人教A版普通高中数学一轮复习第八章第八节第四课时圆锥曲线中的定点、定直线与定值问题学案

这是一份人教A版普通高中数学一轮复习第八章第八节第四课时圆锥曲线中的定点、定直线与定值问题学案，共25页。
定点问题
【例1】(2024·烟台模拟)已知椭圆Ω：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为55，焦距为2.
(1)求Ω的标准方程．
(2)过Ω的右焦点F作相互垂直的两条直线l1，l2(均不垂直于x轴)，l1交Ω于A，B两点，l2交Ω于C，D两点．设线段AB，CD的中点分别为M，N，证明：直线MN过定点．
(1)解：因为离心率e＝ca＝55，2c＝2，且a2＝b2＋c2，
所以c＝1，a＝5，b＝2，
故Ω的标准方程为x25＋y24＝1.
(2)证明：由(1)知F(1，0)．
设直线AB的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立y=kx−1，x25+y24=1，
消去y，得(5k2＋4)x2－10k2x＋5k2－20＝0，
则x1＋x2＝10k25k2+4，y1＋y2＝−8k5k2+4，
所以点M的坐标为5k25k2+4，−4k5k2+4．
因为CD⊥AB，所以CD的斜率为－1k．
将点M坐标中的k换为－1k，可得点N的坐标为54k2+5，4k4k2+5．
当k≠±1时，设直线MN的斜率为kMN，
则kMN＝yN−yMxN−xM＝−9k5k2−5，
所以直线MN的方程为y－4k4k2+5＝−9k5k2−5x−54k2+5，
即y＝−9k5k2−5x−59，则直线MN过定点59，0．
当k＝±1时，直线MN的方程为x＝59，
也过点59，0．
综上所述，直线MN过定点59，0．
1．求解直线过定点问题的基本思路
由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．
2．求解曲线过定点问题的基本思路
把曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是曲线所过的定点．
已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的上顶点和两焦点构成的三角形为等腰直角三角形，且面积为2，点M为椭圆C的右顶点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若经过点P(t，0)(不与点M重合)的直线l与椭圆C交于A，B两点，实数t取何值时以AB为直径的圆恒过点M?
解：(1)由题意知b=c，bc=2，解得b＝c＝2.
又a2－b2＝c2，则a＝2，
所以椭圆C的方程为x24＋y22＝1.
(2)由(1)知M(2，0)．
若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x＝t(－2＜t＜2)，
此时At，2−t22，Bt，−2−t22．
由MA·MB＝0，
得t−2，2−t22·t−2，−2−t22＝0，
解得t＝23或t＝2(舍)，即t＝23．
若直线l的斜率存在，不妨设直线l：y＝k(x－t)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立y=kx−t，x24+y22=1，
得(1＋2k2)x2－4k2tx＋2k2t2－4＝0，
则Δ＝32k2－8k2t2＋16＞0，
所以x1＋x2＝4k2t1+2k2，x1x2＝2k2t2−41+2k2．
由题意知MA·MB＝0，即(x1－2，y1)·(x2－2，y2)＝0，
易得(1＋k2)x1x2－(2＋k2t)(x1＋x2)＋4＋k2t2＝0，
即(1＋k2)(2k2t2－4)－(2＋k2t)·4k2t＋(4＋k2t2)·(1＋2k2)＝0，
整理得k2(3t2－8t＋4)＝0.
因为k不恒为0，
故解得t＝23或t＝2(舍)，当t＝23时，满足Δ＞0.
综上，当t＝23时，以AB为直径的圆恒过点M.
