2/30重難點34圓錐曲線中的定點、定值、定直線問題【全國通用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1直線過定點問題】 2【題型2存在定點滿足某條件問題】 7【題型3面積定值問題】 12【題型4斜率的和差商積定值問題】 18【題型5線段定值問題】 23【題型6圓錐曲線中其他定值問題】 28【題型7圓錐曲線中的定直線問題】 361、圓錐曲線中的定點、定值、定直線問題圓錐曲線中的定點、定值、定直線問題是高考的重點、熱點內(nèi)容，從近幾年的高考情況來看，此類問題考查頻率較高，此類問題一般有直線過定點問題、滿足某條件的定點問題、定值問題以及定直線問題等熱點問題，主要在解答題中考查，選擇、填空題中考查較少，在解答題中考查時綜合性強(qiáng)，難度較高，復(fù)習(xí)時要加強(qiáng)這方面的訓(xùn)練，學(xué)會靈活求解.知識點1圓錐曲線中的定點、定值問題1．圓錐曲線中的定點、定值問題圓錐曲線中的定點定值問題一般與圓錐曲線的基本量和題設(shè)條件中的給定的點或值有關(guān)，曲線過定點問題以直線過定點居多，定點問題其實也可以歸結(jié)到定值問題(定點的橫縱坐標(biāo)為定值).這類問題用函數(shù)的思想方法來處理，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——化簡函數(shù)解析式，消去參數(shù)得定值.一些存在性問題，是否存在定點使得某一個量為定值，是否存在定值使得某一量為定值，是否存在定點使得曲線過定點，是否存在定值使得曲線過定點，可以看做定點定值問題的延伸.2．定點問題的求解思路：一是從特殊入手，求出定點，再證明這個點與變量無關(guān)；二是直接推理、計算，并在計算過程中消去變量，從而得到定點.3．過定點問題的兩大類型及解法(1)動直線l過定點問題解法：設(shè)動直線方程（斜率存在）為y=kx+t，由題設(shè)條件將t用k表示為t=(2)動曲線C過定點問題解法：引入?yún)⒆兞拷⑶€C的方程，再根據(jù)其對參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點．4．定值問題的求解思路：將問題涉及的幾何式轉(zhuǎn)化為代數(shù)式或三角式，證明該式的值與參數(shù)無關(guān).5．求解定值問題的三個步驟(1)由特例得出一個值，此值一般就是定值；(2)證明定值，有時可直接證明定值，有時將問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)式，可證明該代數(shù)式與參數(shù)（某些變量）無關(guān)；也可令系數(shù)等于零，得出定值；(3)得出結(jié)論．知識點2圓錐曲線中的定直線問題1．圓錐曲線中的定直線問題定直線問題是指因圖形變化或點的移動而產(chǎn)生的動點在定直線上的問題.這類問題的核心在于確定定點的軌跡，主要方法有：(1)設(shè)點法：設(shè)點的軌跡，通過已知點軌跡，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)驗證法：通過特殊點位置求出直線方程，對一般位置再進(jìn)行驗證.【題型1直線過定點問題】【例1】（2025·山東泰安·模擬預(yù)測）已知F是橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點，點A(1,32)在C上，F(xiàn)A⊥x軸，直線l與x(1)求C的方程；(2)證明：l過定點.【答案】(1)x(2)證明見解析【解題思路】（1）根據(jù)給定條件，列式求出a,b,c即可.（2）設(shè)出直線l的方程，與方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理及斜率坐標(biāo)公式計算推理即得.【解答過程】（1）依題意，1a2+94所以C的方程為x2（2）點F(1,0)，顯然l的斜率存在，設(shè)l的方程為y=kx+m，P(x由x24+y由直線l與橢圓C交于P、Q兩點，得Δ=則x1+x2=即y1因此(kx1+m)(x則2k4m2所以直線l的方程為y=k(x?4)，即l過定點(4,0).【變式1-1】（2025·湖北黃岡·三模）已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)左頂點A?1,0到其漸近線的距離為32.過右焦點F的直線分別交雙曲線的左，右兩支及直線l:x=12(1)求C的方程；(2)證明：直線MH過定點.【答案】(1)x(2)證明見解析【解題思路】（1）由條件及點到直線的距離公式求b，由左頂點的坐標(biāo)求a，進(jìn)而得到C的方程即可；（2）設(shè)直線PF的方程為x=my+2，Mx1,y1,Nx2,y2【解答過程】（1）因為C的一條漸近線方程為bx?y=0，所以點A到漸近線的距離為bb所以b2=3，所以雙曲線C的方程是（2）由題意雙曲線C的右焦點F2,0，直線PF故可設(shè)直線PF的方程為x=my+2，因為直線PF與雙曲線左，右兩支分別交于M,N兩點，所以m∈?設(shè)Mx1,y1得到3m則y1+y2=?直線PF的方程x=my+2，又直線l:x=12，聯(lián)立可得所以直線AP的方程為y=?1又直線GN的方程是y=y2，聯(lián)立可得又NG=GH，所以H的坐標(biāo)是所以直線MH的方程是：y?令y=0，由x1=my得x=4m所以直線MH過定點?1,0.【變式1-2】（2025·云南昭通·模擬預(yù)測）過拋物線T:y2=2px(p>0)上的點Ax0,y0的直線l1，l2分別交拋物線T于點B，C．設(shè)直線l1，l2的斜率分別為k1，k(1)求拋物線T的方程；(2)當(dāng)y0=2時，證明：直線【答案】(1)y(2)證明見解析【解題思路】（1）由題意設(shè)By122p,y1（2）設(shè)By124,y1，Cy224,y【解答過程】（1）已知當(dāng)x0=0時，A0,0，B，C關(guān)于x設(shè)By122p,由斜率公式k1=y1?0y122p△ABC面積S=2p?2p=4p2=16，解得p=2，拋物線T（2）

