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1、1 专题五高考中的圆锥曲线问题 1.已知 F1、F2为椭圆 x 2 25 y 2 9 1 的两个焦点，过F1的直线交椭圆于A、 B 两点 .若|F2A|F2B| 12，则 |AB| _. 答案8 解析由题意知 (|AF1|AF2|) (|BF1|BF2|) |AB|AF2| |BF2|2a2a， 又由 a5，可得 |AB|(|BF2|AF2|)20， 即|AB|8. 2.设 AB 为过抛物线y 22px(p0)的焦点的弦，则 |AB|的最小值为() A. p 2 B.pC.2pD.无法确定 答案C 解析当弦 AB 垂直于对称轴时|AB|最短， 这时 x p 2，y p，|AB|min2p. 3
2、.若双曲线 x 2 a 2 y 2 3 1 的一条渐近线被圆(x2)2y24 所截得的弦长为2， 则该双曲线的实轴 长为() A.1 B.2 C.3 D.6 答案B 解析双曲线 x 2 a 2 y 2 3 1 的渐近线方程为y 3 a x，即3x ay 0， 圆(x2)2y24 的圆心为C(2,0)，半径为r 2，如图，由圆的弦 长公式得弦心距|CD|22123，另一方面， 圆心 C(2,0)到双曲 线 x 2 a 2 y 2 3 1 的渐近线3x ay0 的距离为d | 32a0| 3 a 2 2 3 3a 2，所以 2 3 3a 2 3，解得 a21，即 a1，该双曲线的实轴 长为 2a2
3、. 4.在抛物线y 2x 2上有一点 P，它到A(1,3)的距离与它到焦点的距离之和最小，则点P 的坐 标是() A.(2,1) B.(1,2) C.(2,1) D.(1,2) 2 答案B 解析如图所示，直线l 为抛物线 y2x 2 的准线， F 为其焦点， PNl， AN1l，由抛物线的定义知， |PF|PN|， |AP|PF|AP|PN|AN1|， 当且仅当A、P、N 三点共线时取等号. P 点的横坐标与A点的横坐标相同即为1， 则可排除A、C、D，故选 B. 5.设坐标原点为O，抛物线y 22x 与过焦点的直线交于 A、B 两点，则 OA OB 等于 () A. 3 4 B. 3 4 C
4、.3 D. 3 答案B 解析方法一(特殊值法 ) 抛物线的焦点为F 1 2，0 ，过 F 且垂直于 x 轴的直线交抛物线于A(1 2，1)，B( 1 2， 1)， OA OB 1 2，1 1 2， 1 1 41 3 4. 方法二设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则OA OB x1x2y1y2. 由抛物线的过焦点的弦的性质知： x1x2 p 2 4 1 4，y1y2 p 2 1. OA OB 1 41 3 4. 题型一圆锥曲线中的范围、最值问题 例 1(2012 浙江改编 )如图所示，在直角坐标系xOy 中，点 P(1，1 2)到抛 物线 C：y22px(p0)的准线的距离为 5 4.点
5、 M(t,1)是 C 上的定点， A，B 是 C 上的两动点，且线段AB 的中点 Q(m，n)在直线 OM 上. (1)求曲线 C 的方程及t 的值； (2)记 d |AB| 14m 2，求 d 的最大值 . 思维启迪(1)依条件，构建关于p，t 的方程； (2)建立直线 AB 的斜率 k 与线段 AB 中点坐标间的关系，并表示弦 AB 的长度， 运用函数的 3 性质或基本不等式求d 的最大值 . 解(1)y22px(p0)的准线 x p 2， 1( p 2) 5 4，p 1 2， 抛物线 C 的方程为y 2x. 又点 M(t,1)在曲线 C 上， t1. (2)由(1)知，点 M(1,1)，
