2021数学二轮复习学案板块2命题区间精讲精讲5解析几何含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2021新高考数学（山东专用）二轮复习学案：板块2命题区间精讲精讲5解析几何含解析解析几何阅卷案例思维导图（2020·全国卷Ⅰ,T20，12分)已知A,B分别为椭圆E：eq\f(x2,a2）＋y2＝1（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点,eq\o（AG，\s\up8(→)）·eq\o（GB,\s\up8（→））＝8.P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．(1)求E的方程；(2）证明：直线CD过定点。本题考查：椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系、平面向量的数量积等知识，逻辑推理、数学运算等核心素养.答题模板标准解答踩点得分第1步：求方程利用待定系数法，结合题设条件求基本量,并写出标准方程。第2步：设点、直线设出直线的方程及相交两点的坐标.第3步：联立消元联立直线与曲线得方程组，消元得方程.关键步骤第4步：找关系借助题设中等量关系建立数量关系第5步：求解解等量关系得出待求结果，注意结果的完备性。←eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（1由题设得，A－a，0，Ba，0，G0,1，则\o（AG，\s\up5(→）)＝a,1，\o（GB,\s\up5（→)）＝a，－1，,由\o（AG，\s\up5（→）)·\o（GB，\s\up5(→））＝8，得a2－1＝8,解得a＝－3舍去或a＝3，1分，所以E的方程为\f(x2，9)＋y2＝1。2分）)←eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(2设Cx1，y1，Dx2，y2，P6，t，，若t≠0，设直线CD的方程为x＝my＋n，，由题意可知－3＜n＜3,,由于直线PA的方程为y＝\f(t，9）x＋3，，所以y1＝\f（t,9）x1＋3,3分,同理可得y2＝\f（t，3)x2－3,4分，于是有3y1x2－3＝y2x1＋3①。5分,由于\f（x\o\al（2,2)，9）＋y\o\al(2，2)＝1,，所以y\o\al(2，2)＝－\f(x2＋3x2－3，9)，)）←eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(将其代入①式，消去x2－3,,可得27y1y2＝－x1＋3x2＋3,,即27＋m2y1y2＋mn＋3y1＋y2＋n＋32＝0②，7分,联立\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋n,\f（x2，9)＋y2＝1）)得，,m2＋9y2＋2mny＋n2－9＝0，8分)）←eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(所以y1＋y2＝－\f（2mn，m2＋9）,y1y2＝\f（n2－9,m2＋9），,代入②式得，27＋m2n2－9－2mn＋3mn＋n＋32·m2＋9＝0,，解得n＝\f(3，2）或－3因为－3＜n＜3，所以舍－3，9分）)←eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(故直线CD的方程为x＝my＋\f（3，2),即直线CD过定点\f（3,2)，0。10分，若t＝0，则直线CD的方程为y＝0,也过点\f（3,2)，0。11分,综上所述，直线CD过定点\f(3，2），0.12分))第(1)问得分点及说明：1.求出a的值得1分。2。写出E的方程得1分。第(2)问得分点及说明：1。写出PA,PB的方程各得1分.2.将CD的方程与E联立消元正确得1分.3.正确得出y1＋y2,y1y2的方程②得2分。4。利用根与系数的关系求得直线过定点得3分，对于没考虑直线CD与x轴重合的情形扣1分。命题点1最值问题求圆锥曲线中最值问题的关键(1）公式意识，把所求最值用相关公式表述出来；(2)方程思想，即引入参数，寻找关于参数的方程;（3)不等式与函数意识，寻找关于参数的不等式或函数，并求最值．[高考题型全通关］1．已知抛物线C:x2＝4y的焦点为F,过点P(－2，2）的直线l与抛物线C交于A，B两点．(1)当点P为AB的中点时,求直线AB的方程；（2）求｜AF|·｜BF|的最小值．[解］(1）法一：设A(x1，y1)，B（x2，y2），则xeq\o\al(2，1)＝4y1，xeq\o\al(2，2）＝4y2，显然x1≠x2，则两式相减得4·eq\f（y1－y2,x1－x2)＝x1＋x2，因为x1＋x2＝－4，所以直线AB的斜率k＝eq\f(y1－y2，x1－x2）＝－1，所以直线AB的方程为y－2＝－（x＋2），即x＋y＝0。