高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 專題六 解析幾何 第3講 圓錐曲線的綜合問題練習(xí) 文

第3講　圓錐曲線的綜合問題 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(2016四川改編)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，P是以F為焦點(diǎn)的拋物線y2＝2px(p>0)上任意一點(diǎn)，M是線段PF上的點(diǎn)，且PM＝2MF，則直線OM的斜率的最大值為______． 答案　 解析　如圖，由題意可知F，設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為，顯然，當(dāng)y0<0時(shí)，kOM<0；當(dāng)y0>0時(shí)，kOM>0，要求kOM的最大值，不妨設(shè)y0>0.則＝＋＝＋＝＋(－)＝＋＝，kOM＝＝≤＝，當(dāng)且僅當(dāng)y＝2p2時(shí)等號成立． 2．(2016課標(biāo)全國乙)設(shè)圓x2＋y2＋2x－15＝0的圓心為A，直線l過點(diǎn)B(1,0)且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點(diǎn)，過B作AC的平行線交AD于點(diǎn)E. (1)證明EA＋EB為定值，并寫出點(diǎn)E的軌跡方程； (2)設(shè)點(diǎn)E的軌跡為曲線C1，直線l交C1于M，N兩點(diǎn)，過B且與l垂直的直線與圓A交于P，Q兩點(diǎn)，求四邊形MPNQ面積的取值范圍． 解　(1)因?yàn)锳D＝AC，EB∥AC， 故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以EB＝ED， 故EA＋EB＝EA＋ED＝AD. 又圓A的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋1)2＋y2＝16，從而AD＝4，所以EA＋EB＝4. 由題設(shè)得A(－1,0)，B(1,0)，AB＝2，由橢圓定義可得點(diǎn)E的軌跡方程為：＋＝1(y≠0)． (2)當(dāng)l與x軸不垂直時(shí)，設(shè)l的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)． 由得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0. 則x1＋x2＝，x1x2＝， 所以MN＝|x1－x2|＝. 過點(diǎn)B(1,0)且與l垂直的直線m：y＝－(x－1)， 點(diǎn)A到m的距離為， 所以PQ＝2＝4. 故四邊形MPNQ的面積 S＝MNPQ＝12. 可得當(dāng)l與x軸不垂直時(shí)，四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,8)． 當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，其方程為x＝1，MN＝3，PQ＝8，四邊形MPNQ的面積為12. 綜上，四邊形MPNQ面積的取值范圍為[12,8)． 1.圓錐曲線的綜合問題一般以直線和圓錐曲線的位置關(guān)系為載體，以參數(shù)處理為核心，考查范圍、最值問題，定點(diǎn)、定值問題，探索性問題.2.試題解答往往要綜合應(yīng)用函數(shù)與方程、數(shù)形結(jié)合、分類討論等多種思想方法，對計(jì)算能力也有較高要求，難度較大. 熱點(diǎn)一　范圍、最值問題 圓錐曲線中的范圍、最值問題，可以轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題(以所求式子或參數(shù)為函數(shù)值)，或者利用式子的幾何意義求解． 例1　已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)和短軸的兩個(gè)端點(diǎn)構(gòu)成邊長為2的正方形． (1)求橢圓C的方程； (2)過點(diǎn)Q(1,0)的直線l與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，且點(diǎn)P(4,3)，記直線PA，PB的斜率分別為k1，k2，當(dāng)k1k2取最大值時(shí)，求直線l的方程． 