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第46講 范圍、最值、定點、定值及探索性問題
【練基礎】
1．已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，點M(a，2)在拋物線C上．
(1)若|MF|＝6，求拋物線的標準方程；
(2)若直線x＋y＝t與拋物線C交于A，B兩點，點N的坐標為(1,0)，且滿足NA⊥NB，原點O到直線AB的距離不小于，求p的取值范圍．
2．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)經過點P，兩個焦點分別為F1(－，0)，F2(，0)．
(1)求橢圓C的方程．
(2)設圓D：x2＋y2＝r2(b3．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的一個頂點坐標為A(0，－1)，離心率為.
(1)求橢圓C的方程；
(2)若直線y＝k(x－1)(k≠0)與橢圓C交于不同的兩點P，Q，線段PQ的中點為M，點B(1,0)，求證：點M不在以AB為直徑的圓上．
4．如圖，已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，拋物線C上的點到準線的最小距離為1.
(1)求拋物線C的方程；
(2)過點F作互相垂直的兩條直線l1，l2，l1與拋物線C交于A，B兩點，l2與拋物線C交于C，D兩點，M，N分別為弦AB，CD的中點，求|MF|·|NF|的最小值．
5．已知橢圓C的短軸的兩個端點分別為A(0,1)，B(0，－1)，焦距為2.
(1)求橢圓C的方程．
(2)已知直線y＝m與橢圓C有兩個不同的交點M，N，設D為直線AN上一點，且直線BD，BM的斜率的積為－.證明：點D在x軸上．
6．如圖，已知拋物線x2＝y.點A，B，拋物線上的點P(x，y)，過點B作直線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．
7．在平面直角坐標系xOy中，M為直線y＝x－2上一動點，過點M作拋物線C：x2＝y的兩條切線MA，MB，切點分別為A，B，N為AB的中點．
(1)證明：MN⊥x軸．
(2)直線AB是否恒過定點？若是，求出這個定點的坐標；若不是，請說明理由．
【練提升】
1．已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的右焦點F2與拋物線y2＝4x的焦點重合，且其離心率為.
(1)求橢圓C的方程．
(2)已知與坐標軸不垂直的直線l與C交于M，N兩點，線段MN中點為P，問：kMN·kOP(O為坐標原點)是否為定值？請說明理由．
2．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的短軸長為2，離心率為.
(1)求橢圓C的標準方程．
(2)直線l平行于直線y＝x，且與橢圓C交于兩個不同的點A，B．若∠AOB為鈍角，求直線l在x軸上的截距m的取值范圍．
3．已知F是拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點，點M(x0,4)在拋物線上，且|MF|＝x0.
(1)求拋物線C的標準方程；
(2)若A，B是拋物線C上的兩個動點，且OA⊥OB，O為坐標原點，求證：直線AB過定點．
4．已知拋物線N：y2＝2px(p>0)的焦點為F，過點F與x軸垂直的直線交拋物線的弦長為2.
(1)求拋物線N的方程；
(2)點M(2,2)和點C(2,1)為兩定點，點A和點B為拋物線N上的兩動點，線段AB的中點Q在直線OM上，求△ABC面積的最大值．
5．在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)經過點P(2，)，離心率e＝.
(1)求橢圓E的方程．
(2)過點P斜率為k1，k2的兩條直線分別交橢圓E于A，B兩點，且滿足k1＋k2＝0.證明：直線AB的斜率為定值．
6．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的兩個焦點分別為F1，F2，且F1是圓x2＋y2－4x＋7＝0的圓心，點H的坐標為(0，b)，且△HF1F2的面積為2.
(1)求橢圓C的方程．
(2)是否存在直線y＝2x＋t與橢圓C相交于M，N兩點，使得直線HM與HN的斜率之和為1？若存在，求此時的直線方程；若不存在，請說明理由．
7．已知點A(0，－2)，橢圓E：＋＝1(a>b>0)的離心率為，F是橢圓E的右焦點，直線AF的斜率為，O為坐標原點．設過點A的動直線l與E相交于P，Q兩點．
(1)求橢圓E的方程．
(2)是否存在直線l，使得△OPQ的面積為？若存在，求出l的方程；若不存在，請說明理由．
8．已知橢圓C1：＋＝1(a>b>0)和圓C2：x2＋y2＝r2(r>0)，F1，F2分別為橢圓C1的左、右焦點，點B(0，)在橢圓C1上，當直線BF1與圓C2相切時，r＝.
(1)求橢圓C1的方程；
(2)若直線l：y＝kx＋m(k>0，m>0)與x軸交于點Q，且與橢圓C1和圓C2都相切，切點分別為M，N，記△F1F2M和△QF2N的面積分別為S1和S2，求的最小值．
9．已知橢圓C1，拋物線C2的焦點均在x軸上，C1的中心和C2的頂點均為原點O，從每條曲線上取兩個點，將其坐標記錄于下表中：
x 3 －2 4
y －2 0 －4
(1)求橢圓C1，拋物線C2的標準方程．
(2)請問是否存在直線l滿足條件：①過C2的焦點F；②與C1交不同兩點M，N且滿足⊥？若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由．
第46講 范圍、最值、定點、定值及探索性問題
【練基礎】
1．已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，點M(a，2)在拋物線C上．
(1)若|MF|＝6，求拋物線的標準方程；
(2)若直線x＋y＝t與拋物線C交于A，B兩點，點N的坐標為(1,0)，且滿足NA⊥NB，原點O到直線AB的距離不小于，求p的取值范圍．
【解析】(1)由題意及拋物線的定義得，a＋＝6，
又點M(a，2)在拋物線C上，所以20＝2pa，
由解得或
所以拋物線的標準方程為y2＝4x或y2＝20x.
(2)聯立消去y，整理得x2－(2t＋2p)x＋t2＝0，
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則x1＋x2＝2t＋2p，x1x2＝t2.
因為NA⊥NB，所以(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0，
又y1＝t－x1，y2＝t－x2，
所以2x1x2－(1＋t)(x1＋x2)＋t2＋1＝0，
得2p＝.
由原點O到直線AB的距離不小于，
得≥ ，即t≤－2(舍去)或t≥2，
因為2p＝＝t＋1＋－4，函數y＝在t∈[2，＋∞)上單調遞增，
所以p≥，即p的取值范圍為.
2．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)經過點P，兩個焦點分別為F1(－，0)，F2(，0)．
(1)求橢圓C的方程．
(2)設圓D：x2＋y2＝r2(b【解析】(1)由題意c＝，所以a2＝b2＋3，橢圓C的方程可化為＋＝1(b>0)．
因為橢圓C經過點，所以＋＝1，
解得b2＝1或b2＝－(舍)．
所以a2＝4，所以橢圓C的方程為＋y2＝1.
(2)設l：y＝kx＋m，代入＋y2＝1，
得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
由Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m2－4)＝0，得m2＝1＋4k2.①
設A(x0，y0)，則x0＝－＝－，
y0＝kx0＋m＝.
因為l與圓D相切，所以圓心D到l的距離＝r，即m2＝r2(1＋k2)．②
由①②得m2＝，k2＝.
