2023高三数学二轮热点题型专项突破专题25 圆锥曲线情景下直线方程求解（新高考全国通用）

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专题25 圆锥曲线情景下直线方程求解高考定位圆锥曲线是高考必考内容，而圆锥曲线综合试题其本质是点和直线的处理，因此点和直线的求解和表示才是高考的重点和难点。专题解析（1）圆锥曲线背景下求直线方程 （2)探索直线的存在性 （3）探索动点在定直线上（轨迹）专项突破类型一、圆锥曲线背景下求直线方程例1-1.(2021·天津卷)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点为F，上顶点为B，离心率为eq \f(2\r(5),5)，且|BF|＝eq \r(5).(1)求椭圆的方程；(2)直线l与椭圆有唯一的公共点M，与y轴的正半轴交于N，过N与BF垂直的直线交x轴于点P.若MP∥BF，求直线l的方程.解　(1)易知点F(c，0)，B(0，b)，故|BF|＝eq \r(c2＋b2)＝a＝eq \r(5).因为椭圆的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2\r(5),5)，故c＝2，b＝eq \r(a2－c2)＝1，因此，椭圆的方程为eq \f(x2,5)＋y2＝1.(2)设点M(x0，y0)为椭圆eq \f(x2,5)＋y2＝1上一点，先证明直线MN的方程为eq \f(x0x,5)＋y0y＝1.联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x0x,5)＋y0y＝1，,\f(x2,5)＋y2＝1，,\f(xeq \o\al(2,0),5)＋yeq \o\al(2,0)＝1，))消去y，y0并整理得x2－2x0x＋xeq \o\al(2,0)＝0，Δ＝4xeq \o\al(2,0)－4xeq \o\al(2,0)＝0，因此，椭圆eq \f(x2,5)＋y2＝1在点M(x0，y0)处的切线方程为eq \f(x0x,5)＋y0y＝1.在直线MN的方程中，令x＝0，可得y＝eq \f(1,y0)，由题意可知y0＞0，即点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,y0))).直线BF的斜率为kBF＝－eq \f(b,c)＝－eq \f(1,2)，所以直线PN的方程为y＝2x＋eq \f(1,y0).在直线PN的方程中，令y＝0，可得x＝－eq \f(1,2y0)，即点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2y0)，0)).因为MP∥BF，则kMP＝kBF，即eq \f(y0,x0＋\f(1,2y0))＝eq \f(2yeq \o\al(2,0),2x0y0＋1)＝－eq \f(1,2)，整理可得(x0＋5y0)2＝0，所以x0＝－5y0.又因为eq \f(xeq \o\al(2,0),5)＋yeq \o\al(2,0)＝1，所以6yeq \o\al(2,0)＝1.因为y0＞0，故y0＝eq \f(\r(6),6)，x0＝－eq \f(5\r(6),6)，所以直线l的方程为－eq \f(\r(6),6)x＋eq \f(\r(6),6)y＝1，即x－y＋eq \r(6)＝0.练．已知椭圆：的离心率，连接椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为4.（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线与椭圆相交于不同的两点，已知点的坐标为且，求直线的倾斜角.【答案】（1）（2）或【分析】(1)结合已知条件分别求出，即可求解；(2)首先设出直线的方程，然后联立椭圆标准方程求出点坐标，结合两点间距离公式求出斜率，进而即可得到答案.（1）不妨设所求椭圆的焦距为，因为离心率，所以 ①，因为椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为4，所以，即 ②，又因为 ③，所以联立①②③可得，，，故椭圆的标准方程为：.（2）由(1)结论可知，的坐标为，设直线的方程为：，，由可得，，，从而，即，，故点坐标为，由两点间距离公式可知，，解得，故直线的倾斜角为或.练．已知双曲线的离心率为2，且过点.（1）求C的方程；（2）若斜率为的直线l与C交于P，Q两点，且与x轴交于点M，若Q为PM的中点，求l的方程.