解析几何中的双变量问题课件-2026届高三数学二轮复习

高三二轮复习——解析几何中的双变量问题 题型一 双变量基础型：直线过定点 题型选讲 ●命题分析 “解析几何中的双变量问题”是一个涉及解析几何中较为复杂但重要的内容．双变量问题通常指的是在解析几何中，需要同时考虑两个变量(通常是x和y)的方程或不等式组所描述的问题．今年的高考题中解析几何的大题，基本上都是和双变量问题有关的，所以引起重视． ●核心知识 直线过定点 1．直线多为y＝kx＋m型． 2．目标多为求：m＝f(k)． 3．一些题型，也可以直接求出对应的m的值． (1)求椭圆C的方程； (2)直线l：y＝kx＋m与椭圆交于点M，N，直线AM，AN分别交直线x＝－4于点P，Q，O为坐标原点．若|OP|＝|OQ|，求证：直线l经过定点． 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 所以(2k＋1)x1·x2＋(2k＋m＋3)(x1＋x2)＋4m＋8＝0， 把韦达定理代入整理得(m－2k＋1)(m－4k)＝0，∴m＝2k－1或m＝4k， 当m＝2k－1时，直线方程为y＝kx＋2k－1，∴y＋1＝k(x＋2)，过定点(－2，－1)，即点A，不符合题意，所以舍去． 当m＝4k时，直线方程为y＝kx＋4k，∴y＝k(x＋4)，过定点(－4,0)． 所以直线l经过定点． 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 化简可得n2＋8n－20＝0，解得n＝－10或n＝2， 当n＝2时，则x＝ty＋2，此时直线AB经过(2,0)，与N(2,0)重合，不符合题意，舍去， 当n＝－10，则x＝ty－10，此时直线恒经过(－10,0)，符合题意． (1)求双曲线C的离心率； (2)若直线l：y＝kx＋m与双曲线C相交于A，B两点(A，B均异于左、右顶点)，且以AB为直径的圆过双曲线C的左顶点D，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标． 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 消y整理得(4k2－1)x2＋8kmx＋4m2＋4＝0， 因为直线l与双曲线C有两个交点，所以Δ＝64k2m2－4(4k2－1)(4m2＋4)>0，即m2－4k2＋1>0， 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 题型二 无定点无斜率型双变量的问题 ●核心知识 当题中的直线既无斜率，又不过定点，就要设成“双变量”型：y＝kx＋m，依旧得讨论k是否存在情况 当直线既不过定点，也不知斜率时，设直线，就需要引入两个变量了． (1)设成y＝kx＋m.此时直线不包含斜率不存在，注意适当的对此补充讨论． (2)设成x＝ty＋m，此时直线不包含水平，也要适当的补充讨论． (3)设“双变量”时，第一种设法较多．因为一般情况下，没有了定点在x轴上，那么第二种设法实际上也没有特别大的计算优势． (4)一般情况下，试题中一定存在某个条件，能推导出俩变量之间的函数关系．这也是证明直线过定点的理论根据之一． 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 将y1＝kx1＋n，y2＝kx2＋n代入上式化简得(2k－1)x1x2＋(n－2k＋1)(x1＋x2)－4n＝0， 将①②式代入上式并化简得(n＋3)(2k＋n－1)＝0， 即n＋3＝0或者2k＋n－1＝0， 如果n＝1－2k，则AB的方程为y＝kx＋1－2k＝k(x－2)＋1，为过定点P的直线，显然不符合题意，舍； ∴n＝－3，AB的方程为y＝kx－3，∴y0＝kx0－3， 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 4．已知直线l与抛物线C：y2＝4x交于A，B两点，且与x轴交于点M(a,0)(a>0)，过点A，B分别作直线l1：x＝－a的垂线，垂足依次为A1，B1，动点N在l1上． (1)当a＝1，且N为线段A1B1的中点时，证明：AN⊥BN； (2)记直线NA，NB，NM的斜率分别为k1，k2，k3，是否存在实数λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由． 【解析】　(1)证明：如图所示： 当a＝1时，M(1,0)恰为抛物线C：y2＝4x的焦点． 由抛物线的定义可得：|AM|＝|AA1|，|BM|＝|BB1|. 