圆锥曲线定点问题题型分类汇编（解析版）.pdf

1、1圆锥曲线定点问题题型分类汇编题型 1 直线过定点之 y=kx+m 型题型 2 直线过定点之 x=ty+m 型题型 3 直线过定点之求直线方程型题型 4 特殊到一般法题型 5 斜率和问题题型 6 斜率积问题题型 7 斜率比值问题题型 8 多斜率问题题型 9 与角度有关的定点问题题型 10 直线过定点之类比法题型 11 定点与恒成立问题题型 12 圆过定点问题题型 1 直线过定点之 y=kx+m 型定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：假设直线方程，与曲线方程联立，整理为关于 x 或 y 的一元二次方程的形式；利用 0 求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；利用韦达定理表示出已知中的等量

2、关系，代入韦达定理整理；由所得等式恒成立可整理得到定点.技巧：若直线方程为 y-y0=k x-x0,则直线过定点 x0,y0;若直线方程为 y=kx+b(b 为定值),则直线过定点 0,b.1(2021贵州贵阳高三校联考开学考试)已知椭圆 C 的中心在原点，一个焦点为 F1-3,0，且 C 经过点P3,12(1)求 C 的方程；(2)设 C 与 y 轴正半轴交于点 D，直线 l:y=kx+m 与 C 交于 A、B 两点(l 不经过 D 点)，且 AD BD证明：直线 l 经过定点，并求出该定点的坐标【答案】(1)x24+y2=1(2)直线 l 经过定点，定点坐标为 0,-35【分析】(1)由题

3、意可得 c=3，设椭圆 C:x2a2+y2b2=1(a b 0)，求得椭圆的另一个焦点坐标，利用定义2求解 a=2，再求得 b，即可求出椭圆方程.(2)由已知得 D(0,1)，联立直线方程与椭圆方程，利用根与系数的关系可得 A，B 横纵坐标的和与积，结合AD BD，得 DA DB=x1x2+(y1-1)(y2-1)=0，由此求解 m 值，当 m=-35 时，有 0，直线 l 经过定点 0,-35【详解】(1)解：由题意得，设椭圆 C 的方程为 x2a2+y2b2=1(a b 0)，焦距为 2c则 c=3，椭圆的另一个焦点为 F2(3,0),由椭圆定义得 2a=|PF1|+|PF2|=72+12

4、=4，则 a=2所以 b=a2-c2=1,所以 C 的方程为 x24+y2=1.(2)(2)证明：由已知得 D(0,1)，由y=kx+mx24+y2=1，得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0，设 A(x1,y1)，B(x2,y2)，则 x1+x2=-8km1+4k2，x1x2=4m2-41+4k2，y1+y2=k(x1+x2)+2m=2m1+4k2，y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=m2-4k21+4k2，由 AD BD 得，DA DB=x1x2+(y1-1)(y2-1)=0即 5m2-2m-31+4k2=0，所以 5m2-2m-3=0，解得 m=1 或 m=-35，当 m=1

5、 时，直线 l 经过点 D，舍去；当 m=-35 时，显然有 0，直线 l 经过定点 0,-35【变式训练】1(2023 上辽宁朝阳高三建平县实验中学校考期末)已知动点 M x,y到定点 N3,0的距离与 M到定直线：x=4 33的距离之比为32，记点 M 的轨迹为曲线 C.(1)求曲线 C 的方程；(2)已知曲线 C 与 y 轴的正半轴交于点 A，不与 x 轴垂直的直线 l 交曲线 C 于 E,F 两点(E，F 异于点 A)，直线 AE,AF 分别与 x 轴交于 P,Q 两点，若 P,Q 的横坐标的乘积为 43，则直线 l 是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.【答案】(1

6、)x24+y2=1；(2)l 过定点，0,-2.【分析】(1)根据给定条件，列出方程并化简作答.(2)设出直线 l 的方程及点 E,F 的坐标，联立直线 l 与曲线 C 的方程，求出点 P,Q 的横坐标，由已知结合韦达定理求解作答.【详解】(1)依题意，(x-3)2+(y-0)2x-4 33=32，化简整理得 x24+y2=1，3所以曲线 C 的方程为 x24+y2=1.(2)设直线 l 的方程为 y=kx+m m 1,E x1,y1,F x2,y2，由 y=kx+mx2+4y2=4消去 y 得 4k2+1x2+8kmx+4m2-4=0，当 0 时，x1+x2=-8km4k2+1,x1x2=4

7、m2-44k2+1，由 x24+y2=1，得 A 0,1，则直线 AE 的方程为 y=y1-1x1x+1，令 y=0，得点 P 的横坐标 xP=-x1y1-1，直线 AF 的方程为 y=y2-1x2x+1，令 y=0，得点 Q 的横坐标 xQ=-x2y2-1，于是 xP xQ=x1x2y1-1y2-1=x1x2kx1+m-1kx2+m-1=43，即 4k2-3x1x2+4km-4kx1+x2+4(m-1)2=0，则有(4k2-3)4m2-44k2+1+(4km-4k)-8km4k2+1+4(m-1)2=0，化简得 m2+m-2=0，解得 m=-2 或 m=1(舍去)，所以直线 l 的方程为 y

8、=kx-2，直线 l 恒过定点 0,-2.【点睛】思路点睛：涉及动直线与圆锥曲线相交满足某个条件问题，可设直线方程为 y=kx+m，再与圆锥曲线方程联立结合已知条件探求 k，m 的关系，然后推理求解.2(2023 上广西玉林高三校联考开学考试)已知椭圆 E:x2a2+y2b2=1 a b 0的左焦点为 F1-2,0，且点6,1在椭圆 E 上.(1)求椭圆 E 的标准方程；(2)椭圆 E 的上、下顶点分别为 M,N，点 P n,4n R,n 0，若直线 PM,PN 与椭圆 E 的另一个交点分别为点 S,T，证明：直线 ST 过定点，并求该定点坐标.【答案】(1)x28+y24=1(2)证明见解析

9、，定点坐标为 0,1【分析】(1)根据左焦点可知 c 的值，根据点6,1在椭圆上，可以得到另一组关系式，从而求出 a，b.(2)先设直线 ST 的斜截式方程，再联立直线和椭圆方程，结合韦达定理将 P 点纵坐标为 4 的信息转化为直线方程系数的值或关系，从而找出直线所过定点.【详解】(1)因为椭圆 E 的左焦点 F1-2,0，可得 c=2，由定义知点6,1到椭圆的两焦点的距离之和为 2a，2a=6+22+12+6-22+12=11+4 6+11-4 6=2 2+3+2 2-3=4 2，故 a=2 2，则 b2=a2-c2=4，4所以椭圆 E 的标准方程为 x28+y24=1.(2)由椭圆的方程

10、x28+y24=1，可得 M 0,2,N 0,-2，且直线 ST 斜率存在，设 S x1,y1,T x2,y2，设直线 ST 的方程为：y=kx+m，与椭圆方程 x28+y24=1 联立得：2k2+1x2+4kmx+2m2-8=0，则 x1+x2=-4km2k2+1,x1x2=2m2-82k2+1直线 SM 的方程为 y=y1-2x1x+2，直线 TN 的方程为 y=y2+2x2x-2，由直线 SM 和直线 TN 交点的纵坐标为 4 得，2x1y1-2=6x2y2+2即x1y1-2=3x2y2+2又因点 S x1,y1在椭圆 x28+y24=1 上，故 x218+y214=1，得x1y1-2=

11、-2 y1+2x1，同理，点 T x2,y2在椭圆 x28+y24=1 上，得 3x2y2+2=-2 y1+2x1，即 3x1x2+2 y1+2y2+2=0即 3x1x2+2 kx1+m+2kx2+m+2=0即 2k2+3x1x2+2k m+2x1+x2+2 m+22=0即2k2+32m2-8+2km+4m-4km+2m2+8m+82k2+12k2+1=0化简可得 8m2+8m-16=0，即 m2+m-2=0，解得 m=-2 或 m=1，当 m=-2 时，直线 ST 的方程为 y=kx-2，直线 ST 过点 N，与题意不符.故 m=1，直线 ST 的方程为 y=kx+1，直线 ST 恒过点 0

12、,1【点睛】本题主要考查直线与椭圆关系中的直线恒过定点问题，遵循“求谁设谁”的思路，将目标直线设为 y=kx+m 的形式，将条件转化为 m 的值或 k 与 m 的关系式，从而得出定点，侧重数学运算能力，属于偏难题.3(2023 上江苏高三江苏省梁丰高级中学校联考阶段练习)在直角坐标平面内，已知 A-2,0，B 2,0，动点 P 满足条件：直线 PA 与直线 PB 斜率之积等于-12，记动点 P 的轨迹为 E(1)求 E 的方程；(2)过直线 l：x=4 上任意一点 Q 作直线 QA 与 QB，分别交 E 于 M，N 两点，则直线 MN 是否过定点？若是，求出该点坐标；若不是，说明理由【答案】(

13、1)x24+y22=1(x 2)；(2)是，定点为 1,0.5【分析】(1)根据给定条件，利用斜率坐标公式列式化简作答.(2)设出点 Q 的坐标，由已知探求出点 M,N 的坐标关系，再按直线 MN 斜率存在与否分类讨论求解作答.【详解】(1)设动点 P x,y，则直线 PA、PB 的斜率分别为yx+2,yx-2，于是yx+2 yx-2=-12，整理得 x24+y22=1，显然点 A,B 不在轨迹 E 上，所以 E 的方程为 x24+y22=1(x 2).(2)设直线 l:x=4 上的点 Q 4,t，显然 t 0，依题意，直线 MA,MB 的斜率 kMA,kMB满足 kMA kMB=-12，且

14、kMA=t-04-2=t6，直线 NB 斜率 kNB=t-04-2=t2，则 kMA=13 kNB，有 kMB kNB=-32，设 M x1,y1，N x2,y2，则y1x1-2 y2x2-2=-32(x1 2 且 x2 2)，当直线 MN 不垂直于 x 轴时，设直线 MN 的方程为 y=kx+m，y=kx+mx24+y22=1消去 y 得 2k2+1x2+4kmx+2m2-4=0，则 x1+x2=-4km2k2+1，x1x2=2m2-42k2+1，又y1y2x1-2x2-2=-32，即 2k2+3x1x2+2km-6x1+x2+2m2+12=0，则 2k2+3 2m2-42k2+1+2km-

15、6-4km2k2+1+2m2+12=0，整理得 2k2+3km+m2=0，解得 k=-m 或 k=-m2，此时方程 2k2+1x2+4kmx+2m2-4=0 中的 0，当 k=-m 时，直线 MN：y=-m x-1恒过点 1,0，当 k=-m2 时，直线 MN：y=-m2x-2，由于 x 2 舍去，当直线 MN x 时，则有 x2=x1,y2=-y1，即有y1x1-22=32，而 x214+y212=1，解得 x1=1，直线 MN：x=1 过点 1,0，所以直线 l 恒过点 1,04(2023 上河北张家口高三统考开学考试)已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1 a b 0过点 A-2,1，且离

16、心率 e=22(1)求椭圆 C 的方程；(2)过点 A 作与 y=tx2 t 0相切的两条直线，分别交椭圆 C 于 P，Q 两点，求证：直线 PQ 恒过定点6【答案】(1)x26+y23=1(2)证明见解析【分析】(1)由已知列方程组求出 a,b,c，可得方程；(2)先由直线 AP,AQ 与曲线 y=tx2 t b 0，e=ca=22，由题可得4a2+1b2=1ca=22a2=b2+c2，解得 a2=6b2=3，所求椭圆方程为 x26+y23=1(2)设过点 A 的直线为 y-1=k x+2与 y=tx2 t 0 得，6m2-n2+3 01k1+1k2=x1+2y1-1+x2+2y2-1=x1

17、+2mx1+n-1+x2+2mx2+n-1=-2，即 x1+2mx2+n-1+x2+2mx1+n-1=-2 mx2+n-1mx1+n-1整理得 2m+2m2x1x2+n-1+2mnx1+x2+2 n2-1=0，将式代入得，2m+2m2n2-3+n-1+2mn-2mn+n2-11+2m2=0，整理得：n2+2mn-8m2-6m-1=0，即 n-2m+1n+4m+1=0，n=2m+1 或 n=-4m+1，所以当 n=2m+1 时，直线 PQ 为 y=mx+2m+1，恒过点 A-2,1，不符合题意；当 n=-4m+1时，直线 PQ 为：y=mx-4m-1，即 y+1=m x-4，恒过点 4,-1，综

18、上，直线 PQ 恒过定点 4,-1【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的定点问题的常用策略：(1)参数法：参数法解决定点问题的关键思路在于以下两个环节.7引进动点的坐标或动直线中的参数(如引入动直线的斜率 k，截距 m，动点的横或纵坐标 t 等等)表示变化量，即确定题目中核心参数；利用条件找到参数与过定点的曲线 F(x,y)=0 之间的关系，得到关于参数与 x,y 的等式，再研究曲线不受参数影响时的定点坐标.(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.题型 2 直线过定点之 x=ty+m 型1.直线 AB 方程为 x=ty+m，

19、联立曲线方程，结合韦达定理化简整理得到只关于 t、m 的方程，即可求出 t、m 的关系，即可进一步讨论直线 AB 过定点的情况；2.设直线时注意考虑 AB 斜率不存在的情况，联立方程也要注意讨论判别式.1(2021广东深圳统考二模)已知圆 C:x-12+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 与曲线 T 交于 A,B 两点，M 是 AB 的中点，过 M 作 x 轴的平行线与曲线 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【答案】(

