圆锥曲线中的存在探索问题

《圆锥曲线解题十招全归纳》招式一：弦的垂直平分线问题 (2)招式二：动弦过定点的问题 (4)招式四：共线向量问题 (6)招式五：面积问题 (13)招式六：弦或弦长为定值、最值问题 (16)招式七：直线问题 (20)招式八：轨迹问题 (24)招式九：对称问题 (30)招式十、存在性问题 (33)招式一：弦的垂直平分线问题例题1、过点T(-1,0)作直线l 与曲线N ：2y x =交于A 、B 两点，在x 轴上是否存在一点E(0x ,0)，使得ABE ∆是等边三角形，若存在，求出0x ；若不存在，请说明理由。

解：依题意知，直线的斜率存在，且不等于0。

设直线:(1)l y k x =+，0k ≠，11(,)A x y ，22(,)B x y 。

由2(1)y k x y x=+⎧⎨=⎩消y 整理，得2222(21)0k x k x k +-+= ① 由直线和抛物线交于两点，得2242(21)4410k k k ∆=--=-+> 即2104k <<② 由韦达定理，得：212221,k x x k -+=-121x x =。

则线段AB 的中点为22211(,)22k k k--。

线段的垂直平分线方程为：221112()22k y x k k k --=--令y=0,得021122x k =-，则211(,0)22E k -ABE ∆为正三角形，∴211(,0)22E k -到直线AB 的距离d 。

AB =21k =+2d k=21k +=k =053x =。

【涉及到弦的垂直平分线问题】这种问题主要是需要用到弦AB 的垂直平分线L 的方程，往往是利用点差或者韦达定理．．．．．．．．产生弦AB 的中点坐标M ，结合弦AB 与它的垂直平分线L 的斜率互为负倒数，写出弦的垂直平分线L 的方程，然后解决相关问题，比如：求L 在x 轴y 轴上的截距的取值范围，求L 过某定点等等。

有时候题目的条件比较隐蔽，要分析后才能判定是有关弦AB 的中点问题，比如：弦与某定点D 构成以D 为顶点的等腰三角形（即D 在AB 的垂直平分线上）、曲线上存在两点AB 关于直线m 对称等等。

