题型05 平面解析几何题型（定值定点问题、存在性问题、最值取值范围问题）-高考数学必考重点题型技法突破

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平面解析几何

目录
一、由题目的已知条件证明问题 1
二、定值、定点问题 5
三、存在性问题与探索性问题 15
四、最值与取值范围问题 20
常见最值与取值范围的解题技巧 20

一、由题目的已知条件证明问题
1、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上的点，且＋＋＝0.证明：||，||，||成等差数列．
【证明】　(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＝－.
由题设得0＜m＜，故k＜－.
(2)由题意得F(1，0)．设P(x3，y3)，则
(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．
2、已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)经过点M，其离心率为，设直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知直线l与圆x2＋y2＝相切，求证：OA⊥OB(O为坐标原点)．
解：(1)因为e＝＝，a2＝b2＋c2，
所以a2＝2b2，
所以椭圆C的方程为＋＝1.
因为在椭圆上，
所以＋＝1，b2＝1，a2＝2，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：因为直线l与圆x2＋y2＝相切，
所以＝，
即3m2－2k2－2＝0，由
得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)＞0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝，
所以·＝x1x2＋y1y2＝＋＝＝0，
所以OA⊥OB.

3、设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为.
（1）当与轴垂直时，求直线的方程；
（2）设为坐标原点，证明：.
解：（1）由已知得，l的方程为x=1.
由已知可得，点A的坐标为或.
所以AM的方程为或.
（2）当l与x轴重合时，.
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以.
当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为，，
则，直线MA，MB的斜率之和为.
由得
.
将代入得
.
所以，.
则.
从而，故MA，MB的倾斜角互补，所以.
综上，.

4、已知椭圆,直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，，线段的中点为．
(Ⅰ)证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；
(Ⅱ)若过点，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求此时的斜率，若不能，说明理由．
【解析】 (1)设直线，，，．
∴由得，
∴，．
∴直线的斜率，即．
即直线的斜率与的斜率的乘积为定值．
(2)四边形能为平行四边形．
∵直线过点，∴不过原点且与有两个交点的充要条件是，
由 (Ⅰ)得的方程为．设点的横坐标为．
∴由得，即
将点的坐标代入直线的方程得，因此．
四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分，即
∴．解得，．
∵，，，
∴当的斜率为或时，四边形为平行四边形．


二、定值、定点问题
求圆锥曲线中定值问题常用的方法
(1)引起变量法三个步骤：
①选择合适的量作为变量
②把变量转化为函数关系式
③化简函数，消去变量得到定值（没消去变量要注意计算是否出错）
(2)特例法：从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．　
1、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＜k＜1.
又PA，PB与y轴相交，
故直线l不过点(1，－2)．
从而k≠－3.
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．
2、已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，A为椭圆C上一点，AF2⊥F1F2，且|AF2|＝.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，过A1，A2分别作x轴的垂线l1，l2，椭圆C的一条切线l：y＝kx＋m与l1，l2分别交于M，N两点，求证：∠MF1N为定值．
解：(1)由AF2⊥F1F2，|AF2|＝，得＝.
又e＝＝，a2＝b2＋c2，
所以a2＝9，b2＝8，
故椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)证明：由题意可知，l1的方程为x＝－3，l2的方程为x＝3.
直线l分别与直线l1，l2的方程联立得M(－3，－3k＋m)，N(3，3k＋m)，
所以＝(－2，－3k＋m)，＝(4，3k＋m)，
所以·＝－8＋m2－9k2.
联立
得(9k2＋8)x2＋18kmx＋9m2－72＝0.
因为直线l与椭圆C相切，
所以Δ＝(18km)2－4(9k2＋8)·(9m2－72)＝0，
化简得m2＝9k2＋8.
所以·＝－8＋m2－9k2＝0，
所以⊥，
故∠MF1N为定值.
