第三讲　定点、定值、存在性问题

第三讲　定点、定值、存在性问题

高考考点
考点解读
圆锥曲线中的定点、定值问题
定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有关的定值问题以及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横(纵)坐标等的定值问题．
圆锥曲线中的最值、范围问题
圆锥曲线中的最值、范围问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题．
圆锥曲线中的探索性问题
圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面：(1)探索点是否存在．(2)探索曲线是否存在．(3)探索命题是否成立．涉及这类命题的求解主要是研究直线与圆锥曲线的位置关系问题.
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
1．掌握处理定点、定值的方法．
2．掌握解答存在性问题的处理方法．
3．掌握函数与方程思想在处理定点、定值问题中的应用．
预测2020年命题热点为：
(1)圆锥曲线中的定值问题．
(2)圆锥曲线中的存在性问题．

Z
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．
,Y
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.
1．(文)(2018·北京卷，20)已知椭圆M：＋＝1(a>b>0)的离心率为，焦距为2.斜率为k的直线l与椭圆M有两个不同的交点A，B．
(1)求椭圆M的方程．
(2)若k＝1，求|AB|的最大值．
(3)设P(－2,0)，直线PA与椭圆M的另一个交点为C，直线PB与椭圆M的另一个交点为D．若C，D和点Q共线，求k.
[解析]　(1)由题意得2c＝2，所以c＝，
又e＝＝，所以a＝，所以b2＝a2－c2＝1，
所以椭圆M的标准方程为＋y2＝1.
(2)设直线AB的方程为y＝x＋m，
由消去y可得4x2＋6mx＋3m2－3＝0，
则Δ＝36m2－4×4(3m2－3)＝48－12m2>0，即m2<4，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝，
则|AB|＝|x1－x2|＝·＝，
易得当m2＝0时，|AB|max＝，故|AB|的最大值为.
(3)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，
则x21＋3y21＝3　①，x22＋3y22＝3　②，
又P(－2,0)，所以可设k1＝kPA＝，直线PA的方程为y＝k1(x＋2)，
由消去y可得
(1＋3k21)x2＋12k21x＋12k21－3＝0，
则x1＋x3＝－，即x3＝－－x1，
又k1＝，代入①式可得x3＝，
所以y3＝，
所以C，
同理可得D.
故QC―→＝，QD―→＝，
因为Q，C，D三点共线，所以－
＝0，
将点C，D的坐标代入化简可得＝1，即k＝1.
(理)(2018·北京卷，19)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．
(2)设O为原点，QM―→＝λQO―→，QN―→＝μQO―→，求证：＋为定值．
[解析]　将点P代入C的方程得4＝2p，即p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x，
(1)方法一(代数法)：显然l斜率存在，设为k，则l：y＝kx＋1，
由消去y得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0，(*)
由已知，方程(*)有两个不同的根，且1不是方程的根(因为PA，PB都与y轴有交点)，
所以Δ＝－16k＋16>0且k2＋(2k－4)＋1≠0，
即k<1，且k≠－3，且k≠1，
所以k<1，且k≠－3，
即直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,1)．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
直线PA方程为y－2＝(x－1)，
令x＝0得y＝－＋2，
即点M为(0，－＋2)，
所以QM―→＝(0，－＋1)，又QO―→＝(0，－1)，QM―→＝λQO―→，
所以(0，－＋1)＝λ(0，－1)，
所以λ＝－1＝，＝，
又点A(x1，y1)在直线l：y＝kx＋1上，
所以＝＝＝－，
同理＝－，
