【数学】2021届一轮复习人教A版（理）第十章第四讲　圆锥曲线的综合问题学案 20页

第四讲　圆锥曲线的综合问题 ‎1.[改编题]下列结论正确的是(　　)‎ A.f (x0,y0)=0是点P(x0,y0)在曲线f (x,y)=0上的充要条件 B.方程x2+xy=x表示的是一个点和一条直线 C.方程y=x与x=y2表示同一曲线 D.到两条互相垂直的直线距离相等的点的轨迹方程是x2=y2‎ ‎2.[改编题]已知点F (‎1‎‎4‎,0),直线l:x= - ‎1‎‎4‎,点B是l上的动点,若过点B且垂直于y轴的直线与线段BF 的垂直平分线交于点M,则点M的轨迹是(　　)‎ A.双曲线 B.椭圆 ‎ C.圆 D.抛物线 ‎3.[2019广东百校联考]已知A(x1,y1),B(x2,y2)是抛物线y=x2上不同的两点,分别以A,B为切点的两条切线互相垂直,则切线交点的轨迹为(　　)‎ A.直线 B.圆C.抛物线 D.双曲线的一支 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 考法1求轨迹方程 ‎1直线l(不与x轴重合)过点F (1,0)且与y轴交于点G,过G作F G的垂线,与x轴交于点T,点P满足TP=2GP.‎ ‎(1)求点P的轨迹C的方程;‎ ‎(2)过点K( - 1,0)的直线l1与C交于A,B两点,点A关于x轴的对称点为D,FA·FB‎=‎‎8‎‎9‎,求直线BD的方程.‎ ‎(1)解法一　(直接法)如图10 - 4 - 1所示,连接PF ,设P(x,y).依题意知,G为线段TP的中点,F 在线段TP的垂直平分线上,故|TF |=|PF |.‎ 因为|PF |=‎(x-1‎)‎‎2‎+‎y‎2‎,‎ 所以T(1 - ‎(x-1‎)‎‎2‎+‎y‎2‎,0).‎ 又线段TP的中点G在y轴上,所以1 - ‎(x-1‎)‎‎2‎+‎y‎2‎+x=0,‎ 图10 - 4 - 1　　　图10 - 4 - 2‎ 化简得y2=4x,即点P的轨迹方程为y2=4x(x≠0).‎ 解法二　(定义法)如图10 - 4 - 2所示,过点P作y轴的垂线,与直线l交于点S,与y轴交于点R,连接ST,PF .由题意知SF 垂直平分线段TP,所以四边形STF P为菱形,‎ 所以|PS|=|PF |,且G为线段SF 的中点,所以|RS|=|OF |=1,‎ 故点P到定点F 的距离与它到定直线x= - 1的距离相等,‎ 所以点P的轨迹是以F 为焦点,直线x= - 1为准线的抛物线.‎ 设P(x,y),则点P的轨迹方程为y2=4x(x≠0).‎ 解法三　(参数法)设∠xF G=θ,显然θ≠π‎2‎且θ≠π,‎ 则点G(0, - tanθ).‎ 因为GT⊥F G,‎ 所以直线TG的方程为x+ytanθ= - tan2θ,‎ 所以T( - tan2θ,0).‎ 设P(x,y),因为TP=2GP,所以G是线段PT的中点,‎ 所以x=tan‎2‎θ,‎y=-2tanθ(θ为参数),‎ 消去tanθ,得点P的轨迹方程为y2=4x(x≠0).‎ ‎(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x1, - y1),l1的方程为x=my - 1(m≠0),‎ 将x=my - 1(m≠0)代入y2=4x并整理得y2 - 4my+4=0,‎ 则Δ=16m2 - 16>0,m>1或m< - 1.y1+y2=4m,y1y2=4.‎ x1+x2=(my1 - 1)+(my2 - 1)=4m2 - 2,‎ x1x2=(my1 - 1)·(my2 - 1)=1.‎ 因为FA=(x1 - 1,y1),FB=(x2 - 1,y2),‎ 所以FA·FB=(x1 - 1)(x2 - 1)+y1y2=x1x2 - (x1+x2)+1+4=8 - 4m2,‎ 故8 - 4m2=‎8‎‎9‎,解得m=±‎4‎‎3‎,满足Δ>0.‎ 又|y2 - y1|=‎(4m‎)‎‎2‎-4×4‎‎=‎‎4‎‎7‎‎3‎,‎ 所以直线BD的斜率为kBD=y‎2‎‎+‎y‎1‎x‎2‎‎-‎x‎1‎‎= ‎‎4‎y‎2‎‎-‎y‎1‎=±‎3‎‎7‎.‎ 因为直线BD的方程为y=y‎2‎‎+‎y‎1‎x‎2‎‎-‎x‎1‎(x - x2)+y2,‎ 所以y=‎4‎y‎2‎‎-‎y‎1‎(x - y‎2‎‎2‎‎4‎)+y2,‎ 所以y=‎4x-‎y‎1‎y‎2‎y‎2‎‎-‎y‎1‎,‎ 即y=‎4(x-1)‎y‎2‎‎-‎y‎1‎,令y=0,得x=1,‎ 所以直线BD过点(1,0),‎ 所以直线BD的方程为3x+‎7‎y - 3=0或3x - ‎7‎y - 3=0.‎ ‎1.[2017全国卷Ⅱ,20,12分][理]设O为坐标原点,动点M在椭圆C:x‎2‎‎2‎+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足NP‎=‎‎2‎NM.‎ ‎(1)求点P的轨迹方程;‎ ‎(2)设点Q在直线x= - 3上,且OP·PQ=1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F .‎ ‎2.已知圆C与两圆x2+(y+4)2=1,x2+(y - 2)2=1外切,圆C的圆心轨迹为L,设L上的点与点M(x,y)的距离的最小值为m,点F (0,1)与点M(x,y)的距离为n.‎ ‎(1)求圆C的圆心轨迹L的方程;‎ ‎(2)求满足条件m=n的点M的轨迹Q的方程.‎ 考法2 与圆锥曲线有关的最值或取值范围问题 命题角度1　最值问题 ‎2[2019全国卷Ⅱ,21,12分][理]已知点A( - 2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为 - ‎1‎‎2‎.