2020新课标高考数学二轮讲义：第二部分专题五第4讲　圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题


第4讲　圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题


定点问题
1．参数法：参数法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，即确定题目中的核心变量(此处设为k)；(2)利用条件找到k与过定点的曲线F(x，y)＝0之间的关系，得到关于k与x，y的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，找到定点．
高考真题
思维方法
(2017·高考全国卷Ⅱ)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：＋y2＝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；
(2)设点Q在直线x＝－3上，且·＝1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
(1)略
(2)证明：由题意知F(－1，0)．设Q(－3，t)，P(m，n)，则＝(－3，t)，＝(－1－m，－n)，【关键1：用参数表示P，Q的坐标及向量，】
·＝3＋3m－tn，＝(m，n)，＝(－3－m，t－n).
由·＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1，又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0.所以·＝0，【关键2：在·＝1的前提下，证明·＝0】
即⊥.又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
【关键3：利用平面内过一点作一直线的垂线的唯一性，即得直线l过点F】

2.由特殊到一般法：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．
高考真题
思维方法
(2017·高考全国卷Ⅰ)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，四点P1(1，1)，P2(0，1)，P3(－1，)，P4(1，)中恰有三点在椭圆C上.
(1)求C的方程；
(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点.
(1)略
(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.
如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐标分别为，.
则k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合题设.
【关键1：验证直线l与x轴垂直时，直线过定点的情况】
从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)．将y＝kx＋m代入＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.而k1＋k2＝＋＝＋＝.
由题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.
即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0.
解得k＝－.【关键2：设出直线l的方程，并与椭圆方程联立消去y得到关于
x的一元二次方程，利用根与系数的关系及条件找到直线l中两个参数的关系】
当且仅当m>－1时，Δ>0，于是l：y＝－x＋m，即y＋1＝－(x－2)，所以l过定点(2，－1).
【关键3：将k＝－代入直线l的方程，变形得到直线所过定点(2，－1)】

[典型例题]
(2019·郑州市第一次质量预测)设M点为圆C：x2＋y2＝4上的动点，点M在x轴上的投影为N.动点P满足2＝，动点P的轨迹为E.
(1)求E的方程；
(2)设E的左顶点为D，若直线l：y＝kx＋m与曲线E交于A，B两点(A，B不是左、右顶点)，且满足|＋|＝|－|，求证：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标．
【解】　(1)设点M(x0，y0)，P(x，y)，由题意可知N(x0，0)，
因为2＝，所以2(x0－x，－y)＝(0，－y0)，
即x0＝x，y0＝y，
又点M在圆C：x2＋y2＝4上，所以x＋y＝4，
将x0＝x，y0＝y代入得＋＝1，
即轨迹E的方程为＋＝1.
(2)由(1)可知D(－2，0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立得，得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，
Δ＝(8mk)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝16(12k2－3m2＋9)>0，
即3＋4k2－m2>0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝，
因为|＋|＝|－|，所以⊥，即·＝0，
即(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2)＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝0，
所以＋2×＋4＋＝0，
所以7m2－16mk＋4k2＝0，
解得m1＝2k，m2＝k，且均满足3＋4k2－m2>0，
当m1＝2k时，l的方程为y＝kx＋2k＝k(x＋2)，直线恒过点(－2，0)，与已知矛盾；
当m2＝k时，l的方程为y＝kx＋k＝k，直线恒过点.
综上，直线l过定点，定点坐标为.


