第二章 第9节 圆锥曲线的综合问题（Word教参）-【百汇大课堂】2026年高考数学总复习下册·第1轮（浙江专用）

第9节　圆锥曲线的综合问题 1．通过圆锥曲线与方程的学习，进一步体会数形结合的思想． 2．根据几何问题和图形的特点，用代数语言把几何问题转化成为代数问题． 3．通过对几何问题(图形)的分析，探索解决问题的思路，运用代数方法得到结论，给出代数结论合理的几何解释，解决几何问题． 4．能够根据不同的情境，建立平面直线和圆的方程，建立椭圆、抛物线、双曲线的标准方程，能够运用代数的方法研究上述曲线之间的基本关系． 第一课时　证明问题 [对应学生用书P63] [例] (2024·全国甲卷)设椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F，点M(1，)在C上，且MF⊥x轴． (1)求C的方程； (2)过点P(4，0)的直线交C于A，B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQ⊥y轴． (1)解：方法一(直接法)　 由题意知得 所以椭圆C的方程为＋＝1. 方法二　由题意知得 所以椭圆C的方程为＋＝1. 方法三(巧用椭圆的定义) 设F′为C的左焦点，连接MF′，则|MF|＝，|FF′|＝2， 在Rt△MFF′中，|MF′|＝＝＝， 由椭圆的定义知2a＝|MF′|＋|MF|＝4，2c＝|FF′|＝2，所以a＝2，c＝1， 又a2＝b2＋c2，所以b＝， 所以椭圆C的方程为＋＝1. (2)证明：由题意可知直线AB的斜率存在． 易知当直线AB的斜率为0时，AQ⊥y轴． 当直线AB的斜率不为0时，设直线AB：x＝ty＋4(t≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(1，n)， 联立方程得 消去x得(3t2＋4)y2＋24ty＋36＝0，Δ>0， 则y1＋y2＝，y1y2＝. 因为N为线段FP的中点，F(1，0)，所以N(，0). 由N，Q，B三点共线，得kBN＝kNQ，即＝，得－y2＝n(x2－)，得n＝， 所以n－y1＝－y1＝－y1＝＝＝0， 所以n＝y1，所以AQ⊥y轴． 圆锥曲线证明问题的关键点 树立“转化”意识，证明位置关系，如相切、垂直、过定点等，关键是将位置关系转化为代数关系． 几何性质 代数实现 对边平行 斜率相等或向量平行 对边相等 横(纵)坐标差相等 对角线互相平分 中点重合 两边垂直 数量积为0 训练1 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，点(1，)在该椭圆上，且该椭圆的右焦点F的坐标为(1，0). (1)求椭圆C的标准方程； (2)如图，过点F且斜率为k的直线l与椭圆交于M，N两点，记直线AM的斜率为k1，直线BN的斜率为k2，求证：k1＝k2. (1)解：依题意，可得解得 故椭圆C的标准方程为＋＝1. (2)证明：当直线l的斜率k＝0时，可得k1＝k2＝0，显然满足k1＝k2； 当k≠0时，不妨设直线l：x＝my＋1，联立消去x，整理得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0， 显然Δ＝36m2＋36(3m2＋4)>0.设M为(x1，y1)，N为(x2，y2)，则由根与系数的关系得故y1y2＝(y1＋y2). 因为A为(－2，0)，B为(2，0)，则k1＝，k2＝， 则3k1－k2＝－ ＝ ＝， 3y1(my2－1)－y2(my1＋3)＝2my1y2－3y1－3y2＝3(y1＋y2)－3(y1＋y2)＝0， 故得3k1＝k2，即k1＝k2. 训练2 (2025·郑州模拟)设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，P(x0，y0)是C上一点，且|PF|2－|PF|＝x＋x0，直线l经过点Q(－8，0). (1)求抛物线C的方程； (2)①若直线l与C相切，且切点在第一象限，求切点的坐标； ②若直线l与C在第一象限内的两个不同交点为A，B，且Q关于原点O的对称点为R，证明：直线AR，BR的倾斜角之和为π. (1)解：因为|PF|2－|PF|＝x＋x0， 所以|PF|2－x＝|PF|＋x0， 所以(|PF|＋x0)(|PF|－x0)＝|PF|＋x0，所以|PF|－x0＝1. 