備考2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第六章專題突破2

專題突破2圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值、定線與探索性問題高考概覽圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值、定線與探索性問題是高考的重點(diǎn)與難點(diǎn)，主要以解答題形式考查，往往是試卷壓軸題之一，難度較大考點(diǎn)研讀1.會(huì)利用“特殊探路，一般證明”和“一般推理，特殊求解”的思路來求解定點(diǎn)問題，求證直線過定點(diǎn)通常利用直線的點(diǎn)斜式方程2．會(huì)利用“直接消參法”和“從特殊到一般法”，利用整體代入的思想求解定值問題3．會(huì)利用“設(shè)點(diǎn)法”“待定系數(shù)法”“驗(yàn)證法”求解因圖形變化或點(diǎn)的移動(dòng)而產(chǎn)生的動(dòng)點(diǎn)在定直線上的問題4．會(huì)利用“肯定順推法”“反證法”“驗(yàn)證法”解決探索性問題一、高考大題1．(2023·全國乙卷)已知橢圓C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)的離心率是eq\f(\r(5),3)，點(diǎn)A(－2，0)在C上．(1)求C的方程；(2)過點(diǎn)(－2，3)的直線交C于P，Q兩點(diǎn)，直線AP，AQ與y軸的交點(diǎn)分別為M，N，證明：線段MN的中點(diǎn)為定點(diǎn)．解(1)由題意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝2，,a2＝b2＋c2，,e＝\f(c,a)＝\f(\r(5),3)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝2，,c＝\r(5)，))所以C的方程為eq\f(y2,9)＋eq\f(x2,4)＝1.(2)證明：由題意可知，直線PQ的斜率存在，設(shè)直線PQ：y＝k(x＋2)＋3，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x＋2）＋3，,\f(y2,9)＋\f(x2,4)＝1，))消去y得(4k2＋9)x2＋8k(2k＋3)x＋16(k2＋3k)＝0，則Δ＝64k2(2k＋3)2－64(4k2＋9)(k2＋3k)＝－1728k>0，解得k<0，可得x1＋x2＝－eq\f(8k（2k＋3）,4k2＋9)，x1x2＝eq\f(16（k2＋3k）,4k2＋9)，因?yàn)锳(－2，0)，則直線AP：y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)，令x＝0，解得y＝eq\f(2y1,x1＋2)，即Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2y1,x1＋2)))，同理可得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2y2,x2＋2)))，則eq\f(\f(2y1,x1＋2)＋\f(2y2,x2＋2),2)＝eq\f(k（x1＋2）＋3,x1＋2)＋eq\f(k（x2＋2）＋3,x2＋2)＝eq\f([kx1＋（2k＋3）]（x2＋2）＋[kx2＋（2k＋3）]（x1＋2）,（x1＋2）（x2＋2）)＝eq\f(2kx1x2＋（4k＋3）（x1＋x2）＋4（2k＋3）,x1x2＋2（x1＋x2）＋4)＝eq\f(\f(32k（k2＋3k）,4k2＋9)－\f(8k（4k＋3）（2k＋3）,4k2＋9)＋4（2k＋3）,\f(16（k2＋3k）,4k2＋9)－\f(16k（2k＋3）,4k2＋9)＋4)＝eq\f(108,36)＝3，所以線段MN的中點(diǎn)是定點(diǎn)(0，3)．2．(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)已知雙曲線C的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)，左焦點(diǎn)為(－2eq\r(5)，0)，離心率為eq\r(5).(1)求C的方程；(2)記C的左、右頂點(diǎn)分別為A1，A2，過點(diǎn)(－4，0)的直線與C的左支交于M，N兩點(diǎn)，M在第二象限，直線MA1與NA2交于點(diǎn)P.證明：點(diǎn)P在定直線上．解(1)設(shè)雙曲線C的方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，由焦點(diǎn)坐標(biāo)可知c＝2eq\r(5)，則由e＝eq\f(c,a)＝eq\r(5)可得a＝2，b＝eq\r(c2－a2)＝4，故C的方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,16)＝1.