人教版导与练总复习数学一轮教师用书：第八章第6节第二课时　定点、定值与探索性问题.pdf

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1、第二课时定点、定值与探索性问题关键能力课堂突破感考点一定点问题美 小 考 点气窠四鬟CH D已知椭圆C:+g=l(a b 0)的离心率为也以原点为圆心,椭圆的短半轴为半径的圆与直线x-y+V 6=0相切.(1)求椭圆C的方程;设P(4,0),A,B是椭圆C上关于X轴对称的任意两个不同的点,连接P B交椭圆C于另一点E,证明：直线A E与x轴相交于定点Q.(1)解：因为0=三,a 2所以 e2=4=；即 a2-b2.3又因为b=巡,即 b2=3,所以a?=4,2 2故椭圆C的方程为？+5=1.4 3证明：由题意知,直线P B的斜率存在,设其为k,则直线P B的方程为 y=k(x-4).由3-+4

2、 y2-1 2 =0,可得(4 k2+3)x2-3 2 k2 x+64 k2-1 2=0.y=k(%-4),设点 B (xi,yi),E 62,y2),则 A(xi,32k2 小x E=，X|X?W三.4 k2+3 J由于直线AE的方程为y-y尸 舞（x）,所以令y=0,可 得 x=x2-%(了2-%1)yz+yik(%2-4)(%2-欠1)k.(x24)+k(%1-4)2X1X2-4(%1+%2)X1+X2-8把代入到上式即可解得X=l,所以直线AE与 X轴相交于定点Q（l,0）.解题策略I圆锥曲线中定点问题的两种解法参数法:参数法解决定点问题的思路:引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量

3、，即确定题目中的核心变量（此处设为k）;利用条件找到k 与过定点的曲线F（x,y）=0之间的关系，得到关于k 与 x,y的等式,再研究变化量与参数何时没有关系,找到定点.由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关.针对训练设直线1:y=k（x+2 与抛物线C:y2=2px（p0,p 为常数）交于不同的两点M,N,且当k=1时,抛物线C 的焦点F 到直线1 的距离为手.求抛 物 线 C 的标准方程；过 点 M的直线交抛物线于另一点Q,且直线MQ过点B（l,-1）,求证:直线NQ过定点.解:当 k三时，直 线 l:y 三（x+今，即

4、 2x-4y+p=0,抛物线C 的焦点F g,0）到直线1 的距离1 2p V5 p|2V5d=：-=-=5 5,解得p=2.又 p0,所以p=2,所以抛物线C的标准方程为y2=4x.证明：设点 M(4t2,4t),N(4片，4t,),Q(44，4t2),易知直线M N,M Q,NQ的斜率均存在，则直线MN的斜率是=苓 瞿=，t+t1从而直线 M N 的方程是 y=-(x-4t2)+4t,即 x-(t+ti)y+4tti=0.同理可知MQ的方程是x-(t+t2)y+4tt2=0,N Q 的方程是 x-(3+t2)y+43t2=0.又易知点(-1,0)在直线MN上,从而有4tt,=l,即 t=,

5、4tl点B(l,-1)在直线MQ上,从而有 l-(t+t2)X(-1)+4tt2=0,即 1一(a+12)*(-1)+4a2=0,化简得 4tit2=-4(ti+t2)-l.代入NQ的方程得x-(ti+t2)y-4(ti+t2)-l=0,即(x-l)-(ti+t2)(y+4)=0,所以直线NQ过定点(1,-4).康 考点二定值问题C 1D 已知椭圆C的中心在原点,焦点在x 轴上,离心率等于右它的一个顶点恰好是抛物线x2=8V3y的焦点.(1)求椭圆C的标准方程；已知点P(-2,t),Q(-2,-t)(t 0)在椭圆C 上，点A,B 是椭圆C 上不同于P,Q 的两个动点,且满足：ZAP Q=ZB

6、 P Q.试问：直线AB 的斜率是否为定值?请说明理由.解：(1)因为椭圆C的中心在原点,焦点在x 轴上，2 2所以设椭圆的标准方程为2+=1 (a b 0).a2 b2因为椭圆离心率等于去它的一个顶点恰好是抛物线x2=8V 3 y的焦点，x2=8g y焦点为(0,2 6)，所以 b=2 V 3,e=-=-,a2-bL，=c2,a 2所以解得4=1 6,b2=1 2,2 2所以椭圆C的标准方程为3+*1.16 122 2(2)直线 x=-2 与椭圆3+3=1 交点 P (-2,3),Q (-2,-3)或16 12P(-2,-3),Q(-2,3),所以|P Q|=6.设 A(xi,yi),B(X

