2019届二轮复习　圆锥曲线热点问题[解答题突破练]学案（全国通用）

2019届二轮复习　圆锥曲线热点问题[解答题突破练]学案（全国通用）

第 19 练　圆锥曲线热点问题[解答题突破练] [明晰考情]　1.命题角度：直线与圆锥曲线的位置关系是高考必考题，范围、最值问题是高 考的热点；圆锥曲线中的证明问题是常见的题型.2.题目难度：中高档难度． 考点一　直线与圆锥曲线 方法技巧 　对于直线与圆锥曲线的位置关系问题，一般要把圆锥曲线的方程与直线方程联 立来处理． (1)设直线方程，在直线的斜率不确定的情况下要分斜率存在和不存在两种情况进行讨论，或 者将直线方程设成 x＝my＋b(斜率不为 0)的形式． (2)联立直线方程与曲线方程并将其转化成一元二次方程，利用方程根的判别式或根与系数的 关系得到交点的横坐标或纵坐标的关系． (3)一般涉及弦长的问题，要用到弦长公式|AB|＝ 1＋k2·|x1－x2|或|AB|＝ 1＋1 k2·|y1－y2|. 1．已知 F 是椭圆x2 6＋y2 2＝1 的右焦点，过 F 的直线 l 与椭圆相交于 A(x1，y1)，B(x1，y2)两 点． (1)若 x1＋x2＝3，求弦 AB 的长； (2)O 为坐标原点，∠AOB＝θ，满足 3OA → ·OB → tan θ＝4 6，求直线 l 的方程． 解　(1)由题意可知过 F 的直线 l 斜率存在，设直线 l 的方程为 y＝k(x－2)， 联立Error! 得(3k2＋1)x2－12k2x＋12k2－6＝0， Δ>0 显然成立． ∵x1＋x2＝3， ∴ 12k2 3k2＋1＝3， ∴k2＝1，则 x1x2＝12k2－6 3k2＋1 ＝3 2， ∴|AB|＝ 1＋k2|x1－x2| ＝ 2 (x1＋x2)2－4x1x2＝ 6. (2)∵3OA → ·OB → tan θ＝4 6， ∴|OA → ||OB → |sin θ＝4 6 3 ， ∴S△AOB＝2 6 3 ， 即1 2×2×|y1－y2|＝2 6 3 ， 由题意知，l 的斜率不为 0，故设直线 l 的方程为 x＝my＋2，联立Error! 得(m2＋3)y2＋4my－2＝0，Δ>0 显然成立． ∴y1＋y2＝－ 4m m2＋3，y1y2＝－ 2 m2＋3， ∴(y1＋y2)2－4y1y2＝8 3， 即 m4－3m2＝0， ∴m＝0 或 m＝± 3， ∴直线 l 的方程为 x＝2 或 x± 3y－2＝0. 2．设 A，B 为曲线 C：y＝x2 4上两点， A 与 B 的横坐标之和为 4. (1)求直线 AB 的斜率； (2)设 M 为曲线 C 上一点，C 在 M 处的切线与直线 AB 平行，且 AM⊥BM，求直线 AB 的方 程． 解　(1)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1≠x2，y1＝x21 4，y2＝x22 4，x1＋x2＝4， 于是直线 AB 的斜率 k＝y1－y2 x1－x2＝x1＋x2 4 ＝1. (2)由 y＝x2 4，得 y′＝x 2. 设 M(x3，y3)，由题设知x3 2＝1， 解得 x3＝2，于是 M(2,1)． 设直线 AB 的方程为 y＝x＋m， 故线段 AB 的中点为 N(2,2＋m)，|MN|＝|m＋1|. 将 y＝x＋m 代入 y＝x2 4， 得 x2－4x－4m＝0. 当 Δ＝16(m＋1)>0， 即 m>－1 时，x1,2＝2±2 m＋1. 从而|AB|＝ 2|x1－x2|＝4 2(m＋1). 由题设知|AB|＝2|MN|， 即 4 2(m＋1)＝2(m＋1)， 解得 m＝7 或 m＝－1(舍)． 所以直线 AB 的方程为 x－y＋7＝0. 3．设椭圆x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的左焦点为 F，右顶点为 A，离心率为 1 2.