第3讲 圆锥曲线中的热点问题

高考定位 1.圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一，主要以解答题形式考查，往往作为试卷的压轴题之一；2.以椭圆或抛物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题.对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求，并突出数学思想方法考查.

真 题 感 悟

x22→＝2PB→， 1.(2018·浙江卷)已知点P(0，1)，椭圆4＋y＝m(m>1)上两点A，B满足AP则当m＝________时，点B横坐标的绝对值最大.

－x1＝2x2，→→解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由AP＝2PB，得即x1＝－2x2，

1－y1＝2（y2－1），4x2224＋（3－2y2）＝m，13

y1＝3－2y2.因为点A，B在椭圆上，所以2得y2＝4m＋4，x224＋y2＝m，15912

所以x2＝m－(3－2y2)2＝－4m2＋2m－4＝－4(m－5)2＋4≤4，所以当m＝5时，点B的横坐标的绝对值最大，最大值为2. 答案 5

x2y22.(2017·全国Ⅰ卷)已知椭圆C：a2＋b2＝1(a>b>0)，四点P1(1，1)，P2(0，1)，33

P3－1，，P41，中恰有三点在椭圆C上.

22(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.

1113

(1)解 由于点P3，P4关于y轴对称，由题设知C必过P3，P4.又由a2＋b2>a2＋4b2知，椭圆C不经过点P1， 所以点P2在椭圆C上.

1b2＝1，a2＝4，x22因此解得2故C的方程为4＋y＝1.

13b＝1.＋＝1，22a4b(2)证明 设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2. 如果直线l的斜率不存在，此时l垂直于x轴. 设l：x＝m，A(m，yA)，B(m，－yA)，

yA－1－yA－1－2

k1＋k2＝m＋m＝m＝－1，得m＝2，

此时l过椭圆C右顶点，与椭圆C不存在两个交点，故不满足. 从而可设l：y＝kx＋m(m≠1).

x22

将y＝kx＋m代入4＋y＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.

4m2－48km

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－2，x1x2＝2.

4k＋14k＋1y1－1y2－1kx1＋m－1kx2＋m－1

则k1＋k2＝x＋x＝＋ xx

1

2

1

2

＝

2kx1x2＋（m－1）（x1＋x2）. x1x2

由题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0. 4m2－4－8km

∴(2k＋1)·2＋(m－1)·2＝0.

4k＋14k＋1解得m＝－2k－1，此时Δ＝32(m＋1)， ∴当且仅当m>－1时，Δ>0，

∴直线l的方程为y＝kx－2k－1，即y＋1＝k(x－2). 所以l过定点(2，－1).

3.(2019·全国Ⅱ卷)已知点A(－2，0)，B(2，0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM1

的斜率之积为－2.记M的轨迹为曲线C. (1)求C的方程，并说明C是什么曲线；

(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.

①证明：△PQG是直角三角形； ②求△PQG面积的最大值. (1)解 由题设得

yy1·＝－2， x＋2x－2

x2y2

化简得4＋2＝1(|x|≠2)，

所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左、右顶点. (2)①证明 设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k>0). y＝kx，2由x2y2得x＝±. 2

1＋2k＋＝142设u＝

2

，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u，0). 1＋2k2

kk

于是直线QG的斜率为2，方程为y＝2(x－u). ky＝2（x－u），由22

xy4＋2＝1

得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.① 设G(xG，yG)，则－u和xG是方程①的解， u（3k2＋2）uk3故xG＝，由此得yG＝. 2＋k22＋k2uk3

－uk2＋k21

从而直线PG的斜率为＝－

k. u（3k2＋2）

－u

2＋k2所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形.

2ukk2＋1

②解 由①得|PQ|＝2u1＋k，|PG|＝，

2＋k2

2

所以△PQG的面积

18k＋k8k（1＋k2）1

S＝2|PQ||PG|＝＝.

2（1＋2k2）（2＋k2）1

1＋2k＋k



1

设t＝k＋k，

则由k>0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号. 因为S＝

8t

在[2，＋∞)单调递减， 1＋2t2

16

所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为9. 16

因此，△PQG面积的最大值为9.

考 点 整 合

1.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.

温馨提醒 圆锥曲线上点的坐标是有范围的，在涉及求最值或范围问题时注意坐标范围的影响.

