【数学】2018届一轮复习北师大版第八章解析几何第九节圆锥曲线的综合问题教案

【数学】2018届一轮复习北师大版第八章解析几何第九节圆锥曲线的综合问题教案

第九节　圆锥曲线的综合问题 ‎☆☆☆2017考纲考题考情☆☆☆‎ 考纲要求 真题举例 命题角度 ‎1.了解圆锥曲线的简单应用；‎ ‎2.理解数形结合的思想；‎ ‎3.掌握解决直线和圆锥曲线位置关系的方法。‎ ‎2016，全国卷Ⅰ，20,12分(取值范围问题)‎ ‎2016，全国卷Ⅱ，20,12分(取值范围问题)‎ ‎2016，山东卷，21,14分(最值问题)‎ ‎2016，北京卷，19,14分(定值问题)‎ ‎　　本部分内容要求较高，思维量和运算量都比较大，主要考查学生的思维品质和解决问题的能力。命题主要方向是考查直线与圆锥曲线的位置关系、定点和定值、最值和范围以及证明某些几何问题、解决一些探索性问题等。‎ 微知识　小题练 自|主|排|查 ‎1．直线与圆锥曲线的位置关系 ‎(1)从几何角度看，可分为三类：无公共点，仅有一个公共点及有两个相异的公共点。‎ ‎(2)从代数角度看，可通过将表示直线的方程代入二次曲线的方程消元后所得方程解的情况来判断。设直线l的方程为Ax＋By＋C＝0，圆锥曲线方程为f(x，y)＝0。‎ 由消元。‎ ‎(如消去y)得ax2＋bx＋c＝0。‎ ‎①若a＝0，当圆锥曲线是双曲线时，直线l与双曲线的渐近线平行；当圆锥曲线是抛物线时，直线l与抛物线的对称轴平行(或重合)。‎ ‎②若a≠0，设Δ＝b2－‎4ac。‎ a．当Δ＞0时，直线和圆锥曲线相交于不同两点；‎ b．当Δ＝0时，直线和圆锥曲线相切于一点；‎ c．当Δ＜0时，直线和圆锥曲线没有公共点。‎ ‎2．直线与圆锥曲线相交时的弦长问题 ‎(1)斜率为k的直线与圆锥曲线交于两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则所得弦长：‎ ‎|P1P2|＝ ‎＝·|x1－x2|‎ ‎＝ ‎＝|y1－y2|。‎ ‎(2)斜率不存在时，可求出交点坐标，直接运算(利用两点间距离公式)。‎ ‎3．圆锥曲线的中点弦问题 遇到弦中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解。‎ 在椭圆＋＝1中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝－；在双曲线－＝1中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝；在抛物线y2＝2px(p＞0)中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝。在使用根与系数关系时，要注意使用条件是Δ≥0。‎ 微点提醒 ‎1．弦长公式使用时要注意直线的斜率情况，对于斜率不存在的直线要单独处理，对于抛物线中的过焦点的弦要使用其特定的公式。‎ ‎2．直线与双曲线或与抛物线的交点问题比直线与椭圆的交点问题更为复杂，除了可以利用方程分析，还可以结合图象分析。‎ 小|题|快|练 一 、走进教材 ‎1．(选修2－1P71例6改编)过点(0,1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，这样的直线有(　　)‎ A．1条　　　 B．2条　　　‎ C．3条　　　 D．4条 ‎【解析】　结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x＝0，过点(0,1)且平行于x轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线(非直线x＝0)。故选C。‎ ‎【答案】　C ‎2．(选修2－1P69例4改编)直线l经过抛物线y2＝4x的焦点F，与抛物线相交于A，B两点，若|AB|＝8，则直线l的方程为________。‎ ‎【解析】　当直线l的斜率不存在时，显然不成立。‎ 设直线l的斜率为k，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，‎ 因为直线l过焦点F(1,0)，‎ 故直线l的方程为y＝k(x－1)。