資源簡介

圓錐曲線綜合問題
第一講 最值、范圍問題
1．圓錐曲線中常見的最值問題及其解法
(1)兩類最值問題
①涉及距離、面積的最值以及與之相關的一些問題；
②求直線或圓錐曲線中幾何元素的最值以及這些元素存在最值時確定與之有關的一些問題．
(2)兩種常見解法
①幾何法，若題目的條件和結論能明顯體現幾何特征及意義，則考慮利用圖形性質來解決；
②代數法，若題目的條件和結論能體現一種明確的函數關系，則可先建立起目標函數，再求這個函數
的最值，最值常用基本不等式法、配方法及導數法求解．
2 2
【例 1 x y】已知橢圓 E： ＋ ＝1(a>b>0)的兩個焦點與短軸的一個端點是等邊三角形的三個頂點，且長軸長
a2 b2
為 4．
(1)求橢圓 E的方程；
(2)若 A是橢圓 E的左頂點，經過左焦點 F的直線 l與橢圓 E交于 C，D兩點，求△OAD與△OAC的面積之
差的絕對值的最大值．(O為坐標原點)
1
【變式訓練】
1 x
2 y2
．已知橢圓 ＋ ＝1(a>b>0)，F
2 2 1
，F2為它的左、右焦點，P為橢圓上一點，已知∠F1PF2＝60°，S△Fa b 1
PF2＝
3 1，且橢圓的離心率為 ．
2
(1)求橢圓方程；
(2)已知 T(－4，0)，過 T的直線與橢圓交于 M，N兩點，求△MNF1面積的最大值．
2
2 C x
2 y2
．已知橢圓 ： ＋ ＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為 F1，F2，P在橢圓上(異于橢圓 C的左、右頂點)，過
a2 b2
右焦點 F2作∠F1PF2的外角平分線 L的垂線 F2Q，交 L于點 Q，且|OQ|＝2(O為坐標原點)，橢圓的四個頂
點圍成的平行四邊形的面積為 4 3．
(1)求橢圓 C的方程；
(2)若直線 l：x＝my＋4(m∈R)與橢圓 C交于 A，B兩點，點 A關于 x軸的對稱點為 A′，直線 A′B交 x軸于
點 D，求當△ADB的面積最大時，直線 l的方程．
3
x2 2
【例 2】在平面直角坐標系 xOy y中，已知橢圓 C： ＋ ＝1(a>b>0)過點 P(2，1)，且離心率 e 3＝ ．
a2 b2 2
(1)求橢圓 C的方程；
(2) l 1直線 的斜率為 ，直線 l與橢圓 C交于 A，B兩點，求△PAB的面積的最大值．
2
4
【變式訓練】
x21 C y
2 x2
．已知橢圓 ： ＋ ＝1(a＞b＞0)與雙曲線 －y2＝1的離心率互為倒數，且直線 x－y－2＝0經過橢圓的
a2 b2 3
右頂點．
(1)求橢圓 C的標準方程；
(2)設不過原點 O的直線與橢圓 C交于 M，N兩點，且直線 OM，MN，ON的斜率依次成等比數列，求
△OMN面積的取值范圍．
5
2 2
2．在平面直角坐標系 xOy x y 3 1 中，已知橢圓 C： ＋ ＝1(a＞b＞0)的離心率為 ，且點 3， 在橢圓 C上．
a2 b2 2 2
(1)求橢圓 C的方程；
(2) E x
2 y2
設橢圓 ： ＋ ＝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
4a2 4b2
線 PO交橢圓 E于點 Q．
|OQ|
①求 的值；
|OP|
②求△ABQ面積的最大值．
6
【例 3】已知動圓 E經過點 F(1，0)，且和直線 l：x＝－1相切．
(1)求該動圓圓心 E的軌跡 G的方程；
(2)已知點 A(3，0)，若斜率為 1的直線 l′與線段 OA相交(不經過坐標原點 O和點 A)，且與曲線 G交于 B，
C兩點，求△ABC面積的最大值．
7
【變式訓練】
1 x2 y A 1 , 1 B 3 9 P(x y) 1 x 3 ．如圖，已知拋物線 ＝ ，點 ， ， ，拋物線上的點 ， ．過點 B作直
2 4 2 4 2 2
線 AP的垂線，垂足為 Q．
(1)求直線 AP斜率的取值范圍；
(2)求|PA|·|PQ|的最大值．
8
2 y2 4x F 1．設拋物線 ＝ 的焦點為 ，過點 ，0的動直線交拋物線于不同兩點 P，Q，線段 PQ中點為 M，射線
2
MF與拋物線交于點 A．
(1)求點 M的軌跡方程；
(2)求△APQ的面積的最小值．
9
2．解決圓錐曲線中范圍問題的方法
圓錐曲線的有關幾何量的取值范圍問題一直是高考的熱點，解決這類問題的基本途徑：先要恰當地引
入變量(如點的坐標、角、斜率等)，建立目標函數，然后利用函數的有關知識和方法進行求解．一般有五種
思考方法：(1)利用判別式來構造不等式，從而確定參數的取值范圍；(2)利用已知參數的取值范圍，求新參
數的取值范圍，解決這類問題的關鍵是在兩個參數之間建立起相應的聯系；(3)利用隱含的不等關系建立不
等式，從而求參數的取值范圍；(4)利用已知不等關系構造不等式，從而求參數的取值范圍；(5)利用函數的
值域，確定參數的取值范圍．
x2 y2 3
【例 3】已知橢圓 C： ＋ ＝1(a>b>0)的離心率為 ，短軸長為 2．
a2 b2 2
(1)求橢圓 C的標準方程；
(2)設直線 l：y＝kx＋m與橢圓 C交于 M，N 5兩點，O為坐標原點，若 kOM·kON＝ ，求原點 O到直線 l的
4
距離的取值范圍．
10
【變式訓練】
x2 y2
1．已知橢圓 C： ＋ ＝1(a>b>0)的右焦點為 F(1,0) P 1 3 ，且點 ， 在橢圓 C上，O為坐標原點．
a2 b2 2
(1)求橢圓 C的標準方程；
(2)設過定點 T(0,2)的直線 l與橢圓 C交于不同的兩點 A，B，且∠AOB為銳角，求直線 l的斜率 k的取
值范圍．
11
2 2
2．已知橢圓 C x y 3 3： ＋ ＝1(a>b>0)的兩焦點分別是 F1(－ 2，0)，F2( 2，0)，點 E 2， 在橢圓 C上．a2 b2 2
(1)求橢圓 C的方程；
(2)設 P是 y軸上的一點，若橢圓 C上存在兩點 M，N →使得MP →＝2PN，求以 F1P為直徑的圓的面積的取值范
圍．
12
y2 x23．已知橢圓 C1： ＋ ＝1(a＞b＞0)與拋物線 C2：x2＝2py(p＞0)有一個公共焦點，拋物線 C2 2 2的準線 l與橢a b
圓 C1有一交點坐標是( 2，－2)．
(1)求橢圓 C1與拋物線 C2的方程；
(2)若點 P是直線 l上的動點，過點 P作拋物線的兩條切線，切點分別為 A，B，直線 AB與橢圓 C1分別
交于點 E，F →，求OE·O→F的取值范圍．
13
4 C x
2 y2
．已知橢圓 ： ＋ ＝1，直線 l：y＝kx＋m(m≠0)，設直線 l與橢圓 C交于 A，B兩點．
3 2
(1)若|m|> 3，求實數 k的取值范圍；
(2)若直線 OA，AB，OB的斜率成等比數列(其中 O為坐標原點)，求△OAB的面積的取值范圍．
14
【課后鞏固】
1 → →．已知點 P是圓 O：x2＋y2＝1上任意一點，過點 P作 PQ⊥y軸于點 Q，延長 QP到點 M，使QP＝PM．
(1)求點 M的軌跡 E的方程；
(2)過點 C(m,0)作圓 O的切線 l，交(1)中的曲線 E于 A，B兩點，求△AOB面積的最大值．
15
2 2
2 x y．已知橢圓 C的方程為 ＋ ＝1，A是橢圓上的一點，且 A在第一象限內，過 A且斜率等于－1的直線與
4 2
橢圓 C交于另一點 B，點 A關于原點的對稱點為 D.
(1)證明：直線 BD的斜率為定值；
(2)求△ABD面積的最大值．
16
x2 y23．如圖，已知拋物線 C1：x2＝4y與橢圓 C2： ＋ ＝1(a＞b＞0)交于點 A，B，且拋物線 C 在點 A處的切
a2 b2
1
線 l1與橢圓 C2在點 A處的切線 l2互相垂直．
(1)求橢圓 C2的離心率；
(2)設 l1與 C2交于點 P，l2與 C1交于點 Q，求△APQ面積的最小值．
17
4．已知拋物線 E：y2＝2px(p>0) π的焦點為 F，過點 F且傾斜角為 的直線 l被 E截得的線段長為 8．
4
(1)求拋物線 E的方程；
(2) 1已知點 C是拋物線上的動點，以 C為圓心的圓過點 F，且圓 C與直線 x＝－ 相交于 A，B兩點，求
2
|FA|·|FB|的取值范圍．
18
5．設圓 x2＋y2＋2x－15＝0的圓心為 A，直線 l過點 B(1，0)且與 x軸不重合，l交圓 A于 C，D兩點，過點
B作 AC的平行線交 AD于點 E．
(1)證明 EA EB 為定值，并寫出點 E的軌跡方程；
(2)設點 E的軌跡方程為曲線 C1，直線 l交 C1于 M，N兩點，過 B且與 l垂直的直線與圓 A交于 P，Q兩點，
求四邊形 MPNQ面積的取值范圍。
19
第二講 定點、定值問題
1．定點問題
(1)參數法：參數法解決定點問題的思路：①引進動點的坐標或動直線中的參數表示變化量，即確定題
目中的核心變量(此處設為 k)；②利用條件找到 k與過定點的曲線 F(x，y)＝0之間的關系，得到關于 k與 x，
y的等式，再研究變化量與參數何時沒有關系，找到定點．
(2)由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定點問題時，常根據動點或動直線的特殊情況探索出定點，
再證明該定點與變量無關．
x2 y2
【例 1】已知橢圓 C： ＋ ＝1(a>b>0)，右焦點 F的坐標為(2,0)，且點(2， 2)在橢圓 C上．
a2 b2
(1)求橢圓 C的方程及離心率；
(2)過點 F的直線交橢圓于 A，B兩點(直線不與 x軸垂直)，已知點 A與點 P關于 x軸對稱，證明：直線
PB恒過定點，并求出此定點坐標．
20
【變式訓練】
2 2
1．已知橢圓 C x y： ＋ ＝1(a＞b＞0)的右焦點 F( 3，0)，長半軸長與短半軸長的比值為 2．
a2 b2
(1)求橢圓 C的標準方程；
(2)設不經過點 B(0,1)的直線 l與橢圓 C相交于不同的兩點 M，N，若點 B在以線段 MN為直徑的圓上，
證明：直線 l過定點，并求出該定點的坐標．
21
2．已知 A( 3－2，0)，B(2，0)，點 C是動點，且直線 AC和直線 BC的斜率之積為－ ．
4
(1)求動點 C的軌跡方程；
(2)設直線 l與(1)中軌跡相切于點 P，與直線 x＝4相交于點 Q，判斷以 PQ為直徑的圓是否過 x軸上一定
點．
22
3．設 M點為圓 C → →：x2＋y2＝4上的動點，點 M在 x軸上的投影為 N，動點 P滿足 2PN＝ 3 MN，動點 P的
軌跡為 e．
(1)求 e的方程；
(2)設 e →的左頂點為 D，若直線 l：y＝kx＋m與曲線 e交于兩點 A，B(A，B不是左、右頂點)，且滿足|DA
→
＋DB|＝|D→A →－DB|，求證：直線 l恒過定點，并求出該定點的坐標．
23
2．定值問題
(1)直接消參求定值：常見定值問題的處理方法：①確定一個(或兩個)變量為核心變量，其余量均利用條
件用核心變量進行表示；②將所求表達式用核心變量進行表示(有的甚至就是核心變量)，然后進行化簡，看
能否得到一個常數．
(2)從特殊到一般求定值：常用處理技巧：①在運算過程中，盡量減少所求表達式中變量的個數，以便
于向定值靠攏；②巧妙利用變量間的關系，例如點的坐標符合曲線方程等，盡量做到整體代入，簡化運算．
【例 2】如圖，設點 A，B的坐標分別為(－ 3，0)，( 3，0)，直線 AP，BP相交于點 P，且它們的斜率之積
2
為－ ．
3
(1)求點 P的軌跡方程；
(2)設點 P的軌跡為 C，點 M，N是軌跡 C上不同于 A、B的兩點，且滿足 AP∥OM，BP∥ON，求證：
△MON的面積為定值．
24
【變式訓練】
1 1．已知橢圓 C的中心在原點，離心率等于 ，它的一個短軸端點恰好是拋物線 x2＝8 3y的焦點．
2
(1)求橢圓 C的方程；
(2)如圖，已知 P(2,3)，Q(2，－3)是橢圓上的兩點，A，B是橢圓上位于直線 PQ兩側的動點．
1
①若直線 AB的斜率為 ，求四邊形 APBQ面積的最大值；
2
②當 A，B運動時，滿足∠APQ＝∠BPQ，試問直線 AB的斜率是否為定值？請說明理由．
25
2
