新高考数学一轮复习精品讲练测第8章第14讲 圆锥曲线中的定值问题（2份，原卷版+解析版）

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考点一、椭圆中的定值问题
1．（山东·统考高考真题）已知椭圆C：的离心率为，且过点．
（1）求的方程：
（2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．
【答案】（1）；（2）详见解析.
【分析】（1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.
（2）方法一：设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为, 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置.
【详解】（1）由题意可得：，解得：，
故椭圆方程为：.
(2)［方法一］：通性通法
设点，
若直线斜率存在时，设直线的方程为：，
代入椭圆方程消去并整理得：，
可得，，
因为，所以，即，
根据,代入整理可得：
，
所以，
整理化简得，
因为不在直线上，所以，
故，于是的方程为，
所以直线过定点直线过定点.
当直线的斜率不存在时，可得，
由得：，
得，结合可得：，
解得：或（舍）.
此时直线过点.
令为的中点，即，
若与不重合，则由题设知是的斜边，故，
若与重合，则，故存在点，使得为定值.
［方法二］【最优解】：平移坐标系
将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即．
设，因为则，即．
代入直线方程中得．则在新坐标系下直线过定点，则在原坐标系下直线过定点．
又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．
故存在，使得．
［方法三］：建立曲线系
A点处的切线方程为，即．设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．由题意得．
则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）．
用直线及点A处的切线可表示为（其中为系数）．
即．
对比项、x项及y项系数得
将①代入②③，消去并化简得，即．
故直线的方程为，直线过定点．又，D在以为直径的圆上．中点即为圆心Q．
经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．
［方法四］：
设．
若直线的斜率不存在，则．
因为，则，即．
由，解得或（舍）．
所以直线的方程为．
若直线的斜率存在，设直线的方程为，则．
令，则．
又，令，则．
因为，所以，
即或．
当时，直线的方程为．所以直线恒过，不合题意；
当时，直线的方程为，所以直线恒过．
综上，直线恒过，所以．
又因为，即，所以点D在以线段为直径的圆上运动．
取线段的中点为，则．
所以存在定点Q，使得为定值．
【整体点评】（2）方法一：设出直线方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点，再根据平面几何知识可知定点即为的中点，该法也是本题的通性通法；
方法二：通过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线的方程为，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出的关系，从而可知直线过定点，从而可知定点即为的中点，该法是本题的最优解；
方法三：设直线，再利用过点的曲线系，根据比较对应项系数可求出的关系，从而求出直线过定点，故可知定点即为的中点；
方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解以及的计算．
2．（北京·统考高考真题）已知椭圆过点，且．
（Ⅰ）求椭圆C的方程：
（Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）1.
【分析】(Ⅰ)由题意得到关于a,b的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程；
(Ⅱ)首先联立直线与椭圆的方程，然后由直线MA,NA的方程确定点P,Q的纵坐标，将线段长度的比值转化为纵坐标比值的问题，进一步结合韦达定理可证得，从而可得两线段长度的比值.
【详解】(Ⅰ)设椭圆方程为：，由题意可得：
，解得：，
故椭圆方程为：.
(Ⅱ)[方法一]：
设，，直线的方程为：，
与椭圆方程联立可得：，
即：，
则：.
直线MA的方程为：，
令可得：，
同理可得：.
很明显，且，注意到，
，
而
，
故.
从而.
[方法二]【最优解】：几何含义法
①当直线l与x轴重合，不妨设，由平面几何知识得，所以．
②当直线l不与x轴重合时，设直线，由题意，直线l不过和点，所以．设，联立得．由题意知，所以．且．
由题意知直线的斜率存在．．
当时，
．
同理，．所以．
因为，所以．
【整体点评】方法一直接设直线的方程为：，联立方程消去y，利用韦达定理化简求解；方法二先对斜率为零的情况进行特例研究，在斜率不为零的情况下设直线方程为，联立方程消去x，直接利用韦达定理求得P,Q的纵坐标，运算更为简洁，应为最优解法.
3．（2023·河南·校联考模拟预测）在椭圆：（）中，其所有外切矩形的顶点在一个定圆：上，称此圆为椭圆的蒙日圆.椭圆过，.
(1)求椭圆的方程；
(2)过椭圆的蒙日圆上一点，作椭圆的一条切线，与蒙日圆交于另一点，若，存在，证明：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将坐标代入椭圆方程求出，即可得解；
（2）根据题意求出蒙日圆方程为：，当直线斜率不存在时，易求出；当直线斜率存在，设直线的方程为：，与椭圆方程联立，根据判别式等于求出，联立直线方程与蒙日圆方程，得、，利用、、可求出为定值.
【详解】（1）将，代入到，
可得，解得，，
所以椭圆的方程为：.
（2）由题意可知，蒙日圆方程为：.
（ⅰ）若直线斜率不存在，则直线的方程为：或.
不妨取，易得，，，，
.
（ⅱ）若直线斜率存在，设直线的方程为：.
联立，化简整理得：，
据题意有，于是有：.
设（），（）.
化简整理得：，
，
，.
则
，
，所以.
综上可知，为定值.

【点睛】难点点睛：联立直线与圆锥曲线方程时，字母运算较难，容易出错，需仔细运算.
4．（2023·辽宁锦州·渤海大学附属高级中学校考模拟预测）已知定圆F：，动圆H过点且与圆F相切，记圆心H的轨迹为C．
(1)求曲线C的方程．
(2)已知，，点M是曲线C上异于A、B的任意一点，设直线AM与直线l：交于点N，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意可知两圆内切，从而可得，利用椭圆的定义即可求解轨迹方程；
（2）设，且在轴的上方时，当，可证；当不垂直于，设，，则，，再利用倍角正切公式即可证明. 当点在轴的下方时，根据对称性，可证.
