11、義，確定出臨界位置后數形結合求解．
(2)構建不等式法：利用已知或隱含的不等關系，構建以待求量為元的不等式求解．
(3)構建函數法：先引入變量構建以待求量為因變量的函數，再求其值域．
橢圓C：＋＝1(a>b>0)的長軸長為2，P為橢圓C上異于頂點的一個動點，O為坐標原點，A2為橢圓C的右頂點，點M為線段PA2的中點，且直線PA2與直線OM的斜率之積恒為－.
(1)求橢圓C的方程；
(2)過橢圓C的左焦點F1且不與坐標軸垂直的直線l交橢圓C于A，B兩點，線段AB的垂直平分線與x軸交于點N，點N的橫坐標的取值范圍是，求線段AB長的取值范圍．
解 (1)由已知2a＝2，a＝，
設點
12、P(x0，y0)，∴M，
∵直線PA2與OM的斜率之積恒為－，
∴×＝－.∴＋y＝1，∴b＝1.
故橢圓C的方程為＋y2＝1.
(2)設直線l：y＝k(x＋1)，聯(lián)立直線與橢圓方程
得(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由根與系數的關系可得
可得y1＋y2＝k(x1＋x2＋2)＝，
故AB中點Q，
QN直線方程：y－＝－
＝－x－，
∴N，由已知條件得，
－<－<0，∴0<2k2<1，
∴|AB|＝
＝×＝，
∵<<1，∴|AB|∈.
考向2 定點與定值問題
角度1 定點問題
例3 動點P在圓E：
13、(x＋1)2＋y2＝16上運動，定點F(1,0)，線段PF的垂直平分線與直線PE的交點為Q.
(1)求Q的軌跡T的方程；
(2)過點F的直線l1，l2分別交軌跡T于A，B兩點和C，D兩點，且l1⊥l2.證明：過AB和CD中點的直線過定點．
解 (1)連接QF，根據題意，可知|QP|＝|QF|，則|QE|＋|QF|＝|QE|＋|QP|＝4>|EF|，故Q點的軌跡T為以E，F(xiàn)為焦點，長軸長為4的橢圓，則a＝2，c＝1，所以b＝，所以點Q的軌跡T的方程為＋＝1.
(2)證明：分別設直線AB和CD的中點為M，N，當直線AB斜率不存在或為0時，分析可知直線MN與x軸重合，當直線AB的斜率為1
14、時，此時M，N，直線MN的方程為x＝，聯(lián)立解得直線MN經過定點.
下面證明一般性：當直線AB的斜率存在且不為0,1時，設直線AB的方程為y＝k(x－1)，則直線CD的方程為y＝－(x－1)，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，
聯(lián)立消去y得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
則x1＋x2＝，所以y1＋y2＝－，
即M，同理，N，
于是直線MN的斜率為
kMN＝＝，
故直線MN的方程為
y－＝，
顯然x＝時，y＝0，故直線經過定點.
過定點問題的兩大類型及解法
(1)動直線l過定點問題，解法：設動直線方程(斜率存在)為y＝kx＋t，由題設條件將t用k表示
15、為t＝mk，得y＝k(x＋m)，故動直線過定點(－m,0)．
(2)動曲線C過定點問題，解法：引入參變量建立曲線C的方程，再根據其對參變量恒成立，令其系數等于零，得出定點．
(2019·白銀市靖遠縣高三聯(lián)考)設橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，下頂點為A，O為坐標原點，點O到直線AF2的距離為，△AF1F2為等腰直角三角形．
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)直線l與橢圓C交于M，N兩點，若直線AM與直線AN的斜率之和為2，證明：直線l恒過定點，并求出該定點的坐標．
解 (1)由題意可知，直線AF2的方程為＋＝1，即－bx＋cy＋bc＝0，則＝＝.
因為
16、△AF1F2為等腰直角三角形，所以b＝c，
又a2＝b2＋c2，解得a＝，b＝1，c＝1，
所以橢圓C的標準方程為＋y2＝1.
