PAGEPAGE1第2講綜合大題部分1．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1、F2，焦距為2，長軸的長為4.(1)求橢圓C的標準方程；(2)設(shè)過點F1的直線l與橢圓C交于E，D兩點，試問：在x軸上是否存在定點M，使得直線ME，MD的斜率之積為定值？若存在，求出該定值及定點M的坐標；若不存在，請說明理由．解析：(1)因為橢圓C的焦距為2，長軸的長為4，所以2c＝2,2a＝4，解得c＝1，所以b2＝a2－c2＝3，所以橢圓C的標準方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)設(shè)E(x1，y1)，D(x2，y2)，M(m,0)．易知F1(－1,0)，當直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y＝k(x＋1)．聯(lián)立方程，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(4k2＋3)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，則x1＋x2＝eq\f(－8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(4k2－12,4k2＋3).又y1y2＝k2(x1＋1)(x2＋1)＝k2(x1x2＋x1＋x2＋1)＝k2(eq\f(4k2－12,4k2＋3)－eq\f(8k2,4k2＋3)＋1)＝eq\f(－9k2,4k2＋3)，直線ME，MD的斜率kME＝eq\f(y1,x1－m)，kMD＝eq\f(y2,x2－m)，則kME·kMD＝eq\f(y1,x1－m)·eq\f(y2,x2－m)＝eq\f(y1y2,x1－mx2－m)＝eq\f(y1y2,x1x2－mx1＋x2＋m2)＝eq\f(\f(－9k2,4k2＋3),\f(4k2－12,4k2＋3)－m\f(－8k2,4k2＋3)＋m2)＝eq\f(\f(－9k2,4k2＋3),\f(4k2－12＋8mk2＋4m2k2＋3m2,4k2＋3))＝eq\f(－9k2,4m2＋8m＋4k2＋3m2－12).要使直線ME，MD的斜率之積為定值，需3m解得m＝±2.當m＝2時，kME·kMD＝eq\f(－9k2,4m2＋8m＋4k2)＝eq\f(－9k2,36k2)＝－eq\f(1,4)；當m＝－2時，kME·kMD＝eq\f(－9k2,4m2＋8m＋4k2)＝eq\f(－9k2,4k2)＝－eq\f(9,4).當直線l的斜率不存在時，不妨設(shè)E(－1，eq\f(3,2))，D(－1，－eq\f(3,2))，此時，當m＝2時，M(2,0)，kME·kMD＝－eq\f(1,4)；當m＝－2時，M(－2,0)，kME·kMD＝－eq\f(9,4).綜上，在x軸上存在兩個定點M，使得直線ME，MD的斜率之積為定值．當定點M的坐標為(2,0)時，直線ME，MD的斜率之積為定值－eq\f(1,4)；當定點M的坐標為(－2,0)時，直線ME，MD的斜率之積為定值－eq\f(9,4).

2．(2024·高考浙江卷)如圖，已知點P是y軸左側(cè)(不含y軸)一點，拋物線C：y2＝4x上存在不同的兩點A，B滿意PA，PB的中點均在C上．(1)設(shè)AB中點為M，證明：PM垂直于y軸；(2)若P是半橢圓x2＋eq\f(y2,4)＝1(x<0)上的動點，求△PAB面積的取值范圍．解析：(1)證明：設(shè)P(x0，y0)，A(eq\f(1,4)yeq\o\al(2,1)，y1)，B(eq\f(1,4)yeq\o\al(2,2)，y2)．因為PA，PB的中點在拋物線上，所以y1，y2為方程(eq\f(y＋y0,2))2＝4·eq\f(\f(1,4)y2＋x0,2)即y2－2y0y＋8x0－yeq\o\al(2,0)＝0的兩個不同的實根．所以y1＋y2＝2y0，因此，PM垂直于y軸．(2)由(1)可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝2y0，,y1y2＝8x0－y\o\al(2,0)，))所以|PM|＝eq\f(1,8)(yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2))－x0＝eq\f(3,4)yeq\o\al(2,0)－3x0，|y1－y2|＝2eq\r(2y\o\al(2,0)－4x0).因此，△PAB的面積S△PAB＝eq\f(1,2)|PM|·|y1－y2|＝eq\f(3\r(2),4)(yeq\o\al(2,0)－4x0)eq\f(3,2).因為xeq\o\al(2,0)＋eq\f(y\o\al(2,0),4)＝1(x0<0)，所以yeq\o\al(2,0)－4x0＝－4xeq\o\al(2,0)－4x0＋4∈[4,5]，因此，△PAB面積的取值范圍是[6eq\r(2)，eq\f(15\r(10),4)]．