专题十六 圆锥曲线解答题题型归纳 学案

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高中数学重难点突破
专题十六 圆锥曲线解答题题型归纳
典例分析
题型一、弦长和面积问题
例1、已知以椭圆C1：x2＋＝1和C2：＋＝1(a>2)的焦点为顶点的四边形的面积为12.
(Ⅰ)求椭圆C2的方程；
(Ⅱ)直线l与椭圆C1相切，与椭圆C2交于A，B两点，求|AB|的最大值．
例2、已知抛物线E：y2＝2px(p>0)的准线与x轴交于点K，过点K作圆C：(x－5)2＋y2＝9的两条切线，切点分别为M，N，|MN|＝3.
(Ⅰ)求抛物线E的方程；
(Ⅱ)若直线AB过定点Q(2，0)，且与抛物线E交于A，B两点，过定点Q作AB的垂线与抛物线交于G，D两点，求四边形AGBD面积的最小值．
题型二、求值、求点、求方程问题
例3、已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点为F(－c，0)，右顶点为A，点E的坐标为(0，c)，△EFA的面积为.
(Ⅰ)求椭圆的离心率；
(Ⅱ)设点Q在线段AE上，|FQ|＝c，延长线段FQ与椭圆交于点P，点M，N在x轴上，PM∥QN，且直线PM与直线QN间的距离为c，四边形PQNM的面积为3c.
(ⅰ)求直线FP的斜率；
(ⅱ)求椭圆的方程．
例4、在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且点在椭圆C上．
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)如图所示，设P为椭圆上第一象限内的点，点P关于原点O的对称点为A，点P关于x轴的对称点为Q，设＝λ，直线AD与椭圆C的另一个交点为B，若PA⊥PB，求实数λ的值．
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题型三、最值和取值范围问题
例5、如图所示，已知抛物线x2＝y，点A，B，抛物线上的点P(x，y).过点B作直线AP的垂线，垂足为Q.
(Ⅰ)求直线AP斜率的取值范围；
(Ⅱ)求·的最大值．
例6、在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，焦距为2.
(Ⅰ)求椭圆E的方程；
(Ⅱ)如图所示，动直线l：y＝k1x－交椭圆E于A，B两点，C是椭圆E上一点，直线OC的斜率为k2，且k1k2＝，M是线段OC延长线上一点，且∶＝2∶3，⊙M的半径为，OS，OT是⊙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．
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题型四、定值、定点、定向问题
1、定值问题
例7、已知M(－1，0)，N(1，0)，||＝2，＝(＋)，＝λ，·＝0，记动点P的轨迹为C.
(Ⅰ)求曲线C的方程；
(Ⅱ)若斜率为的直线l与曲线C交于不同的两点A，B，l与x轴相交于D点，则|DA|2＋|DB|2是否为定值？若为定值，则求出该定值；若不为定值，请说明理由．
例8、如图所示，椭圆两顶点A(－1，0)，B(1，0)，过其焦点F(0，1)的直线l与椭圆交于C，D两点，并与x轴交于点P(点P异于A，B两点)，直线AC与直线BD交于点Q.求证：·为定值．
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2、定点问题
例9、已知抛物线C：y2＝2px(0(Ⅰ)求C的方程；
(Ⅱ)已知直线l不过点P且与抛物线C相交于A，B两点，直线PA与直线PB的斜率之积为1，证明：l过定点．
例10、如图所示，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋y2＝1.斜率为k(k>0)且不过原点的直线l交椭圆C于A，B两点，线段AB的中点为E，射线OE交椭圆C于点G，交直线x＝－3于点D(－3，m)，若2＝·，求证：直线l过定点．
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例11、设椭圆E：＋＝1的焦点在x轴上．
(Ⅰ)若椭圆E的焦距为1，求椭圆E的方程；
(Ⅱ)设F1，F2分别是椭圆E的左、右焦点，P为椭圆E上第一象限内的点，直线F2P交y轴于点Q，并且F1P⊥F1Q，证明：当a变化时，点P在某定直线上．
题型五、存在性问题、探索性问题
1、常数的存在性问题
例12、已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的3个顶点，直线l：y＝－x＋3与椭圆E有且只有一个公共点T.
(Ⅰ)求椭圆E的方程及点T的坐标；
(Ⅱ)设O是坐标原点，直线l′平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A，B，且与直线l交于点P.证明：存在常数λ，使得2＝λ·，并求λ的值．
2、点的存在性问题
例13、在直角坐标系xOy中，曲线C：y＝与直线l：y＝kx＋a(a>0)交于M，N两点．
(Ⅰ)当k＝0时，分别求C在点M和N处的切线方程；
(Ⅱ)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由．
3、直线的存在性问题
例14、已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.
(Ⅰ)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
(Ⅱ)若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．
4、探索性问题
例15、已知椭圆E：＋＝1上的点到椭圆一个焦点的距离的最大值是最小值的3倍，且点P在椭圆E上．
(Ⅰ)求椭圆E的方程；
(Ⅱ)过点M(1，1)任作一条直线l，l与椭圆E交于不同于P点的A，B两点，与直线m：3x＋4y－12＝0交于C点，记直线PA，PB，PC的斜率分别为k1，k2，k3.试探究k1＋k2与k3的关系，并证明你的结论．
题型六、几何关系的判断与证明
例16、已知椭圆C：x2＋2y2＝4.
(Ⅰ)求椭圆C的离心率；
(Ⅱ)设O为原点，若点A在椭圆C上，点B在直线y＝2上，且OA⊥OB，试判断直线AB与圆x2＋y2＝2的位置关系，并证明你的结论．
题型七、椭圆、双曲线、抛物线的综合考查
例17、如图所示，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2＝4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上．
(Ⅰ)设AB的中点为M，证明：PM垂直于y轴；
(Ⅱ)若P是半椭圆x2＋＝1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围．
例18、在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C1：2x2－y2＝1.
(Ⅰ)设斜率为1的直线l交C1于P，Q两点，若l与圆x2＋y2＝1相切，求证：OP⊥OQ；(Ⅱ)设椭圆C2：4x2＋y2＝1，若M，N分别是C1，C2上的动点，且OM⊥ON，求证：O到直线MN的距离是定值．
课后作业
1．若曲线＝x＋2与C：＋＝1恰有两个不同的交点，则实数λ的取值范围为________．
2．设P是椭圆＋＝1上一点，M，N分别是两圆(x＋4)2＋y2＝1和(x－4)2＋y2＝1上的点，则|PM|＋|PN|的最小值、最大值分别为(　　)
A．9，12　　　　B．8，11　　　　C．8，12　　　　D．10，12
3．设椭圆中心在坐标原点，A(2，0)，B(0，1)是它的两个顶点，直线y＝kx(k>0)与AB相交于点D，与椭圆相交于E，F两点．
(Ⅰ)若＝6，求k的值；
(Ⅱ)求四边形AEBF面积的最大值．
4．已知动直线l与椭圆C：＋＝1交于P(x1，y1)，Q(x2，y2)两个不同的点，且△OPQ的面积S△OPQ＝，其中O为坐标原点．
(Ⅰ)证明x＋x和y＋y均为定值；
(Ⅱ)设线段PQ的中点为M，求|OM|·|PQ|的最大值；
(Ⅲ)椭圆C上是否存在点D，E，G，使得S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝？若存在，判断△DEG的形状；若不存在，请说明理由．
5．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，Q，A，B为椭圆C上三点，△QF1F2的周长为4(＋1)，线段AB的垂直平分线经过点P(－1，0)．
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)求线段AB长度的最大值．
6．已知A(－2，0)，B(2，0)为椭圆C的左、右顶点，F为其右焦点，P是椭圆C上异于A，B的动点，且△APB面积的最大值为2.