20、1)y2=4x(2)存在，3x+6y-18=0 或 3x-6y-18=0【分析】(1)设元，利用圆与圆的位置关系找等量关系，列方程，化简即可；(2)设 A(x1,y1),B(x2,y2)，l：得 x=my+6，联立方程消去 x，由韦达定理 y1+y2=4m,y1y2=-24，根据题意设 N(x0,y0)，由 NA NB 得 NA NB=0 化简解决即可.【详解】(1)设动圆圆心 P(x,y)，由题可知动圆圆心不能在 y 轴左侧，故 x 0，因为动圆与直线 x=-12 相切且与圆 C：x-12+y2=14 外切，所以|PC|-x+12=12，(x-1)2+y2=x+1，化简得 y2=4x，所以动

21、圆圆心 P 的轨迹 T 的方程为 y2=4x.(2)设 A(x1,y1),B(x2,y2)，由题意，设直线 l 的方程为 x=my+6，联立 x=my+6y2=4x，消去 x 得y2-4my-24=0，y1+y2=4m,y1y2=-24，x1+x2=4m2+12，x1x2=36，因为 M 是 AB 的中点，过 M 作 x 轴的平行线与曲线 T 相交于点 N，假设存在 N(x0,y0)，使得 NA NB，所以 y0=y1+y22=2m，8因为 N 在抛物线上，即 x0=y204所以 x0=m2，NA NB=0，NA=(x1-x0,y1-y0)，NB=(x2-x0,y2-y0)，所以 x1x2-x

22、0(x1+x2)+x20+y1y2-y0(y1+y2)+y20=0所以将代入化简可得(m2+6)(3m2-2)=0，所以 m=63，所以存在直线 l：x=63 y+6，使得 NA NB，所以存在直线 l 的方程为 3x+6y-18=0 或 3x-6y-18=0【变式训练】1(2020山东高三山东省实验中学校考阶段练习)已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1(a b 0)的左右焦点分别为 F1，F2，左顶点为 A，且满足 F1F2=2AF1，椭圆 C 上的点到焦点距离的最大值为 3(1)求椭圆的标准方程；(2)若 P 是椭圆上的任意一点，求 PF1 PA的取值范围；(3)已知直线 l:y=kx+m

23、 与椭圆相交于不同的两点 M，N(均不是长轴的端点)，AH MN，垂足为 H 且AH 2=MH HN，求证：直线 l 恒过定点【答案】(1)x24+y23=1(2)0,12(3)证明见解析【分析】(1)根据题意列方程组，解得参数 a、b，即可得到椭圆的标准方程；(2)把条件 PF1 PA转化成关于 P 的横坐标 x0的代数式，以抛物线在给定区间求值域的方法解之即可；(3)把条件 AH2=MH HN转化成 AM AN，极大简化了运算量，是数形结合的的一个范例，得到参数 k、m 关系后，即可求得直线 l 所过定点.【详解】(1)由已知 a+c=32 a-c=2c，解得 a=2，c=1，则 b=a2

24、-c2=3，故椭圆 C 的标准方程为 x24+y23=1(2)设 P x0,y0，则 x204+y203=1，又 A-2,0，F1-1,0 PF1 PA=-1-x0-2-x0+y20=14 x20+3x0+5由于 P x0,y0在椭圆 C 上，-2 x0 2由 f x=14 x2+3x+5 在区间-2,2上单调递增，可知当 x0=-2 时，f x0取最小值为 0；当 x0=2 时，f x0取最大值为 12故 PF1 PA的取值范围是 0,12(3)由y=kx+m,x24+y23=1,消去 y 得：3+4k2x2+8kmx+4m2-12=0设 M x1,y1，N x2,y2，则 AM=x1+2,

25、y1，AN=x2+2,y29x1+x2=-8km3+4k2，x1x2=4m2-123+4k2 由 0 得 4k2+3 m2AH 2=MH HN，即 AH2=MH NH，可得 AM AN，则 x1+2,y1x2+2,y2=0，即 x1x2+2 x1+x2+4+kx1+mkx2+m=01+k24m2-123+4k2+km+2-8km3+4k2+m2+4=0化简得 4k2-16km+7m2=0 k=12 m 或 k=72 m，均适合 4k2+3 m2当 k=12 m 时，直线过 A，舍去；当 k=72 m 时，直线 y=kx+27 k 过定点-27,0故直线 l 恒过定点-27,0.【点睛】解决直线

26、与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率等问题2(2022辽宁沈阳二模)已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1 a b 0的焦距为 2，且经过点 P 1,32(1)求椭圆 C 的方程；(2)经过椭圆右焦点 F 且斜率为 k k 0的动直线 l 与椭圆交于 A、B 两点，试问 x 轴上是否存在异于点 F的定点 T，使 AF BT=BF AT 恒成立？若存在，求出 T 点坐标，若不存在，说明理由【答案】(1)x24+y23=1(2)存在；点 T 4,0【分析

27、】(1)根据题意，得到 c=1，再由椭圆 C 经过点 P 1,32，联立方程组，求得 a2=4,b2=3，即可求解.(2)设直线 l 的方程为 x=my+1，联立方程组，得到 y1+y2=-6m3m2+4,y1y2=-93m2+4，设 T 点坐标为 t,0，由 AF BT=BF AT，得到 AFBF=STFASTFB=ATsinATFBTsinBTF，得到 ATF=BTF，得到 kAT+kBT=0，列出方程，求得 t=4，即可求解【详解】(1)解：由椭圆 C 的焦距为 2，故 c=1，则 b2=a2-1，又由椭圆 C 经过点 P 1,32，代入 C 得 1a2+94b2=1，解得 a2=4,b

28、2=3，所以椭圆 C 的方程为 x24+y23=1(2)解：根据题意，直线 l 的斜率显然不为零，令 1k=m，由椭圆右焦点 F 1,0，故可设直线 l 的方程为 x=my+1，联立方程组x=my+1x24+y23=1，整理得(3m2+4)y2+6my-9=0，10则 =36m2-4 (-9)(3m2+4)=144(m2+1)0，设 A x1,y1，B x2,y2，且 y1+y2=-6m3m2+4,y1y2=-93m2+4，设存在点 T，设 T 点坐标为 t,0，由 AF BT=BF AT，可得 AFBF=ATBT，又因为 AFBF=STFASTFB=12 FT ATsinATF12 FT B

29、TsinBTF=ATsinATFBTsinBTF，所以 sinATF=sinBTF，所以 ATF=BTF，所以直线 TA 和 TB 关于 x 轴对称，其倾斜角互补，即有 kAT+kBT=0，则 kAT+kBT=y1x1-t+y2x2-t=0，所以 y1(x2-t)+y2(x1-t)=0，所以 y1(my2+1-t)+y2(my1+1-t)=0，整理得 2my1y2+(1-t)(y1+y2)=0，即 2m-93m2+4+(1-t)-6m3m2+4=0，即3m3m2+4+(1-t)m3m2+4=0，解得 t=4，符合题意，即存在点 T 4,0满足题意【点睛】方法技巧：解答圆锥曲线的定点、定值问题的

30、策略：1、参数法：参数解决定点问题的思路：引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量(通常为变量 k)；利用条件找到 k 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，得出定点的坐标；2、由特殊到一般发：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.3(2023 上北京丰台高三北京市第十二中学校考阶段练习)已知椭圆 C 的两个焦点分别为 F1(-3,0),F2(3,0)，离心率为32(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)M 为椭圆 C 的左顶点，直线 l 与椭圆 C

31、 交于 A,B 两点，若 MA MB，求证：直线 AB 过定点【答案】(1)x24+y2=1;(2)证明见解析.【分析】(1)根据条件求出 a,b,c 的值即可；(2)联立直线方程 x=ty+m 和椭圆方程后利用两直线垂直可算出 m.【详解】(1)由题意得：c=3，e=ca=32，a2=b2+c2，故可知 a=2,b=1，椭圆方程为：x24+y2=1.(2)M 为椭圆 C 的左顶点，又由(1)可知：M(-2,0)，设直线 AB 的方程为：x=ty+m，A(x1,y1)，B(x2,y2)联立方程可得：x=ty+mx2+4y2=4(t2+4)y2+2mty+m2-4=0，则 =2mt2-4(t2+

32、4)m2-4 0，即 t2+4 m2，由韦达定理可知：y1+y2=-2mtt2+4，y1y2=m2-4t2+4，MA MB，则 MA MB=0，11 x1+2x2+2+y1y2=0 x1x2+2(x1+x2)+4+y1y2=0，又 x1=ty1+mx2=ty2+m，(t2+1)y1y2+(mt+2t)(y1+y2)+(m+2)2=0，(t2+1)(m2-4)+(mt+2t)-2mt+(m2+4m+4)(t2+4)=0，展开后整理得：5m2+16m+12=0，解得：m=-65 或 m=-2，当 m=-2 时，AB 的方程为：x=ty-2，经过点 M，不满足题意，舍去，当 m=-65 时，AB 的

33、方程为：x=ty-65，恒过定点-65,0.所以直线 AB 过定点4(2023 上重庆沙坪坝高三重庆一中校考开学考试)已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1(a b 0)的左顶点为 A，上顶点为 B，右焦点为 F 1,0，设 O 为坐标原点，线段 OA 的中点为 D，且满足 BD=DF.(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)设点 T 2,tt R，圆 T 过 O 且交直线 x=2 于 M,N 两点，直线 AM,AN 分别交 C 于另一点 P,Q(异于点 A).证明：直线 PQ 过定点，并求出该定点的坐标.【答案】(1)x24+y23=1(2)证明见解析，1,0【分析】(1)根据题意求出 a2,b2

34、即可得解；(2)设 P x1,y1,Q x2,y2,M x3,y3,N x4,y4，先求出圆 T 的方程，令 x=2，利用韦达定理求出 y3y4，设直线PQ 的方程为 x=my+n，联立方程，利用韦达定理求出 y1+y2,y1y2，再根据 A,P,M 三点共线得 AP AM，求出 y3，同理求出 y4，整理可得出答案.【详解】(1)由题意 c=1，由 BD=DF 可知：a24+b2=a2+1，整理得 b2=a+1 a2-a-2=0 a=2，所以 b=a2-c2=3，所以椭圆 C 的方程为 x24+y23=1；(2)设 P x1,y1,Q x2,y2,M x3,y3,N x4,y4，依题意，圆

35、T 的方程为(x-2)2+(y-t)2=t2+4，令 x=2，则 y2-2ty-4=0，=4t2+16 0，由韦达定理可得 y3y4=-4，由已知直线 PQ 不与 y 轴垂直，设直线 PQ 的方程为 x=my+n，与椭圆联立得：3m2+4y2+6mny+3n2-12=0，由韦达定理可得 y1+y2=-6mn3m2+4,y1y2=3n2-123m2+4，由 A,P,M 三点共线得 AP AM，所以 x1+2y3=4y1 y3=4y1x1+2=4y1my1+n+2，同理 y4=4y2my2+n+2，所以 y3y4=16y1y2my1+n+2my2+n+2=-4，12去分母整理得：4+m2y1y2+

36、m n+2y1+y2+(n+2)2=0，将韦达定理带入得：4+m23n2-123m2+4+m n+2-6mn3m2+4+(n+2)2=0，整理得 n2+n-2=0 n=1 或 n=-2，当 n=-2 时，直线 PQ 过点 A，不合题意，所以 n=1，所以直线 PQ 的方程为 x=my+1，恒过定点 1,0.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：(1)“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；(2)“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个

37、方程组的解为坐标的点即为所求点；(3)求证直线过定点 x0,y0，常利用直线的点斜式方程 y-y0=k x-x0或截距式 y=kx+b 来证明.题型 3 直线过定点之求直线方程型在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为定点问题证明直线(曲线)过定点的基本思想是是确定方程，即使用一个参数表示直线(曲线)方程，根据方程的成立与参数值无关得出 x ,y 的方程组，以方程组的解为坐标的点就是直线(曲线)所过的定点核心方程是指已知条件中的等量关系1(2020 下河南鹤壁高三鹤壁高中校考阶段练习)已知双曲线 C：x2a2-y2b2=1 a 0,b 0的右焦

38、点 F，半焦距 c=2，点 F 到直线 x=a2c 的距离为 12，过点 F 作双曲线 C 的两条互相垂直的弦 AB，CD，设 AB，CD 的中点分别为 M，N.(1)求双曲线 C 的标准方程；(2)证明：直线 MN 必过定点，并求出此定点的坐标.【答案】(1)x23-y2=1；(2)证明见解析，(3,0).【分析】(1)根据给定条件求出 a 的值，再由 a，b，c 之间的关系求出双曲线的方程.(2)直线 AB 斜率存在且不为 0 时，设出 AB 方程并与 C 的方程联立求出 M 的坐标，再得 N 的坐标，就直线 MN 的斜率存在与否讨论，最后分析 AB 斜率不存在或为 0 的情况作答.【详解

39、】(1)依题意，c=2，c-a2c=12，解得 a2=3,b2=c2-a2=1，所以双曲线的方程为：x23-y2=1.(2)点 F(2,0)，当直线 AB 不垂直于坐标轴时，设直线 AB 的方程为：x=ky+2，A(x1,y1)，B(x2,y2)，由 x=ky+2x2-3y2=3消去 x 并整理得：(k2-3)y2+4ky+1=0，显然 k2-3 0，则 y1+y2=4k3-k2，有 x1+x2=k(y1+y2)+4=123-k2，于是得弦 AB 中点 M63-k2,2k3-k2，因 CD AB，同理可得点 N6k23k2-1,-2k3k2-1，13当直线 MN 不垂直于 x 轴时，直线 MN

40、 的斜率 kMN=2k3-k2+2k3k2-163-k2-6k23k2-1=2k3(k2-1)，因此，直线 MN 的方程为：y-2k3-k2=2k3(k2-1)x-63-k2，化简得 y=2k3(k2-1)(x-3)，于是得直线 MN 恒过定点 P(3,0)，当直线 MN 垂直于 x 轴时，由63-k2=6k23k2-1得 k=1，直线 MN：x=3 过定点 P(3,0)，则当直线 AB 不垂直于坐标轴时，直线 MN 恒过定点 P(3,0)，当 AB 垂直于 x 轴，即 k=0 时，则弦 AB 的中点 M 与 F 重合，弦 CD 的中点 N 与原点重合，此时 MN 为 x轴，直线 MN 过 P

