选择性必修 第一册3.2 双曲线课后练习题

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专题3.3 圆锥曲线中的定点、定值问题（特色专题卷）
考试时间：120分钟；满分：150分
姓名：___________班级：___________考号：___________
考卷信息：
本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！
一． 选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（2021•赤峰模拟）已知动点M在抛物线x2＝4y上，过定点N（3，0）的直线与以M为圆心，以1为半径的圆相切，切点为P，则|NP|的最小值为（　　）
A．22 B．2 C．2-1 D．1
【分析】由|NP|2＝|MN|2﹣1，设M（x，x24），原问题可转化为求|MN|的最小值，先由两点间距离公式表示出|MN|，再借助导数求其最小值，即可．
【解答】解：由题意知，∠MPN＝90°，
∴|NP|2＝|MN|2﹣|MP|2＝|MN|2﹣1，
设M（x，x24），则|MN|2＝（x﹣3）2+（x24-0）2=116x4+x2﹣6x+9，
设f（x）=116x4+x2﹣6x+9，则f'（x）=14x3+2x﹣6，f''（x）=34x2+2＞0，
∴f'（x）在R上单调递增，
由于f'（2）＝0，
∴f（x）在（﹣∞，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，
∴f（x）min＝f（2）＝2，
∴|MN|的最小值为2，
∴|NP|的最小值为1．

故选：D．
2．（2021•丙卷模拟）已知抛物线C：y2＝2px（p≥0）的焦点F与椭圆E：x24+y23=1的一个焦点重合，过坐标原点O作两条互相垂直的射线OM，ON，与C分别交于M，N，则直线MN过定点（　　）
A．（4，0） B．（﹣4，0） C．（﹣1，0） D．（1，0）
【分析】由椭圆方程可得F点坐标，由此求得抛物线的方程，设MN直线的方程为x＝my+t，与抛物线方程联立得韦达定理，根据OM⊥ON，可得OM→•ON→=0，由此构造方程求得t，根据直线过定点的求法可得答案．
【解答】解：由椭圆E方程知其焦点坐标为（±1，0），
又抛物线C的焦点F（p2，0），
所以p2=1，解得p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x，
设直线MN的方程为x＝my+t，
联立x=my+ty2=4x，得y2﹣4my﹣4t＝0，
则△＝16m2+16t＞0，即m2+t＞0，
设M（x1，y1），N（x2，y2），
则y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4t，
所以x1x2=y12y2216=t2，
因为OM⊥ON，
所以OM→•ON→=x1x2+y1y2＝t2﹣4t＝0，
解得t＝0或4，
又M，N与坐标原点O不重合，
所以t＝4，
所以直线MN的方程为x＝my+4，
当y＝0时，x＝4，
所以直线MN恒过定点（4，0），
故选：A．
3．（2021秋•南湖区校级月考）如图，等腰梯形ABCD中，AB∥CD且AB＝2AD，设∠DAB＝θ，θ∈（0，π2），若以A，B为焦点，且过点D的双曲线的离心率为e1，以C，D为焦点，且过点A的椭圆的离心率为e2，则（　　）

A．当θ增大时，e1增大，e1•e2为定值
B．当θ增大时，e1减小，e1•e2为定值
C．当θ增大时，e1增大，e1•e2增大
D．当θ增大时，e1减小，e1•e2为减小
【分析】连接BD、AC，设AD＝t，利用余弦定理求得BD，再由双曲线与椭圆的定义求解双曲线的实半轴与椭圆的长半轴长，再由离心率公式求得双曲线与椭圆的离心率，分析得结论．
【解答】解：连接BD、AC，设AD＝t，则BD=t2+4t2-2⋅2tcosθ=5t2-4t2cosθ，
∴双曲线中，a=5t2-4t2cosθ-t2，e1=t5t2-4t2cosθ-t2．
∵y＝cosθ在（0，π2）上单调递减，可得当θ增大时，e1减小；
∵AC＝BD，∴在椭圆中，AC+AD=5t2-4t2cosθ+t，
椭圆的长半轴a′=12(5t2-4t2cosθ+t)，e2=t(1-cosθ)12(5t2-4t2cosθ+t)，
则e1•e2＝1．
故选：A．

