高考数学二轮复习专题39 圆锥曲线中的定点定值问题(2份打包，教师版+原卷版)

专题39　圆锥曲线中的定点定值问题
【高考真题】
1．(2022·全国乙理) 已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0，－2)，B两
点．
(1)求E的方程；
(2)设过点P(1，－2)的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
1．解析　(1)设椭圆E的方程为，过，
则，解得，，
所以椭圆E的方程为：．
(2)，所以，
①若过点的直线斜率不存在，直线．代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到．
求得HN方程：，过点．
②若过点的直线斜率存在，设．
联立得，
可得，，且
联立可得
可求得此时，
将，代入整理得，
将代入，得显然成立，
综上，可得直线HN过定点
【方法总结】
定点问题的常用方法
(1)参数法：参数法解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中的核心变量(此处设为k)；②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．
(2)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．
定值问题的常用方法
(1)直接消参求定值：常见定值问题的处理方法：①确定一个(或两个)变量为核心变量，其余量均利用条件用核心变量进行表示；②将所求表达式用核心变量进行表示(有的甚至就是核心变量)，然后进行化简，看能否得到一个常数．
(2)从特殊到一般求定值：常用处理技巧：①在运算过程中，尽量减少所求表达式中变量的个数，以便于向定值靠拢；②巧妙利用变量间的关系，例如点的坐标符合曲线方程等，尽量做到整体代入，简化运算．
【题型突破】
1．(2020·全国Ⅰ)已知A，B分别为椭圆E：＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，·＝8．P
为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．
(1)求E的方程；
(2)证明：直线CD过定点．
1．解析　(1)由题设得A(－a，0)，B(a，0)，G(0，1)．则＝(a，1)，＝(a，－1)．
由·＝8，得a2－1＝8，解得a＝3或a＝－3(舍去)．
所以椭圆E的方程为＋y2＝1．
(2)证明　设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t)．
若t≠0，设直线CD的方程为x＝my＋n，
由题意可知－3 易知直线PB的方程为y＝(x－3)，所以y2＝(x2－3)．
可得3y1(x2－3)＝y2(x1＋3)．①
由于＋y＝1，故y＝－，②
由①②可得27y1y2＝－(x1＋3)(x2＋3)，结合x＝my＋n，
得(27＋m2)y1y2＋m(n＋3)(y1＋y2)＋(n＋3)2＝0．③
将x＝my＋n代入＋y2＝1，得(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0．
所以y1＋y2＝－，y1y2＝．代入③式
得(27＋m2)(n2－9)－2m(n＋3)mn＋(n＋3)2(m2＋9)＝0，
解得n＝－3(舍去)或n＝．
故直线CD的方程为x＝my＋，
即直线CD过定点．
若t＝0，则直线CD的方程为y＝0，过点．
综上，直线CD过定点．
2．已知点F(，0)为椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点，A，B分别为椭圆的左、右顶点，椭圆上异于A，
B的任意一点P与A，B两点连线的斜率之积为－.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点(1,0)的两条弦PQ，MN相互垂直，若＝2，＝2，求证：直线ST过定点．
2．解析　(1) c＝，A(－a,0)，B(a,0)，设点P(x0，y0)，x0≠±a，
由已知可得整理可得
故椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)因为＝2，＝2，所以S，T分别是PQ，MN的中点，
当两条弦所在直线的斜率存在且不为0时，
设PQ所在直线的方程为y＝k(x－1)，则MN所在直线的方程为y＝－(x－1)，
P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，
联立得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－4＝0，Δ>0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝，
所以PQ的中点S的坐标为.
同理可得，MN的中点T的坐标为，
当≠，即k2≠1时，kST＝，
所以直线ST的方程为y＋＝，
即y＝，所以直线ST过定点.
当k2＝1时，直线ST的方程为x＝，亦过定点.
当两条直线的斜率分别为0和不存在时，直线ST的方程为y＝0，也过点.
综上所述，直线ST过定点.
