高中数学人教A版2019选择性必修一培优练习3-16圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题大题专项训练（30道）Word版附解析

这是一份高中数学人教A版2019选择性必修一培优练习3-16圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题大题专项训练（30道）Word版附解析，文件包含高中数学培优讲义练习人教A版2019选择性必修一专题316圆锥曲线中的定点定值定直线问题大题专项训练30道Word版含解析docx、高中数学培优讲义练习人教A版2019选择性必修一专题316圆锥曲线中的定点定值定直线问题大题专项训练30道学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共47页， 欢迎下载使用。
专题3.16 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题大题专项训练（30道）【人教A版2019选择性必修第一册】姓名：___________班级：___________考号：___________1．（2022·全国·高三专题练习）点A,B是椭圆E:x24+y23=1的左右顶点若直线l:y=k(x−1)与椭圆E交于M，N两点，求证：直线AM与直线BN的交点在一条定直线上．【解题思路】联立直线与椭圆方程，联立直线AN的方程与直线BM的方程，结合韦达定理，化简可求得直线AM与直线BN交点在定直线x＝4上．【解答过程】由题意得，A−2,0，B2,0，设Mx1,y1,Nx2,y2，联立x24+y23=1y=k(x−1)，化简得(3+4k2)x2−8k2x+4k2−12=0，所以x1+x2=8k23+4k2，x1x2=4k2−123+4k2，直线AM的方程为y=y1x1+2x+2，直线BN的方程为y=y2x2−2(x−2)，联立y=y1x1+2x+2y=y2x2−2(x−2)，即y=k(x1−1)x1+2x+2y=k(x2−1)x2−2(x−2)，解得x=2(2x1x2−3x1+x2)x1+3x2−4原式=22x1x2−3x1+x2+4x2x1+x2+2x2−4=22⋅4k2−123+4k2−3⋅8k23+4k2+4x28k23+4k2+2x2−4=2−16k2−243+4k2+4x2−8k2−123+4k2+2x2=4−8k2−123+4k2+2x2−8k2−123+4k2+2x2=4，故直线AM与直线BN交点在定直线x＝4上．2．（2022·河北省高二阶段练习）在平面直角坐标系中xOy，椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32，点(−3,12)在椭圆C上．(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A，B，点P，Q为椭圆上异于A，B的两动点，记直线AP的斜率为k1，直线QB的斜率为k2，已知k1=7k2．求证：直线PQ恒过x轴上一定点.【解题思路】（1）由题意列方程组求解；（2）设PQ直线方程，与椭圆方程联立，由题意列方程通过韦达定理化简求解，注意分类讨论直线PQ的斜率是否为0.【解答过程】（1）由题意可得{ca=32a2=b2+c23a2+14b2=1，解得{a2=4b2=1c2=3，所以椭圆C的方程为x24+y2=1．（2）依题意，点A(−2,0),B(2,0)，设P(x1,y1),Q(x2,y2)，因为若直线PQ的斜率为0，则点P，Q关于y轴对称，必有kAP=−kBQ，不合题意．所以直线PQ斜率必不为0，设其方程为x=ty+n(n≠±2)，与椭圆C联立{x24+y2=1x=ty+n，整理得：(t2+4)y2+2nty+n2−4=0，所以Δ=4t2n2−4(t2+4)(n2−4)>0，且{y1+y2=−2tnt2+4,y1y2=n2−4t2−4.因为点P(x1,y1)是椭圆上一点，即x124+y12=1，则kAP⋅kBP=y1x1+2⋅y1x1−2=y12x12−4=1−x124x12−4=−14，所以kAP=−14kBP=7kBQ，即28kBP⋅kBQ=−1因为28kBP⋅kBQ=28y1y2(x1−2)(x2−2)=28y1y2(ty1+n−2)(ty2+n−2)=28y1y2t2y1y2+t(n−2)(y1+y2)+(n−2)2=28(n2−4)t2+4t2(n2−4)t2+4−2t2n(n−2)t2+4+(n−2)2=28(n+2)t2(n+2)−2t2n+(n−2)(t2+4)=28(n+2)4(n−2)=7n+14n−2=−1，所以n=−32，此时Δ=16(t2+4−n2)=4(4t2+7)>0，故直线PQ：x=ty+32恒过x轴上一定点D(−32,0)．3．（2022·江西·模拟预测（理））已知抛物线C:x2=2py(p>0)，动直线l经过点（2，5）交C于A，B两点，O为坐标原点，当l垂直于y轴时，△OAB的面积为105．(1)求C的方程；(2)C上是否存在定点P，使得P在以AB为直径的圆上？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【解题思路】（1）根据当l垂直于y轴时，△ OAB的面积为105，由y=5与抛物线方程联立求解；（2）设l的方程为y=kx−2+5，与抛物线方程联立，根据P在以AB为直径的圆上，由PA⋅PB=0求解.【解答过程】(1)解：因为当l垂直于y轴时，△OAB的面积为105，联立y=5x2=2py，得x=±10p,y=5．所以△ OAB的面积为12×210p⋅5=105，解得p=2，所以C的方程为x2=4y．(2)由题知l的斜率存在，设l的方程为y=kx−2+5，A(x1,x124)，B(x2,x224)，假设存在点P（x0，x024），使得PA⋅PB=0，联立y=kx−2+5x2=4y，得x2−4kx+8k−20=0，则Δ=16k2−4(8k−20)=16(k−1)2+4>0，x1+x2=4k,x1x2=8k−20．又PA=x1−x0,x124−x024,PB=x2−x0,x224−x024，所以PA⃑⋅PB⃑=x1−x0x2−x0+x124−x024x224−x024，=x1−x0x2−x0x1+x0x2+x016+1=0，又x1≠x0且x2≠x0，所以x1+x0x2+x0+16=0，所以x1x2+x0x1+x2+x02+16=0，则x02+4kx0+8k−4=0，即x0+2x0+4k−2=0，所以当x0=−2时，无论k取何值等式都成立，将x0=−2代入x2=4y得y0=1，所以存在定点P（－2，1）符合题意．4．（2022·全国·高三专题练习）已知A , B是双曲线x2a2−y2b2=1(a>0 , b>0)上关于原点对称的两个点，点P在双曲线上．当PA和PB斜率存在时，求证：kPA⋅kPB为定值．【解题思路】设Px1,y1，Ax2,y2，得到x12a2−y12b2=1x22a2−y22b2=1，两式作差，结合斜率公式，即可求解.【解答过程】设Px1,y1，Ax2,y2，则B−x2,−y2，可得kPA=y1−y2x1−x2，kPB=y1+y2x1+x2，点A和点P在双曲线上，则有x12a2−y12b2=1x22a2−y22b2=1，两式作差得1a2x1+x2x1−x2−1b2y1+y2y1−y2=0，可得y1−y2x1−x2⋅y1+y2x1+x2=b2a2，即kPAkPB=b2a2．