立体几何（解答题）——大数据之五年（2018-2022）高考真题汇编（新高考卷与全国理科）及答案
立体几何（解答题）——大数据之五年（2018-2022）高考真题汇编（新高考卷与全国理科）一、解答题1．如图，PO是三棱锥P−ABC的高，PA=PB，AB⊥AC，E是PB的中点．（1）求证：OE∥平面PAC；（2）若∠ABO=∠CBO=30
简介：距离型定值问题-2023年高考数学之解密圆锥曲线命题点对点突破（全国通用）一、解答题1．在平面直角坐标系xOy中，已知点F1（－3，0），F2（3，0），点M满足|MF1|+|MF2|=4，记M的轨迹为C．以轨迹C与y轴正半轴交点T为圆心作圆，圆T与轨迹C在第一象限交于点A，在第二象限交于点B．（1）求C的方程；（2）求TA⋅TB的最小值，并求出此时圆T的方程；（3）设点P是轨迹C上异于A，B的一点，且直线PA，PB分别与y轴交于点M，N，O为坐标原点，求证：|OM|⋅|ON|为定值．【答案】（1）解：由题可知，c=3，2a=4，即a=2，所以b=4−3=1，所以曲线C的方程为x24+y2=1.（2）解：由题知T(0，1)，设A(m，n)(0 b>0)的离心率为32，左、右焦点分别为曲线y=2×2−6与x轴的两个交点．（1）求C的方程；（2）点P是圆O：x2+y2=a2+b2上的动点，过点P作C的两条切线，两条切线与圆O分别交于点A，B（异于P），证明：|AB|为定值．【答案】（1）解：2×2−6=0得x=±3由题知ca=32a2=b2+c2c=3，解得a=2，b=1所以椭圆C的标准方程为x24+y2=1（2）证明：设直线l斜率存在且与椭圆C相切，方程为y=kx+m代入x24+y2=1整理得(4k2+1)x2+8kmx+4(m2−1)=0则Δ=64k2m2−16(4k2+1)(m2−1)=0，即4k2−m2+1=0…①记P(x0，y0)，则m=y0−kx0，代入①整理得(4−x02)k2+2x0y0k+1−y02=0…②当直线PA、PB斜率存在时，记其斜率分别为k1，k2，易知k1，k2为方程②的两根，则有k1k2=1−y024−x02，又x02+y02=a2+b2=5，所以k1k2=1−y024−x02=1−(5−x02)4−x02=−1，即PA⊥PB所以AB为圆x2+y2=5的直径，所以|AB|=25当直线PA、PB有一条斜率不存在时，点P坐标为(±2，±1)，易知此时A、B关于原点对称，AB为圆x2+y2=5的直径.综上，|AB|为定值25.【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)令2×2−6=0得x=±3，根据题意可得ca=32a2=b2+c2c=3，解得a，b，即可求出C的方程；(2) 设直线l斜率存在且与椭圆C相切，方程为y=kx+m，联立椭圆的方程，由判别式△=0，得4k2−m2+1=0①，记P(x0，y0)，则m=y0−kx0，代入①整理得(4−x02)k2+2x0y0k+1−y02=0②当直线PA、PB斜率存在时，记其斜率分别为k1，k2，易知k1，k2为方程②的两根，由韦达定理可得k1k2=1−y024−x02，又x02+y02=a2+b2=5，进而可得k1k2=−1，即PA⊥PB，AB为圆x2+y2=5的直径，当直线PA、PB有一条斜率不存在时，点P坐标为(土2，士1)，推出A、B关于原点对称，AB为圆x2+y2=5的直径，即可证得|AB|为定值．3．在直角坐标系xOy中，长为3的线段AB的两端点A，B分别在x，y轴上滑动，动点M满足AM=2MB（1）求动点M的轨迹E的方程；（2）设过点N(0，t)的动直线l与（1）中的轨迹E交于C，D两点，是否存在定实数t，使得1|NC|2+1|ND|2为定值？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：设A(x0，0)，B(0，y0)，M(x，y)由AM=2MB，得(x−x0，y)=2(−x，y0−y)，即x0=3xy0=3y2而|AB|=3，即x02+y02=9．所以(3x)2+(3y2)2=9，即x2+y24=1．（2）解：假设存在满足题意的直线l，设C(x1，y1)，D(x2，y2)．当直线l的斜率存在时，设其方程为y=kx+t．由y=kx+t4x2+y2=4，消去y，得(k2+4)x2+2ktx+t2−4=0．则x1+x2=−2ktk2+4，x1x2=t2−4k2+4．所以，|NC|2=x12+(y1−t)2=(k2+1)x12，|ND|2=x22+(y2−t2)=(k2+1)x22，则1|NC|2+1|ND|2=1(k2+1)x12+1(k2+1)x22=1k2+1⋅x12+x22x12x22=1k2+1⋅(x1+x2)2−2x1x2x12x22=1k2+1⋅(−2ktk2+4)2−2⋅t2−4k2+4(t2−4k2+4)2=1k2+1⋅(2t2+8)k2−8t2+32(t2−4)2当且仅当2t2+8=−8t2+32，即t2=125，t=±2155时，1|NC|2+1|ND|2=5当直线l的斜率不存在时，C(0，−2)，D(0，2)，若t=±2155则1|NC|2+1|ND|2=1(t+2)2+1(2−t)2=2(t2+4)(4−t2)2=5．综上，存在实数t=±2155，使得1|NC|2+1|ND|2为定值为5．【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题【解析】【分析】（1）设A(x0，0)，B(0，y0)，M(x，y)，由向量的数乘运算，得到x0=3xy0=3y2，由|AB|=3可得轨迹方程；（2）假设存在满足题意的直线l，设C(x1，y1)，D(x2，y2)．当直线l的斜率存在时，设其方程为y=kx+t．代入椭圆方程，应用韦达定理得x1+x2，x1x2，计算1|NC|2+1|ND|2并代入x1+x2，x1x2，分析它是与k无关的常数，由此得出值，再检验这个值对斜率不存在的直线l也适用，由此得结论．4．设A、B分别为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点，设M(0，−1)是椭圆下顶点，直线MA与MB斜率之积为−14．（1）求椭圆C的标准方程；（2）若一动圆的圆心Q在椭圆上运动，半径为255．过原点O作动圆Q的两条切线，分别交椭圆于E、F两点，试证明|OE|2+|OF|2为定值．【答案】（1）解：由题意可知，b=1，A(−a，0)，B(a，0)，由kMA⋅kMB=−1a⋅1a=−14，即a2=4，又a>0，所以a=2，椭圆C的方程为x24+y2=1.（2）证明：设点Q坐标为(x0，y0)，即x024+y02=1．当直线OE的斜率为0，此时y0=±255，x0=±255，则直线OF的斜率不存在，此时|OE|2+|OF|2=a2+b2=5；当直线OE的斜率存在且斜率不为0时，设直线OE的方程为y=k1x，直线OF的方程为y=k2x，设点E(x1，y1)、F(x2，y2)，联立y=kxx2+4y2=4，可得(4k2+1)x2=4，则x12=44k12+1，x22=44k22+1，又圆Q与直线OE、OF相切，即|kx0−y0|k2+1=255，整理可得(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0，则k1、k2为关于k的方程(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0的两根，所以，k1k2=y02−45×02−45=1−x024−45×02−45=−14，所以，|OE|2+|OF|2=(1+k12)x12+(1+k22)x22=4(k12+1)4k12+1+4(k22+1)4k22+1 =4(k12+1)4k12+1+4(116k12+1)14k12+1=4(k12+1)4k12+1+16k12+14k12+1=5.综上：|OE|2+|OF|2为定值5．【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）利用已知条件求出椭圆的左、右顶点、下顶点的坐标，进而得出b的值和A，B两点的坐标，再利用两点求斜率公式和实数a的取值范围，进而得出a的值，从而得出椭圆C的标准方程。（2）设点Q坐标为(x0，y0)，再利用代入法得出x024+y02=1，当直线OE的斜率为0，进而得出此时y0，x0的值，则直线OF的斜率不存在，进而求出|OE|2+|OF|2的值；当直线OE的斜率存在且斜率不为0时，设直线OE的方程为y=k1x，直线OF的方程为y=k2x，设点E(x1，y1)、F(x2，y2)，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合一元二次方程求根公式得出x12=44k12+1，x22=44k22+1，再利用圆Q与直线OE、OF相切结合直线与圆相切位置关系判断方法，再结合点到直线的距离公式，整理可得(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0，则k1、k2为关于k的方程(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0的两根，再结合韦达定理得出k1k2的值，再利用两点距离公式得出|OE|2+|OF|2的值，进而证出|OE|2+|OF|2为定值。5．已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率e=22，P为椭圆上一动点，△PF1F2面积的最大值为2.（1）求椭圆E的方程；（2）若C，D分别是椭圆E长轴的左、右端点，动点M满足MD⊥CD，连接CM交椭圆于点N，C为坐标原点.证明：OM⋅ON为定值.【答案】（1）解：当P为短轴端点时，△PF1F2的面积最大，bc=2，故ca=22bc=2a2=b2+c2，解得a=2，b=c=2，故椭圆E的方程为x24+y22=1.（2）解：由（1）知，C(−2，0)，D(2，0)，设直线CM：y=k(x+2)，N(x1，y1)，∵MD⊥CD，∴M(2，4k)，联立x24+y22=1y=k(x+2)，整理得(2k2+1)x2+8k2xx2+8k2−4=0，由−2×1=8k2−42k2+1得x1=2−4k22k2+1，y1=k(x1+2)=4k2k2+1，∴N(2−4k22k2+1，4k2k2+1)，OM⋅ON=2×2−4k22k2+1+4k×4k2k2+1=4，故OM⋅ON为定值4.【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由离心率和三角形的最大面积及a，b，c之间的关系可得a，b的值，进而求出椭圆E的方程；(2)由题意可得C，D的坐标，由题意设M的坐标，求出直线CM的斜率，进而求出直线CM的方程，与椭圆的方程联立，求出两根之积，可得N的横坐标，代入直线CM的方程可得N的坐标，求出数量积OM⋅ON，可证得OM⋅ON为定值.6．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为63，以椭圆C的右顶点A为圆心，作半径为r的圆(x−3)2+y2=r2，设圆A与椭圆C交于点E，F.（1）求AE⋅AF的最小值，并求此时圆A的方程；（2）设点O是坐标原点，点P是椭圆C上异于E，F的点，且满足直线PE，PF分别与x轴交于M，N两点，证明：|OM|⋅|ON|为定值.【答案】（1）解：根据题意，A(3，0)，则a=3，又离心率ca=63，则c=2，故b2=a2−c2=1，即椭圆C的方程为x23+y2=1，设点E(x0，y0)(y0>0)，则x023+y02=1，易得E，F关于x轴对称，则F(x0，−y0)，又点A(3，0)，则AE⋅AF=(x0−3，y0)⋅(x0−3，−y0)=(x0−3)2−y02=x02−23×0+3−1+x023=43(x0−334)2−14，当x0=334，y0=74时，AE⋅AF有最小值为−14，且r2=|AE|2=(x0−3)2+y02=58，故圆A的方程为(x−3)2+y2=58；（2）证明：设点P(x1，y1)，E(x0，y0)，则F(x0，−y0)，且x1≠x0，x023+y02=1，x123+y12=1，则kPE=y1−y0x1−x0，kPF=y1+y0x1−x0，可得lPE：y−y0=y1−y0x1−x0(x−x0)，令y=0，则M(x0y1−x1y0y1−y0，0)，lPF：y+y0=y1+y0x1−x0(x−x0)，令y=0，则N(x0y1+x1y0y1+y0，0)，所以xM⋅xN=x0y1−x1y0y1−y0⋅x0y1+x1y0y1+y0=x02y12−x12y02y12−y02=3(1−y02)y12−3(1−y12)y02y12−y02=3y12−3y02y12−y02=3，故|OM|⋅|ON|=|xM|⋅|xN|=|xMxN|=3，为定值.【知识点】圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系 【解析】【分析】（1）直接由右顶点及离心率求出椭圆C的方程，设出E，F坐标，表示出AE→⋅AF→，由二次函数求得最小值，求出此时点E坐标，即可求得圆A的方程；（2）设出P，E，F坐标，表示出直线PE，PF求出M，N坐标，计算xM，xN，结合P，E，F是椭圆C上的点，求出xM×xN为定值，即可求得|OM|⋅|ON|为定值.7．已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为4，离心率为32，其中左顶点为A，右顶点为B，O为坐标原点.（1）求椭圆E的标准方程；（2）直线y=x+t(t≠0)与椭圆E交于不同的两点P，Q，直线AP，BQ分别与直线y=x交于点M，N.求证：|OM|⋅|ON|为定值.【答案】（1）解：由已知得2a=4．所以a=2．又因为椭圆E的离心率为32，所以ca=32．所以c=3．所以b=a2−c2=4−3=1，所以椭圆E的方程为x24+y2=1（2）证明：由y=x+t，x2+4y2=4得5×2+8tx+4t2−4=0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)．因为直线y=x+t(t≠0)与椭圆E交于不同的两点P，Q，所以Δ=(8t)2−20(4t2−4)>0．解得−5 b>0)的长轴长为4，进而得出实数a的值，再利用椭圆的离心率为32，进而结合椭圆的离心率公式得出c的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，进而得出b的值，从而得出椭圆E的标准方程。（2）设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，利用已知条件结合直线与椭圆相交，联立二者方程结合判别式法得出t的取值范围，再结合韦达定理，得出x1+x2=−8t5，x1x2=4t2−45，再利用点斜式设出直线AP的方程为y=y1x1+2(x+2)，令y=x得xM=2(x1+t)2−t，再利用点斜式设出直线BQ的方程为y=y2x2−2(x−2)，令y=x得xN=2(x2+t)t+2，进而得出xMxN的值，再利用两点距离公式得出|OM|⋅|ON|的值。8．已知抛物线C：y=ax2(a>0)的焦点是F，若过焦点F的直线与C相交于A，B两点，所得弦长|AB|的最小值为2．（1）求实数a的值；（2）设P，Q是抛物线C上不同于坐标原点O的两个不同的动点，且以线段PQ为直径的圆经过点O，作OM⊥PQ，M为垂足，试探究是否存在定点N，使得|MN|为定值，若存在，则求出该定点N的坐标及定值|MN|，若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：抛物线C：y=ax2(a>0)化为标准方程为：x2=1ay，其焦点F(0，14a)，因为斜率一定存在，设其方程为y=k1x+14a，联立方程得：y=k1x+14ax2=1ay，整理得：x2−k1ax−14a2=0，Δ>0恒成立．其中A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1+x2=k1a，y1+y2=k1(x1+x2)+12a=k12a+12a，因为焦点弦长|AB|=y1+y2+12a=k12a+1a，所以当k12=0时，弦长|AB|min=1a=2．所以，实数a的值为12．（2）解：由题意可知直线PQ的斜率存在，设其方程为y=kx+t(t≠0)．联立方程得：y=kx+tx2=2y，整理得：x2−2kx−2t=0，Δ=4k2+8t>0．其中P(x3，y3)，Q(x4，y4)，x3+x4=2k，x3x4=−2t，因为以PQ为直径的圆经过点O，所以OP⋅OQ=0．又因为OP⋅OQ=x3x4+y3y4=x3x4+x322⋅x422=−2t+4t24=−2t+t2=0，∵t≠0，∴t=2．所以直线PQ过定点T(0，2)， 又因为OM⊥PQ，所以△OMT为直角三角形，所以当N为斜边OT中点时，|MN|为定值，此时|MN|=12|OT|=1．所以定点N为(0，1)，|MN|为定值1【知识点】抛物线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）根据抛物线和过焦点的直线联立方程，根据焦点弦的计算，即可求解.（2）联立方程，得到根与系数的关系，根据以线段PQ为直径的圆经过点O，转化成OP⋅OQ=0，可得直线过定点，再由OM⊥PQ，根据直角三角形的特征即可找到N的位置，即可求解.9．已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，A1，右焦点为点F，点P是椭圆E上一动点，△APA1面积的最大值为2，当PF⊥x轴时，|PF|=12.（1）求椭圆E的方程；（2）已知直线l与椭圆E有且只有一个公共点，直线l与直线x=433交于点N，过点F作x轴的垂线，交直线l于点M.求证：|FM||FN|为定值.【答案】（1）解：设椭圆E的半焦距为c，P(x，y)，将x=c代入x2a2+y2b2=1得y2=b2(1−c2a2)=(a2−c2)b2a2=b4a2，所以|PF|=|y|=b2a=12，因为点P是椭圆E上一动点，所以−b≤y≤b，所以△APA1面积S=12|AA1||y|≤ab=2，由a=2b2ab=2，求得a=2b=1，所以椭圆E的方程为E：x24+y2=1（2）解：由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+m，联立y=kx+mx24+y2=1，整理可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4=0，因为直线l与椭圆E相切，所以Δ=64k2m2−4(1+4k2)(4m2−4)=0，得m2=1+4k2，因为椭圆E的右焦点为F(3，0)，将x=3代入直线l得y=3k+m，所以M(3，3k+m)，所以|FM|=|3k+m|，将x=433代入直线l可得y=433k+m，所以N(433，433k+m)，所以|NF|2=(433−3)2+(433k+m)2=163k2+833km+m2+13，|FM|2|NF|2=3k2+23km+m216k23+833km+m2+13，将m2=1+4k2代入上式，得|FM|2|FN|2=7k2+23km+128k23+833km+43=34，所以|FM||FN|为定值32【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）设椭圆E的半焦距为c，P(x，y)，由|PF|=12得|PF|=|y|=b2a=12，△APA1面积的最大值为2，即ab=2，联立方程求a，b，从而可得椭圆方程；（2）设直线l的方程为y=kx+m，联立方程组整理(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4=0，因为直线l与椭圆E相切，得m2=1+4k2，根据已知条件求得N(433，433k+m)，N(433，433k+m)，从而可得|FM|=|3k+m|，|NF|2=(433−3)2+(433k+m)2=163k2+833km+m2+13，作商化简即可求解.10．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点A(2，1)，过右焦点F2作x轴的垂线交椭圆于M，N两点，且|MN|=6.（1）求椭圆C的方程；（2）点P，Q在椭圆C上，且kAP⋅kAQ=13，AD⊥PQ，D为垂足.证明：存在定点S，使得|DS|为定值.【答案】（1）解：由已知得4a2+1b2=1，且当x=c时，|MN|=2b2a=6，联立4a2+1b2=1，2b2a=6，解得a2=6，b2=3，故椭圆C的方程为x26+y23=1.（2）证明：设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，因为kAP⋅kAQ=13，y1−1×1−2⋅y2−1×2−2=13，即(x1−2)(x2−2)−3(y1−1)(y2−1)=0，*当直线PQ的斜率存在时，设方程为y=kx+m，代入椭圆方程消去y得(2k2+1)x2+4kmx+2m2−6=0，Δ>0，x1+x2=−4km2k2+1，x1x2=2m2−62k2+1. 根据y1=kx1+m，y2=kx2+m.代入*整理，得(1−3k2)x1x2−(3km+2−3k)(x1+x2)+1+6m−3m2=0，结合根与系数的关系可得，m2−2(4k+3)m−5(4k2−1)=0，[m−5(2k+1)][m+(2k−1)]=0，当m=−(2k−1)时，直线y=kx+m=kx−2k+1=k(x−2)+1过点A(2，1)，不符合条件，当m=5(2k+1)时，直线方程为y=kx+5(2k+1)=k(x+10)+5，故直线PQ恒过定点(−10，5)，设E(−10，5)，当直线PQ的斜率不存在时，点P(x1，y1)，Q(x1，−y1)，此时(x1−2)2+3y12−3=0，又x126+y123=1，可得x1=−10（舍）或x1=2，与A点重合，与已知条件不符.∴直线PQ的斜率一定存在，故直线PQ恒过定点E(−10，5)由于AE为定长，且△ADE为直角三角形，AE为斜边，所以AE的中点S满足|DS|为定值，点S为(−4，3).【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）将点以A(2，1)及x=c代入椭圆方程，得出椭圆的方程；（2）讨论直线PQ的斜率存在和不存在两种情况，设方程为y=kx+m，代入椭圆方程，结合韦达定理以及kAP⋅kAQ=13得出直线PQ恒过定点(−10，5)，从而得到结论.11．已知椭圆T：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F(−c，0)，上顶点为P.直线PF与椭圆T交于另一点Q，且|PF|=7|FQ|，点E(3，12)在椭圆T上.（1）求椭圆T的方程.（2）过点M(0，2)，且斜率为k的直线l与椭圆T相交于A，B两点，点A关于y轴的对称点为A′，作MN⊥A′B，垂足为N.是否存在定点R，使得|NR|为定值？若存在，求出定点R的坐标；若不存在，说明理由.【答案】（1）解：由题可知，F(−c，0)，P(0，b)，设Q(x，y)，则PF=(−c，−b)，FQ=(x+c，y)，因为|PF|=7|FQ|，所以PF=7FQ，即−c=7(x+c)−b=7y，解得x=−8c7y=−b7，即点Q的坐标为(−8c7，−b7)，则64c249a2+149=1，整理得ca=32.因为点E(3，12)在椭圆T上，所以3a2+14b2=1又a2=b2+c2，所以a=2，b=1，c=3故椭圆T的方程为x24+y2=1（2）解：由题可知直线l的方程为y=kx+2，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A′(−x1，y1).联立方程组x24+y2=1，y=kx+2，整理得(4k2+1)x2+16kx+12=0，Δ=(16k)2−48(4k2+1)=64k2−48>0，则x1+x2=−16k4k2+1，x1x2=124k2+1，直线A′B的方程为y−y1=y2−y1x2+x1(x+x1)，整理(y1−y2)x+(x2+x1)y=x1y2+x2y1.又x1y2+x2y1=x1(kx2+2)+x2(kx1+2)=2kx1x2+2(x1+x2)=−8k4k2+1，令x=0，得y=x1y2+x2y1x1+x2=12，所以A′B恒过定点G(0，12)，故在Rt△MGN中，存在定点R(0，54)为斜边MG的中点，使得|NR|=12|MG|=34，为定值.【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）|PF|=7|FQ|可结合向量得到点Q(−8c7，−b7)，将E，Q坐标代入椭圆方程可得答案；（2）设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A′(−x1，y1)，联立直线和椭圆的方程，得到关于x的一元二次方程，结合Δ>0得到x1+x2=−16k4k2+1x1x2=124k2+1，由A′B的方程y−y1=y2−y1x2+x1(x+x1)，令x=0，代入韦达定理整理可得：A′B恒过定点G(0，12)，12．已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点为F1，F2，且F2(1，0)为长轴的一个四等分点.（1）求椭圆的标准方程；（2）分别过F1，F2作斜率为k1，k2的两条直线l1和l2，l1与椭圆交于A，B两点，l2与椭圆交于C，D两点，且k1⋅k2=1.求证：1|AB|+1|CD|为定值，并求出该定值.【答案】（1）解：由已知c=1，a=2，所以b2=a2−c2=3，因此椭圆的标准方程为x24+y23=1；（2）解：设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4）直线l1：y=k1(x+1)，l2：y=k2(x−1)联立方程y=k1(x+1)3×2+4y2=12得(3+4k12)x2+8k12x+4k12−12=0，∴x1+x2=−8k123+4k12，x1x2=4k12−123+4k12，∴|AB|=1+k12(x1+x2)2−4x1x2=12(1+k12)3+4k12，联立方程y=k2(x−1)3×2+4y2=12得(3+4k22)x2−8k22x+4k22−12=0， 同理可得|CD|=12(1+k22)3+4k22，∴1|AB|+1|CD|=112(3+4k121+k12+3+4k221+k22)=112(6+7k12+7k22+8k12k221+k12+k22+k12k22)由已知k1k2=1，化简得1|AB|+1|CD|=712=定值.【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由右焦点的坐标可得c的值，再由F2(1，0)为长轴的一个四等分点可得a的值，进而求出b的值，求出椭圆的标准方程；(2)设直线l1的方程，与椭圆的方程联立，求出两根之和及两根之积，进而求出弦长|AB|的表达式，由题意可设直线l2的方程，与椭圆的方程联立，求出两根之和及两根之积，进而求出弦长|CD|的值，求出1|AB|+1|CD|的值，可证得为定值.13．在平面直角坐标系中，椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=63，a=6，直线l与x轴相交于点E，与椭圆相交于点A，B；（1）求椭圆C的方程，（2）在x轴上是否存在点E，使得1|EA|2+1|EB|2为定值？若存在，请求出点E的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：由题意得：e=ca=63，a=6，∴c=2，∴b2=a2−c2=2，所以椭圆的方程为x26+y22=1（2）解：设E(x0，0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，（ⅰ）当直线AB与x轴不重合时，设AB的方程为x=my+x0代入x26+y22=1得：(m2+3)y2+2mx0y+x02−6=0，则y1+y2=−2mx0m2+3y1⋅y2=x02−6m2+3|EA|2=(m2+1)y12，|EB|2=(m2+1)y22，1|EA|2+1|EB|2=(y1+y2)2−2y1y2(m2+1)y12y22=2×m2(x02+6)+(18−3×02)m2(x02−6)2+(x02−6)2当x02+6=(x02−6)218−3×02=(x02−6)2，即x02=3时，无论m取何值，1|EA|2+1|EB|2的值恒为2，得点E(±3，0)，（ⅱ）当直线AB与x轴重合时，有A(−6，0)，B(6，0)，E(3，0)或E(−3，0)，均有1|EA|2+1|EB|2=2由i和ii得，在x轴上是存在两点E(±3，0)，使得1|EA|2+1|EB|2为定值.【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）利用已知条件结合椭圆的离心率公式和a的值，进而得出c的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式得出b的值，进而得出椭圆的标准方程。（2）设E(x0，0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，（ⅰ）当直线AB与x轴不重合时，设AB的方程为x=my+x0，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合韦达定理得出y1+y2=−2mx0m2+3y1⋅y2=x02−6m2+3，再利用两点距离公式得出1|EA|2+1|EB|2=2×m2(x02+6)+(18−3×02)m2(x02−6)2+(x02−6)2，当x02+6=(x02−6)218−3×02=(x02−6)2，得出x02=3时，无论m取何值，1|EA|2+1|EB|2的值恒为定值，进而得出点E的坐标；（ⅱ）当直线AB与x轴重合时，进而得出点A，B，的坐标，再结合两点距离公式得出1|EA|2+1|EB|2的值为定值，进而得出在x轴上是存在两点E(±3，0)，使得1|EA|2+1|EB|2为定值。14．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32，左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，点P在椭圆C上，且有|PF1|=2，∠F1PF2=2π3（1）求椭圆C的方程；（2）设直线l不经过P（0，1）点且与椭圆E相交于A、B两点，若直线PA与直线PB的斜率之和为−2，若PM⊥l，垂足为M，判断是否存在定点N，使得|MN|为定值，若存在求出点N，若不存在，说明理由．【答案】（1）解：因为离心率为32，故a2−b2a2=34，解得a=2b，又ca=32，故c=3b.在△F1PF2中有|PF1|=2，|PF2|=2a−2=4b−2，|F1F2|=2c=23b，∠F1PF2=2π3，由余弦定理可得12b2=4+(4b−2)2−2⋅2⋅(4b−2)cos2π3，化简可得b=1，故a=2，椭圆C的方程为x24+y2=1 （2）解：当直线l的斜率不存在时，设点A(x0，y0)，B(x0，−y0)，此时有y0−1×0+−y0−1×0=−2，解得x0=1，此时直线l的方程为x=1；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m，(m≠1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立x24+y2=1y=kx+m化简可得(4k2+1)x2+8kmx+4m2−4=0，x1+x2=−8km4k2+1，x1x2=4m2−44k2+1，又直线PA与直线PB的斜率之和为−2，故y1−1×1+y2−1×2=−2，代入直线方程有kx1+m−1×1+kx2+m−1×2=−2，化简得2k+(m−1)x1+x2x1x2=−2，代入韦达定理有2k−(m−1)8km4m2−4=−2，整理得m=−k−1，故直线y=kx+m=kx−k−1过定点Q(1，−1)，当直线l的方程为x=1时也满足，又PM⊥l，故存在P，Q的中点N(12，0)得|MN|为定值【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】（1）根据离心率为32可得a=2b，c=3b，再在△F1PF2中利用余弦定理求解b即可；（2）当直线l的斜率不存在时，设点A(x0，y0)，B(x0，−y0)，根据已知条件，解得x0=1，此时直线l的方程为x=1；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m，(m≠1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，再联立椭圆的方程，表达出直线PA与直线PB的斜率之和为−2，结合韦达定理可得m=−k−1，进而得到直线l过定点，从而根据PM⊥l确定点N.15．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为23，A1、A2分别为椭圆C的左､右顶点，B为椭圆C的上顶点，F1为椭圆的左焦点，且△A1F1B的面积为52.（1）求椭圆C的方程；（2）设过点D(1，0)的动直线l交椭圆C于E、F两点(点E在x轴上方)，M、N分别为直线A1E、A2F与y轴的交点，证明：|OM||ON|为定值.【答案】（1）解：由椭圆C的离心率为23，得ca=23，于是a=32c，b=52c=|OB|∴|A1F1|=a−c=12c，S△A1F1B=12×12c×52c=58c2=52，因此c=2，a=3，b=5，∴椭圆的方程为x29+y25=1；（2）证明：易知，直线l(EF)斜率不为0，设l方程为x=my+1，由x=my+1，x29+y25=1得(5m2+9)y2+10my−40=0，设E(x1，y1)，F(x2，y2)，则y1+y2=−10m5m2+9，y1y2=−405m2+9，则y1=−10m5m2+9−y2．