记M的轨迹为曲线C.‎ ‎(1)求C的方程,并说明C是什么曲线.‎ ‎(2)过坐标原点的直线交C于P,Q两点,点P在第一象限,PE⊥x轴,垂足为E,连接QE并延长交C于点G.‎ ‎(i)证明:△PQG是直角三角形;‎ ‎(ii)求△PQG面积的最大值.‎ ‎(1)先利用条件kAM·kBM= - ‎1‎‎2‎建立方程,再将点的坐标代入,化简即得C的方程,从而可判断C是什么曲线.(2)(i)设直线PQ的方程为y=kx(k>0),然后与椭圆方程联立,求得点P,Q,E的坐标,从而求得直线QG 的方程,并与椭圆方程联立,求得点G的坐标,由此求得直线PG的斜率,进而可得PQ⊥PG,即证△PQG是直角三角形;(ii)由(i)求出|PQ|,|PG|,从而得到△PQG面积的表达式,进而利用换元法及函数的单调性求其最大值.‎ ‎(1)由题设得yx+2‎·yx-2‎= - ‎1‎‎2‎,化简得x‎2‎‎4‎‎+‎y‎2‎‎2‎=1(|x|≠2),所以C为中心在坐标原点,焦点在x轴上且不含左、右顶点的椭圆.‎ ‎(2)(i)设直线PQ的斜率为k,则其方程为y=kx(k>0).‎ 由y=kx,‎x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎2‎=1‎得x=±‎2‎‎1+2‎k‎2‎.‎ 记u=‎2‎‎1+2‎k‎2‎,则P(u,uk),Q( - u, - uk),E(u,0).‎ 于是直线QG的斜率为k‎2‎,方程为y=k‎2‎(x - u).‎ 由y=k‎2‎(x-u),‎x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎2‎=1‎得(2+k2)x2 - 2uk2x+k2u2 - 8=0　①.‎ 设G(xG,yG),则x= - u和x=xG是方程①的解,故xG=u(3k‎2‎+2)‎‎2+‎k‎2‎,由此得yG=uk‎3‎‎2+‎k‎2‎.‎ 从而直线PG的斜率为uk‎3‎‎2+‎k‎2‎‎-uku(3k‎2‎+2)‎‎2+‎k‎2‎‎-u= - ‎1‎k.‎ 所以PQ⊥PG,即△PQG是直角三角形.‎ ‎(ii)由(i)得|PQ|=2u‎1+‎k‎2‎,|PG|=‎2ukk‎2‎‎+1‎‎2+‎k‎2‎,所以△PQG的面积S=‎1‎‎2‎|PQ||PG|=‎8k(1+k‎2‎)‎‎(1+2k‎2‎)(2+k‎2‎)‎‎=‎‎8(‎1‎k+k)‎‎1+2(‎1‎k+k‎)‎‎2‎.‎ 设t=k+‎1‎k,则由k>0得t≥2,当且仅当k=1时取等号.‎ 因为S=‎8t‎1+2‎t‎2‎在[2,+∞)上单调递减,所以当t=2,即k=1时,S取得最大值,最大值为‎16‎‎9‎.‎ 因此,△PQG面积的最大值为‎16‎‎9‎.‎ 命题角度2　范围问题 ‎3[2019河南郑州二测]在平面直角坐标系xOy中,已知圆C1:x2+y2=r2(r>0)与直线l0:y=x+2‎2‎相切,点A为圆C1上一动点,AN⊥x轴于点N,且动点M满足OM‎+‎AM=ON,设动点M的轨迹为曲线C.‎ ‎(1)求曲线C的方程;‎ ‎(2)设P,Q是曲线C上两动点,线段PQ的中点为T,直线OP,OQ的斜率分别为k1,k2,且k1k2= - ‎1‎‎4‎,求|OT|的取值范围.‎ ‎(1)先设M(x,y),A(x0,y0),再由圆C1:x2+y2=r2(r>0)与直线l0:y=x+2‎2‎相切求出r,结合OM‎+‎AM=ON,即可求出曲线C的方程.(2)当直线PQ的斜率不存在时,可求出|OT|=‎2‎,当直线PQ的斜率存在时,设直线PQ的方程为y=kx+m(m≠0),与椭圆方程联立,利用根与系数的关系、k1k2= - ‎1‎‎4‎及中点坐标公式,求出|OT|2=2 - ‎3‎‎4‎m‎2‎,进而讨论|OT|的取值范围.‎ ‎(1)设动点M(x,y),A(x0,y0),由于AN⊥x轴于点N,则N(x0,0).‎ 又圆C1:x2+y2=r2(r>0)与直线l0:y=x+2‎2‎相切,‎ 所以r=‎|2‎2‎|‎‎2‎=2,则圆C1:x2+y2=4.(由条件得到圆C1的方程)‎ 由OM‎+‎AM=ON,得(x,y)+(x - x0,y - y0)=(x0,0),‎ 所以‎2x-x‎0‎=x‎0‎,‎‎2y-y‎0‎=0,‎即x‎0‎‎=x,‎y‎0‎‎=2y.‎(由向量等式得到坐标关系)‎ 又点A为圆C1:x2+y2=4上一动点,所以x2+4y2=4.(此处运用了相关点法)‎ 于是曲线C的方程为x‎2‎‎4‎+y2=1.‎ ‎(2)当直线PQ的斜率不存在时,可取直线OP的方程为y=‎1‎‎2‎x,‎ 不妨取点P(‎2‎,‎2‎‎2‎),则Q(‎2‎, - ‎2‎‎2‎),T(‎2‎,0),所以|OT|=‎2‎.(先讨论直线PQ的斜率不存在的情形)‎ 当直线PQ的斜率存在时,设直线PQ的方程为y=kx+m(m≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2),‎ 由y=kx+m,‎x‎2‎‎+4y‎2‎=4‎消去y并整理得(1+4k2)x2+8kmx+4m2 - 4=0,易知Δ=16(4k2+1 - m2)>0　①,‎ 则x1+x2=‎-8km‎1+4‎k‎2‎,x1x2=‎4m‎2‎-4‎‎1+4‎k‎2‎.‎ 由k1k2= - ‎1‎‎4‎,得4y1y2+x1x2=0,‎ 所以4(kx1+m)(kx2+m)+x1x2=(4k2+1)x1x2+4km(x1+x2)+4m2=4m2 - 4 - ‎32‎k‎2‎m‎2‎‎1+4‎k‎2‎+4m2=0,‎ 化简得2m2=1+4k2(满足①式),所以m2≥‎1‎‎2‎.