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第3课时 题型上——全析高考常考的6大题型
题型一 圆锥曲线中的定点问题
圆锥曲线中的定点问题一般是指与解析几何有关的直线或圆过定点的问题(其他曲线过定点
太复杂，高中阶段一般不涉及)，其实质是：当动直线或动圆变化时，这些直线或圆相交于一
点，即这些直线或圆绕着定点在转动．这类问题的求解一般可分为以下三步：
一选：选择变量，定点问题中的定点，随某一个量的变化而固定，可选择这个量为变量(有时
可选择两个变量，如点的坐标、斜率、截距等，然后利用其他辅助条件消去其中之一)．
二求：求出定点所满足的方程，即把需要证明为定点的问题表示成关于上述变量的方程．
三定点：对上述方程进行必要的化简，即可得到定点坐标．
[典例] (2020·全国卷Ⅰ)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，AG·GB＝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．
[解] (1)由题设得A(－a,0)，B(a,0)，G(0,1)．
则AG＝(a,1)，GB＝(a，－1)．
由AG·GB＝8，得a2－1＝8，即a＝3.
所以E的方程为＋y2＝1.
(2)证明：设C(x，y)，D(x，y)，P(6，t)．
1 1 2 2
若t≠0，设直线CD的方程为x＝my＋n，
由题意可知－3＜n＜3.
由于直线PA的方程为y＝(x＋3)，
所以y＝(x＋3)．
1 1
直线PB的方程为y＝(x－3)，所以y＝(x－3)．
2 2
可得3y(x－3)＝y(x＋3)．
1 2 2 1
由于＋y＝1，故y＝－，
可得27yy＝－(x＋3)(x＋3)，
1 2 1 2
即(27＋m2)yy＋m(n＋3)(y＋y)＋(n＋3)2＝0. ①
1 2 1 2
将x＝my＋n代入＋y2＝1，
得(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0.
所以y＋y＝－，yy＝.
1 2 1 2
代入①式得(27＋m2)(n2－9)－2m(n＋3)mn＋(n＋3)2·(m2＋9)＝0.解得n＝或n＝－3(舍去)．
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.[方法技巧]
求解圆锥曲线中定点问题的2种方法
(1)特殊推理法：先从特殊情况入手，求出定点，再证明定点与变量无关．
(2)直接推理法：①选择一个参数建立方程，一般将题目中给出的曲线方程(包含直线方程)中
的常数k当成变量，将变量x，y当成常数，将原方程转化为kf(x，y)＋g(x，y)＝0的形式；②根
据曲线(包含直线)过定点时与参数没有关系(即方程对参数的任意值都成立)，得到方程组③
以②中方程组的解为坐标的点就是曲线所过的定点，若定点具备一定的限制条件，可以特殊
解决．
[针对训练]
1．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点在椭圆上，A，B分别为椭圆C的上、下顶点，点
M(t,2)(t≠0)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线MA，MB与椭圆C的另一交点分别为P，Q，证明：直线PQ过定点．
解：(1)由题意知解得
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：易知A(0,1)，B(0，－1)，
则直线MA的方程为y＝x＋1，
直线MB的方程为y＝x－1.
联立得x2＋x＝0，
于是x ＝，y ＝，
P P
同理可得x ＝，y ＝，
Q Q
又由点M(t,2)(t≠0)及椭圆的对称性可知，若PQ过定点，则定点在y轴上，
设为N(0，n)，则直线PN的斜率k＝，
1
直线QN的斜率k＝，
2
令k＝k，则＝，
1 2
化简得＝，
即(1－2n)(t2＋12)＝0，由于t为变量，
则1－2n＝0，故n＝，
所以直线PQ过定点.
2．已知双曲线C：－y2＝1.
(1)求双曲线C的离心率；
(2)若直线l：y＝kx＋m与双曲线C相交于A，B两点(A，B均异于左、右顶点)，且以AB为直
径的圆过双曲线C的左顶点D，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．
解：(1)由双曲线的方程可知a＝2，c＝＝，
∴双曲线的离心率e＝＝.
(2)证明：设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2由得(1－4k2)x2－8mkx－4(m2＋1)＝0，
则
x＋x＝，xx＝，
1 2 1 2
∴yy＝(kx＋m)(kx＋m)＝k2xx＋mk(x＋x)＋m2＝.