2.圆锥曲线中定点、定值问题

(1)定点问题：在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为定点问题.

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)定值问题：在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动直线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题. 3.圆锥曲线中存在性问题的解题步骤：

(1)先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组).

(2)解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在. (3)得出结论.

热点一 圆锥曲线中的最值、范围问题

【例1】 (2019·潍坊模拟)已知动点P到定点F(1，0)和到直线x＝2的距离之比为2

2，设动点P的轨迹为曲线E，过点F作垂直于x轴的直线与曲线E相交于A，B两点，直线l：y＝mx＋n与曲线E交于C，D两点，与AB相交于一点(交点位

于线段AB上，且与A，B不重合). (1)求曲线E的方程；

(2)当直线l与圆x2＋y2＝1相切时，四边形ACBD的面积是否有最大值？若有，求出其最大值及对应的直线l的方程；若没有，请说明理由.

（x－1）2＋y22x22

解 (1)设点P(x，y)，由题意，可得＝2，得2＋y＝1.

|x－2|x22

∴曲线E的方程是2＋y＝1.

(2)设C(x1，y1)，D(x2，y2)，由条件可得|AB|＝2. 当m＝0时，显然不合题意.

当m≠0时，∵直线l与圆x2＋y2＝1相切， ∴

|n|22

＝1，得n＝m＋1. m2＋1

y＝mx＋n，2122联立x消去y得m＋2x＋2mnx＋n2－1＝0， 2＋y＝1，21

则Δ＝4m2n2－4m2＋2(n2－1)＝2m2>0，

2（n2－1）4mn

x1＋x2＝－2，xx＝，

2m＋1122m2＋112|m|

S四边形ACBD＝2|AB|·|x1－x2|＝2＝

2m＋1

2≤12， 2|m|＋|m|

2

12

当且仅当2|m|＝|m|，即m＝±2时等号成立，

262

因为直线l与线段AB有交点，所以当m＝2时，n＝－2；当m＝－2时，n＝62.

2626

经检验可知，直线y＝2x－2和直线y＝－2x＋2都符合题意.

探究提高 求圆锥曲线中范围、最值的主要方法：(1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质数形结合求解.

(2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，或者不等关系，

或者已知参数与新参数之间的等量关系等，则利用代数法求参数的范围. 【训练1】 (2019·山东师大附中模拟)已知椭圆Γ的中心在原点，焦点在x轴上，焦距为2，且长轴长是短轴长的2倍. (1)求椭圆Γ的标准方程；

(2)设P(2，0)，过椭圆Γ左焦点F的直线l交Γ于A，B两点，若对满足条件的任→→≤λ(λ∈R)恒成立，求λ的最小值. 意直线，不等式PA·PB解 (1)依题意，c＝1，a＝2b， 又a2＝b2＋c2，得2b2＝b2＋1， ∴b2＝1，a2＝2.

x22

∴椭圆Γ的标准方程为2＋y＝1. (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

→→＝(x－2，y)·则PA·PB11(x2－2，y2)＝(x1－2)(x2－2)＋y1y2， 1当直线l垂直于x轴时，x1＝x2＝－1，y1＝－y2且y2＝1

2， →→＝(－3，y)＝(－3，－y)， 此时PA＝(－3，y1)，PB21→→＝(－3)2－y2＝17， 所以PA·PB1

2

当直线l不垂直于x轴时，设直线l：y＝k(x＋1)， y＝k（x＋1），由2整理得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0， 2

x＋2y＝22k2－24k2

所以x1＋x2＝－，xx＝，

1＋2k2121＋2k2

→→＝xx－2(x＋x)＋4＋k2(x＋1)(x＋1) 所以PA·PB121212＝(1＋k2)x1x2＋(k2－2)(x1＋x2)＋4＋k2 2k2－24k222＝(1＋k)2－(k－2)·2＋4＋k 1＋2k1＋2k

2

17k2＋2171317＝2＝2－<. 2k＋12（2k2＋1）2

→→≤λ(λ∈R)恒成立，只需λ≥17， 要使不等式PA·PB2

17

故λ的最小值为2.

热点二 圆锥曲线中定值、定点问题 角度1 圆锥曲线中的定值

【例2－1】 (2018·北京卷)已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1，2).过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.