3、已知椭圆C：＋＝1过A(2,0)，B(0,1)两点。
(1)求椭圆C的方程及离心率；
(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N。求证：四边形ABNM的面积为定值。
【解析】　(1)由题意得，a＝2，b＝1。
所以椭圆C的方程为＋y2＝1。
又c＝＝，
所以离心率e＝＝。
(2)证明：设P(x0，y0)(x00)的左焦点F1(－1,0)，长轴长与短轴长的比是2∶。
(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：＋为定值。
【解析】　(1)由已知得
解得a＝2，b＝。故所求椭圆方程为＋＝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)。
由得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0。
由于Δ>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有
x1＋x2＝－，x1x2＝，
|AB|＝
＝
＝。同理|CD|＝。
所以＋＝＋
＝＝。
当直线m垂直于坐标轴时，此时|AB|＝3，|CD|＝4；或|AB|＝4，|CD|＝3，
所以＋＝＋＝。
综上，＋为定值。
5、已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线与椭圆交于两点，延长交椭圆于点，的周长为8.

(1)求的离心率及方程；
(2)试问：是否存在定点，使得为定值？若存在，求；若不存在，请说明理由.
【答案】(1),； (2)存在点，且.
【解析】
(1)由题意可知，，则，
又的周长为8，所以，即，
则，.
故的方程为.
(2)假设存在点，使得为定值.
若直线的斜率不存在，直线的方程为，，，
则.
若直线的斜率存在，设的方程为，
设点，，联立，得，
根据韦达定理可得：，，
由于，，
则
因为为定值，所以，
解得，故存在点，且.
6、已知平面上的动点R(x，y)及两定点A(－2,0)，B(2,0)，直线RA，RB的斜率分别为k1，k2，且k1k2＝－。设动点R的轨迹为曲线C。
(1)求曲线C的方程；
(2)四边形MNPQ的四个顶点均在曲线C上，且MQ∥NP，MQ⊥x轴。若直线MN和直线QP交于点S(4,0)，那么四边形MNPQ的两条对角线的交点是否为定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由。
【解析】　(1)由题知x≠±2，且k1＝，k2＝，则·＝－，整理得，曲线C的方程为＋＝1(y≠0)。
(2)设MP与x轴交于D(t,0)，则直线MP的方程为x＝my＋t(m≠0)，设M(x1，y1)，P(x2，y2)，由对称性知Q(x1，－y1)，N(x2，－y2)，由消去x，得(3m2＋4)y2＋6mty＋3t2－12＝0，
所以Δ＝48(3m2＋4－t2)>0，由M，N，S三点共线知kMS＝kNS，即＝，y1(my2＋t－4)＋y2(my1＋t－4)＝0，整理得2my1y2＋(t－4)(y1＋y2)＝0，所以＝0，即24m(t－1)＝0，t＝1。所以直线MP过定点D(1,0)，同理可得直线NQ也过定点D(1,0)(或由对称性判断)，即四边形MNPQ两条对角线的交点是定点，且定点坐标为(1,0)。
7、已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的上顶点为P，右顶点为Q，直线PQ与圆x2＋y2＝相切于点M.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若不经过点P的直线l与椭圆C交于A，B两点，且·＝0，求证：直线l过定点．
【解】 (1)由已知得直线OM(O为坐标原点)的斜率kOM＝2，则直线PQ的斜率kPQ＝－＝－，
所以直线PQ的方程为y－＝－，
即x＋2y＝2.可求得P(0，1)，Q(2，0)，故a＝2，b＝1，
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：当直线l的斜率不存在时，显然不满足条件．
当直线l的斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋n(n≠1)，
联立消去y整理得(4k2＋1)x2＋8knx＋4(n2－1)＝0，
Δ＝(8kn)2－4×4(4k2＋1)(n2－1)＝16(4k2＋1－n2)＞0，得4k2＋1＞n2.①
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝.②
由·＝0，得(x1，y1－1)·(x2，y2－1)＝0，又y1＝kx1＋n，y2＝kx2＋n，所以(k2＋1)x1x2＋k(n－1)(x1＋x2)＋(n－1)2＝0，③
由②③得n＝1(舍)，或n＝－，满足①.