【答案】（1）（2）（或）【分析】（1）由离心率可得，再将点A的坐标代入方程可得，解方程组即可求解.（2）设，，，由题意可得，设l的方程为，将直线方程与椭圆方程联立消去，利用韦达定理即可求解；将直线与椭圆方程联立消去，利用韦达定理也可求解.（1）因为，所以，即.将点A的坐标代入，得，解得，故C的方程为.（2）设，，，因为Q为PM的中点，所以.因为直线l的斜率为，所以可设l的方程为，联立得，，由韦达定理可得，.因为，所以，解得，，解得，即，故l的方程为.在第（2）问中，若未写判别式大于0，但写到“由，得l与C必有两个不同的交点”，另外本问还可以通过联立方程消去y求解，其过程如下：设，，l的方程为，联立得，，由韦达定理可得，.因为Q为PM的中点，所以，则，，解得，，，解得，即，故l的方程为（或）.练．已知抛物线的焦点为，且为圆的圆心．过点的直线交抛物线与圆分别为，，，（从上到下）．（1）求抛物线方程并证明是定值；（2）若，的面积比是，求直线的方程．【答案】（1），证明见解析（2）【分析】（1）根据，结合韦达定理即可获解（2），再结合焦点弦公式即可获解（1）由题知，故，抛物线方程为，设直线的方程为，，，，，，得，，，，（2），由（1）知，可求得，，故的方程为，即练．已知椭圆，一组平行直线的斜率为，经计算当这些平行线与椭圆相交时，被椭圆截得的线段的中点在定直线l上，则直线l的方程为___________.【答案】【分析】设这组平行直线的方程为，并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系、判别式，求得中点坐标，由此求得定直线的方程.【详解】设这组平行直线的方程为，联立，整理得，，解得.且，，所以这组平行直线与椭圆交点的中点坐标为，，，所以这些点均在上.故答案为：.练．已知是抛物线（）的焦点，过点且斜率为的直线与抛物线交于，两点，若.（1）求抛物线的标准方程；（2）动直线垂直于线段，且与抛物线交于，两点，当四边形面积为时，求直线的方程.【答案】（1）（2）【分析】（1）设，，直线方程与抛物线方程联立消元后应用韦达定理，计算交代入韦达定理的结论可求得值，得抛物线方程；（2）设出直线的方程，由直线方程与抛物线方程联立，应用韦达定理求得弦长，然后由四边形面积可得参数值，得直线方程．（1）根据已知条件可知直线的方程为.联立消去并整理得，设，，则，，所以，.因为，所以，整理得，解得或（舍去），所以抛物线的标准方程为.（2）因为直线与线段垂直，所以直线的斜率为.设直线的方程为，由弦长公式得，由（1）可知，，，所以.联立消去并整理得，设，，则，，由弦长公式得，所以四边形的面积，解得，所以直线的方程为.练.（扬州市 2021 届一摸T22）已知椭圆的离心率为，右准线方程为．（1）求椭圆方程；AEPBF（2）P(0，1)，A、B为椭圆的左右顶点，过A作斜率为k1的直线交椭圆于E，连接EP并延长交椭圆于F，记直线BF的斜率为k2，若k1＝3k2，求直线EF的方程．方法一：（非对称韦达定理处理）设直线EF：联立得因为,得，得处理方案1：，，处理方案2：，，， 得处理方案3：发现得得方法二：，化为，，代入即可方法三：练. (广东省汕头市金山中学2021届高三下学期学科素养测试T21)．已知为坐标原点，动点满足：（1）求动点的轨迹的方程；（2）直线过点且与轨迹交于点，若是等腰三角形，求直线的方程.【答案】（1）；（2）或.【分析】（1）设，由向量的运算性质可得，由椭圆的定义可得动点的轨迹的方程；（2）设DE为：，，联立直线DE与椭圆的方程，由韦达定理可得，，，，计算，得，由勾股定理可得，解得k，进而可得直线的方程.【详解】（1）设，则动点的轨迹为以为焦点，长轴长为4的椭圆由，，动点的轨迹的方程为（2）设为：，由，，，设直线的斜率分别为，依题或综上所求直线为：或.【点睛】关键点点睛：（1）通过椭圆的定义求出动点的轨迹的方程；（2）得到直线的斜率满足，具备较强的运算能力是解题的关键.练.（广东省汕头市金山中学2021届高三下学期学科素养测试T21）．已知为坐标原点，动点满足：（1）求动点的轨迹的方程；（2）直线过点且与轨迹交于点，若是等腰三角形，求直线的方程.【答案】（1）；（2）或.【分析】（1）设，由向量的运算性质可得，由椭圆的定义可得动点的轨迹的方程；（2）设DE为：，，联立直线DE与椭圆的方程，由韦达定理可得，，，，计算，得，由勾股定理可得，解得k，进而可得直线的方程.【详解】（1）设，则动点的轨迹为以为焦点，长轴长为4的椭圆由，，动点的轨迹的方程为（2）设为：，由，，，设直线的斜率分别为，依题或综上所求直线为：或.【点睛】关键点点睛：（1）通过椭圆的定义求出动点的轨迹的方程；（2）得到直线的斜率满足，具备较强的运算能力是解题的关键.