第四讲 大题考法——圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题
题型(一)
定点问题
主要考查直线、曲线过定点或两条直线的交点在定曲线上.
[典例感悟]
[典例1] (2018·宁波“十校”高三5月联考)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，且点P为椭圆E上一点．点A，B为椭圆E的上下顶点，动点M在第一象限内且坐标为(m,2)，过M作直线MA，MB分别交椭圆E于C，D两点．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)问直线CD是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
[解] (1)由e＝＝，a2＝b2＋c2，得a＝2b.①
把代入椭圆方程，得＋＝1.②
联立①②，解得a＝2，b＝1，
∴椭圆E的标准方程为＋y2＝1.
(2)由题意知，A(0,1)，B(0，－1)，则直线MA的方程为y＝＋1，直线MB的方程为y＝－1，
联立
得xC＝，xD＝，
∴C，D，
∴kCD＝＝，则直线CD的方程为y－＝，
即y＝x＋，
∴直线CD过定点.
[备课札记]
[方法技巧]
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．
[演练冲关]
1.如图，过顶点在原点、对称轴为y轴的抛物线E上的点A(2,1)作斜率分别为k1，k2的直线，分别交抛物线E于B，C两点．
(1)求抛物线E的标准方程和准线方程；
(2)若k1＋k2＝k1k2，证明：直线BC恒过定点．
解：(1)设抛物线E的标准方程为x2＝ay，a>0，
将A(2,1)代入得，a＝4.
所以抛物线E的标准方程为x2＝4y，准线方程为y＝－1.
(2)证明：由题意得，直线AB的方程为y＝k1x＋1－2k1，直线AC的方程为y＝k2x＋1－2k2，
联立
消去y得x2－4k1x－4(1－2k1)＝0，
解得x＝2或x＝4k1－2，
因此点B(4k1－2，(2k1－1)2)，
同理可得C(4k2－2，(2k2－1)2)．
于是直线BC的斜率
k＝
＝＝k1＋k2－1，又k1＋k2＝k1k2，
所以直线BC的方程为y－(2k2－1)2＝(k1k2－1)·[x－(4k2－2)]，
即y＝(k1k2－1)x－2k1k2－1＝(k1k2－1)(x－2)－3.
故直线BC恒过定点(2，－3)．
题型(二)
定 值 问 题
主要以直线与圆锥曲线的位置关系为背景，考查转化与化归思想和对定值问题的处理能力，常涉及式子、面积的定值问题.
[典例感悟]
[典例2] 已知抛物线C：y2＝2px(p>1)上的点A到其焦点的距离为，且点A在曲线x＋y2－＝0上．
(1)求抛物线C的方程；
(2)M(x1，y1)，N(x2，y2)是抛物线C上异于原点的两点，Q(x0，y0)是线段MN的中点，点P是抛物线C在点M，N处切线的交点，若|y1－y2|＝4p，证明△PMN的面积为定值．
[解] (1)设点A(xA，yA)，
∵点A到抛物线焦点的距离为，
∴xA＝－，y＝2pxA＝2p，
又点A在曲线x＋y2－＝0上，
∴－＋2p－＝0，
即p2－p＋1＝0，解得p＝2或p＝(舍去)，
∴抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)证明：由(1)知M，N，|y1－y2|＝8，设抛物线C在点M处的切线的斜率为k(k≠0)，则该切线的方程为y－y1＝k，
联立方程得消去x，整理得
ky2－4y＋4y1－ky＝0，
∵M是切点，∴Δ＝16－4k(4y1－ky)＝0，
即4－4ky1＋k2y＝0，解得k＝，
∴直线PM的方程为y－y1＝，
即y＝x＋，
同理得直线PN的方程为y＝x＋，
联立方程得解得
∴P，
∵Q是线段MN的中点，∴y0＝，
∴PQ∥x轴，且x0＝＝，
∴△PMN的面积S＝|PQ|·|y1－y2|＝·|y1－y2|＝·|y1－y2|＝|y1－y2|3＝32，
即△PMN的面积为定值．
[备课札记]
[方法技巧]
求解定值问题的两大途径
(1)首先由特例得出一个值(此值一般就是定值)然后证明定值：即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．
[演练冲关]
2．(2019届高三·湖南五市十校联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，过左焦点F且垂直于长轴的弦长为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)点P(m,0)为椭圆C的长轴上的一个动点，过点P且斜率为的直线l交椭圆C于A，B两点，证明：|PA|2＋|PB|2为定值．
解：(1)由可得
故椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)证明：设直线l的方程为x＝y＋m，
代入＋＝1，消去x，并整理得25y2＋20my＋8(m2－25)＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝－m，y1y2＝，
又易得|PA|2＝(x1－m)2＋y＝y，
同理可得|PB|2＝y.