(Ⅰ)若斜率不为0且过点F的直线与椭圆C相交于M，N两点．
①是否存在常数λ，使得kAM＝λkBN？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由；
②求证：直线AM，BN的交点在直线l：x＝4上．
(Ⅱ)直线AP与椭圆在点B处的切线交于点D，当点P在椭圆上运动时，求证：以BD为直径的圆与直线PF恒相切；
(Ⅲ)设椭圆的上顶点为S，是否存在直线m，使得m交C于T，Q两点，且F恰是△STQ的垂心？若存在，求m的方程；若不存在，说明理由．
7．设经过定点M(a，0)(a≠0)的直线与抛物线y2＝2px(p>0)相交于P，Q两点．
(Ⅰ)若＋为常数，求a的值； (Ⅱ)若＋为常数，求a的值．
8．已知椭圆C：＋y2＝1，过点P的直线交椭圆C于E，F两点，则以EF为直径的圆是否恒过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．
9．已知椭圆C1：＋＝1(a＞b＞0)的左右顶点是双曲线C2：－y2＝1的顶点，且椭圆C1的上顶点到双曲线C2的渐近线的距离为.
(Ⅰ)求椭圆C1的方程；
(Ⅱ)若直线l与C1交于M1，M2两点，与C2交于Q1，Q2两点，且·＝－5，求的取值范围．
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专题十六 圆锥曲线解答题题型归纳
典例分析
题型一、弦长和面积问题
例1、已知以椭圆C1：x2＋＝1和C2：＋＝1(a>2)的焦点为顶点的四边形的面积为12.
(Ⅰ)求椭圆C2的方程；
(Ⅱ)直线l与椭圆C1相切，与椭圆C2交于A，B两点，求|AB|的最大值．
例1、解：(Ⅰ)椭圆C1：x2＋＝1的焦点在y轴上，焦点坐标分别为(0，)，(0，－)，
椭圆C2：＋＝1(a>2)的焦点在x轴上，焦点坐标分别为(，0)，(－，0)．(2分)
易知以椭圆C1和C2的焦点为顶点的四边形为菱形，其面积为12，所以×2×2＝12，
解得a2＝16，所以椭圆C2的方程为＋＝1.(4分)
(Ⅱ)易知直线l的斜率不为0，所以设直线l的方程为x＝my＋n.
由得(4m2＋1)y2＋8mny＋4n2－4＝0.
因为直线l与椭圆C1相切，所以Δ1＝64m2n2－4(4m2＋1)(4n2－4)＝0，化简得n2＝4m2＋1.
由得(m2＋4)y2＋2mny＋n2－16＝0，易知Δ2>0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝－，y1y2＝，(6分)
所以|AB|＝|y1－y2|＝＝(8分)
＝＝4
＝4＝4＝4
＝4＝4
≤4＝2，
当且仅当m2＋1＝，即m＝±时取等号，
所以|AB|的最大值为2.
例2、已知抛物线E：y2＝2px(p>0)的准线与x轴交于点K，过点K作圆C：(x－5)2＋y2＝9的两条切线，切点分别为M，N，|MN|＝3.
(Ⅰ)求抛物线E的方程；
(Ⅱ)若直线AB过定点Q(2，0)，且与抛物线E交于A，B两点，过定点Q作AB的垂线与抛物线交于G，D两点，求四边形AGBD面积的最小值．
例2、解：(Ⅰ)由已知得K，C(5，0)．设MN与x轴交于点R，
由圆的对称性可知，MN⊥x轴，|MR|＝|MN|＝，所以|CR|＝＝，
所以∠CMR＝30°，∠MCR＝60°，所以在Rt△CMK中，|CK|＝＝6，
所以＝6－5＝1，即p＝2.故抛物线E的方程为y2＝4x.(4分)
(Ⅱ)设直线AB的方程为x＝my＋2，m≠0，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立直线AB和抛物线E的方程，得消去x，得y2－4my－8＝0，(5分)
易知Δ>0，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－8，
所以|AB|＝|y1－y2|＝·
＝·＝4·.(7分)
设G(x3，y3)，D(x4，y4)，因为GD⊥AB，所以易得|GD|＝4·，(8分)
所以四边形AGBD的面积为S＝|AB|·|GD|＝×4··4·
＝8···＝8· .(10分)
令m2＋＝t，则t≥2＝2，
所以S＝8·＝8，当且仅当m＝±1时取等号．当t≥2时，该函数为增函数，所以当t＝2，即m＝±1时，函数取得最小值48，所以四边形AGBD的面积的最小值为48.(12分)
题型二、求值、求点、求方程问题
例3、已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点为F(－c，0)，右顶点为A，点E的坐标为(0，c)，△EFA的面积为.
(Ⅰ)求椭圆的离心率；
(Ⅱ)设点Q在线段AE上，|FQ|＝c，延长线段FQ与椭圆交于点P，点M，N在x轴上，PM∥QN，且直线PM与直线QN间的距离为c，四边形PQNM的面积为3c.
(ⅰ)求直线FP的斜率；
(ⅱ)求椭圆的方程．
例3、解：(Ⅰ)设椭圆的离心率为e，由已知，可得(c＋a)c＝，进而由b2＝a2－c2，可得2c2＋ac－a2＝0，即2e2＋e－1＝0，解得e1＝，e2＝－1.(3分)
又因为0＜e＜1，所以e＝，所以椭圆的离心率为.
(Ⅱ)(ⅰ)依题意，设直线FP的方程为x＝my－c(m>0)，则直线FP的斜率为.
由(Ⅰ)知a＝2c，可得直线AE的方程为＋＝1，即x＋2y－2c＝0，与直线FP的方程联立，可解得x＝，y＝，
即点Q的坐标为.
由已知|FQ|＝c，有2＋2＝2，整理得3m2－4m＝0.
因为m>0，所以m＝，即直线FP的斜率为.(8分)
(ⅱ)由a＝2c，可得b＝c，故椭圆的方程可以表示为＋＝1.
由(ⅰ)得直线FP的方程为3x－4y＋3c＝0，与椭圆方程联立，得消去y，整理得7x2＋6cx－13c2＝0，解得x＝－(舍去)或x＝c，
因此可得点P，进而可得|FP|＝，
所以|PQ|＝|FP|－|FQ|＝－＝c.(10分)
由已知，线段PQ的长即为PM与QN这两条平行线间的距离，故直线PM与QN都垂直于直线FP.
因为QN⊥FP，所以|QN|＝|FQ|·tan∠QFN＝|FQ|·kFP＝·＝，
所以△FQN的面积为|FQ|·|QN|＝.
同理△FPM的面积为.(12分)
由四边形PQNM的面积为3c，得－＝3c，整理得c2＝2c.
又由c>0，得c＝2.故椭圆的方程为＋＝1.