取AB的中点D，连接DN，则DN为梯形ABB1A1的中位线， 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 同理可证：∠NBD＝∠B1BN. 在梯形ABB1A1中，∠A1AB＋∠B1BA＝180°， 所以∠A1AN＋∠NAD＋∠DBN＋∠NBB1＝180°， 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 (1)求C的标准方程； (2)设O为坐标原点，P为E上的动点，过点P且斜率为k(k≠0)的直线与E相切，与C交于A，B两点，射线PO交C于点Q，试问：△ABQ的面积是否为定值？若为定值，求出定值；若不为定值，请说明理由． 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 课时跟踪训练 第一部分 (1)求椭圆C的标准方程； (2)直线y＝kx＋m与椭圆C交于P，Q两点，且P，Q关于原点的对称点分别为M，N，若|PM|2＋|QN|2是一个与m无关的常数，求此时的常数及四边形PQMN面积的最大值． 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 (1)求椭圆E的方程； (2)设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2. 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 (1)求C的方程； (2)若直线l与C交于A，B两点，且·＝0，求|AB|的取值范围； (3)已知点P是C上的动点，是否存在定圆O：x2＋y2＝r2(r>0)，使得当过点P能作圆O的两条切线PM，PN时(其中M，N分别是两切线与C的另一交点)，总满足|PM|＝|PN|？若存在，求出圆O的半径r；若不存在，请说明理由． 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 高考二轮总复习 • 数学 第一篇　核心专题突破、素养能力提升 ●典例研析 1．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点A(－2，－1)，长轴长为4. 【解析】　(1)由题得∴a＝2，b＝，所以椭圆C的方程为＋＝1. (2)证明：直线l：y＝kx＋m与椭圆方程＋＝1联立，化简得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－8＝0， Δ＝128k2－16m2＋32>0，即8k2－m2＋2>0， 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝， 直线MA的方程为y＋1＝(x＋2)，则P，直线NA的方程为y＋1＝(x＋2)，则Q， 因为|OP|＝|OQ|，所以－1＋－1＝0，所以＋＝－1， 2．(2025·湖北模拟)已知P，Q(0，)在椭圆E：＋＝1(a＞0，b＞0)上． (1)求E的方程； (2)若M为E上一点(异于P，Q两点)，求△MPQ面积的最大值； (3)过点N(a,0)作两条直线分别与E交于另一点A，B，记直线NA，NB的斜率分别为k1，k2，若k1·k2＝，证明：直线AB过定点． 【解析】　(1)将P，Q(0，)代入椭圆E：＋＝1中可得 解得a＝2，b＝， 故椭圆E方程为：＋＝1. (2)由P，Q(0，)可得kPQ＝＝－， 设与PQ平行且与椭圆相切的直线方程为l：y＝－x＋m， 联立y＝－x＋m与E：＋＝1可得4x2－4mx＋4m2－12＝0， 故Δ＝16m2－16(4m2－12)＝0，解得m＝±2， 当直线m＝－2时，此时直线l与直线PQ的距离最大，故最大距离为d＝， 因此△MPQ的最大值为|PQ|d＝×＝＋. (3)证明：设直线AB：x＝ty＋n，(n≠0)， 则化简得(3t2＋4)y2＋6nty＋3n2－12＝0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，N(2,0)， 则 故kANkBN＝ ＝， 故2y1y2＝(x1－2)(x2－2)，即2y1y2＝(ty1＋n－2)(ty2＋n－2)， 化简可得(t2－2)y1y2＋t(n－2)(y1＋y2)＋(n－2)2＝0， 故(t2－2)＋t(n－2)＋(n－2)2＝0， ●跟踪训练 1．已知双曲线C：－y2＝1(a>0)经过点(2 ，1)． 