圆锥曲线解答题常见题型总结讲义-2024届高三数学一轮复习

圆锥曲线中的范围问题【题型概述】圆锥曲线大题的常见题型之一，需要合理设直线的方程或点的坐标，再通过联立将目标用所设的变量表示，最后通过函数分析求取最值或范围。这类题目通常计算繁琐，以下给出一些例题。例1.已知椭圆，为其短轴的一个端点，，分别为其左右两个焦点，已知三角形的面积为，且．（1）求椭圆的方程；（2）若动直线与椭圆交于，，为线段的中点，且，求的最大值．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）由，，，结合，，故椭圆的方程为．另解：依题意：，，解得，，故椭圆的方程为．（2）联立且，；依题意，化简得：（∵）；设，由，又，解得，．当且仅当，即时，的最大值为．变式训练1.已知点，直线，为平面内的动点，过点作直线的垂线，垂足为点，且．（1）求动点的轨迹的方程；（2）过点作直线（与轴不重合）交轨迹于，两点，求三角形面积的取值范围．（为坐标原点）【答案】（1）；（2）．【解析】（1）设动点，则，由，，即，，化简得．（2）由（1）知轨迹的方程为，当直线斜率不存在时，，，当直线斜率存在时，设直线方程为，设，，由，得．则，，，，令，则，令，则，当时，，在上单调递增，，，综上所述，三角形面积的取值范围是．变式训练2.如图，已知抛物线和，过抛线上一点作两条直线与相切于、两点，分别交抛物线于、两点，圆心点到抛物线准线的距离为．（1）求抛物线的方程；（2）当的角平分线垂直轴时，求直线的斜率；（3）若直线在轴上的截距为，求的最小值．【答案】（1）；（2）；（3）．【解析】（1）∵点到抛物线准线的距离为，∴，即抛物线的方程为．（2）∵当的角平分线垂直轴时，点，∴，设，，∴，∴，∴．．（3）设点，，．以为圆心，为半径的圆方程为，……①方程：．……②①②得：直线的方程为．当时，直线在轴上的截距，∵关于的函数在单调递增，∴．变式训练3.已知点在抛物线上，且到抛物线焦点的距离为2．直线与抛物线交于，两点，且线段的中点为．（1）求直线的方程．（2）点是直线上的动点，求的最小值．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）抛物线的准线方程为，，抛物线方程为，设，，，直线的方程为，即．（2），都在直线上，则，，设，又，，，当时，的最小值为．圆锥曲线中的定点问题【题型概述】圆锥曲线中的定点问题主要考查同学们利用参数法和由特殊到一般法得定点的能力.这个过程对计算能力和式子变形能力有较高的要求.【知识与方法】1.定点问题的求解策略：参数法：参数法解决定点问题的思路：引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中的核心变量(此处设为k)；利用条件找到k与过定点的曲线F(x，y)＝0之间的关系，得到关于k与x，y的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，找到定点．由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．2.说明过定点的方法有：恒成立：求解直线和曲线过定点问题的基本思路是：把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．点斜式：由直线方程确定定点时，若得到了直线的点斜式方程y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线的斜截式方程y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．例1.（参数法）设O为坐标原点，动点M在椭圆C：eq\f(x2,2)＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足eq\o(NP,\s\up6(→))＝eq\r(2)eq\o(NM,\s\up6(→)).(1)求点P的轨迹方程；(2)设点Q在直线x＝－3上，且eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(PQ,\s\up6(→))＝1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.【解析】(1)x2＋y2＝2.(2)证明：由题意知F(－1，0)．设Q(－3，t)，P(m，n)，则eq\o(OQ,\s\up6(→))＝(－3，t)，eq\o(PF,\s\up6(→))＝(－1－m，－n)，[关键1：用参数表示P，Q的坐标及向量eq\o(OQ,\s\up6(→))，eq\o(PF,\s\up6(→))]eq\o(OQ,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))＝3＋3m－tn，eq\o(OP,\s\up6(→))＝(m，n)，eq\o(PQ,\s\up6(→))＝(－3－m，t－n).由eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(PQ,\s\up6(→))＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1，又由(1)知m2＋n2＝2，eq\o(OQ,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))＝0，[关键2：在eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(PQ,\s\up6(→))＝1的前提下，证明eq\o(OQ,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))＝0]即eq\o(OQ,\s\up6(→))⊥eq\o(PF,\s\up6(→)).