2021新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)學(xué)案板塊2命題區(qū)間精講精講5解析幾何

解析幾何閱卷案例思維導(dǎo)圖(2020·全國(guó)卷Ⅰ，T20，12分)已知A，B分別為橢圓E：eq\f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)的左、右頂點(diǎn)，G為E的上頂點(diǎn)，eq\o(AG,\s\up8(→))·eq\o(GB,\s\up8(→))＝8.P為直線x＝6上的動(dòng)點(diǎn)，PA與E的另一交點(diǎn)為C，PB與E的另一交點(diǎn)為D．(1)求E的方程；(2)證明：直線CD過定點(diǎn).本題考查：橢圓的方程、直線與橢圓的位置關(guān)系、平面向量的數(shù)量積等知識(shí)，邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算等核心素養(yǎng).答題模板標(biāo)準(zhǔn)解答踩點(diǎn)得分第1步：求方程利用待定系數(shù)法，結(jié)合題設(shè)條件求基本量，并寫出標(biāo)準(zhǔn)方程.第2步：設(shè)點(diǎn)、直線設(shè)出直線的方程及相交兩點(diǎn)的坐標(biāo).第3步：聯(lián)立消元聯(lián)立直線與曲線得方程組，消元得方程.關(guān)鍵步驟第4步：找關(guān)系借助題設(shè)中等量關(guān)系建立數(shù)量關(guān)系第5步：求解解等量關(guān)系得出待求結(jié)果，注意結(jié)果的完備性.←←eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2設(shè)Cx1，y1，Dx2，y2，P6，t，,若t≠0，設(shè)直線CD的方程為x＝my＋n，,由題意可知－3＜n＜3，,由于直線PA的方程為y＝\f(t,9)x＋3，,所以y1＝\f(t,9)x1＋3，3分,同理可得y2＝\f(t,3)x2－3，4分,于是有3y1x2－3＝y(tǒng)2x1＋3①.5分,由于\f(x\o\al(2,2),9)＋y\o\al(2,2)＝1，,所以y\o\al(2,2)＝－\f(x2＋3x2－3,9)，))←eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(將其代入①式，消去x2－3，,可得27y1y2＝－x1＋3x2＋3，,即27＋m2y1y2＋mn＋3y1＋y2＋n＋32＝0②，7分,聯(lián)立\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋n,\f(x2,9)＋y2＝1))得，,m2＋9y2＋2mny＋n2－9＝0，8分))←eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(所以y1＋y2＝－\f(2mn,m2＋9)，y1y2＝\f(n2－9,m2＋9)，,代入②式得,27＋m2n2－9－2mn＋3mn＋n＋32·m2＋9＝0，,解得n＝\f(3,2)或－3因?yàn)椋?＜n＜3，所以舍－3，9分))←eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(故直線CD的方程為x＝my＋\f(3,2)，即直線CD過定點(diǎn)\f(3,2)，0.10分,若t＝0，則直線CD的方程為y＝0，也過點(diǎn)\f(3,2)，0.11分,綜上所述，直線CD過定點(diǎn)\f(3,2)，0.12分))第(1)問得分點(diǎn)及說明：1.求出a的值得1分.2.寫出E的方程得1分.第(2)問得分點(diǎn)及說明：1.寫出PA，PB的方程各得1分.2.將CD的方程與E聯(lián)立消元正確得1分.3.正確得出y1＋y2，y1y2的方程②得2分.4.利用根與系數(shù)的關(guān)系求得直線過定點(diǎn)得3分，對(duì)于沒考慮直線CD與x軸重合的情形扣1分.命題點(diǎn)1最值問題求圓錐曲線中最值問題的關(guān)鍵(1)公式意識(shí)，把所求最值用相關(guān)公式表述出來；(2)方程思想，即引入?yún)?shù)，尋找關(guān)于參數(shù)的方程；(3)不等式與函數(shù)意識(shí)，尋找關(guān)于參數(shù)的不等式或函數(shù)，并求最值．[高考題型全通關(guān)]1．已知拋物線C：x2＝4y的焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)P(－2，2)的直線l與拋物線C交于A，B兩點(diǎn)．(1)當(dāng)點(diǎn)P為AB的中點(diǎn)時(shí)，求直線AB的方程；(2)求|AF|·|BF|的最小值．[解](1)法一：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則xeq\o\al(2,1)＝4y1，xeq\o\al(2,2)＝4y2，顯然x1≠x2，則兩式相減得4·eq\f(y1－y2,x1－x2)＝x1＋x2，因?yàn)閤1＋x2＝－4，所以直線AB的斜率k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－1，所以直線AB的方程為y－2＝－(x＋2)，即x＋y＝0.