2024年高考数学大一轮(人教A版文)第九章9.10　圆锥曲线中的综合问题复习讲义(学生版+解析)

这是一份2024年高考数学大一轮(人教A版文)第九章9.10　圆锥曲线中的综合问题复习讲义(学生版+解析)，共19页。试卷主要包含了10　圆锥曲线中的综合问题等内容，欢迎下载使用。
题型一 求值与证明
例1 (2022·新高考全国Ⅰ)已知点A(2,1)在双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,a2－1)＝1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0.
(1)求l的斜率；
(2)若tan∠PAQ＝2eq \r(2)，求△PAQ的面积．
思维升华 (1)求值问题即是根据条件列出对应的方程，通过解方程求解．
(2)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，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等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)．
跟踪训练1 (2022·广东六校联考)已知点P(－2，－1)为椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上一点，且C的离心率为eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若M为C上第二象限内一点，点M关于直线x＝－2的对称点为N，直线PN与C交于另一点Q，O为坐标原点，求证：MQ∥OP.
题型二 定点与定值
例2 (12分)(2022·全国乙卷)已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0，－2)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，－1))两点．
(1)求E的方程；[切入点：待定系数法设椭圆方程、代点]
(2)设过点P(1，－2)的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足eq \(MT,\s\up6(→))＝eq \(TH,\s\up6(→)).证明：直线HN过定点．[关键点：利用直线MN的斜率不存在找到定点]
思维升华 (1)求解直线或曲线过定点问题的基本思路
①直线或曲线过定点问题，解法：引入参变量建立直线或曲线方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
②由直线方程确定其过定点时，若得到直线的点斜式方程y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到直线的斜截式方程y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．
(2)圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
①求代数式为定值．依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值．
②求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得．
③求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．
跟踪训练2 (2023·郑州模拟)已知点F(0,1)，直线l：y＝4，P为曲线C上的任意一点，且|PF|是P到l的距离的eq \f(1,2).
(1)求曲线C的方程；
(2)若经过点F且斜率为k(k≠0)的直线交曲线C于点M，N，线段MN的垂直平分线交y轴于点H，求证：eq \f(|FH|,|MN|)为定值．
题型三 范围与最值
例3 (2022·济宁模拟)已知抛物线E：y2＝2px(p>0)上一点C(1，y0)到其焦点F的距离为2.
(1)求实数p的值；
(2)若过焦点F的动直线l与抛物线交于A，B两点，过A，B分别作抛物线的切线l1，l2，且l1，l2的交点为Q，l1，l2与y轴的交点分别为M，N.求△QMN面积的取值范围．
思维升华 圆锥曲线中求解取值范围与最值问题的方法
(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，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值(范围)，求函数最值(范围)的常用方法有配方法、判别式法、基本不等式法及函数的单调性法等.
跟踪训练3 (2023·淄博模拟)已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，|F1F2|＝4，点P(eq \r(3)，1)在椭圆E上．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设过点F2且倾斜角不为0的直线l与椭圆E的交点为A，B，当△F1AB的面积最大时，求直线l的方程．
§9.10 圆锥曲线中的综合问题
考试要求 1.圆锥曲线的综合问题是高考考查的重点内容，常见热点题型有求值、证明问题，定点、定值问题，范围、最值问题，探索性问题.2.以解答题的形式压轴出现，难度较大．
题型一 求值与证明
例1 (2022·新高考全国Ⅰ)已知点A(2,1)在双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,a2－1)＝1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0.
(1)求l的斜率；
(2)若tan∠PAQ＝2eq \r(2)，求△PAQ的面积．
解 (1)将点A的坐标代入双曲线方程得eq \f(4,a2)－eq \f(1,a2－1)＝1，化简得a4－4a2＋4＝0，得a2＝2，
故双曲线C的方程为eq \f(x2,2)－y2＝1.
