高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第十章 直線與圓、圓錐曲線 第72講 定點、定值和探索性問題練習(xí) 理（含解析）新人教A版-新人教A版高三數(shù)學(xué)試題

第72講定點、定值和探索性問題夯實基礎(chǔ)【p163】【學(xué)習(xí)目標(biāo)】掌握與圓錐曲線有關(guān)的定點問題、定值問題的求解方法；會運用代數(shù)、三角、幾何等方法解決與圓錐曲線有關(guān)的探究問題，培養(yǎng)推理思維能力、運算能力．【基礎(chǔ)檢測】1．若曲線C：λx2－x－λy＋1＝0(λ∈R)恒過定點P，則點P的坐標(biāo)是()A．(0，1)B．(－1，1)C．(1，0)D．(1，1)【解析】由原曲線方程可得(x－1)＋λ(y－x2)＝0過定點，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－x2＝0，,x＝1，))求得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1，))即定點P的坐標(biāo)為(1，1)．【答案】D2．已知點O為坐標(biāo)原點，點M在雙曲線C：x2－y2＝λ(λ為正常數(shù))上，過點M作雙曲線C的某一條漸近線的垂線，垂足為N，則|ON|·|MN|的值為()A.eq\f(λ,4)B.eq\f(λ,2)C．λD．無法確定【解析】設(shè)M(m，n)，即有m2－n2＝λ，雙曲線的漸近線為y＝±x，可得|MN|＝eq\f(|m－n|,\r(2))，由勾股定理可得|ON|＝eq\r(|OM|2－|MN|2)＝eq\r(m2＋n2－\f(（m－n）2,2))＝eq\f(|m＋n|,\r(2))，可得|ON|·|MN|＝eq\f(|m＋n|,\r(2))·eq\f(|m－n|,\r(2))＝eq\f(|m2－n2|,2)＝eq\f(λ,2).【答案】B3．已知拋物線y2＝4x的焦點為F，過點P(2，0)的直線交拋物線于A，B兩點，直線AF，BF分別與拋物線交于點C，D，設(shè)直線AB，CD的斜率分別為k1，k2，則eq\f(k1,k2)＝________．【解析】設(shè)直線AB的方程為y＝k1(x－2)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k1（x－2），,y2＝4x，))得k1y2－4y－8k1＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AC的方程為y＝eq\f(y1,x1－1)(x－1)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(y1,x1－1)（x－1），,y2＝4x，))得eq\f(y1,4（x1－1）)y2－y－eq\f(y1,x1－1)＝0，則y1yC＝－4，故yC＝eq\f(－4,y1)，同理yD＝eq\f(－4,y2)，故k2＝eq\f(yD－yC,xD－xC)＝eq\f(4,yD＋yC)＝eq\f(4,\f(－4（y1＋y2）,y1y2))＝2k1，故eq\f(k1,k2)＝eq\f(1,2).【答案】eq\f(1,2)4．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l與拋物線y2＝4x相交于不同的A，B兩點．如果eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝－4，則直線l必過定點________．【解析】設(shè)l：x＝ty＋b，代入拋物線y2＝4x，消去x得y2－4ty－4b＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝4t，y1y2＝－4b，∴eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝(ty1＋b)(ty2＋b)＋y1y2＝t2y1y2＋bt(y1＋y2)＋b2＋y1y2＝－4bt2＋4bt2＋b2－4b＝b2－4b.令b2－4b＝－4，∴b2－4b＋4＝0，∴b＝2，∴直線l過定點(2，0)．【答案】(2，0)【知識要點】1．求定值問題常見的方法有兩種(1)從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)．(2)直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值．2．定點的探索與證明問題(1)探索直線過定點時，可設(shè)出直線方程為y＝kx＋b，然后利用條件建立b、k等量關(guān)系進(jìn)行消元，借助于直線系的思想找出定點．(2)從特殊情況入手，先探求定點，再證明與變量無關(guān)．典例剖析【p163】考點1圓錐曲線中的定點問題eq\a\vs4\al(例1)已知拋物線C的頂點在原點，焦點F在x軸上，拋物線上第一象限內(nèi)的點A到F的距離為2，且A的橫坐標(biāo)為1.過A點作拋物線C的兩條動弦AD，AE，且AD，AE的斜率滿足kAD·kAE＝2.(1)求拋物線C的方程；(2)直線DE是否過某定點？若過某定點，請求出該點坐標(biāo)；若不過某定點，請說明理由．【解析】(1)設(shè)拋物線方程為C：y2＝2px(p>0)，由其定義知|AF|＝1＋eq\f(p,2)，又|AF|＝2，所以p＝2，y2＝4x.