圆锥曲线中的定点问题及解决方法1. 引言1.1 背景介绍圆锥曲线是几何学中一个重要的概念，指的是由一个平面与一个圆锥体相交而得到的曲线。

在数学中，圆锥曲线包括圆、椭圆、双曲线和抛物线四种类型。

这些曲线在几何学和代数学中有着广泛的应用，涉及到许多重要的定理和性质。

圆锥曲线中的定点问题是指关于曲线上或曲线与其他几何图形的交点位置和性质的问题。

这些问题在实际应用中具有重要意义，例如在天文学中描述行星轨道的形状，或在工程学中设计湖面上的浮标位置等。

研究圆锥曲线中的定点问题不仅可以加深对这些曲线的理解，更可以拓展数学知识的应用范围。

通过研究不同的解决方法，可以进一步提高解决问题的能力和技巧，为数学领域的发展贡献力量。

深入探讨圆锥曲线中的定点问题具有重要的研究意义和价值。

1.2 问题提出圆锥曲线中的定点问题是一个重要而复杂的数学问题，其研究有着深远的理论和应用意义。

在圆锥曲线中，定点问题是指在已知曲线的情况下，找到曲线上满足一定条件的点的位置。

这种问题涉及到几何、代数和分析等多个数学领域，需要综合运用不同的数学方法来求解。

定点问题在圆锥曲线中具有广泛的实际应用。

比如在工程领域中，定点问题可以帮助我们确定某个位置的几何特性，从而设计出更加精确的结构。

在物理学中，定点问题可以帮助我们分析物体的运动轨迹和速度方向。

在计算机图形学和机器人领域中，定点问题也有着重要的应用价值。

研究圆锥曲线中的定点问题不仅有助于深化数学理论，还能推动相关领域的发展和创新。

在本文中，我们将介绍不同的解决方法来解决圆锥曲线中的定点问题，探讨其适用场景和未来研究方向，以期为相关领域的研究工作提供一定的参考和启发。

1.3 研究意义在圆锥曲线中，定点问题具有重要的研究意义。

通过对定点问题的研究，我们可以深入理解圆锥曲线的性质和特点，进一步探索其数学规律和几何意义。

定点是曲线上的固定点，对于圆锥曲线而言，定点的位置和性质对曲线的形状和特征具有决定性影响。

第2课时 定点、定值、探索性问题圆锥曲线中的定点问题(师生共研)(2020·某某模拟)过抛物线C ：y 2＝4x 的焦点F 且斜率为k 的直线l 交抛物线C于A ，B 两点，且|AB |＝8.(1)求直线l 的方程；(2)若A 关于x 轴的对称点为D ，求证：直线BD 过定点，并求出该点的坐标． 【解】 (1)由y 2＝4x 知焦点F 的坐标为(1，0)，则直线l 的方程为y ＝k (x －1)， 代入抛物线方程y 2＝4x ，得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0， 由题意知k ≠0，且Δ＝[－(2k 2＋4)]2－4k 2·k 2＝16(k 2＋1)＞0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝2k 2＋4k2，x 1x 2＝1.由抛物线的弦长公式知|AB |＝x 1＋x 2＋2＝8，则2k 2＋4k2＝6，即k 2＝1，解得k ＝±1.所以直线l 的方程为y ＝±(x －1)．(2)由(1)及抛物线的对称性知，D 点的坐标为(x 1，－y 1)， 直线BD 的斜率k BD ＝y 2＋y 1x 2－x 1＝y 2＋y 1y 224－y 214＝4y 2－y 1， 所以直线BD 的方程为y ＋y 1＝4y 2－y 1(x －x 1)， 即(y 2－y 1)y ＋y 2y 1－y 21＝4x －4x 1.因为y 21＝4x 1，y 22＝4x 2，x 1x 2＝1，所以(y 1y 2)2＝16x 1x 2＝16， 即y 1y 2＝－4(y 1，y 2异号)．所以直线BD 的方程为4(x ＋1)＋(y 1－y 2)y ＝0， 对任意y 1，y 2∈R ，有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1＝0，y ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝0，即直线BD 恒过定点(－1，0)．求解圆锥曲线中定点问题的两种方法(1)特殊推理法：先从特殊情况入手，求出定点，再证明定点与变量无关．(2)直接推理法：①选择一个参数建立方程，一般将题目中给出的曲线方程(包含直线方程)中的常数k 当成变量，将变量x ，y 当成常数，将原方程转化为kf (x ，y )＋g (x ，y )＝0的形式；②根据曲线(包含直线)过定点时与参数没有关系(即方程对参数的任意值都成立)，得到方程组⎩⎪⎨⎪⎧f （x ，y ）＝0g （x ，y ）＝0；③以②中方程组的解为坐标的点就是曲线所过的定点，若定点具备一定的限制条件，可以特殊解决．(2020·某某模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)上动点P 到两焦点F 1，F 2的距离之和为4，当点P 运动到椭圆C 的一个顶点时，直线PF 1恰与以原点O 为圆心，以椭圆C 的离心率e 为半径的圆相切．(1)求椭圆C 的方程；(2)设椭圆C 的左、右顶点分别为A ，B ，若直线PA ，PB 分别交直线x ＝6于不同的两点M ，N ，则以线段MN 为直径的圆是否过定点？若是，请求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．解：(1)由椭圆的定义可知2a ＝4，解得a ＝2.若点P 运动到椭圆的左、右顶点时，直线PF 1与圆一定相交，则点P 只能在椭圆的上、下顶点，不妨设点P 运动到椭圆的上顶点(0，b )，F 1为左焦点(－c ，0)，则直线PF 1：bx －cy ＋bc ＝0.由题意得原点O 到直线PF 1的距离等于椭圆C 的离心率e ， 所以bc b 2＋c 2＝ca， 又a 2＝b 2＋c 2，故b 2＝1.故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)由题意知，直线PA ，PB 的斜率存在且都不为0， 设直线PA 的斜率为k ，点P (x 0，y 0)，x 0≠±2， 又A (－2，0)，B (2，0)，所以k PA ·k PB ＝k ·k PB ＝y 0x 0＋2·y 0x 0－2＝y 20x 20－4＝1－x 204x 20－4＝－14，则k PB ＝－14k.所以直线PA 的方程为y ＝k (x ＋2)， 令x ＝6，得y ＝8k ，则M (6，8k )； 直线PB 的方程为y ＝－14k (x －2)，令x ＝6，得y ＝－1k，则N ⎝ ⎛⎭⎪⎫6，－1k .因为8k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ＝－8＜0，所以以线段MN 为直径的圆与x 轴交于两点，设点G ，H ，并设MN 与x 轴的交点为K ， 在以线段MN 为直径的圆中应用相交弦定理，得|GK |·|HK |＝|MK |·|NK |＝|8k |·⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1k ＝8，因为|GK |＝|HK |，所以|GK |＝|HK |＝22，所以以线段MN 为直径的圆恒过点(6－22，0)，点(6＋22，0)．圆锥曲线中的定值问题(多维探究) 角度一 定线段的长已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F (1，0)，且经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，354.(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l 与椭圆C 相切，过点F 作FQ ⊥l ，垂足为Q ，求证：|OQ |为定值(其中O 为坐标原点)．【解】 (1)由题意可知椭圆C 的左焦点为F ′(－1，0)，则半焦距c ＝1. 由椭圆定义可知 2a ＝|PF |＋|PF ′|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－3542＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－3542＝4， 所以a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝3，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1. (2)证明：①当直线l 的斜率不存在时，l 的方程为x ＝±2，点Q 的坐标为(－2，0)或(2，0)，此时|OQ |＝2；②当直线l 的斜率为0时，l 的方程为y ＝±3，点Q 的坐标为(1，－3)或(1，3)， 此时|OQ |＝2；③当直线l 的斜率存在且不为0时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m (k ≠0)． 因为FQ ⊥l ，所以直线FQ 的方程为y ＝－1k(x －1)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1消去y ，可得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0.因为直线l 与椭圆C 相切，所以Δ＝(8km )2－4×(3＋4k 2)×(4m 2－12)＝0， 整理得m 2＝4k 2＋3.(*)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，y ＝－1k （x －1）得Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－km k 2＋1，k ＋m k 2＋1， 所以|OQ |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－km k 2＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋m k 2＋12＝1＋k 2m 2＋k 2＋m2（k 2＋1）2， 将(*)式代入上式，得|OQ |＝4（k 4＋2k 2＋1）（k 2＋1）2＝2. 综上所述，|OQ |为定值，且定值为2.直接探求，变量代换探求圆锥曲线中的定线段的长的问题，一般用直接求解法，即先利用弦长公式把要探求的线段表示出来，然后利用题中的条件(如直线与曲线相切等)得到弦长表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入弦长表达式中，化简可得弦长为定值.角度二 定几何图形的面积(2020·某某模拟)如图，设点A ，B 的坐标分别为(－3，0)，(3，0)，直线AP ，BP 相交于点P ，且它们的斜率之积为－23.(1)求点P 的轨迹方程；(2)设点P 的轨迹为C ，点M ，N 是轨迹C 上不同于A 、B 的两点，且满足AP ∥OM ，BP ∥ON ，求证：△MON 的面积为定值．【解】 (1)设点P 的坐标为(x ，y )，由题意得，k AP ·k BP ＝y x ＋3·y x －3＝－23(x ≠±3)，化简得，点P 的轨迹方程为x 23＋y 22＝1(x ≠±3)． (2)证明：由题意可知，M ，N 是轨迹C 上不同于A 、B 的两点，且AP ∥OM ，BP ∥ON ， 则直线OM ，ON 的斜率必存在且不为0，k OM ·k ON ＝k AP ·k BP ＝－23.①当直线MN 的斜率为0时，设M (x 0，y 0)，N (－x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧y 20x 20＝23，x 203＋y202＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧|x 0|＝62，|y 0|＝1， 所以S △MON ＝12|y 0||2x 0|＝62.②当直线MN 的斜率不为0时，设直线MN 的方程为x ＝my ＋t ，代入x 23＋y 22＝1，得(3＋2m 2)y 2＋4mty ＋2t 2－6＝0，(*)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则y 1，y 2是方程(*)的两根， 所以y 1＋y 2＝－4mt 3＋2m 2，y 1y 2＝2t 2－63＋2m2.又k OM ·k ON ＝y 1y 2x 1x 2＝y 1y 2m 2y 1y 2＋mt （y 1＋y 2）＋t 2＝2t 2－63t 2－6m 2，所以2t 2－63t 2－6m 2＝－23，即2t 2＝2m 2＋3，满足Δ＞0.又S △MON ＝12|t ||y 1－y 2|＝|t |－24t 2＋48m 2＋722（3＋2m 2）， 所以S △MON ＝26t 24t 2＝62. 综上，△MON 的面积为定值，且定值为62.探求圆锥曲线中几何图形的面积的定值问题，一般用直接求解法，即可先利用三角形面积公式(如果是其他凸多边形，可分割成若干个三角形分别求解)把要探求的几何图形的面积表示出来，然后利用题中的条件得到几何图形的面积表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入几何图形的面积表达式中，化简即可．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的焦点为F 1，F 2，离心率为12，点P 为其上一动点，且三角形PF 1F 2面积的最大值为3，O 为坐标原点．(1)求椭圆C 的方程；(2)若点M ，N 为C 上的两个动点，求常数m ，使OM →·ON →＝m 时，点O 到直线MN 的距离为定值，求这个定值．解：(1)依题意知⎩⎪⎨⎪⎧c 2＝a 2－b 2，bc ＝3，c a ＝12，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝3，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1x 2＋y 1y 2＝m ，当直线MN 的斜率存在时，设其方程为y ＝kx ＋n ，则点O 到直线MN 的距离d ＝|n |k 2＋1＝n 2k 2＋1，联立，得⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋4y 2＝12，y ＝kx ＋n ，消去y ，得(4k 2＋3)x 2＋8knx ＋4n 2－12＝0，由Δ>0得4k 2－n2＋3>0，则x 1＋x 2＝－8kn 4k 2＋3，x 1x 2＝4n 2－124k 2＋3，所以x 1x 2＋(kx 1＋n )(kx 2＋n )＝(k 2＋1)x 1x 2＋kn (x 1＋x 2)＋n 2＝m ，整理得7n2k 2＋1＝12＋m （4k 2＋3）k 2＋1.因为d ＝n 2k 2＋1为常数，则m ＝0，d ＝127＝2217，此时7n 2k 2＋1＝12满足Δ>0. 当MN ⊥x 轴时，由m ＝0得k OM ＝±1，联立，得⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋4y 2＝12，y ＝±x ，消去y ，得x 2＝127，点O 到直线MN 的距离d ＝|x |＝2217亦成立．综上，当m ＝0时，点O 到直线MN 的距离为定值，这个定值是2217.圆锥曲线中的探索性问题(师生共研)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的两个焦点分别为F 1，F 2，短轴的一个端点为P ，△PF 1F 2内切圆的半径为b3，设过点F 2的直线l 被椭圆C 截得的线段为RS ，当l ⊥x 轴时，|RS |＝3.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)在x 轴上是否存在一点T ，使得当l 变化时，总有TS 与TR 所在直线关于x 轴对称？若存在，请求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由．【解】 (1)由内切圆的性质，得12×2c ×b ＝12×(2a ＋2c )×b 3，得c a ＝12.将x ＝c 代入x 2a 2＋y 2b 2＝1，得y ＝±b 2a ，所以2b2a＝3.又a 2＝b 2＋c 2，所以a ＝2，b ＝3， 故椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)当直线l 垂直于x 轴时，显然x 轴上任意一点T 都满足TS 与TR 所在直线关于x 轴对称．当直线l 不垂直于x 轴时，假设存在T (t ，0)满足条件，设l 的方程为y ＝k (x －1)，R (x 1，y 1)，S (x 2，y 2)．联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －1），3x 2＋4y 2－12＝0，得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0， 由根与系数的关系得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝8k23＋4k2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k2①，其中Δ>0恒成立， 由TS 与TR 所在直线关于x 轴对称，得k TS ＋k TR ＝0(显然TS ，TR 的斜率存在)， 即y 1x 1－t ＋y 2x 2－t＝0 ②.因为R ，S 两点在直线y ＝k (x －1)上， 所以y 1＝k (x 1－1)，y 2＝k (x 2－1)，代入②得k （x 1－1）（x 2－t ）＋k （x 2－1）（x 1－t ）（x 1－t ）（x 2－t ）＝k [2x 1x 2－（t ＋1）（x 1＋x 2）＋2t ]（x 1－t ）（x 2－t ）＝0，即2x 1x 2－(t ＋1)(x 1＋x 2)＋2t ＝0 ③，将①代入③得8k 2－24－（t ＋1）8k 2＋2t （3＋4k 2）3＋4k 2＝6t －243＋4k 2＝0 ④，则t ＝4，综上所述，存在T (4，0)，使得当l 变化时，总有TS 与TR 所在直线关于x 轴对称．存在性问题的求解策略解决存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论．(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件． (3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意．已知圆O ：x 2＋y 2＝4，点F (1，0)，P 为平面内一动点，以线段FP 为直径的圆内切于圆O ，设动点P 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程；(2)M ，N 是曲线C 上的动点，且直线MN 经过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，问在y 轴上是否存在定点Q ，使得∠MQO ＝∠NQO ，若存在，请求出定点Q ，若不存在，请说明理由．解：(1)设PF 的中点为S ，切点为T ，连接OS ，ST ，则|OS |＋|SF |＝|OT |＝2，取F 关于y 轴的对称点F ′，连接F ′P ，所以|PF ′|＝2|OS |，故|F ′P |＋|FP |＝2(|OS |＋|SF |)＝4，所以点P 的轨迹是以F ′，F 分别为左、右焦点，且长轴长为4的椭圆， 则曲线C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)假设存在满足题意的定点Q ，设Q (0，m )，当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为y ＝kx ＋12，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．联立，得⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝kx ＋12，消去y ，得(3＋4k 2)x 2＋4kx －11＝0，则Δ>0，x 1＋x 2＝－4k3＋4k 2，x 1x 2＝－113＋4k2， 由∠MQO ＝∠NQO ，得直线MQ 与NQ 的斜率之和为零，易知x 1或x 2等于0时，不满足题意，故y 1－m x 1＋y 2－mx 2＝kx 1＋12－m x 1＋kx 2＋12－m x 2＝2kx 1x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－m （x 1＋x 2）x 1x 2＝0，即2kx 1x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－m (x 1＋x 2)＝2k ·－113＋4k 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－m ·－4k 3＋4k 2＝4k （m －6）3＋4k 2＝0，当k ≠0时，m ＝6，所以存在定点(0，6)，使得∠MQO ＝∠NQO ；当k ＝0时，定点(0，6)也符合题意．