2023高考数学二轮复习专题练三核心热点突破专题五解析几何第3讲圆锥曲线中的热点问题含解析202303112185

第3讲　圆锥曲线中的热点问题高考定位　1.圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一，主要以解答题形式考查，往往作为试卷的压轴题之一；2.以椭圆或抛物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题，对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求，并突出数学思想方法的考查.真题感悟1.(2020·全国Ⅱ卷)设O为坐标原点，直线x＝a与双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的两条渐近线分别交于D，E两点.若△ODE的面积为8，则C的焦距的最小值为(　　)A.4B.8C.16D.32解析　由题意知双曲线的渐近线方程为y＝±x.因为D，E分别为直线x＝a与双曲线C的两渐近线的交点，所以不妨设D(a，b)，E(a，－b)，所以S△ODE＝×a×|DE|＝×a×2b＝ab＝8，则c2＝a2＋b2≥2ab＝16，当且仅当a＝b＝2时等号成立，∴c≥4.故曲线C的焦距2c的最小值为8.答案　B2.(2020·全国Ⅰ卷)已知A，B分别为椭圆E：＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，·＝8.P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.(1)求E的方程；(2)证明：直线CD过定点.(1)解　由题设得A(－a，0)，B(a，0)，G(0，1).则＝(a，1)，＝(a，－1).由·＝8，得a2－1＝8，解得a＝3或a＝－3(舍去).\n所以椭圆E的方程为＋y2＝1.(2)证明　设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t).若t≠0，设直线CD的方程为x＝my＋n，由题意可知－3<n<3.易知直线PA的方程为y＝(x＋3)，所以y1＝(x1＋3).易知直线PB的方程为y＝(x－3)，所以y2＝(x2－3).可得3y1(x2－3)＝y2(x1＋3).①由于＋y＝1，故y＝－，②由①②可得27y1y2＝－(x1＋3)(x2＋3)，结合x＝my＋n，得(27＋m2)y1y2＋m(n＋3)(y1＋y2)＋(n＋3)2＝0.③将x＝my＋n代入＋y2＝1，得(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0.所以y1＋y2＝－，y1y2＝.代入③式得(27＋m2)(n2－9)－2m(n＋3)mn＋(n＋3)2(m2＋9)＝0，解得n＝－3(舍去)或n＝.故直线CD的方程为x＝my＋，即直线CD过定点.若t＝0，则直线CD的方程为y＝0，过点.综上，直线CD过定点.3.(2020·新高考山东卷)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且过点A(2，1).(1)求C的方程；\n(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足.证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.(1)解　由题设得＋＝1,＝，解得a2＝6，b2＝3.所以C的方程为＋＝1.(2)证明　设M(x1，y1)，N(x2，y2).若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入＋＝1，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.于是x1＋x2＝－，x1x2＝.①由AM⊥AN，得·＝0，故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，整理得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0.将①代入上式，可得(k2＋1)－(km－k－2)＋(m－1)2＋4＝0，整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0.因为A(2，1)不在直线MN上，所以2k＋m－1≠0，所以2k＋3m＋1＝0，k≠1.所以直线MN的方程为y＝k－(k≠1).所以直线MN过点P.若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1).由·＝0，得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.又＋＝1，所以3x－8x1＋4＝0.解得x1＝2(舍去)，或x1＝.此时直线MN过点P.令Q为AP的中点，即Q.\n若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，故|DQ|＝|AP|＝.若D与P重合，则|DQ|＝|AP|.综上，存在点Q，使得|DQ|为定值.