2020版高考数学（理）新创新一轮复习通用版讲义：第九章第九节解析几何压轴大题突破策略

第八节曲线与方程

1．曲线与方程
一般地，在平面直角坐标系中，如果某曲线C上的点与一个二元方程f(x，y)＝0的实数解建立了如下关系：
(1)曲线上点的坐标都是这个方程的解．
(2)以这个方程的解为坐标的点都是曲线上的点．那么这个方程叫做曲线的方程，这条曲线叫做方程的曲线❶.
2．求动点轨迹方程的一般步骤
(1)建立适当的坐标系❷，用有序实数对(x，y)表示曲线上任意一点M的坐标；
(2)写出适合条件p的点M的集合P＝{M|p(M)}❸；
(3)用坐标表示条件p(M)，列出方程f(x，y)＝0；
(4)化方程f(x，y)＝0为最简形式；
(5)说明化简后的方程的解为坐标的点都在曲线上．
(1)如果曲线C的方程是f(x，y)＝0, 那么点P0(x0，y0)在曲线C上的充要条件是f(x0，y0)＝0.
(2)“曲线C是方程f(x，y)＝0的曲线”是“曲线C上的点的坐标都是方程f(x，y)＝0的解”的充分不必要条件.
坐标系建立的不同，同一曲线在不同坐标系中的方程也不同，但它们始终表示同一曲线．
有时此过程可根据实际情况省略，直接列出曲线方程．
[小题查验基础]
一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)
(1)方程x2＋xy＝x的曲线是一个点和一条直线．(　　)
(2)动点的轨迹方程和动点的轨迹是一样的．(　　)
(3)方程y＝与x＝y2表示同一曲线．(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)×
二、选填题
1．若M，N为两个定点，且|MN|＝6，动点P满足·＝0，则P点的轨迹是(　　)
A．圆　　　　　　　　 B．椭圆
C．双曲线 D．抛物线
答案：A
2．平面内到点(1,1)与到直线x＋2y－3＝0的距离相等的点的轨迹是(　　)
A．椭圆 B.双曲线
C．抛物线 D．一条直线
答案：D
3．已知点O(0,0)，A(1，－2)，动点P满足|PA|＝3|PO|，则P点的轨迹方程是(　　)

A．8x2＋8y2＋2x－4y－5＝0
B．8x2＋8y2－2x－4y－5＝0
C．8x2＋8y2＋2x＋4y－5＝0
D．8x2＋8y2－2x＋4y－5＝0
解析：选A　设P点的坐标为(x，y)，
则＝3，
整理得8x2＋8y2＋2x－4y－5＝0.
4．已知F是抛物线y＝x2的焦点，P是该抛物线上的动点，则线段PF中点的轨迹方程是________________．
解析：因为抛物线x2＝4y的焦点F(0,1)，设线段PF的中点坐标是(x，y)，则P(2x,2y－1)在抛物线x2＝4y上，所以(2x)2＝4(2y－1)，化简得x2＝2y－1.
答案：x2＝2y－1
5．已知点P是直线2x－y＋3＝0上的一个动点，定点M(－1,2)，Q是线段PM延长线上的一点，且|PM|＝|MQ|，则Q点的轨迹方程是________________．
解析：由题意知，M为PQ中点，设Q(x，y)则P(－2－x，4－y)，代入2x－y＋3＝0得2x－y＋5＝0.
答案：2x－y＋5＝0

类型一 直接法求轨迹方程[基础自学过关]
[题组练透]
1．已知点F(0,1)，直线l：y＝－1，P为平面上的动点，过点P作直线l的垂线，垂足为Q，且·＝·，则动点P的轨迹C的方程为(　　)
A．x2＝4y　　　　　　　 B．y2＝3x
C．x2＝2y D．y2＝4x
解析：选A　设点P(x，y)，则Q(x，－1)．
∵·＝·，
∴(0，y＋1)·(－x,2)＝(x，y－1)·(x，－2)，
即2(y＋1)＝x2－2(y－1)，整理得x2＝4y，
∴动点P的轨迹C的方程为x2＝4y.
2．在平面直角坐标系xOy中，点B与点A(－1,1)关于原点O对称，P是动点，且直线AP与BP的斜率之积等于－.则动点P的轨迹方程为________________．
解析：因为点B与点A(－1,1)关于原点O对称，
所以点B的坐标为(1，－1)．
设点P的坐标为(x，y)，由题意得·＝－，
化简得x2＋3y2＝4(x≠±1)．
故动点P的轨迹方程为x2＋3y2＝4(x≠±1)．
答案：x2＋3y2＝4(x≠±1)
3．已知△ABC的顶点B(0,0)，C(5,0)，AB边上的中线长|CD|＝3，则顶点A的轨迹方程为____________________．
解析：设A(x，y)，由题意可知D.
∵|CD|＝3，∴2＋2＝9，
即(x－10)2＋y2＝36，
由于A，B，C三点不共线，
∴点A不能落在x轴上，即y≠0，
∴点A的轨迹方程为(x－10)2＋y2＝36(y≠0)．
答案：(x－10)2＋y2＝36(y≠0)
[名师微点]
直接法求曲线方程的关键点和注意点
(1)关键点：直接法求曲线方程的关键就是把几何条件或等量关系翻译为代数方程，要注意翻译的等价性．通常将步骤简记为建系、设点、列式、代换、化简、证明这几个步骤，但最后的证明可以省略．
(2)注意点：求出曲线的方程后还需注意检验方程的纯粹性和完备性．
[提醒]　对方程化简时，只要前后方程解集相同，证明可以省略，必要时可说明x，y的取值范围．
类型二 定义法求轨迹方程[师生共研过关]
[典例精析]
已知圆M：(x＋1)2＋y2＝1，圆N：(x－1)2＋y2＝9，动圆P与圆M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C.求C的方程．
[解]　由已知得圆M的圆心为M(－1,0)，半径r1＝1；圆N的圆心为N(1,0)，半径r2＝3.设圆P的圆心为P(x，y)，半径为R.
因为圆P与圆M外切并且与圆N内切，
所以|PM|＋|PN|＝(R＋r1)＋(r2－R)＝r1＋r2＝4＞|MN|＝2.
由椭圆的定义可知，曲线C是以M，N为左、右焦点，长半轴长为2，短半轴长为的椭圆(左顶点除外)，其方程为＋＝1(x≠－2)．
[解题技法]
定义法求曲线方程的2种策略
(1)运用圆锥曲线的定义求轨迹方程，可从曲线定义出发直接写出方程，或从曲线定义出发建立关系式，从而求出方程．
(2)定义法和待定系数法适用于已知曲线的轨迹类型，利用条件把待定系数求出来，使问题得解．
[过关训练]
如图，已知△ABC的两顶点坐标A(－1，0)，B(1,0)，圆E是△ABC的内切圆，在边AC，BC，AB上的切点分别为P，Q，R，|CP|＝1(从圆外一点到圆的两条切线段长相等)，动点C的轨迹为曲线M，求曲线M的方程．
解：由题知|CA|＋|CB|＝|CP|＋|CQ|＋|AP|＋|BQ|＝2|CP|＋|AB|＝4＞|AB|，
所以曲线M是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆(挖去与x轴的交点)．
设曲线M：＋＝1(a＞b＞0，y≠0)，
则a2＝4，b2＝a2－2＝3，
所以曲线M的方程为＋＝1(y≠0).
类型三 代入法(相关点)求轨迹方程[师生共研过关]
[典例精析]
如图所示，抛物线E：y2＝2px(p＞0)与圆O：x2＋y2＝8相交于A，B两点，且点A的横坐标为2.过劣弧AB上动点P(x0，y0)作圆O的切线交抛物线E于C，D两点，分别以C，D为切点作抛物线E的切线l1，l2，l1与l2相交于点M.
(1)求p的值；
(2)求动点M的轨迹方程．
[解]　(1)由点A的横坐标为2，可得点A的坐标为(2,2)，代入y2＝2px，解得p＝1.
(2)由(1)知抛物线E：y2＝2x，
设C，D，y1≠0，y2≠0.切线l1的斜率为k，则切线l1：y－y1＝k，
代入y2＝2x，得ky2－2y＋2y1－ky＝0，
由Δ＝0，解得k＝，∴l1的方程为y＝x＋，
同理l2的方程为y＝x＋.
联立解得
易知CD的方程为x0x＋y0y＝8，
其中x0，y0满足x＋y＝8，x0∈[2,2 ]，
由得x0y2＋2y0y－16＝0，
则代入
可得M(x，y)满足可得
代入x＋y＝8，并化简，得－y2＝1.
考虑到x0∈[2,2]，知x∈[－4，－2]，
∴动点M的轨迹方程为－y2＝1，x∈[－4，－2]．
[解题技法]
“相关点法”求轨迹方程的基本步骤
(1)设点：设被动点坐标为(x，y)，主动点坐标为(x1，y1)；
(2)求关系式：求出两个动点坐标之间的关系式
(3)代换：将上述关系式代入已知曲线方程，便可得到所求动点的轨迹方程．
[过关训练]
已知曲线E：ax2＋by2＝1(a＞0，b＞0)，经过点M的直线l与曲线E交于点A，B，且＝－2.若点B的坐标为(0,2)，求曲线E的方程．
解：设A(x0，y0)，∵B(0,2)，M，
故＝，＝.
由于＝－2，∴＝－2.
∴x0＝，y0＝－1，即A.
∵A，B都在曲线E上，
∴解得
∴曲线E的方程为x2＋＝1.

