2018届二轮复习（文）　解析几何专题六第3讲学案（全国通用）

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第 3 讲　圆锥曲线的综合问题 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　(2017 届天津市红桥区二模)已知椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1 (a>b>0)的离心率为 6 3 ，且过点 (1， 6 3 ). (1)求椭圆 C 的方程； (2)设与圆 O：x2＋y2＝3 4相切的直线 l 交椭圆 C 于 A, B 两点，求△OAB 面积的最大值及取得 最大值时直线 l 的方程． 解　(1)由题意可得Error! 解得 a2＝3，b2＝1，∴椭圆 C 的方程为x2 3＋y2＝1. (2)①当 k 不存在时， x＝± 3 2 ，∴y＝± 3 2 ， ∴S△OAB＝1 2× 3× 3 2 ＝3 4. ②当 k 存在时，设直线方程为 y＝kx＋m， A(x1，y1)， B(x2，y2)， 联立Error!得 (1＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－3＝0， ∴x1＋x2＝ －6km 1＋3k2，x1x2＝3m2－3 1＋3k2 . d＝r⇒4m2＝3(1＋k2 ). |AB |＝ 1＋k2 · ( －6km 1＋3k2)2－4 × 3m2－3 1＋3k2 ＝ 1＋k2· 12＋36k2－12m2 (1＋3k2)2 ＝ 3· 1＋10k2＋9k4 1＋6k2＋9k4 ＝ 3· 1＋ 4k2 1＋6k2＋9k4 ＝ 3· 1＋ 4 1 k2＋9k2＋6 ≤2， 当且仅当1 k2＝9k2，即 k＝± 3 3 时等号成立，此时 m＝±1. ∴S△OAB＝1 2|AB |×r≤1 2×2× 3 2 ＝ 3 2 ， ∴△OAB 面积的最大值为 3 2 ， 此时直线方程为 y＝± 3 3 x±1. 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　(2017·山东)在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C： x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的离心率为 2 2 ，椭圆 C 截直线 y＝1 所得线段的长 度为 2 2. (1)求椭圆 C 的方程； (2)动直线 l：y＝kx＋m(m≠0)交椭圆 C 于 A，B 两点，交 y 轴于点 M.点 N 是 M 关于 O 的对 称点，⊙N 的半径为|NO|.设 D 为 AB 的中点，DE，DF 与⊙N 分别相切于点 E，F，求∠EDF 的最小值． 解　(1)由椭圆的离心率为 2 2 ，得 a2＝2(a2－b2)， 又当 y＝1 时，x2＝a2－a2 b2，得 a2－a2 b2＝2， 所以 a2＝4，b2＝2. 因此椭圆 C 的方程为x2 4＋y2 2＝1. (2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)． 联立方程，得Error! 得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－4＝0. 由 Δ>0，得 m2<4k2＋2，(*) 且 x1＋x2＝－ 4km 2k2＋1， 因此 y1＋y2＝ 2m 2k2＋1， 所以 D(－ 2km 2k2＋1， m 2k2＋1). 又 N(0，－m)， 所以|ND|2＝(－ 2km 2k2＋1)2＋( m 2k2＋1＋m)2， 整理得|ND|2＝4m2(1＋3k2＋k4) (2k2＋1)2 . 因为|NF|＝|m|， 所以|ND|2 |NF|2＝4(k4＋3k2＋1) (2k2＋1)2 ＝1＋ 8k2＋3 (2k2＋1)2. 令 t＝8k2＋3，t≥3， 故 2k2＋1＝t＋1 4 . 所以|ND|2 |NF|2＝1＋ 16t (1＋t)2 ＝1＋ 16 t＋1 t＋2 . 令 y＝t＋1 t，所以 y′＝1－1 t2. 当 t≥3 时，y′>0， 从而 y＝t＋1 t在[3，＋∞)上单调递增， 因此 t＋1 t≥10 3 ， 当且仅当 t＝3 时等号成立，此时 k＝0， 所以|ND|2 |NF|2≤1＋3＝4. 由(*)得－ 2b>0)经过两圆的交点． (1)求椭圆 C 的方程； (2)M，N 是椭圆 C 上的两点，若直线 OM 与 ON 的斜率之积为－1 4，试问△OMN 的面积是否 为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由． 