高考數(shù)學(xué)理科二輪總復(fù)習(xí)練習(xí)專題七　解析幾何第4講

第4講圓錐曲線的綜合運(yùn)用1．(2015·江蘇)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，且右焦點(diǎn)F到左準(zhǔn)線l的距離為3.(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過(guò)F的直線與橢圓交于A，B兩點(diǎn)，線段AB的垂直平分線分別交直線l和AB于點(diǎn)P，C，若PC＝2AB，求直線AB的方程．解方法一(1)由橢圓的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，得a∶b∶c＝eq\r(2)∶1∶1.又c＋eq\f(a2,c)＝3，得c＝1，a＝eq\r(2).從而b＝1.所以橢圓的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)由(1)知，F(xiàn)(1,0)，l：x＝－2.設(shè)直線AB的方程為x＝my＋1，則直線CP的斜率為－m.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中點(diǎn)為C(x0，y0)．則AB＝eq\r(m2＋1)|y1－y2|，PC＝eq\r(1＋m2)(x0＋2)．由PC＝2AB，得x0＋2＝2|y1－y2|.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,x2＋2y2＝2，))得(m2＋2)y2＋2my－1＝0，解得y1,2＝eq\f(－m±\r(2m2＋1),m2＋2).所以|y1－y2|＝eq\f(2\r(2m2＋1),m2＋2).y0＝eq\f(y1＋y2,2)＝eq\f(－m,m2＋2)，從而x0＝my0＋1＝eq\f(2,m2＋2).所以eq\f(2,m2＋2)＋2＝eq\f(4\r(2m2＋1),m2＋2)，即m2＋3＝2eq\r(2m2＋1)，解得m＝±1.所以直線AB的方程為x±y－1＝0.方法二(1)同方法一．(2)當(dāng)AB與x軸不垂直時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，將AB的方程代入橢圓方程，得(1＋2k2)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0，則x1,2＝eq\f(2k2±\r(21＋k2),1＋2k2)，C的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k2,1＋2k2)，\f(－k,1＋2k2)))，且AB＝eq\r(x2－x12＋y2－y12)＝eq\r(1＋k2x2－x12)＝eq\f(2\r(2)1＋k2,1＋2k2).若k＝0，則線段AB的垂直平分線為y軸，與左準(zhǔn)線平行，不合題意，從而k≠0，故直線PC的方程為y＋eq\f(k,1＋2k2)＝－eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2k2,1＋2k2)))，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(5k2＋2,k1＋2k2)))，從而PC＝eq\f(23k2＋1\r(1＋k2),|k|1＋2k2).因?yàn)镻C＝2AB，所以eq\f(23k2＋1\r(1＋k2),|k|1＋2k2)＝eq\f(4\r(2)1＋k2,1＋2k2)，解得k＝±1.此時(shí)直線AB的方程為y＝x－1或y＝－x＋1.當(dāng)AB⊥x軸時(shí)，AB＝eq\r(2)，又CP＝3，不合題意．綜上，所求直線AB的方程為x±y－1＝0.方法三(1)同方法一．(2)不妨設(shè)直線AB：x＝my＋1，代入eq\f(x2,2)＋y2＝1可求得Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,m2＋2)，－\f(m,m2＋2)))，又直線PC：y＋eq\f(m,m2＋2)＝－meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,m2＋2)))，直線l：x＝－2，可得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，2m＋\f(m,m2＋2)))，所以PC＝2eq\r(1＋m2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2＋m2)＋1))，AB＝AF＋BF＝e×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(4,m2＋2)))＝2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,m2＋2)))，所以2eq\r(1＋m2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2＋m2)＋1))＝4eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,m2＋2)))，可得m＝±1，所以直線AB的方程為x±y－1＝0.2．(2017·江蘇)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓E：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，離心率為eq\f(1,2)，兩準(zhǔn)線之間的距離為8.點(diǎn)P在橢圓E上，且位于第一象限，過(guò)點(diǎn)F1作直線PF1的垂線l1，過(guò)點(diǎn)F2作直線PF2的垂線l2.(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若直線l1，l2的交點(diǎn)Q在橢圓E上，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．解(1)設(shè)橢圓的半焦距為c.因?yàn)闄E圓E的離心率為eq\f(1,2)，兩準(zhǔn)線之間的距離為8，所以eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，eq\f(2a2,c)＝8，解得a＝2，c＝1，于是b＝eq\r(a2－c2)＝eq\r(3)，因此橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程是eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由(1)知，F(xiàn)1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)．設(shè)P(x0，y0)，因?yàn)镻為第一象限的點(diǎn)，故x0＞0，y0＞0.當(dāng)x0＝1時(shí)，l2與l1相交于F1，與題設(shè)不符．當(dāng)x0≠1時(shí)，直線PF1的斜率為eq\f(y0,x0＋1)，直線PF2的斜率為eq\f(y0,x0－1).因?yàn)閘1⊥PF1，l2⊥PF2，所以直線l1的斜率為－eq\f(x0＋1,y0)，直線l2的斜率為－eq\f(x0－1,y0)，從而直線l1的方程為y＝－eq\f(x0＋1,y0)(x＋1)，①直線l2的方程為y＝－eq\f(x0－1,y0)(x－1)．②由①②，解得x＝－x0，y＝eq\f(x\o\al(2,0)－1,y0)，所以Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x0，\f(x\o\al(2,0)－1,y0))).因?yàn)辄c(diǎn)Q在橢圓上，由對(duì)稱性，得eq\f(x\o\al(2,0)－1,y0)＝±y0，即xeq\o\al(2,0)－yeq\o\al(2,0)＝1或xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝1.