1、第 9 节 圆锥曲线的综合问题考试要求 1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法；2.了解圆锥曲线的简单应用；3.理解数形结合的思想.知 识 梳 理1.求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关.(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.2.定点的探索与证明问题(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为 ykxb，然后利用条件建立 b，k 等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点.(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.3.求解范围问题的方法求范围问题的关键是建立求解关于某个变量的目标函数，通过求这个函数的值域
2、确定目标的范围，要特别注意变量的取值范围.4.圆锥曲线中常见最值的解题方法(1)几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决；(2)代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解.5.圆锥曲线的弦长设斜率为 k(k0)的直线 l 与圆锥曲线 C 相交于 A，B 两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|1k2|x1x2|1k2（x1x2）24x1x211k2|y1y2|11k2（y1y2）24y1y2.常用结论与微点提醒1.直线与椭圆位置关系的有关结论(1)过椭圆外
3、一点总有两条直线与椭圆相切；(2)过椭圆上一点有且仅有一条直线与椭圆相切；(3)过椭圆内一点的直线均与椭圆相交.2.直线与抛物线位置关系的有关结论(1)过抛物线外一点总有三条直线和抛物线有且只有一个公共点，即两条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；(2)过抛物线上一点总有两条直线与抛物线有且只有一个公共点，即一条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；(3)过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点，即一条与对称轴平行或重合的直线.诊 断 自 测1.判断下列结论正误(在括号内打“”或“”)(1)直线 l 与椭圆 C 相切的充要条件是：直线 l 与椭圆 C 只有一个公共点.()(2)直线
4、l 与双曲线 C 相切的充要条件是：直线 l 与双曲线 C 只有一个公共点.()(3)直线 l 与抛物线 C 相切的充要条件是：直线 l 与抛物线 C 只有一个公共点.()(4)如果直线xtya与圆锥曲线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则弦长|AB|1t2|y1y2|.()解析(2)因为直线 l 与双曲线 C 的渐近线平行时，也只有一个公共点，是相交，但并不相切.(3)因为直线 l 与抛物线 C 的对称轴平行或重合时，也只有一个公共点，是相交，但不相切.答案(1)(2)(3)(4)2.(老教材选修 21P71 例 6 改编)过点(0，1)作直线，使它与抛物线 y24x 仅有一个公
5、共点，这样的直线有()A.1 条B.2 条C.3 条D.4 条解析 结合图形分析可知，满足题意的直线共有 3 条：直线 x0，过点(0，1)且平行于 x 轴的直线以及过点(0，1)且与抛物线相切的直线(非直线 x0).答案 C3.(老教材选修 21P69 例 4 改编)已知倾斜角为 60的直线 l 通过抛物线 x24y 的焦点，且与抛物线相交于 A，B 两点，则弦|AB|_.解析 法一 直线 l 的方程为 y 3x1，由y 3x1，x24y，得 y214y10.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 y1y214，|AB|y1y2p14216.法二 如图所示，过 F 作 AD 的垂线，垂足
