【文档说明】高考数学(文数)一轮复习习题 压轴题（六） 圆锥曲线问题 (含解析).doc，共(40)页，444.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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压轴题命题区间(六)圆锥曲线问题第一课时简化解析几何运算的5个技巧中学解析几何是将几何图形置于直角坐标系中，用方程的观点来研究曲线，体现了用代数的方法解决几何问题的优越性，但有时运算量过大，或需繁杂的讨论，这些都会影响解题的速度，甚至会中止解题的过程，达到“望题兴叹”的地步．特别是高考过程中，在

规定的时间内，保质保量完成解题的任务，计算能力是一个重要的方面．为此，从以下几个方面探索减轻运算量的方法和技巧，合理简化解题过程，优化思维过程．巧用定义，揭示本质定义是导出其性质的“发源地”，解题时，应善于运用圆锥曲线的定义，以数形

结合思想为指导，把定量的分析有机结合起来，则可使解题计算量大为简化，使解题构筑在较高的水平上．如图，F1，F2是椭圆C1：x24＋y2＝1与双曲线C2的公共焦点，A，B分别是C1，C2在第二、四象限的公共点．若四边形AF1BF2为矩形，则C2的离心率是()A．2B．3

C．32D．62由已知，得F1(－3，0)，F2(3，0)，设双曲线C2的实半轴长为a，由椭圆及双曲线的定义和已知，可得|AF1|＋|AF2|＝4，|AF2|－|AF1|＝2a，|AF1|2＋|AF2|2＝12，解得a2＝2，故a＝2．所以双曲线C2的离心率e＝32＝62．D本题可

巧妙运用椭圆和双曲线的定义建立|AF1|，|AF2|的等量关系，从而快速求出双曲线实半轴长a的值，进而求出双曲线的离心率，大大降低了运算量．抛物线y2＝4mx(m＞0)的焦点为F，点P为该抛物线上的动点，若点A(－m,0)，则|PF|

|PA|的最小值为________．解析：设点P的坐标为(xP，yP)，由抛物线的定义，知|PF|＝xP＋m，又|PA|2＝(xP＋m)2＋y2P＝(xP＋m)2＋4mxP，则|PF||PA|2＝xP＋m2xP＋m2＋4

mxP＝11＋4mxPxP＋m2≥11＋4mxPxP²m2＝12(当且仅当xP＝m时取等号)，所以|PF||PA|≥22，所以|PF||PA|的最小值为22．答案：22设而不求，整体代换对于直线与圆锥曲线相交所产生的中点弦问题，涉及求中

点弦所在直线的方程，或弦的中点的轨迹方程的问题时，常常可以用代点法求解．已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(3，0)，过点F的直线交E于A，B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的标准方程

为()A．x245＋y236＝1B．x236＋y227＝1C．x227＋y218＝1D．x218＋y29＝1设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，x21a2＋y21b2＝1，x22a2＋y22b2＝1，①②①－②得x1＋x2x1－x2a2＋y

1＋y2y1－y2b2＝0，所以kAB＝y1－y2x1－x2＝－b2x1＋x2a2y1＋y2＝b2a2．又kAB＝0＋13－1＝12，所以b2a2＝12．又9＝c2＝a2－b2，解得b2＝9，a2＝18，所以椭圆E的方程为x218＋y29＝1．D本题设出A，B两点的坐标，却不需求出

A，B两点的坐标，巧妙地表达出直线AB的斜率，通过将直线AB的斜率“算两次”建立几何量之间的关系，从而快速解决问题．过点M(1,1)作斜率为－12的直线与椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)相交

于A，B两点，若M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率等于________．解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x21a2＋y21b2＝1，x22a2＋y22b2＝1，∴x1－x2x1＋x2a2＋y1－y

2y1＋y2b2＝0，∴y1－y2x1－x2＝－b2a2²x1＋x2y1＋y2．∵y1－y2x1－x2＝－12，x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，∴－b2a2＝－12，∴a2＝2b2．又∵b2＝a2－c2，∴a2＝2(a2－c2)，∴a2＝2c2，∴ca＝22．即椭

圆C的离心率e＝22．答案：22巧用“根与系数的关系”，化繁为简某些涉及线段长度关系的问题可以通过解方程、求坐标，用距离公式计算长度的方法来解；但也可以利用一元二次方程，使相关的点的同名坐标为方程的根，由根与系数的关系求

出两根间的关系或有关线段长度间的关系．后者往往计算量小，解题过程简捷．(2016²全国甲卷)已知椭圆E：x2t＋y23＝1的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为k(k>0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA．(1)当t＝4，|AM|＝|A

N|时，求△AMN的面积；(2)当2|AM|＝|AN|时，求k的取值范围．设M(x1，y1)，则由题意知y1>0．(1)当t＝4时，E的方程为x24＋y23＝1，A(－2,0)．由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为π4．因此直线AM的方程为y

＝x＋2．将x＝y－2代入x24＋y23＝1，得7y2－12y＝0．解得y＝0或y＝127，所以y1＝127．因此△AMN的面积S△AMN＝2³12³127³127＝14449．(2)由题意知t>3，

k>0，A(－t，0)．将直线AM的方程y＝k(x＋t)代入x2t＋y23＝1，得(3＋tk2)x2＋2t²tk2x＋t2k2－3t＝0．由x1²(－t)＝t2k2－3t3＋tk2，得x1＝t－tk23＋tk2，故|AM|＝

|x1＋t|1＋k2＝6t＋k23＋tk2．由题设，直线AN的方程为y＝－1k(x＋t)，故同理可得|AN|＝6kt＋k23k2＋t．由2|AM|＝|AN|，得23＋tk2＝k3k2＋t，即(k3－2)t＝3k(2k－1)．当k＝32时上式不成立，因此t＝3kk－k3－2．t>3等价于

k3－2k2＋k－2k3－2＝k－k2＋k3－2<0，即k－2k3－2<0．因此得k－2>0，k3－2<0或k－2<0，k3－2>0，解得32<k<2．故k的取值范围是(32，2)．本例在第(2)问中可应用根与系数的关系求出x1＝t－tk23＋tk2，这体现了整体思

路．这是解决解析几何问题时常用的方法，简单易懂，通过设而不求，大大降低了运算量．(2016²兰州实战考试)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为12，且经过点P1，32，左、右焦点分别为F1，F2．(1)求椭

圆C的方程；(2)过F1的直线l与椭圆C相交于A，B两点，若△AF2B的内切圆半径为327，求以F2为圆心且与直线l相切的圆的方程．解：(1)由ca＝12，得a＝2c，所以a2＝4c2，b2＝3c2，将点P1，32的

