2007届高考二轮复习 圆锥曲线的综合问题 教案(全国用)

1．(2016·四川)设O 为坐标原点，P 是以F 为焦点的抛物线y 2＝2px (p >0)上任意一点，M 是线段PF 上的点，且|PM |＝2|MF |，则直线OM 的斜率的最大值为( ) A.33B.23C.22

D ．1 答案 C

解析 如图，

由题意可知F ⎝⎛⎭⎫p 2，0，设P 点坐标为⎝⎛⎭⎫y 202p ，y 0，显然，当y 0<0时，k OM <0；当y 0>0时，k OM >0，

要求k OM 的最大值，不妨设y 0>0.则OM →＝OF →＋FM →＝OF →＋13FP →＝OF →＋13(OP →－OF →)＝13OP →＋23

OF →＝⎝⎛⎭⎫y 206p ＋p 3，y 03，k OM ＝y 03

y 206p ＋p 3＝2y 0p ＋2p y 0≤222＝22，当且仅当y 20＝2p 2时等号成立．故选C. 2．(2016·课标全国乙)设圆x 2＋y 2＋2x －15＝0的圆心为A ，直线l 过点B (1,0)且与x 轴不重合，l 交圆A 于C ，D 两点，过B 作AC 的平行线交AD 于点E .

(1)证明|EA |＋|EB |为定值，并写出点E 的轨迹方程；

(2)设点E 的轨迹为曲线C 1，直线l 交C 1于M ，N 两点，过B 且与l 垂直的直线与圆A 交于P ，Q 两点，求四边形MPNQ 面积的取值范围．

解 (1)因为|AD |＝|AC |，EB ∥AC ，

故∠EBD ＝∠ACD ＝∠ADC ，所以|EB |＝|ED |，

故|EA |＋|EB |＝|EA |＋|ED |＝|AD |.

又圆A 的标准方程为(x ＋1)2＋y 2＝16，从而|AD |＝4，所以|EA |＋|EB |＝4.

由题设得A (－1,0)，B (1,0)，|AB |＝2，由椭圆定义可得点E 的轨迹方程为：x 24＋y 2

3

＝1(y ≠0)． (2)当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．

由⎩⎪⎨⎪⎧

y ＝k (x －1)，x 24＋y 23＝1

得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0. 则x 1＋x 2＝8k 2

4k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3

， 所以|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝12(k 2＋1)4k 2＋3. 过点B (1,0)且与l 垂直的直线m ：y ＝－1k

(x －1)， 点A 到m 的距离为2k 2＋1

， 所以|PQ |＝242

－⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋12＝44k 2＋3k 2＋1. 故四边形MPNQ 的面积

S ＝12|MN ||PQ |＝121＋14k 2＋3

. 可得当l 与x 轴不垂直时，四边形MPNQ 面积的取值范围为(12,83)．

当l 与x 轴垂直时，其方程为x ＝1，|MN |＝3，|PQ |＝8，四边形MPNQ 的面积为12. 综上，四边形MPNQ 面积的取值范围为[12,83)．

1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题.

2.试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法，对计算能力也有较高要求，难度较大.

热点一 范围、最值问题

圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解． 例1 (2015·重庆)如图，椭圆x 2a 2＋y 2

b

2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1、F 2，过F 2的直线交椭圆于P ，Q 两点，且PQ ⊥PF 1.

(1)若|PF 1|＝2＋2，|PF 2|＝2－2，求椭圆的标准方程；

(2)若|PQ |＝λ|PF 1|，且34≤λ＜43

，试确定椭圆离心率e 的取值范围． 解 (1)由椭圆的定义，

2a ＝|PF 1|＋|PF 2|＝(2＋2)＋(2－2)＝4，故a ＝2.

设椭圆的半焦距为c ，由已知PF 1⊥PF 2，

因此2c ＝|F 1F 2|＝|PF 1|2＋|PF 2|2 ＝(2＋2)2＋(2－2)2＝23，

即c ＝3，从而b ＝a 2－c 2＝1.