解　(1)设两圆的交点为 Q， 依题意有|QF1|＋|QF2|＝3 3＋ 3＝4 3， 由椭圆定义知，2a＝4 3，解得 a2＝12. ∵F1，F2 分别为椭圆 C 的左、右焦点， ∴a2－b2＝9，解得 b2＝3， ∴椭圆 C 的方程为x2 12＋y2 3＝1. (2)①当直线 MN 的斜率不存在时， 设 M(x1，y1)，N(x1，－y1)． kOM·kON＝－y1y1 x1x1＝－1 4，∴| y1 x1 |＝1 2. 又x21 12＋y21 3＝1，∴|x1|＝ 6，|y1|＝ 6 2 . ∴S△OMN＝1 2× 6× 6＝3. ②当直线 MN 的斜率存在时，设直线 MN 的方程为 y＝kx＋m， M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由Error! 得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， 由 Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m2－12)>0， 得 12k2－m2＋3>0， (*) 且 x1＋x2＝－ 8km 4k2＋1，x1x2＝4m2－12 4k2＋1 . ∴y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m) ＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝m2－12k2 4k2＋1 . ∵kOM·kON＝y1y2 x1x2＝－1 4，∴m2－12k2 4m2－12＝－1 4， 整理得 2m2＝12k2＋3, 代入(*)得 m≠0. ∵|MN|＝ 1＋k2|x1－x2| ＝ 1＋k2 (－ 8km 4k2＋1)2－4( 4m2－12 4k2＋1 ) ＝ 1＋k2 48(4k2＋1)－16m2 (4k2＋1)2 ＝6 1＋k2 |m| ， 原点 O 到直线 MN 的距离 d＝ |m| 1＋k2， ∴S△OMN＝1 2|MN|d ＝1 2·6 1＋k2 |m| · |m| 1＋k2＝3(定值)． 综上所述，△OMN 的面积为定值 3. 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　已知抛物线 E 的顶点为原点 O，焦点为圆 F：x2＋y2－4x＋3＝0 的圆心 F.经过点 F 的 直线 l 交抛物线 E 于 A，D 两点，交圆 F 于 B，C 两点，A，B 在第一象限，C，D 在第四象 限． (1)求抛物线 E 的方程； (2)是否存在直线 l，使 2|BC|是|AB|与|CD|的等差中项？若存在，求直线 l 的方程；若不存在， 请说明理由． 解　(1)根据已知，设抛物线 E 的方程为 y2＝2px(p>0)． ∵圆 F 的方程为(x－2)2＋y2＝1， ∴圆心 F 的坐标为 F(2,0)，半径 r＝1. ∴p 2＝2，解得 p＝4. ∴抛物线 E 的方程为 y2＝8x. (2)∵2|BC|是|AB|与|CD|的等差中项， ∴|AB|＋|CD|＝4|BC|＝4×2r＝8， ∴|AD|＝|AB|＋|BC|＋|CD|＝10. 若 l 垂直于 x 轴，则 l 的方程为 x＝2， 代入 y2＝8x，得 y＝±4. 此时|AD|＝|y1－y2|＝8≠10， 即直线 x＝2 不满足题意； 若 l 不垂直于 x 轴，设 l 的斜率为 k， 由已知得 k≠0，l 的方程为 y＝k(x－2)． 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由Error! 得 k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0， ∴x1＋x2＝4k2＋8 k2 ，且 Δ＝(4k2＋8)2－16k4＝64k2＋64>0， ∵抛物线 E 的准线为 x＝－2， ∴|AD|＝|AF|＋|DF|＝(x1＋2)＋(x2＋2) ＝x1＋x2＋4， ∴4k2＋8 k2 ＋4＝10，解得 k＝±2. ∴存在满足要求的直线 l，它的方程为 2x－y－4＝0 或 2x＋y－4＝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　(2017 届河北省衡水中学押题卷)已知椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1 (a>b>0)的长轴长为 6， 且椭圆 C 与圆 M：(x－2)2＋y2＝40 9 的公共弦长为4 10 3 . (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 为以 AB 为底边的等腰三角形．