(2)證明：由(1)知A(0，－1)，
當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y＝kx＋t(t≠±1)，
代入＋y2＝1，得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，
所以Δ＝16k2t2－4(1＋2k2)(2t2－2)>0，即t2－2k2<1，
設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝－，x1x2＝，
因為直線AM與直線AN的斜率之和為2，
所以kAM＋kAN＝＋
＝＋
＝2k＋＝2k－＝2，
整理得t＝1－k，
所以直線l
17、的方程為y＝kx＋t＝kx＋1－k＝k(x－1)＋1，
顯然直線y＝k(x－1)＋1經過定點(1,1)．
當直線l的斜率不存在時，設直線l的方程為x＝m，
因為直線AM與直線的斜率之和為2，
設M(m，n)，則N(m，－n)，
所以kAM＋kAN＝＋＝＝2，解得m＝1，
此時直線l的方程為x＝1.顯然直線x＝1也經過該定點(1,1)，
綜上，直線l恒過點(1,1)．
角度2 定值問題
例4 (2019·凱里市第一中學高三下學期模擬)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，點A(2，)在橢圓上，O為坐標原點．
(1)求橢圓C的方程；
(2)已知點P，M，N為橢圓C上的三
18、點，若四邊形OPMN為平行四邊形，證明四邊形OPMN的面積S為定值，并求出該定值．
解 (1)由題有∴a2＝8，b2＝4，
∴橢圓C的方程為＋＝1.
(2)當直線PN的斜率k不存在時，直線PN的方程為x＝或x＝－，
從而有|PN|＝2，
所以四邊形OPMN的面積
S＝|PN||OM|＝×2×2＝2.
當直線PN的斜率k存在時，設直線PN的方程為y＝kx＋m(m≠0)，P(x1，y1)，N(x2，y2)，
將直線PN的方程代入橢圓C的方程，整理得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－8＝0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝，
由＝＋，得M.
19、
將M點的坐標代入橢圓C的方程得m2＝1＋2k2.
又點O到直線PN的距離為d＝，
|PN|＝＝|x1－x2|，
∴四邊形OPMN的面積S＝d·|PN|＝|m|·|x1－x2|＝·＝ ＝2.
綜上，平行四邊形OPMN的面積S為定值2.
定值問題的兩種解法
(1)首先由特例得出一個值(此值一般就是定值)然后證明定值：即將問題轉化為證明待證式與參數(某些變量)無關．
(2)先將式子用動點坐標或動線中的參數表示，再利用其滿足的約束條件使其絕對值相等的正負項相抵消或分子、分母約分得定值．
已知拋物線E：y2＝2px(p>0)，直線x＝my＋3與E交于A，B兩點，且·＝6，其中
20、O為坐標原點．
(1)求拋物線E的方程；
(2)已知點C的坐標為(－3,0)，記直線CA，CB的斜率分別為k1，k2，證明：＋－2m2為定值．
解 (1)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，
整理得y2－2pmy－6p＝0，由根與系數的關系可知，y1＋y2＝2pm，y1y2＝－6p，則x1x2＝，
由·＝x1x2＋y1y2＝＋y1y2＝9－6p＝6，
解得p＝，所以y2＝x.
(2)證明：由題意得k1＝＝，k2＝＝，
所以＝m＋，＝m＋，
所以＋－2m2＝2＋2－2m2＝2m2＋12m＋36×－2m2＝2m2＋12m×＋36×－2m2，
由(1)可知，y1＋y2＝2pm＝
21、m，y1y2＝－6p＝－3，
所以＋－2m2＝2m2＋12m×＋36×－2m2＝24，所以＋－2m2為定值．
考向3 探索性問題
例5 如圖，橢圓C：＋＝1(a>b>0)經過點P，離心率e＝，直線l的方程為x＝4.
(1)求橢圓C的方程；
(2)線段AB是經過右焦點F的任一弦(不經過點P)，設直線AB與直線l相交于點M，記直線PA，PB，PM的斜率分別為k1，k2，k3.問：是否存在常數λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求λ的值；若不存在，說明理由．
解 (1)由P在橢圓上，
得＋＝1，?、?
因為e＝，所以a＝2c，則 ②
②代入①解得c2＝1，a2＝4，b2＝3
22、.
故橢圓C的方程為＋＝1.
(2)由題意可設直線AB的斜率為k，
則直線AB的方程為y＝k(x－1)，?、?
代入橢圓方程并整理，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0，
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1≠x2≠1，則有
x1＋x2＝，x1x2＝，?、?
在方程③中令x＝4得，M的坐標為(4,3k)．
從而k1＝，k2＝，k3＝＝k－.
因為A，F(xiàn)，B三點共線，所以k＝kAF＝kBF，
即有＝＝k.