4．（2021•长沙模拟）有两条互相垂直的直线XX'和YY'，有一条定长的线段AB，它的两个端点分别被限制于这两条直线上．点P是AB上的一个确定点，即点P到点A和点B的距离的比值是一个定值，且定值不为1．那么，随着线段AB的运动，点P的运动轨迹及焦距长为（　　）
A．椭圆，焦距长为|AB|
B．椭圆，焦距长为2||PA|2-|PB|2|
C．双曲线，焦距长为|2||PA|﹣|PB|||
D．双曲线，焦距长为2PA2+PB2
【分析】判断轨迹的图形形状，然后转化求解椭圆方程，推出焦距即可．
【解答】解：此题为椭圆规画椭圆的原理．在两条互相垂直的直线XX'和YY'上建立平面直角坐标系，
当点P在第一象限时，设AB与X轴的夹角为θ，则P的坐标为（|PB|cosθ，|PA|sinθ），
从而可知，点P在椭圆x2PB2+y2PA2=1上，点P的轨迹是四分之一个椭圆，
当点P在其它几个象限或坐标轴上时，点P的坐标满足方程x2PB2+y2PA2=1，
所以点P的轨迹是一个椭圆，焦距长为2||PA|2-|PB|2|．
故选：B．
5．（2021•成都模拟）已知抛物线C：y2＝4x上任意一点P，定点A（2，1），若点M是圆（x﹣1）2+y2=14上的动点，则|PA|+|PM|的最小值为（　　）
A．2 B．52 C．3 D．4
【分析】求得圆的圆心和半径，抛物线的焦点和准线方程，由抛物线的定义和三点共线取得最小值，结合圆的性质，可得所求最小值．
【解答】解：圆（x﹣1）2+y2=14的圆心为F（1，0），半径r=12，
抛物线C：y2＝4x的焦点F（1，0），准线方程为x＝﹣1，过P作PD⊥准线于D，
可得|PF|＝|PD|，
过A作AH垂直准线于H，交抛物线于P'，连接P'F，
所以|PA|+|PF|＝|PA|+|PD|≥|AH|＝2+1＝3，
当P，A，D三点共线时，取得最小值．
则|PA|+|PM|的最小值为3-12=52．
故选：B．

6．（2021•全国模拟）设O为坐标原点，直线l过定点（1，0），且与抛物线C：y2＝2px（p＞0）交于A，B两点，若OA⊥OB，则抛物线C的准线方程为（　　）
A．x=-14 B．x=-12 C．x＝﹣1 D．x＝﹣2
【分析】分类讨论直线的斜率存在和斜率不存在两种情况，再确定p的值，进而求出抛物线C的准线方程．
【解答】解：当直线l⊥x轴时，可得A（1，2p），B（1，-2p），
由AO⊥BO，得1﹣2p＝0，所以p=12，
当直线l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k（x﹣1）代入y2＝2px，
得ky2﹣2py﹣2pk＝0（k≠0），
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则y1y2＝﹣2p，x1x2=(y1y2)24p2=1，
由OA⊥OB，得x1x2+y1y2＝0，即1﹣2p＝0，可得p=12，
综上所述p=12．
故抛物线C的标准方程为y2＝x，
∴抛物线C的准线方程为x=-14．
故选：A．
7．（2021•凉山州模拟）已知曲线C：y2＝2px（p＞0），过它的焦点F作直线交曲线C于M、N两点，弦MN的垂直平分线交x轴于点P，可证明|PF||MN|是一个定值m，则m＝（　　）
A．12 B．1 C．2 D．2
【分析】设直线MN的方程，与抛物线联立切线两根之和，进而求出MN的中点Q的坐标，再由抛物线的性质可得弦长|MN|的值，及|QF|的值，在△QFP中，求出|PF|的值，求出|PF||MN|是一个定值，求出定值m．
【解答】解由抛物线的方程可得焦点F（p2，0），准线的方程为：x=-p2，
由题意可得直线MN的斜率不为0，
由题意设直线MN的方程为：x＝ty+p2，设t＞0，
设M（x1，y1），N（x2，y2），
联立x=ty+p2y2=2px，整理可得：y2﹣2ptx﹣p2＝0，
所以y1+y2＝2pt，x1+x2＝t（t1+y2）+p＝2pt2+p，
所以MN的中点Q（pt2+p2，pt），
y由抛物线的性质可得|MN|＝x1+x2+p＝2pt2+2p＝2p（1+t2），
|QF|=(pt2+p2-p2)2+(pt-0)2=pt1+t2，
由直线MN的方程可得tan∠QFP=1t，所以cos∠QFP=t1+t2，
由题意在Rt△QFP中，|PF|=|QF|cos∠QFP=pt1+t2t1+t2=p（1+t2），
所以|PF||MN|=p(1+t2)2p(1+t2)=12为定值，
所以m的值为12，
故选：A．

8．（2021•上城区校级开学）已知F1，F2分别为双曲线x2a2-y2b2=1(a＞0，b＞0)的左右焦点，且|F1F2|=2b2a，点P为双曲线右支上一点，I为△PF1F2的内心，若S△IPF1=S△IPF2+λS△IF1F2成立，则下列结论不正确的是（　　）
