2025年高考数学复习(新高考专用)重难点30圆锥曲线中的存在性问题【六大题型】特训(学生版+解析)

这是一份2025年高考数学复习(新高考专用)重难点30圆锥曲线中的存在性问题【六大题型】特训(学生版+解析)，共70页。

TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc18029" 【题型1 与向量有关的存在性问题】 PAGEREF _Tc18029 \h 1
\l "_Tc1296" 【题型2 与斜率有关的存在性问题】 PAGEREF _Tc1296 \h 3
\l "_Tc30212" 【题型3 与面积有关的存在性问题】 PAGEREF _Tc30212 \h 4
\l "_Tc2563" 【题型4 存在定点满足某条件问题】 PAGEREF _Tc2563 \h 6
\l "_Tc4391" 【题型5 存在常数满足某条件问题】 PAGEREF _Tc4391 \h 7
\l "_Tc2885" 【题型6 存在点满足定值问题】 PAGEREF _Tc2885 \h 9
1、圆锥曲线中的存在性问题
圆锥曲线是高考的重点、热点内容，从近几年的高考情况来看，圆锥曲线中的存在性问题考查频率变高，此类问题一般分为探究条件、探究结论两种类型，主要在在解答题中考查，难度较高；复习时要加强此类问题的训练，灵活求解.
【知识点1 圆锥曲线中的存在性问题及其解题策略】
1．圆锥曲线中的存在性问题
此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，
成立则存在，否则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.
2．圆锥曲线中的存在性问题的求解策略：
(1)若给出问题的一些特殊关系，要探索一般规律，并证明所得规律的正确性，通常要对已知关系进行观察、比较、分析，然后概括一般规律；
(2)若只给出条件，求“不存在”“是否存在”等语句表述问题时，一般先对结论给出肯定存在的假设，然后由假设出发，结合已知条件进行推理，若在假设存在的前提下可以求出与已知、定理或公理相同的结论，则说明假设成立；否则说明假设不成立.
【题型1 与向量有关的存在性问题】
【例1】（2024·福建厦门·二模）已知A−2,0，B2,0，P为平面上的一个动点.设直线AP,BP的斜率分别为k1，k2，且满足k1⋅k2=−34.记P的轨迹为曲线Γ.
(1)求Γ的轨迹方程；
(2)直线PA，PB分别交动直线x=t于点C,D，过点C作PB的垂线交x轴于点H.HC⋅HD是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，说明理由.
【变式1-1】（2024·河南驻马店·二模）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左顶点为A，直线l1:y=x−2与C的一条渐近线平行，且与C交于点B，直线AB的斜率为13．
(1)求C的方程；
(2)已知直线l2:y=2x+mm≠8与C交于P,Q两点，问：是否存在满足EA⋅EP=EP⋅EQ=EA⋅EQ的点Ex0,y0？若存在，求x02−y02的值；若不存在，请说明理由．
【变式1-2】（2024·湖南邵阳·二模）已知双曲线Γ:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F1−3,0，点M2,6在双曲线上，直线l与双曲线Γ交于A,B两点.
(1)若l经过点−2,0，且∠AOB=90∘，求AB；
(2)若l经过点F1，且A,B两点在双曲线Γ的左支上，则在x轴上是否存在定点Q，使得QA⋅QB为定值.若存在，请求出△QAB面积的最小值；若不存在，请说明理由.
【变式1-3】（24-25高三上·云南昆明·阶段练习）动点M(x,y)到直线l1:y=3x与直线l2:y=−3x的距离之积等于34，且|y|0)交Γ于点A，B，Γ上是否存在点C满足GA+GB+GC=0？若存在，求出点C的坐标；若不存在，说明理由．
【题型2 与斜率有关的存在性问题】
【例2】（23-24高三下·广东深圳·期中）已知抛物线C:y2=2px(00的焦距为26，离心率e=32，过点P0,2作两条直线l1，l2，直线l1交椭圆于A，B两点，直线l2交椭圆于M，N两点，A，B，M，N四点均不在坐标轴上，且A，O，M三点共线．
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)记直线AM与BN的斜率分别为k1，k2且k1k2≠0，判断是否存在非零常数λ，使得k1=λk2．若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
【变式2-2】（2024·四川成都·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为32，过点P0,a的直线l与椭圆C相交于A,B两点，当l过坐标原点O时，AB=2．
(1)求椭圆C的方程；
(2)当l斜率存在时，线段OP上是否存在定点Q，使得直线QA与直线QB的斜率之和为定值．若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【变式2-3】（2024·新疆喀什·三模）已知双曲线E：x2−3y2=3的左、右焦点分别为F1，F2，A是直线l：y=−ca2x（其中a是实半轴长，c是半焦距）上不同于原点O的一个动点，斜率为k1的直线AF1与双曲线E交于M，N两点，斜率为k2的直线AF2与双曲线E交于P，Q两点．
(1)求1k1+1k2的值；
(2)若直线OM，ON，OP，OQ的斜率分别为kOM，kON，kOP，kOQ，问是否存在点A，满足kOM+kON+kOP+kOQ=0，若存在，求出A点坐标；若不存在，说明理由．
【题型3 与面积有关的存在性问题】
【例3】（2024·江西·模拟预测）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他的主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书中．阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，阿波罗尼斯圆指的是已知动点M与两定点Q，P的距离之比MQMP=λ、(λ>0且λ≠1),λ是一个常数，那么动点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆，圆心在直线PQ上．已知动点M的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为x2+y2+42x−42y−4=0，定点分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点与右顶点，且椭圆C的离心率为32．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知点A2,1，过点A斜率分别为k1,k2的直线与椭圆C的另一个交点分别为B、D，且满足k1+k2=0，试探究△ABD面积是否存在最大值，若存在，求出直线BD的方程；若不存在，请说明理由．
【变式3-1】（2024·北京·三模）已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1的离心率为63，其长轴的两个端点分别为A−3,0，B3,0.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)点P为椭圆上除A，B外的任意一点，直线AP交直线x=4于点E，点O 为坐标原点：过点O且与直线BE垂直的直线记为l，直线BP交y轴于点M，交直线l于点N，问：是否存在点P使得△ABE与△MON的面积相等?若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由.
【变式3-2】（2024·上海杨浦·二模）已知椭圆Γ：x2a2+y2b2=1a>b>0的上顶点为A0,1，离心率e=32，过点P−2,1的直线l与椭圆Γ交于B，C两点，直线AB、AC分别与x轴交于点M、N.
(1)求椭圆Γ的方程；
(2)已知命题“对任意直线l，线段MN的中点为定点”为真命题，求△AMN的重心坐标；
(3)是否存在直线l，使得S△AMN=2S△ABC？若存在，求出所有满足条件的直线l的方程；若不存在，请说明理由.（其中S△AMN、S△ABC分别表示△AMN、△ABC的面积）
【变式3-3】（23-24高三下·上海闵行·阶段练习）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点为F1,F2．
(1)若双曲线的离心率为2，且M(0,26)，△MF1F2是正三角形，求C的方程；
(2)若a=1，点M在双曲线C的右支上，且直线F1M的斜率为1b．若∠F1MF2=3π4，求b.
(3)在（1）的条件下，若动直线l与C恰有1个公共点P且与C的两条渐近线分别交于A、B记△AOP的面积为S1，△BOP的面积为S2（O是坐标原点），问：1S1+1S2是否存在最小值？若存在，求出该最小值，若不存在，请说明理由.
【题型4 存在定点满足某条件问题】
【例4】（2024·浙江杭州·二模）已知A,B是椭圆E:x24+y2=1的左，右顶点，点Mm,0m>0与椭圆上的点的距离的最小值为1.
(1)求点M的坐标.
(2)过点M作直线l交椭圆E于C,D两点（与A,B不重合），连接AC，BD交于点G.
（ⅰ）证明：点G在定直线上；
（ⅱ）是否存在点G使得CG⊥DG，若存在，求出直线l的斜率；若不存在，请说明理由.
【变式4-1】（23-24高二下·北京·开学考试）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率等于22，经过其左焦点F−1,0且与x轴不重合的直线l与椭圆C交于M,N两点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)O为原点，在x轴上是否存在定点Q，使得点F到直线QM,QN的距离总相等？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由.
【变式4-2】（2024·广东·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为2，过点E1,−1的直线l与C交于M,N两点，当l的斜率为−12时，MN=453.
(1)求C的方程；
(2)若M,N分别在C的左､右两支，点At,t−2t≠1，探究：是否存在t，使得∠EAM=∠EAN，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.
【变式4-3】（2024·广西桂林·三模）双曲线C：x24−y2b2=1b>0的左、右焦点分别为F1、F2，过F1且倾斜角为60°的直线为l1，过F2且倾斜角为60°的直线为l2，已知l1，l2之间的距离为43．
(1)求C的方程；
(2)若过点F2的直线l与C的左、右两支分别交于M,N两点（点M,N不在x轴上），判断是否存在实数k使得MF2−NF2=kMF2NF2．若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
【题型5 存在常数满足某条件问题】
【例5】（23-24高三下·西藏拉萨·阶段练习）已知抛物线C:y2=2px(p>0)，准线l与x轴交于点M,Ax0,y0为抛物线C上一点，AD⊥l交y轴于点D.当y0=42时，MA=MD+MF.
(1)求抛物线C的方程；
(2)设直线AM与抛物线C的另一交点为B（点B在点A,M之间），过点F且垂直于x轴的直线交AM于点N.是否存在实数λ，使得AMBN=λBMAN？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.