故所求椭圆的标准方程为x 24

＋y 2＝1. (2)如图，

由PF 1⊥PQ ，|PQ |＝λ|PF 1|，得

|QF 1|＝|PF 1|2＋|PQ |2＝1＋λ2|PF 1|.

由椭圆的定义，|PF 1|＋|PF 2|＝2a ，|QF 1|＋|QF 2|＝2a ，

进而|PF 1|＋|PQ |＋|QF 1|＝4a ，

于是(1＋λ＋1＋λ2)|PF 1|＝4a ，

解得|PF 1|＝4a 1＋λ＋1＋λ2

， 故|PF 2|＝2a －|PF 1|＝2a (λ＋1＋λ2－1)1＋λ＋1＋λ2

. 由勾股定理得

|PF 1|2＋|PF 2|2＝|F 1F 2|2＝(2c )2＝4c 2，

从而⎝ ⎛⎭⎪⎫4a 1＋λ＋1＋λ22＋⎝ ⎛⎭

⎪⎫2a (λ＋1＋λ2－1)1＋λ＋1＋λ22＝4c 2， 两边除以4a 2，得

4(1＋λ＋1＋λ2)2＋(λ＋1＋λ2－1)2

(1＋λ＋1＋λ2)2

＝e 2. 若记t ＝1＋λ＋1＋λ2，则上式变成

e 2

＝4＋(t －2)2t 2＝8⎝⎛⎭⎫1t －142＋12.

由34≤λ＜43，并注意到1＋λ＋1＋λ2关于λ的单调性，得3≤t ＜4，即14＜1t ≤13

. 进而12＜e 2≤59，即22＜e ≤53

. 思维升华 解决范围问题的常用方法：

(1)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后，数形结合求解．

(2)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解．

(3)构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．

跟踪演练1 如图，已知椭圆：x 24

＋y 2＝1，点A ，B 是它的两个顶点，过原点且斜率为k 的直线l 与线段AB 相交于点D ，且与椭圆相交于E ，F 两点．

(1)若ED →＝6DF →，求k 的值；

(2)求四边形AEBF 面积的最大值．

解 (1)依题设得椭圆的顶点A (2,0)，B (0,1)，

则直线AB 的方程为x ＋2y －2＝0.

设直线EF 的方程为y ＝kx (k >0)．

设D (x 0，kx 0)，E (x 1，kx 1)，F (x 2，kx 2)，其中x 1联立直线l 与椭圆的方程⎩⎪⎨⎪⎧ x 24＋y 2＝1，y ＝kx

消去y ， 得方程(1＋4k 2)x 2＝4.

故x 2＝－x 1＝21＋4k 2， 由ED →＝6DF →知，x 0－x 1＝6(x 2－x 0)，

得x 0＝17(6x 2＋x 1)＝57x 2＝1071＋4k

2， 由点D 在线段AB 上，知x 0＋2kx 0－2＝0，

得x 0＝21＋2k ，所以21＋2k ＝1071＋4k 2

， 化简，得24k 2－25k ＋6＝0，解得k ＝23或k ＝38

.

(2)根据点到直线的距离公式，知点A ，B 到线段EF 的距离分别为h 1＝

2k 1＋k 2，h 2＝11＋k 2， 又|EF |＝41＋k 2

1＋4k 2

， 所以四边形AEBF 的面积为

S ＝12|EF |(h 1＋h 2)＝2(1＋2k )1＋4k 2

＝2

1＋4k 2＋4k 1＋4k 2＝21＋4k 1＋4k 2 ＝21＋44k ＋1k

≤22， 当且仅当4k ＝1k ，即k ＝12

时，取等号， 所以四边形AEBF 面积的最大值为2 2.

热点二 定点、定值问题

1．由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：y －y 0＝k (x －x 0)，则直线必过定点(x 0，y 0)；若得到了直线方程的斜截式：y ＝kx ＋m ，则直线必过定点(0，m )．

2．解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等与题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值．

例2 椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12

，其左焦点到点P (2,1)的距离为10. (1)求椭圆C 的标准方程；

(2)若直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 相交于A ，B 两点(A ，B 不是左，右顶点)，且以AB 为直径的圆过椭圆C 的右顶点，求证：直线l 过定点，并求出该定点的坐标．

解 (1)由e ＝c a ＝12

，得a ＝2c ， ∵a 2＝b 2＋c 2，∴b 2＝3c 2，

则椭圆方程变为x 24c 2＋y 2

3c

2＝1. 又由题意知(2＋c )2＋12＝10，解得c 2＝1，

故a 2＝4，b 2＝3，

即得椭圆的标准方程为x 24＋y 2

3

＝1.

