重難點(diǎn)33圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值、定直線問(wèn)題【八大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1直線過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題】 2【題型2存在定點(diǎn)滿足某條件問(wèn)題】 7【題型3面積定值問(wèn)題】 13【題型4斜率的和差商積定值問(wèn)題】 19【題型5向量數(shù)量積定值問(wèn)題】 24【題型6線段定值問(wèn)題】 29【題型7角度定值問(wèn)題】 34【題型8動(dòng)點(diǎn)在定直線上問(wèn)題】 421、圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值、定直線問(wèn)題圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值、定直線問(wèn)題是高考的重點(diǎn)、熱點(diǎn)內(nèi)容，從近幾年的高考情況來(lái)看，此類問(wèn)題考查頻率較高，此類問(wèn)題一般有直線過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題、滿足某條件的定點(diǎn)問(wèn)題、定值問(wèn)題以及定直線問(wèn)題等，主要在解答題中考查，選擇、填空題中考查較少，在解答題中考查時(shí)綜合性強(qiáng)，難度較高.【知識(shí)點(diǎn)1圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值問(wèn)題】1．圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值問(wèn)題圓錐曲線中的定點(diǎn)定值問(wèn)題一般與圓錐曲線的基本量和題設(shè)條件中的給定的點(diǎn)或值有關(guān)，曲線過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題以直線過(guò)定點(diǎn)居多，定點(diǎn)問(wèn)題其實(shí)也可以歸結(jié)到定值問(wèn)題(定點(diǎn)的橫縱坐標(biāo)為定值).這類問(wèn)題用函數(shù)的思想方法來(lái)處理，具體操作流程如下：(1)變量——選擇合適的參變量；(2)函數(shù)——要證明為定值的量表示出參數(shù)的函數(shù)；(3)定值——化簡(jiǎn)函數(shù)解析式，消去參數(shù)得定值.一些存在性問(wèn)題，是否存在定點(diǎn)使得某一個(gè)量為定值，是否存在定值使得某一量為定值，是否存在定點(diǎn)使得曲線過(guò)定點(diǎn)，是否存在定值使得曲線過(guò)定點(diǎn)，可以看做定點(diǎn)定值問(wèn)題的延伸.2．定點(diǎn)問(wèn)題的求解思路：一是從特殊入手，求出定點(diǎn)，再證明這個(gè)點(diǎn)與變量無(wú)關(guān)；二是直接推理、計(jì)算，并在計(jì)算過(guò)程中消去變量，從而得到定點(diǎn).3．過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題的兩大類型及解法(1)動(dòng)直線l過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題解法：設(shè)動(dòng)直線方程（斜率存在）為y=kx+t，由題設(shè)條件將t用k表示為t=(2)動(dòng)曲線C過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題解法：引入?yún)⒆兞拷⑶€C的方程，再根據(jù)其對(duì)參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點(diǎn)．4．定值問(wèn)題的求解思路：將問(wèn)題涉及的幾何式轉(zhuǎn)化為代數(shù)式或三角式，證明該式的值與參數(shù)無(wú)關(guān).5．求解定值問(wèn)題的三個(gè)步驟(1)由特例得出一個(gè)值，此值一般就是定值；(2)證明定值，有時(shí)可直接證明定值，有時(shí)將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為代數(shù)式，可證明該代數(shù)式與參數(shù)（某些變量）無(wú)關(guān)；也可令系數(shù)等于零，得出定值；(3)得出結(jié)論．【知識(shí)點(diǎn)2圓錐曲線中的定直線問(wèn)題】1．圓錐曲線中的定直線問(wèn)題定直線問(wèn)題是指因圖形變化或點(diǎn)的移動(dòng)而產(chǎn)生的動(dòng)點(diǎn)在定直線上的問(wèn)題.這類問(wèn)題的核心在于確定定點(diǎn)的軌跡，主要方法有：(1)設(shè)點(diǎn)法：設(shè)點(diǎn)的軌跡，通過(guò)已知點(diǎn)軌跡，消去參數(shù)，從而得到軌跡方程；(2)待定系數(shù)法：設(shè)出含參數(shù)的直線方程、待定系數(shù)法求解出系數(shù)；(3)驗(yàn)證法：通過(guò)特殊點(diǎn)位置求出直線方程，對(duì)一般位置再進(jìn)行驗(yàn)證.【題型1直線過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題】【例1】（2024·河南周口·模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距為2，不經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O且斜率為1的直線l與C交于P，Q兩點(diǎn)，A為線段PQ的中點(diǎn)，直線OA的斜率為?12(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)B(2,0)，直線PB與C的另一個(gè)交點(diǎn)為M，直線QB與C的另一個(gè)交點(diǎn)為N，其中M，N均不為橢圓C的頂點(diǎn)，證明：直線MN過(guò)定點(diǎn).【解題思路】（1）根據(jù)焦距求出c，再設(shè)Px1,y1，Qx2,y2，（2）設(shè)直線MN的方程為y=mx+t，Mx3,y3，Nx4,y4，表示直線PB的方程，聯(lián)立直線與橢圓方程，消元求出x1，即可求出P【解答過(guò)程】（1）由橢圓C:x2a2+y2設(shè)Px1,y1，Qx2兩式作差得，x1所以y12?所以kPQ?y所以a2=2b2，則a2故橢圓C的方程為x2（2）由題意可知直線MN的斜率存在，設(shè)直線MN的方程為y=mx+t，Mx3,則kPB=y3x將其代入x22+y2則x1x3將x1=3x3所以P3x3所以?y42即mx整理得(3m+2t)x4?因此直線MN的方程為y=mx?32?12，令所以直線MN過(guò)定點(diǎn)32【變式1-1】（2024·江西九江·二模）已知雙曲線C:x2a2?y2(1)求雙曲線C的方程；(2)直線l與雙曲線C交于不同的兩點(diǎn)A，B，若直線PA，PB的斜率互為倒數(shù)，證明：直線l過(guò)定點(diǎn)．【解題思路】（1）根據(jù)離心率及a，b，c的平方關(guān)系得出b=2a，再由點(diǎn)P(3,4)在C上，可求解a2，b2，進(jìn)而可得雙曲線（2）當(dāng)l斜率不存在時(shí)，顯然不滿足條件．當(dāng)l斜率存在時(shí)，設(shè)其方程為y=kx+m，與方程聯(lián)立C聯(lián)立，可得根與系數(shù)的關(guān)系，表示出直線PA，PB的斜率k1，k2，由k1k2=1，結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系可得【解答過(guò)程】（1）由已知得e=ca=5，又點(diǎn)P(3,4)在C上，故9a解得a2=5，所以雙曲線C的方程為：x2（2）當(dāng)l斜率不存在時(shí)，顯然不滿足條件．當(dāng)l斜率存在時(shí)，設(shè)其方程為y=kx+m，與方程聯(lián)立C聯(lián)立，消去y得(4?k由已知得k2≠4，且設(shè)A(x1,y1)，直線PA，PB的斜率分別為k1=y由已知k1k2即(k所以?(k化簡(jiǎn)得(m+3k?4)(5m?9k?12)=0，又已知l不過(guò)點(diǎn)P(3,4)，故m+3k?4≠0，所以5m?9k?12=0，即m=9故直線l的方程為y=k(x+95)+125【變式1-2】（2024·云南·模擬預(yù)測(cè)）拋物線Γ:y2=2pxp>0的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)M1,?2，焦點(diǎn)為F，過(guò)點(diǎn)F且傾斜角為θ的直線l與拋物線