考点整合1.圆锥曲线常考查的几何量(1)直线方程：会用点斜式或斜截式设直线方程；(2)线段长、面积：三角形、四边形的面积中蕴含着线段长、点到直线的距离公式；(3)斜率公式、共线点的坐标关系：由两点坐标会表示出对应的直线斜率，共线点的横坐标或纵坐标也满足比例关系；(4)平面图形的几何性质：平行四边形、菱形等图形中的几何性质，如垂直、平行、平分、中点关系；(5)向量关系的转化：会把向量关系转化为对应点，如坐标关系.2.圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的值域、最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解.温馨提醒　圆锥曲线上点的坐标是有范围的，在涉及到求最值或范围问题时注意坐标范围的影响.3.圆锥曲线中的定点、定值问题(1)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.若得到了直线方程的点斜式：y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m).(2)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直线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题.4.圆锥曲线中的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.(3)下结论.\n热点一　圆锥曲线中的最值、范围问题角度1　求线段长度、三角形面积的最值【例1】已知点A(－2，0)，B(2，0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为－.记M的轨迹为曲线C.(1)求C的方程，并说明C是什么曲线.(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.①证明：△PQG是直角三角形；②求△PQG面积的最大值.(1)解　由题设得·＝－，化简得＋＝1(|x|≠2)，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左、右顶点.(2)①证明　设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k>0).由得x＝±.设u＝，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u，0).于是直线QG的斜率为，方程为y＝(x－u).由得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.①设G(xG，yG)，则－u和xG是方程①的解，故xG＝，由此得yG＝.从而直线PG的斜率为＝－.\n所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形.②解　由①得|PQ|＝2u，|PG|＝，所以△PQG的面积S＝|PQ||PG|＝＝.设t＝k＋，则由k>0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号.因为S＝在[2，＋∞)单调递减，所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为.因此，△PQG面积的最大值为.探究提高　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，列出含参数的函数式；可利用求函数值域(最值)或基本不等式、换元法、导数法，利用已知或隐含的参数范围求最值、范围.特别是分式形式时，会用换元法将复杂化为简单.角度2　求几何量、某个参数的取值范围【例2】(2020·江西六校联考)已知椭圆的一个顶点为A(0，－1)，焦点在x轴上，中心在原点.若右焦点到直线x－y＋2＝0的距离为3.(1)求椭圆的标准方程；(2)设直线y＝kx＋m(k≠0)与椭圆相交于不同的两点M，N.当|AM|＝|AN|时，求m的取值范围.解　(1)依题意可设椭圆方程为＋y2＝1(a>1)，则右焦点F(，0)，由题设＝3，解得a2＝3.∴所求椭圆的方程为＋y2＝1.(2)设P(xP，yP)，M(xM，yM)，N(xN，yN)，P为弦MN的中点，\n由得(3k2＋1)x2＋6mkx＋3(m2－1)＝0，∵直线与椭圆相交，∴Δ＝(6mk)2－4(3k2＋1)×3(m2－1)>0⇒m2<3k2＋1.①∴xP＝＝－，从而yP＝kxP＋m＝，∴kAP＝＝－，又∵|AM|＝|AN|，∴AP⊥MN，则－＝－，即2m＝3k2＋1.②把②代入①，得m2<2m，解得0<m<2；由②得k2＝>0，解得m>.综上，求得m的取值范围是.探究提高　解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.【训练1】(2020·贵阳诊断)在直角坐标系xOy中，曲线C1上的任意一点M到直线y＝－1的距离比M点到点F(0，2)的距离小1.(1)求动点M的轨迹C1的方程；(2)若点P是圆C2：(x－2)2＋(y＋2)2＝1上一动点，过点P作曲线C1的两条切线，切点分别为A，B，求直线AB斜率的取值范围.