2022高考数学二轮复习专题练三核心热点突破专题五解析几何第3讲圆锥曲线中的热点问题含解析.doc

第3讲圆锥曲线中的热点问题高考定位1.圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一，主要以解答题形式考查，往往作为试卷的压轴题之一；2.以椭圆或抛物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题，对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求，并突出数学思想方法的考查.真 题 感 悟1.(2020·全国卷)设O为坐标原点，直线xa与双曲线C：1(a>0，b>0)的两条渐近线分别交于D，E两点.若ODE的面积为8，则C的焦距的最小值为()A.4 B.8 C.16 D.32解析由题意知双曲线的渐近线方程为y±x.因为D，E分别为直线xa与双曲线C的两渐近线的交点，所以不妨设D(a，b)，E(a，b)，所以SODE×a×|DE|×a×2bab8，则c2a2b22ab16，当且仅当ab2时等号成立，c4.故曲线C的焦距2c的最小值为8.答案B2.(2020·全国卷)已知A，B分别为椭圆E：y21(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，·8.P为直线x6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.(1)求E的方程；(2)证明：直线CD过定点.(1)解由题设得A(a，0)，B(a，0)，G(0，1).则(a，1)，(a，1).由·8，得a218，解得a3或a3(舍去).所以椭圆E的方程为y21.(2)证明设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t).若t0，设直线CD的方程为xmyn，由题意可知3<n<3.易知直线PA的方程为y(x3)，所以y1(x13).易知直线PB的方程为y(x3)，所以y2(x23).可得3y1(x23)y2(x13).由于y1，故y，由可得27y1y2(x13)(x23)，结合xmyn，得(27m2)y1y2m(n3)(y1y2)(n3)20.将xmyn代入y21，得(m29)y22mnyn290.所以y1y2，y1y2.代入式得(27m2)(n29)2m(n3)mn(n3)2(m29)0，解得n3(舍去)或n.故直线CD的方程为xmy，即直线CD过定点.若t0，则直线CD的方程为y0，过点.综上，直线CD过定点.3.(2020·新高考山东卷)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，且过点A(2，1).(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AMAN，ADMN，D为垂足.证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.(1)解由题设得1, ，解得a26，b23.所以C的方程为1.(2)证明设M(x1，y1)，N(x2，y2).若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为ykxm，代入1，得(12k2)x24kmx2m260.于是x1x2，x1x2.由AMAN，得·0，故(x12)(x22)(y11)(y21)0，整理得(k21)x1x2(kmk2)(x1x2)(m1)240.将代入上式，可得(k21)(kmk2)(m1)240，整理得(2k3m1)(2km1)0.因为A(2，1)不在直线MN上，所以2km10，所以2k3m10，k1.所以直线MN的方程为yk(k1).所以直线MN过点P.若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，y1).由·0，得(x12)(x12)(y11)(y11)0.又1，所以3x8x140.解得x12(舍去)，或x1.此时直线MN过点P.令Q为AP的中点，即Q.若D与P不重合，则由题设知AP是RtADP的斜边，故|DQ|AP|.若D与P重合，则|DQ|AP|.综上，存在点Q，使得|DQ|为定值.考 点 整 合1.圆锥曲线常考查的几何量(1)直线方程：会用点斜式或斜截式设直线方程；(2)线段长、面积：三角形、四边形的面积中蕴含着线段长、点到直线的距离公式；(3)斜率公式、共线点的坐标关系：由两点坐标会表示出对应的直线斜率，共线点的横坐标或纵坐标也满足比例关系；(4)平面图形的几何性质：平行四边形、菱形等图形中的几何性质，如垂直、平行、平分、中点关系；(5)向量关系的转化：会把向量关系转化为对应点，如坐标关系.2.圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的值域、最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解.温馨提醒圆锥曲线上点的坐标是有范围的，在涉及到求最值或范围问题时注意坐标范围的影响.3.圆锥曲线中的定点、定值问题(1)定点问题：在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为定点问题.