(2)證法一：由(1)可得A1(－2，0)，A2(2，0)，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，顯然直線MN的斜率不為0，所以設(shè)直線MN的方程為x＝my－4，且－eq\f(1,2)<m<eq\f(1,2)，與eq\f(x2,4)－eq\f(y2,16)＝1聯(lián)立可得(4m2－1)y2－32my＋48＝0，且Δ＝64(4m2＋3)>0，則y1＋y2＝eq\f(32m,4m2－1)，y1y2＝eq\f(48,4m2－1)，直線MA1的方程為y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)，直線NA2的方程為y＝eq\f(y2,x2－2)(x－2)，聯(lián)立直線MA1與直線NA2的方程可得，eq\f(x＋2,x－2)＝eq\f(y2（x1＋2）,y1（x2－2）)＝eq\f(y2（my1－2）,y1（my2－6）)＝eq\f(my1y2－2（y1＋y2）＋2y1,my1y2－6y1)＝eq\f(m·\f(48,4m2－1)－2·\f(32m,4m2－1)＋2y1,m·\f(48,4m2－1)－6y1)＝eq\f(\f(－16m,4m2－1)＋2y1,\f(48m,4m2－1)－6y1)＝－eq\f(1,3)，由eq\f(x＋2,x－2)＝－eq\f(1,3)可得x＝－1，即xP＝－1，據(jù)此可得，點(diǎn)P在定直線x＝－1上．證法二：由題意得A1(－2，0)，A2(2，0)．設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，直線MN的方程為x＝my－4，則eq\f(xeq\o\al(2,1),4)－eq\f(yeq\o\al(2,1),16)＝1，即4xeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,1)＝16.如圖，連接MA2，kMA1·kMA2＝eq\f(y1,x1＋2)·eq\f(y1,x1－2)＝eq\f(yeq\o\al(2,1),xeq\o\al(2,1)－4)＝eq\f(4xeq\o\al(2,1)－16,xeq\o\al(2,1)－4)＝4.①由eq\f(x2,4)－eq\f(y2,16)＝1，得4x2－y2＝16，4[(x－2)＋2]2－y2＝16，4(x－2)2＋16(x－2)＋16－y2＝16，4(x－2)2＋16(x－2)－y2＝0.由x＝my－4，得x－2＝my－6，my－(x－2)＝6，eq\f(1,6)[my－(x－2)]＝1.4(x－2)2＋16(x－2)·eq\f(1,6)[my－(x－2)]－y2＝0，4(x－2)2＋eq\f(8,3)(x－2)my－eq\f(8,3)(x－2)2－y2＝0，兩邊同時(shí)除以(x－2)2，得eq\f(4,3)＋eq\f(8m,3)·eq\f(y,x－2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x－2)))eq\s\up12(2)＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x－2)))eq\s\up12(2)－eq\f(8m,3)·eq\f(y,x－2)－eq\f(4,3)＝0.kMA2＝eq\f(y1,x1－2)，kNA2＝eq\f(y2,x2－2)，由根與系數(shù)的關(guān)系得kMA2·kNA2＝－eq\f(4,3).②由①②可得kMA1＝－3kNA2.lMA1：y＝kMA1(x＋2)＝－3kNA2(x＋2)，lNA2：y＝kNA2(x－2)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－3kNA2（x＋2），,y＝kNA2（x－2），))解得x＝－1.所以點(diǎn)P在定直線x＝－1上．二、模擬大題3.(2024·四川巴蜀中學(xué)高三適應(yīng)性月考(二))如圖所示，點(diǎn)F1，A分別為橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦點(diǎn)和右頂點(diǎn)，點(diǎn)F為拋物線C：y2＝16x的焦點(diǎn)，且|OF|＝2|OA|＝4|OF1|(O為坐標(biāo)原點(diǎn))．(1)求橢圓E的方程；(2)過點(diǎn)F1作直線l交橢圓E于B，D兩點(diǎn)，連接AB，AD并延長交拋物線的準(zhǔn)線于點(diǎn)M，N，求證：∠MF1N為定值．解(1)由題意，得|OF|＝4，∴|OA|＝2，|OF1|＝1，∴a＝2，c＝1，b2＝3，∴橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)證明：由(1)可知，F(xiàn)1(－1，0)，A(2，0)，設(shè)B(x1，y1)，D(x2，y2)，M(－4，yM)，N(－4，yN)，顯然直線l的斜率不為0，故可設(shè)為x＝ty－1.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty－1，,3x2＋4y2＝12，))得(3t2＋4)y2－6ty－9＝0，∴y1＋y2＝eq\f(6t,3t2＋4)，y1y2＝eq\f(－9,3t2＋4).∵A，B，M三點(diǎn)共線，∴eq\f(yM,－6)＝eq\f(y1,x1－2)＝eq\f(y1,ty1－3)，解得yM＝eq\f(－6y1,ty1－3).