2019届二轮复习第3讲　圆锥曲线中的热点问题学案（全国通用）

第3讲　圆锥曲线中的热点问题
高考定位　1.圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一，主要以解答题形式考查，往往作为试卷的压轴题之一；2.以椭圆或抛物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题.对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求，并突出数学思想方法考查.

真 题 感 悟
1.(2018·浙江卷)已知点P(0，1)，椭圆＋y2＝m(m>1)上两点A，B满足＝2，则当m＝________时，点B横坐标的绝对值最大.
解析　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由＝2，得即x1＝－2x2，y1＝3－2y2.因为点A，B在椭圆上，所以得y2＝m＋，所以x＝m－(3－2y2)2＝－m2＋m－＝－(m－5)2＋4≤4，所以当m＝5时，点B横坐标的绝对值最大，最大值为2.
答案　5
2.(2018·北京卷)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，＝λ，＝μ，求证：＋为定值.
(1)解　因为抛物线y2＝2px过点(1，2)，
所以2p＝4，即p＝2.故抛物线C的方程为y2＝4x.
由题意知，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).
由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.
依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，
解得k<1，又因为k≠0，故k<0或0 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)证明　设A(x1，y1)，B(x2，y2).
由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝.
直线PA的方程为y－2＝(x－1).令x＝0，
得点M的纵坐标为yM＝＋2＝＋2.
同理得点N的纵坐标为yN＝＋2.
由＝λ，＝μ得λ＝1－yM，μ＝1－yN.
所以＋＝＋＝＋
＝·＝·＝2.
所以＋＝2为定值.
3.(2017·全国Ⅰ卷)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，四点P1(1，1)，P2(0，1)，P3，P4中恰有三点在椭圆C上.
(1)求C的方程；
(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点.
(1)解　由于点P3，P4关于y轴对称，由题设知C必过P3，P4.又由＋>＋知，椭圆C不经过点P1，
所以点P2在椭圆C上.
因此解得故C的方程为＋y2＝1.
(2)证明　设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.
如果直线l的斜率不存在，l垂直于x轴.
设l：x＝m，A(m，yA)，B(m，－yA)，
k1＋k2＝＋＝＝－1，得m＝2，
此时l过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足.
从而可设l：y＝kx＋m(m≠1).
将y＝kx＋m代入＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.
则k1＋k2＝＋＝＋
＝.
由题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.
∴(2k＋1)·＋(m－1)·＝0.
解之得m＝－2k－1，此时Δ＝32(m＋1)>0，方程有解，
∴当且仅当m>－1时，Δ>0，
∴直线l的方程为y＝kx－2k－1，即y＋1＝k(x－2).
所以l过定点(2，－1).
考 点 整 合
1.圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解.
温馨提醒　圆锥曲线上点的坐标是有范围的，在涉及到求最值或范围问题时注意坐标范围的影响.
2.定点、定值问题
(1)定点问题：在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为定点问题.
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)定值问题：在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动直线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题.
3.存在性问题的解题步骤：
(1)先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组).
(2)解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在.
(3)得出结论.

热点一　圆锥曲线中的最值、范围
【例1】 (2018·西安质检)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，直线x＋y－1＝0被以椭圆C的短轴为直径的圆截得的弦长为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点M(4，0)的直线l交椭圆于A，B两个不同的点，且λ＝|MA|·|MB|，求λ的取值范围.
解　(1)原点到直线x＋y－1＝0的距离为，
由题得＋＝b2(b>0)，解得b＝1.
又e2＝＝1－＝，得a＝2.
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)当直线l的斜率为0时，λ＝|MA|·|MB|＝12.
当直线l的斜率不为0时，设直线l：x＝my＋4，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立消去x得(m2＋4)y2＋8my＋12＝0.
由Δ＝64m2－48(m2＋4)>0，得m2>12，
所以y1y2＝.
λ＝|MA|·|MB|＝|y1|·|y2|
＝(m2＋1)|y1y2|＝＝12.
由m2>12，得0<<，所以<λ<12.
综上可得：<λ≤12，即λ∈.
探究提高　求圆锥曲线中范围、最值的主要方法：(1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质数形结合求解.
(2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，或者不等关系，或者已知参数与新参数之间的等量关系等，则利用代数法求参数的范围.