易知当直线MN 的斜率不存在时，定点(0，6)也符合题意． 综上，存在定点(0，6)，使得∠MQO ＝∠NQO .解析几何减少运算量的常见技巧技巧一 巧用平面几何性质已知O 为坐标原点，F 是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点，A ，B 分别为C 的左，右顶点．P 为C 上一点，且PF ⊥x 轴．过点A 的直线l 与线段PF 交于点M ，与y 轴交于点E .若直线BM 经过OE 的中点，则C 的离心率为( )A.13 B ．12 C.23D ．34【解析】 设OE 的中点为N ，如图，因为MF ∥OE ，所以有ON MF ＝a a ＋c ，MF OE ＝a －ca.又因为OE ＝2ON ，所以有12＝aa ＋c ·a －c a ，解得e ＝c a ＝13，故选A.【答案】 A此题也可以用解析法解决，但有一定的计算量，巧用三角形的相似比可简化计算． 技巧二 设而不求，整体代换对于直线与圆锥曲线相交所产生的中点弦问题，涉及求中点弦所在直线的方程，或弦的中点的轨迹方程的问题时，常常可以用“点差法”求解．已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F (3，0)，过点F 的直线交E 于A ，B两点．若AB 的中点坐标为M (1，－1)，则E 的标准方程为( )A.x 245＋y 236＝1 B ．x 236＋y 227＝1 C.x 227＋y 218＝1 D ．x 218＋y 29＝1 【解析】 通解：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝－2，⎩⎪⎨⎪⎧x 21a 2＋y 21b2＝1，①x 22a 2＋y22b 2＝1，②①－②得（x 1＋x 2）（x 1－x 2）a 2＋（y 1＋y 2）（y 1－y 2）b2＝0， 所以k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－b 2（x 1＋x 2）a 2（y 1＋y 2）＝b 2a 2.又k AB ＝0＋13－1＝12，所以b 2a 2＝12.又9＝c 2＝a 2－b 2，解得b 2＝9，a 2＝18， 所以椭圆E 的标准方程为x 218＋y 29＝1.优解：由k AB ·k OM ＝－b 2a 2得，－1－01－3×－11＝－b 2a2得，a 2＝2b 2，又a 2－b 2＝9，所以a 2＝18，b 2＝9，所以椭圆E 的标准方程为x 218＋y 29＝1.【答案】 D本题设出A ，B 两点的坐标，却不求出A ，B 两点的坐标，巧妙地表达出直线AB 的斜率，通过将直线AB 的斜率“算两次”建立几何量之间的关系，从而快速解决问题．技巧三 巧用“根与系数的关系”，化繁为简某些涉及线段长度关系的问题可以通过解方程、求坐标，用距离公式计算长度的方法来解；但也可以利用一元二次方程，使相关的点的同名坐标为方程的根，由根与系数的关系求出两根间的关系或有关线段长度间的关系．后者往往计算量小，解题过程简捷．已知椭圆x 24＋y 2＝1的左顶点为A ，过A 作两条互相垂直的弦AM ，AN 交椭圆M ，N两点．(1)当直线AM 的斜率为1时，求点M 的坐标；(2)当直线AM 的斜率变化时，直线MN 是否过x 轴上的一定点？若过定点，请给出证明，并求出该定点；若不过定点，请说明理由．【解】 (1)直线AM 的斜率为1时，直线AM 的方程为y ＝x ＋2，代入椭圆方程并化简得5x 2＋16x ＋12＝0.解得x 1＝－2，x 2＝－65，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－65，45.(2)设直线AM 的斜率为k ，直线AM 的方程为y ＝k (x ＋2)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x ＋2），x 24＋y 2＝1， 化简得(1＋4k 2)x 2＋16k 2x ＋16k 2－4＝0. 则x A ＋x M ＝－16k21＋4k 2，又x A ＝－2，则x M ＝－x A －16k 21＋4k 2＝2－16k 21＋4k 2＝2－8k21＋4k 2.同理，可得x N ＝2k 2－8k 2＋4.由(1)知若存在定点，则此点必为P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－65，0. 证明如下：因为k MP ＝y Mx M ＋65＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－8k 21＋4k 2＋22－8k 21＋4k 2＋65＝5k4－4k 2， 同理可计算得k PN ＝5k4－4k2. 所以直线MN 过x 轴上的一定点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－65，0.本例在第(2)问中可应用根与系数的关系求出x M ＝2－8k21＋4k 2，这体现了整体思想．这是解决解析几何问题时常用的方法，简单易懂，通过设而不求，大大降低了运算量．技巧四 巧妙“换元”减少运算量变量换元的关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而将非标准型问题转化为标准型问题，将复杂问题简单化．变量换元法常用于求解复合函数的值域、三角函数的化简或求值等问题．如图，已知椭圆C 的离心率为32，点A ，B ，F 分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点，且S △ABF ＝1－32.(1)求椭圆C 的方程；(2)已知直线l ：y ＝kx ＋m 与圆O ：x 2＋y 2＝1相切，若直线l 与椭圆C 交于M ，N 两点，求△OMN 面积的最大值．【解】 (1)由已知椭圆的焦点在x 轴上，设其方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，则A (a ，0)，B (0，b )，F (c ，0)(c ＝a 2－b 2)．由已知可得e 2＝a 2－b 2a 2＝34，所以a 2＝4b 2，即a ＝2b ，可得c ＝3b ①.S △AFB ＝12×|AF |×|OB |＝12(a －c )b ＝1－32②.将①代入②，得12(2b －3b )b ＝1－32，解得b ＝1，故a ＝2，c ＝ 3.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)圆O 的圆心为坐标原点，半径r ＝1，由直线l ：y ＝kx ＋m 与圆O ：x 2＋y 2＝1相切，得|m |1＋k2＝1，故有m 2＝1＋k 2③. 由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y ＝kx ＋m ，消去y ，得⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋k 2x 2＋2kmx ＋m 2－1＝0.由题可知k ≠0，即(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4(m 2－1)＝0， 所以Δ＝16(4k 2－m 2＋1)＝48k 2＞0.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.所以|x 1－x 2|2＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8km 4k 2＋12－4×4m 2－44k 2＋1＝16（4k 2－m 2＋1）（4k 2＋1）2④. 将③代入④中，得|x 1－x 2|2＝48k2（4k 2＋1）2，故|x 1－x 2|＝43|k |4k 2＋1.所以|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2×43|k |4k 2＋1＝43k 2（k 2＋1）4k 2＋1. 故△OMN 的面积S ＝12|MN |×1＝12×43k 2（k 2＋1）4k 2＋1×1＝23k 2（k 2＋1）4k 2＋1. 令t ＝4k 2＋1，则t ≥1，k 2＝t －14，代入上式，得S ＝23×t －14⎝ ⎛⎭⎪⎫t －14＋1t2＝32（t －1）（t ＋3）t2＝32t 2＋2t －3t 2＝32－3t 2＋2t＋1＝32－1t 2＋23t ＋13＝32－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －132＋49， 所以当t ＝3，即4k 2＋1＝3，解得k ＝±22时，S 取得最大值，且最大值为32×49＝1.破解此类题的关键：一是利用已知条件，建立关于参数的方程，解方程，求出参数的值，二是通过变量换元法将所给函数转化为值域容易确定的另一函数，求得其值域，从而求得原函数的值域，形如y ＝ax ＋b ±cx ＋d (a ，b ，c ，d 均为常数，且ac ≠0)的函数常用此法求解，但在换元时一定要注意新元的取值X 围，以保证等价转化，这样目标函数的值域才不会发生变化．[基础题组练]1．已知直线l 与双曲线x 24－y 2＝1相切于点P ，l 与双曲线的两条渐近线交于M ，N 两点，则OM →·ON →的值为( )A ．3B ．4C ．5D ．与P 的位置有关解析：选A.依题意，设点P (x 0，y 0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，其中x 20－4y 20＝4，则直线l 的方程是x 0x 4－y 0y ＝1，题中双曲线的两条渐近线方程为y ＝±12x .①当y 0＝0时，直线l 的方程是x ＝2或x ＝－2.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2x 24－y 2＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ＝±1，此时OM →·ON →＝(2，－1)·(2，1)＝4－1＝3，同理可得当直线l 的方程是x ＝－2时，OM →·ON →＝3.②当y 0≠0时，直线l 的方程是y ＝14y 0(x 0x －4)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝14y 0（x 0x －4）x24－y 2＝0，得(4y 2－x 20)x2＋8x 0x －16＝0(*)，又x 20－4y 20＝4，因此(*)即是－4x 2＋8x 0x －16＝0，x 2－2x 0x ＋4＝0，x 1x 2＝4，OM →·ON →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2－14x 1x 2＝34x 1x 2＝3.综上所述，OM →·ON →＝3，故选A.2．已知抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，△ABC 的顶点都在抛物线上，且满足FA →＋FB →＋FC →＝0，则1k AB ＋1k AC ＋1k BC＝________．解析：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，由FA →＋FB →＝－FC →，得y 1＋y 2＋y 3＝0.因为k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝2p y 1＋y 2，所以k AC ＝2p y 1＋y 3，k BC ＝2p y 2＋y 3，所以1k AB ＋1k AC ＋1k BC ＝y 1＋y 22p ＋y 3＋y 12p＋y 2＋y 32p＝0. 答案：03．(2020·某某模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2.点M在椭圆C 上滑动，若△MF 1F 2的面积取得最大值4时，有且仅有2个不同的点M 使得△MF 1F 2为直角三角形．(1)求椭圆C 的方程；(2)过点P (0，1)的直线l 与椭圆C 分别相交于A ，B 两点，与x 轴交于点Q .设QA →＝λPA →，QB →＝μPB →，求证：λ＋μ为定值，并求该定值．解：(1)由对称性知，点M 在短轴端点时，△MF 1F 2为直角三角形且∠F 1MF 2＝90°，且S △MF 1F 2＝4，所以b ＝c 且S ＝12·2c ·b ＝bc＝4，解得b ＝c ＝2，a 2＝b 2＋c 2＝8， 所以椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)证明：显然直线l 的斜率不为0，设直线l ：x ＝t (y －1)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 28＋y 24＝1，x ＝t （y －1），消去x ，得(t 2＋2)y 2－2t 2y ＋t 2－8＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝2t 2t 2＋2，y 1y 2＝t 2－8t 2＋2.令y ＝0，则x ＝－t ，所以Q (－t ，0)， 因为QA →＝λPA →，所以y 1＝λ(y 1－1)， 所以λ＝y 1y 1－1.因为QB →＝μPB →，所以y 2＝μ(y 2－1)，所以μ＝y 2y 2－1.所以λ＋μ＝y 1y 1－1＋y 2y 2－1＝2y 1y 2－（y 1＋y 2）y 1y 2－（y 1＋y 2）＋1＝83. 4．(2020·某某某某联考)设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，下顶点为A ，O 为坐标原点，点O 到直线AF 2的距离为22，△AF 1F 2为等腰直角三角形． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)直线l 与椭圆C 分别相交于M ，N 两点，若直线AM 与直线AN 的斜率之和为2，证明：直线l 恒过定点，并求出该定点的坐标．解：(1)由题意可知，直线AF 2的方程为x c ＋y－b＝1， 即－bx ＋cy ＋bc ＝0，则bc b 2＋c 2＝bc a＝22.因为△AF 1F 2为等腰直角三角形，所以b ＝c ， 又a 2＝b 2＋c 2，可得a ＝2，b ＝1，c ＝1， 所以椭圆C 的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明：由(1)知A (0，－1)．当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋t (t ≠±1)， 代入x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2＋4ktx ＋2t 2－2＝0，所以Δ＝16k 2t 2－4(1＋2k 2)(2t 2－2)＞0，即t 2－2k 2＜1. 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4kt1＋2k 2，x 1x 2＝2t 2－21＋2k2.因为直线AM 与直线AN 的斜率之和为2， 所以k AM ＋k AN ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1＋t ＋1x 1＋kx 2＋t ＋1x 2＝2k ＋（t ＋1）（x 1＋x 2）x 1x 2＝2k －（t ＋1）·4kt2t 2－2＝2， 整理得t ＝1－k .所以直线l 的方程为y ＝kx ＋t ＝kx ＋1－k ＝k (x －1)＋1，显然直线y ＝k (x －1)＋1经过定点(1，1)．当直线l 的斜率不存在时，设直线l 的方程为x ＝m .因为直线AM 与直线AN 的斜率之和为2，设M (m ，n )，则N (m ，－n )， 所以k AM ＋k AN ＝n ＋1m ＋－n ＋1m ＝2m＝2，解得m ＝1， 此时直线l 的方程为x ＝1，显然直线x ＝1也经过该定点(1，1)． 综上，直线l 恒过点(1，1)．[综合题组练]1．(2020·某某五市十校联考)已知动圆C 过定点F (1，0)，且与定直线x ＝－1相切． (1)求动圆圆心C 的轨迹E 的方程；(2)过点M (－2，0)的任一条直线l 与轨迹E 分别相交于不同的两点P ，Q ，试探究在x 轴上是否存在定点N (异于点M )，使得∠QNM ＋∠PNM ＝π？若存在，求点N 的坐标；若不存在，说明理由．解：(1)法一：由题意知，动圆圆心C 到定点F (1，0)的距离与其到定直线x ＝－1的距离相等，又由抛物线的定义，可得动圆圆心C 的轨迹是以F (1，0)为焦点，x ＝－1为准线的抛物线，其中p ＝2.所以动圆圆心C 的轨迹E 的方程为y 2＝4x .法二：设动圆圆心C (x ，y )，由题意知（x －1）2＋y 2＝|x ＋1|， 化简得y 2＝4x ，即动圆圆心C 的轨迹E 的方程为y 2＝4x . (2)假设存在点N (x 0，0)，满足题设条件．由∠QNM ＋∠PNM ＝π可知，直线PN 与QN 的斜率互为相反数，即k PN ＋k QN ＝0.① 由题意知直线PQ 的斜率必存在且不为0，设直线PQ 的方程为x ＝my －2.联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，x ＝my －2，得y 2－4my ＋8＝0.由Δ＝(－4m )2－4×8＞0，得m ＞2或m ＜－ 2. 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝8. 由①式得k PN ＋k QN ＝y 1x 1－x 0＋y 2x 2－x 0＝y 1（x 2－x 0）＋y 2（x 1－x 0）（x 1－x 0）（x 2－x 0）＝0，所以y 1(x 2－x 0)＋y 2(x 1－x 0)＝0， 即y 1x 2＋y 2x 1－x 0(y 1＋y 2)＝0.消去x 1，x 2，得14y 1y 22＋14y 2y 21－x 0(y 1＋y 2)＝0，14y 1y 2(y 1＋y 2)－x 0(y 1＋y 2)＝0， 因为y 1＋y 2≠0，所以x 0＝14y 1y 2＝2，所以存在点N (2，0)．使得∠QNM ＋∠PNM ＝π.2．(2020·某某某某教学质量监测)已知抛物线C ：x 2＝2py (p ＞0)的焦点为F ，过点F 的直线分别交抛物线于A ，B 两点．(1)若以AB 为直径的圆的方程为(x －2)2＋(y －3)2＝16，求抛物线C 的标准方程； (2)过点A ，B 分别作抛物线的切线l 1，l 2，证明：l 1，l 2的交点在定直线上． 解：(1)设AB 中点为M ，A 到准线的距离为d 1，B 到准线的距离为d 2，M 到准线的距离为d ，则d ＝y M ＋p2.由抛物线的定义可知，d 1＝|AF |，d 2＝|BF |，所以d 1＋d 2＝|AB |＝8， 由梯形中位线可得d ＝d 1＋d 22＝4，所以y M ＋p2＝4.又y M ＝3，所以3＋p2＝4，可得p ＝2，所以抛物线C 的标准方程为x 2＝4y .(2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由x 2＝2py ，得y ＝x 22p ，则y ′＝xp，所以直线l 1的方程为y －y 1＝x 1p (x －x 1)，直线l 2的方程为y －y 2＝x 2p(x －x 2)，联立得x ＝x 1＋x 22，y ＝x 1x 22p， 即直线l 1，l 2的交点坐标为⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，x 1x 22p .因为AB 过焦点F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2，由题可知直线AB 的斜率存在，故可设直线AB 方程为y －p2＝kx ，代入抛物线x 2＝2py 中，得x 2－2pkx －p 2＝0，所以x 1x 2＝－p 2，y ＝x 1x 22p ＝－p 22p ＝－p2，p 2上．所以l1，l2的交点在定直线y＝－。