又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.[关键3：利用平面内过一点作一直线的垂线的唯一性，即得直线l过点F]例2.（由特殊到一般）已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，四点P1(1，1)，P2(0，1)，P3(－1，eq\f(\r(3),2))，P4(1，eq\f(\r(3),2))中恰有三点在椭圆C上.(1)求C的方程；(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点.【解析】(1)eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐标分别为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(\r(4－t2),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，－\f(\r(4－t2),2))).则k1＋k2＝eq\f(\r(4－t2)－2,2t)－eq\f(\r(4－t2)＋2,2t)＝－1，得t＝2，不符合题设.[关键1：验证直线l与x轴垂直时，直线过定点的情况]从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)．将y＝kx＋m代入eq\f(x2,4)＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq\f(8km,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4m2－4,4k2＋1).而k1＋k2＝eq\f(y1－1,x1)＋eq\f(y2－1,x2)＝eq\f(kx1＋m－1,x1)＋eq\f(kx2＋m－1,x2)＝eq\f(2kx1x2＋(m－1)(x1＋x2),x1x2).由题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.即(2k＋1)·eq\f(4m2－4,4k2＋1)＋(m－1)·eq\f(－8km,4k2＋1)＝0.解得k＝－eq\f(m＋1,2).[关键2：设出直线l的方程，并与椭圆方程联立消去y得到关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系及条件找到直线l中两个参数的关系]当且仅当m>－1时，Δ>0，于是l：y＝－eq\f(m＋1,2)x＋m，即y＋1＝－eq\f(m＋1,2)(x－2)，所以l过定点(2，－1).[关键3：将k＝－eq\f(m＋1,2)代入直线l的方程，变形得到直线所过定点(2，－1)]【思维点睛】如果要解决的问题是一个定值（定点）问题，而题设条件又没有给出这个定值（定点），那么我们可以这样思考：由于这个定值（定点）对符合要求的一些特殊情况必然成立，那么我们根据特殊情况先找到这个定值（定点），明确了解决问题的目标，然后进行一般情况下的推理证明.变式训练1.已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，过点F作倾斜角为45°的直线与抛物线C交于A，B两点，且|AB|＝16.(1)求抛物线C的方程；(2)设P，M，N为抛物线上不同的三点，且PM⊥PN，若P点的横坐标为8，判断直线MN是否过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．【解答】(1)由题意知，直线AB的方程为y＝x＋eq\f(p,2).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋\f(p,2),x2＝2py))，得y2－3py＋eq\f(p2,4)＝0.设A(x3，y3)，B(x4，y4)，则y3＋y4＝3p.所以|AB|＝y3＋y4＋p＝4p＝16，所以p＝4.所以抛物线C的方程为x2＝8y.(2)法一：由(1)可得点P(8，8)，设Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(xeq\o\al(2,1),8)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(xeq\o\al(2,2),8)))，则kPM＝eq\f(\f(xeq\o\al(2,1),8)－8,x1－8)＝eq\f(x1＋8,8)，同理可得kPN＝eq\f(x2＋8,8).因为PM⊥PN，所以kPM·kPN＝eq\f(x1＋8,8)·eq\f(x2＋8,8)＝－1，化简得x1x2＋8(x1＋x2)＋128＝0.(*)易知直线MN的斜率一定存在，设直线MN：y＝kx＋b，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b,x2＝8y))，得x2－8kx－8b＝0，所以x1＋x2＝8k，x1x2＝－8b.代入(*)，得－8b＋64k＋128＝0，则b＝8k＋16.直线MN的方程可化为y＝kx＋8k＋16，所以直线MN过定点(－8，16)．法二：由(1)可得点P(8，8)，设Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(xeq\o\al(2,1),8)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(xeq\o\al(2,2),8)))，则kMN＝eq\f(\f(xeq\o\al(2,1),8)－\f(xeq\o\al(2,2),8),x1－x2)＝eq\f(x1＋x2,8)，同理可得kPM＝eq\f(x1＋8,8)，kPN＝eq\f(x2＋8,8).