2 x．在平面直角坐標系 xOy中，已知橢圓 C： ＋y2＝1，點 P(x1，y1)，Q(x2，y2)是橢圓 C上兩個動點，直線
4
OP，OQ x x 的斜率分別為 k1，k2，若 m＝ 1 , y1 ，n＝ 2 , y2 ，m·n＝0．
2 2
(1) 1求證：k1·k2＝－ ；
4
(2)試探求△OPQ的面積 S是否為定值，并說明理由．
26
2
3 C x y
2
．已知橢圓 ： ＋ ＝1(a>b>0)的一個焦點與上、下頂點兩兩相連構成直角三角形，以橢圓 C的長軸長
a2 b2
為直徑的圓與直線 x＋y－2＝0相切．
(1)求橢圓 C的標準方程；
(2)設過橢圓右焦點且不重合于 x軸的動直線與橢圓 C相交于 A，B兩點，探究在 x軸上是否存在定點 E，
E→使得 A·E→B為定值？若存在，試求出定值和點 E的坐標；若不存在，請說明理由．
27
【課后鞏固】
2 2
1 x y 1．已知橢圓 C： ＋ ＝1(a>b>0)的焦點為 F1，F2，離心率為 ，點 P為其上一動點，且三角形 PF2 2 1F2面積a b 2
的最大值為 3，O為坐標原點．
(1)求橢圓 C的方程；
(2) → →若點 M，N為 C上的兩個動點，求常數 m，使OM·ON＝m時，點 O到直線 MN的距離為定值，求這
個定值．
28
2 2
2 x y．已知橢圓 C： ＋ ＝1(a＞b＞0)的左右焦點分別為 F1，F2，點 P是橢圓 C上一點，若 PF1⊥PF2，|F2 2 1F2|a b
＝2 3，△PF1F2的面積為 1．
(1)求橢圓 C的方程；
(2)若 A 1 1，B分別為橢圓上的兩點，且 OA⊥OB，求證： ＋ 為定值，并求出該定值．
|OA|2 |OB|2
29
x2 y23 1 3．已知橢圓 C： ＋ ＝1(a＞b＞0)的離心率為 ，焦點與短軸的兩頂點的連線與圓 x2＋y2＝ 相切．
a2 b2 2 4
(1)求橢圓 C的方程；
(2)過點(1，0)的直線 l與 C → →相交于 A，B兩點，在 x軸上是否存在點 N，使得NA·NB為定值？如果有，
求出點 N的坐標及定值；如果沒有，請說明理由．
30
4．過拋物線 C：y2＝4x的焦點 F且斜率為 k的直線 l交拋物線 C于 A，B兩點，且|AB|＝8．
(1)求 l的方程；
(2)若 A關于 x軸的對稱點為 D，求證：直線 BD過定點，并求出該點的坐標．
31
x2 y25．如圖，已知橢圓 E： 2＋ 2＝1(a>b>0)
2
的離心率為 ，且過點(2， 2)，四邊形 ABCD的頂點在橢圓 E上，
a b 2
b2
且對角線 AC，BD過原點 O，kAC·kBD＝－ ．
a2
(1)求O→A·O→B的取值范圍；
(2)求證：四邊形 ABCD的面積為定值．
32
第三講 證明、探索問題
1．證明問題
代數轉化法：圓錐曲線中的證明問題多涉及幾何量的證明，比如涉及線段或角相等以及位置關系等
等．證明時，常把幾何量用坐標表示，建立某個變量的函數，用代數方法證明．
2
1 C x y
2 2 2
【例 】已知橢圓 ： 2＋ 2＝1(a>b>0)經過點 M 1， ，其離心率為 ，設直線 l：y＝kx＋m與橢圓 C相a b 2 2
交于 A，B兩點．
(1)求橢圓 C的方程；
(2) 2已知直線 l與圓 x2＋y2＝ 相切，求證：OA⊥OB(O為坐標原點)．
3
33
【變式訓練】
x21 C y
2 1
．已知橢圓 ： ＋ ＝1(a>b>0)的離心率為 ，左、右焦點分別為 F1，F2，A為橢圓 C上一點，AF2 2 2⊥F1F2，a b 3
且|AF 82|＝ ．
3
(1)求橢圓 C的方程；
(2)設橢圓 C的左、右頂點分別為 A1，A2，過 A1，A2分別作 x軸的垂線 l1，l2，橢圓 C的一條切線 l：y
＝kx＋m與 l1，l2分別交于 M，N兩點，求證：∠MF1N為定值．
34
2 C x
2
．設橢圓 ： ＋y2＝1的右焦點為 F，過 F的直線 l與 C交于 A，B兩點，點 M的坐標為(2,0)．
2
(1)當 l與 x軸垂直時，求直線 AM的方程；
(2)設 O為坐標原點，證明：∠OMA＝∠OMB．
35
2．探究、存在性問題
存在性問題的解法：先假設存在，用待定系數法設出，列出關于待定系數的方程組，推證滿足條件的
結論，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．要注意的是：(1)當條件和結論不唯一時要分類討論；(2)當給出結論而要推導出存在的條件時，先假設
成立，再推出條件；(3)當條件和結論都不知，按常規方法解題很難時，要開放思維，采取另外合適的方法．
【例 2】已知橢圓 C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直線 l不過原點 O且不平行于坐標軸，l與 C有兩個交點 A，B，
線段 AB的中點為 M．
(1)證明：直線 OM的斜率與 l的斜率的乘積為定值；
(2) m 若 l過點 ,m ，延長線段 OM與 C交于點 P，四邊形 OAPB能否為平行四邊形？若能，求此時 l
3
的斜率；若不能，說明理由．
36
【變式訓練】
2 2
1．雙曲線 C x y： － ＝1(a＞0，b＞0)的焦點分別為：F
2 2 1
(－2 2，0)，F2(2 2，0)，且雙曲線 C經過點 P(4 2，
a b
2 7)．
(1)求雙曲線 C的方程；
(2)設 O為坐標原點，若點 A在雙曲線 C上，點 B在直線 x＝ 2 →上，且OA·O→B＝0．是否存在以點 O為
圓心的定圓恒與直線 AB相切？若存在，求出該圓的方程，若不存在，請說明理由．
37
2 2．已知中心在原點，焦點在 x軸上的橢圓的離心率為 ，直線 l過橢圓右焦點 F，且交橢圓于 A，B兩點，
2
當直線 l π的傾斜角為 時，|AB|＝ 2．
2
(1)求橢圓的標準方程；
(2)在直線 x＝2 上是否存在點 D，使得△DAB為正三角形？若存在，求出 D點的坐標；若不存在，請
說明理由．
38
【課后鞏固】
1 x
2 y2
．已知橢圓 ＋ ＝1的右焦點為 F，設直線 l：x＝5與 x軸的交點為 E，過點 F且斜率為 k的直線 l1與橢
5 4
圓交于 A，B兩點，M為線段 EF的中點．
(1) π若直線 l1的傾斜角為 ，求△ABM的面積 S的值；
4
(2)過點 B作直線 BN⊥l于點 N，證明：A，M，N三點共線．
39
2．在三角形 MAB中，點 A(－1,0)，B(1,0)，且它的周長為 6，記點 M的軌跡為曲線 E．
(1)求 E的方程；
(2)設點 D(－2,0)，過 B的直線與 E交于 P，Q兩點，求證：∠PDQ不可能為直角．
40
→ →
2 2
3．已知橢圓 C x y1： ＋ ＝1(a＞b＞0)，F為左焦點，A為上頂點，B(2,0)為右頂點，若 7|AF|＝2|AB|，拋物
a2 b2
線 C2的頂點在坐標原點，焦點為 F．
(1)求橢圓 C1的標準方程；
(2) 1是否存在過 F點的直線，與橢圓 C1和拋物線 C2的交點分別是 P，Q和 M，N，使得 S△OPQ＝ S△OMN？2
如果存在，求出直線的方程；如果不存在，請說明理由．
41
2
4 C x y
2
．已知橢圓 ： ＋ ＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為 F1、F2，且點 F1到橢圓 C上任意一點的最大距離
a2 b2
1
為 3，橢圓 C的離心率為 ．
2
(1)求橢圓 C的標準方程；
(2)是否存在斜率為－1的直線 l與以線段 F1F
|CD|
2為直徑的圓相交于 A、B兩點，與橢圓相交于 C、D，且
|AB|
8 3
＝ ？若存在，求出直線 l的方程；若不存在，說明理由．
7
42
圓錐曲線綜合問題
第一講 最值、范圍問題
1．圓錐曲線中常見的最值問題及其解法
(1)兩類最值問題
①涉及距離、面積的最值以及與之相關的一些問題；
②求直線或圓錐曲線中幾何元素的最值以及這些元素存在最值時確定與之有關的一些問題．
(2)兩種常見解法
①幾何法，若題目的條件和結論能明顯體現幾何特征及意義，則考慮利用圖形性質來解決；
②代數法，若題目的條件和結論能體現一種明確的函數關系，則可先建立起目標函數，再求這個函數
的最值，最值常用基本不等式法、配方法及導數法求解．
x2 y2
【例 1】已知橢圓 E： ＋ ＝1(a>b>0)的兩個焦點與短軸的一個端點是等邊三角形的三個頂點，且長軸長
a2 b2
為 4．
(1)求橢圓 E的方程；
(2)若 A是橢圓 E的左頂點，經過左焦點 F的直線 l與橢圓 E交于 C，D兩點，求△OAD與△OAC的面積之
差的絕對值的最大值．(O為坐標原點)
解析：(1)由題意得 2a＝4，即 a＝2,2c＝a，
即 c＝1，又 b2＝a2－c2，∴b2＝3．
x2 y2
故橢圓 E的方程為 ＋ ＝1．
4 3
(2)設△OAD的面積為 S1，△OAC的面積為 S2，直線 l的方程為 x＝ky－1，C(x1，y1)，D(x2，y2)，
x＝ky－1，
由 x2 y2 1 整理得(3k
2＋4)y2－6ky－9＝0，
＋ ＝ ，
4 3
6k
由根與系數的關系可知 y1＋y2＝ ，
3k2＋4
|S S | 1∴ 1－ 2＝ ×2×||y1|
6|k|
－|y2||＝|y1＋y2|＝ ．
2 3k2＋4
6 6
k 3 4 2 3當 ＝0時，|S1－S2|＝0，當 k≠0時，|S1－S2|＝ 4≤ 4＝ ，當且僅當 3|k|＝ ，即 k＝± 時3|k|＋ 2 3|k|· 2 |k| 3
|k| |k|
3
等號成立．∴|S1－S2|的最大值為 ．
2
43
【變式訓練】
x21 y
2
．已知橢圓 ＋ ＝1(a>b>0)，F1，F2為它的左、右焦點，P為橢圓上一點，已知∠F2 2 1PF2＝60°，Sa b △
F1PF2＝
3 1，且橢圓的離心率為 ．
2
(1)求橢圓方程；
(2)已知 T(－4，0)，過 T的直線與橢圓交于 M，N兩點，求△MNF1面積的最大值．
解 (1)由已知，得|PF1|＋|PF2|＝2a，①
|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|cos 60°＝4c2，
即|PF1|2＋|PF2|2－|PF1||PF2|＝4c2，②
1|PF1||PF2|sin 60°＝ 3，即|PF1||PF2|＝4，③
2
c 1
聯立①②③解得 a2－c2＝3．又 ＝ ，∴c2＝1，a2＝4，
a 2
2 2
b2 x y＝a2－c2＝3，橢圓方程為 ＋ ＝1．
4 3
(2)根據題意可知直線 MN的斜率存在，且不為 0．
設 M(x1，y1)，N(x2，y2)，直線 MN的方程為 x＝my－4，
代入橢圓方程，整理得(3m2＋4)y2－24my＋36＝0，
則Δ＝(24m)2－4×36×(3m2＋4)>0，所以 m2>4．
y 24m 361＋y2＝ ，y2 1y2＝ ，3m ＋4 3m2＋4
則△MNF1的面積 S△MNF1＝|S△NTF1－S△MTF1|
1
＝ |TF 31|·|y1－y2|＝ （y1＋y2）2－4y1y2
2 2
24m 23 144 m2－4
＝ ＝18
2 3m2 4 3m2 4 4＋3m2
1 1 6
＝6×m2 4 16＝6× 16
3 3
≤ 16＝ ．－ ＋
3 4m2－4＋ 3 2 3
m2－4 m2－4
16
28
當且僅當 m2－4＝ 3 ，即 m2＝ 時(此時適合Δ>0的條件)取得等號．
m2－4 3
故△MNF 3 31面積的最大值為 ．
4
44
2 2
2 x y．已知橢圓 C： ＋ ＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為 F1，F2，P在橢圓上(異于橢圓 C的左、右頂點)，過
a2 b2
右焦點 F2作∠F1PF2的外角平分線 L的垂線 F2Q，交 L于點 Q，且|OQ|＝2(O為坐標原點)，橢圓的四個頂
點圍成的平行四邊形的面積為 4 3．
(1)求橢圓 C的方程；
(2)若直線 l：x＝my＋4(m∈R)與橢圓 C交于 A，B兩點，點 A關于 x軸的對稱點為 A′，直線 A′B交 x軸于