(1)求直线l的斜率的取值范围；

11→→→→

(2)设O为原点，QM＝λQO，QN＝μQO，求证：λ＋μ为定值. (1)解 因为抛物线y2＝2px过点(1，2)，

所以2p＝4，即p＝2.故抛物线C的方程为y2＝4x. 由题意知，直线l的斜率存在且不为0. 设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0). y2＝4x，由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0. y＝kx＋1依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，解得k<1， 又因为k≠0，故k<0或0又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2). 从而k≠－3.

所以直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1). (2)证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2). 2k－41

由(1)知x1＋x2＝－k2，x1x2＝k2. 直线PA的方程为y－2＝得点M的纵坐标为yM＝

y1－2

(x－1).令x＝0， x1－1

－y1＋2－kx1＋1

＋2＝＋2. x1－1x1－1

－kx2＋1

＋2. x2－1

同理得点N的纵坐标为yN＝

→＝λQO→，QN→＝μQO→得λ＝1－y，μ＝1－y. 由QMMN

x1－1x2－11111

所以λ＋μ＝＋＝＋

1－yM1－yN（k－1）x1（k－1）x222k－4＋k2

12x1x2－（x1＋x2）1k2＝·＝·1＝2.

x1x2k－1k－1

k211

所以λ＋μ＝2为定值.

探究提高 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.定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的.

x2y2

【训练2】 如图，椭圆E：a2＋b2＝1(a＞b＞0)，经过点A(0，－1)，且离心率为22.

(1)求椭圆E的方程；

(2)经过点(1，1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为定值. c2

(1)解 由题设知a＝2，b＝1， 结合a2＝b2＋c2，解得a＝2， x22

所以椭圆的方程为2＋y＝1.

x22

(2)证明 由题设知，直线PQ的方程为y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入2＋y＝1， 得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，由已知Δ＞0， 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0，

4k（k－1）2k（k－2）

则x1＋x2＝，xx＝， 12

1＋2k21＋2k2

从而直线AP，AQ的斜率之和

y1＋1y2＋1kx1＋2－kkx2＋2－k

kAP＋kAQ＝x＋x＝＋ x1x212x1＋x211

＝2k＋(2－k)x＋x＝2k＋(2－k)xx

12124k（k－1）

＝2k＋(2－k)＝2k－2(k－1)＝2.

2k（k－2）故kAP＋kAQ为定值2.

角度2 圆锥曲线中的定点问题

【例2－2】 (2019·西安调研)已知两点A(－2，0)，B(2，0)，动点P在y轴上→→＝|PQ→|2. 的投影是Q，且2PA·PB(1)求动点P的轨迹C的方程；

(2)过F(1，0)作互相垂直的两条直线交轨迹C于点G，H，M，N，且E1，E2分别是GH，MN的中点.求证：直线E1E2恒过定点. (1)解 设点P坐标为(x，y)，∴点Q坐标为(0，y). →→＝|PQ→|2， ∵2PA·PB

∴2[(－2－x)(2－x)＋y2]＝x2， x2y2

化简得点P的轨迹方程为4＋2＝1.

(2)证明 当两直线的斜率都存在且不为0时，设lGH：y＝k(x－1)，G(x1，y1)，H(x2，1

y2)，lMN：y＝－k(x－1)，M(x3，y3)，N(x4，y4)， x2y2＋＝1，联立42

y＝k（x－1），

消去y得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－4＝0. 则Δ>0恒成立.

2k2－44k2∴x1＋x2＝2，且x1x2＝2.

2k＋12k＋1－k2k2

，2， ∴GH中点E1坐标为2

2k＋12k＋1k2

同理，MN中点E2坐标为k2＋2，k2＋2，



－3k

∴kE1E2＝，

2（k2－1）∴lE1E2的方程为y＝

－3k22

x－3，0， ，∴过点

2（k2－1）3

2

当两直线的斜率分别为0和不存在时，lE1E2的方程为y＝0，也过点3，0，综上

2

所述，lE1E2过定点3，0.



探究提高 1.动直线l过定点问题.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.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.

【训练3】 (2019·北京东城区模拟)已知A(－2，0)，B(2，0)，点C是动点，且直3

线AC和直线BC的斜率之积为－4. (1)求动点C的轨迹方程；

(2)设直线l与(1)中轨迹相切于点P，与直线x＝4相交于点Q，求证：以PQ为直径的圆过x轴上一定点.

yy3

(1)解 设C(x，y).由题意得kAC·kBC＝·＝－4(y≠0).

x＋2x－2x2y2

整理，得4＋3＝1(y≠0).

x2y2

故动点C的轨迹方程为4＋3＝1(y≠0).

