2020届二轮复习（理）专题五第3讲圆锥曲线的综合问题学案
第3讲 圆锥曲线的综合问题
「考情研析」 1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题． 2.试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法，对计算能力也有较高要求，难度较大.
核心知识回顾
1.最值问题
求解最值问题的基本思路是选择变量，建立求解目标的函数解析式，然后利用函数知识、基本不等式等知识求解其最值．
2．范围问题
求参数范围的问题，牢记“先找不等式，有时需要找出两个量之间的关系，然后消去另一个量，保留要求的量”．不等式的来源可以是Δ>0或圆锥曲线的有界性或题目条件中的某个量的范围等．
3．定点问题
在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为定点问题．
4．定值问题
在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题．
5．存在性问题的解题步骤
(1)先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组)．
(2)解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在．
热点考向探究
考向1 最值与范围问题
角度1 最值问题
例1 已知抛物线C的方程为y2＝2px(p>0)，点R(1，2)在抛物线C上．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点Q(1,1)作直线交抛物线C于不同于R的两点A，B，若直线AR，BR分别交直线l：y＝2x＋2于M，N两点，求|MN|最小时直线AB的方程．
解 (1)∵点R(1,2)在抛物线C：y2＝2px(p>0)上，
∴4＝2p，解得p＝2，∴抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为x＝m(y－1)＋1，m≠0，
由消去x并整理得y2－4my＋4(m－1)＝0，
∴y1＋y2＝4m，y1y2＝4(m－1)，
设直线AR的方程为y＝k1(x－1)＋2，
由解得点M的横坐标xM＝，
又k1＝＝＝，∴xM＝＝－，同理点N的横坐标xN＝－，
|y2－y1|＝＝4，
∴|MN|＝|xM－xN|＝
＝2＝8
＝2 ，
令m－1＝t，t≠0，则m＝t＋1，
∴|MN|＝2 ≥，当t＝－2，
即m＝－1时，|MN|取得最小值，此时直线AB的方程为x＋y－2＝0.
解析几何中最值问题的基本解法有几何法和代数法．几何法是根据已知的几何量之间的相互关系，结合平面几何和解析几何知识加以解决的(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等)；代数法是建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值(利用普通方法、基本不等式法或导数法等)解决的．
(2019·湘赣十四校高三联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，左焦点为F1，点A是椭圆C上位于x轴上方的一个动点，当直线AF1的斜率为1时，|AF1|＝.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线AF1与椭圆C的另外一个交点为B，点A关于x轴的对称点为A′，求△F1A′B面积的最大值．
解 (1)解法一：∵e＝＝，∴a2＝2c2，又a2＝b2＋c2，∴b＝c.∴当直线AF1的斜率为1时，直线AF1通过椭圆上的顶点，
∴|AF1|＝＝a＝.
又a2＝2c2，b＝c，∴b＝1，椭圆C的方程为＋y2＝1.
解法二：设椭圆的右焦点为F2，在△AF1F2中，|AF1|＝，|AF2|＝2a－，|F1F2|＝2c，
∴(2a－)2＝2＋(2c)2－2··2c·cos45°，
即a2－a＝c2－c. ①
又∵e＝＝，∴a＝c. ②
联立①②，得a＝，c＝1，又a2＝b2＋c2，∴b＝1.
∴椭圆C的方程为＋y2＝1.
解法三：∵e＝＝，∴a2＝2c2，又a2＝b2＋c2，
∴a＝b＝c.∴椭圆C的方程可化为＋＝1，
即x2＋2y2＝2c2.③
又直线AF1的方程为y＝x＋c.④
联立③④，得x2＋2(x＋c)2＝2c2，即3x2＋4cx＝0，
∴x＝0或x＝－c.直线AF1的斜率为1且A在x轴上方，
∴xA＝0，
∴A的坐标为(0，b)．∴|AF1|＝＝a，∴a＝，又a＝b＝c，∴b＝c＝1.
∴椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)如图，∵A在x轴上方，∴直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为x＝my－1.
∵F1，A′，B三点能构成三角形，
∴直线AB不垂直于x轴，
∴m≠0，
设A的坐标为(x1，y1)，B的坐标为(x2，y2)，则A′的坐标为(x1，－y1)．
联立得(my－1)2＋2y2＝2，
即(2＋m2)y2－2my－1＝0，
∴y1＋y2＝，y1y2＝－.
解法一：S△F1A′B＝S△BAA′－S△F1AA′
＝|AA′||x2－xF1|＝y1|x2＋1|＝y1|my2|
＝|my1y2|＝＝≤
＝，当且仅当＝|m|即|m|＝时取等号．
∴△F1A′B面积的最大值为.
