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　C3.(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　164.(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　D5.(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.17，13－4C.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　C6.(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，②①×②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　A2.(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＋x2x3C.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　B3.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　C4.(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　A5.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.8，11C.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|＝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　A12.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　214.(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