物线准线的距离为2，则sin∠PMN的最小值为
解析：选ACD　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为x＝my＋，由得y2－2pmy－p2＝0，则y1＋y2＝2pm，y1y2＝－p2.对于A，·＝x1x2＋y1y2＝·＋y1y2＝－p2＝－p2，故A正确；对于B，根据抛物线的定义可知|AF|＝x1＋，|BF|＝x2＋，故|AF|·|BF|＝＝(my1＋p)(my2＋p)＝m2y1y2＋pm(y1＋y2)＋p2＝－m2p2＋2p2m2＋p2＝p2(m2＋1)＝4p2，所以m2＋1＝4，解得m＝±，所以直线l的斜率k＝＝±，故B不正确；对于C，由题意可知2＋＝3，解得p＝2，则抛物线的方程为y2＝4x，故C正确；对于D，由题意可知p＝2，所以y1＋y2＝4m，易得sin∠PMN＝，其中d是点P到y轴的距离，r为以AB为直径的圆的半径，且d＝，r＝|PM|＝＝.又x1＝my1＋1，x2＝my2＋1，且y1＋y2＝4m，所以d＝2m2＋1，r＝2m2＋2，所以sin∠PMN＝＝＝1－，当m＝0时，sin∠PMN取得最小值，故D正确．故选A、C、D.
2．已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)短轴的端点为P(0，b)，Q(0，－b)，长轴的一个端点为M，AB为经过椭圆中心且不在坐标轴上的一条弦，若PA，PB的斜率之积等于－，则点P到直线QM的距离为________．
解析：设A(x0，y0)，则B点坐标为(－x0，－y0)，则·＝－，即＝－，由于＋＝1，则＝－，故－＝－，则＝，不妨取M(a,0)，则直线QM的方程为bx－ay－ab＝0，则点P到直线QM的距离为d＝＝＝b.
答案：b
3．已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若＝，·＝0，则C的离心率为________．
解析：由＝，得A为F1B的中点．又O为F1F2的中点，∴OA∥BF2.又·＝0，∴∠F1BF2＝90°.∴|OF2|＝|OB|＝|BF2|，∴△OBF2为等边三角形．如图所示，不妨设B为.
∵点B在直线y＝－x上，∴＝，∴离心率e＝＝＝2.
答案：2
4．已知椭圆＋＝1(a>b>0)的一个顶点为A(0，－3)，右焦点为F，且|OA|＝|OF|，其中O为原点．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知点C满足3＝，点B在椭圆上(B异于椭圆的顶点)，直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，且P为线段AB的中点，求直线AB的方程．
解：(1)由已知可得b＝3.记半焦距为c，由|OF|＝|OA|可得c＝b＝3.又由a2＝b2＋c2，可得a2＝18.
所以椭圆的方程为＋＝1.
(2)因为直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，所以AB⊥CP.依题意，直线AB和直线CP的斜率均存在．设直线AB的方程为y＝kx－3.
联立消去y，可得(2k2＋1)x2－12kx＝0，
解得x＝0或x＝.
依题意，可得点B的坐标为.
因为P为线段AB的中点，点A的坐标为，
所以点P的坐标为.
由3＝，得点C的坐标为(1,0)，
故直线CP的斜率为，即.
又因为AB⊥CP，所以k·＝－1，
整理得2k2－3k＋1＝0，解得k＝或k＝1.
所以直线AB的方程为y＝x－3或y＝x－3.
阶段综合·融会建模　习题课1——圆锥曲线中的最值、范围问题
题型一　最值问题
[典例]　(2021·全国乙卷)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，且F与圆M：x2＋(y＋4)2＝1上点的距离的最小值为4.
(1)求p；
(2)若点P在M上，PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，求△PAB面积的最大值．
[解]　(1)由题意，得抛物线C：x2＝2py的焦点F，圆M：x2＋(y＋4)2＝1的圆心M(0，－4)，半径是1.由点F与圆M上的点的距离的最小值为4，得＋4－1＝4，解得p＝2.
(2)设A，B，P(x0，y0)．由y＝，得y′＝，所以直线PA：y－＝(x－x1)　①，直线PB：y－＝(x－x2)　②，且kAB＝＝，则直线AB：y－＝(x－x1)，即4y＝(x1＋x2)x－x1x2.将点P的坐标分别代入①②，解得x0＝，y0＝，则直线AB：2y＝x0x－2y0.所以|AB|＝＝.易知点P到直线AB的距离d＝，所以S△PAB＝d|AB|＝|x－4y0|＝(x－4y0)＝(－y－12y0－15).因为y0∈[－5，－3]，所以当y0＝－5时，S△PAB最大，最大值为20.
[方法技巧]　求解圆锥曲线最值问题的2种方法
几何法 即利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解
代数法 即把要求最值的几何量或代数表达式表示为关于某个(些)参数的函数，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解
[针对训练]
(2021·永州三模)在圆x2＋y2＝4上任取一点T，过点T作x轴的垂线段TD，D为垂足，点P为线段TD的中点．
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)斜率为k(k＞0)且不过原点O的直线l交曲线C于A，B两点，线段AB的中点为E，射线OE交曲线C于点M，交直线x＝6于点N，且|OM|2＝|ON|·|OE|，求点H(0,1)到直线l的距离d的最大值．
解：(1)设点P的坐标为(x，y)，点T的坐标为(x0，y0)，则x＝x0，y＝.∵x＋y＝4且x0＝x，y0＝2y，∴x2＋4y2＝4，∴动点P的轨迹C的方程为＋y2＝1.
(2)设直线l：y＝kx＋m(k＞0，m＜0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得 (1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，∴x1＋x2＝－，∴中点 E，由斜率公式可知kOE＝－，∴lOE：y＝－x，∴N.联立得x2＝，即x＝，∵|OM|2＝|ON|·|OE|，∴＝－，∴m＝－k，∴直线l的方程为y＝k，过定点 .易知当定点与点H(0,1)的连线与直线l垂直时，d取得最大值.
题型二　范围问题
[典例]　已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且以原点为圆心，椭圆的焦距为直径的圆与直线xsin θ＋ycos θ－1＝0相切(θ为常数)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作直线l与椭圆交于M，N两点，求·的取值范围．
[解]　(1)由题意，得解得
故椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)由(1)得F1(－1,0)，F2(1,0)．
①若直线l的斜率不存在，则直线l⊥x轴，直线l的方程为x＝1，不妨记M，N，
∴＝，＝，
故·＝.
②若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x－1)，
由消去y得，
(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝.①
＝(x1＋1，y1)，＝(x2＋1，y2)，
则·＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2
＝(x1＋1)(x2＋1)＋k(x1－1)·k(x2－1)
＝(1＋k2)x1x2＋(1－k2)(x1＋x2)＋1＋k2，
结合①可得·＝＋＋1＋k2＝＝－，
由k2≥0可得·∈.
综上可知，·的取值范围是.