【训练1】 (2018·浙江卷)如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2＝4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上.
(1)设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；
(2)若P是半椭圆x2＋＝1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围.
(1)证明　设P(x0，y0)，A，B.
因为PA，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程＝4·，
即y2－2y0y＋8x0－y＝0的两个不同的实根.
所以y1＋y2＝2y0，因此，PM垂直于y轴.
(2)解　由(1)可知
所以|PM|＝(y＋y)－x0＝y－3x0，
|y1－y2|＝2.
因此，△PAB的面积S△PAB＝|PM|·|y1－y2|
＝(y－4x0).
因为x＋＝1(x0<0)，
所以y－4x0＝－4x－4x0＋4∈[4，5]，
因此，△PAB面积的取值范围是.
热点二　定点、定值问题
考法1　圆锥曲线中的定值
【例2－1】 (2018·烟台二模)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为2，斜率为的直线与椭圆交于A，B两点，若线段AB的中点为D，且直线OD的斜率为－.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若过左焦点F斜率为k的直线l与椭圆交于M，N两点，P为椭圆上一点，且满足OP⊥MN，问：＋是否为定值？若是，求出此定值；若不是，说明理由.
解　(1)由题意可知c＝，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则＋＝1，＋＝1，
两式相减并整理得，·＝－，
即kAB·kOD＝－.
又因为kAB＝，kOD＝－，代入上式得，a2＝4b2.
又a2＝b2＋c2，c2＝3，所以a2＝4，b2＝1，
故椭圆的方程为＋y2＝1.
(2)由题意可知，F(－，0)，
当MN为长轴时，OP为短半轴，
则＋＝＋1＝，
否则，可设直线l的方程为y＝k(x＋)，
联立消y得，
(1＋4k2)x2＋8k2x＋12k2－4＝0，
则有x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以|MN|＝|x1－x1|
＝＝，
设直线OP方程为y＝－x，
联立
根据对称性不妨令P，
所以|OP|＝＝.
故＋＝＋＝＋＝，
综上所述，＋为定值.
探究提高　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.定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的.
【训练2】 已知椭圆C：＋＝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.
(1)解　由题意知a＝2，b＝1.所以椭圆方程为＋y2＝1，
又c＝＝.所以椭圆离心率e＝＝.
(2)证明　设P点坐标为(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，
则x＋4y＝4，
由B点坐标(0，1)得直线PB方程为：y－1＝(x－0)，
令y＝0，得xN＝，
从而|AN|＝2－xN＝2＋，
由A点坐标(2，0)得直线PA方程为y－0＝(x－2)，
令x＝0，得yM＝，从而|BM|＝1－yM＝1＋，
所以S四边形ABNM＝|AN|·|BM|
＝
＝
＝＝2.
即四边形ABNM的面积为定值2.
考法2　圆锥曲线中的定点问题
【例2－2】 (2018·衡水中学质检)已知两点A(－，0)，B(，0)，动点P在y轴上的投影是Q，且2·＝||2.
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)过F(1，0)作互相垂直的两条直线交轨迹C于点G，H，M，N，且E1，E2分别是GH，MN的中点.求证：直线E1E2恒过定点.
(1)解　设点P坐标为(x，y)，∴点Q坐标为(0，y).
∵2·＝||2，
∴2[(－－x)(－x)＋y2]＝x2，
化简得点P的轨迹方程为＋＝1.
(2)证明　当两直线的斜率都存在且不为0时，设lGH：y＝k(x－1)，G(x1，y1)，H(x2，y2)，lMN：y＝－(x－1)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，
联立
消去y得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－4＝0.
则Δ>0恒成立.
∴x1＋x2＝，且x1x2＝.
∴GH中点E1坐标为，
同理，MN中点E2坐标为，
∴kE1E2＝，
∴lE1E2的方程为y＝，∴过点，
当两直线的斜率分别为0和不存在时，lE1E2的方程为y＝0，也过点，综上所述，lE1E2过定点.
探究提高　1.动直线l过定点问题.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.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.
【训练3】 已知曲线C：y2＝4x，曲线M：(x－1)2＋y2＝4(x≥1)，直线l与曲线C交于A，B两点，O为坐标原点.
