（京津魯瓊專用）2020版高考數(shù)學二輪復習 第二部分 專題五 解析幾何 第4講 圓錐曲線中的定點、定值、存在性問題練習（含解析）

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1、第4講　圓錐曲線中的定點、定值、存在性問題 定點問題 1．參數(shù)法：參數(shù)法解決定點問題的思路：(1)引進動點的坐標或動直線中的參數(shù)表示變化量，即確定題目中的核心變量(此處設為k)；(2)利用條件找到k與過定點的曲線F(x，y)＝0之間的關系，得到關于k與x，y的等式，再研究變化量與參數(shù)何時沒有關系，找到定點． 高考真題 思維方法 (2017·高考全國卷Ⅱ)設O為坐標原點，動點M在橢圓C：＋y2＝1上，過M作x軸的垂線，垂足為N，點P滿足＝. (1)求點P的軌跡方程； (2)設點Q在直線x＝－3上，且·＝1.證明：過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F. (1)略 (2

2、)證明：由題意知F(－1，0)．設Q(－3，t)，P(m，n)，則＝(－3，t)，＝(－1－m，－n)，【關鍵1：用參數(shù)表示P，Q的坐標及向量，】 ·＝3＋3m－tn，＝(m，n)，＝(－3－m，t－n). 由·＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1，又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0.所以·＝0，【關鍵2：在·＝1的前提下，證明·＝0】 即⊥.又過點P存在唯一直線垂直于OQ，所以過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F. 【關鍵3：利用平面內過一點作一直線的垂線的唯一性，即得直線l過點F】 2.由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定點問題時，常根據動點或動直線的特殊情況

3、探索出定點，再證明該定點與變量無關． 高考真題 思維方法 (2017·高考全國卷Ⅰ)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)，四點P1(1，1)，P2(0，1)，P3(－1，)，P4(1，)中恰有三點在橢圓C上. (1)求C的方程； (2)設直線l不經過P2點且與C相交于A，B兩點．若直線P2A與直線P2B的斜率的和為－1，證明：l過定點. (1)略 (2)證明：設直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1，k2. 如果l與x軸垂直，設l：x＝t，由題設知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐標分別為，. 則k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合題設. 【關鍵1：驗證直線l與x軸垂直時，

4、直線過定點的情況】 從而可設l：y＝kx＋m(m≠1)．將y＝kx＋m代入＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 由題設可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0. 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－，x1x2＝.而k1＋k2＝＋＝＋＝. 由題設k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0. 即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0. 解得k＝－.【關鍵2：設出直線l的方程，并與橢圓方程聯(lián)立消去y得到關于 x的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關系及條件找到直線l中兩個參數(shù)的關系】 當且僅當m>－1時，Δ>0，于是l：y＝－x＋m

5、，即y＋1＝－(x－2)，所以l過定點(2，－1). 【關鍵3：將k＝－代入直線l的方程，變形得到直線所過定點(2，－1)】 [典型例題] (2019·鄭州市第一次質量預測)設M點為圓C：x2＋y2＝4上的動點，點M在x軸上的投影為N.動點P滿足2＝，動點P的軌跡為E. (1)求E的方程； (2)設E的左頂點為D，若直線l：y＝kx＋m與曲線E交于A，B兩點(A，B不是左、右頂點)，且滿足|＋|＝|－|，求證：直線l恒過定點，并求出該定點的坐標． 【解】　(1)設點M(x0，y0)，P(x，y)，由題意可知N(x0，0)， 因為2＝，所以2(x0－x，－y)＝(0，－y0)

6、， 即x0＝x，y0＝y(tǒng)， 又點M在圓C：x2＋y2＝4上，所以x＋y＝4， 將x0＝x，y0＝y(tǒng)代入得＋＝1， 即軌跡E的方程為＋＝1. (2)由(1)可知D(－2，0)，設A(x1，y1)，B(x2，y2)， 聯(lián)立得，得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0， Δ＝(8mk)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝16(12k2－3m2＋9)>0， 即3＋4k2－m2>0， 所以x1＋x2＝，x1x2＝. y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝， 因為|＋|＝|－|，所以⊥，即·＝0， 即(x1＋2，y1)·(x2＋