坐标代入椭圆方程得c2＝1，故所求椭圆方程为x24＋y23＝1．(2)由(1)可知F1(－1,0)，设直线l的方程为x＝ty－1，代入椭圆方程，整理得(4＋3t2)y2－6ty－9＝0，显然判别式大于0恒成立，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，△AF2B的内切圆半径为r0，则

有y1＋y2＝6t4＋3t2，y1y2＝－94＋3t2，r0＝327，所以S△AF2B＝S△AF1F2＋S△BF1F2＝12|F1F2|²|y1－y2|＝12|F1F2|²y1＋y22－4y1y2＝12t2＋14＋3t2．而S△AF2B＝12|AB|r0＋12|BF2|r0＋12|AF

2|r0＝12r0(|AB|＋|BF2|＋|AF2|)＝12r0(|AF1|＋|BF1|＋|BF2|＋|AF2|)＝12r0²4a＝12³8³327＝1227，所以12t2＋14＋3t2＝1227，解得t2＝1，因为所求圆与直线

l相切，所以半径r＝2t2＋1＝2，所以所求圆的方程为(x－1)2＋y2＝2．借“曲线系”，理清规律利用曲线系解题，往往简捷明快，事半功倍，所以灵活运用曲线是解析几何中重要的解题方法和技巧之一．已知双曲

线x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程是y＝3x，它的一个焦点在抛物线y2＝24x的准线上，则双曲线的方程为()A．x236－y2108＝1B．x29－y227＝1C．x2108－y236＝1D．x227－y29＝1由双

曲线x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程是y＝3x，可设双曲线的方程为x2－y23＝λ(λ＞0)．因为双曲线x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的一个焦点在抛物线y2＝24x的准线上，所以F(－6

,0)是双曲线的左焦点，即λ＋3λ＝36，λ＝9，所以双曲线的方程为x29－y227＝1．B本题利用共渐近线系双曲线方程，可使问题马上得到解决．避免了复杂的判断、可能的分类讨论、繁杂的解方程组，事半功倍．圆心在直线x－y－4＝0上，且经过两圆x2＋y2＋6x－4＝0和x2＋

y2＋6y－28＝0的交点的圆的方程为()A．x2＋y2－x＋7y－32＝0B．x2＋y2－x＋7y－16＝0C．x2＋y2－4x＋4y＋9＝0D．x2＋y2－4x＋4y－8＝0解析：选A设经过两圆的交点的圆的方程为x2＋y2＋6x－4＋λ(x2＋y2＋6y－28)＝0，即x2＋y2＋

61＋λx＋6λ1＋λy－4＋28λ1＋λ＝0，其圆心坐标为－31＋λ，－3λ1＋λ，又圆心在直线x－y－4＝0上，所以－31＋λ＋3λ1＋λ－4＝0，解得λ＝－7，故所求圆的方程为x2＋y2－x＋7y－32＝0．巧引参数，方便运算换元引参是一种重要的数学方法，特别是解析几何中的

最值问题、不等式问题等，利用换元引参使一些关系能够相互联系起来，激活了解题的方法，往往能化难为易，达到事半功倍．常见的参数可以选择点的坐标、直线的斜率、直线的倾斜角等．在换元过程中，还要注意代换的等价

性，防止扩大或缩小原来变量的取值范围或改变原题条件．设椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为A，B，点P在椭圆上且异于A，B两点，O为坐标原点．若|AP|＝|OA|，证明直线OP的斜率k满足|k|＞3．法一：

依题意，直线OP的方程为y＝kx，设点P的坐标为(x0，y0)．由条件，得y0＝kx0，x20a2＋y20b2＝1.消去y0并整理，得x20＝a2b2k2a2＋b2．①由|AP|＝|OA|，A

(－a,0)及y0＝kx0，得(x0＋a)2＋k2x20＝a2，整理得(1＋k2)x20＋2ax0＝0．而x0≠0，于是x0＝－2a1＋k2，代入①，整理得(1＋k2)2＝4k2ab2＋4．

又a＞b＞0，故(1＋k2)2＞4k2＋4，即k2＋1＞4，因此k2＞3，所以|k|＞3．法二：依题意，直线OP的方程为y＝kx，可设点P的坐标为(x0，kx0)．由点P在椭圆上，得x20a2＋k2x20b2＝1．因为a＞b＞0，k

x0≠0，所以x20a2＋k2x20a2＜1，即(1＋k2)x20＜a2．②由|AP|＝|OA|及A(－a,0)，得(x0＋a)2＋k2x20＝a2，整理得(1＋k2)x20＋2ax0＝0，于是x0＝－2a1＋k2，代入②，

得(1＋k2)²4a2＋k22＜a2，解得k2＞3，所以|k|＞3．法三：设P(acosθ，bsinθ)(0≤θ＜2π)，则线段OP的中点Q的坐标为a2cosθ，b2sinθ．|AP|＝|OA|⇔AQ⊥OP⇔kAQ³k＝－1．又A(－a,0)，

所以kAQ＝bsinθ2a＋acosθ，即bsinθ－akAQcosθ＝2akAQ．从而可得|2akAQ|≤b2＋a2k2AQ＜a1＋k2AQ，解得|kAQ|＜33．故|k|＝1|kAQ|＞3．求解本题利用椭圆的参数方程，可快速建立各点之间的联系，降低运算量．(2016²长春市质量检测)椭圆x2

a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，且离心率为12，点P为椭圆上一动点，△F1PF2面积的最大值为3．(1)求椭圆的方程；(2)设椭圆的左顶点为A1，过右焦点F2的直线l与椭圆相交于A，

B两点，连接A1A，A1B并延长分别交直线x＝4于R，Q两点，问RF2―→²QF2―→是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由．解：(1)已知椭圆的离心率为12，不妨设c＝t，a＝2t，则b＝3t，其中t＞0，当△F1PF2面积取最大值时，点P为短轴端点，因此12²2t

²3t＝3，解得t＝1，则椭圆的方程为x24＋y23＝1．(2)由(1)可知F2(1,0)，A1(－2,0)．设直线AB的方程为x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立x＝my＋1，x24＋y23＝1，可得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，则y1＋y2＝－6m4＋3m2

，①y1y2＝－94＋3m2，②直线AA1的方程为y＝y1x1＋2(x＋2)，直线BA1的方程为y＝y2x2＋2(x＋2)，则R4，6y1x1＋2，Q4，6y2x2＋2，F2R―→＝3，6y1x1＋2，F2Q―→＝

