《（浙江專用）2019高考數(shù)學二輪復習 專題四 解析幾何 第2講 直線與圓錐曲線的位置關系學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江專用）2019高考數(shù)學二輪復習 專題四 解析幾何 第2講 直線與圓錐曲線的位置關系學案（14頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第2講　直線與圓錐曲線的位置關系 高考定位　直線與圓錐曲線的位置關系一直是命題的熱點，尤其是有關弦的問題以及存在性問題，計算量偏大，屬于難點，要加強這方面的專題訓練. 真 題 感 悟 (2016·浙江卷)如圖，設橢圓＋y2＝1(a＞1). (1)求直線y＝kx＋1被橢圓截得的線段長(用a，k表示)； (2)若任意以點A(0，1)為圓心的圓與橢圓至多有3個公共點，求橢圓離心率的取值范圍. 解　(1)設直線y＝kx＋1被橢圓截得的線段為AP，由得(1＋a2k2)x2＋2a2kx＝0. 故x1＝0，x2＝－， 因此|AP|＝|x1－x2|＝·. (2)假設圓與橢圓的公共點有

2、4個，由對稱性可設y軸左側的橢圓上有兩個不同的點P，Q，滿足|AP|＝|AQ|. 記直線AP，AQ的斜率分別為k1，k2，且k1，k2＞0，k1≠k2. 由(1)知|AP|＝，|AQ|＝， 故＝， 所以(k－k)[1＋k＋k＋a2(2－a2)kk]＝0. 由于k1≠k2，k1，k2＞0，得1＋k＋k＋a2(2－a2)kk＝0， 因此＝1＋a2(a2－2).① 因為①式關于k1，k2的方程有解的充要條件是1＋a2(a2－2)＞1，所以a＞. 因此，任意以點A(0，1)為圓心的圓與橢圓至多有3個公共點的充要條件為1＜a≤. 由e＝＝得，所求離心率的取值范圍是. 考 點 整 合

3、 1.直線與圓錐曲線的位置關系 (1)直線與橢圓的位置關系的判定方法： 將直線方程與橢圓方程聯(lián)立，消去一個未知數(shù)，得到一個一元二次方程.若Δ＞0，則直線與橢圓相交；若Δ＝0，則直線與橢圓相切；若Δ＜0，則直線與橢圓相離. (2)直線與雙曲線的位置關系的判定方法： 將直線方程與雙曲線方程聯(lián)立，消去y(或x)，得到一個一元方程ax2＋bx＋c＝0(或ay2＋by＋c＝0). ①若a≠0，則當Δ＞0時，直線與雙曲線相交；當Δ＝0時，直線與雙曲線相切；當Δ＜0時，直線與雙曲線相離. ②若a＝0，則直線與漸近線平行，與雙曲線有一個交點. (3)直線與拋物線的位置關系的判定方法： 將直線方

4、程與拋物線的方程聯(lián)立，消去y(或x)，得到一個一元方程ax2＋bx＋c＝0(或ay2＋by＋c＝0). ①當a≠0時，用Δ判定，方法同上. ②當a＝0時，直線與拋物線的對稱軸平行，只有一個交點. 2.有關弦長問題 有關弦長問題，應注意運用弦長公式及根與系數(shù)的關系，“設而不求”；有關焦點弦長問題，要重視圓錐曲線定義的運用，以簡化運算. (1)斜率為k的直線與圓錐曲線交于兩點P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，則所得弦長|P1P2|＝|x2－x1|或|P1P2|＝|y2－y1|，其中求|x2－x1|與|y2－y1|時通常使用根與系數(shù)的關系，即作如下變形： |x2－x1|＝， |y

5、2－y1|＝. (2)當斜率k不存在時，可求出交點坐標，直接運算(利用兩點間距離公式). 3.弦的中點問題 有關弦的中點問題，應靈活運用“點差法”，“設而不求法”來簡化運算. 熱點一　直線與圓錐曲線(以橢圓、拋物線為主)的相交弦問題 [考法1]　有關圓錐曲線的弦長問題 【例1－1】 (2018·鎮(zhèn)海中學月考)在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：＋＝1(a＞b≥1)過點P(2，1)，且離心率e＝. (1)求橢圓C的方程； (2)直線l的斜率為，直線l與橢圓C交于A，B兩點，求△PAB面積的最大值. 解　(1)∵e2＝＝＝，∴a2＝4b2. 又＋＝1，∴a2＝8，b2＝