(2)证明 法一 易知直线l的斜率存在，设直线l：y＝kx＋m. y＝kx＋m，

联立得方程组x2y2消去y并整理，得

＋＝1.43(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.

依题意得Δ＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0， 即3＋4k2＝m2.

－8km

设x1，x2为方程(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0的两个根，则x1＋x2＝，∴x1

3＋4k2

＝x2＝

－4km

. 3＋4k2

3m－4km－4k3，∴P，m. 22，即Pm3＋4k3＋4k又Q(4，4k＋m)，

34k→→－－t，设R(t，0)为以PQ为直径的圆上一点，则由RP·RQ＝0，得·(4－t，mm4k＋m)＝0.

4k

整理，得m(t－1)＋t2－4t＋3＝0.

k

由m的任意性，得t－1＝0且t2－4t＋3＝0，解得t＝1. 综上可知，以PQ为直径的圆过x轴上一定点(1，0).

x0xy0y

法二 设P(x0，y0)，则曲线C在点P处的切线PQ：4＋3＝1. 3－3x0

. 令x＝4，得Q4，

y0

设R(t，0)为以PQ为直径的圆上一点， →→

则由RP·RQ＝0，得(x0－t)·(4－t)＋3－3x0＝0， 即x0(1－t)＋t2－4t＋3＝0.

由x0的任意性，得1－t＝0且t2－4t＋3＝0，解得t＝1. 综上可知，以PQ为直径的圆过x轴上一定点(1，0). 热点三 圆锥曲线中的存在性问题

x2y2【例3】 (2019·海南调研)设椭圆M：a2＋b2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为A(－π31，0)，B(1，0)，C为椭圆M上的点，且∠ACB＝3，S△ABC＝3. (1)求椭圆M的标准方程；

(2)设过椭圆M右焦点且斜率为k的动直线与椭圆M相交于E，F两点，探究在x→·→为定值？若存在，试求出定值和点D的坐标；

轴上是否存在定点D，使得DEDF若不存在，请说明理由.

解 (1)在△ABC中，由余弦定理AB2＝CA2＋CB2－2CA·CB·cos C＝(CA＋CB)2－3CA·CB＝4.

133

又S△ABC＝2CA·CB·sin C＝4CA·CB＝3， 4∴CA·CB＝3，代入上式得CA＋CB＝22.

椭圆长轴长为2a＝22，焦距为2c＝AB＝2，b2＝a2－c2＝1. x22

所以椭圆M的标准方程为2＋y＝1.

(2)设直线方程y＝k(x－1)，E(x1，y1)，F(x2，y2)， x22＋y＝1，联立2

y＝k（x－1），

消去y得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，Δ＝8k2＋8>0， 2k2－24k2∴x1＋x2＝，xx＝. 1＋2k2121＋2k2

→·→为定值.

假设x轴上存在定点D(x0，0)，使得DEDF→·→＝(x－x，y)·∴DEDF101(x2－x0，y2) ＝x1x2－x0(x1＋x2)＋x20＋y1y2

2＝x1x2－x0(x1＋x2)＋x20＋k(x1－1)(x2－1) 2＝(1＋k2)x1x2－(x0＋k2)(x1＋x2)＋x0＋k2 22（2x20－4x0＋1）k＋（x0－2）＝.

1＋2k2

→·→为定值，则DE→·→的值与k无关， 要使DEDFDF52∴2x0－4x0＋1＝2(x2－2)，解得x＝00

4， 5→·→＝－7为定值，定点为4，0. 此时DEDF

16

探究提高 1.此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，不成立则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论. 2.求解步骤：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.

【训练4】 (2019·烟台模拟)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，点M(2，m)(m>0)在抛物线上，且|MF|＝2. (1)求抛物线C的方程；

(2)若点P(x0，y0)为抛物线上任意一点，过该点的切线为l0，过点F作切线l0的垂线，垂足为Q，则点Q是否在定直线上，若是，求定直线的方程；若不是，说明理由.

p

解 (1)由抛物线的定义可知，|MF|＝m＋2＝2，① 又M(2，m)在抛物线上，所以2pm＝4，② 由①②，解得p＝2，m＝1， 所以抛物线C的方程为x2＝4y.