7、2，y2)＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝0， 所以＋2×＋4＋＝0， 所以7m2－16mk＋4k2＝0， 解得m1＝2k，m2＝k，且均滿足3＋4k2－m2>0， 當m1＝2k時，l的方程為y＝kx＋2k＝k(x＋2)，直線恒過點(－2，0)，與已知矛盾； 當m2＝k時，l的方程為y＝kx＋k＝k，直線恒過點. 綜上，直線l過定點，定點坐標為. (1)求解直線和曲線過定點問題的基本思路是：把直線或曲線方程中的變量x，y當作常數(shù)看待，把方程一端化為零，既然是過定點，那么這個方程就要對任意參數(shù)都成立，這時參數(shù)的系數(shù)就要全部等于零，這樣就得到一個關于x，y的方程組

8、，這個方程組的解所確定的點就是直線或曲線所過的定點． (2)由直線方程確定定點時，若得到了直線的點斜式方程y－y0＝k(x－x0)，則直線必過定點(x0，y0)；若得到了直線的斜截式方程y＝kx＋m，則直線必過定點(0，m)．　 [對點訓練] (2019·蓉城名校第一次聯(lián)考)已知拋物線C：x2＝2py(p>0)的焦點為F，過點F作傾斜角為45°的直線與拋物線C交于A，B兩點，且|AB|＝16. (1)求拋物線C的方程； (2)設P，M，N為拋物線上不同的三點，且PM⊥PN，若P點的橫坐標為8，判斷直線MN是否過定點？若是，求出定點的坐標；若不是，請說明理由． 解：(1)由題意知，

9、直線AB的方程為y＝x＋. 由，得y2－3py＋＝0. 設A(x3，y3)，B(x4，y4)，則y3＋y4＝3p. 所以|AB|＝y(tǒng)3＋y4＋p＝4p＝16，所以p＝4. 所以拋物線C的方程為x2＝8y. (2)法一：由(1)可得點P(8，8)，設M，N，則kPM＝＝，同理可得kPN＝.因為PM⊥PN，所以kPM ·kPN＝·＝－1，化簡得x1x2＋8(x1＋x2)＋128＝0.(*) 易知直線MN的斜率一定存在，設直線MN：y＝kx＋b，由，得x2－8kx－8b＝0， 所以x1＋x2＝8k，x1x2＝－8b. 代入(*)，得－8b＋64k＋128＝0，則b＝8k＋16. 直

10、線MN的方程可化為y＝kx＋8k＋16，所以直線MN過定點(－8，16)． 法二：由(1)可得點P(8，8)，設M，N，則kMN＝＝，同理可得kPM＝，kPN＝.因為PM⊥PN，所以kPM·kPN＝·＝－1，化簡得－x1x2＝8(x1＋x2)＋128.① 直線MN的方程為y－＝(x－x1)， 化簡得y＝x－.② 把①代入②得y＝(x＋8)＋16， 所以直線MN過定點(－8，16)． 定值問題 1．直接消參求定值：常見定值問題的處理方法：(1)確定一個(或兩個)變量為核心變量，其余量均利用條件用核心變量進行表示；(2)將所求表達式用核心變量進行表示(有的甚至就是核心變量)，然后

11、進行化簡，看能否得到一個常數(shù)． 高考真題 思維方法 (2015·高考全國卷Ⅱ)已知橢圓C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直線l不過原點O且不平行于坐標軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB的中點為M. (1)證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值； (2)若l過點，延長線段OM與C交于點P，四邊形OAPB能否為平行四邊形？若能，求此時l的斜率；若不能，說明理由. (1)證明：設直線l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．【關鍵1：設出直線方程及直線與橢圓交點坐標】 將y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2，得(k2＋9)x2＋2kb