则|PA|2＋|PB|2＝(y＋y)＝[(y1＋y2)2－2y1y2]＝＝41.
所以|PA|2＋|PB|2是定值．
题型(三)
存 在 性 问 题
主要以直线与圆锥曲线的位置关系为背景，考查学生分析问题和解决问题的能力.
[典例感悟]
[典例3] (2019届高三·浙江七校联考)已知中心在原点，焦点在x轴上的椭圆的离心率为，直线l过椭圆右焦点F，且交椭圆于A，B两点，当直线l的倾斜角为时，|AB|＝.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)在直线x＝2上是否存在点D，使得△DAB为正三角形？若存在，求出D点的坐标；若不存在，请说明理由．
[解] (1)由题意得解得
∴椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(2)存在，理由如下：
设直线AB的方程为x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为M.
联立消去x，整理，
得(m2＋2)y2＋2my－1＝0，
则y1＋y2＝，y1y2＝，x1＋x2＝，
故M，|AB|＝·|y1－y2|＝.
假设存在点D(2，t)使得△DAB为正三角形，
则D到直线AB的距离d＝，
由于△DAB为正三角形，则有
即
解得m＝±，则t＝±.
∴存在点D满足题意．
[备课札记]
[方法技巧]
求解存在性问题的思路及策略
(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．
[演练冲关]
3．(2018·惠州调研)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，
因此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，证明如下：
设直线的方程为y＝2x＋t，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
P，Q(x4，y4)，
由消去x，
得9y2－2ty＋t2－8＝0，
所以y1＋y2＝，
且由Δ＝4t2－36(t2－8)>0，得－3由＝，得＝(x4－x2，y4－y2)，
所以有y1－＝y4－y2，
即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．
[技法指导]
圆锥曲线解答题的常见类型是：第(1)小题通常是根据已知条件，求曲线方程或离心率，一般比较简单．第(2)小题往往是通过方程研究曲线的性质——弦长问题、中点弦问题、动点轨迹问题、定点与定值问题、最值问题、相关量的取值范围问题等等，这一小题综合性较强，可通过巧设“点”“线”，设而不求．在具体求解时，可将整个解题过程分成程序化的三步：
第一步，联立两个方程，并将消元所得方程的判别式与根与系数的关系正确写出；
第二步，用两个交点的同一类坐标的和与积，来表示题目中涉及的位置关系和数量关系；
第三步，求解转化而来的代数问题，并将结果回归到原几何问题中．
在求解时，要根据题目特征，恰当的设点、设线，选用恰当运算方法，合理地简化运算.
[典例] (2018·稽阳联谊学校高三联考)已知离心率为的椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点P，与坐标轴不平行的直线l与椭圆C交于A，B两点，其中M为A关于y轴的对称点，N，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)分别记△PAO，△PBO的面积为S1，S2，当M，N，B三点共线时，求S1·S2的最大值．
[解题示范]
(1)∵＝，a2＝b2＋c2，∴a＝2b，
∴椭圆C的方程可化为＋＝1.
将点P代入，得a＝2，b＝1，
∴椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)设l：y＝kx＋m，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则M(－x1，y1)．
由消去y，
得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
∴x1＋x2＝，x1x2＝.
∵M，N，B三点共线，∴kMN＝kBN，
∴＋＝0.
