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8.9　圆锥曲线的热点问题
8．9.1　最值、范围、证明问题
复习目标　掌握解决圆锥曲线中最值、范围、证明问题的思想方法．
热点问题(一)
活动一 基础引入
1 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，若椭圆C上存在无数个点P，满足∠F1PF2>，则的取值范围为(　　)
A. (0，) B. (，1)
C. (，1) D. (0，)
2 已知抛物线C：y2＝16x的焦点为F，直线x－my－4＝0(m∈R)与抛物线C交于A，B两点，则AF＋4BF的最小值是(　　)
A. 40 B. 36
C. 28 D. 24
3 [2025厦门二模] 已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，P为抛物线C上一点，M为PF的中点，O为坐标原点，则tan ∠MOF的最大值为(　　)
A. B. 1 C. D. 2
4 已知椭圆＋＝1(a>b>c>0)的左、右焦点分别为F1，F2，若以点F2为圆心，b－c为半径作圆F2，过椭圆上一点P作此圆的切线，切点为T，且PT的最小值不小于(a－c)，则椭圆的离心率e的取值范围是________．
5 过点(2，2)能作双曲线x2－＝1的两条切线，则该双曲线离心率e的取值范围为____________．
活动二 典例悟法
题组一　最值问题
1 过抛物线y2＝4x的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，O是坐标原点，求AF·BF的最小值．
已知椭圆C：＋y2＝1(a>1)的离心率为，F1，F2是椭圆C的两个焦点，过点F1 的直线l与椭圆C交于A，B两点，则AF2＋BF2的最大值为________．
2 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，焦距为2.
(1) 求椭圆E的标准方程；
(2) 如图，动直线l：y＝k1x－交椭圆E于A，B两点，C是椭圆E上的一点，直线OC的斜率为k2，且k1k2＝.M是线段OC延长线上的一点，且MC∶AB＝2∶3，圆M的半径为MC，OS，OT分别是圆M的两条切线，切点分别为S，T.求∠SOT的最大值，并求取得最大值时直线l的斜率．
3 [2025苏北七市三模]设O为坐标原点，抛物线C1：y2＝2x与抛物线C2：y2＝2px(p>0)的焦点分别为F1，F2，F1为线段OF2的中点，点A1，B1在抛物线C1上(点A1在第一象限)，点A2，B2在抛物线C2上，＝2.
(1) 求抛物线C2的标准方程；
(2) 设直线A1B1的方程为y＝2x－2，求直线A1A2的斜率；
(3) 若直线A1A2与B1B2的斜率之积为－2，求四边形A1A2B2B1面积的最小值．
圆锥曲线中的最值问题常涉及不等式、函数的值域问题，综合性比较强，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：
一是利用几何方法，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；
二是利用代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．
题组二　范围问题
4 [2026云南长水教育集团月考]已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左焦点为F(－2，0)，O为坐标原点，过点F的直线l交椭圆E于M，N两点．当直线l与x轴垂直时，MN＝2.
(1) 求椭圆E的标准方程；
(2) 若直线l的斜率存在且不为0，线段MN的垂直平分线与x轴交于点P，求点P横坐标的取值范围．
5 [2026福州四中月考]已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的离心率为2，点(－，－)在双曲线C上．
(1) 求双曲线C的标准方程及渐近线方程；
(2) 若直线l：y＝kx＋m交双曲线C的右支于M，N两点，线段MN的垂直平分线过点K(0，4).
①求k与m之间的数量关系式；
②求∠MKN的取值范围．
解决圆锥曲线的有关几何量的取值范围问题的途径：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，从而确定参数的取值范围．
4. 利用已知不等关系构造不等式，从而确定参数的取值范围．
5. 利用函数的值域，从而确定参数的取值范围．
题组三　证明问题
6 [2025蚌埠质检]椭圆的两个焦点和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“特征三角形”．记椭圆C1的“特征三角形”为△1，椭圆C2的“特征三角形”为△2，若△1∽△2，则称椭圆C1与C2相似，并将△1与△2的相似比称为椭圆C1与C2的相似比．已知椭圆C1：＋＝1与椭圆C2：＋＝1(a>b>0)相似，且椭圆C1与C2的相似比为2.
(1) 求椭圆C2的标准方程；
(2) 已知F是椭圆C2的右焦点，过点F的直线l与椭圆C1交于A，B两点，直线l与椭圆C2交于D，E两点，其中点D在x轴上方，求证：AD＝BE.
[2023新课标Ⅰ卷·22]在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点的距离，记动点P 的轨迹为W.
(1) 求轨迹W的方程；
(2) 已知矩形ABCD有三个顶点在轨迹W上，求证：矩形ABCD的周长大于3.
8.9.2　定点、定值、定线问题
复习目标　掌握解决圆锥曲线中的定点、定值、定线问题的思想方法．
热点问题(二)
活动一 基础引入
1 已知点A，B在抛物线y2＝x上，且位于x轴的两侧，·＝2(其中O为坐标原点)，则直线AB过定点(　　)
A. (2，0) B.
C. (0，2) D.
2 已知过坐标原点O的直线l与椭圆C：＋＝1(a>b>0)相交于A，B两点，P是椭圆C上异于A，B的动点，直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，则k1·k2的值为(　　)
A. －
B. －
C.
D. 与点P的位置有关系
3 [2026贵阳清华中学月考]已知A，B分别为双曲线E：－＝1(a>0，b>0)的左、右顶点，其中一条渐近线方程为 x＋2y＝0，焦距为2.
(1) 求双曲线E的标准方程；
(2) 设过T(4，0)的直线与双曲线交于C，D两点(点C，D与点A，B不重合)，记直线AC，BD的斜率分别为k1，k2，求证：为定值．
活动二 典例悟法
题组一　定点问题
1 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，四点P1(1，1)，P2(0，1)，P3(－1，)，P4(1，)中恰有三点在椭圆C上．
(1) 求椭圆C的标准方程；
(2) 设直线l不经过点P2，且与椭圆C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，求证：直线l过定点．
2 [2026包头一中期中]已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)经过点A(－2，0)，长轴长是短轴长的2倍．
(1) 求椭圆E的标准方程；
(2) 设垂直于y轴的直线l交椭圆E于B，C两点，试求△ABC面积的最大值；
(3) 过点A作两条斜率分别为k1，k2的直线交椭圆E于另外两点D，F.若k1k2＝2，求证：直线DF恒过定点．
定点问题常见的两种解法
1. 假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点．
2. 从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意．
题组二　定值问题
3 [2025合肥一模]已知动圆C1：(x＋2)2＋y2＝r(r1>0)与动圆C2：(x－2)2＋y2＝r(r2>0)满足|r1－r2|＝2，记圆C1与圆C2公共点的轨迹为曲线T，曲线T与x轴的交点记为A，B(点A在点B的左侧).
(1) 求曲线T的方程；
(2) 若直线l与圆x2＋y2＝3相切，且与曲线T交于P1，P2两点(点P1在y轴左侧，点P2在y轴右侧).
①若直线l与直线y＝－x和y＝x分别交于Q1，Q2两点，求证：P1Q1＝P2Q2；
②记直线AP1，BP2的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2是定值．
4 [2026广州黄埔期中]设A1，A2是双曲线－y2＝1的左、右顶点，P1，P2是双曲线上垂直于x轴的弦的端点，直线A1P1与A2P2的交点为P，设点P的轨迹为曲线Γ.
(1) 求曲线Γ的方程；
(2) 过点M(1，0)的直线l交曲线Γ于C，D两点，其中点C在x轴的上方．设直线A1D的斜率为k1，直线A2C的斜率为k2，探究是否为定值？若为定值，求出定值；若不是定值，请说明理由．
定值问题常见的两种求法
1. 从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
2. 直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
题组三　定线问题
5 [2026上海复旦大学附属中学月考]已知双曲线Γ：x2－＝1，点A(1，0)，点Q(1，2)，过点Q作动直线l与双曲线的右支交于不同的两点B，C，点H在线段BC上，且与端点B，C不重合．
(1) 求双曲线Γ的焦距和离心率；
(2) 当H为BC的中点时，△AQH的面积为7，求直线l的斜率；
(3) 设直线AB，AH，AC分别与y轴交于点D，E，F，若E为DF的中点，求证：点H在一条定直线上，并求出该定直线的方程．
[2023新课标Ⅱ卷·21]已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－2，0)，离心率为.
(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A1，A2，过点(－4，0)的直线与双曲线C的左支交于M，N两点，点M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P，求证：点P在定直线上．
定线问题的两种解法
1. 设点法：通过已知点轨迹，消去参数，得到定直线方程．
2. 特殊法：从特殊情况入手，确定可能的定直线，然后再验证该直线对一般情况也合适，属于“先猜再证”．
8.9.3　探索性问题
复习目标　掌握解决探索性问题的思想方法．
热点问题(三)——探索
活动一 基础引入
1 [2026山西大学附属中学月考]已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点M在椭圆上， △MF1F2的周长为6，椭圆的离心率为.
