高考数学人教A版2019选择性必修第一册专题3.9圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题大题专项训练【九大题型】(原卷版+解析)

这是一份高考数学人教A版2019选择性必修第一册专题3.9圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题大题专项训练【九大题型】(原卷版+解析)，共61页。
【人教A版（2019）】
姓名：___________班级：___________考号：___________
题型一
椭圆中的定点问题
1．（2023春·宁夏石嘴山·高二校考期末）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率是53，点A(3,0)在C上．
(1)求C的方程；
(2)直线l:y=kx+m交C于P，Q两点（不同于点A），直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，线段MN的中点为(0,2)，证明：直线l过定点，并求出定点坐标．
2．（2023春·贵州安顺·高二统考期末）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的右顶点B与抛物线y2=8x的焦点F重合，且椭圆C的离心率为22．
(1)求C的方程
(2)椭圆C的左顶点为A，点O为坐标原点，直线l：x=1与C交于两点，圆E过O，B，交l于点M，N，直线AM，AN分别交C于另一点P，Q．证明：直线PQ过定点．
3．（2023春·云南曲靖·高二校考期末）已知椭圆E的中心在原点，周长为8的△ABC的顶点，A−3,0为椭圆E的左焦点，顶点B，C在E上，且边BC过E的右焦点．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)椭圆E的上、下顶点分别为M，N，点Pm,2（m∈R，m≠0），若直线PM，PN与椭圆E的另一个交点分别为点S，T，证明：直线ST过定点，并求该定点坐标．
4．（2023春·广东揭阳·高二校联考期中）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1、F2，且F2也是抛物线E：y2=4x的焦点，P为椭圆C与抛物线E在第一象限的交点，且PF2=53.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设动直线l与椭圆C交于R，S两点，存在一点T4,0使∠OTS=∠OTR，判断直线l是否经过定点?若是，求出定点的坐标；若不是，说明理由.
题型二
椭圆中的定值问题
5．（2023春·贵州六盘水·高二统考期末）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，椭圆E：y2a2+x2b2=1a>b>0经过点22,1，且离心率e=22．
(1)求E的标准方程；
(2)经过原点的直线l与椭圆E交于A，B两点，P是E上任意点，设直线PA的斜率为k1，直线PB的斜率为k2，证明：k1⋅k2是定值．
6．（2023春·福建厦门·高二统考期末）已知点N在曲线C: x28+y26=1上，O为坐标原点，若点M满足ON=2OM，记动点M的轨迹为Γ.
(1)求Γ的方程：
(2)已知点P在曲线C上，点A，B在曲线Γ上，若四边形OAPB为平行四边形，则其面积是否为定值?若是，求出定值；若不是，说明理由
7．（2023春·广西南宁·高二校考期末）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个端点为B0,1，且离心率为32，过椭圆左顶点A的直线l与椭圆C交于点M，与y轴正半轴交于点N，过原点O且与直线l平行的直线l′交椭圆于点P，Q．

(1)求椭圆C的标准方程；
(2)求证：AM⋅ANOP⋅OQ为定值．
8．（2023春·江西上饶·高二统考期末）已知椭圆x2a2+y2b2=1（a>0，b>0）的离心率为22，左、右焦点分别为F1，F2，B为C的上顶点，且△BF1F2的周长为26+23．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设圆O:x2+y2=2上任意一点P处的切线l交椭圆C于点M、N．求证：1|OM|2+1|ON|2为定值．
题型三
椭圆中的定直线问题
9．（2023春·江苏镇江·高二校考期末）如图，在△ABC中，BC=23,AB+AC=4，若以BC所在直线为x轴，以BC的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系.设动顶点Ax,y.
(1)求顶点A的轨迹方程；
(2)记第（1）问中所求轨迹曲线为M，设D1−2,0,D22,0，过点1,0作动直线l与曲线M交于P,Q两点（点P在x轴下方）.求证：直线D1P与直线D2Q的交点E在一条定直线上.
10．（2023·北京海淀·校考模拟预测）已知曲线C:(5−m)x2+(m−2)y2=8(m∈R)．
(1)若曲线C是椭圆，求m的取值范围．
(2)设m=4，曲线C与y轴的交点为A，B（点A位于点B的上方），直线l:y=kx+4与曲线C交于不同的两点M，N．设直线AN与直线BM相交于点G．试问点G是否在定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由．
11．（2023春·河南·高三校联考阶段练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右顶点分别为A1−2,0，A22,0，过点D1,0的直线l与椭圆C交于异于A1，A2的M，N两点，当l与x轴垂直时，MN=6．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线A1M与直线A2N交于点P，证明点P在定直线上，并求出该定直线的方程．
12．（2023春·河南安阳·高三校考阶段练习）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为23，且7,103为C上一点．
(1)求C的标准方程；
(2)点A，B分别为C的左、右顶点，M，N为C上异于A，B的两点，直线MN不与坐标轴平行且不过坐标原点О，点M关于原点О的对称点为M′，若直线AM′与直线BN相交于点P，直线OP与直线MN相交于点Q，证明：点Q位于定直线上．
题型四
双曲线中的定点问题
13．（2023·海南海口·校考模拟预测）已知双曲线E：x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的离心率为2，右顶点A到渐近线的距离等于32.
(1)求双曲线E的方程.
(2)点M，N在E上，且AM⊥AN，直线MN是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.
14．（2023春·湖南岳阳·高二统考期末）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a∈N，四点P11,1，P21,0，P32,3，P42,−3中恰有三点在双曲线C上.
(1)求C的方程；
(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A,B两点，若直线P2A与直线P2B的斜率的和为−1.证明：l过定点.
15．（2023春·上海嘉定·高二校考阶段练习）双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左顶点为A，焦距为4，过右焦点F作垂直于实轴的直线交双曲线C于B，D两点，且△ABD是直角三角形．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)M，N是C右支上的两动点，设直线AM，AN的斜率为k1，k2，若k1⋅k2=−2，试问：直线MN是否经过定点？证明你的结论．
16．（2023春·浙江杭州·高二校联考期中）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为3，且过3,2．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若直线y=kx+m与双曲线C交于P,Q两点，M是C的右顶点，且直线MP与MQ的斜率之积为−23，证明：直线PQ恒过定点，并求出该定点的坐标．
题型五
双曲线中的定值问题
17．（2023春·湖北咸宁·高二统考期末）已知l1，l2既是双曲线C1：x2−y24=1的两条渐近线，也是双曲线C2：x2a2−y2b2=1的渐近线，且双曲线C2的焦距是双曲线C1的焦距的3倍.

(1)任作一条平行于l1的直线l依次与直线l2以及双曲线C1，C2交于点L，M，N，求MNNL的值；
(2)如图，P为双曲线C2上任意一点，过点P分别作l1，l2的平行线交C1于A，B两点，证明：△PAB的面积为定值，并求出该定值.
18．（2023春·安徽·高二校联考期末）已知直线l:mx+y−2m−3=0过定点A，双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0过点A，且C的一条渐近线方程为y=3x.
(1)求点A的坐标和C的方程；
(2)若直线l′:y=kx+1k≠1与C交于M，N两点，试探究：直线AM，AN的斜率之和是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
19．（2023春·重庆渝中·高二校考期末）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1 a,b>0的渐近线方程为y=±12x，其左右焦点为F1，F2，点D为双曲线上一点，且△DF1F2的重心G点坐标为43,33.
(1)求该双曲线的标准方程；
(2)过x轴上一动点Pt,0作直线l交双曲线的左支于A，B两点，A点关于x轴的对称点为A′（A′与B不重合），连接BA′并延长交x轴于点Q，问OQ⋅OP是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是定值，说明理由.
20．（2023·黑龙江哈尔滨·校考模拟预测）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的渐近线方程为y=±34x，焦距为10，A1，A2为其左右顶点．
(1)求C的方程；
(2)设点P是直线l：x=2上的任意一点，直线PA1、PA2分别交双曲线C于点M、N，A2Q⊥MN，垂足为Q，求证：存在定点R，使得QR是定值．
题型六
双曲线中的定直线问题
21．（2023秋·高二单元测试）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为−25,0，离心率为5．
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点−4,0的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P．证明:点P在定直线上.
22．（2023秋·山西大同·高三统考阶段练习）从双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0上一点P向x轴作垂线，垂足恰为左焦点F1，点A1,A2分别是双曲线的左、右顶点，点B0,12b，且A2B// OP，F1A2=2+3.
(1)求双曲线的方程；
(2)过点23,0作直线L分别交双曲线左右两支于C,D两点，直线A1C与直线A2D交于点M，证明：点M在定直线上.
23．（2023·安徽安庆·安徽省校考一模）如图1所示，双曲线具有光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点．若双曲线E:x24−y2b2=1b>0的左、右焦点分别为F1、F2，从F2发出的光线经过图2中的A、B两点反射后，分别经过点C和D，且tan∠CAB=−34，AB⊥BD.

(1)求双曲线E的方程；
(2)设A1、A2为双曲线E实轴的左、右顶点，若过P4,0的直线l与双曲线C交于M、N两点，试探究直线A1M与直线A2N的交点Q是否在某条定直线上？若存在，请求出该定直线方程；如不存在，请说明理由．
24．（2023·安徽六安·安徽省校考模拟预测）已知点(2,3)在双曲线C:x2a2−y2a2+2=1上．
(1)双曲线上动点Q处的切线交C的两条渐近线于A,B两点，其中O为坐标原点，求证：△AOB的面积S是定值；
(2)已知点P(12,1)，过点P作动直线l与双曲线右支交于不同的两点M､N，在线段MN上取异于点M､N的点H，满足PMPN=MHHN，证明：点H恒在一条定直线上．
题型七
抛物线中的定点问题
25．（2023春·辽宁朝阳·高二统考期末）已知A1,1，P是抛物线C:y2=4x的准线与x轴的交点，过P的直线l与C交于不同的M，N两点.
(1)若直线l的斜率为−12，求△AMN的面积；
(2)若直线AM交C于另外一点B，试判断直线BN是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.
26．（2023春·四川资阳·高二统考期末）已知抛物线G：x2=2pyp>0焦点为F，R为G上的动点，K1,2位于G的上方区域，且RK+RF的最小值为3.
(1)求G的方程；
(2)过点P0,2作两条互相垂直的直线l1和l2，l1交G于A，B两点，l2交G于C，D两点，且M，N分别为线段AB和CD的中点.直线MN是否恒过一个定点?若是，求出该定点坐标；若不是，说明理由.
27．（2023春·广东揭阳·高二统考期末）已知抛物线C: y2=2pxp>0的焦点为F1,0，点M在直线x=−2上运动，直线l1，l2经过点M，且与C分别相切于A,B两点．
(1)求C的方程；
(2)试问直线AB是否过定点？若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由．
28．（2023春·四川资阳·高二统考期末）过点K(0,−1)作抛物线G:x2=2py(p>0)在第一象限部分的切线，切点为A，F为G的焦点，O为坐标原点，△OAF的面积为1．
(1)求G的方程；
(2)过点P(0,2)作两条互相垂直的直线l1和l2，l1交G于C，D两点，l2交G于P，Q两点，且M，N分别为线段CD和PQ的中点．直线MN是否恒过一个定点？若是，求出该定点坐标；若不是，说明理由．
题型八
抛物线中的定值问题
29．（2023·广东深圳·统考模拟预测）已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F2,0.

