高考数学一轮复习 第8章 热点探究课5 平面解析几何中的高考热点问题

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圆锥曲线的标准方程在高考中占有十分重要的地位．一般地，求圆锥曲线的标准方程是作为解答题中考查“直线与圆锥曲线”的第一小题，最常用的方法是定义法与待定系数法．离心率是高考对圆锥曲线考查的另一重点，涉及a，b，c三者之间的关系．另外抛物线的准线，双曲线的渐近线也是命题的热点．
(2017·石家庄质检)如图1，椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线交椭圆于P，Q两点，且PQ⊥PF1.
图1
(1)若|PF1|＝2＋eq \r(2)，|PF2|＝2－eq \r(2)，求椭圆的标准方程；
(2)若|PF1|＝|PQ|，求椭圆的离心率e.
【导学号：31222329】
[解] (1)由椭圆的定义，
2a＝|PF1|＋|PF2|＝(2＋eq \r(2))＋(2－eq \r(2))＝4，故a＝2.
设椭圆的半焦距为c，由已知PF1⊥PF2，
因此2c＝|F1F2|＝eq \r(|PF1|2＋|PF2|2)
＝eq \r(2＋\r(2)2＋2－\r(2)2)＝2eq \r(3).3分
即c＝eq \r(3)，从而b＝eq \r(a2－c2)＝1，
故所求椭圆的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.5分
(2)连接F1Q，如图，由椭圆的定义知|PF1|＋|PF2|＝2a，
|QF1|＋|QF2|＝2a，
又|PF1|＝|PQ|＝|PF2|＋|QF2|＝(2a－|PF1|)＋(2a－|QF1|)，
可得|QF1|＝4a－2|PF1|. ①
又因为PF1⊥PQ且|PF1|＝|PQ|，
所以|QF1|＝eq \r(2)|PF1|. ②8分
由①②可得|PF1|＝(4－2eq \r(2))a，
从而|PF2|＝2a－|PF1|＝(2eq \r(2)－2)a.
由PF1⊥PF2，知|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，
即(4－2eq \r(2))2a2＋(2eq \r(2)－2)2a2＝4c2，10分
可得(9－6eq \r(2))a2＝c2，即eq \f(c2,a2)＝9－6eq \r(2)，
因此e＝eq \f(c,a)＝eq \r(9－6\r(2))＝eq \r(6)－eq \r(3).12分
[规律方法] 1.用定义法求圆锥曲线的标准方程是常用的方法，同时应注意数形结合思想的应用．
2．圆锥曲线的离心率刻画曲线的扁平程度，只需明确a，b，c中任意两量的关系都可求出离心率，但一定注意不同曲线离心率取值范围的限制．
[对点训练1] 已知椭圆中心在坐标原点，焦点在x轴上，离心率为eq \f(\r(2),2)，它的一个顶点为抛物线x2＝4y的焦点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线y＝x－1与抛物线相切于点A，求以A为圆心且与抛物线的准线相切的圆的方程．
[解] (1)椭圆中心在原点，焦点在x轴上．
设椭圆的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，
因为抛物线x2＝4y的焦点为(0,1)，
所以b＝1.2分
由离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，a2＝b2＋c2＝1＋c2，
从而得a＝eq \r(2)，所以椭圆的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.5分
(2)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝4y，,y＝x－1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝1，))所以点A(2,1).8分
因为抛物线的准线方程为y＝－1，
所以圆的半径r＝1－(－1)＝2，
所以圆的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4.12
分热点2 圆锥曲线中的定点、定值问题
定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有关的定值问题以及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横(纵)坐标等的定值问题．
eq \a\vs4\al(☞)角度1 圆锥曲线的定值问题
(2016·北京高考)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1过A(2,0)，B(0,1)两点.
【导学号：31222330】
(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．
[解] (1)由题意得a＝2，b＝1，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.3分
又c＝eq \r(a2－b2)＝eq \r(3)，所以离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2).5分
(2)证明：设P(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，则xeq \\al(2,0)＋4yeq \\al(2,0)＝4.
又A(2,0)，B(0,1)，
所以直线PA的方程为y＝eq \f(y0,x0－2)(x－2).7分
令x＝0，得yM＝－eq \f(2y0,x0－2)，从而|BM|＝1－yM＝1＋eq \f(2y0,x0－2).