若存在，求出点 D 的横坐标的取值范围， 若不存在，请说明理由． 解　(1)由题意可得 2a＝6，所以 a＝3.由椭圆 C 与圆 M: (x－2 )2＋y2＝40 9 的公共弦长为4 10 3 ， 恰为圆 M 的直径，可得椭圆 C 经过点(2， ± 2 10 3 )，所以4 9＋ 40 9b2＝1，解得 b2＝8.所以椭圆 C 的方程为x2 9＋y2 8＝1. (2)直线 l 的解析式为 y＝kx＋2， 设 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 为以 AB 为底边的等腰三角形，则 DE⊥AB. 由Error! 得 (8＋9k2)x2＋36kx－36＝0，故 x1＋x2＝－ 36k 9k2＋8， 所以 x0＝－ 18k 9k2＋8， y0＝kx0＋2＝ 16 9k2＋8. 因为 DE⊥AB，所以 kDE＝－1 k， 即 16 9k2＋8－0 － 18k 9k2＋8－m ＝－1 k， 所以 m＝－ 2k 9k2＋8＝－ 2 9k＋8 k . 当 k>0 时， 9k＋8 k≥2 9 × 8＝12 2， 所以－ 2 12≤m<0； 当 k<0 时， 9k＋8 k≤－12 2，所以 00. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1＋x2＝2k2＋4 k2 ，x1x2＝1， 所以|AB|＝ 1＋k2·|x1－x2| ＝ 1＋k2· (x1＋x2)2－4x1x2 ＝ 1＋k2· ( 2k2＋4 k2 )2－4 ＝4(1＋k2) k2 . 同理可得|DE|＝4(1＋k2)． 所以|AB|＋|DE|＝4(1＋k2) k2 ＋4(1＋k2) ＝4( 1 k2＋1＋1＋k2 ) ＝8＋4(k2＋1 k2)≥8＋4×2＝16， 当且仅当 k2＝1 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：x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)的离心率为 2 2 ，焦距 为 2. (1)求椭圆 E 的方程； (2)如图，动直线 l：y＝k1x－ 3 2 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＝ 2 4 .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＝c a＝ 2 2 ，2c＝2，所以 c＝1， 所以 a＝ 2，b＝1， 所以椭圆 E 的方程为x2 2＋y2＝1. (2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立方程Error! 得(4k21＋2)x2－4 3k1x－1＝0. 由题意知，Δ＞0， 且 x1＋x2＝ 2 3k1 2k21＋1 ，x1x2＝－ 1 2(2k21＋1)， 所以|AB|＝ 1＋k21|x1－x2|＝ 2· 1＋k21· 1＋8k21 1＋2k21 . 由题意可知，圆 M 的半径 r 为 r＝2 3|AB|＝2 2 3 · 1＋k21 1＋8k21 2k21＋1 . 由题设知 k1k2＝ 2 4 ， 所以 k2＝ 2 4k1， 因此直线 OC 的方程为 y＝ 2 4k1x. 联立方程Error! 得 x2＝ 8k21 1＋4k21，y2＝ 1 1＋4k21， 因此|OC|＝ x2＋y2＝ 1＋8k21 1＋4k21. 由题意可知，sin ∠SOT 2 ＝ r r＋|OC|＝ 1 1＋|OC| r . 而|OC| r ＝ 1＋8k21 1＋4k21 2 2 3 · 1＋k21 1＋8k21 1＋2k21 ＝3 2 4 · 1＋2k21 1＋4k21 1＋k21， 令 t＝1＋2k21，则 t＞1，1 t∈(0,1)， 因此|OC| r ＝3 2· t 2t2＋t－1 ＝3 2· 1 2＋1 t－1 t2 ＝ 3 2· 1 －( 1 t－1 2 )2＋9 4 ≥1， 当且仅当1 t＝1 2，即 t＝2 时等号成立，此时 k1＝± 2 2 ， 所以 sin ∠SOT 2 ≤1 2，因此 ∠SOT 2 ≤π 6， 所以∠SOT 的最大值为π 3. 综上所述，∠SOT 的最大值为π 3，取得最大值时直线 l 的斜率为 k1＝± 2 2 . 