由题易知直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y＝kx＋m，
P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立直线l与双曲线C的方程，消去y整理得
(2k2－1)x2＋4kmx＋2m2＋2＝0，
故x1＋x2＝－eq \f(4km,2k2－1)，x1x2＝eq \f(2m2＋2,2k2－1).
kAP＋kAQ＝eq \f(y1－1,x1－2)＋eq \f(y2－1,x2－2)
＝eq \f(kx1＋m－1,x1－2)＋eq \f(kx2＋m－1,x2－2)＝0，化简得
2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4(m－1)＝0，
故eq \f(2k2m2＋2,2k2－1)＋(m－1－2k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4km,2k2－1)))－4(m－1)＝0，整理得(k＋1)(m＋2k－1)＝0，
又直线l不过点A，即m＋2k－1≠0，故k＝－1.
(2)不妨设直线PA的倾斜角为θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(00)上一点，且C的离心率为eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若M为C上第二象限内一点，点M关于直线x＝－2的对称点为N，直线PN与C交于另一点Q，O为坐标原点，求证：MQ∥OP.
(1)解 由点P(－2，－1)在椭圆C上可得，
eq \f(－22,a2)＋eq \f(－12,b2)＝1，①
由椭圆C的离心率为eq \f(\r(3),2)，得eq \f(c2,a2)＝eq \f(a2－b2,a2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))2，②
由①②，解得a2＝8，b2＝2，
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)证明 因为点M，N关于直线x＝－2对称，所以直线PM与PN关于直线x＝－2对称，
则kPM＋kPN＝0，易知直线PM的斜率存在且不为0，设直线PM的斜率为k，则直线PN的斜率为－k，又P(－2，－1)，所以直线PM的方程为y＋1＝k(x＋2)，即y＝k(x＋2)－1，
与椭圆方程联立，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋2－1，))消去y，
并整理得(4k2＋1)x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(16k2－8k))x＋16k2－16k－4＝0，设M(x1，y1)，
则－2x1＝eq \f(16k2－16k－4,4k2＋1)，x1＝eq \f(－8k2＋8k＋2,4k2＋1)，
设Q(x2，y2)，
同理可得x2＝eq \f(－8k2－8k＋2,4k2＋1)，
所以直线MQ的斜率kMQ＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝
eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋2))－1－\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋2))－1)),x1－x2)
＝eq \f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋x2))＋4k,x1－x2)＝eq \f(k·\f(－16k2＋4,4k2＋1)＋4k,\f(16k,4k2＋1))＝eq \f(8k,16k)＝eq \f(1,2).
又直线OP的斜率为eq \f(－1－0,－2－0)＝eq \f(1,2)，且直线OP与MQ不重合，所以MQ∥OP.
题型二 定点与定值
例2 (12分)(2022·全国乙卷)已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0，－2)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，－1))两点．
(1)求E的方程；[切入点：待定系数法设椭圆方程、代点]
(2)设过点P(1，－2)的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足eq \(MT,\s\up6(→))＝eq \(TH,\s\up6(→)).证明：直线HN过定点．
[关键点：利用直线MN的斜率不存在找到定点]
思维升华 (1)求解直线或曲线过定点问题的基本思路
①直线或曲线过定点问题，解法：引入参变量建立直线或曲线方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
②由直线方程确定其过定点时，若得到直线的点斜式方程y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到直线的斜截式方程y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．
(2)圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
①求代数式为定值．依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值．
②求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得．
③求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．
跟踪训练2 (2023·郑州模拟)已知点F(0,1)，直线l：y＝4，P为曲线C上的任意一点，且|PF|是P到l的距离的eq \f(1,2).
