故k的取值范围是（，2）．
[方法点拨]
本例在第
（2）问中可应用根与系数的关系求出x1＝，这体现了整体思路．这是解决解析几何问题时常用的方法，简单易懂，通过设而不求，大大降低了运算量．
[对点演练]
（2016·兰州实战考试）已知椭圆C：
＋＝1（a＞b＞0）的离心率为，且经过点P，左、右焦点分别为F1，F2．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过F1的直线l与椭圆C相交于A，B两点，若△AF2B的内切圆半径为，求以F2为圆心且与直线l相切的圆的方程．
解：
（1）由＝，得a＝2c，所以a2＝4c2，b2＝3c2，
将点P的坐标代入椭圆方程得c2＝1，
故所求椭圆方程为＋＝1．
（2）由
（1）可知F1（－1,0），设直线l的方程为x＝ty－1，
代入椭圆方程，整理得（4＋3t2）y2－6ty－9＝0，
显然判别式大于0恒成立，
设A（x1，y1），B（x2，y2），△AF2B的内切圆半径为r0，
则有y1＋y2＝，y1y2＝，r0＝，
所以S△AF2B＝S△AF1F2＋S△BF1F2＝|F1F2|·|y1－y2|＝|F1F2|·＝．
而S△AF2B＝|AB|r0＋|BF2|r0＋|AF2|r0
＝r0（|AB|＋|BF2|＋|AF2|）
＝r0（|AF1|＋|BF1|＋|BF2|＋|AF2|）
＝r0·4a
＝×8×
＝，
所以＝，解得t2＝1，
因为所求圆与直线l相切，所以半径r＝＝，
所以所求圆的方程为（x－1）2＋y2＝2．
借“曲线系”，理清规律
利用曲线系解题，往往简捷明快，事半功倍，所以灵活运用曲线是解析几何中重要的解题方法和技巧之一．
[典例] 已知双曲线－＝1（a＞0，b＞0）的一条渐近线方程是y＝x，它的一个焦点在抛物线y2＝24x的准线上，则双曲线的方程为（ ）
A．－＝1B．－＝1
C．－＝1D．－＝1
[解析] 由双曲线－＝1（a＞0，b＞0）的一条渐近线方程是y＝x，可设双曲线的方程为x2－＝λ（λ＞0）．
因为双曲线－＝1（a＞0，b＞0）的一个焦点在抛物线y2＝24x的准线上，
所以F（－6,0）是双曲线的左焦点，即λ＋3λ＝36，λ＝9，所以双曲线的方程为－＝1．
[答案] B
[方法点拨]
本题利用共渐近线系双曲线方程，可使问题马上得到解决．避免了复杂的判断、可能的分类讨论、繁杂的解方程组，事半功倍．
[对点演练]
圆心在直线x－y－4＝0上，且经过两圆x2＋y2＋6x－4＝0和x2＋y2＋6y－28＝0的交点的圆的方程为（ ）
A．x2＋y2－x＋7y－32＝0B．x2＋y2－x＋7y－16＝0
C．x2＋y2－4x＋4y＋9＝0D．x2＋y2－4x＋4y－8＝0
解析：
选A 设经过两圆的交点的圆的方程为
x2＋y2＋6x－4＋λ（x2＋y2＋6y－28）＝0，
即x2＋y2＋x＋y－＝0，
其圆心坐标为，
又圆心在直线x－y－4＝0上，所以－＋－4＝0，
解得λ＝－7，故所求圆的方程为x2＋y2－x＋7y－32＝0．
巧引参数，方便运算
换元引参是一种重要的数学方法，特别是解析几何中的最值问题、不等式问题等，利用换元引参使一些关系能够相互联系起来，激活了解题的方法，往往能化难为易，达到事半功倍．
常见的参数可以选择点的坐标、直线的斜率、直线的倾斜角等．在换元过程中，还要注意代换的等价性，防止扩大或缩小原来变量的取值范围或改变原题条件．
[典例] 设椭圆＋＝1（a＞b＞0）的左、右顶点分别为A，B，点P在椭圆上且异于A，B两点，O为坐标原点．若|AP|＝|OA|，证明直线OP的斜率k满足|k|＞．
[解] 法一：
依题意，直线OP的方程为y＝kx，设点P的坐标为（x0，y0）．
由条件，得
消去y0并整理，得x＝．①
由|AP|＝|OA|，A（－a,0）及y0＝kx0，
得（x0＋a）2＋k2x＝a2，