A．λ=5-12
B．离心率e=1+52
C．当PF2⊥x轴时，∠PF1F2＝30°
D．点I的横坐标为定值a
【分析】由|F1F2|=2b2a=2c，并结合b2＝c2﹣a2和e=ca，可求得离心率e，从而判断选项B；设△PF1F2的内切圆半径为r，由三角形面积公式可推出λ=|PF1|-|PF2|2c，再结合双曲线的定义，即可求得λ的值，从而判断选项A；当PF2⊥x轴时，可推出|PF2|=12|F1F2|，再求得tan∠PF1F2的值，即可判断选项C；由切线的性质和双曲线的定义可得I的横坐标，即可判断选项D．
【解答】解：∵|F1F2|=2b2a，∴2c=2b2a=2c2-2a2a，整理得e2﹣e﹣1＝0，
∵e＞1，∴e=1+52，故B正确；
设△PF1F2的内切圆半径为r，
由双曲线的定义得|PF1|﹣|PF2|＝2a，|F1F2|＝2c，
S△IPF1=12|PF1|•r，S△IPF2=12|PF2|•r，S△IF1F2=12•2c•r＝cr，
∵S△IPF1=S△IPF2+λS△IF1F2，∴12|PF1|•r=12|PF2|•r+λcr，即|PF1|﹣|PF2|＝2c（λ﹣1），
故λ=|PF1|-|PF2|2c=ac=1e=11+52=5-12，故A正确；
当PF2⊥x轴时，|PF2|=b2a=12|F1F2|，此时tan∠PF1F2=|PF2||F1F2|=12，∴∠PF1F2≠30°，故C错误；
设内切圆与PF1、PF2、F1F2的切点分别为M，N，T，
可得|PM|＝|PN|．|F1M|＝|F1T|，|F2N|＝|F2T|．
由|PF1|﹣|PF2|＝|F1M|﹣|F2N|＝|F1T|﹣|F2T|＝2a，|F1F2|＝|F1T|+|F2T|＝2c，
可得|F2T|＝c﹣a，可得T的坐标为（a，0），即I的横坐标为a，故D正确．
故选：C．


二． 多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（2021•东昌府区校级开学）设A、B是抛物线y＝x2上的两点，O是坐标原点，且OA⊥OB，则下列结论成立的是（　　）
A．点O到直线AB的距离不大于1
B．直线AB过定点（1，0）
C．直线AB过点(0，14)
D．|OA||OB|≥2
【分析】设直线AB的方程为y＝kx+b，将直线AB方程代入抛物线方程y＝x2，利用根与系数的关系结合垂直的条件，即可求出直线AB所过的定点，从而判断出结论．
【解答】解：设直线AB方程为y＝kx+b，A（x1，y1），B（x2，y2），
将直线AB方程代入抛物线方程y＝x2，
得x2﹣kx﹣b＝0，
则x1+x2＝k，x1x2＝﹣b，
∵OA⊥OB，∴kOA•kOB＝﹣b＝﹣1，b＝1．
于是直线AB方程为y＝kx+1，该直线过定点（0，1），不过点（0，14），
所以选项B、C错误；
又点O到直线AB的距离为d=1k2+1≤1，所以A正确；
当k＝0时，|OA||OB|取得最小值2，所以|OA|•|OB|≥2，选项D正确．
故选：AD．
10．（2021•市中区校级模拟）已知F是抛物线C：y2＝x的焦点，A，B是抛物线C上的两点，O为坐标原点，则（　　）
A．若|AF|=54，则△AOF的面积为18
B．若BB'垂直C的准线于点B'，且|BB'|＝2|OF|，则四边形OFBB'周长为3+54
C．若直线AB过点F，则|AB|的最小值为1
D．若OA→⋅OB→=-14，则直线AB恒过定点(12，0)
【分析】根据焦半径公式和三角形额的面积公式即可判断A；
根据抛物线的定义和两点之间的距离公式可得周长，即可判断B；
根据当AB⊥x轴时，|AB|最小，即可判断C；
设直线AB：x＝my+t，根据韦达定理和向量的数量积，即可判断D．
【解答】解：对于选项A，设A（x1，y1），由焦半径公式得x1+14=54，解得x1＝1，所以y1＝1，从而S△AOF=12×14×1=18，选项A正确；
对于选项B，由题意知|OF|=14，根据抛物线的定义可知|BF|=|BB'|=12．设BB'与y轴的交点为D，易知|OD|=|BF|=12，|B'D|=14，
故|OB'|=(12)2+(14)2=54，所以四边形OFBB'的周长为14+12+12+54=5+54，选项B错误；
对于选项C，若直线AB过点F，则当AB⊥x轴时，|AB|最小，且最小值为1，选项C正确；
对于选项D，设直线AB：x＝my+t，A（x1，y1），B（x2，y2），
联立直线AB与抛物线方程得y2﹣my﹣t＝0，则y1y2＝﹣t，
所以x1x2=y12y22=t2，