1 2 1 2 1 2 1 2
∵以AB为直径的圆过双曲线C的左顶点D(－2,0)，
∴AD·BD＝0，
∴yy＋xx＋2(x＋x)＋4＝0，
1 2 1 2 1 2
∴＋＋＋4＝0，
∴3m2－16mk＋20k2＝0，解得m＝2k或m＝k.
当m＝2k时，直线l的方程为y＝k(x＋2)，直线l过定点(－2,0)，与已知矛盾；
当m＝k时，直线l的方程为y＝k，直线l过定点，经检验符合题意．
∴直线l过定点，定点坐标为.题型二 圆锥曲线中的定值问题
圆锥曲线中的定值问题一般是指在求解解析几何问题的过程中，探究某些几何量斜率、距
离、面积、比值等与变量斜率、点的坐标等无关的问题.其求解步骤一般为：,一选：选择
变量，一般为点的坐标、直线的斜率等.,二化：把要求解的定值表示成含上述变量的式子，并
利用其他辅助条件来减少变量的个数，使其只含有一个变量或者有多个变量，但是能整体
约分也可以.,三定值：化简式子得到定值.由题目的结论可知要证明为定值的量必与变量的
值无关，故求出的式子必能化为一个常数，所以只需对上述式子进行必要的化简即可得到定
值.
[典例] (2020·新高考全国卷Ⅰ)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；
(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．
[解] (1)由题设得＋＝1，＝，
解得a2＝6，b2＝3.
所以C的方程为＋＝1.
(2)证明：设M(x，y)，N(x，y)．
1 1 2 2
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x＋x＝－，xx＝.①
1 2 1 2
由AM⊥AN知AM·AN＝0，
故(x－2)(x－2)＋(y－1)(y－1)＝0，
1 2 1 2
可得(k2＋1)xx＋(km－k－2)(x＋x)＋(m－1)2＋4＝0.
1 2 1 2
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，故2k＋3m＋1＝0，k≠1.
于是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(x，－y)．
1 1
由AM·AN＝0得(x－2)(x－2)＋(y－1)(－y－1)＝0.
1 1 1 1
又＋＝1，可得3x－8x＋4＝0.
1
解得x＝或x＝2(舍去)．
1 1
此时直线MN过点P.
令Q为AP的中点，即Q.
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．
[方法技巧]
圆锥曲线中定值问题的特点及2大解法
(1)特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值．
(2)两大解法：
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
②引进变量法：其解题流程为
[针对训练]
设椭圆C：＋＝1的右焦点为F，过F的直线l与C相交于A，B两点．
(1)若AF＝2FB，求l的方程；
(2)设过点A作x轴的垂线交C于另一点P，若M是△PAB的外心，证明：为定值．
解：(1)由题意知，直线AB的斜率存在，且不为0，设直线AB的方程为x＝ty＋1，
代入＋＝1得(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0，
设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
则y＋y＝－，yy＝，
1 2 1 2
由AF＝2FB，得y＝－2y，解得t＝±，
1 2
所以l的方程为y＝±(x－1)．
(2)证明：由(1)得AB的中点坐标为.
|AB|＝|y－y|＝·＝.
1 2
因为M是△PAB的外心，所以M是线段AB的垂直平分线与AP的垂直平分线的交点，
AB的垂直平分线方程为y＋＝－t，
令y＝0，得x＝，即M，
所以|MF|＝＝，
则＝＝＝4，
所以为定值．题型三 构造目标不等式解决范围问题
欲求变量的取值范围，可设法构造含有变量的不等式组，通过解不等式组来达到目
的.
[典例] 已知点A，B分别为椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的左、右顶点，点P(0，－2)，直线BP交E
于点Q，PQ＝QB，且△ABP是等腰直角三角形．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设过点P的动直线l与E相交于M，N两点，当坐标原点O位于以MN为直径的圆外时，
求直线l斜率的取值范围．
[解] (1)由△ABP是等腰直角三角形，知a＝2，B(2,0)．
设Q(x，y)，由PQ＝QB，得x＝，y＝－，
0 0 0 0
代入椭圆方程，解得b2＝1，∴椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)由题意可知，直线l的斜率存在，设方程为y＝kx－2，M(x，y)，N(x，y)，
1 1 2 2
由消去y，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0，
则x＋x＝，xx＝.
