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第46讲 范围、最值、定点、定值及探索性问题
【练基础】
1．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．
2．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点P，两个焦点分别为F1(－，0)，F2(，0)．
(1)求椭圆C的方程．
(2)设圆D：x2＋y2＝r2(b3．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个顶点坐标为A(0，－1)，离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线y＝k(x－1)(k≠0)与椭圆C交于不同的两点P，Q，线段PQ的中点为M，点B(1,0)，求证：点M不在以AB为直径的圆上．
4．如图，已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，抛物线C上的点到准线的最小距离为1.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点F作互相垂直的两条直线l1，l2，l1与抛物线C交于A，B两点，l2与抛物线C交于C，D两点，M，N分别为弦AB，CD的中点，求|MF|·|NF|的最小值．
5．已知椭圆C的短轴的两个端点分别为A(0,1)，B(0，－1)，焦距为2.
(1)求椭圆C的方程．
(2)已知直线y＝m与椭圆C有两个不同的交点M，N，设D为直线AN上一点，且直线BD，BM的斜率的积为－.证明：点D在x轴上．
6．如图，已知抛物线x2＝y.点A，B，抛物线上的点P(x，y)，过点B作直线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．
7．在平面直角坐标系xOy中，M为直线y＝x－2上一动点，过点M作抛物线C：x2＝y的两条切线MA，MB，切点分别为A，B，N为AB的中点．
(1)证明：MN⊥x轴．
(2)直线AB是否恒过定点？若是，求出这个定点的坐标；若不是，请说明理由．
【练提升】
1．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点F2与抛物线y2＝4x的焦点重合，且其离心率为.
(1)求椭圆C的方程．
(2)已知与坐标轴不垂直的直线l与C交于M，N两点，线段MN中点为P，问：kMN·kOP(O为坐标原点)是否为定值？请说明理由．
2．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的短轴长为2，离心率为.
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)直线l平行于直线y＝x，且与椭圆C交于两个不同的点A，B．若∠AOB为钝角，求直线l在x轴上的截距m的取值范围．
3．已知F是抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，点M(x0,4)在抛物线上，且|MF|＝x0.
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)若A，B是抛物线C上的两个动点，且OA⊥OB，O为坐标原点，求证：直线AB过定点．
4．已知抛物线N：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点F与x轴垂直的直线交抛物线的弦长为2.
(1)求抛物线N的方程；
(2)点M(2,2)和点C(2,1)为两定点，点A和点B为抛物线N上的两动点，线段AB的中点Q在直线OM上，求△ABC面积的最大值．
5．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)经过点P(2，)，离心率e＝.
(1)求椭圆E的方程．
(2)过点P斜率为k1，k2的两条直线分别交椭圆E于A，B两点，且满足k1＋k2＝0.证明：直线AB的斜率为定值．
6．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，且F1是圆x2＋y2－4x＋7＝0的圆心，点H的坐标为(0，b)，且△HF1F2的面积为2.
(1)求椭圆C的方程．
(2)是否存在直线y＝2x＋t与椭圆C相交于M，N两点，使得直线HM与HN的斜率之和为1？若存在，求此时的直线方程；若不存在，请说明理由．
7．已知点A(0，－2)，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点．设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点．
(1)求椭圆E的方程．
(2)是否存在直线l，使得△OPQ的面积为？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由．
8．已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)和圆C2：x2＋y2＝r2(r>0)，F1，F2分别为椭圆C1的左、右焦点，点B(0，)在椭圆C1上，当直线BF1与圆C2相切时，r＝.
(1)求椭圆C1的方程；
(2)若直线l：y＝kx＋m(k>0，m>0)与x轴交于点Q，且与椭圆C1和圆C2都相切，切点分别为M，N，记△F1F2M和△QF2N的面积分别为S1和S2，求的最小值．
9．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，从每条曲线上取两个点，将其坐标记录于下表中：
x 3 －2 4
y －2 0 －4
(1)求椭圆C1，抛物线C2的标准方程．
(2)请问是否存在直线l满足条件：①过C2的焦点F；②与C1交不同两点M，N且满足⊥？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
第46讲 范围、最值、定点、定值及探索性问题
【练基础】
1．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．
【解析】(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.
2．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点P，两个焦点分别为F1(－，0)，F2(，0)．
(1)求椭圆C的方程．
(2)设圆D：x2＋y2＝r2(b【解析】(1)由题意c＝，所以a2＝b2＋3，椭圆C的方程可化为＋＝1(b>0)．
因为椭圆C经过点，所以＋＝1，
解得b2＝1或b2＝－(舍)．
所以a2＝4，所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)设l：y＝kx＋m，代入＋y2＝1，
得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
由Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m2－4)＝0，得m2＝1＋4k2.①
设A(x0，y0)，则x0＝－＝－，
y0＝kx0＋m＝.
因为l与圆D相切，所以圆心D到l的距离＝r，即m2＝r2(1＋k2)．②
由①②得m2＝，k2＝.
所以圆D的切线长
|AB|＝
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4k,m)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))－r2)
＝.
因为＋r2≥2＝4，当且仅当r＝时取等号．因为r＝∈(1,2)，所以|AB|的最大值为1.
3．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个顶点坐标为A(0，－1)，离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线y＝k(x－1)(k≠0)与椭圆C交于不同的两点P，Q，线段PQ的中点为M，点B(1,0)，求证：点M不在以AB为直径的圆上．
【解析】(1)由题意可知解得
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x0，y0)．
由得(4k2＋1)x2－8k2x＋4k2－4＝0，
则Δ＝(－8k2)2－4×(4k2＋1)(4k2－4)＝48k2＋16，
当k为任何实数时，都有Δ>0.
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
因为线段PQ的中点为M，
所以x0＝＝，y0＝k(x0－1)＝.
因为A(0，－1)，B(1,0)，
所以＝(x0，y0＋1)，＝(x0－1，y0)．
所以·＝x0(x0－1)＋y0(y0＋1)＝x－x0＋y＋y0＝2－＋2＋
＝＝
＝.