(2)易知A(1，2)，設(shè)D(x1，y1)，E(x2，y2)，DE方程為x＝my＋n(m≠0)，把DE方程代入C，并整理得y2－4my－4n＝0，Δ＝16(m2＋n)＞0，y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n，由kAD·kAE＝eq\f(y1－2,x1－1)·eq\f(y2－2,x2－1)＝2及yeq\o\al(2,1)＝4x1，yeq\o\al(2,2)＝4x2得y1y2＋2(y1＋y2)＝4，所以n＝2m－1，代入DE方程得：x＝my＋2m－1，即(y＋2)m＝x＋1，故直線DE過定點(－1，－2)．【點評】圓錐曲線中定點問題的兩種解法(1)引進(jìn)參數(shù)法：引進(jìn)動點的坐標(biāo)或動線中系數(shù)為參數(shù)表示變化量，再研究變化的量與參數(shù)沒有關(guān)系，找到定點．(2)特殊到一般法：根據(jù)動點或動線的特殊情況探索出定點，再證明該定點與變量無關(guān)．考點2圓錐曲線中的定值問題eq\a\vs4\al(例2)已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右頂點分別為A，B，左焦點為F，點P為橢圓C上任一點，若直線PA與PB的斜率之積為－eq\f(3,4)，且橢圓C經(jīng)過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))).(1)求橢圓的方程；(2)若PB，PA交直線x＝－1于M，N兩點，過左焦點F作以MN為直徑的圓的切線．問切線長是否為定值，若是，請求出定值；若不是，請說明理由．【解析】(1)設(shè)P點坐標(biāo)為P(x0，y0)，由題意知A(－a，0)，B(a，0)，且eq\f(xeq\o\al(2,0),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),b2)＝1，則kPA·kPB＝eq\f(y0,x0＋a)·eq\f(y0,x0－a)＝eq\f(yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)－a2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b2,a2)))·eq\f(xeq\o\al(2,0)－a2,xeq\o\al(2,0)－a2)＝－eq\f(b2,a2)＝－eq\f(3,4)，即3a2＝4b2，①又因為橢圓經(jīng)過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))).故eq\f(1,a2)＋eq\f(\f(9,4),b2)＝1，②由①②可知，b2＝3，a2＝4，故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由(1)知A(－2，0)，B(2，0)，設(shè)kPA＝k(k≠0)，由k·kPB＝－eq\f(3,4)，得kPB＝－eq\f(3,4k).所以直線PB的方程為y＝－eq\f(3,4k)(x－2)，令x＝－1，則y＝eq\f(9,4k)，故Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(9,4k)))；又直線PA方程為y＝k(x＋2)，令x＝－1，則y＝k，故N(－1，k)．如圖，因為yMyN＝k·eq\f(9,4k)＝eq\f(9,4)＞0，故以MN為直徑的圓在x軸同側(cè)．設(shè)FT為圓的一條切線，切點為T，連結(jié)MT，NT，可知△FTN∽△FMT，故eq\f(|FT|,|FM|)＝eq\f(|FN|,|FT|)，則|FT|2＝|FM|·|FN|＝|k|·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(9,4k)))＝eq\f(9,4)，故|FT|＝eq\f(3,2).故過左焦點F作以MN為直徑的圓的切線長為定值eq\f(3,2).【點評】定值問題的求解策略：在解析幾何中，有些幾何量與參數(shù)無關(guān)，這就是“定值”問題，解決這類問題常通過取特殊值，先確定“定值”是多少，再進(jìn)行證明，或者將問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)式，再證明該式是與變量無關(guān)的常數(shù)或者由該等式與變量無關(guān)，令其系數(shù)等于零即可得到定值．考點3圓錐曲線中的探索性問題eq\a\vs4\al(例3)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率e＝eq\f(1,2)，點A(b，0)，點B，F(xiàn)分別為橢圓的上頂點和左焦點，且|BF|·|BA|＝2eq\r(6).(1)求橢圓C的方程；(2)若過定點M(0，2)的直線C與橢圓C交于G，H兩點(G在M，H之間)，設(shè)直線l的斜率k>0，在x軸上是否存在點P(m，0)，使得以PG，PH為鄰邊的平行四邊形為菱形？如果存在，求出m的取值范圍？如果不存在，請說明理由．