高三数学北师大版(文)复习讲义第8章 第8节 第3课时 定点、定值、探索性问题

第3课时 定点、定值、探索性问题
＝－1相切．
(1)求圆心M 的轨迹方程；
(2)动直线l 过点P (0，－2)，且与点M 的轨迹交于A ，B 两点，点C 与点B 关于y 轴对称，求证：直线AC 恒过定点．
[解] (1)由题意，得点M 与点(0,1)的距离始终等于点M 到直线y ＝－1的距离，由抛物线定义知圆心M 的轨迹为以点(0,1)为焦点，直线y ＝－1为准线的抛物线，则p
2
＝1，p ＝2.
∴圆心M 的轨迹方程为x 2＝4y . (2)证明：由题知，直线l 的斜率存在，
∴设直线l ：y ＝kx －2，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则C (－x 2，y 2)，
联立⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＝4y ，y ＝kx －2，得x 2
－4kx ＋8＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧
x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝8.
k AC ＝y 1－y 2x 1＋x 2＝x 214－x 22
4x 1＋x 2
＝x 1－x 2
4，
则直线AC 的方程为y －y 1＝x 1－x 2
4
(x －x 1)，
即y ＝y 1＋x 1－x 24(x －x 1)＝x 1－x 24x －x 1(x 1－x 2)4＋x 21
4＝x 1－x 24x ＋x 1x 2
4
.
∵x 1x 2＝8，∴y ＝x 1－x 24x ＋x 1x 24＝x 1－x 2
4x ＋2，
故直线AC 恒过定点(0,2)．
已知抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)的焦点F (1,0)，O 为坐标原点，A ，
B 是抛物线
C 上异于O 的两点．
(1)求抛物线C 的方程；
(2)若直线OA ，OB 的斜率之积为－1
2，求证：直线AB 过x 轴上一定点．
[解] (1)因为抛物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点坐标为(1,0)， 所以p
2＝1，所以p ＝2.
所以抛物线C 的方程为y 2＝4x .
(2)证明：①当直线AB 的斜率不存在时，设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 24，t ，B ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
t 24，－t .
因为直线OA ，OB 的斜率之积为－1
2，
所以t t 24·－t t 24
＝－1
2，化简得t 2＝32.
所以A (8，t )，B (8，－t )，此时直线AB 的方程为x ＝8.
②当直线AB 的斜率存在时，设其方程为y ＝kx ＋b ，A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，
联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧
y 2＝4x ，
y ＝kx ＋b
消去x ，得ky 2－4y ＋4b ＝0.
由根与系数的关系得y A y B ＝4b
k ， 因为直线OA ，OB 的斜率之积为－1
2
，
所以y A x A ·y B x B
＝－12，即x A x B ＋2y A y B ＝0，即y 2A 4·y 2
B
4＋2y A y B ＝0，
解得y A y B ＝－32或y A y B ＝0(舍去)．
所以y A y B ＝4b
k ＝－32，即b ＝－8k ，所以y ＝kx －8k ，即y ＝k (x －8)． 综上所述，直线AB 过定点(8,0)．
【例2】 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2
b 2＝1，过点A (2,0)，B (0,1)两点．
(1)求椭圆C 的方程及离心率；
(2)设P 为第三象限内一点且在椭圆C 上，直线PA 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N ，求证：四边形ABNM 的面积为定值．
[解] (1)由椭圆过点A (2,0)，B (0,1)知a ＝2，b ＝1. 所以椭圆方程为x 24＋y 2
＝1，又c ＝
a 2－
b 2＝ 3.
所以椭圆离心率e ＝c a ＝3
2
.
(2)证明：设P 点坐标为(x 0，y 0)(x 0＜0，y 0＜0)，则x 2
0＋4y 20＝4，由B 点坐标
(0,1)得直线PB 方程为：y －1＝y 0－1x 0
(x －0)，
令y＝0，得x N＝
x0
1－y0
，从而|AN|＝2－x N＝2＋
x0
y0－1
，
由A点坐标(2,0)得直线PA方程为y－0＝
y0
x0－2
(x－2)，
令x＝0，得y M＝
2y0
2－x0
，从而|BM|＝1－y M＝1＋
2y0
x0－2
，
所以S四边形ABNM＝1
2|AN|·|BM|
＝1
2(2＋
x0
y0－1
)(1＋
2y0
x0－2
)
＝x20＋4y20＋4x0y0－4x0－8y0＋4 2(x0y0－x0－2y0＋2)
＝2x0y0－2x0－4y0＋4
x0y0－x0－2y0＋2
＝2.