又P是C上一点，所以|PF|＝x0＋， 所以＝1，解得p＝2， 所以抛物线C的方程为y2＝4x. (2)①解：设切点的坐标为(t，2). 因为y＝2，所以y′＝，切线的斜率为， 所以切线方程为y－2＝(x－t)， 将Q(－8，0)代入上式，得－2＝(－8－t)， 所以t＝8，所以切点的坐标为(8，4). ②证明：由①得，直线AR，BR的斜率都存在． 要证直线AR，BR的倾斜角之和为π， 只要证明直线AR，BR的斜率之和为0. 设直线l的方程为x＋8＝ky(k>0)， A为(，y1)，B为(，y2)，R为(8，0)， 则kAR＝＝，同理得kBR＝， 联立得y2－4ky＋32＝0， 所以y1＋y2＝4k，y1y2＝32，Δ＝16k2－128>0， 即k>2， 所以kAR＋kBR＝＋ ＝＝0， 即直线AR，BR的倾斜角之和为π. [课时训练(18)见P194] 第二课时　最值、范围问题 [对应学生用书P64] 考向1　不等式法求最值、范围 [例1] 已知椭圆M：＋＝1(a>0)的一个焦点为F(－1，0)，左、右顶点分别为A，B，经过点F的直线l与椭圆M交于C，D两点． (1)求椭圆M的方程； (2)记△ABD与△ABC的面积分别为S1和S2，求|S1－S2|的最大值． 解：(1)因为F(－1，0)为椭圆M的焦点，所以c＝1. 又b2＝3，所以a2＝4，所以椭圆M的方程为＋＝1. (2)方法一　当直线l的斜率不存在时，直线方程为x＝－1，此时△ABD与△ABC的面积相等，即|S1－S2|＝0； 当直线l的斜率存在时，设C为(x1，y1)，D为(x2，y2)，直线l的方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，与椭圆M的方程联立，得消去y，得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，Δ>0恒成立，且x1＋x2＝－， 此时|S1－S2|＝2||y2|－|y1||＝2|y1＋y2|＝2|k(x1＋1)＋k(x2＋1)|＝2|k(x1＋x2)＋2k|＝＝≤＝＝，当且仅当＝4|k|，即k＝±时，等号成立，所以|S1－S2|的最大值为. 方法二　设C为(x1，y1)，D为(x2，y2)，直线l的方程为x＝my－1，与椭圆M的方程联立，得消去x， 得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，Δ>0恒成立， 且y1＋y2＝， 故|S1－S2|＝2||y2|－|y1||＝2|y1＋y2|＝＝≤＝＝， 当且仅当3|m|＝，即m＝±时，等号成立，所以|S1－S2|的最大值为. 利用不等式法求解最值、 范围问题的策略 (1)利用圆锥曲线的几何性质或几何量之间的关系构造不等式． (2)利用直线与圆锥曲线的位置关系、判别式构造不等式． (3)利用已知或其他隐含条件中的不等关系构造不等式． (4)常与一元二次不等式、基本不等式相关． 训练1 (2025·南京模拟)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的离心率为，点P(2，3)到其左、右焦点F1，F2的距离的差为2. (1)求双曲线C的方程； (2)在直线x＋2y＋t＝0上存在一点Q，过Q作两条相互垂直的直线均与双曲线C相切，求t的取值范围． 解：(1)依题意有双曲线的左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)， 则 解得则b2＝c2－a2＝4－3＝1， 所以双曲线C的方程为－y2＝1. (2)①若其中一条切线的斜率不存在，则另一条切线的斜率为0，则不满足条件； ②若切线的斜率存在，则设其斜率为k，Q为(x0，y0)， 则切线方程为y＝k(x－x0)＋y0， 联立消去y并整理得 (1－3k2)x2＋6k(kx0－y0)x－3k2x＋6kx0y0－3y－3＝0， 则Δ＝[6k(kx0－y0)]2－4(1－3k2)·(－3k2x＋6kx0y0－3y－3)＝0， 化简得12(kx0－y0)2－(36k2－12)＝0， 即(kx0－y0)2－(3k2－1)＝0， 化成关于k的一元二次方程得(x－3)k2－2x0y0k＋y＋1＝0. 