2021年高三数学考点复习：直线与圆锥曲线综合问题

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1、考点十六 直线与圆锥曲线综合问题 1 A卷 PART ONE 解析 由题意， 得焦点 F(c,0)到渐近线 bxay0 的距离为 d |bc0| a2b2 bc c b 2，又 c a 3，c 2a2b2，解得 c 3，所以该双曲线的焦距为 2c2 3，故选 B. 一、选择题 1已知双曲线 x2 a2 y2 b21(a0，b0)的离心率为 3，右焦点到一条渐近 线的距离为 2，则此双曲线的焦距等于( ) A. 3 B2 3 C3 D6 答案答案 解析解析 2已知圆 O：x2y24，从圆上任意一点 P 向 y 轴作垂线段 PP1(P1 在 y 轴上)，点 M 在直线 PP1上，且向量P1M 2P

2、1P ，则动点 M 的轨迹方程 是( ) A4x216y21 B16x24y21 C.x 2 4 y2 161 D x2 16 y2 4 1 答案答案 解析 由题意可知 P 是 MP1的中点，设点 M(x，y)，P(x0，y0)，P1(0， y0)，则 x01 2x， y0y. 又 x2 0y 2 04，故 x 2 2y24，即x 2 16 y2 4 1.故选 D. 解析解析 3(2020 天津高考)设双曲线 C 的方程为 x2 a2 y2 b21(a0，b0)，过抛 物线 y24x 的焦点和点(0，b)的直线为 l.若 C 的一条渐近线与 l 平行，另一 条渐近线与 l 垂直，则双曲线 C

3、的方程为( ) A.x 2 4 y 2 4 1 Bx2y 2 4 1 C.x 2 4 y21 Dx2y21 答案答案 解析 由题意可知，抛物线的焦点为(1,0)，所以直线 l 的斜率为b， 又双曲线的渐近线的方程为 y b ax，所以b b a，b b a1.因为 a 0，b0，所以 a1，b1.故选 D. 解析解析 4(2020 山东潍坊高密二模)已知椭圆 E： x2 a2 y2 b21(ab0)的右焦点为 F(3,0)，过点 F 的直线交椭圆于 A，B 两点若 AB 的中点坐标为(1，1)， 则椭圆 E 的方程为( ) A. x2 45 y2 361 B x2 45 y2 271 C. x

4、2 27 y2 181 D x2 18 y2 9 1 答案答案 解析 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x2 1 a2 y2 1 b21， x2 2 a2 y2 2 b21， 两式相减并化简得 b2 a2 y1y2 x1x2 y1y2 x1x2，即 b2 a2 1 1 01 31 1 2 b2 a2 1 2a 22b2，由于 a2 b2c2且 c3，由此可解得 a218，b29，故椭圆 E 的方程为 x2 18 y2 9 1.故选 D. 解析解析 5(2020 山东临沂二模、枣庄三调)已知 F 是抛物线 y22px(p0)的焦 点，过 F 的直线与抛物线交于 A，B 两点，AB 的中

5、点为 C，过 C 作抛物线 准线的垂线交准线于 C1，若 CC1的中点为 M(1,4)，则 p( ) A4 B8 C4 2 D8 2 答案答案 解析 因为 CC1的中点为 M(1,4)，所以 yAyB8， xCp 212， 所以 xC2 p 2， 因为 xAxBp2 xCp 2 ， 所以 xAxB4p，设直线 AB 的方程为 xmyp 2，代 入抛物线的方程，得 y22pmyp20，所以 yAyB 2pm， xAxBm(yAyB)p8mp， 所以 82pm， 8mp4p， 解得 p8， m1 2， 故选 B. 解析解析 6 已知椭圆 C： x2 a2 y2 b21(ab0)的右焦点为 F，短轴

