第3講圓錐曲線中的綜合問題(教案)

珍貴文檔珍貴文檔專業(yè)文檔第3講圓錐曲線中的綜合問題-考情考向分析 1.圓錐曲線的綜合問題一般以直線和圓錐曲線的位置關(guān)系為載體，以參數(shù)處理為核心，考查范圍、最值問題，定點、定值問題，探索性問題..試題解答往往要綜合應(yīng)用函數(shù)與方程、數(shù)形結(jié)合、分類討論等多種思想方法，對計算能力也有較高要求，難度較大.|f熱點分類突破熱點一范圍、最值問題（以所求式子或參數(shù)為函數(shù)值），或者利用式子（a>b>0）的離心率為呼，且過點-（以所求式子或參數(shù)為函數(shù)值），或者利用式子（a>b>0）的離心率為呼，且過點-1例1（2017屆天津市紅橋區(qū)二模）已知橢圓C:二十匕=1ab⑴求橢圓C的方程;(2)設(shè)與圓O:x(2)設(shè)與圓O:x2+y2=4相切的直線l交橢圓C于A,B兩點,求^OAB面積的最大值及取得最大值時直線的方程.1 2"+3?=1，解(1)由題意可得c8_6a—3，a2=b，c2,解得a2=3,b2=1,.??橢圓C的方程為Ay2=1.3一... 3 3(2)①當k不存在時，x=±2y=±2,??SAOAB=2X事X乎=4.②當k存在時，設(shè)直線方程為y=kx+m,V2),2 2 2得(1+3k)x+6kmx+3m-3=0,A(xi,yV2),2 2 2得(1+3k)x+6kmx+3m-3=0,-2合+y2j聯(lián)立3yf=kx+m,專業(yè)文檔專業(yè)文檔珍貴文檔珍貴文檔—6km 3m2—31?x1+X2= 2^,XlX2= 21+3k 1+3kd=r?4m2=3（1+kd=r?4m2=3（1+k2）.=34k21+6k2+9k4/1+T4212,V網(wǎng)9…當且僅當5=9k2,即k=333時等號成立，此時m=±1.s"ab=2|AB|xr<2x2x￥=卓??.△OAB面積的最大值為害,此時直線方程為y=￡3x±1.3思維升華解決范圍問題的常用方法(1)數(shù)形結(jié)合法：利用待求量的幾何意義，確定出極端位置后，利用數(shù)形結(jié)合法求解.(2)構(gòu)建不等式法：利用已知或隱含的不等關(guān)系，構(gòu)建以待求量為元的不等式求解.(3)構(gòu)建函數(shù)法：先引入變量構(gòu)建以待求量為因變量的函數(shù)，再求其值域.跟蹤演練1(2017山東)在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：^2+y2=1(a>b>0)ab的離心率為呼,橢圓C截直線y=1所得線段的長度為2^2.⑴求橢圓C的方程;(2)動直線l:y=kx+m(mw0)交橢圓C于A,B兩點，交y軸于點M.點N是M關(guān)于O的對稱點，ON的半徑為|NO|.設(shè)D為AB的中點，DE,DF與ON分別相切于點E,F,求/EDF的最小值.

