高考数学一轮复习练习案59第八章解析几何第九讲第3课时定点定值探索性问题含解析新人教版

这是一份高考数学一轮复习练习案59第八章解析几何第九讲第3课时定点定值探索性问题含解析新人教版，共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．(2021·北京延庆统测)设抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l.P是抛物线上的一点，过P作PQ⊥x轴于Q，若|PF|＝3，则线段PQ的长为( C )
A．eq \r(2) B．2
C．2eq \r(2) D．3eq \r(2)
[解析] 抛物线的准线方程为x＝－1，由于|PF|＝3，
根据抛物线的定义可知xP＝2，
将xP＝2代入抛物线方程得yeq \\al(2,P)＝8，yP＝±2eq \r(2)，
所以|PQ|＝2eq \r(2).故选 C．
2．(2021·云南文山州质检)已知双曲线eq \f(x2,a2)－y2＝1(a>0)上关于原点对称的两个点P，Q，右顶点为A，线段AP的中点为E，直线QE交x轴于M(1,0)，则双曲线的离心率为( D )
A．eq \r(5) B．eq \f(\r(5),3)
C．eq \r(10) D．eq \f(\r(10),3)
[解析] 由已知得M为△APQ的重心，
∴a＝3|OM|＝3，又b＝1，
∴c＝eq \r(a2＋b2)＝eq \r(10)，即e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(10),3)，故选D.
3．(2021·湖北宜昌部分示范高中协作体联考)椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率eq \f(\r(3),2)，则双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1的离心率为( D )
A．2 B．eq \r(3)
C．eq \r(2) D．eq \f(\r(5),2)
[解析] 椭圆离心率e1＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，
∴eeq \\al(2,1)＝1－eq \f(b2,a2)＝eq \f(3,4)，即eq \f(b2,a2)＝eq \f(1,4)，
∴双曲线的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \r(1＋\f(b2,a2))＝eq \f(\r(5),2).故选D.
4．已知椭圆和双曲线有共同的焦点F1，F2，P是它们的一个交点，且∠F1PF2＝eq \f(2π,3)，记椭圆和双曲线的离心率分别为e1，e2，则eq \f(3,e\\al(2,1))＋eq \f(1,e\\al(2,2))＝( A )
A．4 B．2eq \r(3)
C．2 D．3
[解析] 设椭圆的长半轴长为a1，双曲线的实半轴长为a2，不妨设点P在第一象限，根据椭圆和双曲线的定义，得|PF1|＋|PF2|＝2a1，|PF1|－|PF2|＝2a2，所以|PF1|＝a1＋a2，|PF2|＝a1－a2.又|F1F2|＝2c，∠F1PF2＝eq \f(2π,3)，所以在△F1PF2中，|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|cs∠F1PF2，即4c2＝(a1＋a2)2＋(a1－a2)2－2(a1＋a2)(a1－a2)cseq \f(2π,3)，化简得3aeq \\al(2,1)＋aeq \\al(2,2)＝4c2，两边同除以c2，得eq \f(3,e\\al(2,1))＋eq \f(1,e\\al(2,2))＝4.故选A.
5．直线l与抛物线C：y2＝2x交于A，B两点，O为坐标原点，若直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，且满足k1k2＝eq \f(2,3)，则直线l过定点( A )
A．(－3,0) B．(0，－3)
C．(3,0) D．(0,3)
[解析] 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为k1k2＝eq \f(2,3)，所以eq \f(y1,x1)·eq \f(y2,x2)＝eq \f(2,3).又yeq \\al(2,1)＝2x1，yeq \\al(2,2)＝2x2，所以y1y2＝6.将直线l：x＝my＋b代入抛物线C：y2＝2x得y2－2my－2b＝0，所以y1y2＝－2b＝6，得b＝－3，即直线l的方程为x＝my－3，所以直线l过定点(－3,0)．
6．(2021·安徽皖江名校联考)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右顶点为P，任意一条平行于x轴的直线交C于A，B两点，总有PA⊥PB，则双曲线C的离心率为( A )
A．eq \r(2) B．eq \r(3)
C．eq \f(\r(6),2) D．eq \f(2\r(3),3)
[解析] 设A(x0，y0)，B(－x0，y0)，则yeq \\al(2,0)＝b2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,0),a2)－1))，又P(a,0)，eq \(PA,\s\up6(→))＝(x0－a，y0)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(－x0－a，y0)，由已知PA⊥PB，则eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝－xeq \\al(2,0)＋a2＋yeq \\al(2,0)＝0，即(a2－b2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,0),a2)－1))＝0，对于x0≥a或x0≤－a恒成立，故a2＝b2，即a＝b，所以e＝eq \r(1＋\f(b2,a2))＝eq \r(2).故选A.