法二：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，顯然直線AB的斜率存在，設(shè)為k，則直線AB的方程為y＝k(x＋2)＋2.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2＋2，,x2＝4y))消去x整理得y2－4(k2＋k＋1)y＋4(k＋1)2＝0，由y1＋y2＝4(k2＋k＋1)＝4，解得k＝－1或k＝0(明顯不符合題意，舍去)，所以直線AB的方程為y－2＝－(x＋2)，即x＋y＝0.(2)顯然直線l的斜率存在，設(shè)為k，則直線l的方程為y＝k(x＋2)＋2.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則由拋物線的定義可知|AF|＝y(tǒng)1＋1，|BF|＝y(tǒng)2＋1，所以|AF|·|BF|＝(y1＋1)(y2＋1)＝y(tǒng)1y2＋(y1＋y2)＋1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2＋2，,x2＝4y))消去x整理得y2－4(k2＋k＋1)y＋4(k＋1)2＝0，所以y1＋y2＝4(k2＋k＋1)，y1y2＝4(k＋1)2，所以|AF|·|BF|＝y(tǒng)1y2＋(y1＋y2)＋1＝8k2＋12k＋9＝8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(3,4)))eq\s\up12(2)＋eq\f(9,2)，所以當(dāng)k＝－eq\f(3,4)時(shí)，|AF|·|BF|取得最小值，且最小值為eq\f(9,2).2．已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上的動(dòng)點(diǎn)到其左焦點(diǎn)距離的最大值是最小值的3倍，且點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))在橢圓上．(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過點(diǎn)G(0，1)作直線l與橢圓E交于A，B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求△ABO面積的最大值．[解](1)由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋c＝3a－c，,a2＝b2＋c2，,\f(1,a2)＋\f(9,4b2)＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝\r(3)，,c＝1，))∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)易知直線l的斜率存在，設(shè)為k，則直線l的方程為y＝kx＋1，并設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y得(3＋4k2)x2＋8kx－8＝0，則x1＋x2＝eq\f(－8k,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(－8,3＋4k2)，∴|x1－x2|＝eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\f(4\r(6)·\r(1＋2k2),3＋4k2)，原點(diǎn)O到直線l的距離d＝eq\f(1,\r(k2＋1)).∴S△ABO＝eq\f(1,2)d·eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\f(2\r(6)·\r(1＋2k2),3＋4k2).令eq\r(1＋2k2)＝t，∵k2≥0，∴t≥1，∴S△ABO＝eq\f(2\r(6)t,2t2＋1)＝eq\f(2\r(6),2t＋\f(1,t)).易證y＝2t＋eq\f(1,t)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴2t＋eq\f(1,t)≥3，∴S△ABO≤eq\f(2\r(6),3)，∴△ABO面積的最大值為eq\f(2\r(6),3).命題點(diǎn)2范圍問題圓錐曲線中范圍問題的常見解法(1)幾何法：若題目中的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征和意義，則考慮利用圖形性質(zhì)來解決；(2)代數(shù)法：若題目中的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關(guān)系，或不等關(guān)系，或已知參數(shù)與新參數(shù)之間的等量關(guān)系等，則可利用這些關(guān)系去求參數(shù)的取值范圍．[高考題型全通關(guān)]1．(2020·煙臺(tái)模擬)橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，M為橢圓上一動(dòng)點(diǎn)(異于左、右頂點(diǎn))，若△MF1F2的周長(zhǎng)為4＋2eq\r(3)，且面積的最大值為eq\r(3).(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)A，B是橢圓C上兩動(dòng)點(diǎn)，線段AB的中點(diǎn)為P，OA，OB的斜率分別為k1，k2(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，且k1k2＝－eq\f(1,4)，求|OP|的取值范圍．