證明：設(shè)By124,則k1=y因為k1k2=?1，則則y1y2所以直線BC的方程為y?y1=把y1y2=?2y所以直線BC過定點5,?2．【變式1-3】（2025·北京大興·三模）已知橢圓E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的短軸長為23，過左焦點F?1,0作兩條互相垂直的直線l1，l2，分別交橢圓E于A，B(1)求橢圓E的方程；(2)直線MN是否經(jīng)過定點？若是，求出定點坐標(biāo)；若否，請說明理由．【答案】(1)x(2)直線MN經(jīng)過定點，定點坐標(biāo)為?【解題思路】（1）由焦點坐標(biāo)以及短軸長的概念，結(jié)合橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，可得答案；（2）利用分類討論，分直線斜率存在與否，設(shè)出直線方程以及交點坐標(biāo)，寫出中點坐標(biāo)，聯(lián)立方程，寫出韋達(dá)定理，可得答案.【解答過程】（1）因為橢圓的左焦點F?1,0，所以c=1又短軸長為2b=23，所以b=3，由a2故橢圓E的方程為x2（2）當(dāng)直線AB和CD斜率存在時，設(shè)直線AB方程為：y=kx+1設(shè)Ax1,y1聯(lián)立方程y=kx+1x24+由韋達(dá)定理得：x1+x2=將上式中的k換成?1k，同理可得N的坐標(biāo)為若?4k23+4k2此時直線MN斜率不存在，直線過定點?4當(dāng)k≠±1時，即直線MN斜率存在，則kMN直線MN為y+3k令y=0，得x=?4此時直線MN過定點?4顯然當(dāng)直線AB或CD斜率不存在時，直線MN就是x軸，也會過?4綜上所述：直線MN經(jīng)過定點，定點坐標(biāo)為?47,0【題型2存在定點滿足某條件問題】【例2】（2025·陜西寶雞·三模）已知雙曲線C過點P3,1且一條漸近線方程為(1)求雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若過點M1,0的直線l與雙曲線C相交于A,B兩點，試問在x軸上是否存在定點N，使直線NA與直線NB關(guān)于x軸對稱，若存在，求出定點N【答案】(1)x(2)存在，N【解題思路】(1)利用漸近線方程設(shè)出雙曲線方程，再將點P3(2)假設(shè)存在點N，聯(lián)立直線l與雙曲線C方程，應(yīng)用韋達(dá)定理，將直線NA與直線NB關(guān)于x軸對稱轉(zhuǎn)化為kAN+k【解答過程】（1）∵雙曲線C的一條漸近線方程為x+y=0，∴設(shè)雙曲線方程為x2又∵雙曲線C過點P3,1，則代入得∴雙曲線C的方程為x2（2）

設(shè)Ax1,假設(shè)在x軸上存在定點Nx0,0，使直線NA與直線NB由題意知，直線l的斜率一定存在，則設(shè)其方程為y=kx?1聯(lián)立方程組x22?y2由題意知1?k2≠0又有x1+x則kAN∴k2∴k2x上式對?k∈?2,?1∴存在定點N2,0，使kAN+kBN=0，即使直線【變式2-1】（2025·北京昌平·二模）已知橢圓E:x2a2+(1)求橢圓E的方程及離心率；(2)過點2,0且斜率為kk≠0的直線與橢圓E交于A,B兩點，點C與點B關(guān)于x軸對稱．在x軸上是否存在定點Dm,0，使A,C,D三點共線？若存在，求實數(shù)【答案】(1)x26(2)存在；m=3【解題思路】（1）利用橢圓的性質(zhì)，結(jié)合面積公式可列出方程組求解橢圓各參數(shù)即求解；（2）利用直線與橢圓聯(lián)立方程組，設(shè)交點坐標(biāo)，假設(shè)存在點Dm,0，則可得相等關(guān)系k【解答過程】（1）由題意得2a=262bc=6a所以橢圓E的方程為x26+（2）設(shè)直線AB的方程為y=kx?2，點Ax1由y=kx?2x2依據(jù)題意，Δ>0，因為點C與點B關(guān)于x軸對稱，所以點Cx若在x軸上存在定點Dm,0，使A,D,C三點共線，則kkAD?==由kAD?k由k≠0，得2x因為2=2×=16k2?12?8mk故在x軸上存在定點D3,0，使A,C,D【變式2-2】（2025·四川雅安·一模）已知O為坐標(biāo)原點，過點P2,0的動直線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P的定點Q，使得∠AQP=∠BQP恒成立？若存在，求出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)?4；(2)存在，(?2,0).【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P的定點Q，使得∠AQP=∠BQP恒成立，由拋物線對稱性知，點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P的定點Q，使得∠AQP=∠BQP恒成立，點Q的坐標(biāo)為(?2,0).【變式2-3】（2025·上?！と＃┤鐖D，橢圓Γ：x24+y22=1，F(xiàn)為其右焦點，過點P(0,1)的動直線l

(1)若直線l經(jīng)過焦點F，求此時線段AB的長度；(2)若焦點F不在直線l上，求△FAB周長的最大值及相應(yīng)直線l的方程；(3)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，是否存在與點P不同的定點Q，使得|QA||QB|=|PA|【答案】(1)3；(2)最大值為8，直線l：y=2(3)存在，Q(0,2).【解題思路】（1）求出點F的坐標(biāo)及直線l的方程，與橢圓方程聯(lián)立求出弦長.（2）令橢圓左焦點為E，利用線段和差大小關(guān)系及橢圓定義推理求解.（3）由特殊位置確定點Q的位置及坐標(biāo)，再就一般情況推理求解.【解答過程】（1）依題意，F(xiàn)(2,0)，直線l的斜率為?2由y=?22x+1x24+所以線段AB的長|AB|=(（2）設(shè)橢圓的左焦點為E(?2,0)，則于是AB+AF+BF≤所以△FAB周長的最大值為8，此時直線l方程為y=2（3）存在點Q0,2假設(shè)存在滿足題意的定點Q，當(dāng)直線l平行于x軸時，則QAQB=PAPB=1，A則Q點在y軸上，不妨設(shè)Q0,t當(dāng)直線l垂直于x軸時，A0,2，B0,?解得t=2或t=1（舍去，否則Q點就是P點），即Q點的坐標(biāo)為0,2；對于一般的直線l：y=kx+1，Q0,2因為QAQB=PAPB，由角平分線定理知，y軸為設(shè)Ax1,y1，B則y=kx+1x2+2y2則x1+x于是kQA=y兩式相加得，kQA即kQA即存在與點P不同的定點Q0,2，使得QA【題型3面積定值問題】【例3】（2025·山西·三模）已知雙曲線C:x2a2?y2(1)求C的方程；(2)過雙曲線C右支上一動點M分別作C兩條漸近線的平行線，與兩條漸近線分別交于P，Q，O為坐標(biāo)原點，證明：平行四邊形MPOQ的面積為定值，并求出該定值．【答案】(1)x(2)證明見解析，定值1【解題思路】（1）根據(jù)離心率的概念，將點A2（2）由（1）求得Pn+2m4,n+2m2【解答過程】（1）由已知可得e=ca=又因為c2=a將點A2,2代入雙曲線方程，得聯(lián)立①②得a2=1，所以所以雙曲線方程為：x2（2）由（1）得雙曲線漸近線方程為l1:y=2x，設(shè)Mm,n，則lMQ:y=2x+n?2m聯(lián)立l1和lMP，解得交點則平行線l1和lMQ之間的距離則平行四邊形MPOQ的面積S=OP由于M在雙曲線上，則m2?n所以平行四邊形MPOQ的面積為定值1.

