新高考数学三轮冲刺提升练习专题17 圆锥曲线中的定点、定值和定直线问题（2份，原卷版+解析版）

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TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc998" 类型一：圆锥曲线的定点问题 PAGEREF _Tc998 \h 1
\l "_Tc9865" 类型二：圆锥曲线的定值问题 PAGEREF _Tc9865 \h 18
\l "_Tc23835" 类型三：圆锥曲线的定直线问题 PAGEREF _Tc23835 \h 37
满分策略：
直线过定点问题常用方法如下：
(1)“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
(2)“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
(3)求证直线过定点(x0，y0)，常利用直线的点斜式方程y－y0＝k(x－x0)或截距式y＝kx＋b来证明．
类型一：圆锥曲线的定点问题
1．（2023·陕西安康·陕西省安康中学统考模拟预测）已知椭圆的焦点分别别为的上､下顶点，过且垂直于的直线与交于两点，
(1)求椭圆的方程；
(2)已知原点，过的直线分别交于两点和两点，在轴的上方，若三点共线，证明：直线过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据结合椭圆的特征得出，在应用弦长公式计算可得椭圆方程；
（2）设点应用点差法，消元可得定点.
【详解】（1）设，则，所以.
设椭圆的方程为，即，
，
为正三角形，
过且垂直于的直线与交于两点，为线段的垂直平分线，
直线的斜率为，斜率倒数为，
直线的方程：，代入椭圆方程，
整理化简得到：，
判别式，
.
，所以.
故椭圆的方程为.
（2）设因为，
所以，即①，
又因为点均在椭圆上，所以，
两式整理，可得，②，
由②除以①可得，消元可得，
同理可得，
所以直线的方程为，
又，
所以直线的方程为，故直线过定点.
2．（2023·广西柳州·柳州高级中学校联考模拟预测）已知椭圆 的右焦点为F，且经过点，过F的直线与椭圆E交于C，D两点，当轴时，．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)椭圆E的右顶点为A，若椭圆上的存在两点P，Q，且使成立，证明直线PQ过定点．
【答案】(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）由已知可推得，又点在椭圆上，可得，联立两方程，即可求出的值；
（2）设直线方程为，联立直线与椭圆的方程，得出，由韦达定理得出坐标关系，求出直线的斜率.根据已知，列出，代入的表达式，整理得出，解出或，代入直线方程，舍去不合适的值，即可得出定点坐标.
【详解】（1）当轴时,方程为，
由，可得与椭圆两交点为，
则.
由于，所以.
又因为椭圆经过点，
所以有.
联立，解得 ，
所以椭圆的方程为.
（2）
由（1）可得，椭圆的右顶点.
因为，所以直线与的斜率同号，
所以直线不垂直于轴，
故可设，设，，
联立直线与椭圆的方程可得，
.
由韦达定理可得，，
所以.
又，
所以有.
因为，，，
所以，
所以，
整理可得，，
所以，
整理可得，，
所以或.
当时，满足，此时直线方程为过点，舍去；
当时，由可得有解，此时直线方程为过定点.
所以直线经过定点.
【点睛】思路点睛：设直线方程为，联立直线与椭圆的方程，得出一元二次方程，由韦达定理得出坐标，求出直线的斜率.根据已知，代入的表达式，整理得出的关系，代入直线方程，即可得出定点坐标.
3．（2023·陕西西安·长安一中校考二模）如图，双曲线的中心在原点，焦点到渐近线的距离为，左、右顶点分别为A、B．曲线C是以双曲线的实轴为长轴，虚轴为短轴，且离心率为的椭圆，设P在第一象限且在双曲线上，直线BP交椭圆于点M，直线AP与椭圆交于另一点N．
(1)求椭圆及双曲线的标准方程；
(2)设MN与x轴交于点T，是否存在点P使得(其中，为点P，T的横坐标)，若存在，求出P点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)双曲线方程：，椭圆方程为：；
(2)存在，
【分析】（1）设双曲线方程为，椭圆方程，根据焦点到渐近线的距离和离心率求出可得答案；
（2）设，，， 根据P、A、N三点共线，P、B、M三点共线可得，令得直线的方程，与椭圆方程联立利用韦达定理代入上式化简可得 ，若存在，即代入可得答案；
法二：，，设直线AP：与椭圆方程联立可得，、，若存在，则可得答案.
【详解】（1）由已知可设双曲线方程为，椭圆方程，则双曲线的一条渐近线方程为，即，故，即，又，
解得，所以双曲线方程：，
椭圆方程为：；
（2）设，，，，，
P、A、N三点共线，，
P、B、M三点共线，，
相除：，
令，则设：，
联立椭圆方程：，
由在椭圆内，故，所以，
∴，
，
若存在，即，
，得，
又P在第一象限，所以，；
法二：，，，，，
直线AP：，
，显然，
由，又因为P在双曲线上，满足，即，
所以，
即，
同理BP：，可得，所以，
若存在，即，
而P在第一象限，所以，即.
【点睛】思路点睛：本题第二问主要是利用韦达定理代入进行化简运算，考查了学生的思维能力和运算能力.属于难题.
4．（2023·新疆·校联考二模）已知，是椭圆C：的左、右焦点，点是C上一点，的中点在y轴上，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知过椭圆上一点的切线方程为．设动直线l：与椭圆C相切于点P，且与直线相交于点Q，试探究：在x轴上是否存在定点F，使得以PQ为直径的圆恒过点F？若存在，求出点F的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，的坐标为
【分析】（1）由的中点在y轴上，且，得到，，进而得到的值，即可求解；
（2）设动点，得到直线l的方程为，令，求得Q坐标为，再由，假点，列出方程，结合恒成立，求得的值，即可求解.
