2020年高考理科數(shù)學(xué)《圓錐曲線》題型歸納與訓(xùn)練

2020年高考理科數(shù)學(xué)《圓錐曲線》題型歸納與訓(xùn)練【題型歸納】題型一求曲線的方程例1已知，，點(diǎn)滿足，記點(diǎn)的軌跡為．求軌跡的方程．【答案】【解析】由可知：點(diǎn)的軌跡是以為焦點(diǎn)的雙曲線的右支，由，∴，故軌跡的方程為.【易錯點(diǎn)】（1）對于雙曲線的定義理解片面；（2）如果動點(diǎn)滿足，則點(diǎn)的軌跡是雙曲線。但該題已知條件中給出的是“”只能表示點(diǎn)的軌跡是雙曲線的右支，而不是雙曲線的全部?！舅季S點(diǎn)撥】利用雙曲線解題時(shí)，一定要觀察是雙曲線的全部還是部分。題型二定值、定點(diǎn)問題例2已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1過A(2,0)，B(0,1)兩點(diǎn)．(1)求橢圓C的方程及離心率；(2)設(shè)P為第三象限內(nèi)一點(diǎn)且在橢圓C上，直線PA與y軸交于點(diǎn)M，直線PB與x軸交于點(diǎn)N，求證：四邊形ABNM的面積為定值．【答案】(1)eq\f(x2,4)＋y2＝1，e＝eq\f(\r(3),2)(2)2.【解析】(1)由題意得eq\a\vs4\al(a＝2，b＝1，)所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.又c＝eq\r(a2－b2)＝eq\r(3)，所以離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2).(2)證明：設(shè)P(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，則xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)＝4.又A(2,0)，B(0,1)，所以直線PA的方程為y＝eq\f(y0,x0－2)(x－2).令x＝0，得yM＝－eq\f(2y0,x0－2)，從而|BM|＝1－yM＝1＋eq\f(2y0,x0－2).直線PB的方程為y＝eq\f(y0－1,x0)x＋1.令y＝0，得xN＝－eq\f(x0,y0－1)，從而|AN|＝2－xN＝2＋eq\f(x0,y0－1).所以四邊形ABNM的面積S＝eq\f(1,2)|AN|·|BM|＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋eq\f(x0,y0－1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2y0,x0－2)))＝eq\f(x\o\al(2,0)＋4y\o\al(2,0)＋4x0y0－4x0－8y0＋4,2x0y0－x0－2y0＋2)＝eq\a\vs4\al(\f(2x0y0－2x0－4y0＋4,x0y0－x0－2y0＋2)＝2.)從而四邊形ABNM的面積為定值.【易錯點(diǎn)】(1)．想不到設(shè)出P(x0，y0)后，利用點(diǎn)斜式寫出直線PA，PB的方程．不會由直線PA，PB的方程求解|BM|，|AN|；(2)．不知道四邊形的面積可用S＝eq\f(1,2)|AN|·|BM|表示；(3)．四邊形ABNM的面積用x0，y0表示后，不會變形、化簡，用整體消參來求值．【思維點(diǎn)撥】第(1)問由a＝2，b＝1，c＝eq\r(3)，解第一問；第(2)問畫草圖可知AN⊥BM，四邊形ABNM的面積為eq\f(1,2)|AN|·|BM|，設(shè)點(diǎn)P(x0，y0)，得出PA，PB的方程，進(jìn)而得出M，N的坐標(biāo)，得出|AN|，|BM|，只需證明eq\f(1,2)|AN|·|BM|是一個(gè)與點(diǎn)P的坐標(biāo)無關(guān)的量即可．例3已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，四點(diǎn)P1(1,1)，P2(0，1)，P3，P4中恰有三點(diǎn)在橢圓C上．(1)求C的方程；(2)設(shè)直線l不經(jīng)過P2點(diǎn)且與C相交于A，B兩點(diǎn)．若直線P2A與直線P2B的斜率的和為－1，證明：l過定點(diǎn)．【答案】(1)eq\f(x2,4)＋y2＝1(2)(2，－1)【解析】(1)因?yàn)镻3，P4，所以P3，P4兩點(diǎn)關(guān)于y軸對稱，故由題設(shè)知橢圓C經(jīng)過P3，P4兩點(diǎn)．又由eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)>eq\f(1,a2)＋eq\f(3,4b2)知，橢圓C不經(jīng)過點(diǎn)P1，所以點(diǎn)P2在橢圓C上.eq\a\vs4\al(因此\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,b2)＝1，,\f(1,a2)＋\f(3,4b2)＝1，))解得\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝1.)))故橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)證明：設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1，k2.eq\a\vs4\al(如果l與x軸垂直，設(shè)l：x＝t，)由題設(shè)知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐標(biāo)分別為，.則k1＋k2＝eq\f(\r(4－t2)－2,2t)－eq\f(\r(4－t2)＋2,2t)＝－1，得t＝2，不符合題設(shè)．從而可設(shè)l：y＝kx＋m(m≠1)．將y＝kx＋m代入eq\f(x2,4)＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.由題設(shè)可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，eq\a\vs4\al(x1＋x2＝－\f(8km,4k2＋1)，x1x2＝\f(4m2－4,4k2＋1).)而k1＋k2＝eq\f(y1－1,x1)＋eq\f(y2－1,x2)＝eq\f(kx1＋m－1,x1)＋eq\f(kx2＋m－1,x2)＝.由題設(shè)k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.即(2k＋1)·eq\f(4m2－4,4k2＋1)＋(m－1)·eq\f(－8km,4k2＋1)＝0.eq\a\vs4\al(解得k＝－\f(m＋1,2).)當(dāng)且僅當(dāng)m>－1時(shí)，Δ>0，于是l：y＝－eq\f(m＋1,2)x＋m，即y＋1＝－eq\f(m＋1,2)(x－2)，所以l過定點(diǎn)(2，－1).【易錯點(diǎn)】(1)觀察不出P3，P4對稱，忽視對稱性導(dǎo)致判斷失誤;(2)不會用點(diǎn)的坐標(biāo)代入方程判斷P1，P2是否在橢圓上而滯做;(3)聯(lián)立直線l與橢圓C的方程，計(jì)算化簡失誤而滯做;(4)利用k1＋k2＝－1運(yùn)算變形不明確變形目標(biāo)，導(dǎo)致化簡不出k，m的關(guān)系．【思維點(diǎn)撥】第(1)問利用橢圓的性質(zhì)，易排除點(diǎn)P1(1,1)不在橢圓上，從而求橢圓方程；第(2)問分類討論斜率是否存在，若存在，設(shè)l：y＝kx＋m，利用條件建立k，m的等量關(guān)系，消參后再表示出直線l的方程可證明．題型三最值（范圍）問題例4已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋y2＝1(a＞0)，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別是其左、右焦點(diǎn)，以F1F2為直徑的圓與橢圓C有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)．(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)過點(diǎn)F1且不與坐標(biāo)軸垂直的直線l交橢圓于A，B兩點(diǎn)，線段AB的垂直平分線與x軸交于點(diǎn)P，點(diǎn)P橫坐標(biāo)的取值范圍是，求線段AB長的取值范圍．【答案】(1)eq\f(x2,2)＋y2＝1(2)【解析】(1)因?yàn)橐訤1F2為直徑的圓與橢圓C有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，所以b＝c＝1，a＝eq\r(2)，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1． (2)根據(jù)題意，直線A，B的斜率存在且不為0，設(shè)直線AB的方程為y＝k(x＋1)，與eq\f(x2,2)＋y2＝1聯(lián)立，消去y并整理得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中點(diǎn)為M(x0，y0)，則x1＋x2＝－eq\f(4k2,1＋2k2)，x1·x2＝eq\f(2k2－2,1＋2k2)，y1＋y2＝k(x1＋1)＋k(x2＋1)＝k(x1＋x2＋2)＝eq\f(2k,1＋2k2)，即M.則直線AB的垂直平分線為y－eq\f(k,1＋2k2)＝－eq\f(1,k)，令y＝0，得xP＝eq\f(－k2,1＋2k2)，因?yàn)閤P∈，即－eq\f(1,4)＜eq\f(－k2,1＋2k2)＜0，所以0＜k2＜eq\f(1,2)，＝＝＝eq\r(2).∵eq\f(1,2)＜eq\f(1,2k2＋1)＜1，∴|AB|∈． 【易錯點(diǎn)】運(yùn)算錯誤，由于運(yùn)算方法、運(yùn)算技巧以及自身運(yùn)算能力差，都是出錯原因?！舅季S點(diǎn)撥】與圓錐曲線有關(guān)的取值范圍問題的三種解法：（1）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．（2）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．（3）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．題型四存在性問題例5.