直线PB的方程为y＝eq \f(y0－1,x0)x＋1.9分
令y＝0，得xN＝－eq \f(x0,y0－1)，从而|AN|＝2－xN＝2＋eq \f(x0,y0－1).
所以四边形ABNM的面积S＝eq \f(1,2)|AN|·|BM|
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(x0,y0－1)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2y0,x0－2)))
＝eq \f(x\\al(2,0)＋4y\\al(2,0)＋4x0y0－4x0－8y0＋4,2x0y0－x0－2y0＋2)
＝eq \f(2x0y0－2x0－4y0＋4,x0y0－x0－2y0＋2)＝2.
从而四边形ABNM的面积为定值.12分
[规律方法] 1.求定值问题的常用方法：
(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．定值问题就是在运动变化中寻找不变量的问题，基本思路是使用参数表示要解决的问题，证明要解决的问题与参数无关．在这类问题中选择消元的方向是非常关键的．
eq \a\vs4\al(☞)角度2 圆锥曲线中的定点问题
设椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为e＝eq \f(\r(2),2)，且过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(6),2))).
【导学号：31222331】
(1)求椭圆E的方程；
(2)设椭圆E的左顶点是A，若直线l：x－my－t＝0与椭圆E相交于不同的两点M，N(M，N与A均不重合)，若以MN为直径的圆过点A，试判定直线l是否过定点，若过定点，求出该定点的坐标．
[解] (1)由e2＝eq \f(c2,a2)＝eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(1,2)，可得a2＝2b2，2分
椭圆方程为eq \f(x2,2b2)＋eq \f(y2,b2)＝1，
代入点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(6),2)))可得b2＝2，a2＝4，
故椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.5分
(2)由x－my－t＝0得x＝my＋t，
把它代入E的方程得(m2＋2)y2＋2mty＋t2－4＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则
y1＋y2＝－eq \f(2mt,m2＋2)，y1y2＝eq \f(t2－4,m2＋2)，
x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2t＝eq \f(4t,m2＋2)，
x1x2＝(my1＋t)(my2＋t)
＝m2y1y2＋tm(y1＋y2)＋t2＝eq \f(2t2－4m2,m2＋2).8分
因为以MN为直径的圆过点A，
所以AM⊥AN，
所以eq \(AM,\s\up8(→))·eq \(AN,\s\up8(→))＝(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2)
＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2
＝eq \f(2t2－4m2,m2＋2)＋2×eq \f(4t,m2＋2)＋4＋eq \f(t2－4,m2＋2)
＝eq \f(3t2＋8t＋4,m2＋2)＝eq \f(t＋23t＋2,m2＋2)＝0.10分
因为M，N与A均不重合，所以t≠－2，
所以t＝－eq \f(2,3)，直线l的方程是x＝my－eq \f(2,3)，直线l过定点Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，0))，
由于点T在椭圆内部，故满足判别式大于0，
所以直线l过定点Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，0)).12分
[规律方法] 1.假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点．
2．从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意．
热点3 圆锥曲线中的最值、范围问题
圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题．
已知椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋eq \f(1,2)对称．
图2
(1)求实数m的取值范围；
(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点)．
[解] (1)由题意知m≠0，
可设直线AB的方程为y＝－eq \f(1,m)x＋b.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝－\f(1,m)x＋b，))消去y，得
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,m2)))x2－eq \f(2b,m)x＋b2－1＝0.2分
因为直线y＝－eq \f(1,m)x＋b与椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋eq \f(4,m2)>0.①
将线段AB中点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2mb,m2＋2)，\f(m2b,m2＋2)))代入直线方程y＝mx＋eq \f(1,2)，解得b＝－eq \f(m2＋2,2m2).②
由①②得m<－eq \f(\r(6),3)或m>eq \f(\r(6),3).
