专题限时集训(二十一) 圆锥曲线中的综合问题
1．(2024·湖南娄底一模)若抛物线C的方程为y2＝4x，焦点为F，设P，Q是抛物线C上两个不同的动点．
(1)若|PF|＝3，求直线PF的斜率；
(2)设PQ的中点为R，若直线PQ的斜率为，证明R在一条定直线上．
2．(2022·全国乙卷)已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0，－2)，B两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点P(1，－2)的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足＝.证明：直线HN过定点．
3．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为2，点Q在C上．
(1)P是C上一动点，求·的取值范围；
(2)过C的右焦点F2，且斜率不为零的直线l交C于M，N两点，求△F1MN的内切圆面积的最大值．
4．已知抛物线C：y2＝2px( p>0)过点(1，p)，直线l与该抛物线C相交于M，N两点，过点M作x轴的垂线，与直线y＝－x交于点G，点M关于点G的对称点为P，且O，N，P三点共线．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若过点Q(2，0)作QH⊥l，垂足为H(不与点Q重合)，是否存在定点T，使得|HT|为定值？若存在，求出该定点和该定值；若不存在，请说明理由．
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1．解：(1)由题意知F(1，0)，|PF|＝xP＋1＝3，
∴xP＝2，将x＝2代入y2＝4x，得y＝±2，
∴P，
∴kPF＝＝±2．
(2)证明：法一：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
PQ：y＝x＋t，即x＝y－t，
代入y2＝4x，得y2－4y＋4t＝0，Δ＞0，
∴y1＋y2＝4，
故yR＝＝2，R在定直线y＝2上．
法二：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由题意，＝＝＝，
故y1＋y2＝4，
故yR＝＝2，R在定直线y＝2上．
2．解：(1)设椭圆E的方程为mx2＋ny2＝1，因为椭圆E过A(0，－2)，B两点，
则
解得m＝，n＝，
所以椭圆E的方程为＋＝1．
(2)证明：因为A(0，－2)，B，所以直线AB的方程为y＋2＝x．
①若过点P(1，－2)的直线斜率不存在，即直线x＝1，代入＋＝1，
可得M，N，代入直线AB的方程y＝x－2，可得T，由＝得到H.求得直线HN的方程为y＝x－2，过点(0，－2)．
②若过点P(1，－2)的直线斜率存在，设y＋2＝k(x－1)，即kx－y－(k＋2)＝0，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立得(3k2＋4)x2－6k(2＋k)x＋3k(k＋4)＝0，Δ＝[－6k(2＋k)]2－4(3k2＋4)·3k(k＋4)＝96k2－192k＞0，解得k＜0或k＞2．
可得
联立可得T，由＝，得H(3y1＋6－x1，y1)．
可求得此时HN：y－y2＝(x－x2)，
将(0，－2)代入整理得2(x1＋x2)－6(y1＋y2)＋x1y2＋x2y1－3y1y2－12＝0，
又x1y2＋x2y1＝，
代入，得24k＋12k2＋96＋48k－24k－48－48k＋24k2－36k2－48＝0，显然成立．
综上，可得直线HN过定点(0，－2)．
3．解：(1)由题意知c＝，所以a2＝b2＋3．
将点Q代入＋＝1，解得b＝1，所以椭圆C的方程为＋y2＝1．
设点P(x，y)，则·＝·＝x2－3＋y2＝x2－2．
又因为x∈[－2，2]，所以·的取值范围是[－2，1]．
(2)依题意可设直线l的方程为x＝my＋，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立得y2＋my－＝0，Δ＞0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝－，
所以S△F1MN＝×2·
＝＝4，
又因为＝＝≤，
当且仅当m＝±时等号成立．
所以S△F1MN≤4×＝2．
又因为三角形内切圆半径r满足r＝＝≤＝．
所以△F1MN的内切圆面积的最大值为．
4．解：(1)因为抛物线C：y2＝2px( p>0)过点(1，p)，所以p2＝2p，所以p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x．
(2)设M，N，
联立得G，又因为点M关于点G的对称点为P，所以P，
由O，N，P三点共线，可得kON＝kOP，即＝，化简得2(y1＋y2)＋y1y2＝0．
设直线l的方程为x＝my＋n，联立消去x，得y2－4my－4n＝0，
则Δ＝(－4m)2－4×(－4n)>0，即m2＋n>0，可得y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n，
代入2(y1＋y2)＋y1y2＝0，可得8m－4n＝0，可得n＝2m，
所以直线l的方程：x＝my＋n，即x＝my＋2m，则x＝m(y＋2)，
所以直线l过定点E(0，－2)，
因为QH⊥l，
所以点H的轨迹是以EQ为直径的圆(除去E，Q两点)，圆心为(1，－1)，半径为，
所以存在定点T(1，－1)，使得|HT|为定值，该定值为．
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