设该方程的两根为k1，k2，即为两切线的斜率， 所以k1·k2＝＝－1，即x＋y＝2. 又点Q(x0，y0)在直线x＋2y＋t＝0上， 所以直线x＋2y＋t＝0与圆x2＋y2＝2有交点， 所以d＝≤，即|t|≤，即－≤t≤， 故t的取值范围为[－，]. 考向2　函数法求最值、范围 [例2] 在直角坐标系xOy中，动点P到直线x＝4的距离是它到点M(1，0)的距离的2倍，设动点P的轨迹为曲线C． (1)求曲线C的方程； (2)直线l：x＝my－1与曲线C交于A，B两点，求△MAB面积的最大值． 解：(1)设P为(x，y)， 因为点P到直线x＝4的距离是它到点M(1，0)的距离的2倍， 所以|x－4|＝2， 则x2－8x＋16＝4x2－8x＋4＋4y2，整理得＋＝1， 故曲线C的方程为＋＝1. (2)设A为(x1，y1)，B为(x2，y2)，联立方程组 整理得(3m2＋4)y2－6my－9＝0， 则Δ＝(－6m)2＋36(3m2＋4)＝144(m2＋1)>0， y1＋y2＝，y1y2＝－. 因为直线l：x＝my－1过点(－1，0)， 所以S△MAB＝×2×|y1－y2| ＝＝ ＝. 令t＝，t≥1，f(t)＝3t＋， 则f′(t)＝3－>0在[1，＋∞)上恒成立，所以f(t)在[1，＋∞)上单调递增， 则当t＝1时，f(t)min＝f(1)＝4，则S△MAB的最大值为3. 故△MAB面积的最大值为3. 利用函数法求解最值、范围问题的策略 (1)引入单变量，将所求解问题用含该变量的代数式表示，构造函数； (2)引入双变量，利用题设或其他条件建立两个变量之间的关系，通过消元的方法转化为单变量问题，构造函数； (3)注意挖掘变量所满足的条件，从而确定变量范围； (4)用函数的方法，如函数的单调性、导数等分析求解最值或范围． 训练2 (2025·合肥模拟)已知直线l：x－y＋1＝0与焦点为F的抛物线C：y2＝2px(p＞0)相切． (1)求抛物线C的方程； (2)过点F的直线m与抛物线C交于A，B两点，求A，B两点到直线l的距离之和的最小值． 解：(1)∵直线l：x－y＋1＝0与抛物线C相切． 由消去x得，y2－2py＋2p＝0， 从而Δ＝4p2－8p＝0，解得p＝2或p＝0(舍)， ∴抛物线C的方程为y2＝4x. (2)由于直线m的斜率不为0，所以可设直线m的方程为ty＝x－1，A为(x1，y1)，B为(x2，y2). 由消去x得y2－4ty－4＝0， ∴Δ>0，y1＋y2＝4t，从而x1＋x2＝4t2＋2， ∴线段AB的中点M的坐标为(2t2＋1，2t). 设点A到直线l的距离为dA，点B到直线l的距离为dB，点M到直线l的距离为d， 则dA＋dB＝2d＝2·＝2|t2－t＋1|＝2·|(t－)2＋|， ∴当t＝时，可使A，B两点到直线l的距离之和最小，距离的最小值为. [课时训练(19)见P196] 第三课时　定点、定直线问题 [对应学生用书P65] 考向1　定点问题 [例1] (2025·九江模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点为F，A是E上第一象限内的动点．当直线AF的倾斜角为时，|AF|＝4. (1)求E的方程； (2)已知点D(2，2)，B，C是E上不同的两点．若四边形ABCD是平行四边形，证明：直线AC过定点． (1)解：由题意可知，抛物线E的焦点F(，0)，准线为x＝－，过点A作x轴的垂线，垂足为H1，作准线的垂线，垂足为H2， 由抛物线定义可得|AH2|＝|AF|＝4. 因为直线AF的倾斜角为，则|FH1|＝2， 可得|AH2|＝p＋2＝4，解得p＝2， 所以E的方程为y2＝4x. (2)证明：设直线AC的方程为x＝my＋n，A为(x1，y1)，C为(x2，y2)，B为(x0，y0)， 联立方程组消去x，整理得y2－4my－4n＝0， 则Δ>0，y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n. 因为四边形ABCD是平行四边形， 则 即B为(4m2＋2n－2，4m－2)， 代入y2＝4x中得(4m－2)2＝4(4m2＋2n－2)，整理得n＝－2m， 则直线AC：x＝my＋－2m＝m(y－2)＋， 所以直线AC过定点(，2). 