7、2,y2).当N AP Q=N B P Q 时直线P A,P B 斜率之和为0.设 P A斜率为k,则 P B 斜率为-k.当 P(-2,3),Q(-2,-3)时，P A的直线方程为y-3=k(x+2)与椭圆联立得(3+4 k2)x2+8k(2 k+3)x+4(2 k+3)-4 8=0,所以 X i+(-2)=-同理 x2+(-2)=-16/c2-24k3+4/c2，16k2+24k3+4fc2匚 匚 I、I,12-16/c2-48k所以X 1+X 2=宝藐二,X X L 诉，y-y2=k(xi+2)+3-k(x2+2)+3 -J：1,3+4/cz直线AB 斜 率 为-=.Xi-%2 2解 题

8、 策 略 I圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值.依题意设条件,得出与代数式参数有关的等式，代入代数式,化简即可得出定值.求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得.(3)求某线段长度为定值.利用长度公式求得解析式,再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得.针对训练2 2 已知椭圆C:+=l(a b 0)的焦距为2 V6,且过点A(2,1).(1)求椭圆C的方程；(2)若不经过点A 的直线1:y=k x+m与C 交于P,Q 两点，且直线AP与直线 AQ的斜率之和为0,证明：直线PQ的斜率为定值.(1)解：因为椭圆C的焦距

9、为2 V6,且过点A 1),所以+*=1，2 c=2 遥.因为 a2=b2+c2,解得 a2=8,b2=2,2 2所以椭圆C的方程为.+5=1.8 2证明：设点 P(X 1,yi),Q(x2,y2),贝!J y=k xi+m,y2=k x2+m,y=kx+m,MJ,8 2消去 y W(4k2+l)x2+8k mx+4m2-8=0,(*)贝(I xi+x2=-48k k2m+i，4m2-8X|X尸藐不.因为 k p A+k AQ=O,即 1=一 江2,%1-2%2-2化简得X iy2+x2 y1-(X i+x2)-2 (yi+y2)+4=0,即 2 k xiX2+(m-l-2 k)(xi+x2)

10、-4m+4=0.将代入得2/c(4m2-8)_8km (m-l-2k)4k2+i 4k2+i-4m+4=0,整理得(2 k-l)(m+2 k-1)=0,所以 k=1 或 m=l-2 k.若m=l-2 k,可得方程(*)的一个根为2,不符合题意,所以直线PQ的斜率为定值,该值为今康 考点三探索性问题CW 已知椭圆C:g+g=l(a b 0)的右焦点为(1,0),离心率为e=1,直线 1:y=k x+m与椭圆C 相交于A,B 两点,且k0 A 媪=-*4(1)求椭圆的方程及AAO B 的面积；在椭圆上是否存在一点P,使OAPB 为平行四边形,若存在,求出|0 P|的取值范围,若不存在,请说明理由.

11、解:由已知c=l，詈，所以 a=2,所以 b*2=3 4a2-c2=3,3+4k2 因为 koA.koB=-24%112 43艮|J yiy2_xiX2,4匚 匚|、|362-12k2 3 47n2-12所以:丁百万，B P 2 m2-4k2=3,2 2所以椭圆方程为4 3设 A(xi,yi),B(X2,y2),则A,B的坐标满足1,.y=kx+m,消去 y 化简得，(3+4k?)x2+8k mx+4m2 T 2=0,xi+x2:8 km47n2-12二 一？X1X2=T)4 3由 A 0,得 4k2-m2+3 0,yiy2=(k X I+m)(k x2+m)=k X iX2+k m(x,+x

12、2)+mJ=k 2 +k m(_)+m23+4fc2 3+4/c2_3m2-12k2原点0 到直线y=kx+m的距离d=二Vl+f c2所以 SAAOB=d I AB I1、/m/2 4(1+H)2 V1 4-/C2 3+4 k2_ 1 /m2.2 4(l+/c2)2 l+H 3 4-4/c22 2 3+4/c2,若存在平行四边形OAPB且点P 在椭圆上,则0P=。4+0B,设P(xo,y0),贝(J Xo=Xi+x2=8 k m3+4 H yo=yi+y2=6 m3+4k2由于点p 在椭圆上，所以M+咚口,4 3从而化简得16k2m2,1 2 m2-2+-(3+4/c2)(3+4/c2)2=