押题预测 已知椭圆 C1：x2 a2＋y2 3＝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|PN| |MQ|＝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 a2－3＝a 2，所以 a2＝4. 又 a>0，所以 a＝2. 于是椭圆 C1 的方程为x2 4＋y2 3＝1， 抛物线 C2 的方程为 y2＝4x. (2)假设存在直线 l 使得|PN| |MQ|＝2， 则可设直线 l 的方程为 y＝k(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)． 由Error!可得 k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0， 则 x1＋x4＝2k2＋4 k2 ，x1x4＝1，且 Δ＝16k2＋16>0， 所以|PN|＝ 1＋k2· (x1＋x4)2－4x1x4 ＝4(1＋k2) k2 . 由Error!可得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0， 则 x2＋x3＝ 8k2 3＋4k2，x2x3＝4k2－12 3＋4k2 ，且 Δ＝144k2＋144>0， 所以|MQ|＝ 1＋k2· (x2＋x3)2－4x2x3＝12(1＋k2) 3＋4k2 . 若|PN| |MQ|＝2， 则4(1＋k2) k2 ＝2×12(1＋k2) 3＋4k2 ， 解得 k＝± 6 2 . 故存在斜率为 k＝± 6 2 的直线 l，使得|PN| |MQ|＝2. A 组　专题通关 1．(2016·全国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)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 x2 4＋y2 3＝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Error! 得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0. 则 x1＋x2＝ 8k2 4k2＋3，x1x2＝4k2－12 4k2＋3 ，且 Δ＝144k2＋144>0， 所以|MN|＝ 1＋k2|x1－x2|＝12(k2＋1) 4k2＋3 . 过点 B(1,0)且与 l 垂直的直线 m：y＝－1 k(x－1)， 点 A 到 m 的距离为 2 k2＋1 ， 所以|PQ|＝2 42－( 2 k2＋1)2＝4 4k2＋3 k2＋1 . 故四边形 MPNQ 的面积 S＝1 2|MN||PQ|＝12 1＋ 1 4k2＋3. 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 3)． 当 l 与 x 轴垂直时，l 的方程为 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 3)． 2．(2017·山西省实验中学模拟)已知椭圆 C: y2 a2＋x2 b2＝1 (a>b>0)的短轴长为 2，且椭圆 C 的顶 点在圆 M：x2＋(y－ 2 2 )2＝1 2上． (1)求椭圆 C 的方程； (2)过椭圆的上焦点作互相垂直的两条弦 AB，CD，求|AB |＋|CD |的最小值． 解　(1)由题意可得 2b＝2，所以 b＝1. 椭圆 C 的顶点在圆 M: x2＋(y－ 2 2 )2＝1 2上， 所以 a＝ 2. 故椭圆 C 的方程为y2 2＋x2＝1. (2)当直线 AB 的斜率不存在或为零时， |AB |＋|CD |＝3 2. 当直线 AB 的斜率存在且不为零时， 设直线 AB 的方程为 y＝kx＋1， 由Error! 得 (k2＋2)x2＋2kx－1＝0， 设 A(x1，y1)， B(x2，y2)， 由根与系数的关系，得 x1＋x2＝ －2k k2＋2， x1x2＝ －1 k2＋2， 所以|AB |＝2 2(k2＋1) k2＋2 ， 同理可得|CD |＝2 2(k2＋1) 2k2＋1 ， 所以|AB |＋|CD |＝ 6 2(k2＋1)2 (2k2＋1)(k2＋2) . 令 t＝k2＋1，则 t>1, |AB |＋|CD |＝ 6 2t2 (2t－1)(t＋1 ) ＝ 6 2 (2－1 t )(1＋1 t ) ， 而 2<(2－1 t )(1＋1 t )≤9 4， 所以8 2 3 ≤|AB |＋ |CD |<3 2. 综上， 8 2 3 ≤|AB |＋ |CD |≤3 2， 故|AB |＋|CD |的最小值为8 2 3 . 3．