12、x＋b2－m2＝0， 【關鍵2：把直線方程與橢圓方程聯(lián)立消元得一元二次方程】 故xM＝＝，yM＝kxM＋b＝. 【關鍵3：利用根與系數(shù)的關系及中點在直線l上求M的坐標】 于是直線OM的斜率kOM＝ ＝－，即kOM·k＝－9. 【關鍵4：求直線OM的斜率并計算兩直線斜率乘積】 所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值. (2)略 2.從特殊到一般求定值：常用處理技巧：(1)在運算過程中，盡量減少所求表達式中變量的個數(shù)，以便于向定值靠攏；(2)巧妙利用變量間的關系，例如點的坐標符合曲線方程等，盡量做到整體代入，簡化運算． 高考真題 思維方法 (2016·高考北京卷)已知橢

13、圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，△OAB的面積為1. (1)求橢圓C的方程； (2)設P是橢圓C上一點，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點N.求證：|AN|·|BM|為定值. (1)略 (2)證明：由(1)知，A(2，0)，B(0，1). 設P(x0，y0)，則x＋4y＝4. 當x0≠0時，直線PA的方程為y＝(x－2). 令x＝0，得yM＝－，從而|BM|＝|1－yM|＝|1＋|. 【關鍵1：設出P點坐標，對橫坐標分類討論，用P點坐標表示|BM|】 直線PB的方程為y＝x＋1. 令y＝0，得xN＝－，從而|AN|＝

14、|2－xN|＝|2＋|. 【關鍵2：用P點坐標表示|AN|】 所以|AN|·|BM|＝|2＋|·|1＋| ＝|| ＝|| ＝4.【關鍵3：計算|AN|·|BM|并化簡得出定值】 當x0＝0時，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2， 所以|AN|·|BM|＝4.【關鍵4：討論特殊情況，并計算|AN|·|BM|】 綜上，|AN|·|BM|為定值. [典型例題] (2019·福建五校第二次聯(lián)考)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，上頂點M到直線x＋y＋4＝0的距離為3. (1)求橢圓C的方程； (2)設直線l過點(4，－2)，且與橢圓C相交于A，B兩點，l不經

15、過點M，證明：直線MA的斜率與直線MB的斜率之和為定值． 【解】　(1)由題意可得，，解得，所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)證明：易知直線l的斜率恒小于0，設直線l的方程為y＋2＝k(x－4)，k<0且k≠－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 聯(lián)立得，得(1＋4k2)x2－16k(2k＋1)x＋64k(k＋1)＝0， 則x1＋x2＝，x1x2＝， 因為kMA＋kMB＝＋＝ ＝2k－(4k＋4)× ＝2k－4(k＋1)×＝2k－(2k＋1)＝－1(為定值)． 求定值問題2種常見的方法 (1)從特殊值入手，求出定值，再證明這個值與變量無關． (2)直接計算、

16、推理，并在計算、推理的過程中消去變量，從而得到定值．　 [對點訓練] 已知橢圓C：＋＝1，過A(2，0)，B(0，1)兩點． (1)求橢圓C的方程及離心率； (2)設P為第三象限內一點且在橢圓C上，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點N，求證：四邊形ABNM的面積為定值． 解：(1)由題意得，a＝2，b＝1， 所以橢圓C的方程為＋y2＝1. 又c＝＝，所以離心率e＝＝. (2)證明：設P(x0，y0)(x0<0，y0<0)，則x＋4y＝4. 又A(2，0)，B(0，1)，所以直線PA的方程為y＝(x－2)． 令x＝0，得yM＝－， 從而|BM|＝1－yM＝1＋.

17、 直線PB的方程為y＝x＋1. 令y＝0，得xN＝－， 從而|AN|＝2－xN＝2＋. 所以四邊形ABNM的面積S＝|AN|·|BM|＝ ＝ ＝＝2. 從而四邊形ABNM的面積為定值． 探究、存在性問題 存在性問題的解法：先假設存在，用待定系數(shù)法，列出關于待定系數(shù)的方程組，推證滿足條件的結論，若方程組有實數(shù)解，則元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在；否則元素(點、直線、曲線或參數(shù))不存在．要注意的是： (1)當條件和結論不唯一時要分類討論；(2)當給出結論而要推導出存在的條件時，先假設成立，再推出條件； (3)當條件和結論都不知，按常規(guī)方法解題很難時，要開放思維，采取另外

