新高考数学一轮复习考点题型训练 8.9圆锥曲线中定值模型（精讲）（2份，原卷版+解析版）

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【知识必备】
定值问题就是证明一个量与其中的变化因素无关，这些变化的因素可能是直线的斜率、截距，也可能是动点的坐标等，这类问题的一般解法是使用变化的量表达求证目标，通过运算求证目标的取值与变化的量无关．当使用直线的斜率和截距表达直线方程时，在解题过程中要注意建立斜率和截距之间的关系，把双参数问题化为单参数问题解决．
【题型精讲】
【题型一 斜率为定值】
例1 （2022·全国·高三专题练习）已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2)，右焦点为F，右顶点为E，P为直线x＝eq \f(5,4)a上的任意一点，且(eq \(PF,\s\up7(→))＋eq \(PE,\s\up7(→)))·eq \(EF,\s\up7(→))＝2．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过F且垂直于x轴的直线AB与椭圆交于A，B两点(点A在第一象限)，动直线l与椭圆C交于M，N两点，且M，N位于直线AB的两侧，若始终保持∠MAB＝∠NAB，求证：直线MN的斜率为定值．
【解析】 (1)设Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)a，t))，F(c，0)，E(a，0)，
则eq \(PF,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c－\f(5,4)a，－t))，eq \(PE,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,4)，－t))，eq \(EF,\s\up7(→))＝(c－a，0)，
所以(eq \(PF,\s\up7(→))＋eq \(PE,\s\up7(→)))·eq \(EF,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c－\f(3,2)a，－2t))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c－a，0))＝2，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c－\f(3,2)a))·(c－a)＝2，又e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，
所以a＝2，c＝1，b＝eq \r(3)，从而椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)由(1)知Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，设MN的方程：y＝kx＋m，代入椭圆方程eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，
得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，所以x1＋x2＝－eq \f(8km,4k2＋3)，x1x2＝eq \f(4m2－12,4k2＋3)．
又M，N是椭圆上位于直线AB两侧的动点，若始终保持∠MAB＝∠NAB，
则kAM＋kAN＝0，即eq \f(y1－\f(3,2),x1－1)＋eq \f(y2－\f(3,2),x2－1)＝0，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx1＋m－\f(3,2)))(x2－1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx2＋m－\f(3,2)))(x1－1)＝0，
即(2k－1)(2m＋2k－3)＝0，得k＝eq \f(1,2)．故直线MN的斜率为定值eq \f(1,2)．
【跟踪精练】
1. （2022·全国·高三专题练习）已知椭圆C的中心在原点，离心率等于eq \f (1,2)，它的一个短轴端点恰好是抛物线x2＝8eq \r(3)y的焦点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)如图，已知P(2，3)，Q(2，－3)是椭圆上的两点，A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点．
①若直线AB的斜率为eq \f (1,2)，求四边形APBQ面积的最大值；
②当A，B运动时，满足∠APQ＝∠BPQ，试问直线AB的斜率是否为定值？请说明理由．
【解析】(1)设椭圆C的方程为eq \f (x2,a2)＋eq \f (y2,b2)＝1(a>b>0)，∵抛物线的焦点为(0，2eq \r(3))．∴b＝2eq \r(3)．
由eq \f (c,a)＝eq \f (1,2)，a2＝c2＋b2，得a＝4，∴椭圆C的方程为eq \f (x2,16)＋eq \f (y2,12)＝1．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．①设直线AB的方程为y＝eq \f (1,2)x＋t，代入eq \f (x2,16)＋eq \f (y2,12)＝1，得x2＋tx＋t2－12＝0，
由Δ>0，解得－40)的离心率为eq \f(\r(2),2)，且过点A(2，1)．
(1)求C的方程；
(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
【解析】(1)由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,\f(4,a2)＋\f(1,b2)＝1，,a2＝b2＋c2，))解得a2＝6，b2＝c2＝3，故椭圆C的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)设点M(x1，y1)，N(x2，y2)．因为AM⊥AN，所以eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(AN,\s\up6(→))＝0，