【详解】（1）由圆F：可得圆心F(1,0)，半径r=4，
点E 在圆F内，圆H内切于圆F， ，
点H的轨迹C为椭圆，设其方程为，
则，，，轨迹C的方程为；
（2）
设，且在轴的上方时，
若，不妨取，满足曲线的方程，
则方程为，则，
此时，又，故；
若不垂直于，设，，
则由，得，
又直线的方程为：，联立可得：，
故，
则，又，
则，
又，，故即；
当点在轴的下方时，根据对称性，显然也满足；
综上：得证.
【点睛】方法点睛：高考中解析几何解答题一般围绕直线和圆锥曲线的位置关系进行设题，对考生的代数运算能力、逻辑思维能力要求较高，挖掘几何图形的性质是求解有几何背景的圆锥曲线问题的主要思路，在解决与圆有关的问题时要重视圆的几何性质的运用．
1．（2023·河北保定·统考二模）已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，长轴长为短轴长的2倍，若椭圆经过点，
(1)求椭圆的方程；
(2)若是椭圆上不同于点的两个动点，直线与轴围成底边在轴上的等腰三角形，证明：直线的斜率为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据长轴和短轴长度关系，将点代入解方程组即可求得椭圆的方程；
（2）设出直线方程并于椭圆方程联立，利用韦达定理以及直线的斜率为零即可化简整理计算得出直线的斜率为定值.
【详解】（1）设椭圆的方程为
根据题意得，解得
故所求椭圆方程为
（2）如下图所示：

设直线交该椭圆与两点．
将代入
得
所以
由直线能与轴共同围成底边在轴上的等腰三角形，
可得，
即
整理得
，
即
即，
所以当时，不论为何值时都成立，
所以直线与轴共同围成底边在轴上的等腰三角形时直线的斜率为定值
2．（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考三模）已知椭圆的左、右焦点为，离心率为.点是椭圆上不同于顶点的任意一点，射线分别与椭圆交于点，的周长为8.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设，，的面积分别为.求证：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，求得，结合离心率，得到，进而求得，即可得到椭圆的标准方程；
（2）设，则，设直线PA的方程为，
联立方程，得到，同理得到，结合三角形的面积公式，化简得到，进而得出定值.
【详解】（1）解：因为的周长为，即
所以，可得，
由椭圆的离心率，可得，从而，
所以椭圆的标准方程为．
（2）证明：设，则，
可设直线PA的方程为，其中，
联立方程，整理得，
则，
同理可得，．
因为，
所以
所以是定值．
【点睛】方法点拨：圆锥曲线中的定值问题的求解方法：
1、直接法：根据题设条件，直接推理计算，并在计算过程中消去变量，从而得到定点或定值；
2、特殊位置法：先从特殊情况入手，求出定点或定值，再证明定点或定值与变量无关；
3、函数方程思想：运用函数的思想方法进行求解，一般步骤（1）选择适当的变量；（2）把要求解或证明的是定值的量表示成上述变量的函数；（3）把是定值的量化成与变量无关的形式，从而证明是定值.
3．（2023·福建厦门·厦门一中校考模拟预测）已知，分别是椭圆：的右顶点和上顶点，，直线的斜率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线，与，轴分别交于点，，与椭圆相交于点，.
（i）求的面积与的面积之比；
（ⅱ）证明：为定值.
【答案】(1)
(2)（i）1（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）根据题意可得，，解得a，b即可得出答案.
（2）设，，直线的方程为，则，，联立椭圆方程，结合韦达定理可得，.
（i），，进而得到答案.
（ii），进而计算得到答案.
【详解】（1）∵、是椭圆，的两个顶点，且，
直线的斜率为，由，，得，
又，
解得，，
∴椭圆的方程为；
（2）
设直线的方程为，则，，
联立方程消去，
整理得，，得
设，，∴，.
（i），，
∴，
∴的面积与的面积之比为1；
（ii）证明：
综上，.
【点睛】求定值问题常见的方法有两种：一、从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；二、直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
4．（2023·黑龙江大庆·统考二模）已知椭圆C：的离心率，短轴长为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知经过定点的直线l与椭圆相交于A，B两点，且与直线相交于点Q，如果，，那么是否为定值？若是，请求出具体数值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）由已知结合椭圆的性质可求a，b，进而可求椭圆方程；
（2）先对直线l的斜率是否存在分类讨论，然后联立直线l与已知椭圆方程，结合方程的根与系数关系及向量的线性坐标表示可求．
【详解】（1）由题意得，
解得，，
故椭圆C的方程为；
（2）当直线l的斜率不存在时，，，，,
则，，，，
此时，，；
当直线l的斜率存在时，设斜率为k，则直线l的方程为，
联立可得，
设，，
联立可得，
则，，
因为，，
所以，，
所以，

【点睛】圆锥曲线中的范围或最值以及定值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用．另外在解析几何中还要注意向量的应用，如本题中根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，进而为消去变量起到了重要的作用
考点二、双曲线中的定值问题
1．（2021·全国·统考高考真题）在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和.
【答案】（1）；（2）.
【分析】(1) 利用双曲线的定义可知轨迹是以点、为左、右焦点双曲线的右支，求出、的值，即可得出轨迹的方程；
(2)方法一：设出点的坐标和直线方程，联立直线方程与曲线C的方程，结合韦达定理求得直线的斜率，最后化简计算可得的值.
【详解】(1) 因为，
所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支，
设轨迹的方程为，则，可得，，
所以，轨迹的方程为.