法二：设A（x1，y1），B(x2，y2）,显然直线AB的斜率存在，设为k,则直线AB的方程为y＝k（x＋2）＋2.由eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2＋2,,x2＝4y）)消去x整理得y2－4（k2＋k＋1)y＋4(k＋1）2＝0，由y1＋y2＝4(k2＋k＋1）＝4，解得k＝－1或k＝0(明显不符合题意,舍去)，所以直线AB的方程为y－2＝－（x＋2）,即x＋y＝0.（2）显然直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为y＝k(x＋2）＋2.设A(x1，y1），B(x2，y2),则由抛物线的定义可知｜AF|＝y1＋1，|BF|＝y2＋1，所以|AF|·|BF｜＝(y1＋1）（y2＋1）＝y1y2＋（y1＋y2）＋1。由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（y＝kx＋2＋2，，x2＝4y）)消去x整理得y2－4(k2＋k＋1)y＋4（k＋1)2＝0，所以y1＋y2＝4(k2＋k＋1），y1y2＝4(k＋1）2,所以｜AF|·｜BF｜＝y1y2＋(y1＋y2）＋1＝8k2＋12k＋9＝8eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(k＋\f（3,4)）)eq\s\up12（2）＋eq\f（9,2），所以当k＝－eq\f(3，4）时,｜AF｜·｜BF｜取得最小值，且最小值为eq\f（9,2).2．已知椭圆E：eq\f（x2，a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上的动点到其左焦点距离的最大值是最小值的3倍，且点Peq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(1,\f（3，2）))在椭圆上．(1）求椭圆E的标准方程；（2)过点G（0，1）作直线l与椭圆E交于A，B两点,O为坐标原点，求△ABO面积的最大值．［解］（1)由题意得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋c＝3a－c，，a2＝b2＋c2，,\f(1,a2）＋\f（9，4b2)＝1，））解得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a＝2，，b＝\r(3)，,c＝1,））∴椭圆的标准方程为eq\f（x2,4）＋eq\f(y2，3）＝1.(2）易知直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为y＝kx＋1,并设A(x1，y1），B(x2，y2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，，\f(x2,4)＋\f（y2，3）＝1，))消去y得(3＋4k2）x2＋8kx－8＝0,则x1＋x2＝eq\f（－8k，3＋4k2），x1x2＝eq\f（－8，3＋4k2)，∴|x1－x2|＝eq\r（x1＋x22－4x1x2）＝eq\f(4\r（6）·\r(1＋2k2），3＋4k2），原点O到直线l的距离d＝eq\f（1，\r(k2＋1))。∴S△ABO＝eq\f（1，2)d·eq\r(1＋k2）|x1－x2|＝eq\f（2\r(6）·\r（1＋2k2),3＋4k2).令eq\r（1＋2k2）＝t，∵k2≥0，∴t≥1，∴S△ABO＝eq\f(2\r(6)t,2t2＋1）＝eq\f(2\r（6）,2t＋\f（1，t））。易证y＝2t＋eq\f(1，t)在[1，＋∞)上单调递增，∴2t＋eq\f（1,t）≥3，∴S△ABO≤eq\f(2\r(6),3），∴△ABO面积的最大值为eq\f（2\r(6)，3）。命题点2范围问题圆锥曲线中范围问题的常见解法（1)几何法:若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，或不等关系,或已知参数与新参数之间的等量关系等，则可利用这些关系去求参数的取值范围．[高考题型全通关]1．(2020·烟台模拟)椭圆C：eq\f（x2，a2)＋eq\f（y2，b2)＝1（a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，M为椭圆上一动点（异于左、右顶点)，若△MF1F2的周长为4＋2eq\r(3），且面积的最大值为eq\r（3）。（1）求椭圆C的方程;（2）设A，B是椭圆C上两动点，线段AB的中点为P,OA,OB的斜率分别为k1，k2（O为坐标原点),且k1k2＝－eq\f（1,4)，求|OP|的取值范围．[解］(1）由题知，△MF1F2的周长为2a＋2c＝4＋2eq\r(3)，且eq\f(1,2）·2c·b＝eq\r(3)，∴a＝2，b＝1，c＝eq\r（3），∴椭圆C的方程为eq\f（x2，4)＋y2＝1。