2024步步高考二輪數(shù)學新教材講義專題六　第4講　母題突破1　范圍、最值問題

2024步步高考二輪數(shù)學新教材講義第4講圓錐曲線的綜合問題[考情分析]1.圓錐曲線的綜合問題是高考考查的重點內容，常見的熱點題型有范圍、最值問題，定點、定直線、定值問題及探索性問題.2.以解答題的形式壓軸出現(xiàn)，難度較大．母題突破1范圍、最值問題母題(2023·全國甲卷)已知直線x－2y＋1＝0與拋物線C：y2＝2px(p>0)交于A，B兩點，|AB|＝4eq\r(15).(1)求p；(2)設F為C的焦點，M，N為C上兩點，eq\o(FM,\s\up6(→))·eq\o(FN,\s\up6(→))＝0，求△MFN面積的最小值．思路分析?聯(lián)立方程利用弦長求p?設直線MN：x＝my＋n和點M，N的坐標?利用eq\o(FM,\s\up6(→))·eq\o(FN,\s\up6(→))＝0，得m，n的關系?寫出S△MFN的面積?利用函數(shù)性質求S△MFN面積的最小值解(1)設A(xA，yA)，B(xB，yB)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y＋1＝0，,y2＝2px，))可得y2－4py＋2p＝0，所以yA＋yB＝4p，yAyB＝2p，所以|AB|＝eq\r(5)×eq\r(yA＋yB2－4yAyB)＝4eq\r(15)，即2p2－p－6＝0，解得p＝2(負值舍去)．(2)由(1)知y2＝4x，所以焦點F(1,0)，顯然直線MN的斜率不可能為零，設直線MN：x＝my＋n，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,x＝my＋n，))可得y2－4my－4n＝0，所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n，Δ＝16m2＋16n>0?m2＋n>0，因為eq\o(FM,\s\up6(→))·eq\o(FN,\s\up6(→))＝0，eq\o(FM,\s\up6(→))＝(x1－1，y1)，eq\o(FN,\s\up6(→))＝(x2－1，y2)，所以(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0，即(my1＋n－1)(my2＋n－1)＋y1y2＝0，即(m2＋1)y1y2＋m(n－1)(y1＋y2)＋(n－1)2＝0，將y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n代入得，4m2＝n2－6n＋1，所以4(m2＋n)＝(n－1)2>0，所以n≠1，且n2－6n＋1≥0，解得n≥3＋2eq\r(2)或n≤3－2eq\r(2).設點F到直線MN的距離為d，所以d＝eq\f(|n－1|,\r(1＋m2))，|MN|＝eq\r(1＋m2)eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\r(1＋m2)eq\r(16m2＋16n)＝eq\r(1＋m2)eq\r(4n2－6n＋1＋16n)＝2eq\r(1＋m2)|n－1|，所以△MFN的面積S＝eq\f(1,2)×|MN|×d＝eq\f(1,2)×2eq\r(1＋m2)|n－1|×eq\f(|n－1|,\r(1＋m2))＝(n－1)2，而n≥3＋2eq\r(2)或n≤3－2eq\r(2)，所以當n＝3－2eq\r(2)時，△MFN的面積最小，為Smin＝(2－2eq\r(2))2＝12－8eq\r(2)＝4(3－2eq\r(2))．[子題1](2023·武漢模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,4)＋y2＝1，橢圓C的右頂點為A，若點P，Q在橢圓C上，且滿足直線AP與AQ的斜率之積為eq\f(1,20)，求△APQ面積的最大值．解易知直線AP與AQ的斜率同號，所以直線PQ不垂直于x軸，故可設直線PQ：y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋m，))可得(1＋4k2)x2＋8mkx＋4m2－4＝0，所以x1＋x2＝eq\f(－8mk,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－4,1＋4k2)，Δ＝16(4k2＋1－m2)>0，即4k2＋1>m2，而kAPkAQ＝eq\f(1,20)，A(2,0)，所以eq\f(y1,x1－2)·eq\f(y2,x2－2)＝eq\f(1,20)，化簡可得20(kx1＋m)(kx2＋m)＝(x1－2)(x2－2)，即20k2x1x2＋20km(x1＋x2)＋20m2＝x1x2－2(x1＋x2)＋4，20k2·eq\f(4m2－4,1＋4k2)＋20km·eq\f(－8mk,1＋4k2)＋20m2＝eq\f(4m2－4,1＋4k2)－2×eq\f(－8mk,1＋4k2)＋4，整理得6k2＋mk－m2＝0，所以m＝－2k或m＝3k，所以直線PQ：y＝k(x－2)或y＝k(x＋3)，因為直線PQ不經過點A(2,0)，所以直線PQ經過定點(－3,0)，即m＝3k.所以直線PQ的方程為y＝k(x＋3)，易知k≠0，設定點B(－3,0)，S△APQ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(S△ABP－S△ABQ))＝eq\f(1,2)|AB||y1－y2|＝eq\f(5,2)|k|eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x1－x2))＝eq\f(5,2)|k|eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\f(5,2)|k|eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－8mk,1＋4k2)))2－4×\f(4m2－4,1＋4k2))＝eq\f(5,2)|k|·eq\f(\r(164k2＋1－m2),1＋4k2)＝eq\f(10\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－5k2))k2),1＋4k2)，因為Δ>0，且m＝3k，所以1－5k2>0，所以0<k2<eq\f(1,5)，設t＝4k2＋1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(9,5)))，所以S△APQ＝eq\f(5,2)eq\r(\f(－5t2＋14t－9,t2))＝eq\f(5,2)eq\r(－9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(7,9)))2＋\f(4,9))≤eq\f(5,3)，當且僅當t＝eq\f(9,7)，即k2＝eq\f(1,14)時取等號，即△APQ面積的最大值為eq\f(5,3).[子題2](2023·深圳模擬)已知雙曲線C：x2－y2＝1，設點A為C的左頂點，若過點(3,0)的直線l與C的右支交于P，Q兩點，且直線AP，AQ與圓O：x2＋y2＝1分別交于M，N兩點，記四邊形PQNM的面積為S1，△AMN的面積為S2，求eq\f(S1,S2)的取值范圍．