例4、在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且点在椭圆C上．
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)如图44－4所示，设P为椭圆上第一象限内的点，点P关于原点O的对称点为A，点P关于x轴的对称点为Q，设＝λ，直线AD与椭圆C的另一个交点为B，若PA⊥PB，求实数λ的值．
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图44－4
例4、解：(Ⅰ)∵点在椭圆C上，∴＋＝1①.
又∵椭圆C的离心率为，∴＝＝1－e2＝②.
由①②得a2＝4，b2＝1，即椭圆C的方程为＋y2＝1.(4分)
(Ⅱ)设P(x0，y0)，其中x0>0，y0>0.∵点A是点P关于原点O的对称点，∴A(－x0，－y0)．
记直线AP的斜率为k，则k＝.设点B(x1，y1)，x1≠x0，且x1>0，
则由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,4)＋y＝1，,\f(x,4)＋y＝1))中两式相减得·＝－，即kBP·kBA＝－.
又∵PA⊥PB，∴kBP＝－，故直线AB的斜率为kBA＝－＝＝，
∴直线AB的方程为y＝(x＋x0)－y0.(10分)
令x＝x0，解得y＝－，所以点D的坐标为.(11分)
而由题设易知点Q的坐标为(x0，－y0)，所以λ＝＝＝.
题型三、最值和取值范围问题
例5、如图所示，已知抛物线x2＝y，点A，B，抛物线上的点P(x，y).过点B作直线AP的垂线，垂足为Q.
(Ⅰ)求直线AP斜率的取值范围；
(Ⅱ)求·的最大值．
例5、解：(Ⅰ)设直线AP的斜率为k，则k＝＝x－.
因为－＜x＜，所以直线AP斜率的取值范围是(－1，1)．
(Ⅱ)直线AP的方程为y－＝k，即kx－y＋k＋＝0.
因为直线BQ与直线AP垂直，所以可设直线BQ的方程为x＋ky＋m＝0.
又点B在直线BQ上，所以直线BQ的方程为x＋ky－k－＝0.
联立直线AP与抛物线方程，得解得x1＝，x2＝－(舍)，
所以点P的横坐标为.
联立直线AP与BQ的方程，得
解得点Q的横坐标是xQ＝.(8分)
因为|PA|＝＝(k＋1)，
|PQ|＝(xQ－xP)＝[－k－]＝－，
所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1)3.(11分)
令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3，－1当－10；当因此当k＝时，|PA|·|PQ|取得最大值.
例6、在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，焦距为2.
(Ⅰ)求椭圆E的方程；
(Ⅱ)如图44－6所示，动直线l：y＝k1x－交椭圆E于A，B两点，C是椭圆E上一点，直线OC的斜率为k2，且k1k2＝，M是线段OC延长线上一点，且∶＝2∶3，⊙M的半径为，OS，OT是⊙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．
INCLUDEPICTURE "E:\\高三一轮复习题库\\2020理数教师资源盘（题型归纳总结非常详细）\\理数教师资源WORD题库\\第45课题图-3.EPS" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\313\\Desktop\\理数\\B本\\小样44\\第45课题图-3.EPS" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\313\\Desktop\\理数\\B本\\第45课题图-3.EPS" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\帮数学\\帮数学做word\\第45课题图-3.EPS" \* MERGEFORMATINET
图44－6
例6、解：(Ⅰ)设椭圆的半焦距为c，由题意知 e＝＝，2c＝2，所以 a＝，b＝＝1，因此椭圆E的方程为＋y2＝1.
(Ⅱ)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程
得(4k＋2)x2－4k1x－1＝0，由题意知Δ>0，且x1＋x2＝eq \f(2\r(3)k1,2k＋1)，x1x2＝－eq \f(1,2（2k＋1）)，所以|AB|＝eq \r(1＋k)|x1－x2|＝eq \r(1＋k)·＝·eq \f(\r(1＋k)·\r(1＋8k),1＋2k).
因为k1k2＝，所以k1≠0，k2＝，所以直线OC的方程为y＝x.
联立方程得x2＝eq \f(8k,1＋4k)，y2＝eq \f(1,1＋4k)，因此|OC|＝＝eq \r(\f(1＋8k,1＋4k)).
由题意可知圆M的半径为r＝|AB|＝·eq \f(\r(1＋k)·\r(1＋8k),2k＋1).
连接SM，因为OS为⊙M的切线，所以MS⊥OS，所以sin＝＝.
而＝eq \f(\r(\f(1＋8k,1＋4k)),\f(2\r(2),3)·\f(\r(1＋k)·\r(1＋8k),2k＋1))＝·eq \f(1＋2k,\r(1＋4k)·\r(1＋k))＝·eq \f(1＋2k,\r(1＋4k＋k＋4k))
＝·eq \f(1＋2k,\r(（1＋2k）2＋k)) .
令t＝1＋2k，因为k1≠0，所以t>1，∈(0，1)，
因此＝·＝·＝·＝·≥1，
当且仅当＝，即t＝2时等号成立，此时k1＝±.
所以sin≤，易知为锐角，因此≤，所以∠SOT的最大值为.
综上所述，∠SOT的最大值为，取得最大值时直线l的斜率为k1＝±.
题型四、定值、定点、定向问题
a．定值问题
例7、已知M(－1，0)，N(1，0)，||＝2，＝(＋)，＝λ，·＝0，记动点P的轨迹为C.
(Ⅰ)求曲线C的方程；
(Ⅱ)若斜率为的直线l与曲线C交于不同的两点A，B，l与x轴相交于D点，则|DA|2＋|DB|2是否为定值？若为定值，则求出该定值；若不为定值，请说明理由．
例7、解：(Ⅰ)由＝(＋)可知，Q为线段NR的中点．由＝λ可知，P点在直线MR上．
由·＝0，可知QP⊥NR，或P，Q重合，
所以P点为线段NR的垂直平分线与直线MR的交点，所以|PN|＝|PR|，
所以|PM|＋|PN|＝|PM|＋|PR|＝|MR|＝2，
所以动点P的轨迹是以M，N为焦点，长轴长为2的椭圆，即a＝，c＝1，所以b＝1，
所以曲线C的轨迹方程为＋y2＝1.(5分)
(Ⅱ)|DA|2＋|DB|2是定值3.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(m，0)，
则直线l的方程为y＝(x－m)．
将y＝(x－m)代入＋y2＝1，得2x2－2mx＋m2－2＝0.
由Δ＝4m2－8(m2－2)＝16－4m2>0，得－2所以x1＋x2＝m，x1x2＝，(8分)
所以|DA|2＋|DB|2＝(x1－m)2＋y＋(x2－m)2＋y＝(x1－m)2＋(x2－m)2＝[(x1－m)2＋(x2－m)2]
＝[x＋x－2m(x1＋x2)＋2m2]＝[(x1＋x2)2－2x1x2－2m2＋2m2]
＝[m2－(m2－2)]＝3.
故|DA|2＋|DB|2为定值3.
例8、如图所示，椭圆两顶点A(－1，0)，B(1，0)，过其焦点F(0，1)的直线l与椭圆交于C，D两点，并与x轴交于点P(点P异于A，B两点)，直线AC与直线BD交于点Q.求证：·为定值．
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例8、证明：设椭圆的方程为＋＝1(a>b>0)，半焦距为c.由题知b＝1，c＝1，所以a2＝2，所以椭圆的方程为＋x2＝1.
