高考数学总复习 第十章 直线与圆、圆锥曲线 第72讲 定点、定值和探索性问题练习 理（含解析）新人教A版-新人教A版高三数学试题

第72讲定点、定值和探索性问题夯实基础【p163】【学习目标】掌握与圆锥曲线有关的定点问题、定值问题的求解方法；会运用代数、三角、几何等方法解决与圆锥曲线有关的探究问题，培养推理思维能力、运算能力．【基础检测】1．若曲线C：λx2－x－λy＋1＝0(λ∈R)恒过定点P，则点P的坐标是()A．(0，1)B．(－1，1)C．(1，0)D．(1，1)【解析】由原曲线方程可得(x－1)＋λ(y－x2)＝0过定点，则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，))即定点P的坐标为(1，1)．【答案】D2．已知点O为坐标原点，点M在双曲线C：x2－y2＝λ(λ为正常数)上，过点M作双曲线C的某一条渐近线的垂线，垂足为N，则|ON|·|MN|的值为()A.eq\f(λ,4)B.eq\f(λ,2)C．λD．无法确定【解析】设M(m，n)，即有m2－n2＝λ，双曲线的渐近线为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．已知抛物线y2＝4x的焦点为F，过点P(2，0)的直线交抛物线于A，B两点，直线AF，BF分别与抛物线交于点C，D，设直线AB，CD的斜率分别为k1，k2，则eq\f(k1,k2)＝________．【解析】设直线AB的方程为y＝k1(x－2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k1（x－2），,y2＝4x，))得k1y2－4y－8k1＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AC的方程为y＝eq\f(y1,x1－1)(x－1)，联立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，则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．在平面直角坐标系xOy中，直线l与抛物线y2＝4x相交于不同的A，B两点．如果eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝－4，则直线l必过定点________．【解析】设l：x＝ty＋b，代入抛物线y2＝4x，消去x得y2－4ty－4b＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则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，∴直线l过定点(2，0)．【答案】(2，0)【知识要点】1．求定值问题常见的方法有两种(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．定点的探索与证明问题(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为y＝kx＋b，然后利用条件建立b、k等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点．(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关．典例剖析【p163】考点1圆锥曲线中的定点问题eq\a\vs4\al(例1)已知抛物线C的顶点在原点，焦点F在x轴上，抛物线上第一象限内的点A到F的距离为2，且A的横坐标为1.过A点作抛物线C的两条动弦AD，AE，且AD，AE的斜率满足kAD·kAE＝2.(1)求抛物线C的方程；(2)直线DE是否过某定点？若过某定点，请求出该点坐标；若不过某定点，请说明理由．【解析】(1)设抛物线方程为C：y2＝2px(p>0)，由其定义知|AF|＝1＋eq\f(p,2)，又|AF|＝2，所以p＝2，y2＝4x.(2)易知A(1，2)，设D(x1，y1)，E(x2，y2)，DE方程为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，故直线DE过定点(－1，－2)．【点评】圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数没有关系，找到定点．(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．考点2圆锥曲线中的定值问题eq\a\vs4\al(例2)已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，左焦点为F，点P为椭圆C上任一点，若直线PA与PB的斜率之积为－eq\f(3,4)，且椭圆C经过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))).(1)求椭圆的方程；(2)若PB，PA交直线x＝－1于M，N两点，过左焦点F作以MN为直径的圆的切线．问切线长是否为定值，若是，请求出定值；若不是，请说明理由．【解析】(1)设P点坐标为P(x0，y0)，由题意知A(－a，0)，B(a，0)，且eq\f(xeq\o\al(2,0),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),b2)＝1，则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又因为椭圆经过点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，故椭圆的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由(1)知A(－2，0)，B(2，0)，设kPA＝k(k≠0)，由k·kPB＝－eq\f(3,4)，得kPB＝－eq\f(3,4k).所以直线PB的方程为y＝－eq\f(3,4k)(x－2)，令x＝－1，则y＝eq\f(9,4k)，故Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(9,4k)))；又直线PA方程为y＝k(x＋2)，令x＝－1，则y＝k，故N(－1，k)．如图，因为yMyN＝k·eq\f(9,4k)＝eq\f(9,4)＞0，故以MN为直径的圆在x轴同侧．设FT为圆的一条切线，切点为T，连结MT，NT，可知△FTN∽△FMT，故eq\f(|FT|,|FM|)＝eq\f(|FN|,|FT|)，则|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).