如圖，橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率是eq\f(\r(2),2)，點(diǎn)P(0，1)在短軸CD上，且·＝－1.(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過點(diǎn)P的動直線與橢圓交于A，B兩點(diǎn)．是否存在常數(shù)λ，使得·＋λ·為定值？若存在，求λ的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1(2)－3，理由見解析【解析】(1)由已知，點(diǎn)C，D的坐標(biāo)分別為(0，－b)，(0，b)．又點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,1)，且·＝－1，于是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－b2＝－1，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2－b2＝c2.))解得a＝2，b＝eq\r(2).所以橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋1，A，B的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)．聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋1))得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.其判別式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0，所以x1＋x2＝－eq\f(4k,2k2＋1)，x1x2＝－eq\f(2,2k2＋1).從而，·＋λ·＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝＝－eq\f(λ－1,2k2＋1)－λ－2.所以，當(dāng)λ＝1時(shí)，－eq\f(λ－1,2k2＋1)－λ－2＝－3.此時(shí)，·＋λ·＝－3為定值．當(dāng)直線AB斜率不存在時(shí)，直線AB即為直線CD.此時(shí)，·＋λ·＝·＋λ·＝－2－λ.當(dāng)λ＝1時(shí)，·＋·＝－3，為定值．綜上，存在常數(shù)λ＝1，使得·＋λ·為定值－3.【思維點(diǎn)撥】解決是否存在常數(shù)的問題時(shí)，應(yīng)首先假設(shè)存在，看是否能求出符合條件的參數(shù)值，如果推出矛盾就不存在，否則就存在。例6已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F2(2,0)，點(diǎn)P在橢圓C上．(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)是否存在斜率為－1的直線l與橢圓C相交于M，N兩點(diǎn)，使得|F1M|＝|F1N|(F1為橢圓的左焦點(diǎn))？若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由．【答案】(1)eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1(2)不存在滿足條件的直線l【解析】(1)法一：∵橢圓C的右焦點(diǎn)為F2(2,0)，∴c＝2，橢圓C的左焦點(diǎn)為F1(－2,0)．由橢圓的定義可得2a＝＝eq\r(\f(96,9))＋eq\r(\f(24,9))＝2eq\r(6)，解得a＝eq\r(6)，∴b2＝a2－c2＝6－4＝2.∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1.法二：∵橢圓C的右焦點(diǎn)為F2(2,0)，∴c＝2，故a2－b2＝4，又點(diǎn)P在橢圓C上，則eq\f(1,a2)＋eq\f(15,9b2)＝1，故eq\f(1,b2＋4)＋eq\f(15,9b2)＝1，化簡得3b4＋4b2－20＝0，得b2＝2，a2＝6.∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)假設(shè)存在滿足條件的直線l，設(shè)直線l的方程為y＝－x＋t，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，,y＝－x＋t))得x2＋3(－x＋t)2－6＝0，即4x2－6tx＋(3t2－6)＝0，Δ＝(－6t)2－4×4×(3t2－6)＝96－12t2>0，解得－2eq\r(2)<t<2eq\r(2).設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(3t,2)，x1x2＝eq\f(3t2－6,4)，由于|F1M|＝|F1N|，設(shè)線段MN的中點(diǎn)為E，則F1E⊥MN，故kF1E＝－eq\f(1,kMN)＝1，又F1(－2,0)，E，即E，∴kF1E＝eq\f(\f(t,4),\f(3t,4)＋2)＝1，解得t＝－4.當(dāng)t＝－4時(shí)，不滿足－2eq\r(2)<t<2eq\r(2)，∴不存在滿足條件的直線l.