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2020版《微点教程》高考人教A版理科数学一轮复习文档：第八章第九节 圆锥曲线的综合问题
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第九节 圆锥曲线的综合问题
2019考纲考题考情
1．直线与圆锥曲线的位置关系
(1)从几何角度看，可分为三类：无公共点，仅有一个公共点及有两个相异的公共点。
(2)从代数角度看，可通过将表示直线的方程代入二次曲线的方程消元后所得方程解的情况来判断。设直线l的方程为Ax＋By＋C＝0，圆锥曲线方程为f(x，y)＝0。
由消元，
(如消去y)得ax2＋bx＋c＝0。
①若a＝0，当圆锥曲线是双曲线时，直线l与双曲线的渐近线平行；当圆锥曲线是抛物线时，直线l与抛物线的对称轴平行(或重合)。
②若a≠0，设Δ＝b2－4ac。
a．当Δ＞0时，直线和圆锥曲线相交于不同两点；
b．当Δ＝0时，直线和圆锥曲线相切于一点；
c．当Δ＜0时，直线和圆锥曲线没有公共点。
2．直线与圆锥曲线相交时的弦长问题
(1)斜率为k的直线与圆锥曲线交于两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则所得弦长：
|P1P2|＝
＝·|x1－x2|
＝
＝|y1－y2|。
(2)斜率不存在时，可求出交点坐标，直接运算(利用两点间距离公式)。
3．圆锥曲线的中点弦问题
遇到弦中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解。
在椭圆＋＝1中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝－；在双曲线－＝1中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝；在抛物线y2＝2px(p＞0)中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝。在使用根与系数关系时，要注意前提条件是Δ≥0。
点差法的常见结论(设AB为圆锥曲线的弦，点M为弦AB的中点)：
标准方程
点差法结论
＋＝1(a>b>0)
kAB·kOM＝－
＋＝1(a>b>0)
kAB·kOM＝－
－＝1(a>0，b>0)
kAB·kOM＝
－＝1(a>0，b>0)
kAB·kOM＝
y2＝2px(p≠0)
kAB＝(y0为中点M的纵坐标)
x2＝2py(p≠0)
kAB＝(x0为中点M的横坐标)
一、走进教材
1．(选修2－1P71例6改编)过点(0,1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，这样的直线有( )
A．1条 B．2条
C．3条 D．4条
解析 结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x＝0，过点(0,1)且平行于x轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线(非直线x＝0)。故选C。
答案 C
二、走出误区
微提醒：①没有发现直线过定点，导致运算量偏大；②不会用函数法解最值问题；③错用双曲线的几何性质。
2．直线y＝kx－k＋1与椭圆＋＝1的位置关系为( )
A．相交 B．相切
C．相离 D．不确定
解析 直线y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1恒过定点(1,1)，又点(1,1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交。故选A。
答案 A
3．如图，两条距离为4的直线都与y轴平行，它们与抛物线y2＝－2px(0
A．x＝－2 B．x＝－
C．x＝－ D．x＝－1
解析 根据题意，由抛物线的准线与圆相切可得＝1或7，又00⇒0
4．已知点F1，F2分别是双曲线－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，过F1且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，若△ABF2是钝角三角形，则该双曲线离心率的取值范围是________。
解析 由题设条件可知△ABF2为等腰三角形，只要∠AF2B为钝角即可，所以有>2c，即b2>2ac，所以c2－a2>2ac，即e2－2e－1>0，所以e>1＋。
答案 (1＋，＋∞)
第1课时 最值、范围、证明问题
考点一 最值问题
【例1】 (2019·广东六校联考)已知圆C：(x＋2)2＋y2＝36与定点M(2，0)，动圆I过M点且与圆C相切。
(1)求动圆圆心I的轨迹E的方程；
(2)若过定点N(0,2)的直线l交轨迹E于不同的两点A，B，求|AB|的最大值。
解 (1)设动圆I的半径为r，由题意可知，点I(x，y)满足|IC|＝6－r，|IM|＝r，
所以|IC|＋|IM|＝6。
由椭圆的定义知点I的轨迹为以C，M为左、右焦点的椭圆，且其长半轴长a＝3，半焦距c＝2，可得短半轴长b＝1，
故轨迹E的方程为＋y2＝1。
(2)当直线l的斜率不存在时，A(0,1)，B(0，－1)或A(0，－1)，B(0,1)，此时|AB|＝2。
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为
y＝kx＋2，由
消去y得，(1＋9k2)x2＋36kx＋27＝0，
由Δ＝(36k)2－108(1＋9k2)>0，得k2>。
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
可得x1＋x2＝－，x1x2＝，
|AB|＝|x1－x2|
＝·
＝，
令1＋9k2＝t，则t>4，
|AB|＝
＝2
＝2，
又因为∈，
所以当＝，即k＝±时，|AB|max＝。
综上，|AB|的最大值为。
圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是几何方法，即通过利用圆锥曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)变量的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解。
【变式训练】 (1)设P是椭圆＋＝1上一点，M，N分别是两圆：(x＋4)2＋y2＝1和(x－4)2＋y2＝1上的点，则|PM|＋|PN|的最小值、最大值分别为( )
A．9,12 B．8,11 C．8,12 D．10,12
(2)(2019·邢台模拟)已知椭圆＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋对称。
①求实数m的取值范围；
②求△AOB面积的最大值(O为坐标原点)。
(1)解析 如图，由椭圆及圆的方程可知两圆圆心分别为椭圆的两个焦点，由椭圆定义知|PA|＋|PB|＝2a＝10，连接PA，PB分别与圆相交于两点M，N，此时|PM|＋|PN|最小，最小值为|PA|＋|PB|－2R＝8；连接PA，PB并延长，分别与圆相交于两点M，N，此时|PM|＋|PN|最大，最大值为|PA|＋|PB|＋2R＝12，即最小值和最大值分别为8,12。故选C。
答案 C
(2)解 ①由题意知m≠0，可设直线AB的方程为y＝－x＋b。由
消去y，得x2－x＋b2－1＝0。
因为直线y＝－x＋b与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋>0， (*)
将AB的中点M代入直线方程y＝mx＋，解得b＝－， (**)
由(*)(**)得m<－或m>。
②令t＝∈∪，则t2∈。
则|AB|＝·，
且O到直线AB的距离为d＝。
设△AOB的面积为S(t)，
所以S(t)＝|AB|·d
＝≤，
当且仅当t2＝时，等号成立，此时满足t2∈。
故△AOB面积的最大值为。
考点二 范围问题
【例2】 (2018·浙江高考)如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2＝4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上。
(1)设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；
(2)若P是半椭圆x2＋＝1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围。
解 (1)设P(x0，y0)，A，B。
因为PA，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程2＝4·，
即y2－2y0y＋8x0－y＝0的两个不同的实根，
所以y1＋y2＝2y0，
因此，PM垂直于y轴。
(2)由(1)可知
所以|PM|＝(y＋y)－x0＝y－3x0，
|y1－y2|＝2。
因此，△PAB的面积S△PAB＝|PM|·|y1－y2|＝(y－4x0)。
因为x＋＝1(x0<0)，
所以y－4x0＝－4x－4x0＋4∈[4,5]，
因此，△PAB面积的取值范围是。
