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2019届二轮复习解题技巧 圆锥曲线的综合问题学案（全国通用）
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第3讲 圆锥曲线的综合问题
[考情考向分析] 1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题.2.试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法，对计算能力也有较高要求，难度较大．
热点一 范围、最值问题
圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解．
例1 (2018·百校联盟联考)已知N为圆C1：(x＋2)2＋y2＝24上一动点，圆心C1关于y轴的对称点为C2，点M，P分别是线段C1N，C2N上的点，且·＝0，＝2.
(1)求点M的轨迹方程；
(2)直线l与曲线Γ交于A，B两点，AB的中点在直线y＝上，求△OAB(O为坐标原点)面积的取值范围．
解 连接MC2，因为＝2，所以P为C2N的中点，
因为·＝0，
所以⊥，
所以点M在C2N的垂直平分线上，
所以|MN|＝|MC2|，
因为|MN|＋|MC1|＝|MC2|＋|MC1|＝2>4，
所以点M在以C1，C2为焦点的椭圆上，
因为a＝，c＝2，所以b2＝2，
所以点M的轨迹方程为＋＝1.
(2)由题意知直线l的斜率存在，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，l：y＝kx＋m，
由得x2＋6kmx＋3m2－6＝0，
x1＋x2＝，x1x2＝，
Δ＝2－4
＝12>0，
设AB的中点为C，
则x0＝，y0＝kx0＋m＝＋m＝，
由题意知＝，所以2m＝3k2＋1，
由Δ>0，得0
＝×，
原点O到直线AB的距离d＝，
所以S△OAB＝×××
＝＝×，
即0
故△OAB面积的取值范围为.
思维升华 解决范围问题的常用方法
(1)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后，利用数形结合法求解．
(2)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解．
(3)构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．
跟踪演练1 (2018·北京)已知椭圆M：＋＝1(a>b>0)的离心率为，焦距为2.斜率为k的直线l与椭圆M有两个不同的交点A，B.
(1)求椭圆M的方程；
(2)若k＝1，求|AB|的最大值；
(3)设P(－2,0)，直线PA与椭圆M的另一个交点为C，直线PB与椭圆M的另一个交点为D，若C，D和点Q共线，求k.
解 (1)由题意得
解得a＝，b＝1.
所以椭圆M的方程为＋y2＝1.
(2)设直线l的方程为y＝x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由
得4x2＋6mx＋3m2－3＝0，Δ＝36m2－16(3m2－3)＝－12m2＋48>0，
即－2
所以|AB|＝
＝＝
＝.
所以当m＝0，即直线l过原点时，|AB|最大，最大值为.
(3)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由题意得x＋3y＝3，x＋3y＝3.
直线PA的方程为y＝(x＋2)．
由得
[(x1＋2)2＋3y]x2＋12yx＋12y－3(x1＋2)2＝0.
设C(xC，yC)，
所以xC＋x1＝＝.
所以xC＝－x1＝.
所以yC＝(xC＋2)＝.
设D(xD，yD)，
同理得xD＝，yD＝.
记直线CQ，DQ的斜率分别为kCQ，kDQ，
则kCQ－kDQ＝－
＝4(y1－y2－x1＋x2)．
因为C，D，Q三点共线，所以kCQ－kDQ＝0.
故y1－y2＝x1－x2.
所以直线l的斜率k＝＝1.
热点二 定点、定值问题
1．由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．
2．解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等与题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值．
例2 (2018·合肥模拟)记焦点在同一条轴上且离心率相同的椭圆为“相似椭圆”．已知椭圆E：＋＝1，以椭圆E的焦点为顶点作相似椭圆M.
(1)求椭圆M的方程；
(2)设直线l与椭圆E交于A，B两点，且与椭圆M仅有一个公共点，试判断△ABO的面积是否为定值(O为坐标原点)？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
解 (1)由条件知，椭圆M的离心率e＝，且长轴的顶点坐标为(－2,0)，(2,0)，
∴椭圆M的方程为＋＝1.
(2)当直线l的斜率存在时，设直线l：y＝kx＋b.
由得
x2＋8kbx＋4b2－12＝0.
令Δ＝64k2b2－4(3＋4k2)(4b2－12)＝0，得
b2＝3＋4k2.
由
化简得x2＋8kbx＋4b2－48＝0.
Δ>0显然成立．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则
∴|AB|＝|x1－x2|＝，
而原点O到直线l的距离d＝，
∴S△ABO＝|AB|·d＝6.
