突破点15圆锥曲线中的综合问题(酌情自选)(对应学生用书第167页)提炼1解答圆锥曲线的定值、定点问题，从三个方面把握(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.提炼2用代数法求最值与范围问题时从下面几个方面入手(2)若已知曲线上任意一点、一定点或与定点构成的图形，则利用圆锥曲线的性质(性质中的范围)求解．(3)利用隐含或已知的不等关系式直接求范围． (4)利用基本不等式求最值与范围． (5)利用函数值域的方法求最值与范围.提炼3与圆锥曲线有关的探索性问题常要对已知关系进行观察、比较、分析，然后概括出一般规律．(2)对于只给出条件，探求“是否存在”类型问题，一般要先对结论作出肯定存在的假设，然后由假设出发，结合已知条件进行推理，若推出相符的结论，则存在性得到论证；若推出矛盾，则假设不存在．回访1 圆锥曲线的定值、定点问题1．(2015·全国卷Ⅱ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，点(2，2)在C 上．(1)求C 的方程；(2)直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴，l 与C 有两个交点A ，B ，线段AB 的中点为M .证明：直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值．[解] (1)由题意有a 2－b 2a ＝22，4a 2＋2b2＝1，2分解得a 2＝8，b 2＝4.3分 所以C 的方程为x 28＋y 24＝1.4分 (2)证明：设直线l ：y ＝kx ＋b (k ≠0，b ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x M ，y M )． 将y ＝kx ＋b 代入x 28＋y 24＝1，得(2k 2＋1)x 2＋4kbx ＋2b 2－8＝0.6分 故x M ＝x 1＋x 22＝－2kb 2k 2＋1，y M ＝k ·x M ＋b ＝b2k 2＋1.8分 于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M ＝－12k，即k OM ·k ＝－12.11分所以直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值.12分 回访2 圆锥曲线中的最值与范围问题2．(2016·山东高考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的长轴长为4，焦距为2 2.(1)求椭圆C 的方程．(2)过动点M (0，m )(m >0)的直线交x 轴于点N ，交C 于点A ，P (P 在第一象限)，且M 是线段PN 的中点．过点P 作x 轴的垂线交C 于另一点Q ，延长QM 交C 于点B .①设直线PM ，QM 的斜率分别为k ，k ′，证明k ′k为定值； ②求直线AB 的斜率的最小值．图15­1[解] (1)设椭圆的半焦距为c .由题意知2a ＝4,2c ＝22，所以a ＝2，b ＝a 2－c 2＝ 2. 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1.2分(2)①证明：设P (x 0，y 0)(x 0>0，y 0>0)． 由M (0，m )，可得P (x 0,2m )，Q (x 0，－2m ).3分所以直线PM 的斜率k ＝2m －m x 0＝mx 0，4分直线QM 的斜率k ′＝－2m －m x 0＝－3m x 0.5分此时k ′k ＝－3.所以k ′k为定值－3.6分 ②设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由①知直线PA 的方程为y ＝kx ＋m ，则直线QB 的方程为y ＝－3kx ＋m .联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y22＝1，整理得(2k 2＋1)x 2＋4mkx ＋2m 2－4＝0.8分 由x 0x 1＝2m 2－42k 2＋1，可得x 1＝2m 2－22k 2＋1x 0， 所以y 1＝kx 1＋m ＝2k m 2－22k 2＋1x 0＋m .9分 同理x 2＝2m 2－218k 2＋1x 0，y 2＝－6k m 2－218k 2＋1x 0＋m .10分 所以x 2－x 1＝2m 2－218k 2＋1x 0－2m 2－22k 2＋1x 0＝－32k2m 2－218k 2＋12k 2＋1x 0，11分 y 2－y 1＝－6k m 2－218k 2＋1x 0＋m －2k m 2－22k 2＋1x 0－m ＝－8k 6k 2＋1m 2－218k 2＋12k 2＋1x 0，12分 所以k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝6k 2＋14k ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫6k ＋1k .由m >0，x 0>0，可知k >0，所以6k ＋1k ≥26，等号当且仅当k ＝66时取得．此时m4－8m2＝66，即m ＝147，符合题意． 所以直线AB 的斜率的最小值为62.14分 回访3 与圆锥曲线有关的探索性问题3．(2015·四川高考)如图15­2，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是22，点P (0,1)在短轴CD 上，且PC →·PD →＝－1.