(2)①当x0＝0，即点P为原点时，易知点Q在直线y＝0上； ②当x0≠0，即点P不在原点时， 1

由(1)得，x2＝4y，则y′＝2x， 1

所以在点P处的切线的斜率为2x0，

1

所以在点P处的切线l0的方程为y－y0＝2x0(x－x0)，

2又x0＝4y0，

11

所以y－y0＝2x0(x－x0)可化为y＝2x0x－y0. 2

则过点F与切线l0垂直的方程为y－1＝－xx，

0

1y＝2x0x－y0，

联立方程

2

y－1＝－x0x，1

消去x，得y＝－4(y－1)x20－y0.(*)

2因为x0＝4y0，

所以(*)可化为y＝－yy0，即(y0＋1)y＝0， 由y0>0，可知y＝0，即垂足Q必在x轴上. 所以点Q必在直线y＝0上，

综上所述，点Q必在定直线y＝0上.

1.解答圆锥曲线的定值、定点问题，从三个方面把握：

(1)从特殊开始，求出定值，再证明该值与变量无关：(2)直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值；(3)在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的项里面分离出来，并令其系数为零，可以解出定点坐标. 2.圆锥曲线的范围问题的常见求法

(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，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，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值. 3.存在性问题求解的思路及策略

(1)思路：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.

(2)策略：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.

巩固提升

一、选择题

x2y2

1.椭圆C：3＋m＝1的焦点在x轴上，点A，B是长轴的两端点，若曲线C上存在点M满足∠AMB＝120°，则实数m的取值范围是( ) A.(3，＋∞) C.(0，3)

B.[1，3) D.(0，1]

解析 依题意，当0m答案 D

2.若点P为抛物线y＝2x2上的动点，F为抛物线的焦点，则|PF|的最小值为( )

A.2 1C.4

1 B.2 1 D.8

解析 根据题意，抛物线y＝2x2上，设P到准线的距离为d，则有|PF|＝d，抛物11

线的方程为y＝2x2，即x2＝2y，其准线方程为y＝－8，∴当点P在抛物线的顶点11

时，d有最小值8，即|PF|min＝8. 答案 D

3.(2019·济宁模拟)已知以圆C：(x－1)2＋y2＝4的圆心为焦点的抛物线C1与圆C在第一象限交于A点，B点是抛物线C2：x2＝8y上任意一点，BM与直线y＝－2垂直，垂足为M，则|BM|－|AB|的最大值为( ) A.1 C.－1

B.2 D.8

解析 易知抛物线C1的焦点为(1，0)，所以抛物线C1的方程为y2＝4x. y2＝4x，由及点A位于第一象限可得点A(1，2). 22

（x－1）＋y＝4

因为抛物线C2：x2＝8y的焦点F(0，2)，准线方程为y＝－2，所以由抛物线的定义得|BM|＝|BF|.

如图，在平面直角坐标系中画出抛物线C2及相应的图形，可得|BM|－|AB|＝|BF|－|AB|≤|AF|(当且仅当A，B，F三点共线，且点B在第一象限时，不等式取等号).故所求最大值为|AF|＝1，故选A. 答案 A

x2y2

4.已知圆M：(x－2)＋y＝1经过椭圆C：m＋3＝1(m>3)的一个焦点，圆M与椭

2

2

圆C的公共点为A，B，点P为圆M上一动点，则P到直线AB的距离的最大值为( ) A.210－5

B.210－4

C.410－11 D.410－10

解析 易知圆M与x轴的交点为(1，0)，(3，0)，∴m－3＝1或m－3＝9，则m＝4或m＝12.当m＝12时，圆M与椭圆C无交点，舍去.所以m＝4.联立（x－2）2＋y2＝1，

x2y2得x2－16x＋24＝0.又x≤2，所以x＝8－210.故点P到直线＋＝1，43

AB距离的最大值为3－(8－210)＝210－5. 答案 A 二、填空题

x2y25.(2019·安徽“江南十校”联考)已知双曲线a2－b2＝1(a>0，b>0)的左、右焦点为→＋PF→|≤|F→F1，F2，在双曲线上存在点P满足2|PF121F2|，则此双曲线的离心率e的取值范围是________.