【变式5-1】（2024·上海·二模）在△ABC中，已知B−1,0，C1,0，设G,H,W分别是△ABC的重心、垂心、外心，且存在λ∈R使GH=λBC.
(1)求点A的轨迹Γ的方程；
(2)求△ABC的外心W的纵坐标m的取值范围；
(3)设直线AW与Γ的另一个交点为M，记△AWG与△MGH的面积分别为S1,S2，是否存在实数λ使S1S2=722？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.
【变式5-2】（2024高三·全国·专题练习）已知圆C1的方程为(x+2)2+y2=24，点C2的坐标为(2,0)．点P为圆C1上的任意一点，线段PC2的垂直平分线与PC1交于点D．
(1)求点D的轨迹E的方程；
(2)点Q是圆x2+y2=r2(r>0)上异于点A(−r,0)和B(r,0)的任一点，直线AQ与轨迹E交于点M，N，直线BQ与轨迹E交于点S，T．设O为坐标原点，直线OM，ON，OS，OT的斜率分别为kOM，kON，kOS，kOT，问：是否存在常数r，使得kOM+kON=kOS+kOT恒成立？若存在，求r的值；若不存在，请说明理由．
【变式5-3】（2024·湖南长沙·二模）已知椭圆Γ1的对称中心为坐标原点，焦点在x轴上，Γ1的离心率为12，且过点 M3,32， 等轴双曲线Γ2以Γ1的焦点F1、F2为顶点，动点P在Γ2的右支上且异于顶点.
(1)求Γ1与Γ2的方程;
(2)设直线PF1、PF2的斜率分别为k1、k2，直线PF1与Γ1相交于点A、B，直线PF2与Γ1相交于点C、D，AF1⋅BF1=m，CF2⋅DF2=n. 是否存在常数s使得m+n=smn，若存在求出s的值，若不存在，请说明理由.
【题型6 存在点满足定值问题】
【例6】（2024·福建漳州·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F,T−1,32是C上的点，直线TF的斜率为−34．
(1)求C的方程；
(2)过点F作两条相互垂直的直线分别交C于M,N两点和P,Q两点，MN,PQ的中点分别记为A,B，且TH⊥AB,H为垂足．试判断是否存在点K，使得KH为定值？若存在，请求出点K的坐标；若不存在，请说明理由．
【变式6-1】（2024·全国·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为54，且点−42,3在双曲线C上．
(1)求双曲线C的标准方程．
(2)过点P0,1的直线l与双曲线C的左、右两支分别交于点A,B．问：在y轴上是否存在定点Q，使直线AQ与BQ的斜率之和为定值？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【变式6-2】（2024·内蒙古呼伦贝尔·一模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为6，圆x2+y2=9与椭圆C有且仅有两个公共点
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知动直线l过曲线C的左焦点F，且与椭圆C分别交于P，Q两点，试问x轴上是否存在定点R，使得RP→·RQ→为定值？若存在，求出该定点坐标；若不存在，请说明理由．
【变式6-3】（2024·湖北武汉·模拟预测）已知圆E:(x+6)2+y2=32，动圆C与圆E相内切，且经过定点F6，0
(1)求动圆圆心C的轨迹方程；
(2)若直线l:y=x+t与（1）中轨迹交于不同的两点A,B，记△OAB外接圆的圆心为M（O为坐标原点），平面上是否存在两定点C，D，使得MC−MD为定值，若存在，求出定点坐标和定值，若不存在，请说明理由．
一、单选题
1．（2024·宁夏银川·模拟预测）设A，B是椭圆C:x23+y2m=1长轴的两个端点，若C上存在点M满足∠AMB＝120°，则m的取值范围是（ ）
A．（0，1]B．（0，1]∪[3，+∞）C．（0，1]∪[9，+∞）D．[9，+∞）
2．（2024·河北衡水·一模）已知F1，F2为椭圆C：x2m+y2=1(m>0)的两个焦点，若C上存在点M满足MF1⊥MF2，则实数m取值范围是（ ）
A．(0,12]B．[2,+∞)C．(0,12]∪[2,+∞)D．[12,1)∪(1,2]
3．（2024·湖南益阳·一模）已知抛物线C1:y2=4x，C2:y2=8x的焦点分别为F1、F2，若P、Q分别为C1、C2上的点，且线段PQ平行于x轴，则下列结论错误的是（ ）
A．当|PQ|=12时，△F1PQ是直角三角形B．当|PQ|=43时，△F2PQ是等腰三角形
C．存在四边形F1F2PQ是菱形D．存在四边形F1F2PQ是矩形
4．（23-24高二上·上海浦东新·期末）已知直线l经过抛物线x2=32y的焦点F，交抛物线于M，N两点，若在y轴负半轴上存在一点T(0,t)，使得∠MTN为钝角，则t的取值范围为（ ）
A．(−8,0)B．(−∞,−8)
C．(−4,0)D．(−∞,−4)
5．（2024·广东汕头·三模）已知椭圆C：x216+y212=1的两个焦点分别为F1，F2，P是C上任意一点，则下列不正确的是（ ）
A．C的离心率为12B．PF1的最小值为2
C．PF1⋅PF2的最大值为16D．可能存在点P，使得∠F1PF2=65°
6．（23-24高二下·安徽合肥·期中）设O为坐标原点，直线l1过抛物线C：y2=2px（p>0）的焦点F且与C交于A、B两点（点A在第一象限），ABmin=4，l为C的准线，AM⊥l，垂足为M，Q0,1，则下列说法正确的是（ ）
A．p=4B．AM+AQ的最小值为2
C．若∠MFO=π3，则AB=5D．x轴上存在一点N，使kAN+kBN为定值
7．（2024·上海黄浦·二模）将曲线x216+y29=1( x≥0 )与曲线x27+y29=1( x≤0 )合成的曲线记作C．设k为实数，斜率为k的直线与C交于A,B两点，P为线段AB的中点，有下列两个结论：①存在k，使得点P的轨迹总落在某个椭圆上；②存在k，使得点P的轨迹总落在某条直线上，那么（ ）．
A．①②均正确B．①②均错误
C．①正确，②错误D．①错误，②正确
8．（23-24高三上·四川成都·期末）曲线C是平面内与三个定点F1−1,0，F21,0和F30,1的距离的和等于22的点的轨迹.给出下列四个结论：
①曲线C关于x轴、y轴均对称；
②曲线C上存在点P，使得PF3=223；
③若点P在曲线C上，则△F1PF2的面积最大值是1；
④曲线C上存在点P，使得∠F1PF2为钝角.
其中所有正确结论的序号是（ ）
A．②③④B．②③C．③④D．①②③④
二、多选题
9．（2024·安徽阜阳·一模）已知O为坐标原点，椭圆C:x26+y22=1的左、右焦点分别为F1,F2.A,B两点都在C上，A，O,B三点共线，P（不与A,B重合）为上顶点，则（ ）
A．AB的最小值为4B．AF1+BF1为定值
C．存在点A，使得AF1⊥AF2D．kPA⋅kPB=−13
10．（2024·全国·模拟预测）已知过点P2,0的直线l交抛物线y2=4x于A,B两点，O为坐标原点，则下列说法正确的有（ ）
A．△AOB的面积存在最大值
B．△AOB的面积存在最小值
C．存在直线l，使得OA⊥OB
D．在x轴上存在异于P的定点Q，便得对任意的直线l，总有∠PQA=∠PQB
11．（2024·云南昆明·模拟预测）设O为坐标原点，直线l过抛物线C：y2=2pxp>0的焦点F且与C交于A，B两点（点A在第一象限），ABmin=4，l为C的准线，AM⊥l，垂足为M，Q0,1，则下列说法正确的是（ ）
A．p=2
B．AM+AQ的最小值为2
C．若∠MFO=π3，则AB=5
D．x轴上存在一点N，使kAN+kBN为定值
三、填空题
12．（2024·河南·二模）直线l:x−my+2=0(m>0)与抛物线：y2=4x相交于A,B两点，若在y轴上存在点P使得PA⋅PB=0，则m的最小值为 .
13．（2024·重庆沙坪坝·模拟预测）已知抛物线y2=2px(x>0),P2,1为抛物线内一点，不经过P点的直线l:y=2x+m与抛物线相交于A,B两点，连接AP,BP分别交抛物线于C,D两点，若对任意直线l，总存在λ，使得AP=λPC,BP=λPD(λ>0,λ≠1)成立，则该抛物线方程为 .
14．（23-24高二上·北京海淀·期末）已知四边形ABCD是椭圆M:x22+y2=1的内接四边形，其对角线AC和BD交于原点O，且斜率之积为−13．给出下列四个结论：
①四边形ABCD是平行四边形；
②存在四边形ABCD是菱形；
③存在四边形ABCD使得∠AOD=91°；
④存在四边形ABCD使得|AC|2+|BD|2=645．
其中所有正确结论的序号为 ．
四、解答题
15．（2024·陕西榆林·模拟预测）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左，右焦点分别为F1−c,0，F2c,0，过F2的直线与椭圆C交于M，N两点，且△MNF1的周长为8，△MF1F2的最大面积为3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设b>1，是否存在x轴上的定点P，使得△PMN的内心在x轴上，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
16．（2024·全国·二模）椭圆Γ:x2a2+y2b2=1(a>b≥3)的离心率为223，左、右顶点分别为A，B，过点M(3,0)的动直线l与椭圆Γ相交于P，Q两点，当直线l的斜率为1时，|PQ|=2725.
(1)求椭圆Γ的标准方程；
(2)设直线AP与直线x=t的交点为N，是否存在定实数t，使Q，B，N三点共线?若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.