(1)求抛物线的标准方程；
(2)抛物线C在x轴上方一点A的横坐标为2，过点A作两条倾斜角互补的直线，与曲线C的另一个交点分别为B，C，求证：直线BC的斜率为定值．
30．（2023春·广东·高二校联考期末）设点F为抛物线C：x2=2pyp>0的焦点，过点F且斜率为5的直线与C交于A，B两点S△AOB=26（O为坐标原点）
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点E0,2作两条斜率分别为k1，k2的直线l1，l2，它们分别与抛物线C交于点P，Q和R，S.已知EP⋅EQ=ER⋅ES，问：是否存在实数λ，使得k1+λk2为定值?若存在，求λ的值，若不存在，请说明理由.
31．（2023·河南信阳·信阳高中校考三模）已知抛物线C1:y2=2pxp>0上一点Q1,a到焦点的距离为3.

(1)求a，p的值；
(2)设P为直线x=−1上除−1,−3，−1,3两点外的任意一点，过P作圆C2:x−22+y2=3的两条切线，分别与曲线C1相交于点A，B和C，D，试判断A，B，C，D四点纵坐标之积是否为定值？若是，求该定值；若不是，请说明理由.
32．（2023·河北·模拟预测）已知抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，圆D:x−12+y−22=4恰与C的准线相切.
(1)求C的方程及点F与圆D上点的距离的最大值；
(2)O为坐标原点，过点M0,1的直线l与C相交于A，B两点，直线AD，BD分别与y轴相交于点P，Q，MP=mMO，MQ=nMO，求证：mnm+n为定值.
题型九
抛物线中的定直线问题
33．（2023春·黑龙江大庆·高二校考期末）已知抛物线E:y2=2pxp>0，过点−1,0的两条直线l1、l2分别交E于A、B两点和C、D两点．当l1的斜率为12时，AB=210．
(1)求E的标准方程；
(2)设G为直线AD与BC的交点，证明：点G在定直线上．
34．（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点P(2，0)作直线l交抛物线于A，B两点．
(1)若l的倾斜角为π4，求△FAB的面积；
(2)过点A，B分别作抛物线C的两条切线l1，l2且直线l1与直线l2相交于点M，问：点M是否在某定直线上？若在，求该定直线的方程，若不在，请说明理由．
35．（2023春·湖北·高二校联考阶段练习）抛物线的弦与在弦两端点处的切线所围成的三角形被称为阿基米德三角形对于抛物线C:y=2ax2给出如下三个条件：
①焦点为F0,14; ②准线为y=−14; ③与直线4y−1=0相交所得弦长为1．
(1)从以上三个条件中选择一个，求抛物线C的方程;
(2)已知△ABQ是1中抛物线的阿基米德三角形，点Q是抛物线C在弦AB两端点处的两条切线的交点，若直线AB经过点0,3，试判断点Q是否在一条定直线上?如果是，求出定直线方程;如果不是，请说明理由．
36．（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线C：x2=4y的焦点为F，直线l交抛物线于A,B两点（A,B异于坐标原点O），交y轴于点Q0,t（t>1），且AF=QF，直线l1∥l，且与抛物线相切于点P.
(1)求证：A,F,P三点共线；
(2)过点A作该抛物线的切线l2（点A为切点），l2交l1于点N.
（ⅰ）试问，点N是否在定直线上，若在，请求出该直线，若不在，请说明理由；
（ⅱ）求S△ABN的最小值.
专题3.9 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题大题专项训练
【九大题型】
【人教A版（2019）】
姓名：___________班级：___________考号：___________
题型一
椭圆中的定点问题
1．（2023春·宁夏石嘴山·高二校考期末）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率是53，点A(3,0)在C上．
(1)求C的方程；
(2)直线l:y=kx+m交C于P，Q两点（不同于点A），直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，线段MN的中点为(0,2)，证明：直线l过定点，并求出定点坐标．
【解题思路】（1）根据离心率和过点即可求出a,b,c即可求出椭圆方程；
（2）先设直线根据根与系数的关系结合中点坐标，可求k,m关系即可得出定点.
【解答过程】（1）由题意得：a=3，c=5， ∴b2=4
椭圆C的方程为x29+y24=1
（2）由题意得：3k+m≠0
设P(x1,y1)，Q(x2,y2)
由y=kx+m4x2+9y2=36得：(4+9k2)x2+18kmx+9m2−36=0，
∴x1+x2=−18km4+9k2，x1x2=9m2−364+9k2
直线AP：y=y1x1−3(x−3)
当x=0时，y=−3y1x1−3，即M的坐标为(0,−3y1x1−3)
同理可得：N的坐标为(0,−3y2x2−3)
∴−3y1x1−3−3y2x2−3=4
−3(kx1+m)(x2−3)−3(kx2+m)(x1−3)=4x1x2−12(x1+x2)+36
−6kx1x2+9k(x1+x2)−3m(x1+x2)+18m=4x1x2−12(x1+x2)+36
−54km2+216k4+9k2−162k2m4+9k2+54km24+9k2+18m=36m2−1444+9k2+216km4+9k2+36
216k+72m=36m2+216km+324k2
6k+2m=m2+6km+9k2，即：2(3k+m)=(m+3k)2
∴m+3k=2
直线l过定点(3,2).

2．（2023春·贵州安顺·高二统考期末）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的右顶点B与抛物线y2=8x的焦点F重合，且椭圆C的离心率为22．
(1)求C的方程
(2)椭圆C的左顶点为A，点O为坐标原点，直线l：x=1与C交于两点，圆E过O，B，交l于点M，N，直线AM，AN分别交C于另一点P，Q．证明：直线PQ过定点．
【解题思路】（1）求出F的坐标，再利用给定的离心率求出椭圆方程作答.
（2）根据给定条件，借助向量垂直的坐标表示求出直线AM,AN的斜率积，再设出直线PQ的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及斜率的坐标公式求解作答.
【解答过程】（1）抛物线y2=8x的焦点F(2,0)，即B(2,0)，a=2，由椭圆C的离心率为22，得a2−b2a=22，解得b=2，
所以椭圆C的方程是x24+y22=1.
（2）显然点O,B关于直线l对称，则过点O,B的圆E的圆心在直线l上，即线段MN为圆E的直径，
即有OM⊥ON，设M(1,yM),N(1,yN)，于是OM⋅ON=1+yMyN=0，即yMyN=−1，
而A(−2,0)，直线AM,AN的斜率分别为kAM=yM3,kAN=yN3，从而kAMkAN=yMyN9=−19，

显然直线PQ不垂直于y轴，设PQ的方程为x=my+t(t≠−2)，P(x1,y1),Q(x2,y2)，
由x=my+tx2+2y2=4消去x并整理得：(m2+2)y2+2mty+t2−4=0，
Δ=4m2t2−4(m2+2)(t2−4)=8(2m2+4−t2)>0，y1+y2=−2mtm2+2,y1y2=t2−4m2+2，
显然kAMkAN=y1x1+2⋅y2x2+2=y1y2(my1+t+2)(my2+t+2)=−19，
整理得(m2+9)y1y2+m(t+2)(y1+y2)+(t+2)2=0，
于是(m2+9)⋅t2−4m2+2+m(t+2)⋅−2mtm2+2+(t+2)2=0，而t≠−2，
则(m2+9)(t−2)−2m2t+(m2+2)(t+2)=0，解得t=1411，满足Δ>0，直线PQ方程为x=my+1411，
所以直线PQ恒过定点(1411,0).
3．（2023春·云南曲靖·高二校考期末）已知椭圆E的中心在原点，周长为8的△ABC的顶点，A−3,0为椭圆E的左焦点，顶点B，C在E上，且边BC过E的右焦点．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)椭圆E的上、下顶点分别为M，N，点Pm,2（m∈R，m≠0），若直线PM，PN与椭圆E的另一个交点分别为点S，T，证明：直线ST过定点，并求该定点坐标．
【解题思路】（1）根据题意，结合椭圆的定义和几何性质，求得a,b,c的值，即可求解；
（2）由直线PS：y=xm+1，与椭圆方程联立得m2+4x2+8mx=0，求得xS,yS和xT,yT，化简得到kST=12−m216m，得出直线ST方程，即可求解.
【解答过程】（1）解：根据题意知，椭圆E的焦点在x轴上，可设椭圆方程为x2a2+y2b2=1a>b>0，
因为△ABC的周长为8，根据椭圆的定义，可得4a=8，即a=2，
又因为椭圆E左焦点A−3,0，可得c=3，则b2=a2−c2=1，
所以椭圆E的标准方程为x24+y2=1.
（2）解：由椭圆的方程x24+y2=1，可得M0,1，N0,−1，
且直线PS，PT，ST斜率均存在，
所以直线PS：y=xm+1，与椭圆方程联立得m2+4x2+8mx=0，
可得Δ=64m2>0,对m∈R，m≠0恒成立，
则xS+xM=−8mm2+4，即xS=−8mm2+4，则yS=−8mm2+4×1m+1=m2−4m2+4，
同理xT=24mm2+36，yT=36−m2m2+36，
所以kST=yS−yTxS−xT=m2−4m2+4−36−m2m2+36−8mm2+4−24mm2+36=144−m416m3+192m=12−m212+m216m12+m2=12−m216m，
所以直线ST方程为：y=12−m216mx−−8mm2+4+m2−4m2+4=12−m216mx+12，
所以直线ST过定点，定点坐标为0,12．