（2）当直线AB的斜率k＝0时，此时k1，k2(O为坐标原点），满足k1k2＝－eq\f（1,4)，k1＝－k2＝－eq\f（1,2）.可令OB的方程为y＝eq\f（1，2)x（xB＞0），由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（y＝\f(x，2），，x2＋4y2＝4，))可得Beq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\r（2),\f（\r(2）,2）)），此时|OP｜＝eq\f(\r(2)，2），当直线AB的斜率k≠0时,可令AB的方程为x＝my＋t，由eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x2＋4y2＝4，，x＝my＋t，))可得(m2＋4）y2＋2mty＋t2－4＝0,Δ＝4m2t2－4(m2＋4）（t2－4)＞0⇒m2－t2＋4＞0. ①设A（x1，y1)，B（x2，y2)，y1＋y2＝eq\f（－2mt，m2＋4)，y1y2＝eq\f（t2－4，m2＋4),x1＋x2＝m（y1＋y2）＋2t＝eq\f（8t，m2＋4）。∴Peq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（4t，m2＋4),\f(－mt，m2＋4）））.∵k1k2＝－eq\f（1，4)，∴eq\f（y1y2,x1x2)＝－eq\f（1,4)，即4y1y2＋x1x2＝0，∴(4＋m2)y1y2＋mt(y1＋y2）＋t2＝0，∴t2－4＋eq\f（－2m2t2,4＋m2)＋t2＝0，∴2t2＝m2＋4，则t2≥2， ②由①②可得t2≥2恒成立，|OP|2＝eq\f（16t2＋m2t2，m2＋42）＝eq\f(16t2＋m2t2,2t22）＝eq\f（16＋m2,4t2）＝eq\f（16＋2t2－4,4t2）＝eq\f（1，2）＋eq\f（3,t2)∈eq\b\lc\（\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f(1,2），2)），|OP|∈eq\b\lc\（\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f（\r（2），2)，\r（2)))。综上，｜OP|的取值范围为eq\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)，2)，\r（2))）.2．（2020·四川五校联考）已知抛物线E:y2＝8x，直线l:y＝kx－4。(1）若直线l与抛物线E相切，求直线l的方程;（2）设Q（4，0)，直线l与抛物线E交于不同的两点A(x1,y1)，B（x2,y2),若存在点C满足｜eq\o（CQ，\s\up8（→））＋eq\o(CA，\s\up8(→）)|＝｜eq\o（CQ,\s\up8（→））－eq\o(CA,\s\up8(→))|，且线段OC与AB互相平分（O为坐标原点)，求x2的取值范围．［解］（1）法一:由eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－4，,y2＝8x)）得k2x2－8（k＋1）x＋16＝0,由k≠0及Δ＝64（k＋1)2－64k2＝0,得k＝－eq\f（1，2),所以直线l的方程为y＝－eq\f（1,2)x－4。法二：由y2＝8x得y＝±eq\r（8x)，直线l恒过点（0,－4）,则y＝－eq\r（8x），设切点为（x0,y0)（y0＜0），由于y＝－eq\r（8x)，所以y′|x＝x0＝－eq\f（\r(2)，\r(x0）），所以切线方程为y＋eq\r(8x0)＝－eq\f（\r(2），\r(x0))(x－x0），将坐标(0，－4）代入得x0＝8，即切点为（8，－8），再将该点代入y＝kx－4得，k＝－eq\f（1，2)，所以直线l的方程为y＝－eq\f(1,2)x－4.(2）由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(y＝kx－4,,y2＝8x）)得k2x2－8(k＋1）x＋16＝0,因为Δ＝64(k＋1)2－64k2＞0，且k≠0,所以k＞－eq\f（1,2），且k≠0,所以x1＋x2＝eq\f（8k＋1,k2)，所以y1＋y2＝k(x1＋x2)－8＝eq\f（8,k）.因为线段OC与AB互相平分，所以四边形OACB为平行四边形,所以eq\o(OC，\s\up8(→））＝eq\o（OA，\s\up8（→））＋eq\o(OB，\s\up8(→）)＝(x1＋x2，y1＋y2）＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(8k＋1，k2），\f(8,k）))，即Ceq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(8k＋1，k2），\f(8,k)）)，由|eq\o(CQ,\s\up8（→））＋eq\o（CA,\s\up8（→)）｜＝｜eq\o(CQ,\s\up8(→))－eq\o(CA，\s\up8（→))|得,AC⊥QC．