高考數(shù)學一輪復習試題高考難點突破課二圓錐曲線的綜合問題

第一課時定點問題題型一直線過定點問題例1(2020·全國Ⅰ卷)已知A，B分別為橢圓E：eq\f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)的左、右頂點，G為E的上頂點，eq\o(AG,\s\up6(→))·eq\o(GB,\s\up6(→))＝8.P為直線x＝6上的動點，PA與E的另一交點為C，PB與E的另一交點為D.(1)求E的方程；(2)證明：直線CD過定點.(1)解由題設(shè)得A(－a，0)，B(a，0)，G(0，1).則eq\o(AG,\s\up6(→))＝(a，1)，eq\o(GB,\s\up6(→))＝(a，－1).由eq\o(AG,\s\up6(→))·eq\o(GB,\s\up6(→))＝8，得a2－1＝8，解得a＝3或a＝－3(舍去).所以橢圓E的方程為eq\f(x2,9)＋y2＝1.(2)證明設(shè)P(6，y0)，則直線AP的方程為y＝eq\f(y0－0,6－（－3）)(x＋3)，即y＝eq\f(y0,9)(x＋3)，聯(lián)立直線AP的方程與橢圓方程可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,9)＋y2＝1，,y＝\f(y0,9)（x＋3），))整理得(yeq\o\al(2,0)＋9)x2＋6yeq\o\al(2,0)x＋9yeq\o\al(2,0)－81＝0，解得x＝－3或x＝eq\f(－3yeq\o\al(2,0)＋27,yeq\o\al(2,0)＋9)，將x＝eq\f(－3yeq\o\al(2,0)＋27,yeq\o\al(2,0)＋9)代入直線y＝eq\f(y0,9)(x＋3)可得y＝eq\f(6y0,yeq\o\al(2,0)＋9)，∴點C的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－3yeq\o\al(2,0)＋27,yeq\o\al(2,0)＋9)，\f(6y0,yeq\o\al(2,0)＋9))).同理可得點D的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3yeq\o\al(2,0)－3,yeq\o\al(2,0)＋1)，\f(－2y0,yeq\o\al(2,0)＋1)))，∴直線CD的方程為y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2y0,yeq\o\al(2,0)＋1)))＝eq\f(\f(6y0,yeq\o\al(2,0)＋9)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2y0,yeq\o\al(2,0)＋1))),\f(－3yeq\o\al(2,0)＋27,yeq\o\al(2,0)＋9)－\f(3yeq\o\al(2,0)－3,yeq\o\al(2,0)＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3yeq\o\al(2,0)－3,yeq\o\al(2,0)＋1)))，整理可得y＋eq\f(2y0,yeq\o\al(2,0)＋1)＝eq\f(4y0（yeq\o\al(2,0)＋3）,3（9－yeq\o\al(4,0)）)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3yeq\o\al(2,0)－3,yeq\o\al(2,0)＋1)))＝eq\f(4y0,3（3－yeq\o\al(2,0)）)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3yeq\o\al(2,0)－3,yeq\o\al(2,0)＋1)))，整理得y＝eq\f(4y0,3（3－yeq\o\al(2,0)）)x＋eq\f(2y0,yeq\o\al(2,0)－3)＝eq\f(4y0,3（3－yeq\o\al(2,0)）)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))，故直線CD過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0)).感悟提升圓錐曲線中定點問題的兩種解法(1)引進參數(shù)法：引進動點的坐標或動線中系數(shù)為參數(shù)表示變化量，再研究變化的量與參數(shù)何時沒有關(guān)系，找到定點.(2)特殊到一般法：根據(jù)動點或動線的特殊情況探索出定點，再證明該定點與變量無關(guān).訓練1已知點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(3,2)))是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上一點，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別是橢圓的左、右焦點，|PF1|＋|PF2|＝4.(1)求橢圓C的標準方程；(2)設(shè)直線l不經(jīng)過P點且與橢圓C相交于A，B兩點.若直線PA與直線PB的斜率之和為1，問：直線l是否過定點？證明你的結(jié)論.(1)解由|PF1|＋|PF2|＝4，得a＝2，又Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(3,2)))在橢圓上，代入橢圓方程有eq\f(1,a2)＋eq\f(9,4b2)＝1，解得b＝eq\r(3)，所以橢圓C的標準方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)證明當直線l的斜率不存在時，A(x1，y1)，B(x1，－y1)，k1＋k2＝eq\f(y1－\f(3,2)－y1－\f(3,2),x1＋1)＝1，解得x1＝－4，不符合題意；當直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,3x2＋4y2－12＝0，))整理得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，x1＋x2＝eq\f(－8km,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－12,3＋4k2)，Δ＝48(4k2－m2＋3)>0.由k1＋k2＝1，整理得(2k－1)x1x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋m－\f(5,2)))(x1＋x2)＋2m－4＝0，即(m－4k)(2m－2k－3)＝0.當m＝k＋eq\f(3,2)時，此時，直線l過P點，不符合題意；當m＝4k時，Δ＝4k2－m2＋3>0有解，此時直線l：y＝k(x＋4)過定點(－4，0).題型二其它曲線過定點問題例2(2022·湖南三湘名校聯(lián)考)已知橢圓C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b≥1)的離心率為eq\f(\r(2),2)，其上焦點到直線bx＋2ay－eq\r(2)＝0的距離為eq\f(\r(2),3).(1)求橢圓C的方程；(2)過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，0))的直線l交橢圓C于A，B兩點.試探究以線段AB為直徑的圓是否過定點.若過，求出定點坐標；若不過，請說明理由.解(1)由題意得，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，又a2＝b2＋c2，所以a＝eq\r(2)b，c＝b.又eq\f(|2ac－\r(2)|,\r(4a2＋b2))＝eq\f(\r(2),3)，a＞b≥1，所以b2＝1，a2＝2，故橢圓C的方程為eq\f(y2,2)＋x2＝1.(2)當AB⊥x軸時，以線段AB為直徑的圓的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(16,9).當AB⊥y軸時，以線段AB為直徑的圓的方程為x2＋y2＝1.可得兩圓交點為Q(－1，0).由此可知，若以線段AB為直徑的圓恒過定點，則該定點為Q(－1，0).下證Q(－1，0)符合題意.