2020版高考数学培优考前练理科通用版练习：7-3　解析几何（压轴题） WORD版含解析.docx

1、7.3解析几何(压轴题)命题角度1曲线与轨迹问题高考真题体验对方向1.(2017全国20)设O为坐标原点,动点M在椭圆C:x22+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足NP=2 NM.(1)求点P的轨迹方程;(2)设点Q在直线x=-3上,且OPPQ=1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.(1)解设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),NP=(x-x0,y),NM=(0,y0).由NP=2 NM得x0=x,y0=22y.因为M(x0,y0)在C上,所以x22+y22=1.因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.(2)证明由题意知F(-1,0).设Q(-3,t),P

2、(m,n),则OQ=(-3,t),PF=(-1-m,-n),OQPF=3+3m-tn,OP=(m,n),PQ=(-3-m,t-n).由OPPQ=1得-3m-m2+tn-n2=1.又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.所以OQPF=0,即OQPF.又过点P存在唯一直线垂直于OQ,所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.2.(2016全国20)已知抛物线C:y2=2x的焦点为F,平行于x轴的两条直线l1,l2分别交C于A,B两点,交C的准线于P,Q两点.(1)若F在线段AB上,R是PQ的中点,证明:ARFQ;(2)若PQF的面积是ABF的面积的两倍,求AB中点的轨迹方程.(1)证

3、明由题知F12,0.设l1:y=a,l2:y=b,则ab0,且Aa22,a,Bb22,b,P-12,a,Q-12,b,R-12,a+b2.记过A,B两点的直线为l,则l的方程为2x-(a+b)y+ab=0.由于F在线段AB上,故1+ab=0.记AR的斜率为k1,FQ的斜率为k2,则k1=a-b1+a2=a-ba2-ab=1a=-aba=-b=k2.所以ARFQ.(2)解设l与x轴的交点为D(x1,0),则SABF=12|b-a|FD|=12|b-a|x1-12,SPQF=|a-b|2.由题设可得12|b-a|x1-12=|a-b|2,所以x1=0(舍去),x1=1.设满足条件的AB的中点为E(

4、x,y).当AB与x轴不垂直时,由kAB=kDE可得2a+b=yx-1(x1).而a+b2=y,所以y2=x-1(x1).当AB与x轴垂直时,E与D重合.所以所求轨迹方程为y2=x-1.典题演练提能刷高分1.(2019西南名校联盟重庆第八中学高三5月月考六)设抛物线C1的方程为x2=4y,点M(x0,y0)(x00)在抛物线C2:x2=-y上,过M作抛物线C1的切线,切点分别为A,B,圆N是以线段AB为直径的圆.(1)若点M的坐标为(2,-4),求此时圆N的半径长;(2)当M在x2=-y上运动时,求圆心N的轨迹方程.解(1)设N(x,y),Ax1,x124,Bx2,x224,x1x2,切线MA

5、,MB的方程分别为y=x12(x-x1)+x124,y=x22(x-x2)+x224,得MA,MB的交点M(x0,y0)的坐标为x0=x1+x22=2,y0=x1x24=-4.又kAB=x224-x124x2-x1=x1+x24=1,|AB|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=410,r=12|AB|=210.(2)N为线段AB的中点,x=x1+x22,y=x12+x228.点M在C2上,即x02=-y0.由(1)得x1+x222=-x1x24,则x1+x222=-(x1+x2)2-(x12+x22)8.x2=-4x2-8y8,x0,即x2=23y(x0).圆心N的轨迹方程为x2=23y(

6、x0).2.已知A(-2,0),B(2,0),直线PA的斜率为k1,直线PB的斜率为k2,且k1k2=-34.(1)求点P的轨迹C的方程;(2)设F1(-1,0),F2(1,0),连接PF1并延长,与轨迹C交于另一点Q,点R是PF2中点,O是坐标原点,记QF1O与PF1R的面积之和为S,求S的最大值.解(1)设P(x,y),A(-2,0),B(2,0),k1=yx+2,k2=yx-2,又k1k2=-34,y2x2-4=-34,x24+y23=1(x2),轨迹C的方程为x24+y23=1(x2).(2)由O,R分别为F1F2,PF2的中点,故ORPF1,故PF1R与PF1O同底等高,故SPF1R

7、=SPF1O,S=SQF1O+SPF1E=SPQO,当直线PQ的斜率不存在时,其方程为x=-1,此时SPQO=12132-32=32;当直线PQ的斜率存在时,设其方程为y=k(x+1),设P(x1,y1),Q(x2,y2),显然直线PQ不与x轴重合,即k0;联立y=k(x+1),x24+y23=1,解得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0,=144(k2+1)0,x1+x2=-8k23+4k2,x1x2=4k2-123+4k2,故|PQ|=1+k2|x1-x2|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=12(1+k2)3+4k2,点O到直线PQ的距离d=|k|1+k2,S=12|PQ|

8、d=6k2(k2+1)(3+4k2)2,令u=3+4k2(3,+),故S=6u-34u+14u2=32-3u2-2u+10,32,故S的最大值为32.3.已知圆C:(x+1)2+y2=8,过D(1,0)且与圆C相切的动圆圆心为P.(1)求点P的轨迹E的方程;(2)设过点C的直线l1交曲线E于Q,S两点,过点D的直线l2交曲线E于R,T两点,且l1l2,垂足为W(Q,R,S,T为不同的四个点).设W(x0,y0),证明:x022+y02|CD|=2,由椭圆定义可知,点P的轨迹E是椭圆,a=2,c=1,b=2-1=1,E的方程为x22+y2=1.(2)证明由已知条件可知,垂足W在以CD为直径的圆周

9、上,则有x02+y02=1,又因Q,R,S,T为不同的四个点,x022+y021.解若l1或l2的斜率不存在,四边形QRST的面积为2.若两条直线的斜率都存在,设l1的斜率为k,则l1的方程为y=k(x+1),解方程组y=k(x+1),x22+y2=1,得(2k2+1)x2+4k2x+2k2-2=0,则|QS|=22k2+12k2+1,同理得|RT|=22k2+1k2+2,SQSRT=12|QS|RT|=4(k2+1)2(2k2+1)(k2+2)4(k2+1)22k2+1+k2+222=169,当且仅当2k2+1=k2+2,即k=1时等号成立.综上所述,当k=1时,四边形QRST的面积取得最小

