高考數(shù)學(xué)二輪培優(yōu)講義專題四第3講圓錐曲線中的定點定值最值與范圍問題

第3講圓錐曲線中的定點、定值、最值與范圍問題高考定位圓錐曲線中的定點與定值、最值與范圍問題是高考必考的問題之一，主要以解答題形式考查，往往作為試卷的壓軸題之一，一般以橢圓或拋物線為背景，試題難度較大，對考生的代數(shù)恒等變形能力、計算能力有較高的要求.真題感悟(2018·北京卷)已知拋物線C：y2＝2px經(jīng)過點P(1，2).過點Q(0，1)的直線l與拋物線C有兩個不同的交點A，B，且直線PA交y軸于M，直線PB交y軸于N.(1)求直線l的斜率的取值范圍；(2)設(shè)O為原點，eq\o(QM,\s\up6(→))＝λeq\o(QO,\s\up6(→))，eq\o(QN,\s\up6(→))＝μeq\o(QO,\s\up6(→))，求證：eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)為定值.解(1)因為拋物線y2＝2px過點(1，2)，所以2p＝4，即p＝2.故拋物線C的方程為y2＝4x.由題意知，直線l的斜率存在且不為0.設(shè)直線l的方程為y＝kx＋1(k≠0).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝kx＋1))得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.依題意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，解得k<0或0<k<1.又PA，PB與y軸相交，故直線l不過點(1，－2).從而k≠－3.所以直線l斜率的取值范圍是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1).(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2).由(1)知x1＋x2＝－eq\f(2k－4,k2)，x1x2＝eq\f(1,k2).直線PA的方程為y－2＝eq\f(y1－2,x1－1)(x－1).令x＝0，得點M的縱坐標為yM＝eq\f(－y1＋2,x1－1)＋2＝eq\f(－kx1＋1,x1－1)＋2.同理得點N的縱坐標為yN＝eq\f(－kx2＋1,x2－1)＋2.由eq\o(QM,\s\up6(→))＝λeq\o(QO,\s\up6(→))，eq\o(QN,\s\up6(→))＝μeq\o(QO,\s\up6(→))得λ＝1－yM，μ＝1－yN.所以eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)＝eq\f(1,1－yM)＋eq\f(1,1－yN)＝eq\f(x1－1,（k－1）x1)＋eq\f(x2－1,（k－1）x2)＝eq\f(1,k－1)·eq\f(2x1x2－（x1＋x2）,x1x2)＝eq\f(1,k－1)·eq\f(\f(2,k2)＋\f(2k－4,k2),\f(1,k2))＝2.所以eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)為定值.考點整合1.定點、定值問題(1)定點問題：在解析幾何中，有些含有參數(shù)的直線或曲線的方程，不論參數(shù)如何變化，其都過某定點，這類問題稱為定點問題.若得到了直線方程的點斜式：y－y0＝k(x－x0)，則直線必過定點(x0，y0)；若得到了直線方程的斜截式：y＝kx＋m，則直線必過定點(0，m).(2)定值問題：在解析幾何中，有些幾何量，如斜率、距離、面積、比值等基本量和動點坐標或動直線中的參變量無關(guān)，這類問題統(tǒng)稱為定值問題.2.求解圓錐曲線中的范圍問題的關(guān)鍵是選取合適的變量建立目標函數(shù)和不等關(guān)系.該問題主要有以下三種情況：(1)距離型：若涉及焦點，則可以考慮將圓錐曲線定義和平面幾何性質(zhì)結(jié)合起來求解；若是圓錐曲線上的點到直線的距離，則可設(shè)出與已知直線平行的直線方程，再代入圓錐曲線方程中，用判別式等于零求得切點坐標，這個切點就是距離取得最值的點，若是在圓或橢圓上，則可將點的坐標以參數(shù)形式設(shè)出，轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)的最值求解.(2)斜率、截距型：一般解法是將直線方程代入圓錐曲線方程中，利用判別式列出對應(yīng)的不等式，解出參數(shù)的范圍，如果給出的只是圓錐曲線的一部分，則需要結(jié)合圖形具體分析，得出相應(yīng)的不等關(guān)系.(3)面積型：求面積型的最值，即求兩個量的乘積的范圍，可以考慮能否使用不等式求解，或者消元轉(zhuǎn)化為某個參數(shù)的函數(shù)關(guān)系，用函數(shù)方法求解.熱點一定點與定值問題[考法1]定點的探究與證明【例1－1】(2018·杭州調(diào)研)橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(1,2)，其左焦點到點P(2，1)的距離為eq\r(10).(1)求橢圓C的標準方程；(2)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.(1)解由e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，得a＝2c，∵a2＝b2＋c2，∴b2＝3c2，則橢圓方程變?yōu)閑q\f(x2,4c2)＋eq\f(y2,3c2)＝1.又由題意知eq\r(（2＋c）2＋12)＝eq\r(10)，解得c＝1，故a2＝4，b2＝3，即得橢圓的標準方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)證明設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝64m2k2－16（3＋4k2）（m2－3）＞0，,x1＋x2＝－\f(8mk,3＋4k2)，,x1·x2＝\f(4（m2－3）,3＋4k2).))