2018版高考文科数学（北师大版）一轮文档讲义：章9-8圆锥曲线的综合问题
第8讲 圆锥曲线的综合问题
最新考纲 1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法；2.了解圆锥曲线的简单应用；3.理解数形结合的思想．
知 识 梳 理
1．直线与圆锥曲线的位置关系
判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时，通常将直线l的方程Ax＋By＋C＝0(A，B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x，y)＝0，消去y(也可以消去x)得到一个关于变量x(或变量y)的一元方程，
即消去y，得ax2＋bx＋c＝0.
(1)当a≠0时，设一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判别式为Δ，则Δ＞0⇔直线与圆锥曲线C相交；
Δ＝0⇔直线与圆锥曲线C相切；
Δ＜0⇔直线与圆锥曲线C相离．
(2)当a＝0，b≠0时，即得到一个一次方程，则直线l与圆锥曲线C相交，且只有一个交点，此时，若C为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的位置关系是平行；若C为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合．
2．圆锥曲线的弦长
设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
|AB|＝|x1－x2|
＝·
＝·|y1－y2|＝·.
诊 断 自 测
1．判断正误(在括号内打“√”或“×”) 精彩PPT展示
(1)直线l与椭圆C相切的充要条件是：直线l与椭圆C只有一个公共点．( )
(2)直线l与双曲线C相切的充要条件是：直线l与双曲线C只有一个公共点．( )
(3)直线l与抛物线C相切的充要条件是：直线l与抛物线C只有一个公共点．( )
(4)如果直线x＝ty＋a与圆锥曲线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则弦长|AB|＝|y1－y2|.( )
(5)若抛物线C上存在关于直线l对称的两点，则需满足直线l与抛物线C的方程联立消元后得到的一元二次方程的判别式Δ＞0.( )
解析 (2)因为直线l与双曲线C的渐近线平行时，也只有一个公共点，是相交，但并不相切．
(3)因为直线l与抛物线C的对称轴平行时，也只有一个公共点，是相交，但不相切．
(5)应是以l为垂直平分线的线段AB所在的直线l′与抛物线方程联立，消元后所得一元二次方程的判别式Δ＞0.
答案 (1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)×
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．
答案 A
3．若直线y＝kx与双曲线－＝1相交，则k的取值范围是( )
A. B.
C. D.∪
解析 双曲线－＝1的渐近线方程为y＝±x，若直线与双曲线相交，数形结合，得k∈.
答案 C
4．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 过(0,1)与抛物线y2＝4x相切的直线有2条，过(0,1)与对称轴平行的直线有一条，这三条直线与抛物线都只有一个公共点．
答案 C
5．(教材改编)已知F1，F2是椭圆16x2＋25y2＝1 600的两个焦点，P是椭圆上一点，且PF1⊥PF2，则△F1PF2的面积为________．
解析 由题意可得|PF1|＋|PF2|＝2a＝20，
|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝4c2＝144＝(|PF1|＋|PF2|)2－2|PF1|·|PF2|＝202－2|PF1|·|PF2|，
解得|PF1|·|PF2|＝128，
所以△F1PF2的面积为|PF1|·|PF2|＝×128＝64.
答案 64
第1课时 直线与圆锥曲线
考点一 直线与圆锥曲线的位置关系
【例1】 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F1(－1,0)，且点P(0,1)在C1上．
(1)求椭圆C1的方程；
(2)设直线l同时与椭圆C1和抛物线C2：y2＝4x相切，求直线l的方程．
解 (1)椭圆C1的左焦点为F1(－1,0)，∴c＝1，
又点P(0,1)在曲线C1上，
∴＋＝1，得b＝1，则a2＝b2＋c2＝2，
所以椭圆C1的方程为＋y2＝1.
(2)由题意可知，直线l的斜率显然存在且不等于0，设直线l的方程为y＝kx＋m，
由消去y，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0.
因为直线l与椭圆C1相切，
所以Δ1＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)＝0.
整理得2k2－m2＋1＝0.①
由消去y，得k2x2＋(2km－4)x＋m2＝0.