【解析】(1)設(shè)橢圓焦距為2c，依題意，e＝eq\f(1,2)得a＝2c，①由|BF|·|BA|＝2eq\r(6)得a·eq\r(b2＋b2)＝2eq\r(6)，即ab＝2eq\r(3)，②又a2－b2＝c2，③由①②③可得a2＝4，b2＝3，∴橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)設(shè)直線l的方程為y＝kx＋2(k>0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))消去y得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，由Δ>0解得k>eq\f(1,2)，設(shè)G(x1，y1)，H(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(－16k,4k2＋3)，eq\o(PG,\s\up6(→))＋eq\o(PH,\s\up6(→))＝(x1＋x2－2m，k(x1＋x2)＋4)，eq\o(GH,\s\up6(→))＝(x2－x1，y2－y1)＝(x2－x1，k(x2－x1))，由于菱形對角線垂直，則(eq\o(PG,\s\up6(→))＋eq\o(PH,\s\up6(→)))·eq\o(GH,\s\up6(→))＝0，∴(1＋k2)(x1＋x2)＋4k－2m＝0，解得m＝－eq\f(2k,4k2＋3)，即m＝－eq\f(2,4k＋\f(3,k))，∵k>eq\f(1,2)，∴－eq\f(\r(3),6)≤m<0(當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(3,k)＝4k時等號成立)．所以存在滿足條件的實數(shù)m，m的取值范圍是－eq\f(\r(3),6)≤m<0.【點評】解決探索性問題的注意事項探索性問題，先假設(shè)存在，推證滿足條件的結(jié)論，若結(jié)論正確則存在，若結(jié)論不正確則不存在．(1)當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時要分類討論；(2)當(dāng)給出結(jié)論而要推導(dǎo)出存在的條件時，先假設(shè)成立，再推出條件；(3)當(dāng)條件和結(jié)論都不知，按常規(guī)方法解題很難時，要開放思維，采取另外合適的方法．方法總結(jié)【p164】1．定點與定值問題的解決，一般通過取極端位置(即特定位置)探索出定點或定值，然后再進(jìn)行一般性證明．走進(jìn)高考【p164】1．(2018·北京)已知拋物線C：y2＝2px經(jīng)過點P(1，2)．過點Q(0，1)的直線l與拋物線C有兩個不同的交點A，B，且直線PA交y軸于M，直線PB交y軸于N.(1)求直線l的斜率的取值范圍；(2)設(shè)O為原點，eq\o(QM,\s\up6(→))＝λeq\o(QO,\s\up6(→))，eq\o(QN,\s\up6(→))＝μeq\o(QO,\s\up6(→))，求證：eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)為定值．【解析】(1)因為拋物線y2＝2px經(jīng)過點P(1，2)，所以4＝2p，解得p＝2，所以拋物線的方程為y2＝4x.由題意可知直線l的斜率存在且不為0，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋1(k≠0)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝kx＋1))得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.依題意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，解得k<0或0<k<1.又PA，PB與y軸相交，故直線l不過點(1，－2)．從而k≠－3.所以直線l斜率的取值范圍是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1)．(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．由(1)知x1＋x2＝－eq\f(2k－4,k2)，x1x2＝eq\f(1,k2).直線PA的方程為y－2＝eq\f(y1－2,x1－1)(x－1)．令x＝0，得點M的縱坐標(biāo)為yM＝eq\f(－y1＋2,x1－1)＋2＝eq\f(－kx1＋1,x1－1)＋2.同理得點N的縱坐標(biāo)為yN＝eq\f(－kx2＋1,x2－1)＋2.由eq\o(QM,\s\up6(→))＝λeq\o(QO,\s\up6(→))，eq\o(QN,\s\up6(→))＝μeq\o(QO,\s\up6(→))得λ＝1－yM，μ＝1－yN.所以eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)＝eq\f(1,1－yM)＋eq\f(1,1－yN)＝eq\f(x1－1,（k－1）x1)＋eq\f(x2－1,（k－1）x2)＝eq\f(1,k－1)·eq\f(2x1x2－（x1＋x2）,x1x2)＝eq\f(1,k－1)·eq\f(\f(2,k2)＋\f(2k－4,k2),\f(1,k2))＝2.所以eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)為定值．