第55講-直線與圓錐曲線的位置關(guān)系(解析版)

第55講直線與圓錐曲線的位置關(guān)系課程標準1.會判斷直線與圓錐曲線的位置關(guān)系2.會求直線與圓錐曲線相交時的弦長3.求圓錐曲線的中點弦基礎(chǔ)知識回顧1、直線與圓錐曲線的位置關(guān)系判斷直線l與圓錐曲線C的位置關(guān)系時，通常將直線l的方程Ax＋By＋C＝0(A，B不同時為0)代入圓錐曲線C的方程F(x，y)＝0，消去y(或x)得到一個關(guān)于變量x(或y)的一元方程．例：由，消去y，得ax2＋bx＋c＝0.(1)當a≠0時，設(shè)一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判別式為Δ，則：Δ>0?直線與圓錐曲線C相交；Δ＝0?直線與圓錐曲線C相切；Δ<0?直線與圓錐曲線C相離．(2)當a＝0，b≠0時，即得到一個一元一次方程，則直線l與圓錐曲線C相交，且只有一個交點，此時，若C為雙曲線，則直線l與雙曲線的漸近線的位置關(guān)系是平行；若C為拋物線，則直線l與拋物線的對稱軸的位置關(guān)系是平行或重合．2、弦長公式設(shè)斜率為k(k≠0)的直線l與圓錐曲線C相交于A，B兩點，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·或|AB|＝eq\r(1＋\f(1,k2))·|y1－y2|＝eq\r(1＋\f(1,k2))·.3、中點弦所在直線的斜率圓錐曲線以P(x0，y0)(y0≠0)為中點的弦所在直線的斜率為k，其中k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)(x1≠x2)，(x1，y1)，(x2，y2)為弦的端點坐標．圓錐曲線方程直線斜率橢圓：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)k＝－eq\f(b2x0,a2y0)雙曲線：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)k＝eq\f(b2x0,a2y0)拋物線：y2＝2px(p＞0)k＝eq\f(p,y0)自主熱身、歸納總結(jié)1、直線y＝kx－k＋1與橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的位置關(guān)系為()A.相交B.相切C.相離D.不確定【答案】A【解析】直線y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1恒過定點(1，1)．又點(1，1)在橢圓內(nèi)部，故直線與橢圓相交．2、過點(0，1)作直線，使它與拋物線y2＝4x僅有一個公共點，這樣的直線有()A.1條B.2條C.3條D.4條【答案】C【解析】結(jié)合圖形分析可知，滿足題意的直線共有3條：直線x＝0，過點(0，1)且平行于x軸的直線以及過點(0，1)且與拋物線相切的直線(非直線x＝0)．3、過點(0，1)作直線，使它與拋物線y2＝4x僅有一個公共點，這樣的直線有()A.1條B.2條C.3條D.4條【答案】C【解析】過(0，1)與拋物線y2＝4x相切的直線有2條，過(0，1)與對稱軸平行的直線有一條，這三條直線與拋物線都只有一個公共點．故選C.4、過點A(1，0)作傾斜角為eq\f(π,4)的直線，與拋物線y2＝2x交于M，N兩點，則|MN|＝____．【答案】2eq\r(6)【解析】由題意可知直線方程為y＝x－1，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x－1，,y2＝2x，))整理得x2－4x＋1＝0，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1x2＝1，x1＋x2＝4，∴可得|MN|＝eq\r(2)|x1－x2|＝eq\r(2)eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝2eq\r(6).5、設(shè)雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的一條漸近線與拋物線y＝x2＋1只有一個公共點，則雙曲線的離心率為____．【答案】eq\r(5)【解析】雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的一條漸近線為y＝eq\f(b,a)x，由方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(b,a)x，,y＝x2＋1，))消去y，得x2－eq\f(b,a)x＋1＝0有唯一解，∴Δ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))eq\s\up12(2)－4＝0，eq\f(b,a)＝2，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(a2＋b2),a)＝eq\r(1＋（\f(b,a)）2)＝eq\r(5).例題選講考點一直線與圓錐曲線的位置關(guān)系例1已知直線l：y＝kx＋2，橢圓C：eq\f(x2,4)＋y2＝1.試問當k取何值時，直線l與橢圓C：(1)有兩個不重合的公共點；(2)有且只有一個公共點；(3)沒有公共點．【解析】聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,x2＋4y2＝4，))消去y并整理，得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0，依題意，得Δ＝(16k)2－4×(1＋4k2)×12＝16(4k2－3)．