5．（2022·全国·高三专题练习）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的右焦点为Fc,0，离心率为2，直线x=a2c与双曲线C的一条渐近线交于点P，且PF=3．(1)求双曲线C的标准方程；(2)设Q为双曲线右支上的一个动点，证明：在x轴的负半轴上存在定点M，使得∠QFM=2∠QMF．【解题思路】（1）由双曲线的对称性可取渐近线y=bax，则可求出交点P的坐标，结合PF=3与离心率为2，即可列出方程组，即可求出答案；（2）设Qx0,y0x0≥1，讨论当∠QFM=90°时求出点M；当∠QFM≠90°，设出点M，由∠QFM=2∠QMF可知−kQF=2kQM1−k2QM，化简利用恒成立，即可求出点M的坐标.【解答过程】（1）根据双曲线的对称性，不妨设直线x=a2c与渐近线y=bax的交点为P，由x=a2cy=bax，得Pa2c,abc，因为PF=3，所以c−a2c2+0−abc2=3，即b2=3，又离心率为2，所以c2a2=a2+b2a2=4，故a2=1．所以双曲线C的标准方程为x2−y23=1．（2）由（1）知双曲线C的右焦点为F2,0．设Qx0,y0x0≥1，则x02−y023=1．①当x0=2时，y0=±3．因为∠QFM=2∠QMF=90°，所以∠QMF=45°，所以MF=QF=y0=3，所以M−1,0，符合题意．②当x0≠2时，设Mt,0t0的焦点为F，过点F的直线l交抛物线C于A，B两点，动点P满足△PAB的垂心为原点O.当直线l的倾斜角为30°时，AB=16.(1)求抛物线C的标准方程；(2)求证：点P在定直线上.【解题思路】（1）根据抛物线的定义及韦达定理可求解；（2）根据垂心建立斜率之间的关系，从而得到直线PA,PB，两直线联立得到点P的坐标，结合韦达定理，从而可得点P在定直线上.【解答过程】(1)设直线l的方程为x=my+p2，Ax1,y1，Bx2,y2.由x=my+p2,y2=2px,得y2−2pmy−p2=0.所以y1+y2=2pm，y1⋅y2=−p2.由抛物线定义，得AB=x1+x2+p=my1+y2+2p=2pm2+1.当直线l的倾斜角为30°时，m=1tan30°=3，AB=2pm2+1=8p=16.所以2p=4，即抛物线C的标准方程为y2=4x.(2)由（1），得y1+y2=4m，y1⋅y2=−4.因为△PAB的垂心为原点O，所以OA⊥PB，OB⊥PA.因为kBO=y2x2，所以kAP=−x2y2.所以直线AP的方程为y−y1=−x2y2x−x1，即y=−y24x+34y1.同理可得，直线BP的方程为y=−y14x+34y2.联立方程y=−y24x+34y1,y=−y14x+34y2,解得xp=−3,yp=34y1+y2=3m,即P−3,3m.所以点P在定直线x=−3上.7．（2022·黑龙江·高三开学考试）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的一条渐近线方程为y=13x，一个焦点到该渐近线的距离为39.(1)求C的方程；(2)设A，B是直线x=−9上关于x轴对称的两点，直线y=kx+9与C交于M，N两点，证明：直线AM与BN的交点在定直线上.【解题思路】（1）根据渐近线方程得到ba=13，结合点到直线距离公式求出c=42，利用c2=a2+b2求出a2,b2，写出双曲线方程；（2）联立直线与双曲线方程，写出两根之和，两根之积，表达出直线AM与BN的方程，联立后求得交点横坐标满足x=−13.【解答过程】（1）双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的渐近线方程为y=±bax，所以ba=13.又焦点c,0到直线y=13x的距离d=13c1+13=39，所以c=42，又c2=a2+b2，所以a2=3，b2=39，所以双曲线C的标准方程为x23−y239=1.（2）证明：联立方程组x23−y239=1,y=kx+9,消去y，并整理得13−k2x2−18k2x−327k2+13=013−k2≠0.设Mx1,y1，Nx2,y2，则x1+x2=18k213−k2，x1x2=−327k2+1313−k2.设A−9,t，B−9,−t（t≠0），则得直线AM的方程为y−t=y1−tx1+9x+9，直线BN的方程为y+t=y2+tx2+9x+9，两个方程相减得2t=y2+tx2+9−y1−tx1+9x+9，①因为y2+tx2+9−y1−tx1+9=kx2+9+tx2+9−kx1+9−tx1+9=tx1+x2+18x1x2+9x1+x2+81，把上式代入①得：2=x1+x2+18x1x2+9x1+x2+81x+9，所以x=2x1x2+9x1+x2x1+x2+18=2×−327k2+1313−k2+9⋅18k213−k218k213−k2+18=−13，因此直线AM与BN的交点在直线x=−13上.8．（2022·甘肃·高二期末（文））已知抛物线C:y2=2px(p>0)上一点Px0,2到焦点F的距离|PF|=2x0．(1)求C的方程；(2)点M、N在C上，且PM⊥PN，PD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．【解题思路】（1）利用抛物线的定义，转化求解抛物线方程即可．（2）①直线MN斜率不存在时，满足题意，②直线MN斜率不存在时，设直线MN:y=kx+m，联立直线与抛物线方程，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，利用韦达定理，结合向量的数量积，推出k、m的关系，说明直线MN过点H(5,−2)，推出结果．【解答过程】(1)解：由抛物线定义，得|PF|=x0+p2，由题意得，2x0=x0+p22px0=4p>0，解得p=2x0=1所以抛物线C的方程为y2=4x．(2)证明：①直线MN斜率不存在时，可设M(xM,yM)，N(xN,yN)，∵P(1,2)，∴ PM=(xM−1,yM−2)，PN=(xN−1,yN−2)，又∵ xM=xNyM=−yN，PM⊥PN，∴ PN⋅PM=0，解得M(5,25)，N(5,−25)∵PD⊥MN，D为垂足，∴D(5,2)，故存在定点Q，使得|DQ|为定值，②直线MN斜率存在时，设直线MN:y=kx+m，y2=4xy=kx+m解得k2x2+(2km−4)x+m2=0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1+x2=−2km−4k2，x1x2=m2k2，因为PM⊥PN，所以PM⋅PN=(x1−1)(x2−1)+(y1−2)(y2−2)=0，得(k2+1)x1x2+(km−2k−1)(x1+x2)+m2−4m+8=0，所以(k2+1)m2k2+(km−2k−1)(−2km−4k2)+m2−4m+5=0，得5k2+(6m−8)k+m2−4=0，即(k+m−2)(5k+m+2)=0，当m=−k+2时，过定点P(1,2)，不符合题意；当m=−5k−2时，直线MN过点H(5,−2)，所以点D在以PH为直径的圆上，故当Q为PH的中点Q(3,0)时，|DQ|=22定值．9．（2022·湖北·高三开学考试）已知双曲线C与双曲线x212−y23=1有相同的渐近线，且过点A(22,−1).(1)求双曲线C的标准方程；(2)已知D(2,0),E,F是双曲线C上不同于D的两点，且DE⋅DF=0,DG⊥EF于G，证明：存在定点H，使|GH|为定值.