設(shè)直線l的斜率存在，且不為0，其方程為y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)))，代入eq\f(y2,2)＋x2＝1，并整理得(k2＋2)x2－eq\f(2,3)k2x＋eq\f(1,9)k2－2＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(2k2,3（k2＋2）)，x1x2＝eq\f(k2－18,9（k2＋2）)，所以eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝x1x2＋x1＋x2＋1＋k2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,3)))＝(1＋k2)x1x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)k2))(x1＋x2)＋1＋eq\f(1,9)k2＝(1＋k2)·eq\f(k2－18,9（k2＋2）)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)k2))·eq\f(2k2,3（k2＋2）)＋1＋eq\f(1,9)k2＝0，故eq\o(QA,\s\up6(→))⊥eq\o(QB,\s\up6(→))，即Q(－1，0)在以線段AB為直徑的圓上.綜上，以線段AB為直徑的圓恒過定點(－1，0).感悟提升(1)定點問題，先猜后證，可先考慮運動圖形是否有對稱性及特殊(或極端)位置猜想，如直線的水平位置、豎直位置，即k＝0或k不存在時.(2)以曲線上的點為參數(shù)，設(shè)點P(x1，y1)，利用點在曲線f(x，y)＝0上，即f(x1，y1)＝0消參.訓練2(2021·重慶診斷)已知橢圓C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右頂點分別是雙曲線C2：eq\f(x2,m2)－y2＝1的左、右焦點，且C1與C2相交于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，\f(\r(3),3))).(1)求橢圓C1的標準方程；(2)設(shè)直線l：y＝kx－eq\f(1,3)與橢圓C1交于A，B兩點，以線段AB為直徑的圓是否恒過定點？若恒過定點，求出該定點；若不恒過定點，請說明理由.解(1)將eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，\f(\r(3),3)))代入eq\f(x2,m2)－y2＝1，解得m2＝1，∴a2＝m2＋1＝2，將eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，\f(\r(3),3)))代入eq\f(x2,2)＋eq\f(y2,b2)＝1，解得b2＝1，∴橢圓C1的標準方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx－\f(1,3)，,\f(x2,2)＋y2＝1，))整理得(9＋18k2)x2－12kx－16＝0，∴x1＋x2＝eq\f(12k,9＋18k2)，x1x2＝eq\f(－16,9＋18k2)，Δ＝144k2＋64(9＋18k2)>0.由對稱性可知，以AB為直徑的圓若恒過定點，則定點必在y軸上.設(shè)定點為M(0，y0)，則eq\o(MA,\s\up6(→))＝(x1，y1－y0)，eq\o(MB,\s\up6(→))＝(x2，y2－y0)eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝x1x2＋(y1－y0)(y2－y0)＝x1x2＋y1y2－y0(y1＋y2)＋yeq\o\al(2,0)＝x1x2＋k2x1x2－eq\f(k,3)(x1＋x2)－y0eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(k（x1＋x2）－\f(2,3)))＋eq\f(1,9)＋yeq\o\al(2,0)＝(1＋k2)x1x2－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋y0))(x1＋x2)＋yeq\o\al(2,0)＋eq\f(2,3)y0＋eq\f(1,9)＝eq\f(18（yeq\o\al(2,0)－1）k2＋9yeq\o\al(2,0)＋6y0－15,9＋18k2)＝0，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yeq\o\al(2,0)－1＝0，,9yeq\o\al(2,0)＋6y0－15＝0，))解得y0＝1，∴M(0，1)，∴以線段AB為直徑的圓恒過定點(0，1).齊次化處理策略“齊次”從詞面上解釋是“次數(shù)相等”的意思.在代數(shù)里也有“齊次”的叫法，例如f＝ax2＋bxy＋cy2稱為二次齊次式，f中每一項都是關(guān)于x，y的二次項.下面研究齊次化在圓錐曲線中的應(yīng)用.例已知拋物線y2＝2px(p＞0)，過原點且互相垂直的兩直線OA，OB交拋物線于A，B.求證：直線AB過定點.證明設(shè)AB：x＝my＋n，A(x1，y1)，B(x2，y2)，kOA＝eq\f(y1,x1)，kOB＝eq\f(y2,x2)，將直線AB方程變形為eq\f(x－my,n)＝1，代入到y(tǒng)2＝2px中得y2＝2px·eq\f(x－my,n)注意到kOA＝eq\f(y1,x1)，kOB＝eq\f(y2,x2)，上式兩邊同除以x2得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)))eq\s\up12(2)＋eq\f(2pm,n)·eq\f(y,x)－eq\f(2p,n)＝0(*)kOA，kOB是方程(*)的兩根，則kOA·kOB＝－eq\f(2p,n)＝－1?n＝2p，所以直線AB方程為x＝my＋2p，所以直線AB恒過定點(2p，0).1.已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點為(1，0)，且經(jīng)過點A(0，1).(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)O為原點，直線l：y＝kx＋t(t≠±1)與橢圓C交于兩個不同點P，Q，直線AP與x軸交于點M，直線AQ與x軸交于點N.若|OM|·|ON|＝2，求證：直線l經(jīng)過定點.(1)解由題意，得b＝1，c＝1，所以a2＝b2＋c2＝2.所以橢圓C的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)證明設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則直線AP的方程為y＝eq\f(y1－1,x1)x＋1.令y＝0，得點M的橫坐標xM＝－eq\f(x1,y1－1).又y1＝kx1＋t，從而|OM|＝|xM|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1,kx1＋t－1))).同理，|ON|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x2,kx2＋t－1))).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋t，,\f(x2,2)＋y2＝1，))得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，則Δ＝(4kt)2－4(1＋2k2)(2t2－2)＝16k2－8t2＋8＞0，且x1＋x2＝－eq\f(4kt,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2t2－2,1＋2k2).所以|OM|·|ON|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1,kx1＋t－1)))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x2,kx2＋t－1)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,k2x1x2＋k（t－1）（x1＋x2）＋（t－1）2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\f(2t2－2,1＋2k2),k2·\f(2t2－2,1＋2k2)＋k（t－1）·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4kt,1＋2k2)))＋（t－1）2)))＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1＋t,1－t))).又|OM|·|ON|＝2，所以2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1＋t,1－t)))＝2.解得t＝0，滿足Δ＞0，所以直線l經(jīng)過定點(0，0).2.已知拋物線C的頂點在原點，焦點在坐標軸上，點A(1，2)為拋物線C上一點.(1)求拋物線C的方程；(2)若點B(1，－2)在拋物線C上，過點B作拋物線C的兩條弦BP與BQ，若kBP·kBQ＝－2，求證：直線PQ過定點.(1)解若拋物線的焦點在x軸上，設(shè)拋物線方程為y2＝ax，代入點A(1，2)，可得a＝4，所以拋物線方程為y2＝4x.