此时l的方程为y＝kx－，故直线l过定点.
8、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)求直线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)由y2＝4x知焦点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Δ＝[－(2k2＋4)]2－4k2·k2＝16(k2＋1)＞0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝1.
由抛物线的弦长公式知|AB|＝x1＋x2＋2＝8，则＝6，即k2＝1，解得k＝±1.
所以直线l的方程为y＝±(x－1)．
(2)证明：由(1)及抛物线的对称性知，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，
对任意y1，y2∈R，有
解得
9、定椭圆C:(),称圆心在原点O,半径为的圆是椭圆C的“卫星圆”.若椭圆C的离心率,点在C上.
(1)求椭圆C的方程和其“卫星圆”方程;
(2)点P是椭圆C的“卫星圆”上的一个动点,过点P作直线,使得,与椭圆C都只有一个交点,且,分别交其“卫星圆”于点M,N,证明:弦长为定值.
【答案】(1),;(2)证明见解析.
【解析】
(1)由条件可得:
解得，
所以椭圆的方程为，
卫星圆的方程为
(2)①当，中有一条无斜率时，不妨设无斜率，
因为与椭圆只有一个公共点，则其方程为或，
当方程为时，此时与“卫星圆”交于点和，
此时经过点且与椭圆只有一个公共点的直线是
或，即为或，
∴
∴线段应为“卫星圆”的直径，
∴
②当，都有斜率时，设点，其中，
设经过点与椭圆只有一个公共点的直线为，
则，
消去y得到，
∴
∴
所以，满足条件的两直线，垂直．
∴线段应为“卫星圆”的直径，∴
综合①②知：因为，经过点，又分别交“卫星圆”于点，且，垂直，所以线段是“卫星圆”的直径，∴为定值．
10、已知P是圆F1：(x+1)2+y2＝16上任意一点，F2(1，0)，线段PF2的垂直平分线与半径PF1交于点Q，当点P在圆F1上运动时，记点Q的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)记曲线C与x轴交于A，B两点，M是直线x＝1上任意一点，直线MA，MB与曲线C的另一个交点分别为D，E，求证：直线DE过定点H(4，0).
【答案】(1)(2)证明见解析
【解析】
(1)由已知|QF1|+|QF2|＝|QF1|+|QP|＝|PF1|＝4，
所以点Q的轨迹为以为F1，F2焦点，长轴长为4的椭圆，
故2a＝4，a＝2，c＝1，b2＝a2﹣c2＝3
所以曲线C的方程为
(2)由(1)可得A(﹣2，0)，B(2，0)，设点M的坐标为(1，m)
直线MA的方程为：
将与联立消去y整理得：(4m2+27)x2+16m2x+16m2﹣108＝0，
设点D的坐标为(xD，yD)，则，
故，则
直线MB的方程为：y＝﹣m(x﹣2)
将y＝﹣m(x﹣2)与联立消去y整理得：(4m2+3)x2﹣16m2x+16m2﹣12＝0
设点E的坐标为(xE，yE)，则，
故，则
HD的斜率为
HE的斜率为
因为k1＝k2，所以直线DE经过定点H.
三、存在性问题与探索性问题
解决存在性问题，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、已知动圆C过定点F(1，0)，且与定直线x＝－1相切．
(1)求动圆圆心C的轨迹E的方程；
(2)过点M(－2，0)的任一条直线l与轨迹E交于不同的两点P，Q，试探究在x轴上是否存在定点N(异于点M)，使得∠QNM＋∠PNM＝π？若存在，求点N的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)法一：依题意知，动圆圆心C到定点F(1，0)的距离，与到定直线x＝－1的距离相等，
由抛物线的定义，可得动圆圆心C的轨迹E是以F(1，0)为焦点，x＝－1为准线的抛物线，其中p＝2.
