《（江蘇專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二篇 第23練 解析幾何的綜合問題試題 理.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二篇 第23練 解析幾何的綜合問題試題 理.docx（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第23練　解析幾何的綜合問題 [明晰考情]　1.命題角度：直線與橢圓；定點、定值問題；最值問題.2.題目難度：中高檔難度. 考點一　直線與橢圓 方法技巧　對于直線與圓錐曲線的位置關(guān)系問題，一般要把圓錐曲線的方程與直線方程聯(lián)立來處理. (1)設(shè)直線方程，在直線的斜率不確定的情況下要分斜率存在和不存在兩種情況進(jìn)行討論，或者將直線方程設(shè)成x＝my＋b(斜率不為0)的形式. (2)聯(lián)立直線方程與曲線方程并將其轉(zhuǎn)化成一元二次方程，利用方程根的判別式或求根公式得到交點的橫坐標(biāo)或縱坐標(biāo). (3)一般涉及弦長的問題，要用到弦長公式AB＝|x1－x2|或AB＝|y1－y2|. 1.(2018江蘇省南京外國語學(xué)校檢測)已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)過點M，且離心率為. (1)求橢圓E的方程； (2)如圖，過點P(0,2)的直線l與橢圓E相交于兩個不同的點A，B，求的取值范圍. 解　(1)由題意得 所以a2＝4，b2＝1.所以橢圓E的方程為＋y2＝1. (2)①當(dāng)直線l的斜率不存在時，A(0,1)，B(0，－1)， 所以＝－1. ②當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 聯(lián)立消去y整理得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0， 由Δ>0，可得4k2>3， 因為x1,2＝＝， 所以x1＋x2＝－，x1x2＝， 所以＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝－1＋， 所以－1<<.綜上，∈. 2.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別是橢圓＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦點，頂點B的坐標(biāo)為(0，b)，且△BF1F2是邊長為2的等邊三角形. (1)求橢圓的方程； (2)過右焦點F2的直線l與橢圓交于A，C兩點，記△ABF2，△BCF2的面積分別為S1，S2，若S1＝2S2，求直線l的斜率. 解　(1)由題意，得a＝2c＝2，所以c＝1，b2＝a2－c2＝3，所以橢圓的方程為＋＝1. (2)設(shè)點B到直線AC的距離為h， 由于S1＝2S2， 所以AF2h＝2F2Ch，即AF2＝2F2C， 所以＝2. 設(shè)A(x1，y1)，C(x2，y2)，又F2(1,0)， 則(1－x1，－y1)＝2(x2－1，y2)，即 由 解得 所以直線l的斜率為k＝＝＝. 3.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的右準(zhǔn)線方程為x＝4，右頂點為A，上頂點為B，右焦點為F，斜率為2的直線l經(jīng)過點A，且點F到直線l的距離為. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)將直線l繞點A旋轉(zhuǎn)，它與橢圓C相交于另一點P，當(dāng)B，F(xiàn)，P三點共線時，試確定直線l的斜率. 解　(1)由題意知，直線l的方程為y＝2(x－a)， 即2x－y－2a＝0， 所以右焦點F到直線l的距離d＝＝， 所以a－c＝1. 又因為橢圓C的右準(zhǔn)線為x＝4，即＝4，所以c＝， 代入上式解得a＝2，c＝1，所以b2＝3， 所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)由(1)知B(0，)，F(xiàn)(1,0)， 所以直線BF的方程為y＝－(x－1)， 聯(lián)立方程組 解得(舍去)或 所以P. 