解如圖所示，設直線lPQ的方程為x＝ty＋3，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋3，,x2－y2＝1，))得(t2－1)y2＋6ty＋8＝0，因為直線l與雙曲線C的右支交于兩點，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t2－1≠0，,Δ＝6t2－32t2－1>0，,y1y2＝\f(8,t2－1)<0，))解得－1<t<1，y1＋y2＝eq\f(－6t,t2－1)，y1y2＝eq\f(8,t2－1)，所以kAP·kAQ＝eq\f(y1,x1＋1)·eq\f(y2,x2＋1)＝eq\f(y1y2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ty1＋4))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ty2＋4)))＝eq\f(y1y2,t2y1y2＋4ty1＋y2＋16)＝eq\f(\f(8,t2－1),t2·\f(8,t2－1)＋4t·\f(－6t,t2－1)＋16)＝eq\f(8,8t2－24t2＋16t2－16)＝－eq\f(1,2)，設AP：x＝m1y－1，AQ：x＝m2y－1，且|m1|>1，|m2|>1，所以eq\f(1,m1)·eq\f(1,m2)＝－eq\f(1,2)，即m1·m2＝－2，所以|m1|·|m2|＝2，又因為|m2|＝eq\f(2,|m1|)>1，所以1<|m1|<2，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝m1y－1，,x2－y2＝1，))得(meq\o\al(2,1)－1)y2－2m1y＝0，所以yP＝eq\f(2m1,m\o\al(2,1)－1)，同理可得yQ＝eq\f(2m2,m\o\al(2,2)－1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝m1y－1，,x2＋y2＝1，))得(meq\o\al(2,1)＋1)y2－2m1y＝0，所以yM＝eq\f(2m1,m\o\al(2,1)＋1)，同理可得yN＝eq\f(2m2,m\o\al(2,2)＋1)，所以eq\f(S△APQ,S△AMN)＝eq\f(\f(1,2)|AP||AQ|sin∠PAQ,\f(1,2)|AM||AN|sin∠MAN)＝eq\f(|AP|,|AM|)·eq\f(|AQ|,|AN|)＝eq\f(yP,yM)·eq\f(yQ,yN)＝eq\f(\f(2m1,m\o\al(2,1)－1),\f(2m1,m\o\al(2,1)＋1))·eq\f(\f(2m2,m\o\al(2,2)－1),\f(2m2,m\o\al(2,2)＋1))＝eq\f(m\o\al(2,1)＋1m\o\al(2,2)＋1,m\o\al(2,1)－1m\o\al(2,2)－1)＝eq\f(m\o\al(2,1)m\o\al(2,2)＋m\o\al(2,1)＋m\o\al(2,2)＋1,m\o\al(2,1)m\o\al(2,2)－m\o\al(2,1)－m\o\al(2,2)＋1)＝eq\f(5＋m\o\al(2,1)＋m\o\al(2,2),5－m\o\al(2,1)＋m\o\al(2,2))，令n＝meq\o\al(2,1)＋meq\o\al(2,2)，由|m1|·|m2|＝2,1<meq\o\al(2,1)<4，得n＝meq\o\al(2,1)＋eq\f(4,m\o\al(2,1))∈[4,5)，所以eq\f(S△APQ,S△AMN)＝eq\f(5＋n,5－n)＝eq\f(10,5－n)－1，n∈[4,5)，令f(n)＝eq\f(10,5－n)－1，n∈[4,5)，因為f(n)在區(qū)間[4,5)上單調遞增，所以f(n)的取值范圍為[9，＋∞)，又因為eq\f(S1,S2)＝eq\f(S△APQ－S△AMN,S△AMN)＝eq\f(S△APQ,S△AMN)－1，所以eq\f(S1,S2)的取值范圍為[8，＋∞)．規(guī)律方法求解范圍、最值問題的常見方法(1)利用判別式來構造不等關系．(2)利用已知參數(shù)的范圍，在兩個參數(shù)之間建立函數(shù)關系．(3)利用隱含或已知的不等關系建立不等式．(4)利用基本不等式．1．(2023·佛山模擬)在平面直角坐標系中，點O為坐標原點，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0))，N(1,0)，Q為線段MN上異于M，N的一動點，點P滿足eq\f(|PM|,|QM|)＝eq\f(|PN|,|QN|)＝2.(1)求點P的軌跡E的方程；(2)點A，C是曲線E上兩點，且在x軸上方，滿足AM∥NC，求四邊形AMNC面積的最大值．解(1)∵eq\f(|PM|,|QM|)＝eq\f(|PN|,|QN|)＝2，∴|PM|＝2|QM|，|PN|＝2|QN|，∴|PM|＋|PN|＝2(|QM|＋|QN|)＝2|MN|＝4，∴點P的軌跡是以M，N為焦點，長軸長為4的橢圓，設橢圓方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，則a＝2，c＝1，∴b2＝a2－c2＝3，∴點P的軌跡E的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)如圖所示，連接CO，并延長交橢圓E于點B，連接BM，AN，CM，由橢圓對稱性可知|OC|＝|OB|，又|OM|＝|ON|，∴四邊形CMBN為平行四邊形，∴CN∥BM，|CN|＝|BM|，∴S△BOM＝S△CON且A，M，B三點共線，∴四邊形AMNC的面積S＝S△ACM＋S△COM＋S△CON＝S△ACM＋S△COM＋S△BOM＝S△ABC，設直線AB：x＝my－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)(y1>0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,x＝my－1，))得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，∴y1＋y2＝eq\f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－eq\f(9,3m2＋4)，∴|AB|＝eq\r(1＋m2)·eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\f(\r(1＋m2)·\r(144m2＋1),3m2＋4)＝eq\f(121＋m2,3m2＋4)，又AM∥NC，∴點C到直線AB的距離即為點N到直線AB的距離，∵點N到直線AB的距離d＝eq\f(2,\r(1＋m2))，∴S＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(12\r(1＋m2),3m2＋4)＝12eq\r(\f(1＋m2,3m2＋42))，設3m2＋4＝t，則m2＝eq\f(t－4,3)，t≥4，∴S＝12eq\r(\f(1＋\f(t－4,3),t2))＝12eq\r(\f(t－1,3t2))＝4eq\r(3)·eq\r(－\f(1,t2)＋\f(1,t))＝4eq\r(3)·eq\r(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(1,2)))2＋\f(1,4))，又0<eq\f(1,t)≤eq\f(1,4)，∴當eq\f(1,t)＝eq\f(1,4)，即m＝0時，四邊形AMNC面積取得最大值，最大值為3.2．