一、题点全面练
1．平面直角坐标系中，已知两点A(3,1)，B(－1，3)，若点C满足＝λ1＋λ2 (O为原点)，其中λ1，λ2∈R，且λ1＋λ2＝1，则点C的轨迹是(　　)
A．直线　　　　　　　　 B．椭圆
C．圆 D．双曲线
解析：选A　设C(x，y)，因为＝λ1＋λ2，
所以(x，y)＝λ1(3,1)＋λ2(－1,3)，
即解得
又λ1＋λ2＝1，所以＋＝1，即x＋2y＝5，所以点C的轨迹是直线，故选A.
2.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，A(1,0)，B(1,1)，C(0,1)，映射f将xOy平面上的点P(x，y)对应到另一个平面直角坐标系uO′v上的点P′(2xy，x2－y2)，则当点P沿着折线A­B­C运动时，在映射f的作用下，动点P′的轨迹是(　　)

解析：选D　当P沿AB运动时，x＝1，设P′(x′，y′)，则(0≤y≤1)，故y′＝1－(0≤x′≤2,0≤y′≤1)．当P沿BC运动时，y＝1，则(0≤x≤1)，所以y′＝－1(0≤x′≤2，－1≤y′≤0)，由此可知P′的轨迹如D所示，故选D.
3．设点A为圆(x－1)2＋y2＝1上的动点，PA是圆的切线，且|PA|＝1，则P点的轨迹方程为(　　)
A．y2＝2x B.(x－1)2＋y2＝4
C．y2＝－2x D．(x－1)2＋y2＝2
解析：选D　如图，设P(x，y)，
圆心为M(1,0)．连接MA，PM，
则MA⊥PA，且|MA|＝1，
又因为|PA|＝1，
所以|PM|＝＝，
即|PM|2＝2，所以(x－1)2＋y2＝2.
4．设过点P(x，y)的直线分别与x轴的正半轴和y轴的正半轴交于A，B两点，点Q与点P关于y轴对称，O为坐标原点．若＝2，且·＝1，则点P的轨迹方程是(　　)
A.x2＋3y2＝1(x＞0，y＞0)
B.x2－3y2＝1(x＞0，y＞0)
C．3x2－y2＝1(x＞0，y＞0)
D．3x2＋y2＝1(x＞0，y＞0)
解析：选A　设A(a,0)，B(0，b)，a＞0，b＞0.由＝2，得(x，y－b)＝2(a－x，－y)，即a＝x＞0，b＝3y＞0.点Q(－x，y)，故由·＝1，得(－x，y)·(－a，b)＝1，即ax＋by＝1.将a＝x，b＝3y代入ax＋by＝1，得所求的轨迹方程为x2＋3y2＝1(x＞0，y＞0)．
5.如图所示，已知F1，F2是椭圆Γ：＋＝1(a＞b＞0)的左，右焦点，P是椭圆Γ上任意一点，过F2作∠F1PF2的外角的角平分线的垂线，垂足为Q，则点Q的轨迹为(　　)
A．直线 B.圆
C．椭圆 D．双曲线
解析：选B　延长F2Q，与F1P的延长线交于点M，连接OQ.因为PQ是∠F1PF2的外角的角平分线，且PQ⊥F2M，所以在△PF2M中，|PF2|＝|PM|，且Q为线段F2M的中点．又O为线段F1F2的中点，由三角形的中位线定理，得|OQ|＝|F1M|＝(|PF1|＋|PF2|)．根据椭圆的定义，得|PF1|＋|PF2|＝2a，所以|OQ|＝a，所以点Q的轨迹为以原点为圆心，半径为a的圆，故选B.
6．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A(1,0)，B(2,2)，若点C满足＝＋t(－)，其中t∈R，则点C的轨迹方程是____________________．
解析：设C(x，y)，则＝(x，y)，＋t(－)＝(1＋t,2t)，所以消去参数t得点C的轨迹方程为y＝2x－2.
答案：y＝2x－2
7．设F1，F2为椭圆＋＝1的左、右焦点，A为椭圆上任意一点，过焦点F1向∠F1AF2的外角平分线作垂线，垂足为D，则点D的轨迹方程是________________．
解析：由题意，延长F1D，F2A并交于点B，易证Rt△ABD≌Rt△AF1D，则|F1D|＝|BD|，|F1A|＝|AB|，又O为F1F2的中点，连接OD，则OD∥F2B，从而可知|DO|＝|F2B|＝(|AF1|＋|AF2|)＝2，设点D的坐标为(x，y)，则x2＋y2＝4.
答案：x2＋y2＝4
8．(2019·福州质检)已知A(－2,0)，B(2,0)，斜率为k的直线l上存在不同的两点M，N满足|MA|－|MB|＝2，|NA|－|NB|＝2，且线段MN的中点为(6,1)，则k的值为________．
解析：因为|MA|－|MB|＝2，|NA|－|NB|＝2，
由双曲线的定义知，点M，N在以A，B为焦点的双曲线的右支上，且c＝2，a＝，所以b＝1，所以该双曲线的方程为－y2＝1.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝12，y1＋y2＝2.设直线l的方程为y＝kx＋m，代入双曲线的方程，消去y，得(1－3k2)x2－6mkx－3m2－3＝0，
所以x1＋x2＝＝12，①
y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝12k＋2m＝2，②
由①②解得k＝2.
答案：2
9.如图，动圆C1：x2＋y2＝t2(1＜t＜3)与椭圆C2：＋y2＝1相交于A，B，C，D四点．点A1，A2分别为C2的左、右顶点，求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程．
解：由椭圆C2：＋y2＝1，知A1(－3,0)，A2(3,0)．
设点A的坐标为(x0，y0)，
由曲线的对称性，得B(x0，－y0)，
设点M的坐标为(x，y)，
直线AA1的方程为y＝(x＋3)．①
直线A2B的方程为y＝(x－3)．②
由①②相乘得y2＝(x2－9)．③
又点A(x0，y0)在椭圆C2上，故y＝1－.④
将④代入③得－y2＝1(x＜－3，y＜0)．
因此点M的轨迹方程为－y2＝1(x＜－3，y＜0)．
10．(2019·武汉模拟)在平面直角坐标系xOy中取两个定点A1(－，0)，A2(，0)，再取两个动点N1(0，m)，N2(0，n)，且mn＝2.
(1)求直线A1N1与A2N2的交点M的轨迹C的方程；
(2)过R(3,0)的直线与轨迹C交于P，Q两点，过点P作PN⊥x轴且与轨迹C交于另一点N，F为轨迹C的右焦点，若＝λ (λ＞1)，求证：＝λ.
解：(1)依题意知，直线A1N1的方程为y＝(x＋)，①
直线A2N2的方程为y＝－(x－)，②
设M(x，y)是直线A1N1与A2N2的交点，
①×②得y2＝－(x2－6)，
又mn＝2，整理得＋＝1.故点M的轨迹C的方程为＋＝1.
(2)证明：设过点R的直线l：x＝ty＋3，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则N(x1，－y1)，
由消去x，得(t2＋3)y2＋6ty＋3＝0，(*)
所以y1＋y2＝－，y1y2＝.
由＝λ，得(x1－3，y1)＝λ(x2－3，y2)，故x1－3＝λ(x2－3)，y1＝λy2，
由(1)得F(2,0)，要证＝λ，
即证(2－x1，y1)＝λ(x2－2，y2)，
只需证2－x1＝λ(x2－2)，只需＝－，
即证2x1x2－5(x1＋x2)＋12＝0，
又x1x2＝(ty1＋3)(ty2＋3)＝t2y1y2＋3t(y1＋y2)＋9，x1＋x2＝ty1＋3＋ty2＋3＝t(y1＋y2)＋6，所以2t2y1y2＋6t(y1＋y2)＋18－5t(y1＋y2)－30＋12＝0，即2t2y1y2＋t(y1＋y2)＝0，
而2t2y1y2＋t(y1＋y2)＝2t2·－t·＝0成立，即＝λ成立．
二、专项培优练
(一)易错专练——不丢怨枉分
1．方程(2x＋3y－1)(－1)＝0表示的曲线是(　　)
A．两条直线 B.两条射线
C．两条线段 D．一条直线和一条射线
解析：选D　原方程可化为或－1＝0，即2x＋3y－1＝0(x≥3)或x＝4，故原方程表示的曲线是一条直线和一条射线．
2．动点P为椭圆＋＝1(a＞b＞0)上异于椭圆顶点A(a,0)，B(－a,0)的一点，F1，F2为椭圆的两个焦点，动圆M与线段F1P，F1F2的延长线及线段PF2相切，则圆心M的轨迹为除去坐标轴上的点的(　　)
A．抛物线 B.椭圆
C．双曲线的右支 D．一条直线
解析：选D　如图，设切点分别为E，D，G，由切线长相等可得|F1E|＝|F1G|，|F2D|＝|F2G|，|PD|＝|PE|.由椭圆的定义可得|F1P|＋|PF2|＝|F1P|＋|PD|＋|DF2|＝|F1E|＋|DF2|＝2a，即|F1E|＋|GF2|＝2a，也即|F1G|＋|GF2|＝2a，故点G与点A重合，所以点M的横坐标是x＝a，即点M的轨迹是一条直线(除去A点)，故选D.
3．已知圆的方程为x2＋y2＝4，若抛物线过点A(－1,0)，B(1,0)且以圆的切线为准线，则抛物线的焦点轨迹方程是________________．
解析：设抛物线焦点为F，过A，B，O作准线的垂线AA1，BB1，OO1，则|AA1|＋|BB1|＝2|OO1|＝4，由抛物线定义得|AA1|＋|BB1|＝|FA|＋|FB|，所以|FA|＋|FB|＝4，故F点的轨迹是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆(去掉长轴两端点)．所以抛物线的焦点轨迹方程为＋＝1(y≠0)．
答案：＋＝1(y≠0)
4.如图，P是圆x2＋y2＝4上的动点，P点在x轴上的射影是D，点M满足＝.
(1)求动点M的轨迹C的方程，并说明轨迹是什么图形；
(2)过点N(3,0)的直线l与动点M的轨迹C交于不同的两点A，B，求以OA，OB为邻边的平行四边形OAEB的顶点E的轨迹方程．
解：(1)设M(x，y)，则D(x,0)，
由＝，知P(x,2y)，
∵点P在圆x2＋y2＝4上，
∴x2＋4y2＝4，故动点M的轨迹C的方程为＋y2＝1，且轨迹C是以(－，0)，(，0)为焦点，长轴长为4的椭圆．
(2)设E(x，y)，由题意知l的斜率存在，
设l：y＝k(x－3)，代入＋y2＝1，
得(1＋4k2)x2－24k2x＋36k2－4＝0，
Δ＝(－24k2)2－4(1＋4k2)(36k2－4)＞0，得k2＜，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，
∴y1＋y2＝k(x1－3)＋k(x2－3)＝k(x1＋x2)－6k＝－6k＝.
∵四边形OAEB为平行四边形，
∴＝＋＝(x1＋x2，y1＋y2)＝，
又＝(x，y)，
∴
消去k得，x2＋4y2－6x＝0，
∵k2＜，∴0＜x＜.
∴顶点E的轨迹方程为x2＋4y2－6x＝0.
(二)交汇专练——融会巧迁移
5.[与立体几何交汇]如图，斜线段AB与平面α所成的角为60°，B为斜足，平面α上的动点P满足∠PAB＝30°，则点P的轨迹是(　　)
A．直线 B.抛物线
C．椭圆 D．双曲线的一支
解析：选C　母线与中轴线夹角为30°，然后用平面α去截，使直线AB与平面α的夹角为60°，则截口为P的轨迹图形，由圆锥曲线的定义可知，P的轨迹为椭圆．故选C.
6．[与新定义问题交汇]若曲线C上存在点M，使M到平面内两点A(－5,0)，B(5,0)距离之差的绝对值为8，则称曲线C为“好曲线”．以下曲线不是“好曲线”的是(　　)
A．x＋y＝5 B.x2＋y2＝9
C.＋＝1 D．x2＝16y
解析：选B　∵M到平面内两点A(－5,0)，B(5,0)距离之差的绝对值为8，
∴M的轨迹是以A(－5,0)，B(5,0)为焦点的双曲线，方程为－＝1.
A项，直线x＋y＝5过点(5,0)，故直线与M的轨迹有交点，满足题意；
B项，x2＋y2＝9的圆心为(0,0)，半径为3，与M的轨迹没有交点，不满足题意；
C项，＋＝1的右顶点为(5,0)，故椭圆＋＝1与M的轨迹有交点，满足题意；
D项，把x2＝16y代入－＝1，可得y－＝1，
即y2－9y＋9＝0，∴Δ＞0，满足题意．
7．[与正弦定理交汇]已知△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，且顶点A，B的坐标分别为(－4,0)，(4,0)，C为动点，且满足sin B＋sin A＝sin C，则C点的轨迹方程为________________．
解析：由sin B＋sin A＝sin C可知b＋a＝c＝10，
则|AC|＋|BC|＝10＞8＝|AB|，∴满足椭圆定义．
令椭圆方程为＋＝1，则a′＝5，c′＝4，b′＝3，
则轨迹方程为＋＝1(x≠±5)．
答案：＋＝1(x≠±5)
第九节解析几何压轴大题突破策略
第一课时　破题上——着眼4点找到解题突破口
(阅读课——供学有余力的考生自主观摩)
解析几何研究的问题是几何问题，研究的手法是代数法(坐标法)．因此，求解解析几何问题最大的思维难点是转化，即几何条件代数化．如何在解析几何问题中实现代数式的转化，找到常见问题的求解途径，即解析几何问题中的条件转化是如何实现的，是突破解析几何问题难点的关键所在．为此，从以下几个途径，结合数学思想在解析几何中的切入为视角，分析解析几何的“双管齐下”，突破思维难点．