(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧

y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23

＝1， 得(3＋4k 2)x 2＋8mkx ＋4(m 2－3)＝0. 则⎩⎨⎧ Δ＝m 2k 2－16(3＋4k 2)(m 2－3)>0，x 1＋x 2＝－8mk 3＋4k 2，x 1·x 2＝4(m 2

－3)3＋4k 2.①

又y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )

＝k 2x 1x 2＋mk (x 1＋x 2)＋m 2

＝3(m 2－4k 2)3＋4k 2

. ∵椭圆的右顶点为A 2(2,0)，AA 2⊥BA 2，

∴(x 1－2)(x 2－2)＋y 1y 2＝0，

∴y 1y 2＋x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4＝0，

∴3(m 2－4k 2)3＋4k 2＋4(m 2－3)3＋4k 2＋16mk 3＋4k 2

＋4＝0， ∴7m 2＋16mk ＋4k 2＝0，解得m 1＝－2k ，m 2＝－2k 7

， 由①，得3＋4k 2－m 2>0，②

当m 1＝－2k 时，l 的方程为y ＝k (x －2)，直线过定点(2,0)，与已知矛盾．

当m 2＝－2k 7

时，l 的方程为y ＝k ⎝⎛⎭⎫x －27，直线过定点⎝⎛⎭⎫27，0，且满足②， ∴直线l 过定点，定点坐标为⎝⎛⎭⎫27，0.

思维升华 (1)动线过定点问题的两大类型及解法

①动直线l 过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y ＝kx ＋t ，由题设条件将t 用k 表示为t ＝mk ，得y ＝k (x ＋m )，故动直线过定点(－m,0)．

②动曲线C 过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C 的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．

(2)求解定值问题的两大途径 ①由特例得出一个值(此值一般就是定值)→ 证明定值：将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关

②先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．

跟踪演练2 已知抛物线：y 2

＝2px (p >0)的焦点F 在双曲线：x 23－y 26＝1的右准线上，抛物线与直线l ：y ＝k (x －2)(k >0)交于A ，B 两点，AF ，BF 的延长线与抛物线交于C ，D 两点．

(1)求抛物线的方程；

(2)若△AFB 的面积等于3，求k 的值；

(3)记直线CD 的斜率为k CD ，证明：k CD k

为定值，并求出该定值． 解 (1)双曲线：x 23－y 26

＝1的右准线方程为：x ＝1， 所以F (1,0)，则抛物线的方程为：y 2＝4x .

(2)设A (y 214，y 1)，B (y 224

，y 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧

y 2＝4x ，y ＝k (x －2)得ky 2－4y －8k ＝0， Δ＝16＋32k 2>0，y 1＋y 2＝4k

，y 1y 2＝－8. S △AFB ＝12×1×|y 1－y 2|＝12

(y 1＋y 2)2－4y 1y 2 ＝21k 2

＋2＝3，解得k ＝2. (3)设C (y 234，y 3)，则F A →＝(y 214－1，y 1)，FC →＝(y 234

－1，y 3)， 因为A ，F ，C 共线，

所以(y 214－1)y 3－y 1(y 234

－1)＝0， 即y 23＋(4y 1－y 1)y 3

－4＝0. 解得：y 3＝y 1(舍)或y 3＝－4y 1

， 所以C (4y 21，－4y 1)，同理D (4y 22，－4y 2

)， k CD ＝－4y 1＋4y 24y 21－4y 22＝－y 1y 2y 1＋y 2＝2k ， 故

k CD k

＝2(定值)．

热点三 探索性问题

1．解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常

采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．

2．反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．

例3 如图，抛物线C ：y 2＝2px 的焦点为F ，抛物线上一定点Q (1,2)．

(1)求抛物线C 的方程及准线l 的方程；

(2)过焦点F 的直线(不经过Q 点)与抛物线交于A ，B 两点，与准线l 交于点M ，记QA ，QB ，QM 的斜率分别为k 1，k 2，k 3，问是否存在常数λ，使得k 1＋k 2＝λk 3成立，若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．

解 (1)把Q (1,2)代入y 2＝2px ，得2p ＝4，

所以抛物线方程为y 2＝4x ，准线l 的方程为x ＝－1.