若拋物線的焦點在y軸上，設(shè)拋物線方程為x2＝my，代入點A(1，2)，可得m＝eq\f(1,2)，所以拋物線方程為x2＝eq\f(1,2)y.綜上所述，拋物線C的方程是y2＝4x或x2＝eq\f(1,2)y.(2)證明因為點B(1，－2)在拋物線C上，所以由(1)可得拋物線C的方程是y2＝4x.易知直線BP，BQ的斜率均存在，設(shè)直線BP的方程為y＋2＝k(x－1)，將直線BP的方程代入y2＝4x，消去y，得k2x2－(2k2＋4k＋4)x＋(k＋2)2＝0.設(shè)P(x1，y1)，則x1＝eq\f(（k＋2）2,k2)，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(（k＋2）2,k2)，\f(2k＋4,k))).用－eq\f(2,k)替換點P坐標中的k，可得Q((k－1)2，2－2k)，從而直線PQ的斜率為eq\f(\f(2k＋4,k)－2＋2k,\f(（k＋2）2,k2)－（k－1）2)＝eq\f(2k3＋4k,－k4＋2k3＋4k＋4)＝eq\f(2k,－k2＋2k＋2)，故直線PQ的方程是y－2＋2k＝eq\f(2k,－k2＋2k＋2)·[x－(k－1)2].通過觀察，應(yīng)有－k2＋2k＋2＝x－(k－1)2，得x＝3，y＝2，所以直線PQ恒過定點(3，2).3.已知橢圓C的中心在坐標原點，焦點在x軸上，橢圓C上的點到焦點距離的最大值為3，最小值為1.(1)求橢圓C的標準方程；(2)若直線l：y＝kx＋m與橢圓C相交于A，B兩點(A，B不是左右頂點)，且以AB為直徑的圓過橢圓C的右頂點，求證：直線l過定點，并求出該定點的坐標.解(1)由題意，設(shè)橢圓的標準方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，a＋c＝3，a－c＝1，a＝2，c＝1，b2＝3，所以橢圓C的標準方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，Δ＝64m2k2－16(3＋4k2)(m2－3)＞0，3＋4k2－m2＞0.x1＋x2＝－eq\f(8mk,3＋4k2)，x1·x2＝eq\f(4（m2－3）,3＋4k2)，y1·y2＝(kx1＋m)·(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝eq\f(3（m2－4k2）,3＋4k2).因為以AB為直徑的圓過橢圓的右頂點D(2，0)，kAD·kBD＝－1，所以eq\f(y1,x1－2)·eq\f(y2,x2－2)＝－1，y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0，eq\f(3（m2－4k2）,3＋4k2)＋eq\f(4（m2－3）,3＋4k2)＋eq\f(16mk,3＋4k2)＋4＝0，7m2＋16mk＋4k2＝0，解得m1＝－2k，m2＝－eq\f(2k,7)，且滿足3＋4k2－m2＞0.當m＝－2k時，l：y＝k(x－2)，直線過定點(2，0)，與已知矛盾；當m＝－eq\f(2k,7)時，l：y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,7)))，直線過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,7)，0)).綜上可知，直線l過定點，定點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,7)，0)).4.(2022·濟南模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),2)))滿足|PF1|＋|PF2|＝2a，且S△PF1F2＝eq\f(3,2).(1)求橢圓C的標準方程；(2)過點M(4，0)的直線l與C交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，且y1y2≠0，問在x軸上是否存在定點N，使得直線NA，NB與y軸圍成的三角形始終為底邊在y軸上的等腰三角形？若存在，求出定點N的坐標；若不存在，請說明理由.解(1)因為|PF1|＋|PF2|＝2a，所以點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),2)))在橢圓C上.將eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),2)))代入eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，得eq\f(1,a2)＋eq\f(3,4b2)＝1.①設(shè)橢圓C的焦距為2c，則S△PF1F2＝eq\f(1,2)×2c·eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3,2)，求得c＝eq\r(3).從而a2－b2＝3.②由①②可得a2＝4，b2＝1.所以橢圓C的標準方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)顯然直線l的斜率存在且不為0，設(shè)直線l的方程為y＝k(x－4).設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2).假設(shè)存在點N(t，0)，因為直線NA，NB與y軸圍成的三角形始終為底邊在y軸上的等腰三角形，所以kNA＋kNB＝0，即kNA＋kNB＝eq\f(y1,x1－t)＋eq\f(y2,x2－t)＝eq\f(k（x1－4）,x1－t)＋eq\f(k（x2－4）,x2－t)＝k·eq\f(2x1x2－（t＋4）（x1＋x2）＋8t,（x1－t）（x2－t）)＝0，即2x1x2－(t＋4)(x1＋x2)＋8t＝0.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－4），,\f(x2,4)＋y2＝1))消去y并整理，得(1＋4k2)x2－32k2x＋64k2－4＝0.由Δ＝(－32k2)2－4(1＋4k2)(64k2－4)>0，求得0<k2<eq\f(1,12)，則x1＋x2＝eq\f(32k2,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(64k2－4,1＋4k2).所以2×eq\f(64k2－4,1＋4k2)－(t＋4)×eq\f(32k2,1＋4k2)＋8t＝0，解得t＝1.于是在x軸上存在定點N(1，0)，使得直線NA，NB與y軸圍成的三角形始終為底邊在y軸上的等腰三角形.

第二課時定值問題題型一長度或距離為定值例1(2020·北京卷)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1過點A(－2，－1)，且a＝2b.(1)求橢圓C的方程；(2)過點B(－4，0)的直線l交橢圓C于點M，N，直線MA，NA分別交直線x＝－4于點P，Q，求eq\f(|PB|,|BQ|)的值.解(1)由橢圓過點A(－2，－1)，得eq\f(4,a2)＋eq\f(1,b2)＝1.又a＝2b，∴eq\f(4,4b2)＋eq\f(1,b2)＝1，解得b2＝2，∴a2＝4b2＝8，∴橢圓C的方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)當直線l的斜率不存在時，顯然不合題意.設(shè)直線l：y＝k(x＋4)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x＋4），,x2＋4y2＝8))得(4k2＋1)x2＋32k2x＋64k2－8＝0.由Δ＞0，得－eq\f(1,2)＜k＜eq\f(1,2).設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(－32k2,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(64k2－8,4k2＋1).又∵直線AM：y＋1＝eq\f(y1＋1,x1＋2)(x＋2)，令x＝－4，得yP＝eq\f(－2（y1＋1）,x1＋2)－1.將y1＝k(x1＋4)代入，得yP＝eq\f(－（2k＋1）（x1＋4）,x1＋2).同理yQ＝eq\f(－（2k＋1）（x2＋4）,x2＋2).∴yP＋yQ＝－(2k＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋4,x1＋2)＋\f(x2＋4,x2＋2)))＝－(2k＋1)·eq\f(2x1x2＋6（x1＋x2）＋16,（x1＋2）（x2＋2）)＝－(2k＋1)·eq\f(\f(2（64k2－8）,4k2＋1)＋\f(6×（－32k2）,4k2＋1)＋16,（x1＋2）（x2＋2）)＝－(2k＋1)×eq\f(128k2－16－192k2＋64k2＋16,（4k2＋1）（x1＋2）（x2＋2）)＝0.