1 2 1 2
由直线l与E有两个不同的交点，得Δ＞0，
则(－16k)2－4×12×(1＋4k2)＞0，解得k2＞.①
由坐标原点O位于以MN为直径的圆外，
则OM·ON＞0，即xx＋yy＞0，
1 2 1 2
则xx＋yy＝xx＋(kx－2)(kx－2)
1 2 1 2 1 2 1 2
＝(1＋k2)xx－2k(x＋x)＋4
1 2 1 2
＝(1＋k2)·－2k·＋4＞0，
解得k2＜4.②
联立①②可知＜k2＜4，解得－2＜k＜－或＜k＜2，
故直线l斜率的取值范围为∪.
[方法技巧]
圆锥曲线中范围问题的5个解题策略
(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．
[针对训练]已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点M(a，2)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，求p的取值范围．
解：(1)由题意及抛物线的定义得，a＋＝6，
又点M(a，2)在抛物线C上，所以20＝2pa，
由解得或
所以抛物线的标准方程为y2＝4x或y2＝20x.
(2)联立消去y，整理得x2－(2t＋2p)x＋t2＝0，
设A(x，y)，B(x，y)，则x＋x＝2t＋2p，xx＝t2.
1 1 2 2 1 2 1 2
因为NA⊥NB，所以(x－1)(x－1)＋yy＝0，
1 2 1 2
又y＝t－x，y＝t－x，
1 1 2 2
所以2xx－(1＋t)(x＋x)＋t2＋1＝0，得2p＝.
1 2 1 2
由原点O到直线AB的距离不小于，
得≥ ，即t≤－2(舍去)或t≥2，
因为2p＝＝t＋1＋－4，函数y＝在t∈[2，＋∞)上单调递增，
所以p≥，即p的取值范围为.
题型四 构造函数模型解决最值问题
若题目中的条件和要求的结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立目标函数，然后根据
其结构特征，构建函数模型求最值，一般情况下，常构建的函数模型有：1二次型函数；
2双曲线型函数；3多项式型函数.
[典例] (2019·全国卷Ⅱ)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．
[解] (1)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轴上不含长轴端点的椭圆．
(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，其方程为y＝(x－u)．
由消去y，得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.(*)
设G(x ，y )，则－u和x 是方程(*)的解，
G G G
故x ＝，由此得y ＝.
G G
从而直线PG的斜率为＝－.
所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．
②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，＋∞)上单调递减，
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.
[方法技巧]
求解圆锥曲线中最值问题的2种方法
圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：
(1)利用几何法：通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；
(2)利用代数法：把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然
后利用函数方法、不等式方法等进行求解．
[针对训练]
如图，已知抛物线x2＝y.点A，B，抛物线上的点P(x，y)，过点B作直线
AP的垂线，垂足为Q.
(1)求直线AP斜率的取值范围；
(2)求|PA|·|PQ|的最大值．
解：(1)设直线AP的斜率为k，k＝＝x－，
因为－b>0)的长轴
A A 的长为4，过椭圆的右焦点F作斜率为k(k≠0)的直线交椭圆于
1 2
B，C两点，直线BA ，BA 的斜率之积为－.
1 2
(1)求椭圆P的方程；
(2)已知直线l：x＝4，直线A B，A C分别与l相交于M，N两点，设E
1 1
为线段MN的中点，求证：BC⊥EF.
[解] (1)设B(x，y)，C(x，y)，因为点B在椭圆上，
1 1 2 2
所以＋＝1，故y＝(a2－x)．又A (－a,0)，A (a,0)，
1 2
所以kBA ·kBA ＝·＝－，
1 2
即＝，又a＝2，所以b＝，
故椭圆P的方程为＋＝1.
(2)证明：设直线BC的方程为y＝k(x－1)，B(x，y)，C(x，y),联立方程组消去y并整理得，
1 1 2 2
(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
则x＋x＝，xx＝.
1 2 1 2
直线A B的方程为y＝(x＋2)，
1
令x＝4得y ＝，同理y ＝，
M N
所以y ＝(y ＋y )＝3
E M N
＝，
代入化简得y ＝－，即点E，又F(1,0)，
E
所以k ·k ＝·k＝－1，所以BC⊥EF.