即(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0．①
当直线MN的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋m，如图1．
代入椭圆方程消去y并整理，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，
x1＋x2＝－eq \f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2m2－6,1＋2k2)，②
根据y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m，代入①整理，可得
(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0，
将②代入上式，得(k2＋1)eq \f(2m2－6,1＋2k2)＋(km－k－2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4km,1＋2k2)))＋(m－1)2＋4＝0，
整理化简得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0，
因为A(2，1)不在直线MN上，所以2k＋m－1≠0，所以2k＋3m＋1＝0，k≠1，
于是直线MN的方程为y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,3)))－eq \f(1,3)，所以直线MN过定点Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，－\f(1,3)))．
当直线MN的斜率不存在时，可得N(x1，－y1)，如图2．
代入(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，得(x1－2)2＋1－yeq \\al(2,1)＝0，
结合eq \f(x\\al(2,1),6)＋eq \f(y\\al(2,1),3)＝1，解得x1＝2(舍去)或x1＝eq \f(2,3)，此时直线MN过点Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，－\f(1,3)))．
因为|AE|为定值，且△ADE为直角三角形，AE为斜边，
所以AE的中点Q满足|DQ|为定值eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(AE长度的一半\f(1,2) \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(2,3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))2)＝\f(2\r(2),3)))．
由于A(2，1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，－\f(1,3)))，故由中点坐标公式可得Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(1,3)))．
故存在点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(1,3)))，使得|DQ|为定值．
【跟踪精练】
1.如图，已知椭圆C：eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,4)＝1，点B是其下顶点，过点B的直线交椭圆C于另一点A(A点在x轴下方)，且线段AB的中点E在直线y＝x上．
(1)求直线AB的方程；
(2)若点P为椭圆C上异于A、B的动点，且直线AP，BP分别交直线y＝x于点M、N，证明：|OM|·|ON|为定值．
【解析】(1)设点E(m，m)，由B(0，－2)得A(2m，2m＋2)．
代入椭圆方程得eq \f(4m2,12)＋eq \f((2m＋2)2,4)＝1，即eq \f(m2,3)＋(m＋1)2＝1，解得m＝－eq \f(3,2)或m＝0(舍)．
所以A(－3，－1)，故直线AB的方程为x＋3y＋6＝0．
(2)设P(x0，y0)，则eq \f(x02,12)＋eq \f(y02,4)＝1，即y02＝4－eq \f(x02,3)．
设M(xM，yM)，由A，P，M三点共线，即，∴eq \(AP,\s\up6(→))∥eq \(AM,\s\up6(→))，∴(x0＋3)( yM＋1)＝(y0＋1)(xM＋3)，
又点M在直线y＝x上，解得M点的横坐标xM＝eq \f(3y0－x0,x0－y0＋2)，
设N(xN，yN)，由B，P，N三点共线，即eq \(BP,\s\up6(→))∥eq \(BN,\s\up6(→))，∴x0( yN＋2)＝(y0＋2)xN，
点N在直线y＝x上，，解得N点的横坐标xN＝eq \f(－2x0,x0－y0－2)．
所以OM·ON＝eq \r(2)| xM－0|·eq \r(2)|xN－0|＝2|xM ||xN|＝2|eq \f(3y0－x0,x0－y0＋2)|·|eq \f(－2x0,x0－y0－2)|
＝2|eq \f(2x02－6x0y0,(x0－y0)2－4)|＝2|eq \f(2x02－6x0y0,x02－2x0y0－eq \f(x02,3))|＝2|eq \f(x02－3x0y0,eq \f(x02,3)－x0y0)|＝6．
【题型三 面积为定值】
例3 （2022·全国高三专题练习）已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，O是坐标原点，点A，B分别为椭圆C的左右顶点，|AB|＝4eq \r(2)．
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)若P是椭圆C上异于A，B的一点，直线l交椭圆C于M，N两点，AP∥OM，BP∥ON，则△OMN的面积是否为定值？若是，求出定值，若不是，请说明理由．
