8、點(diǎn)坐標(biāo)為(－2，－2)時，
△ABP面積的最大值為＝8.
題型二 圓錐曲線中的范圍、最值問題
例2 (2012浙江改編)如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)P(1，)
到拋物線C：y2＝2px(p>0)的準(zhǔn)線的距離為.點(diǎn)M(t,1)是C上的定
點(diǎn)，A，B是C上的兩動點(diǎn)，且線段AB的中點(diǎn)Q(m，n)在直線OM
上．
(1)求曲線C的方程及t的值．
(2)記d＝，求d的最大值．
思維啟迪 (1)依條件，構(gòu)建關(guān)于p，t的方程；
(2)建立直線AB的斜率k與線段AB中點(diǎn)坐標(biāo)間的關(guān)系，并表示弦AB的長度，運(yùn)用函數(shù)的性質(zhì)或基本不等式求d的最大值．
解 (1)y2＝2px(p>0)的準(zhǔn)線
9、x＝－，
∴1－(－)＝，p＝，
∴拋物線C的方程為y2＝x.
又點(diǎn)M(t,1)在曲線C上，∴t＝1.
(2)由(1)知，點(diǎn)M(1,1)，從而n＝m，即點(diǎn)Q(m，m)，
依題意，直線AB的斜率存在，且不為0，
設(shè)直線AB的斜率為k(k≠0)．
且A(x1，y1)，B(x2.y2)，
由得(y1－y2)(y1＋y2)＝x1－x2，故k2m＝1，
所以直線AB的方程為y－m＝(x－m)，
即x－2my＋2m2－m＝0.
由消去x，
整理得y2－2my＋2m2－m＝0，
所以Δ＝4m－4m2>0，y1＋y2＝2m，y1y2＝2m2－m.
從而|AB|＝ |y1－y2|＝
10、
＝2
∴d＝＝2≤m＋(1－m)＝1，
當(dāng)且僅當(dāng)m＝1－m，即m＝時，上式等號成立，
又m＝滿足Δ＝4m－4m2>0.∴d的最大值為1.
思維升華 圓錐曲線中的最值問題解決方法一般分兩種：一是幾何法，特別是用圓錐曲線的定義和平面幾何的有關(guān)結(jié)論來求最值；二是代數(shù)法，常將圓錐曲線的最值問題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)或三角函數(shù)的最值問題，然后利用基本不等式、函數(shù)的單調(diào)性或三角函數(shù)的有界性等求最值．
已知橢圓C的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)O，一個長軸端點(diǎn)為(0,2)，短軸端點(diǎn)和焦點(diǎn)所組成的四邊形為正方形，直線l與y軸交于點(diǎn)P(0，m)，與橢圓C交于相異兩點(diǎn)A，B，且＝2.
(1)求橢圓方程；
(2)求m的取
11、值范圍．
解 (1)由題意知橢圓的焦點(diǎn)在y軸上，設(shè)橢圓方程為＋＝1(a>b>0)，
由題意知a＝2，b＝c，又a2＝b2＋c2，則b＝，
所以橢圓方程為＋＝1.
(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由題意知，直線l的斜率存在，
設(shè)其方程為y＝kx＋m，與橢圓方程聯(lián)立，
即，
消y得，(2＋k2)x2＋2mkx＋m2－4＝0，
Δ＝(2mk)2－4(2＋k2)(m2－4)＝8(2k2＋4－m2)．
由根與系數(shù)的關(guān)系知.
又＝2，
即有(－x1，m－y1)＝2(x2，y2－m)．
∴－x1＝2x2，∴x1＋x2＝－x2，x1x2＝－2x，
∴x1x2＝－2(x1＋
12、x2)2，
∴＝－2()2，
整理得(9m2－4)k2＝8－2m2.