所以kAC·kQC＝－1，又kQC＝eq\f（\f（8，k),\f（8k＋1，k2）－4)＝eq\f（2k,2k＋1－k2),kAC＝kOB＝eq\f(y2,x2)＝k－eq\f(4,x2)，所以eq\f(2k,2k＋1－k2）·eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(k－\f（4,x2）)）＝－1，所以eq\f（8,x2）＝k＋eq\f（2，k)＋2。若k＞0，则eq\f（8，x2)≥2eq\r(2）＋2＝2(eq\r（2)＋1)，当且仅当k＝eq\r(2)时取等号，此时0＜x2≤4（eq\r(2）－1）．若－eq\f(1,2）＜k＜0，由于k＝－eq\f（1，2）时，k＋eq\f(2，k）＋2＝－eq\f(5，2），所以eq\f（8，x2)＜－eq\f（5，2)，即x2＜－eq\f(16,5）(舍去)．综上，x2的取值范围为(0，4（eq\r（2）－1）］．［一题多解(2)中也可由|eq\o（CQ,\s\up8（→)）＋eq\o(CA，\s\up8（→））|＝｜eq\o(CQ，\s\up8（→））－eq\o（CA,\s\up8（→)）|，得eq\o(QC,\s\up8(→））·eq\o(AC,\s\up8(→））＝0，结合eq\o（QC，\s\up8(→)）＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(8k＋1,k2)－4,\f（8，k）))，eq\o（AC,\s\up8（→)）＝eq\o(OB，\s\up8(→))＝(x2，y2)＝(x2，kx2－4），得eq\f（8，x2)＝k＋eq\f（2，k）＋2求解．]命题点3定点问题解决圆锥曲线中的定点问题应注意（1）分清问题中哪些是定的，哪些是变动的；(2)注意“设而不求”思想的应用，引入参变量,最后看能否把变量消去；(3)“先猜后证”，也就是先利用特殊情况确定定点，然后验证，这样在整理式子时就有了明确的方向．[高考题型全通关］1．(2020·陕西百校联盟第一次模拟）已知椭圆C:eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2，b2)＝1(a＞b＞0)的离心率e＝eq\f(\r(3）,2）,椭圆的左焦点为F1，短轴的两个端点分别为B1，B2，且eq\o（F1B1,\s\up8（→)）·eq\o(F1B2,\s\up8（→)）＝2.（1)求C的标准方程；（2)若过左顶点A作椭圆的两条弦AM，AN，且eq\o(AM,\s\up8（→)）·eq\o(AN,\s\up8（→))＝0,求证：直线MN与x轴的交点为定点．[解］(1）由题意得e＝eq\f（c,a)＝eq\f（\r(3），2）， ①F1（－c，0），不妨令B1为上端点，则B1(0，b），B2（0，－b），所以eq\o(F1B1，\s\up8（→））·eq\o（F1B2，\s\up8（→)）＝(c，b）·（c，－b）＝c2－b2＝2。 ②c2＝a2－b2. ③由①②③得a2＝4，b2＝1，所以椭圆C的标准方程为eq\f（x2，4)＋y2＝1。（2)证明：由题可知，A(－2,0），直线AM,AN的斜率存在且不为零，设直线AM的斜率为k，则直线AN的斜率为－eq\f（1，k）.可得直线AM的方程为y＝k(x＋2），将直线AM的方程与椭圆方程联立得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（y＝kx＋2，,x2＋4y2－4＝0，)）得(1＋4k2）x2＋16k2x＋16k2－4＝0(＊），Δ＞0.方程(*)的一个根为－2,设M(xM，yM），则－2xM＝eq\f(16k2－4,1＋4k2)，得xM＝eq\f(2－8k2，1＋4k2)，所以yM＝k（xM＋2）＝eq\f(4k,1＋4k2），得Meq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（2－8k2，1＋4k2），\f（4k,1＋4k2））)，同理可得（将k换为－eq\f(1，k)）Neq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（2k2－8,k2＋4），\f（－4k,k2＋4)))。则直线MN的斜率kMN＝eq\f（\f（4k,1＋4k2）＋\f（4k,k2＋4)，\f(2－8k2,1＋4k2)－\f(2k2－8，k2＋4))＝eq\f(20k3＋20k,－16k4－16)＝eq\f（20kk2＋1，－16k2－1k2＋1）＝eq\f(－5k，4k2－4).