【解析】(1)由2a＝4eq \r(2)，e＝eq \f(\r(2),2)，解得a＝2eq \r(2)，c＝2，b2＝a2－c2＝4，则椭圆的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1；
(2)由题意可得A(－2eq \r(2)，0)，B(2eq \r(2)，0)，设P（x0，y0），可得eq \f(x02,8)＋eq \f(y02,4)＝1，即x02+2y02＝8，
则kAP·kBP＝eq \f(y0,x0＋2eq \r(2))·eq \f(y0,x0－2eq \r(2))＝eq \f(y02,x02－8)＝eq \f(y02,－2y02)＝－eq \f(1,2)，
因为AP∥OM，BP∥ON，则kOM·kON＝kAP·kBP＝－eq \f(1,2)，
①当直线l的斜率不存在时，设l：x＝m，联立椭圆方程可得y＝±eq \r(\f(8－m2,2))，
所以M(m，eq \r(\f(8－m2,2)))，N(m，－eq \r(\f(8－m2,2)))，由kOM·kON＝－eq \f(1,2)，可得－eq \f(eq \f(8－m2,2),m2)＝－eq \f(1,2)，解得m＝±2，
所以M(±2，eq \r(2))，N(±2，－eq \r(2))，所以S△MNO＝eq \f(1,2)×2×2eq \r(2)＝2eq \r(2)；
②当直线l的斜率存在时，设直线l：y＝kx＋n，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立直线y＝kx＋n和x2＋2y2＝8，可得(1＋2k2)x2＋4knx＋2n2－8＝0，
可得∴x1＋x2＝－eq \f(4kn,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2n2－8,1＋2k2)，y1y2＝(kx1＋n)(kx2＋n)＝k2x1x2＋kn(x1＋x2)＋n2，
由kOM·kON＝eq \f(y1y2,x1x2)＝k2＋eq \f(－4k2n2,2n2－8)＋eq \f(n2(1＋2k2),2n2－8)＝－eq \f(1,2)，可得n2＝2＋4k2，
由弦长公式可得，|MN＝|eq \r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)·eq \r((x1＋x2)2－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4kn,1＋2k2)))\s\up8(2)－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2n2－8,1＋2k2))))＝eq \f(eq \r(1＋k2),1＋2k2)·eq \r(64k2－8n2＋32)＝eq \f(4eq \r(1＋k2),eq \r(1＋2k2))．
点(0，0)到直线l的距离为d＝eq \f(|n|,\r(k2＋1))＝eq \f(eq \r(2(1＋2k2)),eq \r(1＋k2))，
所以S△OMN＝eq \f(1,2)d·|MN|＝2eq \r(2)，综上可知，△OMN的面积为定值2eq \r(2)．
【题型精练】
1.（2022·山西太原五中高三期末）已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距为2，四个顶点构成的四边形面积为2eq \r(2)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)斜率存在的直线l与椭圆C相交于M、N两点，O为坐标原点，eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(ON,\s\up6(→))，若点P在椭圆上，请判断△OMN的面积是否为定值．
【解析】(1)由题可得2c＝2，c＝1，eq \f (1,2)2a×2×b＝2eq \r(2)，又a2＝c2＋b2，解得b＝1，a＝eq \r(2)．
故椭圆方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)设直线l方程是y＝kx＋m，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x0，y0)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,2)＋y2＝1，))得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，
Δ＝8(2k2－m2＋1)>0．x1＋x2＝eq \f(－4km,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2m2－1,1＋2k2)，
|MN|＝eq \r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)·eq \r((x1＋x2)2－4x1x2)＝eq \r(1＋k2)eq \f(eq \r(8(2k2＋1－m2)),1＋2k2)．
又∵eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(ON,\s\up6(→))，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝x1＋x2，,y0＝y1＋y2，))∴P(eq \f(－4km,1＋2k2)，eq \f(2m,1＋2k2))
把点P坐标代入椭圆方程可得(eq \f(－4km,1＋2k2))2＋2(eq \f(2m,1＋2k2))＝2，整理可得4m2＝2k2＋1，
又由点O到直线y＝kx＋m的距离d＝eq \f(|m|,eq \r(1＋k2))，△OMN的面积
S△OMN＝eq \f(1,2)|MN|·d＝eq \f(1,2)eq \r(1＋k2)eq \f(eq \r(8(2k2＋1－m2)),1＋2k2)eq \f(|m|,eq \r(1＋k2))＝eq \f(eq \r(2(4m2－m2)),4m2)×|m|＝eq \f(\r(6),4)．
所以，△OMN的面积为定值eq \f(\r(6),4)．
【题型四 数量积为定值】
例4 （2022·湖北模拟）已知双曲线的离心率为，点在上.