所以圓D的切線長
|AB|＝
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4k,m)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))－r2)
＝.
因為＋r2≥2＝4，當且僅當r＝時取等號．因為r＝∈(1,2)，所以|AB|的最大值為1.
3．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的一個頂點坐標為A(0，－1)，離心率為.
(1)求橢圓C的方程；
(2)若直線y＝k(x－1)(k≠0)與橢圓C交于不同的兩點P，Q，線段PQ的中點為M，點B(1,0)，求證：點M不在以AB為直徑的圓上．
【解析】(1)由題意可知解得
所以橢圓C的方程為＋y2＝1.
(2)證明：設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x0，y0)．
由得(4k2＋1)x2－8k2x＋4k2－4＝0，
則Δ＝(－8k2)2－4×(4k2＋1)(4k2－4)＝48k2＋16，
當k為任何實數時，都有Δ>0.
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
因為線段PQ的中點為M，
所以x0＝＝，y0＝k(x0－1)＝.
因為A(0，－1)，B(1,0)，
所以＝(x0，y0＋1)，＝(x0－1，y0)．
所以·＝x0(x0－1)＋y0(y0＋1)＝x－x0＋y＋y0＝2－＋2＋
＝＝
＝.
因為k≠0,42＋>0，
所以·≠0，
所以點M不在以AB為直徑的圓上．
4．如圖，已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，拋物線C上的點到準線的最小距離為1.
(1)求拋物線C的方程；
(2)過點F作互相垂直的兩條直線l1，l2，l1與拋物線C交于A，B兩點，l2與拋物線C交于C，D兩點，M，N分別為弦AB，CD的中點，求|MF|·|NF|的最小值．
【解析】(1)因為拋物線C上的點到準線的最小距離為1，所以＝1，解得p＝2，
所以拋物線C的方程為y2＝4x.
(2)由(1)可知焦點為F(1,0)，
由已知可得AB⊥CD，所以直線AB，CD的斜率都存在且均不為0.
設直線AB的斜率為k，則直線CD的斜率為－，
所以直線AB的方程為y＝k(x－1)．
聯立方程消去x得ky2－4y－4k＝0.
設點A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則y1＋y2＝.
因為M(xM，yM)為弦AB的中點，
所以yM＝(y1＋y2)＝.
由yM＝k(xM－1)，得xM＝＋1＝＋1，
所以點M.
同理可得N(2k2＋1，－2k)，
所以|NF|＝＝2，
|MF|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k2)＋1－1))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k))))
＝，
所以|MF||NF|
＝×2
＝4×
≥4×2＝8，
當且僅當|k|＝，即k＝±1時，等號成立．
5．已知橢圓C的短軸的兩個端點分別為A(0,1)，B(0，－1)，焦距為2.
(1)求橢圓C的方程．
(2)已知直線y＝m與橢圓C有兩個不同的交點M，N，設D為直線AN上一點，且直線BD，BM的斜率的積為－.證明：點D在x軸上．
【解析】(1)由題意得
所以a2＝b2＋c2＝4，即a＝2.
故橢圓C的方程為＋y2＝1.
(2)證明：設M(x1，m)，則N(－x1，m)，x1≠0，－1所以直線BM的斜率為＝，
直線AN的方程為y＝x＋1.
因為直線BD，BM的斜率的積為－，
所以直線BD的斜率為－，
所以直線BD的方程為y＝－x－1.
聯立
解得點D的縱坐標yD＝.
因為點M在橢圓C上，所以＋m2＝1，
則yD＝0.所以點D在x軸上．
6．如圖，已知拋物線x2＝y.點A，B，拋物線上的點P(x，y)，過點B作直線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．
【解析】(1)設直線AP的斜率為k，k＝＝x－，
因為－所以直線AP斜率的取值范圍是(－1,1)．
(2)聯立直線AP與BQ的方程
解得點Q的橫坐標是xQ＝.
因為|PA|＝＝(k＋1)，
|PQ|＝(xQ－x)＝－，
所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1)3.
令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3，
則f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2，
所以 f(k)在區間上單調遞增，上單調遞減，所以f(k)max＝f＝，
因此當k＝時，|PA|·|PQ|取得最大值.
7．在平面直角坐標系xOy中，M為直線y＝x－2上一動點，過點M作拋物線C：x2＝y的兩條切線MA，MB，切點分別為A，B，N為AB的中點．
(1)證明：MN⊥x軸．
(2)直線AB是否恒過定點？若是，求出這個定點的坐標；若不是，請說明理由．
【解析】(1)證明：設切點A(x1，x)，B(x2，x)，y′＝2x，
所以切線MA的斜率為2x1，切線MA：y－x＝2x1(x－x1)．
設M(t，t－2)，則有t－2－x＝2x1(t－x1)，
化簡得x－2tx1＋t－2＝0.
同理可得x－2tx2＋t－2＝0.
所以x1，x2是方程x2－2tx＋t－2＝0的兩根，
所以x1＋x2＝2t，x1x2＝t－2，
所以xN＝＝t＝xM，所以MN⊥x軸．
(2)【解析】因為yN＝(x＋x)＝(x1＋x2)2－x1x2＝2t2－t＋2，所以N(t,2t2－t＋2)．
因為kAB＝＝x1＋x2＝2t，
所以直線AB：y－(2t2－t＋2)＝2t(x－t)，
即y－2＝2t，
所以直線AB過定點.
【練提升】
1．已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的右焦點F2與拋物線y2＝4x的焦點重合，且其離心率為.
(1)求橢圓C的方程．
(2)已知與坐標軸不垂直的直線l與C交于M，N兩點，線段MN中點為P，問：kMN·kOP(O為坐標原點)是否為定值？請說明理由．
【解析】(1)∵拋物線y2＝4x的焦點為(1,0)，
∴橢圓C的半焦距c＝1，
又橢圓的離心率e＝＝，∴a＝2，則b＝＝.∴橢圓C的方程為＋＝1.
(2)由題意可知，直線l的斜率存在且不為0，設l的方程為y＝kx＋m，
聯立得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
由Δ＞0，可得m2＜4k2＋3.
設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝，∴P，
∴kOP＝＝－.∴kMN·kOP＝－.
∴kMN·kOP為定值，定值為－.
2．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的短軸長為2，離心率為.
(1)求橢圓C的標準方程．
(2)直線l平行于直線y＝x，且與橢圓C交于兩個不同的點A，B．若∠AOB為鈍角，求直線l在x軸上的截距m的取值范圍．
【解析】(1)由題意可得2b＝2，
所以b＝，
e＝＝＝，解得a＝2，
所以橢圓C的標準方程為＋＝1.
(2)直線l平行于直線y＝x，即y＝x.
設直線l在y軸上的截距為n，
所以l的方程為y＝x＋n(n≠0)．
聯立得x2＋2nx＋2n2－4＝0.
因為直線l與橢圓C交于A，B兩個不同的點，
所以Δ＝(2n)2－4(2n2－4)>0，解得－2設A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則x1＋x2＝－2n，x1x2＝2n2－4.