【解题思路】（1）根据双曲线C与已知双曲线有相同的渐近线，设双曲线C的标准方程为x2−4y2=λ，代入点A坐标求解. （2）（i）当直线EF斜率存在时，设EF:y=kx+m，与双曲线x24−y2=1联立，根据且DE⋅DF=0,DG⊥EF，结合韦达定理求解；（ii）当直线EF斜率不存在时，由对称性不妨设直线DE：y=x−2，同上求解.【解答过程】（1）解：因为双曲线C与已知双曲线有相同的渐近线，设双曲线C的标准方程为x2−4y2=λ代入点A坐标，解得λ=4所以双曲线C的标准方程为x24−y2=1（2）（i）当直线EF斜率存在时，设EF:y=kx+m，设Ex1,y1Fx2,y2，联立y=kx+m与双曲线x24−y2=1，化简得4k2−1x2+8kmx+4m2+1=0，Δ=(8km)2−44m2+44k2−1>0，即4k2−m2−10过点A−2,0．右焦点为F，纵坐标为32的点M在C上，且AF⊥MF．(1)求C的方程：(2)设过A与x轴垂直的直线为l，纵坐标不为0的点P为C上一动点，过F作直线PA的垂线交l于点Q，证明：直线PQ过定点．【解题思路】（1）设点Fc,0，其中c=a2−b2>0，则Mc,32，由已知条件求出a的值，将点M的坐标代入椭圆C的方程，可求得b的值，由此可得出椭圆C的方程；（2）分析可知，直线PQ过x轴上的定点Tt,0，设点Px0,y0x0≠±2,y0≠0，求出点Q的坐标，写出直线PQ的方程，将点T的坐标代入直线PQ的方程，求出t的值，即可证得结论成立.【解答过程】（1）解：设点Fc,0，其中c=a2−b2>0，则Mc,32，因为椭圆C过点A−2,0，则a=2，将点M的坐标代入椭圆C的方程，可得c2a2+94b2=1可得4−b24+94b2=1，解得b=3，因此，椭圆C的标准方程为x24+y23=1.（2）证明：由对称性可知，若直线PQ过定点T，则点T必在x轴上，设点Tt,0，设点Px0,y0x0≠±2,y0≠0，则kPA=y0x0+2，所以，直线PA的垂线的斜率为k=−x0+2y0，故直线FQ的方程为y=−x0+2y0x−1，在直线FQ的方程中，令x=−2，可得y=3x0+2y0，即点Q−2,3x0+2y0，所以，直线PQ的方程为y−y0=y0−3x0+2y0x0+2x−x0，因为点T在直线PQ上，所以，−y0=y0−3x0+2y0x0+2t−x0，即y02t+2=3x0+2t−x0，①又因为x024+y023=1，所以，y02=3−3x024，②将②代入①可得3−3x024t+2=3x0+2t−x0，即t−2x0+22=0，∵x0≠−2，则t=2，所以，直线PQ过定点2,0.11．（2022·辽宁鞍山·一模）在平面直角坐标系xOy中，点B与点A−1,32关于原点对称，P是动点，且直线AP与BP的斜率之积等于−34.(1)求动点P的轨迹方程，并注明x的范围；(2)设直线AP与BP分别与直线x=3交于M，N，问是否存在点P使得△PAB与△PMN面积相等？若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由.【解题思路】（1）根据两点间斜率公式以及题中条件斜率之积即可列方程求解，（2）由面积相等可得长度的比例关系|PA||PM|=|PN||PB|，由相似转化为长度关系，即可列式子求解.【解答过程】（1）因为点B与点A−1,32关于原点O对称，所以点B的坐标为1,−32设点P的坐标为(x,y)，由题意得y−32x+1⋅y+32x−1=−34，化简得x24+y23=1(x≠±1)故动点P的轨迹方程为x24+y23=1(x≠±1)；（2）若存在点P使得△PAB与△PMN的面积相等，设点P的坐标为x0,y0，则12|PA|⋅|PB|⋅sin∠APB=12|PM|⋅|PN|⋅sin∠MPN因为sin∠APB=sin∠MPN，所以|PA||PM|=|PN||PB|，所以x0+13−x0=3−x0x0−1即3−x02=x02−1，解得x0=53，因为x24+y23=1(x≠±1)，所以y0=±336，故存在点P使得△PAB与△PMN的面积相等，此时点P的坐标为53,±336.12．（2022·上海市高二期末）已知F1、F2分别为椭圆E：x24+y23=1的左、右焦点， 过F1的直线l交椭圆E于A,B两点．(1)当直线l垂直于x轴时，求弦长AB；(2)当OA⋅OB=−2时，求直线l的方程；(3)记椭圆的右顶点为T，直线AT、BT分别交直线x=6于C、D两点，求证：以CD为直径的圆恒过定点，并求出定点坐标．【解题思路】（1）将x=−1代入椭圆方程求解即可；（2）由（1）知当直线l的斜率存在，设直线l的方程为：y=kx+1，联立直线与椭圆的方程，得出3+4k2x2+8k2x+4k2−12=0，设Ax1，y1，Bx2，y2可得韦达定理，代入OA⋅OB=−2计算可得斜率；（3）分析当直线l的斜率不存在时，由椭圆的对称性知若以CD为直径的圆恒过定点则定点在x轴上，再以CD为直径的圆的方程，令y=0，代入韦达定理化简可得定点【解答过程】(1)由题知F1−1，0，将x=−1代入椭圆方程得y=±32，∴|AB|=3(2)由（1）知当直线l的斜率不存在时，A(−1，32)，B(−1，−32)，此时OA∙OB=14，不符合题意，舍去∴直线l的斜率存在，设直线l的方程为：y=kx+1，联立x24+y23=1y=kx+1得3+4k2x2+8k2x+4k2−12=0，设Ax1，y1，Bx2，y2，则x1+x2=−8k23+4k2x1x2=4k2−123+4k2，由OA∙OB=x1x2+y1y2=x1x2+k(x1+1)k(x2+1)=(1+k2)x1x2+k2(x1+x2)+k2=(1+k2)4k2−123+4k2+k2−8k23+4k2+k2=−5k2−123+4k2=−2，解得k2=2，k=±2∴直线l的方程为y=±2(x+1)．．(3)①当直线l的斜率不存在时，A(−1，32)，B(−1，−32)，T(2，0)，直线AT的方程为y=−12x+1，C点坐标为(6，−2)，直线BT的方程为y=12x−1，D点坐标为6，2，以CD为直径的圆方程为(x−6)2+y2=4，由椭圆的对称性知若以CD为直径的圆恒过定点则定点在x轴上，令y=0，得x=4，x=8．即圆过点(4，0)，(8，0)．②当直线l的斜率存在时，同（2）联立，直线AT的方程为y=y1x1−2x−2，C点坐标为(6，4y1x1−2)，同理D点坐标为(6，4y2x2−2)，以CD为直径的圆的方程为(x−6)(x−6)+(y−4y1x1−2)(y−4y2x2−2)=0，令y=0，得x2−12x+36+16y1y2x1x2−2(x1+x2)+4=0，由16y1y2x1x2−2(x1+x2)+4=16k(x1+1)k(x2+1)x1x2−2(x1+x2)+4=16k2(4k2−123+4k2+−8k23+4k2+1)4k2−123+4k2−2−8k23+4k2+4=−4，得x2−12x+32=0，解得x=4，x=8，即圆过点(4，0)，(8，0)．综上可得，以CD为直径的圆恒过定点(4，0)，(8，0)．13．（2022·重庆高三阶段练习）已知椭圆C的中心为坐标原点，对称轴为x轴，y轴，且过A(−2,0),B1,32两点.(1)求椭圆C的方程；(2)F为椭圆C的右焦点，直线l交椭圆C于P,Q（不与点A重合）两点，记直线AP,AQ,l的斜率分别为k1,k2,k，若k1+k2=−3k，证明：△FPQ的周长为定值，并求出定值.