因为直线l与抛物线C2相切，
所以Δ2＝(2km－4)2－4k2m2＝0，整理得km＝1.②
综合①②，解得或
所以直线l的方程为y＝x＋或y＝－x－.
规律方法 研究直线与圆锥曲线的位置关系时，一般转化为研究其直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组解的个数，消元后，应注意讨论含x2
项的系数是否为零的情况，以及判别式的应用．但对于选择、填空题要充分利用几何条件，用数形结合的方法求解．
【训练1】 在平面直角坐标系xOy中，点M到点F(1,0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C.
(1)求轨迹C的方程；
(2)设斜率为k的直线l过定点P(－2,1)，若直线l与轨迹C恰好有一个公共点，求实数k的取值范围．
解 (1)设点M(x，y)，依题意|MF|＝|x|＋1，
∴＝|x|＋1，化简得y2＝2(|x|＋x)，
故轨迹C的方程为y2＝
(2)在点M的轨迹C中，记C1：y2＝4x(x≥0)；C2：y＝0(x＜0)．
依题意，可设直线l的方程为y－1＝k(x＋2)．
由方程组可得ky2－4y＋4(2k＋1)＝0.①
①当k＝0时，此时y＝1.把y＝1代入轨迹C的方程，得x＝.
故此时直线l：y＝1与轨迹C恰好有一个公共点.
②当k≠0时，方程①的Δ＝－16(2k2＋k－1)＝－16(2k－1)(k＋1)，②
设直线l与x轴的交点为(x0,0)，则
由y－1＝k(x＋2)，令y＝0，得x0＝－.③
(ⅰ)若由②③解得k＜－1，或k＞.
所以当k＜－1或k＞时，直线l与曲线C1没有公共点，与曲线C2有一个公共点，故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点.
(ⅱ)若即解集为∅.
综上可知，当k＜－1或k＞或k＝0时，直线l与轨迹C恰好有一个公共点．
考点二 弦长问题
【例2】 (2016·四川卷)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线l：y＝－x＋3与椭圆E有且只有一个公共点T.
(1)求椭圆E的方程及点T的坐标；
(2)设O是坐标原点，直线l′平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A，B，且与直线l交于点P.证明：存在常数λ，使得|PT|2＝λ|PA|·|PB|，并求λ的值．
(1)解 由已知，a＝b，则椭圆E的方程为＋＝1.
由方程组得3x2－12x＋(18－2b2)＝0.①
方程①的判别式为Δ＝24(b2－3)，由Δ＝0，得b2＝3，
此时方程①的解为x＝2，所以椭圆E的方程为＋＝1.点T的坐标为(2,1)．
(2)证明 由已知可设直线l′的方程为y＝x＋m(m≠0)，
由方程组可得
所以P点坐标为.|PT|2＝m2.
设点A，B的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由方程组可得3x2＋4mx＋(4m2－12)＝0.②
方程②的判别式为Δ＝16(9－2m2)，
由Δ>0，解得－
b>0)的一个顶点为A(2,0)，离心率为.直线y＝k(x－1)与椭圆C交于不同的两点M，N.
(1)求椭圆C的方程；
(2)当△AMN的面积为时，求k的值．
解 (1)由题意得
解得b＝，所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－4＝0.
设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
则y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，
x1＋x2＝，x1x2＝，
所以|MN|＝
＝
＝
又因为点A(2,0)到直线y＝k(x－1)的距离d＝，
所以△AMN的面积为S＝|MN|·d＝，由＝，解得k＝±1.
能力提升题组
(建议用时：25分钟)
11．已知椭圆＋＝1(0＜b＜2)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l交椭圆于A，B两点，若|BF2|＋|AF2|的最大值为5，则b的值是( )
A．1 B. C. D.
解析 由椭圆的方程，可知长半轴长为a＝2，由椭圆的定义，可知|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4a＝8，
所以|AB|＝8－(|AF2|＋|BF2|)≥3.
由椭圆的性质，可知过椭圆焦点的弦中，通径最短，即＝3，可求得b2＝3，即b＝.
