【文档说明】《2023年新高考数学大一轮复习讲义之方法技巧与题型全归纳（新高考专用）》专题31 圆锥曲线的垂直弦问题（解析版）.docx，共(38)页，2.544 MB，由envi的店铺上传

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专题31圆锥曲线的垂直弦问题【方法技巧与总结】1、过椭圆22221yxab+=的右焦点(,0)Fc作两条互相垂直的弦AB，CD．若弦AB，CD的中点分别为M，N，那么直线MN恒过定点222(,0)acab+．2、过椭圆22221yxab+=的长轴上任意一点(,0)()Ssasa−作两条

互相垂直的弦AB，CD．若弦AB，CD的中点分别为M，N，那么直线MN恒过定点222(,0)asab+．3、过椭圆22221yxab+=的短轴上任意一点(0,)()Ttttt−作两条互相垂直的弦A

B，CD．若弦AB，CD的中点分别为M，N，那么直线MN恒过定点222(0,)btab+．4、过椭圆22221yxab+=内的任意一点2222(,)(1)stQstab+作两条互相垂直的弦AB，CD．若弦AB，CD的中点分

别为M，N，那么直线MN恒过定点222222(,)asbtabab++．5、以00(,)xy为直角定点的椭圆22221yxab+=内接直角三角形的斜边必过定点2222002222(,)abbaxyabba−−++

6、以上顶点为直角顶点的椭圆内接直角三角形的斜边必过定点，且定点在y轴上．7、以右顶点为直角顶点的椭圆内接直角三角形的斜边必过定点，且定点在x轴上．8、以00(,)xy为直角定点的抛物线22ypx=内

接直角三角形的斜边必过定点0(2xp+，0)y−9、以00(,)xy为直角定点的双曲线22221yxab−=内接直角三角形的斜边必过定点2222002222(,)ababxyabba++−−【题型归纳目录】题型一：椭圆内接直角三角形的斜边必过定点题型二：双曲线内接直角三角形的斜边必过定

点题型三：抛物线内接直角三角形的斜边必过定点题型四：椭圆两条互相垂直的弦中点所在直线过定点题型五：双曲线两条互相垂直的弦中点所在直线过定点题型六：抛物线两条互相垂直的弦中点所在直线过定点题型七：内接直角三角形范围与最值问题题型八：两条互相垂直的弦中点范围与最值问题【典例例题

】题型一：椭圆内接直角三角形的斜边必过定点例1．（2022·全国·高三专题练习）设12,FF分别是圆2222:1(0)xyCabab+=的左､右焦点，M是C上一点，2MF与x轴垂直.直线1MF与C的另一个交点

为N，且直线MN的斜率为24(1)求椭圆C的离心率.(2)设(0,1)D是椭圆C的上顶点，过D任作两条互相垂直的直线分别交椭圆C于A､B两点，过点D作线段AB的垂线，垂足为Q，判断在y轴上是否存在定点R，使得||RQ的长度为定值？并证明你的结论.【解析】（1）由题意知，点M在第一象限.

M是C上一点且2MF与x轴垂直，M的横坐标为c.当xc=时，2bya=，即2,bMca.又直线MN的斜率为24，所以22122tan224bbaMFFcac===，即22222baca

c==−，即22202caca+−=，则22102ee+−=，解得22e=或2e=−（舍去），即22e=.（2）已知()0,1D是椭圆的上顶点，则22221,,,22cbabcaa===+=，椭圆的方程为2212xy+

=，易得直线AB的斜率必然存在，设直线AB的方程为()()1122,,,,ykxmAxyBxy=+，由2222ykxmxy=++=可得()()()222124210*,kxkmxm+++−=所以()2121222214,1212mkmxxxxkk−−+==

++，又()()1122,1,,1DAxyDBxy=−=−，.()()()()121212121111DADBxxyyxxkxmkxm=+−−=++−+−()()()22121211(1)kxxkmxxm=++−++−(

)()()2222221411(1)1212mkmkkmmkk−−=++−+−++，()()()()2222222211412(1)012mkkmmkmk−+−−++−==+化简整理有23210mm−−=，

得13m=−或1m=.当1m=时，直线AB经过点D，不满足题意；当13m=−时满足方程()*中Δ0，故直线AB经过y轴上定点10,3G−.又Q为过点D作线段AB的垂线的垂足，故Q在以DG为直径的圆上，取DG的中点为10,3R，则RQ为定值，且1223RQDG==例2．（

2022·河南·安阳一中高三阶段练习（文））设12,FF分别是椭圆22221xaCyb＋＝：0ab（）的左､右焦点，M是C上一点，2MF与x轴垂直.直线1MF与C的另一个交点为N，且直线MN的斜率为24.(1)求椭圆C的离心率；(2)设()0,1D是椭圆C的上顶点，过D任作两

条互相垂直的直线分别交椭圆C于AB，两点，证明直线AB过定点，并求出定点坐标.【解析】（1）由题意知，点M在第一象限，M是C上一点且2MF与x轴垂直，M的横坐标为c.当xc=时，2bya=，即2,bMca.又直线MN的斜率为24，所以22122tan224bbaMFFcac=

==，即22222bacac==−，即2220,2caca+−=则22102ee+−=，解得22e=或2e=−（舍去），即22e=.（2）已知()0,1D是椭圆的上顶点，则1b=，由（1）知2212bea==−，解得2a=，所以，椭圆C的方程

为2212xy+=，设直线AB的方程为()()1122,,,,ykxmAxyBxy=+，联立2222ykxmxy=++=可得()()()222124210*kxkmxm+++−=，所以()2121222214,1212mkmxxxxkk−−

+==++，又()()1122,1,,1DAxyDBxy=−=−，()()()()121212121111DADBxxyyxxkxmkxm=+−−=++−+−()()()22121211(1)kxxkmxxm=++−++−()()()2222221411(

1)1212mkmkkmmkk−−=++−+−++()()()()2222222211412(1)012mkkmmkmk−+−−++−==+，化简整理有23210mm−−=，得13m=−或1m=.当1m=

时，直线AB经过点D，不满足题意；.当13m=−时满足方程()*中Δ0，故直线AB经过y轴上定点10,3G−.例3．（2022·江苏·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆()2222:10xyCabab+=，椭圆C的离心率为12，(

)0,3B在椭圆C上．(1)求椭圆C的方程；(2)过椭圆C的左顶点A作两条互相垂直的直线分别与椭圆C交于M、N两点（不同于点A），且ADMN⊥，D为垂足，求三角形ABD面积的最大值．【解析】(1)由题意得222123cabbac===+，

解得231abc===，所以椭圆C的方程22143xy+=．(2)当MN垂直于x轴时，则M、N关于x轴对称，设点M在x轴上方，因为AMAN⊥，易知直线AM的倾斜角为4，所以，直线AM的方程为2

yx=+，联立22234122yxxyx=++=−，可得27127xy=−=，即点212,77M−，则212,77N−−，可得2,07D−，此时，126323277ABDS=−+