【详解】（1）解：设，
由的中点在y轴上，且O为，的中点，可得轴，即，
又由，可得，即，，
所以，即，
解得，则，所以椭圆C的方程为.
（2）解：因为过椭圆上一点的切线方程为，
设动点，则直线l的方程为，
即
令，则代入①，解得，所以Q坐标为，
由以PQ为直径的圆恒过点F，可得，即
假设存在点，则，
于是
整理得，由该方程对于任意的恒成立，可得，
因此，存在定点符合条件.
【点睛】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数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，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般发：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.
5．（2023·湖北·校联考模拟预测）已知双曲线的中心为坐标原点，对称轴为轴和轴，且双曲线过点，.
(1)求双曲线的方程；
(2)设过点的直线分别交的左、右支于两点，过点作垂直于轴的直线，交直线于点，点满足.证明：直线过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设双曲线的方程，代入相关点运算求解即可；
（2）根据三点共线的斜率关系，结合韦达定理分析证明.
【详解】（1）由题意可知：双曲线焦点在轴上，故设双曲线方程为.
将两点坐标代入双曲线方程得，
所以，即双曲线方程为.
（2）直线过定点，
若三点共线，
设点，直线方程为，
由题意知：直线的方程为，
点为线段的中点，从而，
，
若，
化简得①
又因为，
代入①式得②
联立，化简得，
则，.
代入②式左边得，
由于，
，
，
从而②式左边等于0成立，直线过定点.
【点睛】方法点睛：过定点问题的两大类型及解法
（1）动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．
（2）动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线 C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
6．（2023·山东济宁·统考二模）已知双曲线的离心率为的右焦点到其渐近线的距离为．
(1)求该双曲线的方程；
(2)若直线与双曲线在第一象限交于两点，直线交线段于点，且，证明：直线过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用条件直接求出，从而求出双曲线的方程；
（2）利用三角形面积公式可得，结合韦达定理可得出结果.
【详解】（1）因为双曲线的渐近线为，
又因为双曲线的右焦点到其渐近线的距离为，所以，
又，，联立解得，
所以双曲线的方程为.
（2）由已知有，双曲线的右焦点为，直线过双曲线的右焦点．
则
直线与直线的倾斜角互补，．
显然直线的斜率存在，设直线的方程为．
联立得，
所以，
因为，所以．所以，
所以，整理得．
所以，化简得，即，
所以直线的方程为，恒过点．所以直线过定点．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
7．（2023·山东聊城·统考二模）已知点M为双曲线右支上除右顶点外的任意点，C的一条渐近线与直线互相垂直．
(1)证明：点M到C的两条渐近线的距离之积为定值；
(2)已知C的左顶点A和右焦点F，直线与直线相交于点N．试问是否存在常数，使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，理由见解析
【分析】（1）根据垂直关系得到渐近线的斜率，得到方程，求出双曲线方程，进而设出点M的坐标为，，利用点到直线距离公式得到点M到双曲线C的两条渐近线的距离之积为定值；
（2）先考虑时，再考虑，当M在x轴上方时，设出点的坐标，表达出，结合正切二倍角公式得到，故，当M在x轴下方时，同理可得结论.
【详解】（1）因为双曲线C的一条渐近线与直线互相垂直，
所以其中一条渐近线的斜率为，则，则．
所以双曲线C的方程为．
设点M的坐标为，则，即．
双曲线的两条渐近线，的方程分别为，
则点M到两条渐近线的距离分别为，
则．
所以点M到双曲线C的两条渐近线的距离之积为定值．
（2）存在．
①当时，，又N是的中点，
所以，所以，此时．
②当时．
ⅰ）当M在x轴上方时，由，可得，
所以直线的直线方程为，
把代入得．
所以，则．
由二倍角公式可得．
因为直线的斜率及，
所以，则．
因为，
所以．
ⅱ）当M在x轴下方时，同理可得．
故存在，使得．
【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
8．（2023·湖北武汉·统考二模）过点的动直线与双曲线交于两点，当与轴平行时，，当与轴平行时，．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)点是直线上一定点，设直线的斜率分别为，若为定值，求点的坐标．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据与坐标轴平行的情况可得双曲线上的点的坐标，代入双曲线方程即可求得结果；
（2）方法一：由三点共线可整理得到，代入双曲线方程可整理得到，结合两点连线斜率公式可化简得到，根据为常数可构造方程求得，进而得到点坐标，验证可知符合题意；
方法二：设，与双曲线方程联立可得一元二次方程，根据该方程的根可化简得到，同理可得，由此可化简得到，由为常数可构造方程求得点坐标，验证可知当直线斜率为和斜率不存在时依然满足题意，由此可得结论.
【详解】（1）由题意可知：双曲线过点，，
将其代入方程可得：，解得：，
双曲线的标准方程为：.
（2）方法一：设，
点与三点共线，，
（其中，），，
，又，
整理可得：，
当时，，，不合题意；
当时，由得：，
设，则，
，
若为定值，则根据约分可得：且，解得：；
当时，，此时；
当时，为定值.