(2)由条件可设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)，k ≠0.

由抛物线准线l ：x ＝－1，可知M (－1，－2k )．

又Q (1,2)，所以k 3＝2＋2k 1＋1

＝k ＋1， 即k 3＝k ＋1.

把直线AB 的方程y ＝k (x －1)，代入抛物线方程y 2＝4x ，并整理，可得k 2x 2－2(k 2＋2)x ＋k 2＝0.

设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由根与系数的关系，知

x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2，x 1x 2＝1. 又Q (1,2)，则k 1＝2－y 11－x 1，k 2＝2－y 21－x 2

. 因为A ，F ，B 共线，所以k AF ＝k BF ＝k ，

即y 1x 1－1＝y 2x 2－1

＝k . 所以k 1＋k 2＝2－y 11－x 1＋2－y 21－x 2

＝y 1x 1－1＋y 2x 2－1－2(x 1＋x 2－2)x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1

＝2k －2(2k 2＋4k 2－2)1－2k 2＋4k 2＋1＝2k ＋2， 即k 1＋k 2＝2k ＋2.

又k 3＝k ＋1，可得k 1＋k 2＝2k 3.

即存在常数λ＝2，使得k 1＋k 2＝λk 3成立．

思维升华 解决探索性问题的注意事项：

存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．

(1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论．

(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．

(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．

跟踪演练3 (2015·四川)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率是22

，点P (0,1)在短轴CD 上，且PC →·

PD →＝－1.

(1)求椭圆E 的方程；

(2)设O 为坐标原点，过点P 的动直线与椭圆交于A ，B 两点．是否存在常数λ，使得OA →·OB →＋

λP A →·PB →为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．

解 (1)由已知，点C ，D 的坐标分别为(0，－b )，(0，b )，

又点P 的坐标为(0,1)，且PC →·PD →＝－1，

于是⎩⎪⎨⎪⎧ 1－b 2＝－1，c a ＝22，a 2－b 2＝c 2，解得a ＝2，b ＝2，

所以椭圆E 的方程为x 24＋y 2

2

＝1. (2)当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，

联立⎩⎪⎨⎪⎧

x 24＋y 22＝1，y ＝kx ＋1，

得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0，

其判别式Δ＝(4k )2＋8(2k 2＋1)＞0，

所以x 1＋x 2＝－4k 2k 2＋1，x 1x 2＝－22k 2＋1

， 从而，OA →·OB →＋λP A →·PB →

＝x 1x 2＋y 1y 2＋λ[x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)]

＝(1＋λ)(1＋k 2)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1

＝(－2λ－4)k 2＋(－2λ－1)2k 2＋1

＝－λ－12k 2＋1

－λ－2. 所以当λ＝1时，－λ－12k 2＋1

－λ－2＝－3， 此时OA →·OB →＋λP A →·PB →＝－3为定值．

当直线AB 斜率不存在时，直线AB 即为直线CD ，

此时，OA →·OB →＋λP A →·PB →＝OC →·OD →＋λPC →·PD →

＝－2－1＝－3.

故存在常数λ＝1，使得OA →·OB →＋λP A →·PB →为定值－3.

已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 23

＝1(a >0)与抛物线C 2：y 2＝2ax 相交于A ，B 两点，且两曲线的焦点F 重合．

(1)求C 1，C 2的方程；

(2)若过焦点F 的直线l 与椭圆分别交于M ，Q 两点，与抛物线分别交于P ，N 两点，是否存

在斜率为k (k ≠0)的直线l ，使得|PN ||MQ |

＝2？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由． 押题依据 本题将椭圆和抛物线联合起来设置命题，体现了对直线和圆锥曲线位置关系的综合考查．关注知识交汇，突出综合应用是高考的特色．

解 (1)因为C 1，C 2的焦点重合， 所以a 2－3＝a 2

， 所以a 2＝4.