[方法技巧]
圆锥曲线中取值范围问题的常用解法
(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，解决这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．
(3)利用已知或隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．
(4)利用求函数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．　　
[针对训练]
1．已知点F1，F2依次为双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，且|F1F2|＝6，B1(0，－b)，B2(0，b)．
(1)若a＝，以d＝(3，－4)为方向向量的直线l经过B1，求F2到l的距离；
(2)若双曲线C上存在点P，使得·＝－2，求实数b的取值范围．
解：(1)依题意，2c＝6，则b＝＝2，
则双曲线C：－＝1，B1(0，－2)，F2(3,0)．
设直线l：4x＋3y＋m＝0，
将B1(0，－2)代入解得m＝6，
此时l：4x＋3y＋6＝0，
F2到l的距离为d＝.
(2)设双曲线上的点P(x，y)满足·＝－2，
即x2＋y2＝b2－2，
又－＝1 y2＝x2－b2，
∴x2＝2b2－2，即x2＝2b2－2，
∵|x|≥a x2≥a2，且c2＝9，
∴2b2－2≥9 b≥，又b∴实数b的取值范围是.
2．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点M(a，2)在抛物线C上．
(1)若|MF|＝6，求抛物线的标准方程；
(2)若直线x＋y＝t与抛物线C交于A，B两点，点N的坐标为(1,0)，且满足NA⊥NB，原点O到直线AB的距离不小于，求p的取值范围．
解：(1)由题意及抛物线的定义得，a＋＝6，
又点M(a，2)在抛物线C上，所以20＝2pa，
由解得或
所以抛物线的标准方程为y2＝4x或y2＝20x.
(2)联立消去y，整理得x2－(2t＋2p)x＋t2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝2t＋2p，x1x2＝t2.
因为NA⊥NB，所以(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0，
又y1＝t－x1，y2＝t－x2，
所以2x1x2－(1＋t)(x1＋x2)＋t2＋1＝0，
得2p＝.
由原点O到直线AB的距离不小于，
得≥ ，即t≤－2(舍去)或t≥2，
因为2p＝＝t＋1＋－4，函数y＝在t∈[2，＋∞)上单调递增，
所以p≥，即p的取值范围为.
[课时验收评价]
1．(2021·全国乙卷)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2.
(1)求C的方程；
(2)已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足＝9，求直线OQ斜率的最大值．
解：(1)由题意，得p＝2.∴抛物线C的方程为y2＝2px＝4x.
(2)由(1)知F(1,0)．设P(x1，y1)，Q(x2，y2)(x2>0)．∵＝9，即(x2－x1，y2－y1)＝9(1－x2，－y2)，∴∴∴kOQ＝＝＝.要求kOQ的最大值，则令y1>0，得y1＝，∴kOQ＝＝≤＝，当且仅当＝，即x1＝9时，等号成立．故直线OQ斜率的最大值为.
2．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为8，且点M在C上．
(1)求C的方程；
(2)若直线l与C相交于A，B两点，且线段AB被直线OM平分，求△AOB(O为坐标原点)面积的最大值．
解：(1)依题意可知解得故C的方程为＋＝1.
(2)易得直线OM的方程为y＝－x，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，R(x0，y0)为AB的中点，其中y0＝－x0，因为A，B在椭圆上，所以两式相减可得kAB＝＝－×＝－×＝.可设直线l的方程为y＝x＋m，联立整理得16x2＋10mx＋5m2－20＝0，则Δ＝300m2－64(5m2－20)>0，解得－83．(2022·咸阳模拟)已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的离心率为，且经过A(0,2)．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若过点B(2,0)的直线交双曲线C于x轴下方不同的两点P，Q，设PQ中点为M，求三角形BOM(O为坐标原点)面积的取值范围．
解：(1)双曲线的离心率为，即＝，因为点A(0,2)在双曲线－＝1上，所以＝1，a＝2，则c＝2，又c2＝a2＋b2，所以b＝2.所以双曲线C的方程为y2－x2＝4.
(2)易知直线PQ的斜率不为0，设直线PQ的方程为x－2＝my(m≠0)，由得(1－m2)y2－4my－8＝0，设P，Q两点的纵坐标分别为y1，y2，则解得1＜m＜.设点M的纵坐标为y0，则y0＝＝，所以S△BOM＝×|OB|×|y0|＝×2×＝＝，1＜m＜.易知函数y＝x－在(1，)上单调递增，所以m－∈，所以三角形BOM面积的取值范围为(2，＋∞)．
4.已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)，右焦点F(1,0)，离心率为，过F作两条互相垂直的弦AB，CD.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求以A，B，C，D为顶点的四边形的面积的取值范围．
解：(1)由题意得c＝1，＝，∴a＝，则b＝c＝1，则椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(2)①当两直线一条斜率不存在、一条斜率为0时，S＝|AB|·|CD|＝×2×＝2.②当两直线斜率存在且都不为0时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，将其代入椭圆方程整理得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，则x1＋x2＝，x1x2＝，则|AB|＝|x1－x2|＝，同理，|CD|＝，则S＝|AB|·|CD|＝··＝＝＝2－∈，当k＝±1时，S＝.综上所述，四边形面积的取值范围是.
5．(2021·浙江高考)如图，已知F是抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且|MF|＝2.
(1)求抛物线的方程．
(2)设过点F的直线交抛物线于A，B两点，若斜率为2的直线l与直线MA，MB，AB，x轴依次交于点P，Q，R，N，且满足|RN|2＝|PN|·|QN|，求直线l在x轴上截距的取值范围．
解：(1)因为|MF|＝p＝2，
所以抛物线的方程为y2＝4x.
(2)依题意，得F(1,0)，M(－1,0)．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
因为直线AB的斜率不可能为0，
所以设直线AB的方程为x＝my＋1.
易知点R，N不重合，所以直线l不经过焦点，
故设直线l的方程为y＝2x＋n，n≠－2.又因为直线AM的方程为y＝(x－x1)＋y1，所以直线AM与直线l的交点P为.
同理可得Q，直线AB与直线l交点的纵坐标yR＝.
联立抛物线的方程与直线AB的方程，得方程组
消去x并整理，得y2－4my－4＝0，所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，
所以y＋y＝(y1＋y2)2－2y1y2＝16m2＋8.
所以|yP·yQ|＝＝.
又因为|RN|2＝|PN|·|QN|，
所以y＝2＝|yP·yQ|＝.
所以＝＝1＋＋＝2＋≥，
解得n∈(－∞，－2)∪(－2,14－8]∪[14＋8，＋∞)．
所以－∈(－∞，－7－4]∪[4－7,1)∪(1，＋∞)．
所以直线l在x轴上的截距的取值范围为(－∞，－7－4]∪[4－7,1)∪(1，＋∞)．
阶段综合·融会建模　习题课2——圆锥曲线中的定点、定值问题
题型一　定点问题
[典例]　已知椭圆C：＋＝1的右焦点为(1,0)，且经过点A(0,1)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设O为原点，直线l：y＝kx＋t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.若|OM|·|ON|＝2，求证：直线l经过定点．
[解]：(1)由题意，得b2＝1，c＝1，
所以a2＝b2＋c2＝2.
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则直线AP的方程为y＝x＋1.
令y＝0，得点M的横坐标xM＝－.
又y1＝kx1＋t，从而|OM|＝|xM|＝.
同理，|ON|＝.
由得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，
则x1＋x2＝－，x1x2＝.(*)
所以|OM|·|ON|＝·
＝，
将(*)代入化简得，
|OM|·|ON|＝2.