方法二：设，直线，
由得：，
为方程的两根，
，
则，
由得：，
由可得：，
同理可得：，
则 ，
若为定值，则必有，
解得：或或，
又点在直线上，点坐标为；
当直线斜率为时，坐标为，若，
此时；
当直线斜率不存在时，坐标为，若，
此时；
综上所述：当时，为定值.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与双曲线中的定点定值问题的求解，本题求解的基本思路是能够利用直线与双曲线相交的位置关系确定两交点横纵坐标所满足的等量关系，进而通过等量关系化简所求的，根据为常数来构造方程求得定点的坐标.
9．（2023·全国·模拟预测）已知平面内一动点到点的距离比到直线的距离小2，记动点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)过点且斜率互为倒数的两条直线分别与曲线交于点，和点，，记线段和线段的中点分别为，，证明：直线过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题目条件，可得曲线为抛物线，结合抛物线的焦点与准线，即可求得曲线的标准方程；
（2）结合题意判断直线､直线的斜率的情况，设直线的方程，并与曲线的方程联立，得到根与系数的关系，利用中点坐标公式求点的坐标，进而得到点的坐标，求直线的方程并得到其过定点.
【详解】（1）依题意知动点到点的距离与到直线的距离相等，
故曲线是以为焦点，以直线为准线的抛物线，
故曲线的方程为.
（2）依题意知直线､直线的斜率都存在且均不为0或，
故可设直线的斜率为（且），则直线的斜率为，
直线的方程为，即.
由消去并整理，得，所以.
故，所以，
即点的坐标为.
以替换点坐标中的，可得点的坐标为，
易知直线的斜率存在，所以直线的斜率，
所以直线的方程为，
即，故直线过定点.
10．（2023·四川宜宾·统考三模）已知点A在y轴右侧，点B，点C的坐标分别为，，直线AB，AC的斜率之积是3.
(1)求点A的轨迹D的方程；
(2)若抛物线与点A的轨迹D交于E，F两点，过B作于H，是否存在定点G使为常数？若存在，求出G的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）设点，，利用斜率公式结合已知条件化简可得出点的轨迹的方程；
（2）设、，将抛物线的方程与曲线联立，列出韦达定理，求出直线的方程并化简，即可求得直线所过定点的坐标.
【详解】（1）设点，，
因为AB，AC的斜率之积是3，所以.
所以点A的轨迹D的方程为.
（2）由
得，，，
设，，则，，
又因为，，所以，
因为，
所以直线EF的方程为，
即，
所以直线EF过定点，
当G为BP的中点时，因为于H，所以，
所以存在定点，使为常数.
【点睛】求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
11．（2023·海南海口·校考模拟预测）已知抛物线C：的焦点为F，点，且．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点Q作直线l交C于A，B两点，O为原点，过点A作x轴的垂线，分别与直线，交于点D，E，从下面①②两个问题中选择一个作答．
①问：是否为定值，并说明理由；
②问：在直线上是否存在点M，使四边形为平行四边形，并说明理由．
【答案】(1)
(2)①为定值，理由见解析；②存在，只需保证为的中点.
【分析】（1），利用两点距离公式列方程求参数，即可得抛物线；
（2）令为，在抛物线上，联立直线与抛物线，应用韦达定理求得，写出直线、并确定、纵坐标，①根据即可判断；②结合①结论、平行四边形的性质即可判断的存在性.
【详解】（1）由题设，则，，
又，故，整理得，
由，则，即.
所以抛物线C的方程.
（2）显然直线斜率存在且不为0，令为，又，即在抛物线上，
联立抛物线有：，且，即或，
所以，
直线为，直线为，又过A作x轴的垂线为，，
所以，，
选①：为定值.
选②：由①知：为的中点，
当，，且，即为的中点，
此时，四边形为平行四边形，所以存在点M，使四边形为平行四边形.
12．（2023·辽宁鞍山·统考二模）抛物线C：上的点到抛物线C的焦点F的距离为2，A､B（不与O重合）是抛物线C上两个动点，且.
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)x轴上是否存在点P使得？若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，理由见解析
【分析】（1）由焦半径公式求出，求出抛物线方程；
（2）设出直线方程，与抛物线方程联立得到点坐标，同理得到点坐标，利用得到，求出，求出定点坐标.
【详解】（1）由抛物线的定义得，解得，
则抛物线的标准方程为.
（2）依题意知直线与直线的斜率存在，设直线方程为，
由得直线方程为：，
由，解得，
由，解得
由得，假定在轴上存在点使得，设点，
则由（1）得直线斜率，直线斜率，
由得，则有，即，
整理得，
显然当时，对任意不为0的实数，恒成立，
即当时，恒成立，恒成立，
所以轴上存在点使得.
【点睛】处理定点问题的思路：
（1）确定题目中的核心变量（此处设为），
（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，
（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，
①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；
②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.
满分策略：
求定值问题常见类型以及解题策略：
(1)常见类型：
①证明代数式为定值：依据题设条件，得出与代数式中参数有关的等式，代入代数式后再化简，即可得出定值；
②证明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解析式，再利用条件化简，即可证明；
③证明线段长度、面积、斜率(或以上量的和、差、积、商)等为定值，写出各量的目标函数解析式，再做消参处理即可．
(2)常用策略：
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
类型二：圆锥曲线的定值问题
13．（2023·甘肃武威·统考三模）已知椭圆的长轴长为4，A，B是其左、右顶点，M是椭圆上异于A，B的动点，且．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若P为直线上一点，PA，PB分别与椭圆交于C，D两点．
①证明：直线CD过椭圆右焦点；
②椭圆的左焦点为，求的周长是否为定值，若是，求出该定值，若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②定值为8.