①∴y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝eq\f(3（m2－4k2）,3＋4k2).∵橢圓的右頂點為A2(2，0)，AA2⊥BA2，∴(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝0，∴y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0，∴eq\f(3（m2－4k2）,3＋4k2)＋eq\f(4（m2－3）,3＋4k2)＋eq\f(16mk,3＋4k2)＋4＝0，∴7m2＋16mk＋4k2＝0，解得m1＝－2k，m2＝－eq\f(2k,7).由Δ>0，得3＋4k2－m2＞0，②當m1＝－2k時，l的方程為y＝k(x－2)，直線過定點(2，0)，與已知矛盾.當m2＝－eq\f(2k,7)時，l的方程為y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,7)))，直線過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,7)，0))，且滿足②，∴直線l過定點，定點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,7)，0)).探究提高(1)動直線l過定點問題解法：設(shè)動直線方程(斜率存在)為y＝kx＋t，由題設(shè)條件將t用k表示為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?yún)⒆兞拷⑶€C的方程，再根據(jù)其對參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點.[考法2]定值的探究與證明【例1－2】(2018·金麗衢聯(lián)考)已知O為坐標原點，直線l：x＝my＋b與拋物線E：y2＝2px(p>0)相交于A，B兩點.(1)當b＝2p時，求eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))；(2)當p＝eq\f(1,2)且b＝3時，設(shè)點C的坐標為(－3，0)，記直線CA，CB的斜率分別為k1，k2，證明：eq\f(1,keq\o\al(2,1))＋eq\f(1,keq\o\al(2,2))－2m2為定值.解設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝2px，,x＝my＋b，))消元得y2－2mpy－2pb＝0，所以y1＋y2＝2mp，y1y2＝－2pb.(1)當b＝2p時，y1y2＝－4p2，x1x2＝eq\f(（y1y2）2,4p2)＝4p2，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝4p2－4p2＝0.(2)證明當p＝eq\f(1,2)且b＝3時，y1＋y2＝m，y1y2＝－3.因為k1＝eq\f(y1,x1＋3)＝eq\f(y1,my1＋6)，k2＝eq\f(y2,x2＋3)＝eq\f(y2,my2＋6)，所以eq\f(1,k1)＝m＋eq\f(6,y1)，eq\f(1,k2)＝m＋eq\f(6,y2).因此eq\f(1,keq\o\al(2,1))＋eq\f(1,keq\o\al(2,2))－2m2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(6,y1)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(6,y2)))eq\s\up12(2)－2m2＝2m2＋12meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y1)＋\f(1,y2)))＋36eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,yeq\o\al(2,1))＋\f(1,yeq\o\al(2,2))))－2m2＝12m×eq\f(y1＋y2,y1y2)＋36×eq\f(（y1＋y2）2－2y1y2,yeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,2))＝12m×eq\f(－m,3)＋36×eq\f(m2＋6,9)＝24，即eq\f(1,keq\o\al(2,1))＋eq\f(1,keq\o\al(2,2))－2m2為定值.探究提高(1)求定值問題常見的方法有兩種：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.(2)定值問題求解的基本思路是使用參數(shù)表示要解決的問題，然后證明與參數(shù)無關(guān)，這類問題選擇消元的方向是非常關(guān)鍵的.【訓(xùn)練1－1】(2017·北京卷)已知拋物線C：y2＝2px過點P(1，1)，過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))作直線l與拋物線C交于不同的兩點M，N，過點M作x軸的垂線分別與直線OP，ON交于點A，B，其中O為原點.(1)求拋物線C的方程，并求其焦點坐標和準線方程；(2)求證：A為線段BM的中點.(1)解把P(1，1)代入y2＝2px，得p＝eq\f(1,2)，所以拋物線C的方程為y2＝x，焦點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，0))，準線方程為x＝－eq\f(1,4).