利用向量转化几何条件

[典例]　如图所示，已知圆C：x2＋y2－2x＋4y－4＝0，问：是否存在斜率为1的直线l，使l与圆C交于A，B两点，且以AB为直径的圆过原点？若存在，写出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
[解题观摩]　假设存在斜率为1的直线l，使l与圆C交于A，B两点，且以AB为直径的圆过原点．
设直线l的方程为y＝x＋b，
点A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立
消去y并整理得2x2＋2(b＋1)x＋b2＋4b－4＝0，
所以x1＋x2＝－(b＋1)，x1x2＝.①
因为以AB为直径的圆过原点，所以OA⊥OB，
即x1x2＋y1y2＝0.
又y1＝x1＋b，y2＝x2＋b，
则x1x2＋y1y2＝x1x2＋(x1＋b)(x2＋b)＝2x1x2＋b(x1＋x2)＋b2＝0.
由①知，b2＋4b－4－b(b＋1)＋b2＝0，
即b2＋3b－4＝0，解得b＝－4或b＝1.
当b＝－4或b＝1时，
均有Δ＝4(b＋1)2－8(b2＋4b－4)＝－4b2－24b＋36＞0，
即直线l与圆C有两个交点．
所以存在直线l，其方程为x－y＋1＝0或x－y－4＝0.

以AB为直径的圆过原点等价于OA⊥OB，而OA⊥OB又可以“直译”为x1x2＋y1y2＝0，可以看出，解此类解析几何问题的总体思路为“直译”，然后对个别难以“直译”的条件先进行“转化”，将“困难、难翻译”的条件通过平面几何知识“转化”为“简单、易翻译”的条件后再进行“直译”，最后联立“直译”的结果解决问题．　　　　

角平分线条件的转化
[典例]　已知动圆过定点A(4,0)，且在y轴上截得的弦MN的长为8.
(1)求动圆圆心的轨迹C的方程；
(2)已知点B(－1,0)，设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P，Q，若x轴是∠PBQ的角平分线，求证：直线l过定点．
[解题观摩]　(1)设动圆圆心为点P(x，y)，则由勾股定理得x2＋42＝(x－4)2＋y2，化简即得圆心的轨迹C的方程为y2＝8x.
(2)证明：法一：由题意可设直线l的方程为y＝kx＋b(k≠0)．
联立得k2x2＋2(kb－4)x＋b2＝0.
由Δ＝4(kb－4)2－4k2b2＞0，得kb＜2.
设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝.
因为x轴是∠PBQ的角平分线，所以kPB＋kQB＝0，
即kPB＋kQB＝＋＝＝＝0，
所以k＋b＝0，即b＝－k，所以l的方程为y＝k(x－1)．
故直线l恒过定点(1,0)．
法二：设直线PB的方程为x＝my－1，它与抛物线C的另一个交点为Q′，设点P(x1，y1)，Q′(x2，y2)，由条件可得，Q与Q′关于x轴对称，故Q(x2，－y2)．
联立消去x得y2－8my＋8＝0，
其中Δ＝64m2－32＞0，y1＋y2＝8m，y1y2＝8.
所以kPQ＝＝，
因而直线PQ的方程为y－y1＝(x－x1)．
又y1y2＝8，y＝8x1，
将PQ的方程化简得(y1－y2)y＝8(x－1)，
故直线l过定点(1,0)．
法三：由抛物线的对称性可知，如果定点存在，
则它一定在x轴上，
所以设定点坐标为(a,0)，直线PQ的方程为x＝my＋a.
联立消去x，
整理得y2－8my－8a＝0，Δ＞0.
设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则
由条件可知kPB＋kQB＝0，
即kPB＋kQB＝＋
＝
＝＝0，
所以－8ma＋8m＝0.
由m的任意性可知a＝1，所以直线l恒过定点(1,0)．
法四：设P，Q，
因为x轴是∠PBQ的角平分线，
所以kPB＋kQB＝＋＝0，
整理得(y1＋y2)＝0.
因为直线l不垂直于x轴，
所以y1＋y2≠0，可得y1y2＝－8.
因为kPQ＝＝，
所以直线PQ的方程为y－y1＝，
即y＝(x－1)．
故直线l恒过定点(1,0)．