又點(diǎn)P在橢圓上，故eq\f(x\o\al(2,0),4)＋eq\f(y\o\al(2,0),3)＝1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,0)－y\o\al(2,0)＝1，,\f(x\o\al(2,0),4)＋\f(y\o\al(2,0),3)＝1，))解得x0＝eq\f(4\r(7),7)，y0＝eq\f(3\r(7),7)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,0)＋y\o\al(2,0)＝1，,\f(x\o\al(2,0),4)＋\f(y\o\al(2,0),3)＝1，))無(wú)解．因此點(diǎn)P的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(7),7)，\f(3\r(7),7))).江蘇高考圓錐曲線綜合題包括：探索性問(wèn)題、定點(diǎn)與定值問(wèn)題、范圍與最值問(wèn)題等，一般試題難度較大.這類問(wèn)題以直線和圓錐曲線的位置關(guān)系為載體，以參數(shù)處理為核心，需要綜合運(yùn)用函數(shù)與方程、不等式等諸多知識(shí)以及數(shù)形結(jié)合、分類討論等多種數(shù)學(xué)思想方法進(jìn)行求解，對(duì)考生的代數(shù)恒等變形能力、計(jì)算能力等有較高的要求.熱點(diǎn)一定點(diǎn)問(wèn)題例1如圖，已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋y2＝1(a＞1)的上頂點(diǎn)為A，右焦點(diǎn)為F，直線AF與圓M：x2＋y2－6x－2y＋7＝0相切．(1)求橢圓C的方程；(2)若不過(guò)點(diǎn)A的動(dòng)直線l與橢圓C相交于P，Q兩點(diǎn)，且eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AQ,\s\up6(→))＝0，求證：直線l過(guò)定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)N的坐標(biāo)．解(1)圓的方程可化為(x－3)2＋(y－1)2＝3，所以圓M的圓心M(3,1)，半徑為eq\r(3)，由A(0,1)，F(xiàn)(c,0)得直線AF的方程為eq\f(x,c)＋y＝1，即x＋cy－c＝0，因?yàn)橹本€AF與圓M相切，所以eq\f(|3＋c－c|,\r(1＋c2))＝eq\r(3)，解得c2＝2，所以a2＝c2＋1＝3，故橢圓的方程為eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)方法一由eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AQ,\s\up6(→))＝0，得AP⊥AQ，從而直線AP與坐標(biāo)軸不垂直，故設(shè)直線AP：y＝kx＋1，AQ：y＝－eq\f(1,k)x＋1.由直線AP：y＝kx＋1與橢圓eq\f(x2,3)＋y2＝1，聯(lián)立得(1＋3k2)x2＋6kx＝0，從而x＝0或x＝－eq\f(6k,1＋3k2)，故點(diǎn)P的坐標(biāo)為Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6k,1＋3k2)，\f(1－3k2,1＋3k2)))，同理可得Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6k,k2＋3)，\f(k2－3,k2＋3)))，從而kPQ＝eq\f(\f(k2－3,k2＋3)－\f(1－3k2,3k2＋1),\f(6k,k2＋3)＋\f(6k,3k2＋1))＝eq\f(k2－1,4k)，故直線PQ的方程為y－eq\f(k2－3,k2＋3)＝eq\f(k2－1,4k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(6k,k2＋3)))，即y＝eq\f(k2－1,4k)x－eq\f(1,2)，所以直線PQ過(guò)定點(diǎn)Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2))).方法二根據(jù)圖形的對(duì)稱性知，定點(diǎn)N在y軸上，設(shè)N(0，y0)，當(dāng)PQ平行于x軸時(shí)，則點(diǎn)P(y0－1，y0)，代入橢圓方程得eq\f(y0－12,3)＋yeq\o\al(2,0)＝1，解得y0＝－eq\f(1,2)或y0＝1(舍去)，故點(diǎn)Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2))).下面證明P，Q，N三點(diǎn)共線，由題意知，直線AP與坐標(biāo)軸不垂直．設(shè)直線AP：y＝kx＋1，代入橢圓eq\f(x2,3)＋y2＝1，得(1＋3k2)x2＋6kx＝0，從而x＝0或x＝－eq\f(6k,1＋3k2)，故點(diǎn)P的坐標(biāo)為Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6k,1＋3k2)，\f(1－3k2,1＋3k2)))，同理可得Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6k,k2＋3)，\f(k2－3,k2＋3)))，從而kPN＝eq\f(\f(1－3k2,1＋3k2)＋\f(1,2),－\f(6k,1＋3k2))＝eq\f(k2－1,4k)，kQN＝eq\f(\f(k2－3,k2＋3)＋\f(1,2),\f(6k,k2＋3))＝eq\f(k2－1,4k)，即kPN＝kQN，故P，Q，N三點(diǎn)共線，從而直線PQ過(guò)定點(diǎn)N

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2))).思維升華如果要解決的問(wèn)題是一個(gè)定點(diǎn)問(wèn)題，而題設(shè)條件又沒(méi)有給出這個(gè)定點(diǎn)，那么，我們可以這樣思考：由于這個(gè)定點(diǎn)對(duì)符合要求的一些特殊情況必然成立，那么我們根據(jù)特殊情況先找到這個(gè)定點(diǎn)，明確解決問(wèn)題的目標(biāo)，然后進(jìn)行推理探究，這種先根據(jù)特殊情況確定定點(diǎn)，再進(jìn)行一般性證明的方法就是由特殊到一般的方法．跟蹤演練1如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓O：x2＋y2＝4，橢圓Ω：eq\f(x2,4)＋y2＝1，A為橢圓右頂點(diǎn)，過(guò)原點(diǎn)O且異于坐標(biāo)軸的直線與橢圓Ω交于B，C兩點(diǎn)，直線AB與圓O的另一交點(diǎn)為P，直線PD與圓O的另一交點(diǎn)為Q，其中Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，0)).設(shè)直線AB，AC的斜率分別為k1，k2.(1)求k1k2的值；(2)記直線PQ，BC的斜率分別為kPQ，kBC，是否存在常數(shù)λ，使得kPQ＝λkBC？若存在，求出λ的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；(3)求證：直線AC必過(guò)點(diǎn)Q.(1)解設(shè)B(x0，y0)，則C(－x0，－y0)，eq\f(x\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)＝1，因?yàn)锳(2,0)，所以k1＝eq\f(y0,x0－2)，k2＝eq\f(y0,x0＋2)，所以k1k2＝eq\f(y0,x0－2)·eq\f(y0,x0＋2)＝eq\f(y\o\al(2,0),x\o\al(2,0)－4)＝eq\f(1－\f(1,4)x\o\al(2,0),x\o\al(2,0)－4)＝－eq\f(1,4).(2)解存在．設(shè)直線AP的方程為y＝k1(x－2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k1x－2，,x2＋y2＝4，))得(1＋keq\o\al(2,1))x2－4keq\o\al(2,1)x＋4(keq\o\al(2,1)－1)＝0，解得xP＝eq\f(2k\o\al(2,1)－1,1＋k\o\al(2,1))，yP＝k1(xP－2)＝eq\f(－4k1,1＋k\o\al(2,1)).聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k1x－2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得(1＋4keq\o\al(2,1))x2－16keq\o\al(2,1)x＋4(4keq\o\al(2,1)－1)＝0，解得xB＝eq\f(24k\o\al(2,1)－1,1＋4k\o\al(2,1))，yB＝k1(xB－2)＝eq\f(－4k1,1＋4k\o\al(2,1))，所以kBC＝eq\f(yB,xB)＝eq\f(－2k1,4k\o\al(2,1)－1)，kPQ＝eq\f(yP,xP＋\f(6,5))＝eq\f(\f(－4k1,1＋k\o\al(2,1)),\f(2k\o\al(2,1)－1,1＋k\o\al(2,1))＋\f(6,5))＝eq\f(－5k1,4k\o\al(2,1)－1)，所以kPQ＝eq\f(5,2)kBC，故存在常數(shù)λ＝eq\f(5,2)，使得kPQ＝λkBC.(3)證明設(shè)直線AC方程為y＝k2(x－2)，當(dāng)直線PQ與x軸垂直時(shí)，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，－\f(8,5)))，則Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，\f(8,5)))，所以k1＝－eq\f(1,2)，即B(0,1)，C(0，－1)，所以k2＝eq\f(1,2)，則kAQ＝eq\f(－\f(8,5),－\f(6,5)－2)＝eq\f(1,2)＝k2，所以直線AC必過(guò)點(diǎn)Q.當(dāng)直線PQ與x軸不垂直時(shí)，設(shè)直線PQ的方程為y＝eq\f(－5k1,4k\o\al(2,1)－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(6,5)))，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(－5k1,4k\o\al(2,1)－1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(6,5)))，,x2＋y2＝4，))解得xQ＝eq\f(－216k\o\al(2,1)－1,16k\o\al(2,1)＋1)，yQ＝eq\f(16k1,16k\o\al(2,1)＋1).因?yàn)閗2＝eq\f(－yB,－xB－2)＝eq\f(\f(4k1,1＋4k\o\al(2,1)),\f(21－4k\o\al(2,1),1＋4k\o\al(2,1))－2)＝－eq\f(1,4k1)，kAQ＝eq\f(\f(16k1,16k\o\al(2,1)＋1),\f(－216k\o\al(2,1)－1,16k\o\al(2,1)＋1)－2)＝－eq\f(1,4k1)＝k2，故直線AC必過(guò)點(diǎn)Q.熱點(diǎn)二定值問(wèn)題例2已知橢圓E的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)O，焦點(diǎn)在x軸上，且過(guò)點(diǎn)P(2,1)和A(5,0)，過(guò)點(diǎn)P且垂直于直線OP的直線l與圓C：x2＋y2＝25交于R(x1，y1)，S(x2，y2)兩點(diǎn)(其中y1＞0，y2＜0)，T為圓C上異于R，S的任意一點(diǎn)，射線RT，ST分別交直線OP于M，N兩點(diǎn)．(1)求橢圓E的方程；(2)若T點(diǎn)的坐標(biāo)為(3,4)，求點(diǎn)N的坐標(biāo)；(3)設(shè)M，N的橫坐標(biāo)分別為s，t，試探究s·t是否為定值？若為定值，求出這個(gè)值；若不為定值，請(qǐng)說(shuō)明理由．解(1)設(shè)橢圓E的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝5，,\f(4,a2)＋\f(1,b2)＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝25，,b2＝\f(25,21)，))所以橢圓E的方程為eq\f(x2,25)＋eq\f(21y2,25)＝1.(2)易知直線l的方程為y＝－2x＋5，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－2x＋5，,x2＋y2＝25，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝5))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝－3，))即R(0,5)，S(4，－3)，則直線ST的方程為y＝－7x＋25，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－7x＋25，,y＝\f(1,2)x，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(10,3)，,y＝\f(5,3)，))即Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，\f(5,3))).(3)設(shè)T(x0，y0)，則直線RT的方程為y＝eq\f(y0－5,x0)x＋5，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(y0－5,x0)x＋5，,y＝\f(1,2)x，))解得s＝eq\f(5,\f(1,2)－\f(y0－5,x0))，直線ST的方程為y＝eq\f(y0＋3,x0－4)(x－4)－3，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(y0＋3,x0－4)x－4－3，,y＝\f(1,2)x，))解得t＝eq\f(－3－\f(4y0＋3,x0－4),\f(1,2)－\f(y0＋3,x0－4))，所以s·t＝eq\f(5,\f(1,2)－\f(y0－5,x0))·eq\f(－3－\f(4y0＋3,x0－4),\f(1,2)－\f(y0＋3,x0－4))＝－5·eq\f(2x0,x0－2y0＋10)·eq\f(6x0＋8y0,x0－2y0－10)＝－20·eq\f(3x\o\al(2,0)＋4x0y0,x\o\al(2,0)＋4y\o\al(2,0)－4x0y0－100)＝－20·eq\f(3x\o\al(2,0)＋4x0y0,－3x\o\al(2,0)－4x0y0)＝20，即得s·t為定值20.思維升華定值問(wèn)題通常是通過(guò)設(shè)參數(shù)或取特殊值來(lái)確定“定值”是多少，或者將該問(wèn)題涉及的幾何式轉(zhuǎn)化為代數(shù)式或三角問(wèn)題，證明該式是恒定的．定值問(wèn)題同證明問(wèn)題類似，在求定值之前已知該值的結(jié)果，因此求解時(shí)應(yīng)設(shè)參數(shù)，運(yùn)用推理，到最后必定參數(shù)統(tǒng)消，定值顯現(xiàn)．跟蹤演練2已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦點(diǎn)為F2(1,0)，點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))在橢圓上．(1)求橢圓方程；(2)點(diǎn)M(x0，y0)在圓x2＋y2＝b2上，M在第一象限，過(guò)M作圓x2＋y2＝b2的切線交橢圓于P，Q兩點(diǎn)，問(wèn)F2P＋F2Q＋PQ是否為定值？若是，求出定值，若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．解(1)∵右焦點(diǎn)為F2(1,0)，∴c＝1，左焦點(diǎn)為F1(－1,0)，點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))在橢圓上．2a＝PF1＋PF2＝eq\r(1＋12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2)＋eq\r(1－12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2)＝4.