專題07圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值、定直線的問(wèn)題

內(nèi)容導(dǎo)航

串講知識(shí)：思維導(dǎo)圖串講知識(shí)點(diǎn)，有的放矢

重點(diǎn)速記：知識(shí)點(diǎn)和關(guān)鍵點(diǎn)梳理，查漏補(bǔ)缺

考點(diǎn)鞏固：必考題型講透練透，能力提升

復(fù)習(xí)提升：真題感知+提升專練，全面突破

知識(shí)點(diǎn)1：定點(diǎn)問(wèn)題

找到動(dòng)直線（或動(dòng)點(diǎn)）方程中參數(shù)（如斜率k）的“不變部分”。將方程整理為關(guān)于參數(shù)的恒等式，令其系

數(shù)為零，即可求出定點(diǎn)（或定直線）。

一、直接推導(dǎo)

1.設(shè)參：設(shè)出動(dòng)直線的方程。通常已知直線過(guò)某個(gè)定點(diǎn)或已知斜率，常用點(diǎn)斜式：。

2.尋找關(guān)系：利用題目條件（如直線與圓錐曲線相切、相交，或與其他幾何條件如垂?直=、??中+點(diǎn)等?相關(guān)），

找到一個(gè)關(guān)于和的關(guān)系式。

3.消參定型：將?找?到的和關(guān)系式代回原始的直線方程中。得到只含一個(gè)參數(shù)的解析式。

關(guān)鍵步驟：將此方程整理?為?關(guān)于參數(shù)k的方程，要使這個(gè)?方=程?對(duì)?所+有?值都成立，則k的系數(shù)和常數(shù)項(xiàng)必須

同時(shí)為零。?

對(duì)于形式，定點(diǎn)顯然是(D,C)。

對(duì)于更?復(fù)?雜?的=形?式(?，?將?方)程按k的冪次項(xiàng)整理，令各項(xiàng)系數(shù)為零，解方程組即可求出定點(diǎn)(x,y)。

二、先猜后證法

當(dāng)直接推導(dǎo)復(fù)雜或難以進(jìn)行時(shí)，此方法能指明方向，簡(jiǎn)化計(jì)算。

猜定點(diǎn)：特殊位置法：取參數(shù)（如斜率k）的兩個(gè)特殊值（如0,斜率不存在（豎直直線）,1,-1等），畫(huà)出

兩條對(duì)應(yīng)的特殊位置直線。求交點(diǎn)：解這兩條特殊直線的交點(diǎn)，該點(diǎn)即為猜測(cè)的定點(diǎn)(。

證定點(diǎn)：則動(dòng)直線的方程可以化簡(jiǎn)為。（為參數(shù)的解析式?）0,?0)

知識(shí)點(diǎn)2：定值問(wèn)題???0=?(?)(???0)?(?)?

將待證的目標(biāo)量（如斜率積、線段乘積、面積等）用參數(shù)（通常是斜率）表示出來(lái)，通過(guò)代數(shù)運(yùn)算消去參

數(shù)，若結(jié)果是一個(gè)常數(shù)，則定值得證。?

常見(jiàn)的定值類(lèi)型有：

1、斜率的和、積、比為定值

2、線段長(zhǎng)度、乘積或倒數(shù)和為定值

3、面積為定值

4、向量數(shù)量積為定值

“先猜后證”：取參數(shù)的特殊值（如），快速計(jì)算出目標(biāo)量的值。這個(gè)值很可能就是

定值。這不僅能預(yù)知結(jié)果、增強(qiáng)信心，?還=能0,用?來(lái)=驗(yàn)1,證?最→終∞化簡(jiǎn)結(jié)果是否正確。

“設(shè)而不求”的極致運(yùn)用：不僅對(duì)交點(diǎn)坐標(biāo)“設(shè)而不求”，對(duì)于復(fù)雜的中間量，也保持其整體形式，在后

續(xù)運(yùn)算中可能會(huì)相互抵消。

參數(shù)關(guān)系式的挖掘：定值問(wèn)題的核心往往在于題目中隱藏的參數(shù)關(guān)系。

知識(shí)點(diǎn)3：定直線問(wèn)題

將動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)表示為某個(gè)參數(shù)（通常是斜率）的函數(shù)，然后消參，得到一個(gè)關(guān)于的二元一次方程，即

為定直線方程。??,?