1→→→). 解析 由于O是F1F2的中点，得PO＝2(PF1＋PF2→＋PF→|≤|F→∵双曲线上存在点P满足2|PF121F2|， →|≤2c. 则4|PO

→|≥a，知4a≤2c，∴e≥2. 由于|PO答案 [2，＋∞)

6.已知抛物线y2＝4x，过焦点F的直线与抛物线交于A，B两点，过A，B分别作x轴，y轴垂线，垂足分别为C，D，则|AC|＋|BD|的最小值为________.

解析 不妨设A(x1，y1)(y1>0)， B(x2，y2)(y2<0).

y22

则|AC|＋|BD|＝x2＋y1＝4＋y1. 又y1y2＝－p2＝－4.

y242

∴|AC|＋|BD|＝4－y(y2<0).

2

x3＋8x24

设g(x)＝4－x(x<0)，由g′(x)＝2x2＝0，得x＝－2，分析知g(x)在(－∞，－2)递减，在(－2，0)递增.

∴当x＝－2，即y2＝－2时，|AC|＋|BD|的最小值为3. 答案 3

7.已知抛物线C：y2＝4x的准线为l，F是抛物线C的焦点，M是抛物线C上一点，O为坐标原点，P(0，2)，∠OPM的平分线过线段FM的中点，则点M的坐标为________.

解析 设FM的中点为Q，作QN⊥y轴于点N，MM2⊥准线l于点M2，设MM21

与y轴交于点M1，则2|QN|＝|MM1|＋|OF|＝|MM2|＝|MF|，故|QN|＝2|MF|＝|QM|，过点Q作QT⊥MP于点T，则|QN|＝|QT|＝|QM|，由垂线段的唯一性可知点M，T重合，则∠PMF＝90°.设M(x，y)，连接PF，则M在以PF为直径的圆上，又F(1，

2

5y2512y1222

x－－0)，所以＋(y－1)＝4，将x＝4代入得42＋(y－1)＝4，整理得(y－2

2)(y2＋2y＋16)＝0，得y＝2，所以x＝1.故点M的坐标为(1，2). 答案 (1，2) 三、解答题

8.已知曲线C：y2＝4x，曲线M：(x－1)2＋y2＝4(x≥1)，直线l与曲线C交于A，B两点，O为坐标原点.

→·→＝－4，求证：直线l恒过定点；

(1)若OAOB

→→(点P坐标为(1，0))的最大值. (2)若直线l与曲线M相切，求PA·PB(1)证明 易知直线l的斜率不为0，设l：x＝my＋n，A(x1，y1)，B(x2，y2). x＝my＋n，由2得y2－4my－4n＝0. y＝4x由Δ＝(4m)2＋16n>0，即m2＋n>0. ∴y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n. ∴x1＋x2＝4m2＋2n，x1x2＝n2. →·→＝－4， 由OAOB

得x1x2＋y1y2＝n2－4n＝－4，解得n＝2. ∴直线l方程为x＝my＋2， ∴直线l恒过定点(2，0).

(2)解 ∵直线l与曲线M：(x－1)2＋y2＝4(x≥1)相切， ∴

|1－n|

＝2，且n≥3， 2

1＋m

整理得4m2＝n2－2n－3(n≥3).① 又点P坐标为(1，0)，∴由已知及①，得 →→PA·PB＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2) ＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2 ＝x1x2－(x1＋x2)＋1＋y1y2 ＝n2－4m2－2n＋1－4n ＝n2－4m2－6n＋1＝4－4n. 又y＝4－4n(n≥3)是减函数，

∴当n＝3时，y＝4－4n取得最大值－8. →→的最大值为－8. 故PA·PB

9.(2019·河北省“五个一”名校联盟考试)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x22

4＋y＝1，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)是椭圆C上两个动点，直线OP，OQ的斜率x1x2

分别为k1，k2，若m＝2，y1，n＝2，y2，m·n＝0.

1

(1)求证：k1·k2＝－4；

(2)试探求△OPQ的面积S是否为定值，并说明理由. (1)证明 ∵k1，k2均存在，∴x1x2≠0， x1x2又m·n＝0，∴4＋y1y2＝0， x1x2

即4＝－y1y2， y1y21

∴k1·k2＝xx＝－4.

