2022版高考数学一轮复习-高考大题专项圆锥曲线的综合问题新人教A版.docx

2022版高考数学一轮复习 高考大题专项圆锥曲线的综合问题新人教A版

2022版高考数学一轮复习 高考大题专项圆锥曲线的综合问题新人教A版

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高考大题专项(五)　圆锥曲线的综合问题
突破1　圆锥曲线中的最大(小)值、范围问题
1.(2020河南郑州模拟)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的点到右焦点F(c,0)的最大距离是2+1,且1,2a,4c成等比数列.
(1)求椭圆的方程;
(2)过点F且与x轴不垂直的直线l与椭圆交于A,B两点,线段AB的垂直平分线交x轴于点M(m,0),求实数m的取值范围.

2.(2020湖南湘潭一模)已知F(3,0)为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点,点M3,12在椭圆C上.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若直线l与椭圆C分别相交于A,B两点,且kOA+kOB=-12(O为坐标原点),求直线l的斜率的取值范围.

3.已知椭圆E的中心在原点,焦点F1,F2在y轴上,离心率等于223,P是椭圆E上的点.以线段PF1为直径的圆经过F2,且9PF1·PF2=1.
(1)求椭圆E的方程;
(2)作直线l与椭圆E交于两个不同的点M,N.如果线段MN被直线2x+1=0平分,求直线l的倾斜角的取值范围.

4.(2020宁夏银川模拟)如图,椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(-1,0),F2(1,0),直线l:x=a2交x轴于点A,且AF1=2AF2.

(1)求椭圆的方程;
(2)过点F1,F2分别作互相垂直的两条直线与椭圆分别交于D,E,M,N四点,试求四边形DMEN面积的最大值和最小值.

5.(2020山东济宁一模)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为33,且椭圆C过点32,22.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)过椭圆C的右焦点的直线l与椭圆C分别相交于A,B两点,且与圆O:x2+y2=2相交于E,F两点,求|AB|·|EF|2的取值范围.

突破2　定点、定值问题
1.(2019北京,理18)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于两点M,N,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.

2.(2020重庆模拟)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2.点M在椭圆C上运动,若△MF1F2的面积取得最大值4时,有且仅有2个不同的点M使得△MF1F2为直角三角形.
(1)求椭圆C的方程;
(2)过点P(0,1)的直线l与椭圆C分别相交于A,B两点,与x轴交于点Q.设QA=λPA,QB=μPB,求证:λ+μ为定值,并求该定值.

3.(2020甘肃白银联考)设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,下顶点为A,O为坐标原点,点O到直线AF2的距离为22,△AF1F2为等腰直角三角形.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)直线l与椭圆C分别相交于M,N两点,若直线AM与直线AN的斜率之和为2,证明:直线l恒过定点,并求出该定点的坐标.

4.(2020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的直线分别交抛物线于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.

突破3　证明、探索性问题
1.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F(1,0),离心率为12,直线l:y=k(x-4)(k≠0)与椭圆C交于不同两点M,N,直线FM,FN分别交y轴于A,B两点.
(1)求椭圆C的方程;
(2)求证:|FA|=|FB|.

2.

如图,已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为13,左、右焦点分别为F1,F2,A为椭圆C上一点,AF1与y轴相交于点B,|AB|=|F2B|,|OB|=43.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A1,A2,过点A1,A2分别作x轴的垂线l1,l2,椭圆C的一条切线l:y=kx+m(k≠0)与l1,l2分别交于M,N两点,求证:∠MF1N=∠MF2N.

3.(2020云南曲靖模拟)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12,F为左焦点,过点F作x轴的垂线交椭圆C于A,B两点,且|AB|=3.
(1)求椭圆C的方程.
(2)在圆x2+y2=3上是否存在一点P,使得在点P处的切线l与椭圆C相交于M,N两点,且满足OM⊥ON?若存在,求l的方程;若不存在,请说明理由.

4.(2020江西新余模拟)已知F为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点,点P(2,2)在椭圆C上,且PF⊥x轴.

(1)求椭圆C的方程.
(2)如图,过点F的直线l分别交椭圆C于A,B两点,交直线x=4于点M.判断直线PA,PM,PB的斜率是否构成等差数列?请说明理由.

5.(2020湖南五市十校联考)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)的任意一条直线l与轨迹E分别相交于不同的两点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,说明理由.