由直线A1E方程y=y1x1+3(x+3)，得yM=3y1x1+3；由直线A2F方程y=y2x2−3(x−3)，得yN=−3y2x2−3；由此可得，|OM||ON|=yM−yN=y1(x2−3)y2(x1+3)=y1(my2−2)y2(my1+4)=my1y2−2y1my1y2+4y2=m⋅−405m2+9−2(−10m5m2+9−y2)m·−405m2+9+4y2=−40m+20m+2(5m2+9)y2−40m+4(5m2+9)y2=−20m+2(5m2+9)y22[−20m+2(5m2+9)y2]=12．∴|OM||ON|为定值12．【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）由离心率得a=32c，再结合S△A1F1B=12×12c×52c即可求解；（2）设l方程为x=my+1，联立椭圆方程，设E(x1，y1)，F(x2，y2)由韦达定理，可得y1=−10m5m2+9−y2，分别通过直线A1E，直线A2F的方程可得yM，yN，进而可得|OM||ON|=yM−yN，代入yM，yN，结合韦达定理化简即可求解。16．在平面直角坐标系xOy中，点M(0，1)，记动点P到直线l：y=−2的距离为d，且d=|PM|+1，设点P的轨迹为曲线E．（1）求曲线E的方程；（2）直线m交曲线E于A，B两点，曲线E在点A及点B处的切线相交于点C．设点C到直线l的距离为h，若△ABC的面积为4，求证：存在定点T，使得|CT|h恒为定值．【答案】（1）解：由题意可知P到定点M的距离与P到直线y=−1的距离相等∴P的轨迹是抛物线且p2=1，p=2，曲线E的方程为x2=4y（2）解：设直线m的方程为y=kx+m，A(x1，x124)，B(x2，y224)y=kx+mx2=4y⇒x2−4kx−4m=0，Δ=16k2+16m>0. x1+x2=4kx1x2=−4m，y=14×2，y′=12x∴切线AC的方程为y=x12(x−x1)+x124=x12x−x124①BC方程为y=x22x−x224②联立①②得x1−x22x=(x1+x2)(x1−x2)4∴xC=x1+x22=2k，yC=x12⋅x1+x22−x124=x1x24=−m，即C(2k，−m)设AB的中点为N(x0，y0)，∴x0=x1+x22=2k，∴CN⊥x轴N(2k，2k2+m)，C(2k，−m)，CN=2k2+2m，|x1−x2|=4k2+m∴S△ABC=12⋅2(k2+m)⋅4k2+m=4(k2+m)32=4⇒k2+m=1∴h=2−m，存在定点T(0，0)使得|CT|h=4k2+m22−m=4(1−m)+m22−m=2−m2−m=1【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】（1）由P到定点M的距离与P到直线y=−1的距离相等，结合抛物线的定义得出曲线E的方程；（2）设直线m的方程为y=kx+m，由韦达定理以及导数得出AC，BC切线的方程，并联立得出点C坐标以及三角形面积公式得出k2+m=1，进而存在定点T(0，0)使得|CT|h=1.17．已知抛物线C：x2=2py(p>0)的焦点为F，点P(−2，y0)为抛物线上一点，抛物线C在点P处的切线与y轴相交于点Q，且△FPQ的面积为2.（1）求抛物线的方程.（2）若斜率不为0的直线l过焦点F，且交抛物线C于A，B两点，线段AB的中垂线与y轴交于点M.证明：|MF||AB|为定值.【答案】（1）解：由题意可知P(−2，2p)，设抛物线C在点P处的切线方程为y−2p=k(x+2)，联立x2=2pyy−2p=k(x+2)得x2−2pkx−(4pk+4)=0，由Δ=4p2k2+4(4pk+4)=0解得k=−2p，故切线方程为y−2p=−2p(x+2)，令x=0，得y=−2p，即Q(0，−2p)，又F(0，p2)，所以S△FPQ=12×(p2+2p)×2=2，解得p=2，所以抛物线C的方程为x2=4y．（2）证明：由（1）可知F(0，1)，显然直线l的斜率存在，故可设直线l的方程为y=kx+1，A(x1，y1)，B(x2，y2).联立方程组x2=4yy=kx+1，消去y得x2−4kx−4=0，所以x1+x2=4k，x1x2=−4，所以y1+y2=k(x1+x2)+2=4k2+2，得|AB|=y1+y2+2=4k2+4，所以线段AB的中点为(x1+x22，y1+y22)=(2k，2k2+1)，中垂线所在直线的斜率k′=−1k，故线段AB中垂线所在的直线方程为y−2k2−1=−1k(x−2k)，令x=0，得yM=2k2+3，所以|MF|=2k2+2，所以|MF||AB|=2k2+24k2+4=12为定值，得证.【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】（1）求出P坐标，待定系数法设切线方程，解出斜率，表示Q坐标后由面积列方程求解（2）待定系数法设直线方程，与抛物线方程联立后由韦达定理表示弦长|AB|与中点坐标，再求其垂直平分线方程，表示点M坐标后计算证明.18．已知椭圆C：y2a2+x2b2=1(a>b>0)的上､下焦点分别为F1，F2，左､右顶点分别为A1，A2，且四边形A1F1A2F2是面积为8的正方形.（1）求C的标准方程.（2）M，N为C上且在y轴右侧的两点，MF1//NF2，MF2与NF1的交点为P，试问|PF1|+|PF2|是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）解：椭圆C：y2a2+x2b2=1(a>b>0)的上､下焦点分别为F1(0，c)，F2(0，−c)，左､右顶点分别为A1(−b，0)，A2(b，0)，因为四边形A1F1A2F2是面积为8的正方形，所以有b=c且4×12⋅b⋅c=8，解得b=c=2⇒a2=b2+c2=8，所以椭圆的标准方程为：y28+x24=1；（2）解：因为MF1∥NF2，所以|NF2||F1M|=|PN||PF1|⇒|NF2||F1M|+1=|PN||PF1|+1⇒|NF2|+|F1M||F1M|=|PN|+|PF1||PF1|⇒|PF1|=|NF1||NF2|+|F1M|⋅|F1M|，因为N为C上且在y轴右侧的点，所以|NF2|+|F1N|=2a=42， 因此|PF1|=|F1M||NF2|+|F1M|⋅(42−|NF2|)，同理可得：|PF2|=|F2N||NF2|+|F1M|⋅(42−|MF1|)，所以|PF1|+|PF2|=|F1M||NF2|+|F1M|⋅(42−|NF2|)+|F2N||NF2|+|F1M|⋅(42−|MF1|)=42−2|F1M|⋅|F2N||NF2|+|F1M|，设MF1，NF2的方程分别为：y=kx+1，y=kx−1，设M(x1，y1)，N(x2，y2)(x1，x2<0)，则y28+x24=1y=kx+2⇒(k2+2)x2+4kx−4=0，所以x1=−4k−16k2+16(k2+2)2(k2+2)=−2k−22k2+2k2+2，因此|MF1|=x12+(y1−2)2=x12+(kx1+2−2)2=|x1|⋅1+k2=2k1+k2+22(k2+1)k2+2，同理可得：|NF2|=22(k2+1)−2k1+k2k2+2，因此|MF1|+|NF2|=42(k2+1)k2+2，|MF1|⋅|NF2|=[22(k2+1)]2−4k2(1+k2)(k2+2)2=4(1+k2)(k2+2)，所以|PF1|+|PF2|=42−2|F1M|⋅|F2N||NF2|+|F1M|=42−2⋅4(1+k2)k2+242(k2+1)k2+2=42−2=32，所以|PF1|+|PF2|为定值，定值为32.【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据题意求出椭圆顶点的坐标，结合四边形的几何性质计算出b与c的关系，再由椭圆里a、b、c的关系，计算出a的取值由此得出椭圆的方程。(2)由已知条件结合椭圆的几何性质，结合椭圆的定义整理化简计算出a的取值，然后由点斜式设出直线的方程并联立直线与椭圆的方程消元后，结合弦长公式以及数量积公式代入整理，计算出结果从而得出答案。19．在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2+y2=3，点M，M′的坐标分别为(2，0)，(−2，0)，且N为该平面内一点，以MN为直径的圆内切于圆O，记点N的轨迹为曲线C．（1）求曲线C的方程．（2）已知P为曲线C上一点，过原点O作以P为圆心，32为半径的圆的两条切线，分别交曲线C于A，B两点，试问|OA|2+|OB|2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．【答案】（1）解：设MN的中点为T，依题意，|OT|=3−12|MN|，又|OT|=12|M′N|，则|NM|+|NM′|=23>22=|MM′|，由椭圆定义知，点N的轨迹是以M′，M为左右焦点，长轴长为23的椭圆，而半焦距为2，则短半轴长b=(3)2−(2)2=1，所以曲线C的方程为x23+y2=1.（2）解：设圆心P(x0，y0)，则有x02+3y02=3，圆P：(x−x0)2+(y−y0)2=34，当x02=34，即点P(±32，±32)时，圆P与两坐标轴相切，则OA，OB分别为椭圆长半轴、短半轴，于是有|OA|2+|OB|2=3+1=4，当x02≠34时，设过点O的圆P的切线方程为y=kx，其中直线OA，OB的方程分别为y=k1x，y=k2x，由|kx0−y0|k2+1=32得：(4×02−3)k2−8x0y0k+4y02−3=0，则k1，k2是此方程的二根，有k1k2=4y02−34×02−3=−13，由y=kxx2+3y2=3得x2=31+3k2，设点A(xA，yA)，B(xB，yB)，则xA2=31+3k12，xB2=31+3k12，|OA|2+|OB|2=(1+k12)xA2+(1+k22)xB2=3(1+k12)1+3k12+3(1+k22)1+3k22=2+2[2+3(k12+k22)]9k12k22+3(k12+k22)+1=2+2[2+3(k12+k22)]2+3(k12+k22)=4，综上得|OA|2+|OB|2=4，所以|OA|2+|OB|2是定值，此定值为4.【知识点】圆的切线方程；椭圆的定义；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）利用给定条件，探讨可得|NM|+|NM′|=23，再利用椭圆定义求出方程；（2）设圆心P(x0，y0)，得圆P：(x−x0)2+(y−y0)2=34，分类讨论过点O的圆P的切线，利用切线性质结合韦达定理计算.20．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32，点T(2，1)在椭圆上，与OT平行的直线l交椭圆C于P，Q两点，直线TP，TQ分别于x轴正半轴交于M，N两点.（1）求椭圆C的标准方程；（2）求证：|OM|+|ON|为定值.【答案】（1）解：由题意a2=b2+c2ca=324a2+1b2=1，解得a=22b=2c=6，所以椭圆C的标准方程为x28+y22=1；（2）解：因为直线OT的斜率为12，则设直线l的方程为y=12x+t(t≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立y=12x+tx28+y22=1，得x2+2tx+2t2−4=0，则Δ=4t2−4×(2t2−4)=4×(−t2+4)>0，解得−2 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简介：距离型定值问题-2023年高考数学之解密圆锥曲线命题点对点突破（全国通用）一、解答题1．在平面直角坐标系xOy中，已知点F1（－3，0），F2（3，0），点M满足|MF1|+|MF2|=4，记M的轨迹为C．以轨迹C与y轴正半轴交点T为圆心作圆，圆T与轨迹C在第一象限交于点A，在第二象限交于点B．（1）求C的方程；（2）求TA⋅TB的最小值，并求出此时圆T的方程；（3）设点P是轨迹C上异于A，B的一点，且直线PA，PB分别与y轴交于点M，N，O为坐标原点，求证：|OM|⋅|ON|为定值．【答案】（1）解：由题可知，c=3，2a=4，即a=2，所以b=4−3=1，所以曲线C的方程为x24+y2=1.（2）解：由题知T(0，1)，设A(m，n)(0 b>0)的离心率为32，左、右焦点分别为曲线y=2×2−6与x轴的两个交点．（1）求C的方程；（2）点P是圆O：x2+y2=a2+b2上的动点，过点P作C的两条切线，两条切线与圆O分别交于点A，B（异于P），证明：|AB|为定值．【答案】（1）解：2×2−6=0得x=±3由题知ca=32a2=b2+c2c=3，解得a=2，b=1所以椭圆C的标准方程为x24+y2=1（2）证明：设直线l斜率存在且与椭圆C相切，方程为y=kx+m代入x24+y2=1整理得(4k2+1)x2+8kmx+4(m2−1)=0则Δ=64k2m2−16(4k2+1)(m2−1)=0，即4k2−m2+1=0…①记P(x0，y0)，则m=y0−kx0，代入①整理得(4−x02)k2+2x0y0k+1−y02=0…②当直线PA、PB斜率存在时，记其斜率分别为k1，k2，易知k1，k2为方程②的两根，则有k1k2=1−y024−x02，又x02+y02=a2+b2=5，所以k1k2=1−y024−x02=1−(5−x02)4−x02=−1，即PA⊥PB所以AB为圆x2+y2=5的直径，所以|AB|=25当直线PA、PB有一条斜率不存在时，点P坐标为(±2，±1)，易知此时A、B关于原点对称，AB为圆x2+y2=5的直径.综上，|AB|为定值25.【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)令2×2−6=0得x=±3，根据题意可得ca=32a2=b2+c2c=3，解得a，b，即可求出C的方程；(2) 设直线l斜率存在且与椭圆C相切，方程为y=kx+m，联立椭圆的方程，由判别式△=0，得4k2−m2+1=0①，记P(x0，y0)，则m=y0−kx0，代入①整理得(4−x02)k2+2x0y0k+1−y02=0②当直线PA、PB斜率存在时，记其斜率分别为k1，k2，易知k1，k2为方程②的两根，由韦达定理可得k1k2=1−y024−x02，又x02+y02=a2+b2=5，进而可得k1k2=−1，即PA⊥PB，AB为圆x2+y2=5的直径，当直线PA、PB有一条斜率不存在时，点P坐标为(土2，士1)，推出A、B关于原点对称，AB为圆x2+y2=5的直径，即可证得|AB|为定值．3．在直角坐标系xOy中，长为3的线段AB的两端点A，B分别在x，y轴上滑动，动点M满足AM=2MB（1）求动点M的轨迹E的方程；（2）设过点N(0，t)的动直线l与（1）中的轨迹E交于C，D两点，是否存在定实数t，使得1|NC|2+1|ND|2为定值？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：设A(x0，0)，B(0，y0)，M(x，y)由AM=2MB，得(x−x0，y)=2(−x，y0−y)，即x0=3xy0=3y2而|AB|=3，即x02+y02=9．所以(3x)2+(3y2)2=9，即x2+y24=1．（2）解：假设存在满足题意的直线l，设C(x1，y1)，D(x2，y2)．当直线l的斜率存在时，设其方程为y=kx+t．由y=kx+t4x2+y2=4，消去y，得(k2+4)x2+2ktx+t2−4=0．则x1+x2=−2ktk2+4，x1x2=t2−4k2+4．所以，|NC|2=x12+(y1−t)2=(k2+1)x12，|ND|2=x22+(y2−t2)=(k2+1)x22，则1|NC|2+1|ND|2=1(k2+1)x12+1(k2+1)x22=1k2+1⋅x12+x22x12x22=1k2+1⋅(x1+x2)2−2x1x2x12x22=1k2+1⋅(−2ktk2+4)2−2⋅t2−4k2+4(t2−4k2+4)2=1k2+1⋅(2t2+8)k2−8t2+32(t2−4)2当且仅当2t2+8=−8t2+32，即t2=125，t=±2155时，1|NC|2+1|ND|2=5当直线l的斜率不存在时，C(0，−2)，D(0，2)，若t=±2155则1|NC|2+1|ND|2=1(t+2)2+1(2−t)2=2(t2+4)(4−t2)2=5．综上，存在实数t=±2155，使得1|NC|2+1|ND|2为定值为5．【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题【解析】【分析】（1）设A(x0，0)，B(0，y0)，M(x，y)，由向量的数乘运算，得到x0=3xy0=3y2，由|AB|=3可得轨迹方程；（2）假设存在满足题意的直线l，设C(x1，y1)，D(x2，y2)．当直线l的斜率存在时，设其方程为y=kx+t．代入椭圆方程，应用韦达定理得x1+x2，x1x2，计算1|NC|2+1|ND|2并代入x1+x2，x1x2，分析它是与k无关的常数，由此得出值，再检验这个值对斜率不存在的直线l也适用，由此得结论．4．设A、B分别为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点，设M(0，−1)是椭圆下顶点，直线MA与MB斜率之积为−14．（1）求椭圆C的标准方程；（2）若一动圆的圆心Q在椭圆上运动，半径为255．过原点O作动圆Q的两条切线，分别交椭圆于E、F两点，试证明|OE|2+|OF|2为定值．【答案】（1）解：由题意可知，b=1，A(−a，0)，B(a，0)，由kMA⋅kMB=−1a⋅1a=−14，即a2=4，又a>0，所以a=2，椭圆C的方程为x24+y2=1.（2）证明：设点Q坐标为(x0，y0)，即x024+y02=1．当直线OE的斜率为0，此时y0=±255，x0=±255，则直线OF的斜率不存在，此时|OE|2+|OF|2=a2+b2=5；当直线OE的斜率存在且斜率不为0时，设直线OE的方程为y=k1x，直线OF的方程为y=k2x，设点E(x1，y1)、F(x2，y2)，联立y=kxx2+4y2=4，可得(4k2+1)x2=4，则x12=44k12+1，x22=44k22+1，又圆Q与直线OE、OF相切，即|kx0−y0|k2+1=255，整理可得(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0，则k1、k2为关于k的方程(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0的两根，所以，k1k2=y02−45×02−45=1−x024−45×02−45=−14，所以，|OE|2+|OF|2=(1+k12)x12+(1+k22)x22=4(k12+1)4k12+1+4(k22+1)4k22+1 =4(k12+1)4k12+1+4(116k12+1)14k12+1=4(k12+1)4k12+1+16k12+14k12+1=5.综上：|OE|2+|OF|2为定值5．【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）利用已知条件求出椭圆的左、右顶点、下顶点的坐标，进而得出b的值和A，B两点的坐标，再利用两点求斜率公式和实数a的取值范围，进而得出a的值，从而得出椭圆C的标准方程。（2）设点Q坐标为(x0，y0)，再利用代入法得出x024+y02=1，当直线OE的斜率为0，进而得出此时y0，x0的值，则直线OF的斜率不存在，进而求出|OE|2+|OF|2的值；当直线OE的斜率存在且斜率不为0时，设直线OE的方程为y=k1x，直线OF的方程为y=k2x，设点E(x1，y1)、F(x2，y2)，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合一元二次方程求根公式得出x12=44k12+1，x22=44k22+1，再利用圆Q与直线OE、OF相切结合直线与圆相切位置关系判断方法，再结合点到直线的距离公式，整理可得(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0，则k1、k2为关于k的方程(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0的两根，再结合韦达定理得出k1k2的值，再利用两点距离公式得出|OE|2+|OF|2的值，进而证出|OE|2+|OF|2为定值。5．已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率e=22，P为椭圆上一动点，△PF1F2面积的最大值为2.（1）求椭圆E的方程；（2）若C，D分别是椭圆E长轴的左、右端点，动点M满足MD⊥CD，连接CM交椭圆于点N，C为坐标原点.证明：OM⋅ON为定值.【答案】（1）解：当P为短轴端点时，△PF1F2的面积最大，bc=2，故ca=22bc=2a2=b2+c2，解得a=2，b=c=2，故椭圆E的方程为x24+y22=1.（2）解：由（1）知，C(−2，0)，D(2，0)，设直线CM：y=k(x+2)，N(x1，y1)，∵MD⊥CD，∴M(2，4k)，联立x24+y22=1y=k(x+2)，整理得(2k2+1)x2+8k2xx2+8k2−4=0，由−2×1=8k2−42k2+1得x1=2−4k22k2+1，y1=k(x1+2)=4k2k2+1，∴N(2−4k22k2+1，4k2k2+1)，OM⋅ON=2×2−4k22k2+1+4k×4k2k2+1=4，故OM⋅ON为定值4.【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由离心率和三角形的最大面积及a，b，c之间的关系可得a，b的值，进而求出椭圆E的方程；(2)由题意可得C，D的坐标，由题意设M的坐标，求出直线CM的斜率，进而求出直线CM的方程，与椭圆的方程联立，求出两根之积，可得N的横坐标，代入直线CM的方程可得N的坐标，求出数量积OM⋅ON，可证得OM⋅ON为定值.6．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为63，以椭圆C的右顶点A为圆心，作半径为r的圆(x−3)2+y2=r2，设圆A与椭圆C交于点E，F.（1）求AE⋅AF的最小值，并求此时圆A的方程；（2）设点O是坐标原点，点P是椭圆C上异于E，F的点，且满足直线PE，PF分别与x轴交于M，N两点，证明：|OM|⋅|ON|为定值.【答案】（1）解：根据题意，A(3，0)，则a=3，又离心率ca=63，则c=2，故b2=a2−c2=1，即椭圆C的方程为x23+y2=1，设点E(x0，y0)(y0>0)，则x023+y02=1，易得E，F关于x轴对称，则F(x0，−y0)，又点A(3，0)，则AE⋅AF=(x0−3，y0)⋅(x0−3，−y0)=(x0−3)2−y02=x02−23×0+3−1+x023=43(x0−334)2−14，当x0=334，y0=74时，AE⋅AF有最小值为−14，且r2=|AE|2=(x0−3)2+y02=58，故圆A的方程为(x−3)2+y2=58；（2）证明：设点P(x1，y1)，E(x0，y0)，则F(x0，−y0)，且x1≠x0，x023+y02=1，x123+y12=1，则kPE=y1−y0x1−x0，kPF=y1+y0x1−x0，可得lPE：y−y0=y1−y0x1−x0(x−x0)，令y=0，则M(x0y1−x1y0y1−y0，0)，lPF：y+y0=y1+y0x1−x0(x−x0)，令y=0，则N(x0y1+x1y0y1+y0，0)，所以xM⋅xN=x0y1−x1y0y1−y0⋅x0y1+x1y0y1+y0=x02y12−x12y02y12−y02=3(1−y02)y12−3(1−y12)y02y12−y02=3y12−3y02y12−y02=3，故|OM|⋅|ON|=|xM|⋅|xN|=|xMxN|=3，为定值.【知识点】圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系 【解析】【分析】（1）直接由右顶点及离心率求出椭圆C的方程，设出E，F坐标，表示出AE→⋅AF→，由二次函数求得最小值，求出此时点E坐标，即可求得圆A的方程；（2）设出P，E，F坐标，表示出直线PE，PF求出M，N坐标，计算xM，xN，结合P，E，F是椭圆C上的点，求出xM×xN为定值，即可求得|OM|⋅|ON|为定值.7．已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为4，离心率为32，其中左顶点为A，右顶点为B，O为坐标原点.（1）求椭圆E的标准方程；（2）直线y=x+t(t≠0)与椭圆E交于不同的两点P，Q，直线AP，BQ分别与直线y=x交于点M，N.求证：|OM|⋅|ON|为定值.【答案】（1）解：由已知得2a=4．所以a=2．又因为椭圆E的离心率为32，所以ca=32．所以c=3．所以b=a2−c2=4−3=1，所以椭圆E的方程为x24+y2=1（2）证明：由y=x+t，x2+4y2=4得5×2+8tx+4t2−4=0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)．因为直线y=x+t(t≠0)与椭圆E交于不同的两点P，Q，所以Δ=(8t)2−20(4t2−4)>0．解得−5 b>0)的长轴长为4，进而得出实数a的值，再利用椭圆的离心率为32，进而结合椭圆的离心率公式得出c的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，进而得出b的值，从而得出椭圆E的标准方程。（2）设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，利用已知条件结合直线与椭圆相交，联立二者方程结合判别式法得出t的取值范围，再结合韦达定理，得出x1+x2=−8t5，x1x2=4t2−45，再利用点斜式设出直线AP的方程为y=y1x1+2(x+2)，令y=x得xM=2(x1+t)2−t，再利用点斜式设出直线BQ的方程为y=y2x2−2(x−2)，令y=x得xN=2(x2+t)t+2，进而得出xMxN的值，再利用两点距离公式得出|OM|⋅|ON|的值。8．已知抛物线C：y=ax2(a>0)的焦点是F，若过焦点F的直线与C相交于A，B两点，所得弦长|AB|的最小值为2．（1）求实数a的值；（2）设P，Q是抛物线C上不同于坐标原点O的两个不同的动点，且以线段PQ为直径的圆经过点O，作OM⊥PQ，M为垂足，试探究是否存在定点N，使得|MN|为定值，若存在，则求出该定点N的坐标及定值|MN|，若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：抛物线C：y=ax2(a>0)化为标准方程为：x2=1ay，其焦点F(0，14a)，因为斜率一定存在，设其方程为y=k1x+14a，联立方程得：y=k1x+14ax2=1ay，整理得：x2−k1ax−14a2=0，Δ>0恒成立．其中A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1+x2=k1a，y1+y2=k1(x1+x2)+12a=k12a+12a，因为焦点弦长|AB|=y1+y2+12a=k12a+1a，所以当k12=0时，弦长|AB|min=1a=2．所以，实数a的值为12．（2）解：由题意可知直线PQ的斜率存在，设其方程为y=kx+t(t≠0)．联立方程得：y=kx+tx2=2y，整理得：x2−2kx−2t=0，Δ=4k2+8t>0．其中P(x3，y3)，Q(x4，y4)，x3+x4=2k，x3x4=−2t，因为以PQ为直径的圆经过点O，所以OP⋅OQ=0．又因为OP⋅OQ=x3x4+y3y4=x3x4+x322⋅x422=−2t+4t24=−2t+t2=0，∵t≠0，∴t=2．所以直线PQ过定点T(0，2)， 又因为OM⊥PQ，所以△OMT为直角三角形，所以当N为斜边OT中点时，|MN|为定值，此时|MN|=12|OT|=1．所以定点N为(0，1)，|MN|为定值1【知识点】抛物线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）根据抛物线和过焦点的直线联立方程，根据焦点弦的计算，即可求解.（2）联立方程，得到根与系数的关系，根据以线段PQ为直径的圆经过点O，转化成OP⋅OQ=0，可得直线过定点，再由OM⊥PQ，根据直角三角形的特征即可找到N的位置，即可求解.9．已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，A1，右焦点为点F，点P是椭圆E上一动点，△APA1面积的最大值为2，当PF⊥x轴时，|PF|=12.（1）求椭圆E的方程；（2）已知直线l与椭圆E有且只有一个公共点，直线l与直线x=433交于点N，过点F作x轴的垂线，交直线l于点M.求证：|FM||FN|为定值.【答案】（1）解：设椭圆E的半焦距为c，P(x，y)，将x=c代入x2a2+y2b2=1得y2=b2(1−c2a2)=(a2−c2)b2a2=b4a2，所以|PF|=|y|=b2a=12，因为点P是椭圆E上一动点，所以−b≤y≤b，所以△APA1面积S=12|AA1||y|≤ab=2，由a=2b2ab=2，求得a=2b=1，所以椭圆E的方程为E：x24+y2=1（2）解：由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+m，联立y=kx+mx24+y2=1，整理可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4=0，因为直线l与椭圆E相切，所以Δ=64k2m2−4(1+4k2)(4m2−4)=0，得m2=1+4k2，因为椭圆E的右焦点为F(3，0)，将x=3代入直线l得y=3k+m，所以M(3，3k+m)，所以|FM|=|3k+m|，将x=433代入直线l可得y=433k+m，所以N(433，433k+m)，所以|NF|2=(433−3)2+(433k+m)2=163k2+833km+m2+13，|FM|2|NF|2=3k2+23km+m216k23+833km+m2+13，将m2=1+4k2代入上式，得|FM|2|FN|2=7k2+23km+128k23+833km+43=34，所以|FM||FN|为定值32【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）设椭圆E的半焦距为c，P(x，y)，由|PF|=12得|PF|=|y|=b2a=12，△APA1面积的最大值为2，即ab=2，联立方程求a，b，从而可得椭圆方程；（2）设直线l的方程为y=kx+m，联立方程组整理(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4=0，因为直线l与椭圆E相切，得m2=1+4k2，根据已知条件求得N(433，433k+m)，N(433，433k+m)，从而可得|FM|=|3k+m|，|NF|2=(433−3)2+(433k+m)2=163k2+833km+m2+13，作商化简即可求解.10．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点A(2，1)，过右焦点F2作x轴的垂线交椭圆于M，N两点，且|MN|=6.（1）求椭圆C的方程；（2）点P，Q在椭圆C上，且kAP⋅kAQ=13，AD⊥PQ，D为垂足.证明：存在定点S，使得|DS|为定值.【答案】（1）解：由已知得4a2+1b2=1，且当x=c时，|MN|=2b2a=6，联立4a2+1b2=1，2b2a=6，解得a2=6，b2=3，故椭圆C的方程为x26+y23=1.（2）证明：设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，因为kAP⋅kAQ=13，y1−1×1−2⋅y2−1×2−2=13，即(x1−2)(x2−2)−3(y1−1)(y2−1)=0，*当直线PQ的斜率存在时，设方程为y=kx+m，代入椭圆方程消去y得(2k2+1)x2+4kmx+2m2−6=0，Δ>0，x1+x2=−4km2k2+1，x1x2=2m2−62k2+1. 根据y1=kx1+m，y2=kx2+m.代入*整理，得(1−3k2)x1x2−(3km+2−3k)(x1+x2)+1+6m−3m2=0，结合根与系数的关系可得，m2−2(4k+3)m−5(4k2−1)=0，[m−5(2k+1)][m+(2k−1)]=0，当m=−(2k−1)时，直线y=kx+m=kx−2k+1=k(x−2)+1过点A(2，1)，不符合条件，当m=5(2k+1)时，直线方程为y=kx+5(2k+1)=k(x+10)+5，故直线PQ恒过定点(−10，5)，设E(−10，5)，当直线PQ的斜率不存在时，点P(x1，y1)，Q(x1，−y1)，此时(x1−2)2+3y12−3=0，又x126+y123=1，可得x1=−10（舍）或x1=2，与A点重合，与已知条件不符.∴直线PQ的斜率一定存在，故直线PQ恒过定点E(−10，5)由于AE为定长，且△ADE为直角三角形，AE为斜边，所以AE的中点S满足|DS|为定值，点S为(−4，3).【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）将点以A(2，1)及x=c代入椭圆方程，得出椭圆的方程；（2）讨论直线PQ的斜率存在和不存在两种情况，设方程为y=kx+m，代入椭圆方程，结合韦达定理以及kAP⋅kAQ=13得出直线PQ恒过定点(−10，5)，从而得到结论.11．已知椭圆T：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F(−c，0)，上顶点为P.