2024步步高考二轮数学新教材讲义专题六　第4讲　母题突破1　范围、最值问题

2024步步高考二轮数学新教材讲义第4讲圆锥曲线的综合问题[考情分析]1.圆锥曲线的综合问题是高考考查的重点内容，常见的热点题型有范围、最值问题，定点、定直线、定值问题及探索性问题.2.以解答题的形式压轴出现，难度较大．母题突破1范围、最值问题母题(2023·全国甲卷)已知直线x－2y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B两点，|AB|＝4eq\r(15).(1)求p；(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，eq\o(FM,\s\up6(→))·eq\o(FN,\s\up6(→))＝0，求△MFN面积的最小值．思路分析❶联立方程利用弦长求p❷设直线MN：x＝my＋n和点M，N的坐标❸利用eq\o(FM,\s\up6(→))·eq\o(FN,\s\up6(→))＝0，得m，n的关系❹写出S△MFN的面积❺利用函数性质求S△MFN面积的最小值解(1)设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(负值舍去)．(2)由(1)知y2＝4x，所以焦点F(1,0)，显然直线MN的斜率不可能为零，设直线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，因为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，将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).设点F到直线MN的距离为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的面积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)，所以当n＝3－2eq\r(2)时，△MFN的面积最小，为Smin＝(2－2eq\r(2))2＝12－8eq\r(2)＝4(3－2eq\r(2))．[子题1](2023·武汉模拟)已知椭圆C：eq\f(x2,4)＋y2＝1，椭圆C的右顶点为A，若点P，Q在椭圆C上，且满足直线AP与AQ的斜率之积为eq\f(1,20)，求△APQ面积的最大值．解易知直线AP与AQ的斜率同号，所以直线PQ不垂直于x轴，故可设直线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)，化简可得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，所以直线PQ：y＝k(x－2)或y＝k(x＋3)，因为直线PQ不经过点A(2,0)，所以直线PQ经过定点(－3,0)，即m＝3k.所以直线PQ的方程为y＝k(x＋3)，易知k≠0，设定点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)，因为Δ>0，且m＝3k，所以1－5k2>0，所以0<k2<eq\f(1,5)，设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)，当且仅当t＝eq\f(9,7)，即k2＝eq\f(1,14)时取等号，即△APQ面积的最大值为eq\f(5,3).[子题2](2023·深圳模拟)已知双曲线C：x2－y2＝1，设点A为C的左顶点，若过点(3,0)的直线l与C的右支交于P，Q两点，且直线AP，AQ与圆O：x2＋y2＝1分别交于M，N两点，记四边形PQNM的面积为S1，△AMN的面积为S2，求eq\f(S1,S2)的取值范围．解如图所示，设直线lPQ的方程为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，因为直线l与双曲线C的右支交于两点，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)，设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，又因为|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)，因为f(n)在区间[4,5)上单调递增，所以f(n)的取值范围为[9，＋∞)，又因为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)的取值范围为[8，＋∞)．规律方法求解范围、最值问题的常见方法(1)利用判别式来构造不等关系．(2)利用已知参数的范围，在两个参数之间建立函数关系．(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式．(4)利用基本不等式．1．(2023·佛山模拟)在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0))，N(1,0)，Q为线段MN上异于M，N的一动点，点P满足eq\f(|PM|,|QM|)＝eq\f(|PN|,|QN|)＝2.(1)求点P的轨迹E的方程；(2)点A，C是曲线E上两点，且在x轴上方，满足AM∥NC，求四边形AMNC面积的最大值．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，∴点P的轨迹是以M，N为焦点，长轴长为4的椭圆，设椭圆方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，则a＝2，c＝1，∴b2＝a2－c2＝3，∴点P的轨迹E的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)如图所示，连接CO，并延长交椭圆E于点B，连接BM，AN，CM，由椭圆对称性可知|OC|＝|OB|，又|OM|＝|ON|，∴四边形CMBN为平行四边形，∴CN∥BM，|CN|＝|BM|，∴S△BOM＝S△CON且A，M，B三点共线，∴四边形AMNC的面积S＝S△ACM＋S△COM＋S△CON＝S△ACM＋S△COM＋S△BOM＝S△ABC，设直线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，∴点C到直线AB的距离即为点N到直线AB的距离，∵点N到直线AB的距离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))，设3m2＋4＝t，则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)，∴当eq\f(1,t)＝eq\f(1,4)，即m＝0时，四边形AMNC面积取得最大值，最大值为3.2．