练.如图，已知椭圆E经过点A(2,3)，对称轴为坐标轴，焦点F1，F2在x轴上，离心率e＝eq \f(1,2).(1) 求椭圆E的方程；(2) 求∠F1AF2的角平分线所在直线l的方程．【解答】(1) 设椭圆E的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，由e＝eq \f(1,2)，即eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，得b2＝a2－c2＝3c2，所以椭圆方程可化为eq \f(x2,4c2)＋eq \f(y2,3c2)＝1.将A(2,3)代入上式，得eq \f(1,c2)＋eq \f(3,c2)＝1，解得c＝2，从而a2＝16，b2＝12.所以椭圆 E的方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1.(2) 方法一：设∠F1AF2的角平分线与x轴相交于点B，因为A(2,3)，F2(2,0)，所以AF2＝3，AF1＝2a－AF2＝5，由三角形角平分线定理可知eq \f(5,BF1)＝eq \f(3,BF2)，又BF1＋BF2＝4，解得BF1＝eq \f(5,2)，BF2＝eq \f(3,2)，又OF2＝2，可知Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，所以∠F1AF2的角平分线所在直线l的方程为y＝eq \f(3,2－\f(1,2))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，即2x－y－1＝0.方法二：因为AF2⊥F1F2，且AF2＝3，F1F2＝4，则设∠F1AF2＝2θ，则有tan2θ＝eq \f(F1F2,AF2)＝eq \f(4,3)＝eq \f(2tanθ,1－tan2θ)，解得tanθ＝eq \f(1,2)或tanθ＝－2(舍去)．设∠F1AF2的角平分线与x轴相交于点B，则tan∠ABF2＝taneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ))＝eq \f(1,tanθ)＝2，所以∠F1AF2的角平分线所在直线l的方程为y－3＝2(x－2)，即2x－y－1＝0.方法三：利用角平分线上的点到角两边的距离相等，由(1)知F1(－2,0)，F2(2,0)，所以直线AF1的方程为y＝eq \f(3,4)(x＋2)，即3x－4y＋6＝0，直线AF2的方程为x＝2，由点A在椭圆E上的位置可知，直线l的斜率为正数，设P(x，y)为直线l上任一点，则有eq \f(|3x－4y＋6|,5)＝|x－2|，若3x－4y＋6＝5x－10，即x＋2y－8＝0(因其斜率为负，舍去)，所以直线l的方程为3x－4y＋6＝10－5x，即2x－y－1＝0.方法四：因为A(2,3)，F1(－2,0)，F2(2,0)，所以eq \o(AF,\s\up6(→))1＝(－4，－3)，eq \o(AF2,\s\up6(→))＝(0，－3)，所以eq \f(\o(AF,\s\up6(→))1,|\o(AF1,\s\up6(→))|)＋eq \f(\o(AF,\s\up6(→))2,|\o(AF2,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,5)(－4，－3)＋eq \f(1,3)(0，－3)＝－eq \f(4,5)(1,2)，所以k＝2，所以直线l的方程为y－3＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.类型二、探索直线的存在性例2-1．设分别是平面直角坐标系中轴正方向上的单位向量，若向量，，且，其中.（1）求动点的轨迹的方程；（2）过点作直线与轨迹交于，两点，设，是否存在直线，使得四边形是矩形？若存在，求出直线的方程；若不存在，试说明理由.【答案】（1）（2）存在，【分析】通过，得到 点M的轨迹为以为焦点，的椭圆，应用椭圆的定义得到其轨迹方程；首先判断直线的斜率是否存在，通过联立方程组，得到，结合，得到四边形为平行四边形，若要成为矩形，需有，运算化简即可得结果．（1）由题意得，，，，设，，则动点M满足，由椭圆的定义可知动点M的轨迹是以，为焦点的椭圆，设椭圆的方程为，则，，，故轨迹的方程为（2）存在满足条件的直线.设直线的方程为，由方程组，消去，整理得：则恒成立，即直线与椭圆恒有两个不同的交点，设交点为，，则①，②由得，即，∴四边形OAPB为平行四边形若存在直线使四边形OAPB为矩形，则，即③将①､②代入③式得：，解得，所以直线的方程为，此时四边形OAPB为矩形.