2021届高三新高考数学人教A版一轮复习教学案：第九章第9节第一课时　最值、范围、证明问题

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y＝kx＋b，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(k≠0)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|＝|x1－x2|

＝·

＝·|y1－y2|＝·.

[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x＝ty＋a与圆锥曲线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则弦长|AB|＝|y1－y2|.(　　)

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2－1P71例6改编)过点(0，1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，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x＝0，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x＝0).

答案　C

3.(老教材选修2－1P69例4改编)已知倾斜角为60°的直线l通过抛物线x2＝4y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＝x＋1，

由得y2－14y＋1＝0.

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝14，

∴|AB|＝y1＋y2＋p＝14＋2＝16.

法二　如图所示，过F作AD的垂线，垂足为H，则|AF|＝|AD|＝p＋|AF|sin 60°，即|AF|＝＝.同理，|BF|＝，故|AB|＝|AF|＋|BF|＝16.

答案　16

4.(2019·天津卷)已知抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l.若l与双曲线－＝1(a>0，b>0)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.   B.   C.2   D.

解析　由已知易得，抛物线y2＝4x的焦点为F(1，0)，准线l：x＝－1，所以|OF|＝1.又双曲线的两条渐近线的方程为y＝±x，不妨设点A，B，所以|AB|＝＝4|OF|＝4，所以＝2，即b＝2a，所以b2＝4a2.又双曲线方程中c2＝a2＋b2，所以c2＝5a2，所以e＝＝.故选D.

答案　D

5.(2020·广东七校联考)已知点P为椭圆＋＝1的动点，EF为圆N：x2＋(y－1)2＝1的任一直径，则·的最大值和最小值分别是(　　)

A.16，12－4    B.17，13－4

C.19，12－4    D.20，13－4

解析　∵EF是圆N的直径，∴|NE|＝|NF|＝1，且＝－，则·＝(＋)·(＋)＝(＋)·(－)＝2－2＝2－1，设P(x0，y0)，则有＋＝1，即x＝16－y，又N(0，1)，∴||2＝x＋(y0－1)2＝－(y0＋3)2＋20，又∵y0∈[－2，2]，∴当y0＝－3时，||2取得最大值20，则(·)max＝20－1＝19.当y0＝2时，||2取得最小值13－4，则(·)min＝12－4.综上，·的最大值和最小值分别为19，12－4，故选C.

答案　C

6.(2020·江西五校协作体联考改编)已知点A(0，2)，抛物线C：y2＝2px(p＞0)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＝，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|，因为＝，所以＝，所以sin∠MNP＝，则tan∠MNP＝，又∠OFA＋∠MNP＝90°(O为坐标原点)，所以tan∠OFA＝2＝，则p＝2.

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：＋＝1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NB1⊥MB1，NB2⊥MB2.

(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)(x0≠0)，

∵MB1⊥NB1，MB2⊥NB2，B1(0，－3)，B2(0，3)，

∴直线NB1：y＋3＝－x，①

直线NB2：y－3＝－x，②

①×②得y2－9＝x2，又＋＝1，

∴y2－9＝x2＝－2x2，

整理得点N的轨迹方程为＋＝1(x≠0).

法二　设直线MB1：y＝kx－3(k≠0)，

则直线NB1：y＝－x－3，①

直线MB1与椭圆C：＋＝1的交点M的坐标为，

则直线MB2的斜率为kMB2＝＝－，

∴直线NB2：y＝2kx＋3，②

由①②解得N点的坐标为，

由，得点N的轨迹方程为＋＝1(x≠0).

(2)由(1)中法二得，四边形MB2NB1的面积

S＝|B1B2|(|xM|＋|xN|)＝3×＝＝≤，

当且仅当|k|＝时，S取得最大值.

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】 (2020·武汉调研)已知椭圆Γ：＋＝1(a＞b＞0)经过点M(－2，1)，且右焦点F(，0).

(1)求椭圆Γ的标准方程；

(2)过N(1，0)且斜率存在的直线AB交椭圆Γ于A，B两点，记t＝·，若t的最大值和最小值分别为t1，t2，求t1＋t2的值.

解　(1)由椭圆＋＝1的右焦点为(，0)，

知a2－b2＝3，即b2＝a2－3，

则＋＝1，a2＞3.