41、(3,0)，当 AB 垂直于 y 轴时，则弦 AB 的中点 M 为原点，弦 CD 中点 N 与 F 重合，此时直线 MN 为 x 轴，直线 MN也过点 P(3,0)，所以直线 MN 恒过定点 P(3,0).【点睛】思路点睛：经过圆锥曲线上满足某条件的两个动点的直线过定点问题，可探求出这两个动点坐标，求出直线方程，即可推理计算解决问题.【变式训练】1(2020 上安徽高三校联考阶段练习)在 PAB 中，已知 A-2,0、B 2,0，直线 PA 与 PB 的斜率之积为-34，记动点 P 的轨迹为曲线 C.(1)求曲线 C 的方程；(2)设 Q 为曲线 C 上一点，直线 AP 与 BQ 交点的横坐标

42、为 4，求证：直线 PQ 过定点.【答案】(1)x24+y23=1 x 2；(2)证明见解析.【分析】(1)设点 P 的坐标为 x,y，利用斜率公式结合已知条件可求得曲线 C 的方程，并注明 x 2；(2)设直线 AP 与 BQ 交点为 M 4,m，求出点 P、Q 的方程，对直线 PQ 的斜率是否存在进行分类讨论，写出直线 PQ 的坐标，即可得出直线 PQ 所过定点的坐标.【详解】(1)解：设点 P 的坐标为 x,y，直线 PA 与 PB 的斜率分别为 kPA=yx+2，kPB=yx-2，其中 x 2，由已知得yx+2 yx-2=-34，化简得 x24+y23=1，由已知得 x 2，故曲线 C

43、 的方程为 x24+y23=1 x 2.(2)证明：设直线 AP 与 BQ 交点为 M 4,m，则直线 AP 的方程为 y=m6x+2，由 y=m6 x+23x2+4y2=12得 m2+27x2+4m2x+4m2-108=0，设 P xP,yP，则-2xP=4m2-108m2+27，即 xP=54-2m2m2+27，yP=m6xP+2=18mm2+27，同理，直线 BQ 的方程为 y=m2x-2，与椭圆方程联立，14消去 y 整理得 m2+3x2-4m2x+4m2-12=0，设 Q xQ,yQ，则 2xQ=4m2-12m2+3，即 xQ=2m2-6m2+3，yQ=m2xQ-2=-6mm2+3.

44、当 m 3 时，直线 PQ 的斜率为 kPQ=yP-yQxP-xQ=-6mm2-9，此时直线 PQ 的方程为 y+6mm2+3=-6mm2-9x-2m2-6m2+3，化简得：y=-6mm2-9x-1，故直线 PQ 过定点 1,0.当 m=3 时，可得 xP=xQ=1，所以直线 PQ 也过定点 1,0.综上所述：直线 PQ 过定点 1,0.2(2023江西景德镇统考三模)设椭圆 C：x2a2+y2b2=1 a b 0的左、右顶点分别为 A、B，且焦距为 2点 P 在椭圆上且异于 A、B 两点若直线 PA 与 PB 的斜率之积为-34(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)过点 F-1,0作不与 x

45、轴重合的直线与椭圆 C 相交于 M、N 两点，直线 m 的方程为：x=-2a，过点 M作 ME 垂直于直线 m，交 m 于点 E判断直线 EN 是否过定点，并说明理由【答案】(1)x24+y23=1(2)过定点 P-52,0，理由见解析【分析】(1)由焦距为 2，直线 PA 与 PB 的斜率之积为-34，列方程求出 a2,b2，可得椭圆 C 的标准方程；(2)设 MN 的直线方程，与椭圆联立方程组，结合韦达定理表示出直线 EN，令 y=0 可求得直线所过的定点.【详解】(1)由题意有 A-a,0，B a,0，设 P x,y，kPA kPB=yx+a yx-a=-34，化简得 x2a2+4y23

46、a2=1,结合 x2a2+y2b2=1，可得 b2=34 a2，由椭圆焦距为 2，有 a2-b2=a2-34 a2=14 a2=1，得 a2=4，b2=3，椭圆 C 的标准方程为 x24+y23=1；(2)设直线 MN 方程：x=my-1，M x1,y1，N x2,y2，E-4,y1，联立方程x=my-1x24+y23=1，得 3m2+4y2-6my-9=0，所以 y1+y2=6m3m2+4，y1y2=-93m2+4，所以-2my1y2=3 y1+y2，又 kEN=y2-y1x2+4，所以直线 EN 方程为：y-y1=y2-y1x2+4 x+4，令 y=0，则 x=-4-y1 x2+4y2-y

47、1=-4-my1y2+3y1y2-y1=-4+32 y1-y2y2-y1=-4+32=-52 所以直线 EN 过定点 P-52,0.15【点睛】方法点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去 x(或 y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系要强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题3(2023 上江苏连云港高三校联考阶段练习)已知双曲线 C 的中心为坐标原点，左焦点为(-2 5,0)，离心率为5，点 A1，A2为 C 的左，右顶点 P 为直线 x=1 上的动点，PA1

48、与 C 的另一个交点为 M，PA2与 C 的另一个交点为 N(1)求 C 的方程；(2)证明：直线 MN 过定点【答案】(1)x24-y216=1(2)证明见解析.【分析】(1)根据题意，列出方程，求得 a,b，即可得到 C 的方程；(2)根据题意，分别得到 M,N 的坐标，然后分直线 MN 的斜率存在以及不存在分别讨论，即可得到结果.【详解】(1)由题意可设双曲线方程为 x2a2-y2b2=1 a 0,b 0，左焦点为(-2 5,0)，则 c=2 5，离心率为5，则 e=ca=2 5a=5，则 a=2，b2=c2-a2=20-4=16，则 C 的方程为 x24-y216=1.(2)因为点 A

49、1，A2为 C 的左，右顶点，P 为直线 x=1 上的动点，所以 A1-2,0,A2 2,0，设 P 1,t，M x1,y1,N x2,y2，则直线 PA1的方程为 y=t3 x+2，联立直线 PA1与双曲线的方程可得y=t3 x+2x24-y216=1，消去 y 可得36-t2x2-4t2x-4t2-144=0，方程两根为 x1,-2，由韦达定理可得-2x1=4t2+144t2-36，所以 x1=2t2+7236-t2，y1=t3 x1+2=48t36-t2，即 M2t2+7236-t2,48t36-t2；设直线 PA2方程为 y=-t x-2，联立直线 PA2与双曲线的方程可得y=-t x

50、-2x24-y216=1，消去 y 可得4-t2x2+4t2x-4t2-16=0，方程两根为 x2,2，由韦达定理可得 2x2=4t2+16t2-4，则 x2=2t2+8t2-4，y2=-t x2-2=-16tt2-4，即 N2t2+8t2-4,-16tt2-4；由对称性可知，若直线 MN 过定点，则定点在 x 轴上，当直线 MN 的斜率不存在时，2t2+7236-t2=2t2+8t2-4，可得 t2=12，此时，x1=x2=4，则直线 MN 经过点 E 4,0，16当 t2 12 时，kME=48t36-t22t2+7236-t2-4=8tt2-12，kNE=-16tt2-42t2+8t2-

51、4-4=8tt2-12=kME，所以 M,N,E 三点共线，即直线 MN 经过点 E 4,0.综上，直线 MN 经过定点 4,0.4(2020全国校联考二模)在平面直角坐标系 xOy 中，M 为直线 y=x-2 上一动点，过点 M 作抛物线 C：x2=y 的两条切线 MA，MB，切点分别为 A，B，N 为 AB 的中点(1)证明：MN x 轴(2)直线 AB 是否恒过定点？若是，求出这个定点的坐标；若不是，请说明理由【答案】(1)证明见解析(2)直线 AB 过定点12,2.【分析】(1)根据函数切线的几何意义，结合中点坐标公式进行求解证明即可；(2)根据中点公式，结合斜率公式进行求解即可.【详

52、解】(1)设 A(x1,x21),B(x2,x22)，由 y=x2 y=2x，所以切线 MA 的斜率为 2x1，因此切线 MA 的方程为：y-x21=2x1(x-x1)，M 为直线 y=x-2 上一动点，设 M(t,t-2)，因此有 t-2-x21=2x1(t-x1)x21-2x1t+t-2=0，同理可得：x22-2x2t+t-2=0，因此 x1,x2是方程 x2-2xt+t-2=0 的两个根，所以 x1+x2=2t，x1x2=t-2因为 N 为 AB 的中点，所以 Nx=x1+x22=t，因此 MN x 轴；(2)因为 Ny=x21+x222=(x1+x2)2-2x1x22=2t2-t+2，

53、所以 kAB=x22-x21x2-x1=x2+x1=2t，所以直线 AB：y-(2t2-t+2)=2t(x-t)，即 y-2=2t x-12，所以直线 AB 过定点12,25(2023 上江西萍乡高三统考期末)已知椭圆 E 的中心在原点，周长为 8 的 ABC 的顶点，A-3,0为椭圆 E 的左焦点，顶点 B，C 在 E 上，且边 BC 过 E 的右焦点.(1)求椭圆 E 的标准方程；(2)椭圆 E 的上、下顶点分别为 M，N，点 P m,2m R,m 0,若直线 PM，PN 与椭圆 E 的另一个交点分别为点 S，T，证明：直线 ST 过定点，并求该定点坐标.【答案】(1)x24+y2=1(2

54、)证明见解析，0,12【分析】(1)根据椭圆定义直接求解即可；(2)设出直线 PS 方程，与椭圆方程联立，求出点 S、T 的坐标，写出直线 ST 方程即可求出定点坐标.【详解】(1)由题意知，椭圆 E 的焦点在 x 轴上，所以设椭圆方程为 x2a2+y2b2=1 a b 0，焦距为 2c c 0，17所以 ABC 周长为 4a=8，即 a=2，a2=4，因为左焦点 A-3,0，所以 c=3，c2=3，所以 b2=a2-c2=1，所以椭圆 E 的标准方程为 x24+y2=1.(2)由题意知，M 0,1,N 0,-1，直线 PS,PT,ST 斜率均存在，所以直线 PS:y=xm+1，与椭圆方程联立

55、得 m2+4x2+8mx=0，=64m2 0 对 m R,m 0 恒成立，则 xS+xM=-8mm2+4，即 xS=-8mm2+4，则 yS=-8mm2+4 1m+1=m2-4m2+4，同理 xT=24mm2+36，yT=36-m2m2+36，所以 kST=yS-yTxS-xT=m2-4m2+4-36-m2m2+36-8mm2+4-24mm2+36=144-m416m3+192m=12-m212+m216m 12+m2=12-m216m，所以直线 ST 方程为：y=12-m216mx-8mm2+4+m2-4m2+4=12-m216mx+12，所以直线 ST 过定点，定点坐标为 0,12.题型

56、4 特殊到一般法特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.1(2023 上山东高三校联考开学考试)如图，已知点 T1 3,-5和点 T2-5,21在双曲线 C:x2a2-y2b2=1 a 0,b 0上，双曲线 C 的左顶点为 A，过点 L a2,0且不与 x 轴重合的直线 l 与双曲线 C 交于 P，Q两点，直线 AP，AQ 与圆 O:x2+y2=a2分别交于 M，N 两点.(1)求双曲线 C 的标准方程；(2)设直线 AP，AQ 的斜率分别为 k1，k2，求 k1k2的值；(3)证明：直线 MN 过定点.【答案】(1)x24-y24=118(2)-13(3)直

57、线 MN 过定点(1,0),证明见解析.【分析】(1)根据双曲线上的点求标准方程；(2)利用韦达定理运算求解即可；(3)利用联立方程组，结合韦达定理求得 M,N 的坐标，猜想 MN 过定点(1,0)，并用三点共线与斜率的关系证明求解.【详解】(1)因为点 T1 3,-5和点 T2-5,21在双曲线上，所以9a2-5b2=125a2-21b2=1，解得 a2=4b2=4，所以双曲线 C 的标准方程为 x24-y24=1.(2)由题可知，直线 l 的斜率不等于零，故可设直线 l 的方程为 x=my+4，设 P(x1,y1),Q(x2,y2)，联立x24-y24=1x=my+4，整理得(m2-1)y

58、2+8my+12=0，若 m2=1，即 m=1，直线 l 的斜率为 1，与渐近线 y=x 平行，此时直线 l 与双曲线有且仅有一个交点，不满足题意，所以 m2 1，所以 y1+y2=-8mm2-1,y1y2=12m2-1,x1+x2=m(y1+y2)+8=-8m2m2-1+8m2-8m2-1=-8m2-1，x1x2=m2y1y2+4m(y1+y2)+16=12m2m2-1+-32m2m2-1+16m2-16m2-1=-4m2-16m2-1，因为 A(-2,0),所以 k1k2=kAPkAQ=y1x1+2 y2x2+2=y1y2x1x2+2(x1+x2)+412m2-1-4m2-16m2-1+-

59、16m2-1+4m2-4m2-1=12-36=-13，所以 k1k2=-13.(3)(i)当 MN x 轴时，k1=-k2,且 k1k2=-13，所以 k1=33,k2=-33，则 AP:y=33x+2，联立x2+y2=4y=33x+2，整理得 x2+13(x+2)2=4，即 x2+x-2=0，解得 x=-2 或 x=1，当 x=1 时，y=3，所以 M(1,3)，由于对称性，N(1,-3)，此时直线 MN 过定点(1,0)；(ii)当 MN 不垂直于 x 轴时，以下证明直线 MN 仍过定点设为 B(1,0)，因为 AP:y=k1 x+2，所以联立 x2+y2=4y=k1 x+2，即 x2+k