(1)求曲线C的方程；
(2)若经过点F且斜率为k(k≠0)的直线交曲线C于点M，N，线段MN的垂直平分线交y轴于点H，求证：eq \f(|FH|,|MN|)为定值．
(1)解 设P(x，y)，由已知得eq \r(x2＋y－12)＝
eq \f(1,2)|y－4|，整理得eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,4)＝1，即为曲线C的方程．
(2)证明 设经过点F且斜率为k(k≠0)的直线的方程为y＝kx＋1，
与曲线C的方程联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(x2,3)＋\f(y2,4)＝1，))
消去y整理得(4＋3k2)x2＋6kx－9＝0，
Δ＝36k2＋4×9×(4＋3k2)＝144(1＋k2)>0恒成立，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则|MN|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2)×eq \f(\r(Δ),4＋3k2)＝eq \f(121＋k2,4＋3k2)，
x1＋x2＝－eq \f(6k,4＋3k2)，
设线段MN的中点为T(x0，y0)，
则x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝－eq \f(3k,4＋3k2)，y0＝kx0＋1＝eq \f(4,4＋3k2)，
线段MN的垂直平分线的斜率为－eq \f(1,k)，
方程为y－eq \f(4,4＋3k2)＝－eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3k,4＋3k2)))，
令x＝0，解得y＝eq \f(1,4＋3k2)，即为点H的纵坐标，
∴|FH|＝1－eq \f(1,4＋3k2)＝eq \f(31＋k2,4＋3k2)，
∴eq \f(|FH|,|MN|)＝eq \f(\f(31＋k2,4＋3k2),\f(121＋k2,4＋3k2))＝eq \f(1,4)(为定值)．
题型三 范围与最值
例3 (2022·济宁模拟)已知抛物线E：y2＝2px(p>0)上一点C(1，y0)到其焦点F的距离为2.
(1)求实数p的值；
(2)若过焦点F的动直线l与抛物线交于A，B两点，过A，B分别作抛物线的切线l1，l2，且l1，l2的交点为Q，l1，l2与y轴的交点分别为M，N.求△QMN面积的取值范围．
解 (1)因为点C(1，y0)到其焦点F的距离为2，
由抛物线的定义知1＋eq \f(p,2)＝2，解得p＝2.
(2)由(1)可知，抛物线E：y2＝4x，
设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),4)，y1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),4)，y2))(y1≠0，y2≠0)，
设l：x＝ty＋1，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x＝ty＋1，))
得y2－4ty－4＝0，
判别式Δ＝16t2＋16>0，故t∈R，
y1＋y2＝4t，y1y2＝－4，
设l1：y－y1＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(y\\al(2,1),4)))，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y－y1＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(y\\al(2,1),4)))，))
消去x，整理得ky2－4y＋4y1－kyeq \\al(2,1)＝0，
所以Δ＝16－4k(4y1－kyeq \\al(2,1))＝4(4－4ky1＋k2yeq \\al(2,1))＝0，
所以k＝eq \f(2,y1)，则l1：y－y1＝eq \f(2,y1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(y\\al(2,1),4)))，
即y＝eq \f(2,y1)x＋eq \f(y1,2)，令x＝0，得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(y1,2)))，
同理l2：y＝eq \f(2,y2)x＋eq \f(y2,2)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(y2,2)))，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(2,y1)x＋\f(y1,2)，,y＝\f(2,y2)x＋\f(y2,2)，))
得交点Q的横坐标为xQ＝eq \f(y1y2,4)＝－1，
∴S△QMN＝eq \f(1,2)|MN|·|xQ|＝eq \f(1,2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(y1,2)－\f(y2,2)))×1
＝eq \f(1,4)eq \r(y1＋y22－4y1y2)＝eq \r(t2＋1)≥1，
∴△QMN面积的取值范围是[1，＋∞)．
思维升华 圆锥曲线中求解取值范围与最值问题的方法
(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，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值(范围)，求函数最值(范围)的常用方法有配方法、判别式法、基本不等式法及函数的单调性法等.
跟踪训练3 (2023·淄博模拟)已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，|F1F2|＝4，点P(eq \r(3)，1)在椭圆E上．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设过点F2且倾斜角不为0的直线l与椭圆E的交点为A，B，当△F1AB的面积最大时，求直线l的方程．
解 (1)因为|F1F2|＝2c＝4，所以c＝2，
即F1(－2,0)，F2(2,0)，
由椭圆的定义可得2a＝|PF1|＋|PF2|
＝eq \r(2＋\r(3)2＋1)＋eq \r(2－\r(3)2＋1)＝2eq \r(6)，
解得a＝eq \r(6)，所以b＝eq \r(a2－c2)＝eq \r(2)，
因此，椭圆E的标准方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)由题意，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
设直线l的方程为x＝my＋2，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,x2＋3y2＝6，))
消去x可得(m2＋3)y2＋4my－2＝0，
Δ＝16m2＋8(m2＋3)＝24(m2＋1)>0，
由根与系数的关系可得
y1＋y2＝－eq \f(4m,m2＋3)，y1y2＝－eq \f(2,m2＋3)，
所以，S△F1AB＝eq \f(1,2)|F1F2|·|y1－y2|
＝2eq \r(y1＋y22－4y1y2)
＝2eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4m,m2＋3)))2＋\f(8,m2＋3))
＝eq \f(4\r(6)·\r(m2＋1),m2＋3)，令t＝eq \r(m2＋1)>1，
则＝eq \f(4\r(6)t,t2＋2)＝eq \f(4\r(6),t＋\f(2,t))≤eq \f(4\r(6),2\r(t·\f(2,t)))＝2eq \r(3)，
当且仅当t＝eq \r(2)，即m＝±1时，等号成立，
此时直线l的方程为x－y－2＝0或x＋y－2＝0.
