微专题2 专项3 圆锥曲线中的定点、定值问题（教师word）-【金版新学案】2025年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（北师大版2019）

专项三　圆锥曲线中的定点、定值问题 处理圆锥曲线中定点问题的方法：(1)探索直线过定点时，可设直线方程为y＝kx＋m，然后利用条件建立k，m的等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点；(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关． 处理圆锥曲线中定值问题的方法：(1)从特殊情况入手，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． 题型一　定点问题 角度1　直线过定点问题 (2023·全国乙卷)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，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． 解：　(1)由题意可得解得 所以椭圆方程为＋＝1. (2)证明：由题意可知：直线PQ的斜率存在，设PQ：y＝k(x＋2)＋3，P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 联立方程 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)＝－1 728k>0，解得k<0， 可得x1＋x2＝－，x1x2＝， 因为A(－2，0)，则直线AP：y＝(x＋2)， 令x＝0，解得y＝，即M， 同理可得N， 则＝＋＝ ＝ ＝＝＝3， 所以线段MN的中点是定点(0，3)． 角度2　 其他曲线过定点问题 (2023·山东烟台二模)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点在椭圆上． (1)求椭圆C的方程； (2)设点A，F分别为椭圆的左顶点和右焦点，过点F的直线l交C于点M，N，直线AM，AN分别交直线x＝1于点P，Q，求证：以PQ为直径的圆过定点． 解：(1)由题意可知， ＝，又a2＝b2＋c2，所以a2＝4b2， 因为点 在椭圆上，所以 ＋＝1， 联立两式可得a2＝4，b2＝1， 故椭圆C的方程为 ＋y2＝1. (2)证明：法一：由(1)可得，A(－2，0)，F( ，0)， 当直线l的斜率不存在时， l：x＝，M，N， 可得 P，Q， 此时以PQ为直径的圆的方程为 (x－1)2＋y2＝， 由对称性知，定点一定在x轴上， 所以当y＝0时，x＝4－或－2. 所以PQ为直径的圆过定点E ，E′， 当直线l的斜率存在时，设其方程为 y＝k(x－)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 联立 消去y可得 x2－8k2x＋12k2－4＝0， 则有 x1＋x2＝，x1x2＝， 直线AM的方程为 y＝(x＋2)，令x＝1，可得 P，同理可得Q. 要使以PQ为直径的圆过定点E，E′， 只需·＝0，·＝0即可． ＝(－3，)，＝(－3，)， 所以·＝(－3)2＋·＝－9＋· ＝－9＋ ＝－9＋ ＝－9＋＝－9＋＝0. 即·＝0， 所以⊥，也就是说以PQ为直径的圆过定点E， 同理以PQ为直径的圆也过定点E′， 综上所述，以PQ为直径的圆过定点(4－，0)，(－2，0)． 法二：由(1)可得，A(－2，0)，F( ，0)， 当直线l的斜率存在时，设其方程为 y＝k(x－)(k≠0)，M，N， 联立消去y可得 x2－8k2x＋12k2－4＝0， 则有 x1＋x2＝，x1x2＝， 直线AM的方程为 y＝(x＋2)，令x＝1，可得 P， 同理可得 Q. 所以P，Q中点的纵坐标为 ＝ ＝ ＝ ＝. |PQ|＝|－|＝， 因为 |x1－x2|＝＝ ＝， 代入上式可得|PQ|＝， 所以圆心为 ， 半径为 ， 所以以PQ为直径的圆的方程为 (x－1)2＋2＝， 化简可得 (x－1)2＋y2－y＝， 由对称性知，定点一定在x轴上， 所以当y＝0时，x＝4－或－2. 