已知 A 是抛物线 y2＝ 2px(p>0)的焦点，F 到抛物线的准线 l 的距离为1 2. (1)求椭圆的方程和抛物线的方程； (2)设 l 上两点 P，Q 关于 x 轴对称，直线 AP 与椭圆相交于点 B(点 B 异于点 A)，直线 BQ 与 x 轴相交于点 D.若△APD 的面积为 6 2 ，求直线 AP 的方程． 解　(1)设点 F 的坐标为(－c，0)，依题意，得c a＝1 2， p 2＝a，a－c＝1 2， 解得 a＝1，c＝1 2，p＝2， 于是 b2＝a2－c2＝3 4. 所以椭圆的方程为 x2＋4y2 3 ＝1，抛物线的方程为 y2＝4x. (2) 设 直 线 AP 的 方 程 为 x ＝ my ＋ 1(m≠0) ， 与 直 线 l 的 方 程 x ＝ － 1 联 立 ， 可 得 点 P(－1，－2 m)， 故点 Q(－1，2 m). 将 x＝my＋1 与 x2＋4y2 3 ＝1 联立，消去 x， 整理得(3m2＋4)y2＋6my＝0， 解得 y＝0 或 y＝ －6m 3m2＋4. 由点 B 异于点 A，可得点 B(－3m2＋4 3m2＋4 ， －6m 3m2＋4)， 由 Q(－1，2 m)，可得直线 BQ 的方程为( －6m 3m2＋4－2 m)(x＋1)－(－3m2＋4 3m2＋4 ＋1)(y－2 m )＝0， 令 y＝0，解得 x＝2－3m2 3m2＋2， 故点 D(2－3m2 3m2＋2，0). 所以|AD|＝1－2－3m2 3m2＋2＝ 6m2 3m2＋2. 又因为△APD 的面积为 6 2 ， 故1 2× 6m2 3m2＋2× 2 |m|＝ 6 2 ，整理得 3m2－2 6|m|＋2＝0， 解得|m|＝ 6 3 ， 所以 m＝± 6 3 . 所以直线 AP 的方程为 3x＋ 6y－3＝0 或 3x－ 6y－3＝0. 考点二　圆锥曲线中的范围、最值问题 方法技巧 　求圆锥曲线中范围、最值的主要方法 (1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质数形结 合求解． (2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，或者不等关系，或者已知参 数与新参数之间的等量关系等，则利用代数法求参数的范围． 4．已知椭圆 E：x2 t ＋y2 3＝1 的焦点在 x 轴上，A 是 E 的左顶点，斜率为 k(k>0)的直线交 E 于 A，M 两点，点 N 在 E 上，MA⊥NA. (1)当 t＝4，|AM|＝|AN|时，求△AMN 的面积； (2)当 2|AM|＝|AN|时，求 k 的取值范围． 解　(1)设 M(x1，y1)，则由题意知 y1>0. 当 t＝4 时，椭圆 E 的方程为x2 4＋y2 3＝1，A(－2,0)． 由|AM|＝|AN|及椭圆的对称性知，直线 AM 的倾斜角为π 4. 因此直线 AM 的方程为 y＝x＋2. 将 x＝y－2 代入x2 4＋y2 3＝1，得 7y2－12y＝0， 解得 y＝0 或 y＝12 7 ，所以 y1＝12 7 . 因此△AMN 的面积 S△AMN＝2×1 2×12 7 ×12 7 ＝144 49 . (2)由题意知 t>3，k>0，A(－ t，0)，设 M(x1，y1)， 将直线 AM 的方程 y＝k(x＋ t)代入x2 t ＋y2 3＝1， 得(3＋tk2)x2＋2 t·tk2x＋t2k2－3t＝0. 由 x1·(－ t)＝t2k2－3t 3＋tk2 ， 得 x1＝ t(3－tk2) 3＋tk2 ， 故|AM|＝|x1＋ t| 1＋k2＝6 t(1＋k2) 3＋tk2 . 由题设，直线 AN 的方程为 y＝－1 k(x＋ t)， 故同理可得|AN|＝6k t(1＋k2) 3k2＋t . 由 2|AM|＝|AN|，得 2 3＋tk2＝ k 3k2＋t， 即(k3－2)t＝3k(2k－1)， 当 k＝3 2时上式不成立，因此 t＝3k(2k－1) k3－2 . t>3 等价于k3－2k2＋k－2 k3－2 ＝ (k－2)(k2＋1) k3－2 <0，即 k－2 k3－2<0. 由此得Error!或Error! 