EF BC
[方法技巧]
圆锥曲线证明问题的类型及求解策略
(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，
如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲
线中的一些数量关系(相等或不等)．
(2)解决证明问题时，主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过
相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．
[针对训练]
如图，菱形ABCD的面积为8.AB·AD＝－4，斜率为k的直线l交y轴于
点P，且OP＝2OA，以线段BD为长轴，AC为短轴的椭圆与直线l相交于
M，N两点(M与A在x轴同侧)．
(1)求椭圆的方程；(2)求证：AN与CM的交点在定直线y＝1上．
解：(1)设A(0，b)，B(－a,0)，D(a,0), AB＝(－a，－b)，
AD＝(a，－b)．
∴AB·AD＝－a2＋b2，∴解得a2＝8，
b2＝4，∴椭圆方程为＋＝1.
(2)证明：易得P(0,4)，设直线l：y＝kx＋4，与椭圆x2＋2y2＝8联立，得(1＋2k2)x2＋16kx＋24＝
0.
由Δ>0得k2>，设M(x，kx＋4)，N(x，kx＋4)，
1 1 2 2
∴x＋x＝－，xx＝，
1 2 1 2
∴k ＝，直线MC的方程为y＋2＝x，①
MC
k ＝，直线AN的方程为y－2＝x，②
AN
联立①②消去x，得
＝＝＝＝＝＝
＝－3，
∴y＝1，从而命题得证．
题型六 圆锥曲线中的存在性问题
存在性问题一般分为探究条件和探究结论两种类型，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，否则不存在.若探究结论，则应先写出结论的表达式，再针
对表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.
[典例] 已知曲线C上动点M与定点F(－，0)的距离和它到定直线l：x＝－2的距离的比是
1
常数，若过P(0,1)的动直线l与曲线C相交于A，B两点．
(1)说明曲线C的形状，并写出其标准方程；
(2)是否存在与点P不同的定点Q，使得＝恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说
明理由．
[解] (1)设动点M坐标为M(x，y)，
点M到直线l：x＝－2的距离为d.
1
依题意可知＝，则＝，
化简得＋＝1，
所以曲线C是椭圆，它的标准方程为＋＝1.
(2)①当直线l与y轴垂直时，由椭圆的对称性可知|PA|＝|PB|，又因为＝，则|QA|＝|QB|，
从而点Q必在y轴上．
②当直线l与x轴垂直时，则A(0，)，B(0，－)，
由①可设Q(0，y)(y≠1)，
0 0
由＝得＝，解得y＝1(舍去)或y＝2.
0 0
则点Q的坐标只可能是Q(0,2)．下面只需证明直线l斜率存在且Q(0,2)时均有＝即可．设直线l的方程为y＝kx＋1，代入＋＝
1得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.
设A(x，y)，B(x，y)，x＋x＝－，
1 1 2 2 1 2
xx＝－，所以＋＝＝2k，
1 2
设点B关于y轴对称的点坐标B′(－x，y)，
2 2
因为直线QA的斜率k ＝＝＝k－，
QA
同理得直线QB′的斜率k ＝＝＝－k＋，
QB′
k －k ＝2k－＝2k－2k＝0，
QA QB′
k ＝k ，三点Q，A，B′共线．
QA QB′
故＝＝＝.
所以存在点Q(0,2)满足题意．
[方法技巧]
圆锥曲线中存在性问题的求解方法
(1)存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．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．
(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．
[针对训练]
1．已知抛物线y2＝4x，过点P的动直线l交抛物线于A，B两点．
(1)当P恰为AB的中点时，求直线l的方程；
(2)抛物线上是否存在一个定点Q，使得以弦AB为直径的圆恒过点Q？若存在，求出点Q的
坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)设A，B两点坐标分别为，，
当P恰为AB的中点时，
显然x≠x，故k ＝＝，
1 2 AB
又y＋y＝－8，故k ＝－，
1 2 AB
则直线l的方程为y＝－x.
(2)假设存在定点Q，设Q，当直线l斜率存在时，设l：y＝k－4，A，B，
联立
整理得ky2－4y－32k－16＝0，Δ>0，y＋y＝，
1 2
yy＝－32－，
1 2
由以弦AB为直径的圆恒过点Q知QA·QB＝0，
即＋＝0，
即＋＝
＝0，故＝－16，
即yy＋y＋y＋16＝0，
1 2 0
整理得k＋4＝0，
即当y＝4时，恒有QA ·QB＝0，故存在定点Q满足题意；
0
当直线l斜率不存在时，l：x＝8，不妨令A(8,4)，B(8，－4)，Q，也满足QA·QB＝0.