考點集訓(xùn)【p274】A組題1．已知橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，直線l：x＋my－m＝0(m∈R)，l與C的公共點個數(shù)為()A．0個B．1個C．2個D．無法判斷【解析】因為直線：x＋my－m＝0恒過(0，1)，而將(0，1)代入橢圓方程得：eq\f(1,3)＜1，故此點在橢圓內(nèi)部，所以直線與橢圓相交，故有兩個交點．【答案】C2．設(shè)拋物線C：y2＝2px(p>0)，過點M(p，0)的直線l與拋物線相交于A，B兩點，O為坐標(biāo)原點，設(shè)直線OA，OB的斜率分別為k1，k2，則k1k2＝()A．－1B．2C．－2D．不確定【解析】設(shè)l的方程為x＝my＋p，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋p，,y2＝2px，))得y2－2pmy－2p2＝0，y1y2＝－2p2，又eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yeq\o\al(2,1)＝2px1，,yeq\o\al(2,2)＝2px2，))(y1y2)2＝4p2x1x2?x1x2＝p2，∴k1k2＝eq\f(y1y2,x1x2)＝eq\f(－2p2,p2)＝－2.【答案】C3．已知拋物線x2＝8y，過點P(b，4)作該拋物線的切線PA，PB，切點為A，B，若直線AB恒過定點，則該定點為()A．(4，0)B．(3，2)C．(0，－4)D．(4，1)【解析】設(shè)A，B的坐標(biāo)為(x1，y1)，(x2，y2)，∵y＝eq\f(x2,8)，y′＝eq\f(x,4)，∴PA，PB的方程為y－y1＝eq\f(x1,4)(x－x1)，y－y2＝eq\f(x2,4)(x－x2)，由y1＝eq\f(xeq\o\al(2,1),8)，y2＝eq\f(xeq\o\al(2,2),8)，可得y＝eq\f(x1,4)x－y1，y＝eq\f(x2,4)x－y2，∵切線PA，PB都過點P(b，4)，∴4＝eq\f(x1,4)×b－y1，4＝eq\f(x2,4)×b－y2，故可知過A，B兩點的直線方程為4＝eq\f(b,4)x－y，當(dāng)x＝0時，y＝－4，∴直線AB恒過定點(0，－4)．【答案】C4．拋物線y2＝4x上兩個不同的點A，B，滿足OA⊥OB，則直線AB一定過定點，此定點坐標(biāo)為__________．【解析】設(shè)直線l的方程為x＝ty＋b代入拋物線y2＝4x，消去x得y2－4ty－4b＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝4t，y1y2＝－4b，∴eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝(ty1＋b)(ty2＋b)＋y1y2＝t2y1y2＋bt(y1＋y2)＋b2＋y1y2＝－4bt2＋4bt2＋b2－4b＝b2－4b＝0，∴b＝0(舍去)或b＝4，故直線l過定點(4，0)．【答案】(4，0)5．如圖，橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,4)＝1(a>2)，圓O：x2＋y2＝a2＋4，橢圓C的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過橢圓上一點P和原點O作直線l交圓O于M、N兩點，若|PF1|·|PF2|＝6，則|PM|·|PN|的值為________．【解析】|PM|·|PN|＝(R－eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(OP)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(OP))))＝R2－eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(OP))eq\s\up12(2)＝a2＋4－eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(OP))eq\s\up12(2)，∵eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(OP))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(OP,\s\up6(→))))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(PF1,\s\up6(→))＋\o(PF,\s\up6(→))2))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(PF1,\s\up6(→))2＋\o(PF,\s\up6(→))eq\o\al(2,2)＋2\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PF1,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(PF,\s\up6(→))2))cos∠F1PF2))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a))\s\up12(2)－2\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF1))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PF2))))－eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2c))eq\s\up12(2)＝a2－2.故eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(PM))·|PN|＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋4))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2－2))＝6.【答案】66．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(1,2)，以原點O為圓心，橢圓的短半軸長為半徑的圓與直線x－y＋eq\r(6)＝0相切．(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)P(4，0)，A，B是橢圓C上關(guān)于x軸對稱的任意兩個不同的點，連結(jié)PB交橢圓C于另一點E，證明：直線AE與x軸交于定點Q.【解析】(1)由題意知e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，所以e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(1,4)，即a2＝eq\f(4,3)b2.又因b＝eq\f(\r(6),\r(1＋1))＝eq\r(3)，所以a2＝4，b2＝3.故橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由題意知直線PB的斜率存在，設(shè)直線PB的方程為y＝k(x－4)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－4），,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1.))得(4k2＋3)x2－32k2x＋64k2－12＝0.①設(shè)點B(x1，y1)，E(x2，y2)，則A(x1，－y1)．直線AE的方程為y－y2＝eq\f(y2＋y1,x2－x1)(x－x2)．令y＝0，得x＝x2－eq\f(y2（x2－x1）,y2＋y1).將y1＝k(x1－4)，y2＝k(x2－4)代入，整理，得x＝eq\f(2x1x2－4（x1＋x2）,x1＋x2－8)，②由①得x1＋x2＝eq\f(32k2,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(64k2－12,4k2＋3)，代入②，整理，得x＝1.所以直線AE與x軸相交于定點Q(1，0)．7．已知動圓E經(jīng)過定點D(1，0)，且與直線x＝－1相切，設(shè)動圓圓心E的軌跡為曲線C.(1)求曲線C的方程；(2)設(shè)過點P(1，2)的直線l1，l2分別與曲線C交于A，B兩點，直線l1，l2的斜率存在，且傾斜角互補，證明：直線AB的斜率為定值．【解析】(1)由已知，動點E到定點D(1，0)的距離等于E到直線x＝－1的距離，由拋物線的定義知E點的軌跡是以D(1，0)為焦點，以x＝－1為準(zhǔn)線的拋物線，故曲線C的方程為y2＝4x.(2)由題意可知直線l1，l2的斜率存在，傾斜角互補，則斜率互為相反數(shù)，且不等于零．設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線l1的方程為y＝k(x－1)＋2，k≠0.所以直線l2的方程為y＝－k(x－1)＋2，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－1）＋2，,y2＝4x))得k2x2－(2k2－4k＋4)x＋(k－2)2＝0，已知此方程一個根為1，∴x1×1＝eq\f(（k－2）2,k2)＝eq\f(k2－4k＋4,k2)，即x1＝eq\f(k2－4k＋4,k2)，同理x2＝eq\f(（－k）2－4（－k）＋4,（－k）2)＝eq\f(k2＋4k＋4,k2)，∴x1＋x2＝eq\f(2k2＋8,k2)，x1－x2＝eq\f(－8k,k2)＝eq\f(－8,k)，∴y1－y2＝[k(x1－1)＋2]－[－k(x2－1)＋2]＝k(x1＋x2)－2k＝k·eq\f(2k2＋8,k2)－2k＝eq\f(8,k)，∴kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(\f(8,k),－\f(8,k))＝－1，所以，直線AB的斜率為定值－1.B組題1．圓的某些性質(zhì)可以類比到橢圓和雙曲線中．已知命題“直線l與圓x2＋y2＝t2交于A，B兩點，AB的中點為M，若直線AB和OM(O為坐標(biāo)原點)的斜率均存在，則kABkOM＝－1”．