因為∠AOB為鈍角等價于·<0，且n≠0，
所以·＝x1x2＋y1y2
＝x1x2＋
＝x1x2＋(x1＋x2)＋n2
＝×(2n2－4)＋×(－2n)＋n2<0，
即n2<2，且n≠0，
所以直線l在y軸上的截距n的取值范圍為(－，0)∪(0，)．
因為直線l在x軸上的截距m＝－2n，
所以m的取值范圍為(－2，0)∪(0,2)．
3．已知F是拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點，點M(x0,4)在拋物線上，且|MF|＝x0.
(1)求拋物線C的標準方程；
(2)若A，B是拋物線C上的兩個動點，且OA⊥OB，O為坐標原點，求證：直線AB過定點．
【解析】(1)由題意得，|MF|＝x0＋＝x0，解得x0＝2p，
因為點M(x0,4)在拋物線C上，
所以42＝2px0＝4p2，解得p＝2，
所以拋物線C的標準方程為y2＝4x.
(2)證明：設A(x1，y1)，B(x2，y2)，
因為OA⊥OB，所以·＝0，即x1x2＋y1y2＝0，
因為點A，B在拋物線C上，所以y＝4x1，y＝4x2，
代入得＋y1y2＝0.
因為y1y2≠0，所以y1y2＝－16.
設直線AB的方程為x＝my＋n，
聯立得y2－4my－4n＝0，
則y1y2＝－4n，所以n＝4，
所以直線AB的方程為x＝my＋4，過定點(4,0)．
4．已知拋物線N：y2＝2px(p>0)的焦點為F，過點F與x軸垂直的直線交拋物線的弦長為2.
(1)求拋物線N的方程；
(2)點M(2,2)和點C(2,1)為兩定點，點A和點B為拋物線N上的兩動點，線段AB的中點Q在直線OM上，求△ABC面積的最大值．
【解析】(1)由題意得拋物線C的焦點為F.
在方程y2＝2px中，令x＝得y＝±p，
所以弦長為2p，即2p＝2，解得p＝1，
所以拋物線C的方程為y2＝2x.
(2)由(1)知拋物線C的方程為y2＝2x，
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB的斜率為k(k≠0)．
因為線段AB的中點Q在直線OM上，
由M(2,2)可知直線OM的方程為y＝x.
設Q(m，m)(m≠0)，所以
所以(y1－y2)(y1＋y2)＝2(x1－x2)．
又y1＋y2＝2m，＝k，
所以km＝1，即得k＝.
設直線AB的方程為y－m＝(x－m)，
即x－my＋m2－m＝0.
聯立
所以y2－2my＋2m2－2m＝0，
所以Δ＝8m－4m2>0，即0由根與系數的關系得y1＋y2＝2m，y1y2＝2m2－2m，
|AB|＝|y1－y2|
＝
＝
＝2，
點C到直線AB的距離為d＝，
所以S△ABC＝|AB|·d
＝×2××
＝×(2－2m＋m2)．
記t＝，因為0所以S△ABC＝t(2－t2)＝－t3＋2t，t∈(0,1]，
所以S′△ABC＝－3t2＋2.
令S′△ABC＝0，得t＝，
當t∈時，S′△ABC>0；
當t∈時，S′△ABC<0.
所以當t＝時，S△ABC有最大值為.
5．在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)經過點P(2，)，離心率e＝.
(1)求橢圓E的方程．
(2)過點P斜率為k1，k2的兩條直線分別交橢圓E于A，B兩點，且滿足k1＋k2＝0.證明：直線AB的斜率為定值．
【解析】(1)依題意，e＝＝＝，所以＝，
又橢圓E過點P(2，)，所以＋＝1，解得a2＝8，b2＝4，
所以橢圓E的方程為＋＝1.
(2)證明：設A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AP的方程為y＝k(x－2)＋，
由消去y得(2k2＋1)x2－(8k2－4k)x＋8k2－8k－4＝0，Δ>0，
所以x1＋xP＝x1＋2＝，
所以x1＝.
又因為直線PA，PB的斜率互為相反數，
所以x2＝，
所以kAB＝＝
＝＝＝.
所以直線AB的斜率為定值.
6．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的兩個焦點分別為F1，F2，且F1是圓x2＋y2－4x＋7＝0的圓心，點H的坐標為(0，b)，且△HF1F2的面積為2.
(1)求橢圓C的方程．
(2)是否存在直線y＝2x＋t與橢圓C相交于M，N兩點，使得直線HM與HN的斜率之和為1？若存在，求此時的直線方程；若不存在，請說明理由．
【解析】(1)由x2＋y2－4x＋7＝0，
可得(x－2)2＋y2＝1，
則圓心坐標為(2，0)，即F1(2，0)，
所以半焦距c＝2.
因為△HF1F2的面積為2，
所以·b·2c＝2，所以b＝1，
所以a2＝b2＋c2＝9，
所以橢圓C的方程為＋y2＝1.
(2)假設存在這樣的直線滿足題設條件．
設M(x1，y1)，N(x2，y2)．
聯立消去y可得37x2＋36tx＋9(t2－1)＝0，
所以Δ＝(36t)2－4×37×9(t2－1)>0，
解得－x1＋x2＝－，x1x2＝.
由(1)知，H(0,1)，則當t＝1時，直線y＝2x＋1過點H，不合題意，故t≠1.
令kHM＋kHN＝＋
＝＋＝
＝4－＝1.
解得t＝3，因此所求直線方程為y＝2x＋3.
7．已知點A(0，－2)，橢圓E：＋＝1(a>b>0)的離心率為，F是橢圓E的右焦點，直線AF的斜率為，O為坐標原點．設過點A的動直線l與E相交于P，Q兩點．
(1)求橢圓E的方程．
(2)是否存在直線l，使得△OPQ的面積為？若存在，求出l的方程；若不存在，請說明理由．
【解析】(1)設F(c,0)，因為直線AF的斜率為，A(0，－2)，
所以＝，得c＝.
又＝，b2＝a2－c2，解得a＝2，b＝1，
所以橢圓E的方程為＋y2＝1.
(2)假設存在直線l，使得△OPQ的面積為.
當l⊥x軸時，不合題意，故可設直線l的方程為y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
聯立消去y得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.
由Δ＝16(4k2－3)>0，解得k<－或k>，
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
所以|PQ|＝·＝·＝，
點O到直線l的距離d＝，
所以S△OPQ＝d|PQ|＝.
設＝t>0，則4k2＝t2＋3，
則S△OPQ＝＝，解得t＝1或t＝4，即k＝±1，±，符合題意．
所以存在直線l：y＝±x－2或y＝±x－2，使得△OPQ的面積為.
8．已知橢圓C1：＋＝1(a>b>0)和圓C2：x2＋y2＝r2(r>0)，F1，F2分別為橢圓C1的左、右焦點，點B(0，)在橢圓C1上，當直線BF1與圓C2相切時，r＝.
(1)求橢圓C1的方程；
(2)若直線l：y＝kx＋m(k>0，m>0)與x軸交于點Q，且與橢圓C1和圓C2都相切，切點分別為M，N，記△F1F2M和△QF2N的面積分別為S1和S2，求的最小值．
【解析】(1)由題意可知b＝.①
設F1(－c,0)，則由BF1與圓C2相切時，r＝，得＝，
即c＝.②
將①②代入a2＝b2＋c2解得a＝2.