(1)求拋物線Γ的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)當(dāng)θ=π3時(shí)，求弦(3)已知點(diǎn)P2,0，直線AP，BP分別與拋物線Γ交于點(diǎn)C，D．證明：直線CD【解題思路】（1）由曲線y2=2px圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)M1,?2，可得p=2（2）寫出l的方程,和拋物線方程聯(lián)立，消元后，由韋達(dá)定理可得x1+x（3）設(shè)直線AB的方程為x=my+1，Ax1,y1，Bx2,y2，Cx3,y3，Dx4,y4，和拋物線方程聯(lián)立，消元后，由韋達(dá)定理可得y1+y2=4m，y1y【解答過(guò)程】（1）曲線y2=2px圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)M1,?2，所以?2所以拋物線Γ的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2（2）由（1）知F1,0，當(dāng)θ=π3時(shí)，tanπ3聯(lián)立y=3x?1y2=4x由AB=x1（3）由（1）知F1,0，直線AB的斜率不為0，設(shè)直線AB的方程為x=my+1Ax1,y1，B聯(lián)立x=my+1y2=4x得y因此y1+y設(shè)直線AC的方程為x=ny+2，聯(lián)立x=ny+2y2=4x則′=16n2+32>0，因此y1同理可得y4所以kCD因此直線CD的方程為x=2my?由對(duì)稱性知，定點(diǎn)在x軸上，令y=0得，x=?2m=16m所以，直線CD過(guò)定點(diǎn)4,0．【變式1-3】（2024·貴州貴陽(yáng)·二模）已知橢圓E的一個(gè)焦點(diǎn)是?3,0.直線l1:y=k1x+(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)求k1(3)設(shè)直線l1,l2分別與橢圓E另交于【解題思路】（1）由焦點(diǎn)和頂點(diǎn)坐標(biāo)計(jì)算即可求出橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）已知直線l1：y=k1x+b（3）通過(guò)聯(lián)立方程組求出P,Q兩點(diǎn)坐標(biāo)，求直線PQ的方程，根據(jù)方程確定所過(guò)定點(diǎn).【解答過(guò)程】（1）因?yàn)閘1,l2相交且關(guān)于直線y=x+1對(duì)稱，故又直線y=x+1與y軸相交于點(diǎn)A0,1，則橢圓E的上頂點(diǎn)為0,1設(shè)橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2a2又半焦距c=3，得a所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）由（1）可得b1設(shè)點(diǎn)Bx,y是l1上任意異于點(diǎn)B0x0,y所以由y+y02=x+由y?y0x?聯(lián)立①、②，解得x=y代入直線l1得x又由點(diǎn)B0x0,y0，在直線所以x0=k1k故k1（3）設(shè)Px1,聯(lián)立直線l1與橢圓E：y=k1所以x1同理，x2又由（2）：k1k2=1，所以所以直線PQ的方程為y?1?4化簡(jiǎn)得y=?k所以對(duì)任意的k1，總會(huì)過(guò)點(diǎn)0,?故直線PQ過(guò)定點(diǎn)0,?5【題型2存在定點(diǎn)滿足某條件問(wèn)題】【例2】（2024·新疆喀什·三模）已知雙曲線E：x2?3y2=3的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，A是直線l：y=?ca2x（其中a是實(shí)半軸長(zhǎng)，c是半焦距）上不同于原點(diǎn)O的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，斜率為k1的直線AF1與雙曲線E交于(1)求1k(2)若直線OM，ON，OP，OQ的斜率分別為kOM，kON，kOP，kOQ，問(wèn)是否存在點(diǎn)A，滿足【解題思路】（1）設(shè)At（2）設(shè)Mx1,y1,Nx2,y2,Px【解答過(guò)程】（1）由題可得雙曲線E：x2則a2∴左、右焦點(diǎn)分別為F1?2,0，F(xiàn)設(shè)Atk1=?∴1k（2）設(shè)Mx直線AF1方程為代入雙曲線方程可得：1?3k所以x1+x則kOM=k=2=2同理kOP即2k即k1∴k1+k又1k若k1∴k1k2=?14，解得k1若k1=?14，k2=1，由∴t=65．此時(shí)若k1=1，k2=?14，由∴t=?65∴存在點(diǎn)A65,?45【變式2-1】（2024·陜西榆林·模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左，右焦點(diǎn)分別為F1?c,0，F(xiàn)2c,0，過(guò)(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)b>1，是否存在x軸上的定點(diǎn)P，使得△PMN的內(nèi)心在x軸上，若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【解題思路】（1）根據(jù)題意列出方程組，求出a,b即可得解；（2）由題意可將原問(wèn)題轉(zhuǎn)換為kPM+kPN=0，設(shè)直線MN的方程為：x=mx+1m≠0，【解答過(guò)程】（1）∵△MNF1的周長(zhǎng)為8，△MF∴4a=812×2c×b=3a2=b2∴橢圓C的方程為x24+（2）

由（1）及b>1易知F2不妨設(shè)直線MN的方程為：x=mx+1m≠0，Pt,0，Mx聯(lián)立x=my+1x24則y1+y若△PMN的內(nèi)心在x軸上，則∠MPF∴kPM+kPN=0可得2my則2m?94+3m2當(dāng)直線MN垂直于x軸，即m=0時(shí)，顯然點(diǎn)P4,0故在x軸上存在定點(diǎn)P4,0，使得△PMN的內(nèi)心在x【變式2-2】（2024·四川雅安·一模）已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P2,0的動(dòng)直線l與拋物線C:y2(1)求OA?(2)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，是否存在不同于點(diǎn)P的定點(diǎn)Q，使得∠AQP=∠BQP恒成立？若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【解題思路】（1）設(shè)出直線l的方程，與拋物線方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理結(jié)合數(shù)量積的坐標(biāo)表示計(jì)算即得.（2）利用（1）中信息，結(jié)合斜率坐標(biāo)公式列式求解即得.【解答過(guò)程】（1）顯然直線l不垂直于y軸，設(shè)直線l的方程為x=ty+2，A(x由x=ty+2y2=4x消去x并整理得y2?4ty?8=0所以O(shè)A?（2）由（1）知y1假定存在不同于點(diǎn)P的定點(diǎn)Q，使得∠AQP=∠BQP恒成立，由拋物線對(duì)稱性知，點(diǎn)Q在x軸上，設(shè)Q(m,0)，則直線QA,QB的斜率互為相反數(shù)，即y1x1整理得2ty1y2+(2?m)(y1+y所以存在不同于點(diǎn)P的定點(diǎn)Q，使得∠AQP=∠BQP恒成立，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(?2,0).【變式2-3】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)3,2在雙曲線C:x2(1)求雙曲線C的方程；(2)過(guò)點(diǎn)P3,1作直線l與雙曲線C交于A,B兩點(diǎn)，在x軸上是否存在一定點(diǎn)Q，使得直線QA與QB的斜率之和為定值？