当直线l的斜率不存在时，l：x＝2或x＝－2，
则|AB|＝6，原点O到直线l的距离d＝2，
∴S△ABO＝6.
综上所述，△ABO的面积为定值6.
思维升华 (1)动直线过定点问题的两大类型及解法
①动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．
②动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
(2)求解定值问题的两大途径
①→
②先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．
跟踪演练2 (2018·凯里市第一中学模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点与曲线Γ：12x2－4y2＝3的一个焦点相同，O为坐标原点，点M为抛物线C上任意一点，过点M作x轴的平行线交抛物线的准线于点P，直线OP交抛物线于点N.
(1)求抛物线C的方程；
(2)求证：直线MN过定点G，并求出此定点的坐标．
解 (1)由曲线Γ：12x2－4y2＝3，
化为标准方程可得－＝1，
所以曲线Γ：－＝1是焦点在x轴上的双曲线，
其中a2＝，b2＝，故c2＝a2＋b2＝1，
Γ的焦点坐标分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，
因为抛物线的焦点坐标为(p>0)，
由题意知＝1，所以p＝2，即抛物线的方程为y2＝4x.
(2)由(1)知，抛物线y2＝4x的准线方程为x＝－1，
设P，显然m≠0.
故M，从而直线OP的方程为y＝－mx，
联立直线OP与抛物线方程得
解得N.
①当＝，即m＝±2时，直线MN的方程为x＝1；
②当≠，即m≠±2时，直线MN的方程为y－m＝，
整理得MN的方程为y＝(x－1)，
此时直线恒过定点G(1,0)，
因为(1,0)也在直线MN的方程x＝1上，
故直线MN恒过定点G(1,0)．
热点三 探索性问题
1．解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明确化．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．
例3 已知圆C的圆心为原点，其半径与椭圆D：＋＝1的左焦点和上顶点的连线线段长度相等．
(1)求圆C的标准方程；
(2)过椭圆右焦点的动直线l2(其斜率不为0)交圆C于A，B两点，试探究在x轴正半轴上是否存在定点E，使得直线AE与BE的斜率之和为0？若存在，求出点E的坐标，若不存在，请说明理由．
解 (1)由题意知，椭圆D：＋＝1的左焦点的坐标为(－1,0)，上顶点的坐标为，
故圆的半径r＝＝2，
所以圆C的标准方程为x2＋y2＝4.
(2)假设存在符合条件的点E.
设E，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
当直线l2的斜率存在时，
设直线l2的方程为y＝k(x－1)．
由
得x2－2k2x＋k2－4＝0，Δ>0显然成立．
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
由kAE＋kBE＝0，得kAE＝－kBE，
所以＋＝0，
即＋＝0，
即2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0，
即－＋2t＝0，解得t＝4.
即E(4,0)．
当直线l2的斜率不存在时，直线l2的方程为x＝1，与圆C的交点坐标分别为(1，)，，由E(4,0)知满足kAE＋kBE＝0.
所以当点E的坐标为(4,0)时，kAE＋kBE＝0.
思维升华 解决探索性问题的注意事项
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．
跟踪演练3 (2018·山东、湖北部分重点中学模拟)已知长轴长为4的椭圆＋＝1(a>b>0)过点P，点F是椭圆的右焦点．
(1)求椭圆方程；
(2)在x轴上是否存在定点D，使得过D的直线l交椭圆于A，B两点．设点E为点B关于x轴的对称点，且A，F，E三点共线？若存在，求D点坐标；若不存在，说明理由．
解 (1)∵ 2a＝4，∴ a＝2，
将点P代入＋＝1，得b2＝3.
∴椭圆方程为＋＝1.
(2)存在定点D满足条件．
设D(t,0)，直线l方程为x＝my＋t(m≠0)，
联立
消去x，得(3m2＋4)y2＋6mt·y＋3t2－12＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则E(x2，－y2)，
且Δ>0.
由A，F，E三点共线，可得(x2－1)y1＋(x1－1)y2＝0，
即2my1y2＋(t－1)(y1＋y2)＝0，
∴ 2m·＋(t－1)·＝0，
解得t＝4，
此时由Δ>0得m2>4.
∴存在定点D(4,0)满足条件，且m满足m2>4.