【思維點(diǎn)撥】解決是否存在直線的問題時(shí)，可依據(jù)條件尋找適合條件的直線方程，聯(lián)立方程消元得出一元二次方程，利用判別式得出是否有解【鞏固訓(xùn)練】題型一求曲線的方程1.已知A(－1,0)，B是圓F：x2－2x＋y2－11＝0(F為圓心)上一動點(diǎn)，線段AB的垂直平分線交BF于點(diǎn)P，則動點(diǎn)P的軌跡方程為()A.eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,11)＝1B.eq\f(x2,36)－eq\f(y2,35)＝1C.eq\f(x2,3)－eq\f(y2,2)＝1 D.eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1【答案】D【解析】由題意得|PA|＝|PB|，∴|PA|＋|PF|＝|PB|＋|PF|＝r＝2eq\r(3)＞|AF|＝2，∴點(diǎn)P的軌跡是以A、F為焦點(diǎn)的橢圓，且a＝eq\r(3)，c＝1，∴b＝eq\r(2)，∴動點(diǎn)P的軌跡方程為eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1，故選D.2.已知點(diǎn)A(0，－1)，當(dāng)點(diǎn)B在曲線y＝2x2＋1上運(yùn)動時(shí)，線段AB的中點(diǎn)M的軌跡方程是_______________．【答案】y＝4x2【解析】設(shè)M(x，y)，B(x0，y0)，則y0＝2xeq\o\al(2,0)＋1.又因?yàn)镸為AB的中點(diǎn)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(0＋x0,2)，,y＝\f(y0－1,2)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝2x，,y0＝2y＋1，))將其代入y0＝2xeq\o\al(2,0)＋1得，2y＋1＝2(2x)2＋1，即y＝4x2.3.已知圓C的方程為x2＋y2＝4，過圓C上的一動點(diǎn)M作平行于x軸的直線m，設(shè)m與y軸的交點(diǎn)為N，若向量eq\o(OQ,\s\up7(→))＝eq\o(OM,\s\up7(→))＋eq\o(ON,\s\up7(→))，求動點(diǎn)Q的軌跡．【答案】eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,16)＝1(y≠0)．【解析】設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(x，y)，點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x0，y0)(y0≠0)，則點(diǎn)N的坐標(biāo)為(0，y0)．因?yàn)閑q\o(OQ,\s\up7(→))＝eq\o(OM,\s\up7(→))＋eq\o(ON,\s\up7(→))，即(x，y)＝(x0，y0)＋(0，y0)＝(x0,2y0)，則x0＝x，y0＝eq\f(y,2).又因?yàn)辄c(diǎn)M在圓C上，所以xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝4，即x2＋eq\f(y2,4)＝4(y≠0)．所以動點(diǎn)Q的軌跡方程是eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,16)＝1(y≠0)．題型二定值、定點(diǎn)問題1.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(2),2)，點(diǎn)(2，eq\r(2))在C上．(1)求C的方程；(2)直線l不過原點(diǎn)O且不平行于坐標(biāo)軸，l與C有兩個(gè)交點(diǎn)A，B，線段AB的中點(diǎn)為M證明：直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值．【答案】(1)eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1(2)略【解析】(1)由題意有eq\f(\r(a2－b2),a)＝eq\f(\r(2),2)，eq\f(4,a2)＋eq\f(2,b2)＝1，解得a2＝8，b2＝4. 所以C的方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1． (2)證明：設(shè)直線l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．將y＝kx＋b代入eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1，得(2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0． 故xM＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(－2kb,2k2＋1)，yM＝k·xM＋b＝eq\f(b,2k2＋1)． 