定直线问题
【例2】(2024·成都模拟)已知A1(－3，0)和A2(3，0)是椭圆η：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右顶点，直线l与椭圆η相交于M，N两点，直线l不经过坐标原点O，且不与坐标轴平行，直线A1M与直线A2M的斜率之积为－59．
(1)求椭圆η的标准方程；
(2)若直线OM与椭圆η的另外一个交点为S，直线A1S与直线A2N相交于点P，直线PO与直线l相交于点Q，证明：点Q在一条定直线上，并求出该定直线的方程．
(1)解：不妨设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
易知kA1M·kA2M＝y1x1+3·y1x1−3＝y12x12−9＝－59，
则y12＝－59(x12)－9)．
又因为a＝3，所以x129＋y12b2＝1，
整理得y12＝b21−x129，
所以－59(x12)－9)＝b21−x129，所以b2＝5，
则椭圆η的标准方程为x29＋y25＝1.
(2)证明：设直线l的方程为x＝my＋n(m≠0，n≠0)，
联立x=my+n，x29+y25=1，
消去x并整理得(5m2＋9)y2＋10mny＋5n2－45＝0，
此时Δ＝180(5m2－n2＋9)＞0，
由韦达定理得y1y2＝5n2−455m2+9，y1＋y2＝－10mn5m2+9．
由椭圆的对称性可得S(－x1，－y1)．
不妨设P(x0，y0)，由P，S，A1三点共线，
得y0x0+3＝y1x1−3，
由P，N，A2三点共线，得y0x0−3＝y2x2−3，
所以2x0y0＝x0+3y0＋x0−3y0＝x1−3y1＋x2−3y2＝my1+n−3y1＋my2+n−3y2＝2m＋(n－3)y1+y2y1y2＝2m－(n－3)2mnn2−9＝6mn+3，
此时直线OP的斜率kOP＝y0x0＝n+33m，
所以直线OP的方程为y＝n+33mx.
联立x=my+n，y=n+33mx，解得x＝－3，
故点Q在一条定直线上，
该定直线的方程为x＝－3.
关于定直线问题
此类问题往往涉及动点，一般的解题方法是表示出动点的坐标，利用消元法、观察法等得到动点满足的不变关系，即动点所在的定直线方程．
已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的离心率为233，左、右焦点分别为F1，F2，点P的坐标为(3，1)，且PF1·PF2＝6.
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点P的动直线l与C的左、右两支分别交于两点A，B，若点M在线段AB上，满足APAM＝BPBM，证明：M在定直线上．
(1)解：因为双曲线C的离心率e＝ca＝233＝23，
设a＝3t，c＝2t，t＞0，
所以F1(－2t，0)，F2(2t，0)，PF1＝(－2t－3，－1)，PF2＝(2t－3，－1)，
所以PF1·PF2＝(－2t－3)(2t－3)＋1＝6，
解得t＝1或t＝－1(舍)．
又a2＋b2＝c2，所以a＝3，b＝1，
所以双曲线C的方程为x23－y2＝1.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
当直线l斜率不存在时，不成立．
设l：y－1＝k(x－3)，
即y＝kx＋1－3k，k∈−33，33，
由y=kx+1−3k，x23−y2=1，
可得(1－3k2)x2－6k(1－3k)x－3(2－6k＋9k2)＝0.
由于点P在双曲线内部且k∈−33，33，易得Δ＞0，
所以x1＋x2＝6k1−3k1−3k2，
x1x2＝−32−6k+9k21−3k2．
设M(x0，y0)，根据题意，x1＜x0＜x2＜3，
又APAM＝BPBM，可得3−x1x0−x1＝3−x2x2−x0，
整理得6x0＋2x1x2＝(x0＋3)(x1＋x2)，
即6x0－62−6k+9k21−3k2＝(x0＋3)6k1−3k1−3k2，
化简得x0－2＝kx0－3k.
又y0＝kx0＋1－3k，消去k，得x0－y0－1＝0，
所以点M在定直线x－y－1＝0上．
定值问题
考向1 长度或距离成定值问题
【例3】双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的左顶点为A，焦距为4，过右焦点F作垂直于实轴的直线交C于B，D两点，且△ABD是直角三角形．
(1)求双曲线C的方程．
(2)已知M，N是C上不同的两点，MN中点的横坐标为2，且MN的中垂线为直线l，是否存在半径为1的定圆E，使得l被圆E截得的弦长为定值？若存在，求出圆E的方程；若不存在，请说明理由．
解：(1)因为△ABD是直角三角形，
所以∠BAD＝90°.