【解题思路】（1）结合A,B两点的坐标，利用待定系数法求得椭圆C的方程.（2）设直线l:y=kx+m，联立直线l的方程和椭圆C的方程，化简写出根与系数关系，利用k1+k2=−3k求得m,k的关系式，从而判断出直线l过左焦点，由此求得△FPQ的周长为定值8.【解答过程】（1）由已知设椭圆C方程为：mx2+ny2=1(m>0,n>0)，代入A−2,0,B1,32，得m=14,n=13，故椭圆C方程为x24+y23=1.（2）设直线l:y=kx+m,Px1,y1,Qx2,y2，由y=kx+m,3x2+4y2=12⇒4k2+3x2+8kmx+4m2−12=0得，x1+x2=−8km4k2+3x1⋅x2=4m2−124k2+3，Δ=64k2m2−44k2+34m2−12=192k2−48m2+144，又k1=y1x1+2=kx1+mx1+2,k2=kx2+mx2+2，故k1+k2=kx1+mx1+2+kx2+mx2+2=2kx1x2+2kx1+x2+mx1+x2+4mx1x2+2x1+x2+4=8km2−24k−16k2m−8km2+16k2m+12m4m2−12−16km+16k2+12=3m−6km2−4km+4k2，由k1+k2=−3k，得m2−3km+2k2=0，故m−2km−k=0⇒m=2k或m=k，①当m=2k时，直线l:y=kx+2k=kx+2，过定点A−2,0，与已知不符，舍去；②当m=k时，直线l:y=kx+k=kx+1，过定点−1,0，即直线l过左焦点，此时Δ=192k2−48m2+144=144k2+144>0，符合题意.所以△FPQ的周长为定值4a=8.14．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左､右焦点分别为F1,F2，且焦距长为2，过F1且斜率为24的直线与椭圆E的一个交点在x轴上的射影恰好为F2.(1)求椭圆E的方程；(2)如图，下顶点为A，过点B0,2作一条与y轴不重合的直线，该直线交椭圆E于C,D两点，直线AD,AC分别交x轴于H，G两点，O为坐标原点.求证：△ABG与△AOH的面积之积为定值，并求出该定值.【解题思路】（1）写出直线方程，取x=1求得y值，得到直线与椭圆的交点，再由已知列关于a，b的方程组，求解a，b的值，则椭圆方程可求；（2）由题意知，直线BC的斜率存在，设直线BC:y=kx+2，由椭圆方程联立，利用根与系数的关系可得D，C横纵坐标的和与积，分别写出AD，AC的方程，求得H与G的坐标，再写出两三角形面积的乘积，结合根与系数的关系可得△ABG与△AOH的面积之积为定值12．【解答过程】（1）由题意，F1−1,0，F21,0，故过F1且斜率为24的直线的方程为y=24(x+1)，令x=1，得y=22，由题意可得a2−b2=11a2+12b2=1，解得a2=2，b2=1．∴求椭圆E的方程为x22+y2=1；（2）证明：由题意知，直线BC的斜率存在，设直线BC:y=kx+2，D(x1，y1)，C(x2，y2)，联立y=kx+2x22+y2=1，得(1+2k2)x2+8kx+6=0．∴ x1+x2=−8k1+2k2，x1x2=61+2k2，由Δ=16k2−24>0，得k2>32，∴y1+y2=k(x1+x2)+4=41+2k2，y1y2=(kx1+2)(kx2+2)=k2x1x2+2k(x1+x2)+4=4−2k21+2k2，直线AD的方程为y=y1+1x1x−1，令y=0，解得x=x11+y1，则H(x11+y1，0)，同理可得G(x21+y2，0)，∴ S△ABG⋅S△AOH=12×1×|x11+y1|×12×3×|x21+y2|=34|x1x2(1+y1)(1+y2)|=34|x1x21+y1+y2+y1y2|=34|61+2k21+41+2k2+4−2k21+2k2|=34|61+2k2+4+4−2k2|=34×69=12.15．（2022·江苏南通·模拟预测）已知A',A分别是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左､右顶点，B,F分别是C的上顶点和左焦点.点P在C上，满足PF⊥A'A,AB∥OP,FA'=2−2.(1)求C的方程；(2)过点F作直线l（与x轴不重合）交C于M,N两点，设直线AM,AN的斜率分别为k1,k2，求证：k1k2为定值.【解题思路】（1）根据PF⊥A'A可设P−c,y0，根据AB∥OP，利用AB,OP斜率相等且P−c,y0在椭圆上列式可得椭圆基本量的关系，再根据FA'=2−2求解基本量即可；（2）由题意设l：x=ty−2，联立直线与椭圆的方程，得出韦达定理，再表达出k1k2，结合韦达定理求解即可.【解答过程】（1）因为PF⊥A'A，故可设P−c,y0，因为AB∥OP，故kAB∥kOP，即−ba=−y0c，解得y0=bca.又P−c,bca在椭圆C上，故c2a2+b2c2a2b2=1，解得a2=2c2=2a2−2b2，故a=2b=2c.又FA'=2−2，故FA'=a−c=2−1c=2−2，故c=2，a=2,b=2.故C的方程为x24+y22=1.（2）因为椭圆方程为x24+y22=1，故F−2,0,A2,0，当l斜率为0时A,M或A,N重合，不满足题意，故可设l：x=ty−2.联立x24+y22=1x=ty−2可得t2+2y2−22ty−2=0，设Mx1,y1,Nx2,y2，则y1+y2=22tt2+2,y1y2=−2t2+2.故k1k2=y1x1−2⋅y2x2−2=y1y2ty1−2−2ty2−2−2=y1y2t2y1y2−2+2ty1+y2+2+22 =1t2−2+2ty1+y2y1y2+2+22y1y2=1t2+22+2t2−2+22×t2+22 =1−23+22=2−32，故定值为2−32.16．（2022·山西高三阶段练习）如图，椭圆C：x2a2+y2b2=1（(a>b>0)，|A1B1|=7，F1是椭圆C的左焦点，A1是椭圆C的左顶点，B1是椭圆C的上顶点，且A1F1=F1O，点P(n,0) (n≠0)是长轴上的任一定点，过P点的任一直线l交椭圆C于A,B两点.(1)求椭圆C的方程；(2)是否存在定点Q(x0,0)，使得QA⋅QB为定值，若存在，试求出定点Q的坐标，并求出此定值；若不存在，请说明理由.【解题思路】（1）由已知列出关于a,b,c的方程组解之可得椭圆方程；（2）假设存在Q(x0,0)满足题意，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，当直线l斜率存在时，设方程为y=k(x−n)，代入椭圆方程整理后应用韦达定理得x1+x2，x1x2，代入QA⋅QB化简可得常数，再验证直线斜率不存在时，也有此结论即得．