又椭圆过点M(－2，1)，∴＋＝1，

又a2＞3，∴a2＝6.

∴椭圆Γ的标准方程为＋＝1.

(2)设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，

由得x2＋2k2(x－1)2＝6，

即(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－6＝0，

∵点N(1，0)在椭圆内部，∴Δ＞0，

∴

则t＝·＝(x1＋2)(x2＋2)＋(y1－1)(y2－1)

＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋(kx1－k－1)(kx2－k－1)

＝(1＋k2)x1x2＋(2－k2－k)(x1＋x2)＋k2＋2k＋5③，

将①②代入③得，

t＝(1＋k2)·＋(2－k2－k)·＋k2＋2k＋5，

∴t＝，

∴(15－2t)k2＋2k－1－t＝0，k∈R，

则Δ1＝22＋4(15－2t)(1＋t)≥0，

∴(2t－15)(t＋1)－1≤0，即2t2－13t－16≤0，

由题意知t1，t2是2t2－13t－16＝0的两根，∴t1＋t2＝.

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：＋＝1(a＞b＞0)，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＝λ，当λ∈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，∴2bc＝2，

∵|A1A2|＝2a＝2≥2＝2，

当且仅当b＝c＝1时等号成立，此时a＝，

∴长轴A1A2的最小值为2，

此时椭圆E的方程为＋y2＝1.

(2)依题意，可设直线l：x＝ty－2，联立得得(t2＋2)y2－4ty＋2＝0.

由Δ＞0，得t2＞2.

设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，

由根与系数的关系得

由＝λ，得y1＝λy2，

∴

由得λ＋＋2＝，

∵y＝λ＋＋2在λ∈上单调递减，

∴λ＋＋2∈，

∴＜＜，＜t2＜4，满足Δ＞0.

△OPQ的面积S＝S△OMQ－S△OMP

＝|OM||y1－y2|＝|y1－y2|＝＝.

设m＝，则m∈，t2＝m2＋2，

∴S＝＝，

∵y＝m＋在m∈上单调递减，

∴S关于m单调递增，∴△OPQ的面积S∈.

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(a＞0)，过A，B分别作x轴的垂线，与抛物线y2＝2px(p＞0)在第一象限分别交于D，C两点.

(1)若a＝p，点A与抛物线y2＝2px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，求的取值范围.

解　(1)由题意知A，则B，D，则C，

又a＝p，所以kCD＝＝－1.

(2)设直线CD的方程为y＝kx＋b(k≠0)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，

由，得ky2－2py＋2pb＝0，

所以Δ＝4p2－8pkb＞0，得kb＜，

又y1＋y2＝，y1y2＝，由y1＋y2＝＞0，y1y2＝＞0，

可知k＞0，b＞0，因为|CD|＝|x1－x2|

＝a，

点O到直线CD的距离d＝，

所以S1＝·a·＝ab.

又S2＝(y1＋y2)·|x1－x2|＝··a＝，

所以＝，

因为0＜kb＜，所以0＜＜.

即的取值范围为.

考点三　证明问题

【例3】 (2020·西安高三抽测)已知点A(1，－)在椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)上，O为坐标原点，直线l：－＝1的斜率与直线OA的斜率乘积为－.

(1)求椭圆C的方程；

(2)(一题多解)不经过点A的直线y＝x＋t(t≠0且t∈R)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，kOA·kl＝－·＝－＝－，

即a2＝4b2，①

又＋＝1，②

所以联立①②，解得，

所以椭圆C的方程为＋y2＝1.

(2)证明　设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则R(－x1，－y1)，

由

得x2＋tx＋t2－1＝0，

所以Δ＝4－t2＞0，即－2＜t＜2，

又t≠0，所以t∈(－2，0)∪(0，2)，

x1＋x2＝－t，x1·x2＝t2－1.

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kAQ＋kAR＝0.

由题意知，kAQ＋kAR＝＋

＝

＝

＝＝

＝0，

所以|AM|＝|AN|.

法二　要证明|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－，即AS垂直平分MN即可.

直线AQ与AR的方程分别为

lAQ：y＋＝(x－1)，lAR：y＋＝(x－1)，

分别令x＝0，得yM＝－，yN＝－，

所以yM＋yN＝＋－

＝－

＝－

＝－

＝－，

yS＝＝－，即AS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＋＝1相交于两点A，B，连接AN，BN，求证：∠ANM＝∠BNM.

