新高考方案二轮-数学(新高考版)大题专攻(一) 第1课时 析题技能—4大策略找到解题突破口
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作两条互相垂直的射线与椭圆 C 分别相交于 M，N 两点． (1)求椭圆 C 的方程； (2)是否存在圆心在原点的定圆与直线 MN 总相切？若存在，求定圆的方程； 若不存在，请说明理由． 解：(1)∵椭圆 C 经过点1，32，∴a12＋49b2＝1， 又∵ac＝12，解得 a2＝4，b2＝3. ∴椭圆 C 的方程为x42＋y32＝1.
设直线 l 的方程为 y＝x＋b，点 A(x1，y1)，B(x2，y2)． 联立yx＝2＋xy＋2－b，2x＋4y－4＝0， 消去 y 并整理得 2x2＋2(b＋1)x＋b2＋4b－4＝0，
所以 x1＋x2＝－(b＋1)，x1x2＝b2＋42b－4.
①
因为以 AB 为直径的圆过原点，所以 OA⊥OB，
点 O 到直线 BD 的距离 d＝ |1t|＋14＝2|5t|.
由xy4＝2＋12yx22＋＝t1，
消去 y 并整理，得 3x2＋4tx＋4t2－8＝0.
则 x1＋x2＝－43t，x1x2＝4t23－2，
所以|BD|＝
1＋122· x1＋x22－4x1x2
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
＝
5 2·
－43t2－4·4t23－2＝
5 2·
因为 B，D 都在椭圆上，所以x421＋y221＝1，x422＋y222＝1， 两式相减，得xy22－－xy11＝－12×xy11＋＋xy22，因为 kAB＝xy11＋＋xy22＝－1， 所以 k＝xy22－－xy11＝12，则直线 BD 的斜率为定值12. (2)连接 OB，因为 A，D 两点关于原点对称，所以 S△ABD＝2S△OBD， 由(1)可知直线 BD 的斜率 k＝12，设直线 BD 的方程为 y＝12x＋t， 因为点 D 在第三象限，所以－ 2<t<1 且 t≠0.
故直线 OM 的斜率为－323＝－12.
(2)假设存在直线 l，使得|AM|2＝|CM||DM|成立． 由题意，直线 l 不与 x 轴重合，设直线 l 的方程为 x＝my－1.
x＝my－1， 由x22＋y2＝1， 消去 x 并整理得(m2＋2)y2－2my－1＝0.
y1＋y2＝m22＋m 2， 设点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y2＝－m21＋2，
＞0，即直线 l 与圆 C 有两个交点．
所以存在直线 l，其方程为 x－y＋1＝0 或 x－y－4＝0.
[题后悟法] (1)以AB为直径的圆过原点等价于OA⊥OB，而OA⊥OB又可以“直译”为 x1x2＋y1y2＝0，可以看出，解此类解析几何问题的总体思路为“直译”，然后对 个别难以“直译”的条件先进行“转化”，将“困难、难翻译”的条件通过平面 几何知识“转化”为“简单、易翻译”的条件后再进行“直译”，最后联立“直 译”的结果解决问题．
一是“图形”引路，一般需要借助题设给出的图形(或画出大致的几何图形)， 把已知条件“翻译”到图形中，利用直线方程的点斜式(或斜截式)写出直线方程；
二是“目标”定位，即先锁定求解的目标，如本例第(2)问探求△ABD面积的 最值问题，可连接OB，将求△ABD面积的问题转化为求△OBD面积的问题，再对 与△OBD面积相关的弦长|BD|和点O到直线BD的距离进行求解．
(2)当直线 MN 的斜率不存在时，由对称性，设 M(x0，x0)，N(x0，－x0)． ∵M，N 在椭圆 C 上，∴x420＋x320＝1，∴x20＝172.
∴O 到直线 MN 的距离为 d＝|x0|＝2 721，∴x2＋y2＝172. 当直线 MN 的斜率存在时，设 MN 的方程为 y＝kx＋m，
由y＝x－p2， y2＝2px
得 x2－3px＋p42＝0，Δ>0.
则 x1＋x2＝3p， ∴|MN|＝x1＋x2＋p＝4p＝16，解得 p＝4， ∴抛物线 C 的方程为 y2＝8x.
