【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019选择性必修一）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） Word版含解析.docx，共(35)页，245.406 KB，由小赞的店铺上传

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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)，𝐵(2,0)，设𝑀(𝑥1,𝑦1),𝑁(𝑥2,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+2(𝑥+2)，直线𝐵𝑁的方程为𝑦=𝑦2𝑥2−2(𝑥−2)，联立{𝑦=𝑦1𝑥1+2(𝑥+2)𝑦=𝑦2𝑥

2−2(𝑥−2)，即{𝑦=𝑘(𝑥1−1)𝑥1+2(𝑥+2)𝑦=𝑘(𝑥2−1)𝑥2−2(𝑥−2)，解得𝑥=2(2𝑥1𝑥2−3𝑥1+𝑥2)𝑥1+3𝑥2−4原式=2[2𝑥1𝑥2−3(𝑥1+𝑥2)+4𝑥2](𝑥

1+𝑥2)+2𝑥2−4=2(2⋅4𝑘2−123+4𝑘2−3⋅8𝑘23+4𝑘2+4𝑥2)8𝑘23+4𝑘2+2𝑥2−4=2(−16𝑘2−243+4𝑘2+4𝑥2)−8𝑘2−123+4𝑘2+2𝑥2=4(−8𝑘2−123+4𝑘2+2𝑥2)−8𝑘2−123+4�

�2+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=�

�𝑦+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(�

�1,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10√5．(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10√5，由y=5与抛物线方程联立求解；（2）设l的方程为𝑦=𝑘(𝑥−2)+5，与抛物线方程联立，根据P在以AB为直径的圆上，由𝑃𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑃𝐵⃑⃑⃑⃑⃑=0求解.【解答过程】(1)解：因为当

l垂直于y轴时，△OAB的面积为10√5，联立{𝑦=5𝑥2=2𝑝𝑦，得𝑥=±√10𝑝,𝑦=5．所以△OAB的面积为12×2√10𝑝⋅5=10√5，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=𝑘(𝑥−2)+5，𝐴(𝑥1,𝑥124)，𝐵(𝑥2,𝑥224)，假设存在点P（𝑥0，𝑥024），使得𝑃𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑃𝐵⃑⃑⃑⃑⃑=0，联立{𝑦=𝑘(𝑥−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𝑃𝐴⃑⃑⃑⃑⃑=(𝑥1−𝑥0,𝑥124−𝑥024),𝑃𝐵⃑⃑⃑⃑⃑=(𝑥2−𝑥0,𝑥224−𝑥024)，所以𝑃𝐴⋅𝑃𝐵=(𝑥1−𝑥0)(

𝑥2−𝑥0)+(𝑥124−𝑥024)(𝑥224−𝑥024)，=(𝑥1−𝑥0)(𝑥2−𝑥0)[(𝑥1+𝑥0)(𝑥2+𝑥0)16+1]=0，又𝑥1≠𝑥0且𝑥2≠𝑥0，所以(𝑥1+𝑥0)(𝑥2+𝑥0)+16=0，所以𝑥1𝑥2+𝑥0(𝑥1+𝑥2)+𝑥

02+16=0，则𝑥02+4𝑘𝑥0+8𝑘−4=0，即(𝑥0+2)(𝑥0+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𝑃(𝑥1,𝑦1)，𝐴(𝑥2,

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𝑃(𝑥1,𝑦1)，𝐴(𝑥2,𝑦2)，则𝐵(−𝑥2,−𝑦2)，可得𝑘𝑃𝐴=𝑦1−𝑦2𝑥1−�

�2，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1𝑎2(𝑥1+𝑥2)(𝑥1−𝑥2)−1𝑏2(𝑦1+𝑦2)(𝑦1−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=1(𝑎>0,𝑏>0)的右焦点为𝐹(𝑐,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𝑄(𝑥0,𝑦0)(𝑥0≥1)，讨论当∠𝑄𝐹�

�=90°时求出点𝑀；当∠𝑄𝐹𝑀≠90°，设出点𝑀，由∠𝑄𝐹𝑀=2∠𝑄𝑀𝐹可知−𝑘𝑄𝐹=2𝑘𝑄𝑀1−𝑘2⬚𝑄𝑀，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𝑃(𝑎2𝑐,𝑎𝑏𝑐)，因为|𝑃𝐹|=√3，所以(𝑐−𝑎2𝑐)2+(0−𝑎𝑏𝑐)2=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𝐹(2,0)．设𝑄(𝑥0,𝑦0)(𝑥0≥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𝑀(𝑡,0)(𝑡<0)．tan∠𝑄𝐹𝑀=−𝑘𝑄𝐹=−𝑦0𝑥0−2，tan∠𝑄𝑀𝐹=𝑘𝑄𝑀=𝑦

0𝑥0−𝑡，因为∠𝑄𝐹𝑀=2∠𝑄𝑀𝐹，所以−𝑦0𝑥0−2=2×𝑦0𝑥0−𝑡1−(𝑦0𝑥0−𝑡)2（结合正切倍角公式）．（i）当𝑦0≠0时，上式化简为3𝑥02−𝑦02−(4+4𝑡)𝑥0+4

𝑡+𝑡2=0，又𝑥02−𝑦023=1，所以−(4+4𝑡)𝑥0+3+4𝑡+𝑡2=0，对任意𝑥0≥1,𝑥0≠2恒成立.所以{−(4+4𝑡)=03+4𝑡+𝑡2=0，解得𝑡=−1，即𝑀(−1,0)．（ii）当𝑦0=0，𝑡=−1时

