2023年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)考前專題六解析幾何第3講圓錐曲線的綜合問(wèn)題講學(xué)案理

第3講圓錐曲線的綜合問(wèn)題1.圓錐曲線的綜合問(wèn)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(wèn)題，定點(diǎn)、定值問(wèn)題，探索性問(wèn)題．2．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(duì)計(jì)算能力也有較高要求，難度較大．熱點(diǎn)一范圍、最值問(wèn)題圓錐曲線中的范圍、最值問(wèn)題，可以轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問(wèn)題(以所求式子或參數(shù)為函數(shù)值)，或者利用式子的幾何意義求解．例1(2023屆日照模擬)橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，左、右頂點(diǎn)分別為A，B.以F1F2為直徑的圓O過(guò)橢圓E的上頂點(diǎn)D，直線DB與圓O相交得到的弦長(zhǎng)為eq\f(2\r(3),3).設(shè)點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，t))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t≠0))，連接PA交橢圓于點(diǎn)C，坐標(biāo)原點(diǎn)為O.(1)求橢圓E的方程；(2)假設(shè)△ABC的面積不大于四邊形OBPC的面積，求eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t))的最小值．解(1)因?yàn)橐訤1F2為直徑的圓O過(guò)點(diǎn)D，所以b＝c，那么圓O的方程為x2＋y2＝b2，又a2＝b2＋c2，所以a＝eq\r(2)b，直線DB的方程為y＝－eq\f(\r(2),2)x＋b，直線DB與圓O相交得到的弦長(zhǎng)為eq\f(2\r(3),3)，那么2eq\r(b2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,\r(1＋\f(1,2)))))2)＝eq\f(2\r(3),3)，所以b＝1,a＝eq\r(2)，所以橢圓E的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)由(1)得a＝eq\r(2)，b＝1，橢圓方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1，設(shè)直線PA的方程為y＝eq\f(t,2\r(2))(x＋eq\r(2))，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝\f(t,2\r(2))x＋\r(2)，))整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋t2))x2＋2eq\r(2)t2x＋2t2－8＝0，解得x1＝－eq\r(2)，x2＝eq\f(4\r(2)－\r(2)t2,4＋t2)，那么點(diǎn)C的坐標(biāo)是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(2)－\r(2)t2,4＋t2)，\f(4t,4＋t2)))，故直線BC的斜率為kBC＝－eq\f(\r(2),t)，由于直線OP的斜率為kOP＝eq\f(t,\r(2))，所以kBC·kOP＝－1，所以O(shè)P⊥BC.所以SOBPC＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(OP))×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BC))＝eq\f(\r(2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t3＋2t)),4＋t2)，S△ABC＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\f(4\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t)),4＋t2)＝eq\f(4\r(2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t)),4＋t2)，所以eq\f(4\r(2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t)),4＋t2)≤eq\f(\r(2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t3＋2t)),4＋t2)，整理得2＋t2≥4，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t))≥eq\r(2)，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t))min＝eq\r(2).思維升華解決范圍問(wèn)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(2023屆福建省寧德市質(zhì)檢)拋物線C：y2＝2px(p>0)上的點(diǎn)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，y0))到點(diǎn)Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，0))距離的最小值為eq\r(3).(1)求拋物線C的方程；(2)假設(shè)x0>2，圓E：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1))2＋y2＝1，過(guò)M作圓E的兩條切線分別交y軸于Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，a))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，b))兩點(diǎn)，求△MAB面積的最小值．解(1)∵eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MN))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－2))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y0－0))2)，又∵yeq\o\al(2,0)＝2px0，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MN))2＝xeq\o\al(2,0)－4x0＋4＋2px0＝xeq\o\al(2,0)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－p))x0＋4＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x0－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－p))))2＋4－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－p))2.