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專題跟蹤檢測（十四） 圓錐曲線的綜合問題
1．(2018武漢調(diào)研)已知拋物線C：x2＝2py(p>0)和定點M(0,1)，設(shè)過點M的動直線交拋物線C于A，B兩點，拋物線C在A，B處的切線的交點為N.
(1)若N在以AB為直徑的圓上，求p的值；
(2)若△ABN的面積的最小值為4，求拋物線C的方程．
解：設(shè)直線AB：y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
將直線AB的方程代入拋物線C的方程得x2－2pkx－2p＝0，
則x1＋x2＝2pk，x1x2＝－2p.①
(1)由x2＝2py得y′＝，則A，B處的切線斜率的乘積為＝－，
∵點N在以AB為直徑的圓上，
∴AN⊥BN，
∴－＝－1，∴p＝2.
(2)易得直線AN：y－y1＝(x－x1)，
直線BN：y－y2＝(x－x2)，
聯(lián)立結(jié)合①式，
解得即N(pk，－1)．
所以|AB|＝|x2－x1|
＝
＝，
點N到直線AB的距離d＝，
則S△ABN＝|AB|d＝≥2，
當k＝0時，取等號，
∵△ABN的面積的最小值為4，
∴2＝4，∴p＝2，
故拋物線C的方程為x2＝4y.
2．(2019屆高三河北“五個一名校聯(lián)盟”模擬)在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：＋y2＝1，點P(x1，y1)，Q(x2，y2)是橢圓C上兩個動點，直線OP，OQ的斜率分別為k1，k2，若m＝，n＝，mn＝0.
(1)求證：k1k2＝－；
(2)試探求△POQ的面積S是否為定值，并說明理由．
解：(1)證明：∵k1，k2存在，∴x1x2≠0，
∵mn＝0，∴＋y1y2＝0，
∴k1k2＝＝－.
(2)①當直線PQ的斜率不存在，
即x1＝x2，y1＝－y2時，
由＝－，得－y＝0，
又由P(x1，y1)在橢圓上，
得＋y＝1，
∴|x1|＝，|y1|＝，
∴S△POQ＝|x1||y1－y2|＝1.
②當直線PQ的斜率存在時，設(shè)直線PQ的方程為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，滿足Δ>0.
∴S△POQ＝|PQ|
＝|b|
＝2|b|＝1.
∴△POQ的面積S為定值．
3.(2018長春質(zhì)檢)如圖，在矩形ABCD中，|AB|＝4，|AD|＝2，O為AB的中點，P，Q分別是AD和CD上的點，且滿足①＝，②直線AQ與BP的交點在橢圓E：＋＝1(a>b>0)上．
(1)求橢圓E的方程；
(2)設(shè)R為橢圓E的右頂點，M為橢圓E第一象限部分上一點，作MN垂直于y軸，垂足為N，求梯形ORMN面積的最大值．
解：(1)設(shè)AQ與BP的交點為G(x，y)，P(－2，y1)，Q(x1,2)，
由題可知，＝.
∵kAG＝kAQ，kBG＝kBP，
∴＝，＝－，
從而有＝－＝－，整理得＋y2＝1，
即橢圓E的方程為＋y2＝1.
(2)由(1)知R(2,0)，設(shè)M(x0，y0)，則y0＝，
從而梯形ORMN的面積S＝(2＋x0)y0＝，
令t＝2＋x0，則2
0，u＝4t3－t4單調(diào)遞增，
當t∈(3,4)時，u′<0，u＝4t3－t4單調(diào)遞減，
所以當t＝3時，u取得最大值，則S也取得最大值，最大值為.
4．已知拋物線E：y2＝2px(p>0)，直線x＝my＋3與E交于A，B兩點，且＝6，其中O為坐標原點．
(1)求拋物線E的方程；
(2)已知點C的坐標為(－3,0)，記直線CA，CB的斜率分別為k1，k2，證明：＋－2m2為定值．
解：(1)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
聯(lián)立消去x，整理得y2－2pmy－6p＝0，
則y1＋y2＝2pm，y1y2＝－6p，x1x2＝＝9，
由＝x1x2＋y1y2＝9－6p＝6，
解得p＝，所以y2＝x.
(2)證明：由題意得k1＝＝，
k2＝＝，
所以＝m＋，＝m＋，
所以＋－2m2＝2＋2－2m2
＝2m2＋12m＋36－2m2
＝12m＋36.
由(1)可知：y1＋y2＝2pm＝m，y1y2＝－6p＝－3，
所以＋－2m2＝12m＋36＝24，
所以＋－2m2為定值．
5．(2018惠州調(diào)研)已知C為圓(x＋1)2＋y2＝8的圓心，P是圓上的動點，點Q在圓的半徑CP上，且有點A(1,0)和AP上的點M，滿足＝0，＝2.
(1)當點P在圓上運動時，求點Q的軌跡方程；
(2)若斜率為k的直線l與圓x2＋y2＝1相切，與(1)中所求點Q的軌跡交于不同的兩點F，H，O是坐標原點，且≤≤，求k的取值范圍．
解：(1)由題意知MQ是線段AP的垂直平分線，
所以|CP|＝|QC|＋|QP|＝|QC|＋|QA|＝2>|CA|＝2，
所以點Q的軌跡是以點C，A為焦點，焦距為2，長軸長為2的橢圓，
所以a＝，c＝1，b＝＝1，
故點Q的軌跡方程是＋y2＝1.