所以橢圓C1的方程為＋＝1.
(2)設M(x1，y1)，N(x2，y2)，
將y＝kx＋m代入＋＝1得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
由直線l與橢圓C1相切得Δ＝0，即m2＝4k2＋3，且
則△F1F2M的面積S1＝|F1F2|·y1＝.
由直線l與圓C2相切，設O為坐標原點，連接ON，則ON：y＝－x，與y＝kx＋m聯立得
直線l：y＝kx＋m(k>0，m>0)與x軸交于點Q，則Q.
則△QF2N的面積S2＝|QF2|·y2＝.
從而＝＝2k＋≥2當且僅當k＝時等號成立，
所以的最小值為2.
9．已知橢圓C1，拋物線C2的焦點均在x軸上，C1的中心和C2的頂點均為原點O，從每條曲線上取兩個點，將其坐標記錄于下表中：
x 3 －2 4
y －2 0 －4
(1)求橢圓C1，拋物線C2的標準方程．
(2)請問是否存在直線l滿足條件：①過C2的焦點F；②與C1交不同兩點M，N且滿足⊥？若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由．
【解析】(1)設拋物線C2：y2＝2px(p≠0)，則有＝2p(x≠0)．據此驗證4個點知(3，－2)，(4，－4)在拋物線上，易求拋物線C2的標準方程為y2＝4x.
設橢圓C1：＋＝1(a>b>0)，
把點(－2,0)，代入得解得
所以橢圓C1的標準方程為＋y2＝1.
(2)(方法一)假設存在這樣的直線l過拋物線焦點F(1,0)．設直線l的方程為x－1＝my，兩交點坐標為M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由消去x，
得(m2＋4)y2＋2my－3＝0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝，①
x1x2＝(1＋my1)(1＋my2)＝1＋m(y1＋y2)＋m2y1y2＝1＋m· ＋m2·＝.②
由⊥，即·＝0，
得x1x2＋y1y2＝0.③
將①②代入③式，得＋＝0，
解得m＝±.
所以存在直線l滿足條件，且l的方程為y＝2x－2或y＝－2x＋2.
(方法二)容易驗證當直線l的斜率不存在時，不滿足題意．
當直線l斜率存在時，假設存在直線l過拋物線焦點F(1,0)．設其方程為y＝k(x－1)，與橢圓C1的交點坐標為M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由消去y，
得(1＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－1)＝0.
于是x1＋x2＝，x1x2＝，①
y1y2＝k(x1－1)×k(x2－1)＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]＝k2＝
－.②
由⊥，即·＝0，
得x1x2＋y1y2＝0.③
將①②代入③式，得－＝＝0，解得k＝±2.
所以存在直線l滿足條件，且l的方程為y＝2x－2或y＝－2x＋2.第46講 范圍、最值、定點、定值及探索性問題
【學科素養】數學抽象、邏輯推理、數學運算
【課標解讀】
1.掌握解決直線與橢圓、拋物線的位置關系的思想方法.
2. 理解數形結合的思想；
3. 會求與圓錐曲線有關的范圍、最值問題．
【高頻考點】
高頻考點一 定點問題
圓錐曲線中的定點問題一般是指與解析幾何有關的直線或圓過定點的問題(其他曲線過定點太復雜，高中階段一般不涉及)，其實質是：當動直線或動圓變化時，這些直線或圓相交于一點，即這些直線或圓繞著定點在轉動．這類問題的求解一般可分為以下三步：
一選：選擇變量，定點問題中的定點，隨某一個量的變化而固定，可選擇這個量為變量(有時可選擇兩個變量，如點的坐標、斜率、截距等，然后利用其他輔助條件消去其中之一)．
二求：求出定點所滿足的方程，即把需要證明為定點的問題表示成關于上述變量的方程．
三定點：對上述方程進行必要的化簡，即可得到定點坐標．
例1.(2020·全國卷Ⅰ)已知A，B分別為橢圓E：＋y2＝1(a＞1)的左、右頂點，G為E的上頂點，·＝8.P為直線x＝6上的動點，PA與E的另一交點為C，PB與E的另一交點為D.
(1)求E的方程；
(2)證明：直線CD過定點．
【變式探究】(2019·北京卷)已知拋物線C：x2＝－2py經過點(2，－1)．
(1)求拋物線C的方程及其準線方程；
(2)設O為原點，過拋物線C的焦點作斜率不為0的直線l交拋物線C于兩點M，N，直線y＝－1分別交直線OM，ON于點A和點B.求證：以AB為直徑的圓經過y軸上的兩個定點．
【變式探究】已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)，四點P1(1，1)，P2(0，1)，P3(－1，)，P4中恰有三點在橢圓C上．
(1)求C的方程；
(2)設直線l不經過P2點且與C相交于A，B兩點．若直線P2A與直線P2B的斜率的和為－1，證明：l過定點．
高頻考點二 定值問題
例2.(2020·新高考全國卷Ⅰ)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，且過點A(2,1)．
(1)求C的方程；
(2)點M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D為垂足．證明：存在定點Q，使得|DQ|為定值．
【變式探究】已知拋物線E：x2＝2py(p>0)的焦點為F，圓M的方程為x2＋y2－py＝0，若直線x＝4與x軸交于點R，與拋物線交于點Q，且|QF|＝|RQ|.
(1)求出拋物線E和圓M的方程；
(2)過焦點F的直線l與拋物線E交于A，B兩點，與圓M交于C，D兩點(點A，C在y軸同側)，求證：|AC|·|BD|為定值．
【方法技巧】圓錐曲線中的定值問題一般是指在求解解析幾何問題的過程中，探究某些幾何量斜率、距離、面積、比值等與變量斜率、點的坐標等無關的問題，也是高考重點考查的考點和熱點之一.其求解步驟一般為：
一選：選擇變量，一般為點的坐標、直線的斜率等；
二化：把要求解的定值表示成含上述變量的式子，并利用其他輔助條件來減少變量的個數，使其只含有一個變量或者有多個變量，但是能整體約分也可以；
三定值：由題目的結論可知要證明為定值的量必與變量的值無關，故求出的式子必能化為一個常數，所以只需對上述式子進行必要的化簡即可得到定值.
【變式探究】已知拋物線C：y2＝2px經過點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O為原點，＝λ，＝μ，求證：＋為定值．
【舉一反三】已知點F是橢圓C：＋＝1(a>b>0)的右焦點，過點F的直線l交橢圓于M，N兩點．當直線l過C的下頂點時，l的斜率為；當直線l垂直于C的長軸時，△OMN的面積為.