【分析】（1）由题意可得，，，设，可得，进而根据题意即可求解；
（2）①设，联立直线和椭圆方程，求得，，进而得到，，再根据向量共线的定义即可得证；②根据椭圆的定义即可求解.
【详解】（1）由已知得：，，，
设，因为M在椭圆上，所以①
因为，
将①式代入，得，得，
所以椭圆．
（2）①证明：设，则，，
同理可得，，
联立方程，得，，
则．
同理联立方程，可得，，
则.
又椭圆的右焦点为，
所以，，
因为，
说明C，D，三点共线， 即直线CD恒过点．
②周长为定值．因为直线CD恒过点，
根据椭圆的定义，所以的周长为．
14．（2023·全国·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线交于A，两点，且在线段上.
(1)求直线，的斜率之和；
(2)设与交于点，证明：为定值.
【答案】(1)0
(2)证明见解析
【分析】（1）设直线，与椭圆方程联立，利用韦达定理计算斜率之和即可；
（2）取A关于轴的对称点，由（1）的结论可设直线，直线，联立两直线求得P点轨迹，从而可得结果.
【详解】（1）
由已知得，，设，，
当直线斜率为0时，易得；
当直线斜率不为0时，设直线，
与椭圆方程联立，
即，
由韦达定理可知:， ①
故，代入①式可得，
，所以；
综上，.
（2）设，取A关于轴的对称点，
由（1）可知，三点共线，
设直线，直线，联立直线
，解得，所以，即，
又，则，
因为，所以，整理可得，
所以的轨迹是焦距为，长轴长为的双曲线右支的一部分，
所以．
15．（2023·四川·四川省金堂中学校校联考三模）已知椭圆的离心率为，且过点.
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线与轴交于点，过作直线交于两点，交于两点.已知直线交于点，直线交于点.试探究是否为定值，若为定值，求出定值；若不为定值，说明理由.
【答案】(1)
(2)是，1
【分析】（1）由题设可得关于的方程组，求出其解后可得椭圆的方程.
（2）
【详解】（1）由题意，，解得，
代入点得，解得，
的方程为：；
（2）
由题意，，当斜率都不为0时，设，，
当时，由对称性得，
当时，联立方程，得
恒成立，，
同理可得：，
直线方程：，
令，得，
同理：，
，
，
当斜率之一为0时，不妨设斜率为0，则，
直线方程：，直线方程：，
令，得，
，
综上：.
16．（2023·北京朝阳·二模）已知点在椭圆E：上，且E的离心率为.
(1)求E的方程；
(2)设F为椭圆E的右焦点，点是E上的任意一点，直线PF与直线相交于点Q，求的值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）由题意得求出即可得椭圆方程；
（2）由题意可得，当时，求出的值；当时，联立直线PF与直线的方程求出点的坐标，根据求解即可.
【详解】（1）由题意得 解得
所以椭圆E的方程为.
（2）因为点是E上的任意一点，所以.
①当时，点或.
当点时，直线PF与直线相交于点，此时.
当点时，直线PF与直线相交于点，此时.
②当时，直线的方程为，
由，可得，所以.
所以

，
所以.
综上所述，.
【点睛】总结点睛：
(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
17．（2023·河南·洛阳市第三中学校联考模拟预测）已知椭圆C：的左顶点为A，P为C上一点，O为原点，，，的面积为1．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设B为C的右顶点，过点且斜率不为0的直线l与C交于M，N两点，证明：．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）通过分析得，将其坐标代入椭圆方程，结合面积和的关系即可求出椭圆方程；
（2）设直线的斜率为,直线的斜率为,直线的方程为 ，再将其与椭圆联立得到韦达定理式，通过化简得，最后计算，将上式代入即可证明其为定值.
【详解】（1）不妨设点在轴的上方,由椭圆的性质可知.
是以为直角顶点的等腰直角三角形,
代人,得,整理得.
的面积为.
故椭圆的方程为.
（2）设直线的斜率为,直线的斜率为,
直线的方程为 .
不妨设,则.
联立可得,
,则,
，即，
，
故得证.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键第一是要找到正切值与直线斜率的关系，再通过设直线的方程为 ，将与椭圆联立，利用化积为和的方法得到，最后再计算斜率比值为定值，化积为和是处理非对称韦达形式的常用方法.
18．（2023·陕西西安·统考一模）数学家加斯帕尔·蒙日创立的《画法几何学》对世界各国科学技术的发展影响深远.在双曲线中，任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，它的圆心是双曲线的中心，半径等于实半轴长与虚半轴长的平方差的算术平方根，这个圆被称为蒙日圆.已知双曲线的实轴长为，其蒙日圆方程为.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)设点关于坐标原点的对称点为，不过点且斜率为的直线与双曲线相交于两点，直线与交于点，求直线的斜率值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意得到方程组，求得，即可求得的标准方程；
（2）设，直线为，联立方程组，取得，得到，得出直线和的方程，求得，分和的同时存在与其中一个斜率不存在，两种情况讨论，即可求解.
【详解】（1）解：由题意知，双曲线的实轴长为，其蒙日圆方程为，
可得，解得，
所以的标准方程为：.
（2）解：设，直线的方程为，
由，整理得，
因为直线与相交于两点，
所以，且，
由点，当直线的斜率均存在时，
，
所以直线的方程为，
直线的方程为
两方程联立方程组，可得，
显然，可得，
所以，
当直线的斜率不存在时，可得直线的方程为，直线的方程为，
则，所以.
当直线的斜率不存在时，可得直线的方程为，直线的方程为，则，所以，即
综上可得：直线的斜率值.
【点睛】方法策略：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数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，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般发：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.
