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　9.10圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题（二）
(教师独具内容)
1．求定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的．求定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现．
2．解决探索性问题的关键是能够将几何问题转化为代数问题，结合圆锥曲线的定义及根与系数的关系研究，验证结果是否符合所有情况，使得问题得解．
3．重点提升数学抽象、逻辑推理和数学运算素养．
(教师独具内容)
1．解析几何中的定点、定值及探索性问题主要以解答题形式考查，一般以椭圆或抛物线为背景，试题难度较大．
2．要掌握好圆锥曲线的基本知识点，会构造代数方程、函数、不等式，能运用分类讨论的思想、函数与方程思想、化归与转化思想解决问题.
(教师独具内容)
(教师独具内容)
1．圆锥曲线中过定点问题的两种求解方法
(1)若设直线方程为y＝kx＋m或x＝ky＋m，则只需要将已知条件通过坐标运算转化为m，k之间的线性关系，再用m替换k或用k替换m代入直线方程，则可求定点坐标．
(2)若不假设直线的方程，则需要将直线所对应线段的两个端点的坐标表示出来，然后选择合适的直线方程形式表示出直线方程，由此确定出定点坐标．
2．圆锥曲线中定值问题的两种求解方法
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
3．圆锥曲线中的探索性问题的常用方法
(1)解决是否存在常数的问题时，应首先假设存在，看是否能求出符合条件的参数值，如果推出矛盾就不存在，否则就存在．
(2)解决是否存在点的问题时，可依据条件，直接探究其结果，也可以举特例，然后再证明．
(3)解决是否存在直线的问题时，可依据条件寻找适合条件的直线方程，联立方程消元得出一元二次方程，利用判别式得出是否有解．
(4)解决是否存在最值问题时，可依据条件，得出函数解析式，依据解析式判定其最值是否存在，然后得出结论．
1．(多选)(2022·江苏省镇江第一中学模拟)已知点P(x0，y0)是椭圆C：＋＝1上一点(异于椭圆的顶点)，F1，F2分别为椭圆C的两个焦点，A，B是椭圆C的左、右两个顶点，则下列结论正确的是(　　)
A．椭圆C的焦点在x轴上
B．△PF1F2的周长为14
C．|PF1|的最大值为7
D．直线PA与PB的斜率的乘积为－
答案　BD
解析　因为椭圆C：＋＝1，故焦点在y轴上，且a＝4，b＝，c＝3，故A错误；因为点P在椭圆C上，故△PF1F2的周长为2a＋2c＝14，故B正确；因为点P(x0，y0)异于椭圆的顶点，所以|PF1|2．(2021·安徽省怀宁中学模拟)设点P为椭圆C：＋＝1(a>b>0)上的动点(除左、右顶点外)，椭圆C的焦点为F1，F2，离心率为e，I为△PF1F2的内心，则直线IF1和直线IF2的斜率之积为(　　)
A. B．
C. D．
答案　B
解析　解法一：如图，连接PI延长交x轴于G，由内角平分线定理，得＝，＝，利用等比性质，得＝＝＝＝e，
设P(x0，y0)，I(x1，y1)，G(xG,0)，则＋＝1，＝＝，所以b2＝，y1＝，又|PF1|＝a＋ex0，|PF2|＝a－ex0，所以由＝，得＝，化简，得xG＝e2x0，又因为＝＝，所以x1＝ex0，所以kIF1＝，kIF2＝，所以kIF1kIF2＝＝＝·＝＝＝＝.故选B.
解法二：如图所示，设∠F1PF2＝θ，∠PF1F2＝α，∠PF2F1＝β，则有kIF1＝tan，kIF2＝－tan，e＝＝，由正弦定理可得，＝，又由和差化积公式可得，sinα＋sinβ＝2sincos，所以e＝＝＝＝＝＝.整理得，tantan＝，即kIF1kIF2＝.故选B.
3．(2021·浙江杭州模拟)已知P(t,0)(t>0)，过抛物线C：y2＝4x的焦点F作直线交C于A，B两点，若C上存在点Q，使得四边形PAQB为平行四边形，则t(　　)
A．是定值 B．有最大值
C．有最小值 D．以上说法均不正确
答案　A
解析　由抛物线的方程可得F(1,0)，设直线AB的方程为x＝my＋1，AB的中点为M，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由可得
y2－4my－4＝0，故＝2m，所以＝2m2＋1，故M(2m2＋1,2m)，所以Q(4m2＋2－t，4m)，所以16m2＝4(4m2＋2－t)，t＝2，为定值．故选A.
4．(2021·吉林长春一中模拟)已知椭圆C：＋＝1的左、右顶点分别为A，B，过x轴上点M(－4，0)作一直线PQ与椭圆交于P，Q两点(异于A，B)，若直线AP和BQ的交点为N，记直线MN和AP的斜率分别为k1，k2，则＝(　　)
A. B．3
C． D．2
答案　A
解析　设N(x0，y0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由题意可得直线PQ的斜率不为0，可设直线PQ的方程为x＝my－4，由P，N，A和Q，N，B三点共线可知
解得x0＝
＝.
所以x0＝，
x0＋4＝.　(*)
联立得(m2＋2)y2－8my＋12＝0，由Δ＝64m2－48(m2＋2)＝16(m2－6)>0，得m2>6，y1＋y2＝，y1y2＝.所以my1y2＝(y1＋y2)，代入(*)，得x0＋4＝＝3.因为k1＝，k2＝，所以＝＝1－＝.故选A.