范围问题与最值问题方法类似，也是从几何法和代数法两种角度思考问题，但是范围问题比最值问题更为灵活。
【变式训练】 设O为坐标原点，已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的离心率为，抛物线C2：x2＝－ay的准线方程为y＝。
(1)求椭圆C1和抛物线C2的方程；
(2)设过定点M(0,2)的直线l与椭圆C1交于不同的两点P，Q，若O在以线段PQ为直径的圆的外部，求直线l的斜率k的取值范围。
解 (1)由题意得＝，所以a＝2，故抛物线C2的方程为x2＝－2y。
又e＝＝，所以c＝，所以b＝1，从而椭圆C1的方程为＋y2＝1。
(2)显然直线x＝0不满足题设条件，故可设直线l：y＝kx＋2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)。
由得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0。
因为Δ＝(16k)2－4×12(1＋4k2)>0，
所以k∈∪。
x1＋x2＝，x1x2＝，
根据题意，得0°<∠POQ<90°，即·>0，
所以·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝＋2k×＋4＝>0，解得－2
考点三 证明问题
【例3】 (2018·全国卷Ⅲ)已知斜率为k的直线l与椭圆C：＋＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m>0)。
(1)证明：k<－；
(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且＋＋＝0，证明：||，||，||成等差数列，并求该数列的公差。
解 (1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则＋＝1，＋＝1。
两式相减，并由＝k，
得＋·k＝0。
由题设知＝1，＝m，
于是k＝－。 ①
由题设得0
(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0,0)。
由(1)及题设得x3＝3－(x1＋x2)＝1，
y3＝－(y1＋y2)＝－2m<0。
又点P在C上，所以m＝，
从而P，||＝。
于是||＝
＝＝2－。
同理||＝2－。
所以||＋||＝4－(x1＋x2)＝3。
故2||＝||＋||，
即||，||，||成等差数列。
设该数列的公差为d，则
2|d|＝|||－|||＝|x1－x2|
＝。 ②
将m＝代入①得k＝－1。
所以l的方程为y＝－x＋，代入C的方程，并整理得7x2－14x＋＝0。
故x1＋x2＝2，x1x2＝，
代入②解得|d|＝。
所以该数列的公差为或－。
圆锥曲线中的证明问题常见的有：位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数量关系方面的，如等量关系、恒成立等。在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接证明法，但有时也会用到反证法。
【变式训练】 (2018·石家庄二模)已知圆C：(x－1)2＋y2＝r2(r>1)，设A为圆C与x轴负半轴的交点，过点A作圆C的弦AM，并使弦AM的中点恰好落在y轴上。
(1)求点M的轨迹E的方程；
(2)延长MC交曲线E于点N，曲线E在点N处的切线与直线AM交于点B，试判断以点B为圆心，线段BC长为半径的圆与直线MN的位置关系，并证明你的结论。
解 (1)设M(x，y)，由题意可知，A(1－r,0)，AM的中点D，x>0，
因为C(1,0)，所以＝，＝。
在⊙C中，因为CD⊥DM，所以·＝0，
所以x－＝0，即y2＝4x(x>0)，
所以点M的轨迹E的方程为y2＝4x(x>0)。
(2)设直线MN的方程为x＝my＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线BN的方程为y＝k＋y2，
⇒y2－4my－4＝0，
可得y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，
又r－1＝x1，则点A(－x1,0)，
所以直线AM的方程为y＝x＋。
⇒ky2－4y＋4y2－ky＝0，
由Δ＝0可得k＝，
则直线BN的方程为y＝x＋。
联立
可得xB＝－1，yB＝＝＝2m，
所以点B(－1,2m)，
|BC|＝＝2，
所以点B到直线MN的距离d＝＝＝2＝|BC|，
所以⊙B与直线MN相切。
(配合例1、例2使用)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，以F1F2为直径的圆与直线ax＋2by－ab＝0相切。
(1)求椭圆C的离心率；
(2)如图，过F1作直线l与椭圆分别交于P，Q两点，若△PQF2的周长为4，求·的最大值。
解 (1)由题意知＝c，
即3a2b2＝c2(a2＋4b2)＝(a2－b2)(a2＋4b2)。
化简得a2＝2b2，所以e＝。
(2)因为△PQF2的周长为4，所以4a＝4，得a＝，
由(1)知b2＝1，所以椭圆C的方程为＋y2＝1，且焦点F1(－1,0)，F2(1,0)，
①若直线l的斜率不存在，则直线l⊥x轴，直线方程为x＝－1，P，Q，＝，＝，故·＝。
②若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x＋1)，
由
消去y并整理得(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝，
y1y2＝k2(x1＋1)(x2＋1)＝k2x1x2＋k2(x1＋x2)＋k2，
·＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2)
＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2
＝(k2＋1)x1x2＋(k2－1)(x1＋x2)＋k2＋1
＝(k2＋1)＋(k2－1)＋k2＋1
＝＝－，
由k2>0可得·∈。
综上，·∈，
所以·的最大值是。
第2课时 定点、定值、探索性问题
考点一 定点问题
【例1】 (2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，四点P1(1,1)，P2(0,1)，P3，P4中恰有三点在椭圆C上。
(1)求C的方程；
(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点。若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点。
解 (1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点。
又由＋>＋知，C不经过点P1，所以点P2在C上。因此解得故C的方程为＋y2＝1。
(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐标分别为，。
则k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合题设。从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)。
将y＝kx＋m代入＋y2＝1，得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0。
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝。
而k1＋k2＝＋＝＋＝。
由题设知k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0。即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0。解得k＝－。
当且仅当m>－1时，Δ>0，于是l：y＝－x＋m，即y＋1＝－(x－2)，所以l过定点(2，－1)。
求解直线或圆锥曲线过定点问题的基本思路是：把直线或圆锥曲线方程中的变量x，y看成常数，把方程的一端化为零，将方程转化为以参数为主变量的方程，这个方程对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或圆锥曲线所过的定点。
【变式训练】 (2019·贵阳摸底)过抛物线C：y2＝4x的焦点F且斜率为k的直线l交抛物线C于A，B两点，且|AB|＝8。
(1)求l的方程；
(2)若A关于x轴的对称点为D，求证：直线BD过定点，并求出该点的坐标。
解 (1)易知点F的坐标为(1,0)，则直线l的方程为y＝k(x－1)，代入抛物线方程y2＝4x得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，由题意知k≠0，且[－(2k2＋4)]2－4k2·k2＝16(k2＋1)>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
所以x1＋x2＝，x1x2＝1，
由抛物线的定义知|AB|＝x1＋x2＋2＝8，