(1)求双曲线的方程.
(2)设过点的直线与双曲线交于两点，问在轴上是否存在定点，使得为常数？若存在，求出点的坐标以及该常数的值；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）因为双曲线的离心率为，
所以，化简得.
将点的坐标代入，可得，
解得，
所以的方程为.
（2）设，直线的方程为，联立方程组消去得（1-，
由题可知且，即且，
所以.
设存在符合条件的定点，则，
所以.
所以，
化简得.
因为为常数，所以，解得.
此时该常数的值为，
所以，在轴上存在点，使得为常数，该常数为.
【题型精练】
1. （2022·德阳三模）已知O为坐标原点，椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1上一点E在第一象限，若|OE|＝eq \f(\r(7),2)．
(1)求点E的坐标；
(2)椭圆C两个顶点分别为A(－2，0)，B(2，0)，过点M(0，－1)的直线l交椭圆C于点D，交x轴于点P，若直线AD与直线MB相交于点Q，求证：eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))为定值．
【解析】(1)设E(x0，y0)(x0>0，y0>0)，因为|OE|＝eq \f(\r(7),2)，所以eq \r(x02＋y02) ＝eq \f(\r(7),2) ①，
又因为点E在椭圆上，所以eq \f(x02,4)＋y02＝1 ②，
由①②解得：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝1，,y0＝eq \f(\r(3),2)，))，所以E的坐标为(1，eq \f(\r(3),2))；
(2)设点D(x1，y1)，则直线DA的方程为y＝eq \f(y1,x1＋2)(x＋2) ③，直线BM的方程为y＝eq \f(1,2)x－1 ④，
由③④解得xQ＝eq \f(2(x1＋2y1＋2),x1－2y1＋2)，又直线DM的方程为y＝eq \f(y1＋1,x1)x－1，
令y＝0，解得xP＝eq \f(x1,y1＋2)，所以eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝eq \f(2(x1＋2y1＋2),x1－2y1＋2)·eq \f(x1,y1＋2)＝eq \f(2(x12＋2x1y1＋2x1),x1y1＋x1－2y12＋2)，
又eq \f(x12,4)＋y12＝1，所以eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝eq \f(2(x12＋2x1y1＋2x1),x1y1＋x1＋eq \f(x12,2))＝4．
【题型五 角度为定值】
例5 （2022·湖北模拟）已知点M(x0，y0)为椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1．上任意一点，直线l：x0x＋2y0 y＝2与圆(x－1)2＋y2＝6交于A，B两点，点F为椭圆C的左焦点．
(1)求椭圆C的离心率及左焦点F的坐标；
(2)求证：直线l与椭圆C相切；
(3)判断∠AFB是否为定值，并说明理由．
【解析】(1)由题意a＝eq \r(2)，b＝1，c＝1．所以离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，左焦点F(－1，0)．
(2)由题知，eq \f(x02,2)＋y02＝1，即x02＋2y02＝2，
当y0＝0时直线l的方程为x＝eq \r(2)或x＝－eq \r(2)，直线l与椭圆C相切．
当y0≠0时，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,x0x＋2y0 y＝2，))得(2y02＋x02)x2－4x0x＋4－4 y02＝0，即x2－2x0x＋2－2y02＝0．
所以Δ＝(－2x0)2－4(2－2y02)＝4x02＋8y02－8＝0．故直线l与椭圆C相切．
(3)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
当y0＝0时，x1＝x2，y1＝－y2，x1＝±eq \r(2)，
eq \(FA,\s\up6(→))·eq \(FB,\s\up6(→))＝(x1＋1)2－y22＝(x1＋1)2－6＋(x1－1)2＝2 x12－4＝0，所以eq \(FA,\s\up6(→))⊥eq \(FB,\s\up6(→))，即∠AFB＝90°．