所以直線l的斜率k＝＝. 4.已知動點M(x，y)到點F(2,0)的距離為d1，動點M(x，y)到直線x＝3的距離為d2，且＝. (1)求動點M(x，y)的軌跡C的方程； (2)過點F作直線l：y＝k(x－2)(k≠0)交曲線C于P，Q兩點，若△OPQ的面積S△OPQ＝(O是坐標(biāo)原點)，求直線l的方程. 解　(1)結(jié)合題意，可得d1＝， d2＝|x－3|. 又＝，即＝，化簡得＋＝1. 因此，所求動點M(x，y)的軌跡C的方程是＋＝1. (2)聯(lián)立消去y， 得(1＋3k2)x2－12k2x＋12k2－6＝0. 設(shè)點P(x1，y1)，Q(x2，y2)，Δ＝(－12k2)2－4(1＋3k2)(12k2－6)＝24k2＋24>0. 因為x1,2＝，所以|x1－x2|＝， 于是，PQ＝ ＝|x1－x2|＝， 點O到直線l的距離d＝. 由S△OPQ＝， 得＝， 化簡得，k4－2k2＋1＝0， 解得k＝1，且滿足Δ>0，即k＝1符合題意. 因此，所求直線的方程為x－y－2＝0或x＋y－2＝0. 考點二　定點、定值問題 方法技巧　(1)定點問題的常見解法 ①假設(shè)定點坐標(biāo)，根據(jù)題意選擇參數(shù)，建立一個直線系或曲線系方程，而該方程與參數(shù)無關(guān)，故得到一個關(guān)于定點坐標(biāo)的方程組，以這個方程組的解為坐標(biāo)的點即為所求定點. ②從特殊位置入手，找出定點，再證明該點符合題意. (2)定值問題的常見解法 ①從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān). ②直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值. 5.(2018蘇州調(diào)研)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，焦點到相應(yīng)準(zhǔn)線的距離為，A，B分別為橢圓的左頂點和下頂點，P為橢圓C上位于第一象限內(nèi)的一點，PA交y軸于點E，PB交x軸于點D. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)若＝，求的值； (3)求證：四邊形ABDE的面積為定值. (1)解　設(shè)右焦點F(c,0)，因為橢圓C的離心率為， 所以＝， ① 又因為右焦點F到右準(zhǔn)線的距離為，所以－c＝， ② 由①②得，a＝2，c＝，b＝1， 所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程是＋y2＝1. (2)解　因為＝，所以E，直線AE的方程為y＝(x＋2)， 由得x2＋(x＋2)2＝4， 解得x＝－2(舍)或x＝，故P， 直線PB的方程為y＝x－1，令y＝0，得D， 所以＝. (3)證明　設(shè)P(x0，y0)(x0>0，y0>0)， 則＋y＝1， 即x＋4y＝4. 直線AP的方程為y＝(x＋2)，令x＝0，得y＝. 直線BP的方程為y＋1＝x，令y＝0，得x＝. 所以四邊形ABDE的面積S＝＝ ＝ ＝＝2. 所以四邊形ABDE的面積為定值. 6.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，離心率為的橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的左頂點為A，過原點O的直線(與坐標(biāo)軸不重合)與橢圓C交于P，Q兩點，直線PA，QA分別與y軸交于M，N兩點.當(dāng)直線PQ的斜率為時，PQ＝2. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)試問以MN為直徑的圓是否經(jīng)過定點(與直線PQ的斜率無關(guān))？請證明你的結(jié)論. 解　(1)設(shè)P， 因為當(dāng)直線PQ的斜率為時，PQ＝2， 所以x＋2＝3，所以x＝2. 所以＋＝1. 因為e＝＝＝，所以a2＝4，b2＝2. 