∵x0≥0，∴當(dāng)2－p≤0，即p≥2時(shí)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MN))min＝2，不符合題意，舍去；當(dāng)2－p>0，即0<p<2時(shí)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MN))min＝eq\r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－p))2)＝eq\r(3)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－p))2＝1，∴p＝1或p＝3(舍去)，∴y2＝2x.(2)由題意可知，kMA＝eq\f(y0－a,x0)，∴直線MA的方程為y＝eq\f(y0－a,x0)x＋a，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y0－a))x－x0y＋ax0＝0，∴1＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y0－a))＋ax0)),\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y0－a))2＋x\o\al(2,0)))，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y0－a))2＋xeq\o\al(2,0)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(y0－a＋ax0))2，整理得a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－2))＋2ay0－x0＝0，同理b2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－2))＋2by0－x0＝0,∴a，b為方程eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－2))x2＋2y0x－x0＝0的兩根，∴a＋b＝－eq\f(2y0,x0－2)，ab＝－eq\f(x0,x0－2)，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－b))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋b))2－4ab)＝eq\f(2\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x0)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x0－2))).∵x0>2，∴S△MAB＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－b))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x0))＝eq\f(x\o\al(2,0),x0－2)＝eq\f(x\o\al(2,0)－4＋4,x0－2)＝x0＋2＋eq\f(4,x0－2)＝x0－2＋eq\f(4,x0－2)＋4≥8，當(dāng)且僅當(dāng)x0＝4時(shí)，取最小值8.熱點(diǎn)二定點(diǎn)、定值問(wèn)題1．由直線方程確定定點(diǎn)，假設(shè)得到了直線方程的點(diǎn)斜式：y－y0＝k(x－x0)，那么直線必過(guò)定點(diǎn)(x0，y0)；假設(shè)得到了直線方程的斜截式：y＝kx＋m，那么直線必過(guò)定點(diǎn)(0，m)．2．解析幾何中的定值問(wèn)題是指某些幾何量(線段的長(zhǎng)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(dá)式的值等與題目中的參數(shù)無(wú)關(guān)，不依參數(shù)的變化而變化，而始終是一個(gè)確定的值．例2(2023·長(zhǎng)沙市長(zhǎng)郡中學(xué)模擬)拋物線E：y2＝4x的準(zhǔn)線為l，焦點(diǎn)為F，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．(1)求過(guò)點(diǎn)O，F(xiàn)，且與l相切的圓的方程；(2)過(guò)F的直線交拋物線E于A，B兩點(diǎn)，A關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為A′，求證：直線A′B過(guò)定點(diǎn)．(1)解拋物線E：y2＝4x的準(zhǔn)線l的方程為x＝－1，焦點(diǎn)坐標(biāo)為F(1,0)，設(shè)所求圓的圓心C為(a，b)，半徑為r,∵圓C過(guò)O，F(xiàn)，∴a＝eq\f(1,2)，∵圓C與直線l：x＝－1相切，∴r＝eq\f(1,2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))＝eq\f(3,2).由r＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(CO))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＋b2)＝eq\f(3,2)，得b＝±eq\r(2).∴過(guò)O，F(xiàn)且與直線l相切的圓的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y±\r(2)))2＝eq\f(9,4).(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＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1))，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1≠x2))，A′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，－y1))，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1))，,y2＝4x，))消去y，得k2x2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k2＋4))x＋k2＝0，∴x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1.