由OA→⋅OB→=-14可得x1x2+y1y2=-14，
即t2-t=-14，解得t=12，
故直线AB的方程为x=my+12，
即直线AB恒过定点(12，0)，选项D正确．
故选：ACD．

11．（2020秋•重庆期末）已知抛物线C：y2＝4x，焦点为F，过焦点的直线l与抛物线C相交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，则下列说法一定正确的是（　　）
A．|AB|的最小值为2
B．线段AB为直径的圆与直线x＝﹣1相切
C．x1x2为定值
D．过点A，B分别作准线的垂线，垂足分别为C，D，则|CD|2＝4|AF||BF|
【分析】求得抛物线的焦点和准线方程，由直线AB垂直于x轴，可判断A；设出AB的方程为x＝my+1，代入抛物线的方程，运用韦达定理和中点坐标公式，求得AB的中点的横坐标和中点到准线的距离，以及弦长|AB|，可判断B；由A，B的坐标满足抛物线的方程，结合韦达定理可判断C；运用抛物线的定义和直角三角形的勾股定理，即可判断D．
【解答】解：抛物线C：y2＝4x的焦点F（1，0），准线方程为x＝﹣1，
直线AB经过F，当直线AB垂直于x轴时，|AB|取得最小值4，故A错误；
设AB的方程为x＝my+1，代入抛物线C：y2＝4x可得y2﹣4my﹣4＝0，
可得y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4，而y12＝4x1，y22＝4x2，
所以x1x2=(y1y2)216=1，故C正确；
x1+x2=y124+y224=(y1+y2)2-2y1y24=16m2+84=2+4m2，
则弦长|AB|＝x1+x2+2＝4m2+4，
设AB的中点为M，M到准线的距离为x1+x22+1＝2+2m2=12|AB|，
所以以AB为直径的圆与准线相切，故B正确；
设A，B在准线上的射影分别为C，D，|AF|＝a，|BF|＝b，
可得|AC|＝a，|BD|＝b，设BE⊥AC，垂足为E，可得|AE|＝a﹣b，
而|CD|2＝|AB|2﹣|AE|2＝（a+b）2﹣（a﹣b）2＝4ab＝4|AF|•|BF|，故D正确．
故选：BCD．

12．（2020秋•如皋市期中）已知抛物线C：y2＝4x，其焦点为F，P为直线x＝﹣2上任意一点，过P作抛物线C的两条切线，切点分别为A，B，斜率分别为k1，k2，则（　　）
A．k1k2=-12 B．|k1﹣k2|＝2
C．AB过定点（2，0） D．AF•BF的最小值为8
【分析】设P（﹣2，t），A（x1，y1），B（x2，y2），则y12＝4x1，y22＝4x2，对抛物线的方程两边对x求导，可得切线的斜率，切线的方程，联立两切线方程求得P的横坐标，可判断A；
由切线的斜率相减，化简可判断B；求得AB的直线方程，结合恒过定点，可判断C；由抛物线的定义和基本不等式可判断D．
【解答】解：由题意可得F（1，0），抛物线的准线方程为x＝﹣1，
设P（﹣2，t），A（x1，y1），B（x2，y2），
则y12＝4x1，y22＝4x2，
对y2＝4x两边对x同时求导，可得2yy′＝4，即y′=2y，
所以过A的切线的方程为x﹣x1=y12（y﹣y1），化为x=y12y-y124①，
同理可得过B的切线方程为x=y22y-y224②，
由①②解得x=y1y24，由P的横坐标为﹣2，即y1y24=-2，则y1y2＝﹣8，k1k2=4y1y2=-12，故A正确；
因为|k1﹣k2|＝|2(y1-y2)y1y2|＝|y1-y24|不为定值，故B错误；
因为AB的直线方程为y﹣y1=y1-y2x1-x2（x-y124），即y＝y1+4y1+y2x-y12y1+y2，
即y=4y1+y2（x﹣2），所以AB恒过定点（2，0），故C正确；
将|AF|，|BF|转化为到准线的距离，即|AF|•|BF|＝（x1+1）（x2+1）＝x1x2+（x1+x2）+1=(y1y2)216+1+（y124+y224）
＝5+（y124+y224）≥5+2(y1y2)216=9，当且仅当|y1|＝|y2|时取得等号，
所以|AF|•|BF|的最小值为9，故D错误．
故选：AC．

三． 填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（2021春•盐城期末）设A，B分别为椭圆C：x24+y2＝1的左、右顶点，动直线l经过x轴上一定点H，交椭圆C于M，N两点（M，N分别在x轴上、下方），记直线AM，BN的斜率分别为k1、k2，若k2＝4k1，则点H的坐标为 　　．