(2)證明當直線MN斜率不存在或斜率為零時，顯然與拋物線只有一個交點不滿足題意，所以直線MN(也就是直線l)斜率存在且不為零.由題意，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋eq\f(1,2)(k≠0)，l與拋物線C的交點為M(x1，y1)，N(x2，y2).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋\f(1,2)，,y2＝x，))得4k2x2＋(4k－4)x＋1＝0.考慮Δ＝(4k－4)2－4×4k2＝16(1－2k)，由題可知有兩交點，所以判別式大于零，所以k<eq\f(1,2).則x1＋x2＝eq\f(1－k,k2)，x1x2＝eq\f(1,4k2).因為點P的坐標為(1，1)，所以直線OP的方程為y＝x，點A的坐標為(x1，x1).直線ON的方程為y＝eq\f(y2,x2)x，點B的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(y2x1,x2))).因為y1＋eq\f(y2x1,x2)－2x1＝eq\f(y1x2＋y2x1－2x1x2,x2)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx1＋\f(1,2)))x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx2＋\f(1,2)))x1－2x1x2,x2)＝eq\f(（2k－2）x1x2＋\f(1,2)（x2＋x1）,x2)＝eq\f(（2k－2）×\f(1,4k2)＋\f(1－k,2k2),x2)＝0.所以y1＋eq\f(y2x1,x2)＝2x1.故A為線段BM的中點.【訓(xùn)練1－2】已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，△OAB的面積為1.(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)P是橢圓C上一點，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點N.求證：|AN|·|BM|為定值.(1)解由已知eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)ab＝1.又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，c＝eq\r(3).∴橢圓方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)證明由(1)知A(2，0)，B(0，1).設(shè)橢圓上一點P(x0，y0)，則eq\f(xeq\o\al(2,0),4)＋y0＝1.當x0≠0時，直線PA方程為y＝eq\f(y0,x0－2)(x－2)，令x＝0得yM＝eq\f(－2y0,x0－2).從而|BM|＝|1－yM|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2y0,x0－2))).直線PB方程為y＝eq\f(y0－1,x0)x＋1.令y＝0得xN＝eq\f(－x0,y0－1).∴|AN|＝|2－xN|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2＋\f(x0,y0－1))).∴|AN|·|BM|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2＋\f(x0,y0－1)))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2y0,x0－2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x0＋2y0－2,x0－2)))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x0＋2y0－2,y0－1)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)＋4x0y0－4x0－8y0＋4,x0y0－x0－2y0＋2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4x0y0－4x0－8y0＋8,x0y0－x0－2y0＋2)))＝4.當x0＝0時，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，所以|AN|·|BM|＝4.故|AN|·|BM|為定值.熱點二最值與范圍問題[考法1]求線段長度、面積(比值)的最值【例2－1】(2018·湖州調(diào)研)已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，直線l：y＝kx－4(1<k<2)與y軸、拋物線C分別相交于P，A，B(自下而上)，記△PAF，△PBF的面積分別為S1，S2.(1)求AB的中點M到y(tǒng)軸的距離d的取值范圍；(2)求eq\f(S1,S2)的取值范圍.解(1)聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx－4，,y2＝4x，))消去y得，k2x2－(8k＋4)x＋16＝0(1<k<2).設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(8k＋4,k2)，x1x2＝eq\f(16,k2)，所以d＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(4,k)＋eq\f(2,k2)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋1))eq\s\up12(2)－2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，6)).