，即𝑀(−1,0)也能满足∠𝑄𝐹𝑀=2∠𝑄𝑀𝐹．综上，在𝑥轴的负半轴上存在定点𝑀(−1,0)，使得∠𝑄𝐹𝑀=2∠𝑄𝑀𝐹．6．（2022·全国·高三阶段练习（理））如图，已知抛物线𝐶:𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)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，𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,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=𝑚(𝑦1+𝑦2)+2𝑝=2�

�(𝑚2+1).当直线l的倾斜角为30°时，𝑚=1tan30°=√3，|𝐴𝐵|=2𝑝(𝑚2+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=−𝑥2𝑦2(𝑥−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=34(𝑦1+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=1(𝑎>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=𝑘(𝑥+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�

�:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>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=|√13𝑐|√1+13=√39，所以𝑐=√42，又𝑐2=𝑎2+𝑏

2，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=𝑘(𝑥+9),消去y，并整理得(13−𝑘2)𝑥2−18𝑘2𝑥−3(27𝑘2+13)=0(13−𝑘2≠0).设𝑀(𝑥1,𝑦1)，𝑁

(𝑥2,𝑦2)，则𝑥1+𝑥2=18𝑘213−𝑘2，𝑥1𝑥2=−3(27𝑘2+13)13−𝑘2.设𝐴(−9,𝑡)，𝐵(−9,−𝑡)（𝑡≠0），则得直线AM的方程为𝑦−𝑡=𝑦1−𝑡𝑥1+9(𝑥+9)，直线

BN的方程为𝑦+𝑡=𝑦2+𝑡𝑥2+9(𝑥+9)，两个方程相减得2𝑡=(𝑦2+𝑡𝑥2+9−𝑦1−𝑡𝑥1+9)(𝑥+9)，①因为𝑦2+𝑡𝑥2+9−𝑦1−𝑡𝑥1+9=𝑘(𝑥2+9

)+𝑡𝑥2+9−𝑘(𝑥1+9)−𝑡𝑥1+9=𝑡(𝑥1+𝑥2+18)𝑥1𝑥2+9(𝑥1+𝑥2)+81，把上式代入①得：2=𝑥1+𝑥2+18𝑥1𝑥2+9(𝑥1+𝑥2)+81(𝑥+9)，所以𝑥=2𝑥1𝑥

2+9(𝑥1+𝑥2)𝑥1+𝑥2+18=2×[−3(27𝑘2+13)13−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�

�(𝑥0,2)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,𝑦�

�)，𝑁(𝑥𝑁,𝑦𝑁)，∵𝑃(1,2)，∴𝑃𝑀⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(𝑥𝑀−1,𝑦𝑀−2)，𝑃𝑁⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(𝑥𝑁−1,𝑦𝑁−2)，又∵{𝑥𝑀=𝑥𝑁𝑦𝑀=−𝑦𝑁，𝑃𝑀⊥𝑃𝑁，∴𝑃𝑁⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅�

�𝑀⃑⃑⃑⃑⃑⃑=0，解得𝑀(5,2√5)，𝑁(5,−2√5)∵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:�

�=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，𝑥1𝑥

2=𝑚2𝑘2，因为𝑃𝑀⊥𝑃𝑁，所以𝑃𝑀⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑃𝑁⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(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|=2√2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(2√2,−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𝐷𝐸⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝐷𝐹⃑⃑⃑⃑⃑=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𝐷𝐸⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝐷𝐹⃑⃑⃑⃑⃑=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𝑥2−4

𝑦2=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𝐸(𝑥1,𝑦1)𝐹(𝑥2,𝑦2)，联立𝑦=𝑘𝑥+𝑚与双曲线𝑥24−𝑦2=1，化简得(4𝑘2−

1)𝑥2+8𝑘𝑚𝑥+4(𝑚2+1)=0，Δ=(8𝑘𝑚)2−4(4𝑚2+4)(4𝑘2−1)>0，即4𝑘2−𝑚2−1<0，则有{𝑥1+𝑥2=−8𝑘𝑚4𝑘2−1𝑥1𝑥2=4𝑚2+44𝑘2−1

，又𝑦1𝑦2=(𝑘𝑥1+𝑚)(𝑘𝑥2+𝑚)=𝑘2𝑥1𝑥2+𝑘𝑚(𝑥1+𝑥2)+𝑚2，因为𝐷𝐸⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝐷𝐹⃑⃑⃑⃑⃑=(𝑥1−2)(𝑥2−2)+𝑦1𝑦2=0，所以(𝑘2+1)⋅𝑥1𝑥2+(𝑘𝑚−2)⋅(𝑥1

+𝑥2)+𝑚2+4=0，所以(𝑘2+1)⋅4𝑚2+44𝑘2−1+(𝑘𝑚−2)⋅−8𝑘𝑚4𝑘2−1+𝑚2+4=0，化简，得3𝑚2+16𝑘𝑚+20𝑘2=0，即(3𝑚+10𝑘)(𝑚

+2𝑘)=0，所以𝑚1=−2𝑘,𝑚2=−103𝑘，且均满足4𝑘2−𝑚2−1<0，当𝑚1=−2𝑘时，直线𝑙的方程为𝑦=𝑘(𝑥−2)，直线过定点(2,0)，与已知矛盾，当𝑚2=−103𝑘时，直线𝑙的方程为𝑦=𝑘(