‎ 设T(x'0,y'0),则x'0=x‎1‎‎+‎x‎2‎‎2‎=‎-4km‎1+4‎k‎2‎=‎-2km,y'0=kx'0+m=‎1‎‎2m,‎ 所以|OT|2=x‎'‎‎0‎‎2‎+y‎'‎‎0‎‎2‎=‎4‎k‎2‎m‎2‎‎+‎‎1‎‎4‎m‎2‎=2 - ‎3‎‎4‎m‎2‎∈[‎1‎‎2‎,2),‎ 即|OT|∈[‎2‎‎2‎,‎2‎).‎ 综上,|OT|的取值范围为[‎2‎‎2‎,‎2‎].‎ ‎3.[2017浙江,21,15分]如图10 - 4 - 3,已知抛物线x2=y,点A( - ‎1‎‎2‎,‎1‎‎4‎),B(‎3‎‎2‎,‎9‎‎4‎),抛物线上的点P(x,y)( - ‎1‎‎2‎‎<‎x‎<‎‎3‎‎2‎).过点B作直线AP的垂线,垂足为Q.‎ ‎(1)求直线AP斜率的取值范围;‎ ‎(2)求|PA|·|PQ|的最大值.‎ 考法3 与圆锥曲线有关的定点、定值问题 命题角度1　定点问题 ‎4[2019郑州质量预测]设M为圆C:x2+y2=4上的动点,点M在x轴上的射影为点N,动点P满足2PN‎=‎‎3‎MN,动点P的轨迹为E.‎ ‎(1)求E的方程;‎ ‎(2)设E的左顶点为D,若直线l:y=kx+m与曲线E交于A,B两点(A,B不是左、右顶点),且满足|DA‎+‎DB|=|DA‎-‎DB|,证明直线l恒过定点,并求出该定点的坐标.‎ ‎(1)设点M(x0,y0),P(x,y),由题意可知N(x0,0).‎ 因为2PN‎=‎‎3‎MN,所以2(x0 - x, - y)=‎3‎(0, - y0),‎ 即x0=x,y0=‎2‎‎3‎y.(将向量关系转化成坐标关系,可得到坐标的对应)‎ 又点M在圆C:x2+y2=4上,所以x‎0‎‎2‎‎+‎y‎0‎‎2‎=4,‎ 将x0=x,y0=‎2‎‎3‎y代入,得x‎2‎‎4‎‎+‎y‎2‎‎3‎=1,(此处用了相关点法)‎ 即轨迹E的方程为x‎2‎‎4‎‎+‎y‎2‎‎3‎=1.‎ ‎(2)由(1)可知D( - 2,0),设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 由y=kx+m,‎x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎3‎=1‎消去y,得(3+4k2)x2+8mkx+4(m2 - 3)=0.‎ Δ=(8mk)2 - 4(3+4k2)(4m2 - 12)=16(12k2 - 3m2+9)>0,‎ 即3+4k2 - m2>0.(由判别式大于0得到一个含二元变量的不等式)‎ 所以x1+x2=‎-8mk‎3+4‎k‎2‎,x1x2=‎4(m‎2‎-3)‎‎3+4‎k‎2‎,y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2=‎3m‎2‎-12‎k‎2‎‎3+4‎k‎2‎.‎ 因为|DA‎+‎DB|=|DA‎-‎DB|,所以DA⊥DB,即DA·DB=0,‎ 所以(x1+2,y1)·(x2+2,y2)=x1x2+2(x1+x2)+4+y1y2=0,‎ 则‎4m‎2‎-12‎‎3+4‎k‎2‎+2×‎-8mk‎3+4‎k‎2‎+4+‎3m‎2‎-12‎k‎2‎‎3+4‎k‎2‎=0,所以7m2 - 16mk+4k2=0,‎ 解得m1=2k,m2=‎2‎‎7‎k,且均满足3+4k2 - m2>0.(需要检验结论是否满足判别式大于0)‎ 当m1=2k时,直线l的方程为y=kx+2k=k(x+2),直线恒过定点( - 2,0),与已知矛盾;‎ 当m2=‎2‎‎7‎k时,直线l的方程为y=kx+‎2‎‎7‎k=k(x+‎2‎‎7‎),直线恒过定点( - ‎2‎‎7‎,0).(由直线方程的点斜式可知直线恒过定点)‎ 所以直线l恒过定点,且定点的坐标为( - ‎2‎‎7‎,0).‎ 命题角度2　定值问题 ‎5 [2019洛阳市第二次统考]已知抛物线C:y2=2px(p>0),其焦点为F ,O为坐标原点,直线l与抛物线C相交于不同的两点A,B,M为线段AB的中点.‎ ‎(1)若p=2,M的坐标为(1,1),求直线l的方程.‎ ‎(2)若直线l过焦点F ,线段AB的垂直平分线交x轴于点N,试问:‎2|MN‎|‎‎2‎‎|FN|‎是否为定值?若为定值,试求出此定值;否则,说明理由.‎ ‎(1)思路一　先判断直线l的斜率存在且不为0,设出直线l的方程,再将直线方程与抛物线方程联立,利用根与系数的关系及中点坐标公式求出直线l的方程.‎ 思路二　先设A(x1,y1),B(x2,y2),再利用AB的中点为M(1,1),由“点差法”可求得直线l的斜率,即得直线l的方程.‎ ‎(2)先利用中点坐标公式计算点M的坐标,再计算点N的坐标,由两点间的距离公式计算|MN|2,|F N|,可得‎2|MN‎|‎‎2‎‎|FN|‎为定值.‎ ‎(1)解法一　由题意知直线l的斜率存在且不为0,可设直线l的方程为x - 1=t(y - 1)(t≠0),即x=ty+1 - t,A(x1,y1),B(x2,y2).‎ 由p=2知抛物线方程为y2=4x,‎ 由x=ty+1-t,‎y‎2‎‎=4x消去x,得y2 - 4ty - 4+4t=0.‎ Δ=( - 4t)2 - 4( - 4+4t)=16(t2 - t+1)>0,‎ y1+y2=4t,所以4t=2,解得t=‎1‎‎2‎.(利用中点坐标公式求得t的值)‎ 所以直线l的方程为2x - y - 1=0.‎ 解法二　由p=2,知抛物线方程为y2=4x.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),则y‎1‎‎2‎=4x1,y‎2‎‎2‎=4x2.