(2023·温州模拟)已知抛物线C1：y2＝4x－4与双曲线C2：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,4－a2)＝1(1<a<2)相交于A，B两点，F是C2的右焦点，直线AF分别交C1，C2于C，D(不同于A，B点)两点，直线BC，BD分别交x轴于P，Q两点．(1)设A(x1，y1)，C(x2，y2)，求证：y1y2是定值；(2)求eq\f(|FQ|,|FP|)的取值范围．(1)证明由A(x1，y1)，C(x2，y2)是直线AF与抛物线C1：y2＝4x－4的两个交点，显然直线AF不垂直于y轴，点F(2,0)，故设直线AF的方程为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为定值．(2)解由(1)知B(x1，－y1)，直线BC的斜率为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)，方程为y＋y1＝eq\f(4,y2－y1)(x－x1)，令y＝0，得点P的横坐标xP＝eq\f(y1y2－y1,4)＋eq\f(y\o\al(2,1)＋4,4)＝eq\f(y1y2＋4,4)＝0，设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)，而直线BD的方程为y＋y1＝eq\f(y3＋y1,x3－x1)(x－x1)，依题意m≠0，令y＝0，得点Q的横坐标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|)的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4))).专题强化练1．(2023·凉山模拟)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(2),2)，点A(2,1)在椭圆C上．(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点M(0,1)的直线l交椭圆C于P，Q两点，求|PQ|的取值范围．解(1)设椭圆C的半焦距为c>0，由题意可得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)，))所以椭圆C的标准方程为eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)当直线l的斜率不存在时，则l：x＝0，所以|PQ|＝2eq\r(3)；当直线l的斜率存在时，设l：y＝kx＋1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立方程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，则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)，则|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]，则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)，因为t∈(0,1]，所以|PQ|＝2eq\r(－t－12＋4)∈(2eq\r(3)，4]，综上所述，|PQ|的取值范围为[2eq\r(3)，4]．2．(2023·郑州模拟)在平面直角坐标系中，已知双曲线E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点为F，离心率为2，且过点P(2,3)．(1)求双曲线E的标准方程；(2)设过原点O的直线l1在第一、三象限内分别交双曲线E于A，C两点，过原点O的直线l2在第二、四象限内分别交双曲线E于B，D两点，若直线AD过双曲线的右焦点F，求四边形ABCD面积的最小值．解(1)由双曲线E的离心率为2，得eq\f(c,a)＝2.①因为双曲线E过点P(2,3)，所以eq\f(4,a2)－eq\f(9,b2)＝1.②又c2＝a2＋b2，③联立①②③式，解得a＝1，b＝eq\r(3)，c＝2.故双曲线E的标准方程为x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)由双曲线的对称性，知OA＝OC，OB＝OD，所以四边形ABCD为平行四边形，所以S四边形ABCD＝4S△OAD.由题意知直线AD的斜率不为零，设AD的方程为x＝my＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m≠±\f(\r(3),3))).联立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，设A(x1，y1)，D(x2，y2)，则y1＋y2＝eq\f(－12m,3m2－1)，y1y2＝eq\f(9,3m2－1).因为A，D均在双曲线右支，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)))，则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))).令函数f(t)＝eq\f(4,t)－3t，易得f(t)在区间eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2\r(3),3)))上单调递减，所以当t＝1时，(S△OAD)min＝6.所以四边形ABCD面积的最小值为24.母题突破2定点(定直线)问题母题已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率为eq\f(2\r(3),3)，左、右焦点分别为F1，F2，点P的坐标为(3,1)，且eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝6.