真题体验
1．(2017·全国Ⅰ改编)已知F为抛物线C：y2＝4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点，则|AB|＋|DE|的最小值为________．
答案 16
解析 因为F为y2＝4x的焦点，所以F(1,0)．
由题意知，直线l1，l2的斜率均存在且不为0，设l1的斜率为k，则l2的斜率为－，故直线l1，l2的方程分别为y＝k(x－1)，y＝－(x－1)．
由
得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，Δ＝16k2＋16>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝1，
所以|AB|＝·|x1－x2|
＝·
＝·
＝.
同理可得|DE|＝4(1＋k2)．
所以|AB|＋|DE|＝＋4(1＋k2)
＝4
＝8＋4≥8＋4×2＝16，
当且仅当k2＝，即k＝±1时，取得等号．
2．(2017·山东)在平面直角坐标系xOy中,椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为,焦距为2.
(1)求椭圆E的方程；
(2)如图，动直线l：y＝k1x－交椭圆E于A，B两点，C是椭圆E上一点，直线OC的斜率为k2，且k1k2＝.M是线段OC延长线上一点，且|MC|∶|AB|＝2∶3，⊙M的半径为|MC|，OS，OT是⊙M的两条切线，切点分别为S，T.求∠SOT的最大值，并求取得最大值时直线l的斜率．
解 (1)由题意知，e＝＝，2c＝2，所以c＝1，
所以a＝，b＝1，
所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程消去y，
得(4k＋2)x2－4k1x－1＝0.
由题意知，Δ>0，
且x1＋x2＝，x1x2＝－，
所以|AB|＝|x1－x2|＝·.
由题意可知，圆M的半径r为
r＝|AB|＝·.
由题设知k1k2＝，所以k2＝，
因此直线OC的方程为y＝x.
联立方程
得x2＝，y2＝，
因此|OC|＝＝.
由题意可知，sin＝＝.
而＝
＝·，
令t＝1＋2k，则t>1，∈(0,1)，
因此＝·＝·＝·≥1，
当且仅当＝，即t＝2时等号成立，此时k1＝±，
所以sin ≤，因此≤，
所以∠SOT的最大值为.
综上所述，∠SOT的最大值为，取得最大值时直线l的斜率为k1＝±.
押题预测
已知椭圆C1：＋＝1(a>0)与抛物线C2：y2＝2ax相交于A，B两点，且两曲线的焦点F重合．
(1)求C1，C2的方程；
(2)若过焦点F的直线l与椭圆分别交于M，Q两点，与抛物线分别交于P，N两点，是否存在斜率为k(k≠0)的直线l，使得＝2？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
押题依据 本题将椭圆和抛物线联合起来设置命题，体现了对直线和圆锥曲线位置关系的综合考查．关注知识交汇，突出综合应用是高考的特色．
解 (1)因为C1，C2的焦点重合，
所以＝，
所以a2＝4.
又a>0，所以a＝2.
于是椭圆C1的方程为＋＝1，
抛物线C2的方程为y2＝4x.
(2)假设存在直线l使得＝2，
当l⊥x轴时，|MQ|＝3，|PN|＝4，不符合题意，
∴直线l的斜率存在，
∴可设直线l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)．
由可得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
则x1＋x4＝，x1x4＝1，且Δ＝16k2＋16>0，
所以|PN|＝·＝.
由可得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
则x2＋x3＝，x2x3＝，
且Δ＝144k2＋144>0，
所以|MQ|＝·＝.
若＝2，
则＝2×，
解得k＝±.
故存在斜率为k＝±的直线l，使得＝2.
A组 专题通关
1．(2018·安徽省“皖南八校”联考)设椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为e＝，椭圆C上一点M到左、右两个焦点F1，F2的距离之和是4.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知过F2的直线与椭圆C交于A，B两点，且两点与左、右顶点不重合，若＝＋，求四边形AMBF1面积的最大值．
解 (1)依题意知，2a＝4，a＝2，
因为e＝，所以c＝1，b2＝a2－c2＝3，
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB：x＝my＋1，
则由可得3(my＋1)2＋4y2＝12，
即(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，
Δ＝36m2＋36(3m2＋4)＝144(m2＋1)>0，
y1＋y2＝－，y1y2＝－，
又因为＝＋，
所以四边形AMBF1是平行四边形，
设平行四边形AMBF1的面积为S，
则S＝＝2××|F1F2|×|y1－y2|＝24×.
设t＝，则m2＝t2－1(t≥1)，
所以S＝24×＝24×，
因为t≥1，所以3t＋≥4(当t＝1时取等号)，
所以S∈(0,6]，
所以四边形AMBF1面积的最大值为6.