4．（2023春·广东揭阳·高二校联考期中）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1、F2，且F2也是抛物线E：y2=4x的焦点，P为椭圆C与抛物线E在第一象限的交点，且PF2=53.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设动直线l与椭圆C交于R，S两点，存在一点T4,0使∠OTS=∠OTR，判断直线l是否经过定点?若是，求出定点的坐标；若不是，说明理由.
【解题思路】（1）根据抛物线方程可求出F21,0，则c=1，设Px0,y0，则由抛物线的定义列方程可求出x0=23，从而可求出点P的坐标，再将点P的坐标代入椭圆方程，结合a2=b2+c2可求出a2,b2，从而可得椭圆方程；
（2）若动直线l过T4,0，可得满足条件，若直线l不过T4,0，假设直线l过定点Mt,0，设直线l的方程是：x=my+t，设Rx1,y1，Sx2,y2，将直线方程代入椭圆方程化简后利用根与系数的关系，由∠OTS=∠OTR，可得kTS+kTR=0，结合前面的式子化简可得mt−1=0，从而可得结论.
【解答过程】（1）∵F2也是抛物线E：y2=4x的焦点，∴F21,0，
∴c=1，且抛物线的准线方程为x=−1，
设点Px0,y0，
∵PF2=53，∴x0+1=53，∴x0=23，
∴y0=223=263，∴49a2+83b2=1，
∵a2−b2=c2=1，解得a2=4，b2=3，
∴椭圆方程为x24+y23=1；
（2）①若动直线l过T4,0，此时R、S、T共线，满足题设.
②若直线l不过T4,0，假设直线l过定点，由椭圆的对称性可知定点必在x轴上，设为Mt,0；则直线l的方程是：x=my+t，
设Rx1,y1，Sx2,y2，则
联立x=my+t3x2+4y2=12，消x整理得3m2+4y2+6mty+3t2−12=0，
由△>0得3m2−t2+4>0
由韦达定理有y1+y2=−6mt3m2+4，y1⋅y2=3t2−123m2+4
由∠OTS=∠OTR（显然TS，TR的斜率存在），故kTS+kTR=0，
即y1x1−4+y2x2−4=0，y1x2−4+y2x1−4x1−4x2−4=0.
∴y1x2−4+y2x1−4=0.
由R，S两点在直线x=my+t上，故x1=my1+t，x2=my2+t
代入上式，整理可得：2my1y2+(t−4)y1+y2=0
即有2m3t2−123m2+4+t−4−6mt3m2+4=0.
整理可得：mt−1=0，无论mm≠0为何值t=1使等式成立.
又t=1时满足△>0；故直线l恒经过定点1,0.
m=0时mt−1=0恒成立，此时直线l不过定点.
综上①②，动直线不过定点.

题型二
椭圆中的定值问题
5．（2023春·贵州六盘水·高二统考期末）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，椭圆E：y2a2+x2b2=1a>b>0经过点22,1，且离心率e=22．
(1)求E的标准方程；
(2)经过原点的直线l与椭圆E交于A，B两点，P是E上任意点，设直线PA的斜率为k1，直线PB的斜率为k2，证明：k1⋅k2是定值．
【解题思路】（1）将已知点代入方程，再由离心率的定义可求方程；
（2）因为直线l过原点，设Ax0,y0，B−x0,−y0，Px,y，由斜率公式化简可得.
【解答过程】（1）依题意得：
1a2+12b2=11−b2a2=22，
解得a2=2b2=1．
所以椭圆E的标准方程为y22+x2=1．
（2）因为直线l过原点，设Ax0,y0，B−x0,−y0，Px,y．
所以k1=y−y0x−x0，k2=y+y0x+x0，
所以k1⋅k2=y−y0x−x0⋅y+y0x+x0=y2−y02x2−x02
又因为y022+x02=1，y22+x2=1，
所以k1⋅k2=y2−y021−y22−1−y022=y2−y02y022−y22=−2
所以k1⋅k2是定值．
6．（2023春·福建厦门·高二统考期末）已知点N在曲线C: x28+y26=1上，O为坐标原点，若点M满足ON=2OM，记动点M的轨迹为Γ.
(1)求Γ的方程：
(2)已知点P在曲线C上，点A，B在曲线Γ上，若四边形OAPB为平行四边形，则其面积是否为定值?若是，求出定值；若不是，说明理由
【解题思路】（1）设Mx,y，NxN,yN，依题意可得xN=2xyN=2y，再由点N在曲线C，代入方程即可得解；
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，Px0,y0，依题意可得OP=OA+OB，根据点在曲线上得到x1y2−y1x22=12，表示出直线OA，求出点B到直线OA的距离d，根据SOAPB=2S△AOB=OAd计算可得.
【解答过程】（1）设Mx,y，NxN,yN，因为点N在曲线C: x28+y26=1上，
所以xN28+yN26=1，
因为ON=2OM，所以xN=2xyN=2y，代入xN28+yN26=1可得2x28+2y26=1，
即x24+y23=1，即Γ的方程为x24+y23=1；
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，Px0,y0，
因为点P在曲线C上，所以x028+y026=1，
因为四边形OAPB为平行四边形，所以OP=OA+OB，
所以x0,y0=x1+x2,y1+y2，
所以x1+x228+y1+y226=1，又x124+y123=1、x224+y223=1，
所以x1x24+y1y23=0，
因为x124+y123x224+y223=x1x24+y1y232+x1y2−y1x2232=1，
所以x1y2−y1x22=12，直线OA：y1x−x1y=0，
点B到直线OA的距离d=x1y2−y1x2x12+y12，
所以平行四边形OAPB的面积SOAPB=2S△AOB=OAd=x12+y12×x1y2−y1x2x12+y12=x1y2−y1x2=23.

7．（2023春·广西南宁·高二校考期末）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个端点为B0,1，且离心率为32，过椭圆左顶点A的直线l与椭圆C交于点M，与y轴正半轴交于点N，过原点O且与直线l平行的直线l′交椭圆于点P，Q．

(1)求椭圆C的标准方程；
(2)求证：AM⋅ANOP⋅OQ为定值．
【解题思路】（1）根据离心率和过点列方程组求出a,b，得到椭圆的标准方程；
（2）应用弦长公式分别求出AM,AN,OP,计算化简可得定值.
【解答过程】（1）因为椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0过点B0,−1，
所以b2=1，
又椭圆的离心率为32，则e=1−b2a2=32
所以a=2，
故椭圆方程为x24+y2=1
（2）设直线l的方程为y=kx+2，N0,2k
所以AN=4+4k2=21+k2，
设Mx1,y1，由y=kx+2x24+y2=1，
得1+4k2x2+16k2x+16k2−4=0，
则−2+x1=−16k21+4k2，−2x1=16k2−41+4k2
所以AM=1+k2⋅−2+x12−4−2x1=1+k2−16k21+4k22−64k2−161+4k2=41+k21+4k2，
设直线OP的方程为y=kx，
由y=kxx24+y2=1，得1+4k2x2−4=0，
设Px0,y0，则x02=41+4k2，则y02=4k21+4k2，
所以|OP|2=x02+y02=4+4k21+4k2，
故AM⋅ANOP⋅OQ=AM⋅AM|OP|2=41+k21+4k2×21+k24+4k21+4k2=2，
因此AM⋅ANOP⋅OQ为定值.
8．（2023春·江西上饶·高二统考期末）已知椭圆x2a2+y2b2=1（a>0，b>0）的离心率为22，左、右焦点分别为F1，F2，B为C的上顶点，且△BF1F2的周长为26+23．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设圆O:x2+y2=2上任意一点P处的切线l交椭圆C于点M、N．求证：1|OM|2+1|ON|2为定值．
【解题思路】（1）根据给定条件，求出a,b,c即可作答.
（2）直线l的斜率存在时，设出其方程并与椭圆方程联立，借助韦达定理推理计算，再验证斜率不存在的情况作答.
【解答过程】（1）设椭圆C的半焦距为c，因为△BF1F2的周长为26+23，则2a+2c=26+23，
椭圆的离心率为22，则ca=22，解得a=6,c=3，则b2=3，
所以椭圆C的方程为x26+y23=1.
（2）当直线l的斜率不存在时，直线l:x=±2，与椭圆方程联立解得x2=2,y2=2，
则|OM|=|ON|=2,1|OM|2+1|ON|2=12，