6.已知圆C:(x-1)2+y2=14,一动圆与直线x=-12相切且与圆C外切.
(1)求动圆圆心P的轨迹T的方程.
(2)若经过定点Q(6,0)的直线l与轨迹T交于A,B两点,M为线段AB的中点,过M作x轴的平行线与轨迹T相交于点N,试问是否存在直线l,使得NA⊥NB?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.

参考答案

高考大题专项(五)　圆锥曲线
的综合问题
突破1　圆锥曲线中的
最大(小)值、范围问题
1.解(1)由已知可得a+c=2+1,1×4c=2a2,a2=b2+c2,解得a=2,b=1,c=1,所以椭圆的方程为x22+y2=1.
(2)由题意得F(1,0),设直线AB的方程为y=k(x-1).与椭圆方程联立得x2+2y2-2=0,y=k(x-1),消去y可得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=4k21+2k2,y1+y2=k(x1+x2)-2k=-2k1+2k2.可得线段AB的中点为N2k21+2k2,-k1+2k2.当k=0时,直线MN为y轴,此时m=0.
当k≠0时,直线MN的方程为y+k1+2k2=-1kx-2k21+2k2,
化简得ky+x-k21+2k2=0.令y=0,得x=k21+2k2.
所以m=k21+2k2=11k2+2∈0,12.
综上所述,实数m的取值范围为0,12.
2.解(1)由题意知,椭圆的另一个焦点为(-3,0),所以点M到两焦点的距离之和为(23)2+122+12=4.所以a=2.又c=3,所以b=1,所以椭圆C的方程为x24+y2=1.
(2)当直线l的斜率不存在时,结合椭圆的对称性可知,kOA+kOB=0,不符合题意.
故设直线l的方程为y=kx+m(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),
联立x24+y2=1,y=kx+m,可得(4k2+1)x2+8kmx+4(m2-1)=0.则x1+x2=-8km4k2+1,x1x2=4(m2-1)4k2+1.而kOA+kOB=y1x1+y2x2=(kx1+m)x2+(kx2+m)x1x1x2=2k+m(x1+x2)x1x2=2k+-8km24(m2-1)=-2km2-1.
由kOA+kOB=-12,可得m2=4k+1,
所以k≥-14.
又由Δ>0,得16(4k2-m2+1)>0,
所以4k2-4k>0,解得k<0或k>1,
综上,直线l的斜率的取值范围为-14,0∪(1,+∞).
3.解(1)依题意,设椭圆E的方程为y2a2+x2b2=1(a>b>0),半焦距为c.
因为椭圆E的离心率为223,
所以c=223a,b2=a2-c2=a29.
因为以线段PF1为直径的圆经过点F2,所以PF2⊥F1F2.
所以|PF2|=b2a.
因为9PF1·PF2=1,
所以9|PF2|2=9b4a2=1.
由b2=a29,9b4a2=1,得a2=9,b2=1,
所以椭圆E的方程为y29+x2=1.
(2)因为直线x=-12与x轴垂直,且由已知得直线l与直线x=-12相交,
所以直线l不可能与x轴垂直,
所以设直线l的方程为y=kx+m.
由y=kx+m,9x2+y2=9,得(k2+9)x2+2kmx+m2-9=0.因为直线l与椭圆E交于两个不同的点M,N,所以Δ=4k2m2-4(k2+9)(m2-9)>0,即m2-k2-9<0.
设M(x1,y1),N(x2,y2),
则x1+x2=-2kmk2+9.
因为线段MN被直线2x+1=0平分,
所以2×x1+x22+1=0,
即-2kmk2+9+1=0.
由m2-k2-9<0,-2kmk2+9+1=0,得k2+92k2-(k2+9)<0.
因为k2+9>0,所以k2+94k2-1<0,所以k2>3,解得k>3或k<-3.
所以直线l的倾斜角的取值范围为π3,π2∪π2,2π3.
4.解(1)由题意知,|F1F2|=2c=2,A(a2,0),
因为AF1=2AF2,所以F2为线段AF1的中点,则a2=3,b2=2,所以椭圆方程为x23+y22=1.
(2)当直线DE与x轴垂直时,|DE|=2b2a=43,此时|MN|=2a=23,四边形DMEN的面积S=|DE|·|MN|2=4.
同理当MN与x轴垂直时,
也有四边形DMEN的面积S=|DE|·|MN|2=4.
当直线DE,MN与x轴均不垂直时,
设直线DE:y=k(x+1)(k≠0),D(x1,y1),E(x2,y2),代入椭圆方程,消去y可得(2+3k2)x2+6k2x+3k2-6=0,
则x1+x2=-6k22+3k2,x1x2=3k2-62+3k2,
所以|x1-x2|=43×k2+12+3k2,所以|DE|=k2+1|x1-x2|=43(k2+1)2+3k2.