(2)假设满足条件的点 P 存在，设 P(a,0)，由(1)知 F(2,0)．
显然，直线 l 的斜率不为 0，设 l：x＝my＋2，
由对称性，设 C(x0，y0)，D(－x0，－y0)，则 x20＝m24＋2，
可得|CD|＝
1＋m42·|2x0|＝
＝2
m2＋4 m2＋2.
因为|AM|2＝|CM||DM|＝(|OC|－|OM|)(|OD|＋|OM|)，且|OC|＝|OD|，
所以|AM|2＝|OC|2－|OM|2，故|A4B|2＝|C4D|2－|OM|2，即|AB|2＝|CD|2－4|OM|2，
96－32t2 3.
所以 S△ABD＝2S△OBD＝2×12×|BD|×d ＝ 25× 96－3 32t2×2|5t|＝432× t23－t2≤432×t2＋23－t2＝2 2， 当且仅当 t2＝3－t2，即 t＝－ 26时等号成立． 于是△ABD 面积的最大值为 2 2.
[题后悟法] 破解圆锥曲线中的对称问题的关键
y＝kx＋m， 由x42＋y32＝1
得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x1＋x2＝－3＋8k4mk2，x1x2＝43m＋2－4k122. ∵OM⊥ON，∴x1x2＋y1y2＝0，∴x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m) ＝(k2＋1)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0. ∴(k2＋1)·43m＋2－4k122－38＋k24mk22＋m2＝0，即 7m2＝12(k2＋1)． ∴O 到直线 MN 的距离为 d＝ k|m2＋| 1＝ 172＝2 721， 故存在定圆 x2＋y2＝172与直线 MN 总相切．
(2)几何关系“直角”坐标化的转化方式 ①点 B 在以线段 F1F2 为直径的圆上； ②―F1→B ·―F2→B ＝0； ③kF1B·kF2B＝－1； ④勾股定理． 以上关系可相互转化．
[对点训练] 1．已知椭圆 C：xa22＋by22＝1(a>b>0)过点1，32，且其离心率为12，过坐标原点 O
[对点训练]
3．(2022 届·宁德质检)已知抛物线 C：y2＝2px(p>0)的焦点为 F，Q12，
t在抛
物线 C 上，且|QF|＝32.
(1)求抛物线 C 的方程及 t 的值；
(2)若过点 M(0，t)的直线 l 与抛物线 C 相交于 A，B 两点，N 为 AB 的中点，
O 是坐标原点，且 S△AOB＝ 3S△MON，求直线 l 的方程． 解：(1)∵|QF|＝32，∴12＋p2＝32，解得 p＝2，∴抛物线 C 的方程为 y2＝4x.
[对点训练] 2．(2021·临沂模拟)如图，已知点F为抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，
过点F的动直线l与抛物线C交于M，N两点，且当直线l的倾斜角 为45°时，|MN|＝16. (1)求抛物线C的方程． (2)试确定在x轴上是否存在点P，使得直线PM，PN关于x轴对称．若存在，求 出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 解：设 M(x1，y1)，N(x2，y2)． (1)当直线 l 的倾斜角为 45°时，l 的斜率为 1， ∵Fp2，0，∴直线 l 的方程为 y＝x－p2.
对称问题的转化 [典例] 已知椭圆 C 的方程为x42＋y22＝1，如图所示，A 是 椭圆上的一点，且点 A 在第一象限内，过点 A 且斜率等于－1 的直线与椭圆 C 交于另一点 B，点 A 关于坐标原点的对称点 为 D. (1)证明：直线 BD 的斜率为定值； (2)求△ABD 面积的最大值．
[解题观摩] (1)证明：设 D(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 A(－x1，－y1)，直线 BD 的斜率 k＝xy22－－xy11.
将 Q12，
t的坐标代入 y2＝4x，得 t＝2.
(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，N(x0，y0)，由(1)知 M(0,2)．
显然直线 l 的斜率存在，设直线 l：y＝kx＋2(k≠0)， 联立yy2＝＝k4xx＋，2， 消去 y 得 k2x2－4(1－k)x＋4＝0. ∵Δ＝16(1－k)2－16k2>0，得 k<12且 k≠0，∴x1＋x2＝41k－2 k，x1x2＝k42. ∵S△AOB＝ 3S△MON，∴|AB|＝ 3|MN|， ∴ 1＋k2|x1－x2|＝ 3· 1＋k2|x0－0|，即|x1－x2|＝ 3|x0|. ∵N 是 AB 的中点，∴x0＝x1＋2 x2，∴(x1＋x2)2－4x1x2＝3·x1＋4 x22， 整理得(x1＋x2)2＝16x1x2，∴41k－2 k2＝6k42 ，解得 k＝－1 或13，满足题意． 直线 l 的方程为 y＝－x＋2 或 y＝13x＋2.