故过左焦点F作以MN为直径的圆的切线长为定值eq\f(3,2).【点评】定值问题的求解策略：在解析几何中，有些几何量与参数无关，这就是“定值”问题，解决这类问题常通过取特殊值，先确定“定值”是多少，再进行证明，或者将问题转化为代数式，再证明该式是与变量无关的常数或者由该等式与变量无关，令其系数等于零即可得到定值．考点3圆锥曲线中的探索性问题eq\a\vs4\al(例3)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率e＝eq\f(1,2)，点A(b，0)，点B，F分别为椭圆的上顶点和左焦点，且|BF|·|BA|＝2eq\r(6).(1)求椭圆C的方程；(2)若过定点M(0，2)的直线C与椭圆C交于G，H两点(G在M，H之间)，设直线l的斜率k>0，在x轴上是否存在点P(m，0)，使得以PG，PH为邻边的平行四边形为菱形？如果存在，求出m的取值范围？如果不存在，请说明理由．【解析】(1)设椭圆焦距为2c，依题意，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，∴椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)设直线l的方程为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)，设G(x1，y1)，H(x2，y2)，则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))，由于菱形对角线垂直，则(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(当且仅当eq\f(3,k)＝4k时等号成立)．所以存在满足条件的实数m，m的取值范围是－eq\f(\r(3),6)≤m<0.【点评】解决探索性问题的注意事项探索性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．(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．方法总结【p164】1．定点与定值问题的解决，一般通过取极端位置(即特定位置)探索出定点或定值，然后再进行一般性证明．走进高考【p164】1．(2018·北京)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\o(QM,\s\up6(→))＝λeq\o(QO,\s\up6(→))，eq\o(QN,\s\up6(→))＝μeq\o(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经过点P(1，2)，所以4＝2p，解得p＝2，所以抛物线的方程为y2＝4x.由题意可知直线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\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝kx＋1))得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，解得k<0或0<k<1.又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2)．从而k≠－3.所以直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1)．(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由(1)知x1＋x2＝－eq\f(2k－4,k2)，x1x2＝eq\f(1,k2).直线PA的方程为y－2＝eq\f(y1－2,x1－1)(x－1)．令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝eq\f(－y1＋2,x1－1)＋2＝eq\f(－kx1＋1,x1－1)＋2.同理得点N的纵坐标为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)为定值．考点集训【p274】A组题1．已知椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，直线l：x＋my－m＝0(m∈R)，l与C的公共点个数为()A．0个B．1个C．2个D．无法判断【解析】因为直线：x＋my－m＝0恒过(0，1)，而将(0，1)代入椭圆方程得：eq\f(1,3)＜1，故此点在椭圆内部，所以直线与椭圆相交，故有两个交点．【答案】C2．设抛物线C：y2＝2px(p>0)，过点M(p，0)的直线l与抛物线相交于A，B两点，O为坐标原点，设直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，则k1k2＝()A．－1B．2C．－2D．不确定【解析】设l的方程为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．已知抛物线x2＝8y，过点P(b，4)作该抛物线的切线PA，PB，切点为A，B，若直线AB恒过定点，则该定点为()A．(4，0)B．(3，2)C．(0，－4)D．(4，1)【解析】设A，B的坐标为(x1，y1)，(x2，y2)，∵y＝eq\f(x2,8)，y′＝eq\f(x,4)，∴PA，PB的方程为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，∵切线PA，PB都过点P(b，4)，∴4＝eq\f(x1,4)×b－y1，4＝eq\f(x2,4)×b－y2，故可知过A，B两点的直线方程为4＝eq\f(b,4)x－y，当x＝0时，y＝－4，∴直线AB恒过定点(0，－4)．【答案】C4．抛物线y2＝4x上两个不同的点A，B，满足OA⊥OB，则直线AB一定过定点，此定点坐标为__________．【解析】设直线l的方程为x＝ty＋b代入抛物线y2＝4x，消去x得y2－4ty－4b＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则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，故直线l过定点(4，0)．【答案】(4，0)5．如图，椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,4)＝1(a>2)，圆O：x2＋y2＝a2＋4，椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，过椭圆上一点P和原点O作直线l交圆O于M、N两点，若|PF1|·|PF2|＝6，则|PM|·|PN|的值为________．