=△；当MN不垂直于x轴时，设直线MN的方程为ykxt=+，设点()11,Mxy、()22,Nxy，联立223412ykxtxy=++=，可得()2223484120kxktxt+++−=

，()()2222644434120ktkt=−+−，可得2243tk+，由韦达定理可得122843ktxxk+=−+，212241243txxk−=+，()()11112,2,AMxyxkxt=+=++，()222,ANxkxt=

++，因为AMAN⊥，则()()()()121222AMANxxkxtkxt=+++++()()()()()()22222121221412821244043ktktktkxxktxxttk+−−+=++++++=++=+，整理可得2241670kktt−+

=，即()()2270ktkt−−=，所以，2tk=或27kt=.若2tk=，则直线MN的方程为()2ykx=+，此时直线MN过点A，则M、N必有一点与点A重合，不合乎题意；若27tk=，则直线MN的方程为27ykx=+，此时直线MN过定点2,07E−

，合乎题意.因为ADDE⊥，且线段AE的中点坐标为8,07−，127AE=，所以，AED的外接圆为22836749xy++=，因为AB直线方程为123xy+=−，即32230xy−+=，且347AB=+=，因

为D到直线AB的最大距离为8323764262174934−+++=+，所以ABD△的面积142621373372497ABDS++=．综上所述，ABD△面积的最大值为37337+．例4．（2022·全国·模拟预测）已知椭圆()2222:

10xyCabab+=的左、右焦点为1F，2F，以12FF为直径的圆与椭圆在第一象限的交点为P，12PFF△的内切圆的半径为23−，且12PFF△的面积为1．(1)求椭圆C的标准方程；(2)过椭圆的右顶点B作两条互相垂直的直线分

别交椭圆于点D和点E，若直线DE与x轴的交点为T，O为坐标原点，OTP的面积是否为定值，如果是定值，求出该定值；如果不是，请说明理由．【解析】(1)设12PFF△的内切圆的半径为r．∵点P在以12FF为直径的圆上，∴1

2PFF△为直角三角形，∴12122423PFPFFFr+−==−，∴23ac−=−．12PFF△的面积为()121212PFPFFFr++，且122PFPFa+=，12||2FFc=，∴()()231ac+−=，∴23ac+=+，∴2a=，3c=，∴2221

bac=−=，∴椭圆C的标准方程为2214xy+=．(2)当直线DE的斜率存在时，设直线DE的方程为ykxm=+，()11,Dxy，()22,Exy，则112DBykx=−，222EBykx=−．由直线BD与BE互相垂

直可得，1212122DBEByykkxx==−−−，化简得()121212240xxxxyy−+++=．（*）联立直线DE与椭圆C的方程得()222418440kxkmxm+++−=，∴122841kmxxk+=−

+，21224441mxxk−=+，∴()()2212122441mkyykxmkxmk−=++=+，代入（*）式得2222224416440414141mkmmkkkk−−+++=+++，整理得22516120m

kmk++=，即()()5620mkmk++=，∴2mk=−或65mk=−．将m的值代入ykxm=+可知直线DE恒过点()2,0或6,05．∵()2,0B，∴()2,0不满足题意条件，∴点T的坐标为6,05；当直线DE的斜率不存在时，不妨设点D在x轴下半

轴．由椭圆的对称性可得直线BD的方程为2yx=−，联立BD与椭圆C的方程可得2516120xx−+=，解得2x=或65，∴点D的坐标为64,55−，同理可得点E的坐标为64,55，∴点T的坐标为6,05．综上所述，点T的坐标为6,05．

联立22223,1,4xyxy+=+=可得点263,33P，∴OTP的面积16332535S==，∴OTP的面积是为定值，且定值为35．例5．（2022·广东·潮阳一中明光学校高三阶段练习）已

知长度为3的线段的两个端点A，B分别在x轴和y轴上运动，动点P满足2BPPA=，记动点P的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)设曲线C与y轴的正半轴交于点D，过点D作互相垂直的两条直线，分别交曲线C于M，N两点，连接MN，试判断直线MN是否经过定点．若是，求出该定点坐标；若

否，请说明理由.【答案】(1)2214xy+=(2)是，定点30,5−．【分析】小问1：设动点P和点A，B的坐标，利用向量数乘关系结合||3AB=容易求得方程；小问2：讨论直线MN的斜率不存在时与存在时的情况，若存在，设直线MN方程为y

kxb=+，代入曲线C的方程，结合韦达定理和DMDN⊥，运用向量数量积求解35b=−，即可求出定点．（1）设()()(),,,0,0,PxyAmBn，由2BPPA=，()()(),,22,2xynmxy

mxy\-=--=--，即222xmxyny=−−=−.323mxny==.又||3AB=，229mn+=.从而229994xy+=.曲线C的方程为2214xy+=；（2）由题意可知，当直线MN的斜率不存在时，直线MN方程为0x=；当直线M

N的斜率存在时，设直线MN方程为ykxb=+由22440ykxbxy=++−=，消去y得222(14)8440kxkbxb+++−=，设()()1122,,,MxyNxy则2121222844,1414kbbxxxxkk−−+==++因为DMDN⊥，()0,1D，则()()1122,1,

,1DMxyDNxy=−=−所以()()1212110DMDNxxyy=+−−=，又1122ykxbykxb=+=+，，化为()()()()2212121110kxxkbxxb++−++−=所以()()()()2222224118110141

4kbkbbbkk+−−−+−=++得35b=−，所以直线MN方程为35ykx=−，过定点30,5−；综上所述：直线MN经过定点30,5−．题型二：双曲线内接直角三角形的斜边必过定点例6．（2022·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系xOy中，动点Р与

定点F(2，0)的距离和它到定直线l：32x=的距离之比是常数233，记P的轨迹为曲线E.(1)求曲线E的方程；(2)设过点A(3，0)两条互相垂直的直线分别与曲线E交于点M，N(异于点A)，求证：直线MN过定点.【解析】（1）设P(x，y)，因为P与

定点F(2，0)的距离和它到定直线l：32x=的距离之比是常数233，所以22(2)23332xyx−+=−，化简得2213xy−=，所以曲线E的方程为2213xy−=.（2）设M(x1，y1)，N(x2，y2)

，当直线MN斜率不存在，直线AM，AN分别为yx3=−，3=−+yx，分别联立2213xy−=，解得M(23，3)，N(23，－3)，此时直线MN的方程为23x=，过点(23，0)；当直线MN斜率存在时设其方程为ykxm=+，(33k)由2213xyykxm

−==+，消去y得222(13)6330−−−−=kxkmxm，所以222(6)4(13)(33)0kmkm=−−−−，即22130mk+−，122613kmxxk+=−，21223313mxxk−−=−

，因为AM⊥AN，所以1212133AMANyykkxx==−−−，即()()121233yyxx=−−−，即()()1212()()33kxmkxmxx++=−−−，即2212121212()3()3kxxkmxxmxxxx+++=++−，将122613kmxxk+=−，212