所以＝6，所以k2＝1，即k＝±1，
所以直线l的方程为y＝±(x－1)。
(2)证明：由抛物线的对称性知，D点的坐标为(x1，－y1)，直线BD的斜率kBD＝＝＝，
所以直线BD的方程为y＋y1＝(x－x1)，
即(y2－y1)y＋y2y1－y＝4x－4x1，
因为y＝4x1，y＝4x2，x1x2＝1，
所以(y1y2)2＝16x1x2＝16，
即y1y2＝－4(y1，y2异号)，
所以直线BD的方程为4(x＋1)＋(y1－y2)y＝0，恒过点(－1，0)。
考点二 定值问题
【例2】 (2018·北京高考)已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1,2)。过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N。
(1)求直线l的斜率的取值范围；
(2)设O为原点，＝λ，＝μ，求证：＋为定值。
解 (1)因为抛物线y2＝2px过点(1,2)，
所以2p＝4，即p＝2。
故抛物线C的方程为y2＝4x。
由题意知，直线l的斜率存在且不为0。
设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)。
由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0。
依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，
解得k<0或0
所以直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)。
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)。
由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝。
直线PA的方程为y－2＝(x－1)。
令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝＋2＝＋2。
同理得点N的纵坐标为yN＝＋2。
由＝λ，＝μ得λ＝1－yM，μ＝1－yN。
所以＋＝＋
＝＋
＝·
＝·＝2。
所以＋为定值。
求解圆锥曲线中定值问题的基本思路
1．从特殊元素入手，求出定值，再证明这个值与变量无关。
2．直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值。
【变式训练】 (2018·南宁二模)已知抛物线C：y2＝ax(a>0)上一点P到焦点F的距离为2t。
(1)求抛物线C的方程；
(2)抛物线C上一点A的纵坐标为1，过点Q(3，－1)的直线与抛物线C交于M，N两个不同的点(均与点A不重合)，设直线AM，AN的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值。
解 (1)由抛物线的定义可知|PF|＝t＋＝2t，则a＝4t，
由点P在抛物线上，得at＝，
所以a×＝，则a2＝1，
由a>0，得a＝1，
所以抛物线C的方程为y2＝x。
(2)证明：因为点A在抛物线C上，且yA＝1，
所以xA＝1。
所以A(1,1)，设过点Q(3，－1)的直线的方程为x－3＝m(y＋1)，
即x＝my＋m＋3，
代入y2＝x得y2－my－m－3＝0。
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则y1＋y2＝m，y1y2＝－m－3，
所以k1k2＝·
＝
＝－。
所以k1k2为定值。
考点三 探索性问题
【例3】 椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个焦点为F1(－，0)，M(1，y)(y>0)为椭圆上的一点，△MOF1的面积为。
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若点T在圆x2＋y2＝1上，是否存在过点A(2,0)的直线l交椭圆C于点B，使＝(＋)？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由。
解 (1)由椭圆的一个焦点为F1(－，0)知c＝，即a2－b2＝3①。
又因为△MOF1的面积为，即××y＝，得y＝，所以M，
代入椭圆方程，得＋＝－1②。
由①②解得a2＝4，b2＝1。
故椭圆C的标准方程为＋y2＝1。
(2)假设存在过点A(2,0)的直线l符合题意，则结合图形(图略)易知直线l的斜率必存在，于是可设直线l的方程为y＝k(x－2)，
由
得(1＋4k2)x2－16k2x＋16k2－4＝0，(*)
解得xB＝，
所以yB＝－，即B，
所以＋＝，
则＝。
因为点T在圆x2＋y2＝1上，
所以＝1，
化简得176k4－24k2－5＝0，
解得k2＝(负值舍去)，所以k＝±，
经检验，此时(*)对应的判别式Δ>0，满足题意。
故存在满足条件的直线l，其方程为
y＝±(x－2)。
探索性问题的求解方法：先假设成立，在假设成立的前提下求出与已知、定理或公理相同的结论，说明结论成立，否则说明结论不成立。
【变式训练】 (2019·南宁、柳州联考)如图，椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点P，离心率e＝，直线l的方程为x＝4。
(1)求椭圆C的方程；
(2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P)，设直线AB与直线l相交于点M，记直线PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3。问：是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由。
解 (1)由P在椭圆C上得，＋＝1①，
由e＝＝知a＝2c，则b2＝3c2②，
②代入①，解得c2＝1，a2＝4，b2＝3。
故椭圆C的方程为＋＝1。
(2)由题意可设直线AB的斜率为k，
则直线AB的方程为y＝k(x－1)③，
代入椭圆方程，并整理，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1≠x2≠1，则有
x1＋x2＝，x1x2＝④，
在方程③中令x＝4得，点M的坐标为(4,3k)。
从而k1＝，k2＝，
k3＝＝k－。
因为A，F，B三点共线，所以有k＝kAF＝kBF，
即有＝＝k，
所以k1＋k2＝＋＝＋－＝2k－·⑤，
将④代入⑤得k1＋k2＝2k－·＝2k－1，
又k3＝k－，所以k1＋k2＝2k3。故存在常数λ＝2符合题意。
1．(配合例1、例2使用)已知直线l：x＝my＋1过椭圆C：＋＝1的右焦点F，抛物线x2＝4y的焦点为椭圆C的上顶点，且l交椭圆C于A，B两点，点A，F，B在直线x＝4上的射影依次为D，K，E。
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l交y轴于点M，且＝λ1，＝λ2，当m变化时，证明：λ1＋λ2为定值；
(3)当m变化时，直线AE与BD是否相交于定点？若是，请求出定点的坐标，并给予证明；否则，说明理由。
解 (1)因为l：x＝my＋1过椭圆C的右焦点F，
所以右焦点F(1,0)，c＝1，即c2＝1。
因为x2＝4y的焦点(0，)为椭圆C的上顶点，
所以b＝，即b2＝3，a2＝b2＋c2＝4，
所以椭圆C的方程为＋＝1。
(2)由题意知m≠0，由
得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0。
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝－，y1y2＝－。
因为＝λ1，＝λ2，M，
所以＝λ1(1－x1，－y1)，
＝λ2(1－x2，－y2)，
所以λ1＝－1－，λ2＝－1－，
所以λ1＋λ2＝－2－＝－2－÷＝－。
综上所述，当m变化时，λ1＋λ2为定值－。
(3)当m＝0时，直线l⊥x轴，则四边形ABED为矩形，易知AE与BD相交于点N，猜想当m变化时，直线AE与BD相交于定点N，证明如下：
＝＝，
易知E(4，y2)，则＝。
因为y2－(－y1)＝(y1＋y2)－my1y2＝－m＝0，
所以∥，即A，N，E三点共线。
同理可得B，N，D三点共线。
则猜想成立，故当m变化时，直线AE与BD相交于定点N。
2．(配合例3使用)已知椭圆C的中心在原点，离心率等于，它的一个短轴端点恰好是抛物线x2＝8y的焦点。
(1)求椭圆C的方程；
(2)如图，已知P(2,3)，Q(2，－3)是椭圆上的两点，A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点。
①若直线AB的斜率为，求四边形APBQ面积的最大值；
②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的方程为＋＝1(a>b>0)，则b＝2。由＝，a2＝c2＋b2，得a＝4，
所以椭圆C的方程为＋＝1。
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)。