即四边形ABNM的面积为定值2.
上．
(1)求C的方程；
(2)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的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．
[解](1)由题意有a2－b2
a＝
2
2，
4
a2＋
2
b2＝1，解得a
2＝8，b2＝4.
所以C的方程为x2
8＋
y2
4＝1.
(2)证明：设直线l ：y ＝kx ＋b (k ≠0，b ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x M ，y M )．
将y ＝kx ＋b 代入x 28＋y 2
4＝1，得 (2k 2＋1)x 2＋4kbx ＋2b 2－8＝0.
故x M ＝x 1＋x 22＝－2kb 2k 2＋1，y M ＝k ·x M ＋b ＝b
2k 2＋1.
于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M ＝－12k ，即k OM ·k ＝－1
2.
所以直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值．
轴CD 上，且PC →·PD →
＝－1.
(1)求椭圆E 的方程；
(2)设O 为坐标原点，过点P 的动直线与椭圆交于A ，B 两点．是否存在常数λ，使得OA →·OB →＋λPA →·PB →为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．
[解] (1)由已知，点C ，D 的坐标分别为(0，－b )，(0，b )． 又点P 的坐标为(0,1)，且PC →·PD →
＝－1，
于是⎩⎪⎨⎪⎧
1－b 2＝－1，
c a ＝22，
a 2
－b 2
＝c 2
.
解得a ＝2，b ＝ 2.
所以椭圆E 的方程为x 24＋y 2
2
＝1.
(2)①当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，点A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)．
联立⎩⎨
⎧
x 24＋y 2
2＝1，
y ＝kx ＋1
得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0.
其判别式Δ＝(4k )2＋8(2k 2＋1)>0， 所以x 1＋x 2＝－
4k 2k 2＋1，x 1x 2＝－2
2k 2
＋1
. 从而，OA →·OB →＋λPA →·PB →
＝x 1x 2＋y 1y 2＋λ[x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k 2)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1
＝(－2λ－4)k 2＋(－2λ－1)2k 2
＋1＝－λ－12k 2＋1
－λ－2. 所以，当λ＝1时，－
λ－1
2k 2
＋1
－λ－2＝－3.
此时OA →·OB →＋λOA →·PB →＝－3为定值．
②当直线AB 的斜率不存在时，直线AB 即为直线CD ，此时OA →·OB →＋λPA →·PB →＝OC →·OD →＋PC →·PD →＝－2－1＝－3，故存在常数λ＝1，使得OA →·OB →＋λPA →·PB →为定值－3.
其右焦点．
(1)求椭圆C 的方程；
(2)是否存在平行于OA 的直线l ，使得直线l 与椭圆C 有公共点，且直线OA 与l 的距离等于4？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由．
[解] (1)依题意，可设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a ＞b ＞0)，且可知其左焦
点为F ′(－2,0)．
从而有⎩⎪⎨⎪⎧
c ＝2，
2a ＝|AF |＋|AF ′|＝3＋5＝8，
解得⎩⎪⎨⎪⎧
c ＝2.
a ＝4.
又a 2＝b 2＋c 2，所以b 2＝12， 故椭圆C 的方程为x 216＋y 2
12
＝1.
(2)假设存在符合题意的直线l ，设其方程为y ＝3
2x ＋t .
由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝32x ＋t ，x 2
16＋y 212＝1，
得3x 2＋3tx ＋t 2－12＝0.
因为直线l 与椭圆C 有公共点，
所以Δ＝(3t )2－4×3×(t 2－12)≥0，解得－43≤t ≤4 3.
另一方面，由直线OA 与l 的距离d ＝4，得
|t |
94
＋1＝4， 解得t ＝±213.
