第一課時 簡化解析幾何運算的 5個技巧中學解析幾何是將幾何圖形置于直角坐標系中，用方程的觀點來研究曲線，體現(xiàn)了用代數(shù)的方法解決幾何問題的優(yōu)越性，但有時運算量過大，或需繁雜的討論，這些都會影響解題的速度，甚至會中止解題的過程，達到“望題興嘆”的地步．特別是高考過程中，在規(guī)定的時間內(nèi)，保質(zhì)保量完成解題的任務，計算能力是一個重要的方面．為此，從以下幾個方面探索減輕運算量的方法和技巧，合理簡化解題過程，優(yōu)化思維過程．巧用定義，揭示本質(zhì)定義是導出其性質(zhì)的“發(fā)源地”，解題時，應善于運用圓錐曲線的定義，以數(shù)形結合思想為指導，把定量的分析有機結合起來，則可使解題計算量大為簡化，使解題構筑在較高的水平上．是橢圓C1：x2[典例]如圖，F(xiàn)1，F(xiàn)2＋y2＝1與雙曲線C2的公共焦點，A，B分別是C1，4C2在第二、四象限的公共點．若四邊形AF1BF2為矩形，則C2的離心率是()A．2B．336C．2D．2[解析]由已知，得F1(－3，0)，F(xiàn)2(3，0)，設雙曲線 C2的實半軸長為 a，由橢圓及雙曲線的定義和已知，|AF1|＋|AF2|＝4，可得|AF2|－|AF1|＝2a，解得a2＝2，|AF1|2＋|AF2|2＝12，故a＝2．所以雙曲線C2的離心率e＝3＝6．22[答案]D[方法點撥]本題可巧妙運用橢圓和雙曲線的定義建立 |AF1|，|AF2|的等量關系，從而快速求出雙曲線實半軸長 a的值，進而求出雙曲線的離心率，大大降低了運算量．[對點演練]拋物線y2＝4mx(m＞0)的焦點為F，點P為該拋物線上的動點，若點A(－m,0)，則|PF|的|PA|最小值為________．解析：設點P的坐標為(xP，yP)，由拋物線的定義，知|PF|＝xP＋m，又|PA|2＝(xP＋m)2＋第1頁 共39頁22|PF|2＝xP＋m2＝1≥1＝1(當且僅當yP＝(xP＋m)＋4mxP，則|PA|xP＋m2＋4mxP4mxP4mxP21＋xP＋m21＋2xP·m2xP＝m時取等號)，所以|PF|≥2，所以|PF|的最小值為2．|PA|2|PA|2答案：22設而不求，整體代換對于直線與圓錐曲線相交所產(chǎn)生的中點弦問題，涉及求中點弦所在直線的方程，或弦的中點的軌跡方程的問題時，常常可以用代點法求解．x2y2[典例]已知橢圓E：a2＋b2＝1(a＞b＞0)的右焦點為F(3，0)，過點F的直線交E于A，B兩點．若AB的中點坐標為(1，－1)，則E的標準方程為()2222A．x＋y＝1B．x＋y＝145363627x2y2x2y2C．27＋18＝1D．18＋9＝1[解析]設A(x1，y12，y2)，B(x)，則x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，x12y12a2＋b2＝1，①22②x2y2a2＋b2＝1，①－②得x1＋x2x1－x2＋y1＋y2y1－y222＝0，ab所以ky1－y2b2x1＋x2b2＝＝－21＋y2＝2yxa又kAB＝0＋11b213－1＝2，所以a2＝2．又9＝c2＝a2－b2，解得b2＝9，a2＝18，22所以橢圓E的方程為x＋y＝1．189[答案]D[方法點撥]本題設出A，B兩點的坐標，卻不需求出A，B兩點的坐標，巧妙地表達出直線AB的斜率，通過將直線AB的斜率“算兩次”建立幾何量之間的關系，從而快速解決問題．[對點演練]第2頁 共39頁過點M(1,1)作斜率為－1x2y2的直線與橢圓C：2＋2＝1(a＞b＞0)相交于A，B兩點，若M2ab是線段AB的中點，則橢圓C的離心率等于________．x12y12解析：設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則a2＋b2＝1，22x2y2a2＋b2＝1，∴x1－x2x1＋x2y1－y2y1＋y2＝0，2＋b2a∴y1－y2＝－b2x1＋x22·．x1－x2ay1＋y2∵y1－y2＝－1，x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，x1－x222∴－b2＝－1，∴a2＝2b2．a(chǎn) 2又∵b2＝a2－c2，2 2 2 2 2 c 2∴a＝2(a－c)，∴a＝2c，∴ ＝ ．2即橢圓C的離心率 e＝ ．2答案： 2巧用“根與系數(shù)的關系 ”，化繁為簡某些涉及線段長度關系的問題可以通過解方程、求坐標，用距離公式計算長度的方法來解；但也可以利用一元二次方程，使相關的點的同名坐標為方程的根，由根與系數(shù)的關系求出兩根間的關系或有關線段長度間的關系．后者往往計算量小，解題過程簡捷．22[典例]x＋y＝1的焦點在x軸上，A是E的左頂點，斜(2016全·國甲卷)已知橢圓E：t3率為k(k>0)的直線交 E于A，M兩點，點 N在E上，MA⊥NA．當t＝4，|AM|＝|AN|時，求△AMN的面積；當2|AM|＝|AN|時，求k的取值范圍．[解] 設M(x1，y1)，則由題意知 y1>0．x2y2(1)當t＝4時，E的方程為4＋3＝1，A(－2,0)．由已知及橢圓的對稱性知，直線πAM的傾斜角為．4因此直線 AM的方程為 y＝x＋2．第3頁 共39頁2將x＝y(tǒng)－2代入x＋y＝1，得7y2－12y＝0．431212解得y＝0或y＝7，所以y1＝7．因此△AMN的面積S△AMN＝2×1×12×12＝144．27749(2)由題意知t>3，k>0，A(－t，0)．將直線AM的方程y＝k(x＋t)代入x2＋y2＝1，3得(3＋tk2)x2＋2t·tk2x＋t2k2－3t＝0．由x1·(－t)＝t2k2－3tt3－tk23＋tk2，得x1＝3＋tk2，故|AM|＝|x＋6t1＋k2t|1＋k2＝2．13＋tk由題設，直線AN的方程為y＝－1(x＋t)，k故同理可得|AN|＝6kt1＋k23k2＋t．由2|AM|＝|AN|，得2k，2＝23＋tk3k＋t即(k3－2)t＝3k(2k－1)．當k＝32時上式不成立，因此t＝3k2k－1．3k－2k3－2k2＋k－2k－2k2＋1t>3等價于k3－2＝<0，k3－2即k3－2<0．k－2k－2>0，k－2<0，3因此得或k3－2>0，解得k3－2<02<k<2．故k的取值范圍是(32，2)．[方法點撥]本例在第(2)問中可應用根與系數(shù)的關系求出x1＝t3－tk22，這體現(xiàn)了整體思路．這是解3＋tk決解析幾何問題時常用的方法，簡單易懂，通過設而不求，大大降低了運算量．