【分析】设直线MN的方程为x＝ky+m，M（x1，y1），N（x2，y2），根据k2＝4k1可得(5m-6)(y2-k(2-m)k2+4)=0，进而求出m，从而得到点H的坐标．
【解答】解：显然直线MN的斜率不为0，
设直线MN的方程为x＝ky+m，M（x1，y1），N（x2，y2），
由x24+y2=1x=ky+m得（k2+4）y2+2kmy+m2﹣4＝0，
则Δ＝（2km）2﹣4（k2+4）（m2﹣4）＞0，即k2﹣m2+4＞0，
由韦达定理可得y1+y2=-2kmk2+4，y1y2=m2-4k2+4，
由题意知A（﹣2，0），B（2，0），
因为k2＝4k1，所以k2k1=kBNkAM=y2x2-2y1x1+2=y2(x1+2)y1(x2-2)=y2(ky1+m+2)y1(ky2+m-2)=ky1y2+(m+2)y2ky1y2+(m-2)y1=4，
即3ky1y2＝（m+2）y2﹣4（m﹣2）y1＝（m+2）y2﹣4（m﹣2）[（y1+y2）﹣y2]，
即(5m-6)(y2-k(2-m)k2+4)=0，所以m=65或y2=k(2-m)k2+4，
当y2=k(2-m)k2+4时，y1=(y1+y2)-y2=-2～kmk2+4-k(2-m)k2+4=-k(m+2)k2+4，
所以y1y2=k(2-m)k2+4⋅-k(m+2)k2+4=-k2(4-m2)(k2+4)2，又y1y2=m2-4k2+4，
所以-k2(4-m2)(k2+4)2=m2-4k2+4，即m2﹣4＝0，即m＝±2，显然不满足题意．
所以m=65．故点H的坐标为(65，0)．
故答案为：(65，0)．

14．（2021•丙卷模拟）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点F与椭圆E：x24+y23=1的一个焦点重合，过坐标原点O作两条互相垂直的射线OM，ON，与C分别交于M，N，则直线MN过定点 　　．
【分析】利用焦点相同，求解抛物线C的方程，设OM的方程为y＝kx，与抛物线C的方程联立得M(4k2，4k)，求出N（4k2，﹣4k），得到直线MN的斜率，求出直线MN的方程，推出直线MN过定点即可．
【解答】解：因为抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点F与椭圆E：x24+y23=1的一个焦点重合，
所以F（1，0），p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x．
设OM的方程为y＝kx，与抛物线C的方程联立得M(4k2，4k)，
同理可得点N（4k2，﹣4k），
故直线MN的斜率kMN=4k+4k4k2-4k2=k+k31-k4=k1-k2(k≠±1)
故直线MN的方程为y+4k=k1-k2⋅(x-4k2)，
整理得y=k1-k2(x-4)，
故直线MN过定点（4，0）；
当k＝±1时，直线MN的方程为x＝4，过点（4，0），
故直线MN过定点（4，0）．
故答案为：（4，0）．
15．（2020秋•渝中区校级期中）如图，已知P为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)上的点，点A、B分别在直线y=12x与y=-12x上，点O为坐标原点，四边形OAPB为平行四边形，若平行四边形OAPB四边长的平方和为定值，则椭圆C的离心率为　　．

【分析】设出P点坐标，得到直线AP、PB的方程，与已知直线方程联立求得A与B的坐标，再求出PA2+PB2，结合平行四边形OAPB四边长的平方和为定值，即可得到a与b的关系，进一步求得椭圆的离心率．
【解答】解：设P（x0，y0），则直线PA的方程为y=-12x+x02+y0，直线PB方程为y=12x-x02+y0，
联立方程组y=-12x+x02+y0y=12x，解得A(x02+y0，x04+y02)，
联立方程组y=12x-x02+y0y=-12x，解得B(x02-y0，-x04+y02)，
则PA2+PB2=(x02-y0)2+(x04-y02)2+(x02+y0)2+(x04+y02)2=58x02+52y02，
又点P在椭圆上，则有b2x02+a2y02=a2b2，
又58x02+52y02=52(x024+y02)为定值，
则b2a2=14，即e2=a2-b2a2=34，得e=32．
故答案为：32．
16．（2019•道里区校级一模）已知点P为直线l：x＝﹣2上任意一点，过点P作抛物线y2＝2px（p＞0）的两条切线，切点分别为A（x1，y1）、B（x2，y2），则x1•x2为定值，此定值为　　．