大题专攻(一) 突破解析几何压轴大题的必备技能 第1课时：析题技能—4大策略找到解题突破口
解析几何研究的问题是几何问题，研究的方法是代数法(坐标法)．因此，求 解解析几何问题最大的思维难点是转化，即几何条件代数化．如何在解析几何问 题中实现代数式的转化，找到常见问题的求解途径，是突破解析几何问题难点的 关键所在．突破解析几何难题，先从找解题突破口入手．
代入|AB|，|CD|和|OM|，
得
，
解得 m2＝2，故 m＝± 2.
所以直线 l 的方程为 x＝ 2y－1 或 x＝－ 2y－1.
[题后悟法] 本例第(2)问的核心在于转化|AM|2＝|CM||DM|中弦长的关系．由|CM|＝|OC| －|OM|，|DM|＝|OD|＋|OM|，又|OC|＝|OD|，则|AM|2＝|OC|2－|OM|2.又|AM|＝12 |AB|，|OC|＝12|CD|，因此|AB|2＝|CD|2－4|OM|2，转化为弦长|AB|，|CD|和|OM| 三者之间的数量关系，易计算．
即 x1x2＋y1y2＝0.又 y1＝x1＋b，y2＝x2＋b， 则 x1x2＋y1y2＝x1x2＋(x1＋b)(x2＋b)＝2x1x2＋b(x1＋x2)＋b2＝0.由①知，b2 ＋4b－4－b(b＋1)＋b2＝0，
即 b2＋3b－4＝0，解得 b＝－4 或 b＝1.
当 b＝－4 或 b＝1 时，均有 Δ＝4(b＋1)2－8(b2＋4b－4)＝－4b2－24b＋36
[解题观摩] (1)由题意可知点 F1(－1,0)，又直线 l 的斜率为 1， 故直线 l 的方程为 y＝x＋1.设点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，
y＝x＋1， 由x22＋y2＝1， 消去 y 并整理得 3x2＋4x＝0，
则 x1＋x2＝－43，y1＋y2＝23，因此中点 M 的坐标为－23，13. 1
弦长条件的转化 [典例] 如图所示，已知椭圆 G：x22＋y2＝1，与 x 轴不 重合的直线 l 经过左焦点 F1，且与椭圆 G 相交于 A，B 两点， 弦 AB 的中点为 M，直线 OM 与椭圆 G 相交于 C，D 两点． (1)若直线 l 的斜率为 1，求直线 OM 的斜率； (2)是否存在直线 l，使得|AM|2＝|CM||DM|成立？若存在，求出直线 l 的方 程；若不存在，请说明理由．
可得|AB|＝ 1＋m2|y1－y2|＝ 1＋m2
m22＋m 22＋m24＋2＝
，
x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝m22m＋22－2＝m－2＋42， 所以弦 AB 的中点 M 的坐标为m－2＋22，m2m＋2， 故直线 CD 的方程为 y＝－m2 x.
联立xy2＝2＋－y2m2＝x1，，
消去 y 并整理得1＋m22x2＝2，解得 x2＝1＋2m22＝m24＋2.
由yx2＝＝m8xy＋2， 得 y2－8my－16＝0，Δ>0，则 y1＋y2＝8m，y1y2＝－16.