10、值169.4.设点A为圆C:x2+y2=4上的动点,点A在x轴上的投影为Q,动点M满足2MQ=AQ,动点M的轨迹为E.(1)求E的方程;(2)设E与y轴正半轴的交点为B,过点B的直线l的斜率为k(k0),l与E交于另一点P.若以点B为圆心,以线段BP长为半径的圆与E有4个公共点,求k的取值范围.解(1)设点M(x,y),A(x1,y1),则Q(x1,0),因为2MQ=AQ,所以2(x1-x,-y)=(0,-y1),所以2(x1-x)=0,-2y=-y1,解得x1=x,y1=2y.由于点A在圆C:x2+y2=4上,所以x2+4y2=4,所以点M的轨迹E的方程为x24+y2=1.(2)由(1)知,

11、E的方程为x24+y2=1,因为直线l:y=kx+1(k0).由y=kx+1,x24+y2=1得(1+4k2)x2+8kx=0.设B(x1,y1),P(x2,y2),因此x1=0,x2=-8k1+4k2,|BP|=1+k2|x1-x2|=8|k|1+4k21+k2,则点P的轨迹方程为x2+(y-1)2=64k2(1+k2)(1+4k2)2,由x2+(y-1)2=64k2(1+k2)(1+4k2)2,x2+4y2=4,得3y2+2y-5+64k2(1+k2)(1+4k2)2=0(-1y1),(*)依题意得,(*)式关于y的方程在(-1,1)有两个不同的实数解,设f(x)=3x2+2x-5+64k

12、2(1+k2)(1+4k2)2(-1x0,f(-1)0,整理得4k4-4k2+10,-4+64k2(1+k2)(1+4k2)20,即4k4-4k2+10,12k4+8k2-10,所以k212,k218.解得k-,-22-22,-2424,2222,+,所以k的取值范围为-,-22-22,-2424,2222,+.命题角度2直线与圆锥曲线的位置关系高考真题体验对方向1.(2019全国19)已知抛物线C:y2=3x的焦点为F,斜率为32的直线l与C的交点为A,B,与x轴的交点为P.(1)若|AF|+|BF|=4,求l的方程;(2)若AP=3PB,求|AB|.解设直线l:y=32x+t,A(x1,y

13、1),B(x2,y2).(1)由题设得F34,0,故|AF|+|BF|=x1+x2+32,由题设可得x1+x2=52.由y=32x+t,y2=3x可得9x2+12(t-1)x+4t2=0,则x1+x2=-12(t-1)9.从而-12(t-1)9=52,得t=-78.所以l的方程为y=32x-78.(2)由AP=3PB可得y1=-3y2.由y=32x+t,y2=3x可得y2-2y+2t=0.所以y1+y2=2.从而-3y2+y2=2,故y2=-1,y1=3.代入C的方程得x1=3,x2=13.故|AB|=4133.2.(2019天津18)设椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左焦点为F,上顶点

14、为B.已知椭圆的短轴长为4,离心率为55.(1)求椭圆的方程;(2)设点P在椭圆上,且异于椭圆的上、下顶点,点M为直线PB与x轴的交点,点N在y轴的负半轴上.若|ON|=|OF|(O为原点),且OPMN,求直线PB的斜率.解(1)设椭圆的半焦距为c,依题意,2b=4,ca=55,又a2=b2+c2,可得a=5,b=2,c=1.所以,椭圆的方程为x25+y24=1.(2)由题意,设P(xP,yP)(xP0),M(xM,0).设直线PB的斜率为k(k0),又B(0,2),则直线PB的方程为y=kx+2,与椭圆方程联立y=kx+2,x25+y24=1,整理得(4+5k2)x2+20kx=0,可得xP

15、=-20k4+5k2,代入y=kx+2得yP=8-10k24+5k2,进而直线OP的斜率yPxP=4-5k2-10k.在y=kx+2中,令y=0,得xM=-2k.由题意得N(0,-1),所以直线MN的斜率为-k2.由OPMN,得4-5k2-10k-k2=-1,化简得k2=245,从而k=2305.所以,直线PB的斜率为2305或-2305.3.(2018全国19)设椭圆C:x22+y2=1的右焦点为F,过F的直线l与C交于A,B两点,点M的坐标为(2,0).(1)当l与x轴垂直时,求直线AM的方程;(2)设O为坐标原点,证明:OMA=OMB.(1)解由已知得F(1,0),l的方程为x=1.由已

16、知可得,点A的坐标为1,22或1,-22.所以AM的方程为y=-22x+2或y=22x-2.(2)证明当l与x轴重合时,OMA=OMB=0,当l与x轴垂直时,OM为AB的垂直平分线,所以OMA=OMB.当l与x轴不重合也不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k0),A(x1,y1),B(x2,y2),则x12,x20)的直线l与C交于A,B两点,|AB|=8.(1)求l的方程.(2)求过点A,B且与C的准线相切的圆的方程.解(1)由题意得F(1,0),l的方程为y=k(x-1)(k0).设A(x1,y1),B(x2,y2).由y=k(x-1),y2=4x得k2x2-(2k2+4)x+k2=0

17、.=16k2+160,故x1+x2=2k2+4k2.所以|AB|=|AF|+|BF|=(x1+1)+(x2+1)=4k2+4k2.由题设知4k2+4k2=8,解得k=-1(舍去),k=1.因此l的方程为y=x-1.(2)由(1)得AB的中点坐标为(3,2),所以AB的垂直平分线方程为y-2=-(x-3),即y=-x+5.设所求圆的圆心坐标为(x0,y0),则y0=-x0+5,(x0+1)2=(y0-x0+1)22+16.解得x0=3,y0=2或x0=11,y0=-6.因此所求圆的方程为(x-3)2+(y-2)2=16或(x-11)2+(y+6)2=144.5.(2018全国20)已知斜率为k的

