2017届高考文科数学（全国通用）二轮文档讲义：第2编专题2-6-3圆锥曲线的综合应用
第三讲 圆锥曲线的综合应用
[必记公式及概念]
1．定值、定点问题在变化中所表现出来的不变的量，用变化的量表示问题中的直线方程、数量积、比例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个点，就是要求的定点，解决这类问题的关键就是引进参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．
2．圆锥曲线中最值问题：主要是求线段长度的最值、三角形面积的最值等．
3．圆锥曲线中的范围问题：关键是选取合适的变量建立目标函数和不等关系．该问题主要有以下三种情况：
(1)距离型：若涉及焦点，则可以考虑将圆锥曲线定义和平面几何性质结合起来求解；若是圆锥曲线上的点到直线的距离，则可设出与已知直线平行的直线方程，再代入圆锥曲线方程中，用判别式等于零求得切点坐标，这个切点就是距离取得最值的点，若是在圆或椭圆上，则可将点的坐标以参数形式设出，转化为三角函数的最值求解．
(2)斜率、截距型：一般解法是将直线方程代入圆锥曲线方程中，利用判别式列出对应的不等式，解出参数的范围，如果给出的只是圆锥曲线的一部分，则需要结合图形具体分析，得出相应的不等关系．
(3)面积型：求面积型的最值，即求两个量的乘积的范围，可以考虑能否使用不等式求解，或者消元转化为某个参数的函数关系，用函数方法求解．
4．探究性问题：有关圆锥曲线中的探究性问题，一般假设满足条件的量存在，以此为基础进行推理．
[失分警示]
1．求轨迹方程时要注意它的纯粹性与完备性．
2．使用函数方法求解最值和范围时，需选择合适的变量．解题时易忽略变量的范围，导致结果的错误．
3．直线与双曲线交于一点时，不一定相切，反之，直线与双曲线相切时，只有一个交点．
4．在解决直线与圆锥曲线问题时，若需设直线方程，易忽略直线斜率不存在的情况．
考点 求轨迹方程
典例示法
典例1 [2016·全国卷Ⅰ]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] (1)证明：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)．
求轨迹方程的常用方法
(1)直接法：直接利用条件建立x，y之间的关系f(x，y)＝0.
(2)待定系数法：已知所求曲线的类型，先根据条件设出所求曲线的方程，再由条件确定其待定系数．
(3)定义法：先根据条件得出动点的轨迹是某种已知曲线，再由曲线的定义直接写出动点的轨迹方程．
(4)相关点法：动点P(x，y)依赖于另一动点Q(x0，y0)的变化而变化，并且Q(x0，y0)又在某已知曲线上，则可先用x，y的代数式表示x0，y0，再将x0，y0代入已知曲线得要求的轨迹方程．
(5)参数法：当动点P(x，y)的坐标之间的关系不易直接找到，也没有相关点可用时，可考虑将x，y均用一中间变量(参数)表示，得参数方程，再消去参数得普通方程．
针对训练
如图，抛物线C1：x2＝4y，C2：x2＝－2py(p>0)．点M(x0，y0)在抛物线C2上，过M作C1的切线，切点为A，B(M为原点O时，A，B重合于O)．当x0＝1－时，切线MA的斜率为－.
(1)求p的值；
(2)当M在C2上运动时，求线段AB中点N的轨迹方程(A，B重合于O时，中点为O)．
解 (1)因为抛物线 C1：x2＝4y上任意一点(x，y)的切线斜率为y′＝，且切线MA的斜率为－，
所以A点坐标为.
故切线MA的方程为y＝－(x＋1)＋.
因为点M(1－，y0)在切线MA及抛物线C2上，
于是y0＝－(2－)＋＝－.①
y0＝－＝－.②
由①②得p＝2.
(2)设N(x，y)，A，B，x1≠x2，由N为线段AB中点知
x＝③
y＝④
切线MA，MB的方程为
y＝(x－x1)＋，⑤
y＝(x－x2)＋.⑥
由⑤⑥得MA，MB的交点M(x0，y0)的坐标为
x0＝，y0＝.