练．已知椭圆的左、右焦点分别为，是椭圆上的一个动点，以为圆心过椭圆左焦点的圆与直线相切，的周长为．（1）求椭圆的方程；（2）已知点，过点且斜率为的直线交椭圆于两点，以，为邻边作平行四边形，是否存在常数，使得点的轨迹在椭圆上？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，.【分析】（1）设椭圆的半焦距为，运用点到直线的距离公式，解方程可得，再由椭圆的定义，可得，由的关系，求得，进而得到椭圆方程;（2）求得直线的方程，与椭圆方程联立,运用判别式大于0，以及韦达定理和向量的坐标运算，求得的坐标，代入椭圆方程，解方程可得，即可判断存在性.【详解】（1）设椭圆的半焦距为．因为以为圆心过椭圆左焦点的圆与直线相切，所以到直线的距离为，解得．因为的周长为，所以，即，解得．则．故椭圆的方程为．（2）根据题意直线，联立可得，，设，，则，，，，且，，代入椭圆的方程可得，解得或（舍去），满足，所以存在常数.练．已知椭圆：的左､右焦点分别为，，为椭圆上一点，线段与圆相切于该线段的中点，且的面积为2.（1）求椭圆的方程；（2）椭圆上是否存在三个点A，，，使得直线过椭圆的左焦点，且四边形是平行四边形？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，直线：.【分析】（1）连接，可得为的中位线，可得且，根据椭圆的定义，可求得，代入面积公式，结合题意，即可得求得a值，进而可得c值，根据a，b，c的关系，求得b，即可得答案.（2）设直线的方程为：，，，，将直线与曲线联立，根据韦达定理可得，的表达式，即可得P点坐标，根据P在椭圆上，代入椭圆方程，即可求得m值，即可得答案.【详解】（1）连接，由，且∴为的中位线，∴且，∴根据椭圆的定义可得：，∴，解得，∴，∴，解得，∴，∴椭圆的方程为：（2）设直线的方程为：，，，联立，可得，∴，∴，由在椭圆上，代入可得，解得，∴存在直线：符合题意.例2-2．已知双曲线过点，焦距为，．（1）求双曲线C的方程；（2）是否存在过点的直线与双曲线C交于M，N两点，使△构成以为顶角的等腰三角形？若存在，求出所有直线l的方程；若不存在，请说明理由．【答案】（1）.（2）存在，直线为或.【分析】（1）根据焦距、双曲线上的点求双曲线参数，进而写出双曲线C的方程；（2）由题设有，设直线为，，并联立双曲线方程，应用韦达定理、中点坐标公式求M，N的中点坐标，由等腰三角形中垂线性质求参数k，进而可得直线l的方程.（1）由题设，，又在双曲线上，∴，可得，∴双曲线C的方程为.（2）由（1）知：，设直线为，，联立双曲线方程可得：，由题设，∴，，则.要使△构成以为顶角的等腰三角形，则，∴的中点坐标为，∴，可得或.∴存在直线为或，使△构成以为顶角的等腰三角形.练．已知椭E：的右顶点为A，右焦点为F，上､下顶点分别为B，C，，直线CF交线段AB于点D，且.（1）求椭圆E的标准方程；（2）是否存在直线l，使得l交E于M，N两点.且F恰是△BMN的垂心？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）【分析】（1）分别求出直线，的方程，再求得的坐标．然后将转化为，得到，再结合，求得和的值，从而得到椭圆的标准方程；（2）只要能通过假设存在满足题意的直线，根据是的垂心，得到，进而确定直线的斜率，由此设出直线的方程并与椭圆方程联立；再根据是的垂心，得到，将其转化为或，并结合韦达定理，即可求得的值，求得直线的方程．（1）解：设椭圆的右焦点，则直线的方程：，直线的方程：，联立解得，则，由，则，则，，，则，由，，解得：，，，椭圆的标准方程为．（2）解：假设存在满足条件的直线，由垂心的性质可得，又从而得到直线的斜率，设的方程为，，，，，联立，整理得：，由，解得：，，．由，则，即，整理得，将，，代入化简得，，，提取公因式，可得，即，由，则，解得，满足，的值，直线的方程．例2-3．已知椭圆，，为左、右焦点，直线过交椭圆于，两点．（1）若直线垂直于轴，求；（2）当时，在轴上方时，求、的坐标；（3）若直线交轴于，直线交轴于，是否存在直线，使得，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2），，（3）存在，或【分析】（1）由题意方程求得右焦点坐标，进一步求得，的坐标，则可求；（2）设，，由，利用数量积为0求得与的方程，再由在椭圆上，得与的另一方程，联立即可求得的坐标．得到直线的方程，与椭圆方程联立即可求得的坐标；（3）设，，，，，， 由条件可得，再结合韦达定理列方程即可.