[對點演練]x2y213(2016·蘭州實戰(zhàn)考試)已知橢圓C：a2＋b2＝1(a＞b＞0)的離心率為2，且經(jīng)過點P1，2，左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2．第4頁 共39頁(1)求橢圓C的方程；(2)過F1的直線l與橢圓C相交于A，B兩點，若△AF2B的內(nèi)切圓半徑為32，求以F27為圓心且與直線 l相切的圓的方程．c 1 2 2 2 2解：(1)由＝，得a＝2c，所以a＝4c，b＝3c，32將點P1，2的坐標代入橢圓方程得c＝1，2 2故所求橢圓方程為 x＋y＝1．3由(1)可知F1(－1,0)，設直線l的方程為x＝ty－1，代入橢圓方程，整理得(4＋3t2)y2－6ty－9＝0，顯然判別式大于0恒成立，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，△AF2B的內(nèi)切圓半徑為r0，則有y1＋y2＝6t2，y1y2＝－932，2，r0＝4＋3t4＋3t7112所以S△AF2B＝S△AF1F2＋S△BF1F2＝2|F1F2||y·1－y2|＝2|F1F2|·y1＋y2－4y1y2＝12t2＋14＋2．3t111而S△AF2B＝|AB|r0＋|BF2|r0＋|AF2|r022212r0(|AB|＋|BF2|＋|AF2|)12r0(|AF1|＋|BF1|＋|BF2|＋|AF2|)12r0·4a1×8×3227122，7所以12t2＋1122，解得t2＝1，2＝4＋3t7因為所求圓與直線l相切，所以半徑r＝2＝2，2＋1t所以所求圓的方程為(x－1)2＋y2＝2．借“曲線系”，理清規(guī)律第5頁 共39頁利用曲線系解題，往往簡捷明快，事半功倍，所以靈活運用曲線是解析幾何中重要的解題方法和技巧之一．已知雙曲線x2y2[典例]22y＝3x，它的一個焦點a－b＝1(a＞0，b＞0)的一條漸近線方程是在拋物線y2＝24x的準線上，則雙曲線的方程為()2222x－y＝1B．x－y＝1A．36108927x2y2x2y2C．108－36＝1D．27－9＝122xy[解析]由雙曲線a2－b2＝1(a＞0，b＞0)的一條漸近線方程是y＝3x，可設雙曲線的方2程為x2－y3＝λ(λ＞0)．因為雙曲線x222y22＝24x的準線上，a－b＝1(a＞0，b＞0)的一個焦點在拋物線y22所以F(－6,0)是雙曲線的左焦點，即λ＋3λ＝36，λ＝9，所以雙曲線的方程為x－y＝1．927[答案] B[方法點撥]本題利用共漸近線系雙曲線方程，可使問題馬上得到解決．避免了復雜的判斷、可能的分類討論、繁雜的解方程組，事半功倍．[對點演練]圓心在直線 x－y－4＝0上，且經(jīng)過兩圓 x2＋y2＋6x－4＝0和x2＋y2＋6y－28＝0的交點的圓的方程為 ( )A．x2＋y2－x＋7y－32＝0 B．x2＋y2－x＋7y－16＝0C．x2＋y2－4x＋4y＋9＝0 D．x2＋y2－4x＋4y－8＝0解析：選A 設經(jīng)過兩圓的交點的圓的方程為x2＋y2＋6x－4＋λ(x2＋y2＋6y－28)＝0，即x2＋y2＋6x＋6λy－4＋28λ＝0，1＋λ1＋λ1＋λ其圓心坐標為－3，－3λ1＋λ1＋λ，又圓心在直線x－y－4＝0上，所以－3＋3λ－4＝0，1＋λ1＋λ解得λ＝－7，故所求圓的方程為 x2＋y2－x＋7y－32＝0．巧引參數(shù)，方便運算換元引參是一種重要的數(shù)學方法，特別是解析幾何中的最值問題、不等式問題等，利用第6頁 共39頁換元引參使一些關系能夠相互聯(lián)系起來，激活了解題的方法，往往能化難為易，達到事半功倍．常見的參數(shù)可以選擇點的坐標、直線的斜率、直線的傾斜角等．在換元過程中，還要注意代換的等價性，防止擴大或縮小原來變量的取值范圍或改變原題條件．x2y2A，22B兩點，O為坐標原點．若|AP|＝|OA|，證明直線OP的斜率k滿足|k|＞3．[解]法一：依題意，直線OP的方程為y＝kx，設點P的坐標為(x0，y0)．y0＝kx0，22由條件，得x0y0＝1.a2＋b2消去y0并整理，得2a2b22．①x0＝22ka＋b由|AP|＝|OA|，A(－a,0)及y0＝kx0，得(x0＋a)2＋k2x20＝a2，整理得(1＋k2)x20＋2ax0＝0．2a而x0≠0，于是x0＝1＋k2，代入①，整理得 (1＋k2)2＝4k2ab2＋4．又a＞b＞0，故(1＋k2)2＞4k2＋4，即k2＋1＞4，因此k2＞3，所以|k|＞ 3．法二：依題意，直線OP的方程為y＝kx，可設點P的坐標為(x0，kx0)．222由點P在橢圓上，得x0kx02＋b2＝1．a(chǎn)因為a＞b＞0，kx0≠0，所以x02＋k2x022a2＜1，a即(1＋k2)x20＜a2．②由|AP|＝|OA|及A(－a,0)，得(x0＋a)2＋k2x20＝a2，2a整理得(1＋k2)x20＋2ax0＝0，于是x0＝1＋k2，22 4a 2代入②，得(1＋k)· 22＜a，解得k2＞3，所以|k|＞ 3．法三：設P(acosθ，bsinθ)(0≤θ＜2π)，b則線段OP的中點Q的坐標為2cosθ，2sinθ．|AP|＝|OA|?AQ⊥OP?kAQ×k＝－1．第7頁 共39頁又A(－a,0)，所以k＝bsinθ，AQ2a＋acosθ即bsinθ－akAQcosθ＝2akAQ．2222從而可得|2akAQ|≤b＋akAQ＜a1＋kAQ，31解得|kAQ|＜3．故|k|＝|kAQ|＞3．[方法點撥]求解本題利用橢圓的參數(shù)方程，可快速建立各點之間的聯(lián)系，降低運算量．[對點演練]x2y2F1，F(xiàn)2，且離心率為(2016·長春市質(zhì)量檢測)橢圓a2＋b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦點分別為1，點P為橢圓上一動點，△F1PF2面積的最大值為3．2(1)求橢圓的方程；(2)設橢圓的左頂點為 A1，過右焦點 F2的直線l與橢圓相交于 A，B兩點，連接A1A，A1B―→―→并延長分別交直線x＝4于R，Q兩點，問RF2·QF2是否為定值？若是，求出此定值；若不是，請說明理由．解：(1)已知橢圓的離心率為 1，不妨設c＝t，a＝2t，2則b＝ 3t，其中t＞0，當△F1PF2面積取最大值時，點 P為短軸端點，1因此2·2t·3t＝ 3，解得t＝1，2 2則橢圓的方程為 x＋y＝1．3由(1)可知F2(1,0)，A1(－2,0)．