壓軸專題(二)第20題解答題“圓錐曲線的綜合問題”的搶分策略解析幾何是數(shù)形結(jié)合的典范，是高中數(shù)學(xué)的主要知識(shí)板塊，是高考考查的重點(diǎn)知識(shí)之一，在解答題中一般會(huì)綜合考查直線、圓、圓錐曲線等．試題難度較大，多以壓軸題出現(xiàn)．解答題的熱點(diǎn)題型有：①直線與圓錐曲線位置關(guān)系的判斷；②圓錐曲線中定點(diǎn)、定值、最值及范圍的求解；③軌跡方程及探索性問題的求解．[師說考點(diǎn)]圓錐曲線中最值、范圍問題的求解方法(1)幾何法．若題目的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征及意義，則考慮利用圖形性質(zhì)來解決，這就是幾何法．(2)代數(shù)法．若題目的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關(guān)系，則可首先建立目標(biāo)函數(shù)，再利用基本不等式或單調(diào)性求這個(gè)函數(shù)的最值，這就是代數(shù)法．[典例](2016·全國(guó)甲卷)已知橢圓E：eq\f(x2,t)＋eq\f(y2,3)＝1的焦點(diǎn)在x軸上，A是E的左頂點(diǎn)，斜率為k(k>0)的直線交E于A，M兩點(diǎn)，點(diǎn)N在E上，MA⊥NA.(1)當(dāng)t＝4，|AM|＝|AN|時(shí)，求△AMN的面積；(2)當(dāng)2|AM|＝|AN|時(shí)，求k的取值范圍．[解]設(shè)M(x1，y1)，則由題意知y1>0.(1)當(dāng)t＝4時(shí)，E的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，A(－2，0)．由已知及橢圓的對(duì)稱性知，直線AM的傾斜角為eq\f(π,4).因此直線AM的方程為y＝x＋2.將x＝y(tǒng)－2代入eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1得7y2－12y＝0.解得y＝0或y＝eq\f(12,7)，所以y1＝eq\f(12,7).因此△AMN的面積S△AMN＝2×eq\f(1,2)×eq\f(12,7)×eq\f(12,7)＝eq\f(144,49).(2)由題意t>3，k>0，A(－eq\r(t)，0)．將直線AM的方程y＝k(x＋eq\r(t))代入eq\f(x2,t)＋eq\f(y2,3)＝1得(3＋tk2)x2＋2eq\r(t)·tk2x＋t2k2－3t＝0.由x1·(－eq\r(t))＝eq\f(t2k2－3t,3＋tk2)，得x1＝eq\f(\r(t)（3－tk2）,3＋tk2)，故|AM|＝|x1＋eq\r(t)|eq\r(1＋k2)＝eq\f(6\r(t（1＋k2）),3＋tk2).由題設(shè)，直線AN的方程為y＝－eq\f(1,k)(x＋eq\r(t))，故同理可得|AN|＝eq\f(6k\r(t（1＋k2）),3k2＋t).由2|AM|＝|AN|，得eq\f(2,3＋tk2)＝eq\f(k,3k2＋t)，即(k3－2)t＝3k(2k－1)．當(dāng)k＝eq\r(3,2)時(shí)上式不成立，因此t＝eq\f(3k（2k－1）,k3－2).t>3等價(jià)于eq\f(k3－2k2＋k－2,k3－2)＝eq\f(（k－2）（k2＋1）,k3－2)<0，即eq\f(k－2,k3－2)<0.因此得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k－2>0，,k3－2<0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k－2<0，,k3－2>0，))解得eq\r(3,2)<k<2.故k的取值范圍是(eq\r(3,2)，2)．eq\a\vs4\al([搶分策略])缺步解答——能做多少做多少1．在求解第(2)問時(shí)，學(xué)生一般能將直線方程和橢圓方程轉(zhuǎn)化為關(guān)于x的一元二次方程，由此寫出判別式和根與系數(shù)的關(guān)系，便可得到基本分?jǐn)?shù)．若學(xué)生稍加思考，由于直線和橢圓的一交點(diǎn)為(－eq\r(t)，0)，從而可求出另一交點(diǎn)坐標(biāo)，若要求出k的范圍，仍存在一定難度，這就需要我們學(xué)會(huì)使用一定的技巧答題，能答多少答多少．2．由于第(2)問難度較大，要把本題順利解答完整對(duì)大多數(shù)考生而言，實(shí)在太難．此時(shí)，不要放棄，要學(xué)會(huì)缺步解答，所謂缺步解答，就是如果遇到一個(gè)很困難的問題，確實(shí)啃不動(dòng)，一個(gè)聰明的解題策略是：將它們分解為一系列的步驟，或者是一個(gè)個(gè)小問題，先解決問題的一部分，能解決多少就解決多少，能演算幾步就寫幾步，尚未成功不等于失?。貏e是那些解題層次明顯的題目，或者是已經(jīng)程序化了的方法，每進(jìn)行一步得分點(diǎn)的演算都可以得分，最后結(jié)論雖然未得出，但能拿到的分?jǐn)?shù)卻已過半，這叫“大題巧拿分”．