由(1)中方程(*)及根与系数的关系得，x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以＋＝－＋－＝－＝－·＝－·＝＝2，即＋为定值2.
2．(文)(2018·天津卷，19)设椭圆＋＝1(a>b>0)的右顶点为A，上顶点为B．已知椭圆的离心率为，|AB|＝.
(Ⅰ)求椭圆的方程；
(Ⅱ)设直线l：y＝kx(k<0)与椭圆交于P，Q两点，l与直线AB交于点M，且点P，M均在第四象限．若△BPM的面积是△BPQ面积的2倍，求k的值．
[解析]　(I)设椭圆的焦距为2c，由已知得＝，又由a2＝b2＋c2，可得2a＝3b.又|AB|＝＝，
从而a＝3，b＝2.
所以，椭圆的方程为＋＝1.
(II)设点P的坐标为(x1，y1)，点M的坐标为(x2，y2)，由题意，x2>x1>0，点Q的坐标为(－x1，－y1)．
由△BPM的面积是△BPQ面积的2倍，可得|PM|＝2|PQ|，
从而x2－x1＝2[x1－(－x1)]，即x2＝5x1.
易知直线AB的方程为2x＋3y＝6，由方程组消去y，可得x2＝.
由方程组消去y，可得x1＝.
由x2＝5x1，可得＝5(3k＋2)，两边平方，整理得18k2＋25k＋8＝0，解得k＝－，或k＝－.
当k＝－时，x2＝－9<0，不合题意，舍去；当k＝－时，x2＝12，x1＝，符合题意．所以，k的值为－.
(理)(2018·天津卷，19)设椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B．已知椭圆的离心率为，点A的坐标为(b,0)，且|FB|·|AB|＝6.
(Ⅰ)求椭圆的方程．
(Ⅱ)设直线l：y＝kx(k>0)与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线AB交于点Q. 若＝sin∠AOQ(O为原点)，求k的值．
[解析]　(Ⅰ)设椭圆的焦距为2c，由已知得＝，又由a2＝b2＋c2，可得2a＝3b.由已知可得，|FB|＝a，|AB|＝b，
由|FB|·|AB|＝6，可得ab＝6，从而a＝3，b＝2.
所以，椭圆的方程为＋＝1.
(Ⅱ)设点P的坐标为(x1，y1)，点Q的坐标为(x2，y2)．由已知有y1>y2>0，故|PQ|sin∠AOQ＝y1－y2.
又因为|AQ|＝，而∠OAB＝，故|AQ|＝y2.
由＝sin∠AOQ，可得5y1＝9y2.
由方程组消去x，可得y1＝.易知直线AB的方程为x＋y－2＝0，由方程组
消去x，可得y2＝.由5y1＝9y2，
可得5(k＋1)＝3，两边平方，整理得56k2－50k＋11＝0，解得k＝或k＝.所以，k的值为或.
3．(2018·全国卷Ⅲ，20)已知斜率为k的直线l与椭圆C：＋＝1交于A，B两点．线段AB的中点为M.
(1)证明：k<－；
(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且FP―→＋FA―→＋FB―→＝0.证明：，，成等差数列，并求该数列的公差．
[解析]　(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＋＝1，＋＝1.
两式相减，并由＝k得＋·k＝0.
由题设知＝1，＝m，于是k＝－.①
由题设得0 (2)由题意得F(1,0)，设P(x3，y3)，则(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0,0)．
由(1)及题设得x3＝3－(x1＋x2)＝1，y3＝－(y1＋y2)＝－2m<0.
又点P在C上，所以m＝，从而P，|FP―→|＝.
于是|FA―→|＝＝
＝2－.
同理|FB―→|＝2－.
所以|FA―→|＋|FB―→|＝4－(x1＋x2)＝3.
故2|FP―→|＝|FA―→|＋|FB―→|，即|FA―→|，|FP―→|，|FB―→|成等差数列．
设该数列的公差为d，则2|d|＝||FB―→|－|FA―→||＝|x1－x2|＝.②
将m＝代入①得k＝－1.
所以l的方程为y＝－x＋，代入C的方程，并整理得7x2－14x＋＝0.
故x1＋x2＝2，x1x2＝，代入②解得|d|＝.
所以该数列的公差为或－.
4．(2018·江苏卷，18)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C过点，焦点F1(－，0)，
F2(，0)，圆O的直径为F1F2.
(1)求椭圆C及圆O的方程．
(2)设直线l与圆O相切于第一象限内的点P.
①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点，求点P的坐标；
②直线l与椭圆C交于A，B两点．若△OAB的面积为，求直线l的方程．