所以以PQ为直径的圆过定点 ， ， 当直线l的斜率不存在时， l：x＝，M，N， 可得 P，Q， 此时以PQ为直径的圆的方程为 2＋y2＝， 点 ，在圆上， 综上所述，以PQ为直径的圆过定点 ， . 学生用书↓第230页 规律方法 1．求解直线或曲线过定点问题的基本思路 (1)把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点； (2)由直线方程确定其过定点时，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．用好两个策略 (1)“先特殊后一般”策略：即从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关； (2)“重视对称作用”策略：即用好“由题意知，定点必在x轴上，或者定点显然在y轴上”．　　 对点练1.(2024·九省适应性测试) 已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点，过F与l垂直的直线交C于D，E两点，其中B，D在x轴上方，M，N分别为AB，DE的中点． (1)证明：直线MN过定点； (2)设G为直线AE与直线BD的交点，求△GMN面积的最小值． 解：(1)证明： 由C：y2＝4x，故F(1，0)，由直线AB与直线DE垂直， 故两条直线斜率都存在且不为0， 设直线AB，DE分别为x＝m1y＋1，x＝m2y＋1，有m1m2＝－1， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，E(x3，y3)，D(x4，y4)，如图所示： 联立C：y2＝4x与直线AB，即有 消去x可得y2－4m1y－4＝0， Δ＝16m＋16>0， 故y1＋y2＝4m1，y1y2＝－4， 则x1＋x2＝(m1y1＋1)＋(m1y2＋1)＝m1(y1＋y2)＋2＝4m＋2， 故＝2m＋1，＝2m1， 即M(2m＋1，2m1)，同理可得N(2m＋1，2m2)． 当2m＋1≠2m＋1时， 则lMN：y＝(x－2m－1)＋2m1， 即y＝(x－2m－1)＋2m1＝－＋2m1＝－＝－， 由m1m2＝－1， 即y＝－＝(x－3)， 故x＝3时，有y＝(3－3)＝0， 此时MN过定点，且该定点为(3，0)， 当2m＋1＝2m＋1时，即m＝m时，由m1m2＝－1，即m1＝±1时， 有lMN：x＝2＋1＝3，也过定点(3，0)， 故直线MN过定点，且该定点为(3，0)． (2)由A(x1，y1)，B(x2，y2)，E(x3，y3)，D(x4，y4)， 则lAE：y＝(x－x1)＋y1，由y＝4x1，y＝4x2， 故y＝＋y1＝－＋y1＝＋， 同理可得lBD：y＝＋， 联立两直线，即 有＋＝＋， 即4x(y4＋y2)＋y1y3(y4＋y2)＝4x(y3＋y1)＋y2y4(y3＋y1)， 有x＝，由y1y2＝－4，同理y3y4＝－4， 故x＝ ＝ ＝＝－1， 故xG＝－1， 过点G作GQ∥x轴，交直线MN于点Q，则S△GMN＝×， 由M(2m＋1，2m1)，N(2m＋1，2m2)， 故＝2m1－2m2＝2m1＋≥2＝4， 当且仅当m1＝±1时，等号成立， 下证≥4： 由抛物线的对称性，不妨设m1>0，则m2<0， 当m1>1时，有m2＝－∈(－1，0)，则点G在x轴上方，点Q也在x轴上方， 有＝>0，由直线MN过定点(3，0)， 此时>3－(－1)＝4， 同理，当m1<1时，有点G在x轴下方，点Q也在x轴下方， 有<0，故此时>4， 当且仅当m1＝1时，xQ＝3， 故≥4恒成立，且m1＝±1时，等号成立， 故S△GMN＝×≥×4×4＝8. 对点练2.(2024·湖南三湘名校联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b≥1)的离心率为，其上焦点到直线bx＋2ay－＝0的距离为. (1)求椭圆C的方程； (2)过点P的直线l交椭圆C于A，B两点，试探究以线段AB为直径的圆是否过定点，若过，求出定点坐标；若不过，请说明理由． 解：(1)由题意得，e＝＝， 又a2＝b2＋c2，所以a＝b，c＝b， 又＝，a>b≥1，所以b2＝1，a2＝2， 故椭圆C的方程为＋x2＝1. (2)当AB⊥x轴时，以线段AB为直径的圆的方程为2＋y2＝. 