【分析】取P的特殊位置，设出切线方程并与抛物线方程联立，再根据一元二次方程根与系数的关系求解．
【解答】解：不妨设P（﹣2，0），过P的切线方程设为y＝k（x+2），
代入抛物线方程y2＝2px（p＞0）得k2x2+（4k2﹣2p）x+4k2＝0，又k≠0，故x1x2＝4．
故答案为4．

四． 解答题（共6小题，满分70分）
17．（2021春•温州期中）已知抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点为F，且F为圆（x﹣1）2+y2＝16的圆心．过F点的直线l交抛物线与圆分别为A，C，D，B（从上到下）．
（1）求抛物线方程并证明|AC||BD|是定值；
（2）若△AOC，△BOD的面积比是4：1，求直线l的方程．

【分析】（1）由题知，F（1，0）故p＝2，进而可得抛物线的方程，设直线l的方程为x＝my+1，A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线l与抛物线的方程，结合韦达定理可得y1+y2，y1y2，再计算|AC||BD|＝（|AF|﹣|FC|）（|BF|﹣|DF|），即可得出答案．
（2）S△AOCS△BOD=4⇔|AC||BD|=4（m＞0），结合（1）可知|AC|＝2，|BD|=12，又|AB|＝|AC|+|BD|，解得m，即可得出答案．
【解答】解：（1）由题知，F（1，0）故p＝2，
抛物线方程为y2＝4x，
设直线l的方程为x＝my+1，A（x1，y1），B（x2，y2），
x=my+1y2=4x，得y2﹣4my﹣4＝0，
∴y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4，
∴|AC||BD|＝（|AF|﹣|FC|）（|BF|﹣|DF|）
＝|AF||BF|﹣（|AF|+|BF|）+1，
=(x1+1)(x2+1)-(x1+1+x2+1)+1=x1x2=y124⋅y224=1．
（2）S△AOCS△BOD=4⇔|AC||BD|=4（m＞0），
由（1）知|AC||BD|＝1，可求得|AC|＝2，|BD|=12，
故|AB|=|AC|+|BD|⇒x1+x2+2=2+12+2m(y1+y2)+2=52⇒4m2=12⇒m=24，
l的方程为x=24y+1，即4x-2y-4=0．
18．（2021秋•广东月考）在平面直角坐标系xOy中，已知动点P到点F（2，0）的距离与它到直线x=32的距离之比为233．记点P的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的方程；
（2）过点F作两条互相垂直的直线l1，l2.l1交曲线C于A，B两点，l2交曲线C于S，T两点，线段AB的中点为M，线段ST的中点为N．证明：直线MN过定点，并求出该定点坐标．
【分析】（1）设P（x，y），由动点P到点F（2，0）的距离与它到直线x=32的距离之比为233，得(x-2)2+y2|x-32|=233，化简即可得出答案．
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），分两种情况：①若直线l1，l2都存且不为零，设直线l1的方程为y＝k（x﹣2），联立双曲线的方程，结合韦达定理可得x1+x2，进而可得线段AB的中点M坐标，同理，线段PQ的中点N的坐标，写出当k≠±1时，当k＝±1时，直线MN的方程，②若直线l1，l2中其中一条的斜率为0，另一条的斜率不存在，写出直线l1，l2方程，即可得出答案．
【解答】解：（1）设P（x，y），根据题意可得(x-2)2+y2|x-32|=233，
化简得曲线C的方程为x23-y2＝1．
（2）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），
①若直线l1，l2都存且不为零，
设直线l1的方程为y＝k（x﹣2），则直线l2的方程为y=-1k（x﹣2），
由y=k(x-2)x23-y2=1，得（3k2﹣1）x2﹣12k2x+12k2+3＝0，
当3k2﹣1＝0时，这个方程变为﹣4x+7＝0只有一解，
直线l1与曲线C只有一个交点，不合题意，
当3k2﹣1≠0时，△＝144k4﹣4（3k2﹣1）（12k2+3）＝12（k2+1）＞0，
直线l1与曲线C恒有两个交点，
由韦达定理，x1+x2=12k23k2-1，
故线段AB的中点为M（6k23k2-1，2k3k2-1），
同理，线段PQ的中点为N（63-k2，-2k3-k2），
若k≠±1，则kMN=2k3k2-1+2k3-k26k23k2-1-63-k2=2k3(1-k2)，