3．(2019·北京)已知椭圆C：＋＝1的右焦点为(1，0)，且经过点A(0，1)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设O为原点，直线l：y＝kx＋t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N．若|OM|·|ON|＝2，求证：直线l经过定点．
3．解析　(1)由题意，得b2＝1，c＝1，所以a2＝b2＋c2＝2．所以椭圆C的方程为＋y2＝1．
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则直线AP的方程为y＝x＋1．
令y＝0，得点M的横坐标xM＝－．又y1＝kx1＋t，从而|OM|＝|xM|＝．
同理，|ON|＝．由得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，
则x1＋x2＝－，x1x2＝．
所以|OM|·|ON|＝·＝
＝＝2．
又|OM|·|ON|＝2，所以2＝2．
解得t＝0，所以直线l经过定点(0，0)．
4．设椭圆C：＋＝1(a>b>0)，O为坐标原点，点A(4，0)是x轴上一定点，已知椭圆的长轴长等于|OA|，
离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)直线l：y＝kx＋t与椭圆C交于两个不同点M，N，已知M关于y轴的对称点为M′，点N关于原点O的对称点为N′，若M′，N′满足＝λ＋μ(λ＋μ＝1)，求证：直线l过定点．
4．解析　(1)依题意，a＝2，e＝＝，所以c＝，则b2＝a2－c2＝1，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1．
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则M′(－x1，y1)，N′(－x2，－y2)，
则kAM′＝＝－，kAN′＝，
由于＝λ＋μ，且λ＋μ＝1，所以点A，M′，N′共线，则kAM′＝kAN′，
所以＋＝＝0，
整理得2kx1x2＋(t＋4k)(x1＋x2)＋8t＝0．①
由y＝kx＋t代入＋y2＝1，得(1＋4k2)x2＋8ktx＋4t2－4＝0，
则x1＋x2＝－，x1x2＝．
代入①整理得t＝k，
所以直线l的方程为y＝kx＋k＝k(x＋1)，
即直线l恒过定点(－1，0)．
5．已知椭圆C：＋＝1(a>b≥1)的离心率为，它的上焦点到直线bx＋2ay－＝0的距离为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点P的直线l交椭圆C于A，B两点，试探究以线段AB为直径的圆是否过定点．若过，求出定点坐标；若不过，请说明理由．
5．解析　(1)由题意得，e＝＝．又a2＝b2＋c2，所以a＝b，c＝b．
又＝，a>b≥1，所以b2＝1，a2＝2，
故椭圆C的方程为＋x2＝1．
(2)当AB⊥x轴时，以线段AB为直径的圆的方程为＋y2＝．
当AB⊥y轴时，以线段AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝1．
可得两圆交点为Q(－1，0)．
由此可知，若以线段AB为直径的圆过定点，则该定点为Q(－1，0)．
下证Q(－1，0)符合题意．
设直线l的斜率存在，且不为0，
其方程设为y＝k，代入＋x2＝1，
并整理得(k2＋2)x2－k2x＋k2－2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，
所以·＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝x1x2＋x1＋x2＋1＋k2
＝(1＋k2)x1x2＋(x1＋x2)＋1＋k2＝(1＋k2)·＋·＋1＋k2＝0．
故⊥，即Q(－1，0)在以线段AB为直径的圆上．
综上，以线段AB为直径的圆恒过定点(－1，0)．
6．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，左、右焦点分别为F1，F2，点A为椭圆上一点，∠F1AF2
＝60°，且S△F1AF2＝．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设动直线l：y＝kx＋m与椭圆C有且只有一个公共点P，且与直线x＝4相交于点Q．请问在x轴上是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
6．解析　(1)由e＝，得a2＝4c2．又S△F1AF2＝|AF1|·|AF2|sin 60°＝，∴|AF1|·|AF2|＝4．
在△F1AF2中，利用余弦定理得4c2＝|AF1|2＋|AF2|2－2|AF1||AF2|cos 60°，
∴4c2＝(|AF1|＋|AF2|)2－3|AF1||AF2|＝4a2－12．
则a2－c2＝3，从而a2＝4，c2＝1，∴b2＝3．
所以椭圆C的方程为＋＝1．
(2)设P(x0，y0)，由得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
Δ＝(8km)2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，
所以4k2＋3－m2＝0，x0＝－，y0＝，得P．
由得Q(4，4k＋m)．
设在x轴上存在点M，坐标为(x1，0)，
则＝，＝(4－x1，4k＋m)．
因为以PQ为直径的圆恒过定点M，所以·＝0．