(1)當Δ>0，即k<－eq\f(\r(,3),2)或k>eq\f(\r(,3),2)時，方程有兩個不同的實數(shù)根，可知原方程組有兩組不同的實數(shù)解，這時直線l與橢圓C有兩個不重合的公共點．(2)當Δ＝0，即k＝±eq\f(\r(,3),2)時，方程有兩個相同的實數(shù)根，可知原方程組有兩組相同的實數(shù)解，這時直線l與橢圓C有兩個互相重合的公共點，即直線l與橢圓C有且只有一個公共點．(3)當Δ<0，即－eq\f(\r(,3),2)<k<eq\f(\r(,3),2)時，方程沒有實數(shù)根，可知原方程組沒有實數(shù)解，這時直線l與橢圓C沒有公共點．變式1、若直線l：y＝kx＋2與曲線C：y2＝x恰好有一個公共點，求實數(shù)k的取值集合．【解析】因為直線l與曲線C只有一個公共點，所以方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,y2＝x))有唯一一組實數(shù)解，消去y，并整理得k2x2＋(4k－1)x＋4＝0.①當k＝0時，解得x＝4，這時，原方程組有唯一解eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝2；))②當k≠0時，Δ＝(4k－1)2－4×4k2＝－8k＋1，令Δ＝0，解得k＝eq\f(1,8)，此時原方程組有唯一解．綜上，實數(shù)k的取值集合是eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,8))).變式2若直線y＝kx＋2與雙曲線x2－y2＝6的右支交于不同的兩點，則實數(shù)k的取值范圍是__________．【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(,15),3)，－1))【解析】聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,x2－y2＝6，))消去y并整理，得(1－k2)x2－4kx－10＝0.設(shè)直線與雙曲線右支交于不同的兩點A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－k2≠0，,k<0，,Δ＝16k2－4（1－k2）×（－10）＞0，,x1＋x2＝\f(4k,1－k2)＞0，,x1x2＝\f(－10,1－k2)＞0，))解得－eq\f(\r(,15),3)＜k＜－1，即實數(shù)k的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(,15),3)，－1)).變式3、已知橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1，直線l：y＝x＋3eq\r(,5)，則橢圓C上點到直線l距離的最大值為________，最小值為________．【答案】2eq\r(,10)eq\r(,10)【解析】先求與直線l：y＝x＋3eq\r(,5)平行且與橢圓相切的直線m，設(shè)直線m的方程為x－y＋t＝0，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋t，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y并整理，得5x2＋8tx＋4t2－4＝0.因為直線m與橢圓相切，所以Δ＝64t2－80(t2－1)＝0，解得t＝±eq\r(,5)，即直線m的直線方程為x－y±eq\r(,5)＝0，所以橢圓C上點到直線l距離的最大和最小值就是直線l：y＝x＋3eq\r(,5)分別與兩條平行線x－y±eq\r(,5)＝0之間的距離，故最小值是eq\f(|3\r(,5)－\r(,5)|,\r(,2))＝eq\r(,10)，最大值是eq\f(|3\r(,5)＋\r(,5)|,\r(,2))＝2eq\r(,10).變式4、（安徽蚌埠二中2019屆模擬）已知直線l：y＝2x＋m，橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.試問當m取何值時，直線l與橢圓C：(1)有兩個不重合的公共點；(2)有且只有一個公共點；(3)沒有公共點．【解析】將直線l的方程與橢圓C的方程聯(lián)立，得方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2x＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))消去y，整理得9x2＋8mx＋2m2－4＝0①，Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144.(1)當Δ＞0，即－3eq\r(2)＜m＜3eq\r(2)時，方程①有兩個不同的實數(shù)根，可知原方程組有兩組不同的實解．這時直線l與橢圓C有兩個不重合的公共點．(2)當Δ＝0，即m＝±3eq\r(2)時，方程①有兩個相同的實數(shù)根，可知原方程組有兩組相同的實數(shù)解．這時直線l與橢圓C有兩個互相重合的公共點，即直線l與橢圓C有且只有一個公共點．(3)當Δ＜0，即m＜－3eq\r(2)或m＞3eq\r(2)時，方程①沒有實數(shù)根，可知原方程組沒有實數(shù)解．這時直線l與橢圓C沒有公共點．方法總結(jié)：直線與圓錐曲線位置關(guān)系的判定方法(1)代數(shù)法：即聯(lián)立直線與圓錐曲線方程可得到一個關(guān)于x，y的方程組，消去y(或x)得一元方程，此方程根的個數(shù)即為交點個數(shù)，方程組的解即為交點坐標．聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程消元后，要注意討論二次項系數(shù)是否為零的情況．(2)幾何法：即畫出直線與圓錐曲線的圖象，根據(jù)圖象判斷公共點個數(shù)．考點二圓錐曲線的弦長問題例2、已知斜率為2的直線經(jīng)過橢圓eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1的右焦點F2，與橢圓相交于A，B兩點，則弦AB的長為__________．【答案】eq\f(5\r(5),3)【解析】由題意知橢圓的右焦點F2的坐標為(1,0)，直線AB的方程為y＝2(x－1)．由方程組，消去y，整理得3x2－5x＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，得x1＝eq\f(5,3)，x2＝0，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB))＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(5)×eq\f(5,3)＝eq\f(5\r(5),3).變式1、如圖，在平面直角坐標系xOy中，橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(1,2)，過橢圓右焦點F作兩條互相垂直的弦AB與CD.當直線AB的斜率為0時，AB＝4.(1)求橢圓的方程；(2)若AB＋CD＝eq\f(48,7)，求直線AB的方程．【解析】(1)由題意知e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，2a＝4.又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝eq\r(,3)，所以橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)①當兩條弦中一條弦所在直線的斜率為0時，另一條弦所在直線的斜率不存在，由題意知AB＋CD＝7，不滿足條件．②當兩弦所在直線的斜率均存在且不為0時，設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則直線CD的方程為y＝－eq\f(1,k)(x－1)．將直線AB的方程代入橢圓方程中并整理，得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，則x1＋x2＝eq\f(8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4k2－12,3＋4k2)，所以AB＝eq\r(,k2＋1)|x1－x2|＝eq\r(k2＋1)·eq\r(,（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\f(12（k2＋1）,3＋4k2).同理，CD＝eq\f(12\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k2)＋1)),3＋\f(4,k2))＝eq\f(12（k2＋1）,3k2＋4)，所以AB＋CD＝eq\f(12（k2＋1）,3＋4k2)＋eq\f(12（k2＋1）,3k2＋4)＝eq\f(84（k2＋1）2,（3＋4k2）（3k2＋4）)＝eq\f(48,7)，解得k＝±1，所以直線AB的方程為x－y－1＝0或x＋y－1＝0.變式2、已知拋物線C：y2＝3x的焦點為F，斜率為eq\f(3,2)的直線l與拋物線C的交點為A，B，與x軸的交點為P.(1)若AF＋BF＝4，求直線l的方程；(2)若eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(PB,\s\up6(→))，求AB的長．【解析】(1)設(shè)直線l的方程為y＝eq\f(3,2)x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由拋物線焦半徑公式可知AF＋BF＝x1＋x2＋eq\f(3,2)＝4，所以x1＋x2＝eq\f(5,2).聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,2)x＋m，,y2＝3x，))消去y并整理，得9x2＋(12m－12)x＋4m2＝0，則Δ＝(12m－12)2－144m2>0，解得m<eq\f(1,2)，所以x1＋x2＝－eq\f(12m－12,9)＝eq\f(5,2)，解得m＝－eq\f(7,8)，所以直線l的方程為y＝eq\f(3,2)x－eq\f(7,8)，即12x－8y－7＝0.(2)設(shè)P(t，0)，直線l的方程為x＝eq\f(2,3)y＋t，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2,3)y＋t，,y2＝3x，))消去x并整理，得y2－2y－3t＝0，則Δ＝4＋12t>0，解得t>－eq\f(1,3)，所以y1＋y2＝2，y1y1＝－3t.因為eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(PB,\s\up6(→))，所以y1＝－3y2，所以y2＝－1，y1＝3，所以y1y2＝－3，則AB＝eq\r(,1＋\f(4,9))·eq\r(,（y1＋y2）2－4y1y2)＝eq\f(\r(,13),3)×eq\r(,4＋12)＝eq\f(4\r(,13),3).方法總結(jié);(1)涉及弦長的問題中，應(yīng)熟練地利用根與系數(shù)的關(guān)系、設(shè)而不求法計算弦長．(2)涉及垂直關(guān)系時也往往利用根與系數(shù)的關(guān)系、設(shè)而不求法簡化運算．