3．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率e＝eq\f(\r(2),2)，過右焦點F且垂直于x軸的弦長為2.(1)求橢圓C的方程；(2)若直線l：y＝x＋m與橢圓C交于M，N兩點，求△MFN的面積取最大值時m的值．解析：(1)由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,\f(2b2,a)＝2，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝\r(2)，))∴橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)聯(lián)立方程得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝x＋m，))消去y，得3x2＋4mx＋2mΔ＝16m2－12(2m∴|m|<eq\r(6).設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，∴x1＋x2＝－eq\f(4m,3)，x1x2＝eq\f(2m2－4,3)，∴|MN|＝eq\r(2)|x1－x2|＝eq\r(2)×eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(2)×eq\r(－\f(4m,3)2－\f(42m2－4,3))＝eq\f(4\r(6－m2),3).又點F(eq\r(2)，0)到直線MN的距離d＝eq\f(|\r(2)＋m|,\r(2))，∴S△FMN＝eq\f(1,2)|MN|·d＝eq\f(\r(2),3)|eq\r(2)＋m|·eq\r(6－m2)(|m|<eq\r(6))．令u(m)＝(6－m2)(m＋eq\r(2))2(|m|<eq\r(6))，則u′(m)＝－2(2m＋3eq\r(2))(m＋eq\r(2))(m－eq\r(2))，令u′(m)＝0，得m＝－eq\f(3\r(2),2)或m＝－eq\r(2)或m＝eq\r(2)，當－eq\r(6)<m<－eq\f(3\r(2),2)時，u′(m)>0；當－eq\f(3\r(2),2)<m<－eq\r(2)時，u′(m)<0；當－eq\r(2)<m<eq\r(2)時，u′(m)>0；當eq\r(2)<m<eq\r(6)時，u′(m)<0.又u(－eq\f(3\r(2),2))＝eq\f(3,4)，u(eq\r(2))＝32，∴u(m)max＝32，∴當m＝eq\r(2)時，△MFN的面積取得最大值，最大值為eq\f(\r(2),3)×eq\r(32)＝eq\f(8,3).4．(2024·高考北京卷)已知拋物線C：y2＝2px經(jīng)過點P(1,2)，過點Q(0,1)的直線l與拋物線C有兩個不同的交點A，B，且直線PA交y軸于M，直線PB交y軸于N.(1)求直線l的斜率的取值范圍；(2)設(shè)O為原點，eq\o(QM,\s\up6(→))＝λeq\o(QO,\s\up6(→))，eq\o(QN,\s\up6(→))＝μeq\o(QO,\s\up6(→))，求證：eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)為定值．解析：(1)因為拋物線y2＝2px過點(1,2)，所以2p＝4，即p＝2.故拋物線C的方程為y2＝4x.由題意知，直線l的斜率存在且不為0.設(shè)直線l的方程為y＝kx＋1(k≠0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝kx＋1))得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.依題意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，解得k<0或0<k<1.又PA，PB與y軸相交，故直線l不過點(1，－2)．從而k≠－3.所以直線l的斜率的取值范圍是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)．(2)證明：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．由(1)知x1＋x2＝－eq\f(2k－4,k2)，x1x2＝eq\f(1,k2).直線PA的方程為y－2＝eq\f(y1－2,x1－1)(x－1)．令x＝0，得點M的縱坐標為yM＝eq\f(－y1＋2,x1－1)＋2＝eq\f(－kx1＋1,x1－1)＋2.同理得點N的縱坐標為yN＝eq\f(－kx2＋1,x2－1)＋2.由eq\o(QM,\s\up6(→))＝λeq\o(QO,\s\up6(→))，eq\o(QN,\s\up6(→))＝μeq\o(QO,\s\up6(→))，得λ＝1－yM，μ＝1－yN