解法二：直线A′B的方程为y＋y1＝(x－x1)，
令y＝0，则x＝＋x1＝
＝＝－1
＝－1＝－2，
∴直线A′B过定点(－2,0)，设定点为T，则S△F1A′B＝|S△F1TB－S△F1TA′|＝＝|y2＋y1|＝＝≤＝，
当且仅当＝|m|即|m|＝时取等号．
∴△F1A′B面积的最大值为.
角度2 范围问题
例2 (2019·广东高三联考)已知椭圆C1，抛物线C2的焦点均在x轴上，C1的中心和C2的顶点均为原点O，从每条曲线上各取两个点，其坐标分别是(3，－2)，(－2,0)，(4，－4)，.
(1)求C1，C2的标准方程；
(2)过点M(0,2)的直线l与椭圆C1交于不同的两点A，B，且∠AOB为锐角(其中O为坐标原点)，求直线l的斜率k的取值范围．
解 (1)由题意，抛物线的顶点为原点，
所以点(－2,0)一定在椭圆上，且a＝2，则椭圆上任何点的横坐标的绝对值都小于等于2，所以也在椭圆上，＋＝1，b2＝1，故椭圆C1的标准方程为＋y2＝1，
所以点(3，－2)，(4，－4)在抛物线上，且抛物线开口向右，其抛物线C2的方程为y2＝2px,12＝6p，p＝2，
所以抛物线C2的方程为y2＝4x.
(2)①当直线l斜率不存在时，易知A，O，B三点共线，不符合题意．
②当l斜率存在时，设l：y＝kx＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得x2＋4(kx＋2)2－4＝0，
即(4k2＋1)x2＋16kx＋12＝0，令Δ＝(16k)2－48(4k2＋1)>0，
即256k2－192k2－48>0，得64k2>48，即k<－或k>，
∵x1＋x2＝，x1x2＝，
∴y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝－＋＝
，
∵∠AOB为锐角，∴·＝x1x2＋y1y2＝>0，
即4k2<16，得－2
b>0)的长轴长为2，P为椭圆C上异于顶点的一个动点，O为坐标原点，A2为椭圆C的右顶点，点M为线段PA2的中点，且直线PA2与直线OM的斜率之积恒为－.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过椭圆C的左焦点F1且不与坐标轴垂直的直线l交椭圆C于A，B两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于点N，点N的横坐标的取值范围是，求线段AB长的取值范围．
解 (1)由已知2a＝2，a＝，
设点P(x0，y0)，∴M，
∵直线PA2与OM的斜率之积恒为－，
∴×＝－.∴＋y＝1，∴b＝1.
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)设直线l：y＝k(x＋1)，联立直线与椭圆方程
得(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由根与系数的关系可得
可得y1＋y2＝k(x1＋x2＋2)＝，
故AB中点Q，
QN直线方程：y－＝－
＝－x－，
∴N，由已知条件得，
－<－<0，∴0<2k2<1，
∴|AB|＝
＝×＝，
∵<<1，∴|AB|∈.
考向2 定点与定值问题
角度1 定点问题
例3 动点P在圆E：(x＋1)2＋y2＝16上运动，定点F(1,0)，线段PF的垂直平分线与直线PE的交点为Q.
(1)求Q的轨迹T的方程；
(2)过点F的直线l1，l2分别交轨迹T于A，B两点和C，D两点，且l1⊥l2.证明：过AB和CD中点的直线过定点．
解 (1)连接QF，根据题意，可知|QP|＝|QF|，则|QE|＋|QF|＝|QE|＋|QP|＝4>|EF|，故Q点的轨迹T为以E，F为焦点，长轴长为4的椭圆，则a＝2，c＝1，所以b＝，所以点Q的轨迹T的方程为＋＝1.
(2)证明：分别设直线AB和CD的中点为M，N，当直线AB斜率不存在或为0时，分析可知直线MN与x轴重合，当直线AB的斜率为1时，此时M，N，直线MN的方程为x＝，联立解得直线MN经过定点.
下面证明一般性：当直线AB的斜率存在且不为0,1时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，则直线CD的方程为y＝－(x－1)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立消去y得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
则x1＋x2＝，所以y1＋y2＝－，
即M，同理，N，
于是直线MN的斜率为
kMN＝＝，
故直线MN的方程为
y－＝，
显然x＝时，y＝0，故直线经过定点.
过定点问题的两大类型及解法
(1)动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．
(2)动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
(2019·白银市靖远县高三联考)设椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，下顶点为A，O为坐标原点，点O到直线AF2的距离为，△AF1F2为等腰直角三角形．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)直线l与椭圆C交于M，N两点，若直线AM与直线AN的斜率之和为2，证明：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标．
解 (1)由题意可知，直线AF2的方程为＋＝1，即－bx＋cy＋bc＝0，则＝＝.