6、2. 故所求橢圓C的方程為＋＝1. (2)設l的方程為y＝x＋m，點A(x1，y1)，B(x2，y2)， 聯(lián)立 整理得x2＋2mx＋2m2－4＝0， 判別式Δ＝16－4m2＞0，即m2＜4. 又x1＋x2＝－2m，x1·x2＝2m2－4， 則|AB|＝× ＝， 點P到直線l的距離d＝＝. 因此S△PAB＝d|AB|＝××＝≤＝2，當且僅當m2＝2時取等號.故△PAB面積的最大值為2. 探究提高　解決直線與圓錐曲線問題的通法是聯(lián)立方程，利用根與系數(shù)的關系、設而不求思想、弦長公式等簡化計算；涉及垂直關系時也往往利用根與系數(shù)關系、設而不求法簡化運算；涉及過焦點的弦的問題，可考慮

7、用圓錐曲線的定義求解. [考法2]　有關圓錐曲線的中點弦問題 【例1－2】 如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知直線l：x－y－2＝0，拋物線C：y2＝2px(p＞0). (1)若直線l過拋物線C的焦點，求拋物線C的方程； (2)已知拋物線C上存在關于直線l對稱的相異兩點P和Q. ①求證：線段PQ的中點坐標為(2－p，－p)； ②求p的取值范圍. (1)解　∵l：x－y－2＝0，∴l(xiāng)與x軸的交點坐標為(2，0)， 即拋物線的焦點為(2，0)，∴＝2，p＝4. ∴拋物線C的方程為y2＝8x. (2)①證明　設點P(x1，y1)，Q(x2，y2). 則則 ∴kPQ＝＝，

8、又∵P，Q關于l對稱，∴kPQ＝－1，即y1＋y2＝－2p， ∴＝－p，又∵PQ的中點一定在l上， ∴＝＋2＝2－p. ∴線段PQ的中點坐標為(2－p，－p). ②解　∵PQ的中點為(2－p，－p)， ∴即 ∴即關于y的方程y2＋2py＋4p2－4p＝0有兩個不等實根. ∴Δ＞0， 即(2p)2－4(4p2－4p)＞0，解得0＜p＜， 故所求p的范圍為. 探究提高　對于弦中點問題常用“根與系數(shù)的關系”或“點差法”求解，在使用根與系數(shù)的關系時，要注意使用條件Δ≥0，在用“點差法”時，要檢驗直線與圓錐曲線是否相交. 【訓練1】 (2018·浙江卷)如圖，已知點P是y軸左側(不

9、含y軸)一點，拋物線C：y2＝4x上存在不同的兩點A，B滿足PA，PB的中點均在C上. (1)設AB中點為M，證明：PM垂直于y軸； (2)若P是半橢圓x2＋＝1(x<0)上的動點，求△PAB面積的取值范圍. (1)證明　設P(x0，y0)，A，B. 因為PA，PB的中點在拋物線上，所以y1，y2為方程＝4·， 即y2－2y0y＋8x0－y＝0的兩個不同的實根. 所以y1＋y2＝2y0， 因此，PM垂直于y軸. (2)解　由(1)可知 所以|PM|＝(y＋y)－x0＝y(tǒng)－3x0， |y1－y2|＝2. 因此，△PAB的面積S△PAB＝|PM|·|y1－y2| ＝(y－4

10、x0). 因為x＋＝1(x0<0)，所以y－4x0＝－4x－4x0＋4∈[4，5]， 因此，△PAB面積的取值范圍是. 熱點二　圓錐曲線中的存在性問題 [考法1]　圓錐曲線中直線的存在性問題 【例2－1】 已知點M(－1，0)，N(1，0)，動點P(x，y)滿足|PM|＋|PN|＝2. (1)求P的軌跡C的方程； (2)是否存在過點N(1，0)的直線l與曲線C相交于A，B兩點，并且曲線C上存在點Q，使四邊形OAQB為平行四邊形？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由. 解　(1)根據(jù)橢圓定義可知點P的軌跡C是焦點在x軸上的橢圓，其中a＝，c＝1，b＝，所以軌跡C的方程為

