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（课标全国版）高考数学第一轮复习讲练测 第46讲 范围、最值、定点、定值及探索性问题（讲+练）原卷版+解析
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1．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点M(a，2eq \r(5))在抛物线C上．
(1)若|MF|＝6，求抛物线的标准方程；
(2)若直线x＋y＝t与抛物线C交于A，B两点，点N的坐标为(1,0)，且满足NA⊥NB，原点O到直线AB的距离不小于eq \r(2)，求p的取值范围．
2．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2)))，两个焦点分别为F1(－eq \r(3)，0)，F2(eq \r(3)，0)．
(1)求椭圆C的方程．
(2)设圆D：x2＋y2＝r2(b3．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个顶点坐标为A(0，－1)，离心率为eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线y＝k(x－1)(k≠0)与椭圆C交于不同的两点P，Q，线段PQ的中点为M，点B(1,0)，求证：点M不在以AB为直径的圆上．
4．如图，已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，抛物线C上的点到准线的最小距离为1.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点F作互相垂直的两条直线l1，l2，l1与抛物线C交于A，B两点，l2与抛物线C交于C，D两点，M，N分别为弦AB，CD的中点，求|MF|·|NF|的最小值．
5．已知椭圆C的短轴的两个端点分别为A(0,1)，B(0，－1)，焦距为2eq \r(3).
(1)求椭圆C的方程．
(2)已知直线y＝m与椭圆C有两个不同的交点M，N，设D为直线AN上一点，且直线BD，BM的斜率的积为－eq \f(1,4).证明：点D在x轴上．
6．如图，已知抛物线x2＝y.点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,4)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(9,4)))，抛物线上的点P(x，y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)(1)求直线AP斜率的取值范围；
(2)求|PA|·|PQ|的最大值．
7．在平面直角坐标系xOy中，M为直线y＝x－2上一动点，过点M作抛物线C：x2＝y的两条切线MA，MB，切点分别为A，B，N为AB的中点．
(1)证明：MN⊥x轴．
(2)直线AB是否恒过定点？若是，求出这个定点的坐标；若不是，请说明理由．
【练提升】
1．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点F2与抛物线y2＝4x的焦点重合，且其离心率为eq \f(1,2).
(1)求椭圆C的方程．
(2)已知与坐标轴不垂直的直线l与C交于M，N两点，线段MN中点为P，问：kMN·kOP(O为坐标原点)是否为定值？请说明理由．
2．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的短轴长为2eq \r(2)，离心率为eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)直线l平行于直线y＝eq \f(b,a)x，且与椭圆C交于两个不同的点A，B．若∠AOB为钝角，求直线l在x轴上的截距m的取值范围．
3．已知F是抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，点M(x0,4)在抛物线上，且|MF|＝eq \f(5,4)x0.
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)若A，B是抛物线C上的两个动点，且OA⊥OB，O为坐标原点，求证：直线AB过定点．
4．已知抛物线N：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点F与x轴垂直的直线交抛物线的弦长为2.
(1)求抛物线N的方程；
(2)点M(2,2)和点C(2,1)为两定点，点A和点B为抛物线N上的两动点，线段AB的中点Q在直线OM上，求△ABC面积的最大值．
5．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点P(2，eq \r(2))，离心率e＝eq \f(\r(2),2).
(1)求椭圆E的方程．
(2)过点P斜率为k1，k2的两条直线分别交椭圆E于A，B两点，且满足k1＋k2＝0.证明：直线AB的斜率为定值．
6．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，且F1是圆x2＋y2－4eq \r(2)x＋7＝0的圆心，点H的坐标为(0，b)，且△HF1F2的面积为2eq \r(2).
(1)求椭圆C的方程．
(2)是否存在直线y＝2x＋t与椭圆C相交于M，N两点，使得直线HM与HN的斜率之和为1？若存在，求此时的直线方程；若不存在，请说明理由．
7．已知点A(0，－2)，椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为eq \f(2\r(3),3)，O为坐标原点．设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点．
(1)求椭圆E的方程．
(2)是否存在直线l，使得△OPQ的面积为eq \f(4,5)？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由．
8．已知椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)和圆C2：x2＋y2＝r2(r>0)，F1，F2分别为椭圆C1的左、右焦点，点B(0，eq \r(3))在椭圆C1上，当直线BF1与圆C2相切时，r＝eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆C1的方程；
(2)若直线l：y＝kx＋m(k>0，m>0)与x轴交于点Q，且与椭圆C1和圆C2都相切，切点分别为M，N，记△F1F2M和△QF2N的面积分别为S1和S2，求eq \f(m－kS2,S1)的最小值．
9．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，从每条曲线上取两个点，将其坐标记录于下表中：
(1)求椭圆C1，抛物线C2的标准方程．
(2)请问是否存在直线l满足条件：①过C2的焦点F；②与C1交不同两点M，N且满足eq \(OM,\s\up6(→))⊥eq \(ON,\s\up6(→))？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
x
3
－2
4
eq \r(2)
y
－2eq \r(3)
0
－4
eq \f(\r(2),2)
第46讲 范围、最值、定点、定值及探索性问题
【练基础】
1．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点M(a，2eq \r(5))在抛物线C上．
(1)若|MF|＝6，求抛物线的标准方程；
(2)若直线x＋y＝t与抛物线C交于A，B两点，点N的坐标为(1,0)，且满足NA⊥NB，原点O到直线AB的距离不小于eq \r(2)，求p的取值范围．
【解析】(1)由题意及抛物线的定义得，a＋eq \f(p,2)＝6，
又点M(a，2eq \r(5))在抛物线C上，所以20＝2pa，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋\f(p,2)＝6，,20＝2pa，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(p＝2，,a＝5))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(p＝10，,a＝1.))
所以抛物线的标准方程为y2＝4x或y2＝20x.
(2)联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＝t，,y2＝2px))消去y，整理得x2－(2t＋2p)x＋t2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝2t＋2p，x1x2＝t2.
因为NA⊥NB，所以(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0，
又y1＝t－x1，y2＝t－x2，
所以2x1x2－(1＋t)(x1＋x2)＋t2＋1＝0，
得2p＝eq \f(t2－2t＋1,t＋1).
由原点O到直线AB的距离不小于eq \r(2)，
得eq \f(|t|,\r(2))≥ eq \r(2)，即t≤－2(舍去)或t≥2，
因为2p＝eq \f(t2－2t＋1,t＋1)＝t＋1＋eq \f(4,t＋1)－4，函数y＝eq \f(t2－2t＋1,t＋1)在t∈[2，＋∞)上单调递增，
所以p≥eq \f(1,6)，即p的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，＋∞)).
2．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2)))，两个焦点分别为F1(－eq \r(3)，0)，F2(eq \r(3)，0)．
(1)求椭圆C的方程．
(2)设圆D：x2＋y2＝r2(b【解析】(1)由题意c＝eq \r(3)，所以a2＝b2＋3，椭圆C的方程可化为eq \f(x2,b2＋3)＋eq \f(y2,b2)＝1(b>0)．
因为椭圆C经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2)))，所以eq \f(3,b2＋3)＋eq \f(1,4b2)＝1，
解得b2＝1或b2＝－eq \f(3,4)(舍)．
所以a2＝4，所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)设l：y＝kx＋m，代入eq \f(x2,4)＋y2＝1，
得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
由Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m2－4)＝0，得m2＝1＋4k2.①
设A(x0，y0)，则x0＝－eq \f(4km,4k2＋1)＝－eq \f(4k,m)，
y0＝kx0＋m＝eq \f(1,m).
因为l与圆D相切，所以圆心D到l的距离eq \f(|m|,\r(1＋k2))＝r，即m2＝r2(1＋k2)．②
由①②得m2＝eq \f(3r2,4－r2)，k2＝eq \f(r2－1,4－r2).
