4、)(k＋1)3.12分
令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3，
因為f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2，
所以f(k)在區(qū)間上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞減，因此當(dāng)k＝時，|PA||PQ|取得最大值. 15分
2．(20xx浙江高考)如圖132，設(shè)橢圓＋y2＝1(a>1)．
圖132
(1)求直線y＝kx＋1被橢圓截得的線段長(用a，k表示)；
(2)若任意以點A(0,1)為圓心的圓與橢圓至多有3個公共點，求橢圓離心率的取值范圍．
[解] (1)設(shè)直線y＝kx＋1被橢圓截得的線段為AM，
由得(1＋a2k2)x2＋2a2kx＝0， 3分
故x1＝0，x2＝－
5、.
因此|AM|＝|x1－x2|＝. 5分
(2)假設(shè)圓與橢圓的公共點有4個，由對稱性可設(shè)y軸左側(cè)的橢圓上有兩個不同的點P，Q，滿足|AP|＝|AQ|. 7分
記直線AP，AQ的斜率分別為k1，k2，且k1，k2>0，k1≠k2.
由(1)知，|AP|＝，
|AQ|＝，
故＝， 9分
所以(k－k)[1＋k＋k＋a2(2－a2)kk]＝0.
由于k1≠k2，k1，k2>0得
1＋k＋k＋a2(2－a2)kk＝0，
因此＝1＋a2(a2－2)． ①
因為①式關(guān)于k1，k2的方程有解的充要條件是
1＋a2(a2－2)>1，
所以a>. 1
6、3分
因此，任意以點A(0,1)為圓心的圓與橢圓至多有3個公共點的充要條件為10. ①
將線
7、段AB中點M代入直線方程y＝mx＋解得b＝－.
②
由①②得m<－或m>. 7分
(2)令t＝∈∪，
則|AB|＝，
且O到直線AB的距離為d＝. 10分
設(shè)△AOB的面積為S(t)，所以
S(t)＝|AB|d＝≤，
當(dāng)且僅當(dāng)t2＝時，等號成立．
故△AOB面積的最大值為. 15分
4．(20xx浙江高考)已知△ABP的三個頂點都在拋物線C：x2＝4y上，F(xiàn)為拋物線C的焦點，點M為AB的中點，＝3.
(1)若|PF|＝3，求點M的坐標(biāo)；
(2)求△ABP面積的最大值．
圖134
[解] (1)由題意知焦點F(0,1)，準(zhǔn)線方程為y
8、＝－1. 2分
設(shè)P(x0，y0)，由拋物線定義知|PF|＝y(tǒng)0＋1，得到y(tǒng)0＝2，所以P(2，2)或P(－2，2)．
由＝3得M或M. 6分
(2)設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋m，點A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)．
由得x2－4kx－4m＝0. 8分
于是Δ＝16k2＋16m＞0，x1＋x2＝4k，x1x2＝－4m，所以AB的中點M的坐標(biāo)為(2k,2k2＋m)．
由＝3，得(－x0,1－y0)＝3(2k,2k2＋m－1)，
所以由x＝4y0，得k2＝－m＋. 10分
由Δ＞0，k2≥0，得－＜m≤.
又因為|AB|＝4，
點
9、F(0,1)到直線AB的距離為d＝，
所以S△ABP＝4S△ABF＝8|m－1|
＝ .
記f(m)＝3m3－5m2＋m＋1，
令f′(m)＝9m2－10m＋1＝0，解得m1＝，m2＝1. 12分
可得f(m)在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù)．
又f＝ ＞f，所以，當(dāng)m＝時，f(m)取到最大值，此時k＝.
所以，△ABP面積的最大值為. 15分
(對應(yīng)學(xué)生用書第49頁)
熱點題型1 圓錐曲線中的定值問題
題型分析：圓錐曲線中的定值問題是近幾年高考的熱點內(nèi)容，解決這類問題的關(guān)鍵是引入變化的參數(shù)表示直線方程、數(shù)量積、比例關(guān)系等，根據(jù)等式恒成立，數(shù)式變
10、換等尋找不受參數(shù)影響的量.