解(1)由橢圓的離心率為坐得a2=2(a2—b2),又當y=1時，x2=a2—az,彳導(dǎo)a-az=2,所以a2=4,b2=2.2 2因此橢圓C的方程為%”.(2)設(shè)A(xi,yi),B(x2,y2).y=kx+m,聯(lián)立方程，得x2v2W1,得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-4=0.由A>0,得m2<4k2+2,(*)- 4km且x1+x2=-2卜2+［，一,, 2m因此y1+y2=2k2+1,22kmm\所以DI2k，1'2k2+1)又N(0,—m),所以|ND|2=所以|ND|2=2km2C2k2+1Jm2k2+一十m124m24m2(1+3k2+k4)整理得|ND|=一函+lj一'因為|NF|=|m|,所以陣色+1L所以陣色+1L1+|NF| 2k2+128k2+3(2k2+12.令t=8k2+3,t>3,2t+1故令t=8k2+3,t>3,2t+1故2k十仁工.所以16t 16=1+1+t2=1+t+J+2-+t+=y-+t+=y1-2t當t>3時，y'>0, 1, ，、…，?從而y=t+1f在［3,+8）上單調(diào)遞增,因此t+；>10-,t3當且僅當t=3時等號成立，此時k=0,m、"ND|2所以jiNFfw1+3=4.由(*)得一42Vm<或且mw0,故晅」|ND|2.… …|NF|1設(shè)/EDF=2。，則sin0=|nd->2,一 ■一■…兀所以e的最小值為臺,- ■一■…TT從而/EDF的最小值為3,此時直線l的斜率是0.綜上所述，當k=0,mC（—加，0）U（0,V2）時，/EDF取得最小值3.熱點二定點、定值問題.由直線方程確定定點，若得到了直線方程的點斜式： y-y0=k（x-x0）,則直線必過定點（x0,y°）;若得到了直線方程的斜截式：y=kx+m,則直線必過定點（0,m）..解析幾何中的定值問題是指某些幾何量 （線段的長度、圖形的面積、角的度數(shù)、直線的斜率等 ）的大小或某些代數(shù)表達式的值等與題目中的參數(shù)無關(guān)，不依參數(shù)的變化而變化，而始終是一個確定的值.例2（2017長沙市長郡中學(xué)模擬）已知拋物線E:y2=4x的準線為I,焦點為F,O為坐標原點.⑴求過點O,F,且與I相切的圓的方程；（2）過F的直線交拋物線E于A,B兩點，A關(guān)于x軸的對稱點為A',求證：直線A'B過定點.（1）解拋物線E:y2=4x的準線I的方程為x=—1,焦點坐標為F（1,0）,設(shè)所求圓的圓心 C為（a,b）,半徑為r,1???圓C過O,F,.-.a=2,???圓C與直線I:x=-1相切,1 3r=2—(i)=2.

由r=|C°|=yg2+b2=3,得b=±y2.???過O,F且與直線l相切的圓的方程為(x(x-2)+(y^2)4,(2)證明方法一依題意知，直線(2)證明方法一依題意知，直線AB的斜率存在,設(shè)直線AB方程為y=k(x-1),A(xi,yiA(xi,yi),B(X2,丫2)便產(chǎn)*2),a(xi,-yi),聯(lián)立[y=k(XT),[y2=4x，消去消去y,得k2x2—(2k2+4)x+k2=0,2k22k24xi+x2=-k2-,xix2=i.yy2+yi 、???直線BA'的方程為y-y2=-——(x-x2),x2—xi\ >令y=0,得令y=0,得x=x2yi+xiy2yi+y2x2x2k(xi—i)+xik(x2—i)(xi-i)+k(x2-i)2xix2xix2——2+_(^一.(xi+x2)???直線BA'過定點(—i,0).方法二設(shè)直線AB的方程為x=my+i,A(xi,yi),B(x2,y2),則A'(xi,-yi).由f2my+i，得y2-4my-4=0,ly=4x,yi+y2=4m,yiy2=-4.TOC\o"1-5"\h\zy2+yi y2+yi 4kBA= =_2 2= ,x2_xi 返_y!y2—yi4 4