[解](1)由題知，△MF1F2的周長(zhǎng)為2a＋2c＝4＋2eq\r(3)，且eq\f(1,2)·2c·b＝eq\r(3)，∴a＝2，b＝1，c＝eq\r(3)，∴橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)當(dāng)直線AB的斜率k＝0時(shí)，此時(shí)k1，k2(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，滿足k1k2＝－eq\f(1,4)，k1＝－k2＝－eq\f(1,2).可令OB的方程為y＝eq\f(1,2)x(xB＞0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(x,2)，,x2＋4y2＝4，))可得Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(\r(2),2)))，此時(shí)|OP|＝eq\f(\r(2),2)，當(dāng)直線AB的斜率k≠0時(shí)，可令A(yù)B的方程為x＝my＋t，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋4y2＝4，,x＝my＋t，))可得(m2＋4)y2＋2mty＋t2－4＝0，Δ＝4m2t2－4(m2＋4)(t2－4)＞0?m2－t2＋4＞0. ①設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，y1＋y2＝eq\f(－2mt,m2＋4)，y1y2＝eq\f(t2－4,m2＋4)，x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2t＝eq\f(8t,m2＋4).∴Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4t,m2＋4)，\f(－mt,m2＋4))).∵k1k2＝－eq\f(1,4)，∴eq\f(y1y2,x1x2)＝－eq\f(1,4)，即4y1y2＋x1x2＝0，∴(4＋m2)y1y2＋mt(y1＋y2)＋t2＝0，∴t2－4＋eq\f(－2m2t2,4＋m2)＋t2＝0，∴2t2＝m2＋4，則t2≥2， ②由①②可得t2≥2恒成立，|OP|2＝eq\f(16t2＋m2t2,m2＋42)＝eq\f(16t2＋m2t2,2t22)＝eq\f(16＋m2,4t2)＝eq\f(16＋2t2－4,4t2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(3,t2)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，|OP|∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\r(2))).綜上，|OP|的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\r(2))).2．(2020·四川五校聯(lián)考)已知拋物線E：y2＝8x，直線l：y＝kx－4.(1)若直線l與拋物線E相切，求直線l的方程；(2)設(shè)Q(4，0)，直線l與拋物線E交于不同的兩點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，若存在點(diǎn)C滿足|eq\o(CQ,\s\up8(→))＋eq\o(CA,\s\up8(→))|＝|eq\o(CQ,\s\up8(→))－eq\o(CA,\s\up8(→))|，且線段OC與AB互相平分(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，求x2的取值范圍．[解](1)法一：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－4，,y2＝8x))得k2x2－8(k＋1)x＋16＝0，由k≠0及Δ＝64(k＋1)2－64k2＝0，得k＝－eq\f(1,2)，所以直線l的方程為y＝－eq\f(1,2)x－4.法二：由y2＝8x得y＝±eq\r(8x)，直線l恒過點(diǎn)(0，－4)，則y＝－eq\r(8x)，設(shè)切點(diǎn)為(x0，y0)(y0＜0)，由于y＝－eq\r(8x)，所以y′|x＝x0＝－eq\f(\r(2),\r(x0))，所以切線方程為y＋eq\r(8x0)＝－eq\f(\r(2),\r(x0))(x－x0)，將坐標(biāo)(0，－4)代入得x0＝8，即切點(diǎn)為(8，－8)，再將該點(diǎn)代入y＝kx－4得，k＝－eq\f(1,2)，所以直線l的方程為y＝－eq\f(1,2)x－4.(2)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－4，,y2＝8x))得k2x2－8(k＋1)x＋16＝0，因?yàn)棣ぃ?4(k＋1)2－64k2＞0，且k≠0，所以k＞－eq\f(1,2)，且k≠0，所以x1＋x2＝eq\f(8k＋1,k2)，所以y1＋y2＝k(x1＋x2)－8＝eq\f(8,k).