若得到了直线方程的点斜式：yy0k(xx0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：ykxm，则直线必过定点(0，m).(2)定值问题：在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动直线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题.4.圆锥曲线中的存在性问题的解题步骤：(1)先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组).(2)解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在.(3)下结论.热点一圆锥曲线中的最值、范围问题角度1求线段长度、三角形面积的最值【例1】 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.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，PEx轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.证明：PQG是直角三角形；求PQG面积的最大值.(1)解由题设得·，化简得1(|x|2)，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左、右顶点.(2)证明设直线PQ的斜率为k，则其方程为ykx(k>0).由得x±.设u，则P(u，uk)，Q(u，uk)，E(u，0).于是直线QG的斜率为，方程为y(xu).由得(2k2)x22uk2xk2u280.设G(xG，yG)，则u和xG是方程的解，故xG，由此得yG.从而直线PG的斜率为.所以PQPG，即PQG是直角三角形.解由得|PQ|2u，|PG|，所以PQG的面积S|PQ|PG|.设tk，则由k>0得t2，当且仅当k1时取等号.因为S在2，)单调递减，所以当t2，即k1时，S取得最大值，最大值为.因此，PQG面积的最大值为.探究提高求圆锥曲线中范围、最值的主要方法：(1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质数形结合求解.(2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，或者不等关系，或者已知参数与新参数之间的等量关系等，列出含参数的函数式；可利用求函数值域(最值)或基本不等式、换元法、导数法，利用已知或隐含的参数范围求最值、范围.特别是分式形式时，会用换元法将复杂化为简单.角度2求几何量、某个参数的取值范围【例2】 (2020·江西六校联考)已知椭圆的一个顶点为A(0，1)，焦点在x轴上，中心在原点.若右焦点到直线xy20的距离为3.(1)求椭圆的标准方程；(2)设直线ykxm(k0)与椭圆相交于不同的两点M，N.当|AM|AN|时，求m的取值范围.解(1)依题意可设椭圆方程为y21(a>1)，则右焦点F(，0)，由题设3，解得a23.所求椭圆的方程为y21.(2)设P(xP，yP)，M(xM，yM)，N(xN，yN)，P为弦MN的中点，由得(3k21)x26mkx3(m21)0，直线与椭圆相交，(6mk)24(3k21)×3(m21)>0m2<3k21.xP，从而yPkxPm，kAP，又|AM|AN|，APMN，则，即2m3k21.把代入，得m2<2m，解得0<m<2；由得k2>0，解得m>.综上， 求得m的取值范围是.探究提高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1】 (2020·贵阳诊断)在直角坐标系xOy中，曲线C1上的任意一点M到直线y1的距离比M点到点F(0，2)的距离小1.(1)求动点M的轨迹C1的方程；(2)若点P是圆C2：(x2)2(y2)21上一动点，过点P作曲线C1的两条切线，切点分别为A，B，求直线AB斜率的取值范围.解(1)法一设点M(x，y)，点M到直线y1的距离等于|y1|，|y1|1，化简得x28y，动点M的轨迹C1的方程为x28y.法二由题意知M到直线y2的距离等于M到F(0，2)的距离，由抛物线定义得动点M的轨迹方程为x28y.(2)由题意可知，PA，PB的斜率都存在，分别设为k1，k2，切点A(x1，y1)，B(x2，y2)，设点P(m，n)，过点P的抛物线的切线方程为yk(xm)n，联立得x28kx8km8n0，64k232km32n0，即2k2kmn0，k1k2，k1k2.由x28y，得y，x14k1，y12k，x24k2，y22k，kAB，点P(m，n)满足(x2)2(y2)21，1m3，即直线AB斜率的取值范围为.热点二圆锥曲线中定值、定点问题角度1圆锥曲线中的定值【例3】 (2020·广州模拟)已知抛物线C：y22px(p>0)经过点P(1，2).过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.(1)求直线l的斜率的取值范围；(2)设O为原点，求证：为定值.(1)解因为抛物线y22px过点P(1，2)，所以2p4，即p2.