直线PF与椭圆T交于另一点Q，且|PF|=7|FQ|，点E(3，12)在椭圆T上.（1）求椭圆T的方程.（2）过点M(0，2)，且斜率为k的直线l与椭圆T相交于A，B两点，点A关于y轴的对称点为A′，作MN⊥A′B，垂足为N.是否存在定点R，使得|NR|为定值？若存在，求出定点R的坐标；若不存在，说明理由.【答案】（1）解：由题可知，F(−c，0)，P(0，b)，设Q(x，y)，则PF=(−c，−b)，FQ=(x+c，y)，因为|PF|=7|FQ|，所以PF=7FQ，即−c=7(x+c)−b=7y，解得x=−8c7y=−b7，即点Q的坐标为(−8c7，−b7)，则64c249a2+149=1，整理得ca=32.因为点E(3，12)在椭圆T上，所以3a2+14b2=1又a2=b2+c2，所以a=2，b=1，c=3故椭圆T的方程为x24+y2=1（2）解：由题可知直线l的方程为y=kx+2，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A′(−x1，y1).联立方程组x24+y2=1，y=kx+2，整理得(4k2+1)x2+16kx+12=0，Δ=(16k)2−48(4k2+1)=64k2−48>0，则x1+x2=−16k4k2+1，x1x2=124k2+1，直线A′B的方程为y−y1=y2−y1x2+x1(x+x1)，整理(y1−y2)x+(x2+x1)y=x1y2+x2y1.又x1y2+x2y1=x1(kx2+2)+x2(kx1+2)=2kx1x2+2(x1+x2)=−8k4k2+1，令x=0，得y=x1y2+x2y1x1+x2=12，所以A′B恒过定点G(0，12)，故在Rt△MGN中，存在定点R(0，54)为斜边MG的中点，使得|NR|=12|MG|=34，为定值.【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）|PF|=7|FQ|可结合向量得到点Q(−8c7，−b7)，将E，Q坐标代入椭圆方程可得答案；（2）设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A′(−x1，y1)，联立直线和椭圆的方程，得到关于x的一元二次方程，结合Δ>0得到x1+x2=−16k4k2+1x1x2=124k2+1，由A′B的方程y−y1=y2−y1x2+x1(x+x1)，令x=0，代入韦达定理整理可得：A′B恒过定点G(0，12)，12．已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点为F1，F2，且F2(1，0)为长轴的一个四等分点.（1）求椭圆的标准方程；（2）分别过F1，F2作斜率为k1，k2的两条直线l1和l2，l1与椭圆交于A，B两点，l2与椭圆交于C，D两点，且k1⋅k2=1.求证：1|AB|+1|CD|为定值，并求出该定值.【答案】（1）解：由已知c=1，a=2，所以b2=a2−c2=3，因此椭圆的标准方程为x24+y23=1；（2）解：设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4）直线l1：y=k1(x+1)，l2：y=k2(x−1)联立方程y=k1(x+1)3×2+4y2=12得(3+4k12)x2+8k12x+4k12−12=0，∴x1+x2=−8k123+4k12，x1x2=4k12−123+4k12，∴|AB|=1+k12(x1+x2)2−4x1x2=12(1+k12)3+4k12，联立方程y=k2(x−1)3×2+4y2=12得(3+4k22)x2−8k22x+4k22−12=0， 同理可得|CD|=12(1+k22)3+4k22，∴1|AB|+1|CD|=112(3+4k121+k12+3+4k221+k22)=112(6+7k12+7k22+8k12k221+k12+k22+k12k22)由已知k1k2=1，化简得1|AB|+1|CD|=712=定值.【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由右焦点的坐标可得c的值，再由F2(1，0)为长轴的一个四等分点可得a的值，进而求出b的值，求出椭圆的标准方程；(2)设直线l1的方程，与椭圆的方程联立，求出两根之和及两根之积，进而求出弦长|AB|的表达式，由题意可设直线l2的方程，与椭圆的方程联立，求出两根之和及两根之积，进而求出弦长|CD|的值，求出1|AB|+1|CD|的值，可证得为定值.13．在平面直角坐标系中，椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=63，a=6，直线l与x轴相交于点E，与椭圆相交于点A，B；（1）求椭圆C的方程，（2）在x轴上是否存在点E，使得1|EA|2+1|EB|2为定值？若存在，请求出点E的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：由题意得：e=ca=63，a=6，∴c=2，∴b2=a2−c2=2，所以椭圆的方程为x26+y22=1（2）解：设E(x0，0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，（ⅰ）当直线AB与x轴不重合时，设AB的方程为x=my+x0代入x26+y22=1得：(m2+3)y2+2mx0y+x02−6=0，则y1+y2=−2mx0m2+3y1⋅y2=x02−6m2+3|EA|2=(m2+1)y12，|EB|2=(m2+1)y22，1|EA|2+1|EB|2=(y1+y2)2−2y1y2(m2+1)y12y22=2×m2(x02+6)+(18−3×02)m2(x02−6)2+(x02−6)2当x02+6=(x02−6)218−3×02=(x02−6)2，即x02=3时，无论m取何值，1|EA|2+1|EB|2的值恒为2，得点E(±3，0)，（ⅱ）当直线AB与x轴重合时，有A(−6，0)，B(6，0)，E(3，0)或E(−3，0)，均有1|EA|2+1|EB|2=2由i和ii得，在x轴上是存在两点E(±3，0)，使得1|EA|2+1|EB|2为定值.【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）利用已知条件结合椭圆的离心率公式和a的值，进而得出c的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式得出b的值，进而得出椭圆的标准方程。（2）设E(x0，0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，（ⅰ）当直线AB与x轴不重合时，设AB的方程为x=my+x0，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合韦达定理得出y1+y2=−2mx0m2+3y1⋅y2=x02−6m2+3，再利用两点距离公式得出1|EA|2+1|EB|2=2×m2(x02+6)+(18−3×02)m2(x02−6)2+(x02−6)2，当x02+6=(x02−6)218−3×02=(x02−6)2，得出x02=3时，无论m取何值，1|EA|2+1|EB|2的值恒为定值，进而得出点E的坐标；（ⅱ）当直线AB与x轴重合时，进而得出点A，B，的坐标，再结合两点距离公式得出1|EA|2+1|EB|2的值为定值，进而得出在x轴上是存在两点E(±3，0)，使得1|EA|2+1|EB|2为定值。14．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32，左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，点P在椭圆C上，且有|PF1|=2，∠F1PF2=2π3（1）求椭圆C的方程；（2）设直线l不经过P（0，1）点且与椭圆E相交于A、B两点，若直线PA与直线PB的斜率之和为−2，若PM⊥l，垂足为M，判断是否存在定点N，使得|MN|为定值，若存在求出点N，若不存在，说明理由．【答案】（1）解：因为离心率为32，故a2−b2a2=34，解得a=2b，又ca=32，故c=3b.在△F1PF2中有|PF1|=2，|PF2|=2a−2=4b−2，|F1F2|=2c=23b，∠F1PF2=2π3，由余弦定理可得12b2=4+(4b−2)2−2⋅2⋅(4b−2)cos2π3，化简可得b=1，故a=2，椭圆C的方程为x24+y2=1 （2）解：当直线l的斜率不存在时，设点A(x0，y0)，B(x0，−y0)，此时有y0−1×0+−y0−1×0=−2，解得x0=1，此时直线l的方程为x=1；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m，(m≠1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立x24+y2=1y=kx+m化简可得(4k2+1)x2+8kmx+4m2−4=0，x1+x2=−8km4k2+1，x1x2=4m2−44k2+1，又直线PA与直线PB的斜率之和为−2，故y1−1×1+y2−1×2=−2，代入直线方程有kx1+m−1×1+kx2+m−1×2=−2，化简得2k+(m−1)x1+x2x1x2=−2，代入韦达定理有2k−(m−1)8km4m2−4=−2，整理得m=−k−1，故直线y=kx+m=kx−k−1过定点Q(1，−1)，当直线l的方程为x=1时也满足，又PM⊥l，故存在P，Q的中点N(12，0)得|MN|为定值【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】（1）根据离心率为32可得a=2b，c=3b，再在△F1PF2中利用余弦定理求解b即可；（2）当直线l的斜率不存在时，设点A(x0，y0)，B(x0，−y0)，根据已知条件，解得x0=1，此时直线l的方程为x=1；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m，(m≠1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，再联立椭圆的方程，表达出直线PA与直线PB的斜率之和为−2，结合韦达定理可得m=−k−1，进而得到直线l过定点，从而根据PM⊥l确定点N.15．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为23，A1、A2分别为椭圆C的左､右顶点，B为椭圆C的上顶点，F1为椭圆的左焦点，且△A1F1B的面积为52.（1）求椭圆C的方程；（2）设过点D(1，0)的动直线l交椭圆C于E、F两点(点E在x轴上方)，M、N分别为直线A1E、A2F与y轴的交点，证明：|OM||ON|为定值.【答案】（1）解：由椭圆C的离心率为23，得ca=23，于是a=32c，b=52c=|OB|∴|A1F1|=a−c=12c，S△A1F1B=12×12c×52c=58c2=52，因此c=2，a=3，b=5，∴椭圆的方程为x29+y25=1；（2）证明：易知，直线l(EF)斜率不为0，设l方程为x=my+1，由x=my+1，x29+y25=1得(5m2+9)y2+10my−40=0，设E(x1，y1)，F(x2，y2)，则y1+y2=−10m5m2+9，y1y2=−405m2+9，则y1=−10m5m2+9−y2．由直线A1E方程y=y1x1+3(x+3)，得yM=3y1x1+3；由直线A2F方程y=y2x2−3(x−3)，得yN=−3y2x2−3；由此可得，|OM||ON|=yM−yN=y1(x2−3)y2(x1+3)=y1(my2−2)y2(my1+4)=my1y2−2y1my1y2+4y2=m⋅−405m2+9−2(−10m5m2+9−y2)m·−405m2+9+4y2=−40m+20m+2(5m2+9)y2−40m+4(5m2+9)y2=−20m+2(5m2+9)y22[−20m+2(5m2+9)y2]=12．∴|OM||ON|为定值12．【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）由离心率得a=32c，再结合S△A1F1B=12×12c×52c即可求解；（2）设l方程为x=my+1，联立椭圆方程，设E(x1，y1)，F(x2，y2)由韦达定理，可得y1=−10m5m2+9−y2，分别通过直线A1E，直线A2F的方程可得yM，yN，进而可得|OM||ON|=yM−yN，代入yM，yN，结合韦达定理化简即可求解。16．在平面直角坐标系xOy中，点M(0，1)，记动点P到直线l：y=−2的距离为d，且d=|PM|+1，设点P的轨迹为曲线E．（1）求曲线E的方程；（2）直线m交曲线E于A，B两点，曲线E在点A及点B处的切线相交于点C．设点C到直线l的距离为h，若△ABC的面积为4，求证：存在定点T，使得|CT|h恒为定值．【答案】（1）解：由题意可知P到定点M的距离与P到直线y=−1的距离相等∴P的轨迹是抛物线且p2=1，p=2，曲线E的方程为x2=4y（2）解：设直线m的方程为y=kx+m，A(x1，x124)，B(x2，y224)y=kx+mx2=4y⇒x2−4kx−4m=0，Δ=16k2+16m>0. x1+x2=4kx1x2=−4m，y=14×2，y′=12x∴切线AC的方程为y=x12(x−x1)+x124=x12x−x124①BC方程为y=x22x−x224②联立①②得x1−x22x=(x1+x2)(x1−x2)4∴xC=x1+x22=2k，yC=x12⋅x1+x22−x124=x1x24=−m，即C(2k，−m)设AB的中点为N(x0，y0)，∴x0=x1+x22=2k，∴CN⊥x轴N(2k，2k2+m)，C(2k，−m)，CN=2k2+2m，|x1−x2|=4k2+m∴S△ABC=12⋅2(k2+m)⋅4k2+m=4(k2+m)32=4⇒k2+m=1∴h=2−m，存在定点T(0，0)使得|CT|h=4k2+m22−m=4(1−m)+m22−m=2−m2−m=1【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】（1）由P到定点M的距离与P到直线y=−1的距离相等，结合抛物线的定义得出曲线E的方程；（2）设直线m的方程为y=kx+m，由韦达定理以及导数得出AC，BC切线的方程，并联立得出点C坐标以及三角形面积公式得出k2+m=1，进而存在定点T(0，0)使得|CT|h=1.17．已知抛物线C：x2=2py(p>0)的焦点为F，点P(−2，y0)为抛物线上一点，抛物线C在点P处的切线与y轴相交于点Q，且△FPQ的面积为2.（1）求抛物线的方程.（2）若斜率不为0的直线l过焦点F，且交抛物线C于A，B两点，线段AB的中垂线与y轴交于点M.证明：|MF||AB|为定值.【答案】（1）解：由题意可知P(−2，2p)，设抛物线C在点P处的切线方程为y−2p=k(x+2)，联立x2=2pyy−2p=k(x+2)得x2−2pkx−(4pk+4)=0，由Δ=4p2k2+4(4pk+4)=0解得k=−2p，故切线方程为y−2p=−2p(x+2)，令x=0，得y=−2p，即Q(0，−2p)，又F(0，p2)，所以S△FPQ=12×(p2+2p)×2=2，解得p=2，所以抛物线C的方程为x2=4y．（2）证明：由（1）可知F(0，1)，显然直线l的斜率存在，故可设直线l的方程为y=kx+1，A(x1，y1)，B(x2，y2).联立方程组x2=4yy=kx+1，消去y得x2−4kx−4=0，所以x1+x2=4k，x1x2=−4，所以y1+y2=k(x1+x2)+2=4k2+2，得|AB|=y1+y2+2=4k2+4，所以线段AB的中点为(x1+x22，y1+y22)=(2k，2k2+1)，中垂线所在直线的斜率k′=−1k，故线段AB中垂线所在的直线方程为y−2k2−1=−1k(x−2k)，令x=0，得yM=2k2+3，所以|MF|=2k2+2，所以|MF||AB|=2k2+24k2+4=12为定值，得证.【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】（1）求出P坐标，待定系数法设切线方程，解出斜率，表示Q坐标后由面积列方程求解（2）待定系数法设直线方程，与抛物线方程联立后由韦达定理表示弦长|AB|与中点坐标，再求其垂直平分线方程，表示点M坐标后计算证明.18．已知椭圆C：y2a2+x2b2=1(a>b>0)的上､下焦点分别为F1，F2，左､右顶点分别为A1，A2，且四边形A1F1A2F2是面积为8的正方形.（1）求C的标准方程.（2）M，N为C上且在y轴右侧的两点，MF1//NF2，MF2与NF1的交点为P，试问|PF1|+|PF2|是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）解：椭圆C：y2a2+x2b2=1(a>b>0)的上､下焦点分别为F1(0，c)，F2(0，−c)，左､右顶点分别为A1(−b，0)，A2(b，0)，因为四边形A1F1A2F2是面积为8的正方形，所以有b=c且4×12⋅b⋅c=8，解得b=c=2⇒a2=b2+c2=8，所以椭圆的标准方程为：y28+x24=1；（2）解：因为MF1∥NF2，所以|NF2||F1M|=|PN||PF1|⇒|NF2||F1M|+1=|PN||PF1|+1⇒|NF2|+|F1M||F1M|=|PN|+|PF1||PF1|⇒|PF1|=|NF1||NF2|+|F1M|⋅|F1M|，因为N为C上且在y轴右侧的点，所以|NF2|+|F1N|=2a=42， 因此|PF1|=|F1M||NF2|+|F1M|⋅(42−|NF2|)，同理可得：|PF2|=|F2N||NF2|+|F1M|⋅(42−|MF1|)，所以|PF1|+|PF2|=|F1M||NF2|+|F1M|⋅(42−|NF2|)+|F2N||NF2|+|F1M|⋅(42−|MF1|)=42−2|F1M|⋅|F2N||NF2|+|F1M|，设MF1，NF2的方程分别为：y=kx+1，y=kx−1，设M(x1，y1)，N(x2，y2)(x1，x2<0)，则y28+x24=1y=kx+2⇒(k2+2)x2+4kx−4=0，所以x1=−4k−16k2+16(k2+2)2(k2+2)=−2k−22k2+2k2+2，因此|MF1|=x12+(y1−2)2=x12+(kx1+2−2)2=|x1|⋅1+k2=2k1+k2+22(k2+1)k2+2，同理可得：|NF2|=22(k2+1)−2k1+k2k2+2，因此|MF1|+|NF2|=42(k2+1)k2+2，|MF1|⋅|NF2|=[22(k2+1)]2−4k2(1+k2)(k2+2)2=4(1+k2)(k2+2)，所以|PF1|+|PF2|=42−2|F1M|⋅|F2N||NF2|+|F1M|=42−2⋅4(1+k2)k2+242(k2+1)k2+2=42−2=32，所以|PF1|+|PF2|为定值，定值为32.【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据题意求出椭圆顶点的坐标，结合四边形的几何性质计算出b与c的关系，再由椭圆里a、b、c的关系，计算出a的取值由此得出椭圆的方程。(2)由已知条件结合椭圆的几何性质，结合椭圆的定义整理化简计算出a的取值，然后由点斜式设出直线的方程并联立直线与椭圆的方程消元后，结合弦长公式以及数量积公式代入整理，计算出结果从而得出答案。19．在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2+y2=3，点M，M′的坐标分别为(2，0)，(−2，0)，且N为该平面内一点，以MN为直径的圆内切于圆O，记点N的轨迹为曲线C．（1）求曲线C的方程．（2）已知P为曲线C上一点，过原点O作以P为圆心，32为半径的圆的两条切线，分别交曲线C于A，B两点，试问|OA|2+|OB|2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．【答案】（1）解：设MN的中点为T，依题意，|OT|=3−12|MN|，又|OT|=12|M′N|，则|NM|+|NM′|=23>22=|MM′|，由椭圆定义知，点N的轨迹是以M′，M为左右焦点，长轴长为23的椭圆，而半焦距为2，则短半轴长b=(3)2−(2)2=1，所以曲线C的方程为x23+y2=1.（2）解：设圆心P(x0，y0)，则有x02+3y02=3，圆P：(x−x0)2+(y−y0)2=34，当x02=34，即点P(±32，±32)时，圆P与两坐标轴相切，则OA，OB分别为椭圆长半轴、短半轴，于是有|OA|2+|OB|2=3+1=4，当x02≠34时，设过点O的圆P的切线方程为y=kx，其中直线OA，OB的方程分别为y=k1x，y=k2x，由|kx0−y0|k2+1=32得：(4×02−3)k2−8x0y0k+4y02−3=0，则k1，k2是此方程的二根，有k1k2=4y02−34×02−3=−13，由y=kxx2+3y2=3得x2=31+3k2，设点A(xA，yA)，B(xB，yB)，则xA2=31+3k12，xB2=31+3k12，|OA|2+|OB|2=(1+k12)xA2+(1+k22)xB2=3(1+k12)1+3k12+3(1+k22)1+3k22=2+2[2+3(k12+k22)]9k12k22+3(k12+k22)+1=2+2[2+3(k12+k22)]2+3(k12+k22)=4，综上得|OA|2+|OB|2=4，所以|OA|2+|OB|2是定值，此定值为4.【知识点】圆的切线方程；椭圆的定义；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）利用给定条件，探讨可得|NM|+|NM′|=23，再利用椭圆定义求出方程；（2）设圆心P(x0，y0)，得圆P：(x−x0)2+(y−y0)2=34，分类讨论过点O的圆P的切线，利用切线性质结合韦达定理计算.20．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32，点T(2，1)在椭圆上，与OT平行的直线l交椭圆C于P，Q两点，直线TP，TQ分别于x轴正半轴交于M，N两点.（1）求椭圆C的标准方程；（2）求证：|OM|+|ON|为定值.【答案】（1）解：由题意a2=b2+c2ca=324a2+1b2=1，解得a=22b=2c=6，所以椭圆C的标准方程为x28+y22=1；（2）解：因为直线OT的斜率为12，则设直线l的方程为y=12x+t(t≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立y=12x+tx28+y22=1，得x2+2tx+2t2−4=0，则Δ=4t2−4×(2t2−4)=4×(−t2+4)>0，解得−2 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简介：距离型定值问题-2023年高考数学之解密圆锥曲线命题点对点突破（全国通用）一、解答题1．在平面直角坐标系xOy中，已知点F1（－3，0），F2（3，0），点M满足|MF1|+|MF2|=4，记M的轨迹为C．以轨迹C与y轴正半轴交点T为圆心作圆，圆T与轨迹C在第一象限交于点A，在第二象限交于点B．（1）求C的方程；（2）求TA⋅TB的最小值，并求出此时圆T的方程；（3）设点P是轨迹C上异于A，B的一点，且直线PA，PB分别与y轴交于点M，N，O为坐标原点，求证：|OM|⋅|ON|为定值．【答案】（1）解：由题可知，c=3，2a=4，即a=2，所以b=4−3=1，所以曲线C的方程为x24+y2=1.（2）解：由题知T(0，1)，设A(m，n)(0 b>0)的离心率为32，左、右焦点分别为曲线y=2×2−6与x轴的两个交点．（1）求C的方程；（2）点P是圆O：x2+y2=a2+b2上的动点，过点P作C的两条切线，两条切线与圆O分别交于点A，B（异于P），证明：|AB|为定值．【答案】（1）解：2×2−6=0得x=±3由题知ca=32a2=b2+c2c=3，解得a=2，b=1所以椭圆C的标准方程为x24+y2=1（2）证明：设直线l斜率存在且与椭圆C相切，方程为y=kx+m代入x24+y2=1整理得(4k2+1)x2+8kmx+4(m2−1)=0则Δ=64k2m2−16(4k2+1)(m2−1)=0，即4k2−m2+1=0…①记P(x0，y0)，则m=y0−kx0，代入①整理得(4−x02)k2+2x0y0k+1−y02=0…②当直线PA、PB斜率存在时，记其斜率分别为k1，k2，易知k1，k2为方程②的两根，则有k1k2=1−y024−x02，又x02+y02=a2+b2=5，所以k1k2=1−y024−x02=1−(5−x02)4−x02=−1，即PA⊥PB所以AB为圆x2+y2=5的直径，所以|AB|=25当直线PA、PB有一条斜率不存在时，点P坐标为(±2，±1)，易知此时A、B关于原点对称，AB为圆x2+y2=5的直径.综上，|AB|为定值25.【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)令2×2−6=0得x=±3，根据题意可得ca=32a2=b2+c2c=3，解得a，b，即可求出C的方程；(2) 设直线l斜率存在且与椭圆C相切，方程为y=kx+m，联立椭圆的方程，由判别式△=0，得4k2−m2+1=0①，记P(x0，y0)，则m=y0−kx0，代入①整理得(4−x02)k2+2x0y0k+1−y02=0②当直线PA、PB斜率存在时，记其斜率分别为k1，k2，易知k1，k2为方程②的两根，由韦达定理可得k1k2=1−y024−x02，又x02+y02=a2+b2=5，进而可得k1k2=−1，即PA⊥PB，AB为圆x2+y2=5的直径，当直线PA、PB有一条斜率不存在时，点P坐标为(土2，士1)，推出A、B关于原点对称，AB为圆x2+y2=5的直径，即可证得|AB|为定值．3．在直角坐标系xOy中，长为3的线段AB的两端点A，B分别在x，y轴上滑动，动点M满足AM=2MB（1）求动点M的轨迹E的方程；（2）设过点N(0，t)的动直线l与（1）中的轨迹E交于C，D两点，是否存在定实数t，使得1|NC|2+1|ND|2为定值？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：设A(x0，0)，B(0，y0)，M(x，y)由AM=2MB，得(x−x0，y)=2(−x，y0−y)，即x0=3xy0=3y2而|AB|=3，即x02+y02=9．所以(3x)2+(3y2)2=9，即x2+y24=1．（2）解：假设存在满足题意的直线l，设C(x1，y1)，D(x2，y2)．当直线l的斜率存在时，设其方程为y=kx+t．由y=kx+t4x2+y2=4，消去y，得(k2+4)x2+2ktx+t2−4=0．则x1+x2=−2ktk2+4，x1x2=t2−4k2+4．所以，|NC|2=x12+(y1−t)2=(k2+1)x12，|ND|2=x22+(y2−t2)=(k2+1)x22，则1|NC|2+1|ND|2=1(k2+1)x12+1(k2+1)x22=1k2+1⋅x12+x22x12x22=1k2+1⋅(x1+x2)2−2x1x2x12x22=1k2+1⋅(−2ktk2+4)2−2⋅t2−4k2+4(t2−4k2+4)2=1k2+1⋅(2t2+8)k2−8t2+32(t2−4)2当且仅当2t2+8=−8t2+32，即t2=125，t=±2155时，1|NC|2+1|ND|2=5当直线l的斜率不存在时，C(0，−2)，D(0，2)，若t=±2155则1|NC|2+1|ND|2=1(t+2)2+1(2−t)2=2(t2+4)(4−t2)2=5．综上，存在实数t=±2155，使得1|NC|2+1|ND|2为定值为5．【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题【解析】【分析】（1）设A(x0，0)，B(0，y0)，M(x，y)，由向量的数乘运算，得到x0=3xy0=3y2，由|AB|=3可得轨迹方程；（2）假设存在满足题意的直线l，设C(x1，y1)，D(x2，y2)．当直线l的斜率存在时，设其方程为y=kx+t．代入椭圆方程，应用韦达定理得x1+x2，x1x2，计算1|NC|2+1|ND|2并代入x1+x2，x1x2，分析它是与k无关的常数，由此得出值，再检验这个值对斜率不存在的直线l也适用，由此得结论．4．设A、B分别为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点，设M(0，−1)是椭圆下顶点，直线MA与MB斜率之积为−14．（1）求椭圆C的标准方程；（2）若一动圆的圆心Q在椭圆上运动，半径为255．过原点O作动圆Q的两条切线，分别交椭圆于E、F两点，试证明|OE|2+|OF|2为定值．【答案】（1）解：由题意可知，b=1，A(−a，0)，B(a，0)，由kMA⋅kMB=−1a⋅1a=−14，即a2=4，又a>0，所以a=2，椭圆C的方程为x24+y2=1.（2）证明：设点Q坐标为(x0，y0)，即x024+y02=1．当直线OE的斜率为0，此时y0=±255，x0=±255，则直线OF的斜率不存在，此时|OE|2+|OF|2=a2+b2=5；当直线OE的斜率存在且斜率不为0时，设直线OE的方程为y=k1x，直线OF的方程为y=k2x，设点E(x1，y1)、F(x2，y2)，联立y=kxx2+4y2=4，可得(4k2+1)x2=4，则x12=44k12+1，x22=44k22+1，又圆Q与直线OE、OF相切，即|kx0−y0|k2+1=255，整理可得(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0，则k1、k2为关于k的方程(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0的两根，所以，k1k2=y02−45×02−45=1−x024−45×02−45=−14，所以，|OE|2+|OF|2=(1+k12)x12+(1+k22)x22=4(k12+1)4k12+1+4(k22+1)4k22+1 =4(k12+1)4k12+1+4(116k12+1)14k12+1=4(k12+1)4k12+1+16k12+14k12+1=5.综上：|OE|2+|OF|2为定值5．【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）利用已知条件求出椭圆的左、右顶点、下顶点的坐标，进而得出b的值和A，B两点的坐标，再利用两点求斜率公式和实数a的取值范围，进而得出a的值，从而得出椭圆C的标准方程。（2）设点Q坐标为(x0，y0)，再利用代入法得出x024+y02=1，当直线OE的斜率为0，进而得出此时y0，x0的值，则直线OF的斜率不存在，进而求出|OE|2+|OF|2的值；当直线OE的斜率存在且斜率不为0时，设直线OE的方程为y=k1x，直线OF的方程为y=k2x，设点E(x1，y1)、F(x2，y2)，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合一元二次方程求根公式得出x12=44k12+1，x22=44k22+1，再利用圆Q与直线OE、OF相切结合直线与圆相切位置关系判断方法，再结合点到直线的距离公式，整理可得(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0，则k1、k2为关于k的方程(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0的两根，再结合韦达定理得出k1k2的值，再利用两点距离公式得出|OE|2+|OF|2的值，进而证出|OE|2+|OF|2为定值。5．已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率e=22，P为椭圆上一动点，△PF1F2面积的最大值为2.（1）求椭圆E的方程；（2）若C，D分别是椭圆E长轴的左、右端点，动点M满足MD⊥CD，连接CM交椭圆于点N，C为坐标原点.证明：OM⋅ON为定值.【答案】（1）解：当P为短轴端点时，△PF1F2的面积最大，bc=2，故ca=22bc=2a2=b2+c2，解得a=2，b=c=2，故椭圆E的方程为x24+y22=1.（2）解：由（1）知，C(−2，0)，D(2，0)，设直线CM：y=k(x+2)，N(x1，y1)，∵MD⊥CD，∴M(2，4k)，联立x24+y22=1y=k(x+2)，整理得(2k2+1)x2+8k2xx2+8k2−4=0，由−2×1=8k2−42k2+1得x1=2−4k22k2+1，y1=k(x1+2)=4k2k2+1，∴N(2−4k22k2+1，4k2k2+1)，OM⋅ON=2×2−4k22k2+1+4k×4k2k2+1=4，故OM⋅ON为定值4.【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由离心率和三角形的最大面积及a，b，c之间的关系可得a，b的值，进而求出椭圆E的方程；(2)由题意可得C，D的坐标，由题意设M的坐标，求出直线CM的斜率，进而求出直线CM的方程，与椭圆的方程联立，求出两根之积，可得N的横坐标，代入直线CM的方程可得N的坐标，求出数量积OM⋅ON，可证得OM⋅ON为定值.6．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为63，以椭圆C的右顶点A为圆心，作半径为r的圆(x−3)2+y2=r2，设圆A与椭圆C交于点E，F.（1）求AE⋅AF的最小值，并求此时圆A的方程；（2）设点O是坐标原点，点P是椭圆C上异于E，F的点，且满足直线PE，PF分别与x轴交于M，N两点，证明：|OM|⋅|ON|为定值.