(1)若·＝－4，求证：直线l恒过定点；
(2)若直线l与曲线M相切，求·(点P坐标为(1，0))的最大值.
解　设l：x＝my＋n，A(x1，y1)，B(x2，y2).
由得y2－4my－4n＝0.
∴y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n.
∴x1＋x2＝4m2＋2n，x1x2＝n2.
(1)证明　由·＝－4，
得x1x2＋y1y2＝n2－4n＝－4，解得n＝2.
∴直线l方程为x＝my＋2，
∴直线l恒过定点(2，0).
(2)∵直线l与曲线M：(x－1)2＋y2＝4(x≥1)相切，
∴＝2，且n≥3，
整理得4m2＝n2－2n－3(n≥3).①
又点P坐标为(1，0)，∴由已知及①，得
·＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2)
＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2
＝x1x2－(x1＋x2)＋1＋y1y2
＝n2－4m2－2n＋1－4n
＝n2－4m2－6n＋1＝4－4n.
又y＝4－4n(n≥3)是减函数，
∴当n＝3时，y＝4－4n取得最大值－8.
故·的最大值为－8.
热点三　圆锥曲线中的存在性问题
【例3】 (2018·江南名校联考)设椭圆M：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为A(－1，0)，B(1，0)，C为椭圆M上的点，且∠ACB＝，S△ABC＝.
(1)求椭圆M的标准方程；
(2)设过椭圆M右焦点且斜率为k的动直线与椭圆M相交于E，F两点，探究在x轴上是否存在定点D，使得·为定值？若存在，试求出定值和点D的坐标；若不存在，请说明理由.
解　(1)在△ABC中，由余弦定理AB2＝CA2＋CB2－2CA·CB·cos C＝(CA＋CB)2－3CA·CB＝4.
又S△ABC＝CA·CB·sin C＝CA·CB＝，
∴CA·CB＝，代入上式得CA＋CB＝2.
椭圆长轴2a＝2，焦距2c＝AB＝2.
所以椭圆M的标准方程为＋y2＝1.
(2)设直线方程y＝k(x－1)，E(x1，y1)，F(x2，y2)，
联立
消去y得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，Δ＝8k2＋8>0，
∴x1＋x2＝，x1x2＝.
假设x轴上存在定点D(x0，0)，使得·为定值.
∴·＝(x1－x0，y1)·(x2－x0，y2)
＝x1x2－x0(x1＋x2)＋x＋y1y2
＝x1x2－x0(x1＋x2)＋x＋k2(x1－1)(x2－1)
＝(1＋k2)x1x2－(x0＋k2)(x1＋x2)＋x＋k2
＝
要使·为定值，则·的值与k无关，
∴2x－4x0＋1＝2(x－2)，解得x0＝，
此时·＝－为定值，定点为.
探究提高　1.此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，不成立则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.
2.求解步骤：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.
【训练4】 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过点P，F为其右焦点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过点A(4，0)的直线l与椭圆相交于M，N两点(点M在A，N两点之间)，是否存在直线l使△AMF与△MFN的面积相等？若存在，试求直线l的方程；若不存在，请说明理由.
解　(1)因为＝，所以a＝2c，b＝c，
设椭圆方程＋＝1，
又点P在椭圆上，所以＋＝1，
解得c2＝1，a2＝4，b2＝3，所以椭圆方程为＋＝1.
(2)易知直线l的斜率存在，设l的方程为y＝k(x－4)，
由消去y得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，
由题意知Δ＝(32k2)2－4(3＋4k2)(64k2－12)>0，
解得－ 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝，①
x1x2＝.②
因为△AMF与△MFN的面积相等，
所以|AM|＝|MN|，所以2x1＝x2＋4.③
由①③消去x2得x1＝.④
将x2＝2x1－4代入②，得x1(2x1－4)＝⑤
将④代入到⑤式，整理化简得36k2＝5.
∴k＝±，经检验满足题设
故直线l的方程为y＝(x－4)或y＝－(x－4).

1.解答圆锥曲线的定值、定点问题，从三个方面把握：
(1)从特殊开始，求出定值，再证明该值与变量无关：(2)直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值；(3)在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的项里面分离出来，并令其系数为零，可以解出定点坐标.
2.圆锥曲线的范围问题的常见求法
(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；
(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值.