7．(2021·河南洛阳期中)已知F1F2是双曲线C：eq \f(x2,2)－y2＝1的两个焦点，过点F1且垂直于x轴的直线与C相交于A，B两点，则△ABF2的内切圆的半径为( B )
A．eq \f(\r(2),3) B．eq \f(\r(3),3)
C．eq \f(2\r(2),3) D．eq \f(2\r(3),3)
[解析] 由题意知F1(－eq \r(3)，0)，F2(eq \r(3)，0)，
当x＝－eq \r(3)时，y＝±eq \f(\r(2),2)，
∴|AB|＝eq \r(2)，∴|AF|＝|BF|＝eq \f(5\r(2),2)，
∴l△ABF＝6eq \r(2)，S△ABF＝eq \r(6)，
∴所求内切圆半径r＝eq \f(2S△ABF,l△ABF)＝eq \f(\r(3),3).故选B.
8．(2020·安徽1号卷A10联盟联考)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上存在两点M、N关于直线2x－3y－1＝0对称，且线段MN中点的纵坐标为eq \f(2,3)，则椭圆C的离心率是( B )
A．eq \f(1,3) B．eq \f(\r(3),3)
C．eq \f(2,3) D．eq \f(2\r(2),3)
[解析] 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则eq \f(x\\al(2,1),a2)＋eq \f(y\\al(2,1),b2)＝1，
eq \f(x\\al(2,2),a2)＋eq \f(y\\al(2,2),b2)＝1，两式相减可得
eq \f(x1＋x2x1－x2,a2)＋eq \f(y1＋y2y1－y2,b2)＝0，
即eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(b2,a2)·eq \f(x1＋x2,y1＋y2).
∵线段MN中点的纵坐标为eq \f(2,3)，∴2x－3×eq \f(2,3)－1＝0，
解得x＝eq \f(3,2)，于是－eq \f(3,2)＝－eq \f(b2,a2)·eq \f(9,4)，解得eq \f(b2,a2)＝eq \f(2,3)，
∴椭圆C的离心率e＝eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \f(\r(3),3)，故选B.
(或直接利用性质kMN·kOP＝－eq \f(b2,a2)，其中P为线段MN的中点)．
9．(2021·福建莆田质检)已知直线l过抛物线C：x2＝6y的焦点F，交C于A，B两点，交C的准线于点P，若eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(FP,\s\up6(→))，则|AB|＝( A )
A．8 B．9
C．11 D．16
[解析] 过A作准线的垂线，垂足为H，则|AF|＝|AH|，
又eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(FP,\s\up6(→))，∴|AH|＝eq \f(1,2)|AP|，
∴kAP＝eq \f(\r(3),3)，又Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))，
∴AB的方程为y＝eq \f(\r(3),3)x＋eq \f(3,2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(\r(3),3)x＋\f(3,2),x2＝6y))，得y2－5y＋eq \f(9,4)＝0，∴yA＋yB＝5，
∴|AB|＝yA＋yB＋p＝5＋3＝8，故选A.
二、多选题
10．已知斜率为eq \r(3)的直线l经过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F，与抛物线C交于点A，B两点(点A在第一象限)，与抛物线的准线交于点D，若|AB|＝8，则以下结论正确的是( BCD )
A．eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝1 B．|AF|＝6
C．|BD|＝2|BF| D．F为AD的中点
[解析] 由题意知直线l的方程为y＝eq \r(3)(x－eq \f(p,2))，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝2px,y＝\r(3)x－\f(p,2)))得3x2－5px＋eq \f(3p2,4)＝0，∴x1＋x2＝eq \f(5p,3)，
∴|AB|＝eq \f(5p,3)＋p＝eq \f(8p,3)＝8，∴p＝3.∴4x2－20x＋9＝0解得xA＝eq \f(9,2)，xB＝eq \f(1,2)，∴|AF|＝xA＋eq \f(p,2)＝6，|BF|＝2，∴eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝eq \f(2,3)，A错，B正确；作BH垂直准线于H，则∠HBD＝60°，∴|BD|＝2|BH|＝2|BF|，C正确；又xD＝－eq \f(3,2)，则eq \f(xD＋xA,2)＝eq \f(\f(9,2)－\f(3,2),2)＝eq \f(3,2)＝xF，∴F为AD的中点，D正确；故选BCD.