因为PM⊥PN，所以kPM·kPN＝eq\f(x1＋8,8)·eq\f(x2＋8,8)＝－1，化简得－x1x2＝8(x1＋x2)＋128.①直线MN的方程为y－eq\f(xeq\o\al(2,1),8)＝eq\f(x1＋x2,8)(x－x1)，化简得y＝eq\f(x1＋x2,8)x－eq\f(x1x2,8).②把①代入②得y＝eq\f(x1＋x2,8)(x＋8)＋16，所以直线MN过定点(－8，16)．变式训练2.已知椭圆的中心在坐标原点，左右焦点分别为和，且椭圆经过点．（1）求椭圆的标准方程；（2）过椭圆的右顶点作两条相互垂直的直线，，分别与椭圆交于点，（均异于点），求证：直线过定点，并求出该定点的坐标．【答案】（1）；（2）见解析．【解析】（1）设椭圆的标准方程为，，，∴，∴，∴，所以椭圆的标准方程为．（2）①直线斜率存在，设直线，，，联立方程，消去得，，，，又，由，得，即，∴，∴，∴．解得，，且均满足，当时，直线的方程为，直线过定点，与已知矛盾；当时，直线的方程为，直线过定点．②由椭圆的对称性所得，当直线，的倾斜角分别为，，易得直线，，直线，分别与椭圆交于点，，此时直线斜率不存在，也过定点，综上所述，直线恒过定点．

圆锥曲线存在性问题【题型概述】圆锥曲线存在性问题是一种具有开放性和发散性的问题，此类题目的条件和结论不完备，要求学生结合已有的条件进行观察、分析、比较和概况，它对数学思想、数学意识及综合运用数学方法的能力有较高的要求.我们通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化.【知识与方法】1.圆锥曲线中存在性问题的求解策略：先假设存在，用待定系数法，列出关于待定系数的方程组，推证满足条件的结论，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则元素(点、直线、曲线或参数)不存在．要注意的是：（1）当条件和结论不唯一时要分类讨论；（2）当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；（3）当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外合适的方法．例1.（存在性问题）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.y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由.【答案】见详解【解析】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.将y＝kx＋a代入C的方程得x2－4kx－4a＝0.故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.[关键1：设出P点坐标，联立直线方程与椭圆方程，eq\a\vs4\al(利用根与系数的关系写出M，N横坐标与参数的关系])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).[关键2：用参数表示PM，PN的斜率和]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.[关键3：用PM，PN的斜率和等于零说明∠OPM＝∠OPN，得出定点]【思维点睛】求解存在性问题时，通常的方法是首先假设满足条件的几何元素或参数值存在，然后利用这些条件并结合题目的其他已知条件进行推理与计算，若不出现矛盾，并且得到了相应的几何元素或参数值，就说明满足条件的几何元素或参数值存在；若在推理与计算中出现了矛盾，则说明满足条件的几何元素或参数值不存在，同时推理与计算的过程就是说明理由的过程.变式训练.已知椭圆C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(1,2)，短轴长为2eq\r(3).(1)求椭圆C的方程；(2)设过点A(0,4)的直线l与椭圆C交于M，N两点，F是椭圆C上的焦点．问：是否存在直线l，使得S△MAF＝S△MNF？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．【答案】（1）eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,3)＝1；（2）存在直线l：6x－eq\r(5)y＋4eq\r(5)＝0或6x＋eq\r(5)y－4eq\r(5)＝0，使得S△MAF＝S△MNF.【解析】(1)由题可得eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，b＝eq\r(3)，又a2＝b2＋c2，∴a2＝4，b2＝3，∴椭圆C的方程为eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,3)＝1.(2)由题可知直线l的斜率一定存在且不为0，设直线l的方程为y＝kx＋4，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋4，,\f(y2,4)＋\f(x2,3)＝1，))得(3k2＋4)x2＋24kx＋36＝0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝24k2－1443k2＋4>0，①,x1＋x2＝－\f(24k,3k2＋4)，②,x1x2＝\f(36,3k2＋4).③))∵S△MAF＝S△MNF，∴M为线段AN的中点，∴x2＝2x1.