6、为 H，则|AF|AD|p|AF|sin 60，即|AF|p1sin 6021sin 60.同理，|BF|21sin 60，故|AB|AF|BF|16.答案 164.(2019天津卷)已知抛物线 y24x 的焦点为 F，准线为 l.若 l 与双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的两条渐近线分别交于点 A 和点 B，且|AB|4|OF|(O 为原点)，则双曲线的离心率为()A.2B.3C.2 D.5解析 由已知易得，抛物线 y24x 的焦点为 F(1，0)，准线 l：x1，所以|OF|1.又双曲线的两条渐近线的方程为 ybax，不妨设点 A1，ba，B1，ba，所以|AB|2ba 4|OF|4
7、，所以ba2，即 b2a，所以 b24a2.又双曲线方程中 c2a2b2，所以 c25a2，所以 eca 5.故选 D.答案 D5.(2020广东七校联考)已知点 P 为椭圆x216y2121 的动点，EF 为圆 N：x2(y1)21 的任一直径，则PEPF的最大值和最小值分别是()A.16，124 3B.17，134 3C.19，124 3D.20，134 3解析 EF 是圆 N 的直径，|NE|NF|1，且NFNE，则PEPF(PNNE)(PNNF)(PNNE)(PNNE)PN 2NE 2PN 21，设 P(x0，y0)，则有x2016y20121，即 x201643y20，又 N(0，1
8、)，|PN|2x20(y01)213(y03)220，又y02 3，2 3，当 y03 时，|PN|2 取得最大值 20，则(PEPF)max20119.当 y02 3时，|PN|2 取得最小值 134 3，则(PEPF)min124 3.综上，PEPF的最大值和最小值分别为 19，124 3，故选 C.答案 C6.(2020江西五校协作体联考改编)已知点 A(0，2)，抛物线 C：y22px(p0)的焦点为 F，射线 FA 与抛物线 C 相交于点 M，与其准线相交于点 N，若|FM|MN|55，则p 的值等于_.解析 过点 M 向准线作垂线，垂足为 P，由抛物线的定义可知，|MF|MP|，因
9、为|FM|MN|55，所以|MP|MN|55，所以 sinMNP 55，则 tanMNP12，又OFAMNP90(O 为坐标原点)，所以 tanOFA2 212p，则 p2.答案 2第一课时 最值、范围、证明问题 考点一 最值问题【例 1】(一题多解)(2020东北三省四市教研模拟)如图，已知椭圆 C：x218y291的短轴端点分别为 B1，B2，点 M 是椭圆 C 上的动点，且不与 B1，B2 重合，点 N满足 NB1MB1，NB2MB2.(1)(一题多解)求动点 N 的轨迹方程；(2)求四边形 MB2NB1 面积的最大值.解(1)法一 设 N(x，y)，M(x0，y0)(x00)，MB1N
10、B1，MB2NB2，B1(0，3)，B2(0，3)，直线 NB1：y3 x0y03x，直线 NB2：y3 x0y03x，得 y29 x20y209x2，又x2018y2091，y29181y209y209x22x2，整理得点 N 的轨迹方程为y29x2921(x0).法二 设直线 MB1：ykx3(k0)，则直线 NB1：y1kx3，直线 MB1 与椭圆 C：x218y291 的交点 M 的坐标为12k2k21，6k232k21，则直线 MB2 的斜率为 kMB26k232k21312k2k21 12k，直线 NB2：y2kx3，由解得 N 点的坐标为6k2k21，36k22k21，由x6k2
11、k21y36k22k21，得点 N 的轨迹方程为y29x2921(x0).(2)由(1)中法二得，四边形 MB2NB1 的面积S12|B1B2|(|xM|xN|)312|k|2k21 6|k|2k21 54|k|2k21542|k|1|k|27 22，当且仅当|k|22 时，S 取得最大值27 22.规律方法 圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是几何方法，即通过利用圆锥曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)变量的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.【训练 1