所以圆D的切线长
|AB|＝eq \r(x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)－r2)
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4k,m)))eq \s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)))eq \s\up12(2)－r2)
＝eq \r(5－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,r2)＋r2))).
因为eq \f(4,r2)＋r2≥2eq \r(\f(4,r2)·r2)＝4，当且仅当r＝eq \r(2)时取等号．因为r＝eq \r(2)∈(1,2)，所以|AB|的最大值为1.
3．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个顶点坐标为A(0，－1)，离心率为eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线y＝k(x－1)(k≠0)与椭圆C交于不同的两点P，Q，线段PQ的中点为M，点B(1,0)，求证：点M不在以AB为直径的圆上．
【解析】(1)由题意可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b2＋c2＝a2，,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,b＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1，,c＝\r(3)，))
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x0，y0)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx－1))得(4k2＋1)x2－8k2x＋4k2－4＝0，
则Δ＝(－8k2)2－4×(4k2＋1)(4k2－4)＝48k2＋16，
当k为任何实数时，都有Δ>0.
所以x1＋x2＝eq \f(8k2,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4k2－4,4k2＋1).
因为线段PQ的中点为M，
所以x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(4k2,4k2＋1)，y0＝k(x0－1)＝eq \f(－k,4k2＋1).
因为A(0，－1)，B(1,0)，
所以eq \(AM,\s\up7(―→))＝(x0，y0＋1)，eq \(BM,\s\up7(―→))＝(x0－1，y0)．
所以eq \(AM,\s\up7(―→))·eq \(BM,\s\up7(―→))＝x0(x0－1)＋y0(y0＋1)＝xeq \\al(2,0)－x0＋yeq \\al(2,0)＋y0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4k2,4k2＋1)))2－eq \f(4k2,4k2＋1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－k,4k2＋1)))2＋eq \f(－k,4k2＋1)
＝eq \f(－4k3－3k2－k,4k2＋12)＝eq \f(－k4k2＋3k＋1,4k2＋12)
＝eq \f(－k\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(3,8)))2＋\f(7,16))),4k2＋12).
因为k≠0,4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(3,8)))2＋eq \f(7,16)>0，
所以eq \(AM,\s\up7(―→))·eq \(BM,\s\up7(―→))≠0，
所以点M不在以AB为直径的圆上．
4．如图，已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，抛物线C上的点到准线的最小距离为1.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点F作互相垂直的两条直线l1，l2，l1与抛物线C交于A，B两点，l2与抛物线C交于C，D两点，M，N分别为弦AB，CD的中点，求|MF|·|NF|的最小值．
【解析】(1)因为抛物线C上的点到准线的最小距离为1，所以eq \f(p,2)＝1，解得p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)由(1)可知焦点为F(1,0)，
由已知可得AB⊥CD，所以直线AB，CD的斜率都存在且均不为0.
设直线AB的斜率为k，则直线CD的斜率为－eq \f(1,k)，
所以直线AB的方程为y＝k(x－1)．
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx－1，))消去x得ky2－4y－4k＝0.
设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝eq \f(4,k).
因为M(xM，yM)为弦AB的中点，
所以yM＝eq \f(1,2)(y1＋y2)＝eq \f(2,k).
由yM＝k(xM－1)，得xM＝eq \f(yM,k)＋1＝eq \f(2,k2)＋1，
所以点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,k2)＋1，\f(2,k))).
同理可得N(2k2＋1，－2k)，
所以|NF|＝eq \r(2k2＋1－12＋－2k2)＝2eq \r(k2k2＋1)，
|MF|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,k2)＋1－1))eq \s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,k)))eq \s\up12(2))
＝eq \f(2\r(1＋k2),k2)，
所以|MF||NF|
＝eq \f(2\r(1＋k2),k2)×2eq \r(k21＋k2)
＝4×eq \f(1＋k2,|k|)
≥4×2eq \r(|k|·\f(1,|k|))＝8，
当且仅当|k|＝eq \f(1,|k|)，即k＝±1时，等号成立．
5．已知椭圆C的短轴的两个端点分别为A(0,1)，B(0，－1)，焦距为2eq \r(3).
(1)求椭圆C的方程．
(2)已知直线y＝m与椭圆C有两个不同的交点M，N，设D为直线AN上一点，且直线BD，BM的斜率的积为－eq \f(1,4).证明：点D在x轴上．
【解析】(1)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝1，,c＝\r(3)，))
所以a2＝b2＋c2＝4，即a＝2.
故椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明：设M(x1，m)，则N(－x1，m)，x1≠0，－1所以直线BM的斜率为eq \f(m－－1,x1－0)＝eq \f(m＋1,x1)，
直线AN的方程为y＝eq \f(1－m,x1)x＋1.
因为直线BD，BM的斜率的积为－eq \f(1,4)，
所以直线BD的斜率为－eq \f(x1,4m＋1)，
所以直线BD的方程为y＝－eq \f(x1,4m＋1)x－1.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1－m,x1)x＋1，,y＝－\f(x1,4m＋1)x－1，))
解得点D的纵坐标yD＝eq \f(－\f(1,4)x\\al(2,1)－m2＋1,－\f(1,4)x\\al(2,1)＋m2－1).
因为点M在椭圆C上，所以eq \f(x\\al(2,1),4)＋m2＝1，
则yD＝0.所以点D在x轴上．
6．如图，已知抛物线x2＝y.点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,4)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(9,4)))，抛物线上的点P(x，y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)(1)求直线AP斜率的取值范围；
(2)求|PA|·|PQ|的最大值．
【解析】(1)设直线AP的斜率为k，k＝eq \f(x2－\f(1,4),x＋\f(1,2))＝x－eq \f(1,2)，
因为－eq \f(1,2)所以直线AP斜率的取值范围是(－1,1)．
(2)联立直线AP与BQ的方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(kx－y＋\f(1,2)k＋\f(1,4)＝0，,x＋ky－\f(9,4)k－\f(3,2)＝0，))
解得点Q的横坐标是xQ＝eq \f(－k2＋4k＋3,2k2＋1).
因为|PA|＝eq \r(1＋k2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))＝eq \r(1＋k2)(k＋1)，
|PQ|＝eq \r(1＋k2)(xQ－x)＝－eq \f(k－1k＋12,\r(k2＋1))，
所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1)3.
令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3，
则f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2，
所以 f(k)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))上单调递增，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递减，所以f(k)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(27,16)，
因此当k＝eq \f(1,2)时，|PA|·|PQ|取得最大值eq \f(27,16).
7．在平面直角坐标系xOy中，M为直线y＝x－2上一动点，过点M作抛物线C：x2＝y的两条切线MA，MB，切点分别为A，B，N为AB的中点．
(1)证明：MN⊥x轴．
(2)直线AB是否恒过定点？若是，求出这个定点的坐标；若不是，请说明理由．
【解析】(1)证明：设切点A(x1，xeq \\al(2,1))，B(x2，xeq \\al(2,2))，y′＝2x，
所以切线MA的斜率为2x1，切线MA：y－xeq \\al(2,1)＝2x1(x－x1)．
设M(t，t－2)，则有t－2－xeq \\al(2,1)＝2x1(t－x1)，
化简得xeq \\al(2,1)－2tx1＋t－2＝0.
同理可得xeq \\al(2,2)－2tx2＋t－2＝0.
所以x1，x2是方程x2－2tx＋t－2＝0的两根，
所以x1＋x2＝2t，x1x2＝t－2，
所以xN＝eq \f(x1＋x2,2)＝t＝xM，所以MN⊥x轴．
(2)【解析】因为yN＝eq \f(1,2)(xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2))＝eq \f(1,2)(x1＋x2)2－x1x2＝2t2－t＋2，所以N(t,2t2－t＋2)．
因为kAB＝eq \f(x\\al(2,1)－x\\al(2,2),x1－x2)＝x1＋x2＝2t，
所以直线AB：y－(2t2－t＋2)＝2t(x－t)，
即y－2＝2teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，
所以直线AB过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2)).