∵直線BA′的方程為y－y2＝eq\f(y2＋y1,x2－x1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－x2))，∴令y＝0，得x＝eq\f(x2y1＋x1y2,y1＋y2)＝eq\f(x2k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－1))＋x1k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－1)),k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－1))＋k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－1)))＝eq\f(2x1x2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋x2)),－2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋x2)))＝－1.∴直線BA′過(guò)定點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0)).方法二設(shè)直線AB的方程為x＝my＋1,Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2))，那么A′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，－y1)).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,y2＝4x，))得y2－4my－4＝0，∴y1＋y2＝4m,y1y2＝－∵kBA′＝eq\f(y2＋y1,x2－x1)＝eq\f(y2＋y1,\f(y\o\al(2,2),4)－\f(y\o\al(2,1),4))＝eq\f(4,y2－y1)，∴直線BA′的方程為y－y2＝eq\f(4,y2－y1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－x2)).∴y＝eq\f(4,y2－y1)(x－x2)＋y2＝eq\f(4,y2－y1)x＋y2－eq\f(4x2,y2－y1)＝eq\f(4,y2－y1)x＋eq\f(y\o\al(2,2)－y1y2－4x2,y2－y1)＝eq\f(4,y2－y1)x＋eq\f(4,y2－y1)＝eq\f(4,y2－y1)(x＋1)．∴直線BA′過(guò)定點(diǎn)(－1,0)．思維升華(1)動(dòng)線過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題的兩大類型及解法①動(dòng)直線l過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題，解法：設(shè)動(dòng)直線方程(斜率存在)為y＝kx＋t，由題設(shè)條件將t用k表示為t＝mk，得y＝k(x＋m)，故動(dòng)直線過(guò)定點(diǎn)(－m,0)．②動(dòng)曲線C過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題，解法：引入?yún)⒆兞拷⑶€C的方程，再根據(jù)其對(duì)參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點(diǎn)．(2)求解定值問(wèn)題的兩大途徑①eq\x(由特例得出一個(gè)值此值一般就是定值)→eq\x(證明定值：將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為證明待證式與參數(shù)某些變量無(wú)關(guān))②先將式子用動(dòng)點(diǎn)坐標(biāo)或動(dòng)線中的參數(shù)表示，再利用其滿足的約束條件使其絕對(duì)值相等的正負(fù)項(xiàng)抵消或分子、分母約分得定值．跟蹤演練2(2023屆江西省重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體聯(lián)考)⊙F1：(x＋3)2＋y2＝27與⊙F2：(x－3)2＋y2＝3，以F1，F(xiàn)2分別為左、右焦點(diǎn)的橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)經(jīng)過(guò)兩圓的交點(diǎn)．(1)求橢圓C的方程；(2)M，N是橢圓C上的兩點(diǎn)，假設(shè)直線OM與ON的斜率之積為－eq\f(1,4)，試問(wèn)△OMN的面積是否為定值？假設(shè)是，求出這個(gè)定值；假設(shè)不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．解(1)設(shè)兩圓的交點(diǎn)為Q，依題意有|QF1|＋|QF2|＝3eq\r(3)＋eq\r(3)＝4eq\r(3)，由橢圓定義知，2a＝4eq\r(3)，解得a2＝12.∵F1，F(xiàn)2分別為橢圓C的左、右焦點(diǎn)，∴a2－b2＝9，解得b2＝3，∴橢圓C的方程為eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)①當(dāng)直線MN的斜率不存在時(shí)，設(shè)M(x1，y1)，N(x1，－y1)．kOM·kON＝－eq\f(y1y1,x1x1)＝－eq\f(1,4)，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(y1,x1)))＝eq\f(1,2).又eq\f(x\o\al(2,1),12)＋eq\f(y\o\al(2,1),3)＝1，∴|x1|＝eq\r(6)，|y1|＝eq\f(\r(6),2).∴S△OMN＝eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\r(6)＝3.②當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí)，設(shè)直線MN的方程為y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,12)＋\f(y2,3)＝1，))得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－12＝由Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m得12k2－m2＋3>0，(*)且x1＋x2＝－eq\f(8km,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4m2－12,4k2＋1).∴y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝eq\f(m2－12k2,4k2＋1).∵kOM·kON＝eq\f(y1y2,x1x2)＝－eq\f(1,4)，∴eq\f(m2－12k2,4m2－12)＝－eq\f(1,4)，整理得2m2＝12k2代入(*)得m≠0.∵|MN|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8km,4k2＋1)))2－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4m2－12,4k2＋1))))＝eq\r(1＋k2)eq\r(\f(484k2＋1－16m2,4k2＋12))＝eq\f(6\r(1＋k2),|m|)，原點(diǎn)O到直線MN的距離d＝eq\f(|m|,\r(1＋k2))，∴S△OMN＝eq\f(1,2)|MN|d＝eq\f(1,2)·eq\f(6\r(1＋k2),|m|)·eq\f(|m|,\r(1＋k2))＝3(定值)．綜上所述，△OMN的面積為定值3.

