（江蘇專用）2023版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題五解析幾何第3講直線、圓與橢圓的綜合運(yùn)用學(xué)案文蘇教版

〔江蘇專用〕2022版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題五解析幾何第3講直線、圓與橢圓的綜合運(yùn)用學(xué)案文蘇教版PAGE56-第3講直線、圓與橢圓的綜合運(yùn)用[2022考向?qū)Ш絔考點(diǎn)掃描三年考情考向預(yù)測(cè)2022202220221．交點(diǎn)、定點(diǎn)、定值問(wèn)題第17題第18題第17題解析幾何綜合是江蘇高考必考題．填空題主要考查圓錐曲線的幾何性質(zhì)，主要是以橢圓為背景；解答題主要考查圓、直線、橢圓的綜合問(wèn)題，難度較高，計(jì)算量大，重點(diǎn)關(guān)注交點(diǎn)、定點(diǎn)、定值及最值、范圍問(wèn)題．2．范圍、最值問(wèn)題3．探索性問(wèn)題1．交點(diǎn)、定點(diǎn)、定值問(wèn)題如果曲線中某些量不依賴于變化元素而存在，那么稱為定值，探討定值的問(wèn)題一般為解答題．求定點(diǎn)、定值的根本方法是：先將變動(dòng)元素用參數(shù)表示，然后計(jì)算出所需結(jié)果與該參數(shù)無(wú)關(guān)；也可將變動(dòng)元素置于特殊狀態(tài)下，探求出定點(diǎn)、定值，然后再予以證明．2．范圍、最值問(wèn)題求解析幾何中的有關(guān)范圍最值問(wèn)題往往通過(guò)類比、聯(lián)想、轉(zhuǎn)化、合理地構(gòu)造函數(shù)，然后去分析、研究問(wèn)題，轉(zhuǎn)化問(wèn)題和解決問(wèn)題．對(duì)于圓錐曲線上一些動(dòng)點(diǎn)，在變化過(guò)程會(huì)引入一些相互聯(lián)系、相互制約的量，從而使一些線段長(zhǎng)度構(gòu)成函數(shù)關(guān)系，函數(shù)思想在處理這類問(wèn)題時(shí)非常有效．圓錐曲線的最值與范圍問(wèn)題的常見(jiàn)求法：(1)幾何法：假設(shè)題目的條件和結(jié)論能明顯表達(dá)幾何特征和意義，那么考慮利用圖形性質(zhì)來(lái)解決；(2)代數(shù)法：假設(shè)題目的條件和結(jié)論能表達(dá)一種明確的函數(shù)關(guān)系，那么可首先建立起目標(biāo)函數(shù)，再求這個(gè)函數(shù)的最值，利用代數(shù)法解決最值與范圍問(wèn)題時(shí)常從以下五個(gè)方面考慮：①利用判別式來(lái)構(gòu)造不等關(guān)系，從而確定參數(shù)的取值范圍；②利用參數(shù)的范圍，求新參數(shù)的范圍，解這類問(wèn)題的核心是在兩個(gè)參數(shù)之間建立等量關(guān)系；③利用隱含或的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；④利用根本不等式求出參數(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．3．探索性問(wèn)題存在型探索性問(wèn)題，是指判斷在某些確定條件下的某一數(shù)學(xué)對(duì)象(數(shù)值、圖形、函數(shù)等)不確定的問(wèn)題．這類問(wèn)題常常出現(xiàn)“是否存在〞“是否有〞等形式的疑問(wèn)句，以示結(jié)論有待于確定．解答此類問(wèn)題的思路是：通常假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對(duì)象存在(或結(jié)論成立)或暫且認(rèn)可其中一局部的結(jié)論，然后在這個(gè)前提下進(jìn)行邏輯推理，假設(shè)由此導(dǎo)出矛盾，那么否認(rèn)假設(shè)；否那么，給出肯定結(jié)論的證明．即：“假設(shè)——推證——定論〞是解答此類問(wèn)題的三個(gè)步驟．交點(diǎn)、定點(diǎn)、定值問(wèn)題[典型例題](2022·高考江蘇卷)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦點(diǎn)為F1(－1，0)，F(xiàn)2(1，0)．過(guò)F2作x軸的垂線l，在x軸的上方，l與圓F2：(x－1)2＋y2＝4a2交于點(diǎn)A，與橢圓C交于點(diǎn)D．連接AF1并延長(zhǎng)交圓F2于點(diǎn)B，連接BF2交橢圓C于點(diǎn)E，連接DF1．DF1＝eq\f(5,2)．(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)求點(diǎn)E的坐標(biāo)．【解】(1)設(shè)橢圓C的焦距為2c．因?yàn)镕1(－1，0)，F(xiàn)2(1，0)，所以F1F2＝2，c＝1．又因?yàn)镈F1＝eq\f(5,2)，AF2⊥x軸，所以DF2＝eq\r(DFeq\o\al(2,1)－F1Feq\o\al(2,2))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))\s\up12(2)－22)＝eq\f(3,2)．因此2a＝DF1＋DF2＝4，從而a＝2．由b2＝a2－c2，得b2＝3．因此，橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1．(2)法一：由(1)知，橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，a＝2．因?yàn)锳F2⊥x軸，所以點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為1．將x＝1代入圓F2的方程(x－1)2＋y2＝16，解得y＝±4．因?yàn)辄c(diǎn)A在x軸上方，所以A(1，4)．又F1(－1，0)，所以直線AF1：y＝2x＋2．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x＋2，,〔x－1〕2＋y2＝16，))得5x2＋6x－11＝0，解得x＝1或x＝－eq\f(11,5)．將x＝－eq\f(11,5)代入y＝2x＋2，得y＝－eq\f(12,5)．因此Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11,5)，－\f(12,5)))．又F2(1，0)，所以直線BF2：y＝eq\f(3,4)(x－1)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,4)〔x－1〕，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得7x2－6x－13＝0，解得x＝－1或x＝eq\f(13,7)．又因?yàn)镋是線段BF2與橢圓的交點(diǎn)，所以x＝－1．將x＝－1代入y＝eq\f(3,4)(x－1)，得y＝－eq\f(3,2)．因此Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2)))．法二：由(1)知，橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1．如圖，連接EF1．因?yàn)锽F2＝2a，EF1＋EF2＝2a，所以EF1＝EB，從而∠BF1E＝∠B．因?yàn)镕2A＝F2B，所以∠A＝∠B．