①设直线AB的方程为y＝x＋t，
代入＋＝1，得x2＋tx＋t2－12＝0，
由Δ>0，解得－4
x1＋x2＝－t，x1x2＝t2－12，
所以|x1－x2|＝
＝＝。
所以四边形APBQ的面积
S＝×6×|x1－x2|＝3。
所以当t＝0时，S取得最大值，且Smax＝12。
②若∠APQ＝∠BPQ，则直线PA，PB的斜率之和为0，设直线PA的斜率为k，则直线PB的斜率为－k，直线PA的方程为y－3＝k(x－2)，
由
得(3＋4k2)x2＋8(3－2k)kx＋4(3－2k)2－48＝0，
所以x1＋2＝，
将k换成－k可得x2＋2＝＝，
所以x1＋x2＝，x1－x2＝，
所以kAB＝＝
＝＝，
所以直线AB的斜率为定值。
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。
技巧一 巧用平面几何性质
【例1】 已知O为坐标原点，F是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点。P为C上一点，且PF⊥x轴。过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E。若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为( )
A． B．
C． D．
【解析】 设OE的中点为N，如图，因为MF∥OE，所以有＝，＝。又因为OE＝2ON，所以有＝·，解得e＝＝，故选A。
【答案】 A
此题也可以用解析法解决，但有一定的计算量，巧用三角形的相似比可简化计算。
【变式训练1】 如图，F1，F2是椭圆C1：＋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． B．
C． D．
解析 由已知，得F1(－，0)，F2(，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，可得解得a2＝2，故a＝。所以双曲线C2的离心率e＝＝。
答案 D
技巧二 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“点差法”求解。
【例2】 已知椭圆E：＋＝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．＋＝1 B．＋＝1
C．＋＝1 D．＋＝1
【解析】 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，
①－②得＋＝0，
所以kAB＝＝－＝。
又kAB＝＝，所以＝。
又9＝c2＝a2－b2，解得b2＝9，a2＝18，
所以椭圆E的方程为＋＝1。
【答案】 D
本题设出A，B两点的坐标，却不求出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。
【变式训练2】 过点M(1,1)作斜率为－的直线与椭圆C：＋＝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
所以＋＝0，
所以＝－·。
因为＝－，x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，
所以－＝－。所以a2＝2b2。
又因为b2＝a2－c2，
所以a2＝2(a2－c2)，
所以a2＝2c2，所以＝。
即椭圆C的离心率e＝。
答案
技巧三 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。
【例3】 已知椭圆＋y2＝1的左顶点为A，过A作两条互相垂直的弦AM，AN交椭圆于M，N两点。
(1)当直线AM的斜率为1时，求点M的坐标；
(2)当直线AM的斜率变化时，直线MN是否过x轴上的一定点？若过定点，请给出证明，并求出该定点；若不过定点，请说明理由。
【解】 (1)直线AM的斜率为1时，直线AM的方程为y＝x＋2，代入椭圆方程并化简得5x2＋16x＋12＝0。
解得x1＝－2，x2＝－，所以M。
(2)设直线AM的斜率为k，直线AM的方程为y＝k(x＋2)，
联立方程
化简得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0。
则xA＋xM＝，又xA＝－2，
则xM＝－xA－＝2－＝。
同理，可得xN＝。
由(1)知若存在定点，则此点必为P。
证明如下：
因为kMP＝＝＝，
同理可计算得kPN＝。
所以直线MN过x轴上的一定点P。
本例在第(2)问中可应用根与系数的关系求出xM＝，这体现了整体思想。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。
【变式训练3】 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且经过点P，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，求以F2为圆心且与直线l相切的圆的方程。
解 (1)由＝，得a＝2c，
所以a2＝4c2，b2＝3c2，
将点P的坐标代入椭圆方程得c2＝1，故所求椭圆方程为＋＝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＝，
y1y2＝，r0＝，
所以S△AF2B＝S△AF1F2＋S△BF1F2＝|F1F2|·|y1－y2|＝|F1F2|·＝。
而S△AF2B＝|AB|r0＋|BF2|r0＋|AF2|r0＝r0(|AB|＋|BF2|＋|AF2|)
＝r0(|AF1|＋|BF1|＋|BF2|＋|AF2|)
＝r0·4a＝×8×＝，
所以＝，解得t2＝1，
因为所求圆与直线l相切，
所以半径r＝＝，
所以所求圆的方程为(x－1)2＋y2＝2。
技巧四 巧妙“换元”减少运算量
变量换元的关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而将非标准型问题转化为标准型问题，将复杂问题简单化。变量换元法常用于求解复合函数的值域、三角函数的化简或求值等问题。
【例4】 如图，已知椭圆C的离心率为，点A，B，F分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点，且S△ABF＝1－。
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知直线l：y＝kx＋m与圆O：x2＋y2＝1相切，若直线l与椭圆C交于M，N两点，求△OMN面积的最大值。
【解】 (1)由已知椭圆的焦点在x轴上，设其方程为＋＝1(a>b>0)，则A(a,0)，B(0，b)，F(c,0)(c＝)。
由已知可得e2＝＝，
所以a2＝4b2，即a＝2b，可得c＝b①。
S△AFB＝×|AF|×|OB|＝(a－c)b＝1－②。
将①代入②，得(2b－b)b＝1－，
解得b＝1，故a＝2，c＝。
所以椭圆C的方程为＋y2＝1。
(2)圆O的圆心为坐标原点，半径r＝1，由直线l：y＝kx＋m与圆O：x2＋y2＝1相切，得＝1，故有m2＝1＋k2③。
由消去y，
得x2＋2kmx＋m2－1＝0。
由题可知k≠0，即(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，
所以Δ＝16(4k2－m2＋1)＝48k2>0。
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝＝，x1x2＝＝。
所以|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝2－4×＝④。
将③代入④中，得|x1－x2|2＝，
故|x1－x2|＝。
所以|MN|＝|x1－x2|＝×＝。
故△OMN的面积S＝|MN|×1＝××1＝。
令t＝4k2＋1，则t≥1，k2＝，代入上式，得
S＝2＝
＝ ＝
＝＝，
所以当t＝3，即4k2＋1＝3，解得k＝±时，S取得最大值，且最大值为× ＝1。
破解此类题的关键：一是利用已知条件，建立关于参数的方程，解方程，求出参数的值，二是通过变量换元法将所给函数转化为值域容易确定的另一函数，求得其值域，从而求得原函数的值域，形如y＝ax＋b±(a，b，c，d均为常数，且ac≠0)的函数常用此法求解，但在换元时一定要注意新元的取值范围，以保证等价转化，这样目标函数的值域才不会发生变化。
【变式训练4】 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。
(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
＋＝1(a>b>0)，
由题意可知2a＝4，＝，
又a2－b2＝c2，
解得a＝2，c＝，b＝1，
故椭圆C的方程为＋x2＝1。
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由
得(k2＋4)x2＋2kx－3＝0，
故x1＋x2＝－，x1x2＝－①，
设△OAB的面积为S，
由x1x2＝－<0，
知S＝(|x1|＋|x2|)＝|x1－x2|
＝＝2。
令k2＋3＝t，知t≥3，
所以S＝2。