当直线l的斜率存在时，设直线l:y=kx+m,Mx1,y1,Nx2,y2，
由y=kx+mx2+2y2=6消去y并整理得：2k2+1x2+4mkx+2m2−6=0，
显然点P在椭圆C内，即直线l与C必交于两点，有x1+x2=−4mk2k2+1,x1x2=2m2−62k2+1，
又直线l与圆x2+y2=2相切，即|m|k2+1=2，即m2=2k2+2
得x12+x22=(x1+x2)2−2x1x2=16m2k2(2k2+1)2−2(2m2−6)2k2+1=16k4+32k2+4(2k2+1)2，
显然y12=3−12x12,y22=3−12x22，即有x12+y12=12x12+3,x22+y22=12x22+3，
因此1|OM|2+1|ON|2=1x12+y12+1x22+y22=6+12(x12+x22)9+32(x12+x22)+14(x1x2)2
=6+8k4+16k2+22k2+129+24k4+48k2+62k2+12+2k2−122k2+12=32k4+40k2+864k4+80k2+16=12，
所以1|OM|2+1|ON|2为定值12.
题型三
椭圆中的定直线问题
9．（2023春·江苏镇江·高二校考期末）如图，在△ABC中，BC=23,AB+AC=4，若以BC所在直线为x轴，以BC的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系.设动顶点Ax,y.
(1)求顶点A的轨迹方程；
(2)记第（1）问中所求轨迹曲线为M，设D1−2,0,D22,0，过点1,0作动直线l与曲线M交于P,Q两点（点P在x轴下方）.求证：直线D1P与直线D2Q的交点E在一条定直线上.
【解题思路】（1）根据椭圆的定义，求得椭圆的a,b,c的值，可得答案；
（2）根据联立直线PQ与椭圆M写出的韦达定理，表示出直线QD1,PD2的直线方程，联立整理方程，可得答案.
【解答过程】（1）由AB+AC=4，则A的轨迹为以B,C为焦点的椭圆，且2a=4，a=2；
由BC=23，则2c=23，c=3，即b=a2−c2=1，
故A的轨迹方程为x24+y2=1y≠0.
（2）直线l方程可设为x=my+1，
联立可得x=my+1x24+y2=1，消去x可得：m2+4y2+2my−3=0，
Δ=4m2+12m2+4>0显然成立，
设Qx1,y1,Px2,y2，则y1+y2=−2mm2+4,y1y2=−3m2+4，即2my1y2=3y1+y2，
设QD2:y=y1x1−2x−2，PD1:y=y2x2+2x+2，
联立上述两方程，消去y可得y1x1−2x−2=y2x2+2x+2，
y1x1−2x−y2x2+2x=2y1x1−2+2y2x2+2，y1x2+2−y2x1−2x=2y1x2+2+2y2x1−2，
y1my2+3−y2my1−1x=2y1my2+3+2y2my1−1，3y1+y2x=4my1y2+6y1−2y2，
由4my1y2=6y1+y2，则3y1+y2x=6y1+y2+6y1−2y2，
3y1+y2x=12y1+4y2,3y1+y2≠0，解得x=4；
综上所述，动点E的轨迹方程为直线x=4.
10．（2023·北京海淀·校考模拟预测）已知曲线C:(5−m)x2+(m−2)y2=8(m∈R)．
(1)若曲线C是椭圆，求m的取值范围．
(2)设m=4，曲线C与y轴的交点为A，B（点A位于点B的上方），直线l:y=kx+4与曲线C交于不同的两点M，N．设直线AN与直线BM相交于点G．试问点G是否在定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由．
【解题思路】（1）由椭圆的标准方程计算即可；
（2）由对称性分析该定直线为平行于横轴的直线，将直线MN与椭圆联立消y，设直线AN、BM的方程解出G纵坐标，结合韦达定理化简计算即可.
【解答过程】（1）因为曲线C是椭圆，所以5−m>0m−2>05−m≠m−2，解得m∈2,72∪72,5；.
（2）是在定直线y=1上，理由如下：
当m=4时，此时椭圆C:x2+2y2=8，设点Nx1,y1,Mx2,y2y1、2≠±2与直线l联立得1+2k2x2+16kx+24=0，
Δ=16k2−4×241+2k2>0⇒k2>32，且x1+x2=−16k1+2k2,x1⋅x2=241+2k2，
所以x1+x2=−23kx1⋅x2
易知A0,2、B0，−2，则lAN:y−2=y1−2x1x,lBM:y+2=y2+2x2x，
两式作商得y−2y+2=y1−2⋅x2y2+2⋅x1=kx1x2+2x2kx1x2+6x1=−32x1+x2+2x2−32x1+x2+6x1=−13⇒y=1是定值，
故G在定直线y=1上.

11．（2023春·河南·高三校联考阶段练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右顶点分别为A1−2,0，A22,0，过点D1,0的直线l与椭圆C交于异于A1，A2的M，N两点，当l与x轴垂直时，MN=6．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线A1M与直线A2N交于点P，证明点P在定直线上，并求出该定直线的方程．
【解题思路】（1）由题知a=2，再利用已知条件求出b的值即可；
（2）由题知直线A1M与直线A2N的斜率存在， 分别联立直线A1M、直线A2N与椭圆方程解出M,N的坐标，根据M,D,N共线，找出直线A1M与直线A2N的斜率的关系，再联立直线A1M与直线A2N，得出P点坐标，化简即可.
【解答过程】（1）由题知椭圆焦点在x轴上，左、右顶点分别为A1−2,0，A22,0，
所以a=2，
又过点D1,0的直线l与椭圆C交于异于A1，A2的M，N两点，
当l与x轴垂直时，MN=6，
所以将x=1代入C中，求得：
y=±3b2，所以MN=3b=6⇒b=2，
所以椭圆的标准方程为：x24+y22=1.
（2）如图所示：
由题知直线A1M与直线A2N的斜率存在，
设lA1M:y=k1x+2，lA2N:y=k2x−2，
由y=k1x+2x24+y22=1，消去y整理得：
1+2k12x2+8k12x+8k12−4=0，
解得：x1=−2,x2=2−4k121+2k12，
又M,N是异于A1，A2的两点，
所以有M2−4k121+2k12,4k11+2k12，
同理可得：N4k22−21+2k22,−4k21+2k22，
又D1,0，且M,D,N共线，
所以4k11+2k122−4k121+2k12−1=−4k21+2k224k22−21+2k22−1，
化简得：3k1−k21+2k1k2=0，
由题知k1,k2同号，
所以3k1=k2，
联立：y=k1x+2y=k2x−2，
所以P2k1+2k2k2−k1,4k1k2k2−k1，
将3k1=k2代入P点的横坐标，
则xP=2k1+2k2k2−k1=8k12k1=4，
所以点P在定直线x=4上.
12．（2023春·河南安阳·高三校考阶段练习）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为23，且7,103为C上一点．
(1)求C的标准方程；
(2)点A，B分别为C的左、右顶点，M，N为C上异于A，B的两点，直线MN不与坐标轴平行且不过坐标原点О，点M关于原点О的对称点为M′，若直线AM′与直线BN相交于点P，直线OP与直线MN相交于点Q，证明：点Q位于定直线上．
【解题思路】（1）利用离心率和点在椭圆上，建立a,b,c的方程，求解椭圆方程即可；
（2）设点M，N坐标，联立直线与椭圆方程，韦达定理，利用坐标关系找到点在定直线上.
【解答过程】（1）设椭圆C的焦距为2cc>0，
由题意得ca=237a2+109b2=1a2=b2+c2，解得a2=9b2=5，
∴C的标准方程为x29+y25=1．
（2）由题可知A−3,0，B3,0，
设Mx1,y1，Nx2,y2，
则M′−x1,−y1，设lMN：x=my+n．
联立x=my+nx29+y25=1消去x得5m2+9y2+10mny+5n2−9=0，
∴y1+y2=−10mn5m2+9，y1y2=5n2−95m2+9，
又kAM'=y1x1−3kBN=y2x2−3，∴lAM'：y=y1x1−3x+3，lBN：y=y2x2−3x−3，
又∵点P为直线AM'和BN的交点，
∴x1−3y1⋅yp=xp+3x2−3y2⋅yp=xp−3，
故2xP=x1−3y1+x2−3y2yP =my1+n−3y1+my2+n−3y2yP
=2m+n−3y1+y2y1y2yP =2m+n−3⋅−10mn5n2−9yP，
∴xP=3mn+3yP，故lOP：x=3mn+3y．
联立lOP:x=3mn+3ylMN:x=my+n消去y得xQ=−3，
因此，点Q位于定直线x=−3上．
题型四
双曲线中的定点问题
13．（2023·海南海口·校考模拟预测）已知双曲线E：x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的离心率为2，右顶点A到渐近线的距离等于32.
(1)求双曲线E的方程.
(2)点M，N在E上，且AM⊥AN，直线MN是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.
【解题思路】（1）利用点到直线的距离公式，a,b,c的关系和离心率即可求解.
（2）由题知直线AM的斜率存在且不为0，设直线AM：y=kx−1，与E的方程联立，可得Mk2+3k2−3,6kk2−3，因为AM⊥AN，用−1k代替k，同理解得N3k2+11−3k2,−6k1−3k2，进而表示出直线MN的方程，即可得解.
【解答过程】（1）由题意，取渐近线bx−ay=0，
右顶点A到该渐近线的距离d=aba2+b2=32，
又a2+b2=c，ca=2，解得b=3，a=1，c=2，
E的方程为x2−y23=1.
（2）由题意知直线AM的斜率存在且不为0，
设直线AM：y=kx−1，
与E的方程联立，消去y得3−k2x2+2k2x−k2−3=0，
易知k2≠3，
由韦达定理得1×xM=k2+3k2−3，则Mk2+3k2−3,6kk2−3.
因为AM⊥AN，所以kAM⋅kAN=−1，
用−1k代替k（显然此时k2≠13），
同理得N3k2+11−3k2,−6k1−3k2，
得kMN=2kk2−1k2≠1，
直线MN：y=2kk2−1x−k2+3k2−3+6kk2−3=2kk2−1x+4kk2−1=2kk2−1x+2，
过定点−2,0.
当k2=1时，直线MN的斜率不存在，
易知直线MN的方程为x=−2，过左焦点−2,0.
综上，直线MN过定点−2,0.

14．（2023春·湖南岳阳·高二统考期末）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a∈N，四点P11,1，P21,0，P32,3，P42,−3中恰有三点在双曲线C上.
(1)求C的方程；
(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A,B两点，若直线P2A与直线P2B的斜率的和为−1.证明：l过定点.
【解题思路】（1）根据题意代入相应的点运算求解即可；
（2）设直线l的方程以及A,B的坐标，再根据题意结合韦达定理运算求解.
【解答过程】（1）易知双曲线C:x2a2−y2b2=1关于x轴对称，P3，P4关于x轴对称，故P3，P4都在双曲线C上，
若P11,1，P32,3，P42,−3在双曲线上，
则1a2−1b2=12a2−3b2=1，解得a=22b=1，不满足a∈N；
若P21,0，P32,3，P42,−3在双曲线上，
则1a2−0b2=12a2−3b2=1，解得a=1b=3，满足a∈N；
综上所述：双曲线C的方程为x2−y23=1.
（2）设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2，
如果直线l斜率不存在，则k1+k2=0，不符合题设，
设直线l：y=kx+m，m≠1，Ax1,y1，Bx2,y2，
联立y=kx+mx2−y23=1，整理得3−k2x2−2kmx−m2−3=0，
3−k2≠0Δ=4k2m2+43−k2m2+3>0，化简得：k2≠3m2−k2+3>0.
则x1+x2=2km3−k2，x1x2=−m2+33−k2，
则k1+k2=y1x1−1+y2x2−1=kx1+mx1−1+kx2+mx2−1 =2kx1x2+m−kx1+x2−2mx1x2−x1+x2+1=−1，
整理得2k+1x1x2+m−k−1x1+x2+1−2m=0，
即−2k+1m2+33−k2+2kmm−k−13−k2+1−2m=0，
化简得：k2+2m+6k+m2+6m=0，解得k=−m−6或k=−m，
当k=−m时，直线l的方程为y=−mx+m=−mx−1，
令x=1时，y=0，所以直线l过定点1,0，
又因为直线l不经过P2点，不合题意；
当k=−m−6时，直线l的方程为y=kx−k−6=kx−1−6，
当x=1时，y=−6，所以直线l过定点1,−6；
综上所述：l过定点1,−6.