2．已知椭圆 C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，点P在椭圆C上，且△PF1F2的面积的最大值为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知直线l：y＝kx＋2(k≠0)与椭圆C交于不同的两点M，N，若在x轴上存在点G，使得|GM|＝|GN|，求点G的横坐标的取值范围．
解 (1)由已知得
解得a2＝9，b2＝8，c2＝1，
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为E，点G，使得|GM|＝|GN|，
则GE⊥MN.
由得x2＋36kx－36＝0，
由Δ>0，得k∈R且k≠0.
∴x1＋x2＝－，
∴x0＝，y0＝kx0＋2＝.
∵GE⊥MN，∴kGE＝－，
即＝－，
∴m＝＝.
当k>0时，9k＋≥2＝12
，
∴－≤m<0；
当k<0时，9k＋≤－12
，
∴0
3．(2018·全国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：2||＝||＋||.
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
(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||＝||＋||.
4．(2018·龙岩质检)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点P在椭圆上．不过原点的直线l与椭圆交于A，B两点，且·＝0(O为坐标原点)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)试判断＋是否为定值？若是，求出这个值；若不是，请说明理由．
解 (1)∵椭圆C的离心率e＝＝，
又c2＝a2－b2，
∴a2＝a2－b2，∴a2＝4b2.
又点P在椭圆上，
∴＋＝1，
即＋＝1，∴b2＝1，则a2＝4，
∴椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)当直线OA的斜率存在且不为0时，
设其方程为y＝kx，
∵A，B分别为椭圆上的两点，且·＝0，
即OA⊥OB，∴直线OB的方程为y＝－x.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
把y＝kx代入椭圆C：＋y2＝1，
得x＝，∴y＝，
同理x＝，∴y＝，
∴＋＝＋＝＋＝.
当直线OA，OB中的一条直线的斜率不存在时，
则另一条直线的斜率为0，
此时＋＝＋＝＋1＝.
综上所述，＋为定值.
B组 能力提高
5．已知点M在圆O：x2＋y2＝4上运动，且存在一定点N，点P(x，y)为线段MN的中点．
(1)求点P的轨迹C的方程；
(2)过A(0,1)且斜率为k的直线l与点P的轨迹C交于不同的两点E，F，是否存在实数k，使得·＝12？若存在，求出k的值，若不存在，说明理由．
解 (1)设P(x，y)，由中点坐标公式，
得
即x0＝2x－6，y0＝2y.
∵点M在圆x2＋y2＝4上运动，
∴x＋y＝4，即2＋2＝4，
整理，得2＋y2＝1.
∴点P的轨迹C的方程为2＋y2＝1.
(2)设E(x1，y1)，F(x2，y2)，直线l的方程是y＝kx＋1，
代入圆2＋y2＝1.
可得x2－2x＋9＝0，
由Δ＝－32k2－24k>0，得－
∴y1y2＝
＝k2x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝＋＋1＝.
∴·＝x1x2＋y1y2＝＝12.
解得k＝或1，都不满足Δ>0.
∴不存在实数k，使得·＝12.
6．(2018·河北省武邑中学模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点A，且两个焦点F1，F2的坐标依次为(－1,0)和(1,0)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设E，F是椭圆C上的两个动点，O为坐标原点，直线OE的斜率为k1，直线OF的斜率为k2，若k1·k2＝－1，证明：直线EF与以原点为圆心的定圆相切，并写出此定圆的标准方程．
解 (1)由椭圆定义得2a＝＋＝4，即a＝2，
又c＝1，所以b2＝3，
得椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)当直线EF的斜率存在时，设直线EF的方程为y＝kx＋b，
E(x1，y1)，F(x2，y2)，
直线EF的方程与椭圆方程联立，
消去y得x2＋8kbx＋4b2－12＝0，
当判别式Δ＝3＋4k2－b2>0时，
得x1＋x2＝－，x1x2＝.
由已知k1·k2＝－1，即＝－1，
因为点E，F在直线y＝kx＋b上，
所以＝－x1x2，
整理得x1x2＋bk(x1＋x2)＋b2＝0，
即×＋bk＋b2＝0，
化简得b2＝.
原点O到直线EF的距离d＝，
d2＝＝＝，
所以直线与一个定圆相切，定圆的标准方程为
x2＋y2＝.
当直线EF的斜率不存在时，此时，直线EF的方程为x＝±，满足与定圆x2＋y2＝相切．
故直线EF与以原点为圆心的定圆相切，定圆的标准方程为x2＋y2＝.