(1)求解直线和曲线过定点问题的基本思路是：把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．
(2)由直线方程确定定点时，若得到了直线的点斜式方程y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线的斜截式方程y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．　
[对点训练]
(2019·蓉城名校第一次联考)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，过点F作倾斜角为45°的直线与抛物线C交于A，B两点，且|AB|＝16.
(1)求抛物线C的方程；
(2)设P，M，N为抛物线上不同的三点，且PM⊥PN，若P点的横坐标为8，判断直线MN是否过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．
解：(1)由题意知，直线AB的方程为y＝x＋.
由，得y2－3py＋＝0.
设A(x3，y3)，B(x4，y4)，则y3＋y4＝3p.
所以|AB|＝y3＋y4＋p＝4p＝16，所以p＝4.
所以抛物线C的方程为x2＝8y.
(2)法一：由(1)可得点P(8，8)，设M，N，则kPM＝＝，同理可得kPN＝.因为PM⊥PN，所以kPM ·kPN＝·＝－1，化简得x1x2＋8(x1＋x2)＋128＝0.(*)
易知直线MN的斜率一定存在，设直线MN：y＝kx＋b，由，得x2－8kx－8b＝0，
所以x1＋x2＝8k，x1x2＝－8b.
代入(*)，得－8b＋64k＋128＝0，则b＝8k＋16.
直线MN的方程可化为y＝kx＋8k＋16，所以直线MN过定点(－8，16)．
法二：由(1)可得点P(8，8)，设M，N，则kMN＝＝，同理可得kPM＝，kPN＝.因为PM⊥PN，所以kPM·kPN＝·＝－1，化简得－x1x2＝8(x1＋x2)＋128.①
直线MN的方程为y－＝(x－x1)，
化简得y＝x－.②
把①代入②得y＝(x＋8)＋16，
所以直线MN过定点(－8，16)．

定值问题
1．直接消参求定值：常见定值问题的处理方法：(1)确定一个(或两个)变量为核心变量，其余量均利用条件用核心变量进行表示；(2)将所求表达式用核心变量进行表示(有的甚至就是核心变量)，然后进行化简，看能否得到一个常数．
高考真题
思维方法
(2015·高考全国卷Ⅱ)已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.
(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
(2)若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由.
(1)证明：设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．【关键1：设出直线方程及直线与椭圆交点坐标】
将y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2，得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，
【关键2：把直线方程与椭圆方程联立消元得一元二次方程】
故xM＝＝，yM＝kxM＋b＝.
【关键3：利用根与系数的关系及中点在直线l上求M的坐标】
于是直线OM的斜率kOM＝ ＝－，即kOM·k＝－9.
【关键4：求直线OM的斜率并计算两直线斜率乘积】
所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.
(2)略

2.从特殊到一般求定值：常用处理技巧：(1)在运算过程中，尽量减少所求表达式中变量的个数，以便于向定值靠拢；(2)巧妙利用变量间的关系，例如点的坐标符合曲线方程等，尽量做到整体代入，简化运算．
高考真题
思维方法
(2016·高考北京卷)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，△OAB的面积为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.求证：|AN|·|BM|为定值.
(1)略
(2)证明：由(1)知，A(2，0)，B(0，1).
设P(x0，y0)，则x＋4y＝4.
当x0≠0时，直线PA的方程为y＝(x－2).
令x＝0，得yM＝－，从而|BM|＝|1－yM|＝|1＋|.
【关键1：设出P点坐标，对横坐标分类讨论，用P点坐标表示|BM|】
直线PB的方程为y＝x＋1.
令y＝0，得xN＝－，从而|AN|＝|2－xN|＝|2＋|.
【关键2：用P点坐标表示|AN|】
所以|AN|·|BM|＝|2＋|·|1＋|
＝||
＝||
＝4.【关键3：计算|AN|·|BM|并化简得出定值】
当x0＝0时，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，
所以|AN|·|BM|＝4.【关键4：讨论特殊情况，并计算|AN|·|BM|】
综上，|AN|·|BM|为定值.

[典型例题]
(2019·福建五校第二次联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，上顶点M到直线x＋y＋4＝0的距离为3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l过点(4，－2)，且与椭圆C相交于A，B两点，l不经过点M，证明：直线MA的斜率与直线MB的斜率之和为定值．
【解】　(1)由题意可得，，解得，所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明：易知直线l的斜率恒小于0，设直线l的方程为y＋2＝k(x－4)，k<0且k≠－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立得，得(1＋4k2)x2－16k(2k＋1)x＋64k(k＋1)＝0，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
因为kMA＋kMB＝＋＝