∴a＝2，b＝eq\r(a2－c2)＝eq\r(3)，∴橢圓方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，eq\f(x\o\al(2,1),4)＋eq\f(y\o\al(2,1),3)＝1(|x1|≤2)，PFeq\o\al(2,2)＝(x1－1)2＋yeq\o\al(2,1)＝(x1－1)2＋3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,1),4)))＝eq\f(1,4)(x1－4)2，∴PF2＝eq\f(1,2)(4－x1)＝2－eq\f(1,2)x1.連結(jié)OM，OP，由相切條件知，PM2＝OP2－OM2＝xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)－3＝xeq\o\al(2,1)＋3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,1),4)))－3＝eq\f(1,4)xeq\o\al(2,1)，∴PM＝eq\f(1,2)x1，∴PF2＋PM＝2－eq\f(1,2)x1＋eq\f(1,2)x1＝2.同理可求QF2＋QM＝2－eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,2)x2＝2，∴F2P＋F2Q＋PQ＝4為定值．熱點(diǎn)三最值、范圍問(wèn)題例3(2017·蘇北四市調(diào)研)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，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(2),2)，且右焦點(diǎn)F到左準(zhǔn)線的距離為6eq\r(2).(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)A為橢圓C的左頂點(diǎn)，P為橢圓C上位于x軸上方的點(diǎn)，直線PA交y軸于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)F作MF的垂線，交y軸于點(diǎn)N.①當(dāng)直線PA的斜率為eq\f(1,2)時(shí)，求△FMN的外接圓的方程；②設(shè)直線AN交橢圓C于另一點(diǎn)Q，求△APQ的面積的最大值．解(1)由題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,c＋\f(a2,c)＝6\r(2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4，,c＝2\r(2)，))則b＝2eq\r(2)，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,8)＝1.(2)由題可設(shè)直線PA的方程為y＝k(x＋4)，k＞0，則M(0,4k)，所以直線FN的方程為y＝eq\f(2\r(2),4k)(x－2eq\r(2))，則Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2,k))).①當(dāng)直線PA的斜率為eq\f(1,2)，即k＝eq\f(1,2)時(shí)，M(0,2)，N(0，－4)，F(xiàn)(2eq\r(2)，0)，因?yàn)镸F⊥FN，所以圓心為(0，－1)，半徑為3，所以△FMN的外接圓的方程為x2＋(y＋1)2＝9.②聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋4，,\f(x2,16)＋\f(y2,8)＝1，))消去y并整理，得(1＋2k2)x2＋16k2x＋32k2－16＝0，解得x1＝－4或x2＝eq\f(4－8k2,1＋2k2)，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4－8k2,1＋2k2)，\f(8k,1＋2k2)))，直線AN的方程為y＝－eq\f(1,2k)(x＋4)，同理可得Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8k2－4,1＋2k2)，－\f(8k,1＋2k2)))，所以P，Q關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，即PQ過(guò)原點(diǎn)．所以△APQ的面積S＝eq\f(1,2)OA·(yP－yQ)＝2×eq\f(16k,1＋2k2)＝eq\f(32,2k＋\f(1,k))≤8eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)2k＝eq\f(1,k)，即k＝eq\f(\r(2),2)時(shí)，取“＝”．所以△APQ的面積的最大值為8eq\r(2).思維升華處理求最值的式子常用兩種方式(1)轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象的最值．(2)轉(zhuǎn)化為能利用基本不等式求最值的形式．若得到的函數(shù)式是分式形式，函數(shù)式的分子次數(shù)不低于分母時(shí)，可利用分離法求最值；若分子次數(shù)低于分母，則可分子、分母同除分子，利用基本不等式求最值(注意出現(xiàn)復(fù)雜的式子時(shí)可用換元法)．跟蹤演練3(2017·江蘇鎮(zhèn)江一模)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)，且點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)，\f(1,2)))在橢圓C上．(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若直線l交橢圓C于P，Q兩點(diǎn)，線段PQ的中點(diǎn)為H，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，且OH＝1，求△POQ面積的最大值．解(1)由已知得eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，eq\f(3,a2)＋eq\f(\f(1,4),b2)＝1，解得a2＝4，b2＝1，橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程是eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)設(shè)l與x軸的交點(diǎn)為D(n,0)，直線l：x＝my＋n，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋n，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得(4＋m2)y2＋2mny＋n2－4＝0，y1,2＝eq\f(－2mn±\r(2mn2－44＋m2n2－4),24＋m2)，所以eq\f(y1＋y2,2)＝－eq\f(mn,4＋m2)，y1y2＝eq\f(n2－4,4＋m2)，所以eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(my1＋y2＋2n,2)＝eq\f(4n,4＋m2)，即Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4n,4＋m2)，－\f(mn,4＋m2)))，由OH＝1，得n2＝eq\f(4＋m22,16＋m2)，則S△POQ＝eq\f(1,2)·OD·|y1－y2|＝eq\f(1,2)|n||y1－y2|，令n2(y1－y2)2＝n2[(y1＋y2)2－4y1y2]＝12×16×eq\f(4＋m2,16＋m22).設(shè)t＝4＋m2(t≥4)，則eq\f(4＋m2,16＋m22)＝eq\f(t,t2＋24t＋144)＝eq\f(1,t＋\f(144,t)＋24)≤eq\f(1,48)，當(dāng)且僅當(dāng)t＝eq\f(144,t)，即t＝12時(shí)取等號(hào)，此時(shí)S△POQ＝1，所以△POQ面積的最大值為1.熱點(diǎn)四探索性問(wèn)題例4已知橢圓C的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，點(diǎn)A，B分別為其左、右頂點(diǎn)，點(diǎn)F1，F(xiàn)2分別為其左、右焦點(diǎn)，以點(diǎn)A為圓心，AF1為半徑作圓A，以點(diǎn)B為圓心，OB為半徑作圓B.