[考情考向分析] 1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题.2.试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法，对计算能力也有较高要求，难度较大．
热点一 范围、最值问题
圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解．
例1 (2018·百校联盟联考)已知N为圆C1：(x＋2)2＋y2＝24上一动点，圆心C1关于y轴的对称点为C2，点M，P分别是线段C1N，C2N上的点，且·＝0，＝2.
(1)求点M的轨迹方程；
(2)直线l与曲线Γ交于A，B两点，AB的中点在直线y＝上，求△OAB(O为坐标原点)面积的取值范围．
解 连接MC2，因为＝2，所以P为C2N的中点，
因为·＝0，
所以⊥，
所以点M在C2N的垂直平分线上，
所以|MN|＝|MC2|，
因为|MN|＋|MC1|＝|MC2|＋|MC1|＝2>4，
所以点M在以C1，C2为焦点的椭圆上，
因为a＝，c＝2，所以b2＝2，
所以点M的轨迹方程为＋＝1.
(2)由题意知直线l的斜率存在，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，l：y＝kx＋m，
由得x2＋6kmx＋3m2－6＝0，
x1＋x2＝，x1x2＝，
Δ＝2－4
＝12>0，
设AB的中点为C，
则x0＝，y0＝kx0＋m＝＋m＝，
由题意知＝，所以2m＝3k2＋1，
由Δ>0，得0
＝×，
原点O到直线AB的距离d＝，
所以S△OAB＝×××
＝＝×，
即0
故△OAB面积的取值范围为.
思维升华 解决范围问题的常用方法
(1)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后，利用数形结合法求解．
(2)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解．
(3)构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．
跟踪演练1 (2018·北京)已知椭圆M：＋＝1(a>b>0)的离心率为，焦距为2.斜率为k的直线l与椭圆M有两个不同的交点A，B.
(1)求椭圆M的方程；
(2)若k＝1，求|AB|的最大值；
(3)设P(－2,0)，直线PA与椭圆M的另一个交点为C，直线PB与椭圆M的另一个交点为D，若C，D和点Q共线，求k.
解 (1)由题意得
解得a＝，b＝1.
所以椭圆M的方程为＋y2＝1.
(2)设直线l的方程为y＝x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由
得4x2＋6mx＋3m2－3＝0，Δ＝36m2－16(3m2－3)＝－12m2＋48>0，
即－2
所以|AB|＝
＝＝
＝.
所以当m＝0，即直线l过原点时，|AB|最大，最大值为.
(3)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由题意得x＋3y＝3，x＋3y＝3.
直线PA的方程为y＝(x＋2)．
由得
[(x1＋2)2＋3y]x2＋12yx＋12y－3(x1＋2)2＝0.
设C(xC，yC)，
所以xC＋x1＝＝.
所以xC＝－x1＝.
所以yC＝(xC＋2)＝.
设D(xD，yD)，
同理得xD＝，yD＝.
记直线CQ，DQ的斜率分别为kCQ，kDQ，
则kCQ－kDQ＝－
＝4(y1－y2－x1＋x2)．
因为C，D，Q三点共线，所以kCQ－kDQ＝0.
故y1－y2＝x1－x2.
所以直线l的斜率k＝＝1.
热点二 定点、定值问题
1．由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．
2．解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等与题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值．
例2 (2018·合肥模拟)记焦点在同一条轴上且离心率相同的椭圆为“相似椭圆”．已知椭圆E：＋＝1，以椭圆E的焦点为顶点作相似椭圆M.
(1)求椭圆M的方程；
(2)设直线l与椭圆E交于A，B两点，且与椭圆M仅有一个公共点，试判断△ABO的面积是否为定值(O为坐标原点)？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
解 (1)由条件知，椭圆M的离心率e＝，且长轴的顶点坐标为(－2,0)，(2,0)，
∴椭圆M的方程为＋＝1.
(2)当直线l的斜率存在时，设直线l：y＝kx＋b.
由得
x2＋8kbx＋4b2－12＝0.
令Δ＝64k2b2－4(3＋4k2)(4b2－12)＝0，得
b2＝3＋4k2.
由
化简得x2＋8kbx＋4b2－48＝0.
Δ>0显然成立．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则
∴|AB|＝|x1－x2|＝，
而原点O到直线l的距离d＝，
∴S△ABO＝|AB|·d＝6.