＝2k－(4k＋4)×
＝2k－4(k＋1)×＝2k－(2k＋1)＝－1(为定值)．


求定值问题2种常见的方法
(1)从特殊值入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量，从而得到定值．　
[对点训练]
已知椭圆C：＋＝1，过A(2，0)，B(0，1)两点．
(1)求椭圆C的方程及离心率；
(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值．
解：(1)由题意得，a＝2，b＝1，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
又c＝＝，所以离心率e＝＝.
(2)证明：设P(x0，y0)(x0<0，y0<0)，则x＋4y＝4.
又A(2，0)，B(0，1)，所以直线PA的方程为y＝(x－2)．
令x＝0，得yM＝－，
从而|BM|＝1－yM＝1＋.
直线PB的方程为y＝x＋1.
令y＝0，得xN＝－，
从而|AN|＝2－xN＝2＋.
所以四边形ABNM的面积S＝|AN|·|BM|＝
＝
＝＝2.
从而四边形ABNM的面积为定值．

探究、存在性问题
存在性问题的解法：先假设存在，用待定系数法，列出关于待定系数的方程组，推证满足条件的结论，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则元素(点、直线、曲线或参数)不存在．要注意的是：
(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；
(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外合适的方法．
高考真题
思维方法
(2015·高考全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy中，曲线C：y＝与直线l：y＝kx＋a(a＞0)交于M，N两点.
(1)当k＝0时，分别求C在点M和N处的切线方程；
(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由.
(1)略
(2)存在符合题意的点．证明如下：
设P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.
将y＝kx＋a代入C的方程得x2－4kx－4a＝0.
故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.【关键1：设出P点坐标，联立直线方程与椭圆方程，
利用根与系数的关系写出M，N横坐标与参数的关系】
从而k1＋k2＝＋
＝＝.【关键2：用参数表示PM，PN的斜率和】当b＝－a时，有k1＋k2＝0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，
故∠OPM＝∠OPN，所以点P(0，－a)符合题意.
【关键3：用PM，PN的斜率和等于零说明∠OPM＝∠OPN，得出定点】
续　表

高考真题
思维方法
(2015·高考全国卷Ⅱ)已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.
(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
(2)若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由.
(1)略
(2)四边形OAPB能为平行四边形.
因为直线l过点，所以l不过原点且与椭圆C有两个交点的充要条件是k>0，k≠3.
由(1)得直线OM的方程为y＝－x.
设点P的横坐标为xP.
由得x＝，即xP＝ .
【关键1：写出OM的方程，与椭圆方程联立求出P点横坐标】
将点的坐标代入直线l的方程得b＝，
因此xM＝.【关键2：求M点横坐标】
四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM，于是＝2×，【关键3：构造关于k的方程】
解得k1＝4－，k2＝4＋.
因为k>0，k≠3，所以当l的斜率为4－或4＋时，四边形OAPB为平行四边形.

[典型例题]
已知动圆C与圆x2＋y2＋2x＝0外切，与圆x2＋y2－2x－24＝0内切．
(1)试求动圆圆心C的轨迹方程；
(2)过定点P(0，2)且斜率为k(k≠0)的直线l与(1)中轨迹交于不同的两点M，N，试判断在x轴上是否存在点A(m，0)，使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形？若存在，求出实数m的范围；若不存在，请说明理由．
【解】　(1)由x2＋y2＋2x＝0得(x＋1)2＋y2＝1，由x2＋y2－2x－24＝0得(x－1)2＋y2＝25，设动圆C的半径为R，两圆的圆心分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，则|CF1|＝R＋1，|CF2|＝5－R，所以|CF1|＋|CF2|＝6，根据椭圆的定义可知，点C的轨迹为以F1，F2为焦点的椭圆，所以c＝1，a＝3，所以b2＝a2－c2＝9－1＝8，所以动圆圆心C的轨迹方程为＋＝1.
(2)存在．设直线l的方程为y＝kx＋2，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为E(x0，y0)．假设存在点A(m，0)，使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形，则AE⊥MN，
由得(8＋9k2)x2＋36kx－36＝0，
x1＋x2＝－，所以x0＝，
y0＝kx0＋2＝，
因为AE⊥MN，所以kAE＝－，
即＝－，所以m＝＝，
当k>0时，9k＋≥2＝12，所以－≤m<0；
当k<0时，9k＋≤－12，所以0 因此，存在点A(m，0)，使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形，且实数m的取值范围为∪.