主要步驟為：1、設(shè)參并表示動(dòng)點(diǎn)2、建立關(guān)系3、消參4、得到定直線方程

在解題過(guò)程中，可以使用幾何性質(zhì)轉(zhuǎn)化，先猜后證等方法幫助解決計(jì)算問(wèn)題

高妙技法

找到動(dòng)點(diǎn)方程中參數(shù)方程,整理為關(guān)于參數(shù)的恒等式，令其系數(shù)為零，即可求出定點(diǎn)（或定直線）。

21

1．（25-26高二上·浙江衢州·期中）已知拋物線:y2pxp0，斜率為的直線l交于A,B兩點(diǎn)，且

2

線段AB中點(diǎn)縱坐標(biāo)為4．

(1)求拋物線的方程；

(2)若直線l不過(guò)點(diǎn)P2,4，且直線PA交于另一點(diǎn)C，記直線PA,PB的斜率為k1,k2，

11

（i）求證：4；

k1k2

（ii）求證：直線BC過(guò)定點(diǎn)．

【答案】(1)y24x

(2)（i）證明見(jiàn)解析；（ii）證明見(jiàn)解析

【分析】（1）聯(lián)立方程組并利用韋達(dá)定理得到y(tǒng)1y24p，再結(jié)合題意求解參數(shù)，得到拋物線方程即可.

（2）（i）法一直接利用斜率公式結(jié)合韋達(dá)定理得到定值，法二利用齊次化結(jié)合直線系方程求解定值，（ii）

法一結(jié)合已證定值，求出直線方程，進(jìn)而求解定點(diǎn)，法二結(jié)合齊次化得到的定值求出直線方程，最后求出

定點(diǎn)即可.

【詳解】（1）設(shè)直線l的方程為x2yn，

代入y22px得y24py2pn0，

設(shè)點(diǎn)Ax1,y1,Bx2,y2，則y1y24p，y1y22pn

yy

而線段AB中點(diǎn)縱坐標(biāo)為4，則124，解得p2，

2

故的方程為y24x.

y1y281x21x2

（2）（i）法一：由（1），且1，2，

y1y24nk1y14k2y24

112yn22yn2

則12

k1k2y14y24

4yy8yyn2yy8n2

121212

y14y24

4yyn10yy8n216n64

12124

y1y24y1y2164n16

11

所以4.

k1k2

法二：設(shè)直線方程為mx2ny41，

2

拋物線的方程y24x可表示為y48y44x280，

mx2ny41

由2，

y48y44x280

2

y4y4y4

得8mn

x2x2x2

2

y4y4y4

22，

4mn8mn2mn0

x2x2x2

8n28n1k28m4n16mnk8m24m0，

4n8m16mn8m24m

kk,kk，

128n28n1128n28n1

1

直線l的斜率為，n2m，

2

4n8m16mn32m216m

kk，

128n28n132m216m1

2

11k1k232m16m

24.

k1k2k1k28m4m

（ii）法一：如圖，作出符合題意的圖形，

11

由已知得4，

k1k2

設(shè)直線BC的方程為xmyt,Bx2,y2,Cx3,y3，

xmyt2

聯(lián)立2，可得y4my4t0，

y4x

y2y34m,y2y34t，

y34y24

k1,k2，

x32x22

11myt2myt2

32

k1k2y34y24

2myyt4m2yy8t2

23234，

y2y34y2y316

整理得4m22t14mmt120，

即m2t4m60，

當(dāng)m2時(shí)，直線AB與直線BC重合，舍去

t4m6，直線BC的方程xmy64m，

直線BC過(guò)定點(diǎn)(6,4).