【變式3-1】（2025·江西·一模）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0的焦距為2，直線l:y=kx+mk>0與C交于(1)求橢圓C的方程；(2)若OM、ON的斜率分別為k1、k2且始終滿足k1k2(3)A、B為橢圓C上關(guān)于原上對稱的兩點且滿足2MN=AB，直線MB、AN交于點Q【答案】(1)x(2)1+(3)是定值，且定值為2【解題思路】（1）利用點差法以及橢圓的焦距可得出關(guān)于a2、b2的方程組，解出這兩個量的值，即可得出橢圓（2）聯(lián)立直線l與橢圓C的方程，列出韋達(dá)定理，利用斜率公式結(jié)合k1k2=34+（3）分析可知故點Q到直線AB的距離等于兩平行線AB、MN間的距離的23，設(shè)直線AB的方程為y=kx，將該直線方程與橢圓方程聯(lián)立，列出韋達(dá)定理，根據(jù)AB=2MN【解答過程】（1）設(shè)點Mx1,y1上述兩個等式作差可得x12?即kOP由題意可得?b2a因此，橢圓C的方程為x2（2）聯(lián)立直線l與橢圓C的方程y=kx+m3x2Δ=64k2由韋達(dá)定理可得x1+x所以，y=4因為k1則y1即3m整理可得4k2?8k?3=0，解得k=1+72（3）因為AB=2MN，且BM∩AN=Q，則故點Q到直線AB的距離等于兩平行線AB、MN間的距離的23設(shè)直線AB的方程為y=kx，聯(lián)立直線AB與橢圓C的方程得y=kx3AB=483+4k21+kMN=因為AB=2MN，可得解得m2所以，S△ABQ因為△ABQ的面積為定值2.【變式3-2】（2025·山東聊城·模擬預(yù)測）已知拋物線C:x2=2pyp>0的焦點為F，準(zhǔn)線與拋物線對稱軸的交點為H,P為拋物線C上的動點，當(dāng)P的縱坐標(biāo)為(1)求拋物線C的方程；(2)設(shè)點O為坐標(biāo)原點，過點F作直線l1與曲線C交于A,B兩點，作直線l2與曲線C交于C,D兩點，E,M分別為AB,CD的中點，直線l1與l2的斜率滿足k1【答案】(1)x(2)是定值，5【解題思路】（1）利用拋物線的定義，得到PFPH=sin∠PHG，從而有（2）設(shè)直線AB的方程y=k1x+1，聯(lián)立直線與拋物線方程，利用根與系數(shù)間的關(guān)系，求得E2k1,2k12+1，同理可得M2k2,2k22+1，法一，設(shè)直線EM的方程為mx+ny=1，結(jié)合條件，利用E【解答過程】（1）過點P作準(zhǔn)線的垂線，垂足為G，如圖所示,由拋物線的定義知，PF=PG，則所以，當(dāng)PFPH取得最小值，∠PHG取得最小值，此時PH與拋物線相切于點P不妨設(shè)P2p,1，又則kPH=1+所以拋物線C的方程為x2（2）解法1：設(shè)Ax1,y1則y=k1x+1x2=4y，消去則E2k1設(shè)直線EM的方程為mx+ny=1，則2mk1+n同理2nk22+2mk所以k1k2則直線EM的方程為mx+15y=1，所以直線EM設(shè)點O與F到直線EM的距離分別為h1和h2，所以所以S△OEMS△MEF=12EM解法2：設(shè)Ax1,y1則y=k1x+1x2=4y，消去則E2k1又k1k2=?2，用?2易知直線EM的斜率必存在，kEM則直線EM的方程為y?2令x=0，則y=2k12+1?2設(shè)點O與F到直線EM的距離分別為h1和h2，所以所以S△OEM故△OEM與△MEF的面積之比是定值，定值為54【變式3-3】（2025·陜西安康·模擬預(yù)測）“如果兩個橢圓的離心率相同，我們稱這兩個橢圓相似”.已知橢圓C:x2a2+y2(1)求C的標(biāo)準(zhǔn)方程.(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點，P為E上的動點，過點P且斜率為k(k≠0)的直線與E相切，與C交于A，B兩點，射線PO交C于點Q，試問：△ABQ的面積是否為定值？若為定值，求出定值；若不為定值，請說明理由.【答案】(1)x(2)是，63【解題思路】(1)根據(jù)橢圓離心率的定義，短軸的概念，求出橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程.(2)根據(jù)直線與橢圓的交點問題解題方程，依據(jù)弦長公式,證明橢圓中的定值問題.【解答過程】（1）因為E的短軸長為2，所以d=1.因為E的離心率為e=b2?1又C的離心率e=a2?所以C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）由（1），知E:x設(shè)Px0,y0由y=kx+m,x24因為直線y=kx+m與E相切，所以Δ=(8km)2所以x0=?4km所以直線OP的斜率kOP=y由y=?14kx,x216+y2由題意，得P，Q位于y軸兩側(cè)，所以xQ=?2x設(shè)Ax3,y3，Bx4由根與系數(shù)的關(guān)系，得x3+x所以x3?x由直線y=kx+m與y軸交于點(0,m)，得SΔ所以SΔABQ=3SΔ【題型4斜率的和差商積定值問題】【例4】（2025·河北唐山·三模）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0的離心率為22，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為C的左、右焦點，直線(1)求橢圓C的方程；(2)若直線l2:y=k2xk1≠k2與C交于【答案】(1)x(2)是，k【解題思路】小問1，根據(jù)題意求出|PF2|與點P坐標(biāo)的關(guān)系，求出a小問2，根據(jù)題意四邊形PMQN為平行四邊形，可取P點和M點，設(shè)過P點和M點的直線方程，用P點和M點的坐標(biāo)表示k1和k【解答過程】（1）設(shè)C的半焦距為c，點P的坐標(biāo)為(c,t)，由題意知ca故a=2c=由當(dāng)PF2⊥x所以PF可解得：a=2，b=2故橢圓C的方程為x2（2）由對稱性可得OP所以四邊形PMQN為平行四邊形，又四邊形PMQN的面積為42故△POM的面積為2，其中O為坐標(biāo)原點，設(shè)Px1,y1，Mx2,y若x1≠x聯(lián)立y=k3x+m,x2Δ=8x1+xPM=坐標(biāo)原點O到直線y=k3x+m故△POM的面積S=12PM整理得2k32由Δ=84k由題意知k1k2若x1=x2，則所以x1=2，y1=1所以k1所以k1k2【變式4-1】（2025·河北秦皇島·三模）已知雙曲線C:x2a2?y2(1)求雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程及其漸近線方程；(2)過點T2,0的直線l交雙曲線C于點M,N（點M在第一象限），記直線MA的斜率為k1，直線NB的斜率為k2【答案】(1)x2?