【答案】（1）解：根据题意，A(3，0)，则a=3，又离心率ca=63，则c=2，故b2=a2−c2=1，即椭圆C的方程为x23+y2=1，设点E(x0，y0)(y0>0)，则x023+y02=1，易得E，F关于x轴对称，则F(x0，−y0)，又点A(3，0)，则AE⋅AF=(x0−3，y0)⋅(x0−3，−y0)=(x0−3)2−y02=x02−23×0+3−1+x023=43(x0−334)2−14，当x0=334，y0=74时，AE⋅AF有最小值为−14，且r2=|AE|2=(x0−3)2+y02=58，故圆A的方程为(x−3)2+y2=58；（2）证明：设点P(x1，y1)，E(x0，y0)，则F(x0，−y0)，且x1≠x0，x023+y02=1，x123+y12=1，则kPE=y1−y0x1−x0，kPF=y1+y0x1−x0，可得lPE：y−y0=y1−y0x1−x0(x−x0)，令y=0，则M(x0y1−x1y0y1−y0，0)，lPF：y+y0=y1+y0x1−x0(x−x0)，令y=0，则N(x0y1+x1y0y1+y0，0)，所以xM⋅xN=x0y1−x1y0y1−y0⋅x0y1+x1y0y1+y0=x02y12−x12y02y12−y02=3(1−y02)y12−3(1−y12)y02y12−y02=3y12−3y02y12−y02=3，故|OM|⋅|ON|=|xM|⋅|xN|=|xMxN|=3，为定值.【知识点】圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系 【解析】【分析】（1）直接由右顶点及离心率求出椭圆C的方程，设出E，F坐标，表示出AE→⋅AF→，由二次函数求得最小值，求出此时点E坐标，即可求得圆A的方程；（2）设出P，E，F坐标，表示出直线PE，PF求出M，N坐标，计算xM，xN，结合P，E，F是椭圆C上的点，求出xM×xN为定值，即可求得|OM|⋅|ON|为定值.7．已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为4，离心率为32，其中左顶点为A，右顶点为B，O为坐标原点.（1）求椭圆E的标准方程；（2）直线y=x+t(t≠0)与椭圆E交于不同的两点P，Q，直线AP，BQ分别与直线y=x交于点M，N.求证：|OM|⋅|ON|为定值.【答案】（1）解：由已知得2a=4．所以a=2．又因为椭圆E的离心率为32，所以ca=32．所以c=3．所以b=a2−c2=4−3=1，所以椭圆E的方程为x24+y2=1（2）证明：由y=x+t，x2+4y2=4得5×2+8tx+4t2−4=0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)．因为直线y=x+t(t≠0)与椭圆E交于不同的两点P，Q，所以Δ=(8t)2−20(4t2−4)>0．解得−5 b>0)的长轴长为4，进而得出实数a的值，再利用椭圆的离心率为32，进而结合椭圆的离心率公式得出c的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，进而得出b的值，从而得出椭圆E的标准方程。（2）设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，利用已知条件结合直线与椭圆相交，联立二者方程结合判别式法得出t的取值范围，再结合韦达定理，得出x1+x2=−8t5，x1x2=4t2−45，再利用点斜式设出直线AP的方程为y=y1x1+2(x+2)，令y=x得xM=2(x1+t)2−t，再利用点斜式设出直线BQ的方程为y=y2x2−2(x−2)，令y=x得xN=2(x2+t)t+2，进而得出xMxN的值，再利用两点距离公式得出|OM|⋅|ON|的值。8．已知抛物线C：y=ax2(a>0)的焦点是F，若过焦点F的直线与C相交于A，B两点，所得弦长|AB|的最小值为2．（1）求实数a的值；（2）设P，Q是抛物线C上不同于坐标原点O的两个不同的动点，且以线段PQ为直径的圆经过点O，作OM⊥PQ，M为垂足，试探究是否存在定点N，使得|MN|为定值，若存在，则求出该定点N的坐标及定值|MN|，若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：抛物线C：y=ax2(a>0)化为标准方程为：x2=1ay，其焦点F(0，14a)，因为斜率一定存在，设其方程为y=k1x+14a，联立方程得：y=k1x+14ax2=1ay，整理得：x2−k1ax−14a2=0，Δ>0恒成立．其中A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1+x2=k1a，y1+y2=k1(x1+x2)+12a=k12a+12a，因为焦点弦长|AB|=y1+y2+12a=k12a+1a，所以当k12=0时，弦长|AB|min=1a=2．所以，实数a的值为12．（2）解：由题意可知直线PQ的斜率存在，设其方程为y=kx+t(t≠0)．联立方程得：y=kx+tx2=2y，整理得：x2−2kx−2t=0，Δ=4k2+8t>0．其中P(x3，y3)，Q(x4，y4)，x3+x4=2k，x3x4=−2t，因为以PQ为直径的圆经过点O，所以OP⋅OQ=0．又因为OP⋅OQ=x3x4+y3y4=x3x4+x322⋅x422=−2t+4t24=−2t+t2=0，∵t≠0，∴t=2．所以直线PQ过定点T(0，2)， 又因为OM⊥PQ，所以△OMT为直角三角形，所以当N为斜边OT中点时，|MN|为定值，此时|MN|=12|OT|=1．所以定点N为(0，1)，|MN|为定值1【知识点】抛物线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）根据抛物线和过焦点的直线联立方程，根据焦点弦的计算，即可求解.（2）联立方程，得到根与系数的关系，根据以线段PQ为直径的圆经过点O，转化成OP⋅OQ=0，可得直线过定点，再由OM⊥PQ，根据直角三角形的特征即可找到N的位置，即可求解.9．已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，A1，右焦点为点F，点P是椭圆E上一动点，△APA1面积的最大值为2，当PF⊥x轴时，|PF|=12.（1）求椭圆E的方程；（2）已知直线l与椭圆E有且只有一个公共点，直线l与直线x=433交于点N，过点F作x轴的垂线，交直线l于点M.求证：|FM||FN|为定值.【答案】（1）解：设椭圆E的半焦距为c，P(x，y)，将x=c代入x2a2+y2b2=1得y2=b2(1−c2a2)=(a2−c2)b2a2=b4a2，所以|PF|=|y|=b2a=12，因为点P是椭圆E上一动点，所以−b≤y≤b，所以△APA1面积S=12|AA1||y|≤ab=2，由a=2b2ab=2，求得a=2b=1，所以椭圆E的方程为E：x24+y2=1（2）解：由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+m，联立y=kx+mx24+y2=1，整理可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4=0，因为直线l与椭圆E相切，所以Δ=64k2m2−4(1+4k2)(4m2−4)=0，得m2=1+4k2，因为椭圆E的右焦点为F(3，0)，将x=3代入直线l得y=3k+m，所以M(3，3k+m)，所以|FM|=|3k+m|，将x=433代入直线l可得y=433k+m，所以N(433，433k+m)，所以|NF|2=(433−3)2+(433k+m)2=163k2+833km+m2+13，|FM|2|NF|2=3k2+23km+m216k23+833km+m2+13，将m2=1+4k2代入上式，得|FM|2|FN|2=7k2+23km+128k23+833km+43=34，所以|FM||FN|为定值32【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）设椭圆E的半焦距为c，P(x，y)，由|PF|=12得|PF|=|y|=b2a=12，△APA1面积的最大值为2，即ab=2，联立方程求a，b，从而可得椭圆方程；（2）设直线l的方程为y=kx+m，联立方程组整理(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4=0，因为直线l与椭圆E相切，得m2=1+4k2，根据已知条件求得N(433，433k+m)，N(433，433k+m)，从而可得|FM|=|3k+m|，|NF|2=(433−3)2+(433k+m)2=163k2+833km+m2+13，作商化简即可求解.10．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点A(2，1)，过右焦点F2作x轴的垂线交椭圆于M，N两点，且|MN|=6.（1）求椭圆C的方程；（2）点P，Q在椭圆C上，且kAP⋅kAQ=13，AD⊥PQ，D为垂足.证明：存在定点S，使得|DS|为定值.【答案】（1）解：由已知得4a2+1b2=1，且当x=c时，|MN|=2b2a=6，联立4a2+1b2=1，2b2a=6，解得a2=6，b2=3，故椭圆C的方程为x26+y23=1.（2）证明：设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，因为kAP⋅kAQ=13，y1−1×1−2⋅y2−1×2−2=13，即(x1−2)(x2−2)−3(y1−1)(y2−1)=0，*当直线PQ的斜率存在时，设方程为y=kx+m，代入椭圆方程消去y得(2k2+1)x2+4kmx+2m2−6=0，Δ>0，x1+x2=−4km2k2+1，x1x2=2m2−62k2+1. 根据y1=kx1+m，y2=kx2+m.代入*整理，得(1−3k2)x1x2−(3km+2−3k)(x1+x2)+1+6m−3m2=0，结合根与系数的关系可得，m2−2(4k+3)m−5(4k2−1)=0，[m−5(2k+1)][m+(2k−1)]=0，当m=−(2k−1)时，直线y=kx+m=kx−2k+1=k(x−2)+1过点A(2，1)，不符合条件，当m=5(2k+1)时，直线方程为y=kx+5(2k+1)=k(x+10)+5，故直线PQ恒过定点(−10，5)，设E(−10，5)，当直线PQ的斜率不存在时，点P(x1，y1)，Q(x1，−y1)，此时(x1−2)2+3y12−3=0，又x126+y123=1，可得x1=−10（舍）或x1=2，与A点重合，与已知条件不符.∴直线PQ的斜率一定存在，故直线PQ恒过定点E(−10，5)由于AE为定长，且△ADE为直角三角形，AE为斜边，所以AE的中点S满足|DS|为定值，点S为(−4，3).【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）将点以A(2，1)及x=c代入椭圆方程，得出椭圆的方程；（2）讨论直线PQ的斜率存在和不存在两种情况，设方程为y=kx+m，代入椭圆方程，结合韦达定理以及kAP⋅kAQ=13得出直线PQ恒过定点(−10，5)，从而得到结论.11．已知椭圆T：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F(−c，0)，上顶点为P.直线PF与椭圆T交于另一点Q，且|PF|=7|FQ|，点E(3，12)在椭圆T上.（1）求椭圆T的方程.（2）过点M(0，2)，且斜率为k的直线l与椭圆T相交于A，B两点，点A关于y轴的对称点为A′，作MN⊥A′B，垂足为N.是否存在定点R，使得|NR|为定值？若存在，求出定点R的坐标；若不存在，说明理由.【答案】（1）解：由题可知，F(−c，0)，P(0，b)，设Q(x，y)，则PF=(−c，−b)，FQ=(x+c，y)，因为|PF|=7|FQ|，所以PF=7FQ，即−c=7(x+c)−b=7y，解得x=−8c7y=−b7，即点Q的坐标为(−8c7，−b7)，则64c249a2+149=1，整理得ca=32.因为点E(3，12)在椭圆T上，所以3a2+14b2=1又a2=b2+c2，所以a=2，b=1，c=3故椭圆T的方程为x24+y2=1（2）解：由题可知直线l的方程为y=kx+2，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A′(−x1，y1).联立方程组x24+y2=1，y=kx+2，整理得(4k2+1)x2+16kx+12=0，Δ=(16k)2−48(4k2+1)=64k2−48>0，则x1+x2=−16k4k2+1，x1x2=124k2+1，直线A′B的方程为y−y1=y2−y1x2+x1(x+x1)，整理(y1−y2)x+(x2+x1)y=x1y2+x2y1.又x1y2+x2y1=x1(kx2+2)+x2(kx1+2)=2kx1x2+2(x1+x2)=−8k4k2+1，令x=0，得y=x1y2+x2y1x1+x2=12，所以A′B恒过定点G(0，12)，故在Rt△MGN中，存在定点R(0，54)为斜边MG的中点，使得|NR|=12|MG|=34，为定值.【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）|PF|=7|FQ|可结合向量得到点Q(−8c7，−b7)，将E，Q坐标代入椭圆方程可得答案；（2）设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A′(−x1，y1)，联立直线和椭圆的方程，得到关于x的一元二次方程，结合Δ>0得到x1+x2=−16k4k2+1x1x2=124k2+1，由A′B的方程y−y1=y2−y1x2+x1(x+x1)，令x=0，代入韦达定理整理可得：A′B恒过定点G(0，12)，12．已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点为F1，F2，且F2(1，0)为长轴的一个四等分点.（1）求椭圆的标准方程；（2）分别过F1，F2作斜率为k1，k2的两条直线l1和l2，l1与椭圆交于A，B两点，l2与椭圆交于C，D两点，且k1⋅k2=1.求证：1|AB|+1|CD|为定值，并求出该定值.【答案】（1）解：由已知c=1，a=2，所以b2=a2−c2=3，因此椭圆的标准方程为x24+y23=1；（2）解：设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4）直线l1：y=k1(x+1)，l2：y=k2(x−1)联立方程y=k1(x+1)3×2+4y2=12得(3+4k12)x2+8k12x+4k12−12=0，∴x1+x2=−8k123+4k12，x1x2=4k12−123+4k12，∴|AB|=1+k12(x1+x2)2−4x1x2=12(1+k12)3+4k12，联立方程y=k2(x−1)3×2+4y2=12得(3+4k22)x2−8k22x+4k22−12=0， 同理可得|CD|=12(1+k22)3+4k22，∴1|AB|+1|CD|=112(3+4k121+k12+3+4k221+k22)=112(6+7k12+7k22+8k12k221+k12+k22+k12k22)由已知k1k2=1，化简得1|AB|+1|CD|=712=定值.【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由右焦点的坐标可得c的值，再由F2(1，0)为长轴的一个四等分点可得a的值，进而求出b的值，求出椭圆的标准方程；(2)设直线l1的方程，与椭圆的方程联立，求出两根之和及两根之积，进而求出弦长|AB|的表达式，由题意可设直线l2的方程，与椭圆的方程联立，求出两根之和及两根之积，进而求出弦长|CD|的值，求出1|AB|+1|CD|的值，可证得为定值.13．在平面直角坐标系中，椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=63，a=6，直线l与x轴相交于点E，与椭圆相交于点A，B；（1）求椭圆C的方程，（2）在x轴上是否存在点E，使得1|EA|2+1|EB|2为定值？若存在，请求出点E的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：由题意得：e=ca=63，a=6，∴c=2，∴b2=a2−c2=2，所以椭圆的方程为x26+y22=1（2）解：设E(x0，0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，（ⅰ）当直线AB与x轴不重合时，设AB的方程为x=my+x0代入x26+y22=1得：(m2+3)y2+2mx0y+x02−6=0，则y1+y2=−2mx0m2+3y1⋅y2=x02−6m2+3|EA|2=(m2+1)y12，|EB|2=(m2+1)y22，1|EA|2+1|EB|2=(y1+y2)2−2y1y2(m2+1)y12y22=2×m2(x02+6)+(18−3×02)m2(x02−6)2+(x02−6)2当x02+6=(x02−6)218−3×02=(x02−6)2，即x02=3时，无论m取何值，1|EA|2+1|EB|2的值恒为2，得点E(±3，0)，（ⅱ）当直线AB与x轴重合时，有A(−6，0)，B(6，0)，E(3，0)或E(−3，0)，均有1|EA|2+1|EB|2=2由i和ii得，在x轴上是存在两点E(±3，0)，使得1|EA|2+1|EB|2为定值.【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）利用已知条件结合椭圆的离心率公式和a的值，进而得出c的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式得出b的值，进而得出椭圆的标准方程。（2）设E(x0，0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，（ⅰ）当直线AB与x轴不重合时，设AB的方程为x=my+x0，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合韦达定理得出y1+y2=−2mx0m2+3y1⋅y2=x02−6m2+3，再利用两点距离公式得出1|EA|2+1|EB|2=2×m2(x02+6)+(18−3×02)m2(x02−6)2+(x02−6)2，当x02+6=(x02−6)218−3×02=(x02−6)2，得出x02=3时，无论m取何值，1|EA|2+1|EB|2的值恒为定值，进而得出点E的坐标；（ⅱ）当直线AB与x轴重合时，进而得出点A，B，的坐标，再结合两点距离公式得出1|EA|2+1|EB|2的值为定值，进而得出在x轴上是存在两点E(±3，0)，使得1|EA|2+1|EB|2为定值。14．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32，左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，点P在椭圆C上，且有|PF1|=2，∠F1PF2=2π3（1）求椭圆C的方程；（2）设直线l不经过P（0，1）点且与椭圆E相交于A、B两点，若直线PA与直线PB的斜率之和为−2，若PM⊥l，垂足为M，判断是否存在定点N，使得|MN|为定值，若存在求出点N，若不存在，说明理由．【答案】（1）解：因为离心率为32，故a2−b2a2=34，解得a=2b，又ca=32，故c=3b.在△F1PF2中有|PF1|=2，|PF2|=2a−2=4b−2，|F1F2|=2c=23b，∠F1PF2=2π3，由余弦定理可得12b2=4+(4b−2)2−2⋅2⋅(4b−2)cos2π3，化简可得b=1，故a=2，椭圆C的方程为x24+y2=1 （2）解：当直线l的斜率不存在时，设点A(x0，y0)，B(x0，−y0)，此时有y0−1×0+−y0−1×0=−2，解得x0=1，此时直线l的方程为x=1；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m，(m≠1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立x24+y2=1y=kx+m化简可得(4k2+1)x2+8kmx+4m2−4=0，x1+x2=−8km4k2+1，x1x2=4m2−44k2+1，又直线PA与直线PB的斜率之和为−2，故y1−1×1+y2−1×2=−2，代入直线方程有kx1+m−1×1+kx2+m−1×2=−2，化简得2k+(m−1)x1+x2x1x2=−2，代入韦达定理有2k−(m−1)8km4m2−4=−2，整理得m=−k−1，故直线y=kx+m=kx−k−1过定点Q(1，−1)，当直线l的方程为x=1时也满足，又PM⊥l，故存在P，Q的中点N(12，0)得|MN|为定值【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】（1）根据离心率为32可得a=2b，c=3b，再在△F1PF2中利用余弦定理求解b即可；（2）当直线l的斜率不存在时，设点A(x0，y0)，B(x0，−y0)，根据已知条件，解得x0=1，此时直线l的方程为x=1；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m，(m≠1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，再联立椭圆的方程，表达出直线PA与直线PB的斜率之和为−2，结合韦达定理可得m=−k−1，进而得到直线l过定点，从而根据PM⊥l确定点N.15．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为23，A1、A2分别为椭圆C的左､右顶点，B为椭圆C的上顶点，F1为椭圆的左焦点，且△A1F1B的面积为52.（1）求椭圆C的方程；（2）设过点D(1，0)的动直线l交椭圆C于E、F两点(点E在x轴上方)，M、N分别为直线A1E、A2F与y轴的交点，证明：|OM||ON|为定值.【答案】（1）解：由椭圆C的离心率为23，得ca=23，于是a=32c，b=52c=|OB|∴|A1F1|=a−c=12c，S△A1F1B=12×12c×52c=58c2=52，因此c=2，a=3，b=5，∴椭圆的方程为x29+y25=1；（2）证明：易知，直线l(EF)斜率不为0，设l方程为x=my+1，由x=my+1，x29+y25=1得(5m2+9)y2+10my−40=0，设E(x1，y1)，F(x2，y2)，则y1+y2=−10m5m2+9，y1y2=−405m2+9，则y1=−10m5m2+9−y2．由直线A1E方程y=y1x1+3(x+3)，得yM=3y1x1+3；由直线A2F方程y=y2x2−3(x−3)，得yN=−3y2x2−3；由此可得，|OM||ON|=yM−yN=y1(x2−3)y2(x1+3)=y1(my2−2)y2(my1+4)=my1y2−2y1my1y2+4y2=m⋅−405m2+9−2(−10m5m2+9−y2)m·−405m2+9+4y2=−40m+20m+2(5m2+9)y2−40m+4(5m2+9)y2=−20m+2(5m2+9)y22[−20m+2(5m2+9)y2]=12．∴|OM||ON|为定值12．【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）由离心率得a=32c，再结合S△A1F1B=12×12c×52c即可求解；（2）设l方程为x=my+1，联立椭圆方程，设E(x1，y1)，F(x2，y2)由韦达定理，可得y1=−10m5m2+9−y2，分别通过直线A1E，直线A2F的方程可得yM，yN，进而可得|OM||ON|=yM−yN，代入yM，yN，结合韦达定理化简即可求解。16．在平面直角坐标系xOy中，点M(0，1)，记动点P到直线l：y=−2的距离为d，且d=|PM|+1，设点P的轨迹为曲线E．（1）求曲线E的方程；（2）直线m交曲线E于A，B两点，曲线E在点A及点B处的切线相交于点C．设点C到直线l的距离为h，若△ABC的面积为4，求证：存在定点T，使得|CT|h恒为定值．【答案】（1）解：由题意可知P到定点M的距离与P到直线y=−1的距离相等∴P的轨迹是抛物线且p2=1，p=2，曲线E的方程为x2=4y（2）解：设直线m的方程为y=kx+m，A(x1，x124)，B(x2，y224)y=kx+mx2=4y⇒x2−4kx−4m=0，Δ=16k2+16m>0. x1+x2=4kx1x2=−4m，y=14×2，y′=12x∴切线AC的方程为y=x12(x−x1)+x124=x12x−x124①BC方程为y=x22x−x224②联立①②得x1−x22x=(x1+x2)(x1−x2)4∴xC=x1+x22=2k，yC=x12⋅x1+x22−x124=x1x24=−m，即C(2k，−m)设AB的中点为N(x0，y0)，∴x0=x1+x22=2k，∴CN⊥x轴N(2k，2k2+m)，C(2k，−m)，CN=2k2+2m，|x1−x2|=4k2+m∴S△ABC=12⋅2(k2+m)⋅4k2+m=4(k2+m)32=4⇒k2+m=1∴h=2−m，存在定点T(0，0)使得|CT|h=4k2+m22−m=4(1−m)+m22−m=2−m2−m=1【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】（1）由P到定点M的距离与P到直线y=−1的距离相等，结合抛物线的定义得出曲线E的方程；（2）设直线m的方程为y=kx+m，由韦达定理以及导数得出AC，BC切线的方程，并联立得出点C坐标以及三角形面积公式得出k2+m=1，进而存在定点T(0，0)使得|CT|h=1.17．已知抛物线C：x2=2py(p>0)的焦点为F，点P(−2，y0)为抛物线上一点，抛物线C在点P处的切线与y轴相交于点Q，且△FPQ的面积为2.（1）求抛物线的方程.（2）若斜率不为0的直线l过焦点F，且交抛物线C于A，B两点，线段AB的中垂线与y轴交于点M.证明：|MF||AB|为定值.【答案】（1）解：由题意可知P(−2，2p)，设抛物线C在点P处的切线方程为y−2p=k(x+2)，联立x2=2pyy−2p=k(x+2)得x2−2pkx−(4pk+4)=0，由Δ=4p2k2+4(4pk+4)=0解得k=−2p，故切线方程为y−2p=−2p(x+2)，令x=0，得y=−2p，即Q(0，−2p)，又F(0，p2)，所以S△FPQ=12×(p2+2p)×2=2，解得p=2，所以抛物线C的方程为x2=4y．（2）证明：由（1）可知F(0，1)，显然直线l的斜率存在，故可设直线l的方程为y=kx+1，A(x1，y1)，B(x2，y2).联立方程组x2=4yy=kx+1，消去y得x2−4kx−4=0，所以x1+x2=4k，x1x2=−4，所以y1+y2=k(x1+x2)+2=4k2+2，得|AB|=y1+y2+2=4k2+4，所以线段AB的中点为(x1+x22，y1+y22)=(2k，2k2+1)，中垂线所在直线的斜率k′=−1k，故线段AB中垂线所在的直线方程为y−2k2−1=−1k(x−2k)，令x=0，得yM=2k2+3，所以|MF|=2k2+2，所以|MF||AB|=2k2+24k2+4=12为定值，得证.【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】（1）求出P坐标，待定系数法设切线方程，解出斜率，表示Q坐标后由面积列方程求解（2）待定系数法设直线方程，与抛物线方程联立后由韦达定理表示弦长|AB|与中点坐标，再求其垂直平分线方程，表示点M坐标后计算证明.18．已知椭圆C：y2a2+x2b2=1(a>b>0)的上､下焦点分别为F1，F2，左､右顶点分别为A1，A2，且四边形A1F1A2F2是面积为8的正方形.（1）求C的标准方程.（2）M，N为C上且在y轴右侧的两点，MF1//NF2，MF2与NF1的交点为P，试问|PF1|+|PF2|是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）解：椭圆C：y2a2+x2b2=1(a>b>0)的上､下焦点分别为F1(0，c)，F2(0，−c)，左､右顶点分别为A1(−b，0)，A2(b，0)，因为四边形A1F1A2F2是面积为8的正方形，所以有b=c且4×12⋅b⋅c=8，解得b=c=2⇒a2=b2+c2=8，所以椭圆的标准方程为：y28+x24=1；（2）解：因为MF1∥NF2，所以|NF2||F1M|=|PN||PF1|⇒|NF2||F1M|+1=|PN||PF1|+1⇒|NF2|+|F1M||F1M|=|PN|+|PF1||PF1|⇒|PF1|=|NF1||NF2|+|F1M|⋅|F1M|，因为N为C上且在y轴右侧的点，所以|NF2|+|F1N|=2a=42， 因此|PF1|=|F1M||NF2|+|F1M|⋅(42−|NF2|)，同理可得：|PF2|=|F2N||NF2|+|F1M|⋅(42−|MF1|)，所以|PF1|+|PF2|=|F1M||NF2|+|F1M|⋅(42−|NF2|)+|F2N||NF2|+|F1M|⋅(42−|MF1|)=42−2|F1M|⋅|F2N||NF2|+|F1M|，设MF1，NF2的方程分别为：y=kx+1，y=kx−1，设M(x1，y1)，N(x2，y2)(x1，x2<0)，则y28+x24=1y=kx+2⇒(k2+2)x2+4kx−4=0，所以x1=−4k−16k2+16(k2+2)2(k2+2)=−2k−22k2+2k2+2，因此|MF1|=x12+(y1−2)2=x12+(kx1+2−2)2=|x1|⋅1+k2=2k1+k2+22(k2+1)k2+2，同理可得：|NF2|=22(k2+1)−2k1+k2k2+2，因此|MF1|+|NF2|=42(k2+1)k2+2，|MF1|⋅|NF2|=[22(k2+1)]2−4k2(1+k2)(k2+2)2=4(1+k2)(k2+2)，所以|PF1|+|PF2|=42−2|F1M|⋅|F2N||NF2|+|F1M|=42−2⋅4(1+k2)k2+242(k2+1)k2+2=42−2=32，所以|PF1|+|PF2|为定值，定值为32.【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据题意求出椭圆顶点的坐标，结合四边形的几何性质计算出b与c的关系，再由椭圆里a、b、c的关系，计算出a的取值由此得出椭圆的方程。(2)由已知条件结合椭圆的几何性质，结合椭圆的定义整理化简计算出a的取值，然后由点斜式设出直线的方程并联立直线与椭圆的方程消元后，结合弦长公式以及数量积公式代入整理，计算出结果从而得出答案。19．在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2+y2=3，点M，M′的坐标分别为(2，0)，(−2，0)，且N为该平面内一点，以MN为直径的圆内切于圆O，记点N的轨迹为曲线C．（1）求曲线C的方程．（2）已知P为曲线C上一点，过原点O作以P为圆心，32为半径的圆的两条切线，分别交曲线C于A，B两点，试问|OA|2+|OB|2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．【答案】（1）解：设MN的中点为T，依题意，|OT|=3−12|MN|，又|OT|=12|M′N|，则|NM|+|NM′|=23>22=|MM′|，由椭圆定义知，点N的轨迹是以M′，M为左右焦点，长轴长为23的椭圆，而半焦距为2，则短半轴长b=(3)2−(2)2=1，所以曲线C的方程为x23+y2=1.（2）解：设圆心P(x0，y0)，则有x02+3y02=3，圆P：(x−x0)2+(y−y0)2=34，当x02=34，即点P(±32，±32)时，圆P与两坐标轴相切，则OA，OB分别为椭圆长半轴、短半轴，于是有|OA|2+|OB|2=3+1=4，当x02≠34时，设过点O的圆P的切线方程为y=kx，其中直线OA，OB的方程分别为y=k1x，y=k2x，由|kx0−y0|k2+1=32得：(4×02−3)k2−8x0y0k+4y02−3=0，则k1，k2是此方程的二根，有k1k2=4y02−34×02−3=−13，由y=kxx2+3y2=3得x2=31+3k2，设点A(xA，yA)，B(xB，yB)，则xA2=31+3k12，xB2=31+3k12，|OA|2+|OB|2=(1+k12)xA2+(1+k22)xB2=3(1+k12)1+3k12+3(1+k22)1+3k22=2+2[2+3(k12+k22)]9k12k22+3(k12+k22)+1=2+2[2+3(k12+k22)]2+3(k12+k22)=4，综上得|OA|2+|OB|2=4，所以|OA|2+|OB|2是定值，此定值为4.【知识点】圆的切线方程；椭圆的定义；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）利用给定条件，探讨可得|NM|+|NM′|=23，再利用椭圆定义求出方程；（2）设圆心P(x0，y0)，得圆P：(x−x0)2+(y−y0)2=34，分类讨论过点O的圆P的切线，利用切线性质结合韦达定理计算.20．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32，点T(2，1)在椭圆上，与OT平行的直线l交椭圆C于P，Q两点，直线TP，TQ分别于x轴正半轴交于M，N两点.（1）求椭圆C的标准方程；（2）求证：|OM|+|ON|为定值.【答案】（1）解：由题意a2=b2+c2ca=324a2+1b2=1，解得a=22b=2c=6，所以椭圆C的标准方程为x28+y22=1；（2）解：因为直线OT的斜率为12，则设直线l的方程为y=12x+t(t≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立y=12x+tx28+y22=1，得x2+2tx+2t2−4=0，则Δ=4t2−4×(2t2−4)=4×(−t2+4)>0，解得−2 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简介：距离型定值问题-2023年高考数学之解密圆锥曲线命题点对点突破（全国通用）一、解答题1．