又a >0，所以a ＝2.

于是椭圆C 1的方程为x 24＋y 23

＝1， 抛物线C 2的方程为y 2＝4x .

(2)假设存在直线l 使得|PN ||MQ |

＝2， 则可设直线l 的方程为y ＝k (x －1)，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)．

由⎩⎪⎨⎪⎧

y 2＝4x ，y ＝k (x －1)，可得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0， 则x 1＋x 4＝2k 2＋4k 2，x 1x 4＝1， 所以|PN |＝1＋k 2·(x 1＋x 4)2

－4x 1x 4＝4(1＋k 2)k 2. 由⎩⎪⎨⎪⎧

x 24＋y 23＝1，y ＝k (x －1)，

可得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0， 则x 2＋x 3＝8k 2

3＋4k 2，x 2x 3＝4k 2－123＋4k 2

， 所以|MQ |＝1＋k 2·(x 2＋x 3)2－4x 2x 3＝12(1＋k 2)3＋4k 2. 若|PN ||MQ |

＝2， 则4(1＋k 2)k 2＝2×12(1＋k 2)3＋4k 2

， 解得k ＝±62

. 故存在斜率为k ＝±62的直线l ，使得|PN ||MQ |

＝2.

A 组 专题通关

1．若曲线ax 2＋by 2＝1为焦点在x 轴上的椭圆，则实数a ，b 满足( )

A ．a 2>b 2 .1a <1b C ．0．0答案 C

解析 由ax 2＋by 2＝1，

得x 21a ＋y 2

1b

＝1， 因为焦点在x 轴上，所以1a >1b

>0， 所以02．已知椭圆x 24＋y 2

b 2＝1(0A ．1B.2C.32D. 3 答案 D

解析 由椭圆的方程，可知长半轴长a ＝2；由椭圆的定义，可知|AF 2|＋|BF 2|＋|AB |＝4a ＝8，

所以|AB |＝8－(|AF 2|＋|BF 2|)≥3.由椭圆的性质，可知过椭圆焦点的弦中，通径最短，即2b 2a ＝3，可求得b 2＝3，即b ＝ 3.

3．已知直线AB 与抛物线y 2＝2x 交于A ，B 两点，M 是AB 的中点，C 是抛物线上的点，且

使得CA →·CB →取最小值，抛物线在点C 处的切线为l ，则( )

A ．CM ⊥AB

B ．CM ⊥CB

C ．CM ⊥CA

D ．CM ⊥l

答案 D

解析 如图所示，

CA →·CB →＝(AM →－CM →)·(BM →－CM →)

＝CM →2－(BM →＋AM →)·CM →＋AM →·BM →＝CM →2－14

AB →2， 当直线AB 一定时，当且仅当|CM →|取得最小值时，使得CA →·CB →取最小值，只有当CM ⊥l 时，|CM

→|取得最小值，故选D.

4．已知抛物线y 2＝2px (p >0)，△ABC 的三个顶点都在抛物线上，O 为坐标原点，设△ABC 三条边AB ，BC ，AC 的中点分别为M ，N ，Q ，且M ，N ，Q 的纵坐标分别为y 1，y 2，y 3.若直线

AB ，BC ，AC 的斜率之和为－1，则1y 1＋1y 2＋1y 3的值为( )

A ．－12p

B ．－1p C.1p

D.12p

答案 B 解析 设A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，C (x C ，y C )，

则⎩⎪⎨⎪⎧ y 2A ＝2px A ，y 2B ＝2px B ，

y 2C ＝2px C ，

三个式子两两相减得

⎩⎪⎨⎪⎧ (y A ＋y B )(y A －y B )＝2p (x A －x B )，(y A ＋y C )(y A －y C )＝2p (x A －x C )，