因为△AF1F2为等腰直角三角形，所以b＝c，
又a2＝b2＋c2，解得a＝，b＝1，c＝1，
所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)证明：由(1)知A(0，－1)，
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋t(t≠±1)，
代入＋y2＝1，得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，
所以Δ＝16k2t2－4(1＋2k2)(2t2－2)>0，即t2－2k2<1，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝，
因为直线AM与直线AN的斜率之和为2，
所以kAM＋kAN＝＋
＝＋
＝2k＋＝2k－＝2，
整理得t＝1－k，
所以直线l的方程为y＝kx＋t＝kx＋1－k＝k(x－1)＋1，
显然直线y＝k(x－1)＋1经过定点(1,1)．
当直线l的斜率不存在时，设直线l的方程为x＝m，
因为直线AM与直线的斜率之和为2，
设M(m，n)，则N(m，－n)，
所以kAM＋kAN＝＋＝＝2，解得m＝1，
此时直线l的方程为x＝1.显然直线x＝1也经过该定点(1,1)，
综上，直线l恒过点(1,1)．
角度2 定值问题
例4 (2019·凯里市第一中学高三下学期模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点A(2，)在椭圆上，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知点P，M，N为椭圆C上的三点，若四边形OPMN为平行四边形，证明四边形OPMN的面积S为定值，并求出该定值．
解 (1)由题有∴a2＝8，b2＝4，
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)当直线PN的斜率k不存在时，直线PN的方程为x＝或x＝－，
从而有|PN|＝2，
所以四边形OPMN的面积
S＝|PN||OM|＝×2×2＝2.
当直线PN的斜率k存在时，设直线PN的方程为y＝kx＋m(m≠0)，P(x1，y1)，N(x2，y2)，
将直线PN的方程代入椭圆C的方程，整理得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－8＝0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝，
由＝＋，得M.
将M点的坐标代入椭圆C的方程得m2＝1＋2k2.
又点O到直线PN的距离为d＝，
|PN|＝＝|x1－x2|，
∴四边形OPMN的面积S＝d·|PN|＝|m|·|x1－x2|＝·＝
＝2.
综上，平行四边形OPMN的面积S为定值2.
定值问题的两种解法
(1)首先由特例得出一个值(此值一般就是定值)然后证明定值：即将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关．
(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相抵消或分子、分母约分得定值．
已知抛物线E：y2＝2px(p>0)，直线x＝my＋3与E交于A，B两点，且·＝6，其中O为坐标原点．
(1)求抛物线E的方程；
(2)已知点C的坐标为(－3,0)，记直线CA，CB的斜率分别为k1，k2，证明：＋－2m2为定值．
解 (1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
整理得y2－2pmy－6p＝0，由根与系数的关系可知，y1＋y2＝2pm，y1y2＝－6p，则x1x2＝，
由·＝x1x2＋y1y2＝＋y1y2＝9－6p＝6，
解得p＝，所以y2＝x.
(2)证明：由题意得k1＝＝，k2＝＝，
所以＝m＋，＝m＋，
所以＋－2m2＝2＋2－2m2＝2m2＋12m＋36×－2m2＝2m2＋12m×＋36×－2m2，
由(1)可知，y1＋y2＝2pm＝m，y1y2＝－6p＝－3，
所以＋－2m2＝2m2＋12m×＋36×－2m2＝24，所以＋－2m2
为定值．
考向3 探索性问题
例5 如图，椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点P，离心率e＝，直线l的方程为x＝4.
(1)求椭圆C的方程；
(2)线段AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P)，设直线AB与直线l相交于点M，记直线PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.问：是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由．
解 (1)由P在椭圆上，
得＋＝1， ①
因为e＝，所以a＝2c，则 ②
②代入①解得c2＝1，a2＝4，b2＝3.
故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由题意可设直线AB的斜率为k，
则直线AB的方程为y＝k(x－1)， ③
代入椭圆方程并整理，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1≠x2≠1，则有
x1＋x2＝，x1x2＝， ④
在方程③中令x＝4得，M的坐标为(4,3k)．
从而k1＝，k2＝，k3＝＝k－.
因为A，F，B三点共线，所以k＝kAF＝kBF，
即有＝＝k.