当直线l的斜率不存在时，l：x＝2或x＝－2，
则|AB|＝6，原点O到直线l的距离d＝2，
∴S△ABO＝6.
综上所述，△ABO的面积为定值6.
思维升华 (1)动直线过定点问题的两大类型及解法
①动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．
②动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
(2)求解定值问题的两大途径
①→
②先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．
跟踪演练2 (2018·凯里市第一中学模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点与曲线Γ：12x2－4y2＝3的一个焦点相同，O为坐标原点，点M为抛物线C上任意一点，过点M作x轴的平行线交抛物线的准线于点P，直线OP交抛物线于点N.
(1)求抛物线C的方程；
(2)求证：直线MN过定点G，并求出此定点的坐标．
解 (1)由曲线Γ：12x2－4y2＝3，
化为标准方程可得－＝1，
所以曲线Γ：－＝1是焦点在x轴上的双曲线，
其中a2＝，b2＝，故c2＝a2＋b2＝1，
Γ的焦点坐标分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，
因为抛物线的焦点坐标为(p>0)，
由题意知＝1，所以p＝2，即抛物线的方程为y2＝4x.
(2)由(1)知，抛物线y2＝4x的准线方程为x＝－1，
设P，显然m≠0.
故M，从而直线OP的方程为y＝－mx，
联立直线OP与抛物线方程得
解得N.
①当＝，即m＝±2时，直线MN的方程为x＝1；
②当≠，即m≠±2时，直线MN的方程为y－m＝，
整理得MN的方程为y＝(x－1)，
此时直线恒过定点G(1,0)，
因为(1,0)也在直线MN的方程x＝1上，
故直线MN恒过定点G(1,0)．
热点三 探索性问题
1．解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明确化．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．
例3 已知圆C的圆心为原点，其半径与椭圆D：＋＝1的左焦点和上顶点的连线线段长度相等．
(1)求圆C的标准方程；
(2)过椭圆右焦点的动直线l2(其斜率不为0)交圆C于A，B两点，试探究在x轴正半轴上是否存在定点E，使得直线AE与BE的斜率之和为0？若存在，求出点E的坐标，若不存在，请说明理由．
解 (1)由题意知，椭圆D：＋＝1的左焦点的坐标为(－1,0)，上顶点的坐标为，
故圆的半径r＝＝2，
所以圆C的标准方程为x2＋y2＝4.
(2)假设存在符合条件的点E.
设E，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
当直线l2的斜率存在时，
设直线l2的方程为y＝k(x－1)．
由
得x2－2k2x＋k2－4＝0，Δ>0显然成立．
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
由kAE＋kBE＝0，得kAE＝－kBE，
所以＋＝0，
即＋＝0，
即2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0，
即－＋2t＝0，解得t＝4.
即E(4,0)．
当直线l2的斜率不存在时，直线l2的方程为x＝1，与圆C的交点坐标分别为(1，)，，由E(4,0)知满足kAE＋kBE＝0.
所以当点E的坐标为(4,0)时，kAE＋kBE＝0.
思维升华 解决探索性问题的注意事项
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．
跟踪演练3 (2018·山东、湖北部分重点中学模拟)已知长轴长为4的椭圆＋＝1(a>b>0)过点P，点F是椭圆的右焦点．
(1)求椭圆方程；
(2)在x轴上是否存在定点D，使得过D的直线l交椭圆于A，B两点．设点E为点B关于x轴的对称点，且A，F，E三点共线？若存在，求D点坐标；若不存在，说明理由．
解 (1)∵ 2a＝4，∴ a＝2，
将点P代入＋＝1，得b2＝3.
∴椭圆方程为＋＝1.
(2)存在定点D满足条件．
设D(t,0)，直线l方程为x＝my＋t(m≠0)，
联立
消去x，得(3m2＋4)y2＋6mt·y＋3t2－12＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则E(x2，－y2)，
且Δ>0.
由A，F，E三点共线，可得(x2－1)y1＋(x1－1)y2＝0，
即2my1y2＋(t－1)(y1＋y2)＝0，
∴ 2m·＋(t－1)·＝0，
解得t＝4，
此时由Δ>0得m2>4.
∴存在定点D(4,0)满足条件，且m满足m2>4.