因为k≠0,42＋>0，
所以·≠0，
所以点M不在以AB为直径的圆上．
4．如图，已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，抛物线C上的点到准线的最小距离为1.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点F作互相垂直的两条直线l1，l2，l1与抛物线C交于A，B两点，l2与抛物线C交于C，D两点，M，N分别为弦AB，CD的中点，求|MF|·|NF|的最小值．
【解析】(1)因为抛物线C上的点到准线的最小距离为1，所以＝1，解得p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)由(1)可知焦点为F(1,0)，
由已知可得AB⊥CD，所以直线AB，CD的斜率都存在且均不为0.
设直线AB的斜率为k，则直线CD的斜率为－，
所以直线AB的方程为y＝k(x－1)．
联立方程消去x得ky2－4y－4k＝0.
设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝.
因为M(xM，yM)为弦AB的中点，
所以yM＝(y1＋y2)＝.
由yM＝k(xM－1)，得xM＝＋1＝＋1，
所以点M.
同理可得N(2k2＋1，－2k)，
所以|NF|＝＝2，
|MF|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k2)＋1－1))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k))))
＝，
所以|MF||NF|
＝×2
＝4×
≥4×2＝8，
当且仅当|k|＝，即k＝±1时，等号成立．
5．已知椭圆C的短轴的两个端点分别为A(0,1)，B(0，－1)，焦距为2.
(1)求椭圆C的方程．
(2)已知直线y＝m与椭圆C有两个不同的交点M，N，设D为直线AN上一点，且直线BD，BM的斜率的积为－.证明：点D在x轴上．
【解析】(1)由题意得
所以a2＝b2＋c2＝4，即a＝2.
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：设M(x1，m)，则N(－x1，m)，x1≠0，－1所以直线BM的斜率为＝，
直线AN的方程为y＝x＋1.
因为直线BD，BM的斜率的积为－，
所以直线BD的斜率为－，
所以直线BD的方程为y＝－x－1.
联立
解得点D的纵坐标yD＝.
因为点M在椭圆C上，所以＋m2＝1，
则yD＝0.所以点D在x轴上．
6．如图，已知抛物线x2＝y.点A，B，抛物线上的点P(x，y)，过点B作直线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．
【解析】(1)设直线AP的斜率为k，k＝＝x－，
因为－所以直线AP斜率的取值范围是(－1,1)．
(2)联立直线AP与BQ的方程
解得点Q的横坐标是xQ＝.
因为|PA|＝＝(k＋1)，
|PQ|＝(xQ－x)＝－，
所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1)3.
令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3，
则f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2，
所以 f(k)在区间上单调递增，上单调递减，所以f(k)max＝f＝，
因此当k＝时，|PA|·|PQ|取得最大值.
7．在平面直角坐标系xOy中，M为直线y＝x－2上一动点，过点M作抛物线C：x2＝y的两条切线MA，MB，切点分别为A，B，N为AB的中点．
(1)证明：MN⊥x轴．
(2)直线AB是否恒过定点？若是，求出这个定点的坐标；若不是，请说明理由．
【解析】(1)证明：设切点A(x1，x)，B(x2，x)，y′＝2x，
所以切线MA的斜率为2x1，切线MA：y－x＝2x1(x－x1)．
设M(t，t－2)，则有t－2－x＝2x1(t－x1)，
化简得x－2tx1＋t－2＝0.
同理可得x－2tx2＋t－2＝0.
所以x1，x2是方程x2－2tx＋t－2＝0的两根，
所以x1＋x2＝2t，x1x2＝t－2，
所以xN＝＝t＝xM，所以MN⊥x轴．
(2)【解析】因为yN＝(x＋x)＝(x1＋x2)2－x1x2＝2t2－t＋2，所以N(t,2t2－t＋2)．
因为kAB＝＝x1＋x2＝2t，
所以直线AB：y－(2t2－t＋2)＝2t(x－t)，
即y－2＝2t，
所以直线AB过定点.
【练提升】
1．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点F2与抛物线y2＝4x的焦点重合，且其离心率为.
(1)求椭圆C的方程．
(2)已知与坐标轴不垂直的直线l与C交于M，N两点，线段MN中点为P，问：kMN·kOP(O为坐标原点)是否为定值？请说明理由．
【解析】(1)∵抛物线y2＝4x的焦点为(1,0)，
∴椭圆C的半焦距c＝1，
又椭圆的离心率e＝＝，∴a＝2，则b＝＝.∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由题意可知，直线l的斜率存在且不为0，设l的方程为y＝kx＋m，
联立得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
由Δ＞0，可得m2＜4k2＋3.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝，∴P，
∴kOP＝＝－.∴kMN·kOP＝－.
∴kMN·kOP为定值，定值为－.
2．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的短轴长为2，离心率为.
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)直线l平行于直线y＝x，且与椭圆C交于两个不同的点A，B．若∠AOB为钝角，求直线l在x轴上的截距m的取值范围．
【解析】(1)由题意可得2b＝2，
所以b＝，
e＝＝＝，解得a＝2，
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)直线l平行于直线y＝x，即y＝x.
设直线l在y轴上的截距为n，
所以l的方程为y＝x＋n(n≠0)．
联立得x2＋2nx＋2n2－4＝0.
因为直线l与椭圆C交于A，B两个不同的点，
所以Δ＝(2n)2－4(2n2－4)>0，解得－2设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－2n，x1x2＝2n2－4.
因为∠AOB为钝角等价于·<0，且n≠0，
所以·＝x1x2＋y1y2
＝x1x2＋
＝x1x2＋(x1＋x2)＋n2
＝×(2n2－4)＋×(－2n)＋n2<0，
即n2<2，且n≠0，
所以直线l在y轴上的截距n的取值范围为(－，0)∪(0，)．
因为直线l在x轴上的截距m＝－2n，
所以m的取值范围为(－2，0)∪(0,2)．
3．已知F是抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，点M(x0,4)在抛物线上，且|MF|＝x0.