[解析]　(1)因为椭圆C的焦点为F1(－，0)，F2(，0)，可设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)．又点在椭圆C上，
所以
解得
因此，椭圆C的方程为＋y2＝1.
因为圆O的直径为F1F2，所以其方程为x2＋y2＝3.
(2)①设直线l与圆O相切于P(x0，y0)(x0>0，y0>0)，则x＋y＝3，
所以直线l的方程为y＝－(x－x0)＋y0，
即y＝－x＋.
由消去y，得(4x＋y)x2－24x0x＋36－4y＝0.(*)
因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点，
所以Δ＝(－24x0)2－4(4x＋y)(36－4y)＝48y(x－2)＝0.
因为x0，y0>0，所以x0＝，y0＝1.
因此，点P的坐标为(，1)．
②因为三角形OAB的面积为，所以AB·OP＝，从而AB＝.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由(*)得x1,2＝，
所以AB2＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2＝
·.
因为x＋y＝3，所以AB2＝＝，
即2x－45x＋100＝0，
解得x＝(x＝20舍去)，则y＝，因此P的坐标为.
综上，直线l的方程为y＝－x＋3.





例1 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，四点P1(1,1)，P2(0,1)，P3(－1，)，P4(1，)中恰有三点在椭圆C上．
(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．
[解析]　(1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点．
又由＋>＋知，椭圆C不经过点P1，
所以点P2在椭圆C上．
因此
解得
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.
如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐标分别为(t，)，(t，－)，则k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合题设．
从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)．
将y＝kx＋m代入＋y2＝1得
(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
x1＋x2＝－，x1x2＝.
而k1＋k2＝＋
＝＋
＝.
由题设k1＋k2＝－1，
故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.
即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0，
解得k＝－.
当且仅当m>－1时，Δ>0，
于是l：y＝－x＋m，
即y＋1＝－(x－2)，
所以l过定点(2，－1)．
『规律总结』
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．
G
　已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦点为2，点(1，)在C上．
(1)求C的方程；
(2)过原点且不与坐标轴重合的直线l与C有两个交点
A，B，点A在x轴上的射影为M，线段AM的中点为N，直线BN交C于点P，证明：直线AB的斜率与直线AP的斜率乘积为定值．
[解析]　(1)由题意知，C的焦点坐标为(±1,0)，
2a＝＋
＝＋＝4，b＝，
所以，椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设A(x1，y1)，P(x2，y2)(x1≠x2)，则B(－x1，－y1)，N(x1，)，
由点A，P在椭圆C上得，
两式相减得，＝－，kBN＝＝·，
kBP＝.因为B，N，P三点共线，所以kBN＝kBP，
即＝·.
所以kAB·kAP＝·＝··＝·＝－1.

例2 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．
[解析]　(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＝.所以直线FM的斜率为.
(2)由(1)得椭圆方程为＋＝1，
直线FM的方程为y＝，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＝＝，
解得c＝1，
所以椭圆的方程为＋＝1.
(3)设点P的坐标为，直线FP的斜率为t，得t＝，即y＝t，
与椭圆方程联立 消去y，
整理得2x2＋3t2(x＋1)2＝6.
又由已知，得t＝＞，
解得－＜x＜－1，或－1＜x＜0.
设直线OP的斜率为m，得m＝，即y＝mx(x≠0)，与椭圆方程联立，整理可得m2＝－.
①当x∈时，有y＝t(x＋1)＜0，
因此m＞0，于是m＝，得m∈.
②当x∈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∪.

『规律总结』
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．

G
　如图，已知抛物线x2＝y，点A(－，)，B(，)，抛物线上的点P(x，y)(－ (1)求直线AP斜率的取值范围；
(2)求|PA|·|PQ|的最大值．

[解析]　(1)设直线AP的斜率为k，k＝＝x－，
因为－ 所以直线AP斜率的取值范围是(－1,1)．
(2)联立直线AP与BQ的方程
解得点Q的横坐标是xQ＝.
因为|PA|＝(x＋)＝(k＋1)，
|PQ|＝(xQ－x)＝－，
所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1)3.
令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3.
因为f ′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2，
所以f(k)在区间(－1，)上单调递增，(，1)上单调递减．
因此当k＝时，|PA|·|PQ|取得最大值.