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)當|MF|＝2|FN|時，求直線l的方程；
(3)若直線l上存在點P滿足|PM|，|PF|，|PN|成等比數列，且點P在橢圓外，證明：點P在定直線上．
高頻考點三 范圍問題
【例3】已知F1，F2是橢圓C：＋＝1(a>b>0)的兩個焦點，P為C上的點，O為坐標原點．
(1)若△POF2為等邊三角形，求C的離心率；
(2)如果存在點P，使得PF1⊥PF2，且△F1PF2的面積等于16，求b的值和a的取值范圍．
【舉一反三】已知點A，B的坐標分別是(－，0)，(，0)，動點M(x，y)滿足直線AM和BM的斜率之積為－3，記M的軌跡為曲線E.
(1)求曲線E的方程；
(2)直線y＝kx＋m與曲線E相交于P，Q兩點，若曲線E上存在點R，使得四邊形OPRQ為平行四邊形(其中O為坐標原點)，求m的取值范圍．
【舉一反三】如圖，已知點M(2,1)在橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)上，A，B是長軸的兩個端點，且·＝－3.
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)已知點E(1,0)，過點M(2,1)的直線l與橢圓的另一個交點為N，若點E總在以MN為直徑的圓內，求直線l的斜率的取值范圍．
【方法技巧】求參數范圍的4種方法
(1)函數法：用其他變量表示該參數，建立函數關系，利用求函數值域的方法求解．
(2)不等式法：根據題意建立含參數的不等式，通過解不等式求參數范圍．
(3)判別式法：建立關于某變量的一元二次方程，利用判別式Δ求參數的范圍．
(4)數形結合法：研究該參數所表示的幾何意義，利用數形結合思想求解．
【變式探究】已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的焦距為4，且過點(，－2)．
(1)求橢圓C的方程；
(2)過橢圓焦點的直線l與橢圓C分別交于點E，F，求·的取值范圍．
高頻考點四 最值問題
例4.(2020·浙江高考)如圖，已知橢圓C1：＋y2＝1，拋物線C2：y2＝2px(p>0)，點A是橢圓C1與拋物線C2的交點，過點A的直線l交橢圓C1于點B，交拋物線C2于點M(B，M不同于A)．
(1)若p＝，求拋物線C2的焦點坐標；
(2)若存在不過原點的直線l使M為線段AB的中點，求p的最大值．
【舉一反三】已知P(， )是橢圓C：＋＝1(a>b>0)上一點，以點P及橢圓的左、右焦點F1，F2為頂點的三角形面積為2.
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)過F2作斜率存在且互相垂直的直線l1，l2，M是l1與C兩交點的中點，N是l2與C兩交點的中點，求△MNF2面積的最大值．
【方法技巧】圓錐曲線中最值問題的解決方法
(1)幾何法：若題目中的條件和結論能明顯體現幾何特征和意義，則考慮利用圖形性質數形結合求解．
(2)代數法：若題目中的條件和結論能體現一種明確的函數關系，或者不等關系，或者已知參數與新參數之間的等量關系等，則利用代數法求參數的范圍．
【變式探究】在平面直角坐標系xOy中，拋物線C：x2＝2py(p＞0)的焦點為F，點A在C上，若|AO|＝|AF|＝.
(1)求C的方程；
(2)設直線l與C交于P，Q，若線段PQ的中點的縱坐標為1，求△OPQ的面積的最大值．
高頻考點五 圓錐曲線中的探索性問題
例5.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)若l過點，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的斜率；若不能，說明理由．
【變式探究】已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的兩個焦點與短軸的一個端點連線構成等邊三角形，且橢圓C的短軸長為2.
(1)求橢圓C的標準方程．
(2)是否存在過點P(0,2)的直線l與橢圓C相交于不同的兩點M，N，且滿足·＝2(O為坐標原點)？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由．
【方法技巧】
1．解答本題需注意以下問題
(1)求解橢圓方程時要注意運算的正確性．
(2)解答本題易出現不討論斜率存在與否而失分的情形．
(3)聯立消元后注意不要漏掉對判別式的計算，否則出現邏輯上的錯誤．
2．圓錐曲線中存在性問題的求解方法
(1)存在性問題通常采用“肯定順推法”，將不確定性問題明朗化．其步驟為：假設滿足條件的元素(點、直線、曲線或參數)存在，用待定系數法設出，列出關于待定系數的方程組，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．
(2)反證法與驗證法也是求解存在性問題常用的方法．　　
【變式探究】已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，直線x＋y－1＝0被圓x2＋y2＝b2截得的弦長為.
(1)求橢圓C的方程．
(2)過點(1,0)的直線l交橢圓C于A，B兩點，在x軸上是否存在定點P，使得 ·為定值？若存在，求出點P的坐標和·的值；若不存在，請說明理由．
第46講 范圍、最值、定點、定值及探索性問題
【學科素養】數學抽象、邏輯推理、數學運算
【課標解讀】
1.掌握解決直線與橢圓、拋物線的位置關系的思想方法.
2. 理解數形結合的思想；
3. 會求與圓錐曲線有關的范圍、最值問題．
【高頻考點】
高頻考點一 定點問題
圓錐曲線中的定點問題一般是指與解析幾何有關的直線或圓過定點的問題(其他曲線過定點太復雜，高中階段一般不涉及)，其實質是：當動直線或動圓變化時，這些直線或圓相交于一點，即這些直線或圓繞著定點在轉動．這類問題的求解一般可分為以下三步：
一選：選擇變量，定點問題中的定點，隨某一個量的變化而固定，可選擇這個量為變量(有時可選擇兩個變量，如點的坐標、斜率、截距等，然后利用其他輔助條件消去其中之一)．
二求：求出定點所滿足的方程，即把需要證明為定點的問題表示成關于上述變量的方程．
三定點：對上述方程進行必要的化簡，即可得到定點坐標．
例1.(2020·全國卷Ⅰ)已知A，B分別為橢圓E：＋y2＝1(a＞1)的左、右頂點，G為E的上頂點，·＝8.P為直線x＝6上的動點，PA與E的另一交點為C，PB與E的另一交點為D.
(1)求E的方程；
(2)證明：直線CD過定點．
【解析】(1)由題設得A(－a,0)，B(a,0)，G(0,1)．
則＝(a,1)，＝(a，－1)．
由·＝8，得a2－1＝8，即a＝3.
所以E的方程為＋y2＝1.
(2)證明：設C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t)．
若t≠0，設直線CD的方程為x＝my＋n，
由題意可知－3＜n＜3.
由于直線PA的方程為y＝(x＋3)，
所以y1＝(x1＋3)．
直線PB的方程為y＝(x－3)，所以y2＝(x2－3)．
可得3y1(x2－3)＝y2(x1＋3)．
由于＋y＝1，故y＝－，
可得27y1y2＝－(x1＋3)(x2＋3)，
即(27＋m2)y1y2＋m(n＋3)(y1＋y2)＋(n＋3)2＝0.①
將x＝my＋n代入＋y2＝1，
得(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0.
所以y1＋y2＝－，y1y2＝.
代入①式得(27＋m2)(n2－9)－2m(n＋3)mn＋(n＋3)2·(m2＋9)＝0.解得n＝或n＝－3(舍去)．
故直線CD的方程為x＝my＋，
即直線CD過定點.
若t＝0，則直線CD的方程為y＝0，過點.
綜上，直線CD過定點.