𝑥−103)，过定点(103,0)（ii）当直线𝐸𝐹斜率不存在时，由对称性不妨设直线DE：𝑦=𝑥−2，与双曲线C方程联立解得𝑥𝐸=𝑥𝐹=103，此时𝐸𝐹也过点𝑀(103,0)，综上，直线𝐸𝐹过定点𝑀(103,0).由于𝐷𝐺

⊥𝐸𝐹，所以点𝐺在以𝐷𝑀为直径的圆上，𝐻为该圆圆心，|𝐺𝐻|为该圆半径，所以存在定点𝐻(83,0)，使|𝐺𝐻|为定值23.10．（2022·福建泉州·模拟预测）已知椭圆𝐶:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)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𝐹(𝑐,0)，其中𝑐=√𝑎2−𝑏2>0，则𝑀(𝑐,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𝑇(𝑡,0)，设点𝑃(𝑥0,𝑦0)(𝑥0≠±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𝐹(𝑐,0)，其中𝑐=√𝑎2−𝑏2>0，

则𝑀(𝑐,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𝑇(𝑡,0)，设点𝑃(𝑥0,𝑦0)(𝑥0≠±2,𝑦0≠0)，则𝑘𝑃𝐴=𝑦0𝑥0+2，所以，直线�

�𝐴的垂线的斜率为𝑘=−𝑥0+2𝑦0，故直线𝐹𝑄的方程为𝑦=−𝑥0+2𝑦0(𝑥−1)，在直线𝐹𝑄的方程中，令𝑥=−2，可得𝑦=3(𝑥0+2)𝑦0，即点𝑄(−2,3(�

�0+2)𝑦0)，所以，直线𝑃𝑄的方程为𝑦−𝑦0=𝑦0−3(𝑥0+2)𝑦0𝑥0+2(𝑥−𝑥0)，因为点𝑇在直线𝑃𝑄上，所以，−𝑦0=𝑦0−3(𝑥0+2)𝑦0𝑥0+2

(𝑡−𝑥0)，即𝑦02(𝑡+2)=3(𝑥0+2)(𝑡−𝑥0)，①又因为𝑥024+𝑦023=1，所以，𝑦02=3−3𝑥024，②将②代入①可得(3−3𝑥024)(𝑡+2)=3(𝑥0+2)(𝑡−𝑥

0)，即(𝑡−2)(𝑥0+2)2=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△𝑃𝐴

𝐵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||�

�𝑀|=|𝑃𝑁||𝑃𝐵|，所以|𝑥0+1||3−𝑥0|=|3−𝑥0||𝑥0−1|即(3−𝑥0)2=|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△𝑃𝑀

𝑁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𝑂𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑂𝐵⃑⃑⃑⃑⃑=−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=𝑘(𝑥+1)，联立直线与椭圆的方程，得出(3+4𝑘2)𝑥2+8𝑘2𝑥+4𝑘2−12=0，设𝐴(𝑥1，𝑦1)，𝐵(𝑥2

，𝑦2)可得韦达定理，代入𝑂𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑂𝐵⃑⃑⃑⃑⃑=−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𝑂𝐴⃑⃑⃑⃑⃑∙𝑂𝐵⃑⃑⃑⃑⃑=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=𝑘(𝑥+1)，联立{�

�24+𝑦23=1𝑦=𝑘(𝑥+1)得(3+4𝑘2)𝑥2+8𝑘2𝑥+4𝑘2−12=0，设𝐴(𝑥1，𝑦1)，𝐵(𝑥2，𝑦2)，则{𝑥1+𝑥2=−8𝑘23+4𝑘2𝑥1𝑥2=4𝑘2−123+4𝑘2，由𝑂𝐴⃑⃑⃑⃑⃑∙𝑂𝐵⃑⃑

⃑⃑⃑=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=𝑦1𝑥1−2(𝑥−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),𝐵(1,32)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:�

�=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(�

�>0,𝑛>0)，代入𝐴(−2,0),𝐵(1,32)，得𝑚=14,𝑛=13，故椭圆𝐶方程为𝑥24+𝑦23=1.（2）设直线𝑙:𝑦=𝑘𝑥+𝑚,𝑃(𝑥1,𝑦1),𝑄(𝑥2,𝑦2)，由

{𝑦=𝑘𝑥+𝑚,3𝑥2+4𝑦2=12⇒(4𝑘2+3)𝑥2+8𝑘𝑚𝑥+4𝑚2−12=0得，{𝑥1+𝑥2=−8𝑘𝑚4𝑘2+3𝑥1⋅𝑥2=4𝑚2−124𝑘2+3，Δ=64𝑘2𝑚2−4(4𝑘2+3)(4𝑚2−12)=192𝑘2−48𝑚2+144，又�

�1=𝑦1𝑥1+2=𝑘𝑥1+𝑚𝑥1+2,𝑘2=𝑘𝑥2+𝑚𝑥2+2，故𝑘1+𝑘2=𝑘𝑥1+𝑚𝑥1+2+𝑘𝑥2+𝑚𝑥2+2=2𝑘𝑥1𝑥2+2𝑘(𝑥1+𝑥2)+𝑚

(𝑥1+𝑥2)+4𝑚𝑥1𝑥2+2(𝑥1+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−2𝑘)(𝑚−𝑘)=0⇒𝑚=2𝑘或𝑚=𝑘，①当𝑚=2𝑘时，直线𝑙:𝑦=𝑘𝑥+2𝑘=𝑘(𝑥+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=𝑘(𝑥+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．（2