‎ 由得k2(x－1)2＝4x，‎ 即k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，‎ 则 所以|AB|＝|x1－x2|‎ ‎＝ ‎＝＝＝8，‎ 所以k2＝1，故k＝±1。‎ 所以直线l的方程为y＝±(x－1)，‎ 即x－y－1＝0或x＋y－1＝0。‎ ‎【答案】　x－y－1＝0或x＋y－1＝0‎ 二、双基查验 ‎1．“直线与双曲线相切”是“直线与双曲线只有一个公共点”的(　　)‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【解析】　直线与双曲线相切时，只有一个公共点，但直线与双曲线相交时，也可能有一个公共点，例如：与双曲线的渐近线平行的直线与双曲线只有一个交点。故选A。‎ ‎【答案】　A ‎2．(2016·锦州模拟)过抛物线y2＝8x的焦点F作倾斜角为135°的直线交抛物线于A，B两点，则弦AB的长为(　　)‎ A．4 B．8 ‎ C．12 D．16‎ ‎【解析】　抛物线y2＝8x的焦点F的坐标为(2,0)，直线AB的倾斜角为135°，故直线AB的方程为y＝－x＋2，代入抛物线方程y2＝8x，得x2－12x＋4＝0。设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则弦AB的长|AB|＝x1＋x2＋4＝12＋4＝16。故选D。‎ ‎【答案】　D ‎3．设P，Q分别为圆x2＋(y－6)2＝2和椭圆＋y2＝1上的点，则P，Q两点间的最大距离是(　　)‎ A．5 B.＋ ‎ C．7＋ D．6 ‎【解析】　圆心M(0,6)，设椭圆上的点为Q(x，y)，‎ 则|MQ|＝＝ ‎＝，‎ 当y＝－∈[－1,1]时，|MQ|max＝5。‎ 所以|PQ|max＝5＋＝6。故选D。‎ ‎【答案】　D ‎4．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点(2，)在C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。‎ ‎【解析】　(1)由题意有＝，＋＝1，‎ 解得a2＝8，b2＝4，所以C的方程为＋＝1。‎ ‎(2)证明：设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，‎ A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)。‎ 将y＝kx＋b代入＋＝1得 ‎(2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0。‎ xM＝＝，yM＝kxM＋b＝。‎ 于是直线OM的斜率kOM＝＝－，‎ 即kOM·k＝－。‎ 所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值。‎ ‎【答案】　(1)＋＝1　(2)见解析 第一课时　最值、范围问题 微考点　大课堂 考点一 ‎ 直线与圆锥曲线的位置关系 ‎【典例1】　(1)直线y＝kx＋2与抛物线y2＝8x有且只有一个公共点，则k 的值为(　　)‎ A．1　　　　　　　　 B．1或3‎ C．0 D．1或0‎ ‎(2)过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F，斜率为的直线交抛物线于A，B两点，若＝λ(λ>1)，则λ的值为(　　)‎ A．5 B．4‎ C. D. ‎【解析】　(1)由得k2x2＋(4k－8)x＋4＝0，若k＝0，则y＝2，若k≠0，则Δ＝0，‎ 即64－64k＝0，解得k＝1，‎ 所以直线y＝kx＋2与抛物线y2＝8x有且只有一个公共点时，k＝0或1。故选D。‎ ‎(2)根据题意设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 由＝λ得＝λ，‎ 故－y1＝λy2，即λ＝－。‎ 设直线AB的方程为y＝，‎ 联立直线与抛物线方程，消元得y2－py－p2＝0。‎ 故y1＋y2＝p，y1·y2＝－p2，＝＋＋2＝－，‎ 即－λ－＋2＝－。又λ>1，故λ＝4。故选B。