解　(1)法一　设点M(x，y)，∵点M到直线y＝－1的距离等于|y＋1|，∴|y＋1|＝－1，化简得x2＝8y，∴动点M的轨迹C1的方程为x2＝8y.法二　由题意知M到直线y＝－2的距离等于M到F(0，2)的距离，由抛物线定义得动点M\n的轨迹方程为x2＝8y.(2)由题意可知，PA，PB的斜率都存在，分别设为k1，k2，切点A(x1，y1)，B(x2，y2)，设点P(m，n)，过点P的抛物线的切线方程为y＝k(x－m)＋n，联立得x2－8kx＋8km－8n＝0，∵Δ＝64k2－32km＋32n＝0，即2k2－km＋n＝0，∴k1＋k2＝，k1k2＝.由x2＝8y，得y′＝，∴x1＝4k1，y1＝＝2k，x2＝4k2，y2＝＝2k，∴kAB＝＝＝＝，∵点P(m，n)满足(x－2)2＋(y＋2)2＝1，∴1≤m≤3，∴≤≤，即直线AB斜率的取值范围为.热点二　圆锥曲线中定值、定点问题角度1　圆锥曲线中的定值【例3】(2020·广州模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)经过点P(1，2).过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.(1)求直线l的斜率的取值范围；(2)设O为原点，＝λ，＝μ，求证：＋为定值.(1)解　因为抛物线y2＝2px过点P(1，2)，所以2p＝4，即p＝2.故抛物线C的方程为y2＝4x.由题意知，直线l的斜率存在且不为0.设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0).由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，解得k<1，又因为k≠0，故k<0或0<k<1.又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2).从而k≠－3.\n所以直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1).(2)证明　设A(x1，y1)，B(x2，y2).由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝.直线PA的方程为y－2＝(x－1).令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝＋2＝＋2.同理得点N的纵坐标为yN＝＋2.由＝λ，＝μ得λ＝1－yM，μ＝1－yN.所以＋＝＋＝＋＝·＝·＝2.所以＋＝2为定值.探究提高　1.求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关.(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.2.定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的.【训练2】(2020·长沙模拟)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率e＝，且圆x2＋y2＝2过椭圆C的上、下顶点.(1)求椭圆C的方程.(2)若直线l的斜率为，且直线l交椭圆C于P，Q两点，点P关于原点的对称点为E，A(－2，1)是椭圆C上的一点，判断直线AE与AQ的斜率之和是否为定值，如果是，请求出此定值；如果不是，请说明理由.解　(1)由圆x2＋y2＝2过椭圆C的上、下顶点，可得b＝.又离心率e＝，所以＝，解得a＝2.\n所以椭圆C的方程为＋＝1.(2)由直线l的斜率为，可设直线l的方程为y＝x＋t(t≠0).由消去y并整理得x2＋2tx＋2t2－4＝0.由题意知Δ＝4t2－4(2t2－4)＞0，解得－2＜t＜2且t≠0.设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由点P与点E关于原点对称，得E(－x1，－y1).易知x1＋x2＝－2t，x1x2＝2t2－4.设直线AE与AQ的斜率分别为kAE，kAQ，由A(－2，1)，得kAE＋kAQ＝＋＝.又y1＝x1＋t，y2＝x2＋t，于是有(2－x1)(y2－1)－(2＋x2)(y1＋1)＝2(y2－y1)－(x1y2＋x2y1)＋(x1－x2)－4＝(x2－x1)－＋(x1－x2)－4＝－x1x2－t(x1＋x2)－4＝－(2t2－4)－t(－2t)－4＝0.因此kAE＋kAQ＝0.于是直线AE与AQ的斜率之和为定值，此定值为0.角度2　圆锥曲线中的定点问题【例4】(2020·成都二模)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，四点P1(1，1)，P2(0，1)，P3，P4中恰有三点在椭圆C上.(1)求C的方程；(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点.\n(1)解　由于点P3，P4关于y轴对称，由题设知C必过P3，P4.又由＋>＋知，椭圆C不经过点P1，所以点P2在椭圆C上.