答案 D
12．抛物线C1：y＝x2(p＞0)的焦点与双曲线C2：－y2＝1的右焦点的连线交C1于第一象限的点M.若C1在点M处的切线平行于C2的一条渐近线，则p＝( )
A. B. C. D.
解析
∵双曲线C2：－y2＝1，
∴右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y＝±x.
抛物线C1：y＝x2(p＞0)，焦点为F′.设M(x0，y0)，则y0＝x.
∵kMF′＝kFF′，∴＝.①
又∵y′＝x，∴y′|x＝x0＝x0＝.②
由①②得p＝.
答案 D
13．设抛物线y2＝8x的焦点为F，准线为l，P为抛物线上一点，PA⊥l，A为垂足．如果直线AF的斜率为－，那么|PF|＝________.
解析 直线AF的方程为y＝－(x－2)，联立得y＝4，所以P(6,4)．
由抛物线的性质可知|PF|＝6＋2＝8.
答案 8
14．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，直线y＝4与y轴的交点为P，与C的交点为Q，且|QF|＝|PQ|.
(1)求C的方程；
(2)过F的直线l与C相交于A，B两点，若AB的垂直平分线l′与C相交于M，N两点，且A，M，B，N四点在同一圆上，求l的方程．
解 (1)设Q(x0,4)，代入y2＝2px得x0＝.
所以|PQ|＝，|QF|＝＋x0＝＋.
由题设得＋＝×，
解得p＝－2(舍去)或p＝2.所以C的方程为y2＝4x.
(2)依题意知l与坐标轴不垂直，故可设l的方程为x＝my＋1(m≠0)．
代入y2＝4x得y2－4my－4＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4.
故AB的中点为D(2m2＋1,2m)，|AB|＝|y1－y2|＝4(m2＋1)．
又l′的斜率为－m，所以l′的方程为x＝－y＋2m2＋3.
将上式代入y2＝4x，并整理得y2＋y－4(2m2＋3)＝0.
设M(x3，y3)，N(x4，y4)，则y3＋y4＝－，
y3y4＝－4(2m2＋3)．
故MN的中点为E，
|MN|＝|y3－y4|＝.
由于MN垂直平分AB，
故A，M，B，N四点在同一圆上等价于|AE|＝|BE|＝|MN|，从而|AB|2＋|DE|2＝|MN|2，
即4(m2＋1)2＋2＋2＝
.
化简得m2－1＝0，解得m＝1或m＝－1.
所求直线l的方程为x－y－1＝0或x＋y－1＝0.
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第2课时 定点、定值、范围、最值问题
考点一 定点问题
【例1】 (2017·南昌模拟)已知椭圆＋＝1(a＞0，b＞0)过点(0,1)，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列．直线l与x轴正半轴和y轴分别交于Q，P，与椭圆分别交于点M，N，各点均不重合且满足＝λ1，＝λ2.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l过定点并求此定点．
解 (1)设椭圆的焦距为2c，由题意知b＝1，且(2a)2＋(2b)2＝2(2c)2，
又a2＝b2＋c2，所以a2＝3.
所以椭圆的方程为＋y2＝1.
(2)由题意设P(0，m)，Q(x0,0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
设l方程为x＝t(y－m)，
由＝λ1知(x1，y1－m)＝λ1(x0－x1，－y1)，
∴y1－m＝－y1λ1，由题意y1≠0，∴λ1＝－1.
同理由＝λ2知λ2＝－1.
∵λ1＋λ2＝－3，∴y1y2＋m(y1＋y2)＝0，①
联立得(t2＋3)y2－2mt2y＋t2m2－3＝0，
∴由题意知Δ＝4m2t4－4(t2＋3)(t2m2－3)＞0，②
且有y1＋y2＝，y1y2＝，③
将③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0，
∴(mt)2＝1.