∵kPM＝x1y－1 a，kPN＝x2y－2 a，且直线 PM，PN 关于 x 轴对称， ∴kPM＋kPN＝0，即(x2－a)y1＋(x1－a)y2＝0， ∴(my2＋2－a)y1＋(my1＋2－a)y2＝0， 即 2my1y2＋(2－a)(y1＋y2)＝2m×(－16)＋(2－a)×8m＝0，解得 a＝－2， ∴存在唯一的点 P(－2,0)，使直线 PM，PN 关于 x 轴对称．
垂直关系的转化 [典例] 如图所示，已知圆C：x2＋y2－2x＋4y－4＝0，问： 是否存在斜率为1的直线l，使l与圆C交于A，B两点，且以AB为 直径的圆过原点？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
[解题观摩] 假设存在斜率为 1 的直线 l，使 l 与圆 C 交于 A，B 两点，且 以 AB 为直径的圆过原点．
设直线 l 的方程为 y＝x＋b，点 A(x1，y1)，B(x2，y2)． 联立yx＝2＋xy＋2－b，2x＋4y－4＝0， 消去 y 并整理得 2x2＋2(b＋1)x＋b2＋4b－4＝0，
所以 x1＋x2＝－(b＋1)，x1x2＝b2＋42b－4.
①
因为以 AB 为直径的圆过原点，所以 OA⊥OB，
点 O 到直线 BD 的距离 d＝ |1t|＋14＝2|5t|.
由xy4＝2＋12yx22＋＝t1，
消去 y 并整理，得 3x2＋4tx＋4t2－8＝0.
则 x1＋x2＝－43t，x1x2＝4t23－2，
所以|BD|＝
1＋122· x1＋x22－4x1x2
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
＝
5 2·
－43t2－4·4t23－2＝
5 2·
因为 B，D 都在椭圆上，所以x421＋y221＝1，x422＋y222＝1， 两式相减，得xy22－－xy11＝－12×xy11＋＋xy22，因为 kAB＝xy11＋＋xy22＝－1， 所以 k＝xy22－－xy11＝12，则直线 BD 的斜率为定值12. (2)连接 OB，因为 A，D 两点关于原点对称，所以 S△ABD＝2S△OBD， 由(1)可知直线 BD 的斜率 k＝12，设直线 BD 的方程为 y＝12x＋t， 因为点 D 在第三象限，所以－ 2<t<1 且 t≠0.
故直线 OM 的斜率为－323＝－12.
(2)假设存在直线 l，使得|AM|2＝|CM||DM|成立． 由题意，直线 l 不与 x 轴重合，设直线 l 的方程为 x＝my－1.
x＝my－1， 由x22＋y2＝1， 消去 x 并整理得(m2＋2)y2－2my－1＝0.
y1＋y2＝m22＋m 2， 设点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y2＝－m21＋2，
＞0，即直线 l 与圆 C 有两个交点．
所以存在直线 l，其方程为 x－y＋1＝0 或 x－y－4＝0.
[题后悟法] (1)以AB为直径的圆过原点等价于OA⊥OB，而OA⊥OB又可以“直译”为 x1x2＋y1y2＝0，可以看出，解此类解析几何问题的总体思路为“直译”，然后对 个别难以“直译”的条件先进行“转化”，将“困难、难翻译”的条件通过平面 几何知识“转化”为“简单、易翻译”的条件后再进行“直译”，最后联立“直 译”的结果解决问题．
一是“图形”引路，一般需要借助题设给出的图形(或画出大致的几何图形)， 把已知条件“翻译”到图形中，利用直线方程的点斜式(或斜截式)写出直线方程；
二是“目标”定位，即先锁定求解的目标，如本例第(2)问探求△ABD面积的 最值问题，可连接OB，将求△ABD面积的问题转化为求△OBD面积的问题，再对 与△OBD面积相关的弦长|BD|和点O到直线BD的距离进行求解．
(2)当直线 MN 的斜率不存在时，由对称性，设 M(x0，x0)，N(x0，－x0)． ∵M，N 在椭圆 C 上，∴x420＋x320＝1，∴x20＝172.
∴O 到直线 MN 的距离为 d＝|x0|＝2 721，∴x2＋y2＝172. 当直线 MN 的斜率存在时，设 MN 的方程为 y＝kx＋m，
由y＝x－p2， y2＝2px
得 x2－3px＋p42＝0，Δ>0.
则 x1＋x2＝3p， ∴|MN|＝x1＋x2＋p＝4p＝16，解得 p＝4， ∴抛物线 C 的方程为 y2＝8x.
(2)假设满足条件的点 P 存在，设 P(a,0)，由(1)知 F(2,0)．
显然，直线 l 的斜率不为 0，设 l：x＝my＋2，
由对称性，设 C(x0，y0)，D(－x0，－y0)，则 x20＝m24＋2，
可得|CD|＝
1＋m42·|2x0|＝
＝2
m2＋4 m2＋2.