【解答过程】（1）由已知知a2+b2=7a−c=ca2=b2+c2，解得a=2b=3c=1， 所以椭圆方程为x24+y23=1；（2）假设存在Q(x0,0)满足题意，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，QA=(x1−x0,y1),QB=(x2−x0,y2)，①当直线l与x轴不垂直时，设l：y=k(x−n)，代入x24+y23=1并整理得(4k2+3)x2−8k2nx+4k2n2−12=0∴x1+x2=8k2n4k2+3，x1x2=4k2n2−124k2+3QA⋅QB=(x1−x0)(x2−x0)+y1y2=(x1−x0)(x2−x0)+k2(x1−n)(x2−n)=(k2+1)x1x2−(k2n+x5)(x1+x2)−x02+k2n2=(k2+1)4k2n2−124k2+3−(k2n+x0)8k2n4k2+3−x02+k2v2=(7n2−8nx0+4x02−12)k2+3x02−124k2+3　　（*），（*）式是与k无关的常数，则3(7n2−8nx0+4x02−12)=4(3x02−12)，解得x0=12n+7n8，此时QA⋅QB=x02−4=(12n+7n8)2−4为定值；②当直线l与x垂直时，l:x=n，An,3(1−n24)，Bn,−3(1−n24)，QA⋅QB=(n−x0)2−3(1−n24)=x02−4=(12n+7n8)2−4也成立，所以存在定点Q(12n+7n8,0)，使得QA⋅QB=(12n+7n8)2−4为定值．17．（2022·河南·高二阶段练习（文））已知B−1,0,C1,0为△ABC的两个顶点，P为△ABC的重心，边AC,AB上的两条中线长度之和为6.(1)求点P的轨迹C的方程.(2)已知点N−3,0,E−2,0,F2,0，直线PN与曲线C的另一个公共点为Q，直线EP与FQ交于点M，求证：当点P变化时，点M恒在一条定直线上.【解题思路】（1）由三角形重心的性质与椭圆的定义求解即可；（2）设直线PQ的方程为：x=my−3，Px1,y1,Qx2,y2，联立直线与椭圆，再表示出直线又直线PE与QF的方程，联立求出交点，即可求解【解答过程】(1)因为P为△ABC的重心，且边AC,AB上的两条中线长度之和为6，所以PB+PC=23×6=4>BC,故由椭圆的定义可知P的轨迹C是以B−1,0,C1,0为焦点的椭圆（不包括长轴的端点），且a=2,c=1，所以b=3，所以P的轨迹C的方程为x24+y23=1x≠±2；(2)设直线PQ的方程为：x=my−3，Px1,y1,Qx2,y2，联立方程x=my−3x24+y23=1得：3m2+4y2−18my+15=0，则y1+y2=18m3m2+4,y1y2=153m2+4，所以2my1y2=53y1+y2，又直线PE的方程为：y=y1x1+2x+2=y1my1−1x+2，又直线QF的方程为：y=y2x2−2x−2=y2my2−5x−2，联立方程y=y1my1−1x+2y=y2my2−5x−2得：x=22my1y2−y2−5y1−y2+5y1，把2my1y2=53y1+y2代入上式得：x=223y2−103y1−y2+5y1=43y2−5y1−y2+5y1=−43，所以当点P运动时，点M恒在定直线x=−43上.18．（2022·湖南·高三阶段练习）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为62，点A6,4在C上.(1)求双曲线C的方程.(2)设过点B1,0的直线l与双曲线C交于D,E两点，问在x轴上是否存在定点P，使得PD⋅PE为常数？若存在，求出点P的坐标以及该常数的值；若不存在，请说明理由.【解题思路】（1）由离心率得出a2=2b2，再代入已知点坐标求得a,b得双曲线方程；（2）设Dx1,y1,Ex2,y2，直线l的方程为y=k(x−1)，代入双曲线方程，消去y得y的一元二次方程，由相交可得k的范围，由韦达定理得x1+x2,x1x2，设存在符合条件的定点Pt,0，计算出PD⋅PE并代入x1+x2,x1x2化为关于k的分式，由它是常数可求得t，得定点坐标．【解答过程】（1）因为双曲线C的离心率为62，所以622=1+b2a2，化简得a2=2b2.将点A6,4的坐标代入x22b2−y2b2=1，可得18b2−16b2=1，解得b2=2，所以C的方程为x24−y22=1.（2）设Dx1,y1,Ex2,y2，直线l的方程为y=k(x−1)，联立方程组y=kx−1,x24−y22=1,消去y得（1-2k2)x2 +4k2x−2k2−4=0，由题可知1−2k2≠0且Δ>0，即k20,b>0)的左､右顶点，直线l过右焦点F且与双曲线C的右支交于M,N两点，当直线l垂直于x轴时，△AMN为等腰直角三角形.(1)求双曲线C的离心率；(2)已知AB=4，若直线AM,AN分别交直线x=a2于P,Q两点，当直线l的倾斜角变化时，以PQ为直径的圆是否过定点，若过定点求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由.【解题思路】（1）当直线l垂直于x轴时，△AMN为等腰直角三角形，故AF=FM，列出方程，得到a2+ac−b2=0，求出离心率；（2）直线l的斜率存在时，设出直线y=kx−4，与双曲线联立后得到两根之和，两根之积，求出直线AM:y=y1x1+2x+2，得到P1,3y1x1+2，同理得到Q1,3y2x2+2，求出以PQ为直径的圆的圆心和半径，得到以PQ为直径的圆的方程，求出定点坐标，再验证当直线l的斜率不存在时，是否满足.【解答过程】（1）由已知得：Fc,0，将x=c代入C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)中，y=±b2a，当直线l垂直于x轴时，△AMN为等腰直角三角形，此时AF=FM，即a+c=b2a，整理得：a2+ac−b2=0，因为b2=c2−a2，所以2a2+ac−c2=0，方程两边同除以a2得：2+e−e2=0，解得：e=2或−1（舍去），所以双曲线C的离心率为2（2）因为AB=4，所以2a=4，解得：a=2，故c=2a=4，b2=c2−a2=16−4=12，所以双曲线方程为C:x24−y212=1，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为：y=kx−4，与双曲线联立得：3−k2x2+8k2x−16k2−12=0，设Mx1,y1,Nx2,y2，则x1+x2=8k2k2−3，x1x2=16k2+12k2−3，因为直线l过右焦点F且与双曲线C的右支交于M,N两点，所以x1+x2>0,x1x2>0，解得：k2>3，直线AM:y=y1x1+2x+2，则P1,3y1x1+2，同理可求得：Q1,3y2x2+2，则123y1x1+2+3y2x2+2=3kx1−4x2+2+3kx2−4x1+22x1x2+2x1+2x2+4=3k2x1x2−2x1+x2−162x1x2+4x1+x2+8=3k2⋅16k2+12k2−3−2⋅8k2k2−3−162⋅16k2+12k2−3+4⋅8k2k2−3+8=3k，PQ=3y1x1+2−3y2x2+2=3kx1−4x2+2−3kx2−4x1+2x1+2x2+2=3kx1x2+2x1−4x2−8−3kx1x2+2x2−4x1−8x1x2+2x1+x2+4=18kx1−x2x1x2+2x1+x2+4，其中x1−x2=x1+x22−4x1x2=8k2k2−32−4⋅16k2+12k2−3=12k2+1k2−3，所以PQ=18kx1−x2x1x2+2x1+x2+4=18k⋅12k2+1k2−316k2+12k2−3+2⋅8k2k2−3+4=6k2+1k，则以PQ为直径的圆的圆心坐标为1,3k，半径为3k2+1k，所以以PQ为直径的圆的方程为：x−12+y−3k2=9k2+1k2，整理得：x−12+y2−6yk=9，所以以PQ为直径的圆过定点4,0，−2,0，当直线l的斜率不存在时，此时不妨设M4,6,N4,−6，此时直线AM:y=x+2，点P坐标为1,3，同理可得：Q1,−3，.以PQ为直径的圆的方程为x−12+y2=9，点4,0，−2,0在此圆上，综上：以PQ为直径的圆过定点4,0，−2,0.20．