解　(1)由題意可得b＝c＝，a＝2， 故橢圓C的方程為＋＝1. (2)當(dāng)直線l的斜率為0時(shí)，k1k2＝＝. 當(dāng)直線l的斜率不為0時(shí)，設(shè)直線l的方程為x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 聯(lián)立整理得(m2＋2)y2＋2my－3＝0， 故y1＋y2＝，y1y2＝. 又x1＝my1＋1，x2＝my2＋1， 因此k1k2＝ ＝ ＝ ＝＝＋. 令t＝4m＋1，只考慮t>0時(shí)， 故k1k2＝＋＝＋≤1，當(dāng)且僅當(dāng)t＝5時(shí)取等號． 綜上可得，直線l的方程為x－y－1＝0. 思維升華　解決范圍問題的常用方法： (1)數(shù)形結(jié)合法：利用待求量的幾何意義，確定出極端位置后，數(shù)形結(jié)合求解． (2)構(gòu)建不等式法：利用已知或隱含的不等關(guān)系，構(gòu)建以待求量為元的不等式求解． (3)構(gòu)建函數(shù)法：先引入變量構(gòu)建以待求量為因變量的函數(shù)，再求其值域． 跟蹤演練1　如圖，已知橢圓：＋y2＝1，點(diǎn)A，B是它的兩個(gè)頂點(diǎn)，過原點(diǎn)且斜率為k的直線l與線段AB相交于點(diǎn)D，且與橢圓相交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)． (1)若＝6，求k的值； (2)求四邊形AEBF面積的最大值． 解　(1)依題設(shè)得橢圓的頂點(diǎn)A(2,0)，B(0,1)， 則直線AB的方程為x＋2y－2＝0. 設(shè)直線EF的方程為y＝kx(k>0)． 設(shè)D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(xiàn)(x2，kx2)，其中x1<x2， 聯(lián)立直線l與橢圓的方程消去y， 得方程(1＋4k2)x2＝4. 故x2＝－x1＝， 由＝6知，x0－x1＝6(x2－x0)， 得x0＝(6x2＋x1)＝x2＝， 由點(diǎn)D在線段AB上，知x0＋2kx0－2＝0， 得x0＝，所以＝， 化簡，得24k2－25k＋6＝0，解得k＝或k＝. (2)根據(jù)點(diǎn)到直線的距離公式，知點(diǎn)A，B到線段EF的距離分別為h1＝，h2＝， 又EF＝， 所以四邊形AEBF的面積為 S＝EF(h1＋h2)＝ ＝2＝2 ＝2≤2， 當(dāng)且僅當(dāng)4k＝，即k＝時(shí)，取等號， 所以四邊形AEBF面積的最大值為2. 熱點(diǎn)二　定點(diǎn)、定值問題 1．由直線方程確定定點(diǎn)，若得到了直線方程的點(diǎn)斜式：y－y0＝k(x－x0)，則直線必過定點(diǎn)(x0，y0)；若得到了直線方程的斜截式：y＝kx＋m，則直線必過定點(diǎn)(0，m)． 2．解析幾何中的定值問題是指某些幾何量(線段的長度、圖形的面積、角的度數(shù)、直線的斜率等)的大小或某些代數(shù)表達(dá)式的值等與題目中的參數(shù)無關(guān)，不依參數(shù)的變化而變化，而始終是一個(gè)確定的值． 例2　如圖，曲線Γ由兩個(gè)橢圓T1：＋＝1(a>b>0)和橢圓T2：＋＝1 (b>c>0)組成，當(dāng)a，b，c成等比數(shù)列時(shí)，稱曲線Γ為“貓眼曲線”．若貓眼曲線Γ過點(diǎn)(0，－)，且a，b，c的公比為. (1)求貓眼曲線Γ的方程； (2)任作斜率為k(k≠0)且不過原點(diǎn)的直線與該曲線相交，交橢圓T1所得弦的中點(diǎn)為M，交橢圓T2所得弦的中點(diǎn)為N，求證：為與k無關(guān)的定值； (3)若斜率為的直線l為橢圓T2的切線，且交橢圓T1于點(diǎn)A，B，N為橢圓T1上的任意一點(diǎn)(點(diǎn)N與點(diǎn)A，B不重合)，求△ABN面積的最大值． (1)解　b＝，∴a＝2，c＝1， ∴T1：＋＝1，T2：＋x2＝1. (2)證明　設(shè)斜率為k的直線交橢圓T1于點(diǎn)C(x1，y1)，D(x2，y2)，線段CD中點(diǎn)M(x0，y0)， ∴x0＝，y0＝， 由 得＋＝0. ∵k存在且k≠0，∴x1≠x2，且x0≠0. ∴＝－，即kkOM＝－. 