第十二讲 圆锥曲线中的求值、证明与探索性问题(教师版)

第十二节圆锥曲线中的求值、证明与探索性问题题型归纳题型一求值问题例1(2022新高考卷)已知点A(2，1)在双曲线C：eq\f(x2,a2)eq\f(y2,a21)1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0.(1)求l的斜率；(2)若tanPAQ2eq\r(2)，求PAQ的面积．解(1)将点A的坐标代入双曲线方程得eq\f(4,a2)eq\f(1,a21)1，化简得a44a240，得a22，故双曲线C的方程为eq\f(x2,2)y21.由题易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为ykxm，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立直线l与双曲线C的方程，消去y整理得(2k21)x24kmx2m220，故x1x2eq\f(4km,2k21)，x1x2eq\f(2m22,2k21).kAPkAQeq\f(y11,x12)eq\f(y21,x22)eq\f(kx1m1,x12)eq\f(kx2m1,x22)0，化简得2kx1x2(m12k)(x1x2)4(m1)0，故eq\f(2k（2m22）,2k21)(m12k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4km,2k21)))4(m1)0，整理得(k1)(m2k1)0，又直线l不过点A，即m2k10，故k1.(2)不妨设直线PA的倾斜角为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<<\f(,2)))，由题意知PAQ2，所以tanPAQtan2eq\f(2tan,tan21)2eq\r(2)，解得taneq\r(2)或taneq\f(\r(2),2)(舍去)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(y11,x12)\r(2)，,\f(xeq\o\al(2,1),2)yeq\o\al(2,1)1，))得x1eq\f(104\r(2),3)，所以|AP|eq\r(3)|x12|eq\f(4\r(3)（\r(2)1）,3)，同理得x2eq\f(104\r(2),3)，所以|AQ|eq\r(3)|x22|eq\f(4\r(3)（\r(2)1）,3).因为tanPAQ2eq\r(2)，所以sinPAQeq\f(2\r(2),3)，故SPAQeq\f(1,2)|AP||AQ|sinPAQeq\f(1,2)eq\f(4\r(3)（\r(2)1）,3)eq\f(4\r(3)（\r(2)1）,3)eq\f(2\r(2),3)eq\f(16\r(2),9).感悟提升求值问题即是根据条件列出对应的方程，通过解方程求解．训练1(2022北京卷)已知椭圆E：eq\f(x2,a2)eq\f(y2,b2)1(a>b>0)的一个顶点为A(0，1)，焦距为2eq\r(3).(1)求椭圆E的方程；(2)过点P(2，1)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N.当|MN|2时，求k的值．解(1)依题意可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b1，,2c2\r(3)，,a2b2c2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2，,b1，,c\r(3)，))故椭圆E的方程为eq\f(x2,4)y21.(2)由题可知直线BC的方程为y1k(x2)．设B(x1，y1)，C(x2，y2)．联立直线BC和椭圆E的方程，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1k（x2），,\f(x2,4)y21，))消去y整理得(4k21)x2(16k28k)x16k216k0，则由(16k28k)24(4k21)(16k216k)>0，得k<0，x1x2eq\f(16k28k,4k21)，x1x2eq\f(16k216k,4k21).易知直线AB的斜率kABeq\f(y11,x1)，直线AB的方程为yeq\f(y11,x1)x1，令y0，可得点M的横坐标xMeq\f(x1,1y1)，同理可得点N的横坐标xNeq\f(x2,1y2).