　 例3 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.
(Ⅰ)求椭圆E的方程及点T的坐标；
(Ⅱ)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．
[解析]　(Ⅰ)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)．
(Ⅱ)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点的坐标为(2－，1＋)，|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－ 由②得x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以|PA|＝
＝|2－－x1|，
同理|PB|＝|2－－x2|.
所以|PA|·|PB|＝|(2－－x1)(2－－x2)|
＝|(2－)2－(2－)(x1＋x2)＋x1x2|
＝|(2－)2－(2－)(－)＋|
＝m2.
故存在常数λ＝，使得|PT|2＝λ|PA|·|PB|.
『规律总结』
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；
③当条件和结论都不知，按常规法解题很难时，可先由特殊情况探究，再推广到一般情况．

G
　已知椭圆C：＋＝1(0 (1)求圆O的方程和椭圆C的离心率e.
(2)设P，Q分别是椭圆C和圆O上的动点(P，Q位于y轴两侧)，且直线PQ与x轴平行，直线AP，BP分别与y轴交于点M，N，试判断MQ与NQ所在的直线是否互相垂直，若是，请证明你的结论；若不是，也请说明理由．

[解析]　(1)由椭圆方程可得a＝2，
又以椭圆C的短轴为直径的圆O经过椭圆C左右两个焦点，可得b＝c且b2＋c2＝a2，解得b＝c＝，则圆O的方程为x2＋y2＝2，椭圆C的离心率e＝＝.
(2)设P(x0，y0)(y0≠0)，Q(xQ，y0)，则即又A(－2,0)，B(2,0)，
由AP：y＝(x＋2)，
得M(0，)．
由BP：y＝(x－2)，
得N(0，－)．
所以＝(－xQ，－y0)
＝(－xQ，－)，
＝(－xQ，－－y0)
＝(－xQ，－)，
所以·＝x＋＝2－y＋＝0，所以QM⊥QN，即MQ与NQ所在的直线互相垂直．