‎ ‎【答案】　(1)D　(2)B 反思归纳　直线与圆锥曲线位置关系的判定方法及关注点 ‎1．判定方法：直线与圆锥曲线方程联立，消去x(或y)，判定该方程组解的个数，方程组有几组解，直线与圆锥曲线就有几个交点；有时也会考虑数形结合思想。‎ ‎2．关注点：(1)联立直线与圆锥曲线的方程消元后，应注意讨论二次项系数是否为零的情况。(2)判断直线与圆锥曲线位置关系时，判别式Δ起着关键性的作用，第一：可以限定所给参数的范围；第二：可以取舍某些解以免产生增根。‎ ‎【变式训练】　(1)过点A(1,0)作倾斜角为的直线，与抛物线y2＝2x交于M，N两点，则|MN|＝____。‎ ‎(2)已知点(4,2)是直线l被椭圆＋＝1所截得的线段的中点，则l的方程是________。‎ ‎【解析】　(1)斜率k＝tan＝1，所以过点A(1,0)的直线方程为y＝x－1。将其代入抛物线方程y2＝2x，得x2－4x＋1＝0。‎ 因为判别式Δ＝16－4＞0，所以设它的两根分别为x1，x2。‎ 于是x1＋x2＝4，x1x2＝1。‎ 故|MN|＝＝×＝2。‎ ‎(2)设直线l与椭圆相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则＋＝1，且＋＝1，‎ 两式相减得＝－。‎ 又x1＋x2＝8，y1＋y2＝4，‎ 所以＝－，‎ 故直线l的方程为y－2＝－(x－4)，‎ 即x＋2y－8＝0。‎ ‎【答案】　(1)2　(2)x＋2y－8＝0‎ 考点二 ‎ 最值问题 ‎【典例2】　(2016·重庆适应性测试)如图，F是椭圆＋＝1(a>b>0)的右焦点，O是坐标原点，|OF|＝，过F作OF的垂线交椭圆于P0，Q0两点，△OP0Q0的面积为。‎ ‎(1)求该椭圆的标准方程；‎ ‎(2)若直线l与上、下半椭圆分别交于点P，Q，与x轴交于点M，且|PM|＝2|MQ|，求△OPQ的面积取得最大值时直线l的方程。‎ ‎【解析】　(1)由题可得，|P‎0F|＝＝＝，‎ 易知|P‎0F|＝，从而＝。‎ 又c＝|OF|＝，即a2－b2＝5，因此a2－a－5＝0，解得a＝3或a＝－，又a>0，故a＝3，从而b＝2。‎ 故所求椭圆的标准方程为＋＝1。‎ ‎(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(m,0)，由题知y1>0，y2<0，并可设直线l：x＝ty＋m(t≠0)，代入椭圆方程得＋＝1，即(4t2＋9)y2＋8tmy＋4(m2－9)＝0　(*)。‎ 由题意可知|m|≤3，Δ>0，从而 y1＋y2＝－，y1y2＝。‎ 由|PM|＝2|MQ|，得＝＝2，即y1＝－2y2。‎ 因此y2＝－(y1＋y2)＝，y1y2＝－2y，故＝－22，‎ 从而m2＝。‎ 所以S△OPQ＝|OM||y1－y2|＝|m||－3y2|＝＝＝≤3。‎ 当且仅当4|t|＝，即t＝±时，等号成立，此时m2＝＝5，满足方程(*)的根的判别式大于0。‎ 注意到y2＝且y2<0，知tm<0，故满足题意的直线l的方程为x＝y－或x＝－y＋，对应△OPQ的面积取得最大值3。‎ ‎【答案】　(1)＋＝1‎ ‎(2)x＝y－或x＝－y＋ 反思归纳　最值问题的两类解法 ‎1．几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，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，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解。‎ ‎【变式训练】　设椭圆M：＋＝1(a>b>0)的离心率与双曲线x2－y2＝1的离心率互为倒数，且椭圆的长轴长为4。‎ ‎(1)求椭圆M的方程；‎ ‎(2)若直线y＝x＋m交椭圆M于A，B两点，P(1，)为椭圆M上一点，求△PAB面积的最大值。‎ ‎【解析】　(1)双曲线的离心率为，‎ 则椭圆的离心率e＝＝，‎ 由⇒ 故椭圆M的方程为＋＝1。‎ ‎(2)由得4x2＋2mx＋m2－4＝0，‎ 由Δ＝(‎2m)2－16(m2－4)>0，‎ 得－2b>0)的右焦点为F2(3,0)，离心率为e。