因为点M(x0，y0)在C2上，即x＝－4y0，
所以x1x2＝－.⑦
由③④⑦得
x2＝y，x≠0.
当x1＝x2时，A，B重合于原点O，AB中点N为O，坐标满足x2＝y.
因此AB中点N的轨迹方程为x2＝y.
考点 最值与范围问题
典例示法
题型1 距离、面积的最值问题
典例2 [2014·浙江高考] 如图，设椭圆C：＋＝1(a>b>0)，动直线l与椭圆C只有一个公共点P，且点P在第一象限．
(1)已知直线l的斜率为k，用a，b，k表示点P的坐标；
(2)若过原点O的直线l1与l垂直，证明：点P到直线l1的距离的最大值为a－b.
[解] (1)设直线l的方程为y＝kx＋m(k<0)，由消去y得(b2＋a2k2)x2＋2a2kmx＋a2m2－a2b2＝0.
由于l与C只有一个公共点，故Δ＝0，即b2－m2＋a2k2＝0，解得点P的坐标为.
又点P在第一象限，
故点P的坐标为P.
(2)证明：由于直线l1过原点O且与l垂直，故直线l1的方程为x＋ky＝0，
所以点P到直线l1的距离
d＝，
整理得d＝.
因为a2k2＋≥2ab，
所以≤＝a－b，
当且仅当k2＝时等号成立．
所以，点P到直线l1的距离的最大值为a－b.
题型2 求几何量、参数范围问题
典例3 [2015·天津高考]已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点为F(－c,0)，离心率为，点M在椭圆上且位于第一象限，直线FM被圆x2＋y2＝截得的线段的长为c，|FM|＝.
(1)求直线FM的斜率；
(2)求椭圆的方程；
(3)设动点P在椭圆上，若直线FP的斜率大于，求直线OP(O为原点)的斜率的取值范围．
[解] (1)由已知有＝，又由a2＝b2＋c2，可得a2＝3c2，b2＝2c2.
设直线FM的斜率为k(k>0)，则直线FM的方程为y＝k(x＋c)．由已知，有2＋2＝2，解得k＝.
(2)由(1)得椭圆方程为＋＝1，直线FM的方程为y＝(x＋c)，两个方程联立，消去y，整理得3x2＋2cx－5c2＝0，解得x＝－c，或x＝c.因为点M在第一象限，可得M的坐标为.由|FM|＝＝，解得c＝1，所以椭圆的方程为＋＝1.
(3)设点P的坐标为(x，y)，直线FP的斜率为t，得t＝，即y＝t(x＋1)(x≠－1)，与椭圆方程联立得消去y，整理得2x2＋3t2(x＋1)2＝6.又由已知，得t＝ >，解得－
0，于是m＝，得m∈.
②当x∈(－1,0)时，有y＝t(x＋1)>0，因此m<0，于是m＝－，得m∈.
综上，直线OP的斜率的取值范围是∪.
1．与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法
(1)数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解．
(2)构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法求最值(注意：有时需先换元后再求最值)．
2．解决圆锥曲线中范围问题的方法
一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化．
考点 定点与定值问题
典例示法
题型1 定点的证明与探究
典例4 [2015·四川高考] 如图，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率是，过点P(0,1)的动直线l与椭圆相交于A，B两点．当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为2.
(1)求椭圆E的方程；
(2)在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点P不同的定点Q，使得＝恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
[解] (1)由已知，点(，1)在椭圆E上．
因此，
解得a＝2，b＝.
所以椭圆E的方程为＋＝1.
(2)当直线l与x轴平行时，设直线l与椭圆相交于C，D两点．
如果存在定点Q满足条件，则有＝＝1，即|QC|＝|QD|.
所以Q点在y轴上，可设Q点的坐标为(0，y0)．
当直线l与x轴垂直时，设直线l与椭圆相交于M，N两点，
则M，N的坐标分别为(0，)，(0，－)．
由＝，有＝，解得y0＝1，或y0＝2.