存在性问题求解的思路及策略
(1)思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在；若结论不正确，则不存在．
(2)策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论．
②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．　
[对点训练]
(2019·重庆市学业质量调研)如图，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，其左、右焦点分别为F1(－2，0)，F2(2，0)，过点F1的直线交椭圆C于A，B两点，线段AB的中点为G，AB的中垂线与x轴和y轴分别交于D，E两点，且|AF1|，|F1F2|，|AF2|构成等差数列．
(1)求椭圆C的方程；
(2)记△GF1D的面积为S1，△OED(O为坐标原点)的面积为S2.试问：是否存在直线AB，使得S1＝S2？请说明理由．

解：(1)因为|AF1|，|F1F2|，|AF2|构成等差数列，
所以2a＝|AF1|＋|AF2|＝2|F1F2|＝8，所以a＝4.
又c＝2，所以b2＝12，
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)假设存在直线AB，使得S1＝S2，显然直线AB不能与x，y轴垂直．设AB的方程为y＝k(x＋2)(k≠0)，
将其代入＋＝1，整理得(4k2＋3)x2＋16k2x＋16k2－48＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(xD，0)，所以x1＋x2＝，
所以点G的横坐标为＝，
所以G.
因为DG⊥AB，
所以·k＝－1，解得xD＝，
即D，
因为Rt△GDF1和Rt△ODE相似，所以若S1＝S2，则|GD|＝|OD|，
所以＝，整理得8k2＋9＝0.
因为方程8k2＋9＝0无解，所以不存在直线AB，使得S1＝S2.


1．(2019·安徽省考试试题)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的上顶点为P，右顶点为Q，直线PQ与圆x2＋y2＝相切于点M.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若不经过点P的直线l与椭圆C交于A，B两点，且·＝0，求证：直线l过定点．
解：(1)由已知得直线OM(O为坐标原点)的斜率kOM＝2，则直线PQ的斜率kPQ＝－＝－，
所以直线PQ的方程为y－＝－，即x＋2y＝2.可求得P(0，1)，Q(2，0)，故a＝2，b＝1，
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：当直线l的斜率不存在时，显然不满足条件．
当直线l的斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋n(n≠1)，
由，消去y整理得(4k2＋1)x2＋8knx＋4(n2－1)＝0，
Δ＝(8kn)2－4×4(4k2＋1)(n2－1)＝16(4k2＋1－n2)>0，得4k2＋1>n2.①
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝.②
由·＝0，得(x1，y1－1)·(x2，y2－1)＝0，又y1＝kx1＋n，y2＝kx2＋n，
所以(k2＋1)x1x2＋k(n－1)(x1＋x2)＋(n－1)2＝0，③
由②③得n＝1(舍)，或n＝－，满足①.
此时l的方程为y＝kx－，故直线l过定点.
2．(2019·南昌市第一次模拟测试)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，P是C上的一个动点，且△F1PF2面积的最大值为4.
(1)求C的方程；
(2)设C的左、右顶点分别为A，B，若直线PA，PB分别交直线x＝2于M，N两点，过点F1作以MN为直径的圆的切线，证明：切线长为定值，并求该定值．
解：(1)设P(x0，y0)，椭圆的半焦距为c.
因为S△F1PF2＝|F1F2|·|y0|≤·2c·b＝bc，
所以bc＝4.
又e＝＝，a2＝b2＋c2，
所以a＝4，b＝2，c＝2，
所以C的方程为＋＝1.
(2)由(1)可知A(－4，0)，B(4，0)，F1(－2，0)．
由题可知，x0≠2，且x0≠±4.
设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，则直线PA的方程为y＝k1(x＋4)，令x＝2得y＝6k1，故M(2，6k1)．
直线PB的方程为y＝k2(x－4)，令x＝2得y＝－2k2，故N(2，－2k2)．
记以MN为直径的圆为圆D，则D(2，3k1－k2)．