15．（2023春·上海嘉定·高二校考阶段练习）双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左顶点为A，焦距为4，过右焦点F作垂直于实轴的直线交双曲线C于B，D两点，且△ABD是直角三角形．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)M，N是C右支上的两动点，设直线AM，AN的斜率为k1，k2，若k1⋅k2=−2，试问：直线MN是否经过定点？证明你的结论．
【解题思路】（1）根据题意及椭圆的性质，建立方程即可求解；
（2）根据题意设直线MN的方程为x=my+n，联立椭圆方程，根据根与系数的关系及k1⋅k2=−2，建立方程，从而可求出n的值，进而可求出直线过的定点.
【解答过程】（1）根据题意可得∠BAD=90°，AF=BF=DF，半焦距c=2，则a2+b2=4
当x=2时，4a2−y2b2=1， y2b2=4a2−1=4−a2a2=b2a2，
所以y2=b4a2，所以y=b2a，
由AF=BF=DF，得a+c=b2a，所以a2+2a=4−a2，
a2+a−2=0，解得a=1或a=−2（舍去），
所以b2=4−a2=3，
所以双曲线方程为x2−y23=1，
（2）由题意可知直线MN的斜率不为零，所以设直线MN为x=my+n，设M(x1,y1),N(x2,y2)，
由x2−y23=1x=my+n，得(3m2−1)y2+6mny+3(n2−1)=0，
由Δ=36m2n2−12(3m2−1)(n2−1)>0，得3m2+n2−1>0，
所以y1+y2=−6mn3m2−1,y1y2=3(n2−1)3m2−1，
由（1）知A(−1,0)，所以k1=y1x1+1,k2=y2x2+1，
因为k1⋅k2=−2，所以y1x1+1⋅y2x2+1=−2，
所以y1y2+2(x1+1)(x2+1)=0，
所以y1y2+2(my1+n+1)(my2+n+1)=0，
化简得(2m2+1)y1y2+2m(n+1)(y1+y2)+2(n+1)2=0，
所以(2m2+1)⋅3(n2−1)3m2−1−2m(n+1)⋅6mn3m2−1+2(n+1)2=0，
所以3(n2−1)(2m2+1)−12m2n(n+1)+2(n+1)2(3m2−1)=0，
化简得n2−4n−5=0，解得n=5或n=−1，
因为M，N是C右支上的两动点，所以n>0，所以n=5，
所以直线MN的方程为x=my+5，所以直线MN恒过定点(5,0)

16．（2023春·浙江杭州·高二校联考期中）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为3，且过3,2．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若直线y=kx+m与双曲线C交于P,Q两点，M是C的右顶点，且直线MP与MQ的斜率之积为−23，证明：直线PQ恒过定点，并求出该定点的坐标．
【解题思路】（1）根据题意可得关于a,b的方程组，解得a2，b2即可得到双曲线C的方程；
（2）联立直线PQ与双曲线C的方程，结合韦达定理再化简kMP⋅kMQ=−23得m=2k，即可得出直线PQ恒过定点−2,0．
【解答过程】（1）根据题意可得e=ca=3c2=a2+b232a2−22b2=1，解得a2=1，b2=2，
所以双曲线C的方程为x2−y22=1．
（2）设Px1,y1，Qx2,y2，
联立y=kx+mx2−y22=1，得k2−2x2+2kmx+m2+2=0，
Δ=8m2−k2+2>0，
x1+x2=−2kmk2−2，x1x2=m2+2k2−2，又M(1,0)
所以kMP⋅kMQ=y1x1−1⋅y2x2−1=kx1+mkx2+mx1x2−x1+x2+1
=k2x1x2+kmx1+x2+m2x1x2−x1+x2+1=k2m2+2k2−2−2k2m2k2−2+m2m2+2k2−2+2kmk2−2+1
=2(k+m)(k−m)(k+m)2=2(k−m)k+m=−23，
所以m=2k，
所以直线PQ的方程为y=kx+2，恒过定点−2,0．
题型五
双曲线中的定值问题
17．（2023春·湖北咸宁·高二统考期末）已知l1，l2既是双曲线C1：x2−y24=1的两条渐近线，也是双曲线C2：x2a2−y2b2=1的渐近线，且双曲线C2的焦距是双曲线C1的焦距的3倍.

(1)任作一条平行于l1的直线l依次与直线l2以及双曲线C1，C2交于点L，M，N，求MNNL的值；
(2)如图，P为双曲线C2上任意一点，过点P分别作l1，l2的平行线交C1于A，B两点，证明：△PAB的面积为定值，并求出该定值.
【解题思路】（1）求出双曲线C2的方程，设l1：y=−2x，l：y=−2x+m，分别联立l1与l、联立l与C1、联立l与C2的方程可得xL=m4、xM=m2+44m、xN=m2+124m，由LMMN可得答案；
（2）延长PA、PB分别交渐近线于C、D两点，设Px0,y0，求出PA、PB的方程与l1的方程联立解得xC=2x0+y04、xD=2x0−y04，可得PC⋅PD=5xP−xC=5xP−xD，设l2的倾斜角为α，利用正切的二倍角公式和三角形面积公式可得答案.
【解答过程】（1）依题意b=2a，根据双曲线C2的焦距是双曲线C1的焦距的3倍，可得5a2=15，
即a2=3，故双曲线C2：x23−y212=1，
不妨设l1：y=−2x，则设l：y=−2x+m，
联立y=−2x+my=2x，可得xL=m4，联立y=−2x+mx2−y24=1可得xM=m2+44m，
联立y=−2x+mx23−y212=1可得xN=m2+124m，
从而LMMN=xM−xLxN−xM=m2+44m−m4m2+124m−m2+44m=12；
（2）如图，延长PA，PB分别交渐近线于C，D两点，

由（1）可知PAPC=PBPD=23，则S△PAB=49S△PCD，
设Px0,y0，则PA：y=−2x−x0+y0，联立y=−2x−x0+y0y=2x，
解得xC=2x0+y04，
而PB：y=2x−x0+y0，联立y=2x−x0+y0y=−2x，解得xD=2x0−y04，
从而PC⋅PD=5xP−xC×5xP−xD=52x0−y04⋅2x0+y04=154，
设l2的倾斜角为α，则tanα=2，而∠APB=∠COD=2α，故sin2α=2tanα1+tan2α=45，
则S△PCD=12PC⋅PDsin2α=32，因此S△PAB=49S△PCD=23.
18．（2023春·安徽·高二校联考期末）已知直线l:mx+y−2m−3=0过定点A，双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0过点A，且C的一条渐近线方程为y=3x.
(1)求点A的坐标和C的方程；
(2)若直线l′:y=kx+1k≠1与C交于M，N两点，试探究：直线AM，AN的斜率之和是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【解题思路】（1）将直线l:mx+y−2m−3=0化简为l:mx−2+y−3=0即可得出点A的坐标，再根据渐近线方程即可求出C的方程；
（2）联立双曲线和直线l′:y=kx+1k≠1表达出韦达定理，表达出kAM+kAN代入韦达定理即可求出结果.
【解答过程】（1）由直线l:mx+y−2m−3=0知，l:mx−2+y−3=0，
得定点A2,3.
则4a2−9b2=1ba=3，解得a2=1b2=3，
故C的方程为x2−y23=1.
（2）
由（1）知，A2,3，设Mx1,y1，Nx2,y2.
联立x2−y23=1y=kx+1，
整理得3−k2x2−2kx−4=0，
则3−k2≠0，且Δ=48−12k2>0，
∴k20的渐近线方程为y=±12x，其左右焦点为F1，F2，点D为双曲线上一点，且△DF1F2的重心G点坐标为43,33.
(1)求该双曲线的标准方程；
(2)过x轴上一动点Pt,0作直线l交双曲线的左支于A，B两点，A点关于x轴的对称点为A′（A′与B不重合），连接BA′并延长交x轴于点Q，问OQ⋅OP是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是定值，说明理由.
【解题思路】（1）根据双曲线方程设x24−y2=λ，Dx0,y0，根据重心坐标公式求出D(4,3)，代入原方程即可得到λ的值，则得到双曲线方程；
（2）设l的方程为y=k(x−t)，Ax1,y1,Bx2,y2，将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，写出直线BA′的方程，令y=0，解出x，将韦达定理式代入整理得x=4t，则得到定值.
【解答过程】（1）因为双曲线的渐近线方程为y=±12x，
故可设双曲线的方程为x24−y2=λ，
设Dx0,y0，因为△DF1F2的重心G点的坐标为43,33，
所以x03=43y03=33，解得x0=4y0=3，所以D(4,3)，则代入得λ=1，
所以双曲线的标准方程为 x24−y2=1
（2）由题意知直线l的斜率必存在，设l的方程为y=k(x−t)，
Ax1,y1,Bx2,y2，则A′x1,−y1，联立y=k(x−t)x2−4y2−4=0，
化简得1−4k2x2+8k2tx−4k2t2−4=0，
则Δ=8k2t2+41−4k24k2t2+4>0，且1−4k2≠0，
由韦达定理得
x1+x2=8k2t4k2−10，
则直线BA′的方程为：y+y1=y2+y1x2−x1x−x1，
令y=0，则x=y1x2−x1y2+y1+y1=y1x2+x1y2y1+y2=kx1−tx2+kx2−tx1kx1+x2−2t=2kx1x2−ktx1+x2kx1+x2−2t
=8k3t2+8k4k2−1−8k3+24k2−1k⋅8k2t−8k2t+2t4k2−1=8k4k2−12tk4k2−1=4t，故|OQ|⋅|OP|=t⋅|4t∣=4.
.
20．（2023·黑龙江哈尔滨·校考模拟预测）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的渐近线方程为y=±34x，焦距为10，A1，A2为其左右顶点．
(1)求C的方程；
(2)设点P是直线l：x=2上的任意一点，直线PA1、PA2分别交双曲线C于点M、N，A2Q⊥MN，垂足为Q，求证：存在定点R，使得QR是定值．
【解题思路】（1）由双曲线的渐近线方程及焦距求解双曲线的方程即可；
（2）设出直线MN的方程与双曲线的方程联立得到韦达定理，与直线A1M，A2N，联立最终得到点Q的轨迹方程，即可求解.
【解答过程】（1）依题意ba=342c=10⇒a=4b=3⇒C：x216−y29=1.
（2）证明：如图：