当AB⊥y轴时，以线段AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝1， 可得两圆交点为Q(－1，0)， 由此可知，若以线段AB为直径的圆恒过定点，则该定点为Q(－1，0)， 下证Q(－1，0)符合题意， 设直线l的斜率存在，且不为0， 其方程为y＝k，代入＋x2＝1， 并整理得(k2＋2)x2－k2x＋k2－2＝0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1＋x2＝，x1x2＝， 所以·＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝x1x2＋x1＋x2＋1＋k2＝(1＋k2)x1x2＋(x1＋x2)＋1＋k2＝(1＋k2)·＋·＋1＋k2＝0，故⊥， 即Q(－1，0)在以线段AB为直径的圆上， 综上，以线段AB为直径的圆恒过定点(－1，0)． 题型二　定值问题 角度1　长度或距离为定值 (2024·安徽黄山第二次质检)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)，F为焦点，若圆E：(x－1)2＋y2＝16与抛物线C交于A，B两点，且|AB|＝4. (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． 解：(1)由题意可知圆E的圆心坐标为E(1，0)，半径为r＝4， 由圆的圆心及抛物线的焦点均在x轴上以及对称性可知AB⊥x轴，设AB与x轴的交点为G， 在直角三角形AGE中，|GE|＝＝＝2，因此|OG|＝|OE|＋|GE|＝3， 故A(3，2)，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：设P(x0，y0)，－3≤x0<3，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＝0①， 由相切知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＝(y－y1)，即yy1＝2x＋2x1，同理，在点N处的切线方程为yy2＝2x＋2x2， 因为两切线交于点P(x0，y0)，所以y0y1＝2x0＋2x1，y0y2＝2x0＋2x2，则直线MN的方程为2x－y0y＋2x0＝0， 由得y2－2y0y＋4x0＝0， 所以y1＋y2＝2y0，y1y2＝4x0， 于是|MF|·|NF|＝(x1＋1)(x2＋1)＝(＋1)(＋1)＝＋＋＋1＝x＋[(2y0)2－2×4x0]＋1＝(x0－1)2＋y， 又点P(x0，y0)在圆E：(x－1)2＋y2＝16上， 所以(x0－1)2＋y＝16，即|MF|·|NF|＝16. 学生用书↓第231页 角度2　斜率或代数式为定值 (2024·河南名校联考)在椭圆C：＋＝1(a>b>0)中，其所有外切矩形的顶点在一个定圆Γ：x2＋y2＝a2＋b2上，称此圆为椭圆的蒙日圆．椭圆C过P(1，)，Q(－，)． (1)求椭圆C的方程； (2)过椭圆C的蒙日圆上一点M，作椭圆的一条切线，与蒙日圆交于另一点N，若kOM，kON存在，证明：kOM·kON为定值． 解：(1)将P(1，)，Q(－，)代入到＋＝1， 可得解得a2＝2，b2＝1， 所以椭圆C的方程为＋y2＝1. (2)证明：由题意可知，蒙日圆方程为：x2＋y2＝3. (ⅰ)若直线MN斜率不存在，则直线MN的方程为：x＝或x＝－. 不妨取x＝，易得M，N，kOM＝＝，kON＝＝－， 所以kOM·kON＝－. (ⅱ)若直线MN斜率存在，设直线MN的方程为：y＝kx＋t. 联立化简整理得x2＋4ktx＋2t2－2＝0， 据题意有Δ＝16k2t2－4＝0，于是有：t2＝2k2＋1. 设M(x1，y1) (x1≠0)，N(x2，y2) (x2≠0)． 化简整理得x2＋2ktx＋t2－3＝0， Δ1＝4k2t2－4(k2＋1)(t2－3)＝4(3k2－t2＋3)＝4(3k2＋3－2k2－1)＝4(k2＋2)>0， x1＋x2＝－，x1x2＝. 则kOM·kON＝ ＝ ＝＝k2＋ ＝k2＋ ＝ ＝， 因为t2＝2k2＋1，所以kOM·kON＝＝＝－. 综上可知，kOM·kON为定值－. 