由题意mt＜0，∴mt＝－1，满足②，
得l方程为x＝ty＋1，过定点(1,0)，即Q为定点．
规律方法 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．
【训练1】 (2017·雅安中学月考)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的两焦点在x轴上，且两焦点与短轴的一个顶点的连线构成斜边长为2的等腰直角三角形．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点S的动直线l交椭圆C于A，B两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点Q，使得以线段AB为直径的圆恒过点Q？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
解 (1)∵椭圆两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，∴b＝c.又斜边长为2，即2c＝2，故c＝b＝1，a＝，椭圆方程为＋y2＝1.
(2)当l与x轴平行时，以线段AB为直径的圆的方程为x2＋2＝；
当l与y轴平行时，以线段AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝1.
由得
故若存在定点Q，则Q的坐标只可能为Q(0,1)．
下面证明Q(0,1)为所求：
若直线l的斜率不存在，上述已经证明．
若直线l的斜率存在，设直线l：y＝kx－，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得(9＋18k2)x2－12kx－16＝0，
Δ＝144k2＋64(9＋18k2)＞0，
x1＋x2＝，x1x2＝，
＝(x1，y1－1)，＝(x2，y2－1)，
·＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)
＝(1＋k2)x1x2－(x1＋x2)＋
＝(1＋k2)·－·＋＝0，
∴⊥，即以线段AB为直径的圆恒过点Q(0,1)．
考点二 定值问题
【例2】 (2016·山东卷)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的长轴长为4，焦距为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过动点M(0，m)(m＞0)的直线交x轴于点N，交C于点A，P(P在第一象限)，且M是线段PN的中点．过点P作x轴的垂线交C于另一点Q，延长QM交C于点B.
①设直线PM，QM的斜率分别为k，k′，证明为定值．
②求直线AB的斜率的最小值．
(1)解 设椭圆的半焦距为c.
由题意知2a＝4,2c＝2.
所以a＝2，b＝＝.
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)①证明 设P(x0，y0)(x0＞0，y0＞0)．
由M(0，m)，可得P(x0,2m)，Q(x0，－2m)．
所以直线PM的斜率k＝＝.
直线QM的斜率k′＝＝－.
此时＝－3.所以为定值－3.
②解 设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由①知直线PA的方程为y＝kx＋m.
则直线QB的方程为y＝－3kx＋m.联立
整理得(2k2＋1)x2＋4mkx＋2m2－4＝0，
由x0x1＝，可得x1＝，
所以y1＝kx1＋m＝＋m.
同理x2＝，y2＝＋m.
所以x2－x1＝－
＝，
y2－y1＝＋m－－m
＝，
所以kAB＝＝＝，
由m＞0，x0＞0，可知k＞0，所以6k＋≥2，
当且仅当k＝时取“＝”．
故此时＝，即m＝，符合题意．
所以直线AB的斜率的最小值为.
规律方法 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
(1)求代数式为定值．依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可得出定值；
(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；
(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．
【训练2】 (2016·北京卷)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，A(a,0)，B(0，b)，O(0,0)，△OAB的面积为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.求证：|AN|·|BM|为定值．
(1)解 由已知＝，ab＝1.
又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，c＝.
所以椭圆方程为＋y2＝1.
(2)证明 由(1)知，A(2,0)，B(0,1)．
设椭圆上一点P(x0，y0)，则＋y＝1.
当x0≠0时，直线PA方程为y＝(x－2)，
令x＝0得yM＝.
从而|BM|＝|1－yM|＝.
直线PB方程为y＝x＋1.
令y＝0得xN＝.
∴|AN|＝|2－xN|＝.
∴|AN|·|BM|＝·
＝·
＝
＝＝4.
当x0＝0时，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，
所以|AN|·|BM|＝4.故|AN|·|BM|为定值．
考点三 范围问题
【例3】 (2016·天津卷)设椭圆＋＝1(a＞)的右焦点为F，右顶点为A.已知＋＝，其中O为原点，e为椭圆的离心率．
(1)求椭圆的方程；
(2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上)，垂直于l的直线与l交于点M，与y轴交于点H.若BF⊥HF，且∠MOA≤∠MAO，求直线l的斜率的取值范围．
解 (1)设F(c,0)，由＋＝，
即＋＝，可得a2－c2＝3c2.
又a2－c2＝b2＝3，所以c2＝1，因此a2＝4.