18、合適的方法． 高考真題 思維方法 (2015·高考全國卷Ⅰ)在直角坐標系xOy中，曲線C：y＝與直線l：y＝kx＋a(a＞0)交于M，N兩點. (1)當k＝0時，分別求C在點M和N處的切線方程； (2)y軸上是否存在點P，使得當k變動時，總有∠OPM＝∠OPN？說明理由. (1)略 (2)存在符合題意的點．證明如下： 設P(0，b)為符合題意的點，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直線PM，PN的斜率分別為k1，k2. 將y＝kx＋a代入C的方程得x2－4kx－4a＝0. 故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.【關鍵1：設出P點坐標，聯(lián)立直線方程與橢圓方程， 利用根與系

19、數(shù)的關系寫出M，N橫坐標與參數(shù)的關系】 從而k1＋k2＝＋ ＝＝.【關鍵2：用參數(shù)表示PM，PN的斜率和】當b＝－a時，有k1＋k2＝0，則直線PM的傾斜角與直線PN的傾斜角互補， 故∠OPM＝∠OPN，所以點P(0，－a)符合題意. 【關鍵3：用PM，PN的斜率和等于零說明∠OPM＝∠OPN，得出定點】 續(xù)　表 高考真題 思維方法 (2015·高考全國卷Ⅱ)已知橢圓C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直線l不過原點O且不平行于坐標軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB的中點為M. (1)證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值； (2)若l過點，延長線段OM與C交于點P

20、，四邊形OAPB能否為平行四邊形？若能，求此時l的斜率；若不能，說明理由. (1)略 (2)四邊形OAPB能為平行四邊形. 因為直線l過點，所以l不過原點且與橢圓C有兩個交點的充要條件是k>0，k≠3. 由(1)得直線OM的方程為y＝－x. 設點P的橫坐標為xP. 由得x＝，即xP＝ . 【關鍵1：寫出OM的方程，與橢圓方程聯(lián)立求出P點橫坐標】 將點的坐標代入直線l的方程得b＝， 因此xM＝.【關鍵2：求M點橫坐標】 四邊形OAPB為平行四邊形，當且僅當線段AB與線段OP互相平分，即xP＝2xM，于是＝2×，【關鍵3：構造關于k的方程】 解得k1＝4－，k2＝4＋. 因

21、為k>0，k≠3，所以當l的斜率為4－或4＋時，四邊形OAPB為平行四邊形. [典型例題] 已知動圓C與圓x2＋y2＋2x＝0外切，與圓x2＋y2－2x－24＝0內切． (1)試求動圓圓心C的軌跡方程； (2)過定點P(0，2)且斜率為k(k≠0)的直線l與(1)中軌跡交于不同的兩點M，N，試判斷在x軸上是否存在點A(m，0)，使得以AM，AN為鄰邊的平行四邊形為菱形？若存在，求出實數(shù)m的范圍；若不存在，請說明理由． 【解】　(1)由x2＋y2＋2x＝0得(x＋1)2＋y2＝1，由x2＋y2－2x－24＝0得(x－1)2＋y2＝25，設動圓C的半徑為R，兩圓的圓心分別為F1(－

22、1，0)，F(xiàn)2(1，0)，則|CF1|＝R＋1，|CF2|＝5－R，所以|CF1|＋|CF2|＝6，根據橢圓的定義可知，點C的軌跡為以F1，F(xiàn)2為焦點的橢圓，所以c＝1，a＝3，所以b2＝a2－c2＝9－1＝8，所以動圓圓心C的軌跡方程為＋＝1. (2)存在．設直線l的方程為y＝kx＋2，設M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中點為E(x0，y0)．假設存在點A(m，0)，使得以AM，AN為鄰邊的平行四邊形為菱形，則AE⊥MN， 由得(8＋9k2)x2＋36kx－36＝0， x1＋x2＝－，所以x0＝， y0＝kx0＋2＝， 因為AE⊥MN，所以kAE＝－， 即＝－，所以m＝

23、＝， 當k>0時，9k＋≥2＝12，所以－≤m<0； 當k<0時，9k＋≤－12，所以0b>0)，其左、右焦點分別為F1(－2，0)，F(xiàn)2(2，0)，過點F1的直