設直線AB的方程為x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，x＝my＋1，可得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，聯(lián)立x2y2＋＝1，43－6m則y1＋y2＝4＋3m2，①9y1y2＝ 2，②4＋3my1直線AA1的方程為 y＝x1＋2(x＋2)，y2直線 BA1的方程為y＝x2＋2(x＋2)，第8頁 共39頁6y16y2則R4，＋2，Q4，＋2，x1x2―→6y1―→6y2F2R＝3，x1＋2，F(xiàn)2Q＝3，x2＋2，―→―→＝9＋6y16y2＝6y16y2＋9＝36y1y2＋9則F2R·F2Q··2x1＋2x2＋2my1＋3my2＋3my1y2＋3my1＋y2＋9將①②兩式代入上式，整理得―→―→F2R·F2Q＝0，―→―→為定值0．即F2R·F2Q1．(2016·川高考四)設O為坐標原點，P是以F為焦點的拋物線y2＝2px(p＞0)上任意一點，M是線段PF上的點，且|PM|＝2|MF|，則直線OM的斜率的最大值為()32A．3B．32C．2D．1解析：選C如圖所示，設P(x0，y0)(y0＞0)，則y20＝2px0，2y0即x0＝ ．設M(x′，y′)，―→―→，由PM＝2MFx′－x0＝2p－x′，得2y′－y0＝20－y′，x′＝p＋x0，化簡可得3y0y′＝3.y0∴直線OM的斜率為k＝3y0＝2p≤2p＝2＝2p時取等＝22p22(當且僅當0y022p2y0p＋32py0＋y0號)．2．設雙曲線x2y2y＝－2x，且一個焦點與拋物線12的焦點相＋＝1的一條漸近線為y＝xab4同，則此雙曲線的方程為 ( )A．5x2－5y2＝1B．5y2－5x2＝144第9頁 共39頁y＝－2x，252＝1522＝1C．5x－yD．y－5x442解析：選D 因為x＝4y的焦點為(0,1)，因為雙曲線的一條漸近線為所以設雙曲線的方程為 y2－4x2＝λ(λ＞0)，2即y－x＝1，λλ44則λ＋＝1，λ＝，4 5所以雙曲線的方程為522＝1，故選D．y－5x4223．已知雙曲線x2－y2＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點分別為F1(－c，0)，F(xiàn)2(c,0)，P為雙ab―→―→3212，則該雙曲線的離心率的取值曲線上任一點，且PF1·PF2最小值的取值范圍是－c，－2c4范圍為()A．(1，2]B．[2，2]C．(0，2]D．[2，＋∞)解析：選B設P(x0，y0)，―→―→＝(－c－x0，－y0)·(c－x0，－y0)則PF1·PF222222y022＝x0－c＋y0＝a1＋b2－c＋y0，上式當y＝0時取得最小值a2－c2，0根據(jù)已知－3c2≤a2－c2≤－1c2，42即14c2≤a2≤12c2，c2即2≤a2≤4，c即2≤a≤2，所以所求離心率的取值范圍是[2，2]．4．過拋物線y2＝2px(p＞0)的焦點F，斜率為4的直線交拋物線于―→―→A，B兩點，若AF＝λFB3(λ＞1)，則λ的值為()A．5B．445C．3D．2第10頁 共39頁解析：選B根據(jù)題意設A(x1，y1)，B(x2，y2)，―→―→，由AF＝λFB得p－x，－y＝λ－p，y2，211x22故－y1＝λy，即2y1λ＝－y2．設直線AB的方程為y＝4p3x－2，聯(lián)立直線與拋物線方程，消元得y2－3py－p2＝0．232故y1＋y2＝p，y1y2＝－p，2y1＋y22＝y(tǒng)1＋y2＋2＝－9，y1y2y2y14即－λ－1＋2＝－9．λ 4又λ＞1，解得λ＝4．5．(2015·川高考四)設直線l與拋物線 y2＝4x相交于A，B兩點，與圓(x－5)2＋y2＝r2(r>0)相切于點M，且M為線段AB的中點．若這樣的直線l恰有4條，則r的取值范圍是()A．(1,3)B．(1,4)C．(2,3)D．(2,4)設Ay222＋y2＋y解析：選D12，C(5,0)為圓心，當y≠－y，y1，By，y2，My12，y12244821時，kAB＝44y1＋y22224，所以M3，y1＋y2，又r2，kCM＝22，由kAB·kCM＝－1?y1＋y2＝2＋y1＋y2－40yy2y1＋y22122222222－＝|CM|＝4＋2＝10＋y1y2，所以(2r－20)＝y(tǒng)1y2，所以y1，y2是方程t－24t＋(2r220)2＝0的兩個不同的正根，由＞0得2＜r＜4．綜上，r的取值范圍是(2,4)．6．中心為原點，一個焦點為F(0,52)的橢圓，截直線y＝3x－2所得弦中點的橫坐標為1，2則該橢圓方程為()2x2＋2y2＝1B．x2＋y2＝1A．75257525x2y22x22y2C．25＋75＝1D．25＋75＝1解析：選C由已知得c＝52，2y設橢圓的方程為a2－50＋a2＝1，第11頁 共39頁222x＋y2＝1，聯(lián)立a－50ay＝3x－2，消去y得22－12(a2222－50)＝0，設直線y＝3x－2與橢(10a－450)x－50)x＋4(a－50)－a(a圓的交點坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)，12a2－50由根與系數(shù)關系得x1＋x2＝2，10a－450由題意知 x1＋x2＝1，a2－50即2＝1，10a－450解得a2＝75，2 2所以該橢圓方程為 75y＋25x＝1．2x 27．已知雙曲線 C： －y＝1，點M的坐標為(0,1)．設P是雙曲線 C上的點，Q是點P關于原點的對稱點．記―→―→，則λ的取值范圍是________．λ＝MP·MQ解析：設P(x0，y0)，則Q(－x0，－y0)，―→―→λ＝MP·MQ(x0，y0－1)·(－x0，－y0－1)＝－x20－y20＋132＝－2x0＋2．因為|x0|≥ 2，所以λ的取值范圍是(－∞，－1]．答案：(－∞，－1]8．(2017長·春質(zhì)檢)已知AB為圓x2＋y2＝1的一條直徑，點P為直線x－y＋2＝0上任意―→―→一點，則 PA·PB的最小值為________．解析：由題意，設 A(cosθ，sinθ)，P(x，x＋2)，則B(－cosθ，－sinθ)，―→∴PA＝(cosθ－x，sinθ－x－2)，―→PB(－cosθ－x，－sinθ－x－2)，―→―→∴PA·PB(cosθ－x)(－cosθ－x)＋(sinθ－x－2)(－sinθ－x－2)x2＋(x＋2)2－cos2θ－sin2θ第12頁 共39頁2x2＋4x＋32(x＋1)2＋1，當且僅當 x＝－1，―→―→即P(－1，1)時，PA·PB取最小值 1．答案：1x＝2pt2，A作l9．設拋物線(t為參數(shù)，p＞0)的焦點為F，準線為l．過拋物線上一點y＝2pt的垂線，垂足為B．設C7，AF與BC相交于點E．若|CF|＝2|AF|，且△ACE的面積為p，0232，則p的值為________．