（1）依题意，，当轴时，则，，得（2）设，，，，又在椭圆上，满足，即，，解得，即．直线，联立，解得，；所以，，，（3）设，，，，，，直线，则，．联立，得．则，．由直线的方程：，得纵坐标；由直线的方程：，得的纵坐标．若，即，，，，代入根与系数的关系，得，解得．存在直线或满足题意．练．双曲线的中心在原点，焦点在轴上，且焦点到其渐近线的距离为2．（1）求双曲线的标准方程；（2）过点的直线与双曲线的左、右两支分别交于，两点，与其渐近线分别交于，（从左至右）两点．①证明：；②是否存在这样的直线，使得，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）①见详解；②.【分析】（1）根据双曲线的基本量的运算，结合距离公式即可得解；（2）①若要证明则需求得各点坐标利用距离公式来证，可设直线l方程为y＝kx+2，和椭圆方程联立利用韦达定理求得A，B两点间的相关关系，再分别和渐近线联立求得M、N两点坐标即可得证；对②进行转化可得，化简求值即可得解.【详解】（1）因为双曲线C的渐近线为y＝±2x，由双曲线的焦点在x轴上时，则双曲线，渐近线的方程为，焦点F（±c，0），所以解得a＝1，b＝2，所以双曲线的方程为；（2）①由（1）知双曲线的方程为，其渐近线的方程为y＝±2x，设直线l：y＝kx+2，因为直线l交C双曲线的左右两支分别于A，B，所以﹣2＜k＜2，联立，得（4﹣k2）x2﹣4kx﹣8＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），所以x1+x2＝，x1x2＝，联立，解得x＝，y＝，则M（，），联立，解得x＝，y＝，则N（，），所以|AM|＝，|BM|＝，所以|AM|2﹣|BN|2＝（1+k2）[（x1﹣）2﹣（x2+）2]＝（1+k2）[（﹣x2﹣）2﹣（x2+）2]＝（1+k2）[（﹣﹣x2）2﹣（x2+）2]＝（1+k2）[（+x2）2﹣（x2+）2]＝0，所以|AM|＝|BN|．②由共线，可得，由①可得，解得，所以符合题意，所以直线的方程为.例2-4．已知椭圆的离心率，且经过点．（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线与椭圆交于两点．是否存在直线使得以为直径的圆过点？若存在，求出直线的方程，若不存在，说明理由．【答案】（1）；（2）存在，方程为或.【分析】（1）利用离心率，点坐标和椭圆关系可构造方程组求得椭圆方程；（2）当斜率不存在时易知其满足题意；当斜率存在时，将直线方程与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，利用可构造方程求得斜率，由此可得直线方程.（1）由题意得：，解得：，椭圆的方程为；（2）当斜率不存在时，即时，为椭圆短轴两端点，则以为直径的圆为，恒过点，满足题意；当斜率存在时，设，，，由得：，，解得：；，，若以为直径的圆过点，则，即，又，，，解得：，满足，即，；综上所述：存在直线使得以为直径的圆过点，方程为或.练．从抛物线上各点向轴作垂线段，记垂线段中点的轨迹为曲线．（1）求曲线的方程，并说明曲线是什么曲线；（2）过点的直线交曲线于两点、，线段的垂直平分线交曲线于两点、，探究是否存在直线使、、、四点共圆？若能，请求出圆的方程；若不能，请说明理由．【答案】（1）曲线的方程为，曲线是焦点为的抛物线；（2）存在；圆的方程为或．【分析】（1）设抛物线上的任意点为，垂线段的中点为，根据中点坐标公式得出，代入等式化简可得出曲线的方程，进而可得出曲线的形状；（2）设直线的方程为，将直线的方程与曲线的方程联立，列出韦达定理，求出，求出线段的中点的坐标，进一步求出线段的中垂线的方程，求出，根据四点共圆结合垂径定理可得出关于的等式，求出的值，进一步可求得圆的方程，由此可得出结论.【详解】（1）设抛物线上的任意点为，垂线段的中点为，故，则，代入得，得曲线的方程为，所以曲线是焦点为的抛物线；（2）若直线与轴重合，则直线与曲线只有一个交点，不合乎题意.设直线的方程为，根据题意知，设、，联立，得，，则，，则，且线段中点的纵坐标为，即，所以线段中点为，因为直线为线段的垂直平分线，可设直线的方程为，则，故，联立，得，设、，则，，故，线段中点为，假设、、、四点共圆，则弦的中垂线与弦中垂线的交点必为圆心，因为为线段的中垂线，则可知弦的中点必为圆心，则，在中，，所以，则，故，即，解得，即，所以存在直线，使、、、四点共圆，且圆心为弦的中点，圆的方程为或．