7、若橢圓＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，線段F1F2被拋物線y2＝2bx的焦點F分成了3∶1的兩段．
(1)求橢圓的離心率；
(2)過點C(－1，0)的直線l交橢圓于不同的兩點A，B，且＝2，當△AOB的面積最大時，求直線l的方程．
【解】 (1)由題意知，c＋＝3，
所以b＝c，a2＝2b2，
所以e＝＝ ＝.
(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB的方程為x＝ky－1(k≠0)，
因為＝2，所以(－1－x1，－y1)＝2(x2＋1，y2)，
即2y2＋y1＝0，①
由(1)知，a2＝2b2，所以橢圓方程為x2＋2y2＝2b2.
由，消去x，
8、得(k2＋2)y2－2ky＋1－2b2＝0，
所以y1＋y2＝，②
由①②知，y2＝－，y1＝，
因為S△AOB＝|y1|＋|y2|，
所以S△AOB＝3·＝3·≤·＝，
當且僅當|k|2＝2，即k＝±時取等號，
此時直線l的方程為x＝y(tǒng)－1或x＝－y－1.
角度三 利用判別式構(gòu)造不等關(guān)系求范圍
已知橢圓的一個頂點為A(0，－1)，焦點在x軸上，中心在原點．若右焦點到直線x－y＋2＝0的距離為3.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)設(shè)直線y＝kx＋m(k≠0)與橢圓相交于不同的兩點M，N.當|AM|＝|AN|時，求m的取值范圍．
【解】 (1)依題意可設(shè)橢圓方程為＋y2＝
9、1，則右焦點F(，0)，由題設(shè)＝3，解得a2＝3.
所以所求橢圓的方程為＋y2＝1.
(2)設(shè)P(xP，yP)，M(xM，yM)，N(xN，yN)，
P為弦MN的中點，由
得(3k2＋1)x2＋6mkx＋3(m2－1)＝0，
因為直線與橢圓相交，
所以Δ＝(6mk)2－4(3k2＋1)×3(m2－1)＞0?m2＜3k2＋1.①
所以xP＝＝－，
從而yP＝kxP＋m＝，
所以kAP＝＝－，
又因為|AM|＝|AN|，所以AP⊥MN，
則－＝－，
即2m＝3k2＋1.②
把②代入①，得m2＜2m，解得0＜m＜2；
由②得k2＝＞0，解得m＞.
綜上，m的取值范圍是.
10、
范圍、最值問題的求解策略
(1)幾何法：若題目的條件和結(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：若題目的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關(guān)系，則可首先建立起目標函數(shù)，再求這個函數(shù)的最值．在利用代數(shù)法解決最值與范圍問題時常從以下五個方面考慮：
①利用判別式來構(gòu)造不等關(guān)系，從而確定參數(shù)的取值范圍；
②利用已知參數(shù)的范圍，求新參數(shù)的范圍，解這類問題的關(guān)鍵是在兩個參數(shù)之間建立等量關(guān)系；
③利用隱含或已知的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；
④利用基本不等式求出參數(shù)的取值范圍；
⑤利用函數(shù)的值域的求法，確定參數(shù)的取值范圍．
1．如圖，
11、設(shè)拋物線y2＝2px(p>0)的焦點為F，拋物線上的點A到y(tǒng)軸的距離等于|AF|－1.
(1)求p的值；
(2)若直線AF交拋物線于另一點B，過B與x軸平行的直線和過F與AB垂直的直線交于點N，AN與x軸交于點M.求M的橫坐標的取值范圍．
解：(1)由題意可得，拋物線上的點A到焦點F的距離等于點A到直線x＝－1的距離，由拋物線的定義得＝1，即p＝2.
(2)由(1)得，拋物線方程為y2＝4x，F(xiàn)(1，0)，可設(shè)A(t2，2t)，t≠0，t≠±1.
因為AF不垂直于y軸，可設(shè)直線AF：x＝sy＋1(s≠0)，由，消去x得y2－4sy－4＝0，
故y1y2＝－4，所以B.