所以k1＋k2＝＋
＝＋－
＝2k－·
＝2k－·＝2k－1，
又k3＝k－，所以k1＋k2＝2k3.故存在常數λ＝2符合題意．
解析幾何
23、中的探索性問題，從類型上看，主要是存在類型的相關題型，解決這類問題通常采用“肯定順推法”，將不確定性問題明確化．其步驟為：假設滿足條件的元素(點、直線、曲線或參數)存在，用待定系數法設出，列出關于待定系數的方程組，若方程組有實數解，則元素(點、直線、曲線或參數)存在；否則，元素(點、直線、曲線或參數)不存在．
(2019·南通市高三階段測試)已知A(－2,0)，B(2,0)，點C，D依次滿足||＝2，＝(＋)．
(1)求點D的軌跡；
(2)過點A作直線l交以A，B為焦點的橢圓于M，N兩點，線段MN的中點到y(tǒng)軸的距離為，且直線l與點D的軌跡相切，求該橢圓的方程；
(3)在(2)的條件
24、下，設點Q的坐標為(1,0)，是否存在橢圓上的點P及以Q為圓心的一個圓，使得該圓與直線PA，PB都相切，若存在，求出P點坐標及圓的方程；若不存在，請說明理由．
解 (1)設C(x0，y0)，D(x，y)，
則＝(x0＋2，y0)，＝(4,0)，
∴＝(＋)＝＝(x＋2，y)，
則有代入||2＝(x0＋2)2＋y＝4得x2＋y2＝1.
∴點D的軌跡是以原點為圓心，1為半徑的圓．
(2)由題意可知直線l斜率存在，
設直線l的方程為y＝k(x＋2)，?、?
橢圓的方程＋＝1(a2>4)，?、?
由l與圓相切得＝1，即k2＝，
將①代入②得(a2k2＋a2－4)x2＋4a2k2x＋4a
25、2k2－a4＋4a2＝0，
又k2＝，可得(a2－3)x2＋a2x－a4＋4a2＝0，
設M(x1，y1)，N(x2，y2)，
∴|x1＋x2|＝＝，
解得a2＝8或a2＝(舍去)，
∴橢圓方程為＋＝1.
(3)假設存在橢圓上的一點P(x0，y0)，使得直線PA，PB與以Q為圓心的圓相切，
則Q到直線PA，PB的距離相等，
又A(－2,0)，B(2,0)，
則直線PB的方程為(x0－2)y－y0x＋2y0＝0，
直線PA的方程為(x0＋2)y－y0x－2y0＝0.
設d1為Q到直線PB的距離，d2為Q到直線PA的距離，則
d1＝＝＝d2，
化簡整理得x－5x0＋4＋y
26、＝0.
∵P點在橢圓上，
∴x＋2y＝8.解得x0＝2或x0＝8(舍去)．
x0＝2時，y0＝±，∴r＝1.
∴橢圓上存在點P，其坐標為(2，)或(2，－)，
使得直線PF1，PF2與以Q為圓心的圓(x－1)2＋y2＝1相切．
真題押題
『真題模擬』
1．(2019·全國卷Ⅲ)已知曲線C：y＝，D為直線y＝－上的動點，過D作C的兩條切線，切點分別為A，B.
(1)證明：直線AB過定點；
(2)若以E為圓心的圓與直線AB相切，且切點為線段AB的中點，求四邊形ADBE的面積．
解 (1)證明：設D，A(x1，y1)，則x＝2y1.
因為y′＝x，所以切線DA的斜率為x1
27、，故＝x1.
整理得2tx1－2y1＋1＝0.設B(x2，y2)，
同理可得2tx2－2y2＋1＝0.
故直線AB的方程為2tx－2y＋1＝0.
所以直線AB過定點.
(2)由(1)得直線AB的方程為y＝tx＋.
由
可得x2－2tx－1＝0.于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，
y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1，
|AB|＝|x1－x2|
＝× ＝2(t2＋1)．
設d1，d2分別為點D，E到直線AB的距離，
則d1＝，d2＝.
因此，四邊形ADBE的面積
S＝|AB|(d1＋d2)＝(t2＋3) .
設M為線段AB的中點，則M.
因為⊥，而＝(
28、t，t2－2)，與向量(1，t)平行，
所以t＋(t2－2)t＝0，解得t＝0或t＝±1.
當t＝0時，S＝3；當t＝±1時，S＝4.
因此，四邊形ADBE的面積為3或4.
2．(2019·天津市高三4月聯(lián)考)已知橢圓＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，左、右頂點分別為A，B，過右焦點F2且垂直于長軸的直線交橢圓于G，H兩點，|GH|＝3，△F1GH的周長為8.過A點作直線l交橢圓于第一象限的M點，直線MF2交橢圓于另一點N，直線NB與直線l交于點P.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)若△AMN的面積為，求直線MN的方程；
(3)證明：點P在定直線上．
解 (
29、1)由題意知|GH|＝＝3,4a＝8，
解得a＝2，b＝，
所以橢圓方程為＋＝1.
(2)設M(x1，y1)，N(x2，y2)．
①當直線MN斜率k存在時，設直線MN方程為y＝k(x－1)，代入橢圓方程并整理，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，Δ＝144(k2＋1)＞0，x1＋x2＝，x1x2＝，
∴|MN|＝
＝
＝
＝.
