新人教A版高考数学二轮复习专题九平面解析几何6圆锥曲线的综合问题综合集训含解析

这是一份新人教A版高考数学二轮复习专题九平面解析几何6圆锥曲线的综合问题综合集训含解析，共25页。

圆锥曲线的综合问题
基础篇
【基础集训】
考点一　曲线与方程
1.设k>1,则关于x,y的方程(1-k)x2+y2=k2-1所表示的曲线是 (　　)
A.长轴在x轴上的椭圆
B.长轴在y轴上的椭圆
C.实轴在x轴上的双曲线
D.实轴在y轴上的双曲线
答案　D
2.两定点A(-2,1),B(2,-1),动点P在抛物线y=x2-2上移动,则△PAB重心G的轨迹方程是 (　　)
A.y=x2-13　　B.y=3x2-23　　C.y=2x2-23　　D.y=12x2-14
答案　B
3.已知圆C1:(x+3)2+y2=1,C2:(x-3)2+y2=81,动圆C与圆C1、C2都相切,则动圆C的圆心轨迹E的方程为　. 
答案　x225+y216=1或x216+y27=1
4.设三个数(x-2)2+y2,3,(x+2)2+y2成等差数列,记(x,y)对应点的曲线是C.求曲线C的方程.
考点二　定点与定值问题
5.已知直线l与双曲线x24-y2=1相切于点P,l与双曲线的两条渐近线交于M,N两点,则OM·ON的值为(　　)
A.3　　B.4
C.5　　D.与P的位置有关
答案　A


6.(多选题)设M,N是抛物线y2=x上的两个不同的点,O是坐标原点.若直线OM与ON的斜率之积为-12,则(　　)
A.|OM|+|ON|≥42
B.以MN为直径的圆的面积大于4π
C.直线MN过定点(2,0)
D.点O到直线MN的距离不大于2
答案　CD
7.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3-1,32,P41,32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.
考点三　最值与范围问题
8.若a>1,则双曲线x2a2-y2=1的离心率的取值范围是 (　　)
A.(2,+∞)　　B.(2,2)　　C.(1,2)　　D.(1,2)
答案　C
9.已知双曲线C:x2a2-4y2=1(a>0)的右顶点到其一条渐近线的距离等于34,抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点与双曲线C的右焦点重合,则抛物线E上的动点M到直线l1:4x-3y+6=0和l2:x=-1距离之和的最小值为 (　　)
A.1　　B.2　　C.3　　D.4
答案　B
10.设P是椭圆x29+y25=1上一点,M,N分别是两圆C1:(x+2)2+y2=1和C2:(x-2)2+y2=1上的点,则|PM|+|PN|的最小值和最大值分别为 (　　)
A.4,8　　B.2,6　　C.6,8　　D.8,12
答案　A
考点四　存在性问题
11.已知定点C(-1,0)及椭圆x2+3y2=5,过点C的动直线与椭圆相交于A,B两点.
(1)若线段AB中点的横坐标是-12,求直线AB的方程;
(2)在x轴上是否存在点M,使MA·MB为常数?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.
12.已知抛物线C:y2=2px(0 (1)求C的方程;
(2)是否存在垂直于x轴的直线l,使得l被☉M所截得的弦长为定值?若存在,求l的方程;若不存在,说明理由.
[教师专用题组]
【基础集训】
考点一　曲线与方程
1.(2020云南昆明一中第二次月考,11)已知圆M:(x+5)2+y2=36,定点N(5,0),点P为圆M上的动点,点Q在NP上,点G在MP上,且满足NP=2NQ,GQ·NP=0,则点G的轨迹方程为 (　　)
A.x29+y24=1　　B.x236+y231=1
C.x29-y24=1　　D.x236-y231=1
答案　A　由NP=2NQ,GQ·NP=0,知Q为PN的中点,且GQ⊥PN,
∴GQ垂直平分PN,∴|PG|=|GN|,
∴|GN|+|GM|=|PG|+|GM|=|PM|=6>25,
∴点G的轨迹是以M,N为焦点的椭圆,且2a=6,2c=25,
∴b2=a2-c2=32-(5)2=4,∴点G的轨迹方程为x29+y24=1,故选A.
2.(2018陕西西安铁一中二模,5)在平面直角坐标系xOy中,动点P关于x轴的对称点为Q,且OP·OQ=2,则点P的轨迹方程为 (　　)
A.x2+y2=2　　B.x2-y2=2
C.x+y2=2　　D.x-y2=2
答案　B　设P(x,y),则Q(x,-y),∴OP·OQ=(x,y)·(x,-y)=x2-y2=2,故选B.