【變式探究】(2019·北京卷)已知拋物線C：x2＝－2py經過點(2，－1)．
(1)求拋物線C的方程及其準線方程；
(2)設O為原點，過拋物線C的焦點作斜率不為0的直線l交拋物線C于兩點M，N，直線y＝－1分別交直線OM，ON于點A和點B.求證：以AB為直徑的圓經過y軸上的兩個定點．
【解析】(1)由拋物線C：x2＝－2py經過點(2，－1)，得p＝2.
所以拋物線C的方程為x2＝－4y，其準線方程為y＝1.
(2)拋物線C的焦點為F(0，－1)，設直線l的方程為y＝kx－1(k≠0)．
由 得x2＋4kx－4＝0.
設M，N，則x1x2＝－4.
直線OM的方程為y＝x.
令y＝－1，得點A的橫坐標xA＝－.
同理得點B的橫坐標xB＝－.
設點D(0，n)，
則＝，＝，
·＝＋(n＋1)2
＝eq \f(x1x2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,4)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,4))))＋(n＋1)2
＝＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2.
令·＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，則n＝1或n＝－3.
綜上，以AB為直徑的圓經過y軸上的定點(0，1)和(0，－3)．
【變式探究】已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)，四點P1(1，1)，P2(0，1)，P3(－1，)，P4中恰有三點在橢圓C上．
(1)求C的方程；
(2)設直線l不經過P2點且與C相交于A，B兩點．若直線P2A與直線P2B的斜率的和為－1，證明：l過定點．
【解析】(1)由于P3，P4兩點關于y軸對稱，故由題設知橢圓C經過P3，P4兩點．
又由＋＞＋知，橢圓C不經過點P1，
所以點P2在橢圓C上．
因此解得故橢圓C的方程為＋y2＝1.
(2)證明：設直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1，k2.
如果l與x軸垂直，設l：x＝t，由題設知t≠0，且|t|＜2，可得A，B的坐標分別為，，則k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合題設．
從而可設l：y＝kx＋m(m≠1)．
將y＝kx＋m代入＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
由題設可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－，x1x2＝.
而k1＋k2＝＋
＝＋
＝.
由題設k1＋k2＝－1，
故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.
即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0，解得k＝－.
當且僅當m＞－1時，Δ＞0，
于是l：y＝－x＋m，
即y＋1＝－(x－2)，
所以l過定點(2，－1)．
高頻考點二 定值問題
例2.(2020·新高考全國卷Ⅰ)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，且過點A(2,1)．
(1)求C的方程；
(2)點M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D為垂足．證明：存在定點Q，使得|DQ|為定值．
【解析】(1)由題意得＋＝1，＝，解得a2＝6，b2＝3.
所以C的方程為＋＝1.
(2)證明：設M(x1，y1)，N(x2，y2)．
若直線MN與x軸不垂直，設直線MN的方程為y＝kx＋m，代入＋＝1得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
于是x1＋x2＝－，x1x2＝.①
由AM⊥AN知，·＝0，故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，可得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0.
將①代入上式可得(k2＋1)－(km－k－2)＋(m－1)2＋4＝0.
整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0.
因為A(2,1)不在直線MN上，
所以2k＋m－1≠0，故2k＋3m＋1＝0，k≠1.
于是MN的方程為y＝k－(k≠1)．
所以直線MN過點P.
若直線MN與x軸垂直，可得N(x1，－y1)．
由·＝0得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.
又＋＝1，可得3x－8x1＋4＝0.
解得x1＝2(舍去)，x1＝.
此時直線MN過點P.
令Q為AP的中點，即Q.
若D與P不重合，則由題設知AP是Rt△ADP的斜邊，
故|DQ|＝|AP|＝.
若D與P重合，則|DQ|＝|AP|.
綜上，存在點Q，使得|DQ|為定值．
【變式探究】已知拋物線E：x2＝2py(p>0)的焦點為F，圓M的方程為x2＋y2－py＝0，若直線x＝4與x軸交于點R，與拋物線交于點Q，且|QF|＝|RQ|.
(1)求出拋物線E和圓M的方程；
(2)過焦點F的直線l與拋物線E交于A，B兩點，與圓M交于C，D兩點(點A，C在y軸同側)，求證：|AC|·|BD|為定值．
【解析】(1)設Q(4，y0)，且y0>0，由|QF|＝|RQ|得y0＋＝y0，所以y0＝2p.
將點Q(4,2p)的坐標代入拋物線E的方程得p＝2.
所以拋物線E的方程為x2＝4y，圓M的方程為x2＋y2－2y＝0.
(2)證明：拋物線E：x2＝4y的焦點F(0,1)，
由題可得直線l的斜率存在，則可設直線l的方程是y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
聯立消去y，得x2－4kx－4＝0.
則Δ＝16(k2＋1)>0，且x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.
由條件可知圓M：x2＋(y－1)2＝1的圓心為M(0,1)，半徑為1，故圓心M即焦點F，如圖．
由拋物線的定義有|AF|＝y1＋1，|BF|＝y2＋1，
則|AC|＝|AF|－1＝y1，|BD|＝|BF|－1＝y2，
所以|AC|·|BD|＝y1y2＝(kx1＋1)(kx2＋1)＝k2x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝－4k2＋4k2＋1＝1，即|AC|·|BD|為定值，定值為1.
【方法技巧】圓錐曲線中的定值問題一般是指在求解解析幾何問題的過程中，探究某些幾何量斜率、距離、面積、比值等與變量斜率、點的坐標等無關的問題，也是高考重點考查的考點和熱點之一.其求解步驟一般為：
一選：選擇變量，一般為點的坐標、直線的斜率等；
二化：把要求解的定值表示成含上述變量的式子，并利用其他輔助條件來減少變量的個數，使其只含有一個變量或者有多個變量，但是能整體約分也可以；
三定值：由題目的結論可知要證明為定值的量必與變量的值無關，故求出的式子必能化為一個常數，所以只需對上述式子進行必要的化簡即可得到定值.
【變式探究】已知拋物線C：y2＝2px經過點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O為原點，＝λ，＝μ，求證：＋為定值．
【解析】(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.
設直線l的方程為y＝kx＋1(k≠0)．
由得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)證明：設A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝.
直線PA的方程為y－2＝(x－1)．
令x＝0，得點M的縱坐標為yM＝＋2＝＋2.
同理得點N的縱坐標為yN＝＋2.
由＝λ，＝μ，得λ＝1－yM，μ＝1－yN.
所以＋＝＋
＝＋
＝·
＝·＝2.
所以＋為定值．
【舉一反三】已知點F是橢圓C：＋＝1(a>b>0)的右焦點，過點F的直線l交橢圓于M，N兩點．當直線l過C的下頂點時，l的斜率為；當直線l垂直于C的長軸時，△OMN的面積為.
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)當|MF|＝2|FN|時，求直線l的方程；
(3)若直線l上存在點P滿足|PM|，|PF|，|PN|成等比數列，且點P在橢圓外，證明：點P在定直線上．
【解析】(1)由題設知＝，＝，解得a＝2，b＝，
∴橢圓C的標準方程為＋＝1.