化简得8k(1－m)＝0，
∴m＝或k＝0(舍去)．
设A，B两点到直线OP的距离分别为d1，d2，
∵lOP：x－2y＝0，|OP|＝，
∴d1＝，d2＝，
∴S1＝×d1×|OP|＝××
＝|x1－2y1|，
S2＝d2|OP|＝|x2－2y2|，
∴S1·S2＝|(x1－2y1)(x2－2y2)|
＝|(2k－)2x1x2＋(2k－)(x1＋x2)＋2|
＝.
又∵∈，
∴当k＝－时，S1·S2的最大值为.
[思维升华]
解决解析几何问题的关键在于：通观全局，局部入手，整体思维．反映在解题上，就是把曲线的几何特征准确地转换为代数形式，根据方程画出图形，研究几何性质．
[应用体验]
(2019届高三·河南名校联考)如图，设点A，B的坐标分别为(－，0)，(，0)，直线AP，BP相交于点P，且它们的斜率之积为－.
(1)求点P的轨迹方程；
(2)设点P的轨迹为C，点M，N是轨迹C上不同于A，B的两点，且满足AP∥OM，BP∥ON，求证：△MON的面积为定值．
解：(1)设点P的坐标为(x，y)，由题意得，
kAP·kBP＝·＝－(x≠±)，
化简得，点P的轨迹方程为＋＝1(x≠±)．
(2)证明：由题意知，M，N是椭圆C上不同于A，B的两点，且AP∥OM，BP∥ON，则直线AP，BP的斜率必存在且不为0.
而且kOM·kON＝kAP·kBP＝－.
设直线MN的方程为x＝my＋t，代入椭圆方程＋＝1，得(3＋2m2)y2＋4mty＋2t2－6＝0，
设M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
所以y1＋y2＝－，y1y2＝.
又kOM·kON＝
＝＝，
所以＝－，即2t2＝2m2＋3.
又S△MON＝|t||y1－y2|＝，
所以S△MON＝＝，即△MON的面积为定值.
1．(2018·浙江高考名师预测卷二)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的一个焦点与抛物线y2＝8x的焦点相同，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点．M为椭圆上任意一点，△MF1F2面积的最大值为4.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C上的任意一点N(x0，y0)，从原点O向圆N：(x－x0)2＋(y－y0)2＝3作两条切线，分别交椭圆于A，B两点．试探究|OA|2＋|OB|2是否为定值，若是，求出定值；若不是，请说明理由．
解：(1)抛物线y2＝8x的焦点为(2，0)，
由题意可得c＝2.
当点M位于椭圆短轴的端点处时，△MF1F2的面积最大，
即有×b×2c＝4，解得b＝2，
所以a2＝b2＋c2＝4＋8＝12，
故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设直线OA：y＝k1x，OB：y＝k2x，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
设过原点与圆(x－x0)2＋(y－y0)2＝3相切的切线方程为y＝kx，
则有＝，整理得(x－3)k2－2x0y0k＋y－3＝0，
所以k1＋k2＝，k1k2＝.
又因为点N在椭圆上，所以＋＝1，
所以可求得k1k2＝＝－.
将y＝k1x代入椭圆方程x2＋3y2＝12，
得x＝，则y＝.
同理可得x＝，y＝，
所以|OA|2＋|OB|2＝＋
＝
＝＝16.
所以|OA|2＋|OB|2的值为定值，且为16.
2.如图，曲线C由上半椭圆C1：＋＝1(a>b>0，y≥0)和部分抛物线C2：y＝－x2＋1(y≤0)连接而成，C1与C2的公共点为A，B，其中C1的离心率为.
(1)求a，b的值；
(2)过点B的直线l与C1，C2分别交于点P，Q(均异于点A，B)，是否存在直线l，使得以PQ为直径的圆恰好过点A，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
解：(1)在C2的方程中，令y＝0，可得x＝±1，
∴A(－1,0)，B(1,0)．
又A，B两点是上半椭圆C1的左、右顶点，∴b＝1.
设C1的半焦距为c，由＝及a2－c2＝b2＝1可得a＝2，∴a＝2，b＝1.