(1)求椭圆E 的方程；(2)设O 为坐标原点，过点P 的动直线与椭圆交于A ，B 两点．是否存在常数λ，使得OA →·OB →＋λPA →·PB →为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．图15­2[解] (1)由已知，点C ，D 的坐标分别为(0，－b )，(0，b )． 又点P 的坐标为(0,1)，且PC →·PD →＝－1，于是⎩⎪⎨⎪⎧1－b 2＝－1，c a ＝22，a 2－b 2＝c 2.解得a ＝2，b ＝ 2.所以椭圆E 的方程为x 24＋y 22＝1.4分(2)当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝kx ＋1，得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0.其判别式Δ＝(4k )2＋8(2k 2＋1)>0， 所以x 1＋x 2＝－4k 2k 2＋1，x 1x 2＝－22k 2＋1.6分 从而，OA →·OB →＋λPA →·PB →＝x 1x 2＋y 1y 2＋λ[x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k 2)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1 ＝－2λ－4k 2＋－2λ－12k 2＋1＝－λ－12k 2＋1－λ－2.9分所以，当λ＝1时，－λ－12k 2＋1－λ－2＝－3.此时，OA →·OB →＋λPA →·PB →＝－3为定值.10分 当直线AB 斜率不存在时，直线AB 即为直线CD .此时，OA →·OB →＋λPA →·PB →＝OC →·OD →＋PC →·PD →＝－2－1＝－3.12分 故存在常数λ＝1，使得OA →·OB →＋λPA →·PB →为定值－3.13分(对应学生用书第167页)热点题型1 圆锥曲线中的定值问题题型分析：圆锥曲线中的定值问题是近几年高考的热点内容，解决这类问题的关键是引入变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式恒成立，数式变换等寻找不受参数影响的量.(2016·烟台二模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点F 1与抛物线y 2＝－43x 的焦点重合，过点F 1的直线l 交椭圆于A ，B 两点．当直线l 经过椭圆C 的一个短轴端点时，与以原点O 为圆心，以椭圆的离心率e 为半径的圆相切．(1)求椭圆C 的方程；(2)是否在x 轴上存在定点M ，使AM →·BM →为定值？若存在，请求出定点M 及定值；若不存在，请说明理由．[解] (1)依题意，得c ＝3，即F 1(－3，0).1分 又由题意可得e ＝bc a ＝c a，所以b ＝1，2分 所以a ＝2，3分所以所求椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.4分(2)当直线l 的斜率存在时，则可设直线l 的方程为y ＝k (x ＋3)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x ＋3，x 24＋y 2＝1，消去y 得(4k 2＋1)x 2＋83k 2x ＋12k 2－4＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则由韦达定理可得x 1＋x 2＝－83k 24k 2＋1，x 1x 2＝12k 2－44k 2＋1.7分设点M (m,0)，则AM →＝(m －x 1，－y 1)，BM →＝(m －x 2，－y 2)， AM →·BM →＝(m －x 1)(m －x 2)＋y 1y 2＝m 2－m (x 1＋x 2)＋x 1x 2＋k 2()x 1＋3()x 2＋3 ＝m 2＋(3k 2－m )()x 1＋x 2＋(k 2＋1)x 1x 2＋3k 2＝m 2＋(3k 2－m )－83k 24k 2＋1＋(k 2＋1)12k 2－44k 2＋1＋3k 2＝4m 2＋83m ＋11k 2＋m 2－44k 2＋1，9分 要使AM →·BM →为定值，则4m 2＋83m ＋11m 2－4＝41，解得m ＝－938，即AM →·BM →＝－1364.11分当直线l 的斜率不存在时，则可知点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，－12，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，12，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－38，12，BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－38，－12，AM →·BM →＝－1364，即在x 轴上存在定点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－938，0，使AM →·BM →为定值－1364.13分求解定值问题的两大途径1.由特例得出一个值此值一般就是定值→证明定值：将问题转化为证明待证式与参数某些变量无关2．先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．[变式训练1] (2016·北京高考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1过A (2,0)，B (0,1)两点．