(3)涉及過焦點的弦的問題，可考慮用圓錐曲線的定義求解．考點三求圓錐曲線的中點弦例3、已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(1,2)，點A，B分別為橢圓E的左、右頂點，點C在E上，且△ABC面積的最大值為2eq\r(3).(1)求橢圓E的方程；(2)設(shè)F為E的左焦點，點D在直線x＝－4上，過F作DF的垂線交橢圓E于M，N兩點．證明：直線OD平分線段MN.【解析】(1)由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e＝\f(c,a)＝\f(1,2)，,ab＝2\r(3)，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝\r(3)，))故橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)證明：設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，D(－4，n)，線段MN的中點P(x0，y0)，則2x0＝x1＋x2,2y0＝y(tǒng)1＋y2，由(1)可得F(－1,0)，則直線DF的斜率為kDF＝＝－eq\f(n,3)，當n＝0時，直線MN的斜率不存在，根據(jù)橢圓的對稱性可知OD平分線段MN；當n≠0時，直線MN的斜率kMN＝eq\f(3,n)＝eq\f(y1－y2,x1－x2).因為點M，N在橢圓E上，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),4)＋\f(y\o\al(2,1),3)＝1，,\f(x\o\al(2,2),4)＋\f(y\o\al(2,2),3)＝1，))整理得eq\f(（x1＋x2）（x1－x2）,4)＋eq\f(（y1＋y2）（y1－y2）,3)＝0，又2x0＝x1＋x2,2y0＝y(tǒng)1＋y2，所以eq\f(y0,x0)＝－eq\f(n,4)，即直線OP的斜率為kOP＝－eq\f(n,4)，因為直線OD的斜率為kOD＝－eq\f(n,4)，所以直線OD平分線段MN.變式1、已知P(1，1)為橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1內(nèi)的一點，經(jīng)過點P引一條弦交橢圓于A，B兩點，且此弦被點P平分，則此弦所在直線的方程為【答案】x＋2y－3＝0【解析】方法一：易知此弦所在直線的斜率存在，所以設(shè)其方程為y－1＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－1＝k（x－1），,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))消去y并整理，得(2k2＋1)x2－4k(k－1)x＋2(k2－2k－1)＝0，所以x1＋x2＝eq\f(4k（k－1）,2k2＋1).又因為x1＋x2＝2，所以eq\f(4k（k－1）,2k2＋1)＝2，解得k＝－eq\f(1,2)，故此弦所在的直線方程為y－1＝－eq\f(1,2)(x－1)，即x＋2y－3＝0.方法二：易知此弦所在直線的斜率存在，所以設(shè)斜率為k，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\f(xeq\o\al(2,1),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,1),2)＝1①，eq\f(xeq\o\al(2,2),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,2),2)＝1②，由①－②，得eq\f(（x1＋x2）（x1－x2）,4)＋eq\f(（y1＋y2）（y1－y2）,2)＝0，因為x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，所以eq\f(x1－x2,2)＋y1－y2＝0，所以k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(1,2)，所以此弦所在的直線方程為y－1＝－eq\f(1,2)(x－1)，即x＋2y－3＝0.變式2、已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(1,2)，點A，B分別為橢圓E的左、右頂點，點C在橢圓E上，且△ABC面積的最大值為2eq\r(,3).(1)求橢圓E的方程；(2)設(shè)F為橢圓E的左焦點，點D在直線x＝－4上，過點F作DF的垂線交橢圓E于M，N兩點．證明：直線OD平分線段MN.【解析】(1)由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(e＝\f(c,a)＝\f(1,2)，,ab＝2\r(,3)，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝\r(,3)，))故橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，D(－4，n)，線段MN的中點P(x0，y0)，則2x0＝x1＋x2，2y0＝y(tǒng)1＋y2.由(1)可得F(－1，0)，則直線DF的斜率為kDF＝eq\f(n－0,－4－（－1）)＝－eq\f(n,3)，當n＝0時，直線MN的斜率不存在，根據(jù)橢圓的對稱性可知OD平分線段MN；當n≠0時，直線MN的斜率kMN＝eq\f(3,n)＝eq\f(y1－y2,x1－x2).