(1)求双曲线C的方程；(2)过点P的动直线l与C的左、右两支分别交于A，B两点，若点M在线段AB上，满足eq\f(|AP|,|AM|)＝eq\f(|BP|,|BM|)，证明：点M在定直线上．思路分析❶利用离心率和eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝6求方程❷设直线方程y－1＝kx－3并联立❸利用比例关系eq\f(|AP|,|AM|)＝eq\f(|BP|,|BM|)列式❹将根与系数的关系代入化简❺消去参数得点在定直线上(1)解设|F1F2|＝2c(c>0)，因为双曲线C的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2\r(3),3)＝eq\f(2,\r(3))，设a＝eq\r(3)t，c＝2t，t>0，所以F1(－2t,0)，F2(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，所以双曲线C的方程为eq\f(x2,3)－y2＝1.(2)证明设A(x1，y1)，B(x2，y2)，当直线斜率不存在时不成立，设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，由于点P在双曲线C内部，易得Δ>0，所以x1＋x2＝eq\f(6k1－3k,1－3k2)，x1x2＝eq\f(－32－6k＋9k2,1－3k2).设M(x0，y0)，根据题意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)，化简得x0－2＝kx0－3k，又y0＝kx0＋1－3k，消去k，得x0－y0－1＝0，所以点M在定直线x－y－1＝0上．[子题1](2023·信阳模拟)已知椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1的左、右顶点分别为A1，A2，过点D(1,0)的直线l与椭圆C交于异于A1，A2的M，N两点．若直线A1M与直线A2N交于点P，证明：点P在定直线上，并求出该定直线的方程．解如图所示，由题知直线A1M与直线A2N的斜率存在，设：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是异于A1，A2的两点，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三点共线，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)，化简得(3k1－k2)(1＋2k1k2)＝0，由题知k1，k2同号，所以3k1＝k2，联立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)))，将3k1＝k2代入点P的横坐标，则xP＝eq\f(2k1＋2k2,k2－k1)＝eq\f(8k1,2k1)＝4，所以点P在定直线x＝4上．[子题2](2023·岳阳模拟)已知双曲线C：x2－eq\f(y2,3)＝1，P为双曲线的右顶点，设直线l不经过P点且与C相交于A，B两点，若直线PA与直线PB的斜率之和为－1.证明：直线l恒过定点．证明设直线PA与直线PB的斜率分别为k1，k2，如果直线l的斜率不存在，则k1＋k2＝0，不符合题意．设直线l：y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立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，))化简得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k2≠3，,m2－k2＋3>0.))则x1＋x2＝eq\f(2km,3－k2)，x1x2＝－eq\f(m2＋3,3－k2)，则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，化简得k2＋(2m＋6)k＋m2＋6m＝0，解得k＝－m－6或k＝－m，当k＝－m时，直线l的方程为y＝－mx＋m＝－m(x－1)，当x＝1时，y＝0，所以直线l过定点(1,0)，又直线l不经过点P(1,0)，所以不符合题意；当k＝－m－6时，直线l的方程为y＝kx－k－6＝k(x－1)－6，当x＝1时，y＝－6，所以直线l过定点(1，－6)，综上所述，直线l恒过定点(1，－6)．规律方法动线过定点问题的两大类型及解法(1)动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．(2)动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．1.(2023·襄阳模拟)过抛物线x2＝2py(p>0)内部一点P(m，n)作任意两条直线AB，CD，如图所示，连接AC，BD并延长交于点Q，当P为焦点并且AB⊥CD时，四边形ACBD面积的最小值为32.(1)求抛物线的方程；(2)若点P(1,1)，证明：点Q在定直线上运动，并求出定直线方程．解(1)设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)))，设直线AB：y＝kx＋eq\f(p,2)，联立方程组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四边形ABCD＝eq\f(1,2)|AB||CD|＝2p2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2＋\f(1,k2)＋2))≥8p2＝32，当且仅当k2＝1时取等号，所以p＝2，所以抛物线的方程为x2＝4y.(2)当P(1,1)时，设Q(x0，y0)，由A，P，B三点共线，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三点共线，可得x3x4＋4＝x3＋x4，②又由A，C，Q三点共线，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三点共线，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，所以点Q在定直线x－2y－2＝0上．2．