本题前面的三种解法属于比较常规的解法，主要是设点，设直线方程，联立方程，并借助判别式、根与系数的关系等知识解题，计算量较大．解法四巧妙地运用了抛物线的参数方程进行设点，避免了联立方程组，计算相对简单，但是解法二和解法四中含有两个参数y1，y2，因此判定直线过定点时，要注意将直线的方程变为特殊的形式．　　　　

弦长条件的转化
[典例]　如图所示，已知椭圆G：＋y2＝1，与x轴不重合的直线l经过左焦点F1，且与椭圆G相交于A，B两点，弦AB的中点为M，直线OM与椭圆G相交于C，D两点．
(1)若直线l的斜率为1，求直线OM的斜率．
(2)是否存在直线l，使得|AM|2＝|CM||DM|成立？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
[解题观摩]　(1)由题意可知点F1(－1,0)，
又直线l的斜率为1，
故直线l的方程为y＝x＋1.
设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由消去y并整理得3x2＋4x＝0，
则x1＋x2＝－，y1＋y2＝，
因此中点M的坐标为.
故直线OM的斜率为＝－.
(2)假设存在直线l，使得|AM|2＝|CM||DM|成立．
由题意，直线l不与x轴重合，
设直线l的方程为x＝my－1.
由消去x并整理得(m2＋2)y2－2my－1＝0.
设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
可得|AB|＝|y1－y2|
＝ ＝，
x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝－2＝，
所以弦AB的中点M的坐标为，
故直线CD的方程为y＝－x.
联立消去y并整理得2x2＋m2x2－4＝0，
解得x2＝.
由对称性，设C(x0，y0)，D(－x0，－y0)，则x＝，
可得|CD|＝·|2x0|＝＝2 .
因为|AM|2＝|CM||DM|＝(|OC|－|OM|)(|OD|＋|OM|)，且|OC|＝|OD|，
所以|AM|2＝|OC|2－|OM|2，
故＝－|OM|2，
即|AB|2＝|CD|2－4|OM|2，
则＝－4，
解得m2＝2，故m＝±.
所以直线l的方程为x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0.

本题(2)的核心在于转化|AM|2＝|CM|·|DM|中弦长的关系．由|CM|＝|OC|－|OM|，|DM|＝|OD|＋|OM|，又|OC|＝|OD|，得|AM|2＝|OC|2－|OM|2.又|AM|＝|AB|，|OC|＝|CD|，因此|AB|2＝|CD|2－4|OM|2，转化为弦长|AB|，|CD|和|OM|三者之间的数量关系，易计算．　　　　

面积条件的转化

[典例]　设椭圆的中心在坐标原点，A(2,0)，B(0,1)是它的两个顶点，直线y＝kx(k＞0)与椭圆交于E，F两点，求四边形AEBF的面积的最大值．
[解题观摩]　法一：如图所示，依题意得椭圆的方程为＋y2＝1，
直线AB，EF的方程分别为x＋2y＝2，y＝kx(k＞0)．
设点E(x1，kx1)，F(x2，kx2)，其中x1＜x2，
且x1，x2满足方程(1＋4k2)x2＝4，
故x2＝－x1＝ .①
根据点到直线的距离公式和①，得点E，F到直线AB的距离分别为
h1＝＝，
h2＝＝.
又|AB|＝＝，
所以四边形AEBF的面积为
S＝|AB|·(h1＋h2)＝··＝＝2＝2＝2≤2，当且仅当＝4k，即k＝时取等号．
因此四边形AEBF的面积的最大值为2.
法二：依题意得椭圆的方程为＋y2＝1.
直线EF的方程为y＝kx(k＞0)．
设点E(x1，kx1)，F(x2，kx2)，其中x1＜x2.
联立消去y，得(1＋4k2)x2＝4.
故x1＝，x2＝，
|EF|＝·|x1－x2|＝.
根据点到直线的距离公式，得点A，B到直线EF的距离分别为d1＝＝，d2＝.
因此四边形AEBF的面积为
S＝|EF|·(d1＋d2)＝··＝＝2＝2＝2≤2，当且仅当＝4k，即k＝时取等号．
因此四边形AEBF的面积的最大值为2.

如果利用常规方法理解为S四边形AEBF＝S△AEF＋S△BEF＝|EF|·(d1＋d2)(其中d1，d2分别表示点A，B到直线EF的距离)，则需要通过联立直线与椭圆的方程，先由根与系数的关系求出EF的弦长，再表示出两个点线距，其过程很复杂．而通过分析，若把四边形AEBF的面积拆成两个小三角形——△ABE和△ABF的面积之和，则更为简单．因为直线AB的方程及其长度易求出，故只需表示出点E与点F到直线AB的距离即可．　　　　
[总结规律·快速转化]
做数学，就是要学会翻译，把文字语言、符号语言、图形语言、表格语言相互转换，我们要学会对解析几何问题中涉及的所有对象逐个理解、表示、整理，在理解题意的同时，牢记解析几何的核心方法是“用代数方法研究几何问题”，核心思想是“数形结合”，牢固树立“转化”意识，那么就能顺利破解解析几何的有关问题．附几种几何条件的转化，以供参考
1．平行四边形条件的转化
几何性质
代数实现
(1)对边平行
斜率相等，或向量平行
(2)对边相等
长度相等，横(纵)坐标差相等
(3)对角线互相平分
中点重合
2．直角三角形条件的转化
几何性质
代数实现
(1)两边垂直
斜率乘积为－1，或向量数量积为0
(2)勾股定理
两点的距离公式
(3)斜边中线性质(中线等于斜边一半)
两点的距离公式

3．等腰三角形条件的转化
几何性质
代数实现
(1)两边相等
两点的距离公式
(2)两角相等
底边水平或竖直时，两腰斜率相反
(3)三线合一(垂直且平分)
垂直：斜率或向量
平分：中点坐标公式

4．菱形条件的转化
几何性质
代数实现
(1)对边平行
斜率相等，或向量平行
(2)对边相等
长度相等，横(纵)坐标差相等
(3)对角线互相垂直平分
垂直：斜率或向量
平分：中点坐标公式、中点重合

5．圆条件的转化
几何性质
代数实现
(1)点在圆上
点与直径端点向量数量积为零
(2)点在圆外
点与直径端点向量数量积为正数
(3)点在圆内
点与直径端点向量数量积为负数

6．角条件的转化
几何性质
代数实现
(1)锐角，直角，钝角
角的余弦(向量数量积)的符号
(2)倍角，半角，平分角
角平分线性质，定理(夹角、到角公式)
(3)等角(相等或相似)
比例线段或斜率