11．(2021·山东青岛调研)在平面直角坐标系xOy中，动点P与两个定点F1(－eq \r(3)，0)和F2(eq \r(3)，0)连线的斜率之积等于eq \f(1,3)，记点P的轨迹为曲线E，直线l：y＝k(x－2)与E交于A，B两点，则( AC )
A．E的方程为eq \f(x2,3)－y2＝1(x≠±eq \r(3))
B．E的离心率为eq \r(3)
C．E的渐近线与圆(x－2)2＋y2＝1相切
D．满足|AB|＝2eq \r(3)的直线l仅有1条
[解析] 设点P(x，y)，由已知得eq \f(y,x＋\r(3))·eq \f(y,x－\r(3))＝eq \f(1,3)，整理得eq \f(x2,3)－y2＝1，所以点P的轨迹为曲线E的方程为eq \f(x2,3)－y2＝1(x≠±eq \r(3))，故A正确；又离心率e＝eq \f(2,\r(3))＝eq \f(2\r(3),3)，故B不正确；圆(x－2)2＋y2＝1的圆心(2,0)到曲线E的渐近线为y＝±eq \f(\r(3),3)x的距离为d＝eq \f(2,\r(12＋±\r(3)2))＝1，又圆(x－2)2＋y2＝1的半径为1，故C正确；∵(2,0)为双曲线eq \f(x2,3)－y2＝1的右焦点，且x＝2时，y＝±eq \f(\r(3),3)，∴过右焦点的双曲线最短的弦(通径)为eq \f(2\r(3),3)，又两顶点间距离为2eq \r(3)，∴满足|AB|＝2eq \r(3)的直线有3条，故D错．∴选AC．
三、填空题
12．(2021·山西重点中学联考)已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率e＝2，过双曲线上一点M作直线MA，MB交双曲线于A，B两点，且斜率分别为k1，k2，若直线AB过原点，则k1·k2的值为 3 .
[解析] 由题意知，e＝eq \f(c,a)＝eq \r(1＋\f(b2,a2))＝2⇒b2＝3a2，
则双曲线方程可化为3x2－y2＝3a2，
设A(m，n)，M(x，y)(x≠±m)，则B(－m，－n)，
k1·k2＝eq \f(y－n,x－m)·eq \f(y＋n,x＋m)＝eq \f(y2－n2,x2－m2)＝eq \f(3x2－3a2－3m2＋3a2,x2－m2)＝3.
13．(2021·河北石家庄模拟)已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右顶点分别为A，B，点P是双曲线上一点，若△PAB为等腰三角形，∠PAB＝120°，则双曲线的离心率为 eq \r(2) .
[解析] 如图所示：过点P作PD⊥x轴，垂足为D.
因为△PAB为等腰三角形，所以|PA|＝|AB|＝2a，
又因为∠PAB＝120°，所以∠PAD＝60°.
|PD|＝|PA|·sin 60°＝eq \r(3)a，|AD|＝|PA|·cs 60°＝a，故P(－2a，eq \r(3)a)．
因为点P(－2a，eq \r(3)a)在双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1上，
所以eq \f(4a2,a2)－eq \f(3a2,b2)＝1，即eq \f(a2,b2)＝1.
e＝eq \r(\f(c2,a2))＝eq \r(\f(a2＋b2,a2))＝eq \r(1＋\f(b2,a2))＝eq \r(2).
故答案为：eq \r(2)
四、解答题
14．(2021·河北唐山质检)已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(6),3)，直线l：x＝ty＋1交E于A，B两点；当t＝0时，|AB|＝eq \f(2\r(6),3).