高考数学二轮复习专题突破—圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题1.(2021·重庆八中月考)已知椭圆C :x 24+y 23=1的右焦点为F ,过点M (4,0)的直线l 交椭圆C 于A ,B 两点,连接AF ,BF 并延长分别与椭圆交于异于A ,B 的两点P ,Q. (1)求直线l 的斜率的取值范围; (2)若PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λFA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,QF ⃗⃗⃗⃗⃗ =μFB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,证明:λμ为定值.2.(2021·河北张家口三模)已知抛物线C :y 2=4px (p>0)的焦点为F ,且点M (1,2)到点F 的距离比到y 轴的距离大p. (1)求抛物线C 的方程;(2)若直线l :x-m (y+2)-5=0与抛物线C 交于A ,B 两点,问是否存在实数m ,使|MA|·|MB|=64√2?若存在,求出m 的值;若不存在,请说明理由.3.(2021·江苏南通适应性联考)已知双曲线C :x 2a 2−y 2b 2=1(a>0,b>0)的两个焦点为F 1,F 2,一条渐近线方程为y=bx (b ∈N *),且双曲线C 经过点D (√2,1). (1)求双曲线C 的方程;(2)设点P 在直线x=m (y ≠±m ,0<m<1,且m 是常数)上,过点P 作双曲线C 的两条切线PA ,PB ,切点为A ,B ,求证:直线AB 过某一个定点.4.(2021·山东济南二模)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的离心率为√22,且经过点H (-2,1).(1)求椭圆C 的方程;(2)过点P (-3,0)的直线(不与x 轴重合)与椭圆C 相交于A ,B 两点,直线HA ,HB 分别交x 轴于M ,N 两点,点G (-2,0),若PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =μPG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,求证:1λ+1μ为定值.5.(2021·广东汕头三模)已知圆C :x 2+(y-2)2=1与定直线l :y=-1,且动圆M 与圆C 外切并与直线l 相切.(1)求动圆圆心M 的轨迹E 的方程;(2)已知点P 是直线l 1:y=-2上一个动点,过点P 作轨迹E 的两条切线,切点分别为A ,B.①求证:直线AB 过定点; ②求证:∠PCA=∠PCB.6.(2021·北京东城一模)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)过点D (-2,0),且焦距为2√3. (1)求椭圆C 的方程;(2)过点A (-4,0)的直线l (不与x 轴重合)与椭圆C 交于P ,Q 两点,点T 与点Q 关于x 轴对称,直线TP 与x 轴交于点H ,是否存在常数λ,使得|AD|·|DH|=λ(|AD|-|DH|)成立?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.答案及解析1.(1)解 由题意知直线l 的斜率不为零,故设其方程为x=ty+4,与椭圆方程联立,消去x 得(3t 2+4)y 2+24ty+36=0,Δ=144(t 2-4)>0,解得t<-2或t>2.故直线l 的斜率k=1t 的取值范围为(-12,0)∪(0,12).(2)证明 F (1,0),设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),P (x 3,y 3),Q (x 4,y 4),由(1)得y 1+y 2=-24t3t 2+4,y 1y 2=363t 2+4,所以ty 1y 2=-32(y 1+y 2).由PF⃗⃗⃗⃗⃗ =λFA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,得{1−x 3=λ(x 1-1),-y 3=λy 1,即{-x 3=λx 1-λ-1,-y 3=λy 1. 又点P 在椭圆上,即有3x 32+4y 32=12,代入上式得3(λx 1-λ-1)2+4λ2y 12=12,即λ2(3x 12+4y 12)-6λ(λ+1)x 1+3(λ+1)2=12, 又3x 12+4y 12=12,所以12(λ+1)(λ-1)-6λ(λ+1)x 1+3(λ+1)2=0.易知λ+1≠0,故λ=35−2x 1,同理可得μ=35−2x 2.又(5-2x 1)(5-2x 2)=25-10(x 1+x 2)+4x 1x 2 =25-10[t (y 1+y 2)+8]+4(ty 1+4)(ty 2+4)=9+6t (y 1+y 2)+4t 2y 1y 2=9+6t (y 1+y 2)+4t ·(-32)(y 1+y 2)=9, 所以λμ=9(5-2x1)(5-2x 2)=1.2.解 (1)由点M 到点F 的距离比到y 轴的距离大p ,得点M 到点F 的距离与到直线x=-p 的距离相等.由抛物线的定义,可知点M 在抛物线C 上,所以4=4p ,解得p=1. 所以抛物线C 的方程为y 2=4x.(2)存在满足题意的m ,其值为1或-3. 理由如下:由{y 2=4x,x-m(y +2)−5=0,得y 2-4my-8m-20=0. 因为Δ=16m 2+4(8m+20)>0恒成立,所以直线l 与抛物线C 恒有两个交点. 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则y 1+y 2=4m ,y 1y 2=-4(2m+5).因为MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1-1)(x 2-1)+(y 1-2)(y 2-2)=(y 124-1)(y 224-1)+(y 1-2)(y 2-2)=y 12y 2216−(y 1+y 2)2-2y 1y 24+y 1y 2-2(y 1+y 2)+5=16(2m+5)216−(4m)2+8(2m+5)4-4(2m+5)-8m+5=0,所以MA ⊥MB ,即△MAB 为直角三角形.设d 为点M 到直线l 的距离,所以|MA|·|MB|=|AB|·d=√1+m 2·√(y 1+y 2)2-4y 1y 2·√1+m 2=4·|1+m|·√16m 2+16(2m +5)=16·|1+m|·√(m +1)2+4=64√2,所以(m+1)4+4(m+1)2-32=0, 解得(m+1)2=4或(m+1)2=-8(舍). 所以m=1或m=-3.所以当实数m=1或m=-3时,|MA|·|MB|=64√2.3.(1)解 由{ba =b,2a 2-1b 2=1,解得{a =1,b =1,故双曲线方程为x 2-y 2=1.(2)证明 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),直线PA 的斜率为k ,P (m ,y 0).则PA:y-y1=k(x-x1),联立方程组{y-y1=k(x-x1), x2-y2=1,消去y,可得x2-[kx+(-kx1+y1)]2=1,整理可得(1-k2)x2-2k(y1-kx1)x-(y1-kx1)2-1=0.因为PA与双曲线相切,所以Δ=4k2(y1-kx1)2+4(1-k2)·(y1-kx1)2+4(1-k2)=0,整理得4(y1-kx1)2+4(1-k2)=0.即k2x12-2kx1y1+y12+1-k2=0,即(x12-1)k2-2kx1y1+(y12+1)=0,因为x12−y12=1,所以x12-1=y12,y12+1=x12代入可得y12k2-2x1y1k+x12=0,即(y1k-x1)2=0,所以k=x1y1.故PA:y-y1=x1y1(x-x1),即y1y=x1x-1.同理,切线PB的方程为y2y=x2x-1.因为P(m,y0)在切线PA,PB上,所以有{y0y1=mx1-1, y0y2=mx2-1,A,B满足直线方程y0y=mx-1,而两点唯一确定一条直线,故AB:y0y=mx-1,所以当{x=1m,y=0时,无论y0为何值,等式均成立.故点(1m ,0)恒在直线AB上,故无论P在何处,AB恒过定点(1m,0).4.(1)解由题意知e=ca =√1−b2a2=√22,则a2=2b2.又椭圆C经过点H(2,1),所以4a2+1b2=1.联立解得a2=6,b2=3,所以椭圆C的方程为x 26+y23=1.(2)证明 设直线AB 的方程为x=my-3,A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),由{x =my-3,x 26+y 23=1联立消去x ,得(m 2+2)y 2-6my+3=0,所以Δ=36m 2-12(m 2+2)>0,y 1+y 2=6mm 2+2,y 1y 2=3m 2+2,由题意知,y 1,y 2均不为1.设M (x M ,0),N (x N ,0),由H ,M ,A 三点共线知AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与MH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 共线,所以x M -x 1=(-y 1)(-2-x M ),化简得x M =x 1+2y 11−y 1.由H ,N ,B 三点共线,同理可得x N =x 2+2y 21−y 2.由PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPG⃗⃗⃗⃗⃗ ,得(x M +3,0)=λ(1,0),即λ=x M +3. 由PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =μPG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,同理可得μ=x N +3. 所以1λ+1μ=1xM+3+1xN+3=1x 1+2y 11−y 1+3+1x 2+2y 21−y 2+3=1−y 1x1-y 1+3+1−y 2x 2-y 2+3=1−y1(m-1)y1+1−y 2(m-1)y 2=1m-11−y 1y 1+1−y 2y 2=1m-1(y 1+y 2y1y 2-2)=1m-1(6mm 2+23m 2+2-2)=2,所以1λ+1μ为定值.5.(1)解 依题意知:M 到C (0,2)的距离等于M 到直线y=-2的距离,故动点M 的轨迹是以C 为焦点,直线y=-2为准线的抛物线.设抛物线方程为x 2=2py (p>0),则p2=2,则p=4,即抛物线的方程为x 2=8y ,故动圆圆心M 的轨迹E 的方程为x 2=8y. (2)证明 ①由x 2=8y 得y=18x 2,y'=14x.设A (x 1,18x 12),B (x 2,18x 22),P (t ,-2),其中x 1≠x 2, 则切线PA 的方程为y-18x 12=x 14(x-x 1),即y=14x 1x-18x 12.同理,切线PB 的方程为y=14x 2x-18x 22. 由{y =14x 1x-18x 12,y =14x 2x-18x 22,解得{x =x 1+x22,y =x 1x 28, 故{t =x 1+x 22,-2=x 1x 28,即{x 1+x 2=2t,x 1x 2=−16.故直线AB 的方程为y-18x 12=18x 22-18x 12x 2-x 1(x-x 1),化简得y=x 1+x 28x-x 1x 28,即y=t4x+2,故直线AB 过定点(0,2).②由①知:直线AB 的斜率为k AB =t4,(i)当直线PC 的斜率不存在时,直线AB 的方程为y=2,∴PC ⊥AB ,∴∠PCA=∠PCB ;(ii)当直线PC 的斜率存在时,P (t ,-2),C (0,2),直线PC 的斜率k PC =-2-2t-0=-4t,k AB ·k PC =t 4×-4t =-1,故PC ⊥AB ,∠PCA=∠PCB. 综上所述,∠PCA=∠PCB 得证.6.解 (1)因为椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)过点D (-2,0),所以a=2,又2c=2√3,即c=√3,所以b 2=a 2-c 2=4-3=1,所以椭圆C 的方程为x 24+y 2=1.(2)存在常数λ=2,满足题意. 理由如下:显然直线l 的斜率存在且不为0,设直线l :y=k (x+4),联立{y =k(x +4),x 24+y 2=1,消去y 并整理,得(1+4k 2)x 2+32k 2x+64k 2-4=0, Δ=(32k 2)2-4(1+4k 2)(64k 2-4)>0,得0<k 2<112.设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),则T (x 2,-y 2),所以x 1+x 2=-32k 21+4k 2,x 1x 2=64k 2-41+4k 2,直线PT :y-y 1=y 1+y2x 1-x 2(x-x 1),令y=0,得x=x 1-y 1(x 1-x 2)y 1+y 2,所以H x 1-y 1(x 1-x 2)y 1+y 2,0,若存在常数λ,使得|AD|·|DH|=λ(|AD|-|DH|)成立, 所以1λ=|AD|-|DH||AD|·|DH|=1|DH|−1|AD|,又因为D (-2,0),A (-4,0),H (x 1-y 1(x 1-x 2)y 1+y 2,0),所以|AD|=2,|DH|=x 1-y 1(x 1-x 2)y 1+y 2+2 =x 1-k(x 1+4)(x 1-x 2)k(x 1+4)+k(x 2+4)+2=x 1-k(x 1+4)(x 1-x 2)k(x 1+x 2)+8k+2=kx 1(x 1+x 2)+8kx 1-k(x 1+4)(x 1-x 2)k(x 1+x 2)+8k+2=kx 12+kx 1x 2+8kx 1-kx 12+kx 1x 2-4kx 1+4kx 2k(x 1+x 2)+8k+2=4k(x 1+x 2)+2kx 1x 2k(x 1+x 2)+8k+2=4k·-32k 21+4k 2+2k·64k 2-41+4k 2k·-32k 21+4k 2+8k +2=-1+2=1,所以1λ=11−12,解得λ=2.所以存在常数λ=2,使得|AD|·|DH|=2(|AD|-|DH|)成立.。