17．（2024·四川·模拟预测）已知与圆P：x2+y−22=1内切，且与直线l1：y=−3相切的动圆Q的圆心轨迹为曲线C，直线l与曲线C交于A，B两点，O为坐标原点，延长AO，BO分别与直线l2：y=−2相交于点M，N．
(1)求曲线C的方程；
(2)过点A作AA1⊥l2于A1，若A1，O，B三点共线，试探究线段MN的长度是否存在最小值．如果存在，请求出最小值；如果不存在，请说明理由．
18．（2024·四川内江·三模）已知抛物线E的准线方程为：x=−1，过焦点F的直线与抛物线E交于A、B两点，分别过A、B两点作抛物线E的切线，两条切线分别与y轴交于C、D两点，直线CF与抛物线E交于M、N两点，直线DF与抛物线E交于P、Q两点.
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)是否存在实数λ，使得MN⋅PQ=λMN+PQ恒成立，若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
19．（2024·贵州·模拟预测）已知A，B分别为椭圆E:x23+y24=1的上下顶点，P为直线l:y=12上的动点，且P不在椭圆上，PA与椭圆E的另一交点为C，PB与椭圆E的另一交点为D，（C，D均不与椭圆E上下顶点重合）.
(1)证明：直线CD过定点；
(2)设（1）问中定点为Q，过点C，D分别作直线l:y=12的垂线，垂足分别为M，N，记△CMQ，△MNQ，△DNQ的面积分别为S1，S2，S3，试问：是否存在常数t，使得S1，tS2，S3总为等比数列？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由.
重难点30 圆锥曲线中的存在性问题【六大题型】
【新高考专用】
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc18029" 【题型1 与向量有关的存在性问题】 PAGEREF _Tc18029 \h 1
\l "_Tc1296" 【题型2 与斜率有关的存在性问题】 PAGEREF _Tc1296 \h 8
\l "_Tc30212" 【题型3 与面积有关的存在性问题】 PAGEREF _Tc30212 \h 13
\l "_Tc2563" 【题型4 存在定点满足某条件问题】 PAGEREF _Tc2563 \h 19
\l "_Tc4391" 【题型5 存在常数满足某条件问题】 PAGEREF _Tc4391 \h 24
\l "_Tc2885" 【题型6 存在点满足定值问题】 PAGEREF _Tc2885 \h 30
1、圆锥曲线中的存在性问题
圆锥曲线是高考的重点、热点内容，从近几年的高考情况来看，圆锥曲线中的存在性问题考查频率变高，此类问题一般分为探究条件、探究结论两种类型，主要在在解答题中考查，难度较高；复习时要加强此类问题的训练，灵活求解.
【知识点1 圆锥曲线中的存在性问题及其解题策略】
1．圆锥曲线中的存在性问题
此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，
成立则存在，否则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.
2．圆锥曲线中的存在性问题的求解策略：
(1)若给出问题的一些特殊关系，要探索一般规律，并证明所得规律的正确性，通常要对已知关系进行观察、比较、分析，然后概括一般规律；
(2)若只给出条件，求“不存在”“是否存在”等语句表述问题时，一般先对结论给出肯定存在的假设，然后由假设出发，结合已知条件进行推理，若在假设存在的前提下可以求出与已知、定理或公理相同的结论，则说明假设成立；否则说明假设不成立.
【题型1 与向量有关的存在性问题】
【例1】（2024·福建厦门·二模）已知A−2,0，B2,0，P为平面上的一个动点.设直线AP,BP的斜率分别为k1，k2，且满足k1⋅k2=−34.记P的轨迹为曲线Γ.
(1)求Γ的轨迹方程；
(2)直线PA，PB分别交动直线x=t于点C,D，过点C作PB的垂线交x轴于点H.HC⋅HD是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，说明理由.
【解题思路】（1）设点P(x,y),(x≠±2)，由题意列出等式，化简即可求得答案；
（2）分别设直线PA,PB的方程，求出点C,D的坐标，即可得出直线CH的方程，继而求出H点坐标，从而求出HC⋅HD的表达式，结合二次函数知识，即可得结论，并求得最大值.
【解答过程】（1）由题意设点P(x,y),(x≠±2)，由于k1⋅k2=−34，
故yx−2⋅yx+2=−34，整理得x24+y23=1，
即Γ的轨迹方程为x24+y23=1,(x≠±2)；
（2）由题意知直线AP,BP的斜率分别为k1，k2，且满足k1⋅k2=−34，
设直线PA的方程为y=k1x+2，令x=t，则可得y=k1t+2，即Ct,k1t+2，
直线PB:y=k2x−2，同理求得Dt,k2t−2，
又直线CH的方程为y−k1t+2=−1k2x−t，
令y=0，得xH=t+k1k2t+2=14t−32，即Ht−64,0，
故HC⋅HD=3t+64,k1t+2⋅3t+64,k2t−2=3t+6216+k1k2t2−4
=3t+6216−3t2−44=−3t−6216+12，
当t=6时，−3t−6216+12取到最大值12，
即HC⋅HD存在最大值，最大值为12.
【变式1-1】（2024·河南驻马店·二模）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左顶点为A，直线l1:y=x−2与C的一条渐近线平行，且与C交于点B，直线AB的斜率为13．
(1)求C的方程；
(2)已知直线l2:y=2x+mm≠8与C交于P,Q两点，问：是否存在满足EA⋅EP=EP⋅EQ=EA⋅EQ的点Ex0,y0？若存在，求x02−y02的值；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）由已知得出a=b，结合直线AB的斜率为13及点B在双曲线上即可求解；
（2）由题得出PE⊥AQ，AE⊥PQ,EQ⊥AP，设Px1,y1,Qx2,y2，过点A与l2垂直的直线的方程为y=−12x−2，设该直线与C的右支交于另一点H，计算出PH⋅AQ=0，同理可得QH⊥AP，又AH⊥PQ，所以H与E重合，即可得出结论．
【解答过程】（1）由题可知，C的一条渐近线方程为y=x，则a=b，
设Bt,t−2，又A−a,0,a>0，直线AB的斜率为13，
所以t−2t+a=13，
解得t=6+a2，则B6+a2,2+a2，
代入x2−y2=a2中，解得a=4，
故C的方程为x216−y216=1．
（2）因为EA⋅EP=EP⋅EQ，
所以EP⋅EA−EQ=0，即EP⋅QA=0，所以PE⊥AQ，
同理可得AE⊥PQ,EQ⊥AP，
设Px1,y1,Qx2,y2，
联立x216−y216=1y=2x+m，整理得3x2+4mx+m2+16=0，
由题意知Δ=16m2−12m2+16>0，且m≠8，
解得m43，且m≠8，
所以x1+x2=−4m3,x1x2=m2+163，
过点A与l2垂直的直线的方程为y=−12x−2，设该直线与C的右支交于另一点H，
联立x216−y216=1y=−12x−2，整理得3x2−8x−80=0，
解得x=203或x=−4（舍去），所以H203,−163，
因为PH⋅AQ=203−x1,−163−y1⋅x2+4,y2
=203x2+803−x1x2−4x1−163y2−y1y2
=203x2+803−x1x2−4x1−1632x2+m−2x1+m2x2+m
=−5x1x2−(4+2m)x1+x2+803−163m−m2
=−5×m2+163−4+2m⋅−43m+803−163m−m2
=−53m2−803+163m+83m2+803−163m−m2=0，
所以PH⊥AQ，同理可证QH⊥AP，
又AH⊥PQ，所以H与E重合，
所以H在C上，则x02−y02=16，
故存在点E满足EA⋅EP=EP⋅EQ=EA⋅EQ，且x02−y02的值为16．
【变式1-2】（2024·湖南邵阳·二模）已知双曲线Γ:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F1−3,0，点M2,6在双曲线上，直线l与双曲线Γ交于A,B两点.
(1)若l经过点−2,0，且∠AOB=90∘，求AB；
(2)若l经过点F1，且A,B两点在双曲线Γ的左支上，则在x轴上是否存在定点Q，使得QA⋅QB为定值.若存在，请求出△QAB面积的最小值；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）先利用点在双曲线上和双曲线的性质求出双曲线方程，然后分直线的斜率存在与否讨论，存在时，设出直线方程，利用韦达定理法表示出x1x2,x1+x2，再代入直线方程表示出y1y2，最后利用向量的数量积为零求出斜率k，再代入弦长公式求出弦长；
（2）假设存在，设直线方程x=ty−3，利用韦达定理法表示出QA⋅QB，要使QA⋅QB为定值，则−8−43m2=4−1，解出m后得到点Q的坐标，再用弦长公式表示出三角形的面积，最后利用换元法和分离常数法结合复合函数的单调性求出面积的最小值.
【解答过程】（1）

把M2,6代入x2a2−y2b2=1得：
4a2−6b2=1，又F1−3,0,∴c=3.
又a2+b2=c2，解得a=1,b=2.
∴双曲线方程为x2−y22=1.
若直线l的斜率不存在时，l:x=−2，此时不妨设A−2,6,B−2,−6.
OA⋅OB=4−6=−2≠0，舍去.
若l的斜率存在，设l方程为y=kx+2，代入x2−y22=1，化简得2−k2x2−4k2x−4k2+2=0，Δ=16k4+42−k24k2+2=24k2+16>0，
设Ax1,y1,Bx1,y2，则x1+x2=4k22−k2,x1x2=4k2+2k2−2，
y1y2=kx1+2⋅kx2+2=k2x1x2+2x1+x2+4=−6k2k2−2.