在平面直角坐标系xOy中，已知点F1（－3，0），F2（3，0），点M满足|MF1|+|MF2|=4，记M的轨迹为C．以轨迹C与y轴正半轴交点T为圆心作圆，圆T与轨迹C在第一象限交于点A，在第二象限交于点B．（1）求C的方程；（2）求TA⋅TB的最小值，并求出此时圆T的方程；（3）设点P是轨迹C上异于A，B的一点，且直线PA，PB分别与y轴交于点M，N，O为坐标原点，求证：|OM|⋅|ON|为定值．【答案】（1）解：由题可知，c=3，2a=4，即a=2，所以b=4−3=1，所以曲线C的方程为x24+y2=1.（2）解：由题知T(0，1)，设A(m，n)(0 b>0)的离心率为32，左、右焦点分别为曲线y=2×2−6与x轴的两个交点．（1）求C的方程；（2）点P是圆O：x2+y2=a2+b2上的动点，过点P作C的两条切线，两条切线与圆O分别交于点A，B（异于P），证明：|AB|为定值．【答案】（1）解：2×2−6=0得x=±3由题知ca=32a2=b2+c2c=3，解得a=2，b=1所以椭圆C的标准方程为x24+y2=1（2）证明：设直线l斜率存在且与椭圆C相切，方程为y=kx+m代入x24+y2=1整理得(4k2+1)x2+8kmx+4(m2−1)=0则Δ=64k2m2−16(4k2+1)(m2−1)=0，即4k2−m2+1=0…①记P(x0，y0)，则m=y0−kx0，代入①整理得(4−x02)k2+2x0y0k+1−y02=0…②当直线PA、PB斜率存在时，记其斜率分别为k1，k2，易知k1，k2为方程②的两根，则有k1k2=1−y024−x02，又x02+y02=a2+b2=5，所以k1k2=1−y024−x02=1−(5−x02)4−x02=−1，即PA⊥PB所以AB为圆x2+y2=5的直径，所以|AB|=25当直线PA、PB有一条斜率不存在时，点P坐标为(±2，±1)，易知此时A、B关于原点对称，AB为圆x2+y2=5的直径.综上，|AB|为定值25.【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)令2×2−6=0得x=±3，根据题意可得ca=32a2=b2+c2c=3，解得a，b，即可求出C的方程；(2) 设直线l斜率存在且与椭圆C相切，方程为y=kx+m，联立椭圆的方程，由判别式△=0，得4k2−m2+1=0①，记P(x0，y0)，则m=y0−kx0，代入①整理得(4−x02)k2+2x0y0k+1−y02=0②当直线PA、PB斜率存在时，记其斜率分别为k1，k2，易知k1，k2为方程②的两根，由韦达定理可得k1k2=1−y024−x02，又x02+y02=a2+b2=5，进而可得k1k2=−1，即PA⊥PB，AB为圆x2+y2=5的直径，当直线PA、PB有一条斜率不存在时，点P坐标为(土2，士1)，推出A、B关于原点对称，AB为圆x2+y2=5的直径，即可证得|AB|为定值．3．在直角坐标系xOy中，长为3的线段AB的两端点A，B分别在x，y轴上滑动，动点M满足AM=2MB（1）求动点M的轨迹E的方程；（2）设过点N(0，t)的动直线l与（1）中的轨迹E交于C，D两点，是否存在定实数t，使得1|NC|2+1|ND|2为定值？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：设A(x0，0)，B(0，y0)，M(x，y)由AM=2MB，得(x−x0，y)=2(−x，y0−y)，即x0=3xy0=3y2而|AB|=3，即x02+y02=9．所以(3x)2+(3y2)2=9，即x2+y24=1．（2）解：假设存在满足题意的直线l，设C(x1，y1)，D(x2，y2)．当直线l的斜率存在时，设其方程为y=kx+t．由y=kx+t4x2+y2=4，消去y，得(k2+4)x2+2ktx+t2−4=0．则x1+x2=−2ktk2+4，x1x2=t2−4k2+4．所以，|NC|2=x12+(y1−t)2=(k2+1)x12，|ND|2=x22+(y2−t2)=(k2+1)x22，则1|NC|2+1|ND|2=1(k2+1)x12+1(k2+1)x22=1k2+1⋅x12+x22x12x22=1k2+1⋅(x1+x2)2−2x1x2x12x22=1k2+1⋅(−2ktk2+4)2−2⋅t2−4k2+4(t2−4k2+4)2=1k2+1⋅(2t2+8)k2−8t2+32(t2−4)2当且仅当2t2+8=−8t2+32，即t2=125，t=±2155时，1|NC|2+1|ND|2=5当直线l的斜率不存在时，C(0，−2)，D(0，2)，若t=±2155则1|NC|2+1|ND|2=1(t+2)2+1(2−t)2=2(t2+4)(4−t2)2=5．综上，存在实数t=±2155，使得1|NC|2+1|ND|2为定值为5．【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题【解析】【分析】（1）设A(x0，0)，B(0，y0)，M(x，y)，由向量的数乘运算，得到x0=3xy0=3y2，由|AB|=3可得轨迹方程；（2）假设存在满足题意的直线l，设C(x1，y1)，D(x2，y2)．当直线l的斜率存在时，设其方程为y=kx+t．代入椭圆方程，应用韦达定理得x1+x2，x1x2，计算1|NC|2+1|ND|2并代入x1+x2，x1x2，分析它是与k无关的常数，由此得出值，再检验这个值对斜率不存在的直线l也适用，由此得结论．4．设A、B分别为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点，设M(0，−1)是椭圆下顶点，直线MA与MB斜率之积为−14．（1）求椭圆C的标准方程；（2）若一动圆的圆心Q在椭圆上运动，半径为255．过原点O作动圆Q的两条切线，分别交椭圆于E、F两点，试证明|OE|2+|OF|2为定值．【答案】（1）解：由题意可知，b=1，A(−a，0)，B(a，0)，由kMA⋅kMB=−1a⋅1a=−14，即a2=4，又a>0，所以a=2，椭圆C的方程为x24+y2=1.（2）证明：设点Q坐标为(x0，y0)，即x024+y02=1．当直线OE的斜率为0，此时y0=±255，x0=±255，则直线OF的斜率不存在，此时|OE|2+|OF|2=a2+b2=5；当直线OE的斜率存在且斜率不为0时，设直线OE的方程为y=k1x，直线OF的方程为y=k2x，设点E(x1，y1)、F(x2，y2)，联立y=kxx2+4y2=4，可得(4k2+1)x2=4，则x12=44k12+1，x22=44k22+1，又圆Q与直线OE、OF相切，即|kx0−y0|k2+1=255，整理可得(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0，则k1、k2为关于k的方程(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0的两根，所以，k1k2=y02−45×02−45=1−x024−45×02−45=−14，所以，|OE|2+|OF|2=(1+k12)x12+(1+k22)x22=4(k12+1)4k12+1+4(k22+1)4k22+1 =4(k12+1)4k12+1+4(116k12+1)14k12+1=4(k12+1)4k12+1+16k12+14k12+1=5.综上：|OE|2+|OF|2为定值5．【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）利用已知条件求出椭圆的左、右顶点、下顶点的坐标，进而得出b的值和A，B两点的坐标，再利用两点求斜率公式和实数a的取值范围，进而得出a的值，从而得出椭圆C的标准方程。（2）设点Q坐标为(x0，y0)，再利用代入法得出x024+y02=1，当直线OE的斜率为0，进而得出此时y0，x0的值，则直线OF的斜率不存在，进而求出|OE|2+|OF|2的值；当直线OE的斜率存在且斜率不为0时，设直线OE的方程为y=k1x，直线OF的方程为y=k2x，设点E(x1，y1)、F(x2，y2)，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合一元二次方程求根公式得出x12=44k12+1，x22=44k22+1，再利用圆Q与直线OE、OF相切结合直线与圆相切位置关系判断方法，再结合点到直线的距离公式，整理可得(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0，则k1、k2为关于k的方程(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0的两根，再结合韦达定理得出k1k2的值，再利用两点距离公式得出|OE|2+|OF|2的值，进而证出|OE|2+|OF|2为定值。5．已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率e=22，P为椭圆上一动点，△PF1F2面积的最大值为2.（1）求椭圆E的方程；（2）若C，D分别是椭圆E长轴的左、右端点，动点M满足MD⊥CD，连接CM交椭圆于点N，C为坐标原点.证明：OM⋅ON为定值.【答案】（1）解：当P为短轴端点时，△PF1F2的面积最大，bc=2，故ca=22bc=2a2=b2+c2，解得a=2，b=c=2，故椭圆E的方程为x24+y22=1.（2）解：由（1）知，C(−2，0)，D(2，0)，设直线CM：y=k(x+2)，N(x1，y1)，∵MD⊥CD，∴M(2，4k)，联立x24+y22=1y=k(x+2)，整理得(2k2+1)x2+8k2xx2+8k2−4=0，由−2×1=8k2−42k2+1得x1=2−4k22k2+1，y1=k(x1+2)=4k2k2+1，∴N(2−4k22k2+1，4k2k2+1)，OM⋅ON=2×2−4k22k2+1+4k×4k2k2+1=4，故OM⋅ON为定值4.【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由离心率和三角形的最大面积及a，b，c之间的关系可得a，b的值，进而求出椭圆E的方程；(2)由题意可得C，D的坐标，由题意设M的坐标，求出直线CM的斜率，进而求出直线CM的方程，与椭圆的方程联立，求出两根之积，可得N的横坐标，代入直线CM的方程可得N的坐标，求出数量积OM⋅ON，可证得OM⋅ON为定值.6．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为63，以椭圆C的右顶点A为圆心，作半径为r的圆(x−3)2+y2=r2，设圆A与椭圆C交于点E，F.（1）求AE⋅AF的最小值，并求此时圆A的方程；（2）设点O是坐标原点，点P是椭圆C上异于E，F的点，且满足直线PE，PF分别与x轴交于M，N两点，证明：|OM|⋅|ON|为定值.【答案】（1）解：根据题意，A(3，0)，则a=3，又离心率ca=63，则c=2，故b2=a2−c2=1，即椭圆C的方程为x23+y2=1，设点E(x0，y0)(y0>0)，则x023+y02=1，易得E，F关于x轴对称，则F(x0，−y0)，又点A(3，0)，则AE⋅AF=(x0−3，y0)⋅(x0−3，−y0)=(x0−3)2−y02=x02−23×0+3−1+x023=43(x0−334)2−14，当x0=334，y0=74时，AE⋅AF有最小值为−14，且r2=|AE|2=(x0−3)2+y02=58，故圆A的方程为(x−3)2+y2=58；（2）证明：设点P(x1，y1)，E(x0，y0)，则F(x0，−y0)，且x1≠x0，x023+y02=1，x123+y12=1，则kPE=y1−y0x1−x0，kPF=y1+y0x1−x0，可得lPE：y−y0=y1−y0x1−x0(x−x0)，令y=0，则M(x0y1−x1y0y1−y0，0)，lPF：y+y0=y1+y0x1−x0(x−x0)，令y=0，则N(x0y1+x1y0y1+y0，0)，所以xM⋅xN=x0y1−x1y0y1−y0⋅x0y1+x1y0y1+y0=x02y12−x12y02y12−y02=3(1−y02)y12−3(1−y12)y02y12−y02=3y12−3y02y12−y02=3，故|OM|⋅|ON|=|xM|⋅|xN|=|xMxN|=3，为定值.【知识点】圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系 【解析】【分析】（1）直接由右顶点及离心率求出椭圆C的方程，设出E，F坐标，表示出AE→⋅AF→，由二次函数求得最小值，求出此时点E坐标，即可求得圆A的方程；（2）设出P，E，F坐标，表示出直线PE，PF求出M，N坐标，计算xM，xN，结合P，E，F是椭圆C上的点，求出xM×xN为定值，即可求得|OM|⋅|ON|为定值.7．已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为4，离心率为32，其中左顶点为A，右顶点为B，O为坐标原点.（1）求椭圆E的标准方程；（2）直线y=x+t(t≠0)与椭圆E交于不同的两点P，Q，直线AP，BQ分别与直线y=x交于点M，N.求证：|OM|⋅|ON|为定值.【答案】（1）解：由已知得2a=4．所以a=2．又因为椭圆E的离心率为32，所以ca=32．所以c=3．所以b=a2−c2=4−3=1，所以椭圆E的方程为x24+y2=1（2）证明：由y=x+t，x2+4y2=4得5×2+8tx+4t2−4=0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)．因为直线y=x+t(t≠0)与椭圆E交于不同的两点P，Q，所以Δ=(8t)2−20(4t2−4)>0．解得−5 b>0)的长轴长为4，进而得出实数a的值，再利用椭圆的离心率为32，进而结合椭圆的离心率公式得出c的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，进而得出b的值，从而得出椭圆E的标准方程。（2）设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，利用已知条件结合直线与椭圆相交，联立二者方程结合判别式法得出t的取值范围，再结合韦达定理，得出x1+x2=−8t5，x1x2=4t2−45，再利用点斜式设出直线AP的方程为y=y1x1+2(x+2)，令y=x得xM=2(x1+t)2−t，再利用点斜式设出直线BQ的方程为y=y2x2−2(x−2)，令y=x得xN=2(x2+t)t+2，进而得出xMxN的值，再利用两点距离公式得出|OM|⋅|ON|的值。8．已知抛物线C：y=ax2(a>0)的焦点是F，若过焦点F的直线与C相交于A，B两点，所得弦长|AB|的最小值为2．（1）求实数a的值；（2）设P，Q是抛物线C上不同于坐标原点O的两个不同的动点，且以线段PQ为直径的圆经过点O，作OM⊥PQ，M为垂足，试探究是否存在定点N，使得|MN|为定值，若存在，则求出该定点N的坐标及定值|MN|，若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：抛物线C：y=ax2(a>0)化为标准方程为：x2=1ay，其焦点F(0，14a)，因为斜率一定存在，设其方程为y=k1x+14a，联立方程得：y=k1x+14ax2=1ay，整理得：x2−k1ax−14a2=0，Δ>0恒成立．其中A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1+x2=k1a，y1+y2=k1(x1+x2)+12a=k12a+12a，因为焦点弦长|AB|=y1+y2+12a=k12a+1a，所以当k12=0时，弦长|AB|min=1a=2．所以，实数a的值为12．（2）解：由题意可知直线PQ的斜率存在，设其方程为y=kx+t(t≠0)．联立方程得：y=kx+tx2=2y，整理得：x2−2kx−2t=0，Δ=4k2+8t>0．其中P(x3，y3)，Q(x4，y4)，x3+x4=2k，x3x4=−2t，因为以PQ为直径的圆经过点O，所以OP⋅OQ=0．又因为OP⋅OQ=x3x4+y3y4=x3x4+x322⋅x422=−2t+4t24=−2t+t2=0，∵t≠0，∴t=2．所以直线PQ过定点T(0，2)， 又因为OM⊥PQ，所以△OMT为直角三角形，所以当N为斜边OT中点时，|MN|为定值，此时|MN|=12|OT|=1．所以定点N为(0，1)，|MN|为定值1【知识点】抛物线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）根据抛物线和过焦点的直线联立方程，根据焦点弦的计算，即可求解.（2）联立方程，得到根与系数的关系，根据以线段PQ为直径的圆经过点O，转化成OP⋅OQ=0，可得直线过定点，再由OM⊥PQ，根据直角三角形的特征即可找到N的位置，即可求解.9．已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，A1，右焦点为点F，点P是椭圆E上一动点，△APA1面积的最大值为2，当PF⊥x轴时，|PF|=12.（1）求椭圆E的方程；（2）已知直线l与椭圆E有且只有一个公共点，直线l与直线x=433交于点N，过点F作x轴的垂线，交直线l于点M.求证：|FM||FN|为定值.【答案】（1）解：设椭圆E的半焦距为c，P(x，y)，将x=c代入x2a2+y2b2=1得y2=b2(1−c2a2)=(a2−c2)b2a2=b4a2，所以|PF|=|y|=b2a=12，因为点P是椭圆E上一动点，所以−b≤y≤b，所以△APA1面积S=12|AA1||y|≤ab=2，由a=2b2ab=2，求得a=2b=1，所以椭圆E的方程为E：x24+y2=1（2）解：由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+m，联立y=kx+mx24+y2=1，整理可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4=0，因为直线l与椭圆E相切，所以Δ=64k2m2−4(1+4k2)(4m2−4)=0，得m2=1+4k2，因为椭圆E的右焦点为F(3，0)，将x=3代入直线l得y=3k+m，所以M(3，3k+m)，所以|FM|=|3k+m|，将x=433代入直线l可得y=433k+m，所以N(433，433k+m)，所以|NF|2=(433−3)2+(433k+m)2=163k2+833km+m2+13，|FM|2|NF|2=3k2+23km+m216k23+833km+m2+13，将m2=1+4k2代入上式，得|FM|2|FN|2=7k2+23km+128k23+833km+43=34，所以|FM||FN|为定值32【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）设椭圆E的半焦距为c，P(x，y)，由|PF|=12得|PF|=|y|=b2a=12，△APA1面积的最大值为2，即ab=2，联立方程求a，b，从而可得椭圆方程；（2）设直线l的方程为y=kx+m，联立方程组整理(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4=0，因为直线l与椭圆E相切，得m2=1+4k2，根据已知条件求得N(433，433k+m)，N(433，433k+m)，从而可得|FM|=|3k+m|，|NF|2=(433−3)2+(433k+m)2=163k2+833km+m2+13，作商化简即可求解.10．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点A(2，1)，过右焦点F2作x轴的垂线交椭圆于M，N两点，且|MN|=6.（1）求椭圆C的方程；（2）点P，Q在椭圆C上，且kAP⋅kAQ=13，AD⊥PQ，D为垂足.证明：存在定点S，使得|DS|为定值.【答案】（1）解：由已知得4a2+1b2=1，且当x=c时，|MN|=2b2a=6，联立4a2+1b2=1，2b2a=6，解得a2=6，b2=3，故椭圆C的方程为x26+y23=1.（2）证明：设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，因为kAP⋅kAQ=13，y1−1×1−2⋅y2−1×2−2=13，即(x1−2)(x2−2)−3(y1−1)(y2−1)=0，*当直线PQ的斜率存在时，设方程为y=kx+m，代入椭圆方程消去y得(2k2+1)x2+4kmx+2m2−6=0，Δ>0，x1+x2=−4km2k2+1，x1x2=2m2−62k2+1. 根据y1=kx1+m，y2=kx2+m.代入*整理，得(1−3k2)x1x2−(3km+2−3k)(x1+x2)+1+6m−3m2=0，结合根与系数的关系可得，m2−2(4k+3)m−5(4k2−1)=0，[m−5(2k+1)][m+(2k−1)]=0，当m=−(2k−1)时，直线y=kx+m=kx−2k+1=k(x−2)+1过点A(2，1)，不符合条件，当m=5(2k+1)时，直线方程为y=kx+5(2k+1)=k(x+10)+5，故直线PQ恒过定点(−10，5)，设E(−10，5)，当直线PQ的斜率不存在时，点P(x1，y1)，Q(x1，−y1)，此时(x1−2)2+3y12−3=0，又x126+y123=1，可得x1=−10（舍）或x1=2，与A点重合，与已知条件不符.∴直线PQ的斜率一定存在，故直线PQ恒过定点E(−10，5)由于AE为定长，且△ADE为直角三角形，AE为斜边，所以AE的中点S满足|DS|为定值，点S为(−4，3).【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）将点以A(2，1)及x=c代入椭圆方程，得出椭圆的方程；（2）讨论直线PQ的斜率存在和不存在两种情况，设方程为y=kx+m，代入椭圆方程，结合韦达定理以及kAP⋅kAQ=13得出直线PQ恒过定点(−10，5)，从而得到结论.11．已知椭圆T：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F(−c，0)，上顶点为P.直线PF与椭圆T交于另一点Q，且|PF|=7|FQ|，点E(3，12)在椭圆T上.（1）求椭圆T的方程.（2）过点M(0，2)，且斜率为k的直线l与椭圆T相交于A，B两点，点A关于y轴的对称点为A′，作MN⊥A′B，垂足为N.是否存在定点R，使得|NR|为定值？若存在，求出定点R的坐标；若不存在，说明理由.【答案】（1）解：由题可知，F(−c，0)，P(0，b)，设Q(x，y)，则PF=(−c，−b)，FQ=(x+c，y)，因为|PF|=7|FQ|，所以PF=7FQ，即−c=7(x+c)−b=7y，解得x=−8c7y=−b7，即点Q的坐标为(−8c7，−b7)，则64c249a2+149=1，整理得ca=32.因为点E(3，12)在椭圆T上，所以3a2+14b2=1又a2=b2+c2，所以a=2，b=1，c=3故椭圆T的方程为x24+y2=1（2）解：由题可知直线l的方程为y=kx+2，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A′(−x1，y1).联立方程组x24+y2=1，y=kx+2，整理得(4k2+1)x2+16kx+12=0，Δ=(16k)2−48(4k2+1)=64k2−48>0，则x1+x2=−16k4k2+1，x1x2=124k2+1，直线A′B的方程为y−y1=y2−y1x2+x1(x+x1)，整理(y1−y2)x+(x2+x1)y=x1y2+x2y1.又x1y2+x2y1=x1(kx2+2)+x2(kx1+2)=2kx1x2+2(x1+x2)=−8k4k2+1，令x=0，得y=x1y2+x2y1x1+x2=12，所以A′B恒过定点G(0，12)，故在Rt△MGN中，存在定点R(0，54)为斜边MG的中点，使得|NR|=12|MG|=34，为定值.【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）|PF|=7|FQ|可结合向量得到点Q(−8c7，−b7)，将E，Q坐标代入椭圆方程可得答案；（2）设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A′(−x1，y1)，联立直线和椭圆的方程，得到关于x的一元二次方程，结合Δ>0得到x1+x2=−16k4k2+1x1x2=124k2+1，由A′B的方程y−y1=y2−y1x2+x1(x+x1)，令x=0，代入韦达定理整理可得：A′B恒过定点G(0，12)，12．已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点为F1，F2，且F2(1，0)为长轴的一个四等分点.（1）求椭圆的标准方程；（2）分别过F1，F2作斜率为k1，k2的两条直线l1和l2，l1与椭圆交于A，B两点，l2与椭圆交于C，D两点，且k1⋅k2=1.求证：1|AB|+1|CD|为定值，并求出该定值.【答案】（1）解：由已知c=1，a=2，所以b2=a2−c2=3，因此椭圆的标准方程为x24+y23=1；（2）解：设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4）直线l1：y=k1(x+1)，l2：y=k2(x−1)联立方程y=k1(x+1)3×2+4y2=12得(3+4k12)x2+8k12x+4k12−12=0，∴x1+x2=−8k123+4k12，x1x2=4k12−123+4k12，∴|AB|=1+k12(x1+x2)2−4x1x2=12(1+k12)3+4k12，联立方程y=k2(x−1)3×2+4y2=12得(3+4k22)x2−8k22x+4k22−12=0， 同理可得|CD|=12(1+k22)3+4k22，∴1|AB|+1|CD|=112(3+4k121+k12+3+4k221+k22)=112(6+7k12+7k22+8k12k221+k12+k22+k12k22)由已知k1k2=1，化简得1|AB|+1|CD|=712=定值.【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由右焦点的坐标可得c的值，再由F2(1，0)为长轴的一个四等分点可得a的值，进而求出b的值，求出椭圆的标准方程；(2)设直线l1的方程，与椭圆的方程联立，求出两根之和及两根之积，进而求出弦长|AB|的表达式，由题意可设直线l2的方程，与椭圆的方程联立，求出两根之和及两根之积，进而求出弦长|CD|的值，求出1|AB|+1|CD|的值，可证得为定值.13．在平面直角坐标系中，椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=63，a=6，直线l与x轴相交于点E，与椭圆相交于点A，B；（1）求椭圆C的方程，（2）在x轴上是否存在点E，使得1|EA|2+1|EB|2为定值？若存在，请求出点E的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：由题意得：e=ca=63，a=6，∴c=2，∴b2=a2−c2=2，所以椭圆的方程为x26+y22=1（2）解：设E(x0，0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，（ⅰ）当直线AB与x轴不重合时，设AB的方程为x=my+x0代入x26+y22=1得：(m2+3)y2+2mx0y+x02−6=0，则y1+y2=−2mx0m2+3y1⋅y2=x02−6m2+3|EA|2=(m2+1)y12，|EB|2=(m2+1)y22，1|EA|2+1|EB|2=(y1+y2)2−2y1y2(m2+1)y12y22=2×m2(x02+6)+(18−3×02)m2(x02−6)2+(x02−6)2当x02+6=(x02−6)218−3×02=(x02−6)2，即x02=3时，无论m取何值，1|EA|2+1|EB|2的值恒为2，得点E(±3，0)，（ⅱ）当直线AB与x轴重合时，有A(−6，0)，B(6，0)，E(3，0)或E(−3，0)，均有1|EA|2+1|EB|2=2由i和ii得，在x轴上是存在两点E(±3，0)，使得1|EA|2+1|EB|2为定值.【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）利用已知条件结合椭圆的离心率公式和a的值，进而得出c的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式得出b的值，进而得出椭圆的标准方程。（2）设E(x0，0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，（ⅰ）当直线AB与x轴不重合时，设AB的方程为x=my+x0，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合韦达定理得出y1+y2=−2mx0m2+3y1⋅y2=x02−6m2+3，再利用两点距离公式得出1|EA|2+1|EB|2=2×m2(x02+6)+(18−3×02)m2(x02−6)2+(x02−6)2，当x02+6=(x02−6)218−3×02=(x02−6)2，得出x02=3时，无论m取何值，1|EA|2+1|EB|2的值恒为定值，进而得出点E的坐标；（ⅱ）当直线AB与x轴重合时，进而得出点A，B，的坐标，再结合两点距离公式得出1|EA|2+1|EB|2的值为定值，进而得出在x轴上是存在两点E(±3，0)，使得1|EA|2+1|EB|2为定值。14．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32，左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，点P在椭圆C上，且有|PF1|=2，∠F1PF2=2π3（1）求椭圆C的方程；（2）设直线l不经过P（0，1）点且与椭圆E相交于A、B两点，若直线PA与直线PB的斜率之和为−2，若PM⊥l，垂足为M，判断是否存在定点N，使得|MN|为定值，若存在求出点N，若不存在，说明理由．【答案】（1）解：因为离心率为32，故a2−b2a2=34，解得a=2b，又ca=32，故c=3b.在△F1PF2中有|PF1|=2，|PF2|=2a−2=4b−2，|F1F2|=2c=23b，∠F1PF2=2π3，由余弦定理可得12b2=4+(4b−2)2−2⋅2⋅(4b−2)cos2π3，化简可得b=1，故a=2，椭圆C的方程为x24+y2=1 （2）解：当直线l的斜率不存在时，设点A(x0，y0)，B(x0，−y0)，此时有y0−1×0+−y0−1×0=−2，解得x0=1，此时直线l的方程为x=1；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m，(m≠1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立x24+y2=1y=kx+m化简可得(4k2+1)x2+8kmx+4m2−4=0，x1+x2=−8km4k2+1，x1x2=4m2−44k2+1，又直线PA与直线PB的斜率之和为−2，故y1−1×1+y2−1×2=−2，代入直线方程有kx1+m−1×1+kx2+m−1×2=−2，化简得2k+(m−1)x1+x2x1x2=−2，代入韦达定理有2k−(m−1)8km4m2−4=−2，整理得m=−k−1，故直线y=kx+m=kx−k−1过定点Q(1，−1)，当直线l的方程为x=1时也满足，又PM⊥l，故存在P，Q的中点N(12，0)得|MN|为定值【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】（1）根据离心率为32可得a=2b，c=3b，再在△F1PF2中利用余弦定理求解b即可；（2）当直线l的斜率不存在时，设点A(x0，y0)，B(x0，−y0)，根据已知条件，解得x0=1，此时直线l的方程为x=1；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m，(m≠1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，再联立椭圆的方程，表达出直线PA与直线PB的斜率之和为−2，结合韦达定理可得m=−k−1，进而得到直线l过定点，从而根据PM⊥l确定点N.15．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为23，A1、A2分别为椭圆C的左､右顶点，B为椭圆C的上顶点，F1为椭圆的左焦点，且△A1F1B的面积为52.（1）求椭圆C的方程；（2）设过点D(1，0)的动直线l交椭圆C于E、F两点(点E在x轴上方)，M、N分别为直线A1E、A2F与y轴的交点，证明：|OM||ON|为定值.【答案】（1）解：由椭圆C的离心率为23，得ca=23，于是a=32c，b=52c=|OB|∴|A1F1|=a−c=12c，S△A1F1B=12×12c×52c=58c2=52，因此c=2，a=3，b=5，∴椭圆的方程为x29+y25=1；（2）证明：易知，直线l(EF)斜率不为0，设l方程为x=my+1，由x=my+1，x29+y25=1得(5m2+9)y2+10my−40=0，设E(x1，y1)，F(x2，y2)，则y1+y2=−10m5m2+9，y1y2=−405m2+9，则y1=−10m5m2+9−y2．