解得3 2b>0)的离心率为 3 2 ，F 是椭圆 E 的右焦点，直线 AF 的斜率为2 3 3 ，O 为坐标原点． (1)求 E 的方程； (2)设过点 A 的动直线 l 与 E 相交于 P，Q 两点，当△OPQ 的面积最大时，求 l 的方程． 解　(1)设 F(c，0)，由条件知，2 c＝2 3 3 ，得 c＝ 3. 又c a＝ 3 2 ，所以 a＝2，b2＝a2－c2＝1. 故 E 的方程为x2 4＋y2＝1. (2)当 l⊥x 轴时不合题意， 故设 l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)． 将 y＝kx－2 代入x2 4＋y2＝1， 得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0. 当 Δ＝16(4k2－3)>0， 即 k2>3 4时，x1,2＝8k ± 2 4k2－3 4k2＋1 . 从而|PQ|＝ k2＋1|x1－x2|＝4 k2＋1 4k2－3 4k2＋1 . 又点 O 到直线 PQ 的距离 d＝ 2 k2＋1 ， 所以△OPQ 的面积 S△OPQ＝1 2·d·|PQ|＝ 4 4k2－3 4k2＋1 . 设 4k2－3＝t， 则 t>0，S△OPQ＝ 4t t2＋4＝ 4 t＋4 t ≤1. 当且仅当 t＝2，即 k＝± 7 2 时等号成立，且满足 Δ>0. 所以当△OPQ 的面积最大时，l 的方程为 2y± 7x＋4＝0. 6．(2016·浙江)如图所示，设抛物线 y2＝2px(p>0)的焦点为 F，抛物线上的点 A 到 y 轴的距离 等于|AF|－1. (1)求 p 的值； (2)若直线 AF 交抛物线于另一点 B，过 B 与 x 轴平行的直线和过 F 与 AB 垂直的直线交于点 N，AN 与 x 轴交于点 M，求 M 的横坐标的取值范围． 解　(1)由题意可得，抛物线上点 A 到焦点 F 的距离等于点 A 到直线 x＝－1 的距离， 由抛物线的定义得p 2＝1，即 p＝2. (2)由(1)得，抛物线方程为 y2＝4x，F(1,0)， 可设 A(t2，2t)，t≠0，t≠±1，B(xB，yB)． ∵AF 不垂直于 y 轴，可设直线 AF：x＝sy＋1(s≠0)， 由Error!消去 x 得 y2－4sy－4＝0，Δ>0 显然成立． 故 2t·yB＝－4，∴yB＝－2 t， ∴B(1 t2，－2 t). 又直线 AB 的斜率为 2t t2－1， 故直线 FN 的斜率为－t2－1 2t ， 从而得直线 FN：y＝－t2－1 2t (x－1)， 直线 BN：y＝－2 t. ∴N(t2＋3 t2－1，－2 t). 设 M(m，0)，由 A，M，N 三点共线得 2t t2－m＝ 2t＋2 t t2－t2＋3 t2－1 ， 于是 m＝ 2t2 t2－1＝2＋ 2 t2－1， ∴m<0 或 m>2. 经检验知，m<0 或 m>2 满足题意． 综上，点 M 的横坐标的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞)． 考点三　圆锥曲线中的证明问题 方法技巧 　圆锥曲线中的证明问题是转化与化归思想的充分体现．无论证明什么结论，要 对已知条件进行化简，同时对要证结论合理转化，寻求条件和结论间的联系，从而确定解题 思路及转化方向． 7．(2018·全国Ⅰ) 设椭圆 C：x2 2＋y2＝1 的右焦点为 F，过 F 的直线 l 与 C 交于 A，B 两点， 点 M 的坐标为(2,0)． (1)当 l 与 x 轴垂直时，求直线 AM 的方程； (2)设 O 为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB. (1)解　由已知得 F(1,0)，l 的方程为 x＝1. 由已知可得，点 A 的坐标为(1， 2 2 )或(1，－ 2 2 ). 又 M(2,0)， 所以 AM 的方程为 y＝－ 2 2 x＋ 2或 y＝ 2 2 x－ 2. 