同理|MN|=43-1k2+12+3-1k2=431k2+12+3k2,所以四边形DMEN的面积S=|DE|·|MN|2=12×43(k2+1)2+3k2×431k2+12+3k2=24k2+1k2+26k2+1k2+13,
令u=k2+1k2,则S=4-413+6u.
因为u=k2+1k2≥2,当且仅当k=±1时,等号成立,此时S=9625,且S是以u为自变量的增函数,则9625≤S<4.
综上可知,9625≤S≤4,故四边形DMEN面积的最大值为4,最小值为9625.
5.解(1)由题意得ca=33,所以a2=32b2,
所以椭圆的方程为x232b2+y2b2=1,
将点32,22代入方程得b2=2,即a2=3,所以椭圆C的标准方程为x23+y22=1.
(2)由(1)可知,椭圆的右焦点为(1,0),
①若直线l的斜率不存在,则直线l的方程为x=1,
则A1,233,B1,-233,E(1,1),F(1,-1),
所以|AB|=433,|EF|2=4,|AB|·|EF|2=1633.
②若直线l的斜率存在,则设直线l的方程为y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2).
联立x23+y22=1,y=k(x-1),可得(2+3k2)x2-6k2x+3k2-6=0,
则x1+x2=6k22+3k2,x1x2=3k2-62+3k2,
所以|AB|=(1+k2)(x1-x2)2=(1+k2)6k22+3k22-4×3k2-62+3k2=43(k2+1)2+3k2.因为圆心O(0,0)到直线l的距离d=|k|k2+1,所以|EF|2=42-k2k2+1=4(k2+2)k2+1,所以|AB|·|EF|2=43(k2+1)2+3k2·4(k2+2)k2+1
=163(k2+2)2+3k2=1633·k2+2k2+23
=16331+43k2+23.
因为k2∈[0,+∞),
所以|AB|·|EF|2∈1633,163.
综上,|AB|·|EF|2∈1633,163.
突破2　定点、定值问题
1.(1)解由抛物线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y=kx-1,x2=-4y,得x2+4kx-4=0.
设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1x2=-4.
直线OM的方程为y=y1x1x.
令y=-1,得点A的横坐标xA=-x1y1.
同理得点B的横坐标xB=-x2y2.
设y轴上一点D(0,n),则DA=-x1y1,-1-n,DB=-x2y2,-1-n,DA·DB=x1x2y1y2+(n+1)2=x1x2-x124-x224+(n+1)2=16x1x2+(n+1)2=-4+(n+1)2.
令DA·DB=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).
2.(1)解由题意知,当点M在短轴端点时,△MF1F2为直角三角形且∠F1MF2=90°,S△MF1F2=4,所以b=c且S=12·2c·b=bc=4,
解得b=c=2,a2=b2+c2=8,
所以椭圆C的方程为x28+y24=1.
(2)证明显然直线l的斜率不为0,设直线l:x=t(y-1),联立x28+y24=1,x=t(y-1),
消去x,得(t2+2)y2-2t2y+t2-8=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=2t2t2+2,y1y2=t2-8t2+2.
令y=0,则x=-t,所以Q(-t,0),
因为QA=λPA,所以y1=λ(y1-1),
所以λ=y1y1-1.
因为QB=μPB,所以y2=μ(y2-1),
所以μ=y2y2-1.
所以λ+μ=y1y1-1+y2y2-1=2y1y2-(y1+y2)y1y2-(y1+y2)+1=83.
3.(1)解由题意可知,直线AF2的方程为xc+y-b=1,即-bx+cy+bc=0,则bcb2+c2=bca=22.
因为△AF1F2为等腰直角三角形,所以b=c,
又a2=b2+c2,可得a=2,b=1,c=1,
所以椭圆C的标准方程为x22+y2=1.
(2)证明由(1)知A(0,-1).
当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+t(t≠±1),代入x22+y2=1,得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-2=0,
所以Δ=16k2t2-4(1+2k2)(2t2-2)>0,即t2-2k2<1.
设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=-4kt1+2k2,x1x2=2t2-21+2k2.