‎ 由题意知直线AB的斜率存在,则直线AB的斜率kAB=y‎1‎‎-‎y‎2‎x‎1‎‎-‎x‎2‎‎=‎‎4‎y‎1‎‎+‎y‎2‎,(利用点差法求直线AB的斜率)‎ 因为线段AB的中点为M(1,1),所以y1+y2=2,‎ 所以kAB=‎4‎‎2‎=2,则直线l的方程为y - 1=2(x - 1),即2x - y - 1=0.‎ ‎(2)‎2|MN‎|‎‎2‎‎|FN|‎为定值2p,证明如下.‎ 由抛物线C:y2=2px(p>0),知焦点F 的坐标为(p‎2‎,0).‎ 由题意知,直线l的斜率存在且不为0,‎ 因为直线l过焦点F ,‎ 所以可设直线l的方程为x=ry+p‎2‎(r≠0),A(x3,y3),B(x4,y4),‎ 由x=ry+p‎2‎,‎y‎2‎‎=2px消去x,得y2 - 2pry - p2=0.‎ Δ=( - 2pr)2 - 4( - p2)=4p2r2+4p2>0,y3+y4=2pr,‎ 所以x3+x4=r(y3+y4)+p=2pr2+p,则M(pr2+p‎2‎,pr).‎ 所以直线MN的方程为y - pr= - r(x - pr2 - p‎2‎),‎ 令y=0,解得x=pr2+‎3p‎2‎,则N(pr2+‎3p‎2‎,0).‎ 所以|MN|2=p2+p2r2,|F N|=pr2+‎3p‎2‎‎-‎p‎2‎=pr2+p,‎ 于是‎2|MN‎|‎‎2‎‎|FN|‎‎=‎‎2(p‎2‎+p‎2‎r‎2‎)‎pr‎2‎+p=2p.(整体相消得到定值)‎ 所以‎2|MN‎|‎‎2‎‎|FN|‎为定值2p.‎ ‎4.[2019合肥高三质检]已知直线l经过椭圆C:x‎2‎a‎2‎‎+‎y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的右焦点(1,0),交椭圆C于点A,B,点F 为椭圆C的左焦点,△ABF 的周长为8.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程.‎ ‎(2)若直线m与直线l的倾斜角互补,直线m交椭圆C于点M,N,|MN|2=4|AB|,求证:直线m与直线l的交点P在定直线上.‎ 考法4 与圆锥曲线有关的存在性问题 ‎6 [2019湘东六校联考]已知椭圆C:x‎2‎a‎2‎‎+‎y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的离心率e=‎1‎‎2‎,点A(b,0),B,F 分别为椭圆C的上顶点和左焦点,且|BF |·|BA|=2‎6‎.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)若过定点M(0,2)的直线l与椭圆C交于G,H两点(G在M,H之间),设直线l的斜率k>0,在x轴上是否存在点P(m,0),使得以PG,PH为邻边的平行四边形为菱形?如果存在,求出m的取值范围;如果不存在,请说明理由.‎ ‎(1)先由离心率得到a,c的关系式,再由|BF |·|BA|=2‎6‎得到a,b的关系式,结合a2 - b2=c2求出a2,b2,即得椭圆C的方程.(2)先设出直线l的方程,并与椭圆方程联立,利用Δ>0得到k的取值范围,再分别写出PG‎+‎PH,GH的坐标,从而由菱形的性质、向量垂直的充要条件及根与系数的关系得到m关于k的表达式,进而求出m的取值范围.‎ ‎(1)由离心率e=‎1‎‎2‎,得ca‎=‎‎1‎‎2‎,即a=2c　①.‎ 由|BF |·|BA|=2‎6‎,得a·b‎2‎‎+‎b‎2‎=2‎6‎,即ab=2‎3‎　②.‎ 易知a2 - b2=c2　③.‎ 由①②③可解得a2=4,b2=3,‎ 所以椭圆C的方程为x‎2‎‎4‎‎+‎y‎2‎‎3‎=1.‎ ‎(2)设直线l的方程为y=kx+2(k>0),‎ 由y=kx+2,‎x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎3‎=1‎消去y得,(3+4k2)x2+16kx+4=0.‎ 由Δ=(16k)2 - 16(3+4k2)>0,解得k>‎1‎‎2‎.‎ 设G(x1,y1),H(x2,y2),则x1+x2=‎-16k‎4k‎2‎+3‎,‎ PG‎+‎PH‎=(x1+x2 - 2m,k(x1+x2)+4),GH=(x2 - x1,y2 - y1)=(x2 - x1,k(x2 - x1)).‎ 因为菱形的对角线互相垂直,所以(PG‎+‎PH)·GH=0,‎ 所以(1+k2)(x1+x2)+4k - 2m=0,得m= - ‎2k‎4k‎2‎+3‎= - ‎2‎‎4k+‎‎3‎k.‎ 因为k>‎1‎‎2‎,所以 - ‎3‎‎6‎≤m<0(当且仅当‎3‎k=4k,即k=‎3‎‎2‎时,等号成立).‎ 所以存在满足条件的实数m,且m的取值范围为[ - ‎3‎‎6‎,0).‎ ‎5.[2020广东惠州高三调研]已知定点A( - 3,0),B(3,0),直线AM,BM相交于点M,且它们的斜率之积为 - ‎1‎‎9‎,记动点M的轨迹为曲线C.‎ ‎(1)求曲线C的方程.‎ ‎(2)过点T(1,0)的直线l与曲线C交于P,Q两点,是否存在定点S(x0,0),使得直线SP与SQ斜率之积为定值?若存在,求出S的坐标;若不存在,请说明理由.‎ 考法5 圆锥曲线的综合问题 命题角度1　圆锥曲线中的角相等问题 ‎7 [2019河南郑州三测]已知抛物线C:y2=2px(p>0),圆E:(x - 3)2+y2=1.‎ ‎(1)F 是抛物线C的焦点,A是抛物线C上的定点,AF=(0,2),求抛物线C的方程.