即 x＋ 2y－2＝0 或 x－ 2y－2＝0. (2)证明　当 l 与 x 轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°. 当 l 与 x 轴垂直时，OM 为 AB 的垂直平分线， 所以∠OMA＝∠OMB. 当 l 与 x 轴不重合也不垂直时，设 l 的方程为 y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1＜ 2，x2＜ 2，直线 MA，MB 的斜率之和 kMA＋kMB＝ y1 x1－2＋ y2 x2－2. 由 y1＝kx1－k，y2＝kx2－k，得 kMA＋kMB＝2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k (x1－2)(x2－2) . 将 y＝k(x－1)代入x2 2＋y2＝1，得 (2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，由题意知 Δ＞0 恒成立， 所以 x1＋x2＝ 4k2 2k2＋1，x1x2＝2k2－2 2k2＋1. 则 2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝4k3－4k－12k3＋8k3＋4k 2k2＋1 ＝0， 从而 kMA＋kMB＝0，故 MA，MB 的倾斜角互补． 所以∠OMA＝∠OMB. 综上，∠OMA＝∠OMB. 8．已知椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的焦距为 2 3，且 C 过点( 3，1 2). (1)求椭圆 C 的方程； (2)设 B1，B2 分别是椭圆 C 的下顶点和上顶点，P 是椭圆上异于 B1，B2 的任意一点，过点 P 作 PM⊥y 轴于 M，N 为线段 PM 的中点，直线 B2N 与直线 y＝－1 交于点 D，E 为线段 B1D 的中点，O 为坐标原点，求证：ON⊥EN. (1)解　由题设知焦距为 2 3，所以 c＝ 3. 又因为椭圆过点( 3，1 2)， 所以代入椭圆方程得 3 a2＋ 1 4 b2＝1， 因为 a2＝b2＋c2，解得 a＝2，b＝1, 故所求椭圆 C 的方程是x2 4＋y2＝1. (2)证明　设 P(x0，y0)，x0≠0，则 M(0，y0)，N(x0 2，y0). 因为点 P 在椭圆 C 上， 所以x20 4＋y20＝1. 即 x20＝4－4y20. 又 B2(0,1)，所以直线 B2N 的方程为 y－1＝2(y0－1) x0 x. 令 y＝－1，得 x＝ x0 1－y0， 所以 D( x0 1－y0，－1). 又 B1(0，－1)，E 为线段 B1D 的中点， 所以 E( x0 2(1－y0)，－1). 所以ON → ＝(x0 2，y0)，EN → ＝(x0 2－ x0 2(1－y0)，y0＋1). 因为ON → ·EN → ＝x0 2[x0 2－ x0 2(1－y0)]＋y0(y0＋1) ＝x20 4－ x20 4(1－y0)＋y20＋y0＝1－ 4－4y20 4(1－y0)＋y0＝1－y0－1＋y0＝0， 所以ON → ⊥EN → ，即 ON⊥EN. 9．已知抛物线 C：y2＝2px 过点 P(1,1)，过点(0，1 2 )作直线 l 与抛物线 C 交于不同的两点 M， N，过点 M 作 x 轴的垂线分别与直线 OP，ON 交于点 A，B，其中 O 为原点． (1)求抛物线 C 的方程，并求其焦点坐标和准线方程； (2)求证：A 为线段 BM 的中点． (1)解　由抛物线 C：y2＝2px 过点 P(1,1)，得 p＝1 2， 所以抛物线 C 的方程为 y2＝x， 抛物线 C 的焦点坐标为(1 4，0 )，准线方程为 x＝－1 4. (2)证明　由题意，直线 l 的斜率存在， 设直线 l 的方程为 y＝kx＋1 2(k≠0)，l 与抛物线 C 的交点为 M(x1，y1)，N(x2，y2)． 由Error! 