若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)【解題思路】（1）由題意可得9a（2）設(shè)出直線方程，聯(lián)立曲線可得與交點(diǎn)橫坐標(biāo)有關(guān)韋達(dá)定理，借助斜率公式表示出kQA【解答過(guò)程】（1）由題意，得9a2?∴雙曲線C的方程為x2（2）由題意可知直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y=kx+m，將點(diǎn)P3,1的坐標(biāo)代入，得m=1?3聯(lián)立直線l與雙曲線C的方程，得方程組y=kx+mx消去y并整理，得1?3kk≠±33，且即3k2?2則k∈?∴x若存在定點(diǎn)Q，設(shè)Qx則k======2要使kQA+k即?3x0?此時(shí)分子、分母中k的系數(shù)也為0,k∴在x軸上存在定點(diǎn)Q3,0，使得kQA【題型3面積定值問(wèn)題】【例3】（23-24高二下·貴州遵義·期中）已知雙曲線C:x2a2?(1)求雙曲線C的方程；(2)若動(dòng)直線l與雙曲線C恰有1個(gè)公共點(diǎn)，且分別與雙曲線C的兩條漸近線交于P，Q兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，證明：△OPQ的面積為定值．【解題思路】（1）根據(jù)已知條件求得a、b、c，從而得到雙曲線的方程；（2）根據(jù)直線的斜率是否存在進(jìn)行分類討論，由直曲聯(lián)立表示出PQ，再表示出原點(diǎn)O到直線l的距離，即三角形的高，進(jìn)而求出△OPQ的面積為23【解答過(guò)程】（1）因?yàn)樘撦S長(zhǎng)為23，所以b=因?yàn)閑=ca=72故雙曲線C的方程為x2（2）當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，l的方程為x=±2，此時(shí)|PQ|=23當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，不設(shè)直線l:y=kx+m，且k≠±3聯(lián)立方程組y=kx+m,x24由Δ=64m2不妨設(shè)l與y=32x的交點(diǎn)為P，則y=kx+m同理可得xQ所以PQ=因?yàn)樵c(diǎn)O到直線l的距離d=|m|所以S△OPQ因?yàn)?k2=綜上，△OPQ的面積為定值，定值為23【變式3-1】（2024·江蘇蘇州·模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓γ:x2a2+y2b(1)求橢圓γ的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)A是橢圓上的一點(diǎn)，若存在橢圓的弦BC使得OA//BC,OA=BC，求證:四邊形OABC的面積為定值.【解題思路】（1）根據(jù)橢圓和圓的對(duì)稱性可得Q(32，12)，再代入橢圓和圓的方程中，解方程組求出（2）設(shè)A(m,n)，mn≠0，易知四邊形OABC是平行四邊形，設(shè)直線BC的方程為y=nm(x?t)，將其與橢圓方程聯(lián)立，結(jié)合韋達(dá)定理，弦長(zhǎng)公式以及橢圓的方程，推出|nt|=【解答過(guò)程】（1）由對(duì)稱性知，|OP|=|OQ|，因?yàn)椤螾OQ=π3，PQ=1，所以△因?yàn)镼位于第一象限，所以Q(32,代入橢圓γ的方程有34代入圓x2+y聯(lián)立解得a2=3所以橢圓γ的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）證明：設(shè)A(m,n)，mn≠0，則直線OA的斜率為nm，且m23因?yàn)镺A//BC,OA=BC，所以四邊形OABC是平行四邊形，|BC|=|OA|=m設(shè)直線BC的方程為y=nm(x?t)，B(x1,y聯(lián)立y=nm(x?t)所以x1+x所以|BC|=1+因?yàn)閨BC|=|OA|=m所以m2整理得6(32?2而點(diǎn)A到直線BC的距離為d=|所以四邊形OABC的面積S=2S【變式3-2】（2024·廣東廣州·模擬預(yù)測(cè)）已知A?1,0，B1,0，平面上有動(dòng)點(diǎn)P，且直線AP的斜率與直線(1)求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡Ω的方程.(2)過(guò)點(diǎn)A的直線與Ω交于點(diǎn)M（M在第一象限），過(guò)點(diǎn)B的直線與Ω交于點(diǎn)N（N在第三象限），記直線AM，BN的斜率分別為k1，k2，且k1=4k【解題思路】（1）設(shè)Px,y（2）分析可知kBN?kBM=14【解答過(guò)程】（1）設(shè)Px,y，x≠±1由題意可得：kAP?k故求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程為x2（2）由題意可知：kAM?kBM=1顯然直線MN的斜率不為0，設(shè)直線MN的方程為x=my+tt≠±1，Mx1聯(lián)立方程x=my+tx2?y2則m2≠1，Δ>0則kBN整理可得m2則m2因?yàn)閠≠±1，則t?1≠0，可得m2整理可得t=?3所以直線MN方程為x=my?35，即直線MN過(guò)定點(diǎn)則|AT|=?3此時(shí)S△AMN=1所以S△AMN【變式3-3】（2024·河北衡水·三模）已知拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點(diǎn)為F，過(guò)F且傾斜角為π6的直線l與C交于A，B兩點(diǎn)．直線l1，l2與C相切，切點(diǎn)分別為A，B，l1，l2與(1)求C的方程；(2)若點(diǎn)P為C上一動(dòng)點(diǎn)（與A，B及坐標(biāo)原點(diǎn)均不重合），直線l3與C相切，切點(diǎn)為P，l3與l1，l2的交點(diǎn)分別為G，H．記△DFG，△EFH的面積分別為①請(qǐng)問(wèn)：以G，H為直徑的圓是否過(guò)定點(diǎn)？若過(guò)定點(diǎn)，求出該定點(diǎn)坐標(biāo)；若不過(guò)定點(diǎn)，請(qǐng)說(shuō)明理由；②證明：S1【解題思路】（1）設(shè)l:y=33x+p2，Ax1,y（2）①不妨設(shè)x1<0<x2，由（1）求出切點(diǎn)橫坐標(biāo)及切線方程，設(shè)Px0,y0x0≠0,x1,x2，則l【解答過(guò)程】（1）設(shè)l:y=33x+p2，A消去y得x2?233px?p由y=12px2，y′令y=0得1px1x?y同理l2:y=1由|DE|=233由x1?x22=x故C的方程為x2（2）①由（1）不妨設(shè)x1<0<x解得x1=?3所以l1:y=?3設(shè)Px0,聯(lián)立y=?33x?16同理Hx以G、H為直徑的圓的方程為x?3整理得x0令x2+y2?故該圓恒過(guò)0,1②由于D?36,0，E32,0所以|DG|=3|EH|=x|DF|=?36直線FD的斜率為3，顯然直線FD與l1垂直，故△DFG同理△EFH也是直角三角形，故S1=1故S1S2【題型4斜率的和差商積定值問(wèn)題】【例4】（2024·陜西西安·模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓C:x2a(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)A，B兩點(diǎn)為橢圓C的左、右頂點(diǎn)，點(diǎn)P（異于左、右頂點(diǎn)）為橢圓C上一動(dòng)點(diǎn)，直線PA，PB的斜率分別為k1，k2，求證：【解題思路】（1）根據(jù)題意列出a，b，c的方程，解出方程即可求解橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）設(shè)出P點(diǎn)的坐標(biāo)，代入橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程得出橫縱坐標(biāo)的關(guān)系式，再代入直線PA，PB的斜率之積的表達(dá)式換算即可證明出結(jié)論.