(1) 求椭圆C的标准方程；
(2) 过点F2的直线l交椭圆于A，B两点，交y轴于点P，设＝λ1，＝λ2，试判断λ1＋λ2是否为定值？请说明理由．
2 已知双曲线C：－＝1(00)的右顶点为A，左焦点F(－c，0)到其渐近线bx＋ay＝0的距离为2，斜率为的直线l1交双曲线C于A，B两点，且AB＝.
(1) 求双曲线C的标准方程；
(2) 过点T(6，0)的直线l2与双曲线C交于P，Q两点，直线AP，AQ分别与直线x＝6相交于M，N两点，试问：以线段MN为直径的圆是否过定点？若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由．
活动二 典例悟法
1 [2025青岛一模]已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，短轴长为2，离心率为.
(1) 求椭圆C的标准方程；
(2) 记椭圆C的左顶点为A，直线l与椭圆C交于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之积为－.
①求证：直线l过定点；
②若点P在x轴的上方，直线PF1与圆M：(x＋1)2＋y2＝16交于点B，点B在x轴的上方，是否存在点P，使得△PBF2与△QF1F2的面积之比为3∶5？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
2 [2026南京期初]已知双曲线C：x2－y2＝a2(a>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且F1F2＝4，过点F2的直线l与双曲线C交于A，B两点．
(1) 求双曲线C的标准方程；
(2) 若点A，B均在双曲线C的右支上，且△ABF1的周长为16，求直线l的方程；
(3) 是否存在x轴上的定点M，使得·为定值？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
探索性问题一般分为探究条件、探究结论两种．若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论．
已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过点.
(1) 求椭圆C的标准方程；
(2) 已知A，B是椭圆C的左、右顶点，过右焦点F且斜率不为0的直线交椭圆C于点M，N，直线AM与直线x＝4交于点P，记直线PA，PF，BN的斜率分别为k1，k2，k3，则是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
8．9　圆锥曲线的热点问题
8．9.1　最值、范围、证明问题
1. D　解析：设椭圆的半焦距为c.因为椭圆C上存在无数个点P满足∠F1PF2>，所以以F1F2为直径的圆与椭圆有4个交点，所以c>b，所以a2－b2>b2，所以0<<.
2. B　解析：方法一：设点A(x1，y1)，B(x2，y2).由抛物线的定义，知AF＝x1＋4，BF＝x2＋4，当直线x－my－4＝0(m∈R)的斜率不存在，即m＝0时，直线方程为x＝4，则点A(4，8)，B(4，－8)，AF＋4BF＝x1＋4＋4(x2＋4)＝40；当直线x－my－4＝0(m∈R)的斜率存在，即m≠0时，联立消去y并整理，得x2－(16m2＋8)x＋16＝0，则x1x2＝16，AF＋4BF＝x1＋4＋4(x2＋4)＝x1＋4x2＋20≥2＋20＝36，当且仅当x1＝4x2，即x1＝8，x2＝2时，等号成立．综上，AF＋4BF的最小值为36.
方法二：因为抛物线的焦点F(4，0)在直线x－my－4＝0上，所以＋＝＝(结论：AB为抛物线的焦点弦，＋为定值)，所以＋＝1，所以AF＋4BF＝(AF＋4BF)·＝4＋＋＋16≥20＋2＝36，当且仅当AF＝12，BF＝6时，等号成立，所以(AF＋4BF)min＝36.
3. B　解析：当点P为原点时，tan ∠MOF＝0.由对称性不妨令点P在第一象限，设点P，t>0.因为点F(1，0)，所以点M(，)，所以tan ∠MOF＝＝＝≤＝1，当且仅当t＝2时，等号成立，所以tan ∠MOF的最大值为1.
4. 　解析：由题意可知，当点P位于椭圆的右顶点时，PF2最小，且最小值为PF2＝a－c.因为PT＝，所以≥(a－c)，即(a－c)2≥4(b－c)2，可得a－c≥2(b－c)，所以a＋c≥2b，则(a＋c)2≥4(a2－c2)，化简，得5c2＋2ac－3a2≥0，即5e2＋2e－3≥0，解得e≥，可得≤e<1①.因为b＞c，所以b2>c2，即a2－c2＞c2，即a2＞2c2，所以e2<，解得05. (1，)∪　解析：当过点(2，2)的直线的斜率不存在时，直线的方程为 x＝2，由可得故直线x＝2与双曲线x2－＝1相交，不符合题意；当过点(2，2)的直线的斜率存在时，设直线方程为y－2＝k(x－2)，即y＝kx＋(2－2k)，联立消去y并整理，得(k2－a2)x2－4k(k－1)x＋4(1－k)2＋a2＝0.因为过点(2，2)能作双曲线x2－＝1的两条切线，所以可得3k2－8k＋4＋a2＝0.由题意可知，关于k的二次方程3k2－8k＋4＋a2＝0有两个不等的实数根，所以Δ′＝64－12(4＋a2)>0，可得0例1　设直线AB的倾斜角为θ，不妨设点A在x轴上方，
可得AF＝，BF＝，
则AF·BF＝×＝≥4，
故AF·BF的最小值为4.
变式训练　7　解析：因为椭圆C的离心率为，所以＝，解得a＝2.由椭圆定义，得AF2＋BF2＋AB＝4a＝8，即AF2＋BF2＝8－AB.由焦点弦性质知，当AB⊥x轴时，AB取最小值2×＝1，此时AF2＋BF2取最大值，所以AF2＋BF2的最大值为7.
例2　(1)由题意可知e＝＝，2c＝2，
所以c＝1，所以a＝，b＝1，
所以椭圆E的标准方程为＋y2＝1.
(2) 设点A(x1，y1)，B(x2，y2).
联立消去y并整理，得(4k＋2)x2－4k1x－1＝0.
由题意，得Δ＞0，且x1＋x2＝，x1x2＝－，
所以AB＝|x1－x2|＝×.
设圆M的半径为r，则r＝AB＝×.
由题设可知k1k2＝，
所以k2＝，
所以直线OC的方程为y＝x.
联立得x2＝，y2＝，
所以OC＝＝.
由题意可知，sin ＝＝.
＝＝×，
令t＝1＋2k，则t＞1，∈(0，1)，
所以＝×＝×＝×≥1，
当且仅当＝，即t＝2时，等号成立，此时k1＝±，
所以sin ≤，所以0<≤，
所以∠SOT的最大值为.
综上，∠SOT的最大值为，取得最大值时直线l的斜率k1＝±.
例3　(1) 由题意，得点F1，
又F1为线段OF2的中点，所以点F2(1，0)，
所以抛物线C2的标准方程为y2＝4x.
(2) 设点A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，B1(x3，y3)，B2(x4，y4)，
联立消去x并整理，得y2－y－2＝0，
解得y1＝2，y3＝－1，
所以A1(2，2)，B1.
因为＝2，所以
又x2＝，x4＝，所以－＝－3，
所以y4＋y2＝2，
所以y2＝4，x2＝＝4，即点A2(4，4)，
所以直线A1A2的斜率为＝1.
(3) 因为点A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，B1(x3，y3)，B2(x4，y4)，
所以＝(x3－x1，y3－y1)，＝(x4－x2，y4－y2).
因为＝2，
所以
因为x1＝，x2＝，x3＝，x4＝，
所以－＝2，
将y4－y2＝2(y3－y1)代入上式，得y4＋y2＝2(y3＋y1).
联立解得y1＝，
所以x1＝，所以＝2，同理可得＝2，
所以S四边形A1A2B2B1＝3S△OA1B1.
因为kA1A2·kB1B2＝－2，所以kOA1·kOB1＝－2，
所以·＝－2，即·＝－2，即y1y3＝－2.
设直线A1A2：x＝my＋n，
联立消去x并整理，得y2－2my－2n＝0，
所以y1y3＝－2n＝－2，所以直线A1A2过定点(1，0)，
则S△OA1B1＝|y1－y3|＝|y1＋|≥×2＝，当且仅当y1＝，即y1＝时，等号成立，
所以S四边形A1A2B2B1＝3S△OA1B1≥3，
所以四边形A1A2B2B1面积的最小值为3.
例4　(1) 由题意，得半焦距c＝2.
当直线l与x轴垂直时，易得MN＝＝2，则2(a2－4)＝2a，
解得a＝2或a＝－(舍去)，
所以b＝2，
故椭圆E的标准方程为＋＝1.