规律方法 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略 1．求代数式为定值：依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可得出定值． 2．求点到直线的距离为定值：利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得． 3．求某线段长度为定值：利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．　　 对点练3.(2024·湖南长沙模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点D(0，－1)，且有两个顶点所在直线的斜率为，过椭圆左顶点A的直线l与椭圆C交于点M，与y轴交于点N. (1)若△AMD的面积为，求直线l的方程； (2)设过原点O且与直线l平行的直线l′交椭圆于点P，求证：为定值． 解：(1)因为椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点D(0，－1)， 所以b2＝1， 又椭圆有两个顶点所在直线的斜率为，则＝， 所以a＝2， 故椭圆方程为＋y2＝1. 由题意过椭圆左顶点A的直线l与椭圆C交于点M，A(－2，0)， 可知直线的斜率存在，不妨设为k，则直线l的方程为y＝k(x＋2)， 由得x2＋16k2x＋16k2－4＝0. 设M(x1，y1)， x1－2＝－，所以x1＝，故M， 所以|AM|＝＝， 点D(0，－1)到直线y＝k(x＋2)的距离d＝， 因为△AMD的面积为，所以×|AM|×d＝， 即××＝，解得k＝－或k＝1. 所以直线l的方程为y＝－(x＋2)或y＝x＋2， 即x＋6y＋2＝0或x－y＋2＝0. (2)证明：由(1)可知直线l的方程为y＝k(x＋2)，N(0，2k)，|AM|＝， 所以|AN|＝＝2， 设直线OP的方程为y＝kx， 由得x2－4＝0， 设P(x0，y0)，则x＝，则y＝， 所以|OP|2＝x＋y＝， 故＝＝2， 因此为定值． 学生用书↓第232页 对点练4.(2024·河北唐山一模)已知双曲线E：－＝1(a>0，b>0)过点P(2，2)，且P与E的两个顶点连线的斜率之和为4. (1)求E的方程； (2)过点M(1，0)的直线l与双曲线E交于A，B两点(异于点P)．设直线BC与x轴垂直且交直线AP于点C，若线段BC的中点为N，证明：直线MN的斜率为定值，并求该定值． 解：(1)双曲线的两顶点坐标为(a，0)，(－a，0)，所以有＋＝＝4，解得a2＝2， 将P(2，2)代入E的方程可得b2＝4， 故E的方程为－＝1. (2)依题意，可设直线l：y＝k(x－1)(k≠2)， A(x1，y1)，B(x2，y2)． 联立消去y整理得(k2－2)x2－2k2x＋k2＋4＝0， 所以k2≠2，Δ＝(－2k2)2－4(k2－2)(k2＋4)>0， 解得k2<4且k2≠2， 根据根与系数的关系可得x1＋x2＝，x1x2＝，所以3(x1＋x2)－2x1x2＝4.(*) 又AP：y＝(x－2)＋2， 所以C的坐标为， 由y1＝k(x1－1)可得(x2－2)＋2＝ ＝， 从而可得N的纵坐标yN＝(yC＋y2)＝ ＝， 将(*)式代入上式，得yN＝， 即N. 所以kMN＝＝ ＝， 由(*)式得x1x2＝(x1＋x2)－2，代入上式，得kMN＝ ＝＝＝2. 题型三　定直线问题 (2023·新课标Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－2，0)，离心率为. (1)求C的方程； (2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(－4，0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P，证明：点P在定直线上． 