60、21(x+2)2=4，所以(k21+1)x2+4k21x+4k21-4=0，解得 x=-2 或 x=-2k21+2k21+1，当 x=-2k21+2k21+1时，y=k1-2k21+2k21+1+2=4k1k21+1，19所以 M-2k21+2k21+1,4k1k21+1,同理，将上述过程中 k1替换为 k2可得 N-2k22+2k22+1,4k2k22+1，所以 kBM=4k1k21+1-2k21+2k21+1-1=4k1-3k21+1，kBN=4k2k22+1-2k22+2k22+1-1=4k2-3k22+1，因为 k1k2=-13，所以 k2=-13k1，所以 kBN=4k2-3k22+

61、1=-43k1-3-13k12+1=-4k13k21-1=4k1-3k21+1=kBM，所以 M,N,B 三点共线，即此时直线 MN 恒过定点(1,0)，综上直线 MN 过定点(1,0).【变式训练】1(2023江西上饶校联考模拟预测)已知点 F 为抛物线 E:y2=2px(p 0)的焦点，点 P-2,4,PF=5，过点 P 作直线与抛物线 E 顺次交于 A,B 两点，过点 A 作斜率为 12 的直线与抛物线的另一个交点为点C(1)求抛物线 E 的标准方程；(2)求证：直线 BC 过定点【答案】(1)y2=4x(2)证明见解析【分析】(1)由|PF=5 求得参数 p 得抛物线方程；(2)设 A

62、B 的方程为 y-4=k(x+2)，设 A x1,y1,B x2,y2，直线方程代入抛物线方程整理后应用韦达定理得 y1+y2,y1y2，得 y1y2-8=4 y1+y2，直线 BC 方程代入抛物线方程应用韦达定理并结合前者得 4 y2+y3=y2y3+40，然后按直线 BC 斜率是否存在分类求得直线 BC 方程，利用 4 y2+y3=y2y3+40 得定点坐标【详解】(1)焦点 Fp2,0,|FP|=-2-p22+16=5，p 0，p=2抛物线 E 的标准方程为 y2=4x；(2)显然直线 AB 斜率存在，设 AB 的方程为 y-4=k(x+2)，由 y-4=k(x+2)y2=4x，化简得：

63、ky2-4y+16+8k=0,k 0,=16-2k2-4k+1 0，设 A x1,y1,B x2,y2，则 y1+y2=4k,y1y2=16k+8，y1y2-8=4 y1+y2 直线 AC 的方程为 y-y1=12 x-y214，由 y-y1=12 x-y214y2=4x化简得：y2-8y+8y1-y21=0,=64-4 8y1-y21 0，设 C x3,y3则 y1+y3=8 由得 8-y3y2-8=4 8-y3+y2，4 y2+y3=y2y3+40 ()若直线 BC 没有斜率，则 y2+y3=0，又 4 y2+y3=y2y3+40，20 y23=40，x3=y234=10，BC 的方程为

64、x=10()若直线 BC 有斜率，为 y2-y3x2-x3=4y2+y3，直线 BC 的方程为 y-y2=4y2+y3x-y224，即 4x-y2+y3y+y2y3=0，将代入得 4x-y2+y3y+4 y2+y3-40=0，y2+y3(4-y)+4(x-10)=0，故直线 BC 有斜率时过点(10,4)【点睛】方法点睛：圆锥曲线中直线过定点问题，一般设出直线方程 y=kx+b，设出交点坐标为(x1,y1),(x2,y2)，直线方程与圆锥曲线方程联立后消元应用韦达定理得 x1+x2,x1x2(或 y1+y2,y1y2)，把此结论代入题设中其它条件或性质得出 k,b 的关系，从而化简直线方程，由

65、化简后的直线方程可得定点坐标，解题中也需注意直线斜率不存在的情形的验证2(2023河北统考模拟预测)已知直线 l：x=12 与点 F 2,0，过直线 l 上的一动点 Q 作直线 PQ l，且点 P 满足 PF+2PQ PF-2PQ=0(1)求点 P 的轨迹 C 的方程；(2)过点 F 作直线与 C 交于 A，B 两点，设 M-1,0，直线 AM 与直线 l 相交于点 N试问：直线 BN 是否经过 x 轴上一定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由【答案】(1)x2-y23=1(2)过定点；定点 1,0【分析】(1)根据题意，得到 PF=2 PQ，设 P x,y，代入即可求得曲线

66、C 的方程；(2)当直线 AB 的斜率不存在时，直线 BN：y=-3 x-1，直线 BN 经过点 E 1,0，当直线 AB 的斜率存在时，不妨设直线 AB：y=k x-2，得到直线 AM：y=y1x1+1 x+1，求得 N12,3y12 x1+1，联立方程组求得 x1+x2=4k2k2-3，x1x2=4k2+3k2-3，再证直线 BN 经过点 E 1,0，再证得 kEN=kEB，即可得到直线 BN 经过点E 1,0【详解】(1)解：由 PF+2PQ PF-2PQ=0，可得 PF2-4 PQ2=0，所以 PF=2 PQ，设 P x,y，代入上式得x-22+y2=2 x-12，平方整理即得 C 的

67、方程为 x2-y23=1(2)解：当直线 AB 的斜率不存在时，不妨设点 A 在点 B 的上方，则 A 2,3，B 2,-3，N12,32，则直线 BN：y=-3 x-1，直线 BN 经过点 E 1,0；当直线 AB 的斜率存在时，不妨设直线 AB：y=k x-2，A x1,y1，B x2,y2，则直线 AM：y=y1x1+1 x+1，当 x=12 时，yN=3y12 x1+1，故 N12,3y12 x1+1，21由 y=k x-23x2-y2=3，得 3-k2x2+4k2x-4k2+3=0，则 =36 k2+1 0，3-k2 0，所以 x1+x2=4k2k2-3，x1x2=4k2+3k2-3

68、，下面证明直线 BN 经过点 E 1,0，即证 kEN=kEB，即-3y1x1+1=y2x2-1，即-3y1x2+3y1=x1y2+y2，由 y1=kx1-2k，y2=kx2-2k，整理得，4x1x2-5 x1+x2+4=0，即 4 4k2+3k2-3-5 4k2k2-3+4 k2-3k2-3=0 恒成立即 kEN=kEB，即直线 BN 经过点 E 1,0综上所述，直线 BN 过 x 轴上的定点 1,0【点睛】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：1、参数法：参数解决定点问题的思路：引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量(通常为变量 k)；利用条件找到 k 过定点的曲线

69、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，得出定点的坐标；2、由特殊到一般发：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.3(2023全国高三专题练习)动点 P 到定点 F 1,0的距离比它到直线 x=-2 的距离小 1，设动点 P的轨迹为曲线 C，过点 F 且斜率为 k(k 0)的直线交曲线 C 于 M，N 两点.(1)求曲线 C 的标准方程；(2)若点 M 关于 x 轴的对称点为 A，探究直线 AN 是否过定点？若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由.【答案】(1)y2=4x(

70、2)过定点，-1,0【分析】(1)由题意，根据抛物线的定义，明确其焦点坐标与准线方程，可得答案；(2)由点斜式方程，设出直线方程，联立方程组，写出韦达定理，根据设未知点的坐标，写出直线方程，整理化简，可得答案.【详解】(1)动点 P 到定点 F 1,0的距离比它到直线 x=-2 的距离小 1，即动点 P 到定点 F 1,0的距离与它到直线 x=-1 的距离相等，故由抛物线的定义得，动点 P 的轨迹是以 F 1,0为焦点，x=-1 为准线的抛物线.所以曲线 C 的标准方程为 y2=4x.(2)由题意，作图如下：直线 AN 过定点-1,0.设直线 MN：y=k(x-1)，联立 y=k(x-1),y

71、2=4x,22整理得 k2x2-2k2+4x+k2=0，又因为 k 0，所以 =16 k2+1 0，设 M x1,y1，N x2,y2，则 x1+x2=2k2+4k2，x1x2=1.又因为点 A 与点 M 关于 x 轴对称，所以 A x1,-y1，所以 kAN=-y1-y2x1-x2=-y1-y2y214-y224=4y2-y1.故直线 AN：y+y1=4y2-y1x-x1，即 y2-y1y+y1y2-y21=4x-4x1，又 y21=4x1，y22=4x2，x1x2=1，故 y1y22=16x1x2=16，所以 y1y2=-4，整理可得 y2-y1y-4-4x1=4x-4x1，即 y1-y2

72、y+4 1+x=0.故直线 AN 过定点-1,0.4(2023湖南湖南师大附中校联考模拟预测)在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 W:x2a2+y2b2=1(a b 0)的离心率为22，椭圆 W 上的点与点 P 0,2的距离的最大值为 4.(1)求椭圆 W 的标准方程；(2)点 B 在直线 x=4 上，点 B 关于 x 轴的对称点为 B1，直线 PB,PB1分别交椭圆 W 于 C,D 两点(不同于 P点).求证：直线 CD 过定点.【答案】(1)x28+y24=1(2)证明见解析【分 析】(1)根 据 离 心 率 可 得 a=2 b=2 c，设 点 T m,n结 合 椭 圆 方 程 整 理

73、 得 TP=-(n+2)2+8+2b2，根据题意分类讨论求得 b=2，即可得结果；(2)设直线 CD 及 C,D 的坐标，根据题意结合韦达定理分析运算，注意讨论直线 CD 的斜率是否存在.【详解】(1)设椭圆的半焦距为 c，由椭圆 W 的离心率为22，得 a=2b=2c，设点 T m,n为椭圆上一点，则 m22b2+n2b2=1,-b n b，则 m2=2b2-2n2，因为 P 0,2，所以 TP=m2+(n-2)2=2b2-2n2+n2-4n+4=-(n+2)2+8+2b2，当 0 b 2 时，|TP|max=-(-b+2)2+8+2b2=4，解得 b=2(舍去)；当 b 2 时，|TP|m

74、ax=8+2b2=4，解得 b=2；综上所述：b=2，则 a=2 2,c=2，故椭圆 W 的标准方程为 x28+y24=1.(2)当 CD 斜率不存在时，设 C x0,y0,-2 2 x0 2 2，矛盾；当直线 CD 的斜率存在时，设直线 CD 的方程为 y=kx+m，m 2，设 C x1,y1,D x2,y2，其中 x1 0 且 x2 0，23联立方程组y=kx+mx28+y24=1，消去 y 化简可得 2k2+1x2+4kmx+2m2-8=0，=16k2m2-4 2k2+12m2-8=8 8k2+4-m2 0，则 m2 0，b 0)的左右焦点，点P-2,2 3为双曲线 C 上的点，且 PF

75、1F2的面积为 2 15.(1)求双曲线 C 的标准方程.(2)设原点 O 到直线 l 的距离为 2 33，直线 l 交双曲线 C 于 A，B 两点，试问：以线段 AB 为直径的圆是否经过一个定点？若经过，求出该定点；若不经过，请说明理由.【答案】(1)x2-y24=1(2)以线段 AB 为直径的圆经过一个定点，该定点为坐标原点 O 0,0【分析】(1)由 PF1F2面积和 P 点纵坐标可求出 c，再将点 P 代入双曲线方程，求出 a2，b2即可；(2)先通过直线斜率不存在时，发现满足题意的圆过原点，再设直线方程，证明直线斜率存在时该圆过原点即可.24【详解】(1)PF1F2的面积 SPF1F

76、2=12 F1F2 yP=12 2c 2 3=2 15，c=5，又 点 P-2,2 3为双曲线 C 上的点，-22a2-2 32b2=1a2+b2=5，解得 a2=1b2=4，双曲线 C 的标准方程为 x2-y24=1.(2)当直线 l 的斜率不存在时，直线 l 的方程为 x=2 33，不妨取 l：x=2 33，由x2-y24=1x=2 33，解得 A 2 33,2 33，B 2 33,-2 33，OA=2 33,2 33，OB=2 33,-2 33，OA OB=0，OA OB，即以线段 AB 为直径的圆过原点 O 0,0.同理，当直线 l 的方程为 x=-2 33时，以线段 AB 为直径的圆

77、也过原点 O 0,0.当直线 l 的斜率存在时，设 l：y=kx+m，即 kx-y+m=0，原点 O 到直线 l 的距离 d=mk2+1=2 33，m2=43 k2+1，双曲线 x2-y24=1 的渐近线方程为 y=2x，且直线 l 与双曲线 C 相交于 A，B 两点，k 2，由 x2-y24=1y=kx+m，消去 y 整理得 4-k2x2-2kmx-m2+4=0(k 2)，=4k2m2+4 4-k2m2+4=163k2+16 0设 A x1,y1，B x2,y2，则 x1+x2=2km4-k2，x1x2=-m2+44-k2，y1y2=kx1+mkx2+m=k2x1x2+km x1+x2+m2

78、，OA=x1,y1，OB=x2,y2，OA OB=x1x2+y1y2=1+k2x1x2+km x1+x2+m2=-1+k2m2+44-k2+2k2m24-k2+m2=3m2-4k2-44-k2=3 43 k2+1-4k2-44-k2=0，OA OB，即以线段 AB 为直径的圆过原点 O 0,0.综上所述，以线段 AB 为直径的圆经过一个定点，该定点为坐标原点 O 0,0.【点睛】圆锥曲线中的定点问题，通常通过特殊情况(如本题使用了直线斜率不存在的情况)先确定定点的坐标或位置，再对一般情况进行验证或证明.25题型 5 斜率和问题与定点问题有关的基本结论(1)若直线 l 与抛物线 y2=2px 交