6、的一个端点为 P， 直线 l：4x3y0 与椭圆 C 相交于 A，B 两点若|AF|BF|6，点 P 到直 线 l 的距离不小于6 5，则椭圆 C 的离心率的取值范围是( ) A. 0，5 9 B 0， 3 2 C. 0， 5 3 D 1 3， 3 2 答案答案 解析 如图所示，设 F为椭圆的左焦点，连接 AF，BF，则四边 形 AFBF 是平行四边形， 可得 6|AF|BF|AF|AF|2a， 得 a3， 取 P(0， b)， 由点 P 到直线 l 的距离不小于6 5， 可得 |3b| 3242 6 5， 解得|b|2. 所以 e c a 1b 2 a2 14 9 5 3 ，故选 C. 解析

7、解析 7(多选)(2020 山东泰安二轮复习质量检测)已知双曲线 x2 a2 y2 b21(a0， b0)的一条渐近线方程为 x2y0，双曲线的左焦点在直线 xy 50 上，A，B 分别是双曲线的左、右顶点，点 P 为双曲线右支上位于第一象限 的动点，PA，PB 的斜率分别为 k1，k2，则 k1k2的取值可能为( ) A.3 4 B1 C4 3 D2 答案答案 解析 根据题意知b a 1 2，c 5，故 a2，b1，双曲线方程为 x2 4 y2 1，则 A(2,0)，B(2,0)，设 P(x0，y0)，则x 2 0 4 y2 01，x00，y00，k1k2 y0 x02 y0 x02 2x0

8、y0 x2 04 x0 2y0，根据渐近线方程知 0 y0 x01. 故选 CD. 解析解析 8(多选)(2020 海南中学高三第七次月考)已知抛物线 C：y24x 的焦 点为 F、准线为 l，过点 F 的直线与抛物线交于两点 P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 点 P 在 l 上的射影为 P1，则( ) A若 x1x26，则|PQ|8 B以 PQ 为直径的圆与准线 l 相切 C设 M(0,1)，则|PM|PP1| 2 D过点 M(0,1)与抛物线 C 有且仅有一个公共点的直线至多有 2 条 答案答案 解析 对于 A，因为 p2，所以 x1x22|PQ|，则|PQ|8，故 A 正 确；对于

9、B，设 N 为 PQ 的中点，点 N 在 l 上的射影为 N1，点 Q 在 l 上的 射影为 Q1，则由梯形性质可得|NN1|PP 1|QQ1| 2 |PF|QF| 2 |PQ| 2 ，故 B 正确；对于 C，因为 F(1,0)，所以|PM|PP1|PM|PF|MF| 2，故 C 正确；对于 D，显然直线 x0，y1 与抛物线只有一个公共点，设过 M 的 直线为 ykx1，联立 ykx1， y24x， 可得 k2x2(2k4)x10，令 0， 则 k1，所以直线 yx1 与抛物线也只有一个公共点，此时有三条直线 符合题意，故 D 错误故选 ABC. 解析解析 答案 1 2 二、填空题 9 (2

10、020 湖南湘潭高三下学期三模)若直线 2x4ym0 经过抛物线 y 2x2的焦点，则 m_. 解析 抛物线方程 y2x2可化为 x2 1 2y，故该抛物线的焦点坐标为 0，1 8 .由题意可得 2041 8m0，故 m 1 2. 答案答案 解析解析 解析 由题意可知 F(c,0)，把 y2b 代入双曲线方程可得 x 5a，不 妨设 B( 5a,2b)，C( 5a,2b)，因为BFC90 ，所以 kBF kCF1，即 2b 5ac 2b 5ac1，化简，得 4b 25a2c2，因为 b2c2a2，所以c 2 a2 9 5，所以离心率 e c a 3 5 3 5 5 . 答案 3 5 5 10(

11、2020 辽宁沈阳三模)在平面直角坐标系 xOy 中，F 是双曲线 x2 a2 y2 b2 1(a0，b0)的右焦点，直线 y2b 与双曲线交于 B，C 两点，且BFC 90 ，则该双曲线的离心率为_ 答案答案 解析解析 11(2020 山东枣庄二调)已知椭圆 C： x2 a2 y2 b21(ab0)的左、右焦点 分别为 F1， F2， 直线 3xy4 30 过点 F1且与 C 在第二象限的交点为 P， 若POF160 (O 为原点)，则 F2的坐标为_，C 的离心率为 _ (4,0) 31 解析 直线 3xy4 30 与 x 轴交点为(4,0)， 即 F1(4,0)， c4， F2(4,0)