1．已知椭圆C经过点，且与椭圆E：＋y2＝1有相同的焦点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若动直线l：y＝kx＋m与椭圆C有且只有一个公共点P，且与直线x＝4交于点Q，问：以线段PQ为直径的圆是否经过一定点M？若存在，求出定点M的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)椭圆E的焦点为(±1,0)，
设椭圆C的标准方程为＋＝1(a＞b＞0)，
则解得
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)联立消去y，
得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
所以Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，
即m2＝3＋4k2.
设P(xP，yP)，
则xP＝＝－，yP＝kxP＋m＝－＋m＝，
即P.假设存在定点M(s，t)满足题意，
因为Q(4,4k＋m)，
则MP＝，MQ＝(4－s,4k＋m－t)，
所以MP·MQ＝(4－s)＋(4k＋m－t)＝－(1－s)－t＋(s2－4s＋3＋t2)＝0恒成立，
故解得
所以存在点M(1,0)符合题意．
2．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的短轴长为2，离心率为，点A(3,0)，P是C上的动点，F为C的左焦点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点P在y轴的右侧，以AP为底边的等腰△ABP的顶点B在y轴上，求四边形FPAB面积的最小值．
解：(1)依题意得解得
∴椭圆C的方程是＋＝1.
(2)设P(x0，y0)(－＜y0＜，y0≠0，x0＞0)，
线段AP的中点为M，
则AP的中点M，直线AP的斜率为，
由△ABP是以AP为底边的等腰三角形，可得BM⊥AP，
∴直线AP的垂直平分线方程为
y－＝－，
令x＝0得B，
∵＋＝1，∴B，
∵F(－2,0)，
∴四边形FPAB的面积S＝
＝≥5，
当且仅当2|y0|＝，即y0＝±时等号成立，
四边形FPAB面积的最小值为5.
3．椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别是F1，F2，离心率为，过点F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1，PF2，设∠F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m,0)，求m的取值范围．
解：(1)将x＝－c代入椭圆的方程＋＝1，得y＝±.
由题意知＝1，故a＝2b2.又e＝＝，则＝，即a＝2b，所以a＝2，b＝1，
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)由PM是∠F1PF2的角平分线，
可得＝，即＝.
设点P(x0，y0)(－2＜x0＜2)，
又点F1(－，0)，F2(，0)，M(m,0)，
则|PF1|＝ ＝2＋x0，
|PF2|＝ ＝2－x0.
又|F1M|＝|m＋|，|F2M|＝|m－|，且－＜m＜，
所以|F1M|＝m＋，|F2M|＝－m.
所以＝，化简得m＝x0，
而－2＜x0＜2，因此－＜m＜.
故实数m的取值范围为.
4．(2018·沈阳模拟)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左，右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|＝6，直线y＝kx与椭圆交于A，B两点．
(1)若△AF1F2的周长为16，求椭圆的标准方程；
(2)若k＝，且A，B，F1，F2四点共圆，求椭圆离心率e的值；
(3)在(2)的条件下，设P(x0，y0)为椭圆上一点，且直线PA的斜率k1∈(－2，－1)，试求直线PB的斜率k2的取值范围．
解：(1)由题意得c＝3，根据2a＋2c＝16，得a＝5.结合a2＝b2＋c2，解得a2＝25，b2＝16.所以椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)由得x2－a2b2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
所以x1＋x2＝0，x1x2＝，
由AB，F1F2互相平分且共圆，易知，AF2⊥BF2，
因为＝(x1－3，y1)，＝(x2－3，y2)，
所以·＝(x1－3)(x2－3)＋y1y2
＝x1x2＋9＝0.
即x1x2＝－8，所以有＝－8，
结合b2＋9＝a2，解得a2＝12，
所以离心率e＝.
(3)由(2)的结论知，椭圆方程为＋＝1，
由题可知A(x1，y1)，B(－x1，－y1)，k1＝，k2＝，
所以k1k2＝，
又＝＝－，
即k2＝－，
由－2＜k1＜－1可知，＜k2＜.
即直线PB的斜率k2∈.
第二课时　解题上——6大技法破解计算繁杂这一难题
（阅读课——供学有余力的考生自主观摩）
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．

回归定义，以逸待劳
回归定义的实质是重新审视概念，并用相应的概念解决问题，是一种朴素而又重要的策略和思想方法．圆锥曲线的定义既是有关圆锥曲线问题的出发点，又是新知识、新思维的生长点．对于相关的圆锥曲线中的数学问题，若能根据已知条件，巧妙灵活应用定义，往往能达到化难为易、化繁为简、事半功倍的效果．
[典例]　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.
[解题观摩]　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

本题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．　　　　
[对点训练]
1.如图，设抛物线y2＝4x的焦点为F，不经过焦点的直线上有三个不同的点A，B，C，其中点A，B在抛物线上，点C在y轴上，则△BCF与△ACF的面积之比是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　由题意可得＝＝＝＝.
2．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＋y＝(xP＋m)2＋4mxP，则2＝＝≥＝(当且仅当xP＝m时取等号)，所以≥，所以的最小值为.
答案：

设而不求，金蝉脱壳

设而不求是解析几何解题的基本手段，是比较特殊的一种思想方法，其实质是整体结构意义上的变式和整体思想的应用．设而不求的灵魂是通过科学的手段使运算量最大限度地减少，通过设出相应的参数，利用题设条件加以巧妙转化，以参数为过渡，设而不求．
[典例]　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
[解题观摩]　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

(1)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．
(2)在运用圆锥曲线问题中的设而不求方法技巧时，需要做到：①凡是不必直接计算就能更简洁地解决问题的，都尽可能实施“设而不求”；②“设而不求”不可避免地要设参、消参，而设参的原则是宜少不宜多．　　　　
[对点训练]
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：选A　设OE的中点为G，由题意设直线l的方程为y＝k(x＋a)，
分别令x＝－c与x＝0得|FM|＝k(a－c)，|OE|＝ka，
由△OBG∽△FBM，得＝，
即＝，
整理得＝，所以椭圆C的离心率e＝.
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
∴＋＝0，
∴＝－·.
∵＝－，x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，
∴－＝－，∴a2＝2b2.
又∵b2＝a2－c2，
∴a2＝2(a2－c2)，∴a2＝2c2，∴＝.
即椭圆C的离心率e＝.
答案：


巧设参数，变换主元

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．
[典例]　设椭圆＋＝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|＞.
[解题观摩]　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
消去y0并整理，得x＝.①
由|AP|＝|OA|，A(－a,0)及y0＝kx0，
得(x0＋a)2＋k2x＝a2，
整理得(1＋k2)x＋2ax0＝0.
而x0≠0，于是x0＝，
代入①，整理得(1＋k2)2＝4k22＋4.
又a＞b＞0，故(1＋k2)2＞4k2＋4，
即k2＋1＞4，因此k2＞3，所以|k|＞.
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＋＝1.
因为a＞b＞0，kx0≠0，所以＋＜1，
即(1＋k2)x＜a2.②
由|AP|＝|OA|及A(－a,0)，得(x0＋a)2＋k2x＝a2，
整理得(1＋k2)x＋2ax0＝0，于是x0＝，
代入②，得(1＋k2)·＜a2，
解得k2＞3，所以|k|＞.
法三：设P(acos θ，bsin θ)(0≤θ＜2π)，
则线段OP的中点Q的坐标为.
|AP|＝|OA|⇔AQ⊥OP⇔kAQ×k＝－1.
又A(－a,0)，所以kAQ＝，
即bsin θ－akAQcos θ＝2akAQ.
从而可得|2akAQ|≤ ＜a，
解得|kAQ|＜，故|k|＝＞.

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．　　　　
[对点训练]
　设直线l与抛物线y2＝4x相交于A，B两点，与圆C：(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，求r的取值范围．
解：当斜率不存在时，有两条，当斜率存在时，不妨设直线l的方程为x＝ty＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
代入抛物线y2＝4x并整理得y2－4ty－4m＝0，
则有Δ＝16t2＋16m＞0，y1＋y2＝4t，y1y2＝－4m，
那么x1＋x2＝(ty1＋m)＋(ty2＋m)＝4t2＋2m，
可得线段AB的中点M(2t2＋m,2t)，
而由题意可得直线AB与直线MC垂直，
即kMC·kAB＝－1，
可得·＝－1，整理得m＝3－2t2(当t≠0时)，
把m＝3－2t2代入Δ＝16t2＋16m＞0，
可得3－t2＞0，即0＜t2＜3，
又由于圆心到直线的距离等于半径，
即d＝＝＝2＝r，
而由0＜t2＜3可得2＜r＜4.
故r的取值范围为(2,4)．

数形结合，偷梁换柱

著名数学家华罗庚说过：“数与形本是两相倚，焉能分作两边飞．数缺形时少直观，形少数时难入微．”在圆锥曲线的一些问题中，许多对应的长度、数式等都具有一定的几何意义，挖掘题目中隐含的几何意义，采用数形结合的思想方法，可解决一些相应问题．
[典例]　已知F是双曲线C：x2－＝1的右焦点，P是C的左支上一点，A(0,6)．当△APF周长最小时，该三角形的面积为________．
[解题观摩]　设双曲线的左焦点为F1，根据双曲线的定义可知|PF|＝2a＋|PF1|，
则△APF的周长为|PA|＋|PF|＋|AF|＝|PA|＋2a＋|PF1|＋|AF|＝|PA|＋|PF1|＋|AF|＋2a，
由于|AF|＋2a是定值，要使△APF的周长最小，
则|PA|＋|PF1|最小，即P，A，F1共线，
由于A(0,6)，F1(－3,0)，
则直线AF1的方程为＋＝1，即x＝－3，
代入双曲线方程整理可得
y2＋6y－96＝0，
解得y＝2或y＝－8(舍去)，
所以点P的纵坐标为2，
所以＝×6×6－×6×2＝12.
[答案]　12