(2)由于eq\f(S1,S2)＝eq\f(|PA|,|PB|)＝eq\f(x1,x2)，由(1)可知eq\f(S1,S2)＋eq\f(S2,S1)＝eq\f(x1,x2)＋eq\f(x2,x1)＝eq\f(（x1＋x2）2－2x1x2,x1x2)＝eq\f(k2,16)·eq\f(（8k＋4）2,k4)－2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋2))eq\s\up12(2)－2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17,4)，7))，由eq\f(S1,S2)＋eq\f(S2,S1)>eq\f(17,4)得，4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S1,S2)))eq\s\up12(2)－17·eq\f(S1,S2)＋4>0，解得eq\f(S1,S2)>4或eq\f(S1,S2)<eq\f(1,4).因為0<eq\f(S1,S2)<1，所以0<eq\f(S1,S2)<eq\f(1,4).由eq\f(S1,S2)＋eq\f(S2,S1)<7得，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S1,S2)))eq\s\up12(2)－7·eq\f(S1,S2)＋1<0，解得eq\f(7－3\r(5),2)<eq\f(S1,S2)<eq\f(7＋3\r(5),2)，又eq\f(S1,S2)<1，所以eq\f(7－3\r(5),2)<eq\f(S1,S2)<1.綜上，eq\f(7－3\r(5),2)<eq\f(S1,S2)<eq\f(1,4)，即eq\f(S1,S2)的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7－3\r(5),2)，\f(1,4))).探究提高(1)處理求最值的式子常用兩種方式：①轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象的最值；②轉(zhuǎn)化為能利用基本不等式求最值的形式.(2)若得到的函數(shù)式是分式形式，函數(shù)式的分子次數(shù)不低于分母時，可利用分離法求最值；若分子次數(shù)低于分母，則可分子、分母同除分子，利用基本不等式求最值(注意出現(xiàn)復(fù)雜的式子時可用換元法).【訓(xùn)練2－1】(2018·溫州質(zhì)檢)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(6),3)，且過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(6),3))).(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)與圓O：x2＋y2＝eq\f(3,4)相切的直線l交橢圓C與A，B兩點，求△OAB面積的最大值，及取得最大值時直線l的方程.解(1)由題意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(2,3b2)＝1，,\f(c,a)＝\f(\r(6),3)，,a2＝b2＋c2，))解得a2＝3，b2＝1，∴eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)①當k不存在時，直線為x＝±eq\f(\r(3),2)，代入eq\f(x2,3)＋y2＝1，得y＝±eq\f(\r(3),2)，∴S△OAB＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3,4)；②當k存在時，設(shè)直線為y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立方程得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,3)＋y2＝1，,y＝kx＋m，))消y得(1＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，∴x1＋x2＝eq\f(－6km,1＋3k2)，x1x2＝eq\f(3m2－3,1＋3k2)，直線l與圓O相切d＝r4m2＝3(1＋k2)，∴|AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－6km,1＋3k2)))\s\up12(2)－\f(12（m2－1）,1＋3k2))＝eq\r(3)·eq\r(\f(1＋10k2＋9k4,1＋6k2＋9k4))＝eq\r(3)·eq\r(1＋\f(4k2,1＋6k2＋9k4))＝eq\r(3)×eq\r(1＋\f(4,\f(1,k2)＋9k2＋6))≤2.當且僅當eq\f(1,k2)＝9k2，即k＝±eq\f(\r(3),3)時等號成立，∴S△OAB＝eq\f(1,2)|AB|×r≤eq\f(1,2)×2×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)，∴△OAB面積的最大值為eq\f(\r(3),2)，∴m＝±eq\r(\f(3,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3))))＝±1，此時直線方程為y＝±eq\f(\r(3),3)x±1.[考法2]求幾何量、某個參數(shù)的取值范圍【例2－2】已知橢圓E：eq\f(x2,t)＋eq\f(y2,3)＝1的焦點在x軸上，A是E的左頂點，斜率為k(k>0)的直線交E于A，M兩點，點N在E上，MA⊥NA.