整理得（1＋k2）x＋2ax0＝0．
而x0≠0，于是x0＝，
代入①，整理得（1＋k2）2＝4k22＋4．
又a＞b＞0，故（1＋k2）2＞4k2＋4，
即k2＋1＞4，因此k2＞3，所以|k|＞．
法二：
依题意，直线OP的方程为y＝kx，可设点P的坐标为（x0，kx0）．
由点P在椭圆上，得＋＝1．
因为a＞b＞0，kx0≠0，所以＋＜1，
即（1＋k2）x＜a2．②
由|AP|＝|OA|及A（－a,0），得（x0＋a）2＋k2x＝a2，
整理得（1＋k2）x＋2ax0＝0，于是x0＝，
代入②，得（1＋k2）·＜a2，
解得k2＞3，所以|k|＞．
法三：
设P（acosθ，bsinθ）（0≤θ＜2π），
则线段OP的中点Q的坐标为．
|AP|＝|OA|⇔AQ⊥OP⇔kAQ×k＝－1．
又A（－a,0），所以kAQ＝，
即bsinθ－akAQcosθ＝2akAQ．
从而可得|2akAQ|≤＜a，
解得|kAQ|＜．故|k|＝＞．
[方法点拨]
求解本题利用椭圆的参数方程，可快速建立各点之间的联系，降低运算量．
[对点演练]
（2016·长春市质量检测）椭圆＋＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，且离心率为，点P为椭圆上一动点，△F1PF2面积的最大值为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设椭圆的左顶点为A1，过右焦点F2的直线l与椭圆相交于A，B两点，连接A1A，A1B并延长分别交直线x＝4于R，Q两点，问·是否为定值？
若是，求出此定值；若不是，请说明理由．
解：
（1）已知椭圆的离心率为，不妨设c＝t，a＝2t，
则b＝t，其中t＞0，
当△F1PF2面积取最大值时，点P为短轴端点，
因此·2t·t＝，解得t＝1，
则椭圆的方程为＋＝1．
（2）由
（1）可知F2（1,0），A1（－2,0）．设直线AB的方程为x＝my＋1，A（x1，y1），B（x2，y2），
联立可得（3m2＋4）y2＋6my－9＝0，
则y1＋y2＝，①
y1y2＝，②
直线AA1的方程为y＝（x＋2），
直线BA1的方程为y＝（x＋2），
则R，Q，
＝，＝，
则·＝9＋·＝·＋9＝＋9
将①②两式代入上式，整理得·＝0，
即·为定值0．
1．（2016·四川高考）设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线y2＝2px（p＞0）上任意一点，M是线段PF上的点，且|PM|＝2|MF|，则直线OM的斜率的最大值为（ ）
A． B．
C．D．1
解析：
选C 如图所示，设P（x0，y0）（y0＞0），
则y＝2px0，
即x0＝．
设M（x′，y′），
由＝2，
得
化简可得
∴直线OM的斜率为k＝＝＝≤＝（当且仅当y0＝p时取等号）．
2．设双曲线＋＝1的一条渐近线为y＝－2x，且一个焦点与抛物线y＝x2的焦点相同，则此双曲线的方程为（ ）
A．x2－5y2＝1B．5y2－x2＝1
C．5x2－y2＝1D．y2－5x2＝1
解析：
选D 因为x2＝4y的焦点为（0,1），
所以双曲线的焦点在y轴上．
因为双曲线的一条渐近线为y＝－2x，
所以设双曲线的方程为y2－4x2＝λ（λ＞0），
即－＝1，
则λ＋＝1，λ＝，
所以双曲线的方程为y2－5x2＝1，故选D．
3．已知双曲线－＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1（－c，0），F2（c,0），P为双曲线上任一点，且·最小值的取值范围是，则该双曲线的离心率的取值范围为（ ）
A．（1，]B．[，2]
C．（0，]D．[2，＋∞）
解析：
选B 设P（x0，y0），
则·＝（－c－x0，－y0）·（c－x0，－y0）