(2)證明見解析【解題思路】（1）利用雙曲線的焦點坐標(biāo)和離心率公式求出a,b的值，從而得到雙曲線方程和漸近線方程；（2）聯(lián)立直線方程和雙曲線方程，通過韋達(dá)定理得到相關(guān)點的坐標(biāo)關(guān)系，再根據(jù)直線斜率公式證明k1【解答過程】（1）由題意，雙曲線C的中心為坐標(biāo)原點，右焦點為5,0，離心率為5可得c=5e=ca=所以雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2?y（2）由（1）知，A?1,0，B顯然直線l不垂直于y軸，設(shè)直線l的方程為x=my+2，設(shè)Mx1,y1，Nx2顯然4m2?1≠0，Δ>0，則y1直線MA的斜率k1=y1x所以k1【變式4-2】（2025·甘肅白銀·模擬預(yù)測）已知拋物線C:y2=?2px(p>0)的焦點為F，點M(x0,2)在C上，且MF=2OF，其中(1)求C的方程；(2)若l與C僅有一個公共點且斜率存在，求l的斜率；(3)若l與C交于M，N兩點，記直線OM與直線ON的斜率分別為k1，k2，證明：k1【答案】(1)y(2)0或?1(3)證明見解析，?4【解題思路】（1）由拋物線的定義可得x0，再將點M（2）聯(lián)立直線與拋物線方程，分k=0與k≠0討論，即可得到結(jié)果；（3）聯(lián)立直線與拋物線方程，結(jié)合韋達(dá)定理代入計算，即可得到結(jié)果.【解答過程】（1）由拋物線的定義可知MF=?又MF=2OF，則即p2?x又M(?p所以4=?2p?(?p2)解得p=2.則C的方程為y2（2）設(shè)直線l的斜率為k，則l:y=kx+1.聯(lián)立y=kx+1y可得k2當(dāng)k=0時，l:y=1，符合題意；當(dāng)k≠0時，則有Δ=(2k+4)2綜上，直線l的斜率為0或?1.（3）由題得l的斜率存在且不為零.設(shè)l的方程為y=kx+1.M(x1,聯(lián)立y=kx+1y2=?4xΔ=(2k+4)2可得x1+x故k1=y則k1所以k1+k【變式4-3】（2025·廣東湛江·模擬預(yù)測）在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點，焦點在x軸上的橢圓C的上頂點為A(0,2)，線段OA的中垂線交C于B,D兩點，且|BD|=6.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)點E為橢圓C上位于直線BD上方（不與點B,D重合）的動點，過點B作直線DE的平行線交橢圓C于點F，點M為直線EF與BD的交點，點N為直線BE與OM的交點.證明：直線OM與直線DE的斜率之積為定值；【答案】(1)x(2)證明見解析【解題思路】（1）設(shè)出橢圓方程，求出點B,D坐標(biāo)，進(jìn)而求出橢圓方程.（2）設(shè)出直線DE方程，與橢圓方程聯(lián)立求出點E，同理可得點F坐標(biāo)，再按EF的斜率存在與否求出直線OM與直線DE的斜率之積.【解答過程】（1）設(shè)橢圓C:x2a2+y2線段OA的中垂線方程為y=1，由BD=6，則B(?3,1),D(3,1)，9所以橢圓C:x（2）由ED//FB，且點E位于直線BD上方，得直線ED與直線FB的斜率k相等，且k<0，設(shè)直線ED:y=k(x?3)+1，代入橢圓C:x整理得(1+3kΔ=當(dāng)k=?1時，直線DE與橢圓C相切，則?1<k<0，設(shè)E(xE,yE設(shè)F(xF,yF由M為直線EF與BD的交點，則設(shè)M(x當(dāng)直線EF的斜率不存在時，xM整理可得18k2=6，解得k=?直線OM的斜率kOM=3當(dāng)直線EF的斜率存在時，1??3k2直線OM的斜率kOM=1所以直線OM與直線DE的斜率之積為定值，即為?1【題型5線段定值問題】【例5】（2025·陜西漢中·一模）已知F1，F(xiàn)2是橢圓C:x2a2+y2b2(1)求橢圓C的方程；(2)求證1A【答案】(1)x(2)證明見解析【解題思路】（1）由題意，列方程組，求出a,b的值，即得橢圓方程；（2）設(shè)Ax1,y1,Bx【解答過程】（1）由題可知2c=2ca=故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程是x（2）設(shè)Ax1,y1由x=ty?1x24+y故y于是，AB=故1=AB故1AF1【變式5-1】（2025·湖北武漢·模擬預(yù)測）已知F為拋物線C:y2=2px的焦點，點P在拋物線C上，且點P的縱坐標(biāo)為3，以線段PF(1)求拋物線C的方程；(2)直線l交拋物線C于A、B兩點，作PD⊥l于點D，若直線PA、PB的斜率之和為3，是否存在定點R，使得DR為定值？若存在，求出定點R的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y(2)存在，R【解題思路】（1）依據(jù)拋物線定義可知PF=9+p22p，然后求得線段PF（2）設(shè)直線方程x=ty+m，與拋物線方程聯(lián)立結(jié)合韋達(dá)定理，然后計算kPA+kPB=3【解答過程】（1）由題意得點P的坐標(biāo)為92p,3，焦點F的坐標(biāo)為根據(jù)拋物線的定義得PF=92p+p記線段PF的中點為Q，則點Q的坐標(biāo)為9+p因為以線段PF為直徑的圓與直線x=3相切，所以有3?9+p2所以拋物線C的方程為y2（2）設(shè)直線l的方程為x=ty+m，易驗證t必存在且不為0．與拋物線方程聯(lián)立得y2不妨設(shè)Ax1,由（1）得點P的坐標(biāo)為32kPA化簡得m=?12+t所以直線l所以直線l恒過定點T?