因此解得故C的方程为＋y2＝1.(2)证明　设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.如果直线l的斜率不存在，此时l垂直于x轴.设l：x＝m，A(m，yA)，B(m，－yA)，k1＋k2＝＋＝＝－1，得m＝2，此时l过椭圆C右顶点，与椭圆C不存在两个交点，故不满足.从而可设l：y＝kx＋m(m≠1).将y＝kx＋m代入＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.则k1＋k2＝＋＝＋＝.由题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.∴(2k＋1)·＋(m－1)·＝0.解得m＝－2k－1，此时Δ＝32(m＋1)，∴当且仅当m>－1时，Δ>0，∴直线l的方程为y＝kx－2k－1，即y＋1＝k(x－2).所以l过定点(2，－1).探究提高　1.动直线l过定点问题.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.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.\n【训练3】(2020·太原模拟)已知圆O1：(x＋1)2＋y2＝8上有一动点Q，点O2的坐标为(1，0)，四边形QO1O2R为平行四边形.线段O1R的垂直平分线交O2R于点P.(1)求点P的轨迹C的方程；(2)过点O2作直线与曲线C交于A，B两点，点K的坐标为(2，1)，直线KA，KB与y轴分别交于M，N两点，求证：线段MN的中点为定点，并求出该中点的坐标.(1)解　因为|PO1|＋|PO2|＝|PR|＋|PO2|＝|RO2|＝|QO1|＝2>|O1O2|＝2，所以点P的轨迹是一个椭圆，且长轴长2a＝2，半焦距c＝1，所以b2＝a2－c2＝1，轨迹C的方程为＋y2＝1(y≠0).(2)证明　当直线AB的斜率为0时，由(1)y≠0知与曲线C无交点.当直线AB的斜率不为0时，设过点O2的直线方程为x＝my＋1，点A，B坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2).直线方程与椭圆方程联立得消去x，得(m2＋2)y2＋2my－1＝0，则y1＋y2＝，y1y2＝.直线KA的方程为y－1＝(x－2)，令x＝0得yM＝.同理可得yN＝.所以＝＝＝＝－1.所以MN的中点为(0，－1)，恒为定点.热点三　圆锥曲线中的存在性问题\n【例5】设椭圆M：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为A(－1，0)，B(1，0)，C为椭圆M上的点，且∠ACB＝，S△ABC＝.(1)求椭圆M的标准方程；(2)设过椭圆M右焦点且斜率为k的动直线与椭圆M相交于E，F两点，探究在x轴上是否存在定点D，使得·为定值？若存在，试求出定值和点D的坐标；若不存在，请说明理由.解　(1)在△ABC中，由余弦定理AB2＝CA2＋CB2－2CA·CB·cosC＝(CA＋CB)2－3CA·CB＝4.又S△ABC＝CA·CB·sinC＝CA·CB＝，∴CA·CB＝，代入上式得CA＋CB＝2.椭圆长轴长为2a＝2，焦距为2c＝AB＝2，b2＝a2－c2＝1.所以椭圆M的标准方程为＋y2＝1.(2)设直线方程y＝k(x－1)，E(x1，y1)，F(x2，y2)，联立消去y得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，Δ＝8k2＋8>0，∴x1＋x2＝，x1x2＝.假设x轴上存在定点D(x0，0)，使得·为定值.∴·＝(x1－x0，y1)·(x2－x0，y2)＝x1x2－x0(x1＋x2)＋x＋y1y2＝x1x2－x0(x1＋x2)＋x＋k2(x1－1)(x2－1)＝(1＋k2)x1x2－(x0＋k2)(x1＋x2)＋x＋k2＝.要使·为定值，则·的值与k无关，∴2x－4x0＋1＝2(x－2)，解得x0＝，此时·＝－为定值，定点为.探究提高　\n1.此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，不成立则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.2.求解步骤：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.【训练4】(2020·西安调研)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线经过点P(－1，0).(1)求抛物线C的方程.(2)设O是原点，直线l恒过定点(1，0)，且与抛物线C交于A，B两点，直线x＝1与直线OA，OB分别交于点M，N，请问：是否存在以MN为直径的圆经过x轴上的两个定点？若存在，求出两个定点的坐标；若不存在，请说明理由.解　(1)依题意知，－＝－1，解得p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x.(2)存在，理由如下.设直线AB的方程为x＝ty＋1，A，B.联立直线AB与抛物线C的方程得消去x并整理，得y2－4ty－4＝0.