12、】(2020武汉调研)已知椭圆：x2a2y2b21(ab0)经过点 M(2，1)，且右焦点 F(3，0).(1)求椭圆 的标准方程；(2)过 N(1，0)且斜率存在的直线 AB 交椭圆 于 A，B 两点，记 tMA MB，若 t的最大值和最小值分别为 t1，t2，求 t1t2 的值.解(1)由椭圆x2a2y2b21 的右焦点为(3，0)，知 a2b23，即 b2a23，则x2a2 y2a231，a23.又椭圆过点 M(2，1)，4a21a231，又 a23，a26.椭圆 的标准方程为x26y231.(2)设直线 AB 的方程为 yk(x1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x26y231
13、yk（x1）得 x22k2(x1)26，即(12k2)x24k2x2k260，点 N(1，0)在椭圆内部，0，x1x2 4k212k2，x1x22k262k21，则 tMA MB(x12)(x22)(y11)(y21)x1x22(x1x2)4(kx1k1)(kx2k1)(1k2)x1x2(2k2k)(x1x2)k22k5，将代入得，t(1k2)2k262k21(2k2k)4k22k21k22k5，t15k22k12k21，(152t)k22k1t0，kR，则 1224(152t)(1t)0，(2t15)(t1)10，即 2t213t160，由题意知 t1，t2 是 2t213t160 的两根，
14、t1t2132.考点二 范围问题【例 2】(2019江西八所重点中学联考)已知椭圆 E：x2a2y2b21(ab0)，F1，F2为其左、右焦点，B1，B2 为其上、下顶点，四边形 F1B1F2B2 的面积为 2.(1)求椭圆 E 的长轴 A1A2 的最小值，并确定此时椭圆 E 的方程；(2)对于(1)中确定的椭圆 E，设过定点 M(2，0)的直线 l 与椭圆 E 相交于 P，Q 两点，若MP MQ，当 13，12 时，求OPQ 的面积 S 的取值范围.解(1)依题意四边形 F1B1F2B2 的面积为 2bc，2bc2，|A1A2|2a2 b2c22 2bc2 2，当且仅当 bc1 时等号成立，
15、此时 a 2，长轴 A1A2 的最小值为 2 2，此时椭圆 E 的方程为x22y21.(2)依题意，可设直线 l：xty2，联立得xty2，x22y21，得(t22)y24ty20.由 0，得 t22.设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由根与系数的关系得y1y2 4tt22，y1y2 2t22.由MP MQ，得 y1y2，（1）y2 4tt22，y222t22，由2 得 12 8t2t22，y12 在 13，12 上单调递减，1292，163，92 8t2t22163，187 t24，满足 0.OPQ 的面积 SSOMQSOMP12|OM|y1y2|y1y2|（y1y2）24y1y22
16、2 t22t22.设 m t22，则 m2 77，2，t2m22，S2 2mm24 2 2m4m，ym4m在 m2 77，2 上单调递减，S 关于 m 单调递增，OPQ 的面积 S148，23.规律方法 解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从
17、而确定参数的取值范围.【训练 2】(2020重庆七校联合考试)已知 A，B 是 x 轴正半轴上两点(A 在 B 的左侧)，且|AB|a(a0)，过 A，B 分别作 x 轴的垂线，与抛物线 y22px(p0)在第一象限分别交于 D，C 两点.(1)若 ap，点 A 与抛物线 y22px 的焦点重合，求直线 CD 的斜率；(2)若 O 为坐标原点，记OCD 的面积为 S1，梯形 ABCD 的面积为 S2，求S1S2的取值范围.解(1)由题意知 Ap2，0，则 Bp2a，0，Dp2，p，则 Cp2a，p22pa，又 ap，所以 kCD 3pp3p2 p2 31.(2)设直线 CD 的方程为 ykxb
18、(k0)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，由ykxby22px，得 ky22py2pb0，所以 4p28pkb0，得 kbp2，又 y1y22pk，y1y22pbk，由 y1y22pk 0，y1y22pbk 0，可知 k0，b0，因为|CD|1k2|x1x2|a 1k2，点 O 到直线 CD 的距离 d|b|1k2，所以 S112a1k2|b|1k212ab.又 S212(y1y2)|x1x2|122pk aapk，所以S1S2kb2p，因为 0kbp2，所以 0S1S214.即S1S2的取值范围为0，14.考点三 证明问题【例 3】(2020西安高三抽测)已知点 A(1，32)在椭圆 C