‎ ‎(1)若e＝，求椭圆的方程；‎ ‎(2)设直线y＝kx与椭圆相交于A，B两点，若·＝0，且0⇒m2<3k2＋1。①‎ ‎∴xP＝＝－。‎ 从而yP＝kxP＋m＝。‎ ‎∴kAP＝＝－。‎ 又|AM|＝|AN|，∴AP⊥MN，‎ 则－＝－，即‎2m＝3k2＋1。②‎ 把②代入①，得m2<‎2m，解得00，解得m>。‎ 综上，m的取值范围是。‎ 答案　(1)＋y2＝1　(2) 第二课时　定点、定值、探索性问题 微考点　大课堂 考点一 ‎ 定点问题 ‎【典例1】　(2016·江西师大附中模拟)已知抛物线C的标准方程为y2＝2px(p>0)，M为抛物线C上一动点，A(a,0)(a≠‎ ‎0)为其对称轴上一点，直线MA与抛物线C的另一个交点为N。当A为抛物线C的焦点且直线MA与其对称轴垂直时，△MON的面积为18。‎ ‎(1)求抛物线C的标准方程；‎ ‎(2)记t＝＋，若t值与M点位置无关，则称此时的点A为“稳定点”，试求出所有“稳定点”，若没有，请说明理由。‎ ‎【解析】　(1)由题意，得S△MON＝·|OA|·|MN|＝··2p＝＝18，∴p＝6。故抛物线C的标准方程为y2＝12x。‎ ‎(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，‎ 设直线MN的方程为x＝my＋a，联立得y2－12my－‎12a＝0，‎ ‎∴Δ＝‎144m2‎＋‎48a>0，y1＋y2＝‎12m，y1y2＝－‎12a。‎ 由对称性，不妨设m>0，‎ ‎①当a<0时，∵y1y2＝－‎12a>0，∴y1，y2同号。‎ 又t＝＋＝＋，‎ ‎∴t2＝·＝· ‎＝，‎ 不论a取何值，t均与m有关，即a<0时，A不是“稳定点”。‎ ‎②当a>0时，∵y1y2＝－‎12a<0，∴y1，y2异号。‎ 又t＝＋＝＋，‎ ‎∴t2＝·＝·＝·＝，‎ ‎∴仅当a－1＝0，即a＝3时，t与m无关，A(3,0)为稳定点。‎ ‎【答案】　(1)y2＝12x　(2)见解析 反思归纳　定点问题常见的2种解法 ‎1．假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；‎ ‎2．从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意。‎ ‎【变式训练】　已知平面上的动点R(x，y)及两定点A(－2,0)，B(2,0)，直线RA，RB的斜率分别为k1，k2，且k1k2＝－。设动点R的轨迹为曲线C。‎ ‎(1)求曲线C的方程；‎ ‎(2)四边形MNPQ的四个顶点均在曲线C上，且MQ∥NP，MQ⊥x轴。若直线MN和直线QP交于点S(4,0)，那么四边形MNPQ的两条对角线的交点是否为定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由。‎ ‎【解析】　(1)由题知x≠±2，且k1＝，k2＝，则·＝－，整理得，曲线C的方程为＋＝1(y≠0)。‎ ‎(2)设MP与x轴交于D(t,0)，则直线MP的方程为x＝my＋t(m≠0)，设M(x1，y1)，P(x2，y2)，由对称性知Q(x1，－y1)，N(x2，－y2)，由消去x，得(‎3m2‎＋4)y2＋6mty＋3t2－12＝0，‎ 所以Δ＝48(‎3m2‎＋4－t2)>0，由M，N，S三点共线知kMS＝kNS，即＝，y1(my2＋t－4)＋y2(my1＋t－4)＝0，整理得2my1y2＋(t－4)(y1＋y2)＝0，所以＝0，即‎24m(t－1)＝0，t＝1。所以直线MP过定点D(1,0)，同理可得直线NQ也过定点D(1,0)(或由对称性判断)，即四边形MNPQ两条对角线的交点是定点，且定点坐标为(1,0)。‎ ‎【答案】　(1)＋＝1(y≠0)　(2)是定点(1,0)‎ 考点二 ‎ 定值问题 ‎【典例2】　(2016·北京高考)已知椭圆C：‎ ＋＝1过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。‎ ‎【解析】　(1)由题意得，a＝2，b＝1。‎ 所以椭圆C的方程为＋y2＝1。‎ 又c＝＝，‎ 所以离心率e＝＝。‎ ‎(2)证明：设P(x0，y0)(x0<0，y0<0)，则x＋4y＝4。‎ 又A(2,0)，B(0,1)，‎ 所以，直线PA的方程为y＝(x－2)。