所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1. (2)以MN為直徑的圓過定點(，0). 設(shè)P(x0，y0)，則Q(－x0，－y0)，且＋＝1，即x＋2y＝4. 因為A(－2,0)，所以直線PA的方程為 y＝(x＋2)，所以M， 直線QA的方程為y＝(x＋2)，所以N. 以MN為直徑的圓為 (x－0)(x－0)＋＝0， 即x2＋y2－y＋＝0. 因為x－4＝－2y，所以x2＋y2＋y－2＝0. 令y＝0，解得x＝， 所以以MN為直徑的圓過定點(，0). 7.已知橢圓C：＋＝1的上頂點為A，直線l：y＝kx＋m交橢圓于P，Q兩點，設(shè)直線AP，AQ的斜率分別為k1，k2. (1)當(dāng)m＝0時，求k1k2的值； (2)當(dāng)k1k2＝－1時，證明：直線l：y＝kx＋m過定點. (1)解　當(dāng)m＝0時，直線l：y＝kx. 代入橢圓C：＋＝1，得x2＋2k2x2＝4， 解得P，Q. 因為A為橢圓的上頂點，所以A(0，)， 所以k1＝＝， k2＝＝， 所以k1k2＝＝－. (2)證明　設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，將直線l：y＝kx＋m代入橢圓C：＋＝1，并整理得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－4＝0， 則Δ＝16k2m2－8(m2－2)(1＋2k2)＝8(4k2－m2＋2)＞0，因為x1,2＝，所以x1＋x2＝－，x1x2＝. 由k1k2＝－1知，＝－1， 即y1y2－(y1＋y2)＋2＋x1x2＝0， 所以(kx1＋m)(kx2＋m)－(kx1＋m＋kx2＋m)＋x1x2＋2＝0， 所以k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2－k(x1＋x2)－2m＋x1x2＋2＝0， 即(k2＋1)＋k(m－)＋m2－2m＋2＝0， 所以(k2＋1)(2m2－4)＋k(m－)(－4km)＋(m2－2m＋2)(1＋2k2)＝0， 所以3m2－2m－2＝0，解得m＝(舍去)或m＝－， 所以直線l：y＝kx－. 所以直線l過定點. 8.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)中心在坐標(biāo)原點的橢圓C的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，右準(zhǔn)線l：x＝m＋1與x軸的交點為B，BF2＝m. (1)已知點在橢圓C上，求實數(shù)m的值； (2)已知定點A(－2,0). ①若橢圓C上存在點T，使得＝，求橢圓C的離心率的取值范圍； ②當(dāng)m＝1時，記M為橢圓C上的動點，直線AM，BM分別與橢圓C交于另一點P，Q，若＝λ，＝μ，求證：λ＋μ為定值. (1)解　設(shè)橢圓C的方程為＋＝1(a＞b＞0). 由題意，得解得 所以橢圓方程為＋＝1. 因為橢圓C過點，所以＋＝1， 解得m＝2或m＝－(舍去).所以m＝2. (2)①解　設(shè)點T(x，y)， 由＝，得(x＋2)2＋y2＝2[(x＋1)2＋y2]， 即x2＋y2＝2. 由得y2＝m2－m. 因此0≤m2－m≤m，解得1≤m≤2. 所以橢圓C的離心率e＝∈. ②證明　設(shè)M(x0，y0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 則＝(x0＋2，y0)，＝(x1＋2，y1). 由＝λ，得 從而 因為＋y＝1，所以＋(λy1)2＝1， 即λ2＋2λ(λ－1)x1＋2(λ－1)2－1＝0. 因為＋y＝1，代入得2λ(λ－1)x1＋3λ2－4λ＋1＝0. 由題意知，λ≠1且λ≠0， 故x1＝－，所以x0＝. 同理可得x0＝. 因此＝，所以λ＋μ＝6. 考點三　范圍、最值問題 方法技巧　圓錐曲線的最值和范圍問題解題常見思路 (1)利用判別式來構(gòu)造不等式，從而確定參數(shù)的取值范圍. (2)利用已知參數(shù)的取值范圍，求新參數(shù)的范圍，解決這類問題的核心是在兩個參數(shù)之間建立相關(guān)關(guān)系. (3)利用隱含的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍. (4)利用已知不等關(guān)系構(gòu)造不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍. (5)利用函數(shù)值域的求法，確定參數(shù)的取值范圍. 