11

法二：由已知得4，

k1k2

11k1k24n8m16mnn2m4mn

224，

k1k2k1k28m4m2mm

8m24mn2mn0,2mn4m10，

1

n2m（舍）或m，

4

1

直線BC的方程是x6ny40，

4

直線BC過(guò)定點(diǎn)(6,4).

y2x2

2．（25-26高三上·湖南長(zhǎng)沙·月考）已知F1,F2分別為橢圓C:1ab0的上、下焦點(diǎn)，

a2b2

，點(diǎn)為橢圓上一點(diǎn)．

F1F222E1,2C

(1)求橢圓C的方程；

(2)橢圓C與直線l:ykxt(k0,t0)有唯一公共點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)M且與l垂直的直線分別交x軸、y軸于

A(x,0),B(0,y)兩點(diǎn)．

（i）當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)時(shí)，求點(diǎn)P(x,y)的軌跡方程；

x2y2pxqy

（ii）已知以橢圓1m0,n0,mn上一點(diǎn)(p,q)為切點(diǎn)的切線方程為1，若直線l

m2n2m2n2

，

交直線xy10于點(diǎn)Qx0,y0由點(diǎn)Q引橢圓C的另一條切線，切點(diǎn)為N，求證：直線MN過(guò)定點(diǎn).

y2x2

【答案】(1)1；

42

x2

(2)（i）y21(x0,y0)，（ii）(2,4).

2

y2x2

【分析】（1）由F1F222得到c，將E1,2代入橢圓1，聯(lián)立方程組求解即可；

a2b2

（2）（i）直線l和橢圓C聯(lián)立方程組，消去y，整理得到k22x22ktxt240，由橢圓C與直線

l：ykxt(k0，t0)有唯一公共點(diǎn)M，得到0，即得t22k24，同時(shí)從方程

222kt

k2x2ktxt40中解出x，將其代入l：ykxt解得y，從而得到M的坐標(biāo)，求出過(guò)

k22

點(diǎn)M且與l垂直的直線方程，從而得到點(diǎn)A,B的坐標(biāo)，則點(diǎn)P(x,y)中的x和y分別為點(diǎn)A,B的橫縱坐標(biāo)，

通過(guò)計(jì)算得到x和y的方程，即為所求；

（ii）分別求出Mx1,y1，Nx2,y2為切點(diǎn)的切線方程，又這兩條切線都過(guò)Qx0,y0，將Qx0,y0代入這兩

條切線方程得到直線MN的方程，將Qx0,y0代入直線xy10得到y(tǒng)01x0，代入直線MN的方程從而

求出直線MN過(guò)的定點(diǎn).

【詳解】（1）F1F222，2c22，c2，

2221

為橢圓yx上一點(diǎn)，，

E1,21221

a2b2ab

21

1

a2b2a2

22

yx

聯(lián)立方程組c2，解得c2，橢圓C的方程為1；

42

222

abcb2

y2x2

1

（2）（i）直線l和橢圓C聯(lián)立方程組42，消去y，

ykxt

（3）

（4）整理得到k22x22ktxt240，

橢圓C與直線l：ykxt(k0，t0)有唯一公共點(diǎn)M，

2

0，2kt4k22t240，

222kt

t22k24，且k2x2ktxt40的解為x，

k22

ktkt2t

x代入l：ykxt解得ykt，

k22k22k22

kt2t22122212

則M2,2，t2k4，tk2，kt2

k2k222

2k42t1kt

M,，過(guò)點(diǎn)M且與l垂直的直線方程為yx，

ttk22kk22

tt

設(shè)x0，則y，則B0,，

k22k22

ktkt

設(shè)y0，則x，則A,0，

k22k22

ktt

P(x,y)中的x，y，

k22k22

12k2

t2k22，x，y，

2tt

22

2124k2t88

kt2x2222y2，

2t2t2t2

x2

y21(x0,y0)；

2

y2x2

（ii）橢圓C的方程為1，Qx,y引橢圓C的另一條切線，切點(diǎn)為N，

4200

yyxx

設(shè)Mx,y,Nx,y，則Mx,y為切點(diǎn)的切線方程為111，

11221142

yyxx

則Nx,y為切點(diǎn)的切線方程為221，

2242

這兩條切線都過(guò)Qx0,y0，

yyxx

10101

42yyxx

，直線MN的方程為001，

yyxx42

20201

42

Qx0,y0在直線xy10上，x0y010，y01x0，

y1x0xx0

直線MN的方程為1，y1x02xx04，

42

y2x0x2

x0(y2x)(y4)0，，，

y40y4

直線MN過(guò)定點(diǎn)(2,4).