12、，又直线 3xy4 30 的斜率为 3，倾斜角为 60 ，而POF1 60 ，POF1是等边三角形，P(2,2 3)， 4 a2 12 b2 1， a2b2c216， 解得 a22 3， b28 3， 离心率为 e c a 4 2 31 31. 解析解析 答案 2 12(2020 湖南师大附中摸底考试)点 M 是抛物线 C：x22py(p0)的对 称轴与准线的交点， 点 F 为抛物线 C 的焦点， 点 P 在抛物线 C 上 在FPM 中，sinPFMsinPMF，则 的最大值为_ 答案答案 解析 如图，过点 P 作准线的垂线，垂足为 B，则由 抛物线的定义可得|PF|PB|，由 sinPFMs

13、inPMF， 在PFM 中由正弦定理可知|PM|PF|，所以|PM| |PB|，所以1 |PB| |PM|，设 PM 的倾斜角为 ，则 sin 1 ， 当 取得最大值时，sin 最小，此时直线 PM 与抛物线相切，设直线 PM 的 方程为 ykxp 2，则 x22py， ykx p 2， 即 x22pkxp20，所以 4p2k24p2 0，所以 k 1，即 tan 1，则 sin 2 2 ，则 的最大值为 1 sin 2. 解析解析 三、解答题 13(2020 全国卷)已知 A，B 分别为椭圆 E： x2 a2y 21(a1)的左、右 顶点，G 为 E 的上顶点，AG GB 8，P 为直线 x

14、6 上的动点，PA 与 E 的 另一交点为 C，PB 与 E 的另一交点为 D. (1)求 E 的方程； (2)证明：直线 CD 过定点 解 (1)依据题意作出如下图象： 由椭圆方程 E： x2 a2y 21(a1)可得 A(a,0)，B(a，0)，G(0,1)， AG (a,1)，GB (a，1)AG GB a218，a29. 椭圆 E 的方程为x 2 9 y21. 解析解析 (2)证明：由(1)，得 A(3,0)，B(3,0)，设 P(6，y0)， 则直线 AP 的方程为 y y00 63(x3)，即 y y0 9 (x3)， 直线 BP 的方程为 yy 00 63 (x3)，即 yy0

15、3 (x3) 联立直线 AP 的方程与椭圆的方程可得 x2 9 y21， yy0 9 x3， 整理，得(y2 09)x 26y2 0 x9y 2 0810， 解得 x3 或 x3y 2 027 y2 09 . 解析解析 将 x3y 2 027 y2 09 代入 yy0 9 (x3)可得 y 6y0 y2 09， 点 C 的坐标为 3y2 027 y2 09 ， 6y0 y2 09 . 同理可得，点 D 的坐标为 3y2 03 y2 01 ，2y 0 y2 01 . 直线 CD 的方程为 y 2y0 y2 01 6y0 y2 09 2y0 y2 01 3y2 027 y2 09 3y 2 03

16、y2 01 x3y 2 03 y2 01 ， 解析解析 整理可得 y 2y0 y2 01 4y0 33y2 0 x3y 2 03 y2 01 ， y 4y0 33y2 0 x3y 2 03 y2 01 2y0 y2 01 4y0 33y2 0 x3 2 . 故直线 CD 过定点 3 2，0 . 解析解析 14(2020 山东莱西一中、高密一中、枣庄三中模拟)已知动圆与 y 轴相 切于点 M(0,2)，过点 E(0，1)，F(0，1)分别作动圆异于 y 轴的两切线，设 两切线相交于 Q，点 Q 的轨迹为曲线 . (1)求曲线 的轨迹方程； (2)过(2,0)的直线 l 与曲线 相交于不同两点 A