＝x－c2＋y＝a2－c2＋y，
上式当y0＝0时取得最小值a2－c2，
根据已知－c2≤a2－c2≤－c2，
即c2≤a2≤c2，
即2≤≤4，
即≤≤2，
所以所求离心率的取值范围是[，2]．
4．过抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点F，斜率为的直线交抛物线于A，B两点，若＝λ（λ＞1），则λ的值为（ ）
A．5B．4
C．D．
解析：
选B 根据题意设A（x1，y1），B（x2，y2），
由＝λ，
得＝λ，
故－y1＝λy2，即λ＝－．
设直线AB的方程为y＝，
联立直线与抛物线方程，
消元得y2－py－p2＝0．
故y1＋y2＝p，y1y2＝－p2，
＝＋＋2＝－，
即－λ－＋2＝－．
又λ＞1，解得λ＝4．
5．（2015·四川高考）设直线l与抛物线y2＝4x相交于A，B两点，与圆（x－5）2＋y2＝r2（r>0）相切于点M，且M为线段AB的中点．若这样的直线l恰有4条，则r的取值范围是（ ）
A．（1,3）B．（1,4）
C．（2,3）D．（2,4）
解析：
选D 设A，B，M，C（5,0）为圆心，当y1≠－y2时，kAB＝，kCM＝，由kAB·kCM＝－1⇒y＋y＝24，所以M，又r2＝|CM|2＝4＋2＝10＋y1y2，所以（2r2－20）2＝yy，所以y，y是方程t2－24t＋（2r2－20）2＝0的两个不同的正根，由Δ＞0得2＜r＜4．综上，r的取值范围是（2,4）．
6．中心为原点，一个焦点为F（0,5）的椭圆，截直线y＝3x－2所得弦中点的横坐标为，则该椭圆方程为（ ）
A．＋＝1B．＋＝1
C．＋＝1D．＋＝1
解析：
选C 由已知得c＝5，
设椭圆的方程为＋＝1，
联立
消去y得（10a2－450）x2－12（a2－50）x＋4（a2－50）－a2（a2－50）＝0，设直线y＝3x－2与椭圆的交点坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），
由根与系数关系得x1＋x2＝，
由题意知x1＋x2＝1，
即＝1，
解得a2＝75，
所以该椭圆方程为＋＝1．
7．已知双曲线C：
－y2＝1，点M的坐标为（0,1）．设P是双曲线C上的点，Q是点P关于原点的对称点．记λ＝·，则λ的取值范围是________．
解析：
设P（x0，y0），则Q（－x0，－y0），
λ＝·
＝（x0，y0－1）·（－x0，－y0－1）
＝－x－y＋1
＝－x＋2．
因为|x0|≥，
所以λ的取值范围是（－∞，－1]．
答案：
（－∞，－1]
8．（2017·长春质检）已知AB为圆x2＋y2＝1的一条直径，点P为直线x－y＋2＝0上任意一点，则·的最小值为________．
解析：
由题意，设A（cosθ，sinθ），P（x，x＋2），
则B（－cosθ，－sinθ），
∴＝（cosθ－x，sinθ－x－2），
（－cosθ－x，－sinθ－x－2），
∴·
＝（cosθ－x）（－cosθ－x）＋（sinθ－x－2）（－sinθ－x－2）
＝x2＋（x＋2）2－cos2θ－sin2θ
＝2x2＋4x＋3
＝2（x＋1）2＋1，
当且仅当x＝－1，
即P（－1，1）时，·取最小值1．
答案：
1
9．设抛物线（t为参数，p＞0）的焦点为F，准线为l．过抛物线上一点A作l的垂线，垂足为B．设C，AF与BC相交于点E．若|CF|＝2|AF|，且△ACE的面积为3，则p的值为________．
解析：
由（p＞0）消去t可得抛物线方程为y2＝2px（p＞0），∴F，|AB|＝|AF|＝|CF|＝p，可得A（p，p）．
易知△AEB∽△FEC，
∴＝＝，
故S△ACE＝S△ACF＝×3p×p×＝p2＝3，
∴p2＝6．∵p＞0，∴p＝．
答案：