所以直线MN的方程为y＋eq\f(4k,k2＋4)＝eq\f（－5k,4k2－4)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(x－\f（2k2－8,k2＋4)））.令y＝0，则x＝eq\f(161－k2，5k2＋4)＋eq\f(2k2－8，k2＋4)＝eq\f（－6k2－24,5k2＋4)＝eq\f(－6k2＋4,5k2＋4)＝－eq\f（6,5)。所以直线MN与x轴的交点为定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f（6，5)，0））。2．已知抛物线C：y2＝2px(p＞0）上一点P（4，t)(t＞0)到焦点F的距离等于5。(1)求抛物线C的方程和实数t的值；（2）若过F的直线交抛物线C于不同的两点A，B(均与P不重合)，直线PA,PB分别交抛物线的准线l于点M,N.试判断以MN为直径的圆是否过点F，并说明理由．[解]（1)由抛物线定义可知｜PF｜＝4－eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(p,2））)＝5,解得p＝2，故抛物线C的方程为y2＝4x,将P（4，t)（t＞0）代入抛物线方程解得t＝4.（2）以MN为直径的圆一定过点F，理由如下：设A（x1，y1)，B（x2，y2)，设直线AB的方程为x＝my＋1（m∈R），代入抛物线C：y2＝4x，化简整理得y2－4my－4＝0，则eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝4m，，y1y2＝－4，)）由（1）知P(4，4），所以直线PA的方程为y－4＝eq\f(y1－4，x1－4）(x－4）＝eq\f(y1－4，my1－3）（x－4）,令x＝－1得y＝eq\f（4m－5y1＋8，my1－3)，即Meq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－1,\f(4m－5y1＋8，my1－3))），同理可得Neq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－1，\f(4m－5y2＋8,my2－3)))，∴kMF·kNF＝eq\f(4m－5y1＋8，2my1－3)·eq\f（4m－5y2＋8，2my2－3)＝eq\f(\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(2m－\f(5,2)))\s\up12（2)y1y2＋8m－10y1＋y2＋16，m2y1y2－3my1＋y2＋9)＝eq\f(－4\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（2m－\f（5，2）))\s\up12（2)＋4m8m－10＋16，－4m2－3m·4m＋9）＝eq\f(16m2－9，－16m2＋9）＝－1,∴MF⊥NF，故以MN为直径的圆过点F.(也可用eq\o(MF，\s\up8（→）)·eq\o(NF，\s\up8（→))＝0)．命题点4定值问题求定值问题常见的2种方法（1)从特殊情况入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关;(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．［高考题型全通关］1．（2020·广东四校联考)设斜率不为0的直线l与抛物线x2＝4y交于A，B两点,与椭圆eq\f(x2，6)＋eq\f（y2，4）＝1交于C，D两点，记直线OA，OB，OC，OD(O为坐标原点）的斜率分别为k1，k2，k3，k4.（1)若直线l过点（0,4）,证明:OA⊥OB；（2）求证：eq\f(k1＋k2,k3＋k4)的值与直线l的斜率的大小无关．［解］设直线l的方程为y＝kx＋m，k≠0，A（x1，y1)，B(x2，y2)，（1)依题意，eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,1）＝4y1，，x\o\al（2,2）＝4y2，）)两式相乘得（x1x2)2＝16y1y2，若直线l过点(0，4)，则直线l的方程为y＝kx＋4，将直线l的方程代入抛物线x2＝4y，得x2－4kx－16＝0。∴x1x2＝－16，∴y1y2＝16，∴x1x2＋y1y2＝0,∴eq\o(OA,\s\up8(→）)·eq\o(OB,\s\up8（→)）＝0，∴OA⊥OB．(2）设C(x3，y3），D(x4，y4)．联立y＝kx＋m和x2＝4y，化简得x2－4kx－4m＝0，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4m，k1＋k2＝eq\f(y1,x1）＋eq\f（y2,x2）＝eq\f（x1,4）＋eq\f（x2，4)＝k。