∴|PB|＝|BQ|，∴eq\f(|PB|,|BQ|)＝1.感悟提升探求圓錐曲線中的定線段的長的問題，一般用直接求解法，即先利用弦長公式把要探求的線段表示出來，然后利用題中的條件(如直線與曲線相切等)得到弦長表達式中的相關(guān)量之間的關(guān)系式，把這個關(guān)系式代入弦長表達式中，化簡可得弦長為定值.訓練1已知拋物線C：y2＝2px(p＞0)，其焦點為F，O為坐標原點，直線l與拋物線C相交于不同的兩點A，B，M為AB的中點.(1)若p＝2，M的坐標為(1，1)，求直線l的方程.(2)若直線l過焦點F，AB的垂直平分線交x軸于點N，求證：eq\f(2|MN|2,|FN|)為定值.(1)解由題意知直線l的斜率存在且不為0，故設(shè)直線l的方程為x－1＝t(y－1)即x＝ty＋1－t，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋1－t，,y2＝4x，))得y2－4ty－4＋4t＝0，∴Δ＝16t2＋16－16t＝16(t2－t＋1)＞0，y1＋y2＝4t，∴4t＝2，即t＝eq\f(1,2).∴直線l的方程為2x－y－1＝0.(2)證明∵拋物線C：y2＝2px(p＞0)，∴焦點F的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0)).由題意知直線l的斜率存在且不為0，∵直線l過焦點F，故設(shè)直線l的方程為x＝ty＋eq\f(p,2)(t≠0)，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋\f(p,2)，,y2＝2px，))得y2－2pty－p2＝0，∴y1＋y2＝2pt，Δ＝4p2t2＋4p2＞0.∴x1＋x2＝t(y1＋y2)＋p＝2pt2＋p，∴Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(pt2＋\f(p,2)，pt)).∴MN的方程為y－pt＝－teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－pt2－\f(p,2))).令y＝0，解得x＝pt2＋eq\f(3p,2)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(pt2＋\f(3p,2)，0))，∴|MN|2＝p2＋p2t2，|FN|＝pt2＋eq\f(3p,2)－eq\f(p,2)＝pt2＋p，∴eq\f(2|MN|2,|FN|)＝eq\f(2（p2＋p2t2）,pt2＋p)＝2p，為定值.題型二斜率或其表達式為定值例2(12分)(2022·衡水模擬)已知點P在圓O：x2＋y2＝6上運動，點P在x軸上的投影為Q，動點M滿足(1－eq\r(3))eq\o(OQ,\s\up6(→))＝eq\o(OP,\s\up6(→))－eq\r(3)eq\o(OM,\s\up6(→)).(1)求動點M的軌跡E的方程；(2)過點(2，0)的動直線l與曲線E交于A，B兩點，問：在x軸上是否存在定點D，使得eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(DA,\s\up6(→))2的值為定值？若存在，求出定點D的坐標及該定值；若不存在，請說明理由.[規(guī)范答題]解(1)設(shè)M(x，y)，P(x0，y0)，由(1－eq\r(3))eq\o(OQ,\s\up6(→))＝eq\o(OP,\s\up6(→))－eq\r(3)eq\o(OM,\s\up6(→))，得eq\o(OQ,\s\up6(→))－eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\r(3)eq\o(OQ,\s\up6(→))－eq\r(3)eq\o(OM,\s\up6(→))，即eq\o(PQ,\s\up6(→))＝eq\r(3)eq\o(MQ,\s\up6(→))，……2分∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝x，,y0＝\r(3)y，))又點P(x0，y0)在圓O：x2＋y2＝6上，∴xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝6，∴x2＋3y2＝6，∴軌跡E的方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1.……4分(2)當直線l的斜率存在時，設(shè)l：y＝k(x－2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，,y＝k（x－2），))消去y得(1＋3k2)x2－12k2x＋12k2－6＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴x1＋x2＝eq\f(12k2,1＋3k2)，x1·x2＝eq\f(12k2－6,1＋3k2)，……6分根據(jù)題意，假設(shè)x軸上存在定點D(m，0)，使得eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(DA,\s\up6(→))2＝eq\o(DA,\s\up6(→))·(eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AD,\s\up6(→)))＝eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))為定值，則有eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＝(x1－m，y1)·(x2－m，y2)＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2＝(x1－m)(x2－m)＋k2(x1－2)(x2－2)＝(k2＋1)x1x2－(2k2＋m)(x1＋x2)＋(4k2＋m2)＝(k2＋1)×eq\f(12k2－6,1＋3k2)－(2k2＋m)·eq\f(12k2,1＋3k2)＋(4k2＋m2)＝eq\f(（3m2－12m＋10）k2＋（m2－6）,3k2＋1)，……10分要使上式為定值，即與k無關(guān)，則3m2－12m＋10＝3(m2－6)，即m＝eq\f(7,3)，此時eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＝m2－6＝－eq\f(5,9)為常數(shù)，定點D的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,3)，0)).當直線l的斜率不存在時，直線l的方程為x＝2，易求得直線l與橢圓C的兩個交點坐標分別為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(\r(6),3)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，－\f(\r(6),3)))，此時eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(\r(6),3)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，－\f(\r(6),3)))＝－eq\f(5,9).……11分綜上所述，存在定點Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,3)，0))，使得eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(DA,\s\up6(→))2為定值－eq\f(5,9).………………12分第一步求圓錐曲線的方程第二步特殊情況分類討論第三步聯(lián)立直線和圓錐曲線的方程第四步應(yīng)用根與系數(shù)的關(guān)系用參數(shù)表示點的坐標第五步根據(jù)相關(guān)條件計算推證第六步明確結(jié)論訓練2(2022·長沙調(diào)研)如圖，橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)經(jīng)過點A(0，－1)且離心率為eq\f(\r(2),2).(1)求橢圓E的方程；(2)經(jīng)過點(1，1)，且斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點P，Q(均異于點A)，證明：直線AP與AQ的斜率之和為定值.