所以动圆圆心C的轨迹E的方程为y2＝4x.
法二：设动圆圆心C(x，y)，依题意得＝|x＋1|，
化简得y2＝4x，即为动圆圆心C的轨迹E的方程．
(2)假设存在点N(x0，0)满足题设条件．
由∠QNM＋∠PNM＝π可知，直线PN与QN的斜率互为相反数，即kPN＋kQN＝0.①
易知直线PQ的斜率必存在且不为0，设直线PQ：x＝my－2，
由得y2－4my＋8＝0.
由Δ＝(－4m)2－4×8＞0，得m＞或m＜－.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝8.
由①得kPN＋kQN＝＋
＝＝0，
所以y1(x2－x0)＋y2(x1－x0)＝0即，y1x2＋y2x1－x0(y1＋y2)＝0.
消去x1，x2，得y1y＋y2y－x0(y1＋y2)＝0，
即y1y2(y1＋y2)－x0(y1＋y2)＝0.
因为y1＋y2≠0，所以x0＝y1y2＝2，
所以存在点N(2，0)，使得∠QNM＋∠PNM＝π.
2．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，点A在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)是否存在斜率为2的直线，使得当直线与椭圆C有两个不同交点M，N时，能在直线y＝上找到一点P，在椭圆C上找到一点Q，满足＝？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由．
解：(1)设椭圆C的焦距为2c，则c＝1，
因为A在椭圆C上，
所以2a＝|AF1|＋|AF2|＝2，
所以a＝，b2＝a2－c2＝1，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)不存在满足条件的直线，证明如下：
设直线的方程为y＝2x＋t，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P，Q(x4，y4)，MN的中点为D(x0，y0)，
由消去x，
得9y2－2ty＋t2－8＝0，
所以y1＋y2＝，Δ＝4t2－36(t2－8)＞0，
所以y0＝＝，且－3＜t＜3.
由＝得＝(x4－x2，y4－y2)，
所以y1－＝y4－y2，y4＝y1＋y2－＝t－，
又－3＜t＜3，所以－＜y4＜－1，
与椭圆上点的纵坐标的取值范围是[－1，1]矛盾．
所以不存在满足条件的直线．
3、已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|＝4，⊙M过点A，B且与直线x＋2＝0相切．
(1)若A在直线x＋y＝0上，求⊙M的半径；
(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|－|MP|为定值？并说明理由．
【解】 (1)因为⊙M过点A，B，
所以圆心M在AB的垂直平分线上．
又已知A在直线x＋y＝0上，
且A，B关于坐标原点O对称，
所以M在直线y＝x上，故可设M(a，a)．
因为⊙M与直线x＋2＝0相切，
所以⊙M的半径为r＝|a＋2|.
连接MA，由已知得|AO|＝2，又⊥，
故可得2a2＋4＝(a＋2)2，
解得a＝0或a＝4.
故⊙M的半径r＝2或r＝6.
(2)存在定点P(1，0)，使得|MA|－|MP|为定值．
理由如下：
设M(x，y)，由已知得⊙M的半径为r＝|x＋2|，|AO|＝2.
由于⊥，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2，
化简得M的轨迹方程为y2＝4x.
因为曲线C：y2＝4x是以点P(1，0)为焦点，
以直线x＝－1为准线的抛物线，所以|MP|＝x＋1.
因为|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，
所以存在满足条件的定点P.
4、在平面直角坐标系中，已知椭圆：的焦距为2，且过点.
(1)求椭圆的方程；
(2)设椭圆的上顶点为，右焦点为，直线与椭圆交于，两点，问是否存在直线，使得为的垂心，若存在，求出直线的方程：若不存在，说明理由.
【答案】(1)(2)存在，
【解析】
(1)由已知可得：解得，，，
所以椭圆：.