6、从而 nm，即点 Q(m，m)， 依题意，直线AB 的斜率存在，且不为0， 设直线 AB 的斜率为 k(k0). 且 A(x1，y1)，B(x2.y2)， 由 y 2 1x1， y 2 2x2， 得(y1y2)(y1y2)x1x2，故 k 2m1， 所以直线AB 的方程为ym 1 2m(xm)， 即 x2my2m2m0. 由 x2my 2m 2m0， y 2x 消去 x， 整理得 y22my2m 2m0， 所以 4m4m20，y1y22m，y1y22m2m. 从而 |AB|1 1 k 2 |y1y2| 14m 2 4m4m2 214m 2 mm 2 d |AB| 14m 2 2 m 1m m(
7、1m)1， 当且仅当m1m，即 m 1 2时，上式等号成立， 又 m 1 2 满足 4m4m20. d 的最大值为 1. 思维升华圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线 的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二 次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性 等求最值 . 已知点 A( 1,0)， B(1,0)， 动点 M 的轨迹曲线C 满足 AMB2 ， |AM | |BM |cos 2 3，过点 B 的直线交曲线C 于 P，Q 两点 . (1)求|AM |BM |的值，并写出曲线C 的方程；
8、 4 (2)求 APQ 面积的最大值. 解(1)设 M(x，y)，在 MAB 中， |AB|2，AMB 2 ， 根据余弦定理得 |AM | 2|BM | 22|AM | |BM |cos 2 4. 即(|AM |BM |) 22|AM | |BM |(1cos 2 )4. (|AM |BM |) 24|AM | |BM |cos 2 4. 而|AM | |BM |cos 2 3， 所以 (|AM |BM |) 243 4. 所以 |AM |BM |4. 又|AM | |BM |42|AB|， 因此点 M 的轨迹是以A，B 为焦点的椭圆 (点 M 在 x 轴上也符合题意)，a2，c1. 所以曲线
9、C 的方程为 x 2 4 y 2 3 1. (2)设直线 PQ 的方程为x my1. 由 x my1， x 2 4 y 2 3 1， 消去 x 并整理得 (3m 24)y26my 90. 显然方程 的 0，设 P(x1，y1)，Q(x2， y2)， 则 SAPQ 1 22|y1y2|y1y2|. 由根与系数的关系得 y1y2 6m 3m 24，y1y2 9 3m 24. 所以 (y1y2)2(y1y2)24y1y248 3m 23 3m 242. 令 t3m23，则 t3，(y1y2)2 48 t 1 t 2 . 由于函数 (t)t 1 t 在3， )上是增函数， 所以 t1 t 10 3 ，
10、当 t3m233，即 m0 时取等号 . 5 所以 (y1y2)2 48 10 3 2 9，即 |y1y2|的最大值为 3. 所以 APQ 面积的最大值为3， 此时直线PQ 的方程为x1. 题型二圆锥曲线中的定点、定值问题 例 2(2012 福建 )如图， 等边三角形OAB 的边长为83，且其三个顶点均在 抛物线 E：x22py(p0)上. (1)求抛物线 E 的方程； (2)设动直线 l 与抛物线 E 相切于点P，与直线 y 1 相交于点Q，证明：以 PQ 为直径的 圆恒过 y 轴上某定点 . 思维启迪既然圆过y 轴上的点， 即满足 MP MQ 0， 对任意 P、Q 恒成立可待定M(0， y
11、1)， 也可给定特殊的P 点，猜想 M 点坐标，再证明. (1)解依题意，得 |OB|8 3，BOy30 . 设 B(x，y)，则 x |OB|sin 304 3，y |OB|cos 30 12. 因为点 B(4 3，12)在 x22py 上， 所以 (43) 22p12，解得 p 2. 故抛物线E 的方程为x24y. (2)证明方法一由(1)知 y 1 4x 2，y1 2x. 设 P(x0，y0)，则 x00，且 l 的方程为 yy0 1 2x0(xx0)，即 y 1 2x0x 1 4x 2 0. 由 y 1 2x0x 1 4x 2 0， y 1 得 xx 2 04 2x0 ， y 1. 所