【练提升】
1．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点F2与抛物线y2＝4x的焦点重合，且其离心率为eq \f(1,2).
(1)求椭圆C的方程．
(2)已知与坐标轴不垂直的直线l与C交于M，N两点，线段MN中点为P，问：kMN·kOP(O为坐标原点)是否为定值？请说明理由．
【解析】(1)∵抛物线y2＝4x的焦点为(1,0)，
∴椭圆C的半焦距c＝1，
又椭圆的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，∴a＝2，则b＝eq \r(a2－c2)＝eq \r(3).∴椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由题意可知，直线l的斜率存在且不为0，设l的方程为y＝kx＋m，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,3x2＋4y2＝12，))得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
由Δ＞0，可得m2＜4k2＋3.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(－8km,3＋4k2)，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝eq \f(6m,3＋4k2)，∴Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－4km,3＋4k2)，\f(3m,3＋4k2)))，
∴kOP＝eq \f(\f(3m,3＋4k2),\f(－4km,3＋4k2))＝－eq \f(3,4k).∴kMN·kOP＝－eq \f(3,4).
∴kMN·kOP为定值，定值为－eq \f(3,4).
2．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的短轴长为2eq \r(2)，离心率为eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)直线l平行于直线y＝eq \f(b,a)x，且与椭圆C交于两个不同的点A，B．若∠AOB为钝角，求直线l在x轴上的截距m的取值范围．
【解析】(1)由题意可得2b＝2eq \r(2)，
所以b＝eq \r(2)，
e＝eq \f(c,a)＝eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \f(\r(3),2)，解得a＝2eq \r(2)，
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)直线l平行于直线y＝eq \f(b,a)x，即y＝eq \f(1,2)x.
设直线l在y轴上的截距为n，
所以l的方程为y＝eq \f(1,2)x＋n(n≠0)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,2)x＋n，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，))得x2＋2nx＋2n2－4＝0.
因为直线l与椭圆C交于A，B两个不同的点，
所以Δ＝(2n)2－4(2n2－4)>0，解得－2设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－2n，x1x2＝2n2－4.
因为∠AOB为钝角等价于eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))<0，且n≠0，
所以eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2
＝x1x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x1＋n))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x2＋n))
＝eq \f(5,4)x1x2＋eq \f(n,2)(x1＋x2)＋n2
＝eq \f(5,4)×(2n2－4)＋eq \f(n,2)×(－2n)＋n2<0，
即n2<2，且n≠0，
所以直线l在y轴上的截距n的取值范围为(－eq \r(2)，0)∪(0，eq \r(2))．
因为直线l在x轴上的截距m＝－2n，
所以m的取值范围为(－2eq \r(2)，0)∪(0,2eq \r(2))．
3．已知F是抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，点M(x0,4)在抛物线上，且|MF|＝eq \f(5,4)x0.
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)若A，B是抛物线C上的两个动点，且OA⊥OB，O为坐标原点，求证：直线AB过定点．
【解析】(1)由题意得，|MF|＝x0＋eq \f(p,2)＝eq \f(5,4)x0，解得x0＝2p，
因为点M(x0,4)在抛物线C上，
所以42＝2px0＝4p2，解得p＝2，
所以抛物线C的标准方程为y2＝4x.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
因为OA⊥OB，所以eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))＝0，即x1x2＋y1y2＝0，
因为点A，B在抛物线C上，所以yeq \\al(2,1)＝4x1，yeq \\al(2,2)＝4x2，
代入得eq \f(y1y22,16)＋y1y2＝0.
因为y1y2≠0，所以y1y2＝－16.
设直线AB的方程为x＝my＋n，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋n，,y2＝4x，))得y2－4my－4n＝0，
则y1y2＝－4n，所以n＝4，
所以直线AB的方程为x＝my＋4，过定点(4,0)．
4．已知抛物线N：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点F与x轴垂直的直线交抛物线的弦长为2.
(1)求抛物线N的方程；
(2)点M(2,2)和点C(2,1)为两定点，点A和点B为抛物线N上的两动点，线段AB的中点Q在直线OM上，求△ABC面积的最大值．
【解析】(1)由题意得抛物线C的焦点为Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0)).
在方程y2＝2px中，令x＝eq \f(p,2)得y＝±p，
所以弦长为2p，即2p＝2，解得p＝1，
所以抛物线C的方程为y2＝2x.
(2)由(1)知抛物线C的方程为y2＝2x，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的斜率为k(k≠0)．
因为线段AB的中点Q在直线OM上，
由M(2,2)可知直线OM的方程为y＝x.
设Q(m，m)(m≠0)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y\\al(2,1)＝2x1，,y\\al(2,2)＝2x2，))
所以(y1－y2)(y1＋y2)＝2(x1－x2)．
又y1＋y2＝2m，eq \f(y1－y2,x1－x2)＝k，
所以km＝1，即得k＝eq \f(1,m).
设直线AB的方程为y－m＝eq \f(1,m)(x－m)，
即x－my＋m2－m＝0.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－my＋m2－m＝0，,y2＝2x，))
所以y2－2my＋2m2－2m＝0，
所以Δ＝8m－4m2>0，即0由根与系数的关系得y1＋y2＝2m，y1y2＝2m2－2m，
|AB|＝eq \r(1＋m2)|y1－y2|
＝eq \r(1＋m2)eq \r(y1＋y22－4y1y2)
＝eq \r(1＋m2)eq \r(4m2－42m2－2m)
＝2eq \r(1＋m2)eq \r(2m－m2)，
点C到直线AB的距离为d＝eq \f(|2－2m＋m2|,\r(1＋m2))，
所以S△ABC＝eq \f(1,2)|AB|·d
＝eq \f(1,2)×2eq \r(1＋m2)×eq \r(2m－m2)×eq \f(|2－2m＋m2|,\r(1＋m2))
＝eq \r(2m－m2)×(2－2m＋m2)．
记t＝eq \r(2m－m2)，因为0所以S△ABC＝t(2－t2)＝－t3＋2t，t∈(0,1]，
所以S′△ABC＝－3t2＋2.
令S′△ABC＝0，得t＝eq \f(\r(6),3)，
当t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(6),3)))时，S′△ABC>0；
当t∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，1))时，S′△ABC<0.
所以当t＝eq \f(\r(6),3)时，S△ABC有最大值为eq \f(4\r(6),9).
5．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点P(2，eq \r(2))，离心率e＝eq \f(\r(2),2).
(1)求椭圆E的方程．
(2)过点P斜率为k1，k2的两条直线分别交椭圆E于A，B两点，且满足k1＋k2＝0.证明：直线AB的斜率为定值．
【解析】(1)依题意，e＝eq \f(c,a)＝eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \f(\r(2),2)，所以eq \f(b2,a2)＝eq \f(1,2)，
又椭圆E过点P(2，eq \r(2))，所以eq \f(4,a2)＋eq \f(2,b2)＝1，解得a2＝8，b2＝4，
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AP的方程为y＝k(x－2)＋eq \r(2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－2＋\r(2)，,x2＋2y2＝8，))消去y得(2k2＋1)x2－(8k2－4eq \r(2)k)x＋8k2－8eq \r(2)k－4＝0，Δ>0，
所以x1＋xP＝x1＋2＝eq \f(8k2－4\r(2)k,2k2＋1)，
所以x1＝eq \f(4k2－4\r(2)k－2,2k2＋1).
又因为直线PA，PB的斜率互为相反数，
所以x2＝eq \f(4k2＋4\r(2)k－2,2k2＋1)，
所以kAB＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(－kx2＋2k＋\r(2)－kx1－2k＋\r(2),x2－x1)
＝eq \f(－kx2＋x1＋4k,x2－x1)＝eq \f(\f(8k2－4,2k2＋1)·－k＋4k,\f(8\r(2)k,2k2＋1))＝eq \f(\r(2),2).
所以直线AB的斜率为定值eq \f(\r(2),2).