于是直線OM的斜率kOM＝eq\f(yM,xM)＝－eq\f(1,2k)，即kOM·k＝－eq\f(1,2). 所以直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值． 2.已知動圓M恒過點(diǎn)(0,1)，且與直線y＝－1相切．(1)求圓心M的軌跡方程；(2)動直線l過點(diǎn)P(0，－2)，且與點(diǎn)M的軌跡交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)C與點(diǎn)B關(guān)于y軸對稱，求證：直線AC恒過定點(diǎn).【答案】(1)x2＝4y(2)略【解析】(1)由題意，得點(diǎn)M與點(diǎn)(0,1)的距離始終等于點(diǎn)M到直線y＝－1的距離，由拋物線定義知圓心M的軌跡為以點(diǎn)(0,1)為焦點(diǎn)，直線y＝－1為準(zhǔn)線的拋物線，則eq\f(p,2)＝1，p＝2.∴圓心M的軌跡方程為x2＝4y． (2)證明：由題知，直線l的斜率存在，∴設(shè)直線l：y＝kx－2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則C(－x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝4y，,y＝kx－2，))得x2－4kx＋8＝0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝4k，,x1x2＝8.)) kAC＝eq\f(y1－y2,x1＋x2)＝eq\f(\f(x\o\al(2,1),4)－\f(x\o\al(2,2),4),x1＋x2)＝eq\f(x1－x2,4)，則直線AC的方程為y－y1＝eq\f(x1－x2,4)(x－x1)， 即y＝y(tǒng)1＋eq\f(x1－x2,4)(x－x1)＝eq\f(x1－x2,4)x－＋eq\f(x\o\al(2,1),4)＝eq\f(x1－x2,4)x＋eq\f(x1x2,4)． ∵x1x2＝8，∴y＝eq\f(x1－x2,4)x＋eq\f(x1x2,4)＝eq\f(x1－x2,4)x＋2，故直線AC恒過定點(diǎn)(0,2)． 3.已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上一點(diǎn)P與橢圓右焦點(diǎn)的連線垂直于x軸，直線l：y＝kx＋m與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)(均不在坐標(biāo)軸上)．(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若△AOB的面積為eq\r(3)，試判斷直線OA與OB的斜率之積是否為定值？【答案】(1)eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(2)－eq\f(3,4)．【解析】(1)由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(9,4b2)＝1，,a2＝b2＋1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝3，))∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1． (2)設(shè)點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx＋m，))得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， 由Δ＝(8km)2－16(4k2＋3)(m2－3)＞0，得m2＜4k2＋3． ∵x1＋x2＝eq\f(－8km,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(4m2－12,4k2＋3)，∴S△OAB＝eq\f(1,2)|m||x1－x2|＝eq\f(1,2)|m|·eq\f(4\r(3)\r(4k2＋3－m2),4k2＋3)＝eq\r(3)， 化簡得4k2＋3－2m2＝0，滿足Δ＞0，從而有4k2－m2＝m2－3(*)， ∴kOA·kOB＝eq\f(y1y2,x1x2)＝eq\f(kx1＋mkx2＋m,x1x2)＝eq\f(k2x1x2＋kmx1＋x2＋m2,x1x2)＝eq\f(－12k2＋3m2,4m2－12)＝－eq\f(3,4)·eq\f(4k2－m2,m2－3)，由(*)式，得eq\f(4k2－m2,m2－3)＝1，∴kOA·kOB＝－eq\f(3,4)，即直線OA與OB的斜率之積為定值－eq\f(3,4)． 題型三最值（范圍）問題1.已知平面內(nèi)一動點(diǎn)M與兩定點(diǎn)B1(0，－1)和B2(0,1)連線的斜率之積等于－eq\f(1,2).(1)求動點(diǎn)M的軌跡E的方程；(2)設(shè)直線l：y＝x＋m(m≠0)與軌跡E交于A，B兩點(diǎn)，線段AB的垂直平分線交x軸于點(diǎn)P，當(dāng)m變化時(shí)，求△PAB面積的最大值.