【解答過(guò)程】（1）根據(jù)題意得ca∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）證明：由（1）得A?2,0，B設(shè)點(diǎn)Px0,y0因?yàn)閗1=y所以k1∴k1【變式4-1】（2024·浙江紹興·三模）設(shè)雙曲線C：x2a2?y2b2=1（a>0，b>0）的一條漸近線為x?3y=0，焦點(diǎn)到漸近線的距離為1．A1，A2分別為雙曲線C的左、右頂點(diǎn)，直線l過(guò)點(diǎn)T2,0交雙曲線于點(diǎn)(1)求雙曲線C的方程；(2)求證k1【解題思路】（1）借助漸近線定義及點(diǎn)到直線距離公式計(jì)算即可得；（2）設(shè)出直線方程，聯(lián)立曲線可得與交點(diǎn)縱坐標(biāo)有關(guān)韋達(dá)定理，作商即可得所設(shè)參數(shù)與縱坐標(biāo)的關(guān)系，借助斜率公式表示出斜率后，消去所設(shè)參數(shù)即可得證.【解答過(guò)程】（1）由題意可得ba=1故雙曲線C的方程為x2（2）由雙曲線C的方程為x29?y2由題意可知直線l斜率不為0，故可設(shè)l:x=my+2，Mx1,聯(lián)立x=my+2x29?yΔ=16m2則y1+y則y1+yk1=y則k=5即k1k2【變式4-2】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知雙曲線C:x2a2?y2(1)求雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程．(2)過(guò)點(diǎn)P0,1的直線l與雙曲線C的左、右兩支分別交于點(diǎn)A,B．問(wèn)：在y軸上是否存在定點(diǎn)Q，使直線AQ與BQ的斜率之和為定值？若存在，求出點(diǎn)Q【解題思路】（1）根據(jù)題意，設(shè)a=4t,t>0，求得b=3t，得到雙曲線C的方程可化為x216t2?y2（2）假設(shè)存在點(diǎn)Q0,m，設(shè)直線l的方程為y=kx+1，聯(lián)立方程組，求得x1+x2,x【解答過(guò)程】（1）解：由題意，雙曲線C:x2a2?設(shè)a=4t,t>0，則c=5t，所以b=c所以雙曲線C的方程可化為x2因?yàn)辄c(diǎn)?42,3在雙曲線C上，所以?42所以雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）設(shè)Ax假設(shè)存在點(diǎn)Q0,m，設(shè)直線l的方程為y=kx+1聯(lián)立方程組y=kx+1x216則Δ=且x1因?yàn)閗==2k+1?m所以當(dāng)m+9=0，即m=?9時(shí)，kAQ故存在定點(diǎn)Q0,?9，使直線AQ與BQ【變式4-3】（2024·天津?yàn)I海新·三模）已知橢圓M：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的離心率為1(1)求橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)橢圓M的右頂點(diǎn)為C，P是橢圓M上不與頂點(diǎn)重合的動(dòng)點(diǎn)．①若點(diǎn)P1,y0（y0>0），點(diǎn)D在橢圓M上且位于x軸下方，設(shè)△APC和△DPC的面積分別為S1，②若直線AB與直線CP交于點(diǎn)Q，直線BP交x軸于點(diǎn)N，設(shè)直線QN和直線QC的斜率為kQN，kQC，求證：【解題思路】（1）根據(jù)已知條件，列出關(guān)于a，b，c的方程組即可求解；（2）①根據(jù)面積關(guān)系可得S△DPC=S△OPC，從而得OD∥PC，據(jù)此即可求解；②聯(lián)立QC和AB的方程，求出Q點(diǎn)坐標(biāo)，聯(lián)立QC和橢圓方程，結(jié)合韋達(dá)定理求出P點(diǎn)坐標(biāo)，求出【解答過(guò)程】（1）由題意得ca=121∴橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）①由（1）可得C2,0，點(diǎn)P1,y0（y0連接PC，∵S1∴S∴OD∥PC，∴kOD∴直線OD的方程為y=?32x解得xD=1y∴D1,?②設(shè)直線QC的斜率為k，則直線QC的方程為：y=kx?2又B0,3，A?2,0，直線AB由y=kx?2y=3∴Q2由y=kx?2x2Δ=256則2xP=則yP∴P8依題意B、P不重合，∴8k2?6≠0∴kBP∴直線BP的方程為y=?4令y=0，即?43k2∴N2∴k∴2k【題型5向量數(shù)量積定值問(wèn)題】【例5】（23-24高三上·天津河北·期末）設(shè)橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦點(diǎn)分別為F1,F2，短軸的兩個(gè)端點(diǎn)為A,B，且四邊形(1)求橢圓E的方程；(2)求證：OM?【解題思路】（1）根據(jù)題設(shè)得|F（2）設(shè)直線CM的方程為y=kx+2，聯(lián)立橢圓并應(yīng)用韋達(dá)定理求P坐標(biāo)，根據(jù)已知確定M坐標(biāo)，再由向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示求OM【解答過(guò)程】（1）由題設(shè)|F1A|=a=2,b=c，a橢圓的方程為x2（2）由（1）知C?2,0,D2,0設(shè)直線CM的方程為y=kx+2，聯(lián)立y=k消去y得1+2k2x所以?2xP=8k2?4又MD⊥CD，將x=2代入y=kx+2，得yM=4k所以O(shè)M?【變式5-1】（23-24高三上·上海嘉定·階段練習(xí)）已知雙曲線C的中心在原點(diǎn)，D(1,0)是它的一個(gè)頂點(diǎn).d=(1,(1)求雙曲線C的方程；(2)設(shè)P(0,1)，M為雙曲線右支上動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)|PM|取得最小時(shí)，求四邊形ODMP的面積；(3)若過(guò)點(diǎn)(?3,0)任意作一條直線與雙曲線C交于A，B兩點(diǎn)（A，B都不同于點(diǎn)D），求證:DA?【解題思路】(1)根據(jù)給定條件設(shè)出雙曲線C的方程，利用待定系數(shù)法計(jì)算得解.(2)根據(jù)給定條件求出點(diǎn)M的坐標(biāo)，并求出點(diǎn)M到直線DP距離，再借助三角形面積公式計(jì)算即得.(3)設(shè)出直線AB方程：x=ty?3，聯(lián)立直線AB與雙曲線C的方程，借助韋達(dá)定理計(jì)算即可作答.【解答過(guò)程】（1）因雙曲線C的中心在原點(diǎn)，一個(gè)頂點(diǎn)是D(1,0)，則設(shè)雙曲線C的方程為：x2于是得雙曲線C的漸近線方程為y=±bx，而雙曲線C的一條漸近線的一個(gè)方向向量是d=(1,則有b=2所以雙曲線C的方程為x2（2）依題意，設(shè)點(diǎn)M(x0,y0|PM|2=x02+點(diǎn)M到直線DP：x+y?1=0的距離為d=|113

四邊形ODMP的面積S=S△ODP+所以四邊形ODMP的面積為11+2（3）顯然直線AB不垂直于y軸，設(shè)直線AB方程：x=ty?3，由x=ty?32x2?y當(dāng)2t2?1≠0時(shí)，Δ則有y1+y因此，DA?DB=(所以DA?【變式5-2】（2024·河北保定·三模）設(shè)橢圓C：x27+y2b2=1(0<b<7)的左、右頂點(diǎn)和橢圓Γ:x214+y27=1的左、右焦點(diǎn)均為E，F(xiàn).P是C上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（異于E，F(xiàn)），已知直線EP交直線l(1)若b為定值，證明：OA?(2)若直線OM，ON的斜率之積恒為?12，求【解題思路】（1）易得E(?7,0)，F(xiàn)(7,0)，設(shè)P（m，n），則m27+n2b2（2）設(shè)直線AB：y=kx+t，結(jié)合（1）得到OA?OB=?7+t2?7k2=?7+4【解答過(guò)程】（1）證明：易知E(?7,0)，F(xiàn)(7,0)，設(shè)P（m，n），則直線PE：y=nm+7(x+7所以O(shè)A=(直線PF：y=nm?7(x?7所以O(shè)B=(?所以O(shè)A?