设Qx0,y0、Mx1,y1，Nx2,y2，
直线MN：y−y0=x0−4y0x−x0，即MN：y=x0−4y0x+x0−4x0+y02y0.
（记k=−x0−4y0，m=x0−4x0+y02y0）代入9x2−16y2=9×16中得：
9−16k2x2−32kmx−16m2+9=0.
所以x1+x2=32km9−16k2，x1x2=−16m2+99−16k2.
又因为直线A1M：y=y1x1+4x+4、直线A2N：y=y2x2−4x−4联立得：
−13=y1x1+4⋅x2−4y2=y1x1+4⋅169y2x2+4=169⋅kx1+mkx2+mx1+4x2+4.
⇒16k2+3x1x2+44km+3x1+x2+16m2+3=0.
⇒m2+916k2+3−8km4km+3+m2+316k2−9=0.
⇒−24km−6m2+16×12k2=0.
即32k2−4km−m2=0⇒m=−8k或m=4k（舍）.
所以x0−4y0⋅8=x0−4x0+y02y0⇒x0−62+y02=4.
所以，Q点轨迹为，以6,0为圆心，2为半径的圆上，所以R6,0，QR=2.
题型六
双曲线中的定直线问题
21．（2023秋·高二单元测试）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为−25,0，离心率为5．
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点−4,0的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P．证明:点P在定直线上.
【解题思路】（1）由题意求得a,b的值即可确定双曲线方程；
（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线MA1与NA2的方程，联立直线方程，消去y，结合韦达定理计算可得x+2x−2=−13，即交点的横坐标为定值，据此可证得点P在定直线x=−1上.
【解答过程】（1）设双曲线方程为x2a2−y2b2=1a>0,b>0，由焦点坐标可知c=25，
则由e=ca=5可得a=2，b=c2−a2=4，
双曲线方程为x24−y216=1.
（2）由(1)可得A1−2,0,A22,0，设Mx1,y1,Nx2,y2，
显然直线的斜率不为0，所以设直线MN的方程为x=my−4，且−120,b>0上一点P向x轴作垂线，垂足恰为左焦点F1，点A1,A2分别是双曲线的左、右顶点，点B0,12b，且A2B// OP，F1A2=2+3.
(1)求双曲线的方程；
(2)过点23,0作直线L分别交双曲线左右两支于C,D两点，直线A1C与直线A2D交于点M，证明：点M在定直线上.
【解题思路】（1）由A2B// OP可得−b2ac=−b2a，再由F1A2=2+3可得a+c=2+3，解方程即可求出a,b,c，即可得出答案.
（2）设Cx1,y1，Dx2,y2，直线CD:x=ty+23，联立直线与双曲线的方程可求出t的范围，再根据根与系数的关系可得y1⋅y2=−943ty1+y2③，设直线A1C,A2D方程结合③求解，即可证明点M在定直线x=32上.
【解答过程】（1）令x=−c，代入双曲线方程可得y=±b2a，所以设P−c,b2a，A2a,0，
因为A2B// OP，所以−b2ac=−b2a，即c=2b，所以a=3b.
因为F1A2=2+3，所以a+c=2+3b=2+3，
所以b=1，c=2，a=3，
所以双曲线的方程为x23−y2=1.

（2）设Cx1,y1，Dx2,y2，直线CD:x=ty+23，
联立x23−y2=1x=ty+23可得，t2−3y2+43ty+9=0，
由t2−3≠0Δ>09t2−3>0可得t>3或t0的左、右焦点分别为F1、F2，从F2发出的光线经过图2中的A、B两点反射后，分别经过点C和D，且tan∠CAB=−34，AB⊥BD.

(1)求双曲线E的方程；
(2)设A1、A2为双曲线E实轴的左、右顶点，若过P4,0的直线l与双曲线C交于M、N两点，试探究直线A1M与直线A2N的交点Q是否在某条定直线上？若存在，请求出该定直线方程；如不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）延长CA与DB交于F1，分析可得BF1AB=34，令BF1=3tt>0，则AB=4t，AF1=5t，利用双曲线的定义可得出t的值，利用勾股定理求出c的值，进而可求得b的值，由此可得出双曲线E的方程；
（2）分析可知，直线l不与x轴垂直，设直线l的方程为x=my+4，设点Mx1,y1、Nx2,y2，将直线l的方程与双曲线E的方程联立，列出韦达定理，联立直线A1M、A2N的方程，求出x的值，即可得出结论.
【解答过程】（1）解：如图所示：

延长CA与DB交于F1，因为AB⊥AD，tan∠CAB=−34，
则tan∠F1AB=tanπ−∠ACB=−tan∠ACB=34，即BF1AB=34，
令BF1=3tt>0，则AB=4t，
所以，AF1=AB2+BF12=4t2+3t2=5t，
由双曲线的定义可得AF1−AF2=2a=4，则AF2=AF1−4=5t−4，
BF1−BF2=2a=4，则BF2=BF1−4=3t−4，
又因为AB=AF2+BF2，即4t=5t−4+3t−4，解得t=2，
所以，BF1=3t=6，BF2=3t−4=2，
由勾股定理可得2c=F1F2=BF12+BF22=62+22=210，则c=10，
故b=c2−a2=10−4=6，
因此，双曲线E的方程为x24−y26=1.
（2）解：若直线l与x轴重合，则直线l与双曲线E的交点为双曲线E的两个顶点，不合乎题意，
设直线l的方程为x=my+4，设点Mx1,y1、Nx2,y2，
联立x=my+43x2−2y2=12可得3m2−2y2+24my+36=0，

由题意可得3m2−2≠0Δ=242m2−1443m2−2>0，解得m≠±63，
由韦达定理可得y1+y2=−24m3m2−2，y1y2=363m2−2，
易知点A1−2,0、A22,0，则kA1M=y1x1+2=y1my1+6，kA2N=y2x2−2=y2my2+2，
直线A1M的方程为y=y1my1+6x+2，直线A2N的方程为y=y2my2+2x−2，
联立直线A1M、A2N的方程并消去y可得y1my1+6x+2=y2my2+2x−2，
可得x+2x−2=y2my1+6y1my2+2=my1y2+6y2my1y2+2y1=36m3m2−2+6−24m3m2−2−y136m3m2−2+2y1
=−108m3m2−2−6y136m3m2−2+2y1=−3，解得x=1，
因此，直线A1M与直线A2N的交点Q在定直线x=1上.
24．（2023·安徽六安·安徽省校考模拟预测）已知点(2,3)在双曲线C:x2a2−y2a2+2=1上．
(1)双曲线上动点Q处的切线交C的两条渐近线于A,B两点，其中O为坐标原点，求证：△AOB的面积S是定值；
(2)已知点P(12,1)，过点P作动直线l与双曲线右支交于不同的两点M､N，在线段MN上取异于点M､N的点H，满足PMPN=MHHN，证明：点H恒在一条定直线上．
【解题思路】（1）先求出双曲线方程，设Qm,n，则x2−y23=1过点Qm,n的切线方程为mx−ny3=1，联立mx−ny3=1与两条渐近线方程，得到A,B点坐标，利用12x1y2−x2y1求出面积为定值；
（2）考虑直线l斜率不存在，不合题意，故直线l斜率存在，设直线l方程y−1=kx−12，与双曲线方程联立，设出Mx1,y1,Nx2,y2，得到两根之和，两根之积，再设点H的坐标为xH,yH，由PMPN=MHHN得到xH=8−k3−2k，yH=19−4k23−2k，消去参数得到点H恒在一条定直线x−y=−12上.
【解答过程】（1）将(2,3)代入双曲线中，4a2−9a2+2=1，
解得a2=1，故双曲线方程为x2−y23=1，
下面证明x2a2−y2b2=1a>0,b>0上一点x0,y0的切线方程为x0xa2−y0yb2=1，
理由如下：当切线方程的斜率存在时，
设过点x0,y0的切线方程为y−y0=kx−x0，与x2a2−y2b2=1a>0,b>0联立得，
1a2−k2b2x2+2k2x0b2−2k2y0b2x+2kx0y0−k2x02−y02−b2b2=0，
由Δ=2k2x0b2−2k2y0b22−41a2−k2b2⋅2kx0y0−k2x02−y02−b2b2=0
化简得y0−kx02=a2k2−b2，
因为k=y−y0x−x0，代入上式得y0−y−y0x−x0⋅x02=a2y−y0x−x02−b2，
整理得xy0−x0y2=a2y−y02−b2x−x02，
同除以a2b2得，xy0−x0y2a2b2=y−y02b2−x−x02a2，
即x2y02−2xy0x0y+x02y2a2b2=y2−2y0y+y02b2−x2−2x0x+x02a2，
因为x02a2−y02b2=1，x2a2−y2b2=1，
所以x2y02−2xy0x0y+x02y2a2b2=−2−2y0yb2+2x0xa2，
联立x02a2−y02b2=1x2a2−y2b2=1，两式相乘得，x02x2a4−x02y2a2b2−x2y02a2b2+y02y2b4=1，
从而x02y2a2b2+x2y02a2b2=−1+x02x2a4+y02y2b4，
故−1+x02x2a4+y02y2b4+−2xy0x0ya2b2=−2−2y0yb2+2x0xa2，
即−1+x0xa2−y0yb22=−2+2x0xa2−y0yb2，
令t=x0xa2−y0yb2，则−1+t2=−2+2t，即t−12=0，
解得t=1，即x0xa2−y0yb2=1，
当切线斜率不存在时，此时切点为±a,0，切线方程为x=±a，满足x0xa2−y0yb2=1，
综上：x2a2−y2b2=1a>0,b>0上一点x0,y0的切线方程为x0xa2−y0yb2=1，
设Qm,n，则x2−y23=1过点Qm,n的切线方程为mx−ny3=1，
故mx−ny3=1为x2−y23=1过点Qm,n的切线方程，
双曲线的两条渐近线方程为y=±3x，
联立mx−ny3=1与y=3x，解得x1=33m−3ny1=333m−3n,
联立mx−ny3=1与y=−3x，解得x2=33m+3ny2=−333m+3n,
直线AB方程为y−y1x−x1=y2−y1x2−x1，即y−y1x2−x1−y2−y1x−x1=0，
故点O到直线AB的距离为−y1x2−x1−y2−y1−x1x2−x12+y2−y1=x1y2−x2y1x2−x12+y2−y1，
且AB=x2−x12+y2−y1，
故△AOB的面积为12x1y2−x2y1x2−x12+y2−y1⋅x2−x12+y2−y1=12x1y2−x2y1
=1233m−3n⋅−333m+3n−33m+3n⋅333m−3n
=12−1839m2−3n2=12−1839=3，为定值；
（2）若直线l斜率不存在，此时直线l与双曲线右支无交点，不合题意，不满足条件，
故直线l斜率存在，设直线l方程y−1=kx−12，
与x2−y23=1联立得3−k2x2+k2−2kx−14k2−k+4=0，
由Δ>03−k2≠0k2−2kk2−3>014k2−k+4k2−3>0，
因为14k2−k+4=14k−22+3>0恒成立，所以k2−3>0，
故k2−2k>0，
解得−2−21330焦点为F，R为G上的动点，K1,2位于G的上方区域，且RK+RF的最小值为3.
(1)求G的方程；
(2)过点P0,2作两条互相垂直的直线l1和l2，l1交G于A，B两点，l2交G于C，D两点，且M，N分别为线段AB和CD的中点.直线MN是否恒过一个定点?若是，求出该定点坐标；若不是，说明理由.
【解题思路】（1）首先得到抛物线的焦点与准线方程，根据抛物线的定义可得RK+RF≥2+p2，即可求出p，从而得解.
（2）依题意直线l1和l2的斜率均存在且不为0，设直线l1的方程为y=kx+2，则直线l2的方程为y=−1kx+2，Ax1,y1，Bx2,y2，联立直线与抛物线方程，消元，列出韦达定理，即可求出M点坐标，同理得到N点坐标，即可得到直线MN的方程，从而得解.
【解答过程】（1）抛物线G：x2=2pyp>0焦点为F0,p2，准线为l: y=−p2，
设R到l的距离为d，因为K1,2位于G的上方区域，
根据抛物线的定义可知RK+RF=RK+d≥2+p2（当且仅当RK⊥l时取等号），
又RK+RF的最小值为3，所以2+p2=3，解得p=2，
所以抛物线G：x2=4y.