又9m2－4＝0時不成立，所以k2＝>0，
得0，
所以m的取值范圍為(－2，－)∪(，2)．
題型三 圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值問題
例3 (2012福建)如圖，等邊三角形OAB的邊長為8，且其三個頂
點(diǎn)均在拋物線E：x2＝2py(p>0)上．
(1)求拋物線E的方程；
(2)設(shè)動直線l與拋物線E相切于點(diǎn)P，與直線y＝－1相交于點(diǎn)Q，
證明：以PQ為直徑的圓恒過y軸上某定點(diǎn)．
思維啟迪 既然圓過y軸上的點(diǎn)，即滿足＝0，對任意P、Q恒成立可待定M(0，
y1)，也可給定特殊的P點(diǎn)，猜
13、想M點(diǎn)坐標(biāo)，再證明．
(1)解 依題意，得|OB|＝8，∠BOy＝30.
設(shè)B(x，y)，則x＝|OB|sin 30＝4，y＝|OB|cos 30＝12.
因?yàn)辄c(diǎn)B(4，12)在x2＝2py上，
所以(4)2＝2p12，解得p＝2.
故拋物線E的方程為x2＝4y.
(2)證明 方法一 由(1)知y＝x2.
設(shè)P(x0，y0)，則x0≠0，由判別式法可得l的方程為
y＝x0x－x.
由得
所以Q為.
設(shè)M(0，y1)，令＝0對滿足y0＝x(x0≠0)的x0，y0恒成立．
由于＝(x0，y0－y1)，＝，
由＝0，得－y0－y0y1＋y1＋y＝0，
即(y＋y1－2)＋
14、(1－y1)y0＝0.(*)
由于(*)式對滿足y0＝x(x0≠0)的y0恒成立，
所以解得y1＝1.
故以PQ為直徑的圓恒過y軸上的定點(diǎn)M(0,1)．
方法二 由(1)知y＝x2，設(shè)P(x0，y0)，則x0≠0，
且l的方程為y＝x0x－x.
由得
所以Q為.
取x0＝2，此時P(2,1)，Q(0，－1)，
以PQ為直徑的圓為(x－1)2＋y2＝2，
交y軸于點(diǎn)M1(0,1)或M2(0，－1)；
取x0＝1，此時P，Q，
以PQ為直徑的圓為2＋2＝，
交y軸于點(diǎn)M3(0,1)、M4.
故若滿足條件的點(diǎn)M存在，只能是M(0,1)．
以下證明點(diǎn)M(0,1)就是所要求
15、的點(diǎn)．
因?yàn)椋?x0，y0－1)，＝，
所以＝－2y0＋2＝2y0－2－2y0＋2＝0.
故以PQ為直徑的圓恒過y軸上的定點(diǎn)M(0,1)．
思維升華 求定點(diǎn)及定值問題常見的方法有兩種：
(1)從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)．
(2)直接推理、計(jì)算，并在計(jì)算推理的過程中消去變量，從而得到定值．
已知橢圓＋＝1上的兩個動點(diǎn)P、Q，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)且x1＋x2＝2.
求證：線段PQ的垂直平分線經(jīng)過一個定點(diǎn)A.
證明 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，且x1＋x2＝2.
當(dāng)x1≠x2時，由
得＝－.