[應(yīng)用體驗(yàn)]1．(2016·武漢調(diào)研)已知雙曲線Γ：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)經(jīng)過點(diǎn)P(2，1)，且其中一焦點(diǎn)F到一條漸近線的距離為1.(1)求雙曲線Γ的方程；(2)過點(diǎn)P作兩條相互垂直的直線PA，PB分別交雙曲線Γ于A，B兩點(diǎn)，求點(diǎn)P到直線AB距離的最大值．解：(1)∵雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1過點(diǎn)(2，1)，∴eq\f(4,a2)－eq\f(1,b2)＝1.不妨設(shè)F為右焦點(diǎn)，則F(c，0)到漸近線bx－ay＝0的距離d＝eq\f(|bc|,\r(a2＋b2))＝b，∴b＝1，a2＝2.∴所求雙曲線的方程為eq\f(x2,2)－y2＝1.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB的方程為y＝kx＋m.將y＝kx＋m代入x2－2y2＝2中，整理得(2k2－1)x2＋4kmx＋2m∴x1＋x2＝eq\f(－4km,2k2－1)，①x1x2＝eq\f(2m2＋2,2k2－1).②∵＝0，∴(x1－2，y1－1)·(x2－2，y2－1)＝0，∴(x1－2)(x2－2)＋(kx1＋m－1)(kx2＋m－1)＝0，∴(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋m2－2m將①②代入③，得m2＋8km＋12k2＋2m∴(m＋2k－1)(m＋6k＋3)＝0.而P?AB，∴m＝－6k－3，從而直線AB的方程為y＝kx－6k－3.將y＝kx－6k－3代入x2－2y2－2＝0中，判別式Δ＝8(34k2＋36k＋10)>0恒成立，∴y＝kx－6k－3即為所求直線．∴P到AB的距離d＝eq\f(|2k－6k－3－1|,\r(1＋k2))＝eq\f(4|k＋1|,\r(k2＋1)).∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(k2＋1＋2k,k2＋1)＝1＋eq\f(2k,k2＋1)≤2.∴d≤4eq\r(2)，即點(diǎn)P到直線AB距離的最大值為4eq\r(2).[師說考點(diǎn)]圓錐曲線中定點(diǎn)與定值問題的求解思路(1)解決動(dòng)直線恒過定點(diǎn)問題的一般思路是設(shè)出直線y＝kx＋m(k存在的情形)．然后利用條件建立k與m的關(guān)系．借助于點(diǎn)斜式方程思想確定定點(diǎn)坐標(biāo)．(2)定值的證明與探索一般是先利用特殊情形確定定值，再給出一般化的證明或直接推證得出與參數(shù)無關(guān)的數(shù)值．在這類試題中選擇消元的方法是非常關(guān)鍵的．[典例](2016·山東高考節(jié)選)平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率是eq\f(\r(3),2)，拋物線E：x2＝2y的焦點(diǎn)F是C的一個(gè)頂點(diǎn)．(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)P是E上的動(dòng)點(diǎn)，且位于第一象限，E在點(diǎn)P處的切線l與C交于不同的兩點(diǎn)A，B，線段AB的中點(diǎn)為D.直線OD與過P且垂直于x軸的直線交于點(diǎn)M.求證：點(diǎn)M在定直線上．[解](1)由題意知eq\f(\r(a2－b2),a)＝eq\f(\r(3),2)，可得a2＝4b2.因?yàn)閽佄锞€E的焦點(diǎn)為Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，所以b＝eq\f(1,2)，a＝1.所以橢圓C的方程為x2＋4y2＝1.(2)證明：設(shè)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，\f(m2,2)))(m＞0)．由x2＝2y，可得y′＝x，所以直線l的斜率為m.因此直線l的方程為y－eq\f(m2,2)＝m(x－m)，即y＝mx－eq\f(m2,2).設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋4y2＝1，,y＝mx－\f(m2,2)，))得(4m2＋1)x2－4m3x由Δ＞0，得0＜m2＜2＋eq\r(5).由根與系數(shù)的關(guān)系得x1＋x2＝eq\f(4m3,4m2＋1)，因此x0＝eq\f(2m3,4m2＋1).將其代入y＝mx－eq\f(m2,2)，得y0＝eq\f(－m2,2（4m2＋1）).因?yàn)閑q\f(y0,x0)＝－eq\f(1,4m)，所以直線OD的方程為y＝－eq\f(1,4m)x.