11、＋＝1. (2)假設存在過點N(1，0)的直線l.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由題意知l的斜率一定不為0，故不妨設l：x＝my＋1，代入橢圓方程并整理得(2m2＋3)y2＋4my－4＝0， 顯然Δ＞0，則y1＋y2＝－，y1y2＝－.① 假設存在點Q，使得四邊形OAQB為平行四邊形，其充要條件為＝＋，則點Q的坐標為(x1＋x2，y1＋y2).由點Q在橢圓上，即＋＝1， 整理得2x＋3y＋2x＋3y＋4x1x2＋6y1y2＝6. 又A，B在橢圓上，即2x＋3y＝6，2x＋3y＝6.故2x1x2＋3y1y2＝－3.② 將x1x2＝(my1＋1)(my2＋1)＝m2y1y2＋m

12、(y1＋y2)＋1代入②得(2m2＋3)y1y2＋2m(y1＋y2)＋5＝0，③ 由①③解得m＝±， 故直線l的方程是x＝±y＋1，即2x±y－2＝0. 探究提高　(1)直線方程設為y＝kx＋b(斜截式)時，要注意考慮斜率是否存在；直線方程設為x＝my＋a(可稱為x軸上的斜截式)，這種設法不需考慮斜率是否存在.(2)若圖形關系可轉化為向量關系，則寫出其向量關系，再將向量關系轉化為坐標關系，關鍵是得出坐標關系. [考法2]　圓錐曲線中參數(shù)的存在性問題 【例2－2】 (2018·嘉興調研)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，點P(0，1)和點A(m，n)(m≠0)都在橢圓C上，直

13、線PA交x軸于點M. (1)求橢圓C的方程，并求點M的坐標(用m，n表示)； (2)設O為原點，點B與點A關于x軸對稱，直線PB交x軸于點N.問：y軸上是否存在點Q，使得∠OQM＝∠ONQ？若存在，求點Q的坐標；若不存在，說明理由. 解　(1)由題意得解得a2＝2， 故橢圓C的方程為＋y2＝1. 設M(xM，0).因為m≠0，所以－1＜n＜1. 直線PA的方程為y－1＝x. 所以xM＝，即M. (2)因為點B與點A關于x軸對稱，所以B(m，－n). 設N(xN，0)，則xN＝. “存在點Q(0，yQ)使得∠OQM＝∠ONQ”，等價于“存在點Q(0，yQ)使得＝”， 即yQ

14、滿足y＝|xM||xN|. 因為xM＝，xN＝，＋n2＝1， 所以y＝|xM||xN|＝＝2. 所以yQ＝或yQ＝－. 故在y軸上存在點Q，使得∠OQM＝∠ONQ，點Q的坐標為(0，)或(0，－). 探究提高　(1)探索性問題通常用“肯定順推法”，將不確定性問題明朗化.其步驟為假設滿足條件的元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在，用待定系數(shù)法設出，列出關于待定系數(shù)的方程組，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.(2)反證法與驗證法也是求解探索性問題常用的方法. 【訓練2】 (2017·杭州高級中學模擬)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞

15、0)的一個頂點為M(0，1)，F(xiàn)1，F(xiàn)2為其兩個焦點，△MF1F2的周長為2＋4. (1)求橢圓C的標準方程； (2)以M(0，1)為直角頂點作橢圓C的內接等腰直角三角形MAB，這樣的等腰直角三角形是否存在？若存在，請說明有幾個，并求出直角邊所在的直線方程；若不存在，請說明理由. 解　(1)由題意得解得 所以橢圓C的方程是＋y2＝1. (2)假設存在滿足條件的等腰直角三角形MAB，由題意，知直角邊MA，MB所在直線都不可能平行或垂直于x軸. 設MA所在直線的方程是y＝kx＋1(k＞0)，則MB所在直線的方程是y＝－x＋1. 由得A， 所以|MA|＝ ＝. 同理，可得|MB|