因为直线AM与直线AN的斜率之和为2,所以kAM+kAN=y1+1x1+y2+1x2=kx1+t+1x1+kx2+t+1x2=2k+(t+1)(x1+x2)x1x2=2k-(t+1)·4kt2t2-2=2,
整理得t=1-k.
所以直线l的方程为y=kx+t=kx+1-k=k(x-1)+1,显然直线y=k(x-1)+1经过定点(1,1).
当直线l的斜率不存在时,设直线l的方程为x=m.
因为直线AM与直线AN的斜率之和为2,设M(m,n),则N(m,-n),
所以kAM+kAN=n+1m+-n+1m=2m=2,解得m=1,此时直线l的方程为x=1,显然直线x=1也经过定点(1,1).
综上,直线l恒过点(1,1).
4.(1)解设AB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+p2.
由抛物线的定义可知,d1=|AF|,d2=|BF|,所以d1+d2=|AB|=8,
由梯形中位线可得d=d1+d22=4,所以yM+p2=4.
又yM=3,所以3+p2=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=x22p,则y'=xp,所以直线l1的方程为y-y1=x1p(x-x1),直线l2的方程为y-y2=x2p(x-x2),
联立得x=x1+x22,y=x1x22p,即直线l1,l2的交点坐标为x1+x22,x1x22p.
因为AB过焦点F0,p2,
由题可知直线AB的斜率存在,故可设直线AB方程为y-p2=kx,代入抛物线x2=2py中,得x2-2pkx-p2=0,所以x1x2=-p2,y=x1x22p=-p22p=-p2,所以l1,l2的交点在定直线y=-p2上.
突破3　证明、探索性问题
1.(1)解由题意可得c=1,ca=12,a2=b2+c2,解得a=2,b=3,所以椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)证明设M(x1,y1),N(x2,y2)(x1≠1且x2≠1).
联立x24+y23=1,y=k(x-4)消去y,
得(4k2+3)x2-32k2x+64k2-12=0.
依题意Δ=(-32k2)-4(4k2+3)·(64k2-12)>0,即0<k2<14.则x1+x2=32k24k2+3,x1x2=64k2-124k2+3.因为kMF+kNF=y1x1-1+y2x2-1=k(x1-4)x1-1+k(x2-4)x2-1=k[2x1x2-5(x1+x2)+8](x1-1)(x2-1)=k2·64k2-124k2+3-5·32k24k2+3+8(x1-1)(x2-1)
=0.
所以直线MF的倾斜角与直线NF的倾斜角互补,即∠OFA=∠OFB.
又OF⊥AB,所以|FA|=|FB|.
2.(1)解连接AF2,由题意得|AB|=|F2B|=|F1B|,所以BO为△F1AF2的中位线.
又BO⊥F1F2,所以AF2⊥F1F2,
且|AF2|=2|BO|=b2a=83.
又离心率e=ca=13,a2=b2+c2,得a2=9,b2=8,故所求椭圆C的标准方程为x29+y28=1.
(2)证明由题可知,l1的方程为x=-3,l2的方程为x=3.
直线l的方程分别与直线l1,l2的方程联立得M(-3,-3k+m),N(3,3k+m),
所以F1M=(-2,-3k+m),F1N=(4,3k+m),
所以F1M·F1N=-8+m2-9k2.
联立x29+y28=1,y=kx+m,得(9k2+8)x2+18kmx+9m2-72=0.
因为直线l与椭圆C相切,
所以Δ=(18km)2-4(9k2+8)(9m2-72)=0,化简得m2=9k2+8.
所以F1M·F1N=-8+9k2+8-9k2=0,所以F1M⊥F1N,故∠MF1N=π2.
同理F2M=(-4,-3k+m),F2N=(2,3k+m),F2M·F2N=0,所以F2M⊥F2N,∠MF2N=π2.故∠MF1N=∠MF2N.
3.解(1)∵e=1-b2a2=12,∴3a2=4b2.
又|AB|=2b2a=3,∴a=2,b=3.
∴椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)不存在.理由如下,
假设存在点P,使得OM⊥ON.
当直线l的斜率不存在时,
l:x=3或x=-3,与椭圆C:x24+y23=1相交于M,N两点,
此时M3,32,N3,-32或M-3,32,N-3,-32,
∴OM·ON=3-34=94≠0,
∴当直线l的斜率不存在时,不满足OM⊥ON.
当直线l的斜率存在时,设y=kx+m,
联立y=kx+m,x24+y23=1,得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0.
∵直线l与椭圆C相交于M,N两点,
∴Δ>0,化简得4k2>m2-3.