同理，yN＝eq\f(－6y2,ty2－3)，∴yM·yN＝eq\f(36y1y2,t2y1y2－3t（y1＋y2）＋9)＝eq\f(\f(－9×36,3t2＋4),\f(－9t2,3t2＋4)－3t×\f(6t,3t2＋4)＋9)＝eq\f(－9×36,－9t2－18t2＋27t2＋36)＝－9，∵eq\o(F1M,\s\up16(→))＝(－3，yM)，eq\o(F1N,\s\up16(→))＝(－3，yN)，∴eq\o(F1M,\s\up16(→))·eq\o(F1N,\s\up16(→))＝9＋yM·yN＝0，即∠MF1N＝90°，為定值．4．(2023·廣東梅州統(tǒng)考三模)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點(diǎn)、右頂點(diǎn)分別為F，A，B(0，b)，|AF|＝1，點(diǎn)M在線段AB上，且滿足|BM|＝eq\r(3)|MA|，直線OM的斜率為1，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．(1)求雙曲線C的方程；(2)過點(diǎn)F的直線l與雙曲線C的右支相交于P，Q兩點(diǎn)，在x軸上是否存在與F不同的定點(diǎn)E，使得|EP|·|FQ|＝|EQ|·|FP|恒成立？若存在，求出點(diǎn)E的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．解(1)由題可知F(c，0)，A(a，0)，B(0，b)，因?yàn)辄c(diǎn)M在線段AB上，且滿足|BM|＝eq\r(3)|MA|，所以點(diǎn)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),\r(3)＋1)a，\f(1,\r(3)＋1)b))，因?yàn)橹本€OM的斜率為1，所以eq\f(\f(1,\r(3)＋1)b,\f(\r(3),\r(3)＋1)a)＝1，所以eq\f(b,a)＝eq\r(3)，因?yàn)閨AF|＝1，所以c－a＝1，解得a＝1，b＝eq\r(3)，c＝2.所以雙曲線C的方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)假設(shè)在x軸上存在與F不同的定點(diǎn)E，使得|EP|·|FQ|＝|EQ|·|FP|恒成立，當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，E在x軸上任意位置，都有|EP|·|FQ|＝|EQ|·|FP|；當(dāng)直線l的斜率存在且不為0時(shí)，設(shè)E(t，0)，直線l的方程為x＝ky＋2，直線l與雙曲線C的右支相交于P，Q兩點(diǎn)，則－eq\f(\r(3),3)<k<eq\f(\r(3),3)且k≠0，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－\f(y2,3)＝1，,x＝ky＋2，))得(3k2－1)y2＋12ky＋9＝0，3k2－1≠0，Δ＝36k2＋36>0，所以y1＋y2＝－eq\f(12k,3k2－1)，y1y2＝eq\f(9,3k2－1)，因?yàn)閨EP|·|FQ|＝|EQ|·|FP|，即eq\f(|EP|,|EQ|)＝eq\f(|FP|,|FQ|)，所以EF平分∠PEQ，kEP＋kEQ＝0，有eq\f(y1,x1－t)＋eq\f(y2,x2－t)＝0，即eq\f(y1,ky1＋2－t)＋eq\f(y2,ky2＋2－t)＝0，得2ky1y2＋(2－t)(y1＋y2)＝0，所以2keq\f(9,3k2－1)＋(2－t)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(12k,3k2－1)))＝0，由k≠0，解得t＝eq\f(1,2).綜上所述，存在與F不同的定點(diǎn)E，使得|EP|·|FQ|＝|EQ|·|FP|恒成立，且Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0)).5．(2023·河南鄭州統(tǒng)考二模)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在直線2x＋4y－1＝0上．(1)求拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過點(diǎn)(4，0)作動(dòng)直線l與拋物線C交于M，N兩點(diǎn)，直線OM，ON分別與圓(x－1)2＋y2＝1交于點(diǎn)P，Q(異于點(diǎn)O)，設(shè)直線OM，ON的斜率分別為k1，k2.①求證：k1k2為定值；②求證：直線PQ恒過定點(diǎn)．解(1)易知直線2x＋4y－1＝0與x軸交于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，即焦點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，所以eq\f(p,2)＝eq\f(1,2)，p＝1，則拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2＝2x.