则(4x1－4)＋x－4x1＋3＝0对于任意的k，m都成立，所以解得x1＝1．
故存在定点M(1，0)符合题意．
7．已知抛物线C：x2＝－2py(p>0)经过点(2，－1)．
(1)求抛物线C的方程及其准线方程；
(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y＝－1分别交直线OM，ON于点A和点B．求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．
7．解析　(1)由抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)得p＝2．
所以抛物线C的方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1．
(2)由(1)知抛物线C的焦点为F(0，－1)．
设直线l的方程为y＝kx－1(k≠0)．由得x2＋4kx－4＝0．
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＝－4．直线OM的方程为y＝x．
令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－，
同理得B的横坐标xB＝－．设点D(0，n)，
则＝，＝，
·＝＋(n＋1)2＝＋(n＋1)2＝＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2．
令·＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，得n＝1或n＝－3．
综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0，1)和(0，－3)．
8．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P满足|PF1|＋|PF2|＝2a，且S△PF1F2
＝．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点M(4，0)的直线l与C交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，且y1y2≠0，问在x轴上是否存在定点N，使得直线NA，NB与y轴围成的三角形始终为底边在y轴上的等腰三角形？若存在，求出定点N的坐标；若不存在，请说明理由．
8．解析　(1)因为|PF1|＋|PF2|＝2a，所以点P在椭圆C上．
将代入＋＝1，得＋＝1．①
设椭圆C的焦距为2c，则S△PF1F2＝·2c·＝，求得c＝．
从而a2－b2＝3．②
由①②可得a2＝4，b2＝1．
所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1．
(2)显然直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为y＝k(x－4)．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
假设存在点N(t，0)，因为直线NA，NB与y轴围成的三角形始终为底边在y轴上的等腰三角形，
所以kNA＋kNB＝0，
故kNA＋kNB＝＋＝＋＝k·＝0，
则2x1x2－(t＋4)(x1＋x2)＋8t＝0．
由消去y并整理，得(1＋4k2)x2－32k2x＋64k2－4＝0．
由Δ＝(－32k2)2－4(1＋4k2)(64k2－4)>0，得0 所以2×－(t＋4)×＋8t＝0，解得t＝1．
于是在x轴上存在定点N(1，0)，使得直线NA，NB与y轴围成的三角形始终为底边在y轴上的等腰三角形．
9．设椭圆M：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为A(－1，0)，B(1，0)，C为椭圆M上的点，且∠ACB
＝，S△ABC＝．
(1)求椭圆M的标准方程；
(2)设过椭圆M右焦点且斜率为k的动直线与椭圆M相交于E，F两点，探究在x轴上是否存在定点D，使得·为定值？若存在，试求出定值和点D的坐标；若不存在，请说明理由．
9．解析　(1)在△ABC中，由余弦定理AB2＝CA2＋CB2－2CA·CB·cos C＝(CA＋CB)2－3CA·CB＝4．
又S△ABC＝CA·CB·sin C＝CA·CB＝，
∴CA·CB＝，代入上式得CA＋CB＝2．
椭圆长轴长为2a＝2，焦距为2c＝AB＝2，b2＝a2－c2＝1．
所以椭圆M的标准方程为＋y2＝1．
(2)设直线方程y＝k(x－1)，E(x1，y1)，F(x2，y2)，联立
消去y得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，Δ＝8k2＋8>0，
∴x1＋x2＝，x1x2＝．
假设x轴上存在定点D(x0，0)，使得·为定值．
∴·＝(x1－x0，y1)·(x2－x0，y2)
＝x1x2－x0(x1＋x2)＋x＋y1y2
＝x1x2－x0(x1＋x2)＋x＋k2(x1－1)(x2－1)
＝(1＋k2)x1x2－(x0＋k2)(x1＋x2)＋x＋k2
＝．
要使·为定值，则·的值与k无关，
∴2x－4x0＋1＝2(x－2)，解得x0＝，
此时·＝－为定值，定点为．
10．已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，一顶点坐标为A(0，－2)．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知M，N为椭圆上异于A的两点，且⊥，判断直线MN是否过定点？若过定点，求出此点坐标．