設(shè)線段PQ的中點(diǎn)N(1，n)，
則kP
16、Q＝＝－，
∴線段PQ的垂直平分線方程為y－n＝2n(x－1)，
∴(2x－1)n－y＝0，該直線恒過一個定點(diǎn)A(，0)．
當(dāng)x1＝x2時，線段PQ的中垂線也過定點(diǎn)A(，0)．
綜上，線段PQ的垂直平分線恒過定點(diǎn)A(，0)．
題型四 圓錐曲線中的探索性問題
例4 已知橢圓C1、拋物線C2的焦點(diǎn)均在x軸上，C1的中心和C2的頂點(diǎn)均為原點(diǎn)O，從每條曲線上各取兩個點(diǎn)，將其坐標(biāo)記錄于下表中：
x
3
－2
4
y
－2
0
－4
(1)求C1，C2的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)是否存在直線l滿足條件：①過C2的焦點(diǎn)F；②與C1交于不同的兩點(diǎn)M，N，且滿足⊥？若存在，求出直
17、線l的方程；若不存在，說明理由．
思維啟迪 圓錐曲線中，這類問題的解題思想是假設(shè)其結(jié)論成立、存在等，在這個假設(shè)下進(jìn)行推理論證，如果得到了一個合情合理的推理結(jié)果，就肯定假設(shè)，對問題作出正面回答；如果得到一個矛盾的結(jié)果，就否定假設(shè)，對問題作出反面回答．
解 (1)設(shè)拋物線C2：y2＝2px(p≠0)，則有＝2p(x≠0)，
據(jù)此驗(yàn)證四個點(diǎn)知(3，－2)，(4，－4)在C2上，
易求得C2的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2＝4x.
設(shè)橢圓C1：＋＝1(a>b>0)，
把點(diǎn)(－2,0)，(，)代入得，
解得，所以C1的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1.
(2)容易驗(yàn)證當(dāng)直線l的斜率不存在時，不滿足題意．
當(dāng)直線l
18、的斜率存在時，設(shè)其方程為y＝k(x－1)，
與C1的交點(diǎn)為M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由
消去y并整理得(1＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－1)＝0，
于是x1＋x2＝， ①
x1x2＝. ②
所以y1y2＝k2(x1－1)(x2－1)＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]
＝k2[－＋1]＝－. ③
由⊥，即＝0，得x1x2＋y1y2＝0. (*)
將②③代入(*)式，得－＝＝0，
解得k＝2，所以存在直線l滿足條件，
且直線l的方程為2x－y－2＝0或2x＋y－2＝0
19、.
思維升華 (1)探索性問題通常采用“肯定順推法”，將不確定性問題明朗化．其步驟為假設(shè)滿足條件的元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))存在，用待定系數(shù)法設(shè)出，列出關(guān)于待定系數(shù)的方程組，若方程組有實(shí)數(shù)解，則元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))存在；否則，元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))不存在．
(2)反證法與驗(yàn)證法也是求解探索性問題常用的方法．
已知定點(diǎn)C(－1,0)及橢圓x2＋3y2＝5，過點(diǎn)C的動直線與橢圓相交于A、B兩點(diǎn)，在x軸上是否存在點(diǎn)M，使為常數(shù)？若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
解 假設(shè)在x軸上存在點(diǎn)M(m,0)，使為常數(shù)，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．
①當(dāng)直線
20、AB與x軸不垂直時，直線AB的斜率存在，
設(shè)直線AB的方程為y＝k(x＋1)，
聯(lián)立
消去y，整理得(3k2＋1)x2＋6k2x＋3k2－5＝0.
則
所以＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2
＝(x1－m)(x2－m)＋k2(x1＋1)(x2＋1)
＝(k2＋1)x1x2＋(k2－m)(x1＋x2)＋k2＋m2
＝＋m2
＝＋m2
＝m2＋2m－－.
從而有6m＋14＝0，m＝－，此時＝.
②當(dāng)坐標(biāo)AB與x軸垂直時，此時點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為
A(－1，)、B(－1，－)，
當(dāng)m＝－時，亦有＝.
綜上，在x軸上存在定點(diǎn)M(－，0)，
使為常數(shù)．
(時間：8
21、0分鐘)
1． 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l與拋物線y2＝4x相交于不同的A，B兩點(diǎn)．
(1)如果直線l過拋物線的焦點(diǎn)，求的值；
(2)如果＝－4，證明：直線l必過一定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)．
(1)解 由題意：拋物線焦點(diǎn)為(1,0)，
設(shè)l：x＝ty＋1，代入拋物線y2＝4x，
消去x得y2－4ty－4＝0，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則y1＋y2＝4t，y1y2＝－4，
∴＝x1x2＋y1y2＝(ty1＋1)(ty2＋1)＋y1y2
＝t2y1y2＋t(y1＋y2)＋1＋y1y2＝－4t2＋4t2＋1－4＝－3.