(1)求椭圆C 的方程及离心率；(2)设P 为第三象限内一点且在椭圆C 上，直线PA 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N ，求证：四边形ABNM 的面积为定值．[解] (1)由题意得a ＝2，b ＝1， ∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.3分又c ＝a 2－b 2＝3，∴离心率e ＝c a ＝32.5分 (2)证明：设P (x 0，y 0)(x 0＜0，y 0＜0)，则x 20＋4y 20＝4.6分又A (2,0)，B (0,1)， ∴直线PA 的方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)．令x ＝0，得y M ＝－2y 0x 0－2，从而|BM |＝1－y M ＝1＋2y 0x 0－2.9分 直线PB 的方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1. 令y ＝0，得x N ＝－x 0y 0－1，从而|AN |＝2－x N ＝2＋x 0y 0－1.12分 ∴四边形ABNM 的面积S ＝12|AN |·|BM |＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋x 0y 0－1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2y 0x 0－2 ＝x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋42x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝2x 0y 0－2x 0－4y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝2.从而四边形ABNM 的面积为定值.14分 热点题型2 圆锥曲线中的最值、范围问题题型分析：圆锥曲线中的最值、范围问题是高考重点考查的内容，解决此类问题常用的方法是几何法和代数法.(2016·全国乙卷)设圆x 2＋y 2＋2x －15＝0的圆心为A ，直线l 过点B (1,0)且与x 轴不重合，l 交圆A 于C ，D 两点，过B 作AC 的平行线交AD 于点E .(1)证明|EA |＋|EB |为定值，并写出点E 的轨迹方程；(2)设点E 的轨迹为曲线C 1，直线l 交C 1于M ，N 两点，过B 且与l 垂直的直线与圆A 交于P ，Q 两点，求四边形MPNQ 面积的取值范围．[解] (1)因为|AD |＝|AC |，EB ∥AC ， 所以∠EBD ＝∠ACD ＝∠ADC ，所以|EB |＝|ED |， 故|EA |＋|EB |＝|EA |＋|ED |＝|AD |.又圆A 的标准方程为(x ＋1)2＋y 2＝16，从而|AD |＝4， 所以|EA |＋|EB |＝4.2分由题设得A (－1,0)，B (1,0)，|AB |＝2，由椭圆定义可得点E 的轨迹方程为x 24＋y 23＝1(y ≠0).4分(2)当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －1，x 24＋y23＝1，得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，则x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3.所以|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝12k 2＋14k 2＋3. 过点B (1,0)且与l 垂直的直线m ：y ＝－1k(x －1)，点A 到直线m 的距离为2k 2＋1，6分所以|PQ |＝242－⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋12＝44k 2＋3k 2＋1. 故四边形MPNQ 的面积S ＝12|MN || PQ |＝121＋14k 2＋3.8分 可得当l 与x 轴不垂直时，四边形MPNQ 面积的取值范围为(12,83).10分 当l 与x 轴垂直时，其方程为x ＝1，|MN |＝3，|PQ |＝8， 故四边形MPNQ 的面积为12.综上，四边形MPNQ 面积的取值范围为[12,83).12分与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法1．数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解． 2．构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解． 3．构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．[变式训练2] (名师押题)已知抛物线C ：x 2＝2py (p ＞0)，过其焦点作斜率为1的直线l 交抛物线C 于M ，N 两点，且|MN |＝16.(1)求抛物线C 的方程；(2)已知动圆P 的圆心在抛物线C 上，且过定点D (0,4)，若动圆P 与x 轴交于A ，B 两点，求|DA ||DB |＋|DB ||DA |的最大值. 【导学号：67722055】[解] (1)设抛物线的焦点为F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2，则直线l ：y ＝x ＋p2.