因為PD⊥l于點D所以在直角三角形PDT中，令R為線段PT的中點，坐標(biāo)為12此時DR=【變式5-2】（2025·吉林·三模）已知A,B分別為橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右頂點，ab=62，M,N均為橢圓C上異于頂點的點，(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)試問HF【答案】(1)x(2)52【解題思路】（1）根據(jù)題意，得出方程組ab=62a2?b（2）設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),H(x【解答過程】（1）解：由橢圓C:x2a2+可得ab=62a2?b2=1（2）解：由題意知：橢圓的左、右焦點為F1設(shè)M(x1,再設(shè)HM=tHF則x1=(1?t)x整理得t=x0+9則HF所以存在HF1M【變式5-3】（2025·河北秦皇島·模擬預(yù)測）已知雙曲線C:y2a2?x2b2=1a>0,b>0的上下焦點分別為F10,c、F20,?c，離心率為62，點F1到漸近線的距離為1，過點F1且斜率為k的直線l1在第一象限交雙曲線C(1)求雙曲線C的方程；(2)若PF1?(3)證明：MF【答案】(1)y(2)2(3)證明見解析【解題思路】（1）由焦點到漸近線的距離可求得b=1，再結(jié)合離心率以及a2+b2=（2）設(shè)Px1,y1、Qx2,y2，Q關(guān)于原點的對稱點記為Nx（3）分析可知△PF1M∽△F2QM，可得出MF【解答過程】（1）由題意得雙曲線的一條漸近線方程為y=abx則焦點F1到漸近線的距離為|bc|又因為雙曲線C的離心率e=ca=62，a則雙曲線C的方程為y2（2）設(shè)Px1,y1、Qx2,y因為kPF1=y1?又因為kPF1=kQF2，即又因為NQ與F1F2互相平分，所以四邊形F所以PF設(shè)PF1的直線方程為代入雙曲線方程整理得：k2所以k2?2≠0Δ故x1+x直線PF1與雙曲線只有兩個交點，所以x1由弦長公式得：PF則2k4+7且由題意可知PF1?NF（3）因為直線PF1與直線QF2斜率相等，所以所以MF1MQ=P所以M=22因為1P所以MF1+【題型6圓錐曲線中其他定值問題】【例6】（2025·湖北·模擬預(yù)測）已知橢圓C:x2a2+(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若直線l與橢圓C交于M,N兩點，且坐標(biāo)原點O到直線l的距離為2217，則(3)在（2）的條件下，試求三角形△MON的面積S的取值范圍.【答案】(1)x(2)∠MON的大小為定值π(3)[【解題思路】（1）根據(jù)橢圓的性質(zhì)，2c=2可求出c的值，進(jìn)而得到兩焦點坐標(biāo).再利用橢圓的定義求出a的值，最后根據(jù)b2=a（2）分直線l的斜率不存在和存在兩種情況討論.當(dāng)斜率不存在時，求出直線l的方程，進(jìn)而求出M，N的坐標(biāo)，判斷∠MON的大??；當(dāng)斜率存在時，設(shè)出直線l的方程，與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理得到x1+x2，x1x2的表達(dá)式，再通過向量的數(shù)量積OM?（3）同樣分直線l的斜率不存在和存在兩種情況討論.當(dāng)斜率不存在時，直接求出|MN|，進(jìn)而求出面積S；當(dāng)斜率存在時，先求出|MN|的表達(dá)式，再根據(jù)三角形面積公式求出S的表達(dá)式，最后結(jié)合基本不等式求出S的取值范圍.【解答過程】（1）已知橢圓的2c=2，則c=1，兩焦點為(?1,0)，(1,0).因為點P(1,32)在橢圓C即(?2)2+(又因為c=1，根據(jù)b2=a2?所以橢圓C的方程為x2（2）當(dāng)直線l的斜率不存在時：直線l的方程為x=±2217，由對稱性，不妨令直線l聯(lián)立x=2217x24(即x=2217當(dāng)直線l的斜率存在時：設(shè)直線l的方程為y=kx+m，M(x1,由點到直線的距離公式，可得|m|k2+1聯(lián)立y=kx+mx24+y則Δ=64k2由韋達(dá)定理可得x1+x所以O(shè)M?==將m2=所以O(shè)M⊥ON，即綜上，∠MON的大小為定值，該定值為π2（3）當(dāng)直線l的斜率不存在時：|MN|=437當(dāng)直線l的斜率存在時：|MN|=將m2=所以三角形△MON的面積S=1當(dāng)k=0時，S=12當(dāng)k≠0時，S=12由基本不等式16k2+9k則16k2+9k2+24≥48，0<116綜上，S∈[12【變式6-1】（2025·河北邢臺·二模）已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的離心率為2，過點P1,1(1)求C的方程；(2)是否存在l，使得A,B兩點關(guān)于直線y=x+2對稱？若存在，求出l的方程；若不存在，請說明理由；(3)l與直線l′:3x?y?12=0交于點Q，設(shè)QA=λ【答案】(1)x(2)不存在，理由見解析(3)λ+μ為定值0【解題思路】（1）由雙曲線C的離心率為2，得到b2=3a2，再由直線l的方程為y=1，代入雙曲線的方程，求得x=±3（2）設(shè)直線l的方程為y?1=kx?1，聯(lián)立方程組，由Δ>0，且3?k2≠0，求得k的范圍，以及x1+x2和x1x2，假設(shè)存在l，使得（3）解：設(shè)Qm,n，求得n?3m+12=0和n?1=km?1，根據(jù)題意，求得λ=x1?m【解答過程】（1）解：設(shè)雙曲線C的焦距為2c，因為C的離心率為2，所以b2a2=c當(dāng)直線l的斜率為0時，直線l的方程為y=1，代入x2a2所以AB=23a2+13=（2）解：顯然直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y?1=kx?1，即y=kx?k+1聯(lián)立方程組y=kx?k+13x2設(shè)Ax可得Δ=[?2k1?k解得?1?2103<k<又由x1+x假設(shè)存在l，使得A,B兩點關(guān)于直線y=x+2對稱，則l與直線y=x+2垂直，所以k=?1，所以l:y=?x+2，且x1+x因此線段AB的中點坐標(biāo)為?1,3，又因為3≠?1+2，即點?1,3不在直線y=x+2上，所以不存在l，使得A,B兩點關(guān)于直線y=x+2對稱．