考点二　定点与定值问题
1.(2019北京海淀一模文,20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点为A(-2,0),两个焦点与短轴的一个顶点构成等腰直角三角形,过点P(1,0)且与x轴不重合的直线l与椭圆交于不同的两点M,N.
(1)求椭圆C的方程;
(2)当AM与MN垂直时,求AM的长;
(3)若过点P且平行于AM的直线交直线x=52于点Q,求证:直线NQ恒过定点.
解析　(1)因为A(-2,0),所以a=2.
因为两个焦点与短轴的一个顶点构成等腰直角三角形,
所以b=c.
又b2+c2=a2,所以b2=c2=2.
所以椭圆C的方程为x24+y22=1.
(2)解法一:设M(xm,ym),
则kMP=ymxm-1,kAM=ymxm+2,
因为AM与MN垂直,
所以kAM·kMP=ymxm-1·ymxm+2=-1,
联立ymxm-1·ymxm+2=-1,xm24+ym22=1,
解得xm=0,ym=±2或xm=-2,ym=0(舍).
所以|AM|=6.
解法二:设M(xm,ym),
因为AM与MN垂直,
所以点M在以AP为直径的圆上,
又因为以AP为直径的圆的圆心为-12,0,半径为32,
所以圆的方程为x+122+y2=94.
联立xm+122+ym2=94,xm24+ym22=1,
解得xm=0,ym=±2或xm=-2,ym=0(舍).
所以|AM|=6.
(3)证明:设M(x1,y1),N(x2,y2),直线MN的方程为x=my+1,
由x=my+1,x2+2y2-4=0得(m2+2)y2+2my-3=0.
显然Δ>0,则y1+y2=-2mm2+2,y1y2=-3m2+2,
因为直线PQ与AM平行,所以kPQ=kAM=y1x1+2,
则直线PQ的方程为y=y1x1+2(x-1),
令x=52,则y=32y1x1+2=3y12(my1+3),即Q52,3y12(my1+3).
kNQ=y2-3y12(my1+3)x2-52=2my1y2+6y2-3y1(my1+3)(2my2-3),
直线NQ的方程为y-y2=2my1y2+6y2-3y12m2y1y2+6my2-3my1-9(x-x2),
y=2my1y2+6y2-3y12m2y1y2+6my2-3my1-9x-(2my1y2+6y2-3y1)(my2+1)2m2y1y2+6my2-3my1-9+y2
=2my1y2+6y2-3y12m2y1y2+6my2-3my1-9x-2my1y2+15y2-3y12m2y1y2+6my2-3my1-9,
令y=0,得x=2my1y2+15y2-3y12my1y2+6y2-3y1.
因为2my1y2=3(y1+y2),故x=18y29y2=2,
所以直线NQ恒过定点(2,0).
2.(2019河南开封10月联考,20)已知直线l1:y=33x,l2:y=-33x,动点P,Q分别在l1,l2上移动,|PQ|=23,N是线段PQ的中点,记点N的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程;
(2)过点M(0,1)分别作直线MA,MB交曲线C于A,B两点,设这两条直线的斜率分别为k1,k2,且k1+k2=2,证明:直线AB过定点.
解析　(1)根据条件设P(3m,m),Q(-3n,n),
∵|PQ|=23,∴3(m+n)2+(m-n)2=12.
设N(x,y)是线段PQ的中点,则x=3(m-n)2,y=m+n2,
消去m,n可得曲线C的方程为x29+y2=1.
(2)证明:由(1)知,点M(0,1)为椭圆x29+y2=1的上顶点,
当直线AB的斜率不存在时,设A(x0,y0),则B(x0,-y0),
由k1+k2=2得y0-1x0+-y0-1x0=2,得x0=-1;
当直线AB的斜率存在时,设AB的方程为y=kx+m(m≠1),A(x1,y1),B(x2,y2),
联立x29+y2=1,y=kx+m⇒(1+9k2)x2+18kmx+9m2-9=0,
得x1+x2=-18km1+9k2,x1·x2=9m2-91+9k2,
则k1+k2=2⇒y1-1x1+y2-1x2=2⇒(kx2+m-1)x1+(kx1+m-1)x2x1x2=2,
即(2-2k)x1x2=(m-1)(x1+x2)⇒(2-2k)(9m2-9)=(m-1)·(-18km),由m≠1,得(1-k)(m+1)=-km⇒m=k-1,
即y=kx+m=kx+k-1⇒y=k(x+1)-1,故直线AB过定点(-1,-1).经检验,此时直线与椭圆有两个交点,满足题意.