所以k1＋k2＝＋
＝＋－
＝2k－·
＝2k－·＝2k－1，
又k3＝k－，所以k1＋k2＝2k3.故存在常数λ＝2符合题意．
解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明确化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．
(2019·南通市高三阶段测试)已知A(－2,0)，B(2,0)，点C，D依次满足||＝2，＝(＋)．
(1)求点D的轨迹；
(2)过点A作直线l交以A，B为焦点的椭圆于M，N两点，线段MN的中点到y轴的距离为，且直线l与点D的轨迹相切，求该椭圆的方程；
(3)在(2)的条件下，设点Q的坐标为(1,0)，是否存在椭圆上的点P及以Q为圆心的一个圆，使得该圆与直线PA，PB都相切，若存在，求出P点坐标及圆的方程；若不存在，请说明理由．
解 (1)设C(x0，y0)，D(x，y)，
则＝(x0＋2，y0)，＝(4,0)，
∴＝(＋)＝＝(x＋2，y)，
则有代入||2＝(x0＋2)2＋y＝4得x2＋y2＝1.
∴点D的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆．
(2)由题意可知直线l斜率存在，
设直线l的方程为y＝k(x＋2)， ①
椭圆的方程＋＝1(a2>4)， ②
由l与圆相切得＝1，即k2＝，
将①代入②得(a2k2＋a2－4)x2＋4a2k2x＋4a2k2－a4＋4a2＝0，
又k2＝，可得(a2－3)x2＋a2x－a4＋4a2＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
∴|x1＋x2|＝＝，
解得a2＝8或a2＝(舍去)，
∴椭圆方程为＋＝1.
(3)假设存在椭圆上的一点P(x0，y0)，使得直线PA，PB与以Q为圆心的圆相切，
则Q到直线PA，PB的距离相等，
又A(－2,0)，B(2,0)，
则直线PB的方程为(x0－2)y－y0x＋2y0＝0，
直线PA的方程为(x0＋2)y－y0x－2y0＝0.
设d1为Q到直线PB的距离，d2为Q到直线PA的距离，则
d1＝＝＝d2，
化简整理得x－5x0＋4＋y＝0.
∵P点在椭圆上，
∴x＋2y＝8.解得x0＝2或x0＝8(舍去)．
x0＝2时，y0＝±，∴r＝1.
∴椭圆上存在点P，其坐标为(2，)或(2，－)，
使得直线PF1，PF2与以Q为圆心的圆(x－1)2＋y2＝1相切．
真题押题
『真题模拟』
1．(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线C：y＝，D为直线y＝－上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.
(1)证明：直线AB过定点；
(2)若以E为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积．
解 (1)证明：设D，A(x1，y1)，则x＝2y1.
因为y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故＝x1.
整理得2tx1－2y1＋1＝0.设B(x2，y2)，
同理可得2tx2－2y2＋1＝0.
故直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.
所以直线AB过定点.
(2)由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋.
由
可得x2－2tx－1＝0.于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，
y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1，
|AB|＝|x1－x2|
＝× ＝2(t2＋1)．
设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，
则d1＝，d2＝.
因此，四边形ADBE的面积
S＝|AB|(d1＋d2)＝(t2＋3) .
设M为线段AB的中点，则M.
因为⊥，而＝(t，t2－2)，与向量(1，t)平行，
所以t＋(t2－2)t＝0，解得t＝0或t＝±1.
当t＝0时，S＝3；当t＝±1时，S＝4.
因此，四边形ADBE的面积为3或4.
2．(2019·天津市高三4月联考)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A，B，过右焦点F2且垂直于长轴的直线交椭圆于G，H两点，|GH|＝3，△F1GH的周长为8.过A点作直线l交椭圆于第一象限的M点，直线MF2交椭圆于另一点N，直线NB与直线l交于点P.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若△AMN的面积为，求直线MN的方程；
(3)证明：点P在定直线上．
解 (1)由题意知|GH|＝＝3,4a＝8，
解得a＝2，b＝，
所以椭圆方程为＋＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
①当直线MN斜率k存在时，设直线MN方程为y＝k(x－1)，代入椭圆方程并整理，得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，Δ＝144(k2＋1)＞0，x1＋x2＝，x1x2＝，
∴|MN|＝
＝
＝
＝.
A(－2,0)到直线MN：kx－y－k＝0的距离为d＝，
∴S△AMN＝d·|MN|＝＝，化简得17k4＋k2－18＝0，解得k＝±1.
当k＝－1时，直线MN过点F2(1,0)，直线MN与椭圆的交点不在第一象限(舍去)．所以直线MN的方程为x－y－1＝0.
②当直线MN斜率k不存在时，则直线MN的方程为x＝1，S△AMN＝··(a＋c)＝≠(舍去)．
综上，直线MN的方程为x－y－1＝0.