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋p 2，x 2＝2py ，得x 2－2px －p 2＝0，∴x 1＋x 2＝2p ，∴y 1＋y 2＝3p ， ∴|MN |＝y 1＋y 2＋p ＝4p ＝16，∴p ＝4， ∴抛物线C 的方程为x 2＝8y .4分(2)设动圆圆心P (x 0，y 0)，A (x 1,0)，B (x 2,0)，则x 20＝8y 0，且圆P ：(x －x 0)2＋(y －y 0)2＝x 20＋(y 0－4)2， 令y ＝0，整理得x 2－2x 0x ＋x 20－16＝0， 解得x 1＝x 0－4，x 2＝x 0＋4，6分 设t ＝|DA ||DB |＝x 0－42＋16x 0＋42＋16＝x 20－8x 0＋32x 20＋8x 0＋32＝1－16x 0x 20＋8x 0＋32，当x 0＝0时，t ＝1， ①7分 当x 0≠0时，t ＝1－16x 0＋8＋32x 0.∵x 0＞0，∴x 0＋32x 0≥82，∴t ≥1－168＋82＝3－22＝2－1，且t ＜1， ② 综上①②知2－1≤t ≤1.9分∵f (t )＝t ＋1t在[2－1,1]上单调递减，∴|DA ||DB |＋|DB ||DA |＝t ＋1t ≤2－1＋12－1＝22， 当且仅当t ＝2－1，即x 0＝42时等号成立． ∴|DA ||DB |＋|DB ||DA |的最大值为2 2.12分 热点题型3 圆锥曲线中的探索性问题题型分析：探索性问题一般分为探究条件和探究结论两种类型，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，否则不存在.若探究结论，则应先写出结论的表达式，再针对表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.(2016·长沙二模)如图15­3，在平面直角坐标系xOy 中，已知F 1，F 2分别是椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点，A ，B 分别是椭圆E 的左、右顶点，D (1,0)为线段OF 2的中点，且AF 2→＋5BF 2→＝0.图15­3(1)求椭圆E 的方程；(2)若M 为椭圆E 上的动点(异于点A ，B )，连接MF 1并延长交椭圆E 于点N ，连接MD ，ND 并分别延长交椭圆E 于点P ，Q ，连接PQ ，设直线MN ，PQ 的斜率存在且分别为k 1，k 2.试问是否存在常数λ，使得k 1＋λk 2＝0恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．[解题指导] (1)D 为OF 2的中点→求c →AF 2→＋5BF 2→＝0→a 与c 的关系→椭圆方程 (2)假设存在常数λ→设点M ，N ，P ，Q 的坐标→直线MD 的方程与椭圆方程联立→用点M 的坐标表示点P ，Q 的坐标 →点M ，F 1，N 共线→得到点M ，N 坐标的关系→求k 2→得到k 1与k 2的关系[解] (1)∵AF 2→＋5BF 2→＝0，∴AF 2→＝5F 2B →，∵a ＋c ＝5(a －c )，化简得2a ＝3c ，又点D (1,0)为线段OF 2的中点，∴c ＝2，从而a ＝3，b ＝5，左焦点F 1(－2,0)，故椭圆E 的方程为x 29＋y 25＝1.4分(2)假设存在满足条件的常数λ，使得k 1＋λk 2＝0恒成立， 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，P (x 3，y 3)，Q (x 4，y 4)，则直线MD 的方程为x ＝x 1－1y 1y ＋1，代入椭圆方程x 29＋y 25＝1，整理得，5－x 1y 21y 2＋x 1－1y 1y－4＝0，6分∵y 1＋y 3＝y 1x 1－1x 1－5，∴y 3＝4y 1x 1－5，从而x 3＝5x 1－9x 1－5，故点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫5x 1－9x 1－5，4y 1x 1－5， 同理，点Q ⎝⎛⎭⎪⎫5x 2－9x 2－5，4y 2x 2－5.8分∵三点M ，F 1，N 共线，∴y 1x 1＋2＝y 2x 2＋2， 从而x 1y 2－x 2y 1＝2(y 1－y 2)，从而k 2＝y 3－y 4x 3－x 4＝4y 1x 1－5－4y 2x 2－55x 1－9x 1－5－5x 2－9x 2－5＝x 1y 2－x 2y 1＋5y 1－y 24x 1－x 2＝7y 1－y 24x 1－x 2＝7k 14，故k 1－4k 27＝0，从而存在满足条件的常数λ，λ＝－47.12分探索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．[变式训练3] (2016·泰安模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的焦点分别为F 1(－3，0)，F 2(3，0)，点P 在椭圆C 上，满足|PF 1|＝7|PF 2|，tan ∠F 1PF 2＝4 3. (1)求椭圆C 的方程；(2)已知点A (1,0)，试探究是否存在直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 交于D ，E 两点，且使得|AD |＝|AE |？若存在，求出k 的取值范围；若不存在，请说明理由.