(2023·溫州模擬)已知拋物線C1：y2＝4x－4與雙曲線C2：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,4－a2)＝1(1<a<2)相交于A，B兩點，F(xiàn)是C2的右焦點，直線AF分別交C1，C2于C，D(不同于A，B點)兩點，直線BC，BD分別交x軸于P，Q兩點．(1)設A(x1，y1)，C(x2，y2)，求證：y1y2是定值；(2)求eq\f(|FQ|,|FP|)的取值范圍．(1)證明由A(x1，y1)，C(x2，y2)是直線AF與拋物線C1：y2＝4x－4的兩個交點，顯然直線AF不垂直于y軸，點F(2,0)，故設直線AF的方程為x＝my＋2，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋2，,y2＝4x－4，))消去x并整理得y2－4my－4＝0，所以y1y2＝－4為定值．(2)解由(1)知B(x1，－y1)，直線BC的斜率為eq\f(y2＋y1,x2－x1)＝eq\f(y2＋y1,\f(y\o\al(2,2)＋4,4)－\f(y\o\al(2,1)＋4,4))＝eq\f(4,y2－y1)，方程為y＋y1＝eq\f(4,y2－y1)(x－x1)，令y＝0，得點P的橫坐標xP＝eq\f(y1y2－y1,4)＋eq\f(y\o\al(2,1)＋4,4)＝eq\f(y1y2＋4,4)＝0，設D(x3，y3)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋2，,\f(x2,a2)－\f(y2,4－a2)＝1，))消去x得(4m2－m2a2－a2)y2＋4m(4－a2)y＋(4－a2)2＝0，4m2－m2a2－a2≠0，且Δ＝16m2(4－a2)2－4(4－a2)2·(4m2－m2a2－a2)＝4a2(m2＋1)(4－a2)2>0，y1＋y3＝eq\f(－4m4－a2,4m2－m2a2－a2)，y1y3＝eq\f(4－a22,4m2－m2a2－a2)，而直線BD的方程為y＋y1＝eq\f(y3＋y1,x3－x1)(x－x1)，依題意m≠0，令y＝0，得點Q的橫坐標xQ＝eq\f(y1x3－x1,y3＋y1)＋x1＝eq\f(y1x3－x1＋x1y3＋y1,y3＋y1)＝eq\f(y1x3＋y3x1,y1＋y3)＝eq\f(y1my3＋2＋y3my1＋2,y1＋y3)＝eq\f(2my1y3＋2y1＋y3,y1＋y3)＝eq\f(\f(2m4－a22,4m2－m2a2－a2)＋\f(－8m4－a2,4m2－m2a2－a2),\f(－4m4－a2,4m2－m2a2－a2))＝eq\f(4－a2－4,－2)＝eq\f(1,2)a2，因此eq\f(|FQ|,|FP|)＝eq\f(2－\f(1,2)a2,2)＝1－eq\f(1,4)a2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))，所以eq\f(|FQ|,|FP|)的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4))).專題強化練1．(2023·涼山模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，點A(2,1)在橢圓C上．(1)求橢圓C的標準方程；(2)過點M(0,1)的直線l交橢圓C于P，Q兩點，求|PQ|的取值范圍．解(1)設橢圓C的半焦距為c>0，由題意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e＝\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2＝b2＋c2，,\f(4,a2)＋\f(1,b2)＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\r(6)，,b＝\r(3)，,c＝\r(3)，))所以橢圓C的標準方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)當直線l的斜率不存在時，則l：x＝0，所以|PQ|＝2eq\r(3)；當直線l的斜率存在時，設l：y＝kx＋1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))消去y得(2k2＋1)x2＋4kx－4＝0，則Δ＝(4k)2－4(2k2＋1)×(－4)＝16(3k2＋1)>0，可得x1＋x2＝－eq\f(4k,2k2＋1)，x1x2＝－eq\f(4,2k2＋1)，則|PQ|＝eq\r(1＋k2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4k,2k2＋1)))2－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,2k2＋1))))＝4eq\r(\f(1＋k23k2＋1,2k2＋12))，令t＝eq\f(1,2k2＋1)∈(0,1]，則k2＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－1))，可得|PQ|＝4eq\r(\f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－1))))\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－1))＋1)),\f(1,t2)))＝2eq\r(－t2＋2t＋3)＝2eq\r(－t－12＋4)，因為t∈(0,1]，所以|PQ|＝2eq\r(－t－12＋4)∈(2eq\r(3)，4]，綜上所述，|PQ|的取值范圍為[2eq\r(3)，4]．2．(2023·鄭州模擬)在平面直角坐標系中，已知雙曲線E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點為F，離心率為2，且過點P(2,3)．(1)求雙曲線E的標準方程；(2)設過原點O的直線l1在第一、三象限內分別交雙曲線E于A，C兩點，過原點O的直線l2在第二、四象限內分別交雙曲線E于B，D兩點，若直線AD過雙曲線的右焦點F，求四邊形ABCD面積的最小值．解(1)由雙曲線E的離心率為2，得eq\f(c,a)＝2.①因為雙曲線E過點P(2,3)，所以eq\f(4,a2)－eq\f(9,b2)＝1.②又c2＝a2＋b2，③聯(lián)立①②③式，解得a＝1，b＝eq\r(3)，c＝2.故雙曲線E的標準方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)由雙曲線的對稱性，知OA＝OC，OB＝OD，所以四邊形ABCD為平行四邊形，所以S四邊形ABCD＝4S△OAD.