得 4k2x2＋(4k－4)x＋1＝0， 则 x1＋x2＝1－k k2 ，x1x2＝ 1 4k2. Δ＝(4k－4)2－16k2＝16k2－32k＋16－16k2＝－32k＋16>0，所以 k<1 2. 因为点 P 的坐标为(1,1)，所以直线 OP 的方程为 y＝x，点 A 的坐标为(x1，x1)． 直线 ON 的方程为 y＝y2 x2x，点 B 的坐标为(x1，y2x1 x2 ). 因为 y1＋y2x1 x2 －2x1＝y1x2＋y2x1－2x1x2 x2 ＝ (kx1＋1 2)x2＋(kx2＋1 2)x1－2x1x2 x2 ＝ (2k－2)x1x2＋1 2 (x2＋x1) x2 ＝ (2k－2) × 1 4k2＋1－k 2k2 x2 ＝0， 所以 y1＋y2x1 x2 ＝2x1， 故 A 为线段 BM 的中点． 例　(15 分)在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)的离心率为 3 2 ，且点 ( 3，1 2)在椭圆 C 上． (1)求椭圆 C 的方程； (2)设椭圆 E： x2 4a2＋ y2 4b2＝1，P 为椭圆 C 上任意一点，过点 P 的直线 y＝kx＋m 交椭圆 E 于 A， B 两点，射线 PO 交椭圆 E 于点 Q. ①求|OQ| |OP|的值； ②求△ABQ 面积的最大值． 审题路线图 (1)椭圆 C 上的点满足条件―→列出 a，b 的关系式 ― ― ― ― ― ― ― ― →已知离心率 e＝ 3 2 ， a2＝b2＋c2 基本量法求得椭圆 C 的方程 (2)①P 在 C 上，Q 在 E 上 ― ― ― ― →P，O，Q 共线 设坐标代入方程―→求出|OQ| |OP| ②直线 y＝kx＋m 和椭圆 E 的方程联立 ― ― →通法 研究判别式 Δ 并判断根与系数的关系→ 用 m，k 表示 S △ OAB→求 S △ OAB 最值 ― ― ― ― ― ― ― ― →利用①得 S △ ABQ 和 S △ OAB 的关系 得 S △ ABQ 的最大值 规范解答·评分标准 解　(1)由题意知 3 a2＋ 1 4b2＝1. 又 a2－b2 a ＝ 3 2 ，a2＝b2＋c2，解得 a2＝4，b2＝1. 所以椭圆 C 的方程为x2 4＋y2＝1.3 分 (2)由(1)知椭圆 E 的方程为x2 16＋y2 4＝1. ①设 P(x0，y0)，|OQ| |OP|＝λ(λ＞0)， 由题意知 Q(－λx0，－λy0)． 因为x20 4＋y20＝1， 又 (－λx0)2 16 ＋ (－λy0)2 4 ＝1，即λ2 4(x20 4＋y20)＝1， 所以 λ＝2，即|OQ| |OP|＝2.7 分 ②设 A(x1，y1)，B(x2，y2)． 将 y＝kx＋m 代入椭圆 E 的方程， 可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0， 由 Δ＞0，可得 m2＜4＋16k2，(*) 则有 x1＋x2＝－ 8km 1＋4k2，x1x2＝4m2－16 1＋4k2 . 所以|x1－x2|＝4 16k2＋4－m2 1＋4k2 .10 分 因为直线 y＝kx＋m 与 y 轴交点的坐标为(0，m)， 所以△OAB 的面积 S＝1 2|m||x1－x2| ＝2 16k2＋4－m2|m| 1＋4k2 ＝2 (16k2＋4－m2)m2 1＋4k2 ＝2 (4－ m2 1＋4k2) m2 1＋4k2.12 分 设 m2 1＋4k2＝t，将 y＝kx＋m 代入椭圆 C 的方程， 可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0， 由 Δ≥0，可得 m2≤1＋4k2.