(2)由(1)知，上半椭圆C1的方程为＋x2＝1(y≥0)．
由题易知，直线l与x轴不重合也不垂直，设其方程为y＝k(x－1)(k≠0)．
代入C1的方程，整理得(k2＋4)x2－2k2x＋k2－4＝0.
设点P的坐标为(xP，yP)，又直线l经过点B(1,0)，
∴xP＋1＝，xP＝.
从而yP＝，∴点P的坐标为.
同理，由
得点Q的坐标为(－k－1，－k2－2k)．
∴＝(k，－4)，＝－k(1，k＋2)．
依题意可知AP⊥AQ，
∴·＝0，即[k－4(k＋2)]＝0，
∵k≠0，∴k－4(k＋2)＝0，解得k＝－.
经检验，k＝－符合题意，
故直线l的方程为y＝－(x－1)．
3.已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，右焦点为F，右顶点为E，P为直线x＝a上的任意一点，且(＋)·＝2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过F且垂直于x轴的直线AB与椭圆交于A，B两点(点A在第一象限)，动直线l与椭圆C交于M，N两点，且M，N位于直线AB的两侧，若始终保持∠MAB＝∠NAB，求证：直线MN的斜率为定值．
解：(1)设P，F(c,0)，E(a,0)，则＝，＝，＝(c－a,0)，
所以(＋)·＝·＝2，即·(c－a)＝2，又e＝＝，
所以a＝2，c＝1，b＝，
从而椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由(1)知A，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
设MN的方程为y＝kx＋m，代入椭圆方程＋＝1，
得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝.
又M，N是椭圆上位于直线AB两侧的动点，若始终保持∠MAB＝∠NAB，
则kAM＋kAN＝0，即＋＝0，
(x2－1)＋(x1－1)＝0，
即(2k－1)(2m＋2k－3)＝0，得k＝.
故直线MN的斜率为定值.
4．(2018·镇海中学5月模拟)已知抛物线C1，C2的方程分别为x2＝2y，y2＝2x.
(1)求抛物线C1和抛物线C2的公切线l的方程；
(2)过点G(a，b)(a，b为常数)作一条斜率为k的直线与抛物线C2：y2＝2x交于P，Q两点，当弦PQ的中点恰好为点G时，试求k与b之间的关系．
解：(1)由题意可知，直线l的斜率显然存在，且不等于0，
设直线l的方程为y＝tx＋m.
联立消去y并整理得x2－2tx－2m＝0，
因为直线l与抛物线C1相切，
所以Δ1＝(－2t)2－4×(－2m)＝0，整理得t2＋2m＝0.①
同理，联立得2tm＝1.②
由①②，解得
所以直线l的方程为y＝－x－.
(2)由题意知直线PQ的方程为y－b＝k(x－a)，
即y＝k(x－a)＋b.联立
消去y得k2x2＋(－2k2a＋2kb－2)x＋k2a2＋b2－2kab＝0，
当k＝0时，直线PQ与抛物线C2：y2＝2x只有一个交点，故k≠0，
设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
所以由根与系数的关系得x1＋x2＝，
所以＝.
又y1＋y2＝k(x1－a)＋b＋k(x2－a)＋b
＝k(x1＋x2)－2ka＋2b＝－2ka＋2b
＝＝，
所以＝.
要满足弦PQ的中点恰好为点G(a，b)，根据中点坐标公式可知即所以kb＝1.
故k与b之间的关系是互为倒数．
5．已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率为，它的一个焦点恰好与抛物线y2＝4x的焦点重合．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆的上顶点为A，过点A作椭圆C的两条动弦AB，AC，若直线AB，AC斜率之积为，直线BC是否恒过一定点？若经过，求出该定点坐标；若不经过，请说明理由．
解：(1)由题意知椭圆的一个焦点为F(1,0)，则c＝1.