（2）[方法一] 【最优解】：直线方程与双曲线方程联立
如图所示，设,
设直线的方程为．

联立,
化简得.
则．
故．
则．
设的方程为，同理．
因为，所以，
化简得，
所以，即．
因为，所以．
[方法二] ：参数方程法
设．设直线的倾斜角为，
则其参数方程为，
联立直线方程与曲线C的方程，
可得，
整理得．
设，
由根与系数的关系得．
设直线的倾斜角为，，
同理可得
由，得．
因为，所以．
由题意分析知．所以，
故直线的斜率与直线的斜率之和为0．
[方法三]：利用圆幂定理
因为，由圆幂定理知A，B，P，Q四点共圆．
设,直线的方程为，
直线的方程为,
则二次曲线．
又由，得过A，B，P，Q四点的二次曲线系方程为：
，
整理可得：
，
其中．
由于A，B，P，Q四点共圆，则xy项的系数为0，即.
【整体点评】(2)方法一：直线方程与二次曲线的方程联立，结合韦达定理处理圆锥曲线问题是最经典的方法，它体现了解析几何的特征，是该题的通性通法，也是最优解；
方法二：参数方程的使用充分利用了参数的几何意义，要求解题过程中对参数有深刻的理解，并能够灵活的应用到题目中.
方法三：圆幂定理的应用更多的提现了几何的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.
2．（2023·江苏徐州·徐州市第七中学校考一模）已知双曲线的实轴长为4，左､右顶点分别为，经过点的直线与的右支分别交于两点，其中点在轴上方.当轴时，
(1)设直线的斜率分别为，求的值；
(2)若，求的面积.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）法一：根据实轴长，求得a值，根据题意，求得，可得b值，即可得曲线C方程，设直线方程为，与双曲线联立，根据韦达定理，可得表达式，代入，化简整理，即可得答案.
法二：由题意，求得a，b的值，即可得曲线C方程，设方程为，与双曲线联立，根据韦达定理，可得表达式，代入，化简整理，即可得答案.
（2）法一：因为，根据二倍角的正切公式，结合及，化简计算，可得，进而可得方程，与曲线C联立，可得M点坐标，即可得直线的方程，根据面积公式，即可得答案.
法二：设，由，结合二倍角正切公式，可得的值，进而可得直线方程，与曲线C联立，可得，同理可得，代入面积公式，即可得答案.
【详解】（1）法一：
因为，所以，令得，
所以，解得，
所以的方程为
显然直线与轴不垂直，设其方程为，
联立直线与的方程，消去得，
当时，，
设，则.
因为，
所以.
法二：
由题意得，解得，
双曲线的方程为.
设方程为，
联立，可得，
，，
，
.
（2）法一：
因为，
所以，
又因为，
所以，即，（※）
将代入（※）得，
因为在轴上方，所以，所以直线方程为，
联立与直线方程，消去得，，
解得或（舍），所以，
代入，得，所以直线方程为，
联立与直线方程，消去得，，
解得或，
所以的面积为.
法二：
设，由，可得，
，解得，
方程，
联立，可得，解得，
同理联立，解得，
.
1．（2023·浙江·校联考模拟预测）已知双曲线的离心率为，且经过点．
(1)求双曲线C的标准方程及其渐近线方程；
(2)已知过点的直线与过点的直线的交点N在双曲线C上，直线与双曲线C的两条渐近线分别交于P，Q两点，证明为定值，并求出定值．
【答案】(1)双曲线C的标准方程为，渐近线方程为
(2)证明见解析，6
【分析】（1）由双曲线过点和离心率求得的值，从而写出双曲线C的标准方程及其渐近线方程；
（2）由点在和上，得出直线的方程，然后联立直线与渐近线方程得到P，Q两点的坐标，利用坐标表示出，化简即得结果.
【详解】（1）因为双曲线经过点，所以.
又因为，所以，，
所以双曲线C的标准方程为，渐近线方程为．
（2）
设点，则，即.
因为为直线和直线的交点，
所以，所以点都在直线上，
所以所在的直线方程为，
将直线与渐近线方程联立得，解得,
即，同理得，
所以，
因为
，
所以，
所以为定值6.
【点睛】求定值问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
2．（2023·山东德州·三模）已知分别为双曲线的左，右焦点，点在上，且双曲线的渐近线与圆相切．
(1)求双曲线的方程；
(2)若过点且斜率为的直线交双曲线的右支于两点，为轴上一点，满足，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)为定值，定值为
【分析】（1）将点代入双曲线上，结合双曲线渐近线与圆相切得到方程组，求出，得到答案；
（2）设直线方程为，与双曲线的的方程联立，得到两根之和，两根之积，求出的中点坐标，进而求出的垂直平分线的方程，求出，结合双曲线的定义，结合弦长公式求出定值.
【详解】（1）由题意点在双曲线上，可得，
圆的圆心为，半径为1，双曲线的渐近线与圆相切，
所以，即
解得，
故双曲线方程为；
（2）是定值，理由如下：
设直线方程为，由于直线交双曲线的右支于两点，故，
联立，可得，
当时，直线与双曲线的渐近线平行，此时直线和双曲线只有一个交点，不合题意；
故，此时，

设，则，
则，
即的中点坐标为，
因为为轴上一点，满足，故为的垂直平分线与轴的交点，
的垂直平分线的方程为：，
令，则得，即，
所以，
又，
又因为在双曲线的右支上，故，
故，即，
故，
即为定值，定值为.
【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
考点三、抛物线中的定值问题
1．（2023·山东·山东省实验中学校考一模）在平面直角坐标系xOy中，点P到点的距离比到y轴的距离大1，记点P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)过点F且斜率不为零的直线l交椭圆E：于A，B两点，交曲线C于M，N两点，若为定值，求实数λ的值．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）根据给定条件，设出点P的坐标，再列出方程化简作答.