x＝2pt2，(p＞0)消去t可得拋物線方程為y2＝2px(p＞0)，解析：由y＝2pt3F2，0，|AB|＝|AF|＝2|CF|＝2p，可得A(p，2p)．p易知△AEB∽△FEC，|AE||FE|＝|FC|AB||＝12，111＝22＝32，故S△ACE＝S△ACF＝×3p×2p×2p332p2＝6．∵p＞0，∴p＝6．答案：66x2y210．(2016河·北三市二聯(lián))已知離心率為3的橢圓a2＋b2＝1(a＞b＞0)的一個焦點為F，過F且與x軸垂直的直線與橢圓交于A，B兩點，|AB|＝23．3(1)求此橢圓的方程；(2)已知直線 y＝kx＋2與橢圓交于 C，D兩點，若以線段 CD為直徑的圓過點 E(－1,0)，求k的值．解：(1)設焦距為 2c，c 6 2 2 2∵e＝＝ ，a＝b＋c，2∴ba＝33，由題意可知 ba＝33，∴b＝1，a＝ 3，2∴橢圓的方程為 x3＋y2＝1．將y＝kx＋2代入橢圓方程，第13頁 共39頁2得(1＋3k)x＋12kx＋9＝0，又直線與橢圓有兩個交點，2 2所以 ＝(12k)－36(1＋3k)＞0，設C(x1，y1)，D(x2，y2)，則x1＋x2＝－12k2，x1x2＝92，1＋3k1＋3k若以CD為直徑的圓過 E點，―→―→則PB·ED＝0，即(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝0，2而y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝kx1x2＋2k(x1＋x2)＋4，則(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2(k2＋1)x1x2＋(2k＋1)(x1＋x2)＋59k2＋112k2k＋1＋5＝0，＝1＋3k2－1＋3k2解得k＝7，滿足k2＞1．62x11．(2016山·東高考節(jié)選)平面直角坐標系xOy中，橢圓C：a2＋y232b2＝1(a＞b＞0)的離心率是2，拋物線E：x＝2y的焦點F是C的一個頂點．求橢圓C的方程．(2)設P是E上的動點，且位于第一象限，E在點P處的切線l與C交于不同的兩點A，B，線段AB的中點為D．直線OD與過P且垂直于x軸的直線交于點M．求證：點M在定直線上．a(chǎn)2－b2＝3，解：(1)由題意知a2可得a2＝4b2．因為拋物線 E的焦點為 F0，12，所以b＝1，a＝1．2所以橢圓 C的方程為 x2＋4y2＝1．m2證明：設Pm，2(m＞0)．由x2＝2y，可得y′＝x，第14頁 共39頁所以直線 l的斜率為 m．2m因此直線 l的方程為 y－ ＝m(x－m)，2即y＝mx－m2．設A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)，x2＋4y2＝1，聯(lián)立方程m2y＝mx－2，得(4m2＋1)x2－4m3x＋m4－1＝0．由＞0，得0＜m2＜2＋5．(*)34m由根與系數(shù)的關系得 x1＋x2＝ 2 ，4m＋12m3因此 x0＝4m2＋1．2將其代入 y＝mx－m2，m2得y0＝24m2＋1．因為y0＝－1，x0 4m所以直線 OD的方程為 y＝－4m1x．1聯(lián)立方程y＝－4mx，x＝m，得點M的縱坐標yM＝－1，4所以點M在定直線y＝－1上．412．(2016合·肥質(zhì)檢)已知中心在原點，焦點在y軸上的橢圓C，其上一點P到兩個焦點F1，F(xiàn)2的距離之和為4，離心率為3．2求橢圓C的方程；若直線y＝kx＋1與曲線C交于A，B兩點，求△OAB面積的取值范圍．y2 x2解：(1)設橢圓的標準方程為 a2＋b2＝1(a＞b＞0)，c 3 2 2 2由題意可知 2a＝4，＝ ，又a＋b＝c，第15頁 共39頁解得a＝2，c＝ 3，b＝1，2故橢圓C的方程為y＋x2＝1．4(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，2y2x＋＝1，得(k2＋4)x2＋2kx－3＝0，由4y＝kx＋1故x1＋x2＝－22k，x1x2＝－23，①k＋4k＋4設△OAB的面積為S，3＜0，由x1x2＝－2k＋41 1知S＝2(|x1|＋|x2|)＝2|x1－x2|＝1x1＋x22－4x1x2＝2k2＋32，2＋42k令k2＋3＝t，知t≥3，1．∴S＝21＋2t＋t11t2－1對函數(shù)y＝t＋t(t≥3)，知y′＝1－t2＝t2＞0，y＝t＋1在t∈[3，＋∞)上單調(diào)遞增，tt＋1t≥103，∴0＜1≤3，∴0＜S≤3，1162t＋t＋2即△OAB面積的取值范圍是3．0，2第二課時 定點、定值、證明問題定點問題[典例]已知拋物線C：y2＝2px(p＞0)的焦點F(1,0)，O為坐標原點，A，B是拋物線C上異于O的兩點．(1)求拋物線C的方程；(2)若直線OA，OB的斜率之積為－1，求證：直線AB過x軸上一定點．2第16頁 共39頁[解] (1)因為拋物線 y2＝2px(p＞0)的焦點坐標為 (1,0)，所以p＝1，即p＝2．2所以拋物線 C的方程為 y2＝4x．證明：①當直線AB的斜率不存在時，2 2設At，t，Bt，－t．4 4因為直線OA，OB的斜率之積為－1，2t－t1，化簡得2＝32．所以22＝－t2tt44所以A(8，t)，B(8，－t)，此時直線 AB的方程為 x＝8．②當直線 AB的斜率存在時，設其方程為 y＝kx＋b，A(xA，yA)，B(xB，yB)，2y＝4x，消去x得ky2－4y＋4b＝0．聯(lián)立方程組y＝kx＋b，由根與系數(shù)的關系得yAyB＝4b，k因為直線OA，OB的斜率之積為－1，2所以yAyB1，即xAxB＋2yAyB＝0．·＝－2xAxB2即yA·yB＋2yAyB＝0，44解得yAyB＝0(舍去)或yAyB＝－32．4b所以yAyB＝k＝－32，即b＝－8k，所以y＝kx－8k，即y＝k(x－8)．綜合①②可知，直線 AB過定點(8,0)．[方法點撥]圓錐曲線中定點問題的兩種解法引進參數(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)何時沒有關系，找到定點．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．[對點演練]22已知橢圓xy，其長軸、焦距和短軸的長的平方依次成等差數(shù)a2＋b2＝1(a＞b＞0)過點(0,1)第17頁 共39頁列．直線l與x軸正半軸和y軸分別交于Q，P，與橢圓分別交于點M，N，各點均不重合且―→―→―→―→．滿足PM＝λ1MQ，PN＝λ2NQ(1)求橢圓的標準方程；(2)若λ＋λ＝－3，試證明：直線 l過定點并求此定點．