(2)當直線l與x軸重合時，|MF|＝3|FN|或|MF|＝|FN|，不合題意；
當直線l與x軸不重合時，設直線l的方程為x＝ty＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
聯立消去x，整理得(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0，
則y1＋y2＝， ①
y1y2＝. ②
由|MF|＝2|FN|，得y1＝－2y2， ③
聯立①②③，得＝，解得t＝±.
∴直線l的方程為5x＋2y－5＝0或5x－2y－5＝0.
(3)證明：設P(x0，y0)，∵|PM|，|PF|，|PN|成等比數列，
∴|PM|·|PN|＝|PF|2.
當直線l與x軸重合時，∵點P在橢圓外，∴x0－2，x0＋2同號．
由|PM|·|PN|＝|PF|2，得(x0－2)(x0＋2)＝(x0－1)2，解得x0＝.
當直線l與x軸不重合時，由(2)知y1＋y2＝，y1y2＝，
且|PM|＝|y1－y0|，|PN|＝|y2－y0|，|PF|＝|y0|.
∵點P在橢圓外，∴y1－y0，y2－y0同號．
由|PM|·|PN|＝|PF|2，得(y1－y0)(y2－y0)＝y，
整理得y1y2－y0(y1＋y2)＝0，即－y0·＝0，
解得y0＝，代入直線l的方程x＝ty＋1，得x0＝.
∴點P在定直線x＝上．
高頻考點三 范圍問題
【例3】已知F1，F2是橢圓C：＋＝1(a>b>0)的兩個焦點，P為C上的點，O為坐標原點．
(1)若△POF2為等邊三角形，求C的離心率；
(2)如果存在點P，使得PF1⊥PF2，且△F1PF2的面積等于16，求b的值和a的取值范圍．
【解析】(1)連接PF1.由△POF2為等邊三角形可知在△F1PF2中，∠F1PF2＝90°，|PF2|＝c，|PF1|＝c，于是2a＝|PF1|＋|PF2|＝(＋1)c，
故C的離心率e＝＝－1.
(2)由題意可知，滿足條件的點P(x，y)存在當且僅當|y|·2c＝16，·＝－1，＋＝1，
即c|y|＝16， ①
x2＋y2＝c2， ②
＋＝1. ③
由②③及a2＝b2＋c2得y2＝.
又由①知y2＝，故b＝4.
由②③及a2＝b2＋c2得x2＝(c2－b2)，
所以c2≥b2，從而a2＝b2＋c2≥2b2＝32，
故a≥4.
當b＝4，a≥4時，存在滿足條件的點P.
所以b＝4，a的取值范圍為[4，＋∞)．
【舉一反三】已知點A，B的坐標分別是(－，0)，(，0)，動點M(x，y)滿足直線AM和BM的斜率之積為－3，記M的軌跡為曲線E.
(1)求曲線E的方程；
(2)直線y＝kx＋m與曲線E相交于P，Q兩點，若曲線E上存在點R，使得四邊形OPRQ為平行四邊形(其中O為坐標原點)，求m的取值范圍．
【解析】(1)因為A(－，0)，B(，0)，M(x，y)，
所以kAM＝，kBM＝.
因為直線AM和BM的斜率之積為－3，
所以·＝－3.
整理，得＋＝1.
因為直線AM和BM的斜率存在，且均不為0，
所以x≠±(或y≠0)．
所以曲線E的方程為＋＝1(x≠±)．
(2)設直線y＝kx＋m與曲線E：＋＝1(x≠±)的交點為P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
因為四邊形OPRQ為平行四邊形，
所以PQ的中點也是OR的中點．
所以R (x1＋x2，y1＋y2)．
由得(k2＋3)x2＋2kmx＋m2－6＝0.
所以x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝.
由Δ＝4k2m2－4(k2＋3)(m2－6)>0，得2k2>m2－6.
因為點R (x1＋x2，y1＋y2)在曲線E上，
所以32＋2＝6，即k2＝2m2－3.
因為2k2>m2－6，所以2(2m2－3)>m2－6，解得m2>0.
當直線PQ過點(±，0)時，m＝±k，代入2m2－3＝k2，得k＝±1，
所以m＝±，此時不符合題意．
因為2m2－3＝k2≥0，所以m≤－或m≥.
所以m的取值范圍為(－∞，－)∪∪∪(，＋∞)．
【舉一反三】如圖，已知點M(2,1)在橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)上，A，B是長軸的兩個端點，且·＝－3.
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)已知點E(1,0)，過點M(2,1)的直線l與橢圓的另一個交點為N，若點E總在以MN為直徑的圓內，求直線l的斜率的取值范圍．
【解析】(1)由已知可得(－a－2，－1)·(a－2，－1)＝－3，解得a2＝8，又點M(2,1)在橢圓C上，即＋＝1，解得b2＝2，
所以橢圓C的標準方程為＋＝1.
(2)設N(x1，y1)，當直線l垂直于x軸時，點E在以MN為直徑的圓上，不合題意．
因此設直線l的方程為y＝k(x－2)＋1，
代入橢圓方程消去y得(4k2＋1)x2＋8(k－2k2)x＋4(4k2－4k－1)＝0，
則有2x1＝，即x1＝，
y1＝，
且判別式Δ＝16(2k＋1)2＞0，即k≠－.
又點E總在以MN為直徑的圓內，
所以·＜0，即(x1－1，y1)·(1,1)＝x1＋y1－1＜0，
將x1，y1代入得＋＜0，解得k＞－，
所以滿足條件的直線l的斜率的取值范圍是.
【方法技巧】求參數范圍的4種方法
(1)函數法：用其他變量表示該參數，建立函數關系，利用求函數值域的方法求解．
(2)不等式法：根據題意建立含參數的不等式，通過解不等式求參數范圍．
(3)判別式法：建立關于某變量的一元二次方程，利用判別式Δ求參數的范圍．
(4)數形結合法：研究該參數所表示的幾何意義，利用數形結合思想求解．
【變式探究】已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的焦距為4，且過點(，－2)．
(1)求橢圓C的方程；
(2)過橢圓焦點的直線l與橢圓C分別交于點E，F，求·的取值范圍．
【解析】(1)橢圓C：＋＝1(a>b>0)的焦距是4，所以焦點坐標是(0，－2)，(0，2)，
2a＝＋＝4，
所以a＝2，b＝2，
即橢圓C的方程是＋＝1.
(2)若直線l垂直于x軸，
則點E(0，2)，F(0，－2)，·＝－8.
若直線l不垂直于x軸，
設l的方程為y＝kx＋2，點E(x1，y1)，F(x2，y2)，
將直線l的方程代入橢圓C的方程得到：
(2＋k2)x2＋4kx－4＝0，
則x1＋x2＝，x1x2＝，
所以·＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝＋＋4＝－8，
因為0<≤10，所以－8<·≤2，
綜上所述，·的取值范圍是[－8，2]．
高頻考點四 最值問題
例4.(2020·浙江高考)如圖，已知橢圓C1：＋y2＝1，拋物線C2：y2＝2px(p>0)，點A是橢圓C1與拋物線C2的交點，過點A的直線l交橢圓C1于點B，交拋物線C2于點M(B，M不同于A)．
(1)若p＝，求拋物線C2的焦點坐標；
(2)若存在不過原點的直線l使M為線段AB的中點，求p的最大值．
【解析】(1)由p＝得C2的焦點坐標是.