课时精练
1．(2022·岳阳质检)在平面直角坐标系xOy中，椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2, F2也是抛物线C2：y2＝4x的焦点，点M为C1与C2在第一象限的交点，且|MF2|＝eq \f(5,3).
(1)求C1的方程；
(2)平面上的点N满足eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \(MF1,\s\up6(—→))＋eq \(MF2,\s\up6(—→))，直线l∥MN，且与C1交于A，B两点，若eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝0，求直线l的方程．
解 (1)y2＝4x的焦点F2(1,0)，
∴c＝1，|MF2|＝eq \f(5,3)，∴xM＋1＝eq \f(5,3)，xM＝eq \f(2,3)，
代入抛物线方程，有Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(2\r(6),3)))，
又∵2a＝|MF1|＋|MF2|＝eq \f(7,3)＋eq \f(5,3)＝4，∴a＝2，
∴椭圆C1的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)点N满足eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \(MF1,\s\up6(—→))＋eq \(MF2,\s\up6(—→))，所以易知N与M关于原点对称，所以kMN＝kOM＝eq \r(6)＝kl，
设直线l的方程为y＝eq \r(6)x＋m,
A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝\r(6)x＋m，))
得27x2＋8eq \r(6)mx＋4(m2－3)＝0，
x1＋x2＝－eq \f(8\r(6)m,27)，x1x2＝eq \f(4m2－3,27)，y1y2＝6x1x2＋eq \r(6)m(x1＋x2)＋m2＝eq \f(24m2－3－48m2＋27m2,27)，
∵eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝0，∴x1x2＋y1y2＝0，
代入根与系数的关系得m2＝12，m＝±2eq \r(3)，
满足Δ>0，∴直线l的方程为y＝eq \r(6)x±2eq \r(3).
2．(2023·苏州模拟)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)过点(2eq \r(2)，1)，渐近线方程为y＝±eq \f(1,2)x，直线l是双曲线C右支的一条切线，且与C的渐近线交于A，B两点．
(1)求双曲线C的方程；
(2)设点A，B的中点为M，求点M到y轴的距离的最小值．
解 (1)由题设可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(8,a2)－\f(1,b2)＝1，,\f(b,a)＝\f(1,2)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1，))
则C：eq \f(x2,4)－y2＝1.
(2)设点M的横坐标为xM>0，
当直线l的斜率不存在时，则直线l：x＝2，
易知点M到y轴的距离为xM＝2﹔
当直线l的斜率存在时，
设l：y＝kx＋meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k≠±\f(1,2)))，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)－y2＝1，,y＝kx＋m，))
整理得(4k2－1)x2＋8kmx＋4m2＋4＝0，
Δ＝64k2m2－16(4k2－1)(m2＋1)＝0，
整理得4k2＝m2＋1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)－y2＝0，,y＝kx＋m，))
整理得(4k2－1)x2＋8kmx＋4m2＝0，
则x1＋x2＝－eq \f(8km,4k2－1)＝－eq \f(8km,m2)＝－eq \f(8k,m)，
则xM＝eq \f(x1＋x2,2)＝－eq \f(4k,m)>0，即km4，即xM>2，
此时点M到y轴的距离大于2.
综上所述，点M到y轴的最小距离为2.
3．斜率为eq \r(3)的直线l过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，且交C于A，B两点(A在第一象限)，l交C的准线于D点，且|BD|＝8.