(1)求E的方程；
(2)设A在直线x＝3上的射影为D，证明：直线BD过定点，并求定点坐标．
[解析] (1)由题意得e2＝eq \f(c2,a2)＝eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(2,3)，
整理得a2＝3b2，
由t＝0时，|AB|＝eq \f(2\r(6),3)得eq \f(1,a2)＋eq \f(2,3b2)＝1，
因此a＝eq \r(3)，b＝1.故E的方程是eq \f(x2,3)＋y2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则D(3，y1)，
将x＝ty＋1代入eq \f(x2,3)＋y2＝1得(t2＋3)y2＋2ty－2＝0，
y1＋y2＝－eq \f(2t,t2＋3)，y1·y2＝－eq \f(2,t2＋3)，
从而ty1·y2＝y1＋y2.①
直线BD：y＝eq \f(y2－y1,x2－3)(x－3)＋y1，
设直线BD与x轴的交点为(x0,0)，
则eq \f(y2－y1,x2－3)(x0－3)＋y1＝0，
所以x0＝eq \f(y13－x2,y2－y1)＋3＝eq \f(y12－ty2,y2－y1)＋3＝eq \f(2y1－ty1y2,y2－y1)＋3，
将①式代入上式可得x0＝2，
故直线BD过定点(2,0)．
15．(2021·山西运城调研)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2)，F1、F2分别是椭圆的左、右焦点，P是椭圆上一点，且△PF1F2的周长是6.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l经过椭圆的右焦点F2且与C交于不同的两点M，N，试问：在x轴上是否存在点Q，使得直线QM与直线QN的斜率的和为定值？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
[解析] (1)设椭圆C的焦距为2c(c>0)，
由椭圆的定义知△PF1F2的周长为2a＋2c，
所以2a＋2c＝6，①
又因为椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，
所以a＝2c，②
联立①②解得a＝2，c＝1，
所以b＝eq \r(a2－c2)＝eq \r(3)，
所求椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)若存在满足条件的点Q(t,0)．
当直线l的斜率k存在时，设y＝k(x－1)，
联立eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，消y得
(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4k2－12,3＋4k2)，
∵kQM＋kQN＝eq \f(y1,x1－t)＋eq \f(y2,x2－t)
＝eq \f(kx1－1x2－t＋kx2－1x1－t,x1－tx2－t)
＝eq \f(2kx1x2－k1＋tx1＋x2＋2kt,x1x2－tx1＋x2＋t2)
＝k·eq \f(\f(8k2－24,3＋4k2)－\f(8k21＋t,3＋4k2)＋2t,\f(4k2－12,3＋4k2)－\f(8k2,3＋4k2)t＋t2)
＝k·eq \f(8k2－24－8k21＋t＋2t3＋4k2,4k2－12－8k2t＋t23＋4k2)
＝eq \f(6kt－4,4t－12k2＋3t2－12)
∴要使对任意实数k，kQM＋kQN为定值，则只有t＝4，此时，kQM＋kQN＝0.
当直线l与x轴垂直时，若t＝4，也有kQM＋kQN＝0.
故在x轴上存在点Q(4,0)，使得直线QM与直线QN的斜率的和为定值0.
B组能力提升
1．(2021·吉林长春模拟)双曲线E：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)被斜率为4的直线截得的弦AB的中点为(2,1)，则双曲线E的离心率为( B )
A．eq \r(2) B．eq \r(3)
C．2 D．eq \r(5)
[解析] 设A(x1，y1)，B(x2，y2)代入双曲线方程作差有eq \f(x1－x2x1＋x2,a2)＝eq \f(y1－y2y1＋y2,b2)，有eq \f(b2,a2)＝eq \f(y1－y2y1＋y2,x1－x2x1＋x2)＝2，所以eq \f(c2,a2)＝3，e＝eq \r(3)，故选B.
2.
如图所示，椭圆中心在坐标原点，F为左焦点，当eq \(FB,\s\up6(→))⊥eq \(AB,\s\up6(→))时，其离心率为eq \f(\r(5)－1,2)，此类椭圆被称为“黄金椭圆”．类比“黄金椭圆”，可推算出“黄金双曲线”的离心率e等于( A )
A．eq \f(\r(5)＋1,2) B．eq \f(\r(5)－1,2)
C．eq \r(5)－1 D．eq \r(5)＋1
[解析] 椭圆中“和”对应双曲线中“差”，故选A.事实上，设“黄金双曲线”方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1，
则B(0，b)，F(－c,0)，A(a,0)．
在“黄金双曲线”中，
因为eq \(FB,\s\up6(→))⊥eq \(AB,\s\up6(→))，所以eq \(FB,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝0.
又eq \(FB,\s\up6(→))＝(c，b)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(－a，b)．
所以b2＝ac.而b2＝c2－a2，所以c2－a2＝ac.
在等号两边同除以a2，解得e＝eq \f(\r(5)＋1,2).
3．(2021·陕西省渭南市模拟)抛物线y2＝4x的焦点为F，点P(x，y)为该抛物线上的动点，又点A(－1,0)，则eq \f(|PF|,|PA|)的最小值是( B )
A．eq \f(1,2) B．eq \f(\r(2),2)
C．eq \f(\r(3),2) D．eq \f(2\r(3),3)
[解析] 由题意可知，抛物线的准线方程为x＝－1，
A(－1,0)，过P作PN垂直直线x＝－1于N，
由抛物线的定义可知PF＝PN，连接PA，
eq \f(|PF|,|PA|)＝eq \f(|PN|,|PA|)最小⇔∠NAP最小⇔∠PAF最大⇔PA与抛物线y2＝4x相切．
设PA的方程为：y＝k(x＋1)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1,y2＝4x))，
解得：k2x2＋(2k2－4)x＋k2＝0，
所以Δ＝(2k2－4)2－4k4＝0，解得k＝±1，
所以∠NPA＝45°，
eq \f(|PF|,|PA|)＝cs∠NPA＝eq \f(\r(2),2)，故选B.