022·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)，𝐹2(1,0)，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+2𝑥

22+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,𝐴�

�∥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�

�𝐵∥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=(√2−1)𝑐=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+𝑦

22=1，故𝐹(−√2,0),𝐴(2,0)，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+2)𝑦2−2√2𝑡𝑦−2=0，设𝑀(𝑥1,𝑦1),𝑁(𝑥2,𝑦2)，则𝑦1+

𝑦2=2√2𝑡𝑡2+2,𝑦1𝑦2=−2𝑡2+2.故𝑘1𝑘2=𝑦1𝑥1−2⋅𝑦2𝑥2−2=𝑦1𝑦2(𝑡𝑦1−√2−2)(𝑡𝑦2−√2−2)=𝑦1𝑦2𝑡2𝑦1𝑦2−(2+√2)𝑡(𝑦1+𝑦2)+(2+√2)2=1𝑡2−(2+√2)𝑡(𝑦1+

𝑦2𝑦1𝑦2)+(2+√2)2𝑦1𝑦2=1𝑡2+√2(2+√2)𝑡2−(2+√2)2×(𝑡2+2)2=1−2(3+2√2)=√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𝐴1𝐹1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=𝐹1𝑂⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑，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𝑄𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑄𝐵⃑⃑⃑⃑⃑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�

�1+𝑥2，𝑥1𝑥2，代入𝑄𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑄𝐵⃑⃑⃑⃑⃑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)，𝑄𝐴⃑⃑⃑⃑⃑=(𝑥1−𝑥0,𝑦1),𝑄𝐵⃑⃑⃑⃑⃑=(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+3𝑄𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑄𝐵⃑⃑⃑⃑⃑=(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)4𝑘2𝑛2−12

4𝑘2+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𝑄𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑄𝐵⃑⃑⃑⃑⃑=𝑥02−4=(12𝑛+7𝑛8)2−4为定值；②当直线𝑙与𝑥垂直时，𝑙:𝑥=𝑛，𝐴(𝑛,√3(1−𝑛24))，𝐵(𝑛,−√3(1−𝑛24))，𝑄�

�⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑄𝐵⃑⃑⃑⃑⃑=(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𝑄𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑄𝐵⃑

⃑⃑⃑⃑=(12𝑛+7𝑛8)2−4为定值．17．（2022·河南·高二阶段练习（文））已知𝐵(−1,0),𝐶(1,0)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),𝐹(2,0)，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，𝑃(𝑥1,𝑦1),𝑄(𝑥2,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𝐴

𝐶,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),𝐶(1,0)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=1(𝑥≠±2)；(2)设直线𝑃𝑄的方程为：𝑥=𝑚𝑦−3，𝑃(𝑥1,𝑦1),𝑄(𝑥2,𝑦2)，联立方程{𝑥=𝑚𝑦−3𝑥24+𝑦23=1得：(3𝑚2+4)𝑦2−18𝑚𝑦+15=0，则�

�1+𝑦2=18𝑚3𝑚2+4,𝑦1𝑦2=153𝑚2+4，所以2𝑚𝑦1𝑦2=53(𝑦1+𝑦2)，又直线𝑃𝐸的方程为：𝑦=𝑦1𝑥+1⬚2(𝑥+2)=𝑦1𝑚𝑦−1⬚1(𝑥+2)，又直线𝑄𝐹的方程为：𝑦=𝑦2𝑥−2⬚2(𝑥−2)=𝑦2𝑚𝑦−2⬚5

(𝑥−2)，联立方程{𝑦=𝑦1𝑚𝑦−1⬚1(𝑥+2)𝑦=𝑦2𝑚𝑦−2⬚5(𝑥−2)得：𝑥=2(2𝑚𝑦1𝑦2−𝑦2−5𝑦1)−𝑦2+5𝑦1，把2𝑚𝑦1𝑦2=53(𝑦1+𝑦2)代入

上式得：𝑥=2(23𝑦2−103𝑦1)−𝑦2+5𝑦1=43(𝑦2−5𝑦1)−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(�

�>0,𝑏>0)的离心率为√62，点𝐴(6,4)在𝐶上.(1)求双曲线𝐶的方程.(2)设过点𝐵(1,0)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𝑃𝐷⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑃𝐸⃑⃑⃑⃑⃑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𝐷(𝑥1,𝑦1),𝐸(𝑥2,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𝑃(𝑡,0)，计算出𝑃𝐷⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑃𝐸⃑⃑⃑⃑

⃑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(√62)2=1+𝑏2𝑎2，化简得𝑎2=2𝑏2.将点𝐴(6,4)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𝐷(𝑥1,𝑦1),𝐸(𝑥2,𝑦2)，直线𝑙的方程为𝑦=𝑘(𝑥−1)，联立方程组{𝑦=𝑘(𝑥−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𝑘2<23且𝑘2≠12，所以𝑥1+𝑥2=−4𝑘21−2𝑘2,𝑥1𝑥2=−2𝑘2+41−2𝑘2.设存在符合条件的定点𝑃(𝑡,0)，则𝑃𝐷⃑⃑⃑⃑⃑=(𝑥1−𝑡,�

�1),𝑃𝐸⃑⃑⃑⃑⃑=(𝑥2−𝑡,𝑦2)，所以𝑃𝐷⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑃𝐸⃑⃑⃑⃑⃑=(𝑥2−𝑡)(𝑥1−𝑡)+𝑦1𝑦2=(𝑘2+1)𝑥1𝑥2−(𝑡+𝑘2)(𝑥1+𝑥2)+𝑡2+

𝑘2.所以𝑃𝐷⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑃𝐸⃑⃑⃑⃑⃑=(𝑘2+1)(−2𝑘2−4)+4𝑘2(𝑡+𝑘2)+(𝑡2+𝑘2)(1−2𝑘2)1−2𝑘2，化简得𝑃𝐷⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑃𝐸⃑⃑⃑⃑

⃑=𝑘2(−2𝑡2+4𝑡−5)+(𝑡2−4)−2𝑘2+1.因为𝑃𝐷⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑃𝐸⃑⃑⃑⃑⃑为常数，所以−2𝑡2+4𝑡−5−2=𝑡2−41，解得𝑡=134.此时该常数的值为𝑡2−4=10516，所以，

在𝑥轴上存在点𝑃(134,0)，使得𝑃𝐷⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑃𝐸⃑⃑⃑⃑⃑为常数，该常数为10516.19．（2022·全国·高三专题练习）设𝐴,𝐵为双曲线𝐶:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(

𝑎>0,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=𝑘(𝑥−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+2(𝑥+2)，得到𝑃(1,3𝑦1𝑥1+2)，同理

得到𝑄(1,3𝑦2𝑥2+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：𝐹(𝑐,0)，将𝑥=𝑐代入𝐶:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)中，𝑦=±𝑏

2𝑎，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−�

�2=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=1

2，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=𝑘(𝑥−4)，与双曲线联立得：(3−𝑘2)𝑥2+8𝑘2𝑥−16𝑘2−12=0，设𝑀(𝑥1,𝑦1),𝑁(𝑥2,𝑦2)，则𝑥1+𝑥2=8𝑘2�

�2−3，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+2(𝑥+2)，则𝑃

(1,3𝑦1𝑥1+2)，同理可求得：𝑄(1,3𝑦2𝑥2+2)，则12(3𝑦1𝑥1+2+3𝑦2𝑥2+2)=3𝑘(𝑥1−4)(𝑥2+2)+3𝑘(𝑥2−4)(𝑥1+2)2(𝑥1𝑥2+2𝑥1+2𝑥2+4)=3𝑘[2𝑥1𝑥2−2(𝑥1+

𝑥2)−16]2𝑥1𝑥2+4(𝑥1+𝑥2)+8=3𝑘[2⋅16𝑘2+12𝑘2−3−2⋅8𝑘2𝑘2−3−16]2⋅16𝑘2+12𝑘2−3+4⋅8𝑘2𝑘2−3+8=3𝑘，|𝑃𝑄|=|3𝑦1

𝑥1+2−3𝑦2𝑥2+2|=|3𝑘(𝑥1−4)(𝑥2+2)−3𝑘(𝑥2−4)(𝑥1+2)(𝑥1+2)(𝑥2+2)|=|3𝑘(𝑥1𝑥2+2𝑥1−4𝑥2−8)−3𝑘(𝑥1𝑥2+2𝑥2−4𝑥1−8)𝑥1𝑥2+2(

𝑥1+𝑥2)+4|=|18𝑘(𝑥1−𝑥2)𝑥1𝑥2+2(𝑥1+𝑥2)+4|，其中|𝑥1−𝑥2|=√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2=√(8𝑘2𝑘2−3)2−4⋅16𝑘2+12𝑘2−3=12√𝑘2+1𝑘2−3，所以𝑃𝑄=|18𝑘(𝑥1−𝑥2)�

�1𝑥2+2(𝑥1+𝑥2)+4|=|18𝑘⋅12√𝑘2+1𝑘2−316𝑘2+12𝑘2−3+2⋅8𝑘2𝑘2−3+4|=6√𝑘2+1|𝑘|，则以𝑃𝑄为直径的圆的圆心坐标为(1,3𝑘)，半径为3√𝑘2+1|𝑘|，所以以𝑃𝑄

为直径的圆的方程为：(𝑥−1)2+(𝑦−3𝑘)2=9(𝑘2+1)𝑘2，整理得：(𝑥−1)2+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𝑀(4,6),𝑁(4,−6)，此时直线𝐴𝑀:𝑦=𝑥+2，点P坐标为(1,3)，同理可得：𝑄(1,−3)，.以𝑃𝑄为直径的圆的方程为(𝑥−1)2+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．（2

022·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𝑃(𝑥0,𝑦0)(𝑥0𝑦0≠0)处的切线，l与双曲线C交于不同的两点A，B，证明：以𝐴

𝐵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𝑃(𝑥0,𝑦0)处的切线方程为𝑥0𝑥+𝑦0𝑦=4，再代入双曲线方程化简可得(𝑦0⬚2+4)(𝑦𝑥)2+2𝑥0

𝑦0⋅𝑦𝑥+(𝑥0⬚2−8)=0，再设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,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(3𝑥0⬚2−8)𝑥2−8𝑥0�

�+32−4𝑥02=0，再结合韦达定理计算可得𝑂𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑂𝐵⃑⃑⃑⃑⃑=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𝑃(𝑥0,𝑦0)(𝑥0𝑦0≠0)在圆𝑥2+𝑦2=4上，所以圆在点𝑃(𝑥0,𝑦0)处的切线方程为𝑦−𝑦0