因?yàn)榫€段OC與AB互相平分，所以四邊形OACB為平行四邊形，所以eq\o(OC,\s\up8(→))＝eq\o(OA,\s\up8(→))＋eq\o(OB,\s\up8(→))＝(x1＋x2，y1＋y2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8k＋1,k2)，\f(8,k)))，即Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8k＋1,k2)，\f(8,k)))，由|eq\o(CQ,\s\up8(→))＋eq\o(CA,\s\up8(→))|＝|eq\o(CQ,\s\up8(→))－eq\o(CA,\s\up8(→))|得，AC⊥QC．所以kAC·kQC＝－1，又kQC＝eq\f(\f(8,k),\f(8k＋1,k2)－4)＝eq\f(2k,2k＋1－k2)，kAC＝kOB＝eq\f(y2,x2)＝k－eq\f(4,x2)，所以eq\f(2k,2k＋1－k2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－\f(4,x2)))＝－1，所以eq\f(8,x2)＝k＋eq\f(2,k)＋2.若k＞0，則eq\f(8,x2)≥2eq\r(2)＋2＝2(eq\r(2)＋1)，當(dāng)且僅當(dāng)k＝eq\r(2)時(shí)取等號(hào)，此時(shí)0＜x2≤4(eq\r(2)－1)．若－eq\f(1,2)＜k＜0，由于k＝－eq\f(1,2)時(shí)，k＋eq\f(2,k)＋2＝－eq\f(5,2)，所以eq\f(8,x2)＜－eq\f(5,2)，即x2＜－eq\f(16,5)(舍去)．綜上，x2的取值范圍為(0，4(eq\r(2)－1)]．[一題多解(2)中也可由|eq\o(CQ,\s\up8(→))＋eq\o(CA,\s\up8(→))|＝|eq\o(CQ,\s\up8(→))－eq\o(CA,\s\up8(→))|，得eq\o(QC,\s\up8(→))·eq\o(AC,\s\up8(→))＝0，結(jié)合eq\o(QC,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8k＋1,k2)－4，\f(8,k)))，eq\o(AC,\s\up8(→))＝eq\o(OB,\s\up8(→))＝(x2，y2)＝(x2，kx2－4)，得eq\f(8,x2)＝k＋eq\f(2,k)＋2求解．]命題點(diǎn)3定點(diǎn)問題解決圓錐曲線中的定點(diǎn)問題應(yīng)注意(1)分清問題中哪些是定的，哪些是變動(dòng)的；(2)注意“設(shè)而不求”思想的應(yīng)用，引入?yún)⒆兞?，最后看能否把變量消去?3)“先猜后證”，也就是先利用特殊情況確定定點(diǎn)，然后驗(yàn)證，這樣在整理式子時(shí)就有了明確的方向．[高考題型全通關(guān)]1．(2020·陜西百校聯(lián)盟第一次模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率e＝eq\f(\r(3),2)，橢圓的左焦點(diǎn)為F1，短軸的兩個(gè)端點(diǎn)分別為B1，B2，且eq\o(F1B1,\s\up8(→))·eq\o(F1B2,\s\up8(→))＝2.(1)求C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若過左頂點(diǎn)A作橢圓的兩條弦AM，AN，且eq\o(AM,\s\up8(→))·eq\o(AN,\s\up8(→))＝0，求證：直線MN與x軸的交點(diǎn)為定點(diǎn)．[解](1)由題意得e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)， ①F1(－c，0)，不妨令B1為上端點(diǎn)，則B1(0，b)，B2(0，－b)，所以eq\o(F1B1,\s\up8(→))·eq\o(F1B2,\s\up8(→))＝(c，b)·(c，－b)＝c2－b2＝2. ②c2＝a2－b2. ③由①②③得a2＝4，b2＝1，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)證明：由題可知，A(－2，0)，直線AM，AN的斜率存在且不為零，設(shè)直線AM的斜率為k，則直線AN的斜率為－eq\f(1,k).可得直線AM的方程為y＝k(x＋2)，將直線AM的方程與橢圓方程聯(lián)立得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,x2＋4y2－4＝0，))得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0(*)，Δ＞0.方程(*)的一個(gè)根為－2，設(shè)M(xM，yM)，則－2xM＝eq\f(16k2－4,1＋4k2)，得xM＝eq\f(2－8k2,1＋4k2)，所以yM＝k(xM＋2)＝eq\f(4k,1＋4k2)，得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－8k2,1＋4k2)，\f(4k,1＋4k2)))，同理可得(將k換為－eq\f(1,k))Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k2－8,k2＋4)，\f(－4k,k2＋4))).