（2）设出直线l的方程，分别与椭圆E、曲线C的方程联立，利用弦长公式求出弦长，再代入计算判断作答.
【详解】（1）设，依题意，，两边平方并整理，得，
所以曲线C的方程为．
（2）设，，，，依题意，设直线l的方程为，
由消去y并整理，得，而点为椭圆E的右焦点，
因此，，
则，
由（1）知，，
若直线l交曲线C于M、N两点，且，则直线l与相交，
由消去y并整理，得，而点为抛物线的焦点，
则，于是，
从而，
要使为定值，则，即，
所以实数λ的值为3．
2．（2023·辽宁大连·大连八中校考三模）在平面直角坐标系中，已知抛物线：和点.点在上，且.
(1)求的方程；
(2)若过点作两条直线，，与相交于，两点，与相交于，两点线段，中点的连线的斜率为，直线，，，的斜率分别为，，，.证明：，且为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由已知，根据点坐标，借助可表示出点坐标，然后带入抛物线方程，即可完成方程的求解；
（2）由已知，分别设出，，，四点坐标，然后利用坐标分别表示出和的方程，然后将点代入方程，从而得到等量关系，然后代入到斜率的表达式中即可证明.
【详解】（1）由已知，，，则，
代入抛物线可得：.
（2）设，，，
则：，整理得，
代入，可知，则
同理可得，
则
设，的中点分别为，，则，
则
则
1．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）已知抛物线T的顶点在原点，对称轴为坐标轴，且过，，，四点中的两点.
(1)求抛物线T的方程：
(2)已知圆，过点作圆的两条切线，分别交抛物线T于，和，四个点，试判断是否是定值?若是定值，求出定值，若不是定值，请说明理由.
【答案】(1)
(2)是定值16．
【分析】（1）由题意，根据对称性可知点和点不可能同时在抛物线T上，点和点也不可能同时在抛物线T上，分别设抛物线的方程为和，再进行检验即可求解；
（2）设出直线AB的方程，根据点到直线的距离公式求出的表达式，同理得到的表达式，易知是方程的两个根，利用韦达定理得到和，将直线AB与抛物线联立，利用结合韦达定理得到关于的表达式，同理得到关于的表达式，再代入式子进行求解即可．
【详解】（1）抛物线T的顶点在原点，对称轴为坐标轴，且过，，，四点中的两点，
由对称性，点和点不可能同时在抛物线T上，点和点也不可能同时在抛物线T上，
则抛物线只可能开口向上或开口向右，
设，若过点，则，得，
∴，抛物线过点，∴符合题意；
设，若过点，则，得，
∴，但抛物线不过点，不合题意．
综上，抛物线T的方程为．
（2），设直线，即，
由AB与圆相切得，∴，

设，同理可得，
∴是方程的两根，．
联立，消y得，∴，
同理，
∴
所以为定值16．
【点睛】方法点睛：
解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，强化有关直线与抛物线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
2．（2023·江苏·校联考模拟预测）设抛物线C：的焦点为F，P是抛物线外一点，直线PA，PB与抛物线C切于A，B两点，过点P的直线交抛物线C于D，E两点，直线AB与DE交于点Q.
(1)若AB过焦点F，且，求直线AB的倾斜角；
(2)求的值.
【答案】(1)或
(2)2
【分析】（1）设AB直线的方程，再和抛物线联立，运用抛物线的定义及韦达定理可求出直线AB的倾斜角；
（2）设过A点且与抛物线C相切的直线方程为，与抛物线联立由求出直线PA的方程，同理可得直线PB方程，即可求出直线AB的方程，与抛物线联立求出，设直线PD的方程为与抛物线联立由韦达定理表示出，，代入化简即可得出答案.
【详解】（1）设，，，，
因为直线AB的斜率不为0，所以设AB直线的方程为，
联立方程，消去y，得，
所以，，
所以，，
所以直线的倾斜角为或.
（2）设过A点且与抛物线C相切的直线方程为，（k存在，A不为原点），
联立方程，消去x得，，
，即，
所以，即，
所以直线PA的方程为，即，
同理可得，直线PB方程为：，
因为点在直线PA，PB上，所以，，
所以直线AB的方程为：
设直线PD的方程为，
联立方程，消去x，得，
得，，
联立方程，消去x，得，
由于点P在抛物线的外部，点Q在抛物线的内部，
所以.

【点睛】方法点睛：本题考查直线与抛物线位置关系中的定值问题，此类问题一般有两个处理方法：（1）联立直线方程和抛物线方程，消元后利用韦达定理化简目标代数式，从而可解决定值问题；（2）设出抛物线上动点的坐标（注意用纵坐标表示横坐标或用横坐标表示纵坐标），把题设条件转化为关于坐标的关系，从而可解决定值问题.
【能力提升】
1．（2023·广东佛山·校联考模拟预测）已知是圆上一动点，定点，线段的垂直平分线与直线交于点，记点的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)若直线与曲线恰有一个共点，且与直线，分别交于、两点，的面积是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）题意可得，即可得到，根据双曲线的定义得到点的轨迹是以、为焦点的双曲线，从求出、、，即可得解；
（2）讨论直线斜率是否存在，且当直线斜率存在时，设出直线方程，联立双曲线方程，根据，找到参数之间的关系，再利用弦长公式求得，以及用点到直线的距离公式求得三角形的高，求得面积，即可证明.