∵∠AOB=90∘，得OA⋅OB=0，即x1x2+y1y2=0.则4k2+2k2−2+−6k2k2−2=0.∴k2=1.
AB=1+k2x1+x22−4x1x2=1+k2⋅4k22−k22−16k2+8k2−2=45.
（2）

假设存在Qm,0，使得QA⋅QB为定值.
设l方程为x=ty−3，代入x2−y22=1，化简得2t2−1y2−43ty+4=0.
由题意2t2−1≠0,Δ=48t2−162t2−1=16t2+16>0.
y1+y2=43t2t2−1,y1y2=42t2−1.
由题意y1y2b>0)的上顶点与右顶点，且椭圆C的离心率为32．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知点A2,1，过点A斜率分别为k1,k2的直线与椭圆C的另一个交点分别为B、D，且满足k1+k2=0，试探究△ABD面积是否存在最大值，若存在，求出直线BD的方程；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）法一：设Mx,y，上顶点0,b，右顶点a,0，由题意知：(x−a)2+y2x2+(y−b)2=λ，化为标准方程，与圆的方程对比可求a,b的值，可求椭圆的标准方程；
法二：圆心在两定点所在直线上，设直线为l:xa+yb=1，进而可求得a,b的值，可求椭圆的标准方程；
（2）设lBD:y=kx+t,Bx1,y1,Dx2,y2，联立方程组可得x1+x2=−8kt1+4k2,x1⋅x2=4t2−81+4k2，结合已知可得2kx1x2+t−1−2kx1+x2−4t+4=0，可求得k=12，求得点A到直线BD的距离d=2t5，进而求得|BD|的长，可求三角形面积的最大值.
【解答过程】（1）法一：设Mx,y，上顶点0,b，右顶点a,0，由题意知：(x−a)2+y2x2+(y−b)2=λ，
整理可得：x2+y2+2axλ2−1−2bλ2yλ2−1+λ2b2−a2λ2−1=0，
又∵e=32，∴ba=12．
又圆的方程为x2+y2+42x−42y−4=0，∴2aλ2−1=42,2bλ2λ2−1=42,λ2b2−a2λ2−1=−4，
解得a=22,b=2，
则椭圆方程为x28+y22=1．
法二：∵圆心在两定点所在直线上，∴l:xa+yb=1，又∵e=32，∴ba=12，
且圆心为−22,22,∴−22a+22b=1,∴a=22,b=2，
则椭圆方程为x28+y22=1.
（2）由题可知，直线BD的斜率显然存在设lBD:y=kx+t,Bx1,y1,Dx2,y2，
则y=kx+tx28+y22=1，解得：1+4k2x2+8ktx+4t2−8=0，需满足判别式大于0，
则x1+x2=−8kt1+4k2,x1⋅x2=4t2−81+4k2，又∵k1+k2=0,∴y1−1x1−2+y2−1x2−2=0
整理可得2kx1x2+t−1−2kx1+x2−4t+4=0，即4k2−4k+1+2kt−t=0，
即2k−12k−1+t=0，∴k=12或k=1−t2，
当k=1−t2时直线BD过点A，不合题意，∴k=12
此时点A到直线BD的距离为d=12×2−1+t1+122=2t5，
又BD=1+122x1⋅x22−4x1x2=5216−4t2，
∴S△ABD=12×BD×d=12×5216−4t2×2t5=4t2−t4=−(t2−2)2，
∴当t=±2时面积取得最大值，最大值为2，此时t=±2,Δ=16−4t2>0，
∴S△ABD存在最大值为2，此时直线方程为y=12x±2．
【变式3-1】（2024·北京·三模）已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1的离心率为63，其长轴的两个端点分别为A−3,0，B3,0.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)点P为椭圆上除A，B外的任意一点，直线AP交直线x=4于点E，点O 为坐标原点：过点O且与直线BE垂直的直线记为l，直线BP交y轴于点M，交直线l于点N，问：是否存在点P使得△ABE与△MON的面积相等?若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由.
【解题思路】（1）根据椭圆的离心率与a值，求出c=6，再根据a2=b2+c2求出b后即可得椭圆的方程；
（2）Px0,y0，x0∈−3,3且y0≠0，根据已知条件将E点坐标以及OM用x0表示，求得xN=214，由此可将△ABE与△MON的面积用x0表示，构成方程即可求解x0，即可解答.
【解答过程】（1）由题意，a=3，又e=ca=63，所以c=6，
则b=a2−c2=3，所以椭圆C的方程为x29+y23=1.
（2）

设Px0,y0，x0∈−3,3且y0≠0，则 x029+y023=1，
又因为A−3,0，所以直线AP的斜率为y0x0+3，
所以直线AP的方程为y=y0x0+3x+3，
令x=4，得yE=7y0x0+3，所以点E的坐标为4,7y0x0+3，
因为B3,0，所以直线BE的斜率为7y0x0+34−3=7y0x0+3，
因为BE⊥l，所以直线l的斜率为−x0+37y0，
所以直线l的方程为y=−x0+37y0x，
因为Px0,y0x0≠±3,y0≠0，B3,0，所以直线PB的斜率为y0x0−3，
所以直线PB的方程为y=y0x0−3x−3，即y=y0x0−3⋅x−3y0x0−3，
所以OM=−3y0x0−3，
联立直线l和直线PB的方程y=−x0+37y0xy=y0x0−3x−3，
消去y得−x0+37y0x=y0x0−3x−3，即x0+37y0+y0x0−3x=3y0x0−3，
整理有：7y02+x02−97y0x0−3x=3y0x0−3，
因为x029+y023=1，所以x02−9=−3y02，
所以4y027y0x0−3x=3y0x0−3，解得点N的横坐标xN=214，
S△ABE=12AB⋅yE=12×6×7y0x0+3，S△MON=12OM⋅xE=12×4×−3y0x0−3，
要使得△ABE与△MON的面积相等，应有12×6×7y0x0+3=12×214×−3y0x0−3，
整理有37y0x0+3=218−3y0x0−3，即8x0−3=3x0+3，
解得x0=335，x0=1511，因为x0∈−3,3，x0=335（舍去），所以x0=1511，
由x029+y023=1可得点P的坐标为1511,±12211.
【变式3-2】（2024·上海杨浦·二模）已知椭圆Γ：x2a2+y2b2=1a>b>0的上顶点为A0,1，离心率e=32，过点P−2,1的直线l与椭圆Γ交于B，C两点，直线AB、AC分别与x轴交于点M、N.
(1)求椭圆Γ的方程；
(2)已知命题“对任意直线l，线段MN的中点为定点”为真命题，求△AMN的重心坐标；
(3)是否存在直线l，使得S△AMN=2S△ABC？若存在，求出所有满足条件的直线l的方程；若不存在，请说明理由.（其中S△AMN、S△ABC分别表示△AMN、△ABC的面积）
【解题思路】（1）依题意可得b=1，e=ca=32，再由c2=a2−b2，即可求出a，从而得到椭圆方程；
（2）依题意不妨取直线l为y=−x−1，联立直线与椭圆方程，求出B、C点的坐标，从而求出M、N的坐标，再求出△AMN的重心坐标；
（3）设直线l:y−1=k(x+2) k0)的左、右焦点为F1,F2．
(1)若双曲线的离心率为2，且M(0,26)，△MF1F2是正三角形，求C的方程；
(2)若a=1，点M在双曲线C的右支上，且直线F1M的斜率为1b．若∠F1MF2=3π4，求b.
(3)在（1）的条件下，若动直线l与C恰有1个公共点P且与C的两条渐近线分别交于A、B记△AOP的面积为S1，△BOP的面积为S2（O是坐标原点），问：1S1+1S2是否存在最小值？若存在，求出该最小值，若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）由双曲线的离心率公式以及△MF1F2是正三角形的条件可求得a，b的值，则双曲线方程可求；
（2）结合题干中的条件，利用正余弦定理求解即可；
（3）设l:x=my+t，联立直线方程与双曲线方程，结合韦达定理得出S1+S2=S△OAB=4，再利用基本不等式求1S1+1S2的最小值即可.
【解答过程】（1）由题意得e=ca=2，又M(0,26)，且△MF1F2是正三角形，
所以c=263=22，
所以a=2,b=2，故双曲线C的方程为x24−y24=1．
（2）∵直线F1M的斜率为1b，∴tan∠MF1F2=1b，a>0，∴sin∠MF1F2=1c，又∠F1MF2=3π4，
设|F2M|=t，则|F1M|=t+2，∴在△MF1F2中由正弦定理可得：t1c=2c22，∴ t=22.
在△MF1F2中由余弦定理可得：4c2=(22+2)2+(22)2+2⋅22⋅(22+2)⋅22，
解得c2=7+42，∴b2=6+42，即b=2+2.
（3）1S1+1S2存在最小值.不妨设l:x=my+t，联立x=my+tx24−y24=1，消x得(m2−1)y2+2mty+t2−4=0，
由△m2−1≠0Δ=4m2t2−4(m2−1)(t2−4)=0，得4m2+t2=4，
联立x=my+ty=x，得A(t1−m,t1−m)，同理得B(t1+m,−t1+m)，
所以S△OAB=12OA⋅OB=12×2⋅t1+m⋅2⋅t1−m=4−4m21−m2=4，
即S1+S2=S△OAB=4，所以1S1+1S2=S1+S2S1S2=4S1S2≥4S1+S222=1
当且仅当S1=S2时等号成立. 所以1S1+1S2存在最小值，且最小值为1.