所以∠A＝∠BF1E，從而EF1∥F2A．因?yàn)锳F2⊥x軸，所以EF1⊥x軸．因?yàn)镕1(－1，0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得y＝±eq\f(3,2)．又因?yàn)镋是線段BF2與橢圓的交點(diǎn)，所以y＝－eq\f(3,2)．因此Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2)))．eq\a\vs4\al()(1)求定值問(wèn)題常見(jiàn)的方法有兩種：①?gòu)奶厥馊胧?，求出表達(dá)式，再證明這個(gè)值與變量無(wú)關(guān)；②直接推理、計(jì)算，并在計(jì)算推理的過(guò)程中消去變量，從而得到定值．(2)解析幾何中證明直線過(guò)定點(diǎn)，一般是先選擇一個(gè)參數(shù)建立直線系方程，然后根據(jù)直線系方程過(guò)定點(diǎn)時(shí)方程成立與參數(shù)沒(méi)有關(guān)系，得到一個(gè)關(guān)于x，y的方程組，以這個(gè)方程組的解為坐標(biāo)的點(diǎn)就是直線所過(guò)的定點(diǎn)．當(dāng)定點(diǎn)具備一定的限制條件時(shí)，可特殊對(duì)待．[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]1．(2022·蘇州市高三調(diào)研測(cè)試)橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，且過(guò)點(diǎn)P(2，－1)．(1)求橢圓C的方程；(2)如圖，設(shè)點(diǎn)Q在橢圓C上，且PQ與x軸平行，過(guò)P點(diǎn)作兩條直線分別交橢圓C于兩點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，假設(shè)直線PQ平分∠APB，求證：直線AB的斜率是定值，并求出這個(gè)定值．[解](1)因?yàn)闄E圓C的離心率eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(3,4)，即a2＝4b2，所以橢圓C的方程可化為x2＋4y2＝4b2，又橢圓C過(guò)點(diǎn)P(2，－1)，所以4＋4＝4b2，得b2＝2，那么a2＝8．所以所求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1．(2)由題意，設(shè)直線PA的方程為y＋1＝k(x－2)，聯(lián)立方程得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋4y2＝8，,y＝k〔x－2〕－1，))消去y得：(1＋4k2)x2－8(2k2＋k)x＋16k2＋16k－4＝0．所以2x1＝eq\f(16k2＋16k－4,1＋4k2)，即x1＝eq\f(8k2＋8k－2,1＋4k2)．因?yàn)橹本€PQ平分∠APB，即直線PA與直線PB的斜率互為相反數(shù)，設(shè)直線PB的方程為y＋1＝－k(x－2)，同理求得x2＝eq\f(8k2－8k－2,1＋4k2)．又eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＋1＝k〔x1－2〕，,y2＋1＝－k〔x2－2〕，))所以y1－y2＝k(x1＋x2)－4k．即y1－y2＝k(x1＋x2)－4k＝keq\f(16k2－4,1＋4k2)－4k＝－eq\f(8k,1＋4k2)，x1－x2＝eq\f(16k,1＋4k2)．所以直線AB的斜率為kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(－\f(8k,1＋4k2),\f(16k,1＋4k2))＝－eq\f(1,2)．所以直線AB的斜率是定值－eq\f(1,2)．范圍、最值問(wèn)題[典型例題](2022·泰州模擬)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左頂點(diǎn)為A，與x軸平行的直線與橢圓E交于B、C兩點(diǎn)，過(guò)B、C兩點(diǎn)且分別與直線AB、AC垂直的直線相交于點(diǎn)D．橢圓E的離心率為eq\f(\r(5),3)，右焦點(diǎn)到右準(zhǔn)線的距離為eq\f(4\r(5),5)．(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)證明點(diǎn)D在一條定直線上運(yùn)動(dòng)，并求出該直線的方程；(3)求△BCD面積的最大值．【解】(1)由題意得eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),3)，eq\f(a2,c)－c＝eq\f(4\r(5),5)，解得a＝3，c＝eq\r(5)，所以b＝eq\r(a2－c2)＝2，所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1．(2)設(shè)B(x0，y0)，C(－x0，y0)，顯然直線AB，AC，BD，CD的斜率都存在，設(shè)為k1，k2，k3，k4，那么k1＝eq\f(y0,x0＋3)，k2＝eq\f(y0,－x0＋3)，k3＝－eq\f(x0＋3,y0)，k4＝eq\f(x0－3,y0)，所以直線BD，CD的方程為y＝－eq\f(x0＋3,y0)(x－x0)＋y0，y＝eq\f(x0－3,y0)(x＋x0)＋y0，消去y得－eq\f(x0＋3,y0)(x－x0)＋y0＝eq\f(x0－3,y0)(x＋x0)＋y0，化簡(jiǎn)得x＝3，故點(diǎn)D在定直線x＝3上運(yùn)動(dòng)．(3)由(2)得點(diǎn)D的縱坐標(biāo)為yD＝eq\f(x0－3,y0)(3＋x0)＋y0，又eq\f(xeq\o\al(2,0),9)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),4)＝1，所以xeq\o\al(2,0)－9＝－eq\f(9yeq\o\al(2,0),4)，那么yD＝eq\f(x0－3,y0)(3＋x0)＋y0＝eq\f(－\f(9,4)yeq\o\al(2,0),y0)＋y0＝－eq\f(5,4)y0，所以點(diǎn)D到直線BC的距離h為|yD－y0|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)y0－y0))＝eq\f(9,4)|y0|，將y＝y(tǒng)0代入eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1得x＝±3eq\r(1－\f(yeq\o\al(2,0),4))，即BC＝6eq\r(1－\f(yeq\o\al(2,0),4))，所以△BCD面積S△BCD＝eq\f(1,2)BC·h＝eq\f(1,2)×6eq\r(1－\f(yeq\o\al(2,0),4))·eq\f(9,4)|y0|＝eq\f(27,2)eq\r(1－\f(yeq\o\al(2,0),4))·eq\f(1,2)|y0|≤eq\f(27,2)·eq\f(1－\f(yeq\o\al(2,0),4)＋\f(yeq\o\al(2,0),4),2)＝eq\f(27,4)，當(dāng)且僅當(dāng)1－eq\f(yeq\o\al(2,0),4)＝eq\f(yeq\o\al(2,0),4)，即y0＝±eq\r(2)時(shí)等號(hào)成立，故y0＝±eq\r(2)時(shí)，△BCD面積的最大值為eq\f(27,4)．