點 D，求當△ADB的面積最大時，直線 l的方程．
解 (1)由橢圓的四個頂點圍成的平行四邊形的面積為 4×1ab＝4 3，得 ab＝2 3．
2
延長 F2Q交直線 F1P于點 R，因為 F2Q為∠F1PF2的外角平分線的垂線，
所以|PF2|＝|PR|，Q為 F2R的中點，
|OQ| |F1R| |F1P|＋|PR| |F1P|＋|PF2|所以 ＝ ＝ ＝ ＝a，
2 2 2
x2 y2
所以 a＝2，b＝ 3，所以橢圓 C的方程為 ＋ ＝1．
4 3
x＝my＋4，
(2)聯立 x2 y2 1 消去 x，得(3m
2＋4)y2＋24my＋36＝0，
＋ ＝ ，
4 3
所以Δ＝(24m)2－4×36×(3m2＋4)＝144(m2－4)>0，即 m2>4．
設 A(x1，y1)，B(x2，y2)，則 A′(x1，－y1)，
－24m 36
由根與系數的關系，得 y1＋y2＝ ，y y ＝ ，
3m2
1 2
＋4 3m2＋4
A′B k y2－
－y1 y2＋y1
直線 的斜率 ＝ ＝ ，
x2－x1 x2－x1
所以直線 A′B的方程為 y＋y y1＋y21＝ (x－x1)，
x2－x1

y 0 x x1y2＋x2y1 my1＋4
y2＋y1 my2＋4 2my1y2
令 ＝ ，得 D＝ ＝ ＝ ＋4，
y1＋y2 y1＋y2 y1＋y2
3
故 xD＝1，所以點 D到直線 l的距離 d＝ ，
1＋m2
S 1 3 m
2－4
所以 △ADB＝ |AB|·d＝ y1＋y2 2－4y1y2＝18· ．2 2 3m2＋4
18
令 t＝ m2－4(t>0)，則 S t 18 3 3△ADB＝18· ＝ ≤ ＝ ，3t2＋16 3t 16＋ 2 3×16 4
t
當且僅當 3t 16 16 28 2 21＝ ，即 t2＝ ＝m2－4，即 m2＝ >4，m＝± 時，△ADB的面積最大，
t 3 3 3
所以直線 l的方程為 3x＋2 21y－12＝0或 3x－2 21y－12＝0．
45
2 xOy C x
2 y2
【例 】在平面直角坐標系 中，已知橢圓 ： ＋ ＝1(a>b>0)過點 P(2，1)，且離心率 e 3＝ ．
a2 b2 2
(1)求橢圓 C的方程；
(2) 1直線 l的斜率為 ，直線 l與橢圓 C交于 A，B兩點，求△PAB的面積的最大值．
2
c2 2 2
解 (1)因為 e2 a －b 3＝ ＝ ＝ ，所以 a2＝4b2．
a2 a2 4
C x
2 y2
又橢圓 ： ＋ ＝1(a>b>0)過點 P(2，1)，
a2 b2
4 1
所以 ＋ ＝1．所以 a2＝8，b2＝2．
a2 b2
x2 y2
故所求橢圓方程為 ＋ ＝1．
8 2
(2) l y 1設 的方程為 ＝ x＋m，點 A(x1，y1)，B(x2，y2)，
2
y 1＝ x＋m，
2
聯立 x2 y2 消去 y整理得 x2＋2mx＋2m2－4＝0．
＋ ＝1
8 2
所以 x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－4．
又直線 l與橢圓相交，所以Δ＝4m2－8m2＋16>0，解得|m|<2．
1
則|AB|＝ 1＋ × （x1＋x2）2－4x1x2＝ 5（4－m2）．
4
|m|
點 P 2|m|到直線 l的距離 d＝ 1＝ ．1＋ 5
4
S 1d|AB| 1×2|m|
2
× 5 4 m2 m2 4 m2 ≤m ＋4－m
2
所以 △PAB＝ ＝ （ － ）＝ （ － ） ＝2．2 2 5 2
當且僅當 m2＝2，即 m＝± 2時，△PAB的面積取得最大值為 2．
46
【變式訓練】
x2 y2 x21．已知橢圓 C： ＋ ＝1(a＞b＞0)與雙曲線 －y2＝1的離心率互為倒數，且直線 x－y－2＝0經過橢圓的
a2 b2 3
右頂點．
(1)求橢圓 C的標準方程；
(2)設不過原點 O的直線與橢圓 C交于 M，N兩點，且直線 OM，MN，ON的斜率依次成等比數列，求
△OMN面積的取值范圍．
2 3
解：(1)∵雙曲線的離心率為 ，
3
e c 3∴橢圓的離心率 ＝ ＝ ．
a 2
又∵直線 x－y－2＝0經過橢圓的右頂點，
∴右頂點為點(2,0)，即 a＝2，c＝ 3，b＝1，
x2
∴橢圓方程為 ＋y2＝1．
4
(2)由題意可設直線的方程為 y＝kx＋m(k≠0，m≠0)，
y＝kx＋m，
M(x1，y 21)，N(x2，y2)．聯立 x ＋y2＝1，
4
消去 y，并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，
x x 8km x x 4 m
2－1
則 1＋ 2＝－ ，2 1 2＝ ，1＋4k 1＋4k2
于是 y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2．
又直線 OM，MN，ON的斜率依次成等比數列，
y 2 2
故 1·y2 k x1x2＋km x1＋x2 ＋m＝ ＝k2，
x1 x2 x1x2
8k2m2
則－ ＋m2＝0．
1＋4k2
m≠0 k2 1 k ±1由 得 ＝ ，解得 ＝ ．
4 2
又由Δ＝64k2m2－16(1＋4k2)(m2－1)＝16(4k2－m2＋1)＞0，得 0＜m2＜2，
顯然 m2≠1(否則 x1x2＝0，x1，x2中至少有一個為 0，直線 OM，ON中至少有一個斜率不存在，與已知矛盾)．
設原點 O到直線的距離為 d，
|m|
則 S 1 1 2 1 2 2 2△OMN＝ |MN|d＝ · 1＋k ·|x1－x2|· ＝ |m| x1＋x2 －4x1x2＝ － m －1 ＋1．2 2 1＋k2 2
故由 m的取值范圍可得△OMN面積的取值范圍為(0,1)．
47
2
2 xOy C x y
2 3 1
．在平面直角坐標系 中，已知橢圓 ： ＋ ＝1(a＞b＞0)的離心率為 ，且點 3， 在橢圓 C上．
a2 b2 2 2
(1)求橢圓 C的方程；
(2) E x
2 y2
設橢圓 ： ＋ ＝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
4a2 4b2
PO交橢圓 E于點 Q．
|OQ|
①求 的值；
|OP|
②求△ABQ面積的最大值．
3 1 a2－b2 3
解 (1)由題意知 ＋ ＝1．又 ＝ ，
a2 4b2 a 2
2
解得 a2 x＝4，b2＝1．所以橢圓 C的方程為 ＋y2＝1．
4
2 2
(2)由(1)知橢圓 E x y的方程為 ＋ ＝1．
16 4
①設 P(x0，y0) |OQ|， ＝λ(λ＞0)，由題意知 Q(－λx0，－λy0)．
|OP|
x2 20 y2 1 －λx0
2 －λy0 2 λ2 x
因為 ＋ 0＝ ，又 ＋ ＝1，即 0 y2 ＝1，
4 16 4 4 0 4
所以λ＝2 |OQ|，即 ＝2
|OP|
②設 A(x1，y1)，B(x2，y2)．將 y＝kx＋m代入橢圓 E的方程，
可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0，
由Δ＞0，可得 m2＜4＋16k2，(*)
2
x x 8km x x 4m －16 |x x | 4 16k
2＋4－m2
則有 1＋ 2＝－ ， 1 2＝ ．所以 1－ 2＝ ．
1＋4k2 1＋4k2 1＋4k2
因為直線 y＝kx＋m與 y軸交點的坐標為(0，m)，
2 2 2 2 2 m2 m2
所以△OAB S 1|m||x x | 2 16k ＋4－m |m| 2 16k ＋4－m m的面積 ＝ 1－ 2＝ ＝ ＝2 4 ．
2 1＋4k2 1＋4k2 1 4k 2 2 1 4k
m2
設 ＝t，將 y＝kx＋m代入橢圓 C的方程，
1＋4k2
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 4－t t＝2 －t2＋4t，
故 0＜S≤2 3，當且僅當 t＝1，即 m2＝1＋4k2時取得最大值 2 3．
由①知，△ABQ的面積為 3S，所以△ABQ面積的最大值為 6 3．
48
【例 3】已知動圓 E經過點 F(1，0)，且和直線 l：x＝－1相切．
(1)求該動圓圓心 E的軌跡 G的方程；
(2)已知點 A(3，0)，若斜率為 1的直線 l′與線段 OA相交(不經過坐標原點 O和點 A)，且與曲線 G交于 B，
C兩點，求△ABC面積的最大值．
解 (1)由題意可知點 E到點 F的距離等于點 E到直線 l的距離，∴動點 E的軌跡是以 F(1，0)為焦點，直
線 x＝－1為準線的拋物線，故軌跡 G的方程是 y2＝4x．
(2)設直線 l′的方程為 y＝x＋m，其中－3y＝x＋m，
聯立得方程組
y2＝4x
消去 y，得 x2＋(2m－4)x＋m2＝0，
Δ＝(2m－4)2－4m2＝16(1－m)>0恒成立．
由根與系數的關系得
x1＋x2＝4－2m，x1·x2＝m2，∴|CB|＝4 2（1－m），
3＋m
點 A到直線 l′的距離 d＝ ，
2
∴S 1△ABC＝ ×4 2（1－m
3＋m
）× ＝2 1－m×(3＋m)，
2 2
令 1－m＝t，t∈(1，2)，則 m＝1－t2，
∴S△ABC＝2t(4－t2)＝8t－2t3，
令 f(t)＝8t－2t3，∴f′(t)＝8－6t2，
令 f′(t)＝0 2，得 t＝ (負值舍去)．
3

易知 y＝f(t)在 1,
2 2
上單調遞增，在 ,2 上單調遞減．
3 3
∴y＝f(t) 2 1 32 3在 t＝ ，即 m＝－ 時取得最大值為 ．
3 3 9
∴△ABC 32 3面積的最大值為 ．
9
49
【變式訓練】
1 1 1 3 9 ．如圖，已知拋物線 x2＝y，點 A , ，B ， ，拋物線上的點 P(x，y)
1 3
x ．過點 B作直
2 4 2 4 2 2
線 AP的垂線，垂足為 Q．
(1)求直線 AP斜率的取值范圍；
(2)求|PA|·|PQ|的最大值．
x2 1－
解析 (1)設直線 AP的斜率為 k，則 k＝ 4 1＝x－ ．
x 1
2
＋
2
12 2
kx－y 1 1＋ k＋ ＝0，
2 4
(2)聯立直線 AP與 BQ的方程可得
x 9 3＋ky－ k－ ＝0，
4 2
－k2＋4k＋3
解得點 Q的橫坐標是 xQ＝ ．
2 k2＋1
1
因為|PA| ＝ 1＋k2 x ＝ 1＋k2(k＋1)，
2
k－1 k＋1 2
|PQ|＝ 1＋k2(xQ－x)＝－ ，
k2＋1
所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1)3．
令 f(k)＝－(k－1)(k＋1)3＝－k4－2k3＋2k＋1，
因為 f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2，
1 1
所以 f(k) 在區間 1, 上單調遞增，在區間 ,1 上單調遞減．
2 2
1
因此當 k＝ 時，|PA|·|PQ| 27取得最大值 ．
2 16
50
2．設拋物線 y2＝4x 1的焦點為 F，過點 ，0的動直線交拋物線于不同兩點 P，Q，線段 PQ中點為 M，射線
2
MF與拋物線交于點 A．
(1)求點 M的軌跡方程；
(2)求△APQ的面積的最小值．
解：(1)設直線 PQ x ty 1方程為 ＝ ＋ ，代入 y2＝4x，得 y2－4ty－2＝0．
2
設 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則 y1＋y2＝4t，y1y2＝－2，x1＋x2＝t(y1＋y2)＋1＝4t2＋1，
所以 M2t2 1＋ ，2t．
2
x＝2t2 1＋ ，
設 M(x，y)，由 2 消去 t，得中點 M的軌跡方程為 y2＝2x－1．
y＝2t
(2)設F→A →＝λFM(λ<0) 1，A(x0，y0)，又 F(1,0)，M2t2＋ ，2t，
2
1 x0＝2λt
2 1－ λ＋1，
則(x0－1，y0)＝λ 2t 2 ,2t ，即 2
2 y0＝2λt.