若直線l：y＝－eq\f(\r(3),3)x被圓A和圓B截得的弦長(zhǎng)之比為eq\f(\r(15),6).(1)求橢圓C的離心率；(2)已知a＝7，問(wèn)在x軸上是否存在點(diǎn)P，使得過(guò)點(diǎn)P有無(wú)數(shù)條直線被圓A和圓B截得的弦長(zhǎng)之比為eq\f(3,4)？若存在，請(qǐng)求出所有點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解(1)分別過(guò)點(diǎn)A，B作直線l的垂線，垂足為A1，B1，由題意得AA1＝BB1，由點(diǎn)到直線的距離公式，得AA1＝BB1＝eq\f(a,2)，因?yàn)閳AA以AF1為半徑，所以半徑為a－c，被直線l截得的弦長(zhǎng)為2eq\r(a－c2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2)，圓B以O(shè)B為半徑，所以半徑為a，被直線l截得的弦長(zhǎng)為2eq\r(a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2).因?yàn)橹本€l：y＝－eq\f(\r(3),3)x被圓A和圓B截得的弦長(zhǎng)之比為eq\f(\r(15),6)，所以eq\f(2\r(a－c2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2),2\r(\f(3,4)a2))＝eq\f(2\r(a－c2－\f(a2,4)),\r(3)a)＝eq\f(\r(15),6)，化簡(jiǎn)得16e2－32e＋7＝0，解得e＝eq\f(1,4).(2)假設(shè)存在，設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為(m,0)，過(guò)P點(diǎn)的直線為L(zhǎng)，當(dāng)直線L的斜率不存在時(shí)，直線L不能被兩圓同時(shí)所截，故可設(shè)直線L的方程為y＝k(x－m)，則點(diǎn)A(－7,0)到直線L的距離d1＝eq\f(|－7k－km|,\r(1＋k2))，由(1)有e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,4)，得圓A的半徑rA＝a－c＝eq\f(3a,4)＝eq\f(21,4)，故直線L被圓A截得的弦長(zhǎng)為L(zhǎng)1′＝2eq\r(r\o\al(2,A)－d\o\al(2,1)).則點(diǎn)B(7,0)到直線L的距離d2＝eq\f(|7k－km|,\r(1＋k2))，圓B的半徑rB＝7，故直線L被圓B截得的弦長(zhǎng)為L(zhǎng)2′＝2eq\r(r\o\al(2,B)－d\o\al(2,2))，據(jù)題意有eq\f(L1′,L2′)＝eq\f(3,4)，即有16(req\o\al(2,A)－deq\o\al(2,1))＝9(req\o\al(2,B)－deq\o\al(2,2))，整理得4d1＝3d2，即eq\f(4|－7k－km|,\r(1＋k2))＝eq\f(3|7k－km|,\r(1＋k2))，關(guān)于k的方程有無(wú)窮多解，故有7m2＋350m＋343＝0，解得m＝－1或＝－49.故存在滿足題意的點(diǎn)P，且點(diǎn)P的坐標(biāo)為(－1,0)或(－49,0)．思維升華解析幾何中的探索性問(wèn)題，從類型上看，主要是存在類型的相關(guān)題型，解決這類問(wèn)題通常采用“肯定順推法”，將不確定性問(wèn)題明朗化．其步驟為：假設(shè)滿足條件的元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))存在，用待定系數(shù)法設(shè)出，列出關(guān)于待定系數(shù)的方程組，若方程組有實(shí)數(shù)解，則元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))存在，否則，元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))不存在．跟蹤演練4已知圓C：(x－t)2＋y2＝20(t<0)與橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一個(gè)公共點(diǎn)為B(0，－2)，F(xiàn)(c,0)為橢圓E的右焦點(diǎn)，直線BF與圓C相切于點(diǎn)B.(1)求t的值以及橢圓E的方程；(2)過(guò)點(diǎn)F任作與兩坐標(biāo)軸都不垂直的直線l與橢圓交于M，N兩點(diǎn)，在x軸上是否存在一點(diǎn)P，使PF恰為∠MPN的平分線？解(1)由題意b＝2.因?yàn)镃(t,0)，B(0，－2)，所以BC＝eq\r(t2＋4)＝eq\r(20)，所以t＝±4.因?yàn)閠<0，所以t＝－4.因?yàn)锽C⊥BF，所以20＋c2＋4＝(c＋4)2，所以c＝1，所以a2＝b2＋c2＝5.所以橢圓E的方程為eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，設(shè)l：y＝k(x－1)(k≠0)，代入eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1，化簡(jiǎn)得(4＋5k2)x2－10k2x＋5k2－20＝0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(10k2,4＋5k2)，,x1x2＝\f(5k2－20,4＋5k2).))若點(diǎn)P存在，設(shè)P(m,0)，由題意kPM＋kPN＝0.所以eq\f(y1,x1－m)＋eq\f(y2,x2－m)＝eq\f(kx1－1,x1－m)＋eq\f(kx2－1,x2－m)＝0.所以(x1－1)(x2－m)＋(x2－1)(x1－m)＝0，即2x1x2－(1＋m)(x1＋x2)＋2m＝0，eq\f(10k2－40,4＋5k2)－(1＋m)eq\f(10k2,4＋5k2)＋2m＝0，所以8m－40＝0，所以m＝5.即在x軸上存在一點(diǎn)P(5,0)，使PF恰為∠MPN的平分線．1．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，離心率為eq\f(1,2)的橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左頂點(diǎn)為A，且A到右準(zhǔn)線的距離為6，點(diǎn)P，Q是橢圓C上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)．(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)如圖，當(dāng)P，O，Q共線時(shí)，直線PA，QA分別與y軸交于M，N兩點(diǎn)，求證：eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))為定值；(3)設(shè)直線AP，AQ的斜率分別為k1，k2，當(dāng)k1·k2＝－1時(shí)，證明直線PQ經(jīng)過(guò)定點(diǎn)R.(1)解由題意知，eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)且a＋eq\f(a2,c)＝6，解得a＝2，c＝1.∴b＝eq\r(22－1)＝eq\r(3).∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)證明設(shè)P(x0，y0)，則Q(－x0，－y0)，又A(－2,0)，∴直線AP的方程為y＝eq\f(y0,x0＋2)(x＋2)，得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2y0,x0＋2)))，∴eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(2y0,x0＋2))).