6．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，且F1是圆x2＋y2－4eq \r(2)x＋7＝0的圆心，点H的坐标为(0，b)，且△HF1F2的面积为2eq \r(2).
(1)求椭圆C的方程．
(2)是否存在直线y＝2x＋t与椭圆C相交于M，N两点，使得直线HM与HN的斜率之和为1？若存在，求此时的直线方程；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)由x2＋y2－4eq \r(2)x＋7＝0，
可得(x－2eq \r(2))2＋y2＝1，
则圆心坐标为(2eq \r(2)，0)，即F1(2eq \r(2)，0)，
所以半焦距c＝2eq \r(2).
因为△HF1F2的面积为2eq \r(2)，
所以eq \f(1,2)·b·2c＝2eq \r(2)，所以b＝1，
所以a2＝b2＋c2＝9，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,9)＋y2＝1.
(2)假设存在这样的直线满足题设条件．
设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2x＋t，,\f(x2,9)＋y2＝1，))消去y可得37x2＋36tx＋9(t2－1)＝0，
所以Δ＝(36t)2－4×37×9(t2－1)>0，
解得－eq \r(37)x1＋x2＝－eq \f(36t,37)，x1x2＝eq \f(9t2－9,37).
由(1)知，H(0,1)，则当t＝1时，直线y＝2x＋1过点H，不合题意，故t≠1.
令kHM＋kHN＝eq \f(y1－1,x1)＋eq \f(y2－1,x2)
＝eq \f(2x1＋t－1,x1)＋eq \f(2x2＋t－1,x2)＝eq \f(4x1x2＋t－1x1＋x2,x1x2)
＝4－eq \f(4tt－1,t2－1)＝1.
解得t＝3，因此所求直线方程为y＝2x＋3.
7．已知点A(0，－2)，椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为eq \f(2\r(3),3)，O为坐标原点．设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点．
(1)求椭圆E的方程．
(2)是否存在直线l，使得△OPQ的面积为eq \f(4,5)？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)设F(c,0)，因为直线AF的斜率为eq \f(2\r(3),3)，A(0，－2)，
所以eq \f(2,c)＝eq \f(2\r(3),3)，得c＝eq \r(3).
又eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，b2＝a2－c2，解得a＝2，b＝1，
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)假设存在直线l，使得△OPQ的面积为eq \f(4,5).
当l⊥x轴时，不合题意，故可设直线l的方程为y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx－2，))消去y得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.
由Δ＝16(4k2－3)>0，解得k<－eq \f(\r(3),2)或k>eq \f(\r(3),2)，
所以x1＋x2＝eq \f(16k,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(12,1＋4k2).
所以|PQ|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16k,1＋4k2)))2－\f(48,1＋4k2))＝eq \f(4\r(1＋k2)·\r(4k2－3),1＋4k2)，
点O到直线l的距离d＝eq \f(2,\r(k2＋1))，
所以S△OPQ＝eq \f(1,2)d|PQ|＝eq \f(4\r(4k2－3),1＋4k2).
设eq \r(4k2－3)＝t>0，则4k2＝t2＋3，
则S△OPQ＝eq \f(4t,t2＋4)＝eq \f(4,5)，解得t＝1或t＝4，即k＝±1，±eq \f(\r(19),2)，符合题意．
所以存在直线l：y＝±eq \f(\r(19),2)x－2或y＝±x－2，使得△OPQ的面积为eq \f(4,5).
8．已知椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)和圆C2：x2＋y2＝r2(r>0)，F1，F2分别为椭圆C1的左、右焦点，点B(0，eq \r(3))在椭圆C1上，当直线BF1与圆C2相切时，r＝eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆C1的方程；
(2)若直线l：y＝kx＋m(k>0，m>0)与x轴交于点Q，且与椭圆C1和圆C2都相切，切点分别为M，N，记△F1F2M和△QF2N的面积分别为S1和S2，求eq \f(m－kS2,S1)的最小值．
【解析】(1)由题意可知b＝eq \r(3).①
设F1(－c,0)，则由BF1与圆C2相切时，r＝eq \f(\r(3),2)，得eq \f(bc,a)＝eq \f(\r(3),2)，
即c＝eq \f(a,2).②
将①②代入a2＝b2＋c2解得a＝2.
所以椭圆C1的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
将y＝kx＋m代入eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
由直线l与椭圆C1相切得Δ＝0，即m2＝4k2＋3，且eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝\f(－4km,4k2＋3)，,y1＝\f(3m,4k2＋3).))
则△F1F2M的面积S1＝eq \f(1,2)|F1F2|·y1＝eq \f(3m,4k2＋3).
由直线l与圆C2相切，设O为坐标原点，连接ON，则ON：y＝－eq \f(1,k)x，与y＝kx＋m联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝\f(－km,k2＋1)，,y2＝\f(m,k2＋1).))
直线l：y＝kx＋m(k>0，m>0)与x轴交于点Q，则Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,k)，0)).
则△QF2N的面积S2＝eq \f(1,2)|QF2|·y2＝eq \f(mk＋m,2kk2＋1).
从而eq \f(m－kS2,S1)＝eq \f(\f(mk＋mm－k,2kk2＋1),\f(3m,4k2＋3))＝2k＋eq \f(3,2k)≥2eq \r(3)当且仅当k＝eq \f(\r(3),2)时等号成立，
所以eq \f(m－kS2,S1)的最小值为2eq \r(3).
9．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，从每条曲线上取两个点，将其坐标记录于下表中：
(1)求椭圆C1，抛物线C2的标准方程．
(2)请问是否存在直线l满足条件：①过C2的焦点F；②与C1交不同两点M，N且满足eq \(OM,\s\up6(→))⊥eq \(ON,\s\up6(→))？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
【解析】(1)设抛物线C2：y2＝2px(p≠0)，则有eq \f(y2,x)＝2p(x≠0)．据此验证4个点知(3，－2eq \r(3))，(4，－4)在抛物线上，易求抛物线C2的标准方程为y2＝4x.
设椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，
把点(－2,0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，\f(\r(2),2)))代入得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(4,a2)＝1，,\f(2,a2)＋\f(1,2b2)＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝1，))
所以椭圆C1的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)(方法一)假设存在这样的直线l过抛物线焦点F(1,0)．设直线l的方程为x－1＝my，两交点坐标为M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1＝my，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去x，
得(m2＋4)y2＋2my－3＝0，
所以y1＋y2＝eq \f(－2m,m2＋4)，y1y2＝eq \f(－3,m2＋4)，①
x1x2＝(1＋my1)(1＋my2)＝1＋m(y1＋y2)＋m2y1y2＝1＋m·eq \f(－2m,m2＋4) ＋m2·eq \f(－3,m2＋4)＝eq \f(4－4m2,m2＋4).②
由eq \(OM,\s\up6(→))⊥eq \(ON,\s\up6(→))，即eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝0，
得x1x2＋y1y2＝0.③
将①②代入③式，得eq \f(4－4m2,m2＋4)＋eq \f(－3,m2＋4)＝0，
解得m＝±eq \f(1,2).
所以存在直线l满足条件，且l的方程为y＝2x－2或y＝－2x＋2.
(方法二)容易验证当直线l的斜率不存在时，不满足题意．
当直线l斜率存在时，假设存在直线l过抛物线焦点F(1,0)．设其方程为y＝k(x－1)，与椭圆C1的交点坐标为M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx－1，))消去y，
得(1＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－1)＝0.
于是x1＋x2＝eq \f(8k2,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(4k2－1,1＋4k2)，①
y1y2＝k(x1－1)×k(x2－1)＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]＝k2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4k2－1,1＋4k2)－\f(8k2,1＋4k2)＋1))＝
－eq \f(3k2,1＋4k2).②
由eq \(OM,\s\up6(→))⊥eq \(ON,\s\up6(→))，即eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝0，
得x1x2＋y1y2＝0.③
将①②代入③式，得eq \f(4k2－1,1＋4k2)－eq \f(3k2,1＋4k2)＝eq \f(k2－4,1＋4k2)＝0，解得k＝±2.