|MN||eq\f(x1,1y1)eq\f(x2,1y2)||eq\f(x1,k（x12）)eq\f(x2,k（x22）)||eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x22)\f(x1,x12)))|eq\f(1,|k|)eq\f(|x2（x12）x1（x22）|,|x1x22（x1x2）4|)eq\f(1,|k|)eq\f(2\r(（x1x2）24x1x2),|x1x22（x1x2）4|)eq\f(1,|k|)eq\f(2\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16k28k,14k2)))\s\up12(2)4\f(16k216k,14k2)),|\f(16k216k,14k2)2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16k28k,14k2)))4|)eq\f(1,|k|)eq\f(2\r(\f(64（2k2k）2416（k2k）（14k2）,（14k2）2)),|\f(16k216k,14k2)\f(32k216k,14k2)\f(416k2,14k2)|)eq\f(4\r(k),|k|)2，解得k4.故k的值为4.题型二证明问题例2(2023济南模拟)双曲线C：eq\f(x2,a2)eq\f(y2,b2)1(a0，b0)经过点(eq\r(3)，1)，且渐近线方程为yx.(1)求a，b的值；(2)点A，B，D是双曲线C上不同的三点，且B，D两点关于y轴对称，ABD的外接圆经过原点O.求证：直线AB与圆x2y21相切．(1)解由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(3,a2)\f(1,b2)1，,ab，))解得abeq\r(2).(2)证明由(1)得双曲线C的方程为x2y22.易知直线AB一定不为水平直线且不与渐近线yx平行，所以可设直线AB的方程为xmyn(m1)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y2，D(x2，y2)．联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2y22，,xmyn，))整理得(m21)y22mnyn220，4(n22m22)0，则y1y2eq\f(n22,m21).由于ABD的外接圆过原点，且B，D两点关于y轴对称，所以可设ABD外接圆的方程为x2y2Ey0.则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,1)Ey10，,xeq\o\al(2,2)yeq\o\al(2,2)Ey20，))所以y2(xeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,1))y1(xeq\o\al(2,2)yeq\o\al(2,2))，因为xeq\o\al(2,1)2yeq\o\al(2,1)，xeq\o\al(2,2)2yeq\o\al(2,2)，所以y2(2yeq\o\al(2,1)2)y1(2yeq\o\al(2,2)2)，所以y1y21，所以y1y2eq\f(n22,m21)1，所以n2m21，则原点到直线AB的距离deq\f(|n|,\r(m21))1，所以直线AB与圆x2y21相切．感悟提升圆锥曲线中的证明问题常见的有：(1)位置关系方面的：如证明直线与曲线相切，直线间的平行、垂直，直线过定点等．(2)数量关系方面的：如存在定值、恒成立、相等等．在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下，一般采用直接法，通过相关的代数运算证明．训练2如图，圆C与x轴相切于点T(2，0)，与y轴正半轴相交于M，N两点(点M在点N的下方)，且|MN|3.(1)求圆C的方程；(2)过点M任作一条直线与椭圆eq\f(x2,8)eq\f(y2,4)1相交于A，B两点，连接AN，BN，求证：ANMBNM.(1)解设圆C的半径为r(r>0)，依题意，圆心C的坐标为(2，r)．因为|MN|3，所以r2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(2)22eq\f(25,4)，所以req\f(5,2)，圆C的方程为(x2)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y\f(5,2)))eq\s\up12(2)eq\f(25,4).(2)证明把x0代入方程(x2)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y\f(5,2)))eq\s\up12(2)eq\f(25,4)，解得y1或y4，即点M(0，1)，N(0，4)．