79、于点 A,B，则 OA OB 直线 l 过定点 P 2p,0；(2)若直线 l 与抛物线 y2=2px 交于点 A,B，则 kOA kOB=m 直线 l 过定点 P p+m+p2,0；(3)设点 P 2pt20,2pt0是抛物线 y2=2px 上一定点，M,N 是该抛物线上的动点，则 PM PN 直线 MN 过定点 Q 2p+2pt20,-2pt0(4)设点 A x0,y0是抛物线 y2=2px 上一定点，M,N 是该抛物线上的动点，则 kAM kAN=m 直线 MN 过定点 P x0-2pm,-y0；(5)过椭圆 x2a2+y2b2=1 a b 0的左顶点 P 作两条互相垂直的直线与该椭圆交

80、于点 A,B，则 PA PB 直线 AB 过点 Q-a a2-b2a2+b2,0；(6)过椭圆 x2a2-y2b2=1 a 0,b 0的左顶点 P 作两条互相垂直的直线与该椭圆交于点 A,B，则 PA PB 直线 AB 过点 Q-a a2+b2a2-b2,0；(7)设点 P m,n是椭圆 C：x2a2+y2b2=1 a b 0上一定点，点 A，B 是椭圆 C 上不同于 P 的两点，若 kPA+kPB=0，则直线 AB 过定点 m-2n,-n-2b2ma2；(8)设点 P m,n是双曲线 C：x2a2-y2b2=1 a 0,b 0一定点，点 A，B 是双曲线 C 上不同于 P 的两点，若 kPA

81、+kPB=0，则直线 AB 过定点 m-2n,-n+2b2ma21(2020 下山西运城高三统考阶段练习)椭圆 E:x2a2+y2b2=1(a b 0)的离心率为32，右焦点为 F2c,0，点 P 在椭圆上运动，且 PF2 的最大值为 2+3(1)求椭圆 E 的方程；(2)过 A 0,1作斜率分别为 k1，k2的两条直线分别交椭圆于点 M，N，且 k1+k2=4，证明：直线 MN 恒过定点【答案】(1)x24+y2=1；(2)证明见解析.【分析】(1)根据 PF2max=a+c=2+3 和 e=ca=32 求解；(2)当直线 MN 斜率不存在时，设直线方程为 x=m，由 k1+k2=4 求解；

82、当直线 MN 斜率存在时，设直线MN 的方程为 y=kx+t，联立方程组 x2+4y2=4y=kx+t，由 k1+k2=4，利用韦达定理，求得 k，t 的关系，代入 y=kx+t 求解.【详解】(1)由题意得 PF2max=a+c=2+3，又 ca=32，得 c=32 a，26由得 a=2，c=3又 b2=a2-c2=1，所以椭圆 E 的方程为 x24+y2=1(2)当直线 MN 斜率不存在时，设直线方程为 x=m，则 M(m,n)，N(m,-n)，则 k1=1-n-m，k2=1+n-m，所以 k1+k2=1-n-m+1+n-m=2-m=4，解得 m=-12 当直线 MN 斜率存在时，设直线

83、MN 的方程为 y=kx+t，联立方程组 x2+4y2=4y=kx+t，得 4k2+1x2+8ktx+4t2-4=0设 M x1,y1，N x2,y2，则 x1+x2=-8kt4k2+1，x1 x2=4t2-44k2+1，则 k1+k2=y1-1x1+y2-1x2=y1x2+x1y2-x1+x2x1x2=2kx1x2+(t-1)x1+x2x1x2=8kt-8k4t2-4=4，即(k-2t-2)(t-1)=0，依题可知 t 1，所以 k=2 t+1，代入直线 MN 方程，得 y=2 t+1x+t=t 2x+1+2x，即 t 2x+1+2x-y=0，联立方程组 2x+1=0 y=2xx=-12y=

84、-1，综上所述可知直线 MN 恒过定点-12,-1【变式训练】1(2023山西吕梁统考二模)已知抛物线 C：y2=2px 过点 A 2,4(1)求抛物线 C 的方程；(2)P，Q 是抛物线 C 上的两个动点，直线 AP 的斜率与直线 AQ 的斜率之和为 4，证明：直线 PQ 恒过定点【答案】(1)y2=8x(2)证明见解析【分析】(1)将 A 2,4代入抛物线方程求解即可；(2)设 PQ：x=my+t，再联立抛物线方程，设 P x1,y1，Q x2,y2，再根据直线 AP 的斜率与直线 AQ 的斜率之和为 4，结合韦达定理求解即可.【详解】(1)A 2,4坐标代入抛物线方程得 16=4p，解得

85、 p=4，抛物线方程为 y2=8x(2)证明：显然直线 PQ 斜率不为 0，故可设 PQ：x=my+t，将 PQ 的方程与 y2=8x 联立得 y2-8my-8t=0，设 P x1,y1，Q x2,y2，则 y1+y2=8m，y1y2=-8t，所以 0 64m2+32t 0 2m2+t 0，kPA=y1-4x1-2=y1-4y218-2=8y1+4，同理：kQA=8y2+4，由题意：8y1+4+8y2+4=4，2 y1+y2=y1y2+4 y1+y2，y1y2=-2 y1+y2，即 t=2m，代入直线得 x=my+2m=m y+2，27故直线 PQ 恒过定点 0,-2 2(2023 上湖北随州

86、高三随州市曾都区第一中学校考开学考试)在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆心为 C 的动圆过点(2,0)，且在 y 轴上截得的弦长为 4，记 C 的轨迹为曲线 E(1)求 E 的方程；(2)已知 A(1,2)及曲线 E 上的两点 B 和 D，直线 AB，AD 的斜率分别为 k1，k2，且 k1+k2=1，求证：直线 BD经过定点【答案】(1)y2=4x(2)证明见解析【分析】(1)根据题意列出圆心满足的方程结合弦长得出的方程，化简即可得答案.(2)设直线 BD：x=ty+n，联立抛物线方程，设 B(x1,y1)，D(x2,y2)，可得根与系数的关系式，结合 k1+k2=1化简可得参数之间的关系

87、，进而利用直线方程求得定点坐标.【详解】(1)设圆心 C(x,y)，半径为 r，因为圆心为 C 的动圆过点(2,0)，所以 x-22+y2=r2，因为圆心为 C 的动圆在 y 轴上截得的弦长为 4，所以 x2+22=r2，所以 x-22+y2=x2+4，即 y2=4x，所以曲线 E 是抛物线.(2)证明：由题意 A(1,2)点坐标适合 y2=4x，即点 A 在 E 上，由题意可知 BD 斜率不会为 0，设直线 BD：x=ty+n，联立 x=ty+ny2=4x，消去 x 并整理得 y2-4ty-4n=0，需满足 =16t2+16n 0，即 t2+n 0，设 B(x1,y1)，D(x2,y2)，则

88、 y1+y2=4t，y1y2=-4n，因为 k1=y1-2x1-1=y1-2y214-1=4y1+2，k2=y2-2x2-1=y2-2y224-1=4y2+2，所以 k1+k2=4y1+2+4y2+2=4(y1+2+y2+2)(y1+2)(y2+2)=4(y1+y2)+16y1y2+2(y1+y2)+4=1，所以 2(y1+y2)+12=y1y2，将 y1+y2=4t，y1y2=-4n 代入得 8t+12=-4n，即 2t+3=-n，所以直线 BD：x=ty-2t-3，即 x+3=t(y-2)，所以直线 BD 经过定点(-3,2).【点睛】方法点睛：解决此类直线和圆锥曲线的位置关系中的定点问题

89、，一般方法是设出直线方程并和曲线方程联立，得到根与系数关系式，进而结合已知条件化简，利用直线方程即可确定定点，解答时要注意计算量较大，比较复杂.3(2023河北张家口统考三模)已知点 P 4,3为双曲线 E:x2a2-y2b2=1(a 0,b 0)上一点，E 的左焦点 F1到一条渐近线的距离为3.(1)求双曲线 E 的标准方程；(2)不过点 P 的直线 y=kx+t 与双曲线 E 交于 A,B 两点，若直线 PA，PB 的斜率和为 1，证明：直线 y=kx+t 过定点，并求该定点的坐标.【答案】(1)x24-y23=1(2)证明见解析，定点为(-2,3).28【分析】(1)由点到直线的距离公式

90、求出 b=3，再将点 P 4,3代入双曲线方程求出 a2=4，可得双曲线 E的标准方程；(2)联立直线与双曲线方程，利用韦达定理得 x1+x2、x1x2，再根据斜率和为 1 列式，推出 t=2k+3，从而可得直线 y=kx+t 过定点(-2,3).【详解】(1)设 F1(-c,0)(c 0)到渐近线 y=ba x，即 bx-ay=0 的距离为3，则3=|-bc|b2+a2，结合 a2+b2=c2得 b=3，又 P(4,3)在双曲线 x2a2-y23=1 上，所以 16a2-93=1，得 a2=4，所以双曲线 E 的标准方程为 x24-y23=1.(2)联立y=kx+tx24-y23=1，消去

91、y 并整理得 3-4k2x2-8ktx-4t2-12=0，则 3-4k2 0，=64k2t2+4(3-4k2)(4t2+12)0，即 t2+3 4k2，设 A(x1,y1)，B(x2,y2)，则 x1+x2=8kt3-4k2，x1x2=-4t2+123-4k2，则 kPA+kPB=y1-3x1-4+y2-3x2-4=kx1+t-3x1-4+kx2+t-3x2-4=kx1+t-3x2-4+kx2+t-3x1-4x1-4x2-4=2kx1x2+t-4k-3x1+x2-8t+24x1x2-4(x1+x2)+16=1，所以 2kx1x2+t-4k-3x1+x2-8t+24=x1x2-4(x1+x2)+

92、16，所以 2k-1x1x2+t-4k+1x1+x2-8t+8=0，所以-2k-14t2+123-4k2+t-4k+1 8kt3-4k2-8t+8=0，整理得 t2-6k+2kt-6t-8k2+9=0，所以(t-3)2+2k(t-3)-8k2=0，所以 t-3-2kt-3+4k=0，因为直线 y=kx+t 不过 P(4,3)，即 3 4k+t，t-3+4k 0，所以 t-3-2k=0，即 t=2k+3，所以直线 y=kx+t=kx+2k+3，即 y-3=k(x+2)过定点(-2,3).【点睛】关键点点睛：利用韦达定理和斜率公式推出 t=2k+3 是解题关键.4(2023 下湖南岳阳高三统考期末

93、)已知双曲线 C:x2a2-y2b2=1 a N，四点 P1 1,1，P2 1,0，P32,3，P42,-3中恰有三点在双曲线 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.【答案】(1)x2-y23=1(2)证明见解析29【分析】(1)根据题意代入相应的点运算求解即可；(2)设直线 l 的方程以及 A,B 的坐标，再根据题意结合韦达定理运算求解.【详解】(1)易知双曲线 C:x2a2-y2b2=1 关于 x 轴对称，P3，P4关于 x 轴对称，故 P3，P4都在双曲线 C 上，

94、若 P1 1,1，P32,3，P42,-3在双曲线上，则1a2-1b2=12a2-3b2=1，解得 a=22b=1，不满足 a N；若 P2 1,0，P32,3，P42,-3在双曲线上，则1a2-0b2=12a2-3b2=1，解得 a=1b=3，满足 a N；综上所述：双曲线 C 的方程为 x2-y23=1.(2)设直线 P2A 与直线 P2B 的斜率分别为 k1,k2，如果直线 l 斜率不存在，则 k1+k2=0，不符合题设，设直线 l：y=kx+m，m 1，A x1,y1，B x2,y2，联立y=kx+mx2-y23=1，整理得 3-k2x2-2kmx-m2-3=0，3-k2 0=4k2m

95、2+4 3-k2m2+3 0，化简得：k2 3m2-k2+3 0.则 x1+x2=2km3-k2，x1x2=-m2+33-k2，则 k1+k2=y1x1-1+y2x2-1=kx1+mx1-1+kx2+mx2-1=2kx1x2+m-kx1+x2-2mx1x2-x1+x2+1=-1，整理得 2k+1x1x2+m-k-1x1+x2+1-2m=0，即-2k+1m2+33-k2+2km m-k-13-k2+1-2m=0，化简得：k2+2m+6k+m2+6m=0，解得 k=-m-6 或 k=-m，当 k=-m 时，直线 l 的方程为 y=-mx+m=-m x-1，令 x=1 时，y=0，所以直线 l 过定

96、点 1,0，又因为直线 l 不经过 P2点，不合题意；当 k=-m-6 时，直线 l 的方程为 y=kx-k-6=k x-1-6，当 x=1 时，y=-6，所以直线 l 过定点 1,-6；综上所述：l 过定点 1,-6.【点睛】方法点睛：过定点问题的两大类型及解法(1)动直线 l 过定点问题解法：设动直线方程(斜率存在)为 y=kx+t，由题设条件将 t 用 k 表示为 t=mk+n，得 y=k x+m+n，故动直线过定点-m,n；(2)动曲线 C 过定点问题解法：引入参变量建立曲线 C 的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点题型 6 斜率积问题1(2020北京海淀实验中学校

97、考三模)已知点 M 为椭圆 C：3x2+4y2=12 的右顶点，点 A，B 是椭圆 C 上不同的两点(均异于点 M)，且满足直线 MA 与直线 MB 斜率之积为 14.30(1)求椭圆 C 的离心率及焦点坐标；(2)试判断直线 AB 是否过定点？若是，求出定点坐标；若否，说明理由.【答案】(1)离心率为 12；焦点坐标为(-1，0)，(1，0)；(2)过定点，(-4，0).【分析】(1)化为椭圆的标准方程形式，得到 a,b,c，即可求得焦点坐标和离心率；(2)首先设直线 AB 的方程为 y=kx+m，与椭圆方程联立，得到韦达定理，并表示 kMA kMB=14,得到 m,k 的关系式，即可判断是