???直線BA'的方程為y-y2=^—(x-x2).y2一y1\ )4 4 4x2一y= (x—X2)+y2= x+y2—y2—yi y2—yi y2—yi24 y2—yiy2—4x2 x+ y2—yi y2—yi4x+ 4y2—yi y2—yi4 (x+i).y2—yi???直線BA'過定點(—i,0).思維升華(i)動線過定點問題的兩大類型及解法①動直線l過定點問題，解法：設(shè)動直線方程 (斜率存在)為丫=h+3由題設(shè)條件將t用k表示為t=mk,得y=k(x+m),故動直線過定點(―m,0).②動曲線C過定點問題，解法：引入?yún)⒆兞拷⑶€C的方程，再根據(jù)其對參變量恒成立， 令其系數(shù)等于零，得出定點.(2)求解定值問題的兩大途徑①|(zhì)由特例得出一個值(此值一般就是定值j-證明定值：將問題轉(zhuǎn)化為證明待證式與參數(shù) (某些變量比關(guān)②先將式子用動點坐標或動線中的參數(shù)表示，再利用其滿足的約束條件使其絕對值相等的正負項抵消或分子、分母約分得定值.跟蹤演練2(20i7屆江西省重點中學(xué)協(xié)作體聯(lián)考 )已知。Fi：(x+3)2+y2=27與。F2：(x—3)2+y2=3,以2 2Fi,F2分別為左、右焦點的橢圓C：a2■+b2=i(a>b>0)經(jīng)過兩圓的交點.⑴求橢圓C的方程;(2)M,N是橢圓C上的兩點，若直線OM與ON的斜率之積為i4,試問△OMN的面積是否為定值？若是,求出這個定值；若不是，請說明理由.解(1)設(shè)兩圓的交點為Q,依題意有|QF1|+|QF2|=373+73=473,由橢圓定義知，2a=4。3,解得a2=12.?F1,F2分別為橢圓C的左、右焦點,??a2-b2=9,解得b2=3,TOC\o"1-5"\h\z2 2..?橢圓C的方程為X2■+3=1.(2)①當直線MN的斜率不存在時,yiX112.設(shè)M(x1，y1),N(x1,yiX112.y1y1 1koMkoN=一、，、，=—7,xixi 4,6|yi尸方.1---s^omn=2x*y6x6/q=3.②當直線MN的斜率存在時，設(shè)直線MN的方程為y=kx+m,M(xi,y1),N(X2,y2),y=kx+m,2 2xy而+3=1，得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-12=0,由A=64k2m2—4(4k2+1)(4m2—12)>0,得12k2-m得12k2-m2+3>0,(*)8km且xi+x2=—4k2+1'4m2—12x〔x2=4卜2十］y〔y2=(kxiy〔y2=(kxi+m)(kx2+m),2 ，/=kX1X2+km(xi+X2)+mm2—12k2