设M(x1,y1),N(x2,y2),
∴x1+x2=-8km3+4k2,x1x2=4m2-123+4k2,
y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=3m2-12k23+4k2.
∵OM·ON=0,
∴4m2-123+4k2+3m2-12k23+4k2=0,
∵7m2-12k2-12=0,
又直线l与圆x2+y2=3相切,
∴3=|m|1+k2,
∴m2=3+3k2,
∴21+21k2-12k2-12=0,
解得k2=-1,显然不成立,∴在圆上不存在这样的点P,使OM⊥ON成立.
4.解(1)因为点P(2,2)在椭圆C上,且PF⊥x轴,所以c=2.
设椭圆C的左焦点为E,
则|EF|=2c=4,|PF|=2.
在Rt△EFP中,|PE|2=|PF|2+|EF|2=18,所以|PE|=32.
所以2a=|PE|+|PF|=42,a=22.
b2=a2-c2=4,
故椭圆C的方程为x28+y24=1.
(2)直线PA,PM,PB的斜率构成等差数列,理由如下,由题意可设直线AB的方程为y=k(x-2),令x=4得y=2k,点M的坐标为(4,2k).
联立x28+y24=1,y=k(x-2),得(2k2+1)x2-8k2x+8(k2-1)=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=8k22k2+1,x1x2=8(k2-1)2k2+1.①
设直线PA,PB,PM的斜率分别为k1,k2,k3,从而k1=y1-2x1-2,k2=y2-2x2-2,k3=2k-24-2=k-22.
因为直线AB的方程为y=k(x-2),
所以y1=k(x1-2),y2=k(x2-2),
所以k1+k2=y1-2x1-2+y2-2x2-2=y1x1-2+y2x2-2-21x1-2+1x2-2=2k-2·x1+x2-4x1x2-2(x1+x2)+4.②
将①代入②,得k1+k2=2k-2·8k22k2+1-48(k2-1)2k2+1-16k22k2+1+4=2k-2.
又k3=k-22,所以k1+k2=2k3,故直线PA,PM,PB的斜率成等差数列.
5.解(1)(方法1)由题意知,动圆圆心C到定点F(1,0)的距离与其到定直线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.
(方法2)设动圆圆心C(x,y),由题意知(x-1)2+y2=|x+1|,
化简得y2=4x,即动圆圆心C的轨迹E的方程为y2=4x.
(2)存在.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
由题意知直线PQ的斜率必存在且不为0,设直线PQ的方程为x=my-2.
联立y2=4x,x=my-2,得y2-4my+8=0.
由Δ=(-4m)2-4×8>0,得m>2或m<-2.
设P(x1,y1),Q(x2,y2),则y1+y2=4m,y1y2=8.
由①式得kPN+kQN=y1x1-x0+y2x2-x0=y1(x2-x0)+y2(x1-x0)(x1-x0)(x2-x0)=0,
所以y1(x2-x0)+y2(x1-x0)=0,
即y1x2+y2x1-x0(y1+y2)=0.
消去x1,x2,得14y1y22+14y2y12-x0(y1+y2)=0,
14y1y2(y1+y2)-x0(y1+y2)=0,
因为y1+y2≠0,所以x0=14y1y2=2,
所以存在点N(2,0),使得∠QNM+∠PNM=π.
6.解(1)设P(x,y),分析可知动圆的圆心不能在y轴的左侧,故x≥0,
因为动圆与直线x=-12相切,且与圆C外切,所以|PC|-x+12=12,
所以|PC|=x+1,
所以(x-1)2+y2=x+1,
化简可得y2=4x.
(2)存在.设A(x1,y1),B(x2,y2),
由题意可知,当直线l与y轴垂直时,显然不符合题意,故可设直线l的方程为x=my+6,联立x=my+6,y2=4x消去x,
可得y2-4my-24=0,
显然Δ=16m2+96>0,
则y1+y2=4m,y1y2=-24,①
所以x1+x2=(my1+6)+(my2+6)=4m2+12,②
因为x1x2=y124·y224,所以x1x2=36,③
假设存在N(x0,y0),使得NA·NB=0,由题意可知y0=y1+y22,所以y0=2m,④
由点N在抛物线上可知x0=y024,即x0=m2,⑤
又NA=(x1-x0,y1-y0),NB=(x2-x0,y2-y0),若NA·NB=0,则x1x2-x0(x1+x2)+x02+y1y2-y0(y1+y2)+y02=0,
将①②③④⑤代入上式化简可得3m4+16m2-12=0,
即(m2+6)(3m2-2)=0,
所以m2=23,故m=±63,
所以存在直线3x+6y-18=0或3x-6y-18=0,使得NA⊥NB.