(2)證明：①設(shè)直線MN的方程為x＝my＋4，M(x1，y1)，N(x2，y2)，聯(lián)立方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋4，,y2＝2x，))得y2－2my－8＝0，Δ＝4m2＋32>0，所以y1y2＝－8，又eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yeq\o\al(2,1)＝2x1，,yeq\o\al(2,2)＝2x2，))所以yeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,2)＝4x1x2＝64，即x1x2＝16，則k1k2＝eq\f(y1,x1)·eq\f(y2,x2)＝eq\f(－8,16)＝－eq\f(1,2).②設(shè)直線PQ的方程為x＝ty＋n(n≠0)，P(x3，y3)，Q(x4，y4)，聯(lián)立方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋n，,（x－1）2＋y2＝1，))得(t2＋1)y2＋2t(n－1)y＋n2－2n＝0，所以y3＋y4＝－eq\f(2t（n－1）,t2＋1)，y3y4＝eq\f(n2－2n,t2＋1)，k1k2＝eq\f(y3,x3)·eq\f(y4,x4)＝eq\f(y3y4,（ty3＋n）（ty4＋n）)＝eq\f(y3y4,t2y3y4＋nt（y3＋y4）＋n2)＝－eq\f(1,2)，整理得eq\f(n－2,n)＝－eq\f(1,2)，n＝eq\f(4,3)，所以直線PQ過定點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，0)).6．(2023·江蘇南京市第九中學(xué)?？寄M預(yù)測)橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,8)＝1，左、右頂點(diǎn)分別為A(－2，0)，B(2，0)，點(diǎn)P為橢圓E上的點(diǎn)，且在第一象限，直線l過點(diǎn)P.(1)若直線l分別交x，y軸于點(diǎn)C，D，|PD|＝2，求PC的長；(2)若直線l過點(diǎn)(－1，0)，且交橢圓E于另一點(diǎn)Q(異于點(diǎn)A，B)，記直線AP與直線BQ交于點(diǎn)M，試問點(diǎn)M是否在一條定直線上？若是，求出該定直線方程；若不是，說明理由．解(1)設(shè)P(xP，yP)，D(0，yD)，則eq\f(xeq\o\al(2,P),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,P),8)＝1①，xeq\o\al(2,P)＋(yP－yD)2＝4②，由①②可得eq\f(yeq\o\al(2,P),2)＝(yP－yD)2，∵yP>0，∴eq\f(yP,\r(2))＝|yP－yD|，即eq\f(yP,|yP－yD|)＝eq\r(2)，∵eq\f(|PC|,|PD|)＝eq\f(yP,|yP－yD|)＝eq\r(2)，∴|PC|＝2eq\r(2).(2)依題意可設(shè)直線l的方程為x＝my－1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x0，y0)．聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,8)＝1，))整理得(2m2＋1)y2－4my－6＝0，Δ＝16m2＋24(2m2＋1)>0，則y1＋y2＝eq\f(4m,2m2＋1)，y1y2＝eq\f(－6,2m2＋1).直線AP的方程為y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)，直線BQ的方程為y＝eq\f(y2,x2－2)(x－2)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(y1,x1＋2)（x＋2），,y＝\f(y2,x2－2)（x－2），))得x0＝eq\f(2y1x2－4y1＋2x1y2＋4y2,（x1＋2）y2－（x2－2）y1)，∵(x1＋2)y2－(x2－2)y1＝x1y2＋2y2－x2y1＋2y1＝(my1－1)y2＋2y2－(my2－1)y1＋2y1＝3y1＋y2，2y1x2－4y1＋2x1y2＋4y2＝2y1(my2－1)－4y1＋2(my1－1)y2＋4y2＝4my1y2－6y1＋2y2，∴x0＝eq\f(4my1y2－6y1＋2y2,3y1＋y2)，由y1＋y2＝eq\f(4m,2m2＋1)，y1y2＝eq\f(－6,2m2＋1)，得2my1y2＝－3(y1＋y2)．∴x0＝eq\f(4my1y2－6y1＋2y2,3y1＋y2)＝eq\f(－6（y1＋y2）－6y1＋2y2,3y1＋y2)＝eq\f(－12y1－4y2,3y1＋y2)＝－4.故點(diǎn)M在定直線x＝－4上．7．(2023·河北邯鄲第三次模擬)已知拋物線C：x2＝4y的焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線為l.設(shè)過點(diǎn)F且不與x軸平行的直線m與拋物線C交于A，B兩點(diǎn)，線段AB的中點(diǎn)為M，過M作直線垂直于l，垂足為N，直線MN與拋物線C交于點(diǎn)P.