由題意知直線AD的斜率不為零，設AD的方程為x＝my＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m≠±\f(\r(3),3))).聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋2，,x2－\f(y2,3)＝1，))消去x，得(3m2－1)y2＋12my＋9＝0.Δ＝36(m2＋1)>0，設A(x1，y1)，D(x2，y2)，則y1＋y2＝eq\f(－12m,3m2－1)，y1y2＝eq\f(9,3m2－1).因為A，D均在雙曲線右支，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2>0，,x1x2>0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(my1＋y2＋4＝\f(－4,3m2－1)>0，,m2y1y2＋2my1＋y2＋4＝\f(－3m2－4,3m2－1)>0，))解得0≤m2<eq\f(1,3).所以S△OAD＝eq\f(1,2)×|OF|×|y1－y2|＝eq\r(y1＋y22－4y1y2)，＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－12m,3m2－1)))2－4×\f(9,3m2－1))＝eq\f(6\r(m2＋1),1－3m2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤m2<\f(1,3))).令eq\r(m2＋1)＝teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1≤t<\f(2\r(3),3)))，則m2＝t2－1.所以S△OAD＝eq\f(6t,4－3t2)＝eq\f(6,\f(4,t)－3t)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1≤t<\f(2\r(3),3))).令函數(shù)f(t)＝eq\f(4,t)－3t，易得f(t)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2\r(3),3)))上單調遞減，所以當t＝1時，(S△OAD)min＝6.所以四邊形ABCD面積的最小值為24.母題突破2定點(定直線)問題母題已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的離心率為eq\f(2\r(3),3)，左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，點P的坐標為(3,1)，且eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝6.(1)求雙曲線C的方程；(2)過點P的動直線l與C的左、右兩支分別交于A，B兩點，若點M在線段AB上，滿足eq\f(|AP|,|AM|)＝eq\f(|BP|,|BM|)，證明：點M在定直線上．思路分析?利用離心率和eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝6求方程?設直線方程y－1＝kx－3并聯(lián)立?利用比例關系eq\f(|AP|,|AM|)＝eq\f(|BP|,|BM|)列式?將根與系數(shù)的關系代入化簡?消去參數(shù)得點在定直線上(1)解設|F1F2|＝2c(c>0)，因為雙曲線C的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2\r(3),3)＝eq\f(2,\r(3))，設a＝eq\r(3)t，c＝2t，t>0，所以F1(－2t,0)，F(xiàn)2(2t,0)，eq\o(PF1,\s\up6(→))＝(－2t－3，－1)，eq\o(PF2,\s\up6(→))＝(2t－3，－1)，所以eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝(－2t－3)(2t－3)＋1＝6，解得t＝1或t＝－1(舍去)，所以a＝eq\r(3)，c＝2，b＝eq\r(c2－a2)＝1，所以雙曲線C的方程為eq\f(x2,3)－y2＝1.(2)證明設A(x1，y1)，B(x2，y2)，當直線斜率不存在時不成立，設l：y－1＝k(x－3)，即y＝kx＋1－3k，－eq\f(\r(3),3)<k<eq\f(\r(3),3)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1－3k，,x2－3y2＝3，))可得(1－3k2)x2－6k(1－3k)x－3(2－6k＋9k2)＝0，由于點P在雙曲線C內部，易得Δ>0，所以x1＋x2＝eq\f(6k1－3k,1－3k2)，x1x2＝eq\f(－32－6k＋9k2,1－3k2).設M(x0，y0)，根據(jù)題意x1<x0<x2<3，又eq\f(|AP|,|AM|)＝eq\f(|BP|,|BM|)，可得eq\f(3－x1,x0－x1)＝eq\f(3－x2,x2－x0)，整理得6x0＋2x1x2＝(x0＋3)(x1＋x2)，即6x0－eq\f(62－6k＋9k2,1－3k2)＝(x0＋3)eq\f(6k1－3k,1－3k2)，化簡得x0－2＝kx0－3k，又y0＝kx0＋1－3k，消去k，得x0－y0－1＝0，所以點M在定直線x－y－1＝0上．[子題1](2023·信陽模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1的左、右頂點分別為A1，A2，過點D(1,0)的直線l與橢圓C交于異于A1，A2的M，N兩點．若直線A1M與直線A2N交于點P，證明：點P在定直線上，并求出該定直線的方程．解如圖所示，由題知直線A1M與直線A2N的斜率存在，設：y＝k1(x＋2)，：y＝k2(x－2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k1x＋2，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))消去y整理得(1＋2keq\o\al(2,1))x2＋8keq\o\al(2,1)x＋8keq\o\al(2,1)－4＝0，解得x1＝－2，x2＝eq\f(2－4k\o\al(2,1),1＋2k\o\al(2,1))，又M，N是異于A1，A2的兩點，所以有Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－4k\o\al(2,1),1＋2k\o\al(2,1))，\f(4k1,1＋2k\o\al(2,1))))，同理可得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4k\o\al(2,2)－2,1＋2k\o\al(2,2))，\f(－4k2,1＋2k\o\al(2,2))))，又D(1,0)，且M，D，N三點共線，所以eq\f(\f(4k1,1＋2k\o\al(2,1)),\f(2－4k\o\al(2,1),1＋2k\o\al(2,1))－1)＝eq\f(\f(－4k2,1＋2k\o\al(2,2)),\f(4k\o\al(2,2)－2,1＋2k\o\al(2,2))－1)，化簡得(3k1－k2)(1＋2k1k2)＝0，由題知k1，k2同號，所以3k1＝k2，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k1x＋2，,y＝k2x－2，))所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k1＋2k2,k2－k1)，\f(4k1k2,k2－k1)))，將3k1＝k2代入點P的橫坐標，則xP＝eq\f(2k1＋2k2,k2－k1)＝eq\f(8k1,2k1)＝4，所以點P在定直線x＝4上．