综上所述，存在定点Q，使得以弦AB为直径的圆恒过点Q.
2．双曲线C：x2－y2＝2右支上的弦AB过右焦点F.
(1)求弦AB的中点M的轨迹方程；
(2)是否存在以AB为直径，且过原点O的圆？若存在，求出直线AB的斜率k的值；若不存在，
请说明理由．
解：(1)设点A(x，y)，B(x，y)，M(x，y)．
1 1 2 2
因为双曲线C：x2－y2＝2的右焦点为F(2,0)，
所以①当AB⊥x轴时，x＝2，y＝0.
②当AB与x轴不垂直时，由x－y＝2，x－y＝2，
两式相减得(x＋x)(x－x)－(y＋y)(y－y)＝0.
1 2 1 2 1 2 1 2
又x＋x＝2x，y＋y＝2y，所以x(x－x)－y(y－y)＝0.
1 2 1 2 1 2 1 2
因为k ＝＝k ＝，
AB FM
所以x(x－2)－y·y＝0，即x2－2x－y2＝0.
又点(2,0)满足上式，点A，B在双曲线x2－y2＝2的右支上，所以x≥2，
故所求中点M的轨迹方程为x2－2x－y2＝0(x≥2)．
(2)假设存在以AB为直径，且过原点O的圆．
设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
当AB⊥x轴时，|AF|≠|OF|，
所以可设l ：y＝k(x－2)(k≠±1)．
AB
由已知得OA⊥OB，所以xx＋yy＝0.(*)
1 2 1 2
由得(1－k2)x2＋4k2x－4k2－2＝0，
所以x＋x＝，xx＝.
1 2 1 2
所以yy＝k2(x－2)(x－2)＝k2[x x －2(x ＋x )＋4]＝，
1 2 1 2 1 2 1 2
xx＋yy＝－＝≠0，与(*)式矛盾，
1 2 1 2
所以不存在以AB为直径，且过原点O的圆．
1．已知抛物线C：x2＝2py(p>0)，其焦点到准线的距离为2，直线l与抛物线C交于A，B两点，
过A，B分别作抛物线C的切线l，l，l 与l 交于点M.
1 2 1 2
(1)求p的值；
(2)若l⊥l，求△MAB面积的最小值．
1 2解：(1)由题意知，抛物线焦点为，
准线方程为：y＝－.
焦点到准线的距离为2，即p＝2.
(2)抛物线的方程为x2＝4y，即y＝x2，所以y′＝x，
设A，B，
则l：y－＝，l：y－＝.
1 2
由于l⊥l，所以·＝－1，即xx＝－4，
1 2 1 2
设直线l方程为y＝kx＋m，与抛物线方程联立，得
所以x2－4kx－4m＝0，
Δ＝16k2＋16m>0，x＋x＝4k，xx＝－4m＝－4，
1 2 1 2
所以m＝1，
即l：y＝kx＋1，
联立方程得即M.
M点到直线l的距离d＝＝，
|AB|＝＝4，
所以S＝×4×＝4≥4，
当k＝0时，△MAB面积取得最小值4.
2．(2020·浙江高考)如图，已知椭圆C ：＋y2＝1，抛物线C ：y2＝2px(p>0)，点A是椭圆C 与抛
1 2 1
物线C 的交点，过点A的直线l交椭圆C 于点B，交抛物线C 于点M(B，M不同于A)．
2 1 2
(1)若p＝，求抛物线C 的焦点坐标；
2
(2)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．
解：(1)由p＝得C 的焦点坐标是.
2
(2)由题意可设直线l：x＝my＋t(m≠0，t≠0)，
点A(x，y)．
0 0
将直线l的方程代入椭圆C ：＋y2＝1，消去x，
1
得(m2＋2)y2＋2mty＋t2－2＝0，
所以点M的纵坐标y ＝－.
M
将直线l的方程代入抛物线C ：y2＝2px，消去x，
2
得y2－2pmy－2pt＝0，
所以yy ＝－2pt，解得y＝，
0 M 0
因此x＝.
0
由＋y＝1，得＝42＋24≥160，
所以当m＝，t＝时，p取到最大值.
3．过点M(2,0)的直线l与抛物线C：y2＝2px(p＞0)交于A，B两点，O为坐标原点，OA⊥OB.