（2）設(shè)直線AB：y=kx+t，則B(?7,t?7則OA?OB=?7+令直線AB與橢圓Γ聯(lián)立，y=kx+t,x214+y需滿足Δ>0，設(shè)M(x1,y1)因?yàn)閗OM=y所以kOM所以kt(x1+整理得2t2=14所以4b2=【變式5-3】（2024·河北石家莊·二模）已知M為平面上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，M到定直線x=1的距離與到定點(diǎn)F(2,0)距離的比等于22，記動(dòng)點(diǎn)M的軌跡為曲線C(1)求曲線C的方程；(2)過(guò)點(diǎn)F的直線l與曲線C交于A，B兩點(diǎn)，在x軸上是否存在點(diǎn)P，使得PA?【解題思路】（1）根據(jù)題意，用點(diǎn)到直線和點(diǎn)到點(diǎn)的距離公式列出方程，整理得出方程即可.（2）假設(shè)存在P(t,0)，先考慮斜率不為0的情況，設(shè)其方程為x=my+2，再與曲線聯(lián)立后用韋達(dá)定理，表達(dá)出PA?PB=(4t?6)m2+2【解答過(guò)程】（1）設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x,y)，則|x?1|(x?2)即2(x?1)2=[(x?2)2+y（2）如圖當(dāng)直線l的斜率不為0時(shí)，設(shè)其方程為x=my+2.由于直線與雙曲線交點(diǎn)兩個(gè)，則直線不能與漸近線平行，漸近線斜率為±1，則m≠±1.代入x22?y22=1，整理得，(m2?1)y則y1所以PA=(=(m2+1)×若要上式為定值，則必須有4t?6=?2，即t=1，∴(4t?6)m2+2m2當(dāng)直線l的斜率為0時(shí)，A(?2,0)，B(2,0)，此時(shí)點(diǎn)P(1,0)亦滿足PA?綜上所得，在x軸上存在點(diǎn)P(1,0)，使得PA?PB為定值，定值為【題型6線段定值問(wèn)題】【例6】（2024·河南濮陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1a>0,b>0(1)求C的方程；(2)若過(guò)點(diǎn)F2的直線l與C的左、右兩支分別交于A,B兩點(diǎn)，與拋物線y2=16x交于P,Q兩點(diǎn)，試問(wèn)是否存在常數(shù)λ，使得1【解題思路】（1）根據(jù)已知列方程組求解求出雙曲線方程；（2）先聯(lián)立方程組求出兩根和兩根積，再應(yīng)用弦長(zhǎng)公式，最后計(jì)算得出定值.【解答過(guò)程】（1）設(shè)雙曲線C的半焦距為cc>0由題意可得e=ca=216a2?（2）假設(shè)存在常數(shù)λ滿足條件，由（1）知F2設(shè)直線l:x=my+4,Ax聯(lián)立方程得x24?y2所以3m2?1≠0,ABAB=因?yàn)橹本€l過(guò)點(diǎn)F2且與C的左、右兩支分別交于A，B兩點(diǎn)，所以A,B兩點(diǎn)在x軸同側(cè)，所以y此時(shí)3m2?1>0，即m設(shè)Px3,y3,Qx則Δ1所以PQ===16m所以1AB故當(dāng)?4?3λ=12時(shí)，12m2?4?3λ48m2+1為定值1【變式6-1】（2024·山東菏澤·模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦點(diǎn)分別為F(1)求橢圓C的方程；(2)若直線l:x?my?n=0與橢圓C交于P,Q兩點(diǎn)．與x軸交于點(diǎn)N．試判斷是否存在n∈(?6,6)，使得【解題思路】（1）根據(jù)給定條件，利用點(diǎn)在橢圓上及四邊形面積，結(jié)合待定系數(shù)法求出a,b,c.（2）聯(lián)立直線l與橢圓C的方程，求出|PN|,|QN|結(jié)合韋達(dá)定理求解即得.【解答過(guò)程】（1）設(shè)橢圓C的焦距為2c(c>0)，依題意，B(?3,?1)，則四邊形AF1BF1為平行四邊形，其面積S=2×聯(lián)立解得b=2所以橢圓C的方程為x2（2）存在.由x=my+nx26+y當(dāng)n∈(?6,6設(shè)P(x1,|PN|=1+則1==當(dāng)6?n22=1，即n=±2時(shí)，1|PN|【變式6-2】（2024·四川內(nèi)江·三模）已知拋物線E的準(zhǔn)線方程為：x=?1，過(guò)焦點(diǎn)F的直線與拋物線E交于A、B兩點(diǎn)，分別過(guò)A、B兩點(diǎn)作拋物線E的切線，兩條切線分別與y軸交于C、D兩點(diǎn)，直線CF與拋物線E交于M、N兩點(diǎn)，直線DF與拋物線E交于P、Q兩點(diǎn).(1)求拋物線E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)證明：1MN【解題思路】（1）由拋物線的準(zhǔn)線方程求解p=2，即可求解拋物線標(biāo)準(zhǔn)方程.（2）設(shè)出直線AB的方程，然后與拋物線方程聯(lián)立，韋達(dá)定理，推出兩切線方程，進(jìn)而求得點(diǎn)C0,y12，點(diǎn)D0,【解答過(guò)程】（1）因?yàn)閽佄锞€的準(zhǔn)線為：x=?1，設(shè)y2=2px，則?p故拋物線E的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2（2）易知拋物線E的焦點(diǎn)F1,0設(shè)直線AB的方程為x=my+1，Ax1,聯(lián)立y2=4xx=my+1由韋達(dá)定理可得y1+y接下來(lái)證明拋物線E在點(diǎn)A處的切線方程為y1聯(lián)立y2=4xy1y=2x+2x1所以，直線y1y=2x+2x所以，AC的方程為y1同理可知，直線BD的方程為y2在直線AC的方程中，令x=0，可得y=2x1同理可得點(diǎn)D0,y22，所以，直線CF的方程為設(shè)點(diǎn)Mx3,y3、N由韋達(dá)定理可得y3+y所以MN=同理可得PQ=所以1=8y1故1MN+1【變式6-3】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知雙曲線H:x24?y2=1的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，左、右頂點(diǎn)分別為A1，(1)求橢圓E的離心率；(2)設(shè)點(diǎn)M(m,n)滿足m2<4n2，過(guò)M且與雙曲線H的漸近線平行的兩直線分別交H于點(diǎn)P，Q，過(guò)M且與PQ平行的直線交H的漸近線于點(diǎn)S，【解題思路】（1）根據(jù)給定條件，求出橢圓的頂點(diǎn)、焦點(diǎn)坐標(biāo)，再求出離心率.（2）當(dāng)m=0時(shí)，由對(duì)稱性可得|MS||MT|=1，當(dāng)m≠0時(shí)，求出直線P，Q的坐標(biāo)，進(jìn)而求出斜率，求出直線ST的方程，求出S，【解答過(guò)程】（1）由雙曲線H:x24因此橢圓E的頂點(diǎn)為F1(?5焦點(diǎn)為A1所以橢圓E的離心率為25（2）依題意，雙曲線x24?y2當(dāng)m=0時(shí)，由對(duì)稱性得P，Q關(guān)于y軸對(duì)稱，S，T關(guān)于y軸對(duì)稱，則M為S，T的中點(diǎn)，則|MS||MT|

下面證明當(dāng)m≠0時(shí)，|MS||MT|=1，即證M為S，由點(diǎn)M(m,n)滿足m2<4n2，得m?2n≠0，m+2n≠0，n≠0，不妨設(shè)當(dāng)x=m時(shí)，y=12m<n，此時(shí)點(diǎn)M(m,n)同理可證，點(diǎn)M(m,n)在兩漸近線y=±12x于是kMQ=?12，kMP=12，設(shè)直線則有x24?y點(diǎn)P的坐標(biāo)xP,yP滿足2xP=因此直線PQ的斜率：kPQ=yP?設(shè)直線ST方程為y?n=m4n(x?m)，由y?n=即2nx?4n2=mx?m2，得T于是xT+xS=2m，即M為S【題型7角度定值問(wèn)題】【例7】（2024·山西·三模）已知拋物線E:y2=2pxp>0的焦點(diǎn)(1)求E的方程；(2)已知點(diǎn)Tt,0，若E上存在一點(diǎn)P，使得PO?PT(3)過(guò)M?4,0的直線交E于A，B兩點(diǎn)，過(guò)N?4,43的直線交E于A，C兩點(diǎn)，B，C位于x【解題思路】（1）根據(jù)題意可知焦點(diǎn)F到準(zhǔn)線的距離為p=2，即可得方程；（2）設(shè)Px,y，利用平面向量數(shù)量積可得t?4=x+（3）設(shè)Ay124,【解答過(guò)程】（1）由題意可知：焦點(diǎn)F到準(zhǔn)線的距離為p=2，所以拋物線E的方程為y2（2）設(shè)Px,y，可知y2=4x,x≥0可得PO?