類比到橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)中有命題“直線l與橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)交于A，B兩點，AB的中點為M，若直線AB和OM(O為坐標(biāo)原點)的斜率均存在，則kABkOM＝________________________________________________________________________”．【解析】設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，A，B兩點在橢圓上，故eq\f(xeq\o\al(2,1),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,1),b2)＝1，eq\f(xeq\o\al(2,2),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,2),b2)＝1，兩式相減可得eq\f(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2),b2)＝0，整理可得eq\f(（x1－x2）（x1＋x2）,a2)＋eq\f(（y1－y2）（y1＋y2）,b2)＝0，方程兩邊同時除以(x1－x2)(x1＋x2)整理可得eq\f(1,a2)＋eq\f(（y1－y2）（y1＋y2）,b2（x1－x2）（x1＋x2）)＝0，因為kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)，kOM＝eq\f(y1＋y2,x1＋x2)，代入上式，整理可得kABkOM＝－eq\f(b2,a2).【答案】－eq\f(b2,a2)2．已知拋物線C：y2＝2x，過點(1，0)任作一條直線和拋物線C交于A，B兩點，設(shè)點G(2，0)，連接AG，BG并延長，分別和拋物線C交于點A′和B′，則直線A′B′過定點__________．【解析】設(shè)AG方程為：x＝my＋2，代入拋物線C：y2＝2x得：y2－2my－4＝0.設(shè)A(x1，y1)，A′(x2，y2)，則y1y2＝－4，同理：B(x3，y3)，B′＝(x4，y4)，y3y4＝－4，又AB過定點M(1，0)，∴eq\o(AM,\s\up6(→))與eq\o(BM,\s\up6(→))共線，∴(x1－1)y3－(x3－1)y1＝0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,1),2)－1))y3－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,3),2)－1))y1＝0，即(y1－y3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1y3,2)＋1))＝0，∴y1y3＝－2，又y1y2＝－4，y3y4＝－4，∴y2y4＝－8.當(dāng)直線AB斜率存在時，直線A′B′斜率存在，直線A′B′：y－y2＝eq\f(y4－y2,x4－x2)(x－x2)，利用點在拋物線上化簡得：y＝eq\f(1,y2＋y4)(2x＋y2y4)，∴y＝eq\f(1,y2＋y4)(2x－8)，∴直線A′B′過定點(4，0)．當(dāng)AB⊥x軸時，可設(shè)A(1，eq\r(2))，B(1，－eq\r(2))，得A′(4，－2eq\r(2))，B′(4，2eq\r(2))，此時直線A′B′過定點(4，0)．故直線A′B′過定點(4，0)．【答案】(4，0)3．已知雙曲線的中心在原點，對稱軸為坐標(biāo)軸，一條漸近線方程為y＝eq\f(4,3)x，右焦點F(5，0)，雙曲線的實軸為A1A2，P為雙曲線上一點(不同于A1，A2)，直線A1P，A2P分別與直線l：x＝eq\f(9,5)交于M，N兩點．(1)求雙曲線的方程．(2)證明eq\o(FM,\s\up6(→))·eq\o(FN,\s\up6(→))為定值．【解析】(1)依題意可設(shè)雙曲線方程為：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，則由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＝\f(4,3)，,c＝5，,c2＝a2＋b2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝4，))∴所求雙曲線方程為eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1.(2)由(1)知A1(－3，0)，A2(3，0)，F(xiàn)(5，0)，設(shè)P(x，y)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,5)，y0))，eq\o(A1P,\s\up6(→))＝(x＋3，y)，eq\o(A1M,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(24,5)，y0))，∵A1、P、M三點共線，∴(x＋3)y0－eq\f(24,5)y＝0，∴y0＝eq\f(24y,5（x＋3）)，即Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,5)，\f(24y,5（x＋3）)))，同理得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,5)，－\f(6