17、，B，若曲线 上存在点 P，使得 OP OA OB 成立，求实数 的范围 解 (1)设过点 E，F 与动圆相切的切点分别为 C，D， 则|QC|QD|，|FD|FM|，|EC|EM|， 故|QE|QF|QE|QD|DF|QE|QC|FM|CE|FM| |EM|FM|， 由 E，F，M 的坐标可知|EM|3，|FM|1， |QE|QF|4|EF|， 由椭圆的定义可知，点 Q 是以 E，F 为焦点，长轴长为 4 的椭圆(不包 括长轴端点) 设曲线 的方程为 y2 a2 x2 b21(ab0，x0)， 解析解析 则 a2，c1，b23， 故曲线 的轨迹方程为y 2 4 x 2 3 1(x0) (2)

18、由题可知直线 l 的斜率存在，设直线 l 的方程为 yk(x2)(k 1)， 由 y2 4 x 2 3 1， ykx2， 消去 y 得(3k24)x212k2x12(k21)0， 144k448(3k24)(k21)0， 0k24 且 k21， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)， 解析解析 则 x1x2 12k2 3k24，x1x2 12k21 3k24 ， y1y2k(x1x24)k 12k2 3k244 16k 3k24， OP OA OB ，(x0，y0)(x1x2，y1y2)， x0 x1x2 12k2 3k24，y0 16k 3k24. 当 0 时，k0，直线

19、 l 为 x 轴，满足 OP OA OB . 当 0，k0 时，x01 (x1x2) 1 12k2 3k24，y0 1 (y1y2) 1 16k 3k24， 解析解析 代入椭圆方程得 16k2 423k242 12k22 323k2421， 化简得 2 16k2 3k24 16 3 4 k2 ， 0k24，且 k21，020，b0)的一个焦点为 F(c,0)(c0)，且双曲线 C1的两条渐近线与圆 C2：(xc)2y2c 2 4 均相切，则 双曲线 C1的渐近线方程为( ) Ax 3y0 B 3x y0 C. 5x y0 Dx 5y0 答案答案 解析 根据题意知， 焦点 F(c,0)到渐近线

20、yb ax 的距离为 d bc a2b2 c 2，故 a 23b2，故双曲线 C 1的渐近线方程为 x 3y0.故选 A. 解析解析 2(2020 陕西省咸阳市高三第二次高考模拟检测)抛物线 x22py(p0) 的焦点与双曲线 x2 16 y2 9 1 的右焦点的连线垂直于双曲线的一条渐近线，则 p 的值为( ) A.40 3 B5 2 C20 3 D8 7 3 答案答案 解析 抛物线 x22py(p0)的焦点坐标为 0，p 2 ， 双曲线 x2 16 y2 9 1 的右 焦点坐标为(5,0)，两焦点的连线的方程为 y p 10(x5)，又双曲线的渐近 线方程为 y 3 4x，所以 p 10

21、3 41，解得 p 40 3 ，故选 A. 解析解析 解析 由题意可得 tanAOF |AF| |OA| |AF| 2|AF| 1 2，渐近线方程为 y b ax， 所以b a 1 2，e 2c 2 a2 b2a2 a2 a2 4 a2 a2 5 4，故 e 5 2 .故选 B. 3设双曲线 C： x2 a2 y2 b21(a0，b0)的右焦点为 F，以 OF 为直径的 圆交双曲线的一条渐近线于另一点 A(O 为坐标原点)，且|OA|2|AF|，则双 曲线 C 的离心率 e 为( ) A. 5 B 5 2 C 2 D2 答案答案 解析解析 4(2020 海南中学高三摸底)已知椭圆 C：x 2

22、4 y 2 3 1 的左、右焦点分别 为 F1，F2，过 F2且斜率为 1 的直线 l 交椭圆 C 于 A，B 两点，则F1AB 的 面积为( ) A.6 2 7 B4 3 7 C12 2 7 D8 3 7 答案答案 解析 直线 AB 方程为 yx1，联立椭圆方程x 2 4 y 2 3 1， 整理可得 7x2 8x80，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1x28 7，x1 x2 8 7，故弦长|AB| 1k2 x1x224x1 x224 7 .点 F1(1,0)到直线 AB 的距离 h 2，故 S F1AB1 2|AB|h 12 2 7 .故选 C. 解析解析 5(2020 河南开封二