(1)當t＝4，|AM|＝|AN|時，求△AMN的面積；(2)當2|AM|＝|AN|時，求k的取值范圍.解設(shè)M(x1，y1)，則由題意知y1>0.(1)當t＝4時，E的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，A(－2，0).由|AM|＝|AN|及橢圓的對稱性知，直線AM的傾斜角為eq\f(π,4).因此直線AM的方程為y＝x＋2.將x＝y(tǒng)－2代入eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1得7y2－12y＝0，解得y＝0或y＝eq\f(12,7)，所以y1＝eq\f(12,7).因此△AMN的面積S△AMN＝2×eq\f(1,2)×eq\f(12,7)×eq\f(12,7)＝eq\f(144,49).(2)由題意t>3，k>0，A(－eq\r(t)，0)，將直線AM的方程y＝k(x＋eq\r(t))代入eq\f(x2,t)＋eq\f(y2,3)＝1得(3＋tk2)x2＋2eq\r(t)·tk2x＋t2k2－3t＝0.由x1·(－eq\r(t))＝eq\f(t2k2－3t,3＋tk2)得x1＝eq\f(\r(t)（3－tk2）,3＋tk2)，故|AM|＝|x1＋eq\r(t)|eq\r(1＋k2)＝eq\f(6\r(t（1＋k2）),3＋tk2).由題設(shè)，直線AN的方程為y＝－eq\f(1,k)(x＋eq\r(t))，故同理可得|AN|＝eq\f(6k\r(t（1＋k2）),3k2＋t).由2|AM|＝|AN|得eq\f(2,3＋tk2)＝eq\f(k,3k2＋t)，即(k3－2)t＝3k(2k－1)，當k＝eq\r(3,2)時上式不成立，因此t＝eq\f(3k（2k－1）,k3－2).t>3等價于eq\f(k3－2k2＋k－2,k3－2)＝eq\f(（k－2）（k2＋1）,k3－2)<0，即eq\f(k－2,k3－2)<0.由此得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k－2>0，,k3－2<0，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k－2<0，,k3－2>0，))解得eq\r(3,2)<k<2.因此k的取值范圍是(eq\r(3,2)，2).探究提高解決范圍問題的常用方法：(1)構(gòu)建不等式法：利用已知或隱含的不等關(guān)系，構(gòu)建以待求量為元的不等式求解.(2)構(gòu)建函數(shù)法：先引入變量構(gòu)建以待求量為因變量的函數(shù)，再求其值域.(3)數(shù)形結(jié)合法：利用待求量的幾何意義，確定出極端位置后數(shù)形結(jié)合求解.【訓(xùn)練2－2】(2018·臺州調(diào)研)已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦點為F(－c，0)，離心率為eq\f(\r(3),3)，點M在橢圓上且位于第一象限，直線FM被圓x2＋y2＝eq\f(b2,4)截得的線段的長為c，|FM|＝eq\f(4\r(3),3).(1)求直線FM的斜率；(2)求橢圓的方程；(3)設(shè)動點P在橢圓上，若直線FP的斜率大于eq\r(2)，求直線OP(O為原點)的斜率的取值范圍.解(1)由已知，有eq\f(c2,a2)＝eq\f(1,3)，又由a2＝b2＋c2，可得a2＝3c2，b2＝2c2.設(shè)直線FM的斜率為k(k＞0)，F(xiàn)(－c，0)，則直線FM的方程為y＝k(x＋c).由已知，有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kc,\r(k2＋1))))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)))eq\s\up12(2)，解得k＝eq\f(\r(3),3).(2)由(1)得橢圓方程為eq\f(x2,3c2)＋eq\f(y2,2c2)＝1，直線FM的方程為y＝eq\f(\r(3),3)(x＋c)，兩個方程聯(lián)立，消去y，整理得3x2＋2cx－5c2＝0，解得x＝－eq\f(5,3)c，或x＝c.因為點M在第一象限，可得M的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(2\r(3),3)c)).由|FM|＝eq\r(（c＋c）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)c－0))\s\up12(2))＝eq\f(4\r(3),3)，解得c＝1，所以橢圓的方程為eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1.(3)設(shè)點P的坐標為(x，y)，直線FP的斜率為t，得t＝eq\f(y,x＋1)，即y＝t(x＋1)(x≠－1)，與橢圓方程聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝t（x＋1），,\f(x2,3)＋\f(y2,2)＝1，))消去y，整理得2x2＋3t2(x＋1)2＝6，又由已知，得t＝eq\r(\f(6－2x2,3（x＋1）2))＞eq\r(2)，解得－eq\f(3,2)＜x＜－1，或－1＜x＜0.設(shè)直線OP的斜率為m，得m＝eq\f(y,x)，即y＝mx(x≠0)，與橢圓方程聯(lián)立，整理得m2＝eq\f(2,x2)－eq\f(2,3).①當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－1))時，有y＝t(x＋1)＜0，因此m＞0，于是m＝eq\r(\f(2,x2)－\f(2,3))，得m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),3)，\f(2\r(3),3))).