综上所述,直线AB过定点(-1,-1).
考点三　最值与范围问题
1.(2020安徽高三期末)如图,已知F1、F2分别是椭圆C:x264+y232=1的左、右焦点,过F1的直线l1与过F2的直线l2交于点N,线段F1N的中点为M,线段F1N的垂直平分线MP与l2的交点P(第一象限)在椭圆上,若O为坐标原点,则|OM||OF2|的取值范围为 (　　)

A.0,22　　B.0,12　　C.(0,2)　　D.(0,1)
答案　D　因为PM为线段F1N的垂直平分线,所以|F1M|=|MN|.
由中位线定理可得|OM|=12|F2N|.
设点P(x0,y0)(x0>0,y0>0).
由两点间的距离公式,得|PF1|=(x0+c)2+y02=(x0+c)2+1-x02a2b2=c2x02a2+2cx0+a2=a+ex0,
同理可得|PF2|=a-ex0,
所以|F2N|=|PF1|-|PF2|=2ex0,故|OM|=ex0,
因为a=8,c=42,所以e=ca=22,
故|OM|=22x0,所以|OM||OF2|=22x042=x08.
因为x0∈(0,8),所以18x0∈(0,1).
故|OM||OF2|的取值范围为(0,1).
故选D.
2.(2020安徽高三期末)双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左,右焦点分别为F1(-2,0),F2(2,0),若双曲线C的渐近线上存在点M满足|MF1|=2|MF2|,则双曲线C的实轴长的最小值为(　　)
A.23　　B.43　　C.423　　D.823
答案　B　设M(x,y),由|MF1|=2|MF2|可得(x+2)2+y2=2[(x-2)2+y2],整理得(x-6)2+y2=32,
即点M在以(6,0)为圆心,42为半径的圆上.
又点F2到双曲线C的渐近线的距离为b,
∴当双曲线C的渐近线与圆(x-6)2+y2=32相切时,b取得最大值,
∴b2=426,从而b≤423.
∴a≥4-329=23,故2a≥43.故双曲线C的实轴长的最小值为43.
故选B.
思路分析　设M(x,y),由|MF1|=2|MF2|,利用距离公式化简得出点M在圆(x-6)2+y2=32上,当双曲线C的渐近线与圆相切时,b取得最大值,得出b≤423,结合a2+b2=c2得出2a的最小值.
3.(2020河南中原名校联盟第三次测评,10)椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长、短轴长和焦距成等差数列,若点P为椭圆C上的任意一点,且P在第一象限,O为坐标原点,F(3,0)为椭圆C的右焦点,则OP·PF的取值范围为 (　　)
A.(-16,-10)　　B.-10,-394
C.-16,-394　　D.-∞,-394
答案　C　因为椭圆C的长轴长、短轴长和焦距成等差数列,所以2a+2c=4b,即a+c=2b,又F(3,0)为椭圆C的右焦点,所以c=3.因为a2=c2+b2,所以解方程组a2=c2+b2,a+c=2b,c=3,得a=5,b=4,c=3,所以椭圆方程为x225+y216=1.设P(m,n)(0 考点四　存在性问题
1.(2019四川绵阳二诊,12)已知椭圆C:x2m+y2m-4=1(m>4)的右焦点为F,点A(-2,2)为椭圆C内一点.若椭圆C上存在一点P,使得|PA|+|PF|=8,则m的取值范围是 (　　)
A.(6+25,25]　　B.[9,25]
C.(6+25,20]　　D.[3,5]
答案　A　椭圆C:x2m+y2m-4=1(m>4)的右焦点为F(2,0),
左焦点为F'(-2,0),
由椭圆的定义可得|PF|+|PF'|=2m,
即|PF|=2m-|PF'|,又|PA|+|PF|=8,
可得|PA|-|PF'|=8-2m,
由||PA|-|PF'||≤|AF'|=2,
可得-2≤8-2m≤2,
解得3≤m≤5,所以9≤m≤25①,
又A在椭圆内,所以4m+4m-4<1,
所以8m-166+25,
结合①得6+25 故选A.
思路分析　由题意可知椭圆的左焦点为F'(-2,0),右焦点为F(2,0),由椭圆的定义可得2m=|PF|+|PF'|,即|PF|=2m-|PF'|,由条件得|PA|-|PF'|=8-2m,由三点共线取得最值,解不等式,再由点A在椭圆内部,可得所求范围.