【详解】（1）由可知，，
因为线段的垂直平分线与直线交于点，
，所以或，
所以，所以，
所以，
所以由双曲线的定义可知，点的轨迹是以、为焦点的双曲线，
所以点的方程为．

（2）设直线斜率为，设直线方程为，
因为与直线，分别交于、两点，所以，
联立方程组得，
因为，所以，
因为直线与曲线恰有一个公共点，所以直线与曲线相切，
由，得，
联立方程组得.
不直线与的交点为，则.
同理可求，所以.
因为原点到直线的距离，
所以，又因为，所以，
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，又渐近线方程为：，
此时，.
故的面积为定值，且定值为.

2．（2023·湖南长沙·长沙市实验中学校考二模）已知双曲线的左、右顶点分别为A1，A2，动直线l：与圆相切，且与双曲线左、右两支的交点分别为（，），（，）．

(1)求k的取值范围；
(2)记直线P1A1的斜率为k1，直线P2A2的斜率为k2，那么是定值吗？证明你的结论．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据直线与圆相切，可得，联立直线与双曲线，根据可得的范围；
（2）根据斜率公式以及韦达定理，将变形化简可得结果.
【详解】（1）与圆相切，，，
由，得，
，
，
故的取值范围为.
（2）由已知可得的坐标分别为，
，
，
又因为，所以，
为定值.
3．（2023·江西吉安·江西省万安中学校考一模）设抛物线的焦点为，动直线与抛物线交于，两点，且当时，.
(1)求抛物线的方程；
(2)连接，并延长分别交抛物线于两点，，设直线的斜率为，直线的斜率为，求证：是定值，并求出该值.
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）根据联立方程，结合韦达定理，利用弦长公式即可求出方程；
（2）通过分别联立直线，与抛物线，用，点的坐标表示出，的坐标，再化简即可得到定值.
【详解】（1）联立，得，
则，设，则，
当时，，
所以，
解得或(舍)，
故抛物线的方程为.
（2）由题意知,由（1）得，且，
设直线,
联立，得，
则，所以，所以，
同理可得，，所以,
所以，
又，所以,即是定值，且定值为.
4．（2023·辽宁鞍山·统考模拟预测）已知椭圆C：的左、右顶点分别为，，右焦点为，O为坐标原点，OB的中点为D（D在的左方），．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设过点D且斜率不为0的直线与椭圆C交于M，N两点，设直线AM，AN的斜率分别是，，试问是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)是定值，定值为.
【分析】（1）根据椭圆的几何性质求出，可得椭圆的标准方程；
（2）设过点D且斜率不为0的直线方程为，代入，设，，根据韦达定理得和，再利用斜率公式得，代入和，化简可得.
【详解】（1）依题意，，，，，
所以，
所以椭圆C的标准方程为：.
（2）设过点D且斜率不为0的直线方程为，
联立，消去并整理得，
，
设，，
则，，
所以
.
所以为定值.
5．（2023·河北·校联考模拟预测）已知椭圆的左右焦点分别是，是椭圆上一动点(与左右顶点不重合)，已知的内切圆半径的最大值是椭圆的离心率是.
（1）求椭圆的方程；
（2）过作斜率不为0的直线交椭圆于两点，过作垂直于轴的直线交椭圆于另一点，连接，设的外心为，求证：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据面积最大时，r最大可得出等量关系求解；
（2）设出直线方程，与椭圆联立，设，得出韦达定理，表示出AB的中点坐标，求得AB的垂直平分线方程，得出点坐标，即可表示出，即可得出定值.
【详解】（1）由题意知∶，∴a=2c，，
设△的内切圆半径为r，
则.
故当面积最大时，r最大，即P点位于椭圆短轴顶点时，
所以，把a=2c，代入，解得∶a=2，，
所以椭圆方程为
（2）由题意知，直线AB的斜率存在且不为0，设直线AB为，
代入椭圆方程得.
，
设，则，，
因此可得
所以AB的中点坐标为(，)
因为G是△ABQ的外心，所以G是线段AB的垂直平分线与线段BQ的垂直平分线的交点，
由题意可知B，Q关于y轴对称，故，
AB的垂直平分线方程为
令y=0，得，即G(，0)，
所以
又
=
故，所以为定值，定值为4.
【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：
（1）得出直线方程，设交点为，；
（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；
（3）写出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为形式；
（5）代入韦达定理求解.
6．（2023·安徽合肥·合肥市第八中学校考模拟预测）（1）若椭圆的离心率，且被直线截得的线段长为，求椭圆的标准方程；
（2）椭圆，其中，若点是上的任意一点，过点作的切线交于两点，为上异于的任意一点，且满足，问：是否为定值？若为定值，求出该定值；否则，说明理由.
【答案】（1）；（2）是定值，.
【分析】（1）根据离心率及弦长转化为，化简计算可得椭圆的方程；
（2）直线和椭圆方程联立后得出两根和及两根积，再根据点在椭圆上求得为定值.
【详解】（1）由题意可知：椭圆的离心率，因此，
故椭圆的方程为：，令，则椭圆的方程为：
，将代入可得，因此被直线截得的线段长为，可
得.所以椭圆的方程为.
（2）由题意得，，
①当直线斜率不存在时，直线，
若，不妨设点在轴的上方，则，
又，所以，
代入中，得，即；
若，同理亦可得.
②当直线斜率存在时，设直线，
由，得，
由可得：，
即：.
，即：，
由可得：，
即：，
，
，
，
因为点在椭圆上，所以，，
整理，得，
又在上，，
，又，因此.
综上所述，为定值，且.