4k2+1.. y.. y〔y2 1?koMkoN= =一/xix2 4m2—12k214m2-124,整理得2m2=12k2+3,代入(*)得mw0.???|MN|=/Tk2|X1-X2|8km、2k8km、2k卜4=M+k24m2-12"<4k2+1>48(4k2+1尸16m2業(yè)+k2(4k2+12ml'原點O到直線MN的距離d= i|m|2,1+k.c1一S4omn—2|MN|d16-1+k16-1+k2m|2,mi =3(定值).綜上所述，4OMN的面積為定值3.熱點三探索性問題.解析幾何中的探索性問題，從類型上看，主要是存在類型的相關(guān)題型，解決這類問題通常采用順推法”，將不確定性問題明確化.其步驟為：假設(shè)滿足條件的元素 (點、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，若方程組有實數(shù)解，則元素 (點、直線、曲線或參數(shù))存在；否則，元素(點、直線、曲線或參數(shù))不存在..反證法與驗證法也是求解存在性問題常用的方法.例3已知拋物線E的頂點為原點O,焦點為圓F:x2+y2-4x+3=0的圓心F.經(jīng)過點F的直線l交拋物線E于A,D兩點，交圓F于B,C兩點，A,B在第一象限，C,D在第四象限.(1)求拋物線E的方程；(2)是否存在直線I,使2|BC|是|AB|與|CD|的等差中項？若存在，求直線l的方程；若不存在，請說明理由.解(1)根據(jù)已知，設(shè)拋物線E的方程為y2=2px(p>0).??圓F的方程為(x-2)2+y2=1,??圓心F的坐標為F(2,0),半徑r=1.2=2,解得p=4.??拋物線E的方程為y2=8x.(2)2|BC|是|AB|與|CD|的等差中項,.|AB|+|CD|=4|BC|=4X2r=8,?.|AD|=|AB|+|BC|+|CD|=10.若l垂直于x軸，則l的方程為x=2,代入y2=8x,彳導(dǎo)y=%.此時|AD|=|yi—y2|=8^10,即直線x=2不滿足題意；若l不垂直于x軸，設(shè)l的斜率為k,由已知得kw0,l的方程為y=k(x—2).|y=k(x—2)設(shè)A(xi,yi),B(x2,y2),由j2g得k2x2-(4k2+8)x+4k2=0,4k2+8 2 2 4 2xi+x2= 2,且A=(4k+8)—16k=64k+64>0,k??拋物線E的準線為x=-2,|AD|=|AF|+|DF|=(xi+2)+(x2+2)=xi+x2+4,4k2+8?^2—+4=i0,解得k=±2.??存在滿足要求的直線l,它的方程為2x—y—4=0或2x+y—4=0.思維升華 解決探索性問題的注意事項存在性問題，先假設(shè)存在，推證滿足條件的結(jié)論，若結(jié)論正確則存在，若結(jié)論不正確則不存在.(i)當條件和結(jié)論不唯一時，要分類討論.(2)當給出結(jié)論而要推導(dǎo)出存在的條件時，先假設(shè)成立，再推出條件.(3)當條件和結(jié)論都不知，按常規(guī)方法解題很難時，要思維開放，采取另外的途徑.2 2跟蹤演練3(20i7屆河北省衡水中學(xué)押題卷)已知橢圓0：a2+b2=i(a>b>0)的長軸長為6,且橢圓C與圓M:(x—2)2+y2=40'的公共弦長為竺?09 3⑴求橢圓0的方程；(2)過點P(0,2)作斜率為k(kw0)的直線l與橢圓C交于兩點A,B,試判斷在x軸上是否存在點D,使得△ADB專業(yè)又檔專業(yè)又檔珍貴文檔珍貴文檔為以AB為底邊的等腰三角形.若存在，求出點D的橫坐標的取值范圍，若不存在，請說明理由.解（1）由題意可得2a=6,所以a=3.由橢圓C與圓M:（x—2）2+y2=40的公共弦長為雪0,恰為圓M的9 32 28.所以橢圓方程為2 28.所以橢圓方程為x=1.直徑，可得橢圓C經(jīng)過點（2）直線l的解析式為y=kx+2,設(shè)A（xi,yi）,B（X2,y2）,AB的中點為E（x°,yo）.假設(shè)存在點D（m,0）,使得^ADB為以AB為底邊的等腰三角形，則DEXAB.y=kx+2,TOC\o"1-5"\h\z由“119 8 122 36k得(8+9k)x+36kx-36=0,故xi+X2=--2 ,V9 9k+818k 16_以xo— 2 )yo—kxo2—2一， 一， 1因為DE±AB,所以kDE=-k，169k2+818k9k2+8-169k2+818k9k2+8-m1k'所以m=一2k

9k2+88.9k+k當k>0時，9k+8>2^9X8=1272,k所以一舍Vm<0；-率,0)u(0,利當-率,0)u(0,利綜上所述，在x軸上存在滿足題目條件的點巳且點D的橫坐標的取值范圍為u真題押題精練【真題體驗11.（2017全國I改編）已知F為拋物線C:y2=4x的焦點，過F作兩條互相垂直的直線 11，1直線11與C交于A,B兩點，直線｝與C交于D,E兩點，則|AB|+|DE|的最小值為.專業(yè)文檔專業(yè)文檔珍貴文檔珍貴文檔答案16解析因為F為y2=4x的焦點，所以F(1,0).由題意知，直線11,12的斜率均存在且不為0,1直線1i,12的萬程分別為y=k(x—1),y=—k(x—1).[y=k(x-1)2 /y=4x,得k2x2—(2k2+4)x+k2=0,且A=16k2+16>0.2k2+4設(shè)A(x1，y1)，B(x2,y2),則Xi+X2=-72-kx1x2=1，所以AB|=11+k2|xi-x2|=/+k2q(X1+X22-4X1X22k2+42 4<k2 /1~4, ,241+k一_k2.同理可得|DE|=4(1+k2)., ,241+k 2所以|AB|+|DE|=-^-2-44(1+k)k=4住+1+1+k2=8+4戶Ai>8+4X2=16,,一，r2 1I 工… 1當且僅當k2=?,即k=土時，取得2.(2017山東)在平面直角坐標系xOy中，橢圓2 2E:a2+by2=1(a>b>0)的離心率為半，焦距為2.⑴求橢圓E的方程;(2)如圖，動直線l：y=k1X-^23交橢圓E于A,B兩點，C是橢圓E上一點，直線2 一OC的斜率為k2,且k1k2=4.M是線段OC延長線上一點，且|MC|:|AB|=2:3,OM的半徑為|MC|,OS,OT是。M的兩條切線，切點分別為S,「求/SOT的最大值，并求取得最大值時直線1的斜率.解（1）由題意知,ce=-a=￥，2c=2,所以c=1,所以a=42,b=1,所以橢圓E所以橢圓E的方程為7+y2=1.(2)設(shè)A(X1,y1),B(X2,y2),X2 8k12 8k1 2 1付X= 2，y= 2，1+4k1 1+4k12+y=1,聯(lián)立方程ly=k1X-當,得(4k2+2)x2-4小kix—1=0.由題意知，A>0,口 2口 2、3k1且X1+X2=-2 2ki+1X1X2=— 2 ，22k1+1所以|AB|=^1+k2所以|AB|=^1+k2|X1-X21+2k2+8k2由題意可知，圓M的半徑r為2 2,r2 2,r=31AB戶32k2+1由題設(shè)知k1k2=\2,所以k2=4&因此直線0c的方程為y=^2+y2=1,聯(lián)立方程因此|0C|=,X2+y2=1+8k21+4k2/SOT由題意可知，sin—2一r+|OC|1+IOCJ-