A(－2,0)到直線MN：kx－y－k＝0的距離為d＝，
∴S△AMN＝d·|MN|＝＝，化簡得17k4＋k2－18＝0，解得k＝±1.
當k＝－1時，直線MN過點F2(1,0)，直線MN與橢圓的交點不在第一象限(舍去)．所以直線MN
30、的方程為x－y－1＝0.
②當直線MN斜率k不存在時，則直線MN的方程為x＝1，S△AMN＝··(a＋c)＝≠(舍去)．
綜上，直線MN的方程為x－y－1＝0.
(3)證明：設直線AM：y＝k1(x＋2)(k1＞0)，與橢圓方程聯(lián)立得(4k＋3)x2＋16kx＋16k－12＝0，
∵∴xM＝，yM＝
同理設直線BN：y＝k2(x－2)(k2＞0)，
可得xN＝，yN＝，
所以直線MN的方程為＝，以及直線MN方程過點F2(1,0)，將F2，M，N坐標代入可得，(4k1k2＋3)·(k2－3k1)＝0，
∵k1k2＞0，∴k2＝3k1.
又因為直線AM與直線NB交于P點，
即x
31、P＝，將k2＝3k1代入得xP＝4，所以點P在定直線x＝4上．
3．(2019·江西省八所重點中學高三4月聯(lián)考)已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)，F(xiàn)1，F(xiàn)2為其左、右焦點，B1，B2為其上、下頂點，四邊形F1B1F2B2的面積為2.
(1)求橢圓E的長軸A1A2的最小值，并確定此時橢圓E的方程；
(2)對于(1)中確定的橢圓E，設過定點M(－2,0)的直線l與橢圓E相交于P，Q兩點，若＝λ，當λ∈時，求△OPQ面積S的取值范圍．
解 (1)依題意，四邊形F1B1F2B2的面積為2bc，
∴2bc＝2，
∵長軸A1A2＝2a＝2≥2＝2，
此時b＝c＝1，a＝，
故長軸A1A2的
32、最小值為2，此時橢圓E的方程為＋y2＝1.
(2)依題意，可設l：x＝ty－2，聯(lián)立得(t2＋2)y2－4ty＋2＝0，
設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由Δ＝16t2－4·2(t2＋2)＝8t2－16>0，可得t2>2，且
且已知M(－2,0)，由＝λ，可得y1＝λy2，
∴∴λ＋＋2＝，
∵λ∈，∴λ＋＋2∈，
∴<<，∴0，
∴S＝S△OMQ－S△OMP＝|OM||y1－y2|＝|y1－y2|＝ ＝，
設m＝，∴m∈，t2＝m2＋2，
∴S＝＝，∵m＋在m∈單調遞減，
故S關于m在上單調遞增，
∴S∈.
4．(2019·玉溪市第一中學高三
33、下學期第五次調研)已知拋物線x2＝2py(p>0)，準線方程為y＋2＝0，直線l過定點T(0，t)(t>0)，且與拋物線交于A，B兩點，O為坐標原點．
(1)求拋物線方程；
(2)·是否為定值，若是，求出這個定值；若不是，請說明理由；
(3)當t＝1時，設＝λ，記|AB|＝f(λ)，求f(λ)的最小值及取最小值時對應的λ.
解 (1)∵－＝－2，∴p＝4，
∴拋物線方程為x2＝8y.?、?
(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，根據題意知直線l的斜率存在，設l：y＝kx＋t(t>0)，?、?
聯(lián)立①②得x2－8kx－8t＝0，
∴x1＋x2＝8k，x1x2＝－8t.
∴y1
34、y2＝(kx1＋t)(kx2＋t)＝k2x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2＝t2，
∴·＝x1x2＋y1y2＝t2－8t.
由于T(0，t)為定點，故t為定值，∴·為定值．
(3)T(0,1)，＝(－x1,1－y1)，＝(x2，y2－1)，
∵＝λ，∴－x1＝λx2,1－y1＝λ(y2－1)，
∴x1＝－λx2，
由(2)知x1x2＝－8t＝－8，∴－λx＝－8，∴x＝，
且λ>0，又x1＋x2＝(1－λ)x2＝8k，
∴(1－λ)2x＝64k2，
當k≠0時，λ≠1，∴x＝，∴＝，
∴k2＝.
當k＝0時，λ＝1，符合上式，且|AB|＝4.
∴|AB|＝·
＝ ·
35、
＝
＝ ，
令m＝λ＋，則m≥2，|AB|＝，
當m＝2即λ＝1時，|AB|min＝4.