要求△APF的周长的最小值，其实就是转化为求解三角形三边长之和，根据已知条件与双曲线定义加以转化为已知边的长度问题与已知量的等价条件来分析，根据直线与双曲线的位置关系，通过数形结合确定点P的位置，通过求解点P的坐标进而利用三角形的面积公式来处理．　　　　
[对点训练]
1．椭圆＋＝1的左焦点为F，直线x＝m与椭圆相交于点M，N，当△FMN的周长最大时，△FMN的面积是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　如图所示，设椭圆的右焦点为F′，连接MF′，NF′.
因为|MF|＋|NF|＋|MF′|＋|NF′|≥|MF|＋|NF|＋|MN|，所以当直线x＝m过椭圆的右焦点时，△FMN的周长最大．
此时|MN|＝＝，又c＝＝＝1，
所以此时△FMN的面积S＝×2×＝.故选C.
2．设P为双曲线x2－＝1右支上一点，M，N分别是圆C1：(x＋4)2＋y2＝4和圆C2：(x－4)2＋y2＝1上的点，设|PM|－|PN|的最大值和最小值分别为m，n，则|m－n|＝(　　)
A．4 B.5
C．6 D．7
解析：选C　由题意得，圆C1：(x＋4)2＋y2＝4的圆心为(－4,0)，半径为r1＝2；圆C2：(x－4)2＋y2＝1的圆心为(4,0)，半径为r2＝1.
设双曲线x2－＝1的左、右焦点分别为F1(－4,0)，F2(4,0)．如图所示，连接PF1，PF2，F1M，F2N，则|PF1|－|PF2|＝2.又|PM|max＝|PF1|＋r1，|PN|min＝|PF2|－r2，所以|PM|－|PN|的最大值m＝|PF1|－|PF2|＋r1＋r2＝5.又|PM|min＝|PF1|－r1，|PN|max＝|PF2|＋r2，所以|PM|－|PN|的最小值n＝|PF1|－|PF2|－r1－r2＝－1，所以|m－n|＝6.故选C.

妙借向量，无中生有
平面向量是衔接代数与几何的纽带，沟通“数”与“形”，融数、形于一体，是数形结合的典范，具有几何形式与代数形式的双重身份，是数学知识的一个交汇点和联系多项知识的媒介．妙借向量，可以有效提升圆锥曲线的解题方向与运算效率，达到良好效果．
[典例]　如图，在平面直角坐标系xOy中，F是椭圆＋＝1(a＞b＞0)的右焦点，直线y＝与椭圆交于B，C两点，且∠BFC＝90°，则该椭圆的离心率是________．
[解题观摩]　把y＝代入椭圆＋＝1，
可得x＝±a，则B，C，
而F(c,0)，
则FB＝，FC＝，
又∠BFC＝90°，
故有FB·FC＝·＝c2－a2＋b2＝c2－a2＋(a2－c2)＝c2－a2＝0，
则有3c2＝2a2，所以该椭圆的离心率e＝＝.
[答案]　

本题通过相关向量坐标的确定，结合∠BFC＝90°，巧妙借助平面向量的坐标运算来转化圆锥曲线中的相关问题，从形入手转化为相应数的形式，简化运算．　　　　
[对点训练]
设直线l是圆O：x2＋y2＝2上动点P(x0，y0)(x0y0≠0)处的切线，l与双曲线x2－＝1交于不同的两点A，B，则∠AOB为(　　)
A．90° B.60°
C．45° D．30°
解析：选A　∵点P(x0，y0)(x0y0≠0)在圆O：x2＋y2＝2上，∴x＋y＝2，圆在点P(x0，y0)处的切线方程为x0x＋y0y＝2.由及x＋y＝2得(3x－4)x2－4x0x＋8－2x＝0.∵切线l与双曲线交于不同的两点A，B，且0＜x＜2，∴3x－4≠0，且Δ＝16x－4(3x－4)·(8－2x)＞0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝.∵OA·OB＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(2－x0x1)(2－x0x2)＝x1x2＋[4－2x0(x1＋x2)＋xx1x2]＝＋＝0，∴∠AOB＝90°.


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．
[典例]　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．
[解题观摩]　(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＝，
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．　　　　
[对点训练]
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＝，

＝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.

1．在平面直角坐标系xOy中，设直线y＝－x＋2与圆x2＋y2＝r2(r＞0)交于A，B两点，O为坐标原点，若圆上一点C满足＝＋，则r＝(　　)
A．2　　　　　　　　 B.
C．2 D.
解析：选B　已知＝＋，
两边平方化简得·＝－r2，
所以cos∠AOB＝－，所以cos＝，
又圆心O(0,0)到直线的距离为＝，
所以＝，解得r＝.
2．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.　　　　　　　　　 B.
C. D．1
解析：选C　如图所示，设P(x0，y0)(y0＞0)，
则y＝2px0，即x0＝.设M(x′，y′)，由＝2，
得
化简可得∴直线OM的斜率k＝＝＝≤＝(当且仅当y0＝p时取等号)．故直线OM的斜率的最大值为.
3．(2019·惠州调研)设m，n∈R，若直线l：mx＋ny－1＝0与x轴相交于点A，与y轴相交于点B，且直线l与圆x2＋y2＝4相交所得的弦长为2，O为坐标原点，则△AOB面积的最小值为(　　)
A．5 B.4
C．3 D．2
解析：选C　由直线与圆相交所得的弦长为2，得圆心到直线的距离d＝＝，所以m2＋n2＝≥2|mn|，当且仅当m＝n时等号成立．所以|mn|≤，又A，B，所以△AOB的面积S＝≥3，故△AOB面积的最小值为3.
4．(2019·兰州模拟)已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P为双曲线右支上一点，若|PF1|2＝8a|PF2|，则双曲线C的离心率的取值范围为(　　)
A．(1,3] B.[3，＋∞)
C．(0,3) D．(0,3]
解析：选A　根据双曲线的定义及点P在双曲线的右支上，得|PF1|－|PF2|＝2a，设|PF1|＝m，|PF2|＝n，则m－n＝2a，m2＝8an，∴m2－4mn＋4n2＝0，∴m＝2n，则n＝2a，m＝4a，依题得|F1F2|≤|PF1|＋|PF2|，∴2c≤4a＋2a，∴e＝≤3，又e＞1，∴1＜e≤3，即双曲线C的离心率的取值范围为(1,3]．
5．过抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点F，斜率为的直线交抛物线于A，B两点，若＝λ (λ＞1)，则λ的值为(　　)
A．5 B.4
C. D.
解析：选B　根据题意设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由＝λ，得＝λ，
故－y1＝λy2，即λ＝－.
设直线AB的方程为y＝，
联立直线与抛物线方程，消去x，得y2－py－p2＝0.
故y1＋y2＝p，y1y2＝－p2，
则＝＋＋2＝－，
即－λ－＋2＝－.
又λ＞1，解得λ＝4.
6.已知椭圆C：＋y2＝1，过椭圆上一点A(0,1)作直线l交椭圆于另一点B，P为线段AB的中点，若直线AB，OP的斜率存在且不为零，则kABkOP＝________.
解析：法一：(特殊值法)取B，则P，
则kAB＝，kOP＝，
故kAB·kOP＝×＝－.
法二：由题意，设直线l的方程为y＝kx＋1，
联立方程
消去y得，(1＋4k2)x2＋8kx＝0，
得xB＝，即B.
则P，
∴kAB＝k，kOP＝－，
∴kAB·kOP＝－.
法三：(点差法)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，P(x0，y0)，
则两式相减得＋y－y＝0，
化简得·＝－，
即·＝－，
∴kAB·kOP＝－.
答案：－
7．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·的最小值为________．
解析：由题意，设A(cos θ，sin θ)，P(x，x＋2)，
则B(－cos θ，－sin θ)，
∴＝(cos θ－x，sin θ－x－2)，
＝(－cos θ－x，－sin θ－x－2)，
∴·＝(cos θ－x)(－cos θ－x)＋(sin θ－x－2)·(－sin θ－x－2)＝x2＋(x＋2)2－cos2θ－sin2θ＝2x2＋4x＋3＝2(x＋1)2＋1，
当且仅当x＝－1，即P(－1，1)时，·取最小值1.
答案：1
8．(2019·武汉调研)已知A，B分别为椭圆＋＝1(0＜b＜3)的左、右顶点，P，Q是椭圆上关于x轴对称的不同两点，设直线AP，BQ的斜率分别为m，n，若点A到直线y＝ x的距离为1，则该椭圆的离心率为________．
解析：根据椭圆的标准方程＋＝1(0＜b＜3)知椭圆的中心在原点，焦点在x轴上，A(－3,0)，B(3,0)，设P(x0，y0)，Q(x0，－y0)，则＋＝1，kAP＝m＝，kBQ＝n＝，∴mn＝＝，∴＝，∴直线y＝ x＝x，即x－3y＝0.又点A到直线y＝ x的距离为1，∴＝＝1，解得b2＝，∴c2＝a2－b2＝，∴e＝＝＝.
答案：
9．已知椭圆C：＋y2＝1的右顶点为A，上顶点为B.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：由题意知，A(2,0)，B(0,1)，
设P(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，则x＋4y＝4，
所以直线PA的方程为y＝(x－2)，
令x＝0，得yM＝－，
从而|BM|＝1－yM＝1＋，
直线PB的方程为y＝x＋1，
令y＝0，得xN＝－，
从而|AN|＝2－xN＝2＋，
所以四边形ABNM的面积
S＝|AN||BM|＝
＝
＝
＝2，
从而四边形ABNM的面积为定值．
10．已知离心率为的椭圆＋＝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|＝.
(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＝＝，a2＝b2＋c2，
∴＝.由题意可知＝，∴b＝1，a＝，
∴椭圆的方程为＋y2＝1.
(2)将y＝kx＋2代入椭圆方程，得(1＋3k2)x2＋12kx＋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＝－，x1x2＝.
若以CD为直径的圆过E点，
则·＝0，
即(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝0，
而y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4，
所以(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2
＝(k2＋1)x1x2＋(2k＋1)(x1＋x2)＋5
＝－＋5＝0，
解得k＝，满足k2＞1，所以k＝.
第三课时　题型上——高考3大题型逐一精研
题型一　定点、定值问题