当直线l的斜率不存在时，直线AC与直线BD平行，无交点，不满足题意，所以直线l的斜率存在．因为直线l过点F且与x轴有交点，所以k不等于0.
设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，x1>x2，则P，直线AC的方程为y＝(x＋1)，直线BD的方程为y＝(x－1)．
联立直线l与椭圆的方程，得整理得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0，
则x1＋x2＝－，x1x2＝－，所以x1－x2＝＝
＝，
y1＋y2＝kx1＋1＋kx2＋1＝k(x1＋x2)＋2＝.
联立直线AC与BD的方程，得
解得点Q的横坐标xQ＝＝
＝＝＝＝－k.
因为Q(－k，yQ)，P，
所以·＝·(－k，yQ)＝1，
故·为定值．
b．定点问题
例9、已知抛物线C：y2＝2px(0(Ⅰ)求C的方程；
(Ⅱ)已知直线l不过点P且与抛物线C相交于A，B两点，直线PA与直线PB的斜率之积为1，证明：l过定点．
例9、解：(Ⅰ)因为点P(m，1)在抛物线C上，所以2pm＝1，即m＝.由抛物线的定义，
得＝m－＝＋，所以＋＝，解得p＝或p＝2(舍去)．
所以抛物线C的方程为y2＝x.
(Ⅱ)证明：(法一)由(Ⅰ)知P(1，1)．设直线PA的斜率为k(显然k存在且k≠0)，
则直线PA的方程为y－1＝k(x－1)，即y＝kx＋1－k.
由消去y并整理得k2x2＋[2k(1－k)－1]x＋(1－k)2＝0.
设A(x1，y1)，方程有一个根为1，则由根与系数的关系得1·x1＝，即x1＝，
所以y1＝kx1＋1－k＝k·＋1－k＝－1＋，
所以A .
由题意，直线PB的斜率为.
同理可得B ，即B((k－1)2，k－1)．
若直线l的斜率不存在，则＝(k－1)2，解得k＝1或k＝－1.
当k＝1时，直线PA与直线PB的斜率均为1，A，B两点重合，与题意不符；
当k＝－1时，直线PA与直线PB的斜率均为－1，A，B两点重合，与题意不符．
所以直线l的斜率一定存在，为＝，
所以直线l的方程为y－(k－1)＝·[x－(k－1)2]，即y＝x－1.
所以直线l过定点(0，－1)．
(法二)由(Ⅰ)得P(1，1)．若l的斜率不存在，则l与x轴垂直．
设A(x1，y1)，则B(x1，－y1)，且y＝x1.
因为直线PA斜率存在，所以x1≠1.
所以kPA·kPB＝·＝eq \f(1－y,（x1－1）2)＝＝，所以＝1，
解得x1＝0，这时A，B两点重合，与题意不符，
所以直线l的斜率一定存在．
设直线l：y＝kx＋t，显然k≠0，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
因为直线l不过点P(1，1)，所以k＋t≠1.
由消去y并整理得k2x2＋(2kt－1)x＋t2＝0.
由Δ＝(2kt－1)2－4k2t2＝1－4kt>0，得kt<.
所以x1＋x2＝①，x1x2＝②，
因为kPA·kPB＝·＝·＝＝1，
所以(k2－1)x1x2＋(kt－k＋1)(x1＋x2)＋t2－2t＝0③.
将①②代入③得(k2－1)·＋(kt－k＋1)·＋t2－2t＝0，
即(k2－1)t2＋(kt－k＋1)(1－2kt)＋(t2－2t)k2＝0，
化简整理得1－t2－kt－k＝0，即(1＋t)(1－t－k)＝0.
因为k＋t≠1，所以1＋t＝0，即t＝－1.
所以l：y＝kx－1.显然l过定点(0，－1)．
(法三)由(Ⅰ)得P(1，1)．设l：x＝ny＋t，由直线l不过点P(1，1)，得n＋t≠1.
由消去x并整理得y2－ny－t＝0.
由题意知Δ＝n2＋4t>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1，x2≠1，y1，y2≠±1)，则y1＋y2＝n①，y1y2＝－t②.
因为kPA·kPB＝·＝eq \f(y1－1,y－1)·eq \f(y2－1,y－1)＝·＝＝＝1，
所以－t＋n＋1＝1，所以t＝n.
所以l：x＝n(y＋1)．显然l过定点(0，－1)．
例10、如图所示，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋y2＝1.斜率为k(k>0)且不过原点的直线l交椭圆C于A，B两点，线段AB的中点为E，射线OE交椭圆C于点G，交直线x＝－3于点D(－3，m)，若2＝·，求证：直线l过定点．
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例10、证明：设直线l的方程为y＝kx＋t(k>0，t≠0)，
联立方程得(1＋3k2)x2＋6ktx＋3t2－3＝0，
由题知Δ＝36k2t2－4(1＋3k2)(3t2－3)>0，即3k2＋1>t2.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以y1＋y2＝kx1＋t＋kx2＋t＝k(x1＋x2)＋2t＝－＋＝，
所以E，
所以kOE＝－，直线OE的方程为y＝－x.
分别联立方程和解得yG＝，yD＝.
又2＝·，所以＝，所以y＝yDyE，即＝·，
所以k＝t，满足3k2＋1>t2.所以直线l的方程为y＝k(x＋1)，所以直线l恒过定点(－1，0)．
c．定向问题
例11、设椭圆E：＋＝1的焦点在x轴上．
(Ⅰ)若椭圆E的焦距为1，求椭圆E的方程；
(Ⅱ)设F1，F2分别是椭圆E的左、右焦点，P为椭圆E上第一象限内的点，直线F2P交y轴于点Q，并且F1P⊥F1Q，证明：当a变化时，点P在某定直线上．
例11、解：(Ⅰ)设椭圆E的半焦距为c，则2c＝1.
又∵椭圆焦点在x轴上，∴a2＝1－a2＋c2，解得a2＝，∴b2＝－＝，
∴椭圆E的方程为＋＝1.
(Ⅱ)证明：(法一)设F1(－c，0)，F2(c，0)，P(x，y)，Q(0，m)，其中c＝，x>0，y>0，x≠c，则＝(x＋c，y)，＝(c，m)，＝(x－c，y)，＝(c，－m)．
由a2>1－a2>0，得a∈∪，∴x∈(0，1)，y∈.
由∥，⊥得整理得x2－y2＝c2.(8分)
联立得＋＝1，
即＋＝1，
即2x2[1－(x2－y2)]＋2y2[1＋(x2－y2)]＝[1－(x2－y2)][1＋(x2－y2)]，
即2x2－2x2(x2－y2)＋2y2＋2y2(x2－y2)＝1－(x2－y2)2，
即2x2＋2y2－2x4＋2x2y2＋2x2y2－2y4＝1－x4－y4＋2x2y2，
即2x2＋2y2－x4＋2x2y2－y4＝1，即2x2＋2y2＝1＋(x2－y2)2，
即2y2＝1＋(x2－y2)2－2x2，即4y2＝1＋(x2－y2)2－2(x2－y2)，即4y2＝(x2－y2－1)2.
∵x∈(0，1), y∈，∴－2y＝x2－y2－1，
即y2－2y＋1＝x2，即(y－1)2＝x2，∴x＝1－y，
∴动点P在定直线x＋y－1＝0上．(13分)
(法二)设F1(－c，0)，F2(c，0)，P(x0，y0), 其中c＝，x0>0，y0>0，由题设知x0≠c，则直线F1P的斜率kF1P＝，直线F2P的斜率kF2P＝，
故直线F2P的方程为y＝(x－c)，
令x＝0，得y＝－，即点Q的坐标为，
∴直线F1Q的斜率kF1Q＝＝.