由于±213∉[－43，43]，所以符合题意的直线l 不存在．
(2017·全国卷Ⅱ)设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：x 22＋y 2＝1上，过M
作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足NP →＝2NM →
.
(1)求点P 的轨迹方程；
(2)设点Q 在直线x ＝－3上，且OP →·PQ →
＝1.证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .
[解] (1)设P (x ，y )，M (x 0，y 0)，
则N (x 0,0)，NP →＝(x －x 0，y )，NM →
＝(0，y 0)． 由NP →＝2NM →得x 0＝x ，y 0＝22y .
因为M (x 0，y 0)在C 上，所以x 22＋y 2
2＝1.
因此点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＝2.
(2)证明：由题意知F (－1,0)．设Q (－3，t )，P (m ，n )，则
OQ →＝(－3，t )，PF →＝(－1－m ，－n )，OQ →·PF →＝3＋3m －tn ，OP →＝(m ，n )，PQ →
＝(－3－m ，t －n )．
由OP →·PQ →＝1得－3m －m 2＋tn －n 2＝1.
又由(1)知m 2＋n 2＝2，故3＋3m －tn ＝0. 所以OQ →·PF →＝0，即OQ →⊥PF →.
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 .
(五) 平面解析几何中的高考热点问题
[命题解读] 1. 圆锥曲线是平面解析几何的核心部分，也是高考必考知识，主要以一个小题一个大题的形式呈现，难度中等偏上．
2．高考中的选择题或填空题主要考查圆锥曲线的基本性质，高考中的解答题，在第(1)问中常以求曲线的标准方程，在第(2)问以求作或证明位置关系、定点、定值、最值、范围、探索性问题为主. 这些试题的命制有一个共同特点，就是起点低，但在第(2)问或第(3)问中一般都伴有较为复杂的运算，对考生解决问题的能力要求较高.
圆锥曲线的方程与性质是高考考查的重点，求离心率、准线、双曲线的渐近线是常见题型，多以选择题或填空题的形式考查，各种难度均有可能．
【例1】 (2017·全国卷Ⅲ)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的一条渐
近线方程为y ＝52x ，且与椭圆x 212＋y 2
3
＝1有公共焦点，则C 的方程为( )
A ．x 28－y 2
10＝1
B ．x 24－y 2
5＝1
C ．x 25－y 2
4＝1
D ．x 24－y 2
3
＝1
B [由y ＝
52x 可得b a ＝52
.① 由椭圆x 212＋y 2
3＝1的焦点为(3,0)，(－3,0)，
可得a 2＋b 2＝9.② 由①②可得a 2＝4，b 2＝5. 所以C 的方程为x 24－y 2
5＝1.
故选B.]
(1)(2017·全国卷Ⅱ)若双曲线C ：x a 2－y b
2＝1(a ＞0，b ＞0)的一条渐
近线被圆(x －2)2＋y 2＝4所截得的弦长为2，则C 的离心率为( )
A ．2
B ． 3
C ．2
D ．
23
3
(2)(2017·全国卷Ⅰ)已知F 为抛物线C ：y 2＝4x 的焦点，过F 作两条互相垂直的直线l 1，l 2，直线l 1与C 交于A ，B 两点，直线l 2与C 交于D ，E 两点，则|AB |＋|DE |的最小值为( )
A ．16
B ．14
C ．12
D ．10
(1)A (2)A [(1)设双曲线的一条渐近线方程为y ＝b a x ， 圆的圆心为(2,0)，半径为2， 由弦长为2得出圆心到渐近线的距离为22－12＝ 3.
根据点到直线的距离公式得
|2b |
a 2＋
b 2
＝3，解得b 2＝3a 2.
所以C 的离心率e ＝c
a ＝c 2a 2＝1＋
b 2
a
2＝2. 故选A ．
(2)因为F 为y 2＝4x 的焦点，所以F (1,0)．
由题意直线l 1，l 2的斜率均存在，且不为0，设l 1的斜率为k ，则l 2的斜率为－1k ，故直线l 1，l 2的方程分别为y ＝k (x －1)，y ＝－1
k (x －1)．
由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝k (x －1)，y 2＝4x ，
得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0.
