1、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TATB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2已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为32，左、右焦点分别为曲线y=2x26与x轴的两个交点（1）求C的方程
2、；（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4设A、B分别为椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)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
3、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5已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(ab0)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MDCD，连接CM交椭圆于点N，C为坐标原点.证明：OMON为定值.6已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)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(x3)2+y2=r2，设圆A与椭圆C交于点E，F.（1）求AEAF的最小值，并求此时圆A的方程；（2
4、）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.7已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(ab0)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(t0)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.8已知抛物线C：y=ax2(a0)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P
5、Q为直径的圆经过点O，作OMPQ，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9已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(ab0)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PFx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.10已知椭圆 C ： x2a2+y2b2=1(ab0) 过点 A(2，1) ，过右焦点 F2 作 x 轴的垂线交椭圆于M，
6、N两点，且 |MN|=6 . （1）求椭圆 C 的方程； （2）点P，Q在椭圆 C 上，且 kAPkAQ=13 ， ADPQ ，D为垂足.证明：存在定点 S ，使得 |DS| 为定值. 11已知椭圆 T ： x2a2+y2b2=1(ab0) 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 MNAB ，垂足为 N .是否存在定点 R ，使
7、得 |NR| 为定值？若存在，求出定点 R 的坐标；若不存在，说明理由.12已知椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)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k1k2=1.求证：1|AB|+1|CD|为定值，并求出该定值.13在平面直角坐标系中，椭圆 C：x2a2+y2b2=1(ab0) 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
8、 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 14已知椭圆C： x2a2+y2b2=1(ab0) 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=23（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 PMl ，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 15已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为23，A1、A2分别为椭圆C的左
9、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.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17已知抛物线C：x2=2py(p0)的焦点为F，点P(2
10、，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.18已知椭圆C：y2a2+x2b2=1(ab0)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.19在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2
11、+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20已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)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.答案解析部分1【答案】（1）解：由题可知，
12、c=3，2a=4，即a=2，所以b=43=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)(0m2，0n0，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=4
13、4k22+1，又圆Q与直线OE、OF相切，即|kx0y0|k2+1=255，整理可得(x0245)k22kx0y0+y0245=0，则k1、k2为关于k的方程(x0245)k22kx0y0+y0245=0的两根，所以，k1k2=y0245x0245=1x02445x0245=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55【答案】（1）解