10．解析　(1)∵顶点A(0，－2)，知b＝2．
又e2＝＝1－＝，则a2＝2b2＝16．
故椭圆方程为＋＝1．
(2)直线MN斜率不存在时，不合题意．
设直线MN方程为y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－16＝0，
Δ＝(4km)2－4(1＋2k2)(2m2－16)＝128k2＋64－8m2>0，
x1＋x2＝，x1x2＝，
·＝(x1，y1＋2)(x2，y2＋2)
＝x1x2＋(kx1＋m＋2)(kx2＋m＋2)
＝(1＋k2)x1x2＋k(m＋2)(x1＋x2)＋(m＋2)2
＝＝0，
解得m＝－2或m＝．
若直线MN方程为y＝kx－2，则直线过定点(0，－2)，与A重合，不合题意；
若直线MN方程为y＝kx＋，则直线过定点．
综上，直线MN过定点．
11．(2020·新高考山东)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且过点A(2，1)．
(1)求C的方程；
(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
11．解析　(1)由题设得＋＝1, ＝，解得a2＝6，b2＝3．
所以C的方程为＋＝1．
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入＋＝1，
得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0．于是x1＋x2＝－，x1x2＝．①
由AM⊥AN，得·＝0，故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，
整理得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0．
将①代入上式，可得(k2＋1)－(km－k－2)＋(m－1)2＋4＝0，
整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0．
因为A(2，1)不在直线MN上，所以2k＋m－1≠0，所以2k＋3m＋1＝0，k≠1．
所以直线MN的方程为y＝k－(k≠1)．所以直线MN过点P．
若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1)．由·＝0，
得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0．
又＋＝1，所以3x－8x1＋4＝0．解得x1＝2(舍去)，或x1＝．
此时直线MN过点P．令Q为AP的中点，即Q．
若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，故|DQ|＝|AP|＝．
若D与P重合，则|DQ|＝|AP|．
综上，存在点Q，使得|DQ|为定值．
12．已知椭圆C：＋＝1(a>0，b>0)的离心率为，并且经过P点(0，)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过点P的直线与x轴交于N点，与椭圆的另一个交点为B，点B关于x轴的对称点为B′，直线PB′交x轴于点M，求证：|OM|·|ON|为定值．
12．解析　(1)由已知得解得所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由题意知直线PB的斜率存在，
设直线PB的方程为y＝kx＋(k≠0)，P(0，)，
B(x1，y1)，则B′(x1，－y1)，由得(3＋4k2)x2＋8kx＝0，
所以Δ＝(8k)2>0，x1＋0＝－， x1＝－，y1＝－＋，
所以B，即B，则B′，
直线PB′的方程为y－＝，
令y＝0，得x＝，所以M，
令y＝0，由y＝kx＋得x＝－，所以N，
所以|OM|·|ON|＝·＝4，故|OM|·|ON|为定值4.
13．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且左顶点到右焦点的距离为5.
(1)求椭圆C的方程；
(2)椭圆上有两点A，B，O为坐标原点，且AO⊥BO，证明存在定点M，使得M到直线AB的距离为定值，并求出定值．
13．解析　(1)由题意得解得a2＝9，b2＝5，所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
①若直线AB与x轴垂直，由对称性可知|x1|＝|y1|，
将点A(x1，y1)代入椭圆方程中，解得|x1|＝；
即原点到直线AB的距离为定值.
②若直线AB不与x轴垂直，设直线AB的方程为y＝kx＋m，
由消去y整理得(9k2＋5)x2＋18kmx＋9m2－45＝0，
Δ＝182k2m2－36(m2－5)(9k2＋5)＝180(9k2－m2＋5)>0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝，
又AO⊥BO，则x1x2＋y1y2＝0，
又y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2，
所以(k2＋1)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0，
所以(k2＋1)＋km＋m2＝0，
整理得45k2＋45＝14m2，所以＝＝，
即原点到直线AB的距离为定值.