3.存在性问题求解的思路及策略
(1)思路：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.
(2)策略：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.

一、选择题
1.若双曲线－＝1(0<λ<1)的离心率e∈(1，2)，则实数λ的取值范围为(　　)
A. B.(1，2) C.(1，4) D.
解析　易c＝1，a＝，且e∈(1，2)，∴1<<2，得<λ<1.
答案　D
2.若点P为抛物线y＝2x2上的动点，F为抛物线的焦点，则|PF|的最小值为(　　)
A.2 B. C. D.
解析　根据题意，抛物线y＝2x2上，设P到准线的距离为d，则有|PF|＝d，抛物线的方程为y＝2x2，即x2＝y，其准线方程为y＝－，∴当点P在抛物线的顶点时，d有最小值，即|PF|min＝.
答案　D
3.(2018·北京东城区调研)已知圆M：(x－2)2＋y2＝1经过椭圆C：＋＝1的一个焦点，圆M与椭圆C的公共点为A，B，点P为圆M上一动点，则P到直线AB的距离的最大值为(　　)
A.2－5 B.2－4
C.4－11 D.4－10
解析　易知圆M与x轴的交点为(1，0)，(3，0)，∴m－3＝1或m－3＝9，则m＝4或m＝12.当m＝12时，圆M与椭圆C无交点，舍去.∴m＝4.联立得x2－16x＋24＝0.∵x≤2，∴x＝8－2.故点P到直线AB距离的最大值为3－(8－2)＝2－5.
答案　A
4.(2018·全国Ⅲ卷)设F1，F2是双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，O是坐标原点.过F2作C的一条渐近线的垂线，垂足为P.若|PF1|＝|OP|，则C的离心率为(　　)
A. B.2 C. D.
解析　不妨设一条渐近线的方程为y＝x，则F2到y＝x的距离d＝＝b，在Rt△F2PO中，|F2O|＝c，所以|PO|＝a，所以|PF1|＝a，又|F1O|＝c，所以在△F1PO与Rt△F2PO中，根据余弦定理得cos∠POF1＝＝
－cos∠POF2＝－，则3a2＋c2－(a)2＝0，得3a2＝c2，所以e＝＝.
答案　C
二、填空题
5.设双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的一条渐近线与抛物线y2＝x的一个交点的横坐标为x0，若x0>1，则双曲线C的离心率e的取值范围是________.
解析　双曲线C：－＝1的一条渐近线为y＝x，
联立消去y，得x2＝x.
由x0>1，知<1，b2 ∴e2＝＝<2，因此1 答案　(1，)
6.(2018·武汉模拟)已知抛物线y2＝4x，过焦点F的直线与抛物线交于A，B两点，过A，B分别作x轴，y轴垂线，垂足分别为C，D，则|AC|＋|BD|的最小值为________.
解析　不妨设A(x1，y1)(y1>0)，
B(x2，y2)(y2<0).
则|AC|＋|BD|＝x2＋y1＝＋y1.
又y1y2＝－p2＝－4.
∴|AC|＋|BD|＝－(y2<0).
设g(x)＝－，在(－∞，－2)递减，在(－2，0)递增.
∴当x＝－2，即y2＝－2时，|AC|＋|BD|的最小值为3.
答案　3
三、解答题
7.已知动圆M恒过点(0，1)，且与直线y＝－1相切.
(1)求动圆心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.
(1)解　由题意得点M与点(0，1)的距离等于点M与直线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＝1，p＝2.
∴圆心M的轨迹方程为x2＝4y.
(2)证明　由题意知直线l的斜率存在，设直线l：y＝kx－2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则C(－x2，y2)，
由得x2－4kx＋8＝0，
Δ＝16k2－32>0得k2>2，
∴x1＋x2＝4k，x1x2＝8.
kAC＝＝＝，
直线AC的方程为y－y1＝(x－x1).
即y＝y1＋(x－x1)＝x－＋＝x＋，
∵x1x2＝8，∴y＝x＋2，
则直线AC恒过点(0，2).
8.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a＞b≥1)过点P(2，1)，且离心率e＝.
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线l的斜率为，直线l与椭圆C交于A，B两点，求△PAB面积的最大值.