98、否过定点.【详解】(1)椭圆 C 的方程可化为 x24+y23=1，则 a=2，b=3，c=1.故离心率为 12，焦点坐标为(-1，0)，(1，0).(2)由题意，直线 AB 的斜率存在.可设直线 AB 的方程为 y=kx+m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 y1=kx1+m，y2=kx2+m.由 y=kx+m,3x2+4y2=12得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0.判别式 =64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)=48(4k2-m2+3)0所以 x1+x2=-8km3+4k2，x1x2=4m2-123+4k2.因为直线 MA 与直线 MB 斜率之积为 14，所以

99、y1x1-2 y2x2-2=14所以 4(kx1+m)(kx2+m)=(x1-2)(x2-2).化简得(4k2-1)x1x2+(4km+2)(x1+x2)+4m2-4=0，即 m=4k 或 m=-2k.当 m=4k 时，直线 AB 的方程为 y=k(x+4)，过定点(-4，0).m=4k 代入判别式大于零中，解得-12 k 0)，斜率为 1 的直线 l 过抛物线的准线与 x 轴的交点.(1)试判断直线 l 与抛物线 E 的位置关系，并加以证明；(2)若 p=2，过 A 1,2分别作斜率为 k1，k2的两条直线 l1，l2，分别交抛物线于点 M，N 两点，且 k1 k2=8，证明：直线 MN 恒

100、过定点，并求出定点的坐标.【答案】(1)相切，证明见解析；(2)证明见解析，12,-2.【分析】(1)求出直线 l 的方程，再与抛物线方程联立，利用判别式即可求解；(2)设出直线 MN 的方程并与抛物线方程联立，由根与系数的关系，斜率公式与已知条件可求得直线 MN 恒过的定点【详解】(1)直线 l 与抛物线 E 相切.证明如下：由题意得，抛物线 E 的准线与 x 轴的交点为 K-p2,0，所以直线 l 的方程为 y=x+p2，联立方程 y=x+p2y2=2px，整理得 x2-px+p24=0，31因为 =p2-4 p24=0，所以直线 l 与抛物线 E 相切；(2)当 p=2 时，抛物线 E:

101、y2=4x，点 A 1,2在抛物线上，设 M x1,y1，N x2,y2，设直线 MN 的方程为 x=ky+m，联立方程 x=ky+my2=4x，整理得 y2-4ky-4m=0，则 y1+y2=4k，y1 y2=-4m，=16k2+16m 0.因为 k1=y1-2x1-1，k2=y2-2x2-1，由 y2=4x 得：y2-4=4x-4，即 y-2y+2=4 x-1，故 y-2x-1=4y+2，所以 k1 k2=y1-2x1-1 y2-2x2-1=4y1+2 4y2+2=16y1y2+2 y1+y2+4=16-4m+8k+4.令16-4m+8k+4=8，整理得 2m=4k+1，即 m=2k+12

102、，所以 x=ky+m=ky+2k+12=k y+2+12，所以直线恒过点12,-2.2(2024 上山东临沂高三校联考开学考试)已知抛物线 E:y2=2px p 0，P 4,y0为 E 上位于第一象限的一点，点 P 到 E 的准线的距离为 5(1)求 E 的标准方程；(2)设 O 为坐标原点，F 为 E 的焦点，A，B 为 E 上异于 P 的两点，且直线 PA 与 PB 斜率乘积为-4(i)证明：直线 AB 过定点；(ii)求 FA FB 的最小值【答案】(1)y2=4x(2)证明见解析；365【分析】(1)由题可知 4+p2=5，求解即可得到抛物线的方程；(2)(i)先求解 P(4,4)，设

103、 A y214,y1,B y224,y2，根据斜率公式结合题意可得 4 y1+y2+y1y2+20=0，分斜率存在和不存在分别求得直线 AB 的方程，从而可确定过定点(5,-4)；(ii)设 A x1,y1,B x2,y2，当直线 AB斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y=k(x-5)-4=kx-5k-4，联立方程组，结合韦达定理求得|FA|FB|的最小值为 365；当直线 AB 斜率不存在时，由抛物线定义知|FA|FB|=x1+1x2+1=36，从而可求解.【详解】(1)由题可知 4+p2=5，解得 p=2.所以 E 的标准方程为 y2=4x；(2)(i)由(1)知，y20=4 4，且 y

104、0 0，解得 y0=4，所以 P(4,4).设 A y214,y1,B y224,y2，则 kPA=y1-4y214-4=4y1+4，同理可得，kPB=4y2+4，则 kPA kPB=4y1+4 4y2+4=-4，即 4 y1+y2+y1y2+20=0.32当直线 AB 斜率存在时，直线 AB 的方程为 y-y1=y1-y2y214-y224x-y214，整理得 4x-y1+y2y+y1y2=0.所以 4x-20-y1+y1(y+4)=0，即 y+4=4y1+y2x-5，所以直线 AB 过定点(5,-4)；当直线 AB 的斜率不存在时 y1+y2=0，可得 y21=20,x1=5.综上，直线

105、AB 过定点(5,-4).(ii)设 A x1,y1,B x2,y2，当直线 AB 斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y=k(x-5)-4=kx-5k-4，与抛物线 E 联立得 y2=4x,y=kx-5k-4，消去 x 得 k2x2-10k2+8k+4x+(5k+4)2=0，由题意 0，所以 x1+x2=10k2+8k+4k2,x1x2=(5k+4)2k2.所以|FA|FB|=x1+1x2+1=x1x2+x1+x2+1=(5k+4)2k2+10k2+8k+4k2+1=48k+20k2+36=20 1k+652+365 365，所以当 1k=-65,k=-56 时，|FA|FB|的最小值为 3

106、65；当直线 AB 斜率不存在时，x1=x2=5.由抛物线定义知|FA|FB|=x1+1x2+1=36.故|FA|FB|的最小值为 365.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：(1)设直线方程，设交点坐标为 x1,y1,x2,y2；(2)联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 x(或 y)的一元二次方程，必要时计算；(3)列出韦达定理；(4)将所求问题或题中的关系转化为 x1+x2、x1x2(或 y1+y2、y1y2)的形式；(5)代入韦达定理求解.3(2023 上陕西西安高三校联考开学考试)已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1(a b 0)的右顶点为 M 2

107、,0，离心率为22.(1)求椭圆 C 的方程；33(2)不经过点 M 的直线 l 与 C 交于 A,B 两点，且直线 MA 和 MB 的斜率之积为 1，证明：直线 l 过定点.【答案】(1)x24+y22=1(2)证明见解析【分析】(1)根据题意，列出关于 a,b,c 的方程，代入计算，即可得到结果；(2)根据题意，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理代入计算，即可得到结果.【详解】(1)由题可知 a=2，因为 ca=22，所以 c=2.又 b2=a2-c2，所以 b=2，所以椭圆 C 的方程为 x24+y22=1.(2)证明：当直线 l 的斜率不存在时，显然不符合题意，故设 A x1,y1，B

108、x2,y2，直线 AB:y=kx+m，联立x24+y22=1,y=kx+m,消去 y 整理得 1+2k2x2+4kmx+2m2-4=0，方程 1+2k2x2+4kmx+2m2-4=0 的判别式 =32k2+16-8m2 0，则x1+x2=-4km1+2k2x1 x2=2m2-41+2k2，因为 kMA kMB=1，所以y1x1-2 y2x2-2=1，所以 k2-1x1x2+km+2x1+x2+m2-4=0，所以 k2-1 2m2-41+2k2+km+2-4km1+2k2+m2-4=0，整理得 m+2km+6k=0.若 m=-2k，则 y=kx-2k=k x-2，则直线 l 过定点 M 2,0，

109、与题意矛盾；若 m=-6k，则 y=kx-6k=k x-6，则直线 l 过定点 6,0.【点睛】关键点睛：本题主要考查了直线与椭圆相交中的定点问题，难度较难，解答本题的关键在于联立直线与椭圆方程，然后代入计算.4(2023山东泰安统考模拟预测)已知为 O 坐标原点，A 2,0,B 0,1,C 0,-1,D 2,1，OE=OA,DF=DA,0 1，CE 和 BF 交点为 P.(1)求点 P 的轨迹 G；(2)直线 y=x+m(m 0)和曲线 G 交与 M，N 两点，试判断是否存在定点 Q 使 kMQkNQ=14？如果存在，求出 Q 点坐标，不存在请说明理由.【答案】(1)G:x24+y2=134

110、(2)存在定点 Q,坐标为2 55,-2 55或-2 55,2 55【分析】(1)利用已知条件表示出 E,F 点坐标，进而表示出直线 CE，BF 的方程，联立即可得出 P 点轨迹方程.(2)假设存在定点 G，设点 G 坐标为 x0,y0，M(x 1,y 1),N(x 2,y 2)，联立方程组y=x+mx24+y2=1，得出x1+x2=-8m5x1x2=4m2-45，-5 m 0 即-5 m b 0)的左右焦点分别为 F1、F2，离心率 e=32，A1、A2分别为椭圆 C 的左、右顶点，且|A1A2|=4.(1)求椭圆 C 的方程；(2)若 O 为坐标原点，过 F2的直线 l 与椭圆 C 交于

111、A、B 两点，求 OAB 面积的最大值；(3)若椭圆上另有一点 M，使得直线 MA1与 A2B 斜率 k1、k2满足 k2=2k1，请分析直线 BM 是否恒过定点.【答案】(1)x24+y2=1(2)1(3)直线 MB 恒过定点23,0【分析】(1)根据离心率，长轴长为 4，求得 a,b,c，即可求出椭圆方程.(2)联立直线与椭圆方程，得到韦达定理，利用弦长公式求得 AB，并求得 AB 边上的高，表示出三角形面积，由基本不等关系求得最大值即可.(3)设直线 MB 的方程为 x=ny+t，联立 lMB与椭圆方程，结合韦达定理，设 B x2,y2、M x3,y3，得到 kMA1 kMA2=-14，

112、结合 k2=2k1，然后，代入计算即可得到结果.【详解】(1)由已知可得：2a=4e=ca=32，解得：a=2，c=3，则 b=1，则有 C：x24+y2=1；(2)由于直线 l 不能与 y 轴垂直，故设 l:x=my+3，x2+4y2=4x=my+3，代入可得(m2+4)y2+2 3my-1=0=16(m2+1)0 恒成立，设 A x1,y1，B x2,y2，则有 y1+y2=-2 3mm2+4，y1y2=-1m2+4|AB|=1+m2(y1+y2)2-4y1y2=4(m2+1)m2+4点 O 到直线 l 的距离为 d=31+m2所以 SOAB=12|AB|d=2 31+m2m2+4=2 3

113、m2+1+3m2+1 1当且仅当：m=2 时取最大值；(3)设直线 MB 的方程为 x=ny+tx2+4y2-4=0 x=ny+t，代入可得(n2+4)y2+2nty+t2-4=036=4(n2-t2-4)0，可设 B x2,y2、M x3,y3则有 y2+y3=-2ntn2+4，y2y3=t2-4n2+4，因为 A1-2,0,A2 2,0，所以 kMA1 kMA2=y3x3+2 y3x3-2=y23x23-4，因为 M x3,y3在椭圆 x24+y2=1 上，所以 x234+y23=1，所以 y23=1-x234，代入 kMA1 kMA2=y23x23-4=1-x234x23-4=-14，且

114、 kBA2=2kMA1，可得 kMA2 kBA2=-12，即y2x2-2 y3x3-2=-12，即(n2+2)y2y3+n(t-2)(y2+y3)+(t-2)2=0即(n2+2)(t2-4)n2+4+-2n2t(t-2)n2+4+(t-2)2=0由于 t-2 0，化简得 t=23，即直线 MB 恒过定点23,0.【点睛】方法点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的.定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值

115、显现.【变式训练】1(2023四川成都石室中学校考模拟预测)已知点 A-2,0,B 2,0，动点 M x,y满足直线 AM 与BM 的斜率之积为-14.记动点 M 的轨迹为曲线 C.(1)求曲线 C 的方程，并说明 C 是什么曲线；(2)设 P,Q 为曲线 C 上的两动点，直线 AP 的斜率为 kAP，直线 BQ 的斜率为 kBQ，且 kAP=7kBQ.求证：直线 PQ 恒过一定点；设 PQB 的面积为 S，求 S 的最大值.【答案】(1)x24+y2=1 x 2，曲线 C 为中心在坐标原点，焦点在 x 轴上的椭圆，不含左右顶点.(2)证明见解析；最大值为 73.【分析】(1)根据题目所给条件

116、列出方程化简即可得解；(2)设直线 PQ 的方程为 x=ty+n n 2，根据 28kBP kBQ=-1 结合根与系数的关系化简，可得 n=-32 即可得证；根据三角形面积公式得出面积表达式，利用配方法求最大值即可.【详解】(1)由题意，得yx+2 yx-2=-14x 2，化简得 x24+y2=1 x 2，所以曲线 C 为中心在坐标原点，焦点在 x 轴上的椭圆，不含左右顶点.(2)如图，证明：设 P x1,y1,Q x2,y2.因为若直线 PQ 的斜率为 0，则点 P,Q 关于 y 轴对称，必有 kAP=-kBQ，不合题意，37所以直线 PQ 的斜率必不为 0.设直线 PQ 的方程为 x=ty

117、+n n 2.由 x2+4y2=4,x=ty+n,得 t2+4y2+2tny+n2-4=0，所以 =4t2n2-4 t2+4n2-4 0，且y1+y2=-2tnt2+4,y1y2=n2-4t2+4.因为点 P x1,y1是曲线 C 上一点，所以由题意可知 kAP kBP=-14，所以 kAP=-14kBP=7kBQ，即 28kBP kBQ=-1.因为 28kBP kBQ=28y1y2x1-2x2-2=28y1y2ty1+n-2ty2+n-2=28y1y2t2y1y2+t n-2y1+y2+(n-2)2=28 n2-4t2+4t2 n2-4t2+4-2t2n n-2t2+4+(n-2)2=28