(1)求證：點(diǎn)P是線段MN的中點(diǎn)；(2)若拋物線C在點(diǎn)P處的切線與y軸交于點(diǎn)Q，是否存在直線m，使得四邊形MPQF是有一個(gè)內(nèi)角為60°的菱形？若存在，請(qǐng)求出直線m的方程；若不存在，請(qǐng)說明理由．解(1)證明：由題意知，直線m的斜率存在且不為0，故設(shè)直線m的方程為y＝kx＋1(k≠0)，代入x2＝4y，并整理得x2－4kx－4＝0.所以Δ＝16k2＋16>0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.設(shè)M(x0，y0)，則x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝2k，y0＝kx0＋1＝2k2＋1，即M(2k，2k2＋1)．由MN⊥l，得N(2k，－1)，所以MN的中點(diǎn)坐標(biāo)為(2k，k2)．將x＝2k代入x2＝4y，解得y＝k2，則P(2k，k2)，所以點(diǎn)P是線段MN的中點(diǎn)．(2)由x2＝4y，得y＝eq\f(x2,4)，則y′＝eq\f(x,2)，所以拋物線C在點(diǎn)P(2k，k2)處的切線PQ的斜率為k，又由直線m的斜率為k，可得m∥PQ；又MN∥y軸，所以四邊形MPQF為平行四邊形．而|MF|＝eq\r(（2k）2＋（2k2＋1－1）2)＝2eq\r(k2（k2＋1）)，|MP|＝|(2k2＋1)－k2|＝k2＋1，由|MF|＝|MP|，得2eq\r(k2（k2＋1）)＝k2＋1，解得k＝±eq\f(\r(3),3)，即當(dāng)k＝±eq\f(\r(3),3)時(shí)，四邊形MPQF為菱形，且此時(shí)|PF|＝eq\r(（2k－0）2＋（k2－1）2)＝k2＋1＝|MP|＝|MF|，所以∠PMF＝60°，直線m的方程為y＝±eq\f(\r(3),3)x＋1，即x－eq\r(3)y＋eq\r(3)＝0或x＋eq\r(3)y－eq\r(3)＝0，所以存在直線m，使得四邊形MPQF是有一個(gè)內(nèi)角為60°的菱形，直線m的方程為x－eq\r(3)y＋eq\r(3)＝0或x＋eq\r(3)y－eq\r(3)＝0.8．(2023·安徽六安舒城中學(xué)?？寄M預(yù)測)已知點(diǎn)(2，3)在雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,a2＋2)＝1上．(1)雙曲線上動(dòng)點(diǎn)Q處的切線交C的兩條漸近線于A，B兩點(diǎn)，其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求證：△AOB的面積是定值；(2)已知點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，過點(diǎn)P作動(dòng)直線l與雙曲線右支交于不同的兩點(diǎn)M，N，在線段MN上取異于點(diǎn)M，N的點(diǎn)H，滿足eq\f(|PM|,|PN|)＝eq\f(|MH|,|HN|)，證明：點(diǎn)H恒在一條定直線上．證明(1)將(2，3)代入雙曲線的方程中，得eq\f(4,a2)－eq\f(9,a2＋2)＝1，解得a2＝1，故雙曲線方程為x2－eq\f(y2,3)＝1，設(shè)Q(m，n)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由結(jié)論雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)上一點(diǎn)(x0，y0)處的切線方程為eq\f(x0x,a2)－eq\f(y0y,b2)＝1，可得雙曲線x2－eq\f(y2,3)＝1上點(diǎn)Q(m，n)處的切線方程為mx－eq\f(ny,3)＝1，雙曲線的兩條漸近線方程為y＝±eq\r(3)x，聯(lián)立mx－eq\f(ny,3)＝1與y＝eq\r(3)x，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝\f(3,3m－\r(3)n)，,y1＝\f(3\r(3),3m－\r(3)n)，))聯(lián)立mx－eq\f(ny,3)＝1與y＝－eq\r(3)x，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝\f(3,3m＋\r(3)n)，,y2＝\f(－3\r(3),3m＋\r(3)n)，))直線AB的方程為eq\f(y－y1,y2－y1)＝eq\f(x－x1,x2－x1)，即(y－y1)(x2－x1)－(y2－y1)(x－x1)＝0，故點(diǎn)O到直線AB的距離為eq\f(|（－y1）（x2－x1）－（y2－y1）（－x1）|,\r(（x2－x1）2＋（y2－y1）2))＝eq\f(|x1y2－x2y1|,\r(（x2－x1）2＋（y2－y1）2))，且|AB|＝eq\r(（x2－x1）2＋（y2－y1）2)，所以S△AOB＝eq\f(1,2)·eq\f(|x1y2－x2y1|,\r(（x2－x1）2＋（y2－y1）2))·eq\r(（x2－x1）2＋（y2－y1）2)＝eq\f(1,2)|x1y2－x2y1|＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(3,3m－\r(3)n)·\f(－3\r(3),3m＋\