聯(lián)立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,4m)x，,x＝m，))得點(diǎn)M的縱坐標(biāo)yM＝－eq\f(1,4)，所以點(diǎn)M在定直線y＝－eq\f(1,4)上.eq\a\vs4\al([搶分策略])解答圓錐曲線的定值、定點(diǎn)問題應(yīng)把握3個(gè)方面(1)從特殊情形開始，求出定值，再證明該值與變量無關(guān)；(2)直接推理、計(jì)算，在整個(gè)過程中消去變量，得定值；(3)在含有參數(shù)的曲線方程里面，把參數(shù)從含有參數(shù)的項(xiàng)里面分離出來，并令其系數(shù)為零，可以解出定點(diǎn)坐標(biāo)．[應(yīng)用體驗(yàn)]2．(2016·石家莊一模)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)過點(diǎn)M(m，2)，其焦點(diǎn)為F，且|MF|＝2.(1)求拋物線C的方程；(2)設(shè)E為y軸上異于原點(diǎn)的任意一點(diǎn)，過點(diǎn)E作不經(jīng)過原點(diǎn)的兩條直線分別與拋物線C和圓F：(x－1)2＋y2＝1相切，切點(diǎn)分別為A，B，求證：直線AB過定點(diǎn)．解：(1)拋物線C的準(zhǔn)線方程為x＝－eq\f(p,2)，∴|MF|＝m＋eq\f(p,2)＝2，又4＝2pm，即4＝2peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(p,2)))，∴p2－4p＋4＝0，∴p＝2，∴拋物線C的方程為y2＝4x.(2)證明：設(shè)點(diǎn)E(0，t)(t≠0)，由已知切線不為y軸，設(shè)EA：y＝kx＋t，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋t，,y2＝4x，))消去y，可得k2x2＋(2kt－4)x＋t2＝0，①∵直線EA與拋物線C相切，∴Δ＝(2kt－4)2－4k2t2＝0，即kt＝1，代入①可得eq\f(1,t2)x2－2x＋t2＝0，∴x＝t2，即A(t2，2t)．設(shè)切點(diǎn)B(x0，y0)，則由幾何性質(zhì)可以判斷點(diǎn)O，B關(guān)于直線EF：y＝－tx＋t對(duì)稱，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(y0,x0)×\f(t－0,0－1)＝－1，,\f(y0,2)＝－t·\f(x0,2)＋t，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(2t2,t2＋1)，,y0＝\f(2t,t2＋1)，))即Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2t2,t2＋1)，\f(2t,t2＋1))).法一：直線AB的斜率為kAB＝eq\f(2t,t2－1)(t≠±1)，直線AB的方程為y＝eq\f(2t,t2－1)(x－t2)＋2t，整理得y＝eq\f(2t,t2－1)(x－1)，∴直線AB恒過定點(diǎn)F(1，0)，當(dāng)t＝±1時(shí)，A(1，±2)，B(1，±1)，此時(shí)直線AB為x＝1，過點(diǎn)F(1，0)．綜上，直線AB恒過點(diǎn)F(1，0)．法二：直線AF的斜率為kAF＝eq\f(2t,t2－1)(t≠±1)，直線BF的斜率為kBF＝eq\f(\f(2t,t2＋1)－0,\f(2t2,t2＋1)－1)＝eq\f(2t,t2－1)(t≠±1)，∴kAF＝kBF，即A，B，F(xiàn)三點(diǎn)共線．當(dāng)t＝±1時(shí)，A(1，±2)，B(1，±1)，此時(shí)A，B，F(xiàn)三點(diǎn)共線．∴直線AB過定點(diǎn)F(1，0).[師說考點(diǎn)]圓錐曲線中探索性問題的解題策略處理探索性問題，一般要先對(duì)結(jié)論作出肯定的假設(shè)，然后由此假設(shè)出發(fā)，結(jié)合已知條件進(jìn)行推理論證，若推出相符的結(jié)論，則存在性隨之解決；若導(dǎo)出矛盾，則否定了存在性．若證明某結(jié)論不存在，也可以采用反證法．[典例]如圖，橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率是eq\f(\r(2),2)，過點(diǎn)P(0，1)的動(dòng)直線l與橢圓相交于A，B兩點(diǎn)．當(dāng)直線l平行于x軸時(shí)，直線l被橢圓E截得的線段長(zhǎng)為2eq\r(2).(1)求橢圓E的方程；(2)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，是否存在與點(diǎn)P不同的定點(diǎn)Q，使得eq\f(|QA|,|QB|)＝eq\f(|PA|,|PB|)恒成立？若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．