23313mxxk−−=−代入化简得：223360mkmk++=，所以3mk=−或23mk=−，当3mk=−时，直线MN方程为3ykxk=−(不符合题意舍去)，当23mk=−时，直线MN方程为(23)yk

x=−，MN恒过定点(23，0)，综上所述直线MN过定点(23，0).例7．（2022·广东广州·高三开学考试）已知双曲线()2222:1,0xyabab==，经过双曲线上的点()2,1A作互相垂直的直线AM､AN分别交双曲线于M､N两点.设

线段AM､AN的中点分别为B､C，直线OB､OC（O为坐标原点）的斜率都存在且它们的乘积为14−.(1)求双曲线的方程；(2)过点A作ADMN⊥（D为垂足），请问：是否存在定点E，使得DE为定值？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说

明理由.【解析】（1）设()11,Mxy､()22,Nxy，线段AM､AN的中点分别为(),Bmn､(),Cpq，由已知，得2211221xyab−=；2222211ab−=两式相减，得22221122210xyab−−−=，即2112111122yybxxa+−=+−①根据中点坐标及斜

率公式，得122xm+=，112yn+=，1112AMykx−=−，1112OBynkmx+==+.代入①，得22AMOBbkka=②同理，得22ANOCbkka=③，②③相乘，得44AMANOBOC

bkkkka=.∵14OBOCkk=−，1AMANkk=−，∴4414ba=④由2222211ab−=，与④联立，得22a=，21b=，双曲线的方程为：2212xy−=.（2）①当MNOx⊥时，设:MNxt=，(),Mty，(),Nty−，()

2,1AMty=−−，()2,1ANty=−−−由AM､AN互相垂直，得()()22210AMANty=−−−=，由2212ty−=解得23t=（此时y无实数解，故舍去），或2t=（此时M､N至少一个点与A重合，与条件不符，故舍去）.综上，此时无符合条件的解.②当MNOx⊥不

成立时，设直线:MNykxm=+，()11,Mxy､()22,Nxy代入2212xy−=得()()222124210kxkmxm−−−+=，2120−k()()()()22222216412218120km

kmmk=−−−+=+−且122412kmxxk+=−()21222112mxxk+=−−∵()()()()12122211AMANxxyy=−−+−−()()()()221212112140kxxkmxxm=++−−++−+=∴()22128230kkmmm+++−

=，即()()63210kmkm+++−=，解得：63mk=−−或21mk=−+.当21mk=−+时，():21MNykxmkx=+=−+过点()2,1A，与条件不符，舍去.∴63mk=−−，():63MNykxmkx=+=−

−，过定点()6,3P−∴AP中点()4,1E−，由于ADMN⊥（D为垂足），故1222DEAP==.综上所述，存在定点()41E−，，使得DE为定值22.例8．（2022·全国·高三专题练习）已知双曲线()2222:10,0xyCabab−=的左，右焦点分别为()16,0F−，(

)26,0F．且该双曲线过点()22,2P．(1)求C的方程；(2)如图．过双曲线左支内一点(),0Tt作两条互相垂直的直线分别与双曲线相交于点A，B和点C，D．当直线AB，CD均不平行于坐标轴时，直线AC，

BD分别与直线xt=相交于P．Q两点，证明：P，Q两点关于x轴对称．【解析】（1）由已知可得22226821abab+=−=，解得224,2ab==，所以双曲线C的方程为22142xy−=；（2）证明：由题意，设直

线AB的方程为xmyt=+，直线CD的方程为1xytm=−+，点()()()()11223344,,,,,,,AxyBxyCxyDxy，由22142xyxmyt−==+，得()2222240mymtyt−++−=，则()

()22222(2)424168320mtmtmt=−−−=+−，得2224mt+，所以212122224,22mttyyyymm−−+==−−，同理可得()2234342242,1212tmmtyyyymm−+==−−，其中,mt满足2224tm+，直线AC的方程为()13311

1yyyyxxxx−−=−−，令xt=，得()131113yyytxyxx−=−+−,又11331,xmytxytm=+=−+，所以()2121331myyymyy+=+，即()2132131,myyPtmyy++，同理可

得()2242241,myyQtmyy++，因为()()()()()()()2222123412341324222213241324111mmyyyyyyyymyymyymyymyymyymyy+++++++=++++()()()()()2222222222213

24442212122120mttmmtmtmmmmmmyymyy−−−++−−−−==++，所以,PQ两点关于x轴对称.题型三：抛物线内接直角三角形的斜边必过定点例9．（2022·陕

西师大附中高三开学考试（理））已知抛物线2:2(0)Cypxp=，O是坐标原点，F是C的焦点，M是C上一点，||4FM=，120OFM=．(1)求抛物线C的标准方程；(2)设点()0,2Qx在C上，过Q作两条互相垂直的直线,Q

AQB，分别交C于A，B两点（异于Q点）．证明：直线AB恒过定点．【解析】（1）由||4,120FMOFM==，可得2,232pM+，代入2:122242pCppp=+=+

．解得2p=或6p=−（舍），所以抛物线的方程为：24yx=．（2）解:由题意可得(1,2)Q，直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为xmyn=+，设()()1122,,,AxyBxy，由24yxxmyn==+，得2440ymyn−−=，从而216160mn

=+，则121244yymyyn+==−．所以()21212242xxmyynmn+=++=+，()()()22212121212xxmynmynmyymnyynn=++=+++=，∵QAQB⊥，∴()(

)()()121211220QAQBxxyy=−−+−−=uuruur，故()()121212121240xxxxyyyy−+++−++=，整理得2246850nmnm−−−+=．即22(3)4(1)nm−=+，从而32(1)nm−=+或32(1)nm−=−+，即25

nm=+或21nm=−+．若21nm=−+，则21(2)1xmynmymmy=+=−+=−+，过定点(1,2)，与Q点重合，不符合；若25nm=+，则25(2)5xmynmymmy=+=++=++，过定点(5,2)−．综上，直线AB过异于Q点的定点(5,

2)−．题型四：椭圆两条互相垂直的弦中点所在直线过定点例10．（2022·全国·高三专题练习（文））已知F是椭圆2222:1(0)xyCabab+=的左焦点，焦距为4，且C过点(3,1)P．(1)求C的方程；(2)过点F作两条互相垂直的直线l1，l

2，若l1与C交于A，B两点，l2与C交于D，E两点，记AB的中点为M，DE的中点为N，试判断直线MN是否过定点，若过点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．【解析】（1）依题意24,2cc==，由2222

4311abab=++=解得6,2ab==，所以椭圆C的方程为22162xy+=.（2）由题意知，当12,ll其中一条的斜率不存在时，另外一条的斜率为0，此时直线MN为x轴；当12,ll的斜率都存在且不为0时，设1(

):20lxmym=−，设()1122(),,,AxyBxy，联立222162xmyxy=−+=，整理得22(3)420mymy+−−=，22168(3)0mm=++，12122242,33myyyymm−+==++，则1