3．（25-26高二上·浙江·期中）已知橢圓過(guò)點(diǎn)A0,1，左焦點(diǎn)為M，且AM2．

(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；

(2)已知不與x軸垂直的直線l交橢圓于E，F(xiàn)兩點(diǎn)（E，F(xiàn)異于點(diǎn)A），直線AE，AF分別與x軸交于P，

4

Q兩點(diǎn)，若P，Q的橫坐標(biāo)的乘積為，則直線l是否過(guò)定點(diǎn)？若是，求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)；若不是，請(qǐng)說(shuō)明

3

理由．

x2

【答案】(1)y21

4

(2)直線l恒過(guò)定點(diǎn)0,2

【分析】（1）根據(jù)橢圓的性質(zhì)和已知條件求出a、b、c的值，進(jìn)而得到橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；

（2）設(shè)出直線l的方程，與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理表示出x1x2,x1x2，再根據(jù)直線AE、AF與x軸交

4

點(diǎn)的橫坐標(biāo)乘積為，求出直線l所過(guò)的定點(diǎn)。

3

x2y2

【詳解】（1）設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為1(ab0)已知橢圓過(guò)點(diǎn)A(0,1)，則b1，

a2b2

左焦點(diǎn)M(c,0)，由|AM|2可得(0c)2(10)22，，解得c3，

x2

所以a2134，故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為y21；

4

（2）設(shè)直線l的方程為ykxmm1，Ex1,y1，F(xiàn)x2,y2，

ykxm2

y2228km4m4

由22消去得4k1x8kmx4m40，當(dāng)Δ0時(shí)，x1x2，xx，

x4y44k21124k21

2

x2y11x1

由y1，得A0,1，則直線AE的方程為yx1，令y0，得點(diǎn)P的橫坐標(biāo)xP，直線

4x1y11

y21x2

AF的方程為yx1，令y0，得點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)xQ，

x2y21

x1x2x1x24

于是xPxQ，

y11y21kx1m1kx2m13

22

即4k3x1x24km4kx1x24m10，

2

4m48km2

則有4k234km4k4m10，化簡(jiǎn)得m2m20，解得m2或m1（舍去），

4k214k21

所以直線l的方程為ykx2，直線l恒過(guò)定點(diǎn)0,2．

x2y2

4．（25-26高二上·吉林長(zhǎng)春·期中）已知橢圓C：1ab0，F(xiàn),F分別是C的左、右焦點(diǎn)，P是

a2b212

橢圓C上一點(diǎn)，PF1的最大值為3，當(dāng)P為橢圓上頂點(diǎn)時(shí)，PF1F2為等邊三角形.

(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；

(2)設(shè)A,B分別是橢圓C的左、右頂點(diǎn)，若直線l與C交于點(diǎn)M,N，且kBM3kAN，

①若直線AN,BM交于點(diǎn)P，證明點(diǎn)P在定直線上，并求出該定直線的方程；

②證明：直線l過(guò)定點(diǎn)，并求出此定點(diǎn)坐標(biāo).

x2y2

【答案】(1)1

43

(2)①證明見(jiàn)詳解，x4；②證明見(jiàn)詳解，1,0.

【分析】（1）根據(jù)條件得出a,c的關(guān)系，求解方程可得答案；

（2）①根據(jù)斜率關(guān)系分別設(shè)出直線方程，求解交點(diǎn)可證；②聯(lián)立方程分別求出M,N的坐標(biāo)，寫(xiě)出直線方

程，化簡(jiǎn)可得直線過(guò)定點(diǎn).

【詳解】（1）設(shè)橢圓的焦距為2c，因?yàn)镻F1的最大值為3，所以ac3；

因?yàn)楫?dāng)P為橢圓上頂點(diǎn)時(shí)，PF1F2為等邊三角形，所以a2c，解得a2,c1，

x2y2

所以b2a2c23，即橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為1.

43

（2）①證明：由（1）知，A2,0,B2,0;

設(shè)直線AN的斜率為k，則直線BM的斜率為3k，直線AN的方程為ykx2，

直線BM的方程為y3kx2，

ykx2

聯(lián)立，可得x4，即點(diǎn)P在定直線x4上.

y3kx2

yk(x2)2222

②證明：設(shè)Mx1,y1,Nx2,y2，聯(lián)立22，得34kx16kx16k120，

3x4y12

2

16k21268k212k68k12k

則有，解得，y，即；

2xx222N2,2

234k234k234k34k34k

y3k(x2)

2222

聯(lián)立22，得112kx48kx412k10，

3x4y12

412k2124k2212k24k2212k

由得，y，即M,；

2xx121222

1112k2112k112k112k112k

22

68k24k221

設(shè)直線MN的斜率為kMN，當(dāng)時(shí)，即k時(shí)，

34k2112k24

12k12k

2

34k2112k212k(16k4)4k

則kMN.

