2．（2015·浙江高考）已知椭圆＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋对称．
图13 2
（1）求实数m的取值范围；
（2）求△AOB面积的最大值（O为坐标原点）．
[解]
（1）由题意知m≠0，
可设直线AB的方程为y＝－x＋b.3分
由消去y，得
x2－x＋b2－1＝0.5分
因为直线y＝－x＋b与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋>0.①
将线段AB中点M代入直线方程y＝mx＋解得b＝－.②
由①②得m<－或m>.7分
（2）令t＝∈∪，
则|AB|＝·，
且O到直线AB的距离为d＝.10分
设△AOB的面积为S（t），所以
S（t）＝|AB|·d＝≤，
当且仅当t2＝时，等号成立．
故△AOB面积的最大值为.15分
3．（2014·浙江高考）已知△ABP的三个顶点都在抛物线C：
x2＝4y上，F为抛物线C的焦点，点M为AB的中点，＝3.
图13 3
（1）若|PF|＝3，求点M的坐标；
（2）求△ABP面积的最大值．
[解]
（1）由题意知焦点F（0,1），准线方程为y＝－1.2分
设P（x0，y0），由抛物线定义知|PF|＝y0＋1，得到y0＝2，所以P（2，2）或P（－2，2）．
由＝3得M或M.6分
（2）设直线AB的方程为y＝kx＋m，点A（x1，y1），B（x2，y2），P（x0，y0）．
由得x2－4kx－4m＝0.8分
于是Δ＝16k2＋16m＞0，x1＋x2＝4k，x1x2＝－4m，所以AB的中点M的坐标为（2k,2k2＋m）．
由＝3，得（－x0,1－y0）＝3（2k,2k2＋m－1），
所以由x＝4y0，得k2＝－m＋.10分
由Δ＞0，k2≥0，得－＜m≤.
又因为|AB|＝4·，
点F（0,1）到直线AB的距离为d＝，
所以S△ABP＝4S△ABF＝8|m－1|
＝.
记f（m）＝3m3－5m2＋m＋1，
令f′（m）＝9m2－10m＋1＝0，解得m1＝，m2＝1.12分
可得f（m）在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数．
又f＝＞f，所以，当m＝时，f（m）取到最大值，此时k＝±.
所以，△ABP面积的最大值为.15分
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.
已知椭圆C：
＋＝1（a＞b＞0）上一点P与椭圆右焦点的连线垂直于x轴，直线l：
y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点（均不在坐标轴上）．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设O为坐标原点，若△AOB的面积为，试判断直线OA与OB的斜率之积是否为定值？
【导学号：
58962055】
[解]
（1）由题意知解得3分
∴椭圆C的标准方程为＋＝1.4分
（2）设点A（x1，y1），B（x2，y2），
由得（4k2＋3）x2＋8kmx＋4m2－12＝0，5分
由Δ＝（8km）2－16（4k2＋3）（m2－3）＞0，得m2＜4k2＋3.6分
∵x1＋x2＝，x1x2＝，
∴S△OAB＝|m||x1－x2|＝|m|·＝，8分
化简得4k2＋3－2m2＝0，满足Δ＞0，从而有4k2－m2＝m2－3（*），9分
∴kOA·kOB＝＝＝
＝＝－·，由（*）式，得＝1，12分
∴kOA·kOB＝－，即直线OA与OB的斜率之积为定值－.15分
求解定值问题的两大途径
1.→
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：
＋＝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＋y2＝1.3分
又c＝＝，∴离心率e＝＝.5分
（2）证明：
设P（x0，y0）（x0＜0，y0＜0），则x＋4y＝4.6分
又A（2,0），B（0,1），
∴直线PA的方程为y＝（x－2）．
令x＝0，得yM＝－，从而|BM|＝1－yM＝1＋.9分
直线PB的方程为y＝x＋1.
令y＝0，得xN＝－，从而|AN|＝2－xN＝2＋.12分
∴四边形ABNM的面积S＝|AN|·|BM|
＝
＝
＝＝2.
从而四边形ABNM的面积为定值.15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x2＋y2＋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C1，直线l交C1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＋y2＝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＋＝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（x1，y1），N（x2，y2）．
由得（4k2＋3）x2－8k2x＋4k2－12＝0，
则x1＋x2＝，x1x2＝.
所以|MN|＝|x1－x2|＝.
过点B（1,0）且与l垂直的直线m：
y＝－（x－1），点A到直线m的距离为，6分
所以|PQ|＝2＝4.
故四边形MPNQ的面积S＝|MN||PQ|＝12.8分
可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为（12,8）.12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[12,8）.15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：
x2＝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＋的最大值．
[解]
（1）设抛物线的焦点为F，则直线l：
y＝x＋.
由得x2－2px－p2＝0，
∴x1＋x2＝2p，∴y1＋y2＝3p，
∴|MN|＝y1＋y2＋p＝4p＝16，∴p＝4，
∴抛物线C的方程为x2＝8y.4分
（2）设动圆圆心P（x0，y0），A（x1,0），B（x2,0），
则x＝8y0，且圆P：
（x－x0）2＋（y－y0）2＝x＋（y0－4）2，
令y＝0，整理得x2－2x0x＋x－16＝0，
解得x1＝x0－4，x2＝x0＋4，6分
设t＝＝＝＝，
当x0＝0时，t＝1， ①7分
当x0≠0时，t＝.
∵x0＞0，∴x0＋≥8，
∴t≥＝＝－1，且t＜1， ②
综上①②知－1≤t≤1.11分
∵f（t）＝t＋在[－1,1]上单调递减，
∴＋＝t＋≤－1＋＝2，
当且仅当t＝－1，即x0＝4时等号成立．
∴＋的最大值为2.15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.
如图13 4，在平面直角坐标系xOy中，已知F1，F2分别是椭圆E：
＋＝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OF2的中点，且＋5＝0.
图13 4
（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MF1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k1，k2.试问是否存在常数λ，使得k1＋λk2＝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）→→→→
（2）→→
→
→→
→→
[解]
（1）∵＋5＝0，∴＝5，∵a＋c＝5
升级会员 