直线MN的方程为y+2k3-k2=2k3(1-k2)（x-63-k2），
即y=2k3(1-k2)（x﹣3），
此时，直线MN恒过点（3，0）．
若k＝±1，则M（2，1），N（3，﹣1）或M（3，﹣1），N（3，1），直线MN的方程为x＝3，
此时直线MN过点（3，0），
②若直线l1，l2中其中一条的斜率为0，另一条的斜率不存在，
不妨设l1的斜率为0，则直线l1：y＝0，l2：x＝2，
此时，直线MN的方程为y＝0，
此时，直线MN也过点（3，0），
综上，直线MN也过点（3，0）．
19．（2021秋•河南月考）已知抛物线C：x2＝2py（p＞0）的焦点为F，且点F与圆M：（x+4）2+y2＝1上点的距离的最大值为17+1．
（1）求p；
（2）若O为坐标原点，直线l：y＝kx+4与C相交于A，B两点，问：OA→•（OF→-BF→）是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，试说明理由．
【分析】（1）由点F到圆M上的点最大值为17+1建立关于p的方程，解出即可；
（2）联立直线与抛物线方程，结合韦达定理即可求出OA→•（OF→-BF→）=OA→⋅OB→=0
【解答】解：（1）点F（0，p2）到圆M上的点的距离的最大值为|FM|+1=17+1，
即16+p24=17，解得p＝2；
（2）由（1）得x²＝4y，设A（x1，y1），B（x2，y2），
联立y=kx+4x2=4y，得x²﹣4kx﹣16＝0，
则△＝16k²+64＞0，且x1+x2＝4k，x1x2＝﹣16，
所以OA→•（OF→-BF→）=OA→⋅OB→=x1x2+y1y2＝x1x2+x12⋅x2216=-16+16216=0，
故OA→•（OF→-BF→）的值为定值0．
20．（2021秋•9月份月考）在平面直角坐标系xOy中，已知点M（-3，0），直线l：x=-433，动点P到点M的距离与到直线l的距离之比为32．
（1）求动点P的轨迹E的方程；
（2）设曲线E与x轴交于A、B两点，过定点N（﹣1，0）的直线与曲线E交于C、D两点（与A、B不重合），证明：直线AC，BD的交点在定直线上．
【分析】（1）根据已知条件，可推得(x+3)2+y2|x+433|=32，化简整理，即可求解．
（2）设过点N（﹣1，0）的直线方程为x＝my﹣1，将直线代入椭圆E的方程，化简整理可得，（m2+4）y2﹣2my﹣3＝0，结合韦达定理可得，y1+y2=2mm2+4，y1y2=-3m2+4①，再联立直线AC和BD的方程，即可求证．
【解答】解：（1）设P（x，y），
∵点M（-3，0），直线l：x=-433，动点P到点M的距离与到直线l的距离之比为32，
∴(x+3)2+y2|x+433|=32，化简整理可得，x24+y2=1，
故点P的轨迹E是椭圆，方程为x24+y2=1．
（2）证明：由题意知，直线的斜率不为0，
设过点N（﹣1，0）的直线方程为x＝my﹣1，
代入椭圆E的方程，化简整理可得，（m2+4）y2﹣2my﹣3＝0，
∵△＝4m2+12（m2+4）＝16（m2+3）＞0，
∴设C（x1，y1），D（x2，y2），（x1，x2≠±2），
由韦达定理可得，y1+y2=2mm2+4，y1y2=-3m2+4①，
由（1）得A（﹣2，0），B（2，0），
则直线AC的方程为y=y1x1+2(x+2)，直线BD的方程为y=y2x2-2(x-2)，
联立两直线方程，消去y可得，x＝2•(x2-2)y1+(x1+2)y2(x1+2)y2-(x2-2)y1②，
将x1＝my1﹣1，x2＝my2﹣1代入②，整理可得x＝2•2my1y2+(y1+y2)-4y1(y1+y2)+2y1③，
将①式代入③，整理可得，x=2⋅-4y1-4mm2+42y1+2mm2+4=-4，即直线AC与直线BD的交点的横坐标恒等于﹣4，
故直线AC，BD的交点恒在定直线x＝﹣4上．
21．（2021秋•渝中区校级月考）在平面直角坐标系中，已知动点A到点B（1，0）的距离为d1，到直线x＝﹣2距离为d2，且d2＝d1+1，记动点A的轨迹为曲线Ω．
（1）求曲线Ω的方程；
（2）已知斜率之和为﹣1的两条直线m，n相交于点B，直线m，n与曲线Q分别相交于C，D，E，F四点，且线段CD、线段EF的中点分别为G，H，问：直线GH是否过定点？若过定点，请求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由．
【分析】（1）由题意得到动点A到点B（1，0）的距离等于到直线x＝﹣1的距离，利用抛物线的定义得到动点A的轨迹为抛物线，求解方程即可；