当ABx轴时，可知ANMBNM0.当AB与x轴不垂直时，可设直线AB的方程为ykx1.联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ykx1，,\f(x2,8)\f(y2,4)1))消去y得(12k2)x24kx60.16k224(12k2)>0恒成立，设直线AB交椭圆于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则x1x2eq\f(4k,12k2)，x1x2eq\f(6,12k2).所以kANkBNeq\f(y14,x1)eq\f(y24,x2)eq\f(kx13,x1)eq\f(kx23,x2)eq\f(2kx1x23（x1x2）,x1x2)eq\f(1,x1x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12k,12k2)\f(12k,12k2)))0.所以ANMBNM.综合知ANMBNM.题型三探索性问题例3(2023南阳模拟)已知O为坐标原点，椭圆：eq\f(x2,a2)eq\f(y2,b2)1(ab0)的右顶点为A，离心率为eq\f(\r(3),2).动直线l：yeq\f(1,m)(x1)与相交于B，C两点，点B关于x轴的对称点为B，点B到的两焦点的距离之和为4.(1)求的标准方程；(2)若直线BC与x轴交于点M，OAC，AMC的面积分别为S1，S2，问：eq\f(S1,S2)是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．解(1)由对称性得点B在椭圆上，根据点B到的两焦点的距离之和为4及椭圆的定义，得2a4，解得a2.因为的离心率为eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(c,a)eq\f(\r(3),2)，所以ceq\r(3).所以b2a2c2431，所以的标准方程为eq\f(x2,4)y21.(2)eq\f(S1,S2)是定值，且该定值为1.理由如下：由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)y21，,y\f(1,m)（x1）.))消去x并整理得，(m24)y22my30.设B(x1，y1)，C(x2，y2)，则B(x1，y1)，且y1y2eq\f(2m,m24)，y1y2eq\f(3,m24).易得直线BC的方程为eq\f(yy1,y2y1)eq\f(xx1,x2x1)，令y0，得xeq\f(x2x1,y2y1)y1x1eq\f(my1（y2y1）,y2y1)my11eq\f(my1y2myeq\o\al(2,1)myeq\o\al(2,1)my1y2,y2y1)1eq\f(2my1y2,y1y2)1eq\f(2m\f(3,m24),\f(2m,m24))14.所以当m变化时，直线BC与x轴交于定点M(4，0)．所以eq\f(S1,S2)eq\f(|OA|,|AM|)eq\f(2,42)1，即eq\f(S1,S2)是定值，且定值为1.感悟提升此类问题一般分为探究条件、探究结论两种．若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论．训练3(2023广州模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知点A(2，0)，B(2，0)，点M满足直线AM与直线BM的斜率之积为eq\f(3,4)，点M的轨迹为曲线C.(1)求C的方程；(2)已知点F(1，0)，直线l：x4与x轴交于点D，直线AM与l交于点N，是否存在常数，使得MFDNFD？若存在，求的值；若不存在，说明理由．解(1)设M(x，y)，则kAMkBMeq\f(y,x2)eq\f(y,x2)eq\f(3,4)且x2，所以点M的轨迹曲线C的方程为eq\f(x2,4)eq\f(y2,3)1且x2.(2)设N(4，n)，则直线AM为yeq\f(n,6)(x2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y\f(n,6)（x2），,\f(x2,4)\f(y2,3)1，))整理得(n227)x24n2x4n21080，由题设知xAxMeq\f(4n2,n227)，则xMeq\f(542n2,n227)，故yMeq\f(n,6)eq\f(108,n227)eq\f(18n,n227).当xM1时，有eq\f(542n2,n227)1，解得n3，由对称性，不妨设n3，则yMeq\f(3,2)，此时MFD90，|DF||DN|3，则NFD45，有MFD2NFD.