由點 A在拋物線 y2＝4x上，得 4λ2t2＝8λt2－2λ＋4，
1
化簡得(λ2－2λ)t2＝－ λ＋1．
2
又λ<0 1，所以 t2＝－ ．
2λ
因為點 A到直線 PQ的距離
|4λt2－λ＋2－4λt2－1| |λ－1|
d＝ ＝ ，
2 1＋t2 2 1＋t2
|PQ|＝ 1＋t2|y1－y2|＝2 1＋t2 4t2＋2 ．
1 3
所以△APQ的面積 S＝ ·|PQ|·d 2 2t2 1|λ 1| 2 λ－1 ＝ ＋ － ＝ ．
2 2 2 λ
f(λ) λ－1
3 λ－1 2 2λ＋1
設 ＝ ，λ<0，則 f′(λ)＝ ，
λ λ2
由 f′(λ)>0 1，得λ>－ ；
2
1
由 f′(λ)<0，得λ<－ ，
2
所以 f(λ) 1 1 1在－∞，－ 上是減函數，在－ ，0上是增函數，因此，當λ＝－ 時，f(λ)取到最小值．
2 2 2
所以△APQ 3 6的面積的最小值是 ．
4
51
2．解決圓錐曲線中范圍問題的方法
圓錐曲線的有關幾何量的取值范圍問題一直是高考的熱點，解決這類問題的基本途徑：先要恰當地引
入變量(如點的坐標、角、斜率等)，建立目標函數，然后利用函數的有關知識和方法進行求解．一般有五種
思考方法：(1)利用判別式來構造不等式，從而確定參數的取值范圍；(2)利用已知參數的取值范圍，求新參
數的取值范圍，解決這類問題的關鍵是在兩個參數之間建立起相應的聯系；(3)利用隱含的不等關系建立不
等式，從而求參數的取值范圍；(4)利用已知不等關系構造不等式，從而求參數的取值范圍；(5)利用函數的
值域，確定參數的取值范圍．
2 2
【例 3 x y 3】已知橢圓 C： ＋ ＝1(a>b>0)的離心率為 ，短軸長為 2．
a2 b2 2
(1)求橢圓 C的標準方程；
(2)設直線 l：y＝kx 5＋m與橢圓 C交于 M，N兩點，O為坐標原點，若 kOM·kON＝ ，求原點 O到直線 l的距
4
離的取值范圍．
解 (1) c 3由題知 e＝ ＝ ，2b＝2，又 a2＝b2＋c2，∴b＝1，a＝2，
a 2
x2
∴橢圓 C的標準方程為 ＋y2＝1．
4
y＝kx＋m，
(2)設 M(x1，y1)，N(x 22，y2)，聯立方程 x y2 1 得(4k
2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
＋ ＝ ，
4
依題意，Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)(4m2－4)>0，化簡得 m2<4k2＋1，①
x x 8km x x 4m
2－4
1＋ 2＝－ ， 1 2＝ ，
4k2＋1 4k2＋1
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2．
5 y y 5
若 kOM·kON＝ ，則 1 2＝ ，即 4y1y2＝5x1x2，
4 x1x2 4
∴(4k2－5)x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝0，
2
∴(4k2 4（m －1）－5)· ＋4km· 8km ＋4m2＝0，
4k2＋1 4k 2 1
5
即(4k2－5)(m2－1)－8k2m2＋m2(4k2＋1)＝0，化簡得 m2＋k2＝ ，②
4
6 1 5
由①②得 0≤m2< ， 5 20 4
5
|m| 2 －k
2
∵原點 O到直線 l的距離 d＝ ，∴d2 m＝ ＝4 ＝－1 9＋ ，
1＋k2 1＋k2 2 4（1＋k21＋k ）
1 2 14
又 ，∴0≤d2<8，∴原點 O到直線 l的距離的取值范圍是 0，
20 4 7 7
．

52
【變式訓練】
x2 y2
1．已知橢圓 C： ＋ ＝1(a>b>0)的右焦點為 F(1,0) P 1 3 ，且點 ， 在橢圓 C上，O為坐標原點．
a2 b2 2
(1)求橢圓 C的標準方程；
(2)設過定點 T(0,2)的直線 l與橢圓 C交于不同的兩點 A，B，且∠AOB為銳角，求直線 l的斜率 k的取
值范圍．
解析：(1)由題意，得 c＝1，
所以 a2＝b2＋1．
3
因為點 P 1， 在橢圓 C上，
2
1 9
所以 ＋ ＝1，所以 a2＝4，b2＝3．
a2 4b2
x2 y2
則橢圓 C的標準方程為 ＋ ＝1．
4 3
(2)設直線 l的方程為 y＝kx＋2，點 A(x1，y1)，B(x2，y2)，
x2 y2
＋ ＝1，
由 4 3 得(4k2＋3)x2＋16kx＋4＝0．
y＝kx＋2
因為Δ＝48(4k2－1)>0，所以 k2>1，
4
－16k 4
由根與系數的關系，得 x1＋x2＝ ，x2 1x2＝ ．4k ＋3 4k2＋3
因為∠AOB →為銳角，所以OA·O→B>0，即 x1x2＋y1y2>0．
所以 x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)>0，
即(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4>0，
所以(1＋k2)· 4 ＋2k·－16k＋4>0，
4k2＋3 4k2＋3
－12k2＋16
即 >0，
4k2＋3
k2<4所以 ．
3
1 4
綜上可知 4 3
2 33 2 2 3
2 3 1 1 2 3
所以直線 l的斜率 k的取值范圍為 , , ．
3 2 2 3
53
x2 y2 3 3 2．已知橢圓 C： ＋ ＝1(a>b>0)的兩焦點分別是 F
2 2 1
(－ 2，0)，F2( 2，0)，點 E 2， 在橢圓 C上．a b 2
(1)求橢圓 C的方程；
(2)設 P →是 y軸上的一點，若橢圓 C上存在兩點 M，N使得MP＝2P→N，求以 F1P為直徑的圓的面積的取值范
圍．
9 3 2
解：(1)由題意知，半焦距 c＝ 2，2a＝|EF1|＋|EF2|＝ 8＋ ＋ ＝4 2，
2 2
所以 a＝2 2，
所以 b2＝a2－c2＝8－2＝6，
x2 y2
所以橢圓 C的方程是 ＋ ＝1．
8 6
(2)設點 P的坐標為(0，t)，
6
當直線 MN的斜率不存在時，可得 M，N分是是短軸的兩端點，得到 t＝± ．
3
當直線 MN的斜率存在時，設直線 MN的方程為 y＝kx＋t，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
→
則由MP＝2 P→N得 x1＝－2x2， ①
y＝kx＋t，
聯立，得 x2 y2 1 整理得(3＋4k
4)x2＋8ktx＋4t2－24＝0，
＋ ＝ ，
8 6
由Δ>0得 64k2t2－4(3＋4k2)(4t2－24)>0，整理得 t2<8k2＋6．
x x 8kt
2
由根與系數的關系得 1＋ 2＝－ ，x1x
4t －24
2＝ ，②
3＋4k2 3＋4k2
－t2＋6
由①②，消去 x1，x2得 k2＝ ，
12t2－8
－t2＋6
≥0，
12t2－8
2
由 2 得 t2<8·－t ＋6＋6， 3
12t2－8
2
綜上 ≤t2<6．
3
2 2
因為以 F1P
2＋t
為直徑的圓的面積 S＝π． · ，所以 S的取值范圍是 ,2 ．4 3
54
2 2
3 y x．已知橢圓 C1： ＋ ＝1(a＞b＞0)與拋物線 C2：x2＝2py(p＞0)有一個公共焦點，拋物線 C2的準線 l與橢
a2 b2
圓 C1有一交點坐標是( 2，－2)．
(1)求橢圓 C1與拋物線 C2的方程；
(2)若點 P是直線 l上的動點，過點 P作拋物線的兩條切線，切點分別為 A，B，直線 AB與橢圓 C1分別
→ →
交于點 E，F，求OE·OF的取值范圍．
[解析] (1) p拋物線 C2的準線方程是 y＝－2，所以－ ＝－2，即 p＝4，所以拋物線 C2的方程為 x2＝8y．
2
y2C x
2
橢圓 1： ＋ ＝1(a＞b＞0)的焦點坐標分別是(0，－2)，(0,2)，所以 c＝2．
a2 b2
2a＝ 2＋0＋ 2＋ 2＋2 2＝4 2，解得 a＝2 2，則 b＝2，
2 2
所以橢圓 C y x1的方程為 ＋ ＝1．
8 4
(2)設點 P(t，－2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，E(x3，y3)，F(x4，y4)，
1 1
拋物線方程可化為 y＝ x2，求導得 y′＝ x，
8 4
所以 AP 1的方程為 y－y1＝ x1(x－x1)，
4
將 P(t，－2) 1 1代入，得－2－y1＝ x1t－2y1，即 y1＝ tx1＋2．
4 4
同理，BP 1 1的方程為 y2＝ tx2＋2，所以直線 AB的方程為 y＝ tx＋2．
4 4
y 1＝ tx＋2，
4
由 y2 x2 消去 y，整理得(t2＋32)x2＋16tx－64＝0，
＋ ＝1
8 4
則Δ＝256t2＋256(t2＋32)＞0，
－16t －64
且 x3＋x4＝ ，x x2 3 4＝t ＋32 t2＋32
→ →
所以OE·OF＝x3x4＋y3y4
t2 t －8t2(1 )x x (x x ) 4 ＋64 320＝ ＋ 3 4＋ 3＋ 4 ＋ ＝ ＝ －8．
16 2 t2＋32 t2＋32
0 320 →因為 ＜ ≤10，所以OE·O→F的取值范圍是(－8,2]．
t2＋32
55
x2 y24．已知橢圓 C： ＋ ＝1，直線 l：y＝kx＋m(m≠0)，設直線 l與橢圓 C交于 A，B兩點．
3 2
(1)若|m|> 3，求實數 k的取值范圍；
(2)若直線 OA，AB，OB的斜率成等比數列(其中 O為坐標原點)，求△OAB的面積的取值范圍．
2 2
[解](1) x y聯立方程 ＋ ＝1和 y＝kx＋m，
3 2
得(2＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－6＝0，
所以Δ＝(6km)2－4(2＋3k2)(3m2－6)>0，
1 3 3
所以 m2<2＋3k2，所以 2＋3k2>3，即 k2> ，解得 k> 或 k<－ ．
3 3 3
3 3
所以實數 k的取值范圍為 , ∪ ， ．
3 3
(2) A(x y ) B(x y ) x x －6km x x 3m
2－6
設 1， 1 ， 2， 2 ，則 1＋ 2＝ ， ＝ ．
2＋3k2
1 2
2＋3k2
設直線 OA，OB的斜率分別為 k1，k2，
因為直線 OA，AB，OB的斜率成等比數列，
y y kx1＋m kx2＋m
所以 k1k2＝ 1 2＝k2，即 ＝k2(m≠0)，
x1x2 x1x2
2
化簡得 2＋3k2＝6k2，即 k2＝ ．
3
5 3
因為|AB| ＝ 1＋k2|x 21－x2|＝ 6 m ，
3 2
|m|
O l h 3點 到直線 的距離 ＝ ＝ |m|，
1＋k2 5
3m2 6 3 m2 3 3 S 1|AB|·h 6· m2 6 m2 6 2所以 2 6△OAB＝ ＝ ≤ × ，2 6 2 2 6 2 2

2 6

當 m＝± 時，直線 OA或 OB的斜率不存在，等號取不到，所以△OAB的面積的取值范圍為 0， ．
2
56
【課后鞏固】
1．已知點 P是圓 O：x2＋y2＝1上任意一點，過點 P作 PQ⊥y →軸于點 Q，延長 QP到點 M，使QP＝P→M．
(1)求點 M的軌跡 E的方程；
(2)過點 C(m,0)作圓 O的切線 l，交(1)中的曲線 E于 A，B兩點，求△AOB面積的最大值．
解 (1) → →設 M(x，y)，∵QP＝PM，
x
∴P為 QM的中點，又有 PQ⊥y軸，∴P , y ，
2
2
∵點 P是圓 O：x2＋y2＝1 x 上的點，∴ ＋y2＝1，
2
x2
即點 M的軌跡 E的方程為 ＋y2＝1．
4
(2)由題意可知直線 l與 y軸不垂直，
故可設 l：x＝ty＋m，t∈R，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
∵l與圓 O：x2＋y2＝1相切，
|m|
∴ ＝1，即 m2＝t2＋1，①
t2＋1
x2＋4y2＝4，
由
x＝ty＋m
消去 x，并整理得(t2＋4)y2＋2mty＋m2－4＝0，
其中Δ＝4m2t2－4(t2＋4)(m2－4)＝48>0，
2mt m2
∴y1＋y2＝－ ，y y
－4
＝ ．②
t2
1 2
＋4 t2＋4
∴|AB|＝ x1－x2 2＋ y1－y2 2
＝ t2＋1 y1＋y2 2－4y1y2，
將①②代入上式得
4m2t2 4 m2 |AB| t2 1 －4 4 3|m|＝ ＋ － ＝ ，|m|≥1，
t2＋4 2 t2＋4 m2＋3
1 1 4 3|m|
∴S△AOB＝ |AB|·1＝ ·2 2 m2＋3
2 3 2 3
＝ ≤ ＝1，
|m| 3＋ 2 3
|m|
當且僅當|m| 3＝ ，即 m＝± 3時，等號成立，
|m|
∴△AOB面積的最大值為 1．
57
x2 22．已知橢圓 C y的方程為 ＋ ＝1，A是橢圓上的一點，且 A在第一象限內，過 A且斜率等于－1的直線與
4 2
橢圓 C交于另一點 B，點 A關于原點的對稱點為 D.