（3）解：設(shè)Qm,n由Qm,n在直線l′:y=3x?12上，可得n=3m?12又由Qm,n在直線l上，可得n?1=k因為QA=λAP，可得即x1?m=λ1?同理：由QB=μBP，可得結(jié)合①②③，得λ+μ===2所以λ+μ為定值0．【變式6-2】（2025·全國·模擬預(yù)測）已知拋物線C:y2=2px經(jīng)過點P2,4，過點Q0,2的直線l與拋物線C有兩個不同的交點A,B，且直線PA交y軸于M，直線PB(1)求拋物線C的方程；(2)①求直線l的斜率的取值范圍；②若O為原點，將上述P,Q兩點坐標(biāo)改為Pp2,p,Q0,【答案】(1)y(2)①?∞【解題思路】（1）將點P2,4（2）①設(shè)出直線方程，聯(lián)立拋物線方程消元，利用判別式，結(jié)合題意求解即可；②設(shè)出直線l的方程，聯(lián)立拋物線方程消元，利用A,B坐標(biāo)表示出直線PA，PB方程，進(jìn)而可得M、N的坐標(biāo)，表示出λ,μ，利用韋達(dá)定理進(jìn)行化簡即可得解.【解答過程】（1）因為拋物線y2=2px過點所以4p=16，從而p=4，故拋物線C的方程為y2（2）①由題意知，直線l的斜率存在且不為0，故設(shè)直線l的方程為y=kx+2k≠0由y2=8xy=kx+2依題意Δ=(4k?8)2?4×k又直線PA,PB與y軸相交，故直線l不過點2,?4，從而k≠?3，所以直線l斜率的取值范圍為?∞②1λ設(shè)Ax1,聯(lián)立直線l與拋物線C的方程y=kx+p2y根據(jù)韋達(dá)定理有x1+xy1+y直線PA的方程為y?p=y令x=0，則yM=p由QM=λQO得0,同理μ=p?2則1λ所以1λ【變式6-3】（2024·山東菏澤·模擬預(yù)測）已知在平面直角坐標(biāo)系Oxy中，一直線與從原點O出發(fā)的兩條象限角平分線（一、四象限或二、三象限的角平分線）分別交于M，N兩點，且滿足OM?ON=2，線段MN的中點為S，記點S(1)求軌跡E的方程；(2)點P1,0，Q1,1，R0,?1，過點Q的一條直線l與E交于A、B兩點，直線PA，PB分別交直線QR于點C，D，且滿足QC=λQR【答案】(1)x(2)證明見解析【解題思路】（1）分別設(shè)出M，N，Sx,y的坐標(biāo)，根據(jù)已知條件得到x=xM+xN2，y=（2）設(shè)直線l的方程，Ax1,y1，Bx2,y2，將直線l方程和E的方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理得到x1+x2=2k?2k21?k2，x【解答過程】（1）設(shè)M在第一象限角平分線上，則N在第四象限角平分線上，MxM,xM，N（若M在第三象限角平分線上，則N在第二象限角平分線上，則xM<0，即xM∵OM?∴xM設(shè)Sx,y，則x=xM∴x2∴軌跡E的方程為x2（2）易知直線l的斜率一定存在，設(shè)l:y=kx?1+1，Ax由y=kx?1+1x∵直線l與E交于A、B兩點，∴1?k2≠0Δ=x1+xlPA:y=y1x∵直線PA，PB分別交直線QR于點C，D，由y=y1x同理得DyQR=?1,?2由QC=λQR得λ=1?則1===4?2k∴1λ+1【題型7圓錐曲線中的定直線問題】【例7】（2025·安徽蚌埠·三模）已知橢圓C:x2a2+y2(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過點Q(0,6)的直線（非y軸）交橢圓于A，B兩點，過點A作y軸的垂線與直線BP相交于點D，求證：線段AD的中點在定直線上．【答案】(1)x(2)證明見解析【解題思路】（1）根據(jù)離心率得到a=2c，將P3,（2）設(shè)直線AB的方程為y=kx+6，聯(lián)立橢圓方程，得到兩根之和，兩根之積，根據(jù)點B，P，D共線，得到方程，求出xD，得到x0=x1+xD2=3kx2?x12k【解答過程】（1）由e=ca=12，得a=2c將點P3,32代入橢圓方程，得9所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）易知直線AB斜率存在，設(shè)直線AB的方程為y=kx+6，并設(shè)點Ax1,y1聯(lián)立方程，y=kx+6,3x2+4y所以x1+x2=?48k3+4由條件，yD=y1，點B，P，D共線，其中則x2所以xDx0=108ky0而kx所以kx1k而x0=3k又y0=kx即線段AD的中點在定直線y=?3【變式7-1】（2025·安徽·模擬預(yù)測）已知雙曲線Γ:x2a2(1)求Γ的方程；(2)已知點A1,0，過點Q1,2作動直線l與雙曲線右支交于不同的兩點B、C，點H在線段①若H為BC的中點，△AQH的面積為7，求直線l的斜率；②直線AB、AH、AC分別與y軸交于點D、E、F，若E為DF的中點，證明：點H恒在定直線3x?2y?3=0上．【答案】(1)x(2)（i）?2；（ii）證明見解析【解題思路】（1）根據(jù)雙曲線過的點以及漸近線方程列出方程組求解雙曲線方程；（2）（i）先設(shè)出直線方程，聯(lián)立雙曲線方程，利用中點坐標(biāo)公式和三角形面積公式求解直線斜率；（ii）通過設(shè)點坐標(biāo)，利用直線方程求出與y軸交點坐標(biāo)，再根據(jù)中點關(guān)系證明點H在定直線上.【解答過程】（1）由題意，得ba=3將點P3,6聯(lián)立①②解得a2=1b2=3（2）若直線l的斜率不存在，則直線l與雙曲線右支只有一個交點，不符合題意，故直線l的斜率存在.設(shè)直線l的方程為y?2=kx?1與x2?y設(shè)Bx1,y1、C（i）因為H為BC中點，所以xH由S△AQH=1又k<?3，解得k=?2，所以直線l的斜率為?2（ii）設(shè)直線AB的方程為y=y1x1?1同理可得，yE=?因為E為DF中點，所以2yE=又因為點B、C、H都在直線l上，所以2k整理，得2k+4代入韋達(dá)定理，得xH=2k?7因為3xH?2yH【變式7-2】（2025·甘肅金昌·二模）已知拋物線T:y2=2pxp>0，過拋物線上一點A1,p作兩條直線l1,l2分別交拋物線T(1)求拋物線T的方程.(2)證明：直線BC過定點.