令函数y＝t＋(t≥3)，
知y′＝1－＝>0，
所以y＝t＋在t∈[3，＋∞)上单调递增，
所以t＋≥，
所以0<≤，所以0
2019考纲考题考情
1．直线与圆锥曲线的位置关系
(1)从几何角度看，可分为三类：无公共点，仅有一个公共点及有两个相异的公共点。
(2)从代数角度看，可通过将表示直线的方程代入二次曲线的方程消元后所得方程解的情况来判断。设直线l的方程为Ax＋By＋C＝0，圆锥曲线方程为f(x，y)＝0。
由消元，
(如消去y)得ax2＋bx＋c＝0。
①若a＝0，当圆锥曲线是双曲线时，直线l与双曲线的渐近线平行；当圆锥曲线是抛物线时，直线l与抛物线的对称轴平行(或重合)。
②若a≠0，设Δ＝b2－4ac。
a．当Δ＞0时，直线和圆锥曲线相交于不同两点；
b．当Δ＝0时，直线和圆锥曲线相切于一点；
c．当Δ＜0时，直线和圆锥曲线没有公共点。
2．直线与圆锥曲线相交时的弦长问题
(1)斜率为k的直线与圆锥曲线交于两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则所得弦长：
|P1P2|＝
＝·|x1－x2|
＝
＝|y1－y2|。
(2)斜率不存在时，可求出交点坐标，直接运算(利用两点间距离公式)。
3．圆锥曲线的中点弦问题
遇到弦中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解。
在椭圆＋＝1中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝－；在双曲线－＝1中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝；在抛物线y2＝2px(p＞0)中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝。在使用根与系数关系时，要注意前提条件是Δ≥0。
点差法的常见结论(设AB为圆锥曲线的弦，点M为弦AB的中点)：
标准方程
点差法结论
＋＝1(a>b>0)
kAB·kOM＝－
＋＝1(a>b>0)
kAB·kOM＝－
－＝1(a>0，b>0)
kAB·kOM＝
－＝1(a>0，b>0)
kAB·kOM＝
y2＝2px(p≠0)
kAB＝(y0为中点M的纵坐标)
x2＝2py(p≠0)
kAB＝(x0为中点M的横坐标)
一、走进教材
1．(选修2－1P71例6改编)过点(0,1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，这样的直线有( )
A．1条 B．2条
C．3条 D．4条
解析 结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x＝0，过点(0,1)且平行于x轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线(非直线x＝0)。故选C。
答案 C
二、走出误区
微提醒：①没有发现直线过定点，导致运算量偏大；②不会用函数法解最值问题；③错用双曲线的几何性质。
2．直线y＝kx－k＋1与椭圆＋＝1的位置关系为( )
A．相交 B．相切
C．相离 D．不确定
解析 直线y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1恒过定点(1,1)，又点(1,1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交。故选A。
答案 A
3．如图，两条距离为4的直线都与y轴平行，它们与抛物线y2＝－2px(0
A．x＝－2 B．x＝－
C．x＝－ D．x＝－1
解析 根据题意，由抛物线的准线与圆相切可得＝1或7，又0
4．已知点F1，F2分别是双曲线－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，过F1且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，若△ABF2是钝角三角形，则该双曲线离心率的取值范围是________。
解析 由题设条件可知△ABF2为等腰三角形，只要∠AF2B为钝角即可，所以有>2c，即b2>2ac，所以c2－a2>2ac，即e2－2e－1>0，所以e>1＋。
答案 (1＋，＋∞)
第1课时 最值、范围、证明问题
考点一 最值问题
【例1】 (2019·广东六校联考)已知圆C：(x＋2)2＋y2＝36与定点M(2，0)，动圆I过M点且与圆C相切。
(1)求动圆圆心I的轨迹E的方程；
(2)若过定点N(0,2)的直线l交轨迹E于不同的两点A，B，求|AB|的最大值。
解 (1)设动圆I的半径为r，由题意可知，点I(x，y)满足|IC|＝6－r，|IM|＝r，
所以|IC|＋|IM|＝6。
由椭圆的定义知点I的轨迹为以C，M为左、右焦点的椭圆，且其长半轴长a＝3，半焦距c＝2，可得短半轴长b＝1，
故轨迹E的方程为＋y2＝1。
(2)当直线l的斜率不存在时，A(0,1)，B(0，－1)或A(0，－1)，B(0,1)，此时|AB|＝2。
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为
y＝kx＋2，由
消去y得，(1＋9k2)x2＋36kx＋27＝0，
由Δ＝(36k)2－108(1＋9k2)>0，得k2>。
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
可得x1＋x2＝－，x1x2＝，
|AB|＝|x1－x2|
＝·
＝，
令1＋9k2＝t，则t>4，
|AB|＝
＝2
＝2，
又因为∈，
所以当＝，即k＝±时，|AB|max＝。
综上，|AB|的最大值为。
圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是几何方法，即通过利用圆锥曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)变量的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解。
【变式训练】 (1)设P是椭圆＋＝1上一点，M，N分别是两圆：(x＋4)2＋y2＝1和(x－4)2＋y2＝1上的点，则|PM|＋|PN|的最小值、最大值分别为( )
A．9,12 B．8,11 C．8,12 D．10,12
(2)(2019·邢台模拟)已知椭圆＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋对称。
①求实数m的取值范围；
②求△AOB面积的最大值(O为坐标原点)。
(1)解析 如图，由椭圆及圆的方程可知两圆圆心分别为椭圆的两个焦点，由椭圆定义知|PA|＋|PB|＝2a＝10，连接PA，PB分别与圆相交于两点M，N，此时|PM|＋|PN|最小，最小值为|PA|＋|PB|－2R＝8；连接PA，PB并延长，分别与圆相交于两点M，N，此时|PM|＋|PN|最大，最大值为|PA|＋|PB|＋2R＝12，即最小值和最大值分别为8,12。故选C。
答案 C
(2)解 ①由题意知m≠0，可设直线AB的方程为y＝－x＋b。由
消去y，得x2－x＋b2－1＝0。
因为直线y＝－x＋b与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋>0， (*)
将AB的中点M代入直线方程y＝mx＋，解得b＝－， (**)
由(*)(**)得m<－或m>。
②令t＝∈∪，则t2∈。
则|AB|＝·，
且O到直线AB的距离为d＝。
设△AOB的面积为S(t)，
所以S(t)＝|AB|·d
＝≤，
当且仅当t2＝时，等号成立，此时满足t2∈。
故△AOB面积的最大值为。
考点二 范围问题
【例2】 (2018·浙江高考)如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2＝4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上。
(1)设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；
(2)若P是半椭圆x2＋＝1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围。
解 (1)设P(x0，y0)，A，B。
因为PA，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程2＝4·，
即y2－2y0y＋8x0－y＝0的两个不同的实根，
所以y1＋y2＝2y0，
因此，PM垂直于y轴。
(2)由(1)可知
所以|PM|＝(y＋y)－x0＝y－3x0，
|y1－y2|＝2。
因此，△PAB的面积S△PAB＝|PM|·|y1－y2|＝(y－4x0)。
因为x＋＝1(x0<0)，
所以y－4x0＝－4x－4x0＋4∈[4,5]，
因此，△PAB面积的取值范围是。
范围问题与最值问题方法类似，也是从几何法和代数法两种角度思考问题，但是范围问题比最值问题更为灵活。
【变式训练】 设O为坐标原点，已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的离心率为，抛物线C2：x2＝－ay的准线方程为y＝。