（2022·安徽·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)过点(2,2)，且离心率为3．(1)求双曲线C的方程．(2)设直线l是圆O:x2+y2=4上的动点Px0,y0x0y0≠0处的切线，l与双曲线C交于不同的两点A，B，证明：以AB为直径的圆过坐标原点．【解题思路】（1）根据双曲线的基本量关系求解即可；（2）解法1：先求得圆在点Px0,y0处的切线方程为x0x+y0y=4，再代入双曲线方程化简可得y02+4yx2+2x0y0⋅yx+x02−8=0，再设Ax1,y1,Bx2,y2，根据韦达定理代入求得kOAkOB=−1证明OA⊥OB即可；解法2：同解法1，联立直线与双曲线的方程得3x02−8x2−8x0x+32−4x02=0，再结合韦达定理计算可得OA⋅OB=0证明即可.【解答过程】（1）由题意得：ca=3，故c2=3a2=a2+b2，故b2=2a2.又过点(2,2)可得4a2−4b2=1，即4a2−42a2=1，解得a2=2,b2=4，则双曲线C的方程为x22−y24=1（2）解法1：因为点Px0,y0x0y0≠0在圆x2+y2=4上，所以圆在点Px0,y0处的切线方程为y−y0=−x0y0x−x0，化简得x0x+y0y=4．则直线l的方程为xx0+yy0=4，代入双曲线C的方程2x2−y2=4，变形为42x2−y2=xx0+yy02，整理得y02+4y2+2x0y0xy+x02−8x2=0等号两边同除以x2x2≠0，得到y02+4yx2+2x0y0⋅yx+x02−8=0．设Ax1,y1,Bx2,y2，则kOAkOB=y1x1⋅y2x2=x02−8y02+4=4−y02−8y02+4=−1，故OA⊥OB，即以AB为直径的圆过坐标原点．解法2：因为点Px0,y0x0y0≠0在圆x2+y2=4上，所以圆在点Px0,y0处的切线方程为y−y0=−x0y0x−x0，化简得x0x+x0y=4由x22−y24=1x0x+y0y=4及x02+y02=4得3x02−8x2−8x0x+32−4x02=0，∵切线l与双曲线C交于不同的两点A、B，且00x1+x2=−86k21−2k2>0x1x2=−48k2−161−2k2>0，整理得k2>12.x1+x22=−46k21−2k2，y1+y22=−26k1−2k2，则线段AB的垂直平分线的方程为y+26k1−2k2=−1kx+46k21−2k2，令y=0，得x=−66k21−2k2，则H−66k21−2k2,0，FH=26+66k21−2k2=261+k21−2k2.AB=1+k2⋅x1+x22−4x1x2=1+k2⋅−86k21−2k22−4⋅−48k2−161−2k2=1+k2⋅384k41−2k22+192k2+641−2k21−2k22 =81+k21−2k2 ，则ABFH=826=263.故ABFH是定值，该定值为263.22．（2023·全国·高三专题练习）已知E:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F2，点F2到E的一条渐近线的距离为2，过点F2的直线与E相交于A,B两点.当AB⊥x轴时，|AB|=22.(1)求E的方程.(2)若M32,0，N是直线x=1上一点，当B,M,N三点共线时，判断直线AN的斜率是否为定值.若是定值，求出该定值；若不是定值，说明理由.【解题思路】（1）利用点到直线的距离求出b，再根据通径求出a，即可得解；（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，直线AB的方程为x=my+2，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，依题意t−12=y2x2−32，即可得到t=−y22x2−3，即可得到y1−t=0，从而得解；【解答过程】（1）解：根据对称性，不妨设F2c,0到直线bx+ay=0的距离为2，则bca2+b2=bcc=b=2，令x=c，则c2a2−y2b2=1，解得y=±b2a，所以当AB⊥x轴时，|AB|=2b2a=22，则a=2.故E的方程为x22−y22=1.（2）解：设Ax1,y1,Bx2,y2.当直线AB的斜率不为0时，设直线AB的方程为x=my+2，联立方程组x22−y22=1x=my+2，化简得m2−1y2+4my+2=0，由Δ=8m2+1>0m2−1≠0，得m≠±1，则y1+y2=−4mm2−1,y1y2=2m2−1设N(1,t)，因为B,M,N三点共线，所以t−12=y2x2−32，整理得t=−y22x2−3.因为y1−t=y1+y22x2−3=y12x2−3+y22x2−3=y12my2+1+y22x2−3=2my1y2+y1+y22x2−3=0，所以kAN=y1−tx1−1=0，即直线AN的斜率为定值0. 当直线AB的斜率为0时，A，B，M，N都在x轴上， 则直线AN的斜率为定值.综上所述，直线AN的斜率为定值0.23．（2023·全国·高三专题练习）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）实轴端点分别为A1−a,0，A2a,0，右焦点为F，离心率为2，过A1点且斜率1的直线l与双曲线C交于另一点B，已知△A1BF的面积为92．(1)求双曲线的方程；(2)若过F的直线l'与双曲线C交于M，N两点，试探究直线A1M与直线A2N的交点Q是否在某条定直线上？若在，请求出该定直线方程；如不在，请说明理由．【解题思路】（1）联立直线方程与双曲线方程，可得点B，进而根据三角形面积公式即可求出a,b,c的值；（2）分直线斜率 和不存在两种情况讨论，求出两直线交点，代入化简即可求解.【解答过程】（1）设直线l的方程为y=x+a，联立y=x+ax2a2−y2b2=1，得y=2ab2b2−a2，又e=ca=2，c2=a2+b2，代入上式得y=3a，即yB=3a，∴S△A1BF=12a+c⋅3a=92，解得a=1，∴b=3，c=2，∴双曲线的方程为x2−y23=1．（2）当直线l'点的斜率不存在时，M2,3，N2,−3，直线A1M的方程为y=x+1，直线A2N的方程为y=−3x+3，联立直线A1M与直线A2N的方程可得的Q12,32，当直线l'的斜率存在时，设直线l'的方程为y=kx−2，Mx1,y1，Nx2,y2，联立y=kx−2x2−y23=1得3−k2x2+4k2x−4k2−3=0，∴x1+x2=4k2k2−3，x1x2=4k2+3k2−3，∴直线A1M的方程为y=y1x1+1x+1，直线A2N的方程为y=y2x2−1x−1，联立直线A1M与直线A2N的方程可得：x+1x−1=y2x1+1y1x2−1，两边平方得x+1x−12=y22x1+12y12x2−12，又Mx1,y1，Nx2,y2满足x2−y23=1，∴y22x1+12y12x2−12=3x22−1x1+123x12−1x2−12=x2+1x1+1x1−1x2−1=x1x2+x1+x2+1x1x2−x1+x2+1=4k2+3k2−3+4k2k2−3+14k2+3k2−3−4k2k2−3+1=4k2+3+4k2+k2−34k2+3−4k2+k2−3=9，∴x+1x−12=9，∴x=12，或x=2，（舍去）综上，Q在定直线上，且定直线方程为x=12．24．