解　(1)∵e2＝＝＝，∴a2＝4b2.
又＋＝1，∴a2＝8，b2＝2.
故所求椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设l的方程为y＝x＋m，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立消去y得x2＋2mx＋2m2－4＝0，
判别式Δ＝16－4m2＞0，即m2＜4.
又x1＋x2＝－2m，x1·x2＝2m2－4，
则|AB|＝×
＝，
点P到直线l的距离d＝＝.
因此S△PAB＝d|AB|＝××
＝≤＝2，当且仅当m2＝2即m＝±时上式等号成立，
故△PAB面积的最大值为2.
9.已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，点A在椭圆C上.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)是否存在斜率为2的直线，使得当该直线与椭圆C有两个不同交点M，N时，能在直线y＝上找到一点P，在椭圆C上找到一点Q，满足＝？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.
解　(1)设椭圆C的焦距为2c，则c＝1，
因为A在椭圆C上，所以2a＝|AF1|＋|AF2|＝2，则a＝，b2＝a2－c2＝1.
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)不存在满足条件的直线，理由如下：
设直线的方程为y＝2x＋t，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P，Q(x4，y4)，MN的中点为D(x0，y0)，
由消去x得9y2－2ty＋t2－8＝0，
所以y1＋y2＝，且Δ＝4t2－36(t2－8)>0，
故y0＝＝，且－3 由＝得＝(x4－x2，y4－y2)，
所以有y1－＝y4－y2，y4＝y1＋y2－＝t－.
又－3 与椭圆上点的纵坐标的取值范围是[－1，1]矛盾.
因此不存在满足条件的直线.
10.(2018·惠州调研)在平面直角坐标系xOy中，过点C(2，0)的直线与抛物线y2＝4x相交于A，B两点，设A(x1，y1)，B(x2，y2).
(1)求证：y1y2为定值；
(2)是否存在平行于y轴的定直线被以AC为直径的圆截得的弦长为定值？如果存在，求出该直线的方程和弦长，如果不存在，说明理由.
(1)证明　法一　当直线AB垂直于x轴时，不妨取y1＝2，y2＝－2，
所以y1y2＝－8(定值).
当直线AB不垂直于x轴时，
设直线AB的方程为y＝k(x－2)，
由得ky2－4y－8k＝0，
所以y1y2＝－8.综上可得，y1y2＝－8为定值.
法二　设直线AB的方程为my＝x－2.
由得y2－4my－8＝0，所以y1y2＝－8.
因此有y1y2＝－8为定值.
(2)解　存在.理由如下：
设存在直线l：x＝a满足条件，则
AC的中点E，|AC|＝，
因此以AC为直径的圆的半径
r＝|AC|＝＝，
点E到直线x＝a的距离d＝，
所以所截弦长为
2＝2
＝＝，
当1－a＝0，即a＝1时，弦长为定值2，这时直线的方程为x＝1.
11.(2018·西安模拟)如图，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左右焦点分别为F1，F2，左右顶点分别为A，B，P为椭圆C上任一点(不与A，B重合).已知△PF1F2的内切圆半径的最大值为2－，椭圆C的离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线l过点B且垂直于x轴，延长AP交l于点N，以BN为直径的圆交BP于点M，求证：O，M，N三点共线.
解　(1)由题意知，＝，∴c＝a.
又b2＝a2－c2，
∴b＝a.
设△PF1F2的内切圆半径为r，
则S△PF1F2＝(|PF1|＋|PF2|＋|F1F2|)·r，
＝(2a＋2c)·r＝(a＋c)r，
故当△PF1F2面积最大时，r最大，
即P点位于椭圆短轴顶点时，r＝2－，
∴(a＋c)(2－)＝bc，
把c＝a，b＝a代入，解得a＝2，b＝，
∴椭圆方程为＋＝1.
(2)由题意知，直线AP的斜率存在，设为k，
则AP所在直线方程为y＝k(x＋2)，
联立消去y，得
(2k2＋1)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，
则有xP·(－2)＝，
∴xP＝，yP＝k(xP＋2)＝，
得＝，又N(2，4k)，∴＝(2，4k).
则·＝＋＝0，
∴ON⊥BP，而M在以BN为直径的圆上，
∴MN⊥BP，∴O，M，N三点共线.