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专题检测（二十二） “圆锥曲线”压轴大题的抢分策略1.(2018济南模拟)如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C1：x24y，直线l与抛物线C1交于A，B两点(1)若直线OA，OB的斜率之积为，证明：直线l过定点；(2)若线段AB的中点M在曲线C2：y4x2(2x2)上，求|AB|的最大值解：(1)证明：由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为ykxm，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得x24kx4m0，16(k2m)0，x1x24k，x1x24m，则kOAkOB，由已知kOAkOB，得m1，满足0，直线l的方程为ykx1，直线l过定点(0,1)(2)设M(x0，y0)，由已知及(1)得x02k，y0kx0m2k2m，将M(x0，y0)代入y4x2(2x2)，得2k2m4(2k)2，m43k2.2x02，22k2，k，16(k2m)16(k243k2)32(2k2)0，k，故k的取值范围是(，)|AB|446，当且仅当k212k2，即k时取等号，|AB|的最大值为6.2(2018石家庄质检)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线交椭圆于A，B两点(1)若以AF1为直径的动圆内切于圆x2y29，求椭圆的长轴的长；(2)当b1时，问在x轴上是否存在定点T，使得为定值？并说明理由解：(1)设AF1的中点为M，连接OM，AF2(O为坐标原点)，在AF1F2中，O为F1F2的中点，所以|OM|AF2|(2a|AF1|)a|AF1|.由题意得|OM|3|AF1|，所以a3，故椭圆的长轴的长为6.(2)由b1，a2b2c2，得c2，a3，所以椭圆C的方程为y21.当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为yk(x2)，由得(9k21)x236k2x72k290，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2，y1y2k2(x12)(x22).设T(x0,0)，则(x1x0，y1)，(x2x0，y2)，x1x2(x1x2)x0xy1y2，当9x36x0719(x9)，即x0时，为定值，定值为x9.当直线AB的斜率不存在时，不妨设A，B，当T时，.综上，在x轴上存在定点T，使得为定值3(2019届高三西安八校联考)已知直线l：xmy1过椭圆C：1(ab0)的右焦点F，抛物线x24y的焦点为椭圆C的上顶点，且l交椭圆C于A，B两点，点A，F，B在直线x4上的射影依次为D，K，E.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l交y轴于点M，且1， 2，当m变化时，证明：12为定值；(3)当m变化时，直线AE与BD是否相交于定点？若是，请求出定点的坐标，并给予证明；否则，说明理由解：(1)l：xmy1过椭圆C的右焦点F，右焦点F(1,0)，c1，即c21.x24y的焦点(0，)为椭圆C的上顶点，b，即b23，a2b2c24，椭圆C的方程为1.(2)证明：由题意知m0，联立得(3m24)y26my90.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y2，y1y2. 1，2，M，1(1x1，y1)，2(1x2，y2)，11，21，1222.综上所述，当m变化时，12为定值.(3)当m0时，直线lx轴，则四边形ABED为矩形，易知AE与BD相交于点N，猜想当m变化时，直线AE与BD相交于定点N，证明如下：则，易知E(4，y2)，则.y2(y1)(y1y2)my1y2m0，即A，N，E三点共线同理可得B，N，D三点共线则猜想成立， 故当m变化时，直线AE与BD相交于定点N.4(2018全国卷)已知斜率为k的直线l与椭圆C：1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m0)(1)证明：k；(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且0.证明：|，|，|成等差数列，并求该数列的公差解：(1)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则1，1.两式相减，并由k得k0.由题设知1，m，于是k.由题设得0m，故k.(2)由题意得F(1,0)设P(x3，y3)，则(x31，y3)(x11，y1)(x21，y2)(0,0)由(1)及题设得x33(x1x2)1，y3(y1y2)2m0.又点P在C上，所以m，从而P，|，于是|2.同理|2.所以|4(x1x2)3.故2|，即|，|，|成等差数列设该数列的公差为d，则2|d|x1x2|.将m代入得k1，所以l的方程为yx，代入C的方程，并整理得7x214x0.故x1x22，x1x2，代入解得|d |.所以该数列的公差为或.
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