68k224k2212(116k4)14k2

34k2112k2

12k4k68k2

所以直線MN的方程為y22x2，

34k14k34k

4k

即yx1，所以直線l過(guò)定點(diǎn)1,0.

14k2

1133

當(dāng)k2，若k，則M1,,N1,,此時(shí)直線MN的方程為x1；

4222

133

若k，則M1,,N1,,此時(shí)直線MN的方程為x1；

222

綜上可得，直線l恒過(guò)定點(diǎn)1,0.

高妙技法

與角度、位置關(guān)系等有關(guān)的存在性問(wèn)題，假設(shè)存在，然后根據(jù)題目幾何條件列出方程，根據(jù)假設(shè)條件求

解，看解是否在合理范圍內(nèi)。

x2y22

1．（25-26高三上·重慶·月考）橢圓E:1(ab0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2，離心率為；點(diǎn)

a2b24

△

M,N為橢圓E上的兩個(gè)不同動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)1MF2面積的最大值為7.

(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；

(2)設(shè)直線MF1的斜率為k1，直線NF1的斜率為k2.

（i）若M,N在x軸上方，且k1k20，求證:直線MN過(guò)定點(diǎn);

（ii）點(diǎn)M,N在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，是否存在某些位置使得MF1NF1且MF2NF2?若存在，求出此時(shí)點(diǎn)M

的坐標(biāo);若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

x2y2

【答案】(1)1

87

815715815715815715815715

(2)（i）證明見(jiàn)解析；（ii）,,,,,,,

1515151515151515

△

【分析】（1）由離心率及F1MF2面積的最大值列出等式求得a,b,c即可求解；

（2）（i）設(shè)直線MN方程為：ykxm,Mx1,y1,Nx2,y2，聯(lián)立橢圓方程，由韋達(dá)定理結(jié)合k1k20，

x1

0

求得m8k即可求證；（ii）設(shè)Mx0,y0，由MF1NF1,MF2NF2，得到直線NF1的方程為：yx1，

y0

x1x21

00

直線NF2的方程為：yx1，聯(lián)立求得Nx0,，結(jié)合點(diǎn)N，點(diǎn)M在橢圓上，列出等式求

y0y0

解即可.

c2

【詳解】（1）由題意，即a22c，

a4

△17

當(dāng)M點(diǎn)位于短軸端點(diǎn)時(shí)，F(xiàn)1MF2面積的最大值，得：2cb7，即b，

2c

又a2b2c2，

71

所以8c2c2，即c2

c2c2

解得：a22,c1,b7，

x2y2

故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為1

87

（2）

（i）設(shè)直線MN方程為：ykxm,Mx1,y1,Nx2,y2，

7x28y256

由得：78k2x216kmx8m2560，

ykxm

2

2

2216km8m56，

Δ16km478k8m560,x1x2,x1x2

78k278k2

y1y2

因?yàn)閗1k20，所以0，

x11x21

即y1x21y2x110.

所以kx1mx21kx2mx110，

整理得：2kx1x2kmx1x22m0，

8m25616km

代入韋達(dá)定理2kkm2m0，

78k278k2

化簡(jiǎn)得：m8k

所以直線MN方程為：ykx8k，恒過(guò)定點(diǎn)8,0；

（ii）設(shè)Mx0,y0，顯然x01，

y0y0

則直線MF1斜率為，直線MF2的斜率為.

x01x01

因?yàn)镸F1NF1,MF2NF2，

x1x1

00

所以直線NF1斜率為，直線NF2的斜率為.

y0y0

x1

0

所以直線NF1的方程為：yx1

y0

x1

0

直線NF2的方程為：yx1，

y0

22

x01x01

兩方程聯(lián)立解得：xx0,y，即Nx0,，

y0y0

2

x01

因?yàn)辄c(diǎn)N在橢圓上，所以y0，

y0

2222

即x0y01或x0y01，

x2y2

又點(diǎn)M在橢圓上，001，

87

x2y2

001

聯(lián)立87無(wú)解，

22

x0y01

x2y2

001

聯(lián)立，解得：815715，

87x0,y0

221515

x0y01

815715815715815715815715

所以符合條件的點(diǎn)M得坐標(biāo)為,,,,,,,.