解：(1)设双曲线方程为－＝1(a>0，b>0)，由焦点坐标可知c＝2， 则由e＝＝，可得a＝2，b＝＝4， 故双曲线方程为－＝1. (2)证明：由(1)可得A1(－2，0)，A2(2，0)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 显然直线的斜率不为0，所以设直线 MN 的方程为x＝my－4，且－<m<， 与－＝1联立可得(4m2－1)y2－32my＋48＝0，且Δ＝64(4m2＋3)>0， 则y1＋y2＝，y1y2＝， 直线MA1的方程为y＝(x＋2)，直线NA2的方程为y＝(x－2)， 联立直线MA1与直线NA2的方程可得 ＝＝ ＝ ＝＝＝－， 由＝－可得x＝－1，即xP＝－1， 据此可得点P在定直线 x＝－1上． 规律方法 动点在定直线上的问题解题方法 1．设点法：通过已知点轨迹，消去参数，从而得到轨迹方程． 2．待定系数法：设出含参数的直线方程，待定系数求解系数． 3．验证法：面对复杂问题时，可从特殊情况入手，以确定可能的定直线，然后再验证该直线对一般情况是否符合，属于“先猜后证”．　　 对点练5.(2023·山东淄博一模)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)上一点P(2，t)到其焦点F的距离为3，A，B为抛物线C上异于原点的两点．延长AF，BF分别交抛物线C于点M，N，直线AN，BM相交于点Q. (1)若AF⊥BF，求四边形ABMN面积的最小值； (2)证明：点Q在定直线上． 解：(1)由抛物线定义可知，2＋＝3，解得p＝2， 即抛物线C的方程为y2＝4x， 由题意，设A(x1，y1)，M(x2，y2)，直线AM的方程x＝my＋1(m≠0)， 由消去x得y2－4my－4＝0，Δ＝16m2＋16>0恒成立， 由韦达定理可知y1＋y2＝4m，y1·y2＝－4， 故|AM|＝x1＋x2＋p＝m(y1＋y2)＋4＝4， 因为AF⊥BF，所以直线BN的方程为 x＝－y＋1， 于是|BN|＝4， 则SABMN＝·|AM|·|BN|＝×4×4＝8≥32， 当且仅当m2＝，即m＝±1时等号成立， 所以四边形ABMN面积的最小值为32. (2)设B(x3，y3)，N( x4，y4)，Q(xQ，yQ)，因为A，B，M，N都在C上， 所以xi＝(i＝1，2，3，4)， 因为A，N，Q三点共线，所以有＝， 即＝，整理得yQ＝， 同理，因为B，M，Q三点共线，可得yQ＝， 即＝， 解得4xQ＝ ， 由(1)可知，y1·y2＝y3·y4＝－4，代入上式可得4xQ＝＝－4， 得xQ＝－1， 即点Q在定直线x＝－1上． 课时测评69　圆锥曲线中的定点、定值问题 (时间：40分钟，满分100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 1．(20分)(2024·福建福州模拟)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)离心率为，焦距为2. (1)求E的方程； (2)过点T(1，0)分别作斜率和为1的两条直线l1与l2，设l1交E于A，B两点，l2交E于C，D两点，AB，CD的中点分别为M，N.求证：直线MN过定点． 解：(1)由已知条件可得 解得 所以椭圆E的方程为＋＝1. (2)证明： 设直线AB的方程为y＝k1(x－1)，直线CD的方程为y＝k2(x－1)，则k1＋k2＝1. 联立⇒x2－4kx＋2k－4＝0， 因为点T(1，0)在椭圆E内，则直线l1，l2与椭圆E均相交， 设点A(x1，y1)，B(x2，y2)， 所以x1＋x2＝，则y1＋y2＝k1(x1－1)＋k1(x2－1)＝k1(x1＋x2－2)＝， 所以线段AB的中点为M. 同理可得，线段CD的中点为N， 所以直线MN斜率为 k＝＝＝＝k1k2－. 所以直线MN方程为 y＝＋＝x＋－· ＝x－＝x－k1k2， 所以直线MN的方程可化为k1k2(x－1)－＝0， 由可得因此直线MN恒过定点. 2．(20分)(2024·四川南充三模)已知椭圆C：＋＝1的左、右焦点为F1，F2，离心率为.点P是椭圆C上不同于顶点的任意一点，射线PF1，PF2分别与椭圆C交于点A，B，△PF1B的周长为8. (1)求椭圆C的标准方程； (2)若＝λ1，＝λ2，求证：λ1＋λ2为定值． 