综上所述，存在定点M(0,0)，使得M到直线AB的距离为定值.
14．如图，已知椭圆C：＋y2＝1，F为其右焦点，直线l：y＝kx＋m(km<0)与椭圆交于P(x1，y1)，Q(x2，
y2)两点，点A，B在l上，且满足|PA|＝|PF|，|QB|＝|QF|，|OA|＝|OB|(点A，P，Q，B从上到下依次排列)．

(1)试用x1表示|PF|；
(2)证明：坐标原点O到直线l的距离为定值．
14．解析　(1)由题设可知点F的坐标为(，0)，
则|PF|＝＝＝＝|2－x1|.
因为－2 (2)证设点A(x3，y3)，B(x4，y4)．将y＝kx＋m代入＋y2＝1得
(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝，
可得|x2－x1|＝.
由|OA|＝|OB|得＝＝－，所以x3＋x4＝.
由|PA|＝|PF|得|x1－x3|＝2－x1，
同理，由|QB|＝|QF|得|x4－x2|＝2－x2，
由已知可得x3x1>x2>x4，
所以|(x1＋x2)－(x3＋x4)|＝|x2－x1|，
所以·|＋|＝2·，化简得m2＝k2＋1，
所以坐标原点O到直线l的距离为＝1为定值．
15．已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为e，点(1，e)在椭圆E上，点A(a，0)，B(0，b)，△AOB的
面积为，O为坐标原点．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若直线l交椭圆E于M，N两点，直线OM的斜率为k1，直线ON的斜率为k2，且k1k2＝－，证明：△OMN的面积是定值，并求此定值．
15．解析　(1)∵e＝，且(1，e)在椭圆E上，∴＋＝1，则＋＝1．①
又c2＝a2－b2，②
联立①②，得b＝1．又S△AOB＝ab＝，得a＝3．
所以椭圆E的标准方程为＋y2＝1．
(2)当直线l的斜率不存在时，设直线l：x＝t(－3 由得y2＝1－，则k1k2＝×＝－＝－，解得t2＝．
所以S△OMN＝×2××|t|＝．
当直线l的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线l：y＝kx＋m(m≠0)，
由消去y并整理，得(9k2＋1)x2＋18kmx＋9m2－9＝0．
Δ＝(18km)2－4(9k2＋1)(9m2－9)＝36(9k2－m2＋1)>0，
x1＋x2＝－，x1x2＝，
k1k2＝×＝＝＝－，
化简得9k2＋1＝2m2，满足Δ>0．
|MN|＝|x1－x2|＝·
＝·＝．
又原点O到直线l的距离d＝，
所以S△OMN＝×|MN|×d＝×＝＝．
综上可知，△OMN的面积为定值．
16．已知O为坐标原点，过点M(1，0)的直线l与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B两点，且·＝－3．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点M作直线l′⊥l交抛物线C于P，Q两点，记△OAB，△OPQ的面积分别为S1，S2，证明：＋为定值．
16．解析　(1)设直线l：x＝my＋1，联立方程消去x得，y2－2pmy－2p＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝2pm，y1y2＝－2p，
又因为·＝x1x2＋y1y2＝(my1＋1)(my2＋1)＋y1y2＝(1＋m2)y1y2＋m(y1＋y2)＋1
＝(1＋m2)(－2p)＋2pm2＋1＝－2p＋1＝－3．
解得p＝2．所以抛物线C的方程为y2＝4x．
(2)由(1)知M(1，0)是抛物线C的焦点，
所以|AB|＝x1＋x2＋p＝my1＋my2＋2＋p＝4m2＋4．原点到直线l的距离d＝，
所以S1＝××4(m2＋1)＝2．
因为直线l′过点(1，0)且l′⊥l，所以S2＝2＝2．
所以＋＝＋＝．即＋为定值．
17．已知椭圆C：＋＝1(a＞)的离心率为，左、右顶点分别为A，B，点M是椭圆C上异于A，B
的一点，直线AM与y轴交于点P.