同理可得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(－2y0,－x0＋2)))，eq\o(AN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(－2y0,－x0＋2)))，∴eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝4＋eq\f(4y\o\al(2,0),x\o\al(2,0)－4).又點(diǎn)P在橢圓C上，故eq\f(x\o\al(2,0),4)＋eq\f(y\o\al(2,0),3)＝1，即xeq\o\al(2,0)－4＝－eq\f(4,3)yeq\o\al(2,0)，∴eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝4＋eq\f(4y\o\al(2,0),x\o\al(2,0)－4)＝1(定值)．(3)證明設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，將直線AP的方程y＝k1(x＋2)與橢圓方程聯(lián)立，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k1x＋2，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))即(3＋4keq\o\al(2,1))x2＋16keq\o\al(2,1)x＋16keq\o\al(2,1)－12＝0.∴－2＋x1＝eq\f(－16k\o\al(2,1),3＋4k\o\al(2,1))，x1＝eq\f(6－8k\o\al(2,1),3＋4k\o\al(2,1))，y1＝eq\f(12k1,3＋4k\o\al(2,1))，∴Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6－8k\o\al(2,1),3＋4k\o\al(2,1))，\f(12k1,3＋4k\o\al(2,1)))).∵k1·k2＝－1，∴Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6k\o\al(2,1)－8,3k\o\al(2,1)＋4)，\f(－12k1,3k\o\al(2,1)＋4))).當(dāng)keq\o\al(2,1)＝1時(shí)，eq\f(6－8k\o\al(2,1),3＋4k\o\al(2,1))＝－eq\f(2,7)＝eq\f(6k\o\al(2,1)－8,3k\o\al(2,1)＋4)，點(diǎn)P和點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)相同，直線PQ的方程為x＝－eq\f(2,7)，由此可見(jiàn)，如果直線PQ經(jīng)過(guò)定點(diǎn)R，則點(diǎn)R的橫坐標(biāo)一定為－eq\f(2,7).當(dāng)keq\o\al(2,1)≠1時(shí)，kPQ＝eq\f(\f(12k1,3＋4k\o\al(2,1))－\f(－12k1,3k\o\al(2,1)＋4),\f(6－8k\o\al(2,1),3＋4k\o\al(2,1))－\f(6k\o\al(2,1)－8,3k\o\al(2,1)＋4))＝eq\f(7k1,41－k\o\al(2,1))，直線PQ的方程為y－eq\f(12k1,3＋4k\o\al(2,1))＝eq\f(7k1,41－k\o\al(2,1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(6－8k\o\al(2,1),3＋4k\o\al(2,1))))，令x＝－eq\f(2,7)，得y＝eq\f(7k1,41－k\o\al(2,1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,7)－\f(6－8k\o\al(2,1),3＋4k\o\al(2,1))))＋eq\f(12k1,3＋4k\o\al(2,1))＝0.∴直線PQ過(guò)定點(diǎn)Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,7)，0)).2．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)橢圓C：eq\f(x2,a2)＋y2＝1(a＞1)．(1)若橢圓C的焦距為2，求a的值；(2)求直線y＝kx＋1被橢圓C截得的線段長(zhǎng)(用a，k表示)；(3)若以A(0,1)為圓心的圓與橢圓C總有4個(gè)公共點(diǎn)，求橢圓C的離心率e的取值范圍．解(1)由橢圓C：eq\f(x2,a2)＋y2＝1(a＞1)知，焦距為2eq\r(a2－1)＝2，解得a＝±eq\r(2)，因?yàn)閍＞1，所以a＝eq\r(2).(2)設(shè)直線y＝kx＋1被橢圓截得的線段長(zhǎng)為AP，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(x2,a2)＋y2＝1，))得(1＋a2k2)x2＋2a2kx＝0，解得x1＝0，x2＝－eq\f(2a2k,1＋a2k2).因此AP＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\f(2a2|k|,1＋a2k2)·eq\r(1＋k2).(3)因?yàn)閳A與橢圓的公共點(diǎn)有4個(gè)，由對(duì)稱性可設(shè)y軸左側(cè)的橢圓上有2個(gè)不同的公共點(diǎn)為P，Q，滿足AP＝AQ.記直線AP，AQ的斜率分別為k1，k2，且k1，k2＞0，k1≠k2.由(2)知，AP＝eq\f(2a2|k1|\r(1＋k\o\al(2,1)),1＋a2k\o\al(2,1))，AQ＝eq\f(2a2|k2|\r(1＋k\o\al(2,2)),1＋a2k\o\al(2,2))，則eq\f(2a2|k1|\r(1＋k\o\al(2,1)),1＋a2k\o\al(2,1))＝eq\f(2a2|k2|\r(1＋k\o\al(2,2)),1＋a2k\o\al(2,2))，所以(keq\o\al(2,1)－keq\o\al(2,2))[1＋keq\o\al(2,1)＋keq\o\al(2,2)＋a2(2－a2)keq\o\al(2,1)keq\o\al(2,2)]＝0，因?yàn)閗1，k2＞0，k1≠k2，所以1＋keq\o\al(2,1)＋keq\o\al(2,2)＋a2(2－a2)keq\o\al(2,1)keq\o\al(2,2)＝0，變形，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k\o\al(2,1))＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k\o\al(2,2))＋1))＝1＋a2(a2－2)，從而1＋a2(a2－2)＞1，解得a＞eq\r(2)，則e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1－\f(1,a2))∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1)).A組專題通關(guān)1．橢圓的焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，過(guò)點(diǎn)F1作直線與橢圓相交，被橢圓截得的最短的線段MN長(zhǎng)為eq\f(8,3)，△MF2N的周長(zhǎng)為12，則橢圓的離心率為_(kāi)_______．答案eq\f(\r(5),3)解析由橢圓的定義知4a＝12，a＝3，又eq\f(2b2,a)＝eq\f(8,3)，b2＝4，c＝eq\r(a2－b2)＝eq\r(5)，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),3).2．已知拋物線x2＝2py(p>0)的焦點(diǎn)F是橢圓eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)的一個(gè)焦點(diǎn)，若P，Q是橢圓與拋物線的公共點(diǎn)，且直線PQ經(jīng)過(guò)焦點(diǎn)F，則該橢圓的離心率為_(kāi)_______．答案eq\r(2)－1解析方法一由拋物線方程，得焦點(diǎn)為Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2))).