(**) 由(*)和(**)可知 0＜t≤1， 因此 S＝2 (4－t)t＝2 －t2＋4t，13 分 故 0＜S≤2 3，当且仅当 t＝1，即 m2＝1＋4k2 时取得最大值 2 3.14 分 由①知，△ABQ 的面积为 3S，所以△ABQ 面积的最大值为 6 3.15 分 构建答题模板 [第一步]　求曲线方程：根据基本量法确定圆锥曲线的方程； [第二步]　联立消元：将直线方程和圆锥曲线方程联立，得到方程 Ax2＋Bx＋C＝0，然后研 究判别式，利用根与系数的关系； [第三步]　找关系：从题设中寻求变量的等量或不等关系； [第四步]　建函数：对范围最值类问题，要建立关于目标变量的函数关系； [第五步]　得范围：通过求解函数值域或解不等式得目标变量的范围或最值，要注意变量条 件的制约，检查最值取得的条件． 1．如图，设点 A，F1，F2 分别为椭圆x2 4＋y2 3＝1 的左顶点和左、右焦点，过点 A 作斜率为 k 的直线交椭圆于另一点 B，连接 BF2 并延长交椭圆于点 C. (1)求点 B 的坐标(用 k 表示)； (2)若 F1C⊥AB，求 k 的值． 解　(1)设点 B(xB，yB)，直线 AB 的方程为 y＝k(x＋2)， 联立x2 4＋y2 3＝1， 得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0， Δ＝(16k2)2－4(3＋4k2)(16k2－12)＞0， ∴－2xB＝16k2－12 3＋4k2 ， 即 xB＝ －8k2＋6 3＋4k2 . ∴yB＝k(xB＋2)＝ 12k 3＋4k2， 即 B(－8k2＋6 3＋4k2 ， 12k 3＋4k2). (2)易知 F2(1,0)， ＝ 4k 1－4k2， ＝－1 k， ∴直线 BF2，CF1 的方程分别为 y＝ 4k 1－4k2(x－1)， y＝－1 k(x＋1)． 由Error! 解得 C(8k2－1，－8k)， 代入x2 4＋y2 3＝1， 得 192k4＋208k2－9＝0， 即(24k2－1)(8k2＋9)＝0，得 k2＝ 1 24， 所以 k＝± 6 12. 2．设椭圆x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的左焦点为 F，离心率为 3 3 ，过点 F 且与 x 轴垂直的直线被椭圆 截得的线段长为4 3 3 . (1)求椭圆的方程； (2)设 A，B 分别为椭圆的左、右顶点，过点 F 且斜率为 k 的直线与椭圆交于 C，D 两点．若 AC → ·DB → ＋AD → ·CB → ＝8，O 为坐标原点，求△OCD 的面积． 解　(1)因为过焦点且垂直于 x 轴的直线被椭圆截得的线段长为4 3 3 ，所以2b2 a ＝4 3 3 . 因为椭圆的离心率为 3 3 ，所以c a＝ 3 3 ， 又 a2＝b2＋c2，可解得 b＝ 2，c＝1，a＝ 3. 所以椭圆的方程为x2 3＋y2 2＝1. 2BFk 1CFk (2)由(1)可知 F(－1,0)， 则直线 CD 的方程为 y＝k(x＋1)． 联立Error! 消去 y 得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0. 设 C(x1，y1)，D(x2，y2)， 所以 x1＋x2＝－ 6k2 2＋3k2，x1x2＝3k2－6 2＋3k2. 又 A(－ 3，0)，B( 3，0)， 所以AC → ·DB → ＋AD → ·CB → ＝(x1＋ 3，y1)·( 3－x2，－y2)＋(x2＋ 3，y2)·( 3－x1，－y1) ＝6－(2＋2k2)x1x2－2k2(x1＋x2)－2k2＝6＋2k2＋12 2＋3k2 ＝8， 解得 k＝± 2. 从而 x1＋x2＝－ 6 × 2 2＋3 × 2＝－3 2，x1x2＝3 × 2－6 2＋3 × 2＝0. 所以|x1－x2|＝ (x1＋x2)2－4x1x2＝ (－3 2 )2－4 × 0＝3 2， |CD|＝ 1＋k2|x1－x2|＝ 1＋2×3 2＝3 3 2 . 而原点 O 到直线 CD 的距离 d＝ |k| 1＋k2＝ 2 1＋2 ＝ 6 3 ， 所以△OCD 的面积 S＝1 2|CD|×d＝1 2×3 3 2 × 6 3 ＝3 2 4 . 3．