5．在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B.F是椭圆的右焦点，＝3，·＝3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)不过点A的直线l交椭圆C于M，N两点，记直线l，AM，AN的斜率分别为k，k1，k2.若k(k1＋k2)＝1，证明直线l过定点，并求出定点的坐标．
解　(1)由题意可知A(－a,0)，B(a,0)，F(c,0)，
因为＝3，所以||＝3||，
则有a＋c＝3(a－c)，即a＝2c.
因为·＝3，所以||·||＝3，
则有(a＋c)(a－c)＝3，即a2－c2＝b2＝3，
所以3c2＝3，得c2＝1，所以a2＝b2＋c2＝4，
故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设直线l的方程为y＝kx＋m，由k(k1＋k2)＝1知k≠0.因为直线l不过点A(－2,0)，所以m≠2k.
由整理得(4k2＋3)x2＋8mkx＋4m2－12＝0，由Δ＝(8mk)2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝48(4k2－m2＋3)>0，得m2<4k2＋3.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以k(k1＋k2)＝k
＝k
＝k·
＝k·
＝k·
＝＝1，
所以m2－7mk＋10k2＝0，
即(m－2k)(m－5k)＝0，得m＝2k(舍去)或m＝5k.
当m＝5k时，由25k2<4k2＋3，得k2<，且k≠0，
则直线l的方程为y＝kx＋5k＝k(x＋5)，
所以直线l过定点，定点坐标为(－5，0)．
1．(2021·新高考Ⅰ卷)在平面直角坐标系xOy中，已知点F1(－，0)，F2(，0)，点M满足|MF1|－|MF2|＝2.记M的轨迹为C.
(1)求C的方程；
(2)设点T在直线x＝上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和．
解　(1)因为|MF1|－|MF2|＝2<|F1F2|＝2，
所以点M的轨迹C是以F1，F2分别为左、右焦点的双曲线的右支．
设双曲线的方程为－＝1(a>0，b>0)，半焦距为c，则2a＝2，c＝，得a＝1，b2＝c2－a2＝16，所以点M的轨迹C的方程为x2－＝1(x≥1)．
(2)设T，由题意可知直线AB，PQ的斜率均存在且不为0，设直线AB的方程为y－t＝k1(k1≠0)，直线PQ的方程为y－t＝k2(k2≠0)，
由得(16－k)x2－2k1x－2－16＝0.
设A(xA，yA)，B(xB，yB)，
易知16－k≠0，则xAxB＝，xA＋xB＝，
所以|TA|＝＝，
|TB|＝＝，
则|TA|·|TB|＝(1＋k)＝(1＋k)
＝(1＋k)－·＋＝.
同理得|TP|·|TQ|＝.
因为|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，
所以＝，
所以k－16＋kk－16k＝k－16＋kk－16k，即k＝k，
又k1≠k2，所以k1＝－k2，即k1＋k2＝0.
2．(2020·全国Ⅰ卷)已知A，B分别为椭圆E：＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，·＝8，P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.
(1)求E的方程；
(2)证明：直线CD过定点．
解　(1)依据题意作出如下图象：
由椭圆方程E：＋y2＝1(a＞1)可得A(－a,0)，B(a，0)，G(0,1)，
∴＝(a,1)，＝(a，－1)．
∴·＝a2－1＝8，∴a2＝9.
∴椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)证明：由(1)得A(－3,0)，B(3,0)，设P(6，y0)，
则直线AP的方程为y＝(x＋3)，
即y＝(x＋3)，
直线BP的方程为y＝(x－3)，
即y＝(x－3)．
联立直线AP的方程与椭圆方程可得
整理得(y＋9)x2＋6yx＋9y－81＝0，
解得x＝－3或x＝.
将x＝代入y＝(x＋3)可得y＝，
∴点C的坐标为.
同理可得，点D的坐标为.
当y0≠±时，直线CD的方程为y－＝，
整理可得y＋＝，
y＝－＝·，此时直线CD过定点.
当y0＝±时，C，D或C，D，直线CD的方程为x＝，直线CD也过点.
综上，直线CD过定点.
3．(2020·新高考Ⅰ卷)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过点A(2，1)．
(1)求C的方程；
(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
解　(1)由题意可得
解得a2＝6，b2＝c2＝3，
故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明：设点M(x1，y1)，N(x2，y2)．
因为AM⊥AN，所以·＝0，
即(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0.①
当直线MN的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋m，如图1.
代入椭圆方程消去y并整理，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，
x1＋x2＝－，x1x2＝，②
根据y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m，代入①整理，可得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0，
将②代入上式，得(k2＋1)·＋(km－k－2)·＋(m－1)2＋4＝0，
整理化简得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0，
因为A(2,1)不在直线MN上，所以2k＋m－1≠0，所以2k＋3m＋1＝0，k≠1，
于是MN的方程为y＝k－，
所以直线MN过定点E.
当直线MN的斜率不存在时，可得N(x1，－y1)，如图2.
代入(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，得(x1－2)2＋1－y＝0，
结合＋＝1，解得x1＝2(舍去)或x1＝，
此时直线MN过点E.
因为AE为定值，且△ADE为直角三角形，AE为斜边，
所以AE的中点Q满足|DQ|为定值.
由于A(2,1)，E，
故由中点坐标公式可得Q.
故存在点Q，使得|DQ|为定值．
一、基础知识巩固
考点　　椭圆中的定点、定值问题
例1　(2021·江苏省阜宁中学模拟)已知椭圆＋y2＝1的上顶点为A，B，C为椭圆上异于A的两点，且AB⊥AC，证明：直线BC过定点．
证明　设直线BC的方程为x＝ky＋m，B(x1，y1)，C(x2，y2)，则由整理，得
(k2＋4)y2＋2mky＋m2－4＝0.