又直線
12、AB的斜率為，故直線FN的斜率為－.從而得直線FN：y＝－(x－1)，直線BN：y＝－，所以N.
設(shè)M(m，0)，由A，M，N三點共線得＝，
于是m＝＝2＋.
所以m<0或m>2.
經(jīng)檢驗，m<0或m>2滿足題意．
綜上，點M的橫坐標的取值范圍是(－∞，0)∪(2，＋∞)．
2.(2020·杭州中學高三月考)如圖，以橢圓＋y2＝1的右焦點F2為圓心，1－c為半徑作圓F2(其中c為已知橢圓的半焦距)，過橢圓上一點P作此圓的切線，切點為T.
(1)若a＝，P為橢圓的右頂點，求切線長|PT|；
(2)設(shè)圓F2與x軸的右交點為Q，過點Q作斜率為k(k＞0)的直線l與橢圓相交于A，B兩點
13、，若OA⊥OB，且|PT|≥(a－c)恒成立，求直線l被圓F2所截得弦長的最大值．
解：(1)由a＝得c＝，
則當P為橢圓的右頂點時|PF2|＝a－c＝，
故此時的切線長|PT|＝ ＝.
(2)當|PF2|取得最小值時|PT|取得最小值，而|PF2|min＝a－c，
由|PT|≥(a－c)恒成立，得≥(a－c)，則≤c＜1.
由題意知Q點的坐標為(1，0)，則直線l的方程為y＝k(x－1)，代入＋y2＝1，
得(a2k2＋1)x2－2a2k2x＋a2k2－a2＝0，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則有x1＋x2＝，x1x2＝，
可得y1y2＝k2[x1x2－(x1
14、＋x2)＋1]＝，
又OA⊥OB，則x1x2＋y1y2＝＝0?k＝a，
可得直線l的方程為ax－y－a＝0，
圓心F2(c，0)到直線l的距離d＝，半徑r＝1－c，
則直線l被圓F2所截得弦長s＝2＝，
設(shè)1－c＝t，則0＜t≤，
又＝ ＝ ，
則當t＝時的最小值為，
即當c＝時s的最大值為.
圓錐曲線中的探索性問題
(2020·溫州中學高三模擬)設(shè)直線l與拋物線x2＝2y交于A，B兩點，與橢圓＋＝1交于C，D兩點，直線OA，OB，OC，OD(O為坐標原點)的斜率分別為k1，k2，k3，k4，若OA⊥OB.
(1)是否存在實數(shù)t，滿足k1＋k2＝t(k3
15、＋k4)，并說明理由；
(2)求△OCD面積的最大值．
【解】 設(shè)直線l方程為y＝kx＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)．
聯(lián)立y＝kx＋b和x2＝2y，
得x2－2kx－2b＝0，
則x1＋x2＝2k，x1x2＝－2b，Δ＝4k2＋8b＞0.
由OA⊥OB，所以x1x2＋y1y2＝0，得b＝2.
聯(lián)立y＝kx＋2和3x2＋4y2＝12，得
(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，
所以x3＋x4＝－，x3x4＝.
由Δ2＝192k2－48＞0，得k2＞.
(1)因為k1＋k2＝＋＝k，k3＋k4＝＋＝－6k，
所以＝－.
即存
16、在實數(shù)t＝－，滿足k1＋k2＝－(k3＋k4)．
(2)根據(jù)弦長公式|CD|＝|x3－x4|，得
|CD|＝4··，
根據(jù)點O到直線CD的距離公式，得d＝，
所以S△OCD＝|CD|·d＝4·，
設(shè)＝t＞0，則S△OCD＝≤，
所以當t＝2，即k＝±時，S△OCD的最大值為.