則直線MN的斜率kMN＝eq\f(\f(4k,1＋4k2)＋\f(4k,k2＋4),\f(2－8k2,1＋4k2)－\f(2k2－8,k2＋4))＝eq\f(20k3＋20k,－16k4－16)＝eq\f(20kk2＋1,－16k2－1k2＋1)＝eq\f(－5k,4k2－4).所以直線MN的方程為y＋eq\f(4k,k2＋4)＝eq\f(－5k,4k2－4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2k2－8,k2＋4))).令y＝0，則x＝eq\f(161－k2,5k2＋4)＋eq\f(2k2－8,k2＋4)＝eq\f(－6k2－24,5k2＋4)＝eq\f(－6k2＋4,5k2＋4)＝－eq\f(6,5).所以直線MN與x軸的交點(diǎn)為定點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，0)).2．已知拋物線C：y2＝2px(p＞0)上一點(diǎn)P(4，t)(t＞0)到焦點(diǎn)F的距離等于5.(1)求拋物線C的方程和實(shí)數(shù)t的值；(2)若過F的直線交拋物線C于不同的兩點(diǎn)A，B(均與P不重合)，直線PA，PB分別交拋物線的準(zhǔn)線l于點(diǎn)M，N.試判斷以MN為直徑的圓是否過點(diǎn)F，并說明理由．[解](1)由拋物線定義可知|PF|＝4－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)))＝5，解得p＝2，故拋物線C的方程為y2＝4x，將P(4，t)(t＞0)代入拋物線方程解得t＝4.(2)以MN為直徑的圓一定過點(diǎn)F，理由如下：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，設(shè)直線AB的方程為x＝my＋1(m∈R)，代入拋物線C：y2＝4x，化簡(jiǎn)整理得y2－4my－4＝0，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝4m，,y1y2＝－4，))由(1)知P(4，4)，所以直線PA的方程為y－4＝eq\f(y1－4,x1－4)(x－4)＝eq\f(y1－4,my1－3)(x－4)，令x＝－1得y＝eq\f(4m－5y1＋8,my1－3)，即Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(4m－5y1＋8,my1－3)))，同理可得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(4m－5y2＋8,my2－3)))，∴kMF·kNF＝eq\f(4m－5y1＋8,2my1－3)·eq\f(4m－5y2＋8,2my2－3)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2m－\f(5,2)))\s\up12(2)y1y2＋8m－10y1＋y2＋16,m2y1y2－3my1＋y2＋9)＝eq\f(－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2m－\f(5,2)))\s\up12(2)＋4m8m－10＋16,－4m2－3m·4m＋9)＝eq\f(16m2－9,－16m2＋9)＝－1，∴MF⊥NF，故以MN為直徑的圓過點(diǎn)F.(也可用eq\o(MF,\s\up8(→))·eq\o(NF,\s\up8(→))＝0)．命題點(diǎn)4定值問題求定值問題常見的2種方法(1)從特殊情況入手，求出定值，再證明這個(gè)定值與變量無關(guān)；(2)直接推理、計(jì)算，并在計(jì)算推理的過程中消去變量，從而得到定值．[高考題型全通關(guān)]1．(2020·廣東四校聯(lián)考)設(shè)斜率不為0的直線l與拋物線x2＝4y交于A，B兩點(diǎn)，與橢圓eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,4)＝1交于C，D兩點(diǎn)，記直線OA，OB，OC，OD(O為坐標(biāo)原點(diǎn))的斜率分別為k1，k2，k3，k4.(1)若直線l過點(diǎn)(0，4)，證明：OA⊥OB；(2)求證：eq\f(k1＋k2,k3＋k4)的值與直線l的斜率的大小無關(guān)．[解]設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m，k≠0，A(x1，y1)，B(x2，y2)，(1)依題意，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,1)＝4y1，,x\o\al(2,2)＝4y2，))兩式相乘得(x1x2)2＝16y1y2，若直線l過點(diǎn)(0，4)，則直線l的方程為y＝kx＋4，將直線l的方程代入拋物線x2＝4y，得x2－4kx－16＝0.∴x1x2＝－16，∴y1y2＝16，∴x1x2＋y1y2＝0，∴eq\o(OA,\s\up8(→))·eq\o(OB,\s\up8(→))＝0，∴OA⊥OB．(2)設(shè)C(x3，y3)，D(x4，y4)．聯(lián)立y＝kx＋m和x2＝4y，化簡(jiǎn)得x2－4kx－4m＝0，則x1＋x2＝4k，x1x2＝－4m，k1＋k2＝eq\f(y1,x1)＋eq\f(y2,x2)＝eq\f(x1,4)＋eq\f(x2,4)＝k.