eq\a\vs4\al()求范圍最常見(jiàn)的解法有兩種：代數(shù)法和幾何法．假設(shè)題目的條件和結(jié)論能表達(dá)一種明確的函數(shù)關(guān)系，那么可首先建立起目標(biāo)函數(shù)，再求范圍．求范圍常用方法有配方法，判別式法，根本不等式法及函數(shù)的單調(diào)性法，這種方法稱為代數(shù)法．假設(shè)題目的條件和結(jié)論能明顯表達(dá)幾何特征及意義，那么考慮利用圖形性質(zhì)來(lái)解決，這就是幾何法．[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]2．(2022·南京市四校聯(lián)考)橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,b)＝1(0<b<4)的左、右頂點(diǎn)分別為A、B，M為橢圓C上異于A、B的任意一點(diǎn)，A關(guān)于M的對(duì)稱點(diǎn)為P．(1)假設(shè)M的橫坐標(biāo)為eq\f(1,2)，且點(diǎn)P在橢圓的右準(zhǔn)線上，求b的值；(2)假設(shè)以PM為直徑的圓恰好經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O，求b的取值范圍．[解](1)因?yàn)镸是AP的中點(diǎn)，xM＝eq\f(1,2)，xA＝－2，所以xP＝3．因?yàn)镻在橢圓的右準(zhǔn)線上，所以eq\f(4,\r(4－b))＝3，解得b＝eq\f(20,9)．(2)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x0，y0)，點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x1，y1)，因?yàn)镻關(guān)于M的對(duì)稱點(diǎn)為A，所以eq\f(x0－2,2)＝x1，eq\f(y0,2)＝y(tǒng)1，即x0＝2x1＋2，y0＝2y1．因?yàn)橐訮M為直徑的圓恰好經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O，所以O(shè)M⊥OP，所以eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))＝0，即x0x1＋y0y1＝0，所以(2x1＋2)x1＋2yeq\o\al(2,1)＝0，即yeq\o\al(2,1)＝－xeq\o\al(2,1)－x1．又點(diǎn)M在橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,b)＝1(0<b<4)上，所以eq\f(xeq\o\al(2,1),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,1),b)＝1，即b＝eq\f(yeq\o\al(2,1),1－\f(xeq\o\al(2,1),4))＝eq\f(4yeq\o\al(2,1),4－xeq\o\al(2,1))，所以b＝4×eq\f(xeq\o\al(2,1)＋x1,xeq\o\al(2,1)－4)＝4(1＋eq\f(x1＋4,xeq\o\al(2,1)－4))＝4[1＋eq\f(x1＋4,〔x1＋4〕2－8〔x1＋4〕＋12)]＝4[1＋eq\f(1,〔x1＋4〕＋\f(12,x1＋4)－8)]，因?yàn)椋?<x1<2，所以2<x1＋4<6，所以4eq\r(3)≤x1＋4＋eq\f(12,x1＋4)<8，所以eq\f(1,〔x1＋4〕＋\f(12,x1＋4)－8)≤eq\f(1,4\r(3)－8)，即eq\f(1,〔x1＋4〕＋\f(12,x1＋4)－8)∈(－∞，eq\f(1,4\r(3)－8)]，所以b∈(－∞，4(1＋eq\f(1,4\r(3)－8))]，即b∈(－∞，2－eq\r(3)]．又0<b<4，所以b∈(0，2－eq\r(3)]．探索性問(wèn)題[典型例題](2022·蘇州模擬)如圖，橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左頂點(diǎn)與上頂點(diǎn)分別為A，B，右焦點(diǎn)為F，點(diǎn)P在橢圓C上，且PF⊥x軸，假設(shè)AB∥OP，且|AB|＝2eq\r(3)．(1)求橢圓C的方程；(2)Q是橢圓C上不同于長(zhǎng)軸端點(diǎn)的任意一點(diǎn)，在x軸上是否存在一點(diǎn)D，使得直線QA與QD的斜率乘積恒為定值？假設(shè)存在，求出點(diǎn)D的坐標(biāo)；假設(shè)不存在，說(shuō)明理由．【解】(1)由題意得A(－a，0)，B(0，b)，可設(shè)P(c，t)(t>0)，所以eq\f(c2,a2)＋eq\f(t2,b2)＝1，解得t＝eq\f(b2,a)，即Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(b2,a)))，由AB∥OP得eq\f(b,a)＝eq\f(\f(b2,a),c)，即b＝c，所以a2＝b2＋c2＝2b2，①又AB＝2eq\r(3)，所以a2＋b2＝12，②由①②得a2＝8，b2＝4，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1．(2)假設(shè)存在D(m，0)使得直線QA與QD的斜率乘積恒為定值，設(shè)Q(x0，y0)(y0≠0)，那么eq\f(xeq\o\al(2,0),8)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),4)＝1，③設(shè)kQA×kQD＝k(常數(shù))，因?yàn)锳(－2eq\r(2)，0)，所以eq\f(y0,x0＋2\r(2))×eq\f(y0,x0－m)＝k，④由③得yeq\o\al(2,0)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(xeq\o\al(2,0),8)))，⑤將⑤代入④，得k＝eq\f(8－xeq\o\al(2,0),2[xeq\o\al(2,0)＋〔2\r(2)－m〕x0－2\r(2)m])．所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2\r(2)－m＝0，,2\r(2)m＝8，))所以m＝2eq\r(2)，k＝－eq\f(1,2)，所以存在點(diǎn)D(2eq\r(2)，0)，使得kQA×kQD＝－eq\f(1,2)．eq\a\vs4\al()解答探索性問(wèn)題，需要正確區(qū)分題型，分析命題的結(jié)構(gòu)特征，選擇解題的突破口，尋找出最優(yōu)的解題思路．解析幾何中的探索性問(wèn)題，從類型上看，主要是存在類型，解決問(wèn)題一般是根據(jù)條件進(jìn)行演繹推理．解答時(shí)，不但需要熟練掌握?qǐng)A錐曲線的概念和性質(zhì)、方程和不等式等各項(xiàng)知識(shí)，還要具備較強(qiáng)的審題能力、邏輯思維能力和運(yùn)算能力以及善于運(yùn)用數(shù)形結(jié)合的思想方法分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力．[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練]3．(2022·常州市期末)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率e＝eq\f(1,2)，直線l：x－my－1＝0(m∈R)過(guò)橢圓C的右焦點(diǎn)F，且交橢圓C于A，B兩點(diǎn)．