19．（2023·海南海口·校联考模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，，在双曲线上，且轴，．
(1)求双曲线的渐近线方程；
(2)设为双曲线的右顶点，直线与双曲线交于不同于的，两点，若以为直径的圆经过点，且于，证明：存在定点，使为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设，进而结合题意得，，进而根据双曲线的定义求解得即可；
（2）分类讨论斜率是否存在，①斜率存在时，设l的方程，联立直线方程与双曲线方程，由得到m与k的关系式，得到直线恒过定点M，②斜率不存在时，再由得到直线l方程，进而得出此时直线l也恒过定点M，进而证得存在定点H为DM的中点，为的一半.
【详解】（1）设，因为，，
所以，．
因为，所以．
因为，
所以双曲线的渐近线方程为．
（2）由（1）知双曲线的方程为，设，．
①当直线的斜率存在时，设的方程为，
联立方程组，化简得，
则，即，
且，
因为，
所以，
化简得，
所以或，且均满足．
当时，直线的方程为，直线过定点，与已知矛盾；
当时，直线的方程为，过定点．
②当直线的斜率不存在时，由对称性，不妨设直线，
联立方程组，得（舍去）或，此时直线过定点．
综上，直线过定点
因为，
所以点在以为直径的圆上，为该圆圆心，为该圆半径，且
所以，存在定点，使为定值4．
【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于结合已知，讨论的斜率不存在与存在时的两种情况得到直线过定点.
20．（2023·福建福州·统考模拟预测）已知双曲线：的右顶点为A，О为原点，点在的渐近线上，的面积为.
(1)求的方程；
(2)过点Р作直线交于M，N两点，过点N作x轴的垂线交直线AM于点G，H为NG的中点，证明：直线AH的斜率为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】根据点在的渐近线上，可得，再根据的面积求出即可；
（2）易得直线的斜率存在，设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，求出的方程，令，可得点的坐标，从而可得点的坐标，再根据斜率公式计算即可.
【详解】（1）因为点在的渐近线上，所以，
，则，所以，故，
所以的方程为；
（2）当直线的斜率不存在时，直线与双曲线只有一个交点，不符题意，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立，消得，
则，解得且，
，
直线的方程为，
令，得，即，
因为H为NG的中点，所以，
所以，
因为
，
所以，
所以直线AH的斜率为定值.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
21．（2023·江西·校联考二模）已知椭圆方程：，其离心率为，且分别是其左顶点和上顶点，坐标原点到直线的距离为.
(1)求该椭圆的方程；
(2)已知直线交椭圆于两点，双曲线：的右顶点与交双曲线左支于两点，求证：直线的斜率为定值，并求出定值.
【答案】(1)，
(2)证明见解析，
【分析】（1）易得两点坐标，在中利用等面积法可得，再结合离心率即可求得标准方程；（2）易知，设出直线方程并于双曲线联立，再结合在椭圆上，即可得两点的坐标表示，利用两点间斜率公式以及直线，化简变形整理即可得.
【详解】（1）由已知可知，所以，
在中，等面积可得
又因为该椭圆离心率为，即
解得
所以该椭圆方程为.
（2）设，
由，可设直线方程：，直线BE方程：
将直线AE与双曲线联立可得，，
又因为，代入上式中可得
解得，代入直线方程：，
所以点坐标为
同理可得点坐标为：
所以直线的斜率.
所以直线的斜率为定值，该定值为
22．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）已知抛物线的焦点为F，，点是在第一象限内上的一个动点，当DP与轴垂直时，，过点作与相切的直线交轴于点，过点作直线的垂线交抛物线于A，B两点．
(1)求C的方程；
(2)如图，连接PD并延长，交抛物线C于点Q．
①设直线AB，OQ（其中O为坐标原点）的斜率分别为，，证明：为定值；
②求的最小值．
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②.
【分析】（1）利用抛物线定义列出方程求解结果；
（2）①设，表示直线PM的斜率，求解；将直线PD的方程与联立，由韦达定理表示，求解得出结果；
②求解并化简，结合基本不等式进行求解.
【详解】（1）因为当DP与轴垂直时，，
根据抛物线定义得，解得 ，所以．
（2）①证明：设，则，
由，得当时，，
所以直线PM的斜率为，所以直线，
即，，所以．
又因为，，所以．
将直线PD的方程与联立并化简，得，
易得，设，则，所以．
把点的坐标代入，得，
所以．所以，为定值．
②由①得，直线．
将与联立并化简，得，
易得，则，，
所以．
在直线AB的方程中，令，得，
设直线AB与轴的交点为，则的坐标．
因为，所以，
则
，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为．
23．（2023·广东·统考二模）已知A，B是抛物线E：上不同的两点，点P在x轴下方，PA与抛物线E交于点C，PB与抛物线E交于点D，且满足，其中λ是常数，且．
(1)设AB，CD的中点分别为点M，N，证明：MN垂直于x轴；
(2)若点P为半圆上的动点，且，求四边形ABDC面积的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意可得，结合斜率分析可得，即可得结果；
（2）根据题意利用韦达定理求弦长，可得面积，结合二次函数分析运算.