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)若A，B是抛物线C上的两个动点，且OA⊥OB，O为坐标原点，求证：直线AB过定点．
【解析】(1)由题意得，|MF|＝x0＋＝x0，解得x0＝2p，
因为点M(x0,4)在抛物线C上，
所以42＝2px0＝4p2，解得p＝2，
所以抛物线C的标准方程为y2＝4x.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
因为OA⊥OB，所以·＝0，即x1x2＋y1y2＝0，
因为点A，B在抛物线C上，所以y＝4x1，y＝4x2，
代入得＋y1y2＝0.
因为y1y2≠0，所以y1y2＝－16.
设直线AB的方程为x＝my＋n，
联立得y2－4my－4n＝0，
则y1y2＝－4n，所以n＝4，
所以直线AB的方程为x＝my＋4，过定点(4,0)．
4．已知抛物线N：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点F与x轴垂直的直线交抛物线的弦长为2.
(1)求抛物线N的方程；
(2)点M(2,2)和点C(2,1)为两定点，点A和点B为抛物线N上的两动点，线段AB的中点Q在直线OM上，求△ABC面积的最大值．
【解析】(1)由题意得抛物线C的焦点为F.
在方程y2＝2px中，令x＝得y＝±p，
所以弦长为2p，即2p＝2，解得p＝1，
所以抛物线C的方程为y2＝2x.
(2)由(1)知抛物线C的方程为y2＝2x，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的斜率为k(k≠0)．
因为线段AB的中点Q在直线OM上，
由M(2,2)可知直线OM的方程为y＝x.
设Q(m，m)(m≠0)，所以
所以(y1－y2)(y1＋y2)＝2(x1－x2)．
又y1＋y2＝2m，＝k，
所以km＝1，即得k＝.
设直线AB的方程为y－m＝(x－m)，
即x－my＋m2－m＝0.
联立
所以y2－2my＋2m2－2m＝0，
所以Δ＝8m－4m2>0，即0由根与系数的关系得y1＋y2＝2m，y1y2＝2m2－2m，
|AB|＝|y1－y2|
＝
＝
＝2，
点C到直线AB的距离为d＝，
所以S△ABC＝|AB|·d
＝×2××
＝×(2－2m＋m2)．
记t＝，因为0所以S△ABC＝t(2－t2)＝－t3＋2t，t∈(0,1]，
所以S′△ABC＝－3t2＋2.
令S′△ABC＝0，得t＝，
当t∈时，S′△ABC>0；
当t∈时，S′△ABC<0.
所以当t＝时，S△ABC有最大值为.
5．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)经过点P(2，)，离心率e＝.
(1)求椭圆E的方程．
(2)过点P斜率为k1，k2的两条直线分别交椭圆E于A，B两点，且满足k1＋k2＝0.证明：直线AB的斜率为定值．
【解析】(1)依题意，e＝＝＝，所以＝，
又椭圆E过点P(2，)，所以＋＝1，解得a2＝8，b2＝4，
所以椭圆E的方程为＋＝1.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AP的方程为y＝k(x－2)＋，
由消去y得(2k2＋1)x2－(8k2－4k)x＋8k2－8k－4＝0，Δ>0，
所以x1＋xP＝x1＋2＝，
所以x1＝.
又因为直线PA，PB的斜率互为相反数，
所以x2＝，
所以kAB＝＝
＝＝＝.
所以直线AB的斜率为定值.
6．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，且F1是圆x2＋y2－4x＋7＝0的圆心，点H的坐标为(0，b)，且△HF1F2的面积为2.
(1)求椭圆C的方程．
(2)是否存在直线y＝2x＋t与椭圆C相交于M，N两点，使得直线HM与HN的斜率之和为1？若存在，求此时的直线方程；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)由x2＋y2－4x＋7＝0，
可得(x－2)2＋y2＝1，
则圆心坐标为(2，0)，即F1(2，0)，
所以半焦距c＝2.
因为△HF1F2的面积为2，
所以·b·2c＝2，所以b＝1，
所以a2＝b2＋c2＝9，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)假设存在这样的直线满足题设条件．
设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立消去y可得37x2＋36tx＋9(t2－1)＝0，
所以Δ＝(36t)2－4×37×9(t2－1)>0，
解得－x1＋x2＝－，x1x2＝.
由(1)知，H(0,1)，则当t＝1时，直线y＝2x＋1过点H，不合题意，故t≠1.
令kHM＋kHN＝＋
＝＋＝
＝4－＝1.
解得t＝3，因此所求直线方程为y＝2x＋3.
7．已知点A(0，－2)，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点．设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点．
(1)求椭圆E的方程．
(2)是否存在直线l，使得△OPQ的面积为？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)设F(c,0)，因为直线AF的斜率为，A(0，－2)，
所以＝，得c＝.
又＝，b2＝a2－c2，解得a＝2，b＝1，
所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)假设存在直线l，使得△OPQ的面积为.
当l⊥x轴时，不合题意，故可设直线l的方程为y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
联立消去y得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.
由Δ＝16(4k2－3)>0，解得k<－或k>，
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
所以|PQ|＝·＝·＝，
点O到直线l的距离d＝，
所以S△OPQ＝d|PQ|＝.
设＝t>0，则4k2＝t2＋3，
则S△OPQ＝＝，解得t＝1或t＝4，即k＝±1，±，符合题意．
所以存在直线l：y＝±x－2或y＝±x－2，使得△OPQ的面积为.
8．已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)和圆C2：x2＋y2＝r2(r>0)，F1，F2分别为椭圆C1的左、右焦点，点B(0，)在椭圆C1上，当直线BF1与圆C2相切时，r＝.
(1)求椭圆C1的方程；
(2)若直线l：y＝kx＋m(k>0，m>0)与x轴交于点Q，且与椭圆C1和圆C2都相切，切点分别为M，N，记△F1F2M和△QF2N的面积分别为S1和S2，求的最小值．
【解析】(1)由题意可知b＝.①
设F1(－c,0)，则由BF1与圆C2相切时，r＝，得＝，
即c＝.②
将①②代入a2＝b2＋c2解得a＝2.