(3)記直線BC經(jīng)過的定點為M,N為直線BC上一點（異于點M），且滿足BMCM=BN【答案】(1)y(2)證明見解析(3)證明見解析，x+y+2=0【解題思路】（1）將點A的坐標(biāo)代入拋物線方程得出p=2，進(jìn)而得出拋物線；（2）設(shè)By124,y1,Cy（3）由（2）知M2,?2，，設(shè)Nx0,y0，設(shè)直線BC的方程為【解答過程】（1）將點A的坐標(biāo)1,p代入拋物線T的方程可得p2=2p，解得p=0（舍去）或p=2，故拋物線T的方程為（2）由（1）可知點A的坐標(biāo)1,2，設(shè)By則k1由k1k2=?4，得y1kBC=y1?即y=4xy1又y1從而直線BC的方程為y=4x?2y1因此直線BC過定點2,?2.（3）由（2）知M2,?2，設(shè)Nx0設(shè)直線BC的方程為x=my+2m+2.由x=my+2m+2,y2=4x得y2?4my?8m?8=0.則因為BMCM=BN即y1當(dāng)y1+2y2?與直線BC的斜率不為0矛盾，不合題意；當(dāng)y1+2y2?8m?8即y0m?2m?y可得my0+2m=x0所以點N在直線x+y+2=0上.【變式7-3】（2025·浙江·二模）已知F是橢圓E:x2a2+

(1)求橢圓E的方程；(2)點Mx1,y1x1>0,y1>0①求FP?4②設(shè)A1,A2分別為橢圓E的左?右頂點，不垂直x軸的直線MF交橢圓于另一點N，直線NA1與直線MA2交于點【答案】(1)x(2)①42?9；②是，直線方程為【解題思路】（1）由已知得到關(guān)于a,c的方程，解得a,c，然后求解b2（2）①由已知可得P4x1,0，根據(jù)兩點間距離公式可得FM=2?12x1，代入FP?4FM，由基本不等式即可求解；②設(shè)直線MN：x=my+1m≠0，Nx【解答過程】（1）由已知ca=1所以b2=a（2）①因為切線l:xx14+yy13因為點Mx1,y1x1又FM=因為FP=4x1?1>0所以FM=2?所以FP?4當(dāng)且僅當(dāng)4x1=2x1，即x②由已知設(shè)直線MN：x=my+1m≠0，N由x24+則y1+y所以my因為A1?2,0，Nx因為A22,0，Mx所以x=6即點Q4,2y1x與直線MN聯(lián)立，得x=m因為x1=myx=m即x12x即點R在直線x=2上.一、單選題1．（24-25高二上·江蘇南京·期末）已知拋物線y2=8x上兩點A，B滿足OA?OB=?16A．2,0 B．4,0 C．6,0 D．8,0【答案】B【解題思路】設(shè)出AB的方程，A，B的坐標(biāo)，進(jìn)而把直線與拋物線方程聯(lián)立消去x，根據(jù)韋達(dá)定理求得y1+y2，y1y2【解答過程】設(shè)直線AB的方程為x=ty+b代入拋物線y2=8x，消去x得設(shè)Ax1,y1，Bx2所以O(shè)A=?8bt2+8b所以b=4，故直線AB過定點4,0.故選：B.2．（2025·山東泰安·三模）設(shè)雙曲線C：x2?y2=1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，P為C上一動點，則P到y(tǒng)軸的距離與PA．恒為定值24 B．恒為定值C．不為定值但有最小值24 D．不為定值但有最大值【答案】A【解題思路】設(shè)點Px,y，由兩點間的距離公式得到P到y(tǒng)軸的距離與P到F1，F(xiàn)2【解答過程】不妨設(shè)點Px,y，且易有F1?2,0，F(xiàn)代入得P到y(tǒng)軸的距離與P到F1，F(xiàn)x=x由于P為雙曲線C上一點，故x?22+y2?x+故原式等價于24故選：A.3．（2024·河南信陽·模擬預(yù)測）已知橢圓C：x24+y2=1的下頂點為A，斜率不為0的直線l與C交于B，D兩點，記線段BD的中點為A．點E在定直線y=13上 B．點E在定直線C．點E在定直線y=23上 D．點E在定直線【答案】A【解題思路】先設(shè)直線，然后根據(jù)韋達(dá)定理求出E點坐標(biāo)，根據(jù)直線垂直列出方程求解,最后代入E點即可求出E所在直線.【解答過程】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E?因為AE⊥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.4．（2024·山東·模擬預(yù)測）已知拋物線C：x2=4y，過直線l：x+2y=4上的動點P可作C的兩條切線，記切點為A,B，則直線AB（A．斜率為2 B．斜率為±2 C．恒過點0,?2 D．恒過點?1,?2【答案】D【解題思路】設(shè)Ax1,y1,Bx2,【解答過程】設(shè)Ax1,y1由于y′=12x即y?y1=同理可得過點B的切線方程為y+y設(shè)P4?2n,n，過點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錯誤，當(dāng)x=?1時，y=?2，恒過點?1,?2，C錯誤，D正確.故選：D.5．（2024·河南·模擬預(yù)測）已知O為坐標(biāo)原點.等軸雙曲線E:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過點F2的直線l與E的右支交于點P，Q.設(shè)△PF1F2與△QA．22?3 B．3?22 C．2【答案】A【解題思路】利用雙曲線焦點三角形的性質(zhì)，得到內(nèi)切圓圓心橫坐標(biāo)為a,然后利用直線的傾斜角，表示出內(nèi)切圓的半徑，即可求出k1【解答過程】

如圖所示，設(shè)△PF1F則P且F1D∴設(shè)直線PQ的傾斜角為α，則∠MF∴∴同理，∠NFNDk∴等軸雙曲線知，c=2∴故選：A.6．（2024·江蘇南通·模擬預(yù)測）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，如圖，已知橢圓x29+y25=1的左、右頂點為A、B，右焦點為F.設(shè)過點T9,m的直線TA、TB與此橢圓分別交于點M（x1，y1）、N（x2，y

A．1,0 B．?1,0C．0,?1 D．0,1【答案】A【解題思路】通過聯(lián)立方程組求得M,N兩點的坐標(biāo)，進(jìn)而確定定點的坐標(biāo).【解答過程】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此時直線MN過點1,0.若x1≠x所以直線MN的方程為y?40my?40my?y===?10m所以直線MN過點1,0，綜上所述，直線MN過定點1,0.故選：A.