(2023·全国乙卷)已知椭圆C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)的离心率是eq\f(\r(5),3)，点A(－2,0)在C上．(1)求C的方程；(2)过点(－2,3)的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点．(1)解由题意可得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)，))所以椭圆C的方程为eq\f(y2,9)＋eq\f(x2,4)＝1.(2)证明由题意可知，直线PQ的斜率存在，如图，设B(－2,3)，直线PQ：y＝k(x＋2)＋3，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立方程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，则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)，因为A(－2,0)，则直线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)))，则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，所以线段MN的中点是定点(0,3)．专题强化练1．(2023·荆门模拟)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的实轴长为2，两渐近线的夹角为eq\f(π,3).(1)求双曲线C的方程；(2)当a<b时，记双曲线C的左、右顶点分别为A1，A2，动直线l：x＝my＋2与双曲线C的右支交于M，N两点(异于A2)，直线A1M，A2N相交于点T，证明：点T在定直线上，并求出定直线方程．(1)解由题知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)，所以双曲线C的方程为x2－3y2＝1或x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)证明由(1)知，当a<b时，C：x2－eq\f(y2,3)＝1，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立直线l与双曲线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，则y1＋y2＝eq\f(－12m,3m2－1)，y1y2＝eq\f(9,3m2－1).因为A1(－1,0)，A2(1,0)，则直线A1M：y＝eq\f(y1,x1＋1)(x＋1)，直线A2N：y＝eq\f(y2,x2－1)(x－1)，因为直线A1M，A2N相交于点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)，故点T在定直线x＝eq\f(1,2)上．2．(2023·嘉兴模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)，过焦点F的直线交抛物线C于A，B两点，且|AB|＝|AF||BF|.(1)求抛物线C的方程；(2)若点P(4,4)，直线PA，PB分别交准线l于M，N两点，证明：以线段MN为直径的圆过定点．(1)解设AB：x＝my＋eq\f(p,2)(m∈R)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则联立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)，化简得(m2＋1)p(p－2)＝0，又p>0，所以p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x.(2)证明由(1)知直线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，由题意知直线PA：y－4＝eq\f(y1－4,x1－4)(x－4)，直线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.设Q(x，y)是以线段MN为直径的圆上的任意一点，eq\o(MQ,\s\up6(→))＝(x＋1，y－yM)，eq\o(NQ,\s\up6(→))＝(x＋1，y－yN)，则有eq\o(MQ,\s\up6(→))·eq\o(NQ,\s\up6(→))＝0，即0＝(x＋1)2＋(y－yM)(y－yN)，由对称性令y＝0得0＝(x＋1)2＋yMyN＝(x＋1)2－4，所以x＝1或x＝－3，所以以线段MN为直径的圆经过定点，定点坐标为(－3,0)与(1,0)．母题突破3定值问题母题(2023·黄山模拟)已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))，点A为下顶点，且AM的斜率为eq\f(\r(3),2).(1)求椭圆E的方程；(2)如图，过点B(0,4)作一条与y轴不重合的直线，该直线交椭圆E于C，D两点，直线AD，AC分别交x轴于H，G两点，O为坐标原点．证明：|OH||OG|为定值，并求出该定值．思路分析❶结合点的坐标和AM的斜率列方程组❷设直线BC的方程并与椭圆的方程联立❸得到x1＋x2，x1x2❹写出直线AD，AC的方程并求出H，G的横坐标❺化简运算|OH||OG|解(1)因为椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))，A(0，－b)，且AM的斜率为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，))所以椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)由题意知，直线BC的斜率存在，设直线BC：y＝kx＋4，设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)，则x1＋x2＝－eq\f(32k,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(60,1＋4k2)，因为A(0，－1)，所以直线AD的方程为y＝eq\f(y1＋1,x1)x－1，令y＝0，解得x＝eq\f(x1,y1＋1)，则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)为定值，所以|OH||OG|为定值，该定值为eq\f(12,5).