④将④式代入②式得x1＝－eq\f(8k,3k2＋4)，⑤将④式代入③式得xeq\o\al(2,1)＝eq\f(18,3k2＋4)，⑥将⑤式代入⑥式得k2＝eq\f(36,5).⑦将⑦式代入①式检验成立，∴k＝±eq\f(6,\r(5))，∴存在直线l：6x－eq\r(5)y＋4eq\r(5)＝0或6x＋eq\r(5)y－4eq\r(5)＝0，使得S△MAF＝S△MNF.变式训练.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(3),2)，且经过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),2))).(1)求椭圆C的方程；(2)过点(eq\r(3)，0)作直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，试问在x轴上是否存在定点Q，使得直线QA与直线QB恰关于x轴对称？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．【答案】（1）eq\f(x2,4)＋y2＝1；（2）存在定点Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)，0))，使得直线QA与直线QB恰关于x轴对称.【解析】(1)由题意可得eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,a2)＋eq\f(3,4b2)＝1，又a2－b2＝c2，所以a2＝4，b2＝1.所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)存在定点Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)，0))，满足直线QA与直线QB恰关于x轴对称．设直线l的方程为x＋my－eq\r(3)＝0，与椭圆C的方程联立得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋my－\r(3)＝0，,\f(x2,4)＋y2＝1，))整理得，(4＋m2)y2－2eq\r(3)my－1＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，定点Q(t,0)(依题意t≠x1，t≠x2)．由根与系数的关系可得，y1＋y2＝eq\f(2\r(3)m,4＋m2)，y1y2＝eq\f(－1,4＋m2).直线QA与直线QB恰关于x轴对称，则直线QA与直线QB的斜率互为相反数，所以eq\f(y1,x1－t)＋eq\f(y2,x2－t)＝0，即y1(x2－t)＋y2(x1－t)＝0.又x1＋my1－eq\r(3)＝0，x2＋my2－eq\r(3)＝0，所以y1(eq\r(3)－my2－t)＋y2(eq\r(3)－my1－t)＝0，整理得，(eq\r(3)－t)(y1＋y2)－2my1y2＝0，从而可得，(eq\r(3)－t)·eq\f(2\r(3)m,4＋m2)－2m·eq\f(－1,4＋m2)＝0，即2m(4－eq\r(3)t)＝0，所以当t＝eq\f(4\r(3),3)，即Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)，0))时，直线QA与直线QB恰关于x轴对称．特别地，当直线l为x轴时，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)，0))也符合题意．综上所述，在x轴上存在定点Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)，0))，使得直线QA与直线QB恰关于x轴对称．变式训练.已知椭圆D：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为e＝eq\f(\r(2),2)，点(－eq\r(2)，1)在椭圆D上．(1)求椭圆D的方程；(2)过椭圆D内一点P(0，t)的直线l的斜率为k，且与椭圆D交于M，N两点，设直线OM，ON(O为坐标原点)的斜率分别为k1，k2，若对任意k，存在实数λ，使得k1＋k2＝λk，求实数λ的取值范围．【答案】（1）eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1；（2）[2，＋∞).【解析】(1)椭圆D的离心率e＝eq\f(\r(a2－b2),a)＝eq\f(\r(2),2)，所以a＝eq\r(2)b，又点(－eq\r(2)，1)在椭圆D上，所以eq\f(2,a2)＋eq\f(1,b2)＝1，得a＝2，b＝eq\r(2)，所以椭圆D的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)由题意得，直线l的方程为y＝kx＋t.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1,y＝kx＋t))，消元可得(2k2＋1)x2＋4ktx＋2t2－4＝0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(－4kt,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2t2－4,2k2＋1)，k1＋k2＝eq\f(y1,x1)＋eq\f(y2,x2)＝eq\f(kx1＋t,x1)＋eq\f(kx2＋t,x2)＝2k＋eq\f(t(x1＋x2),x1x2)＝2k＋t·eq\f(－4kt,2k2＋1)·eq\f(2k2＋1,2t2－4)＝eq\f(－4k,t2－2).由k1＋k2＝λk，得eq\f(－4k,t2－2)＝λk，因为此等式对任意的k都成立，所以eq\f(－4,t2－2)＝λ，即t2＝2－eq\f(4,λ).