(1)若点P在椭圆C的内部，求直线AM的斜率的取值范围；
(2)设椭圆C的右焦点为F，点Q在y轴上，且AQ∥BM.求证：∠PFQ为定值．
17．解析　(1)由题意得c2＝a2－2，＝，
解得a＝2，c＝，所以椭圆C的方程为＋＝1.
设P(0，m)，由点P在椭圆C的内部，得－＜m＜，
又因为A(－2，0)，所以直线AM的斜率kAM＝＝∈，
又因为M是椭圆C上异于A，B的一点，所以kAM∈∪.
(2)由题意F(，0)，设M(x0，y0)，其中x0≠±2，则＋＝1，
所以直线AM的方程为y＝(x＋2)，
令x＝0，得点P的坐标为，
因为kMB＝，所以kAQ＝，
所以直线AQ的方程为y＝(x＋2)，
令x＝0，得点Q的坐标为，
由＝，＝，
得·＝2＋＝＝0，
所以⊥，即∠PFQ＝90°，所以∠PFQ为定值．
18．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，A为椭圆C上一点，AF2⊥F1F2，
且|AF2|＝．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，过A1，A2分别作x轴的垂线l1，l2，椭圆C的一条切线l：y＝kx＋m与l1，l2分别交于M，N两点，求证：∠MF1N为定值．
18．解析　(1)由AF2⊥F1F2，|AF2|＝，得＝．又e＝＝，a2＝b2＋c2，所以a2＝9，b2＝8，
故椭圆C的标准方程为＋＝1．
(2)由题意可知，l1的方程为x＝－3，l2的方程为x＝3．
直线l分别与直线l1，l2的方程联立得M(－3，－3k＋m)，N(3，3k＋m)，
所以＝(－2，－3k＋m)，＝(4，3k＋m)，所以·＝－8＋m2－9k2．
联立得得(9k2＋8)x2＋18kmx＋9m2－72＝0．
因为直线l与椭圆C相切，所以Δ＝(18km)2－4(9k2＋8)(9m2－72)＝0，化简得m2＝9k2＋8．
所以·＝－8＋m2－9k2＝0，所以⊥，故∠MF1N为定值．
19．设F1，F2为椭圆C：＋＝1(b>0)的左、右焦点，M为椭圆上一点，满足MF1⊥MF2，
已知△MF1F2的面积为1．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设C的上顶点为H，过点(2，－1)的直线与椭圆交于R，S两点(异于H)，求证：直线HR和HS的斜率之和为定值，并求出这个定值．
19．解析　(1)由椭圆定义得|MF1|＋|MF2|＝4，①
由MF1⊥MF2得|MF1|2＋|MF2|2＝|F1F2|2＝4(4－b2)，②
由题意得＝|MF1|·|MF2|＝1，③
由①②③，可得b2＝1，所以椭圆C的方程为＋y2＝1．
(2)依题意，H(0，1)，显然直线RS的斜率存在且不为0，设直线RS的方程为y＝kx＋m(k≠0)，
代入椭圆方程并化简得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0．由题意知，Δ＝16(4k2－m2＋1)>0，
设R(x1，y1)，S(x2，y2)，x1x2≠0，故x1＋x2＝，x1x2＝．
kHR＋kHS＝＋＝＋
＝2k＋(m－1)＝2k＋(m－1)＝2k－＝．
∵直线RS过点(2，－1)，∴2k＋m＝－1，
∴kHR＋kHS＝－1．故kHR＋kHS为定值－1．
20．(2018·北京)已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1，2)．过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有两个不同
的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.
(1)求直线l的斜率的取值范围；
(2)设O为原点，＝λ，＝μ，求证：＋为定值．
20．解析　(1)因为抛物线y2＝2px过点(1，2)，所以2p＝4，即p＝2.
故抛物线C的方程为y2＝4x.
由题意知，直线l的斜率存在且不为0.
设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)．由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.
依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，解得k<0或0 又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2)．从而k≠－3.
所以直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1)．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝.
直线PA的方程为y－2＝(x－1)．
令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝＋2＝＋2.
同理得点N的纵坐标为yN＝＋2.
由＝λ，＝μ得λ＝1－yM，μ＝1－yN.
所以＋＝＋＝＋＝·＝·＝2.
所以＋为定值．