（2）设m，n的方程分别为y＝k1（x﹣1），y＝k2（x﹣1），联立直线m与抛物线的方程，利用韦达定理以及中点坐标公式求出点G的坐标，同理求出点H的坐标，由两点间斜率公式表示出直线GH的斜率，结合k1+k2＝﹣1，得到kGH＝k1（1+k1），确定直线GH的方程，即可得到答案．
【解答】解：（1）因为动点A到点B（1，0）的距离为d1，到直线x＝﹣2距离为d2，且d2＝d1+1，
则动点A到点B（1，0）的距离等于到直线x＝﹣1的距离，
所以点A的轨迹为抛物线，其焦点坐标为B（1，0），
故曲线Ω的方程为y2＝4x；
（2）设m，n的方程分别为y＝k1（x﹣1），y＝k2（x﹣1），
联立方程组y=k1(x-1)y2=4x，可得k12x2-(2k12+4)x+k12=0，
所以x1+x2=2k12+4k12，
则G(k12+2k12，2k1)，同理可得H(k22+2k22，2k2)，
所以kGH=2k1-2k2k12+2k12-k22+2k22=k1k2k1+k2，
由k1+k2＝﹣1，
所以kGH＝k1（1+k1），
则直线GH的方程为y-2k1=k1(1+k1)(x-k12+2k12)，
整理可得y+2＝k1（1+k1）（x﹣1），
故直线GH恒过定点（1，﹣2）．
22．（2021春•湖北期中）在平面直角坐标系中，A（﹣1，0），B（1，0），设△ABC的内切圆分别与边AC，BC，AB相切于点P，Q，R，已知|CP|＝1，记动点C的轨迹为曲线E．
（1）求曲线E的方程；
（2）过点B（1，0）作直线l交曲线E于M，N两点，且点M位于x轴上方，已知A1（﹣2，0），A2（2，0）记直线A1M，A2N，A1N的斜率分别为k1，k2，k3．
①证明：k1k3，k1k2为定值；
②设点N关于x轴的对称点为N1，求△BMN1面积的最大值．
【分析】（1）利用三角形内切圆的几何性质，得到|CA|+|CB|＝4＞|AB|，由椭圆的定义可得曲线E为椭圆，然后利用待定系数法求解即可；
（2）①设直线l的方程，与椭圆方程联立，得到韦达定理，由两点间距离公式表示出k1k3，k1k2，结合韦达定理以及点在椭圆上以及点在直线上，化简求解即可；
②求出N1的坐标，得到直线MN1的方程，令y＝0，求解x的值，可得直线MN1恒过点D（4，0），然后利用三角形的面积公式化简，再利用基本不等式求解最值即可．
【解答】（1）解：由题意可知，|CA|+|CB|＝|CP|+|CQ|+|AP|+|BQ|＝2|CP|+|AB|＝4＞|AB|，
所以曲线E是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆（除去与x轴的交点），
设曲线E：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0，y≠0)，
则c＝1，2a＝4，
解得a＝2，b2＝a2﹣c2＝3，
所以曲线E的方程为x24+y23=1(y≠0)；
（2）①证明：设直线l的方程为x＝my+1，M（x1，y1），N（x2，y2）（y1＞0，y2＜0），
联立方程组x=my+1x24+y23=1，可得（3m2+4）y2+6my﹣9＝0，
则y1+y2=-6m3m2+4，y1y2=-93m2+4，
因此k1k3=y2x2+2⋅y1x1+2=y1y2m2y1y2+3m(y1+y2)+9=-93m2+4-9m3m2+4+(-3×6m23m2+4)+9=-14，
k1k2=y2x2+2y1x1-2=(x1-2)y2(x2+2)y1=(my1-1)y2(my2+3)y1=my1y2-y2my1y2+3y1=my1y2-(y1+y2)+y1my1y2+3y1，
故k1k2=-9m3m2+4+6m3m2+4+y1-9m3m2+4+3y1=-3m3m2+4+y1-9m3m2+4+3y1=13；
②解：由题意点N1的坐标为（x2，﹣y2），
则直线MN1的方程为y-y1=y1+y2x1-x2(x-x1)，
令y＝0，可得x=(x2-x1)y1y1+y2+x1
=x2y1+x1y2y1+y2
=(my2+1)y1+(my1+1)y2y1+y2
=2my1y2y1+y2+1
=2m(-93m2+4)-6m3m2+4+1=4，
故直线MN1恒过点D（4，0），
所以S△BMN1=|12⋅3|y1|-12⋅3|y2||
=32||y1|-|y2||
=32|y1+y2|
=32⋅6|m|3m2+4
=93|m|+4|m|≤923|m|⋅4|m|=334，
当且仅当m2=43，即m=±233时取等号，
此时△BMN1面积的最大值为334．