因为|AM|2＝|CM||DM|＝(|OC|－|OM|)(|OD|＋|OM|)，且|OC|＝|OD|，
所以|AM|2＝|OC|2－|OM|2，故|A4B|2＝|C4D|2－|OM|2，即|AB|2＝|CD|2－4|OM|2，
96－32t2 3.
所以 S△ABD＝2S△OBD＝2×12×|BD|×d ＝ 25× 96－3 32t2×2|5t|＝432× t23－t2≤432×t2＋23－t2＝2 2， 当且仅当 t2＝3－t2，即 t＝－ 26时等号成立． 于是△ABD 面积的最大值为 2 2.
[题后悟法] 破解圆锥曲线中的对称问题的关键
y＝kx＋m， 由x42＋y32＝1
得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x1＋x2＝－3＋8k4mk2，x1x2＝43m＋2－4k122. ∵OM⊥ON，∴x1x2＋y1y2＝0，∴x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m) ＝(k2＋1)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0. ∴(k2＋1)·43m＋2－4k122－38＋k24mk22＋m2＝0，即 7m2＝12(k2＋1)． ∴O 到直线 MN 的距离为 d＝ k|m2＋| 1＝ 172＝2 721， 故存在定圆 x2＋y2＝172与直线 MN 总相切．
(2)几何关系“直角”坐标化的转化方式 ①点 B 在以线段 F1F2 为直径的圆上； ②―F1→B ·―F2→B ＝0； ③kF1B·kF2B＝－1； ④勾股定理． 以上关系可相互转化．
[对点训练] 1．已知椭圆 C：xa22＋by22＝1(a>b>0)过点1，32，且其离心率为12，过坐标原点 O
[对点训练]
3．(2022 届·宁德质检)已知抛物线 C：y2＝2px(p>0)的焦点为 F，Q12，
t在抛
物线 C 上，且|QF|＝32.
(1)求抛物线 C 的方程及 t 的值；
(2)若过点 M(0，t)的直线 l 与抛物线 C 相交于 A，B 两点，N 为 AB 的中点，
O 是坐标原点，且 S△AOB＝ 3S△MON，求直线 l 的方程． 解：(1)∵|QF|＝32，∴12＋p2＝32，解得 p＝2，∴抛物线 C 的方程为 y2＝4x.
[对点训练] 2．(2021·临沂模拟)如图，已知点F为抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，
过点F的动直线l与抛物线C交于M，N两点，且当直线l的倾斜角 为45°时，|MN|＝16. (1)求抛物线C的方程． (2)试确定在x轴上是否存在点P，使得直线PM，PN关于x轴对称．若存在，求 出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 解：设 M(x1，y1)，N(x2，y2)． (1)当直线 l 的倾斜角为 45°时，l 的斜率为 1， ∵Fp2，0，∴直线 l 的方程为 y＝x－p2.
对称问题的转化 [典例] 已知椭圆 C 的方程为x42＋y22＝1，如图所示，A 是 椭圆上的一点，且点 A 在第一象限内，过点 A 且斜率等于－1 的直线与椭圆 C 交于另一点 B，点 A 关于坐标原点的对称点 为 D. (1)证明：直线 BD 的斜率为定值； (2)求△ABD 面积的最大值．
[解题观摩] (1)证明：设 D(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 A(－x1，－y1)，直线 BD 的斜率 k＝xy22－－xy11.
将 Q12，
t的坐标代入 y2＝4x，得 t＝2.
(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，N(x0，y0)，由(1)知 M(0,2)．
显然直线 l 的斜率存在，设直线 l：y＝kx＋2(k≠0)， 联立yy2＝＝k4xx＋，2， 消去 y 得 k2x2－4(1－k)x＋4＝0. ∵Δ＝16(1－k)2－16k2>0，得 k<12且 k≠0，∴x1＋x2＝41k－2 k，x1x2＝k42. ∵S△AOB＝ 3S△MON，∴|AB|＝ 3|MN|， ∴ 1＋k2|x1－x2|＝ 3· 1＋k2|x0－0|，即|x1－x2|＝ 3|x0|. ∵N 是 AB 的中点，∴x0＝x1＋2 x2，∴(x1＋x2)2－4x1x2＝3·x1＋4 x22， 整理得(x1＋x2)2＝16x1x2，∴41k－2 k2＝6k42 ，解得 k＝－1 或13，满足题意． 直线 l 的方程为 y＝－x＋2 或 y＝13x＋2.