12、以 Q 为 x 2 0 4 2x0 ， 1 . 设 M(0，y1)，令 MP MQ 0 对满足 y0 1 4x 2 0(x00)的 x0，y0恒成立 . 由于 MP (x0，y0y1)，MQ x 2 04 2x0 ， 1y1， 由MP MQ 0，得 x 2 04 2 y0y0y1y1y2 10， 即(y2 1y12)(1y1)y00.(*) 由于 (*) 式对满足y0 1 4x 2 0(x0 0)的 y0恒成立， 6 所以 1y10， y 2 1y120， 解得 y11. 故以 PQ 为直径的圆恒过y 轴上的定点M(0,1). 方法二由(1)知 y1 4x 2，y 1 2x. 设 P(x0，y
13、0)，则 x00， 且 l 的方程为yy01 2x 0(xx0)， 即 y1 2x0x 1 4x 2 0. 由 y 1 2x 0x 1 4x 2 0， y 1 得 xx 2 04 2x0 ， y 1. 所以 Q 为 x 2 0 4 2x0 ， 1 . 取 x02，此时 P(2,1)，Q(0， 1)， 以 PQ 为直径的圆为(x1)2y22， 交 y 轴于点 M1(0,1)或 M2(0， 1)； 取 x01，此时 P 1， 1 4 ，Q 3 2， 1 ， 以 PQ 为直径的圆为 x 1 4 2 y3 8 2125 64 ， 交 y 轴于点 M3(0,1)、M40， 7 4 . 故若满足条件的点M
14、 存在，只能是M(0,1). 以下证明点M(0,1)就是所要求的点. 因为 MP (x0，y01)，MQ x 2 04 2x0 ， 2 ， 所以 MP MQ x 2 04 2 2y02 2y022y020. 故以 PQ 为直径的圆恒过y 轴上的定点M(0,1). 思维升华求定点及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. (2013 江西 )椭圆 C： x 2 a 2 y 2 b 21(ab0)的离心率 e 3 2 ，ab 3. (1)求椭圆 C 的方程； (2)如图所示， A、B、D 是
15、椭圆 C 的顶点， P 是椭圆 C 上除顶点外的任意一点，直线DP 交 7 x 轴于点 N，直线 AD 交 BP 于点 M，设 BP 的斜率为k，MN 的斜率为m.证明： 2mk 为 定值 . (1)解因为 e 3 2 c a， 所以 a 2 3c， b 1 3c. 代入 ab3 得， c3， a2，b1. 故椭圆 C 的方程为 x 2 4 y21. (2)证明方法一因为 B(2,0)，点 P 不为椭圆顶点， 则直线 BP 的方程为yk(x2)(k0， k 1 2)， 代入 x 2 4 y21，解得 P 8k 22 4k 21， 4k 4k 21 . 直线 AD 的方程为 y 1 2x1. 与
16、 联立解得M 4k2 2k1， 4k 2k1 . 由 D(0,1)，P 8k 22 4k 21， 4k 4k 21，N(x,0)三点共线知 4k 4k 21 1 8k 22 4k 210 01 x0，解得 N 4k2 2k1 ， 0 . 所以 MN 的斜率为m 4k 2k10 4k2 2k1 4k2 2k1 4k 2k1 2 2k 1 22 2k122k1 4 . 则 2mk2k1 2 k1 2(定值 ). 方法二设 P(x0，y0)(x00， 2)，则 k y0 x0 2， 直线 AD 的方程为 y 1 2(x2)， 直线 BP 的方程为y y0 x02(x 2)， 直线 DP 的方程为 y
17、1 y01 x0 x，令 y0， 8 由于 y01 可得 N x0 y0 1，0 ， 联立 y1 2 x2 y y0 x02 x2 ， 解得 M 4y02x04 2y0x02 ， 4y0 2y0x02 ， 因此 MN 的斜率为 m 4y0 2y0x02 4y02x04 2y0x02 x0 y01 4y0y01 4y 2 08y04x0y0 x 2 0 4 4y0y01 4y 2 08y0 4x0y0 44y 2 04 y01 2y0x02， 所以 2mk 2 y0 1 2y0 x0 2 y0 x02 2 y01 x02 y02y0x02 2y0x02 x02 2 y01 x02 2y 2 0y