设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2，x 1x 2＝1，
所以|AB |＝1＋k 2·|x 1－x 2|
＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝
1＋k 2·
⎝ ⎛⎭
⎪⎫2k 2＋4k 22
－4＝4(1＋k 2)k 2
. 同理可得|DE |＝4(1＋k 2)．
所以|AB |＋|DE |＝4(1＋k 2)
k 2
＋4(1＋k 2) ＝4⎝ ⎛⎭
⎪⎫1k 2＋1＋1＋k 2
＝8＋4⎝ ⎛
⎭
⎪⎫k 2＋1k 2≥8＋4×2＝16，
当且仅当k 2＝1
k
2，即k ＝±1时，取得等号．
故选A ．]
定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有关的定值问题以及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横(纵)坐标等定值问题．
【例2】 (2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，四点P 1(1,1)，
P 2(0,1)，P 3⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，P 4⎝
⎛⎭⎪⎫
1，32中恰有三点在椭圆C 上．
(1)求C 的方程；
(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点．若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为－1，证明：l 过定点．
[解] (1)由于P 3，P 4两点关于y 轴对称，故由题设知椭圆C 经过P 3，P 4两点．
又由1a 2＋1b 2＞1a 2＋3
4b 2知，椭圆C 不经过点P 1，
所以点P 2在椭圆C 上． 因此⎩⎪⎨⎪⎧
1b 2＝1，1a 2＋3
4b
2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧
a 2＝4，
b 2
＝1.
故椭圆C 的方程为x 24＋y 2
＝1.
(2)证明：设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2.
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⎝
⎛
⎭⎪⎫
t ，
4－t
22，⎝
⎛⎭
⎪⎫
t ，－4－t
22，则k 1＋k 2＝4－t 2－2
2t －4－t 2＋2
2t
＝－1，得t ＝2，不符合题设．
从而可设l ：y ＝kx ＋m (m ≠1)．
将y ＝kx ＋m 代入x 24＋y 2
＝1得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0.
由题设可知Δ＝16(4k 2－m 2＋1)>0.
设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km
4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.
而k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1
x 2
＝kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1
x 2
＝2kx 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)x 1x 2.
由题设k 1＋k 2＝－1，
故(2k ＋1)x 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)＝0.
即(2k ＋1)·4m 2－44k 2＋1＋(m －1)·－8km 4k 2＋1＝0，解得k ＝－m ＋1
2.
当且仅当m ＞－1时，Δ＞0，于是l ：y ＝－m ＋1
2x ＋m ，
即y ＋1＝－m ＋1
2
(x －2)，所以l 过定点(2，－1)．
(1)求椭圆E 的方程；
(2)设直线l ：y ＝1
2x ＋m 与椭圆E 交于A ，C 两点，以AC 为对角线作正方
形ABCD ，记直线l 与x 轴的交点为N ，问B ，N 两点间的距离是否为定值？如果是，求出定值；如果不是，请说明理由．
[解] (1)由题意可知，椭圆的焦点在x 轴上，椭圆过点(0,1)，则b ＝1. 由椭圆的离心率e ＝c
a ＝1－
b 2a 2＝3
2
，解得a ＝2，所以椭圆E 的标准方程为x 24
＋y 2
＝1. (2)设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，线段AC 的中点为M (x 0，y 0)． 由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝12x ＋m ，x 2
4＋y 2＝1，
整理得x 2＋2mx ＋2m 2－2＝0.
由Δ＝(2m )2－4(2m 2－2)＝8－4m 2>0，解得－2<m <2，所以x 1＋x 2＝－2m ，x 1x 2＝2m 2－2，y 1＋y 2＝1
2
(x 1＋x 2)＋2m ＝m ，
所以线段AC 的中点为M ⎝ ⎛
⎭⎪⎫－m ，12m .
则|AC |＝1＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫
122
×
(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝
1＋14
×
4m 2－4×(2m 2－2)＝
10－5m 2.
l 与x 轴的交点为N (－2m,0)，所以|MN |＝
(－m ＋2m )2＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫12m 2
＝54
m 2， 所以|BN |2＝|BM |2＋|MN |2＝14|AC |2＋|MN |2＝5
2.