【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．已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(1,2)，以原点O为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线x－y＋eq\r(6)＝0相切．(1)求椭圆C的方程；(2)设P(4，0)，A，B是椭圆C上关于x轴对称的任意两个不同的点，连结PB交椭圆C于另一点E，证明：直线AE与x轴交于定点Q.【解析】(1)由题意知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.故椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由题意知直线PB的斜率存在，设直线PB的方程为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设点B(x1，y1)，E(x2，y2)，则A(x1，－y1)．直线AE的方程为y－y2＝eq\f(y2＋y1,x2－x1)(x－x2)．令y＝0，得x＝x2－eq\f(y2（x2－x1）,y2＋y1).将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.所以直线AE与x轴相交于定点Q(1，0)．7．已知动圆E经过定点D(1，0)，且与直线x＝－1相切，设动圆圆心E的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)设过点P(1，2)的直线l1，l2分别与曲线C交于A，B两点，直线l1，l2的斜率存在，且倾斜角互补，证明：直线AB的斜率为定值．【解析】(1)由已知，动点E到定点D(1，0)的距离等于E到直线x＝－1的距离，由抛物线的定义知E点的轨迹是以D(1，0)为焦点，以x＝－1为准线的抛物线，故曲线C的方程为y2＝4x.(2)由题意可知直线l1，l2的斜率存在，倾斜角互补，则斜率互为相反数，且不等于零．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l1的方程为y＝k(x－1)＋2，k≠0.所以直线l2的方程为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，已知此方程一个根为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，直线AB的斜率为定值－1.B组题1．圆的某些性质可以类比到椭圆和双曲线中．已知命题“直线l与圆x2＋y2＝t2交于A，B两点，AB的中点为M，若直线AB和OM(O为坐标原点)的斜率均存在，则kABkOM＝－1”．类比到椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)中有命题“直线l与椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)交于A，B两点，AB的中点为M，若直线AB和OM(O为坐标原点)的斜率均存在，则kABkOM＝________________________________________________________________________”．【解析】设A(x1，y1)，B(x2，y2)，A，B两点在椭圆上，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)＝1，两式相减可得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，方程两边同时除以(x1－x2)(x1＋x2)整理可得eq\f(1,a2)＋eq\f(（y1－y2）（y1＋y2）,b2（x1－x2）（x1＋x2）)＝0，因为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．已知抛物线C：y2＝2x，过点(1，0)任作一条直线和抛物线C交于A，B两点，设点G(2，0)，连接AG，BG并延长，分别和抛物线C交于点A′和B′，则直线A′B′过定点__________．【解析】设AG方程为：x＝my＋2，代入抛物线C：y2＝2x得：y2－2my－4＝0.设A(x1，y1)，A′(x2，y2)，则y1y2＝－4，同理：B(x3，y3)，B′＝(x4，y4)，y3y4＝－4，又AB过定点M(1，0)，∴eq\o(AM,\s\up6(→))与eq\o(BM,\s\up6(→))共线，∴(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.当直线AB斜率存在时，直线A′B′斜率存在，直线A′B′：y－y2＝eq\f(y4－y2,x4－x2)(x－x2)，利用点在抛物线上化简得：y＝eq\f(1,y2＋y4)(2x＋y2y4)，∴y＝eq\f(1,y2＋y4)(2x－8)，∴直线A′B′过定点(4，0)．当AB⊥x轴时，可设A(1，eq\r(2))，B(1，－eq\r(2))，得A′(4，－2eq\r(2))，B′(4，2eq\r(2))，此时直线A′B′过定点(4，0)．故直线A′B′过定点(4，0)．【答案】(4，0)3．已知双曲线的中心在原点，对称轴为坐标轴，一条渐近线方程为y＝eq\f(4,3)x，右焦点F(5，0)，双曲线的实轴为A1A2，P为双曲线上一点(不同于A1，A2)，直线A1P，A2P分别与直线l：x＝eq\f(9,5)交于M，N两点．(1)求双曲线的方程．(2)证明eq\o(FM,\s\up6(→))·eq\o(FN,\s\up6(→))为定值．【解析】(1)依题意可设双曲线方程为：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，则由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，))∴所求双曲线方程为eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1.(2)由(1)知A1(－3，0)，A2(3，0)，F(5，0)，设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三点共线，∴(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