②當x∈(－1，0)時，有y＝t(x＋1)＞0.因此m＜0，于是m＝－eq\r(\f(2,x2)－\f(2,3))，得m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2\r(3),3))).綜上，直線OP的斜率的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2\r(3),3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),3)，\f(2\r(3),3))).1.解答圓錐曲線的定值、定點問題，從三個方面把握：(1)從特殊開始，求出定值，再證明該值與變量無關(guān)；(2)直接推理、計算，在整個過程中消去變量，得定值；(3)在含有參數(shù)的曲線方程里面，把參數(shù)從含有參數(shù)的項里面分離出來，并令其系數(shù)為零，可以解出定點坐標.2.圓錐曲線的范圍問題的常見求法(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，解這類問題的核心是在兩個參數(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.一、選擇題1.F1，F(xiàn)2是橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1的左、右焦點，點P在橢圓上運動，則eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))的最大值是()A.－2 B.1 C.2 D.4解析設(shè)P(x，y)，依題意得點F1(－eq\r(3)，0)，F(xiàn)2(eq\r(3)，0)，eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)－x)(eq\r(3)－x)＋y2＝x2＋y2－3＝eq\f(3,4)x2－2，注意到－2≤eq\f(3,4)x2－2≤1，因此eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))的最大值是1.答案B2.(2018·鎮(zhèn)海中學(xué)二模)若點P為拋物線y＝2x2上的動點，F(xiàn)為拋物線的焦點，則|PF|的最小值為()A.2 B.eq\f(1,2) C.eq\f(1,4) D.eq\f(1,8)解析根據(jù)題意，設(shè)P到準線的距離為d，則有|PF|＝d.拋物線的方程為y＝2x2，即x2＝eq\f(1,2)y，其準線方程為y＝－eq\f(1,8)，∴當點P在拋物線的頂點時，d有最小值eq\f(1,8)，即|PF|min＝eq\f(1,8).答案D3.設(shè)A，B是橢圓C：eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,m)＝1長軸的兩個端點.若C上存在點M滿足∠AMB＝120°，則m的取值范圍是()A.(0，1]∪[9，＋∞) B.(0，eq\r(3)]∪[9，＋∞)C.(0，1]∪[4，＋∞) D.(0，eq\r(3)]∪[4，＋∞)解析(1)當焦點在x軸上，依題意得0<m<3，且eq\f(\r(3),\r(m))≥taneq\f(∠AMB,2)＝eq\r(3).∴0<m<3且m≤1，則0<m≤1.(2)當焦點在y軸上，依題意m>3，且eq\f(\r(m),\r(3))≥taneq\f(∠AMB,2)＝eq\r(3)，∴m≥9，綜上，m的取值范圍是(0，1]∪[9，＋∞).答案A4.已知F是拋物線C：y2＝8x的焦點，M是C上一點，F(xiàn)M的延長線交y軸于點N.若M為FN的中點，則|FN|＝()A.3 B.5 C.6 D.10解析因y2＝8x，則p＝4，焦點為F(2，0)，準線l：x＝－2.如圖，M為FN中點，故易知線段BM為梯形AFNC的中位線，∵|CN|＝2，|AF|＝4，∴|MB|＝3，又由定義|MB|＝|MF|，且|MN|＝|MF|，∴|NF|＝|NM|＋|MF|＝2|MB|＝6.答案C5.(2018·北京西城區(qū)調(diào)研)過拋物線y2＝4eq\r(3)x的焦點的直線l與雙曲線C：eq\f(x2,2)－y2＝1的兩個交點分別為(x1，y1)，(x2，y2)，若x1·x2>0，則直線l的斜率k的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(2),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))解析易知雙曲線兩漸近線為y＝±eq\f(\r(2),2)x，拋物線的焦點為雙曲線的右焦點，當k>eq\f(\r(2),2)或k<－eq\f(\r(2),2)時，l與雙曲線的右支有兩個交點，滿足x1x2>0.答案D6.在直線y＝－2上任取一點Q，過Q作拋物線x2＝4y的切線，切點分別為A，B，則直線AB恒過的點的坐標為()A.(0，1) B.(0，2) C.(2，0) D.(1，0)解析設(shè)Q(t，－2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，拋物線方程變?yōu)閥＝eq\f(1,4)x2，則y′＝eq\f(1,2)x，則在點A處的切線方程為y－y1＝eq\f(1,2)x1(x－x1)，化簡得y＝eq\f(1,2)x1x－y1，同理，在點B處的切線方程為y＝eq\f(1,2)x2x－y2，又點Q(t，－2)的坐標適合這兩個方程，代入得－2＝eq\f(1,2)x1t－y1，－2＝eq\f(1,2)x2t－y2，這說明A(x1，y1)，B(x2，y2)都滿足方程－2＝eq\f(1,2)xt－y，即直線AB的方程為y－2＝eq\f(1,2)tx，因此直線AB恒過點(0，2).答案B二、填空題7.