所以存在直线l满足条件，且l的方程为y＝2x－2或y＝－2x＋2.
x
3
－2
4
eq \r(2)
y
－2eq \r(3)
0
－4
eq \f(\r(2),2)
1．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点M(a，2eq \r(5))在抛物线C上．
(1)若|MF|＝6，求抛物线的标准方程；
(2)若直线x＋y＝t与抛物线C交于A，B两点，点N的坐标为(1,0)，且满足NA⊥NB，原点O到直线AB的距离不小于eq \r(2)，求p的取值范围．
2．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2)))，两个焦点分别为F1(－eq \r(3)，0)，F2(eq \r(3)，0)．
(1)求椭圆C的方程．
(2)设圆D：x2＋y2＝r2(b
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线y＝k(x－1)(k≠0)与椭圆C交于不同的两点P，Q，线段PQ的中点为M，点B(1,0)，求证：点M不在以AB为直径的圆上．
4．如图，已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，抛物线C上的点到准线的最小距离为1.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点F作互相垂直的两条直线l1，l2，l1与抛物线C交于A，B两点，l2与抛物线C交于C，D两点，M，N分别为弦AB，CD的中点，求|MF|·|NF|的最小值．
5．已知椭圆C的短轴的两个端点分别为A(0,1)，B(0，－1)，焦距为2eq \r(3).
(1)求椭圆C的方程．
(2)已知直线y＝m与椭圆C有两个不同的交点M，N，设D为直线AN上一点，且直线BD，BM的斜率的积为－eq \f(1,4).证明：点D在x轴上．
6．如图，已知抛物线x2＝y.点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,4)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(9,4)))，抛物线上的点P(x，y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)
(2)求|PA|·|PQ|的最大值．
7．在平面直角坐标系xOy中，M为直线y＝x－2上一动点，过点M作抛物线C：x2＝y的两条切线MA，MB，切点分别为A，B，N为AB的中点．
(1)证明：MN⊥x轴．
(2)直线AB是否恒过定点？若是，求出这个定点的坐标；若不是，请说明理由．
【练提升】
1．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点F2与抛物线y2＝4x的焦点重合，且其离心率为eq \f(1,2).
(1)求椭圆C的方程．
(2)已知与坐标轴不垂直的直线l与C交于M，N两点，线段MN中点为P，问：kMN·kOP(O为坐标原点)是否为定值？请说明理由．
2．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的短轴长为2eq \r(2)，离心率为eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)直线l平行于直线y＝eq \f(b,a)x，且与椭圆C交于两个不同的点A，B．若∠AOB为钝角，求直线l在x轴上的截距m的取值范围．
3．已知F是抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，点M(x0,4)在抛物线上，且|MF|＝eq \f(5,4)x0.
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)若A，B是抛物线C上的两个动点，且OA⊥OB，O为坐标原点，求证：直线AB过定点．
4．已知抛物线N：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点F与x轴垂直的直线交抛物线的弦长为2.
(1)求抛物线N的方程；
(2)点M(2,2)和点C(2,1)为两定点，点A和点B为抛物线N上的两动点，线段AB的中点Q在直线OM上，求△ABC面积的最大值．
5．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点P(2，eq \r(2))，离心率e＝eq \f(\r(2),2).
(1)求椭圆E的方程．
(2)过点P斜率为k1，k2的两条直线分别交椭圆E于A，B两点，且满足k1＋k2＝0.证明：直线AB的斜率为定值．
6．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，且F1是圆x2＋y2－4eq \r(2)x＋7＝0的圆心，点H的坐标为(0，b)，且△HF1F2的面积为2eq \r(2).
(1)求椭圆C的方程．
(2)是否存在直线y＝2x＋t与椭圆C相交于M，N两点，使得直线HM与HN的斜率之和为1？若存在，求此时的直线方程；若不存在，请说明理由．
7．已知点A(0，－2)，椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为eq \f(2\r(3),3)，O为坐标原点．设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点．
(1)求椭圆E的方程．
(2)是否存在直线l，使得△OPQ的面积为eq \f(4,5)？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由．
8．已知椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)和圆C2：x2＋y2＝r2(r>0)，F1，F2分别为椭圆C1的左、右焦点，点B(0，eq \r(3))在椭圆C1上，当直线BF1与圆C2相切时，r＝eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆C1的方程；
(2)若直线l：y＝kx＋m(k>0，m>0)与x轴交于点Q，且与椭圆C1和圆C2都相切，切点分别为M，N，记△F1F2M和△QF2N的面积分别为S1和S2，求eq \f(m－kS2,S1)的最小值．
9．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，从每条曲线上取两个点，将其坐标记录于下表中：
(1)求椭圆C1，抛物线C2的标准方程．
(2)请问是否存在直线l满足条件：①过C2的焦点F；②与C1交不同两点M，N且满足eq \(OM,\s\up6(→))⊥eq \(ON,\s\up6(→))？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
x
3
－2
4
eq \r(2)
y
－2eq \r(3)
0
－4
eq \f(\r(2),2)
第46讲 范围、最值、定点、定值及探索性问题
【练基础】
1．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点M(a，2eq \r(5))在抛物线C上．
(1)若|MF|＝6，求抛物线的标准方程；
(2)若直线x＋y＝t与抛物线C交于A，B两点，点N的坐标为(1,0)，且满足NA⊥NB，原点O到直线AB的距离不小于eq \r(2)，求p的取值范围．
【解析】(1)由题意及抛物线的定义得，a＋eq \f(p,2)＝6，
又点M(a，2eq \r(5))在抛物线C上，所以20＝2pa，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋\f(p,2)＝6，,20＝2pa，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(p＝2，,a＝5))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(p＝10，,a＝1.))
所以抛物线的标准方程为y2＝4x或y2＝20x.
(2)联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＝t，,y2＝2px))消去y，整理得x2－(2t＋2p)x＋t2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝2t＋2p，x1x2＝t2.
因为NA⊥NB，所以(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0，
又y1＝t－x1，y2＝t－x2，
所以2x1x2－(1＋t)(x1＋x2)＋t2＋1＝0，
得2p＝eq \f(t2－2t＋1,t＋1).
由原点O到直线AB的距离不小于eq \r(2)，
得eq \f(|t|,\r(2))≥ eq \r(2)，即t≤－2(舍去)或t≥2，
因为2p＝eq \f(t2－2t＋1,t＋1)＝t＋1＋eq \f(4,t＋1)－4，函数y＝eq \f(t2－2t＋1,t＋1)在t∈[2，＋∞)上单调递增，
所以p≥eq \f(1,6)，即p的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,6)，＋∞)).
2．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2)))，两个焦点分别为F1(－eq \r(3)，0)，F2(eq \r(3)，0)．
(1)求椭圆C的方程．
(2)设圆D：x2＋y2＝r2(b
因为椭圆C经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2)))，所以eq \f(3,b2＋3)＋eq \f(1,4b2)＝1，
解得b2＝1或b2＝－eq \f(3,4)(舍)．
所以a2＝4，所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)设l：y＝kx＋m，代入eq \f(x2,4)＋y2＝1，
得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
由Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m2－4)＝0，得m2＝1＋4k2.①
设A(x0，y0)，则x0＝－eq \f(4km,4k2＋1)＝－eq \f(4k,m)，
y0＝kx0＋m＝eq \f(1,m).
因为l与圆D相切，所以圆心D到l的距离eq \f(|m|,\r(1＋k2))＝r，即m2＝r2(1＋k2)．②
由①②得m2＝eq \f(3r2,4－r2)，k2＝eq \f(r2－1,4－r2).
所以圆D的切线长
|AB|＝eq \r(x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)－r2)
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4k,m)))eq \s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)))eq \s\up12(2)－r2)
＝eq \r(5－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,r2)＋r2))).