(1)求抛物线方程；
(2)设点T(9,0)，斜率为k的直线m过点T交y轴于S，抛物线C上是否存在不同两点M，N，使∠MST＝∠NST，且MN⊥m，若存在，求斜率k的取值范围，若不存在，请说明理由．
解 (1)抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，可得直线l的方程为y＝eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2)))，
与抛物线y2＝2px联立，
可得12x2－20px＋3p2＝0，
解得xA＝eq \f(3,2)p，xB＝eq \f(p,6)，
由|BD|＝8，且直线l的倾斜角为60°，
可得点B到准线的距离为8cs 60°＝4，
即有xB＋eq \f(p,2)＝4，
即eq \f(p,6)＋eq \f(p,2)＝4，解得p＝6，
则抛物线的方程为y2＝12x.
(2)设直线MN的方程为y＝－eq \f(1,k)x＋t，
与抛物线的方程y2＝12x联立，
可得x2－(2tk＋12k2)x＋k2t2＝0，
Δ＝(2tk＋12k2)2－4k2t2>0，则tk＋3k2>0，
设M，N的横坐标分别为x1，x2，
则x1＋x2＝2tk＋12k2，
可得MN的中点坐标为(tk＋6k2，－6k)，k≠0，
又直线m的方程为y＝k(x－9)，
由题意可得直线m经过线段MN的中点，
可得－6k＝k(tk＋6k2－9)，
化简为tk＋6k2＝3，即有3－6k2＋3k2>0，
解得－10，所以a＝2，
①故双曲线C2的渐近线方程为y＝±eq \f(1,2)x，
②设直线AB的方程为x＝ty＋4，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋4，,\f(x2,4)－y2＝1，))
消元得(t2－4)y2＋8ty＋12＝0，Δ>0，
且t≠±2，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(－8t,t2－4)，,y1y2＝\f(12,t2－4)，))
故eq \f(1,y1)＋eq \f(1,y2)＝eq \f(y1＋y2,y1y2)＝－eq \f(2t,3)，
又直线AA1的方程为y＝eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)，
所以y3＝eq \f(3y1,x1＋2)，同理y4＝eq \f(3y2,x2＋2)，
所以eq \f(1,y3)＋eq \f(1,y4)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋2,y1)＋\f(x2＋2,y2)))
＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ty1＋6,y1)＋\f(ty2＋6,y2)))＝eq \f(2ty1y2＋6y1＋y2,3y1y2)
＝eq \f(2,3)t＋eq \f(2y1＋y2,y1y2)
＝eq \f(2,3)t＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,y1)＋\f(1,y2)))＝eq \f(2,3)t－eq \f(4,3)t＝－eq \f(2,3)t，
故eq \f(1,y1)＋eq \f(1,y2)＝eq \f(1,y3)＋eq \f(1,y4).
(2)解 设两个切点P1(x5，y5)，P2(x6，y6)，由题意知PP1，PP2斜率存在，
设直线PP1的方程为l1：y＝k1(x－x5)＋y5，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)＋y2＝1，,y＝k1x－x5＋y5，))由Δ＝0得k1＝－eq \f(x5,a2y5)，
所以l1：eq \f(x5x,a2)＋y5y＝1，
同理直线PP2方程为l2：eq \f(x6x,a2)＋y6y＝1，
由l1，l2过P点可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x5x0,a2)＋y5y0＝1，,\f(x6x0,a2)＋y6y0＝1，))
可得直线P1P2的方程为eq \f(x0x,a2)＋y0y＝1，
不妨设，直线P1P2与双曲线两渐近线y＝±eq \f(1,a)x交于两点P1′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,x0＋ay0)，\f(a,x0＋ay0)))，
P2′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,x0－ay0)，\f(－a,x0－ay0)))，
则围成三角形的面积
S＝eq \f(1,2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(a2,x0＋ay0)·\f(－a,x0－ay0)－\f(a,x0＋ay0)·\f(a2,x0－ay0)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(a3,x\\al(2,0)－a2y\\al(2,0))))，
因为P在双曲线C2上，则xeq \\al(2,0)－a2yeq \\al(2,0)＝a2，
则S＝eq \f(a3,a2)＝a为定值．