由e＝＝得a＝，所以b＝1，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)由(1)知A(0,1)，当直线BC的斜率不存在时，
设BC：x＝x0，设B(x0，y0)，则C(x0，－y0)，
kAB·kAC＝·＝＝＝≠，
不合题意．故直线BC的斜率存在．设直线BC的方程为y＝kx＋m(m≠1)，并代入椭圆方程，得：
(1＋2k2)x2＋4kmx＋2(m2－1)＝0，①
由Δ＝(4km)2－8(1＋2k2)(m2－1)>0，
得2k2－m2＋1>0.②
设B(x1，y1)，C(x2，y2)，则x1，x2是方程①的两根，
由根与系数的关系得，
x1＋x2＝－，x1x2＝，
由kAB·kAC＝·＝得：
4y1y2－4(y1＋y2)＋4＝x1x2，
即(4k2－1)x1x2＋4k(m－1)(x1＋x2)＋4(m－1)2＝0，
整理得(m－1)(m－3)＝0，
又因为m≠1，所以m＝3，
此时直线BC的方程为y＝kx＋3.
所以直线BC恒过一定点(0,3)．
课件34张PPT。圆锥曲线中的定点、
定值、存在性问题大题考法——四讲第题型(一) 定点问题题型(二) 定 值 问 题题型(三) 存 在 性 问 题[高考5个大题] 题题研诀窃圆锥曲线问题巧在“设”——难在“算”
“课时跟踪检测”见“课时跟踪检测(十六)”
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1．(2018·浙江高考名师预测卷二)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的一个焦点与抛物线y2＝8x的焦点相同，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点．M为椭圆上任意一点，△MF1F2面积的最大值为4.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C上的任意一点N(x0，y0)，从原点O向圆N：(x－x0)2＋(y－y0)2＝3作两条切线，分别交椭圆于A，B两点．试探究|OA|2＋|OB|2是否为定值，若是，求出定值；若不是，请说明理由．
解：(1)抛物线y2＝8x的焦点为(2，0)，
由题意可得c＝2.
当点M位于椭圆短轴的端点处时，△MF1F2的面积最大，
即有×b×2c＝4，解得b＝2，
所以a2＝b2＋c2＝4＋8＝12，
故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设直线OA：y＝k1x，OB：y＝k2x，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
设过原点与圆(x－x0)2＋(y－y0)2＝3相切的切线方程为y＝kx，
则有＝，整理得(x－3)k2－2x0y0k＋y－3＝0，
所以k1＋k2＝，k1k2＝.
又因为点N在椭圆上，所以＋＝1，
所以可求得k1k2＝＝－.
将y＝k1x代入椭圆方程x2＋3y2＝12，
得x＝，则y＝.
同理可得x＝，y＝，
所以|OA|2＋|OB|2＝＋
＝
＝＝16.
所以|OA|2＋|OB|2的值为定值，且为16.
2.如图，曲线C由上半椭圆C1：＋＝1(a>b>0，y≥0)和部分抛物线C2：y＝－x2＋1(y≤0)连接而成，C1与C2的公共点为A，B，其中C1的离心率为.
(1)求a，b的值；
(2)过点B的直线l与C1，C2分别交于点P，Q(均异于点A，B)，是否存在直线l，使得以PQ为直径的圆恰好过点A，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
解：(1)在C2的方程中，令y＝0，可得x＝±1，
∴A(－1,0)，B(1,0)．
又A，B两点是上半椭圆C1的左、右顶点，∴b＝1.
设C1的半焦距为c，由＝及a2－c2＝b2＝1可得a＝2，∴a＝2，b＝1.
(2)由(1)知，上半椭圆C1的方程为＋x2＝1(y≥0)．
由题易知，直线l与x轴不重合也不垂直，设其方程为y＝k(x－1)(k≠0)．
代入C1的方程，整理得(k2＋4)x2－2k2x＋k2－4＝0.
设点P的坐标为(xP，yP)，又直线l经过点B(1,0)，
∴xP＋1＝，xP＝.
从而yP＝，∴点P的坐标为.
同理，由
得点Q的坐标为(－k－1，－k2－2k)．
∴＝(k，－4)，＝－k(1，k＋2)．
依题意可知AP⊥AQ，
∴·＝0，即[k－4(k＋2)]＝0，
∵k≠0，∴k－4(k＋2)＝0，解得k＝－.