(2) 如图，设直线l的方程为x＝my－2(m≠0)，
与＋＝1联立，消去x并整理，得(m2＋2)y2－4my－4＝0，
则Δ＝32(m2＋1)>0.
设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为G(x0，y0).
由根与系数的关系，得y1＋y2＝，y1y2＝－，
所以y0＝＝，x0＝my0－2＝－.
直线MN的垂直平分线GP的方程为y－y0＝－m(x－x0)，
令y＝0，则xP＝x0＋＝－，
因为m≠0，所以－∈(－1，0)，
即点P横坐标的取值范围是(－1，0).
例5　(1) 因为点(－，－)在双曲线C上，所以－＝1.
又双曲线C的离心率为2，所以＝2.
联立解得a＝1，b＝，
故双曲线C的标准方程为x2－＝1，渐近线方程为y＝±x.
(2) ①设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立消去y并整理，得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0，
所以Δ＝4k2m2＋4(3－k2)(m2＋3)>0，即m2＋3>k2，
且x1＋x2＝，x1x2＝－，
则y1＋y2＝kx1＋m＋kx2＋m＝k(x1＋x2)＋2m＝，
则MN的中点为D，即点D，
因为线段MN的垂直平分线过点K(0，4)，
所以·k＝－1，整理，得k2＋m＝3.
②由①知m＝3－k2，则x1＋x2＝2k，x1x2＝－，D(k，3)，
所以k>0，m<0，则m2＋3>k2＝3－m，解得m<－1.
因为MN＝·
＝·
＝·＝2·，
所以MD＝MN＝·.
又KD＝，
所以tan ∠MKD＝＝∈(0，)，即∠MKD∈.
又∠MKN＝2∠MKD，
所以∠MKN∈.
例6　(1) 由题意，得椭圆C1的长轴长为4，短轴长为4，
椭圆C2的长轴长为2a，短轴长为2b.
又椭圆C1与C2的相似比为2，所以＝＝2，解得a＝，b＝1，
所以椭圆C2的标准方程为＋y2＝1.
(2) 由(1)知点F(1，0)，显然直线l的斜率不为0，则设直线l的方程为x＝my＋1.
联立消去x并整理，得(m2＋2)y2＋2my－7＝0，
则Δ1＝4m2＋28(m2＋2)>0.
设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝－，
所以AB中点的纵坐标为＝－，AB中点的横坐标为－·m＋1＝，
即AB的中点坐标为.
联立消去x并整理，得(m2＋2)y2＋2my－1＝0，
则Δ2＝4m2＋4(m2＋2)>0.
设点D(x3，y3)，E(x4，y4)，则y3＋y4＝－，
所以DE中点的纵坐标为 ＝－，DE中点的横坐标为－·m＋1＝，
即DE的中点坐标为.
所以AB的中点与DE的中点重合，故AD＝BE.
链接高考
(1) 设点P(x，y)，则|y|＝，
化简，得x2＝y－，所以轨迹W的方程为x2＝y－.
(2) 如图，不妨设点A，B，D在轨迹W上，且BA⊥DA，
设点A.
由题意，得直线BA，DA的斜率存在，分别设为k和－，
根据对称性，不妨设|k|≤1.
联立
消去y并整理，得x2－kx＋ka－a2＝0，
所以xA＋xB＝k，所以B，
所以AB＝|k－2a|.
同理，AD＝|－－2a|＝|＋2a|，
所以AB＋AD＝|k－2a|＋|＋2a|
≥(|k－2a|＋|＋2a|)(当|k|＝1时，等号成立)
≥|k＋|＝.
设f(x)＝＝x2＋3x＋＋3(0则f′(x)＝2x＋3－＝，
所以f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以f(x)≥f＝，
可得AB＋AD≥≥(当k2＝时，等号成立).
又两个等号不能同时取到，所以AB＋AD>，
故矩形ABCD的周长2(AB＋AD)大于3.
8．9.2　定点、定值、定线问题
1. A　解析：设点A(y，y1)，B(y，y2)，则 ·＝y1y2＋yy＝2，解得y1y2＝1或y1y2＝－2.又A，B两点位于 x轴两侧，所以y1y2<0，则y1y2＝－2.当y≠y时，直线AB的方程为y－y1＝·(x－y)＝·(x－y)，令 y＝0，得x＝－y1y2＝2，即直线AB过定点(2，0)，易知y＝y时，也过该定点．
2. A　解析：设点P(x0，y0)，A(x1，y1)，则点B(－x1，－y1)，所以k1＝kPA＝，k2＝kPB＝，k1·k2＝.因为＋＝1，＋＝1，两式作差，得＋＝0，即＝－，所以＝－， 即k1·k2＝－.
3. (1) 由双曲线E的焦距为2，得2c＝2，即c＝.
由其中一条渐近线方程为 x＋2y＝0，得＝.
又c2＝a2＋b2，所以7＝a2＋a2，解得a2＝4，b2＝3，
所以双曲线E的标准方程为－＝1.
(2) 由(1)可知点A(－2，0)，B(2，0)，设点C(x1，y1)，D(x2，y2).
因为点C，D与点A，B不重合，所以可设直线CD：x＝ty＋4.
联立消去x并整理，得(3t2－4)y2＋24ty＋36＝0，
则t≠±，且Δ＝144t2＋576>0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝，ty1y2＝＝－(y1＋y2)，
所以＝＝＝＝＝－，
即为定值－.
例1　(1) 因为P3，P4两点关于y轴对称，
所以椭圆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，
所以解得
故椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2) 设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.
若直线l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|<2，
可得点A，B的坐标分别为，，
则k1＋k2＝－＝－1，
解得t＝2，不符合题设；
设直线l：y＝kx＋m(m≠1)，代入＋y2＝1，
得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.
设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以k1＋k2＝＋＝＋
＝.
由题设可知k1＋k2＝－1，
所以(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，
所以直线l：y＝－x＋m，即y＋1＝－(x－2)，
所以直线l过定点(2，－1).
例2　(1) 由题意可知椭圆的焦点在x轴上，
又椭圆过点A(－2，0)，所以a＝2.
又长轴长是短轴长的2倍，所以b＝1，
所以椭圆E的标准方程为＋y2＝1.
(2) 设点B(m，n)，C(－m，n)，
则S△ABC＝×2|m|×|n|＝|m||n|.
又1＝＋n2≥2＝|m||n|，所以|m||n|≤1，
当且仅当|m|＝2|n|＝时，等号成立，
所以S△ABC≤1，即△ABC面积的最大值为1.
(3) 因为点A(－2，0)，
所以直线AD：y＝k1(x＋2)，直线AF：y＝k2(x＋2).
联立消去y并整理，得(1＋4k)x2＋16kx＋16k－4＝0，
显然Δ>0，解得x＝－2或x＝，
所以点D，同理可得点F.
又k1k2＝2，所以点F，
所以直线DF的方程为y－＝，
即y－＝，
令y＝0，则x＝－×＋＝＝－，
所以直线DF恒过定点.
例3　(1) 设圆C1，C2的交点为M，则MC1＝r1，MC2＝r2.
因为|r1－r2|＝2，
所以|MC1－MC2|＝2所以点M的轨迹(曲线T)是以C1，C2为焦点的双曲线，
所以2a＝2，c＝2，a2＋b2＝4，解得a＝，b＝1，
所以曲线T的方程为－y2＝1.
(2) ①如图，设点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，Q1(x3，y3)，Q2(x4，y4).
由题意，得直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋m.
方法一：P1Q1＝P2Q2等价于线段P1P2的中点与线段Q1Q2的中点重合．
设线段P1P2的中点为M，线段Q1Q2的中点为N.
因为直线l与圆x2＋y2＝3相切，
所以＝，即m2＝3(1＋k2).
联立消去y并整理，得(3k2－1)x2＋6kmx＋(3m2＋3)＝0，
所以
所以xM＝＝.
又直线y＝kx＋m与y＝－x和y＝x交点的横坐标分别为x3＝－，x4＝，
所以xN＝＝.
又点M，N均在直线l上，且xM＝xN，所以点M，N重合，
故P1Q1＝P2Q2.
方法二：P1Q1＝P2Q2等价于(x3－x1)＝(x2－x4)，即x1＋x2＝x3＋x4.
联立解得x3＝－，同理可得x4＝－，
所以x3＋x4＝－－＝.
联立消去y并整理，得(3k2－1)x2＋6kmx＋(3m2＋3)＝0，
则x1＋x2＝，
所以x1＋x2＝x3＋x4，即P1Q1＝P2Q2.
②由x1<0所以x2－x1＝＝＝＝.
由题意可知，点A(－，0)，B(，0)，
所以k1·k2＝·
＝
＝
＝
＝
＝＝＝－1，
即k1k2为定值－1.