【题型4 存在定点满足某条件问题】
【例4】（2024·浙江杭州·二模）已知A,B是椭圆E:x24+y2=1的左，右顶点，点Mm,0m>0与椭圆上的点的距离的最小值为1.
(1)求点M的坐标.
(2)过点M作直线l交椭圆E于C,D两点（与A,B不重合），连接AC，BD交于点G.
（ⅰ）证明：点G在定直线上；
（ⅱ）是否存在点G使得CG⊥DG，若存在，求出直线l的斜率；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）设Px0,y0，利用两点间距离公式得PM=34x0−43m2−13m2+1，然后根据032分类讨论求解即可；
（2）（ⅰ）设直线l:x=ty+3,Cx1,y1,Dx2,y2，与椭圆方程联立方程，结合韦达定理得y1+y2=−65ty1y2，写出直线AC，BD的方程，进而求解即可；
（ⅱ）由题意点G在以AB为直径的圆上，代入圆的方程求得G43,±253，写出直线AC的方程，与椭圆联立，求得点C的坐标，进而可得答案.
【解答过程】（1）设Px0,y0是椭圆上一点，则x02+4y02=4，
因为PM=m−x02+y02=34x0−43m2−13m2+1,−2≤x0≤2，
①若032,PMmin=34⋅4−4m+m2+1=1，解得m=1（舍去）或m=3，
所以M点的坐标位3,0.
（2）（ⅰ）设直线l:x=ty+3,Cx1,y1,Dx2,y2，
由x=ty+3x24+y2=1，得t2+4y2+6ty+5=0，所以y1+y2=−6tt2+4,y1y2=5t2+4，
所以y1+y2=−65ty1y2，①
由Δ=16t2−80>0，得t>5或tb>0)的离心率等于22，经过其左焦点F−1,0且与x轴不重合的直线l与椭圆C交于M,N两点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)O为原点，在x轴上是否存在定点Q，使得点F到直线QM,QN的距离总相等？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由.
【解题思路】（1）根据题意列出方程组，解出即可；
（2）当直线MN斜率存在时，设出其方程，联立椭圆方程后消去y，利用韦达定理可得关系式，题等价于“QF平分∠MQN，又等价于“kQM+kQN=0，解出后即可求得所过定点，再考虑直线直线MN斜率不存在时结论成立即可.
【解答过程】（1）由题意得1a=22,a2=b2+1.解得a=2,b=1.
故椭圆C的方程为x22+y2=1.
（2）当直线MN斜率存在时，设直线MN的方程为y=kx+1k≠0.

由y=kx+1,x22+y2=1,消去y得1+2k2x2+4k2x+2k2−2=0.
易得Δ>0.设Mx1,y1,Nx2,y2，则x1+x2=−4k21+2k2,①x1x2=2k2−21+2k2.②
设Qt,0，由点M,N在x轴异侧，
则问题等价于“QF平分∠MQN”，且x1≠t,x2≠t，
又等价于“kQM+kQN=y1x1−t+y2x2−t=0”，即y1x2−t+y2x1−t=0.
将y1=kx1+1,y2=kx2+1代入上式，
整理得2x1x2+x1+x21−t−2t=0.
将①②代入上式，得2×2k2−21+2k2+−4k21+2k2⋅1−t−2t=0，
整理得t+2=0，即t=−2，所以Q−2,0.
当直线MN的斜率不存在时，
存在Q−2,0也使得点F到直线QM,QN的距离相等.
故在x轴上存在定点Q−2,0，
使得点F到直线QM,QN的距离总相等.
【变式4-2】（2024·广东·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为2，过点E1,−1的直线l与C交于M,N两点，当l的斜率为−12时，MN=453.
(1)求C的方程；
(2)若M,N分别在C的左､右两支，点At,t−2t≠1，探究：是否存在t，使得∠EAM=∠EAN，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）由离心率得出a=b，由MN=453求出a2可得答案；
（2）由cs∠EAM=cs∠EAN和已知得AE⋅AMAE⋅AN=EMEN，设直线l的方程为y=kx−k+1，与双曲线方程联立，利用韦达定理代入AE⋅AMAE⋅AN=EMEN，整理得k+1x3x4−k+tx3+x4+k+2t−1=0，结合根与系数的关系可得答案
【解答过程】（1）依题意，直线l:y=−12x−12，
e=ca=1+b2a2=2，故a=b，
联立x2−y2=a2,y=−12x−12,得3x2−2x−1−4a2=0，
设Mx1,y1,Nx2,y2，则x1+x2=23,x1x2=−1+4a23，则
MN=1+14x1−x2=52x1+x22−4x1x2=52×49+431+4a2=453，
解得a2=1，
故C的方程为x2−y2=1；
（2）存在A32,−12，使得∠EAM=∠EAN，且t=32，理由如下，
因为∠EAM=∠EAN，故cs∠EAM=cs∠EAN，
故AE⋅AMAEAM=AE⋅ANAEAN，所以AE⋅AMAE⋅AN=AMAN，
又AMAN=EMEN，故AE⋅AMAE⋅AN=EMEN，
易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx−k+1，其中−10y1+y2=−24m3m2−1y1y2=363m2−1，
因为MF22=x1−42+y12=m2+1y12，
所以MF2=m2+1y1，同理NF2=m2+1y2．
因为直线l过点F2且与C的左、右两支分别交于M，N两点，
所以M，N两点在x轴同侧，∴y1y2>0，此时3m2−1>0，即m2>13．
所以MF2−NF2MF2NF22=1MF22+1NF22−2MF2⋅NF2
=1m2+1y12+1m2+1y22−2m2+1y1y2
=1m2+1⋅1y12+1y22−2y1y2=1m2+1⋅y1+y22−4y1y2y1y22
=1m2+1⋅m2+19=19，
所以MF2−NF2MF2NF2=13．
所以存在k=13，使得MF2−NF2=kMF2NF2．
【题型5 存在常数满足某条件问题】
【例5】（23-24高三下·西藏拉萨·阶段练习）已知抛物线C:y2=2px(p>0)，准线l与x轴交于点M,Ax0,y0为抛物线C上一点，AD⊥l交y轴于点D.当y0=42时，MA=MD+MF.
(1)求抛物线C的方程；
(2)设直线AM与抛物线C的另一交点为B（点B在点A,M之间），过点F且垂直于x轴的直线交AM于点N.是否存在实数λ，使得AMBN=λBMAN？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）由于MA=MD+MF，所以四边形MFAD为平行四边形，AD=MF=p,得到Ap,42,代入抛物线方程，解出p=4即可．
（2）AMBN=λBMAN，即AMBNBMAN=λ．设直线AM方程，与抛物线联立方程组，用韦达定理，得到y0+y1=8m,y0y1=16.将式子AMBNBMAN线段长度全部用坐标表示，消元后，结合韦达定理的结论，即可求解．
【解答过程】（1）因为当y0=42时，MA=MD+MF，所以四边形MFAD为平行四边形，
所以AD=MF=p,即x0=p,所以Ap,42,
将Ap,42代入y2=2px，得32=2p2，解得p=4
所以抛物线C的方程为y2=8x.
（2）如图，
由题意，得M−2,0.设直线AM斜率不能为0，
故其方程为x=my−2m≠0,Bx1,y1，则N2,4m.
由y2=8xx=my−2，得y2−8my+16=0,Δ=64m2−64>0，
所以y0+y1=8m,y0y1=16.
假设存在实数λ，使得AMBN=λBMAN，即AMBNBMAN=λ.
由题意，知|AM||BM|=y0y1,|BN||AN|=2−x1x0−2=my1−4my0−4，
所以|AM||BM|⋅|BN||AN|=y0y1⋅my1−4my0−4=my0y1−4y0my0y1−4y1.
又y0+y1=8m,y0y1=16，
所以|AM||BM|⋅|BN||AN|=my0y1−4y0my0y1−4y1=16m−4y016m−48m−y0=16m−4y04y0−16m=1，
即存在实数λ=1，使得AMBN=λBMAN成立.
【变式5-1】（2024·上海·二模）在△ABC中，已知B−1,0，C1,0，设G,H,W分别是△ABC的重心、垂心、外心，且存在λ∈R使GH=λBC.
(1)求点A的轨迹Γ的方程；
(2)求△ABC的外心W的纵坐标m的取值范围；
(3)设直线AW与Γ的另一个交点为M，记△AWG与△MGH的面积分别为S1,S2，是否存在实数λ使S1S2=722？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）根据重心坐标公式以及向量共线可得Hx,y3，即可根据垂直的坐标运算求解，
（2）根据外心的性质得WN⋅BA=x−12⋅x+1+y−2m2⋅y=0，与椭圆方程联立可得m=y3，即可根据椭圆的有界性求解，
（3）联立直线与椭圆方程得韦达定理，即可根据共线关系以及面积的表达，代入化简求解即可.
【解答过程】（1）设Ax,yy≠0，则△ABC的重心Gx3,y3.
B−1,0，C1,0，则BC=2,0，
H为垂心，故Hx,yℎ
因为存在λ∈R使GH=λBC=2λ,0，故yℎ=y3，所以Hx,y3，CH=x−1,y3，
而BA=x+1,y，由垂心定义得CH⋅BA=0，即x−1x+1+y3⋅y=0，整理得x2+y23=1，
所以点A的轨迹Γ的方程为x2+y23=1y≠0.
（2）

由外心的定义知点W在y轴上，则W0,m，
AB的中点Nx−12,y2，WN=x−12,y−2m2，
所以WN⋅BA=x−12⋅x+1+y−2m2⋅y=0，整理得x2−1+y2−2my=0.