熱點(diǎn)三探索性問(wèn)題1．解析幾何中的探索性問(wèn)題，從類型上看，主要是存在類型的相關(guān)題型，解決這類問(wèn)題通常采用“肯定順推法〞，將不確定性問(wèn)題明確化．其步驟為：假設(shè)滿足條件的元素(點(diǎn)、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，假設(shè)方程組有實(shí)數(shù)解，那么元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))存在；否那么，元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))不存在．2．反證法與驗(yàn)證法也是求解存在性問(wèn)題常用的方法．例3A(x1，y1)，B(x2，y2)是拋物線C：x2＝2py(p>0)上的不同兩點(diǎn)．(1)設(shè)直線l：y＝eq\f(p,4)與y軸交于點(diǎn)M，假設(shè)A，B兩點(diǎn)所在的直線方程為y＝x－1，且直線l：y＝eq\f(p,4)恰好平分∠AMB，求拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)假設(shè)直線AB與x軸交于點(diǎn)P，與y軸的正半軸交于點(diǎn)Q，且y1y2＝eq\f(p2,4)，是否存在直線AB，使得eq\f(1,|PA|)＋eq\f(1,|PB|)＝eq\f(3,|PQ|)？假設(shè)存在，求出直線AB的方程；假設(shè)不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解(1)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,4)))，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝2py，,y＝x－1，))消去y整理，得x2－2px＋2p＝0，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝4p2－8p>0，,x1＋x2＝2p，,x1x2＝2p，))∵直線y＝eq\f(p,4)平分∠AMB，∴kAM＋kBM＝0，∴eq\f(y1－\f(p,4),x1)＋eq\f(y2－\f(p,4),x2)＝0，即eq\f(x1－1－\f(p,4),x1)＋eq\f(x2－1－\f(p,4),x2)＝2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(p,4)))eq\f(x1＋x2,x1x2)＝0，∴p＝4，滿足Δ>0，∴拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2＝8y.(2)由題意知，直線AB的斜率存在，且不為零，設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋b(k≠0，b>0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b，,x2＝2py，))得x2－2pkx－2pb＝0,∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝4p2k2＋8pb>0，,x1＋x2＝2pk，,x1x2＝－2pb，))∴y1y2＝eq\f(x\o\al(2,1),2p)·eq\f(x\o\al(2,2),2p)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2pb))2,4p2)＝b2，∵y1y2＝eq\f(p2,4)，∴b2＝eq\f(p2,4)，∵b>0,∴b＝eq\f(p,2).∴直線AB的方程為y＝kx＋eq\f(p,2).假設(shè)存在直線AB，使得eq\f(1,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PA)))＋eq\f(1,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PB)))＝eq\f(3,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PQ)))，即eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PQ)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PA)))＋eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PQ)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PB)))＝3，作AA′⊥x軸，BB′⊥x軸，垂足為A′，B′，∴eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PQ)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PA)))＋eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PQ)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PB)))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(OQ)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AA′)))＋eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(OQ)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(BB′)))＝eq\f(\f(p,2),y1)＋eq\f(\f(p,2),y2)＝eq\f(p,2)·eq\f(y1＋y2,y1y2)，∵y1＋y2＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋x2))＋p＝2pk2＋p,y1y2＝eq\f(p2,4)，∴eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PQ)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PA)))＋eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PQ)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PB)))＝eq\f(p,2)·eq\f(2pk2＋p,\f(p2,4))＝4k2＋2，由4k2＋2＝3，得k＝±eq\f(1,2)，故存在直線AB，使得eq\f(1,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PA)))＋eq\f(1,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PB)))＝eq\f(3,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PQ)))，此時(shí)直線AB的方程為y＝±eq\f(1,2)x＋eq\f(p,2).