(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)點(diǎn)Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))，連結(jié)BD，過(guò)點(diǎn)A作垂直于y軸的直線l1，設(shè)直線l1與直線BD交于點(diǎn)P，試探索當(dāng)m變化時(shí)，是否存在一條定直線l2，使得點(diǎn)P恒在直線l2上？假設(shè)存在，請(qǐng)求出直線l2的方程；假設(shè)不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．[解](1)由題設(shè)，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝1，,\f(c,a)＝\f(1,2)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝1，,a＝2，))從而b2＝a2－c2＝3，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1．(2)令m＝0，那么Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))或者Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))．當(dāng)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))時(shí)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(3,2)))；當(dāng)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))時(shí)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，－\f(3,2)))，所以，滿足題意的定直線l2只能是x＝4．下面證明點(diǎn)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(diǎn)P的縱坐標(biāo)為y1，從而只要證明P(4，y1)在直線BD上．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－my－1＝0，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(4＋3m2)y2＋6my－9＝0，因?yàn)棣ぃ?44(1＋m2)＞0，所以y1＋y2＝eq\f(－6m,4＋3m2)，y1y2＝eq\f(－9,4＋3m2)．①因?yàn)閗DB－kDP＝eq\f(y2－0,x2－\f(5,2))－eq\f(y1－0,4－\f(5,2))＝eq\f(y2,my2＋1－\f(5,2))－eq\f(y1,\f(3,2))＝eq\f(\f(3,2)y2－y1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(my2－\f(3,2))),\f(3,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(my2－\f(3,2))))＝eq\f(y1＋y2－\f(2,3)my1y2,my2－\f(3,2))，①式代入上式，得kDB－kDP＝0，所以kDB＝kDP．所以點(diǎn)P(4，y1)恒在直線BD上，從而直線l1、直線BD與直線l2：x＝4三線恒過(guò)同一點(diǎn)P，所以存在一條定直線l2：x＝4使得點(diǎn)P恒在直線l2上．[根底達(dá)標(biāo)]1．方程eq\f(x2,k＋1)＋eq\f(y2,k－5)＝1表示雙曲線的充要條件是k∈________．[解析]易知k＋1≠k－5．由條件得(k＋1)(k－5)<0，解得－1<k<5．[答案](－1，5)2．(2022·江蘇名校聯(lián)考)假設(shè)雙曲線eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1的左焦點(diǎn)為F，點(diǎn)P是雙曲線右支上的動(dòng)點(diǎn)，A(1，4)，那么|PF|＋|PA|的最小值是________．[解析]由題意知，雙曲線eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1的左焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為(－4，0)，設(shè)雙曲線的右焦點(diǎn)為B，那么B(4，0)，由雙曲線的定義知，|PF|＋|PA|＝4＋|PB|＋|PA|≥4＋|AB|＝4＋eq\r(〔4－1〕2＋〔0－4〕2)＝4＋5＝9，當(dāng)且僅當(dāng)A，P，B三點(diǎn)共線且P在A，B之間時(shí)取等號(hào)．[答案]93．(2022·江蘇名校高三入學(xué)摸底)假設(shè)直線l：y＝k(x－1)與圓C：x2＋y2＋2x－4y＋1＝0交于A、B兩點(diǎn)，且△ABC為等邊三角形，那么實(shí)數(shù)k的值為_(kāi)_______．[解析]將圓C的方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程得(x＋1)2＋(y－2)2＝4，所以圓心C(－1，2)，半徑r＝2，又由題意可知|AB|＝2，所以圓心C到直線l的距離為eq\r(22－12)＝eq\r(3)，所以eq\f(|－2k－2|,\r(k2＋〔－1〕2))＝eq\r(3)，即k2＋8k＋1＝0，解得k＝－4－eq\r(15)或k＝－4＋eq\r(15)．[答案]－4±eq\r(15)4．(2022·南京、鹽城高三模擬)過(guò)點(diǎn)P(－4，0)的直線l與圓C：(x－1)2＋y2＝5相交于A，B兩點(diǎn)，假設(shè)點(diǎn)A恰好是線段PB的中點(diǎn)，那么直線l的方程為_(kāi)_______．[解析]根據(jù)題意，由于(－4－1)2>5，所以點(diǎn)P在圓C外，過(guò)圓心C作CM⊥AB于M，連結(jié)AC．易知直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y＝k(x＋4)，即kx－y＋4k＝0，那么|CM|＝eq\f(|k＋4k|,\r(k2＋1))＝eq\f(|5k|,\r(k2＋1))，|AM|＝eq\r(5－〔\f(|5k|,\r(k2＋1))〕2)＝eq\r(\f(5－20k2,k2＋1))．又點(diǎn)A恰好是線段PB的中點(diǎn)，所以|PM|＝3|AM|，在Rt△PMC中，|CM|2＋|PM|2＝|PC|2，即eq\f(25k2,k2＋1)＋eq\f(45－180k2,k2＋1)＝25，得180k2＝20，即k＝±eq\f(1,3)，故直線l的方程為x±3y＋4＝0．[答案]x±3y＋4＝05．(2022·河北邯鄲模擬改編)橢圓eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,3)＝1的焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P在橢圓上，如果線段PF2的中點(diǎn)在y軸上，那么PF2是PF1的________倍．[解析]設(shè)線段PF2的中點(diǎn)為D，那么OD＝eq\f(1,2)PF1，OD∥PF1，OD⊥x軸，所以PF1⊥x軸．