由直线A1E方程y=y1x1+3(x+3)，得yM=3y1x1+3；由直线A2F方程y=y2x2−3(x−3)，得yN=−3y2x2−3；由此可得，|OM||ON|=yM−yN=y1(x2−3)y2(x1+3)=y1(my2−2)y2(my1+4)=my1y2−2y1my1y2+4y2=m⋅−405m2+9−2(−10m5m2+9−y2)m·−405m2+9+4y2=−40m+20m+2(5m2+9)y2−40m+4(5m2+9)y2=−20m+2(5m2+9)y22[−20m+2(5m2+9)y2]=12．∴|OM||ON|为定值12．【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）由离心率得a=32c，再结合S△A1F1B=12×12c×52c即可求解；（2）设l方程为x=my+1，联立椭圆方程，设E(x1，y1)，F(x2，y2)由韦达定理，可得y1=−10m5m2+9−y2，分别通过直线A1E，直线A2F的方程可得yM，yN，进而可得|OM||ON|=yM−yN，代入yM，yN，结合韦达定理化简即可求解。16．在平面直角坐标系xOy中，点M(0，1)，记动点P到直线l：y=−2的距离为d，且d=|PM|+1，设点P的轨迹为曲线E．（1）求曲线E的方程；（2）直线m交曲线E于A，B两点，曲线E在点A及点B处的切线相交于点C．设点C到直线l的距离为h，若△ABC的面积为4，求证：存在定点T，使得|CT|h恒为定值．【答案】（1）解：由题意可知P到定点M的距离与P到直线y=−1的距离相等∴P的轨迹是抛物线且p2=1，p=2，曲线E的方程为x2=4y（2）解：设直线m的方程为y=kx+m，A(x1，x124)，B(x2，y224)y=kx+mx2=4y⇒x2−4kx−4m=0，Δ=16k2+16m>0. x1+x2=4kx1x2=−4m，y=14×2，y′=12x∴切线AC的方程为y=x12(x−x1)+x124=x12x−x124①BC方程为y=x22x−x224②联立①②得x1−x22x=(x1+x2)(x1−x2)4∴xC=x1+x22=2k，yC=x12⋅x1+x22−x124=x1x24=−m，即C(2k，−m)设AB的中点为N(x0，y0)，∴x0=x1+x22=2k，∴CN⊥x轴N(2k，2k2+m)，C(2k，−m)，CN=2k2+2m，|x1−x2|=4k2+m∴S△ABC=12⋅2(k2+m)⋅4k2+m=4(k2+m)32=4⇒k2+m=1∴h=2−m，存在定点T(0，0)使得|CT|h=4k2+m22−m=4(1−m)+m22−m=2−m2−m=1【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】（1）由P到定点M的距离与P到直线y=−1的距离相等，结合抛物线的定义得出曲线E的方程；（2）设直线m的方程为y=kx+m，由韦达定理以及导数得出AC，BC切线的方程，并联立得出点C坐标以及三角形面积公式得出k2+m=1，进而存在定点T(0，0)使得|CT|h=1.17．已知抛物线C：x2=2py(p>0)的焦点为F，点P(−2，y0)为抛物线上一点，抛物线C在点P处的切线与y轴相交于点Q，且△FPQ的面积为2.（1）求抛物线的方程.（2）若斜率不为0的直线l过焦点F，且交抛物线C于A，B两点，线段AB的中垂线与y轴交于点M.证明：|MF||AB|为定值.【答案】（1）解：由题意可知P(−2，2p)，设抛物线C在点P处的切线方程为y−2p=k(x+2)，联立x2=2pyy−2p=k(x+2)得x2−2pkx−(4pk+4)=0，由Δ=4p2k2+4(4pk+4)=0解得k=−2p，故切线方程为y−2p=−2p(x+2)，令x=0，得y=−2p，即Q(0，−2p)，又F(0，p2)，所以S△FPQ=12×(p2+2p)×2=2，解得p=2，所以抛物线C的方程为x2=4y．（2）证明：由（1）可知F(0，1)，显然直线l的斜率存在，故可设直线l的方程为y=kx+1，A(x1，y1)，B(x2，y2).联立方程组x2=4yy=kx+1，消去y得x2−4kx−4=0，所以x1+x2=4k，x1x2=−4，所以y1+y2=k(x1+x2)+2=4k2+2，得|AB|=y1+y2+2=4k2+4，所以线段AB的中点为(x1+x22，y1+y22)=(2k，2k2+1)，中垂线所在直线的斜率k′=−1k，故线段AB中垂线所在的直线方程为y−2k2−1=−1k(x−2k)，令x=0，得yM=2k2+3，所以|MF|=2k2+2，所以|MF||AB|=2k2+24k2+4=12为定值，得证.【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】（1）求出P坐标，待定系数法设切线方程，解出斜率，表示Q坐标后由面积列方程求解（2）待定系数法设直线方程，与抛物线方程联立后由韦达定理表示弦长|AB|与中点坐标，再求其垂直平分线方程，表示点M坐标后计算证明.18．已知椭圆C：y2a2+x2b2=1(a>b>0)的上､下焦点分别为F1，F2，左､右顶点分别为A1，A2，且四边形A1F1A2F2是面积为8的正方形.（1）求C的标准方程.（2）M，N为C上且在y轴右侧的两点，MF1//NF2，MF2与NF1的交点为P，试问|PF1|+|PF2|是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）解：椭圆C：y2a2+x2b2=1(a>b>0)的上､下焦点分别为F1(0，c)，F2(0，−c)，左､右顶点分别为A1(−b，0)，A2(b，0)，因为四边形A1F1A2F2是面积为8的正方形，所以有b=c且4×12⋅b⋅c=8，解得b=c=2⇒a2=b2+c2=8，所以椭圆的标准方程为：y28+x24=1；（2）解：因为MF1∥NF2，所以|NF2||F1M|=|PN||PF1|⇒|NF2||F1M|+1=|PN||PF1|+1⇒|NF2|+|F1M||F1M|=|PN|+|PF1||PF1|⇒|PF1|=|NF1||NF2|+|F1M|⋅|F1M|，因为N为C上且在y轴右侧的点，所以|NF2|+|F1N|=2a=42， 因此|PF1|=|F1M||NF2|+|F1M|⋅(42−|NF2|)，同理可得：|PF2|=|F2N||NF2|+|F1M|⋅(42−|MF1|)，所以|PF1|+|PF2|=|F1M||NF2|+|F1M|⋅(42−|NF2|)+|F2N||NF2|+|F1M|⋅(42−|MF1|)=42−2|F1M|⋅|F2N||NF2|+|F1M|，设MF1，NF2的方程分别为：y=kx+1，y=kx−1，设M(x1，y1)，N(x2，y2)(x1，x2<0)，则y28+x24=1y=kx+2⇒(k2+2)x2+4kx−4=0，所以x1=−4k−16k2+16(k2+2)2(k2+2)=−2k−22k2+2k2+2，因此|MF1|=x12+(y1−2)2=x12+(kx1+2−2)2=|x1|⋅1+k2=2k1+k2+22(k2+1)k2+2，同理可得：|NF2|=22(k2+1)−2k1+k2k2+2，因此|MF1|+|NF2|=42(k2+1)k2+2，|MF1|⋅|NF2|=[22(k2+1)]2−4k2(1+k2)(k2+2)2=4(1+k2)(k2+2)，所以|PF1|+|PF2|=42−2|F1M|⋅|F2N||NF2|+|F1M|=42−2⋅4(1+k2)k2+242(k2+1)k2+2=42−2=32，所以|PF1|+|PF2|为定值，定值为32.【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据题意求出椭圆顶点的坐标，结合四边形的几何性质计算出b与c的关系，再由椭圆里a、b、c的关系，计算出a的取值由此得出椭圆的方程。(2)由已知条件结合椭圆的几何性质，结合椭圆的定义整理化简计算出a的取值，然后由点斜式设出直线的方程并联立直线与椭圆的方程消元后，结合弦长公式以及数量积公式代入整理，计算出结果从而得出答案。19．在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2+y2=3，点M，M′的坐标分别为(2，0)，(−2，0)，且N为该平面内一点，以MN为直径的圆内切于圆O，记点N的轨迹为曲线C．（1）求曲线C的方程．（2）已知P为曲线C上一点，过原点O作以P为圆心，32为半径的圆的两条切线，分别交曲线C于A，B两点，试问|OA|2+|OB|2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．【答案】（1）解：设MN的中点为T，依题意，|OT|=3−12|MN|，又|OT|=12|M′N|，则|NM|+|NM′|=23>22=|MM′|，由椭圆定义知，点N的轨迹是以M′，M为左右焦点，长轴长为23的椭圆，而半焦距为2，则短半轴长b=(3)2−(2)2=1，所以曲线C的方程为x23+y2=1.（2）解：设圆心P(x0，y0)，则有x02+3y02=3，圆P：(x−x0)2+(y−y0)2=34，当x02=34，即点P(±32，±32)时，圆P与两坐标轴相切，则OA，OB分别为椭圆长半轴、短半轴，于是有|OA|2+|OB|2=3+1=4，当x02≠34时，设过点O的圆P的切线方程为y=kx，其中直线OA，OB的方程分别为y=k1x，y=k2x，由|kx0−y0|k2+1=32得：(4×02−3)k2−8x0y0k+4y02−3=0，则k1，k2是此方程的二根，有k1k2=4y02−34×02−3=−13，由y=kxx2+3y2=3得x2=31+3k2，设点A(xA，yA)，B(xB，yB)，则xA2=31+3k12，xB2=31+3k12，|OA|2+|OB|2=(1+k12)xA2+(1+k22)xB2=3(1+k12)1+3k12+3(1+k22)1+3k22=2+2[2+3(k12+k22)]9k12k22+3(k12+k22)+1=2+2[2+3(k12+k22)]2+3(k12+k22)=4，综上得|OA|2+|OB|2=4，所以|OA|2+|OB|2是定值，此定值为4.【知识点】圆的切线方程；椭圆的定义；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）利用给定条件，探讨可得|NM|+|NM′|=23，再利用椭圆定义求出方程；（2）设圆心P(x0，y0)，得圆P：(x−x0)2+(y−y0)2=34，分类讨论过点O的圆P的切线，利用切线性质结合韦达定理计算.20．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32，点T(2，1)在椭圆上，与OT平行的直线l交椭圆C于P，Q两点，直线TP，TQ分别于x轴正半轴交于M，N两点.（1）求椭圆C的标准方程；（2）求证：|OM|+|ON|为定值.【答案】（1）解：由题意a2=b2+c2ca=324a2+1b2=1，解得a=22b=2c=6，所以椭圆C的标准方程为x28+y22=1；（2）解：因为直线OT的斜率为12，则设直线l的方程为y=12x+t(t≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立y=12x+tx28+y22=1，得x2+2tx+2t2−4=0，则Δ=4t2−4×(2t2−4)=4×(−t2+4)>0，解得−2 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简介：距离型定值问题-2023年高考数学之解密圆锥曲线命题点对点突破（全国通用）一、解答题1．在平面直角坐标系xOy中，已知点F1（－3，0），F2（3，0），点M满足|MF1|+|MF2|=4，记M的轨迹为C．以轨迹C与y轴正半轴交点T为圆心作圆，圆T与轨迹C在第一象限交于点A，在第二象限交于点B．（1）求C的方程；（2）求TA⋅TB的最小值，并求出此时圆T的方程；（3）设点P是轨迹C上异于A，B的一点，且直线PA，PB分别与y轴交于点M，N，O为坐标原点，求证：|OM|⋅|ON|为定值．【答案】（1）解：由题可知，c=3，2a=4，即a=2，所以b=4−3=1，所以曲线C的方程为x24+y2=1.（2）解：由题知T(0，1)，设A(m，n)(0 b>0)的离心率为32，左、右焦点分别为曲线y=2×2−6与x轴的两个交点．（1）求C的方程；（2）点P是圆O：x2+y2=a2+b2上的动点，过点P作C的两条切线，两条切线与圆O分别交于点A，B（异于P），证明：|AB|为定值．【答案】（1）解：2×2−6=0得x=±3由题知ca=32a2=b2+c2c=3，解得a=2，b=1所以椭圆C的标准方程为x24+y2=1（2）证明：设直线l斜率存在且与椭圆C相切，方程为y=kx+m代入x24+y2=1整理得(4k2+1)x2+8kmx+4(m2−1)=0则Δ=64k2m2−16(4k2+1)(m2−1)=0，即4k2−m2+1=0…①记P(x0，y0)，则m=y0−kx0，代入①整理得(4−x02)k2+2x0y0k+1−y02=0…②当直线PA、PB斜率存在时，记其斜率分别为k1，k2，易知k1，k2为方程②的两根，则有k1k2=1−y024−x02，又x02+y02=a2+b2=5，所以k1k2=1−y024−x02=1−(5−x02)4−x02=−1，即PA⊥PB所以AB为圆x2+y2=5的直径，所以|AB|=25当直线PA、PB有一条斜率不存在时，点P坐标为(±2，±1)，易知此时A、B关于原点对称，AB为圆x2+y2=5的直径.综上，|AB|为定值25.【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)令2×2−6=0得x=±3，根据题意可得ca=32a2=b2+c2c=3，解得a，b，即可求出C的方程；(2) 设直线l斜率存在且与椭圆C相切，方程为y=kx+m，联立椭圆的方程，由判别式△=0，得4k2−m2+1=0①，记P(x0，y0)，则m=y0−kx0，代入①整理得(4−x02)k2+2x0y0k+1−y02=0②当直线PA、PB斜率存在时，记其斜率分别为k1，k2，易知k1，k2为方程②的两根，由韦达定理可得k1k2=1−y024−x02，又x02+y02=a2+b2=5，进而可得k1k2=−1，即PA⊥PB，AB为圆x2+y2=5的直径，当直线PA、PB有一条斜率不存在时，点P坐标为(土2，士1)，推出A、B关于原点对称，AB为圆x2+y2=5的直径，即可证得|AB|为定值．3．在直角坐标系xOy中，长为3的线段AB的两端点A，B分别在x，y轴上滑动，动点M满足AM=2MB（1）求动点M的轨迹E的方程；（2）设过点N(0，t)的动直线l与（1）中的轨迹E交于C，D两点，是否存在定实数t，使得1|NC|2+1|ND|2为定值？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：设A(x0，0)，B(0，y0)，M(x，y)由AM=2MB，得(x−x0，y)=2(−x，y0−y)，即x0=3xy0=3y2而|AB|=3，即x02+y02=9．所以(3x)2+(3y2)2=9，即x2+y24=1．（2）解：假设存在满足题意的直线l，设C(x1，y1)，D(x2，y2)．当直线l的斜率存在时，设其方程为y=kx+t．由y=kx+t4x2+y2=4，消去y，得(k2+4)x2+2ktx+t2−4=0．则x1+x2=−2ktk2+4，x1x2=t2−4k2+4．所以，|NC|2=x12+(y1−t)2=(k2+1)x12，|ND|2=x22+(y2−t2)=(k2+1)x22，则1|NC|2+1|ND|2=1(k2+1)x12+1(k2+1)x22=1k2+1⋅x12+x22x12x22=1k2+1⋅(x1+x2)2−2x1x2x12x22=1k2+1⋅(−2ktk2+4)2−2⋅t2−4k2+4(t2−4k2+4)2=1k2+1⋅(2t2+8)k2−8t2+32(t2−4)2当且仅当2t2+8=−8t2+32，即t2=125，t=±2155时，1|NC|2+1|ND|2=5当直线l的斜率不存在时，C(0，−2)，D(0，2)，若t=±2155则1|NC|2+1|ND|2=1(t+2)2+1(2−t)2=2(t2+4)(4−t2)2=5．综上，存在实数t=±2155，使得1|NC|2+1|ND|2为定值为5．【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题【解析】【分析】（1）设A(x0，0)，B(0，y0)，M(x，y)，由向量的数乘运算，得到x0=3xy0=3y2，由|AB|=3可得轨迹方程；（2）假设存在满足题意的直线l，设C(x1，y1)，D(x2，y2)．当直线l的斜率存在时，设其方程为y=kx+t．代入椭圆方程，应用韦达定理得x1+x2，x1x2，计算1|NC|2+1|ND|2并代入x1+x2，x1x2，分析它是与k无关的常数，由此得出值，再检验这个值对斜率不存在的直线l也适用，由此得结论．4．设A、B分别为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点，设M(0，−1)是椭圆下顶点，直线MA与MB斜率之积为−14．（1）求椭圆C的标准方程；（2）若一动圆的圆心Q在椭圆上运动，半径为255．过原点O作动圆Q的两条切线，分别交椭圆于E、F两点，试证明|OE|2+|OF|2为定值．【答案】（1）解：由题意可知，b=1，A(−a，0)，B(a，0)，由kMA⋅kMB=−1a⋅1a=−14，即a2=4，又a>0，所以a=2，椭圆C的方程为x24+y2=1.（2）证明：设点Q坐标为(x0，y0)，即x024+y02=1．当直线OE的斜率为0，此时y0=±255，x0=±255，则直线OF的斜率不存在，此时|OE|2+|OF|2=a2+b2=5；当直线OE的斜率存在且斜率不为0时，设直线OE的方程为y=k1x，直线OF的方程为y=k2x，设点E(x1，y1)、F(x2，y2)，联立y=kxx2+4y2=4，可得(4k2+1)x2=4，则x12=44k12+1，x22=44k22+1，又圆Q与直线OE、OF相切，即|kx0−y0|k2+1=255，整理可得(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0，则k1、k2为关于k的方程(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0的两根，所以，k1k2=y02−45×02−45=1−x024−45×02−45=−14，所以，|OE|2+|OF|2=(1+k12)x12+(1+k22)x22=4(k12+1)4k12+1+4(k22+1)4k22+1 =4(k12+1)4k12+1+4(116k12+1)14k12+1=4(k12+1)4k12+1+16k12+14k12+1=5.综上：|OE|2+|OF|2为定值5．【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）利用已知条件求出椭圆的左、右顶点、下顶点的坐标，进而得出b的值和A，B两点的坐标，再利用两点求斜率公式和实数a的取值范围，进而得出a的值，从而得出椭圆C的标准方程。（2）设点Q坐标为(x0，y0)，再利用代入法得出x024+y02=1，当直线OE的斜率为0，进而得出此时y0，x0的值，则直线OF的斜率不存在，进而求出|OE|2+|OF|2的值；当直线OE的斜率存在且斜率不为0时，设直线OE的方程为y=k1x，直线OF的方程为y=k2x，设点E(x1，y1)、F(x2，y2)，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合一元二次方程求根公式得出x12=44k12+1，x22=44k22+1，再利用圆Q与直线OE、OF相切结合直线与圆相切位置关系判断方法，再结合点到直线的距离公式，整理可得(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0，则k1、k2为关于k的方程(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0的两根，再结合韦达定理得出k1k2的值，再利用两点距离公式得出|OE|2+|OF|2的值，进而证出|OE|2+|OF|2为定值。5．已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率e=22，P为椭圆上一动点，△PF1F2面积的最大值为2.（1）求椭圆E的方程；（2）若C，D分别是椭圆E长轴的左、右端点，动点M满足MD⊥CD，连接CM交椭圆于点N，C为坐标原点.证明：OM⋅ON为定值.【答案】（1）解：当P为短轴端点时，△PF1F2的面积最大，bc=2，故ca=22bc=2a2=b2+c2，解得a=2，b=c=2，故椭圆E的方程为x24+y22=1.（2）解：由（1）知，C(−2，0)，D(2，0)，设直线CM：y=k(x+2)，N(x1，y1)，∵MD⊥CD，∴M(2，4k)，联立x24+y22=1y=k(x+2)，整理得(2k2+1)x2+8k2xx2+8k2−4=0，由−2×1=8k2−42k2+1得x1=2−4k22k2+1，y1=k(x1+2)=4k2k2+1，∴N(2−4k22k2+1，4k2k2+1)，OM⋅ON=2×2−4k22k2+1+4k×4k2k2+1=4，故OM⋅ON为定值4.【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由离心率和三角形的最大面积及a，b，c之间的关系可得a，b的值，进而求出椭圆E的方程；(2)由题意可得C，D的坐标，由题意设M的坐标，求出直线CM的斜率，进而求出直线CM的方程，与椭圆的方程联立，求出两根之积，可得N的横坐标，代入直线CM的方程可得N的坐标，求出数量积OM⋅ON，可证得OM⋅ON为定值.6．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为63，以椭圆C的右顶点A为圆心，作半径为r的圆(x−3)2+y2=r2，设圆A与椭圆C交于点E，F.（1）求AE⋅AF的最小值，并求此时圆A的方程；（2）设点O是坐标原点，点P是椭圆C上异于E，F的点，且满足直线PE，PF分别与x轴交于M，N两点，证明：|OM|⋅|ON|为定值.【答案】（1）解：根据题意，A(3，0)，则a=3，又离心率ca=63，则c=2，故b2=a2−c2=1，即椭圆C的方程为x23+y2=1，设点E(x0，y0)(y0>0)，则x023+y02=1，易得E，F关于x轴对称，则F(x0，−y0)，又点A(3，0)，则AE⋅AF=(x0−3，y0)⋅(x0−3，−y0)=(x0−3)2−y02=x02−23×0+3−1+x023=43(x0−334)2−14，当x0=334，y0=74时，AE⋅AF有最小值为−14，且r2=|AE|2=(x0−3)2+y02=58，故圆A的方程为(x−3)2+y2=58；（2）证明：设点P(x1，y1)，E(x0，y0)，则F(x0，−y0)，且x1≠x0，x023+y02=1，x123+y12=1，则kPE=y1−y0x1−x0，kPF=y1+y0x1−x0，可得lPE：y−y0=y1−y0x1−x0(x−x0)，令y=0，则M(x0y1−x1y0y1−y0，0)，lPF：y+y0=y1+y0x1−x0(x−x0)，令y=0，则N(x0y1+x1y0y1+y0，0)，所以xM⋅xN=x0y1−x1y0y1−y0⋅x0y1+x1y0y1+y0=x02y12−x12y02y12−y02=3(1−y02)y12−3(1−y12)y02y12−y02=3y12−3y02y12−y02=3，故|OM|⋅|ON|=|xM|⋅|xN|=|xMxN|=3，为定值.【知识点】圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系 【解析】【分析】（1）直接由右顶点及离心率求出椭圆C的方程，设出E，F坐标，表示出AE→⋅AF→，由二次函数求得最小值，求出此时点E坐标，即可求得圆A的方程；（2）设出P，E，F坐标，表示出直线PE，PF求出M，N坐标，计算xM，xN，结合P，E，F是椭圆C上的点，求出xM×xN为定值，即可求得|OM|⋅|ON|为定值.7．已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为4，离心率为32，其中左顶点为A，右顶点为B，O为坐标原点.（1）求椭圆E的标准方程；（2）直线y=x+t(t≠0)与椭圆E交于不同的两点P，Q，直线AP，BQ分别与直线y=x交于点M，N.求证：|OM|⋅|ON|为定值.【答案】（1）解：由已知得2a=4．所以a=2．又因为椭圆E的离心率为32，所以ca=32．所以c=3．所以b=a2−c2=4−3=1，所以椭圆E的方程为x24+y2=1（2）证明：由y=x+t，x2+4y2=4得5×2+8tx+4t2−4=0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)．因为直线y=x+t(t≠0)与椭圆E交于不同的两点P，Q，所以Δ=(8t)2−20(4t2−4)>0．解得−5 b>0)的长轴长为4，进而得出实数a的值，再利用椭圆的离心率为32，进而结合椭圆的离心率公式得出c的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，进而得出b的值，从而得出椭圆E的标准方程。（2）设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，利用已知条件结合直线与椭圆相交，联立二者方程结合判别式法得出t的取值范围，再结合韦达定理，得出x1+x2=−8t5，x1x2=4t2−45，再利用点斜式设出直线AP的方程为y=y1x1+2(x+2)，令y=x得xM=2(x1+t)2−t，再利用点斜式设出直线BQ的方程为y=y2x2−2(x−2)，令y=x得xN=2(x2+t)t+2，进而得出xMxN的值，再利用两点距离公式得出|OM|⋅|ON|的值。8．已知抛物线C：y=ax2(a>0)的焦点是F，若过焦点F的直线与C相交于A，B两点，所得弦长|AB|的最小值为2．（1）求实数a的值；（2）设P，Q是抛物线C上不同于坐标原点O的两个不同的动点，且以线段PQ为直径的圆经过点O，作OM⊥PQ，M为垂足，试探究是否存在定点N，使得|MN|为定值，若存在，则求出该定点N的坐标及定值|MN|，若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：抛物线C：y=ax2(a>0)化为标准方程为：x2=1ay，其焦点F(0，14a)，因为斜率一定存在，设其方程为y=k1x+14a，联立方程得：y=k1x+14ax2=1ay，整理得：x2−k1ax−14a2=0，Δ>0恒成立．其中A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1+x2=k1a，y1+y2=k1(x1+x2)+12a=k12a+12a，因为焦点弦长|AB|=y1+y2+12a=k12a+1a，所以当k12=0时，弦长|AB|min=1a=2．所以，实数a的值为12．（2）解：由题意可知直线PQ的斜率存在，设其方程为y=kx+t(t≠0)．联立方程得：y=kx+tx2=2y，整理得：x2−2kx−2t=0，Δ=4k2+8t>0．其中P(x3，y3)，Q(x4，y4)，x3+x4=2k，x3x4=−2t，因为以PQ为直径的圆经过点O，所以OP⋅OQ=0．又因为OP⋅OQ=x3x4+y3y4=x3x4+x322⋅x422=−2t+4t24=−2t+t2=0，∵t≠0，∴t=2．所以直线PQ过定点T(0，2)， 又因为OM⊥PQ，所以△OMT为直角三角形，所以当N为斜边OT中点时，|MN|为定值，此时|MN|=12|OT|=1．所以定点N为(0，1)，|MN|为定值1【知识点】抛物线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）根据抛物线和过焦点的直线联立方程，根据焦点弦的计算，即可求解.（2）联立方程，得到根与系数的关系，根据以线段PQ为直径的圆经过点O，转化成OP⋅OQ=0，可得直线过定点，再由OM⊥PQ，根据直角三角形的特征即可找到N的位置，即可求解.9．已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，A1，右焦点为点F，点P是椭圆E上一动点，△APA1面积的最大值为2，当PF⊥x轴时，|PF|=12.（1）求椭圆E的方程；（2）已知直线l与椭圆E有且只有一个公共点，直线l与直线x=433交于点N，过点F作x轴的垂线，交直线l于点M.求证：|FM||FN|为定值.【答案】（1）解：设椭圆E的半焦距为c，P(x，y)，将x=c代入x2a2+y2b2=1得y2=b2(1−c2a2)=(a2−c2)b2a2=b4a2，所以|PF|=|y|=b2a=12，因为点P是椭圆E上一动点，所以−b≤y≤b，所以△APA1面积S=12|AA1||y|≤ab=2，由a=2b2ab=2，求得a=2b=1，所以椭圆E的方程为E：x24+y2=1（2）解：由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+m，联立y=kx+mx24+y2=1，整理可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4=0，因为直线l与椭圆E相切，所以Δ=64k2m2−4(1+4k2)(4m2−4)=0，得m2=1+4k2，因为椭圆E的右焦点为F(3，0)，将x=3代入直线l得y=3k+m，所以M(3，3k+m)，所以|FM|=|3k+m|，将x=433代入直线l可得y=433k+m，所以N(433，433k+m)，所以|NF|2=(433−3)2+(433k+m)2=163k2+833km+m2+13，|FM|2|NF|2=3k2+23km+m216k23+833km+m2+13，将m2=1+4k2代入上式，得|FM|2|FN|2=7k2+23km+128k23+833km+43=34，所以|FM||FN|为定值32【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）设椭圆E的半焦距为c，P(x，y)，由|PF|=12得|PF|=|y|=b2a=12，△APA1面积的最大值为2，即ab=2，联立方程求a，b，从而可得椭圆方程；（2）设直线l的方程为y=kx+m，联立方程组整理(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4=0，因为直线l与椭圆E相切，得m2=1+4k2，根据已知条件求得N(433，433k+m)，N(433，433k+m)，从而可得|FM|=|3k+m|，|NF|2=(433−3)2+(433k+m)2=163k2+833km+m2+13，作商化简即可求解.10．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点A(2，1)，过右焦点F2作x轴的垂线交椭圆于M，N两点，且|MN|=6.（1）求椭圆C的方程；（2）点P，Q在椭圆C上，且kAP⋅kAQ=13，AD⊥PQ，D为垂足.证明：存在定点S，使得|DS|为定值.【答案】（1）解：由已知得4a2+1b2=1，且当x=c时，|MN|=2b2a=6，联立4a2+1b2=1，2b2a=6，解得a2=6，b2=3，故椭圆C的方程为x26+y23=1.（2）证明：设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，因为kAP⋅kAQ=13，y1−1×1−2⋅y2−1×2−2=13，即(x1−2)(x2−2)−3(y1−1)(y2−1)=0，*当直线PQ的斜率存在时，设方程为y=kx+m，代入椭圆方程消去y得(2k2+1)x2+4kmx+2m2−6=0，Δ>0，x1+x2=−4km2k2+1，x1x2=2m2−62k2+1. 根据y1=kx1+m，y2=kx2+m.代入*整理，得(1−3k2)x1x2−(3km+2−3k)(x1+x2)+1+6m−3m2=0，结合根与系数的关系可得，m2−2(4k+3)m−5(4k2−1)=0，[m−5(2k+1)][m+(2k−1)]=0，当m=−(2k−1)时，直线y=kx+m=kx−2k+1=k(x−2)+1过点A(2，1)，不符合条件，当m=5(2k+1)时，直线方程为y=kx+5(2k+1)=k(x+10)+5，故直线PQ恒过定点(−10，5)，设E(−10，5)，当直线PQ的斜率不存在时，点P(x1，y1)，Q(x1，−y1)，此时(x1−2)2+3y12−3=0，又x126+y123=1，可得x1=−10（舍）或x1=2，与A点重合，与已知条件不符.∴直线PQ的斜率一定存在，故直线PQ恒过定点E(−10，5)由于AE为定长，且△ADE为直角三角形，AE为斜边，所以AE的中点S满足|DS|为定值，点S为(−4，3).【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）将点以A(2，1)及x=c代入椭圆方程，得出椭圆的方程；（2）讨论直线PQ的斜率存在和不存在两种情况，设方程为y=kx+m，代入椭圆方程，结合韦达定理以及kAP⋅kAQ=13得出直线PQ恒过定点(−10，5)，从而得到结论.11．已知椭圆T：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F(−c，0)，上顶点为P.直线PF与椭圆T交于另一点Q，且|PF|=7|FQ|，点E(3，12)在椭圆T上.（1）求椭圆T的方程.（2）过点M(0，2)，且斜率为k的直线l与椭圆T相交于A，B两点，点A关于y轴的对称点为A′，作MN⊥A′B，垂足为N.