(1)解由題設(shè)知eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，b＝1，結(jié)合a2＝b2＋c2，解得a＝eq\r(2)，所以橢圓E的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)證明由題設(shè)知，直線PQ的方程為y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入eq\f(x2,2)＋y2＝1，得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，由已知Δ>0，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0，則x1＋x2＝eq\f(4k（k－1）,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2k（k－2）,1＋2k2)，從而直線AP，AQ的斜率之和為kAP＋kAQ＝eq\f(y1＋1,x1)＋eq\f(y2＋1,x2)＝eq\f(kx1＋2－k,x1)＋eq\f(kx2＋2－k,x2)＝2k＋(2－k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＋\f(1,x2)))＝2k＋(2－k)eq\f(x1＋x2,x1x2)＝2k＋(2－k)eq\f(4k（k－1）,2k（k－2）)＝2k－2(k－1)＝2(即為定值).題型三幾何圖形的面積為定值例3(2022·重慶診斷)已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為e，點(1，e)在橢圓E上，點A(a，0)，B(0，b)，△AOB的面積為eq\f(3,2)，O為坐標原點.(1)求橢圓E的標準方程；(2)若直線l交橢圓E于M，N兩點，直線OM的斜率為k1，直線ON的斜率為k2，且k1k2＝－eq\f(1,9)，證明：△OMN的面積是定值，并求此定值.解(1)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(e2,b2)＝1，,e＝\f(c,a)，,c2＝a2－b2，))得b＝1.又S△AOB＝eq\f(1,2)ab＝eq\f(3,2)，得a＝3.所以橢圓E的標準方程為eq\f(x2,9)＋y2＝1.(2)當直線l的斜率不存在時，設(shè)直線l：x＝t(－3<t<3且t≠0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,9)＋y2＝1，,x＝t，))得y2＝1－eq\f(t2,9)，則k1k2＝eq\f(\r(1－\f(t2,9)),t)·eq\f(－\r(1－\f(t2,9)),t)＝－eq\f(1－\f(t2,9),t2)＝－eq\f(1,9)，解得t2＝eq\f(9,2).所以S△OMN＝eq\f(1,2)×2×eq\r(1－\f(t2,9))·|t|＝eq\f(3,2).當直線l的斜率存在時，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，直線l：y＝kx＋m(m≠0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,9)＋y2＝1))消去y并整理，得(9k2＋1)x2＋18kmx＋9m2－9＝0.Δ＝(18km)2－4(9k2＋1)(9m2－9)＝36(9k2－m2＋1)>0，x1＋x2＝－eq\f(18km,9k2＋1)，x1x2＝eq\f(9m2－9,9k2＋1)，k1k2＝eq\f(y1,x1)·eq\f(y2,x2)＝eq\f(（kx1＋m）（kx2＋m）,x1x2)＝eq\f(－9k2＋m2,9m2－9)＝－eq\f(1,9)，化簡得9k2＋1＝2m2，滿足Δ>0.|MN|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(18km,9k2＋1)))\s\up12(2)－4×\f(9m2－9,9k2＋1))＝eq\f(6\r(1＋k2)·\r(9k2－m2＋1),9k2＋1).又原點O到直線l的距離d＝eq\f(|m|,\r(1＋k2))，所以S△OMN＝eq\f(1,2)·|MN|·d＝eq\f(3\r(1＋k2)·\r(9k2－m2＋1),9k2＋1)·eq\f(|m|,\r(1＋k2))＝eq\f(3|m|\r(2m2－m2),2m2)＝eq\f(3,2).綜上可知，△OMN的面積為定值eq\f(3,2).感悟提升探求圓錐曲線中幾何圖形的面積的定值問題，一般用直接求解法，即可先利用三角形面積公式(如果是其他凸多邊形，可分割成若干個三角形分別求解)把要探求的幾何圖形的面積表示出來，然后利用題中的條件得到幾何圖形的面積表達式中的相關(guān)量之間的關(guān)系式，把這個關(guān)系式代入幾何圖形的面積表達式中，化簡即可.訓練3在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：eq\f(x2,4)＋y2＝1，點P(x1，y1)，Q(x2，y2)是橢圓C上的兩個動點，直線OP，OQ的斜率分別為k1，k2，若m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,2)，y1))，n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)，y2))，m·n＝0.(1)求證：k1·k2＝－eq\f(1,4)；(2)試探求△OPQ的面積S是不是定值，并說明理由.(1)證明∵k1，k2存在，∴x1x2≠0，∵m·n＝0，∴eq\f(x1x2,4)＋y1y2＝0，∴k1·k2＝eq\f(y1y2,x1x2)＝－eq\f(1,4).(2)解是.理由：當直線PQ的斜率不存在，即x1＝x2，y1＝－y2時，由eq\f(y1y2,x1x2)＝－eq\f(1,4)，得eq\f(xeq\o\al(2,1),4)－yeq\o\al(2,1)＝0，由P(x1，y1)在橢圓C上，得eq\f(xeq\o\al(2,1),4)＋yeq\o\al(2,1)＝1，∴|x1|＝eq\r(2)，|y1|＝eq\f(\r(2),2)，∴S△OPQ＝eq\f(1,2)|x1|·|y1－y2|＝1.當直線PQ的斜率存在時，易知直線PQ的斜率不為0，設(shè)直線PQ的方程為y＝kx＋b(k≠0).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0，x1＋x2＝eq\f(－8kb,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4b2－4,4k2＋1).∵eq\f(x1x2,4)＋y1y2＝0，∴eq\f(x1x2,4)＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，得2b2－4k2＝1，滿足Δ＝64k2b2－4(4k2＋1)(4b2－4)＝16(4k2＋1－b2)＞0，∴S△OPQ＝eq\f(1,2)·eq\f(|b|,\r(1＋k2))|PQ|＝eq\f(1,2)|b|eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝2|b|·eq\f(\r(4k2＋1－b2),4k2＋1)＝1.∴△OPQ的面積S為定值.圓錐曲線中的“伴侶點”問題在圓錐曲線的很多性質(zhì)中，常常出現(xiàn)一對活躍的點A(m，0)和Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,m)，0))，這一對點總是同時出現(xiàn)在圓錐曲線的對稱軸上，形影不離，相伴而行，我們把這一對特殊點形象地稱作圓錐曲線的“伴侶點”.已知M(m，0)，N(n，0)(mn＝a2)是雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的一對“伴侶點”，過點M作與坐標軸不平行的直線與雙曲線相交于A，B兩點，則直線AN和BN與x軸成等角.可得到圓錐曲線的一個統(tǒng)一和諧性質(zhì)如下：已知M，N是圓錐曲線的一對“伴侶點”，過點M作與坐標軸不平行的直線與曲線相交于A，B兩點，則直線AN和BN與x軸成等角.例1已知點M(m，0)，N(－m，0)(m≠0)是拋物線y2＝2px的一對“伴侶點”，過點M作與x軸不平行的直線交拋物線于A，B兩點，證明：直線AN和BN與x軸成等角.證明因直線AB過點M(m，0)，故可設(shè)直線AB的方程為x＝m＋ny，將其代入拋物線方程得，y2－2pny－2pm＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝2pn，y1y2＝－2pm，又點A，B在直線AB上，所以x1＝m＋ny1，x2＝m＋ny2，所以kAN＋kBN＝eq\f(y1,x1＋m)＋eq\f(y2,x2＋m)＝eq\f(y1x2＋y2x1＋m（y1＋y2）,（x1＋m）（x2＋m）)，又y1x2＋y2x1＋m(y1＋y2)＝y(tǒng)1(m＋ny2)＋y2(m＋ny1)＋m(y1＋y2)＝2ny1y2＋2m(y1＋y2)＝2n·(－2pm)＋2m·2pn＝0，所以kAN＋kBN＝0，即直線AN和BN關(guān)于x軸對稱，所以直線AN和BN與x軸成等角.