故m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(6),3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，＋∞)).5分
(2)令t＝eq \f(1,m)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),2)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(6),2)))，
则|AB|＝eq \r(t2＋1)·eq \f(\r(－2t4＋2t2＋\f(3,2)),t2＋\f(1,2))，
且O到直线AB的距离为d＝eq \f(t2＋\f(1,2),\r(t2＋1)).7分
设△AOB的面积为S(t)，
所以S(t)＝eq \f(1,2)|AB|·d＝eq \f(1,2)eq \r(－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t2－\f(1,2)))2＋2)≤eq \f(\r(2),2)，
当且仅当t2＝eq \f(1,2)，即m＝±eq \r(2)时，等号成立．
故△AOB面积的最大值为eq \f(\r(2),2).12分
[规律方法] 范围(最值)问题的主要求解方法：
(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或等量关系，利用判别式、基本不等式、函数的性质、导数法进行求解．
[对点训练2] 已知椭圆C：eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)的焦距为4，且过点(eq \r(2)，－2)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过椭圆焦点的直线l与椭圆C分别交于点E，F，求eq \(OE,\s\up8(→))·eq \(OF,\s\up8(→))的取值范围.
【导学号：31222332】
[解] 由椭圆C：eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)的焦距为4.
得曲线C的焦点F1(0，－2)，F2(0,2).2分
又点(eq \r(2)，－2)在椭圆C上，
2a＝eq \r(2＋0)＋eq \r(2＋2＋22)＝4eq \r(2)，
所以a＝2eq \r(2)，b＝2，
即椭圆C的方程是eq \f(y2,8)＋eq \f(x2,4)＝1.5分
(2)若直线l垂直于x轴，
①则点E(0,2eq \r(2))，F(0，－2eq \r(2))，eq \(OE,\s\up8(→))·eq \(OF,\s\up8(→))＝－8.
②若直线l不垂直于x轴，
设l的方程为y＝kx＋2，点E(x1，y1)，F(x2，y2)，将直线l的方程代入椭圆C的方程得到：
(2＋k2)x2＋4kx－4＝0，
则x1＋x2＝eq \f(－4k,2＋k2)，x1x2＝eq \f(－4,2＋k2)，8分
所以eq \(OE,\s\up8(→))·eq \(OF,\s\up8(→))＝x1x2＋y1y2
＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4
＝eq \f(－4－4k2,2＋k2)＋eq \f(－8k2,2＋k2)＋4＝eq \f(20,2＋k2)－8.10分
因为0综上可知，eq \(OE,\s\up8(→))·eq \(OF,\s\up8(→))的取值范围是(－8,2].12分
热点4 圆锥曲线中的探索性问题(答题模板)
圆锥曲线中的探索性问题主要体现在以下几个方面：(1)探索点是否存在；(2)探索曲线是否存在；(3)探索命题是否成立．涉及这类命题的求解主要是研究直线与圆锥曲线的位置关系问题．
(本小题满分12分)(2015·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy中，曲线C：y＝eq \f(x2,4)与直线l：y＝kx＋a(a＞0)交于M，N两点．
(1)当k＝0时，分别求C在点M和N处的切线方程；
(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由．
[解] (1)由题设可得M(2eq \r(a)，a)，N(－2eq \r(a)，a)，或M(－2eq \r(a)，a)，N(2eq \r(a)，a).1分
又y′＝eq \f(x,2)，故y＝eq \f(x2,4)在x＝2eq \r(a)处的导数值为eq \r(a)，C在点(2eq \r(a)，a)处的切线方程为y－a＝eq \r(a)(x－2eq \r(a))，
即eq \r(a)x－y－a＝0.3分
y＝eq \f(x2,4)在x＝－2eq \r(a)处的导数值为－eq \r(a)，C在点(－2eq \r(a)，a)处的切线方程为y－a＝－eq \r(a)(x＋2eq \r(a))，
即eq \r(a)x＋y＋a＝0.5分
故所求切线方程为eq \r(a)x－y－a＝0或eq \r(a)x＋y＋a＝0.6分
(2)存在符合题意的点．证明如下：
设P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.7分
将y＝kx＋a代入C的方程，得x2－4kx－4a＝0.