[子题1](2023·西安模拟)如图，在平面直角坐标系中，椭圆E：eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1，A，B分别为椭圆E的左、右顶点．已知图中四边形ABCD是矩形，且|BC|＝4，点M，N分别在边BC，CD上，AM与BN相交于第一象限内的点P.若点P在椭圆E上，证明：eq\f(|BM|,|CN|)为定值，并求出该定值．解由题意知，A(－2eq\r(2)，0)，B(2eq\r(2)，0)，设P(x0，y0)(x0>0，y0>0)，M(xM，yM)，N(xN，yN)，则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))，直线AP的方程为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))，直线BP的方程为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)，则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|)为定值，该定值为eq\f(\r(2),2).[子题2](2023·衡水质检)已知E(2,2)是抛物线C：y2＝2x上一点，经过点(2,0)的直线l与抛物线C交于A，B两点(不同于点E)，直线EA，EB分别交直线x＝－2于点M，N.已知O为原点，求证：∠MON为定值．证明如图，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))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，yM))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，yN))，设直线l的方程为x＝my＋2，直线l的方程与抛物线方程联立得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．则y1y2＝－4，y1＋y2＝2m，又直线EA的方程为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)，则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)))，则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)，为定值．规律方法求解定值问题的两大途径(1)由特例得出一个值(此值一般就是定值)→证明定值：将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关．(2)先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．1．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)，F为其焦点，若圆E：(x－1)2＋y2＝16与抛物线C交于A，B两点，且|AB|＝4eq\r(3).(1)求抛物线C的方程；(2)若点P为圆E上任意一点，且过点P可以作抛物线C的两条切线PM，PN，切点分别为M，N.求证：|MF|·|NF|恒为定值．(1)解由题意可知E(1,0)，半径r＝4，由圆的圆心以及抛物线的焦点均在x轴上以及对称性可知AB⊥x轴于点C，如图所示，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)))，将其代入抛物线方程得12＝6p⇒p＝2，故抛物线方程为y2＝4x.(2)证明如图所示，令P(x0，y0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，抛物线在点M处的切线方程为x－x1＝m(y－y1)，与y2＝4x联立得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，故在点M处的切线方程为x－x1＝eq\f(y1,2)(y－y1)，即为yy1＝2x＋2x1，同理在点N处的切线方程为yy2＝2x＋2x2，而两切线交于点P(x0，y0)，所以有y0y1＝2x0＋2x1，y0y2＝2x0＋2x2，则直线MN的方程为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)，又点P(x0，y0)在圆E：(x－1)2＋y2＝16上，所以(x0－1)2＋yeq\o\al(2,0)＝16，即|MF|·|NF|＝16.2．(2023·沧州模拟)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)经过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(\r(6),2)))，右焦点为F(c,0)，且c2，a2，b2成等差数列．(1)求C的方程；(2)过F的直线与C的右支交于P，Q两点(P在Q的上方)，PQ的中点为M，M在直线l：x＝2上的射影为N，O为坐标原点，设△POQ的面积为S，直线PN，QN的斜率分别为k1，k2，证明：eq\f(k1－k2,S)是定值．(1)解因为c2，a2，b2成等差数列，所以2a2＝c2＋b2，又c2＝a2＋b2，所以a2＝2b2.将点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(\r(6),2)))的坐标代入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的方程为eq\f(x2,6)－eq\f(y2,3)＝1.(2)证明依题意可设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，如图，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，y1>y2，则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)))，则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)