思維升華解決探索性問(wèn)題的考前須知存在性問(wèn)題，先假設(shè)存在，推證滿足條件的結(jié)論，假設(shè)結(jié)論正確那么存在，假設(shè)結(jié)論不正確那么不存在．(1)當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時(shí)，要分類討論．(2)當(dāng)給出結(jié)論而要推導(dǎo)出存在的條件時(shí)，先假設(shè)成立，再推出條件．(3)當(dāng)條件和結(jié)論都不知，按常規(guī)方法解題很難時(shí)，要思維開(kāi)放，采取另外的途徑．跟蹤演練3(2023屆河北省衡水中學(xué)押題卷)橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為6，且橢圓C與圓M：(x－2)2＋y2＝eq\f(40,9)的公共弦長(zhǎng)為eq\f(4\r(10),3).(1)求橢圓C的方程；(2)過(guò)點(diǎn)P(0,2)作斜率為k(k≠0)的直線l與橢圓C交于兩點(diǎn)A，B，試判斷在x軸上是否存在點(diǎn)D，使得△ADB為以AB為底邊的等腰三角形．假設(shè)存在，求出點(diǎn)D的橫坐標(biāo)的取值范圍，假設(shè)不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．解(1)由題意可得2a＝6，所以a＝3.由橢圓C與圓M:eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2))2＋y2＝eq\f(40,9)的公共弦長(zhǎng)為eq\f(4\r(10),3)，恰為圓M的直徑，可得橢圓C經(jīng)過(guò)點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，±\f(2\r(10),3)))，所以eq\f(4,9)＋eq\f(40,9b2)＝1，解得b2＝8.所以橢圓C的方程為eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,8)＝1.(2)直線l的解析式為y＝kx＋2，設(shè)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2))，AB的中點(diǎn)為Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，y0)).假設(shè)存在點(diǎn)Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，0))，使得△ADB為以AB為底邊的等腰三角形，那么DE⊥AB.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,9)＋\f(y2,8)＝1，))得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8＋9k2))x2＋36kx－36＝0，故x1＋x2＝－eq\f(36k,9k2＋8)，所以x0＝－eq\f(18k,9k2＋8)，y0＝kx0＋2＝eq\f(16,9k2＋8).因?yàn)镈E⊥AB，所以kDE＝－eq\f(1,k)，即eq\f(\f(16,9k2＋8)－0,－\f(18k,9k2＋8)－m)＝－eq\f(1,k)，所以m＝－eq\f(2k,9k2＋8)＝－eq\f(2,9k＋\f(8,k)).當(dāng)k>0時(shí)，9k＋eq\f(8,k)≥2eq\r(9×8)＝12eq\r(2)，所以－eq\f(\r(2),12)≤m<0；當(dāng)k<0時(shí)，9k＋eq\f(8,k)≤－12eq\r(2)，所以0<m≤eq\f(\r(2),12).綜上所述，在x軸上存在滿足題目條件的點(diǎn)E，且點(diǎn)D的橫坐標(biāo)的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),12)，0))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),12))).

真題體驗(yàn)1．(2023·全國(guó)Ⅰ改編)F為拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)，過(guò)F作兩條互相垂直的直線l1，l2，直線l1與C交于A，B兩點(diǎn)，直線l2與C交于D，E兩點(diǎn)，那么|AB|＋|DE|的最小值為_(kāi)_______．答案16解析因?yàn)镕為y2＝4x的焦點(diǎn)，所以F(1,0)．由題意知，直線l1，l2的斜率均存在且不為0，設(shè)l1的斜率為k，那么l2的斜率為－eq\f(1,k)，故直線l1，l2的方程分別為y＝k(x－1)，y＝－eq\f(1,k)(x－1)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,y2＝4x，))得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，且Δ＝16k2＋16>0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，那么x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1，所以|AB|＝eq\r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k2＋4,k2)))2－4)＝eq\f(41＋k2,k2).同理可得|DE|＝4(1＋k2)．所以|AB|＋|DE|＝eq\f(41＋k2,k2)＋4(1＋k2)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k2)＋1＋1＋k2))＝8＋4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2＋\f(1,k2)))≥8＋4×2＝16，當(dāng)且僅當(dāng)k2＝eq\f(1,k2)，即k＝±1時(shí)，取得等號(hào)．2．(2023·山東)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，焦距為2.