3，6y2x2＋2，则F2R―→²F2Q―→＝9＋6y1x1＋2²6y2x2＋2＝6y1my1＋3²6y2my2＋3＋9＝36y1y2m2y1y2＋3my1＋y2＋9＋9将①②两式代入上式，整理得F2R―→²F2Q―→＝0，即F2R―→²F2Q―→为定值0

．1．(2016²四川高考)设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线y2＝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．22D．1解析：选C如图所示，设P(x0，y0)(y0＞0)，则y20＝2p

x0，即x0＝y202p．设M(x′，y′)，由PM―→＝2MF―→，得x′－x0＝2p2－x′，y′－y0＝－y，化简可得x′＝p＋x03，y′＝y03.∴直线OM的斜率为k＝y03p＋x03＝y0p＋y202p＝2p2p2y0＋y0≤2p22

p2＝22(当且仅当y0＝2p时取等号)．2．设双曲线x2a＋y2b＝1的一条渐近线为y＝－2x，且一个焦点与抛物线y＝14x2的焦点相同，则此双曲线的方程为()A．54x2－5y2＝1B．5y2－54x2＝1C．5x2－54y2＝1D．54y2－5x2

＝1解析：选D因为x2＝4y的焦点为(0,1)，所以双曲线的焦点在y轴上．因为双曲线的一条渐近线为y＝－2x，所以设双曲线的方程为y2－4x2＝λ(λ＞0)，即y2λ－x2λ4＝1，则λ＋λ4＝1，λ＝45，所以双曲线的方程为54

y2－5x2＝1，故选D．3．已知双曲线x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c,0)，P为双曲线上任一点，且PF1―→²PF2―→最小值的取值范围是－34c2，－12c2，则该双曲线的离心率的取值范围为()A．(1，2]B．[2，2]C．(

0，2]D．．4．过抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点F，斜率为43的直线交抛物线于A，B两点，若AF―→＝λFB―→(λ＞1)，则λ的值为()A．5B．4C．43D．52解析：选B根据题意设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由AF―→＝λFB―→，得

p2－x1，－y1＝λx2－p2，y2，故－y1＝λy2，即λ＝－y1y2．设直线AB的方程为y＝43x－p2，联立直线与抛物线方程，消元得y2－32py－p2＝0．故y1＋y2＝32p，y

1y2＝－p2，y1＋y22y1y2＝y1y2＋y2y1＋2＝－94，即－λ－1λ＋2＝－94．又λ＞1，解得λ＝4．5．(2015²四川高考)设直线l与抛物线y2＝4x相交于A，B两点，与圆(x－5)2＋

y2＝r2(r>0)相切于点M，且M为线段AB的中点．若这样的直线l恰有4条，则r的取值范围是()A．(1,3)B．(1,4)C．(2,3)D．(2,4)解析：选D设Ay214，y1，B

y224，y2，My21＋y228，y1＋y22，C(5,0)为圆心，当y1≠－y2时，kAB＝4y1＋y2，kCM＝y1＋y2y21＋y22－40，由kAB²kCM＝－1⇒y21＋y22＝24，所以M3，y1＋y22，又r2＝|CM|2＝4＋

y1＋y222＝10＋12y1y2，所以(2r2－20)2＝y21y22，所以y21，y22是方程t2－24t＋(2r2－20)2＝0的两个不同的正根，由Δ＞0得2＜r＜4．综上，r的取值范围是(2,4)．6．中心为原点，一个焦点为F(0,

52)的椭圆，截直线y＝3x－2所得弦中点的横坐标为12，则该椭圆方程为()A．2x275＋2y225＝1B．x275＋y225＝1C．x225＋y275＝1D．2x225＋2y275＝1解析：选C由已知得c＝52，设椭圆的方程为x2a2－50＋y2a2＝1，联立x2a2－50＋

y2a2＝1，y＝3x－2，消去y得(10a2－450)x2－12(a2－50)x＋4(a2－50)－a2(a2－50)＝0，设直线y＝3x－2与椭圆的交点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，由根与系数关系得x1＋x2＝a2－10a2－450，由题意知x1＋

x2＝1，即a2－10a2－450＝1，解得a2＝75，所以该椭圆方程为y275＋x225＝1．7．已知双曲线C：x22－y2＝1，点M的坐标为(0,1)．设P是双曲线C上的点，Q是点P关于原点的对称点．记λ

＝MP―→²MQ―→，则λ的取值范围是________．解析：设P(x0，y0)，则Q(－x0，－y0)，λ＝MP―→²MQ―→＝(x0，y0－1)²(－x0，－y0－1)＝－x20－y20＋1＝－32x20＋2．因为|x0|≥2，所以λ的取值范围是(－∞，－1]．答

案：(－∞，－1]8．(2017²长春质检)已知AB为圆x2＋y2＝1的一条直径，点P为直线x－y＋2＝0上任意一点，则PA―→²PB―→的最小值为________．解析：由题意，设A(cosθ，sinθ)，P(x，x＋2)，则B(－cos

θ，－sinθ)，∴PA―→＝(cosθ－x，sinθ－x－2)，PB―→(－cosθ－x，－sinθ－x－2)，∴PA―→²PB―→＝(cosθ－x)(－cosθ－x)＋(sinθ－x－2)(－sinθ－x－2)＝x2＋(x＋2)2－cos2θ－sin2

θ＝2x2＋4x＋3＝2(x＋1)2＋1，当且仅当x＝－1，即P(－1，1)时，PA―→²PB―→取最小值1．答案：19．设抛物线x＝2pt2，y＝2pt(t为参数，p＞0)的焦点为F，准线为l．过抛物线

上一点A作l的垂线，垂足为B．设C72p，0，AF与BC相交于点E．若|CF|＝2|AF|，且△ACE的面积为32，则p的值为________．解析：由x＝2pt2，y＝2pt(p＞0)消去t可得抛物线方程为y2＝2px(p

＞0)，∴Fp2，0，|AB|＝|AF|＝12|CF|＝32p，可得A(p，2p)．易知△AEB∽△FEC，∴|AE||FE|＝|AB||FC|＝12，故S△ACE＝13S△ACF＝13³3p³2p³12

＝22p2＝32，∴p2＝6．∵p＞0，∴p＝6．答案：610．(2016²河北三市二联)已知离心率为63的椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的一个焦点为F，过F且与x轴垂直的直线与椭圆交于A，B两点，|AB|＝233．(1)求此椭圆的方程；(2)已知直线y＝kx＋2与椭圆交于C，D

两点，若以线段CD为直径的圆过点E(－1,0)，求k的值．解：(1)设焦距为2c，∵e＝ca＝63，a2＝b2＋c2，∴ba＝33，由题意可知b2a＝33，∴b＝1，a＝3，∴椭圆的方程为x23＋y2＝1．(2)将y＝kx＋2代入椭圆方程，得(1＋3k2)x2＋1