所以，若存在不同于点P的定点Q满足条件，则Q点坐标只可能为(0,2)．
下面证明：对任意直线l，均有＝.
当直线l的斜率不存在时，由上可知，结论成立．
当直线l的斜率存在时，可设直线l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＝－.
因此＋＝＝2k.
易知，点B关于y轴对称的点B′的坐标为(－x2，y2)．
又kQA＝＝
＝k－，
kQB′＝＝＝－k＋＝k－，
所以kQA＝kQB′，即Q，A，B′三点共线．
所以＝＝＝.
故存在与P不同的定点Q(0,2)，使得＝恒成立．
题型2 定值的证明与探究
典例5 [2016·河南六市联考]如图，在平面直角坐标系xOy中，已知R(x0，y0)是椭圆C：＋＝1上的一点，从原点O向圆R：(x－x0)2＋(y－y0)2＝8作两条切线，分别交椭圆于点P，Q.
(1)若R点在第一象限，且直线OP，OQ互相垂直，求圆R的方程；
(2)若直线OP，OQ的斜率存在，并记为k1，k2，求k1·k2的值；
(3)试问|OP|2＋|OQ|2是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由．
[解] (1)设圆R的半径为r，由圆R的方程知r＝2，因为直线OP，OQ互相垂直，且和圆R相切，所以|OR|＝r＝4，即
x＋y＝16，①
又点R在椭圆C上，所以＋＝1，②
联立①②，解得
所以，圆R的方程为(x－2)2＋(y－2)2＝8.
(2)因为直线OP：y＝k1x和OQ：y＝k2x都与圆R相切，所以＝2，＝2，
化简得(x－8)k－2x0y0k1＋y－8＝0，(x－8)k－2x0y0k2＋y－8＝0，
所以k1，k2是方程(x－8)k2－2x0y0k＋y－8＝0的两个不相等的实数根，由根与系数的关系得k1·k2＝，
因为点R(x0，y0)在椭圆C上，所以＋＝1，
即y＝12－x，
所以k1k2＝＝－.
(3)解法一：当直线OP，OQ不落在坐标轴上时，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由(2)知2k1k2＋1＝0，
所以＋1＝0，故yy＝xx.
因为P(x1，y1)，Q(x2，y2)在椭圆C上，
所以＋＝1，＋＝1，
即y＝12－x，y＝12－x，
所以＝xx，
整理得x＋x＝24，
所以y＋y＝＋＝12，
所以|OP|2＋|OQ|2＝x＋y＋x＋y＝(x＋x)＋(y＋y)＝36.
解法二：(ⅰ)当直线OP，OQ不落在坐标轴上时，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
联立解得x＝，y＝，
所以x＋y＝，
同理，得x＋y＝，
由(2)知k1k2＝－，所以|OP|2＋|OQ|2＝x＋y＋x＋y＝＋＝＋＝＝36.
(ⅱ)当直线OP，OQ落在坐标轴上时，显然有|OP|2＋|OQ|2＝36.
综上|OP|2＋|OQ|2＝36.
1．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．求解定值问题的三个步骤
(1)由特例得出一个值，此值一般就是定值；
(2)证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；
(3)得出结论．
考点 存在性问题
典例示法
题型1 点的存在性问题
典例6 [2015·北京高考]已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点P(0,1)和点A(m，n)(m≠0)都在椭圆C上，直线PA交x轴于点M.
(1)求椭圆C的方程，并求点M的坐标(用m，n表示)；
(2)设O为原点，点B与点A关于x轴对称，直线PB交x轴于点N.问：y轴上是否存在点Q，使得∠OQM＝∠ONQ？若存在，求点Q的坐标；若不存在，说明理由．
[解] (1)由题意得解得a2＝2.