24、線交橢圓C于A，B兩點，線段AB的中點為G，AB的中垂線與x軸和y軸分別交于D，E兩點，且|AF1|，|F1F2|，|AF2|構成等差數(shù)列． (1)求橢圓C的方程； (2)記△GF1D的面積為S1，△OED(O為坐標原點)的面積為S2.試問：是否存在直線AB，使得S1＝S2？請說明理由． 解：(1)因為|AF1|，|F1F2|，|AF2|構成等差數(shù)列， 所以2a＝|AF1|＋|AF2|＝2|F1F2|＝8，所以a＝4. 又c＝2，所以b2＝12， 所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)假設存在直線AB，使得S1＝S2，顯然直線AB不能與x，y軸垂直．設AB的方程為y＝k(x＋2)

25、(k≠0)， 將其代入＋＝1，整理得(4k2＋3)x2＋16k2x＋16k2－48＝0， 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(xD，0)，所以x1＋x2＝， 所以點G的橫坐標為＝， 所以G. 因為DG⊥AB， 所以·k＝－1，解得xD＝， 即D， 因為Rt△GDF1和Rt△ODE相似，所以若S1＝S2，則|GD|＝|OD|， 所以＝，整理得8k2＋9＝0. 因為方程8k2＋9＝0無解，所以不存在直線AB，使得S1＝S2. 1．(2019·安徽省考試試題)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的上頂點為P，右頂點為Q，直線PQ與圓x2＋y2＝相切于點M. (1)求

26、橢圓C的方程； (2)若不經過點P的直線l與橢圓C交于A，B兩點，且·＝0，求證：直線l過定點． 解：(1)由已知得直線OM(O為坐標原點)的斜率kOM＝2，則直線PQ的斜率kPQ＝－＝－， 所以直線PQ的方程為y－＝－，即x＋2y＝2.可求得P(0，1)，Q(2，0)，故a＝2，b＝1， 故橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)證明：當直線l的斜率不存在時，顯然不滿足條件． 當直線l的斜率存在時，設l的方程為y＝kx＋n(n≠1)， 由，消去y整理得(4k2＋1)x2＋8knx＋4(n2－1)＝0， Δ＝(8kn)2－4×4(4k2＋1)(n2－1)＝16(4k2＋1－n2)>0

27、，得4k2＋1>n2.① 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝，x1x2＝.② 由·＝0，得(x1，y1－1)·(x2，y2－1)＝0，又y1＝kx1＋n，y2＝kx2＋n， 所以(k2＋1)x1x2＋k(n－1)(x1＋x2)＋(n－1)2＝0，③ 由②③得n＝1(舍)，或n＝－，滿足①. 此時l的方程為y＝kx－，故直線l過定點. 2．(2019·南昌市第一次模擬測試)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，離心率為，P是C上的一個動點，且△F1PF2面積的最大值為4. (1)求C的方程； (2)設C的左、右頂點分別為A，B，若直線PA

28、，PB分別交直線x＝2于M，N兩點，過點F1作以MN為直徑的圓的切線，證明：切線長為定值，并求該定值． 解：(1)設P(x0，y0)，橢圓的半焦距為c. 因為S△F1PF2＝|F1F2|·|y0|≤·2c·b＝bc， 所以bc＝4. 又e＝＝，a2＝b2＋c2， 所以a＝4，b＝2，c＝2， 所以C的方程為＋＝1. (2)由(1)可知A(－4，0)，B(4，0)，F(xiàn)1(－2，0)． 由題可知，x0≠2，且x0≠±4. 設直線PA，PB的斜率分別為k1，k2，則直線PA的方程為y＝k1(x＋4)，令x＝2得y＝6k1，故M(2，6k1)． 直線PB的方程為y＝k2(x－4)，

29、令x＝2得y＝－2k2，故N(2，－2k2)． 記以MN為直徑的圓為圓D，則D(2，3k1－k2)． 如圖，過點F1作圓D的一條切線，切點為T，連接F1D，DT，則|F1T|2＝|F1D|2－|DT|2， 所以|F1T|2＝16＋(3k1－k2)2－(3k1＋k2)2＝16－12k1k2， 又k1＝，k2＝， 所以k1·k2＝·＝， 由＋＝1，得y＝－(x－16)， 所以k1·k2＝－， 則|F1T|2＝16－12k1k2＝16－12×＝25， 所以|F1T|＝5. 故切線長為定值5. 3．(2019·廣州市調研測試)已知動圓C過定點F(1，0)，且與定直線x＝－1相