2.(20195·3原创冲刺卷三,20)已知定点F(0,2)和定直线l:y=-3,动圆M在直线l的上方,其半径r=|MF|,且圆M上的点到直线l的距离的最小值等于1.
(1)求圆心M的轨迹C的方程;
(2)已知直线AB交曲线C于A,B两点,交x轴于点G,交y轴正半轴于点H,是否存在直线AB,使得A,B两点纵坐标之积为4,且1|GA|+1|GB|-3|GH|=0?若存在,求出直线AB的方程,若不存在,请说明理由.
解析　(1)由题意可知,动点M到定点F(0,2)的距离等于到定直线l':y=-2的距离,根据抛物线的定义可知,点M的轨迹C是以F为焦点的抛物线,故圆心M的轨迹C的方程为x2=8y. (4分)
(2)假设存在符合条件的直线AB,由已知可知直线的斜率存在,设直线AB的方程为y=kx+b(k≠0,b>0),A(x1,y1),B(x2,y2).
由y=kx+b,x2=8y,得x2-8kx-8b=0,所以64k2+32b>0,x1+x2=8k,x1x2=-8b, (6分)
所以y1y2=x128·x228=b2,由y1y2=4,得b2=4,又b>0,所以b=2. (8分)
由1|GA|+1|GB|-3|GH|=0,得|GH||GA|+|GH||GB|=3,
作AA'⊥x轴,BB'⊥x轴,垂足分别为A',B',则|GH||GA|+|GH||GB|=|OH||AA'|+|OH||BB'|=2y1+2y2=2(y1+y2)y1y2=3, (10分)
因为y1y2=4,y1+y2=k(x1+x2)+4=8k2+4,
所以8k2+4=6,所以k=±12.
故存在符合条件的直线AB,其方程为y=12x+2或y=-12x+2. (12分)
综合篇
【综合集训】
考法一　有关轨迹方程问题的求法
1.(2020山东百师联盟测试五,5)已知圆C1:(x-4)2+y2=25,圆C2:(x+4)2+y2=1,动圆M与C1,C2都外切,则动圆圆心M的轨迹方程为 (　　)
A.x24-y212=1(x<0)　　B.x24-y212=1(x>0)
C.x23-y25=1(x<0)　　D.x23-y25=1(x>0)
答案　A
2.(2019安徽五校联盟第二次质检,4)x2+(y-3)2-x2+(y+3)2=4表示的曲线方程为 (　　)
A.x24-y25=1(x≤-2)　　B.x24-y25=1(x≥2)
C.y24-x25=1(y≤-2)　　D.y24-x25=1(y≥2)
答案　C
3.(2021届广东广州增城中学月考,21)从抛物线y2=36x上任意一点P向x轴作垂线,垂足为Q,点M是线段PQ上的一点,且满足PM=2MQ.
(1)求点M的轨迹C的方程;
(2)设直线x=my+1(m∈R)与轨迹C交于A,B两点,T为C上异于A,B的任意一点,直线AT,BT分别与直线x=-1交于D,E两点,以DE为直径的圆是否过x轴上的定点?若过定点,求出符合条件的定点坐标;若不过定点,请说明理由.
考法二　圆锥曲线中的定点、定值问题的求解方法
4.(2020山东德州6月二模,21)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)与圆x2+y2=43b2相交于M,N,P,Q四点,四边形MNPQ为正方形,F1,F2为椭圆的左、右焦点,且△PF1F2的周长为2(2+1).
(1)求椭圆C的方程;
(2)设直线l与椭圆C相交于A、B两点,D(0,-1),若直线AD与直线BD的斜率之积为16,证明:直线l恒过定点.
5.(2021届广东深圳实验学校11月月考,21)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12,直线l:y=-12x+2与椭圆C有且仅有一个公共点A.
(1)求椭圆C的方程及A点坐标;
(2)设直线l与x轴交于点B.过点B的直线与C交于E,F两点,记A在x轴上的投影为G,T为BG的中点,直线AE,AF与x轴分别交于M,N两点.试探究|TM|·|TN|是不是定值.若为定值,求出此定值,否则,请说明理由.
考法三　圆锥曲线中的最值(范围)问题的求解方法
6.(2019陕西宝鸡中学二模,11)已知抛物线x2=16y的焦点为F,双曲线x24-y25=1的左、右焦点分别为F1、F2,点P是双曲线右支上一点,则|PF|+|PF1|的最小值为 (　　)
A.5　　B.7　　C.9　　D.11
答案　C
7.(2020广东广州天河外国语学校4月测试,20)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点(0,1),离心率为32,A、B、C为椭圆上不同的三点,且满足OA+OB+OC=0,O为坐标原点.