因為點M，N在橢圓E上，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)＋\f(yeq\o\al(2,1),3)＝1，①,\f(xeq\o\al(2,2),4)＋\f(yeq\o\al(2,2),3)＝1，②))由①－②，得eq\f(（x1＋x2）（x1－x2）,4)＋eq\f(（y1＋y2）（y1－y2）,3)＝0，又2x0＝x1＋x2，2y0＝y(tǒng)1＋y2，所以eq\f(y0,x0)＝－eq\f(n,4)，直線OP的斜率為kOP＝－eq\f(n,4)，因為直線OD的斜率為kOD＝－eq\f(n,4)，所以直線OD平分線段MN.方法總結(jié)：(1)處理有關(guān)中點弦及對應(yīng)直線斜率關(guān)系的問題時，常用“點差法”，步驟如下：①設(shè)點：設(shè)出弦的兩端點坐標；②代入：代入圓錐曲線方程；③作差：兩式相減，再用平方差公式把上式展開；④整理：轉(zhuǎn)化為斜率與中點坐標的關(guān)系式，然后求解．(2)“點差法”的常見題型有：求中點弦方程、求(過定點、平行弦)弦中點軌跡、垂直平分線問題．由于“點差法”具有不等價性，所以在使用時要考慮判別式Δ是否為正數(shù)考點四圓錐曲線中的最值問題例4、已知動圓過定點(2,0)，且在y軸上截得的弦長為4，設(shè)動圓圓心的軌跡為H，點E(m,0)(m＞0)為一個定點，過點E作斜率分別為k1，k2的兩條直線交H于點A，B，C，D，且M，N分別是線段AB，CD的中點．(1)求軌跡H的方程；(2)若m＝1，且過點E的兩條直線相互垂直，求△EMN的面積的最小值．【解析】(1)設(shè)動圓圓心的坐標為(x，y)，由題意可以得到＝eq\r(x2＋4)，化簡得y2＝4x，所以動圓圓心的軌跡H的方程為y2＝4x.(2)當m＝1時，E為拋物線y2＝4x的焦點，因為k1k2＝－1，所以AB⊥CD.設(shè)直線AB的方程為y＝k1(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由，得k1y2－4y－4k1＝0，則y1＋y2＝eq\f(4,k1)，y1y2＝－4，x1＋x2＝eq\f(y1＋y2,k1)＋2＝eq\f(4,k\o\al(2,1))＋2.因為Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k\o\al(2,1))＋1，\f(2,k1))).同理，可得N(2keq\o\al(2,1)＋1，－2k1)．所以S△EMN＝eq\f(1,2)|EM|·|EN|＝eq\f(1,2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k\o\al(2,1))))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k1)))2)·＝2eq\r(k\o\al(2,1)＋\f(1,k\o\al(2,1))＋2)≥2eq\r(2＋2)＝4，當且僅當keq\o\al(2,1)＝eq\f(1,k\o\al(2,1))，即k1＝±1時，△EMN的面積取最小值4.變式1、已知動圓過定點A(2，0)，且在y軸上截得的弦長為4，設(shè)動圓圓心的軌跡為H，點E(m，0)(m>0)為一個定點，過點E作斜率分別為k1，k2的兩條直線交H于點A，B，C，D，且M，N分別是線段AB，CD的中點．(1)求軌跡H的方程；(2)若m＝1，且過點E的兩條直線相互垂直，求△EMN的面積的最小值；(3)若k1＋k2＝1，求證：直線MN過定點．【解析】(1)設(shè)動圓圓心的坐標為(x，y)，由題意知eq\r(,（x－2）2＋y2)＝eq\r(,x2＋4)，化簡得y2＝4x，所以動圓圓心的軌跡H的方程為y2＝4x.(2)當m＝1時，E為拋物線y2＝4x的焦點，因為AB⊥CD，所以k1k2＝－1.設(shè)直線AB的方程為y＝k1(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k1（x－1），,y2＝4x，))消去x并整理，得k1y2－4y－4k1＝0，則y1＋y2＝eq\f(4,k1)，y1y2＝－4，x1＋x2＝eq\f(y1＋y2,k1)＋2＝eq\f(4,keq\o\al(2,1))＋2.因為Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,keq\o\al(2,1))＋1，\f(2,k1))).同理，可得N(2keq\o\al(2,1)＋1，－2k1)．所以S△EMN＝eq\f(1,2)EM·EN＝eq\f(1,2)eq\r(,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,keq\o\al(2,1))))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k1)))\s\up12(2))·eq\r(,（2keq\o\al(2,1)）2＋（－2k1）2)＝2eq\r(,keq\o\al(2,1)＋\f(1,keq\o\al(2,1))＋2)≥2eq\r(,2＋2)＝4，當且僅當keq\o\al(2,1)＝eq\f(1,keq\o\al(2,1))，即k1＝±1時，△EMN的面積取最小值4.(3)設(shè)直線AB的方程為y＝k1(x－m)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k1（x－m），,y2＝4x，))消去x并整理，得k1y2－4y－4k1m＝0，則y1＋y2＝eq\f(4,k1)，y1y2＝－4m，x1＋x2＝eq\f(y1＋y2,k1)＋2m＝eq\f(4,keq\o\al(2,1))＋2m.