故B ，N 两点间的距离为定值10
2
.
圆锥曲线中的最值问题大致分为两类：一类是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二类是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题．
【例3】 平面直角坐标系xOy 中，过椭圆M ：x 2a 2＋y 2
b 2＝1(a ＞b ＞0)右焦点
的直线x ＋y －3＝0交M 于A ，B 两点，P 为AB 的中点，且OP 的斜率为1
2
.
(1)求M 的方程；
(2)C ，D 为M 上的两点，若四边形ACBD 的对角线CD ⊥AB ，求四边形ACBD 面积的最大值．
[解] (1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，P (x 0，y 0)， 则x 21a 2＋y 21b 2＝1，x 22a 2＋y 22
b 2＝1，y 2－y 1x 2－x 1＝－1， 由此可得b 2(x 2＋x 1)a 2(y 2＋y 1)＝－y 2－y 1x 2－x 1
＝1.
因为x 1＋x 2＝2x 0，y 1＋y 2＝2y 0，y 0x 0＝1
2，
所以a 2＝2b 2.
又由题意知，M 的右焦点为(3，0)，故a 2－b 2＝3. 因此a 2＝6，b 2＝3. 所以M 的方程为x 26＋y 2
3
＝1.
(2)由⎩⎨⎧
x ＋y －3＝0，x 26＋y 2
3＝1，
解得⎩⎪⎨
⎪⎧
x ＝433，y ＝－3
3
或⎩⎪⎨⎪⎧
x ＝0，
y ＝ 3.
因此|AB |＝
46
3
. 由题意可设直线CD 的方程为y ＝x ＋n －53
3
＜n ＜3，设C (x 3，y 3)，D (x 4，y 4)．
由⎩⎨⎧
y ＝x ＋n ，x 26＋y 2
3＝1
得3x 2＋4nx ＋2n 2－6＝0.
于是x 3,4＝－2n ±2(9－n 2)
3.
因为直线CD 的斜率为1， 所以|CD |＝2|x 4－x 3|＝4
3
9－n 2.
由已知，四边形ACBD 的面积S ＝12|CD |·|AB |＝86
9
9－n 2，
当n ＝0时，S 取得最大值，最大值为86
3.
所以四边形ACBD 面积的最大值为
86
3
.
交于A ，B 两点，O 为坐标原点，OA →＋OB →
＝(－4，－12)．
(1)求直线l 和抛物线C 的方程；
(2)抛物线上一动点P 从A 到B 运动时，求△ABP 面积的最大值． [解] (1)由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝kx －2，
x 2＝－2py ，
得x 2＋2pkx －4p ＝0.
设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－2pk ，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)－4＝－2pk 2－4.
因为OA →＋OB →
＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2)＝(－2pk ，－2pk 2－4)＝(－4，－12)，所以⎩⎪⎨⎪⎧ －2pk ＝－4，－2pk 2
－4＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧
p ＝1，k ＝2.
所以直线l 的方程为y ＝2x －2，抛物线C 的方程为x 2＝－2y .
(2)设P (x 0，y 0)，依题意，知抛物线过点P 的切线与l 平行时，△ABP 的面积最大，
又y ′＝－x ，所以－x 0＝2，
故x 0＝－2，y 0＝－12
x 2
0＝－2，所以P (－2，－2)．
此时点P 到直线l 的距离d ＝|2×(－2)－(－2)－2|22＋(－1)
2＝45＝45
5.
由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝2x －2，
x 2＝－2y ，得x 2＋4x －4＝0，故x 1＋x 2＝－4，x 1x 2＝－4，所以|AB |
＝
1＋k 2×(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝
1＋22×
(－4)2－4×(－4)
＝410.
所以△ABP 面积的最大值为410×
45
5
2＝8 2.
圆锥曲线中的证明问题是高考的常考热点，其命题切入点较多，既可以考查位置关系，也可以与定点、定值、存在性问题综合命题，有时也涉及一些否定质命题，证明时一般常用直接法或反证法．难度一般较大．
【例4】 (本小题满分12分)(2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C ：x 22＋y 2
＝1的右焦
点为F ，过F 的直线l 与C 交于A ，B 两点，点M 的坐标为(2,0)．
(1)当l 与x 轴垂直时，求直线AM 的方程； (2)设O 为坐标原点，证明：∠OMA ＝∠OMB .