与Γ的方程为x2+y23=1y≠0联立，得m=y3.
因为y∈−3,0∪0,3，所以m∈−33,0∪0,33.
（3）由对称性，不妨设点A在第一象限，设Ax1,y1，Mx2,y2，直线AM：x=ty−m，
联立方程x=ty−mx2+y23=1得3t2+1y2−6mt2y+3m2t2−3=0，
Δ=36m2t4−43t2+13m2t2−3>0，整理得3t2−m2t2+1>0；
y1+y2=6mt23t2+1，又m=y13，所以y2=−t2+13t2+1y1.
由条件知Gx13,y13，Hx1,y13，W0,y13，所以G、H、W三点共线且所在直线平行于x轴，
由GH=2x13，WG=x13知GH=2WG，
所以S1S2=12⋅WG⋅y1−y1312⋅GH⋅y13−y2=WG⋅2y132WG⋅y13+t2+13t2+1y1=3t2+123t2+2.
令3t2+123t2+2=722，解得t=12（t=−12舍去）.
又点Ax1,y1在直线AM：x=ty−m上，所以x1=ty1−m，
即x1=12y1−y13，所以y1=3x1.又x12+y123=1，联立得x1=12，所以GH=2x13=13.
又GH=λBC，所以GH=λBC，即13=2λ，所以λ=16.
所以，当点A在第一、四象限时，λ=16；当点A在第二、三象限时，λ=−16.
故存在实数λ=±16使S1S2=722.
【变式5-2】（2024高三·全国·专题练习）已知圆C1的方程为(x+2)2+y2=24，点C2的坐标为(2,0)．点P为圆C1上的任意一点，线段PC2的垂直平分线与PC1交于点D．
(1)求点D的轨迹E的方程；
(2)点Q是圆x2+y2=r2(r>0)上异于点A(−r,0)和B(r,0)的任一点，直线AQ与轨迹E交于点M，N，直线BQ与轨迹E交于点S，T．设O为坐标原点，直线OM，ON，OS，OT的斜率分别为kOM，kON，kOS，kOT，问：是否存在常数r，使得kOM+kON=kOS+kOT恒成立？若存在，求r的值；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）由垂直平分线的性质结合椭圆的定义得出点D的轨迹E的方程；
（2）联立直线AQ和椭圆的方程，并利用齐次化将1代换成x−myr，利用韦达定理表示kOM+kON， kOS+kOT，并由kOM+kON=kOS+kOT解出r.
【解答过程】（1）由图可知，因为PD=DC2，所以DC2+DC1=PD+DC1=PC1=24>4，
则点D的轨迹是椭圆，且a=262=6,b=6−4=2，
点D的轨迹E的方程为x26+y22=1
（2）设直线AQ的方程为x=my−r，联立x=my−r,x26+y22=1.
齐次化得x26+y22=x−myr2，
整理可得6m2−3r2y2−12mxy+6−r2x2=0，
即6m2−3r2yx2−12myx+6−r2=0，方程的两根为kOM，kON，
则kOM+kON=12m6m2−3r2=4m2m2−r2．
同理可得kOS+kOT=4−1m2−1m2−r2=4mm2r2−2．
由条件知kOM+kON=kOS+kOT，∴4m2m2−r2=4mm2r2−2．
整理得m2+1r2−2=0，故r=2．
【变式5-3】（2024·湖南长沙·二模）已知椭圆Γ1的对称中心为坐标原点，焦点在x轴上，Γ1的离心率为12，且过点 M3,32， 等轴双曲线Γ2以Γ1的焦点F1、F2为顶点，动点P在Γ2的右支上且异于顶点.
(1)求Γ1与Γ2的方程;
(2)设直线PF1、PF2的斜率分别为k1、k2，直线PF1与Γ1相交于点A、B，直线PF2与Γ1相交于点C、D，AF1⋅BF1=m，CF2⋅DF2=n. 是否存在常数s使得m+n=smn，若存在求出s的值，若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）根据离心率和M3,32，求出c=1，a=2,b=3，求出椭圆方程，进而求出Γ2的方程；
（2）点P,A,B的坐标分别为x0,y0,x1,y1,x2,y2，设出直线PF1的方程，联立x24+y23=1，得到两根之和，两根之积，求出m=AF1⋅BF1=9k12+13+4k12，n=9k12+13k12+4，计算出1m+1n=79，得到结论.
【解答过程】（1）设 Γ1、Γ2 的方程分别为x2a2+y2b2=1a>b>0 与x2−y2=c2c>0，
由e=ca=12，则a=2c，b=3c，
将M3,32代入椭圆方程，得34c2+34×3c2=1，解得c=1 .
所以F1,F2的坐标分别为 −1,0,1,0，故Γ1的方程为x24+y23=1；
等轴双曲线Γ2的方程为x2−y2=1.
（2）设直线PF1,PF2的斜率分别为k1,k2，
点P,A,B的坐标分别为x0,y0,x1,y1,x2,y2，
则x02−y02=1,k1k2=y0x0+1⋅y0x0−1=y02x02−1=x02−1x02−1=1，
设PF1的方程为y=k1x+1 ，
代入x24+y23=1可得: 3+4k12x2+8k12x+4k12−12=0，
故x1+x2=−8k123+4k12，x1x2=4k12−123+4k12 ，
所以m=AF1⋅BF1=1+k12⋅x1+1⋅1+k12⋅x2+1
=1+k12x1x2+x1+x2+1=9k12+13+4k12，
同理可得n=9k22+13+4k22=91k12+13+41k12=9k12+13k12+4，
故1m+1n=3+4k129k12+1+3k12+49k12+1=79，即m+n=79mn，
所以存在s=79，使得m+n=smn.
【题型6 存在点满足定值问题】
【例6】（2024·福建漳州·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F,T−1,32是C上的点，直线TF的斜率为−34．
(1)求C的方程；
(2)过点F作两条相互垂直的直线分别交C于M,N两点和P,Q两点，MN,PQ的中点分别记为A,B，且TH⊥AB,H为垂足．试判断是否存在点K，使得KH为定值？若存在，请求出点K的坐标；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）由条件列方程组，即可得解；
（2）当MN,PQ均不与x轴垂直时，设直线MN的方程为x=ty+1，得出直线PQ的方程，分别与椭圆的方程联立，求出中点A,B的坐标，进而得到直线AB的方程，可知直线AB过定点，并验证特殊情况下，直线AB也过定点，结合直角三角形中斜边中线的性质即可求解．
【解答过程】（1）依题意得a2=b2+c2,1a2+94b2=1,32−0−1−c=−34,解得a=2,b=3c=1,
所以C的方程为x24+y23=1．
（2）存在点K−314,34，使得KH为定值．
当MN,PQ均不与x轴垂直时，
设直线MN的方程为x=ty+1,t≠0，Mx1,y1,Nx2,y2，
则直线PQ的方程为x=−1ty+1，
联立x24+y23=1,x=ty+1,
消去x整理可得3t2+4y2+6ty−9=0，Δ>0．
则y1+y2=−6t3t2+4,y1y2=−93t2+4，
设Ax3,y3，则y3=y1+y22=−3t3t2+4，x3=43t2+4，
所以A43t2+4,−3t3t2+4．
同理得点B的坐标为4t24t2+3,3t4t2+3，
则直线AB的斜率kAB=3t4t2+3−−3t3t2+44t24t2+3−43t2+4=7t4t2−1t≠±1，
所以直线AB的方程为y=7t4t2−1x−43t2+4−3t3t2+4，
令y=0，解得x=47，
所以直线AB经过定点47,0；
当t=±1时，直线AB的方程为x=47，也经过定点47,0．
当MN与x轴垂直或重合时，直线AB的方程为y=0，经过定点47,0．
综上，直线AB经过定点47,0．
记定点G47,0,GT的中点记为K，则K−314,34，TG=53714，
因为TH⊥AB，所以KH=12TG为定值，
所以存在点K−314,34，使得KH为定值．
【变式6-1】（2024·全国·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为54，且点−42,3在双曲线C上．
(1)求双曲线C的标准方程．
(2)过点P0,1的直线l与双曲线C的左、右两支分别交于点A,B．问：在y轴上是否存在定点Q，使直线AQ与BQ的斜率之和为定值？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）根据题意，设a=4t,t>0，求得b=3t，得到双曲线C的方程可化为x216t2−y29t2=1，将点−42,3在双曲线C上，求得t2=1，即可求解；
（2）假设存在点Q0,m，设直线l的方程为y=kx+1，联立方程组，求得x1+x2,x1x2，化简得到kAQ+kBQ=15m+9k，当m+9=0，得到kAQ+kBQ=0（定值），即可求解.
【解答过程】（1）解：由题意，双曲线C:x2a2−y2b2=1的离心率为54，可得e=ca=54，
设a=4t,t>0，则c=5t，所以b=c2−a2=3t，
所以双曲线C的方程可化为x216t2−y29t2=1，
因为点−42,3在双曲线C上，所以−42216t2−329t2=1，解得t2=1，
所以双曲线C的标准方程为x216−y29=1．
（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，
假设存在点Q0,m，设直线l的方程为y=kx+1−34b>0)的焦距为6，圆x2+y2=9与椭圆C有且仅有两个公共点
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知动直线l过曲线C的左焦点F，且与椭圆C分别交于P，Q两点，试问x轴上是否存在定点R，使得RP→·RQ→为定值？若存在，求出该定点坐标；若不存在，请说明理由．
【解题思路】
（1）根据已知求出即得椭圆的标准方程；（2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+3设Px1,y1,Qx2,y2，利用韦达定理和向量的数量积求出m=−154，此时RP⋅RQ为定值；当直线l的斜率不存在时，直线的方程为x=−3，求出此时点R也满足前面的结论，即得解.