r令t=1+2k2,則t>1, (0,1),…|OC|3t3丁…|OC|3t3丁=2"t—1=211 1+rt22k1=拳/SOT1 /SOT兀所以sin—2一忘2，因此一2—^6,所以/SOT的最大值為3.綜上所述，/SOT的最大值為I取得最大彳t時直線l的斜率為k1=除3 2r押題預(yù)測1已知橢圓C1：x2+y=1(a>0)與拋物線C2：y2=2ax相交于A,B兩點，且兩曲線的焦點 F重合.a3⑴求C1,C2的方程；(2)若過焦點F的直線l與橢圓分別交于M,Q兩點，與拋物線分別交于P,N兩點，是否存在斜率為k(kw0)的直線l,使得懸］；=2?若存在，求出k的值；若不存在，請說明理由.|MQ|押題依據(jù) 本題將橢圓和拋物線聯(lián)合起來設(shè)置命題，體現(xiàn)了對直線和圓錐曲線位置關(guān)系的綜合考查.關(guān)注知識交匯，突出綜合應(yīng)用是高考的特色.解(1)因為Ci,C2的焦點重合，所以竭13=|,所以a2=4.又a>0,所以a=2.于是橢圓Ci的方程為1,4 3

拋物線C2的方程為y2=4x.(2)假設(shè)存在直線l使得耦=2,則可設(shè)直線 l 的方程為y=k(x-1),P(xi, yi), Q(x2, y2), M(x3, y3), N(x4, y4).y2=4x,可得y2=4x,可得k2x2-(2k2+4)x+k2=0,y=k(x-i)可得(3+4k2)x2-8k2x+4k可得(3+4k2)x2-8k2x+4k2—12=0,貝Ux2+x3=8k23+4k2'xx3=4k~~11,且A=144k2+144>0,3+4k所以|MQ|=212(1+k)

3+4k2.若觥212(1+k2若觥212(1+k2)2,3+4k解得k=±26.故存在斜率為k=野的直線l,使得;JPNI=2.2 |IVIQ|A組專題通關(guān)(2016全國I)設(shè)圓x2+y2+2x—15=0的圓心為A,直線l過點B(1,0)且與x軸不重合，l交圓A于C,D兩點，過B作AC的平行線交AD于點E.⑴證明|EA|十|EB|為定值，并寫出點E的軌跡方程；(2)設(shè)點E的軌跡為曲線C1,直線l交C1于M,N兩點，過B且與l垂直的直線與圓A交于P,Q兩點，求四邊形MPNQ面積的取值范圍.