当xM1时，tanMFDeq\f(yM,xM1)eq\f(6n,9n2)，tanNFDeq\f(n,3)，所以tan2NFDeq\f(2tanNFD,1tan2NFD)eq\f(\f(2n,3),1\f(n2,9))eq\f(6n,9n2)tanMFD，即MFD2NFD，所以存在2，使得MFD2NFD.课时训练一、单选题1．已知点是椭圆上非顶点的动点，，分别是椭圆的左、右焦点，是坐标原点，若是的平分线上一点，且，则的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】B【分析】采用数形结合，通过延长结合角平分线以及，利用中位线定理以及椭圆的定义，得到，然后根据的范围，可得结果.【详解】如图，延长交的延长线于点，，.又为的平分线，，且为的中点.为的中点，.，，，且，.故选：B【点睛】本题主要考查椭圆的应用，属中档题.2．设抛物线的顶点为，焦点为，准线为．是抛物线上异于的一点，过作于，则线段的垂直平分线（）．A．经过点B．经过点C．平行于直线D．垂直于直线【答案】B【分析】依据题意不妨作出焦点在轴上的开口向右的抛物线，根据垂直平分线的定义和抛物线的定义可知，线段的垂直平分线经过点，即求解.【详解】如图所示：．因为线段的垂直平分线上的点到的距离相等，又点在抛物线上，根据定义可知，，所以线段的垂直平分线经过点.故选：B.【点睛】本题主要考查抛物线的定义的应用，属于基础题.3．若直线与直线的交点位于第一象限，则直线l的倾斜角的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】B【分析】求出两直线的交点坐标，根据交点位于第一象限列式求出的范围，可得倾斜角的取值范围.【详解】当时，两直线平行，无交点，不合题意，故，由，得，则两直线的交点为，依题意得，解得，所以直线l的倾斜角的取值范围是.故选：B4．祖暅(公元5-6世纪，祖冲之之子，是我国齐梁时代的数学家).他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异.”这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.该原理在西方直到十七世纪才由意大利数学家卡瓦列利发现，比祖暅晚一千一百多年.椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体如图将底面直径皆为，高皆为的椭半球体及已被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面上，用平行于平面的平面于距平面任意高处截得到及两截面，可以证明总成立据此，短轴长为，长轴为的椭球体的体积是（）.A．B．C．D．【答案】C【分析】根据题中的总成立，可得半椭球体的体积，再利用柱体的体积公式和锥体的体积公式求解即可.【详解】根据题意，因为总成立，所以半椭球体的体积为，由题意可知，，，所以半椭球体的体积为，从而椭球体的体积是.故选：C.5．画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆.我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆：的蒙日圆方程为，，分别为椭圆的左、右焦点.离心率为，为蒙日圆上一个动点，过点作椭圆的两条切线，与蒙日圆分别交于P，Q两点，若面积的最大值为36，则椭圆的长轴长为（）A．B．C．D．【答案】B【分析】利用椭圆的离心率可得，分析可知为圆的一条直径，利用勾股定理得出，再利用基本不等式即可求即解【详解】因为椭圆的离心率，所以.因为，所以，所以椭圆的蒙日圆的半径为.因为，所以为蒙日圆的直径，所以，所以.因为，当时，等号成立，所以面积的最大值为：.由面积的最大值为36，得，得，进而有，，故椭圆的长轴长为.故选：B6．运用祖暅原理计算球的体积时，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等．现将椭圆绕轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（）．A．B．C．D．【答案】B【分析】构造一个底面半径为2，高为3的圆柱，通过计算可得高相等时截面面积相等，根据祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积的一半等于圆柱的体积减去圆锥体积．【详解】构造一个底面半径为2，高为3的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥，则当截面与顶点距离为时，小圆锥的底面半径为，则，，故截面面积为，把代入椭圆可得，橄榄球形几何体的截面面积为，由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积．