10．（2016·河北三市二联）已知离心率为的椭圆＋＝1（a＞b＞0）的一个焦点为F，过F且与x轴垂直的直线与椭圆交于A，B两点，|AB|＝．
（1）求此椭圆的方程；
（2）已知直线y＝kx＋2与椭圆交于C，D两点，若以线段CD为直径的圆过点E（－1,0），求k的值．
解：
（1）设焦距为2c，
∵e＝＝，a2＝b2＋c2，
∴＝，由题意可知＝，
∴b＝1，a＝，
∴椭圆的方程为＋y2＝1．
（2）将y＝kx＋2代入椭圆方程，
得（1＋3k2）x2＋12kx＋9＝0，
又直线与椭圆有两个交点，
所以Δ＝（12k）2－36（1＋3k2）＞0，
解得k2＞1．
设C（x1，y1），D（x2，y2），
则x1＋x2＝－，x1x2＝，
若以CD为直径的圆过E点，
则·＝0，
即（x1＋1）（x2＋1）＋y1y2＝0，
而y1y2＝（kx1＋2）（kx2＋2）＝k2x1x2＋2k（x1＋x2）＋4，
则（x1＋1）（x2＋1）＋y1y2
＝（k2＋1）x1x2＋（2k＋1）（x1＋x2）＋5
＝－＋5＝0，
解得k＝，满足k2＞1．
11．（2016·山东高考节选）平面直角坐标系xOy中，椭圆C：
＋＝1（a＞b＞0）的离心率是，抛物线E：
x2＝2y的焦点F是C的一个顶点．
（1）求椭圆C的方程．
（2）设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线l与C交于不同的两点A，B，线段AB的中点为D．直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M．求证：
点M在定直线上．
解：
（1）由题意知＝，
可得a2＝4b2．
因为抛物线E的焦点为F，
所以b＝，a＝1．
所以椭圆C的方程为x2＋4y2＝1．
（2）证明：
设P（m＞0）．
由x2＝2y，可得y′＝x，
所以直线l的斜率为m．
因此直线l的方程为y－＝m（x－m），
即y＝mx－．
设A（x1，y1），B（x2，y2），D（x0，y0），
联立方程
得（4m2＋1）x2－4m3x＋m4－1＝0．
由Δ＞0，
得0＜m2＜2＋．（*）
由根与系数的关系得x1＋x2＝，
因此x0＝．
将其代入y＝mx－，
得y0＝．
因为＝－，
所以直线OD的方程为y＝－x．
联立方程
得点M的纵坐标yM＝－，
所以点M在定直线y＝－上．
12．（2016·合肥质检）已知中心在原点，焦点在y轴上的椭圆C，其上一点P到两个焦点F1，F2的距离之和为4，离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线y＝kx＋1与曲线C交于A，B两点，求△OAB面积的取值范围．
解：
（1）设椭圆的标准方程为＋＝1（a＞b＞0），
由题意可知2a＝4，＝，又a2＋b2＝c2，
解得a＝2，c＝，b＝1，
故椭圆C的方程为＋x2＝1．
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），
由得（k2＋4）x2＋2kx－3＝0，
故x1＋x2＝－，x1x2＝－，①
设△OAB的面积为S，
由x1x2＝－＜0，
知S＝（|x1|＋|x2|）＝|x1－x2|
＝＝2，
令k2＋3＝t，知t≥3，
∴S＝2．
对函数y＝t＋（t≥3），知y′＝1－＝＞0，
∴y＝t＋在t∈[3，＋∞）上单调递增，
∴t＋≥，
∴0＜≤，∴0＜S≤，
即△OAB面积的取值范围是．
第二课时 定点、定值、证明问题
定点问题
[典例] 已知抛物线C：
y2＝2px（p＞0）的焦点F（1,0），O为坐标原点，A，B是抛物线C上异于O的两点．
（1）求抛物线C的方程；
（2）若直线OA，OB的斜率之积为－，求证：
直线AB过x轴上一定点．
[解]
（1）因为抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点坐标为（1,0），