16、＝，由|MA|＝|MB|，得k(5＋k2)＝1＋5k2，解得k＝1或k＝2±.故存在三個滿足條件的內接等腰直角三角形MAB，直角邊所在直線的方程是y＝x＋1、y＝－x＋1或y＝(2＋)x＋1、y＝(－2＋)x＋1或y＝(2－)x＋1、y＝－(2＋)x＋1. 1.直線與拋物線位置關系的提醒 (1)若點P在拋物線內，則過點P且和拋物線只有一個交點的直線只有一條，此直線與拋物線的對稱軸平行；(2)若點P在拋物線上，則過點P且和拋物線只有一個交點的直線有兩條，一條是拋物線的切線，另一條直線與拋物線的對稱軸平行；(3)若點P在拋物線外，則過點P且和拋物線只有一個交點的直線有三條，兩條是拋物線的切

17、線，另一條直線與拋物線的對稱軸平行. 2.弦長公式對于直線與橢圓的相交、直線與雙曲線的相交、直線與拋物線的相交都是通用的，此公式可以記憶，也可以在解題的過程中，利用兩點間的距離公式推導. 3.求中點弦的直線方程的常用方法 (1)點差法，設弦的兩端點坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)，分別代入圓錐曲線方程，兩式作差，式中含有x1＋x2，y1＋y2，三個量，則建立了圓錐曲線的弦的中點坐標與弦所在直線的斜率之間的關系，借助弦的中點坐標即可求得斜率；(2)根與系數(shù)的關系，聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，化為一元二次方程，用根與系數(shù)的關系求解. 4.存在性問題求解的思路及策略 (1)思路：先假

18、設存在，推證滿足條件的結論，若結論正確，則存在；若結論不正確，則不存在. (2)策略：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. 一、選擇題 1.已知F是雙曲線C：x2－＝1的右焦點，P是C上一點，且PF與x軸垂直，點A的坐標是(1，3)，則△APF的面積為(　　) A. B. C. D. 解析　由c2＝a2＋b2＝4得c＝2，所以F(2，0)， 將x＝2代入x2－＝1，得y＝±3，所以|PF|＝3. 又A的坐標是(1，3)，故△APF的面積為×3×(2－1)＝. 答案　D 2.若雙曲線C：－＝1(a>0

19、，b>0)的一條漸近線被圓(x－2)2＋y2＝4所截得的弦長為2，則C的離心率為(　　) A.2 B. C. D. 解析　設雙曲線的一條漸近線為y＝x，化成一般式bx－ay＝0，圓心(2，0)到直線的距離為＝，∴b2＝3a2. 又由c2＝a2＋b2得c2＝4a2，∴e2＝4，e＝2. 答案　A 3.設F為拋物線C：y2＝4x的焦點，曲線y＝(k>0)與C交于點P，PF⊥x軸，則k＝(　　) A. B.1 C. D.2 解析　因為拋物線方程是y2＝4x，所以F(1，0). 又因為PF⊥x軸，所以P(1，2)，把P點坐標代入曲線方程y＝(k>0)，即＝2，所

20、以k＝2. 答案　D 4.(2018·天津卷)已知雙曲線－＝1(a>0，b>0)的離心率為2，過右焦點且垂直于x軸的直線與雙曲線交于A，B兩點.設A，B到雙曲線的同一條漸近線的距離分別為d1和d2，且d1＋d2＝6，則雙曲線的方程為(　　) A.－＝1 B.－＝1 C.－＝1 D.－＝1 解析　由d1＋d2＝6，得雙曲線的右焦點到漸近線的距離為3，所以b＝3.因為雙曲線－＝1(a>0，b>0)的離心率為2，所以＝2，所以＝4，所以＝4，解得a2＝3，所以雙曲線的方程為－＝1，故選C. 答案　C 5.(2018·全國Ⅰ卷)設拋物線C：y2＝4x的焦點為F，過點(－2，0

21、)且斜率為的直線與C交于M，N兩點，則·＝(　　) A.5 B.6 C.7 D.8 解析　法一　過點(－2，0)且斜率為的直線的方程為y＝(x＋2)，由得x2－5x＋4＝0，解得x＝1或x＝4，所以或不妨設M(1，2)，N(4，4)，易知F(1，0)，所以＝(0，2)，＝(3，4)，所以·＝8.故選D. 法二　過點(－2，0)且斜率為的直線的方程為y＝(x＋2)，由得x2－5x＋4＝0.設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則y1>0，y2>0，根據(jù)根與系數(shù)的關系，得x1＋x2＝5，x1x2＝4.易知F(1，0)，所以＝(x1－1，y1)，＝(x2－1，y2)，所以·＝(x1