∵F1P⊥F1Q，∴kF1P·kF1Q＝－1，即·＝eq \f(y,c2－x)＝－1，即y＝x－c2，
∴x－y＝c2＝2a2－1，∴x＝y＋2a2－1，
代入椭圆E的方程，得eq \f(y＋2a2－1,a2)＋eq \f(y,1－a2)＝1，解得y＝(1－a2)2，∴x＝a4.
∵x0>0，y0>0，题型五、存在性问题、探索性问题
a．常数的存在性问题
例12、已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的3个顶点，直线l：y＝－x＋3与椭圆E有且只有一个公共点T.
(Ⅰ)求椭圆E的方程及点T的坐标；
(Ⅱ)设O是坐标原点，直线l′平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A，B，且与直线l交于点P.证明：存在常数λ，使得2＝λ·，并求λ的值．
例12、解：(Ⅰ)由已知得a＝b，则椭圆E的方程为＋＝1.
联立得3x2－12x＋(18－2b2)＝0，该方程的判别式为Δ＝144－12(18－2b2)，
因为直线l与椭圆E有且只有一个公共点，
所以Δ＝0，解得b2＝3，代入可得此方程的解为x＝2，
所以椭圆E的方程为＋＝1，点T坐标为(2，1)．
(Ⅱ)由已知可设直线l′的方程为y＝x＋m(m≠0)．
联立解得所以点P坐标为，|PT|2＝m2.
设A，B的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)．联立得3x2＋4mx＋(4m2－12)＝0，
此方程的判别式为Δ＝16(9－2m2)．由Δ>0，解得－＜m＜(m≠0)．
由根与系数的关系可得x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以=
=＝，
同理|PB|＝ .
所以|PA|·|PB|＝
=
=
＝＝m2，
所以λ＝＝，故存在常数λ＝，使得|PT|2＝λ|PA|·|PB|.
b．点的存在性问题
例13、在直角坐标系xOy中，曲线C：y＝与直线l：y＝kx＋a(a>0)交于M，N两点．
(Ⅰ)当k＝0时，分别求C在点M和N处的切线方程；
(Ⅱ)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由．
例13、解：(Ⅰ)由题设可得，当k＝0时，M(2，a)，N(－2，a)或M(－2，a)，N(2，a)．
∵y′＝x，故y＝在x＝2处的导数为，在x＝－2处的导数为－，
∴C在(2，a)处的切线方程为y－a＝(x－2)，即x－y－a＝0；
在(－2，a)处的切线方程为y－a＝－(x＋2)，即x＋y＋a＝0.
∴当点M(2，a)，N(－2，a)时，C在点M处的切线方程为x－y－a＝0，
在点N处的切线方程为x＋y＋a＝0；当点M(－2，a)，N(2，a)时，
C在点M处的切线方程为x＋y＋a＝0，在点N处的切线方程为x－y－a＝0.
(Ⅱ)存在符合题意的点P.理由如下：
设P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.
将y＝kx＋a代入C的方程，整理得x2－4kx－4a＝0，
∴x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a，
∴k1＋k2＝＋＝＝.
当b＝－a时，有k1＋k2＝0，即直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，
故∠OPM＝∠OPN，所以P(0，－a)符合题意．
c．直线的存在性问题
例14、已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.
(Ⅰ)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
(Ⅱ)若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．
例14、解：(Ⅰ)证明：设直线l：y＝kx＋b(k，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)，
将y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2，得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0.由题意知Δ>0，
故xM＝＝－，yM＝kxM＋b＝，
所以直线OM的斜率kOM＝＝－，所以kOM·k＝－9，
所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．
(Ⅱ)四边形OAPB能为平行四边形．
因为直线l过点，点在椭圆外，所以l不过原点，不平行于坐标轴且与C有两个交点的充要条件是k>0且k≠3.
由(Ⅰ)得OM的方程为y＝－x，设点P的横坐标为xP，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yP＝－\f(9,k)xP，,9x＋y＝m2，))得x＝，即xP＝.
将点的坐标代入直线l的方程，得b＝，
因此xM＝.
四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM，(10分)
于是＝2×，解得k1＝4－，k2＝4＋，均满足k>0且k≠3，所以当l的斜率为4－或4＋时，四边形OAPB为平行四边形．
d．探索性问题
例15、已知椭圆E：＋＝1上的点到椭圆一个焦点的距离的最大值是最小值的3倍，且点P在椭圆E上．
(Ⅰ)求椭圆E的方程；
(Ⅱ)过点M(1，1)任作一条直线l，l与椭圆E交于不同于P点的A，B两点，与直线m：3x＋4y－12＝0交于C点，记直线PA，PB，PC的斜率分别为k1，k2，k3.试探究k1＋k2与k3的关系，并证明你的结论．
例15、解：(Ⅰ)设点Q(x0，y0)为椭圆E上任意一点，根据椭圆的对称性，可设该焦点为左焦点，
且为F(－c，0)，则eq \f(x,a2)＋eq \f(y,b2)＝1，所以点Q到左焦点的距离
|QF|＝eq \r(（x0＋c）2＋y) ＝eq \r(x＋2cx0＋c2＋b2－\f(b2,a2)x)＝eq \r(\f(c2,a2)x＋2cx0＋a2)＝＝x0＋a.
因为－a≤x0≤a，所以当x0＝－a时，|QF|＝x0＋a取得最小值a－c；当x0＝a时，|QF|＝x0＋a取得最大值a＋c.
依题意知a＋c＝3(a－c)，所以a＝2c.因为a2＝b2＋c2，所以b＝c，
所以椭圆E的方程为＋＝1.因为点P在椭圆E上，
所以＋＝1，解得c2＝1，所以a2＝4c2＝4，b2＝3c2＝3，所以椭圆E的方程为＋＝1.(5分)
(Ⅱ)k1＋k2＝2k3，证明过程如下：依题意，直线l与x轴不垂直，且与直线m不平行，
故可设直线l的方程为y－1＝k(x－1)，
即y＝k(x－1)＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由
消去y，化简得(4k2＋3)x2－8(k2－k)x＋4k2－8k－8＝0.因为点M在椭圆内部，所以Δ>0恒成立，
所以x1＋x2＝，x1x2＝，
所以k1＋k2＝＋＝＋＝2k－
＝2k－·＝2k－·
＝2k－·＝.
联立直线l与m的方程，得解得
所以点C的坐标为，所以k3＝＝.
因此，k1＋k2与k3的关系为k1＋k2＝2k3.
题型六、几何关系的判断与证明
例16、已知椭圆C：x2＋2y2＝4.
(Ⅰ)求椭圆C的离心率；
(Ⅱ)设O为原点，若点A在椭圆C上，点B在直线y＝2上，且OA⊥OB，试判断直线AB与圆x2＋y2＝2的位置关系，并证明你的结论．
例16、解：(Ⅰ)由题意，椭圆C的标准方程为＋＝1，所以a2＝4，b2＝2，从而c2＝a2－b2＝2.因此a＝2，c＝，故椭圆C的离心率e＝＝.