(1)證明：直線 BD的斜率為定值；
(2)求△ABD面積的最大值．
y2－y1
【解】 (1)證明：設 D(x1，y1)，B(x2，y2)，則 A(－x1，－y1)，直線 BD的斜率 k＝ ，
x2－x1
x12 y2＋ 1＝1，
4 2 y2－y1 1 x1＋x2
由 x22 y22 兩式相減得 ＝－ × ，＋ ＝1， x2－x1 2 y1＋y2
4 2
y1＋y2 y2－y1 1 1
因為 kAB＝ ＝－1，所以 k＝ ＝ ，故直線 BD的斜率為定值 .
x1＋x2 x2－x1 2 2
(2)連接 OB，因為 A，D關于原點對稱，所以 S△ABD＝2S△OBD，
由(1)可知 BD 1 1的斜率 k＝ ，設 BD的方程為 y＝ x＋t，
2 2
因為 D在第三象限，所以－ 2|t|
O到 BD的距離 d 2|t|＝ ＝ ，
1 1＋ 5
4
y 1＝ x＋t，
2
由 x2 y2 整理得 3x2＋4tx＋4t2－8＝0，
＋ ＝1，
4 2
4t 4(t2－2)
所以 x1＋x2＝－ ，x1x2＝ ，
3 3
所以 S△ABD＝2S
1
△OBD＝2× ×|BD|×d2
5
＝ (x1＋x2)2 4x x
2|t|
－ 1 2·
2 5
2
＝|t|· (x1＋x2)2－4x1x2＝|t|·
96－32t
3
4 2
＝ · t2(3－t2)≤2 2.
3
6
所以當且僅當 t＝－ 時，S△ABD取得最大值 2 2.2
58
2 2
3．如圖，已知拋物線 C1：x2＝4y與橢圓 C x y2： ＋ ＝1(a＞b＞0)交于點 A，B，且拋
a2 b2
物線 C1在點 A處的切線 l1與橢圓 C2在點 A處的切線 l2互相垂直．
(1)求橢圓 C2的離心率；
(2)設 l1與 C2交于點 P，l2與 C1交于點 Q，求△APQ面積的最小值．
解：(1)設點 A(x0，y0)，B(－x0，y0)，其中 x0＞0，y0＞0，
則拋物線 C1在點 A處的切線方程為 l1：x0x＝2(y0＋y)，
橢圓 C x x y y2在點 A處的切線方程為 l ： 0 02 ＋ ＝1．
a2 b2
b2x
由題意可知，l x1⊥l2，則有 0·
0
＝－1，2 2 a y0
且 x02＝4y0，所以 a2＝2b2，
2
從而橢圓 C2的離心率 e
c 1 b 2＝ ＝ － ＝ ．
a a2 2
2 2
(2)由橢圓 C 2 x y2的離心率為 ，可設橢圓方程為 2＋ 2＝1，2 2b b
設 A(2t，t2)，l1：y＝tx－t2，
y＝tx－t2，
聯立 得(1＋2t2)x2－4t3x＋2t4－2b2＝0，
x2＋2y2＝2b2，
2t
所以|AP|＝ 1＋t2·|xP－xA|＝ t2＋1 2t ，
1 2t 2
設 l2：y 1＝－ x＋t2 2 |AQ| 1 1·|x x | 1 1· 2t
4
＋ ，同理可得 ＝ ＋
2 Q
－ A＝ ＋ 2 2t ，t t t t
2
1 1 4t＋4t3 8 t2＋1 3
所以 S△APQ＝ |AP||AQ|＝2 t · ＝ ．2 t 1＋2t2 1＋2t2 t
t2＋1 3 t2＋1 2 2t2－1 3t2＋1
令 f(t)＝ ，t＞0，則 f′(t)＝ ．
1＋2t2 t 1＋2t2 2t2
2 2
令 f′(t)＝0，得 t＝ ，所以函數 f(t)在 0， 上單調遞減，2 2
2
在 ，
2
上單調遞增．所以 f(t)≥f
27
＝ ，
2 2 8 2
所以 S 27 2△APQ≥ ．2
27 2
故△APQ面積的最小值為 ．
2
59
4．已知拋物線 E：y2＝2px(p>0) π的焦點為 F，過點 F且傾斜角為 的直線 l被 E截得的線段長為 8．
4
(1)求拋物線 E的方程；
(2)已知點 C 1是拋物線上的動點，以 C為圓心的圓過點 F，且圓 C與直線 x＝－ 相交于 A，B兩點，求
2
|FA|·|FB|的取值范圍．
解析：(1)由題意，直線 l的方程為 y x p＝ － ．
2
y p＝x－ ，
2 2聯立 消去 y整理得 x2－3px p＋ ＝0．
y2＝2px， 4
設直線 l與拋物線 E的交點的橫坐標分別為 x1，x2，
則 x1＋x2＝3p，故直線 l被拋物線 E截得的線段長為 x1＋x2＋p＝4p＝8，得 p＝2，
∴拋物線 E的方程為 y2＝4x．
(2)由(1)知，F(1,0)，設 C(x0，y0)，則圓 C的方程是
(x－x0)2＋(y－y0)2＝(x0－1)2＋y02．
令 x 1＝－ ，得 y2－2y y 3x 30 ＋ 0－ ＝0．
2 4
1 1
又∵y20＝4x Δ 4y2 12x 3 y2 3>0 A

0，∴ ＝ 0－ 0＋ ＝ 0＋ 恒成立．設 , y3 ，B

, y 4 ，
2 2
則 y3＋y4＝2y0，y3y4＝3x 30－ ．
4
∴|FA|·|FB|＝ y2 9· y2 9 9 813＋ 4＋ ＝ y3y4 2＋ y32＋y24 ＋
4 4 4 16
2
3x 3 9 4y2 3
81
＝ 0 4 4 0
2 3x0
4 16
＝ 9x20＋18x0＋9＝3|x0＋1|．∵x0≥0，∴|FA|·|FB|∈[3，＋∞)．
60
5．設圓 x2＋y2＋2x－15＝0的圓心為 A，直線 l過點 B(1，0)且與 x軸不重合，l交圓 A于 C，D兩點，過點
B作 AC的平行線交 AD于點 E．
(1)證明 EA EB 為定值，并寫出點 E的軌跡方程；
(2)設點 E的軌跡方程為曲線 C1，直線 l交 C1于 M，N兩點，過 B且與 l垂直的直線與圓 A交于 P，Q兩點，
求四邊形 MPNQ面積的取值范圍。
[規范解答]
(1)圓 A整理為(x＋1)2＋y2＝16，圓心 A坐標為(－1，0)，如圖，
因為 BE∥AC，則∠ACB＝∠EBD，
由|AC|＝|AD|，則∠ADC＝∠ACD，2分
所以∠EBD＝∠EDB，則|EB|＝|ED|，
所以|AE|＋|EB|＝|AE|＋|ED|＝|AD|＝4．4分
2 2
所以 E x y的軌跡為一個橢圓，方程為 ＋ ＝1(y≠0)．6分
4 3
2 2
(2)C x y1： ＋ ＝1；設 l：x＝my＋1，
4 3
因為 PQ⊥l，設 PQ：y＝－m(x－1)，聯立 l與橢圓 C1，
x＝my＋1，
x2 y2 1 得(3m
2＋4)y2＋6my－9＝0；7分
＋ ＝ ，
4 3
則|MN|＝ 1＋m2|yM－yN|
36m2＋36（3m21 m2 ＋4） 12（m
2＋1）
＝ ＋ ＝ ；8分
3m2＋4 3m2＋4
|－m（－1－1）| |2m|
圓心 A到 PQ距離 d＝ ＝ ，9分
1＋m2 1＋m2
2 4 3m2＋4
所以|PQ|＝2 |AQ|2－d2＝2 16 4m－ ＝ ，10分
1＋m2 1＋m2
S 1|MN|·|PQ| 1·12（m
2＋1） 4 3m2＋4 24 m2＋1 1
所以 四邊形MPNQ＝ ＝ · ＝ ＝24 ∈[12，8 3)．12分2 2 3m2＋4 1＋m2 3m2＋4 3 1＋
m2＋1
61
第二講 定點、定值問題
1．定點問題
(1)參數法：參數法解決定點問題的思路：①引進動點的坐標或動直線中的參數表示變化量，即確定題
目中的核心變量(此處設為 k)；②利用條件找到 k與過定點的曲線 F(x，y)＝0之間的關系，得到關于 k與 x，
y的等式，再研究變化量與參數何時沒有關系，找到定點．
(2)由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定點問題時，常根據動點或動直線的特殊情況探索出定點，
再證明該定點與變量無關．
2 2
【例 1 x y】已知橢圓 C： ＋ ＝1(a>b>0)，右焦點 F的坐標為(2,0)，且點(2， 2)在橢圓 C上．
a2 b2
(1)求橢圓 C的方程及離心率；
(2)過點 F的直線交橢圓于 A，B兩點(直線不與 x軸垂直)，已知點 A與點 P關于 x軸對稱，證明：直線
PB恒過定點，并求出此定點坐標．
4 2
＋ ＝1
a2 b2 a2＝8
解析：(1)由已知得 a2 b2 c2 ，解得 ，＝ ＋ b2＝4
c＝2
x2 y2
∴橢圓 C的標準方程 ＋ ＝1，
8 4
c 2 2
∴橢圓 C的離心率 e＝ ＝ ＝ ．
a 2 2 2
(2)證明：設 P(x1，y1)，B(x2，y2)，則 A(x1，－y1)，
可設 PB的直線方程為 y＝kx＋m，
y＝kx＋m
聯立方程 x2 y2 ，整理得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－8＝0，
＋ ＝1
8 4
－4km 2m2－8
∴x1＋x2＝ ，x1x2＝ ，
2k2＋1 2k2＋1
k k y1 y2∵ AF＝ FB，∴ ＝ ，
2－x1 x2－2
整理得，2kx1x2＋(m－2k)(x1＋x2)－4m＝0，
2k·2m
2－8
∴ ＋(m－2k)·－4km－4m＝0，解得 m＝－4k，
2k2＋1 2k2＋1
∴PB的直線方程為 y＝kx－4k＝k(x－4)，
直線 PB恒過定點(4,0)．
62
【變式訓練】
2 2
1．已知橢圓 C x y： ＋ ＝1(a＞b＞0)的右焦點 F( 3，0)，長半軸長與短半軸長的比值為 2．
a2 b2
(1)求橢圓 C的標準方程；
(2)設不經過點 B(0,1)的直線 l與橢圓 C相交于不同的兩點 M，N，若點 B在以線段 MN為直徑的圓上，
證明：直線 l過定點，并求出該定點的坐標．
解：(1) a由題意得，c＝ 3， ＝2，a2＝b2＋c2，
b
∴a＝2，b＝1，
x2
∴橢圓 C的標準方程為 ＋y2＝1．
4
(2)當直線 l的斜率存在時，設直線 l的方程為 y＝kx＋m(m≠1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
y＝kx＋m，
聯立 消去 y，
x2＋4y2＝4，
可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0．
2
∴Δ＝16(4k2 －8km 4m －4＋1－m2)＞0，x1＋x2＝ ，x1x2＝ ．
4k2＋1 4k2＋1
∵點 B在以線段 MN為直徑的圓上，
―→ ―→
∴ BM · BN ＝0．
―→ ―→
∵ BM · BN ＝(x1，kx1＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)＝(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2＝0，
2
(k2 1)4m －4∴ ＋ ＋k(m－1)－8km＋(m－1)2＝0，
4k2＋1 4k2＋1
整理，得 5m2－2m－3＝0，
3
解得 m＝－ 或 m＝1(舍去)．
5
l y kx 3∴直線 的方程為 ＝ － ．
5
易知當直線 l的斜率不存在時，不符合題意．
3
故直線 l 過定點，且該定點的坐標為 0, ．
5
63
2．已知 A(－2，0)，B(2，0) 3，點 C是動點，且直線 AC和直線 BC的斜率之積為－ ．
4
(1)求動點 C的軌跡方程；
(2)設直線 l與(1)中軌跡相切于點 P，與直線 x＝4相交于點 Q，判斷以 PQ為直徑的圓是否過 x軸上一定點．
解 (1)設 C(x y y 3，y)．由題意得 kAC·kBC＝ · ＝－ (y≠0)．
x＋2 x－2 4
x2 y2
整理，得 ＋ ＝1(y≠0)．
4 3
2 2
故動點 C x y的軌跡方程為 ＋ ＝1(y≠0)．
4 3
(2) 易知直線 l的斜率存在，設直線 l：y＝kx＋m．
y＝kx＋m，
聯立得方程組 x2 y2 1. 消去 y并整理，得＋ ＝
4 3
(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0．
依題意得Δ＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，
即 3＋4k2＝m2．
設 x1，x
－8km
2為方程(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0的兩個根，則 x1＋x2＝ ，
3＋4k2
∴x1＝x
－4km
2＝ ．
3＋4k2
P 4km , 3m 4k 3 ∴ 2 2 ，即 P , ． 3 4k 3 4k m m
又 Q(4，4k＋m)，
設 R(t，0)為以 PQ → →為直徑的圓上一點，則由RP·RQ 0 4k＝ ，得 t,
3
·(4－t，4k＋m)＝0．
m m
4k
整理，得 (t－1)＋t2－4t＋3＝0．
m
k
由 的任意性，得 t－1＝0且 t2－4t＋3＝0，解得 t＝1．
m
綜上可知，以 PQ為直徑的圓過 x軸上一定點(1，0)．
64
3．設 M點為圓 C：x2＋y2＝4上的動點，點 M在 x → →軸上的投影為 N，動點 P滿足 2PN＝ 3 MN，動點 P的