探索性問題的求解策略
(1)探索性問題通常采用“肯定順推法”，將不確定性問題明朗化．其步驟為假設(shè)滿足條件的元素(點、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，若方程組有實數(shù)解，則元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在；否則，元素(點、直線、曲線或參數(shù))不存在．
(2)反證法與驗證
17、法也是求解探索性問題常用的方法．
(2020·溫州十五校聯(lián)合體聯(lián)考)如圖，已知拋物線C1：y2＝2px(p＞0)，直線l與拋物線C1相交于A，B兩點，且當傾斜角為60°的直線l經(jīng)過拋物線C1的焦點F時，有|AB|＝.
(1)求拋物線C1的方程；
(2)已知圓C2：(x－1)2＋y2＝，是否存在傾斜角不為90°的直線l，使得線段AB被圓C2截成三等分？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由．
解：(1)當傾斜角為60°的直線l經(jīng)過拋物線C1的焦點F時，直線l的方程為y＝(x－)，聯(lián)立方程組，即3x2－5px＋p2＝0，
所以|AB|＝＋p＝，即p＝，所以拋物線C1的方
18、程是y2＝x.
(2)假設(shè)存在直線l，使得線段AB被圓C2截成三等分，令直線l交圓C2于C，D，設(shè)直線l的方程為x＝my＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由題意知，線段AB與線段CD的中點重合且有|AB|＝3|CD|，聯(lián)立方程組，即4y2－my－b＝0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝－，x1＋x2＝＋2b，
所以線段AB的中點坐標M為(＋b，)，即線段CD
的中點為(＋b，)，又圓C2的圓心為C2(1，0)，所以kMC2＝＝－m，
所以m2＋8b－7＝0，即b＝－，
又因為|AB|＝·＝·，因為圓心C2(1，0)到直線l的距離d＝，圓C2的半徑為，
所以3|CD|＝6＝(
19、m2＜3)，
所以m4－22m2＋13＝0，即m2＝11±6，
所以m＝±，b＝，
故直線l的方程為x＝±y＋.
[基礎(chǔ)題組練]
1．已知橢圓E的中心在坐標原點，左、右焦點F1，F(xiàn)2在x軸上，離心率為，在其上有一動點A，A到點F1距離的最小值是1.過A，F(xiàn)1作一個平行四邊形，頂點A，B，C，D都在橢圓E上，如圖所示．
(1)求橢圓E的方程；
(2)判斷?ABCD能否為菱形，并說明理由．
解：(1)依題，令橢圓E的方程為＋＝1(a>b>0)，
c2＝a2－b2(c>0)，所以離心率e＝＝，即a＝2c.
令點A的坐標為(x0，y0)，所以＋＝1，
焦點F1(－c，0)，即|A
20、F1|＝
＝
＝＝|x0＋a|，
因為x0∈[－a，a]，所以當x0＝－a時，|AF1|min＝a－c，
由題a－c＝1，結(jié)合上述可知a＝2，c＝1，所以b2＝3，
于是橢圓E的方程為＋＝1.
(2)由(1)知F1(－1，0)，直線AB不能平行于x軸，所以令直線AB的方程為x＝my－1，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
聯(lián)立方程，
得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝.
連接OA，OB，
若?ABCD是菱形，則OA⊥OB，即·＝0，于是有x1x2＋y1y2＝0，
又x1x2＝(my1－1)(my2－1)＝m2y1y2－m(y1＋y2
21、)＋1，所以有(m2＋1)y1y2－m(y1＋y2)＋1＝0，得到＝0，可見m沒有實數(shù)解，
故?ABCD不能是菱形．
2．(2020·金華十校第二期調(diào)研)已知拋物線C：y＝x2，點P(0，2)，A，B是拋物線上兩個動點，點P到直線AB的距離為1.
(1)若直線AB的傾斜角為，求直線AB的方程；
(2)求|AB|的最小值．
解：(1)設(shè)直線AB的方程：
y＝x＋m，則＝1，
所以m＝0或m＝4，所以直線AB的方程為y＝x或y＝x＋4.
(2)設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋m，則＝1，所以k2＋1＝(m－2)2.