(1)求橢圓E的方程；(2)如圖，動(dòng)直線l：y＝k1x－eq\f(\r(3),2)交橢圓E于A，B兩點(diǎn)，C是橢圓E上一點(diǎn)，直線OC的斜率為k2，且k1k2＝eq\f(\r(2),4).M是線段OC延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，且|MC|∶|AB|＝2∶3，⊙M的半徑為|MC|，OS，OT是⊙M的兩條切線，切點(diǎn)分別為S，T.求∠SOT的最大值，并求取得最大值時(shí)直線l的斜率．解(1)由題意知，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，2c＝2，所以c＝1，所以a＝eq\r(2)，b＝1，所以橢圓E的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝k1x－\f(\r(3),2)，))得(4keq\o\al(2,1)＋2)x2－4eq\r(3)k1x－1＝0.由題意知，Δ＞0，且x1＋x2＝eq\f(2\r(3)k1,2k\o\al(2,1)＋1)，x1x2＝－eq\f(1,22k\o\al(2,1)＋1)，所以|AB|＝eq\r(1＋k\o\al(2,1))|x1－x2|＝eq\r(2)·eq\f(\r(1＋k\o\al(2,1))·\r(1＋8k\o\al(2,1)),1＋2k\o\al(2,1)).由題意可知，圓M的半徑r為r＝eq\f(2,3)|AB|＝eq\f(2\r(2),3)·eq\f(\r(1＋k\o\al(2,1))\r(1＋8k\o\al(2,1)),2k\o\al(2,1)＋1).由題設(shè)知k1k2＝eq\f(\r(2),4)，所以k2＝eq\f(\r(2),4k1)，因此直線OC的方程為y＝eq\f(\r(2),4k1)x.聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝\f(\r(2),4k1)x，))得x2＝eq\f(8k\o\al(2,1),1＋4k\o\al(2,1))，y2＝eq\f(1,1＋4k\o\al(2,1))，因此|OC|＝eq\r(x2＋y2)＝eq\r(\f(1＋8k\o\al(2,1),1＋4k\o\al(2,1))).由題意可知，sineq\f(∠SOT,2)＝eq\f(r,r＋|OC|)＝eq\f(1,1＋\f(|OC|,r)).而eq\f(|OC|,r)＝eq\f(\r(\f(1＋8k\o\al(2,1),1＋4k\o\al(2,1))),\f(2\r(2),3)·\f(\r(1＋k\o\al(2,1))\r(1＋8k\o\al(2,1)),1＋2k\o\al(2,1)))＝eq\f(3\r(2),4)·eq\f(1＋2k\o\al(2,1),\r(1＋4k\o\al(2,1))\r(1＋k\o\al(2,1)))，令t＝1＋2keq\o\al(2,1)，那么t＞1，eq\f(1,t)∈(0,1)，因此eq\f(|OC|,r)＝eq\f(3,2)·eq\f(t,\r(2t2＋t－1))＝eq\f(3,2)·eq\f(1,\r(2＋\f(1,t)－\f(1,t2)))＝eq\f(3,2)·eq\f(1,\r(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(1,2)))2＋\f(9,4)))≥1，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(1,t)＝eq\f(1,2)，即t＝2時(shí)等號(hào)成立，此時(shí)k1＝±eq\f(\r(2),2)，所以sineq\f(∠SOT,2)≤eq\f(1,2)，因此eq\f(∠SOT,2)≤eq\f(π,6)，所以∠SOT的最大值為eq\f(π,3).綜上所述，∠SOT的最大值為eq\f(π,3)，取得最大值時(shí)直線l的斜率為k1＝±eq\f(\r(2),2).押題預(yù)測(cè)橢圓C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,3)＝1(a>0)與拋物線C2：y2＝2ax相交于A，B兩點(diǎn)，且兩曲線的焦點(diǎn)F重合．(1)求C1，C2的方程；(2)假設(shè)過(guò)焦點(diǎn)F的直線l與橢圓分別交于M，Q兩點(diǎn)，與拋物線分別交于P，N兩點(diǎn)，是否存在斜率為k(k≠0)的直線l，使得eq\f(|PN|,|MQ|)＝2？假設(shè)存在，求出k的值；假設(shè)不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．押題依據(jù)此題將橢圓和拋物線聯(lián)合起來(lái)設(shè)置命題，表達(dá)了對(duì)直線和圓錐曲線位置關(guān)系的綜合考查．關(guān)注知識(shí)交匯，突出綜合應(yīng)用是高考的特色．解(1)因?yàn)镃1，C2的焦點(diǎn)重合，所以eq\r(a2－3)＝eq\f(a,2)，所以a2＝4.又a>0，所以a＝2.于是橢圓C1的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，拋物線C2的方程為y2＝4x.(2)假設(shè)存在直線l使得eq\f(|PN|,|MQ|)＝2，那么可設(shè)直線l的方程為y＝k(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝kx－1，))可得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，那么x1＋x4＝eq\f(2k2＋4,k2)，x1x4＝1，且Δ＝16k2＋16>0，所以|PN|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x42－4x1x4)＝eq\f(41＋k2,k2).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx－1，))可得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，那么x2＋x3＝eq\f(8k2,3＋4k2)，x2x3＝eq\f(4k2－12,3＋4k2)，且Δ＝144k2＋144>0，所以|MQ|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x2＋x32－4x2x3)＝eq\f(121＋k2,3＋4k2).假設(shè)eq\f(|PN|,|MQ|)＝2，那么eq\f(41＋k2,k2)＝2×eq\f(121＋k2,3＋4k2)，解得k＝±eq\f(\r(6),2).故存在斜率為k＝±eq\f(\r(6),2)的直線l，使得eq\f(|PN|,|MQ|)＝2.A組專題通關(guān)1．(2023·全國(guó)Ⅰ)設(shè)圓x2＋y2＋2x－15＝0的圓心為A，直線l過(guò)點(diǎn)B(1,0)且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點(diǎn)，過(guò)B作AC的平行線交AD于點(diǎn)E.