‎ 令x＝0，得yM＝－，从而|BM|＝1－yM＝1＋。‎ 直线PB的方程为y＝x＋1。‎ 令y＝0，得xN＝－，从而|AN|＝2－xN＝2＋。‎ 所以四边形ABNM的面积 S＝|AN|·|BM|‎ ‎＝ ‎＝ ‎＝＝2。‎ 从而四边形ABNM的面积为定值。‎ ‎【答案】　(1)＋y2＝1，离心率　(2)见解析 反思归纳　定值问题常见的2种求法 ‎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。‎ ‎【变式训练】　已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点F1(－1,0)，长轴长与短轴长的比是2∶。‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)过F1作两直线m，n交椭圆于A，B，C，D四点，若m⊥n，求证：＋为定值。‎ ‎【解析】　(1)由已知得 解得a＝2，b＝。故所求椭圆方程为＋＝1。‎ ‎(2)证明：由已知F1(－1,0)，当直线m不垂直于坐标轴时，可设直线m的方程为y＝k(x＋1)(k≠0)。‎ 由得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0。‎ 由于Δ>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有 x1＋x2＝－，x1x2＝，‎ ‎|AB|＝ ‎＝ ‎＝。同理|CD|＝。‎ 所以＋＝＋ ‎＝＝。‎ 当直线m垂直于坐标轴时，此时|AB|＝3，|CD|＝4；或|AB|＝4，|CD|＝3，‎ 所以＋＝＋＝。‎ 综上，＋为定值。‎ ‎【答案】　(1)＋＝1　(2)见解析 考点三 ‎ 探索性问题 ‎【典例3】　已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m>0)，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。‎ ‎(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；‎ ‎(2)若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由。‎ ‎【解析】　(1)证明：设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)。‎ 将y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2，‎ 得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，‎ 故xM＝＝，‎ yM＝kxM＋b＝。‎ 于是直线OM的斜率kOM＝＝－，‎ 即kOM·k＝－9。‎ 所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值。‎ ‎(2)四边形OAPB能为平行四边形。‎ 因为直线l过点，所以由Δ＝4k2b2－4(k2＋9)(b2－m2)>0，即k‎2m2‎>9b2－‎9m2‎，‎ ‎∵b＝m－m，‎ ‎∴k‎2m2‎>92－‎9m2‎，‎ 即k2>k2－6k，则k>0，‎ 所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0，k≠3。‎ 由(1)得OM的方程为y＝－x。‎ 设点P的横坐标为xP，‎ 由得x＝，即xP＝。‎ 将点的坐标代入直线l的方程得b＝，因此xM＝。‎ 四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM。‎ 于是＝2×，‎ 解得k1＝4－，k2＝4＋。‎ 因为ki>0，ki≠3，i＝1,2，所以当直线l的斜率为4－或4＋时，四边形OAPB为平行四边形。‎ ‎【答案】　(1)见解析　(2)直线l的斜率为4－或4＋时，四边形OAPB为平行四边形 反思归纳　解决是否存在直线的问题时，可依据条件寻找适合条件的直线方程，联立方程消元得出一元二次方程，利用判别式得出是否有解。