又|OM|·|ON|＝2，所以2＝2.
解得t＝0，所以直线l经过定点(0,0)．
[方法技巧]
(1)求解直线或曲线过定点问题的基本思路是：把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．
(2)由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．　　
[针对训练]
(2022·邯郸开学摸底考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为2，且过点.
(1)求椭圆方程；
(2)设直线l：y＝kx＋m(k≠0)交椭圆C于A，B两点，且线段AB的中点M在直线x＝上，求证：线段AB的中垂线恒过定点N.
解：(1)椭圆过点，即＋＝1，又2c＝2，得a2＝b2＋3，所以a2＝4，b2＝1，即椭圆方程为＋y2＝1.
(2)证明：由得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，设AB的中点M为(x0，y0)，得x0＝－＝，即1＋4k2＝－8km，所以y0＝kx0＋m＝k－＝－.所以AB的中垂线方程为y＋＝－，即y＝－，故AB的中垂线恒过点N.
题型二　定值问题
[典例]　已知点A，B分别为椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右顶点，过左焦点F(－2,0)的直线l与椭圆C交于P，Q两点，当直线l与x轴垂直时，|PQ|＝.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线AP，BQ的斜率分别为k1，k2，求证：为定值．
[解]　(1)将x＝－2代入方程＋＝1得＋＝1，所以y2＝b2·＝，解得y＝±，则＝，又因为a2＝b2＋4，解得a2＝9，b2＝5.所以椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)证明：由题可知直线l斜率不为0，设直线l：x＝my－2，代入＋＝1，消去x得5(my－2)2＋9y2＝45，整理得(5m2＋9)y2－20my－25＝0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1＋y2＝，y1y2＝　①，A(－3,0)，B(3,0)，k1＝，k2＝，所以＝·＝＝　②，由①得＝－m，所以my1y2＝－(y1＋y2)，代入②得＝＝＝5，故为定值．
[方法技巧]
圆锥曲线中定值问题的常见类型及解题策略
(1)求代数式为定值．依题设条件，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．　　
[针对训练]
1．已知斜率为1的直线交抛物线C：y2＝2px(p＞0)于A，B两点，且弦AB中点的纵坐标为2.
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)记点P(1,2)，过点P作两条直线PM，PN分别交抛物线C于M，N(M，N不同于点P)两点，且∠MPN的平分线与y轴垂直，求证：直线MN的斜率为定值．
解:　(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点(x0，y0)，则有y＝2px1，y＝2px2，
两式相减得(y1＋y2)(y1－y2)＝2p(x1－x2)，
所以kAB＝＝＝＝1，
所以p＝2，抛物线方程为y2＝4x.
(2)证明：设直线MN的方程为x＝my＋n(由题意知直线MN的斜率一定不为0)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，
联立消去x得，y2－4my－4n＝0，
由Δ＝16m2＋16n＞0得m2＋n＞0.
且y3＋y4＝4m，y3y4＝－4n.
由题意知kPM＋kPN＝0，即＋＝0(*)，
将y＝4x3，y＝4x4代入(*)并化简得y3y4(y3＋y4)－(y＋y)－(y3＋y4)＋4＝0，由根与系数的关系得mn＋n＋2m2＋m－1＝0，
即(m＋1)(n＋2m－1)＝0，当m＝－1时该等式恒成立，
所以直线MN的斜率为＝－1.
2．已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的虚轴长为4，直线2x－y＝0为双曲线C的一条渐近线．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)记双曲线C的左、右顶点分别为A，B，过点T(2,0)的直线l，与双曲线交于两点M，N，直线MA交y轴于点P，直线NB交y轴于点Q，记△PAT面积为S1，△QBT面积为S2，求证：为定值．
解：(1)由题意可知b＝2，因为C的一条渐近线方程为y＝2x，所以＝2，解得a＝1，所以双曲线的标准方程为x2－＝1.
(2)证明：由题意可得A(－1,0)，B(1,0)，易知直线l斜率不为0，设直线l：x＝ny＋2，M(x1，y1)，N(x2，y2)，把直线l的方程代入双曲线方程，整理可得(4n2－1)y2＋16ny＋12＝0，Δ＝64n2＋48＞0，由根与系数的关系得y1＋y2＝－，y1y2＝，所以ny1y2＝－(y1＋y2)．易知直线MA：y＝(x＋1)，所以P，易知直线NB：y＝(x－1)，所以Q，又|AT|＝3，|BT|＝1，所以＝＝3＝3＝3＝3＝1.
[课时验收评价]
1．(2022·运城模拟)已知P(1,2)在抛物线C：y2＝2px上．
(1)求抛物线C的方程；
(2)A，B是抛物线C上的两个动点，如果直线PA的斜率与直线PB的斜率之和为2，证明：直线AB过定点．
解：(1)将P点坐标代入抛物线方程y2＝2px得4＝2p，即p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)证明：设AB：x＝my＋t，将AB的方程与y2＝4x联立得y2－4my－4t＝0，Δ＝16m2＋16t>0 m2＋t>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t，kPA＝＝＝，同理可得kPB＝，由题意得＋＝2,4(y1＋y2＋4)＝2(y1y2＋2y1＋2y2＋4)，解得y1y2＝4，有－4t＝4，即t＝－1，故直线AB：x＝my－1恒过定点(－1,0)．
2．(2022·湖北九师联盟开学考)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P是C上一点，且PF2与x轴垂直．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若过点Q的直线l交C于A，B两点，证明：＋为定值．
解：(1)由题意，得F2(1,0)，F1(－1,0)，且c＝1，则2a＝|PF1|＋|PF2|＝ ＋＝2，即a＝，所以b＝＝1，故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：当直线AB的斜率为零时，点A，B为椭圆长轴的端点，则＋＝＋＝ ＝＝3；当直线AB不与x轴重合时，设直线AB的方程为x＝ty－，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立消去x得(t2＋2)y2－y－＝0，则Δ＝t2＋(t2＋2)>0恒成立，由根与系数的关系，得y1＋y2＝，y1y2＝－，所以＋＝＋＝＝＝＝＝×＝3.综上，＋＝3为定值．
3．已知点M，N，直线PM，PN的斜率乘积为－，P点的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)设斜率为k的直线交x轴于T，交曲线C于A，B两点，是否存在k使得|AT|2＋|BT|2为定值？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)设P点坐标为(x，y)，∵kPM·kPN＝－，∴·＝－，∴4＋3(x－1)(x＋1)＝0，∴＋＝1，∴曲线C的方程为＋＝1(x≠±1)．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，设直线AB为x＝my＋n，代入3x2＋4y2＝12得(3m2＋4)y2＋6mny＋3n2－12＝0，Δ＝36m2n2－4(3n2－12)(3m2＋4)＝48(3m2＋4－n2)>0，∴|AT|2＝(m2＋1)y，|BT|2＝(m2＋1)y，∴|AT|2＋|BT|2＝(m2＋1)(y＋y)＝(m2＋1)[(y1＋y2)2－2y1y2]＝(m2＋1)＝[(3m2－4)n2＋4(3m2＋4)]，若|AT|2＋|BT|2为定值，则3m2－4＝0，解得m＝±，kAB＝＝±，∴存在k＝±，使得|AT|2＋|BT|2为定值．
4．(2021·潍坊二模)已知椭圆M：＋＝1(a＞b＞0)过A(－2,0)，B(0,1)两点．
(1)求椭圆M的离心率；
(2)设椭圆M的右顶点为C，点P在椭圆M上(P不与椭圆M的顶点重合)，直线AB与直线CP交于点Q，直线BP交x轴于点S，求证：直线QS过定点．
解：(1)因为点A(－2,0)，B(0,1)都在椭圆M上，所以a＝2，b＝1.所以c＝＝.所以椭圆M的离心率e＝＝.