是否存在定点R，使得|NR|为定值？若存在，求出定点R的坐标；若不存在，说明理由.【答案】（1）解：由题可知，F(−c，0)，P(0，b)，设Q(x，y)，则PF=(−c，−b)，FQ=(x+c，y)，因为|PF|=7|FQ|，所以PF=7FQ，即−c=7(x+c)−b=7y，解得x=−8c7y=−b7，即点Q的坐标为(−8c7，−b7)，则64c249a2+149=1，整理得ca=32.因为点E(3，12)在椭圆T上，所以3a2+14b2=1又a2=b2+c2，所以a=2，b=1，c=3故椭圆T的方程为x24+y2=1（2）解：由题可知直线l的方程为y=kx+2，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A′(−x1，y1).联立方程组x24+y2=1，y=kx+2，整理得(4k2+1)x2+16kx+12=0，Δ=(16k)2−48(4k2+1)=64k2−48>0，则x1+x2=−16k4k2+1，x1x2=124k2+1，直线A′B的方程为y−y1=y2−y1x2+x1(x+x1)，整理(y1−y2)x+(x2+x1)y=x1y2+x2y1.又x1y2+x2y1=x1(kx2+2)+x2(kx1+2)=2kx1x2+2(x1+x2)=−8k4k2+1，令x=0，得y=x1y2+x2y1x1+x2=12，所以A′B恒过定点G(0，12)，故在Rt△MGN中，存在定点R(0，54)为斜边MG的中点，使得|NR|=12|MG|=34，为定值.【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）|PF|=7|FQ|可结合向量得到点Q(−8c7，−b7)，将E，Q坐标代入椭圆方程可得答案；（2）设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A′(−x1，y1)，联立直线和椭圆的方程，得到关于x的一元二次方程，结合Δ>0得到x1+x2=−16k4k2+1x1x2=124k2+1，由A′B的方程y−y1=y2−y1x2+x1(x+x1)，令x=0，代入韦达定理整理可得：A′B恒过定点G(0，12)，12．已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点为F1，F2，且F2(1，0)为长轴的一个四等分点.（1）求椭圆的标准方程；（2）分别过F1，F2作斜率为k1，k2的两条直线l1和l2，l1与椭圆交于A，B两点，l2与椭圆交于C，D两点，且k1⋅k2=1.求证：1|AB|+1|CD|为定值，并求出该定值.【答案】（1）解：由已知c=1，a=2，所以b2=a2−c2=3，因此椭圆的标准方程为x24+y23=1；（2）解：设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4）直线l1：y=k1(x+1)，l2：y=k2(x−1)联立方程y=k1(x+1)3×2+4y2=12得(3+4k12)x2+8k12x+4k12−12=0，∴x1+x2=−8k123+4k12，x1x2=4k12−123+4k12，∴|AB|=1+k12(x1+x2)2−4x1x2=12(1+k12)3+4k12，联立方程y=k2(x−1)3×2+4y2=12得(3+4k22)x2−8k22x+4k22−12=0， 同理可得|CD|=12(1+k22)3+4k22，∴1|AB|+1|CD|=112(3+4k121+k12+3+4k221+k22)=112(6+7k12+7k22+8k12k221+k12+k22+k12k22)由已知k1k2=1，化简得1|AB|+1|CD|=712=定值.【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由右焦点的坐标可得c的值，再由F2(1，0)为长轴的一个四等分点可得a的值，进而求出b的值，求出椭圆的标准方程；(2)设直线l1的方程，与椭圆的方程联立，求出两根之和及两根之积，进而求出弦长|AB|的表达式，由题意可设直线l2的方程，与椭圆的方程联立，求出两根之和及两根之积，进而求出弦长|CD|的值，求出1|AB|+1|CD|的值，可证得为定值.13．在平面直角坐标系中，椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=63，a=6，直线l与x轴相交于点E，与椭圆相交于点A，B；（1）求椭圆C的方程，（2）在x轴上是否存在点E，使得1|EA|2+1|EB|2为定值？若存在，请求出点E的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：由题意得：e=ca=63，a=6，∴c=2，∴b2=a2−c2=2，所以椭圆的方程为x26+y22=1（2）解：设E(x0，0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，（ⅰ）当直线AB与x轴不重合时，设AB的方程为x=my+x0代入x26+y22=1得：(m2+3)y2+2mx0y+x02−6=0，则y1+y2=−2mx0m2+3y1⋅y2=x02−6m2+3|EA|2=(m2+1)y12，|EB|2=(m2+1)y22，1|EA|2+1|EB|2=(y1+y2)2−2y1y2(m2+1)y12y22=2×m2(x02+6)+(18−3×02)m2(x02−6)2+(x02−6)2当x02+6=(x02−6)218−3×02=(x02−6)2，即x02=3时，无论m取何值，1|EA|2+1|EB|2的值恒为2，得点E(±3，0)，（ⅱ）当直线AB与x轴重合时，有A(−6，0)，B(6，0)，E(3，0)或E(−3，0)，均有1|EA|2+1|EB|2=2由i和ii得，在x轴上是存在两点E(±3，0)，使得1|EA|2+1|EB|2为定值.【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）利用已知条件结合椭圆的离心率公式和a的值，进而得出c的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式得出b的值，进而得出椭圆的标准方程。（2）设E(x0，0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，（ⅰ）当直线AB与x轴不重合时，设AB的方程为x=my+x0，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合韦达定理得出y1+y2=−2mx0m2+3y1⋅y2=x02−6m2+3，再利用两点距离公式得出1|EA|2+1|EB|2=2×m2(x02+6)+(18−3×02)m2(x02−6)2+(x02−6)2，当x02+6=(x02−6)218−3×02=(x02−6)2，得出x02=3时，无论m取何值，1|EA|2+1|EB|2的值恒为定值，进而得出点E的坐标；（ⅱ）当直线AB与x轴重合时，进而得出点A，B，的坐标，再结合两点距离公式得出1|EA|2+1|EB|2的值为定值，进而得出在x轴上是存在两点E(±3，0)，使得1|EA|2+1|EB|2为定值。14．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32，左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，点P在椭圆C上，且有|PF1|=2，∠F1PF2=2π3（1）求椭圆C的方程；（2）设直线l不经过P（0，1）点且与椭圆E相交于A、B两点，若直线PA与直线PB的斜率之和为−2，若PM⊥l，垂足为M，判断是否存在定点N，使得|MN|为定值，若存在求出点N，若不存在，说明理由．【答案】（1）解：因为离心率为32，故a2−b2a2=34，解得a=2b，又ca=32，故c=3b.在△F1PF2中有|PF1|=2，|PF2|=2a−2=4b−2，|F1F2|=2c=23b，∠F1PF2=2π3，由余弦定理可得12b2=4+(4b−2)2−2⋅2⋅(4b−2)cos2π3，化简可得b=1，故a=2，椭圆C的方程为x24+y2=1 （2）解：当直线l的斜率不存在时，设点A(x0，y0)，B(x0，−y0)，此时有y0−1×0+−y0−1×0=−2，解得x0=1，此时直线l的方程为x=1；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m，(m≠1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立x24+y2=1y=kx+m化简可得(4k2+1)x2+8kmx+4m2−4=0，x1+x2=−8km4k2+1，x1x2=4m2−44k2+1，又直线PA与直线PB的斜率之和为−2，故y1−1×1+y2−1×2=−2，代入直线方程有kx1+m−1×1+kx2+m−1×2=−2，化简得2k+(m−1)x1+x2x1x2=−2，代入韦达定理有2k−(m−1)8km4m2−4=−2，整理得m=−k−1，故直线y=kx+m=kx−k−1过定点Q(1，−1)，当直线l的方程为x=1时也满足，又PM⊥l，故存在P，Q的中点N(12，0)得|MN|为定值【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】（1）根据离心率为32可得a=2b，c=3b，再在△F1PF2中利用余弦定理求解b即可；（2）当直线l的斜率不存在时，设点A(x0，y0)，B(x0，−y0)，根据已知条件，解得x0=1，此时直线l的方程为x=1；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m，(m≠1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，再联立椭圆的方程，表达出直线PA与直线PB的斜率之和为−2，结合韦达定理可得m=−k−1，进而得到直线l过定点，从而根据PM⊥l确定点N.15．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为23，A1、A2分别为椭圆C的左､右顶点，B为椭圆C的上顶点，F1为椭圆的左焦点，且△A1F1B的面积为52.（1）求椭圆C的方程；（2）设过点D(1，0)的动直线l交椭圆C于E、F两点(点E在x轴上方)，M、N分别为直线A1E、A2F与y轴的交点，证明：|OM||ON|为定值.【答案】（1）解：由椭圆C的离心率为23，得ca=23，于是a=32c，b=52c=|OB|∴|A1F1|=a−c=12c，S△A1F1B=12×12c×52c=58c2=52，因此c=2，a=3，b=5，∴椭圆的方程为x29+y25=1；（2）证明：易知，直线l(EF)斜率不为0，设l方程为x=my+1，由x=my+1，x29+y25=1得(5m2+9)y2+10my−40=0，设E(x1，y1)，F(x2，y2)，则y1+y2=−10m5m2+9，y1y2=−405m2+9，则y1=−10m5m2+9−y2．由直线A1E方程y=y1x1+3(x+3)，得yM=3y1x1+3；由直线A2F方程y=y2x2−3(x−3)，得yN=−3y2x2−3；由此可得，|OM||ON|=yM−yN=y1(x2−3)y2(x1+3)=y1(my2−2)y2(my1+4)=my1y2−2y1my1y2+4y2=m⋅−405m2+9−2(−10m5m2+9−y2)m·−405m2+9+4y2=−40m+20m+2(5m2+9)y2−40m+4(5m2+9)y2=−20m+2(5m2+9)y22[−20m+2(5m2+9)y2]=12．∴|OM||ON|为定值12．【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）由离心率得a=32c，再结合S△A1F1B=12×12c×52c即可求解；（2）设l方程为x=my+1，联立椭圆方程，设E(x1，y1)，F(x2，y2)由韦达定理，可得y1=−10m5m2+9−y2，分别通过直线A1E，直线A2F的方程可得yM，yN，进而可得|OM||ON|=yM−yN，代入yM，yN，结合韦达定理化简即可求解。16．在平面直角坐标系xOy中，点M(0，1)，记动点P到直线l：y=−2的距离为d，且d=|PM|+1，设点P的轨迹为曲线E．（1）求曲线E的方程；（2）直线m交曲线E于A，B两点，曲线E在点A及点B处的切线相交于点C．设点C到直线l的距离为h，若△ABC的面积为4，求证：存在定点T，使得|CT|h恒为定值．【答案】（1）解：由题意可知P到定点M的距离与P到直线y=−1的距离相等∴P的轨迹是抛物线且p2=1，p=2，曲线E的方程为x2=4y（2）解：设直线m的方程为y=kx+m，A(x1，x124)，B(x2，y224)y=kx+mx2=4y⇒x2−4kx−4m=0，Δ=16k2+16m>0. x1+x2=4kx1x2=−4m，y=14×2，y′=12x∴切线AC的方程为y=x12(x−x1)+x124=x12x−x124①BC方程为y=x22x−x224②联立①②得x1−x22x=(x1+x2)(x1−x2)4∴xC=x1+x22=2k，yC=x12⋅x1+x22−x124=x1x24=−m，即C(2k，−m)设AB的中点为N(x0，y0)，∴x0=x1+x22=2k，∴CN⊥x轴N(2k，2k2+m)，C(2k，−m)，CN=2k2+2m，|x1−x2|=4k2+m∴S△ABC=12⋅2(k2+m)⋅4k2+m=4(k2+m)32=4⇒k2+m=1∴h=2−m，存在定点T(0，0)使得|CT|h=4k2+m22−m=4(1−m)+m22−m=2−m2−m=1【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】（1）由P到定点M的距离与P到直线y=−1的距离相等，结合抛物线的定义得出曲线E的方程；（2）设直线m的方程为y=kx+m，由韦达定理以及导数得出AC，BC切线的方程，并联立得出点C坐标以及三角形面积公式得出k2+m=1，进而存在定点T(0，0)使得|CT|h=1.17．已知抛物线C：x2=2py(p>0)的焦点为F，点P(−2，y0)为抛物线上一点，抛物线C在点P处的切线与y轴相交于点Q，且△FPQ的面积为2.（1）求抛物线的方程.（2）若斜率不为0的直线l过焦点F，且交抛物线C于A，B两点，线段AB的中垂线与y轴交于点M.证明：|MF||AB|为定值.【答案】（1）解：由题意可知P(−2，2p)，设抛物线C在点P处的切线方程为y−2p=k(x+2)，联立x2=2pyy−2p=k(x+2)得x2−2pkx−(4pk+4)=0，由Δ=4p2k2+4(4pk+4)=0解得k=−2p，故切线方程为y−2p=−2p(x+2)，令x=0，得y=−2p，即Q(0，−2p)，又F(0，p2)，所以S△FPQ=12×(p2+2p)×2=2，解得p=2，所以抛物线C的方程为x2=4y．（2）证明：由（1）可知F(0，1)，显然直线l的斜率存在，故可设直线l的方程为y=kx+1，A(x1，y1)，B(x2，y2).联立方程组x2=4yy=kx+1，消去y得x2−4kx−4=0，所以x1+x2=4k，x1x2=−4，所以y1+y2=k(x1+x2)+2=4k2+2，得|AB|=y1+y2+2=4k2+4，所以线段AB的中点为(x1+x22，y1+y22)=(2k，2k2+1)，中垂线所在直线的斜率k′=−1k，故线段AB中垂线所在的直线方程为y−2k2−1=−1k(x−2k)，令x=0，得yM=2k2+3，所以|MF|=2k2+2，所以|MF||AB|=2k2+24k2+4=12为定值，得证.【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】（1）求出P坐标，待定系数法设切线方程，解出斜率，表示Q坐标后由面积列方程求解（2）待定系数法设直线方程，与抛物线方程联立后由韦达定理表示弦长|AB|与中点坐标，再求其垂直平分线方程，表示点M坐标后计算证明.18．已知椭圆C：y2a2+x2b2=1(a>b>0)的上､下焦点分别为F1，F2，左､右顶点分别为A1，A2，且四边形A1F1A2F2是面积为8的正方形.（1）求C的标准方程.（2）M，N为C上且在y轴右侧的两点，MF1//NF2，MF2与NF1的交点为P，试问|PF1|+|PF2|是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）解：椭圆C：y2a2+x2b2=1(a>b>0)的上､下焦点分别为F1(0，c)，F2(0，−c)，左､右顶点分别为A1(−b，0)，A2(b，0)，因为四边形A1F1A2F2是面积为8的正方形，所以有b=c且4×12⋅b⋅c=8，解得b=c=2⇒a2=b2+c2=8，所以椭圆的标准方程为：y28+x24=1；（2）解：因为MF1∥NF2，所以|NF2||F1M|=|PN||PF1|⇒|NF2||F1M|+1=|PN||PF1|+1⇒|NF2|+|F1M||F1M|=|PN|+|PF1||PF1|⇒|PF1|=|NF1||NF2|+|F1M|⋅|F1M|，因为N为C上且在y轴右侧的点，所以|NF2|+|F1N|=2a=42， 因此|PF1|=|F1M||NF2|+|F1M|⋅(42−|NF2|)，同理可得：|PF2|=|F2N||NF2|+|F1M|⋅(42−|MF1|)，所以|PF1|+|PF2|=|F1M||NF2|+|F1M|⋅(42−|NF2|)+|F2N||NF2|+|F1M|⋅(42−|MF1|)=42−2|F1M|⋅|F2N||NF2|+|F1M|，设MF1，NF2的方程分别为：y=kx+1，y=kx−1，设M(x1，y1)，N(x2，y2)(x1，x2<0)，则y28+x24=1y=kx+2⇒(k2+2)x2+4kx−4=0，所以x1=−4k−16k2+16(k2+2)2(k2+2)=−2k−22k2+2k2+2，因此|MF1|=x12+(y1−2)2=x12+(kx1+2−2)2=|x1|⋅1+k2=2k1+k2+22(k2+1)k2+2，同理可得：|NF2|=22(k2+1)−2k1+k2k2+2，因此|MF1|+|NF2|=42(k2+1)k2+2，|MF1|⋅|NF2|=[22(k2+1)]2−4k2(1+k2)(k2+2)2=4(1+k2)(k2+2)，所以|PF1|+|PF2|=42−2|F1M|⋅|F2N||NF2|+|F1M|=42−2⋅4(1+k2)k2+242(k2+1)k2+2=42−2=32，所以|PF1|+|PF2|为定值，定值为32.【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据题意求出椭圆顶点的坐标，结合四边形的几何性质计算出b与c的关系，再由椭圆里a、b、c的关系，计算出a的取值由此得出椭圆的方程。(2)由已知条件结合椭圆的几何性质，结合椭圆的定义整理化简计算出a的取值，然后由点斜式设出直线的方程并联立直线与椭圆的方程消元后，结合弦长公式以及数量积公式代入整理，计算出结果从而得出答案。19．在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2+y2=3，点M，M′的坐标分别为(2，0)，(−2，0)，且N为该平面内一点，以MN为直径的圆内切于圆O，记点N的轨迹为曲线C．（1）求曲线C的方程．（2）已知P为曲线C上一点，过原点O作以P为圆心，32为半径的圆的两条切线，分别交曲线C于A，B两点，试问|OA|2+|OB|2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．【答案】（1）解：设MN的中点为T，依题意，|OT|=3−12|MN|，又|OT|=12|M′N|，则|NM|+|NM′|=23>22=|MM′|，由椭圆定义知，点N的轨迹是以M′，M为左右焦点，长轴长为23的椭圆，而半焦距为2，则短半轴长b=(3)2−(2)2=1，所以曲线C的方程为x23+y2=1.（2）解：设圆心P(x0，y0)，则有x02+3y02=3，圆P：(x−x0)2+(y−y0)2=34，当x02=34，即点P(±32，±32)时，圆P与两坐标轴相切，则OA，OB分别为椭圆长半轴、短半轴，于是有|OA|2+|OB|2=3+1=4，当x02≠34时，设过点O的圆P的切线方程为y=kx，其中直线OA，OB的方程分别为y=k1x，y=k2x，由|kx0−y0|k2+1=32得：(4×02−3)k2−8x0y0k+4y02−3=0，则k1，k2是此方程的二根，有k1k2=4y02−34×02−3=−13，由y=kxx2+3y2=3得x2=31+3k2，设点A(xA，yA)，B(xB，yB)，则xA2=31+3k12，xB2=31+3k12，|OA|2+|OB|2=(1+k12)xA2+(1+k22)xB2=3(1+k12)1+3k12+3(1+k22)1+3k22=2+2[2+3(k12+k22)]9k12k22+3(k12+k22)+1=2+2[2+3(k12+k22)]2+3(k12+k22)=4，综上得|OA|2+|OB|2=4，所以|OA|2+|OB|2是定值，此定值为4.【知识点】圆的切线方程；椭圆的定义；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）利用给定条件，探讨可得|NM|+|NM′|=23，再利用椭圆定义求出方程；（2）设圆心P(x0，y0)，得圆P：(x−x0)2+(y−y0)2=34，分类讨论过点O的圆P的切线，利用切线性质结合韦达定理计算.20．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32，点T(2，1)在椭圆上，与OT平行的直线l交椭圆C于P，Q两点，直线TP，TQ分别于x轴正半轴交于M，N两点.（1）求椭圆C的标准方程；（2）求证：|OM|+|ON|为定值.【答案】（1）解：由题意a2=b2+c2ca=324a2+1b2=1，解得a=22b=2c=6，所以椭圆C的标准方程为x28+y22=1；（2）解：因为直线OT的斜率为12，则设直线l的方程为y=12x+t(t≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立y=12x+tx28+y22=1，得x2+2tx+2t2−4=0，则Δ=4t2−4×(2t2−4)=4×(−t2+4)>0，解得−2 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简介：距离型定值问题-2023年高考数学之解密圆锥曲线命题点对点突破（全国通用）一、解答题1．在平面直角坐标系xOy中，已知点F1（－3，0），F2（3，0），点M满足|MF1|+|MF2|=4，记M的轨迹为C．以轨迹C与y轴正半轴交点T为圆心作圆，圆T与轨迹C在第一象限交于点A，在第二象限交于点B．（1）求C的方程；（2）求TA⋅TB的最小值，并求出此时圆T的方程；（3）设点P是轨迹C上异于A，B的一点，且直线PA，PB分别与y轴交于点M，N，O为坐标原点，求证：|OM|⋅|ON|为定值．【答案】（1）解：由题可知，c=3，2a=4，即a=2，所以b=4−3=1，所以曲线C的方程为x24+y2=1.（2）解：由题知T(0，1)，设A(m，n)(0 b>0)的离心率为32，左、右焦点分别为曲线y=2×2−6与x轴的两个交点．（1）求C的方程；（2）点P是圆O：x2+y2=a2+b2上的动点，过点P作C的两条切线，两条切线与圆O分别交于点A，B（异于P），证明：|AB|为定值．【答案】（1）解：2×2−6=0得x=±3由题知ca=32a2=b2+c2c=3，解得a=2，b=1所以椭圆C的标准方程为x24+y2=1（2）证明：设直线l斜率存在且与椭圆C相切，方程为y=kx+m代入x24+y2=1整理得(4k2+1)x2+8kmx+4(m2−1)=0则Δ=64k2m2−16(4k2+1)(m2−1)=0，即4k2−m2+1=0…①记P(x0，y0)，则m=y0−kx0，代入①整理得(4−x02)k2+2x0y0k+1−y02=0…②当直线PA、PB斜率存在时，记其斜率分别为k1，k2，易知k1，k2为方程②的两根，则有k1k2=1−y024−x02，又x02+y02=a2+b2=5，所以k1k2=1−y024−x02=1−(5−x02)4−x02=−1，即PA⊥PB所以AB为圆x2+y2=5的直径，所以|AB|=25当直线PA、PB有一条斜率不存在时，点P坐标为(±2，±1)，易知此时A、B关于原点对称，AB为圆x2+y2=5的直径.综上，|AB|为定值25.【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)令2×2−6=0得x=±3，根据题意可得ca=32a2=b2+c2c=3，解得a，b，即可求出C的方程；(2) 设直线l斜率存在且与椭圆C相切，方程为y=kx+m，联立椭圆的方程，由判别式△=0，得4k2−m2+1=0①，记P(x0，y0)，则m=y0−kx0，代入①整理得(4−x02)k2+2x0y0k+1−y02=0②当直线PA、PB斜率存在时，记其斜率分别为k1，k2，易知k1，k2为方程②的两根，由韦达定理可得k1k2=1−y024−x02，又x02+y02=a2+b2=5，进而可得k1k2=−1，即PA⊥PB，AB为圆x2+y2=5的直径，当直线PA、PB有一条斜率不存在时，点P坐标为(土2，士1)，推出A、B关于原点对称，AB为圆x2+y2=5的直径，即可证得|AB|为定值．3．在直角坐标系xOy中，长为3的线段AB的两端点A，B分别在x，y轴上滑动，动点M满足AM=2MB（1）求动点M的轨迹E的方程；（2）设过点N(0，t)的动直线l与（1）中的轨迹E交于C，D两点，是否存在定实数t，使得1|NC|2+1|ND|2为定值？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：设A(x0，0)，B(0，y0)，M(x，y)由AM=2MB，得(x−x0，y)=2(−x，y0−y)，即x0=3xy0=3y2而|AB|=3，即x02+y02=9．所以(3x)2+(3y2)2=9，即x2+y24=1．（2）解：假设存在满足题意的直线l，设C(x1，y1)，D(x2，y2)．当直线l的斜率存在时，设其方程为y=kx+t．由y=kx+t4x2+y2=4，消去y，得(k2+4)x2+2ktx+t2−4=0．则x1+x2=−2ktk2+4，x1x2=t2−4k2+4．所以，|NC|2=x12+(y1−t)2=(k2+1)x12，|ND|2=x22+(y2−t2)=(k2+1)x22，则1|NC|2+1|ND|2=1(k2+1)x12+1(k2+1)x22=1k2+1⋅x12+x22x12x22=1k2+1⋅(x1+x2)2−2x1x2x12x22=1k2+1⋅(−2ktk2+4)2−2⋅t2−4k2+4(t2−4k2+4)2=1k2+1⋅(2t2+8)k2−8t2+32(t2−4)2当且仅当2t2+8=−8t2+32，即t2=125，t=±2155时，1|NC|2+1|ND|2=5当直线l的斜率不存在时，C(0，−2)，D(0，2)，若t=±2155则1|NC|2+1|ND|2=1(t+2)2+1(2−t)2=2(t2+4)(4−t2)2=5．综上，存在实数t=±2155，使得1|NC|2+1|ND|2为定值为5．【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题；圆锥曲线的轨迹问题【解析】【分析】（1）设A(x0，0)，B(0，y0)，M(x，y)，由向量的数乘运算，得到x0=3xy0=3y2，由|AB|=3可得轨迹方程；（2）假设存在满足题意的直线l，设C(x1，y1)，D(x2，y2)．当直线l的斜率存在时，设其方程为y=kx+t．代入椭圆方程，应用韦达定理得x1+x2，x1x2，计算1|NC|2+1|ND|2并代入x1+x2，x1x2，分析它是与k无关的常数，由此得出值，再检验这个值对斜率不存在的直线l也适用，由此得结论．4．设A、B分别为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点，设M(0，−1)是椭圆下顶点，直线MA与MB斜率之积为−14．（1）求椭圆C的标准方程；（2）若一动圆的圆心Q在椭圆上运动，半径为255．过原点O作动圆Q的两条切线，分别交椭圆于E、F两点，试证明|OE|2+|OF|2为定值．【答案】（1）解：由题意可知，b=1，A(−a，0)，B(a，0)，由kMA⋅kMB=−1a⋅1a=−14，即a2=4，又a>0，所以a=2，椭圆C的方程为x24+y2=1.（2）证明：设点Q坐标为(x0，y0)，即x024+y02=1．当直线OE的斜率为0，此时y0=±255，x0=±255，则直线OF的斜率不存在，此时|OE|2+|OF|2=a2+b2=5；当直线OE的斜率存在且斜率不为0时，设直线OE的方程为y=k1x，直线OF的方程为y=k2x，设点E(x1，y1)、F(x2，y2)，联立y=kxx2+4y2=4，可得(4k2+1)x2=4，则x12=44k12+1，x22=44k22+1，又圆Q与直线OE、OF相切，即|kx0−y0|k2+1=255，整理可得(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0，则k1、k2为关于k的方程(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0的两根，所以，k1k2=y02−45×02−45=1−x024−45×02−45=−14，所以，|OE|2+|OF|2=(1+k12)x12+(1+k22)x22=4(k12+1)4k12+1+4(k22+1)4k22+1 =4(k12+1)4k12+1+4(116k12+1)14k12+1=4(k12+1)4k12+1+16k12+14k12+1=5.综上：|OE|2+|OF|2为定值5．【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）利用已知条件求出椭圆的左、右顶点、下顶点的坐标，进而得出b的值和A，B两点的坐标，再利用两点求斜率公式和实数a的取值范围，进而得出a的值，从而得出椭圆C的标准方程。（2）设点Q坐标为(x0，y0)，再利用代入法得出x024+y02=1，当直线OE的斜率为0，进而得出此时y0，x0的值，则直线OF的斜率不存在，进而求出|OE|2+|OF|2的值；当直线OE的斜率存在且斜率不为0时，设直线OE的方程为y=k1x，直线OF的方程为y=k2x，设点E(x1，y1)、F(x2，y2)，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合一元二次方程求根公式得出x12=44k12+1，x22=44k22+1，再利用圆Q与直线OE、OF相切结合直线与圆相切位置关系判断方法，再结合点到直线的距离公式，整理可得(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0，则k1、k2为关于k的方程(x02−45)k2−2kx0y0+y02−45=0的两根，再结合韦达定理得出k1k2的值，再利用两点距离公式得出|OE|2+|OF|2的值，进而证出|OE|2+|OF|2为定值。5．已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率e=22，P为椭圆上一动点，△PF1F2面积的最大值为2.（1）求椭圆E的方程；（2）若C，D分别是椭圆E长轴的左、右端点，动点M满足MD⊥CD，连接CM交椭圆于点N，C为坐标原点.证明：OM⋅ON为定值.【答案】（1）解：当P为短轴端点时，△PF1F2的面积最大，bc=2，故ca=22bc=2a2=b2+c2，解得a=2，b=c=2，故椭圆E的方程为x24+y22=1.（2）解：由（1）知，C(−2，0)，D(2，0)，设直线CM：y=k(x+2)，N(x1，y1)，∵MD⊥CD，∴M(2，4k)，联立x24+y22=1y=k(x+2)，整理得(2k2+1)x2+8k2xx2+8k2−4=0，由−2×1=8k2−42k2+1得x1=2−4k22k2+1，y1=k(x1+2)=4k2k2+1，∴N(2−4k22k2+1，4k2k2+1)，OM⋅ON=2×2−4k22k2+1+4k×4k2k2+1=4，故OM⋅ON为定值4.【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由离心率和三角形的最大面积及a，b，c之间的关系可得a，b的值，进而求出椭圆E的方程；(2)由题意可得C，D的坐标，由题意设M的坐标，求出直线CM的斜率，进而求出直线CM的方程，与椭圆的方程联立，求出两根之积，可得N的横坐标，代入直线CM的方程可得N的坐标，求出数量积OM⋅ON，可证得OM⋅ON为定值.6．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为63，以椭圆C的右顶点A为圆心，作半径为r的圆(x−3)2+y2=r2，设圆A与椭圆C交于点E，F.（1）求AE⋅AF的最小值，并求此时圆A的方程；（2）设点O是坐标原点，点P是椭圆C上异于E，F的点，且满足直线PE，PF分别与x轴交于M，N两点，证明：|OM|⋅|ON|为定值.