23、模)已知双曲线 C： x2 a2 y2 b21(a0，b0)的一个焦 点为 F，过 F 作 x 轴的垂线分别交双曲线的两条渐近线于 A，B 两点，若 AOB 的面积为 2b2，则双曲线 C 的离心率为( ) A. 2 B 3 C2 2 3 D2 3 3 答案答案 解析 不妨设 F(c,0)，联立 xc， yb ax， 所以 xc，ybc a .所以|AB|2bc a ， 所以1 2c 2bc a 2b2，所以 c22ab，所以 a22abb20，所以 ab.所以 c22a2，所以 e c a 2.故选 A. 解析解析 6 (2020 山东日照第一中学高三下模拟)已知抛物线 y24x 的焦点为

24、F， 直线 l 过 F 且与抛物线交于 A，B 两点，过 A 作抛物线准线的垂线，垂足为 M，MAF 的平分线与抛物线的准线交于点 P，线段 AB 的中点为 Q.若|AB| 8，则|PQ|( ) A2 B4 C6 D8 答案答案 解析 如图，过 B 作抛物线准线的垂线，垂足为 N，连接 MF，PF， PB，设 MF 交 AP 于点 G，由题得MAPQAP，|AF|AM|，所以 AP MF，|MG|GF|.所以|PM|PF|，所以MPAFPA，所以PFB PNB90 ，所以PFBPNB，|PF|PN|，所以|PM|PN|，即点 P 是 MN 的中点，所以|PQ|1 2(|AM|BN|) 1 2(

25、|AF|BF|) 1 2|AB|4.故选 B. 解析解析 7(多选)已知 P 是双曲线 C： x2 3 y 2 m1 上任一点，A，B 是双曲线上关 于坐标原点对称的两点设直线 PA，PB 的斜率分别为 k1，k2(k1k20)，若 |k1|k2|t 恒成立，且实数 t 的最大值为2 3 3 .则下列说法正确的是( ) A双曲线的方程为x 2 3 y21 B双曲线的离心率为 2 C函数 yloga(x1)(a0，且 a1)的图象恒过 C 的一个焦点 D直线 2x3y0 与 C 有两个交点 答案答案 解析 设 A(x0，y0)，B(x0，y0)，P(x，y)，x x0，x 2 3 y 2 m1，

26、y 2 mx2 3 m，y2 0mx 2 0 3 m，k1k2yy 0 xx0 yy0 xx0 y2y2 0 x2x2 0 m 3 ，所以|k1|k2|2 m 3 ， 若|k1|k2| m 3 ，直线 PA，PB 与渐近线平行或重合，不符合题意，所以 不等式取不到等号，而|k1|k2|t 恒成立，所以 t2 m 3 2 3 3 ，所以 m 1，双曲线方程为x 2 3 y21，A 正确；双曲线的离心率为2 3 3 ，B 错误；双 曲线的焦点为( 2,0)，函数 yloga(x1)(a0，且 a1)的图象过定点(2,0)， 所以 C 正确； 双曲线x 2 3 y21 的渐近线方程为 y 3 3 x

27、， 而直线 2x3y0 的斜率为2 3 3 3 ，所以直线 2x3y0 与双曲线没有交点，所以 D 错误故 选 AC. 解析解析 8(多选)(2020 海南高三四模)已知抛物线 C：y22px(p0)的准线经过 点 M(1,1)，过 C 的焦点 F 作两条互相垂直的直线 l1，l2，直线 l1与 C 交于 A，B 两点，直线 l2与 C 交于 D，E 两点，则下列结论正确的是( ) Ap2 B|AB|DE|的最小值为 16 C四边形 ADBE 的面积的最小值为 64 D若直线 l1的斜率为 2，则AMB90 答案答案 解析 由题可知p 21， 所以p2， 故 A正确； 设直线l1 的斜率为 k