‎ ‎(2)在(1)的条件下,过点F 的直线l与圆E相切,设直线l交抛物线C于P,Q两点,则在x轴上是否存在点M,使∠PMO=∠QMO(O为坐标原点)?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.‎ ‎(1)先写出焦点F 的坐标,由AF=(0,2),得到点A的坐标,再将A的坐标代入抛物线方程求出p值,即得抛物线C的方程.(2)先讨论直线的斜率不存在时不合题意,再设出斜率为k的直线方程,利用直线与圆相切求出k值,将切线方程与抛物线方程联立,由∠PMO=∠QMO推出点M的坐标,问题获解.‎ ‎(1)依题意知,抛物线C的焦点为F (p‎2‎,0),‎ 由AF=(0,2),可知A(p‎2‎, - 2),(理解向量的坐标运算)‎ 将点A的坐标代入y2=2px,求得p=2,‎ 所以抛物线C的方程为y2=4x.‎ ‎(2)当直线的斜率不存在时,过点F (1,0)的直线不可能与圆E相切,(先讨论斜率不存在的情形)‎ 所以过抛物线的焦点与圆E相切的直线的斜率存在.‎ 设直线的斜率为k,则直线的方程为y=k(x - 1),(再研究斜率存在的情形)‎ 所以圆心E(3,0)到直线的距离d=‎|2k|‎‎1+‎k‎2‎.‎ 当直线与圆相切时,d=1=‎|2k|‎‎1+‎k‎2‎,解得k=±‎3‎‎3‎,‎ 所以切线方程为y=‎3‎‎3‎(x - 1)或y= - ‎3‎‎3‎(x - 1).(由直线和圆相切得到圆的切线方程)‎ 不妨设直线l :y=‎3‎‎3‎(x - 1)交抛物线于P(x1,y1),Q(x2,y2)两点,‎ 由y=‎3‎‎3‎(x-1),‎y‎2‎‎=4x消去y并整理,得x2 - 14x+1=0,Δ>0,则x1+x2=14,x1x2=1.‎ 假设存在点M(t,0),使∠PMO=∠QMO,则kPM+kQM=0.‎ 所以kPM+kQM=‎y‎1‎x‎1‎‎-t‎+‎y‎2‎x‎2‎‎-t ‎=‎‎3‎‎3‎‎(x‎1‎-1)‎x‎1‎‎-t‎+‎‎3‎‎3‎‎(x‎2‎-1)‎x‎2‎‎-t ‎=‎3‎‎3‎×‎‎(x‎1‎-1)(x‎2‎-t)+(x‎2‎-1)(x‎1‎-t)‎‎(x‎1‎-t)(x‎2‎-t)‎ ‎=‎3‎‎3‎×‎‎2x‎1‎x‎2‎-(t+1)(x‎1‎+x‎2‎)+2t‎(x‎1‎-t)(x‎2‎-t)‎ ‎=‎3‎‎3‎×‎‎2-(t+1)×14+2t‎(x‎1‎-t)(x‎2‎-t)‎ ‎=‎3‎‎3‎×‎‎-12-12t‎(x‎1‎-t)(x‎2‎-t)‎ ‎=0,‎ 即t= - 1,‎ 由此可知存在点M( - 1,0)符合条件.‎ 当直线l的方程为y= - ‎3‎‎3‎(x - 1)时,由对称性知点M( - 1,0)也符合条件.‎ 综上可知,存在点M( - 1,0),使∠PMO=∠QMO.‎ 命题角度2　圆锥曲线中的三点共线问题 ‎8 [2020安徽合肥调研]设椭圆E:x‎2‎a‎2‎‎+‎y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F 1,F 2,过点F 1的直线交椭圆E于A,B两点.若椭圆E的离心率为‎2‎‎2‎,△ABF 2的周长为4‎6‎.‎ ‎(1)求椭圆E的方程;‎ ‎(2)设不经过椭圆的中心O且平行于弦AB的直线交椭圆E于点C,D,设弦AB,CD的中点分别为M,N,证明:O,M,N三点共线.‎ ‎(1)先由△ABF 2的周长求出a,再结合离心率求出c,利用b2=a2 - c2求出b2,即得椭圆E的方程.(2)分两种情况求解:当直线AB,CD的斜率不存在时,利用对称性知O,M,N三点共线;当直线AB,CD的斜率存在时,设斜率为k,再设出A,B,M的坐标,并把A,B的坐标代入椭圆方程,利用“点差法”可得出k·kOM= - ‎1‎‎2‎,同理可得k·kON= - ‎1‎‎2‎,依此得kOM=kON,即O,M,N三点共线.‎ ‎(1)由△ABF 2的周长为4‎6‎,可知4a=4‎6‎,(利用焦点三角形的性质)‎ 所以a=‎6‎.‎ 又e=ca‎=‎‎2‎‎2‎,所以c=‎3‎,b2=a2 - c2=3.‎ 于是椭圆E的方程为x‎2‎‎6‎‎+‎y‎2‎‎3‎=1.‎ ‎(2)当直线AB,CD的斜率不存在时,由椭圆的对称性知,中点M,N在x轴上,此时O,M,N三点共线.(先讨论特殊情形)‎ 当直线AB,CD的斜率存在时,设其斜率为k(k≠0),(再探究一般情形)‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),则x‎1‎‎2‎‎6‎‎+y‎1‎‎2‎‎3‎=1,‎x‎2‎‎2‎‎6‎‎+y‎2‎‎2‎‎3‎=1,‎ 两式相减,得x‎1‎‎2‎‎6‎‎+‎y‎1‎‎2‎‎3‎ - (x‎2‎‎2‎‎6‎‎+‎y‎2‎‎2‎‎3‎)=0,整理得y‎1‎‎-‎y‎2‎x‎1‎‎-‎x‎2‎·y‎1‎‎+‎y‎2‎x‎1‎‎+‎x‎2‎= - ‎3‎‎6‎,(此处利用了点差法)‎ 所以y‎1‎‎-‎y‎2‎x‎1‎‎-‎x‎2‎·y‎0‎x‎0‎= - ‎1‎‎2‎,即k·kOM= - ‎1‎‎2‎(kOM为直线OM的斜率),‎ 所以kOM= - ‎1‎‎2k.‎ 同理可得kON= - ‎1‎‎2k(kON为直线ON的斜率).‎ 所以kOM=kON,即O,M,N三点共线.‎ 综上所述,O,M,N三点共线.‎ 数学探究1　圆锥曲线与数列的交汇 ‎9[2018全国卷Ⅲ,20,12分][理]已知斜率为k的直线l与椭圆C:x‎2‎‎4‎‎+‎y‎2‎‎3‎=1交于A,B两点,线段AB的中点为M(1,m)(m>0).‎ ‎(1)证明:k< - ‎1‎‎2‎.