(1)解　设圆C的半径为r(r>0)，依题意，圆心C的坐标为(2，r).

因为|MN|＝3，所以r2＝＋22＝.

所以r＝，圆C的方程为(x－2)2＋＝.

(2)证明　把x＝0代入方程(x－2)2＋＝，解得y＝1或y＝4，即点M(0，1)，N(0，4).

①当AB⊥x轴时，可知∠ANM＝∠BNM＝0.

②当AB与x轴不垂直时，可设直线AB的方程为y＝kx＋1.

联立方程消去y得，(1＋2k2)x2＋4kx－6＝0.

设直线AB交椭圆于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则x1＋x2＝，x1x2＝.

所以kAN＋kBN＝＋＝＋＝＝＝0.

所以∠ANM＝∠BNM.

综合①②知∠ANM＝∠BNM.

A级　基础巩固

一、选择题

1.直线y＝x＋3与双曲线－＝1(a>0，b>0)的交点个数是(　　)

A.1   B.2   C.1或2   D.0

解析　由直线y＝x＋3与双曲线－＝1的渐近线y＝x平行，故直线与双曲线的交点个数是1.

答案　A

2.(2019·浙江八校联考)抛物线y＝ax2与直线y＝kx＋b(k≠0)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x3，则(　　)

A.x3＝x1＋x2    B.x1x2＝x1x3＋x2x3

C.x1＋x2＋x3＝0    D.x1x2＋x2x3＋x3x1＝0

解析　由消去y得ax2－kx－b＝0，可知x1＋x2＝，x1x2＝－，令kx＋b＝0得x3＝－，所以x1x2＝x1x3＋x2x3.

答案　B

3.若点O和点F分别为椭圆＋＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则·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y＝3(－2≤x0≤2).

·＝x0(x0＋1)＋y＝x＋x0＋y＝x＋x0＋3＝·(x0＋2)2＋2.

因为－2≤x0≤2，所以当x0＝2时，·取得最大值，最大值为6.

答案　C

4.(2020·石家庄调研)设F，B分别为椭圆＋＝1(a＞b＞0)的右焦点和上顶点，O为坐标原点，C是直线y＝x与椭圆在第一象限内的交点，若＋＝λ(＋)，则椭圆的离心率是(　　)

A.    B.

C.    D.－1

解析　连接BF，联立椭圆＋＝1(a＞b＞0)与直线y＝x的方程，解得C.因此线段OC的中点坐标为.∵＋＝λ(＋)，∴线段OC的中点在BF上，又直线BF的方程为＋＝1，∴＋＝1，所以＝＝.故选A.

答案　A

5.设P是椭圆＋＝1上一点，M，N分别是两圆：(x＋4)2＋y2＝1和(x－4)2＋y2＝1上的点，则|PM|＋|PN|的最小值、最大值分别为(　　)

A.9，12    B.8，11

C.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|＝2a＝10，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|－2R＝8；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|＋2R＝12，即最小值和最大值分别为8，12.

答案　C

二、填空题

6.(2019·岳阳二模)已知抛物线y＝ax2(a>0)的准线为l，l与双曲线－y2＝1的两条渐近线分别交于A，B两点，若|AB|＝4，则a＝________.

解析　抛物线y＝ax2(a>0)的准线l：y＝－，双曲线－y2＝1的两条渐近线分别为y＝x，y＝－x，可得xA＝－，xB＝，可得|AB|＝－＝4，解得a＝.

答案　

7.抛物线C：y2＝2px(p>0)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M，设过点M的切线方程为x＝my－，代入y2＝2px得y2－2pmy＋p2＝0，∴Δ＝4p2m2－4p2＝0，∴m＝±1，则切线斜率k＝±1，∴MQ⊥MP，因此∠PMQ＝.

答案　

8.(2019·太原一模)过双曲线－＝1(a>0，b>0)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－＝1(a>0，b>0)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<2.

∴e＝＝<＝，

∵e>1，∴1<e<，

∴此双曲线离心率的取值范围为(1，).

答案　(1，)

三、解答题

9.设椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的离心率为，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4＋2.

(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，若点C满足⊥，∥，连接AC交DE于点P，求证：|PD|＝|PE|.