18、0x02 2y0x02 x02 2 y01 x02 1 2 4 x 2 0y0x02 2y0 x0 2 x02 1 2(定值 ). 题型三圆锥曲线中的探索性问题 例 3(2012 广东 )在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C： x 2 a 2 y 2 b 21(ab0)的离心率e 2 3，且椭圆 C 上的点到点Q(0,2)的距离的最大值为3. (1)求椭圆 C 的方程 . (2)在椭圆 C 上，是否存在点M(m，n)，使得直线l：mxny1 与圆 O：x 2 y2 1 相交于 不同的两点A、B，且 OAB 的面积最大？若存在，求出点M 的坐标及对应的OAB 的面 积；若不存在，请说明理由.
19、思维启迪圆锥曲线中，这类问题的解题思想是假设其结论成立、存在等，在这个假设下 进行推理论证， 如果得到了一个合情合理的推理结果，就肯定假设， 对问题作出正面回答； 9 如果得到一个矛盾的结果，就否定假设，对问题作出反面回答. 解(1)e 2c 2 a 2a 2b2 a 2 2 3， a23b2， 椭圆方程为 x 2 3b 2 y 2 b 21，即 x 23y23b2. 设椭圆上的点到点Q(0,2)的距离为d，则 dx0 2 y22 x 2 y22 3b23y2 y 2 2 2 y1 23b26， 当 y 1 时， d 取得最大值，dmax3b263， 解得 b 21， a23. 椭圆 C 的方
20、程为 x 2 3 y 21. (2)假设存在点M(m，n)满足题意，则 m 2 3 n21， 即 m 233n2. 设圆心到直线l 的距离为d ，则 d1， 00. SOAB 1 m 2n21 1 m 2n2 1 m 2n21 1 m 2n2 2 21 2， 当且仅当 1 m 2n21 1 m 2n2， 即 m 2n221 时， S OAB取得最大值 1 2. 10 由 m 2n22， m 233n2 得 m 23 2， n 21 2， 存在点 M 满足题意， M 点坐标为 6 2 ， 2 2 ， 6 2 ， 2 2 ， 6 2 ， 2 2 或 6 2 ， 2 2 ， 此时 OAB 的面积为
21、1 2. 思维升华(1)探索性问题通常采用“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探索性问题常用的方法. (2013 长春调研 )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，从每条曲线上各取两个点，将其坐标记录于下表中： x 3 24 2 y 2 304 2 2 (1)求 C1，C2的标准方程； (2)是否存在直线l 满
22、足条件： 过 C2的焦点 F；与 C1交于不同的两点 M，N，且满足 OM ON ？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由. 解(1)设抛物线C2：y 22px(p0)，则有y 2 x 2p(x0)， 据此验证四个点知(3， 2 3)，(4， 4)在 C2上， 易求得 C2的标准方程为y24x. 设椭圆 C1： x 2 a 2 y 2 b 21(ab0)， 把点 (2,0)，(2， 2 2 )代入得 4 a 21 2 a 2 1 2b 21 ， 解得 a 24 b 21 ，所以 C1的标准方程为 x 2 4 y2 1. (2)容易验证当直线l 的斜率不存在时，不满足题意. 当直线 l
