1．(2017·北京卷)已知抛物线C：y2＝2px过点P(1,1)．过点作直线l与抛物线C交于不同的两点M，N，过点M作x轴的垂线分别与直线OP，ON交于点A，B，其中O为原点．
(1)求抛物线C的方程，并求其焦点坐标和准线方程；
(2)求证：A为线段BM的中点．
解析：(1)由抛物线C：y2＝2px过点P(1,1)，得p＝.
所以抛物线C的方程为y2＝x.
抛物线C的焦点坐标为，准线方程为x＝－.
直线ON的方程为y＝x，点B的坐标为.
因为y1＋－2x1＝
＝
＝
＝＝0，
所以y1＋＝2x1，
故A为线段BM的中点．
2．(2017·全国卷Ⅲ)已知抛物线C：y2＝2x，过点(2,0)的直线l交C于A，B两点，圆M是以线段AB为直径的圆．
(1)证明：坐标原点O在圆M上；
(2)设圆M过点P(4，－2)，求直线l与圆M的方程．
(2)由(1)可得y1＋y2＝2m，
x1＋x2＝m(y1＋y2)＋4＝2m2＋4，
故圆心M的坐标为(m2＋2，m)，
圆M的半径r＝.
由于圆M过点P(4，－2)，因此·＝0，
故(x1－4)(x2－4)＋(y1＋2)(y2＋2)＝0，
即x1x2－4(x1＋x2)＋y1y2＋2(y1＋y2)＋20＝0.
由(1)可得y1y2＝－4，x1x2＝4，
所以2m2－m－1＝0，解得m＝1或m＝－.
当m＝1时，直线l的方程为x－y－2＝0，圆心M的坐标为(3,1)，圆M的半径为，
圆M的方程为(x－3)2＋(y－1)2＝10.
当m＝－时，直线l的方程为2x＋y－4＝0，圆心M的坐标为，圆M的半径为，
圆M的方程为2＋2＝.
3．(2017·山东卷)在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，焦距为2.
(1)求椭圆E的方程；
(2)如图，动直线l：y＝k1x－交椭圆E于A，B两点，C是椭圆E上一点，直线OC的斜率为k2，且k1k2＝.M是线段OC延长线上一点，且|MC|∶|AB|＝2∶3，⊙M的半径为|MC|，OS，OT是⊙M的两条切线，切点分别为S，T.求∠SOT的最大值，并求取得最大值时直线l的斜率．
解析：(1)由题意知e＝＝，2c＝2，所以a＝，b＝1，
所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程得(4k＋2)x2－4k1x－1＝0.
由题意知Δ＞0，且x1＋x2＝，x1x2＝－，
所以|AB|＝ |x1－x2|
＝ .
由题意可知圆M的半径r为
r＝|AB|＝ .
由题设知k1k2＝，所以k2＝，
因此直线OC的方程为y＝x.
联立方程
得x2＝，y2＝，
因此|OC|＝＝ .
由题意可知sin＝＝，
而＝
＝，
令t＝1＋2k，则t＞1，∈(0,1)，
因此＝＝
＝≥1，
当且仅当＝，即t＝2时等号成立，此时k1＝±，
所以sin≤，因此≤，
所以∠SOT的最大值为.
综上所述：∠SOT的最大值为，取得最大值时直线l的斜率为k1＝±.
4．已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，左顶点为A，左焦点为F1(－2,0)，点B(2，)在椭圆C上，直线y＝kx(k≠0)与椭圆C交于E，F两点，直线AE，AF分别与y轴交于点M，N.
(1)求椭圆C的方程；
(2)在x轴上是否存在点P，使得无论非零实数k怎样变化，总有∠MPN为直角？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
解 (1)设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，
因为椭圆的左焦点为F1(－2,0)，
所以a2－b2＝4.①
因为点B(2，)在椭圆C上，
所以＋＝1.②
由①②解得，a＝2，b＝2.
所以椭圆C的方程为＋＝1.
因为直线AE与y轴交于点M，
令x＝0得y＝，即点M.
同理可得点N(0，)．
假设在x轴上存在点P(t,0)，使得∠MPN为直角，则·＝0.
即t2＋×＝0，
即t2－4＝0，解得t＝2或t＝－2.