(2)證明 設(shè)l：x＝ty＋b，代入拋物線
22、y2＝4x，
消去x得y2－4ty－4b＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則y1＋y2＝4t，y1y2＝－4b.
∴＝x1x2＋y1y2＝(ty1＋b)(ty2＋b)＋y1y2
＝t2y1y2＋bt(y1＋y2)＋b2＋y1y2
＝－4bt2＋4bt2＋b2－4b＝b2－4b.
令b2－4b＝－4，∴b2－4b＋4＝0，∴b＝2，
∴直線l過定點(diǎn)(2,0)．
∴若＝－4，則直線l必過一定點(diǎn)(2,0)．
2． 已知橢圓＋＝1上的兩個動點(diǎn)P，Q，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)且x1＋x2＝2.
(1)求證：線段PQ的垂直平分線經(jīng)過一個定點(diǎn)A；
(2)設(shè)點(diǎn)A關(guān)
23、于原點(diǎn)O的對稱點(diǎn)是B，求|PB|的最小值及相應(yīng)的P點(diǎn)坐標(biāo)．
(1)證明 ∵P(x1，y1)，Q(x2，y2)，且x1＋x2＝2.
當(dāng)x1≠x2時，由，
得＝－.
設(shè)線段PQ的中點(diǎn)為N(1，n)，∴kPQ＝＝－，
∴線段PQ的垂直平分線方程為y－n＝2n(x－1)，
∴(2x－1)n－y＝0，
該直線恒過一個定點(diǎn)A(，0)．
當(dāng)x1＝x2時，線段PQ的垂直平分線也過定點(diǎn)A(，0)．
綜上，線段PQ的垂直平分線恒過定點(diǎn)A(，0)．
(2)解 由于點(diǎn)B與點(diǎn)A關(guān)于原點(diǎn)O對稱，
故點(diǎn)B(－，0)．
∵－2≤x1≤2，－2≤x2≤2，∴x1＝2－x2∈[0,2]，
|PB|2＝(
24、x1＋)2＋y＝(x1＋1)2＋≥，
∴當(dāng)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0，)時，|PB|min＝.
3． 已知中心在坐標(biāo)原點(diǎn)O的橢圓C經(jīng)過點(diǎn)A(2,3)，且點(diǎn)F(2,0)為其右焦點(diǎn)．
(1)求橢圓C的方程；
(2)是否存在平行于OA的直線l，使得直線l與橢圓C有公共點(diǎn)，且直線OA與l的距離等于4？若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由．
解 方法一 (1)依題意，可設(shè)橢圓C的方程為＋＝1(a>b>0)，且可知其左焦點(diǎn)為F′(－2,0)．
從而有解得
又a2＝b2＋c2，所以b2＝12，
故橢圓C的方程為＋＝1.
(2)假設(shè)存在符合題意的直線l，設(shè)其方程為y＝x＋t.
由
得3x2
25、＋3tx＋t2－12＝0.
因?yàn)橹本€l與橢圓C有公共點(diǎn)，
所以Δ＝(3t)2－43(t2－12)≥0，
解得－4≤t≤4.
另一方面，由直線OA與l的距離d＝4，得＝4，
解得t＝2.
由于2?[－4，4]，
所以符合題意的直線l不存在．
方法二 (1)依題意，可設(shè)橢圓C的方程為＋＝1(a>b>0)，
且有解得b2＝12，b2＝－3(舍去)．
從而a2＝16.
所以橢圓C的方程為＋＝1.