聯(lián)立y＝kx＋m和eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,4)＝1，化簡(jiǎn)得(2＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－12＝0，在Δ＝(6km)2－4(2＋3k2)(3m2－12)＞0(?4＋6k2＞m2，此式可不求解)的情況下，x3＋x4＝eq\f(－6km,2＋3k2)，x3x4＝eq\f(3m2－12,2＋3k2)，k3＋k4＝eq\f(y3,x3)＋eq\f(y4,x4)＝2k＋eq\f(m,x3)＋eq\f(m,x4)＝2k＋eq\f(mx3＋x4,x3x4)＝2k＋eq\f(－6km2,3m2－12)＝eq\f(－8k,m2－4)，∴eq\f(k1＋k2,k3＋k4)＝－eq\f(m2－4,8)，是一個(gè)與直線l的斜率k無關(guān)的值．2．已知點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，1))在橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上，橢圓C的焦距為2.(1)求橢圓C的方程；(2)斜率為定值k的直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，且滿足|OA|2＋|OB|2的值為常數(shù)(其中O為坐標(biāo)原點(diǎn))．①求k的值以及這個(gè)常數(shù)；②寫出一般性結(jié)論(不用證明)：斜率為定值k的直線l與橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)交于A，B兩點(diǎn)，且滿足|OA|2＋|OB|2的值為常數(shù)，則k的值以及這個(gè)常數(shù)是多少？[解](1)由點(diǎn)P在橢圓上得eq\f(3,2a2)＋eq\f(1,b2)＝1，2c＝2，∴3b2＋2a2＝2a2b2，c＝1.又a2＝b2＋c2，∴3b2＋2(b2＋1)＝2(b2＋1)b2，∴2b4－3b2－2＝0，解得b2＝2，得a2＝3，∴橢圓C的方程為eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)①設(shè)直線l的方程為y＝kx＋t，聯(lián)立eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1，得(3k2＋2)x2＋6ktx＋3t2－6＝0，Δ＝(6kt)2－4(3k2＋2)(3t2－6)＝24(3k2－t2＋2)＞0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴x1＋x2＝－eq\f(6kt,3k2＋2)，x1x2＝eq\f(3t2－6,3k2＋2)，又yeq\o\al(2,1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,1),3)))，yeq\o\al(2,2)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,2),3)))，|OA|2＋|OB|2＝(xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1))＋(xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2))＝eq\f(1,3)(xeq\o\al(2,1)＋xeq\o\al(2,2))＋4＝eq\f(1,3)[(x1＋x2)2－2x1x2]＋4＝eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－6kt,3k2＋2)))\s\up12(2)－2×\f(3t2－6,3k2＋2)))＋4＝eq\f(1,3)×eq\f(18k2－12t2＋36k2＋24,3k2＋22)＋4，要使|OA|2＋|OB|2為常數(shù)，只需18k2－12＝0，得k2＝eq\f(2,3)，∴|OA|2＋|OB|2＝eq\f(1,3)×eq\f(24＋24,2＋22)＋4＝5，∴k＝±eq\f(\r(2),\r(3))＝±eq\f(\r(6),3)，這個(gè)常數(shù)為5.②k＝±eq\f(b,a)，這個(gè)常數(shù)為a2＋b2.命題點(diǎn)5證明問題圓錐曲線的證明問題，常表現(xiàn)為證明相等、定值、過定點(diǎn)、點(diǎn)在曲線上等，一般是以直線與圓錐曲線為載體，綜合使用圓錐曲線的性質(zhì)及位置關(guān)系進(jìn)行論證．[高考題型全通關(guān)]1．設(shè)定點(diǎn)F(0，1)，動(dòng)點(diǎn)E滿足：以EF為直徑的圓與x軸相切．(1)求動(dòng)點(diǎn)E的軌跡C的方程；(2)設(shè)A，B是曲線C上兩點(diǎn)，若曲線C在點(diǎn)A，B處的切線互相垂直，求證：A，F(xiàn)，B三點(diǎn)共線．[解](1)設(shè)E(x，y)，則EF的中點(diǎn)為Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)，\f(y＋1,2)))，依題意知M到點(diǎn)F(0，1)與它到x軸的距離相等，可得eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y－1,2)))\s\up12(2))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(y＋1,2)))，化簡(jiǎn)得x2＝4y，即動(dòng)點(diǎn)E的軌跡C的方程為x2＝4y.