2kx＋9＝0，又直线与椭圆有两个交点，所以Δ＝(12k)2－36(1＋3k2)＞0，解得k2＞1．设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1＋x2＝－12k1＋3k2，x1x2＝91＋3k2，若以CD为直径的圆过E点，则PB―→―→²ED―→＝0，即(x1＋1)(x2＋

1)＋y1y2＝0，而y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4，则(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝(k2＋1)x1x2＋(2k＋1)(x1＋x2)＋5＝k2＋1＋3k2－12kk＋1＋3k2＋5＝0，解得k＝76，满足k2＞1．1

1．(2016²山东高考节选)平面直角坐标系xOy中，椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率是32，抛物线E：x2＝2y的焦点F是C的一个顶点．(1)求椭圆C的方程．(2)设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线l与C交于不同的两点A，B，线段AB的中点为D．直线O

D与过P且垂直于x轴的直线交于点M．求证：点M在定直线上．解：(1)由题意知a2－b2a＝32，可得a2＝4b2．因为抛物线E的焦点为F0，12，所以b＝12，a＝1．所以椭圆C的方程为x2＋4y2＝1．(2)证明：设Pm，m22(m＞0)．由x2＝2y，可得y′＝

x，所以直线l的斜率为m．因此直线l的方程为y－m22＝m(x－m)，即y＝mx－m22．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)，联立方程x2＋4y2＝1，y＝mx－m22，得(4m2＋1)x2－4m3x＋m4－1＝0．由Δ＞0，得0＜m2＜2＋

5．(*)由根与系数的关系得x1＋x2＝4m34m2＋1，因此x0＝2m34m2＋1．将其代入y＝mx－m22，得y0＝－m2m2＋．因为y0x0＝－14m，所以直线OD的方程为y＝－14mx．联立方程y＝－14mx，x＝m，得点M的纵坐标yM＝－14，所以点

M在定直线y＝－14上．12．(2016²合肥质检)已知中心在原点，焦点在y轴上的椭圆C，其上一点P到两个焦点F1，F2的距离之和为4，离心率为32．(1)求椭圆C的方程；(2)若直线y＝kx＋1与曲线C交于A，B两点，求△OAB面积的取值范围．解：(1)设椭圆

的标准方程为y2a2＋x2b2＝1(a＞b＞0)，由题意可知2a＝4，ca＝32，又a2＋b2＝c2，解得a＝2，c＝3，b＝1，故椭圆C的方程为y24＋x2＝1．(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x2＋y24＝1，y＝kx＋1得(

k2＋4)x2＋2kx－3＝0，故x1＋x2＝－2kk2＋4，x1x2＝－3k2＋4，①设△OAB的面积为S，由x1x2＝－3k2＋4＜0，知S＝12(|x1|＋|x2|)＝12|x1－x2|＝12x1＋x22－4x1

x2＝2k2＋3k2＋2，令k2＋3＝t，知t≥3，∴S＝21t＋1t＋2．对函数y＝t＋1t(t≥3)，知y′＝1－1t2＝t2－1t2＞0，∴y＝t＋1t在t∈已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点F(1,0)，O为坐标原点，A，B是抛物线C上异于O的两

点．(1)求抛物线C的方程；(2)若直线OA，OB的斜率之积为－12，求证：直线AB过x轴上一定点．(1)因为抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点坐标为(1,0)，所以p2＝1，即p＝2．所以抛物线C的方程为y2＝4x．(2)证明：①当直线AB的斜率不存在时，设At24，t，B

t24，－t．因为直线OA，OB的斜率之积为－12，所以tt24²－tt24＝－12，化简得t2＝32．所以A(8，t)，B(8，－t)，此时直线AB的方程为x＝8．②当直线AB的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋b，A(

xA，yA)，B(xB，yB)，联立方程组y2＝4x，y＝kx＋b，消去x得ky2－4y＋4b＝0．由根与系数的关系得yAyB＝4bk，因为直线OA，OB的斜率之积为－12，所以yAxA²yBxB＝－12，即xAxB

＋2yAyB＝0．即y2A4²y2B4＋2yAyB＝0，解得yAyB＝0(舍去)或yAyB＝－32．所以yAyB＝4bk＝－32，即b＝－8k，所以y＝kx－8k，即y＝k(x－8)．综合①②可知，直线AB过

定点(8,0)．圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无

关．已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)过点(0,1)，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列．直线l与x轴正半轴和y轴分别交于Q，P，与椭圆分别交于点M，N，各点均不重合且满足PM―→＝λ1MQ―→，PN―→＝λ2NQ

―→．(1)求椭圆的标准方程；(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l过定点并求此定点．解：(1)设椭圆的焦距为2c，由题意知b＝1，且(2a)2＋(2b)2＝2(2c)2，又a2＝b2＋c2，所以a2＝

3．所以椭圆的方程为x23＋y2＝1．(2)由题意设P(0，m)，Q(x0,0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线l的方程为x＝t(y－m)，由PM―→＝λ1MQ―→，知(x1，y1－m)＝λ1(x0－x1，－y1)，∴y1－m＝－y1λ

1，由题意y1≠0，∴λ1＝my1－1．同理由PN―→＝λ2NQ―→知λ2＝my2－1．∵λ1＋λ2＝－3，∴my1－1＋my2－1＝－3，∴y1y2＋m(y1＋y2)＝0，①联立x2＋3y2＝3，x＝ty－m，得(t2＋3)y2－2mt2y＋t2m2－3＝0，∴由题意知Δ＝4m2t4

－4(t2＋3)(t2m2－3)＞0，②且有y1＋y2＝2mt2t2＋3，y1y2＝t2m2－3t2＋3，③③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0，∴(mt)2＝1，由题意mt＜0，∴mt＝－1，满足②，故直线l的方程为x＝ty＋1，过定点(1,0)，即Q为定点．定值问题(

2017²张掖诊断)如图，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)经过点A(0，－1)，且离心率为22．(1)求椭圆E的方程；(2)经过点(1,1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为定值．(1)由题意知ca＝

22，b＝1，由a2＝b2＋c2，得a＝2，所以椭圆E的方程为x22＋y2＝1．(2)证明：设直线PQ的方程为y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入x22＋y2＝1，得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，由题意知Δ＞0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，且x1x2≠0

，则x1＋x2＝4kk－1＋2k2，x1x2＝2kk－1＋2k2，所以直线AP与AQ的斜率之和kAP＋kAQ＝y1＋1x1＋y2＋1x2＝kx1＋2－kx1＋kx2＋2－kx2＝2k＋(2－k)1x1＋1x2＝2k＋