故存在点P(2,0)或P(－2,0)，无论非零实数k怎样变化，总有∠MPN为直角．
方法二 因为椭圆C的左顶点为A，则点A的坐标为(－2，0)．
因为直线y＝kx(k≠0)与椭圆＋＝1交于两点E，F，设点E(x0，y0)，则点F(－x0，－y0)．
所以直线AE的方程为y＝(x＋2)．
因为直线AE与y轴交于点M，
令x＝0得y＝，
即点M.
同理可得点N.
假设在x轴上存在点P(t,0)，使得∠MPN为直角，则·＝0.
即t2＋×＝0，
即t2＋＝0.
因为点E(x0，y0)在椭圆C上，所以＋＝1，
即y＝.
将y＝代入得t2－4＝0.
解得t＝2或t＝－2.
故存在点P(2,0)或P(－2,0)，无论非零实数k怎样变化，总有∠MPN为直角．
5．设圆x2＋y2＋2x－15＝0的圆心为A，直线l过点B(1,0)且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.
(1)证明|EA|＋|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；
(2)设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围．
解 (1)因为|AD|＝|AC|，EB∥AC，
故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|，
故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|.
又圆A的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，从而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4.
由题设得A(－1,0)，B(1,0)，|AB|＝2，由椭圆定义可得点E的轨迹方程为：＋＝1(y≠0)．
(2)当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0.
则x1＋x2＝，x1x2＝，
所以|MN|＝|x1－x2|＝.
过点B(1,0)且与l垂直的直线m：y＝－(x－1)，
点A到m的距离为，
所以|PQ|＝2＝4.
故四边形MPNQ的面积
S＝|MN||PQ|＝12.
可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12,8)．
当l与x轴垂直时，其方程为x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，四边形MPNQ的面积为12.
综上，四边形MPNQ面积的取值范围为[12,8)．
6.已知椭圆C1：＋＝1(a>0)与抛物线C2：y2＝2ax相交于A，B两点，且两曲线的焦点F重合．
(1)求C1，C2的方程；
(2)若过焦点F的直线l与椭圆分别交于M，Q两点，与抛物线分别交于P，N两点，是否存在斜率为k(k≠0)的直线l，使得＝2？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
(2)假设存在直线l使得＝2，
则可设直线l的方程为y＝k(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)．
由可得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
则x1＋x4＝，x1x4＝1，
所以|PN|＝·＝.
由可得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
则x2＋x3＝，x2x3＝，
所以|MQ|＝·＝.
若＝2，
则＝2×，
解得k＝±.
故存在斜率为k＝±的直线l，使得＝2.
易错起源1、范围、最值问题
例1、如图，椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1、F2，过F2的直线交椭圆于P，Q两点，且PQ⊥PF1.
(1)若|PF1|＝2＋，|PF2|＝2－，求椭圆的标准方程；
(2)若|PQ|＝λ|PF1|，且≤λ＜，试确定椭圆离心率e的取值范围．
解 (1)由椭圆的定义，
2a＝|PF1|＋|PF2|＝(2＋)＋(2－)＝4，故a＝2.
设椭圆的半焦距为c，由已知PF1⊥PF2，
因此2c＝|F1F2|＝
＝＝2，
即c＝，从而b＝＝1.
故所求椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(2)如图，
由PF1⊥PQ，|PQ|＝λ|PF1|，得
|QF1|＝＝|PF1|.
由椭圆的定义，|PF1|＋|PF2|＝2a，|QF1|＋|QF2|＝2a，
进而|PF1|＋|PQ|＋|QF1|＝4a，
于是(1＋λ＋)|PF1|＝4a，
解得|PF1|＝，
故|PF2|＝2a－|PF1|＝.
由勾股定理得
|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝(2c)2＝4c2，
从而2＋2＝4c2，
两边除以4a2，得
＋＝e2.
若记t＝1＋λ＋，则上式变成
e2＝＝82＋.
由≤λ＜，并注意到1＋λ＋关于λ的单调性，得3≤t＜4，即＜≤.
进而＜e2≤，即＜e≤.
【变式探究】如图，已知椭圆：＋y2＝1，点A，B是它的两个顶点，过原点且斜率为k的直线l与线段AB相交于点D，且与椭圆相交于E，F两点．
(1)若＝6，求k的值；
(2)求四边形AEBF面积的最大值．
解 (1)依题设得椭圆的顶点A(2,0)，B(0,1)，
则直线AB的方程为x＋2y－2＝0.