18、直线l与椭圆C:x24+y23=1交于A,B两点,线段AB的中点为M(1,m)(m0).(1)证明:k-12;(2)设F为C的右焦点,P为C上一点,且FP+FA+FB=0.证明:|FA|,|FP|,|FB|成等差数列,并求该数列的公差.(1)证明设A(x1,y1),B(x2,y2),则x124+y123=1,x224+y223=1.两式相减,并由y1-y2x1-x2=k得x1+x24+y1+y23k=0.由题设知x1+x22=1,y1+y22=m,于是k=-34m.由题设得0m32,故k-12.(2)解由题意得F(1,0).设P(x3,y3),则(x3-1,y3)+(x1-1,y1)+(x2-

19、1,y2)=(0,0).由(1)及题设得x3=3-(x1+x2)=1,y3=-(y1+y2)=-2mb0)的左焦点为F,上顶点为A,长轴长为26,B为直线l:x=-3上的动点,M(m,0),AMBM.当ABl时,M与F重合.(1)求椭圆的方程;(2)若直线BM交椭圆于P,Q两点,若APAQ,求m的值.解(1)依题意得A(0,b),F(-c,0),当ABl时,B(-3,b),由AFBF,得kAFkBF=bcb-3+c=-1,又b2+c2=6,解得c=2,b=2.所以,椭圆的方程为x26+y22=1.(2)由(1)得A(0,2),依题意,显然m0,所以kAM=-2m,又AMBM,所以kBM=m2,

20、所以直线BM的方程为y=m2(x-m),设P(x1,y1),Q(x2,y2).联立y=m2(x-m),x26+y22=1,有(2+3m2)x2-6m3x+3m4-12=0,x1+x2=6m32+3m2,x1x2=3m4-122+3m2.|PM|QM|=1+m22|(x1-m)(x2-m)|=1+m22|x1x2-m(x1+x2)+m2|=1+m22|2m2-12|2+3m2=(2+m2)|m2-6|2+3m2,|AM|2=2+m2,由APAQ得,|AM|2=|PM|QM|,所以|m2-6|2+3m2=1,解得m=1.2.(2019江西抚州临川第一中学高三下学期考前模拟)在平面直角坐标系xOy中

21、,椭圆C过点3,12,焦点F1(-3,0),F2(3,0),圆O的直径为F1F2.(1)求椭圆C及圆O的方程;(2)设直线l与圆O相切于第一象限内的点P,直线l与椭圆C交于A,B两点.若OAB的面积为267,求直线l的方程.解(1)因为椭圆C的焦点为F1(-3,0),F2(3,0),可设椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(ab0).又点3,12在椭圆C上,所以3a2+14b2=1,a2-b2=3,解得a2=4,b2=1.因此,椭圆C的方程为x24+y2=1.因为圆O的直径为F1F2,所以其方程为x2+y2=3.(2)设直线l与圆O相切于P(x0,y0)(x00,y00),则x02+y02=3

22、.所以直线l的方程为y=-x0y0(x-x0)+y0,即y=-x0y0x+3y0.由x24+y2=1,y=-x0y0x+3y0,消去y,得(4x02+y02)x2-24x0x+36-4y02=0.因为OAB的面积为267,所以12ABOP=267,从而|AB|=427.设A(x1,y1),B(x2,y2),由得x=24x048y02(x02-2)2(4x02+y02),所以AB2=(x1-x2)2+(y1-y2)2=1+x02y0248y02(x02-2)(4x02+y02)2.因为x02+y02=3,所以AB2=16(x02-2)(x02+1)2=3249,即2x04-45x02+100=0

23、,解得x02=52或x02=20(舍去后者),则y02=12,因此,点P的坐标为102,22.故直线l的方程为:y=-5x+32.3.椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F2作垂直于x轴的直线l与椭圆E在第一象限交于点P,若|PF1|=5,且3a=b2.(1)求椭圆E的方程;(2)A,B是椭圆C上位于直线l两侧的两点.若直线AB过点(1,-1),且APF2=BPF2,求直线AB的方程.解(1)由题意可得|PF2|=b2a=3,因为|PF1|=5,由椭圆的定义得a=4,所以b2=12,所以椭圆E的方程为x216+y212=1.(2)易知点P的坐标为(2,3).

24、因为APF2=BPF2,所以直线PA,PB的斜率之和为0.设直线PA的斜率为k,则直线PB的斜率为-k,设A(x1,y1),B(x2,y2),则直线PA的方程为y-3=k(x-2),由y-3=k(x-2),x216+y212=1,可得(3+4k2)x2+8k(3-2k)x+4(3-2k)2-48=0,x1+2=8k(2k-3)3+4k2.同理,直线PB的方程为y-3=-k(x-2),可得x2+2=-8k(-2k-3)3+4k2=8k(2k+3)3+4k2,x1+x2=16k2-123+4k2,x1-x2=-48k3+4k2,kAB=y1-y2x1-x2=k(x1-2)+3+k(x2-2)-3x

25、1-x2=k(x1+x2)-4kx1-x2=12,满足条件的直线AB的方程为y+1=12(x-1),即为x-2y-3=0.命题角度3圆锥曲线的最值、范围问题高考真题体验对方向1.(2019全国21)已知点A(-2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为-12.记M的轨迹为曲线C.(1)求C的方程,并说明C是什么曲线;(2)过坐标原点的直线交C于P,Q两点,点P在第一象限,PEx轴,垂足为E,连接QE并延长交C于点G.证明:PQG是直角三角形;求PQG面积的最大值.解(1)由题设得yx+2yx-2=-12,化简得x24+y22=1(|x|2),所以C为中心在坐标原点,