所以y1＋y2＝，y1y2＝，x1x2＝k2y1y2＋mk(y1＋y2)＋m2＝k2·＋mk·＋m2，
因为A(0,1)，＝(x1，y1－1)，＝(x2，y2－1)，⊥，
所以·＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)＝x1x2＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝k2·＋mk·＋m2＋＋＋1＝0，
整理得2mk＋5m2－3k2＝0，
解得m＝－k或m＝k.
当m＝－k时，直线BC的方程为x＝k(y－1)，直线过定点(0,1)，即A(0,1)，因为A，B，C不在同一直线上，所以不符合题意；
当m＝k时，直线BC的方程为x＝ky＋k＝k，直线过定点.
当直线BC的斜率为0时，易知直线BC的方程为y＝－，过点.
综上，直线BC过定点．
例2　(2021·南昌市新建区第一中学模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设F为椭圆C的左焦点，直线l：x＝－3，P为椭圆上任意一点，若点P到F的距离为m，点P到l的距离为n，求证：为定值．
解　(1)因为椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形．
所以解方程组可得
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)证明：设P(x0，y0)，x0>－3.因为F为椭圆C的左焦点，直线l：x＝－3，椭圆C的方程为＋＝1，所以＋＝1，即y＝2－.
则点P到直线l的距离为n＝x0＋3，
点P到F的距离为m＝＝＝.因为x0>－3，所以m＝＝(x0＋3)．所以＝，为定值．
　1.(2021·湖北武汉模拟)已知椭圆Γ：＋＝1(a>b>0)的离心率为，长轴长为4.
(1)求椭圆Γ的方程；
(2)A，B为椭圆的短轴顶点，点P是直线y＝2(x≠0)上的动点，若直线PA与Γ的另一个交点为C，PB与Γ的另一个交点为D，证明：直线CD过定点．
解　(1)由已知条件可知
解得a＝2，c＝.所以b2＝a2－c2＝1.
所以椭圆Γ的方程是＋y2＝1.
(2)证明：设A(0,1)，B(0，－1)，P(m,2)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，则直线PA的方程为y＝x＋1，直线PB的方程为y＝x－1，
由得(m2＋4)y2－2m2y＋m2－4＝0,1×y1＝，
即y1＝，代入y＝x＋1，
得x1＝，则C.
由得(m2＋36)y2＋2m2y＋m2－36＝0，(－1)×y2＝，即y2＝.
代入y＝x－1，得x2＝.
则D，从而直线CD的斜率为＝，
直线CD的方程为y－＝，即y＝x＋，所以直线CD过定点.
2．(2022·河北石家庄模拟)设O为坐标原点，动点M在椭圆＋＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足＝.
(1)求点P的轨迹方程E；
(2)过F(1,0)的直线l1与点P的轨迹交于A，B两点，过F(1,0)作与l1垂直的直线l2与点P的轨迹交于C，D两点，求证：＋为定值．
解　(1)设P(x，y)，则N(x,0)，＝(0，y)，又因为＝＝，
所以M，
由点M在椭圆上，得＋2＝1，
即＋＝1.
即点P的轨迹方程E为＋＝1.
(2)证明：当l1与x轴重合时，|AB|＝6，
|CD|＝，所以＋＝.
当l1与x轴垂直时，|AB|＝，|CD|＝6，
所以＋＝.
当l1与x轴不垂直也不重合时，可设l1的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则l2的方程为y＝－(x－1)．
联立得
消去y，得(8＋9k2)x2－18k2x＋9k2－72＝0，
则Δ＝(－18k2)2－4(8＋9k2)(9k2－72)＝2304(k2＋1)＞0，x1＋x2＝，x1x2＝，
所以|AB|＝＝，
同理可得|CD|＝，
所以＋＝＋
＝，为定值．
综上，＋为定值．
　
1．定点问题的解题策略
圆锥曲线中求直线过定点的问题，通常需要联立方程，得到二次方程后利用根与系数的关系，结合题中条件(比如斜率关系、向量关系、距离关系、面积等)直接计算，即可求出结果，运算量较大．
2．定值问题的常见类型及解题策略
(1)求代数式为定值．依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可得出定值．
(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得．
(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．
考点　　双曲线中的定点、定值问题
例3　(2022·福建龙岩模拟)已知双曲线C：－y2＝1，直线l：y＝kx＋m与双曲线C相交于A，B两点(A，B均异于左、右顶点)，且以线段AB为直径的圆过双曲线C的左顶点D，证明：直线l过定点．
证明　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立
得(1－4k2)x2－8kmx－4(m2＋1)＝0，
所以1－4k2≠0，Δ＝64m2k2＋16(1－4k2)·(m2＋1)>0，x1＋x2＝，
x1x2＝，
所以y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)
＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝.
因为以线段AB为直径的圆过双曲线C的左顶点D(－2,0)，所以kADkBD＝－1，
即·＝－1，
所以y1y2＋x1x2＋2(x1＋x2)＋4＝0，
即＋＋＋4＝0，
所以3m2－16mk＋20k2＝0.
解得m＝2k或m＝.
当m＝2k时，直线l的方程为y＝k(x＋2)，直线l过定点(－2,0)，与已知矛盾；
当m＝时，直线l的方程为y＝k，直线l过定点，经检验符合已知条件，故直线l过定点．
例4　(2021·福建师大附中模拟)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的虚轴长为4，直线2x－y＝0为双曲线C的一条渐近线．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)记双曲线C的左、右顶点分别为A，B，过点T(2,0)的直线l与双曲线交于M，N两点，直线MA交y轴于点P，直线NB交y轴于点Q，记△PAT的面积为S1，△QBT的面积为S2，求证：为定值．
解　(1)由题意可知b＝2，因为一条渐近线方程为y＝2x，所以＝2，解得a＝1，
所以双曲线C的标准方程为x2－＝1.