[解](1)由已知，點(diǎn)(eq\r(2)，1)在橢圓E上，因此eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2,a2)＋\f(1,b2)＝1，,a2－b2＝c2，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝\r(2).))所以橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)當(dāng)直線l與x軸平行時(shí)，設(shè)直線l與橢圓相交于C，D兩點(diǎn)．如果存在定點(diǎn)Q滿足條件，則有eq\f(|QC|,|QD|)＝eq\f(|PC|,|PD|)＝1，即|QC|＝|QD|.所以點(diǎn)Q在y軸上，可設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(0，y0)．當(dāng)直線l與x軸垂直時(shí)，設(shè)直線l與橢圓相交于M，N兩點(diǎn)，則M，N的坐標(biāo)分別為(0，eq\r(2))，(0，－eq\r(2))．由eq\f(|QM|,|QN|)＝eq\f(|PM|,|PN|)，得eq\f(|y0－\r(2)|,|y0＋\r(2)|)＝eq\f(\r(2)－1,\r(2)＋1)，解得y0＝1或y0＝2.所以若存在不同于點(diǎn)P的定點(diǎn)Q滿足條件，則點(diǎn)Q的坐標(biāo)只可能為(0，2)．下面證明：對(duì)任意直線l，均有eq\f(|QA|,|QB|)＝eq\f(|PA|,|PB|).當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，由上可知，結(jié)論成立．當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，可設(shè)直線l的方程為y＝kx＋1，點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)．聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋1，))得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.其判別式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0，所以x1＋x2＝－eq\f(4k,2k2＋1)，x1x2＝－eq\f(2,2k2＋1).因此eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)＝eq\f(x1＋x2,x1x2)＝2k.易知，點(diǎn)B關(guān)于y軸對(duì)稱的點(diǎn)B′的坐標(biāo)為(－x2，y2)．又kQA＝eq\f(y1－2,x1)＝eq\f(kx1－1,x1)＝k－eq\f(1,x1)，kQB′＝eq\f(y2－2,－x2)＝eq\f(kx2－1,－x2)＝－k＋eq\f(1,x2)＝k－eq\f(1,x1)，所以kQA＝kQB′，即Q，A，B′三點(diǎn)共線，所以eq\f(|QA|,|QB|)＝eq\f(|QA|,|QB′|)＝eq\f(|x1|,|x2|)＝eq\f(|PA|,|PB|).故存在與點(diǎn)P不同的定點(diǎn)Q(0，2)，使得eq\f(|QA|,|QB|)＝eq\f(|PA|,|PB|)恒成立．eq\a\vs4\al([搶分策略])輔助解答——思路靠譜也給分1．本題在求解第(2)問時(shí)難度太大，很難得分，這就要學(xué)會(huì)輔助解答(學(xué)會(huì)撈分)，利用直線l與坐標(biāo)軸垂直這一特殊情況可巧妙地求出Q點(diǎn)的坐標(biāo)(0，2)，這樣可得一定的分?jǐn)?shù)，這種方法在解決一些壓軸題時(shí)要學(xué)會(huì)應(yīng)用．2．一道題目的解答，既有主要的實(shí)質(zhì)性的步驟，也有次要的輔助性的步驟．實(shí)質(zhì)性的步驟未找到之前，找輔助性的步驟是明智之舉．如：準(zhǔn)確作圖，把題目中的條件翻譯成數(shù)學(xué)表達(dá)式，根據(jù)題目的意思列出要用的公式等．羅列這些小步驟都是有分的，這些全是解題思路的重要體現(xiàn)，切不可以不寫，對(duì)計(jì)算能力要求高的，實(shí)行能解多少寫多少的策略．書寫也是輔助解答的一部分，“書寫要工整，卷面能得分”是說第一印象好會(huì)在閱卷老師的心理上產(chǎn)生光環(huán)效應(yīng)．這就是所說的輔助解答．[應(yīng)用體驗(yàn)]3．(2016·蘭州模擬)已知橢圓C的焦點(diǎn)坐標(biāo)是F1(－1，0)，F(xiàn)2(1，0)，過點(diǎn)F2垂直于長(zhǎng)軸的直線l交橢圓C于B，D兩點(diǎn)，且|BD|＝3.(1)求橢圓C的方程；(2)是否存在過點(diǎn)P(2，1)的直線l1與橢圓C相交于不同的兩點(diǎn)M，N，且滿足＝eq\f(5,4)？若存在，求出直線l1的方程；若不存在，請(qǐng)說明理由．