例2設(shè)橢圓C：eq\f(x2,2)＋y2＝1的右焦點為F，過F的直線l與C交于A，B兩點，點M的坐標為(2，0).(1)當l與x軸垂直時，求直線AM的方程；(2)設(shè)O為坐標原點，證明：∠OMA＝∠OMB.(1)解由已知得F(1，0)，l的方程為x＝1.把x＝1代入橢圓方程eq\f(x2,2)＋y2＝1，可得點A的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(\r(2),2))).又M(2，0)，所以AM的方程為y＝－eq\f(\r(2),2)x＋eq\r(2)或y＝eq\f(\r(2),2)x－eq\r(2).(2)證明當l與x軸重合時，∠OMA＝∠OMB＝0°.當l與x軸垂直時，OM為AB的垂直平分線，所以∠OMA＝∠OMB.當l與x軸不重合也不垂直時，設(shè)l的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1<eq\r(2)，x2<eq\r(2)，直線MA，MB的斜率之和為kMA＋kMB＝eq\f(y1,x1－2)＋eq\f(y2,x2－2).由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得kMA＋kMB＝eq\f(2kx1x2－3k（x1＋x2）＋4k,（x1－2）（x2－2）).將y＝k(x－1)代入eq\f(x2,2)＋y2＝1得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0.所以x1＋x2＝eq\f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2k2－2,2k2＋1).則2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝eq\f(4k3－4k－12k3＋8k3＋4k,2k2＋1)＝0.從而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的傾斜角互補，所以∠OMA＝∠OMB.綜上，∠OMA＝∠OMB.1.(2021·杭州模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，△OAB的面積為1.(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)P是橢圓C上一點，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點N.求證：|AN|·|BM|為定值.(1)解由已知eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)ab＝1.又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，c＝eq\r(3).∴橢圓方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)證明由(1)知，A(2，0)，B(0，1).設(shè)橢圓上一點P(x0，y0)，則eq\f(xeq\o\al(2,0),4)＋y0＝1.當x0＝0時，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，所以|AN|·|BM|＝4.當x0≠0時，直線PA方程為y＝eq\f(y0,x0－2)(x－2)，令x＝0得yM＝eq\f(－2y0,x0－2).從而|BM|＝|1－yM|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2y0,x0－2))).直線PB方程為y＝eq\f(y0－1,x0)x＋1.令y＝0得xN＝eq\f(－x0,y0－1).∴|AN|＝|2－xN|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2＋\f(x0,y0－1))).∴|AN|·|BM|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2＋\f(x0,y0－1)))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2y0,x0－2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x0＋2y0－2,y0－1)))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x0＋2y0－2,x0－2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)＋4x0y0－4x0－8y0＋4,x0y0－x0－2y0＋2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4x0y0－4x0－8y0＋8,x0y0－x0－2y0＋2)))＝4.故|AN|·|BM|為定值.2.橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(3,5)，P(m，0)為C的長軸上的一個動點，過P點且斜率為eq\f(4,5)的直線l交橢圓C于A，B兩點，當m＝0時，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝－eq\f(41,2).(1)求橢圓C的方程；(2)證明：|PA|2＋|PB|2為定值.(1)解易知eq\f(b,a)＝eq\f(4,5).當m＝0時，P(0，0)，直線l的方程為y＝eq\f(4,5)x，代入eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1并整理得x2＝eq\f(a2,2).設(shè)A(x0，y0)，則B(－x0，－y0)，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝－xeq\o\al(2,0)－yeq\o\al(2,0)＝－eq\f(41,25)xeq\o\al(2,0)＝－eq\f(41,25)·eq\f(a2,2).又因為eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝－eq\f(41,2)，所以a2＝25，b2＝16，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1.(2)證明l的方程為x＝eq\f(5,4)y＋m，代入eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1，并整理得25y2＋20my＋8(m2－25)＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2).則y1＋y2＝－eq\f(4m,5)，y1y2＝eq\f(8（m2－25）,25)，則|PA|2＝(x1－m)2＋yeq\o\al(2,1)＝eq\f(41,16)yeq\o\al(2,1)，同理|PB|2＝eq\f(41,16)yeq\o\al(2,2).則|PA|2＋|PB|2＝eq\f(41,16)(yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2))＝eq\f(41,16)[(y1＋y2)2－2y1y2]＝eq\f(41,16)·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4m,5)))\s\up12(2)－\f(16（m2－25）,25)))＝41.所以|PA|2＋|PB|2為定值.3.(2022·長沙模擬)如圖，在平面直角坐標系xOy中，橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右頂點分別為A、B，已知|AB|＝4，且點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e，\f(3\r(5),4)))在橢圓上，其中e是橢圓的離心率.(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)P是橢圓C上異于A、B的點，與x軸垂直的直線l分別交直線AP、BP于點M、N，求證：直線AN與直線BM的斜率之積是定值.(1)解∵|AB|＝4，∴2a＝4，∴a＝2，又點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e，\f(3\r(5),4)))在橢圓上，∴eq\f(e2,4)＋eq\f(45,16b2)＝1.