13、h化简得4m2=3+4k2.由 koA k0B=-(矢 口 2m2 4k2=3.4联立方程得m=0,故在椭圆上不存在点P 使四边形OAPB为平行四边形.解题策略1.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.2.解决此类问题的一些技巧 特 殊 值（点）法:对于一些复杂的题目，可通过其中的特殊情况,解得所求要素的必要条件,然后再证明求得的要素也使得其他情况均成立.（2）核心变量的选取：因为解决存在性问题的核心在于求出未知要素,所以通常以该要素作

14、为核心变量,其余变量作为辅助变量,必要的时候消去.（3）核心变量的求法：直接法:利用条件与辅助变量直接表示出所求要素,并进行求解.间接法:若无法直接求出要素,则可将核心变量参与到条件中，列出关于该变量与辅助变量的方程（组），运用方程思想求解.针对训练已知抛物线C:y=2 x；直 线 1:y=k x+2 交抛物线C于 A,B两点,M是 A B的中点,过M作 x轴的垂线交抛物线C于 N点.（1）证明：抛物线C在 N点处的切线与A B 平行；是否存在实数k,使以A B 为直径的圆M经 过 N点?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.证 明：设 A（x i,%）,B（X2,y2）,把 y=k x+

15、2 代入 y=2 x?得 2 x2-k x-2=0,所以 XI+X2W，X M=T,X、=X”。所以N（：9）.因为（2 x =4 x,所以抛物线在N点处的切线斜率为k,故该切线与A B 平行.解:假设存在实数k,使以A B 为直径的圆M 经过N点,则|M N|=|A B|.由 知，(y i+y2)(k x,+k x2+4)=+2.2 2 4又因为M N 垂直于x 轴，所以I M N|=弘 八二二丝，8而 I A B|=V 1 4-/c2,|x-x21=y/l+k2,J (xx 4-x2)2 _4 x1x2=-y/l+k2 V 1 6 +k2.2所 以 工 v m7-v i 6 +/c2=-,

16、2 4解得k=2,所以,存在实数k=2 使以A B 为直径的圆M 经过N点.息 备选例题C 1。椭圆C:马+白1 (a b 0)的离心率为过其右焦点F 与长轴垂直的直线与椭圆在第一象限相交于点M,|M F|三.(1)求椭圆C的标准方程；设椭圆C的左顶点为A,右顶点为B,点P 是椭圆上的动点,且点P与点A,B 不重合,直线P A 与直线x=3 相交于点S,直线P B 与直线x=3相交于点T,求证：以线段S T 为直径的圆恒过定点.解：由题意,离心率为e=J”,右焦点为F(c,0),将 x=c代入a 2h2可得y=.a又过椭圆右焦点F与长轴垂直的直线与椭圆在第一象限相交于点M.|M F|=|,所以

17、|M F|=三，a 2(c _ la2-b2 _ V 3 =一 2 Q-a 2 解得 a=2,b-1,v 2所以椭圆c的标准方程为-+y 2=l.4(2)证明：由(1)知 A(-2,0),B(2,0),设直线A P的斜率为k,则直线A P的方程为y=k(x+2),联立 x=3 得 S(3,5 k).设 P(x0,y o),v2代入椭圆的方程有彳+%=1 (x 0*2),整理得诏=-：(就-4),故 告3XQ-4 4又k-g k=2(k,k 分别为直线P A,P B的斜率)，XQ+2 XQ-2所以 k k =T*4 4所以直线P B的方程为y=4-(x-2),-4k联立 x=3 得 T (3,-

18、4k所以以S T为直径的圆的方程为(x-3)2+y-(手 表)氏(学+急2.令 y=0,解得 x=3 y,所以以线段S T 为直径的圆恒过定点(3 士弓,0).2 2C U D 已知椭圆 C:2+2=1,过点 A(2,0),B(0,1)两点.a2 b22 (xoyo-xo-2yo+2)_2 x o y()-2 x o-4 y o+4 _2x0y0-x0-2y0+2(1)求椭圆C的方程及离心率；设 P为第三象限内一点且在椭圆C 上，直线P A 与 y 轴交于点M,直线 P B 与 x 轴交于点N,求证：四边形A B N M 的面积为定值.(1)解：由椭圆过点 A(2,0),B(0,1)知 a=2