22、－1)(x2－1)＋y1y2＝x1x2－(x1＋x2)＋1＋4＝4－5＋1＋8＝8.故選D. 答案　D 二、填空題 6.(2017·北京卷改編)若雙曲線x2－＝1的離心率為，則實數(shù)m＝________，其漸近線方程為________. 解析　由題意知＝e2＝3，則m＝2.漸近線方程為y＝±x. 答案　2　y＝±x 7.(2018·金華一中質檢)已知拋物線C：y2＝8x的焦點為F，準線為l，P是l上一點，Q是直線PF與C的一個交點.若＝4，則|QF|等于________. 解析　設l交x軸于點M，過點Q作QQ′⊥l交l于點Q′，因為＝4，所以|QQ′|∶|FM|＝|PQ|∶|PF|

23、＝3∶4，又焦點F到準線l的距離|FM|為4，所以|QF|＝|QQ′|＝3. 答案　3 8.已知直線l過橢圓8x2＋9y2＝72的一個焦點，斜率為2，l與橢圓相交于M，N兩點，則弦MN的長為________，MN的垂直平分線方程為________. 解析　由8x2＋9y2＝72得＋＝1，故橢圓的焦點為(1，0)，(－1，0)，不妨設l的方程為y＝2(x－1). 由得11x2－18x－9＝0. 由根與系數(shù)的關系，得xM＋xN＝， xM·xN＝－. 由弦長公式得|MN|＝|xM－xN|＝·＝＝；又MN的中點坐標為，∴MN的垂直平分線方程為11x＋22y－1＝0. 答案　　11x＋2

24、2y－1＝0 9.過點M(1，1)作斜率為－的直線與橢圓C：＋＝1(a>b>0)相交于A，B兩點，若M是線段AB的中點，則橢圓C的離心率等于________. 解析　設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則 ∴＋＝0， ∴＝－·. ∵＝－，x1＋x2＝2，y1＋y2＝2， ∴－＝－，∴a2＝2b2.又∵b2＝a2－c2， ∴a2＝2(a2－c2)，∴a2＝2c2，∴＝. 答案　 10.(2018·浙江卷)已知點P(0，1)，橢圓＋y2＝m(m>1)上兩點A，B滿足＝2，則當m＝________時，點B橫坐標的絕對值最大. 解析　設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由＝2，

25、得即x1＝－2x2，y1＝3－2y2.因為點A，B在橢圓上，所以得y2＝m＋，所以x＝m－(3－2y2)2＝－m2＋m－＝－(m－5)2＋4≤4，所以當m＝5時，點B橫坐標的絕對值最大，最大值為2. 答案　5 11.(2018·全國Ⅲ卷)已知點M(－1，1)和拋物線C：y2＝4x，過C的焦點且斜率為k的直線與C交于A，B兩點.若∠AMB＝90°，則k＝________. 解析　法一　由題意知拋物線的焦點為(1，0)，則過C的焦點且斜率為k的直線方程為y＝k(x－1)(k≠0)，由消去y得k2(x－1)2＝4x，即k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，

26、則x1＋x2＝，x1x2＝1.由消去x得y2＝4，即y2－y－4＝0，則y1＋y2＝，y1y2＝－4，由∠AMB＝90°，得·＝(x1＋1，y1－1)·(x2＋1，y2－1)＝x1x2＋x1＋x2＋1＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝0，將x1＋x2＝，x1x2＝1與y1＋y2＝，y1y2＝－4代入，得k＝2. 法二　設拋物線的焦點為F，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則所以y－y＝4(x1－x2)，則k＝＝，取AB的中點M′(x0，y0)，分別過點A，B作準線x＝－1的垂線，垂足分別為A′，B′，又∠AMB＝90°，點M在準線x＝－1上，所以|MM′|＝|AB|＝(|AF|＋|BF|)＝