(2)证明：由(1)知椭圆M的方程为＋y2＝1，C(2,0)．由题意知，直线AB的方程为x＝2y－2.设P(x0，y0)(y0≠0，y0≠±1)，Q(2yQ－2，yQ)，S(xS,0)．因为C，P，Q三点共线，所以有∥，＝(x0－2，y0)，＝(2yQ－2－2，yQ)，所以(x0－2)yQ＝y0(2yQ－4)．所以yQ＝.所以Q.因为B，S，P三点共线，所以＝，即xS＝.所以S.所以直线QS的方程为x＝y＋，即x＝y＋.又因为点P在椭圆M上，所以x＝4－4y.所以直线QS的方程为x＝(y－1)＋2.所以直线QS过定点(2,1)．
阶段综合·融会建模　习题课3——圆锥曲线中的证明、存在性问题
题型一　证明问题
[典例]　(2021·新高考Ⅱ卷)已知椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，右焦点为F(，0)，且离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2＋y2＝b2(x>0)相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝.
[解]　(1)由题意知 a＝，
又∵a2＝b2＋c2，∴b＝1.
故椭圆C的方程为：＋y2＝1.
(2)证明：①(必要性)若M，N，F三点共线，即直线MN过点F(，0)，
设直线MN的方程为x＝my＋，圆心O(0,0)到MN的距离d＝＝1 m2＝1.
联立 (m2＋3)y2＋2my－1＝0 4y2＋2my－1＝0，
|MN|＝·＝·＝，必要性成立．
②(充分性)当|MN|＝时，设直线MN的方程为x＝ty＋m.
此时圆心O(0,0)到MN的距离d＝＝1 m2－t2＝1，
联立 (t2＋3)y2＋2tmy＋m2－3＝0，Δ＝4t2m2－4(t2＋3)(m2－3)＝12(t2－m2＋3)＝24.
由|MN|＝＝ t2＝1，∴m2＝2.
∵MN与曲线x2＋y2＝b2(x>0)相切，∴m>0，m＝，∴直线MN的方程为x＝ty＋，恒过点F(，0)，∴M，N，F三点共线，充分性成立．
由①②可得M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝.
[方法技巧]
几何证明问题的解题策略
(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)．
(2)解决证明问题时，主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．　　
[针对训练]
(2022·南通密卷)已知抛物线y2＝4x，点P(2,0)，Q(4，0)．过点Q的直线交抛物线于点A，B，AP，BP分别交抛物线于点C，D，连接AD，DC，CB.
(1)若直线AB，CD的斜率分别为k1，k2，求的值；
(2)过点P与x轴垂直的直线分别交AD，BC于点E，F，求证：|PE|＝|PF|.
解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，直线AC的方程为x＝m1y＋2，所以k2＝＝＝，k1＝＝.联立得y2－4m1y－8＝0，所以同理y2y4＝－8.由题意得直线AB的方程为y＝k1(x－4)．联立得kx2－(8k＋4)x＋16k＝0，所以从而y1y2＝k(x1－4)·(x2－4)＝k＝－16，所以＝＝＝－＝2.
(2)证明：由题意得直线PF的方程为x＝2.设直线AD的斜率为k3，则k3＝＝，所以直线AD的方程为y－y1＝(x－x1)．令x＝2，则yE＝(2－x1)＋y1.同理yF＝(2－x2)＋y2.所以＝＝＝＝＝1，故|PE|＝|PF|.
题型二　存在性问题
[典例]　(2021·承德二模)已知M(－2,0)，N(2,0)，动点P满足：直线PM与直线PN的斜率之积为常数－，设动点P的轨迹为曲线C1.抛物线C2：x2＝2py(p>0)与C1在第一象限的交点为A，过点A作直线l交曲线C1于点B，交抛物线C2于点E(点B，E不同于点A)．
(1)求曲线C1的方程；
(2)是否存在不过原点的直线l，使点E为线段AB的中点？若存在，求出p的最大值；若不存在，请说明理由．
[解]　(1)设动点P(x，y)(x≠±2)，则kPM＝，kPN＝.∵kPMkPN＝－，∴·＝－，即＝－，即＋y2＝1(x≠±2)，∴曲线C1的方程为＋y2＝1(x≠±2)．
(2)设A(x1，y1)(x1>0，y1>0)，B(x2，y2)，E(x0，y0)，显然直线l存在斜率，设l：y＝kx＋m(k≠0，m≠0)，∵ (1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，∴x1＋x2＝，x0＝.又 x2＝2p(kx＋m) x2－2pkx－2pm＝0，∴x1x0＝－2pm，∴x1＝－2pm x1＝p，因此有k>0，∵ x2＋＝4，∴p22＋＝4，∴p2＝，设2＝2＝t≥2＝4，当且仅当＝2k，即k＝时取等号，则p2＝＝，当t≥4时，2－≥20，即p2≤＝，即pmax＝.此时A，直线l不过点M，N.故存在不过原点的直线l，使点E为线段AB的中点，且p的最大值为.
[方法技巧]
存在性问题的解题策略
存在性的问题，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)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意．　　
[针对训练]
(2021·洛阳二模)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点E，F分别为其下顶点和右焦点，坐标原点为O，且△EOF的面积为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)是否存在直线l，使得l与椭圆C相交于A，B两点，且点F恰为△EAB的垂心？若存在，求直线l的方程，若不存在，请说明理由．
解：(1)由题可知解得所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)假设满足条件的直线l存在，由E(0，－2)，F(，0)，所以kEF＝，因为点F为△EAB的垂心，所以AB⊥EF，所以kAB＝－，设直线l的方程为y＝－x＋t，代入＋＝1，得7x2－6tx＋6(t2－4)＝0　(*)，Δ＝(－6t)2－4×7×6(t2－4)＝－96t2＋672>0，即－得3x1x2－(t＋2)(x1＋x2)＋(2t2＋4t)＝0，所以3×－(t＋2)·＋(2t2＋4t)＝0，所以5t2＋t－18＝0，解得t＝(t＝－2舍去)，代入(*)满足Δ>0，所以直线l的方程为y＝－x＋.
[课时验收评价]
1．(2021·泸州三模)已知抛物线P：y2＝2px(p＞0)上的点到其焦点的距离为1.