19、,b=l,v2 所以椭圆c 的方程为-+y 2=l.4又 c=V a2-b2=V 3.所以椭圆C的离心率e，二 ga 2(2)证明:设P点坐标为(x o,y0)(xo 0,y0 0,%+乃=4m,.7172=-24,所以 X i+X 2=(m yi+6)+(m y2+6)=4m2+1 2,因为 X 1 X 2=9 ,V，4 4所以X 1 X2=36,假设存在N（X o,y。），使得成1 NB=0,由题意可知义=在产，所以y0=2 m,由N点在抛物线上可知x=，4即x0=m2,又N 4=(xxo,y-y0),NB=(x2-x0,y2-y0),若 NB=0,贝(I xi x2-xo (xi+x2)

20、+诏+y 2-y。(+y2)+%=0,把代入上式化简可得，3m4+1 6m2-1 2=0,B P(m2+6)(3m-2)=0,所以 mL，=|,故 m=*所以存在直线3x+V 6y-1 8=0或3x-历yT 8=0,使得N A _ L N B.C 如图,椭圆C:。善l(a b 0)经过点P(l,分，离 心 率 直 线1a2 b2 2 2的方程为x=4.求椭圆C的方程；(2)A B是经过右焦点F的任一弦(不经过点P),设直线A B与直线1相交于点M,记直线PA,PB,P M的斜率分别为交k2,k 3.问:是否存在常数入，使得L+k 2=入k 3?若存在,求出入的值;若不存在,请说明理由.-1-=

21、1a2 4b 2 Ja 2 b2+c2=a2,(a2=4,解得(炉=3,(c2=1,2 2故椭圆c的方程为；+5=1.4 3由题意可设直线A B的斜率为k,则直线A B的方程为y=k(x-1),代入椭圆的方程,并整理，得(4k 2+3)x2-8 k 2 x+4(k 2-3)=0,设 A(xi,yi),B(X2,y2),且 x1#:x2 l,n j.i ,8/c2 4(f c2-3)分则X|+X 2=H，X凶=诉*在方程中令X=4,得点M的坐标为(4,3k)._3 3从 而 亡 与 上 堂23b l.4-11=k-.2因为A F,B三点共线,所以 k=kAF=kBF,即 含 二 畀k3 3所以

22、k1+k 2=1+丝X1-l%2-1=_yi_+_y2_3(上+Jxx-l X2-l 2%1-1 x2-l=2 k-久一2,2 x1x2-(x1+x2)+1将代入得，8M 2L+k 2=2 k 9 4a2受H,2 k-l,4k 2+3 4k2+3+又 k3=k-|,所以 k i+k 2-2 k：),故存在常数入=2 符合题意.课时作业选题明细表灵活小崖方致袭修知识点、方法基础巩固练综合运用练应用创新练定点问题2,4定值问题1,3探索性问题5,6B级 综 合 运 用 练1.已知椭圆C:l(a b 0)的离心率为当,短轴端点到焦点的距离为 2.(1)求椭圆C 的方程；设 A,B 为椭圆C 上任意两

23、点,0 为坐标原点,且O A_L O B.证明：原点0到直线AB的距离为定值,并求出该定值.(1)解：由题意知，e=J 型,7b2”=2,a 2又 a2=b2+c2,所以 a=2,c=V3,b=l,v2 八所以椭圆C 的方程为:+y 2=l.4证明:当直线AB的斜率不存在时,直线AB的方程为x=土手,此时,原点0 到直线AB的距离为野.当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=k x+m,A(x1,y 1),B(x2,y2),由 仔+V=L.y=kx+m,得(l+4 k2)x2+8k m x+4 mJ-4=0,贝！I A=(8k m)2-4 (l+4 k2)(4 m2-4)=1 6(l+4

24、/c2-m2)0,X i+x2=-1 4-4/C247n2-4X|X2=RI，则 y i y2=(k xi+m)(k x2+m)=m24k2l+4k2由 0 A1 0 B 得 k(w-k0 B=-l,即 .=i.Xi x2所以 x1x2+y,y2=-=0,1+4M即 m2=(l+k2),所以原点0到直线AB的距离为=孚.V1+/C2 5综上,原点0 到直线AB的距离为定值等.Y2 八2.已知椭圆C:+y2=l(aD的上顶点为A,右焦点为F,直线AF与圆M:(x-3 +(y-1)2=3 相切.(1)求椭圆C 的方程；若不过点A 的动直线1 与椭圆C 交于P,Q 两点,且AP 4 Q=0,证明：直