19、：x2a2y2b21(ab0)上，O 为坐标原点，直线 l：xa2 3y2b2 1 的斜率与直线 OA 的斜率乘积为14.(1)求椭圆 C 的方程；(2)(一题多解)不经过点 A 的直线 y 32 xt(t0 且 tR)与椭圆 C 交于 P，Q 两点，P 关于原点的对称点为 R(与点 A 不重合)，直线 AQ，AR 与 y 轴分别交于两点 M，N，求证：|AM|AN|.(1)解 由题意知，kOAkl 32 2b23a2b2a214，即 a24b2，又 1a2 34b21，所以联立，解得a2b1，所以椭圆 C 的方程为x24y21.(2)证明 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则 R(x1
20、，y1)，由y 32 xt，x24y21，得 x2 3txt210，所以4t20，即2t2，又 t0，所以 t(2，0)(0，2)，x1x2 3t，x1x2t21.法一 要证明|AM|AN|，可转化为证明直线 AQ，AR 的斜率互为相反数，即证明 kAQkAR0.由题意知，kAQkARy2 32x21 y1 32x11（y2 32）（x11）（y1 32）（x21）（x11）（x21）（32 x2t 32）（x11）（32 x1t 32）（x21）（x11）（x21）3x1x2t（x1x2）3（x11）（x21）3（t21）t（3t）3（x11）（x21）0，所以|AM|AN|.法二 要证明|
21、AM|AN|，可转化为证明直线 AQ，AR 与 y 轴的交点 M，N 连线的中点 S 的纵坐标为 32，即 AS 垂直平分 MN 即可.直线 AQ 与 AR 的方程分别为lAQ：y 32 y2 32x21(x1)，lAR：y 32 y1 32x11(x1)，分别令 x0，得 yMy2 32x21 32，yNy1 32x11 32，所以 yMyNy2 32x21y1 32x11 3（32 x1t 32）（x21）（32 x2t 32）（x11）（x11）（x21）3 3x1x2t（x1x2）3（x11）（x21）3 3（t21）t（3t）3（x11）（x21）3 3，ySyMyN2 32，即 A
22、S 垂直平分 MN.所以|AM|AN|.规律方法 圆锥曲线中的证明问题常见的有：(1)位置关系方面的：如证明直线与曲线相切，直线间的平行、垂直，直线过定点等.(2)数量关系方面的：如存在定值、恒成立、相等等.在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下，一般采用直接法，通过相关的代数运算证明，但有时也会用反证法证明.【训练 3】(2020合肥模拟)如图，圆 C 与 x 轴相切于点 T(2，0)，与 y 轴正半轴相交于两点 M，N(点 M 在点 N 的下方)，且|MN|3.(1)求圆 C 的方程；(2)过点 M 任作一条直线与椭圆x28y241 相交于两点 A，B，连接 AN，BN，求证：ANMBNM.(
23、1)解 设圆 C 的半径为 r(r0)，依题意，圆心 C 的坐标为(2，r).因为|MN|3，所以 r232222254.所以 r52，圆 C 的方程为(x2)2y522254.(2)证明 把 x0 代入方程(x2)2y522254，解得 y1 或 y4，即点 M(0，1)，N(0，4).当 ABx 轴时，可知ANMBNM0.当 AB 与 x 轴不垂直时，可设直线 AB 的方程为 ykx1.联立方程ykx1，x28y241 消去 y 得，(12k2)x24kx60.设直线 AB 交椭圆于 A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则 x1x2 4k12k2，x1x2 612k2.所 以 kAN
24、kBN y14x1 y24x2 kx13x1 kx23x2 2kx1x23（x1x2）x1x2 1x1x212k12k2 12k12k2 0.所以ANMBNM.综合知ANMBNM.A 级 基础巩固一、选择题1.直线 ybax3 与双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的交点个数是()A.1 B.2 C.1 或 2 D.0解析 由直线 ybax3 与双曲线x2a2y2b21 的渐近线 ybax 平行，故直线与双曲线的交点个数是 1.答案 A2.(2019浙江八校联考)抛物线 yax2 与直线 ykxb(k0)交于 A，B 两点，且这两点的横坐标分别为 x1，x2，直线与 x 轴交点的横坐标是 x