如图，过点F1作圆D的一条切线，切点为T，连接F1D，DT，则|F1T|2＝|F1D|2－|DT|2，
所以|F1T|2＝16＋(3k1－k2)2－(3k1＋k2)2＝16－12k1k2，
又k1＝，k2＝，
所以k1·k2＝·＝，
由＋＝1，得y＝－(x－16)，
所以k1·k2＝－，
则|F1T|2＝16－12k1k2＝16－12×＝25，
所以|F1T|＝5.
故切线长为定值5.
3．(2019·广州市调研测试)已知动圆C过定点F(1，0)，且与定直线x＝－1相切．
(1)求动圆圆心C的轨迹E的方程；
(2)过点M(－2，0)的任一条直线l与轨迹E交于不同的两点P，Q，试探究在x轴上是否存在定点N(异于点M)，使得∠QNM＋∠PNM＝π？若存在，求点N的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)法一：依题意知，动圆圆心C到定点F(1，0)的距离，与到定直线x＝－1的距离相等，
由抛物线的定义，可得动圆圆心C的轨迹E是以F(1，0)为焦点，x＝－1为准线的抛物线，其中p＝2.
所以动圆圆心C的轨迹E的方程为y2＝4x.
法二：设动圆圆心C(x，y)，依题意得＝|x＋1|，化简得y2＝4x，即为动圆圆心C的轨迹E的方程．
(2)假设存在点N(x0，0)满足题设条件．
由∠QNM＋∠PNM＝π可知，直线PN与QN的斜率互为相反数，即kPN＋kQN＝0.①
易知直线PQ的斜率必存在且不为0，设直线PQ：x＝my－2，由，得y2－4my＋8＝0.
由Δ＝(－4m)2－4×8>0，得m>或m<－.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝8.
由①得kPN＋kQN＝＋
＝＝0，
所以y1(x2－x0)＋y2(x1－x0)＝0，即y1x2＋y2x1－x0(y1＋y2)＝0.
消去x1，x2，得y1y＋y2y－x0(y1＋y2)＝0，
即y1y2(y1＋y2)－x0(y1＋y2)＝0.
因为y1＋y2≠0，所以x0＝y1y2＝2，
所以存在点N(2，0)，使得∠QNM＋∠PNM＝π.
4．(2019·山东日照校际联考)已知抛物线E：y2＝2px(p>0)上在第一象限内的点H(1，t)到焦点F的距离为2.
(1)若M，过点M，H的直线与该抛物线相交于另一点N，求|NF|的值；
(2)设A，B是抛物线E上分别位于x轴两侧的两个动点，且·＝(其中O为坐标原点)．
①求证直线AB必过定点，并求出该定点Q的坐标；
②过点Q作AB的垂线与该抛物线交于G，D两点，求四边形AGBD面积的最小值．
解：(1)因为点H(1，t)到焦点F的距离为2，所以1＋＝2，解得p＝2，故抛物线E的方程为y2＝4x.
所以当x＝1时，t＝2，所以直线MH的方程为y＝x＋，则联立可得xN＝，
所以|NF|＝xN＋＝＋1＝.
(2)①由题意知直线AB的斜率不为0，设直线AB：x＝my＋n，A，B，
联立可得y2－4my－4n＝0，
y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n.
由·＝得＋y1y2＝，
解得y1y2＝－18或y1y2＝2(舍去)，
即－4n＝－18，解得n＝，
所以直线AB必过定点Q.
②设G，D.由题意知，m≠0，由①得|AB|＝|y2－y1|＝·，
同理，|GD|＝|y4－y3|＝·
则四边形AGBD的面积S＝|AB|·|GD|
＝···
＝4
令m2＋＝μ(μ≥2)，
则S＝4是关于μ的增函数，
故当μ＝2时，Smin＝88，即当且仅当m＝±1时，四边形AGBD的面积取到最小值88.