A组
1．平面直角坐标系中，已知两点A(3,1)，B(－1,3)，若点C满足＝λ1＋λ2(O为原点)，其中λ1，λ2∈R，且λ1＋λ2＝1，则点C的轨迹是( A )
A．直线　　 B．椭圆　　　
C．圆　　 D．双曲线
[解析]　设C(x，y)，因为＝λ1＋λ2，所以(x，y)＝λ1(3,1)＋λ2(－1,3)，即解得又λ1＋λ2＝1，所以＋＝1，即x＋2y＝5，所以点C的轨迹为直线．
故选A．
2．过双曲线x2－＝1的右支上一点P，分别向圆C1：(x＋4)2＋y2＝4和圆C2：(x－4)2＋y2＝1作切线，切点分别为M，N，则|PM|2－|PN|2的最小值为( B )
A．10 B．13
C．16 D．19
[解析]　由题意可知，|PM|2－|PN|2＝(|PC1|2－4)－(|PC2|2－1)，因此|PM|2－|PN|2＝|PC1|2－|PC2|2－3＝(|PC1|－|PC2|)(|PC1|＋|PC2|)－3＝2(|PC1|＋|PC2|)－3≥2|C1C2|－3＝13.
故选B．
3．已知F1，F2分别是双曲线－＝1(a>0，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( B )
A．1 B．
C． D．2
[解析]　∵
∴|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，
设∠F1PF2＝θ，
∴cosθ＝＝，
∴S2△PF1F2＝(×4a×2a×sinθ)2
＝16a4(1－)
＝－9(a2－)2≤，
当且仅当a2＝时，等号成立，故S△PF1F2的最大值是.
故选B．
4．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||·||＝( B )
A．21 B．14
C．7 D．0
[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＝c2.③
∴由①②③得a＝3.
设点P为双曲线右支上一点，
∴由双曲线定义得＝6④
又·＝0，
∴⊥，
∴在Rt△PF1F2中||2＋||2＝82⑤
联立④⑤，解得||·||＝14.
5．已知直线y＝k(x＋2)(k＞0)与抛物线C：y2＝8x相交于A、B两点，F为C的焦点，若|FA|＝2|FB|，则k的值为( D )
A． B．
C． D．
[解析]　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1>0，x2>0，
∴|FA|＝x1＋2，|FB|＝x2＋2，∴x1＋2＝2x2＋4，
∴x1＝2x2＋2.
由，得k2x2＋(4k2－8)x＋4k2＝0，
∴x1x2＝4，x1＋x2＝＝－4.
由，得x＋x2－2＝0，∴x2＝1，∴x1＝4，
∴－4＝5，∴k2＝，k＝.
6．已知斜率为的直线l与抛物线y2＝2px(p>0)交于位于x轴上方的不同两点A，B，记直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，则k1＋k2的取值范围是(2，＋∞).
[解析]　设直线l：x＝2y＋t，联立抛物线方程消去x得y2＝2p(2y＋t)⇒y2－4py－2pt＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，Δ＝16p2＋8pt>0⇒t>－2p，y1＋y2＝4p，y1y2＝－2pt>0⇒t<0，即－2p x1x2＝(2y1＋t)(2y2＋t)＝4y1y2＋2t(y1＋y2)＋t2＝4(－2pt)＋2t·4p＋t2＝t2，
k1＋k2＝＋
＝
＝＝＝－.
－2p2，即k1＋k2的取值范围是(2，＋∞)．
7．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.
8．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|＝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.
9．(2018·抚州一模)已知动圆C与圆x2＋y2＋2x＝0外切，与圆x2＋y2－2x－24＝0内切．
(1)试求动圆圆心C的轨迹方程；
(2)过定点P(0,2)且斜率为k(k≠0)的直线l与(1)中轨迹交于不同的两点M，N，试判断在x轴上是否存在点A(m,0)，使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形？若存在，求出实数m的范围；若不存在，请说明理由．
[解析]　(1)由x2＋y2＋2x＝0得(x＋1)2＋y2＝1，由x2＋y2－2x－24＝0得(x－1)2＋y2＝25，设动圆C的半径为R，两圆的圆心分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，则|CF1|＝R＋1，|CF2|＝5－R，
所以|CF1|＋|CF2|＝6，根据椭圆的定义可知，点C的轨迹为以F1，F2为焦点的椭圆，所以c＝1，a＝3，所以b2＝a2－c2＝9－1＝8，所以动圆圆心C的轨迹方程为＋＝1.
(2)存在．直线l的方程为y＝kx＋2，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为E(x0，y0)．假设存在点A(m,0)，使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形，则AE⊥MN，
由得(8＋9k2)x2＋36kx－36＝0，
x1＋x2＝－，所以x0＝，
y0＝kx0＋2＝，
因为AE⊥MN，所以kAE＝－，
即＝－，
所以m＝＝，
当k>0时，9k＋≥2＝12，
所以－≤m<0；
当k<0时，9k＋≤－12，
所以0 因此，存在点A(m,0)，使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形，且实数m的取值范围为[－，0)∪(0，]．
B组
1．如图，椭圆E：＋＝1(a>b>0)经过点A(0，－1)，且离心率为.

(Ⅰ)求椭圆E的方程；
(Ⅱ)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2.
[解析]　(Ⅰ)由题意知＝，b＝1，结合a2＝b2＋c2，解得a＝，所以，椭圆的方程为＋y2＝1.
(Ⅱ)证明：由题设知，直线PQ的方程为y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入＋y2＝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，
则x1＋x2＝，x1x2＝.
从而直线AP与AQ的斜率之和
kAP＋kAQ＝＋
＝＋
＝2k＋(2－k)
＝2k＋(2－k)×
＝2k＋(2－k)×
＝2k－2(k－1)
＝2.

2．设点P是曲线C：x2＝2py(p>0)上的动点，点P到点(0,1)的距离和它到焦点F的距离之和的最小值为.
(1)求曲线C的方程；
(2)若点P的横坐标为1，过P作斜率为k(k≠0)的直线交C于点Q，交x轴于点M，过点Q且与PQ垂直的直线与C交于另一点N，问是否存在实数k，使得直线MN与曲线C相切？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
[解析]　(1)依题意知1＋＝，解得p＝.
所以曲线C的方程为x2＝y.
(2)由题意直线PQ的方程为：y＝k(x－1)＋1，
则点M(1－，0)．
联立方程组，
消去y得x2－kx＋k－1＝0，得Q(k－1，(k－1)2)．
所以得直线QN的方程为y－(k－1)2＝－(x－k＋1)．代入曲线方程y＝x2中，得
x2＋x－1＋－(1－k)2＝0.
解得N(1－－k，(1－k－)2)．
所以直线MN的斜率kMN＝
＝－.
过点N的切线的斜率k′＝2(1－k－)．
由题意有－＝2(1－k－)．
解得k＝.
故存在实数k＝使命题成立．