‎ ‎(2)设F 为C的右焦点,P为C上一点,且FP‎+FA+‎FB=0.证明:|FA|,|FP|,|FB|成等差数列,并求该数列的公差.‎ ‎(1)思路一　先利用直线的斜率、直线与椭圆的位置关系及中点坐标公式,得到一个关于k,m的关系式,再利用m的范围即可证k< - ‎1‎‎2‎.‎ 思路二　先设出直线的方程,与椭圆方程联立,由根与系数的关系及中点坐标公式得到一个关于k,m的关系式,又点M在椭圆内,由点与椭圆的位置关系可得出k的取值范围,然后进行验证.‎ ‎(2)利用条件FP‎+FA+‎FB=0求出点P的坐标,进而求出各线段的长度,从而证明|FA|,|FP|,|FB|成等差数列,并求出该数列的 公差d.‎ ‎(1)解法一　设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 则x‎1‎‎2‎‎4‎‎+‎y‎1‎‎2‎‎3‎=1,x‎2‎‎2‎‎4‎‎+‎y‎2‎‎2‎‎3‎=1.‎ 两式相减,并由y‎1‎‎-‎y‎2‎x‎1‎‎-‎x‎2‎=k得x‎1‎‎+‎x‎2‎‎4‎‎+‎y‎1‎‎+‎y‎2‎‎3‎·k=0.‎ 由题设知x‎1‎‎+‎x‎2‎‎2‎=1,y‎1‎‎+‎y‎2‎‎2‎=m,于是k= - ‎3‎‎4m　①.‎ 由题设得00),所以x‎1‎‎+‎x‎2‎‎2‎=1,即‎4k(k-m)‎‎3+4‎k‎2‎=1,化简得m= - ‎3‎‎4k.‎ 由m>0得, - ‎3‎‎4k>0,所以k<0.‎ 又点M(1,m)在椭圆内部,所以‎1‎‎4‎‎+m‎2‎‎3‎<‎1,即‎1‎‎4‎‎+‎3‎‎16‎k‎2‎<‎1,解得k< - ‎1‎‎2‎.‎ 经检验,当m= - ‎3‎‎4k,k< - ‎1‎‎2‎时,满足Δ>0.‎ 故k< - ‎1‎‎2‎.‎ ‎(2)由题意得F (1,0).设P(x3,y3),则由FP‎+FA+‎FB=0,得(x3 - 1,y3)+(x1 - 1,y1)+(x2 - 1,y2)=(0,0).‎ 由(1)及题设得x3=3 - (x1+x2)=1,y3= - (y1+y2)= - 2m<0.‎ 又点P在C上,所以m=‎3‎‎4‎,从而P(1, - ‎3‎‎2‎),|FP|=‎3‎‎2‎.‎ 于是|FA|=‎(x‎1‎-1‎)‎‎2‎+‎y‎1‎‎2‎‎=‎‎(x‎1‎-1‎)‎‎2‎+3(1-x‎1‎‎2‎‎4‎)‎=2 - x‎1‎‎2‎.‎ 同理|FB|=2 - x‎2‎‎2‎.‎ 所以|FA|+|FB|=4 - ‎1‎‎2‎(x1+x2)=3.‎ 故2|FP|=|FA|+|FB|,即|FA|,|FP|,|FB|成等差数列.‎ 设该数列的公差为d,则2|d|=||FB| - |FA||=‎1‎‎2‎|x1 - x2|=‎1‎‎2‎‎(x‎1‎+x‎2‎‎)‎‎2‎-4‎x‎1‎x‎2‎　②.‎ 将m=‎3‎‎4‎代入(1)中的①得k= - 1.‎ 所以l的方程为y= - x+‎7‎‎4‎,代入C的方程,并整理得7x2 - 14x+‎1‎‎4‎=0.‎ 故x1+x2=2,x1x2=‎1‎‎28‎,代入②解得|d |=‎3‎‎21‎‎28‎.‎ 所以该数列的公差为‎3‎‎21‎‎28‎或 - ‎3‎‎21‎‎28‎.‎ 素养探源　‎ 核心素养 考查途径 素养水平 数学运算 第(1)问中的解法一:由点差法得出k= - ‎3‎‎4m.‎ 第(1)问中的解法二:由根与系数的关系得出m= - ‎3‎‎4k.‎ 第(1)问中的解法一:由k= - ‎3‎‎4m且0b>0)的右焦点,点P(2,‎2‎)在椭圆C上,且PF ⊥x轴.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)如图10 - 4 - 4,过点F 的直线l分别交椭圆C于A,B两点,交直线x=4于点M.判断PA,PM,PB的斜率是否构成等差数列,并说明理由.‎ 数学探究 2　圆锥曲线与平面向量的交汇 ‎10 [2020天津模拟]已知抛物线C1:x2=2py(p>0)和圆C2:(x+1)2+y2=2,倾斜角为45°的直线l1过C1的焦点,且l1与C2相切.‎ ‎(1)求p的值;‎ ‎(2)动点M在C1的准线上,动点A在C1上,若C1在点A处的切线l2交y轴于点B,设MN‎=MA+‎MB,证明点N在定直线上,并求该定直线的方程.‎ ‎(1)首先设出直线l1的方程,再利用直线l1与C2相切,可求出p的值.(2)首先设出点M的坐标,再利用导数求出在A点处的切线的斜率及切线l2的方程,得到与y轴的交点B的坐标,由向量关系MN‎=MA+‎MB进行坐标运算,得到点N在定直线上.‎ ‎(1)依题意,设直线l1的方程为y=x+p‎2‎,‎ 因为直线l1与C2相切,所以圆心C2( - 1,0)到直线l1:y=x+p‎2‎的距离d=‎|-1+p‎2‎|‎‎1‎‎2‎‎+‎‎(-1)‎‎2‎‎=‎‎2‎,‎ 即‎|-1+p‎2‎|‎‎2‎‎=‎‎2‎,解得p=6或p= - 2(舍去).‎ 所以p=6.‎ ‎(2)依题意设M(m, - 3),‎ 由(1)知抛物线C1的方程为x2=12y,即y=x‎2‎‎12‎,所以y' =x‎6‎.‎ 设A(x1,y1),则以A为切点的切线l2的斜率为k=x‎1‎‎6‎,‎ 所以切线l2的方程为y=‎1‎‎6‎x1(x - x1)+y1.‎ 令x=0,得y= - ‎1‎‎6‎x‎1‎‎2‎+y1= - ‎1‎‎6‎×12y1+y1= - y1,‎ 即点B的坐标为(0, - y1),‎ 所以MA=(x1 - m,y1+3),MB=( - m, - y1+3),‎ 所以MN‎=MA+‎MB=(x1 - 2m,6),ON‎=OM+‎MN=(x1 - m,3),其中O为坐标原点.