(2)證明：設(shè)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(x\o\al(2,1),4)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(x\o\al(2,2),4)))(x1≠x2)，則由y＝eq\f(x2,4)得y′＝eq\f(x,2)，知曲線C在點(diǎn)A，B處的切線的斜率分別是eq\f(x1,2)，eq\f(x2,2)，依題意eq\f(x1,2)·eq\f(x2,2)＝－1，即x1x2＝－4，可得Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,x1)，\f(4,x\o\al(2,1))))，∴kAF＝eq\f(\f(x\o\al(2,1),4)－1,x1)＝eq\f(x1,4)－eq\f(1,x1)，kBF＝eq\f(\f(4,x\o\al(2,1))－1,－\f(4,x1))＝eq\f(x1,4)－eq\f(1,x1)，∴kAF＝kBF，又直線AF與BF有公共點(diǎn)F，所以A，B，F(xiàn)三點(diǎn)共線．2．設(shè)定點(diǎn)F(0，1)，動(dòng)圓E過點(diǎn)F且與直線y＝－1相切．(1)求動(dòng)圓圓心E的軌跡C的方程；(2)設(shè)P為直線y＝－1上任意一點(diǎn)，過點(diǎn)P作軌跡C的兩條切線l1和l2，證明：l1⊥l2.[解](1)依題意知，點(diǎn)E的軌跡C是以F(0，1)為焦點(diǎn)，以直線y＝－1為準(zhǔn)線的拋物線，方程為x2＝4y.(2)證明：設(shè)P(x0，－1)，顯然過P與曲線C相切的直線斜率存在，設(shè)切線方程為y＋1＝k(x－x0)，與曲線C：x2＝4y，聯(lián)立得eq\f(x2,4)＋1＝k(x－x0)，即x2－4kx＋4kx0＋4＝0，依題意得Δ＝(－4k)2－4(4kx0＋4)＝0，即k2－kx0－1＝0，∴k1k2＝－1，∵k1，k2分別是直線l1和l2的斜率，∴l(xiāng)1⊥l2.命題點(diǎn)6存在性問題存在性問題的求解策略(1)若給出問題的一些特殊關(guān)系，要探索一般規(guī)律，并證明所得規(guī)律的正確性，通常要對(duì)已知關(guān)系進(jìn)行觀察、比較、分析，然后概括一般規(guī)律；(2)若只給出條件，求“不存在”“是否存在”等語句表述問題時(shí)，一般先對(duì)結(jié)論給出肯定存在的假設(shè)，然后由假設(shè)出發(fā)，結(jié)合已知條件進(jìn)行推理，從而得出結(jié)論．[高考題型全通關(guān)]1．(2020·濟(jì)南模擬)設(shè)M是拋物線E：x2＝2py(p＞0)上的一點(diǎn)，拋物線E在點(diǎn)M處的切線方程為y＝x－1.(1)求E的方程；(2)已知過點(diǎn)(0，1)的兩條不重合直線l1，l2的斜率之積為1，且直線l1，l2分別交拋物線E于A，B兩點(diǎn)和C，D兩點(diǎn)．是否存在常數(shù)λ，使得|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|成立？若存在，求出λ的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．[解](1)法一：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x－1，,x2＝2py，))消y得x2－2px＋2p＝0.由題意得Δ＝4p2－8p＝0，因?yàn)閜＞0，所以p＝2.故拋物線E：x2＝4y.法二：設(shè)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(x\o\al(2,0),2p)))，由x2＝2py，得y＝eq\f(x2,2p)，y′＝eq\f(x,p).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x0,p)＝1，,\f(x\o\al(2,0),2p)＝x0－1，))解得p＝2.故拋物線E：x2＝4y.(2)假設(shè)存在常數(shù)λ使得|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|成立，則λ＝eq\f(1,|AB|)＋eq\f(1,|CD|).由題意知，l1，l2的斜率存在且均不為零，設(shè)l1的方程為y＝kx＋1，則由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x2＝4y，))消去y得x2－4kx－4＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.所以|AB|＝eq\r(1＋k2)eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)eq\r(16k2＋16)＝4(1＋k2)．(也可以由y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝4k2＋2，得到|AB|＝y(tǒng)1＋y2＋2＝4(1＋k2)．)因?yàn)橹本€l1，l2的斜率之積為1，所以l2斜率為eq\f(1,k).同理可得|CD|＝4eq\b\lc\(\rc\)(\