故选：B．【点睛】本题考查类比推理，涉及了立体几何知识，祖暅原理等．二、填空题7．如图，F1、F2分别是双曲线C：y21的左、右焦点，过F2的直线与双曲线C的两条渐近线分别交于A、B两点，若，0，则双曲线C的焦距|F1F2|为_____．【答案】【分析】由渐近线方程设A（m，）（m0）,根据可得B为（2mc，）,代入渐近线方程可得m,由0,代入可得,从而求出焦距【详解】由题,渐近线方程为,设A（m，）（m0）,F2（c，0）,,因为,所以为的中点,由中点坐标公式可得B为（2mc，）,代入渐近线方程y,得,解得m,因为,,由0,则,将m代入,得,解得,所以故答案为：【点睛】本题考查双曲线渐近线方程的应用,考查双曲线焦距,考查运算能力8．设椭圆：，直线过的左顶点交轴于点，交于点，若是等腰三角形（为坐标原点），且，则的长轴长等于_________.【答案】【分析】如图所示，设，．由题意可得：，．根据，可得，．代入椭圆方程解得，即可得出．【详解】解：如图所示，设，，由题意可得：，．，，，，，．代入椭圆方程可得：，解得．的长轴长．故答案为：．【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、向量坐标运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．9．已知直线与圆，则圆上各点到的距离的最小值为_____________.【答案】【详解】如图可知：过圆心作直线的垂线，则长即为所求；的圆心为，半径为点到直线的距离为，故上各点到的距离的最小值为三、解答题10．已知曲线，过点作直线和曲线交于A、B两点．(1)求曲线的焦点到它的渐近线之间的距离；(2)若，点在第一象限，轴，垂足为，连结，求直线倾斜角的取值范围；(3)过点作另一条直线，和曲线交于、两点，问是否存在实数，使得和同时成立？如果存在，求出满足条件的实数的取值集合，如果不存在，请说明理由．【答案】(1)1(2)(3)见解析【分析】(1)求出曲线的焦点和渐近线方程,利用点到直线的距离公式求求解即可;(2)设,,表示出直线的斜率,根据的范围,求出其范围,进而得到倾斜角的取值范围;(3)直接求出当直线,直线和当直线,直线时,的值,当时,与双曲线联立可得,利用弦长公式求出和,利用列方程求出的值,验证判别式成立即可得出结果.【详解】（1）曲线的焦点为,渐近线方程,由对称性,不妨计算到直线的距离，.（2）设,,从而,又因为点在第一象限,所以,从而,所以直线倾斜角的取值范围是;（3）当直线,直线，,,.当直线,直线时,，不妨设,与双曲线联立可得,由弦长公式,，将替换成,可得，由,可得解得,此时成立.因此满足条件的集合为.【点睛】本题考查双曲线的性质以及直线和双曲线的位置关系,考查计算能力,注意不要遗漏直线斜率不存在的情况,可单独说明即可,本题是难题.11．已知过抛物线的焦点，斜率为的直线交抛物线于和两点，且．（1）求该抛物线的方程；（2）O为坐标原点，C为抛物线上一点，若，求的值．【答案】（1）；（2）或．【解析】（1）由题意求得焦点坐标，得到直线方程，和抛物线方程联立，利用弦长公式求得，则抛物线方程可求；（2）由（1）求出，的坐标结合，求出的坐标，代入抛物线方程求得值．【详解】解：（1）依题意可知抛物线的焦点坐标为，，故直线的方程为，联立，可得．，，，解得，．经过抛物线焦点的弦，解得．抛物线方程为；（2）由（1）知，，，代入直线，可求得，，即，，，，，，，，，点在抛物线上，故，解得：或．【点睛】本题考查抛物线的简单性质，考查了数形结合的解题思想方法，训练了向量在求解圆锥曲线问题中的应用，属于中档题．12．已知椭圆：()四个顶点恰好是边长为，一内角为的菱形的四个顶点．（1）求椭圆的方程；（2）若直线交椭圆于、两点，在直线：上存在点，使得为等边三角形，求的值．【答案】（1）；（2）或．【解析】（1）利用菱形的性质，直接求解即可；（2）联立方程，求得和，解出即可；【详解】（1）由题意可知，()四个顶点恰好是边长为，一内角为的菱形的四个顶点，可得，，椭圆的方程为；（2）设，则，当直线的斜率为时的垂直平分线就是轴，轴与直线：的交点为，，，，是等边，直线的方程为，当直线的斜率存在且不为时，设的方程为，代入椭圆方程消去得，，，则，设的垂直平分线为，它与直线：的交点记为，，，则，为等边三角形，应有，代入得到，解得(舍)或，此时直线的方程为，综上，直线的方程为或．【点睛】关键点睛：解题关键在于利用为等边三角形，得到，进而得到和，进而得到，然后解出方程即可，难度属于中档题13．