专题 圆锥曲线综合应用（3）- 定点、定值、探索性问题一、 高考题型特点：定点、定值、探索性问题是高考圆锥曲线大题中的常考题型，难度中等偏上。

二、重难点：1. 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，借助于直线系方程找出定点；(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明一般情况． 2. 解答圆锥曲线的定值，从三个方面把握：(1)从特殊开始，求出定值，再证明该值与变量无关；(2)直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值；(3)在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的项里面分离出来，并令其系数为零，可以求出定值．3. 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)得出结论． 三、易错注意点：本部分对学生的能力要求较高，解题中主要数形结合及各种方法的综合应用，同时对数学推理运算能力有很高的要求。

解决定值、定点问题，不要忘记特值法。

四、典型例题：例1.（2019北京卷）已知抛物线2:2C x py =-经过点(2，-1). (I) 求抛物线C 的方程及其准线方程；(II) 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y =-1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 轴上的两上定点. 【解析】（I ）由抛物线2:2C x py =-经过点()2,1-，得2p =.所以抛物线C 的方程为24x y =-，其准线方程为1y =. （II ）抛物线C 的焦点为()0,1-，设直线l 的方程为()10y kx k =-≠.由241x y y kx ⎧=-⎨=-⎩，得2440x kx +-=. 设()()1122,,,,Mx y N x y 则124x x=-.直线OM 的方程为11y y x x =，令1y =-，得点A 的横坐标为11A x x y =- 同理可得点B 的横坐标22B x x y =-. 设点()0,D n ，则()()2212122212121144x x x x DA DB n n y y x x ⋅=++=++⎛⎫⎛⎫-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭uu u r uu u r ()()221216141n n x x =++=-++. 令0,DA DB ⋅=uu u r uu u r 即()2410n -++=，得1n =或3n =-.综上，以AB 为直径的圆经过y 轴上的定点()()0,10,-3和．例2．（2017新课标Ⅱ）设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：2212x y +=上，过M 做x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足2NP =u u u r u u u r错误!未找到引用源。

规范答题---解析几何规范答题，形成习惯--------------解析几何【规律方法】1、圆锥曲线中的最值问题：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：（1）几何法：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；（2）代数方法：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．2、圆锥曲线中的证明问题常见的有：（1）位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；（2）数量关系方面的，如存在定值、恒成立等．在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接证明法，但有时也会用到反证法．3、求解直线或圆锥曲线过定点问题的基本思路是：，看成常数，把方程的一端化为零，将方程转化为以把直线或圆锥曲线方程中的变量x y参数为主变量的方程，这个方程对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，，的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或圆锥曲线这样就得到一个关于x y所过的定点．4、求定值问题常用的方法有两种:（1）从特殊值入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．（2）直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定值．5、存在性问题：解决直线与圆锥曲线位置关系的存在性问题，往往是先假设所求的元素存在，然后再推理论证，检验说明假设是否正确，其解题步骤为：（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）得出结论.6、探索性问题：此类问题一般分为探究条件、探究结论两种：①当P为短轴端点时，②S＝|PF1||PF2|sinθ＝tan＝最大值为bc.＝，在第一象限，＝，＝，＝(的倾斜角)；③＋＝；以弦AB为直径的圆与准线相切；＝.（1）求证：CD 过定点；（2）若1OB OD ⋅≤-，求AE OE ⋅ 的最小值．参考答案：。

高中数学圆锥曲线的教学难点与解决策略圆锥曲线是高中数学中的重要内容，包括椭圆、双曲线和抛物线。

它不仅在数学学科中具有重要地位，也在实际生活和其他科学领域有着广泛的应用。

然而，对于学生和教师来说，圆锥曲线的教学和学习都存在着一定的难度。

一、教学难点1、概念抽象圆锥曲线的概念较为抽象，学生难以直观地理解和把握。

例如，椭圆的定义是“平面内到两个定点的距离之和等于常数（大于两定点间的距离）的点的轨迹”，双曲线的定义是“平面内到两个定点的距离之差的绝对值等于常数（小于两定点间的距离）的点的轨迹”。