1515151515151515

2．（25-26高二上·貴州·期中）已知橢圓的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2，左頂點(diǎn)為A，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若F1F22，

1

橢圓的離心率為e，過(guò)點(diǎn)A作斜率為kk0的直線l與橢圓交于另一點(diǎn)B，交y軸于點(diǎn)D．

2

(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；

(2)設(shè)P為AB的中點(diǎn)，在x軸上是否存在定點(diǎn)Em,0，對(duì)于任意的kk0都有OPDE？若存在，求出

定點(diǎn)E的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

x2y2

【答案】(1)1

43

3

(2)存在，E,0

2

【分析】（1）由題意求出a,b,c，即可求得橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；

x2y2

（2）設(shè)直線AB:ykx2k0*，與橢圓方程1聯(lián)立，利用韋達(dá)定理以及中點(diǎn)坐標(biāo)公式得到

43

P點(diǎn)坐標(biāo)，利用OPDE0從而求得結(jié)果.

【詳解】（1）由題意F1F22c2則c1，

c1

由于e，則a2，b2a2c23，

a2

x2y2

則橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為1.

43

（2）設(shè)直線AB:yk(x2)(k0)*

令x0，則y2k，D(0,2k)

22

xy2222

將*代入1整理得34kx16kx16k120，

43

16k2

設(shè)BxB,yB，則2x，

B34k2

268k212k

68k

x，yBk222

B34k234k34k

設(shè)PxP,yP，P為AB的中點(diǎn)，

18k216k

x2x，yPyB，

P2B34k2234k2

8k26k

OP2,2，

34k34k

DEm,2k，

(8m12)k2

OPDE，

34k2

3

當(dāng)m時(shí)，OPDE0恒成立，

2

3

所以存在定點(diǎn)E,0使得對(duì)于任意的kk0都有OPDE.

2

x2y22

3．（25-26高二上·湖南長(zhǎng)沙·期中）已知橢圓C:1ab0的離心率為,F1,F2分別為橢圓C的

a2b22

左?右焦點(diǎn)，點(diǎn)A是橢圓C上一動(dòng)點(diǎn)，且AF1AF2的最大值為6.

(1)求橢圓C的方程；

(2)已知直線xmy3與橢圓C交于P,Q兩點(diǎn).

（i）求m的取值范圍；

（ii）已知點(diǎn)D2,1，直線DP,DQ與直線x3分別交于點(diǎn)M,N，平面內(nèi)是否存在一定點(diǎn)H，使得四邊形

DMHN為平行四邊形？若存在，求出點(diǎn)H的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

x2y2

【答案】(1)1

63

(2)（i）m1或m1；（ii）存在，H4,1.

【分析】（1）利用橢圓定義和基本不等式求a，結(jié)合離心率求解可得；

（2）（i）直線方程聯(lián)立橢圓方程消元，利用判別式求解可得；（ii）利用直線DP,DQ表示出點(diǎn)M,N的坐

標(biāo)，結(jié)合韋達(dá)定理求出中點(diǎn)坐標(biāo)，結(jié)合DMHN為平行四邊形求解可得.

2c2

【詳解】（1）因?yàn)殡x心率為，所以，由橢圓的定義知AF1AF22a，

2a2

2

AF1AF2

由基本不等式得AFAFa26，

124

當(dāng)且僅當(dāng)AF1AF2a時(shí)等號(hào)成立，

故a6，所以c3，所以b2a2c23，

x2y2

故橢圓C的方程為1.

63

（2）（i）設(shè)Px1,y1,Qx2,y2，

xmy3

22

由x2y2得m2y6my30，

1

63

22

由直線xmy3與橢圓C交于兩點(diǎn)，知Δ36m12m20，得m21，

所以m1或m1.