‎ 设点N的坐标为(x,y),则y=3,‎ 所以点N在定直线y=3上.‎ 素养探源　‎ 核心素养 考查途径 素养水平 数学运算 ‎①由点到直线的距离公式求出p的值.‎ ‎②利用导数求出切线的斜率.‎ ‎③向量坐标的计算.‎ 二 逻辑推理 ‎①由直线与圆相切联想到应用点到直线的距离公式.‎ ‎②通过向量关系得到ON=(x1 - m,3)后,判断点N在定直线y=3上.‎ 二 直观想象 直线与圆的位置关系,直线与抛物线的位置关系.‎ 二 ‎7.[2019浙江湖州五校高三模拟]如图10 - 4 - 5,已知椭圆C:x‎2‎a‎2‎‎+‎y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的离心率为‎3‎‎2‎,点M( - 2,1)是椭圆内一点,过点M作两条斜率存在且互相垂直的动直线l1,l2,l1与椭圆C相交于点A,B,l2与椭圆C相交于点D,E,当M恰好为线段AB的中点时,|AB|=‎10‎.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程; 图10 - 4 - 5‎ ‎(2)求AD·EB的最小值.‎ ‎1.A　对于选项B,方程x2+xy=x表示的是两条直线,故B错误;对于选项C,方程y=x中,x≥0,y≥0,而方程x=y2中,x≥0,y∈R,故这两个方程表示的不是同一条曲线,故C错误;对于选项D,因为两条直线的具体位置不确定,所以所求轨迹方程也无法确定,故D错误.选A.‎ ‎2.D　由已知得|MF|=|MB|,根据抛物线的定义知,点M的轨迹是以点F为焦点,直线l为准线的抛物线.故选D.‎ ‎3.A　因为y'=2x,所以4x1x2= - 1,即x1x2= - ‎1‎‎4‎,过点A的切线方程为y - y1=2x1(x - x1),即y=2x1x - x‎1‎‎2‎.同理,过点B的切线方程为y=2x2x - x‎2‎‎2‎.由y=2x‎1‎x - x‎1‎‎2‎,‎y=2x‎2‎x - x‎2‎‎2‎,‎解得y= - ‎1‎‎4‎.故切线交点的轨迹方程为y= - ‎1‎‎4‎,即切线交点的轨迹为直线,故选A.‎ ‎1.(1)设P(x,y),M(x0,y0),‎ 则N(x0,0),NP=(x - x0,y),NM=(0,y0).‎ 因为NP‎=‎‎2‎NM,所以x0=x,y0=y‎2‎.‎ 因为动点M在椭圆C上,所以x‎0‎‎2‎‎2‎‎+‎y‎0‎‎2‎=1,即x‎2‎‎2‎‎+‎y‎2‎‎2‎=1,‎ 故点P的轨迹方程为x2+y2=2.‎ ‎(2)由题意知,椭圆C的左焦点为F( - 1,0).设Q( - 3,t),P(m,n),则OQ=( - 3,t),PF=( - 1 - m, - n),‎ OQ‎·PF=3+3m - tn,‎ OP‎=(m,n),PQ=( - 3 - m,t - n).‎ 由OP·PQ=1,得 - 3m - m2+tn - n2=1,‎ 又由(1)知m2+n2=2,故3+3m - tn=0,‎ 所以OQ·PF=0,即OQ⊥PF.‎ 因为过点P存在唯一直线垂直于OQ,所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.‎ ‎2.(1)两圆半径都为1,两圆圆心分别为C1(0, - 4),C2(0,2),由题意得|CC1|=|CC2|,可知圆心C的轨迹是线段C1C2的垂直平分线,C1C2的中点为(0, - 1),直线C1C2的斜率不存在,故圆C的圆心轨迹L的方程为y= - 1.‎ ‎(2)因为m=n,所以M(x,y)到直线y= - 1的距离与到点F(0,1)的距离相等,故点M的轨迹Q是以直线y= - 1为准线,点F(0,1)为焦点的抛物线,所以p‎2‎=1,即p=2,所以轨迹Q的方程是x2=4y.‎ ‎3.(1)设直线AP的斜率为k,则k=x‎2‎‎ - ‎‎1‎‎4‎x+‎‎1‎‎2‎=x - ‎1‎‎2‎.‎ 因为 - ‎1‎‎2‎0,‎ ‎∴xM+xN= - ‎8k‎2‎t‎3+4‎k‎2‎,xMxN=‎4(k‎2‎t‎2‎ - 3)‎‎3+4‎k‎2‎,‎ ‎∴|MN|2=(1+k2)·‎16(12k‎2‎ - 3k‎2‎t‎2‎+9)‎‎(3+4‎k‎2‎‎)‎‎2‎.‎ 同理,|AB|=‎1+‎k‎2‎·‎4‎‎9k‎2‎+9‎‎3+4‎k‎2‎‎=‎‎12(1+k‎2‎)‎‎3+4‎k‎2‎.‎ 由|MN|2=4|AB|得t=0,满足Δ>0,‎ ‎∴直线m:y= - kx,‎ ‎∴P(‎1‎‎2‎, - ‎1‎‎2‎k),即点P在定直线x=‎1‎‎2‎上.‎ ‎5.(1)设动点M(x,y),则直线MA的斜率kMA=yx+3‎(x≠ - 3),‎ 直线MB的斜率kMB=yx - 3‎(x≠3).‎ 因为kMA·kMB= - ‎1‎‎9‎,所以yx+3‎·yx - 3‎= - ‎1‎‎9‎,化简得x‎2‎‎9‎+y2=1,‎ 又x≠±3,所以曲线C的方程为x‎2‎‎9‎+y2=1(x≠±3).‎ ‎(2)由题意得直线l的斜率不为0,根据直线l过点T(1,0),可设直线l的方程为x=my+1,‎ 联立得x=my+1,‎x‎2‎‎+9y‎2‎=9,‎消去x得(m2+9)y2+2my - 8=0,Δ>0.‎ 设P(x1,y1),Q(x2,y2),则y‎1‎‎+y‎2‎= - ‎2mm‎2‎‎+9‎,‎y‎1‎y‎2‎‎=‎ - 8‎m‎2‎‎+9‎.‎ 直线SP与SQ的斜率分别为kSP=y‎1‎x‎1‎‎ - ‎x‎0‎‎=‎y‎1‎my‎1‎+1 - ‎x‎0‎,kSQ=y‎2‎x‎2‎‎ - ‎x‎0‎‎=‎y‎2‎my‎2‎+1 - ‎x‎0‎,‎ 则kSP·kSQ=‎y‎1‎y‎2‎‎(my‎1‎+1 - x‎0‎)(my‎2‎+1 - x‎0‎)‎ ‎=‎ - 8‎‎(x‎0‎‎2‎ - 9)m‎2‎+9(1 - ‎x‎0‎‎)‎‎2‎.