7．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，离心率为，点是右支上一点，的面积为4．
(1)求的方程；
(2)点A是在第一象限的渐近线上的一点，轴，点是右支在第一象限上的一点，且在点处的切线与直线相交于点，与直线相交于点．试判断的值是否为定值？若为定值，求出它的值；若不为定值，请说明理由．
【答案】(1)
(2)是定值．
【分析】（1）由的面积为4可得c，后由离心率可得a，b，即可得椭圆方程；（2）
设，利用导数几何意义可得切线l方程，后可得到M，N坐标表达式，后利用两点间距离公式结合可得答案.
【详解】（1）的面积为4，则，得．由离心率为，得，解得，所以，所以的方程为．
（2）为定值．
设，由题意可知，直线的斜率存在，设直线的方程为．
由，可得，所以在第一象限内.
所以，故．
因为，所以，
代入直线的方程，得.
即．由，可得，所以直线的方程为，即．
因为直线的方程为，所以直线与直线的交点的坐标为.
直线与直线的交点的坐标为.
所以.
.
所以，即的值为定值．

【点睛】关键点睛：本题为圆锥曲线中的定值问题，处理定值问题，可用变量去表示需要判断是否为定值的表达式，通过验证表达式是否与变量有关可解决问题.
8．（2023·云南·云南师大附中校考模拟预测）已知双曲线：（，）的离心率是，实轴长是2，为坐标原点.设点为双曲线上任意一点，过点的直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，的面积为.
(1)当的方程为时，求的值；
(2)设，求证：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）首先求双曲线方程，直线方程与双曲线方程联立，得到，并利用两
角和的正切公式表示，并求，最后代入三角形面积公式，
即可求解；（2）利用向量的坐标表示关系，点的坐标用点的坐标表示，并代入双曲线方程求，再代入面积公式，即可证明定值.
【详解】（1）由题意可知，，，，
则，.双曲线C的方程为.
设，，，
把：代入，得，又，
，，
，.
，
.
（2）证明：双曲线渐近线方程为，则，.
由，得，.
，，
化简可得.
，
为定值.

【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线相交的综合应用，重点考查弦长公式，
三角恒等变换，以及韦达定理，本题的关键是利用点的坐标，正确表示.
9．（2023·河南·洛阳市第三中学校联考一模）已知点在抛物线上，且到抛物线的焦点的距离为2.
(1)求抛物线的标准方程；
(2)过点向抛物线作两条切线，切点分别为，若直线与直线交于点，且点到直线､直线的距离分别为.求证：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意可得，求出，即可得解；
（2）方法一：设，求导，再根据导数的几何意义分别求出抛物线在点处和在点处的切线方程，再根据两条切线均过点，从而可求得切点坐标，在证明平分，即可得出结论.
方法二：设切点为，求导，再根据导数的几何意义求出切线方程，联立方程，根据求出切点坐标，从而可得直线､直线的方程，再结合点到直线的距离公式即可得证.
【详解】（1）因为，由题意可得，
解得，所以抛物线的标准方程为；
（2）方法一：设，由，得，
所以抛物线在点处的切线方程为，
在点处的切线方程为，
因为两条切线均过点，所以，
所以点的坐标均满足，
所以，即，解得或，
不妨设，则，
易知，所以，
所以，
，
所以，所以，所以平分，
所以点到直线的距离等于点到直线的距离，
所以，为定值，得证.
方法二：设切点为，由，得，
所以过点的抛物线的切线方程为，
联立方程，消去并整理得，
则，解得或，
不妨设，则，
所以直线的方程为，
易知，所以直线的方程为，
由，得，即，
易得直线的方程为，直线的方程为，
所以点到直线的距离，
点到直线的距离，
所以，则，为定值，得证.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是根据两切线过同一点求出切点，再证明平分，或者分别求出直线､直线的方程，结合点到直线的距离公式计算.
10．（2023·湖北武汉·统考三模）已知双曲线：的一条渐近线为，椭圆：的长轴长为4，其中.过点的动直线交于A，B两点，过点Р的动直线交于M，N两点.
(1)求双曲线和椭圆的方程；
(2)是否存在定点Q，使得四条直线QA，QB，QM，QN的斜率之和为定值?若存在，求出点Q坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1)双曲线的方程为：；椭圆的方程为：
(2)存在，点坐标为.
【分析】（1）由椭圆及双曲线的性质计算即可；
（2）两直线与椭圆、双曲线的交点没有联系，故可分开单独计算各斜率之和即可，设点A、B、Q坐标及直线：与双曲线联立，结合韦达定理化简计算得：，待定系数计算并检验可得，再代入验证是否为定值即可.
【详解】（1）已知双曲线渐近线为，即.
因为椭圆的长轴长，即，.
所以双曲线的方程为：.
椭圆的方程为：.
（2）
当直线、的斜率不存在时，不满足题意.
故直线的方程设为：，直线过点，即.
与双曲线方程联立，得.
故，.
设，，有，.
设.
.
化简得.
代入韦达定理得：
.
将代入其中消去化简得：
.
由动直线、互不影响可知，要满足为定值，
则为定值，为定值.
因此要满足为定值，则有：
①若，，计算得，.
经检验满足，此时.
②若，即，，
有.
无解.
综上，当，.
下面只需验证当时，是否为定值.
设直线方程为：，直线过点，即.
椭圆方程联立，得.
故.
设，，有，.
.
化简得.
代入韦达定理化简可得：.
将代入其中可得：.
所以当，，，.
所以点坐标为.
【点睛】关键点睛：第二问斜率定值问题，关键在于待定系数化简计算上，即设点A、B、Q的坐标及直线的方程，利用韦达定理消元化简两斜率之和可得：，待定系数求值即可确定斜率和为定值时的Q坐标，再确定此时是否为定值，注意检验.