26、焦点在x轴上的椭圆,不含左右顶点.(2)设直线PQ的斜率为k,则其方程为y=kx(k0).由y=kx,x24+y22=1,得x=21+2k2.记u=21+2k2,则P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0).于是直线QG的斜率为k2,方程为y=k2(x-u).由y=k2(x-u),x24+y22=1,得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0.()设G(xG,yG),则-u和xG是方程()的解,故xG=u(3k2+2)2+k2,由此得yG=uk32+k2.从而直线PG的斜率为uk32+k2-uku(3k2+2)2+k2-u=-1k.所以PQPG,即PQG是直角三角形.由得|PQ|=

27、2u1+k2,|PG|=2ukk2+12+k2,所以PQG的面积S=12|PQ|PG|=8k(1+k2)(1+2k2)(2+k2)=8(1k+k)1+2(1k+k)2.设t=k+1k,则由k0,得t2,当且仅当k=1时取等号.因为S=8t1+2t2在区间2,+)内单调递减,所以当t=2,即k=1时,S取得最大值,最大值为169.因此,PQG面积的最大值为169.2.(2019浙江21)如图,已知点F(1,0)为抛物线y2=2px(p0)的焦点.过点F的直线交抛物线于A,B两点,点C在抛物线上,使得ABC的重心G在x轴上,直线AC交x轴于点Q,且Q在点F的右侧.记AFG,CQG的面积分别为S1,

28、S2.(1)求p的值及抛物线的准线方程;(2)求S1S2的最小值及此时点G的坐标.解(1)由题意得p2=1,即p=2.所以,抛物线的准线方程为x=-1.(2)设A(xA,yA),B(xB,yB),C(xC,yC),重心G(xG,yG).令yA=2t,t0,则xA=t2.由于直线AB过F,故直线AB方程为x=t2-12ty+1,代入y2=4x,得y2-2(t2-1)ty-4=0,故2tyB=-4,即yB=-2t,所以B1t2,-2t.又由于xG=13(xA+xB+xC),yG=13(yA+yB+yC)及重心G在x轴上,故2t-2t+yC=0,得C1t-t2,21t-t,G2t4-2t2+23t2

29、,0.所以,直线AC方程为y-2t=2t(x-t2),得Q(t2-1,0).由于Q在焦点F的右侧,故t22.从而S1S2=12|FG|yA|12|QG|yC|=2t4-2t2+23t2-1|2t|t2-1-2t4-2t2+23t22t-2t=2t4-t2t4-1=2-t2-2t4-1.令m=t2-2,则m0,S1S2=2-mm2+4m+3=2-1m+3m+42-12m3m+4=1+32.当m=3时,S1S2取得最小值1+32,此时G(2,0).3.(2017山东21)在平面直角坐标系xOy中,椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22,焦距为2.(1)求椭圆E的方程.(2)如图,动

30、直线l:y=k1x-32交椭圆E于A,B两点,C是椭圆E上一点,直线OC的斜率为k2,且k1k2=24,M是线段OC延长线上一点,且|MC|AB|=23,M的半径为|MC|,OS,OT是M的两条切线,切点分别为S,T,求SOT的最大值并求取得最大值时直线l的斜率.解(1)由题意知e=ca=22,2c=2,所以a=2,b=1,因此椭圆E的方程为x22+y2=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程x22+y2=1,y=k1x-32,得(4k12+2)x2-43k1x-1=0,由题意知0,且x1+x2=23k12k12+1,x1x2=-12(2k12+1).所以|AB|=1+k12

31、|x1-x2|=21+k121+8k121+2k12.由题意可知圆M的半径r为r=23|AB|=2231+k121+8k122k12+1.由题设知k1k2=24,所以k2=24k1,因此直线OC的方程为y=24k1x.联立方程x22+y2=1,y=24k1x1,得x2=8k121+4k12,y2=11+4k12,因此|OC|=x2+y2=1+8k121+4k12.由题意可知sin SOT2=rr+|OC|=11+|OC|r,而|OC|r=1+8k121+4k122231+k121+8k121+2k12=3241+2k121+4k121+k12,令t=1+2k12,则t1,1t(0,1),因此|

32、OC|r=32t2t2+t-1=3212+1t-1t2=321-1t-122+941,当且仅当1t=12,即t=2时等号成立,此时k1=22,所以sin SOT212,因此SOT26.所以SOT最大值为3.综上所述:SOT的最大值为3,取得最大值时直线l的斜率为k1=22.典题演练提能刷高分1.已知抛物线C:y2=2px(p0)的焦点为F,准线为l,过焦点F的直线交C于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,y1y2=-4.(1)求抛物线方程;(2)点B在准线l上的投影为E,D是C上一点,且ADEF,求ABD面积的最小值及此时直线AD的方程.解(1)依题意Fp2,0,当直线AB的斜率不存在时,

33、|y1y2|=-p2=-4,p=2.当直线AB的斜率存在时,设AB:y=kx-p2,由y2=2px,y=kx-p2,化简得y2-2pky-p2=0.由y1y2=-4,得p2=4,p=2,所以抛物线方程为y2=4x.(2)设D(x0,y0),Bt24,t,则E(-1,t).又由y1y2=-4,可得A4t2,-4t.因为kEF=-t2,ADEF,所以kAD=2t,故直线AD:y+4t=2tx-4t2.由y2=4x,2x-ty-4-8t2=0,化简得y2-2ty-8-16t2=0,所以y1+y0=2t,y1y0=-8-16t2.所以|AD|=1+t24|y1-y0|=1+t24(y1+y0)2-4y

34、1y0=4+t2t2+16t2+8.设点B到直线AD的距离为d,则d=t22-t2-4-8t24+t2=t2+16t2+824+t2.所以SABD=12|AD|d=14t2+16t2+8316,当且仅当t4=16,即t=2.当t=2时,直线AD的方程为x-y-3=0,当t=-2时,直线AD的方程为x+y-3=0.2.在平面直角坐标系xOy中,抛物线C1:x2=4y,直线l与抛物线C1交于A,B两点.(1)若直线OA,OB的斜率之积为-14,证明:直线l过定点;(2)若线段AB的中点M在曲线C2:y=4-14x2(-22x0,x1+x2=4k,x1x2=-4m,kOAkOB=y1y2x1x2=1