已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的漸近線與圓x2－4x＋y2＋2＝0相交，則雙曲線的離心率的取值范圍是______.解析雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x，即bx±ay＝0，圓x2－4x＋y2＋2＝0可化為(x－2)2＋y2＝2，其圓心為(2，0)，半徑為eq\r(2).因為直線bx±ay＝0和圓(x－2)2＋y2＝2相交，所以eq\f(|2b|,\r(a2＋b2))＜eq\r(2)，整理得b2＜a2.從而c2－a2＜a2，即c2＜2a2，所以e2＜2.又e＞1，故雙曲線的離心率的取值范圍是(1，eq\r(2)).答案(1，eq\r(2))8.(2018·金華質(zhì)檢)已知橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,b2)＝1(0＜b＜2)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過F1的直線l交橢圓于A，B兩點，若|BF2|＋|AF2|的最大值為5，則b的值是________，橢圓的離心率為________.解析由橢圓的方程，可知長半軸長a＝2；由橢圓的定義，可知|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4a＝8，所以|AB|＝8－(|AF2|＋|BF2|)≥3.由橢圓的性質(zhì)，可知過橢圓焦點的弦中垂直于長軸的弦最短，即eq\f(2b2,a)＝3，可求得b2＝3，即b＝eq\r(3)，e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))\s\up12(2))＝eq\r(1－\f(3,4))＝eq\f(1,2).答案eq\r(3)eq\f(1,2)9.已知拋物線C：x2＝8y的焦點為F，動點Q在C上，圓Q的半徑為1，過點F的直線與圓Q切于點P，則eq\o(FP,\s\up6(→))·eq\o(FQ,\s\up6(→))的最小值為________，此時圓Q的方程為________.解析如圖，在Rt△QPF中，eq\o(FP,\s\up6(→))·eq\o(FQ,\s\up6(→))＝|eq\o(FP,\s\up6(→))||eq\o(FQ,\s\up6(→))|cos∠PFQ＝|eq\o(FP,\s\up6(→))||eq\o(FQ,\s\up6(→))|eq\f(|\o(PF,\s\up6(→))|,|\o(FQ,\s\up6(→))|)＝|eq\o(FP,\s\up6(→))|2＝|eq\o(FQ,\s\up6(→))|2－1.由拋物線的定義知：|eq\o(FQ,\s\up6(→))|＝d(d為點Q到準線的距離)，易知，拋物線的頂點到準線的距離最短，∴|eq\o(FQ,\s\up6(→))|min＝2，∴eq\o(FP,\s\up6(→))·eq\o(FQ,\s\up6(→))的最小值為3.此時圓Q的方程為x2＋y2＝1.答案3x2＋y2＝110.(2018·溫州模擬)已知拋物線y2＝4x，過焦點F的直線與拋物線交于A，B兩點，過A，B分別作x軸、y軸的垂線，垂足分別為C，D，則|AC|＋|BD|的最小值為________.解析不妨設(shè)A(x1，y1)(y1>0)，B(x2，y2)(y2<0).則|AC|＋|BD|＝y(tǒng)1＋x2＝y(tǒng)1＋eq\f(yeq\o\al(2,2),4).又y1y2＝－p2＝－4，∴|AC|＋|BD|＝eq\f(yeq\o\al(2,2),4)－eq\f(4,y2)(y2<0).設(shè)g(x)＝eq\f(x2,4)－eq\f(4,x)(x＜0)，則g′(x)＝eq\f(x3＋8,2x2)，從而g(x)在(－∞，－2)遞減，在(－2，0)遞增.∴當x＝－2時，|AC|＋|BD|取最小值為3.答案311.如圖，在平面直角坐標系xOy中，F(xiàn)是橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦點，直線y＝eq\f(b,2)與橢圓交于B，C兩點，且∠BFC＝90°，則該橢圓的離心率是________.解析聯(lián)立方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，,y＝\f(b,2)，))解得B，C兩點坐標為Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，\f(b,2)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，\f(b,2)))，又F(c，0)，則eq\o(FB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a－c，\f(b,2)))，eq\o(FC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)a,2)－c，\f(b,2)))，又由∠BFC＝90°，可得eq\o(FB,\s\up6(→))·eq\o(FC,\s\up6(→))＝0，代入坐標可得：c2－eq\f(3,4)a2＋eq\f(b2,4)＝0，①又因為b2＝a2－c2，代入①式可化簡為eq\f(c2,a2)＝eq\f(2,3)，則橢圓離心率為e＝eq\f(c,a)＝eq\r(\f(2,3))＝eq\f(\r(6),3).答案eq\f(\r(6),3)三、解答題12.(2018·北京海淀區(qū)調(diào)研)如圖，橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)經(jīng)過點A(0，－1)，且離心率為eq\f(\r(2),2).