(2)由已知可得，，，∴，∵，
设直线的方程为：，代入椭圆方程整理得
，设，，
则，，
∵，∴.
即，
因为，，
即.
.
所以，或.
又时，直线过点，不合要求，所以.
故存在直线：满足题设条件.
5、已知椭圆,直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，，线段的中点为．
(Ⅰ)证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；
(Ⅱ)若过点，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求此时的斜率，若不能，说明理由．
【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)能，或．
【解析】
(1)设直线，，，．
∴由得，
∴，．
∴直线的斜率，即．
即直线的斜率与的斜率的乘积为定值．
(2)四边形能为平行四边形．
∵直线过点，∴不过原点且与有两个交点的充要条件是，
由 (Ⅰ)得的方程为．设点的横坐标为．
∴由得，即
将点的坐标代入直线的方程得，因此．
四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分，即
∴．解得，．
∵，，，
∴当的斜率为或时，四边形为平行四边形．
6、已知分别为椭圆的左、右焦点，为该椭圆的一条垂直于轴的动弦，直线与轴交于点，直线与直线的交点为.
(1)证明：点恒在椭圆上.
(2)设直线与椭圆只有一个公共点，直线与直线相交于点，在平面内是否存在定点，使得恒成立？若存在，求出该点坐标；若不存在，说明理由.
【解析】(1)证明：由题意知，设，则.
直线的方程为，直线的方程为，
联立可得，，即的坐标为.
因为，
所以点恒在椭圆上.
(2)解：当直线的斜率不存在时，不符合题意.不妨设直线的方程为，由对称性可知，若平面内存在定点，使得恒成立，则一定在轴上，故设，
由可得.
因为直线与椭圆只有一个公共点，
所以，
所以.
又因为，所以，
即.
所以对于任意的满足的恒成立，
所以解得.
故在平面内存在定点，使得恒成立.
四、最值与取值范围问题
常见最值与取值范围的解题技巧
①利用以下条件找出不等式：
(1)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；
(2)建立已知参数与未知参数之间的等量关系，利用已知参数的范围，求新参数的范围；
(3)利用隐含的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；
(4)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等式，从而确定参数的取值范围；
(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．　
②再对不等式进行转化，有以下两种思路
(1)转化为基本不等式求最值问题，切记取等条件要看是否成立
(2)转化为函数问题，可以求最值问题，也可以求取值范围问题


1、已知A(0，)，B(，1)是椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)上的两点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设O为坐标原点，M为椭圆C上一动点，点P(3，0)，线段PM的垂直平分线交y轴于点Q，求|OQ|的最小值．
解：(1)由题意知代入A，B两点坐标得＝1，
＋＝1.
解得a2＝6，b2＝2，
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)根据题意知直线PM，QN的斜率存在且不为0.
设点M坐标为(x0，y0)，
则＋＝1，即x＝6－3y.①
线段PM的中点N，kPM·kQN＝－1，
即kQN＝，
所以直线lQN：y－＝.
令x＝0，并结合①式得yQ＝＋＝＋＝，
|OQ|＝|yQ|＝
＝＋|y0|≥2＝，
当且仅当＝|y0|，
即y0＝±时取等号，
所以|OQ|的最小值为.
2、已知椭圆的离心率为，是其右焦点，直线与椭圆交于，两点，.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设，若为锐角，求实数的取值范围.
【答案】(1) (2)或
【解析】
(1)设为椭圆的左焦点,连接,由椭圆的对称性可知,,
所以,所以,
又,,解得,,
所以椭圆的标准方程为
(2)设点,则,,
联立,得,
所以,,
因为为锐角,所以,
所以


,
解得或
3、已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)上的点到右焦点F(c，0)的最大距离是＋1，且1，a，4c成等比数列．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点F且与x轴不垂直的直线l与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线交x轴于点M(m，0)，求实数m的取值范围．
解：(1)由已知可得解得
所以椭圆的方程为＋y2＝1.