同理，kkON＝－2，∴＝，得證． (3)解　設(shè)直線l的方程為y＝x＋m， 聯(lián)立 ∴(b2＋2c2)x2＋2mc2x＋m2c2－b2c2＝0. ∵Δ＝0，∴m2＝b2＋2c2， l1：y＝x＋ ∴(b2＋2a2)x2＋2ma2x＋m2a2－b2a2＝0. ∵Δ＝0，∴m2＝b2＋2a2， l2：y＝x－. 兩平行線間距離： d＝， ∴AB＝， AB＝＝， d＝＝. △ABN的面積最大值為 S＝＝. 思維升華　(1)動(dòng)線過定點(diǎn)問題的兩大類型及解法 ①動(dòng)直線l過定點(diǎn)問題，解法：設(shè)動(dòng)直線方程(斜率存在)為y＝kx＋t，由題設(shè)條件將t用k表示為t＝mk，得y＝k(x＋m)，故動(dòng)直線過定點(diǎn)(－m,0)． ②動(dòng)曲線C過定點(diǎn)問題，解法：引入?yún)⒆兞拷⑶€C的方程，再根據(jù)其對參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點(diǎn)． (2)求解定值問題的兩大途徑 ①→ ②先將式子用動(dòng)點(diǎn)坐標(biāo)或動(dòng)線中的參數(shù)表示，再利用其滿足的約束條件使其絕對值相等的正負(fù)項(xiàng)抵消或分子、分母約分得定值． 跟蹤演練2　已知拋物線：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)F在雙曲線：－＝1的右準(zhǔn)線上，拋物線與直線l：y＝k(x－2)(k>0)交于A，B兩點(diǎn)，AF，BF的延長線與拋物線交于C，D兩點(diǎn)． (1)求拋物線的方程； (2)若△AFB的面積等于3，求k的值； (3)記直線CD的斜率為kCD，證明：為定值，并求出該定值． 解　(1)雙曲線：－＝1的右準(zhǔn)線方程為x＝1， 所以F(1,0)，則拋物線的方程為y2＝4x. (2)設(shè)A(，y1)，B(，y2)， 由得ky2－4y－8k＝0， Δ＝16＋32k2>0，y1＋y2＝，y1y2＝－8. S△AFB＝1|y1－y2|＝ ＝2＝3，解得k＝2. (3)設(shè)C(，y3)，則＝(－1，y1)，＝(－1，y3)， 因?yàn)锳，F(xiàn)，C共線， 所以(－1)y3－y1(－1)＝0， 即y＋(－y1)y3－4＝0. 解得：y3＝y(tǒng)1(舍)或y3＝－， 所以C(，－)，同理D(，－)， kCD＝＝－＝2k， 故＝2(定值)． 熱點(diǎn)三　探索性問題 1．解析幾何中的探索性問題，從類型上看，主要是存在類型的相關(guān)題型，解決這類問題通常采用“肯定順推法”，將不確定性問題明朗化．其步驟為：假設(shè)滿足條件的元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))存在，用待定系數(shù)法設(shè)出，列出關(guān)于待定系數(shù)的方程組，若方程組有實(shí)數(shù)解，則元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))存在；否則，元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))不存在． 2．反證法與驗(yàn)證法也是求解存在性問題常用的方法． 例3　已知點(diǎn)P是橢圓C上的任一點(diǎn)，P到直線l1：x＝－2的距離為d1，到點(diǎn)F(－1,0)的距離為d2，且＝. (1)求橢圓C的方程； (2)如圖，直線l與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)A，B(A，B都在x軸上方)，且∠OFA＋∠OFB＝180. (ⅰ)當(dāng)A為橢圓C與y軸正半軸的交點(diǎn)時(shí)，求直線l的方程； (ⅱ)是否存在一個(gè)定點(diǎn)，無論∠OFA如何變化，直線l總過該定點(diǎn)？若存在，求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由. 