[子題2](2023·岳陽模擬)已知雙曲線C：x2－eq\f(y2,3)＝1，P為雙曲線的右頂點，設直線l不經過P點且與C相交于A，B兩點，若直線PA與直線PB的斜率之和為－1.證明：直線l恒過定點．證明設直線PA與直線PB的斜率分別為k1，k2，如果直線l的斜率不存在，則k1＋k2＝0，不符合題意．設直線l：y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,x2－\f(y2,3)＝1，))整理得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－k2≠0，,Δ＝4k2m2＋43－k2m2＋3>0，))化簡得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k2≠3，,m2－k2＋3>0.))則x1＋x2＝eq\f(2km,3－k2)，x1x2＝－eq\f(m2＋3,3－k2)，則k1＋k2＝eq\f(y1,x1－1)＋eq\f(y2,x2－1)＝eq\f(kx1＋m,x1－1)＋eq\f(kx2＋m,x2－1)＝eq\f(2kx1x2＋m－kx1＋x2－2m,x1x2－x1＋x2＋1)＝－1，整理得(2k＋1)x1x2＋(m－k－1)(x1＋x2)＋1－2m＝0，即－eq\f(2k＋1m2＋3,3－k2)＋eq\f(2kmm－k－1,3－k2)＋1－2m＝0，化簡得k2＋(2m＋6)k＋m2＋6m＝0，解得k＝－m－6或k＝－m，當k＝－m時，直線l的方程為y＝－mx＋m＝－m(x－1)，當x＝1時，y＝0，所以直線l過定點(1,0)，又直線l不經過點P(1,0)，所以不符合題意；當k＝－m－6時，直線l的方程為y＝kx－k－6＝k(x－1)－6，當x＝1時，y＝－6，所以直線l過定點(1，－6)，綜上所述，直線l恒過定點(1，－6)．規(guī)律方法動線過定點問題的兩大類型及解法(1)動直線l過定點問題，解法：設動直線方程(斜率存在)為y＝kx＋t，由題設條件將t用k表示為t＝mk，得y＝k(x＋m)，故動直線過定點(－m,0)．(2)動曲線C過定點問題，解法：引入參變量建立曲線C的方程，再根據(jù)其對參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點．1.(2023·襄陽模擬)過拋物線x2＝2py(p>0)內部一點P(m，n)作任意兩條直線AB，CD，如圖所示，連接AC，BD并延長交于點Q，當P為焦點并且AB⊥CD時，四邊形ACBD面積的最小值為32.(1)求拋物線的方程；(2)若點P(1,1)，證明：點Q在定直線上運動，并求出定直線方程．解(1)設Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(x\o\al(2,1),2p)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(x\o\al(2,2),2p)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3，\f(x\o\al(2,3),2p)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x4，\f(x\o\al(2,4),2p)))，設直線AB：y＝kx＋eq\f(p,2)，聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋\f(p,2)，,x2＝2py，))整理得x2－2pkx－p2＝0，可得x1＋x2＝2pk，x1x2＝－p2，所以|AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝2p(k2＋1)，同理可得|CD|＝2peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k2)＋1))，所以S四邊形ABCD＝eq\f(1,2)|AB||CD|＝2p2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2＋\f(1,k2)＋2))≥8p2＝32，當且僅當k2＝1時取等號，所以p＝2，所以拋物線的方程為x2＝4y.(2)當P(1,1)時，設Q(x0，y0)，由A，P，B三點共線，可得eq\f(\f(x\o\al(2,1),4)－1,x1－1)＝eq\f(\f(x\o\al(2,2),4)－1,x2－1)，可得x1x2＋4＝x1＋x2，①同理由C，P，D三點共線，可得x3x4＋4＝x3＋x4，②又由A，C，Q三點共線，可得eq\f(\f(x\o\al(2,1),4)－y0,x1－x0)＝eq\f(\f(x\o\al(2,3),4)－y0,x3－x0)，所以x1x3＋4y0＝x0(x1＋x3)，③同理由B，D，Q三點共線，可得x2x4＋4y0＝x0(x2＋x4)，④由①③得x1＝eq\f(x2－4,x2－1)＝eq\f(x3x0－4y0,x3－x0)，即(x0－1)x2x3＋(4－x0)x3＋(x0－4y0)x2＋4y0－4x0＝0，⑤又由②④得x4＝eq\f(x3－4,x3－1)＝eq\f(x2x0－4y0,x2－x0)，即(x0－1)x2x3＋(4－x0)x2＋(x0－4y0)x3＋4y0－4x0＝0，⑥由⑤⑥得(4－x0)(x3－x2)＋(x0－4y0)(x2－x3)＝0，即4－x0＝x0－4y0，即x0－2y0－2＝0，所以點Q在定直線x－2y－2＝0上．2．(2023·全國乙卷)已知橢圓C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)的離心率是eq\f(\r(5),3)，點A(－2,0)在C上．(1)求C的方程；(2)過點(－2,3)的直線交C于P，Q兩點，直線AP，AQ與y軸的交點分別為M，N，證明：線段MN的中點為定點．(1)解由題意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝2，,a2＝b2＋c2，,e＝\f(c,a)＝\f(\r(5),3)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝2，,c＝\r(5)，))所以橢圓C的方程為eq\f(y2,9)＋eq\f(x2,4)＝1.