(1)證明|EA|＋|EB|為定值，并寫(xiě)出點(diǎn)E的軌跡方程；(2)設(shè)點(diǎn)E的軌跡為曲線C1，直線l交C1于M，N兩點(diǎn)，過(guò)B且與l垂直的直線與圓A交于P，Q兩點(diǎn)，求四邊形MPNQ面積的取值范圍．解(1)因?yàn)閨AD|＝|AC|，EB∥AC，故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|，故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|.又圓A的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋1)2＋y2＝16，從而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4.由題設(shè)得A(－1,0)，B(1,0)，|AB|＝2，由橢圓定義可得點(diǎn)E的軌跡方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(y≠0)．(2)當(dāng)l與x軸不垂直時(shí)，設(shè)l的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0.那么x1＋x2＝eq\f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(4k2－12,4k2＋3)，且Δ＝144k2＋144>0，所以|MN|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\f(12k2＋1,4k2＋3).過(guò)點(diǎn)B(1,0)且與l垂直的直線m：y＝－eq\f(1,k)(x－1)，點(diǎn)A到m的距離為eq\f(2,\r(k2＋1))，所以|PQ|＝2eq\r(42－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(k2＋1))))2)＝4eq\r(\f(4k2＋3,k2＋1)).故四邊形MPNQ的面積S＝eq\f(1,2)|MN||PQ|＝12eq\r(1＋\f(1,4k2＋3)).可得當(dāng)l與x軸不垂直時(shí)，四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,8eq\r(3))．當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，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[12,8eq\r(3))．2．(2023屆黑龍江省大慶實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)F1，F(xiàn)2分別是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)，D，E分別是橢圓C的上頂點(diǎn)和右頂點(diǎn)，且S△DEF2＝eq\f(\r(3),2)，離心率e＝eq\f(1,2).(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)經(jīng)過(guò)F2的直線l與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，求eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(F2A))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(F2B)),S△OAB)的最小值．解(1)依題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(1,2)，,a2＝b2＋c2，,\f(1,2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－c))×b＝\f(\r(3),2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝3，))故所求橢圓方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由(1)知，F(xiàn)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0))，設(shè)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2))，AB的方程為x＝ty＋1，代入橢圓的方程，整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3t2＋4))y2＋6ty－9＝0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝36t2＋363t2＋4>0，,y1＋y2＝－\f(6t,3t2＋4)，,y1y2＝\f(－9,3t2＋4).))∵S△OAB＝eq\f(1,2)×1×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(y1－y2))，|AF2|＝eq\r(1＋t2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(y1))，|BF2|＝eq\r(1＋t2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(y2))，∴eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(F2A))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(F2B)),S△OAB)＝eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋t2))\f(9,3t2＋4),\r(\f(36t2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3t2＋4))2)＋\f(36,3t2＋4)))＝eq\f(3\r(1＋t2),2)≥eq\f(3,2)，當(dāng)且僅當(dāng)t＝0時(shí)上式取等號(hào)．∴eq\f(|F2A||F2B|,S△OAB)的最小值為eq\f(3,2).3．(2023屆南昌模擬)如圖，直線l：y＝kx＋1(k>0)關(guān)于直線y＝x＋1對(duì)稱的直線為l1，直線l，l1與橢圓E：eq\f(x2,4)＋y2＝1分別交于點(diǎn)A，M和A，N，記直線l1的斜率為k1.(1)求kk1的值；(2)當(dāng)k變化時(shí)，試問(wèn)直線MN是否恒過(guò)定點(diǎn)？假設(shè)恒過(guò)定點(diǎn)，求出該定點(diǎn)坐標(biāo)；假設(shè)不恒過(guò)定點(diǎn)，請(qǐng)說(shuō)明理由．解(1)設(shè)直線上任意一點(diǎn)P(x，y)關(guān)于直線y＝x＋1的對(duì)稱點(diǎn)為P0(x0，y0)，直線l與直線l1的交點(diǎn)為(0,1)，∴l(xiāng)：y＝kx＋1，l1：y＝k1x＋1.k＝eq\f(y－1,x)，k1＝eq\f(y0－1,x0).