例4　(1) 设点P(x，y)，P1(x0，y0)，P2(x0，－y0).
由题意，得点A1(－2，0)，A2(2，0).
因为A1，P1，P三点共线，所以＝①.
因为A2，P2，P三点共线，所以＝②.
由①②两式相乘，得＝(*).
因为点P1(x0，y0)在双曲线－y2＝1上，
所以－y＝1，即－1＝y，
将其代入(*)式，得＝＝－，即＋y2＝1，
即曲线γ的方程为＋y2＝1(xy≠0).
(2) 由题意可设直线l的方程为x＝my＋1，
联立消去x并整理，得(m2＋4)y2＋2my－3＝0.
设点C(x1，y1)，D(x2，y2)，
则y1＋y2＝－，y1y2＝－，my1y2＝(y1＋y2)，
所以＝＝＝＝＝＝＝，为定值．
例5　(1) 由双曲线的方程，得a＝1，b＝，c＝＝2，
所以焦距2c＝4，离心率e＝＝2.
(2) 若直线l的斜率不存在，则直线l与双曲线的右支只有一个交点，不符合题意，故直线l的斜率存在，设直线l的方程为y－2＝k(x－1)，
与x2－＝1联立，消去y并整理，得(3－k2)x2＋(2k2－4k)x－k2＋4k－7＝0.
设点B(x1，y1)，C(x2，y2)，
由题意，得
解得k<－.
因为H为BC的中点，所以xH＝.
由S△AQH＝AQ·|xH－1|＝－1＝7，
得7k2＋2k－24＝(7k－12)(k＋2)＝0.
又k<－，解得k＝－2，
所以直线l的斜率为－2.
(3) 直线AB的方程为y＝(x－1)，令x＝0，得yD＝，
同理可得yE＝，yF＝.
由E为DF的中点，得2yE＝yD＋yF，
即＝＋＝＋＝2k＋，
所以＝k＋＝k＋＝，
即3xH－2yH－3＝0，
所以点H在定直线3x－2y－3＝0上．
链接高考
(1) 设双曲线C的标准方程为－＝1(a>0，b>0).
由题意，得解得
所以双曲线C的标准方程为－＝1.
(2) 设直线MN的方程为x＝my－4，点M(x1，y1)，N(x2，y2).
易知点A1(－2，0)，A2(2，0)，
联立消去x并整理，得(4m2－1)y2－32my＋48＝0，
则4m2－1≠0，Δ>0，
y1＋y2＝，y1y2＝.
易得直线MA1的方程为y＝(x＋2)，
直线NA2的方程为y＝(x－2).
因为直线MA1与直线NA2交于点P，设点P(xp，yp)，
所以＝＝＝＝＝－，
所以xp＝－1，即点P在定直线x＝－1上．
8．9.3　探索性问题
1. (1) 由题意，得解得
又b2＝a2－c2＝4－1＝3，
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2) 由题意，得直线l的斜率存在．
由(1)知点F2(1，0)，则设直线l的方程为y＝k(x－1).
联立消去y并整理，得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，则Δ＝(－8k2)2－4(3＋4k2)(4k2－12)＝144(k2＋1)>0.
设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝.
又点F2(1，0)，P(0，－k)，
则 ＝(x1，y1＋k)，＝(1－x1，－y1).
由＝λ1，得x1＝λ1(1－x1)，则λ1＝，
同理可得λ2＝，
所以λ1＋λ2＝＋＝＝＝＝－，
所以λ1＋λ2为定值－.
2. (1) 由题意，得双曲线C的左焦点F(－c，0)到双曲线C的一条渐近线bx＋ay＝0的距离为d＝＝b.
因为d＝2，所以b＝2，
所以双曲线C的标准方程为－＝1(0设直线l1的方程为y＝(x－a)，点B(xB，yB)，
联立 消去y并整理，得(36－a2)x2＋2a3x－a2(a2＋36)＝0，
则36－a2≠0，Δ>0，a·xB＝，
所以xB＝，
所以AB＝|a－xB|＝|a－xB|＝，
所以|a－xB|＝8，
即|a－|＝8.
因为00，
所以双曲线C的标准方程为－＝1.
(2) 由题意，得直线l2的斜率不等于0，设直线l2的方程为x＝my＋6，点P(x1，y1)，Q(x2，y2).
联立消去x并整理，得(4m2－9)y2＋48my＋108＝0，
则4m2－9≠0，Δ1>0，y1＋y2＝，y1y2＝.
易得直线AP的方程为y＝(x－3)，
令x＝6，得y＝，所以点M，
同理可得点N.
由对称性可知，若以线段MN为直径的圆过定点，
则该定点一定在x轴上．
设该定点为R(t，0)，
则＝，＝，
所以·＝(6－t)2＋
＝(6－t)2＋
＝(6－t)2＋
＝(6－t)2＋
＝(6－t)2－12＝0，
解得t＝6－2或t＝6＋2，
故以线段MN为直径的圆过定点(6－2，0)和(6＋2，0).
例1　(1) 由题意，得2b＝2，＝，则b＝，a＝2c.
又a2＝b2＋c2，解得c＝1，a＝2，
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2) ①方法一：由(1)，得点A(－2，0)，
当直线l的斜率不存在时，设点P(x1，y1)，Q(x1，－y1)，
则·＝－，即x＋4x1＋4＝4y.
又＋＝1，所以y＝3－，
所以x＋4x1＋4＝12－3x，解得x1＝1或x1＝－2，
当x1＝－2时，y1＝0，此时点P，Q与点A(－2，0)重合，直线AP，AQ不存在，不符合要求；
当x1＝1时，直线l的方程为x＝1；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋s，
联立消去y并整理，得(3＋4k2)x2＋8ksx＋4s2－12＝0，
则Δ＝64k2s2－4(3＋4k2)(4s2－12)>0，得4k2－s2＋3>0.
设点P(x3，y3)，Q(x4，y4)，
则x3＋x4＝，x3x4＝，
所以y3y4＝k2x3x4＋ks(x3＋x4)＋s2＝＋＋s2＝.
由·＝＝－，
得＝－，
化简，得＝－，
即s2－ks－2k2＝0，解得s＝2k或s＝－k.
当s＝2k时，y＝kx＋2k＝k(x＋2)，过定点A(－2，0)，直线AP或直线AQ不存在，不符合要求；
当s＝－k时，y＝kx－k＝k(x－1)，过定点(1，0)，
显然此时满足Δ＝4k2－s2＋3＝3s2＋3>0，符合要求．
综上，直线l过定点(1，0).
方法二：设直线PQ的方程为m(x＋2)＋ny＝1，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，A(－2，0)，
由椭圆C：3[(x＋2)－2]2＋4y2＝12，
得3(x＋2)2＋4y2－12(x＋2)＝0，
将直线PQ的方程代入椭圆方程，
得3(x＋2)2＋4y2－12(x＋2)[m(x＋2)＋ny]＝0，
所以4y2－12n(x＋2)y＋(3－12m)(x＋2)2＝0，
两边同除以(x＋2)2，得4－12n·＋3－12m＝0，
所以kAP·kAQ＝·＝＝－，
解得m＝，
所以直线PQ：(x＋2)＋ny＝1，l恒过定点(1，0).
②存在点P，使得△PBF2与△QF1F2的面积之比为3∶5.理由如下：
因为点P(x1，y1)在x轴的上方，
所以点Q(x2，y2)在x轴下方，即y1>0，y2<0.
由(1)，得点F1(－1，0)，F2(1，0)，
由椭圆定义可知，PF1＋PF2＝2a＝4.
又圆M：(x＋1)2＋y2＝16的圆心为F1(－1，0)，半径为4，
则PF1＋PB＝4，所以PF2＝PB.
因为＝＝＝，＝，
所以＝·＝·＝.
令＝，
当直线l的斜率不存在时，PF2＝QF2，此时＝＝，解得PF2＝.
在椭圆C：＋＝1中，令x＝1，得y＝±.
又点P在x轴的上方，故点P满足题意；
当直线l的斜率存在时，设∠PF2x＝θ，
在△PF1F2中，∠PF2F1＝π－θ，PF1＝4－PF2，F1F2＝2，
由余弦定理，得cos ∠PF2F1＝，
即cos (π－θ)＝，解得PF2＝，
同理可得QF2＝，
由＝，得＝，
解得cos θ＝0或cos θ＝－，均不符合要求，舍去．
综上，存在点P，使得△PBF2与△QF1F2的面积之比为3∶5.
例2　(1) 因为F1F2＝4，所以2c＝4，即c＝2.
又c2＝2a2，所以a2＝2，
所以双曲线C的标准方程为－＝1.
(2) 因为点A，B均在双曲线C的右支上，且△ABF1的周长为16，
所以AB＋AF1＋BF1＝16，
即AB＋AF2＋2＋BF2＋2＝16，所以AB＝6.