=−𝑥0𝑦0(𝑥−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4(2𝑥2−𝑦2)=(𝑥𝑥0+𝑦𝑦0)2，整理得(𝑦0⬚2+4)𝑦2+2𝑥0𝑦0𝑥𝑦+(

𝑥0⬚2−8)𝑥2=0等号两边同除以𝑥2(𝑥2≠0)，得到(𝑦0⬚2+4)(𝑦𝑥)2+2𝑥0𝑦0⋅𝑦𝑥+(𝑥0⬚2−8)=0．设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2)，则𝑘𝑂𝐴𝑘𝑂�

�=𝑦1𝑥1⋅𝑦2𝑥2=𝑥0⬚2−8𝑦0⬚2+4=(4−𝑦0⬚2)−8𝑦0⬚2+4=−1，故𝑂𝐴⊥𝑂𝐵，即以𝐴𝐵为直径的圆过坐标原点．解法2：因为点𝑃(𝑥0,𝑦0)(𝑥0𝑦0≠0)在

圆𝑥2+𝑦2=4上，所以圆在点𝑃(𝑥0,𝑦0)处的切线方程为𝑦−𝑦0=−𝑥0𝑦0(𝑥−𝑥0)，化简得𝑥0𝑥+𝑥0𝑦=4由{𝑥22−𝑦24=1𝑥0𝑥+𝑦0𝑦=4及𝑥02+𝑦02=4得(3𝑥0⬚2−

8)𝑥2−8𝑥0𝑥+32−4𝑥02=0，∵切线l与双曲线C交于不同的两点A、B，且0<𝑥0⬚2<4，∴3𝑥0⬚2−8≠0，且Δ=64𝑥0⬚2−4(3𝑥0⬚2−8)(32−4𝑥0⬚2)>0，设A、B两点的坐标分别为(𝑥1,𝑦1),(�

�2,𝑦2)，则𝑥1+𝑥2=8𝑥03𝑥02−8,𝑥1𝑥2=32−4𝑥0⬚23𝑥0⬚2−8，则𝑂𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑂𝐵⃑⃑⃑⃑⃑=𝑥1𝑥2+𝑦1𝑦2=𝑥1𝑥2+1𝑦0⬚2(4−𝑥0𝑥1)(

4−𝑥0𝑥2)，=𝑥1𝑥2+14−𝑥0⬚2[16−4𝑥0(𝑥1+𝑥2)+𝑥0⬚2𝑥1𝑥2]=32−4𝑥0⬚23𝑥0⬚2−8+14−𝑥0⬚2[16−32𝑥0⬚23𝑥0⬚2−8+𝑥02(32−4

𝑥0⬚2)3𝑥0⬚2−8]=32−4𝑥0⬚23𝑥0⬚2−8−32−4𝑥0⬚23𝑥0⬚2−8=0，即以𝐴𝐵为直径的圆过坐标原点．21．（2022·福建·高三阶段练习）已知两点𝑀(0,−4)，𝑁(0,4)，动点𝑃在𝑥轴的

投影为𝑄，且𝑃𝑀⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑃𝑁⃑⃑⃑⃑⃑⃑=3𝑃𝑄⃑⃑⃑⃑⃑2，记动点𝑃的轨迹为曲线𝐶.(1)求𝐶的方程.(2)过点𝐹(2√6,0)的直线与曲线𝐶在𝑦轴右侧相交于𝐴，𝐵两点，线段𝐴𝐵的垂直

平分线与𝑥轴相交于点𝐻，试问|𝐴𝐵||𝐹𝐻|是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【解题思路】（1）设𝑃(𝑥,𝑦)，利用𝑃𝑀⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑃𝑁⃑⃑⃑⃑⃑⃑=3𝑃𝑄⃑⃑⃑⃑⃑2列方程，化简求得曲线𝐶的方程.（2）设出直线𝐴𝐵的方程并与曲线𝐶的

方程联立，化简写出根与系数关系，求得线段𝐴𝐵的垂直平分线的方程，进而求得𝐻点的坐标，结合弦长公式求得|𝐴𝐵||𝐹𝐻|=2√63为定值.【解答过程】（1）设𝑃(𝑥,𝑦)，则𝑄(𝑥,0)，𝑃𝑀⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(−𝑥,−4−𝑦)

，𝑃𝑁⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(−𝑥,4−𝑦)，𝑃𝑄⃑⃑⃑⃑⃑=(0,−𝑦).因为𝑃𝑀⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑃𝑁⃑⃑⃑⃑⃑⃑=3𝑃𝑄⃑⃑⃑⃑⃑2，所以𝑥2+𝑦2−16=3𝑦2，故𝐶的方程为𝑥216−𝑦2

8=1.（2）由题可知直线𝐴𝐵的斜率一定存在，且不为0，不妨设直线𝐴𝐵的方程为𝑦=𝑘(𝑥−2√6)，𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2).联立方程组{𝑦=𝑘(𝑥−2√6)𝑥216−𝑦2

8=1，消去𝑦整理得(1−2𝑘2)𝑥2+8√6𝑘2𝑥−48𝑘2−16=0，则{Δ=384𝑘4+(1−2𝑘2)(192𝑘2+64)>0𝑥1+𝑥2=−8√6𝑘21−2𝑘2>0𝑥1𝑥2=−