故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.8分
从而k1＋k2＝eq \f(y1－b,x1)＋eq \f(y2－b,x2)
＝eq \f(2kx1x2＋a－bx1＋x2,x1x2)＝eq \f(ka＋b,a).10分
当b＝－a时，有k1＋k2＝0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，
故∠OPM＝∠OPN，所以点P(0，－a)符合题意.12分
[答题模板] 第一步：分别求出曲线y＝eq \f(x2,4)在M点，N点处的导数．
第二步：利用点斜式分别写出在M点、N点的切线方程．
第三步：联立直线y＝kx＋a与抛物线y＝eq \f(x2,4)，并写出根与系数的关系式．
第四步：由kPM＋kPN＝0，结合根与系数的关系式，探索点P的坐标．
第五步：检验反思，查关键点，规范步骤．
[温馨提示] 1.(1)在第(2)问中，不能把条件∠OPM＝∠OPN适当转化为k1＋k2＝0，找不到解题的思路和方法，而不能得分．
(2)运算能力差或运算不细心，导致运算结果错误而扣分或者不得分．
2．数学阅卷时，主要看关键步骤、关键点，有则得分，无则扣分，所以解题时要写全关键步骤．
(1)本题的关键点一是利用导数的几何意义求切线方程，二是把条件中转化为只需直线PM，PN的斜率之和为0.
(2)解析几何对运算能力要求较高，解题时一定要细心准确，否则可能是思路正确，但是运算结果错误，而不得分．
[对点训练3] 如图3，椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率是eq \f(\r(2),2)，点P(0,1)在短轴CD上，且eq \(PC,\s\up8(→))·eq \(PD,\s\up8(→))＝－1.
图3
(1)求椭圆E的方程；
(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点．是否存在常数λ，使得eq \(OA,\s\up8(→))·eq \(OB,\s\up8(→))＋λeq \(PA,\s\up8(→))·eq \(PB,\s\up8(→))为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．
[解] (1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b)．
又点P的坐标为(0,1)，且eq \(PC,\s\up8(→))·eq \(PD,\s\up8(→))＝－1，
于是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－b2＝－1，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2－b2＝c2，))解得a＝2，b＝eq \r(2).4分
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.5分
(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋1，))得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.8分
其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0，
所以x1＋x2＝－eq \f(4k,2k2＋1)，x1x2＝－eq \f(2,2k2＋1).
从而，eq \(OA,\s\up8(→))·eq \(OB,\s\up8(→))＋λeq \(PA,\s\up8(→))·eq \(PB,\s\up8(→))
＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]
＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝eq \f(－2λ－4k2＋－2λ－1,2k2＋1)＝－eq \f(λ－1,2k2＋1)－λ－2.
所以，当λ＝1时，－eq \f(λ－1,2k2＋1)－λ－2＝－3.10分
此时，eq \(OA,\s\up8(→))·eq \(OB,\s\up8(→))＋λeq \(PA,\s\up8(→))·eq \(PB,\s\up8(→))＝－3为定值．
当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD.
此时，eq \(OA,\s\up8(→))·eq \(OB,\s\up8(→))＋λeq \(PA,\s\up8(→))·eq \(PB,\s\up8(→))＝eq \(OC,\s\up8(→))·eq \(OD,\s\up8(→))＋eq \(PC,\s\up8(→))·eq \(PD,\s\up8(→))＝－2－1＝－3.
故存在常数λ＝1，使得eq \(OA,\s\up8(→))·eq \(OB,\s\up8(→))＋λeq \(PA,\s\up8(→))·eq \(PB,\s\up8(→))为定值－3.12分
热点探究训练(五)
平面解析几何中的高考热点问题
1．(2014·全国卷Ⅱ)设F1，F2分别是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，M是C上一点且MF2与x轴垂直，直线MF1与C的另一个交点为N.
(1)若直线MN的斜率为eq \f(3,4)，求C的离心率；
(2)若直线MN在y轴上的截距为2，且|MN|＝5|F1N|，求a，b.
[解] (1)根据c＝eq \r(a2－b2)及题设知Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c，\f(b2,a)))，eq \f(\f(b2,a),2c)＝eq \f(3,4)，2b2＝3ac.2分
将b2＝a2－c2代入2b2＝3ac，
解得eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，eq \f(c,a)＝－2(舍去)．
故C的离心率为eq \f(1,2).5分
(2)由题意，原点O为F1F2的中点，MF2∥y轴，
所以直线MF1与y轴的交点D(0,2)是线段MF1的中点，
故eq \f(b2,a)＝4，即b2＝4a. ①8分
由|MN|＝5|F1N|得|DF1|＝2|F1N|.