如图，因为点F2(2，0)，所以设直线l：x＝ty＋2，代入x2－y2＝2，
消去x并整理，得(t2－1)y2＋4ty＋2＝0.
设点A(x1，y1)，B(x2，y2).
因为点A，B均在双曲线C的右支上，
所以t2－1≠0，且y1y2＝<0，
所以t2<1，y1＋y2＝－.
因为(y1－y2)2＝(y1＋y2)2－4y1y2＝－＝＝，
所以AB＝·|y1－y2|＝＝6，
解得t＝±，
所以直线l的方程为x＝±y＋2，即x±y－2＝0.
(3) 假设存在x轴上的定点M(m，0)，使得·为定值．
因为＝(x1－m，y1)，＝(x2－m，y2)，
所以·＝(x1－m，y1)·(x2－m，y2)
＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2
＝(ty1＋2－m)·(ty2＋2－m)＋y1y2
＝(t2＋1)y1y2＋(2－m)t(y1＋y2)＋(2－m)2
＝－＋(2－m)2
＝＋(2－m)2.
因为·为常数，所以(4m－6)＋2＝0，解得m＝1，
此时·＝－2＋1＝－1，
所以存在点M(1，0)，使得·为定值．
变式训练　(1) 由椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，
得＝，则＝.
又椭圆C过点，所以＋＝1，
解得a2＝4，b2＝3，
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2) 由(1)知，点A(－2，0)，B(2，0)，F(1，0).
设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为x＝my＋1，
联立消去x并整理，得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，
则y1＋y2＝，y1y2＝，
可得my1y2＝(y1＋y2).
因为直线AM：y＝(x＋2)与直线x＝4交于点P，
所以k1＝，k2＝.
又k3＝，
所以＝·
＝＋·＝＋
＝＝
＝＝2，
所以为定值，且定值为2.(共54张PPT)
第八章
8.9　圆锥曲线的热点问题
8.9.2　定点、定值、定线问题
平面解析几何
复习目标　掌握解决圆锥曲线中的定点、定值、定线问题的思想方法．
内容索引
核心体系
活动方案
核 心 体 系
活 动 方 案
活动一　基础引入
A
A
活动二　典例悟法
1
2
　　　　1 如何解决定点问题？
定点问题常见的两种解法
1．假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点．
2．从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意．
3
(2) ①如图，设点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，Q1(x3，y3)，Q2(x4，y4).
由题意，得直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋m.
方法一：P1Q1＝P2Q2等价于线段P1P2的中点与线段Q1Q2的中点重合．
设线段P1P2的中点为M，线段Q1Q2的中点为N.
因为直线l与圆x2＋y2＝3相切，
4
　　　　2 如何求解定值问题？
定值问题常见的两种求法
1．从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
2．直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
5
　　　　　3 如何求定线的问题？
定线问题的两种解法
1．设点法：通过已知点轨迹，消去参数，得到定直线方程．
2．特殊法：从特殊情况入手，确定可能的定直线，然后再验证该直线对一般情况也合适，属于“先猜再证”．
谢谢观看
Thank you for watching(共44张PPT)
第八章
8.9　圆锥曲线的热点问题
8.9.3　探索性问题
平面解析几何
复习目标　掌握解决探索性问题的思想方法．
内容索引
核心体系
活动方案
核 心 体 系
活 动 方 案
活动一　基础引入
活动二　典例悟法
1
当s＝2k时，y＝kx＋2k＝k(x＋2)，过定点A(－2，0)，
直线AP或直线AQ不存在，不符合要求；
当s＝－k时，y＝kx－k＝k(x－1)，过定点(1，0)，
显然此时满足Δ＝4k2－s2＋3＝3s2＋3>0，符合要求．
综上，直线l过定点(1，0).
方法二：设直线PQ的方程为m(x＋2)＋ny＝1，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，A(－2，0)，
由椭圆C：3[(x＋2)－2]2＋4y2＝12，
得3(x＋2)2＋4y2－12(x＋2)＝0，
将直线PQ的方程代入椭圆方程，
得3(x＋2)2＋4y2－12(x＋2)[m(x＋2)＋ny]＝0，
所以4y2－12n(x＋2)y＋(3－12m)(x＋2)2＝0，
　　　[2026南京期初]已知双曲线C：x2－y2＝a2(a>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且F1F2＝4，过点F2的直线l与双曲线C交于A，B两点．
(1) 求双曲线C的标准方程；
2
探索性问题一般分为探究条件、探究结论两种．若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论．
谢谢观看
Thank you for watching8.9　圆锥曲线的热点问题
8．9.1　最值、范围、证明问题
一、 单选题
1 已知线段AB是抛物线y2＝4x的一条弦，且AB的中点M在直线x＝1上，则点A的横坐标(　　)
A. 有最大值，无最小值 B. 无最大值，有最小值
C. 无最大值，无最小值 D. 有最大值，有最小值
2 已知F1，F2是双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的两个焦点，双曲线C的离心率为5，点P(x0，y0)在双曲线C上，1·2<0，则x0的取值范围是(　　)
A. (－3a，3a)
B. (－3a，－a]∪[a，3a)
C.
D. ∪
3 [2026石家庄四十三中学月考]已知P为椭圆＋＝1上的任意一点，M，N分别为(x－1)2＋y2＝1和(x＋1)2＋y2＝1上的点，则PM＋PN的最大值为(　　)
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
4 设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线y2＝2px(p>0)上的任意一点，且点P在第一象限，M是线段PF上的点．若PM＝3MF，则直线OM的斜率的最大值为(　　)
A. B. C. D.
二、 多选题
5 [2026西北工业大学附属中学月考]已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点(2，0)的直线交抛物线C于A，B两点，点Q在直线AB上且OQ⊥AB(O为坐标原点)，则下列结论中正确的是(　　)
A. FQ＝1
B. FA＋FB的最小值为6
C. ·＝－4
D. △OAB面积的取值范围为[4，＋∞)
6 若点P(2，3)在双曲线－＝1(a>0，b>0)的一条斜率为正的渐近线的右侧，c为半焦距，则下列结论中正确的是(　　)
A. >1 B. >2
C. < D. >
7 [2026哈尔滨师范大学附属中学月考]已知椭圆C：＋＝1(m>0)的两个焦点分别为F1，F2，则下列说法中正确的是(　　)
A. 若椭圆C的焦点在x轴上，且离心率为，则 m＝　
B. 若m＝1，P为椭圆C上一点，则△PF1F2面积的最大值为
C. 若直线kx－y－k＋1＝0与椭圆C恒有公共点，则m的取值范围为
D. 若以线段F1F2为直径的圆与椭圆C有四个交点，则m的取值范围是(0，)∪(2，＋∞)
三、 填空题
8 [2025苏州期初]已知直线l：(2k＋1)x－ky－1＝0(其中k为常数)，圆O：x2＋y2＝8，直线l与圆O相交于A，B两点，则AB长度的最小值为________．
9 已知F为抛物线y2＝8x的焦点，M(2，2)，P为抛物线上的一动点，则PF＋PM的最小值为________．
10 [2025华安一中期中]已知正方形PQRS的边长为2，两个不同的点A，B都在直线QS的同侧(但点A，B与点P在直线QS的异侧)，点A，B关于直线PR对称．若·＝0，则△PAS面积的取值范围是________．
四、 解答题
11 [2025石家庄一模]已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个焦点为F(－2，0)，短轴长为2.
(1) 求椭圆C的标准方程；
(2) 直线l：x＝－与x轴交于点Q，过焦点F(－2，0)的直线与椭圆交于M，N两点．求证：点Q在以线段MN为直径的圆外．
12 [2025南通调研]已知动点M(x，y)与定点F(4，0)的距离和点M到定直线l：x＝的距离的比是常数.