故抛物线C的方程为y24x.由题意知，直线l的斜率存在且不为0.设直线l的方程为ykx1(k0).由得k2x2(2k4)x10.依题意(2k4)24×k2×1>0，解得k<1，又因为k0，故k<0或0<k<1.又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，2).从而k3.所以直线l斜率的取值范围是(，3)(3，0)(0，1).(2)证明设A(x1，y1)，B(x2，y2).由(1)知x1x2，x1x2.直线PA的方程为y2(x1).令x0，得点M的纵坐标为yM22.同理得点N的纵坐标为yN2.由，得1yM，1yN.所以··2.所以2为定值.探究提高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.定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的.【训练2】 (2020·长沙模拟)已知椭圆C：1(ab0)的离心率e，且圆x2y22过椭圆C的上、下顶点.(1)求椭圆C的方程.(2)若直线l的斜率为，且直线l交椭圆C于P，Q两点，点P关于原点的对称点为E，A(2，1)是椭圆C上的一点，判断直线AE与AQ的斜率之和是否为定值，如果是，请求出此定值；如果不是，请说明理由.解(1)由圆x2y22过椭圆C的上、下顶点，可得b.又离心率e，所以，解得a2.所以椭圆C的方程为1.(2)由直线l的斜率为，可设直线l的方程为yxt(t0).由消去y并整理得x22tx2t240.由题意知4t24(2t24)0，解得2t2且t0.设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由点P与点E关于原点对称，得E(x1，y1).易知x1x22t，x1x22t24.设直线AE与AQ的斜率分别为kAE，kAQ，由A(2，1)，得kAEkAQ.又y1x1t，y2x2t，于是有(2x1)(y21)(2x2)(y11)2(y2y1)(x1y2x2y1)(x1x2)4(x2x1)(x1x2)4x1x2t(x1x2)4(2t24)t(2t)40.因此kAEkAQ0.于是直线AE与AQ的斜率之和为定值，此定值为0.角度2圆锥曲线中的定点问题【例4】 (2020·成都二模)已知椭圆C：1(a>b>0)，四点P1(1，1)，P2(0，1)，P3，P4中恰有三点在椭圆C上.(1)求C的方程；(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为1，证明：l过定点.(1)解由于点P3，P4关于y轴对称，由题设知C必过P3，P4.又由>知，椭圆C不经过点P1，所以点P2在椭圆C上.因此解得故C的方程为y21.(2)证明设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.如果直线l的斜率不存在，此时l垂直于x轴.设l：xm，A(m，yA)，B(m，yA)，k1k21，得m2，此时l过椭圆C右顶点，与椭圆C不存在两个交点，故不满足.从而可设l：ykxm(m1).将ykxm代入y21得(4k21)x28kmx4m240.由题设可知16(4k2m21)>0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2.则k1k2.由题设k1k21，故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0.(2k1)·(m1)·0.解得m2k1，此时32(m1)，当且仅当m>1时，>0，直线l的方程为ykx2k1，即y1k(x2).所以l过定点(2，1).探究提高1.动直线l过定点问题.设动直线方程(斜率存在)为ykxt，由题设条件将t用k表示为tmk，得yk(xm)，故动直线过定点(m，0).2.动曲线C过定点问题.引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点.【训练3】 (2020·太原模拟)已知圆O1：(x1)2y28上有一动点Q，点O2的坐标为(1，0)，四边形QO1O2R为平行四边形.线段O1R的垂直平分线交O2R于点P.(1)求点P的轨迹C的方程；(2)过点O2作直线与曲线C交于A，B两点，点K的坐标为(2，1)，直线KA，KB与y轴分别交于M，N两点，求证：线段MN的中点为定点，并求出该中点的坐标.(1)解因为|PO1|PO2|PR|PO2|RO2|QO1|2>|O1O2|2，所以点P的轨迹是一个椭圆，且长轴长2a2，半焦距c1，所以b2a2c21，轨迹C的方程为y21(y0).(2)证明当直线AB的斜率为0时，由(1)y0知与曲线C无交点.当直线AB的斜率不为0时，设过点O2的直线方程为xmy1，点A，B坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2).直线方程与椭圆方程联立得消去x，得(m22)y22my10，则y1y2，y1y2.直线KA的方程为y1(x2)，令x0得yM.同理可得yN.所以1.所以MN的中点为(0，1)，恒为定点.热点三圆锥曲线中的存在性问题【例5】 设椭圆M：1(a>b>0)的左、右焦点分别为A(1，0)，B(1，0)，C为椭圆M上的点，且ACB，SABC.