∴当k＝0或k＝±时，△AOB的面积为.
题型三 直线和抛物线的位置关系
例3 已知双曲线M：
－＝1（a>0，b>0）的上焦点为F，上顶点为A，B为虚轴的端点，离心率e＝，且S△ABF＝1－.抛物线N的顶点在坐标原点，焦点为F.
（1）求双曲线M和抛物线N的方程；
（2）设动直线l与抛物线N相切于点P，与抛物线的准线相交于点Q，则以PQ为直径的圆是否恒过y轴上的一个定点？
如果是，试求出该点的坐标，如果不是，请说明理由．
破题切入点
（1）根据双曲线的性质，用a，c表示已知条件，建立方程组即可求解双曲线的方程，然后根据抛物线的焦点求出抛物线的方程．
（2）设出点P的坐标，根据导数的几何意义求出切线方程，并求出点Q的坐标，然后根据圆的性质列出关于点P的坐标的方程，将问题转化为方程恒成立的问题来解决．
解
（1）在双曲线中，c＝，
由e＝，得＝，
解得a＝b，故c＝2b.
所以S△ABF＝（c－a）×b＝（2b－b）×b
＝1－，解得b＝1.
所以a＝，c＝2，其上焦点为F（0,2）．
所以双曲线M的方程为－x2＝1，
抛物线N的方程为x2＝8y.
（2）由
（1）知抛物线N的方程为y＝x2，
故y′＝x，抛物线的准线为y＝－2.
设P（x0，y0），则x0≠0，y0＝x，
且直线l的方程为y－x＝x0（x－x0），
即y＝x0x－x.
由得
所以Q（，－2）．
假设存在点R（0，y1），使得以PQ为直径的圆恒过该点，
也就是·＝0对于满足y0＝x（x0≠0）的x0，y0恒成立．
由于＝（x0，y0－y1），＝（，－2－y1），
由·＝0，
得x0·＋（y0－y1）（－2－y1）＝0，
整理得－2y0－y0y1＋2y1＋y＝0，
即（y＋2y1－8）＋（2－y1）y0＝0，（*）
由于（*）式对满足y0＝x（x0≠0）的x0，y0恒成立，
所以解得y1＝2.
故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点，定点坐标为（0,2）．
总结提高 直线和圆锥曲线的位置关系问题，万变不离其宗，构建属于自己的解题模板，形成一定的解题思路，利用数形结合思想来加以解决．
1．已知圆C：
（x＋1）2＋y2＝8，定点A（1,0），M为圆上一动点，点P在AM上，点N在CM上，且满足＝2，·＝0，点N的轨迹为曲线E.
（1）求曲线E的方程；
（2）若直线y＝kx＋与
（1）中所求点N的轨迹E交于不同的两点F，H，O是坐标原点，且≤·≤，求k2的取值范围．
解
（1）
如图所示，连接NA.
由＝2，·＝0，
可知NP所在直线为线段AM的垂直平分线，
所以|NA|＝|NM|，
所以|NC|＋|NA|＝|NC|＋|NM|＝2>2＝|CA|，
所以动点N的轨迹是以C（－1,0），A（1,0）为焦点的椭圆，
且长轴长为2a＝2，焦距2c＝2，即a＝，c＝1，b＝1.
故曲线E的方程为＋y2＝1.
（2）设F（x1，y1），H（x2，y2）．
由消去y，
得（2k2＋1）x2＋4kx＋2k2＝0，
Δ＝8k2>0，
由根与系数的关系，得x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以·＝x1x2＋y1y2
＝x1x2＋（kx1＋）（kx2＋）
＝（k2＋1）x1x2＋k（x1＋x2）＋k2＋1
＝－＋k2＋1
＝.
由≤·≤，得≤≤，
解得≤k2≤1.
2．（20xx·广东）已知抛物线C的顶点为原点，其焦点F（0，c）（c>0）到直线l：
x－y－2＝0的距离为.设P为直线l上的点，过点P作抛物线C的两条切线PA，PB，其中A，B为切点．
（1）求抛物线C的方程；
（2）当点P（x0，y0）为直线l上的定点时，求直线AB的方程；
（3）当点P在直线l上移动时，求|AF|·|BF|的最小值．
解
（1）依题意知＝，c>0，解得c＝1.
所以抛物线C的方程为x2＝4y.
（2）由y＝x2得y′＝x，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则切线PA，PB的斜率分别为x1，x2，
所以切线PA的方程为y－y1＝（x－x1），
即y＝x－＋y1，即x1x－2y－2y1＝0.
同理可得切线PB的方程为x2x－2y－2y2＝0，
又点P（x0，y0）在切线PA和PB上，
所以x1x0－2y0－2y1＝0，x2x0－2y0－2y2＝0，
所以（x1，y1），（x2，y2）为方程x0x－2y0－2y＝0的两组解，
所以直线AB的方程为x0x－2y－2y0＝0.
（3）由抛物线定义知|AF|＝y1＋1，|BF|＝y2＋1，
所以|AF|·|BF|＝（y1＋1）（y2＋1）＝y1y2＋（y1＋y2）＋1，
联立方程
消去x整理得y2＋（2y0－x）y＋y＝0，
∴y1＋y2＝x－2y0，y1y2＝y，
∴|AF|·|BF|＝y1y2＋（y1＋y2）＋1＝y＋x－2y0＋1
＝y＋（y0＋2）2－2y0＋1＝2y＋2y0＋5
＝22＋，
∴当y0＝－时，|AF|·|BF|取得最小值，且最小值为.