(y B ＋y C )(y B －y C )＝2p (x B －x C )，

即⎩⎪⎨⎪⎧ 2y 1(y A －y B )＝2p (x A －x B )，2y 3(y A －y C )＝2p (x A －x C )，

2y 2(y B －y C )＝2p (x B －x C )， 即⎩⎪⎨⎪⎧ p y 1＝y A －y B x A －x B ＝k AB ，p y 2＝y B －y C x B －x C ＝k BC ，p y 3＝y A

－y C x A －x C ＝k AC ，

所以1y 1＋1y 2＋1y 3＝－1p

. 5．若点O 和点F 分别为椭圆x 24＋y 23

＝1的中心和左焦点，点P 为椭圆上的任意一点，则OP →·FP →的最大值为( )

A ．2

B ．3

C ．6

D ．8

答案 C

解析 由题意得F (－1,0)，设点P (x 0，y 0)，

则y 20＝3(1－x 204

)(－2≤x 0≤2)． OP →·FP →＝x 0(x 0＋1)＋y 20＝x 20＋x 0＋y 20

＝x 20＋x 0＋3(1－x 204)＝14

(x 0＋2)2＋2. 又因为－2≤x 0≤2，所以当x 0＝2时，OP →·FP →取得最大值，最大值为6，故选C.

6．已知双曲线C ：x 2a 2－y 2

b 2＝1(a >0，b >0)的离心率为3，A ，B 为左，右顶点，点P 为双曲线C 在第一象限的任意一点，点O 为坐标原点，若直线P A ，PB ，PO 的斜率分别为k 1，k 2，k 3，记m ＝k 1k 2k 3，则m 的取值范围为________．

答案 (0,22)

解析 ∵双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的离心率为3，∴e ＝c a ＝3，∴b ＝2a ， 设P (x ，y )，∵点P 为双曲线C 在第一象限的任意一点，

∴x 2a 2－y 2

b 2＝1，且x >0，y >0， ∵A ，B 为双曲线C 的左，右顶点，点O 为坐标原点，P A ，PB ，PO 的斜率分别为k 1，k 2，k 3，

∴k 1k 2＝y x ＋a ·y x －a

＝2，k 3＝y x >0， 又∵双曲线的渐近线为y ＝±2x ，

∴07．已知A (1,2)，B (－1,2)，动点P 满足AP →⊥BP →.若双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线与动点P 的轨迹没有公共点，则双曲线离心率的取值范围是________．

答案 (1,2)

解析 设P (x ，y )，由题设条件，

得动点P 的轨迹为(x －1)(x ＋1)＋(y －2)(y －2)＝0，

即x 2＋(y －2)2＝1，它是以(0,2)为圆心，1为半径的圆．

又双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线方程为y ＝±b a

x ，即bx ±ay ＝0， 由题意，可得

2a a 2＋b 2

>1，即2a c >1， 所以e ＝c a

<2， 又e >1，故18．在直线y ＝－2上任取一点Q ，过Q 作抛物线x 2＝4y 的切线，切点分别为A 、B ，则直线AB 恒过定点________．

答案 (0,2)

解析 设Q (t ，－2)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，抛物线方程变为y ＝14x 2，则y ′＝12

x ，则在点A 处的切线方程为y －y 1＝12x 1(x －x 1)，化简得，y ＝12x 1x －y 1，同理，在点B 处的切线方程为y

＝12x 2x －y 2.又点Q (t ，－2)的坐标满足这两个方程，代入得：－2＝12x 1t －y 1，－2＝12

x 2t －y 2，则说明A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)都满足方程－2＝12xt －y ，即直线AB 的方程为y －2＝12

tx ，因此直线AB 恒过定点(0,2)．

9．(2016·北京)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32

，A (a,0)，B (0，b )，O (0,0)，△OAB 的面积为1.

(1)求椭圆C 的方程；

(2)设P 是椭圆C 上一点，直线P A 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N .求证：|AN |·|BM |为定值．

(1)解 由已知c a ＝32，12

ab ＝1. 又a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，b ＝1，c ＝ 3.