类型三、探究动点在定直线上总结：探求圆锥曲线中的定直线问题的两种方法：一是参数法，即先利用题设条件探求出动点T的坐标(包含参数)，再消去参数，即得动点T在定直线上；二是相关点法，即先设出动点T的坐标为(x，y)，根据题设条件得到已知曲线上的动点R的坐标，再将动点R的坐标代入已知的曲线方程，即得动点T在定直线上.例3-1 (2021·福州检测)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，过F且斜率为1的直线与C交于A，B两点，|AB|＝8.(1)求抛物线C的方程；(2)过点D(1，2)的直线l交C于点M，N，点Q为MN的中点，QR⊥x轴交C于点R，且eq \o(QR,\s\up6(→))＝eq \o(RT,\s\up6(→))，证明：动点T在定直线上.解(1)　设A(x1，y1)，B(x2，y2).因为Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，所以过点F且斜率为1的直线的方程为y＝x＋eq \f(p,2).由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋\f(p,2)，,x2＝2py))消去y并整理，得x2－2px－p2＝0，易知Δ>0.则x1＋x2＝2p，y1＋y2＝x1＋x2＋p＝3p，所以|AB|＝y1＋y2＋p＝4p＝8，解得p＝2.于是抛物线C的方程为x2＝4y.(2)证明　法一　易知直线l的斜率存在，设l的方程为y＝k(x－1)＋2，Q(x0，y0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3，\f(1,4)xeq \o\al(2,3)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x4，\f(1,4)xeq \o\al(2,4))).由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－1）＋2，,x2＝4y))消去y并整理，得x2－4kx＋4k－8＝0.则Δ＝(－4k)2－4(4k－8)＝16(k2－k＋2)>0，x3＋x4＝4k，x3x4＝4k－8，所以x0＝eq \f(x3＋x4,2)＝2k，y0＝k(x0－1)＋2＝2k2－k＋2，即Q(2k，2k2－k＋2).由点R在曲线C上，QR⊥x轴，且eq \o(QR,\s\up6(→))＝eq \o(RT,\s\up6(→))，得R(2k，k2)，R为QT的中点，所以T(2k，k－2).因为2k－2(k－2)－4＝0，所以动点T在定直线x－2y－4＝0上.法二　设T(x，y)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3，\f(1,4)xeq \o\al(2,3)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x4，\f(1,4)xeq \o\al(2,4))).由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq \o\al(2,3)＝4y3，,xeq \o\al(2,4)＝4y4))得(x3＋x4)(x3－x4)＝4(y3－y4)，所以eq \f(x3＋x4,4)＝eq \f(y3－y4,x3－x4).设Q(x，y5)，则直线MN的斜率k＝eq \f(y5－2,x－1)，又eq \f(y3－y4,x3－x4)＝k，点Q的横坐标x＝eq \f(x3＋x4,2)，所以eq \f(x,2)＝eq \f(y5－2,x－1)，所以y5＝eq \f(1,2)x(x－1)＋2.由eq \o(QR,\s\up6(→))＝eq \o(RT,\s\up6(→))知点R为QT的中点，所以Req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，\f(y5＋y,2))).又点R在C上，将eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，\f(y5＋y,2)))代入C的方程得x2＝2(y5＋y)，即－x＋4＋2y＝0，所以动点T在定直线x－2y－4＝0上.练 (2021·宿州质检)已知点A(－1，0)，B(1，0)，动点P满足|PA|＋|PB|＝4，P点的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)已知圆x2＋y2＝R2上任意一点P(x0，y0)处的切线方程为：x0x＋y0y＝R2，类比可知椭圆：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1上任意一点P(x0，y0)处的切线方程为：eq \f(x0x,a2)＋eq \f(y0y,b2)＝1.