圆锥曲线中的定点问题的两种解法 (1)特殊推理法：先从特殊情况入手，求出定点，再证明定点与变量无关． (2)直接推理法：①选择一个参数建立直线系方程，一般将题目中给出的曲线方程(包含直线方程)中的常量当成变量，将变量x，y当成常量，将原方程转化为kf(x，y)＋g(x，y)＝0的形式(k是原方程中的常量)；②根据直线过定点时与参数没有关系(即直线系方程对任意参数都成立)，得到方程组③以②中方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点，若定点具备一定的限制条件，可以特殊解决． 训练1 已知双曲线C的渐近线方程为y＝±x，且过点P(3，). (1)求双曲线C的方程； (2)设Q(1，0)，直线x＝t不经过P点且与C相交于A，B两点，若直线BQ与C交于另一点D，求证：直线AD过x轴上的一定点． (1)解：因为渐近线方程为y＝±x， 所以可设双曲线C的方程为－＝λ(λ≠0)， 将点P(3，)代入得－＝λ，解得λ＝， 所以双曲线C的方程为－y2＝1. (2)证明：显然直线BQ的斜率不为零， 设直线BQ的方程为x＝my＋1， 点B(x1，y1)，D(x2，y2)，A(x1，－y1)， 联立消去x整理得(m2－3)y2＋2my－2＝0. 依题意得m2－3≠0且Δ＝4m2＋8(m2－3)＞0，即m2＞2且m2≠3， y1＋y2＝－，y1y2＝－. 则直线AD的方程为y＋y1＝(x－x1)， 令y＝0，得x＝＋x1 ＝＝ ＝ ＝＝＝3. 所以直线AD过x轴上的定点(3，0). 考向2　定直线问题 [例2] (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． (1)解：设双曲线的标准方程为－＝1(a>0，b>0). 由题意可得解得 所以双曲线C的方程为－＝1. (2)证明：易知A1(－2，0)，A2(2，0).设直线MN的方程为x＝my－4(－<m<)， 点M(x1，y1)，N(x2，y2). 联立直线MN与双曲线C的方程，得 消去x并整理，得(4m2－1)y2－32my＋48＝0， 则y1＋y2＝，y1y2＝， 且4m2－1≠0， Δ＝(－32m)2－4×48×(4m2－1)＝256m2＋192>0. 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的方程并消去y， 得＝＝ ＝ ＝ ＝＝－， 所以x＝－1，即点P在定直线x＝－1上． 定直线问题的解题策略 (1)动点在定直线上是圆锥曲线的常规题型，可以通过设参数法：通过已知点轨迹，消去参数，从而得到定直线方程．也可以通过待定系数法：设出含参数的直线方程，用待定系数法求解出系数． (2)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“先猜再证”． 训练2 (2025·徐州模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，右焦点为F(，0)，A，B分别为椭圆C的左、右顶点． (1)求椭圆C的方程； (2)过点D(1，0)作斜率不为0的直线l，直线l与椭圆C交于P，Q两点，直线AP与直线BQ交于点M，记AP的斜率为k1，BQ的斜率为k2.求证：点M在定直线上． (1)解：依题可得解得a＝2，c＝， 所以b2＝a2－c2＝1，即椭圆C的方程为＋y2＝1. (2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，因为直线l过点D(1，0)且斜率不为0， 所以可设直线l的方程为x＝ty＋1， 代入椭圆方程＋y2＝1得，(t2＋4)y2＋2ty－3＝0， 其判别式Δ＝4t2＋12(t2＋4)>0， 所以y1＋y2＝－，y1y2＝－. 两式相除得＝t，即ty1y2＝(y1＋y2). 因为A，B分别为椭圆C的左、右顶点， 所以点A的坐标为(－2，0)，点B的坐标为(2，0)， 所以k1＝＝，k2＝＝. 从而＝＝＝＝. 设k1＝m，则k2＝3m，所以直线AP的方程为y＝mx＋2m， 直线BQ的方程为y＝3mx－6m， 联立可得 所以直线AP与直线BQ的交点M的坐标为(4，6m)， 所以点M在定直线x＝4上． [课时训练(20)见P197] 第四课时　定值问题 [对应学生用书P67] [例] (2025·临沂模拟)已知点F是抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点，点P(4，m)(m>p)在抛物线C上，且|PF|＝5. (1)求抛物线C的方程； (2)过点F作两条互相垂直的直线l1，l2，l1交抛物线C于A，B两点，l2交C于M，N两点．