【答案】(1)eq\f(x2,2)＋y2＝1(x≠0)(2)eq\f(\r(2),3)【解析】(1)設(shè)M的坐標(biāo)為(x，y)，依題意得eq\f(y＋1,x)·eq\f(y－1,x)＝－eq\f(1,2)， 化簡得動點(diǎn)M的軌跡E的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1(x≠0)． (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1x≠0，,y＝x＋m，))化簡得3x2＋4mx＋2m2－2＝0(x≠0)，∵有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，由根與系數(shù)的關(guān)系得x1＋x2＝－eq\f(4m,3)，x1x2＝eq\f(2m2－2,3)， ∴Δ＝(4m)2－12(2m2－2)＞0，即－eq\r(3)＜m＜eq\r(3)且m≠－1,0,1. 設(shè)A，B的中點(diǎn)為C(xC，yC)，則xC＝eq\f(x1＋x2,2)＝－eq\f(2m,3)，yC＝xC＋m＝eq\f(m,3)，∴C，∴線段AB的垂直平分線方程為y－eq\f(m,3)＝－，令y＝0，得P點(diǎn)坐標(biāo)為則點(diǎn)P到AB的距離d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2m,3))),eq\r(2))， 由弦長公式得|AB|＝eq\r(2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\f(\r(2),3)eq\r(24－8m2)， ∴S△PAB＝eq\f(1,2)·eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2m,3))),\r(2))·eq\f(\r(2),3)·eq\r(24－8m2)＝eq\f(2\r(2),9)≤eq\f(2\r(2),9)·eq\f(m2＋3－m2,2)＝eq\f(\r(2),3)， 當(dāng)且僅當(dāng)m2＝eq\f(3,2)，即m＝±eq\f(\r(6),2)∈(－eq\r(3)，eq\r(3))時(shí)，等號成立，∴△PAB面積的最大值為eq\f(\r(2),3)． 2.已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)離心率為eq\f(1,2)，過點(diǎn)E(－eq\r(7)，0)的橢圓的兩條切線相互垂直.(1)求此橢圓的方程；(2)若存在過點(diǎn)(t,0)的直線l交橢圓于A，B兩點(diǎn)，使得FA⊥FB(F為右焦點(diǎn))，求t的取值范圍.【答案】(1)eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(2)【解析】(1)由橢圓的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，得a＝2c，b2＝a2－c2＝3c2.不妨設(shè)在x軸上方的切點(diǎn)為M，x軸下方的切點(diǎn)為N，由橢圓的對稱性知kME＝1，直線ME的方程為y＝x＋eq\r(7)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋\r(7)，,\f(x2,4c2)＋\f(y2,3c2)＝1))消去y，整理得7x2＋8eq\r(7)x＋28－12c2＝0，由Δ＝(8eq\r(7))2－4×7×(28－12c2)＝0，得c＝1，∴a＝2，b＝eq\r(3)，∴橢圓方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)設(shè)l的方程為x＝my＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(my＋t＝x，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))消去x，整理得(3m2＋4)y2＋6mty＋3t2－12＝0，則y1＋y2＝eq\f(－6mt,3m2＋4)，y1y2＝eq\f(3t2－12,3m2＋4).又eq\o(FA,\s\up7(→))＝(x1－1，y1)，eq\o(FB,\s\up7(→))＝(x2－1，y2)，∴eq\o(FA,\s\up7(→))·eq\o(FB,\s\up7(→))＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝x1x2－(x1＋x2)＋1＋y1y2＝(m2＋1)y1y2＋(mt－m)(y1＋y2)＋t2－2t＋1＝0，∴(m2＋1)(3t2－12)＋(mt－m)(－6mt)＋(t2－2t＋1)·(3m2＋4)＝0，化簡得7t2－8t－8＝9m2.要滿足題意，則7t2－8t－8＝9m2有解，∴7t2－8t－8≥0，解得t≥eq\f(4＋6\r(2),7)或t≤eq\f(4－6\r(2),7).∴t的取值范圍為.3.已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦點(diǎn)為F，直線PQ過F交橢圓于P，Q兩點(diǎn)，且|PF|max·|QF|min＝eq\f(a2,4).(1)求橢圓的長軸與短軸的比值；(2)如圖，線段PQ的垂直平分線與PQ交于點(diǎn)M，與x軸，y軸分別交于D，E兩點(diǎn)，求的取值范圍．