【解析】　(1)因为双曲线C：－y2＝1(a>0)经过点(2，1)， 所以－1＝1，解得a＝2或a＝－2(舍)， 所以c＝＝，所以双曲线的离心率e＝＝. (2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由(1)知，双曲线C：－y2＝1，联立 由韦达定理得x1＋x2＝－，x1x2＝， y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2 ＝－＋＝， 由题可知双曲线C的左顶点D(－2,0)， 因为以AB为直径的圆过双曲线C的左顶点D，所以DA⊥DB，即·＝0， 所以(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2)＝x1x2＋2(x1＋x2)＋y1y2＋4＝0， 即－＋＋＝0， 整理得3m2＋20k2－16km＝0，即32－16＋20＝0，解得＝，或＝2，即m＝k，m＝2k，当m＝2k时，直线方程为y＝kx＋2k，当x＝－2时y＝0，即此时直线l过定点为左顶点D(－2,0)，不满足题意； 当m＝k时，直线方程为y＝kx＋k，当x＝－时y＝0，即此时直线l过定点，满足题意； 所以直线l过定点，该定点的坐标为. ●典例研析 3．椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率是，且过点P(2,1)． (1)求C的方程； (2)过点P的直线l1，l2与C的另一个交点分别是A，B，与y轴分别交于M，N，且＝，PQ⊥AB于点Q，是否存在定点R使得|RQ|是定值？若存在，求出点R的坐标与|RQ|的值；若不存在，请说明理由． 【解析】　(1)将点P坐标代入椭圆方程得： ＋＝1　①， 由离心率得＝，a2＝2c2，又a2＝b2＋c2，∴a2＝2b2，代入①解得a2＝6，b2＝3， ∴椭圆C的标准方程为：＋＝1. (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(x0，y0)，不妨设M(0，m)(0≤m≤)，直线AB的方程为y＝kx＋n； 联立方程，得(1＋2k2)x2＋4knx＋2n2－6＝0， Δ＝16k2n2－4(1＋2k2)(2n2－6)>0， ∴x1x2＝　①， x1＋x2＝－　②， 直线AP的方程为y＝(x－2)＋1，直线BP的方程为y＝(x－2)＋1， 令x＝0得y1＝－2·＋1，y2＝－2·＋1，由题意：y1＋y2＝0， ∴＋＝1，化简得y1(x2－2)＋y2(x1－2)－x1x2＋x1＋x2＝0， 又∵PQ⊥AB，·＝0，即(x0－2，y0－1)(x1－x2，y1－y2)＝0， (x0－2)(x1－x2)＋(y0－1)(y1－y2)＝0，∵k＝，∴x0－2＋k(y0－1)＝0， 联立方程解得 ∵(x0－1)2＋(y0＋1)2＝5　③， 即定点R为(1，－1)，|RQ|＝； 当m＝时，A(0，)，B(0，－)，此时直线AB为y轴，所以PQ为平行于x轴的直线，Q点的坐标为(0,1)，代入③也满足； 综上，椭圆C的标准方程为：＋＝1，定点R为(1，－1)，|RQ|＝. 所以|DN|＝(|AA1|＋|BB1|)． 因为D为AB的中点，所以|DA|＝|DB|＝(|AA1|＋|BB1|)，所以|DA|＝|DN|. 在△ADN中，由|DA|＝|DN|可得：∠AND＝∠NAD. 因为DN为梯形ABB1A1的中位线，所以DN∥AA1，所以∠AND＝∠A1AN，所以∠NAD＝∠A1AN. 所以∠NAD＋∠DBN＝×180°＝90°，所以∠ANB＝90°，即AN⊥BN. (2)假设存在实数λ，使得k1＋k2＝λk3. 由直线l与抛物线C：y2＝4x交于A，B两点，可设l：x＝my＋A． 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则消去x可得y2－4my－4a＝0，所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4A． 则k1＋k2＝＋＝－＝ ＝＝＝－. 而k3＝＝＝－，所以－＝λ，解得λ＝2. ●跟踪训练 2．已知双曲线E的顶点为A(－1,0)，B(1,0)，过右焦点F作其中一条渐近线的平行线，与另一条渐近线交于点G，且S△OFG＝.点P为x轴正半轴上异于点B的任意点，过点P的直线l交双曲线于C，D两点，直线AC与直线BD交于点H. (1)求双曲线E的标准方程； (2)求证：·为定值． 【解析】　(1)设双曲线E：－＝1(a>0，b>0)，易知a＝1. 