所以PF1＝eq\f(b2,a)＝eq\f(3,2\r(3))＝eq\f(\r(3),2)．又因?yàn)镻F1＋PF2＝4eq\r(3)，所以PF2＝4eq\r(3)－eq\f(\r(3),2)＝eq\f(7\r(3),2)．所以PF2是PF1的7倍．[答案]76．(2022·廣州調(diào)研改編)橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，橢圓C上點(diǎn)A滿足AF2⊥F1F2．假設(shè)點(diǎn)P是橢圓C上的動(dòng)點(diǎn)，那么eq\o(F1P,\s\up6(→))·eq\o(F2A,\s\up6(→))的最大值為_(kāi)_______．[解析]設(shè)向量eq\o(F1P,\s\up6(→))，eq\o(F2A,\s\up6(→))的夾角為θ．由條件知AF2為橢圓通徑的一半，即AF2＝eq\f(b2,a)＝eq\f(3,2)，那么eq\o(F1P,\s\up6(→))·eq\o(F2A,\s\up6(→))＝eq\f(3,2)|eq\o(F1P,\s\up6(→))|·cosθ，于是eq\o(F1P,\s\up6(→))·eq\o(F2A,\s\up6(→))要取得最大值，只需eq\o(F1P,\s\up6(→))在向量eq\o(F2A,\s\up6(→))上的投影值最大，易知此時(shí)點(diǎn)P在橢圓短軸的上頂點(diǎn)，所以eq\o(F1P,\s\up6(→))·eq\o(F2A,\s\up6(→))＝eq\f(3,2)|eq\o(F1P,\s\up6(→))|cosθ≤eq\f(3\r(3),2)．[答案]eq\f(3\r(3),2)7．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，P為雙曲線x2－y2＝1右支上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，假設(shè)點(diǎn)P到直線x－y＋1＝0的距離大于c恒成立，那么實(shí)數(shù)c的最大值為_(kāi)_______．[解析]所求的c的最大值就是雙曲線的一條漸近線x－y＝0與直線x－y＋1＝0的距離，此距離d＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)．[答案]eq\f(\r(2),2)8．橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點(diǎn)F(c，0)關(guān)于直線y＝eq\f(b,c)x的對(duì)稱點(diǎn)Q在橢圓上，那么橢圓的離心率是________．[解析]設(shè)橢圓的另一個(gè)焦點(diǎn)為F1(－c，0)，如圖，連結(jié)QF1，QF，設(shè)QF與直線y＝eq\f(b,c)x交于點(diǎn)M．由題意知M為線段QF的中點(diǎn)，且OM⊥FQ，又O為線段F1F的中點(diǎn)，所以F1Q∥OM，所以F1Q⊥QF，F(xiàn)1Q＝2OM．在Rt△MOF中，tan∠MOF＝eq\f(MF,OM)＝eq\f(b,c)，|OF|＝c，可解得OM＝eq\f(c2,a)，MF＝eq\f(bc,a)，故QF＝2MF＝eq\f(2bc,a)，QF1＝2OM＝eq\f(2c2,a)．由橢圓的定義得QF＋QF1＝eq\f(2bc,a)＋eq\f(2c2,a)＝2a，整理得b＝c，所以a＝eq\r(b2＋c2)＝eq\r(2)c，故e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)．[答案]eq\f(\r(2),2)9．(2022·江蘇高考命題研究專家原創(chuàng)卷)斜率為eq\f(\r(2),2)的直線l與橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)交于不同的兩點(diǎn)，且這兩個(gè)交點(diǎn)在x軸上的射影恰好是橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)，那么該橢圓的離心率為_(kāi)_______．[解析]由題意知，直線l過(guò)原點(diǎn)，且與橢圓的兩個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為－c，c，所以兩個(gè)交點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(－c，－eq\f(\r(2),2)c)，(c，eq\f(\r(2),2)c)，代入橢圓方程得eq\f(c2,a2)＋eq\f(c2,2b2)＝1，整理得c2(a2＋2b2)＝2a2b2，因?yàn)閎2＝a2－c2，所以c2(3a2－2c2)＝2a4－2a2c2，即2a4－5a2c2＋2c4＝0，即2e4－5e2＋2＝0，解得e2＝2或e2＝eq\f(1,2)，又0<e<1，所以e＝eq\f(\r(2),2)．[答案]eq\f(\r(2),2)10．假設(shè)對(duì)于給定的正實(shí)數(shù)k，函數(shù)f(x)＝eq\f(k,x)的圖象上總存在點(diǎn)C，使得以C為圓心、1為半徑的圓上有兩個(gè)不同的點(diǎn)到原點(diǎn)O的距離為2，那么k的取值范圍是________．[解析]設(shè)Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(k,t)))(t≠0)，故圓C：(x－t)2＋(y－eq\f(k,t))2＝1，原題等價(jià)于?t∈R，t≠0，圓C：(x－t)2＋(y－eq\f(k,t))2＝1與圓x2＋y2＝4相交．又CO2＝t2＋eq\f(k2,t2)，r1＝2，r2＝1，所以原題等價(jià)于?t2>0，1<t2＋eq\f(k2,t2)<9，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k2>t2－t4，,k2<9t2－t4．))又t2－t4∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,4)))，9t2－t4∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(81,4)))，k2>0，所以對(duì)于任意k，k2>t2－t4都有解，所以只需k2<eq\f(81,4)．又k>0，所以k∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(9,2)))．[答案]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(9,2)))11．(2022·高考江蘇卷)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C過(guò)點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))，焦點(diǎn)F1(－eq\r(3)，0)，F(xiàn)2(eq\r(3)，0)，圓O的直徑為F1F2．(1)求橢圓C及圓O的方程；(2)設(shè)直線l與圓O相切于第一象限內(nèi)的點(diǎn)P．①假設(shè)直線l與橢圓C有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；②直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)．假設(shè)△OAB的面積為eq\f(2\r(6),7)，求直線l的方程．