因为eq \f(4,r2)＋r2≥2eq \r(\f(4,r2)·r2)＝4，当且仅当r＝eq \r(2)时取等号．因为r＝eq \r(2)∈(1,2)，所以|AB|的最大值为1.
3．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个顶点坐标为A(0，－1)，离心率为eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线y＝k(x－1)(k≠0)与椭圆C交于不同的两点P，Q，线段PQ的中点为M，点B(1,0)，求证：点M不在以AB为直径的圆上．
【解析】(1)由题意可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b2＋c2＝a2，,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,b＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1，,c＝\r(3)，))
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x0，y0)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx－1))得(4k2＋1)x2－8k2x＋4k2－4＝0，
则Δ＝(－8k2)2－4×(4k2＋1)(4k2－4)＝48k2＋16，
当k为任何实数时，都有Δ>0.
所以x1＋x2＝eq \f(8k2,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4k2－4,4k2＋1).
因为线段PQ的中点为M，
所以x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(4k2,4k2＋1)，y0＝k(x0－1)＝eq \f(－k,4k2＋1).
因为A(0，－1)，B(1,0)，
所以eq \(AM,\s\up7(―→))＝(x0，y0＋1)，eq \(BM,\s\up7(―→))＝(x0－1，y0)．
所以eq \(AM,\s\up7(―→))·eq \(BM,\s\up7(―→))＝x0(x0－1)＋y0(y0＋1)＝xeq \\al(2,0)－x0＋yeq \\al(2,0)＋y0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4k2,4k2＋1)))2－eq \f(4k2,4k2＋1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－k,4k2＋1)))2＋eq \f(－k,4k2＋1)
＝eq \f(－4k3－3k2－k,4k2＋12)＝eq \f(－k4k2＋3k＋1,4k2＋12)
＝eq \f(－k\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(3,8)))2＋\f(7,16))),4k2＋12).
因为k≠0,4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(3,8)))2＋eq \f(7,16)>0，
所以eq \(AM,\s\up7(―→))·eq \(BM,\s\up7(―→))≠0，
所以点M不在以AB为直径的圆上．
4．如图，已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，抛物线C上的点到准线的最小距离为1.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点F作互相垂直的两条直线l1，l2，l1与抛物线C交于A，B两点，l2与抛物线C交于C，D两点，M，N分别为弦AB，CD的中点，求|MF|·|NF|的最小值．
【解析】(1)因为抛物线C上的点到准线的最小距离为1，所以eq \f(p,2)＝1，解得p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)由(1)可知焦点为F(1,0)，
由已知可得AB⊥CD，所以直线AB，CD的斜率都存在且均不为0.
设直线AB的斜率为k，则直线CD的斜率为－eq \f(1,k)，
所以直线AB的方程为y＝k(x－1)．
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx－1，))消去x得ky2－4y－4k＝0.
设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝eq \f(4,k).
因为M(xM，yM)为弦AB的中点，
所以yM＝eq \f(1,2)(y1＋y2)＝eq \f(2,k).
由yM＝k(xM－1)，得xM＝eq \f(yM,k)＋1＝eq \f(2,k2)＋1，
所以点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,k2)＋1，\f(2,k))).
同理可得N(2k2＋1，－2k)，
所以|NF|＝eq \r(2k2＋1－12＋－2k2)＝2eq \r(k2k2＋1)，
|MF|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,k2)＋1－1))eq \s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,k)))eq \s\up12(2))
＝eq \f(2\r(1＋k2),k2)，
所以|MF||NF|
＝eq \f(2\r(1＋k2),k2)×2eq \r(k21＋k2)
＝4×eq \f(1＋k2,|k|)
≥4×2eq \r(|k|·\f(1,|k|))＝8，
当且仅当|k|＝eq \f(1,|k|)，即k＝±1时，等号成立．
5．已知椭圆C的短轴的两个端点分别为A(0,1)，B(0，－1)，焦距为2eq \r(3).
(1)求椭圆C的方程．
(2)已知直线y＝m与椭圆C有两个不同的交点M，N，设D为直线AN上一点，且直线BD，BM的斜率的积为－eq \f(1,4).证明：点D在x轴上．
【解析】(1)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝1，,c＝\r(3)，))
所以a2＝b2＋c2＝4，即a＝2.
故椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明：设M(x1，m)，则N(－x1，m)，x1≠0，－1
直线AN的方程为y＝eq \f(1－m,x1)x＋1.
因为直线BD，BM的斜率的积为－eq \f(1,4)，
所以直线BD的斜率为－eq \f(x1,4m＋1)，
所以直线BD的方程为y＝－eq \f(x1,4m＋1)x－1.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1－m,x1)x＋1，,y＝－\f(x1,4m＋1)x－1，))
解得点D的纵坐标yD＝eq \f(－\f(1,4)x\\al(2,1)－m2＋1,－\f(1,4)x\\al(2,1)＋m2－1).
因为点M在椭圆C上，所以eq \f(x\\al(2,1),4)＋m2＝1，
则yD＝0.所以点D在x轴上．
6．如图，已知抛物线x2＝y.点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,4)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(9,4)))，抛物线上的点P(x，y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)
(2)求|PA|·|PQ|的最大值．
【解析】(1)设直线AP的斜率为k，k＝eq \f(x2－\f(1,4),x＋\f(1,2))＝x－eq \f(1,2)，
因为－eq \f(1,2)
(2)联立直线AP与BQ的方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(kx－y＋\f(1,2)k＋\f(1,4)＝0，,x＋ky－\f(9,4)k－\f(3,2)＝0，))
解得点Q的横坐标是xQ＝eq \f(－k2＋4k＋3,2k2＋1).
因为|PA|＝eq \r(1＋k2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))＝eq \r(1＋k2)(k＋1)，
|PQ|＝eq \r(1＋k2)(xQ－x)＝－eq \f(k－1k＋12,\r(k2＋1))，
所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1)3.
令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3，
则f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2，
所以 f(k)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))上单调递增，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递减，所以f(k)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(27,16)，
因此当k＝eq \f(1,2)时，|PA|·|PQ|取得最大值eq \f(27,16).
7．在平面直角坐标系xOy中，M为直线y＝x－2上一动点，过点M作抛物线C：x2＝y的两条切线MA，MB，切点分别为A，B，N为AB的中点．
(1)证明：MN⊥x轴．
(2)直线AB是否恒过定点？若是，求出这个定点的坐标；若不是，请说明理由．
【解析】(1)证明：设切点A(x1，xeq \\al(2,1))，B(x2，xeq \\al(2,2))，y′＝2x，
所以切线MA的斜率为2x1，切线MA：y－xeq \\al(2,1)＝2x1(x－x1)．
设M(t，t－2)，则有t－2－xeq \\al(2,1)＝2x1(t－x1)，
化简得xeq \\al(2,1)－2tx1＋t－2＝0.
同理可得xeq \\al(2,2)－2tx2＋t－2＝0.
所以x1，x2是方程x2－2tx＋t－2＝0的两根，
所以x1＋x2＝2t，x1x2＝t－2，
所以xN＝eq \f(x1＋x2,2)＝t＝xM，所以MN⊥x轴．
(2)【解析】因为yN＝eq \f(1,2)(xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2))＝eq \f(1,2)(x1＋x2)2－x1x2＝2t2－t＋2，所以N(t,2t2－t＋2)．
因为kAB＝eq \f(x\\al(2,1)－x\\al(2,2),x1－x2)＝x1＋x2＝2t，
所以直线AB：y－(2t2－t＋2)＝2t(x－t)，
即y－2＝2teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，
所以直线AB过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2)).
【练提升】
1．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点F2与抛物线y2＝4x的焦点重合，且其离心率为eq \f(1,2).