(2)證明由題意可知，直線PQ的斜率存在，如圖，設B(－2,3)，直線PQ：y＝k(x＋2)＋3，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2＋3，,\f(y2,9)＋\f(x2,4)＝1，))消去y得(4k2＋9)x2＋8k(2k＋3)x＋16(k2＋3k)＝0，則Δ＝64k2(2k＋3)2－64(4k2＋9)(k2＋3k)＝－1728k>0，解得k<0，可得x1＋x2＝－eq\f(8k2k＋3,4k2＋9)，x1x2＝eq\f(16k2＋3k,4k2＋9)，因為A(－2,0)，則直線AP：y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)，令x＝0，解得y＝eq\f(2y1,x1＋2)，即Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2y1,x1＋2)))，同理可得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2y2,x2＋2)))，則eq\f(\f(2y1,x1＋2)＋\f(2y2,x2＋2),2)＝eq\f(kx1＋2＋3,x1＋2)＋eq\f(kx2＋2＋3,x2＋2)＝eq\f([kx1＋2k＋3]x2＋2＋[kx2＋2k＋3]x1＋2,x1＋2x2＋2)＝eq\f(2kx1x2＋4k＋3x1＋x2＋42k＋3,x1x2＋2x1＋x2＋4)＝eq\f(\f(32kk2＋3k,4k2＋9)－\f(8k4k＋32k＋3,4k2＋9)＋42k＋3,\f(16k2＋3k,4k2＋9)－\f(16k2k＋3,4k2＋9)＋4)＝eq\f(108,36)＝3，所以線段MN的中點是定點(0,3)．專題強化練1．(2023·荊門模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的實軸長為2，兩漸近線的夾角為eq\f(π,3).(1)求雙曲線C的方程；(2)當a<b時，記雙曲線C的左、右頂點分別為A1，A2，動直線l：x＝my＋2與雙曲線C的右支交于M，N兩點(異于A2)，直線A1M，A2N相交于點T，證明：點T在定直線上，并求出定直線方程．(1)解由題知2a＝2，得a＝1，eq\f(b,a)＝taneq\f(π,6)或eq\f(b,a)＝taneq\f(π,3)，得b＝eq\f(\r(3),3)或eq\r(3)，所以雙曲線C的方程為x2－3y2＝1或x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)證明由(1)知，當a<b時，C：x2－eq\f(y2,3)＝1，設M(x1，y1)，N(x2，y2)，聯(lián)立直線l與雙曲線C得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋2，,3x2－y2＝3))?(3m2－1)y2＋12my＋9＝0，3m2－1≠0，Δ＝36(m2＋1)>0，則y1＋y2＝eq\f(－12m,3m2－1)，y1y2＝eq\f(9,3m2－1).因為A1(－1,0)，A2(1,0)，則直線A1M：y＝eq\f(y1,x1＋1)(x＋1)，直線A2N：y＝eq\f(y2,x2－1)(x－1)，因為直線A1M，A2N相交于點T(x0，y0)，故y0＝eq\f(y1,x1＋1)(x0＋1)，y0＝eq\f(y2,x2－1)(x0－1)，消去y0，整理得eq\f(x0＋1,x0－1)＝eq\f(y2x1＋1,y1x2－1)＝eq\f(y2my1＋3,y1my2＋1)＝eq\f(my1y2＋3y1＋y2－3y1,my1y2＋y1)＝eq\f(\f(9m,3m2－1)＋\f(－36m,3m2－1)－3y1,\f(9m,3m2－1)＋y1)＝eq\f(－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9m,3m2－1)＋y1)),\f(9m,3m2－1)＋y1)＝－3，因此x0＋1＝－3(x0－1)?x0＝eq\f(1,2)，故點T在定直線x＝eq\f(1,2)上．2．(2023·嘉興模擬)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)，過焦點F的直線交拋物線C于A，B兩點，且|AB|＝|AF||BF|.(1)求拋物線C的方程；(2)若點P(4,4)，直線PA，PB分別交準線l于M，N兩點，證明：以線段MN為直徑的圓過定點．(1)解設AB：x＝my＋eq\f(p,2)(m∈R)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝2px，,x＝my＋\f(p,2)，))得y2－2pmy－p2＝0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝4p2m2＋4p2>0，,y1＋y2＝2pm，,y1y2＝－p2，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝2m2＋1p，,x1x2＝\f(p2,4)，))又|AF|＝x1＋eq\f(p,2)，|BF|＝x2＋eq\f(p,2)，所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋p，由|AB|＝|AF||BF|得x1＋x2＋p＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(p,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(p,2)))，即x1＋x2＋p＝x1x2＋eq\f(p,2)(x1＋x2)＋eq\f(p2,4)，所以(2m2＋1)p＋p＝eq\f(p2,2)(2m2＋1)＋eq\f(p2,2)，化簡得(m2＋1)p(p－2)＝0，又p>0，所以p＝2，所以拋物線C的方程為y2＝4x.(2)證明由(1)知直線AB：x＝my＋1(m∈R)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，易得x1＋x2＝4m2＋2，x1x2＝1，由題意知直線PA：y－4＝eq\f(y1－4,x1－4)(x－4)，直線PB：y－4＝eq\f(y2－4,x2－4)(x－4)，所以令x＝－1得yM＝eq\f(－5y1－4,my1－3)＋4，yN＝eq\f(－5y2－4,my2－3)＋4，即Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(－5y1－4,my1－3)＋4))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(－5y2－4,my2－3)＋4))，所以yM·yN＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(－5y1－4,my1－3)＋4))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(－5y2－4,my2－3)＋4))＝eq\f([4m－5y1＋8][4m－5y2＋8],my1－3my2－3)＝eq\f(4m－52y1y2＋84m－5y1＋y2＋64,m2y1y2－3my1＋y2＋9)＝eq\f(－44m－52＋32m4m－5＋64,－4m2－12m2＋9)＝eq\f(64m2－36,－16m2＋9)＝－4.