(Ⅱ)直线AB与圆x2＋y2＝2相切．
证明如下：
设点A，B的坐标分别为(x0，y0)，(t，2)，其中x0≠0.
因为OA⊥OB，所以·＝0，即tx0＋2y0＝0，解得t＝－.
当x0＝t时，y0＝－，代入椭圆C的方程，得t＝±，故直线AB的方程为x＝±，圆心O到直线AB的距离d＝，此时直线AB与圆x2＋y2＝2相切．
当x0≠t时，直线AB的方程为y－2＝(x－t)，即(y0－2)x－(x0－t)y＋2x0－ty0＝0，圆心O到直线AB的距离d＝.
又x＋2y＝4，t＝－，故d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(2y,x0))),\r(x＋y＋\f(4y,x)＋4))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(4－x,x0))),\r(x＋\f(4－x,2)＋\f(2x＋8,x)))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4＋x,x0))),\r(\f(x＋8x＋16,2x)))＝，
此时直线AB与圆x2＋y2＝2相切．
综上所述，直线AB与圆x2＋y2＝2相切．
题型七、椭圆、双曲线、抛物线的综合考查
例17、如图所示，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2＝4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上．
INCLUDEPICTURE "E:\\高三一轮复习题库\\2020理数教师资源盘（题型归纳总结非常详细）\\理数教师资源WORD题库\\图4.EPS" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\313\\Desktop\\理数\\B本\\小样44\\图4.EPS" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\313\\Desktop\\理数\\B本\\图4.EPS" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\帮数学\\帮数学做word\\图4.EPS" \* MERGEFORMATINET
(Ⅰ)设AB的中点为M，证明：PM垂直于y轴；
(Ⅱ)若P是半椭圆x2＋＝1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围．
例17、解：(Ⅰ)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y＝4x1，y＝4x2，其中y1≠y2.
易知AB的中点M的纵坐标为yM＝.
设P(x0，y0)，依题意得PA，PB的中点(，)，都在抛物线y2＝4x上，
所以两式相减，
得＝2(x1－x2)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,4)－\f(y,4)))＝.
因为y1≠y2，所以＝，
即y0＝.
显然y0＝yM，而P在y轴左侧，M在y轴右侧，
所以M，P不重合，故PM垂直于y轴.
(Ⅱ)由(Ⅰ)得2＝4·，所以x0＝(y0＋y1)2－x1＝2－eq \f(y,4)＝[(3y1＋y2)2－8y]＝(y＋y＋6y1y2)＝[(y1＋y2)2＋4y1y2]．
又因为y1＋y2＝2y0，所以y1y2＝8x0－y.
又因为P(x0，y0)在半椭圆x2＋＝1(x<0)上，
所以x＋eq \f(y,4)＝1(－1≤x0<0)，
故△PAB的面积为S＝
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y＋y,8)－x0))eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)
＝
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4y－16x0＋2y,8)－x0))eq \r(4y－4（8x0－y）)
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)y－3x0))eq \r(8y－32x0)
＝3(1－x－x0)eq \r(8（1－x－x0）)
＝6(1－x－x0).(13分)
因为－1≤x0<0，所以1－x－x0∈，
所以S∈.
故△PAB面积的取值范围是.
例18、在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C1：2x2－y2＝1.
(Ⅰ)设斜率为1的直线l交C1于P，Q两点，若l与圆x2＋y2＝1相切，求证：OP⊥OQ；(Ⅱ)设椭圆C2：4x2＋y2＝1，若M，N分别是C1，C2上的动点，且OM⊥ON，求证：O到直线MN的距离是定值．
例18、证明：(Ⅰ)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，l：y＝x＋b.
因为直线与已知圆相切，故＝1，即b2＝2.
联立消元整理得x2－2bx－b2－1＝0，
则
所以·＝x1x2＋y1y2＝2x1x2＋b(x1＋x2)＋b2＝2(－b2－1)＋b·2b＋b2＝b2－2＝0，故OP⊥OQ.
(Ⅱ)①当ON垂直于x轴时，|ON|＝1，|OM|＝，则|MN|＝，
所以O到MN的距离为＝.
②当直线ON不垂直于x轴时，因为点M在曲线C1上，双曲线的渐近线方程为y＝±x，
所以－又因为OM⊥ON，所以直线ON的斜率kON<－或kON>.
设直线ON的方程为y＝kx，则直线OM的方程为y＝－x，
由整理得x2＝，y2＝，
所以|ON|2＝；
由整理得x2＝，y2＝，
所以|OM|2＝.(11分)
设O到直线MN的距离为d，
则d＝＝，
所以＝＋＝＋＝3，所以d＝.
综上所述，点O到直线MN的距离是定值.
课后作业
1．若曲线＝x＋2与C：＋＝1恰有两个不同的交点，则实数λ的取值范围为________．
答案：(－∞，－1]∪(1，＋∞)
解析：当C：＋＝1表示圆时，显然曲线|y|＝x＋2与C：＋＝1有三个交点，不合题意．
如图1，当C：＋＝1表示椭圆时，要使曲线|y|＝x＋2与C：＋＝1恰有两个不同的交点，则解得λ>1.
如图2，当C：＋＝1表示双曲线时，λ<0，y＝±x为双曲线的渐近线．
要使曲线＝x＋2与C：＋＝1恰有两个不同的交点，则≤1，可得λ≤－1.
故实数λ的取值范围为(－∞，－1]∪(1，＋∞)．
2．设P是椭圆＋＝1上一点，M，N分别是两圆(x＋4)2＋y2＝1和(x－4)2＋y2＝1上的点，则|PM|＋|PN|的最小值、最大值分别为(　　)
A．9，12　　　　B．8，11　　　　C．8，12　　　　D．10，12
答案：C
解析：如图，由椭圆及圆的方程可知两圆圆心A，B分别为椭圆的两个焦点，连接PA，PB，由椭圆定义知|PA|＋|PB|＝2a＝10.设PA，PB分别与两圆相交于两点M′，N′，则(|PM|＋|PN|)min＝|PM′|＋|PN′|＝|PA|＋|PB|－2R＝8；延长PA，PB，分别与两圆相交于两点M″，N″，则(|PM|＋|PN|)max＝|PM″|＋|PN″|＝|PA|＋|PB|＋2R＝12，即最小值和最大值分别为8，12.故选C.
3．设椭圆中心在坐标原点，A(2，0)，B(0，1)是它的两个顶点，直线y＝kx(k>0)与AB相交于点D，与椭圆相交于E，F两点．
(Ⅰ)若＝6，求k的值；
(Ⅱ)求四边形AEBF面积的最大值．
答案：(Ⅰ)k＝或k＝　(Ⅱ)四边形AEBF面积的最大值为2
解：(Ⅰ)依题设得，椭圆的方程为＋y2＝1，直线AB，EF的方程分别为x＋2y＝2，y＝kx(k>0)．
如图，设D(x0，kx0)，E(x1，y1)，F(x2，y2)，其中x1＜x2，且x1，x2满足方程(1＋4k2)x2＝4，故x2＝－x1＝ .
由＝6，知x0－x1＝6(x2－x0)，解得x0＝(6x2＋x1)＝x2＝ .
由D在AB上，知x0＋2kx0＝2，解得x0＝，
所以＝，
化简得24k2－25k＋6＝0，解得k＝或k＝.