解　(1)設(shè)P(x，y)， 則d1＝|x＋2|，d2＝， ＝＝， 化簡得：＋y2＝1， ∴橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)(ⅰ)由(1)知A(0,1)，又F(－1,0)， ∴kAF＝1，∵∠OFA＋∠OFB＝180， ∴kBF＝－1， ∴直線BF方程為y＝－1(x＋1)＝－x－1， 代入＋y2＝1，得3x2＋4x＝0， 解得x＝0或x＝－， ∴B(－，)，kAB＝. ∴直線AB的方程為y＝x＋1. (ⅱ)由于∠OFA＋∠OFB＝180，∴kAF＋kBF＝0. 設(shè)直線AB方程為y＝kx＋b， 代入＋y2＝1， 得：(k2＋)x2＋2kbx＋b2－1＝0， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1＋x2＝－，x1x2＝， ∴kAF＋kBF＝＋ ＝＋ ＝＝0. ∴(kx1＋b)(x2＋1)＋(kx2＋b)(x1＋1) ＝2kx1x2＋(k＋b)(x1＋x2)＋2b ＝2k－(k＋b)＋2b＝0. ∴b－2k＝0，∴直線AB方程為y＝k(x＋2)． ∴直線l總經(jīng)過定點(diǎn)(－2,0)． 思維升華　解決探索性問題的注意事項(xiàng)： 存在性問題，先假設(shè)存在，推證滿足條件的結(jié)論，若結(jié)論正確則存在，若結(jié)論不正確則不存在． (1)當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時(shí)，要分類討論． (2)當(dāng)給出結(jié)論而要推導(dǎo)出存在的條件時(shí)，先假設(shè)成立，再推出條件． (3)當(dāng)條件和結(jié)論都不知，按常規(guī)方法解題很難時(shí)，要思維開放，采取另外的途徑． 跟蹤演練3　(2015四川)如圖，橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)的離心率是，點(diǎn)P(0,1)在短軸CD上，且＝－1. (1)求橢圓E的方程； (2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過點(diǎn)P的動(dòng)直線與橢圓交于A，B兩點(diǎn)．是否存在常數(shù)λ，使得＋λ為定值？若存在，求λ的值；若不存在，請說明理由． 解　(1)由已知，點(diǎn)C，D的坐標(biāo)分別為(0，－b)，(0，b)， 又點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,1)，且＝－1， 于是解得a＝2，b＝， 所以橢圓E的方程為＋＝1. (2)當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋1，A，B的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)， 聯(lián)立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0， 其判別式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0， 所以x1＋x2＝－，x1x2＝－， 從而，＋λ ＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1 ＝ ＝－－λ－2. 所以當(dāng)λ＝1時(shí)，－－λ－2＝－3， 此時(shí)＋λ＝－3為定值． 當(dāng)直線AB斜率不存在時(shí)，直線AB即為直線CD， 此時(shí)，＋λ＝＋λ ＝－2－1＝－3. 故存在常數(shù)λ＝1，使得＋λ為定值－3. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 已知橢圓C1：＋＝1(a>0)與拋物線C2：y2＝2ax相交于A，B兩點(diǎn)，且兩曲線的焦點(diǎn)F重合． (1)求C1，C2的方程； (2)若過焦點(diǎn)F的直線l與橢圓分別交于M，Q兩點(diǎn)，與拋物線分別交于P，N兩點(diǎn)，是否存在斜率為k(k≠0)的直線l，使得＝2？若存在，求出k的值；若不存在，請說明理由． 押題依據(jù)　本題將橢圓和拋物線聯(lián)合起來設(shè)置命題，體現(xiàn)了對直線和圓錐曲線位置關(guān)系的綜合考查．