又焦距为4，所以c＝2.
由|AF|＝|BF|，可得a＋c＝b2a，
整理得a2＋2a＝22－a2，解得a＝1或a＝－2(舍去)，
所以b2＝c2－a2＝4－1＝3，
则双曲线C的方程为x2－y23＝1.
(2)不妨设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为P(x0，y0)．
因为M，N是C上不同的两点，且MN中点的横坐标为2，所以x0=x1+x22=2，y0=y1+y22．
由(1)知双曲线C的方程为x2－y23＝1，
所以x12−y123=1，x22−y223=1，
两式相减得(x1＋x2)(x1－x2)－y1+y2y1−y23＝0，
当直线MN的斜率存在时，kMN＝y1−y2x1−x2＝3x1+x2y1+y2＝3×42y0＝6y0．
因为MN的中垂线为直线l，所以l的方程为y－y0＝－y06(x－2)，即l：y＝－y06(x－8)，
所以直线l过定点T(8，0)．
当直线MN的斜率不存在时，M，N两点关于x轴对称，MN的中垂线l为x轴，
此时直线l也过T(8，0)，
所以存在以(8，0)为圆心的定圆E：(x－8)2＋y2＝1，使得直线l被圆E截得的弦长为定值2.
解答圆锥曲线定值问题的技巧
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)引进变量法，解题流程为
考向2 斜率或代数式成定值问题
【例4】(2024·呼和浩特模拟)已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的一个焦点为F(2，0)，且椭圆经过点M(3，－1)．
(1)求椭圆的方程；
(2)设A，B是x轴上的两个动点，且|AM|＝|BM|，直线AM，BM分别交椭圆于点P，Q(均不同于M)，证明：直线PQ的斜率为定值．
(1)解：由已知c＝2，得a2－b2＝4①.
将点M(3，－1)代入椭圆方程得3a2＋1b2＝1②.
联立①②，解得a2＝6，b2＝2，
所以椭圆方程为x26＋y22＝1.
(2)证明：显然直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立x26+y22=1， y=kx+m，得(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－6＝0，
满足Δ＞0时，有x1＋x2＝−6km3k2+1，x1x2＝3m2−63k2+1．
由|AM|＝|BM|，得kMP＋kMQ＝0，
即y1+1x1−3＋y2+1x2−3＝0，
即kx1+m+1x1−3＋kx2+m+1x2−3＝0，
化简得2kx1x2＋(m＋1－3k)(x1＋x2)－23(m＋1)＝0，
即33k2＋3k(m＋2)＋3(m＋1)＝0，
即(3k＋3)(3k＋m＋1)＝0.
又点M(3，－1)不在直线PQ上．
所以3k＋m＋1≠0，
所以3k＋3＝0，所以k＝－33，
故直线PQ的斜率为定值－33．
关于直线的斜率或代数式的定值问题
利用坐标或参数表示出斜率或代数式是关键，通过化简及变量满足的关系得出定值即可．
考向3 平面图形的面积成定值问题
【例5】(2024·临沂模拟)已知动点M(x，y)与点F(1，0)的距离和它到直线x＝4的距离之比是12，点M的轨迹为曲线C．
(1)求C的方程；
(2)若点A，B，D，E在C上，且AB＝2DE，AD与BE交于点P，点P在椭圆x212＋y29＝1上，证明：△PAB的面积为定值．
(1)解：由题意知x−12+y2x−4＝12，
化简整理得曲线C的方程为x24＋y23＝1.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，
由题意知x0212＋y029＝1.
由AB＝2DE，可知D，E分别为AP，BP的中点，
所以Dx1+x02，y1+y02，Ex2+x02，y2+y02．
由x124+y123=1， 14x1+x022+13 y1+y022=1，
得x024＋y023＋x0x12＋2y0y13－3＝0.
