1．如图，过抛物线x2＝y上任意一点P（不是顶点）作切线l，l交y轴于点Q． （1）求证：线段PQ的中垂线过定点；
（2）过直线y=x﹣1上任意一点R作抛物线x2＝y的两条切线，切点分别为S、T，M为抛物线上S、T之间到直线ST的距离最大的点，求△MST面积的最小值．
12
【分析】（1）求导，利用导数的几何意义，即可求得切线方程，因此可得PQ的中点坐标，即可求得PQ的中垂线方程，即可判断恒过定点；
（2）根据（1）可知，分别求得切线RS，RT的方程，因此可得x2，x3为方程𝑥2−2𝑥0𝑥+
𝑥0−1=0的两个根，利用韦达定理及弦长公式求得|ST|，利用三角形的面积公式及二次2函数的性质，即可求得△MST面积的最小值．
【解答】解：（1）有y＝x2，求导y′＝2x，设P（x1，x12）且x1≠0，
22则直线l的方程为：𝑦−𝑥1=2𝑥1(𝑥−𝑥1)，化简得𝑦=2𝑥1𝑥−𝑥1， 22当x＝0，则𝑦=−𝑥1，则𝑄(0，−𝑥1)，
所以线段PQ的中点坐标为(−2𝑥+4，
1
1
1
𝑥1𝑥1，0)，则中垂线的方程为𝑦=−(𝑥−1)，即𝑦=22𝑥12所以线段PQ的中垂线过定点(0，4)；
（2）设𝑅(𝑥0，𝑥0−1)，S（x2，y2），T（x3，y3），
22
由（1）可知，切线RS：𝑦=2𝑥2𝑥−𝑥2，切线RT：𝑦=2𝑥3𝑥−𝑥3，
1
1
20022
将R分别代入，得𝑥2−2𝑥0𝑥2+2−1=0，𝑥3−2𝑥0𝑥3+2−1=0， 0所以x2，x3为方程𝑥2−2𝑥0𝑥+2−1=0的两个根，
𝑥𝑥
𝑥
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0则x2+x3＝2x0，𝑥2𝑥3=2−1，
𝑥
直线ST的方程为𝑦−1，
2
𝑥2
2𝑥2𝑥03−𝑥2=𝑥−𝑥(𝑥−𝑥2)，化简得y＝（x2+x3）x﹣x2x3，即𝑦=2𝑥0𝑥−2+
32
22√2
所以|𝑆𝑇|=√1+4𝑥0|𝑥1−𝑥2|=2√1+4𝑥0𝑥0−2𝑥0+1，
1
抛物线上S、T之间到直线ST的距离最大的点为平行于ST的切线的切点，
22设𝑀(𝑥4，𝑥4)，则2x4＝2x0，所以x4＝x0，则𝑀(𝑥0，𝑥0)，
M到直线ST的距离𝑑=
0|𝑥20−2+1|
√1+4𝑥2𝑥
，
0𝑥
则
𝑆△𝑅𝑆𝑇
0|𝑥2𝑥110−2+1|2√22
=|𝑆𝑇|⋅𝑑=⋅2√1+4𝑥0⋅𝑥0−0+1=√(𝑥0−𝑥0+1)3=2222√1+4𝑥20
√[(𝑥0−1)2+15]3
416当𝑥0=4时，则△MST面积的最小值．
64
【点评】本题考查抛物线的性质，直线与抛物线的性质，抛物线的切线方程的求法及应用，弦长公式及二次函数的最值，其实质在于圆锥曲线的极点与极线的应用，考查转化思想，计算能力，属于中档题．
√6√2𝑥2𝑦2
2．已知双曲线𝐶：2−2=1(𝑎＞0，𝑏＞0)的离心率为，且该双曲线经过点𝑃(√3，)．
2𝑎2𝑏
1
15√15（1）求双曲线C的方程；
（2）设斜率分别为k1，k2的两条直线l1，l2均经过点Q（2，1），且直线l1，l2与双曲线C分别交于A，B两点（A，B异于点Q），若k1+k2＝1，试判断直线AB是否经过定点，若存在定点，求出该定点坐标；若不存在，说明理由．
【分析】（1）由离心率及隐含条件可得c＝3b，a＝2b，得到双曲线方程为1．把点P的坐标代入求解b，即可得到双曲线C的方程；
（2）当直线AB的斜率不存在时，点A，B关于x轴对称，A（x0，y0），B（x0，﹣y0），由k1+k2＝1，得x0＝0，不符合题意，故直线AB的斜率存在．不妨设直线AB的方程为y＝kx+t，代入双曲线方程，化为关于x的一元二次方程，利用k1+k2＝1及根与系数的关系可得t＝1或t＝1﹣2k．再把t代入直线AB的方程，即可得到直线AB过定点．
2
2
2
2
𝑥2
2𝑏2
−
𝑦2𝑏2
=
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【解答】解：（1）由离心率为=
𝑎
𝑐
√6，且c2＝a2+b2，得c2＝3b2，a2＝2b2， 2
即双曲线方程为又点𝑃(√3，√2𝑥2
2𝑏2−
𝑦2𝑏2=1．
32𝑏22)在双曲线C上，∴−
12𝑏2=1，
解得b2＝1，a2＝2， ∴双曲线C的方程为
𝑥22
−𝑦2=1；