4．(2021·河南中原名校联考)直线l与抛物线y2＝4x交于两不同点A，B，其中A(x1，y1)，B(x2，y2)，若y1y2＝－36，则直线l恒过点的坐标是 (9,0) .
[解析] 设直线l的方程为x＝my＋n，则由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋n，,y2＝4x，))得y2－4my－4n＝0，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝4m，,y1y2＝－4n.))又y1y2＝－36，∴－4n＝－36，∴n＝9，∴直线l方程为x＝my＋9，恒过(9,0)．
5．(2021·山东质检)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点P(2,1)，且该椭圆的一个短轴端点与两焦点F1，F2为等腰直角三角形的三个顶点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l不经过P点且与椭圆C相交于A，B两点．若直线PA与直线PB的斜率之积为1，证明：直线l过定点．
[解析] (1)由题意eq \f(4,a2)＋eq \f(1,b2)＝1，b＝c，
结合a2－b2＝c2，解得a＝eq \r(6)，b＝eq \r(3)，
∴椭圆方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明：①当直线l斜率不存在时，
设直线l：x＝m，A(m，ym)，B(m，－ym)，
kPA·kPB＝eq \f(ym－1,m－2)·eq \f(－ym－1,m－2)＝1，
解得m＝2(舍)或m＝6(舍)，故不满足．
②当直线l斜率存在时，设l：y＝kx＋t，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋t,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1))，
整理得(2k2＋1)x2＋4ktx＋2t2－6＝0.
Δ＝8(6k2－t2＋3)>0，
x1＋x2＝eq \f(－4kt,2k2＋1)，x1x2＝eq \f(2t2－6,2k2＋1).①
则kPA·kPB＝eq \f(y1－1,x1－2)·eq \f(y2－1,x2－2)＝eq \f(y1y2－y1＋y2＋1,x1x2－2x1＋x2＋4)＝1，
∴(k2－1)x1x2＋(tk－k＋2)(x1＋x2)＋t2－2t－3＝0，
将①代入上式可得12k2＋8kt＋t2＋2t－3＝0，
∴(2k＋t－1)·(6k＋t＋3)＝0，
若2k＋t－1＝0，t＝1－2k，
直线l经过P点与已知矛盾，
若6k＋t＋3＝0，t＝－3－6k，
Δ＝－48(5k2＋6k＋1)存在k使得Δ>0成立．
∴直线l的方程为y＝k(x－6)－3，
故直线l过定点(6，－3)．
6．(2021·广东汕头模拟)在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，F(0,1)，N(t，－1)(t∈R)，已知△MFN是以FN为底边，且边MN平行于y轴的等腰三角形．
(1)求动点M的轨迹C的方程；
(2)已知直线l交x轴于点P，且与曲线C相切于点A，点B在曲线C上，且直线PB∥y轴，点P关于点B的对称点为点Q，试判断点A、Q、O三点是否共线，并说明理由．
[解析] (1)设动点M(x，y)，因为MN∥y轴，
所以MN与直线y＝－1垂直，则|MN|＝|y＋1|，
∵△MFN是以FN为底边的等腰直角三角形，
故|MN|＝|MF|，
即eq \r(x2＋y－12)＝|y＋1|，
即x2＋(y－1)2＝(y＋1)2，化简得x2＝4y.
因为当点M为坐标原点时，M、F、N三点共线，无法构成三角形，
因此，动点M的轨迹C的方程为x2＝4y(y≠0)；
(2)A、Q、O三点共线，理由如下：
因为直线l与曲线C相切，所以直线l的斜率必存在且不为零，设直线l的方程为y＝kx＋m，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝4y,y＝kx＋m))，消y得x2－4kx－4m＝0，Δ＝16k2＋16m＝0，得m＝－k2.
所以，直线l的方程为y＝kx－k2，
令y＝0，得x＝k，则点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k，0))，
∴Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k，\f(k2,4)))，故Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k，\f(k2,2)))，
又由x2－4kx＋4k2＝0，得x＝2k，则点A(2k，k2)，
∵kAO＝eq \f(k2,2k)＝eq \f(k,2)，kOQ＝eq \f(\f(k2,2),k)＝eq \f(k,2)，∴kAO＝kOQ，
因此，A、Q、O三点共线．