由橢圓方程，可得上焦點(diǎn)為(0，c)，故eq\f(p,2)＝c，將y＝c代入橢圓方程可得x＝±eq\f(b2,a).又拋物線通徑為2p，所以2p＝eq\f(2b2,a)＝4c，所以b2＝a2－c2＝2ac，即e2＋2e－1＝0，解得e＝eq\r(2)－1.方法二如圖所示，由拋物線方程以及直線y＝eq\f(p,2)，可得Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p，\f(p,2))).又eq\f(p,2)＝c，即Q(2c，c)，代入橢圓方程可得eq\f(c2,a2)＋eq\f(4c2,b2)＝1，化簡(jiǎn)可得e4－6e2＋1＝0，解得e2＝3－2eq\r(2)，e2＝3＋2eq\r(2)>1(舍去)，即e＝eq\r(3－2\r(2))＝eq\r(2)－1(負(fù)值舍去)．3．若點(diǎn)O和點(diǎn)F分別為橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的中心和左焦點(diǎn)，點(diǎn)P為橢圓上的任意一點(diǎn)，則eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(FP,\s\up6(→))的最大值為_(kāi)_______．答案6解析由題意得F(－1,0)，設(shè)點(diǎn)P(x0，y0)，則yeq\o\al(2,0)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,0),4)))(－2≤x0≤2)．eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(FP,\s\up6(→))＝x0(x0＋1)＋yeq\o\al(2,0)＝xeq\o\al(2,0)＋x0＋yeq\o\al(2,0)＝xeq\o\al(2,0)＋x0＋3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2,0),4)))＝eq\f(1,4)(x0＋2)2＋2.又因?yàn)椋?≤x0≤2，所以當(dāng)x0＝2時(shí)，eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(FP,\s\up6(→))取得最大值6.4．如圖，已知F1，F(xiàn)2是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)P在橢圓C上，線段PF2與圓x2＋y2＝b2相切于點(diǎn)Q，且點(diǎn)Q為線段PF2的中點(diǎn)，則橢圓C的長(zhǎng)軸長(zhǎng)是短軸長(zhǎng)的________倍．答案eq\f(3,2)解析連結(jié)PF1，OQ，則PF1＝2OQ＝2b，PF1⊥PF2，由PFeq\o\al(2,1)＋PFeq\o\al(2,2)＝F1Feq\o\al(2,2)，得(2b)2＋(2a－2b)2＝(2c)2，解得eq\f(b,a)＝eq\f(2,3)，故eq\f(2a,2b)＝eq\f(3,2).5．如圖，橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F，其右準(zhǔn)線與x軸的交點(diǎn)為A，在橢圓上存在點(diǎn)P滿足線段AP的垂直平分線過(guò)點(diǎn)F，則橢圓離心率的取值范圍是________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))解析方法一由題意知，橢圓上存在點(diǎn)P，使得線段AP的垂直平分線過(guò)點(diǎn)F，所以PF＝FA，而FA＝eq\f(a2,c)－c，PF≤a＋c，所以eq\f(a2,c)－c≤a＋c，即a2≤ac＋2c2.又e＝eq\f(c,a)，所以2e2＋e≥1，所以2e2＋e－1≥0，即(2e－1)(e＋1)≥0.又0<e<1，所以eq\f(1,2)≤e<1.方法二設(shè)點(diǎn)P(x，y)．由題意，橢圓上存在點(diǎn)P，使得線段AP的垂直平分線過(guò)點(diǎn)F，所以PF＝FA，由橢圓的第二定義，得eq\f(PF,\f(a2,c)－x)＝e，所以PF＝eq\f(a2,c)e－ex＝a－ex，而FA＝eq\f(a2,c)－c，所以a－ex＝eq\f(a2,c)－c，解得x＝eq\f(1,e)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋c－\f(a2,c))).由于－a≤x≤a，所以－a≤eq\f(1,e)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋c－\f(a2,c)))≤a.又e＝eq\f(c,a)，所以2e2＋e－1≥0，即(2e－1)(e＋1)≥0.又0<e<1，所以eq\f(1,2)≤e<1.6．已知中心在坐標(biāo)原點(diǎn)的橢圓與雙曲線有公共焦點(diǎn)，且左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，這兩條曲線在第一象限的交點(diǎn)為P，△PF1F2是以PF1為底邊的等腰三角形．若PF1＝10，橢圓與雙曲線的離心率分別為e1，e2，則e1e2的取值范圍是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))解析設(shè)橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為2a，雙曲線的實(shí)軸長(zhǎng)為2m，則2c＝PF2＝2a－10,2m＝10－2c，a＝c＋5，m＝5－c，所以e1e2＝eq\f(c,c＋5)×eq\f(c,5－c)＝eq\f(c2,25－c2)＝eq\f(1,\f(25,c2)－1).又由三角形性質(zhì)知2c＋2c＞10，由已知2c＜10，c＜5，所以eq\f(5,2)<c<5,1＜eq\f(25,c2)＜4,0＜eq\f(25,c2)－1＜3，所以e1e2＝eq\f(1,\f(25,c2)－1)＞eq\f(1,3).7．(2017·江蘇蘇州期末)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)，且過(guò)點(diǎn)P(2，－1)．(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)點(diǎn)Q在橢圓C上，且PQ與x軸平行，過(guò)P點(diǎn)作兩條直線分別交橢圓C于兩點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，若直線PQ平分∠APB，求證：直線AB的斜率是定值，并求出這個(gè)定值．解(1)因?yàn)闄E圓C的離心率為eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(3,4)，即a2＝4b2，所以橢圓C的方程可化為x2＋4y2＝4b2，又橢圓C過(guò)點(diǎn)P(2，－1)，所以4＋4＝4b2，解得b2＝2，a2＝8，所以所求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)由題意知，設(shè)直線PA的方程為y＋1＝k(x－2)，聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋4y2＝8，,y＝kx－2－1，))消去y，得(1＋4k2)x2－8(2k2＋k)x＋16k2＋16k－4＝0，所以2x1＝eq\f(16k2＋16k－4,1＋4k2)，即x1＝eq\f(8k2＋8k－2,1＋4k2)，因?yàn)橹本€PQ平分∠APB，即直線PA與直線PB的斜率互為相反數(shù)，設(shè)直線PB的方程為y＋1＝－k(x－2)，同理求得x2＝eq\f(8k2－8k－2,1＋4k2).又eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋1＝kx1－2，,y2＋1＝－kx2－2，))所以y1－y2＝k(x1＋x2)－4k，即y1－y2＝k(x1＋x2)－4k＝keq\f(16k2－4,1＋4k2)－4k＝－eq\f(8k,1＋4k2)，x1－x2＝eq\f(16k,1＋4k2).