(1)若直线AB、OC的斜率都存在,求证:kAB·kOC为定值;
(2)求|AB|的取值范围.
考法四　存在性问题
8.(2019内蒙古通辽五中模拟,20)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=63,过点A(0,-b)和B(a,0)的直线与原点的距离为32.
(1)求椭圆的方程;
(2)已知定点E(-1,0),若直线y=kx+2(k≠0)与椭圆交于C、D两点,问:是否存在这样的实数k,使得以CD为直径的圆过E点?若存在,请求出k值,若不存在,请说明理由.
[教师专用题组]
【综合集训】
考法一　有关轨迹方程问题的求法
1.(2020江西金太阳示范卷十八,3)曲线y2-4x+16=0关于直线x=2对称的曲线方程是 (　　)
A.y2=4x　　B.x2=-4y
C.x2=4y　　D.y2=-4x
答案　D　设所求曲线上任意一点为(x,y),点(x,y)关于直线x=2的对称点为(4-x,y),则y2-4(4-x)+16=0,即y2=-4x,故选D.
2.(2018山西临汾模拟,9)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右顶点分别为A,B,点M,N是椭圆C上关于长轴对称的两点,若直线AM与BN相交于点P,则点P的轨迹方程是 (　　)
A.x=±a(y≠0)　　B.y2=2b(|x|-a)(y≠0)
C.x2+y2=a2+b2(y≠0)　　D.x2a2-y2b2=1(y≠0)
答案　D　由题意可知A(-a,0),B(a,0),设M(x0,y0),N(x0,-y0),y0≠0,P(x,y),y≠0,
则直线PA的斜率k=y0x0+a,直线PA的方程为y=y0x0+a(x+a)①,
直线PB的斜率k=y0a-x0,直线PB的方程为y=y0a-x0(x-a)②,①②相乘得y2=y02a2-x02(x2-a2),
由x02a2+y02b2=1,得y02=b2a2(a2-x02),
则y2=b2a2(x2-a2),整理得x2a2-y2b2=1(y≠0),
则点P的轨迹方程为x2a2-y2b2=1(a>b>0)(y≠0),故选D.
3.(2019浙江金华十校联考,8)如图,AB是平面α的斜线段,A为斜足,点C满足sin∠CAB=λsin∠CBA(λ>0),且在平面α内运动,则 (　　)
A.当λ=1时,点C的轨迹是抛物线
B.当λ=1时,点C的轨迹是一条直线
C.当λ=2时,点C的轨迹是椭圆
D.当λ=2时,点C的轨迹是双曲线

答案　B　在△ABC中,由sin∠CAB=λsin∠CBA,得BCAC=λ.
当λ=1时,可知点C在线段AB的中垂面上运动,又点C在平面α内,所以C在两个平面的交线上,即点C的轨迹为一条直线;
当λ=2时,可知点C的轨迹为一个球面(相对应于平面中的阿波罗尼斯圆),又点C在平面α内,所以点C在平面α和球面的截口曲线上,即点C的轨迹为一个圆.故选B.
4.(2020云南名校8月月考,10)古希腊数学家阿波罗尼斯(约公元前262—公元前190年)的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果,他证明过这样一个命题:平面内与两定点距离的比为常数k(k>0,且k≠1)的点的轨迹是圆,后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.在平面直角坐标系中,设A(-3,0),B(3,0),动点M满足|MA||MB|=2,则动点M的轨迹方程为 (　　)
A.(x-5)2+y2=16　　B.x2+(y-5)2=9
C.(x+5)2+y2=16　　D.x2+(y+5)2=9
答案　A　设M(x,y),由|MA||MB|=2,得(x+3)2+y2(x-3)2+y2=4,所以(x+3)2+y2=4(x-3)2+4y2,即x2-10x+y2+9=0.
故动点M的轨迹方程为(x-5)2+y2=16.故选A.
5.(2018江西九江3月联考,14)设F(1,0),点M在x轴上,点P在y轴上,且MN=2MP,PM⊥PF,当点P在y轴上运动时,则点N的轨迹方程为　　　　. 
答案　y2=4x
解析　设M(x0,0),P(0,y0),N(x,y),由MN=2MP,得x-x0=-2x0,y=2y0,即x0=-x,y0=12y,因为PM⊥PF,PM=(x0,-y0),PF=(1,-y0),所以(x0,-y0)·(1,-y0)=0,所以x0+y02=0,即-x+14y2=0,所以点N的轨迹方程为y2=4x.