35、4x1214x22x1x2=x1x216=-m4,由已知:kOAkOB=-14,所以m=1,所以直线l的方程为y=kx+1,所以直线l过定点(0,1).(2)解设M(x0,y0),则x0=x1+x22=2k,y0=kx0+m=2k2+m,将M(x0,y0)代入C2:y=4-14x2(-22x22),得2k2+m=4-14(2k)2,m=4-3k2.-22x022,-222k22,-2k0,-2k0)上,AB的中点为Q,满足O,E,Q三点共线.(1)求直线AB的斜率;(2)若直线AB与圆D相交于M,N两点,记OAB的面积为S1,OMN的面积为S2,求S=S1+S2的最大值.解(1)设A(x1,y

36、1),B(x2,y2),AB的中点Q(x0,y0).点A,B在椭圆C上,x122+y12=1,x222+y22=1,相减得(x1-x2)(x1+x2)2+(y1-y2)(y1+y2)=0.kAB=y1-y2x1-x2=-(x1+x2)2(y1+y2).x0=x1+x22,y0=y1+y22,kAB=-x02y0.E-305,3010,kOE=-12.O,E,Q三点共线,kOQ=kOE=-12=y0x0,kAB=-x02y0=1.(2)点E-305,3010在圆D上,r2=-3052+30102=32.圆D的方程为x2+y2=32.设直线AB的方程:y=x+m,由y=x+m,x22+y2=1,得

37、3x2+4mx+2m2-2=0.由0得m23.x1+x2=-4m3,x1x2=2m2-23,则|AB|=2(x1+x2)2-4x1x2=433-m2.设O到直线AB的距离为d,d=|m|2,|MN|=2r2-d2=232-m22.S=S1+S2=12|AB|d+12|MN|d=12433-m2|m|2+12232-m22|m|2=3+226|m|3-m2=3+226m2(3-m2)=3+226-m2-322+94,当m2=32b0)与y轴正半轴交于点M(0,3),离心率为12.直线l经过点P(t,0)(0ta)和点Q(0,1),且与椭圆E交于A,B两点(点A在第二象限).(1)求椭圆E的标准方

38、程;(2)若AP=PB,当0t233时,求的取值范围.解(1)由题意,e=ca=12且b=3,所以a=2.所以椭圆E的标准方程为x24+y23=1.(2)因为直线l经过点P(t,0)(0t0时,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=6t23t2+4,y1y2=3t2-123t2+4,因为AP=PB,所以(t-x1,-y1)=(x2-t,y2),所以y1=-y2,联立,消去y1,y2,整理得12(1-)2=4t2+12-4.当00且y21.所以1,3+52.命题角度4圆锥曲线的定值、定点问题高考真题体验对方向1.(2019北京18)已知抛物线C:x2=-2py经过点(2,-1).(

39、1)求抛物线C的方程及其准线方程;(2)设O为原点,过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M,N,直线y=-1分别交直线OM,ON于点A和点B.求证:以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.(1)解由抛物线C:x2=-2py经过点(2,-1),得p=2.所以抛物线C的方程为x2=-4y,其准线方程为y=1.(2)证明抛物线C的焦点为F(0,-1).设直线l的方程为y=kx-1(k0).由y=kx-1,x2=-4y得x2+4kx-4=0.设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1x2=-4.直线OM的方程为y=y1x1x.令y=-1,得点A的横坐标xA=-x1y1.同理得点B的横坐

40、标xB=-x2y2.设点D(0,n),则DA=-x1y1,-1-n,DB=-x2y2,-1-n,DADB=x1x2y1y2+(n+1)2=x1x2-x124-x224+(n+1)2=16x1x2+(n+1)2=-4+(n+1)2.令DADB=0,即-4+(n+1)2=0,得n=1或n=-3.综上,以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0,-3).2.(2019全国21)已知曲线C:y=x22,D为直线y=-12上的动点,过D作C的两条切线,切点分别为A,B.(1)证明:直线AB过定点;(2)若以E0,52为圆心的圆与直线AB相切,且切点为线段AB的中点,求四边形ADBE的面积.(1)证

41、明设Dt,-12,A(x1,y1),则x12=2y1.由于y=x,所以切线DA的斜率为x1,故y1+12x1-t=x1.整理得2tx1-2y1+1=0.设B(x2,y2),同理可得2tx2-2y2+1=0.故直线AB的方程为2tx-2y+1=0.所以直线AB过定点0,12.(2)解由(1)得直线AB的方程为y=tx+12.由y=tx+12,y=x22可得x2-2tx-1=0.于是x1+x2=2t,x1x2=-1,y1+y2=t(x1+x2)+1=2t2+1,|AB|=1+t2|x1-x2|=1+t2(x1+x2)2-4x1x2=2(t2+1).设d1,d2分别为点D,E到直线AB的距离,则d1

42、=t2+1,d2=2t2+1.因此,四边形ADBE的面积S=12|AB|(d1+d2)=(t2+3)t2+1.设M为线段AB的中点,则Mt,t2+12.由于EMAB,而EM=(t,t2-2),AB与向量(1,t)平行,所以t+(t2-2)t=0.解得t=0或t=1.当t=0时,S=3;当t=1时,S=42.因此,四边形ADBE的面积为3或42.3.(2017全国20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3-1,32,P41,32中恰有三点在椭圆C上.(1)求C的方程;(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A,B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率

43、的和为-1,证明:l过定点.(1)解由于P3,P4两点关于y轴对称,故由题设知C经过P3,P4两点.又由1a2+1b21a2+34b2知,C不经过点P1,所以点P2在C上.因此1b2=1,1a2+34b2=1,解得a2=4,b2=1.故C的方程为x24+y2=1.(2)证明设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2,如果l与x轴垂直,设l:x=t,由题设知t0,且|t|0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-8km4k2+1,x1x2=4m2-44k2+1.而k1+k2=y1-1x1+y2-1x2=kx1+m-1x1+kx2+m-1x2=2kx1x2+(m-1)(x1+x