设N(x1，y1)，由题意知y1<0，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－c－x1＝c，,－2y1＝2，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝－\f(3,2)c，,y1＝－1.))10分
代入C的方程，得eq \f(9c2,4a2)＋eq \f(1,b2)＝1.②
将①及c＝eq \r(a2－b2)代入②得eq \f(9a2－4a,4a2)＋eq \f(1,4a)＝1.
解得a＝7，b2＝4a＝28，故a＝7，b＝2eq \r(7).12分
2．已知椭圆C的方程为：x2＋2y2＝4.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)设O为坐标原点，若点A在直线y＝2上，点B在椭圆C上，且OA⊥OB，求线段AB长度的最小值．
[解] (1)由题意，椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1，
所以a2＝4，b2＝2，从而c2＝a2－b2＝2.2分
因此a＝2，c＝eq \r(2).
故椭圆C的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2).5分
(2)设点A，B的坐标分别为(t,2)，(x0，y0)，其中x0≠0.
因为OA⊥OB，则eq \(OA,\s\up8(→))·eq \(OB,\s\up8(→))＝0，
所以tx0＋2y0＝0，解得t＝－eq \f(2y0,x0).8分
又xeq \\al(2,0)＋2yeq \\al(2,0)＝4，
所以|AB|2＝(x0－t)2＋(y0－2)2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(2y0,x0)))2＋(y0－2)2
＝xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＋eq \f(4y\\al(2,0),x\\al(2,0))＋4＝xeq \\al(2,0)＋eq \f(4－x\\al(2,0),2)＋eq \f(24－x\\al(2,0),x\\al(2,0))＋4
＝eq \f(x\\al(2,0),2)＋eq \f(8,x\\al(2,0))＋4(0因为eq \f(x\\al(2,0),2)＋eq \f(8,x\\al(2,0))≥4(0所以|AB|2≥8.
故线段AB长度的最小值为2eq \r(2).12分
3．如图4，已知抛物线C：x2＝4y，过点M(0,2)任作一直线与C相交于A，B两点，过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点)．
图4
(1)证明：动点D在定直线上；
(2)作C的任意一条切线l(不含x轴)，与直线y＝2相交于点N1，与(1)中的定直线相交于点N2，证明：|MN2|2－|MN1|2为定值，并求此定值.
【导学号：31222333】
[解] (1)证明：依题意可设AB方程为y＝kx＋2，代入x2＝4y，得x2＝4(kx＋2)，即x2－4kx－8＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1x2＝－8.
直线AO的方程为y＝eq \f(y1,x1)x；BD的方程为x＝x2.2分
解得交点D的坐标为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝x2，,y＝\f(y1x2,x1)，))
注意到x1x2＝－8及xeq \\al(2,1)＝4y1，
则有y＝eq \f(y1x1x2,x\\al(2,1))＝eq \f(－8y1,4y1)＝－2.
因此D点在定直线y＝－2上(x≠0).5分
(2)依题设，切线l的斜率存在且不等于0，设切线l的方程为y＝ax＋b(a≠0)，代入x2＝4y得x2＝4(ax＋b)，
即x2－4ax－4b＝0.8分
由Δ＝0得(4a)2＋16b＝0，化简整理得b＝－a2.
故切线l的方程可写为y＝ax－a2.
分别令y＝2，y＝－2得N1，N2的坐标为
N1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)＋a，2))，N2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,a)＋a，－2))，10分
则|MN2|2－|MN1|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)－a))2＋42－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)＋a))2＝8，
即|MN2|2－|MN1|2为定值8.12分
4．(2017·郑州质检)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)，点P(0,1)和点A(m，n)(m≠0)都在椭圆C上，直线PA交x轴于点M. 【导学号：31222334】
(1)求椭圆C的方程，并求点M的坐标(用m，n表示)；
(2)设O为原点，点B与点A关于x轴对称，直线PB交x轴于点N.问：y轴上是否存在点Q，使得∠OQM＝∠ONQ？若存在，求点Q的坐标；若不存在，说明理由．
[解] ∵b＝1，e＝eq \f(\r(2),2)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2＝1＋c2，))解得a2＝2.3分
故椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
设M(xM,0)，
由于点A(m，n)在椭圆C上，
∴－1∵直线PA的方程为y－1＝eq \f(n－1,m)x，
∴xM＝eq \f(m,1－n)，则 Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,1－n)，0)).