由题意可知：△OFG为等腰三角形，则xG＝，代入y＝x得： yG＝＝，则S△OFG＝×c×＝， 又c2＝a2＋b2＝1＋b2，则解得b＝，则双曲线E：x2－＝1. (2)证明：设直线l的方程为x＝ty＋m(m>0且m≠1)，C(x1，y1)，D(x2，y2)． 联立，消x得y2＋2mty＋m2－1＝0，y1＋y2＝，y1y2＝，y1y2＝(y1＋y2)． AC：y＝(x＋1)，① BD：y＝(x－1)，② 联立①②，解得xH＝. 又y2x1＝y2(ty1＋m)＝ty2y1＋my2，同理，y1x2＝ty1y2＋my1，把它们代入xH， 得xH＝＝ ＝＝·＝， 故·＝mxH＝m×＝1，得证． 3．(2025·安康模拟)“如果两个椭圆的离心率相同，我们称这两个椭圆相似”．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)与椭圆E：＋＝1(b＞d＞0)相似，E的短轴长为2，离心率为. 【解析】　(1)因为椭圆E的短轴长为2，所以d＝1，因为椭圆E的离心率为e＝＝，所以b＝2， 又椭圆C的离心率e＝＝＝，所以a＝4， 所以椭圆C的标准方程为＋＝1. (2)由(1)知椭圆E的方程为＋y2＝1，设P(x0，y0)，过点P的直线方程y＝kx＋m， 联立得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0， 因为直线y＝kx＋m与椭圆E相切， 所以Δ＝(8km)2－4(1＋4k2)(4m2－4)＝0，即4k2＋1＝m2　①， 所以x0＝－＝－，y0＝k·＋m＝， 所以直线OP的斜率为kOP＝＝－，方程为y＝－x， 联立得(1＋4k2)x2＝64k2， 设Q(xQ，yQ)，所以x＝，所以＝＝4， 由题意，得P，Q位于y轴两侧，所以xQ＝－2x0，所以S△ABQ＝3S△AOB， 设A(x3，y3)，B(x4，y4)，由得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0，Δ＞0， 由根与系数的关系，得x3＋x4＝－，x3x4＝， 所以|x3－x4|＝＝， 将①代入，得|x3－x4|＝，由直线y＝kx＋m与y轴交于点(0，m)， 得S△AOB＝|m||x3－x4|＝|m|·＝2， 所以S△ABQ＝3S△AOB＝6，即△ABQ的面积为定值6. 1．(2024·上高县校级模拟)已知椭圆C的焦点坐标(0，±1)，且过点. 【解析】　(1)因为椭圆C的焦点坐标(0，±1)，且过点，而点到椭圆C两焦点的距离和为＋＝4＝2a，解得a＝2，　① 又c＝1，a2＝b2＋c2，　② 联立①②，解得b＝，故椭圆C的方程为＋＝1. (2)依题意，可知四边形MNPQ为平行四边形， 所以|PM|2＋|QN|2＝4|OP|2＋4|OQ|2， 不妨设P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 此时|PM|2＋|QN|2＝4(x＋y)＋4(x＋y) ＝16－x＋16－x＝32－[(x1＋x2)2－2x1x2]， 联立消去y并整理得(3k2＋4)x2＋6kmx＋3m2－12＝0，此时Δ＝48(3k2－m2＋4)>0， 由韦达定理得x1＋x2＝，x1x2＝， 所以|PM|2＋|QN|2＝32－[(x1＋x2)2－2x1x2] ＝32－ ＝32－， 若上式与m无关，需满足18k2－24＝0， 解得k2＝，此时常数为28， 而x1＋x2＝，x1x2＝， 所以|PQ|＝＝ ， 易知点O到PQ的距离d＝， 则四边形MNPQ的面积 S＝4×××＝≤4， 此时m2＝4，k2＝满足Δ＝48(3k2－m2＋4)>0成立．综上该常数为28，四边形PQMN面积最大值为4. 2．(2024·新余二模)通过研究，已知对任意平面向量＝(x，y)，把绕其起点A沿逆时针方向旋转θ角得到向量＝(xcos θ－ysin θ，xsin θ＋ycos θ)，叫做把点B绕点A逆时针方向旋转θ角得到点P. (1)已知平面内点A(－，2)，点B(，－2)，把点B绕点A逆时针旋转得到点P，求点P的坐标； (2)已知二次方程x2＋y2－xy＝1的图象是由平面直角坐标系下某标准椭圆＋＝1(a>b>0)绕原点O逆时针旋转所得的斜椭圆C. ①求斜椭圆C的离心率； ②过点Q作与两坐标轴都不平行的直线l1交斜椭圆C于点M、N，过原点O作直线l2与直线l1垂直，直线l2交斜椭圆C于点G、H，判断＋是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由． 