27、(|AA′|＋|BB′|).又M′為AB的中點，所以MM′平行于x軸，且y0＝1，所以y1＋y2＝2，所以k＝2. 答案　2 12.(2018·上海模擬)已知點A(－2，0)，B(2，0)，過點A作直線l與以A，B為焦點的橢圓交于M，N兩點，線段MN的中點到y(tǒng)軸的距離為，且直線l與圓x2＋y2＝1相切，則該橢圓的標準方程是________，過A點的橢圓的最短弦長為________. 解析　根據(jù)題意，知直線l的斜率存在，設直線l的方程為y＝k(x＋2)，① 由題意設橢圓方程為＋＝1(a2＞4)，② 由直線l與圓x2＋y2＝1相切，得＝1，解得k2＝.將①代入②，得(a2－3)x2＋a2

28、x－a4＋4a2＝0，設點M的坐標為(x1，y1)，點N的坐標為(x2，y2)，由根與系數(shù)的關系，得x1＋x2＝－，又線段MN的中點到y(tǒng)軸的距離為，所以|x1＋x2|＝，即－＝－，解得a2＝8.所以該橢圓的標準方程為＋＝1. 過A點的橢圓最短弦垂直于x軸，其長為2. 答案?。?　2 三、解答題 13.(2018·衢州二中調研)已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)的離心率為，右焦點為F(1，0). (1)求橢圓E的標準方程； (2)設點O為坐標原點，過點F作直線l與橢圓E交于M，N兩點，若OM⊥ON，求直線l的方程. 解　(1)依題意可得解得a＝，b＝1. ∴橢圓E的標準方程為＋y

29、2＝1. (2)設M(x1，y1)，N(x2，y2)， ①當MN垂直于x軸時，直線l的方程為x＝1，不符合題意； ②當MN不垂直于x軸時，設直線l的方程為y＝k(x－1). 聯(lián)立得方程組 消去y整理得(1＋2k2)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0， ∴x1＋x2＝，x1·x2＝. ∴y1·y2＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]＝. ∵OM⊥ON，∴·＝0. ∴x1·x2＋y1·y2＝＝0，∴k＝±. 故直線l的方程為y＝±(x－1). 14.(2018·全國Ⅱ卷)設拋物線C：y2＝4x的焦點為F，過F且斜率為k(k>0)的直線l與C交于A，B兩點，|AB|＝8.

30、(1)求l的方程； (2)求過點A，B且與C的準線相切的圓的方程. 解　(1)由題意得F(1，0)，l的方程為y＝k(x－1)(k>0). 設A(x1，y1)，B(x2，y2). 由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0. Δ＝16k2＋16>0，故x1＋x2＝. 所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝. 由題設知＝8，解得k＝－1(舍去)，k＝1. 因此l的方程為y＝x－1. (2)由(1)得AB的中點坐標為(3，2)，所以AB的垂直平分線方程為y－2＝－(x－3)，即y＝－x＋5. 設所求圓的圓心坐標為(x0，y0)，則 解得或 因此所求

31、圓的方程為(x－3)2＋(y－2)2＝16或(x－11)2＋(y＋6)2＝144. 15.已知拋物線E：y2＝8x，圓M：(x－2)2＋y2＝4，點N為拋物線E上的動點，O為坐標原點，線段ON的中點P的軌跡為曲線C. (1)求曲線C的方程； (2)點Q(x0，y0)(x0≥5)是曲線C上的點，過點Q作圓M的兩條切線，分別與x軸交于A，B兩點，求△QAB面積的最小值. 解　(1)設P(x，y)，因為點N(2x，2y)在拋物線E：y2＝8x上，∴4y2＝16x，∴曲線C的方程為y2＝4x. (2)設切線方程為y－y0＝k(x－x0). 令y＝0，得x＝x0－. 圓心(2，0)到切線的距離d＝＝2， 整理得(x－4x0)k2＋(4y0－2x0y0)k＋y－4＝0. 設兩條切線的斜率分別為k1，k2，則k1＋k2＝，k1k2＝. ∴△QAB面積S＝·|y0|＝ y＝2·. 設t＝x0－1∈[4，＋∞)，則S＝f(t)＝2在[4，＋∞)上單調遞增，且f(4)＝， ∴f(t)≥，即△QAB面積的最小值為. 14