212212()43xxmyym−+=+−=+，所以AB的中点2262,33mMmm−++，同理由2212162xymxy=−−+=，可得DE的中点22262,3131mmN

mm−++−，则222222224331663(1)331MNmmmmmkmmmm+++==−−+++，所以直线MN的方程为()2222463331mmyxmmm−=+++−，化简得()()2224243123131mmmyxxmmm=+=+

−−−，故直线MN恒过定点3,02−．综上，直线MN过定点3,02−.例11．（2022·全国·高三开学考试（理））已知椭圆2222:1(0)xyEabab+=的左，右焦点分别为1F，2F，且1F，2F与短轴的两个端点恰好为正方形的四个顶点，点23,22P

在E上.(1)求E的方程；(2)过点2F作互相垂直且与x轴均不重合的两条直线分别交E于点A，B和C，D，若M，N分别是弦AB，CD的中点，证明：直线MN过定点.【解析】（1）设122FFc=，因为两个焦点和短轴的两个端点为正方形的四个顶点，所以

bc=，因为点23,22P在E上，所以2223144ab+=，又222abc=+，解得222,1ab==，所以E的方程为2212xy+=.（2）由（1）知2(1,0)F，由题意知直线AB和直线CD的斜率都存在且不为0，设直线AB方程为：1(0)xmym=+

，与E的方程联立221,21,xyxmy+==+，消去x并整理，得()222210mymy++−=，且()224420mm=++，设()()1122,,,AxyBxy，则12222myym+=−+，所以()12122422xxmyym+=++=+，所以点M的坐标为2

22,22mmm−++，因为ABCD⊥，则直线CD的方程为11xym=−+，同理得2222,2121mmNmm++，当22222212mmm++，即1m时，直线MN的斜率()22222232122221212MNmmmmmkmmmm+++==−−++，

所以直线MN的方程为()222322221mmyxmmm+=−++−，所以()()()()2222222213232222212132mmmmyxxmmmmmm−=−−=−−+++−−+，因为

()()()()()()222222221621222223323232mmmmmmm−+−++===++++，所以直线MN的方程即为()232321myxm=−−，显然直线MN过定点2,03；当22222212mmm=++，即1m=时，则

2121,,,3333MN−或2121,,,3333MN−，此时直线MN的方程为23x=，也过点2,03.综上所述，直线MN过定点2,03.例12．（2022·全国·高三专题练习）已知1l，2l是过点()0,2

的两条互相垂直的直线，且1l与椭圆22:14xy+=相交于A，B两点，2l与椭圆相交于C，D两点．(1)求直线1l的斜率k的取值范围；(2)若线段AB，CD的中点分别为M，N，证明直线MN经过一个定点，并求出此

定点的坐标．【解析】（1）根据题意直线1l，2l的斜率均存在且不为0直线1l，2l分别为2ykx=+，12yxk=−+，联立22214ykxxy=++=得()224116120kxkx+++=，由()()2216412410k

k=−+得243k，则32k−或32k，同理2143k−，则223333k−，所以k的取值范围为23323,,33223−−．（2）设()11,Axy，()22,Bxy，由（1）得()224116120kkx+++=，所以1221641kx

xk+=−+，则1228241Mxxkxk+==−+，所以22282224141MMkykxkk=+=−+=++，则2282,4141kMkk−++，同理22282,44kkNkk++，则直线MN的方程为22222222228441884141441kkkkyxkkk

kkk−++−=++++++，化简整理得21255kyxk−=+因此直线MN经过一个定点20,5．题型五：双曲线两条互相垂直的弦中点所在直线过定点例13．（2022·山东·肥城市教学

研究中心模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知12,AA两点的坐标分别是(3,0),(3,0)−，直线,ABAB12相交于点B，且它们的斜率之积为13.(1)求点B的轨迹方程；(2)记点B的轨迹为曲线C，,,,MNPQ是曲线C上的点，若直线MN，PQ均过曲线C的右焦点F且互相垂直，线段

MN的中点为R，线段PQ的中点为T.是否存在点G，使直线RT恒过点G，若存在，求出点G的坐标，若不存在，说明理由.【解析】(1)设(,)Mxy，因为直线,ABAB12相交于点B，且它们的斜率之积为13，所以1333yyxx=+−，整理可得2213xy−=，所以点B的

轨迹方程为()22133xyx−=.(2)因为曲线C的方程为()22133xyx−=，所以直线,MNPQ的斜率都存在且不为0.设直线MN：(2)ykx=−，则直线PQ：1(2)yxk=−−，设()()1122,,,,MxyNxy由()()222333ykxxyx=−−=可

得：()222231121230kxkxk−−++=，当2310k−=时，即213k=，方程为470x−+=，此时只有一解，不符合题意，当2310k−时，42221444(31)(123)12(1)0k

kkk=−−+=+，由韦达定理可得：21221231kxxk+=−，所以点R的横坐标为()212216231Rkxxxk=+=−，代入直线MN：(2)ykx=−可得：()22262223131RRkkykxkkk=−=−=

−−，所以线段MN的中点22262,3131kkRkk−−，用1k−替换k可得22266331Tkxkk==−−，2222331Tkkykk−−==−−，所以线段PQ的中点2262,33kTkk−−−，

当1k时，()()()()()2222222222222232312313666363131313RTkkkkkkkkkkkkkkkkk−−−+−−−===−−−−−−−，直线RT的方程为：222226()33(1)3kkyxkkk+=−−−−，整理可得：222222623(1)3(1)33k

kkyxkkkk=−−−−−−2222222222622932(1)(3)3(1)33(1)3(1)33(1)3(1)kkkkkkxxxkkkkkkk−=−+=−=−−−−−−−−，此时直线RT过定点G()3,0，若1k=时，则()3,1R，()3,1T−，

或()3,1R−，()31T,，直线RT的方程为3x=，此时直线RT也过点G()3,0，综上所述：直线RT过定点G()3,0题型六：抛物线两条互相垂直的弦中点所在直线过定点例14．（2022·陕西·西安中学模拟预测（文））动圆P与

直线1x=−相切，点(1,0)F在动圆上．(1)求圆心P的轨迹Q的方程；(2)过点F作曲线O的两条互相垂直的弦AB，CD，设AB，CD的中点分别为M，N，求证：直线MN必过定点．【解析】（1）设(,)Pxy，根据题意，有22(1)1xyx−+=+，化简，得24yx=，即圆心P的轨迹Q的方

程为24yx=．（2）由题意，知直线AB的斜率存在且不为0．设直线()():(1),,,,ABAABBlykxAxyBxy=−，代入24yx=，得()2222220kxkxk−++=，所以()2222ABkxxk++=．因为M是线段AB的中点，所以2222,kMkk

+．因为ABCD⊥，所以将点M坐标中的k换成1k−，即得()221,2Nkk+−．当222221kkk+=+，即1k=时，直线3MNlx=；当1k时．直线()222222:221221MNkklykxkkkk−−+=−−++−．整理，得()21(3)kykx−=−，所以直线