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
设M(xM,0)．
因为m≠0，所以－1b>0)的右焦点为F(1,0)，短轴的一个端点B到点F的距离等于焦距．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点F的直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，是否存在直线l，使得△BFM与△BFN的面积比值为2？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
[解] (1)由已知得c＝1，a＝2c＝2，b2＝a2－c2＝3，
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)＝2等价于＝2，
当直线l的斜率不存在时，＝1，不符合题意，舍去；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－1)，
由消去x并整理得(3＋4k2)y2＋6ky－9k2＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝－①
y1y2＝②
由＝2得y1＝－2y2③
由①②③解得k＝±，
因此存在直线l：y＝±(x－1)，使得△BFM与△BFN的面积比值为2.
题型3 参数的存在性问题
典例8 [2016·金版原创]已知F是抛物线C：x2＝2py，p>0的焦点，G，H是抛物线C上不同的两点，且|GF|＋|HF|＝3，线段GH的中点到x轴的距离为.点P(0,4)，Q(0,8)，曲线D上的点M满足·＝0.
(1)求抛物线C和曲线D的方程；
(2)是否存在直线l：y＝kx＋m分别与抛物线C相交于点A，B(A在B的左侧)、与曲线D相交于点S，T(S在T的左侧)，使得△OAT与△OBS
的面积相等？若存在，求出m的取值范围；若不存在，说明理由．
[解] (1)由抛物线定义知＋＝，得p＝，
故抛物线的方程为x2＝y.
由·＝0得点M的轨迹D是以PQ为直径的圆，其方程为x2＋(y－6)2＝4.
(2)由△OAT与△OBS的面积相等得|AT|＝|BS|，
则|AS|＝|BT|，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，S(x3，y3)，T(x4，y4)，
由＝(x3－x1，y3－y1)，＝(x2－x4，y2－y4)，
且＝得x3－x1＝x2－x4，即x1＋x2＝x4＋x3.
(ⅰ)当直线l的斜率为0时，l的方程为y＝m，此时只需点(0，m)在圆D内即可，此时40，①
且x1＋x2＝k.
由方程组得
(1＋k2)x2＋2k(m－6)x＋(m－6)2－4＝0，
直线l与圆D交于S，T两点，所以圆心D(0,6)到直线l的距离d＝0，∴－20)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.
(1)当t＝4，|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积；
(2)当2|AM|＝|AN|时，求k的取值范围．
解 (1)设M(x1，y1)，则由题意知y1>0.
当t＝4时，E的方程为＋＝1，A(－2,0)．
由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为.
因此直线AM的方程为y＝x＋2.
将x＝y－2代入＋＝1得7y2－12y＝0.
解得y＝0或y＝，所以y1＝.因此△AMN的面积S△AMN＝2×××＝.
(2)由题意知t>3，k>0，A(－，0)．将直线AM的方程y＝k(x＋)代入＋＝1得
(3＋tk2)x2＋2·tk2x＋t2k2－3t＝0.
由x1·(－)＝得x1＝，故
|AM|＝|x1＋|＝.
由题设知，直线AN的方程为y＝－(x＋)，故同理可得|AN|＝.
由2|AM|＝|AN|得＝，即(k3－2)t＝3k(2k－1)．
当k＝时上式不成立，因此t＝.
t>3等价于＝<0，即
<0.
由此得或解得0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.
(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
(2)若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．
解 (1)证明：设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．
将y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，故xM＝＝，yM＝kxM＋b＝.
于是直线OM的斜率kOM＝＝－，即kOM·k＝－9.
所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．
(2)四边形OAPB能为平行四边形．
因为直线l过点，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0，k≠3.
由(1)得OM的方程为y＝－x.
设点P的横坐标为xP.
由得x＝，即xP＝.
将点的坐标代入l的方程得b＝，因此xM＝.
四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM.
于是＝2×，解得k1＝4－，k2＝4＋.
因为ki>0，ki≠3，i＝1,2，所以当l的斜率为4－或4＋时，四边形OAPB为平行四边形．
[其它省市高考题借鉴]
4．[2016·北京高考]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．
解 (1)由题意得解得a＝2，b＝1.