又b2＋c2＝a2＝4，聯(lián)立方程組解得b2＝3，∴橢圓方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)證明設(shè)點P的坐標為(s，t)，點M，N的橫坐標為m(m≠±2)，則直線AP的方程為y＝eq\f(t,s＋2)(x＋2)，故Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，\f(t,s＋2)（m＋2）))，故直線BM的斜率k1＝eq\f(t（m＋2）,（s＋2）（m－2）)，同理可得直線AN的斜率k2＝eq\f(t（m－2）,（s－2）（m＋2）)，故k1k2＝eq\f(t（m＋2）,（s＋2）（m－2）)·eq\f(t（m－2）,（s－2）（m＋2）)＝eq\f(t2,s2－4).又點P在橢圓上，∴eq\f(s2,4)＋eq\f(t2,3)＝1，∴t2＝－eq\f(3,4)(s2－4)，∴k1k2＝eq\f(－\f(3,4)（s2－4）,s2－4)＝－eq\f(3,4).即直線AN與直線BM的斜率之積為定值.4.已知拋物線C：y2＝2px經(jīng)過點P(1，2).過點Q(0，1)的直線l與拋物線C有兩個不同的交點A，B，且直線PA交y軸于M，直線PB交y軸于N.(1)求直線l的斜率的取值范圍；(2)設(shè)O為原點，eq\o(QM,\s\up6(→))＝λeq\o(QO,\s\up6(→))，eq\o(QN,\s\up6(→))＝μeq\o(QO,\s\up6(→))，求證：eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)為定值.(1)解因為拋物線y2＝2px過點(1，2)，所以2p＝4，即p＝2.故拋物線C的方程為y2＝4x.由題意知，直線l的斜率存在且不為0.設(shè)直線l的方程為y＝kx＋1(k≠0).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝kx＋1))得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.依題意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，解得k<0或0<k<1.又PA，PB與y軸相交，故直線l不過點(1，－2).從而k≠－3.所以直線l斜率的取值范圍是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1).(2)證明設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2).由(1)知x1＋x2＝－eq\f(2k－4,k2)，x1x2＝eq\f(1,k2).直線PA的方程為y－2＝eq\f(y1－2,x1－1)(x－1).令x＝0，得點M的縱坐標為yM＝eq\f(－y1＋2,x1－1)＋2＝eq\f(－kx1＋1,x1－1)＋2.同理得點N的縱坐標為yN＝eq\f(－kx2＋1,x2－1)＋2.由eq\o(QM,\s\up6(→))＝λeq\o(QO,\s\up6(→))，eq\o(QN,\s\up6(→))＝μeq\o(QO,\s\up6(→))得λ＝1－yM，μ＝1－yN，所以eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)＝eq\f(1,1－yM)＋eq\f(1,1－yN)＝eq\f(x1－1,（k－1）x1)＋eq\f(x2－1,（k－1）x2)＝eq\f(1,k－1)·eq\f(2x1x2－（x1＋x2）,x1x2)＝eq\f(1,k－1)·eq\f(\f(2,k2)＋\f(2k－4,k2),\f(1,k2))＝2，所以eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)為定值.

第三課時最值、范圍問題題型一最值問題角度1基本不等式法求最值例1已知點A(0，－2)，橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，F(xiàn)是橢圓E的右焦點，直線AF的斜率為eq\f(2\r(3),3)，O為坐標原點.(1)求E的方程；(2)設(shè)過點A的動直線l與E相交于P，Q兩點，當△OPQ的面積最大時，求l的方程.解(1)設(shè)F(c，0)，由條件知eq\f(2,c)＝eq\f(2\r(3),3)，得c＝eq\r(3).又eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.故E的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)當l⊥x軸時不合題意；設(shè)l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，將y＝kx－2代入eq\f(x2,4)＋y2＝1，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.當Δ＝16(4k2－3)>0，即k2>eq\f(3,4)時，x1＋x2＝eq\f(16k,1＋4k2)，x1·x2＝eq\f(12,1＋4k2).從而|PQ|＝eq\r(k2＋1)|x1－x2|＝eq\f(4\r(k2＋1)·\r(4k2－3),4k2＋1).又點O到直線PQ的距離d＝eq\f(2,\r(k2＋1)).所以△OPQ的面積S△OPQ＝eq\f(1,2)d·|PQ|＝eq\f(4\r(4k2－3),4k2＋1).設(shè)eq\r(4k2－3)＝t，則t>0，S△OPQ＝eq\f(4t,t2＋4)＝eq\f(4,t＋\f(4,t))≤1，當且僅當t＝2，即k＝±eq\f(\r(7),2)時等號成立，且滿足Δ>0，所以當△OPQ的面積最大時，l的方程為y＝eq\f(\r(7),2)x－2或y＝－eq\f(\r(7),2)x－2.角度2函數(shù)法求最值例2在平面直角坐標系中，O為坐標原點，圓O交x軸于點F1，F(xiàn)2，交y軸于點B1，B2，以B1，B2為頂點，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為左、右焦點的橢圓E恰好經(jīng)過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2))).(1)求橢圓E的標準方程；(2)設(shè)經(jīng)過點(－2，0)的直線l與橢圓E交于M，N兩點，求△F2MN的面積的最大值.解(1)由題意，得橢圓E的焦點在x軸上.設(shè)橢圓E的標準方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，焦距為2c，則b＝c，∴a2＝b2＋c2＝2b2，∴橢圓E的標準方程為eq\f(x2,2b2)＋eq\f(y2,b2)＝1.∵橢圓E經(jīng)過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)))，∴eq\f(1,2b2)＋eq\f(\f(1,2),b2)＝1，解得b2＝1，∴橢圓E的標準方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)∵點(－2，0)在橢圓E外，∴直線l的斜率存在.設(shè)直線l的斜率為k，則直線l：y＝k(x＋2).設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x＋2），,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去y，得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－2＝0.∴x1＋x2＝eq\f(－8k2,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(8k2－2,1＋2k2)，Δ＝64k4－4(1＋2k2)(8k2－2)＞0，解得0≤k2＜eq\f(1,2)，∴|MN|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝2eq\r(1＋k2)eq\r(\f(2－4k2,（1＋2k2）2)).∵點F2(1，0)到直線l的距離d＝eq\f(3|k|,\r(1＋k2))，∴△F2MN的面積為S＝eq\f(1,2)|MN|·d＝3eq\r(\f(k2（2－4k2）,（1＋2k2）2)).令1＋2k2＝t，t∈[1，2)，得k2＝eq\f(t－1,2).∴S＝3eq\r(\f(（t－1）（2－t）,t2))＝3eq\r(\f(－t2＋3t－2,t2))＝3eq\r(－1＋\f(3,t)－\f(2,t2))＝3eq\r(－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(3,4)))\s\up12(2)＋\f(1,8))，當eq\f(1,t)＝eq\f(3,4)，即t＝eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)∈[1，2）))時，S有最大值，Smax＝eq\f(3\r(2),4)，此時k＝±eq\f(\r(6),6).