MN过定点(30)，．综上所述，不论k为何值，直线MN必过定点(30)，．例15．（2022·全国·高三专题练习）已知抛物线()20xaya=，过点0,2aM作两条互相垂直的直线12,ll，设12,ll分别与抛物线相交于,AB及,CD

两点，当A点的横坐标为2时，抛物线在点A处的切线斜率为1.(1)求抛物线的方程；(2)设线段,ABCD的中点分别为,EF，O为坐标原点，求证直线EF过定点.【解析】(1)由2xay=得：21yax=，则2yxa=，241xya=

==，解得：4a=，抛物线方程为：24xy=；(2)由题意知：直线12,ll的斜率都存在且都不为零，由（1）知：()0,2M，设直线:2ABykx=+，代入24xy=得：2480xkx−−=，设()11,Ax

y，()22,Bxy，则124xxk+=，128xx=−，()21212444yykxxk+=++=+，AB中点()22,22Ekk+；12ll⊥，1:2CDyxk=−+，同理可得：CD中点222,2Fkk−+；EF的方程为：()()2222222

22222kkykxkkk+−+−+=−+，化简整理得：14ykxk=−+，则当0x=时，4y=，直线EF恒过定点()0,4.例16．（2022·河南·高三开学考试（文））已知抛物线()2:20Cypx

p=的焦点为F，点M在抛物线C上，O为坐标原点，OMF是以OF为底边的等腰三角形，且OMF的面积为22．(1)求抛物线C的方程．(2)过点F作抛物线C的两条互相垂直的弦AB，DE，设弦AB，DE的中点分别为P，Q，试判断直线PQ是否过定点．若是，求出所过定

点的坐标；若否，请说明理由．【解析】(1)由题意可知2pOF=．因为OMF是以OF为底边的等腰三角形，所以2,42pMp．因为OMF的面积为22，所以2122222228ppp==，解得4p=．故抛物线C的方程为28y

x=．(2)由题意可知()2,0F，直线AB的斜率存在，且不为0．设直线AB的方程为2xmy=+，()11,Axy，()22,Bxy．联立228xmyyx=+=，整理得28160ymy−−=，264640m=+，则128yym+=，从而()21212484xxmyym+=++

=+．因为P是弦AB的中点，所以()242,4Pmm+，同理可得2442,Qmm+−．当21m，即1m时，直线PQ的斜率2224441422PQmmmkmmm−−==−+−+，则

直线PQ的方程为()224421mymxmm−=−−−，即()()216mymx−=−．故直线PQ过定点()6,0．当21m=，即1m=时，直线PQ的方程为6x=，且过点()6,0．综上，直线PQ过定点()6,0．例17．（2022

·全国·高三专题练习）已知抛物线C：()220ypxp=的焦点为F，过焦点F且垂直于x轴的直线交C于H，I两点，O为坐标原点，OHI的周长为458+．(1)求抛物线C的方程；(2)过点F作抛物线C的两条互相垂直的弦AB，DE，设弦AB，DE的中点分别为P，Q

，试判断直线PQ是否过定点？若过定点．求出其坐标；若不过定点，请说明理由．【解析】（1）由题意,02pF，在22ypx=中代入2px=，得222pyp=，解得yp=，所以2HIp=．由勾股定理得|22522pOHOIpp==+=，则OHI的周长为55245822ppp+

+=+，解得4p=，故抛物线C的方程为28yx=．（2）由题意可知()2,0F，直线AB的斜率存在，且不为0．设直线AB的方程为2xmy=+，()11,Axy，()22,Bxy．联立22,8,xmyyx=+=消去x，得28160ymy−−=

，264640m=+，则128yym+=，从而()21212484xxmyym+=++=+．因为P是弦AB的中点，所以()242,4Pmm+，同理可得2442,Qmm+−．当21m，即1m时，直线PQ的斜率2224441422PQmmmkmmm−−

==−+−+，则直线PQ的方程为()224421mymxmm−=−−−，即()()216mymx−=−．故直线PQ过定点()6,0；当21m=，即1m时，直线PQ的方程为6x=，也过点()6,0．综上所述，直线PQ过定点()6,0．例18．（2022·重庆·一模）抛物

线2:2(0)Eypxp=，点P是抛物线E上一点，F为此抛物线的焦点，O为坐标原点，23,3OPPF==.(1)求抛物线E的方程；(2)抛物线E的两条互相垂直的弦AB和CD交于点()2,0,GM和N分别是AB和

CD的中点，求G到直线MN的最大距离.【解析】(1)设200,2yPyp，由题得：22220022200||(23)4332222yOPypyyppPFpp=+==+==−232312(0)22pppp−+−=

，解得2p=E方程为24yx=；(2)由题，ABCD､斜率均存在且不为0设:2ABxmy=+，与2,4Eyx=联立得2480ymy−−=则()222,2Mmm+，同理2222,Nmm+−（法一）当

21m时，22221212MNkmmmmmm+==−−所以，直线MN方程是：()21222mymxmm−−=−−即14myxm−=−，所以直线MN恒过定点()4,0Q当21m=时，直线MN方程是：4x=，也过()4,0Q()2,0D到直线MN的最大距离为

2GQ=（法二）当21m时，直线MN方程是：()2140mxmym−−−=G到直线MN的距离为()242222222221111mmmmmmmmm==−++−+−仅当21m=时取等号当21m=时，直线MN方程是：4xG=，到直线MN的距离为2()20D，到直线

MN的最大距离为2GQ=（法三）M和N都在()2:22Tyx=−上且DMDN⊥设:MNxnyb=+，设()()1122,,,MxyNxy()2:,:22MNxnybTyx=+=−22240ynyb−−+=()()22212121242,22(2)22yyyybxxb=−−−

==−()()()1121242212222DMDNyybkkxxbb−====−−−−−4b=，则直线MN恒过点()4,0Q()2,0D到直线MN的最大距离为2DQ=.题型七：内接直角三角形范围与最值问题例19．（2022

·全国·郑州一中模拟预测（理））已知椭圆C：22221(0)xyabab+=的左焦点为1(1,0)F−，且过点（1，32）.(1)求椭圆C的方程；(2)过1F且互相垂直的两条直线1l，2l分别交椭圆C于A、B两点和M、N两点，求ABMN+的取值范围.【解析】（1）由题意

可得，1c=.又由222211914abab=++=得2,3ab==所以椭圆的方程为22143xy+=；（2）当1l垂直x轴时，2||23bABa==，||24MNa==，所以7ABMN+=.同理：当2l垂直x轴时，7ABMN+=当1l、2l均不垂直x轴时，设1l的方程为

(1)ykx=+，1122(,),(,)AxyBxy由22(1)143ykxxy=++=得2222(43)84120kxkxk+++−=2Δ144(1)0k=+221212228412,4343kkxxxxkk−+=−=++222221212122

