x2y2y2x2
例2 如图，曲线Γ由两个椭圆T1：2＋2＝1(a>b>0)和椭圆T2：2＋2＝1 (b>c>0)组成，
abbc当a，b，c成等比数列时，称曲线Γ为“猫眼曲线”．若猫眼曲线Γ过点(0，－2)，且
a，b，c的公比为
2
. 2
(1)求猫眼曲线Γ的方程；
(2)任作斜率为k(k≠0)且不过原点的直线与该曲线相交，交椭圆T1所得弦的中点为M，交椭圆T2所得弦的中点为N，求证：
kOM为与k无关的定值； kON(3)若斜率为2的直线l为椭圆T2的切线，且交椭圆T1于点A，B，N为椭圆T1上的任意一点(点N与点A，B不重合)，求△ABN面积的最大值． (1)解 b＝2，∴a＝2，c＝1， ∴T1：＋＝1，T2：＋x＝1.
422
(2)证明 设斜率为k的直线交椭圆T1于点C(x1，y1)，D(x2，y2)，线段CD中点M(x0，y0)， ∴x0＝
x2y2y2
2
x1＋x2
2
，y0＝
y1＋y2
2
，
??4＋2＝1，由?xy??4＋2＝1，
2
2
22
x2y211
得
x1－x2
4
x1＋x2
＋
y1－y2
2
y1＋y2
＝0.
∵k存在且k≠0，∴x1≠x2，且x0≠0. ∴
y1－y2y011
·＝－，即k·kOM＝－. x1－x2x022
kOM1
＝，得证． kON4
同理，k·kON＝－2，∴
(3)解 设直线l的方程为y＝2x＋m，
??y＝2x＋m，联立?y2x2
2＋2＝1，??bc2
2
2
22
∴(b＋2c)x＋22mcx＋mc－bc＝0. ∵Δ＝0，∴m＝b＋2c，
2
2
2222
l1：y＝2x＋b2＋2c2
??y＝2x＋m，?x2y2
2＋2＝1，??ab2
2
2
2
∴(b＋2a)x＋22max＋ma－ba＝0. ∵Δ＝0，∴m＝b＋2a，
2
2
22222
l2：y＝2x－b2＋2a2.
两平行线间距离：
d＝
b2＋2c2＋b2＋2a2
3
2
2
，
23ab2a－2c∴AB＝，
b2＋2a2
AB＝d＝
82
－4·5·443
＝，
55
＝2
10＋23
.
2
|10＋2|2
2
＋－1
△ABN的面积最大值为
S＝·
1
2
4310＋2210＋4
·＝. 553
思维升华 (1)动线过定点问题的两大类型及解法
①动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．
②动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点． (2)求解定值问题的两大途径
①由特例得出一个值此值一般就是定值
→证明定值：将问题转化为证明待证式与参数某些变量无关
②先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．
跟踪演练2 已知抛物线：y＝2px(p>0)的焦点F在双曲线：－＝1的右准线上，抛物线
36与直线l：y＝k(x－2)(k>0)交于A，B两点，AF，BF的延长线与抛物线交于C，D两点． (1)求抛物线的方程；
(2)若△AFB的面积等于3，求k的值；
2
x2y2
(3)记直线CD的斜率为kCD，证明：
kCD为定值，并求出该定值． k解 (1)双曲线：－＝1的右准线方程为x＝1，
36所以F(1,0)，则抛物线的方程为y＝4x. (2)设A(，y1)，B(，y2)，
44
??y＝4x，
由?
?y＝kx－2?
2
2
x2y2
y21y22
得ky－4y－8k＝0，
4
2
Δ＝16＋32k2>0，y1＋y2＝，y1y2＝－8.
kS△AFB＝×1×|y1－y2|＝
＝2112
12
y1＋y2
2
－4y1y2
k2
＋2＝3，解得k＝2.
2
2
→y1→y3
(3)设C(，y3)，则FA＝(－1，y1)，FC＝(－1，y3)，
444因为A，F，C共线，
所以(－1)y3－y1(－1)＝0， 4442
即y3＋(－y1)y3－4＝0.
y23
y21y23
y1
4
解得：y3＝y1(舍)或y3＝－，
y1y2
4444
所以C(2，－)，同理D(2，－)，
y1y1y2
44－＋y1y2y1y2
kCD＝＝－＝2k，
44y1＋y22－2
y1y2
故
kCD＝2(定值)． k热点三 探索性问题
1．解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．
2．反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．
例3 已知点P是椭圆C上的任一点，P到直线l1：x＝－2的距离为d1，到点F(－1,0)的距离为d2，且＝
d2d12. 2
(1)求椭圆C的方程；
(2)如图，直线l与椭圆C交于不同的两点A，B(A，B都在x轴上方)，且∠OFA＋∠OFB＝180°. (ⅰ)当A为椭圆C与y轴正半轴的交点时，求直线l的方程；
(ⅱ)是否存在一个定点，无论∠OFA如何变化，直线l总过该定点？若存在，求出该定点的坐标；若不存在，请说明理由. 解 (1)设P(x，y)， 则d1＝|x＋2|，d2＝
x＋1
2
＋y，
2
d2＝d1x＋12＋y22
＝，
|x＋2|2x2
2
化简得：＋y＝1， 2∴椭圆C的方程为＋y＝1.
2
(2)(ⅰ)由(1)知A(0,1)，又F(－1,0)， ∴kAF＝1，∵∠OFA＋∠OFB＝180°， ∴kBF＝－1，
∴直线BF方程为y＝－1(x＋1)＝－x－1， 代入＋y＝1，得3x＋4x＝0，
24
解得x＝0或x＝－，
3
x2
2
x2
22
411∴B(－，)，kAB＝.
3321
∴直线AB的方程为y＝x＋1.
2
(ⅱ)由于∠OFA＋∠OFB＝180°，∴kAF＋kBF＝0. 设直线AB方程为y＝kx＋b， 代入＋y＝1，
2
1222
得：(k＋)x＋2kbx＋b－1＝0，
2设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 2kbb－1
则x1＋x2＝－，x1x2＝，
1122
k＋k＋
22∴kAF＋kBF＝＝＝
＋ x1＋1x2＋1
2
x2
2
y1y2
kx1＋bkx2＋b＋ x1＋1x2＋1
2kx1x2＋
k＋bx1＋1
x1＋x2＋2bx2＋1
＝0.
∴(kx1＋b)(x2＋1)＋(kx2＋b)(x1＋1) ＝2kx1x2＋(k＋b)(x1＋x2)＋2b ＝2k×
b2－1
2kb－(k＋b)×＋2b＝0. 1122
k＋k＋
22
∴b－2k＝0，∴直线AB方程为y＝k(x＋2)． ∴直线l总经过定点(－2,0)．
思维升华 解决探索性问题的注意事项：
存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．
(1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论．
(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．
(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．
x2y2
跟踪演练3 (2015·四川)如图，椭圆E：2＋2＝1(a＞b＞0)的离心
ab率是
2→→
，点P(0,1)在短轴CD上，且PC·PD＝－1. 2
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