(1)求p和a的值；
(2)若直线l：y＝x＋m交抛物线P于A，B两点，线段AB的垂直平分线交抛物线P于C，D两点，求证：A，B，C，D四点共圆．
解：(1)y2＝2px的准线方程为x＝－，因为点到抛物线焦点的距离等于该点到准线的距离，所以＋＝1，故p＝，即y2＝x.又点在抛物线y2＝x上，所以a＝±.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得y2－y＋m＝0，则Δ1＝1－4m＞0，y1＋y2＝1，y1·y2＝m，则|AB|＝|y1－y2|＝，且线段AB中点的纵坐标为＝，则其横坐标为－m，所以线段AB的中点为M.因为直线CD为线段AB的垂直平分线，所以直线CD的方程为y＝－x＋1－m.联立得y2＋y＋m－1＝0，设C(x3，y3)，D(x4，y4)，则Δ2＝1－4(m－1)＝5－4m＞0，y3＋y4＝－1，y3·y4＝m－1，故|CD|＝|y3－y4|＝，线段CD的中点为N.因为2＝(10－8m)＝，|AN|2＝|AM|2＋|MN|2＝2＋2＝，所以|AN|＝|CD|，所以点A在以CD为直径的圆上，同理点B也在以CD为直径的圆上，所以A，B，C，D四点共圆．
2．(2022·常德检测)已知双曲线C的焦点在坐标轴上，且过点P，其渐近线方程为y＝±x.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)双曲线C上是否存在被点B(1,1)平分的弦？如果存在，求出弦所在的直线方程；如果不存在，请说明理由．
解：(1)由双曲线C的焦点在坐标轴上，其渐近线方程为y＝±x，可设双曲线的标准方程为2x2－y2＝λ，将P代入双曲线方程，可得λ＝2，所以双曲线C的标准方程为x2－＝1.
(2)假设双曲线C上存在被点B(1,1)平分的弦，记弦所在的直线为l.设B(1,1)是弦MN的中点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝2，y1＋y2＝2.因为点M，N在双曲线C上，所以两式相减得2(x1＋x2)(x1－x2)－(y1－y2)(y1＋y2)＝0，所以4(x1－x2)＝2(y1－y2)，所以直线l的斜率kMN＝＝2，所以直线l的方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.联立消去y，得2x2－4x＋3＝0，Δ＝16－4×2×3＝－8＜0，所以直线l与双曲线无交点，所以直线l不存在，故不存在被点B(1，1)平分的弦．
3．(2022·东三省四市联考)已知椭圆C：＋＝1(a>)的右焦点为F，A，B分别为椭圆的左顶点和上顶点，△ABF的面积为＋1.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点F的直线l与椭圆C交于P，Q两点，直线AP，AQ分别与直线x＝2交于点M，N.证明：FM⊥FN.
解：(1)由题意可知，＝a＋c，b＝，则S△ABF＝(a＋c)×＝＋1，所以，解得因此，椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)证明：若直线l与x轴重合，则M，N重合，不合乎题意．椭圆C的右焦点为F(，0)，设直线l的方程为x＝my＋，设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立消去x并整理得(m2＋2)y2＋2my－2＝0，Δ＝8m2＋8(m2＋2)＝16(m2＋1)>0恒成立，由根与系数的关系可得y1＋y2＝－，y1y2＝－，直线AP的斜率为kAP＝＝，直线AP的方程为y＝(x＋2)，令x＝2，可得y＝，即点M，同理可知，点N，所以，＝，＝，所以，·＝2＋
＝2＋
＝2＋
＝2－
＝2－＝0，因此，FM⊥FN.
4.(2021·安庆二模)设F1，F2分别为椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，P是椭圆C的短轴的一个端点，已知△PF1F2的面积为，cos∠F1PF2＝－.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)是否存在与PF2平行的直线l，满足直线l与椭圆C交于两点M，N，且以线段MN为直径的圆经过坐标原点？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由．
解：(1)设|F1F2|＝2c，则△PF1F2的面积等于|F1F2|·|OP|＝cb，所以cb＝　①.由cos 2∠OPF2＝cos∠F1PF2＝－，即2cos2∠OPF2－1＝－，得cos∠OPF2＝.因为在Rt△OPF2中，|OP|＝b，|OF2|＝c，|PF2|＝a，所以cos∠OPF2＝，所以＝　②.由①②及a2＝b2＋c2，得a＝，b＝1，c＝，所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)因为直线PF2的斜率为－，所以可设直线l的方程为y＝－x＋m(m≠1)，代入＋y2＝1，整理得x2－mx＋m2－1＝0.由Δ＝(－m)2－4×(m2－1)>0，得m2<.设M，N，则x1＋x2＝，x1x2＝.若以线段MN为直径的圆经过坐标原点O，则·＝0，即x1x2＋＝0，得x1x2－m(x1＋x2)＋m2＝0，所以×－m×＋m2＝0，得m2＝.因为<，所以m＝±.所以存在满足条件的直线l，方程为y＝－x＋或y＝－x－.
5．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，椭圆的短轴顶点到焦点的距离为.
(1)求该椭圆C的方程；
(2)若直线l与椭圆C交于A，B两点，且|＋|＝|－|，求证：直线l与某个定圆E相切，并求出定圆E的方程．
解：(1)∵椭圆的短轴顶点到焦点的距离为，∴＝a＝，∵椭圆的离心率e＝＝，∴c＝，∴b2＝a2－c2＝3，∴椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)证明：∵|＋|＝|－|，∴⊥，则·OB―→＝0.
①当直线l的斜率不存在时，设l：x＝t，代入椭圆方程得y＝±，不妨令A，B，由·＝0得t2－3＋＝0，解得t＝±，此时l：x＝±，与圆x2＋y2＝2相切；
②当直线l的斜率存在时，设l：y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，
则Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－6)>0，化简得m2<6k2＋3　(*)，
由根与系数的关系得x1＋x2＝－，x1x2＝，则y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝，由·＝0，即x1x2＋y1y2＝0，可得＋＝0，整理得m2＝2k2＋2，满足(*)式，∴＝，即原点到直线l的距离为，∴直线l与圆x2＋y2＝2相切．综上所述，直线l与圆E：x2＋y2＝2相切．
阶段综合·融会建模　习题课4——“解析几何”问题常用的解题技能
中学解析几何是将几何图形置于直角坐标系中，用方程的观点来研究曲线，体现了用代数的方法解决几何问题的优越性，但有时运算量过大，或需繁杂的讨论，这些都会影响解题的速度，甚至会中止解题的过程，达到“望题兴叹”的地步．特别是高考过程中，在规定的时间内，保质保量完成解题的任务，计算能力是一个重要的方面．为此，从以下几个方面探索减轻运算量的方法和技巧，合理简化解题过程，优化思维过程，达到快准解题．
回归定义的实质是重新审视概念，并用相应的概念解决问题，是一种朴素而又重要的策略和思想方法．圆锥曲线的定义既是有关圆锥曲线问题的出发点，又是新知识、新思维的生长点．对于相关的圆锥曲线中的数学问题，若能根据已知条件，巧妙灵活应用定义，往往能达到化难为易、化繁为简、事半功倍的效果．
[典例]　如图，F1，F2是椭圆C1：＋y2＝1与双曲线C2的公共焦点，A，B分别是C1，C2在第二、四象限的公共点．若四边形AF1BF2为矩形，则C2的离心率是(　 )
A. B. C. D.
[解题观摩]　由已知，得F1(－，0)，F2(，0)，设双曲线C2的实半轴长为a，由椭圆及双曲线的定义和已知，可得解得a2＝2，故a＝.所以双曲线C2的离心率e＝＝.