【导学号：67722056】[解] (1)由|PF 1|＝7|PF 2|，PF 1＋PF 2＝2a 得PF 1＝7a 4，PF 2＝a4.2分由余弦定理得cos ∠F 1PF ＝17＝⎝ ⎛⎭⎪⎫7a 42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 42－2322×7a 4×a 4，∴a ＝2，∴所求C 的方程为x 24＋y 2＝1.4分(2)假设存在直线l 满足题设，设D (x 1，y 1)，E (x 2，y 2)，将y ＝kx ＋m 代入x 24＋y 2＝1并整理得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0，由Δ＝64k 2m 2－4(1＋4k 2)(4m 2－4)＝－16(m 2－4k 2－1)＞0，得4k 2＋1＞m 2.①6分又x 1＋x 2＝－8km1＋4k2.设D ，E 中点为M (x 0，y 0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 1＋4k 2，m 1＋4k 2，k AMk ＝－1，得m ＝－1＋4k 23k ，②8分将②代入①得4k 2＋1＞⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋4k 23k 2，化简得20k 4＋k 2－1＞0⇒(4k 2＋1)(5k 2－1)＞0，解得k ＞55或k ＜－55，所以存在直线l ，使得|AD |＝|AE |，此时k 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－55∪⎝⎛⎭⎪⎫55，＋∞.12分 专题限时集训(十五) 圆锥曲线中的综合问题 [建议用时：45分钟]1．(2016·中原名校联盟二模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，点B (0，3)为短轴的一个端点，∠OF 2B ＝60°.图15­4(1)求椭圆C 的方程；(2)如图15­4，过右焦点F 2，且斜率为k (k ≠0)的直线l 与椭圆C 相交于D ，E 两点，A 为椭圆的右顶点，直线AE ，AD 分别交直线x ＝3于点M ，N ，线段MN 的中点为P ，记直线PF 2的斜率为k ′.试问k ·k ′是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由．[解] (1)由条件可知a ＝2，b ＝3，故所求椭圆方程为x 24＋y 23＝1.4分(2)设过点F 2(1,0)的直线l 的方程为y ＝k (x －1)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －1，x 24＋y23＝1，可得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0.5分因为点F 2(1,0)在椭圆内，所以直线l 和椭圆都相交，即Δ＞0恒成立．设点E (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3.6分因为直线AE 的方程为y ＝y 1x 1－2(x －2)，直线AD 的方程为y ＝y 2x 2－2(x －2)，令x ＝3，可得M ⎝⎛⎭⎪⎫3，y 1x 1－2，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，y 2x 2－2，所以点P 的坐标⎝ ⎛⎭⎪⎫3，12⎝ ⎛⎭⎪⎫y 1x 1－2＋y 2x 2－2.8分 直线PF 2的斜率为k ′＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫y 1x 1－2＋y 2x 2－2－03－1＝14·x 1y 2＋x 2y 1－2y 1＋y 2x 1x 2－2x 1＋x 2＋4＝14·2kx 1x 2－3k x 1＋x 2＋4k x 1x 2－2x 1＋x 2＋4 ＝14·2k ·4k 2－124k 2＋3－3k ·8k 24k 2＋3＋4k4k 2－124k 2＋3－2·8k 24k 2＋3＋4＝－34k， 所以k ·k ′为定值－34.12分2．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)，F 1，F 2是左右焦点，A ，B 是长轴两端点，点P (a ，b )与F 1，F 2围成等腰三角形，且S △PF 1F 2＝ 3.(1)求椭圆C 的方程；(2)设点Q 是椭圆上异于A ，B 的动点，直线x ＝－4与QA ，QB 分别交于M ，N 两点． (i)当QF 1→＝λMN →时，求Q 点坐标；(ⅱ)过点M ，N ，F 1三点的圆是否经过x 轴上不同于点F 1的定点？若经过，求出定点坐标，若不经过，请说明理由．[解] (1)F 1(－c,0)，F 2(c,0)，由题意可得F 1F 2＝PF 2，∴(a －c )2＋b 2＝4c 2.1分 由S △PF 1F 2＝3可得，12·2c ·b ＝bc ＝ 3.2分两式联立解得a ＝2，b ＝3，∴椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.4分(2)(ⅰ)∵QF 1→＝λMN →，∴QF 1∥MN ，∴QF 1⊥x 轴.5分 由(1)知，c 2＝1，∴F 1(－1,0)．设Q (－1，y )，则有14＋y 23＝1，∴y ＝±32，∴Q ⎝⎛⎭⎪⎫－1，±32.7分 (ⅱ)设Q (x 0，y 0)，则k QA ＝y 0x 0＋2，直线QA 的方程为y ＝y 0x 0＋2(x ＋2)．