(1)求椭圆M的标准方程；(2)设过椭圆M右焦点且斜率为k的动直线与椭圆M相交于E，F两点，探究在x轴上是否存在定点D，使得·为定值？若存在，试求出定值和点D的坐标；若不存在，请说明理由.解(1)在ABC中，由余弦定理AB2CA2CB22CA·CB·cos C(CACB)23CA·CB4.又SABCCA·CB·sin CCA·CB，CA·CB，代入上式得CACB2.椭圆长轴长为2a2，焦距为2cAB2，b2a2c21.所以椭圆M的标准方程为y21.(2)设直线方程yk(x1)，E(x1，y1)，F(x2，y2)，联立消去y得(12k2)x24k2x2k220，8k28>0，x1x2，x1x2.假设x轴上存在定点D(x0，0)，使得·为定值.·(x1x0，y1)·(x2x0，y2)x1x2x0(x1x2)xy1y2x1x2x0(x1x2)xk2(x11)(x21)(1k2)x1x2(x0k2)(x1x2)xk2.要使·为定值，则·的值与k无关，2x4x012(x2)，解得x0，此时·为定值，定点为.探究提高1.此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，不成立则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.2.求解步骤：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在，否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在.【训练4】 (2020·西安调研)已知抛物线C：y22px(p>0)的准线经过点P(1，0).(1)求抛物线C的方程.(2)设O是原点，直线l恒过定点(1，0)，且与抛物线C交于A，B两点，直线x1与直线OA，OB分别交于点M，N，请问：是否存在以MN为直径的圆经过x轴上的两个定点？若存在，求出两个定点的坐标；若不存在，请说明理由.解(1)依题意知，1，解得p2，所以抛物线C的方程为y24x.(2)存在，理由如下.设直线AB的方程为xty1，A，B.联立直线AB与抛物线C的方程得消去x并整理，得y24ty40.易知16t2160，则由直线OA的方程yx，可得M，由直线OB的方程yx，可得N.设以MN为直径的圆上任一点D(x，y)，则·0，所以以MN为直径的圆的方程为(x1)20.令y0，得(x1)20.将y1y24代入上式，得(x1)240，解得x11，x23.故存在以MN为直径的圆经过x轴上的两个定点，两个定点的坐标分别为(1，0)和(3，0).A级巩固提升一、选择题1.椭圆C：1的焦点在x轴上，点A，B是长轴的两端点，若曲线C上存在点M满足AMB120°，则实数m的取值范围是()A.(3，) B.1，3)C.(0，) D.(0，1解析依题意，当0<m<3时，焦点在x轴上，要在曲线C上存在点M满足AMB120°，则tan 60°，即，解得0<m1.答案D2.若点P为抛物线y2x2上的动点，F为抛物线的焦点，则|PF|的最小值为()A.2 B. C. D.解析根据题意，设抛物线y2x2上点P到准线的距离为d，则有|PF|d，抛物线的方程为y2x2，即x2y，其准线方程为y，当点P在抛物线的顶点时，d有最小值，即|PF|min.答案D3.(2020·济南模拟)已知椭圆C：x21，直线l：yxm，若椭圆C上存在两点关于直线l对称，则m的取值范围是()A. B.C. D.解析设椭圆C上存在关于直线yxm对称的两点为M(x1，y1)，N(x2，y2)，则线段MN被直线yxm垂直平分.设MN的中点T(x0，y0)在直线yxm上，kMN1，故设直线MN的方程为yxn.联立整理，得3x22nxn220，x1x2，y1y22n(x1x2)2n，x0，y0.由4n212(n22)0，可得n.MN的中点T(x0，y0)在直线yxm上，m，m，m.答案B4.(多选题)(2020·东营质检)设椭圆C：y21的左、右焦点分别为F1，F2，P是C上的动点，则下列结论正确的是()A.|PF1|PF2|2B.离心率eC.PF1F2面积的最大值为D.以线段F1F2为直径的圆与直线xy0相切解析对于A，由椭圆的定义可知|PF1|PF2|2a2，故A正确；对于B，由椭圆方程知a，b1，c1，所以离心率e，故B错误；对于C，|F1F2|2c2，当P为椭圆短轴顶点时，PF1F2的面积取得最大值，最大值为·2c·bc·b1，故C错误；对于D，以线段F1F2为直径的圆的圆心为(0，0)，半径为c1，圆心到直线xy0的距离为1，即圆心到直线的距离等于半径，所以以线段F1F2为直径的圆与直线xy0相切，故D正确.故选AD.答案AD5.(多选题)(2020·海南新高考诊断)已知P是椭圆C：y21上的动点，Q是圆D：(x1)2y2上的动点，则()A.椭圆C的焦距为B.椭圆C的离心率为C.圆D在椭圆C的内部D.|PQ|的最小值为解析依题意可得c，则椭圆C的焦距为2，离心率为.设P(x，y)(x).由圆心D的坐标为(1，0)，得|PD|2(x1)2y2(x1)21>，所以圆D在椭圆C的内部，且|PQ|的最小值为.故选BC.答案BC二、填空题6.已知点P(0，1)，椭圆y2m(m>1)上两点A，B满足2，则当m_时，点B横坐标的绝对值最大.