關(guān)注知識(shí)交匯，突出綜合應(yīng)用是高考的特色． 解　(1)因?yàn)镃1，C2的焦點(diǎn)重合， 所以＝， 所以a2＝4. 又a>0，所以a＝2. 于是橢圓C1的方程為＋＝1， 拋物線C2的方程為y2＝4x. (2)假設(shè)存在直線l使得＝2， 則可設(shè)直線l的方程為y＝k(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)． 由可得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0， 則x1＋x4＝，x1x4＝1， 所以PN＝ ＝. 由可得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0， 則x2＋x3＝，x2x3＝， 所以MQ＝ ＝. 若＝2， 則＝2， 解得k＝. 故存在斜率為k＝的直線l，使得＝2. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A組　專題通關(guān) 1．平面上一機(jī)器人在行進(jìn)中始終保持與點(diǎn)F(1,0)的距離和到直線x＝－1的距離相等．若機(jī)器人接觸不到過點(diǎn)P(－1，0)且斜率為k的直線，則k的取值范圍是________________． 答案　(－∞，－1)∪(1，＋∞) 解析　根據(jù)拋物線的概念可得機(jī)器人在以點(diǎn)F(1,0)為焦點(diǎn)的拋物線y2＝4x上，由題意可得直線y＝k(x＋1)與拋物線y2＝4x沒有交點(diǎn)，聯(lián)立直線與拋物線 消元可得y＝k＋k?y2－y＋k＝0， 即該方程無根，則k≠0且Δ＝1－k2<0?k<－1或k>1， 所以k的取值范圍為(－∞，－1)∪(1，＋∞)． 2．已知橢圓＋＝1(0<b<2)的左，右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過F1的直線l交橢圓于A，B兩點(diǎn)，若BF2＋AF2的最大值為5，則b的值是________． 答案　 解析　由橢圓的方程，可知長半軸長a＝2；由橢圓的定義，可知AF2＋BF2＋AB＝4a＝8，所以AB＝8－(AF2＋BF2)≥3.由橢圓的性質(zhì)，可知過橢圓焦點(diǎn)的弦中，通徑最短，即＝3，可求得b2＝3，即b＝. 3．若點(diǎn)O和點(diǎn)F分別為橢圓＋＝1的中心和左焦點(diǎn)，點(diǎn)P為橢圓上的任意一點(diǎn)，則的最大值為________． 答案　6 解析　由題意得F(－1,0)，設(shè)點(diǎn)P(x0，y0)， 則y＝3(1－)(－2≤x0≤2)． ＝x0(x0＋1)＋y＝x＋x0＋y ＝x＋x0＋3(1－) ＝(x0＋2)2＋2. 又因?yàn)椋?≤x0≤2，所以當(dāng)x0＝2時(shí)，取得最大值，最大值為6. 4．已知拋物線y2＝2px(p>0)，△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)都在拋物線上，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，設(shè)△ABC三條邊AB，BC，AC的中點(diǎn)分別為M，N，Q，且M，N，Q的縱坐標(biāo)分別為y1，y2，y3.若直線AB，BC，AC的斜率之和為－1，則＋＋的值為______． 答案?。? 解析　設(shè)A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)， 則 三個(gè)式子兩兩相減得 即 即 所以＋＋＝－. 5．若P為橢圓＋＝1上任意一點(diǎn)，EF為圓(x－1)2＋y2＝4的任意一條直徑，則的取值范圍是________． 答案　[5,21] 解析　因?yàn)椋?－)(－) ＝－(＋)＋2 ＝－||||cos π－0＋||2＝－4＋NP2. 又因?yàn)闄E圓＋＝1的a＝4，b＝，c＝1， N(1,0)為橢圓的右焦點(diǎn)，∴NP∈[a－c，a＋c]＝[3,5]， ∴∈[5,21]． 6．