(2)证明：由题意可得A(－1,0)，B(1,0)
设直线l：x＝ny＋2，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
把直线方程代入双曲线方程整理，
得(4n2－1)y2＋16ny＋12＝0.
可得y1＋y2＝－，y1y2＝，
即有ny1y2＝－(y1＋y2)，
直线MA的方程为y＝(x＋1)，
可得P，直线NB的方程为y＝(x－1)，可得Q，
又|AT|＝3，|BT|＝1，
所以＝＝3
＝3＝3
＝3＝1，为定值．
　3.(2021·广东江门模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知动点P到点F(2,0)的距离与它到直线x＝的距离之比为.记点P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)过点F作两条互相垂直的直线l1，l2.l1交曲线C于A，B两点，l2交曲线C于S，T两点，线段AB的中点为M，线段ST的中点为N.证明直线MN过定点，并求出该定点坐标．
解　(1)设P(x，y)，由题意可得＝，即×＝2.
两边同时平方整理可得－y2＝1，
所以曲线C的方程为－y2＝1.
(2)若直线l1，l2的斜率都存在且不为0，设直线l1的方程为y＝k(x－2)，则直线l2的方程为y＝－(x－2)，由
得(3k2－1)x2－12k2x＋12k2＋3＝0，
当3k2－1＝0，即k2＝时，方程为－4x＋7＝0，此时只有一解，不符合题意，
当3k2－1≠0时，Δ＝144k4－4(3k2－1)·(12k2＋3)＝12(k2＋1)>0，
由根与系数的关系可得x1＋x2＝，
所以点M的横坐标为xM＝(x1＋x2)＝，
代入直线l1的方程y＝k(x－2)可得yM＝k(xM－2)＝k＝，
所以线段AB的中点M，
用－替换k可得xN＝＝，
yN＝＝，
所以线段ST的中点N，
当k≠±1时，kMN＝
＝＝，
直线MN的方程为
y＋＝.
整理可得
y＝x－·－
＝x－
＝x－·
＝(x－3)，
此时直线MN过定点(3,0)，
若k＝±1，则M(3,1)，N(3，－1)或M(3，－1)，N(3,1)，直线MN的方程为x＝3，直线MN也过点(3,0)，
若直线l1，l2中一个斜率不存在，一个斜率为0，不妨设l1斜率为0，则直线l1的方程为y＝0，直线l2的方程为x＝2，此时直线MN的方程为y＝0，此时直线MN也过点(3,0)．
综上所述，直线MN过定点(3,0)．
4．(2021·湖北襄阳五中模拟)已知双曲线C：－＝1的左、右顶点分别为A，B，过右焦点F的直线l与双曲线C的右支交于P，Q两点(点P在x轴上方)．
(1)若＝3，求直线l的方程；
(2)设直线AP，BQ的斜率分别为k1，k2，证明：为定值．
解　(1)设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
由＝3，F(3,0)可得(3－x1，－y1)＝3(x2－3，y2)，即
将P(12－3x2，－3y2)，Q(x2，y2)代入双曲线C的方程，得
消去y2，解得x2＝.
又点P在x轴上方，
所以点Q在x轴下方，所以y2＝－.
所以Q，所以kFQ＝2.
所以直线l的方程为2x－y－6＝0.
(2)证明：因为过右焦点F的直线l与双曲线C的右支交于P，Q两点，F(3,0)，且点P在x轴上方，所以直线l的斜率不为0.
所以可设直线l的方程为x＝my＋3，P(my1＋3，y1)，Q(my2＋3，y2)，
联立方程消去x整理，
得(5m2－4)y2＋30my＋25＝0，
则
解得m≠±.
所以y1＋y2＝－，y1y2＝.
又A(－2,0)，B(2,0)，
所以kAP＝k1＝，kBQ＝k2＝.
所以＝＝，
又my1y2＝＝－(y1＋y2)，
所以＝＝－，
即为定值－.
　
(1)解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
考点　　抛物线中的定点、定值问题
例5　(2021·四川省大竹中学模拟)已知△ABC的顶点A(1,0)，点B在x轴上移动，|AB|＝|AC|，且BC的中点在y轴上．
(1)求C点的轨迹Γ的方程；
(2)已知轨迹Γ上的不同两点M，N与P(1,2)的连线的斜率之和为4，求证：直线MN过定点．
解　(1)设C(x，y)(y≠0)，因为B在x轴上且BC中点在y轴上，所以B(－x,0)．
由|AB|＝|AC|，得(x＋1)2＝(x－1)2＋y2，化简，得y2＝4x，所以C点的轨迹Γ的方程为y2＝4x(y≠0)．
(2)证明：设直线MN的方程为x＝my＋n，
M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由得y2－4my－4n＝0，
所以y1y2＝－4n，y1＋y2＝4m，kMP＝＝＝，同理可得kNP＝.
所以＋＝4，
所以＝1.
所以y1＋y2＋4＝y1y2＋2(y1＋y2)＋4.
所以y1y2＋y1＋y2＝0.
所以－4n＋4m＝0，即m＝n，
所以直线MN过定点(0，－1)．
例6　(2022·兰州诊断)已知曲线C上的任意一点到直线l：x＝－的距离与到点F的距离相等．
(1)求曲线C的方程；
(2)若过P(1,0)的直线与曲线C相交于A，B两点，Q(－1，0)为定点，设直线AQ的斜率为k1，直线BQ的斜率为k2，直线AB的斜率为k，证明：＋－为定值．
解　(1)由条件可知，此曲线是焦点为F的抛物线，＝，p＝1，∴曲线C的方程为y2＝2x.