28、(k0)， 则直线 l2的斜率为1 k.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x3，y3)，E(x4，y4)，直线 l1：yk(x1)，直线 l2：y1 k(x1)联立 y24x， ykx1， 消去 y 整理得 k2x2(2k24)xk20，所以 x1x22k 24 k2 ，x1x21.所以|AB|x1x2p 2k 24 k2 24 4 k2.同理|DE|x3x4p 2 1 k24 1 k2 244k2，从而|AB| 解析解析 |DE|84 1 k2k 2 16，当且仅当 k 1 时等号成立，故 B 正确；因为 S 四边形ADBE1 2|AB| |DE|8 1 1 k2 (1k2)32

29、1 k2k 2 32，当且仅当 k 1 时等号成立，故 C 错误；MA MB (x11，y11) (x21，y21)x1x2x1 x21y1y2(y1y2)1，将 x1x23，x1x21 与 y1y22，y1y24 代入上式，得MA MB 0，所以AMB90 ，故 D 正确故选 ABD. 解析解析 答案 16 3 二、填空题 9(2020 新高考卷)斜率为 3的直线过抛物线 C：y24x 的焦点，且 与 C 交于 A，B 两点，则|AB|_. 答案答案 解析 如图，抛物线的方程为 y24x，抛物线的焦点为 F(1,0)，又 直线 AB 过焦点 F 且斜率为 3，直线 AB 的方程为 y 3(x

30、1)，代入抛 物线的方程消去 y 并化简得 3x210 x30， 解析解析 解法一：解得 x11 3，x23，|AB| 1k2|x1x2| 13 |1 33| 16 3 . 解法二：10036640，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x210 3 ， 过 A，B 分别作准线 x1 的垂线，设垂足分别为 C，D，如图所示，|AB| |AF|BF|AC|BD|x11x21x1x2216 3 . 解析解析 答案 3 3 10已知 P 为椭圆 x2 a2 y2 b21(ab0)上一点，F1，F2 是其左、右焦点， F1PF2取最大值时 cosF1PF21 3，则椭圆的离心率为_ 解析 易

31、知F1PF2取最大值时，点 P 为椭圆 x2 a2 y2 b21 与 y 轴的交点， 由余弦定理及椭圆的定义，得 2a22a 2 3 4c2，即 a 3c，所以椭圆的离心 率 e c a 3 3 . 答案答案 解析解析 答案 2 11(2020 湖南衡阳二模)直线 yk(x6)(k0)与双曲线 E： x2 a2 y2 b2 1(a0，b0)及其渐近线从左至右依次交于点 A，B，C，D，双曲线的左、 右焦点分别为 F1，F2，且焦距为 4，则F2CD 与F1AB 的面积之比为 _ 答案答案 解 析 由 x2 a2 y2 b21， ykx6， 得 1 a2 k2 b2 x2 12k2x b2 1

32、36k2 b2 0 ， 由 x2 a2 y2 b20， ykx6， 得 1 a2 k2 b2 x212k 2x b2 36k2 b2 0，由以上两式可知，xAxD xBxC，故 AD，BC 具有相同的中点，故|AB|CD|，如图，由焦距为 4 可 得 F1(2，0)，F2(2,0)，则|GF2|2|GF1|.所以SF2CD SF1AB |CD| |MF2| |AB| |NF1| |GF2| |GF1| 2. 解析解析 12(2020 山东泰安二轮复习质量检测)已知抛物线 C：x22py(p0)的 准线方程为 y1，直线 l：3x4y40 与抛物线 C 和圆 x2y22y0 从左至右的交点依次为

33、 A，B，E，F，则抛物线 C 的方程为_，|EF| |AB| _. x24y 16 解析 根据题意知p 21，故 p2，故抛物线方程为 x 24y，设焦 点为 M(0,1)，x2y22y0，即 x2(y1)21，直线 l：3x4y40 过 圆心，联立方程 x24y， 3x4y40， 得 4y217y40，解得 y11 4，y24. 故|AB|AM|11 411 1 4，|EF|FM|14114，故 |EF| |AB|16. 解析解析 解 (1)由题意可得 c a 2 2 ， 4 a2 1 b21， a2b2c2， 解解 三、解答题 13(2020 新高考卷)已知椭圆 C： x2 a2 y2