【详解】（1）因为，且P，A，C共线，P，B，D共线，所以，
所以直线AB和直线CD的斜率相等，即，
设，，，，
则点M的横坐标，点N的横坐标，
由，得，
因式分解得，约分得，
所以，即，
所以MN垂直于x轴．
（2）设，则，且，
当时，C为PA中点，则，，
因为C在抛物线上，所以，整理得，
当时，D为PB中点，同理得，
所以是方程的两个根，
因为，
由韦达定理得，，
所以，所以PM也垂直于x轴，
所以，
因为，
所以
，，
当时，取得最大值，
所以，
所以四边形ABDC面积的最大值为．
【点睛】方法定睛：解决圆锥曲线中范围问题的方法
一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线 上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化．
24．（2023·山东菏泽·统考二模）设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点.当直线MD垂直于x轴时，.
(1)①求C的方程；
②若M点在第一象限且，求；
(2)动直线l与抛物线C交于不同的两点A，B，P是抛物线上异于A，B的一点，记PA，PB的斜率分别为，，t为非零的常数.
从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：①P点坐标为； ②；③直线AB经过点.（注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.）
【答案】(1)①；②
(2)证明过程见解析
【分析】（1）①表达出，，由勾股定理列出方程，求出，得到抛物线方程；②设出直线的方程，联立抛物线方程，设，由焦半径公式得到方程，得到，再由焦点弦长公式求出答案；
（2）选①②，设直线，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，表达出，由列出方程，求出，证明出直线AB经过点；
选①③，由题意直线，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，计算出；
选②③，设直线，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，表达出，，代入中，变形得到，求出，得到P点坐标为.
【详解】（1）①由题意得，因为直线MD垂直于x轴，，
所以点的横坐标为，代入中，，则，
其中，由勾股定理得，
解得，故抛物线方程为；
②由①知，因为，所以，直线的斜率存在且不为0，
设直线的方程为，与联立得，
，设，
则，，
因为，由焦半径公式可知，即，
将其代入中得，解得，负值舍去，
则，.
（2）若选①②，设直线，且，
联立，得，故，
故，同理，
故，
即，解得，
所以，即直线AB经过点；
若选①③，由题意直线，且，
联立得，所以，
，同理，
所以；
若选②③，由题意得直线，且，，
联立得，所以，
，同理，
，
所以，即，
要想上式对任意的成立，则，即，
故P点坐标为.
【点睛】处理定点问题的思路：
（1）确定题目中的核心变量（此处设为），
（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，
（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，
①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；
②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.
25．（2023·上海长宁·统考二模）已知抛物线：的焦点为，准线为，直线经过点且与交于点、.
(1)求以为焦点，坐标轴为对称轴，离心率为的椭圆的标准方程；
(2)若，求线段的中点到轴的距离；
(3)设为坐标原点，为上的动点，直线、分别与准线交于点、.求证：为常数.
【答案】(1)
(2)1
(3)证明过程见解析
【分析】（1）已知焦点，就确定了椭圆的实轴所在的坐标轴和焦距，通过离心率就可以解出，，的值，进而写出椭圆的标准方程.
（2）因为是焦点弦，所以能求出值，设出直线方程与抛物线联立，解出直线方程，把中点横坐标代入求出纵坐标即为所求.
（3）设，利用点斜式写出，方程，进而表示出、两点坐标，用数量积表示出，再进行化简出常数即可.
【详解】（1）
解：根据题意设椭圆方程为 ，焦距为，
因为抛物线：的焦点为，且椭圆以为焦点，
所以，因为离心率为，所以，
因为，所以，
所以椭圆标准方程为.
（2）
解：因为直线经过点且与交于点、，设，，
因为，所以直线斜率一定存在，设方程为，组成方程组，则有，
则，，
因为，所以，则，
当时，直线方程为，且，所以中点纵坐标为，
此时中点到轴的矩离为.
根据对称性，当时，中点到轴的矩离也为.
（3）
由题意设直线方程为，与抛物线组成方程组：
，则，
有，，，
根据题意设，，，
则直线方程为，即，
因为点横坐标为，所以，即，
同理点坐标为，
所以，
化简得
因为，，
所以，即为常数.
类型三：圆锥曲线的定直线问题
满分策略：
动点在定直线上问题的解题策略：
①从特殊入手，初步确定动点所在的直线，再证明一般情况下也在该定直线上即可；
②从动点的坐标入手，直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到动点的横纵坐标关系，进而得出定直线方程．
26．（2023·安徽·校联考二模）已知椭圆的左、右顶点分别为、，短轴长为，点上的点满足直线、的斜率之积为．
(1)求的方程；
(2)若过点且不与轴垂直的直线与交于、两点，记直线、交于点．探究：点是否在定直线上，若是，求出该定直线的方程；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)点在定直线上
【分析】（1）设点，则，可得出，利用斜率公式结合已知条件可得出，再利用椭圆的短轴长可得出、的值，即可得出椭圆的方程；
（2）设的方程为，设点、，设点，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，写出直线、的方程，联立这两条直线方程，可得出点的横坐标，即可得出结论.
【详解】（1）解：设，则，且，所以，，
则，
故①，又②，
联立①②，解得，，故椭圆的方程为．
（2）解：结论：点在定直线上．
由（1）得，、，设，
设直线的方程为，设点、，
联立，整理得，
，
，
直线的方程为，直线的方程为，
所以，，
可得
，解得，
因此，点在直线上.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
27．（2023·广西·统考一模）如图，已知双曲线的右焦点为，O为坐标原点，过点F作直线与双曲线的渐近线交于P，Q两.点，且点P在线段FQ上，，.
(1)求C的方程；
(2)设是C的左､右顶点，过点的直线l与C交于M，N两点，试探究直线与的交点S是否在某条定直线上，若是，求出该定直线方程，若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)是，在定直线上
【分析】（1）计算得到，，得到，解得，，得到答案.