44、2)x1x2.由题设k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.即(2k+1)4m2-44k2+1+(m-1)-8km4k2+1=0.解得k=-m+12.当且仅当m-1时,0,于是l:y=-m+12x+m,即y+1=-m+12(x-2),所以l过定点(2,-1).典题演练提能刷高分1.(2019山东泰安高三第二轮复习质量检测)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的右顶点为A,左焦点为F1,离心率e=22,过点A的直线与椭圆交于另一个点B,且点B在x轴上的射影恰好为点F1,若SABF1=3+322.(1)求椭圆C的标准方程;(2)过圆E:x2+y2=4上任意一

45、点P作圆E的切线l,l与椭圆交于M,N两点,以MN为直径的圆是否过定点?如过定点,求出该定点;若不过定点,请说明理由.解(1)e=ca=22,a=2c,b=c.设B(-c,y0),代入椭圆方程得|y0|=22b,SABF1=12|y0|F1A|=24b2(1+2).24b2(1+2)=3+322,b2=6,a2=12.椭圆C的标准方程为x212+y26=1.(2)当直线l的斜率不存在时,以MN为直径的圆的圆心为(2,0)或(-2,0),半径为2,|MN|=4,以MN为直径的圆的标准方程为(x+2)2+y2=4或(x-2)2+y2=4,因为两圆都过坐标原点,故以MN为直径的圆过坐标原点.当直线l

46、的斜率存在时,设其方程为y=kx+m,M(x1,y1),N(x2,y2),因为直线与圆E相切,所以圆心到直线l的距离为圆的半径2,即d=|m|1+k2=2,所以m2=4k2+4.由y=kx+m,x212+y26=1,化简得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-12=0,x1+x2=-4km2k2+1,x1x2=2m2-122k2+1,OMON=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=(1+k2)(2m2-12)2k2+1-4m2k22k2+1+m2=3m2-12k2-122k2+1=3(4+4k2)-12k2-122k2+1=

47、0,故以MN为直径的圆过坐标原点,综上,以MN为直径的圆恒过坐标原点.2.(2019四川棠湖中学高三适应性考试)已知抛物线C:x2=4y,M为直线l:y=-1上任意一点,过点M作抛物线C的两条切线MA,MB,切点分别为A,B.(1)当M的坐标为(0,-1)时,求过M,A,B三点的圆的方程;(2)证明:以AB为直径的圆恒过点M.(1)解当M的坐标为(0,-1)时,设过M点的切线方程为y=kx-1,由x2=4y,y=kx-1,消去y得x2-4kx+4=0.令=(4k)2-44=0,解得k=1.代入方程,解得A(2,1),B(-2,1).设圆心点P的坐标为(0,a),由|PM|=|PB|,得a+1=

48、2,解得a=1.故过M,A,B三点的圆的方程为x2+(y-1)2=4.(2)证明设M(x0,-1),由已知得y=x24,y=12x,设切点分别为Ax1,x124,Bx2,x224,所以kMA=x12,kMB=x22,切线MA的方程为y-x124=x12(x-x1),即y=12x1x-14x12,切线MB的方程为y-x224=x22(x-x2),即y=12x2x-14x22.又因为切线MA过点M(x0,-1),所以得-1=12x0x1-14x12.又因为切线MB也过点M(x0,-1),所以得-1=12x0x2-14x22.所以x1,x2是方程-1=12x0x-14x2的两个实根.由韦达定理得x1

49、+x2=2x0,x1x2=-4.因为MA=x1-x0,x124+1,MB=x2-x0,x224+1,所以MAMB=(x1-x0)(x2-x0)+x124+1x224+1=x1x2-x0(x1+x2)+x02+x12x2216+14(x1+x2)2-2x1x2+1.将x1+x2=2x0,x1x2=-4代入,得MAMB=0.所以以AB为直径的圆恒过点M.3.(2019河南洛阳高三第三次统一考试)在平面直角坐标系xOy中,椭圆E:x2a2+y2b2=1(a0,b0)经过点A-62,2,且点F(0,-1)为其一个焦点.(1)求椭圆E的方程;(2)设椭圆E与y轴的两个交点为A1,A2,不在y轴上的动点P

50、在直线y=b2上运动,直线PA1,PA2分别与椭圆E交于点M,N.证明:直线MN通过一个定点,且FMN的周长为定值.解(1)根据题意可得32a2+2b2=1,b2-a2=1,可解得a=3,b=2,椭圆E的方程为y24+x23=1.(2)不妨设A1(0,2),A2(0,-2).P(x0,4)为直线y=4上一点(x00),M(x1,y1),N(x2,y2).直线PA1方程为y=2x0x+2,直线PA2方程为y=6x0x-2.点M(x1,y1),A1(0,2)的坐标满足方程组x23+y24=1,y=2x0x+2,可得x1=-6x03+x02,y1=2x02-63+x02.点N(x2,y2),A2(0

51、,-2)的坐标满足方程组x23+y24=1,y=6x0x-2,可得x2=18x027+x02,y2=-2x02+5427+x02,所以M-6x03+x02,2x02-63+x02,N18x027+x02,-2x02+5427+x02.直线MN的方程为y-2x02-63+x02=-x02-96x0x+6x03+x02,即y=-x02-96x0x+1.故直线MN恒过定点B(0,1).F(0,-1),B(0,1)是椭圆E的焦点,FMN周长=|FM|+|MB|+|BN|+|NF|=4b=8.4.已知长度为32的线段AB的两个端点A,B分别在x轴和y轴上运动,动点P满足BP=2PA,设动点P的轨迹为曲线

52、C.(1)求曲线C的方程;(2)过点(4,0)且斜率不为零的直线l与曲线C交于M,N两点,在x轴上是否存在定点T,使得直线MT与NT的斜率之积为常数.若存在,求出定点T的坐标以及此常数;若不存在,请说明理由.解(1)设P(x,y),A(m,0),B(0,n),由于BP=2PA,所以(x,y-n)=2(m-x,-y)=(2m-2x,-2y),即x=2m-2x,y-n=-2y,所以m=32x,n=3y,又|AB|=32,所以m2+n2=18,从而9x24+9y2=18.即曲线C的方程为x28+y22=1.(2)由题意设直线l的方程为:x=my+4,M(x1,y1),N(x2,y2),由x=my+4