(1) 求动点M的轨迹E的方程；
(2) 在轨迹E上是否存在一点使得它到直线4x－5y＋40＝0的距离最小？若存在，请求出最小距离；若不存在，请说明理由．
8.9.2　定点、定值、定线问题
建议用时：40＋2分钟　答案P212
一、 单选题
1 已知F1，F2是平面内两个不同的定点，P为平面内的动点，则“|PF1－PF2|的值为定值m，且mA. 充分且不必要条件
B. 必要且不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分又不必要条件
2 已知动圆的圆心在抛物线y＝x2上，且与直线y＝－3相切，则此圆恒过定点(　　)
A. (0，3) B. (0，2)
C. (0，－3) D. (0，6)
3 已知P为椭圆＋＝1(a>b>0)上异于左、右顶点A1，A2的任意一点，则直线PA1与PA2的斜率之积为定值－.将这个结论类比到双曲线，得出的结论：若P为双曲线－＝1(a>0，b>0)上异于左、右顶点A1，A2的任意一点，则下列结论中正确的是(　　)
A. 直线PA1与PA2的斜率之和为定值
B. 直线PA1与PA2的斜率之积为定值
C. 直线PA1与PA2的斜率之和为定值
D. 直线PA1与PA2的斜率之积为定值
4 [2025海门二调]已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的上顶点为A，左、右焦点分别为F1，F2.若线段AF2上任一点P到直线AF1的距离与到x轴的距离之和为b，则下列结论中正确的是(　　)
A. a＝2b B. a＝2b
C. a＝b D. 2a＝3b
二、 多选题
5 如图，已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P是椭圆E上异于顶点的一动点，圆I(圆心为I)与△PF1F2的三边PF1，F1F2，PF2分别切于点A，B，C，延长PI交x轴于点D，作DH⊥PF1交PF1于点H，则下列结论中正确的是(　　)
A. PF1＋PF2为定值 B. PF1·PF2为定值
C. PA为定值 D. PH为定值
6 已知抛物线C：y2＝4x，焦点为F，过焦点的直线l与抛物线C相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则下列说法中一定正确的是(　　)
A. AB的最小值为2
B. 以AB为直径的圆与直线x＝－1相切
C. x1x2为定值
D. 若点M(－1，0)，则∠AMF＝∠BMF
7 已知圆C1：(x－5)2＋(y－5)2＝16，圆C2：(x－1)2＋(y－2)2＝1，则下列结论中正确的是(　　)
A. 圆C1与圆C2相交
B. 圆C1与圆C2有三条公切线
C. 若PC－PC为定值，则点P的轨迹为一条直线
D. 若P为圆C1上的一点，Q为圆C2上的一点，则QC－PC为定值
三、 填空题
8 设A，B为抛物线y2＝2px上的点，且∠AOB＝90°(O为坐标原点)，则直线AB必过的定点坐标为________．
9 如图，已知椭圆C：＋＝1的左、右顶点分别为A，B，P是直线x＝－8上的一点，直线PB交椭圆C于另外一点M，记直线PA，AM的斜率分别为k1，k2，则k1k2＝________．
10 已知双曲线C：x2－y2＝1，过点B(0，2)的动直线与双曲线C交于点P，Q.若双曲线C上存在某定点A，使得kPA＋kQA为定值λ，则λ2的值为________．
四、 解答题
11 [2026贵阳七校联盟月考]动点T到定点F(1，0)的距离与动点T到定直线l：x＝4的距离之比是常数，记动点T的轨迹为曲线C.
(1) 求曲线C的方程；
(2) 过点F的直线l′(不与x轴重合)与曲线C交于P，Q两点，过点A(－2，0)的直线AP和AQ与直线 x＝4的交点分别为M，N，记直线MF和NF的斜率分别为k1和k2，求证：k1·k2为定值．
12 [2025上海金山中学三模]已知双曲线C：－y2＝1的右焦点为F.
(1) 求双曲线的渐近线方程；
(2) 已知点P，点Q在双曲线C上且PQ不与坐标轴垂直，若△PQF为直角三角形，求△PQF的面积；
(3) 过点F的动直线l交双曲线C于M，N两点，过点M，N分别作直线x＝的垂线，垂足分别为A与B(不同于点A)，连接AN，BM，这两条直线相交于点Q，问Q是否为定点？若是，请求出点Q 的坐标；若不是，请说明理由．
8.9.3　探索性问题
建议用时：40＋2分钟　答案P214
1 已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左顶点为A(－2，0)，右焦点为F，点B在双曲线C上．当BF⊥AF时，AF＝BF.不垂直于x轴的直线与双曲线同一支交于P，Q两点．
(1) 求双曲线C的标准方程；
(2) 直线PQ过点F，请问在x轴上是否存在点N，使得x轴平分∠PNQ？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
2 已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，E为抛物线C上的动点，EQ垂直于动直线y＝t(t<0)，垂足为Q，当△EQF为等边三角形时，其面积为4.
(1) 求抛物线C的标准方程；
(2) 设O为坐标原点，过点E的直线l与抛物线C相切，且与椭圆＋＝1交于A，B两点，直线OQ与AB交于点M，请问是否存在实数t，使得AM＝BM？若存在，求出实数t的值；若不存在，请说明理由．
3 [2026上海洋泾中学期初]如图，已知抛物线C：y2＝4x，过点P(2，1)作斜率为k1，k2的直线l1，l2，分别交抛物线于点A，B与M，N.
(1) 若D是抛物线C上位于第一象限内一点，且其到焦点F的距离为2，求点D的坐标；
(2) 若PM·PN＝PA·PB，求证：k1＋k2＝0；
(3) 若直线AM过点Q(－2，0)，请判断直线BM是否过定点？若是，请求出此定点坐标；若不是，请说明理由．
4 [2025邯郸一模]对于给定的椭圆E1：＋＝1(a>b>0)，与之对应的另一个椭圆E2：＋＝λ(λ>0，且λ≠1)，则称E1与E2互为共轭椭圆．已知椭圆＋＝1与椭圆C：＋＝1(a>b>0)互为共轭椭圆，A(2，0)是椭圆C的右顶点．
(1) 求椭圆C的标准方程；
(2) 设直线l：x＝my＋t(t≠2)与椭圆C交于B，D两点，且直线AB与直线AD的斜率之积为－.
①求证：t2－3m2<4且直线l过定点；
②试问在x轴上是否存在异于点A的点E，使得直线BE，DE的斜率之积也为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由．
8．9　圆锥曲线的热点问题
8．9.1　最值、范围、证明问题
1. D　解析：由题意，设A(x1，y1)，B(x2，y2).由抛物线上点的横坐标的取值范围可知x≥0，如图1，当点A在坐标原点时，横坐标有最小值，最小值为0.由AB的中点M在直线x＝1上，可知＝1，即x1＝2－x2，所以x1≤2，如图2，当点B在坐标原点时，点A的横坐标有最大值，最大值为2.
图1 图2
2. D　解析：设双曲线C的焦距为2c，离心率为e.当1·2＝0时，由平面几何知识，得(c－x0)(c＋x0)＝b2，解得x＝＝.因为e＝5，所以x＝.根据双曲线C上点的横坐标的取值范围以及平面向量内积的几何意义可知，当1·2<0时，实数x0的取值范围是∪.
3. C　解析：设圆(x－1)2＋y2＝1和圆(x＋1)2＋y2＝1的圆心分别为A，B，半径分别为r1，r2，则椭圆＋＝1的焦点为A(1，0)，B(－1，0).又PA＋r1≥PM，PB＋r2≥PN，PA＋PB＝2a＝4，故PM＋PN≤PA＋PB＋r1＋r2，当且仅当M，N分别在PA，PB的延长线上时，等号成立，此时PM＋PN取得最大值，为PA＋PB＋r1＋r2＝4＋1＋1＝6.
4. B　解析：如图，由题意，得F，设点P的坐标为(y0>0)，则＝＋＝＋＝＋(－)＝＋＝(＋，)，所以kOM＝＝≤＝，当且仅当y＝3p2时，等号成立．故直线OM的斜率的最大值为.
5. ABC　解析：对于A，设P(2，0)，由题意，得F(1，0)，因为OQ⊥AB，所以点Q在以OP为直径的圆上，因为F(1，0)为圆心，所以FQ＝OP＝1，故A正确；对于B，因为直线AB的斜率不为0，所以设其方程为x＝ty＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立消去x并整理，得y2－4ty－8＝0，则Δ＝16t2＋32>0，y1＋y2＝4t，y1y2＝－8，故FA＋FB＝x1＋1＋x2＋1＝t(y1＋y2)＋6＝4t2＋6≥6，当且仅当t＝0时，等号成立，即FA＋FB的最小值为6，故B正确；对于C，·＝x1x2＋y1y2＝＋y1y2＝－8＝－4，故C正确；对于D，S△OAB＝S△OAP＋S△OBP＝×2×|y1－y2|＝＝≥4，当且仅当t＝0时，等号成立，即△OAB面积的取值范围为，故D错误．故选ABC.
6. ABD　解析：易知双曲线斜率为正的渐近线方程为y＝x.因为点P(2，3)在直线y＝x的右侧，所以>，故C错误；e＝＝>＝，故D正确；要证>1，即证(a＋b)2>c2＝a2＋b2，即证2ab>0，显然成立，故A正确；因为＝＋＝＋>＋>2，故B正确．故选ABD.