9.已知橢圓的右焦點F(m,0)，左、右準(zhǔn)線分別為l1：x＝－m－1，l2：x＝m＋1，且l1，l2分別與直線y＝x相交于A，B兩點. (1)若離心率為，求橢圓的方程； (2)當(dāng)<7時，求橢圓離心率的取值范圍. 解　(1)由已知得橢圓的中心在坐標(biāo)原點，c＝m，＝m＋1， 從而a2＝m(m＋1)，b2＝m. 由e＝得b＝c，從而m＝1， 故a＝，b＝1，得橢圓方程為＋y2＝1. (2)易得A(－m－1，－m－1)，B(m＋1，m＋1)， 從而＝(2m＋1，m＋1)，＝(1，m＋1)， 故＝2m＋1＋(m＋1)2＝m2＋4m＋2<7， 得0b>0)的短軸位于x軸下方的端點，過A作斜率為1的直線l交橢圓于B點，點P在y軸上，且BP∥x軸，＝9. (1)若點P的坐標(biāo)為(0,1)，求橢圓C的方程； (2)若點P的坐標(biāo)為(0，t)，求實數(shù)t的取值范圍. 解　(1)由題意得A(0，－b)，l的方程為y＝x－b，由P(0,1)，得B(1＋b,1)，所以＝(1＋b,1＋b)，＝(0,1＋b)，由＝9，即(1＋b,1＋b)(0,1＋b)＝9， 所以(1＋b)2＝9，即b＝2，所以B(3,1)， 又B在橢圓上，得＋＝1， 解得a2＝12, 所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)由A(0，－b), P(0，t)，得B(t＋b，t)， 所以＝(t＋b，t＋b)，＝(0，t＋b)， 因為＝9， 所以(t＋b)2＝9， 因為A點是短軸頂點，所以t>0，t＋b＝3，則B(3，t)， 代入橢圓方程得＋＝1，得a2＝. 因為a2>b2，所以>(3－t)2，解得0b>0)的離心率為，F(xiàn)是橢圓E的右焦點，直線AF的斜率為，O為坐標(biāo)原點. (1)求E的方程； (2)設(shè)過點A的動直線l與E相交于P，Q兩點，當(dāng)△OPQ的面積最大時，求l的方程. 解　(1)設(shè)F(c,0)，由條件知，＝，得c＝. 又＝，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1. 故E的方程為＋y2＝1. (2)當(dāng)l⊥x軸時不合題意， 故設(shè)l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2). 將y＝kx－2代入＋y2＝1， 得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0. 當(dāng)Δ＝16(4k2－3)>0， 即k2>時，x1,2＝. 從而PQ＝＝|x1－x2|. 又點O到直線PQ的距離d＝. 所以△OPQ的面積S△OPQ＝dPQ＝|x1－x2|＝. 設(shè)＝t，則t>0，S△OPQ＝＝≤1. 當(dāng)且僅當(dāng)t＝2，即k＝時等號成立，且滿足Δ>0. 所以當(dāng)△OPQ的面積最大時，l的方程為2yx＋4＝0. 12.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：＋＝1(a>b≥1)過點P(2,1)，且離心率e＝. (1)求橢圓C的方程； (2)若直線l的斜率為，直線l與橢圓C交于A，B兩點，求△PAB面積的最大值. 解　(1)∵e2＝＝＝，∴a2＝4b2. 又＋＝1，∴a2＝8，b2＝2. 故所求橢圓C的方程為＋＝1. (2)設(shè)l的方程為y＝x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 聯(lián)立消去y，得x2＋2mx＋2m2－4＝0， 判別式Δ＝16－4m2>0， 即m2<4. 所以x1＝－m＋，x2＝－m－， 則AB＝＝|x1－x2|， 點P到直線l的距離d＝. 