易知Δ＝16t2＋16＞0，则由直线OA的方程y＝x，可得M，由直线OB的方程y＝x，可得N.设以MN为直径的圆上任一点D(x，y)，则·＝0，所以以MN为直径的圆的方程为(x－1)2＋＝0.令y＝0，得(x－1)2＋＝0.将y1y2＝－4代入上式，得(x－1)2－4＝0，解得x1＝－1，x2＝3.故存在以MN为直径的圆经过x轴上的两个定点，两个定点的坐标分别为(－1，0)和(3，0).A级　巩固提升一、选择题\n1.椭圆C：＋＝1的焦点在x轴上，点A，B是长轴的两端点，若曲线C上存在点M满足∠AMB＝120°，则实数m的取值范围是(　　)A.(3，＋∞)B.[1，3)C.(0，)D.(0，1]解析　依题意，当0<m<3时，焦点在x轴上，要在曲线C上存在点M满足∠AMB＝120°，则≥tan60°，即≥，解得0<m≤1.答案　D2.若点P为抛物线y＝2x2上的动点，F为抛物线的焦点，则|PF|的最小值为(　　)A.2B.C.D.解析　根据题意，设抛物线y＝2x2上点P到准线的距离为d，则有|PF|＝d，抛物线的方程为y＝2x2，即x2＝y，其准线方程为y＝－，∴当点P在抛物线的顶点时，d有最小值，即|PF|min＝.答案　D3.(2020·济南模拟)已知椭圆C：x2＋＝1，直线l：y＝x＋m，若椭圆C上存在两点关于直线l对称，则m的取值范围是(　　)A.B.C.D.解析　设椭圆C上存在关于直线y＝x＋m对称的两点为M(x1，y1)，N(x2，y2)，则线段MN被直线y＝x＋m垂直平分.设MN的中点T(x0，y0)在直线y＝x＋m上，kMN＝－1，故设直线MN的方程为y＝－x＋n.联立整理，得3x2－2nx＋n2－2＝0，∴x1＋x2＝，y1＋y2＝2n－(x1＋x2)＝2n－＝，∴x0＝＝，y0＝＝.由Δ＝4n2－12(n2－2)＞0，可得－＜n＜.\n∵MN的中点T(x0，y0)在直线y＝x＋m上，∴＝＋m，∴m＝，∴－＜m＜.答案　B4.(多选题)(2020·东营质检)设椭圆C：＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，P是C上的动点，则下列结论正确的是(　　)A.|PF1|＋|PF2|＝2B.离心率e＝C.△PF1F2面积的最大值为D.以线段F1F2为直径的圆与直线x＋y－＝0相切解析　对于A，由椭圆的定义可知|PF1|＋|PF2|＝2a＝2，故A正确；对于B，由椭圆方程知a＝，b＝1，c＝1，所以离心率e＝＝＝，故B错误；对于C，|F1F2|＝2c＝2，当P为椭圆短轴顶点时，△PF1F2的面积取得最大值，最大值为·2c·b＝c·b＝1，故C错误；对于D，以线段F1F2为直径的圆的圆心为(0，0)，半径为c＝1，圆心到直线x＋y－＝0的距离为＝1，即圆心到直线的距离等于半径，所以以线段F1F2为直径的圆与直线x＋y－＝0相切，故D正确.故选AD.答案　AD5.(多选题)(2020·海南新高考诊断)已知P是椭圆C：＋y2＝1上的动点，Q是圆D：(x＋1)2＋y2＝上的动点，则(　　)A.椭圆C的焦距为B.椭圆C的离心率为C.圆D在椭圆C的内部D.|PQ|的最小值为解析　依题意可得c＝＝，则椭圆C的焦距为2，离心率为＝.设P(x，y)(－≤x≤).由圆心D的坐标为(－1，0)，得|PD|2＝(x＋1)2＋y2＝(x＋1)2＋1－＝＋≥>，所以圆D在椭圆C的内部，且|PQ|的最小值为－＝.故选BC.\n答案　BC二、填空题6.已知点P(0，1)，椭圆＋y2＝m(m>1)上两点A，B满足＝2，则当m＝________时，点B横坐标的绝对值最大.解析　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由＝2，得即x1＝－2x2，y1＝3－2y2.因为点A，B在椭圆上，所以得y2＝m＋，所以x＝m－(3－2y2)2＝－m2＋m－＝－(m－5)2＋4≤4，所以当m＝5时，点B的横坐标的绝对值最大，最大值为2.答案　57.(2020·郑州模拟)已知双曲线－＝1的左、右焦点分别为F1、F2，P为双曲线上任一点，且·的最小值为－7，则该双曲线的离心率是________.解析　设点F1(－c，0)，F2(c，0)(其中c＞0)，P(x0，y0).则－＝1，所以x＝9.∵＝(－c－x0，－y0)，＝(c－x0，－y0)，∴·＝x－c2＋y＝9＋y－c2＝y＋9－c2≥9－c2，当且仅当y0＝0时，上式“＝”成立.∴9－c2＝－7，∴c＝4.从而双曲线的离心率e＝＝.答案　8.设抛物线x2＝4y的焦点为F，A为抛物线上第一象限内一点，满足|AF|＝2；已知P为抛物线准线上任一点，则|PA|＋|PF|的最小值为________，此时△PAF的外接圆半径为________.解析　由x2＝4y，知p＝2，∴焦点F(0，1)，准线y＝－1.依题意，设A(x0，y0)(x0>0)，由定义，得|AF|＝y0＋，则y0＝2－1＝1，∴AF⊥y轴.易知当\nP(1，－1)时，|PA|＋|PF|最小，∴|PF|＝＝，则|PA|＋|PF|＝2，由正弦定理，2R＝＝＝，因此△PAF的外接圆半径R＝.答案　2　三、解答题9.(2020·广州调研)已知点P到直线y＝－3的距离比点P到点A(0，1)的距离多2.(1)求点P的轨迹方程；(2)经过点Q(0，2)的动直线l与点P的轨迹交于M，N两点，是否存在定点R使得∠MRQ＝∠NRQ？