考法二　圆锥曲线中的定点、定值问题的求解方法
1.(2019浙江高考数学仿真卷(三),16)已知椭圆C:x24+y23=1上一点M(不与左、右顶点重合),直线l:x=4上一点N,若右焦点F2恒在以MN为直径的圆上,则kMN·kOM=　　　. 
答案　-34
解析　设M(x0,y0),N(4,m),由题意得F2M·F2N=0⇒(x0-1,y0)·(3,m)=0,
my0=3(1-x0),又因为点M(x0,y0)在椭圆上,所以x024+y023=1.
所以kMN·kOM=y0-mx0-4·y0x0=y02-my0x02-4x0=y02+3x0-3x02-4x0=31-x024+3x0-3x02-4x0=-3x024+3x0x02-4x0=-34(x02-4x0)x02-4x0=-34.
2.(2020湖北黄冈9月新起点考试,20)椭圆C的焦点为F1(-1,0),F2(1,0),椭圆上一点P3,32.直线l的斜率存在,且不经过点F2,l与椭圆C交于A,B两点,且∠AF2O+∠BF2O=180°.
(1)求椭圆C的方程;
(2)求证:直线l过定点.
解析　(1)由题意得c=1,2a=|PF1|+|PF2|
=(3+1)2+322+(3-1)2+322=4,
a=2,则b=3,
所以椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)设直线l的方程为y=kx+m,
由题意知kAF2+kBF2=0.
联立y=kx+m,3x2+4y2-12=0,消去y得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,
Δ=(8km)2-4×(3+4k2)(4m2-12)>0,
即4k2-m2+3>0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=-8km3+4k2,x1x2=4m2-123+4k2,
由y1x1-1+y2x2-1=0,得y1(x2-1)+y2(x1-1)=0,
即2kx1x2+(m-k)(x1+x2)-2m=0,
把x1+x2=-8km3+4k2,x1x2=4m2-123+4k2代入得m=-4k,
把m=-4k代入4k2-m2+3>0,
解得-12 而直线不过点F2(1,0),
所以k≠0,即-12 所以直线l:y=k(x-4)过定点(4,0).
考法三　圆锥曲线中最值(范围)问题的求解方法
1.(2018东北师大附中五模,12)直线l过抛物线y2=4x的焦点F且与抛物线交于A,B两点,若线段AF,BF的长分别为m,n,则4m+n的最小值是 (　　)
A.10　　B.9　　C.8　　D.7
答案　B　由抛物线焦点弦的性质可知1m+1n=2p=1,
则4m+n=(4m+n)1m+1n=5+4mn+nm≥5+24mn×nm=9,
当且仅当m=32,n=3时等号成立.即4m+n的最小值是9.选B.
2.(2020广东百校联考,12)已知抛物线y2=16x的焦点为F,过点F作直线l交抛物线于M,N两点,则|NF|9-4|MF|的最小值为 (　　)
A.23　　B.-23　　C.-13　　D.13
答案　D　由y2=16x得焦点坐标为F(4,0).
设M(x1,y1),N(x2,y2),
l:x=my+4,将x=my+4代入抛物线方程,可得y2=16(my+4),即y2-16my-64=0,
所以y1+y2=16m,y1y2=-64,
所以x1+x2=my1+4+my2+4=m(y1+y2)+8=16m2+8,
x1x2=y1216·y2216=16,
由抛物线的性质,可得|MF|=x1+4,|NF|=x2+4,
故1|MF|+1|NF|=1x1+4+1x2+4=x1+x2+8(x1+4)(x2+4)=x1+x2+8x1x2+4(x1+x2)+16=14(*),由(*)可得1|MF|=14-1|NF|,从而有-4|MF|=4|NF|-1,|NF|9-4|MF|=|NF|9+4|NF|-1≥43-1=13,当且仅当|NF|=6时取等号.
3.(2020浙江嘉兴、丽水基础检测,16)已知P是椭圆x2a12+y2b12=1(a1>b1>0)和双曲线x2a22-y2b22=1(a2>0,b2>0)的一个交点,F1,F2是椭圆和双曲线的公共焦点,e1,e2分别为椭圆和双曲线的离心率,若∠F1PF2=π3,则e1e2的最小值为　　　　. 
答案　32
解析　本题考查椭圆与双曲线的定义与标准方程以及离心率的求法;考查学生运算求解的能力和数形结合的思想;考查了数学运算的核心素养.