1 2解：(1)設橢圓的焦距為 2c，由題意知 b＝1，且(2a)2＋(2b)2＝2(2c)2，又a2＝b2＋c2，所以a2＝3．2x 2所以橢圓的方程為 ＋y＝1．(2)由題意設 P(0，m)，Q(x0,0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直線l的方程為 x＝t(y－m)，―→―→，知(x1，y1－m)＝λ1(x0－x1，－y1)，由PM＝λ1MQ∴y－m＝－yλ，由題意y≠0，1111∴λ＝m－1．1y1同理由―→―→知λ＝m－1．PN＝λNQ22y2∵λ＋λ＝－3，∴m－1＋m－1＝－3，12y1y2y1y2＋m(y1＋y2)＝0，①x2＋3y2＝3，聯(lián)立x＝ty－m，得(t2＋3)y2－2mt2y＋t2m2－3＝0，∴由題意知＝4m2t4－4(t2＋3)(t2m2－3)＞0，②2mt2t2m2－3且有y1＋y2＝t2＋3，y1y2＝t2＋3，③③代入①得 t2m2－3＋2m2t2＝0，(mt)2＝1，由題意mt＜0，∴mt＝－1，滿足②，故直線l的方程為 x＝ty＋1，過定點(1,0)，即Q為定點．定值問題22xy[典例](2017張·掖診斷)如圖，橢圓E：a2＋b2＝1(a＞b＞0)經(jīng)過點A(0，－1)，且離心率為2．2第18頁 共39頁求橢圓E的方程；經(jīng)過點(1,1)，且斜率為k的直線與橢圓E交于不同兩點P，Q(均異于點A)，證明：直線AP與AQ的斜率之和為定值．[解]c＝2，b＝1，(1)由題意知a2由a2＝b2＋c2，得a＝ 2，2所以橢圓 E的方程為x2＋y2＝1．(2)證明：設直線 PQ的方程為 y＝k(x－1)＋1(k≠2)，2代入x2＋y2＝1，得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，由題意知＞0，設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，且x1x2≠0，則x1＋x2＝4kk－12，x1x2＝2kk－22，1＋2k1＋2k所以直線 AP與AQ的斜率之和y1＋1 y2＋1kAP＋kAQ＝ ＋x1 x2kx1＋2－kkx2＋2－k＝＋x1x2＝2k＋(2－k)1＋1x1x2＝2k＋(2－k)x1＋x2x1x2＝2k＋(2－k)4kk－12kk－2＝2k－2(k－1)＝2．故直線AP與AQ的斜率之和為定值2．[方法點撥]定值問題常見的2種求法從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關．引進變量法：其解題流程為第19頁 共39頁[對點演練]22已知橢圓xy，長軸長與短軸長的比是2∶3．a(chǎn)2＋b2＝1(a＞b＞0)的左焦點F1(－1,0)求橢圓的方程；過F1作兩直線m，n交橢圓于A，B，C，D四點，若m⊥n，求證：1＋1為定值．|AB||CD|2a∶2b＝2∶3，解：(1)由已知得c＝1，a2＝b2＋c2.解得a＝2，b＝3．x2y2故所求橢圓的方程為4＋3＝1．(2)證明：由已知F1(－1,0)，當直線m不垂直于坐標軸時，可設直線m的方程為y＝k(x＋1)(k≠0)．y＝kx＋1，由x2＋y2＝1，43得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0．由于＞0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有x1＋x2＝－8k22，x1x2＝4k2－123＋4k2，3＋4k|AB|＝1＋k2[x1＋x22－4x1x2]2－8k2224k2－12＝1＋k－4·3＋4k3＋4k22＝121＋k2．3＋4k1＋k2同理|CD|＝3k2＋4．所以1＋22＋41＝3＋4k2＋3k2|AB||CD|121＋k121＋k2＝7．＝71＋k2121＋k12當直線m垂直于坐標軸時，此時|AB|＝3，|CD|＝4；或|AB|＝4，|CD|＝3，第20頁 共39頁1 1 1 1 7所以 ＋ ＝＋＝ ．綜上，|AB|1＋|CD1|為定值127．證明問題[典例](2017山·西省四校聯(lián)考)如圖，圓C與x軸相切于點T(2，0)，與y軸正半軸相交于兩點M，N(點M在點N的下方)，且|MN|＝3．(1)求圓C的方程；22(2)過點M任作一條直線與橢圓x＋y＝1相交于兩點A，B，連接84AN，BN，求證：∠ANM＝∠BNM．[解] (1)設圓C的半徑為 r(r＞0)，依題意，圓心 C的坐標為(2，r)．|MN|＝3，r2＝322＋22，解得r2＝25．4∴圓C的方程為(x－2)2＋y－522＝254．5225證明：把x＝0代入方程(x－2)＋y－2＝4，解得y＝1或y＝4，即點M(0,1)，N(0,4)．①當AB⊥y軸時，由橢圓的對稱性可知∠ ANM＝∠BNM．②當AB與y軸不垂直時，可設直線 AB的方程為 y＝kx＋1．y＝kx＋1，聯(lián)立方程 x2＋2y2＝8，消去y得，(1＋2k2)x2＋4kx－6＝0．設直線AB交橢圓于 A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，－4k －6則x1＋x2＝1＋2k2，x1x2＝1＋2k2．y1－4 y2－4∴kAN＋kBN＝ ＋x1 x2第21頁 共39頁kx1－3＋kx2－3x1 x22kx1x2－3x1＋x2．x1x2若kAN＋kBN＝0，則∠ANM＝∠BNM．2kx1x2－3(x1＋x2)12k12k＝1＋2k2＋1＋2k20，∴∠ANM＝∠BNM．[方法點撥]圓錐曲線中的證明問題多涉及證明定值、點在定直線上等，有時也涉及一些否定性命題，證明方法一般是采用直接法或反證法．[對點演練](2017·開封模擬)如圖，已知圓G：(x－2)224x2＋y＝是橢圓C：29a＋y2b2＝1(a＞b＞0)的內(nèi)接△ABC的內(nèi)切圓，其中A(－4,0)為橢圓的左頂點．求橢圓C的方程；(2)過橢圓的上頂點 M作圓G的兩條切線交橢圓于 E，F(xiàn)兩點，證明：直線EF與圓G相切．解：(1)由題意可知 BC垂直于x軸，a＝4．設B(2＋r，y0)(r為圓G的半徑)，過圓心G作GD⊥AB于D，BC交x軸于H，由GD＝HB，得r＝y(tǒng)0，ADAH26＋r36－r即y0＝r6＋r，6－r∵r＝2，∴y0＝ 5，3 3∵B83，35在橢圓上，8252∴3342＋b2＝1，解得b＝1，第22頁 共39頁2x 2∴橢圓C的方程為 ＋y＝1．