这些定义涉及到距离的运算和比较，对于学生的空间想象能力和逻辑思维能力要求较高。

2、图形复杂圆锥曲线的图形较为复杂，其形状和性质随着参数的变化而变化。

学生在绘制图形和分析图形时容易出现错误，难以准确把握图形的特点和规律。

3、计算量大在求解圆锥曲线的相关问题时，往往需要进行大量的计算，如联立方程、求解方程组、化简表达式等。

这些计算过程繁琐，容易出错，对学生的计算能力和耐心是一个很大的考验。

4、综合应用难度高圆锥曲线常常与其他数学知识，如函数、不等式、向量等综合考查。

学生需要具备较强的知识整合能力和综合运用能力，才能解决这些综合性的问题。

二、解决策略1、加强直观教学利用多媒体技术，如动画、视频等，直观地展示圆锥曲线的形成过程和图形特点，帮助学生理解抽象的概念。

例如，通过动画演示动点到两个定点的距离之和或之差的变化过程，让学生直观地看到椭圆和双曲线的形成。

2、注重图形分析在教学中，引导学生仔细观察圆锥曲线的图形，分析图形的对称性、顶点、焦点、准线等重要元素的位置和性质。

通过大量的图形练习，培养学生的图形感知能力和分析能力。

3、优化计算方法教给学生一些简化计算的方法和技巧，如设而不求、整体代换等。

同时，加强学生的计算训练，提高计算的准确性和速度。

4、强化知识整合在教学中，有意识地引导学生将圆锥曲线与其他数学知识进行联系和整合，通过综合性的例题和练习，让学生体会知识之间的相互关系，提高综合运用能力。

第2课时 定点、定值、探索性问题考点一 定点问题【例1】已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2且F 2关于直线x －y ＋a＝0的对称点M 在直线3x ＋2y ＝0上． (1)求椭圆的离心率；(2)若C 的长轴长为4且斜率为12的直线l 交椭圆于A ，B 两点，问是否存在定点P ，使得PA ，PB 的斜率之和为定值？若存在，求出所有满足条件的P 点坐标；若不存在，说明理由．解 (1)依题知F 2(c ，0)，设M (x 0，y 0)，则y 0x 0－c＝－1且x 0＋c 2－y 02＋a ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－a ，y 0＝a ＋c ，即M (－a ，a ＋c )．∵M 在直线3x ＋2y ＝0上，∴－3a ＋2(a ＋c )＝0，即a ＝2c ，∴e ＝c a ＝12.(2)存在．由(1)及题设得c a ＝12且2a ＝4，∴a ＝2，c ＝1，∴椭圆方程为x 24＋y 23＝1，设直线l 方程为y ＝12x ＋t ，代入椭圆方程消去y 整理得x 2＋tx ＋t 2－3＝0.依题知Δ＞0，即t 2－4(t 2－3)＞0，t 2＜4，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－t ，x 1x 2＝t 2－3，如果存在P (m ，n )使得k PA ＋k PB 为定值，那么k PA ＋k PB 的取值将与t 无关，k PA ＋k PB ＝y 1－n x 1－m ＋y 2－n x 2－m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n －32m t ＋2mn －3t 2＋mt ＋m 2－3，令⎝ ⎛⎭⎪⎫n －32m t ＋2mn －3t 2＋mt ＋m 2－3＝M ，由Mt 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫mM ＋32m －n t ＋m 2M －3M －2mn ＋3＝0，由题意可知该式对任意t 恒成立，其中t 2＜4，∴⎩⎪⎨⎪⎧M ＝0，n ＝32m ，2mn ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1，n ＝32或⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－1，n ＝－32， 综上可知，满足条件的定点P 是存在的，坐标为⎝⎛⎭⎪⎫－1，－32或⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32.规律方法 求解直线或圆锥曲线过定点问题的基本思路是：把直线或圆锥曲线方程中的变量x ，y 看成常数，把方程的一端化为零，将方程转化为以参数为主变量的方程，这个方程对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x ，y 的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或圆锥曲线所过的定点．【训练1】 已知抛物线C 的顶点在原点，焦点在坐标轴上，点A (1，2)为抛物线C 上一点. (1)求抛物线C 的方程；(2)若点B (1，－2)在抛物线C 上，过点B 作抛物线C 的两条弦BP 与BQ ，如k BP ·k BQ ＝－2，求证：直线PQ 过定点.(1)解 若抛物线的焦点在x 轴上，设抛物线方程为y 2＝ax ，代入点A (1，2)，可得a ＝4，所以抛物线方程为y 2＝4x .若抛物线的焦点在y 轴上，设抛物线方程为x 2＝my ，代入点A (1，2)，可得m ＝12，所以抛物线方程为x 2＝12y .综上所述，抛物线C 的方程是y 2＝4x 或x 2＝12y .(2)证明 因为点B (1，－2)在抛物线C 上，所以由(1)可得抛物线C 的方程是y 2＝4x . 易知直线BP ，BQ 的斜率均存在，设直线BP 的方程为y ＋2＝k (x －1)， 将直线BP 的方程代入y 2＝4x ，消去y ，得k 2x 2－(2k 2＋4k ＋4)x ＋(k ＋2)2＝0.设P (x 1，y 1)，则x 1＝（k ＋2）2k2，所以P ⎝⎛⎭⎪⎫（k ＋2）2k2，2k ＋4k . 用－2k替换点P 坐标中的k ，可得Q ((k －1)2，2－2k )，从而直线PQ 的斜率为2k ＋4k－2＋2k（k ＋2）2k2－（k －1）2＝2k 3＋4k －k 4＋2k 3＋4k ＋4＝2k －k 2＋2k ＋2， 故直线PQ 的方程是y －2＋2k ＝2k －k 2＋2k ＋2·[x －(k －1)2].在上述方程中，令x ＝3，解得y ＝2， 所以直线PQ 恒过定点(3，2). 考点二 定值问题【例2】 (2019·河北省“五个一”名校联盟)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 24＋y 2＝1，点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)是椭圆C 上两个动点，直线OP ，OQ 的斜率分别为k 1，k 2，若m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 12，y 1，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22，y 2，m ·n ＝0. (1)求证：k 1·k 2＝－14；(2)试探求△OPQ 的面积S 是否为定值，并说明理由. (1)证明 ∵k 1，k 2均存在，∴x 1x 2≠0. 又m ·n ＝0，∴x 1x 24＋y 1y 2＝0，即x 1x 24＝－y 1y 2，∴k 1·k 2＝y 1y 2x 1x 2＝－14. (2)解 ①当直线PQ 的斜率不存在，即x 1＝x 2，y 1＝－y 2时，由y 1y 2x 1x 2＝－14，得x 214－y 21＝0. 又∵点P (x 1，y 1)在椭圆上，∴x 214＋y 21＝1，∴|x 1|＝2，|y 1|＝22.∴S △POQ ＝12|x 1||y 1－y 2|＝1. ②当直线PQ 的斜率存在时，设直线PQ 的方程为y ＝kx ＋b .联立得方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，x 24＋y 2＝1， 消去y 并整理得(4k 2＋1)x 2＋8kbx ＋4b 2－4＝0，其中Δ＝(8kb )2－4(4k 2＋1)(4b 2－4)＝16(1＋4k 2－b 2)>0，即b 2<1＋4k 2. ∴x 1＋x 2＝－8kb 4k 2＋1，x 1x 2＝4b 2－44k 2＋1.∵x 1x 24＋y 1y 2＝0，∴x 1x 24＋(kx 1＋b )(kx 2＋b )＝0，得2b 2－4k 2＝1(满足Δ>0).∴S △POQ ＝12|b |1＋k 2|PQ |＝12|b |（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝2|b |4k 2＋1－b 24k 2＋1＝1. 综合①②，△POQ 的面积S 为定值1.规律方法 圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法 (1)特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值. (2)两大解法：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； ②引起变量法：其解题流程为变量→选择适当的动点坐标或动线中系数为变量 ↓函数→把要证明为定值的量表示成上述变量的函数 ↓定值→把得到的函数化简，消去变量得到定值【训练2】 (2019·长春质量监测)已知直线l 过抛物线C ：x 2＝2py (p >0)的焦点，且垂直于抛物线的对称轴，l 与抛物线两交点间的距离为2. (1)求抛物线C 的方程；(2)若点P (2，2)，过点(－2，4)的直线m 与抛物线C 相交于A ，B 两点，设直线PA 与PB 的斜率分别为k 1和k 2.求证：k 1k 2为定值，并求出此定值.(1)解 由题意可知，2p ＝2，解得p ＝1，则抛物线的方程为x 2＝2y .(2)证明 由题易知直线m 的斜率存在，设直线m 的方程为y －4＝k (x ＋2)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则k 1＝y 1－2x 1－2＝k （x 1＋2）＋2x 1－2，k 2＝y 2－2x 2－2＝k （x 2＋2）＋2x 2－2， k 1k 2＝[k （x 1＋2）＋2][k （x 2＋2）＋2]（x 1－2）（x 2－2）＝k 2[x 1x 2＋2（x 1＋x 2）＋4]＋2k （x 1＋x 2＋4）＋4x 1x 2－2（x 1＋x 2）＋4，联立抛物线x 2＝2y 与直线y －4＝k (x ＋2)的方程消去y 得x 2－2kx －4k －8＝0，其中Δ＝4(k 2＋4k ＋8)>0恒成立，可得x 1＋x 2＝2k ，x 1x 2＝－4k －8，则k 1k 2＝－1. 因此k 1k 2为定值，且该定值为－1. 考点三 探索性问题【例3】 (2019·福州四校联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的两个焦点分别为F 1，F 2，短轴的一个端点为P ，△PF 1F 2内切圆的半径为b3，设过点F 2的直线l 与被椭圆C 截得的线段为RS ，当l ⊥x 轴时，|RS |＝3. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)在x 轴上是否存在一点T ，使得当l 变化时，总有TS 与TR 所在直线关于x 轴对称？若存在，请求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由.解 (1)由内切圆的性质，得12×2c ×b ＝12×(2a ＋2c )×b 3，得c a ＝12.将x ＝c 代入x 2a 2＋y 2b 2＝1，得y ＝±b 2a ，所以2b2a＝3.又a 2＝b 2＋c 2，所以a ＝2，b ＝3， 故椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)当直线l 垂直于x 轴时，显然x 轴上任意一点T 都满足TS 与TR 所在直线关于x 轴对称. 当直线l 不垂直于x 轴时，假设存在T (t ，0)满足条件，设l 的方程为y ＝k (x －1)，R (x 1，y 1)，S (x 2，y 2).联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －1），x 24＋y 23＝1，得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，由根与系数的关系得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝8k23＋4k2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k2，① 其中Δ>0恒成立，由TS 与TR 所在直线关于x 轴对称，得k TS ＋k TR ＝0(显然TS ，TR 的斜率存在)， 即y 1x 1－t ＋y 2x 2－t＝0.②因为R ，S 两点在直线y ＝k (x －1)上， 所以y 1＝k (x 1－1)，y 2＝k (x 2－1)，代入②得k （x 1－1）（x 2－t ）＋k （x 2－1）（x 1－t ）（x 1－t ）（x 2－t ）＝k [2x 1x 2－（t ＋1）（x 1＋x 2）＋2t ]（x 1－t ）（x 2－t ）＝0，即2x 1x 2－(t ＋1)(x 1＋x 2)＋2t ＝0，③ 将①代入③得8k 2－24－（t ＋1）8k 2＋2t （3＋4k 2）3＋4k 2＝6t －243＋4k 2＝0，④则t ＝4，综上所述，存在T (4，0)，使得当l 变化时，总有TS 与TR 所在直线关于x 轴对称. 规律方法 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，否则不存在；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.【训练3】 (2019·上饶检测)已知动点P 到定点F (1，0)和到直线x ＝2的距离之比为22，设动点P 的轨迹为曲线E ，过点F 作垂直于x 轴的直线与曲线E 相交于A ，B 两点，直线l ：y ＝mx ＋n 与曲线E 交于C ，D 两点，与AB 相交于一点(交点位于线段AB 上，且与A ，B 不重合).(1)求曲线E 的方程；(2)当直线l 与圆x 2＋y 2＝1相切时，四边形ACBD 的面积是否有最大值？若有，求出其最大值及对应的直线l 的方程；若没有，请说明理由.解 (1)设点P (x ，y )，由题意，可得（x －1）2＋y 2|x －2|＝22，得x 22＋y 2＝1.∴曲线E 的方程是x 22＋y 2＝1.(2)设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，由条件可得|AB |＝ 2. 当m ＝0时，显然不合题意.当m ≠0时，∵直线l 与圆x 2＋y 2＝1相切， ∴|n |m 2＋1＝1，得n 2＝m 2＋1. 联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝mx ＋n ，x 22＋y 2＝1，消去y 得⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋12x 2＋2mnx ＋n 2－1＝0，则Δ＝4m 2n 2－4⎝⎛⎭⎪⎫m 2＋12(n 2－1)＝2m 2>0，x 1＋x 2＝－4mn 2m 2＋1，x 1x 2＝2（n 2－1）2m 2＋1， S 四边形ACBD ＝12|AB |·|x 1－x 2|＝2|m |2m 2＋1＝22|m |＋1|m |≤22， 当且仅当2|m |＝1|m |，即m ＝±22时等号成立，因为直线l与线段AB有交点，所以当m＝22时，n＝－62；当m＝－22时，n＝62.经检验可知，直线y＝22x－62和直线y＝－22x＋62都符合题意.[思维升华]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.[易错防范]1.求范围问题要注意变量自身的范围.2.利用几何意义求最值时，要注意“相切”与“公共点唯一”的不等价关系.