因为点P(0，t)在椭圆内，所以0≤t2<2，即0≤2－eq\f(4,λ)<2，解得λ≥2.所以实数λ的取值范围是[2，＋∞)．圆锥曲线定值问题【题型概述】圆锥曲线中的定值问题主要考查同学们利用消参法和由特殊到一般法得定值的能力.这个过程对计算能力和式子变形能力有较高的要求.【知识与方法】1.定值问题的求解策略：（1）直接消参求定值：常见定值问题的处理方法：定一个(或两个)变量为核心变量，其余量均利用条件用核心变量进行表示；将所求表达式用核心变量进行表示(有的甚至就是核心变量)，然后进行化简，看能否得到一个常数．（2）从特殊到一般求定值：常用处理技巧：在运算过程中，尽量减少所求表达式中变量的个数，以便于向定值靠拢；巧妙利用变量间的关系，例如点的坐标符合曲线方程等，尽量做到整体代入，简化运算．例1.（定值问题）已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；【答案】见详解【解析】证明：设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．[关键1：设出直线方程及直线与椭圆交点坐标]将y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2，得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，[关键2：把直线方程与椭圆方程联立消元得一元二次方程]故xM＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(－kb,k2＋9)，yM＝kxM＋b＝eq\f(9b,k2＋9).[关键3：利用根与系数的关系及中点在直线l上求M的坐标]于是直线OM的斜率kOM＝eq\f(yM,xM)＝－eq\f(9,k)，即kOM·k＝－9.[关键4：求直线OM的斜率并计算两直线斜率乘积]所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.【思维点睛】如果要解决的问题是一个定值问题，而题设条件又没有给出这个定值，那么我们可以这样思考：由于这个定值对符合要求的一些特殊情况必然成立，那么我们根据特殊情况先找到这个定值，明确了解决问题的目标，然后进行一般情况下的推理证明.变式训练.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(3),2)，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，△OAB的面积为1.（1）求椭圆C的方程；（2）设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.求证：|AN|·|BM|为定值.【答案】（1）x2【解析】（1）略（2）证明：由(1)知，A(2，0)，B(0，1).设P(x0，y0)，则xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)＝4.当x0≠0时，直线PA的方程为y＝eq\f(y0,x0－2)(x－2).令x＝0，得yM＝－eq\f(2y0,x0－2)，从而|BM|＝|1－yM|＝|1＋eq\f(2y0,x0－2)|.[关键1：设出P点坐标，对横坐标分类讨论，用P点坐标表示|BM|]直线PB的方程为y＝eq\f(y0－1,x0)x＋1.令y＝0，得xN＝－eq\f(x0,y0－1)，从而|AN|＝|2－xN|＝|2＋eq\f(x0,y0－1)|.eq\a\vs4\al([关键2：用P点坐标表示|AN|])所以|AN|·|BM|＝|2＋eq\f(x0,y0－1)|·|1＋eq\f(2y0,x0－2)|＝|eq\f(xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)＋4x0y0－4x0－8y0＋4,x0y0－x0－2y0＋2)|＝|eq\f(4x0y0－4x0－8y0＋8,x0y0－x0－2y0＋2)|＝4.[关键3：计算|AN|·|BM|并化简得出定值]当x0＝0时，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，所以|AN|·|BM|＝4.[关键4：讨论特殊情况，并计算|AN|·|BM|]综上，|AN|·|BM|为定值.变式训练.已知曲线C上的任意一点到直线l：x＝－eq\f(1,2)的距离与到点Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))的距离相等．(1)求曲线C的方程；(2)若过P(1,0)的直线与曲线C相交于A，B两点，Q(－1,0)为定点，设直线AQ的斜率为k1，直线BQ的斜率为k2，直线AB的斜率为k，证明：eq\f(1,k\o\al(2,1))＋eq\f(1,k\o\al(2,2))－eq\f(2,k2)为定值．【答案】（1）y2＝2x；（2）略.【解析】(1)由题意知，曲线C是焦点为F的抛物线，可设其方程为y2＝2px(p>0)，则eq\f(p,2)＝eq\f(1,2)，p＝1，∴曲线C的方程为y2＝2x.(2)根据已知，设直线AB的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,y2＝2x))可得ky2－2y－2k＝0.设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))，则Δ＝4－4k(－2k)＝4＋8k2>0，y1＋y2＝eq\f(2,k)，y1y2＝－2.