顯然x=0不滿足上式，則x>0，可得t?4=x+1又因?yàn)閤+1x≥2x?1則t?4≥2，即t≥6，所以t的取值范圍為6,+∞（3）設(shè)Ay則直線AB的斜率kAB可得直線AB的方程y?y1=同理可得：直線AC的方程4x?y由題意可得：?16+y1y又因?yàn)橹本€OB,OC的斜率分別為kOB顯然∠BOC為銳角，則tan∠BOC=所以∠BOC=π【變式7-1】（23-24高三下·云南昆明·階段練習(xí)）平面上一動(dòng)點(diǎn)Px,y滿足x?2(1)求P點(diǎn)軌跡Γ的方程；(2)已知A?2,0，B1,0，延長(zhǎng)PA交Γ于點(diǎn)Q，求實(shí)數(shù)m使得∠PAB=m∠PBA恒成立，并證明：【解題思路】（1）利用圓錐曲線的定義即可得曲線方程，但要注意只有雙曲線右支；（2）先得到特殊情況時(shí)m的值，再證明其對(duì)一般情況也適用.【解答過(guò)程】（1）由題意可得，動(dòng)點(diǎn)P到定點(diǎn)2,0的距離比到定點(diǎn)?2,0的距離大2，由雙曲線的定義，P點(diǎn)軌跡是以2,0，?2,0為焦點(diǎn)的雙曲線的左支，設(shè)Γ:x2a2?y所以Γ的方程為Γ:（2）如圖，不妨設(shè)點(diǎn)P在第二象限，①當(dāng)lPQΓ:x2?y23=1，令在△PAB中，AP=AB=3，∴∠PBA=45°②當(dāng)lPQ的斜率存在時(shí)，令lPA的傾斜角為α，lPB的傾斜角為β，則∠PAB=α假設(shè)∠PAB=2∠PBA成立，即α=2π?2β，則有tanα=又kpA=yx+2，2kPB2k∴k綜上，當(dāng)m=2時(shí)，有∠PAB=2∠PBA成立．此時(shí)∠QAB=π?α，由對(duì)稱性知，∠QBA=1∴∠PBQ=∠PBA+∠QBA=π【變式7-2】（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知雙曲線C:x2?y23=1的右焦點(diǎn)為F,A1,A(1)若直線A1M,A1N分別與線段O(2)當(dāng)直線l任意旋轉(zhuǎn)時(shí)，試問(wèn)：∠A【解題思路】（1）根據(jù)題意設(shè)直線l的方程，x=my+2m≠±33，設(shè)M（2）當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，∠A1FM=π2，則∠A1FM∠MA1F=2，當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，不妨設(shè)Mx0【解答過(guò)程】（1）由題意，得A1所以線段OA2的垂直平分線PQ的方程為設(shè)直線l的方程，x=my+2m≠±33由x=my+2x2?y2則y1x1x1直線A1M的方程為令x=12，則y=3同理可得Q1則FP=9

（2）當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，∠A對(duì)于x2?y23則MF=3，又A1F則∠A當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，不妨設(shè)Mx0,直線MF的傾斜角為α，直線MA1的傾斜角為則∠A1FM=假設(shè)∠A即π?α=2β則一定有tanπ即?k由?kl=?y0得2k故假設(shè)成立，即∠A綜上所述，∠A【變式7-3】（2024·浙江寧波·二模）已知雙曲線C:y2?x2=1，上頂點(diǎn)為D，直線l與雙曲線C的兩支分別交于A,B兩點(diǎn)（B在第一象限），與x軸交于點(diǎn)(1)若T3（i）若A0,?1，求β（ii）求證：α+β為定值；(2)若β=π6，直線DB與x軸交于點(diǎn)E，求△BET與【解題思路】（1）（i）先求直線TA的方程，聯(lián)立雙曲線方程求得點(diǎn)B的坐標(biāo)，求直線DB斜率，進(jìn)而求解即可；（ii）法1，設(shè)直線AB的方程為y=kx?33形式，并聯(lián)立雙曲線方程，求直線DA,DB的斜率的斜率和，進(jìn)而得證α+β為定值；法2，設(shè)直線AB的方程為mx+ny?1=1（2）先對(duì)直線DA、DT斜率不存在的情形進(jìn)行驗(yàn)證∠ADT=π6；法1：k1和kDT均存在時(shí)，設(shè)AB:y=kx?3+2,Tt,0，求得sin∠ADT=sin∠BET=12，從而得到△BET與△ADT的外接圓半徑之比的最大值；法2，k1和kDT均存在時(shí)，由A,T,B三點(diǎn)共線可得BA/BT，求得tan∠ADT的值和sin∠ADT=sin∠BET=1【解答過(guò)程】（1）（i）kTA=3直線TA與C聯(lián)立可得x2?3x=0，解得x=0或所以kDB=3（ii）法1：①直線AB斜率存在時(shí)，可設(shè)直線AB的方程為y=kx?3由y=kx?3所以x1當(dāng)x1=0時(shí)，由（i）可得當(dāng)x1≠0時(shí)，設(shè)DA,DB的斜率分別為k1所以k1k1所以tanα+β因?yàn)锽在第一象限，所以0<β<π2，所以0<α+β<3②直線AB斜率不存在時(shí)，可得A3可得k1所以tanα+β=k綜上可得，α+β為定值2π法2：①α=π2時(shí)，由（i）可得②α≠π2時(shí)，設(shè)DA,DB的斜率分別為設(shè)l:mx+ny?1=1，由T3l與C聯(lián)立可得2n+1(y?1)即2n+1y?1所以k1,k所以k1tanα+β因?yàn)锽在第一象限，所以0<β<π2，所以0<α+β<3綜上可得，α+β為定值2π（2）由（1）可得β=π6時(shí)，①k1不存在，則A0,?1，由①（i）可得T3所以∠ADT=π②kDT不存在，則T0,0，則此時(shí)k1=3③法1：若k1和kDT均存在，設(shè)AB:y=k與雙曲線聯(lián)立可得xA所以k1所以tan∠ADT=所以sin∠ADT=設(shè)△BET與△ADT的外接圓半徑分別為r1從而r1r2所以△BET與△ADT的外接圓半徑之比的最大值為2.法2：若k1和kDT均存在，設(shè)Ax由A,T,B三點(diǎn)共線可得BA/BT所以?2x0?k所以tan==3所以∠ADT=β，所以sin∠ADT=設(shè)△BET與△ADT的外接圓半徑分別為r1從而r1r2所以△BET與△ADT的外接圓半徑之比的最大值為2.法3：若k1和kDT均存在，設(shè)Tt,0則tanα+β記直線DT的傾斜角為γ，則α+β=γ，所以β=γ?α=∠ADT所以sin∠ADT=設(shè)△BET與△ADT的外接圓半徑分別為r1從而r1r2所以△BET與△ADT的外接圓半徑之比的最大值為2.【題型8動(dòng)點(diǎn)在定直線上問(wèn)題】【例8】（2024·北京·三模）已知橢圓E:x2a2+y2b2=1a>b>0的短軸長(zhǎng)為23，左、右頂點(diǎn)分別為C,D，過(guò)右焦點(diǎn)F1,0的直線l(1)求橢圓E的方程；(2)求證：點(diǎn)T在定直線上.【解題思路】（1）根據(jù)給定條件，求出a,b,c即可得解.（2）設(shè)出直線AB方程，與橢圓方程聯(lián)立，再求出直線AC與直線BD的交點(diǎn)橫坐標(biāo)，并結(jié)合韋達(dá)定理計(jì)算即得.【解答過(guò)程】（1）依題意，b=3，半焦距c=1，則a=所以橢圓E的方程為x2（2）顯然直線AB不垂直于y軸，設(shè)直線AB:x=ty+1，由x=ty+13x2+4yΔ=36t2則y1+y直線AC:y=y1x聯(lián)立消去y得y1x1整理得[y即[y于是3y2+則3y2+所以點(diǎn)T在定直線x=4上.【變式8-1】（2024·湖南婁底·一模）若拋物線Γ的方程為y2=4x，焦點(diǎn)為F，設(shè)P,Q是拋物線(1)若PF=3，求直線PF(2)設(shè)PQ中點(diǎn)為R，若直線PQ斜率為22，證明R【解題思路】（1）根據(jù)焦半徑公式得到xP=2，求出（2）法一：PQ:y=22x+t，聯(lián)立拋物線方程，設(shè)P法二：設(shè)Px1,y1,Qx【解答過(guò)程】（1）F1,0∴xP=2，將x=2代入y∴P所以kPF（2）法一：設(shè)PxPQ:y=22x+t代入y2=4x，得由韋達(dá)定理，有y1故yR=y1+法二：設(shè)Px由題意，y2故y1故yR=y1+【變式8-2】（2024·河北衡水·模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左?右焦點(diǎn)分別為(1)求C的方程；(2)斜率為12的直線l與C交于A,B兩點(diǎn)，則△MAB【解題思路】（1）由已知可得2a=23（2）設(shè)直線l的方程為y=12x+t，聯(lián)立方程組可得?32<t<32，且t≠12，x1+x2=?4t3【解答過(guò)程】（1）由題意，得2a=231a故C的方程為x2（2）△MAB的外心在定直線2x?y?1=0上.理由如下：由題意設(shè)直線l的方程為y=1