30、切． (1)求動圓圓心C的軌跡E的方程； (2)過點M(－2，0)的任一條直線l與軌跡E交于不同的兩點P，Q，試探究在x軸上是否存在定點N(異于點M)，使得∠QNM＋∠PNM＝π？若存在，求點N的坐標；若不存在，請說明理由． 解：(1)法一：依題意知，動圓圓心C到定點F(1，0)的距離，與到定直線x＝－1的距離相等， 由拋物線的定義，可得動圓圓心C的軌跡E是以F(1，0)為焦點，x＝－1為準線的拋物線，其中p＝2. 所以動圓圓心C的軌跡E的方程為y2＝4x. 法二：設動圓圓心C(x，y)，依題意得＝|x＋1|，化簡得y2＝4x，即為動圓圓心C的軌跡E的方程． (2)假設存在點N(

31、x0，0)滿足題設條件． 由∠QNM＋∠PNM＝π可知，直線PN與QN的斜率互為相反數(shù)，即kPN＋kQN＝0.① 易知直線PQ的斜率必存在且不為0，設直線PQ：x＝my－2，由，得y2－4my＋8＝0. 由Δ＝(－4m)2－4×8>0，得m>或m<－. 設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則y1＋y2＝4m，y1y2＝8. 由①得kPN＋kQN＝＋ ＝＝0， 所以y1(x2－x0)＋y2(x1－x0)＝0，即y1x2＋y2x1－x0(y1＋y2)＝0. 消去x1，x2，得y1y＋y2y－x0(y1＋y2)＝0， 即y1y2(y1＋y2)－x0(y1＋y2)＝0. 因為y1

32、＋y2≠0，所以x0＝y(tǒng)1y2＝2， 所以存在點N(2，0)，使得∠QNM＋∠PNM＝π. 4．(2019·福州市質量檢測)已知拋物線C1：x2＝2py(p＞0)和圓C2：(x＋1)2＋y2＝2，傾斜角為45°的直線l1過C1的焦點，且l1與C2相切． (1)求p的值； (2)動點M在C1的準線上，動點A在C1上，若C1在A點處的切線l2交y軸于點B，設＝＋，求證：點N在定直線上，并求該定直線的方程． 解：(1)依題意，設直線l1的方程為y＝x＋， 因為直線l1與圓C2相切， 所以圓心C2(－1，0)到直線l1：y＝x＋的距離d＝＝，即＝， 解得p＝6或p＝－2(舍去)．所以p

33、＝6. (2)法一：依題意設M(m，－3)，由(1)知拋物線C1的方程為x2＝12y，所以y＝，所以y′＝， 設A(x1，y1)，則以A為切點的切線l2的斜率為k＝， 所以切線l2的方程為y＝x1(x－x1)＋y1. 令x＝0，則y＝－x＋y1＝－×12y1＋y1＝－y1，即B點的坐標為(0，－y1)， 所以＝(x1－m，y1＋3)，＝(－m，－y1＋3)， 所以＝＋＝(x1－2m，6)， 所以＝＋＝(x1－m，3)，設N點坐標為(x，y)，則y＝3，所以點N在定直線y＝3上． 法二：設M(m，－3)，由(1)知拋物線C1的方程為x2＝12y，① 設l2的斜率為k，A，則以A為切點的切線l2的方程為y＝k(x－x1)＋x，② 聯(lián)立①②得，x2＝12[k(x－x1)＋x]， 因為Δ＝144k2－48kx1＋4x＝0，所以k＝， 所以切線l2的方程為y＝x1(x－x1)＋x， 令x＝0，得B點坐標為(0，－x)， 所以＝，＝， 所以＝＋＝(x1－2m，6)， 所以＝＋＝(x1－m，3)， 所以點N在定直線y＝3上． - 17 -