由，得x2－kx－m＝0，所以x1＋x2＝k，x1x2＝－m，所以|
22、AB|2＝[－4x1x2]＝＝，記f(m)＝(m2＋3)，所以f′(m)＝2(m－2)(2m2－2m＋3)，又k2＋1＝≥1，所以m≤1或m≥3，
當m∈時，f′(m)＜0，f(m)單調(diào)遞減，
當m∈時，f′(m)＞0，f(m)單調(diào)遞增，
f(m)min＝f(1)＝4，所以|AB|min＝2.
3．(2020·寧波市高考模擬)已知橢圓方程為＋y2＝1，圓C：(x－1)2＋y2＝r2.
(1)求橢圓上動點P與圓心C距離的最小值；
(2)如圖，直線l與橢圓相交于A，B兩點，且與圓C相切于點M，若滿足M為線段AB中點的直線l有4條，求半徑r的取值范圍．
解：(1)設(shè)P(x，y)，|
23、PC|＝＝＝，由－2≤x≤2，當x＝時，|PC|min＝.
(2)當直線AB斜率不存在且與圓C相切時，M在x軸上，故滿足條件的直線有2條；當直線AB斜率存在時，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0),
由，整理得＝－×，
則kAB＝－，kMC＝，kMC×kAB＝－1，
則kMC×kAB＝－×＝－1，解得x0＝，
由M在橢圓內(nèi)部，則＋y＜1，解得y＜，
由r2＝(x0－1)2＋y＝＋y，
所以＜r2＜，解得＜r＜.
所以半徑r的取值范圍為(，) .
4.已知橢圓＋y2＝1上兩個不同的點A，B關(guān)于直線y＝mx＋對稱．
(1)求實數(shù)m的取值范圍；
(2)求△A
24、OB面積的最大值(O為坐標原點)．
解：(1)由題意知m≠0，
可設(shè)直線AB的方程為y＝－x＋b.
由消去y，得
x2－x＋b2－1＝0.
因為直線y＝－x＋b與橢圓＋y2＝1有兩個不同的交點，所以Δ＝－2b2＋2＋>0.①
將線段AB的中點M代入直線方程y＝mx＋解得b＝－.②
由①②得m<－或m>.
(2)令t＝∈∪，
則|AB|＝·，
且O到直線AB的距離d＝ .
設(shè)△AOB的面積為S(t)，所以
S(t)＝|AB|·d＝ ≤，
當且僅當t2＝時，等號成立．
故△AOB面積的最大值為.
5．(2020·湘中名校聯(lián)考)如圖，曲線C由上半橢圓C1：＋＝1(a＞b
25、＞0，y≥0)和部分拋物線C2：y＝－x2＋1(y≤0)連接而成，C1與C2的公共點為A，B，其中C1的離心率為.
(1)求a，b的值；
(2)過點B的直線l與C1，C2分別交于點P，Q(均異于點A，B)，是否存在直線l，使得以PQ為直徑的圓恰好過點A，若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由．
解：(1)在C1，C2的方程中，令y＝0，可得b＝1，且A(－1，0)，B(1，0)是上半橢圓C1的左、右頂點．
設(shè)C1的半焦距為c，由＝及a2－c2＝b2＝1得a＝2.
所以a＝2，b＝1.
(2)由(1)知，上半橢圓C1的方程為＋x2＝1(y≥0)．易知，直線l與x軸不重合也不垂
26、直，設(shè)其方程為y＝k(x－1)(k≠0)，代入C1的方程，整理得(k2＋4)x2－2k2x＋k2－4＝0.(*)
設(shè)點P的坐標為(xP，yP)，
因為直線l過點B，
所以x＝1是方程(*)的一個根．
由根與系數(shù)的關(guān)系，得xP＝，從而yP＝，
所以點P的坐標為.
同理，由得點Q的坐標為(－k－1，－k2－2k)．
所以＝(k，－4)，＝－k(1，k＋2)．
因為AP⊥AQ，所以·＝0，
即[k－4(k＋2)]＝0.
因為k≠0，所以k－4(k＋2)＝0，解得k＝－.