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：由(1)知，A(2,0)，B(0,1)．
设P(x0，y0)，则x＋4y＝4.
当x0≠0时，直线PA的方程为y＝(x－2)．
令x＝0，得yM＝－，从而|BM|＝|1－yM|＝.
直线PB的方程为y＝x＋1.
令y＝0，得xN＝－，从而|AN|＝|2－xN|＝.
所以|AN|·|BM|＝·
＝
＝
＝4.
当x0＝0时，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，
所以|AN|·|BM|＝4.
综上，|AN|·|BM|为定值．
5．[2015·山东高考]平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，左、右焦点分别是F1，F2.以F1为圆心以3为半径的圆与以F2为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆E：＋＝1，P为椭圆C上任意一点．过点P的直线y＝kx＋m交椭圆E于A，B两点，射线PO交椭圆E于点Q.
(ⅰ)求的值；
(ⅱ)求△ABQ面积的最大值．
解 (1)由题意知2a＝4，则a＝2.
又＝，a2－c2＝b2，
可得b＝1，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)由(1)知椭圆E的方程为＋＝1.
(ⅰ)设P(x0，y0)，＝λ，
由题意知Q(－λx0，－λy0)．
因为＋y＝1，
又＋＝1，即·＝1，
所以λ＝2，即＝2.
(ⅱ)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
将y＝kx＋m代入椭圆E的方程，
可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0.
由Δ>0，可得m2<4＋16k2，①
则有x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以|x1－x2|＝.
因为直线y＝kx＋m与y轴交点的坐标为(0，m)，
所以△OAB的面积S＝|m||x1－x2|
＝
＝
＝2 .
设＝t.
将y＝kx＋m代入椭圆C的方程，
可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
由Δ≥0，可得m2≤1＋4k2.②
由①②可知00，b>0)的左、右焦点，且|F1F2|＝2，若P是该双曲线右支上的一点，且满足|PF1|＝2|PF2|，则△PF1F2面积的最大值是( )
A．1 B.
C. D．2
答案 B
解析 ∵
∴|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，
设∠F1PF2＝θ，∴cosθ＝＝，
∴S2△PF1F2＝2
＝16a4
＝－92≤，
当且仅当a2＝时，等号成立，故S△PF1F2的最大值是，故选B.
4．[2016·云南统检]已知双曲线M的焦点F1、F2在x轴上，直线x＋3y＝0是双曲线M的一条渐近线，点P在双曲线M上，且·＝0，如果抛物线y2＝16x的准线经过双曲线M的一个焦点，那么||·||＝( )
A．21 B．14
C．7 D．0
答案 B
解析 设双曲线方程为－＝1(a>0，b>0)，
∵直线x＋3y＝0是双曲线M的一条渐近线，
∴＝①
又抛物线的准线为x＝－4，∴c＝4②
又a2＋b2＝c2③
∴由①②③得a＝3.
设点P为双曲线右支上一点，
∴由双曲线定义得||PF1|－|PF2||＝6④
又·＝0，
∴⊥，
∴在Rt△PF1F2中||2＋||2＝82⑤
联立④⑤，解得||·||＝14.
二、填空题
5．[2016·河南洛阳统考]已知F1、F2分别是双曲线3x2－y2＝3a2(a>0)的左、右焦点，P是抛物线y2＝8ax与双曲线的一个交点，若|PF1|＋|PF2|＝12，则抛物线的准线方程为________．
答案 x＝－2
解析 将双曲线方程化为标准方程得－＝1，抛物线的准线为x＝－2a，联立⇒x＝3a，即点P的横坐标为3a.而由⇒|PF2|＝6－a，又易知F2为抛物线的焦点，
∴|PF2|＝3a＋2a＝6－a，得a＝1，∴抛物线的准线方程为x＝－2.