(2018·金华浦江适应性考试)如图，设椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)，左、右焦点为 F1，F2， 上顶点为 D，离心率为 6 3 ，且DF1→ ·DF2→ ＝－2. (1)求椭圆 C 的方程； (2)设 E 是 x 轴正半轴上的一点，过点 E 任作直线 l 与 C 相交于 A，B 两点，如果 1 |EA|2＋ 1 |EB|2 是定值，试确定点 E 的位置，并求 S△DAE·S△DBE 的最大值． 解　(1)由题意知，D(0，b)，F1(－c，0)，F2(c，0)， 由 e＝ 6 3 ，得c a＝ 6 3 . 由DF1→ ·DF2→ ＝－2，得－c2＋b2＝－2， 又 a2＝b2＋c2， ∴a＝ 6，b＝ 2，c＝2. ∴椭圆 C 的方程为x2 6＋y2 2＝1. (2)当 l 的斜率不为 0 时，设 AB 的方程为 x＝ty＋m， 由Error!消去 x，得 ∴(t2＋3)y2＋2tmy＋m2－6＝0， Δ＝4t2m2－4(m2－6)(t2＋3)＝4(6t2＋18－3m2)． 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， ∴y1＋y2＝－ 2tm t2＋3， y1y2＝m2－6 t2＋3 ， ∴ 1 |EA|2＋ 1 |EB|2＝ 1 1＋t2(1 y21＋1 y22)＝ 1 1＋t2· (y1＋y2)2－2y1y2 (y1y2)2 ＝ (2m2＋12)t2－6(m2－6) (m2－6)2(1＋t2) ， ∴m＝ 3，它满足 Δ>0， ∴E( 3，0)， 1 |EA|2＋ 1 |EB|2为定值 2. 当 E 为( 3，0)，l：y＝0 时，满足 1 |EA|2＋ 1 |EB|2＝2， 此时 S△DAE·S△DBE＝1 2× 2×( 6－ 3)×1 2× 2×( 6＋ 3)＝3 2. 当 l 的斜率不为 0 时，y1＋y2＝－2 3t t2＋3，y1y2＝－ 3 t2＋3， 由 D 到 AB 的距离 d＝| 2t＋ 3| 1＋t2 ，|AE|＝ 1＋t2|y1|，|BE|＝ 1＋t2|y2|， 得 S△DAE·S△DBE＝1 2d·|AE|· (1 2·d·|BE|)＝3( 2t＋ 3)2 4(t2＋3) . 令 u＝ 2t＋ 3，则 t＝u－ 3 2 ， 则 S△DAE·S△DBE＝3 2× u2 u2－2 3u＋9 ＝ 3 2( 9 u2－2 3 u ＋1) ＝ 3 2[9(1 u－ 3 9 )2＋2 3] ≤9 4， 当且仅当1 u＝ 3 9 ，即 u＝3 3，t＝ 6时，等号成立． 故(S△DAE·S△DBE)max＝9 4. 4．(2017·浙江)如图，已知抛物线 x 2＝y，点 A(－1 2，1 4)，B(3 2，9 4 )，抛物线上的点 P(x，y) (－1 2＜x＜3 2)，过点 B 作直线 AP 的垂线，垂足为 Q. (1)求直线 AP 斜率的取值范围； (2)求|PA|·|PQ|的最大值． 解　(1)设直线 AP 的斜率为 k，k＝ x2－1 4 x＋1 2 ＝x－1 2， 因为－1 2＜x＜3 2. 所以直线 AP 斜率的取值范围为(－1,1)． (2)联立直线 AP 与 BQ 的方程Error! 解得点 Q 的横坐标是 xQ＝ －k2＋4k＋3 2(k2＋1) . 因为|PA|＝ 1＋k2(x＋1 2 ) ＝ 1＋k2(k＋1)， |PQ|＝ 1＋k2(xQ－x) ＝－ (k－1)(k＋1)2 k2＋1 ， 所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1)3， 令 f(k)＝－(k－1)(k＋1)3， 因为 f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2， 所以 f(k)在区间(－1，1 2)上单调递增，在区间(1 2，1 )上单调递减． 因此当 k＝1 2时，|PA|·|PQ|取得最大值27 16.