大题专攻(一) 突破解析几何压轴大题的必备技能 第1课时：析题技能—4大策略找到解题突破口
解析几何研究的问题是几何问题，研究的方法是代数法(坐标法)．因此，求 解解析几何问题最大的思维难点是转化，即几何条件代数化．如何在解析几何问 题中实现代数式的转化，找到常见问题的求解途径，是突破解析几何问题难点的 关键所在．突破解析几何难题，先从找解题突破口入手．
代入|AB|，|CD|和|OM|，
得
，
解得 m2＝2，故 m＝± 2.
所以直线 l 的方程为 x＝ 2y－1 或 x＝－ 2y－1.
[题后悟法] 本例第(2)问的核心在于转化|AM|2＝|CM||DM|中弦长的关系．由|CM|＝|OC| －|OM|，|DM|＝|OD|＋|OM|，又|OC|＝|OD|，则|AM|2＝|OC|2－|OM|2.又|AM|＝12 |AB|，|OC|＝12|CD|，因此|AB|2＝|CD|2－4|OM|2，转化为弦长|AB|，|CD|和|OM| 三者之间的数量关系，易计算．
即 x1x2＋y1y2＝0.又 y1＝x1＋b，y2＝x2＋b， 则 x1x2＋y1y2＝x1x2＋(x1＋b)(x2＋b)＝2x1x2＋b(x1＋x2)＋b2＝0.由①知，b2 ＋4b－4－b(b＋1)＋b2＝0，
即 b2＋3b－4＝0，解得 b＝－4 或 b＝1.
当 b＝－4 或 b＝1 时，均有 Δ＝4(b＋1)2－8(b2＋4b－4)＝－4b2－24b＋36
[解题观摩] (1)由题意可知点 F1(－1,0)，又直线 l 的斜率为 1， 故直线 l 的方程为 y＝x＋1.设点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，
y＝x＋1， 由x22＋y2＝1， 消去 y 并整理得 3x2＋4x＝0，
则 x1＋x2＝－43，y1＋y2＝23，因此中点 M 的坐标为－23，13. 1
弦长条件的转化 [典例] 如图所示，已知椭圆 G：x22＋y2＝1，与 x 轴不 重合的直线 l 经过左焦点 F1，且与椭圆 G 相交于 A，B 两点， 弦 AB 的中点为 M，直线 OM 与椭圆 G 相交于 C，D 两点． (1)若直线 l 的斜率为 1，求直线 OM 的斜率； (2)是否存在直线 l，使得|AM|2＝|CM||DM|成立？若存在，求出直线 l 的方 程；若不存在，请说明理由．
可得|AB|＝ 1＋m2|y1－y2|＝ 1＋m2
m22＋m 22＋m24＋2＝
，
x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝m22m＋22－2＝m－2＋42， 所以弦 AB 的中点 M 的坐标为m－2＋22，m2m＋2， 故直线 CD 的方程为 y＝－m2 x.
联立xy2＝2＋－y2m2＝x1，，
消去 y 并整理得1＋m22x2＝2，解得 x2＝1＋2m22＝m24＋2.
由yx2＝＝m8xy＋2， 得 y2－8my－16＝0，Δ>0，则 y1＋y2＝8m，y1y2＝－16.
∵kPM＝x1y－1 a，kPN＝x2y－2 a，且直线 PM，PN 关于 x 轴对称， ∴kPM＋kPN＝0，即(x2－a)y1＋(x1－a)y2＝0， ∴(my2＋2－a)y1＋(my1＋2－a)y2＝0， 即 2my1y2＋(2－a)(y1＋y2)＝2m×(－16)＋(2－a)×8m＝0，解得 a＝－2， ∴存在唯一的点 P(－2,0)，使直线 PM，PN 关于 x 轴对称．
垂直关系的转化 [典例] 如图所示，已知圆C：x2＋y2－2x＋4y－4＝0，问： 是否存在斜率为1的直线l，使l与圆C交于A，B两点，且以AB为 直径的圆过原点？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
[解题观摩] 假设存在斜率为 1 的直线 l，使 l 与圆 C 交于 A，B 两点，且 以 AB 为直径的圆过原点．