經(jīng)檢驗，k＝－符合題意．
故直線l的方程為y＝－(x－1)．
6.(2020·學軍中學高三模擬)已知橢圓
27、＋y2＝1(a＞1)，過直線l：x＝2上一點P作橢圓的切線，切點為A，當P點在x軸上時，切線PA的斜率為±.
(1)求橢圓的方程；
(2)設(shè)O為坐標原點，求△POA面積的最小值．
解：(1)當P點在x軸上時，P(2，0)，PA：y＝±(x－2)，?(＋)x2－2x＋1＝0，
Δ＝0?a2＝2，橢圓方程為＋y2＝1.
(2)設(shè)切線為y＝kx＋m，設(shè)P(2，y0)，A(x1，y1)，
則?(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0?Δ＝0?m2＝2k2＋1，
且x1＝，y1＝，y0＝2k＋m，
則|PO|＝，PO的直線為y＝x?A到直線PO距離d＝，
則S△POA＝|PO|·d
28、＝|y0x1－2y1|
＝|(2k＋m)－|
＝|m|＝|k＋m|＝|k＋|，
所以(S－k)2＝1＋2k2?k2＋2Sk－S2＋1＝0，
Δ＝8S2－4≥0?S≥，此時k＝±，所以△POA面積的最小值為.
[綜合題組練]
1．(2020·浙江高考沖刺卷)已知橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)，點F，B分別是橢圓的右焦點與上頂點，O為坐標原點，記△OBF的周長與面積分別為C和S.
(1)求的最小值；
(2)如圖，過點F的直線l交橢圓于P，Q兩點，過點F作l的垂線，交直線x＝3b于點R，當取最小值時，求的最小值．
解：(1)△OBF的周長C＝＋b＋c.△OBF的面積S＝bc.
29、＝＝≥·＝2＋2，
當且僅當b＝c時，的最小值為2＋2.
(2)由(1)得當且僅當b＝c時，的最小值為2＋2.
此時橢圓方程可化為＋ ＝1.
依題意可得過點F的直線l的斜率不能為0，故設(shè)直線l的方程為x＝my＋c.
聯(lián)立，整理得(2＋m2)y2＋2mcy－c2＝0.
y1＋y2＝，y1y2＝，
|PQ|＝＝×＝2c×.
當m＝0時，PQ垂直橫軸，F(xiàn)R與橫軸重合，此時|PQ|＝c，|FR|＝3b－c＝2c，＝＝.
當m≠0時，設(shè)直線FR：y＝－m(x－c)，令x＝3c得R(3c，－2mc)，|FR|＝2c，
＝2c×＝
＝(＋)＞×2＝，
綜上所述：當且僅當m＝0時，取最
30、小值為.
2．(2020·杭州市第一次高考數(shù)學檢測)設(shè)點A，B分別是x，y軸上的兩個動點，AB＝1.若＝λ(λ＞0)．
(1)求點C的軌跡Γ；
(2)過點D作軌跡Γ的兩條切線，切點分別為P，Q，過點D作直線m交軌跡Γ于不同的兩點E，F(xiàn)，交PQ于點K，問是否存在實數(shù)t，使得＋＝恒成立，并說明理由．
解：(1)設(shè)A(a，0)，B(0，c)，C(x，y)，則＝(a，－c)，＝(x－a，y)．由AB＝1得a2＋c2＝1，
所以，消去a，c，得
點C的軌跡Γ為＋＝1.
(2)設(shè)點E，F(xiàn)，K的橫坐標分別為xE，xF，xK，
設(shè)點D(s，t)，則直線PQ的方程為x＋y＝1.
設(shè)直線m的方程：y＝kx＋b，所以t＝ks＋b.
計算得xK＝.
將直線m代入橢圓方程，得x2＋x＋－1＝0，
所以xE＋xF＝，
xExF＝，
所以＋＝＋
＝·
＝2.
驗證當m的斜率不存在時成立．
故存在實數(shù)t＝2，使得＋＝恒成立．
18
（浙江專用）2021版新高考數(shù)學一輪復習 第九章 平面解析幾何 10 第10講 圓錐曲線的綜合問題教學案