軌跡為 e．
(1)求 e的方程；
(2) →設 e的左頂點為 D，若直線 l：y＝kx＋m與曲線 e交于兩點 A，B(A，B不是左、右頂點)，且滿足|DA
→
＋DB|＝|D→A－D→B|，求證：直線 l恒過定點，并求出該定點的坐標．
．解：(1)設點 M(x0，y0)，P(x，y)，由題意可知 N(x0，0)．
2P→因為 N＝ 3 M→N，所以 2(x0－x，－y)＝ 3(0，－y0)，
2
即 x0＝x，y0＝ y．
3
又因為點 M在圓 C：x2＋y2＝4上，所以 x20＋y20＝4，
x2 y2 x2 y2
所以 ＋ ＝1，即軌跡 e的方程為 ＋ ＝1．
4 3 4 3
(2)由(1)可知 D(－2，0)，設 A(x1，y1)，B(x2，y2)．
因為|D→A＋D→B| →＝|DA－D→B| → →，所以DA⊥DB，所以 k≠0．
y＝kx＋m，
由 x2 y2 1 得(3＋4k
2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0．
＋ ＝ ，
4 3
Δ＝(8mk)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝48(4k2－m2＋3)>0，
即 3＋4k2－m2>0，
－8mk 4(m2－3)
所以 x1＋x2＝ ，x x2 1 2＝ ，3＋4k 3＋4k2
2 2
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m) k2x x mk(x x ) m2
3m －12k
＝ 1 2＋ 1＋ 2 ＋ ＝ ．
3＋4k2
→ → →
因為DA⊥DB，所以DA·D→B＝0，
即(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2)＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝0，
4m2－12 2·－8mk 4 3m
2－12k2
所以 ＋ ＋ ＋ ＝0，
3＋4k2 3＋4k2 3＋4k2
所以 7m2－16mk＋4k2＝0，
解得 m1＝2k m 2， 2＝ k，且均滿足 3＋4k2－m2>0．
7
當 m1＝2k時，直線 l的方程為 y＝kx＋2k＝k(x＋2)，直線恒過點(－2，0)，與已知矛盾；
2 2 2 2
當 m2＝ k時，直線 l的方程為 y＝kx＋ k＝k
x ，直線恒過點 ,0 ，
7 7 7 7
所以直線 l 2 過定點，定點坐標為 ,0 ．
7
65
2．定值問題
(1)直接消參求定值：常見定值問題的處理方法：①確定一個(或兩個)變量為核心變量，其余量均利用條
件用核心變量進行表示；②將所求表達式用核心變量進行表示(有的甚至就是核心變量)，然后進行化簡，看
能否得到一個常數．
(2)從特殊到一般求定值：常用處理技巧：①在運算過程中，盡量減少所求表達式中變量的個數，以便
于向定值靠攏；②巧妙利用變量間的關系，例如點的坐標符合曲線方程等，盡量做到整體代入，簡化運算．
【例 2】如圖，設點 A，B的坐標分別為(－ 3，0)，( 3，0)，直線 AP，BP相交于點 P，且它們的斜率之積
2
為－ ．
3
(1)求點 P的軌跡方程；
(2)設點 P的軌跡為 C，點 M，N是軌跡 C上不同于 A、B的兩點，且滿足 AP∥OM，BP∥ON，求證：
△MON的面積為定值．
y y 2
【解】 (1)設點 P的坐標為(x，y)，由題意得，kAP·kBP＝ · ＝－ (x≠± 3)，
x＋ 3 x－ 3 3
x2 y2
化簡得，點 P的軌跡方程為 ＋ ＝1(x≠± 3)．
3 2
(2)證明：由題意可知，M，N是軌跡 C上不同于 A、B的兩點，且 AP∥OM，BP∥ON，
2
則直線 OM，ON的斜率必存在且不為 0，kOM·kON＝kAP·kBP＝－ ．
3
①當直線 MN的斜率為 0時，設 M(x0，y0)，N(－x0，y0)，
y02 2＝ ，
x02 3 |x0| 6＝ ， 1 6
則 x02 y2 得
2
0 所以 S△MON＝ |y0||2x0|＝ ．＋ ＝1， |y 2 23 2 0|＝1，
2 2
②當直線 MN的斜率不為 0 x y時，設直線 MN的方程為 x＝my＋t，代入 ＋ ＝1，
3 2
得(3＋2m2)y2＋4mty＋2t2－6＝0，(*)
設 M(x1，y1)，N(x2，y2)，則 y1，y2是方程(*)的兩根，
4mt 2t2－6
所以 y1＋y2＝－ ，y1y2＝ ．
3＋2m2 3＋2m2
y y y y 21 2 2t －6
又 kOM·k 1 2ON＝ ＝ ＝ ，
x1x2 m2y1y2＋mt（y1＋y2）＋t2 3t2－6m2
2t2－6 2
所以 ＝－ ，即 2t2＝2m2＋3，滿足Δ＞0．
3t2－6m2 3
1 2 2
又 S△MON＝ |t||y
|t| －24t ＋48m ＋72
1－y2|＝ ，
2 2（3＋2m2）
S 2 6t
2 6 6
所以 △MON＝ ＝ ． 綜上，△MON的面積為定值，且定值為 ．4t2 2 2
66
【變式訓練】
1 1．已知橢圓 C的中心在原點，離心率等于 ，它的一個短軸端點恰好是拋物線 x2＝8 3y的焦點．
2
(1)求橢圓 C的方程；
(2)如圖，已知 P(2,3)，Q(2，－3)是橢圓上的兩點，A，B是橢圓上位于直線 PQ兩側的動點．
1
①若直線 AB的斜率為 ，求四邊形 APBQ面積的最大值；
2
②當 A，B運動時，滿足∠APQ＝∠BPQ，試問直線 AB的斜率是否為定值？請說明理由．
x2 y2
解：(1)設橢圓 C的方程為 ＋ ＝1(a>b>0)，
a2 b2
∵拋物線的焦點為(0,2 3)．∴b＝2 3．
c 1 x2 y2
由 ＝ ，a2＝c2＋b2，得 a＝4，∴橢圓 C的方程為 ＋ ＝1．
a 2 16 12
(2)設 A(x1，y1)，B(x2，y2)．
2 2
①設直線 AB的方程為 y 1 x y＝ x＋t，代入 ＋ ＝1，得 x2＋tx＋t2－12＝0，
2 16 12
由Δ>0，解得－4∴x1＋x2＝－t，x1x2＝t2－12，
∴|x1－x2|＝ x1＋x2 2－4x1x2＝ t2－4 t2－12 ＝ 48－3t2．
APBQ S 1∴四邊形 的面積 ＝ ×6×|x1－x2|＝3 48－3t2．
2
∴當 t＝0時，S取得最大值，且 Smax＝12 3．
②若∠APQ＝∠BPQ，則直線 PA，PB的斜率之和為 0，設直線 PA的斜率為 k，則直線 PB的斜率為－
k，直線 PA的方程為 y－3＝k(x－2)，
y－3＝k x－2 ，
由 x2 y2 消去 y，得(3＋4k2 21 )x ＋8k(3－2k)x＋4(3－2k)
2－48＝0，
＋ ＝
16 12
8k 2k－3
∴x1＋2＝ ，
3＋4k2
k k x 2 －8k －2k－3 8k 2k＋3 將 換成－ 可得 2＋ ＝ ＝ ，
3＋4k2 3＋4k2
x x 16k
2－12
∴ 1＋ 2＝ ，x1－x
－48k
2＝ ，
3＋4k2 3＋4k2
k y1－y2 k x1－2 ＋3＋k x2－2 －3 k x1＋x2 －4k 1∴ AB＝ ＝ ＝ ＝ ，
x1－x2 x1－x2 x1－x2 2
∴直線 AB 1的斜率為定值 ．
2
67
2
2 x．在平面直角坐標系 xOy中，已知橢圓 C： ＋y2＝1，點 P(x1，y1)，Q(x2，y2)是橢圓 C上兩個動點，直線
4
OP，OQ的斜率分別為 k1，k
x x
2，若 m＝ 1 , y ，n＝ 21 , y2 ，m·n＝0．
2 2
(1)求證：k1·k
1
2＝－ ；
4
(2)試探求△OPQ的面積 S是否為定值，并說明理由．
(1)證明 ∵k1，k2均存在，∴x1x2≠0．
m·n 0 x1x2 y y 0 x又 ＝ ，∴ ＋ ＝ ，即 1x2 y y 11 2 ＝－y 1 21y2，∴k1·k2＝ ＝－ ．
4 4 x1x2 4
(2)解 ①當直線 PQ的斜率不存在，即 x1＝x2，y1＝－y2時，
y
由 1
y2 1 x2＝－ ，得 1－y12＝0．
x1x2 4 4
2
又∵點 P(x1，y1)
x
在橢圓上，∴ 1＋y12＝1，
4
∴|x1|＝ 2，|y1|
2 1
＝ ．∴S△POQ＝ |x1||y1－y2|＝1．2 2
②當直線 PQ的斜率存在時，設直線 PQ的方程為 y＝kx＋b．
y＝kx＋b，
聯立得方程組 x2
＋y2＝1，
4
消去 y并整理得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0，
其中Δ＝(8kb)2－4(4k2＋1)(4b2－4)＝16(1＋4k2－b2)>0，即 b2<1＋4k2．
－8kb 4b2x －4∴ 1＋x2＝ ，x1x2 2＝ ．4k ＋1 4k2＋1
x
∵ 1
x2＋y1y2＝0，
4
x x
∴ 1 2＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，得 2b2－4k2＝1(滿足Δ>0)．
4
1 |b| 1 4k2＋1－b2
∴S△POQ＝ |PQ|＝ |b| （x1＋x2）2－4x1x2＝2|b| ＝1．2 1＋k2 2 4k2＋1
綜合①②知△POQ的面積 S為定值 1．
68
2 2
3 x y．已知橢圓 C： ＋ ＝1(a>b>0)的一個焦點與上、下頂點兩兩相連構成直角三角形，以橢圓 C的長軸長
a2 b2
為直徑的圓與直線 x＋y－2＝0相切．
(1)求橢圓 C的標準方程；
(2)設過橢圓右焦點且不重合于 x軸的動直線與橢圓 C相交于 A，B兩點，探究在 x軸上是否存在定點 E，使
得E→A·E→B為定值？若存在，試求出定值和點 E的坐標；若不存在，請說明理由．
b＝c，
a＝ 2，
|0＋0－2|
解 (1)由題意知， a＝ ，解得
2 b＝1，
b2＋c2＝a2 c＝1，，
C x
2
則橢圓 的標準方程為 ＋y2＝1．
2
(2)當直線的斜率存在時，設直線方程為 y＝k(x－1)(k≠0)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，
x2
＋y2＝1，
聯立 2 得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，Δ＝8k2＋8>0恒成立，
y＝k（x－1），
4k2 2
∴xA＋xB＝ ，x x
2k －2
A B＝ ．
1＋2k2 1＋2k2
→
假設在 x軸上存在定點 E(x0，0)，使得EA·E
→B為定值．
→
則EA·E→B＝(xA－x0，yA)·(xB－x0，yB)＝xAxB－x0(xA＋xB)＋x20＋yAyB
＝xAxB－x0(xA＋xB)＋x20＋k2(xA－1)(xB－1)
＝(1＋k)2xAxB－(x0＋k2)(xA＋xB)＋x02＋k2
（2x20－4x0＋1）k2＋（x02－2）
＝ ．
1＋2k2
→
∵EA·E→B →為定值，∴EA·E→B的值與 k無關，
∴2x20－4x0＋1＝2(x20－2)，
x 5解得 0＝ ，此時E→A·E→B 7
5
＝－ 為定值，定點為 ,0 ，
4 16 4
→ → 7 5
當直線的斜率不存在時，也滿足EA·EB＝－ 為定值，且定點為 ,0 ．
16 4
E 5綜上，存在點 ,0 → ，使得EA·E→B 7為定值，且定值為－
4 16
69
【課后鞏固】
x21 C y
2 1
．已知橢圓 ： ＋ ＝1(a>b>0)的焦點為 F ，F
2 2 1 2
，離心率為 ，點 P為其上一動點，且三角形 PF1F2面積
a b 2
的最大值為 3，O為坐標原點．
(1)求橢圓 C的方程；
(2)若點 M，N → →為 C上的兩個動點，求常數 m，使OM·ON＝m時，點 O到直線 MN的距離為定值，求這
個定值．
c2＝a2－b2，
a＝2，
解：(1) bc＝ 3，依題意知 解得
c 1 b＝ 3，
＝ ，
a 2
C x
2 y2
所以橢圓 的方程為 ＋ ＝1．
4 3
(2)設 M(x1，y1)，N(x2，y2)，則 x1x2＋y1y2＝m，
|n| 2
當直線 MN n的斜率存在時，設其方程為 y＝kx＋n，則點 O到直線 MN的距離 d＝ ＝ ，
k2＋1 k2＋1
3x2＋4y2＝12，
聯立，得 消去 y，得(4k2＋3)x2＋8knx＋4n2－12＝0，由Δ>0得 4k2－n2＋3>0，則
y＝kx＋n，
x x －8kn
2
x x 4n －121＋ 2＝ ， ＝ ，
4k2
1 2
＋3 4k2＋3
2 2
所以 x1x2＋(kx1＋n)(kx n)
7n m（4k ＋3）
2＋ ＝(k2＋1)x1x2＋kn(x1＋x2)＋n2＝m，整理得 ＝12＋ ．
k2＋1 k2＋1
d n
2
m 0 d 12 2 21 7n