定点问题
[例1]　已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点F(，0)，长半轴长与短半轴长的比值为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设不经过点B(0,1)的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，若点B在以线段MN为直径的圆上，证明直线l过定点，并求出该定点的坐标．
[解]　(1)由题意得，c＝，＝2，a2＝b2＋c2，
∴a＝2，b＝1，
∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)证明：当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m(m≠1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由消去y可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
∴Δ＝16(4k2＋1－m2)＞0，x1＋x2＝，x1x2＝.
∵点B在以线段MN为直径的圆上，∴·＝0.
∵·＝(x1，kx1＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)＝(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2＝0，
∴(k2＋1)＋k(m－1)＋(m－1)2＝0，
整理，得5m2－2m－3＝0，
解得m＝－或m＝1(舍去)．
∴直线l的方程为y＝kx－.
易知当直线l的斜率不存在时，不符合题意．
故直线l过定点，且该定点的坐标为.

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．　　　　
[过关训练]
1.如图，已知直线l：y＝kx＋1(k＞0)关于直线y＝x＋1对称的直线为l1，直线l，l1与椭圆E：＋y2＝1分别交于点A，M和A，N，记直线l1的斜率为k1.
(1)求k·k1的值；
(2)当k变化时，试问直线MN是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点坐标；若不恒过定点，请说明理由．
解：(1)设直线l上任意一点P(x，y)关于直线y＝x＋1对称的点为P0(x0，y0)，
直线l与直线l1的交点为(0,1)，
∴l：y＝kx＋1，l1：y＝k1x＋1，
k＝，k1＝，由＝＋1，
得y＋y0＝x＋x0＋2，①
由＝－1，得y－y0＝x0－x，②
由①②得
∴k·k1＝
＝＝1.
(2)由得(4k2＋1)x2＋8kx＝0，
设M(xM，yM)，N(xN，yN)，
∴xM＝，yM＝.
同理可得xN＝＝，yN＝＝.
kMN＝＝＝＝－，
直线MN：y－yM＝kMN(x－xM)，
即y－＝－，
即y＝－x－＋＝－x－.
∴当k变化时，直线MN过定点.

定值问题
[例2]　(2019·沈阳模拟)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的焦点为F1，F2，离心率为，点P为其上一动点，且三角形PF1F2的面积最大值为，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点M，N为C上的两个动点，求常数m，使·＝m时，点O到直线MN的距离为定值，求这个定值．
[解]　(1)当点P位于短轴的端点时，△PF1F2的面积最大，即×2c×b＝，
则有解得
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＋y1y2＝m，
当直线MN的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋n，则点O到直线MN的距离d＝ ＝ ，
联立消去y，得(4k2＋3)x2＋8knx＋4n2－12＝0, 由Δ＞0得4k2－n2＋3＞0，
则x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以x1x2＋(kx1＋n)(kx2＋n)＝(k2＋1)x1x2＋kn(x1＋x2)＋n2＝m，整理得＝12＋.
因为d＝ 为常数，则m＝0，d＝ ＝，
此时＝12满足Δ＞0.
当MN⊥x轴时，由m＝0得kOM＝±1，
联立消去y，得x2＝，
点O到直线MN的距离d＝|x|＝亦成立．
综上可知，当m＝0时，点O到直线MN的距离为定值，这个定值是.

圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法
(1)特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值．
(2)两大解法：
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
②引起变量法：其解题流程为

[过关训练]
2．(2019·昆明调研)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的焦距为4，P是椭圆C上的点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)O为坐标原点，A，B是椭圆C上不关于坐标轴对称的两点，设＝＋，证明：直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值．
解：(1)由题意知2c＝4，即c＝2，
则椭圆C的方程为＋＝1，
因为点P在椭圆C上，
所以＋＝1，解得a2＝5或a2＝(舍去)，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1≠x2且x1＋x2≠0，
由＋＝，得D(x1＋x2，y1＋y2)，
所以直线AB的斜率kAB＝，
直线OD的斜率kOD＝，
由得(x1＋x2)(x1－x2)＋(y1＋y2)(y1－y2)＝0，即·＝－，
所以kAB·kOD＝－.
故直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值－.
题型二　最值、范围问题

最值问题
[例1]　(2018·南昌模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，准线为l，过焦点F的直线交C于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，y1y2＝－4.
(1)求抛物线C的方程；
(2)如图，点B在准线l上的正投影为E，D是C上一点，且AD⊥EF，求△ABD面积的最小值及此时直线AD的方程．
[解]　(1)依题意知F，
当直线AB的斜率不存在时，y1y2＝－p2＝－4，
解得p＝2.
当直线AB的斜率存在时，设lAB：y＝k(k≠0)，
由消去x并整理，得y2－y－p2＝0，
则y1y2＝－p2，
由y1y2＝－4，得p2＝4，解得p＝2.
综上所述，抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)设D(x0，y0)，B，
则E(－1，t)，又由y1y2＝－4，可得A.
因为kEF＝－，AD⊥EF，所以kAD＝，
则直线lAD的方程为y＋＝，
化简得2x－ty－4－＝0.
由消去x并整理，得y2－2ty－8－＝0，Δ＝(－2t)2－4＝4t2＋＋32＞0恒成立，
所以y1＋y0＝2t，y1y0＝－8－.
于是|AD|＝|y1－y0|＝＝ ，
设点B到直线AD的距离为d，则d＝＝.
所以S△ABD＝|AD|·d＝≥16，
当且仅当t4＝16，即t＝±2时取等号，即△ABD面积的最小值为16.
当t＝2时，直线AD的方程为x－y－3＝0；当t＝－2时，直线AD的方程为x＋y－3＝0.

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：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．　　　　
[过关训练]
1．(2018·安康质检)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1和F2，由M(－a，b)，N(a，b)，F2和F1这4个点构成了一个高为，面积为3的等腰梯形．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点F1的直线和椭圆交于A，B两点，求△F2AB面积的最大值．
解：(1)由已知条件，得b＝，且×＝3，
∴a＋c＝3.又a2－c2＝3，∴a＝2，c＝1，
∴椭圆的方程为＋＝1.
(2)显然，直线的斜率不能为0，
设直线的方程为x＝my－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立方程，得消去x得，
(3m2＋4)y2－6my－9＝0.
∵直线过椭圆内的点，
∴无论m为何值，直线和椭圆总相交．
∴y1＋y2＝，y1y2＝－.
∴＝|F1F2||y1－y2|＝|y1－y2|
＝＝12
＝4＝4，
令t＝m2＋1≥1，设f(t)＝t＋，易知t∈时，函数f(t)单调递减，t∈时，函数f(t)单调递增，
∴当t＝m2＋1＝1，即m＝0时，f(t)取得最小值，f(t)min＝，此时，取得最大值3.

范围问题
[例2]　(2019·合肥模拟)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且以原点为圆心，椭圆的焦距为直径的圆与直线xsin θ＋ycos θ－1＝0相切(θ为常数)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作直线l与椭圆交于M，N两点，求·的取值范围．
[解]　(1)由题意，得解得
故椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)由(1)得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l的方程为x＝1，不妨记M，N，
∴＝，＝，
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得，
(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝.①
＝(x1＋1，y1)，＝(x2＋1，y2)，
则·＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝(x1＋1)(x2＋1)＋k(x1－1)·k(x2－1)＝(1＋k2)x1x2＋(1－k2)(x1＋x2)＋1＋k2，
结合①可得·＝＋＋1＋k2＝＝－，
由k2≥0可得·∈.
综上可知，·的取值范围是.