『金版押題』
5．已知直線l1：ax－y＋1＝0，直線l2：x＋5ay＋5a＝0，直線l1與l2的交點為M，點M的軌跡為曲線C.
(1)當a變化時，求曲線C的方程；
(2)已知點D(2,0)，過點E(－2,0)的直線l與C交于A，B兩點，求△ABD面積的最大值．
解 (1)由消去a，得曲線C的方程為＋y2＝1.[y≠－1，即點(0，－1)不在曲線C上，此步對考生不作要求]
(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，l為x＝my－2，
由得(m2＋5)y2－4my－1＝0，
則y
36、1＋y2＝，y1y2＝－，
△ABD的面積S＝2|y2－y1|＝2
＝2 ＝，
設t＝，t∈[1，＋∞)，則S＝＝≤，
當t＝(t∈[1，＋∞))，即t＝2，m＝±時，△ABD的面積取得最大值.
6．已知拋物線C：y2＝2px(p>0)與直線x－y＋4＝0相切．
(1)求該拋物線的方程；
(2)在x軸的正半軸上，是否存在某個確定的點M，過該點的動直線l與拋物線C交于A，B兩點，使得＋為定值．如果存在，求出點M的坐標；如果不存在，請說明理由．
解 (1)聯(lián)立方程有
有y2－2py＋8p＝0，由于直線與拋物線相切，
得Δ＝8p2－32p＝0，p＝4，所以y2＝8x.
(2)假
37、設存在滿足條件的點M(m,0)(m>0)，
直線l：x＝ty＋m，有整理得y2－8ty－8m＝0，
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，有y1＋y2＝8t，y1y2＝－8m，
|AM|2＝(x1－m)2＋y＝(t2＋1)y，
|BM|2＝(x2－m)2＋y＝(t2＋1)y，
＋＝＋
＝·＝·，
當m＝4時，＋為定值，所以M(4,0)．
配套作業(yè)
1．已知拋物線x2＝2py(p>0)的焦點為F，直線x＝4與x軸的交點為P，與拋物線的交點為Q，且|QF|＝|PQ|.
(1)求拋物線的方程；
(2)如圖所示，過F的直線l與拋物線相交于A，D兩點，與圓x2＋(y－1)2
38、＝1相交于B，C兩點(A，B兩點相鄰)，過A，D兩點分別作拋物線的切線，兩條切線相交于點M，求△ABM與△CDM面積之積的最小值．
解 (1)由已知P(4,0)，Q，|QF|＝＋.
∵|QF|＝|PQ|，∴＋＝·，得p＝2.
∴拋物線方程為x2＝4y.
(2)由題意可知，l斜率存在．設l：y＝kx＋1.
A(x1，y1)，D(x2，y2)．
設M(x0，y0)，則過A，D的弦方程可設為：
xx0＝2y0＋2y即y＝x－y0，
∴∴即M(2k，－1)．
∴M到l的距離d＝＝2.
∴S△ABM·S△CDM＝|AB|·|CD|·d2
＝(|AF|－1)(|DF|－1)d2＝y(tǒng)1
39、y2d2
＝··d2，
又由聯(lián)立得，x2－4kx－4＝0，
∴x1x2＝－4.
∴S△ABM·S△CDM＝··(2)2＝1＋k2≥1.
當且僅當k＝0時取等號．
∴當k＝0時，△ABM與△CDM面積之積的最小值為1.
2．(2019·福建省高三3月質量檢測)在平面直角坐標系xOy中，圓F：(x－1)2＋y2＝1外的點P在y軸的右側運動，且點P到圓F上的點的最小距離等于它到y(tǒng)軸的距離，記點P的軌跡為E.
(1)求E的方程；
(2)如圖，過點F的直線交E于A，B兩點，以AB為直徑的圓D與平行于y軸的直線相切于點M，線段DM交E于點N，證明：△AMB的面積是△AMN的面積的4倍．
40、
解 解法一：(1)設P(x，y)，依題意x>0，F(xiàn)(1，0)．
因為點P在圓F外，所以點P到圓F上的點的最小距離為|PF|－1，依題意得|PF|－1＝x，即－1＝x，化簡得點P的軌跡E的方程為y2＝4x(x>0)．
(2)證明：設N(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則D.
依題意可知直線AB的斜率存在，
設直線AB的方程y＝k(x－1)(k≠0)，
由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.
因為Δ＝(2k2＋4)2－4k4＝16k2＋16>0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝1，
則有y1＋y2＝，故D，
由拋物線的定義知|AB|＝x1＋x2＋
41、2＝.
設M(xM，yM)，依題意得yM＝，
所以|MD|＝－xM.