2
因為 ＝ 為常數，則 ＝ ， ＝ ＝ ，此時 ＝12滿足Δ>0．
k2＋1 7 7 k2＋1
當 MN⊥x軸時，由 m＝0得 kOM＝±1，
3x2＋4y2＝12，
聯立，得
y＝±x，
y x2 12 O MN d |x| 2 21消去 ，得 ＝ ，點 到直線 的距離 ＝ ＝ 亦成立．
7 7
綜上，當 m 2 21＝0時，點 O到直線 MN的距離為定值，這個定值是 ．
7
70
2 C x
2 y2
．已知橢圓 ： ＋ ＝1(a＞b＞0)的左右焦點分別為 F1，F2，點 P是橢圓 C上一點，若 PF1⊥PF2，|F1F2|
a2 b2
＝2 3，△PF1F2的面積為 1．
(1)求橢圓 C的方程；
(2)若 A，B 1 1分別為橢圓上的兩點，且 OA⊥OB，求證： ＋ 為定值，并求出該定值．
|OA|2 |OB|2
解：(1)由已知，|PF1|2＋|PF2|2
1
＝12， |PF1||PF2|＝1，
2
又 2a＝|PF1|＋|PF2|，
∴4a2＝|PF1|2＋|PF2|2＋2|PF1||PF2|＝16，a2＝4，
b2＝a2－c2＝4－( 3)2＝1，
C x
2
∴橢圓 的方程為： ＋y2＝1．
4
(2) 1 1 5①當 A，B是橢圓頂點時， ＋ ＝ ．
|OA|2 |OB|2 4
②當 A，B不是橢圓頂點時，
1
設 lOA：y＝kx，lOB：y＝－ x，
k
y＝kx，
2
由 x2 y2 x 4得 A＝ ，|OA|2
4k ＋4
＝ ，
＋ ＝1
4 1 4k
2＋1 4k2＋1
x 4k
2
|OB|2 4k
2＋4
同理 B＝ ， ＝ ，
k2＋4 k2＋4
1 1 4k2＋1 k2＋4 5k2＋5 5
＋ ＝ ＋ ＝ ＝ ．
|OA|2 |OB|2 4k2＋4 4k2＋4 4k2＋4 4
1 1 5
綜上， ＋ 為定值 ．
|OA|2 |OB|2 4
71
2
3 C x y
2
．已知橢圓 ： ＋ ＝1(a b 1 3＞ ＞0)的離心率為 ，焦點與短軸的兩頂點的連線與圓 x2＋y2＝ 相切．
a2 b2 2 4
(1)求橢圓 C的方程；
(2)過點(1，0)的直線 l → →與 C相交于 A，B兩點，在 x軸上是否存在點 N，使得NA·NB為定值？如果有，
求出點 N的坐標及定值；如果沒有，請說明理由．
x2 y2
【解】 (1)因為橢圓 C： ＋ ＝1(a＞b＞0) 1 3的離心率為 ，焦點與短軸的兩頂點的連線與圓 x2＋y2＝ 相
a2 b2 2 4
切，
e c 1＝ ＝
a 2
所以 bc 3＝ b2＋c2，解得 c
2＝1，a2＝4，b2＝3．
2
a2＝b2＋c2
x2 y2
所以橢圓 C的方程為 ＋ ＝1．
4 3
(2)當直線 l的斜率存在時，設其方程為 y＝k(x－1)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
3x2＋4y2＝12
(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
y＝k（x－1）
x 8k
2
1＋x2＝
4k2＋3
則Δ＞0，
x x 4k
2－12 ，
1 2＝
4k2＋3
若存在定點 N(m，0)滿足條件，
→ →
則有NA·NB＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2
＝x1x2＋m2－m(x1＋x2)＋k2(x1－1)(x2－1)
＝(1＋k2)x1x2－(m＋k2)(x1＋x2)＋k2＋m2
（1＋k2）（4k2－12） （m＋k2）8k2
＝ － ＋k2＋m2
4k2＋3 4k2＋3
（4m2－8m－5）k2＋3m2－12
＝ ．
4k2＋3
4m2－8m－5 4 11
如果要使上式為定值，則必須有 ＝ m＝ ，
3m2－12 3 8
驗證當直線 l斜率不存在時，也符合．
N 11,0 → → 135故存在點 滿足NA·NB＝－ ．
8 64
72
4．過拋物線 C：y2＝4x的焦點 F且斜率為 k的直線 l交拋物線 C于 A，B兩點，且|AB|＝8．
(1)求 l的方程；
(2)若 A關于 x軸的對稱點為 D，求證：直線 BD過定點，并求出該點的坐標．
[解](1)易知點 F的坐標為(1,0)，則直線 l的方程為 y＝k(x－1)，
代入拋物線方程 y2＝4x得 k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
由題意知 k≠0，且Δ＝[－(2k2＋4)]2－4k2·k2＝16(k2＋1)＞0，
設 A(x1，y1)，B(x2，y2)，
x x 2k
2＋4
∴ 1＋ 2＝ ，x1x2＝1，
k2
由拋物線的定義知|AB|＝x1＋x2＋2＝8，
2k2＋4
∴ ＝6，
k2
∴k2＝1，即 k＝±1，
∴直線 l的方程為 y＝±(x－1)．
(2)由拋物線的對稱性知，D點的坐標為(x1，－y1)，
BD k y2＋y1
y2＋y1 4
直線 的斜率 BD＝ ＝
x x y22－ 1 2 y
2＝ ，
－ 1 y2－y1
4 4
∴直線 BD 4的方程為 y＋y1＝ (x－x1)，
y2－y1
即(y2－y1)y＋y2y1－y12＝4x－4x1，
∵y21＝4x1，y22＝4x2，x1x2＝1，
∴(y1y2)2＝16x1x2＝16，即 y1y2＝－4(y1，y2異號)，
∴直線 BD的方程為 4(x＋1)＋(y1－y2)y＝0，恒過點(－1,0)．
73
x2 y25．如圖，已知橢圓 E： 2＋ 2＝1(a>b>0)
2
的離心率為 ，且過點(2， 2)，四邊形 ABCD的頂點在橢圓 E上，
a b 2
2
且對角線 AC，BD b過原點 O，kAC·kBD＝－ ．
a2
(1) O→A·O→求 B的取值范圍；
(2)求證：四邊形 ABCD的面積為定值．
c 2
＝ ，
a 2
a2＝8， x2(1) 4 2 y
2
解析： 由題意知 ＋ ＝1， 得 ∴橢圓的標準方程為 ＋ ＝1．
a2 b2 b
2＝4， 8 4
a2＝b2＋c2，
當直線 AB的斜率存在時，
設直線 AB的方程為 y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
y＝kx＋m
由 (1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－8＝0．
x2＋2y2＝8
2
∴x x －4km 2m －81＋ 2＝ ，x1x2＝ ．
1＋2k2 1＋2k2
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)
2
k2·2m －8 km·－4km m2 m
2－8k2
＝ ＋ ＋ ＝ ．
1＋2k2 1＋2k2 1＋2k2
b2 y y 1
∵k ·k ＝－ 1· 2OA OB ＝－ ，
a2 x1 x2 2
m2－8k2 1 2
∴ ＝－ ·2m －8 m2＝4k2＋2．
1＋2k2 2 1＋2k2
O→
2 2 2 2
A·O→B＝x1x2＋y1y
2m －8 m －8k 4k －2
2＝ ＋ ＝
1＋2k2 1＋2k2 2k2＋1
2 4＝ － ，
2k2＋1
2 O→A·O→B<2 k 0 O→ →∴－ ≤ ，當 ＝ 時， A·OB＝－2，
→ →
當 k不存在，即 AB⊥x軸時，OA·OB＝2，
O→∴ A·O→B的取值范圍是[－2,2]．
(2)證明：由題意知 SABCD＝4S△AOB．
|m|
∵S 1△AOB＝ · 1＋k2· x1＋x2 2－4x1x2·2 1＋k2
2 4k
2＋2
＝ ＝2 2，∴S
2 ABCD
＝8 2．即四邊形 ABCD的面積為定值．
1＋2k
74
第三講 證明、探索問題
1．證明問題
代數轉化法：圓錐曲線中的證明問題多涉及幾何量的證明，比如涉及線段或角相等以及位置關系等
等．證明時，常把幾何量用坐標表示，建立某個變量的函數，用代數方法證明．
1 C x
2 y2 2
【例 】已知橢圓 ： 2＋ 2＝1(a>b>0)經過點 M 1，
2
，其離心率為 ，設直線 l：y＝kx＋m與橢圓 C相a b 2 2
交于 A，B兩點．
(1)求橢圓 C的方程；
(2) 2已知直線 l與圓 x2＋y2＝ 相切，求證：OA⊥OB(O為坐標原點)．
3
解：(1) c 2因為 e＝ ＝ ，a2＝b2＋c2，
a 2
所以 a2＝2b2，
x2 y2
所以橢圓 C的方程為 ＋ ＝1．
2b2 b2
2
因為 1， 在橢圓上，
2
1 1
所以 ＋ ＝1，b2＝1，a2＝2，
2b2 2b2
x2
所以橢圓 C的方程為 ＋y2＝1．
2
(2) 2證明：因為直線 l與圓 x2＋y2＝ 相切，
3
|m| 6
所以 ＝ ，
1＋k2 3
y＝kx＋m，
即 3m2－2k2－2＝0，由
x2＋2y2＝2
得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)>0．
設 A(x1，y1)，B(x2，y2)，
x x 4km
2
x 2m －2則 1＋ 2＝－ ， 1x2＝ ，
1＋2k2 1＋2k2
2 2
所以 y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2
m －2k
＝ ，
1＋2k2
→ 2 2 2 2 2
所以OA·O→B＝x1x2＋y y
2m －2 m －2k 3m －2k －2
1 2＝ ＋ ＝ ＝0，
1＋2k2 1＋2k2 1＋2k2
所以 OA⊥OB．
75
【變式訓練】
2 2
1 x y．已知橢圓 C： ＋ ＝1(a>b>0) 1的離心率為 ，左、右焦點分別為 F1，F2，A為橢圓 C上一點，AF2 2 2⊥F1F2，a b 3
且|AF2| 8＝ ．
3
(1)求橢圓 C的方程；
(2)設橢圓 C的左、右頂點分別為 A1，A2，過 A1，A2分別作 x軸的垂線 l1，l2，橢圓 C的一條切線 l：y
＝kx＋m與 l1，l2分別交于 M，N兩點，求證：∠MF1N為定值．
2
解：(1)由 AF2⊥F1F2，|AF2| 8 b 8＝ ，得 ＝ ．
3 a 3
e c 1又 ＝ ＝ ，a2＝b2＋c2，所以 a2＝9，b2＝8，
a 3
x2 y2
故橢圓 C的標準方程為 ＋ ＝1．
9 8
(2)證明：由題意可知，l1的方程為 x＝－3，l2的方程為 x＝3．
直線 l分別與直線 l1，l2的方程聯立得 M(－3，－3k＋m)，N(3，3k＋m)，
→
所以F1M＝(－2，－3k＋m) →，F1N＝(4，3k＋m)，
F→M →所以 1 ·F1N＝－8＋m2－9k2．
x2 y2
＋ ＝1，
聯立 9 8
y＝kx＋m，
得(9k2＋8)x2＋18kmx＋9m2－72＝0．
因為直線 l與橢圓 C相切，
所以Δ＝(18km)2－4(9k2＋8)·(9m2－72)＝0，
化簡得 m2＝9k2＋8．
所以F→ →1M·F1N＝－8＋m2－9k2＝0，
→ →
所以F1M⊥F1N，
故∠MF π1N為定值 ．
2
76
2 x
2
．設橢圓 C： ＋y2＝1的右焦點為 F，過 F的直線 l與 C交于 A，B兩點，點 M的坐標為(2,0)．
2
(1)當 l與 x軸垂直時，求直線 AM的方程；
(2)設 O為坐標原點，證明：∠OMA＝∠OMB．
[解] (1)由已知得 F(1,0)，l的方程為 x＝1．

由已知可得，點 A的坐標為 1,
2
或

1,
2
．
2 2
又 M(2,0) 2 2，所以 AM的方程為 y＝－ x＋ 2或 y＝ x－ 2．
2 2
(2)證明：當 l與 x軸重合時，∠OMA＝∠OMB＝0°．
當 l與 x軸垂直時，OM為 AB的垂直平分線，所以∠OMA＝∠OMB．
當 l與 x軸不重合也不垂直時，設 l的方程為 y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則 x1< 2，x2< 2，
y1 y2
直線 MA，MB的斜率之和為 kMA＋kMB＝ ＋ ．
x1－2 x2－2
由 y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得
k k 2kx1x2－3k x1＋x2 ＋4kMA＋ MB＝ ．
x1－2 x2－2
2
將 y＝k(x－1) x代入 ＋y2＝1得
2
(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
2 2
所以 x 4k 2k －21＋x2＝ ，x1x2＝ ．
2k2＋1 2k2＋1
4k32kx x 3k(x x ) 4k －4k－12k
3＋8k3＋4k
則 1 2－ 1＋ 2 ＋ ＝ ＝0．
2k2＋1
從而 kMA＋kMB＝0，故 MA，MB的傾斜角互補．所以∠OMA＝∠OMB．
綜上，∠OMA＝∠OMB．
77
2．探究、存在性問題