设直线EF的方程为y＝kx(k>0)．
设D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(x2，kx2)，其中x1b>0)的离心率为，其左焦点到点P(2,1)的距离为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点(A，B不是左，右顶点)，且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．
解 (1)由e＝＝，得a＝2c，
∵a2＝b2＋c2，∴b2＝3c2，
则椭圆方程变为＋＝1.
又由题意知＝，解得c2＝1，
故a2＝4，b2＝3，
即得椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立
得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0.
则①
又y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)
＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2
＝.
∵椭圆的右顶点为A2(2,0)，AA2⊥BA2，
∴(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝0，
∴y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0，
∴＋＋＋4＝0，
∴7m2＋16mk＋4k2＝0，解得m1＝－2k，m2＝－，
由①，得3＋4k2－m2>0，②
当m1＝－2k时，l的方程为y＝k(x－2)，直线过定点(2,0)，与已知矛盾．
当m2＝－时，l的方程为y＝k，直线过定点，且满足②，
∴直线l过定点，定点坐标为.
【变式探究】已知抛物线：y2＝2px(p>0)的焦点F在双曲线：－＝1的右准线上，抛物线与直线l：y＝k(x－2)(k>0)交于A，B两点，AF，BF的延长线与抛物线交于C，D两点．
(1)求抛物线的方程；
(2)若△AFB的面积等于3，求k的值；
(3)记直线CD的斜率为kCD，证明：为定值，并求出该定值．
解 (1)双曲线：－＝1的右准线方程为：x＝1，
所以F(1,0)，则抛物线的方程为：y2＝4x.
(3)设C(，y3)，则＝(－1，y1)，＝(－1，y3)，
因为A，F，C共线，
所以(－1)y3－y1(－1)＝0，
即y＋(－y1)y3－4＝0.
解得：y3＝y1(舍)或y3＝－，
所以C(，－)，同理D(，－)，
kCD＝＝－＝2k，
故＝2(定值)．
【名师点睛】
(1)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．
(2)求解定值问题的两大途径
①→
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．
【锦囊妙计，战胜自我】
1．由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．
2．解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等与题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值．
易错起源3、探索性问题
例3、如图，抛物线C：y2＝2px的焦点为F，抛物线上一定点Q(1,2)．
(1)求抛物线C的方程及准线l的方程；
(2)过焦点F的直线(不经过Q点)与抛物线交于A，B两点，与准线l交于点M，记QA，QB，QM
的斜率分别为k1，k2，k3，问是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3成立，若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)把Q(1,2)代入y2＝2px，得2p＝4，
所以抛物线方程为y2＝4x，准线l的方程为x＝－1.
(2)由条件可设直线AB的方程为y＝k(x－1)，k≠0.
由抛物线准线l：x＝－1，可知M(－1，－2k)．
又Q(1,2)，所以k3＝＝k＋1，
即k3＝k＋1.
把直线AB的方程y＝k(x－1)，代入抛物线方程y2＝4x，并整理，可得k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系，知
x1＋x2＝，x1x2＝1.
又Q(1,2)，则k1＝，k2＝.
因为A，F，B共线，所以kAF＝kBF＝k，
即＝＝k.
所以k1＋k2＝＋
＝＋－
＝2k－＝2k＋2，
即k1＋k2＝2k＋2.
又k3＝k＋1，可得k1＋k2＝2k3.
即存在常数λ＝2，使得k1＋k2＝λk3成立．
【变式探究】如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率是，点P(0,1)在短轴CD上，且·＝－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·＋λ·为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．
(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
联立
得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，
其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝－，
从而，·＋λ·
＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]
＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝
＝－－λ－2.
所以当λ＝1时，－－λ－2＝－3，
此时·＋λ·＝－3为定值．
当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，
此时，·＋λ·＝·＋λ·
＝－2－1＝－3.
故存在常数λ＝1，使得·＋λ·为定值－3.
【名师点睛】
解决探索性问题的注意事项：
存在性问题，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，要思维开放，采取另外的途径．
【锦囊妙计，战胜自我】
1．解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，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．
2．反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．
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