【解答过程】（1）
根据题意得c=b=3，所以a2=b2+c2=18，
所以椭圆C的标准方程为x218+y29=1．
（2）
①当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+3，联立椭圆C的方程，可得2k2+1x2+12k2x+18k2−18=0，设Px1,y1,Qx2,y2，则x1+x2=−12k22k2+1,x1x2=18k2−182k2+1．
设Rm,0，则RP⋅RQ=x1−m,y1⋅x2−m,y2=x1−mx2−m+y1y2
=x1−mx2−m+k2x1x2+3x1+x2+9
=k2+118k2−182k2+1−12k23k2−m2k2+1+9k2+m2=2m2+12m+9k2+m2−182k2+1，
若2m2+12m+9k2+m2−182k2+1为定值，则m2−182m2+12m+9=12，解得m=−154．
此时2m2+12m+9k2+m2−182k2+1=−6316,R点的坐标为−154,0．
②当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=−3，代入x218+y29=1，得x=−3,y=±322,不妨设P−3,322,Q−3,−322，若R−154,0，则RP=−34,322，RQ=−34,−322，RP⋅RQ=−6316．
综上，在x轴上存在点R−154,0，使得RP⋅RQ为定值−6316．
【变式6-3】（2024·湖北武汉·模拟预测）已知圆E:(x+6)2+y2=32，动圆C与圆E相内切，且经过定点F6，0
(1)求动圆圆心C的轨迹方程；
(2)若直线l:y=x+t与（1）中轨迹交于不同的两点A,B，记△OAB外接圆的圆心为M（O为坐标原点），平面上是否存在两定点C，D，使得MC−MD为定值，若存在，求出定点坐标和定值，若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）根据椭圆的定义得到动圆圆心的轨迹焦点在x轴上的椭圆，进而求得椭圆的方程；
（2）联立l:y=x+t与椭圆方程，根据韦达定理得x1+x2=−8t5,x1x2=4t2−85，进而得出OA和OB的中垂线方程，联立方程求出交点即为圆心坐标的关系为x2−y2=4825，根据双曲线定义可得C−465，0，D465，0及MC−MD=853，方法二，设△OAB外接圆方程为x2+y2+dx+ey=0，联立直线和与圆的方程，利用韦达定理和参数方程消去参数得圆心的坐标关系为x2−y2=4825，根据双曲线定义可得C−465，0，D465，0及MC−MD=853
【解答过程】（1）设圆E的半径为r，圆E与动圆C内切于点Q．∵点F在圆E内部，∴点C在圆E内部．
∴CE+CF=CE+CQ=r=42>EF=26，
∴点C的轨迹是焦点在x轴上的椭圆，其方程为x28+y22=1．
（2）（方法一）联立l:y=x+t与椭圆方程，消y得5x2+8tx+4t2−8=0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1+x2=−8t5,x1x2=4t2−85，
OA的中垂线方程为：y−y12=−x1y1x−x12，即y=−x1y1x+x122y1+y12①
OB的中垂线方程为：y=−x2y2x+x222y2+y22②
由①②两式可得−x1y1x+x122y1+y12=−x2y2x+x222y2+y22，
∴△OAB外接圆圆心M的横坐标xM=x22y1−x12y2+y2−y1y1y22x2y1−x1y2，
其中x2y1−x1y2=x2x1+t−x1x2+t=tx2−x1
x22y1−x12y2+y2−y1y1y2=x22x1+t−x12x2+t+x2−x1x1+tx2+t
=x22x1−x12x2+tx22−x12+x2−x1x1+tx2+t
=x2−x1x1x2+tx2+x1+x1+tx2+t
=x2−x12x1x2+2tx2+x1+t2
∴xM=x2−x12x1x2+2tx2+x1+t22tx2−x1=2x1x2+2tx2+x1+t22t=x1x2t+x2+x1+t2=−3t10−85t，
又∵AB的中垂线方程为y−y1+y22=−x−x1+x22，即y=−x−3t5，
∴圆心M的纵坐标为yM=−−3t10−85t−35t=−3t10+85t，
∴xM2−yM2=−3t10−85t2−−3t10+85t2=4825,∴圆心M在双曲线x2−y2=4825上，
∴存在定点C−465,0,D465,0，使得MC−MD=853（定值），
（方法二）设△OAB外接圆方程为x2+y2+dx+ey=0，
联立l:y=x+t与圆的方程，消y得2x2+2t+d+ex+t2+et=0，
则x1+x2=−2t+d+e2=−8t5,x1x2=t2+et2=4t2−85
∴2t+d+e=16t5,t2+et=8t2−165，解得d=3t5+165t,e=3t5−165t，
设圆心坐标为Mx,y，
则x=−d2=−3t10−85t,y=−3t10+85t，
∴x2−y2=−3t10−85t2−−3t10+85t2=4825,∴圆心M在双曲线x2−y2=4825上，
∴存在定点C−465,0,D465,0，使得MC−MD=853（定值）.
一、单选题
1．（2024·宁夏银川·模拟预测）设A，B是椭圆C:x23+y2m=1长轴的两个端点，若C上存在点M满足∠AMB＝120°，则m的取值范围是（ ）
A．（0，1]B．（0，1]∪[3，+∞）C．（0，1]∪[9，+∞）D．[9，+∞）
【解题思路】可得当M位于短轴的端点时，∠AMB取最大值，要使椭圆上存在点M满足∠AMB=120∘，则此时∠AMB≥120∘，则∠AMO≥60∘，讨论焦点在x轴和在y轴上两种情况即可求解.
【解答过程】若椭圆焦点在x轴上，即01，
当M为上下顶点时，∠F1MF2最大，
因为MF1⋅MF2=0坐标，∠F1MF2≥π2，∠F1MO≥π4，所以tan∠F1MO=cb≥tanπ4=1，
即m−11≥1，解得m≥2；
当焦点在y轴上时，a2=1，b2=m，00，又k1⋅k2=−13，则k1=−13k2，
则tan∠AOD=tanα−β=tanα−tanβ1+tanαtanβ=k1−k21+k1k2=32−13k2−k2
≤−32×213k2⋅k2=−3=tan120°，
又0°1，是否存在x轴上的定点P，使得△PMN的内心在x轴上，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）根据题意列出方程组，求出a,b即可得解；
（2）由题意可将原问题转换为kPM+kPN=0，设直线MN的方程为：x=mx+1m≠0，Pt,0，联立椭圆方程x24+y23=1，结合韦达定理可求得t的值即可.
【解答过程】（1）∵△MNF1的周长为8，△MF1F2的最大面积为3，
∴4a=812×2c×b=3a2=b2+c2，解得a=2，b=3或a=2，b=1．
∴椭圆C的方程为x24+y23=1或等x24+y2=1．
（2）

由（1）及b>1易知F21,0，
不妨设直线MN的方程为：x=mx+1m≠0，Pt,0，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立x=my+1x24+y23=1，得4+3m2y2+6my−9=0．
则y1+y2=−6m4+3m2，y1y2=−94+3m2，
若△PMN的内心在x轴上，则∠MPF2=∠NPF2，
∴kPM+kPN=0，即y1x1−t+y2x2−t=0，即y1my2+1−t+y2my1+1−t=0，
可得2my1y2+1−ty1+y2=0．
则2m−94+3m2+1−t−6m4+3m2=0，得4−t=0，即t=4．
当直线MN垂直于x轴，即m=0时，显然点P4,0也是符合题意的点．
故在x轴上存在定点P4,0，使得△PMN的内心在x轴上.
16．（2024·全国·二模）椭圆Γ:x2a2+y2b2=1(a>b≥3)的离心率为223，左、右顶点分别为A，B，过点M(3,0)的动直线l与椭圆Γ相交于P，Q两点，当直线l的斜率为1时，|PQ|=2725.
(1)求椭圆Γ的标准方程；
(2)设直线AP与直线x=t的交点为N，是否存在定实数t，使Q，B，N三点共线?若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）将直线方程与椭圆方程联立，写出韦达定理，利用弦长公式和韦达定理，椭圆离心率表达式进行联立，求得a,b，即得椭圆方程；
（2）先由直线l与x轴垂直时的情况，求出t=27，当直线l不与x轴垂直时，设直线l的方程为y=k(x−3)，与椭圆方程联立，得韦达定理，由特殊情况取x=27时求得点N坐标，通过判断BN,BQ是否共线检验是否可得到Q，B，N三点共线完成猜想证明.
【解答过程】（1）

如图，设Px1,y1,Qx2,y2，当直线l的斜率为1时，直线方程为x−y−3=0.
联立x−y−3=0,x2a2+y2b2=1,
消去y，得a2+b2x2−6a2x+9a2−a2b2=0.显然Δ>0，
则x1+x2=6a2a2+b2, x1x2=9a2−a2b2a2+b2.
∴|PQ|=1+12⋅x1+x22−4x1x2 =2⋅(6a2a2+b2)2−4×9a2−a2b2a2+b2=2⋅2aba2+b2−9a2+b2=2725,
即10aba2+b2−9=27a2+b2.
又离心率e=ca=223,则c2a2=a2−b2a2=89，即a=3b.
∴30b29b2+b2−9=279b2+b2,
解得b2=9,∴a2=81.
∴椭圆Γ的标准方程为x281+y29=1.