(2－k)x1＋x2x1x2＝2k＋(2－k)4kk－2kk－＝2k－2(k－1)＝2．故直线AP与AQ的斜率为定值2．定值问题常见的2种求法(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)引进变量法

：其解题流程为已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左焦点F1(－1,0)，长轴长与短轴长的比是2∶3．(1)求椭圆的方程；(2)过F1作两直线m，n交椭圆于A，B，C，D四点，若m⊥n，求证：1|AB|＋1|CD|为定值．解：(1)由已知得2a∶2b＝2∶3，c＝

1，a2＝b2＋c2.解得a＝2，b＝3．故所求椭圆的方程为x24＋y23＝1．(2)证明：由已知F1(－1,0)，当直线m不垂直于坐标轴时，可设直线m的方程为y＝k(x＋1)(k≠0)．由y＝kx＋，x24＋y23＝1，得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－1

2＝0．由于Δ＞0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1＋x2＝－8k23＋4k2，x1x2＝4k2－123＋4k2，|AB|＝＋k2x1＋x22－4x1x2]＝＋k2－8k23＋

4k22－4²4k2－123＋4k2＝＋k23＋4k2．同理|CD|＝＋k23k2＋4．所以1|AB|＋1|CD|＝3＋4k2＋k2＋3k2＋4＋k2＝＋k2＋k2＝712．当直线m垂直于坐标轴时，此时|AB|＝3，|CD|＝4；或|AB|＝4

，|CD|＝3，所以1|AB|＋1|CD|＝13＋14＝712．综上，1|AB|＋1|CD|为定值712．证明问题(2017²山西省四校联考)如图，圆C与x轴相切于点T(2，0)，与y轴正半轴相交于两点M，N(点M在点N的下方)，且|MN|＝3．(1)求圆C的方

程；(2)过点M任作一条直线与椭圆x28＋y24＝1相交于两点A，B，连接AN，BN，求证：∠ANM＝∠BNM．(1)设圆C的半径为r(r＞0)，依题意，圆心C的坐标为(2，r)．∵|MN|＝3，∴r2＝322＋22，解得r2＝254

．∴圆C的方程为(x－2)2＋y－522＝254．(2)证明：把x＝0代入方程(x－2)2＋y－522＝254，解得y＝1或y＝4，即点M(0,1)，N(0,4)．①当AB⊥y轴时，由椭圆的对称性可

知∠ANM＝∠BNM．②当AB与y轴不垂直时，可设直线AB的方程为y＝kx＋1．联立方程y＝kx＋1，x2＋2y2＝8，消去y得，(1＋2k2)x2＋4kx－6＝0．设直线AB交椭圆于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则

x1＋x2＝－4k1＋2k2，x1x2＝－61＋2k2．∴kAN＋kBN＝y1－4x1＋y2－4x2＝kx1－3x1＋kx2－3x2＝2kx1x2－x1＋x2x1x2．若kAN＋kBN＝0，则∠ANM＝∠BNM．∵2kx1x2－3(x1＋x2)＝－12k1＋2k2＋12k

1＋2k2＝0，∴∠ANM＝∠BNM．圆锥曲线中的证明问题多涉及证明定值、点在定直线上等，有时也涉及一些否定性命题，证明方法一般是采用直接法或反证法．(2017²开封模拟)如图，已知圆G：(x－2)2＋y2＝49是椭圆C：x2a2＋y2b2＝

1(a＞b＞0)的内接△ABC的内切圆，其中A(－4,0)为椭圆的左顶点．(1)求椭圆C的方程；(2)过椭圆的上顶点M作圆G的两条切线交椭圆于E，F两点，证明：直线EF与圆G相切．解：(1)由题意可知BC垂直于x轴，a＝4．设B(2＋r，y0)(r为圆G的半径)

，过圆心G作GD⊥AB于D，BC交x轴于H，由GDAD＝HBAH，得r36－r2＝y06＋r，即y0＝r6＋r6－r，∵r＝23，∴y0＝53，∵B83，53在椭圆上，∴83242＋532b2＝1，解得b＝1，∴椭圆C的方程为

x216＋y2＝1．(2)证明：由(1)可知M(0,1)，设过点M(0,1)与圆(x－2)2＋y2＝49相切的直线方程为：y＝kx＋1，①则23＝|2k＋1|1＋k2，即32k2＋36k＋5＝0，②解得k1＝－9＋4116，k2＝－9－4116，将①代入x216

＋y2＝1得(16k2＋1)x2＋32kx＝0，则异于零的解为x＝－32k16k2＋1．设F(x1，k1x1＋1)，E(x2，k2x2＋1)，则x1＝－32k116k21＋1，x2＝－32k216k22＋1，则直线FE的斜率为：kEF＝k2x2－k1x1x2－x1＝k1＋k21－16k1

k2＝34，于是直线FE的方程为：y＋32k2116k21＋1－1＝34x＋32k116k21＋1，即y＝34x－73，则圆心(2,0)到直线FE的距离d＝32－731＋916＝23＝r，故

结论成立．1．已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为32，短轴端点到焦点的距离为2．(1)求椭圆C的方程；(2)设A，B为椭圆C上任意两点，O为坐标原点，且OA⊥OB．求证：原点O到直线AB的距离

为定值，并求出该定值．解：(1)由题意知，e＝ca＝32，b2＋c2＝2，又a2＝b2＋c2，所以a＝2，c＝3，b＝1，所以椭圆C的方程为x24＋y2＝1．(2)证明：当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程

为x＝±255，此时，原点O到直线AB的距离为255．当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由x24＋y2＝1，y＝kx＋m，得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0．则Δ＝

(8km)2－4(1＋4k2)(4m2－4)＝16(1＋4k2－m2)＞0，x1＋x2＝－8km1＋4k2，x1x2＝4m2－41＋4k2，则y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝m2－4k21＋4k2，由OA⊥OB

，得kOA²kOB＝－1，即y1x1²y2x2＝－1，所以x1x2＋y1y2＝5m2－4－4k21＋4k2＝0，即m2＝45(1＋k2)，满足Δ＞0．所以原点O到直线AB的距离为|m|1＋k2＝255．综上，原点O到直线AB的距离为定值255．2．(2017²湖南省东部

六校联考)设椭圆C1：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为32，F1，F2是椭圆的两个焦点，P是椭圆上任意一点，且△PF1F2的周长是4＋23．(1)求椭圆C1的方程；(2)设椭圆C1的左、右顶点分别为A，B，过椭圆C1上的一点D作x