由eq\f(y＋y0,2)＝eq\f(x＋x0,2)＋1，得y＋y0＝x＋x0＋2.①由eq\f(y－y0,x－x0)＝－1，得y－y0＝x0－x.②由①②得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x0＋1，,y0＝x＋1.))kk1＝eq\f(yy0－y＋y0＋1,xx0)＝eq\f(x0＋1x＋1－x0＋x＋2＋1,xx0)＝1.(2)設(shè)點(diǎn)M(x1，y1)，N(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx1＋1，,\f(x\o\al(2,1),4)＋y\o\al(2,1)＝1，))得(4k2＋1)xeq\o\al(2,1)＋8kx1＝0，∴xM＝eq\f(－8k,4k2＋1)，∴yM＝eq\f(1－4k2,4k2＋1).同理xN＝eq\f(－8k1,4k\o\al(2,1)＋1)＝eq\f(－8k,4＋k2)，yN＝eq\f(1－4k\o\al(2,1),4k\o\al(2,1)＋1)＝eq\f(k2－4,4＋k2).kMN＝eq\f(yM－yN,xM－xN)＝eq\f(\f(1－4k2,4k2＋1)－\f(k2－4,4＋k2),\f(－8k,4k2＋1)－\f(－8k,4＋k2))＝eq\f(8－8k4,8k3k2－3)＝－eq\f(k2＋1,3k).直線MN：y－yM＝kMN(x－xM)，∴y－eq\f(1－4k2,4k2＋1)＝－eq\f(k2＋1,3k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(－8k,4k2＋1)))，即y＝－eq\f(k2＋1,3k)x－eq\f(8k2＋1,34k2＋1)＋eq\f(1－4k2,4k2＋1)＝－eq\f(k2＋1,3k)x－eq\f(5,3).∴當(dāng)k變化時(shí)，直線MN過(guò)定點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(5,3))).4．(2023屆沈陽(yáng)市模擬)橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，離心率為eq\f(1,2)，點(diǎn)P為其上動(dòng)點(diǎn)，且△PF1F2面積的最大值為eq\r(3)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．(1)求橢圓C的方程；(2)假設(shè)點(diǎn)M，N為C上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，求常數(shù)m，使eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝m時(shí)，點(diǎn)O到直線MN的距離為定值，求這個(gè)定值．解(1)依題意知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝b2＋c2，,bc＝\r(3)，,\f(c,a)＝\f(1,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝\r(3)，))所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，那么x1x2＋y1y2＝m，(*)當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí)，設(shè)其方程為y＝kx＋n，那么點(diǎn)O到直線MN的距離d＝eq\f(|n|,\r(k2＋1))＝eq\r(\f(n2,k2＋1)).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x2＋4y2＝12，,y＝kx＋n，))消去y，得(4k2＋3)x2＋8knx＋4n2－12＝0，由Δ>0，得4k2－n2＋3>0，那么x1＋x2＝eq\f(－8kn,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(4n2－12,4k2＋3)，代入(*)式，x1x2＋(kx1＋n)(kx2＋n)＝(k2＋1)x1x2＋kn(x1＋x2)＋n2＝m，整理得eq\f(7n2,k2＋1)＝12＋eq\f(m4k2＋3,k2＋1)為常數(shù)，那么m＝0，d＝eq\r(\f(12,7))＝eq\f(2\r(21),7)，此時(shí)eq\f(7n2,k2＋1)＝12滿足Δ>0.當(dāng)MN⊥x軸時(shí)，由m＝0，得kOM＝±1，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x2＋4y2＝12，,y＝±x，))消去y，得x2＝eq\f(12,7)，d＝|x|＝eq\f(2\r(21),7)仍成立，綜上，m＝0，d＝eq\f(2\r(21),7).B組能力提高5.如圖，拋物線C：y2＝2px的焦點(diǎn)為F，拋物線上一定點(diǎn)Q(1,2)．(1)求拋物線C的方程及準(zhǔn)線l的方程；(2)過(guò)焦點(diǎn)F的直線(不經(jīng)過(guò)Q點(diǎn))與拋物線交于A，B兩點(diǎn)，與準(zhǔn)線l交于點(diǎn)M，記QA，QB，QM的斜率分別為k1，k2，k3，問(wèn)是否存在常數(shù)λ，使得k1＋k2＝λk3成立，假設(shè)存在，求出λ的值；假設(shè)不存在，請(qǐng)說(shuō)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(zhǔn)線l的方程為x＝－1.(2)由條件可設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－1)，k≠0.由拋物線準(zhǔn)線l：x＝－1可知，M(－1，－2k)．又Q(1,2)，所以k3＝eq\f(2＋2k,1＋1)＝k＋1，即k3＝k＋1.把直線AB的方程y＝k(x－1)，代入拋物線方程y2＝4x，并整理，可得k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根與系數(shù)的關(guān)系知，x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1，且Δ＝16(k2＋1)>0.又Q(1,2)，那么k1＝eq\f(2－y1,1－x1)，k2＝eq\f(2－y2,1－x2).因?yàn)锳，F(xiàn)，B共線，所以kAF＝kBF＝k，即eq\f(y1,x1－1)＝eq\f(y2,x2－1)＝k.所以k1＋k2＝eq\f(2－y1,1－x1)＋eq\f(2－y2,1－x2)＝eq\f(y1,x1－1)＋eq\f(y2,x2－1)－eq\f(2x1＋x2－2,x1x2－x1＋x2＋1)＝2k－eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k2＋4,k2)－2)),1－\f(2k2＋4,k2)＋1)＝2k＋2，即k1＋k2＝2k＋2.又k3＝k＋1，可得k1＋k2＝2k3