(2)证明：根据已知，直线AB的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，
由可得ky2－2y－2k＝0.
设A，B，
则y1＋y2＝，y1y2＝－2.
∵k1＝＝，k2＝＝，
∴＋＝＋
＝
＝
＝＝
＝＝＋4.
∴＋－＝4，为定值．
　5.已知抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)．
(1)求抛物线C的方程及其准线方程；
(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于M，N两点，直线y＝－1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．
解　(1)由抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)，得p＝2.
所以抛物线C的方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1.
(2)证明：抛物线C的焦点为F(0，－1)．
设直线l的方程为y＝kx－1(k≠0)．
由得x2＋4kx－4＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＝－4.
直线OM的方程为y＝x.
令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－.
同理得点B的横坐标xB＝－.
设点D(0，n)，则＝，
＝，
·＝＋(n＋1)2
＝＋(n＋1)2
＝＋(n＋1)2
＝－4＋(n＋1)2.
令·＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，得n＝1或n＝－3.
综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0，－3)．
6．(2021·洛阳高三统考)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)，其焦点为F，O为坐标原点，直线l与抛物线C相交于不同的两点A，B，M为AB的中点．
(1)若p＝2，M的坐标为(1,1)，求直线l的方程；
(2)若直线l过焦点F，AB的垂直平分线交x轴于点N，求证：为定值．
解　(1)由题意知直线l的斜率存在且不为0，
故设直线l的方程为x－1＝t(y－1)，
即x＝ty＋1－t，设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由得y2－4ty－4＋4t＝0，
∴Δ＝16t2＋16－16t＝16(t2－t＋1)>0，
y1＋y2＝4t，
∴4t＝2，即t＝.
∴直线l的方程为2x－y－1＝0.
(2)证明：∵抛物线C：y2＝2px(p>0)，
∴焦点F的坐标为.
由题意知直线l的斜率存在且不为0，
∵直线l过焦点F，故设直线l的方程为x＝ty＋(t≠0)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由得y2－2pty－p2＝0，
∴Δ＝4p2t2＋4p2>0，y1＋y2＝2pt.
∴x1＋x2＝t(y1＋y2)＋p＝2pt2＋p，
∴M.
∴直线MN的方程为y－pt＝－t.
令y＝0，解得x＝pt2＋，
∴N，
∴|MN|2＝p2＋p2t2，|FN|＝pt2＋－＝pt2＋p，
∴＝＝2p，为定值．
　
1．解决与抛物线有关的定点问题的基本思路
(1)设直线方程，与抛物线方程联立，整理为关于x或y的一元二次方程的形式；
(2)利用Δ>0求得变量的取值范围；
(3)利用题目条件表示出已知的等量关系，代入根与系数的关系整理得到变量间的关系，从而化简直线方程；
(4)根据直线过定点的求解方法可求得结果．
2．解决与抛物线有关的定值问题的方法有很多，如斜率法、方程法、向量法、参数法等，解题的关键是代换和转化．通常联立直线方程与抛物线(圆锥曲线)方程组成方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题式子较复杂，运算量较大，容易出错．
考点　　圆锥曲线中的探索性问题
例7　(2021·海南省琼中中学模拟)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率为，且a2＝2b.
(1)求椭圆的方程；
(2)是否存在实数m，使直线l：x－y＋m＝0与椭圆交于A，B两点，且线段AB的中点在圆x2＋y2＝5上？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
解　(1)由题意，得
解得故椭圆的方程为＋x2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为M(x0，y0)．
联立直线与椭圆的方程，得消去y并整理，得3x2＋2mx＋m2－2＝0，
所以Δ＝(2m)2－4×3×(m2－2)>0，
即m2<3，且x0＝＝－，y0＝x0＋m＝，
即M，又因为M点在圆x2＋y2＝5上，所以2＋2＝5，解得m＝±3，与m2<3矛盾，故实数m不存在．
　7.(2021·江苏连云港模拟)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的离心率为2，过点P(0，)且斜率为1的直线l交双曲线C于A，B两点，且·＝3.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)设Q为双曲线C右支上的一个动点，F为双曲线C的右焦点，在x轴的负半轴上是否存在定点M，使得∠QFM＝2∠QMF？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
解　(1)设双曲线C的焦距为2c.
由双曲线C的离心率为2，知c＝2a，
所以b＝a，
从而双曲线C的方程可化为－＝1.
联立得2x2－2x－6－3a2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．因为Δ＝(－2)2－4×2×(－6－3a2)＝72＋24a2>0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝－3－a2.
因为·＝3，所以x1x2＋y1y2＝x1x2＋(x1＋)(x2＋)＝3.
于是2x1x2＋(x1＋x2)＋6＝2×＋×＋6＝3.解得a＝1.
所以双曲线C的标准方程为x2－＝1.
(2)假设存在点M(t,0)(t<0)满足题设条件．由(1)知双曲线C的右焦点为F(2,0)．
设Q(x0，y0)(x0≥1)为双曲线C右支上一点．
当x0＝2时，因为∠QFM＝2∠QMF＝90°，所以∠QMF＝45°，于是MF＝QF＝＝3，所以t＝－1，即M(－1,0)．
当x0≠2时，tan∠QFM＝－kQF＝－，tan∠QMF＝kQM＝.
因为∠QFM＝2∠QMF，
所以－＝.
将y＝3x－3代入并整理，得－2x＋(4＋2t)x0－4t＝－2x－2tx0＋t2＋3.