(1)求椭圆C的方程．
(2)已知与坐标轴不垂直的直线l与C交于M，N两点，线段MN中点为P，问：kMN·kOP(O为坐标原点)是否为定值？请说明理由．
【解析】(1)∵抛物线y2＝4x的焦点为(1,0)，
∴椭圆C的半焦距c＝1，
又椭圆的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，∴a＝2，则b＝eq \r(a2－c2)＝eq \r(3).∴椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由题意可知，直线l的斜率存在且不为0，设l的方程为y＝kx＋m，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,3x2＋4y2＝12，))得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
由Δ＞0，可得m2＜4k2＋3.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(－8km,3＋4k2)，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝eq \f(6m,3＋4k2)，∴Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－4km,3＋4k2)，\f(3m,3＋4k2)))，
∴kOP＝eq \f(\f(3m,3＋4k2),\f(－4km,3＋4k2))＝－eq \f(3,4k).∴kMN·kOP＝－eq \f(3,4).
∴kMN·kOP为定值，定值为－eq \f(3,4).
2．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的短轴长为2eq \r(2)，离心率为eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)直线l平行于直线y＝eq \f(b,a)x，且与椭圆C交于两个不同的点A，B．若∠AOB为钝角，求直线l在x轴上的截距m的取值范围．
【解析】(1)由题意可得2b＝2eq \r(2)，
所以b＝eq \r(2)，
e＝eq \f(c,a)＝eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \f(\r(3),2)，解得a＝2eq \r(2)，
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)直线l平行于直线y＝eq \f(b,a)x，即y＝eq \f(1,2)x.
设直线l在y轴上的截距为n，
所以l的方程为y＝eq \f(1,2)x＋n(n≠0)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,2)x＋n，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，))得x2＋2nx＋2n2－4＝0.
因为直线l与椭圆C交于A，B两个不同的点，
所以Δ＝(2n)2－4(2n2－4)>0，解得－2
则x1＋x2＝－2n，x1x2＝2n2－4.
因为∠AOB为钝角等价于eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))<0，且n≠0，
所以eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2
＝x1x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x1＋n))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x2＋n))
＝eq \f(5,4)x1x2＋eq \f(n,2)(x1＋x2)＋n2
＝eq \f(5,4)×(2n2－4)＋eq \f(n,2)×(－2n)＋n2<0，
即n2<2，且n≠0，
所以直线l在y轴上的截距n的取值范围为(－eq \r(2)，0)∪(0，eq \r(2))．
因为直线l在x轴上的截距m＝－2n，
所以m的取值范围为(－2eq \r(2)，0)∪(0,2eq \r(2))．
3．已知F是抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，点M(x0,4)在抛物线上，且|MF|＝eq \f(5,4)x0.
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)若A，B是抛物线C上的两个动点，且OA⊥OB，O为坐标原点，求证：直线AB过定点．
【解析】(1)由题意得，|MF|＝x0＋eq \f(p,2)＝eq \f(5,4)x0，解得x0＝2p，
因为点M(x0,4)在抛物线C上，
所以42＝2px0＝4p2，解得p＝2，
所以抛物线C的标准方程为y2＝4x.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
因为OA⊥OB，所以eq \(OA,\s\up7(―→))·eq \(OB,\s\up7(―→))＝0，即x1x2＋y1y2＝0，
因为点A，B在抛物线C上，所以yeq \\al(2,1)＝4x1，yeq \\al(2,2)＝4x2，
代入得eq \f(y1y22,16)＋y1y2＝0.
因为y1y2≠0，所以y1y2＝－16.
设直线AB的方程为x＝my＋n，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋n，,y2＝4x，))得y2－4my－4n＝0，
则y1y2＝－4n，所以n＝4，
所以直线AB的方程为x＝my＋4，过定点(4,0)．
4．已知抛物线N：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点F与x轴垂直的直线交抛物线的弦长为2.
(1)求抛物线N的方程；
(2)点M(2,2)和点C(2,1)为两定点，点A和点B为抛物线N上的两动点，线段AB的中点Q在直线OM上，求△ABC面积的最大值．
【解析】(1)由题意得抛物线C的焦点为Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0)).
在方程y2＝2px中，令x＝eq \f(p,2)得y＝±p，
所以弦长为2p，即2p＝2，解得p＝1，
所以抛物线C的方程为y2＝2x.
(2)由(1)知抛物线C的方程为y2＝2x，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的斜率为k(k≠0)．
因为线段AB的中点Q在直线OM上，
由M(2,2)可知直线OM的方程为y＝x.
设Q(m，m)(m≠0)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y\\al(2,1)＝2x1，,y\\al(2,2)＝2x2，))
所以(y1－y2)(y1＋y2)＝2(x1－x2)．
又y1＋y2＝2m，eq \f(y1－y2,x1－x2)＝k，
所以km＝1，即得k＝eq \f(1,m).
设直线AB的方程为y－m＝eq \f(1,m)(x－m)，
即x－my＋m2－m＝0.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－my＋m2－m＝0，,y2＝2x，))
所以y2－2my＋2m2－2m＝0，
所以Δ＝8m－4m2>0，即0
|AB|＝eq \r(1＋m2)|y1－y2|
＝eq \r(1＋m2)eq \r(y1＋y22－4y1y2)
＝eq \r(1＋m2)eq \r(4m2－42m2－2m)
＝2eq \r(1＋m2)eq \r(2m－m2)，
点C到直线AB的距离为d＝eq \f(|2－2m＋m2|,\r(1＋m2))，
所以S△ABC＝eq \f(1,2)|AB|·d
＝eq \f(1,2)×2eq \r(1＋m2)×eq \r(2m－m2)×eq \f(|2－2m＋m2|,\r(1＋m2))
＝eq \r(2m－m2)×(2－2m＋m2)．
记t＝eq \r(2m－m2)，因为0
所以S′△ABC＝－3t2＋2.
令S′△ABC＝0，得t＝eq \f(\r(6),3)，
当t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(6),3)))时，S′△ABC>0；
当t∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，1))时，S′△ABC<0.
所以当t＝eq \f(\r(6),3)时，S△ABC有最大值为eq \f(4\r(6),9).
5．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点P(2，eq \r(2))，离心率e＝eq \f(\r(2),2).
(1)求椭圆E的方程．
(2)过点P斜率为k1，k2的两条直线分别交椭圆E于A，B两点，且满足k1＋k2＝0.证明：直线AB的斜率为定值．
【解析】(1)依题意，e＝eq \f(c,a)＝eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \f(\r(2),2)，所以eq \f(b2,a2)＝eq \f(1,2)，
又椭圆E过点P(2，eq \r(2))，所以eq \f(4,a2)＋eq \f(2,b2)＝1，解得a2＝8，b2＝4，
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AP的方程为y＝k(x－2)＋eq \r(2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－2＋\r(2)，,x2＋2y2＝8，))消去y得(2k2＋1)x2－(8k2－4eq \r(2)k)x＋8k2－8eq \r(2)k－4＝0，Δ>0，
所以x1＋xP＝x1＋2＝eq \f(8k2－4\r(2)k,2k2＋1)，
所以x1＝eq \f(4k2－4\r(2)k－2,2k2＋1).
又因为直线PA，PB的斜率互为相反数，
所以x2＝eq \f(4k2＋4\r(2)k－2,2k2＋1)，
所以kAB＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(－kx2＋2k＋\r(2)－kx1－2k＋\r(2),x2－x1)
＝eq \f(－kx2＋x1＋4k,x2－x1)＝eq \f(\f(8k2－4,2k2＋1)·－k＋4k,\f(8\r(2)k,2k2＋1))＝eq \f(\r(2),2).
所以直线AB的斜率为定值eq \f(\r(2),2).
6．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，且F1是圆x2＋y2－4eq \r(2)x＋7＝0的圆心，点H的坐标为(0，b)，且△HF1F2的面积为2eq \r(2).