(Ⅱ)(法一)根据对称性，取F在x轴上方．根据点到直线的距离公式知，点E，F到直线AB的距离分别为
h1＝＝，h2＝＝.
又|AB|＝＝，所以四边形AEBF的面积为
S＝|AB|(h1＋h2)＝·＝＝2
＝2≤2＝2，
当且仅当k＝时，上式取等号．
所以四边形AEBF面积的最大值为2.
(法二)由题设，|BO|＝1，|AO|＝2，
令x2＝－x1>0，则y2＝－y1>0，
故四边形AEBF的面积为S＝S△BEF＋S△AEF＝|OB|·(x2－x1)＋|OA|·(y2－y1)＝×1×2x2＋×2×2y2＝x2＋2y2＝＝eq \r(x＋4y＋4x2y2)≤eq \r(2（x＋4y）)＝2，
当且仅当x2＝2y2，即x2＝，y2＝时，上式取等号．
所以四边形AEBF面积的最大值为2.
4．已知动直线l与椭圆C：＋＝1交于P(x1，y1)，Q(x2，y2)两个不同的点，且△OPQ的面积S△OPQ＝，其中O为坐标原点．
(Ⅰ)证明x＋x和y＋y均为定值；
(Ⅱ)设线段PQ的中点为M，求|OM|·|PQ|的最大值；
(Ⅲ)椭圆C上是否存在点D，E，G，使得S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝？若存在，判断△DEG的形状；若不存在，请说明理由．
答案：(Ⅰ)见证明过程　(Ⅱ)　(Ⅲ)不存在满足条件的点D，E，G，理由见解答过程
解：(Ⅰ)证明：当直线l的斜率不存在时，P，Q两点关于x轴对称，
所以x2＝x1，y2＝－y1，x1≠0.
因为P(x1，y1)在椭圆上，所以eq \f(x,3)＋eq \f(y,2)＝1①.
因为S△OPQ＝，所以|x1|·|y1|＝②.
由①②得|x1|＝，|y1|＝1.
此时x＋x＝3，y＋y＝2.
当直线l的斜率存在时，
设直线l的方程为y＝kx＋m，由题意知m≠0，
将其代入＋＝1，得(2＋3k2)x2＋6kmx＋3(m2－2)＝0，
其中Δ＝36k2m2－12(2＋3k2)(m2－2)>0，
即3k2＋2>m2.(*)
所以x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以|PQ|＝·＝·.
因为点O到直线l的距离为d＝，
所以S△OPQ＝|PQ|·d＝··＝＝，
即2|m|·＝2＋3k2，
即4m2(3k2＋2－m2)＝4＋12k2＋9k4，
即9k4＋12(1－m2)k2＋4(1－m2)2＝0，
即[3k2＋2(1－m2)]2＝0，
即3k2＋2＝2m2，且符合(*)式，(5分)
此时x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝2－2×＝3，
y＋y＝(3－x)＋(3－x)＝4－(x＋x)＝2.
综上所述，x＋x＝3，y＋y＝2，结论成立．
(Ⅱ)(法一)当直线l的斜率不存在时，
由(Ⅰ)知|OM|＝|x1|＝，|PQ|＝2|y1|＝2，
因此|OM|·|PQ|＝×2＝.
当直线l的斜率存在时，
由(Ⅰ)知＝－，＝k＋m＝，
所以|OM|2＝2＋2＝＋＝＝·，
|PQ|2＝(1＋k2)·＝＝2·，
所以|OM|2·|PQ|2＝≤2＝，
即|OM|·|PQ|≤，当且仅当3－＝2＋，即m＝±时，等号成立．
因为3k2＋2＝2m2≥2，所以m≥1或m≤－1，所以m＝±满足题意．
综上可得|OM|·|PQ|的最大值为.
(法二)由(Ⅰ)知4|OM|2＋|PQ|2＝(x1＋x2)2＋(y1＋y2)2＋(x2－x1)2＋(y2－y1)2＝2[(x＋x)＋(y＋y)]＝10.
由基本不等式得4|OM|2＋|PQ|2≥2＝4|OM|·|PQ|，
所以|OM|·|PQ|≤，当且仅当2|OM|＝|PQ|＝时，等号成立．
因此|OM|·|PQ|的最大值为.
(Ⅲ)椭圆C上不存在点D，E，G，使得S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝.
证明：假设存在D(u，v)，E(j，k)，G(s，t)，满足S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝.
由(Ⅰ)得u2＋j2＝3，u2＋s2＝3，j2＋s2＝3；v2＋k2＝2，v2＋t2＝2，k2＋t2＝2，
所以u2＝j2＝s2＝；v2＝k2＝t2＝1.
因此u，j，s只能从±中选取，v，k，t只能从±1中选取，即D，E，G只能在这四点中选取三个不同的点，
而这三个点的两两连线中必有一条过原点，与S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝矛盾，
所以椭圆C上不存在满足条件的点D，E，G.
5．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，Q，A，B为椭圆C上三点，△QF1F2的周长为4(＋1)，线段AB的垂直平分线经过点P(－1，0)．
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)求线段AB长度的最大值．
解：(Ⅰ)设椭圆半焦距为c，由题意可得＝，2a＋2c＝4(＋1)，解得a＝2，c＝2.
又∵b2＝a2－c2，∴b2＝4，∴椭圆C的方程为＋＝1.
(Ⅱ)当AB⊥x轴时，满足题意，可得|AB|≤2b＝4.
当AB∥x轴时，不满足题意．
设线段AB的中点为(x0，y0)，直线AB的方程为y＝kx＋t，k≠0，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－8＝0，易知Δ＝16k2t2－4(1＋2k2)(2t2－8)＞0，
化简得4＋8k2＞t2.由根与系数的关系得x1＋x2＝，x1x2＝，
∴x0＝，y0＝kx0＋t＝.(7分)
由题知k·＝－1，化简得t＝，代入Δ＞0，解得k2>.
|AB|＝＝
＝＝
＝2·＝2·
＝2·＜2＜4.
综上可得线段AB长度的最大值为4.
6．已知A(－2，0)，B(2，0)为椭圆C的左、右顶点，F为其右焦点，P是椭圆C上异于A，B的动点，且△APB面积的最大值为2.
(Ⅰ)若斜率不为0且过点F的直线与椭圆C相交于M，N两点．
①是否存在常数λ，使得kAM＝λkBN？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由；
②求证：直线AM，BN的交点在直线l：x＝4上．
(Ⅱ)直线AP与椭圆在点B处的切线交于点D，当点P在椭圆上运动时，求证：以BD为直径的圆与直线PF恒相切；
(Ⅲ)设椭圆的上顶点为S，是否存在直线m，使得m交C于T，Q两点，且F恰是△STQ的垂心？若存在，求m的方程；若不存在，说明理由．
解：(Ⅰ)①由题意，设椭圆C的标准方程为＋＝1(a>b>0)，F(c，0)．
由题意知a＝2，当点P为椭圆的上顶点或下顶点时，△APB的面积取得最大值，
所以×2a×b＝2，解得b＝，所以椭圆C的标准方程为＋＝1, F(1，0)．(1分)
设过点F的直线为x＝my＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1，x2≠±2，所以kAM＝，kBN＝.
由消去x，得(4＋3m2)y2＋6my－9＝0，易知Δ>0恒成立，
则y1＋y2＝，y1y2＝. 所以my1y2＝－＝(y1＋y2)，
所以＝·＝＝＝＝＝.