所以解得t＝－1.即M(－1,0)．
综上，满足条件的点M存在，其坐标为(－1,0)．
　
1．参数类存在性问题的求解方法
求解参数值的存在性问题时，通常的方法是首先假设满足条件的参数值存在，然后利用这些条件并结合题目的其他已知条件进行推理与计算，若不出现矛盾，并且得到了相应的参数值，就说明满足条件的参数值存在；若在推理与计算中出现了矛盾，则说明满足条件的参数值不存在，同时推理与计算的过程就是说明理由的过程．
2．点、线类存在性问题的求解方法
(1)解决点、线类存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．一般步骤如下：
①假设满足条件的曲线(或直线、点等)存在，用待定系数法设出；
②列出关于待定系数的方程(组)；
③若方程(组)有实数解，则曲线(或直线、点等)存在，否则不存在．
(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．
二、核心素养提升
例1　(2021·湖南郴州教学质量监测)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，过点F的直线交抛物线于A，B两点．
(1)若以AB为直径的圆的方程为(x－2)2＋(y－3)2＝16，求抛物线C的标准方程；
(2)过点A，B分别作抛物线的切线l1，l2，证明：l1，l2的交点在定直线上．
解　(1)设AB的中点为M，A到准线的距离为d1，B到准线的距离为d2，M到准线的距离为d，则d＝yM＋.
由抛物线的定义可知，d1＝|AF|，d2＝|BF|，
所以d1＋d2＝|AB|＝8，
由梯形中位线定理可得d＝＝4，所以yM＋＝4.
又yM＝3，所以3＋＝4，可得p＝2，
所以抛物线C的标准方程为x2＝4y.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由x2＝2py，得y＝，则y′＝，
所以直线l1的方程为y－y1＝(x－x1)，直线l2的方程为y－y2＝(x－x2)，
联立得x＝，y＝，即直线l1，l2的交点坐标为.
因为AB过焦点F，
由题可知直线AB的斜率存在，故可设直线AB的方程为y－＝kx，代入抛物线方程x2＝2py中，得x2－2pkx－p2＝0，所以x1x2＝－p2，y＝＝－＝－，所以l1，l2的交点在定直线y＝－上．
例2　(2021·四川省成都市玉林中学模拟)已知椭圆P的中心O在坐标原点，焦点在x轴上，且经过点A(0,2)，离心率为.
(1)求椭圆P的方程；
(2)是否存在过点E(0，－4)的直线l交椭圆P于点R，T，且满足·＝.若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由．
解　(1)设椭圆P的方程为＋＝1(a>b>0)，由题意，得
所以c＝2，a＝4，b＝2.
所以椭圆P的方程为＋＝1.
(2)假设存在满足题意的直线l.
易知当直线l的斜率不存在时，·<0，不满足题意，故设直线l为y＝kx－4，R(x1，y1)，T(x2，y2)．
因为·＝，所以x1x2＋y1y2＝.
由得(3＋4k2)x2－32kx＋16＝0.
由Δ＝(－32k)2－4(3＋4k2)×16>0，得k2>，①
所以x1＋x2＝，x1x2＝，所以y1y2＝(kx1－4)(kx2－4)＝k2x1x2－4k(x1＋x2)＋16.
所以x1x2＋y1y2＝＋－＋16＝，所以k2＝1，②
由①②解得k＝±1.
所以直线l的方程为y＝±x－4，
故存在直线l：x＋y＋4＝0或x－y－4＝0，满足题意．
例3　(2021·淮南第一中学模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率与双曲线E：x2－y2＝2的离心率互为倒数，且椭圆C的焦距、双曲线E的实轴长、双曲线E的焦距依次构成等比数列．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若双曲线E的虚轴的上端点为B2，问是否存在过点B2的直线l交椭圆C于M，N两点，使得以MN为直径的圆过原点？若存在，求出此时直线l的方程；若不存在，请说明理由．
解　(1)双曲线E：x2－y2＝2，即－＝1，其离心率为＝.
则椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝ .
因为双曲线E的实轴长为2、焦距为4，
设椭圆C的焦距为2c，则2c,2，4成等比数列，所以(2)2＝8c，解得c＝1.
又e＝＝，a2＝b2＋c2，解得a＝，b＝1.
所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)双曲线E的虚轴上端点为B2(0，)．
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝0，点M，N为椭圆的上、下两顶点，显然不符合题意．
故直线l的斜率存在，设斜率为k，则直线l的方程为y＝kx＋，
联立消去y，
得(1＋2k2)x2＋4kx＋2＝0.
由Δ＝(4k)2－4(1＋2k2)×2>0，
得k>或k<－.　(*)
设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以y1y2＝(kx1＋)(kx2＋)＝k2x1x2＋k(x1＋x2)＋2＝－＋2
＝＝，
若以MN为直径的圆过原点，则⊥，所以·＝0，所以x1x2＋y1y2＝0，
即＋＝0，所以＝0，
解得k＝±，符合(*)式，
所以直线l的方程为y＝x＋或y＝－x＋.