[解](1)因?yàn)闄E圓C的焦點(diǎn)為F1(－eq\r(3)，0)，F(xiàn)2(eq\r(3)，0)，可設(shè)橢圓C的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)．又點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))在橢圓C上，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(3,a2)＋\f(1,4b2)＝1，,a2－b2＝3，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝1．))因此，橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1．因?yàn)閳AO的直徑為F1F2，所以其方程為x2＋y2＝3．(2)①設(shè)直線l與圓O相切于P(x0，y0)(x0>0，y0>0)，那么xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝3，所以直線l的方程為y＝－eq\f(x0,y0)(x－x0)＋y0，即y＝－eq\f(x0,y0)x＋eq\f(3,y0)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝－\f(x0,y0)x＋\f(3,y0)))消去y，得(4xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0))x2－24x0x＋36－4yeq\o\al(2,0)＝0．(*)因?yàn)橹本€l與橢圓C有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，所以Δ＝(－24x0)2－4(4xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0))(36－4yeq\o\al(2,0))＝48yeq\o\al(2,0)(xeq\o\al(2,0)－2)＝0．因?yàn)閤0，y0>0，所以x0＝eq\r(2)，y0＝1．因此，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(eq\r(2)，1)．②因?yàn)槿切蜲AB的面積為eq\f(2\r(6),7)，所以eq\f(1,2)AB·OP＝eq\f(2\r(6),7)，從而AB＝eq\f(4\r(2),7)．設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由(*)得x1，2＝eq\f(24x0±\r(48yeq\o\al(2,0)〔xeq\o\al(2,0)－2〕),2〔4xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)〕)，所以AB2＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(xeq\o\al(2,0),yeq\o\al(2,0))))·eq\f(48yeq\o\al(2,0)〔xeq\o\al(2,0)－2〕,〔4xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)〕2)．因?yàn)閤eq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝3，所以AB2＝eq\f(16〔xeq\o\al(2,0)－2〕,〔xeq\o\al(2,0)＋1〕2)＝eq\f(32,49)，即2xeq\o\al(4,0)－45xeq\o\al(2,0)＋100＝0，解得xeq\o\al(2,0)＝eq\f(5,2)(xeq\o\al(2,0)＝20舍去)，那么yeq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)，因此P的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),2)，\f(\r(2),2)))．綜上，直線l的方程為y＝－eq\r(5)x＋3eq\r(2)．12．(2022·南京、鹽城模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右準(zhǔn)線方程為x＝4，右頂點(diǎn)為A，上頂點(diǎn)為B，右焦點(diǎn)為F，斜率為2的直線經(jīng)過(guò)點(diǎn)A，且點(diǎn)F到直線的距離為eq\f(2\r(5),5)．(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)將直線繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)，它與橢圓C相交于另一點(diǎn)P，當(dāng)B，F(xiàn)，P三點(diǎn)共線時(shí)，試確定直線的斜率．[解](1)由題意知，直線的方程為y＝2(x－a)，即2x－y－2a＝0，所以右焦點(diǎn)F到直線的距離為eq\f(|2c－2a|,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5)，所以a－c＝1，又橢圓C的右準(zhǔn)線為x＝4，即eq\f(a2,c)＝4，所以c＝eq\f(a2,4)，將此代入上式解得a＝2，c＝1，所以b2＝3，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1．(2)法一：由(1)知B(0，eq\r(3))，F(xiàn)(1，0)，所以直線BF的方程為y＝－eq\r(3)(x－1),聯(lián)立方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\r(3)〔x－1〕，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(8,5)，,y＝－\f(3\r(3),5)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝\r(3)))(舍去)，即Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,5)，－\f(3\r(3),5)))，所以直線的斜率k＝eq\f(0－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(3),5))),2－\f(8,5))＝eq\f(3\r(3),2)．法二：由(1)知B(0，eq\r(3))，F(xiàn)(1，0)，所以直線BF的方程為y＝－eq\r(3)(x－1)，由題知A(2，0)，顯然直線的斜率存在，設(shè)直線的方程為y＝k(x－2)，聯(lián)立方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\r(3)〔x－1〕，,y＝k〔x－2〕，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2k＋\r(3),k＋\r(3))，,y＝\f(－\r(3)k,k＋\r(3))，))代入橢圓解得k＝eq\f(3\r(3),2)或k＝－eq\f(\r(3),2)，又由題意知，y＝eq\f(－\r(3)k,k＋\r(3))＜0得k＞0或k＜－eq\r(3)，所以k＝eq\f(3\r(3),2)．13．