∵k1＝eq\f(y1,\f(y\o\al(2,1),2)＋1)＝eq\f(2y1,y\o\al(2,1)＋2)，k2＝eq\f(y2,\f(y\o\al(2,2),2)＋1)＝eq\f(2y2,y\o\al(2,2)＋2)，∴eq\f(1,k\o\al(2,1))＋eq\f(1,k\o\al(2,2))＝eq\f(y\o\al(2,1)＋22,4y\o\al(2,1))＋eq\f(y\o\al(2,2)＋22,4y\o\al(2,2))＝eq\f(y\o\al(2,1)＋22y\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2)＋22y\o\al(2,1),4y\o\al(2,1)y\o\al(2,2))＝eq\f(y\o\al(4,1)y\o\al(2,2)＋y\o\al(4,2)y\o\al(2,1)＋8y\o\al(2,1)y\o\al(2,2)＋4y\o\al(2,1)＋y\o\al(2,2),4y\o\al(2,1)y\o\al(2,2))＝eq\f(8y\o\al(2,1)＋y\o\al(2,2)＋32,16)＝eq\f(y1＋y22－2y1y2＋4,2)＝eq\f(\f(4,k2)＋8,2)＝eq\f(2,k2)＋4.∴eq\f(1,k\o\al(2,1))＋eq\f(1,k\o\al(2,2))－eq\f(2,k2)＝4，为定值．变式训练.已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为eq\f(1,2)，P是C上的一个动点，且△F1PF2面积的最大值为4eq\r(3).(1)求C的方程；(2)设C的左、右顶点分别为A，B，若直线PA，PB分别交直线x＝2于M，N两点，过点F1作以MN为直径的圆的切线，证明：切线长为定值，并求该定值．【答案】（1）eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1；（2）5.【解析】(1)设P(x0，y0)，椭圆的半焦距为c.因为S△F1PF2＝eq\f(1,2)|F1F2|·|y0|≤eq\f(1,2)·2c·b＝bc，所以bc＝4eq\r(3).又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，a2＝b2＋c2，所以a＝4，b＝2eq\r(3)，c＝2，所以C的方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1.(2)由(1)可知A(－4，0)，B(4，0)，F1(－2，0)．由题可知，x0≠2，且x0≠±4.设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，则直线PA的方程为y＝k1(x＋4)，令x＝2得y＝6k1，故M(2，6k1)．直线PB的方程为y＝k2(x－4)，令x＝2得y＝－2k2，故N(2，－2k2)．记以MN为直径的圆为圆D，则D(2，3k1－k2)．如图，过点F1作圆D的一条切线，切点为T，连接F1D，DT，则|F1T|2＝|F1D|2－|DT|2，所以|F1T|2＝16＋(3k1－k2)2－(3k1＋k2)2＝16－12k1k2，又k1＝eq\f(y0,x0＋4)，k2＝eq\f(y0,x0－4)，所以k1·k2＝eq\f(y0,x0＋4)·eq\f(y0,x0－4)＝eq\f(yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)－16)，由eq\f(xeq\o\al(2,0),16)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),12)＝1，得yeq\o\al(2,0)＝－eq\f(3,4)(xeq\o\al(2,0)－16)，所以k1·k2＝－eq\f(3,4)，则|F1T|2＝16－12k1k2＝16－12×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))＝25，所以|F1T|＝5.故切线长为定值5.解析几何中引入向量条件【题型概述】向量在解析几何中的应用，是以解析几何中的坐标为背景的一种向量描述.它主要强调向量的坐标问题，进而的相关知识来解答。将向量运算置于坐标系框架下进行计算，通过观察图形特征从而做到快速求解。例1.过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F的直线l与抛物线在第一象限的交点为A，与抛物线的准线的交点为B，点A在抛物线的准线上的射影为C，若eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(FB,\s\up6(→))，eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝48，则抛物线的方程为()A.y2＝8x B.y2＝4xC.y2＝16x D.y2＝4eq\r(2)x【答案】B【解析】如图所示，由eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(FB,\s\up6(→))，得F为线段AB的中点，∵|AF|＝|AC|，∴∠ABC＝30°，由eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝48，得|BC|＝4eq\r(3).则|AC|＝4，∴由中位线的性质，有p＝eq\f(1,2)|AC|＝2，故抛物线的方程为y2＝4x.故选B.通过观察图形我们可以快速的认识到各向量之间关系的几何意义，从而利用圆锥曲线的性质进行快速求解。例2.已知BC是圆O的直径，H是圆O的弦AB上一动点，BC＝10，AB＝8，则eq\o(HB,\s\up6(→))·eq\o(HC,\s\up6(→))的最小值为()A.－4B.－2