(2)由题意得F(1，0)，设直线AB的方程为y＝k(x－1)．
与椭圆方程联立得消去y可得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝，y1＋y2＝k(x1＋x2)－2k＝.
可得线段AB的中点为N.
当k＝0时，直线MN为y轴，此时m＝0.
当k≠0时，直线MN的方程为
y＋＝－，化简得ky＋x－＝0.
令y＝0，得m＝.
所以m＝＝∈.
综上所述，m的取值范围为.
4、已知椭圆C的中心在原点，焦点在坐标轴上，直线y＝x与椭圆C在第一象限内的交点是M，点M在x轴上的射影恰好是椭圆C的右焦点F2，椭圆C的另一个焦点是F1，且·＝.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l过点(－1，0)，且与椭圆C交于P，Q两点，求△F2PQ的内切圆面积的最大值．
解：(1)设椭圆C的方程为＋＝1(a＞b＞0)，因为点M在直线y＝x上，且点M在x轴上的射影恰好是椭圆C的右焦点F2(c，0)，所以点M.
因为·＝·＝，
所以c＝1.
所以解得
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由(1)知，F1(－1，0)，过点F1(－1，0)的直线与椭圆C交于P，Q两点，则△F2PQ的周长为4a＝8，又S＝·4a·r(r为△F2PQ的内切圆半径)，
所以当△F2PQ的面积最大时，其内切圆面积最大．
设直线l的方程为x＝ky－1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则
消去x得(4＋3k2)y2－6ky－9＝0，
所以
所以S＝·|F1F2|·|y1－y2|＝.
令 ＝t，则t≥1，所以S＝，
令f(t)＝3t＋，则f′(t)＝3－，
当t∈[1，＋∞)时，f′(t)＞0，
f(t)＝3t＋在[1，＋∞)上单调递增，
所以S＝≤3，当t＝1时取等号，
即当k＝0时，△F2PQ的面积取得最大值3，
结合S＝·4a·r，得r的最大值为，
所以△F2PQ的内切圆面积的最大值为π.
5、已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，若过点F且斜率为1的直线与抛物线相交于M，N两点，且|MN|＝8.
(1)求抛物线C的方程；
(2)设直线l为抛物线C的切线，且l∥MN，P为l上一点，求·的最小值．
解：(1)由题意可知F，
则直线MN的方程为y＝x－，
代入y2＝2px(p＞0)得x2－3px＋＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝3p，
因为|MN|＝8，
所以x1＋x2＋p＝8，
即3p＋p＝8，解得p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)设直线l的方程为y＝x＋b，
代入y2＝4x，得x2＋(2b－4)x＋b2＝0，
因为直线l为抛物线C的切线，所以Δ＝0，
解得b＝1，
所以l为y＝x＋1.
由(1)可知，x1＋x2＝6，x1x2＝1，
设P(m，m＋1)，
则＝(x1－m，y1－(m＋1))，
＝(x2－m，y2－(m＋1))，
所以·＝(x1－m)(x2－m)＋[y1－(m＋1)][y2－(m＋1)]＝x1x2－m(x1＋x2)＋m2＋y1y2－(m＋1)(y1＋y2)＋(m＋1)2，(y1y2)2＝16x1x2＝16，
所以y1y2＝－4，y－y＝4(x1－x2)，
所以y1＋y2＝4×＝4，
·＝1－6m＋m2－4－4(m＋1)＋(m＋1)2
＝2(m2－4m－3)
＝2[(m－2)2－7]≥－14，
当且仅当m＝2，
即点P的坐标为(2，3)时，·取得最小值为－14.