因為Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,keq\o\al(2,1))＋m，\f(2,k1))).同理，可得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,keq\o\al(2,2))＋m，\f(2,k2)))，所以kMN＝eq\f(k1k2,k1＋k2)＝k1k2，所以直線MN的方程為y－eq\f(2,k1)＝k1k2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,keq\o\al(2,1))＋m))))，即y＝k1k2(x－m)＋2，所以直線MN過定點(m，2)．變式2、已知橢圓C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)的短軸長為2，且橢圓C的頂點在圓M：x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,2)上．(1)求橢圓C的方程；(2)過橢圓的上焦點作相互垂直的弦AB，CD，求|AB|＋|CD|的最小值．【解析】(1)由題意可知2b＝2，b＝1.又橢圓C的頂點在圓M上，則a＝eq\r(2)，故橢圓C的方程為eq\f(y2,2)＋x2＝1.(2)當直線AB的斜率不存在或為零時，|AB|＋|CD|＝3eq\r(2)；當直線AB的斜率存在，且不為零時，設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(y2,2)＋x2＝1，))消去y，整理得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0，則x1＋x2＝－eq\f(2k,k2＋2)，x1x2＝－eq\f(1,k2＋2)，故|AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\f(2\r(2)（k2＋1）,k2＋2).同理可得|CD|＝eq\f(2\r(2)（k2＋1）,2k2＋1)，∴|AB|＋|CD|＝eq\f(6\r(2)（k2＋1）2,（2k2＋1）（k2＋2）).令t＝k2＋1，則t＞1，0＜eq\f(1,t)＜1，∴|AB|＋|CD|＝eq\f(6\r(2)t2,（2t－1）（t＋1）)＝eq\f(6\r(2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,t)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,t))))＝eq\f(6\r(2),－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(1,2)))2＋\f(9,4))，當0＜eq\f(1,t)＜1時，2＜－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(9,4)≤eq\f(9,4)，∴eq\f(8\r(2),3)≤|AB|＋|CD|＜3eq\r(2)，綜上可知，eq\f(8\r(2),3)≤|AB|＋|CD|≤3eq\r(2)，∴|AB|＋|CD|的最小值eq\f(8\r(2),3)方法總結(jié)：1．圓錐曲線中的最值問題大致可分為兩類：一是涉及距離、面積的最值以及與之相關(guān)的一些問題；二是求直線或圓錐曲線中幾何元素的最值以及這些元素存在最值時求解與之有關(guān)的一些問題．2．最值問題的兩類解法技巧(1)幾何法：若題目的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征及意義，則考慮利用圖形性質(zhì)來解決．(2)代數(shù)法：若題目的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關(guān)系，則可先建立起目標函數(shù)，再求這個函數(shù)的最值，最值常用基本不等式法、配方法及導數(shù)法求解．考點五圓錐曲線中的定點、定值問題例5已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋y2＝1(a＞0)，過橢圓C的右頂點和上頂點的直線與圓x2＋y2＝eq\f(2,3)相切．(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)M是橢圓C的上頂點，過點M分別作直線MA，MB交橢圓C于A，B兩點，設(shè)這兩條直線的斜率分別為k1，k2，且k1＋k2＝2，證明：直線AB過定點．【解析】(1)∵直線過點(a，0)和(0，1)，∴直線的方程為x＋ay－a＝0，∵直線與圓x2＋y2＝eq\f(2,3)相切，∴eq\f(|－a|,\r(1＋a2))＝eq\f(\r(6),3)，解得a2＝2，∴橢圓C的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)證明：當直線AB的斜率不存在時，設(shè)A(x0，y0)，則B(x0，－y0)，由k1＋k2＝2得eq\f(y0－1,x0)＋eq\f(－y0－1,x0)＝2，解得x0＝－1.當直線AB的斜率存在時，設(shè)AB的方程為y＝kx＋m(m≠1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝kx＋m))?(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，得x1＋x2＝－eq\f(4km,1＋2k2)，x1·x2＝eq\f(2m2－2,1＋2k2)，由k1＋k2＝2?eq\f(y1－1,x1)＋eq\f(y2－1,x2)＝2?eq\f(（kx2＋m－1）x1＋（kx1＋m－1）x2,x1x2)＝2，即(2－2k)x1x2＝(m－1)(x1＋x2)?