存在性問題的解法：先假設存在，用待定系數法設出，列出關于待定系數的方程組，推證滿足條件的
結論，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．要注意的是：(1)當條件和結論不唯一時要分類討論；(2)當給出結論而要推導出存在的條件時，先假設
成立，再推出條件；(3)當條件和結論都不知，按常規方法解題很難時，要開放思維，采取另外合適的方法．
【例 2】已知橢圓 C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直線 l不過原點 O且不平行于坐標軸，l與 C有兩個交點 A，B，
線段 AB的中點為 M．
(1)證明：直線 OM的斜率與 l的斜率的乘積為定值；
(2) l m若 過點 ,m ，延長線段 OM與 C交于點 P，四邊形 OAPB能否為平行四邊形？若能，求此時 l
3
的斜率；若不能，說明理由．
[解](1)證明：設直線 l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．
將 y＝kx＋b代入 9x2＋y2＝m2，得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，
x x1＋x2 －kb故 M＝ ＝ ，yM＝kx
9b
2 M
＋b＝ ．
2 k ＋9 k2＋9
y 9
于是直線 OM的斜率 k MOM＝ ＝－ ，即 kOM·k＝－9．
xM k
所以直線 OM的斜率與 l的斜率的乘積為定值．
(2)四邊形 OAPB能為平行四邊形．
m
因為直線 l過點 ,m ，所以 l不過原點且與 C有兩個交點的充要條件是 k>0，k≠3．
3
由(1) 9得 OM的方程為 y＝－ x．
k
設點 P的橫坐標為 xP．
y 9＝－ x，
k k2m22 ±km由 得 xP＝ ，即 x ＝ ．2 P
9x2＋y2＝m2， 9k ＋81 3 k
2＋9
m
將點 ,m 的坐標代入直線 l的方程得 b m 3－k ＝ ，
3 3
因此 x k k－3 mM＝ ．
3 k2＋9
四邊形 OAPB為平行四邊形，當且僅當線段 AB與線段 OP互相平分，即 xP＝2xM．
±km
2 k k－3 m于是 ＝ × ，解得 k ＝4－ 7，k ＝4＋ 7．
3 k2＋9 3 k2
1 2
＋9
因為 ki>0，ki≠3，i＝1,2，所以當直線 l的斜率為 4－ 7或 4＋ 7時，四邊形 OAPB為平行四邊形．
78
【變式訓練】
x21 C y
2
．雙曲線 ： － ＝1(a＞0，b＞0)的焦點分別為：F1(－2 2，0)，F2(2 2，0)，且雙曲線 C經過點 P(4 2，
a2 b2
2 7)．
(1)求雙曲線 C的方程；
(2) → →設 O為坐標原點，若點 A在雙曲線 C上，點 B在直線 x＝ 2上，且OA·OB＝0．是否存在以點 O為
圓心的定圓恒與直線 AB相切？若存在，求出該圓的方程，若不存在，請說明理由．
解：(1)點 P(4 2，2 7)在雙曲線 C上．
32 28
－ ＝1①，b2＝8－a2②
a2 b2
②代入①去分母整理得：a4－68a2＋32×8＝0，解得 a2＝4，b2＝4．
x2 y2
∴所求雙曲線 C的方程為 － ＝1．
4 4
(2)設點 A，B的坐標分別為(x0，y0)，( 2，t)，
其中 x0＞2或 x0＜－2．
y0－t
當 y0≠t時，直線 AB的方程為 y－t＝ (x－ 2)，
x0－ 2
即(y0－t)x－(x0－ 2)y＋tx0－ 2y0＝0，
若存在以點 O為圓心的定圓與 AB相切，則點 O到直線 AB的距離必為定值．
設圓心 O到直線 AB的距離為 d，
|tx0－ 2yd 0
|
則 ＝ ，
y0－t 2＋ x0－ 2 2
2x
∵y0≠0，∴t＝－ 0，又 x20－y02＝4，
y0
2 2
2 2|y0＋2| 2 2|y0＋2|
d y∴ ＝ 0 y＝ 0 ＝2，
2y4＋8y2＋8 y20 0 2| 0＋2|
2y20 y0
此時直線 AB與圓 x2＋y2＝4相切，
y t x t
2
當 0＝ 時， 0＝－ ，
2
代入雙曲線 C的方程并整理得 t4－2t2－8＝0，
解得 t＝±2，此時直線 AB：y＝±2，也與圓 x2＋y2＝4相切．
綜上得存在定圓 x2＋y2＝4與直線 AB相切．
79
2 2．已知中心在原點，焦點在 x軸上的橢圓的離心率為 ，直線 l過橢圓右焦點 F，且交橢圓于 A，B兩點，
2
π
當直線 l的傾斜角為 時，|AB|＝ 2．
2
(1)求橢圓的標準方程；
(2)在直線 x＝2 上是否存在點 D，使得△DAB為正三角形？若存在，求出 D點的坐標；若不存在，請
說明理由．
c 2
＝ ，
a 2 a＝ 2，
[解] (1)由題意得 2b2＝ 2， 解得 b＝1，
a
c＝1，
a2＝b2＋c2，
x2
∴橢圓的標準方程為 ＋y2＝1．
2
(2)存在，理由如下：
設直線 AB的方程為 x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中點為 M．
x＝my＋1，
聯立 消去 x，整理，
x2＋2y2＝2
得(m2＋2)y2＋2my－1＝0，
y y －2m y y －1 4則 1＋ 2＝ ， 1 2＝ ，x1＋x2＝ ，
m2＋2 m2＋2 m2＋2
2 m 2 2 m2M ＋1 故 2 , 2 ，|AB|＝ 1＋m
2·|y1－y2|＝ ．
m 2 m 2 m2＋2
假設存在點 D(2，t)使得△DAB為正三角形，
|mt－1|
則 D到直線 AB的距離 d＝ ，
1＋m2
kDM＝－m，
由于△DAB為正三角形，則有 d 3＝ |AB|，
2
m2＋2 t＝－2m3－3m，
即 |mt－1| 3×2 2×m
2＋1
＝ ，
1＋m2 2 m2＋2
m 2 4 2解得 ＝± ，則 t＝± ．
2 5
4 2
∴存在點 D 2, 滿足題意．
5
80
【課后鞏固】
1 x
2 y2
．已知橢圓 ＋ ＝1的右焦點為 F，設直線 l：x＝5與 x軸的交點為 E，過點 F且斜率為 k的直線 l1與橢
5 4
圓交于 A，B兩點，M為線段 EF的中點．
(1) π若直線 l1的傾斜角為 ，求△ABM的面積 S的值；
4
(2)過點 B作直線 BN⊥l于點 N，證明：A，M，N三點共線．
[解](1)由題意，知 F(1,0)，E(5,0)，M(3,0)．設 A(x1，y1)，B(x2，y2)．
π
∵直線 l1的傾斜角為 ，∴k＝1．
4
∴直線 l1的方程為 y＝x－1，即 x＝y＋1．
代入橢圓方程，可得 9y2＋8y－16＝0．
∴y1＋y 8 162＝－ ，y1y2＝－ ．
9 9
∴S 1△ABM＝ ·|FM|·|y1－y2|2
＝ y1＋y2 2－4y 8 101y2＝ ．
9
(2)證明：設直線 l1的方程為 y＝k(x－1)．
代入橢圓方程，得(4＋5k2)x2－10k2x＋5k2－20＝0，
10k2 5k2－20
即 x1＋x2＝ ，x1x2＝ ．
4＋5k2 4＋5k2
∵直線 BN⊥l于點 N，∴N(5，y2)．
－y
k 1 y＝ ，k ＝ 2∴ AM MN ．
3－x1 2
而 y2(3－x1)－2(－y1)＝k(x2－1)(3－x1)＋2k(x1－1)＝－k[x1x2－3(x1＋x2)＋5]
5k 2 20 2
＝－k 2 3
10k
2 5 ＝0，
4 5k 4 5k
∴kAM＝kMN．故 A，M，N三點共線．
81
2．在三角形 MAB中，點 A(－1,0)，B(1,0)，且它的周長為 6，記點 M的軌跡為曲線 E．
(1)求 E的方程；
(2)設點 D(－2,0)，過 B的直線與 E交于 P，Q兩點，求證：∠PDQ不可能為直角．
解：(1)依題意得，|MA|＋|MB|＋|AB|＝6，所以|MA|＋|MB|＝4＞|AB|，
所以點 M的軌跡 E是以 A(－1,0)，B(1,0)為焦點且長軸長為 4的橢圓，
由于 M，A，B三點不共線，所以 y≠0，
2 2
所以 E x y的方程為 ＋ ＝1(y≠0)．
4 3
(2)設直線 PQ的方程為 x＝my＋1，
代入 3x2＋4y2＝12，得
(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，
y y －6m1＋ 2＝ ，
3m2＋4
設 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則
y －91y2＝ .
3m2＋4
D→P·D→所以 Q＝(x1＋2)(x2＋2)＋y1y2
＝(my1＋1)(my2＋1)＋2(my1＋1＋my2＋1)＋4＋y1y2
＝(m2＋1)y1y2＋3m(y1＋y2)＋9
－9 m2＋1 18m2
＝ － ＋9
3m2＋4 3m2＋4
27
＝ ＞0．
3m2＋4
所以∠PDQ不可能為直角．
82
→ →
x2 y23．已知橢圓 C1： ＋ ＝1(a＞b＞0)，F為左焦點，A為上頂點，B(2,0)為右頂點，若 7|AF|＝2|AB|，拋物
a2 b2
線 C2的頂點在坐標原點，焦點為 F．
(1)求橢圓 C1的標準方程；
(2) 1是否存在過 F點的直線，與橢圓 C1和拋物線 C2的交點分別是 P，Q和 M，N，使得 S△OPQ＝ S2 △
OMN？
如果存在，求出直線的方程；如果不存在，請說明理由．
→ →
[解](1)依題意可知 7|AF|＝2|AB|，
即 7a＝2 a2＋b2，由 B(2,0)為右頂點，得 a＝2，解得 b2＝3，
C x
2 y2
所以 1的標準方程為 ＋ ＝1．
4 3
(2)依題意可知 C2的方程為 y2＝－4x，假設存在符合題意的直線，
設直線方程為 x＝ky－1，
P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，
x＝ky－1，
聯立 x2 y2
＋ ＝1，
4 3
得(3k2＋4)y2－6ky－9＝0，
由根與系數的關系得 y1＋y
6k y y －92＝ ，2 1 2＝ ，3k ＋4 3k2＋4
2
則|y1－y2|＝ y1＋y2 2－4y y
12 k ＋1
1 2＝ ，
3k2＋4
x＝ky－1，
聯立 得 y2＋4ky－4＝0，
y2＝－4x，
由根與系數的關系得 y3＋y4＝－4k，y3y4＝－4，
所以|y3－y4|＝ y3＋y4 2－4y3y4＝4 k2＋1，
1 1
若 S△OPQ＝ S△OMN，則|y1－y2|＝ |y3－y4|，2 2
12 k2＋1
即 ＝2 k2＋1 6，解得 k＝± ，
3k2＋4 3
6 6
所以存在符合題意的直線，直線的方程為 x＋ y＋1＝0或 x－ y＋1＝0．
3 3
83
x2 y24．已知橢圓 C： ＋ ＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為 F1、F2，且點 F1到橢圓 C上任意一點的最大距離
a2 b2
為 3 1，橢圓 C的離心率為 ．
2
(1)求橢圓 C的標準方程；
(2) |CD|是否存在斜率為－1的直線 l與以線段 F1F2為直徑的圓相交于 A、B兩點，與橢圓相交于 C、D，且
|AB|
8 3
＝ ？若存在，求出直線 l的方程；若不存在，說明理由．
7
解析：(1)根據題意，設 F1，F2的坐標分別為(－c,0)，(c,0)，
a＋c＝3，
由題意可得 c 1 解得 a＝2，c＝1，則 b2＝a2－c2＝3，
＝ ，
a 2
2 2
故橢圓 C x y的標準方程為 ＋ ＝1．
4 3
(2)假設存在斜率為－1的直線 l，設為 y＝－x＋m，
由(1)知 F1，F2的坐標分別為(－1,0)，(1,0)，
所以以線段 F1F2為直徑的圓為 x2＋y2＝1，
|－m|
由題意知圓心(0,0)到直線 l的距離 d＝ <1，得|m|< 2．
2
2
|AB| m＝2 1－d2＝2 1－ ＝ 2× 2－m2，
2
x2 y2
＋ ＝1，
聯立得 4 3 消去 y，得 7x2－8mx＋4m2－12＝0，
y＝－x＋m，
由題意得Δ＝(－8m)2－4×7(4m2－12)＝336－48m2＝48(7－m2)>0，解得 m2<7，
C(x y ) D(x y ) x x 8m x x 4m
2－12
設 1， 1 ， 2， 2 ，則 1＋ 2＝ ， 1 2＝ ，
7 7
2 2
|CD| 8m 4m －12 336－48m＝ 2|x1－x2|＝ 2× 2－4× ＝ 2×
7 7 49
4 6 7 m2 8 3＝ × － ＝ |AB| 8 3＝ × 2× 2－m2，
7 7 7
解得 m2 1 3 3＝ <7，得 m＝± ． 即存在符合條件的直線 l，其方程為 y＝－x± ．
3 3 3
84

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