[答案]　D
[反思领悟]
本题巧妙运用椭圆和双曲线的定义建立|AF1|，|AF2|的等量关系，从而快速求出双曲线实半轴长a的值，进而求出双曲线的离心率，大大降低了运算量．　　
[针对训练]
1.如图，设抛物线y2＝4x的焦点为F，不经过焦点的直线上有三个不同的点A，B，C，其中点A，B在抛物线上，点C在y轴上，则△BCF与△ACF的面积之比是(　 )
A. B.
C. D.
解析：选A　由题意可得＝＝＝＝.
2．抛物线y2＝4mx(m＞0)的焦点为F，点P为该抛物线上的动点，若点A(－m,0)，则的最小值为________．
解析：设点P的坐标为(xP，yP)，由抛物线的定义，知|PF|＝xP＋m，又|PA|2＝(xP＋m)2＋y＝(xP＋m)2＋4mxP，则2＝＝≥＝(当且仅当xP＝m时取等号)，所以≥，所以的最小值为.
答案：
设而不求是解析几何解题的基本手段，是比较特殊的一种思想方法，其实质是整体结构意义上的变式和整体思想的应用．设而不求的灵魂是通过科学的手段使运算量最大限度地减少，通过设出相应的参数，利用题设条件加以巧妙转化，以参数为过渡，设而不求．
[典例]　已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(3，0)，过点F的直线交E于A，B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的标准方程为(　 )
A.＋＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
[解题观摩]　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，
＋＝1　①，＋＝1　②，
①－②得＋＝0，所以kAB＝＝－＝.又kAB＝＝，所以＝.又9＝c2＝a2－b2，解得b2＝9，a2＝18，所以椭圆E的方程为＋＝1.
[答案]　D
[反思领悟]
(1)本题设出A，B两点的坐标，却不求出A，B两点的坐标，巧妙地表达出直线AB的斜率，通过将直线AB的斜率“算两次”建立几何量之间的关系，从而快速解决问题．
(2)在运用圆锥曲线问题中的设而不求方法技巧时，需要做到：①凡是不必直接计算就能更简洁地解决问题的，都尽可能实施“设而不求”；②“设而不求”不可避免地要设参、消参，而设参的原则是宜少不宜多．　　
[针对训练]
3．已知O为坐标原点，F是椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左焦点，A，B分别为C的左、右顶点．P为C上一点，且PF⊥x轴．过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E，若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为(　 )
A. B. C. D.
解析：选A　设OE的中点为G，由题意设直线l的方程为y＝k(x＋a)，分别令x＝－c与x＝0得|FM|＝k(a－c)，|OE|＝ka，由△OBG∽△FBM，得＝，即＝，整理得＝，所以椭圆C的离心率e＝.
4．过点M(1,1)作斜率为－的直线与椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)相交于A，B两点，若M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率等于________．
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则∴＋＝0，∴＝－·.∵＝－，x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，∴－＝－，∴a2＝2b2.又∵b2＝a2－c2，∴a2＝2(a2－c2)，∴a2＝2c2，∴＝.即椭圆C的离心率e＝.
答案：
著名数学家华罗庚说过：“数与形本是两相倚，焉能分作两边飞．数缺形时少直观，形少数时难入微．”在圆锥曲线的一些问题中，许多对应的长度、数式等都具有一定的几何意义，挖掘题目中隐含的几何意义，采用数形结合的思想方法，可解决一些相应问题．
[典例]　已知F是双曲线C：x2－＝1的右焦点，P是C的左支上一点，A(0,6)．当△APF周长最小时，该三角形的面积为________．
[解题观摩]　设双曲线的左焦点为F1，根据双曲线的定义可知|PF|＝2a＋|PF1|，则△APF的周长为|PA|＋|PF|＋|AF|＝|PA|＋2a＋|PF1|＋|AF|＝|PA|＋|PF1|＋|AF|＋2a，由于|AF|＋2a是定值，要使△APF的周长最小，则|PA|＋|PF1|最小，即P，A，F1共线，由于A(0,6)，F1(－3,0)，则直线AF1的方程为＋＝1，即x＝－3，代入双曲线方程整理可得y2＋6y－96＝0，解得y＝2或y＝－8(舍去)，所以点P的纵坐标为2，所以S△APF＝S△AFF1－S△PFF1＝×6×6－×6×2＝12.
[答案]　12
[反思领悟]
要求△APF的周长的最小值，其实就是转化为求解三角形三边长之和，根据已知条件与双曲线定义加以转化为已知边的长度问题与已知量的等价条件来分析，根据直线与双曲线的位置关系，通过数形结合确定点P的位置，通过求解点P的坐标进而利用三角形的面积公式来处理．　　
[针对训练]
5．椭圆＋＝1的左焦点为F，直线x＝m与椭圆相交于点M，N，当△FMN的周长最大时，△FMN的面积是(　 )
A. B. C. D.
解析：选C　如图所示，设椭圆的右焦点为F′，连接MF′，NF′.因为|MF|＋|NF|＋|MF′|＋|NF′|≥|MF|＋|NF|＋|MN|，所以当直线x＝m过椭圆的右焦点时，△FMN的周长最大．此时|MN|＝＝，又c＝＝＝1，所以此时△FMN的面积S＝×2×＝.故选C.
6．设P为双曲线x2－＝1右支上一点，M，N分别是圆C1：(x＋4)2＋y2＝4和圆C2：(x－4)2＋y2＝1上的点，设|PM|－|PN|的最大值和最小值分别为m，n，则|m－n|＝(　 )
A．4 B．5 C．6 D．7
解析：选C　由题意得，圆C1：(x＋4)2＋y2＝4的圆心为(－4,0)，半径为r1＝2；圆C2：(x－4)2＋y2＝1的圆心为(4,0)，半径为r2＝1.设双曲线x2－＝1的左、右焦点分别为F1(－4,0)，F2(4,0)．如图所示，连接PF1，PF2，F1M，F2N，则|PF1|－|PF2|＝2.又|PM|max＝|PF1|＋r1，|PN|min＝|PF2|－r2，所以|PM|－|PN|的最大值m＝|PF1|－|PF2|＋r1＋r2＝5.又|PM|min＝|PF1|－r1，|PN|max＝|PF2|＋r2，所以|PM|－|PN|的最小值n＝|PF1|－|PF2|－r1－r2＝－1，所以|m－n|＝6.故选C.
平面向量是衔接代数与几何的纽带，沟通“数”与“形”，融数、形于一体，是数形结合的典范，具有几何形式与代数形式的双重身份，是数学知识的一个交汇点和联系多项知识的媒介．妙借向量，可以有效提升圆锥曲线的解题方向与运算效率，达到良好效果．
[典例]　如图，在平面直角坐标系xOy中，F是椭圆＋＝1(a＞b＞0)的右焦点，直线y＝与椭圆交于B，C两点，且∠BFC＝90°，则该椭圆的离心率是________．
[解题观摩]　把y＝代入椭圆＋＝1，可得x＝±a，则B，C，而F(c,0)，则FB＝，FC＝，又∠BFC＝90°，故有FB·FC＝·＝c2－a2＋b2＝c2－a2＋(a2－c2)＝c2－a2＝0，则有3c2＝2a2，所以该椭圆的离心率e＝＝.