设|PF1|=m,|PF2|=n,|F1F2|=2c,则由椭圆和双曲线的定义有m+n=2a1,|m-n|=2a2,即m2+n2+2mn=4a12①,m2+n2-2mn=4a22②,在△PF1F2中,由余弦定理得m2+n2-mn=4c2③,联立①②③可得a12+3a22=4c2,即a12+3a22c2=4,所以4=1e12+3e22≥23e12e22=23e1e2,即e1e2≥32,故e1e2的最小值为32.
考法四　存在性问题
1.(2020广东广州第十六中学质量检测(一),20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,|F1F2|=2,过点F1的直线与椭圆交于A,B两点,延长BF2交椭圆C于点M,△ABF2的周长为8.
(1)求C的离心率及方程;
(2)试问:是否存在定点P(x0,0),使得PM·PB为定值?若存在,求x0的值;若不存在,请说明理由.

解析　(1)由题意可知|F1F2|=2c=2,则c=1.
又△ABF2的周长为8,所以4a=8,即a=2,
则e=ca=12,b2=a2-c2=3.
故C的方程为x24+y23=1.
(2)解法一:假设存在点P,使得PM·PB为定值.
若直线BM的斜率存在,设BM的方程为y=k(x-1).
设B(x1,y1),M(x2,y2),
联立x24+y23=1,y=k(x-1),消去y得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,
根据根与系数的关系可得x1+x2=8k24k2+3,x1x2=4k2-124k2+3,
由于PM=(x2-x0,y2),PB=(x1-x0,y1),
则PM·PB=x1x2-(x1+x2)x0+x02+y1y2
=(k2+1)x1x2-(x0+k2)(x1+x2)+k2+x02
=(4x02-8x0-5)k2+3x02-124k2+3.
因为PM·PB为定值,所以4x02-8x0-54=3x02-123,解得x0=118.
定值为-13564.
若直线BM的斜率不存在,直线BM的方程为x=1,
B1,23,M1,-32,
则PM·PB=(x0-1)2-94=-13564,
故存在点P,且x0=118.
解法二:假设存在点P,使得PM·PB为定值.
由已知得BM与x轴不重合,可设BM的方程为x=my+1,
设B(x1,y1),M(x2,y2),
联立x=my+1,x24+y23=1,消去x,得(3m2+4)y2+6my-9=0,
则y1+y2=-6m3m2+4,y1y2=-93m2+4,
由于PM=(x2-x0,y2),PB=(x1-x0,y1),
则PM·PB=x1x2-(x1+x2)x0+x02+y1y2
=(m2+1)y1y2+(m-mx0)(y1+y2)+x02+2x0+1
=(3x02+12x0-12)m2+(4x02+8x0-5)3m2+4.
因为PM·PB为定值,
所以3x02+12x0-123=4x02+8x0-54,
解得x0=118,
故存在点P,且x0=118.
2.(2020天津滨海七校联考,19)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=22,左焦点为F1,右焦点为F2,且椭圆上一动点M与F2的最远距离为2+1,过F2的直线l与椭圆C交于A,B两点.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)当△F1AB以∠F1AB为直角时,求直线AB的方程;
(3)直线l的斜率存在且不为0时,试问x轴上是否存在一点P使得∠OPA=∠OPB?若存在,求出点P的坐标,若不存在,请说明理由.
解析　本题考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系,考查学生的空间想象能力及运算求解能力,考查的核心素养是直观想象及数学运算.
(1)∵e=ca=22,a+c=2+1,a2=b2+c2,∴a=2,c=1,b=1,∴椭圆C的标准方程为x22+y2=1.
(2)解法一:当△F1AB以∠F1AB为直角时,△AF1F2是以∠F1AF2为直角的直角三角形,
∴|AO|=12|F1F2|=1,设A(x0,y0),则x02+y02=1,
又∵x02+2y02=2,∴x02=0,y02=1,∴A(0,1)或A(0,-1),
对于A(0,1),kAF1=1,kAB=-1;对于A(0,-1),kAF1=-1,kAB=1,∴直线AB的方程为y=x-1或y=-x+1.
解法二:由题意可知,当直线l的斜率不存在时,△F1AB不符合题意.
易知直线l的斜率不为0,
设直线l:y=k(x-1),则lAF1:y=-1k(x+1),
由y=k(x-1),y=-1k(x+1),得(k2+1)x=k2-1,
∴Ak2-1k2+1,-2kk2+1,∴(k2-1)2(k2+1)2+8k2(k2+1)2=2,解得k2=1,
∴直线AB的方程为y=-x+1或y=x-1.