6．[2016·南昌一模]已知抛物线C：x2＝4y的焦点为F，过点F且斜率为1的直线与抛物线相交于M，N两点．设直线l是抛物线C的切线，且l∥MN，P为l上一点，则·的最小值为________．
答案 －14
解析 由题意知F(0,1)，所以过点F且斜率为1的直线方程为y＝x＋1，代入x2＝4y，整理得x2－4x－4＝0，解得x＝2±2，所以可取M(2－2，3－2)，N(2＋2，3＋2)，因为l∥MN，所以可设l的方程为y＝x＋m，代入x2＝4y，整理得x2－4x－4m＝0，又直线l与抛物线相切，所以Δ＝(－4)2－4(－4m)＝0，所以m＝－1，l的方程为y＝x－1.设点P(x，x－1)，则＝(2－x－2，4－x－2)，＝(2－x＋2，4－x＋2)，·＝(2－x)2－8＋(4－x)2－8＝2x2－12x＋4＝2(x－3)2－14≥－14.
7．[2016·石家庄质检]设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F的直线l与抛物线交于A，B两点，M为抛物线C的准线与x轴的交点，若tan∠AMB＝2，则|AB|＝________.
答案 8
解析 依题意作出图象如图所示，设l：x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得，y2－4my－4＝0，∴y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，x1x2＝·＝1，x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2＝4m2＋2，
∵tan∠AMB＝tan(∠AMF＋∠BMF)，
∴＝2，
＝2，y1－y2＝4m2，
∴4＝4m2，m2＝1，
∴|AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋1＋x2＋1＝4m2＋4＝8.
三、解答题
8．[2016·合肥质检]设A，B为抛物线y2＝x上相异两点，其纵坐标分别为1，－2，分别以A，B为切点作抛物线的切线l1，l2，设l1，l2相交于点P.
(1)求点P的坐标；
(2)M为A，B间抛物线段上任意一点，设＝λ＋μ，试判断＋是否为定值？如果为定值，求出该定值；如果不是定值，请说明理由．
解 (1)知A(1,1)，B(4，－2)，设点P坐标为(xP，yP)，
切线l1：y－1＝k(x－1)，联立
由抛物线与直线l1相切，解得k＝，
即l1：y＝x＋，同理l2：y＝－x－1，
联立l1，l2的方程，可解得
即点P的坐标为.
(2)设M(y，y0)，且－2≤y0≤1，由＝λ＋μ得
＝λ＋μ，
即解得
则＋＝＋＝1，即＋为定值1.
9．[2016·山西四校二联]已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆与直线2x－y＋6＝0相切．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知点A，B为动直线y＝k(x－2)(k≠0)与椭圆C的两个交点，问：在x轴上是否存在定点E，使得2＋·为定值？若存在，试求出点E的坐标和定值；若不存在，请说明理由．
解 (1)由e＝得＝，即c＝a.①
又以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆为x2＋y2＝a2，且该圆与直线2x－y＋6＝0相切，
所以a＝＝，代入①得c＝2，
所以b2＝a2－c2＝2.
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)由得(1＋3k2)x2－12k2x＋12k2－6＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
根据题意，假设x轴上存在定点E(m,0)，
使得2＋·＝(＋)·＝·为定值，
则·＝(x1－m，y1)·(x2－m，y2)
＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2
＝(k2＋1)x1x2－(2k2＋m)(x1＋x2)＋(4k2＋m2)
＝，
要使上式为定值，即与k无关，3m2－12m＋10＝3(m2－6)，得m＝.
此时，2＋·＝m2－6＝－，所以在x轴上存在定点E使得2＋·为定值，且定值为－.
10．[2016·云南统考]已知焦点在y轴上的椭圆E的中心是原点O，离心率等于，以椭圆E的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为4.直线l：y＝kx＋m与y轴交于点P，与椭圆E交于A，B两个相异点，且＝λ.
(1)求椭圆E的方程；
(2)是否存在m，使＋λ＝4？若存在，求m的取值范围；若不存在，请说明理由．
解 (1)根据已知设椭圆E的方程为＋＝1(a>b>0)，焦距为2c，
由已知得＝，∴c＝a，b2＝a2－c2＝.
