x1?112
由切线l1：y＝x1x－x1，得M??2，0?， 24x2?同理可得N??2，0?，
x1x2?112∴S△PMN＝×2×??2－2?＝2|x1－x2|＝2k＋2， 2又∵|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝41＋k2k2＋2， 点P到直线AB的距离为
d＝?k?x1＋x2?＋4??2?
1＋k2
＝2k2＋4
，
1＋k2
1
∴S△PAB＝|AB|d＝4k2＋2(k2＋2)，
2∴四边形ABNM的面积
S＝S△PAB－S△PMN＝4k2＋2(k2＋2)－2k2＋2＝ 2k2＋2(2k2＋3)，
令t＝k2＋2≥2，则S＝4t3－2t，
当t≥2时，S′＝12t2－2>0成立，S单调递增，
∴当t＝2，即k＝0时，四边形ABNM面积的最小值为62.
专题强化练
1．(2020·潍坊模拟)设抛物线E：x2＝2py(p>0)的焦点为F，点A是E上一点，且线段AF的中点坐标为(1,1)．
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)若B，C为抛物线E上的两个动点(异于点A)，且BA⊥BC，求点C的横坐标的取值范围． p
0，?，设A(x0，y0)， 解 (1)依题意得F??2???
由线段AF的中点坐标为(1,1)，得?p
y＋
2
?1＝?2，0
x01＝，
2
p
即x0＝2，y0＝2－，
2
p2－?， 又点A是E上一点，所以4＝2p??2?得p2－4p＋4＝0，即p＝2. 所以抛物线E的标准方程为x2＝4y.
x1xx1，?，C?x，?， (2)由题意知A(2,1)，设B?4???4?x21
－141
则kBA＝＝(x1＋2)，x1≠－2，
x1－24因为x1≠－2，所以kBC＝－
4
， x1＋2
22
－4x21
BC所在直线方程为y－＝(x－x1)．
4x1＋2x2－4??y－41＝?x－x1?，
x1＋2联立?
??x2＝4y，因为x≠x1，得(x＋x1)(x1＋2)＋16＝0， 即x21＋(x＋2)x1＋2x＋16＝0， 因为Δ＝(x＋2)2－4(2x＋16)≥0， 即x2－4x－60≥0，故x≥10或x≤－6. 经检验，当x＝－6时，不满足题意．
所以点C的横坐标的取值范围是(－∞，6)∪[10，＋∞)．
2.如图，在平面直角坐标系中，已知点F(1,0)，过直线l：x＝4左侧的动点P作PH⊥l于点H，∠HPF的角平分线交x轴于点M，且|PH|＝2|MF|，记动点P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
1?→→
(2)过点F作直线l′交曲线C于A，B两点，设AF＝λFB，若λ∈??2，2?，求|AB|的取值范围． 解 (1)设P(x，y)，由题意可知|MF|＝|PF|， |PF||MF|1所以＝＝，
|PH||PH|2
?x－1?2＋y21x2y2即＝，化简整理得＋＝1，
243|x－4|x2y2
即曲线C的方程为＋＝1.
43(2)由题意，得直线l′的斜率k≠0， 设直线l′的方程为x＝my＋1，
x＝my＋1，??
由?x2y2得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0. ??4＋3＝1，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
所以Δ＝(6m)2＋36(3m2＋4)＝144(m2＋1)>0恒成立， 6m9
且y1＋y2＝－2，y1y2＝－2，①
3m＋43m＋4→→
又因为AF＝λFB，所以－y1＝λy2，② ?λ－1?24m2
联立①②，消去y1，y2，得2＝，
λ3m＋4?λ－1?211
0，?， 因为＝λ＋－2∈??2?λλ4m214
所以0≤2≤，解得0≤m2≤.
53m＋42
又|AB|＝m2＋1|y1－y2|＝m2＋1?y1＋y2?2－4y1y2 12m2＋124
＝＝4－， 3m2＋43m2＋432因为4≤3m2＋4≤，
5所以|AB|＝4－
4?3，27?. ∈8?3m2＋4?