【答案】（1）解：根据题意，A(3，0)，则a=3，又离心率ca=63，则c=2，故b2=a2−c2=1，即椭圆C的方程为x23+y2=1，设点E(x0，y0)(y0>0)，则x023+y02=1，易得E，F关于x轴对称，则F(x0，−y0)，又点A(3，0)，则AE⋅AF=(x0−3，y0)⋅(x0−3，−y0)=(x0−3)2−y02=x02−23×0+3−1+x023=43(x0−334)2−14，当x0=334，y0=74时，AE⋅AF有最小值为−14，且r2=|AE|2=(x0−3)2+y02=58，故圆A的方程为(x−3)2+y2=58；（2）证明：设点P(x1，y1)，E(x0，y0)，则F(x0，−y0)，且x1≠x0，x023+y02=1，x123+y12=1，则kPE=y1−y0x1−x0，kPF=y1+y0x1−x0，可得lPE：y−y0=y1−y0x1−x0(x−x0)，令y=0，则M(x0y1−x1y0y1−y0，0)，lPF：y+y0=y1+y0x1−x0(x−x0)，令y=0，则N(x0y1+x1y0y1+y0，0)，所以xM⋅xN=x0y1−x1y0y1−y0⋅x0y1+x1y0y1+y0=x02y12−x12y02y12−y02=3(1−y02)y12−3(1−y12)y02y12−y02=3y12−3y02y12−y02=3，故|OM|⋅|ON|=|xM|⋅|xN|=|xMxN|=3，为定值.【知识点】圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系 【解析】【分析】（1）直接由右顶点及离心率求出椭圆C的方程，设出E，F坐标，表示出AE→⋅AF→，由二次函数求得最小值，求出此时点E坐标，即可求得圆A的方程；（2）设出P，E，F坐标，表示出直线PE，PF求出M，N坐标，计算xM，xN，结合P，E，F是椭圆C上的点，求出xM×xN为定值，即可求得|OM|⋅|ON|为定值.7．已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为4，离心率为32，其中左顶点为A，右顶点为B，O为坐标原点.（1）求椭圆E的标准方程；（2）直线y=x+t(t≠0)与椭圆E交于不同的两点P，Q，直线AP，BQ分别与直线y=x交于点M，N.求证：|OM|⋅|ON|为定值.【答案】（1）解：由已知得2a=4．所以a=2．又因为椭圆E的离心率为32，所以ca=32．所以c=3．所以b=a2−c2=4−3=1，所以椭圆E的方程为x24+y2=1（2）证明：由y=x+t，x2+4y2=4得5×2+8tx+4t2−4=0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)．因为直线y=x+t(t≠0)与椭圆E交于不同的两点P，Q，所以Δ=(8t)2−20(4t2−4)>0．解得−5 b>0)的长轴长为4，进而得出实数a的值，再利用椭圆的离心率为32，进而结合椭圆的离心率公式得出c的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，进而得出b的值，从而得出椭圆E的标准方程。（2）设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，利用已知条件结合直线与椭圆相交，联立二者方程结合判别式法得出t的取值范围，再结合韦达定理，得出x1+x2=−8t5，x1x2=4t2−45，再利用点斜式设出直线AP的方程为y=y1x1+2(x+2)，令y=x得xM=2(x1+t)2−t，再利用点斜式设出直线BQ的方程为y=y2x2−2(x−2)，令y=x得xN=2(x2+t)t+2，进而得出xMxN的值，再利用两点距离公式得出|OM|⋅|ON|的值。8．已知抛物线C：y=ax2(a>0)的焦点是F，若过焦点F的直线与C相交于A，B两点，所得弦长|AB|的最小值为2．（1）求实数a的值；（2）设P，Q是抛物线C上不同于坐标原点O的两个不同的动点，且以线段PQ为直径的圆经过点O，作OM⊥PQ，M为垂足，试探究是否存在定点N，使得|MN|为定值，若存在，则求出该定点N的坐标及定值|MN|，若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：抛物线C：y=ax2(a>0)化为标准方程为：x2=1ay，其焦点F(0，14a)，因为斜率一定存在，设其方程为y=k1x+14a，联立方程得：y=k1x+14ax2=1ay，整理得：x2−k1ax−14a2=0，Δ>0恒成立．其中A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1+x2=k1a，y1+y2=k1(x1+x2)+12a=k12a+12a，因为焦点弦长|AB|=y1+y2+12a=k12a+1a，所以当k12=0时，弦长|AB|min=1a=2．所以，实数a的值为12．（2）解：由题意可知直线PQ的斜率存在，设其方程为y=kx+t(t≠0)．联立方程得：y=kx+tx2=2y，整理得：x2−2kx−2t=0，Δ=4k2+8t>0．其中P(x3，y3)，Q(x4，y4)，x3+x4=2k，x3x4=−2t，因为以PQ为直径的圆经过点O，所以OP⋅OQ=0．又因为OP⋅OQ=x3x4+y3y4=x3x4+x322⋅x422=−2t+4t24=−2t+t2=0，∵t≠0，∴t=2．所以直线PQ过定点T(0，2)， 又因为OM⊥PQ，所以△OMT为直角三角形，所以当N为斜边OT中点时，|MN|为定值，此时|MN|=12|OT|=1．所以定点N为(0，1)，|MN|为定值1【知识点】抛物线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）根据抛物线和过焦点的直线联立方程，根据焦点弦的计算，即可求解.（2）联立方程，得到根与系数的关系，根据以线段PQ为直径的圆经过点O，转化成OP⋅OQ=0，可得直线过定点，再由OM⊥PQ，根据直角三角形的特征即可找到N的位置，即可求解.9．已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，A1，右焦点为点F，点P是椭圆E上一动点，△APA1面积的最大值为2，当PF⊥x轴时，|PF|=12.（1）求椭圆E的方程；（2）已知直线l与椭圆E有且只有一个公共点，直线l与直线x=433交于点N，过点F作x轴的垂线，交直线l于点M.求证：|FM||FN|为定值.【答案】（1）解：设椭圆E的半焦距为c，P(x，y)，将x=c代入x2a2+y2b2=1得y2=b2(1−c2a2)=(a2−c2)b2a2=b4a2，所以|PF|=|y|=b2a=12，因为点P是椭圆E上一动点，所以−b≤y≤b，所以△APA1面积S=12|AA1||y|≤ab=2，由a=2b2ab=2，求得a=2b=1，所以椭圆E的方程为E：x24+y2=1（2）解：由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+m，联立y=kx+mx24+y2=1，整理可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4=0，因为直线l与椭圆E相切，所以Δ=64k2m2−4(1+4k2)(4m2−4)=0，得m2=1+4k2，因为椭圆E的右焦点为F(3，0)，将x=3代入直线l得y=3k+m，所以M(3，3k+m)，所以|FM|=|3k+m|，将x=433代入直线l可得y=433k+m，所以N(433，433k+m)，所以|NF|2=(433−3)2+(433k+m)2=163k2+833km+m2+13，|FM|2|NF|2=3k2+23km+m216k23+833km+m2+13，将m2=1+4k2代入上式，得|FM|2|FN|2=7k2+23km+128k23+833km+43=34，所以|FM||FN|为定值32【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）设椭圆E的半焦距为c，P(x，y)，由|PF|=12得|PF|=|y|=b2a=12，△APA1面积的最大值为2，即ab=2，联立方程求a，b，从而可得椭圆方程；（2）设直线l的方程为y=kx+m，联立方程组整理(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4=0，因为直线l与椭圆E相切，得m2=1+4k2，根据已知条件求得N(433，433k+m)，N(433，433k+m)，从而可得|FM|=|3k+m|，|NF|2=(433−3)2+(433k+m)2=163k2+833km+m2+13，作商化简即可求解.10．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点A(2，1)，过右焦点F2作x轴的垂线交椭圆于M，N两点，且|MN|=6.（1）求椭圆C的方程；（2）点P，Q在椭圆C上，且kAP⋅kAQ=13，AD⊥PQ，D为垂足.证明：存在定点S，使得|DS|为定值.【答案】（1）解：由已知得4a2+1b2=1，且当x=c时，|MN|=2b2a=6，联立4a2+1b2=1，2b2a=6，解得a2=6，b2=3，故椭圆C的方程为x26+y23=1.（2）证明：设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，因为kAP⋅kAQ=13，y1−1×1−2⋅y2−1×2−2=13，即(x1−2)(x2−2)−3(y1−1)(y2−1)=0，*当直线PQ的斜率存在时，设方程为y=kx+m，代入椭圆方程消去y得(2k2+1)x2+4kmx+2m2−6=0，Δ>0，x1+x2=−4km2k2+1，x1x2=2m2−62k2+1. 根据y1=kx1+m，y2=kx2+m.代入*整理，得(1−3k2)x1x2−(3km+2−3k)(x1+x2)+1+6m−3m2=0，结合根与系数的关系可得，m2−2(4k+3)m−5(4k2−1)=0，[m−5(2k+1)][m+(2k−1)]=0，当m=−(2k−1)时，直线y=kx+m=kx−2k+1=k(x−2)+1过点A(2，1)，不符合条件，当m=5(2k+1)时，直线方程为y=kx+5(2k+1)=k(x+10)+5，故直线PQ恒过定点(−10，5)，设E(−10，5)，当直线PQ的斜率不存在时，点P(x1，y1)，Q(x1，−y1)，此时(x1−2)2+3y12−3=0，又x126+y123=1，可得x1=−10（舍）或x1=2，与A点重合，与已知条件不符.∴直线PQ的斜率一定存在，故直线PQ恒过定点E(−10，5)由于AE为定长，且△ADE为直角三角形，AE为斜边，所以AE的中点S满足|DS|为定值，点S为(−4，3).【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）将点以A(2，1)及x=c代入椭圆方程，得出椭圆的方程；（2）讨论直线PQ的斜率存在和不存在两种情况，设方程为y=kx+m，代入椭圆方程，结合韦达定理以及kAP⋅kAQ=13得出直线PQ恒过定点(−10，5)，从而得到结论.11．已知椭圆T：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F(−c，0)，上顶点为P.直线PF与椭圆T交于另一点Q，且|PF|=7|FQ|，点E(3，12)在椭圆T上.（1）求椭圆T的方程.（2）过点M(0，2)，且斜率为k的直线l与椭圆T相交于A，B两点，点A关于y轴的对称点为A′，作MN⊥A′B，垂足为N.是否存在定点R，使得|NR|为定值？若存在，求出定点R的坐标；若不存在，说明理由.【答案】（1）解：由题可知，F(−c，0)，P(0，b)，设Q(x，y)，则PF=(−c，−b)，FQ=(x+c，y)，因为|PF|=7|FQ|，所以PF=7FQ，即−c=7(x+c)−b=7y，解得x=−8c7y=−b7，即点Q的坐标为(−8c7，−b7)，则64c249a2+149=1，整理得ca=32.因为点E(3，12)在椭圆T上，所以3a2+14b2=1又a2=b2+c2，所以a=2，b=1，c=3故椭圆T的方程为x24+y2=1（2）解：由题可知直线l的方程为y=kx+2，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A′(−x1，y1).联立方程组x24+y2=1，y=kx+2，整理得(4k2+1)x2+16kx+12=0，Δ=(16k)2−48(4k2+1)=64k2−48>0，则x1+x2=−16k4k2+1，x1x2=124k2+1，直线A′B的方程为y−y1=y2−y1x2+x1(x+x1)，整理(y1−y2)x+(x2+x1)y=x1y2+x2y1.又x1y2+x2y1=x1(kx2+2)+x2(kx1+2)=2kx1x2+2(x1+x2)=−8k4k2+1，令x=0，得y=x1y2+x2y1x1+x2=12，所以A′B恒过定点G(0，12)，故在Rt△MGN中，存在定点R(0，54)为斜边MG的中点，使得|NR|=12|MG|=34，为定值.【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）|PF|=7|FQ|可结合向量得到点Q(−8c7，−b7)，将E，Q坐标代入椭圆方程可得答案；（2）设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A′(−x1，y1)，联立直线和椭圆的方程，得到关于x的一元二次方程，结合Δ>0得到x1+x2=−16k4k2+1x1x2=124k2+1，由A′B的方程y−y1=y2−y1x2+x1(x+x1)，令x=0，代入韦达定理整理可得：A′B恒过定点G(0，12)，12．已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点为F1，F2，且F2(1，0)为长轴的一个四等分点.（1）求椭圆的标准方程；（2）分别过F1，F2作斜率为k1，k2的两条直线l1和l2，l1与椭圆交于A，B两点，l2与椭圆交于C，D两点，且k1⋅k2=1.求证：1|AB|+1|CD|为定值，并求出该定值.【答案】（1）解：由已知c=1，a=2，所以b2=a2−c2=3，因此椭圆的标准方程为x24+y23=1；（2）解：设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4）直线l1：y=k1(x+1)，l2：y=k2(x−1)联立方程y=k1(x+1)3×2+4y2=12得(3+4k12)x2+8k12x+4k12−12=0，∴x1+x2=−8k123+4k12，x1x2=4k12−123+4k12，∴|AB|=1+k12(x1+x2)2−4x1x2=12(1+k12)3+4k12，联立方程y=k2(x−1)3×2+4y2=12得(3+4k22)x2−8k22x+4k22−12=0， 同理可得|CD|=12(1+k22)3+4k22，∴1|AB|+1|CD|=112(3+4k121+k12+3+4k221+k22)=112(6+7k12+7k22+8k12k221+k12+k22+k12k22)由已知k1k2=1，化简得1|AB|+1|CD|=712=定值.【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)由右焦点的坐标可得c的值，再由F2(1，0)为长轴的一个四等分点可得a的值，进而求出b的值，求出椭圆的标准方程；(2)设直线l1的方程，与椭圆的方程联立，求出两根之和及两根之积，进而求出弦长|AB|的表达式，由题意可设直线l2的方程，与椭圆的方程联立，求出两根之和及两根之积，进而求出弦长|CD|的值，求出1|AB|+1|CD|的值，可证得为定值.13．在平面直角坐标系中，椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=63，a=6，直线l与x轴相交于点E，与椭圆相交于点A，B；（1）求椭圆C的方程，（2）在x轴上是否存在点E，使得1|EA|2+1|EB|2为定值？若存在，请求出点E的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：由题意得：e=ca=63，a=6，∴c=2，∴b2=a2−c2=2，所以椭圆的方程为x26+y22=1（2）解：设E(x0，0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，（ⅰ）当直线AB与x轴不重合时，设AB的方程为x=my+x0代入x26+y22=1得：(m2+3)y2+2mx0y+x02−6=0，则y1+y2=−2mx0m2+3y1⋅y2=x02−6m2+3|EA|2=(m2+1)y12，|EB|2=(m2+1)y22，1|EA|2+1|EB|2=(y1+y2)2−2y1y2(m2+1)y12y22=2×m2(x02+6)+(18−3×02)m2(x02−6)2+(x02−6)2当x02+6=(x02−6)218−3×02=(x02−6)2，即x02=3时，无论m取何值，1|EA|2+1|EB|2的值恒为2，得点E(±3，0)，（ⅱ）当直线AB与x轴重合时，有A(−6，0)，B(6，0)，E(3，0)或E(−3，0)，均有1|EA|2+1|EB|2=2由i和ii得，在x轴上是存在两点E(±3，0)，使得1|EA|2+1|EB|2为定值.【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）利用已知条件结合椭圆的离心率公式和a的值，进而得出c的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式得出b的值，进而得出椭圆的标准方程。（2）设E(x0，0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，（ⅰ）当直线AB与x轴不重合时，设AB的方程为x=my+x0，再利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合韦达定理得出y1+y2=−2mx0m2+3y1⋅y2=x02−6m2+3，再利用两点距离公式得出1|EA|2+1|EB|2=2×m2(x02+6)+(18−3×02)m2(x02−6)2+(x02−6)2，当x02+6=(x02−6)218−3×02=(x02−6)2，得出x02=3时，无论m取何值，1|EA|2+1|EB|2的值恒为定值，进而得出点E的坐标；（ⅱ）当直线AB与x轴重合时，进而得出点A，B，的坐标，再结合两点距离公式得出1|EA|2+1|EB|2的值为定值，进而得出在x轴上是存在两点E(±3，0)，使得1|EA|2+1|EB|2为定值。14．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32，左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，点P在椭圆C上，且有|PF1|=2，∠F1PF2=2π3（1）求椭圆C的方程；（2）设直线l不经过P（0，1）点且与椭圆E相交于A、B两点，若直线PA与直线PB的斜率之和为−2，若PM⊥l，垂足为M，判断是否存在定点N，使得|MN|为定值，若存在求出点N，若不存在，说明理由．【答案】（1）解：因为离心率为32，故a2−b2a2=34，解得a=2b，又ca=32，故c=3b.在△F1PF2中有|PF1|=2，|PF2|=2a−2=4b−2，|F1F2|=2c=23b，∠F1PF2=2π3，由余弦定理可得12b2=4+(4b−2)2−2⋅2⋅(4b−2)cos2π3，化简可得b=1，故a=2，椭圆C的方程为x24+y2=1 （2）解：当直线l的斜率不存在时，设点A(x0，y0)，B(x0，−y0)，此时有y0−1×0+−y0−1×0=−2，解得x0=1，此时直线l的方程为x=1；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m，(m≠1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立x24+y2=1y=kx+m化简可得(4k2+1)x2+8kmx+4m2−4=0，x1+x2=−8km4k2+1，x1x2=4m2−44k2+1，又直线PA与直线PB的斜率之和为−2，故y1−1×1+y2−1×2=−2，代入直线方程有kx1+m−1×1+kx2+m−1×2=−2，化简得2k+(m−1)x1+x2x1x2=−2，代入韦达定理有2k−(m−1)8km4m2−4=−2，整理得m=−k−1，故直线y=kx+m=kx−k−1过定点Q(1，−1)，当直线l的方程为x=1时也满足，又PM⊥l，故存在P，Q的中点N(12，0)得|MN|为定值【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】（1）根据离心率为32可得a=2b，c=3b，再在△F1PF2中利用余弦定理求解b即可；（2）当直线l的斜率不存在时，设点A(x0，y0)，B(x0，−y0)，根据已知条件，解得x0=1，此时直线l的方程为x=1；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m，(m≠1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，再联立椭圆的方程，表达出直线PA与直线PB的斜率之和为−2，结合韦达定理可得m=−k−1，进而得到直线l过定点，从而根据PM⊥l确定点N.15．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为23，A1、A2分别为椭圆C的左､右顶点，B为椭圆C的上顶点，F1为椭圆的左焦点，且△A1F1B的面积为52.（1）求椭圆C的方程；（2）设过点D(1，0)的动直线l交椭圆C于E、F两点(点E在x轴上方)，M、N分别为直线A1E、A2F与y轴的交点，证明：|OM||ON|为定值.【答案】（1）解：由椭圆C的离心率为23，得ca=23，于是a=32c，b=52c=|OB|∴|A1F1|=a−c=12c，S△A1F1B=12×12c×52c=58c2=52，因此c=2，a=3，b=5，∴椭圆的方程为x29+y25=1；（2）证明：易知，直线l(EF)斜率不为0，设l方程为x=my+1，由x=my+1，x29+y25=1得(5m2+9)y2+10my−40=0，设E(x1，y1)，F(x2，y2)，则y1+y2=−10m5m2+9，y1y2=−405m2+9，则y1=−10m5m2+9−y2．由直线A1E方程y=y1x1+3(x+3)，得yM=3y1x1+3；由直线A2F方程y=y2x2−3(x−3)，得yN=−3y2x2−3；由此可得，|OM||ON|=yM−yN=y1(x2−3)y2(x1+3)=y1(my2−2)y2(my1+4)=my1y2−2y1my1y2+4y2=m⋅−405m2+9−2(−10m5m2+9−y2)m·−405m2+9+4y2=−40m+20m+2(5m2+9)y2−40m+4(5m2+9)y2=−20m+2(5m2+9)y22[−20m+2(5m2+9)y2]=12．∴|OM||ON|为定值12．【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）由离心率得a=32c，再结合S△A1F1B=12×12c×52c即可求解；（2）设l方程为x=my+1，联立椭圆方程，设E(x1，y1)，F(x2，y2)由韦达定理，可得y1=−10m5m2+9−y2，分别通过直线A1E，直线A2F的方程可得yM，yN，进而可得|OM||ON|=yM−yN，代入yM，yN，结合韦达定理化简即可求解。16．在平面直角坐标系xOy中，点M(0，1)，记动点P到直线l：y=−2的距离为d，且d=|PM|+1，设点P的轨迹为曲线E．（1）求曲线E的方程；（2）直线m交曲线E于A，B两点，曲线E在点A及点B处的切线相交于点C．设点C到直线l的距离为h，若△ABC的面积为4，求证：存在定点T，使得|CT|h恒为定值．【答案】（1）解：由题意可知P到定点M的距离与P到直线y=−1的距离相等∴P的轨迹是抛物线且p2=1，p=2，曲线E的方程为x2=4y（2）解：设直线m的方程为y=kx+m，A(x1，x124)，B(x2，y224)y=kx+mx2=4y⇒x2−4kx−4m=0，Δ=16k2+16m>0. x1+x2=4kx1x2=−4m，y=14×2，y′=12x∴切线AC的方程为y=x12(x−x1)+x124=x12x−x124①BC方程为y=x22x−x224②联立①②得x1−x22x=(x1+x2)(x1−x2)4∴xC=x1+x22=2k，yC=x12⋅x1+x22−x124=x1x24=−m，即C(2k，−m)设AB的中点为N(x0，y0)，∴x0=x1+x22=2k，∴CN⊥x轴N(2k，2k2+m)，C(2k，−m)，CN=2k2+2m，|x1−x2|=4k2+m∴S△ABC=12⋅2(k2+m)⋅4k2+m=4(k2+m)32=4⇒k2+m=1∴h=2−m，存在定点T(0，0)使得|CT|h=4k2+m22−m=4(1−m)+m22−m=2−m2−m=1【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】（1）由P到定点M的距离与P到直线y=−1的距离相等，结合抛物线的定义得出曲线E的方程；（2）设直线m的方程为y=kx+m，由韦达定理以及导数得出AC，BC切线的方程，并联立得出点C坐标以及三角形面积公式得出k2+m=1，进而存在定点T(0，0)使得|CT|h=1.17．已知抛物线C：x2=2py(p>0)的焦点为F，点P(−2，y0)为抛物线上一点，抛物线C在点P处的切线与y轴相交于点Q，且△FPQ的面积为2.（1）求抛物线的方程.（2）若斜率不为0的直线l过焦点F，且交抛物线C于A，B两点，线段AB的中垂线与y轴交于点M.证明：|MF||AB|为定值.【答案】（1）解：由题意可知P(−2，2p)，设抛物线C在点P处的切线方程为y−2p=k(x+2)，联立x2=2pyy−2p=k(x+2)得x2−2pkx−(4pk+4)=0，由Δ=4p2k2+4(4pk+4)=0解得k=−2p，故切线方程为y−2p=−2p(x+2)，令x=0，得y=−2p，即Q(0，−2p)，又F(0，p2)，所以S△FPQ=12×(p2+2p)×2=2，解得p=2，所以抛物线C的方程为x2=4y．（2）证明：由（1）可知F(0，1)，显然直线l的斜率存在，故可设直线l的方程为y=kx+1，A(x1，y1)，B(x2，y2).联立方程组x2=4yy=kx+1，消去y得x2−4kx−4=0，所以x1+x2=4k，x1x2=−4，所以y1+y2=k(x1+x2)+2=4k2+2，得|AB|=y1+y2+2=4k2+4，所以线段AB的中点为(x1+x22，y1+y22)=(2k，2k2+1)，中垂线所在直线的斜率k′=−1k，故线段AB中垂线所在的直线方程为y−2k2−1=−1k(x−2k)，令x=0，得yM=2k2+3，所以|MF|=2k2+2，所以|MF||AB|=2k2+24k2+4=12为定值，得证.【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的关系【解析】【分析】（1）求出P坐标，待定系数法设切线方程，解出斜率，表示Q坐标后由面积列方程求解（2）待定系数法设直线方程，与抛物线方程联立后由韦达定理表示弦长|AB|与中点坐标，再求其垂直平分线方程，表示点M坐标后计算证明.18．已知椭圆C：y2a2+x2b2=1(a>b>0)的上､下焦点分别为F1，F2，左､右顶点分别为A1，A2，且四边形A1F1A2F2是面积为8的正方形.（1）求C的标准方程.（2）M，N为C上且在y轴右侧的两点，MF1//NF2，MF2与NF1的交点为P，试问|PF1|+|PF2|是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）解：椭圆C：y2a2+x2b2=1(a>b>0)的上､下焦点分别为F1(0，c)，F2(0，−c)，左､右顶点分别为A1(−b，0)，A2(b，0)，因为四边形A1F1A2F2是面积为8的正方形，所以有b=c且4×12⋅b⋅c=8，解得b=c=2⇒a2=b2+c2=8，所以椭圆的标准方程为：y28+x24=1；（2）解：因为MF1∥NF2，所以|NF2||F1M|=|PN||PF1|⇒|NF2||F1M|+1=|PN||PF1|+1⇒|NF2|+|F1M||F1M|=|PN|+|PF1||PF1|⇒|PF1|=|NF1||NF2|+|F1M|⋅|F1M|，因为N为C上且在y轴右侧的点，所以|NF2|+|F1N|=2a=42， 因此|PF1|=|F1M||NF2|+|F1M|⋅(42−|NF2|)，同理可得：|PF2|=|F2N||NF2|+|F1M|⋅(42−|MF1|)，所以|PF1|+|PF2|=|F1M||NF2|+|F1M|⋅(42−|NF2|)+|F2N||NF2|+|F1M|⋅(42−|MF1|)=42−2|F1M|⋅|F2N||NF2|+|F1M|，设MF1，NF2的方程分别为：y=kx+1，y=kx−1，设M(x1，y1)，N(x2，y2)(x1，x2<0)，则y28+x24=1y=kx+2⇒(k2+2)x2+4kx−4=0，所以x1=−4k−16k2+16(k2+2)2(k2+2)=−2k−22k2+2k2+2，因此|MF1|=x12+(y1−2)2=x12+(kx1+2−2)2=|x1|⋅1+k2=2k1+k2+22(k2+1)k2+2，同理可得：|NF2|=22(k2+1)−2k1+k2k2+2，因此|MF1|+|NF2|=42(k2+1)k2+2，|MF1|⋅|NF2|=[22(k2+1)]2−4k2(1+k2)(k2+2)2=4(1+k2)(k2+2)，所以|PF1|+|PF2|=42−2|F1M|⋅|F2N||NF2|+|F1M|=42−2⋅4(1+k2)k2+242(k2+1)k2+2=42−2=32，所以|PF1|+|PF2|为定值，定值为32.【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】(1)根据题意求出椭圆顶点的坐标，结合四边形的几何性质计算出b与c的关系，再由椭圆里a、b、c的关系，计算出a的取值由此得出椭圆的方程。(2)由已知条件结合椭圆的几何性质，结合椭圆的定义整理化简计算出a的取值，然后由点斜式设出直线的方程并联立直线与椭圆的方程消元后，结合弦长公式以及数量积公式代入整理，计算出结果从而得出答案。19．在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2+y2=3，点M，M′的坐标分别为(2，0)，(−2，0)，且N为该平面内一点，以MN为直径的圆内切于圆O，记点N的轨迹为曲线C．（1）求曲线C的方程．（2）已知P为曲线C上一点，过原点O作以P为圆心，32为半径的圆的两条切线，分别交曲线C于A，B两点，试问|OA|2+|OB|2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．【答案】（1）解：设MN的中点为T，依题意，|OT|=3−12|MN|，又|OT|=12|M′N|，则|NM|+|NM′|=23>22=|MM′|，由椭圆定义知，点N的轨迹是以M′，M为左右焦点，长轴长为23的椭圆，而半焦距为2，则短半轴长b=(3)2−(2)2=1，所以曲线C的方程为x23+y2=1.（2）解：设圆心P(x0，y0)，则有x02+3y02=3，圆P：(x−x0)2+(y−y0)2=34，当x02=34，即点P(±32，±32)时，圆P与两坐标轴相切，则OA，OB分别为椭圆长半轴、短半轴，于是有|OA|2+|OB|2=3+1=4，当x02≠34时，设过点O的圆P的切线方程为y=kx，其中直线OA，OB的方程分别为y=k1x，y=k2x，由|kx0−y0|k2+1=32得：(4×02−3)k2−8x0y0k+4y02−3=0，则k1，k2是此方程的二根，有k1k2=4y02−34×02−3=−13，由y=kxx2+3y2=3得x2=31+3k2，设点A(xA，yA)，B(xB，yB)，则xA2=31+3k12，xB2=31+3k12，|OA|2+|OB|2=(1+k12)xA2+(1+k22)xB2=3(1+k12)1+3k12+3(1+k22)1+3k22=2+2[2+3(k12+k22)]9k12k22+3(k12+k22)+1=2+2[2+3(k12+k22)]2+3(k12+k22)=4，综上得|OA|2+|OB|2=4，所以|OA|2+|OB|2是定值，此定值为4.【知识点】圆的切线方程；椭圆的定义；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）利用给定条件，探讨可得|NM|+|NM′|=23，再利用椭圆定义求出方程；（2）设圆心P(x0，y0)，得圆P：(x−x0)2+(y−y0)2=34，分类讨论过点O的圆P的切线，利用切线性质结合韦达定理计算.20．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32，点T(2，1)在椭圆上，与OT平行的直线l交椭圆C于P，Q两点，直线TP，TQ分别于x轴正半轴交于M，N两点.（1）求椭圆C的标准方程；（2）求证：|OM|+|ON|为定值.【答案】（1）解：由题意a2=b2+c2ca=324a2+1b2=1，解得a=22b=2c=6，所以椭圆C的标准方程为x28+y22=1；（2）解：因为直线OT的斜率为12，则设直线l的方程为y=12x+t(t≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立y=12x+tx28+y22=1，得x2+2tx+2t2−4=0，则Δ=4t2−4×(2t2−4)=4×(−t2+4)>0，解得−2 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