（2）依题意直线l1和l2的斜率均存在且不为0，
设直线l1的方程为y=kx+2，则直线l2的方程为y=−1kx+2，Ax1,y1，Bx2,y2，
联立方程得y=kx+2x2=4y，消去y并整理得x2−4kx−8=0，
则Δ=−4k2+32=16k2+32>0，则x1+x2=4k，x1x2=−8，
所以y1+y2=kx1+x2+4=4k2+4，
因为M为AB的中点，所以M2k,2k2+2，同理N−2k,2k2+2，
所以直线MN的方程为y−2k2+2=2k2+2−2k2+22k+2kx−2k=k−1kx−2k，
整理得y=k−1kx+4，所以直线MN恒过点0,4.

27．（2023春·广东揭阳·高二统考期末）已知抛物线C: y2=2pxp>0的焦点为F1,0，点M在直线x=−2上运动，直线l1，l2经过点M，且与C分别相切于A,B两点．
(1)求C的方程；
(2)试问直线AB是否过定点？若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由．
【解题思路】（1）利用抛物线焦点坐标求得p，从而得解；
（2）联立直线AB: x=ty+m与抛物线方程得到y1y2=−4m，再由l1，l2与抛物线相切求得y1−2+x2=y2−2+x1，化简即可得到m=2，从而得解.
【解答过程】（1）由题意得p2=1，解得p=2，
所以抛物线C的方程为y2=4x.
（2）直线AB恒过定点，定点坐标为(2,0)，

由题意可知直线AB斜率不为0，设直线AB:x=ty+m,Ax1,y1,Bx2,y2,M(−2,a)，
联立x=ty+my2=4x，得y2−4ty−4m=0，
则Δ=16t2+16m>0,y1+y2=4t,y1y2=−4m，
由题意可知直线l1,l2的斜率均存在，且不为0，y1≠0,y2≠0，
设直线l1:y=kx−x1+y1，与y2=4x联立得ky2−4y+4y1−kx1=0，
则Δ=16−16ky1−kx1=0，又y12=4x1，则k2y12−4ky1+4=0，解得k=2y1，
所以直线l1:y=2y1x−x1+y1，即yy1=2x+x1，
同理直线l2:yy2=2x+x2，
又点M(−2,a)在l1,l2上，所以ay1=2−2+x1ay2=2−2+x2，
消去a得y1−2+x2=y2−2+x1，即y1−2+y224=y2−2+y124，
所以y2−y1y1y2+8=0，
又y1≠y2，所以y1y2=−8，所以−4m=−8，解得m=2，
所以直线AB:x=ty+2，故直线AB恒过定点(2,0).
28．（2023春·四川资阳·高二统考期末）过点K(0,−1)作抛物线G:x2=2py(p>0)在第一象限部分的切线，切点为A，F为G的焦点，O为坐标原点，△OAF的面积为1．
(1)求G的方程；
(2)过点P(0,2)作两条互相垂直的直线l1和l2，l1交G于C，D两点，l2交G于P，Q两点，且M，N分别为线段CD和PQ的中点．直线MN是否恒过一个定点？若是，求出该定点坐标；若不是，说明理由．
【解题思路】（1）利用导数求解切线方程，即可得切点坐标，由面积公式即可求解p=2，
（2）联立直线与抛物线的方程得韦达定理，结合中点坐标公式可得M，N的坐标，即可由点斜式求解直线的方程，化简即可求解.
【解答过程】（1）由题，y′=xp，
设切点Ax0,y0，则切线方程为y−y0=x0px−x0，x02=2py0,
K(0,−1)的坐标代入，得−1−y0=x0p−x0，解得y0=1，由于x0>0，所以x0=2p，
由△OAF的面积S=12⋅p2⋅2p=1，解得p=2，
所以G的方程为x2=4y．
（2）由题意可知，直线l1和l2斜率都存在且均不为0，
设直线l1的方程为y=kx+2，则直线l2的方程为y=−1kx+2，
联立方程组y=kx+2,x2=4y消去y并整理得，x2−4kx−8=0，
则Δ=(−4k)2+32=16k2+32>0，
设Cx1,y1，Dx2,y2，则x1+x2=4k，x1⋅x2=−8，
所以y1+y2=kx1+x2+4=4k2+4，
因为M为CD中点，所以M2k,2k2+2，
同理可得N−2k,2k2+2，
所以，直线MN的方程为y−2k2+2=2k2+2−2k2+22k+2k⋅(x−2k)=k−1k⋅(x−2k)，
整理得y=k−1kx+4，所以，直线MN恒过定点(0,4)．
题型八
抛物线中的定值问题
29．（2023·广东深圳·统考模拟预测）已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F2,0.

(1)求抛物线的标准方程；
(2)抛物线C在x轴上方一点A的横坐标为2，过点A作两条倾斜角互补的直线，与曲线C的另一个交点分别为B，C，求证：直线BC的斜率为定值．
【解题思路】（1）根据已知中抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F2,0，求出p值，可求抛物线的标准方程；
（2）设出直线AB、AC的方程与椭圆方程联立，求出B、C的坐标，利用斜率公式，即可证明直线BC的斜率为定值．
【解答过程】（1）∵抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F2,0，
∴p2=2，解得p=4，
故抛物线C的标准方程为：y2=8x；
（2）∵点A的横坐标为2，即y2=8×2，解得y=±4，
故A点的坐标为2,4，设Bx1,y1，Cx2,y2，
由已知设AB：my−4=x−2，即x=my−4m+2，
代入抛物线的方程得y2=8my−4m+2，即y2−8my+32m−16=0，
则y1+4=8m，故y1=8m−4，
所以x1=my1−4m+2=m8m−4−4m+2=8m2−8m+2，
即B8m2−8m+2,8m−4，
设AC：−my−4=x−2，即x=−my+4m+2，
同理可得y2=−8m−4，则x2=−my2+4m+2=−m−8m−4+4m+2=8m2+8m+2，
即C8m2+8m+2,−8m−4
直线BC的斜率kBC=y1−y2x1−x2=16m−16m=−1，
所以直线BC的斜率为定值．
30．（2023春·广东·高二校联考期末）设点F为抛物线C：x2=2pyp>0的焦点，过点F且斜率为5的直线与C交于A，B两点S△AOB=26（O为坐标原点）
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点E0,2作两条斜率分别为k1，k2的直线l1，l2，它们分别与抛物线C交于点P，Q和R，S.已知EP⋅EQ=ER⋅ES，问：是否存在实数λ，使得k1+λk2为定值?若存在，求λ的值，若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）写出直线AB的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合三角形面积求解作答.
（2）联立直线l1与抛物线C的方程，结合弦长公式求出EP⋅EQ,ER⋅ES，由已知建立关系推理作答.
【解答过程】（1）抛物线C：x2=2pyp>0的焦点F(0,p2)，直线AB的方程为y=5x+p2，
由y=5x+p2x2=2py消去y并整理得：x2−25px−p2=0，设Ax1,y1,Bx2,y2，
则x1+x2=25p,x1⋅x2=−p2，|x1−x2|=(x1+x2)2−4x1x2=20p2+4p2=26p，
因此S△AOB=12|OF|⋅|x1−x2|=12×p2×26p=6p22=26，而p>0，解得p=2，
所以抛物线C的方程为x2=4y.

（2）存在λ=1，使得k1+λk2为定值.
依题意，直线l1:y=k1x+2，直线l2:y=k2x+2，
由y=k1x+2x2=4y消去y并整理得x2−4k1x−8=0，设Px3,y3,Qx4,y4，
则x3+x4=4k1,x3x4=−8，|EP|=1+k12|x3|,|EQ|=1+k12|x4|，|EP|⋅|EQ|=8(1+k12)，
设Rx5,y5,Sx6,y6，同理x5+x6=4k2,x5x6=−8，且有|ER|⋅|ES|=8(1+k22)，
由|EP|⋅|EQ|=|ER|⋅|ES|，得8(1+k12)=8(1+k22)，即k12=k22，而k1≠k2，则k1+k2=0，
所以存在λ=1，使得k1+λk2为定值0.
31．（2023·河南信阳·信阳高中校考三模）已知抛物线C1:y2=2pxp>0上一点Q1,a到焦点的距离为3.

