【答案】
【分析】
由题意得出 ，化简得到 ，设 ，联立方程组，利用韦达定理，求得 ，再利用三角形的面积公式 ，进而求得 的值，即可求解.
【详解】
设直线与抛物线交于 两点， ，
因为 ，可得 ，
即 ，可得 ，
可得 ，所以 ，得到 ，
设 ，代入抛物线 中，可得方程 ，
由韦达定理得 ，所以 ，
所以面积
，当且仅当 时，等号成立，即 ，解得 ，
【分析】
（1）设直线 ，联立 消元可得 ，然后由 得到 ，然后可证明 ；
（2）由（1）可得 ，同理可得 ，然后可得 四点共圆， 四点共圆， 四点共圆，然后证明 即可.
【详解】
（1）直线 的斜率显然存在，设直线 ，
联立 消元可得
由 可得
因为 ，所以 ，所以
（2）由（1）可得 ，同理可得
所以 四点共圆， 四点共圆， 四点共圆
所以 ，即直线 的斜率为定值 .
（3）设直线 的斜率为 ，所以直线 的斜率为 ，
则 ，
两类方程组 ，整理得 ，
即 ，可得 ，
联立方程组 ，可得 ，
即 ，可得
所以 ，
所以 ，整理得
所以直线 恒过 .
【点睛】
解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量 ）；②利用条件找到 过定点的曲线 之间的关系，得到关于 与 的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
（Ⅱ）设 ， 的方程分别为 ， ，
联立方程组 ，整理得 ，
所以 ，则 ，同理
所以 ，
由 ，可得 ，
所以直线 的方程为
整理得 ，所以直线 恒过定点 .
【点睛】
解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量 ）；②利用条件找到 过定点的曲线 之间的关系，得到关于 与 的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
6．（2020·宁夏银川市·银川一中高三月考（理））在平面直角坐标系中，己知圆心为点Q的动圆恒过点 ，且与直线 相切，设动圆的圆心Q的轨迹为曲线 .
（Ⅰ）求曲线 的方程；
（Ⅱ）过点F的两条直线 、 与曲线 相交于A、B、C、D四点，且M、N分别为 、 的中点.设 与 的斜率依次为 、 ，若 ，求证：直线MN恒过定点.
对于C，因为 ，
当 时，等号成立，
又直线 过点 ，所以 ，故C正确；
对于D，因为直线 过点 ，所以 到直线 的距离最大值为4，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】
解决本题的关键是利用抛物线的方程合理化简及韦达定理的应用，细心计算即可得解.
3．（2021·福建高三其他模拟）已知不过原点的动直线 交抛物线 于 两点， 为坐标原点，且 ，若 的面积的最小值为 ，则 ___________；直线 过定点，该定点的坐标为___________.
9．（2020·江西赣州市·高三其他模拟（理））已知抛物线 ： 上有互异三点 ， ， .过 ， ， 三点做抛物线的切线分别交 轴与 ， ， 三点，记抛物线焦点为 .
（1）证明： ；
（2）若直线 ， ， 两两交于点 ， ， .证明：三角形 的外接圆过定点，并求出这个定点.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析，定点为 .
∴ ，即 .
∵ ，
∴切点有两个，设为 ， ，则 ， ，
当 时， ，则 ， 或 ， ，点 ， 的坐标为 ，点 ， ， 共线.
当 时， ，则 ， ， 三点共线，
∴过两切点 ， 的弦必过焦点，故C正确.
对于D，当直线 的斜率不存在时， ， ，此时 ；
当直线 的斜率存在时，可知直线 的斜率为 ，则直线 的方程为 ，
（2）利用（1）再求得 点纵坐标，由 两点坐标求得直线 的斜率，然后得出直线 方程后可得定点坐标．
【详解】
（1）设切点 ， ， ，
∴切线 的斜率为 ，切线 ，
设 ，则有 ，化简得 ，
同理可的
∴ ， 是方程 的两根，∴ ， ，
，∴ 轴.
（2）∵ ，∴ .
. ，
∴直线 ，即 ，
∴直线 过定点 .
【点睛】
【详解】
解：（Ⅰ）由题意得，过点T的直线不与x轴平行，故设直线 ，设 ， ，
联立 ，消去 得 ，
∴ ， ．
∴ ，∴ ，
∴ ，即 ．
（Ⅱ）假设存在这样的点 ，设 ，
由（Ⅰ）知， ， ，
由 和 关于 轴对称知， ，
又
．
解得 ，即存在这样的点 ．
【点睛】
解题的关键是将两直线关于 轴对称，等价为 ，根据斜率关系，结合韦达定理，即可求解，考查计算化简的能力，属中档题.