7. BD　解析：对于A，因为椭圆的焦点在x轴上，所以离心率e＝＝＝，且m>0，解得m＝1，故A错误；对于B，若m＝1，则椭圆C：＋y2＝1，则a＝2，b＝1，c＝，当点P为椭圆的上顶点或下顶点时，△PF1F2的面积最大，此时S△PF1F2＝F1F2·b＝bc＝，故B正确；对于C，直线kx－y－k＋1＝0，即直线k(x－1)－y＋1＝0，过定点(1，1).因为直线与椭圆C恒有公共点，所以点(1，1)在椭圆内部或椭圆上，则＋≤1，解得m≤－或m≥，又m>0且m≠2，所以m的取值范围为∪(2，＋∞)，故C错误；对于D，以线段F1F2为直径的圆的半径为c，当椭圆的焦点在x轴上时，c2＝4－m2，因为圆与椭圆C有四个交点，所以c＝>b＝m，且0b＝2，且m>2，解得m>2.综上，m的取值范围是(0，)∪(2，＋∞)，故D正确．故选BD.
8. 2　解析：由题意，得直线l：(2k＋1)x－ky－1＝0过定点P(1，2)，圆O：x2＋y2＝8的圆心为O(0，0)，半径为r＝2，点P在圆内，如图，易知当直线l与OP垂直时，弦长AB最小．因为OP＝＝，所以AB长度的最小值为2＝2.
9. 4　解析：过点P作抛物线的准线x＝－2的垂线，垂足为Q，连接MQ，由抛物线的定义可知PF＝PQ，则PM＋PF＝PM＋PQ≥2＋2＝4，当且仅当M，P，Q三点共线时，等号成立，故PM＋PF的最小值为4.
10. (2，4)∪(4，＋∞)　解析：如图，以PR所在直线为x轴，QS所在直线为y轴建立平面直角坐标系，则P(－2，0)，R(2，0).设A(x，y)，B(x，－y)，且x>0，y≠0，则＝(x＋2，y)，＝(x－2，－y).因为·＝0，所以(x＋2)(x－2)－y2＝0，即点A位于双曲线x2－y2＝4(y≠0)的右支上，渐近线方程为y＝x或y＝－x.设点A到直线PS的距离为h，又直线y＝x与直线PS的距离为，点(2，0)到直线PS的距离为2，设△PAS边PS上的高为h，则h∈(，2)∪(2，＋∞)，所以S△PAS＝PS·h＝h∈(2，4)∪(4，＋∞)，所以△PAS面积的取值范围是(2，4)∪(4，＋∞).
11. (1) 由题意，得c＝2，b＝，所以a＝＝，
则椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2) 由题意，得Q(－3，0).
当直线MN的斜率为0时，不妨令M(，0)，N(－，0)，
此时以MN为直径的圆的方程为x2＋y2＝6，显然点Q在此圆外；
当直线MN的斜率不为0时，设直线MN的方程为x＝my－2.
联立消去x并整理，得(m2＋3)y2－4my－2＝0，
则Δ＝16m2＋8(m2＋3)＝24m2＋24>0恒成立．
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则y1＋y2＝，y1y2＝.
因为·＝(x1＋3)(x2＋3)＋y1y2
＝(my1＋1)(my2＋1)＋y1y2＝(m2＋1)y1y2＋m(y1＋y2)＋1
＝＋＋1＝>0，
所以点Q在以MN为直径的圆外．
综上，点Q在以线段MN为直径的圆外．
12. (1) 设d是点M到直线l：x＝的距离．
由题意，得＝，即＝，
两边平方并化简，得9x2＋25y2＝225，
所以点M的轨迹E的方程为＋＝1.
(2) 由直线方程4x－5y＋40＝0可知直线与坐标轴的交点为(－10，0)，(0，8)，
易知此直线与椭圆E无公共点．
设直线m与该直线平行，则直线m的方程为4x－5y＋k＝0.
联立消去y并整理，得25x2＋8kx＋k2－225＝0.
令Δ＝64k2－100(k2－225)＝0，解得k1＝25或k2＝－25，
当k＝25时，直线4x－5y＋25＝0与椭圆E的公共点到直线4x－5y＋40＝0的距离最小，最小距离d＝＝.
8．9.2　定点、定值、定线问题
1. B　解析：若“|PF1－PF2|的值为定值m，m2. A　解析：由题意，得抛物线的标准方程为x2＝12y，所以抛物线的准线l的方程为y＝－3，焦点为F(0，3).设动圆的圆心为A，则点A到直线l的距离等于AF.因为动圆A与直线y＋3＝0相切，所以点A到直线l的距离为动圆的半径，即动圆的半径为AF，即F为圆上的点，所以此圆恒过定点F(0，3).
3. D　解析：设P(x0，y0)，则－＝1，即y＝b2＝(x－a2).因为A1(－a，0)，A2(a，0)，所以kPA1·kPA2＝·＝＝＝，所以kPA1·kPA2为定值.
4. B　解析：由题意，得F1(－c，0)，F2(c，0)，A(0，b)，直线AF1的方程为y＝x＋b，即bx－cy＋bc＝0，直线AF2的方程为y＝－x＋b，即bx＋cy－bc＝0.设点P的坐标为，0≤m≤c，则点P到直线AF1的距离为＝，则＋＝b，解得a＝2c，则b＝＝c，所以a＝2b.
5. ACD　解析：对于A，根据椭圆的定义，得PF1＋PF2＝2a，为定值，故A正确；对于B，设F1F2＝2c，∠F1PF2＝θ，PF1＝m，PF2＝n，在△F1PF2中，由余弦定理，得F1F＝m2＋n2－2mn cos θ，即(2c)2＝(m＋n)2－2mn(1＋cos θ)，解得mn＝.因为点P在椭圆E上运动，所以θ的值也随之变化，从而mn不是定值，故B错误；对于C，根据切线长定理和椭圆的定义，得PA＋AF1＋PC＋CF2＝2a，且AF1＋CF2＝BF1＋BF2＝2c，则PA＋PC＋2c＝2a，所以PA＝PC＝a－c，为定值，故C正确；对于D，连接IA，则IA⊥PF1.由IA·(PF1＋PF2＋F1F2)＝DH·(PF1＋PF2)，得＝.由＝＝，得PH＝＝，为定值，故D正确．故选ACD.
6. BCD　解析：抛物线C：y2＝4x的焦点坐标为(1，0)，准线方程为x＝－1，过焦点的弦中，通径最短，所以AB的最小值为2p＝4，故A不正确；如图，设AB的中点为D，过点A，B，D作准线的垂线，垂足分别为A1，B1，D1.由抛物线的定义可知AA1＝AF，BB1＝BF，所以DD1＝(AA1＋BB1)＝AB，所以以AB为直径的圆与直线x＝－1相切，故B正确；设AB所在直线的方程为x＝ny＋1，联立消去x并整理，得y2－4ny－4＝0，则y1y2＝－4，所以x1x2＝＝1，故C正确；又y1＋y2＝4n，所以kAM＋kBM＝＋＝＝＝＝0，所以∠AMF＝∠BMF，故D正确．故选BCD.
7. BC　解析：圆C1：(x－5)2＋(y－5)2＝16的圆心为C1(5，5)，半径r1＝4，圆C2：(x－1)2＋(y－2)2＝1的圆心为C2(1，2)，半径r2＝1.对于A，C1C2＝＝5＝r1＋r2，所以圆C1与圆C2外切，故A错误；对于B，因为圆C1与圆C2外切，所以圆C1与圆C2有三条公切线，故B正确；对于C，PC－PC为定值，设P(x，y)，PC－PC＝t，t∈R，则[(x－5)2＋(y－5)2]－[(x－1)2＋(y－2)2]＝t，整理，得8x＋6y－45＋t＝0，所以点P的轨迹为一条直线，故C正确；对于D，因为P为圆C1上的一点，所以PC2∈[C1C2－4，C1C2＋4]，即PC2∈[1，9]，所以PC∈[1，81].同理可得QC1∈[4，6]，QC∈[16，36].因为P，Q之间的变化无联系，所以无法确定QC－PC为定值，故D错误．故选BC.
8. (2p，0)　解析：如图，设直线OA的方程为y＝kx，联立解得x＝，y＝，即A.因为∠AOB＝90°，所以直线OB的方程为y＝－x，联立解得x＝2pk2，y＝－2pk，即B(2pk2，－2pk)，所以直线AB的方程为y＋2pk＝，令y＝0，可得x＝2p，即直线AB必经过定点(2p，0).
9. －　解析：由题意，得A(－4，0)，B(4，0).设P(－8，t)，则k1＝＝－，直线PB的斜率kPB＝＝－＝.设M(x0，y0)，则＋＝1，由k2＝，kPB＝，得k2kPB＝·＝＝＝－，所以＝－，即k1k2＝－.