(1)求椭圆C1和抛物线C2的方程；
(2)设过定点M(0,2)的直线l与椭圆C1交于不同的两点P，Q，若O在以线段PQ为直径的圆的外部，求直线l的斜率k的取值范围。
解 (1)由题意得＝，所以a＝2，故抛物线C2的方程为x2＝－2y。
又e＝＝，所以c＝，所以b＝1，从而椭圆C1的方程为＋y2＝1。
(2)显然直线x＝0不满足题设条件，故可设直线l：y＝kx＋2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)。
由得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0。
因为Δ＝(16k)2－4×12(1＋4k2)>0，
所以k∈∪。
x1＋x2＝，x1x2＝，
根据题意，得0°<∠POQ<90°，即·>0，
所以·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝＋2k×＋4＝>0，解得－2
考点三 证明问题
【例3】 (2018·全国卷Ⅲ)已知斜率为k的直线l与椭圆C：＋＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m>0)。
(1)证明：k<－；
(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且＋＋＝0，证明：||，||，||成等差数列，并求该数列的公差。
解 (1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则＋＝1，＋＝1。
两式相减，并由＝k，
得＋·k＝0。
由题设知＝1，＝m，
于是k＝－。 ①
由题设得0
(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0,0)。
由(1)及题设得x3＝3－(x1＋x2)＝1，
y3＝－(y1＋y2)＝－2m<0。
又点P在C上，所以m＝，
从而P，||＝。
于是||＝
＝＝2－。
同理||＝2－。
所以||＋||＝4－(x1＋x2)＝3。
故2||＝||＋||，
即||，||，||成等差数列。
设该数列的公差为d，则
2|d|＝|||－|||＝|x1－x2|
＝。 ②
将m＝代入①得k＝－1。
所以l的方程为y＝－x＋，代入C的方程，并整理得7x2－14x＋＝0。
故x1＋x2＝2，x1x2＝，
代入②解得|d|＝。
所以该数列的公差为或－。
圆锥曲线中的证明问题常见的有：位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数量关系方面的，如等量关系、恒成立等。在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接证明法，但有时也会用到反证法。
【变式训练】 (2018·石家庄二模)已知圆C：(x－1)2＋y2＝r2(r>1)，设A为圆C与x轴负半轴的交点，过点A作圆C的弦AM，并使弦AM的中点恰好落在y轴上。
(1)求点M的轨迹E的方程；
(2)延长MC交曲线E于点N，曲线E在点N处的切线与直线AM交于点B，试判断以点B为圆心，线段BC长为半径的圆与直线MN的位置关系，并证明你的结论。
解 (1)设M(x，y)，由题意可知，A(1－r,0)，AM的中点D，x>0，
因为C(1,0)，所以＝，＝。
在⊙C中，因为CD⊥DM，所以·＝0，
所以x－＝0，即y2＝4x(x>0)，
所以点M的轨迹E的方程为y2＝4x(x>0)。
(2)设直线MN的方程为x＝my＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线BN的方程为y＝k＋y2，
⇒y2－4my－4＝0，
可得y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，
又r－1＝x1，则点A(－x1,0)，
所以直线AM的方程为y＝x＋。
⇒ky2－4y＋4y2－ky＝0，
由Δ＝0可得k＝，
则直线BN的方程为y＝x＋。
联立
可得xB＝－1，yB＝＝＝2m，
所以点B(－1,2m)，
|BC|＝＝2，
所以点B到直线MN的距离d＝＝＝2＝|BC|，
所以⊙B与直线MN相切。
(配合例1、例2使用)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，以F1F2为直径的圆与直线ax＋2by－ab＝0相切。
(1)求椭圆C的离心率；
(2)如图，过F1作直线l与椭圆分别交于P，Q两点，若△PQF2的周长为4，求·的最大值。
解 (1)由题意知＝c，
即3a2b2＝c2(a2＋4b2)＝(a2－b2)(a2＋4b2)。
化简得a2＝2b2，所以e＝。
(2)因为△PQF2的周长为4，所以4a＝4，得a＝，
由(1)知b2＝1，所以椭圆C的方程为＋y2＝1，且焦点F1(－1,0)，F2(1,0)，
①若直线l的斜率不存在，则直线l⊥x轴，直线方程为x＝－1，P，Q，＝，＝，故·＝。
②若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x＋1)，
由
消去y并整理得(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝，
y1y2＝k2(x1＋1)(x2＋1)＝k2x1x2＋k2(x1＋x2)＋k2，
·＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2)
＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2
＝(k2＋1)x1x2＋(k2－1)(x1＋x2)＋k2＋1
＝(k2＋1)＋(k2－1)＋k2＋1
＝＝－，
由k2>0可得·∈。
综上，·∈，
所以·的最大值是。
第2课时 定点、定值、探索性问题
考点一 定点问题
【例1】 (2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，四点P1(1,1)，P2(0,1)，P3，P4中恰有三点在椭圆C上。
(1)求C的方程；
(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点。若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点。
解 (1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点。
又由＋>＋知，C不经过点P1，所以点P2在C上。因此解得故C的方程为＋y2＝1。
(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐标分别为，。
则k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合题设。从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)。
将y＝kx＋m代入＋y2＝1，得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0。
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝。
而k1＋k2＝＋＝＋＝。
由题设知k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0。即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0。解得k＝－。
当且仅当m>－1时，Δ>0，于是l：y＝－x＋m，即y＋1＝－(x－2)，所以l过定点(2，－1)。
求解直线或圆锥曲线过定点问题的基本思路是：把直线或圆锥曲线方程中的变量x，y看成常数，把方程的一端化为零，将方程转化为以参数为主变量的方程，这个方程对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或圆锥曲线所过的定点。
【变式训练】 (2019·贵阳摸底)过抛物线C：y2＝4x的焦点F且斜率为k的直线l交抛物线C于A，B两点，且|AB|＝8。
(1)求l的方程；
(2)若A关于x轴的对称点为D，求证：直线BD过定点，并求出该点的坐标。
解 (1)易知点F的坐标为(1,0)，则直线l的方程为y＝k(x－1)，代入抛物线方程y2＝4x得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，由题意知k≠0，且[－(2k2＋4)]2－4k2·k2＝16(k2＋1)>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
所以x1＋x2＝，x1x2＝1，
由抛物线的定义知|AB|＝x1＋x2＋2＝8，
所以＝6，所以k2＝1，即k＝±1，
所以直线l的方程为y＝±(x－1)。
(2)证明：由抛物线的对称性知，D点的坐标为(x1，－y1)，直线BD的斜率kBD＝＝＝，
所以直线BD的方程为y＋y1＝(x－x1)，