(2－2k)(2m2－2)＝(m－1)(－4km)，即(1－k)(m2－1)＝－km(m－1)，由m≠1得(1－k)(m＋1)＝－km?k＝m＋1，即y＝kx＋m＝(m＋1)x＋m?m(x＋1)＝y(tǒng)－x，故直線AB過定點(－1，－1)．綜上，直線AB過定點(－1，－1)．變式1、如圖，橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率是eq\f(\r(2),2)，點P(0,1)在短軸CD上，且eq\o(PC,\s\up8(→))·eq\o(PD,\s\up8(→))＝－1.(1)求橢圓E的方程；(2)設(shè)O為坐標原點，過點P的動直線與橢圓交于A，B兩點．是否存在常數(shù)λ，使得eq\o(OA,\s\up18(→))·eq\o(OB,\s\up18(→))＋λeq\o(PA,\s\up18(→))·eq\o(PB,\s\up18(→))為定值？若存在，求λ的值；若不存在，請說明理由．【解析】由已知得點C，D的坐標分別為(0，－b)，(0，b)．又點P的坐標為(0,1)，且eq\o(PC,\s\up8(→))·eq\o(PD,\s\up8(→))＝－1，于是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－b2＝－1，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2－b2＝c2，))解得a＝2，b＝eq\r(2)，所以橢圓E方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)當直線AB的斜率存在時，設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋1，A，B的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)．聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋1))得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.其判別式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0，所以，x1＋x2＝－eq\f(4k,2k2＋1)，x1x2＝－eq\f(2,2k2＋1).從而eq\o(OA,\s\up18(→))·eq\o(OB,\s\up18(→))＋λeq\o(PA,\s\up18(→))·eq\o(PB,\s\up18(→))＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)·(y2－1)]＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝eq\f(－2λ－4k2＋－2λ－1,2k2＋1)＝－eq\f(λ－1,2k2＋1)－λ－2.所以，當λ＝1時，－eq\f(λ－1,2k2＋1)－λ－2＝－3，eq\o(OA,\s\up18(→))·eq\o(OB,\s\up18(→))＋λeq\o(PA,\s\up18(→))·eq\o(PB,\s\up18(→))＝－3為定值．當直線AB斜率不存在時，直線AB即為直線CD，此時eq\o(OA,\s\up18(→))·eq\o(OB,\s\up18(→))＋λeq\o(PA,\s\up18(→))·eq\o(PB,\s\up18(→))＝eq\o(OC,\s\up18(→))·eq\o(OD,\s\up18(→))＋λeq\o(PC,\s\up18(→))·eq\o(PD,\s\up18(→))＝－2－λ＝－3，故存在常數(shù)λ＝1.綜上可知，存在常數(shù)λ＝1，使得eq\o(OA,\s\up18(→))·eq\o(OB,\s\up18(→))＋λeq\o(PA,\s\up18(→))·eq\o(PB,\s\up18(→))為定值－3.變式2、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．【解析】(1)由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,\f(1,2)ab＝1，,a2＝b2＋c2，))解得a＝2，b＝1.∴橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)證明：(方法1)由(1)，知A(2，0)，B(0，1)．設(shè)P(x0，y0)，則xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)＝4.當x0≠0時，直線PA的方程為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的方程為y＝eq\f(y0－1,x0)x＋1.令y＝0，得xN＝－eq\f(x0,y0－1)，從而|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(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.當x0＝0時，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，∴|AN|·|BM|＝4.綜上，|AN|·|BM|為定值．(方法2)點P在曲線eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,1)))eq\s\up12(2)＝1上