所以椭圆C1的方程为＋＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
将y＝kx＋m代入＋＝1得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
由直线l与椭圆C1相切得Δ＝0，即m2＝4k2＋3，且
则△F1F2M的面积S1＝|F1F2|·y1＝.
由直线l与圆C2相切，设O为坐标原点，连接ON，则ON：y＝－x，与y＝kx＋m联立得
直线l：y＝kx＋m(k>0，m>0)与x轴交于点Q，则Q.
则△QF2N的面积S2＝|QF2|·y2＝.
从而＝＝2k＋≥2当且仅当k＝时等号成立，
所以的最小值为2.
9．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，从每条曲线上取两个点，将其坐标记录于下表中：
x 3 －2 4
y －2 0 －4
(1)求椭圆C1，抛物线C2的标准方程．
(2)请问是否存在直线l满足条件：①过C2的焦点F；②与C1交不同两点M，N且满足⊥？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
【解析】(1)设抛物线C2：y2＝2px(p≠0)，则有＝2p(x≠0)．据此验证4个点知(3，－2)，(4，－4)在抛物线上，易求抛物线C2的标准方程为y2＝4x.
设椭圆C1：＋＝1(a>b>0)，
把点(－2,0)，代入得解得
所以椭圆C1的标准方程为＋y2＝1.
(2)(方法一)假设存在这样的直线l过抛物线焦点F(1,0)．设直线l的方程为x－1＝my，两交点坐标为M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由消去x，
得(m2＋4)y2＋2my－3＝0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝，①
x1x2＝(1＋my1)(1＋my2)＝1＋m(y1＋y2)＋m2y1y2＝1＋m· ＋m2·＝.②
由⊥，即·＝0，
得x1x2＋y1y2＝0.③
将①②代入③式，得＋＝0，
解得m＝±.
所以存在直线l满足条件，且l的方程为y＝2x－2或y＝－2x＋2.
(方法二)容易验证当直线l的斜率不存在时，不满足题意．
当直线l斜率存在时，假设存在直线l过抛物线焦点F(1,0)．设其方程为y＝k(x－1)，与椭圆C1的交点坐标为M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由消去y，
得(1＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－1)＝0.
于是x1＋x2＝，x1x2＝，①
y1y2＝k(x1－1)×k(x2－1)＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]＝k2＝
－.②
由⊥，即·＝0，
得x1x2＋y1y2＝0.③
将①②代入③式，得－＝＝0，解得k＝±2.
所以存在直线l满足条件，且l的方程为y＝2x－2或y＝－2x＋2.第46讲 范围、最值、定点、定值及探索性问题
【学科素养】数学抽象、逻辑推理、数学运算
【课标解读】
1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法.
2. 理解数形结合的思想；
3. 会求与圆锥曲线有关的范围、最值问题．
【高频考点】
高频考点一 定点问题
圆锥曲线中的定点问题一般是指与解析几何有关的直线或圆过定点的问题(其他曲线过定点太复杂，高中阶段一般不涉及)，其实质是：当动直线或动圆变化时，这些直线或圆相交于一点，即这些直线或圆绕着定点在转动．这类问题的求解一般可分为以下三步：
一选：选择变量，定点问题中的定点，随某一个量的变化而固定，可选择这个量为变量(有时可选择两个变量，如点的坐标、斜率、截距等，然后利用其他辅助条件消去其中之一)．
二求：求出定点所满足的方程，即把需要证明为定点的问题表示成关于上述变量的方程．
三定点：对上述方程进行必要的化简，即可得到定点坐标．
例1.(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．
【变式探究】(2019·北京卷)已知抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)．
(1)求抛物线C的方程及其准线方程；
(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y＝－1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．
【变式探究】已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)，四点P1(1，1)，P2(0，1)，P3(－1，)，P4中恰有三点在椭圆C上．
(1)求C的方程；
(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点．
高频考点二 定值问题
例2.(2020·新高考全国卷Ⅰ)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过点A(2,1)．
(1)求C的方程；
(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
【变式探究】已知抛物线E：x2＝2py(p>0)的焦点为F，圆M的方程为x2＋y2－py＝0，若直线x＝4与x轴交于点R，与抛物线交于点Q，且|QF|＝|RQ|.
(1)求出抛物线E和圆M的方程；
(2)过焦点F的直线l与抛物线E交于A，B两点，与圆M交于C，D两点(点A，C在y轴同侧)，求证：|AC|·|BD|为定值．
【方法技巧】圆锥曲线中的定值问题一般是指在求解解析几何问题的过程中，探究某些几何量斜率、距离、面积、比值等与变量斜率、点的坐标等无关的问题，也是高考重点考查的考点和热点之一.其求解步骤一般为：
一选：选择变量，一般为点的坐标、直线的斜率等；
二化：把要求解的定值表示成含上述变量的式子，并利用其他辅助条件来减少变量的个数，使其只含有一个变量或者有多个变量，但是能整体约分也可以；
三定值：由题目的结论可知要证明为定值的量必与变量的值无关，故求出的式子必能化为一个常数，所以只需对上述式子进行必要的化简即可得到定值.
【变式探究】已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1，2)，过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.