7．（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，A．4|OP|2?d2C．|OP|2+4d2【答案】D【解題思路】觀察選項，設(shè)Px,y，從而表示出OP2,d2【解答過程】依題意，設(shè)Px,y，則OP因為橢圓C:x2a所以1?1a2所以C的方程為x24+y2所以|OP|故選：D.8．（2025·河南鄭州·模擬預(yù)測）已知A，B分別為雙曲線x29?y2=1的左、右頂點，P為該曲線上不同于A，B的任意一點，設(shè)∠PAB=α，∠PBA=β，A．tanα+tanβ為定值 C．S?tanα+β為定值 D．【答案】C【解題思路】利用三角換元得到P3cosθ,tanθ,θ∈0,π2，利用斜率公式可求【解答過程】由于雙曲線的對稱性，可設(shè)P3由雙曲線x29?則tantanβ=?tanθ3cos因此tanα=13對于A,對于B,由于tanαtanβ=若tanα2tanβ2為定值,則tan于是tanα,對于選項C,因此S?tan(α+β)=?9故選：C.二、多選題9．（2025·廣東·模擬預(yù)測）已知橢圓C:x22+y2=1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，直線l:y=x+m與CA．C的離心率為12 B．△AFC．△OAB面積的最大值為32 D．若OQ=OA【答案】BD【解題思路】根據(jù)橢圓方程求出離心率，即可判斷A，根據(jù)焦點三角形周長公式判斷B，設(shè)Ax1,y1，Bx2【解答過程】設(shè)橢圓x22+y2=1的長半軸為a=2,b=1，所以橢圓C的離心率e=c△AF1F設(shè)Ax1,聯(lián)立x22+由Δ=16m2此時x1所以AB=點O到直線l的距離d=m所以△OAB的面積S=≤23×3?m2+m2設(shè)Qx,y，由OQ=OA+OB因為x1+x2=?于是有y=?12x，所以點Q故選：BD.10．（2025·江西贛州·一模）已知Ax1,y1，Bx2,y2為拋物線C：y2=4x上異于原點A．直線AB恒過定點2,0 B．ABC．存在一個定點Q，使得NQ為定值 D．x【答案】BCD【解題思路】設(shè)直線AB的方程，根據(jù)點在拋物線上及垂直關(guān)系，直線過定點可判定A；根據(jù)拋物線弦長公式可判定B；利用圓的性質(zhì)可判定C；聯(lián)立直線方程結(jié)合韋達(dá)定理可判定D.【解答過程】由題意可設(shè)AB:x=ky+mm≠0聯(lián)立拋物線方程可得y2則y1對于A項，因為∠AOB=90所以O(shè)A?整理得m=4，即直線AB恒過定點4,0，故A錯誤；對于B項，由弦長公式AB=當(dāng)k2對于C，設(shè)直線AB交橫軸D，即D當(dāng)k≠0時，顯然△OND為直角三角形，則N在以O(shè)D為直徑的圓上，不妨設(shè)OD的中點為Q，則NQ=2當(dāng)k=0時，此時ND重合，也有NQ=2對于D項，不妨設(shè)y1>0>y則x==2k?1故選：BCD.11．（24-25高三下·云南昆明·階段練習(xí)）已知F1,F2分別為雙曲線C:y2?A．C的焦距為4B．過原點的直線l與C相交，則l的傾斜角的取值范圍為πC．若M為C上支上的一點.N1,0，則MN+D．若M為C上的一點，O為坐標(biāo)原點，則|OM|【答案】ABD【解題思路】對于A，根據(jù)漸近線求出焦距后可判斷其正誤，對于B，根據(jù)漸近線的斜率可求直線的傾斜角后可判斷其正誤，對于C，根據(jù)雙曲線的定義轉(zhuǎn)化線段和后可求其最小值，從而判斷其正誤，對于D，根據(jù)余弦定理結(jié)合cos∠MOF1【解答過程】對于A，雙曲線C:y2?x2所以雙曲線C的方程為y2?x對于B，由雙曲線C的漸近線方程為y=±3若過原點的直線l與雙曲線相交，則必與左支、右支各有一個交點，則直線l的斜率k滿足k>33，則直線l對于C，F(xiàn)1當(dāng)且僅當(dāng)點M為線段NF對于D，由對稱性不妨設(shè)M為C上支上的任意一點，當(dāng)點M為雙曲線的上頂點時，|OM|當(dāng)點M不在雙曲線的上頂點時，因為∠MOF則cos∠MOF1又OF1=因為MF2?即|OM|綜上，|OM|2?故選：ABD.三、填空題12．（2025高三·全國·專題練習(xí)）過x24+y2=1左頂點A作兩條互相垂直的直線交橢圓于P，Q，直線【答案】?【解題思路】根據(jù)題意討論得出PQ斜率不為0，設(shè)直線PQ的方程x=ty+m，Px1,y1，Qx2【解答過程】當(dāng)PQ斜率為0時，過點A不存在直線AP，AQ互相垂直，不符合題意；當(dāng)PQ斜率不為0時，設(shè)直線PQ的方程x=ty+m，Px1,y1聯(lián)立方程x=ty+m,x所以k化簡得5m解得m=?65或m=?2（與點A重合，舍去），故直線PQ必過定點故答案為：?613．（24-25高三上·云南昆明·期中）已知點F是拋物線y2=4x的焦點，過定點的直線l與拋物線交于A,B兩點，若拋物線上存在動點P，使得四邊形APBF為平行四邊形，則定點坐標(biāo)為【答案】1【解題思路】設(shè)Px0,y0,Ax1,y1,Bx【解答過程】解析：設(shè)Px0,因為x=my+ay所以y1因為四邊形APBF為平行四邊形，所以FP所以x0所以x0代入y02=4x0所以過定點12故答案為：1214．（2025高三·全國·專題練習(xí)）若直線AB與曲線C:x2?y23=1(x≥1)交于A，B兩點，過A，B分別作C的切線，兩切線交于點M，若直線AB經(jīng)過定點P(4,0)【答案】x=【解題思路】解法一：利用導(dǎo)數(shù)得出在A和在B的切線方程，從而得出交點M的橫坐標(biāo)，再由x1=my1+4,解法二：利用阿基米德三角形的結(jié)論直接求解即可.【解答過程】解法一：依題意得直線AB的斜率必不為0，設(shè)直線AB的方程為x=my+4,Ax不妨設(shè)A在第一象限，B在第四象限，因為x2?y23且y=3x2?3y>0所以在點A的切線方程為y?y即y?y1?同理在點B處的切線方程為y?y由y?y1=3x1又x1所以x1y2所以M的橫坐標(biāo)為y2?y1x1y解法二：已知雙曲線x2a2過A，B分別作雙曲線的切線，兩切線交于點M，則△ABM為雙曲線中的阿基米德三角形，當(dāng)弦AB過點P(m,0)時，點M落在直線x=a由題意知此處m=4,a=1，則所求定直線為直線x=1故答案為：x=1四、解答題15．（2025·寧夏中衛(wèi)·三模）已知雙曲線C：x2a2?y(1)求雙曲線C的方程；(2)若直線l：y=kx+mk>0,m>0與雙曲線C交于不同的兩點A，B，且以線段AB為直徑的圓經(jīng)過點P1,0，證明：直線【答案】(1)x(2)證明見解析【解題思路】(1)利用已知條件及c2(2)以線段AB為直徑的圓經(jīng)過點P1,0轉(zhuǎn)化為PA?PB=0，再聯(lián)立直線【解答過程】（1）因為雙曲線C的右焦點為Fc,0，漸近線方程為bx±ay=0所以右焦點為Fc,0到漸近線的距離為bc因為雙曲線的離心率為2，所以ca所以ca=2bc所以雙曲線C的方程為x2（2）如圖，設(shè)Ax1,聯(lián)立y=kx+mx2?則3?k2≠0Δ=12所以y1y1因為以線段AB為直徑的圓經(jīng)過點P1,0，所以PA⊥PB所以PA?PB=所以?m