[答案]　
[反思领悟]
本题通过相关向量坐标的确定，结合∠BFC＝90°，巧妙借助平面向量的坐标运算来转化圆锥曲线中的相关问题，从形入手转化为相应数的形式，简化运算．　　
[对点训练]
7．设直线l是圆O：x2＋y2＝2上动点P(x0，y0)(x0y0≠0)处的切线，l与双曲线x2－＝1交于不同的两点A，B，则∠AOB为(　 )
A．90° B．60° C．45° D．30°
解析：选A　∵点P(x0，y0)(x0y0≠0)在圆O：x2＋y2＝2上，∴x＋y＝2，圆在点P(x0，y0)处的切线方程为x0x＋y0y＝2.由及x＋y＝2得(3x－4)x2－4x0x＋8－2x＝0.∵切线l与双曲线交于不同的两点A，B，且0＜x＜2，∴3x－4≠0，且Δ＝16x－4(3x－4)·(8－2x)＞0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝.∵·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(2－x0x1)(2－x0x2)＝x1x2＋[4－2x0(x1＋x2)＋xx1x2]＝＋＝0，∴∠AOB＝90°.
某些涉及线段长度关系的问题可以通过解方程、求坐标，用距离公式计算长度的方法来解；但也可以利用一元二次方程，使相关的点的同名坐标为方程的根，由根与系数的关系求出两根间的关系或有关线段长度间的关系．后者往往计算量小，解题过程简捷．
[典例]　已知椭圆＋y2＝1的左顶点为A，过A作两条互相垂直的弦AM，AN交椭圆于M，N两点．
(1)当直线AM的斜率为1时，求点M的坐标；
(2)当直线AM的斜率变化时，直线MN是否过x轴上的一定点？若过定点，请给出证明，并求出该定点；若不过定点，请说明理由．
[解题观摩]　(1)直线AM的斜率为1时，直线AM的方程为y＝x＋2，代入椭圆方程并化简得5x2＋16x＋12＝0.解得x1＝－2，x2＝－，所以M.
(2)设直线AM的斜率为k，直线AM的方程为y＝k(x＋2)，联立方程化简得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0.则xA＋xM＝，xM＝－xA－＝2－＝.同理，可得xN＝.由(1)知若存在定点，则此点必为P.证明如下：因为kMP＝＝＝，同理可得kPN＝.所以直线MN过x轴上的一定点P.
[反思领悟]
本例在第(2)问中可应用根与系数的关系求出xM＝，这体现了整体思想．这是解决解析几何问题时常用的方法，简单易懂，通过设而不求，大大降低了运算量．　　
[针对训练]
8．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且经过点P，左、右焦点分别为F1，F2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过F1的直线l与椭圆C相交于A，B两点，若△AF2B的内切圆半径为，求以F2为圆心且与直线l相切的圆的方程．
解：(1)由＝，得a＝2c，所以a2＝4c2，b2＝3c2，将点P的坐标代入椭圆方程得c2＝1，故所求椭圆方程为＋＝1.
(2)由(1)可知F1(－1,0)，设直线l的方程为x＝ty－1，代入椭圆方程，整理得(4＋3t2)y2－6ty－9＝0，显然判别式大于0恒成立，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，△AF2B的内切圆半径为r0，则有y1＋y2＝，y1y2＝，r0＝，所以S△AF2B＝S△AF1F2＋S△BF1F2＝|F1F2|·|y1－y2|＝|F1F2|·＝.而S△AF2B＝|AB|r0＋|BF2|r0＋|AF2|r0＝r0(|AB|＋|BF2|＋|AF2|)＝r0(|AF1|＋|BF1|＋|BF2|＋|AF2|)＝r0·4a＝×8×＝，所以＝，解得t2＝1，因为所求圆与直线l相切，所以半径r＝＝，所以所求圆的方程为(x－1)2＋y2＝2.
在设直线过程中，设线方式不同，最后计算量也不同，所以我们要思考分析，如何选择计算量较小的设线方式．常用的设线方式有以下几种：普通情况可设y＝kx＋m和x＝ty＋m；如果已知直线过某点(x0，y0)，那么可以选择后两种，y－y0＝k(x－x0)和x－x0＝t(y－y0)．需要注意的是，该设法不包含与坐标轴平行的特殊情况，在书写过程中要注意分类讨论．
[典例]　已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，O为原点，直线AB(不垂直于x轴)过点F且与抛物线交于A，B两点，直线OA，OB的斜率之积为－p.
(1)求抛物线C的方程；
(2)若M为线段AB的中点，射线OM交抛物线于D点，求证：>2.
[解题观摩]　法一：(1)∵AB不垂直于x轴，∴AB的斜率k存在，且易知k≠0，记m＝，则可设lAB：my＝x－.由得y2－2pmy－p2＝0，令A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝2pm，y1·y2＝－p2.而kOA·kOB＝＝＝－4＝－p，∴p＝4，∴抛物线C：y2＝8x.
(2)证明：令M(x0，y0)，则y0＝＝4m，x0＝my0＋＝4m2＋2.又kOD＝kOM＝＝，∴lOD：y＝x.由得y2＝·y，∵O(0，0)，∴yD＝，∴＝＝＝2＋>2，得证．
法二：(1)∵直线AB过点F且与抛物线C交于A，B，且F，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
设直线AB的方程为y＝k(k≠0)，
∴y＝2px1，y＝2px2(p>0)，
∴＝－p，∴2＝p2，∴x1x2＝4.
由消y得k2x2－(k2p＋2p)x＋＝0.其中Δ＝(k2p＋2p)2－k4p2＞0，
∴x1x2＝，x1＋x2＝，
∴p＝4，抛物线C：y2＝8x.
(2)证明：设M(x0，y0)，D(x3，y3)，
∵M为线段AB的中点，
∴x0＝(x1＋x2)＝＝，
y0＝k(x0－2)＝，
∴直线OD的斜率为kOD＝＝.
直线OD的方程为y＝kODx＝x.
代入抛物线C：y2＝8x的方程，得x3＝.
∴＝k2＋2.
∵k2＞0，∴＝＝k2＋2＞2.
[反思领悟]
一般而言，选“k”还是选“m”，可以依照“一看已知点的坐标，二看所求问题目标”来决定．如本例，对比法一、法二可知．因为已知AB过F点，而F点在x轴上，其纵坐标为零，所以设直线AB的方程时选“m参”解题更为轻巧．　　
[针对训练]
9.如图所示，抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，经过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线的准线上，且BC∥x轴．证明：直线AC经过原点O.
证明：因为抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，且直线AB的斜率不为0，所以经过点F的直线AB的方程可设为x＝my＋，代入抛物线方程消去x得y2－2pmy－p2＝0.易知Δ＞0恒成立．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1，y2是该方程的两个根，所以y1y2＝－p2.因为BC∥x轴，且点C在准线x＝－上，所以点C的坐标为，故直线CO的斜率k＝＝＝.即k也是直线OA的斜率，所以直线AC经过原点O.