(3)证明：设直线AM：y＝k1(x＋2)(k1＞0)，与椭圆方程联立得(4k＋3)x2＋16kx＋16k－12＝0，
∵∴xM＝，yM＝
同理设直线BN：y＝k2(x－2)(k2＞0)，
可得xN＝，yN＝，
所以直线MN的方程为＝，以及直线MN方程过点F2(1,0)，将F2，M，N坐标代入可得，(4k1k2＋3)·(k2－3k1)＝0，
∵k1k2＞0，∴k2＝3k1.
又因为直线AM与直线NB交于P点，
即xP＝，将k2＝3k1代入得xP＝4，所以点P在定直线x＝4上．
3．(2019·江西省八所重点中学高三4月联考)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)，F1，F2为其左、右焦点，B1，B2为其上、下顶点，四边形F1B1F2B2的面积为2.
(1)求椭圆E的长轴A1A2的最小值，并确定此时椭圆E的方程；
(2)对于(1)中确定的椭圆E，设过定点M(－2,0)的直线l与椭圆E相交于P，Q两点，若＝λ，当λ∈时，求△OPQ面积S的取值范围．
解 (1)依题意，四边形F1B1F2B2的面积为2bc，
∴2bc＝2，
∵长轴A1A2＝2a＝2≥2＝2，
此时b＝c＝1，a＝，
故长轴A1A2的最小值为2，此时椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)依题意，可设l：x＝ty－2，联立得(t2＋2)y2－4ty＋2＝0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由Δ＝16t2－4·2(t2＋2)＝8t2－16>0，可得t2>2，且
且已知M(－2,0)，由＝λ，可得y1＝λy2，
∴∴λ＋＋2＝，
∵λ∈，∴λ＋＋2∈，
∴<<，∴0，
∴S＝S△OMQ－S△OMP＝|OM||y1－y2|＝|y1－y2|＝ ＝，
设m＝，∴m∈，t2＝m2＋2，
∴S＝＝，∵m＋在m∈单调递减，
故S关于m在上单调递增，
∴S∈.
4．(2019·玉溪市第一中学高三下学期第五次调研)已知抛物线x2＝2py(p>0)，准线方程为y＋2＝0，直线l过定点T(0，t)(t>0)，且与抛物线交于A，B两点，O为坐标原点．
(1)求抛物线方程；
(2)·是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，请说明理由；
(3)当t＝1时，设＝λ，记|AB|＝f(λ)，求f(λ)的最小值及取最小值时对应的λ
.
解 (1)∵－＝－2，∴p＝4，
∴抛物线方程为x2＝8y. ①
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，根据题意知直线l的斜率存在，设l：y＝kx＋t(t>0)， ②
联立①②得x2－8kx－8t＝0，
∴x1＋x2＝8k，x1x2＝－8t.
∴y1y2＝(kx1＋t)(kx2＋t)＝k2x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2＝t2，
∴·＝x1x2＋y1y2＝t2－8t.
由于T(0，t)为定点，故t为定值，∴·为定值．
(3)T(0,1)，＝(－x1,1－y1)，＝(x2，y2－1)，
∵＝λ，∴－x1＝λx2,1－y1＝λ(y2－1)，
∴x1＝－λx2，
由(2)知x1x2＝－8t＝－8，∴－λx＝－8，∴x＝，
且λ>0，又x1＋x2＝(1－λ)x2＝8k，
∴(1－λ)2x＝64k2，
当k≠0时，λ≠1，∴x＝，∴＝，
∴k2＝.
当k＝0时，λ＝1，符合上式，且|AB|＝4.
∴|AB|＝·
＝ ·
＝
＝ ，
令m＝λ＋，则m≥2，|AB|＝，
当m＝2即λ＝1时，|AB|min＝4.
『金版押题』
5．已知直线l1：ax－y＋1＝0，直线l2：x＋5ay＋5a＝0，直线l1与l2的交点为M，点M的轨迹为曲线C.
(1)当a变化时，求曲线C的方程；
(2)已知点D(2,0)，过点E(－2,0)的直线l与C交于A，B两点，求△ABD面积的最大值．
解 (1)由消去a，得曲线C的方程为＋y2＝1.[y≠－1，即点(0，－1)不在曲线C上，此步对考生不作要求]
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，l为x＝my－2，
由得(m2＋5)y2－4my－1＝0，
则y1＋y2＝，y1y2＝－，
△ABD的面积S＝2|y2－y1|＝2
＝2 ＝，
设t＝，t∈[1，＋∞)，则S＝＝≤，
当t＝(t∈[1，＋∞))，即t＝2，m＝±时，△ABD的面积取得最大值.
6．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)与直线x－y＋4＝0相切．
(1)求该抛物线的方程；
(2)在x轴的正半轴上，是否存在某个确定的点M，过该点的动直线l与抛物线C交于A，B两点，使得＋为定值．如果存在，求出点M的坐标；如果不存在，请说明理由．
解 (1)联立方程有
有y2－2py＋8p＝0，由于直线与抛物线相切，
得Δ＝8p2－32p＝0，p＝4，所以y2＝8x.
