思路分析
?設(shè)直線方程聯(lián)立橢圓方程
↓
?求eq \(QM,\s\up6(→))·eq \(QN,\s\up6(→))
↓
?化簡整理eq \(QM,\s\up6(→))·eq \(QN,\s\up6(→))
↓
?由eq \(QM,\s\up6(→))·eq \(QN,\s\up6(→))不含變量，得出結(jié)論
解 當(dāng)直線l的斜率不為0時(shí)，
設(shè)直線l的方程為x＝my＋1，設(shè)定點(diǎn)Q(t，0)，
聯(lián)立方程組eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,x2＋2y2＝2，))
消去x可得(m2＋2)y2＋2my－1＝0，
設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，
可得y1＋y2＝－eq \f(2m,m2＋2)，y1y2＝－eq \f(1,m2＋2)，
所以eq \(QM,\s\up6(→))·eq \(QN,\s\up6(→))＝(x1－t)(x2－t)＋y1y2
＝(my1＋1－t)(my2＋1－t)＋y1y2
＝(m2＋1)eq \f(－1,m2＋2)＋m(1－t)eq \f(－2m,m2＋2)＋(1－t)2
＝eq \f(?2t－3?m2－1,m2＋2)＋(1－t)2.
要使上式為定值，則2t－3＝－eq \f(1,2)，
解得t＝eq \f(5,4)，
此時(shí)eq \(QM,\s\up6(→))·eq \(QN,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(5,4)))2＝－eq \f(7,16)，
當(dāng)直線l的斜率為0時(shí)，M(－eq \r(2)，0)，N(eq \r(2)，0)，
此時(shí)eq \(QM,\s\up6(→))·eq \(QN,\s\up6(→))＝－eq \f(7,16)也符合．
所以存在點(diǎn)Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)，0))，使得eq \(QM,\s\up6(→))·eq \(QN,\s\up6(→))為定值－eq \f(7,16).
[子題1] (2022·濟(jì)南模擬)已知橢圓C：eq \f(x2,2)＋y2＝1的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過點(diǎn)F2的直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，是否存在定點(diǎn)M使得kMA＋kMB為定值，若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說明理由．
解 如果存在點(diǎn)M，由于橢圓的對(duì)稱性可知點(diǎn)M一定在x軸上，
設(shè)其坐標(biāo)為(x0，0)，
因?yàn)闄E圓右焦點(diǎn)F(1,0)，當(dāng)直線斜率存在時(shí)，
設(shè)l的方程為y＝k(x－1)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則x10)，A(2,0)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，－\f(\r(15),2)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(\r(15),2)))，D(－1,0)，E(4,0)五點(diǎn)中恰有三點(diǎn)在Ω上．
(1)求雙曲線Ω的方程；
(2)設(shè)P是Ω上位于第一象限內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，則是否存在定點(diǎn)Q(m，0)(m0)的焦點(diǎn)，過點(diǎn)F的動(dòng)直線交拋物線C于A，B兩點(diǎn)．當(dāng)直線與x軸垂直時(shí)，|AB|＝4.
(1)求拋物線C的方程；
(2)設(shè)直線AB的斜率為1且與拋物線的準(zhǔn)線l相交于點(diǎn)M，拋物線C上存在點(diǎn)P使得直線PA，PM，PB的斜率成等差數(shù)列，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．
解 (1)因?yàn)镕eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，在拋物線方程y2＝2px中，
令x＝eq \f(p,2)，可得y＝±p.
當(dāng)直線與x軸垂直時(shí)，|AB|＝2p＝4，解得p＝2.
所以拋物線的方程為y2＝4x.
(2)由題意知直線AB的方程為y＝x－1，
因?yàn)閽佄锞€y2＝4x的準(zhǔn)線方程為x＝－1，
所以M(－1，－2)．
聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝x－1，))消去x得y2－4y－4＝0.
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，
則y1＋y2＝4，y1y2＝－4.
若點(diǎn)P滿足條件，
則2kPM＝kPA＋kPB，
即2·eq \f(y0＋2,x0＋1)＝eq \f(y0－y1,x0－x1)＋eq \f(y0－y2,x0－x2)，
因?yàn)辄c(diǎn)P，A，B均在拋物線上，
所以x0＝eq \f(y\\al(2,0),4)，x1＝eq \f(y\\al(2,1),4)，x2＝eq \f(y\\al(2,2),4).
代入化簡可得eq \f(2?y0＋2?,y\\al(2,0)＋4)＝eq \f(2y0＋y1＋y2,y\\al(2,0)＋?y1＋y2?y0＋y1y2)，
將y1＋y2＝4，y1y2＝－4代入，解得y0＝±2.
將y0＝±2代入拋物線方程，可得x0＝1.
則點(diǎn)P(1，±2)為滿足題意的點(diǎn)．
2．(2022·聊城質(zhì)檢)已知P為圓M：x2＋y2－2x－15＝0上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)N(－1,0)，線段PN的垂直平分線交線段PM于點(diǎn)Q.
(1)求點(diǎn)Q的軌跡方程；
(2)設(shè)點(diǎn)Q的軌跡為曲線C，過點(diǎn)N作曲線C的兩條互相垂直的弦，兩條弦的中點(diǎn)分別為E，F(xiàn)，過點(diǎn)N作直線EF的垂線，垂足為點(diǎn)H，是否存在定點(diǎn)G，使得|GH|為定值？若存在，求出點(diǎn)G的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．
解 (1)由題意可知圓M：x2＋y2－2x－15＝0的圓心為(1,0)，半徑為4，
因?yàn)榫€段PN的垂直平分線交線段PM于點(diǎn)Q，
所以|QP|＝|QN|，
所以|QN|＋|QM|＝|QP|＋|QM|＝4，
又因?yàn)閨MN|＝2b>0)，
則a＝2，c＝1，b＝eq \r(3)，
所以點(diǎn)Q的軌跡方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)①若兩條直線斜率均存在，
設(shè)過點(diǎn)N的弦所在直線l1的方程為
x＝ty－1(t≠0)，
代入橢圓方程聯(lián)立得(3t2＋4)y2－6ty－9＝0，
設(shè)l1與橢圓兩交點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，
所以y1＋y2＝eq \f(6t,3t2＋4)，
所以yE＝eq \f(3t,3t2＋4)，
則xE＝t·eq \f(3t,3t2＋4)－1＝eq \f(－4,3t2＋4)，
同理xF＝eq \f(－4t2,3＋4t2)，yF＝eq \f(－3t,3＋4t2)，
由對(duì)稱性可知EF所過定點(diǎn)必在x軸上，
設(shè)為T(x0，0)，
顯然eq \(ET,\s\up6(→))∥eq \(TF,\s\up6(→))，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－4t2,3＋4t2)－x0))·eq \f(3t,3t2＋4)
＝eq \f(－3t,3＋4t2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－4,3t2＋4)－x0))，
化簡得－4(1＋t2)＝7x0(1＋t2)，即x0＝－eq \f(4,7)；
②若其中一條直線斜率不存在，則直線EF為x軸，
綜上直線EF必過定點(diǎn)Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,7)，0))，
取點(diǎn)N與點(diǎn)T的中點(diǎn)為G，則Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(11,14)，0))，
因?yàn)镹H⊥EF，所以eq \(NH,\s\up6(→))·eq \(TH,\s\up6(→))＝0，
所以點(diǎn)H在以G為圓心，|GT|＝|GH|＝eq \f(3,14)為半徑的圓上運(yùn)動(dòng)，
所以存在定點(diǎn)G，使得|GH|為定值．

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