(1)求椭圆C的方程．
(2)是否存在直线y＝2x＋t与椭圆C相交于M，N两点，使得直线HM与HN的斜率之和为1？若存在，求此时的直线方程；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)由x2＋y2－4eq \r(2)x＋7＝0，
可得(x－2eq \r(2))2＋y2＝1，
则圆心坐标为(2eq \r(2)，0)，即F1(2eq \r(2)，0)，
所以半焦距c＝2eq \r(2).
因为△HF1F2的面积为2eq \r(2)，
所以eq \f(1,2)·b·2c＝2eq \r(2)，所以b＝1，
所以a2＝b2＋c2＝9，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,9)＋y2＝1.
(2)假设存在这样的直线满足题设条件．
设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2x＋t，,\f(x2,9)＋y2＝1，))消去y可得37x2＋36tx＋9(t2－1)＝0，
所以Δ＝(36t)2－4×37×9(t2－1)>0，
解得－eq \r(37)
由(1)知，H(0,1)，则当t＝1时，直线y＝2x＋1过点H，不合题意，故t≠1.
令kHM＋kHN＝eq \f(y1－1,x1)＋eq \f(y2－1,x2)
＝eq \f(2x1＋t－1,x1)＋eq \f(2x2＋t－1,x2)＝eq \f(4x1x2＋t－1x1＋x2,x1x2)
＝4－eq \f(4tt－1,t2－1)＝1.
解得t＝3，因此所求直线方程为y＝2x＋3.
7．已知点A(0，－2)，椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为eq \f(2\r(3),3)，O为坐标原点．设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点．
(1)求椭圆E的方程．
(2)是否存在直线l，使得△OPQ的面积为eq \f(4,5)？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)设F(c,0)，因为直线AF的斜率为eq \f(2\r(3),3)，A(0，－2)，
所以eq \f(2,c)＝eq \f(2\r(3),3)，得c＝eq \r(3).
又eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，b2＝a2－c2，解得a＝2，b＝1，
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)假设存在直线l，使得△OPQ的面积为eq \f(4,5).
当l⊥x轴时，不合题意，故可设直线l的方程为y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx－2，))消去y得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.
由Δ＝16(4k2－3)>0，解得k<－eq \f(\r(3),2)或k>eq \f(\r(3),2)，
所以x1＋x2＝eq \f(16k,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(12,1＋4k2).
所以|PQ|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16k,1＋4k2)))2－\f(48,1＋4k2))＝eq \f(4\r(1＋k2)·\r(4k2－3),1＋4k2)，
点O到直线l的距离d＝eq \f(2,\r(k2＋1))，
所以S△OPQ＝eq \f(1,2)d|PQ|＝eq \f(4\r(4k2－3),1＋4k2).
设eq \r(4k2－3)＝t>0，则4k2＝t2＋3，
则S△OPQ＝eq \f(4t,t2＋4)＝eq \f(4,5)，解得t＝1或t＝4，即k＝±1，±eq \f(\r(19),2)，符合题意．
所以存在直线l：y＝±eq \f(\r(19),2)x－2或y＝±x－2，使得△OPQ的面积为eq \f(4,5).
8．已知椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)和圆C2：x2＋y2＝r2(r>0)，F1，F2分别为椭圆C1的左、右焦点，点B(0，eq \r(3))在椭圆C1上，当直线BF1与圆C2相切时，r＝eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆C1的方程；
(2)若直线l：y＝kx＋m(k>0，m>0)与x轴交于点Q，且与椭圆C1和圆C2都相切，切点分别为M，N，记△F1F2M和△QF2N的面积分别为S1和S2，求eq \f(m－kS2,S1)的最小值．
【解析】(1)由题意可知b＝eq \r(3).①
设F1(－c,0)，则由BF1与圆C2相切时，r＝eq \f(\r(3),2)，得eq \f(bc,a)＝eq \f(\r(3),2)，
即c＝eq \f(a,2).②
将①②代入a2＝b2＋c2解得a＝2.
所以椭圆C1的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
将y＝kx＋m代入eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
由直线l与椭圆C1相切得Δ＝0，即m2＝4k2＋3，且eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝\f(－4km,4k2＋3)，,y1＝\f(3m,4k2＋3).))
则△F1F2M的面积S1＝eq \f(1,2)|F1F2|·y1＝eq \f(3m,4k2＋3).
由直线l与圆C2相切，设O为坐标原点，连接ON，则ON：y＝－eq \f(1,k)x，与y＝kx＋m联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝\f(－km,k2＋1)，,y2＝\f(m,k2＋1).))
直线l：y＝kx＋m(k>0，m>0)与x轴交于点Q，则Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,k)，0)).
则△QF2N的面积S2＝eq \f(1,2)|QF2|·y2＝eq \f(mk＋m,2kk2＋1).
从而eq \f(m－kS2,S1)＝eq \f(\f(mk＋mm－k,2kk2＋1),\f(3m,4k2＋3))＝2k＋eq \f(3,2k)≥2eq \r(3)当且仅当k＝eq \f(\r(3),2)时等号成立，
所以eq \f(m－kS2,S1)的最小值为2eq \r(3).
9．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，从每条曲线上取两个点，将其坐标记录于下表中：
(1)求椭圆C1，抛物线C2的标准方程．
(2)请问是否存在直线l满足条件：①过C2的焦点F；②与C1交不同两点M，N且满足eq \(OM,\s\up6(→))⊥eq \(ON,\s\up6(→))？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
【解析】(1)设抛物线C2：y2＝2px(p≠0)，则有eq \f(y2,x)＝2p(x≠0)．据此验证4个点知(3，－2eq \r(3))，(4，－4)在抛物线上，易求抛物线C2的标准方程为y2＝4x.
设椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，
把点(－2,0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，\f(\r(2),2)))代入得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(4,a2)＝1，,\f(2,a2)＋\f(1,2b2)＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝1，))
所以椭圆C1的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)(方法一)假设存在这样的直线l过抛物线焦点F(1,0)．设直线l的方程为x－1＝my，两交点坐标为M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1＝my，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去x，
得(m2＋4)y2＋2my－3＝0，
所以y1＋y2＝eq \f(－2m,m2＋4)，y1y2＝eq \f(－3,m2＋4)，①
x1x2＝(1＋my1)(1＋my2)＝1＋m(y1＋y2)＋m2y1y2＝1＋m·eq \f(－2m,m2＋4) ＋m2·eq \f(－3,m2＋4)＝eq \f(4－4m2,m2＋4).②
由eq \(OM,\s\up6(→))⊥eq \(ON,\s\up6(→))，即eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝0，
得x1x2＋y1y2＝0.③
将①②代入③式，得eq \f(4－4m2,m2＋4)＋eq \f(－3,m2＋4)＝0，
解得m＝±eq \f(1,2).
所以存在直线l满足条件，且l的方程为y＝2x－2或y＝－2x＋2.
(方法二)容易验证当直线l的斜率不存在时，不满足题意．
当直线l斜率存在时，假设存在直线l过抛物线焦点F(1,0)．设其方程为y＝k(x－1)，与椭圆C1的交点坐标为M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx－1，))消去y，
得(1＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－1)＝0.
于是x1＋x2＝eq \f(8k2,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(4k2－1,1＋4k2)，①
y1y2＝k(x1－1)×k(x2－1)＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]＝k2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4k2－1,1＋4k2)－\f(8k2,1＋4k2)＋1))＝
－eq \f(3k2,1＋4k2).②
由eq \(OM,\s\up6(→))⊥eq \(ON,\s\up6(→))，即eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝0，
得x1x2＋y1y2＝0.③
将①②代入③式，得eq \f(4k2－1,1＋4k2)－eq \f(3k2,1＋4k2)＝eq \f(k2－4,1＋4k2)＝0，解得k＝±2.
所以存在直线l满足条件，且l的方程为y＝2x－2或y＝－2x＋2.
x
3
－2
4
eq \r(2)
y
－2eq \r(3)
0
－4
eq \f(\r(2),2)
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