聯(lián)立y=12x+t所以Δ=16即?32<t<設(shè)Ax1,則x1所以kMA+kMB=x1x即直線MA與MB的斜率互為相反數(shù).設(shè)直線MA的方程為y?1=kx?1k≠0，即聯(lián)立x23+則x1所以x0所以y0即N?所以線段MA的垂直平分線的方程為y?1?k即y=?1直線MB的方程為y?1=?kx?1，同理可得線段MBy=1聯(lián)立①②，得x=k得2x?y?1=0，故△MAB的外心在定直線2x?y?1=0上.【變式8-3】（2024·貴州遵義·一模）已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1（a>0，b>0）的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，直線(1)求四邊形MF(2)設(shè)A，B為C的左、右頂點(diǎn)，直線l過(guò)點(diǎn)(?3,0)與C交于P，Q兩點(diǎn)（異于A，B），直線AP與BQ交于點(diǎn)R，證明：點(diǎn)R在定直線上．【解題思路】（1）依題意可得MF1⊥F1F2，且MF1=3，由x2a2?y（2）設(shè)直線l為x=my?3，Px1,y1，Qx2【解答過(guò)程】（1）由雙曲線C:x2a2?直線y=3與C的左、右兩支分別交于M，N兩點(diǎn)，且四邊形MF所以MF1⊥由x2a2?y即M?c,b2a，則b2解得c=2，a=1，b=3所以雙曲線C的方程為x2所以F1?2,0，F(xiàn)22,0，所以MF2的中點(diǎn)為D0,所以矩形MF1F（2）由（1）知A?1,0，B依題意知直線l的斜率不為零，設(shè)直線l為x=my?3，Px1,y1由x2?y當(dāng)3m2?1≠0所以y1+y所以43直線AP的方程為y=y1x1+1聯(lián)立兩方程可得，所以y1x+1x?1所以x+1x?1解得x=?1故點(diǎn)R在定直線x=?1一、單選題1．（2024·山東·模擬預(yù)測(cè)）已知拋物線C：x2=4y，過(guò)直線l：x+2y=4上的動(dòng)點(diǎn)P可作C的兩條切線，記切點(diǎn)為A,B，則直線AB（A．斜率為2 B．斜率為±2 C．恒過(guò)點(diǎn)0,?2 D．恒過(guò)點(diǎn)?1,?2【解題思路】設(shè)Ax1,y1,Bx2,【解答過(guò)程】設(shè)Ax1,y1由于y′=12x即y?y1=同理可得過(guò)點(diǎn)B的切線方程為y+y設(shè)P4?2n,n，過(guò)點(diǎn)Ax1故n+y1=同理n+y2=故直線AB的方程為y+n=2?n斜率不為定值，AB錯(cuò)誤，當(dāng)x=?1時(shí)，y=?2，恒過(guò)點(diǎn)?1,?2，C錯(cuò)誤，D正確.故選：D.2．（2024·河南信陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓C：x24+y2=1的下頂點(diǎn)為A，斜率不為0的直線l與C交于B，D兩點(diǎn)，記線段BD的中點(diǎn)為A．點(diǎn)E在定直線y=13上 B．點(diǎn)E在定直線C．點(diǎn)E在定直線y=23上 D．點(diǎn)E在定直線【解題思路】先設(shè)直線，然后根據(jù)韋達(dá)定理求出E點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)直線垂直列出方程求解,最后代入E點(diǎn)即可求出E所在直線.【解答過(guò)程】由題意知A0,?1,設(shè)直線l的方程為y=kx+m,設(shè)B聯(lián)立y=kx+m,x24+y所以x1+x所以y1+所以BD的中點(diǎn)E?因?yàn)锳E⊥BD,所以kAE即m1+4整理得1+4k所以所以E在定直線y=1故選:A.3．（23-24高二上·上海浦東新·期末）已知雙曲線Γ：x224?y225=1①點(diǎn)P到雙曲線兩條漸近線的距離為d1，d2，則②已知A、B是雙曲線上關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱不同于P的兩個(gè)點(diǎn)，若PA、PB的斜率存在且分別為k1，k2，則A．①真②真 B．①假②真C．①真②假 D．①假②假【解題思路】根據(jù)給定條件，求出雙曲線的漸近線方程，借助點(diǎn)到直線距離計(jì)算d1【解答過(guò)程】依題意，設(shè)P(x0,y0),x因此d1設(shè)A(x1,y1)，則否則，PA,PB之一垂直于y軸，由雙曲線對(duì)稱性知另一條必垂直于x軸，其斜率不存在，不符合題意，則k1所以①真②真.故選：A.4．（2024·江蘇南通·模擬預(yù)測(cè)）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，如圖，已知橢圓x29+y25=1的左、右頂點(diǎn)為A、B，右焦點(diǎn)為F.設(shè)過(guò)點(diǎn)T9,m的直線TA、TB與此橢圓分別交于點(diǎn)M（x1，y1）、N（x2，y

A．1,0 B．?1,0C．0,?1 D．0,1【解題思路】通過(guò)聯(lián)立方程組求得M,N兩點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)而確定定點(diǎn)的坐標(biāo).【解答過(guò)程】依題意得A?3,0直線TA的方程為y=m由y=m12x+3x2xA則y1所以M3?直線TB的方程為y=m由y=m6x?3x2xB所以y2所以N6若x1=x即80?m2mm4=1600,m2=40,m=2此時(shí)直線MN過(guò)點(diǎn)1,0.若x1≠x所以直線MN的方程為y?40my?40my?y===?10m所以直線MN過(guò)點(diǎn)1,0，綜上所述，直線MN過(guò)定點(diǎn)1,0.故選：A.

5．（2024·甘肅定西·一模）已知橢圓C:x2a2+y2=1(a>1)的離心率為32,P是C上任意一點(diǎn)，A．4|OP|2?d2C．|OP|2+4d2【解題思路】觀察選項(xiàng)，設(shè)Px,y，從而表示出OP2,d2【解答過(guò)程】依題意，設(shè)Px,y，則OP因?yàn)闄E圓C:x2a所以1?1a2所以C的方程為x24+y2所以|OP|故選：D.6．（2024·湖南長(zhǎng)沙·二模）已知A、B分別為雙曲線C:x2?y23=1的左、右頂點(diǎn)，過(guò)雙曲線C的左焦點(diǎn)F作直線PQ交雙曲線于P、QA．?13 B．?23 C．【解題思路】將所求的斜率之比用坐標(biāo)表示，再設(shè)出直線PQ的方程，聯(lián)立直線的方程和雙曲線的方程，結(jié)合根與系數(shù)之間的關(guān)系進(jìn)行坐標(biāo)運(yùn)算即可求解.【解答過(guò)程】如圖所示，設(shè)P(x1,所以kAP=y1x當(dāng)直線斜率存在時(shí)，設(shè)直線PQ方程為y=kx+2所以聯(lián)立雙曲線方程得:y=k(x+2)x消元得(3?k2所以x1因?yàn)閥1所以x將①代入得x2因?yàn)檫^(guò)雙曲線C的左焦點(diǎn)F作直線PQ交雙曲線于P、Q兩點(diǎn)，所以kAP:kBQ當(dāng)直線PQ斜率不存在時(shí)，容易驗(yàn)證k故選：C.7．（23-24高三下·河南鄭州·階段練習(xí)）已知曲線C:y4=a2x2a>0與直線y=2x+4有3個(gè)公共點(diǎn)，點(diǎn)A、B是曲線C上關(guān)于y軸對(duì)稱的兩動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)A在第一象限），點(diǎn)M、N是x軸上關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的兩定點(diǎn)（點(diǎn)A．8 B．16 C．?8 D．?16【解題思路】由已知結(jié)合直線與曲線的公共點(diǎn)個(gè)數(shù)先求出a，然后結(jié)合拋物線的定義即可求解.