1．解析几何就是利用代数方法来研究几何问题，研究的过程是：几何问题→代数问题→代数结论→几何结论．所以它的两大任务是：(1)把几何问题转化为代数问题；(2)研究代数问题，得出代数结论．其中把几何问题转化为代数问题是解题的起始环节．
2．直角三角形条件的转化
几何性质 代数实现
两边垂直 斜率乘积为－1，或向量数量积为0
勾股定理 两点间的距离公式
斜边中线性质(中线等于斜边一半) 两点间的距离公式
3．菱形条件的转化
几何性质 代数实现
对边平行 斜率相等，或向量平行
对边相等 两点间的距离公式
对边平行且相等 横(纵)坐标差相等
对角线互相垂直平分 垂直：斜率或向量；平分：中点坐标公式、中点重合
4．圆条件的转化
几何性质 代数实现
点在圆上 点与直径端点所构成的向量的数量积为零
点在圆外 点与直径端点所构成的向量的数量积为正数
课时作业
解答题
1．(2021·湖南永州模拟)已知离心率为的椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左顶点和右焦点分别为点A，F，且|AF|＝3.
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点F的直线l与E交于M，N两点，P是直线l上异于F的点，且|MF|·|PN|＝|NF|·|PM|，证明：点P在定直线上．
解　(1)因为椭圆E的离心率为，左顶点和右焦点分别为点A，F，且|AF|＝3，
所以解得a＝2，c＝1，b＝，
所以椭圆E的方程是＋＝1.
(2)证明：易知过点F的直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x－1)，
与椭圆E的方程联立消去y，得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x0，y0)，
则x1＋x2＝，x1x2＝.
因为|MF|·|PN|＝|NF|·|PM|，
所以(1－x1)(x0－x2)＝(x2－1)(x0－x1)．
整理，得2x0＝(x1＋x2)(1＋x0)－2x1x2.
所以2x0＝(1＋x0)－2×.
解得x0＝4，所以点P在定直线x＝4上．
2．(2021·四川成都模拟)在平面直角坐标系中，点F(1,0)，直线l：x＝－3.动点P到l的距离比线段PF的长度大2，记P的轨迹为E.
(1)求E的方程；
(2)设点A(1，t)(t>0)在E上，C，D为E上异于点A的两个动点，且直线AC，AD的斜率互为相反数，求证直线CD的斜率为定值，并求出该定值．
解　(1)由已知，线段PF的长度等于点P到直线l′：x＝－1的距离，则点P的轨迹是以F(1,0)为焦点，直线x＝－1为准线的抛物线，所以E的方程为y2＝4x.
(2)将x＝1代入y2＝4x得t＝2，
则A(1,2)．
设C(x1，y1)，D(x2，y2)．
kAC＝＝
＝，
同理，kAD＝，
由题意，kAC＋kAD＝＋＝0，
所以y1＋y2＝－4，
所以kCD＝＝＝－1.
即直线CD的斜率为定值－1.
3．(2021·湖南岳阳高三模拟)已知动点P在y轴的右侧，且点P到y轴的距离比它到点F(1,0)的距离小1.
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)设斜率为－1且不过点M(1,2)的直线交C于A，B两点，直线MA，MB的斜率分别为k1，k2，求k1＋k2的值．
解　(1)根据抛物线的定义，动点P的轨迹是抛物线(除原点)，
其焦点为F(1,0)，准线为x＝－1，设其方程为y2＝2px(p>0)，则＝1，解得p＝2，
所以动点P的轨迹C的方程是y2＝4x(x>0)．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)是直线与C的交点，易知x1＝，x2＝，
所以kAB＝＝.
又直线的斜率为－1，所以＝－1，
即y1＋y2＝－4，
所以k1＋k2＝＋
＝＋
＝＋＝＝0.
因此k1＋k2＝0.
4．(2021·浙江宁波模拟)已知椭圆C：＋＝1，不过点Q(，1)的动直线l交椭圆于A，B两点，且AQ⊥BQ，证明：直线l过定点．
证明　当直线l的斜率存在时，设直线l为y＝kx＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由得(2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－4＝0.则x1＋x2＝，x1x2＝，
y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2b
＝＋2b＝，
y1y2＝(kx1＋b)(kx2＋b)＝k2x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2＝.
因为＝(x1－，y1－1)，
＝(x2－，y2－1)，
所以·＝(x1－)(x2－)＋(y1－1)·(y2－1)
＝x1x2－(x1＋x2)＋y1y2－(y1＋y2)＋3
＝＋＋－＋3
＝[3b2＋2b(2k－1)＋2k2－1]
＝(3b＋k＋1)(b＋k－1)＝0.
所以b＝－(k＋1)或b＝1－k.
又因为Δ＝16k2b2－4(1＋2k2)(2b2－4)
＝8(4k2－b2＋2)，
当b＝1－k时，直线l过点(，1)，与题意矛盾，故不成立．
经检验b＝－(k＋1)成立，
故b＝－(k＋1)．
所以y＝kx－(k＋1)＝k－.
故直线l过定点.
当直线l的斜率不存在时，易知直线l的方程为x＝，过点.
综上，直线l过定点.
5．(2021·湖南岳阳第一次模拟)已知双曲线C：－＝1的离心率为，点P(4，)在C上．
(1)求双曲线C的方程；
(2)设过点(1,0)的直线l与双曲线C交于M，N两点，问在x轴上是否存在定点Q，使得·为常数？若存在，求出Q点坐标及此常数的值；若不存在，说明理由．
解　(1)由题意，得
解得a2＝4，b2＝1.
∴双曲线C的方程为－y2＝1.
(2)设直线l的方程为x＝my＋1，
设定点Q(t,0)，
联立得(m2－4)y2＋2my－3＝0.
∴m2－4≠0，且Δ＝4m2＋12(m2－4)＞0，解得m2＞3且m2≠4.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
∴y1＋y2＝－，y1y2＝－，
∴x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2＝－＋2＝，
x1x2＝(my1＋1)(my2＋1)＝m2y1y2＋m(y1＋y2)＋1＝－－＋1＝－＝－4－.