轴的垂线交x轴于点E，若C点满足AB―→⊥BC―→，AD―→∥OC―→，连接AC交DE于点P，求证：PD＝PE．解：(1)由e＝32，知ca＝32，所以c＝32a，因为△PF1F2的周长是4＋23，所以2a＋2c＝4＋23，所以a

＝2，c＝3，所以b2＝a2－c2＝1，所以椭圆C1的方程为x24＋y2＝1．(2)证明：由(1)得A(－2,0)，B(2,0)，设D(x0，y0)，所以E(x0,0)，因为AB―→⊥BC―→，所以可设C(2，y1)，所以AD―→＝(x0＋2，y0)，OC―→＝(2

，y1)，由AD―→∥OC―→可得(x0＋2)y1＝2y0，即y1＝2y0x0＋2．所以直线AC的方程为：y2y0x0＋2＝x＋24．整理得y＝y0x0＋(x＋2)．又点P在直线DE上，将x＝x0代入直线AC的方程可得y＝y02

，即点P的坐标为x0，y02，所以P为DE的中点，所以PD＝PE．3．椭圆C：x2a2＋y2b2＝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)因为左焦点(－c,0)到点P(2,1)的距离为10，所以＋c2＋1＝10，解得c＝1．又e＝ca＝12，解得a＝2，所以

b2＝a2－c2＝3．所以所求椭圆C的方程为x24＋y23＝1．(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y＝kx＋m，x24＋y23＝1，消去y，得(3＋4k2)x2＋8mkx＋

4(m2－3)＝0，Δ＝64m2k2－16(3＋4k2)(m2－3)＞0，化简，得3＋4k2－m2＞0．所以x1＋x2＝－8mk3＋4k2，x1x2＝m2－3＋4k2．y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m

2＝m2－4k23＋4k2．因为以AB为直径的圆过椭圆右顶点D(2,0)，则kAD²kBD＝－1，所以y1x1－2²y2x2－2＝－1，所以y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0，所以m2－4k23＋4k2＋m2

－3＋4k2＋16mk3＋4k2＋4＝0．化为7m2＋16mk＋4k2＝0，解得m1＝－2k，m2＝－2k7，满足3＋4k2－m2＞0．当m＝－2k时，l：y＝k(x－2)，直线过定点(2,0)与已知矛盾；当m＝－2k7时，l

：y＝kx－27，直线过定点27，0．综上可知，直线l过定点27，0．4．(2016²南昌一模)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边

三角形，直线x＋y＋22－1＝0与以椭圆C的右焦点为圆心，椭圆的长半轴长为半径的圆相切．(1)求椭圆C的方程；(2)设点B，C，D是椭圆上不同于椭圆顶点的三点，点B与点D关于原点O对称．设直线CD，CB，OB，OC的斜率分别为k1，k2，k3，k4，且k1k2＝k3k4．①求k1k2的值；②求

|OB|2＋|OC|2的值．解：(1)设椭圆C的右焦点为F2(c,0)，则c2＝a2－b2(c＞0)．由题意可得，以椭圆C的右焦点为圆心，以椭圆的长半轴长为半径的圆的方程为(x－c)2＋y2＝a2，∴圆心到直线x＋y＋22－1＝0的距离d＝|c＋22－1|2＝a．

(*)∵椭圆C的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，∴b＝3c，a＝2c，把a＝2c代入(*)式得c＝1，b＝3，a＝2，故所求椭圆的方程为x24＋y23＝1．(2)①设B(x1，y1)，C(x2，y2)，则D(－x1，－y1)，于是k1k2＝y2＋y1x2＋x1²y2－y1

x2－x1＝y22－y21x22－x21＝34－x22－34－x21x22－x21＝－34．②由①及题意知，k3k4＝k1k2＝－34，故y1y2＝－34x1x2．∴916x21x22＝y21y22＝34(4－x21)²34(4－x22)，即x21x22＝16－4(x21＋x22

)＋x21x22，∴x21＋x22＝4．又2＝x214＋y213＋x224＋y223＝x21＋x224＋y21＋y223，故y21＋y22＝3．∴|OB|2＋|OC|2＝x21＋y21＋x22＋y22＝7．第三课时最值、范围、存在性问题最值问题(2016²广州市高

考模拟)定圆M：(x＋3)2＋y2＝16，动圆N过点F(3，0)且与圆M相切，记圆心N的轨迹为E．(1)求轨迹E的方程；(2)设点A，B，C在E上运动，A与B关于原点对称，且|AC|＝|CB|，当△ABC的面积最小时，求直线AB的方

程．(1)因为点F(3，0)在圆M：(x＋3)2＋y2＝16内，所以圆N内切于圆M．因为|NM|＋|NF|＝4＞|FM|，所以点N的轨迹E是以M(－3，0)，F(3，0)为焦点的椭圆，且2a＝4，c＝3，所以b＝1．所以轨迹E的方程为x24＋y2＝1．(2)①当AB为长轴

(或短轴)时，依题意知，点C就是椭圆的上下顶点(或左右顶点)，此时S△ABC＝12²|OC|²|AB|＝2．②当直线AB的斜率存在且不为0时，设其斜率为k，直线AB的方程为y＝kx，联立方程x24＋y2＝1，y＝kx，可取x2A＝41＋4k

2，y2A＝4k21＋4k2，所以|OA|2＝x2A＋y2A＝＋k21＋4k2．由|AC|＝|CB|知，△ABC为等腰三角形，O为AB的中点，OC⊥AB，所以直线OC的方程为y＝－1kx，由x24＋y2＝1，y＝－1

kx，得x2C＝4k2k2＋4，y2C＝4k2＋4，所以|OC|2＝＋k2k2＋4．S△ABC＝2S△OAC＝|OA|²|OC|＝＋k21＋4k2²＋k2k2＋4＝＋k2＋4k2k2＋．由于＋4k2k2＋≤＋4k2＋k2＋42＝＋k22，所以S△ABC≥85，当且仅

当1＋4k2＝k2＋4，即k＝±1时等号成立，此时△ABC面积的最小值是85．因为2＞85，所以△ABC面积的最小值为85，此时直线AB的方程为y＝x或y＝－x．圆锥曲线中最值问题的两种类型和两种解法(1)两种类型①涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；②求直线或圆锥曲线中

几何元素的最值以及这些元素存在最值时确定与之有关的一些问题．(2)两种解法①几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决；②代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解．求最值

问题时，一定要注意对特殊情况的讨论．如直线斜率不存在的情况，二次三项式最高次项的系数的讨论等．已知椭圆C的左、右焦点分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，且F2到直线x－3y－9＝0的距离等于椭圆的