(1)求直线l的斜率的取值范围；
(2)设O为原点，＝λ，＝μ，求证：＋为定值．
【举一反三】已知点F是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点，过点F的直线l交椭圆于M，N两点．当直线l过C的下顶点时，l的斜率为；当直线l垂直于C的长轴时，△OMN的面积为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)当|MF|＝2|FN|时，求直线l的方程；
(3)若直线l上存在点P满足|PM|，|PF|，|PN|成等比数列，且点P在椭圆外，证明：点P在定直线上．
高频考点三 范围问题
【例3】已知F1，F2是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点，P为C上的点，O为坐标原点．
(1)若△POF2为等边三角形，求C的离心率；
(2)如果存在点P，使得PF1⊥PF2，且△F1PF2的面积等于16，求b的值和a的取值范围．
【举一反三】已知点A，B的坐标分别是(－，0)，(，0)，动点M(x，y)满足直线AM和BM的斜率之积为－3，记M的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程；
(2)直线y＝kx＋m与曲线E相交于P，Q两点，若曲线E上存在点R，使得四边形OPRQ为平行四边形(其中O为坐标原点)，求m的取值范围．
【举一反三】如图，已知点M(2,1)在椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)上，A，B是长轴的两个端点，且·＝－3.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知点E(1,0)，过点M(2,1)的直线l与椭圆的另一个交点为N，若点E总在以MN为直径的圆内，求直线l的斜率的取值范围．
【方法技巧】求参数范围的4种方法
(1)函数法：用其他变量表示该参数，建立函数关系，利用求函数值域的方法求解．
(2)不等式法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数范围．
(3)判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用判别式Δ求参数的范围．
(4)数形结合法：研究该参数所表示的几何意义，利用数形结合思想求解．
【变式探究】已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为4，且过点(，－2)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过椭圆焦点的直线l与椭圆C分别交于点E，F，求·的取值范围．
高频考点四 最值问题
例4.(2020·浙江高考)如图，已知椭圆C1：＋y2＝1，抛物线C2：y2＝2px(p>0)，点A是椭圆C1与抛物线C2的交点，过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于点M(B，M不同于A)．
(1)若p＝，求抛物线C2的焦点坐标；
(2)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．
【举一反三】已知P(， )是椭圆C：＋＝1(a>b>0)上一点，以点P及椭圆的左、右焦点F1，F2为顶点的三角形面积为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过F2作斜率存在且互相垂直的直线l1，l2，M是l1与C两交点的中点，N是l2与C两交点的中点，求△MNF2面积的最大值．
【方法技巧】圆锥曲线中最值问题的解决方法
(1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质数形结合求解．
(2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，或者不等关系，或者已知参数与新参数之间的等量关系等，则利用代数法求参数的范围．
【变式探究】在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为F，点A在C上，若|AO|＝|AF|＝.
(1)求C的方程；
(2)设直线l与C交于P，Q，若线段PQ的中点的纵坐标为1，求△OPQ的面积的最大值．
高频考点五 圆锥曲线中的探索性问题
例5.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)若l过点，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的斜率；若不能，说明理由．
【变式探究】已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点连线构成等边三角形，且椭圆C的短轴长为2.
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)是否存在过点P(0,2)的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，且满足·＝2(O为坐标原点)？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
【方法技巧】
1．解答本题需注意以下问题
(1)求解椭圆方程时要注意运算的正确性．
(2)解答本题易出现不讨论斜率存在与否而失分的情形．
(3)联立消元后注意不要漏掉对判别式的计算，否则出现逻辑上的错误．
2．圆锥曲线中存在性问题的求解方法
(1)存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．
(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．　　
【变式探究】已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，直线x＋y－1＝0被圆x2＋y2＝b2截得的弦长为.
(1)求椭圆C的方程．
(2)过点(1,0)的直线l交椭圆C于A，B两点，在x轴上是否存在定点P，使得 ·为定值？若存在，求出点P的坐标和·的值；若不存在，请说明理由．
第46讲 范围、最值、定点、定值及探索性问题
【学科素养】数学抽象、逻辑推理、数学运算
【课标解读】
1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法.
2. 理解数形结合的思想；
3. 会求与圆锥曲线有关的范围、最值问题．
【高频考点】
高频考点一 定点问题
圆锥曲线中的定点问题一般是指与解析几何有关的直线或圆过定点的问题(其他曲线过定点太复杂，高中阶段一般不涉及)，其实质是：当动直线或动圆变化时，这些直线或圆相交于一点，即这些直线或圆绕着定点在转动．这类问题的求解一般可分为以下三步：
一选：选择变量，定点问题中的定点，随某一个量的变化而固定，可选择这个量为变量(有时可选择两个变量，如点的坐标、斜率、截距等，然后利用其他辅助条件消去其中之一)．
二求：求出定点所满足的方程，即把需要证明为定点的问题表示成关于上述变量的方程．
三定点：对上述方程进行必要的化简，即可得到定点坐标．
例1.(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．
【解析】(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C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t)．
若t≠0，设直线CD的方程为x＝my＋n，
由题意可知－3＜n＜3.
由于直线PA的方程为y＝(x＋3)，
所以y1＝(x1＋3)．
直线PB的方程为y＝(x－3)，所以y2＝(x2－3)．
可得3y1(x2－3)＝y2(x1＋3)．
由于＋y＝1，故y＝－，
可得27y1y2＝－(x1＋3)(x2＋3)，
即(27＋m2)y1y2＋m(n＋3)(y1＋y2)＋(n＋3)2＝0.①
将x＝my＋n代入＋y2＝1，
得(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0.
所以y1＋y2＝－，y1y2＝.
代入①式得(27＋m2)(n2－9)－2m(n＋3)mn＋(n＋3)2·(m2＋9)＝0.解得n＝或n＝－3(舍去)．
故直线CD的方程为x＝my＋，
即直线CD过定点.
若t＝0，则直线CD的方程为y＝0，过点.
综上，直线CD过定点.
【变式探究】(2019·北京卷)已知抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)．
(1)求抛物线C的方程及其准线方程；
(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y＝－1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．
【解析】(1)由抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)，得p＝2.
所以抛物线C的方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1.
(2)抛物线C的焦点为F(0，－1)，设直线l的方程为y＝kx－1(k≠0)．
由 得x2＋4kx－4＝0.
设M，N，则x1x2＝－4.
直线OM的方程为y＝x.
令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－.
同理得点B的横坐标xB＝－.
设点D(0，n)，
则＝，＝，
·＝＋(n＋1)2
＝eq \f(x1x2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,4)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,4))))＋(n＋1)2
＝＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2.
令·＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，则n＝1或n＝－3.