6、已知椭圆M：＋＝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)当直线l的倾斜角为45°时，求线段CD的长；
(2)记△ABD与△ABC的面积分别为S1和S2，求|S1－S2|的最大值．
【解】　(1)由题意，c＝1，b2＝3，
所以a2＝4，
所以椭圆M的方程为＋＝1，
易求直线方程为y＝x＋1，联立方程，得
消去y，得7x2＋8x－8＝0，Δ＝288＞0，
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，x1＋x2＝－，x1x2＝－，
所以|CD|＝|x1－x2|＝＝.
(2)当直线l的斜率不存在时，直线方程为x＝－1，
此时△ABD与△ABC面积相等，|S1－S2|＝0；
当直线l的斜率存在时，设直线方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，
联立方程，得
消去y，得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，
Δ＞0，且x1＋x2＝－，x1x2＝，
此时|S1－S2|＝2||y2|－|y1||＝2|y2＋y1|＝2|k(x2＋1)＋k(x1＋1)|＝2|k(x1＋x2)＋2k|＝，因为k≠0，上式＝≤＝＝，
所以|S1－S2|的最大值为.
7、已知点A(－1,0)，B(1,0)，动点M的轨迹曲线C满足∠AMB＝2θ，||·||cos2θ＝3，过点B的直线交曲线C于P，Q两点.
(1)求||＋||的值，并写出曲线C的方程；
(2)求△APQ面积的最大值.
解　(1)设M(x，y)，在△MAB中，
AB＝2，∠AMB＝2θ，
根据余弦定理得
||2＋||2－2||·||cos 2θ＝4.
即(||＋||)2－2||·||(1＋cos 2θ)＝4.
(||＋||)2－4||·||cos2θ＝4.
而||·||cos2θ＝3，所以(||＋||)2－4×3＝4.所以||＋||＝4.
又||＋||＝4>2＝|AB|，
因此点M的轨迹是以A，B为焦点的椭圆(点M在x轴上也符合题意)，a＝2，c＝1.
所以曲线C的方程为＋＝1.
(2)设直线PQ的方程为x＝my＋1.
由
消去x并整理得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0. ①
显然方程①的Δ>0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则S△APQ＝×2×|y1－y2|＝|y1－y2|.由根与系数的关系得y1＋y2＝－，y1y2＝－.
所以(y1－y2)2＝(y1＋y2)2－4y1y2＝48×.令t＝3m2＋3，则t≥3，(y1－y2)2＝.
由于函数φ(t)＝t＋在[3，＋∞)上是增函数，所以t＋≥，
当t＝3m2＋3＝3，即m＝0时取等号.所以(y1－y2)2≤＝9，
即|y1－y2|的最大值为3.所以△APQ面积的最大值为3，此时直线PQ的方程为x＝1.
8、设圆x2＋y2＋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C1，直线l交C1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。
【解析】　(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＋y2＝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＋＝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(x1，y1)，N(x2，y2)。
由得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
则x1＋x2＝，x1x2＝，所以|MN|＝|x1－x2|＝。
过点B(1,0)且与l垂直的直线m：y＝－(x－1)，A到m的距离为，
所以|PQ|＝2 ＝4。
故四边形MPNQ的面积S＝|MN||PQ|＝12。
可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12,8)。
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[12,8)。
9、已知椭圆的一个顶点为A(0，－1)，焦点在x轴上。若右焦点F到直线x－y＋2＝0的距离为3。
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线y＝kx＋m(k≠0)与椭圆相交于不同的两点M、N。当|AM|＝|AN|时，求m的取值范围。
解析　(1)依题意，可设椭圆方程为＋y2＝1，
则右焦点为F(，0)。
由题意，知＝3，解得a2＝3。
故所求椭圆的方程为＋y2＝1。
(2)设点M、N的坐标分别为M(xM，yM)、N(xN，yN)，弦MN的中点为P(xP，yP)。
由得(3k2＋1)x2＋6kmx＋3(m2－1)＝0。
∵直线y＝kx＋m(k≠0)与椭圆相交于不同的两点，
∴Δ＝(6mk)2－4(3k2＋1)×3(m2－1)>0⇒m2