∴△F2MN的面積的最大值是eq\f(3\r(2),4).感悟提升處理圓錐曲線最值問題的求解方法圓錐曲線中的最值問題類型較多，解法靈活多變，但總體上主要有兩種方法：一是利用幾何法，即通過利用曲線的定義、幾何性質(zhì)以及平面幾何中的定理、性質(zhì)等進行求解；二是利用代數(shù)法，即把要求最值的幾何量或代數(shù)表達式表示為某個(些)參數(shù)的函數(shù)(解析式)，然后利用函數(shù)方法、不等式方法等進行求解.訓練1(2022·長沙模擬)已知拋物線C1：y2＝4x和C2：x2＝2py(p＞0)的焦點分別為F1，F(xiàn)2，點P(－1，－1)且F1F2⊥OP(O為坐標原點).(1)求拋物線C2的方程；(2)過點O的直線交C1的下半部分于點M，交C2的左半部分于點N，求△PMN面積的最小值.解(1)∵F1(1，0)，F(xiàn)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，∴eq\o(F1F2,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(p,2)))，eq\o(F1F2,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(p,2)))·(－1，－1)＝1－eq\f(p,2)＝0，∴p＝2，∴拋物線C2的方程為x2＝4y.(2)設(shè)過點O的直線MN的方程為y＝kx(k＜0)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝kx，))得(kx)2＝4x，解得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,k2)，\f(4,k)))，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝4y，,y＝kx，))得N(4k，4k2)，從而|MN|＝eq\r(1＋k2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4,k2)－4k))＝eq\r(1＋k2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,k2)－4k)).點P到直線MN的距離d＝eq\f(|k－1|,\r(1＋k2))，所以S△PMN＝eq\f(1,2)·eq\f(|k－1|,\r(1＋k2))·eq\r(1＋k2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,k2)－4k))＝eq\f(2（1－k）（1－k3）,k2)＝eq\f(2（1－k）2（1＋k＋k2）,k2)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,k)－2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,k)＋1)).令t＝k＋eq\f(1,k)(t≤－2).則S△PMN＝2(t－2)(t＋1)，當t＝－2，即k＝－1時，S△PMN取得最小值，最小值為8，即當過原點的直線方程為y＝－x時，△PMN的面積取得最小值8.題型二范圍問題例3設(shè)圓x2＋y2＋2x－15＝0的圓心為A，直線l過點B(1，0)且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點，過B作AC的平行線交AD于點E.(1)證明|EA|＋|EB|為定值，并寫出點E的軌跡方程；(2)設(shè)點E的軌跡為曲線C1，直線l交C1于M，N兩點，過B且與l垂直的直線與圓A交于P，Q兩點，求四邊形MPNQ面積的取值范圍.(1)證明因為|AD|＝|AC|，EB∥AC，故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|，故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|.又圓A的標準方程為(x＋1)2＋y2＝16，從而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4.由題設(shè)得A(－1，0)，B(1，0)，|AB|＝2，由橢圓定義可得點E的軌跡方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(y≠0).(2)解當l與x軸垂直時，其方程為x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，四邊形MPNQ的面積為12.當l與x軸不垂直時，設(shè)l的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－1），,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，則x1＋x2＝eq\f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(4k2－12,4k2＋3)，所以|MN|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\f(12（k2＋1）,4k2＋3).過點B(1，0)且與l垂直的直線m：y＝－eq\f(1,k)(x－1)，A到m的距離為eq\f(2,\r(k2＋1))，所以|PQ|＝2eq\r(42－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(k2＋1))))\s\up12(2))＝4eq\r(\f(4k2＋3,k2＋1)).故四邊形MPNQ的面積S＝eq\f(1,2)|MN||PQ|＝12eq\r(1＋\f(1,4k2＋3)).可得當l與x軸不垂直時，四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12，8eq\r(3)).綜上，四邊形MPNQ面積的取值范圍為[12，8eq\r(3)).感悟提升解決圓錐曲線中的取值范圍問題應(yīng)考慮的五個方面(1)利用圓錐曲線的幾何性質(zhì)或判別式構(gòu)造不等關(guān)系，從而確定參數(shù)的取值范圍；(2)利用已知參數(shù)的范圍，求新參數(shù)的范圍，解這類問題的核心是建立兩個參數(shù)之間的等量關(guān)系；(3)利用隱含的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；(4)利用已知的不等關(guān)系構(gòu)造不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；(5)利用求函數(shù)的值域的方法將待求量表示為其他變量的函數(shù)，求其值域，從而確定參數(shù)的取值范圍.訓練2(2021·北京卷)已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)過點A(0，－2)，以四個頂點圍成的四邊形面積為4eq\r(5).(1)求橢圓E的標準方程；(2)過點P(0，－3)的直線l斜率為k，交橢圓E于不同的兩點B，C，直線AB，AC交y＝－3于點M，N，若|PM|＋|PN|≤15，求k的取值范圍.解(1)因為橢圓E過點A(0，－2)，所以b＝2.以四個頂點圍成的四邊形面積為4eq\r(5)，故eq\f(1,2)·2a·2b＝2ab＝4eq\r(5).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝2，,2ab＝4\r(5)，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\r(5)，,b＝2，,c＝1，))故橢圓E的標準方程為eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)由題意可得，直線l的斜率存在，且直線l的方程為y＝kx－3，設(shè)B(x1，y1)，C(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx－3，,4x2＋5y2＝20，))消去y整理得(5k2＋4)x2－30kx＋25＝0，Δ＝(－30k)2－4(5k2＋4)×25＝400(k2－1)>0，故k>1或k<－1.由根與系數(shù)的關(guān)系，得x1＋x2＝eq\f(30k,5k2＋4)，x1x2＝eq\f(25,5k2＋4)，進而可得y1＋y2＝k(x1＋x2)－6＝－eq\f(24,5k2＋4)，y1y2＝(kx1－3)(kx2－3)＝k2x1x2－3k(x1＋x2)＋9＝eq\f(36－20k2,5k2＋4).直線AB的方程為y＋2＝eq\f(y1＋2,x1)x，令y＝－3，則x＝－eq\f(x1,y1＋2)，故點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co