2 2 4(2)證明：由(1)可知M(0,1)，設過點 M(0,1)與圓(x－2)＋y＝9相切的直線方程為： y＝kx＋1，①則2＝|2k＋1|，31＋k2即32k2＋36k＋5＝0，②－9＋41，k2＝－9－41解得k1＝，16162x 2 2 2將①代入 ＋y＝1得(16k＋1)x＋32kx＝0，32k則異于零的解為 x＝－ 2 ．16k＋1設F(x1，k1x1＋1)，E(x2，k2x2＋1)，32k132k2則x1＝－16k12＋1，x2＝－16k22＋1，k2x2－k1x1k1＋k23則直線FE的斜率為：kEF＝x2－x1＝1－16k1k2＝4，于是直線FE的方程為：2332k132k1y＋16k12＋1－1＝4x＋16k12＋1，即y＝34x－73，3－7則圓心(2,0)到直線FE的距離d＝ 2 3 ＝2＝r，31＋16故結論成立．1．已知橢圓x2y23，短軸端點到焦點的距離為2．222C：a＋b＝1(a＞b＞0)的離心率為求橢圓C的方程；設A，B為橢圓C上任意兩點，O為坐標原點，且OA⊥OB．求證：原點O到直線AB的距離為定值 ，并求出該定值．解：(1)由題意知，e＝c＝3，b2＋c2＝2，a2又a2＝b2＋c2，所以a＝2，c＝ 3，b＝1，第23頁 共39頁2x 2所以橢圓 C的方程為 ＋y＝1．5證明：當直線AB的斜率不存在時，直線AB的方程為x＝±5，此時，原點O到直線AB的距離為255．當直線AB的斜率存在時，設直線AB的方程為y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．x2＋y2＝1，得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0．由4y＝kx＋m，則＝(8km)2－2222＋x2＝－8km2，x1x2＝4m2－44(1＋4k)(4m－4)＝16(1＋4k－m)＞0，x11＋4k1＋4k2，則y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝m2－4k22，1＋4k由OA⊥OB，得kOA·kOB＝－1，即y1y2＝－1，x1·x25m2－4－4k2所以x1x2＋y1y2＝ 2 ＝0，1＋4k242即m＝(1＋k)，滿足＞0．5所以原點O到直線AB的距離為|m|＝255．1＋k2綜上，原點O到直線AB的距離為定值25．5：x2y23，F(xiàn)2．(2017湖·南省東部六校聯(lián)考)設橢圓C22＝1(a＞b＞0)的離心率為，F(xiàn)1a＋b212是橢圓的兩個焦點，P是橢圓上任意一點，且△PF1F2的周長是4＋23．求橢圓C1的方程；設橢圓C1的左、右頂點分別為A，B，過橢圓C1上的一點D作x軸的垂線交x軸于點E，若C點滿足―→―→―→―→，連接AC交DE于點P，求證：PD＝PE．AB⊥BC，AD∥OC3c33解：(1)由e＝2，知a＝2，所以c＝2a，因為△PF1F2的周長是 4＋2 3，所以2a＋2c＝4＋2 3，所以a＝2，c＝ 3，2 2 2所以b＝a－c＝1，第24頁 共39頁2x 2所以橢圓 C1的方程為 ＋y＝1．證明：由(1)得A(－2,0)，B(2,0)，設D(x0，y0)，所以E(x0,0)，―→―→因為AB⊥BC，所以可設C(2，y1)，―→―→，y1)，所以AD＝(x0＋2，y0)，OC＝(2―→―→由AD∥OC可得(x0＋2)y1＝2y0，即y1＝2y0．x0＋2AC的方程為：yx＋2所以直線2y0＝4．x0＋2整理得y＝y(tǒng)02x0＋2(x＋2)．又點P在直線DE上，y0將x＝x0代入直線AC的方程可得y＝2，即點P的坐標為x0，y0，2所以P為DE的中點，所以PD＝PE．221，其左焦點到點3．橢圓C：x2＋y2＝1(a＞b＞0)的離心率為P(2，1)的距離為10．a(chǎn)b2求橢圓C的標準方程．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)因為左焦點(－c,0)到點P(2,1)的距離為10，所以2＋c2＋1＝10，解得c＝1．又e＝c＝1，解得a＝2，a2所以b2＝a2－c2＝3．2 2所以所求橢圓 C的方程為x4＋y3＝1．(2)證明：設 A(x1，y1)，B(x2，y2)，y＝kx＋m，由x2＋y2＝1，43第25頁 共39頁消去y，得(3＋4k222)x＋8mkx＋4(m－3)＝0，22220，＝64mk－16(3＋4k)(m－3)＞化簡，得3＋4k2－m2＞0．－8mk4m2－3所以x1＋x2＝2，x1x2＝3＋4k2．3＋4ky1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝3m2－4k2．3＋4k2因為以AB為直徑的圓過橢圓右頂點D(2,0)，則kAD·kBD＝－1，所以y1·y2＝－1，x1－2x2－2所以y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0，所以3m2－4k2＋4m2－316mk22＋2＋4＝0．3＋4k3＋4k3＋4k化為7m2＋16mk＋4k2＝0，解得m1＝－2k，m2＝－2k，滿足3＋4k2－m2＞0．7當m＝－2k時，l：y＝k(x－2)，直線過定點(2,0)與已知矛盾；2k22，0當m＝－7時，l：y＝kx－7，直線過定點7．2綜上可知，直線l過定點7，0．4．(2016·昌一模南)已知橢圓C：x2y22＋2＝1(a＞b＞0)的兩焦點與短軸的一個端點的連線ab構成等邊三角形，直線x＋y＋22－1＝0與以橢圓C的右焦點為圓心，橢圓的長半軸長為半徑的圓相切．求橢圓C的方程；(2)設點B，C，D是橢圓上不同于橢圓頂點的三點，點 B與點D關于原點 O對稱．設直線CD，CB，OB，OC的斜率分別為 k1，k2，k3，k4，且k1k2＝k3k4．①求k1k2的值；②求|OB|2＋|OC|2的值．解：(1)設橢圓C的右焦點為 F2(c,0)，第26頁 共39頁則c2＝a2－b2(c＞0)．由題意可得，以橢圓 C的右焦點為圓心，以橢圓的長半軸長為半徑的圓的方程為 (x－c)2y2＝a2，∴圓心到直線 x＋y＋2 2－1＝0的距離|c＋2 2－1|d＝ ＝a．(*)∵橢圓C的兩焦點與短軸的一個端點的連線構成等邊三角形，∴b＝3c，a＝2c，把a＝2c代入(*)式得c＝1，b＝3，a＝2，x2y2故所求橢圓的方程為4＋3＝1．(2)①設B(x1，y1)，C(x2，y2)，則D(－x1，－y1)，y2＋y1y2－y1y22－y12于是k1k2＝＋x·－x＝2－x2x21x21x213232＝44－x2－44－x13．22＝－x②由①及題意知，33k3k4＝k1k2＝－，故y1y2＝－x1x2．