解⑴因為|AD|=|AC|,EB//AC,故/EBD=/ACD=/ADC,所以|EB|=|ED|,故|EA|十|EB|=|EA|+|ED|=|AD|.又圓A又圓A的標準方程為(x+1)2+y2=16,從而|AD|=4,所以|EA|十|EB|=4.由題設(shè)得A(-1,0),B(1,0),|AB|=2,由橢圓定義可得點E的軌跡方程為x4+y3=1(yw0).4 3(2)當(2)當l與x軸不垂直時，設(shè)l的方程為y=k(x—1)(kw0),M(xi,yi),N(x2,y2).2 2xV/一十=12 2xV/一十=114 3 1得(4k2+3)x2—8k2x+4k2-12=0.8k2 4k2-12貝Ux1+x2=^2-,x1x2=~^2~且A=144k2+144>0,一.2 /所以|MN|=〃1+k2|x1-x2|=)二.過點B(1,0)過點B(1,0)且與l垂直的直線m：1

y=-k(x-1),, , , 2點A到m的距離為/2 ,所以|PQ|=2 42k所以|PQ|=2 42k2+14k2+3-Ij1=2=4CVk+V故四邊形MPNQ的面積s=3他呼=12、/1十六可得當l與x軸不垂直時，四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,843).當l與x軸垂直時，l的方程為x=1,|MN|=3,|PQ|=8,四邊形MPNQ的面積為12.綜上，四邊形MPNQ面積的取值范圍為［12,873).2 2(2017山西省實驗中學(xué)模擬)已知橢圓C:上帝=1(a>b>0)的短軸長為2,且橢圓C的頂點在圓M:y一年2=2上-⑴求橢圓C的方程;(2)過橢圓的上焦點作互相垂直的兩條弦 AB,CD,求|AB|十|CD|的最小值.解(1)由題意可得2by一年2=2上-⑴求橢圓C的方程;(2)過橢圓的上焦點作互相垂直的兩條弦 AB,CD,求|AB|十|CD|的最小值.解(1)由題意可得2b=2,所以b=1.橢圓C的頂點在圓M:x2+y—二2=1卜2廠2匕所以a=yJ2.故橢圓C的方程為(2)當直線AB的斜率不存在或為零時,|AB|+|CD|=3V2.當直線AB的斜率存在且不為零時,設(shè)直線AB的方程為y=kx+1,y=kx+1,+x2=1,2得（k+2）x+2kx-1=0,設(shè)A（x1,y1），B（x2,y2）,—2k —1由根與系數(shù)的關(guān)系，得 x1+x2=卜2+2，x〔x2=k2+2，2立(k2+1)所以1AB|二7」，22（k2+1）同理可得|CD|=—1 <2k+162（k2+1）2所以1ABMc昨（2k2」）（k2）2）令t=k2+1,則t>1,|AB|+|CD|=6..2t2（2t-1）（t+1）6.21Y1丫2-71+；而2M4所以華w|AB|+|CD|<3倨3綜上，"2w1AB|+|CD|<3^2,3故|AB|+|CD|的最小值為駕23(2017屆太原模擬)已知動點C到點F(1,0)的距離比到直線x=—2的距離小1,動點C的軌跡為E.(1)求曲線E的方程；(2)若直線l：y=kx+m(km<0)與曲線E相交于A,B兩個不同點，且O)AoB=5,證明：直線l經(jīng)過一個定與八、、?(1)解由題意可得動點C到點F(1,0)的距離等于到直線x=—1的距離，???曲線E是以點(1,0)為焦點，直線x=—1為準線的拋物線，設(shè)其方程為 y2=2px(p>0),，2=1,，p=2,?，?動點C的軌跡E的方程為y2=4x.(2)證明設(shè)A(x1，y1)，B(x2,y2),y=kx+m， 22 2由f2 得kx+(2km—4)x+m=0,y=4x,4一2km m2?x1+x2= k2,x1x2=J.OAOB=5,?xiX2+y1y2=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2m2+4km=k2 =5，m2+4km—5k2=0,?.m=k或m=—5k.km<0,m=k舍去,.m=-5k,滿足A=16(1—km)>0,，直線l的方程為y=k(x-5),??直線l必經(jīng)過定點(5,0).(2017屆福建省泉州市適應(yīng)性模擬 )已知拋物線C:x2=4y的焦點為F,直線l:y=kx+a(a>0)與拋物線C交于A,B兩點.(1)若直線l過焦點F,且與圓x2+(y—1)2=1交于D,E(其中A,D在y軸同側(cè))，求證：|AD||BE|是定值；(2)設(shè)拋物線C在A和B點的切線交于點P,試問：y軸上是否存在點Q,使得APBQ為菱形？若存在，請說明理由，并求此時直線 l的斜率和點Q的坐標.解拋物線C:x2=4y的焦點為F(0,1),設(shè)A(xi,yi),B(x2,y2),聯(lián)立x2=4y與y=kx+a,得x2—4kx—4a=0,則A=16(k2+a)>0,且xi+x2=4k,x1x2=—4a.⑴證明若直線l過焦點F,則a=1,貝Uxi+x2=4k,xix2=—4.由條件可知圓x2+(y—i)2=i的圓心為F(0,i),半徑為i,由拋物線的定義可知，|AF|=yi+I,|BF|=y2+I,則|AD|=|AF|—i=yi,|BE|=|BF|-I=y2,|AD||BE|=yiy2=(kxi+i)(kx2+i)=k2xix2+k(xi+x2)+i=—4k2+4k2+i=i,x2x2 (xix22 (-42(或AD||BE尸yiy2=]4=V^=^6J=I)即|AD||BE|為定值，定值為i.(2)解方法一當直線l的斜率為0,且Q的坐標為(0,3a)時，APBQ為菱形.理由如下:由x2=4y,得y="x2,則y'=2x,則拋物線C在A上,他的切線為y-4x2=ixi(x-xi),TOC\o"1-5"\h\zrri i2 ?即y=2xix—qxi. ①同理拋物線C在B卜2,%2處的切線為y=2x2x-4x2. ②xi+x2聯(lián)立①②，解得x=-2—=2k,代入①式解得y=xT2=-a,即P(2k,-a).又—=2k,所以寧=k，3I；a=2k，a,2 2 29