已知雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的離心率為，A，B為左，右頂點(diǎn)，點(diǎn)P為雙曲線C在第一象限的任意一點(diǎn)，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若直線PA，PB，PO的斜率分別為k1，k2，k3，記m＝k1k2k3，則m的取值范圍為________． 答案　(0,2) 解析　∵雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的離心率為，∴e＝＝，∴b＝a， 設(shè)P(x，y)，∵點(diǎn)P為雙曲線C在第一象限的任意一點(diǎn)， ∴－＝1，且x>0，y>0， ∵A，B為雙曲線C的左，右頂點(diǎn)，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，PA，PB，PO的斜率分別為k1，k2，k3， ∴k1k2＝＝2，k3＝>0， 又∵雙曲線的漸近線為y＝x， ∴0<k3<，∴0<m＝k1k2k3<2. 7．已知A(1,2)，B(－1,2)，動(dòng)點(diǎn)P滿足⊥.若雙曲線－＝1(a>0，b>0)的漸近線與動(dòng)點(diǎn)P的軌跡沒有公共點(diǎn)，則雙曲線離心率的取值范圍是________． 答案　(1,2) 解析　設(shè)P(x，y)，由題設(shè)條件， 得動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為(x－1)(x＋1)＋(y－2)(y－2)＝0， 即x2＋(y－2)2＝1，它是以(0,2)為圓心，1為半徑的圓． 又雙曲線－＝1(a>0，b>0)的漸近線方程為y＝x，即bxay＝0，由題意，可得>1，即>1， 所以e＝<2，又e>1，故1<e<2. 8．在直線y＝－2上任取一點(diǎn)Q，過Q作拋物線x2＝4y的切線，切點(diǎn)分別為A、B，則直線AB恒過定點(diǎn)________． 答案　(0,2) 解析　設(shè)Q(t，－2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，拋物線方程變?yōu)閥＝x2，則y′＝x，則在點(diǎn)A處的切線方程為y－y1＝x1(x－x1)，化簡得，y＝x1x－y1，同理，在點(diǎn)B處的切線方程為y＝x2x－y2.又點(diǎn)Q(t，－2)的坐標(biāo)滿足這兩個(gè)方程，代入得：－2＝x1t－y1，－2＝x2t－y2，則說明A(x1，y1)，B(x2，y2)都滿足方程－2＝xt－y，即直線AB的方程為y－2＝tx，因此直線AB恒過定點(diǎn)(0,2)． 9．(2016北京)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，A(a,0)，B(0，b)，O(0,0)，△OAB的面積為1. (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)P是橢圓C上一點(diǎn)，直線PA與y軸交于點(diǎn)M，直線PB與x軸交于點(diǎn)N.求證：ANBM為定值． (1)解　由已知＝，ab＝1. 又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，c＝. ∴橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)證明　由(1)知，A(2,0)，B(0,1)． 設(shè)橢圓上一點(diǎn)P(x0，y0)，則＋y＝1. 當(dāng)x0≠0時(shí)，直線PA方程為y＝(x－2)， 令x＝0得yM＝. 從而BM＝|1－yM|＝. 直線PB方程為y＝x＋1. 令y＝0得xN＝. ∴AN＝|2－xN|＝. ∴ANBM＝ ＝ ＝ ＝＝4. 當(dāng)x0＝0時(shí)，y0＝－1，BM＝2，AN＝2， ∴ANBM＝4. 故ANBM為定值． 10．