25、线1 过定点,并求该定点的坐标.(1)解：圆M的圆心为(3,1),半径r-V3.由题意知 A(0,l),F(c,0),则直线AF的方程为21,即 x+cy-c=O,由直线AF与圆M 相切，得号S，解得 C2=2,a2=c2+l=3.v2 故椭圆C 的方程为名+y 2=l.证明：由&-AQ=O知 AP1 AQ,从而直线AP与坐标轴不垂直,故可设直线AP的方程为y=k x+l,直线AQ 的方程为y=4 x+l.k联立得kx 4-1,X2 23+y1,y整理得（l+3 k?）x2+6k x=0,解得x=0 （舍去）或故点P 的坐标为（-6kX 1+3 H-6k 1-3/c2l+3fc2 l +3/c

26、2同理，点Q的坐标为（6k k2-3H+3 H+3）,所以直线1 的斜率为k2-3 i-3fc2M+3 1+3 k 2%-16k _-6 k 4 kk2+3 l+3fc2所以直线1 的方程为y=（x-4knnk2-l 1即y=x.4k 2所以直线1 过定点（0,4）.告+期fc2-33,3.如图，已知抛物线y2=4 x,过 x 轴正半轴上一点P 的两条直线分别交抛物线于A,C 和 B,D 两点,且A,D 在第一象限,直线AB与 x 轴的交点E 在原点。和点P 之间.若 P 为抛物线的焦点,且I AP|=3,求点A 的坐标;(2)若 P 为动点,且4 CD P 的面积是AABP面积的3 倍,求埋

27、的值.I 0E解：设 A(x,y),根据抛物线的定义，可得|AP|=x+l=3,所以x=2,可得y 2=8,因为点A 在第一象限,所以y=2 V2,所以点A 的坐标为(2,2 夜).设 A(xi,y j,B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),E(e,0),P(m,0),因-.S/APD-!P D SAPD3APSA P BSPB,SCPD I PC 15且 SACP D=3SAAP B 所以 _f2 _=.3 P.切以 PB)PC|，所以一生a1,丫 2 丫 3所以y 3 y 不丫&.假设有过点(n,0)的直线l:x=t y+n 交抛物线y2=4 x于M,N两点,联立消去x,得

28、 y2-4 t y-4 n=0,则有 yM+y N=4 t,yMyN=-4 n,(*)由(*)式可知 y i y3=-4 m,y 2 y =-4 m,y 2 y i=-4 e.所以 y s y，尸(一%)(-)=-=-1 2 e=3y iy2,y i y-1 4 e e所以m=V3 e,所 以 黑 詈 倔2 24.已知椭圆E+方 1 的右焦点为F(c,0),且 abcO,设短轴的一个端点为D,原点0 到直线DF的距离为产,过原点和x轴不重合的直线与椭圆E 相交于C,G两点，且|备|+|H|=4.(1)求椭圆E的方程；是否存在过点P(2,1)的直线1 与椭圆E 相交于不同的两点A,B,且使得OP

29、2=4PA 而成立?若存在,试求出直线1 的方程;若不存在,请说明理由.解：由椭圆的对称性知GF+CF=2 a=4,所以a=2.又原点0到直线DF的距离为日，所以竺告所以bc=V3,又 a2=b2+c2=4,abc0,所以 b=V3,c=l.2 2故椭圆E的方程为9+5=1.(2)存在.当直线1 与 x 轴垂直时不满足条件，故可设 A(X i,y i),B(x2,y2),直线1 的方程为y=k(x-2)+l,代入椭圆的方程得(3+4 k2)x-8k (2 k-l)x+1 6k-1 6k-8=0,匚 匚 、i 8k(2 Zc-l)16ZC2 _16/C_8所以 X|+X 2=F h，X 疗 3+

30、忐，=32(6k+3)0,所以k.2T 因为OP2=4P4 PB,即 4(xi-2)(x2-2)+(yi-l)(y2-l)=5,所以 4区-2)区-2)(l+ld=5,即 4 XIX2-2(XI+X2)+4(l+k2)=5,所以4 或 竽-2些 智+4(1+12)=4七 号5,3+4 k2 3+4 fc2 3+4/c2解得1=ak=V不符合题意，舍去.所以存在满足条件的直线1,其方程为y=|x.C级应用创新练5.(2021 新高考I卷)在平面直角坐标系xOy中，已知点迪(-旧,0),Fz(g,0),点 M 满足|ME|-1 M F21 =2.记 M 的轨迹为 C.求C的方程；设点T在直线x=|