注意特殊关系、特殊位置的应用.3.在解决直线与抛物线的位置关系时，要特别注意直线与抛物线的对称轴平行的特殊情况.4.解决定值、定点问题，不要忘记特值法.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.(2019·石家庄模拟)已知P 为双曲线C ：x 29－y 216＝1上的点，点M 满足|OM →|＝1，且OM →·PM→＝0，则当|PM →|取得最小值时点P 到双曲线C 的渐近线的距离为( ) A.95B.125C.4D.5解析 由OM →·PM →＝0，得OM ⊥PM ，根据勾股定理，求|MP |的最小值可以转化为求|OP |的最小值，当|OP |取得最小值时，点P 的位置为双曲线的顶点(±3，0)，而双曲线的渐近线为4x ±3y ＝0，∴所求的距离d ＝125.答案 B2.(2018·陕西重点中学联考)已知双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的离心率e ＝2，过双曲线上一点M 作直线MA ，MB 交双曲线于A ，B 两点，且斜率分别为k 1，k 2，若直线AB 过原点，则k 1·k 2的值为( )A.2B.3C. 3D. 6解析 由题意知，e ＝ca＝1＋b 2a2＝2⇒b 2＝3a 2，则双曲线方程可化为3x 2－y 2＝3a 2，设A (m ，n )，M (x 0，y 0)(x 0≠±m )，则B (－m ，－n )，k 1·k 2＝y 0－n x 0－m ·y 0＋n x 0＋m ＝y 20－n2x 20－m 2＝3x 20－3a 2－3m 2＋3a 2x 20－m 2＝3. 答案 B3.直线l 与抛物线C ：y 2＝2x 交于A ，B 两点，O 为坐标原点，若直线OA ，OB 的斜率分别为k 1，k 2，且满足k 1k 2＝23，则直线l 过定点( )A.(－3，0)B.(0，－3)C.(3，0)D.(0，3)解析 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，因为k 1k 2＝23，所以y 1x 1·y 2x 2＝23.又y 21＝2x 1，y 22＝2x 2，所以y 1y 2＝6.设直线l ：x ＝my ＋b ，代入抛物线C ：y 2＝2x 得y 2－2my －2b ＝0，所以y 1y 2＝－2b ＝6，得b ＝－3，即直线l 的方程为x ＝my －3，所以直线l 过定点为(－3，0). 答案 A4.(2019·成都诊断)设点Q 是直线l ：x ＝－1上任意一点，过点Q 作抛物线C ：y 2＝4x 的两条切线QS ，QT ，切点分别为S ，T ，设切线QS ，QT 的斜率分别为k 1，k 2，F 是抛物线的焦点，直线QF 的斜率为k 0，则下列结论正确的是( ) A.k 1－k 2＝k 0 B.k 1k 2＝2k 0 C.k 1－k 2＝2k 0D.k 1＋k 2＝2k 0解析 设点Q (－1，t )，由过点Q 的直线y －t ＝k (x ＋1)与抛物线C ：y 2＝4x 相切，联立方程得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y －t ＝k （x ＋1），整理得k 2x 2＋2(k 2＋kt －2)x ＋(k ＋t )2＝0，则Δ＝4(k 2＋kt －2)2－4k 2(k ＋t )2＝0，化简得k 2＋tk －1＝0.显然k 1，k 2是关于k 的方程k 2＋tk －1＝0的两个根，所以k 1＋k 2＝－t .又k 0＝－t2，故k 1＋k 2＝2k 0.答案 D5.已知O 为坐标原点，设F 1，F 2分别是双曲线x 2－y 2＝1的左、右焦点，P 为双曲线左支上任一点，过点F 1作∠F 1PF 2的平分线的垂线，垂足为H ，则|OH |＝( ) A.1B.2C.4D.12解析 如图所示，延长F 1H 交PF 2于点Q ，由PH 为∠F 1PF 2的平分线及PH ⊥F 1Q ，可知|PF 1|＝|PQ |，根据双曲线的定义，得|PF 2|－|PF 1|＝2，从而|QF 2|＝2，在△F 1QF 2中，易知OH 为中位线，故|OH |＝1.答案 A 二、填空题6.已知动点P (x ，y )在椭圆x 225＋y 216＝1上，若A 点坐标为(3，0)，|AM →|＝1，且PM →·AM →＝0，则|PM →|的最小值是________. 解析 ∵PM →·AM →＝0，∴AM →⊥PM →. ∴|PM →|2＝|AP →|2－|AM →|2＝|AP →|2－1， ∵椭圆右顶点到右焦点A 的距离最小， 故|AP →|min ＝2，∴|PM →|min ＝ 3.答案 37.(2019·东北三省四校模拟)若双曲线x 2－y 2b2＝1(b ＞0)的一条渐近线与圆x 2＋(y －2)2＝1至多有一个公共点，则双曲线离心率的取值范围是________. 解析 双曲线的渐近线方程为y ＝±bx ，则有|0－2|1＋b2≥1，解得b 2≤3，则e 2＝1＋b 2≤4，∵e＞1，∴1＜e ≤2. 答案 (1，2]8.(2019·湘中名校联考)已知抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，△ABC 的顶点都在抛物线上，且满足FA →＋FB →＋FC →＝0，则1k AB ＋1k AC ＋1k BC＝________.解析 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，由FA →＋FB →＋FC →＝0，得y 1＋y 2＋y 3＝0.因为k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝2p y 1＋y 2，所以k AC ＝2p y 1＋y 3，k BC ＝2p y 2＋y 3，所以1k AB ＋1k AC ＋1k BC ＝y 1＋y 22p ＋y 3＋y 12p＋y 2＋y 32p＝0. 答案 0 三、解答题9.已知抛物线的顶点在原点，焦点在x 轴的正半轴上，直线x ＋y －1＝0与抛物线相交于A ，B 两点，且|AB |＝8611. (1)求抛物线的方程；(2)在x 轴上是否存在一点C ，使△ABC 为正三角形？若存在，求出C 点的坐标；若不存在，请说明理由.解 (1)设所求抛物线的方程为y 2＝2px (p >0)， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝2px ，x ＋y －1＝0，消去y ，得x 2－2(1＋p )x ＋1＝0， 判别式Δ＝4(1＋p )2－4＝4p 2>0恒成立， 由根与系数的关系得x 1＋x 2＝2(1＋p )，x 1x 2＝1. 因为|AB |＝8611，所以2[（x 1＋x 2）2－4x 1x 2]＝8611， 所以121p 2＋242p －48＝0，所以p ＝211或p ＝－2411(舍去).故抛物线的方程为y 2＝411x .(2)设弦AB 的中点为D ，则D ⎝⎛⎭⎪⎫1311，－211.假设x 轴上存在满足条件的点C (x 0，0). 因为△ABC 为正三角形， 所以CD ⊥AB ，所以x 0＝1511，所以C ⎝⎛⎭⎪⎫1511，0，所以|CD |＝2211.又|CD |＝32|AB |＝12211， 与上式|CD |＝2211矛盾，所以x 轴上不存在点C ，使△ABC 为正三角形.10.(2019·江西九校联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1过A (2，0)，B (0，1)两点.(1)求椭圆C 的方程及离心率；(2)设P 为第三象限内一点且在椭圆C 上，直线PA 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N ，求证：四边形ABNM 的面积为定值. (1)解 由题意知，a ＝2，b ＝1， 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.因为c ＝a 2－b 2＝3， 所以椭圆C 的离心率e ＝c a ＝32. (2)证明 设P (x 0，y 0)(x 0<0，y 0<0)，则x 20＋4y 20＝4. 因为A (2，0)，B (0，1)， 所以直线PA 的方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)，令x ＝0，得y M ＝－2y 0x 0－2，从而|BM |＝1－y M ＝1＋2y 0x 0－2. 直线PB 的方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1，令y ＝0，得x N ＝－x 0y 0－1，从而|AN |＝2－x N ＝2＋x 0y 0－1. 所以四边形ABNM 的面积S ＝12|AN |·|BM |＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋x 0y 0－1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2y 0x 0－2＝x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋42（x 0y 0－x 0－2y 0＋2） ＝2x 0y 0－2x 0－4y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝2， 所以四边形ABNM 的面积为定值2.能力提升题组 (建议用时：20分钟)11.设F 为抛物线y 2＝4x 的焦点，A ，B ，C 为该抛物线上不同的三点，FA →＋FB →＋FC →＝0，O 为坐标原点，且△OFA ，△OFB ，△OFC 的面积分别为S 1，S 2，S 3，则S 21＋S 22＋S 23等于( ) A.2B.3C.6D.9解析 由题意可知F (1，0)，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，则FA →＝(x 1－1，y 1)，FB →＝(x 2－1，y 2)，FC →＝(x 3－1，y 3)，由FA →＋FB →＋FC →＝0，得(x 1－1)＋(x 2－1)＋(x 3－1)＝0，即x 1＋x 2＋x 3＝3.又A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)在抛物线上，所以y 21＝4x 1，y 22＝4x 2，y 23＝4x 3，又S 1＝12·|OF |·|y 1|＝12|y 1|，S 2＝12|OF |·|y 2|＝12|y 2|，S 3＝12|OF |·|y 3|＝12|y 3|，所以S 21＋S 22＋S 23＝14(y 21＋y 22＋y 23)＝14×(4x 1＋4x 2＋4x 3)＝3. 答案 B12.(2019·郑州调研)已知直线l 与双曲线x 24－y 2＝1相切于点P ，l 与双曲线的两条渐近线交于M ，N 两点，则OM →·ON →的值为( ) A.3 B.4C.5D.与P 的位置有关解析 依题意，设点P (x 0，y 0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，其中x 20－4y 20＝4，则直线l 的方程是x 0x4－y 0y ＝1，题中双曲线的两条渐近线方程为y ＝±12x . ①当y 0＝0时，直线l 的方程是x ＝2或x ＝－2.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，x 24－y 2＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝±1，此时OM →·ON →＝(2，－1)·(2，1)＝4－1＝3，同理可得当直线l 的方程是x ＝－2时，OM →·ON →＝3.②当y 0≠0时，直线l 的方程是y ＝14y 0(x 0x －4).由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝14y 0（x 0x －4），x 24－y 2＝0，得(4y 2－x 20)x 2＋8x 0x －16＝0(*)，又x 20－4y 20＝4，因此(*)即是x 2－2x 0x ＋4＝0，x 1x 2＝4，OM →·ON →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2－14x 1x 2＝34x 1x 2＝3.综上所述，OM →·ON →＝3. 答案 A13.(2019·合肥模拟)若点O 和点F 分别为椭圆x 29＋y 28＝1的中心和左焦点，点P 为椭圆上的任一点，则OP →·FP →的最小值为________. 解析 点P 为椭圆x 29＋y 28＝1上的任意一点，设P (x ，y )(－3≤x ≤3，－22≤y ≤22)，依题意得左焦点F (－1，0)，∴OP →＝(x ，y )，FP →＝(x ＋1，y )， ∴OP →·FP →＝x (x ＋1)＋y 2＝x 2＋x ＋72－8x 29＝19⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋922＋234.∵－3≤x ≤3，∴32≤x ＋92≤152，∴94≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋922≤2254， ∴14≤19⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋922≤22536，∴6≤19⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋922＋234≤12，即6≤OP →·FP →≤12，故最小值为6. 答案 614.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的一个焦点与上、下顶点两两相连构成直角三角形，以椭圆C 的长轴长为直径的圆与直线x ＋y －2＝0相切. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)设过椭圆右焦点且不重合于x 轴的动直线与椭圆C 相交于A ，B 两点，探究在x 轴上是否存在定点E ，使得EA →·EB →为定值？若存在，试求出定值和点E 的坐标；若不存在，请说明理由.解 (1)由题意知，⎩⎪⎨⎪⎧b ＝c ，a ＝|0＋0－2|2，b 2＋c 2＝a 2，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝1，c ＝1， 则椭圆C 的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)当直线的斜率存在时，设直线方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝k （x －1），得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0，Δ＝8k 2＋8>0恒成立，∴x A ＋x B ＝4k 21＋2k 2，x A x B ＝2k 2－21＋2k2.假设在x 轴上存在定点E (x 0，0)，使得EA →·EB →为定值. 则EA →·EB →＝(x A －x 0，y A )·(x B －x 0，y B ) ＝x A x B －x 0(x A ＋x B )＋x 20＋y A y B＝x A x B －x 0(x A ＋x B )＋x 20＋k 2(x A －1)(x B －1) ＝(1＋k )2x A x B －(x 0＋k 2)(x A ＋x B )＋x 20＋k 2＝（2x 20－4x 0＋1）k 2＋（x 20－2）1＋2k2. ∵EA →·EB →为定值，∴EA →·EB →的值与k 无关， ∴2x 20－4x 0＋1＝2(x 20－2)，解得x 0＝54，此时EA →·EB →＝－716为定值，定点为⎝ ⎛⎭⎪⎫54，0， 当直线的斜率不存在时，也满足EA →·EB →＝－716为定值，且定点为⎝ ⎛⎭⎪⎫54，0.综上，存在点E ⎝ ⎛⎭⎪⎫54，0，使得EA →·EB →为定值，且定值为－716.。