【答案】(1)2(2)【解析】(1)設(shè)F(c,0)，則|PF|max＝a＋c，|QF|min＝a－c，∴a2－c2＝eq\f(a2,4).∵b2＋c2＝a2，∴a2＝4b2，∴長軸與短軸的比值為2a∶2b＝2.(2)由(1)知a＝2b，可設(shè)橢圓方程為eq\f(x2,4b2)＋eq\f(y2,b2)＝1.依題意，直線PQ的斜率存在且不為0，設(shè)直線PQ的方程為y＝k(x－c)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－c，,\f(x2,4b2)＋\f(y2,b2)＝1))消去y，得(4k2＋1)x2－8k2cx＋4k2c2－4b2＝0，則x1＋x2＝eq\f(8k2c,4k2＋1)，∴y1＋y2＝k(x1＋x2－2c)＝－eq\f(2kc,4k2＋1)，∴M.∵M(jìn)D⊥PQ，設(shè)D(x3,0)，∴eq\f(\f(kc,4k2＋1),x3－\f(4k2c,4k2＋1))·k＝－1，解得x3＝eq\f(3k2c,4k2＋1)，∴D.∵△DMF∽△DOE，∴＝eq\f(DM2,OD2)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4k2c,4k2＋1)－\f(3k2c,4k2＋1)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(kc,4k2＋1)))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3k2c,4k2＋1)))2)＝eq\f(1,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k2)))>eq\f(1,9)，∴的取值范圍為.題型四存在性問題1.如圖，橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)經(jīng)過點(diǎn)P，離心率e＝eq\f(1,2)，直線l的方程為x＝4.(1)求橢圓C的方程；(2)AB是經(jīng)過右焦點(diǎn)F的任一弦(不經(jīng)過點(diǎn)P)，設(shè)直線AB與直線l相交于點(diǎn)M，記PA，PB，PM的斜率分別為k1，k2，k3.問：是否存在常數(shù)λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求λ的值；若不存在，說明理由．【答案】(1)eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(2)λ＝2【解析】(1)由P在橢圓上得，eq\f(1,a2)＋eq\f(9,4b2)＝1.①依題設(shè)知a＝2c，則b2＝3c2.②②代入①解得c2＝1，a2＝4，b2＝3.故橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由題意可設(shè)直線AB的斜率為k，則直線AB的方程為y＝k(x－1)．③代入橢圓方程并整理，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有x1＋x2＝eq\f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(4k2－3,4k2＋3).④在方程③中令x＝4得，M的坐標(biāo)為(4,3k)．從而k1＝eq\f(y1－\f(3,2),x1－1)，k2＝eq\f(y2－\f(3,2),x2－1)，k3＝eq\f(3k－\f(3,2),4－1)＝k－eq\f(1,2).由于A，F(xiàn)，B三點(diǎn)共線，則有k＝kAF＝kBF，即有eq\f(y1,x1－1)＝eq\f(y2,x2－1)＝k.所以k1＋k2＝eq\f(y1－\f(3,2),x1－1)＋eq\f(y2－\f(3,2),x2－1)＝eq\f(y1,x1－1)＋eq\f(y2,x2－1)－eq\f(3,2)eq\f(1,x1－1)＋eq\f(1,x2－1)＝2k－eq\f(3,2)·eq\f(x1＋x2－2,x1x2－x1＋x2＋1).⑤④代入⑤得k1＋k2＝2k－eq\f(3,2)·eq\f(\f(8k2,4k2＋3)－2,\f(4k2－3,4k2＋3)－\f(8k2,4k2＋3))＝2k－1，又k3＝k－eq\f(1,2)，所以k1＋k2＝2k3.故存在常數(shù)λ＝2符合題意．2.已知橢圓C的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上，左頂點(diǎn)為A，左焦點(diǎn)為F1(－2,0)，點(diǎn)B(2，eq\r(2))在橢圓C上，直線y＝kx(k≠0)與橢圓C交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，直線AE，AF分別與y軸交于點(diǎn)M，N.(1)求橢圓C的方程；(2)在x軸上是否存在點(diǎn)P，使得無論非零實(shí)數(shù)k怎樣變化，總有∠MPN為直角？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1(2)P(2,0)或P(－2,0)【解析】(1)設(shè)橢圓C的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a