又因為|MD|＝，所以－xM＝，
解得xM＝－1，所以M，
因為N在拋物線上，所以x0＝，即N，
所以S△AMB＝|MD||y1－y2|＝|y1－y2|，
S△AMN＝|MN||y1－yD|＝×|y1－y2|＝|y1－y2|，故S△AMB＝4S△AMN.
解法二：(1)設P(x，y)，依題意x>0.因為點P在圓F外，所以點P到圓F上的點的最小距離為|PF|－1.
依題意得，點P到圓F(1,0)的距離|PF|等于P到直線x＝－1的距離，所以點P在以F(1,0)為焦點，x＝－1為準線的拋物線上．
所以E的方程
42、為y2＝4x(x>0)．
(2)證明：設A(x1，y1)，B(x2，y2)，
因為直線AB過F(1,0)，
依題意可設其方程x＝ty＋1(t≠0)，
由得y2－4ty－4＝0，
因為Δ＝16t2＋16>0，所以y1＋y2＝4t，
則有x1＋x2＝(ty1＋1)＋(ty2＋1)＝4t2＋2.
因為D是AB的中點，所以D(2t2＋1,2t)．
由拋物線的定義得|AB|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝4t2＋4，
設圓D與l：x＝m相切于M，
因為DM與拋物線相交于N，所以m<0，且DM⊥l，
所以|DM|＝|AB|，即2t2＋1－m＝(4t2＋4)，解得m＝－1，
設N(x0
43、，y0)，則y0＝2t，且(2t)2＝4x0，所以x0＝t2，
因為＝t2，所以N為DM的中點，所以S△AMD＝2S△AMN，又因為D為AB的中點，S△AMB＝2S△AMD，
所以S△AMB＝4S△AMN.
3．(2019·南開中學高三第三次教學質量檢測)已知A(0，)，B(，1)是橢圓C：＋＝1(a>b>0)上兩點．
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)設O為坐標原點，M為橢圓C上一動點，點P(3,0)，線段PM的垂直平分線交y軸于點Q，求|OQ|的最小值．
解 (1)代入A，B兩點坐標，得＝1，＋＝1，
解得a2＝6，b2＝2，
所以橢圓C的標準方程為＋＝1.
(2)設點M
44、的坐標為(x0，y0)，
則＋＝1，可得x＝6－3y，?、?
線段PM的中點N，kQN·kPM＝－1，可得kQN＝，所以lQN：y－＝.
令x＝0，并結合①式得yQ＝＋＝＋＝，
|OQ|＝|yQ|＝＝＋|y0|
≥2＝，
當且僅當＝|y0|，y0＝±時取等號，所以|OQ|的最小值為.
4．(2019·郴州市高三第二次教學質量監(jiān)測)已知拋物線C：x2＝2py(p>0)的焦點為F，過F的直線交拋物線于A，B兩點．
(1)若以A，B為直徑的圓的方程為(x－2)2＋(y－3)2＝16，求拋物線C的標準方程；
(2)過A，B分別作拋物線的切線l1，l2，證明：l1，l2的交點在定直線上．
45、
解 (1)設AB的中點為M，A到準線的距離為d1，B到準線的距離為d2，M到準線的距離為d.則d＝y(tǒng)M＋.
由拋物線的定義可知，d1＝AF，d2＝BF，所以d1＋d2＝AB＝8，
由梯形中位線定理可得d＝＝4，
所以yM＋＝4，而yM＝3，所以3＋＝4，可得p＝2，
所以拋物線C：x2＝4y.
(2)證明：設A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由x2＝2py得y＝，則y′＝，
所以直線l1的方程為y－y1＝(x－x1)，直線l2的方程為y－y2＝(x－x2)，聯(lián)立得x＝，y＝，
即l1，l2交點坐標為，
因為AB過焦點F，
所以設直線AB的方程為y－＝kx，代入拋物線
46、x2＝2py中得，x2－2pkx－p2＝0，所以x1x2＝－p2，
所以＝－＝－，
所以l1，l2的交點在定直線y＝－上．
5．已知動圓C與圓x2＋y2＋2x＝0外切，與圓x2＋y2－2x－24＝0內切．
(1)試求動圓圓心C的軌跡方程；
(2)過定點P(0,2)且斜率為k(k≠0)的直線l與(1)中的軌跡交于不同的兩點M，N，試判斷在x軸上是否存在點A(m,0)，使得以AM，AN為鄰邊的平行四邊形為菱形？若存在，求出實數m的范圍；若不存在，請說明理由．
解 (1)由x2＋y2＋2x＝0得(x＋1)2＋y2＝1，由x2＋y2－2x－24＝0得(x－1)2＋y2＝25，設動圓C的半徑
47、為R，兩圓的圓心分別為F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，則|CF1|＝R＋1，|CF2|＝5－R，
所以|CF1|＋|CF2|＝6，根據橢圓的定義可知，點C的軌跡為以F1，F(xiàn)2為焦點的橢圓，所以c＝1，a＝3，所以b2＝a2－c2＝9－1＝8，所以動圓圓心C的軌跡方程為＋＝1.