【例1】 已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)上一點P與橢圓右焦點的連線垂直于x軸，直線l：y＝kx＋m與橢圓C相交于A，B兩點(均不在坐標(biāo)軸上)．
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點，若△AOB的面積為，試判斷直線OA與OB的斜率之積是否為定值？ 【導(dǎo)學(xué)號：68334131】
[解] (1)由題意知解得 3分
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1. 4分
(2)設(shè)點A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， 5分
由Δ＝(8km)2－16(4k2＋3)(m2－3)＞0，得m2＜4k2
11、＋3. 6分
∵x1＋x2＝，x1x2＝，
∴S△OAB＝|m||x1－x2|＝|m|＝， 8分
化簡得4k2＋3－2m2＝0，滿足Δ＞0，從而有4k2－m2＝m2－3(*)， 9分
∴kOAkOB＝＝＝
＝＝－，由(*)式，得＝1， 12分
∴kOAkOB＝－，即直線OA與OB的斜率之積為定值－. 15分
[方法指津]
求解定值問題的兩大途徑
1.→
2．先將式子用動點坐標(biāo)或動線中的參數(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)項抵消或分子、分母約分得定值．
[變式訓(xùn)練1] 已知橢圓C：＋＝1過A(2,0)，B(0,1)兩點．
(1)求橢圓C的方程
12、及離心率；
(2)設(shè)P為第三象限內(nèi)一點且在橢圓C上，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點N，求證：四邊形ABNM的面積為定值．
[解] (1)由題意得a＝2，b＝1，
∴橢圓C的方程為＋y2＝1. 3分
又c＝＝，∴離心率e＝＝. 5分
(2)證明：設(shè)P(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，則x＋4y＝4. 6分
又A(2,0)，B(0,1)，∴直線PA的方程為y＝(x－2)．
令x＝0，得yM＝－，從而|BM|＝1－yM＝1＋. 9分
直線PB的方程為y＝x＋1.
令y＝0，得xN＝－，從而|AN|＝2－xN＝2＋. 12分
∴四邊形ABNM
13、的面積S＝|AN||BM|
＝
＝
＝＝2.
從而四邊形ABNM的面積為定值. 15分
熱點題型2 圓錐曲線中的最值、范圍問題
題型分析：圓錐曲線中的最值、范圍問題是高考重點考查的內(nèi)容，解決此類問題常用的方法是幾何法和代數(shù)法.
【例2】 設(shè)圓x2＋y2＋2x－15＝0的圓心為A，直線l過點B(1,0)且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點，過B作AC的平行線交AD于點E.
(1)證明|EA|＋|EB|為定值，并寫出點E的軌跡方程；
(2)設(shè)點E的軌跡為曲線C1，直線l交C1于M，N兩點，過B且與l垂直的直線與圓A交于P，Q兩點，求四邊形MPNQ面積的取值范圍．
14、 [解] (1)因為|AD|＝|AC|，EB∥AC，
所以∠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. 2分
由題設(shè)得A(－1,0)，B(1,0)，|AB|＝2，
由橢圓定義可得點E的軌跡方程為＋＝1(y≠0). 4分
(2)當(dāng)l與x軸不垂直時，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＝
15、.
所以|MN|＝|x1－x2|＝.
過點B(1,0)且與l垂直的直線m：y＝－(x－1)，點A到直線m的距離為，
6分
所以|PQ|＝2＝4.
故四邊形MPNQ的面積S＝|MN|| PQ|＝12. 8分
可得當(dāng)l與x軸不垂直時，四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,8).12分
當(dāng)l與x軸垂直時，其方程為x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，
故四邊形MPNQ的面積為12.
綜上，四邊形MPNQ面積的取值范圍為[12,8). 15分
[方法指津]
與圓錐曲線有關(guān)的取值范圍問題的三種解法
1．?dāng)?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
16、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．
[變式訓(xùn)練2] (名師押題)已知拋物線C：x2＝2py(p＞0)，過其焦點作斜率為1的直線l交拋物線C于M，N兩點，且|MN|＝16.
(1)求拋物線C的方程；
(2)已知動圓P的圓心在拋物線C上，且過定點D(0,4)，若動圓P與x軸交于A，B兩點，求＋的最大值. 【導(dǎo)學(xué)號：68334132】
[解] (1)設(shè)拋物線的焦點為F，
則直線l：y＝x＋.
由得x2－2px－p2＝0，
∴x1＋x2＝2p，∴y1＋y2＝3
17、p，
∴|MN|＝y(tǒng)1＋y2＋p＝4p＝16，∴p＝4，
∴拋物線C的方程為x2＝8y. 4分
(2)設(shè)動圓圓心P(x0，y0)，A(x1,0)，B(x2,0)，
則x＝8y0，且圓P：(x－x0)2＋(y－y0)2＝x＋(y0－4)2，
令y＝0，整理得x2－2x0x＋x－16＝0，
解得x1＝x0－4，x2＝x0＋4， 6分
設(shè)t＝＝＝＝，
當(dāng)x0＝0時，t＝1，?、? 7分
當(dāng)x0≠0時，t＝.