因为x0212＋y029＝1，所以x024＋y023＝3，所以3x0x1＋4y0y1＝0.
同理3x0x2＋4y0y2＝0，
所以A，B都在直线3x0x＋4y0y＝0上．
由3x0x+4y0y=0，x24+y23=1，
得x2＝16y023x02+4y02，y2＝9x023x02+4y02．
又因为直线AB过坐标原点，
所以|AB|＝2x2+y2＝29x02+16y023x02+4y02.
又点P到直线AB的距离d＝3x02+4y029x02+16y02，
所以S△PAB＝12|AB|d＝12×29x02+16y023x02+4y02·3x02+4y029x02+16y02＝3x02+4y02.
又因为x0212＋y029＝1，所以3x02+4y02＝36，
故S△PAB＝6，所以△PAB的面积为定值6.
关于几何图形面积定值问题
利用点的坐标、直线斜率及相关的参数表示出几何图形的面积，再根据这些量满足的关系论证几何图形面积为定值．
1．已知抛物线C：y2 ＝2px(p＞0)，其焦点为F，O为坐标原点，直线l与抛物线C相交于不同的两点A，B，M为AB的中点．
(1)若p＝2，M的坐标为(1，1)，求直线l的方程；
(2)若直线l过焦点F，AB的垂直平分线交x轴于点N，求证：2MN2FN为定值．
(1)解：当p＝2时，抛物线C：y2＝4x.由题意知直线l的斜率存在且不为0，
故设直线l的方程为x－1＝t(y－1)，
即x＝ty＋1－t.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由x=ty+1−t，y2=4x， 得y2－4ty－4＋4t＝0,
所以Δ＝16t2＋16－16t＝16(t2－t＋1)＞0，
则有y1＋y2＝4t，所以4t＝2，即t＝12．
所以直线l的方程为2x－y－1＝0.
(2)证明：因为抛物线C：y2＝2px(p＞0)，
所以焦点F的坐标为p2，0．
由题意知直线l的斜率存在且不为0，
又因为直线l过焦点F，
故设直线l的方程为x＝ty＋p2(t≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由x=ty+p2， y2=2px， 得y2－2pty－p2＝0，
所以Δ＝4p2t2＋4p2＞0，y1＋y2＝2pt.
所以x1＋x2＝t(y1＋y2)＋p＝2pt2＋p，
所以Mpt2+p2 ，pt，
所以MN的方程为y－pt＝－tx−pt2−p2 ．
令y＝0，解得x＝pt2＋3p2，
所以Npt2+3p2 ，0，所以|MN|2＝p2＋p2t2，
|FN|＝pt2＋3p2－p2＝pt2＋p，
所以2MN2FN＝2p2+p2t2pt2+p＝2p，为定值．
2．如图，曲线C1是以原点O为中心，F1，F2为焦点的椭圆的一部分，曲线C2是以O为顶点，F2为焦点的抛物线的一部分，A是曲线C1和C2的一个交点，且∠AF2F1为钝角，若|AF1|＝72，|AF2|＝52．
(1)求曲线C1和C2所在椭圆和抛物线的方程．
(2)过F2作一条与x轴不垂直的直线，分别与曲线C1和C2交于B，E，C，D四点，若G为CD的中点，H为BE的中点，问BE·GF2CD·HF2是否为定值？若是，请求出此定值；否则，请说明理由．
解：(1)设椭圆方程为x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)，则2a＝|AF1|＋|AF2|＝72＋52＝6，得a＝3.