11．（2023·辽宁·新民市第一高级中学校联考一模）如图，，，，是抛物线：上的四个点（，在轴上方，，在轴下方），已知直线与的斜率分别为和2，且直线与相交于点．
(1)若点的横坐标为6，则当的面积取得最大值时，求点的坐标．
(2)试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)是定值，定值为2
【分析】（1）首先求出直线方程，由于的长度为定值，故点离直线距离越远，的面积越大，设与直线平行的直线为，根据直线与抛物线相切求出，进而取出点坐标.
（2）首先设，设直线BD为，然后将直线与曲线联立，利用韦达定理求得，．同理求得，，然后根据弦长公式分别求得，，，，然后代入中即可证明其为定值.
【详解】（1）由题可知，点的坐标为，直线的方程为，
则的长度为定值．
将直线平移到与抛物线相切，切点为，此时的面积取得最大值．
设切线的方程为，联立方程组
消去整理得．
，解得，
将代入，
解得，，故点的坐标为．
（2）设，则直线的方程为，
联立方程组消去整理得，
则，．
同理可得，，．
，，
，，
所以．
故是定值，且该定值为2．
【点睛】方法点睛：对于圆锥曲线中的弦长公式我们并不陌生，弦长，其中在圆锥曲线中，任意两点间的距离我用都可以仿照弦长公式进行求解，假设，，即，用此方法求两点间距离时，方便我们利用韦达定理.
12．（2023·安徽黄山·统考二模）已知拋物线，为焦点，若圆与拋物线交于两点，且
(1)求抛物线的方程；
(2)若点为圆上任意一点，且过点可以作拋物线的两条切线，切点分别为.求证：恒为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据圆的弦长求解，可得，代入抛物线方程即可求解，
（2）令，写出点处的切线方程，与抛物线联立，利用得到，同理得到，再写出直线方程，将其与抛物线联立得到韦达定理式，再结合抛物线定义即可证明.
【详解】（1）由题意可知，半径为，
由圆的圆心以及抛物线的焦点均在在坐标轴轴，故由对称性可知：轴于点，
在直角三角形中，,
因此 故，将其代入抛物线方程中得，
故抛物线方程为：
（2）令，
抛物线在点处的切线方程为,
与联立得①
由相切得，
代入①得
故在点处的切线方程为，即为
同理：点处的切线方程为，
而两切线交于点，
所以有，
则直线的方程为:，
由得,所以
于是
，
又点在圆上，
所以,即.
【点睛】关键点睛：本题的关键在于设切点，写出切线方程，然后将其与抛物线方程联立，再利用得到相关等式，再得到直线的方程，将其与抛物线联立，得到韦达定理式，最后利用抛物线定义写出线段长乘积表达式，利用点在圆上进行整体代入即可.
【真题感知】
1．（四川·高考真题）过点C(0，1)的椭圆的离心率为，椭圆与x轴交于两点、，过点C的直线l与椭圆交于另一点D，并与x轴交于点P，直线AC与直线BD交于点Q
．
（I）当直线l过椭圆右焦点时，求线段CD的长；
（Ⅱ）当点P异于点B时，求证：为定值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）为定值，答案见解析.
【详解】试题分析：（Ⅰ）由已知得，解得，所以椭圆方程为．
椭圆的右焦点为，此时直线的方程为 ，代入椭圆方程得，解得，代入直线的方程得 ，所以
，故．
（Ⅱ）当直线与轴垂直时与题意不符．
设直线的方程为．代入椭圆方程得．
解得，代入直线的方程得，
所以D点的坐标为．
又直线AC的方程为，又直线BD的方程为，联立得因此，又．所以．故为定值．
考点：直线与圆锥曲线的综合问题 平面向量数量积的运算 椭圆的简单性质．
点评：本题主要考查了由椭圆的性质求解椭圆方程，直线与曲线相交的弦长公式的应用及向量的数量积的坐标表示的应用，属于圆锥曲线问题的综合应用
2．（重庆·高考真题）如图，中心在原点O的椭圆的右焦点为，右准线l的方程为：．
(1)求椭圆的方程；
(2)在椭圆上任取三个不同点，使，证明：为定值，并求此定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【分析】(1)根据准线的几何性质，求出a，再算出b，可得椭圆方程；
(2)根据题设，分别求出 与x轴正方向的夹角之间的关系，代入 中计算即可.
【详解】（1）设椭圆方程为．因焦点为，故半焦距，又右准线的方程为，
从而由已知，因此，，
故所求椭圆方程为；
（2）
记椭圆的右顶点为A，并设（1，2，3），不失一般性，
假设 ，且，．
又设点在上的射影为，因椭圆的离心率，从而有
．
解得 ．
因此，
而，
故为定值．
综上，椭圆方程为；.
【点睛】本题的难点在于运用椭圆上的点到焦点的距离表达为到准线的距离乘以离心率，再对运用三角函数计算化简.
3．（四川·高考真题）椭圆（）的离心率是，点在短轴上，且．
（1）求椭圆的方程；
（2）设为坐标原点，过点的动直线与椭圆交于两点，是否存在常数，使得为定值？若存在，求的值；若不存在，请说明理由
【答案】（1）；（2）见解析.
【详解】（1）由已知，点C，D的坐标分别为（0，－b），（0，b）
又点P的坐标为（0，1），且＝－1
于是，解得a＝2，b＝
所以椭圆E方程为.
（2）当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1
A，B的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2）
联立，得（2k2＋1）x2＋4kx－2＝0
其判别式△＝（4k）2＋8（2k2＋1）＞0
所以
从而＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋（y1－1）（y2－1）]
＝（1＋λ）（1＋k2）x1x2＋k（x1＋x2）＋1
＝
＝－
所以，当λ＝1时，－＝－3，
此时，＝－3为定值.