（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线C：y=ax2a>0的焦点是F，若过焦点F的直线与C相交于A，B两点，所得弦长AB的最小值为2．(1)求实数a的值；(2)设P，Q是抛物线C上不同于坐标原点O的两个不同的动点，且以线段PQ为直径的圆经过点O，作OM⊥PQ，M为垂足，试探究是否存在定点N，使得MN为定值，若存在，则求出该定点N的坐标及定值MN，若不存在，请说明理由．【解题思路】（1）根据抛物线和过焦点的直线联立方程，根据焦点弦的计算，即可求解.（2）联立方程，得到根与系数的关系，根据以线段PQ为直径的圆经过点O，转化成OP⋅OQ=0，可得直线过定点，再由OM⊥PQ，根据直角三角形的特征即可找到N的位置，即可求解.【解答过程】（1）抛物线C：y=ax2(a>0)化为标准方程为：x2=1ay，其焦点F(0,14a)，因为斜率一定存在，设其方程为y=k1x+14a，联立方程得：{y=k1x+14ax2=1ay，整理得：x2−k1ax−14a2=0，Δ>0恒成立．其中A(x1,y1)，B(x2,y2)，x1+x2=k1a，y1+y2=k1(x1+x2)+12a=k12a+12a，因为焦点弦长|AB|=y1+y2+12a=k12a+1a，所以当k12=0时，弦长|AB|min=1a=2．所以，实数a的值为12．（2）由题意可知直线PQ的斜率存在，设其方程为y=kx+t(t≠0)．联立方程得：{y=kx+tx2=2y，整理得：x2−2kx−2t=0，Δ=4k2+8t>0．其中P(x3,y3)，Q(x4,y4)，x3+x4=2k，x3x4=−2t，因为以PQ为直径的圆经过点O，所以OP⋅OQ=0．又因为OP⋅OQ=x3x4+y3y4=x3x4+x322⋅x422=−2t+4t24=−2t+t2=0，∵t≠0，∴t=2．所以直线PQ过定点T(0,2)，又因为OM⊥PQ，所以△OMT为直角三角形，所以当N为斜边OT中点时，|MN|为定值，此时|MN|=12|OT|=1．所以定点N为(0,1)，|MN|为定值1．25．（2022·全国·高三专题练习）已知圆M过点1,0，且与直线x=−1相切.(1)求圆心M的轨迹C的方程；(2)过点P2,0作直线l交轨迹C于A、B两点，点A关于x轴的对称点为A'，过点P作PQ⊥A'B，垂足为Q，在平面内是否存在定点E，使得EQ为定值.若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由.【解题思路】（1）设出点M的坐标，利用给定条件列式化简作答.（2）设出直线l的方程，与轨迹C的方程联立，探求出直线A'B所过定点，再推理计算作答.【解答过程】(1)设圆心M(x,y)，依题意，(x−1)2+y2=|x+1|，化简整理得：y2=4x，所以圆心M的轨迹C的方程是：y2=4x.(2)依题意，直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为：x=ty+2，A(x1,y1),B(x2,y2)，则A'(x1,−y1)，y1≠−y2，由抛物线对称性知，点A'在轨迹C上，直线A'B的斜率为k=y2−(−y1)x2−x1=y2+y1y224−y124=4y2−y1，直线A'B的方程为：y−y2=4y2−y1(x−y224)，化简整理得：y=4y2−y1x−y1y2y2−y1，由x=ty+2y2=4x消去x并整理得：y2−4ty−8=0，则有y1y2=−8，直线A'B的方程化为：y=4y2−y1(x+2)，因此直线A'B恒过定点P'(−2,0)，因PQ⊥A'B于点Q，于是得△PQP'是直角三角形，且点O(0,0)是斜边PP'的中点，则恒有|OQ|=12|PP'|=2，令点(0,0)为E，从而有|EQ|=2，所以存在定点E，使得|EQ|=2为定值，点E坐标为(0,0).26．（2022·江西·高二期末（文））已知动圆M过定点(1，0)，且与直线x=−1相切.(1)求动圆圆心M的轨迹E的方程；(2)直线l过点(1，0)与曲线E相交于A、B两点，问：在x轴上是否存在定点D(t，0)(t≠0)，使kAD+kBD=0？若存在，求点D坐标，若不存在，请说明理由.【解题思路】（1）利用两点间的距离公式和直线与圆相切的性质即可得出；（2）假设存在点D(x0，0)满足题设条件kAD+kBD=0，设直线AB的方程，根据韦达定理即可求出点的坐标．【解答过程】(1)设动圆的圆心M(x,y)，依题意：(x−1)2+y2=|x+1|化简得：y2=4x，即为动圆的圆心M的轨迹E的方程．(2)假设存在点D(x0，0)满足条件，使kAD+kBD=0①，显然直线斜率不为0，所以由直线l过点(1，0)，可设AB:x=my+1，由y2=4xx=my+1得y2−4my−4=0．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1+y2=4m，y1y2=−4．由①式得kAD+kBD=y1x1−x0+y2x2−x0=y1(x2−x0)+y2(x1−x0)(x1−x0)(x2−x0)=0，∴y1(x2−x0)+y2(x1−x0)=0，即y1x2+y2x1−x0(y1+y2)=0．消去x1，x2，得14y1y22+14y2y12−x0(y1+y2)=0，即14y1y2(y1+y2)−x0(y1+y2)=0，∵y1+y2≠0，∴ x0=14y1y2=−1，存在点D(−1,0)使得kAD+kBD=0．27．（2023·全国·高三专题练习）已知点F0,2，过点P0,−2且与y轴垂直的直线为l1，l2⊥x轴，交l1于点N，直线l垂直平分FN，交l2于点M.(1)求点M的轨迹方程；(2)记点M的轨迹为曲线E，直线AB与曲线E交于不同两点A(x1,y1),B(x2,y2)，且x2−1=x1+m2 (m为常数)，直线l'与AB平行，且与曲线E相切，切点为C，试问△ABC的面积是否为定值.若为定值，求出△ABC的面积；若不是定值，说明理由.【解题思路】（1）由题意得FM=MN，结合抛物线的定义即可求得点M的轨迹方程；（2）设出直线AB的方程，联立抛物线求得AB的中点Q坐标，再联立切线与抛物线求出切点坐标，得到CQ⊥x轴，结合x2−1=x1+m2以及S△ABC=12CQ⋅x1−x2求得S△ABC=(m2+1)364即可求解.【解答过程】(1)由题意得FM=MN，即动点M到点F0,2的距离和到直线y=−2的距离相等，所以点M的轨迹是以F0,2为焦点，直线y＝－2为准线的抛物线，根据抛物线定义可知点M的轨迹方程为x2=8y；(2)由题意知，直线AB的斜率存在，设其方程为y=kx+b，由y=kx+b,x2=8y消去y整理得x2−8kx−8b=0，则x1+x2=8k,x1⋅x2=−8b，设AB的中点为Q，则点Q的坐标为4k,4k2+b，由条件设切线方程为y=kx+t，由y=kx+t,x2=8y消去y整理得x2−8kx−8t=0，∵直线与抛物线相切，∴Δ=64k2+32t=0，∴t=−2k2，∴切点C的横坐标为4k，∴点C的坐标为4k,2k2，∴CQ⊥x轴，∵x2−x1=m2+1，∴(x2−x1)2=(x1+x2)2−4x1x2=64k2+32b=(m2+1)2，∴b=(m2+1)2−64k232=(m2+1)232−2k2，∴S△ABC=12CQ⋅x1−x2=122k2+bm2+1=(m2+1)364，∵m为常数，∴△ABC的面积为定值.28．（2023·全国·高三专题练习）如图，过抛物线y2=4x焦点F的直线与抛物线交于A，B两点，AM，AN，BC，BD分别垂直于坐标轴，垂足依次为M，N，C，D．