所以＝1，即p＝2．
所以抛物线C的方程为y2＝4x．
（2）证明：
①当直线AB的斜率不存在时，
设A，B．
因为直线OA，OB的斜率之积为－，
所以·＝－，化简得t2＝32．
所以A（8，t），B（8，－t），此时直线AB的方程为x＝8．
②当直线AB的斜率存在时，
设其方程为y＝kx＋b，A（xA，yA），B（xB，yB），
联立方程组消去x得ky2－4y＋4b＝0．
由根与系数的关系得yAyB＝，
因为直线OA，OB的斜率之积为－，
所以·＝－，即xAxB＋2yAyB＝0．
即·＋2yAyB＝0，
解得yAyB＝0（舍去）或yAyB＝－32．
所以yAyB＝＝－32，即b＝－8k，
所以y＝kx－8k，即y＝k（x－8）．
综合①②可知，直线AB过定点（8,0）．
[方法点拨]
圆锥曲线中定点问题的两种解法
（1）引进参数法：
引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．
（2）特殊到一般法：
根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．
[对点演练]
已知椭圆＋＝1（a＞b＞0）过点（0,1），其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列．直线l与x轴正半轴和y轴分别交于Q，P，与椭圆分别交于点M，N，各点均不重合且满足＝λ1，＝λ2．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若λ1＋λ2＝－3，试证明：
直线l过定点并求此定点．
解：
（1）设椭圆的焦距为2c，由题意知b＝1，
且（2a）2＋（2b）2＝2（2c）2，
又a2＝b2＋c2，所以a2＝3．
所以椭圆的方程为＋y2＝1．
（2）由题意设P（0，m），Q（x0,0），M（x1，y1），N（x2，y2），直线l的方程为x＝t（y－m），
由＝λ1，知（x1，y1－m）＝λ1（x0－x1，－y1），
∴y1－m＝－y1λ1，由题意y1≠0，
∴λ1＝－1．
同理由＝λ2知λ2＝－1．
∵λ1＋λ2＝－3，∴－1＋－1＝－3，
∴y1y2＋m（y1＋y2）＝0，①
联立
得（t2＋3）y2－2mt2y＋t2m2－3＝0，
∴由题意知Δ＝4m2t4－4（t2＋3）（t2m2－3）＞0，②
且有y1＋y2＝，y1y2＝，③
③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0，
∴（mt）2＝1，
由题意mt＜0，∴mt＝－1，满足②，
故直线l的方程为x＝ty＋1，过定点（1,0），
即Q为定点．
定值问题
[典例] （2017·张掖诊断）
如图，椭圆E：
＋＝1（a＞b＞0）经过点A（0，－1），且离心率为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）经过点（1,1），且斜率为k的直线与椭圆E交于不同两点P，Q（均异于点A），证明：
直线AP与AQ的斜率之和为定值．
[解]
（1）由题意知＝，b＝1，
由a2＝b2＋c2，得a＝，
所以椭圆E的方程为＋y2＝1．
（2）证明：
设直线PQ的方程为y＝k（x－1）＋1（k≠2），
代入＋y2＝1，
得（1＋2k2）x2－4k（k－1）x＋2k（k－2）＝0，
由题意知Δ＞0，
设P（x1，y1），Q（x2，y2），且x1x2≠0，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
所以直线AP与AQ的斜率之和
kAP＋kAQ＝＋
＝＋
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