(2)假设存在满足条件的点M(m,0)(m>0)，
直线l：x＝ty＋m，有整理得y2－8ty－8m＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，有y1＋y2＝8t，y1y2＝－8m，
|AM|2＝(x1－m)2＋y＝(t2＋1)y，
|BM|2＝(x2－m)2＋y＝(t2＋1)y，
＋＝＋
＝·＝·，
当m＝4时，＋为定值，所以M(4,0)．
配套作业
1．已知抛物线x2＝2py(p>0)的焦点为F，直线x＝4与x轴的交点为P，与抛物线的交点为Q，且|QF|＝|PQ|.
(1)求抛物线的方程；
(2)如图所示，过F的直线l与抛物线相交于A，D两点，与圆x2＋(y－1)2＝1相交于B，C两点(A，B两点相邻)，过A，D两点分别作抛物线的切线，两条切线相交于点M，求△ABM与△CDM面积之积的最小值．
解 (1)由已知P(4,0)，Q，|QF|＝＋.
∵|QF|＝|PQ|，∴＋＝·，得p＝2.
∴抛物线方程为x2＝4y.
(2)由题意可知，l斜率存在．设l：y＝kx＋1.
A(x1，y1)，D(x2，y2)．
设M(x0，y0)，则过A，D的弦方程可设为：
xx0＝2y0＋2y即y＝x－y0，
∴∴即M(2k，－1)．
∴M到l的距离d＝＝2.
∴S△ABM·S△CDM＝|AB|·|CD|·d2
＝(|AF|－1)(|DF|－1)d2＝y1y2d2
＝··d2，
又由联立得，x2－4kx－4＝0，
∴x1x2＝－4.
∴S△ABM·S△CDM＝··(2)2＝1＋k2≥1.
当且仅当k＝0时取等号．
∴当k＝0时，△ABM与△CDM面积之积的最小值为1.
2．(2019·福建省高三3月质量检测)在平面直角坐标系xOy中，圆F：(x－1)2＋y2＝1外的点P在y轴的右侧运动，且点P到圆F上的点的最小距离等于它到y轴的距离，记点P的轨迹为E.
(1)求E的方程；
(2)如图，过点F的直线交E于A，B两点，以AB为直径的圆D与平行于y轴的直线相切于点M，线段DM交E于点N，证明：△AMB的面积是△AMN的面积的4倍．
解 解法一：(1)设P(x，y)，依题意x>0，F(1，0)．
因为点P在圆F外，所以点P到圆F上的点的最小距离为|PF|－1，依题意得|PF|－1＝x，即－1＝x，化简得点P的轨迹E的方程为y2＝4x(x>0)．
(2)证明：设N(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则D.
依题意可知直线AB的斜率存在，
设直线AB的方程y＝k(x－1)(k≠0)，
由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.
因为Δ＝(2k2＋4)2－4k4＝16k2＋16>0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝1，
则有y1＋y2＝，故D，
由抛物线的定义知|AB|＝x1＋x2＋2＝.
设M(xM，yM)，依题意得yM＝，
所以|MD|＝－xM.
又因为|MD|＝，所以－xM＝，
解得xM＝－1，所以M，
因为N在抛物线上，所以x0＝，即N，
所以S△AMB＝|MD||y1－y2|＝|y1－y2|，
S△AMN＝|MN||y1－yD|＝×|y1－y2|＝|y1－y2|，故S△AMB＝4S△AMN.
解法二：(1)设P(x，y)，依题意x>0.因为点P在圆F外，所以点P到圆F上的点的最小距离为|PF|－1.
依题意得，点P到圆F(1,0)的距离|PF|等于P到直线x＝－1的距离，所以点P在以F(1,0)为焦点，x＝－1为准线的抛物线上．
所以E的方程为y2＝4x(x>0)．
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
因为直线AB过F(1,0)，
依题意可设其方程x＝ty＋1(t≠0)，
由得y2－4ty－4＝0，
因为Δ＝16t2＋16>0，所以y1＋y2＝4t，
则有x1＋x2＝(ty1＋1)＋(ty2＋1)＝4t2＋2.
因为D是AB的中点，所以D(2t2＋1,2t)．
由抛物线的定义得|AB|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝4t2＋4，
设圆D与l：x＝m相切于M，
因为DM与抛物线相交于N，所以m<0，且DM⊥l，
所以|DM|＝|AB|，即2t2＋1－m＝(4t2＋4)，解得m＝－1，
设N(x0，y0)，则y0＝2t，且(2t)2＝4x0，所以x0＝t2，
因为＝t2，所以N为DM的中点，所以S△AMD＝2S△AMN，又因为D为AB的中点，S△AMB＝2S△AMD，
所以S△AMB＝4S△AMN.