设A(x，y)，F1(－c，0)，F2(c，0)，
则(x＋c)2＋y2＝722，(x－c)2＋y2＝522，
两式相减得x·c＝32．
由抛物线的定义可知|AF2|＝x＋c＝52，
则c＝1，x＝32或x＝1，c＝32．
又因为∠AF2F1为钝角，所以x＞c，所以c＝1，x＝32．
所以曲线C1所在的椭圆方程为x29＋y28＝1−3≤x≤32，
曲线C2所在的抛物线方程为y2＝4x0≤x≤32．
(2)设B(x1，y1)，E(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，直线方程为y＝k(x－1)(k≠0)，
代入x29＋y28＝1，得8yk+12＋9y2－72＝0，
即(8＋9k2)y2＋16ky－64k2＝0，
Δ＝(16k)2＋4×(8＋9k2)×64k2＞0，
则y1＋y2＝－16k8+9k2，y1y2＝－64k28+9k2．
将y＝k(x－1)(k≠0)代入y2＝4x，
得ky2－4y－4k＝0，
Δ＝16＋4×k×4k＞0，
则y3＋y4＝4k，y3y4＝－4，
所以BE·GF2CD·HF2＝y1−y2y3−y4·12y3+y412y1+y2
＝y1−y22·y3+y42y1+y22·y3−y42
＝y1+y22−4y1y2y1+y22·y3+y42y3+y42−4y3y4
＝−16k28+9k22+4×64k28+9k2−16k28+9k22·4k24k2+16＝3，为定值．
3．已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为22，点Qb，ab在椭圆上，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知点P，M，N为椭圆C上的三点，若四边形OPMN为平行四边形，证明：四边形OPMN的面积S为定值，并求该定值．
(1)解：由椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为22，得e2＝c2a2＝12，
所以a2−b2a2＝12，则b2a2＝12，即a2＝2b2.
将Qb，ab代入椭圆C的方程，得b22b2＋2b2b4＝1，
解得b2＝4，所以a2＝8，
所以椭圆C的方程为x28＋y24＝1.
(2)证明：当直线PN的斜率k不存在时，直线PN的方程为x＝2或x＝－2，
从而有|PN|＝23，
所以四边形OPMN的面积为
S＝12|PN|·|OM|＝12×23×22＝26.
当直线PN的斜率k存在时，
设直线PN的方程为y＝kx＋m(m≠0)，
P(x1，y1)，N(x2，y2)．
将PN的方程代入C整理得
(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－8＝0，
Δ＝16k2m2－4×(1＋2k2)(2m2－8)＞0，
所以x1＋x2＝−4km1+2k2，x1x2＝2m2−81+2k2，
y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝2m1+2k2．
由OM＝OP+ON，得M−4km1+2k2，2m1+2k2，
将M点坐标代入椭圆C的方程，得m2＝1＋2k2.
又点O到直线PN的距离为d＝m1+k2，
|PN|＝1+k2|x1－x2|，
所以四边形OPMN的面积为
S＝d·|PN|＝|m|·|x1－x2|
＝1+2k2·|x1－x2|
＝16k2−8m2+32＝24＝26.
综上，四边形OPMN的面积S为定值16k2−8m2+32＝24＝26.
课时质量评价(五十六)
1．(2024·重庆模拟)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为32，椭圆的上顶点B到两焦点的距离之和为4.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于异于点B的两点P，Q，直线BP，BQ与x轴相交于M(xM，0)，N(xN，0)，若1xM＋1xN＝1，求证：直线l过一定点，并求出定点坐标．
(1)解：椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为32，则ca＝32，
椭圆的上顶点B到两焦点的距离之和为4，
则2a＝4，
所以a＝2，c＝3，从而b2＝a2－c2＝1，
故椭圆C的标准方程为x24＋y2＝1.
(2)证明：将y＝kx＋m代入x24＋y2＝1，消去y并整理得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m2－4)＞0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝−8km4k2+1，x1x2＝4m2−44k2+1．
由于B(0，1)，则直线BP：y－1＝y1−1x1x，
令y＝0，得xM＝x11−y1，
同理可得xN＝x21−y2．
若1xM＋1xN＝1，则xM＋xN＝xMxN，
则x1x2＝x1＋x2－(x1y2＋x2y1)，
即(2k＋1)x1x2＝(1－m)(x1＋x2)，整理得(m－1)(2k＋m＋1)＝0，所以2k＋m＋1＝0或m＝1.