53、,x28+y22=1,得(m2+4)y2+8my+8=0,所以y1+y2=-8mm2+4,y1y2=8m2+4,=64m2-32(m2+4)0.故x1+x2=m(y1+y2)+8=32m2+4,x1x2=m2y1y2+4m(y1+y2)+16=64-8m2m2+4,假设存在定点T(t,0),使得直线MT与NT的斜率之积为常数,则kMTkNT=y1y2(x1-t)(x2-t)=y1y2x1x2-t(x1+x2)+t2=8(t2-8)m2+4(t-4)2.当t2-8=0,且t-40时,kMTkNT为常数,解得t=22.显然当t=22时,常数为3+224;当t=-22时,常数为3-224,所以存在两

54、个定点T1(22,0),T2(-22,0),使得直线MT与NT的斜率之积为常数,当定点为T1(22,0)时,常数为3+224;当定点为T2(-22,0)时,常数为3-224.命题角度5圆锥曲线的探究、存在性问题高考真题体验对方向1.(2015全国20)在直角坐标系xOy中,曲线C:y=x24与直线l:y=kx+a(a0)交于M,N两点.(1)当k=0时,分别求C在点M和N处的切线方程;(2)y轴上是否存在点P,使得当k变动时,总有OPM=OPN?说明理由.解(1)由题设可得M(2a,a),N(-2a,a),或M(-2a,a),N(2a,a).又y=x2,故y=x24在x=2a处的导数值为a,C

55、在点(2a,a)处的切线方程为y-a=a(x-2a),即ax-y-a=0.y=x24在x=-2a处的导数值为-a,C在点(-2a,a)处的切线方程为y-a=-a(x+2a),即ax+y+a=0.故所求切线方程为ax-y-a=0和ax+y+a=0.(2)存在符合题意的点,证明如下:设P(0,b)为符合题意的点,M(x1,y1),N(x2,y2),直线PM,PN的斜率分别为k1,k2.将y=kx+a代入C的方程得x2-4kx-4a=0.故x1+x2=4k,x1x2=-4a.从而k1+k2=y1-bx1+y2-bx2=2kx1x2+(a-b)(x1+x2)x1x2=k(a+b)a.当b=-a时,有k

56、1+k2=0,则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补,故OPM=OPN,所以点P(0,-a)符合题意.2.(2015全国20)已知椭圆C:9x2+y2=m2(m0),直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.(1)证明:直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值;(2)若l过点m3,m,延长线段OM与C交于点P,四边形OAPB能否为平行四边形?若能,求此时l的斜率;若不能,说明理由.(1)证明设直线l:y=kx+b(k0,b0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM).将y=kx+b代入9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0

57、,故xM=x1+x22=-kbk2+9,yM=kxM+b=9bk2+9.于是直线OM的斜率kOM=yMxM=-9k,即kOMk=-9.所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.(2)解四边形OAPB能为平行四边形.因为直线l过点m3,m,所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k0,k3.由(1)得OM的方程为y=-9kx.设点P的横坐标为xP.由y=-9kx,9x2+y2=m2得xP2=k2m29k2+81,即xP=km3k2+9.将点m3,m的坐标代入l的方程得b=m(3-k)3,因此xM=k(k-3)m3(k2+9).四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分,即xP

58、=2xM.于是km3k2+9=2k(k-3)m3(k2+9),解得k1=4-7,k2=4+7.因为ki0,ki3,i=1,2,所以当l的斜率为4-7或4+7时,四边形OAPB为平行四边形.3.(2014山东21)已知抛物线C:y2=2px(p0)的焦点为F,A为C上异于原点的任意一点,过点A的直线l交C于另一点B,交x轴的正半轴于点D,且有|FA|=|FD|.当点A的横坐标为3时,ADF为正三角形.(1)求C的方程;(2)若直线l1l,且l1和C有且只有一个公共点E,证明直线AE过定点,并求出定点坐标;ABE的面积是否存在最小值?若存在,请求出最小值;若不存在,请说明理由.解(1)由题意知Fp

59、2,0,设D(t,0)(t0),则FD的中点为p+2t4,0.因为|FA|=|FD|,由抛物线的定义知3+p2=t-p2,解得t=3+p或t=-3(舍去).由p+2t4=3,解得p=2.所以抛物线C的方程为y2=4x.(2)由(1)知F(1,0).设A(x0,y0)(x0y00),D(xD,0)(xD0),因为|FA|=|FD|,则|xD-1|=x0+1.由xD0得xD=x0+2,故D(x0+2,0).故直线AB的斜率kAB=-y02.因为直线l1和直线AB平行,设直线l1的方程为y=-y02x+b,代入抛物线方程得y2+8y0y-8by0=0,由题意=64y02+32by0=0,得b=-2y

60、0.设E(xE,yE),则yE=-4y0,xE=4y02.当y024时,kAE=yE-y0xE-x0=-4y0+y04y02-y024=4y0y02-4,可得直线AE的方程为y-y0=4y0y02-4(x-x0),由y02=4x0,整理可得y=4y0y02-4(x-1),直线AE恒过点F(1,0).当y02=4时,直线AE的方程为x=1,过点F(1,0).所以直线AE过定点F(1,0).由知直线AE过焦点F(1,0),所以|AE|=|AF|+|FE|=(x0+1)+1x0+1=x0+1x0+2.设直线AE的方程为x=my+1,因为点A(x0,y0)在直线AE上,故m=x0-1y0.设B(x1,

61、y1),直线AB的方程为y-y0=-y02(x-x0),由于y00,可得x=-2y0y+2+x0,代入抛物线方程得y2+8y0y-8-4x0=0.所以y0+y1=-8y0,可求得y1=-y0-8y0,x1=4x0+x0+4.所以点B到直线AE的距离为d=4x0+x0+4+my0+8y0-11+m2=4(x0+1)x0=4x0+1x0.则ABE的面积S=124x0+1x0x0+1x0+216,当且仅当1x0=x0,即x0=1时等号成立.所以ABE的面积的最小值为16.典题演练提能刷高分1.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左顶点为A,右焦点为F2(2,0),点B(2,-2)在椭圆C上