12

(2)解 当直线PQ的斜率不存在，

即x1＝x2，y1＝－y2时，

y1y21x2x2112

由xx＝－4，得4－y1＝0，又∵点P(x1，y1)在椭圆上，得4＋y21＝1，∴|x1|＝2，122|y1|＝2.

1

∴S△POQ＝2|x1|·|y1－y2|＝1. 当直线PQ的斜率存在时，

设直线PQ的方程为y＝kx＋b(b≠0).

y＝kx＋b，

由x22得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0，

＋y＝14Δ＝k2b2－4(4k2＋1)(4b2－4)＝16(4k2＋1－b2)>0， －8kb4b2－4∴x1＋x2＝2，xx＝.

4k＋1124k2＋1x1x2

∵4＋y1y2＝0，

x1x2

∴4＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0， 得2b2－4k2＝1，满足Δ>0. 1|b|

∴S△POQ＝2·|PQ| 2

1＋k

4k2＋1－b212

＝2|b|（x1＋x2）－4x1x2＝2|b|·＝1.

4k2＋1综上可知，△POQ的面积S为定值.

x2y21

10.(2019·青岛模拟)如图，已知椭圆E：a2＋b2＝1(a>b>0)的离心率为2，左、右焦点分别为F1，F2，椭圆的一条弦AB过其右焦点F2，AB的中点为M，直线OM与椭圆交于点C，D，△ABF1的周长为8.

(1)求椭圆E的方程；

(2)若直线AB的斜率k存在且k≠0，求四边形ACBD的面积S的取值范围. c1

解 (1)由e＝a＝2，得a＝2c，

由题意及椭圆的定义知△ABF1的周长为|AB|＋|AF1|＋|BF1|＝|BF1|＋|BF2|＋|AF1|＋|AF2|＝4a＝8，得a＝2，∴c＝1， ∴b2＝a2－c2＝3，

x2y2

∴椭圆E的方程为4＋3＝1.

x2y2＋＝1，

(2)由题意可设直线AB的方程为y＝k(x－1)，k≠0，由43消去y得(4k2

y＝k（x－1）＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，

4k2－128k2

∴Δ＝12(k＋1)>0，xA＋xB＝2，xx＝.

4k＋3AB4k2＋3

2

2

∴|AB|＝

122（k2＋1）12（k2＋1）

（1＋k）·＝，

（4k2＋3）24k2＋3

2

2

3k34k

，－M4k2＋3，∴直线OM的斜率kOM＝－， 2

4k＋34k

3

∴直线OM的方程为y＝－4kx. x2y24＋3＝1，3y＝－4kx4k

x＝4k2＋3，得

3

y＝－4k2＋3

由

4k

x＝－，4k2＋3或

3

y＝4k2＋3，34k，－， 不妨令C

4k2＋34k2＋34k3，， D－

4k2＋34k2＋3

|k（xC－1）－yC|＋|k（xD－1）－yD|∴点C，D到直线AB的距离之和为dC＋dD＝ 2

k＋1

＝

|[k（xC－1）－yC]－[k（xD－1）－yD]|

2

k＋1

4k2＋3

. k2＋1

4k2＋3

＝12k2＋1

k2＋1

＝

4k2＋3

|k（xC－xD）－（yC－yD）|＝＝2

k2＋1

12（k2＋1）11

∴S＝2|AB|(dC＋dD)＝2××2

4k2＋312

11＋44（4k2＋3）(k≠0)，

∴S的取值范围是(6，43).

能力突破

11.(2019·北京卷)已知抛物线C：x2＝－2py(p>0)经过点(2，－1). (1)求抛物线C的方程及其准线方程；

(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y＝－1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.

(1)解 由抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)得p＝2. 所以抛物线C的方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1. (2)证明 抛物线C的焦点为F(0，－1). 设直线l的方程为y＝kx－1(k≠0). y＝kx－1，由2得x2＋4kx－4＝0. x＝－4y设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＝－4. y1

直线OM的方程为y＝xx.

1

令y＝－1，

x1

得点A的横坐标xA＝－y，

1x2

同理得B的横坐标xB＝－y.