12111()4143kABkxxkxxxxkk+=+−=++−=++2212(143kk+=+），因为1l与2l互相垂直，2222112(112(1)||4343kkMNkk++==++）2242224212(1

12(1)7(122412)||||4334122512kkkkABMNkkkk+++++=+=++++）2422217(1)7(1)121225121225kkkkk=−=−++++由221487(1)1271225AkkBMN=++−+，当且仅当1k=时，等号成立，所以4877AB

MN+.综上，ABMN+的取值范围为48[,7]7例20．（2022·安徽·高三阶段练习（文））已知椭圆()2222:10xyCabab+=的离心率为22，过点()6,0P−作椭圆C的两条切线m、n互相垂直.(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆C的左、右顶点分别

为A、B，若过点A作互相垂直的直线1l、2l分别与椭圆交于M、N两点，M、N两点不同于点A，求三角形BMN面积的最大值.【解析】(1)由题意：22cea==，所以2ac=，22bacc=−=，所以22222222222122xyxyxycabcc+=+=+=由过点()6,0

A−作椭圆C的两条切线m、n互相垂直，设m、n的斜率分别为1k、()212kkk，根据对称性，可得：120kk+=，又121kk=−，所以11k=，21k=−故:6myx=+，与椭圆222:2xCyc+=联立，可得：()2222

620xxc++−=即：223247220xxc++−=由题意，可知：()()222244372224120cc=−−=−=△故23c=，所以26a=，23b=，所以椭圆C的方程为：2212412xy+=(2)思路1，由题意，可知直线AM、AN的斜率存在，且不为0，设直线

AM的斜率为k，则直线AN的斜率为1k−，设()11,Mxy，()22,Nxy.①当MN垂直于x轴时，可得：1k=，故:26AMyx=+由：222612412yxxy=++=得：()2222624xx++=，即：2386240xx++=所以186263x−+

=−，1268x−=所以12263xx==−，此时：1142663yx=+=故此时三角形BMN的面积为：12464266262333S=+=②当MN不垂直于x轴时，则1k.可设():26AMykx=+，则()1:26ANyxk=

−+，由：()222612412ykxxy=++=得：()22222624xkx++=即：()2222218648240kxkxk+++−=则：212862621kxk−+=−+，21248242621kxk−−=+故可得：212462621kxk−=−+，()112462621ky

kxk=+=+同理可得：222224626264622kkxkk−−=−=++，22462kyk=−+故2212221222464621246262646212MNkkykkkxkkkkyx+−++==−−−−−++()()()()()22222246221

26212221kkkkkkk+++=−−++−+()()()4226141213kkkkk+=−=−−−故直线MN的方程为：()222246326462221kkkyxkkk−+=−−++−故当0y=时，可得：()()2222861264623

2kkxkk−−=−+++()22286866612632kkk−++−=+()22264626332kk−−==−+故直线MN过定点26,03Q−，此时三角形BMN的面积：122211864646223212kkSBQyykk=−=++

+()()()()2224222212196963252212kkkkkkkkk++++==++++2196121kkkk+=++，设()121kkkt=+，故：29696966411213242tSttt===+++综上可得，三角

形BMN面积的最大值为643.思路2：由题意，设()11,Mxy，()22,Nxy.则()()()121212121226262624AMANxxyyxxxxyy=+++=++++①当MN垂直于x轴时，有：12xx=，12yy=−由22111

2412xy+=，即22111122yx=−，故：221114624AMANxxy=++−1221146241212xxx=++−+()2211113146123862422xxxx=++=++()()1126312602xx=++=由

126x−，故：12263xx==−此时：2111184121262233yx=−=−=故三角形BMN的面积为：12464266262333S=+=②当MN不垂直于x轴时，设:MNykxt=+，由：

2212412ykxtxy=++=得：()222240xkxt++−=即：()2222142240kxktxt+++−=故：122421ktxxk+=−+，212222421txxk−=+所以：()()12122626AMA

Nxxyy=+++()()()()12122626xxkxtkxt=+++++()()()22121212624kxxktxxt=++++++()()()222224261224242121ktktkttkk++−=−++++()()22222

63262438602121tktkktktkk−−+−===++所以26tk=或263tk=，①若26tk=，则：():26MNykx=+由MN不过点A，故不成立.②若263tk=，则：2:63MNykx=+故直线MN过点26,03Q−.故此时三角形B

MN的面积为：12121242666233Syyyy=+−=−因为()()2121212124yykxxkxxxx−=−=+−()22222228124241222212121tktktkk

kkk−−+=−−=+++由263tk=，所以221228241232221kkyykk−+−=+()()222242216944748664633441321kkkkkk++==−+++所以12448646663333Syy=−=综

上，可得，三角形BMN面积的最大值为643例21．（2022·全国·清华附中朝阳学校模拟预测）如图所示，M、D分别为椭圆2221(1)xyaa+=的左、右顶点，离心率为32.(1)求椭圆的标准方程；(2)过M点作两条互相垂直的直线M

A，MB与椭圆交于A，B两点，求DAB面积的最大值.【解析】（1）由已知可得：22321caac==+，解得：2a=，3c=，∴椭圆的方程为：2214xy+=.（2）∵()2,0M−，设AB的直线方程为：xtym=+，()11,Axy，()22,Bxy，联立方程：22440

xtymxy=++−=，整理得：()2222404mttyym++−+=，∴12224mtyyt−+=+，212244myyt−=+，∵π2AMB=，()()()1212121212220240xxyy

xxxxyy+++=++++=，()()()1212122240tymtymtytymyy+++++++=，即()()2212121(2)(2)0tyymttyym++++++=，()22222421(2)(2)044mmttmttmtt−−+++++=++，()()()()2222

22214244440tmmtmtmmt+−−−++++=，()222222222222442444164160tmtmmtmtmtmmtmt−+−−−++++++=，整理得2516120mm++=，解得65m=−

或2m=−（舍去），∴65xty=−，()()122122125464254tyytyyt+=+−=+，∴()22121212216832256424255254DABtSyyyyyyt+=+−=+−=+△，令22564(8)tu

u+=，则2232323236642536425DABuuSuuuu===−+++△，由对勾函数单调性知，363625882uu++=，所以326425252DABS=△，当且仅当8u=时，即0=t时等号成立，此时DABS最大值为6425.例22．（2022·全

国·高三专题练习）已知在平面直角坐标系中有两定点()11,0F−，()21,0F，平面上一动点P到两定点的距离之和为22．(1)求动点P的轨迹E的方程；(2)过点1F作两条互相垂直的直线，分别与E交于A，B，C，D四点，求四边形ACBD面积的最小

值．【解析】（1）因为121222PFPFFF+=（122FF=），所以P点轨迹是以12,FF为焦点，22为长轴长的椭圆，所以2a=，1c=，221bac=−=，所以轨迹方程为2212xy+=；（2）当一条直线斜率不存在时，1x=−代入椭圆方程得2112y+