【解答過(guò)程】曲線y4=a2x由y=2x+4y2=?ax因?yàn)閍>0，所以Δ=可得拋物線y2=?ax與直線曲線y4=a則直線y=2x+4與拋物線y2把y=2x+4代入y2=ax得則Δ=16?a2由對(duì)稱性可知AM=BN，設(shè)AB與y軸的交點(diǎn)為則AB?若AB?AM?則點(diǎn)M,N分別為拋物線y2=32x與此時(shí)AB?AM?BN為拋物線與其焦點(diǎn)距離差的2倍，即?16.故選：D．8．（2024·黑龍江哈爾濱·二模）如圖，P，M，Q，N是拋物線E:y2=4x上的四個(gè)點(diǎn)（P，M在x軸上方，Q，N在x軸下方），已知直線PQ與MN的斜率分別為?22和2，且直線PQ與MN相交于點(diǎn)GA．125 B．512 C．1【解題思路】設(shè)出點(diǎn)G的坐標(biāo)，寫出MN、PQ直線的方程，聯(lián)立拋物線方程，再根據(jù)韋達(dá)定理和弦長(zhǎng)公式分別求得MG、【解答過(guò)程】設(shè)Gx0,y0聯(lián)立拋物線方程y2=4x可得，則yM又直線PQ方程為y?y聯(lián)立拋物線方程y2=4x可得則，yP故PG=1+1?222故|PG|?|GQ||MG|?|GN|=2故選：A.二、多選題9．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）已知雙曲線C:x23?y2=1的右焦點(diǎn)為F，動(dòng)點(diǎn)M,N在直線l:x=32上，且FM⊥FN，線段FM交C于點(diǎn)PA．△FMN的面積S≥12 C．MR?HN=FH【解題思路】對(duì)于A，通過(guò)相似三角形計(jì)算邊的關(guān)系，并通過(guò)基本不等式求面積取值范圍即可；對(duì)于B，通過(guò)兩點(diǎn)距離公式計(jì)算線段的長(zhǎng)度，并作比較即可；對(duì)于C，D，通過(guò)相似三角形確定邊的比值即可；【解答過(guò)程】依題意，如圖所示，F(xiàn)2,0，設(shè)直線l與x軸的交點(diǎn)為H所以FH=12，設(shè)HM因?yàn)椤螹HF=∠FHN=π2,FM⊥FN所以△MHF∽△FHN，所以MHFH即HM?HN=所以S=14x+y設(shè)Px所以PR=x0?3所以PF=所以PRPF由A選項(xiàng)可得，△MRP∽△FHN，所以MRFH所以MR?HN=由∠MFN=π2，得則MPPR=MN所以MP?故選：BCD．10．（2024·江蘇蘇州·模擬預(yù)測(cè)）對(duì)于拋物線γ:y2=2px,(p>0),F是它的焦點(diǎn)，γ的準(zhǔn)線與x軸交于T，過(guò)點(diǎn)T作斜率為kk>0的直線與γ依次交于B、A兩點(diǎn)，使得恰有A．k是定值，p不是定值B．k不是定值，p也不是定值C．A、B兩點(diǎn)橫坐標(biāo)乘積為定值D．記AB中點(diǎn)為M，則M和A橫坐標(biāo)之比為定值【解題思路】由題意可得點(diǎn)T,F的坐標(biāo)，設(shè)直線AB的方程，與拋物線的方程聯(lián)立，可得兩根之和及兩根之積，再由BT?BF=0，可得點(diǎn)B的坐標(biāo)，進(jìn)而可得直線AB的斜率，判斷出AB的真假，由兩根之積可得A，B的橫坐標(biāo)之積，判斷出C的真假，由C選項(xiàng)分析，可得點(diǎn)A的橫坐標(biāo)，及A，B的中點(diǎn)M的橫坐標(biāo)，可得M【解答過(guò)程】如圖，由題意得T?p2設(shè)直線AB的方程為x=my?p2,m=聯(lián)立x=my?p2y所以y對(duì)于A，由BT?BF=0可得y144解得y12=5?2p2可得B的橫坐標(biāo)5?22p可得k=5對(duì)C，A、B兩點(diǎn)橫坐標(biāo)乘積為y1對(duì)D，由題意，M的橫坐標(biāo)為y=2由C選項(xiàng)分析可得點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為p2所以5p故選：AD.11．（2024·浙江金華·模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓x22+y2=1,O為原點(diǎn)，過(guò)第一象限內(nèi)橢圓外一點(diǎn)Px0,y0A．直線AB過(guò)定點(diǎn) B．k1C．x0?y0的最大值為2【解題思路】設(shè)直線AB的方程為y=kx+t，聯(lián)立橢圓方程，得到兩根之和，兩根之積，由k1?k2=14得到方程，求出t2=4k2?1，證明橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)在Qx3,y3處的切線方程為x【解答過(guò)程】由于k1?k2=14所以直線AB方程斜率一定存在，設(shè)直線AB的方程為y=kx+t，聯(lián)立x21+2k設(shè)Ax1,故y=k其中k1故y1y2所以?8k2+4下面證明橢圓E:x2a2+理由如下：當(dāng)y3≠0時(shí)，故切線的斜率存在，設(shè)切線方程為代入橢圓方程得：a2由Δ=2a所以x3把x3=?a2于是n=?m則橢圓的切線斜率為?b2x整理得到a2其中b2x32+當(dāng)y3=0時(shí)，此時(shí)x3當(dāng)x3=a時(shí)，切線方程為x=a，滿足當(dāng)x3=?a時(shí)，切線方程為x=?a，滿足綜上：橢圓E:x2a2+故橢圓在點(diǎn)Ax1,在點(diǎn)Bx2,由于點(diǎn)Px0,y0故x1x0所以直線AB為x0因?yàn)橹本€AB的方程為y=kx+t，對(duì)照系數(shù)可得k=?x又t2=4k2?1又Px故點(diǎn)Px0,A選項(xiàng)，直線AB為x02x+B選項(xiàng)，k3=?b則k3k1C選項(xiàng)，由于x02?y02=1設(shè)x0?y0=sD選項(xiàng)，由于x02?y02=1設(shè)5x0?3則兩式聯(lián)立得?16y由Δ=36?2檢驗(yàn)，當(dāng)?=4時(shí)，5x0?3解得x0故5x故選：BD.三、填空題12．（2024·四川宜賓·二模）已知F為拋物線C:x2=?8y的焦點(diǎn)，過(guò)直線l:y=4上的動(dòng)點(diǎn)M作拋物線的切線，切點(diǎn)分別是P,Q，則直線PQ過(guò)定點(diǎn)【解題思路】設(shè)Px1,y1【解答過(guò)程】設(shè)Px由x2=?8y，得y=?1則拋物線C在點(diǎn)P處得切線方程為y?y即y=?1又x12=?8又因?yàn)辄c(diǎn)Mt,4在切線MP上，所以4=?同理可得4=?1由①②可得直線PQ的方程為4=?1所以直線PQ過(guò)定點(diǎn)0,?4.

故答案為：0,?4.13．（2024·四川·模擬預(yù)測(cè)）已知點(diǎn)A為橢圓E:x225+y29=1的左頂點(diǎn)，點(diǎn)F為橢圓E的右焦點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)F作一條直線（直線與x軸不重合）交橢圓E于M,N【解題思路】利用橢圓方程可知A?5,0,F4,0，再設(shè)直線MN:x=my+4【解答過(guò)程】由題知A?5,0,F4,0，設(shè)M聯(lián)立x225+y2所以y1因此kAM?k故答案為：?114．（2024高三·全國(guó)·專題練習(xí)）已知雙曲線C1：x24?y2=1和橢圓C2：x24+y2=1.過(guò)點(diǎn)P2,1的動(dòng)直線l1交C1于A，B兩點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)Р【解題思路】設(shè)直線l1的方程為y=kx+m，得到2k+m=1，聯(lián)立方程組得到x1+x2,x1x2，設(shè)Qx0,y0，求得kQA+kQB【解答過(guò)程】當(dāng)直線l1、l2的斜率不存在時(shí)，不滿足題意.故直線l1直線l1過(guò)點(diǎn)P2,1，即聯(lián)立方程組y=kx+mx24則1?4k2≠0設(shè)Ax1,y1，B設(shè)Qx0,整理得kQA則kQA將2k+m=1代入得kQA由動(dòng)直線l1、l2互不影響可知，要滿足則kQA+k因此要滿足kQA①若16y0?8x0y0經(jīng)檢驗(yàn)滿足Q2,0，此時(shí)k②若16y0?8x0則有16y綜上，當(dāng)Q2,0，k下面只需驗(yàn)證當(dāng)Q2,0時(shí)，k設(shè)直線l2方程為：y=tx+n，直線l2過(guò)點(diǎn)P2,1橢圓方程聯(lián)立y=tx+nx24+y設(shè)Mx3,y3，NkQM化簡(jiǎn)得kQM則kQM將2t+n=1得kQM+kQ