25、3，则()A.x3x1x2B.x1x2x1x3x2x3C.x1x2x30 D.x1x2x2x3x3x10解析 由yax2，ykxb，消去 y 得 ax2kxb0，可知 x1x2ka，x1x2ba，令 kxb0 得 x3bk，所以 x1x2x1x3x2x3.答案 B3.若点 O 和点 F 分别为椭圆x24y231 的中心和左焦点，点 P 为椭圆上的任意一点，则OP FP的最大值为()A.2 B.3 C.6 D.8解析 由题意得 F(1，0)，设点 P(x0，y0)，则 y2031x204(2x02).OP FPx0(x01)y20 x20 x0y20 x20 x031x204 14(x02)22
26、.因为2x02，所以当 x02 时，OP FP取得最大值，最大值为 6.答案 C4.(2020石家庄调研)设 F，B 分别为椭圆x2a2y2b21(ab0)的右焦点和上顶点，O为坐标原点，C 是直线 ybax 与椭圆在第一象限内的交点，若FO FC(BO BC)，则椭圆的离心率是()A.2 217B.2 217C.2 213D.21解析 连接BF，联立椭圆x2a2y2b21(ab0)与直线 ybax的方程，解得 Ca2，b2.因此线段 OC 的中点坐标为a2 2，b2 2.FO FC(BO BC)，线段 OC 的中点在 BF 上，又直线 BF 的方程为xcyb1，a2 2cb2 2b1，所以c
27、a12 212 217.故选 A.答案 A5.设 P 是椭圆x225y291 上一点，M，N 分别是两圆：(x4)2y21 和(x4)2y21 上的点，则|PM|PN|的最小值、最大值分别为()A.9，12 B.8，11C.8，12 D.10，12解析 如图，由椭圆及圆的方程可知两圆圆心分别为椭圆的两个焦点，由椭圆定义知|PA|PB|2a10，连接 PA，PB 分别与圆相交于两点，此时|PM|PN|最小，最小值为|PA|PB|2R8；连接 PA，PB 并延长，分别与圆相交于两点，此时|PM|PN|最大，最大值为|PA|PB|2R12，即最小值和最大值分别为 8，12.答案 C二、填空题6.(2
28、019岳阳二模)已知抛物线 yax2(a0)的准线为 l，l 与双曲线x24y21 的两条渐近线分别交于 A，B 两点，若|AB|4，则 a_.解析 抛物线 yax2(a0)的准线 l：y 14a，双曲线x24y21 的两条渐近线分别为 y12x，y12x，可得 xA 12a，xB 12a，可得|AB|12a 12a 4，解得 a14.答案 147.抛物线 C：y22px(p0)的准线与 x 轴的交点为 M，过点 M 作 C 的两条切线，切点分别为 P，Q，则PMQ_.解析 由题意得 Mp2，0，设过点 M 的切线方程为 xmyp2，代入 y22px 得y22pmyp20，4p2m24p20，
29、m1，则切线斜率 k1，MQMP，因此PMQ2.答案 28.(2019太原一模)过双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的右顶点且斜率为 2 的直线，与该双曲线的右支交于两点，则此双曲线离心率的取值范围为_.解析 由过双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的右顶点且斜率为 2 的直线，与该双曲线的右支交于两点，可得ba2.ecaa2b2a21，1eb0)的离心率为 32，F1，F2 是椭圆的两个焦点，M 是椭圆上任意一点，且MF1F2 的周长是 42 3.(1)求椭圆 C1 的方程；(2)设椭圆 C1 的左、右顶点分别为 A，B，过椭圆 C1 上的一点 D 作 x 轴的垂线交 x轴于点 E，若
30、点 C 满足ABBC，AD OC，连接 AC 交 DE 于点 P，求证：|PD|PE|.(1)解 由 e 32，知ca 32，所以 c 32 a，因为MF1F2 的周长是 42 3，所以 2a2c42 3，所以 a2，c 3，所以 b2a2c21，所以椭圆 C1 的方程为：x24y21.(2)证明 由(1)得 A(2，0)，B(2，0)，设 D(x0，y0)，所以 E(x0，0)，因为ABBC，所以可设 C(2，y1)，所以AD(x02，y0)，OC(2，y1)，由AD OC 可得：(x02)y12y0，即 y1 2y0 x02.所以直线 AC 的方程为：y02y0 x020 x22（2）.整