真题体验
1．(2017·全国Ⅰ改编)已知F为抛物线C：y2＝4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点，则|AB|＋|DE|的最小值为________．
答案 16
解析 因为F为y2＝4x的焦点，所以F(1,0)．
由题意知，直线l1，l2的斜率均存在且不为0，设l1的斜率为k，则l2的斜率为－，故直线l1，l2的方程分别为y＝k(x－1)，y＝－(x－1)．
由
得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，Δ＝16k2＋16>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝1，
所以|AB|＝·|x1－x2|
＝·
＝·
＝.
同理可得|DE|＝4(1＋k2)．
所以|AB|＋|DE|＝＋4(1＋k2)
＝4
＝8＋4≥8＋4×2＝16，
当且仅当k2＝，即k＝±1时，取得等号．
2．(2017·山东)在平面直角坐标系xOy中,椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为,焦距为2.
(1)求椭圆E的方程；
(2)如图，动直线l：y＝k1x－交椭圆E于A，B两点，C是椭圆E上一点，直线OC的斜率为k2，且k1k2＝.M是线段OC延长线上一点，且|MC|∶|AB|＝2∶3，⊙M的半径为|MC|，OS，OT是⊙M的两条切线，切点分别为S，T.求∠SOT的最大值，并求取得最大值时直线l的斜率．
解 (1)由题意知，e＝＝，2c＝2，所以c＝1，
所以a＝，b＝1，
所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程消去y，
得(4k＋2)x2－4k1x－1＝0.
由题意知，Δ>0，
且x1＋x2＝，x1x2＝－，
所以|AB|＝|x1－x2|＝·.
由题意可知，圆M的半径r为
r＝|AB|＝·.
由题设知k1k2＝，所以k2＝，
因此直线OC的方程为y＝x.
联立方程
得x2＝，y2＝，
因此|OC|＝＝.
由题意可知，sin＝＝.
而＝
＝·，
令t＝1＋2k，则t>1，∈(0,1)，
因此＝·＝·＝·≥1，
当且仅当＝，即t＝2时等号成立，此时k1＝±，
所以sin ≤，因此≤，
所以∠SOT的最大值为.
综上所述，∠SOT的最大值为，取得最大值时直线l的斜率为k1＝±.
押题预测
已知椭圆C1：＋＝1(a>0)与抛物线C2：y2＝2ax相交于A，B两点，且两曲线的焦点F重合．
(1)求C1，C2的方程；
(2)若过焦点F的直线l与椭圆分别交于M，Q两点，与抛物线分别交于P，N两点，是否存在斜率为k(k≠0)的直线l，使得＝2？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
押题依据 本题将椭圆和抛物线联合起来设置命题，体现了对直线和圆锥曲线位置关系的综合考查．关注知识交汇，突出综合应用是高考的特色．
解 (1)因为C1，C2的焦点重合，
所以＝，
所以a2＝4.
又a>0，所以a＝2.
于是椭圆C1的方程为＋＝1，
抛物线C2的方程为y2＝4x.
(2)假设存在直线l使得＝2，
当l⊥x轴时，|MQ|＝3，|PN|＝4，不符合题意，
∴直线l的斜率存在，
∴可设直线l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)．
由可得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
则x1＋x4＝，x1x4＝1，且Δ＝16k2＋16>0，
所以|PN|＝·＝.
由可得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
则x2＋x3＝，x2x3＝，
且Δ＝144k2＋144>0，
所以|MQ|＝·＝.
若＝2，
则＝2×，
解得k＝±.
故存在斜率为k＝±的直线l，使得＝2.
A组 专题通关
1．(2018·安徽省“皖南八校”联考)设椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为e＝，椭圆C上一点M到左、右两个焦点F1，F2的距离之和是4.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知过F2的直线与椭圆C交于A，B两点，且两点与左、右顶点不重合，若＝＋，求四边形AMBF1面积的最大值．
解 (1)依题意知，2a＝4，a＝2，
因为e＝，所以c＝1，b2＝a2－c2＝3，
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB：x＝my＋1，
则由可得3(my＋1)2＋4y2＝12，
即(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，
Δ＝36m2＋36(3m2＋4)＝144(m2＋1)>0，
y1＋y2＝－，y1y2＝－，
又因为＝＋，
所以四边形AMBF1是平行四边形，
设平行四边形AMBF1的面积为S，
则S＝＝2××|F1F2|×|y1－y2|＝24×.
设t＝，则m2＝t2－1(t≥1)，
所以S＝24×＝24×，
因为t≥1，所以3t＋≥4(当t＝1时取等号)，
所以S∈(0,6]，
所以四边形AMBF1面积的最大值为6.