(2017 届太原模拟)已知动点 C 到点 F(1,0)的距离比到直线 x＝－2 的距离小 1，动点 C 的 轨迹为 E. (1)求曲线 E 的方程； (2)若直线 l：y＝kx＋m(km<0)与曲线 E 相交于 A，B 两个不同点，且OA → ·OB → ＝5，证明：直线 l 经过一个定点． (1)解　由题意可得动点 C 到点 F(1,0)的距离等于到直线 x＝－1 的距离， ∴曲线 E 是以点(1,0)为焦点，直线 x＝－1 为准线的抛物线，设其方程为 y2＝2px(p>0)，∴p 2 ＝1，∴p＝2， ∴动点 C 的轨迹 E 的方程为 y2＝4x. (2)证明　设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由Error!得 k2x2＋(2km－4)x＋m2＝0， ∴x1＋x2＝4－2km k2 ，x1x2＝m2 k2 . ∵OA → ·OB → ＝5， ∴x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2 ＝m2＋4km k2 ＝5， ∴m2＋4km－5k2＝0，∴m＝k 或 m＝－5k. ∵km<0，m＝k 舍去， ∴m＝－5k，满足 Δ＝16(1－km)>0， ∴直线 l 的方程为 y＝k(x－5)， ∴直线 l 必经过定点(5,0)． 4．(2017 届福建省泉州市适应性模拟)已知抛物线 C：x 2＝4y 的焦点为 F，直线 l：y＝kx＋ a(a>0)与抛物线 C 交于 A，B 两点． (1)若直线 l 过焦点 F，且与圆 x2＋(y－1)2＝1 交于 D，E(其中 A，D 在 y 轴同侧)，求证： |AD|·|BE|是定值； (2)设抛物线 C 在 A 和 B 点的切线交于点 P，试问：y 轴上是否存在点 Q，使得 APBQ 为菱 形？若存在，请说明理由，并求此时直线 l 的斜率和点 Q 的坐标． 解　抛物线 C：x2＝4y 的焦点为 F(0,1), 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立 x2＝4y 与 y＝kx＋a，得 x2－4kx－4a＝0， 则 Δ＝16(k2＋a)>0，且 x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a. (1)证明　若直线 l 过焦点 F，则 a＝1， 则 x1＋x2＝4k，x1x2＝－4. 由条件可知圆 x2＋(y－1)2＝1 的圆心为 F(0,1)，半径为 1， 由抛物线的定义可知，|AF|＝y1＋1，|BF|＝y2＋1， 则|AD|＝|AF|－1＝y1，|BE|＝|BF|－1＝y2， |AD|·|BE|＝y1y2＝(kx1＋1)(kx2＋1) ＝k2x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝－4k2＋4k2＋1＝1， (或|AD|·|BE|＝y1y2＝x21 4·x22 4＝ (x1x2)2 16 ＝ (－4)2 16 ＝1) 即|AD|·|BE|为定值，定值为 1. (2)解　方法一　当直线 l 的斜率为 0，且 Q 的坐标为(0,3a)时，APBQ 为菱形．理由如下： 由 x2＝4y，得 y＝1 4x2，则 y′＝1 2x， 则抛物线 C 在 A (x1，1 4x21 )处的切线为 y－1 4x21＝1 2x1(x－x1 )， 即 y＝1 2x1x－1 4x21. ① 同理抛物线 C 在 B (x2，1 4x22 )处的切线为 y＝1 2x2x－1 4x22. ② 联立①②，解得 x＝x1＋x2 2 ＝2k， 代入①式解得 y＝x1x2 4 ＝－a，即 P(2k，－a). 又x1＋x2 2 ＝2k，所以y1＋y2 2 ＝k( x1＋x2 2 )＋a＝2k2＋a， 即 AB 的中点为 R(2k，2k2＋a). 则有 PR⊥x 轴．若 APBQ 为菱形， 则 PR⊥AB，所以 k＝0, 此时 P(0，－a)， R(0，a )，Q(0，3a). 方法二　设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， Q(0，y0 )， 由 x2＝4y，得 y＝1 4x2，则 y′＝1 2x, 若 APBQ 为菱形，则 AQ∥BP，BQ∥AP， 则 kAQ＝y1－y0 x1 ＝1 2x2，kBQ＝y2－y0 x2 ＝1 2x1， 即 y1－y0＝1 2x1x2，y2－y0＝1 2x1x2， 则 y1＝y2，∴k＝0, ∴A(－2 a，a)，B(2 a，a)， 则抛物线 C 在 A (－2 a，a)处的切线为 y－a＝－ a(x＋2 a)，即 y＝－ ax－a， ① 同理抛物线 C 在 B (2 a，a)处的切线为 y＝ ax－a， ② 联立①②得 P(0，－a). 又 AB 的中点为 R(0，a )，所以 Q(0，3a). 