解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面
(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．　　　　
[过关训练]
2．(2019·惠州调研)如图，椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的右顶点为A(2,0)，左、右焦点分别为F1，F2，过点A且斜率为的直线与y轴交于点P，与椭圆交于另一个点B，且点B在x轴上的射影恰好为点F1.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点P且斜率大于的直线与椭圆交于M，N两点(|PM|＞|PN|)，若S△PAM∶S△PBN＝λ，求实数λ的取值范围．
解：(1)因为BF1⊥x轴，所以点B，
所以解得
所以椭圆C的标准方程是＋＝1.
(2)因为＝＝＝λ⇒＝(λ＞2)，
所以＝－.
由(1)可知P(0，－1)，
设直线MN的方程为y＝kx－1，
M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立方程，得
化简得，(4k2＋3)x2－8kx－8＝0.
得(*)
又＝(x1，y1＋1)，＝(x2，y2＋1)，有x1＝－x2，
将x1＝－x2代入(*)可得，＝.
因为k＞，所以＝∈(1,4)，
则1＜＜4且λ＞2，解得4＜λ＜4＋2.
综上所述，实数λ的取值范围为(4,4＋2)．
题型三　证明、探索性问题


证明问题
[例1]　(2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C：＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2,0)．
(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB.
[解]　(1)由已知得F(1,0)，直线l的方程为x＝1.
则点A的坐标为或.
又M(2,0)，
所以直线AM的方程为y＝－x＋或y＝x－，
即x＋y－2＝0或x－y－2＝0.
(2)证明：当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，
所以∠OMA＝∠OMB.
当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为
y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＜，x2＜，直线MA，MB的斜率之和为
kMA＋kMB＝＋.
由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k，
得kMA＋kMB＝.
将y＝k(x－1)代入＋y2＝1，
得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k
＝＝0.
从而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的倾斜角互补．
所以∠OMA＝∠OMB.综上，∠OMA＝∠OMB成立．

圆锥曲线中证明问题，常见位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数量关系方面的，如存在定值、恒成立等．在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接法证明，但有时也会用到反证法．　　　　
[过关训练]
1．(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．
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＝－.①
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．
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－.


探索性问题
[例2]　(2019·合肥质检)
如图，在平面直角坐标系中，点F(－1，0)，过直线l：x＝－2右侧的动点P作PA⊥l于点A，∠APF的平分线交x轴于点B，|PA|＝|BF|.
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)过点F的直线q交曲线C于M，N，试问：x轴正半轴上是否存在点E，直线EM，EN分别交直线l于R，S两点，使∠RFS为直角？若存在，求出点E的坐标，若不存在，请说明理由．
[解]　(1)设P(x，y)，由平面几何知识得＝，
即＝，化简得＋y2＝1，
所以动点P的轨迹C的方程为＋y2＝1(x≠)．
(2)假设满足条件的点E(n,0)(n＞0)存在，设直线q的方程为x＝my－1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，R(－2，y3)，S(－2，y4)．联立消去x，得(m2＋2)y2－2my－1＝0，y1＋y2＝，y1y2＝－，
x1x2＝(my1－1)(my2－1)＝m2y1y2－m(y1＋y2)＋1＝－－＋1＝，
x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝－2＝－，
由条件知＝，y3＝－，
同理y4＝－，
kRF＝＝－y3，kSF＝－y4.
因为∠RFS为直角，所以y3y4＝－1，
所以(2＋n)2y1y2＝－[x1x2－n(x1＋x2)＋n2]，
(2＋n)2＝＋＋n2，
所以(n2－2)(m2＋1)＝0，n＝，
故满足条件的点E存在，其坐标为(，0)．

存在性问题的求解方法
(1)存在性问题通常采用“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．　　　　
[过关训练]
2．(2019·福州四校联考)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的两个焦点分别为F1，F2，短轴的一个端点为P，△PF1F2内切圆的半径为，设过点F2的直线l被椭圆C截得的线段为RS，当l⊥x轴时，|RS|＝3.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)在x轴上是否存在一点T，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称？若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)由内切圆的性质，
得×2c×b＝×(2a＋2c)×，得＝.
将x＝c代入＋＝1，得y＝±，所以＝3.
又a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝，
故椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)当直线l垂直于x轴时，显然x轴上任意一点T都满足TS与TR所在直线关于x轴对称．
当直线l不垂直于x轴时，假设存在T(t,0)满足条件，设l的方程为y＝k(x－1)，R(x1，y1)，S(x2，y2)．
联立
得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
由根与系数的关系得①
其中Δ＞0恒成立，
由TS与TR所在直线关于x轴对称，得kTS＋kTR＝0(显然TS，TR的斜率存在)，
即＋＝0.②
因为R，S两点在直线y＝k(x－1)上，
所以y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，代入②得

＝＝0，
即2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0，③
将①代入③得
＝＝0，④
则t＝4，综上所述，存在T(4,0)，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称．

1.(2018·郑州一检)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＝，
·＝(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·∈.
综上所述，·∈，
所以·的最大值是.
2．(2019·沈阳教学质量监测)设O为坐标原点，动点M在椭圆＋＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足＝.
(1)求点P的轨迹E的方程；
(2)过F(1,0)的直线l1与点P的轨迹交于A，B两点，过F(1,0)作与l1垂直的直线l2与点P的轨迹交于C，D两点，求证：＋为定值．
解：(1)设P(x，y)，易知N(x,0)，＝(0，y)，
又＝＝，∴M，
又点M在椭圆上，∴＋＝1，即＋＝1.
∴点P的轨迹E的方程为＋＝1.
(2)证明：当直线l1与x轴重合时，|AB|＝6，|CD|＝，
∴＋＝.
当直线l1与x轴垂直时，|AB|＝，|CD|＝6，
∴＋＝.
当直线l1与x轴不垂直也不重合时，可设直线l1的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，则直线l2的方程为y＝－(x－1)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，
联立直线l1与曲线E的方程，得
得(8＋9k2)x2－18k2x＋9k2－72＝0，
可得
∴|AB|＝·＝，
同理可得x3＋x4＝，x1x2＝.
则|CD|＝ ·＝.
∴＋＝＋＝.
综上可得＋为定值．
3．(2019·惠州调研)已知点C为圆(x＋1)2＋y＝8的圆心，P是圆上的动点，点Q在圆的半径CP上，且有点A(1,0)和AP上的点M，满足·＝0，＝2.
(1)当点P在圆上运动时，求点Q的轨迹方程；
(2)若斜率为k的直线l与圆x2＋y2＝1相切，与(1)中所求点Q的轨迹交于不同的两点F，H，O是坐标原点，且≤·≤时，求k的取值范围．
解：(1)由题意知MQ是线段AP的垂直平分线，所以|CP|＝|QC|＋|QP|＝|QC|＋|QA|＝2＞|CA|＝2，
所以点Q的轨迹是以点C，A为焦点，焦距为2，长轴长为2的椭圆，所以a＝，c＝1，b＝＝1，
故点Q的轨迹方程是＋y2＝1.
(2)设直线l：y＝kx＋t，F(x1，y1)，H(x2，y2)，
直线l与圆x2＋y2＝1相切⇒＝1⇒t2＝k2＋1.
联立⇒(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，
Δ＝16k2t2－4(1＋2k2)(2t2－2)＝8(2k2－t2＋1)＝8k2＞0⇒k≠0，
x1＋x2＝，x1x2＝，
所以·＝x1x2＋y1y2
＝(1＋k2)x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2
＝＋kt＋t2
＝－＋k2＋1
＝，
所以≤≤⇒≤k2≤⇒≤|k|≤，
所以－≤k≤－或≤k≤.
故k的取值范围是∪.
4．已知抛物线C：y2＝4x，过其焦点F作两条相互垂直且不平行于坐标轴的直线，它们分别交抛物线C于点P1，P2和点P3，P4，线段P1P2，P3P4的中点分别为M1，M2.
(1)求线段P1P2的中点M1的轨迹方程．
(2)求△FM1M2面积的最小值．
(3)过M1，M2的直线l是否恒过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．
解：(1)由题设条件得焦点F(1,0)，
设直线P1P2的方程为y＝k(x－1)，k≠0.
联立得k2x2－2(2＋k2)x＋k2＝0，
则Δ＝[－2(2＋k2)]2－4k2·k2＝16(1＋k2)＞0.
设P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，设M1(xM1，yM1)，


(3)当k≠±1时，由(2)知直线l的斜率为k′＝，
∴直线l的方程为y＋2k＝(x－2k2－1)，
即yk2＋(x－3)k－y＝0，(*)
当x＝3，y＝0时，方程(*)对任意k(k≠±1)均成立，
即直线l过定点(3,0)．
当k＝±1时，直线l的方程为x＝3，也过定点(3,0)．
综上可知，直线l恒过定点(3,0)．