48𝑘2−161−2𝑘2>0，整理得𝑘2>12.𝑥1+𝑥22=−4√6𝑘21−2𝑘2，𝑦1+𝑦22=−2√6𝑘1−2𝑘2，则线段𝐴𝐵的垂直平分线的方程为𝑦+2√6𝑘1−2𝑘2=−1𝑘(𝑥+4√6𝑘21−2𝑘2)，令𝑦=0，得𝑥=−6√6𝑘21−2

𝑘2，则𝐻(−6√6𝑘21−2𝑘2,0)，|𝐹𝐻|=|2√6+6√6𝑘21−2𝑘2|=|2√6(1+𝑘2)1−2𝑘2|.|𝐴𝐵|=√1+𝑘2⋅√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2

=√1+𝑘2⋅√(−8√6𝑘21−2𝑘2)2−4⋅−48𝑘2−161−2𝑘2=√1+𝑘2⋅√384𝑘4(1−2𝑘2)2+(192𝑘2+64)(1−2𝑘2)(1−2𝑘2)2=|8(1+𝑘2)1−2𝑘2|，则|𝐴𝐵||𝐹𝐻|=

82√6=2√63.故|𝐴𝐵||𝐹𝐻|是定值，该定值为2√63.22．（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|=2√2.(1)求𝐸的方程.(2)若𝑀(32,0)，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𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,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𝐹2(𝑐,0)到直线𝑏𝑥+𝑎𝑦=0的距离为√2，则𝑏𝑐√𝑎2+𝑏2=𝑏𝑐𝑐=𝑏=√2，令𝑥=𝑐

，则𝑐2𝑎2−𝑦2𝑏2=1，解得𝑦=±𝑏2𝑎，所以当𝐴𝐵⊥𝑥轴时，|𝐴𝐵|=2𝑏2𝑎=2√2，则𝑎=√2.故𝐸的方程为𝑥22−𝑦22=1.（2）解：设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2).当直线𝐴

𝐵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(𝑚2−1)𝑦2+4𝑚𝑦+2=0，由{Δ=8(𝑚2+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=𝑦1(2𝑥2−3)+𝑦22𝑥2−3=𝑦1(

2𝑚𝑦2+1)+𝑦22𝑥2−3=2𝑚𝑦1𝑦2+(𝑦1+𝑦2)2𝑥2−3=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0.2

3．（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)，𝐴2(𝑎,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=12(𝑎+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，𝑀(2,3)，𝑁(2,−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𝑄(12,32)，当直线𝑙′的斜率存在时，设直线𝑙′的方程为𝑦=

𝑘(𝑥−2)，𝑀(𝑥1,𝑦1)，𝑁(𝑥2,𝑦2)，联立{𝑦=𝑘(𝑥−2)𝑥2−𝑦23=1得(3−𝑘2)𝑥2+4𝑘2𝑥−4𝑘2−3=0，∴𝑥1+𝑥2=4𝑘2𝑘2−3，𝑥1𝑥2=4𝑘2+3𝑘2−3，∴直线𝐴1𝑀的方程为𝑦=𝑦1�

�1+1(𝑥+1)，直线𝐴2𝑁的方程为𝑦=𝑦2𝑥2−1(𝑥−1)，联立直线𝐴1𝑀与直线𝐴2𝑁的方程可得：𝑥+1𝑥−1=𝑦2(𝑥1+1)𝑦1(𝑥2−1)，两边平方得(𝑥+1𝑥−1)2=𝑦22(𝑥1+1)2𝑦12

(𝑥2−1)2，又𝑀(𝑥1,𝑦1)，𝑁(𝑥2,𝑦2)满足𝑥2−𝑦23=1，∴𝑦22(𝑥1+1)2𝑦12(𝑥2−1)2=3(𝑥22−1)(𝑥1+1)23(𝑥12−1)(𝑥2−1)2=

(𝑥2+1)(𝑥1+1)(𝑥1−1)(𝑥2−1)=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−1)2=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：�

�=𝑎𝑥2(𝑎>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𝑂𝑃⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑂𝑄⃑⃑⃑⃑⃑⃑=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=𝑎𝑥

2(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=𝑘1⬚2𝑎+12𝑎，因为焦点弦长|𝐴𝐵|=𝑦1+𝑦2+12𝑎=𝑘1⬚2𝑎

+1𝑎，所以当𝑘1⬚2=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𝑂𝑃⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑂𝑄⃑⃑⃑⃑⃑⃑=0．又因为𝑂𝑃⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑂𝑄⃑⃑⃑⃑⃑⃑=𝑥3𝑥4+𝑦3𝑦4=𝑥

3𝑥4+𝑥3⬚22⋅𝑥4⬚22=−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𝑃(2,0)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−𝑦1

𝑥−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|�

�𝑄|=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𝑦

1𝑥2+𝑦2𝑥1−𝑥0(𝑦1+𝑦2)=0．消去𝑥1，𝑥2，得14𝑦1𝑦22+14𝑦2𝑦12−𝑥0(𝑦1+𝑦2)=0，即14𝑦1𝑦2(𝑦1+𝑦2)−𝑥0(𝑦1+�

�2)=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𝐹(0,2)，过点𝑃(0,−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△�

�𝐵𝐶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=12|𝐶𝑄|⋅|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𝐹(0,2)的距离和到直线𝑦=−2的距离相等，