∵以椭圆E的长轴和短轴为对角线的四边形的周长为4，
∴4＝2a＝4，∴a＝2，b＝1.
∴椭圆E的方程为x2＋＝1.
(2)根据已知得P(0，m)，由＝λ，得－＝λ(－)．
∴＋λ＝(1＋λ).
∵＋λ＝4，∴(1＋λ)＝4.
若m＝0，由椭圆的对称性得＝，即＋＝0.
∴m＝0能使＋λ＝4成立．
若m≠0，则1＋λ＝4，解得λ＝3.
设A(x1，kx1＋m)，B(x2，kx2＋m)，
由得(k2＋4)x2＋2mkx＋m2－4＝0，
由已知得Δ＝4m2k2－4(k2＋4)(m2－4)>0，即
k2－m2＋4>0，
且x1＋x2＝，x1x2＝.
由＝3得－x1＝3x2，即x1＝－3x2.
∴3(x1＋x2)2＋4x1x2＝0，
∴＋＝0，即m2k2＋m2－k2－4＝0.
当m2＝1时，m2k2＋m2－k2－4＝0不成立．
∴k2＝.
∵k2－m2＋4>0，
∴－m2＋4>0，即>0.
∴1|F1F2|，
因此曲线E是长轴长2a＝4，焦距2c＝2的椭圆，且
b2＝a2－c2＝3，
所以曲线E的方程为＋＝1.
(2)(ⅰ)由曲线E的方程得上顶点M(0，)，
记A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知x1≠0，x2≠0.
若直线AB的斜率不存在，则直线AB的方程为x＝x1，
故y1＝－y2，且y＝y＝3，
因此，kMA·kMB＝·＝－＝，
与已知不符，因此直线AB的斜率存在．
设直线AB：y＝kx＋m，代入椭圆E的方程＋＝1，
得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－3)＝0.①
因为直线AB与曲线E有公共点A，B，
所以方程①有两个非零不等实根x1，x2，
所以x1＋x2＝－，x1·x2＝.
又kAM＝＝，kMB＝＝.
由kAM·kBM＝得4(kx1＋m－)(kx2＋m－)＝x1x2，即(4k2－1)x1x2＋4k(m－)(x1＋x2)＋4(m－)2＝0，
所以4(m2－3)(4k2－1)＋4k(m－)(－8km)＋4(m－)2(3＋4k2)＝0，
化简得m2－3m＋6＝0，故m＝或m＝2.
结合x1x2≠0知m＝2，
即直线AB恒过定点N(0,2)．
(ⅱ)由Δ>0且m＝2得k>或k<－，
又S△ABM＝|S△ANM－S△BNM|＝|MN|·|x1－x2|
＝
＝
＝＝≤，
当且仅当4k2－9＝12，即k＝±时，
△ABM的面积最大，最大值为.
典题例证
[2016·山东高考] 平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率是，抛物线E：x2＝2y的焦点F是C的一个顶点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线l与C交于不同的两点A，B，线段AB的中点为D.直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.
①求证：点M在定直线上；
②直线l与y轴交于点G，记△PFG的面积为S1，△PDM的面积为S2，求的最大值及取得最大值时点P的坐标．
审题过程
由条件求出椭圆方程，设出P点坐标，求出切线方程后与椭圆方程联立，顺次求点D、M的坐标．
利用表面公式表示出，由函数知识求最值．注意设而不求思想的运用.
(1)由题意知＝，可得：a2＝4b2，
因为抛物线E的焦点F，
所以b＝，a＝1，
所以椭圆C的方程为x2＋4y2＝1.
(2)①证明：设P(m>0)．
由x2＝2y，可得y′＝x，
所以直线l的斜率为m.
因此直线l的方程为y－＝m(x－m)，
即y＝mx－，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)．
联立方程
得(4m2＋1)x2－4m3x＋m4－1＝0.
由Δ>0，得0
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