(2)存在．直線l的方程為y＝kx＋2，設M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中點為E(x0，y0)．假設存在點A(m，0)，使得以AM，AN為鄰邊的平行四邊形為菱形，則AE⊥MN，
由得(8＋9k2)x2＋36kx－36＝0，
x1＋x2＝－，所以x0＝，y0＝kx0＋2＝，
因為AE⊥MN，所以kA
48、E＝－，即＝－，
所以m＝＝，
當k>0時，9k＋≥2＝12，所以－≤m<0；
當k<0時，9k＋≤－12，所以0
49、B的斜率是否為定值？請說明理由．
解 (1)由題意可知橢圓的焦點在x軸上，
∴令橢圓方程為＋＝1(a>b>0)，
∵拋物線x2＝8y的焦點為F(0,2)，∴b＝2，
∵方程2x2－3x－20＝0即(2x＋5)(x－4)＝0，
∴2c＝4，即c＝2，∴a2＝b2＋c2＝16，
∴橢圓C的方程為＋＝1.
(2)①設A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB方程為y＝x＋t，
由得x2＋tx＋t2－12＝0，
∴Δ＝t2－4(t2－12)>0，∴－4
50、
＝3＝3，
當t＝0時，S四邊形APBQ的最大值為12.
②當∠APQ＝∠BPQ時，直線PA，PB斜率之和為0，由(1)知P(2,3)，
設直線PA方程為y－3＝k(x－2)，PB方程為y－3＝－k(x－2)，
由
得(3＋4k2)x2＋8k(3－2k)x＋4(4k2－12k－3)＝0，
又P(2,3)，則2＋x1＝，
同理2＋x2＝，
∴x1＋x2＝，x1－x2＝，
kAB＝＝＝，
故直線AB的斜率為定值.
7．(2019·閩粵贛三省十校聯(lián)考)已知動點P到點F(0，1)的距離比它到直線y＝－3的距離少2.
(1)求點P的軌跡E的方程；
(2)過點F的兩直線l1，l
51、2分別與軌跡E交于A，B兩點和C，D兩點，且滿足·＝0，設M，N兩點分別是線段AB，CD的中點，問直線MN是否恒過一定點，若經過，求定點的坐標；若不經過，請說明理由．
解 (1)由題意知動點P到點F(0,1)的距離等于它到直線y＝－1的距離，
所以點P的軌跡E是拋物線，軌跡方程是x2＝4y.
(2)根據題意可知，直線l1，l2都存在斜率，
設直線l1的方程為y＝kx＋1(k≠0)，代入x2＝4y，得x2－4kx－4＝0，
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝4k，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝4k2＋2，
所以M(2k,2k2＋1)，因為·＝0，所以kCD＝－，
52、
設直線l2：y＝－x＋1，C(x3，y3)，D(x4，y4)，
同理可得N.
所以直線MN的方程為y－(2k2＋1)＝(x－2k)，
化簡得y－3＝x，所以直線MN恒過定點(0,3)．
8．(2019·門頭溝區(qū)高三年級綜合練習)如圖，已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為其左、右焦點，過F1的直線與此橢圓相交于D，E兩點，且△F2DE的周長為8，橢圓C的離心率為.
(1)求橢圓C的方程；
(2)在平面直角坐標系xOy中，已知點P(0,1)與點Q(0,2)，過P的動直線l(不與x軸平行)與橢圓相交于A，B兩點，點B1是點B關于y軸的對稱點．求證：
①Q，A，B1
53、三點共線；
②＝.
解 (1)∵△F2DE的周長為8，∴4a＝8，即a＝2，
∵e＝＝，∴c＝，∴b2＝a2－c2＝2，
故橢圓C的方程為＋＝1.
(2)①證明：當直線l的斜率不存在時，A，B分別為橢圓短軸兩端點，滿足Q，A，B1三點共線．
當直線l的斜率存在時，設直線方程為y＝kx＋1，
聯(lián)立得(1＋2k2)x2＋4kx－2＝0.
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則B1(－x2，y2)，
x1＋x2＝－，x1x2＝－，
＝(x1，y1－2)，＝(－x2，y2－2)，
∵x1(y2－2)＋x2(y1－2)＝x1(kx2－1)＋x2(kx1－1)＝2kx1x2－(x1
54、＋x2)＝＋＝0.