∴椭圆方程为x 24

＋y 2＝1. (2)证明 由(1)知，A (2,0)，B (0,1)．

设椭圆上一点P (x 0，y 0)，则x 204

＋y 20＝1. 当x 0≠0时，直线P A 方程为y ＝y 0x 0－2

(x －2)， 令x ＝0得y M ＝－2y 0x 0－2

. 从而|BM |＝|1－y M |＝⎪⎪⎪⎪1＋2y 0x 0

－2. 直线PB 方程为y ＝y 0－1x 0

x ＋1. 令y ＝0得x N ＝－x 0y 0－1

. ∴|AN |＝|2－x N |＝⎪⎪⎪⎪2＋x 0y 0－1.

∴|AN |·|BM |＝⎪⎪⎪⎪2＋x 0y 0

－1·⎪⎪⎪⎪1＋2y 0x 0－2 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 0＋2y 0－2y 0－1·⎪⎪⎪⎪

⎪⎪x 0＋2y 0－2x 0－2 ＝⎪⎪⎪⎪

⎪⎪x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2 ＝⎪⎪⎪⎪

⎪⎪4x 0y 0－4x 0－8y 0＋8x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝4. 当x 0＝0时，y 0＝－1，|BM |＝2，|AN |＝2，

∴|AN |·|BM |＝4.

故|AN |·|BM |为定值．

10．已知椭圆M ：x 2a 2＋y 23

＝1(a >0)的一个焦点为F (－1,0)，左，右顶点分别为A ，B .经过点F 的直线l 与椭圆M 交于C ，D 两点．

(1)求椭圆方程；

(2)当直线l 的倾斜角为45°时，求线段CD 的长；

(3)记△ABD 与△ABC 的面积分别为S 1和S 2，求|S 1－S 2|的最大值．

解 (1)因为F (－1,0)为椭圆的焦点，

所以c ＝1，又b 2＝3，所以a 2＝4，

所以椭圆方程为x 24＋y 23

＝1. (2)因为直线的倾斜角为45°，所以直线的斜率为1，

所以直线方程为y ＝x ＋1，

和椭圆方程联立⎩⎪⎨⎪⎧

x 24＋y 23＝1，y ＝x ＋1，

消掉y ，得到7x 2＋8x －8＝0，

所以Δ＝288>0，x 1＋x 2＝－87，x 1x 2＝－87

， 所以|CD |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝247. (3)当直线l 无斜率时，直线方程为x ＝－1，

此时D (－1，32)，C (－1，－32

)， △ABD ，△ABC 面积相等，|S 1－S 2|＝0.

当直线l 斜率存在(显然k ≠0)时，设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，设直线方程为y ＝k (x ＋1)(k ≠0)，

和椭圆方程联立⎩⎪⎨⎪⎧

x 24＋y 23＝1，y ＝k (x ＋1)，

消掉y ，得(3＋4k 2)x 2＋8k 2x ＋4k 2－12＝0.

显然Δ>0，方程有根，且x 1＋x 2＝－8k 2

3＋4k 2

， x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2

. 此时|S 1－S 2|＝2||y 2|－|y 1||＝2|y 2＋y 1|

＝2|k (x 2＋1)＋k (x 1＋1)|

＝2|k (x 2＋x 1)＋2k |＝

12|k |3＋4k 2. 因为k ≠0，上式＝123|k |

＋4|k |≤1223|k |·4|k |＝12212＝3(k ＝±32时等号成立)， 所以|S 1－S 2|的最大值为 3.

B 组 能力提高

11．过抛物线y ＝ax 2 (a >0)的焦点F 作一条直线交抛物线于A ，B 两点，若线段AF ，BF 的长

分别为m ，n ，则mn m ＋n

等于( ) A.12a

B.14a C ．2a

D.a 4

答案 B

解析 显然直线AB 的斜率存在，故设直线方程为y ＝kx ＋14a

，与y ＝ax 2联立，消去y 得ax 2－kx －14a ＝0，设A (x 1，ax 21)，B (x 2，ax 22)，则x 1＋x 2＝k a ，x 1x 2＝－14a 2，x 21＋x 22＝k 2a 2＋12a