当y0≠0时，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1((x－1)2＋y2＝6，,x0x＋2y0 y＝2，))得(y02＋1)x2－2(2y02＋x0)x＋2－10 y02＝0，
则∴x1＋x2＝eq \f(2(2y02＋x0),1＋y02)，x1x2＝eq \f(2－10y02,1＋y02)．y1y2＝eq \f(x02,4y02) x1x2－eq \f(x0,2y02)(x1＋x2)＋eq \f(1,y02)＝eq \f(－5x02－4x0＋4,2＋2y02)．
因为eq \(FA,\s\up6(→))·eq \(FB,\s\up6(→))＝(x1＋1，y1)·(x2＋1，y2)＝x1x2＋x1＋x2＋1＋y1y2
＝eq \f(4－20y02＋8y02＋4x0＋2＋2 y02,2＋2y02)＋eq \f(－5x02－4x0＋4,2＋2y02)＝eq \f(－5(x02＋2y02)＋10,2＋2y02)＝0．
所以eq \(FA,\s\up6(→))⊥eq \(FB,\s\up6(→))，即∠AFB＝90°．故∠AFB为定值90°．
【题型精练】
1. （2022·德阳三模）已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,3)，左、右焦点分别为F1，F2，A为椭圆C上一点，AF2⊥F1F2，且|AF2|＝eq \f(8,3)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，过A1，A2分别作x轴的垂线l1，l2，椭圆C的一条切线l：y＝kx＋m与l1，l2分别交于M，N两点，求证：∠MF1N为定值．
【解析】(1)由AF2⊥F1F2，|AF2|＝eq \f(8,3)，得eq \f(b2,a)＝eq \f(8,3)．又e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,3)，a2＝b2＋c2，所以a2＝9，b2＝8，
故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,8)＝1．
(2)由题意可知，l1的方程为x＝－3，l2的方程为x＝3．
直线l分别与直线l1，l2的方程联立得M(－3，－3k＋m)，N(3，3k＋m)，
所以eq \(F1M,\s\up6(→))＝(－2，－3k＋m)，eq \(F1N,\s\up6(→))＝(4，3k＋m)，所以eq \(F1M,\s\up6(→))·eq \(F1N,\s\up6(→))＝－8＋m2－9k2．
联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,9)＋\f(y2,8)＝1，,y＝kx＋m，))得(9k2＋8)x2＋18kmx＋9m2－72＝0．
因为直线l与椭圆C相切，所以Δ＝(18km)2－4(9k2＋8)(9m2－72)＝0，化简得m2＝9k2＋8．
所以eq \(F1M,\s\up6(—→))·eq \(F1N,\s\up6(—→))＝－8＋m2－9k2＝0，所以eq \(F1M,\s\up6(→))⊥eq \(F1N,\s\up6(→))，故∠MF1N为定值eq \f(π,2)．
【题型六 参数为定值】
例6 （2022·湖北模拟）已知抛物线C：y2＝2px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，eq \(QM,\s\up6(→))＝λeq \(QO,\s\up6(→))，eq \(QN,\s\up6(→))＝μeq \(QO,\s\up6(→))，求证：eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)为定值．
【解析】(1)因为抛物线y2＝2px过点(1，2)，所以2p＝4，即p＝2．故抛物线C的方程为y2＝4x．
由题意知，直线l的斜率存在且不为0．设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx＋1，))得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0．依题意知Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，解得k