14、：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)，MDCD，M(2，4k)，联立x24+y22=1y=k(x+2)，整理得(2k2+1)x2+8k2xx2+8k24=0，由2x1=8k242k2+1得x1=24k22k2+1，y1=k(x1+2)=4k2k2+1，N(24k22k2+1，4k2k2+1)，OMON=224k22k2+1+4k4k2k2+1=4，故OMON为定值4.6【答案】（1）解：
15、根据题意，A(3，0)，则a=3，又离心率ca=63，则c=2，故b2=a2c2=1，即椭圆C的方程为x23+y2=1，设点E(x0，y0)(y00)，则x023+y02=1，易得E，F关于x轴对称，则F(x0，y0)，又点A(3，0)，则AEAF=(x03，y0)(x03，y0)=(x03)2y02=x0223x0+31+x023=43(x0334)214，当x0=334，y0=74时，AEAF有最小值为14，且r2=|AE|2=(x03)2+y02=58，故圆A的方程为(x3)2+y2=58；（2）证明：设点P(x1，y1)，E(x0，y0)，则F(x0，y0)，且x1x0，x023+y0
16、2=1，x123+y12=1，则kPE=y1y0x1x0，kPF=y1+y0x1x0，可得lPE：yy0=y1y0x1x0(xx0)，令y=0，则M(x0y1x1y0y1y0，0)，lPF：y+y0=y1+y0x1x0(xx0)，令y=0，则N(x0y1+x1y0y1+y0，0)，所以xMxN=x0y1x1y0y1y0x0y1+x1y0y1+y0=x02y12x12y02y12y02=3(1y02)y123(1y12)y02y12y02=3y123y02y12y02=3，故|OM|ON|=|xM|xN|=|xMxN|=3，为定值.7【答案】（1）解：由已知得2a=4所以a=2又因为椭圆E的离心
17、率为32，所以ca=32所以c=3所以b=a2c2=43=1，所以椭圆E的方程为x24+y2=1（2）证明：由y=x+t，x2+4y2=4得5x2+8tx+4t24=0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)因为直线y=x+t(t0)与椭圆E交于不同的两点P，Q，所以=(8t)220(4t24)0解得5t0)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：x2k1ax14a2=0，0恒成立其中A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1+x2=k1a，y1+y2=k1(x1+x2)+12a=k1
18、2a+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(t0)联立方程得：y=kx+tx2=2y，整理得：x22kx2t=0，=4k2+8t0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OPOQ=0又因为OPOQ=x3x4+y3y4=x3x4+x322x422=2t+4t24=2t+t2=0，t0，t=2所以直线PQ过定点T(0，2)，又因为OMPQ，所以OMT为直角三角形，所以当N
19、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19【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(1c2a2)=(a2c2)b2a2=b4a2，所以|PF|=|y|=b2a=12，因为点P是椭圆E上一动点，所以byb，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
20、4=0，因为直线l与椭圆E相切，所以=64k2m24(1+4k2)(4m24)=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=(4333)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
21、3210【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 kAPkAQ=13 ， y11x12y21x22=13 ， 即 (x12)(x22)3(y11)(y21)=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+2m26=0 ， 0 ，x1+x2=4km2k2+1 ， x1x2=2m262k2+1 .根
22、据 y1=kx1+m ， y2=kx2+m .代入*整理，得(13k2)x1x2(3km+23k)(x1+x2)+1+6m3m2=0 ，结合根与系数的关系可得， m22(4k+3)m5(4k21)=0 ， m5(2k+1)m+(2k1)=0 ，当 m=(2k1) 时，直线 y=kx+m=kx2k+1=k(x2)+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 (x12)2+3
23、y123=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) .11【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
24、，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 ，=(16k)248(4k2+1)=64k2480 ，则 x1+x2=16k4k2+1 ， x1x2=124k2+1 ，直线 AB 的方程为 y
25、y1=y2y1x2+x1(x+x1) ，整理 (y1y2)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 AB 恒过定点 G(0，12) ，故在 RtMGN 中，存在定点 R(0，54) 为斜边 MG 的中点，使得 |NR|=12|MG|=34 ，为定值.12【答案】（1）解：由已知c=1，a=2，所以b2=a2c2=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，y
26、3），D（x4，y4）直线l1：y=k1(x+1)，l2：y=k2(x1)联立方程y=k1(x+1)3x2+4y2=12得(3+4k12)x2+8k12x+4k1212=0，x1+x2=8k123+4k12，x1x2=4k12123+4k12，|AB|=1+k12(x1+x2)24x1x2=12(1+k12)3+4k12，联立方程y=k2(x1)3x2+4y2=12得(3+4k22)x28k22x+4k2212=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