2

设点D(0，n)，

x1→x2→＝－y，－1－n，DB则DA＝－y，－1－n， 12

x1x2→→x1x22

DA·DB＝yy＋(n＋1)2＝x22＋(n＋1) 121x2－4－416

＝xx＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2. 12→·→＝0，即－4＋(n＋1)2＝0， 令DADB得n＝1或n＝－3.

综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0，1)和(0，－3).

x2y2312.(2019·石家庄质检)已知椭圆C：a2＋b2＝1(a>b>0)的离心率为2，且经过点3－1，.

2

(1)求椭圆C的方程；

(2)过点(3，0)作直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，试问在x轴上是否存在定点Q，使得直线QA与直线QB恰关于x轴对称？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由.

c313

解 (1)由题意可得a＝2，a2＋4b2＝1， 又a2－b2＝c2，所以a2＝4，b2＝1. x22

所以椭圆C的方程为4＋y＝1.

43

(2)存在定点Q，0，满足直线QA与直线QB恰关于x轴对称.

3

x＋my－3＝0，



设直线l的方程为x＋my－3＝0，与椭圆C的方程联立得x22整理

＋y＝1，4得(4＋m2)y2－23my－1＝0.

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，定点Q(t，0)(依题意t≠x1，t≠x2). －123m

由根与系数的关系可得，y1＋y2＝，yy＝. 4＋m2124＋m2

直线QA与直线QB恰关于x轴对称，则直线QA与直线QB的斜率互为相反数， y1y2所以＋＝0，即y1(x2－t)＋y2(x1－t)＝0.

x1－tx2－t又x1＋my1－3＝0，x2＋my2－3＝0，

所以y1(3－my2－t)＋y2(3－my1－t)＝0，整理得，(3－t)(y1＋y2)－2my1y2＝0， －123m从而可得，(3－t)·－2m·＝0，

4＋m24＋m2即2m(4－3t)＝0，

4343

时，直线QA与直线QB恰关于x轴对称.特别地，所以当t＝3，即Q，0

343

也符合题意. 当直线l为x轴时，Q，0

3

43

综上所述，在x轴上存在定点Q，0，使得直线QA与直线QB恰关于x轴

3对称.

创新预测

13.(多填题)设抛物线x2＝4y的焦点为F，A为抛物线上第一象限内一点，满足|AF|＝2；已知P为抛物线准线上任一点，则|PA|＋|PF|的最小值为________，此时△PAF的外接圆半径为________.

解析 由x2＝4y，知p＝2，∴焦点F(0，1)，准线y＝－1. 依题意，设A(x0，y0)(x0>0)，

p

由定义，得|AF|＝y0＋2，则y0＝2－1＝1，∴AF⊥y轴.

易知当P(1，－1)时，|PA|＋|PF|最小，∴|PF|＝12＋（－1－1）2＝5，则|PA|＋|PF|＝25，

|PF|55

由正弦定理，2R＝sin A＝2＝2，

55

因此△PAF的外接圆半径R＝4. 5

答案 25 4

14.(多选题)已知点F为抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，点K为点F关于原点的对称点，点M在抛物线C上，则下列说法正确的有( ) A.使得△MKF为等腰三角形的点M有且仅有4个 B.使得△MKF为直角三角形的点M有且仅有4个

π

C.使得∠MKF＝4的点M有且仅有4个 π

D.使得∠MKF＝6的点M有且仅有4个

解析 由△MKF为等腰三角形，若KF＝MF，则M有两个点， 若MK＝MF，则不存在，若MK＝KF，则M有两个点，

使得△MKF为等腰三角形的点M有四个； 在△MKF中，∠MFK为直角的点M有两个，

∠MKF为直角的点M不存在，∠FMK为直角的点M有两个， 则使得△MKF为直角三角形的点M有且仅有四个； πp

若∠MKF＝4的点M在第一象限，可得直线MK：y＝x＋2，

2pp

代入抛物线的方程可得x2－px＋＝0，解得x＝. 42

由对称性可得在第四象限只有一个， π

则满足∠MKF＝4的点M只有两个； π

若∠MKF＝6的点M在第一象限， 3p可得直线MK：y＝3x＋2，



p2

代入抛物线的方程，可得x－5px＋4＝0，Δ＝25p2－p2＝24p2>0，可得点M有两

2

个，

π

由对称性可得在第四象限也有两个，则使得∠MKF＝6的点M有且仅有四个，故选A，B，D. 答案 ABD