因此S△PAB＝dAB＝|m||x1－x2| ＝≤＝2， 當(dāng)且僅當(dāng)m2＝2時上式等號成立，且滿足Δ>0， 故△PAB面積的最大值為2. 例　(16分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，且點在橢圓C上. (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)橢圓E：＋＝1，P為橢圓C上任意一點，過點P的直線y＝kx＋m交橢圓E于A，B兩點，射線PO交橢圓E于點Q. ①求的值； ②求△ABQ面積的最大值. 審題路線圖 (1)―→ (2)①―→ ② →→ 規(guī)范解答評分標(biāo)準(zhǔn) 解　(1)由題意知＋＝1.又＝， 解得a2＝4，b2＝1.所以橢圓C的方程為＋y2＝1. 4分 (2)由(1)知橢圓E的方程為＋＝1. ①設(shè)P(x0，y0)，＝λ(λ＞0)， 由題意知Q(－λx0，－λy0). 因為＋y＝1，又＋＝1， 即＝1， 所以λ＝2，即＝2. 7分 ②設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2). 聯(lián)立可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0， 由Δ＞0，可得m2＜4＋16k2， (*) 因為x1,2＝， 所以|x1－x2|＝. 9分 因為直線y＝kx＋m與y軸交點的坐標(biāo)為(0，m)， 所以△OAB的面積S＝|m||x1－x2|＝＝ ＝2. 11分 設(shè)＝t，將y＝kx＋m代入橢圓C的方程， 可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0， 由Δ≥0，可得m2≤1＋4k2. (**) 由(*)和(**)可知0＜t≤1， 因此S＝2＝2， 12分 故0＜S≤2，當(dāng)且僅當(dāng)t＝1，即m2＝1＋4k2時取得最大值2. 14分 由①知，△ABQ的面積為3S，所以△ABQ面積的最大值為6. 16分 構(gòu)建答題模板 [第一步]　求曲線方程：根據(jù)基本量法確定圓錐曲線的方程. [第二步]　聯(lián)立消元：將直線方程和圓錐曲線方程聯(lián)立，得到方程Ax2＋Bx＋C＝0，然后研究判別式，利用求根公式求出交點坐標(biāo). [第三步]　找關(guān)系：從題設(shè)中尋求變量的等量或不等關(guān)系. [第四步]　建函數(shù)：對范圍、最值類問題，要建立關(guān)于目標(biāo)變量的函數(shù)關(guān)系. [第五步]　得范圍：通過求解函數(shù)值域或解不等式得目標(biāo)變量的范圍或最值，要注意變量條件的制約，檢查最值取得的條件. 1.(2018江蘇省如東高級中學(xué))在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C的焦點為F1(－4,0), F2(4,0)，且經(jīng)過點P(3,1). (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)若點M在橢圓上，且＝＋λ，求λ的值. 解　(1)依題意，設(shè)橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1(a>b>0)， 2a＝PF1＋PF2＝＋＝6，∴a＝3， 又c＝4，∴b2＝a2－c2＝2， ∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1. (2)＝＋λ＝(－7，－1)＋λ(1，－1)＝， 點M的坐標(biāo)為， ∵點M在橢圓上， ∴2＋2＝1， 即20λ2＋4λ－7＝0，解得λ＝或λ＝－. 2.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓＋＝1(a＞b＞0)過點A(2,1)，離心率為. (1)求橢圓的方程； (2)若直線l：y＝kx＋m(k≠0)與橢圓相交于B，C兩點(異于點A)，線段BC被y軸平分，且AB⊥AC，求直線l的方程. 解　(1)由條件知橢圓＋＝1(a>b>0)的離心率為e＝＝， 所以b2＝a2－c2＝a2. 