[信息提取] 看到求直线方程，想到利用先求斜率再利用点斜式求直线方程；
看到证明两角相等，想到利用两直线的斜率之和为0可证明两角相等． [规范解答] (1)由已知得F (1,0)，l 的方程为x ＝1. 由已知可得，点A 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22或⎝ ⎛⎭⎪⎫
1，－22.
又M (2,0)，所以AM 的方程为y ＝－22x ＋2或y ＝2
2
x － 2.
3分
(2)证明：当l 与x 轴重合时，∠OMA ＝∠OMB ＝0°.
当l 与x 轴垂直时，OM 为AB 的垂直平分线，所以∠OMA ＝∠OMB . 当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，
6分
则x1＜2，x2＜2，直线MA，MB的斜率之和为k MA＋k MB＝
y1
x1－2
＋
y2
x2－2
.
7分由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得
k MA＋k MB＝2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k (x1－2)(x2－2)
.
将y＝k(x－1)代入x2
2＋y
2＝1得
(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0.
所以x1＋x2＝
4k2
2k2＋1
，x1x2＝
2k2－2
2k2＋1
.
则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝4k3－4k－12k3＋8k3＋4k
2k2＋1
＝0.
从而k MA＋k MB＝0，故MA，MB的倾斜角互补．所以∠OMA＝∠OMB.
综上，∠OMA＝∠OMB. 12分
[易错与防范]解答本题(2)时易漏掉对特殊情况的讨论，即直线与x轴重合及直线与x轴垂直，想当然认为斜率一定存在而致错，解答此类问题时应特别注意直线斜率存在与否．
[通性通法]圆锥曲线中的证明问题多涉及证明定值、点在定直线上等，有时也涉及一些否定性命题，证明方法一般是采用直接法或反证法．
在直角坐标系xOy中，曲线C：y＝x2
4与直线l：y＝kx＋a(a＞0)
交于M，N两点．
(1)当k＝0时，分别求C在点M和N处的切线方程；
(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由．
[解](1)由题设可得M(2a，a)，N(－2a，a)，或M(－2a，a)，N(2a，
a)．
又y′＝x
2，故y＝
x2
4在x＝2a处的导数值为a，所以C在点(2a，a)处的
切线方程为y－a＝a(x－2a)，即ax－y－a＝0.
y＝x2
4在x＝－2a处的导数值为－a，C在点(－2a，a)处的切线方程为y
－a＝－a(x＋2a)，
即ax＋y＋a＝0.
故所求切线方程为ax－y－a＝0和ax＋y＋a＝0.
(2)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.
从而k1＋k2＝y1－b
x1＋
y2－b
x2
＝2kx1x2＋(a－b)(x1＋x2)
x1x2＝
k(a＋b)
a.
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．
[大题增分专训]
1．(2019·衡水联考)已知椭圆C：x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)过点(－2，1)，离心率
为
2
2，直线l：kx－y＋2＝0与椭圆C交于A，B两点．(1)求椭圆C的标准方程；
(2)是否存在实数k ，使得|OA →＋OB →|＝|OA →－OB →
|(其中O 为坐标原点)成立？若存在，求出实数k 的值；若不存在，请说明理由．
[解] (1)依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 2＋1b 2＝1，c a ＝22，a 2＝b 2＋c 2，解得a 2＝4，b 2＝2，c 2＝2，故椭圆
C 的标准方程为x 24＋y 2
2
＝1. (2)假设存在符合条件的实数k .依题意，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋2，
x 2＋2y 2＝4，
消去y 并整理，得(1＋2k 2)x 2＋8kx ＋4＝0.
则Δ＝64k 2－16(1＋2k 2)>0，即k >22或k <－22
.(*) 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－
8k 1＋2k 2，x 1x 2＝41＋2k 2. 由|OA →＋OB →|＝|OA →－OB →|，得OA →·OB →
＝0，
∴x 1x 2＋y 1y 2＝0，即x 1x 2＋(kx 1＋2)(kx 2＋2)＝0，即(1＋k 2)x 1x 2＋2k (x 1＋x 2)＋4＝0.
