突破点15圆锥曲线中的综合问题(酌情自选)(对应学生用书第167页)提炼1解答圆锥曲线的定值、定点问题，从三个方面把握(1)从特殊开始，求出定值，再证明该值与变量无关．(2)直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值．(3)在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的项里面分离出来，并令其系数为零，可以解出定点坐标.提炼2用代数法求最值与范围问题时从下面几个方面入手(1)若直线和圆锥曲线有两个不同的交点，则可以利用判别式求范围．(2)若已知曲线上任意一点、一定点或与定点构成的图形，则利用圆锥曲线的性质(性质中的范围)求解．(3)利用隐含或已知的不等关系式直接求范围．(4)利用基本不等式求最值与范围．(5)利用函数值域的方法求最值与范围.提炼3与圆锥曲线有关的探索性问题(1)给出问题的一些特殊关系，要求探索出一些规律，并能论证所得规律的正确性．通常要对已知关系进行观察、比较、分析，然后概括出一般规律．(2)对于只给出条件，探求“是否存在”类型问题，一般要先对结论作出肯定存在的假设，然后由假设出发，结合已知条件进行推理，若推出相符的结论，则存在性得到论证；若推出矛盾，则假设不存在．回访1圆锥曲线的定值、定点问题1．(2015·全国卷Ⅱ)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点(2，)在C上．(1)求C的方程；(2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．[解](1)由题意有＝，＋＝1，2分解得a2＝8，b2＝4.3分所以C的方程为＋＝1.4分(2)证明：设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．将y＝kx＋b代入＋＝1，得(2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0.6分故xM＝＝，yM＝k·xM＋b＝.8分于是直线OM的斜率kOM＝＝－，即kOM·k＝－.11分所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.12分回访2圆锥曲线中的最值与范围问题2．(2016·山东高考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的长轴长为4，焦距为2.(1)求椭圆C的方程．(2)过动点M(0，m)(m>0)的直线交x轴于点N，交C于点A，P(P在第一象限)，且M是线段PN的中点．过点P作x轴的垂线交C于另一点Q，延长QM交C于点B.①设直线PM，QM的斜率分别为k，k′，证明为定值；②求直线AB的斜率的最小值．图151[解](1)设椭圆的半焦距为c.由题意知2a＝4,2c＝2，所以a＝2，b＝＝.所以椭圆C的方程为＋＝1.2分(2)①证明：设P(x0，y0)(x0>0，y0>0)．由M(0，m)，可得P(x0,2m)，Q(x0，－2m).3分所以直线PM的斜率k＝＝，4分直线QM的斜率k′＝＝－.5分此时＝－3.所以为定值－3.6分②设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由①知直线PA的方程为y＝kx＋m，则直线QB的方程为y＝－3kx＋m.联立整理得(2k2＋1)x2＋4mkx＋2m2－4＝0.8分由x0x1＝，可得x1＝，所以y1＝kx1＋m＝＋m.9分同理x2＝，y2＝＋m.10分所以x2－x1＝－＝，11分y2－y1＝＋m－－m＝，12分所以kAB＝＝＝.由m>0，x0>0，可知k>0，所以6k＋≥2，等号当且仅当k＝时取得．此时＝，即m＝，符合题意．所以直线AB的斜率的最小值为.14分回访3与圆锥曲线有关的探索性问题3．(2015·四川高考)如图152，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率是，点P(0,1)在短轴CD上，且PC·PD＝－1.(1)求椭圆E的方程；(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点．是否存在常数λ，使得OA·OB＋λPA·PB为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．图152[解](1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b)．又点P的坐标为(0,1)，且PC·PD＝－1，于是解得a＝2，b＝.所以椭圆E的方程为＋＝1.4分(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．联立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0，所以x1＋x2＝－，x1x2＝－.6分从而，OA·OB＋λPA·PB＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝＝－－λ－2.9分所以，当λ＝1时，－－λ－2＝－3.此时，OA·OB＋λPA·PB＝－3为定值.10分当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD.此时，OA·OB＋λPA·PB＝OC·OD＋PC·PD＝－2－1＝－3.12分故存在常数λ＝1，使得OA·OB＋λPA·PB为定值－3.13分(...