【详解】
解法一：（1）设 ，
由 ，消去 得， ，
且 ．
所以 ，此时直线 过定点 .
【点】
解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
（Ⅰ）求证： ；
（Ⅱ）试判断在 轴上是否存在点 ，使得直线 和直线 关于 轴对称．若存在，求出点 的坐标．若不存在，请说明理由．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）存在， ．
【分析】
（Ⅰ）由题意设直线 ，设 ， ，与抛物线联立，根据韦达定理，可得 ， 的值，利用 ，即可得证；
（Ⅱ）假设存在这样的点 ，设 ，根据题意，可得 ，根据P，Q，T坐标，表示出 ，化简整理，即可得答案.
【分析】
（1）根据题意转化为动点 到直线 的距离和到点 的距离相等，结合抛物线的定义，即可求得曲线 的方程；
（2）由 和 ，分别联立方程组，求得 和 ，结合斜率公式，即可求解；
（3）由： ， ，分别联立方程组 和 ，求得 ，求得直线 的方程，即可求解.
【详解】
（1）已知动点 到直线 的距离比到点 的距离大 ，
【详解】
对于A，根据题意可知 ，抛物线在点 处的切线斜率存在，
设点 处的切线方程为 ，与 联立，得 ，
由 ，得 ，即 ，则 ，解得 ，故切线方程为 ，即 ，故A正确.
对于B，当直线 的斜率不存在时，直线 的方程为 ，由题意 ，则 ，故B错误.
对于C，设点 ，过点 作抛物线的切线，
切点为 ， 两边分别求导得 ， ，
等价于动点 到直线 的距离和到点 的距离相等，
由抛物线的定义可得曲线 的轨迹时以 为焦点，以直线 为准线的方程，
且 ，所以曲线 的方程为 .
（2）设直线 的斜率为 ，
因为直线 的斜率与直线 的斜率互为相反数，所以直线 的斜率为 ，
则 ，
联立方程组 ，整理得 ，
即 ，可得
联立方程组 ，整理得 ，
即 ，可得
【答案】（1） ；（2） ．
【分析】
解法一：（1）设 两点坐标，将直线方程与抛物线方程联立，根据一元二次方程根与系数关系、根的判别式、中点坐标公式求出 的坐标，最后根据斜率公式，结合基本不等式进行求解即可；
（2）利用弦长公式求出等边三角形的边长，最后利用等边三角形的性质，得到方程，求解方程即可求出点 的坐标．
【分析】
（1）利用垂直关系可得 ，将 ， 两式相乘即可求出定值；
（2）利用点差法表示出直线斜率，再利用（1）中结论可得 ，即可得出定点.
【详解】
设A（x1，y1），B（x2，y2），中点P（x0，y0）
（1） ，
OA⊥OB， ， ，
， ，
，
，
，
故A，B两点的横坐标之积，纵坐标之积分别为定值；
（2） ， ，
解法二：（1）设出 两点的坐标，根据点在抛物线上，得到两个方程，再利用 两点在直线上、中点坐标公式求出 的坐标，最后根据斜率公式，结合基本不等式进行求解即可；
（2）将直线方程与抛物线方程联立，根据一元二次方程根与系数关系、根的判别式、两点间距离公式求出等边三角形的边长，最后利用等边三角形的性质，得到方程，求解方程即可求出点 的坐标．
4．（2021·江西高三其他模拟（文））在平面直角坐标系 中， 为直线 上的动点，过点 作抛物线 的两条切线 ，切点分别为 为 的中点.
（1）证明 轴；
（2）直线 是否恒过定点？若是，求出这个定点的坐标；若不是，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）直线 恒过定点 ．
【分析】
（1）设切点 ， ，求出导数 ，由此可得切线斜率，得切线 方程 ，同时设 ，代入切线方程并整理，同理得 方程，从而可得 是方程 的两根，利用韦达定理得 ，求出 点横坐标可证得结论；
抛物线定值定点
1．（2021·全国高三其他模拟）已知抛物线 ， 为 的焦点，过焦点 且倾斜角为 的直线交抛物线 于 ， 两点，则下列说法正确的是（）
A． 在点 处的切线方程为
B．
C．过抛物线 准线上的任意一点 作 的切线，则过两切点 ， 的弦必过焦点
D．
【答案】ACD
【分析】
A：设 处的切线方程为 ，联立抛物线方程整理得 ，而 且 ，即可得 处的切线方程；B：利用特殊情况： x轴时求得 ；C：设 ，切点 ，结合 的两点表示、切点处导数的几何意义，列方程并讨论 判断 ， ， 三点是否共线；D：讨论直线 的斜率是否存在，确定等式是否成立即可.