2，m ＝ax 21＋14a ，n ＝ax 22＋14a ，所以mn ＝14a ·k 2＋1a ，m ＋n ＝k 2＋1a ，∴mn m ＋n ＝14a .故选B. 12．直线3x －4y ＋4＝0与抛物线x 2＝4y 和圆x 2＋(y －1)2＝1从左到右的交点依次为A 、B 、C 、

D ，则|AB ||CD |

的值为________． 答案 116

解析 由⎩⎪⎨⎪⎧

3x －4y ＋4＝0，x 2＝4y 得x 2－3x －4＝0， ∴x A ＝－1，x D ＝4，∴y A ＝14

，y D ＝4. 直线3x －4y ＋4＝0恰过抛物线的焦点F (0,1)，

∴|AF |＝y A ＋1＝54

，|DF |＝yD ＋1＝5， ∴|AB ||CD |＝|AF |－1|DF |－1＝116

. 13．已知椭圆C 的中心在坐标原点，焦点在x 轴上，左顶点为A ，左焦点为F 1(－2,0)，点B (2，

2)在椭圆C 上，直线y ＝kx (k ≠0)与椭圆C 交于E ，F 两点，直线AE ，AF 分别与y 轴交于点M ，N .

(1)求椭圆C 的方程；

(2)在x 轴上是否存在点P ，使得无论非零实数k 怎样变化，总有∠MPN 为直角？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．

解 (1)设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2

b 2＝1(a >b >0)， 因为椭圆的左焦点为F 1(－2,0)，

所以a 2－b 2＝4.①

因为点B (2，2)在椭圆C 上，

所以4a 2＋2b 2＝1.② 由①②解得，a ＝22，b ＝2.

所以椭圆C 的方程为x 28＋y 24

＝1. (2)方法一 因为椭圆C 的左顶点为A ，

则点A 的坐标为(－22，0)．

因为直线y ＝kx (k ≠0)与椭圆x 28＋y 24

＝1交于两点E ，F ，设点E (x 0，y 0)(不妨设x 0>0)，则点F (－x 0，－y 0)．

联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧

y ＝kx ，x 28＋y 24

＝1消去y 得x 2＝81＋2k 2. 所以x 0＝221＋2k 2，y 0＝22k 1＋2k 2. 所以直线AE 的方程为y ＝k 1＋1＋2k 2

(x ＋22)． 因为直线AE 与y 轴交于点M ，

令x ＝0得y ＝22k 1＋1＋2k 2

，即点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22k 1＋1＋2k 2. 同理可得点N (0，22k 1－1＋2k 2

)． 假设在x 轴上存在点P (t,0)，使得∠MPN 为直角，则MP →·NP →＝0. 即t 2＋－22k 1＋1＋2k 2×－22k 1－1＋2k 2

＝0， 即t 2－4＝0，解得t ＝2或t ＝－2.

故存在点P (2,0)或P (－2,0)，无论非零实数k 怎样变化，总有∠MPN 为直角．

方法二 因为椭圆C 的左顶点为A ，则点A 的坐标为(－22，0)．

因为直线y ＝kx (k ≠0)与椭圆x 28＋y 2

4＝1交于两点E ，F ，设点E (x 0，y 0)，则点F (－x 0，－y 0)．

所以直线AE 的方程为y ＝y 0x 0＋22

(x ＋22)． 因为直线AE 与y 轴交于点M ，

令x ＝0得y ＝22y 0x 0＋22

， 即点M ⎝ ⎛⎭

⎪⎫0，22y 0x 0＋22. 同理可得点N ⎝ ⎛⎭

⎪⎫0，22y 0x 0－22. 假设在x 轴上存在点P (t,0)，使得∠MPN 为直角，则MP →·NP →＝0. 即t 2＋－22y 0x 0＋22×－22y 0x 0－22

＝0， 即t 2

＋8y 20x 20－8＝0. 因为点E (x 0，y 0)在椭圆C 上，所以x 208＋y 204

＝1， 即

y 20＝8－x 202. 将y 20＝8－x 202代入得t 2－4＝0.

解得t ＝2或t ＝－2.

故存在点P (2,0)或P (－2,0)，无论非零实数k 怎样变化，总有∠MPN 为直角．