所以存在常数λ＝，使得kAM＝kBN.
②证明：由①知直线AM：y＝(x＋2)，
直线BN：y＝(x－2)，且＝·，由解得x＝4.
所以直线AM，BN的交点在直线l：x＝4上．
(Ⅱ)证明：由题意可设直线AP的方程为y＝k(x＋2)(k≠0)，则点D的坐标为(2，4k)，BD的中点E的坐标为(2，2k)．
由得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0，易知Δ>0恒成立．
设点P的坐标为(x0，y0)，则－2x0＝，所以x0＝，y0＝k(x0＋2)＝.
当x0＝＝1，即k＝±时，P，D (2，±2)，E(2，±1)，
所以直线PF⊥x轴，此时以BD为直径的圆(x－2)2＋(y 1)2＝1与直线PF相切．
当x0≠1，即k≠±时，直线PF的斜率kPF＝＝，
所以直线PF的方程为y＝(x－1)，所以点E到直线PF的距离
d＝＝＝2 .
又因为＝4，所以d＝，故以BD为直径的圆与直线PF相切．
综上，以BD为直径的圆与直线PF恒相切．
(Ⅲ)假设存在满足条件的直线m，则由垂心的性质可得SF⊥TQ.
因为S(0，)，F(1，0)，所以kSF＝－，所以kTQ＝.
设m的方程为y＝x＋t，t≠，Q(x3，y3)，T(x4，y4)，
联立直线m与椭圆C的方程，得
消去y，得 13x2＋8tx＋12t2－36＝0，
所以Δ＝(8t)2－4×13(12t2－36)＝48[4t2－13(t2－3)]＝144(13－3t2)>0，
解得－所以x3＋x4＝－，x3x4＝.又因为QF⊥ST，所以kQF·kST＝－1，
即·＝－1，
所以y3(y4－)＋(x3－1)x4＝0，即y3y4－y3＋x3x4－x4＝0.
将y3＝x3＋t和y4＝x4＋t代入，得－＋x3x4－x4＝0，
化简得x3x4＋(t－)(x3＋x4)＋t2－t＝0.
将x3＋x4＝－，x3x4＝代入，得(t2－3)－(t2－t)＋t2－t＝0，
化简得(21t＋16)(t－)＝0.因为t≠，所以21t＋16＝0，解得t＝－.
又因为－7．设经过定点M(a，0)(a≠0)的直线与抛物线y2＝2px(p>0)相交于P，Q两点．
(Ⅰ)若＋为常数，求a的值； (Ⅱ)若＋为常数，求a的值．
解：易知直线PQ的斜率不等于0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线PQ：x＝my＋a.
联立方程整理得y2－2pmy－2pa＝0，
Δ＝(－2pm)2＋8pa＝4p(pm2＋2a)>0，(*)
则y1＋y2＝2pm，y1y2＝－2pa.
(Ⅰ)＋＝eq \f(1,（x1－a）2＋y)＋eq \f(1,（x2－a）2＋y)＝eq \f(1,（my1）2＋y)＋eq \f(1,（my2）2＋y)＝·eq \f(y＋y,yy)＝·＝·＝.(5分)因为＋为常数，
所以＝，即a＝p，满足(*)式．所以当a＝p时，＋为常数.
(Ⅱ)＋＝eq \f(1,\r(（x1－a）2＋y))＋eq \f(1,\r(（x2－a）2＋y))＝eq \f(1,\r(（my1）2＋y))＋eq \f(1,\r(（my2）2＋y))
＝· .
当y1y2>0时，＋＝＝＝；
当y1y2<0时，＋＝
＝＝，
所以＋＝，
所以＋＝·＝·
＝·＝·.
因为＋为常数，所以＝，此时显然a>0，可得a＝，满足(*)式．
所以当a＝时，＋为常数.
8．已知椭圆C：＋y2＝1，过点P的直线交椭圆C于E，F两点，则以EF为直径的圆是否恒过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．
答案：以EF为直径的圆恒过定点(0，1)
解：以EF为直径的圆恒过定点．
假设以EF为直径的圆恒过定点．
当EF⊥x轴时，以EF为直径的圆的方程为x2＋y2＝1；
当EF⊥y轴时，将y＝－代入椭圆方程，解得x＝±，
所以以EF为直径的圆的方程为x2＋(y＋)2＝.
由得两圆的交点为Q(0，1)．
下面证当直线EF的斜率存在且不为0时，点Q(0，1)在以EF为直径的圆上．
设直线EF的方程为y＝k0x－(k0≠0)，代入＋y2＝1，整理得(2k＋1)x2－k0x－＝0.
易知Δ>0恒成立，
设E(x1，y1)，F(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(4k0,3（2k＋1）)，x1x2＝eq \f(－16,9（2k＋1）).因为＝(x1，y1－1)，＝(x2，y2－1)，
所以·＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)＝x1x2＋(k0x1－)＝(1＋k)x1x2－k0(x1＋x2)＋
＝(1＋k)·eq \f(－16,9（2k＋1）)－k0·eq \f(4k0,3（2k＋1）)＋＝0，
所以点Q(0，1)在以EF为直径的圆上．
综上，以EF为直径的圆恒过定点Q(0，1)．
9．已知椭圆C1：＋＝1(a＞b＞0)的左右顶点是双曲线C2：－y2＝1的顶点，且椭圆C1的上顶点到双曲线C2的渐近线的距离为.
(Ⅰ)求椭圆C1的方程；
(Ⅱ)若直线l与C1交于M1，M2两点，与C2交于Q1，Q2两点，且·＝－5，求的取值范围．
解：(Ⅰ)由题意可知a2＝3，椭圆C1的上顶点为(0，b)，双曲线C2的渐近线方程为y＝±x，
即x±y＝0.
由点到直线的距离公式得＝， 解得b＝1，所以椭圆C1的方程为＋y2＝1.
(Ⅱ)易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋m，联立直线l和双曲线C2的方程，得消去y并整理，得(1－3k2)x2－6kmx－3m2－3＝0.
因为直线l与双曲线C2交于Q1，Q2两点，
所以
即①设Q1(x1，y1)，Q2(x2，y2)，
则有x1＋x2＝，x1x2＝，
所以·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)
＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2
＝(1＋k2)·＋km·＋m2
＝[(1＋k2)(－3m2－3)＋6k2m2＋m2(1－3k2)]
＝(2m2＋3k2＋3)．
又·＝－5，所以(2m2＋3k2＋3)＝－5，
化简得m2＝1－9k2.②
联立直线l与椭圆C1的方程，得
消去y并整理，得(1＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－3＝0.
因为直线l与椭圆C1交于M1，M2两点，
所以Δ＝36k2m2－4(1＋3k2)(3m2－3)＞0，
化简得3k2＋1＞m2，③
所以由①②③得0＜k2≤.
设M1(x3，y3)，M2(x4，y4)，
则有x3＋x4＝，x3x4＝，
所以＝
＝
＝
＝·.
将m2＝1－9k2代入，得
＝·＝12.
令t＝k2，则t∈，
令f(t)＝，所以f′(t)＝.
又t∈，所以f′(t)＞0在t∈内恒成立，
所以函数f(t)在t∈上单调递增，
所以f(t)∈，所以∈(0，]．
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