27
3，?. 所以|AB|的取值范围是?8??
二、探索性问题
母题 已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.
(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
m
，m?，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，(2)若l过点??3?求此时l的斜率；若不能，说明理由． ?2?思路分析
?假设四边形OAPB能为平行四边形 ↓
?线段AB与线段OP互相平分 ↓
?计算此时直线l的斜率 ↓ ?下结论
(1)证明 设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)， A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)． 将y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2得 (k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，
x1＋x2－kb9b
故xM＝＝2，yM＝kxM＋b＝2.
2k＋9k＋9yM9
于是直线OM的斜率kOM＝＝－，即kOM·k＝－9.
xMk所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值． (2)解 四边形OAPB能为平行四边形．
m?因为直线l过点??3，m?，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0，k≠3. 9
由(1)得OM的方程为y＝－x.
k设点P的横坐标为xP，
9??y＝－kx，k2m2±km2
由?得xP＝2，即xP＝. 2＋99k＋813k??9x2＋y2＝m2mm?3－k?
，m?的坐标代入直线l的方程得b＝将点?， ?3?3k?k－3?m
因此xM＝2.
3?k＋9?
四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM. k?k－3?m±km
于是＝2×，
3?k2＋9?3k2＋9解得k1＝4－7，k2＝4＋7.
因为ki>0，ki≠3，i＝1,2，所以当直线l的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB为平行四边形．
x22
[子题1] 已知椭圆C：＋y＝1的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A1，A2.
4(1)若M为C上任意一点，求|MF1|·|MF2|的最大值；
(2)椭圆C上是否存在点P(异于点A1，A2)，使得直线PA1，PA2与直线x＝4分别交于点E，F，且|EF|＝1？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 解 (1)由椭圆的定义可知|MF1|＋|MF2|＝4， ∴|MF1|·|MF2|≤?
|MF1|＋|MF2|?2
2??＝4，
当且仅当|MF1|＝|MF2|＝2时等号成立，
∴|MF1|·|MF2|的最大值为4. (2)假设存在满足题意的点P. 不妨设P(x0，y0)(y0>0)，则－2 由题意知直线PA1的方程为y＝(x＋2)， x0＋26y0 令x＝4，得yE＝， x0＋2 y0 直线PA2的方程为y＝(x－2)， x0－2令x＝4，得yF＝ 2y0 ， x0－2 6y02y04x0y0－16y04y0?x0－4?4－x0 －＝＝＝＝1，得x0＝4－y0， y0x0＋2x0－2x2－4y20－40 由|EF|＝yE－yF＝ 22 由x20＋4y0＝4，得5y0－8y0＋12＝0， ∵Δ＝－176<0，∴此方程无解． 故不存在满足题意的点P. [子题2] (2020·合肥适应性检测)已知抛物线C：y2＝4x，过点(2,0)作直线l与抛物线C交于M，N两点，在x轴上是否存在一点A，使得x轴平分∠MAN？若存在，求出点A的坐标；若不存在，请说明理由． 解 ①当直线l的斜率不存在时，由抛物线的对称性可知x轴上任意一点A(不与点(2,0)重合)，都可使得x轴平分∠MAN； ②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－2)(k≠0)， ??y＝k?x－2?，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程?2 ?y＝4x，? 消去y得k2x2－(4k2＋4)x＋4k2＝0， 显然Δ>0， 4k2＋4 ∴x1＋x2＝2，x1x2＝4，(*) k 假设在x轴上存在一点A(a,0)，使得x轴平分∠MAN， y1y2 ∴kAM＋kAN＝0，∴＋＝0， x1－ax2－a∴ y1?x2－a?＋y2?x1－a? ＝0， ?x1－a??x2－a? 又y1＝k(x1－2)，y2＝k(x2－2)， ∴ 2x1x2－?a＋2??x1＋x2?＋4a ＝0， x1x2－a?x1＋x2?＋a2 把(*)式代入上式化简得4a＝－8，
第12讲圆锥曲线范围、最值和探索性问题（高考数学二轮复习微专题连载） - 图文