(1)解　由e＝，知＝，所以c＝a，

因为△MF1F2的周长是4＋2，

所以2a＋2c＝4＋2，所以a＝2，c＝，

所以b2＝a2－c2＝1，

所以椭圆C1的方程为：＋y2＝1.

(2)证明　由(1)得A(－2，0)，B(2，0)，

设D(x0，y0)，所以E(x0，0)，

因为⊥，所以可设C(2，y1)，

所以＝(x0＋2，y0)，＝(2，y1)，

由∥可得：(x0＋2)y1＝2y0，即y1＝.

所以直线AC的方程为：＝.

整理得：y＝(x＋2).

又点P在DE上，将x＝x0代入直线AC的方程可得：y＝，即点P的坐标为，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：y2＝4x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x2＋＝1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围.

(1)证明　设P(x0，y0)，A，B.

因为PA，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程＝4·，

即y2－2y0y＋8x0－y＝0的两个不同的实根.

所以y1＋y2＝2y0，因此，PM垂直于y轴.

(2)解　由(1)可知

所以|PM|＝(y＋y)－x0＝y－3x0，

|y1－y2|＝2.

因此，△PAB的面积S△PAB＝|PM|·|y1－y2|

＝(y－4x0).

因为x＋＝1(x0<0)，

所以y－4x0＝－4x－4x0＋4∈[4，5]，

因此，△PAB面积的取值范围是.

B级　能力提升

11.(2020·湖北八校联考)已知抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，过F的直线l交抛物线于A，B两点(点A在第一象限)，若直线l的倾斜角为，则等于(　　)

A.   B.   C.   D.

解析　由题意得F，直线l的斜率k＝tan＝－，∴直线l的方程为y＝－，即x＝－y＋，代入抛物线方程得y2＋py－p2＝0，解得y＝p或y＝－p，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由点A在第一象限可知y1＝p，则y2＝－p，∴＝＝，故选A.

答案　A

12.已知F1，F2是双曲线－＝1(a>0，b>0)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

解得

又|PF1|＋|PF2|≥2c，

∴|PF1|＋|PF2|＝＋≥2c，

整理得e＝≤＝1＋，

∵1<t≤3，∴1＋≥2，∴1<e≤2.

又＝＝e2－1，∴0<≤3，故0<≤.

∴双曲线经过一、三象限的渐近线的斜率的取值范围是(0，].

答案　(0，]

13.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×2cb＝1，bc＝1，

而2a＝2≥2＝2(当且仅当b＝c＝1时取等号)，即长轴长2a的最小值为2.

答案　2

14.(2020·成都诊断)椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别是F1，F2，离心率为，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：y＝kx＋m是以坐标原点O为圆心，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x＝－c代入椭圆方程＋＝1，结合c2＝a2－b2，得y＝±，

由题意知＝1，又e＝＝，

∴a＝2，b＝1.∴椭圆C的方程为＋y2＝1.

(2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，

∵直线l：y＝kx＋m是以坐标原点O为圆心，为半径的圆的切线，

∴＝，即m2＝(1＋k2)，

联立消y得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，

∴Δ＝16(1＋4k2－m2)＞0，x1＋x2＝，x1x2＝，

∴|AB|＝|x1－x2|＝·

＝＝

＝·＝，

∵16k2＋≥2＝8，当且仅当k2＝时等号成立，

∴|AB|max＝，∴S△OAB的最大值为××＝1.

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：y2＝2px(p＞0)于M，N两点，O为坐标原点，F为抛物线C的焦点，且|＋|＝|－|，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x＝my＋t，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由题意知y1≠0，y2≠0，t≠0，直线MN的方程与抛物线C的方程y2＝2px(p＞0)联立，消去x，得y2－2pmy－2pt＝0，由Δ＞0得pm2＋2t＞0①，y1＋y2＝2pm，y1y2＝－2pt.由|＋|＝|－|，得·＝0，所以x1x2＋y1y2＝0，即·＋y1y2＝0，可得y1y2＝－4p2，所以t＝2p，故直线MN恒过定点Q(2p，0)，将t＝2p代入①得m∈R，又知|QF|＝2p－＝，故S△MNF＝|QF|·|y1－y2|＝··＝≥3p2，当且仅当m＝0时，等号成立，由题意得3p2＝27，解得p＝3.

答案　(2p，0)　3