‎ ‎【变式训练】　(2017·兰州模拟)如图，椭圆C：‎ ＋＝1(a>b>0)经过点P，离心率e＝，直线l的方程为x＝4。‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P)，设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3。问：是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由。‎ ‎【解析】　(1)由P在椭圆上得，‎ ＋＝1，①‎ 依题设知a＝‎2c，则a2＝‎4c2，b2＝‎3c2，②‎ 将②代入①得c2＝1，a2＝4，b2＝3。‎ 故椭圆C的方程为＋＝1。‎ ‎(2)存在。由题意可设AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＝k(x－1)，③‎ 代入椭圆方程并整理得(4k2＋3)x2－8k2x＋4(k2－3)＝0。‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则有x1＋x2＝，x1x2＝，④‎ 在方程③中令x＝4，得M(4,3k)。‎ 从而k1＝，k2＝，‎ k3＝＝k－。‎ 注意到A，F，B三点共线，则有k＝kAF＝kBF，‎ 即＝＝k。‎ 所以k1＋k2＝＋＝＋－＝2k－·，⑤‎ 将④代入⑤得k1＋k2＝2k－·＝2k－1。‎ 又k3＝k－，所以k1＋k2＝2k3。故存在常数λ＝2符合题意。‎ ‎【答案】　(1)＋＝1　(2)存在λ＝2‎ 微考场　新提升 ‎1．如图，在平面直角坐标系xOy中，点F，直线l：x＝－，点P在直线l上移动，R是线段PF与y轴的交点，RQ⊥FP，PQ⊥l。‎ ‎(1)求动点Q的轨迹C的方程；‎ ‎(2)设圆M过A(1,0)，且圆心M在曲线C上，TS是圆M在y轴上截得的弦，当M运动时，弦长|TS|是否为定值？请说明理由。‎ 解析　(1)依题意知，点R是线段FP的中点，且RQ⊥FP，‎ RQ是线段FP的垂直平分线。‎ ‎∵点Q在线段FP的垂直平分线上，∴|PQ|＝|QF|，‎ 又|PQ|是点Q到直线l的距离，‎ 故动点Q的轨迹是以F为焦点，l为准线的抛物线，其方程为y2＝2x(x>0)。‎ ‎(2)弦长|TS|为定值。理由如下：‎ 取曲线C上点M(x0，y0)，M到y轴的距离为d＝|x0|＝x0，圆的半径r＝|MA|＝，‎ 则|TS|＝2＝2，‎ 因为点M在曲线C上，所以x0＝，‎ 所以|TS|＝2＝2，是定值。‎ 答案　(1)y2＝2x(x>0)‎ ‎(2)是定值2，理由见解析 ‎2．椭圆的两焦点坐标分别为F1(－，0)，F2(，0)，且椭圆过点P。‎ ‎(1)求椭圆方程；‎ ‎(2)若A为椭圆的左顶点，作AM⊥AN与椭圆交于两点M，N，试问：直线MN是否恒过x轴上的一个定点？若是，求出该点坐标；若不是，请说明理由。‎ 解析　(1)设椭圆的方程为＋＝1(a>b>0)，‎ 由题意得c＝，且椭圆过点P，‎ ‎∴解得 ‎∴椭圆方程为＋y2＝1。‎ ‎(2)由已知直线MN与y轴不垂直，假设其过定点T(a，0)‎ 设其方程为x＝my＋a。‎ 由得(m2＋4)y2＋2amy＋a2－4＝0。‎ 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 y1＋y2＝－，y1y2＝。‎ ‎∴x1＋x2＝my1＋a＋my2＋a＝m(y1＋y2)＋‎2a，‎ x1x2＝(my1＋a)(my2＋a)＝m2y1y2＋am(y1＋y2)＋a2。‎ ‎∵AM⊥AN，∴·＝0，‎ 即(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2)＝0，‎ ‎∴x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝0。‎ ‎∴(m2＋1)y1y2＋m(a＋2)(y1＋y2)＋(a＋2)2＝0，‎ 即－＋(a＋2)2＝0。‎ 若a＝－2，则T与A重合，不合题意，∴a＋2≠0，‎ 整理得a＝－。‎ 综上，直线MN恒过定点。‎ 答案　(1)＋y2＝1‎ ‎(2)直线MN恒过定点