即(y2－y1)y＋y2y1－y＝4x－4x1，
因为y＝4x1，y＝4x2，x1x2＝1，
所以(y1y2)2＝16x1x2＝16，
即y1y2＝－4(y1，y2异号)，
所以直线BD的方程为4(x＋1)＋(y1－y2)y＝0，恒过点(－1，0)。
考点二 定值问题
【例2】 (2018·北京高考)已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1,2)。过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N。
(1)求直线l的斜率的取值范围；
(2)设O为原点，＝λ，＝μ，求证：＋为定值。
解 (1)因为抛物线y2＝2px过点(1,2)，
所以2p＝4，即p＝2。
故抛物线C的方程为y2＝4x。
由题意知，直线l的斜率存在且不为0。
设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)。
由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0。
依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，
解得k<0或0
所以直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)。
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)。
由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝。
直线PA的方程为y－2＝(x－1)。
令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝＋2＝＋2。
同理得点N的纵坐标为yN＝＋2。
由＝λ，＝μ得λ＝1－yM，μ＝1－yN。
所以＋＝＋
＝＋
＝·
＝·＝2。
所以＋为定值。
求解圆锥曲线中定值问题的基本思路
1．从特殊元素入手，求出定值，再证明这个值与变量无关。
2．直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值。
【变式训练】 (2018·南宁二模)已知抛物线C：y2＝ax(a>0)上一点P到焦点F的距离为2t。
(1)求抛物线C的方程；
(2)抛物线C上一点A的纵坐标为1，过点Q(3，－1)的直线与抛物线C交于M，N两个不同的点(均与点A不重合)，设直线AM，AN的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值。
解 (1)由抛物线的定义可知|PF|＝t＋＝2t，则a＝4t，
由点P在抛物线上，得at＝，
所以a×＝，则a2＝1，
由a>0，得a＝1，
所以抛物线C的方程为y2＝x。
(2)证明：因为点A在抛物线C上，且yA＝1，
所以xA＝1。
所以A(1,1)，设过点Q(3，－1)的直线的方程为x－3＝m(y＋1)，
即x＝my＋m＋3，
代入y2＝x得y2－my－m－3＝0。
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则y1＋y2＝m，y1y2＝－m－3，
所以k1k2＝·
＝
＝－。
所以k1k2为定值。
考点三 探索性问题
【例3】 椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个焦点为F1(－，0)，M(1，y)(y>0)为椭圆上的一点，△MOF1的面积为。
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若点T在圆x2＋y2＝1上，是否存在过点A(2,0)的直线l交椭圆C于点B，使＝(＋)？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由。
解 (1)由椭圆的一个焦点为F1(－，0)知c＝，即a2－b2＝3①。
又因为△MOF1的面积为，即××y＝，得y＝，所以M，
代入椭圆方程，得＋＝－1②。
由①②解得a2＝4，b2＝1。
故椭圆C的标准方程为＋y2＝1。
(2)假设存在过点A(2,0)的直线l符合题意，则结合图形(图略)易知直线l的斜率必存在，于是可设直线l的方程为y＝k(x－2)，
由
得(1＋4k2)x2－16k2x＋16k2－4＝0，(*)
解得xB＝，
所以yB＝－，即B，
所以＋＝，
则＝。
因为点T在圆x2＋y2＝1上，
所以＝1，
化简得176k4－24k2－5＝0，
解得k2＝(负值舍去)，所以k＝±，
经检验，此时(*)对应的判别式Δ>0，满足题意。
故存在满足条件的直线l，其方程为
y＝±(x－2)。
探索性问题的求解方法：先假设成立，在假设成立的前提下求出与已知、定理或公理相同的结论，说明结论成立，否则说明结论不成立。
【变式训练】 (2019·南宁、柳州联考)如图，椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点P，离心率e＝，直线l的方程为x＝4。
(1)求椭圆C的方程；
(2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P)，设直线AB与直线l相交于点M，记直线PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3。问：是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由。
解 (1)由P在椭圆C上得，＋＝1①，
由e＝＝知a＝2c，则b2＝3c2②，
②代入①，解得c2＝1，a2＝4，b2＝3。
故椭圆C的方程为＋＝1。
(2)由题意可设直线AB的斜率为k，
则直线AB的方程为y＝k(x－1)③，
代入椭圆方程，并整理，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1≠x2≠1，则有
x1＋x2＝，x1x2＝④，
在方程③中令x＝4得，点M的坐标为(4,3k)。
从而k1＝，k2＝，
k3＝＝k－。
因为A，F，B三点共线，所以有k＝kAF＝kBF，
即有＝＝k，
所以k1＋k2＝＋＝＋－＝2k－·⑤，
将④代入⑤得k1＋k2＝2k－·＝2k－1，
又k3＝k－，所以k1＋k2＝2k3。故存在常数λ＝2符合题意。
1．(配合例1、例2使用)已知直线l：x＝my＋1过椭圆C：＋＝1的右焦点F，抛物线x2＝4y的焦点为椭圆C的上顶点，且l交椭圆C于A，B两点，点A，F，B在直线x＝4上的射影依次为D，K，E。
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l交y轴于点M，且＝λ1，＝λ2，当m变化时，证明：λ1＋λ2为定值；
(3)当m变化时，直线AE与BD是否相交于定点？若是，请求出定点的坐标，并给予证明；否则，说明理由。
解 (1)因为l：x＝my＋1过椭圆C的右焦点F，
所以右焦点F(1,0)，c＝1，即c2＝1。
因为x2＝4y的焦点(0，)为椭圆C的上顶点，
所以b＝，即b2＝3，a2＝b2＋c2＝4，
所以椭圆C的方程为＋＝1。
(2)由题意知m≠0，由
得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0。
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝－，y1y2＝－。
因为＝λ1，＝λ2，M，
所以＝λ1(1－x1，－y1)，
＝λ2(1－x2，－y2)，
所以λ1＝－1－，λ2＝－1－，
所以λ1＋λ2＝－2－＝－2－÷＝－。
综上所述，当m变化时，λ1＋λ2为定值－。
(3)当m＝0时，直线l⊥x轴，则四边形ABED为矩形，易知AE与BD相交于点N，猜想当m变化时，直线AE与BD相交于定点N，证明如下：
＝＝，
易知E(4，y2)，则＝。
因为y2－(－y1)＝(y1＋y2)－my1y2＝－m＝0，
所以∥，即A，N，E三点共线。
同理可得B，N，D三点共线。
则猜想成立，故当m变化时，直线AE与BD相交于定点N。
2．(配合例3使用)已知椭圆C的中心在原点，离心率等于，它的一个短轴端点恰好是抛物线x2＝8y的焦点。
(1)求椭圆C的方程；
(2)如图，已知P(2,3)，Q(2，－3)是椭圆上的两点，A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点。
①若直线AB的斜率为，求四边形APBQ面积的最大值；
②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的方程为＋＝1(a>b>0)，则b＝2。由＝，a2＝c2＋b2，得a＝4，
所以椭圆C的方程为＋＝1。
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)。
①设直线AB的方程为y＝x＋t，
代入＋＝1，得x2＋tx＋t2－12＝0，
由Δ>0，解得－4
x1＋x2＝－t，x1x2＝t2－12，
所以|x1－x2|＝
＝＝。
所以四边形APBQ的面积