3．(2019·南开中学高三第三次教学质量检测)已知A(0，)，B(，1)是椭圆C：＋＝1(a>b>0)上两点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设O为坐标原点，M为椭圆C上一动点，点P(3,0)，线段PM的垂直平分线交y轴于点Q，求|OQ|的最小值．
解 (1)代入A，B两点坐标，得＝1，＋＝1，
解得a2＝6，b2＝2，
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)设点M的坐标为(x0，y0)，
则＋＝1，可得x＝6－3y， ①
线段PM的中点N，kQN·kPM＝－1，可得kQN＝，所以lQN：y－＝.
令x＝0，并结合①式得yQ＝＋＝＋＝，
|OQ|＝|yQ|＝＝＋|y0|
≥2＝，
当且仅当＝|y0|，y0＝±时取等号，所以|OQ|的最小值为.
4．(2019·郴州市高三第二次教学质量监测)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，过F的直线交抛物线于A，B两点．
(1)若以A，B为直径的圆的方程为(x－2)2＋(y－3)2＝16，求抛物线C的标准方程；
(2)过A，B分别作抛物线的切线l1，l2，证明：l1，l2的交点在定直线上．
解 (1)设AB的中点为M，A到准线的距离为d1，B到准线的距离为d2，M到准线的距离为d.则d＝yM＋.
由抛物线的定义可知，d1＝AF，d2＝BF，所以d1＋d2＝AB＝8，
由梯形中位线定理可得d＝＝4，
所以yM＋＝4，而yM＝3，所以3＋＝4，可得p＝2，
所以抛物线C：x2＝4y.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由x2＝2py得y＝，则y′＝，
所以直线l1的方程为y－y1＝(x－x1)，直线l2的方程为y－y2＝(x－x2)，联立得x＝，y＝，
即l1，l2交点坐标为，
因为AB过焦点F，
所以设直线AB的方程为y－＝kx，代入抛物线x2＝2py中得，x2－2pkx－p2＝0，所以x1x2＝－p2，
所以＝－＝－，
所以l1，l2的交点在定直线y＝－上．
5．已知动圆C与圆x2＋y2＋2x＝0外切，与圆x2＋y2－2x－24＝0内切．
(1)试求动圆圆心C的轨迹方程；
(2)过定点P(0,2)且斜率为k(k≠0)的直线l与(1)中的轨迹交于不同的两点M，N，试判断在x轴上是否存在点A(m,0)，使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形？若存在，求出实数m的范围；若不存在，请说明理由．
解 (1)由x2＋y2＋2x＝0得(x＋1)2＋y2＝1，由x2＋y2－2x－24＝0得(x－1)2＋y2＝25，设动圆C的半径为R，两圆的圆心分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，则|CF1|＝R＋1，|CF2|＝5－R，
所以|CF1|＋|CF2|＝6，根据椭圆的定义可知，点C的轨迹为以F1，F2为焦点的椭圆，所以c＝1，a＝3，所以b2＝a2－c2＝9－1＝8，所以动圆圆心C的轨迹方程为＋＝1.
(2)存在．直线l的方程为y＝kx＋2，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为E(x0，y0)．假设存在点A(m，0)，使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形，则AE⊥MN，
由得(8＋9k2)x2＋36kx－36＝0，
x1＋x2＝－，所以x0＝，y0＝kx0＋2＝，
因为AE⊥MN，所以kAE＝－，即＝－，
所以m＝＝，
当k>0时，9k＋≥2＝12，所以－≤m<0；
当k<0时，9k＋≤－12，所以0b>0)，
∵抛物线x2＝8y的焦点为F(0,2)，∴b＝2，
∵方程2x2－3x－20＝0即(2x＋5)(x－4)＝0，
∴2c＝4，即c＝2，∴a2＝b2＋c2＝16，
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)①设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB方程为y＝x＋t，
由得x2＋tx＋t2－12＝0，
∴Δ＝t2－4(t2－12)>0，∴－4b>0)，F1，F2分别为其左、右焦点，过F1的直线与此椭圆相交于D，E两点，且△F2DE的周长为8，椭圆C的离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)在平面直角坐标系xOy中，已知点P(0,1)与点Q(0,2)，过P的动直线l(不与x轴平行)与椭圆相交于A，B两点，点B1是点B关于y轴的对称点．求证：
①Q，A，B1三点共线；
②＝.