所以椭圆的方程为＋＝1.
(2)设直线l的斜率为k(k≠0)，则直线l的方程为y＝k(x－2)．
设B(xB，yB)，由方程组消去y，整理得(4k2＋3)x2－16k2x＋16k2－12＝0.
解得x＝2或x＝.
由题意得xB＝，从而yB＝.
由(1)知F(1,0)，设H(0，yH)，
有＝(－1，yH)，＝.
由BF⊥HF，得·＝0，
所以＋＝0，解得yH＝.
因为直线MH的方程为y＝－x＋.
设M(xM，yM)，由方程组消去y，
解得xM＝.
在△MAO中，∠MOA≤∠MAO⇔|MA|≤|MO|，
即(xM－2)2＋y≤x＋y，
化简得xM≥1，即≥1，
解得k≤－或k≥.
所以直线l的斜率的取值范围为或.
规律方法 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．
【训练3】 (2017·威海模拟)已知圆x2＋y2＝1过椭圆＋＝1(a＞b＞0)的两焦点，与椭圆有且仅有两个公共点，直线l：y＝kx＋m与圆x2＋y2＝1相切，与椭圆＋＝1相交于A，B两点．记λ＝·，且≤λ≤.
(1)求椭圆的方程；
(2)求k的取值范围；
(3)求△OAB的面积S的取值范围．
解 (1)由题意知2c＝2，所以c＝1.
因为圆与椭圆有且只有两个公共点，
从而b＝1，故a＝，所以所求椭圆方程为＋y2＝1.
(2)因为直线l：y＝kx＋m与圆x2＋y2＝1相切，
所以原点O到直线l的距离为＝1，
即m2＝k2＋1.由
得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝.
λ＝·＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝，由≤λ≤，得≤k2≤1，
即k的取值范围是∪.
(3)|AB|2＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2＝(1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2]＝2－，
由≤k2≤1，得≤|AB|≤.
设△OAB的AB边上的高为d，
则S＝|AB|d＝|AB|，
所以≤S≤.
即△OAB的面积S的取值范围是.
考点四 最值问题
【例4】 (2015·浙江卷)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)．
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＋＞0，①
将AB中点M代入直线方程y＝mx＋解得b＝－②
由①②得m＜－或m＞.
(2)令t＝∈∪，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．
故△AOB面积的最大值为.
规律方法 处理圆锥曲线最值问题的求解方法
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．
【训练4】 已知椭圆C：x2＋2y2＝4.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)设O为原点．若点A在直线y＝2上，点B在椭圆C上，且OA⊥OB，求线段AB长度的最小值．
解 (1)由题意，椭圆C的标准方程为＋＝1.
所以a2＝4，b2＝2，从而c2＝a2－b2＝2.
因此a＝2，c＝.故椭圆C的离心率e＝＝.
(2)设点A，B的坐标分别为(t,2)，(x0，y0)，其中x0≠0.
因为OA⊥OB，所以·＝0，
即tx0＋2y0＝0，解得t＝－.又x＋2y＝4，
所以|AB|2＝(x0－t)2＋(y0－2)2
＝(x0＋)2＋(y0－2)2＝x＋y＋＋4
＝x＋＋＋4＝＋＋4(0＜x≤4)．
因为＋≥4(0＜x≤4)，当且仅当x＝4时等号成立，
所以|AB|2≥8.故线段AB长度的最小值为2.
[思想方法]
1．求定值问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，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．
2．定点的探索与证明问题
(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为y＝kx＋b，然后利用条件建立b、k等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点．
(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关．
3．求解范围问题的方法
求范围问题的关键是建立求解关于某个变量的目标函数，通过求这个函数的值域确定目标的范围，要特别注意变量的取值范围．
4．圆锥曲线中常见最值的解题方法
(1)几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决；
(2)代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解．
[易错防范]
1．求范围问题要注意变量自身的范围．
2．利用几何意义求最值时，要注意“相切”与“公共点唯一”的不等价关系．注意特殊关系，特殊位置的应用．
3．在解决直线与抛物线的位置关系时，要特别注意直线与抛物线的对称轴平行的特殊情况．
4．解决定值、定点问题，不要忘记特值法.