求证：＋为定值． (1)解：抛物线C的准线方程为y＝－， 依题意解得或 而m>p，则p＝2， 所以抛物线C的方程为x2＝4y. (2)证明：由(1)知F(0，1)，直线l1，l2的斜率均存在， 不妨设直线l1的方程为y＝kx＋1，点A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由消去y得x2－4kx－4＝0，显然Δ＝(－4k)2＋16>0， 则x1＋x2＝4k，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝4k2＋2，因此|AB|＝|AF|＋|BF|＝y1＋＋y2＋＝4k2＋4＝4(k2＋1)， 由l1⊥l2，得直线l2的斜率为－， 同理得|MN|＝4(＋1)＝， 所以＋＝＋＝. 即＋为定值． 圆锥曲线中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． 训练1 (2025·遵义开学考试)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的离心率为，实轴长为6，A为双曲线C的左顶点，设直线l过定点B(－2，0)，且与双曲线C交于E，F两点． (1)求双曲线C的方程； (2)证明：直线AE与AF的斜率之积为定值． (1)解：因为双曲线的实轴长为6，所以a＝3. 因为双曲线的离心率为，所以＝， 解得c＝2， 由a2＋b2＝c2，得b＝， 则双曲线C的方程为－＝1. (2)证明：设点E(x1，y1)，F(x2，y2)，因为直线l过定点B(－2，0)，显然直线l不垂直于y轴，则设直线l：x＝my－2(m≠±)， 联立方程组消去x得(m2－3)y2－4my－5＝0， 由Δ＝16m2＋20(m2－3)>0，得m2>， 则y1＋y2＝，y1y2＝－， 因为A为双曲线C的左顶点，所以A(－3，0)， 直线AE的斜率kAE＝，直线AF的斜率kAF＝， 所以kAE·kAF＝ ＝ ＝ ＝＝， 即直线AE与AF的斜率之积为定值． 训练2 (2024·贵阳模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点M(2，1)在C上，·＝－1，过点M作两条斜率互为相反数的直线，分别交C于不同的两点A，B． (1)求椭圆C的标准方程； (2)证明：直线AB的斜率为定值，并求出该值． (1)解：设F1(－c，0)，F2(c，0)，且c2＝a2－b2， 因为＝(－c－2，－1)，＝(c－2，－1)， 又·＝－1， 所以(－c－2)(c－2)＋1＝－1，解得c＝. 又点M(2，1)在C上，所以＋＝1　①，又a2－b2＝6　②，联立①②，解得a2＝8，b2＝2， 所以椭圆C的标准方程为＋＝1. (2)证明：设直线MA的方程为y－1＝k(x－2)，直线MB的方程为y－1＝－k(x－2)， 由，消去y得到(1＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－4＝0， 所以xA＋2＝， 得到xA＝， 所以yA＝k(－2)＋1＝， 同理可得xB＝， yB＝， 所以kAB＝ ＝＝为定值， 即直线AB的斜率为定值，定值为. [课时训练(21)见P199] 第五课时　存在性问题 [对应学生用书P68] [例] (2024·天津卷)已知椭圆＋＝1(a>b>0)，椭圆的离心率e＝，左顶点为A，下顶点为B，O为坐标原点，C是线段OB的中点，其中S△ABC＝. (1)求椭圆的方程． (2)过点(0，－)的动直线与椭圆有两个交点P，Q，在y轴上是否存在点T使得·≤0？若存在，求出点T纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由． 解：(1)因为e＝＝，所以a＝2c，b＝＝c， 由题知A(－a，0)，B(0，－b)，C(0，－)， 所以S△ABC＝·|BC|·|OA|＝··a＝··2c＝，得c＝， 所以a＝2，b＝3. 