∴與共線，則Q，A，B1三點共線．
②由①可知Q，A，B1三點共線，
∴當直線l的斜率存在時，＝＝＝，當直線l的斜率不存在時，易知A，B兩點坐標為(0，±)，有＝，綜上，＝.
解析幾何類解答題
(12分)已知橢圓＋＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1和F2，由M(－a，b)，N(a，b)，F(xiàn)2和F1四個點構成了一個高為，面積為3的等腰梯形．
(1)求橢圓的方程；
(2)過點F1的直線和橢圓交于A，B兩點，求△F2AB面積的最大值．
解題思路 (1)由梯形的高得出橢圓的基本量b的值，由梯形的面積得出a＋c，利用a2－c2＝b2求出a，c，寫出橢圓
55、的方程；(2)先依題判斷過點F1的直線AB的斜率不為0，設出直線的方程，將直線方程代入橢圓方程，消去x，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，即可得到y(tǒng)1＋y2和y1y2，將△F2AB的面積表示為S△F2AB＝|F1F2|·|y1－y2|，構造函數，利用函數的單調性即可求最大值．
解 (1)由條件，得b＝，且×＝3，
∴a＋c＝3.(2分)
又a2－c2＝3，解得a＝2，c＝1.(4分)
∴橢圓的方程為＋＝1.(5分)
(2)顯然，直線AB的斜率不能為0，
設直線AB的方程為x＝my－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
聯(lián)立方程，得消去x得，
(3m2＋4)y2－6my－
56、9＝0，(6分)
∴Δ＝36m2＋36(3m2＋4)>0，
y1＋y2＝，y1y2＝－，(8分)
∴S△F2AB＝|F1F2|·|y1－y2|＝|y1－y2|
＝ ＝12
＝4＝4.(10分)
令t＝m2＋1≥1，設f(t)＝t＋(t≥1)，易知函數f(t)在[1，＋∞)上單調遞增，
∴當t＝m2＋1＝1，即m＝0時，f(t)min＝，此時S△F2AB取得最大值為3.(12分)
1．由梯形的面積得到a與c的關系給2分．
2．由a2－c2＝b2得到a與c的值給2分．
3．正確寫出橢圓方程給1分．
4．聯(lián)立方程消元得到一元二次方程給1分．
5．寫出“Δ>0”和根與系數的
57、關系給2分．
6．構建目標變量的函數關系給2分．
7．通過求解函數的值域，確定面積的最值給2分．
1．寫全得分步驟，直線方程和曲線方程聯(lián)立后，要寫出Δ>0和根與系數的關系，這是解題過程中的得分點．
2．寫明得分關鍵，在求解函數的最值時，要注意變量條件的制約，檢查最值取得的條件，不指明最值取得的條件扣1分．
[跟蹤訓練]
(2019·福建省高三模擬)(12分)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)過點，且它的焦距是短軸長的倍．
(1)求橢圓C的方程；
(2)若A，B是橢圓C上的兩個動點(A，B兩點不關于x軸對稱)，O為坐標原點，OA，OB的斜率分別為k1，k2，問是否存在非零常數λ
58、，使當k1k2＝λ時，△AOB的面積S為定值？若存在，求λ的值；若不存在，請說明理由．
解 (1)因為橢圓C：＋＝1(a>b>0)過點，
所以＋＝1，(1分)
又因為該橢圓的焦距是短軸長的倍，所以c＝b，從而a2＝b2＋c2＝4b2.
聯(lián)立方程組(2分)
解得所以橢圓C的方程為＋y2＝1.(3分)
(2)設存在這樣的常數λ，使k1k2＝λ，△AOB的面積S為定值．(4分)
設直線AB的方程為y＝kx＋m，點A(x1，y1)，點B(x2，y2)，則由k1k2＝λ知y1y2－λx1x2＝0，(kx1＋m)(kx2＋m)－λx1x2＝0，所以(k2－λ)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0.?、?5分)
聯(lián)立方程組消去y得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
所以(7分)
點O到直線AB的距離d＝，
△AOB的面積S＝|AB|·d＝·|x1－x2|
＝.?、?8分)
將②③代入①得(k2－λ)(4m2－4)－8k2m2＋m2(1＋4k2)＝0，
化簡得m2＝，?、?10分)
將⑤代入④得
2＝
＝·，(11分)
要使上式為定值，只需＝＝，
即需(4λ＋1)2＝0，從而λ＝－，此時2＝，S＝1，
所以存在這樣的常數λ＝－，此時S△AOB＝1.(12分)
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（全國通用）2020版高考數學二輪復習 專題提分教程 第二編 專題五 解析幾何 第3講 圓錐曲線的綜合問題練習 理