(1)若矩形ANOM和矩形BDOC面积分别为S1，S2，求S1⋅S2的值；(2)求证：直线MN与直线CD交点在定直线上．【解题思路】（1）设出直线AB的方程，与抛物线方程联立，设点A，B坐标，利用韦达定理计算作答.（2）利用（1）中信息，求出直线MN，CD的方程，并求出交点坐标即可推理作答.【解答过程】（1）抛物线y2=4x的焦点F1,0，显然直线AB不垂直于y轴，设其方程为：x=my+1，由x=my+1y2=4x消去x并整理得，y2−4my−4=0，设点Ax1,y1，Bx2,y2，则y1+y2=4m，y1y2=−4，矩形ANOM和矩形BDOC面积分别为S1=x1y1=|y13|4，S2=x2y2=|y23|4，所以S1⋅S2=|y13|4⋅|y23|4=|(−4)3|16=4．（2）由（1）得Mx1,0，N0,y1，Cx2,0，D0,y2，于是得直线MN的方程为：y=−y1x1x+y1，直线CD的方程为：y=−y2x2x+y2，由y=−y1x1x+y1y=−y2x2x+y2消去y并整理得：(y1x1−y2x2)x=y1−y2，而y1x1−y2x2=y1y124−y2y224=4(y2−y1)y1y2=y1−y2，因此有x=1，即直线MN与直线CD交点在直线x=1上.所以线MN与直线CD交点在定直线x=1上.29．（2022·宁夏·三模（理））在平面直角坐标系xOy中，动点G到点F4,0的距离比到直线x+6=0的距离小2．(1)求G的轨迹的方程；(2)设动点G的轨迹为曲线C，过点F作斜率为k1，k2的两条直线分别交C于M，N两点和P，Q两点，其中k1+k2=2．设线段MN和PQ的中点分别为A，B，过点F作FD⊥AB，垂足为D．试问：是否存在定点T，使得线段TD的长度为定值．若存在，求出点T的坐标及定值；若不存在，说明理由．【解题思路】（1）根据动点G到点F(4,0)的距离比它到直线x+6=0的距离小2和抛物线的定义可知点G的轨迹是以F(4,0)为焦点，以直线x+4=0为准线的抛物线，进而得出结果；（2）设直线方程，联立抛物线方程，求得A，B的坐标，从而表示出AB的方程，说明其过定点，由FD⊥AB可说明点D点在一个圆上，由此可得结论.【解答过程】(1)由题意可得动点G到点F4,0的距离比到直线x+6=0的距离小2，则动点G到点F4,0的距离与到直线x+4=0的距离相等，故G的轨迹是以F(4,0)为焦点，以直线x+4=0为准线的抛物线，设抛物线方程为y2=2px,(p>0) ，则焦准距p=8 ，故G的轨迹的方程为：y2=16x ；(2)由题意，直线MN的方程为y=k1(x−4) ，由题意可知k1≠0,k2≠0,k1≠k2 ，由y2=16xy=k1(x−4) ，消去y得：k12x2−(8k12+16)x+16k12=0 ，Δ1=256(k12+1)>0 ，设M(x1,y1),N(x2,y2) ，则x1+x2=8+16k12,y1+y2=k1(x1−4)+k1(x2−4)=16k1，故A(4+8k12,8k1) ，同理可求得B(4+8k22,8k2)，所以直线AB的斜率kAB=8k2−8k1(8k22+4)−(8k12+4)=k1k2k1+k2，故直线AB的方程为：y=k1k2k1+k2(x−4−8k12)+8k1=k1k2k1+k2(x−4)+8k1+k2=k1k22(x−4)+4，故直线AB过定点(4,4) ，设该点为E(4,4),又因为FD⊥AB，所以点D在以EF为直径的圆上，由于E(4,4),F(4,0) ,|EF|=(4−4)2+(4−0)2=4 ,故以EF为直径的圆的方程为(x−4)2+(y−2)2=4，故存在定点T(4,2)，使得线段TD的长度为定值2.30．（2022·河北保定·二模）已知抛物线Ω:y2=4x.(1)直线l:y=kx−1与Ω交于A、B两点，O为坐标原点.从下面的①②两个问题中任选一个作答，如果两个都作答，则按所做的第一个计分.①证明：OA⋅OB=4AB+9.②若∠AOB=2π3，求k2的值；(2)已知点P1,2，直线m与Ω交于C、D两点（均异于点P），且kPC+kPD=1.过P作直线m的垂线，垂足为Q，试问是否存在定点M，使得QM为定值？若存在，求出定值；若不存在，说明理由.【解题思路】（1）选①，设点Ax1,y1、Bx2,y2，将直线l的方程与抛物线Ω的方程联立，列出韦达定理，利用两点间的距离公式以及抛物线的焦点弦长公式、韦达定理可证明等式成立；选②，设点Ax1,y1、Bx2,y2，将直线l的方程与抛物线Ω的方程联立，列出韦达定理，计算出OA⋅OB、OA⋅OB，利用平面向量数量积的坐标运算可出关于k的等式，即可求得k2的值；（2）分析可设直线CD的方程为x=ty+n，设点Cy324,y3、Dy424,y4，将直线CD的方程与抛物线Ω的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式结合已知条件可得出t、n所满足的关系式，可求得直线CD所过定点N的坐标，再由PQ⊥NQ，结合直角三角形的性质可知当M为线段PN的中点时，QM为定值，即可得出结论.【解答过程】(1)解：选①：设点Ax1,y1、Bx2,y2，联立y=kx−1y2=4x可得k2x2−2k2+4x+k2=0，（*）当k=0时，方程（*）即为x=0，此时直线l与抛物线Ω只有一个公共点，不合乎题意，所以，k≠0，Δ=2k2+42−4k4=16k2+1>0，则x1+x2=2k2+4k2，x1x2=1，所以OA⋅OB=x12+y12x22+y22=x12+4x1x22+4x2=x1x2x1+4x2+4=x1x2x1x2+4x1+x2+16=4×2k2+4k2+17=16k2+25.因为l:y=kx−1经过抛物线Ω的焦点，所以4AB+9=4x1+x2+2+9=42k2+4k2+2+9=16k2+25，故OA⋅OB=4AB+9.选②：设点Ax1,y1、Bx2,y2，联立y=kx−1y2=4x可得k2x2−2k2+4x+k2=0，（*）当k=0时，方程（*）即为x=0，此时直线l与抛物线Ω只有一个公共点，不合乎题意，所以，k≠0，Δ=2k2+42−4k4=16k2+1>0，则x1+x2=2k2+4k2，x1x2=1，OA⋅OB=x12+y12x22+y22=x12+4x1x22+4x2=x1x2x1+4x2+4=x1x2x1x2+4x1+x2+16=4×2k2+4k2+17=16k2+25.因为OA⋅OB=x1x2+y1y2=x1x2+k2x1−1x2−1=k2+1x1x2−k2x1+x2+k2=1+k2−k2⋅2k2+4k2+k2=−3，所以cos2π3=OA⋅OBOA⋅OB=−316k2+25=−12，解得k2=1611.(2)解：若直线m的斜率为零，则直线m与抛物线Ω只有一个公共点，不合乎题意，设直线CD的方程为x=ty+n，设点Cy324,y3、Dy424,y4，联立x=ty+ny2=4x得y2−4ty−4n=0，Δ'=16t2+16n>0，由韦达定理可得y3+y4=4t，y3y4=−4n.因为kPC+kPD=2−y31−y324+2−y41−y424=42+y1+42+y2=1，所以y1y2=12+2y1+y2，所以−4n=12+8t，即n=−2t−3.所以直线CD的方程为x=ty−2t−3=ty−2−3，则直线CD过定点N−3,2.因为PQ⊥NQ，所以当点M为PN的中点时，QM=12PN=2为定值，故存在定点M−1,2，使得QM为定值.