短轴长．(1)求椭圆C的方程．(2)若圆P的圆心为P(0，t)(t＞0)，且经过F1，F2，Q是椭圆C上的动点且在圆P外，过点Q作圆P的切线，切点为M，当|QM|的最大值为322时，求t的值．解：(1)设椭圆的方程为x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)．依题意可知，2b＝|1－9|2

＝4，所以b＝2．又c＝1，故a2＝b2＋c2＝5，故椭圆C的方程为x25＋y24＝1．(2)由题意，圆P的方程为：x2＋(y－t)2＝t2＋1，设Q(x0，y0)，因为PM⊥QM，所以|QM|＝|PQ|2－t2－1＝x20＋y0－t2－t2－1＝－14y0＋4t2＋4＋4t2．若－4

t≤－2,即t≥12，当y0＝－2时，|QM|取得最大值，|QM|max＝4t＋3＝322，解得t＝38＜12(舍去)．若－4t＞－2，即0＜t＜12，当y0＝－4t时，|QM|取最大值，且|QM|max＝4＋4t2＝322，解得t2＝18．又0＜t＜12，所以t

＝24．综上可知，当t＝24时，|QM|的最大值为322．范围问题(2016²浙江高考)如图，设椭圆x2a2＋y2＝1(a＞1)．(1)求直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段长(用a，k表示)；(2)若任意以

点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围．(1)设直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段为AP，由y＝kx＋1，x2a2＋y2＝1，得(1＋a2k2)x2＋2a2kx＝0，故x1＝0，x2＝－2a2k1＋a2k2．因此|AP|＝1＋k2|x1－x2|

＝2a2|k|1＋k21＋a2k2．(2)假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P，Q，满足|AP|＝|AQ|．记直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2，且k1，k2＞0，k1≠k2．由(1)

知，|AP|＝2a2|k1|1＋k211＋a2k21，|AQ|＝2a2|k2|1＋k221＋a2k22，故2a2|k1|1＋k211＋a2k21＝2a2|k2|1＋k221＋a2k22，所以(k21－k22)＝0．由k1≠k2

，k1，k2＞0得1＋k21＋k22＋a2(2－a2)k21k22＝0，因此1k21＋11k22＋1＝1＋a2(a2－2)．①因为①式关于k1，k2的方程有解的充要条件是1＋a2(a2－2)＞1，所以a＞2．因此，任意

以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1＜a≤2．由e＝ca＝a2－1a，得0＜e≤22．所求离心率的取值范围为0，22．解决圆锥曲线中的取值范围问题的5种常用解法(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围．(2)利用已知参数

的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围．(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．已知圆x2＋

y2＝1过椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的两焦点，与椭圆有且仅有两个公共点，直线l：y＝kx＋m与圆x2＋y2＝1相切，与椭圆x2a2＋y2b2＝1相交于A，B两点．记λ＝OA―→²OB―→，且23≤λ≤34．(1)求椭圆的方程；(2)求k的取值范围；(3)求△OAB的

面积S的取值范围．解：(1)由题意知2c＝2，所以c＝1．因为圆与椭圆有且只有两个公共点，从而b＝1，故a＝2，所以所求椭圆方程为x22＋y2＝1．(2)因为直线l：y＝kx＋m与圆x2＋y2＝1相切，所以原点O到直线l的距离为|m|12＋k2＝

1，即m2＝k2＋1．由y＝kx＋m，x22＋y2＝1，消去y，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－4km1＋2k2，x1x2＝2m2－21＋2k2．λ＝OA―→

²OB―→＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝k2＋11＋2k2，由23≤λ≤34，得12≤k2≤1，即k的取值范围是－1，－22∪22，1．(

3)|AB|＝＋k2x1＋x22－4x1x2]＝2－2k2＋2，由12≤k2≤1，得62≤|AB|≤43．设△OAB的AB边上的高为d，则S＝12|AB|d＝12|AB|，所以64≤S≤23．即△OAB的面积S的取值范围是64，23．存在性问题(2015²四

川高考)如图，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率是22，点P(0,1)在短轴CD上，且PC―→²PD―→＝－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―→²OB―→＋λPA―→²

PB―→为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．(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―→²PD―→＝－1，于是1－b2＝－1，ca＝22，a2－b2＝c2.解得a＝2，b＝2．所以椭圆E的方程为x24＋y22＝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(x1，y1)，(x2，y2)．联立x24＋y22＝1，y＝kx＋1得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0．其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k

2＋1)>0，所以x1＋x2＝－4k2k2＋1，x1x2＝－22k2＋1．从而，OA―→²OB―→＋λPA―→²PB―→＝x1x2＋y1y2＋λ＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝－2λ－k2＋－2λ－2k2＋1＝－λ－12k2＋1－λ

－2．所以当λ＝1时，－λ－12k2＋1－λ－2＝－3．此时，OA―→²OB―→＋λPA―→²PB―→＝－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―→²OB―→＋λPA―→²PB―→＝OC―→²OD―→＋P

C―→²PD―→＝－2－1＝－3．故存在常数λ＝1，使得OA―→²OB―→＋λPA―→²PB―→为定值－3．存在性问题求解的3个注意点存在性问题，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．已知椭圆C的焦点坐标是F1(－1,0)，F2(1,0)，过点F2垂直于长轴的直线l交椭圆C于B，D两点，且|BD|＝3．(1)求椭圆C的方程；(2)是

否存在过点P(2,1)的直线l1与椭圆C相交于不同的两点M，N，且满足PM―→²PN―→＝54？若存在，求出直线l1的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)设椭圆的方程是x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)，由

题可知c＝1，因为|BD|＝3，所以2b2a＝3，又a2－b2＝1，所以a＝2，b＝3，所以椭圆C的方程为x24＋y23＝1．(2)假设存在直线l1且由题意得斜率存在，设满足条件的方程为y＝k(x－2)＋1．由y＝kx－＋1

，x24＋y23＝1，得(3＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－8＝0．因为直线l1与椭圆C相交于不同的两点M，N，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则Δ＝2－4(3＋4k2)(16k2－16k－8)＞0，所以k＞－12，由根与系数的关系知x1＋x2＝8kk

－3＋4k2，x1x2＝16k2－16k－83＋4k2，因为PM―→²PN―→＝(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝54，所以(x1－2)(x2－2)(1＋k2)＝54，即(1＋k2)＝54，所以16k2－

16k－83＋4k2－2²8kk－3＋4k2＋4(1＋k2)＝4＋4k23＋4k2＝54，解得k＝±12．因为k＞－12，所以k＝12，故存在直线l1满足条件，其方程为y＝12x．1．(2016²贵阳