所以点M的轨迹是以𝐹(0,2)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,𝑥

2=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−8

𝑡=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=12|𝐶𝑄|⋅|𝑥1−𝑥2|=12(2𝑘2+𝑏)(𝑚2+1)=(𝑚2+1)364，∵m为常数，∴△�

�𝐵𝐶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𝐹(1,0)，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𝐴(𝑥

1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,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𝑀(𝑥1,0)，𝑁(0,𝑦1)，𝐶(𝑥2,0)，𝐷(0,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=−�

�1𝑥1𝑥+𝑦1𝑦=−𝑦2𝑥2𝑥+𝑦2消去y并整理得：(𝑦1𝑥1−𝑦2𝑥2)𝑥=𝑦1−𝑦2，而𝑦1𝑥1−𝑦2𝑥2=𝑦1𝑦124−𝑦2𝑦224=4(𝑦2−𝑦1)𝑦

1𝑦2=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𝐹(4,0)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�

�，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𝐹(4,0)的距离比到直线𝑥+6

=0的距离小2，则动点𝐺到点𝐹(4,0)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：𝑘1⬚2𝑥2−(8𝑘1⬚2+16)𝑥+16𝑘1⬚2=0，Δ

1=256(𝑘1⬚2+1)>0，设𝑀(𝑥1,𝑦1),𝑁(𝑥2,𝑦2)，则𝑥1+𝑥2=8+16𝑘1⬚2,𝑦1+𝑦2=𝑘1(𝑥1−4)+𝑘1(𝑥2−4)=16𝑘1，故𝐴(4+8𝑘1⬚2,8𝑘1)，同理可求得𝐵(4+8𝑘2⬚2,8�

�2)，所以直线AB的斜率𝑘𝐴𝐵=8𝑘2−8𝑘1(8𝑘2⬚2+4)−(8𝑘1⬚2+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),|�

�𝐹|=√(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=𝑘(𝑥−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|=√4|𝐴𝐵|+9.②若∠𝐴𝑂𝐵=2𝜋3，求𝑘2的值；(2)已知点𝑃(1,2)，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𝐴(𝑥1,𝑦1)、𝐵(𝑥2,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𝐴(𝑥1,𝑦1)、𝐵(𝑥2,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|、𝑂𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑂𝐵⃑⃑⃑⃑⃑，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𝐶(𝑦324,𝑦3)、𝐷(𝑦424,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𝐴(𝑥1,𝑦1)

、𝐵(𝑥2,𝑦2)，联立{𝑦=𝑘(𝑥−1)𝑦2=4𝑥可得𝑘2𝑥2−(2𝑘2+4)𝑥+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+4)2−4𝑘4=16(𝑘2+1)>0，则𝑥1+𝑥2=2𝑘2+4𝑘2，𝑥1𝑥2=1，所以|𝑂𝐴|⋅|𝑂𝐵|=√(𝑥12+𝑦12)√(𝑥22+�

�22)=√(𝑥12+4𝑥1)√(𝑥22+4𝑥2)=√𝑥1𝑥2(𝑥1+4)(𝑥2+4)=√𝑥1𝑥2[𝑥1𝑥2+4(𝑥1+𝑥2)+16]=√4×2𝑘2+4𝑘2+17=√16𝑘2+25.因为𝑙:

𝑦=𝑘(𝑥−1)经过抛物线Ω的焦点，所以√4|𝐴𝐵|+9=√4(𝑥1+𝑥2+2)+9=√4(2𝑘2+4𝑘2+2)+9=√16𝑘2+25，故|𝑂𝐴|⋅|𝑂𝐵|=√4|𝐴𝐵|+9.选②：设点𝐴(𝑥1,𝑦1)、𝐵(𝑥2,𝑦2)，联立{𝑦=�

�(𝑥−1)𝑦2=4𝑥可得𝑘2𝑥2−(2𝑘2+4)𝑥+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+4)2−4𝑘4=16(𝑘2+1)>0，则𝑥1+𝑥2=

2𝑘2+4𝑘2，𝑥1𝑥2=1，|𝑂𝐴|⋅|𝑂𝐵|=√(𝑥12+𝑦12)√(𝑥22+𝑦22)=√(𝑥12+4𝑥1)√(𝑥22+4𝑥2)=√𝑥1𝑥2(𝑥1+4)(𝑥2+4)=√𝑥1𝑥2[𝑥1�

�2+4(𝑥1+𝑥2)+16]=√4×2𝑘2+4𝑘2+17=√16𝑘2+25.因为𝑂𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑂𝐵⃑⃑⃑⃑⃑=𝑥1𝑥2+𝑦1𝑦2=𝑥1𝑥2+𝑘2(𝑥1−1)(𝑥2−1)=(𝑘2+1)𝑥1𝑥2−𝑘2(𝑥1+𝑥2)+𝑘2=1+𝑘2−𝑘2⋅2

𝑘2+4𝑘2+𝑘2=−3，所以cos2𝜋3=𝑂𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑂𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑|𝑂𝐴|⋅|𝑂𝐵|=−3√16𝑘2+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𝐶(𝑦324,𝑦3)、𝐷(𝑦424,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+2(𝑦1+𝑦2)，所以−4𝑛=12+8𝑡，即𝑛=−2𝑡−3.所以直

线𝐶𝐷的方程为𝑥=𝑡𝑦−2𝑡−3=𝑡(𝑦−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|=12|𝑃𝑁|=2为定值，故存在定点𝑀(−1,2)，

使得|𝑄𝑀|为定值.