解：(1)設(shè)橢圓的方程是eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，由題可知c＝1，因?yàn)閨BD|＝3，所以eq\f(2b2,a)＝3，又a2－b2＝1，所以a＝2，b＝eq\r(3)，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)假設(shè)存在直線l1且由題意得斜率存在，設(shè)直線l1的方程為y＝k(x－2)＋1.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－2）＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－8＝0.因?yàn)橹本€l1與橢圓C相交于不同的兩點(diǎn)M，N，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，所以Δ＝[－8k(2k－1)]2－4(3＋4k2)(16k2－16k－8)>0，所以k>－eq\f(1,2).x1＋x2＝eq\f(8k（2k－1）,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(16k2－16k－8,3＋4k2)，因?yàn)椋?x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝eq\f(5,4)，所以(x1－2)(x2－2)(1＋k2)＝eq\f(5,4)，即[x1x2－2(x1＋x2)＋4](1＋k2)＝eq\f(5,4)，所以eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(16k2－16k－8,3＋4k2)－2·\f(8k（2k－1）,3＋4k2)＋4))(1＋k2)＝eq\f(4＋4k2,3＋4k2)＝eq\f(5,4)，解得k＝±eq\f(1,2).因?yàn)閗>－eq\f(1,2)，所以k＝eq\f(1,2)，故存在直線l1滿足條件，其方程為y＝eq\f(1,2)x.1.(2016·湖南東部六校聯(lián)考)設(shè)橢圓C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，F(xiàn)1，F(xiàn)2是橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)，S是橢圓上任意一點(diǎn)，且△SF1F2的周長(zhǎng)是4＋2eq\r(3).(1)求橢圓C1的方程；(2)設(shè)橢圓C1的左、右頂點(diǎn)分別為A，B，過橢圓C1上的一點(diǎn)D作x軸的垂線交x軸于點(diǎn)E，若C點(diǎn)滿足，，連接AC交DE于點(diǎn)P，求證：PD＝PE.解：(1)由e＝eq\f(\r(3),2)，知eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，所以c＝eq\f(\r(3),2)a，因?yàn)椤鱏F1F2的周長(zhǎng)是4＋2eq\r(3)，所以2a＋2c＝4＋2eq\r(3)，所以a＝2，c＝eq\r(3)，所以b2＝a2－c2＝1，所以橢圓C1的方程為：eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)證明：由(1)得A(－2，0)，B(2，0)，設(shè)D(x0，y0)，所以E(x0，0)，因?yàn)?，所以可設(shè)C(2，y1)，所以＝(x0＋2，y0)，＝(2，y1)，由可得：(x0＋2)y1＝2y0，即y1＝eq\f(2y0,x0＋2).所以直線AC的方程為：eq\f(y,\f(2y0,x0＋2))＝eq\f(x＋2,4).整理得：y＝eq\f(y0,2（x0＋2）)(x＋2)．又點(diǎn)P在DE上，將x＝x0代入直線AC的方程可得：y＝eq\f(y0,2)，即點(diǎn)P的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(y0,2)))，所以P為DE的中點(diǎn)，所以PD＝PE.2．(2016·河南六市聯(lián)考)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知R(x0，y0)是橢圓C：eq\f(x2,24)＋eq\f(y2,12)＝1上的一點(diǎn)，從原點(diǎn)O向圓R：(x－x0)2＋(y－y0)2＝8作兩條切線，分別交橢圓于點(diǎn)P，Q.(1)若R點(diǎn)在第一象限，且直線OP，OQ互相垂直，求圓R的方程；(2)若直線OP，OQ的斜率存在，并記為k1，k2，求k1·k2的值．