综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0，1)和(0，－3)．
【变式探究】已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)，四点P1(1，1)，P2(0，1)，P3(－1，)，P4中恰有三点在椭圆C上．
(1)求C的方程；
(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点．
【解析】(1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点．
又由＋＞＋知，椭圆C不经过点P1，
所以点P2在椭圆C上．
因此解得故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.
如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|＜2，可得A，B的坐标分别为，，则k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合题设．
从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)．
将y＝kx＋m代入＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.
而k1＋k2＝＋
＝＋
＝.
由题设k1＋k2＝－1，
故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.
即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0，解得k＝－.
当且仅当m＞－1时，Δ＞0，
于是l：y＝－x＋m，
即y＋1＝－(x－2)，
所以l过定点(2，－1)．
高频考点二 定值问题
例2.(2020·新高考全国卷Ⅰ)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过点A(2,1)．
(1)求C的方程；
(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
【解析】(1)由题意得＋＝1，＝，解得a2＝6，b2＝3.
所以C的方程为＋＝1.
(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入＋＝1得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
于是x1＋x2＝－，x1x2＝.①
由AM⊥AN知，·＝0，故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，可得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0.
将①代入上式可得(k2＋1)－(km－k－2)＋(m－1)2＋4＝0.
整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0.
因为A(2,1)不在直线MN上，
所以2k＋m－1≠0，故2k＋3m＋1＝0，k≠1.
于是MN的方程为y＝k－(k≠1)．
所以直线MN过点P.
若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1)．
由·＝0得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.
又＋＝1，可得3x－8x1＋4＝0.
解得x1＝2(舍去)，x1＝.
此时直线MN过点P.
令Q为AP的中点，即Q.
若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，
故|DQ|＝|AP|＝.
若D与P重合，则|DQ|＝|AP|.
综上，存在点Q，使得|DQ|为定值．
【变式探究】已知抛物线E：x2＝2py(p>0)的焦点为F，圆M的方程为x2＋y2－py＝0，若直线x＝4与x轴交于点R，与抛物线交于点Q，且|QF|＝|RQ|.
(1)求出抛物线E和圆M的方程；
(2)过焦点F的直线l与抛物线E交于A，B两点，与圆M交于C，D两点(点A，C在y轴同侧)，求证：|AC|·|BD|为定值．
【解析】(1)设Q(4，y0)，且y0>0，由|QF|＝|RQ|得y0＋＝y0，所以y0＝2p.
将点Q(4,2p)的坐标代入抛物线E的方程得p＝2.
所以抛物线E的方程为x2＝4y，圆M的方程为x2＋y2－2y＝0.
(2)证明：抛物线E：x2＝4y的焦点F(0,1)，
由题可得直线l的斜率存在，则可设直线l的方程是y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立消去y，得x2－4kx－4＝0.
则Δ＝16(k2＋1)>0，且x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.
由条件可知圆M：x2＋(y－1)2＝1的圆心为M(0,1)，半径为1，故圆心M即焦点F，如图．
由抛物线的定义有|AF|＝y1＋1，|BF|＝y2＋1，
则|AC|＝|AF|－1＝y1，|BD|＝|BF|－1＝y2，
所以|AC|·|BD|＝y1y2＝(kx1＋1)(kx2＋1)＝k2x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝－4k2＋4k2＋1＝1，即|AC|·|BD|为定值，定值为1.
【方法技巧】圆锥曲线中的定值问题一般是指在求解解析几何问题的过程中，探究某些几何量斜率、距离、面积、比值等与变量斜率、点的坐标等无关的问题，也是高考重点考查的考点和热点之一.其求解步骤一般为：
一选：选择变量，一般为点的坐标、直线的斜率等；
二化：把要求解的定值表示成含上述变量的式子，并利用其他辅助条件来减少变量的个数，使其只含有一个变量或者有多个变量，但是能整体约分也可以；
三定值：由题目的结论可知要证明为定值的量必与变量的值无关，故求出的式子必能化为一个常数，所以只需对上述式子进行必要的化简即可得到定值.
【变式探究】已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1，2)，过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.
(1)求直线l的斜率的取值范围；
(2)设O为原点，＝λ，＝μ，求证：＋为定值．
【解析】(1)因为抛物线y2＝2px过点(1，2)，
所以2p＝4，即p＝2.
故抛物线C的方程为y2＝4x.
由题意知，直线l的斜率存在且不为0.
设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)．
由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.
依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1＞0，
解得k＜0或0＜k＜1.
又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2)．
从而k≠－3.
所以直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1)．
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝.
直线PA的方程为y－2＝(x－1)．
令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝＋2＝＋2.
同理得点N的纵坐标为yN＝＋2.
由＝λ，＝μ，得λ＝1－yM，μ＝1－yN.
所以＋＝＋
＝＋
＝·
＝·＝2.
所以＋为定值．
【举一反三】已知点F是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点，过点F的直线l交椭圆于M，N两点．当直线l过C的下顶点时，l的斜率为；当直线l垂直于C的长轴时，△OMN的面积为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)当|MF|＝2|FN|时，求直线l的方程；
(3)若直线l上存在点P满足|PM|，|PF|，|PN|成等比数列，且点P在椭圆外，证明：点P在定直线上．
【解析】(1)由题设知＝，＝，解得a＝2，b＝，
∴椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)当直线l与x轴重合时，|MF|＝3|FN|或|MF|＝|FN|，不合题意；
当直线l与x轴不重合时，设直线l的方程为x＝ty＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立消去x，整理得(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0，
则y1＋y2＝， ①
y1y2＝. ②
由|MF|＝2|FN|，得y1＝－2y2， ③
联立①②③，得＝，解得t＝±.
∴直线l的方程为5x＋2y－5＝0或5x－2y－5＝0.
(3)证明：设P(x0，y0)，∵|PM|，|PF|，|PN|成等比数列，
∴|PM|·|PN|＝|PF|2.
当直线l与x轴重合时，∵点P在椭圆外，∴x0－2，x0＋2同号．
由|PM|·|PN|＝|PF|2，得(x0－2)(x0＋2)＝(x0－1)2，解得x0＝.