联立y＝kx＋m和eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,4)＝1，化简得(2＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－12＝0,在Δ＝（6km)2－4（2＋3k2)（3m2－12)＞0(⇒4＋6k2＞m2，此式可不求解)的情况下，x3＋x4＝eq\f（－6km,2＋3k2），x3x4＝eq\f(3m2－12，2＋3k2)，k3＋k4＝eq\f（y3,x3）＋eq\f（y4，x4）＝2k＋eq\f（m,x3)＋eq\f(m，x4)＝2k＋eq\f（mx3＋x4，x3x4）＝2k＋eq\f(－6km2,3m2－12)＝eq\f（－8k,m2－4),∴eq\f(k1＋k2，k3＋k4）＝－eq\f(m2－4，8），是一个与直线l的斜率k无关的值．2．已知点Peq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（\r(6),2)，1))在椭圆C：eq\f(x2，a2）＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上，椭圆C的焦距为2.（1)求椭圆C的方程；(2）斜率为定值k的直线l与椭圆C交于A，B两点，且满足｜OA｜2＋｜OB|2的值为常数(其中O为坐标原点)．①求k的值以及这个常数；②写出一般性结论(不用证明):斜率为定值k的直线l与椭圆eq\f(x2，a2)＋eq\f（y2，b2）＝1(a＞b＞0)交于A,B两点,且满足|OA|2＋｜OB｜2的值为常数，则k的值以及这个常数是多少？［解］（1）由点P在椭圆上得eq\f（3,2a2)＋eq\f（1,b2)＝1，2c＝2，∴3b2＋2a2＝2a2b2,c＝1.又a2＝b2＋c2，∴3b2＋2（b2＋1）＝2（b2＋1)b2，∴2b4－3b2－2＝0，解得b2＝2,得a2＝3，∴椭圆C的方程为eq\f（x2,3）＋eq\f（y2，2）＝1.（2)①设直线l的方程为y＝kx＋t，联立eq\f（x2，3)＋eq\f(y2，2)＝1，得(3k2＋2)x2＋6ktx＋3t2－6＝0，Δ＝(6kt)2－4（3k2＋2）（3t2－6）＝24（3k2－t2＋2)＞0,设A（x1,y1)，B(x2，y2)，∴x1＋x2＝－eq\f（6kt,3k2＋2），x1x2＝eq\f(3t2－6,3k2＋2),又yeq\o\al(2,1)＝2eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(1－\f（x\o\al(2，1),3)））,yeq\o\al（2，2）＝2eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x\o\al(2，2）,3）)），|OA｜2＋|OB|2＝（xeq\o\al(2,1）＋yeq\o\al(2,1））＋(xeq\o\al（2,2）＋yeq\o\al（2,2)）＝eq\f(1，3)(xeq\o\al（2,1）＋xeq\o\al（2,2)）＋4＝eq\f(1，3)[(x1＋x2)2－2x1x2]＋4＝eq\f（1,3)eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(－6kt,3k2＋2）))\s\up12（2）－2×\f（3t2－6,3k2＋2)))＋4＝eq\f（1，3）×eq\f（18k2－12t2＋36k2＋24，3k2＋22)＋4，要使｜OA｜2＋|OB|2为常数，只需18k2－12＝0，得k2＝eq\f(2，3）,∴｜OA｜2＋｜OB｜2＝eq\f(1，3)×eq\f(24＋24,2＋22）＋4＝5，∴k＝±eq\f(\r（2),\r（3）)＝±eq\f(\r(6)，3）,这个常数为5。②k＝±eq\f（b,a）,这个常数为a2＋b2.命题点5证明问题圆锥曲线的证明问题，常表现为证明相等、定值、过定点、点在曲线上等，一般是以直线与圆锥曲线为载体,综合使用圆锥曲线的性质及位置关系进行论证．[高考题型全通关］1．设定点F（0，1)，动点E满足：以EF为直径的圆与x轴相切．(1）求动点E的轨迹C的方程；(2）设A，B是曲线C上两点，若曲线C在点A,B处的切线互相垂直，求证：A，F，B三点共线．[解]（1）设E(x，y)，则EF的中点为Meq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（x,2），\f(y＋1,2））),依题意知M到点F(0,1）与它到x轴的距离相等，可得eq\r（\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(x，2)）)\s\up12（2）＋\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(y－1,2）））\s\up12(2））＝eq\b\lc\|\rc\|（\a\vs4\al\co1（\f（y＋1,2)））,化简得x2＝4y，即动点E的轨迹C的方程为x2＝4y.