解：(1)設(shè)圓R的半徑為r，由圓R的方程知r＝2eq\r(2)，因?yàn)橹本€OP，OQ互相垂直，且和圓R相切，所以|OR|＝eq\r(2)r＝4，即xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝16，①又點(diǎn)R在橢圓C上，所以eq\f(xeq\o\al(2,0),24)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),12)＝1，②聯(lián)立①②，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝2\r(2)，,y0＝2\r(2)，))所以，圓R的方程為(x－2eq\r(2))2＋(y－2eq\r(2))2＝8.(2)因?yàn)橹本€OP：y＝k1x和OQ：y＝k2x都與圓R相切，所以eq\f(|k1x0－y0|,\r(1＋keq\o\al(2,1)))＝2eq\r(2)，eq\f(|k2x0－y0|,\r(1＋keq\o\al(2,2)))＝2eq\r(2)，化簡(jiǎn)得(xeq\o\al(2,0)－8)keq\o\al(2,1)－2x0y0k1＋yeq\o\al(2,0)－8＝0，(xeq\o\al(2,0)－8)keq\o\al(2,2)－2x0y0k2＋yeq\o\al(2,0)－8＝0，所以k1，k2是方程(xeq\o\al(2,0)－8)k2－2x0y0k＋yeq\o\al(2,0)－8＝0的兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，由根與系數(shù)的關(guān)系得，k1·k2＝eq\f(yeq\o\al(2,0)－8,xeq\o\al(2,0)－8)，因?yàn)辄c(diǎn)R(x0，y0)在橢圓C上，所以eq\f(xeq\o\al(2,0),24)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),12)＝1，即yeq\o\al(2,0)＝12－eq\f(1,2)xeq\o\al(2,0)，所以k1k2＝eq\f(4－\f(1,2)xeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)－8)＝－eq\f(1,2).3.（2016·江蘇高考）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知直線l：x－y－2＝0，拋物線C：y2＝2px(p＞0)．(1)若直線l過拋物線C的焦點(diǎn)，求拋物線C的方程．(2)已知拋物線C上存在關(guān)于直線l對(duì)稱的相異兩點(diǎn)P和Q.①求證：線段PQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為(2－p，－p)；②求p的取值范圍．解：(1)拋物線C：y2＝2px(p＞0)的焦點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，由點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))在直線l：x－y－2＝0上，得eq\f(p,2)－0－2＝0，即p＝4.所以拋物線C的方程為y2＝8x.(2)設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，線段PQ的中點(diǎn)M(x0，y0)．因?yàn)辄c(diǎn)P和Q關(guān)于直線l對(duì)稱，所以直線l垂直平分線段PQ，于是直線PQ的斜率為－1，則可設(shè)其方程為y＝－x＋b.①證明：由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝2px，,y＝－x＋b))消去x得y2＋2py－2pb＝0.(*)因?yàn)镻和Q是拋物線C上的相異兩點(diǎn)，所以y1≠y2，從而Δ＝(2p)2－4×(－2pb)＞0，化簡(jiǎn)得p＋2b＞0.方程(*)的兩根為y12＝－p±eq\r(p2＋2pb)，從而y0＝eq\f(y1＋y2,2)＝－p.因?yàn)镸(x0，y0)在直線l上，所以x0＝2－p.因此，線段PQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為(2－p，－p)．②因?yàn)镸(2－p，－p)在直線y＝－x＋b上，所以－p＝－(2－p)＋b，即b＝2－2p.由①知p＋2b＞0，于是p＋2(2－2p)＞0，所以p＜eq\f(4,3).因此p的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3))).4．(2016·湖北七市聯(lián)考)已知圓心為H的圓x2＋y2＋2x－15＝0和定點(diǎn)A(1，0)，B是圓上任意一點(diǎn)，線段AB的中垂線l和直線BH相交于點(diǎn)M，當(dāng)點(diǎn)B在圓上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)M的軌跡記為曲線C.(1)求C的方程；(2)過點(diǎn)A作兩條相互垂直的直線分別與曲線C相交于P，Q和E，F(xiàn)，求的取值范圍．解：(1)由x2＋y2＋2x－15＝0，得(x＋1)2＋y2＝42，所以圓心為(－1，0)，半徑為4.連接MA，由l是線段AB的中垂線，得|MA|＝|MB|，所以|M