解：(1)因为C△PF1B ＝|PF1|＋|PF2|＋|BF1|＋|BF2|＝2a＋2a＝4a， 所以4a＝8，a＝2， 由离心率为得＝， 所以c＝1，从而b＝， 所以椭圆C的标准方程为＋＝1. (2)证明：设P(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则＋＝1， 可设直线PA的方程为x＝my－1，其中m＝， 联立化简得y2－6my－9＝0， 则y0y1＝＝，同理可得，y0y2＝. 因为＝λ1，＝λ2. 所以λ1＋λ2＝＋＝＋＝－y0 ＝ ＝ ＝＝＝， 所以λ1＋λ2是定值. 3．(30分)(2024·广东深圳模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，A，B分别是C的右、上顶点，且|AB|＝，D是C上一点，△BF2D周长的最大值为8. (1)求C的方程； (2)C的弦DE过F1，直线AE，AD分别交直线x＝－4于M，N两点，P是线段MN的中点，证明：以PD为直径的圆过定点． 解：(1)依题意，a2＋b2＝7, △BF2D周长|DB|＋|DF2|＋a＝|DB|＋2a－|DF1|＋a≤|BF1|＋3a＝4a，当且仅当B，F1，D三点共线时等号成立，故4a＝8, 所以a2＝4，b2＝3，所以C的方程为＋＝1. (2)证明：设D(x1，y1)，E(x2，y2)，直线DE：x＝my－1，代入＋＝1， 整理得y2－6my－9＝0， Δ＝36m2＋36>0，y1＋y2＝，y1y2＝， 易知AD：y＝(x－2)，令x＝－4， 得N，同理可得M， 从而中点P， 以PD为直径的圆为 (x＋4) (x－x1)＋(y－y1)＝0, 由对称性可知，定点必在x轴上， 令y＝0得，(x＋4)(x－x1)－3y1(＋)＝0， ＋＝＋ ＝ ＝＝＝－m， 所以(x＋4) (x－x1)＋3my1＝0，即x2＋(4－x1)x－4x1＋3my1＝0， 因为x1＝my1－1， 所以x2＋(5－my1)x－my1＋4＝0， 即(x＋1) (x－my1＋4)＝0, 解得x＝－1，所以以PD为直径的圆过定点(－1，0). 4．(30分)(2024·山东泰安模拟)已知曲线C上的动点P满足|PF1|－|PF2|＝2，且F1(－2，0)，F2(2，0). (1)求C的方程； (2)若直线AB与C交于A，B两点，过A，B分别作C的切线，两切线交于点P′.在以下两个条件①②中选择一个条件，证明另外一个条件成立． ①直线AB经过定点M(4，0)； ②点P′在定直线x＝上． 解：(1)因为|PF1|－|PF2|＝2<4＝|F1F2|， 所以曲线C是以F1，F2为焦点，以2为实轴长的双曲线的右支， 所以2a＝2，即a＝1， 又因为F1(－2，0)，F2(2，0)，所以c＝2，得b2＝3， 所以曲线C的方程为x2－＝1(x≥1)． (2)证明：若选择①证明②成立． 依题意，AB在双曲线右支上，此时直线AB的斜率必不为0， 设直线方程为x＝my＋4，A(x1，y1)，B(x2，y2)，不妨设A在第一象限，B在第四象限． 因为x2－＝1(x≥1)，所以y＝3x－3，且y＝，求导得y′＝， 所以过点A的切线方程为y－y1＝(x－x1), 化简为y·y1＝3x1x－3①， 同理y·y2＝3x2x－3②， 联立方程①②得，交点P′的横坐标为， 因为点A，B在直线AB上，所以x1＝my1＋4，x2＝my2＋4， 所以x1y2＝my1y2＋4y2，x2y1＝my1y2＋4y1， 所以P′的横坐标＝＝. 即点P′在定直线x＝上. 若选择②证明①成立． 不妨设A在第一象限，B在第四象限．设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 因为x2－＝1(x≥1)，所以y＝3x－3，且y＝， 求导得y′＝，所以过点A的切线方程为y－y1＝(x－x1)， 化简为y·y1＝3x1x－3①， 同理y·y2＝3x2x－3②， 联立方程①②得交点P′的横坐标为， 由题意，＝， 即x1y2－x2y1＝4y2－4y1＝4(y2－y1)③. 因为A(x1，y1)，B(x2，y2)， 所以直线AB的方程为y－y1＝(x－x1)， 即(x2－x1)(y－y1)＝(y2－y1)(x－x1)， 整理得x1y2－x2y1＝(y2－y1)x＋(x1－x2)y， 由③式可得(y2－y1) (x－4)＋(x1－x2)y＝0， 易知x＝4，y＝0，即直线AB过定点M(4，0)． 学生用书↓第233页 学科网（北京）股份有限公司 $$