23、的斜率存在时，设其方程为yk(x1)， 与 C1的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2). 11 由 x 2 4 y21 y k x1 消去 y 并整理得 (14k2)x28k2x4(k 21)0， 于是 x1x2 8k 2 1 4k 2， x1x2 4 k 21 14k 2. 所以 y1y2k2(x11)(x21)k2x1x2(x1x2)1 k2 4 k 2 1 14k 2 8k 2 14k 21 3k 2 14k 2. 由OM ON ，即 OM ON 0，得 x1x2y1y20.(*) 将 代入 (*) 式，得 4 k 21 14k 2 3k 2 1 4k 2 k 24 14k 20，
24、解得 k 2，所以存在直线l 满足条件， 且直线 l 的方程为2x y20 或 2xy20. 题型四直线、圆及圆锥曲线的交汇问题 例 4(2013 浙江 )如图，点P(0， 1)是椭圆 C1： x 2 a 2 y 2 b 21(ab0) 的一个顶点， C1的长轴是圆C2：x2y24 的直径 .l1，l2是过点 P 且 互相垂直的两条直线，其中l1交圆 C2于 A，B 两点， l2交椭圆 C1于 另一点 D. (1)求椭圆 C1的方程； (2)求 ABD 面积取最大值时直线l1的方程 . 思维启迪(1)根据椭圆的几何性质易求出a，b 的值，从而写出椭圆的方程； (2)要求 ABD 的面积，需要求
25、出AB，PD 的长， AB 是圆的弦，考虑用圆的知识来求，PD 应当考虑用椭圆的相关知识来求.求出 AB，PD 的长后， 表示出 ABD 的面积， 再根据式子 的形式选择适当的方法求最值. 解(1)由题意得 b 1， a 2. 所以椭圆C1的方程为 x 2 4 y21. (2)设 A(x1，y1)， B(x2， y2)，D(x0，y0). 由题意知直线l1的斜率存在，不妨设其为k， 则直线 l1的方程为ykx 1. 又圆 C2：x2y24， 12 故点 O 到直线 l1的距离 d 1 k 21， 所以 |AB|24d 22 4k 23 k 21. 又 l2l1，故直线l2的方程为x ky k0
26、. 由 xky k0， x 24y24. 消去 y，整理得 (4k2)x28kx0， 故 x0 8k 4 k 2. 所以 |PD| 8k 21 4k 2. 设ABD 的面积为S，则 S 1 2 |AB| |PD| 84k 23 4k 2 ， 所以 S 32 4k 23 13 4k 23 32 24k 23 13 4k 23 1613 13 ， 当且仅当k 10 2 时取等号 . 所以所求直线l1的方程为y 10 2 x1. 思维升华对直线、 圆及圆锥曲线的交汇问题，要认真审题， 学会将问题拆分成基本问题， 然后综合利用数形结合思想、化归与转化思想、方程的思想等来解决问题，这样可以渐渐 增强自己
27、解决综合问题的能力. (2013 重庆 )如图，椭圆的中心为原点O，长轴在x 轴 上，离心率e 2 2 ，过左焦点F1作 x 轴的垂线交椭圆于A，A两 点， |AA| 4. (1)求该椭圆的标准方程； (2)取垂直于 x 轴的直线与椭圆相交于不同的两点P， P，过 P， P 作圆心为Q 的圆，使椭圆上的其余点均在圆Q 外.若 PQPQ，求圆 Q 的标准方程 . 解(1)由题意知点A(c,2)在椭圆上， 13 则 c 2 a 2 2 2 b 21.从而 e 24 b 21. 由 e 2 2 得 b2 4 1e 28，从而 a 2 b 2 1e 216. 故该椭圆的标准方程为 x 2 16 y 2
28、 8 1. (2)由椭圆的对称性，可设Q(x0,0). 又设M(x，y)是椭圆上任意一点，则|QM| 2(xx 0) 2y2x22x 0x x 2 08 1 x 2 16 1 2(x 2x0) 2 x2 0 8 (x 4,4). 设 P(x1，y1)，由题意知，点 P 是椭圆上到点Q 的距离最小的点. 因此，上式当xx1时取最小值，又因为x1(4,4)，所以上式当x2x0时取最小值， 从而 x12x0，且 |QP|28x2 0. 因为 PQPQ，且 P (x1， y1)， 所以 QP QP (x1x0，y1) (x1x0， y1)0， 即(x1x0)2y2 1 0. 由椭圆方程及x12x0得