(2022·泰州市模擬)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，離心率為eq\f(\r(2),2)的橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左頂點(diǎn)為A，過(guò)原點(diǎn)O的直線(與坐標(biāo)軸不重合)與橢圓C交于P，Q兩點(diǎn)，直線PA，QA分別與y軸交于M，N兩點(diǎn)．假設(shè)直線PQ斜率為eq\f(\r(2),2)時(shí)，PQ＝2eq\r(3)．(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)試問(wèn)以MN為直徑的圓是否經(jīng)過(guò)定點(diǎn)(與直線PQ的斜率無(wú)關(guān))？請(qǐng)證明你的結(jié)論．[解](1)設(shè)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(\r(2),2)x0))，因?yàn)橹本€PQ斜率為eq\f(\r(2),2)時(shí)，PQ＝2eq\r(3)，所以xeq\o\al(2,0)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)x0))eq\s\up12(2)＝3，所以xeq\o\al(2,0)＝2，所以eq\f(2,a2)＋eq\f(1,b2)＝1，因?yàn)閑＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(a2－b2),a)＝eq\f(\r(2),2)，所以a2＝4，b2＝2．所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1．(2)以MN為直徑的圓過(guò)定點(diǎn)F(±eq\r(2)，0)．設(shè)P(x0，y0)，那么Q(－x0，－y0)，且eq\f(xeq\o\al(2,0),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),2)＝1，即xeq\o\al(2,0)＋2yeq\o\al(2,0)＝4，因?yàn)锳(－2，0)，所以直線PA方程為y＝eq\f(y0,x0＋2)(x＋2)，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2y0,x0＋2)))，直線QA方程為y＝eq\f(y0,x0－2)(x＋2)，所以Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2y0,x0－2)))，以MN為直徑的圓為(x－0)(x－0)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(2y0,x0＋2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(2y0,x0－2)))＝0，即x2＋y2－eq\f(4x0y0,xeq\o\al(2,0)－4)y＋eq\f(4yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)－4)＝0，因?yàn)閤eq\o\al(2,0)－4＝－2yeq\o\al(2,0)，所以x2＋y2＋eq\f(2x0,y0)y－2＝0，令y＝0，那么x2－2＝0，解得x＝±eq\r(2)，所以以MN為直徑的圓過(guò)定點(diǎn)F(±eq\r(2)，0)．14．(2022·鎮(zhèn)江期末)橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦點(diǎn)F(1，0)，離心率為eq\f(\r(2),2)，過(guò)F作兩條互相垂直的弦AB，CD，設(shè)AB，CD的中點(diǎn)分別為M，N．(1)求橢圓的方程；(2)證明：直線MN必過(guò)定點(diǎn)，并求出此定點(diǎn)坐標(biāo)；(3)假設(shè)弦AB，CD的斜率均存在，求△FMN面積的最大值．[解](1)由題意：c＝1，eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，那么a＝eq\r(2)，b＝1，c＝1，橢圓的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1．(2)證明：當(dāng)AB，CD斜率均存在時(shí)，設(shè)直線AB方程為y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)－1))))，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k〔x－1〕，,x2＋2y2－2＝0，))得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(4k2,1＋2k2)，,x1x2＝\f(2k2－2,1＋2k2)，))故Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k2,1＋2k2)，\f(－k,1＋2k2)))，將上式中的k換成－eq\f(1,k)，那么同理可得：Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2＋k2)，\f(k,2＋k2)))，如eq\f(2k2,1＋2k2)＝eq\f(2,2＋k2)，得k＝±1，那么直線MN斜率不存在，此時(shí)直線MN過(guò)點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，0))，下證動(dòng)直線MN過(guò)定點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，0))．假設(shè)直線MN斜率存在，那么kMN＝eq\f(\f(－k,1＋2k2)－\f(k,2＋k2),\f(2k2,1＋2k2)－\f(2,2＋k2))＝eq\f(－k〔3k2＋3〕,2k4－2)＝eq\f(3,2)×eq\f(－k,k2－1)，直線MN為y－eq\f(k,2＋k2)＝eq\f(3,2)×eq\f(－k,k2－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,2＋k2)))，令y＝0，得x＝eq\f(2,2＋k2)＋eq\f(2,3)×eq\f(k2－1,2＋k2)＝eq\f(2,3)×eq\f(3＋k2－1,2＋k2)＝eq\f(2,3)，當(dāng)直線AB，CD的斜率有一條不存在時(shí)，直線MN為x＝0，也滿足過(guò)定點(diǎn)(eq\f(2,3)，0)綜上，直線MN過(guò)定點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，0))．(3)由(2)可知直線MN過(guò)定點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，0))，故S△FMN＝S△FPN＋S△FPM＝eq\f(1,2)×eq\f(1,3)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(k,2＋k2)))＋eq\f(1,2)×eq\f(1,3)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－k,1＋2k2)))＝eq\f(1,6)×eq\f(|k|〔3＋3k2〕,〔2＋k2〕〔1＋2k2〕)＝eq\f(1,2)×eq\f(|k|〔k2＋1〕,2k4＋5k2＋2)＝eq\f(1,2)×eq\f(|k|＋\f(1,|k|),2k2＋5＋\f(2,k2))，令t＝|k|＋eq\f(1,|k|)∈[2，＋∞)，S△FMN＝f(t)＝eq\f(1,2)×eq\f(t,2〔t2－2〕＋5)＝eq\f(1,2)×eq\f(t,2t2＋1)．