方法三　设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， Q(0，y0 )， 由 x2＝4y，得 y＝1 4x2，则 y′＝1 2x, 若 APBQ 为菱形，则 AQ∥BP，BQ∥AP， 则 kAQ＝y1－y0 x1 ＝1 2x2，kBQ＝y2－y0 x2 ＝1 2x1， 即 y1－y0＝1 2x1x2，y2－y0＝1 2x1x2， 则 y1＝y2，∴k＝0, 此时直线 AB: y＝kx＋a＝a， 则 y0＝－1 2x1x2＋y1＝－1 2·(－4a )＋a＝3a， 所以 Q(0，3a). B 组　能力提高 5.如图，抛物线 C：y 2 ＝2px 的焦点为 F，抛物线上一定点 Q(1,2)． (1)求抛物线 C 的方程及准线 l 的方程； (2)过焦点 F 的直线(不经过 Q 点)与抛物线交于 A，B 两点，与准线 l 交于点 M，记 QA， QB，QM 的斜率分别为 k1，k2，k3，问是否存在常数 λ，使得 k1＋k2＝λk3 成立，若存在，求 出 λ 的值；若不存在，请说明理由． 解　(1)把 Q(1,2)代入 y2＝2px，得 2p＝4， 所以抛物线方程为 y2＝4x，准线 l 的方程为 x＝－1. (2)由条件可设直线 AB 的方程为 y＝k(x－1)，k≠0. 由抛物线准线 l：x＝－1 可知，M(－1，－2k)． 又 Q(1,2)，所以 k3＝2＋2k 1＋1 ＝k＋1， 即 k3＝k＋1. 把直线 AB 的方程 y＝k(x－1)，代入抛物线方程 y2＝4x，并整理，可得 k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝ 0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系知， x1＋x2＝2k2＋4 k2 ，x1x2＝1，且 Δ＝16(k2＋1)>0， 又 Q(1,2)，则 k1＝2－y1 1－x1，k2＝2－y2 1－x2. 因为 A，F，B 共线，所以 kAF＝kBF＝k， 即 y1 x1－1＝ y2 x2－1＝k. 所以 k1＋k2＝2－y1 1－x1＋2－y2 1－x2 ＝ y1 x1－1＋ y2 x2－1－ 2(x1＋x2－2) x1x2－(x1＋x2)＋1 ＝2k－ 2( 2k2＋4 k2 －2) 1－2k2＋4 k2 ＋1 ＝2k＋2， 即 k1＋k2＝2k＋2. 又 k3＝k＋1，可得 k1＋k2＝2k3. 即存在常数 λ＝2，使得 k1＋k2＝λk3 成立． 6.(2017 届九江模拟)如图所示，已知椭圆 C： x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>c)的 焦距为 2，直线 y＝x 被椭圆 C 截得的弦长为4 3 3 . (1)求椭圆 C 的方程； (2)设点 M (x0，y0)是椭圆 C 上的动点，过原点 O 引两条射线 l1，l2 与 圆 M：(x－x0 )2＋(y－y0 )2＝2 3分别相切，且 l1，l2 的斜率 k1，k2 存在． ①试问 k1k2 是否为定值？若是，求出该定值，若不是，说明理由； ②若射线 l1，l2 与椭圆 C 分别交于点 A，B，求|OA |·|OB |的最大值． 解　(1)依题意得 c＝1，设直线 y＝x 与椭圆 C 相交于 P，Q 两点，则|OP |＝2 3 3 ，不妨设 P ( 6 3 ， 6 3 )， ∴ 2 3a2＋ 2 3b2＝1，又 a2－b2＝1，解得 a＝ 2，b＝1， ∴椭圆 C 的方程为x2 2＋y2＝1. (2)①设射线 l 方程为 y＝kx，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|kx0－y0| 1＋k2 ＝ 6 3 ，两边平方整理得 (3x20－2) k2－6x0y0k＋3y20－2＝0, ∵y20＝1－x20 2， ∴k1k2＝3y20－2 3x20－2 ＝ 3(1－x20 2 )－2 3x20－2 ＝－1 2. ②联立Error!消去 y 得 x2＝ 2 1＋2k21，|OA |2＝2＋2k21 1＋2k21， 同理 |OB |2＝2＋2k22 1＋2k22， ∴|OA |2·|OB |2＝2＋2k21 1＋2k21·2＋2k22 1＋2k22 ＝4· (k1k2 )2＋(k21＋k22 )＋1 4(k1k2 )2＋2(k21＋k22 )＋1 ＝4(k21＋k22 )＋5 2(k21＋k22 )＋2 ＝2＋ 1 2k21＋ 1 2k21＋2 ≤9 4， 当且仅当 k21＝1 2时，取等号， ∴(|OA |·|OB |)max＝3 2.