（ii）存在點(diǎn)HxH,yH使得四邊形DMHN為平行四邊形，理由如下：

y1

1

因?yàn)镈2,1在橢圓上，所以易知x12,x22，設(shè)直線DM的方程為y1x2，

x12

y11y11m1y1m1y2

令x3，得yM11，同理yN，

x12my11my11my21

6m31

又由（i）知yy,yy，所以yyyy，

12m2212m22122m12

m1y1m1y22m1my1y2m1y1y2

所以yMyN

my11my21my11my21

1

2m1my1y2m1y1y2

2m，

0

my11my21

所以線段MN的中點(diǎn)坐標(biāo)為3,0，

連接DH，若四邊形DMHN為平行四邊形，則線段DH的中點(diǎn)坐標(biāo)也為3,0，

x2

H3

2

由于D2,1，可得得x4,y1，所以點(diǎn)H的坐標(biāo)為H4,1.

y1HH

H0

2

x2y2

4．（25-26高三上·廣東惠州·月考）已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，橢圓C：1ab0的右焦點(diǎn)為F1,0,C的

a2b2

長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4，直線l過(guò)點(diǎn)F且與C交于A,B兩點(diǎn)．

(1)求C的標(biāo)準(zhǔn)方程；

1

(2)當(dāng)直線l的斜率為時(shí)，求△的面積：

2OAB

(3)在x軸上是否存在一個(gè)定點(diǎn)P，使得直線AP,BP關(guān)于x軸對(duì)稱？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)：若不存在，

請(qǐng)說(shuō)明理由．

x2y2

【答案】(1)1

43

35

(2)

8

(3)存在，P4,0

【分析】（1）根據(jù)題意求出a,b,c即可；

（2）先求出直線方程，聯(lián)立方程，設(shè)Ax1,y1,Bx2,y2，利用韋達(dá)定理求出y1y2,y1y2，再根據(jù)

112

SOFyyOFyy4yy求解即可；

OAB21221212

（3）設(shè)AB:xmy1m0，聯(lián)立橢圓方程，韋達(dá)定理，結(jié)合斜率公式利用斜率相反化簡(jiǎn)求得P的坐標(biāo)，

即可求解.

【詳解】（1）由題意可得，c1,2a4，所以a2,b2a2c2413，

x2y2

故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為1；

43

1

（2）直線l的方程為yx1，

2

1

yx1

2

聯(lián)立，消x得16y212y90，

x2y2

1

43

39

設(shè)Ax,y,Bx,y，則yy,yy，

11221241216

112

所以SOFyyOFyy4yy

OAB21221212

193635

1；

216168

（3）設(shè)Ps,0，

易得直線l的斜率不為零，可設(shè)l:xmy1，

22

xy22

聯(lián)立xmy1，1得，3m4y6my90，

43

222

設(shè)Ax1,y1,Bx2,y2，則Δ36m363m4144m10，

6m9

yy,yy，

123m24123m24

因?yàn)橹本€AP,BP關(guān)于x軸對(duì)稱，

yy

12

所以x1sx2s0時(shí)，kAPkBP0，

x1sx2s

所以y2x1y1x2sy1y20（x1sx2s0也符合），

所以y2my11y1my21sy1y20，

所以2my1y21sy1y20，

96m

所以2m1s0，

3m243m24

化簡(jiǎn)得ms4m0，與m無(wú)關(guān)，所以s4，故P4,0，

故存在P4,0，使得直線AP,BP關(guān)于x軸對(duì)稱.

高妙技法

與線段為定值有關(guān)的存在性問(wèn)題，假設(shè)存在，然后根據(jù)題目幾何條件列出方程，根據(jù)假設(shè)條件求解，看

解是否在合理范圍內(nèi)。

1．（2025高三·全國(guó)·專題練習(xí)）已知雙曲線C的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)，左焦點(diǎn)為25,0，且C的一條漸近線

的斜率為2.

(1)求C的方程；

(2)如圖，記C的右頂點(diǎn)為A，過(guò)點(diǎn)A作直線MA,NA與C的左支分別交于M,N兩點(diǎn)，且MANA,ADMN,D

為垂足．證明：存在定點(diǎn)Q，使得DQ為定值，并求出點(diǎn)Q坐標(biāo)．

x2y2

【答案】(1)1

416

2

(2)證明見(jiàn)解析，Q,0

3

【分析】（1）根據(jù)題意，列出方程組，求得a,b的值，即可求解；

2kmm216

（2）設(shè)直線MN方程為ykxm，聯(lián)立方程組，得到xx,xx，根據(jù)MANA，整理

124k212k24

10k