=，22y=，因此弦长22()222AB=−−=，另一直线斜率为0，22CD=，11222222ABCDSABCD===；当两条直线斜率都存在且不为0时，设直线AB方程为(1)ykx=+，11(,)Axy，22(,)Bxy，由22(1)12ykxxy=++

=，得2222(12)4220kxkxk+++−=，所以2122412kxxk+=−+，21222212kxxk−=+，22212121211()4ABkxxkxxxx=+−=++−422222164(22)1(12)12kk

kkk−=+−++2222(1)12kk+=+，由于ABCD⊥，所以直线CD斜率为1k−，同理2222122(1)22(1)221kkCDkk++==++，222214(1)2(21)(2)ABCDkSA

BCDkk+==++，令211tk=+，则(0,1)t，2244212(1)(1)ABCDtStttt==−++−+，因为(0,1)t，所以221992()(2,]244ttt−++=−−+，16[,2)9ABCDS，综上，16[,2]9ABCDS，ABCDS的最小值为16

9．题型八：两条互相垂直的弦中点范围与最值问题例23．已知抛物线E的顶点在原点，焦点为(2,0)F，过焦点且斜率为k的直线交抛物线于P，Q两点，（1）求抛物线方程；（2）若||2||FPFQ=，求k的值；（3

）过点(,0)Tt作两条互相垂直的直线分别交抛物线E于A，B，C，D四点，且M，N分别为线段AB，CD的中点，求TMN的面积最小值．【解析】（1）抛物线E的顶点在原点，焦点为(2,0)F28yx=．（2）如图

，若0k，不妨设||QFa=，则||2PFa=．设抛物线的准线为l，过点P作PHl⊥垂足为H，过点Q作QGPH⊥，垂足为G．||22||PHaGH==，||PGa=．在RTPQG中，||PGa=，||3PQa=，得||22QMa=，tan22kQPG==，同理0k时，2

2k=−，22k=．（3）根据题意得AB，CD斜率存在．设1:,:ABxmytCDxytm=+=−+，1(Ax，1)y，2(Bx，2)y，3(Cx，3)y，4(Dx，4)y由228808xmytymytyx=+

−−==，22121244(4,4)22yyxxmmtMmtm++==++，同理可得244(,)Ntmm+−，242216164||1||TNmmmm=+=+，422||16164||1TMmmmm=+=+，11||||8(||)162||TMNSTMTNmm==+

…，当且仅当||1m=时，面积取到最小值16．声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/10/89:23:58；用户：18316341968；邮箱：18316341968；学号：32362679例24．（2022·全国·高三专题练习）已知抛物线2:2(0)Cypxp=

的焦点为F，直线8y=与抛物线C交于点P，且5||2PFp=．(1)求抛物线C的方程；(2)过点F作抛物线C的两条互相垂直的弦AB，DE，设弦AB，DE的中点分别为P，Q，求PQ的最小值．【解析】（1）依题意，设()0,8Px．由抛物线的定义得05||2

2pPFxp=+=，解得：02xp=，因为()0,8Px在抛物线2:2(0)Cypxp=上，所以2082px=，所以2822pp=，解得：4p=．故抛物线C的方程为28yx=．（2）由题意可知(2,0)F，直线AB的斜率存在，且不为0．设直线AB的

方程为2(0)xmym=+，()11,Axy，()22,Bxy．联立228xmyyx=+=，整理得：28160ymy−−=，则128yym+=，从而()21212484xxmyym+=++=+．因为P是弦AB的中点，所以()242,4Pmm+，同理可得

2442,Qmm+−．则()222222224411||42244PQmmmmmmmm=+−+++=−++42424242111144224228mmmmmmmm=++++=+=，当且仅当441mm=且221

mm=，即1m=时等号成立，故PQ的最小值为8．例25．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆22122:1(0)xyCabab+=的长轴长为4，离心率为12，一动圆2C过椭圆1C右焦点F，且与直线1x=−相切．(1)求椭圆1C的方程及动圆圆心轨迹2C的方程；(2)过F作

两条互相垂直的直线，分别交椭圆1C于P，Q两点，交曲线2C于M，N两点，求四边形PMQN面积的最小值．【解析】(1)由已知可得2222423112aabacccea===−====，则所求椭圆方程221:143xyC+=．由已知可

得动圆圆心轨迹为抛物线，且抛物线C的焦点为(1,0)，准线方程为1x=−，则动圆圆心轨迹方程为22:4Cyx=．(2)当直线MN的斜率不存在时，||4MN=，此时PQ的长即为椭圆长轴长，||4PQ=，从而11||||44822PMQN

SMNPQ===．设直线MN的斜率为k，则0k，直线MN的方程为：(1)ykx=−，直线PQ的方程为1(1)yxk=−−，设1(Mx，1)y，2(Nx，2)y，3(Px，3)y，4(Qx，4)y，由2(1)4ykxyx=−=，

消去y可得2222(24)0kxkxk−++=，由抛物线定义可知：2221222244||||||1124kMNMFNFxxkk+=+=+++=+=+，由()2211143yxkxy=−−+=，消去y得222(34)84120kxxk+−+−=，从而22342112(1)||

1()||34kPQxxkk+=+−−=+，所以222224211412(1)(1)||||(4)24223434PMQNkkSMNPQkkkk++==+=++，令21kt+=，因为20k，则1t，则22124||||23(1)4(1)PMQNtSMNPQtt==−+−2

222424213213ttttt==−−−−，因为2221134(1)(0,3)ttt−−=−+.所以2248213PMQNStt=−−.所以四边形PMQN面积的最小值为8．例26．（2022·安徽师范大学附属中学模拟预测（文））已知抛物线220Typxp=：（），点F为其

焦点，P为T上的动点，若|PF|的最小值为1.(1)求抛物线T的方程；(2)过x轴上一动点(),00Eaa（）作互相垂直的两条直线，与抛物线T分别相交于点,AB和C，D，点H，K分别为,ABCD的中点，求△EHK面积的最小

值.【解析】(1)抛物线定义，2pPFxp=+，∵00xpp，，∴122pp==，∴抛物线T的方程为：24yx=(2)由题意可知，直线AB不与y轴垂直，所以设直线AB的方程为()0xtyat=+.设A（11,xy），B（22,xy）由22122440Δ1616044xtyaytytay

ytyx=+−−==++==，，，，∴2Hxt=，同理2Kxt=−∴22112HEEHtyytt=+−=+同理2222112121()1KEtEKyyttttt+=+−−=+−−=∴22221112111222422ttSEHEKt

tttttt++==+==+当且仅当1t=时取等号，故△EHK面积的最小值为4.例27．（2022·全国·高三专题练习（文））在平面直角坐标系xOy中，一动圆经过点F（2，0）且与直线2x=−

相切，设该动圆圆心的轨迹为曲线．(1)求曲线的方程；(2)过点M（m，0）（m＞0）作两条互相垂直的直线12,ll，且1l与曲线交于A，B两点，2l与曲线交于C，D两点，点P，Q分别为AB，CD的中点，求△MPQ面积的最小值．【解析】(1)设圆心为(),Axy，由题意