当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD
此时＝－2－1＝－3
故存在常数λ＝1，使得为定值－3.
考点：本题主要考查椭圆的标准方程、直线方程、平面向量等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想.
4．（北京·高考真题）已知椭圆：（）的离心率为，，，，的面积为1.
（1）求椭圆的方程；
（2）设是椭圆上一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（Ⅰ）根据离心率为，即，OAB的面积为1，即，椭圆中列方程组进行求解；（Ⅱ）根据已知条件分别求出的值，求其乘积为定值.
【详解】（Ⅰ）由题意得解得.
所以椭圆的方程为.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，
设，则.
当时，直线的方程为.
令，得，从而.
直线的方程为.
令，得，从而.
所以
.
当时，，
所以.
综上，为定值.
【考点】椭圆方程、直线与椭圆的位置关系、运算求解能力.
【名师点睛】解决定值、定点的方法一般有两种：(1)从特殊入手，求出定点、定值、定线，再证明定点、定值、定线与变量无关；(2)直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定点、定值、定线.应注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元思想的运用可有效地简化运算.
5．（四川·高考真题）已知椭圆：的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线：与椭圆有且只有一个公共点T．
（Ⅰ）求椭圆的方程及点的坐标；
（Ⅱ）设是坐标原点，直线平行于，与椭圆交于不同的两点、，且与直线交于点，证明：存在常数，使得，并求的值．
【答案】（Ⅰ），点T坐标为（2,1）；（Ⅱ）.
【详解】试题分析：本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题、解决问题的能力和数形结合的思想.第（Ⅰ）问，利用直线和椭圆只有一个公共点，联立方程，消去y得关于x的方程有两个相等的实数根，解出b的值，从而得到椭圆E的方程；第（Ⅱ）问，利用椭圆的几何性质，数形结合，根据根与系数的关系，进行求解.
试题解析：（Ⅰ）由已知，，则椭圆E的方程为.
由方程组 得.①
方程①的判别式为，由，得，
此时方程①的解为，
所以椭圆E的方程为.
点T坐标为（2,1）.
（Ⅱ）由已知可设直线的方程为，
由方程组 可得
所以P点坐标为（），.
设点A，B的坐标分别为.
由方程组 可得.②
方程②的判别式为，由，解得.
由②得.
所以，
同理，
所以
.
故存在常数，使得.
【考点】椭圆的标准方程及其几何性质
【名师点睛】本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题、解决问题的能力和数形结合的思想.在涉及直线与椭圆（圆锥曲线）的交点问题时，一般设交点坐标为，同时把直线方程与椭圆方程联立，消元后，可得，再把用表示出来，并代入的值，这种方法是解析几何中的“设而不求”法，可减少计算量，简化解题过程．
6．（山东·高考真题）如图，已知椭圆的离心率为，以该椭圆上的点和椭圆的左、右焦点为顶点的三角形的周长为.一等轴双曲线的顶点是该椭圆的焦点，设为该双曲线上异于顶点的任一点，直线和与椭圆的交点分别为和.
（Ⅰ）求椭圆和双曲线的标准方程；
（Ⅱ）设直线、的斜率分别为、，证明；
（Ⅲ）是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（Ⅰ）椭圆的标准方程为；双曲线的标准方程为
（Ⅱ）=1．（Ⅲ）存在常数使得恒成立，
【详解】试题分析：(1)设椭圆的半焦距为c，由题意知：，
2a＋2c＝4(＋1)，所以a＝2，c＝2.
又a2＝b2＋c2，因此b＝2.故椭圆的标准方程为＝1.
由题意设等轴双曲线的标准方程为＝1(m＞0)，因为等轴双曲线的顶点是椭圆的焦点，所以m＝2，因此双曲线的标准方程为＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则k1＝，k2＝.
因为点P在双曲线x2－y2＝4上，所以x－y＝4.
因此k1·k2＝·＝＝1，即k1·k2＝1.
(3)由于PF1的方程为y＝k1(x＋2)，将其代入椭圆方程得(2k＋1)x2－8kx＋8k－8＝0，
显然2k＋1≠0，显然Δ＞0.由韦达定理得x1＋x2＝，x1x2＝.
所以|AB|＝
＝.
同理可得|CD|＝.
则，
又k1·k2＝1，
所以.
故|AB|＋|CD|＝|AB|·|CD|.
因此存在λ＝，使|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|恒成立．
考点：本题考查了圆锥曲线方程的求法及直线与圆锥曲线的位置关系
点评：对于直线与圆锥曲线的综合问题，往往要联立方程，同时结合一元二次方程根与系数的关系进行求解；而对于最值问题，则可将该表达式用直线斜率k表示，然后根据题意将其进行化简结合表达式的形式选取最值的计算方式
7．（北京·高考真题）已知抛物线C：=2px经过点（1，2）．过点Q（0，1）的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N．
（Ⅰ）求直线l的斜率的取值范围；
（Ⅱ）设O为原点，，，求证：为定值．
【答案】(1) 取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）
(2)证明过程见解析
【详解】分析：（1）先确定p,再设直线方程，与抛物线联立，根据判别式大于零解得直线l的斜率的取值范围，最后根据PA，PB与y轴相交，舍去k=3，（2）先设A（x1，y1），B（x2，y2），与抛物线联立，根据韦达定理可得，．再由，得，．利用直线PA，PB的方程分别得点M，N的纵坐标，代入化简可得结论.
详解：解：（Ⅰ）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2），
所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x．
由题意可知直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为y=kx+1（k≠0）．
由得．
依题意，解得k