∴·＝(x1－t，y1)·(x2－t，y2)
＝(x1－t)(x2－t)＋y1y2＝x1x2－t(x1＋x2)＋t2＋y1y2＝－4－＋t·－＋t2＝－4＋t2＋为常数，与m无关，
∴8t－23＝0，即t＝，此时·＝.
∴在x轴上存在定点Q，使得·为常数.
6．(2021·江苏南通模拟)设A，B分别为椭圆C：＋y2＝1的左、右顶点，动直线l与x轴交于点H，交椭圆C于M，N两点(M，N分别在x轴上、下方)，记直线AM，BN的斜率分别为k1，k2，若k2＝4k1，证明：xH是常数．
证明　由已知，得A(－2,0)，B(2,0)，
直线AM的方程为y＝k1(x＋2)，
由得(1＋4k)x2＋16kx＋16k－4＝0，得xAxM＝，
因为xA＝－2，所以xM＝，
yM＝k1(xM＋2)＝k1＝，
所以M，
直线BN的方程为y＝k2(x－2)，
由得(1＋4k)x2－16kx＋16k－4＝0.
得xBxN＝，
因为xB＝2，所以xN＝，
yN＝k2(xN－2)＝k2＝.
所以N，
设H(m,0)，则当直线l的斜率存在时，有kHM＝kHN.
所以＝，
即＝.
又因为k2＝4k1，
所以
＝.
整理，得5m＋80mk＝6＋96k，
m＝＝＝，
当直线l的斜率不存在时，易知直线l的方程为x＝，经过点.
所以xH是常数．
7．(2022·湖南岳阳模拟)双曲线C：－＝1(a>0，b>0)经过点P(2,1)，且虚轴的一个顶点到一条渐近线的距离为.
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点P的两条直线l1，l2与双曲线C分别交于A，B两点(A，B两点不与P点重合)，设直线l1，l2的斜率分别为k1，k2，若k1＋k2＝1，证明：直线AB过定点．
解　(1)由题意得双曲线C的一条渐近线方程为bx－ay＝0，虚轴的一个顶点为(0，b)，
依题意，得＝，即ab＝c，即3a2b2＝2(a2＋b2)．①
又点P(2,1)在双曲线C上，所以－＝1，即a2b2＝4b2－a2.②
由①②解得a2＝2，b2＝1，
所以双曲线C的方程为－y2＝1.
(2)证明：当直线AB的斜率不存在时，点A，B关于x轴对称，设A(x0，y0)，B(x0，－y0)，
则由k1＋k2＝1，得＋＝1，即＝1，解得x0＝0，不符合题意，所以直线AB的斜率存在．
不妨设直线AB的方程为y＝kx＋t，代入－y2＝1，整理，得(2k2－1)x2＋4ktx＋2t2＋2＝0(2k2－1≠0)，Δ>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝，由k1＋k2＝1，得＋＝1，
即＋＝1，整理，得
(2k－1)x1x2＋(t－2k＋1)(x1＋x2)－4t＝0，
所以(2k－1)·＋(t－2k＋1)·－4t＝0，整理，得t2＋(2k－2)t＋1－2k＝0，即(t－1)(t＋2k－1)＝0，
所以t＝1或t＝1－2k.
当t＝1时，直线AB的方程为y＝kx＋1，经过定点(0,1)；
当t＝1－2k时，直线AB的方程为y＝k(x－2)＋1，经过定点P(2,1)，不符合题意．
综上，直线AB过定点(0,1)．
8．(2021·山西太原模拟)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的右顶点为A，右焦点为F，上、下顶点分别为B，C，|AB|＝，直线CF交线段AB于点D，且|BD|＝2|DA|.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)是否存在直线l，使得l交E于M，N两点，且F恰是△BMN的垂心？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由．
解　(1)解法一：设F(c,0)，又A(a,0)，B(0，b)，C(0，－b)，
所以直线AB的方程为＋＝1，
直线CF的方程为－＝1.
由得点D的横坐标为xD＝.由|BD|＝2|DA|，知＝2，
则＝，即＝a，
解得a＝2c.
所以b＝＝c.因为|AB|＝，
即＝，所以c＝.
所以c＝1，a＝2，b＝.
故椭圆E的标准方程为＋＝1.
解法二：如图，设E的左焦点为G，连接BG.
由椭圆的对称性，得BG∥CF.
则＝＝2，
即|GF|＝2|FA|.
设F(c,0)，则|GF|＝2c，|FA|＝a－c，
可得2c＝2(a－c)，解得a＝2c.
所以b＝＝c.因为|AB|＝，
即＝，所以c＝.
所以c＝1，a＝2，b＝.
故椭圆E的标准方程为＋＝1.
(2)由(1)，知B(0，)，F(1,0)．则直线BF的斜率kBF＝－.
假设存在满足题意的直线l，则BF⊥MN.
设直线l的斜率为k，则kBF·k＝－1，
所以k＝.
设直线l的方程为y＝x＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由得13x2＋8mx＋12(m2－3)＝0，则x1＋x2＝－，
x1x2＝.
由Δ＝(8m)2－4×13×12(m2－3)>0，得－因为MF⊥BN，所以·＝0.
又＝(1－x1，－y1)，＝(x2，y2－)，
所以(1－x1)x2－y1(y2－)＝0.
又y1＝x1＋m，y2＝x2＋m，
所以(x1＋x2)－x1x2－m2＋m＝0，即－×－m2＋m＝0，整理，得21m2－5m－48＝0，解得m＝或m＝－.
当m＝时，M或N与B重合，不符合题意；
当m＝－时，满足－所以存在直线l，使得F是△BMN的垂心，l的方程为y＝x－.

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