（2）直线的方程为，，联立方程得到根与系数的关系，确定直线方程，计算交点坐标，得到，得到答案.
【详解】（1）双曲线右焦点为，故，渐近线方程为，则，
，故，即，
，故，
解得，，故，故，
故，，，解得，.
故双曲线方程为.
（2），，设直线的方程为，，
联立，得.
故，故，
直线，直线，
联立两直线方程，解得
，
故直线与直线的交点在定直线上.
【点睛】关键点睛：本题考查了双曲线方程，双曲线中的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，根据设而不求的思想，利用韦达定理得到是解题的关键.
28．（2023·广东梅州·统考二模）已知双曲线的左、右焦点分别为、，且双曲线经过点．
(1)求双曲线的方程；
(2)过点作动直线，与双曲线的左、右支分别交于点、，在线段上取异于点、的点，满足，求证：点恒在一条定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出的值，利用双曲线的定义可求得的值，再根据可求得的值，即可得出双曲线的方程；
（2）设点、、，设，可得出，根据向量的坐标运算结合化简可得出关于、所满足的一元二次方程，即可证得结论.
【详解】（1）解：因为，则，
由双曲线的定义可得，
所以，，则，
因此，双曲线的方程为.
（2）证明：设点、、，
则，可得，
设，则，其中，
即，整理可得，
所以，，，
将代入可得，
将代入可得
，即，
所以，点恒在直线上.
【点睛】关键点点睛：本题考查点在直线的证明，解题的关键在于引入参数使得，将问题转化为向量的坐标运算来处理，然后通过不断消元来得出定直线的方程，从而达到证明结论的目的.
29．（2023·福建福州·统考二模）已知抛物线E：（p>0），过点的两条直线l1，l2分别交E于AB两点和C，D两点．当l1的斜率为时，
(1)求E的标准方程：
(2)设G为直线AD与BC的交点，证明：点G必在定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据直线的点斜式方程写出直线方程，与抛物线联立方程，利用弦长公式，求出的值，从而求出抛物线的标准方程；
（2）设直线方程为或，与抛物线联立方程，由韦达定理得出，，求出直线方程和直线方程，求出交点的横坐标，然后进行化简，可以证明结论.
【详解】（1）当的斜率为时，得方程为，
由,消元得，，，；
由弦长公式得 ，
即，解得或（舍去），满足，
从而的标准方程为.
（2）法一：因为l1，l2分别交E于AB两点和C，D两点，所以直线斜率存在
设直线的方程为，设，
由，消去得，则.
设直线的方程为，
同理，消去得可得．
直线方程为，即，
化简得，
同理，直线方程为，
因为在抛物线的对称轴上，由抛物线的对称性可知，交点必在垂直于轴的直线上，所以只需证的横坐标为定值即可．
由消去，
因为直线与相交，所以，
解得，

所以点的横坐标为2，即直线与的交点在定直线上．
法二：设直线方程为，由消去得，
设，则．
设直线的方程为，
同理可得．
直线方程为，即，
化简得，
同理，直线方程为，．
因为在抛物线的对称轴上，由抛物线的对称性可知，交点必在垂直于轴的直线上，所以只需证的横坐标为定值即可．
由消去，
因为直线与相交，所以，
解得，

所以点的横坐标为2，即直线与的交点在定直线上．
【点睛】关键点点睛：本题中的证明问题的关键是：设出直线的横截距或者纵截距方程，联立抛物线，结合韦达定理，把目标逐步化简，得出待证明的结论.
30．（2023·山东淄博·统考一模）已知抛物线：上一点到其焦点的距离为3，，为抛物线上异于原点的两点.延长，分别交抛物线于点，，直线，相交于点.
(1)若，求四边形面积的最小值；
(2)证明:点在定直线上.
【答案】(1)32
(2)证明见解析
【分析】（1）根据抛物线的焦半径公式求得抛物线方程，设，，直线的方程，联立方程，利用韦达定理求得，，再根据弦长公式求得，再结合基本不等式即可得解；
（2）设，，，根据，，三点共线和，，三点共线，求得，再结合（1）即可得出结论.
【详解】（1）由抛物线定义可知，，解得，
即抛物线方程为，
由题意，设，，直线的方程，
由，消去得，恒成立，
由韦达定理可知：，，
故，
因为，所以直线的方程为，
于是，
则
当且仅当，即时等号成立，
所以四边形面积的最小值为32；
（2）设，，，因为，，，都在上，
所以，，
因为，，三点共线，所以有，
即，整理得：，
同理，因为，，三点共线，可得，
即，
解得：，
由（1）可知，，代入上式可得：，
得，
即点在定直线上.
【点睛】本题考查了抛物线的焦半径公式及抛物线与直线位置关系的应用，考查了抛物线中四边形的面积的最值问题，及抛物线中的定直线问题，考查了逻辑推理和数据分析能力，有一定的难度.
31．（2023·山东潍坊·校考一模）已知抛物线：的焦点为，直线交抛物线于两点（异于坐标原点），交轴于点（），且，直线，且与抛物线相切于点.
(1)求证：三点共线；
(2)过点作该抛物线的切线（点为切点），交于点.
（ⅰ）试问，点是否在定直线上，若在，请求出该直线，若不在，请说明理由；
（ⅱ）求的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)（ⅰ）点在定直线上；（ⅱ）的最小值为16.