当m＝1时，直线l：y＝kx＋1过定点(0，1)，
与条件“直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于异于点B的两点P，Q”矛盾；
当2k＋m＋1＝0时，直线l：y＝kx＋m可化为y＝k(x－2)－1，过定点(2，－1)．
综上，直线l过一定点，定点坐标为(2，－1)．
2．如图，已知抛物线C：y＝12x2，直线y＝kx＋2交抛物线C于A，B两点，O为坐标原点，设抛物线C在点A处的切线为l1，在点B处的切线为l2 ，证明：l1与l2的交点M在一定直线上．
证明：设 Ax1，12 x12，Bx2，12 x22，M(x0，y0)，
把y＝kx＋2代入y＝12x2，
得x2－2kx－4＝0，Δ＝4k2＋16＞0，
则x1+x2=2k，x1x2=−4.
因为y＝12x2，所以y′＝x，
故经过点Ax1，12 x12的切线l1的方程为y－12x12＝x1(x－x1)，
即y＝x1x－12x12①，
同理，经过点Bx2，12 x22的切线l2的方程为y＝x2x－12x22②.
由①②消去x，可得y＝12x1x2＝－2，
即y0＝－2.
所以点M在定直线y＝－2上．
3．已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的一个焦点为F1(－1，0)，其左顶点为A，上顶点为B，且F1到直线AB的距离为77|OB|(O为坐标原点)．
(1)求椭圆C的方程．
(2)若椭圆E：x2a2＋y2b2＝λ(λ＞0且λ≠1)，则称椭圆E为椭圆C的λ倍相似椭圆．已知椭圆E是椭圆C的3倍相似椭圆，直线l：y＝kx＋m与椭圆C，E交于四点(依次为M，N，P，Q，如图)，且MQ+PQ＝2NQ，证明：点T(k，m)在定曲线上．
解：(1)由题可知A(－a，0)，B(0，b)，且a＞1，
所以直线AB的方程为x−a＋yb＝1，即bx－ay＋ab＝0，
所以F1(－1，0)到直线AB的距离为
d＝ab−ba2+b2＝77b，
所以a2＋b2＝7(a－1)2.
又b2＝a2－1，解得a＝2或a＝45(舍去)，b＝3，
所以椭圆C的方程为x24＋y23＝1.
(2)椭圆C的3倍相似椭圆E的方程为x212＋y29＝1，
设N，P，M，Q各点坐标依次为(x1，y1)，(x2，y2)，(x3，y3)，(x4，y4)，
将y＝kx＋m代入椭圆C的方程，
得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
所以Δ1＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝48(4k2＋3－m2)＞0(*)，
x1＋x2＝－8km3+4k2，x1x2＝4m2−123+4k2，
所以|x1－x2|＝x1+x22−4x1x2＝434k2+3−m23+4k2．
将y＝kx＋m代入椭圆E的方程，
得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－36＝0，
Δ2＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－36)＞0，
所以x3＋x4＝－8km3+4k2，x3x4＝4m2−363+4k2，|x3－x4|＝x3+x42−4x3x4＝4312k2+9−m23+4k2，
所以x1＋x2＝x3＋x4，
所以线段NP与MQ的中点相同，所以|MN|＝|PQ|.
由MQ+PQ＝2NQ，得NM＝PN，所以|MQ|＝3|PN|，
所以|x3－x4|＝3|x1－x2|，
所以4312k2+9−m23+4k2＝3×434k2+3−m23+4k2，
化简得12k2＋9＝4m2，满足(*)式，
所以4m29－4k23＝1，
即点(k，m)在定曲线4y29－4x23＝1上．
4．已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)，过点P(－1，－1)且与x轴平行的直线与椭圆E恰有一个公共点，过点P且与y轴平行的直线被椭圆E截得的线段长为3.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设过点P的动直线与椭圆E交于M，N两点，T为y轴上的一点，设直线MT和NT的斜率分别为k1和k2，若1k1＋1k2为定值，求点T的坐标．
解：(1)由题意可得b＝1，由1a2＋y2＝1，
可得|y|＝1−1a2.