(2）证明:设Aeq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（x1，\f(x\o\al(2,1)，4）)），Beq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(x2，\f（x\o\al(2,2），4））)（x1≠x2），则由y＝eq\f（x2，4)得y′＝eq\f（x，2）,知曲线C在点A，B处的切线的斜率分别是eq\f(x1，2)，eq\f(x2,2），依题意eq\f(x1,2)·eq\f（x2，2）＝－1，即x1x2＝－4，可得Beq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(4，x1），\f(4，x\o\al（2，1))）)，∴kAF＝eq\f(\f（x\o\al(2，1),4)－1，x1)＝eq\f（x1,4）－eq\f（1，x1)，kBF＝eq\f(\f(4,x\o\al(2,1))－1，－\f(4,x1)）＝eq\f(x1，4)－eq\f(1,x1)，∴kAF＝kBF，又直线AF与BF有公共点F,所以A，B，F三点共线．2．设定点F（0，1)，动圆E过点F且与直线y＝－1相切．（1）求动圆圆心E的轨迹C的方程；（2)设P为直线y＝－1上任意一点，过点P作轨迹C的两条切线l1和l2，证明：l1⊥l2.[解］（1）依题意知，点E的轨迹C是以F(0，1)为焦点,以直线y＝－1为准线的抛物线，方程为x2＝4y.(2)证明:设P（x0,－1),显然过P与曲线C相切的直线斜率存在,设切线方程为y＋1＝k(x－x0），与曲线C:x2＝4y，联立得eq\f(x2,4）＋1＝k（x－x0）,即x2－4kx＋4kx0＋4＝0,依题意得Δ＝(－4k）2－4（4kx0＋4)＝0，即k2－kx0－1＝0，∴k1k2＝－1，∵k1，k2分别是直线l1和l2的斜率，∴l1⊥l2。命题点6存在性问题存在性问题的求解策略(1)若给出问题的一些特殊关系,要探索一般规律,并证明所得规律的正确性，通常要对已知关系进行观察、比较、分析，然后概括一般规律;(2）若只给出条件，求“不存在"“是否存在”等语句表述问题时，一般先对结论给出肯定存在的假设，然后由假设出发，结合已知条件进行推理，从而得出结论．[高考题型全通关］1．(2020·济南模拟)设M是抛物线E：x2＝2py(p＞0)上的一点，抛物线E在点M处的切线方程为y＝x－1。(1)求E的方程；(2)已知过点（0，1）的两条不重合直线l1，l2的斜率之积为1，且直线l1，l2分别交抛物线E于A，B两点和C，D两点．是否存在常数λ，使得｜AB|＋|CD｜＝λ｜AB｜·|CD｜成立？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．［解］(1)法一：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（y＝x－1，，x2＝2py，))消y得x2－2px＋2p＝0。由题意得Δ＝4p2－8p＝0，因为p＞0，所以p＝2。故抛物线E:x2＝4y.法二:设Meq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（x0，\f（x\o\al(2，0），2p)))，由x2＝2py，得y＝eq\f（x2，2p），y′＝eq\f(x，p）。由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（\f（x0,p）＝1，，\f（x\o\al（2，0）,2p）＝x0－1,））解得p＝2。故抛物线E：x2＝4y。(2）假设存在常数λ使得｜AB｜＋|CD｜＝λ｜AB｜·｜CD|成立,则λ＝eq\f(1,｜AB|)＋eq\f（1,｜CD|）.由题意知，l1，l2的斜率存在且均不为零,设l1的方程为y＝kx＋1，则由eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，，x2＝4y,)）消去y得x2－4kx－4＝0.设A（x1，y1)，B(x2，y2），则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.所以|AB｜＝eq\r（1＋k2)eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(1＋k2）eq\r(16k2＋16）＝4（1＋k2）．（也可以由y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝4k2＋2，得到|AB｜＝y1＋y2＋2＝4(1＋k2)．)因为直线l1，l2的斜率之积为1,所以l2斜率为eq\f（1,k)。同理可得｜CD|＝4eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k2)））。所以λ＝eq\f(1，|A