27、+k12+k22+k12k22)由已知k1k2=1，化简得1|AB|+1|CD|=712=定值.13【答案】（1）解：由题意得： e=ca=63，a=6，c=2 ，b2=a2c2=2 ，所以椭圆的方程为 x26+y22=1（2）解：设 E(x0，0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，（）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+x026=0 ，则 y1+y2=2mx0m2+3y1y2=x026m2+3|EA|2=(m2+1)y12，|EB|2=(m2+1)y22 ，1|EA|2+1|EB|2=(y1+y
28、2)22y1y2(m2+1)y12y22=2m2(x02+6)+(183x02)m2(x026)2+(x026)2当 x02+6=(x026)2183x02=(x026)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) ，（） 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.14【答案】（1）解：因为离心率为 32 ，故 a2b2a2=34 ，解得 a=2b
29、，又 ca=32 ，故 c=3b .在 F1PF2 中有 |PF1|=2 ， |PF2|=2a2=4b2 ， |F1F2|=2c=23b ， F1PF2=23 ，由余弦定理可得 12b2=4+(4b2)222(4b2)cos23 ，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 y01x0+y01x0=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，(m1)，A(x1，y1)，B(x2，y2) ，联立 x24+y2=1y=kx+m
30、 化简可得 (4k2+1)x2+8kmx+4m24=0 ， x1+x2=8km4k2+1，x1x2=4m244k2+1 ，又直线PA与直线PB的斜率之和为 2 ，故 y11x1+y21x2=2 ，代入直线方程有 kx1+m1x1+kx2+m1x2=2 ，化简得 2k+(m1)x1+x2x1x2=2 ，代入韦达定理有 2k(m1)8km4m24=2 ，整理得 m=k1 ，故直线 y=kx+m=kxk1 过定点 Q(1，1) ，当直线l的方程为 x=1 时也满足，又 PMl ，故存在 P，Q 的中点 N(12，0) 得 |MN| 为定值15【答案】（1）解：由椭圆C的离心率为23，得ca=23，于
31、是a=32c，b=52c=|OB|A1F1|=ac=12c，SA1F1B=1212c52c=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+10my40=0，设E(x1，y1)，F(x2，y2)，则y1+y2=10m5m2+9，y1y2=405m2+9，则y1=10m5m2+9y2由直线A1E方程y=y1x1+3(x+3)，得yM=3y1x1+3；由直线A2F方程y=y2x23(x3)，得yN=3y2x23；由此可得，|OM|ON|=yMyN=
32、y1(x23)y2(x1+3)=y1(my22)y2(my1+4)=my1y22y1my1y2+4y2=m405m2+92(10m5m2+9y2)m405m2+9+4y2=40m+20m+2(5m2+9)y240m+4(5m2+9)y2=20m+2(5m2+9)y2220m+2(5m2+9)y2=12|OM|ON|为定值1216【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=4yx24kx4m=0，=16k2+16
33、m0.x1+x2=4kx1x2=4m，y=14x2，y=12x切线AC的方程为y=x12(xx1)+x124=x12xx124BC方程为y=x22xx224联立得x1x22x=(x1+x2)(x1x2)4xC=x1+x22=2k，yC=x12x1+x22x124=x1x24=m，即C(2k，m)设AB的中点为N(x0，y0)，x0=x1+x22=2k，CNx轴N(2k，2k2+m)，C(2k，m)，CN=2k2+2m，|x1x2|=4k2+mSABC=122(k2+m)4k2+m=4(k2+m)32=4k2+m=1h=2m，存在定点T(0，0)使得|CT|h=4k2+m22m=4(1m)+m2
34、2m=2m2m=117【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y2p=k(x+2)，联立x2=2pyy2p=k(x+2)得x22pkx(4pk+4)=0，由=4p2k2+4(4pk+4)=0解得k=2p，故切线方程为y2p=2p(x+2)，令x=0，得y=2p，即Q(0，2p)，又F(0，p2)，所以SFPQ=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x24kx4=
35、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y2k21=1k(x2k)，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.18【答案】（1）解：椭圆C：y2a2+x2b2=1(ab0)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
36、8的正方形，所以有b=c且412bc=8，解得b=c=2a2=b2+c2=8，所以椭圆的标准方程为：y28+x24=1；（2）解：因为MF1NF2，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|+|F
37、1M|(42|NF2|)+|F2N|NF2|+|F1M|(42|MF1|)=422|F1M|F2N|NF2|+|F1M|，设MF1，NF2的方程分别为：y=kx+1，y=kx1，设M(x1，y1)，N(x2，y2)(x1，x222=|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：(xx0)2+(yy0)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|
38、OA|2+|OB|2=3+1=4，当x0234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|kx0y0|k2+1=32得：(4x023)k28x0y0k+4y023=0，则k1，k2是此方程的二根，有k1k2=4y0234x023=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+22+3(k12+k22)9k12k22+3(k12+k22)+1=2+22+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