∴4(1＋k 2)1＋2k 2－16k 21＋2k 2＋4＝0，即8－4k 2
1＋2k 2
＝0， ∴k 2＝2，即k ＝±2，满足(*)式．
故存在实数k ＝±2，使得|OA →＋OB →|＝|OA →－OB →
|成立．
2．(2018·全国卷Ⅲ)已知斜率为k 的直线l 与椭圆C ：x 24＋y 2
3
＝1交于A ，B
两点，线段AB 的中点为M (1，m )(m >0)．
(1)证明：k <－12
； (2)设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且FP →＋FA →＋FB →＝0.证明：2|FP →
|＝|FA →|＋|FB →
|.
[证明] (1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 214＋y 213＝1，x 224＋y 223
＝1. 两式相减，并由y 1－y 2x 1－x 2
＝k 得x 1＋x 24＋y 1＋y 23·k ＝0. 由题设知x 1＋x 22＝1，y 1＋y 22＝m ，于是k ＝－34m
. 由题设得0<m <32，故k <－12
. (2)由题意得F (1,0)．设P (x 3，y 3)，则
(x 3－1，y 3)＋(x 1－1，y 1)＋(x 2－1，y 2)＝(0,0)．
由(1)及题设得x 3＝3－(x 1＋x 2)＝1，y 3＝－(y 1＋y 2)＝－2m <0.
又点P 在C 上，所以m ＝34，从而P 1，－32，|FP →|＝32
. 于是|FA →
|＝(x 1－1)2＋y 21＝(x 1－1)2
＋31－x 214＝2－x 12.同理|FB →|＝2－x 22. 所以|FA →|＋|FB →|＝4－12
(x 1＋x 2)＝3. 故2|FP →|＝|FA →|＋|FB →|.
3．已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a >b >0)的一个焦点为F 2(1,0)，且该椭圆过定点M ⎝
⎛⎭⎪⎫1，22. (1)求椭圆E 的标准方程；
(2)设点Q (2,0)，过点F 2作直线l 与椭圆E 交于A ，B 两点，且F 2A →＝λF 2B →
，λ∈[－2，－1]，以QA ，QB 为邻边作平行四边形QACB ，求对角线QC 长度的最小值．
[解] (1)由题易知c ＝1，1a 2＋12b 2＝1， 又a 2＝b 2＋c 2，解得b 2＝1，a 2＝2，
故椭圆E 的标准方程为x 22
＋y 2＝1. (2)设直线l ：x ＝ky ＋1，由⎩⎨⎧ x ＝ky ＋1，
x 22＋y 2＝1
得(k 2＋2)y 2＋2ky －1＝0，Δ＝4k 2＋4(k 2＋2)＝8(k 2＋1)>0.
设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则可得y 1＋y 2＝－2k k 2＋2，y 1y 2＝－1
k 2＋2. QC →＝QA →＋QB →＝(x 1＋x 2－4，y 1＋y 2)＝－4(k 2＋1)k 2＋2，－2k k 2＋2
，∴|QC →|2＝|QA →＋QB →|2＝16－28k 2＋2＋8(k 2＋2)2
， 由此可知，|QC →
|2的大小与k 2的取值有关．
由F 2A →＝λF 2B →可得y 1＝λy 2，λ＝y 1y 2，1λ＝y 2y 1
(y 1y 2≠0)． 从而λ＋1λ＝y 1y 2＋y 2y 1＝(y 1＋y 2)2－2y 1y 2y 1y 2＝－6k 2－4k 2＋2
， 由λ∈[－2，－1]得⎝ ⎛⎭⎪⎫λ＋1λ∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤－52，－2， 从而－52≤－6k 2－4k 2＋2
≤－2，解得0≤k 2≤27.
令t ＝1
k 2＋2，则t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤716，12， ∴|QC →|2＝8t 2－28t ＋16＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫t －742－172，∴当t ＝12时，|QC →|min ＝2.。