三角形的面积处理方法：
(1)S△＝·底·高(通常选弦长做底，点到直线的距离为高)；
(2)S△＝·水平宽·铅锤高
＝|AB|·|xE－xD|
或S△＝|CD|·|yA－yE|.
证明：S△ADE＝S△ABE＋S△ABD＝|AB|·|xB－xE|＋|AB|·|xB－xD|＝|AB|·|xE－xD|；
S△ADE＝S△ACD＋S△ECD＝|CD|·|yA－yC|＋|CD|·|yE－yC|＝|CD|·|yA－yE|.
[典例]　(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线C：y＝，D为直线y＝－上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.
(1)证明：直线AB过定点；
(2)若以E为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积．
[解题观摩]　(1)证明：设D，A(x1，y1)，则x＝2y1.因为y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故＝x1.整理得2tx1－2y1＋1＝0.设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.故直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.所以直线AB过定点.
(2)由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋.由可得x2－2tx－1＝0.于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1，|AB|＝·|x1－x2|＝·＝2(t2＋1)．设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，则d1＝ ，d2＝ .因此，四边形ADBE的面积S＝|AB|(d1＋d2)＝(t2＋3) .设M为线段AB的中点，则M.因为⊥，而＝(t，t2－2)，AB―→与向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0，解得t＝0或t＝±1.当t＝0时，S＝3；当t＝±1时，S＝4.所以四边形ADBE的面积为3或4.
[反思领悟]
1．四边形或多个图形面积的关系的转化
分析图形的底和高中是否存在“同底”或“等高”的特点(尤其是有平行条件的时候)，可将面积的关系转化，降低计算量．特殊地，对角线互相垂直的四边形，面积＝对角线长度乘积的一半．
2．面积的最值或取值范围问题
一般都是利用面积公式表示面积，然后将面积转化为某个变量的一个函数，再求解函数的最值(一般处理方法有换元，基本不等式，建立函数模型，利用二次函数、三角函数的有界性求最值或利用导数法求最值，构造函数求导等等)，在算面积的过程中，优先选择长度为定值的线段参与运算，灵活使用割补法计算面积，尽可能降低计算量．　　
[针对训练]
10．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的上顶点与左、右顶点连线的斜率之积为－.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)若直线y＝(x＋1)与椭圆C相交于A，B两点，△AOB(O为坐标原点)的面积为，求椭圆C的标准方程．
解：(1)由题意知，椭圆上顶点的坐标为(0，b)，左、右顶点的坐标分别为(－a,0)，(a,0)，∴·＝－，即a2＝4b2，则a＝2b，又a2＝b2＋c2，∴c＝b.
∴椭圆的离心率e＝＝.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得2x2＋2x＋1－4b2＝0，∴x1＋x2＝－1，x1x2＝，∴|AB|＝＝ ＝ ，又原点O到直线的距离d＝，∴·|AB|·d＝，∴＝，∴b2＝1，满足Δ＝32b2－4＞0，∴a2＝4，∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
优化1　“同理可得”
“同理可得”的运用，主要在于轮换对称形式中，也即在两个或多个同类量的求解过程中，除了部分参数(往往是点坐标)不同，求解过程和手法完全一致，那么只需按其中一个点的情形求解，后续只需将不同的量对应替换即可．
[典例]　(2020·全国卷Ⅰ)已知A，B分别为椭圆E：＋y2＝1(a＞1)的左、右顶点，G为E的上顶点，·＝8.P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.
(1)求E的方程；
(2)证明：直线CD过定点．
[解题观摩]　(1)由题设得A(－a,0)，B(a,0)，G(0,1)．则＝(a,1)，＝(a，－1)．
由·＝8，得a2－1＝8，即a＝3.
所以E的方程为＋y2＝1.
(2)证明：设P(6，t)，C(xC，yC)，D(xD，yD)，已知A(－3,0)，B(3,0)，则直线PA的方程为y＝(x＋3)，代入＋y2＝1中，整理得(9＋t2)x2＋6t2x＋9t2－81＝0，由根与系数的关系知－3＋xC＝－，所以xC＝，yC＝；同理可得xD＝，yD＝.设直线CD与x轴相交于点M(m,0)，则＝，即＝，即m(12＋4t2)＝18＋6t2，得m＝为定值，故直线过定点.
优化2　k与－ 和k与－k
对于两直线垂直的情形，通常要分两种，一是其中一条斜率不存在时，则另一条斜率为零；二是两条斜率均存在，在斜率均存在的情况下，可以考虑设直线的斜率分别为k和－；若反设直线，则表示为t和－.若两直线关于x轴对称，或倾斜角互补，则可考虑设直线的斜率分别为k和－k，再利用“同理可得”的思想求解相关信息．
[典例]　已知椭圆C：＋y2＝1，过上顶点N作两条相互垂直的直线l1，l2与曲线C分别交于P，Q(不同于点N)两点，求证：直线PQ过定点.
[解题观摩]　由题，直线l1，l2斜率均存在，且l1⊥l2，故设NP：y＝kx＋1(k≠0)，则NQ：y＝－x＋1，设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立整理得(1＋4k2)x2＋8kx＝0，此时Δ＞0，则x1＝，所以y1＝kx1＋1＝，故点P，同理可得点Q，故直线PQ：＝，令x＝0，则y＝＝＝＝－，即直线PQ过定点，得证．
[反思领悟]
解题过程中要善于发现“同构”形式，在解题中清晰展示“同构”，进而以“同理可得”简化运算．　　
[针对训练]
11．设抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，点P(4，m)(m＞0)是抛物线C上一点，且|PF|＝5.
(1)求抛物线C的方程；
(2)若A，B为抛物线C上异于P的两点，且PA⊥PB.记点A，B到直线y＝－4的距离分别为a，b，求证：ab为定值．
解：(1)由抛物线的定义知|PF|＝＋4＝5，解得p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)证明：由P(4，m)(m＞0)是抛物线C上一点，得m＝4，易知直线PA斜率存在且不为0，设直线PA的方程为x－4＝t(y－4)(t≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由消去x得y2－4ty＋16(t－1)＝0，Δ＝16(t－2)2＞0，所以t≠2，所以y1＝4t－4，
所以a＝|y1－(－4)|＝|4t|.因为PA⊥PB，所以用－代替t，得y2＝－－4，b＝|y2－(－4)|＝，所以ab＝＝16，即ab为定值．
12．已知O为原点，过点M(1,0)的直线l与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B两点，且·＝－3.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点M作直线l′⊥l，l′交抛物线C于P，Q两点，记△AOB，△POQ的面积分别为S1，S2，求证：＋为定值．
解：(1)令l：my＝x－1，由得y2－2pmy－2p＝0.记A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝2pm，y1·y2＝－2p，则x1·x2＝(my1＋1)(my2＋1)＝m2y1y2＋m(y1＋y2)＋1＝1.又·＝x1x2＋y1y2＝－2p＋1＝－3，∴2p＝4，∴抛物线C：y2＝4x.
(2)证明：由l：my＝x－1，可得l′：－y＝x－1.由(1)可知：S1＝|OM|·|y1－y2|＝·＝ ＝2，同理可得：S2＝2＝2，∴＋＝＋＝为定值．

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