【分析】（1）易知焦点，设出两点坐标，根据得到，再由可知两直线斜率相等，可得点坐标的表达式，再利用即可证明三点共线；（2）（ⅰ）分别写出直线，的方程，求出两直线交点的坐标表达式即可得出点在定直线上；（ⅱ）联立直线与抛物线方程，利用弦长公式求出的表达式，再求出点到的距离写出面积表达式利用基本不等式即可求得的最小值.
【详解】（1）由题可知，设，
又，由得，
所以，即，
所以直线的斜率为，
设，由可得，
所以直线的斜率为，
又，即，所以，得
所以，，
即，则三点共线.
（2）（ⅰ）点在定直线上，理由如下：
直线的斜率为，所以直线的方程为
即
过点的切线斜率为，所以直线的方程为
即，
交于点，解得
因此，点在定直线上.
（ⅱ）由（1）知直线的斜率为，方程为，
即，
联立抛物线方程整理得，
所以，
所以
又因为，所以点到的距离等于点到直线的距离，
而到直线的距离为
所以
而，当且仅当，即时等号成立；
所以，
即的最小值为16.
【点睛】方法点睛：定点问题，通常根据已知条件假设直线方程，再与曲线方程联立，借助韦达定理化简后代入分析.
面积的最值问题通常转化为函数的最值问题，进一步直接求解函数的最值或利用基本不等式、函数求导来求解函数最值.
32．（2021·全国·统考模拟预测）已知抛物线C：的焦点为F，过点P(2，0)作直线交抛物线于A，B两点．
(1)若的倾斜角为，求△FAB的面积；
(2)过点A，B分别作抛物线C的两条切线，且直线与直线相交于点M，问：点M是否在某定直线上？若在，求该定直线的方程，若不在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)点M在定直线x＝－2上
【分析】（1）根据已知条件，可得直线的方程，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理、弦长公式以及点到直线的距离公式，即可求得△FAB的面积；
（2）根据已知条件，结合导数，分别求出两条切线，，再联立两条切线方程，并利用韦达定理的条件，即可得出结果．
【详解】（1）∵l的倾斜角为，∴，
∵直线为点P(2，0)，∴直线的方程y＝x－2，即x＝y＋2，
联立直线与抛物线方程，化简可得，
设A，B，则，，
∴，
又∵点F(1，0)到直线的距离是，
∴．
（2）设的方程为，
联立直线与抛物线方程，化简可得，
则，由韦达定理可得＝4m，＝－8，
∴，
不妨设点A在x轴上方，点B在x轴下方，
当时，，求导可得，∴，
∴抛物线C上过点A的切线的方程为，即①，
当时，，求导可得，∴，
∴抛物线C上过点B的切线方程为，即②，
联立①②可得，，
∵，
∴，
∵＝4，∴，
又∵，∴x＝－2，即M的横坐标恒为－2，
∴点M在定直线x＝－2上．
33．（2022·上海虹口·统考二模）已知抛物线的焦点为F，准线为l，记准线l与x轴的交点为A，过A作直线交抛物线C于，两点．
(1)若，求的值；
(2)若M是线段AN的中点，求直线的方程；
(3)若P，Q是准线l上关于x轴对称的两点，问直线PM与QN的交点是否在一条定直线上？请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)在定直线上，理由见解析
【分析】（1）根据焦半径公式即可求出；
（2）设直线MN的方程，与抛物线联立即可利用M是线段AN的中点求出m，从而求出直线的方程；
（3）设，即可求出直线PM与QN的方程，联立即可解出交点，从而可以判断交点在定直线上．
【详解】（1）根据题意，得
因为抛物线，所以准线为，
所以；
（2）由题意可知，直线的斜率不为0，故设直线的方程，
联立，消去，可得，
所以，即，，，
而M是线段AN的中点，所以，故，
解得，故，解得，
所以直线MN的方程为，即；
（3）直线MN的方程，设，
则，，
联立消去可得：，即，整理得：，
将，代入得，故，，
所以直线PM与QN的交点在定直线上．
34．（2022·四川宜宾·统考三模）设抛物线：，以为圆心，5为半径的圆被抛物线的准线截得的弦长为8．
(1)求抛物线的方程；
(2)过点的两条直线分别与曲线交于点A，B和C，D，且满足，，求证：线段的中点在直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设到的距离为，由题意可得：，可解得，即可求出抛物线的方程.
（2）设，，由，表示出点的坐标，代入抛物线的方程结合题意可得，同理可得：，又因为，是关于的方程的两根，则， 即可证明.
（1）
：的准线：
设到的距离为，
由已知得，∴，∴，∴
∴的方程为
（2）
设，
∵，∴
∴，∴
代入得
∴
∴
∵点N在抛物线内部，∴，，∴
同理
∴，是关于的方程的两根，
∴，∴
∴的中点在直线上．
35．（2022·江西赣州·赣州市第三中学校考模拟预测）如图，过抛物线焦点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，，求的值；
(2)求证：直线MN与直线CD交点在定直线上．
【答案】(1)4；
(2)证明见解析.
【分析】（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.
（1）
抛物线的焦点，显然直线AB不垂直于y轴，设其方程为：，
由消去x并整理得，，设点，，则，，
矩形ANOM和矩形BDOC面积分别为，，
所以．
（2）
由（1）得，，，，
于是得直线MN的方程为：，直线CD的方程为：，
由消去y并整理得：，而，
因此有，即直线MN与直线CD交点在直线上.
所以线MN与直线CD交点在定直线上.
【点睛】方法点睛：涉及用过定点的直线l解决问题，若直线l不垂直于x轴，可设其方程为：；
若直线l不垂直于y轴，可设其方程为：.