经检验，k＝－符合题意，
故直线l的方程为y＝－(x－1)．
3.已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，右焦点为F，右顶点为E，P为直线x＝a上的任意一点，且(＋)·＝2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过F且垂直于x轴的直线AB与椭圆交于A，B两点(点A在第一象限)，动直线l与椭圆C交于M，N两点，且M，N位于直线AB的两侧，若始终保持∠MAB＝∠NAB，求证：直线MN的斜率为定值．
解：(1)设P，F(c,0)，E(a,0)，则＝，＝，＝(c－a,0)，
所以(＋)·＝·＝2，即·(c－a)＝2，又e＝＝，
所以a＝2，c＝1，b＝，
从而椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由(1)知A，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
设MN的方程为y＝kx＋m，代入椭圆方程＋＝1，
得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝.
又M，N是椭圆上位于直线AB两侧的动点，若始终保持∠MAB＝∠NAB，
则kAM＋kAN＝0，即＋＝0，
(x2－1)＋(x1－1)＝0，
即(2k－1)(2m＋2k－3)＝0，得k＝.
故直线MN的斜率为定值.
4．(2018·镇海中学5月模拟)已知抛物线C1，C2的方程分别为x2＝2y，y2＝2x.
(1)求抛物线C1和抛物线C2的公切线l的方程；
(2)过点G(a，b)(a，b为常数)作一条斜率为k的直线与抛物线C2：y2＝2x交于P，Q两点，当弦PQ的中点恰好为点G时，试求k与b之间的关系．
解：(1)由题意可知，直线l的斜率显然存在，且不等于0，
设直线l的方程为y＝tx＋m.
联立消去y并整理得x2－2tx－2m＝0，
因为直线l与抛物线C1相切，
所以Δ1＝(－2t)2－4×(－2m)＝0，整理得t2＋2m＝0. ①
同理，联立得2tm＝1. ②
由①②，解得
所以直线l的方程为y＝－x－.
(2)由题意知直线PQ的方程为y－b＝k(x－a)，
即y＝k(x－a)＋b.联立
消去y得k2x2＋(－2k2a＋2kb－2)x＋k2a2＋b2－2kab＝0，
当k＝0时，直线PQ与抛物线C2：y2＝2x只有一个交点，故k≠0，
设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
所以由根与系数的关系得x1＋x2＝，
所以＝.
又y1＋y2＝k(x1－a)＋b＋k(x2－a)＋b
＝k(x1＋x2)－2ka＋2b＝－2ka＋2b
＝＝，
所以＝.
要满足弦PQ的中点恰好为点G(a，b)，根据中点坐标公式可知即所以kb＝1.
故k与b之间的关系是互为倒数．
5．已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率为，它的一个焦点恰好与抛物线y2＝4x的焦点重合．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆的上顶点为A，过点A作椭圆C的两条动弦AB，AC，若直线AB，AC斜率之积为，直线BC是否恒过一定点？若经过，求出该定点坐标；若不经过，请说明理由．
解：(1)由题意知椭圆的一个焦点为F(1,0)，则c＝1.
由e＝＝得a＝，所以b＝1，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)由(1)知A(0,1)，当直线BC的斜率不存在时，
设BC：x＝x0，设B(x0，y0)，则C(x0，－y0)，
kAB·kAC＝·＝＝＝≠，
不合题意．故直线BC的斜率存在．设直线BC的方程为y＝kx＋m(m≠1)，并代入椭圆方程，得：
(1＋2k2)x2＋4kmx＋2(m2－1)＝0， ①
由Δ＝(4km)2－8(1＋2k2)(m2－1)>0，
得2k2－m2＋1>0. ②
设B(x1，y1)，C(x2，y2)，则x1，x2是方程①的两根，
由根与系数的关系得，
x1＋x2＝－，x1x2＝，
由kAB·kAC＝·＝得：
4y1y2－4(y1＋y2)＋4＝x1x2，
即(4k2－1)x1x2＋4k(m－1)(x1＋x2)＋4(m－1)2＝0，
整理得(m－1)(m－3)＝0，
又因为m≠1，所以m＝3，
此时直线BC的方程为y＝kx＋3.
所以直线BC恒过一定点(0,3)．