(1)求橢圓E的方程；(2)經(jīng)過點(1，1)，且斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點P，Q(均異于點A)，證明：直線AP與AQ的斜率之和為定值.(1)解由題設(shè)知eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，b＝1，結(jié)合a2＝b2＋c2，解得a＝eq\r(2)，所以橢圓的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)證明由題設(shè)知，直線PQ的方程為y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入eq\f(x2,2)＋y2＝1，得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，由已知Δ＞0.設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0，則x1＋x2＝eq\f(4k（k－1）,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2k（k－2）,1＋2k2)，從而直線AP，AQ的斜率之和kAP＋kAQ＝eq\f(y1＋1,x1)＋eq\f(y2＋1,x2)＝eq\f(kx1＋2－k,x1)＋eq\f(kx2＋2－k,x2)＝2k＋(2－k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＋\f(1,x2)))＝2k＋(2－k)eq\f(x1＋x2,x1x2)＝2k＋(2－k)eq\f(4k（k－1）,2k（k－2）)＝2k－2(k－1)＝2.故kAP＋kAQ為定值2.13.(2018·杭州調(diào)研)已知F是拋物線T：y2＝2px(p>0)的焦點，點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，m))是拋物線上一點，且|PF|＝2，直線l過定點(4，0)，與拋物線T交于A，B兩點，點P在直線l上的射影是Q.(1)求m，p的值；(2)若m>0，且|PQ|2＝|QA|·|QB|，求直線l的方程.解(1)由|PF|＝2得，1＋eq\f(p,2)＝2，所以p＝2，將x＝1，y＝m代入y2＝2px得，m＝±2.(2)因為m>0，故由(1)知點P(1，2)，拋物線T：y2＝4x.設(shè)直線l的方程是x＝ny＋4，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ny＋4，,y2＝4x))得，y2－4ny－16＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝4n，y1·y2＝－16.因為|PQ|2＝|QA|·|QB|，所以PA⊥PB，所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝0，且1≠2n＋4，所以(x1－1)(x2－1)＋(y1－2)(y2－2)＝0，且n≠－eq\f(3,2).由(ny1＋3)(ny2＋3)＋(y1－2)(y2－2)＝0得，(n2＋1)y1y2＋(3n－2)(y1＋y2)＋13＝0，－16(n2＋1)＋(3n－2)·4n＋13＝0，4n2＋8n＋3＝0，解得，n＝－eq\f(3,2)(舍去)或n＝－eq\f(1,2)，所以直線l的方程是：x＝－eq\f(1,2)y＋4，即2x＋y－8＝0.14.(2018·紹興模擬)如圖，已知函數(shù)y2＝x圖象上三點C，D，E，直線CD經(jīng)過點(1，0)，直線CE經(jīng)過點(2，0).(1)若|CD|＝eq\r(10)，求直線CD的方程；(2)當△CDE的面積最小時，求點C的橫坐標.解設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，E(x3，y3)，直線CD的方程為：x＝my＋1.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,y2＝x))得：y2－my－1＝0，從而eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1y2＝－1，,y1＋y2＝m.))(1)由題意，得|CD|＝eq\r(1＋m2)×eq\r(m2＋4)＝eq\r(10)，得m＝±1，故所求直線方程為x＝±y＋1，即x±y－1＝0.(2)由(1)知y2＝－eq\f(1,y1)，同理可得y3＝－eq\f(2,y1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,yeq\o\al(2,1))，－\f(2,y1)))，并不妨設(shè)y1>0，則E到直線CD的距離為d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4,yeq\o\al(2,1))＋\f(2m,y1)－1)),\r(1＋m2))，S△CDE＝eq\f(1,2)eq\r(1＋m2)×eq\r(m2＋4)×eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4,yeq\o\al(2,1))＋\f(2m,y1)－1)),\r(1＋m2))＝eq\f(1,2)eq\r(m2＋4)×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4,yeq\o\al(2,1))＋\f(2m,y1)－1))，而m＝y(tǒng)1＋y2＝y(tǒng)1－eq\f(1,y1)，所以S△CDE＝eq\f(1,2)eq\r(yeq\o\al(2,1)＋\f(1,yeq\o\al(2,1))＋2)×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,yeq\o\al(2,