又點A(2,1)在橢圓＋＝1(a>b>0)上， 所以＋＝1, 解得 所以橢圓的方程為＋＝1. (2)將y＝kx＋m(k≠0)代入橢圓方程， 得x2＋4(kx＋m)2－8＝0， 整理得(1＋4k2)x2＋8mkx＋4m2－8＝0. (*) 因為xB，C＝ ＝， 所以xB＋xC＝－. 由線段BC被y軸平分，得xB＋xC＝－＝0， 因為k≠0，所以m＝0. 因為當(dāng)m＝0時，B，C關(guān)于原點對稱， 設(shè)B(x，kx)，C(－x，－kx)， 由方程(*)，得x2＝， 又因為AB⊥AC，A(2,1)， 所以＝(x－2)(－x－2)＋(kx－1)(－kx－1)＝5－(1＋k2)x2＝5－＝0， 所以k＝. 由于k＝時，直線y＝x過點A(2,1)，故k＝不符合題設(shè). 所以直線l的方程為x＋2y＝0. 3.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率e＝，直線l：x－my－1＝0(m∈R)過橢圓C的右焦點F，且交橢圓C于A，B兩點. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)已知點D，連結(jié)BD，過點A作垂直于y軸的直線l1，設(shè)直線l1與直線BD交于點P，試探索當(dāng)m變化時，是否存在一條定直線l2，使得點P恒在直線l2上？若存在，請求出直線l2的方程；若不存在，請說明理由. 解　(1)在x－my－1＝0中，令y＝0，則x＝1，所以F(1,0). 由題設(shè)，得解得從而b2＝a2－c2＝3， 所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1. (2)令m＝0，則A，B或A，B. 當(dāng)A，B時，P； 當(dāng)A，B時，P， 所以滿足題意的定直線l2只能是x＝4. 下面證明點P恒在直線x＝4上. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2). 由于PA垂直于y軸，所以點P的縱坐標(biāo)為y1，從而只要證明P(4，y1)在直線BD上即可. 由消去x得(4＋3m2)y2＋6my－9＝0. 因為Δ＝144(1＋m2)＞0， 且y1,2＝， 所以y1＋y2＝，y1y2＝. ① 因為kDB－kDP＝－＝－＝＝. 將①式代入上式，得kDB－kDP＝0，所以kDB＝kDP. 所以點P(4，y1)在直線BD上， 從而直線l1、直線BD與直線l2：x＝4三線恒過同一點P， 所以存在一條定直線l2：x＝4，使得點P恒在直線l2上. 4.(2018江蘇省溧水七校聯(lián)考)已知橢圓＋＝1(a>b>0)的右焦點F，離心率為，過F作兩條互相垂直的弦AB，CD，設(shè)AB，CD的中點分別為M，N. (1)求橢圓的方程； (2)證明：直線MN必過定點，并求出此定點坐標(biāo)； (3)若弦AB，CD的斜率均存在，求△FMN面積的最大值. 解　(1)由題意得c＝1, ＝， ∴a＝，b＝c＝1， ∴橢圓的方程為＋y2＝1. (2)①當(dāng)直線AB，CD有一條斜率不存在時，直線MN即為直線OF，此時直線MN過點P. ②當(dāng)直線AB，CD的斜率均存在時， 設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－1)， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則有M， 聯(lián)立 消去y得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0， ∴x1,2＝，則x1＋x2＝， 即M， 將上式中的k換成－，同理可得N， 若＝，解得k＝1，直線MN斜率不存在， 此時直線MN過點P. 若直線MN的斜率存在，則k≠1， 則kMN＝＝＝， 直線MN為y－＝， 令y＝0，得x＝＋＝＝. 綜上，直線MN過定點. (3)由(2)可知直線MN過定點P， 又直線AB的斜率k≠0， 故S△FMN＝S△FPM＋S△FPN＝＋＝， 令t＝|k|＋∈[2，＋∞)，S△FMN＝f(t)＝＝＝， ∴f(t)在[2，＋∞)上單調(diào)遞減， 當(dāng)t＝2時，f(t)取得最大值，即S△FMN取得最大值， 此時k＝1.