得：()2222−+=+xyx，两边平方，整理得：28yx=，故曲线的方程为28yx=.(2)显然直线12,ll斜率均存在，不妨设1:lxkym=+，（0k）与28yx=联立得：2880ykym−−=，设()()11

22,,,AxyBxy，则12128,8yykyym+==−，则()21212282xxkyymkm+=++=+，故21242xxkm+=+，1242yyk+=，所以()24,4Pkmk+，由于直线12,ll互相垂直，故244,Qmkk+−，所以22

221141412MPQSkkmmmmkk=++−+−+−1181616kkkk=+=，当且仅当1kk=，即1k=时等号成立，所以△MPQ面积的最小值为16.例28．（2022

·全国·高三专题练习（文））已知抛物线()2:20Typxp=，点F为其焦点，点M、N在抛物线上，且直线MN过点,02pG−，26FMFN==.(1)求抛物线T的方程；(2)过焦点F作互相垂直的两条直线，与抛物线T分别相交于点A、B和C、D，点P、Q分别为AB、CD的中点，

求FPQ△面积的最小值.【解析】（1）过点M、N分别作抛物线T的准线l的垂线，垂足分别为1M、1N，易知1MMMF=，1NNNF=，因为2FMFN=，则112MMNN=，则点N为MG的中点，连接ON，则ON为FGM△的中位线，所以，22FMON

NF==，则ONNF=，所以，点N在线段OF的垂直平分线上，则点N的横坐标为4p，324ppFN=+=，解得4p=，所以，抛物线T的标准方程为28yx=.（2）因为()2,0F，若直线AB、CD分别与两坐标轴垂直，则直线AB、CD中有一条与抛物线只有一个交点，不合乎题意.所以，直线AB、

CD的斜率均存在且不为0，设直线AB的斜率为()0kk，则直线AB的方程为()2ykx=−，联立()282yxykx==−，得28160kyyk−−=，则264640k=+，设()11,Axy、()22,Bxy，则128yyk+=，设(),PPP

xy，则1242Pyyyk+==，则2422PPyxkk=+=+，所以2442,Pkk+，同理可得()242,4Qkk+−，故()()()22242224224161641QFkkkkkk=+−+−=

+=+，2422161641kPFkkk+=+=，因为PFQF⊥，所以()()22222811141141822FPQkkSPFQFkkkkkk++==+==+18216kk=，当且仅当1kk=，即1k=时等号成立，故FPQ

△面积的最小值为16.例29．（2022·全国·高三专题练习）已知P(2，3)是椭圆C：22221xyab+=(a>b>0)上一点，以点P及椭圆的左、右焦点F1，F2为顶点的三角形面积为23．(1)求椭圆C的标准方程；(2)过F2作斜率存在且互相垂直的直线l1，l2，M是l1与C

两交点的中点，N是l2与C两交点的中点，求△MNF2面积的最大值．【解析】(1)由题意可得22222231123232abccab+===−，解得：28a=，24b=，∴椭圆的标准方程为：22184xy+=；(2)由(1)可得右焦点2(2,0)F，由题

意设直线1l的方程为：2xmy=+，设直线与椭圆的交点1(x，1)y，2(x，2)y，则中点M的纵坐标为122Myyy+=，联立直线1l与椭圆的方程222184xmyxy=++=，整理可得：22(2)480mymy++−=，1224

2myym−+=+，∴222Mmym−=+，同理可得直线2l与椭圆的交点的纵坐标2212()21122()Nmmymm−−==++−，∴22222111||||11||||22MNFMNSMFNFmy

ym==++△22422222(1)2(1)||||2522(1)mmmmmmmm++==++++222||121mmmm=+++，设0m，令212mtm+=…，则2212MNFStt=+△，令1()2fttt=+，2t…，21()2ftt=−，2t…，

()0ft恒成立，∴()ft在[2，)+单调递增，∴22241192222MNFStt==++△„．∴2MNF面积的最大值为：49．例30．（2022·河南郑州·高三阶段练习（理））如图，已知抛物线2:2(0)Cy

pxp=的焦点为F，抛物线C上的点到准线的最小距离为1．(1)求抛物线C的方程；(2)过点F作互相垂直的两条直线l1，l2，l1与抛物线C交于A，B两点，l2与抛物线C交于C，D两点，M，N分别为弦AB，CD的中点，求|MF|·|NF|的最

小值．【解析】(1)因为抛物线C上的点到准线的最小距离为1，所以12p=，解得2p=，所以抛物线C的方程为24yx=．(2)由（1）可知焦点为F(1，0)，由已知可得AB⊥CD，所以直线AB，CD的斜率都存在且均不

为0，设直线AB的斜率为k，则直线CD的斜率为1k−，所以直线AB的方程为(1)ykx=−，联立方程2(1)4ykxyx=−=，消去x得2440kyyk−−=，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则124yyk+=，因为M(xM，yM)为弦AB的

中点，所以1212()2Myyyk=+=，由(1)MMykx=−，得2211MMyxkk=+=+，所以点222(1,)Mkk+，同理可得2(21,2)Nkk+−，所以222(211)(2)NFkk=+−+−=22

2(1)kk+，22222(11)()MFkk=+−+＝2221kk+，所以22222211112(1)44()428MkkkkkkkkFFkNk+++==+==，当且仅当1kk+，即1k=时，等号成立，所以MFNF

的最小值为8．例31．（2022·湖北·高三阶段练习（理））已知点P（x，y）是平面内的动点，定点F（1，0），定直线l：x=﹣1与x轴交于点E，过点P作PQ⊥l于点Q，且满足EPEFFP=FQ.（1）求动点P的轨迹t的方程；（2）过点F作两条互相垂直的直线，分别交曲线t于点A,B，和点

C，D.设线段AB和线段CD的中点分别为M和N，记线段MN的中点为K，点O为坐标原点，求直线OK的斜率k的取值范围.【解析】（1）根据条件可知EP=（x+1，y），EF=（2，0），FP=（x﹣1，y），FQ=（﹣2，y），因为EPEFFP=FQ，所以2x+2=﹣2x+2+y2，即

y2=4x，所以P的轨迹方程为y2=4x；（2）设直线AB：x=my+1，A（x1，y1），B（x2，y2），联立241yxxmy==+，整理得y2﹣4my﹣4=0，且y1+y2=4m，y1y2=﹣4，△=16（m2+1），所以M（2m2+1，2m），同理，N（221m+

，2m−），所以K（m221m++1，m1m−），所以当k22211111131()31mmmmmmmmmmmm−−===++−+−+−，令t=m1m−0，则k13tt=+，当t<0时，t3t+=−（﹣

t3t−）﹣23，当且仅当t3=−时取等号，当t0时，t3t+23，当且仅当t3=时取等号，则k13tt=+∈[36−，0）∪（0，36].