118、n+2t2 n+2-2t2n+n-2t2+4=28 n+24 n-2=7n+14n-2=-1,所以 n=-32，此时 =16 t2+4-n2=4 4t2+7 0，故直线 PQ 恒过 x 轴上一定点-32,0.由可得，y1+y2=3tt2+4,y1y2=-74 t2+4，所以 S=12 y1-y2 2-32=74 y1-y2=74y1+y22-4y1y2=72 4t2+7t2+4=724 t2+4-9t2+42=724t2+4-9t2+42=72-91t2+4-292+49 72 23=73,当且仅当1t2+4=29 即 t2=12 时等号成立，所以 S 的最大值为 73.2(2023云南校联考

119、模拟预测)已知圆 C：x+52+y2=4，定点 D5,0，如图所示，圆 C 上某一点 D1恰好与点 D 关于直线 PQ 对称，设直线 PQ 与直线 D1C 的交点为 T.(1)求证：TC-TD 为定值，并求出点 T 的轨迹 E 方程；38(2)设 A-1,0，M 为曲线 E 上一点，N 为圆 x2+y2=1 上一点(M，N 均不在 x 轴上).直线 AM，AN 的斜率分别记为 k1，k2，且 k1=-4k2.求证：直线 MN 过定点，并求出此定点的坐标.【答案】(1)证明见解析，x2-y24=1(2)证明见解析，定点坐标为 1,0【分析】(1)根据对称性求得 TC-TD 为定值，结合双曲线定义

120、求得轨迹 E 方程；(2)解一：根据 M，A 在双曲线上，用点差法得y1x1+1=4 x1-1y1，y2x2+1=-x2-1y2，代入 k1=-4k2可得 x1y2-x2y1=y2-y1，将 MN 方程 y=k x+m代入求得直线 MN 恒过定点.解二：分别联立直线与双曲线、圆，求出 M，N 的坐标，设定点 T t,0，由三点共线得 t=1，得直线 MN 恒过定点.【详解】(1)证明：由图，由点 D1与 D 关于 PQ 对称，则 TD1=TD，所以 TC-TD=TC-TD1=CD1=2，故为定值.由 TC-TD=2 0,b 0，所以 a=1，c=5，b2=c2-a2=4，所以双曲线 E 的方程

121、为 x2-y24=1.(2)解一：因为 A-1,0，如图，令 M x1,y1，N x2,y2，x21-y214=1,-12-02=1,两式相减得：y1x1+1=4 x1-1y1，同理，x22+y22=1,-12+02=1,两式相减得：y2x2+1=-x2-1y2，k1=-4k2，即 k2=-14 k1-x2-1y2=-14 4 x1-1y1 x1y2-x2y1=y2-y1，由题知直线 MN 斜率一定存在，设直线 MN 方程 y=k x+m，则 x1k x2+m-x2k x1+m=k x2+m-k x1+m，整理得 m x1-x2=x1-x2，所以 m=1，故直线 MN 恒过定点 1,0.解二：

122、由已知得 lAM：y=k1 x+1，lAN：y=k2 x+1，联立直线方程与双曲线方程y=k1 x+1,x2-y24=1,消去 y 整理得 4-k21x2-2k21x-k21-4=0，由韦达定理得 xAxM=-k21-44-k21，所以 xM=k21+44-k21，即 yM=k1 xM+1=8k14-k21.所以 Mk21+44-k21,8k14-k21.联立直线方程与圆的方程 y=k2 x+1,x2+y2=1,消去 y 整理得 1+k22x2+2k22x+k22-1=0，由韦达定理得 xAxN=k22-11+k22，所以 xN=-k22+11+k22，即 yN=k2 xN+1=2k221+k

123、22，39因为 kAN=-14 kAM，即 k2=-14 k1，所以 N-k21+1616+k21,-8k116+k21，若直线 MN 过定点，则由对称性得定点在 x 轴上，设定点 T t,0.由三点共线得 kMT=kNT，即8k14-k21k21+44-k21-t=-8k116+k21-k21+1616+k21-t k21+4+k21-4t=k21-16+k21+16t t=1，所以直线 MN 过定点 T 1,0.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中直线过定点问题通法，是先设出直线方程 y=kx+m，通过韦达定理和已知条件若能求出 m 为定值可得直线恒过定点，若得到 k 和 m 的一次函数关系式，代

124、入直线方程即可得到直线恒过定点.此题中由于两点分别是直线与双曲线、圆的交点，故只能求出两交点的坐标，用两点坐标结合直线方程得到直线恒过定点.3(2023内蒙古赤峰统考二模)已知椭圆 E:x2a2+y2b2=1 a b 0的离心率为 12，其左、右顶点分别为 A,B,左右焦点为 F1,F2,点 P 为椭圆上异于 A,B 的动点，且 PF1F2的面积最大值为3.(1)求椭圆 E 的方程及 kPA kPB的值；(kPA、kPB分别指直线 PA、PB 的斜率)(2)设动直线 l 交椭圆 E 于 M,N 两点，记直线 AM 的斜率为 k1，直线 BN 的斜率为 k2，且 k1=13 k2.求证：直线 M

125、N 过定点；设 AMN、BMN 的面积分别为 S1,S2，求 S1-S2 的取值范围.【答案】(1)x24+y23=1，-34(2)证明见解析；0,3【分析】(1)先利用题给条件求得 a=2，b=3，进而得到椭圆 E 的方程及 kPA kPB的值；(2)设直线 MN 的方程为 x=my+n，与椭圆 E 的方程联立，利用题给条件即可证得直线 MN 过定点(1,0)；先求得 S1-S2 的解析式，再求其值域即可求得 S1-S2 的取值范围.【详解】(1)由已知得，bc=3ca=12a2=b2+c2，c=1，故椭圆 E 的方程为 x24+y23=1.则 A-2,0，B 2,0，令 P x,y，则 k

126、PA kPB=yx+2 yx-2=y2x2-4=3 1-x24x2-4=-34.(2)由(1)知，k1 kBM=-34，又 k1=13 k2，k2 kBM=-94.令 M x1,y1，N x2,y2，则y1y2x1-2x2-2=-94(*)，设直线 MN 的方程为 x=my+n，与椭圆方程联立 x=my+n3x2+4y2-12=0得，3m2+4y2+6mny+3n2-12=0.则 =48 4m2-n2+4 0，y1+y2=-6mn3m2+4，y1y2=3n2-123m2+4.又(*)可化为 4y1y2=-9 x1-2x2-2=-9 my1+n-2my2+n-240=-9 m2y1y2+(mn-

127、2m)y1+y2+n2-4n+4，整理得 n2-3n+2=0，解得 n=1 或 n=2(舍).故直线 MN 的方程为 x=my+1，过定点 T(1,0).(另解，可设直线方程为 y=kx+m，联立整理得 m2+3km+2k2=0 m=-k，或 m=-2k(舍)，由知，直线 MN 过定点 T(1,0)，则 S1-S2=12 AT-BT y1-y2=12 3-1y1-y2=y1-y2，由知 y1+y2=-6m3m2+4，y1y2=-93m2+4，S1-S2=y1-y2=y1+y22-4y1y2=12 m2+13m2+4，令m2+1=t 1，m2=t2-1，则 S1-S2=f t=12t3t2+1=

128、123t+1t，因为 3t+1t 在 1,+单调递增，3t+1t 4，则 0 0,b 0)的离心率是5，点 P(3,-4 2)在双曲线 C 上(1)求双曲线 C 的方程；(2)设 A-1,0，M 为 C 上一点，N 为圆 x2+y2=1 上一点(M,N 均不在 x 轴上)直线 AM,AN 的斜率分别记为 k1,k2，且 4k2+k1=0，判断：直线 MN 是否过定点？若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由【答案】(1)x2-y24=1.(2)直线 MN 过定点,定点为(1,0).【分析】(1)根据双曲线离心率以及双曲线经过的点，列出 a,b 满足的等式，求出其值，即可求得答案；(2)

129、写出直线 AM,AN 的方程，分别联立双曲线和圆的方程，求得点 M,N 的坐标，即可求得直线 MN 的斜率，进而可表示出其方程，即可判断直线所过定点.【详解】(1)由双曲线 C:x2a2-y2b2=1(a 0,b 0)的离心率是5，可得 ca=5,a2+b2a2=5,b2=4a2，又点 P(3,-4 2)在双曲线 C 上，即 9a2-324a2=1，解得 a2=1,b2=4，故双曲线 C 的方程为 x2-y24=1.(2)由题意可知 k1 0,k2 0，且 AM 的方程为 y=k1x+k1，联立y=k1x+k1x2-y24=1，可得(4-k21)x2-2k21x-k21-4=0，4-k21 0

130、，=64 0，设 M(x1,y1)，由题意可知该方程有一根为-1，故(-1)x1=-k21-44-k21,x1=k21+44-k21，则 y1=k1x1+k1=8k14-k21，AN 的方程为 y=k2x+k2，41联立 y=k2x+k2x2+y2=1，可得(1+k22)x2+2k22x+k22-1=0，=4 0，设 N(x2,y2),x2 x1，由题意可知该方程有一根为-1，故(-1)x2=k22-11+k22,x2=1-k221+k22，则 y2=k2x2+k2=2k21+k22，由于 4k2+k1=0，即 k1=-4k2，由于 4-k21 0，故 4-16k22 0，故 x1=16k22

131、+44-16k22，y1=-32k24-16k22，所以直线 MN 的斜率为 kMN=y2-y1x2-x1=2k21+k22-32k24-16k221-k221+k22-16k22+44-16k22=2k2(4-16k22)-(1+k22)(-32k2)(1-k22)(4-16k22)-(1+k22)(16k22+4)=40k2-40k22=-1k2，故直线 MN 的方程为 y-y1=-1k2(x-x1)，即 y+32k24-16k22=-1k2x-16k22+44-16k22，即(16k22-4)(x+k2y-1)=0，由于 4-16k22 0，故 x+k2y-1=0，即直线 MN 过定点(

132、1,0).【点睛】难点点睛：解决直线和双曲线位置关系中的直线过定点问题，解答的思路并不难找到，即根据联立直线和曲线方程，求出点 M,N 的坐标，求出 MN 的斜率，表示出其方程，即可求得定点，但困难的是计算十分复杂，计算量大，并且都是关于参数的运算，需要十分细心.题型 8 多斜率问题1(2023全国高三专题练习)在平面直角坐标系中，已知两定点 A-4,0，B 4,0，M 是平面内一动点，自M 作 MN 垂直于 AB，垂足 N 介于 A 和 B 之间，且 2 MN2=AN NB(1)求动点 M 的轨迹；(2)设过 P 0,1的直线交曲线 于 C，D 两点，Q 为平面上一动点，直线 QC，QD，Q

133、P 的斜率分别为 k1，k2，k0，且满足 1k1+1k2=2k0问：动点 Q 是否在某一定直线上？若在，求出该定直线的方程；若不在，请说明理由【答案】(1)x216+y28=1(2)在定直线 y=8(x 0)上【详解】(1)设 M x,y，则 N x,0，由题意知-4 x b 0)，四点 P1(-2,1)，P2(0,2)，P3(2,1)，P4(3,1)中恰有三点在椭圆 C 上(1)求椭圆 C 的方程；(2)椭圆 C 上是否存在异于 P2的两点 M，N 使得直线 P2M 与 P2N 的斜率之和与直线 MN 的斜率(不为零)的 2 倍互为相反数？若存在，请判断直线 MN 是否过定点；若不存在，请

134、说明理由【答案】(1)x28+y22=1(2)存在，直线 MN 过定点(0,-2 2)【分析】(1)根据椭圆的对称性，确定椭圆 C 过的三点，再代入方程求解作答.(2)设出直线 MN 的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理结合已知及斜率坐标公式列式求解即可.【详解】(1)由椭圆的对称性知，P1(-2,1)，P2(0,2)，P3(2,1)三点在椭圆 C 上，故 b2=2，4a2+1b2=1，得 a2=8，从而椭圆 C 的方程为 x28+y22=1(2)直线 MN 过定点(0,-2 2)，证明如下：假设存在，不妨设直线 P2M、P2N、MN 的斜率分别为 k1，k2，k，满足 k1+k2+2k=0，

135、设直线 MN 的方程为 y=kx+m(k 0)，且 M(x1,y1)，N(x2,y2)，与椭圆 C 的方程联立，得(1+4k2)x2+8kmx+4(m2-2)=0，则 =64k2m2-16(1+4k2)(m2-2)0，即 m2 b 0.过点 P 2,1的动直线 l1交 C1于 A，B 两点，过点的动直线 l2交 C2于 M，N 两点.(1)求双曲线 C1和椭圆 C2的方程；(2)是否存在定点 Q，使得四条直线 QA，QB，QM，QN 的斜率之和为定值?若存在，求出点 Q 坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1)双曲线 C1的方程为：x24-y2=1；椭圆 C2的方程为：x24+y2=1(2)存

136、在，点 Q 坐标为 2,0.【分析】(1)由椭圆及双曲线的性质计算即可；(2)两直线与椭圆、双曲线的交点没有联系，故可分开单独计算各斜率之和即可，设点 A、B、Q 坐标及直线l1：y=kx+m 与 双 曲 线 联 立，结 合 韦 达 定 理 化 简 计 算 得：kQA+kQB=16y0-8x0y0k2+4x0-8-8y0k+2x0y0-2x016x0-16-4x20k2+16-8x0k+x20-8，待定系数计算并检验可得 Q 2,0，再代入验证 kQM+kQN 是否为定值即可.【详解】(1)已知双曲线渐近线为 y=ba x，即 ba=12.因为椭圆 C2的长轴长 2a=4，即 a=2，b=1.