10. 　解析：由题意，得直线PQ的斜率存在．设A(m，n)，lPQ：y＝kx＋2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则m2－n2＝1.联立消去y并整理，得(1－k2)x2－4kx－5＝0，则x1＋x2＝，x1x2＝－，
所以kPA＋kQA＝＋＝＝，要使kPA＋kQA为定值λ，则解得m＝，n＝，λ＝或m＝－，n＝，λ＝－，故λ2＝.
11. (1) 设T(x，y)，由题意，得＝，
化简整理，得3x2＋4y2＝12，即＋＝1，
故曲线C的方程为＋＝1.
(2) 设直线PQ的方程为x＝ty＋1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立消去x并整理，得(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0，
显然Δ＝36t2＋36(3t2＋4)＝144(t2＋1)>0，
则y1＋y2＝，y1y2＝.
因为直线AP的方程为y＝(x＋2)，
所以M，同理可得N，
则k1·k2＝·＝＝＝＝＝－1，
所以k1·k2为定值－1.
12. (1) 双曲线的渐近线方程为y＝±x.
(2) 如图1，当∠PFQ＝时，把x＝2代入双曲线C的方程，
得Q，则S△PQF＝××＝；
如图2，当∠FQP＝时，设Q(x0，y0)，
则＝(x0－2，y0)，＝，
则
解得x0＝，y0＝±，
则S△PQF＝××＝.
图1 图2
(3) 当直线l的斜率不存在时，不妨设M，N，
则A，B，此时Q；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－2)，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则A，B，
联立消去y并整理，得(1－3k2)x2＋12k2x－12k2－3＝0，
则
由题意，得kAN＝，
则lAN：y－y1＝，①
同理可得kBM＝，
则lBM：y－y2＝，②
②－①，得y1－y2＝＋，
即1＝，
化简，得(x1＋x2－3)＝x1x2－(x1＋x2)＋，
即＝－·＋，
则·＝，
可得x－＝，解得x＝，代入①或②中，得y＝0.
综上，Q为定点.
8．9.3　探索性问题
1. (1) 由题意，得a＝2，a＋c＝，b2＝c2－a2，
所以c2－2c－8＝0，解得c＝4(负值舍去)，所以b2＝12，
所以双曲线C的标准方程是－＝1.
(2) 假设存在点N(n，0)，F(4，0).
设直线PQ：x＝my＋4(m≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立消去x并整理，得(3m2－1)y2＋24my＋36＝0，
则
易得－由题意，得kPN＋kQN＝0，即＋＝0，
即y1(my2＋4－n)＋y2(my1＋4－n)＝0，
即2my1y2＋(4－n)(y1＋y2)＝0，
所以2m·－＝0，
即3m－m(4－n)＝0.
因为m≠0，所以n＝1.
故存在点N(1，0)，使得x轴平分∠PNQ.
2. (1) 因为当△EQF为等边三角形时，其面积为4，
所以EQ2sin ＝4，解得EQ＝4.
根据EF＝EQ和抛物线的定义可知，点Q落在准线上，即y＝t＝－.
如图，设准线和y轴的交点为H，易证∠HFQ＝，
所以FQ cos ＝2＝FH＝p，
故抛物线C的标准方程为x2＝4y.
(2) 假设存在t，使得AM＝BM，即M为线段AB的中点．
设E(x0≠0)，则Q(x0，t)，可得kOQ＝.
由y＝，得y′＝，所以切线l的斜率为kl＝x0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则线段AB的中点M(，)，
由得＋＝0，
所以＋＝0，
整理，得·＝－，即kl·kOM＝－，
所以x0·kOM＝－，可得kOM＝－.
又kOQ＝kOM＝，
所以当t＝－1时，kOQ＝kOM＝－，
此时O，M，Q三点共线，满足M为AB的中点，
故存在实数t，使得AM＝BM，且t＝－1.
3. (1) 由题意，得xD＋1＝2，解得xD＝1，所以y＝4.
又yD>0，所以yD＝2，即点D的坐标为(1，2).
(2) 由题意，得k1≠0，k2≠0.
设直线AB：x＝n1(y－1)＋2，直线MN：x＝n2(y－1)＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，n1＝，n2＝，
代入抛物线，得y2－4n1y＋4n1－8＝0，
则y1＋y2＝4n1，y1·y2＝4n1－8.
因为PA·PB＝－·＝－[(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)]＝－4＋2(x1＋x2)－x1x2－1＋(y1＋y2)－y1y2，
又x1＋x2＝n1(y1＋y2)－2n1＋4＝4n－2n1＋4，x1·x2＝yy＝(n1－2)2，
所以PA·PB＝－5＋8n－4n1＋8－n＋4n1－4＋4n1－4n1＋8＝7n＋7，
同理可得PM·PN＝7n＋7，所以n＝n.
因为n1≠n2，所以n1＝－n2，所以k1＋k2＝0.
(3) 因为kAB＝＝＝，
所以直线AB：y－y1＝(x－x1)，
即直线AB：(y1＋y2)y＝4x＋y1y2，
代入点P(2，1)，得y1＋y2＝8＋y1y2.①
设M(x3，y3)，N(x4，y4)，同理可得直线AM：(y1＋y3)y＝4x＋y1y3，
因为直线AM过点Q(－2，0)，所以y1y3＝8.②
同理可得直线BM：(y2＋y3)y＝4x＋y2y3.
结合①②可得＋y2＝8＋，
所以8＋y2y3＝8(y3＋y2).
又因为(y2＋y3)y＝4x＋y2y3，
所以直线BM：(y2＋y3)y＝4x＋8(y2＋y3)－8，
即直线BM：(y2＋y3)(y－8)＝4(x－2)，
故直线BM过定点(2，8).
4. (1) 由题意可设＋＝1的共轭椭圆C的方程为＋＝λ，
即＋＝1(λ>0，且λ≠1).
因为A(2，0)是该椭圆的右顶点，即16λ＝4，所以λ＝，
故椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2) ①联立l：x＝my＋t(t≠2)和＋＝1，
消去x并整理，得(3m2＋4)y2＋6mty＋3t2－12＝0，
需满足Δ＝36m2t2－12(t2－4)(3m2＋4)>0，即t2－3m2<4.
设B(x1，y1)，D(x2，y2)，则y1＋y2＝，y1y2＝，
则x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2t＝，x1x2＝(my1＋t)(my2＋t)＝m2y1y2＋mt(y1＋y2)＋t2＝m2×＋mt×＋t2＝.
由题意，得直线AB与直线AD的斜率之积为－，
则·＝－，即(x1－2)(x2－2)＋4y1y2＝0，
即－2×＋4＋4×＝0，
化简，得t2－t－2＝0，
解得t＝2(舍去)或t＝－1，
则直线l：x＝my＋t(t≠2)为直线l：x＝my－1，过定点(－1，0).
②假设在x轴上存在异于点A的点E，使得直线BE，DE的斜率之积也为定值，设E(c，0)，c≠2.
由①知y1＋y2＝，y1y2＝，x1＋x2＝，x1x2＝，
则kBE·kDE＝·＝
＝＝.
要使得kBE·kDE为定值，则3c2－12＝0，解得c＝2(舍去)或c＝－2，
即当c＝－2时，kBE·kDE为定值－.
故在x轴上存在异于点A的点E(－2，0)，使得直线BE，DE的斜率之积也为定值，该定值为－.(共55张PPT)
第八章
8.9　圆锥曲线的热点问题
8.9.1　最值、范围、证明问题
平面解析几何
复习目标　掌握解决圆锥曲线中最值、范围、证明问题的思想方法．
内容索引
核心体系
活动方案
核 心 体 系
活 动 方 案
活动一　基础引入
D
2 已知抛物线C：y2＝16x的焦点为F，直线x－my－4＝0(m∈R)与抛物线C交于A，B两点，则AF＋4BF的最小值是 (　　)
A．40　　　　B．36　　　　C．28　　　　D．24
B
B
活动二　典例悟法
题组一　最值问题
　　　过抛物线y2＝4x的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，O是坐标原点，求AF·BF的最小值．
1
7
2
3
　　　　1 如何解决圆锥曲线中的最值问题？
圆锥曲线中的最值问题常涉及不等式、函数的值域问题，综合性比较强，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：
一是利用几何方法，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；
二是利用代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．
4
5
　　　　　2 如何处理圆锥曲线中的范围问题？
解决圆锥曲线的有关几何量的取值范围问题的途径：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，从而确定参数的取值范围．
4．利用已知不等关系构造不等式，从而确定参数的取值范围．
5．利用函数的值域，从而确定参数的取值范围．
6
(1) 求椭圆C2的标准方程；
(2) 已知F是椭圆C2的右焦点，过点F的直线l与椭圆C1交于A，B两点，直线l与椭圆C2交于D，E两点，其中点D在x轴上方，求证：AD＝BE.
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