(3)设P(m,0),A(x1,y1),B(x2,y2),l:y=k(x-1),
y=k(x-1),x2+2y2=2,∴(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0,
∴x1+x2=4k21+2k2,x1x2=2k2-21+2k2,
∵kAP=y1x1-m,kBP=y2x2-m,kAP+kBP=y1(x2-m)+y2(x1-m)(x1-m)(x2-m)=0,
∴y1x2+y2x1-m(y1+y2)=0,∴2kx1x2-(k+mk)(x1+x2)+2km=0,∴2km=4k,m=2,∴P(2,0).
3.(2020安徽淮南一模,20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为13,F1,F2分别是椭圆的左、右焦点,过点F1的直线交椭圆于M,N两点,且△MNF2的周长为12.
(1)求椭圆C的方程;
(2)过点P(0,2)作斜率为k(k≠0)的直线l与椭圆C交于两点A,B,试判断在x轴上是否存在点D,使得△ADB是以AB为底边的等腰三角形.若存在,求点D横坐标的取值范围,若不存在,请说明理由.
解析　(1)由题意可得ca=13,b2=a2-c2,4a=12, (2分)
所以a=3,c=1,b2=8, (3分)
所以椭圆C的方程为x29+y28=1. (4分)
(2)设直线l的方程为y=kx+2,A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点为E(x0,y0),
假设存在点D(m,0),使得△ADB是以AB为底边的等腰三角形,则DE⊥AB.
由y=kx+2,x29+y28=1得(8+9k2)x2+36kx-36=0,
故x1+x2=-36k9k2+8,所以x0=-18k9k2+8,y0=kx0+2=169k2+8. (6分)
因为DE⊥AB,所以kDE=-1k,即169k2+8-0-18k9k2+8-m=-1k, (8分)
所以m=-2k9k2+8=-29k+8k,k≠0, (9分)
当k>0时,9k+8k≥29×8=122,所以-212≤m<0. (10分)
当k<0时,9k+8k≤-122,所以0 综上,点D横坐标的取值范围是-212,0∪0,212. (12分)
思路分析　(1)由题意离心率及4a的值和a,b,c之间的关系求出椭圆的方程;(2)假设存在D,设D的坐标和直线AB的方程,将直线与椭圆的方程联立求出两根之和,进而求出AB的中点E的坐标,由题意可得DE⊥AB,可得D的横坐标与k的关系,再由均值不等式求出D的横坐标范围.
4.(2020山西大同高三学情调研,21)椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,且离心率e=63.
(1)设E是直线y=x+2与椭圆的一个交点,求|EF1|+|EF2|取最小值时椭圆的方程;
(2)已知N(0,1),是否存在斜率为k的直线l与(1)中的椭圆交于不同的两点A,B,使得点N在线段AB的垂直平分线上?若存在,求出直线l在y轴上截距的范围;若不存在,请说明理由.
解析　本题主要考查了椭圆的方程、几何性质及直线与椭圆的位置关系,考查的核心素养是逻辑推理与数学运算.
(1)∵e=63,∴b2a2=13,
∴椭圆的方程可化为x23b2+y2b2=1,将x23b2+y2b2=1与y=x+2联立,消去y并化简得4x2+12x+12-3b2=0,
由Δ=144-16×(12-3b2)≥0,
解得b2≥1,即b≥1,
∴|EF1|+|EF2|=2a=23b≥23,
当且仅当b=1时,|EF1|+|EF2|取最小值23,
∴椭圆的方程为x23+y2=1.
(2)设直线l在y轴上的截距为t,
则直线l的方程为y=kx+t,代入x23+y2=1,消去y并整理得(1+3k2)x2+6ktx+3t2-3=0,
∵直线l与椭圆交于不同的两点,
∴Δ1=(6kt)2-12(t2-1)(1+3k2)>0,即t2<1+3k2.
设A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点为Q,
则x1+x2=-6kt1+3k2,x1x2=3t2-31+3k2,y1+y2=k(x1+x2)+2t=2t1+3k2,
∴AB的中点Q的坐标为-3kt1+3k2,t1+3k2,
当k≠0时,kQN=t1+3k2-1-3kt1+3k2=-1k,化简得1+3k2=-2t,代入t2<1+3k2,得-2 又-2t=1+3k2>1,∴t<-12,故-2 当k=0时,-1 综上,k≠0时,直线l在y轴上截距的范围为-2,-12;
k=0时,直线l在y轴上截距的范围为(-1,1).