44∴92222323216x1x2＝y(tǒng)1y2＝4(4－x1)·(4－x2)，4即x21x22＝16－4(x21＋x22)＋x21x22，x21＋x22＝4．又2＝x12y12x22y22x12＋x22y12＋y22＋3＋＋＝4＋3，443故y21＋y22＝3．|OB|2＋|OC|2＝x21＋y12＋x22＋y22＝7．第三課時 最值、范圍、存在性問題最值問題[典例](2016廣·州市高考模擬)定圓M：(x＋3)2＋y2＝16，動圓N過點F(3，0)且與圓M相切，記圓心N的軌跡為E．求軌跡E的方程；(2)設點A，B，C在E上運動，A與B關于原點對稱，且 |AC|＝|CB|，當△ABC的面積最小時，求直線 AB的方程．[解] (1)因為點F( 3，0)在圓M：(x＋ 3)2＋y2＝16內(nèi)，所以圓 N內(nèi)切于圓M．因為|NM|＋|NF|＝4＞|FM|，第27頁 共39頁所以點N的軌跡E是以M(－ 3，0)，F(xiàn)( 3，0)為焦點的橢圓，且 2a＝4，c＝ 3，所以b＝1．2x 2所以軌跡 E的方程為 ＋y＝1．(2)①當AB為長軸(或短軸)時，依題意知，點 C就是橢圓的上下頂點 (或左右頂點)，1此時S△ABC＝2·|OC|·|AB|＝2．②當直線AB的斜率存在且不為0時，設其斜率為k，直線AB的方程為y＝kx，x224k24＋y＝1，242聯(lián)立方程y＝kx，可取xA＝1＋4k2，yA＝1＋4k2，22241＋k2所以|OA|＝xA＋yA＝1＋4k2．由|AC|＝|CB|知，△ABC為等腰三角形，O為AB的中點，OC⊥AB，x22所以直線OC的方程為y＝－14＋y＝1，kx，由1y＝－kx，得xC2＝24k2441＋k2，yC2＝2，所以．|OC|2＝2k＋4k＋4k＋4△＝2S△OAC＝|OA|·|OC|＝41＋k241＋k2＝41＋k2．1＋1＋4k2k2＋44kk＋4由于1＋4k2k2＋4≤1＋4k2＋k2＋451＋k2，2＝28所以S△ABC≥，2 2當且僅當 1＋4k＝k＋4，此時△ABC面積的最小值是 8．5因為2＞85，所以△ABC面積的最小值為 85，此時直線 AB的方程為 y＝x或y＝－x．[方法點撥]圓錐曲線中最值問題的兩種類型和兩種解法兩種類型①涉及距離、面積的最值以及與之相關的一些問題；第28頁 共39頁②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確定與之有關的一些問題．兩種解法①幾何法，若題目的條件和結論能明顯體現(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，若題目的條件和結論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關系，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．[提醒] 求最值問題時，一定要注意對特殊情況的討論．如直線斜率不存在的情況，二次三項式最高次項的系數(shù)的討論等．[對點演練]已知橢圓 C的左、右焦點分別為 F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，且F2到直線x－ 3y－9＝0的距離等于橢圓的短軸長．求橢圓C的方程．(2)若圓P的圓心為 P(0，t)(t＞0)，且經(jīng)過F1，F(xiàn)2，Q是橢圓C上的動點且在圓 P外，過點Q作圓P的切線，切點為解：(1)設橢圓的方程為

M，當|QM|的最大值為322時，求t的值．22xy＝1(a＞b＞0)．a(chǎn)2＋b2依題意可知， 2b＝|1－9|＝4，所以b＝2．2又c＝1，故a2＝b2＋c2＝5，2 2故橢圓C的方程為x＋y＝1．4由題意，圓P的方程為：x2＋(y－t)2＝t2＋1，設Q(x0，y0)，因為PM⊥QM，所以|QM|＝|PQ|2－t2－1＝x02＋y0－t2－t2－1122＝－4y0＋4t＋4＋4t．1若－4t≤－2,即t≥，當y0＝－2時，|QM|取得最大值，3 2|QM|max＝ 4t＋3＝ ，解得t＝3＜1(舍去)．8 2若－4t＞－2，第29頁 共39頁即0＜t＜1，2當y0＝－4t時，|QM|取最大值，且|QM|max＝4＋4t2＝32，221解得t＝8．又0＜t＜1，所以t＝2．24綜上可知，當t＝2時，|QM|的最大值為32．42范圍問題x22[典例](2016浙·江高考)如圖，設橢圓a2＋y＝1(a＞1)．(1)求直線y＝kx＋1被橢圓截得的線段長(用a，k表示)；若任意以點A(0,1)為圓心的圓與橢圓至多有3個公共點，求橢圓離心率的取值范圍．[解](1)設直線y＝kx＋1被橢圓截得的線段為AP，y＝kx＋1，由x22a2＋y＝1，2222得(1＋ak)x＋2akx＝0，2故x1＝0，x2＝－2a2k2．1＋ak因此|AP|＝22a2|k|1＋k21＋k|x1－x2|＝22．1＋ak(2)假設圓與橢圓的公共點有4個，由對稱性可設y軸左側(cè)的橢圓上有兩個不同的點P，Q，滿足|AP|＝|AQ|．記直線AP，AQ的斜率分別為 k1，k2，且k1，k2＞0，k1≠k2．2|2由(1)知，|AP|＝2a|k11＋k11＋a2k12，222a|k2|1＋k2，|AQ|＝1＋a2k2222222a|k1|1＋k12a|k2|1＋k2故1＋a2k12＝1＋a2k22，所以22222222(k1－k2)[1＋k1＋k2＋a(2－a)k1k2]＝0．第30頁 共39頁由k1≠k2，k1，k2＞0得2222221＋k1＋k2＋a(2－a)k1k2＝0，因此11222＋12＋1＝1＋a(a－2)．①k1k2因為①式關于k1，k2的方程有解的充要條件是221＋a(a－2)＞1，所以a＞2．因此，任意以點A(0,1)為圓心的圓與橢圓至多有3個公共點的充要條件為1＜a≤2．ca2－1由e＝a＝a，得0＜e≤2．2所求離心率的取值范圍為0，2．2[方法點撥]解決圓錐曲線中的取值范圍問題的 5種常用解法利用圓錐曲線的幾何性質(zhì)或判別式構造不等關系，從而確定參數(shù)的取值范圍．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)之間的等量關系．利用隱含的不等關系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍．利用已知的不等關系構造不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍．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．