S＝×6×|x1－x2|＝3。
所以当t＝0时，S取得最大值，且Smax＝12。
②若∠APQ＝∠BPQ，则直线PA，PB的斜率之和为0，设直线PA的斜率为k，则直线PB的斜率为－k，直线PA的方程为y－3＝k(x－2)，
由
得(3＋4k2)x2＋8(3－2k)kx＋4(3－2k)2－48＝0，
所以x1＋2＝，
将k换成－k可得x2＋2＝＝，
所以x1＋x2＝，x1－x2＝，
所以kAB＝＝
＝＝，
所以直线AB的斜率为定值。
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。
技巧一 巧用平面几何性质
【例1】 已知O为坐标原点，F是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点。P为C上一点，且PF⊥x轴。过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E。若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为( )
A． B．
C． D．
【解析】 设OE的中点为N，如图，因为MF∥OE，所以有＝，＝。又因为OE＝2ON，所以有＝·，解得e＝＝，故选A。
【答案】 A
此题也可以用解析法解决，但有一定的计算量，巧用三角形的相似比可简化计算。
【变式训练1】 如图，F1，F2是椭圆C1：＋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． B．
C． D．
解析 由已知，得F1(－，0)，F2(，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，可得解得a2＝2，故a＝。所以双曲线C2的离心率e＝＝。
答案 D
技巧二 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“点差法”求解。
【例2】 已知椭圆E：＋＝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．＋＝1 B．＋＝1
C．＋＝1 D．＋＝1
【解析】 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，
①－②得＋＝0，
所以kAB＝＝－＝。
又kAB＝＝，所以＝。
又9＝c2＝a2－b2，解得b2＝9，a2＝18，
所以椭圆E的方程为＋＝1。
【答案】 D
本题设出A，B两点的坐标，却不求出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。
【变式训练2】 过点M(1,1)作斜率为－的直线与椭圆C：＋＝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
所以＋＝0，
所以＝－·。
因为＝－，x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，
所以－＝－。所以a2＝2b2。
又因为b2＝a2－c2，
所以a2＝2(a2－c2)，
所以a2＝2c2，所以＝。
即椭圆C的离心率e＝。
答案
技巧三 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。
【例3】 已知椭圆＋y2＝1的左顶点为A，过A作两条互相垂直的弦AM，AN交椭圆于M，N两点。
(1)当直线AM的斜率为1时，求点M的坐标；
(2)当直线AM的斜率变化时，直线MN是否过x轴上的一定点？若过定点，请给出证明，并求出该定点；若不过定点，请说明理由。
【解】 (1)直线AM的斜率为1时，直线AM的方程为y＝x＋2，代入椭圆方程并化简得5x2＋16x＋12＝0。
解得x1＝－2，x2＝－，所以M。
(2)设直线AM的斜率为k，直线AM的方程为y＝k(x＋2)，
联立方程
化简得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0。
则xA＋xM＝，又xA＝－2，
则xM＝－xA－＝2－＝。
同理，可得xN＝。
由(1)知若存在定点，则此点必为P。
证明如下：
因为kMP＝＝＝，
同理可计算得kPN＝。
所以直线MN过x轴上的一定点P。
本例在第(2)问中可应用根与系数的关系求出xM＝，这体现了整体思想。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。
【变式训练3】 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且经过点P，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，求以F2为圆心且与直线l相切的圆的方程。
解 (1)由＝，得a＝2c，
所以a2＝4c2，b2＝3c2，
将点P的坐标代入椭圆方程得c2＝1，故所求椭圆方程为＋＝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＝，
y1y2＝，r0＝，
所以S△AF2B＝S△AF1F2＋S△BF1F2＝|F1F2|·|y1－y2|＝|F1F2|·＝。
而S△AF2B＝|AB|r0＋|BF2|r0＋|AF2|r0＝r0(|AB|＋|BF2|＋|AF2|)
＝r0(|AF1|＋|BF1|＋|BF2|＋|AF2|)
＝r0·4a＝×8×＝，
所以＝，解得t2＝1，
因为所求圆与直线l相切，
所以半径r＝＝，
所以所求圆的方程为(x－1)2＋y2＝2。
技巧四 巧妙“换元”减少运算量
变量换元的关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而将非标准型问题转化为标准型问题，将复杂问题简单化。变量换元法常用于求解复合函数的值域、三角函数的化简或求值等问题。
【例4】 如图，已知椭圆C的离心率为，点A，B，F分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点，且S△ABF＝1－。
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知直线l：y＝kx＋m与圆O：x2＋y2＝1相切，若直线l与椭圆C交于M，N两点，求△OMN面积的最大值。
【解】 (1)由已知椭圆的焦点在x轴上，设其方程为＋＝1(a>b>0)，则A(a,0)，B(0，b)，F(c,0)(c＝)。
由已知可得e2＝＝，
所以a2＝4b2，即a＝2b，可得c＝b①。
S△AFB＝×|AF|×|OB|＝(a－c)b＝1－②。
将①代入②，得(2b－b)b＝1－，
解得b＝1，故a＝2，c＝。
所以椭圆C的方程为＋y2＝1。
(2)圆O的圆心为坐标原点，半径r＝1，由直线l：y＝kx＋m与圆O：x2＋y2＝1相切，得＝1，故有m2＝1＋k2③。
由消去y，
得x2＋2kmx＋m2－1＝0。
由题可知k≠0，即(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，
所以Δ＝16(4k2－m2＋1)＝48k2>0。
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝＝，x1x2＝＝。
所以|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝2－4×＝④。
将③代入④中，得|x1－x2|2＝，
故|x1－x2|＝。
所以|MN|＝|x1－x2|＝×＝。
故△OMN的面积S＝|MN|×1＝××1＝。
令t＝4k2＋1，则t≥1，k2＝，代入上式，得
S＝2＝
＝ ＝
＝＝，
所以当t＝3，即4k2＋1＝3，解得k＝±时，S取得最大值，且最大值为× ＝1。
破解此类题的关键：一是利用已知条件，建立关于参数的方程，解方程，求出参数的值，二是通过变量换元法将所给函数转化为值域容易确定的另一函数，求得其值域，从而求得原函数的值域，形如y＝ax＋b±(a，b，c，d均为常数，且ac≠0)的函数常用此法求解，但在换元时一定要注意新元的取值范围，以保证等价转化，这样目标函数的值域才不会发生变化。
【变式训练4】 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。
(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
＋＝1(a>b>0)，
由题意可知2a＝4，＝，
又a2－b2＝c2，
解得a＝2，c＝，b＝1，
故椭圆C的方程为＋x2＝1。
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由
得(k2＋4)x2＋2kx－3＝0，
故x1＋x2＝－，x1x2＝－①，
设△OAB的面积为S，
由x1x2＝－<0，
知S＝(|x1|＋|x2|)＝|x1－x2|
＝＝2。
令k2＋3＝t，知t≥3，
所以S＝2。
令函数y＝t＋(t≥3)，
知y′＝1－＝>0，
所以y＝t＋在t∈[3，＋∞)上单调递增，
所以t＋≥，
所以0<≤，所以0
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