（2）由题意知A(−9,0),B(9,0)，当直线l与x轴垂直时，P(3,−22),Q(3,22)，
则AP的方程为y=−26(x+9)，
令x=t，得Nt,−(t+9)26，BN=t−9,−(t+9)26,QB=(6,−22)，
由Q,B,N三点共线，可得，(t−9)6=−(t+9)26−22，解得t=27.
当直线l不与x轴垂直时，设直线l的方程为y=k(x−3).
联立x281+y29=1,y=k(x−3),消去y，得1+9k2x2−54k2x+81k2−1=0.
∴x1+x2=54k21+9k2,x1x2=81k2−11+9k2，AP的方程为y=y1x1+9(x+9)，
令x=27，得N27,36y1x1+9，BN=18,36y1x1+9, BQ=x2−9,y2,
∵18y2−36y1x1+9x2−9 =18kx2−3x1+9−36k1x1−3x2−9x1+9
=−18kx1x2−15x1+x2+81x1+9 =−18k81k2−11+9k2−15⋅54k21+9k2+81x1+9
=−18k⋅81k2−81−810k2+81+729k21+9k2x1+9=0.
即BN,BQ共线，故Q，B，N三点共线.
故存在定实数t=27，使Q，B，N三点共线.
17．（2024·四川·模拟预测）已知与圆P：x2+y−22=1内切，且与直线l1：y=−3相切的动圆Q的圆心轨迹为曲线C，直线l与曲线C交于A，B两点，O为坐标原点，延长AO，BO分别与直线l2：y=−2相交于点M，N．
(1)求曲线C的方程；
(2)过点A作AA1⊥l2于A1，若A1，O，B三点共线，试探究线段MN的长度是否存在最小值．如果存在，请求出最小值；如果不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）根据给定条件，利用圆与直线相切及与已知圆内切探讨关系，再结合抛物线定义求出轨迹方程.
（2）设A(x1,x128),B(x2,x228)，由向量共线可得x1x2=−16，进而可得MP⊥NP，再利用直角三角形相似数量积的运算律求解即得.
【解答过程】（1）依题意，动圆Q在圆P外，设动圆Q的半径为r，且r>1，
由圆Q与圆P内切，得|QP|=r−1，由圆Q与直线l1:y=−3相切，
因此点Q到P(0,2)的距离等于点Q到直线l2:y=−2的距离，
即曲线C是以P(0,2)为焦点，直线l2:y=−2为准线的抛物线，
所以曲线C的方程为x2=8y.
（2）线段MN的长度存在最小值，理由如下：
设A(x1,x128),B(x2,x228)，则A1(x1,−2),OA1=(x1,−2),OB=(x2,x228)，
由A1,O,B三点共线，得OA1//OB,x1⋅x228+2x2=0，解得x1x2=−16，
直线AO的方程为y=x18x，直线BO的方程为y=x28x，则M(−16x1,−2),N(−16x2,−2)，
于是MP=(16x1,4),NP=(16x2,4),MP⋅NP=256x1x2+16=0，则MP⊥NP，
因此点P在以MN为直径的圆上，设直线l2:y=−2与y轴交于点H(0,−2)，
由Rt△PMH∽Rt△NPH，得|HM|⋅|HN|=|HP|2=16，
则|MN|2=(HM−HN)2=|HM|2+|HN|2−2HM⋅HN
=|HM|2+|HN|2+2|HM|⋅|HN| ≥4|HM|⋅|HN|=64，
即|MN|≥8，当且仅当|HM|=|HN|取等号，
所以线段MN长度存在最小值，最小值为8.
18．（2024·四川内江·三模）已知抛物线E的准线方程为：x=−1，过焦点F的直线与抛物线E交于A、B两点，分别过A、B两点作抛物线E的切线，两条切线分别与y轴交于C、D两点，直线CF与抛物线E交于M、N两点，直线DF与抛物线E交于P、Q两点.
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)是否存在实数λ，使得MN⋅PQ=λMN+PQ恒成立，若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）利用抛物线的准线求标准方程即可；
（2）设直线AB方程与A,B坐标，根据抛物线的切线方程可求得C,D坐标，再含参表示直线CF,DF，联立抛物线方程结合弦长公式可求MN,PQ，根据焦点弦的性质计算1MN+1PQ即可.
【解答过程】（1）因为抛物线E的准线方程为：x=−1，设y2=2px(p>0)，则−p2=−1，所以p=2，
故抛物线E的标准方程为y2=4x；
（2）设AB:x=my+1,Ay124,y1,By224,y2,F1,0，
联立抛物线有x=my+1y2=4x⇒y2−4my−4=0⇒y1+y2=4m,y1y2=−4，
下面先求抛物线y2=2px在点x0,y0处的切线方程，
当y0≠0时，设该切线方程为y−y0=kx−x0(k≠0)，
与抛物线方程联立有x=y−y0+kx0ky2=2px⇒ky2−2py+2py0−2pkx0=0，
则Δ=4p2−4k2py0−2pkx0=0⇒p−2ky0+2k2x0=0，
又2px0=y02，
即p−2ky0+2k2x0=0⇔p−2ky0+k2y02p=0，则k=py0，
则y−y0=kx−x0⇒y0y−y02=px−px0⇒y0y=px+x0，
当y0=0时，切线方程为x=0，满足上式，
所以抛物线y2=2px在点(x0,y0)处的切线方程为y0y=p(x+x0)，
所以抛物线E在A处的切线方程为y1y=2x+y122，
在B处的切线方程为y2y=2x+y222，所以C0,y12,D0,y22，
则lCF:y−y12=−y12xlDF:y−y22=−y22x⇒x=−2y1y+1x=−2y2y+1，
直线CF,DF分别与抛物线方程联立有y2+8y1y−4=0y2+8y2y−4=0，
设My324,y3,Ny424,y4，则y3+y4=−8y1y3y4=−4，
由弦长公式知MN=1+4y12⋅y3−y4=1+4y12⋅y3+y42−4y3y4=41+4y12，
同理有PQ=41+4y22，
又y1y2=−4，所以1+4y22=1+y124，
则1MN+1PQ=14+16y12+14+y12=y124y12+16+444+y12=14,
即MN⋅PQ=4MN+PQ，
所以存在实数λ=4，使得MN⋅PQ=λMN+PQ恒成立.
19．（2024·贵州·模拟预测）已知A，B分别为椭圆E:x23+y24=1的上下顶点，P为直线l:y=12上的动点，且P不在椭圆上，PA与椭圆E的另一交点为C，PB与椭圆E的另一交点为D，（C，D均不与椭圆E上下顶点重合）.
(1)证明：直线CD过定点；
(2)设（1）问中定点为Q，过点C，D分别作直线l:y=12的垂线，垂足分别为M，N，记△CMQ，△MNQ，△DNQ的面积分别为S1，S2，S3，试问：是否存在常数t，使得S1，tS2，S3总为等比数列？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由.
【解题思路】（1）先表示出直线AC和直线CD的方程，由题意可得k2x1x2+km−2x1+x2+m−22x1x2=45③，设直线CD的方程为y=kx+m，联立椭圆和直线CD的方程，得到x1+x2,x1⋅x2代入③化简即可得出m=8，即可证明直线CD过定点；
（2）先表示出S1，S2，S3，再由等比中项的性质知t2S22=S1S3，再将x1+x2,x1⋅x2代入化简可得t=±12.
【解答过程】（1）由题意，直线CD的斜率一定存在，设Cx1,y1，Dx2,y2，
直线CD的方程为：y=kx+m，则直线AC为：y=y1−2x1x+2①
直线BD为：y=y2+2x2x−2②
由①②得：y1−2x1⋅x2y2+2=y−2y+2
∵P在直线y=12上，∴y1−2x1⋅x2y2+2=−35，
∵x223+y224=1，∴x2y2+2=−3y2−24x2，
∴y1−2x1⋅y2−2x2=45，
∴kx1+m−2kx2+m−2x1x2=45，∴k2x1x2+km−2x1+x2+m−22x1x2=45③
联立：x23+y24=1y=kx+m得方程：3k2+4x2+6kmx+3m2−4=0，
Δ=6km2−4×3k2+4×3m2−4>0，
由韦达定理：x1+x2=−6km3k2+4，x1x2=3m2−43k2+4，
将韦达定理代入③得：m2−10m+16=0，∴m=2（舍），m=8,
∴直线CD过定点0,8.
（2）Mx1,12，Nx2,12，显然C，D在直线l:y=12的两侧，不妨设y1>12>y2.
则S△CMQ=12x1y1−12,S△MNQ=12x1−x28−12,S△DNQ=12x212−y2
设存在常数t，使得S1，tS2，S3为等比数列，即t2S22=S1S3,
即：225t216x1−x22=14x1x212y1+y2−14−y1y2,
即：225t216x1+x22−4x1x2=14x1x212y1+y2−14−y1y2,
因为Cx1,y1，Dx2,y2在直线y=kx+8上，所以m=8，
将x1+x2=−6km3k2+4=−48k3k2+4，x1x2=3m2−43k2+4=1803k2+4,
y1+y2=kx1+x2+16=k⋅−48k3k2+4+16=−48k2+48k2+643k2+4=643k2+4，
y1y2=kx1+8kx2+8=k2x1x2+8kx1+x2+64=k21803k2+4+k−48k3k2+4+64=464−3k23k2+4，
代入，化简得：225t216144k2−2880=45445k2−900,
∵Δ=48k2−4×180×3k2+4>0,
∴k2>20,∴t2=45k2−20144k2−20×16225×454=14，t=±12
∴存在t=±12时，S1，tS2，S3总构成等比数列.