2．已知椭圆 C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，点P在椭圆C上，且△PF1F2的面积的最大值为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知直线l：y＝kx＋2(k≠0)与椭圆C交于不同的两点M，N，若在x轴上存在点G，使得|GM|＝|GN|，求点G的横坐标的取值范围．
解 (1)由已知得
解得a2＝9，b2＝8，c2＝1，
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为E，点G，使得|GM|＝|GN|，
则GE⊥MN.
由得x2＋36kx－36＝0，
由Δ>0，得k∈R且k≠0.
∴x1＋x2＝－，
∴x0＝，y0＝kx0＋2＝.
∵GE⊥MN，∴kGE＝－，
即＝－，
∴m＝＝.
当k>0时，9k＋≥2＝12
，
∴－≤m<0；
当k<0时，9k＋≤－12
，
∴0
3．(2018·全国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：2||＝||＋||.
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
(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||＝||＋||.
4．(2018·龙岩质检)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点P在椭圆上．不过原点的直线l与椭圆交于A，B两点，且·＝0(O为坐标原点)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)试判断＋是否为定值？若是，求出这个值；若不是，请说明理由．
解 (1)∵椭圆C的离心率e＝＝，
又c2＝a2－b2，
∴a2＝a2－b2，∴a2＝4b2.
又点P在椭圆上，
∴＋＝1，
即＋＝1，∴b2＝1，则a2＝4，
∴椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)当直线OA的斜率存在且不为0时，
设其方程为y＝kx，
∵A，B分别为椭圆上的两点，且·＝0，
即OA⊥OB，∴直线OB的方程为y＝－x.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
把y＝kx代入椭圆C：＋y2＝1，
得x＝，∴y＝，
同理x＝，∴y＝，
∴＋＝＋＝＋＝.
当直线OA，OB中的一条直线的斜率不存在时，
则另一条直线的斜率为0，
此时＋＝＋＝＋1＝.
综上所述，＋为定值.
B组 能力提高
5．已知点M在圆O：x2＋y2＝4上运动，且存在一定点N，点P(x，y)为线段MN的中点．
(1)求点P的轨迹C的方程；
(2)过A(0,1)且斜率为k的直线l与点P的轨迹C交于不同的两点E，F，是否存在实数k，使得·＝12？若存在，求出k的值，若不存在，说明理由．
解 (1)设P(x，y)，由中点坐标公式，
得
即x0＝2x－6，y0＝2y.
∵点M在圆x2＋y2＝4上运动，
∴x＋y＝4，即2＋2＝4，
整理，得2＋y2＝1.
∴点P的轨迹C的方程为2＋y2＝1.
(2)设E(x1，y1)，F(x2，y2)，直线l的方程是y＝kx＋1，
代入圆2＋y2＝1.
可得x2－2x＋9＝0，
由Δ＝－32k2－24k>0，得－
∴y1y2＝
＝k2x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝＋＋1＝.
∴·＝x1x2＋y1y2＝＝12.
解得k＝或1，都不满足Δ>0.
∴不存在实数k，使得·＝12.
6．(2018·河北省武邑中学模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点A，且两个焦点F1，F2的坐标依次为(－1,0)和(1,0)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设E，F是椭圆C上的两个动点，O为坐标原点，直线OE的斜率为k1，直线OF的斜率为k2，若k1·k2＝－1，证明：直线EF与以原点为圆心的定圆相切，并写出此定圆的标准方程．
解 (1)由椭圆定义得2a＝＋＝4，即a＝2，
又c＝1，所以b2＝3，
得椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)当直线EF的斜率存在时，设直线EF的方程为y＝kx＋b，
E(x1，y1)，F(x2，y2)，
直线EF的方程与椭圆方程联立，
消去y得x2＋8kbx＋4b2－12＝0，
当判别式Δ＝3＋4k2－b2>0时，
得x1＋x2＝－，x1x2＝.
由已知k1·k2＝－1，即＝－1，
因为点E，F在直线y＝kx＋b上，
所以＝－x1x2，
整理得x1x2＋bk(x1＋x2)＋b2＝0，
即×＋bk＋b2＝0，
化简得b2＝.
原点O到直线EF的距离d＝，
d2＝＝＝，
所以直线与一个定圆相切，定圆的标准方程为
x2＋y2＝.
当直线EF的斜率不存在时，此时，直线EF的方程为x＝±，满足与定圆x2＋y2＝相切．
故直线EF与以原点为圆心的定圆相切，定圆的标准方程为x2＋y2＝.
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