令x ＝－4得M 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，－2y 0x 0＋2.9分同理k QB ＝y 0x 0－2，直线QB 的方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)，得N 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，－6y 0x 0－2，10分MN ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－6y 0x 0－2－－2y 0x 0＋2＝3x 0＋4|y 0|.11分 设圆心坐标为O (m ，n )，若x 轴上存在定点E (λ，0)满足条件，则有m ＝λ－12，n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫－6y 0x 0－2＋－2y 0x 0＋2＝3x 0＋1y 0.12分 由题意可得(m ＋4)2＋MN 24＝n 2＋EF 214，13分代入得⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－12＋42＋14·9x 0＋42y 20＝9x 0＋12y 20＋λ＋124.即⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－12＋42－λ＋124＝36x 0＋12－9x 0＋424y 20＝93x 20－124y 2＝－9， 整理得λ＝－7，∴x 轴上存在点E (－7,0)满足题意.14分3．(2016·淄博二模)已知点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，64是等轴双曲线C ：y 2a 2－x 2a 2＝1上一点，抛物线x 2＝2py (p ＞0)的焦点与双曲线C 的一个焦点重合．图15­5(1)求抛物线的方程；(2)若点P 是抛物线上的动点，点A ，B 在x 轴上，圆x 2＋(y －1)2＝1内切于△PAB ，求△PAB 面积的最小值．[解] (1)将⎝ ⎛⎭⎪⎫12，64代入双曲线可得，38a 2－14a 2＝1，解得a 2＝18，c 2＝a 2＋a 2＝14，2分由题意可知，p 2＝12，p ＝1，所以抛物线方程为x 2＝2y .4分(2)设P (x 0，y 0)，A (m,0)，B (n,0)，不妨设n ＞m . 直线PA 的方程：y ＝y 0x 0－m(x －m )，化简得y 0x ＋(m －x 0)y －my 0＝0.6分 又圆心(0,1)到PA 的距离为1，|m －x 0－my 0|y 20＋m －x 02＝1，上式化简得(y 20－2y 0)m 2＋2x 0y 0m －y 20＝0， 同理有(y 20－2y 0)n 2＋2x 0y 0n －y 20＝08分所以m ＋n ＝－2x 0y 0y 20－2y 0＝－2x 0y 0－2，mn ＝－y 20y 20－2y 0＝－y 0y 0－2，则(m －n )2＝4x 20＋4y 20－8y 0y 0－22.10分因P (x 0，y 0)是抛物线上的点，有x 20＝2y 0，则(m －n )2＝4y 2y 0－22，易知y 0＞2，所以n－m ＝2y 0y 0－2. 所以S △PAB ＝12(n －m )·y 0＝y 0y 0－2·y 0＝(y 0－2)＋4y 0－2＋4≥24＋4＝8.12分当(y 0－2)2＝4时，上式取等号，此时y 0＝4，x 0＝±2 2. 因此S △PAB 的最小值为8.13分4．(2016·开封二模)已知中心在原点O ，焦点在x 轴上，离心率为32的椭圆过点⎝⎛⎭⎪⎫2，22.图15­6(1)求椭圆的方程；(2)设不过原点O 的直线l 与该椭圆交于P ，Q 两点，满足直线OP ，PQ ，OQ 的斜率依次成等比数列，求△OPQ 面积的取值范围. 【导学号：67722057】[解] (1)由题意可设椭圆方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)， 则c a ＝32(其中c 2＝a 2－b 2，c ＞0)，且2a 2＋12b2＝1，故a ＝2，b ＝1. 所以椭圆的方程为x 24＋y 2＝1.4分(2)由题意可知，直线l 的斜率存在且不为0.故可设直线l ：y ＝kx ＋m (m ≠0)，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2＋4y 2＝4，消去y 得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4(m 2－1)＝0，5分则Δ＝64k 2m 2－16(1＋4k 2)(m 2－1)＝16(4k 2－m 2＋1)＞0， 且x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－11＋4k2.6分 故y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2，7分 因为直线OP ，PQ ，OQ 的斜率依次成等比数列，所以y 1x 1·y 2x 2＝k 2x 1x 2＋km x 1＋x 2＋m 2x 1x 2＝k 2，即－8k 2m 21＋4k2＋m 2＝0.8分又m ≠0，所以k 2＝14，即k ＝±12.9分由于直线OP ，OQ 的斜率存在，且Δ＞0，得0＜m 2＜2，且m 2≠1. 设d 为点O 到直线l 的距离，则d ＝|2m |5，10分|PQ |＝1＋k2[x 1＋x 22－4x 1x 2]＝52－m2，11分所以S ＝12|PQ |d ＝m22－m2＜m 2＋2－m 22＝1(m 2≠1)，故△OPQ 面积的取值范围为(0,1).12分。