由题意可知21−1a2＝3，
可得a2＝4，
所以椭圆E的标准方程为x24＋y2＝1.
(2)设T(0，t)，显然直线MN的斜率不为0，设直线MN的方程为x＝m(y＋1)－1＝my＋m－1，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立x=my+m−1，x2+4y2=4， 整理可得
(4＋m2)y2＋2m(m－1)y＋(m－1)2－4＝0，
Δ＝4m2(m－1)2－4(4＋m2)[(m－1)2－4]＞0，
y1＋y2＝－2mm−14+m2，y1y2＝m−12−44+m2＝m2−2m−34+m2．
由题意可得1k1＋1k2＝x1y1−t＋x2y2−t
＝my1+m−1y2−t+my2+m−1y1−ty1−ty2−t
＝2my1y2+−mt+m−1y1+y2−2tm−1y1y2−ty1+y2+t2
＝2mm2−2m−3−−mt+m−1·2mm−1−2tm−14+m2m2−2m−3+2tmm−1+t24+m2
＝−8mt+1+8tt+12m2−2t+1m+4t2−3，
因为其值为定值，所以当t＝－1时，定值为－8，
所以T(0，－1)．
5．已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，过F1且斜率为24的直线与椭圆的一个交点在x轴上的射影恰好为F2.
(1)求椭圆E的方程．
(2)如图，椭圆E的下顶点为A，过点B(0，2)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轴于点H，G.求证：△ABG与△AOH的面积之积为定值，并求出该定值．
(1)解：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=1，1a2+12b2=1，解得a2=2，b2=1.
所以椭圆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+2，x22+y2=1，得(1＋2k2)x2＋8kx＋6＝0，由Δ＝16k2－24＞0，得k2＞32，
所以x1＋x2＝－8k1+2k2，x1x2＝61+2k2，
所以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＝1+y1x1x－1，
令y＝0，解得x＝x11+y1，
则Hx11+y1，0，同理可得Gx21+y2，0，
所以S△AOH·S△ABG＝12×1×x11+y1×12×3×x21+y2＝34x1x21+y11+y2
＝34x1x21+y1+y2+y1y2
＝3461+2k21+41+2k2+4−2k21+2k2
＝3461+2k2+4+4−2k2＝34×69＝12．
6．(2024·张掖模拟)已知点A(x0，－2)在抛物线C：y2＝2px(p＞0)上，且A到C的焦点F的距离与到x轴的距离之差为12．
(1)求抛物线C的方程．
(2)当p＜2时，M，N是C上不同于点A的两个动点，且直线AM，AN的斜率之积为－2，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点E，使得|DE|为定值．
(1)解：抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为Fp2，0，准线为x＝－p2，
又点A(x0，－2)在抛物线C：y2＝2px(p＞0)上，即(－2)2＝2px0，所以x0＝2p，即A2p，−2．
依题意可得2p＋p2－2＝12，解得p＝1或p＝4，
所以y2＝2x或y2＝8x.
(2)证明：因为p＜2，所以y2＝2x，A(2，－2)．
由题可知直线MN的斜率不为0，设直线MN：x＝my＋n，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立y2=2x， x=my+n，
消去x，整理得y2－2my－2n＝0，
Δ＝4m2＋8n＞0①，
且y1＋y2＝2m，y1y2＝－2n，
所以kAM·kAN＝2y1−2·2y2−2＝－2，
所以(y1－2)(y2－2)＝－2，
即y1y2－2(y1＋y2)＋6＝0，
所以n＋2m＝3满足①.
将n＝3－2m代入x＝my＋n，得x－3＝m(y－2)，
令x−3=0，y−2=0，解得x=3，y=2，
所以直线MN恒过定点Q(3，2)．
又因为AD⊥MN，所以点D在以AQ为直径的圆上．
因为A，Q的中点为52，0，
|AQ|＝3−22+2+22＝17，
所以以AQ为直径的圆的方程为x−522＋y2＝174，所以存在E52，0，使得DE为定值172．