（2）当直线AB的斜率不存在时，点A，B关于x轴对称， 设A（x0，y0），B（x0，﹣y0）， 则由k1+k2＝1，得即
−2𝑥0−2
𝑦0−1𝑥0−2
+
−𝑦0−1𝑥0−2
=1，
=1，解得x0＝0，不符合题意，故直线AB的斜率存在．
𝑥22
不妨设直线AB的方程为y＝kx+t，代入
−𝑦2=1，
整理得（2k2﹣1）x2+4ktx+2t2+2＝0（2k2﹣1≠0），△＞0． 设A（x1，y1），B（x2，y2），则𝑥1+𝑥2=−由k1+k2＝1，得
𝑦1−1𝑥1−2
4𝑘𝑡
2+
𝑦2−1𝑥2−2
=1，即
2𝑘−12𝑘−1
𝑘𝑥1+𝑡−1𝑘𝑥2+𝑡−1𝑥1−2
，𝑥1𝑥2=
𝑥2−2
2𝑡2+2
2 +=1，
整理得（2k﹣1）x1x2+（t﹣2k+1）（x1+x2）﹣4t＝0， ∴(2𝑘−1)⋅
2𝑡2+22𝑘−1
2+(𝑡−2𝑘+1)⋅(−
4𝑘𝑡2𝑘−1
2)−4𝑡=0，
整理得：t2+（2k﹣2）t﹣1+2k＝0，即（t﹣1）（t+2k﹣1）＝0， ∴t＝1或t＝1﹣2k．
当t＝1时，直线AB的方程为y＝kx+1，经过定点（0，1）；
当t＝1﹣2k时，直线AB的方程为y＝k（x﹣2）+1，经过定点Q（2，1），不符合题意． 综上，直线AB过定点（0，1）．
【点评】本题考查双曲线方程的求法，考查直线与双曲线位置关系的应用，考查逻辑思维能力与推理论证能力，考查运算求解能力，是中档题． 3．已知𝐴(2，√2)为椭圆
𝑥2𝑎2
+
𝑦2𝑏2
=1（a＞b＞0）与抛物线y2＝2px的交点，设椭圆的左右
焦点为F1，F2，抛物线的焦点为F，直线AF将ΔAF1F2的面积分为9：7两部分． （1）求椭圆及抛物线的方程；
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（2）若直线l：y＝kx+m与椭圆
𝑥2𝑎2+
𝑦2𝑏2=1相交于P、Q两点，且△OPQ的重心恰好在
圆O：x2+y2＝1上，求m的取值范围．
【分析】（1）利用点A为椭圆和抛物线的交点，代入两个方程，即可求出抛物线的方程，再利用直线AF将ΔAF1F2的面积分为9：7两部分，求出c的值，由此得到a，b的值，从而得到椭圆的标准方程；
（2）联立直线与椭圆的方程，得到韦达定理和判别式大于0，由△POQ重心恰好在圆x2+y2＝1上，得到(𝑥1+𝑥2)2+(𝑦1+𝑦2)2=9，利用韦达定理进行化简变形，表示出m2的表达式，由基本不等式求解即可得到答案．
【解答】解：（1）由题意可知，点𝐴(2，√2)为椭圆与抛物线的交点，
4𝑎2+
2𝑏2=1且2＝4p，
1
解得𝑝=2，则y2＝x；
又直线AF将ΔAF1F2的面积分为9：7两部分， 所以𝑐+
191
=(𝑐−)，解得c＝2， 474则a2﹣b2＝4，解得𝑏=2，𝑎=2√2， 抛物线的方程为y＝x；椭圆的方程为（2）设P（x1，y1），Q（x2，y2），
𝑥2𝑦2
由{8+4=1，可得（1+2k2）x2+4kmx+2m2﹣8＝0，
2
𝑥28
+
𝑦24
=1；
𝑦=𝑘𝑥+𝑚
由Δ＞0，可得4（2k2+1）＞m2（※）， 且𝑥1+𝑥2=−
4𝑘𝑚1+2𝑘
2，
由△POQ重心恰好在圆x2+y2＝1上， 可得(𝑥1+𝑥2)2+(𝑦1+𝑦2)2=9， 即(𝑥1+𝑥2)2+[𝑘(𝑥1+𝑥2)+2𝑚]2=9，
即(1+𝑘2)(𝑥1+𝑥2)2+4𝑘𝑚(𝑥1+𝑥2)+4𝑚2=9， 所以
16(1+𝑘2)𝑘2𝑚2
(1+2𝑘2)2
−
16𝑘2𝑚21+2𝑘2
+4𝑚2=9，
化简得𝑚2=
9(1+2𝑘)
222
4(4𝑘+1)
，代入（※）中可得k∈R，
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设4𝑘2+1=𝑡⇒𝑘2=
9(1+2𝑘)
22
𝑡−1
(𝑡≥1)， 49(𝑡2+2𝑡+1)919
则𝑚===(𝑡++2)≥， 216𝑡16𝑡44(4𝑘+1)
2
当且仅当t＝1时取等号， 故𝑚2≥4，
则实数m的取值范围为𝑚≤−或𝑚≥．
【点评】本题考查了椭圆标准方程以及抛物线标准方程的求解、直线与椭圆位置关系的应用，在解决直线与圆锥曲线位置关系的问题时，一般会联立直线与圆锥曲线的方程，利用韦达定理和“设而不求”的方法进行研究，属于中档题．
32329
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