設Q(x，y)是以線段MN為直徑的圓上的任意一點，eq\o(MQ,\s\up6(→))＝(x＋1，y－yM)，eq\o(NQ,\s\up6(→))＝(x＋1，y－yN)，則有eq\o(MQ,\s\up6(→))·eq\o(NQ,\s\up6(→))＝0，即0＝(x＋1)2＋(y－yM)(y－yN)，由對稱性令y＝0得0＝(x＋1)2＋yMyN＝(x＋1)2－4，所以x＝1或x＝－3，所以以線段MN為直徑的圓經過定點，定點坐標為(－3,0)與(1,0)．母題突破3定值問題母題(2023·黃山模擬)已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)過點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))，點A為下頂點，且AM的斜率為eq\f(\r(3),2).(1)求橢圓E的方程；(2)如圖，過點B(0,4)作一條與y軸不重合的直線，該直線交橢圓E于C，D兩點，直線AD，AC分別交x軸于H，G兩點，O為坐標原點．證明：|OH||OG|為定值，并求出該定值．思路分析?結合點的坐標和AM的斜率列方程組?設直線BC的方程并與橢圓的方程聯(lián)立?得到x1＋x2，x1x2?寫出直線AD，AC的方程并求出H，G的橫坐標?化簡運算|OH||OG|解(1)因為橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)過點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))，A(0，－b)，且AM的斜率為eq\f(\r(3),2)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,a2)＋\f(1,4b2)＝1，,\f(\f(1,2)＋b,\r(3))＝\f(\r(3),2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1，))所以橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)由題意知，直線BC的斜率存在，設直線BC：y＝kx＋4，設D(x1，y1)，C(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋4，))得(1＋4k2)x2＋32kx＋60＝0，Δ＝(32k)2－4(1＋4k2)×60＝16(4k2－15)＞0，得|k|>eq\f(\r(15),2)，則x1＋x2＝－eq\f(32k,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(60,1＋4k2)，因為A(0，－1)，所以直線AD的方程為y＝eq\f(y1＋1,x1)x－1，令y＝0，解得x＝eq\f(x1,y1＋1)，則Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,y1＋1)，0))，同理可得Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,y2＋1)，0))，所以|OH||OG|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1,y1＋1)))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x2,y2＋1)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,kx1＋5kx2＋5)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,k2x1x2＋5kx1＋x2＋25)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\f(60,1＋4k2),k2·\f(60,1＋4k2)＋5k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(32k,1＋4k2)))＋25)))＝eq\f(60,25)＝eq\f(12,5)為定值，所以|OH||OG|為定值，該定值為eq\f(12,5).[子題1](2023·西安模擬)如圖，在平面直角坐標系中，橢圓E：eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1，A，B分別為橢圓E的左、右頂點．已知圖中四邊形ABCD是矩形，且|BC|＝4，點M，N分別在邊BC，CD上，AM與BN相交于第一象限內的點P.若點P在橢圓E上，證明：eq\f(|BM|,|CN|)為定值，并求出該定值．解由題意知，A(－2eq\r(2)，0)，B(2eq\r(2)，0)，設P(x0，y0)(x0>0，y0>0)，M(xM，yM)，N(xN，yN)，則eq\f(x\o\al(2,0),8)＋eq\f(y\o\al(2,0),4)＝1，即yeq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(8－xeq\o\al(2,0))，直線AP的方程為y＝eq\f(y0,x0＋2\r(2))(x＋2eq\r(2))，令x＝2eq\r(2)，得yM＝eq\f(4\r(2)y0,x0＋2\r(2))，直線BP的方程為y＝eq\f(y0,x0－2\r(2))(x－2eq\r(2))，令y＝4，得xN－2eq\r(2)＝eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－2\r(2))),y0)，則eq\f(|BM|,|CN|)＝eq\f(|yM|,|xN－2\r(2)|)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(2)y0,x0＋2\r(2))·\f(y0,4x0－2\r(2))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)y\o\al(2,0),x\o\al(2,0)－8)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)×\f(1,2)8－x\o\al(2,0),x\o\al(2,0)－8)))＝eq\f(\r(2),2)，所以eq\f(|BM|,|CN|)為定值，該定值為eq\f(\r(2),2).[子題2](2023·衡水質檢)已知E(2,2)是拋物線C：y2＝2x上一點，經過點(2,0)的直線l與拋物線C交于A，B兩點(不同于點E)，直線EA，EB分別交直線x＝－2于點M，N.已知O為原點，求證：∠MON為定值．證明如圖，設Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,1),2)，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,2),2)，y2))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，yM))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，yN))，設直線l的方程為x＝my＋2，直線l的方程與拋物線方程聯(lián)立得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋2，,y2＝2x，))消去x，整理得y2－2my－4＝0，Δ＝4m2＋16>0恒成立．