(2)由題意可設直線l：x＝my＋t(m≠0，t≠0)，
點A(x0，y0)．
將直線l的方程代入橢圓C1：＋y2＝1，消去x，
得(m2＋2)y2＋2mty＋t2－2＝0，
所以點M的縱坐標yM＝－.
將直線l的方程代入拋物線C2：y2＝2px，消去x，
得y2－2pmy－2pt＝0，
所以y0yM＝－2pt，解得y0＝，
因此x0＝.
由＋y＝1，得＝42＋24≥160，
所以當m＝，t＝時，p取到最大值.
【舉一反三】已知P(， )是橢圓C：＋＝1(a>b>0)上一點，以點P及橢圓的左、右焦點F1，F2為頂點的三角形面積為2.
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)過F2作斜率存在且互相垂直的直線l1，l2，M是l1與C兩交點的中點，N是l2與C兩交點的中點，求△MNF2面積的最大值．
【解析】(1)由點P(，)在橢圓上可得＋＝1，
整理得2b2＋3a2＝a2b2.①
由S△PF1F2＝×2c×＝2，解得c＝2，
所以a2＝b2＋c2＝b2＋4，代入①式整理得b4－b2－12＝0，
解得b2＝4，a2＝8.
所以橢圓C的標準方程為＋＝1.
(2)由(1)可得F2(2,0)，所以設直線l1：x＝my＋2(m≠0)，
聯立直線l1與橢圓的方程得整理得(m2＋2)y2＋4my－4＝0.
所以直線l1與橢圓兩交點的中點M的縱坐標yM＝＝－.
同理直線l2與橢圓兩交點的中點N的縱坐標yN＝－＝，
所以S＝|MF2||NF2|
＝·|yM||yN|
＝＝，
將上式中分子、分母同除以m(1＋m2)可得，
S＝，
不妨設m>0，＝t，則t≥2，S＝.
令f(t)＝2t＋，則f′(t)＝，
因為t≥2，所以f′(t)>0，
所以f(t)在[2，＋∞)上單調遞增，
所以當t＝2時，△MNF2的面積取得最大值，且(S)max＝＝.
【方法技巧】圓錐曲線中最值問題的解決方法
(1)幾何法：若題目中的條件和結論能明顯體現幾何特征和意義，則考慮利用圖形性質數形結合求解．
(2)代數法：若題目中的條件和結論能體現一種明確的函數關系，或者不等關系，或者已知參數與新參數之間的等量關系等，則利用代數法求參數的范圍．
【變式探究】在平面直角坐標系xOy中，拋物線C：x2＝2py(p＞0)的焦點為F，點A在C上，若|AO|＝|AF|＝.
(1)求C的方程；
(2)設直線l與C交于P，Q，若線段PQ的中點的縱坐標為1，求△OPQ的面積的最大值．
【解析】(1)∵點A在C上，|AO|＝|AF|＝，∴＋＝，∴p＝2，∴C的方程為x2＝4y.
(2)設直線方程為y＝kx＋b，代入拋物線方程，可得x2－4kx－4b＝0，
設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，
∴y1＋y2＝4k2＋2b，
∵線段PQ的中點的縱坐標為1，∴2k2＋b＝1，
△OPQ的面積S＝·b·＝b＝·(0＜b≤1)，
設y＝b3＋b2，y′＝3b2＋2b＞0，故函數單調遞增，
∴b＝1時，△OPQ的面積的最大值為2.
高頻考點五 圓錐曲線中的探索性問題
例5.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)若l過點，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的斜率；若不能，說明理由．
【解析】(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，
故xM＝＝，yM＝kxM＋b＝.
于是直線OM的斜率kOM＝＝－，即kOM·k＝－9.
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．
因為直線l過點，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.
由(1)得OM的方程為y＝－x.
設點P的橫坐標為xP.
由得x＝，
即xP＝.
將點的坐標代入直線l的方程得b＝，
因此xM＝.
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.
于是＝2×，解得k1＝4－，k2＝4＋.
因為ki>0，ki≠3，i＝1，2，所以當直線l的斜率為4－或4＋時，四邊形OAPB為平行四邊形．
【變式探究】已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的兩個焦點與短軸的一個端點連線構成等邊三角形，且橢圓C的短軸長為2.
(1)求橢圓C的標準方程．
(2)是否存在過點P(0,2)的直線l與橢圓C相交于不同的兩點M，N，且滿足·＝2(O為坐標原點)？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由．
【解析】(1)由題意得解得
∴橢圓C的標準方程是＋＝1.
(2)當直線l的斜率不存在時，M(0，)，N(0，－)，·＝－3，不符合題意．
當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y＝kx＋2，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由消去y整理得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，
則Δ＝(16k)2－16(3＋4k2)>0，
解得k<－或k>.
x1＋x2＝－，x1x2＝，
∴·＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝－＋4＝.
∵·＝2，∴＝2，
解得k＝±，滿足Δ>0，
故存在符合題意的直線，其方程為y＝±x＋2.
【方法技巧】
1．解答本題需注意以下問題
(1)求解橢圓方程時要注意運算的正確性．
(2)解答本題易出現不討論斜率存在與否而失分的情形．
(3)聯立消元后注意不要漏掉對判別式的計算，否則出現邏輯上的錯誤．
2．圓錐曲線中存在性問題的求解方法
(1)存在性問題通常采用“肯定順推法”，將不確定性問題明朗化．其步驟為：假設滿足條件的元素(點、直線、曲線或參數)存在，用待定系數法設出，列出關于待定系數的方程組，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．
(2)反證法與驗證法也是求解存在性問題常用的方法．　　
【變式探究】已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，直線x＋y－1＝0被圓x2＋y2＝b2截得的弦長為.
(1)求橢圓C的方程．
(2)過點(1,0)的直線l交橢圓C于A，B兩點，在x軸上是否存在定點P，使得 ·為定值？若存在，求出點P的坐標和·的值；若不存在，請說明理由．
【解析】(1)∵橢圓C的離心率為，∴a＝b，
∵圓x2＋y2＝b2的圓心到直線x＋y－1＝0的距離為d＝＝，
∴直線x＋y－1＝0被圓x2＋y2＝b2截得的弦長為2＝2 ＝.
解得b＝1，故a＝b＝，
∴橢圓C的方程為＋y2＝1.
(2)設P，A，B，
當直線l與x軸不重合時，設l的方程：x＝my＋1.
由得y2＋2my－1＝0，
則
∴x1＋x2＝，x1x2＝＋1，
·＝·
＝x1x2－t＋t2＋y1y2
＝＋t2＋1
＝－＋t2＋1，
當＝2，即t＝時，·的值與m無關，
此時·＝－.
當直線l與x軸重合且t＝時，
·＝·＝－2＝－.
綜上，存在點P，使得·為定值－.

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