解 (1)∵△F2DE的周长为8，∴4a＝8，即a＝2，
∵e＝＝，∴c＝，∴b2＝a2－c2＝2，
故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)①证明：当直线l的斜率不存在时，A，B分别为椭圆短轴两端点，满足Q，A，B1三点共线．
当直线l的斜率存在时，设直线方程为y＝kx＋1，
联立得(1＋2k2)x2＋4kx－2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则B1(－x2，y2)，
x1＋x2＝－，x1x2＝－，
＝(x1，y1－2)，＝(－x2，y2－2)，
∵x1(y2－2)＋x2(y1－2)＝x1(kx2－1)＋x2(kx1－1)＝2kx1x2－(x1＋x2)＝＋＝0.
∴与共线，则Q，A，B1三点共线．
②由①可知Q，A，B1三点共线，
∴当直线l的斜率存在时，＝＝＝，当直线l的斜率不存在时，易知A，B两点坐标为(0，±)，有＝，综上，＝.
解析几何类解答题
(12分)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1和F2，由M(－a，b)，N(a，b)，F2和F1四个点构成了一个高为，面积为3的等腰梯形．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点F1的直线和椭圆交于A，B两点，求△F2AB面积的最大值．
解题思路 (1)由梯形的高得出椭圆的基本量b的值，由梯形的面积得出a＋c，利用a2－c2＝b2求出a，c，写出椭圆的方程；(2)先依题判断过点F1的直线AB的斜率不为0，设出直线的方程，将直线方程代入椭圆方程，消去x，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，即可得到y1＋y2和y1y2，将△F2AB的面积表示为S△F2AB＝|F1F2|·|y1－y2|，构造函数，利用函数的单调性即可求最大值．
解 (1)由条件，得b＝，且×＝3，
∴a＋c＝3.(2分)
又a2－c2＝3，解得a＝2，c＝1.(4分)
∴椭圆的方程为＋＝1.(5分)
(2)显然，直线AB的斜率不能为0，
设直线AB的方程为x＝my－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程，得消去x得，
(3m2＋4)y2－6my－9＝0，(6分)
∴Δ＝36m2＋36(3m2＋4)>0，
y1＋y2＝，y1y2＝－，(8分)
∴S△F2AB＝|F1F2|·|y1－y2|＝|y1－y2|
＝ ＝12
＝4＝4.(10分)
令t＝m2＋1≥1，设f(t)＝t＋(t≥1)，易知函数f(t)在[1，＋∞)上单调递增，
∴当t＝m2＋1＝1，即m＝0时，f(t)min＝，此时S△F2AB取得最大值为3.(12分)
1．由梯形的面积得到a与c的关系给2分．
2．由a2－c2＝b2得到a与c的值给2分．
3．正确写出椭圆方程给1分．
4．联立方程消元得到一元二次方程给1分．
5．写出“Δ>0”和根与系数的关系给2分．
6．构建目标变量的函数关系给2分．
7．通过求解函数的值域，确定面积的最值给2分．
1．写全得分步骤，直线方程和曲线方程联立后，要写出Δ>0和根与系数的关系，这是解题过程中的得分点．
2．写明得分关键，在求解函数的最值时，要注意变量条件的制约，检查最值取得的条件，不指明最值取得的条件扣1分．
[跟踪训练]
(2019·福建省高三模拟)(12分)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点，且它的焦距是短轴长的倍．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若A，B是椭圆C上的两个动点(A，B两点不关于x轴对称)，O为坐标原点，OA，OB的斜率分别为k1，k2，问是否存在非零常数λ，使当k1k2＝λ时，△AOB的面积S为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)因为椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点，
所以＋＝1，(1分)
又因为该椭圆的焦距是短轴长的倍，所以c＝b，从而a2＝b2＋c2＝4b2.
联立方程组(2分)
解得所以椭圆C的方程为＋y2＝1.(3分)
(2)设存在这样的常数λ，使k1k2＝λ，△AOB的面积S为定值．(4分)
设直线AB的方程为y＝kx＋m，点A(x1，y1)，点B(x2，y2)，则由k1k2＝λ知y1y2－λx1x2＝0，(kx1＋m)(kx2＋m)－λx1x2＝0，所以(k2－λ)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0. ①(5分)
联立方程组消去y得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
所以(7分)
点O到直线AB的距离d＝，
△AOB的面积S＝|AB|·d＝·|x1－x2|
＝. ④(8分)
将②③代入①得(k2－λ)(4m2－4)－8k2m2＋m2(1＋4k2)＝0，
化简得m2＝， ⑤(10分)
将⑤代入④得
2＝
＝·，(11分)
要使上式为定值，只需＝＝，
即需(4λ＋1)2＝0，从而λ＝－，此时2＝，S＝1，
所以存在这样的常数λ＝－，此时S△AOB＝1.(12分)