当直线l与x轴不重合时，由(2)知y1＋y2＝，y1y2＝，
且|PM|＝|y1－y0|，|PN|＝|y2－y0|，|PF|＝|y0|.
∵点P在椭圆外，∴y1－y0，y2－y0同号．
由|PM|·|PN|＝|PF|2，得(y1－y0)(y2－y0)＝y，
整理得y1y2－y0(y1＋y2)＝0，即－y0·＝0，
解得y0＝，代入直线l的方程x＝ty＋1，得x0＝.
∴点P在定直线x＝上．
高频考点三 范围问题
【例3】已知F1，F2是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点，P为C上的点，O为坐标原点．
(1)若△POF2为等边三角形，求C的离心率；
(2)如果存在点P，使得PF1⊥PF2，且△F1PF2的面积等于16，求b的值和a的取值范围．
【解析】(1)连接PF1.由△POF2为等边三角形可知在△F1PF2中，∠F1PF2＝90°，|PF2|＝c，|PF1|＝c，于是2a＝|PF1|＋|PF2|＝(＋1)c，
故C的离心率e＝＝－1.
(2)由题意可知，满足条件的点P(x，y)存在当且仅当|y|·2c＝16，·＝－1，＋＝1，
即c|y|＝16， ①
x2＋y2＝c2， ②
＋＝1. ③
由②③及a2＝b2＋c2得y2＝.
又由①知y2＝，故b＝4.
由②③及a2＝b2＋c2得x2＝(c2－b2)，
所以c2≥b2，从而a2＝b2＋c2≥2b2＝32，
故a≥4.
当b＝4，a≥4时，存在满足条件的点P.
所以b＝4，a的取值范围为[4，＋∞)．
【举一反三】已知点A，B的坐标分别是(－，0)，(，0)，动点M(x，y)满足直线AM和BM的斜率之积为－3，记M的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程；
(2)直线y＝kx＋m与曲线E相交于P，Q两点，若曲线E上存在点R，使得四边形OPRQ为平行四边形(其中O为坐标原点)，求m的取值范围．
【解析】(1)因为A(－，0)，B(，0)，M(x，y)，
所以kAM＝，kBM＝.
因为直线AM和BM的斜率之积为－3，
所以·＝－3.
整理，得＋＝1.
因为直线AM和BM的斜率存在，且均不为0，
所以x≠±(或y≠0)．
所以曲线E的方程为＋＝1(x≠±)．
(2)设直线y＝kx＋m与曲线E：＋＝1(x≠±)的交点为P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
因为四边形OPRQ为平行四边形，
所以PQ的中点也是OR的中点．
所以R (x1＋x2，y1＋y2)．
由得(k2＋3)x2＋2kmx＋m2－6＝0.
所以x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝.
由Δ＝4k2m2－4(k2＋3)(m2－6)>0，得2k2>m2－6.
因为点R (x1＋x2，y1＋y2)在曲线E上，
所以32＋2＝6，即k2＝2m2－3.
因为2k2>m2－6，所以2(2m2－3)>m2－6，解得m2>0.
当直线PQ过点(±，0)时，m＝±k，代入2m2－3＝k2，得k＝±1，
所以m＝±，此时不符合题意．
因为2m2－3＝k2≥0，所以m≤－或m≥.
所以m的取值范围为(－∞，－)∪∪∪(，＋∞)．
【举一反三】如图，已知点M(2,1)在椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)上，A，B是长轴的两个端点，且·＝－3.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知点E(1,0)，过点M(2,1)的直线l与椭圆的另一个交点为N，若点E总在以MN为直径的圆内，求直线l的斜率的取值范围．
【解析】(1)由已知可得(－a－2，－1)·(a－2，－1)＝－3，解得a2＝8，又点M(2,1)在椭圆C上，即＋＝1，解得b2＝2，
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)设N(x1，y1)，当直线l垂直于x轴时，点E在以MN为直径的圆上，不合题意．
因此设直线l的方程为y＝k(x－2)＋1，
代入椭圆方程消去y得(4k2＋1)x2＋8(k－2k2)x＋4(4k2－4k－1)＝0，
则有2x1＝，即x1＝，
y1＝，
且判别式Δ＝16(2k＋1)2＞0，即k≠－.
又点E总在以MN为直径的圆内，
所以·＜0，即(x1－1，y1)·(1,1)＝x1＋y1－1＜0，
将x1，y1代入得＋＜0，解得k＞－，
所以满足条件的直线l的斜率的取值范围是.
【方法技巧】求参数范围的4种方法
(1)函数法：用其他变量表示该参数，建立函数关系，利用求函数值域的方法求解．
(2)不等式法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数范围．
(3)判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用判别式Δ求参数的范围．
(4)数形结合法：研究该参数所表示的几何意义，利用数形结合思想求解．
【变式探究】已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为4，且过点(，－2)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过椭圆焦点的直线l与椭圆C分别交于点E，F，求·的取值范围．
【解析】(1)椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距是4，所以焦点坐标是(0，－2)，(0，2)，
2a＝＋＝4，
所以a＝2，b＝2，
即椭圆C的方程是＋＝1.
(2)若直线l垂直于x轴，
则点E(0，2)，F(0，－2)，·＝－8.
若直线l不垂直于x轴，
设l的方程为y＝kx＋2，点E(x1，y1)，F(x2，y2)，
将直线l的方程代入椭圆C的方程得到：
(2＋k2)x2＋4kx－4＝0，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
所以·＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝＋＋4＝－8，
因为0<≤10，所以－8<·≤2，
综上所述，·的取值范围是[－8，2]．
高频考点四 最值问题
例4.(2020·浙江高考)如图，已知椭圆C1：＋y2＝1，抛物线C2：y2＝2px(p>0)，点A是椭圆C1与抛物线C2的交点，过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于点M(B，M不同于A)．
(1)若p＝，求抛物线C2的焦点坐标；
(2)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．
【解析】(1)由p＝得C2的焦点坐标是.