即AB的中點為R（2k,2k2+a）.則有PR，x軸.若APBQ為菱形，則PRXAB,所以k=0,此時P（0,—a）,R（0,a）,Q（0,3a）.方法二設(shè)A（xi,y）B（x2,y）,Q（0,yo）,2 12 1由x=4y,得y=[x,則y=2x,若APBQ為菱形，貝UAQ//BP,BQ//AP,yi—yoi y2—yo1則kAQ=^-=2x2,kBQ=^^=2x1,口口 1 1ipy1—yo=2x1x2,y2—yo=2x1x2,則y1=y2,二.k=0,「.A（—23，a）,B（2g,a）,則拋物線C在A（-2^a,a）處的切線為y—a=—Va（x+2Va）,IPy=—Vax—a,同理拋物線C在B（24a,a）處的切線為y=Vax-a, ②聯(lián)立①②得P（0,-a）.又AB的中點為R（0,a）,所以Q（0,3a）.方法三設(shè)A（x1，y1），B（x2,y2）,Q（0,yo）,2 12 1由x=4y,得y=4x,貝Uy=2x,若APBQ若APBQ為菱形，則AQ//BP,BQ//AP,則h則hAQ：，^=2x2,

x1y2—yo1kBQ= =Ox1,x2 2口 1IPy1—yo=口 1IPy1—yo=2x1x2,y2—yo=12x1x2,則y1=y2, k=o,此時直線AB:y=kx+a=a,1 1z則yo=—2*1&+y1=—2（—4a）+a=3a,所以Q（o,3a）.B組能力提高5.如圖，拋物線C:y2=2px的焦點為F,拋物線上一定點Q(1,2).(1)求拋物線C的方程及準線l的方程；(2)過焦點F的直線(不經(jīng)過Q點)與拋物線交于A,B兩點，與準線l交于點M,記QA,QB,QM的斜率分別為ki,k2,k3,問是否存在常數(shù)A使得ki+k2=入3成立，若存在，求出入的值；若不存在，請說明理由.解(1)把Q(1,2)代入y2=2px,得2P=4,所以拋物線方程為y2=4x,準線l的方程為x=-1.(2)由條件可設(shè)直線A