(2)∵点B与点A关于x轴对称，
∴B(m，－n)．
设N(xN,0)，则xN＝eq \f(m,1＋n).8分
“存在点Q(0，yQ)使得∠OQM＝∠ONQ”等价于“存在点Q(0，yQ)使得eq \f(|OM|,|OQ|)＝eq \f(|OQ|,|ON|)”，
即yQ满足yeq \\al(2,Q)＝|xM||xN|.
∵xM＝eq \f(m,1－n)，xN＝eq \f(m,1＋n)，eq \f(m2,2)＋n2＝1，
∴yeq \\al(2,Q)＝|xM||xN|＝eq \f(m2,1－n2)＝2.10分
∴yQ＝eq \r(2)或yQ＝－eq \r(2).
故在y轴上存在点Q，使得∠OQM＝∠ONQ.
点Q的坐标为(0，eq \r(2))或(0，－eq \r(2)).12分
5．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F(1,0)，右顶点为A，且|AF|＝1.
图5
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若动直线l：y＝kx＋m与椭圆C有且只有一个交点P，且与直线x＝4交于点Q，问：是否存在一个定点M(t,0)，使得 eq \(MP,\s\up8(→))·eq \(MQ,\s\up8(→))＝0.若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由. 【导学号：31222335】
[解] (1)由c＝1，a－c＝1，得a＝2，∴b＝eq \r(3)，3分
故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.5分
(2)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,3x2＋4y2＝12，))
消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
∴Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，
即m2＝3＋4k2.8分
设P(xP，yP)，则xP＝－eq \f(4km,3＋4k2)＝－eq \f(4k,m)，
yP＝kxP＋m＝－eq \f(4k2,m)＋m＝eq \f(3,m)，即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4k,m)，\f(3,m))).
∵M(t,0)，Q(4,4k＋m)，
∴eq \(MP,\s\up8(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4k,m)－t，\f(3,m)))，eq \(MQ,\s\up8(→))＝(4－t,4k＋m)，10分
∴eq \(MP,\s\up8(→))·eq \(MQ,\s\up8(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4k,m)－t))·(4－t)＋eq \f(3,m)·(4k＋m)＝t2－4t＋3＋eq \f(4k,m)(t－1)＝0恒成立，故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t－1＝0，,t2－4t＋3＝0，))即t＝1.
∴存在点M(1,0)符合题意.12分
6．(2016·全国卷Ⅲ)已知抛物线C：y2＝2x的焦点为F，平行于x轴的两条直线l1，l2分别交C于A，B两点，交C的准线于P，Q两点．
(1)若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明AR∥FQ；
(2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程．
[解] 由题意知Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))，
设直线l1的方程为y＝a，直线l2的方程为y＝b，
则ab≠0，且Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,2)，a))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b2,2)，b))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，a))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，b))，Req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(a＋b,2))).
记过A，B两点的直线为l，则l的方程为2x－(a＋b)y＋ab＝0.2分
(1)证明：由于F在线段AB上，故1＋ab＝0.
记AR的斜率为k1，FQ的斜率为k2，则
k1＝eq \f(a－b,1＋a2)＝eq \f(a－b,a2－ab)＝eq \f(1,a)＝eq \f(－ab,a)＝－b＝eq \f(b－0,－\f(1,2)－\f(1,2))＝k2.
所以AR∥FQ.5分
(2)设l与x轴的交点为D(x1,0)，
则S△ABF＝eq \f(1,2)|b－a||FD|＝eq \f(1,2)|b－a|eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x1－\f(1,2)))，S△PQF＝eq \f(|a－b|,2).8分
由题意可得|b－a|eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x1－\f(1,2)))＝eq \f(|a－b|,2)，
所以x1＝0(舍去)或x1＝1.
设满足条件的AB的中点为E(x，y)．
当AB与x轴不垂直时，
由kAB＝kDE可得eq \f(2,a＋b)＝eq \f(y,x－1)(x≠1).10分
而eq \f(a＋b,2)＝y，所以y2＝x－1(x≠1)．
当AB与x轴垂直时，E与D重合，此时E点坐标为(1,0)，满足方程y2＝x－1.
所以，所求的轨迹方程为y2＝x－1.12分