故椭圆的方程为＋＝1. (2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，T(0，t). 当直线PQ的斜率不存在时，不妨设P(0，3)，Q(0，－3)，则·＝(0，3－t)·(0，－3－t)＝t2－9≤0，解得－3≤t≤3. 当直线PQ的斜率存在时，设其方程为y＝kx－， 联立可得(3＋4k2)x2－12kx－27＝0，所以Δ＝144k2＋4×27(3＋4k2)>0，x1＋x2＝，x1x2＝－. 因为·＝(x1，y1－t)·(x2，y2－t)＝x1x2＋(y1－t)·(y2－t)＝x1x2＋(kx1－－t)·(kx2－－t)＝(1＋k2)·x1x2－k(＋t)(x1＋x2)＋(＋t)2＝－－＋(＋t)2＝ ＝≤0， 所以4k2t2－36k2＋3t2＋9t－≤0对k∈R恒成立， 则有解得－3≤t≤. 综上可得，点T的纵坐标的取值范围是[－3，]. 存在性问题的解题策略 存在性(探索性)问题，一般是不给出确定性的结论，而是以“是否存在”设问，让考生根据题目的条件进行分析判断得出确定的结论．此类问题的常用解法：先假设存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，推证满足条件的结论，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．要注意的是 (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道，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取其他合适的方法． 训练1 已知平面内一动圆过点P(2，0)，且在y轴上截得的弦长为4，动圆圆心的轨迹为曲线C． (1)求曲线C的方程； (2)若过点Q(4，0)的直线l与曲线C交于点M，N，问：以MN为直径的圆是否过定点？若过定点，求出这个定点；若不过定点，请说明理由． 解：(1)设动圆圆心(x，y)， 当x≠0时，依题意，＝，即y2＝4x； 当x＝0时，曲线C的轨迹为点(0，0)，满足y2＝4x， 所以曲线C的轨迹方程为y2＝4x. (2)依题意，直线l不垂直于y轴，设直线l方程为x＝my＋4，点M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由消去x并整理得y2－4my－16＝0，Δ>0恒成立， 则令圆心为E(xE，yE)， 则yE＝2m，xE＝2m2＋4，E为(2m2＋4，2m)， 直径|MN|＝|y1－y2|＝·＝4， 则圆E的方程为[x－(2m2＋4)]2＋(y－2m)2＝4(m2＋1)·(m2＋4)， 当x＝0，y＝0时，(2m2＋4)2＋(2m)2＝4(m4＋5m2＋4)＝4(m2＋1)(m2＋4)， 因此对于∀m∈R，圆E恒过原点， 所以存在定点(0，0)，以MN为直径的圆过定点(0，0). 训练2 (2025·阜阳模拟)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右顶点分别为A(－1，0)，B(1，0)，动直线l过点M(2，0)，当直线l与双曲线C有且仅有一个公共点时，点B到直线l的距离为. (1)求双曲线C的标准方程． (2)当直线l与双曲线C交于异于A，B的两点P，Q时，记直线AP的斜率为k1，直线BQ的斜率为k2.是否存在实数λ，使得k2＝λk1成立？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)∵a＝1，∴x2－＝1， 故当直线l过点(2，0)且与双曲线C有且仅有一个公共点时，l与C的渐近线平行．设直线l：y＝±b(x－2)， 则点B(1，0)到直线l的距离为＝，∴b＝1， ∴双曲线C的标准方程为x2－y2＝1. (2)由题可知，直线l的斜率不为0， 设直线l：x＝my＋2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 由得(m2－1)y2＋4my＋3＝0(m2－1≠0)， Δ＝4m2＋12>0成立，则y1＋y2＝－，y1y2＝， ∴my1y2＝－(y1＋y2). ∵k1＝，k2＝， ∴λ＝＝＝＝＝＝＝＝－3. 故存在实数λ＝－3，使得k2＝λk1成立． [课时训练(22)见P201] 学科网（北京）股份有限公司 $$