(2)設(shè)直線l：y＝kx＋t，F(xiàn)(x1，y1)，H(x2，y2)，
直線l與圓x2＋y2＝1相切?＝1?t2＝k2＋1.
聯(lián)立?(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，
則Δ＝16k2t2－4(1＋2k2)(2t2－2)＝8(2k2－t2＋1)＝8k2>0?k≠0，
x1＋x2＝，x1x2＝，
所以＝x1x2＋y1y2
＝(1＋k2)x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2
＝＋kt＋t2
＝－＋k2＋1
＝，
所以≤≤?≤k2≤?≤|k|≤，
所以－≤k≤－或≤k≤.
故k的取值范圍是∪.
6.如圖所示，設(shè)橢圓M：＋＝1(a>b>0)的左頂點為A，中心為O，若橢圓M過點P，且AP⊥OP.
(1)求橢圓M的方程；
(2)若△APQ的頂點Q也在橢圓M上，試求△APQ面積的最大值；
(3)過點A作兩條斜率分別為k1，k2的直線交橢圓M于D，E兩點，且k1k2＝1，求證：直線DE過定點．
解：(1)由AP⊥OP，可知kAPkOP＝－1.
又點A的坐標為(－a,0)，
所以＝－1，解得a＝1.
又因為橢圓M過點P，所以＋＝1，解得b2＝，
所以橢圓M的方程為x2＋＝1.
(2)由題意易求直線AP的方程為＝，
即x－y＋1＝0.
因為點Q在橢圓M上，故可設(shè)Q，
又|AP|＝，
所以S△APQ＝
＝ cos＋1 .
當θ＋＝2kπ(k∈Z)，即θ＝2kπ－(k∈Z)時，
S△APQ取得最大值＋.
(3)證明：法一：由題意易得，直線AD的方程為y＝k1(x＋1)，代入x2＋3y2＝1，消去y，得(3k＋1)x2＋6kx＋3k－1＝0.
設(shè)D(xD，yD)，則(－1)xD＝，
即xD＝，yD＝k1＝.
設(shè)E(xE，yE)，同理可得xE＝，yE＝.
又k1k2＝1且k1≠k2，可得k2＝且k1≠1，
所以xE＝，yE＝，
所以kDE＝＝＝，
故直線DE的方程為y－＝.
令y＝0，可得x＝－＝－2.
故直線DE過定點(－2,0)．
法二：設(shè)D(xD，yD)，E(xE，yE)．
若直線DE垂直于y軸，則xE＝－xD，yE＝y(tǒng)D，此時k1k2＝＝＝＝與題設(shè)矛盾，
若DE不垂直于y軸，可設(shè)直線DE的方程為x＝ty＋s，將其代入x2＋3y2＝1，消去x，得(t2＋3)y2＋2tsy＋s2－1＝0，
則yD＋yE＝，yDyE＝.
又k1k2＝
＝
＝1，
可得(t2－1)yDyE＋t(s＋1)(yD＋yE)＋(s＋1)2＝0，
所以(t2－1)＋t(s＋1)＋(s＋1)2＝0，
可得s＝－2或s＝－1.
又DE不過點A，即s≠－1，所以s＝－2.
所以DE的方程為x＝ty－2.
故直線DE過定點(－2,0)．
7．(2018南昌模擬)如圖，已知直線l：y＝kx＋1(k>0)關(guān)于直線y＝x＋1對稱的直線為l1，直線l，l1與橢圓E：＋y2＝1分別交于點A，M和A，N，記直線l1的斜率為k1.
(1)求kk1的值；
(2)當k變化時，試問直線MN是否恒過定點？若恒過定點，求出該定點坐標；若不恒過定點，請說明理由．
解：(1)設(shè)直線l上任意一點P(x，y)關(guān)于直線y＝x＋1對稱的點為P0(x0，y0)，
直線l與直線l1的交點為(0,1)，
∴l(xiāng)：y＝kx＋1，l1：y＝k1x＋1，
k＝，k1＝，
由＝＋1，
得y＋y0＝x＋x0＋2， ①
由＝－1，得y－y0＝x0－x， ②
由①②得
∴kk1＝
＝＝1.
(2)由得(4k2＋1)x2＋8kx＝0，
設(shè)M(xM，yM)，N(xN，yN)，
∴xM＝，yM＝.
同理可得xN＝＝，yN＝＝.
kMN＝＝＝＝－，
直線MN：y－yM＝kMN(x－xM)，
即y－＝－，
即y＝－x－＋＝－x－.
∴當k變化時，直線MN過定點.
8．(2019屆高三湘東五校聯(lián)考)已知橢圓C的中心在原點，離心率等于，它的一個短軸端點恰好是拋物線x2＝8y的焦點．
(1)求橢圓C的方程；
(2)如圖，已知P(2,3)，Q(2，－3)是橢圓上的兩點，A，B是橢圓上位于直線PQ兩側(cè)的動點．
①若直線AB的斜率為，求四邊形APBQ面積的最大值；
②當A，B運動時，滿足∠APQ＝∠BPQ，試問直線AB的斜率是否為定值？請說明理由．
解：(1)設(shè)橢圓C的方程為＋＝1(a>b>0)，
∵拋物線的焦點為(0,2)．
∴b＝2.
由＝，a2＝c2＋b2，得a＝4，
∴橢圓C的方程為＋＝1.
(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．
①設(shè)直線AB的方程為y＝x＋t，
代入＋＝1，
得x2＋tx＋t2－12＝0，
由Δ>0，解得－4
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