所以直線AB的斜率為kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(－\f(8k,1＋4k2),\f(16k,1＋4k2))＝－eq\f(1,2).8．已知橢圓C：eq\f(x2,m2)＋y2＝1(常數(shù)m＞1)，點(diǎn)P是C上的動(dòng)點(diǎn)，M是右頂點(diǎn)，定點(diǎn)A的坐標(biāo)為(2,0)．(1)若M與A重合，求C的焦點(diǎn)坐標(biāo)；(2)若m＝3，求PA的最大值與最小值；(3)若PA的最小值為MA，求m的取值范圍．解(1)m＝2，橢圓方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1，c＝eq\r(4－1)＝eq\r(3)，∴左、右焦點(diǎn)坐標(biāo)為(－eq\r(3)，0)，(eq\r(3)，0)．(2)m＝3，橢圓方程為eq\f(x2,9)＋y2＝1，設(shè)P(x，y)，則PA2＝(x－2)2＋y2＝(x－2)2＋1－eq\f(x2,9)＝eq\f(8,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(9,4)))2＋eq\f(1,2)(－3≤x≤3)，∴當(dāng)x＝eq\f(9,4)時(shí)，(PA)min＝eq\f(\r(2),2)，當(dāng)x＝－3時(shí)，(PA)max＝5.(3)設(shè)動(dòng)點(diǎn)P(x，y)，則PA2＝(x－2)2＋y2＝(x－2)2＋1－eq\f(x2,m2)＝eq\f(m2－1,m2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2m2,m2－1)))2－eq\f(4m2,m2－1)＋5(－m≤x≤m)，∵當(dāng)x＝m時(shí)，PA取最小值，且eq\f(m2－1,m2)＞0，∴eq\f(2m2,m2－1)≥m且m＞1，解得1＜m≤1＋eq\r(2).B組能力提高9．設(shè)△ABC是等腰三角形，∠ABC＝120°，則以A，B為焦點(diǎn)且過(guò)點(diǎn)C的雙曲線的離心率為_(kāi)_______．答案eq\f(\r(3)＋1,2)解析設(shè)AB＝BC＝2c，則由余弦定理可得CA＝eq\r(AB2＋BC2－2AB·BCcos120°)＝2eq\r(3)c.根據(jù)雙曲線的定義可得CA－CB＝2a，即2eq\r(3)c－2c＝2a，所以(eq\r(3)－1)c＝a，故雙曲線的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3)＋1,2).10．已知橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,b2)＝1(0＜b＜2)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過(guò)F1的直線l交橢圓于A，B兩點(diǎn)，若BF2＋AF2的最大值為5，則b的值是________．答案eq\r(3)解析由橢圓的方程可知，長(zhǎng)半軸長(zhǎng)a＝2，由橢圓的定義可知，AF2＋BF2＋AB＝4a＝8，所以AB＝8－(AF2＋BF2)≥3.由橢圓的性質(zhì)可知，eq\f(2b2,a)＝3，求得b2＝3，即b＝eq\r(3).11．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，過(guò)F2作x軸的垂線與C相交于A，B兩點(diǎn)，F(xiàn)1B與y軸相交于點(diǎn)D，若AD⊥F1B，則橢圓C的離心率等于________．答案eq\f(\r(3),3)解析連結(jié)AF1，∵OD∥AB，O為F1F2的中點(diǎn)，∴D為BF1的中點(diǎn)．又AD⊥BF1，∴AF1＝AB.∴AF1＝2AF2.設(shè)AF2＝n，則AF1＝2n，F(xiàn)1F2＝eq\r(3)n.∴e＝eq\f(c,a)＝eq\f(F1F2,AF1＋AF2)＝eq\f(\r(3)n,3n)＝eq\f(\r(3),3).12．已知兩定點(diǎn)A(－1,0)和B(1,0)，動(dòng)點(diǎn)P(x，y)在直線l：y＝x＋2上移動(dòng)，橢圓C以A，B為焦點(diǎn)且經(jīng)過(guò)點(diǎn)P，則橢圓C的離心率的最大值為_(kāi)_______．答案eq\f(\r(10),5)解析A(－1,0)關(guān)于直線l：y＝x＋2的對(duì)稱點(diǎn)為A′(－2,1)，連結(jié)A′B交直線l于點(diǎn)P，則橢圓C的長(zhǎng)軸長(zhǎng)的最小值為A′B＝eq\r(1＋22＋1)＝eq\r(10)，所以橢圓C的離心率的最大值為eq\f(c,a)＝eq\f(1,\f(\r(10),2))＝eq\f(\r(10),5).13．拋物線y2＝2px(p＞0)和雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)有一個(gè)相同的焦點(diǎn)F2(2,0)，而雙曲線的另一個(gè)焦點(diǎn)為F1，拋物線和雙曲線交于點(diǎn)B，C，若△BCF1是直角三角形，則雙曲線的離心率是________．答案eq\r(2)＋1解析拋物線方程為y2＝8x，且a2＋b2＝4，設(shè)B(x0，y0)，C(x0，－y0)(x0＞0，y0＞0)．則可知∠BF1C為直角，△BCF1是等腰直角三角形，故y0＝x0＋2，yeq\o\al(2,0)＝8x0，解得x0＝2，y0＝4，將其代入雙曲線方程得eq\f(4,a2)－eq\f(16,b2)＝1.再由a2＋b2＝4，解得a＝2eq\r(2)－2，所以e＝eq\f(2,2\r(2)－2)＝eq\r(2)＋1.14．如圖，已知橢圓C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)和圓C2：x2＋y2＝r2都過(guò)點(diǎn)P(－1,0)，且橢圓C1的離心率為eq\f(\r(2),2)，過(guò)點(diǎn)P作斜率為k1，k2的直線分別交橢圓C1，圓C2于點(diǎn)A，B，C，D，且k1＝λk2，若直線BC恒過(guò)定點(diǎn)Q(1,0)，則λ＝________.答案2解析因?yàn)闄E圓過(guò)點(diǎn)P(－1,0)，所以a＝1，又橢圓的離心率為eq\f(\r(2),2)，所以c＝eq\f(\r(2),2)，則b2＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，故C1：x2＋2y2＝1，又由題意得圓C2：x2＋y2＝1.由x2＋y2＝1與y＝k1(x＋1)聯(lián)立，消去y得(keq\o\al(2,1)＋1)x2＋2keq\o\al(2,1)x＋keq\o\al(2,1)－1＝0，解得x＝－1或x＝eq\f(1－k\o\al(2,1),k\o\al(2,1)＋1)，故Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－k\o\al(2,1),k\o\al(2,1)＋1)，\f(2k1,k\o\al(2,1)＋1)))，同理可得Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－2k\o\al(2,2),2k\o\al(2,2)＋1)，\f(2k2,2k\o\al(2,2)＋1))).因?yàn)锽，C，Q三點(diǎn)共線，所以eq\f(\f(2k1,k\o\al(2,1)＋1),\f(1－k\o\al(2,1),k\o\al(2,1)＋1)－1)＝eq\f(\f(2k2,2k\o\al(2,2)＋1),\f(1－2k\o\al(2,2),2k\o\al(2,2)＋1)－1)，解得k1＝2k2，故λ＝2.15．已知圓O：x2＋y2＝r2(r＞0)與橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)相交于點(diǎn)M(0,1)，N(0，－1)，且橢圓的離心率為eq\f(\r(2),2).(1)求r的值和橢圓C的方程；(2)過(guò)點(diǎn)M的直線l另交圓O和橢圓C分別于A，B兩點(diǎn)．①若2eq\o(MB,\s\up6(→))＝3eq\o(MA,\s\up6(→))，求直線l的方程；②設(shè)直線NA的斜率為k1，直線NB的斜率為k2，問(wèn)：eq\f(k2,k1)是否為定值？如果是，求出定