解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由2，得即x12x2，y132y2.因为点A，B在椭圆上，所以得y2m，所以xm(32y2)2m2m(m5)244，所以当m5时，点B的横坐标的绝对值最大，最大值为2.答案57.(2020·郑州模拟)已知双曲线1的左、右焦点分别为F1、F2，P为双曲线上任一点，且·的最小值为7，则该双曲线的离心率是_.解析设点F1(c，0)，F2(c，0)(其中c0)，P(x0，y0).则1，所以x9.(cx0，y0)，(cx0，y0)，·xc2y9yc2y9c29c2，当且仅当y00时，上式“”成立.9c27，c4.从而双曲线的离心率e.答案8.设抛物线x24y的焦点为F，A为抛物线上第一象限内一点，满足|AF|2；已知P为抛物线准线上任一点，则|PA|PF|的最小值为_，此时PAF的外接圆半径为_.解析由x24y，知p2，焦点F(0，1)，准线y1.依题意，设A(x0，y0)(x0>0)，由定义，得|AF|y0，则y0211，AFy轴.易知当P(1，1)时，|PA|PF|最小，|PF|，则|PA|PF|2，由正弦定理，2R，因此PAF的外接圆半径R.答案2三、解答题9.(2020·广州调研)已知点P到直线y3的距离比点P到点A(0，1)的距离多2.(1)求点P的轨迹方程；(2)经过点 Q(0，2)的动直线l与点P的轨迹交于M，N两点，是否存在定点R使得MRQNRQ？若存在，求出点R的坐标；若不存在，请说明理由.解(1)由题知，|PA|等于点P到直线y1的距离，故P点的轨迹是以A为焦点，y1为准线的抛物线，所以其方程为x24y.(2)根据图形的对称性知，若存在满足条件的定点R，则点R必在y轴上，可设其坐标为(0，r)，此时由MRQNRQ可得kMRkNR0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则0，由题知直线l的斜率存在，设其方程为ykx2，与x24y联立得x24kx80，则x1x24k，x1x28，2k2k0，故r2，即存在满足条件的定点R(0，2).10.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：y21，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)是椭圆C上两个动点，直线OP，OQ的斜率分别为k1，k2，若m，n，m·n0.(1)求证：k1·k2；(2)试探求OPQ的面积S是否为定值，并说明理由.(1)证明k1，k2均存在，x1x20，又m·n0，y1y20，即y1y2，k1·k2.(2)解当直线PQ的斜率不存在，即x1x2，y1y2时，由，得y0，又点P(x1，y1)在椭圆上，得y1，|x1|，|y1|.SPOQ|x1|·|y1y2|1.当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为ykxb(b0).由得(4k21)x28kbx4b240，64k2b24(4k21)(4b24)16(4k21b2)>0，x1x2，x1x2.y1y20，(kx1b)(kx2b)0，得2b24k21，满足>0.SPOQ·|PQ|b|2|b|·1.综上可知，POQ的面积S为定值.B级能力突破11.(2019·北京卷)已知抛物线C：x22py(p>0)经过点(2，1).(1)求抛物线C的方程及其准线方程.(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.(1)解由抛物线C：x22py经过点(2，1)得p2.所以抛物线C的方程为x24y，其准线方程为y1.(2)证明抛物线C的焦点为F(0，1).设直线l的方程为ykx1(k0).由得x24kx40.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x24.直线OM的方程为yx.令y1，得点A的横坐标xA，同理得B的横坐标xB.设点D(0，n)，则，·(n1)2(n1)2(n1)24(n1)2.令·0，即4(n1)20，得n1或n3.综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0，1)和(0，3).12.(2020·成都一诊)已知椭圆C：y21的右焦点为F，过点F的直线(不与x轴重合)与椭圆C相交于A，B两点，直线l：x2与x轴相交于点H，过点A作ADl，垂足为D.(1)求四边形OAHB(O为坐标原点)的面积的取值范围.(2)证明：直线BD过定点E，并求出点E的坐标.(1)解由题设知F(1，0)，设直线AB的方程为xmy1(mR)，A(x1，y1)，B(x2，y2).由消去x并整理，得(m22)y22my10.4m24(m22)0，则y1y2，y1y2，所以|y1y2|.所以四边形OAHB的面积S×|OH|×|y1y2|×2×.令t，则t1，所以S，t1.因为t2(当且仅当t1，即m0时取等号)，所以0S.故四边形OAHB的面积的取值范围为(0，.(2)证明由B(x2，y2)，D(2，y1)，可知直线BD的斜率k.所以直线BD的方程为yy1(x2).令y0，得x.由(1)知，y1y2，y1y2，所以y1y22my1y2.将代入，化简得x，所以直线BD过定点E.