29、1 4x 2 18 1 x 2 1 16 0， 解得 x1 46 3 ， x0 x1 2 26 3 . 从而 |QP| 28x2 0 16 3 . 故这样的圆有两个，其标准方程分别为 x2 6 3 2y216 3 ， x 2 6 3 2y216 3 . (时间： 80 分钟 ) 1.已知中心在坐标原点O 的椭圆 C 经过点 A(2,3)，且点 F(2,0) 为其右焦点 . (1)求椭圆 C 的方程； (2)是否存在平行于OA 的直线 l，使得直线l 与椭圆 C 有公共点，且直线OA 与 l 的距离等 于 4？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由. 解方法一(1)依题意，可设椭圆C 的
30、方程为 x 2 a 2 y 2 b 21(ab0)， 且可知其左焦点为 F( 2,0). 14 从而有 c2， 2a|AF|AF|358， 解得 c2， a4. 又 a 2b2c2，所以 b2 12， 故椭圆 C 的方程为 x 2 16 y 2 121. (2)假设存在符合题意的直线l，设其方程为y 3 2xt. 由 y 3 2xt， x 2 16 y 2 121， 得 3x23txt2 120. 因为直线l 与椭圆 C 有公共点， 所以 (3t)24 3(t212)0， 解得 4 3t43. 另一方面，由直线OA 与 l 的距离 d4，得 |t| 9 41 4，解得 t 213. 由于 2
31、13?4 3，4 3， 所以符合题意的直线l 不存在 . 方法二(1)依题意，可设椭圆C 的方程为 x 2 a 2 y 2 b 21(ab0)， 且有 4 a 2 9 b 21， a 2b24. 解得 b212，b2 3(舍去 ). 从而 a216. 所以椭圆C 的方程为 x 2 16 y 2 121. (2)同方法一 . 15 2.如图，椭圆C1： x 2 a 2 y 2 b 21(ab0)的离心率为 3 2 ，x 轴被曲线 C2：yx 2b 截得的线段长等于 C1的长半轴长 . (1)求 C1，C2的方程； (2)设 C2与 y 轴的交点为 M，过坐标原点O 的直线 l 与 C2相交 于点
32、 A， B，两直线MA，MB 分别与 C1相交于点D，E. 证明： MDME； 记 MAB， MDE 的面积分别为S1，S2.问：是否存在直线 l，使得 S1 S2 17 32？请说明理由 . (1)解由题意知， e c a 3 2 ，从而 a2b， 又 2 ba，所以 a2， b1. 故 C1，C2的方程分别为 x 2 4 y 21，yx21. (2)证明由题意知，直线l 的斜率存在，设为k， 则直线 l 的方程为ykx， 由 ykx， yx 2 1， 得 x2kx1 0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1，x2是上述方程的两个实根， 于是 x1x2k， x1x2 1. 又
33、点 M 的坐标为 (0， 1)， 所以 kMA kMB y1 1 x1 y2 1 x2 kx11 kx21 x1x2 k 2x 1x2k x1x2 1 x1x2 k2k21 1 1. 故 MAMB，即 MD ME. 解设直线 MA 的斜率为k1， 则直线 MA 的方程为yk1x1. 由 yk1x1， yx 2 1， 解得 x0， y 1 或 xk1， yk 2 11. 故点 A 的坐标为 (k1，k2 11). 又直线 MB 的斜率为 1 k1， 同理可得点B 的坐标为 ( 1 k1， 1 k 2 11). 16 于是 S1 1 2|MA| |MB| 1 2 1 k 2 1 |k1| 1 1