‎ 当x0=3时,∀m∈R,kSP·kSQ=‎ - 8‎‎9(1 - ‎x‎0‎‎)‎‎2‎= - ‎2‎‎9‎;‎ 当x0= - 3时,∀m∈R,kSP·kSQ=‎ - 8‎‎9(1 - ‎x‎0‎‎)‎‎2‎= - ‎1‎‎18‎.‎ 所以存在定点S(±3,0),使得直线SP与SQ斜率之积为定值.‎ ‎6.(1)因为点P(2,‎2‎)在椭圆C上,且PF⊥x轴,‎ 所以c=2.‎ 设椭圆C的左焦点为E,则|EF|=2c=4,|PF|=‎2‎,‎ 连接PE,则在Rt△EFP中,|PE|2=|PF|2+|EF|2=18,所以|PE|=3‎2‎.‎ 所以2a=|PE|+|PF|=4‎2‎,则a=2‎2‎,b2=a2 - c2=4,‎ 所以椭圆C的方程为x‎2‎‎8‎‎+‎y‎2‎‎4‎=1.‎ ‎(2)由题意可设直线AB的方程为y=k(x - 2),‎ 令x=4,得y=2k,则点M的坐标为(4,2k).‎ 由y=k(x - 2),‎x‎2‎‎8‎‎+y‎2‎‎4‎=1‎消去y并整理,得(2k2+1)x2 - 8k2x+8(k2 - 1)=0,Δ>0.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=‎8‎k‎2‎‎2k‎2‎+1‎,x1x2=‎8(k‎2‎ - 1)‎‎2k‎2‎+1‎　①.‎ 设直线PA,PB,PM的斜率分别为k1,k2,k3,‎ 从而k1=y‎1‎‎ - ‎‎2‎x‎1‎‎ - 2‎,k2=y‎2‎‎ - ‎‎2‎x‎2‎‎ - 2‎,k3=‎2k - ‎‎2‎‎4 - 2‎=k - ‎2‎‎2‎.‎ 因为直线AB的方程为y=k(x - 2),则y1=k(x1 - 2),y2=k(x2 - 2),‎ 所以k1+k2=y‎1‎‎ - ‎‎2‎x‎1‎‎ - 2‎‎+y‎2‎‎ - ‎‎2‎x‎2‎‎ - 2‎=y‎1‎x‎1‎‎ - 2‎+y‎2‎x‎2‎‎ - 2‎-‎‎2‎(‎1‎x‎1‎‎ - 2‎‎+‎‎1‎x‎2‎‎ - 2‎)=2k - ‎2‎·x‎1‎‎+x‎2‎ - 4‎x‎1‎x‎2‎‎ - 2(x‎1‎+x‎2‎)+4‎　②.‎ 将①代入②,得k1+k2=2k - ‎2‎·‎8‎k‎2‎‎2k‎2‎+1‎‎ - 4‎‎8(k‎2‎ - 1)‎‎2k‎2‎+1‎‎ - ‎16‎k‎2‎‎2k‎2‎+1‎+4‎=2k - ‎2‎.‎ 又k3=k - ‎2‎‎2‎,所以k1+k2=2k3,‎ 于是直线PA,PM,PB的斜率成等差数列.‎ ‎7.(1)由题意得a‎2‎‎ - ‎b‎2‎a‎2‎‎=‎‎3‎‎4‎,∴a2=4b2,即椭圆C的方程为x‎2‎‎4‎b‎2‎‎+‎y‎2‎b‎2‎=1.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 则x‎1‎‎2‎‎+4y‎1‎‎2‎=4b‎2‎　①,‎x‎2‎‎2‎‎+4y‎2‎‎2‎=4b‎2‎　②,‎① - ②得(x1 - x2)(x1+x2)+4(y1 - y2)·(y1+y2)=0.‎ 当M( - 2,1)为线段AB的中点时,‎ x1+x2= - 4,y1+y2=2,‎ ‎∴此时直线l1的斜率k1为y‎1‎‎ - ‎y‎2‎x‎1‎‎ - ‎x‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎,‎ ‎∴此时直线l1的方程为y=‎1‎‎2‎x+2.‎ 由x‎2‎‎4‎b‎2‎‎+y‎2‎b‎2‎=1,‎y=‎1‎‎2‎x+2‎消去y得,x2+4x+8 - 2b2=0,由Δ1>0,得b2>2,则x1+x2= - 4,x1x2=8 - 2b2,‎ 则|AB|=‎1+‎k‎1‎‎2‎|x1 - x2|=‎1+‎‎1‎‎4‎‎16 - 4(8 - 2b‎2‎)‎‎=‎‎10‎,‎ 得b2=3,满足题意.‎ ‎∴椭圆C的标准方程为x‎2‎‎12‎‎+‎y‎2‎‎3‎=1.‎ ‎(2)设直线AB的方程为y=k(x+2)+1(k≠0),‎ 由x‎2‎‎12‎‎+y‎2‎‎3‎=1,‎y=k(x+2)+1‎消去y得,(1+4k2)x2+8k(2k+1)x+4(2k+1)2 - 12=0,Δ2>0,‎ ‎∴x1+x2=‎ - 8k(2k+1)‎‎1+4‎k‎2‎,x1x2=‎4(2k+1‎)‎‎2‎ - 12‎‎1+4‎k‎2‎.‎ 设D(x3,y3),E(x4,y4),‎ 则AD·EB=(AM‎+‎MD)·(EM‎+‎MB)=AM·MB‎+‎EM·MD=( - 2 - x1,1 - y1)·(2+x2,y2 - 1)+( - 2 - x4,1 - y4)·(2+x3,y3 - 1),‎ ‎( - 2 - x1,1 - y1)·(2+x2,y2 - 1)= - (1+k2)(2+x1)(2+x2)= - (1+k2)[4+2(x1+x2)+x1x2]=‎4(1+k‎2‎)‎‎1+4‎k‎2‎,‎ 同理可得( - 2 - x4,1 - y4)·(2+x3,y3 - 1)=‎4(1+k‎2‎)‎‎4+‎k‎2‎.‎ ‎∴AD·EB=4(1+k2)(‎1‎‎1+4‎k‎2‎‎+‎‎1‎‎4+‎k‎2‎)=‎20(1+‎k‎2‎‎)‎‎2‎‎(1+4k‎2‎)(4+k‎2‎)‎≥‎20(1+‎k‎2‎‎)‎‎2‎‎(‎‎1+4k‎2‎+4+‎k‎2‎‎2‎‎)‎‎2‎‎=‎‎16‎‎5‎,当且仅当k=±1时取等号.‎ ‎∴AD·EB的最小值为‎16‎‎5‎.‎