圆锥曲线中的证明与探索性问题会用直线与圆锥曲线中有关知识解决证明与探索性问题，提高学生分析问题、解决问题的能力．关键能力·题型剖析题型一证明问题例1(12分)[2023·新课标Ⅱ卷]已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－25，0)，离心率为5.(1)求C的方程；(2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(－4，0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P.证明：点P在定直线上．思路导引(1)由题意求出a，b→C的方程(2)设直线方程→与C联立→消去y→韦达定理→写出直线MA1，NA2的方程→联立消去y→解得x，即交点的横坐标为定值→点P在定直线上．[满分答卷·评分细则]解析：(1)设双曲线方程为x2a2−y2b2＝1(a＞0，b＞0)，由焦点坐标得c＝25，由e＝c a＝5得a＝2，b＝c2−a2＝4，→正确求出a，b，c得2分∴双曲线方程为x24−y216＝1.→正确写出双曲线方程得1分2由1可得A1−2，0，A22，0，→正确写出左、右顶点A1，A2的坐标得1分设M(x1，y1)，N(x2，y2)，显然直线的斜率不为0，所以设直线MN的方程为x＝my－4，且－12＜m＜12.→正确设出直线MN的方程得1分my−4−y216=1得(4m2－1)y2－32my＋48＝0，且Δ＝64(4m2＋3)＞0，则y1＋y2＝32m4m2−1，y1y2＝484m2−1，→正确消去x得到关于y的一元二次方程，写出Δ及y1＋y2、y1y2的表达式得2分直线MA1的方程为y＝y1x1+2(x＋2)，直线NA2的方程为y＝y2x2−2(x－2)→正确写出直线MA1，NA2的方程得1分联立直线方程y=+2，y2消去y得x+2x−2＝121＝m·484m2−1−2·32m4m2−1+2y1m×484m2−1−6y1＝−16m4m2−1+2y148m4m2−1−6y1＝－13，→正确得出x+2x−2＝－13得3分可得x=−1，即x p=−1，@所以点P在定直线x=−1上．→正确解出x＝－1，下结论得1分题后师说圆锥曲线证明问题的类型及求解策略(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何要素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系相等或不等．(2)解决证明问题时，主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．巩固训练1[2023·北京卷]已知椭圆E：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是E的左、右顶点，|AC|＝4.(1)求E的方程；(2)设P为第一象限内E上的动点，直线PD与直线BC交于点M，直线PA与直线y＝－2交于点N.求证：MN∥CD.题型二探索性问题例2[2024·河南郑州模拟]已知椭圆x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的离心率为12，F为椭圆的右焦点，A 为椭圆的下顶点，A与圆x2＋(y－2)2＝1上任意点距离的最大值为3＋3.(1)求椭圆的方程；(2)设点D在直线x＝1上，过D的两条直线分别交椭圆于M，N两点和P，Q两点，点F到直线MN和PQ的距离相等，是否存在实数λ，使得|DM|·|DN|＝λ|DP|·|DQ|？若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由．题后师说存在性问题的解题策略存在性的问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论．(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．(3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意．巩固训练2[2024·江西南昌模拟]已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，A，B分别为C上两个不同的动点，O为坐标原点，当△OAB为等边三角形时，|AB|＝83.(1)求C的标准方程；(2)抛物线C在第一象限的部分是否存在点P，使得点P满足PA +PB ＝4PF ，且点P到直线AB的距离为2？若存在，求出点P的坐标及直线AB的方程；若不存在，请说明理由．高考大题研究课十圆锥曲线中的证明与探索性问题关键能力·题型剖析巩固训练1解析：依题意，得e ＝ca＝53，则c ＝53a ，又A ，C 分别为椭圆上、下顶点，|AC |＝4，所以2b ＝4，即b ＝2，所以a 2－c 2＝b 2＝4，即a 2－59a 2＝49a 2＝4，则a 2＝9，所以椭圆E 的方程为x 29+y 24＝1.解析：因为椭圆E 的方程为x 29+y 24＝1，所以A (0，2)，C (0，－2)，B (－3，0)，D (3，0)，因为P 为第一象限E 上的动点，设P (m ，n )(0<m <3，0<n <2)，则m 29+n 24＝1，易得k BC ＝0+2−3−0＝－23，则直线BC 的方程为y ＝－23x －2，k PD ＝n−0m−3＝nm−3，则直线PD 的方程为y ＝n(x －3)，联立y 23−2，y 3解得x =3n+2m−6y =−12n 3n+2m−6，即而k P A ＝n−2m−0＝n−2m，则直线PA 的方程为y ＝n−2mx ＋2，令y ＝－2，则－2＝n−2mx ＋2，解得x ＝−4m n−2，即−2，又m 29+n 24＝1，则m 2＝9－9n 24，8m 2＝72－18n 2，所以k MN −12n3n+2m−6+2＝−6n 2+4mn−8m+249n 2+8m 2+6mn−12m−36＝−6n 2+4mn−8m+249n 2+72−18n 2+6mn−12m−36＝−6n2+4mn−8m+242＝23，又k CD＝0+23−0＝23，即k MN＝k CD，显然，MN与CD不重合，所以MN∥CD.例2解析：由题意可知e＝c a＝12，A(0，－b)，又A到圆上距离最大值为2－(－b)＋1＝3＋b＝3＋3，∴b＝3.又a2=b2+c2，c a=12，解得a2＝4，b2＝3.故椭圆方程为x24+y23＝1.解析：若D点与F点重合，则λ不存在，若D点与F点不重合，∵点F到直线MN和PQ的距离相等，且F在直线x＝1上，∴k MN＋k PQ＝0，设D(1，m)，由题意可知直线MN，PQ的斜率均存在且不为0，设直线MN的方程为y－m＝k1(x－1)，(k1≠0)，由y−m=k1x−1，3x2+4y2=12，得412+3x2＋(8k1m－8k2)x＋412＋4m2－8k1m－12＝0，设M(x M，y M)，N(x N，y N)，则x M＋x N＝812−812，x M·x N＝412+42－81－12412+3，又|DM|－1，D＝1+12|x N－1|，|DM|·|DN|＝(1+k12)|(x M－1)(x N－1)|＝(1+k12)|x M x N－(x M＋x N)＋1|＝1+12设直线PQ的方程为y－m＝k2(x－1)(k2≠0)，同理可得|DP|·|DQ|＝1+22又k1＝－k2，∴|DM|·|DN|＝|DP|·|DQ|，故λ＝1.所以存在这样的λ＝1，使得|DM |·|DN |＝λ|DP |·|DQ |.巩固训练2解析：由对称性可知当△OAB 为等边三角形时，A ，B 两点关于x 轴对称，当△OAB 为等边三角形时，△OAB |＝12，由题意知点(12，43)在C 上，代入y 2＝2px ，得(43)2＝24p ，解得p ＝2，所以C 的标准方程为y 2＝4x .解析：由(1)知F (1，0)，根据题意可知直线AB 的斜率不为0，设直线AB 的方程为x ＝ky ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，P (x 0，y 0)，联立x =ky +m ，y 2=4x ，得y 2－4ky －4m ＝0，所以Δ＝16k 2＋16m >0，即k 2＋m >0，且y 1＋y 2＝4k ，y 1y 2＝－4m ，所以x 1＋x 2＝k (y 1＋y 2)＋2m ＝4k 2＋2m ，由PA +PB ＝4PF ，得(x 1－x 0，y 1－y 0)＋(x 2－x 0，y 2－y 0)＝4(1－x 0，－y 0)，所以x 1+x 2−4=−2x 0，y 1+y 2=−2y 0，所以x 0=2−m −2k 2，y 0=−2k ，即P (2－m －2k 2，－2k )，又点P 在C 上，所以4k 2＝4(2－m －2k 2)，即3k 2＋m ＝2，①所以k 2＋m ＝k 2＋2－3k 2＝2(1－k 2)>0，解得－1<k <1，又点P 在第一象限，所以－2k >0，所以－1<k <0.又点P 到直线AB 的距离d 1+k 2，化简得m 2－2m ＝k 2，②联立①②解得m 13，k 或m 13k =(舍去)，或m =2k =0(舍去)．此时点P (79，直线AB 的方程为3x ＋7y ＋1＝0.。