若存在，求出点R的坐标；若不存在，请说明理由.解　(1)由题知，|PA|等于点P到直线y＝－1的距离，故P点的轨迹是以A为焦点，y＝－1为准线的抛物线，所以其方程为x2＝4y.(2)根据图形的对称性知，若存在满足条件的定点R，则点R必在y轴上，可设其坐标为(0，r)，此时由∠MRQ＝∠NRQ可得kMR＋kNR＝0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则＋＝0，由题知直线l的斜率存在，设其方程为y＝kx＋2，与x2＝4y联立得x2－4kx－8＝0，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－8，＋＝＋＝2k＋＝2k－＝0，故r＝－2，即存在满足条件的定点R(0，－2).10.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋y2＝1，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)是椭圆C上两个动点，直线OP，OQ的斜率分别为k1，k2，若m＝，n＝，m·n＝0.(1)求证：k1·k2＝－；(2)试探求△OPQ的面积S是否为定值，并说明理由.(1)证明　∵k1，k2均存在，∴x1x2≠0，\n又m·n＝0，∴＋y1y2＝0，即＝－y1y2，∴k1·k2＝＝－.(2)解　当直线PQ的斜率不存在，即x1＝x2，y1＝－y2时，由＝－，得－y＝0，又∵点P(x1，y1)在椭圆上，得＋y＝1，∴|x1|＝，|y1|＝.∴S△POQ＝|x1|·|y1－y2|＝1.当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋b(b≠0).由得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0，Δ＝64k2b2－4(4k2＋1)(4b2－4)＝16(4k2＋1－b2)>0，∴x1＋x2＝，x1x2＝.∵＋y1y2＝0，∴＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，得2b2－4k2＝1，满足Δ>0.∴S△POQ＝·|PQ|＝|b|＝2|b|·＝1.综上可知，△POQ的面积S为定值.B级　能力突破11.(2019·北京卷)已知抛物线C：x2＝－2py(p>0)经过点(2，－1).(1)求抛物线C的方程及其准线方程.(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y＝－1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.(1)解　由抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)得p＝2.所以抛物线C的方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1.\n(2)证明　抛物线C的焦点为F(0，－1).设直线l的方程为y＝kx－1(k≠0).由得x2＋4kx－4＝0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＝－4.直线OM的方程为y＝x.令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－，同理得B的横坐标xB＝－.设点D(0，n)，则＝，＝，·＝＋(n＋1)2＝＋(n＋1)2＝＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2.令·＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，得n＝1或n＝－3.综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0，1)和(0，－3).12.(2020·成都一诊)已知椭圆C：＋y2＝1的右焦点为F，过点F的直线(不与x轴重合)与椭圆C相交于A，B两点，直线l：x＝2与x轴相交于点H，过点A作AD⊥l，垂足为D.(1)求四边形OAHB(O为坐标原点)的面积的取值范围.(2)证明：直线BD过定点E，并求出点E的坐标.(1)解　由题设知F(1，0)，设直线AB的方程为x＝my＋1(m∈R)，A(x1，y1)，B(x2，y2).由消去x并整理，得(m2＋2)y2＋2my－1＝0.Δ＝4m2＋4(m2＋2)＞0，则y1＋y2＝－，y1y2＝－，\n所以|y1－y2|＝＝.所以四边形OAHB的面积S＝×|OH|×|y1－y2|＝×2×＝.令＝t，则t≥1，所以S＝＝，t≥1.因为t＋≥2(当且仅当t＝1，即m＝0时取等号)，所以0＜S≤.故四边形OAHB的面积的取值范围为(0，].(2)证明　由B(x2，y2)，D(2，y1)，可知直线BD的斜率k＝.所以直线BD的方程为y－y1＝(x－2).令y＝0，得x＝＝.①由(1)知，y1＋y2＝－，y1y2＝－，所以y1＋y2＝2my1y2.②将②代入①，化简得x＝＝＝，所以直线BD过定点E.