(2)由题意可设直线l：x＝my＋t(m≠0，t≠0)，
点A(x0，y0)．
将直线l的方程代入椭圆C1：＋y2＝1，消去x，
得(m2＋2)y2＋2mty＋t2－2＝0，
所以点M的纵坐标yM＝－.
将直线l的方程代入抛物线C2：y2＝2px，消去x，
得y2－2pmy－2pt＝0，
所以y0yM＝－2pt，解得y0＝，
因此x0＝.
由＋y＝1，得＝42＋24≥160，
所以当m＝，t＝时，p取到最大值.
【举一反三】已知P(， )是椭圆C：＋＝1(a>b>0)上一点，以点P及椭圆的左、右焦点F1，F2为顶点的三角形面积为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过F2作斜率存在且互相垂直的直线l1，l2，M是l1与C两交点的中点，N是l2与C两交点的中点，求△MNF2面积的最大值．
【解析】(1)由点P(，)在椭圆上可得＋＝1，
整理得2b2＋3a2＝a2b2.①
由S△PF1F2＝×2c×＝2，解得c＝2，
所以a2＝b2＋c2＝b2＋4，代入①式整理得b4－b2－12＝0，
解得b2＝4，a2＝8.
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)由(1)可得F2(2,0)，所以设直线l1：x＝my＋2(m≠0)，
联立直线l1与椭圆的方程得整理得(m2＋2)y2＋4my－4＝0.
所以直线l1与椭圆两交点的中点M的纵坐标yM＝＝－.
同理直线l2与椭圆两交点的中点N的纵坐标yN＝－＝，
所以S＝|MF2||NF2|
＝·|yM||yN|
＝＝，
将上式中分子、分母同除以m(1＋m2)可得，
S＝，
不妨设m>0，＝t，则t≥2，S＝.
令f(t)＝2t＋，则f′(t)＝，
因为t≥2，所以f′(t)>0，
所以f(t)在[2，＋∞)上单调递增，
所以当t＝2时，△MNF2的面积取得最大值，且(S)max＝＝.
【方法技巧】圆锥曲线中最值问题的解决方法
(1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质数形结合求解．
(2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，或者不等关系，或者已知参数与新参数之间的等量关系等，则利用代数法求参数的范围．
【变式探究】在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为F，点A在C上，若|AO|＝|AF|＝.
(1)求C的方程；
(2)设直线l与C交于P，Q，若线段PQ的中点的纵坐标为1，求△OPQ的面积的最大值．
【解析】(1)∵点A在C上，|AO|＝|AF|＝，∴＋＝，∴p＝2，∴C的方程为x2＝4y.
(2)设直线方程为y＝kx＋b，代入抛物线方程，可得x2－4kx－4b＝0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，
∴y1＋y2＝4k2＋2b，
∵线段PQ的中点的纵坐标为1，∴2k2＋b＝1，
△OPQ的面积S＝·b·＝b＝·(0＜b≤1)，
设y＝b3＋b2，y′＝3b2＋2b＞0，故函数单调递增，
∴b＝1时，△OPQ的面积的最大值为2.
高频考点五 圆锥曲线中的探索性问题
例5.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)若l过点，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的斜率；若不能，说明理由．
【解析】(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，
故xM＝＝，yM＝kxM＋b＝.
于是直线OM的斜率kOM＝＝－，即kOM·k＝－9.
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．
因为直线l过点，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.
由(1)得OM的方程为y＝－x.
设点P的横坐标为xP.
由得x＝，
即xP＝.
将点的坐标代入直线l的方程得b＝，
因此xM＝.
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.
于是＝2×，解得k1＝4－，k2＝4＋.
因为ki>0，ki≠3，i＝1，2，所以当直线l的斜率为4－或4＋时，四边形OAPB为平行四边形．
【变式探究】已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点连线构成等边三角形，且椭圆C的短轴长为2.
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)是否存在过点P(0,2)的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，且满足·＝2(O为坐标原点)？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)由题意得解得
∴椭圆C的标准方程是＋＝1.
(2)当直线l的斜率不存在时，M(0，)，N(0，－)，·＝－3，不符合题意．
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋2，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由消去y整理得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，
则Δ＝(16k)2－16(3＋4k2)>0，
解得k<－或k>.
x1＋x2＝－，x1x2＝，
∴·＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝－＋4＝.
∵·＝2，∴＝2，
解得k＝±，满足Δ>0，
故存在符合题意的直线，其方程为y＝±x＋2.
【方法技巧】
1．解答本题需注意以下问题
(1)求解椭圆方程时要注意运算的正确性．
(2)解答本题易出现不讨论斜率存在与否而失分的情形．
(3)联立消元后注意不要漏掉对判别式的计算，否则出现逻辑上的错误．
2．圆锥曲线中存在性问题的求解方法
(1)存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．
(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．　　
【变式探究】已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，直线x＋y－1＝0被圆x2＋y2＝b2截得的弦长为.
(1)求椭圆C的方程．
(2)过点(1,0)的直线l交椭圆C于A，B两点，在x轴上是否存在定点P，使得 ·为定值？若存在，求出点P的坐标和·的值；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)∵椭圆C的离心率为，∴a＝b，
∵圆x2＋y2＝b2的圆心到直线x＋y－1＝0的距离为d＝＝，
∴直线x＋y－1＝0被圆x2＋y2＝b2截得的弦长为2＝2 ＝.
解得b＝1，故a＝b＝，
∴椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)设P，A，B，
当直线l与x轴不重合时，设l的方程：x＝my＋1.
由得y2＋2my－1＝0，
则
∴x1＋x2＝，x1x2＝＋1，
·＝·
＝x1x2－t＋t2＋y1y2
＝＋t2＋1
＝－＋t2＋1，
当＝2，即t＝时，·的值与m无关，
此时·＝－.
当直线l与x轴重合且t＝时，
·＝·＝－2＝－.
综上，存在点P，使得·为定值－.

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