則y1y2＝－4，y1＋y2＝2m，又直線EA的方程為y－2＝eq\f(y1－2,\f(y\o\al(2,1),2)－2)(x－2)，即y＝eq\f(2,y1＋2)(x－2)＋2.令x＝－2，得y＝eq\f(2y1－4,y1＋2)，則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(2y1－4,y1＋2)))，同理可得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(2y2－4,y2＋2)))，則eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(2y1－4,y1＋2)))，eq\o(ON,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(2y2－4,y2＋2))).所以eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝4＋eq\f(4y1－2y2－2,y1＋2y2＋2)＝4＋eq\f(4[y1y2－2y1＋y2＋4],y1y2＋2y1＋y2＋4)＝4＋eq\f(4－4－4m＋4,－4＋4m＋4)＝0.所以OM⊥ON，即∠MON＝eq\f(π,2)，為定值．規(guī)律方法求解定值問題的兩大途徑(1)由特例得出一個值(此值一般就是定值)→證明定值：將問題轉化為證明待證式與參數(shù)(某些變量)無關．(2)先將式子用動點坐標或動線中的參數(shù)表示，再利用其滿足的約束條件使其絕對值相等的正負項抵消或分子、分母約分得定值．1．已知拋物線C：y2＝2px(p>0)，F(xiàn)為其焦點，若圓E：(x－1)2＋y2＝16與拋物線C交于A，B兩點，且|AB|＝4eq\r(3).(1)求拋物線C的方程；(2)若點P為圓E上任意一點，且過點P可以作拋物線C的兩條切線PM，PN，切點分別為M，N.求證：|MF|·|NF|恒為定值．(1)解由題意可知E(1,0)，半徑r＝4，由圓的圓心以及拋物線的焦點均在x軸上以及對稱性可知AB⊥x軸于點C，如圖所示，在Rt△ACE中，|CE|＝eq\r(r2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)|AB|))2)＝eq\r(42－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)))2)＝2，因此|OC|＝|OE|＋|CE|＝3，故Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，2\r(3)))，將其代入拋物線方程得12＝6p?p＝2，故拋物線方程為y2＝4x.(2)證明如圖所示，令P(x0，y0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，拋物線在點M處的切線方程為x－x1＝m(y－y1)，與y2＝4x聯(lián)立得y2－4my＋4my1－4x1＝0，①由相切得Δ＝16m2－4(4my1－4x1)＝0，得4my1－4x1＝4m2，代入①得y1＝2m，故在點M處的切線方程為x－x1＝eq\f(y1,2)(y－y1)，即為yy1＝2x＋2x1，同理在點N處的切線方程為yy2＝2x＋2x2，而兩切線交于點P(x0，y0)，所以有y0y1＝2x0＋2x1，y0y2＝2x0＋2x2，則直線MN的方程為2x－y0y＋2x0＝0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,2x－y0y＋2x0＝0，))得y2－2y0y＋4x0＝0，所以y1＋y2＝2y0，y1y2＝4x0，于是|MF|·|NF|＝(x1＋1)(x2＋1)＝eq\f(y\o\al(2,1)y\o\al(2,2),16)＋eq\f(y\o\al(2,1),4)＋eq\f(y\o\al(2,2),4)＋1＝xeq\o\al(2,0)＋eq\f(1,4)[(2y0)2－2×4x0]＋1＝(x0－1)2＋yeq\o\al(2,0)，又點P(x0，y0)在圓E：(x－1)2＋y2＝16上，所以(x0－1)2＋yeq\o\al(2,0)＝16，即|MF|·|NF|＝16.2．(2023·滄州模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)經過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(\r(6),2)))，右焦點為F(c,0)，且c2，a2，b2成等差數(shù)列．(1)求C的方程；(2)過F的直線與C的右支交于P，Q兩點(P在Q的上方)，PQ的中點為M，M在直線l：x＝2上的射影為N，O為坐標原點，設△POQ的面積為S，直線PN，QN的斜率分別為k1，k2，證明：eq\f(k1－k2,S)是定值．(1)解因為c2，a2，b2成等差數(shù)列，所以2a2＝c2＋b2，又c2＝a2＋b2，所以a2＝2b2.將點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(\r(6),2)))的坐標代入C的方程得eq\f(9,2b2)－eq\f(\f(6,4),b2)＝1，解得b2＝3，所以a2＝6，所以C的方程為eq\f(x2,6)－eq\f(y2,3)＝1.(2)證明依題意可設PQ：x＝my＋3，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋3，,\f(x2,6)－\f(y2,3)＝1，))得(m2－2)y2＋6my＋3＝0，如圖，設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，y1>y2，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝\f(－6m,m2－2)，,y1y2＝\f(3,m2－2).))Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(y1＋y2,2)))，則k1－k2＝kPN－kQN＝eq\f(\f(y1－y2,2),x1－2)－eq\f(\f(y2－y1,2),x2－2)＝eq\f(\f(y1－y2,2),my1＋1)－eq\f(\f(y2－y1,2),my2＋1)＝eq\f(y1－y2[my1＋y2＋2],2[m2y1y2＋my1＋y2＋1])，而S＝eq\f(1,2)|OF|·(y1－y2)＝eq\f(3,2)(y1－y2)，所以eq\f(k1－k2,S)＝eq\f(my1＋y2＋2,3[m2y1y2＋my1＋y2＋1])＝eq\f(\f(－6m2,m2－2)＋2,3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3m2,m2－2)＋\f(－6m2,m2－2)＋1)))＝eq\f(－4m2－4,－6m2－6)＝eq\f(2,3)，所以eq\f(k1－k2,S)