记l1为曲线C在任意一点P处的切线，过点B作BP的垂线l2，设l1与l2交于Q，试问动点Q是否在定直线上？若在定直线上，求出此直线的方程；若不在定直线上，请说明理由.解　(1)由椭圆的定义知P点的轨迹是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆，依题意，c＝1，2a＝4.所以a＝2，b2＝a2－c2＝3.故曲线C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.(2)设P(x0，y0)，由题知直线l1的方程为eq \f(x0x,4)＋eq \f(y0y,3)＝1.①当x0≠1时，kPB＝eq \f(y0,x0－1)，所以l2的斜率k2＝－eq \f(1,kPB)＝eq \f(1－x0,y0)，则直线l2的方程为y＝eq \f(1－x0,y0)(x－1)，②联立方程①②，消y得3x0x＋4(1－x0)(x－1)－12＝0.变形化简，得(4－x0)x＝4(4－x0)，则x＝4.所以动点Q在定直线x＝4上，当x0＝1时，y0＝±eq \f(3,2)，l1：eq \f(x,4)±eq \f(y,2)＝1，l2：y＝0，Q(4，0)，Q在直线x＝4上，综上所述，动点Q在定直线x＝4上.练 .(2021·郑州调研)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，若抛物线y2＝4x的焦点F恰好为椭圆C的右焦点，且该抛物线与椭圆C在第一象限的交点为Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2\r(6),3))).(1)求C的标准方程；(2)设A，B是椭圆C的左、右顶点，过点F作直线l与椭圆交于P，Q(不同于A，B)两点，设直线AP与直线BQ交于E点，求证：点E在定直线上.解(1)　由y2＝4x，知焦点F(1，0)，则c＝1.由椭圆定义，得2a＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)＋1))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(6),3)))\s\up12(2))＋eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)－1))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(6),3)))\s\up12(2))＝4.所以a2＝4，b2＝3，所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.(2)证明　由(1)知F(1，0)，设直线PQ的方程为x＝my＋1，与椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1联立，得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.显然Δ>0恒成立.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，所以有y1＋y2＝－eq \f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－eq \f(9,3m2＋4)，①直线AP的方程为y＝eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)，直线BQ的方程为y＝eq \f(y2,x2－2)(x－2)，联立两方程可得，eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)＝eq \f(y2,x2－2)(x－2)，eq \f(x＋2,x－2)＝eq \f(x1＋2,y1)·eq \f(y2,x2－2)＝eq \f(（my1＋3）y2,y1（my2－1）)＝eq \f(my1y2＋3y2,my1y2－y1).由①式可得y1y2＝eq \f(3,2m)(y1＋y2)，代入上式可得eq \f(x＋2,x－2)＝eq \f(\f(3,2)（y1＋y2）＋3y2,\f(3,2)（y1＋y2）－y1)＝eq \f(\f(3,2)y1＋\f(9,2)y2,\f(y1,2)＋\f(3y2,2))＝3，解得x＝4，故点E在定直线x＝4上.