34、k 2 1 | 1 k1| 1 k 2 1 2|k1| . 由 yk1x1， x 24y240， 得(14k 2 1)x 28k 1x0， 解得 x 0， y 1 或 x 8k1 14k 2 1， y 4k 2 1 1 14k 2 1. 故点 D 的坐标为 ( 8k1 1 4k 2 1， 4k 2 11 14k 2 1). 又直线 ME 的斜率为 1 k1， 同理可得点E 的坐标为 (8k 1 4k 2 1， 4k 2 1 4k 2 1). 于是 S2 1 2|MD| |ME| 32 1k 2 1 |k1| 14k 2 1k 2 14 . 因此 S1 S2 1 64(4k 2 1 4 k 2
35、117). 由题意知， 1 64(4k 2 1 4 k 2 117) 17 32， 解得 k 2 14 或 k 2 1 1 4. 又由点 A，B 的坐标可知， k k 2 1 1 k 2 1 k1 1 k1 k1 1 k1， 所以 k 3 2. 故满足条件的直线l 存在，且有两条， 其方程分别为y 3 2x，y 3 2x. 3.如图，已知直线l：ykx 2 与抛物线 C：x 2 2py(p0)交于 A、B 两点， O 为坐标原点，OA OB ( 4， 12). (1)求直线 l 的方程和抛物线C 的方程； (2)若抛物线上一动点P 从 A 到 B 运动时，求ABP 面积的最大值 . 解(1)由
36、 ykx2 x 2 2py ，得 x22pkx4p0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x2 2pk， 17 y1y2k(x1x2)4 2pk 24. OA OB (x1x2，y1y2) (2pk， 2pk24) (4， 12)， 2pk 4 2pk24 12 ， 解得 p1 k 2 ，故直线l 的方程为y2x2， 抛物线 C 的方程为x2 2y. (2)方法一由 y2x 2 x 2 2y ，得 x24x40， |AB|1k2 x1x2 24x 1x2 122 4 24 4 4 10. 设 P(t， 1 2t 2 )( 222b0)，则 c1， 又AF FB (ac) (ac)
37、a2c21. a22，b21， 故椭圆的标准方程为 x 2 2 y2 1. (2)假设存在直线l 交椭圆于P，Q 两点， 且 F 恰为 PQM 的垂心， 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)， M(0,1)， F(1,0)，直线 l 的斜率 k1. 于是设直线l 为 yx m，由 yxm x 2 2 y21 得 3x 24mx2m220， x1x2 4 3m， x1x2 2m 22 3 . MP FQ x1(x21)y2(y11)0. 又 yixim(i1,2)， x1(x2 1)(x2m)(x1m1)0， 即 2x1x2(x1 x2)(m1)m 2 m0. 将 代入得 2 2m 22 3
38、4m 3 (m1)m 2m0， 解得 m 4 3或 m1，经检验 m 4 3符合条件 . 故存在直线l，使点 F 恰为 PQM 的垂心， 直线 l 的方程为yx 4 3. 19 5.在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆 x 2 9 y 2 5 1 的左，右顶点分别为A，B，右焦点为F.设 过点 T(t，m)的直线 TA， TB 与此椭圆分别交于点M(x1，y1)， N(x2，y2)，其中 m0，y10， y20，y2 2 2 ， 则直线 OM 的方程为y 1 kx. 由 ykx， 4x 2y21 得 x 2 1 4k 2， y 2 k 2 4k 2， 所以 |ON|21k 2 4k 2. 同理 |OM|2 1k 2 2k 21. 设 O 到直线 MN 的距离为 d， 因为 (|OM|2 |ON| 2)d2 |OM|2|ON|2， 所以 1 d 2 1 |OM| 2 1 |ON| 2 3k 2 3 k 213，即 d 3 3 . 综上， O 到直线 MN 的距离是定值.