已知抛物线和圆，抛物线的焦点为.（1）求的圆心到的准线的距离；（2）若点在抛物线上，且满足，过点作圆的两条切线，记切点为，求四边形的面积的取值范围；（3）如图，若直线与抛物线和圆依次交于四点，证明:的充要条件是“直线的方程为”【答案】（1）4；（2）；（3）见解析【解析】（1）分别求出圆心和准线方程即可得解；（2）根据条件可表示出四边形的面积，利用函数的单调性即可得解；（3）充分性：令直线的方程为，分别求出、、、四点坐标后即可证明；必要性：设的方程为，，，，，由可得，即可得出与的关系，进而可得出直线的方程为.【详解】（1）由可得:，的圆心与的焦点重合，的圆心到的准线的距离为.（2）四边形的面积为:，当时，四边形的面积的取值范围为.（2）证明(充分性):若直线的方程为，将分别代入得，，，.，.(必要性):若，则线段与线段的中点重合，设的方程为，，，，，则，将代入得，，即，同理可得，，即或，而当时，将其代入得不可能成立；.当时，由得：，，将代入得，，，，，或（舍去）直线的方程为.的充要条件是“直线的方程为”.【点睛】本题考查了抛物线和圆的性质、直线与圆锥曲线的综合、条件之间的关系，考查了转化化归的思想和计算能力，属于难题.14．已知双曲线的焦距为4，直线与交于不同的点D、E，且时l与的两条渐近线所围成的三角形恰为等边三角形.(1)求双曲线的方程；(2)若坐标原点O在以线段DE为直径的圆的内部，求实数m的取值范围.【答案】(1)(2)或【分析】（1）由，以及，求出可得结果；（2）联立直线与双曲线方程，利用韦达定理求出圆心坐标和弦长，再根据原点到圆心的距离小于半径列式，解不等式可得结果.【详解】（1）由题意得，，当时，直线与的两条渐近线所围成的三角形恰为等边三角形，所以，即，又，即，得，，所以双曲线的方程为：.（2）联立，消去并整理得，依题意得，得，设，，则，，，则线段的中点，，因为坐标原点O在以线段DE为直径的圆的内部，所以，所以，所以，化简得，得，得或.15．已知椭圆的两个焦点分别为、，且椭圆经过点.(1)求该椭圆的方程；(2)若A为椭圆的左顶点，直线AM、AN与椭圆分别交于点M、N，且，连接MN，试问：直线MN是否恒过x轴上的一个定点？若是，求出该点的坐标；若不是，请说明理由.【答案】(1)(2)直线MN恒过x轴上的一个定点，该定点的坐标为【分析】（1）根据已知条件列式求出可得该椭圆的方程；（2）假设直线MN过定点，设其方程为，代入椭圆，设、，得到，，，，根据，求出即可得解.【详解】（1）设椭圆的方程为，由题意知，且椭圆过点，得，解得，所以椭圆的方程为.（2）由已知得直线MN与y轴不垂直，假设其过定点，设其方程为.由消去并整理得，，即，设、，则，，得，.因为，所以，得，于是所以，所以，化简得，解得或，当时，T与A重合，不符题意，舍去；当时，符合题意.综上，直线MN恒过x轴上的一个定点，该定点为.16．等轴双曲线是离心率为的双曲线，可建立合适的坐标平面使之为反比例函数．（1）在等轴双曲线上有三点，，，其横坐标依次是，，．设，，分别为，，的中点，试求的外接圆圆心的横坐标．（2）双曲线的渐近线为和，上有三个不同的点，，，直线、直线、直线与分别交于，，，过，，分别作直线、直线、直线的垂线，，．（i）当为等轴双曲线时，证明：，，三线共点．（ii）当不为等轴双曲线时，记，，分别是与，与，与的交点，类似地从另一条渐近线出发来定义，，．证明：．【答案】【解析】略17．给出如下的定义和定理：定义：若直线l与抛物线有且仅有一个公共点P，且l与的对称轴不平行，则称直线l与抛物线相切，公共点P称为切点.定理：过抛物线上一点处的切线方程为.完成下述问题：如图所示，设E，F是抛物线上两点.过点E，F分别作抛物线的两条切线，，直线，交于点C，点A，B分别在线段，的延长线上，且满足，其中.(1)若点E，F的纵坐标分别为，，用，和p表示点C的坐标.(2)证明：直线与抛物线相切；(3)设直线与抛物线相切于点G，求.【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)【分析】（1）分别写出切线和切线的方程，联立方程即可求出点C的坐标.（2）设出切点坐标，根据切点坐标写出切线的方程，从而求出点的坐标，根据点的坐标可求出的值，从而证明直线与抛物线相切.（3）首先根据（2）的结论求出，；然后求和的值，再根据，，可得到，从而可求出答案.【详解】（1）因为点E，F的纵坐标分别为，，所以，所以在处的切线方程为，即，同理在处的切线方程为，两式联立，解得，所以点C的坐标为.（2）设为抛物线上的一点，则，抛物线在点处的切线方程为，即，由，得，由，得，所以，，，所以，，取，则点为点，为点,此时满足，所以直线与抛物线相切；（3）因为，所以，所以根据（2）可知，，所以，所以，而，，所以，所以.