3．（20xx·浙江）
如图，点P（0，－1）是椭圆C1：
＋＝1（a>b>0）的一个顶点，C1的长轴是圆C2：
x2＋y2＝4的直径．l1，l2是过点P且互相垂直的两条直线，其中l1交圆C2于A，B两点，l2交椭圆C1于另一点D.
（1）求椭圆C1的方程；
（2）求△ABD面积取最大值时直线l1的方程．
解
（1）由题意得
所以椭圆C1的方程为＋y2＝1.
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），D（x0，y0）．
由题意知直线l1的斜率存在，不妨设其为k，
则直线l1的方程为y＝kx－1.
又圆C2：
x2＋y2＝4，
故点O到直线l1的距离
d＝，
所以|AB|＝2＝2.
又l2⊥l1，故直线l2的方程为x＋ky＋k＝0.
由
消去y，整理得（4＋k2）x2＋8kx＝0，
故x0＝－.所以|PD|＝.
设△ABD的面积为S，
则S＝·|AB|·|PD|＝，
所以S＝
≤
＝，
当且仅当k＝±时取等号．
所以所求直线l1的方程为y＝±x－1.
4．已知双曲线E：
－＝1（a>0，b>0）的焦距为4，以原点为圆心，实半轴长为半径的圆和直线x－y＋＝0相切．
（1）求双曲线E的方程；
（2）已知点F为双曲线E的左焦点，试问在x轴上是否存在一定点M，过点M任意作一条直线交双曲线E于P，Q两点（P在Q点左侧），使·为定值？
若存在，求出此定值和所有的定点M的坐标；若不存在，请说明理由．
解
（1）由题意知＝a，
∴a＝.
又∵2c＝4，∴c＝2，∴b＝＝1.
∴双曲线E的方程为－y2＝1.
（2）当直线为y＝0时，
则P（－，0），Q（，0），F（－2,0），
∴·＝（－＋2,0）·（＋2,0）＝1.
当直线不为y＝0时，
可设l：
x＝ty＋m（t≠±）代入E：
－y2＝1，
整理得（t2－3）y2＋2mty＋m2－3＝0（t≠±）．（*）
由Δ>0得m2＋t2>3.
设方程（*）的两个根为y1，y2，
满足y1＋y2＝－，y1y2＝，
∴·＝（ty1＋m＋2，y1）·（ty2＋m＋2，y2）
＝（t2＋1）y1y2＋t（m＋2）（y1＋y2）＋（m＋2）2
＝.
当且仅当2m2＋12m＋15＝3时，·为定值，
解得m1＝－3－，m2＝－3＋（舍去）．
综上，过定点M（－3－，0）任意作一条直线交双曲线E于P，Q两点，使·＝1为定值．
5．已知过抛物线y2＝2px（p>0）的焦点，斜率为2的直线交抛物线于A（x1，y1），B（x2，y2）（x1（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＝＋λ，求λ的值．
解
（1）直线AB的方程是y＝2（x－），与y2＝2px联立，
从而有4x2－5px＋p2＝0，所以x1＋x2＝.
由抛物线定义得|AB|＝x1＋x2＋p＝9，
所以p＝4，从而抛物线方程是y2＝8x.
（2）由p＝4，知4x2－5px＋p2＝0可化为x2－5x＋4＝0，
从而x1＝1，x2＝4，y1＝－2，y2＝4，
从而A（1，－2），B（4,4）．
设＝（x3，y3）＝（1，－2）＋λ（4,4）＝（4λ＋1，4λ－2），
又y＝8x3，
所以[2（2λ－1）]2＝8（4λ＋1），
即（2λ－1）2＝4λ＋1，解得λ＝0，或λ＝2.
6．（20xx·辽宁）
圆x2＋y2＝4的切线与x轴正半轴，y轴正半轴围成一个三角形，当该三角形面积最小时，切点为P（如图）．双曲线C1：
－＝1过点P且离心率为.
（1）求C1的方程；
（2）椭圆C2过点P且与C1有相同的焦点，直线l过C2的右焦点且与C2交于A，B两点，若以线段AB为直径的圆过点P，求l的方程．
解
（1）设切点P的坐标为（x0，y0）（x0>0，y0>0），
则切线斜率为－，切线方程为y－y0＝－（x－x0），
即x0x＋y0y＝4，此时，两个坐标轴的正半轴与切线围成的三角形面积为S＝··＝.
由x＋y＝4≥2x0y0知当且仅当x0＝y0＝时，x0y0有最大值，即S有最小值，
因此点P的坐标为（，）．
由题意知解得
故C1的方程为x2－＝1.
（2）由
（1）知C2的焦点坐标为（－，0），（，0），
由此设C2的方程为＋＝1，其中b1>0.
由P（，）在C2上，得＋＝1，
解得b＝3，因此C2的方程为＋＝1.
显然，l不是直线y＝0.
设l的方程为x＝my＋，点A（x1，y1），B（x2，y2），
由得（m2＋2）y2＋2my－3＝0，
又设y1，y2是方程的根，因此
由x1＝my1＋，x2＝my2＋，得
因为＝（－x1，－y1），＝（－x2，－y2），
由题意知·＝0，
所以x1x2－（x1＋x2）＋y1y2－（y1＋y2）＋4＝0，⑤
将①②③④代入⑤整理得2m2－2m＋4－11＝0，
解得m＝－1或m＝－＋1.
因此直线l的方程为x－（－1）y－＝0或x＋（－1）y－＝0.
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