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．设抛物线y2＝8x的准线与x轴交于点Q，若过点Q的直线l与抛物线有公共点，则直线l的斜率的取值范围是( )
A. B．[－2,2]
C．[－1,1] D．[－4,4]
解析 Q(－2,0)，设直线l的方程为y＝k(x＋2)，代入抛物线方程，消去y整理得k2x2＋(4k2－8)x＋4k2＝0，由Δ＝(4k2－8)2－4k2·4k2＝64(1－k2)≥0，解得－1≤k≤1.
答案 C
2．(2017·石家庄模拟)已知P为双曲线C：－＝1上的点，点M满足||＝1，且·＝0，则当||取得最小值时点P到双曲线C的渐近线的距离为( )
A. B. C．4 D．5
解析 由·＝0，得OM⊥PM，根据勾股定理，求|MP|的最小值可以转化为求|OP|的最小值，当|OP|取得最小值时，点P的位置为双曲线的顶点(±3,0)，而双曲线的渐近线为4x±3y＝0，∴所求的距离d＝，故选B.
答案 B
3．已知椭圆C的方程为＋＝1(m＞0)，如果直线y＝x与椭圆的一个交点M在x轴上的射影恰好是椭圆的右焦点F，则m的值为( )
A．2 B．2 C．8 D．2
解析 根据已知条件得c＝，则点(，)在椭圆＋＝1(m＞0)上，
∴＋＝1，可得m＝2.
答案 B
4．若双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的渐近线与抛物线y＝x2＋2有公共点，则此双曲线的离心率的取值范围是( )
A．[3，＋∞) B．(3，＋∞) C．(1,3] D．(1,3)
解析 依题意可知双曲线渐近线方程为y＝±x，与抛物线方程联立消去y得x2±x＋2＝0.
∵渐近线与抛物线有交点，∴Δ＝－8≥0，求得b2≥8a2，∴c＝≥3a，∴e＝≥3.
答案 A
5．(2017·宝鸡一模)斜率为1的直线l与椭圆＋y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为( )
A．2 B. C. D.
解析 设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
直线l的方程为y＝x＋t，由消去y，
得5x2＋8tx＋4(t2－1)＝0，
则x1＋x2＝－t，x1x2＝.
∴|AB|＝|x1－x2|＝·
＝·＝·，
当t＝0时，|AB|max＝.
答案 C
二、填空题
6．已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程是y＝x，它的一个焦点与抛物线y2＝16x的焦点相同，则双曲线的方程为________．
解析 由条件知双曲线的焦点为(4,0)，
所以解得a＝2，b＝2，
故双曲线方程为－＝1.
答案 －＝1
7．已知动点P(x，y)在椭圆＋＝1上，若A点坐标为(3,0)，||＝1，且·＝0，则||的最小值是________．
解析 ∵·＝0，∴⊥.
∴||2＝||2－||2＝||2－1，
∵椭圆右顶点到右焦点A的距离最小，
故||min＝2，∴||min＝.
答案
8．(2017·平顶山模拟)若双曲线x2－＝1(b＞0)的一条渐近线与圆x2＋(y－2)2＝1至多有一个公共点，则双曲线离心率的取值范围是________．
解析 双曲线的渐近线方程为y＝±bx，则有≥1，解得b2≤3，则e2＝1＋b2≤4，∵e＞1，∴1＜e≤2.
答案 (1,2]
三、解答题
9.如图，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率是，点P(0,1)在短轴CD上，且·＝－1.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点．是否存在常数λ，使得·＋λ·为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b)．
又点P的坐标为(0,1)，且·＝－1，
于是解得a＝2，b＝.
所以椭圆E方程为＋＝1.
(2)当直线AB的斜率存在时，
设直线AB的方程为y＝kx＋1，
A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．
联立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.
其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0，
所以，x1＋x2＝－，x1x2＝－.
从而，·＋λ·＝x1x2＋y1y2
＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]
＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝＝－－λ－2.