62、.(1)求椭圆C的方程;(2)若直线y=kx(k0)与椭圆C交于E,F两点,直线AE,AF分别与y轴交于点M,N,在x轴上,是否存在点P,使得无论非零实数k怎样变化,总有MPN为直角?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.解(1)依题意,c=2.点B(2,-2)在C上,4a2+2b2=1.a2=b2+c2,a2=8,b2=4,椭圆方程为x28+y24=1.(2)假设存在这样的点P,设P(x0,0),E(x1,y1),则F(-x1,-y1),联立y=kx,x28+y24=1,消去y化简得(1+2k2)x2-8=0,解得x1=221+2k2,y1=22k1+2k2.A(-22,0),AE所

63、在直线方程为y=k1+1+2k2(x+22),M0,22k1+1+2k2,同理可得N0,22k1-1+2k2,PM=-x0,22k1+1+2k2,PN=-x0,22k1-1+2k2,由PMPN=0,得x02-4=0.x0=2或x0=-2.存在点P,使得无论非零实数k怎么变化,总有MPN为直角,点P坐标为(2,0)或(-2,0).2.(2019湖南长沙第一中学高三下学期高考模拟)已知圆x2+y2=9,A(1,1)为圆内一点,P,Q为圆上的动点,且PAQ=90,M是PQ的中点.(1)求点M的轨迹曲线C的方程;(2)设E92,12,D12,12,对曲线C上任意一点H,在直线ED上是否存在与点E不重合

64、的点F,使|HE|HF|是常数?若存在,求出点F的坐标,若不存在,说明理由.解(1)设点M(x,y),由PAQ=90,得|AM|=12|PQ|=|PM|=9-|OM|2,化简得x2+y2-x-y-72=0,即x-122+y-122=4.(2)点E92,12,D12,12,直线ED方程为y=12,假设存在点Ft,12t92,满足条件,设H(x,y),则有x-122+y-122=4,|HE|2=x-922+y-122=x-922+4-x-122=24-8x,|HF|2=(x-t)2+y-122=(x-t)2+4-x-122=(1-2t)x+t2+154,当|HE|HF|是常数时,|HF|HE|2=

65、(1-2t)x+t2+15424-8x也是常数,1-2tt2+154=-824,t=32或t=92(舍),t=32.存在F32,12满足条件.3.(2019北京丰台区高三年级第二学期综合练习二)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右顶点分别为A,B,长轴长为4,离心率为12.过右焦点F的直线l交椭圆E于C,D两点(均不与A,B重合),记直线AC,BD的斜率分别为k1,k2.(1)求椭圆E的方程;(2)是否存在常数,当直线l变动时,总有k1=k2成立?若存在,求出的值;若不存在,说明理由.解(1)由题知2a=4,ca=12,a2=b2+c2,解得a=2,b=3.所以椭圆E的方程为x

66、24+y23=1.(2)由(1)知A(-2,0),B(2,0),当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=1.由x=1,x24+y23=1,解得x=1,y=32,或x=1,y=-32.得k1=12,k2=32或k1=-12,k2=-32,均有k1=13k2.猜测存在=13.当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=k(x-1),C(x1,y1),D(x2,y2).由y=k(x-1),x24+y23=1,得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0.则x1+x2=8k24k2+3,x1x2=4k2-124k2+3.故k1-13k2=y1x1+2-y23(x2-2)=3(x2-2)y1-(x1

67、+2)y23(x1+2)(x2-2)=k2x1x2-5(x1+x2)+83(x1+2)(x2-2)=k8(k2-3)4k2+3-40k24k2+3+83(x1+2)(x2-2)=0.所以存在常数=13,使得k1=13k2恒成立.4.如图,已知椭圆的离心率为22,以该椭圆上的点和椭圆的左、右焦点F1,F2为顶点的三角形的周长为4(2+1).一双曲线的顶点是该椭圆的焦点,且双曲线的实轴长等于虚轴长,设P为该双曲线上异于顶点的任意一点,直线PF1和PF2与椭圆的交点分别为A,B和C,D,且点A,C在x轴的同一侧.(1)求椭圆和双曲线的标准方程;(2)是否存在题设中的点P,使得|AB|+|CD|=43

68、ABCD?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.解(1)由题意知,椭圆离心率e=ca=22,即a=2c,又2a+2c=4(2+1),所以a=22,c=2,所以b2=a2-c2=4,所以椭圆的标准方程为x28+y24=1.所以椭圆的焦点坐标为(2,0).又双曲线为等轴双曲线,且顶点是该圆的焦点,所以该双曲线的标准方程为x24-y24=1.(2)设P(x0,y0)(x02),则kPF1=y0x0+2,kPF2=y0x0-2,因为点P在双曲线x24-y24=1上,所以kPF1kPF2=1.设A(x1,y1),B(x2,y2),直线PF1的方程为y=k(x+2),所以直线PF2的方程为y=1k

69、(x-2),联立x28+y24=1,y=k(x+2),得(2k2+1)x2+8k2x+8k2-8=0,所以x1+x2=-8k22k2+1,x1x2=8k2-82k2+1,所以|AB|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=1+k2-8k22k2+12-48k2-82k2+1=42(1+k2)2k2+1.同理可得|CD|=421+1k221k2+1=42(k2+1)2+k2.由题知|AB|+|CD|=43|AB|CD|cos (=F1PF2),即cos =431|CD|+1|AB|=433(1+k2)42(1+k2)=22.因为PF1PF2=|PF1|PF2|cos ,即(-2-x0)(2-x0)+(-y0)(-y0)=(x0+2)2+y02(x0-2)2+y0222,又因为x02-y02=4,所以2(x02-4)=(x0+2)2+x02-4(x0-2)2+x02-422=2x02+4x02x02-4x022=2(x02-4)x02,所以x02=8,y02=4.即存在满足题意的点P,且点P的坐标为(22,2).