34、b21(ab0)的离心率为 2 2 ， 且过点 A(2，1) (1)求 C 的方程； (2)点 M，N 在 C 上，且 AMAN，ADMN，D 为垂足证明：存在 定点 Q，使得|DQ|为定值 解得 a26，b2c23， 故椭圆方程为x 2 6 y 2 3 1. (2)证明：设点 M(x1，y1)，N(x2，y2) 因为 AMAN，所以AM AN 0， 即(x12)(x22)(y11)(y21)0. 当直线 MN 的斜率存在时，设方程为 ykxm，如图 1. 代入椭圆方程消去 y 并整理，得(12k2)x24kmx2m260， x1x2 4km 12k2，x1x2 2m26 12k2 ， 根据

35、y1kx1m，y2kx2m，代入整理，可得 解解 (k21)x1x2(kmk2)(x1x2)(m1)240， 将代入上式，得(k21)2m 26 12k2 (kmk2) 4km 12k2 (m1)24 0， 整理化简得(2k3m1)(2km1)0， 因为 A(2,1)不在直线 MN 上，所以 2km10， 所以 2k3m10，k1， 于是 MN 的方程为 yk x2 3 1 3， 所以直线过定点 E 2 3， 1 3 . 解解 当直线 MN 的斜率不存在时，可得 N(x1，y1)，如图 2. 代入(x12)(x22)(y11)(y21)0 得(x12)21y2 10， 结合x 2 1 6 y

36、2 1 3 1，解得 x12(舍去)或 x12 3， 解解 此时直线 MN 过点 E 2 3， 1 3 .因为 AE 为定值， 且ADE 为直角三角形， AE 为斜边， 所以 AE 的中点 Q 满足|DQ|为定值 AE长度的一半 1 2 22 3 2 11 3 22 2 3 . 由于 A(2,1)，E 2 3， 1 3 ，故由中点坐标公式可得 Q 4 3， 1 3 . 故存在点 Q 4 3， 1 3 ，使得|DQ|为定值 解解 14(2020 浙江高考)如图，已知椭圆 C1：x 2 2 y21，抛物线 C2：y2 2px(p0)，点 A 是椭圆 C1与抛物线 C2的交点，过点 A 的直线 l

37、交椭圆 C1 于点 B，交抛物线 C2于点 M(B，M 不同于 A) (1)若 p 1 16，求抛物线 C2 的焦点坐标； (2)若存在不过原点的直线 l 使 M 为线段 AB 的中点，求 p 的最大值 解 (1)当 p 1 16时，C2 的方程为 y21 8x，故抛物线 C2 的焦点坐标为 1 32，0 . (2)解法一：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)， 直线 l 的方程为 xym(0，m0)， 由 x2 2 y21， xym， 得(22)y22mym220， 所以 y1y22m 22 ，y0 m 22，x0y0m 2m 22， 解解 因为 M 在抛物线上，所以 2

38、m2 222 4pm 22， 所以 m4p2 2 2 . 由 y22px， xym， 得 y22p(ym)， 即 y22py2pm0，所以 y1y02p， 所以 x1x0y1my0m2p22m， 所以 x12p22m 2m 22. 由 x2 2 y21， y22px， 得 x24px20. 解解 所以 x14p 16p 28 2 2p 4p22， 则2p4p222p22m 12 222p 28p 2 8p16p， 所以4p2218p，解得 p2 1 160，p 10 40 ， 所以 p 的最大值为 10 40 ，此时 A 2 10 5 ， 5 5 . 解法二：设直线 l 的方程为 xmyt(m0，t0)，A(x0，y0) 将 xmyt 代入x 2 2 y21，得(m22)y22mtyt220， 所以点 M 的纵坐标为 yM mt m22. 解解 将 xmyt 代入 y22px，得 y22pmy2pt0， 所以 y0yM2pt，解得 y02pm 22 m ，因此 x02pm 222 m2 ， 由x 2 0 2 y2 01 解得 1 p24 m 2 m 22 m 2 m 4160， 所以当 m 2，t 10 5 时，p 取到最大值为 10 40 . 解解 本课结束