f′(t)＝eq\f(1,2)×eq\f(1－2t2,〔2t2＋1〕2)＜0，那么f(t)在t∈[2，＋∞)上單調(diào)遞減，當(dāng)t＝2時(shí)f(t)取得最大值，此時(shí)S△FMN取得最大值eq\f(1,9)，此時(shí)k＝±1．[能力提升]1．(2022·南通市高三模擬)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4．過(guò)橢圓的左頂點(diǎn)A作直線l，分別交橢圓和圓x2＋y2＝a2于相異兩點(diǎn)P，Q．(1)假設(shè)直線l的斜率為eq\f(1,2)，求eq\f(AP,AQ)的值；(2)假設(shè)eq\o(PQ,\s\up6(→))＝λeq\o(AP,\s\up6(→))，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．[解](1)由條件知，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a＝4,\f(c,a)＝\f(\r(2),2),a2＝b2＋c2))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2,b＝\r(2)))．所以橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1，圓的方程為x2＋y2＝4．法一：直線l的方程為y＝eq\f(1,2)(x＋2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)〔x＋2〕,x2＋2y2＝4))，消去y得，3x2＋4x－4＝0，解得xA＝－2，xP＝eq\f(2,3)，所以P(eq\f(2,3)，eq\f(4,3))．所以AP＝eq\r(〔\f(2,3)＋2〕2＋〔\f(4,3)〕2)＝eq\f(4\r(5),3)，又原點(diǎn)O到直線l的距離d＝eq\f(2\r(5),5)，所以AQ＝2eq\r(4－\f(4,5))＝eq\f(8\r(5),5)，所以eq\f(AP,AQ)＝eq\f(\f(4\r(5),3),\f(8\r(5),5))＝eq\f(5,6)．法二：由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2y－2,x2＋2y2＝4))，消去x得，3y2－4y＝0，所以yP＝eq\f(4,3)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2y－2,x2＋y2＝4))，消去x得，5y2－8y＝0，所以yQ＝eq\f(8,5)．所以eq\f(AP,AQ)＝eq\f(4,3)×eq\f(5,8)＝eq\f(5,6)．(2)法一：假設(shè)eq\o(PQ,\s\up6(→))＝λeq\o(AP,\s\up6(→))，那么λ＝eq\f(AQ,AP)－1，由題意知直線l的斜率存在，設(shè)為k，故直線l：y＝k(x＋2)(k≠0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2y2＝4,y＝k〔x＋2〕))，得(2k2＋1)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，即(x＋2)[(2k2＋1)x＋(4k2－2)]＝0，所以xA＝－2，xP＝eq\f(2－4k2,2k2＋1)，得P(eq\f(2－4k2,2k2＋1)，eq\f(4k,2k2＋1))．所以AP2＝(eq\f(2－4k2,2k2＋1)＋2)2＋(eq\f(4k,2k2＋1))2＝eq\f(16＋16k2,〔2k2＋1〕2)，即AP＝eq\f(4\r(k2＋1),2k2＋1)．同理Q(eq\f(2－2k2,k2＋1)，eq\f(4k,k2＋1))，AQ＝eq\f(4,\r(k2＋1))．所以λ＝eq\f(\f(4,\r(k2＋1)),\f(4\r(k2＋1),2k2＋1))－1＝1－eq\f(1,k2＋1)．由題意知，k2>0，所以0<λ<1．法二：由法一知，λ＝eq\f(AQ,AP)－1＝eq\f(yQ,yP)－1＝eq\f(\f(4k,k2＋1),\f(4k,2k2＋1))－1＝1－eq\f(1,k2＋1)，由題意知，k2>0，所以0<λ<1．2．斜率為k的直線l與橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1交于A，B兩點(diǎn)，線段AB的中點(diǎn)為M(1，m)(m>0)．(1)證明：k<－eq\f(1,2)；(2)設(shè)F為C的右焦點(diǎn)，P為C上一點(diǎn)，且eq\o(FP,\s\up6(→))＋eq\o(FA,\s\up6(→))＋eq\o(FB,\s\up6(→))＝0．證明：|eq\o(FA,\s\up6(→))|，|eq\o(FP,\s\up6(→))|，|eq\o(FB,\s\up6(→))|成等差數(shù)列，并求該數(shù)列的公差．[解](1)證明：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，那么eq\f(xeq\o\al(2,1),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,1),3)＝1，eq\f(xeq\o\al(2,2),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,2),3)＝1．兩式相減，并由eq\f(y1－y2,x1－x2)＝k得eq\f(x1＋x2,4)＋eq\f(y1＋y2,3)·k＝0．由題設(shè)知eq\f(x1＋x2,2)＝1，eq\f(y1＋y2,2)＝m，于是k＝－eq\f(3,4m)．①由題設(shè)得0＜m＜eq\f(3,2)，故k＜－eq\f(1,2)．(2)由題意得F(1，0)．設(shè)P(x3，y3)，那么(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0，0)．由(1)及題設(shè)得x3＝3－(x1＋x2)＝1，y3＝－(y1＋y2)＝－2m＜0．又點(diǎn)P在C上，所以m＝eq\f(3,4)，從而Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))，|eq\o(FP,\s\up6(→))|＝eq\f(3,2)．于是|eq\o(FA,\s\up6(→))|＝eq\r(〔x1－1〕2＋yeq\o\al(2,1))＝eq\r(〔x1－1〕2＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(xeq\o\al(2,1),4))))＝2－eq\f(x1,2)．同理|eq\o(FB,\s\up6(→))|＝2－eq\f(x2,2)．所以|eq\o(FA,\s\up6(→))|＋|eq\o(FB,\s\up6(→))|＝4－eq\f(1,2)(x1＋x2)＝3．故2|eq\o(FP,\s\up6(→))|＝|eq\o(FA,\s\up6(→))|＋|eq\o(FB,\s\up6(→))|，即|eq\o(FA,\s\up6(→))|，|eq\o(FP,\s\up6(→))|，|eq\o(FB,\s\up6(→))|成等差數(shù)列．設(shè)該數(shù)列的公差為d，那么2|d|＝||eq\o(FB,\s\up6(→))|－|eq\