[對點演練]已知圓22過橢圓x2y2＝1(a＞b＞0)的兩焦點，與橢圓有且僅有兩個公共點，直x＋y＝12＋2ab22x2y2―→―→線l：y＝kx＋m與圓x＋y＝1相切，與橢圓a2＋b2＝1相交于A，B兩點．記λ＝OA·OB，且2≤λ≤3．34求橢圓的方程；求k的取值范圍；求△OAB的面積S的取值范圍．解：(1)由題意知2c＝2，所以c＝1．因為圓與橢圓有且只有兩個公共點，從而 b＝1，2故a＝ 2，所以所求橢圓方程為 x2＋y2＝1．第31頁 共39頁2因為直線l：y＝kx＋m與圓x＋y＝1相切，|m|所以原點O到直線l的距離為12＋k2＝1，y＝kx＋m，即m2＝k2＋1．由x2＋y2＝1，2消去y，得(1＋2k222)x＋4kmx＋2m－2＝0．設A(x1，y1)，B(x2，y2)，－4km 2m2－2則x1＋x2＝1＋2k2，x1x2＝1＋2k2．―→―→22＝k2＋12312≤1，λ＝OA·OB＝x1x2＋y1y2＝(1＋k)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2，由≤λ≤，得≤k1＋2k342即k的取值范圍是－1，－2∪2，1．22(3)|AB|＝221＋k[x1＋x2－4x1x2]＝2－22，2k2＋1由1≤k2≤1，得6≤|AB|≤4．2 2 3設△OAB的AB邊上的高為 d，1則S＝2|AB|d＝2|AB|，6≤S≤2所以43．即△OAB的面積S的取值范圍是62．4，3存在性問題22xy[典例](2015四·川高考)如圖，橢圓E：a2＋b2＝1(a>b>0)的離心率是―→―→＝－1．2，點P(0,1)在短軸CD上，且PC·PD2(1)求橢圓E的方程．(2)設O為坐標原點，過點P的動直線與橢圓交于A，B兩點．是否―→―→―→―→為定值？若存在，求λ的值；若不存在，請說明理由．存在常數(shù)λ，使得OA·OB＋λPA·PB[解](1)由已知，點C，D的坐標分別為(0，－b)，(0，b)．―→―→＝－1，又點P的坐標為(0,1)，且PC·PD第32頁 共39頁1－b2＝－1，于是c＝2，解得a＝2，b＝2．a(chǎn)2a2－b2＝c2.2 2所以橢圓 E的方程為x＋y＝1．2當直線AB的斜率存在時，設直線AB的方程為y＝kx＋1，A，B的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)．x2y2聯(lián)立4＋2＝1，得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0．y＝kx＋1其判別式＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0，4k所以x1＋x2＝－2k2＋1，2x1x2＝－2k2＋1．―→―→―→―→從而，OA·OB＋λPA·PBx1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)](1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋12＋－2λ－1λ－1＝－2λ－4k2＝－2－λ－2．2k＋12k＋1所以當λ＝1時，λ－1－2k2＋1－λ－2＝－3．―→―→―→―→＝－3為定值．此時，OA·OB＋λPA·PB當直線AB斜率不存在時，直線AB即為直線CD．―→―→―→―→―→―→―→―→＝－2－1＝－3．此時，OA·OB＋λPA·PB＝OC·OD＋PC·PD故存在常數(shù)λ＝1，使得―→―→―→―→OA·OB＋λPA·PB為定值－3．[方法點撥]存在性問題求解的 3個注意點存在性問題，先假設存在，推證滿足條件的結論，若結論正確則存在，若結論不正確則不存在．當條件和結論不唯一時要分類討論；當給出結論而要推導出存在的條件時，先假設成立，再推出條件；當條件和結論都不知，按常規(guī)方法解題很難時，要思維開放，采取另外的途徑．第33頁 共39頁[對點演練]已知橢圓C的焦點坐標是F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，過點F2垂直于長軸的直線l交橢圓C于B，D兩點，且|BD|＝3．(1)求橢圓C的方程；(2)是否存在過點P(2,1)的直線l1與橢圓C相交于不同的兩點―→―→＝5？M，N，且滿足PM·PN4若存在，求出直線l1的方程；若不存在，請說明理由．22解：(1)設橢圓的方程是x2y2＝1(a＞b＞0)，a＋b由題可知c＝1，因為|BD|＝3，2b2所以a＝3，又a2－b2＝1，所以a＝2，b＝3，x2y2所以橢圓C的方程為4＋3＝1．(2)假設存在直線l1且由題意得斜率存在，設滿足條件的方程為y＝k(x－2)＋1．y＝kx－2＋1，由x2＋y2＝1，43得(3＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－8＝0．因為直線l1與橢圓C相交于不同的兩點M，N，設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則＝[－8k(2k－1)]2－4(3＋4k2)(16k2－16k－8)＞0，所以k＞－1，2由根與系數(shù)的關系知8k2k－116k2－16k－8x1＋x2＝2，x1x2＝3＋4k2，3＋4k―→―→＝(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝5，因為PM·PN4所以(x1－2)(x2－2)(1＋k2)＝5，45即[x1x2－2(x1＋x2)＋4](1＋k)＝4，16k2－16k－88k2k－1＋4(1＋k2)所以3＋4k2－2·23＋4k2＝4＋4k2＝5，3＋4k4第34頁 共39頁1解得k＝±．2因為k＞－12，所以k＝12，1故存在直線 l1滿足條件，其方程為 y＝2x．y2x26，且橢圓C上的1．(2016貴·陽監(jiān)測考試)已知橢圓C：2＋2＝1(a＞b＞0)的離心率為ab3點到一個焦點的距離的最小值為 3－ 2．(1)求橢圓C的方程；(2)已知過點 T(0,2)的直線l與橢圓C交于A，B兩點，若在 x軸上存在一點 E，使∠AEB90°，求直線l的斜率k的取值范圍．解：(1)設橢圓的半焦距長為c，c＝ 6，則由題設有 a 3a－c＝ 3－ 2，解得a＝ 3，c＝ 2，b2＝1，2故橢圓C的方程為y3＋x2＝1．(2)由已知可得，直線 l的方程為 y＝kx＋2，以AB為直徑的圓與 x軸有公共點．設A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中點為M(x0，y0)，2將直線l：y＝kx