所以，当λ＝1时，－－λ－2＝－3.
此时，·＋λ·＝－3为定值．
当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，
此时·＋λ·＝·＋·＝
－2－1＝－3，
故存在常数λ＝1，使得·＋λ·为定值－3.
10．(2016·浙江卷)如图，设椭圆＋y2＝1(a＞1)．
(1)求直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段长(用a，k表示)；
(2)若任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围．
解 (1)设直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段为AM，由得(1＋a2k2)x2＋2a2kx＝0.
故x1＝0，x2＝－，
因此|AM|＝|x1－x2|＝·.
(2)假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P，Q，满足|AP|＝|AQ|.
记直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2，且k1，k2＞0，k1≠k2.
由(1)知|AP|＝，|AQ|＝，
故＝，
所以(k－k)[1＋k＋k＋a2(2－a2)kk]＝0.
由于k1≠k2，k1，k2＞0得1＋k＋k＋a2(2－a2)kk＝0，
因此＝1＋a2(a2－2)，①
因为①式关于k1，k2的方程有解的充要条件是1＋a2(a2－2)＞1，所以a＞.
因此，任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1＜a≤，
由e＝＝得，所求离心率的取值范围是.
能力提升题组
(建议用时：25分钟)
11．(2016·湖南师大附中月考)设双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线与抛物线y2＝x的一个交点的横坐标为x0，若x0＞1，则双曲线C的离心率e的取值范围是( )
A. B．(，＋∞)
C．(1，) D.
解析 不妨联立y＝x与y2＝x的方程，消去y得x2＝x，由x0＞1知＜1，即＜1，故e2＜2，又e＞1，所以1＜e＜，故选C.
答案 C
12．(2017·河南省八市质检)已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的离心率为2，它的两条渐近线与抛物线y2＝2px(p＞0)的准线分别交于A，B两点，O为坐标原点．若△AOB的面积为，则抛物线的准线方程为( )
A．x＝－2 B．x＝2 C．x＝1 D．x＝－1
解析 因为e＝＝2，所以c＝2a，b＝a，双曲线的渐近线方程为y＝±x，又抛物线的准线方程为x＝－，联立双曲线的渐近线方程和抛物线的准线方程得A，B，在△AOB中，|AB|＝p，点O到AB的距离为，所以·p·＝，所以p＝2，所以抛物线的准线方程为x＝－1，故选D.
答案 D
13．(2017·合肥诊断)若点O和点F分别为椭圆＋＝1的中点和左焦点，点P为椭圆上的任一点，则·的最小值为________．
解析 点P为椭圆＋＝1上的任意一点，设P(x，y)(－3≤x≤3，－2≤y≤2)，依题意得左焦点F(－1,0)，∴＝(x，y)，＝(x＋1，y)，∴·＝x(x＋1)＋y2＝x2＋x＋＝2＋.
∵－3≤x≤3，
∴≤x＋≤，∴≤2≤，
∴≤2≤，∴6≤2＋≤12，即6≤·≤12，故最小值为6.
答案 6
14．(2017·衡水中学高三联考)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，直线3x＋4y＋6＝0与圆x2＋(y－b)2＝a2相切．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知过椭圆C的左顶点A的两条直线l1，l2分别交椭圆C于M，N两点，且l1⊥l2，求证：直线MN过定点，并求出定点坐标；
(3)在(2)的条件下求△AMN面积的最大值．
解 (1)由题意，得∴
即C：＋y2＝1.
(2)由题意得直线l1，l2的斜率存在且不为0.
∵A(－2,0)，设l1：x＝my－2，l2：x＝－y－2，
由得(m2＋4)y2－4my＝0，
∴M.
同理，N.
①m≠±1时，kMN＝，
lMN：y＝.此时过定点.
②m＝±1时，lMN：x＝－，过点.
∴lMN恒过定点.
(3)由(2)知S△AMN＝×|yM－yN|
＝＝8
＝＝.
令t＝≥2，当且仅当m＝±1时取等号，
∴S△AMN≤，且当m＝±1时取等号．
∴(S△AMN)max＝.
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