专题六　规范答题示例
　　 例　 (12分)已知定点C(－1,0)及椭圆x2＋3y2＝5，过点C的动直线与椭圆相交于A，B两点．
(1)若线段AB中点的横坐标是－，求直线AB的方程；
(2)在x轴上是否存在点M，使·为常数？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
[思路探究]　(1)―→―→
(2)―→―→―→

规范解答·分步得分
构建答题模板
　　解：(1)依题意，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y＝k(x＋1)，
将y＝k(x＋1)代入x2＋3y2＝5，
消去y整理得(3k2＋1)x2＋6k2x＋3k2－5＝0.2分
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由线段AB中点的横坐标是－，得＝－＝－，解得k＝±，适合①.
所以直线AB的方程为x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0.4分
(2)假设在x轴上存在点M(m,0)，使·为常数．
(ⅰ)当直线AB与x轴不垂直时，
由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝.③
所以·＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2＝(x1－m)(x2－m)＋k2(x1＋1)(x2＋1)
＝(k2＋1)x1x2＋(k2－m)(x1＋x2)＋k2＋m2.7分
将③代入，整理得·＝＋m2
＝＋m2＝m2＋2m－－.9分
注意到·是与k无关的常数，
从而有6m＋14＝0，解得m＝－，此时·＝.10分
(ⅱ)当直线AB与x轴垂直时，此时点A，B的坐标分别为(－1，)，(－1，－)，
当m＝－时，也有·＝.
综上，在x轴上存在定点M(－，0)，使·为常数.12分
　　第一步先假定：假设结论成立．
第二步再推理：以假设结论成立为条件，进行推理求解．
第三步下结论：若推出合理结果，经验证成立则肯定假设；若推出矛盾则否定假设．
第四步再回顾：查看关键点，易错点(特殊情况、隐含条件等)，审视解题规范性.
[评分细则](1)不考虑直线AB斜率不存在的情况扣1分；
(2)不验证Δ>0，扣1分；
(3)直线AB方程写成斜截式形式同样给分；
(4)没有假设存在点M不扣分；
(5)·没有化简至最后结果扣1分，没有最后结论扣1分．
G
　已知椭圆＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(1,0)，离心率e＝，A、B是椭圆上的动点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线OA与OB的斜率乘积kOA·kOB＝－，动点P满足＝＋λ， (其中实数λ为常数)．问是否存在两个定点F1、F2，使得|PF1|＋|PF2|为定值？若存在，求F1、F2的坐标，若不存在，说明理由．
[解析]　(1)由题设可知：∴a＝.
又b2＝a2－c2，∴b2＝1，
∴椭圆标准方程为＋y2＝1.
(2)设P(x，y)、A(x1，y1)、B(x2，y2)，
则由＝＋λ得，
(x，y)＝(x1，y1)＋λ(x2，y2)＝(x1＋λx2，y1＋λy2)，
即x＝x1＋λx2，y＝y1＋λy2.
因为点A、B在椭圆x2＋2y2＝2上，
所以x＋2y＝2，x＋2y＝2，
故x2＋2y2＝(x＋λ2x＋2λx1x2)＋2(y＋λy＋2λy1y2)
＝(x＋2y)＋λ2(x＋2y)＋2λ(x1x2＋2y1y2)
＝2＋2λ2＋2λ(x1x2＋2y1y2)．
设kOA，kOB分别为直线OA，OB的斜率，
由题设条件知kOA·kOB＝＝－，
因此x1x2＋2y1y2＝0，
所以x2＋2y2＝2＋2λ2. 即＋＝1，
所以P点是椭圆＋＝1上的点，
设该椭圆的左、右焦点为F1、F2，
则由椭圆的定义|PF1|＋|PF2|为定值．
又因c＝
因此两焦点的坐标为F1(－，0)，F2(，0)．
所以存在两个定点F1(－，0)，F2(，0)．使得|PF1|＋|PF2| ＝2.