31、,过T的两条直线分别交C于A,B两点和P,Q两点，且|TA|TB|=|T P|TQI,求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.解：因为|MF1HMF2|=20,b0),半焦距为c,则2a=2,c=g,得az b2a=l,b2=c2-a2=16,C A/2所以点M的轨迹C的方程为丁-9=1(xl).16 设 T$t),由题意可知直线A B,PQ的斜率均存在且不为0,设直线A B 的方程为y-t=k i(x-)(L W0),直线 PQ 的方程为 y-t=k2(x-1)(k20),(1y-t =自(六)由|V2r a T得(16_/cj)x2 _2 k i x 2-16=0.设 A (xA,y,J,B

32、 (XB,yu),易知 16 一 般 WO,e -(t-冬)2-16则XAXI尸2 好XA+XB=2kl(哈)16-kl所以 I T A|=71+I XAI 力 1+周(xA-|),IT B|=T 1+烂 IXB-|I =7 14-/C l (x.-|),则|T A|T B|=(1+kl)(XA-|)(XB-|)=(1+kl)xAxB-1(XA+XB)+：=门+”2)仕斗 2 16.2附仕乳1一(1+账)(严+12)I 16-kl 2 16-kl/kl-16 同理得 I T P I -|T Q|=.g Y+i 2).烂-16因为|T A|T B|=|T P|T Q|,所以史 室(；丁)=(1+

33、%(；丁),所以k-16 屿-16抬T 6+好k j-16 照=好-16+好心T 6 抬,即好=1（,又 k i Wk z,所以 k i=-k2,即 k i+k2=0.故直线A B 的斜率与直线PQ的斜率之和为0.6.（2 0 2 1 浙江杭州高三模拟）如图，已知圆3:6-1）2+1）2=和抛4物线C2：x2=4 y,P（x0,y。）是圆G 上一点,M 是抛物线C 2 上一点,F 是抛物线 C 2 的焦点.当直线PM 与圆(相切，且|PM|=|FM|时，求 x。的值;(2)过点P 作抛物线C 2 的两条切线PA,PB,A,B 分别为切点,求证:存在两个x。,使得A PA B 面积等于手.(1)

34、解:焦点F 坐标为(0,1),设 M(x召,4则 I PM|=J(如-1)2 +(乎+1)2 一：由抛物线定义,得M到焦点F 的距离等于到抛物线准线y=-l的距离，所以|FM|坐+1,4由|PM|=|FM|,得(如”+(学+1)2T 乎+1,所以X号 或 XM=|,所以M C或M(|,2)，此时PM 与准线y=T 垂直，所以Xo=1或 x0=|.证明：由题意，得(Xo-1)2+(y+l)W，4设直线PA 方程为y-y0=k,(x-xo),代入x2=4 y,得 x2-4 k i x-4 (yo-k i xo)=0,A =16 好+16 (yo-k i Xo)=0,整理得好-k i Xo+yo=O

35、,同理,设直线PB方程为y-y0=k2（x-x0）,有状-k 2 Xo+yo=O,由知,kb k z是方程k2-k xo+yo=O的两根，所以 k i+k 2=Xo,k i k 2=yo,由切线意义知,在 x2-4 k i x-4 （yo-k i Xo）=0 中，XA+XA=4 K,则 xA=2 kb所以A（2 k 1,川）,同理,B （2 L,抬），。=兽 等=空 ，2化2 2直线A B方程为y-好=幺产（x-2 k）,即 y=kfc2x-k i k 2,即 y=yx-y0,I A B|=J 1+汽 12 k-2 k2|4 4 +/J（h +%）2_4kl廿74 +xo J稼4%,P（Xo,yo）到直线A B的距离（1=半”，SA A PB=|I A B|d=|J （XQ-4y0）3=.）所以%Q4 y0=3与区-1）2+。+1）2芸联立,得（xo T）（瑞+以+19 xo T 3）=O,所以 x（）=l 或就+瑶+19 x（）T 3=0,设 f（xo）=%o+xo+19 x0-13,显然 f（3 o,f（|）o,又f（x。）在中|上单调递增,所以f（x0）=以+诏+19xoT3在 1）上有唯一零点.所以存在两个X。,使得4PAB面积等于学.