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)點(diǎn)M(x0，y0)是橢圓C：＋y2＝1上一點(diǎn)，從原點(diǎn)O向圓M：(x－x0)2＋(y－y0)2＝r2作兩條切線分別與橢圓C交于點(diǎn)P，Q，直線OP，OQ的斜率分別記為k1，k2. (1)若圓M與x軸相切于橢圓C的右焦點(diǎn)，求圓M的方程； (2)若r＝. ①求證：k1k2＝－； ②求OPOQ的最大值． (1)解　因?yàn)闄E圓C的右焦點(diǎn)的坐標(biāo)為(，0)，所以圓心M的坐標(biāo)為(，)， 從而圓M的方程為 (x－)2＋(y)2＝. (2)①證明　因?yàn)閳AM與直線OP：y＝k1x相切， 所以＝， 即(4－5x0)2k＋10x0y0k1＋4－5y＝0， 同理，有(4－5x)k＋10x0y0k2＋4－5y＝0， 所以k1，k2是方程(4－5x)k2＋10x0y0k＋4－5y＝0的兩根， 從而k1k2＝ ＝ ＝＝－. ②解　設(shè)點(diǎn)P1(x1，y1)，P2(x2，y2)， 聯(lián)立 解得x＝，y＝， 同理，x＝，y＝， 所以O(shè)P2OQ2＝(＋)(＋) ＝ ＝ ≤＝， 當(dāng)且僅當(dāng)k1＝時(shí)取等號． 所以O(shè)POQ的最大值為. B組　能力提高 11．已知圓O1：(x－2)2＋y2＝16和圓O2：x2＋y2＝r2 (0<r<2)，動(dòng)圓M與圓O1，圓O2都相切，動(dòng)圓圓心M的軌跡為兩個(gè)橢圓，這兩個(gè)橢圓的離心率分別為e1，e2 (e1>e2)，則e1＋2e2的最小值是__________． 答案　 解析　①當(dāng)動(dòng)圓M與圓O1，O2都相內(nèi)切時(shí)， MO2＋MO1＝4－r＝2a，故e1＝. ②當(dāng)動(dòng)圓M與圓O1相內(nèi)切而與O2相外切時(shí)， MO1＋MO2＝4＋r＝2a′，故e2＝. 因此e1＋2e2＝＋＝， 令12－r＝t (10<t<12)，e1＋2e2＝2 ≥2＝＝. 12．已知過定點(diǎn)(1,0)的直線與拋物線x2＝y(tǒng)相交于不同的A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點(diǎn)，則(x1－1)(x2－1)＝________. 答案　1 解析　設(shè)過定點(diǎn)(1,0)的直線的方程為y＝k(x－1)， 代入拋物線x2＝y(tǒng)可得x2－kx＋k＝0，故x1＋x2＝k，x1x2＝k，因此(x1－1)(x2－1)＝x1x2－(x1＋x2)＋1＝1. 13．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：＋＝1 (a>b>0)的離心率e＝，左頂點(diǎn)為A(－4，0)，過點(diǎn)A作斜率為k (k≠0)的直線l交橢圓C于點(diǎn)D，交y軸于點(diǎn)E. (1)求橢圓C的方程； (2)已知P為AD的中點(diǎn)，是否存在定點(diǎn)Q，對于任意的k (k≠0)都有OP⊥EQ，若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由； (3)若過O點(diǎn)作直線l的平行線交橢圓C于點(diǎn)M，求的最小值． 解　(1)因?yàn)樽箜旤c(diǎn)為A(－4,0)， 所以a＝4，又e＝，所以c＝2， 又因?yàn)閎2＝a2－c2＝12， 所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)直線l的方程為y＝k(x＋4)， 由 消元得，＋＝1. 化簡得，(x＋4)[(4k2＋3)x＋16k2－12]＝0， 所以x1＝－4，x2＝. 當(dāng)x＝時(shí)，y＝k(＋4)＝， 所以D(，)． 因?yàn)辄c(diǎn)P為AD的中點(diǎn)， 所以P的坐標(biāo)為(，)， 則kOP＝－ (k≠0)． 直線l的方程為y＝k(x＋4)，令x＝0， 得E點(diǎn)坐標(biāo)為(0,4k)， 假設(shè)存在定點(diǎn)Q(m，n)(m≠0)，使得OP⊥EQ， 則kOPkEQ＝－1，即－＝－1恒成立， 所以(4m＋12)k－3n＝0恒成立， 所以　即 因此定點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(－3,0)． (3)因?yàn)镺M∥l，所以O(shè)M的方程可設(shè)為y＝kx， 由 得M點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x＝， 由OM∥l，得 ＝ ＝＝ ＝ ＝(＋)≥2， 當(dāng)且僅當(dāng)＝， 即k＝時(shí)取等號， 所以當(dāng)k＝時(shí)，的最小值為2.