(1)求p的值；
(2)若l与坐标轴不平行，且A关于x轴的对称点为D，求证：直线BD恒过定点．解：(1)当直线l⊥x轴时，可得A(2,2)，B(2，－2)，
由AO⊥BO得4－4p＝0，可得p＝1，
当直线l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－2)，代入y2＝2px得ky2－2py－4pk＝
0(k≠0)，
设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
则yy＝－4p，xx＝＝4，
1 2 1 2
由OA⊥OB得xx＋yy＝0，即4－4p＝0，可得p＝1，
1 2 1 2
综上所述，p＝1.
(2)证明：由(1)知抛物线方程为y2＝2x，
由于A，D关于x轴对称，故D的坐标为(x，－y)，
1 1
所以直线BD的方程为y＋y＝(x－x)＝
1 1
，即2x＋(y－y)y－yy＝0，
1 2 1 2
又yy＝－4p＝－4，所以2x＋(y－y)y＋4＝0，
1 2 1 2
可得直线BD恒过点(－2,0)．
4．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个焦点与y2＝8x的焦点重合且点A(2，)为椭圆上一点．
(1)求椭圆方程；
(2)过点A任作两条与椭圆C相交且关于x＝2对称的直线，与椭圆C分别交于P，Q两点，求
证：直线PQ的斜率是定值．
解：(1)抛物线y2＝8x的焦点为F，
则椭圆C的一个焦点为F，故a2＝b2＋4，
把点A(2，)代入椭圆方程得＋＝1，
解得所以椭圆C方程为＋＝1.
(2)证明：由题意，
可设直线AP的方程为y＝k＋，
则直线AQ的方程为y＝－k＋，
设P，Q，则y＝k＋，
1
y＝－k＋，
2
把直线AP的方程与椭圆C方程联立得：
x2＋(4k－8k2)x＋(8k2－8k－4)＝0，
所以2x＝，故x＝，
1 1
同理可得x＝，
2
所以k ＝＝＝＝k·
PQ
＝k·＝，
所以直线PQ的斜率是定值.
5．(2021·重庆模拟)已知点E(－2,0)，F(2,0)，P(x，y)是平面内一动点，P可以与点E，F重合．
当P不与E，F重合时，直线PE与PF的斜率之积为－.(1)求动点P的轨迹方程；
(2)一个矩形的四条边与动点P的轨迹均相切，求该矩形面积的取值范围．
解：(1)当P与点E，F不重合时，
k ·k ＝－，得·＝－，
PE PF
即＋y2＝1，
当P与点E，F重合时，P或P.
综上，动点P的轨迹方程为＋y2＝1.
(2)记矩形面积为S，当矩形一边与坐标轴平行时，易知S＝8.当矩形各边均不与坐标轴平行
时，
根据对称性，设其中一边所在直线方程为y＝kx＋m，则对边方程为y＝kx－m，
另一边所在的直线为y＝－x＋n，
则对边方程为y＝－x－n，
联立得x2＋8kmx＋4＝0，
则Δ＝0，即4k2＋1＝m2.
矩形的一边长为d＝，
1
同理＋1＝n2，矩形的另一边长为d＝，
2
S＝d·d＝·＝
1 2
＝4 ＝4
＝4 ＝4 ∈，
综上S∈.
6．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，直线x＋y－1＝0被圆x2＋y2＝b2截得的弦长为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点(1,0)的直线l交椭圆C于A，B两点，在x轴上是否存在定点P，使得PA·PB为定值？
若存在，求出点P的坐标和PA·PB的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)∵椭圆C的离心率为，∴a＝b，
∵圆x2＋y2＝b2的圆心到直线x＋y－1＝0的距离为d＝＝，
∴直线x＋y－1＝0被圆x2＋y2＝b2截得的弦长为2＝2 ＝.
解得b＝1，故a＝b＝，∴椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)设P，A，B，
当直线l与x轴不重合时，设l的方程：x＝my＋1.
由得y2＋2my－1＝0，
则∴x＋x＝，xx＝＋1，
1 2 1 2
PA·PB＝·
＝xx－t＋t2＋yy
1 2 1 2
＝＋t2＋1＝－＋t2＋1，
当＝2，即t＝时，PA·PB的值与m无关，此时PA·PB＝－.
当直线l与x轴重合且t＝时，
PA·PB＝·＝－2＝－.
∴存在点P，使得PA·PB为定值－.