(2)同方法一．
4． 如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線的頂點(diǎn)在原點(diǎn)，焦點(diǎn)為
F(0,1)，過拋物線上的異于頂點(diǎn)的不同兩點(diǎn)A，B作拋物線的切線
AC，BD，與y軸分別交于C
26、，D兩點(diǎn)，且AC與BD交于點(diǎn)M，直
線AD與直線BC交于點(diǎn)N.
(1)求拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)判斷直線MN的斜率是否為定值？若是，求出該定值；若不是，請說明理由．
解 (1)設(shè)拋物線標(biāo)準(zhǔn)方程C：x2＝2py(p>0)，
由焦點(diǎn)知p＝2，故所求方程為x2＝4y.
(2)設(shè)A(x1，)，B(x2，)，
易知lAC：y＝x－，lBD：y＝x－，
∴C(0，－)，D(0，－)，
lAD：y＝x－，lBC：y＝x－.
聯(lián)立解得M(，)，
聯(lián)立解得N(，)，
∴kMN＝0.
即直線MN的斜率為定值，且為0.
5． 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓＋＝1的左，右頂點(diǎn)分別為A
27、，B，右焦點(diǎn)為F.設(shè)過點(diǎn)T(t，m)的直線TA，TB與此橢圓分別交于點(diǎn)M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中m>0，y1>0，y2<0.
(1)設(shè)動點(diǎn)P滿足：|PF|2－|PB|2＝4，求點(diǎn)P的軌跡；
(2)設(shè)x1＝2，x2＝，求點(diǎn)T的坐標(biāo)；
(3)設(shè)t＝9，求證：直線MN必過x軸上的一定點(diǎn)(其坐標(biāo)與m無關(guān))．
(1)解 設(shè)P(x，y)，由題知F(2,0)，B(3,0)，A(－3,0)，
則|PF|2＝(x－2)2＋y2，|PB|2＝(x－3)2＋y2，
由|PF|2－|PB|2＝4，得(x－2)2＋y2－[(x－3)2＋y2]＝4，
化簡，得x＝.故點(diǎn)P的軌跡方程是x＝.
28、(2)解 將x1＝2，x2＝分別代入橢圓方程，
并考慮到y(tǒng)1>0，y2<0，得M，N.
則直線MA的方程為＝，即x－3y＋3＝0
直線NB的方程為＝，即5x－6y－15＝0.
聯(lián)立方程解得x＝7，y＝，
所以點(diǎn)T的坐標(biāo)為.
(3)證明 如圖所示，
點(diǎn)T的坐標(biāo)為(9，m)．
直線TA的方程為＝，
直線TB的方程為＝，
分別與橢圓＋＝1聯(lián)立方程，
解得M，
N.
直線MN的方程為
＝.
令y＝0，解得x＝1，所以直線MN必過x軸上的一定點(diǎn)(1,0)．
6． (2013浙江)已知拋物線C的頂點(diǎn)為O(0,0)，焦點(diǎn)為F(0,1)．
(1)求拋物線C的方程；
(2)過
29、點(diǎn)F作直線交拋物線C于A，B兩點(diǎn)．若直線AO、BO分別
交直線l：y＝x－2于M、N兩點(diǎn)，求|MN|的最小值．
解 (1)由題意可設(shè)拋物線C的方程為x2＝2py(p>0)，則＝1，
所以拋物線C的方程為x2＝4y.
(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB的方程為y＝kx＋1.
由消去y，整理得x2－4kx－4＝0，
所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.
從而|x1－x2|＝4.
由
解得點(diǎn)M的橫坐標(biāo)xM＝＝＝.
同理，點(diǎn)N的橫坐標(biāo)xN＝.
所以|MN|＝|xM－xN|
＝
＝8
＝.
令4k－3＝t，t≠0，則k＝.
當(dāng)t>0時，|MN|＝2 >2.
當(dāng)t<0時，|MN|＝2 ≥.
綜上所述，當(dāng)t＝－，即k＝－時，
|MN|的最小值是.
高考數(shù)學(xué)浙江理科一輪【第八章】立體幾何 專題六