∵x0＞0，∴x0＋≥8，
∴t≥＝＝－1，且t＜1，?、?
綜上①②知－1≤t≤1. 11分
∵f(t)＝t＋在[－1,1]上單調(diào)遞減，
18、
∴＋＝t＋≤－1＋＝2，
當(dāng)且僅當(dāng)t＝－1，即x0＝4時等號成立．
∴＋的最大值為2. 15分
熱點題型3 圓錐曲線中的探索性問題
題型分析：探索性問題一般分為探究條件和探究結(jié)論兩種類型，若探究條件，則可先假設(shè)條件成立，再驗證結(jié)論是否成立，成立則存在，否則不存在.若探究結(jié)論，則應(yīng)先寫出結(jié)論的表達(dá)式，再針對表達(dá)式進(jìn)行討論，往往涉及對參數(shù)的討論.
【例3】 如圖135，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知F1，F(xiàn)2分別是橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦點，A，B分別是橢圓E的左、右頂點，D(1,0)為線段OF2的中點，且＋5＝0.
圖135
(1)求橢圓E的方程；
19、
(2)若M為橢圓E上的動點(異于點A，B)，連接MF1并延長交橢圓E于點N，連接MD，ND并分別延長交橢圓E于點P，Q，連接PQ，設(shè)直線MN，PQ的斜率存在且分別為k1，k2.試問是否存在常數(shù)λ，使得k1＋λk2＝0恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，說明理由．
[解題指導(dǎo)] (1)→→＝0→→
(2)→→
→→
→→→
[解] (1)∵＋5＝0，∴＝5，∵a＋c＝5(a－c)，化簡得2a＝3c，又點D(1,0)為線段OF2的中點，∴c＝2，從而a＝3，b＝，左焦點F1(－2,0)，故橢圓E的方程為＋＝1. 4分
(2)假設(shè)存在滿足條件的常數(shù)λ，使得k1＋λk2
20、＝0恒成立，
設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x3，y3)，Q(x4，y4)，
則直線MD的方程為x＝y(tǒng)＋1，代入橢圓方程＋＝1，整理得，y2＋y－4＝0， 6分
∵y1＋y3＝，∴y3＝，從而x3＝，故點P，
同理，點Q. 10分
∵三點M，F(xiàn)1，N共線，∴＝，
從而x1y2－x2y1＝2(y1－y2)，從而k2＝＝＝＝＝，故k1－＝0，從而存在滿足條件的常數(shù)λ，
λ＝－. 15分
[方法指津]
探索性問題求解的思路及策略
1．思路：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．
2．策略：(1)當(dāng)條件和結(jié)論不
21、唯一時要分類討論；(2)當(dāng)給出結(jié)論而要推導(dǎo)出存在的條件時，先假設(shè)成立，再推出條件．
[變式訓(xùn)練3] 已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的焦點分別為F1(－，0)，F(xiàn)2(，0)，點P在橢圓C上，滿足|PF1|＝7|PF2|，tan∠F1PF2＝4.
(1)求橢圓C的方程；
(2)已知點A(1,0)，試探究是否存在直線l：y＝kx＋m與橢圓C交于D，E兩點，且使得|AD|＝|AE|？若存在，求出k的取值范圍；若不存在，請說明理由.
【導(dǎo)學(xué)號：68334133】
[解] (1)由|PF1|＝7|PF2|，PF1＋PF2＝2a得PF1＝，PF2＝. 2分
由余弦定理得cos∠F1P
22、F＝＝，
∴a＝2，
∴所求C的方程為＋y2＝1. 4分
(2)假設(shè)存在直線l滿足題設(shè)，設(shè)D(x1，y1)，E(x2，y2)，將y＝kx＋m代入＋y2＝1并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，由Δ＝64k2m2－4(1＋4k2)(4m2－4)＝－16(m2－4k2－1)＞0，得4k2＋1＞m2.① 6分
又x1＋x2＝－.
設(shè)D，E中點為M(x0，y0)，M，kAMk＝－1，得m＝－，② 10分
將②代入①得4k2＋1＞2，化簡得20k4＋k2－1＞0?(4k2＋1)(5k2－1)＞0，解得k＞或k＜－，所以存在直線l，使得|AD|＝|AE|，此時k的取值范圍為∪. 15分
浙江高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)教師用書：第1部分 重點強化專題 專題5 突破點13 圓錐曲線中的綜合問題 Word版含答案