(1)求a，p的值；
(2)设P为直线x=−1上除−1,−3，−1,3两点外的任意一点，过P作圆C2:x−22+y2=3的两条切线，分别与曲线C1相交于点A，B和C，D，试判断A，B，C，D四点纵坐标之积是否为定值？若是，求该定值；若不是，请说明理由.
【解题思路】（1）根据抛物线的定义求出p，利用两点距离公式求出a；
（2）设切线方程，联立方程韦达定理，结合直线与圆相切得到斜率关系，从而求解纵坐标之积为定值.
【解答过程】（1）根据抛物线的定义，Q1,a到准线x=−p2的距离为3，
∴1+p2=3，∴p=4；
∴抛物线的焦点坐标为2,0，∴1+a2=3，∴a=±22；
（2）设P−1,y0，过点P的直线方程设为l:y−y0=kx+1，
由y2=8xy−y0=kx+1得，ky2−8y+8y0+8k=0，
若直线AB，CD的斜率分别为k1，k2，设A，B，C，D的纵坐标分别为y1，y2，y3，y4，
∴y1y2=8y0+k1k1，y3y4=8y0+k2k2，
∵C2到l的距离d=3k+y01+k2=3，∴6k2+6y0k+y02−3=0，
∴k1+k2=−y0，k1k2=y02−36，
∴y1y2y3y4=64k1k2+k1+k2y0+y02k1k2 =64k1k2−y02+y02k1k2=64，
∴A，B，C，D四点纵坐标之积为定值，且定值为64.
32．（2023·河北·模拟预测）已知抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，圆D:x−12+y−22=4恰与C的准线相切.
(1)求C的方程及点F与圆D上点的距离的最大值；
(2)O为坐标原点，过点M0,1的直线l与C相交于A，B两点，直线AD，BD分别与y轴相交于点P，Q，MP=mMO，MQ=nMO，求证：mnm+n为定值.
【解题思路】（1）由题意可列式求得p，即可得抛物线方程，进而求得点F与圆D上点的距离的最大值；
（2）设直线l方程并联立抛物线方程，可得根与系数的关系式，设P0,yP,Q0,yQ结合MP=mMO，MQ=nMO得出m,n的表达式，进而得mnm+n的表达式，结合根与系数的关系进行化简，即得结论.
【解答过程】（1）由题意得抛物线C的焦点坐标为F(p2,0)，准线方程为l′:x=−p2，
圆D:x−12+y−22=4的圆心为D(1,2)，半径为r=2，
由圆D:x−12+y−22=4恰与C的准线相切得1−−p2=2，
故p=2，故C方程为y2=4x，F(1,0)，
故点F与圆D上点的距离的最大值为|DF|+r=1−12+2−02+2=4；
（2）由题意知直线l的斜率存在且不为0，
设过点M0,1的直线l的方程为y=kx+1,A(x1,y1),B(x2,y2)，y12=4x1，y22=4x2，

联立y2=4xy=kx+1，整理得k2x2+2k−4x+1=0，
则△=2k−42−4k2>0且k≠0，即k0，过点−1,0的两条直线l1、l2分别交E于A、B两点和C、D两点．当l1的斜率为12时，AB=210．
(1)求E的标准方程；
(2)设G为直线AD与BC的交点，证明：点G在定直线上．
【解题思路】（1）当直线l1的斜率为12时，写出直线l1的方程，设点Ax1,y1、Bx2,y2，将直线l1的方程与抛物线E的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式可得出关于p的方程，结合Δ>0可求出p的值，即可得出抛物线E的标准方程；
（2）分析可知直线l1、l2都不与x轴重合，设直线AB的方程为x=my−1，将该直线的方程与抛物线的方程联立，设Ay122,y1、By222,y2，由韦达定理可得y1y2=2，同理可得出y3y4=2，写出直线AD、BC的方程，求出这两条直线的交点G的横坐标，即可证得结论成立.
【解答过程】（1）解：当直线l1的斜率为12时，直线l1的方程为y=12x+1，设点Ax1,y1、Bx2,y2，
联立y2=2pxy=12x+1可得x2+21−4px+1=0，
Δ=41−4p2−4=416p2−8p>0，因为p>0，可得p>12，
由韦达定理可得x1+x2=8p−2，x1x2=1，
AB=1+122x1+x22−4x1x2=52⋅8p−22−4=210，
整理可得2p2−p−1=0，解得p=1或p=−12（舍去），
因此，抛物线E的方程为y2=2x.
（2）证明：当直线l1与x轴重合时，直线l1与抛物线E只有一个交点，不合乎题意，
所以，直线l1不与x轴重合，同理可知直线l2也不与x轴重合，
设直线AB的方程为x=my−1，联立x=my−1y2=2x可得y2−2my+2=0，
则Δ=4m2−4>0可得m2>1，
设点Ay122,y1、By222,y2，由韦达定理可得y1y2=2，
设直线CD的方程为x=ny−1，设点Cy322,y3、Dy422,y4，同理可得y3y4=2，
直线AD的方程为y−y1=y4−y1y42−y122x−y122，即y=2y1+y4x+y1y4y1+y4，
化简可得2x−y1+y4y+y1y4=0，
同理可知，直线BC的方程为2x−y2+y3y+y2y3=0，
因为点−1,0在抛物线的对称轴上，由抛物线的对称性可知，

交点G必在垂直于x轴的直线上，所以只需证明点G的横坐标为定值即可，
由2x−y1+y4y+y1y4=02x−y2+y3y+y2y3=0，消去y，
因为直线AD与BC相交，则y1+y4≠y2+y3，
解得x=y2y3y1+y4−y1y4y2+y32y2+y3−y1+y4=y1y2y3+y2y3y4−y1y2y4−y1y3y42y2+y3−y1+y4
=2y3+2y2−2y1−2y42y2+y3−y1+y4=1，
所以，点G的横坐标为1，因此，直线AD与BC的交点G必在定直线x=1上.
34．（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点P(2，0)作直线l交抛物线于A，B两点．
(1)若l的倾斜角为π4，求△FAB的面积；
(2)过点A，B分别作抛物线C的两条切线l1，l2且直线l1与直线l2相交于点M，问：点M是否在某定直线上？若在，求该定直线的方程，若不在，请说明理由．
【解题思路】（1）根据已知条件，可得直线l的方程，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理、弦长公式以及点到直线的距离公式，即可求得△FAB的面积；
（2）根据已知条件，结合导数，分别求出两条切线l1，l2，再联立两条切线方程，并利用韦达定理的条件，即可得出结果．
【解答过程】（1）∵l的倾斜角为π4，∴k=tanπ4=1，
∵直线l为点P(2，0)，∴直线l的方程y＝x－2，即x＝y＋2，
联立直线l与抛物线方程y2=4xx=y+2，化简可得y2−4y−8=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则Δ=16+4×8=48>0，y1+y2=4y1y2=−8，
∴AB=2(y1+y2)2−4y1y2=242−4×(−8)=46，
又∵点F(1，0)到直线l的距离是d=|1−0−2|12+(−1)2=22，
∴S△FAB=12AB⋅d=12×46×22=23．
（2）设l的方程为x=my+2，
联立直线l与抛物线方程x=my+2y2=4x，化简可得y2−4my−8＝0，
则Δ=16m2+32>0，由韦达定理可得y1+y2＝4m，y1y2＝－8，
∴x1x2=(y1y2)216=4，
不妨设点A(x1,y1)在x轴上方，点B(x2,y2)在x轴下方，
当y≥0时，y=2x，求导可得y′=1x，∴y′x=x1=1x1，
∴抛物线C上过点A的切线l1的方程为y−y1=1x1(x−x1)，即y=1x1x−x1+y1①，
当y1），且AF=QF，直线l1∥l，且与抛物线相切于点P.
(1)求证：A,F,P三点共线；
(2)过点A作该抛物线的切线l2（点A为切点），l2交l1于点N.
（ⅰ）试问，点N是否在定直线上，若在，请求出该直线，若不在，请说明理由；
（ⅱ）求S△ABN的最小值.
【解题思路】（1）易知焦点F(0,1)，设出A,B两点坐标，根据AF=QF得到t=x124+2，再由l1∥l可知两直线斜率相等，可得P点坐标的表达式，再利用kAF=kPF即可证明A,F,P三点共线；（2）（ⅰ）分别写出直线l1，l2的方程，求出两直线交点N的坐标表达式即可得出点N在定直线y=−1上；（ⅱ）联立直线l与抛物线方程，利用弦长公式求出AB的表达式，再求出点N到AB的距离写出面积表达式利用基本不等式即可求得S△ABN的最小值.
【解答过程】（1）由题可知F(0,1)，设A(x1,x124),B(x2,x2124)，
又Q0,t,t>1，由AF=QF得t−1=x12+x124−12=x124+1，
所以t=x124+2，即Q0,x124+2，
所以直线l的斜率为kAQ=x124−x124+2x1−0=−2x1，
设P(xp,xp24)，由x2=4y可得y′=x2，
所以直线l1的斜率为y′x=xp=xp2，
又l1∥l，即xp2=−2x1，所以xp=−4x1，得P(−4x1,4x12)
所以，kAF=x124−1x1−0=x12−44x1,kPF=4x12−1−4x1−0=−4−x124x1=x12−44x1，
即kAF=kPF，则A,F,P三点共线.
（2）（ⅰ）点N在定直线y=−1上，理由如下：
直线l1的斜率为y′x=xp=xp2=−2x1，所以直线l1的方程为l1:y−4x12=−2x1x+4x1
即l1:y=−2x1x−4x12
过点A的切线l2斜率为y′x=x1=x12，所以直线l2的方程为l2:y−x124=x12x−x1
即l2:y=x12x−x124，
l2交l1于点N，解得Nx12−2x1,−1
因此，点N在定直线y=−1上.
（ⅱ）由（1）知直线l的斜率为k=−2x1，方程为l:y−x124=−2x1x−x1，
即l:y=−2x1x+x124+2，
联立抛物线方程x2=4y整理得x2+8x1x−x12−8=0，
所以Δ=8x12+4x12+32=4x1+4x12>0，
所以AB=1+k2(x1+x2)2−4x1x2=1+4x124x1+4x12=21+4x12x1+4x1
又因为l1∥l，所以点N到AB的距离等于点P到直线l的距离，
而P(−4x1,4x12)到直线l:y=−2x1x+x124+2的距离为d=8x12+x124+2−4x121+4x12=4x12+x124+21+4x12=2x1+x1221+4x12
所以S△ABN=S△ABP=12ABd=1+4x12x1+4x12x1+x1221+4x12=x1+4x12x1+x122=14x1+4x13
而x1+4x1≥2x1⋅4x1=4，当且仅当x1=4x1，即x1=±2时等号成立；
所以S△ABN=14x1+4x13≥14×43=16，
即S△ABN的最小值为16.