监测考试)已知椭圆C：y2a2＋x2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为63，且椭圆C上的点到一个焦点的距离的最小值为3－2．(1)求椭圆C的方程；(2)已知过点T(0,2)的直线l与椭圆C交于A，B两点，若在x轴上存在一点E，使∠AEB＝90°，求直线l的斜率k的取值范围．解：(1

)设椭圆的半焦距长为c，则由题设有ca＝63，a－c＝3－2，解得a＝3，c＝2，∴b2＝1，故椭圆C的方程为y23＋x2＝1．(2)由已知可得，直线l的方程为y＝kx＋2，以AB为直径的圆与x轴有公共点．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点为

M(x0，y0)，将直线l：y＝kx＋2代入y23＋x2＝1，得(3＋k2)x2＋4kx＋1＝0，则Δ＝12k2－12＞0，x1＋x2＝－4k3＋k2，x1x2＝13＋k2．∴x0＝x1＋x22＝－2k3＋

k2，y0＝kx0＋2＝63＋k2，|AB|＝1＋k2²x1＋x22－4x1x2＝1＋k2²12k2－123＋k2＝23k4－13＋k2，∴Δ＝12k2－12＞0，63＋k2≤12|AB|，解得k4≥13，即k≥413或k≤－413．故所求

斜率的取值范围为(－∞，－413]∪[413，＋∞)．2．(2016²西安质检)如图所示，已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率等于32，它的一个顶点恰好在抛物线x2＝8y的准线上．(1)求椭圆C的标准方程；(2)点P(2，3)，Q

(2，－3)在椭圆上，A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点，当A，B运动时，满足∠APQ＝∠BPQ，试问直线AB的斜率是否为定值，请说明理由．解：(1)设椭圆C的标准方程为x2a2＋y2b2＝1(a＞

b＞0)．∵椭圆的一个顶点恰好在抛物线x2＝8y的准线y＝－2上，∴－b＝－2，解得b＝2．又ca＝32，a2＝b2＋c2，∴a＝4，c＝23．可得椭圆C的标准方程为x216＋y24＝1．(2)设A(x1，y1)

，B(x2，y2)，∵∠APQ＝∠BPQ，则PA，PB的斜率互为相反数，可设直线PA的斜率为k，则PB的斜率为－k，直线PA的方程为：y－3＝k(x－2)，联立y－3＝kx－，x2＋4y2＝16，消去y，得(1＋4k2)x2＋8k(3－2k)x＋4(3－2k)2－1

6＝0，∴x1＋2＝8kk－31＋4k2．同理可得：x2＋2＝－8k－2k－31＋4k2＝8kk＋31＋4k2，∴x1＋x2＝16k2－41＋4k2，x1－x2＝－163k1＋4k2，kAB＝y1－y2

x1－x2＝kx1＋x2－4kx1－x2＝36．∴直线AB的斜率为定值36．3．(2016²贵阳期末)已知椭圆C的两个焦点是(0，－3)和(0，3)，并且经过点32，1，抛物线E的顶点在坐标原点，焦点恰好是椭圆C的右顶点F．(1)求椭圆C和抛物线E的标准

方程；(2)过点F作两条斜率都存在且互相垂直的直线l1，l2，l1交抛物线E于点A，B，l2交抛物线E于点G，H，求AG―→²HB―→的最小值．解：(1)设椭圆C的标准方程为y2a2＋x2b2＝1(a＞b＞0)，焦距为2c，则由题意得c＝3，2a＝34＋＋32＋34＋－32＝4，∴a＝2，b2＝a

2－c2＝1，∴椭圆C的标准方程为y24＋x2＝1．∴右顶点F的坐标为(1,0)．设抛物线E的标准方程为y2＝2px(p＞0)，∴p2＝1,2p＝4，∴抛物线E的标准方程为y2＝4x．(2)设l1的方程：y＝k(x－1)，l2的方程：y＝－1k(x－1)，A(x1，y1

)，B(x2，y2)，G(x3，y3)，H(x4，y4)．由y＝kx－，y2＝4x消去y得：k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，∴Δ＝4k4＋16k2＋16－4k4＞0，x1＋x2＝2＋4k2，x1x2＝1．同理x3＋x4＝4k2＋2，x3x4＝1，∴AG―→²HB―→＝(AF―→＋F

G―→)²(HF―→＋FB―→)＝AF―→²HF―→＋AF―→²FB―→＋FG―→²HF―→＋FG―→²FB―→＝|AF|―→²|FB|―→＋|FG―→|²|HF|―→＝|x1＋1|²|x2＋1|＋|x3＋1

|²|x4＋1|＝(x1x2＋x1＋x2＋1)＋(x3x4＋x3＋x4＋1)＝8＋4k2＋4k2≥8＋24k2²4k2＝16，当且仅当4k2＝4k2，即k＝±1时，AG―→²HB―→有最小值16．4．已知椭圆C：x2a2＋y2b

2＝1(a＞b＞0)的离心率为63，以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆与直线2x－2y＋6＝0相切．(1)求椭圆C的标准方程；(2)已知点A，B为动直线y＝k(x－2)(k≠0)与椭圆C的两个

交点，问：在x轴上是否存在定点E，使得EA―→2＋EA―→²AB―→为定值？若存在，试求出点E的坐标和定值；若不存在，请说明理由．解：(1)由e＝63，得ca＝63，即c＝63a，①又以原点O为圆心，椭圆C的

长半轴长为半径的圆为x2＋y2＝a2，且该圆与直线2x－2y＋6＝0相切，所以a＝|6|22＋－22＝6，代入①得c＝2，所以b2＝a2－c2＝2，所以椭圆C的标准方程为x26＋y22＝1．(2)由x26＋y22＝1，y＝kx－，得(1＋3k2)x2－12k2x＋12k2－6＝0

．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以x1＋x2＝12k21＋3k2，x1x2＝12k2－61＋3k2．根据题意，假设x轴上存在定点E(m,0)，使得EA―→2＋EA―→²AB―→＝(EA―→＋AB―→)²

EA―→＝EA―→²EB―→为定值，则EA―→²EB―→＝(x1－m，y1)²(x2－m，y2)＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2＝(k2＋1)x1x2－(2k2＋m)(x1＋x2)＋(4k2＋m2)＝m2－12m＋k2＋m2－1＋3k2，要使上式为定值，即

与k无关，只需3m2－12m＋10＝3(m2－6)，解得m＝73，此时，EA―→2＋EA―→²AB―→＝m2－6＝－59，所以在x轴上存在定点E73，0使得EA―→2＋EA―→²AB―→为定值，且定值为－59．