31、理得：yy02（x02）(x2).又点 P 在 DE 上，将 xx0 代入直线 AC 的方程可得：yy02，即点 P 的坐标为x0，y02，所以 P 为 DE 的中点，|PD|PE|.10.如图，已知点 P 是 y 轴左侧(不含 y 轴)一点，抛物线 C：y24x 上存在不同的两点 A，B 满足 PA，PB 的中点均在 C 上.(1)设 AB 中点为 M，证明：PM 垂直于 y 轴；(2)若 P 是半椭圆 x2y241(x0)上的动点，求PAB 面积的取值范围.(1)证明 设 P(x0，y0)，A14y21，y1，B14y22，y2.因为 PA，PB 的中点在抛物线上，所以 y1，y2 为方程
32、yy022414y2x02，即 y22y0y8x0y200 的两个不同的实根.所以 y1y22y0，因此，PM 垂直于 y 轴.(2)解 由(1)可知y1y22y0，y1y28x0y20，所以|PM|18(y21y22)x034y203x0，|y1y2|2 2（y204x0）.因此，PAB 的面积 SPAB12|PM|y1y2|3 24(y204x0)32.因为 x20y2041(x00，b0)的左、右焦点，点 P 在双曲线上的右支上，如果|PF1|t|PF2|(t(1，3)，则双曲线经过一、三象限的渐近线的斜率的取值范围是_.解析 由双曲线的定义及题意可得|PF1|PF2|2a，|PF1|t
33、|PF2|，解得|PF1|2att1，|PF2|2at1.又|PF1|PF2|2c，|PF1|PF2|2att1 2at12c，整理得 ecat1t11 2t1，1t3，1 2t12，1e2.又b2a2c2a2a2e21，0b2a23，故 0ba 3.双曲线经过一、三象限的渐近线的斜率的取值范围是(0，3.答案(0，313.以椭圆上一点和两个焦点为顶点的三角形的面积的最大值为 1，则椭圆长轴长的最小值为_.解析 设 a，b，c 分别为椭圆的长半轴长、短半轴长、半焦距，依题意知，当三角形的高为 b 时面积最大，所以122cb1，bc1，而 2a2 b2c22 2bc2 2(当且仅当 bc1 时取
34、等号)，即长轴长 2a 的最小值为 2 2.答案 2 214.(2020成都诊断)椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点分别是 F1，F2，离心率为 32，过 F1 且垂直于 x 轴的直线被椭圆 C 截得的线段长为 1.(1)求椭圆 C 的方程；(2)设直线 l：ykxm 是以坐标原点 O 为圆心，2 55 为半径的圆的切线，且与椭圆 C 交于不同的两点 A，B，求AOB 面积的最大值.解(1)将 xc 代入椭圆方程x2a2y2b21，结合 c2a2b2，得 yb2a，由题意知2b2a 1，又 eca 32，a2，b1.椭圆 C 的方程为x24y21.(2)设点 A(x1，y1)，
35、B(x2，y2)，直线 l：ykxm 是以坐标原点 O 为圆心，2 55 为半径的圆的切线，|m|1k22 55，即 m245(1k2)，联立ykxm，x24y21，消 y 得(14k2)x28kmx4m240，16(14k2m2)0，x1x28km14k2，x1x24m2414k2，|AB|1k2|x1x2|1k24 14k2m214k24 1k2116k2514k24 55（1k2）（116k2）（14k2）24 55 19k216k48k214 551916k21k28，16k21k2216k2 1k28，当且仅当 k214时等号成立，|AB|max 5，SOAB 的最大值为122 55
36、 51.C 级 创新猜想15.(多填题)(2020郑州模拟)已知不过原点的动直线 l 交抛物线 C：y22px(p0)于M，N 两点，O 为坐标原点，F 为抛物线 C 的焦点，且|OM ON|OM ON|，则直线 l 过定点_，若MNF 面积的最小值为 27，则 p 的值为_.解析 设动直线 MN 的方程为 xmyt，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由题意知 y10，y20，t0，直线 MN 的方程与抛物线 C 的方程 y22px(p0)联立，消去 x，得y22pmy2pt0，由 0 得 pm22t0，y1y22pm，y1y22pt.由|OM ON|OM ON|，得OM ON 0，所以 x1x2y1y20，即y212p y222py1y20，可得 y1y24p2，所以 t2p，故直线 MN 恒过定点 Q(2p，0)，将 t2p 代入得 mR，又知|QF|2pp23p2，故 SMNF12|QF|y1y2|123p2 4p2m216p23p22m243p2，当且仅当 m0 时，等号成立，由题意得 3p227，解得 p3.答案(2p，0)3