【解析】　(1)由已知得＝(2，－4)， 所以＝(6＋，3－2)，不妨设P(x0，y0)， 此时＝(x0＋，y0－2)＝(6＋，3－2)， 解得x0＝6，y0＝3，则点P的坐标为(6,3)． (2)①联立直线y＝x与x2＋y2－xy＝1， 解得直线与椭圆交点为(1,1)和(－1，－1)，则a2＝2， 由y＝－x与x2＋y2－xy＝1交点为和，则b2＝. 所以c2＝，e＝＝. ②设直线l1：y－＝k， 与斜椭圆x2＋y2－xy＝1联立得：(k2－k＋1)x2＋(3k－2k2－1)x＋(1－k)2－1＝0， ∵x1＋x2＝，x1x2＝， ∴|MN|＝ ＝＝， 设直线l2：y＝－x，与斜椭圆x2＋y2－xy＝1联立得x2＋x2＋x2＝1， ∴x2＝， ∴|OH|2＝， 故＋＝＋＝2. 即＋为定值2. 3．(2024·石家庄模拟)设椭圆E：＋＝1(a>b>0)经过点P(2，－1)，且离心率e＝，直线m：x＝3垂直x轴交x轴于T，过T的直线l1交椭圆E于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，连接PA，PB，PT. ①求k1＋k2的值； ②如图：过P作x轴的垂线l，过A作PT的平行线分别交PB，l于M，N，求的值． 【解析】　(1)由题意知 解得a＝，b＝，c＝， 所以椭圆E的方程为＋＝1. (2)①易知T(3,0)，kPT＝1，k1＝，k2＝， 设直线l1的方程为m(x－2)＋n(y＋1)＝1，由直线l1过T(3,0)知m＋n＝1， 联立方程 得(2－4n)(y＋1)2＋(4n－4m)(x－2)(y＋1)＋(1＋4m)(x－2)2＝0， 变形得(2－4n)2＋(4n－4m)＋1＋4m＝0， 即k1＋k2＝＝2. ②设直线PA，PB的倾斜角分别为α，β， 则k1＝tan α，k2＝tan β，∠NMP＝－β， ∠MPN＝β－，∠PAN＝α－，∠APN＝－α， 在△PMN中，|MN|＝ sin∠MPN＝ sin，在△PAN中，|AN|＝ sin∠APN＝ sin， 所以＝ ＝＝－， 由k1＋k2＝2知，tan α＋tan β＝2，即＝－1， 故＝1. 4．(2024·固始县校级三模)已知O为坐标原点，双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的焦距为4，且经过点. 【解析】　(1)由题意知⇒ ∴C的方程为x2－＝1. (2)当l斜率不存在时，设l：x＝t， ∴y＝±，∴A(t，－)， B(t，)， 由·＝0⇒t2－3(t2－1)＝0，t2＝，此时|AB|＝2＝， 当l斜率存在时，设l方程：y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立，消去y化简得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0， 则3－k2≠0，Δ＝4k2m2＋4(3－k2)(m2＋3)＝12(m2－k2＋3)＞0， 即k2＜m2＋3且k2≠3， ∴x1＋x2＝，x1x2＝， ∴·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m) ＝(k2＋1)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝(k2＋1)＋km·＋m2＝，又·＝0， 则2m2－3k2－3＝0，即2m2＝3k2＋3， 又|AB|＝· ＝· ＝，k2≠3， 令k2－3＝λ，则λ≥－3且λ≠0，≤－或>0， ∴|AB|＝＝· ＝， 令f(λ)＝482－，则f(λ)在≤－上单调递减，在>0上单调递增， 则f(λ)min＝f ＝1，即f(λ)≥1， ∴|AB|≥， 综上，|AB|的取值范围为[，＋∞)． (3)设P(x0，y0)，则x－＝1， PO平分∠MPN，又|PN|＝|PM|，∴PO⊥MN， 设过P与圆O相切的直线为y－y0＝k(x－x0)，＝r， 即y－2kx0y0＋k2x＝r2k2＋r2， 化为关于k的二次方程(x－r2)k2－2kx0y0＋y－r2＝0，两根记作k1，k2， 则k1＋k2＝，k1k2＝， 由题可设切线PM：y－y0＝k1(x－x0)， 则与方程3x2－y2＝3联立， 消去y得(3－k)x2＋(2kx0－2k1y0)x＋2k1x0y0－kx－y－3＝0， 则x0xM＝⇒xM ＝，yM＝k1·＋y0， 同理xN＝，yN＝k2·＋y0， 则kMN＝ ＝ ＝， 则kMN·kPO＝·＝－1， 即·＝－1， 即·＝－1， 化简得＝－1， 解得r2＝，即r＝. $