137、所以双曲线 C1的方程为：x24-y2=1.椭圆 C2的方程为：x24+y2=1.(2)当直线 l1、l2的斜率不存在时，不满足题意.故直线 l1的方程设为：y=kx+m，直线 l1过点 P 2,1，即 2k+m=1.与双曲线方程联立y=kx+mx24-y2=1，得 1-4k2x2-8kmx-4m2-4=0.故 1-4k2 0，=64k2m2+16 m2+11-4k2 0.设 A x1,y1，B x2,y2，有 x1+x2=8km1-4k2，x1x2=-4m2-41-4k2.设 Q x0,y0.kQA+kQB=y0-y1x0-x1+y0-y2x0-x2=y0-kx1-mx0-x2+y0-kx2

138、-mx0-x1x20-x0 x1+x2+x1x2.化简得 kQA+kQB=2x0y0-kx0+y0-mx1+x2+2kx1x2-2mx0 x20-x0 x1+x2+x1x2.代入韦达定理得：kQA+kQB=2x0y0 1-4k2-8km kx0+y0-m-8km2-8k-2mx0 1-4k21-4k2x20-8kmx0-4m2-4.44将 2k+m=1 代入其中消去 m 化简得：kQA+kQB=16y0-8x0y0k2+4x0-8-8y0k+2x0y0-2x016x0-16-4x20k2+16-8x0k+x20-8.由动直线 l1、l2互不影响可知，要满足 kQA+kQB+kQM+kQN 为定

139、值，则 kQA+kQB为定值，kQM+kQN 为定值.因此要满足 kQA+kQB为定值，则有：若 16y0-8x0y0=0，16x0-16-4x20=0，计算得 x0=2，y0=0.经检验满足 Q 2,0，此时 kQA+kQB=1.若 16y0-8x0y0 0，即 y0 0，x0 2，有16y0-8x0y016x0-16-4x20=4x0-8-8y016-8x0=2x0y0-2x0 x20-8.无解.综上，当 Q 2,0，kQA+kQB=1.下面只需验证当 Q 2,0时，kQM+kQN 是否为定值.设直线 l2方程为：y=tx+n，直线 l2过点 P 2,1，即 2t+n=1.椭圆方程联立y=

140、tx+nx24+y2=1，得 1+4t2x2+8tnx+4n2-4=0.故 0.设 M x3,y3，N x4,y4，有 x3+x4=-8tn1+4t2，x3x4=4n2-41+4t2.kQM+kQN=y3x3-2+y4x4-2=tx3+nx4-2+tx4+nx3-2x3x4+4-2 x3+x4.化简得 kQM+kQN=2tx3x4+(n-2t)x3+x4-4nx3x4+4-2 x3+x4.代入韦达定理化简可得：kQM+kQN=-8t-4n4n2+16t2+16tn.将 2t+n=1 代入其中可得：kQM+kQN=-1.所以当 Q 2,0，kQA+kQB=1，kQM+kQN=-1，kQA+kQB

141、+kQM+kQN=0.所以点 Q 坐标为 2,0.【点睛】关键点睛：第二问斜率定值问题，关键在于待定系数化简计算上，即设点 A、B、Q 的坐标及直线 l1的方程，利用韦达定理消元化简两斜率之和可得：kQA+kQB=16y0-8x0y0k2+4x0-8-8y0k+2x0y0-2x016x0-16-4x20k2+16-8x0k+x20-8，待定系数求值即可确定斜率和为定值时的 Q 坐标，再确定此时 kQM+kQN 是否为定值，注意检验3(2023吉林长春长春吉大附中实验学校校考模拟预测)已知离心率为22 的椭圆 C:x2a2+y2b2=1(a b 0)的左焦点为 F，左、右顶点分别为 A1、A2，

142、上顶点为 B，且 A1BF 的外接圆半径大小为3(1)求椭圆 C 方程；(2)设斜率存在的直线 l 交椭圆 C 于 P，Q 两点(P，Q 位于 x 轴的两侧)，记直线 A1P、A2P、A2Q、A1Q 的斜率分别为 k1、k2、k3、k4，若 k1+k4=53(k2+k3)，则直线 l 是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由【答案】(1)x24+y22=145(2)D-12,0【分析】(1)根据椭圆离心率确定椭圆中 a,b,c 的关系，再结合正弦定理的推论确定外接圆半径与边角关系即可得 c 的值，从而求得椭圆方程；(2)由题可设直线 l:x=ty+m t 0，P x1,y

143、1，Q x2,y2，联立直线与椭圆即可得交点坐标关系，根据斜率的计算式可得 k1k2=-12，k3k4=-12，再由已知等式 k1+k4=53 k2+k3确定 k2k3=-310，由坐标关系进行转化可求得 m 的值得出结果.【详解】(1)根据椭圆 C 的离心率为22 知 a=2c，所以 b=a2-c2=c，如图，则 OF=OB=c则在 A1BF 中，可得 BFA1=34，A1B=OA12+OB2=3c，由正弦定理得A1BsinBFA1=3c22=6c=2 3，解得 c=2，所以 a=2，b=2，所以椭圆 C 的方程为 x24+y22=1(2)由已知直线 l 的斜率不为 0，设直线 l:x=ty

144、+m t 0，P x1,y1，Q x2,y2，联立x=ty+mx24+y22=1，得 t2+2y2+2mty+m2-4=0，0 得 2t2+4 m2于是 y1+y2=-2mtt2+2，y1y2=m2-4t2+2，因为 A1-2,0，A2 2,0，P x1,y1代入椭圆方程得 x214+y212=1，所以 k1k2=y1x1+2 y1x1-2=y21x21-4=2 1-x214x21-4=-12，同理 k3k4=-12，于是 k1=-12k2，k4=-12k3，因为 k1+k4=53 k2+k3，所以-12k2-12k3=53 k2+k3，即-k2+k32k2k3=53 k2+k3又直线 l 的

145、斜率存在，所以 k2+k3 0，于是 k2k3=-310，所以y1x1-2 y2x2-2=-310，即 10y1y2+3 x1-2x2-2=0，又 x1=ty1+m，x2=ty2+m，所以 10y1y2+3 ty1+m-2ty2+m-2=0，整理得 3t2+10y1y2+3t m-2y1+y2+3 m-22=0，所以 3t2+10m2-4t2+4+3t m-2-2mtt2+2+3 m-22=0，化简整理得 m-22m+1=0，又 P、Q 位于 x 轴的两侧，所以 y1y2=m2-4t2+2 0，解得-2 m 0，kQM+kQN=2kQE，n-y14-x1+n-y24-x2=2n4-t 14-x

146、1+14-x2-24-tn+-y14-x1+-y24-x2=0，对任意 n 成立，所以14-x1+14-x2=24-t，-y14-x1+-y24-x2=0，由-y14-x1+-y24-x2=0 得，-4(y1+y2)+y1(my2+t)+y2(my1+t)=(t-4)(y1+y2)+2my1y2=0，所以(t-4)(-6tm)+2m(3t2-12)=0，24mt-24m=0 对任意 m 成立，t=1，经检验，符合题意，所以，存在 E(1，0)满足题意.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的定点问题，解决方法是设交点坐标为(x1,y1),(x2,y2)，设动直线方程，与曲线方程联立后消元应用韦达定理得

147、x1+x2,x1x2(或 y1+y2,y1y2)，代入已知条件中动直线满足的关系式，确定动直线方程中参数的关系，从而确定出定点坐标，或象本题，再设出定点坐标，动直线方程，动直线方程与曲线方程联立后消元应用韦达定理得 x1+x2,x1x2(或 y1+y2,y1y2)，代入已知条件中动直线满足的关系式，然后由恒等式知识得出关系式并求得结论题型 9 与角度有关的定点问题1(2023陕西西安校考三模)在平面直角坐标系 xOy 中，已知动圆 C 与圆 O1:x2-2x+y2=0 内切，且与直线 x=-2 相切，设动圆圆心 C 的轨迹为曲线 E(1)求 E 的方程；(2)已知 P 4,y0y0 0是曲线

148、E 上一点，A,B 是曲线 E 上异于点 P 的两个动点，设直线 PA PB 的倾斜角分别为 ，且 +=34，请问：直线 AB 是否经过定点？若是，请求出该定点，若不是，请说明理由.【答案】(1)y2=4x(2)是，8,-8【分析】(1)由题意可得动圆的圆心 C 到点 1,0的距离与到直线 x=-1 的距离相等，从而可求得其轨迹方48程，(2)当直线 PA PB 中其中一条的斜率不存在，可求得直线 AB 的方程为 x+y=0；当直线 PA PB 的斜率都存在时，故设直线 PA PB 的斜率 k1,k2，A y214,y1,B y224,y2，然后表示出 k1,k2，再由 +=34 可得 8 y

149、1+y2+y1 y2+32=0，设直线 AB 方程为 x=ty+n，代入抛物线方程化简利用根与系数的关系，结合前面的式子可求得直线过的定点.【详解】(1)圆 O1:x2-2x+y2=0 的圆心为 1,0，半径为 1，由题意可得，动圆的圆心 C 到点 1,0的距离与到直线 x=-1 的距离相等，所以点 C 的轨迹是以 1,0为焦点，直线 x=-1 为准线的抛物线，所以曲线 E 的方程为 y2=4x；(2)由(1)可得 P 4,4，当直线 PA PB 中其中一条的斜率不存在，不妨设 =2，=4，易得 A 4,-4，直线 PB 的直线为 y=x，与 y2=4x 联立可得 B 0,0，故直线 AB 的

150、方程为 x+y=0；当直线 PA PB 的斜率都存在时，故设直线 PA PB 的斜率 k1,k2，设 A y214,y1,B y224,y2所以 k1=y1-414 y21-4=4y1+4，同理可得 k2=4y2+4，因为 +=34，所以 tan(+)=-1，所以tan+tan1-tan tan=-1，即k1+k21-k1 k2=-1，所以 k1+k2-k1 k2+1=0，所以4y1+4+4y2+4-4y1+4 4y2+4+1=0，即 8 y1+y2+y1 y2+32=0，由题意可设 AB 方程为 x=ty+n，联立 y2=4xx=ty+n，消 x 整理得 y2-4ty-4n=0，所以 =16

151、t2+16n 0，y1+y2=4t，y1 y2=-4n，所以 32t-4n+32=0 即 n=8t+8，所以 x=ty+n=ty+8t+8=t(y+8)+8，令 y+8=0 得 y=-8，x=8，此时有定点 8,-8，综上所述，直线 AB 经过定点 8,-8 【点睛】关键点点睛：此题考查轨迹方程的求法，考查直线与抛物线的位置关系，解题的关键是设直线 PA PB 的斜率 k1,k2，再由 +=34 结合两角和的正切公式，与斜率公式可得 k1+k2-k1 k2+1=0，考查计算能力，属于较难题.49【变式训练】1(2023浙江绍兴统考模拟预测)已知双曲线 x2-y2=1，过点 M 1,-1的直线

152、l 与该双曲线的左、右两支分别交于点 A,B(1)当直线 l 的斜率为 12 时，求 AB；(2)是否存在定点 P t,t-2t 1，使得 MPA=MPB？若存在，求点 P 的坐标；若不存在，请说明理由【答案】(1)4 153；(2)存在，P 32,-12.【分析】(1)根据题设写出直线 l 的方程，联立双曲线，应用韦达定理及弦长公式求 AB；(2)由题设，根据向量数量积的定义及等面积法有 PM PAPM PB=AMMB，令 A x1,y1,B x2,y2，直线 l 的方程为 y=kx-k+1，其中-1 k 0，所以 x1+x2=-2,x1x2=-133，所以，AB=1+122 x1+x22-

153、4x1x2=4 153(2)因为 MPA=MPB，所以 cosMPA=cosMPB，所以 PM PAPM PA=PM PBPM PB，所以 PM PAPM PB=PAPB，由 MPA=MPB 及等面积法得PAPB=AMMB，所以 PM PAPM PB=AMMB设 A x1,y1,B x2,y2，直线 l 的方程为 y=kx-k+1，其中-1 k 0，所以 x1+x2=-2k k+11-k2,x1x2=-k2+2k+21-k2因为 PM=1-t,1-t,PA=x1-t,y1-t+2,PB=x2-t,y2-t+2，所以 PM PA=1-tx1+y1-2t+2=1-tx1+kx1-k-2t+1，PM

154、 PB=1-tx2+y2-2t+2=1-tx2+kx2-k-2t+1，所以 x1+kx1-k-2t+1x2+kx2-k-2t+1=1-x1x2-1，整理得 k+1x1x2-k+tx1+x2+k+2t-1=0，将韦达公式代入上式，整理得(k+1)(2t-3)=0，所以 t=32 所以，存在 P 32,-12，使得 MPA=MPB2(2023四川绵阳模拟预测)已知点 A 是圆 C:x-12+y2=16 上的任意一点，点 F-1,0，线段 AF的垂直平分线交 AC 于点 P(1)求动点 P 的轨迹 E 的方程；(2)若过点 G 3,0且斜率不为 O 的直线 l 交(1)中轨迹 E 于 M、N 两点，

155、O 为坐标原点，点 B 2,0问：x50轴上是否存在定点 T，使得 MTO=NTB 恒成立若存在，请求出点 T 的坐标，若不存在，请说明理由【答案】(1)x24+y23=1(2)存在点 T43,0，使得 MTO=NTB 恒成立；理由见解析.【分析】(1)根据题意得到 PF+PC=PA+PC=4 FC=2，结合椭圆的定义，即可求解；(2)由题意，设直线 l 的方程为 y=k(x-3)，且 k 0，联立方程组，设 M(x1,y1),N(x2,y2)，所以 x1+x2=24k23+4k2,x1x2=12(3k2-1)3+4k2，假设存在 T(t,0)使得 MTO=NTB 恒成立，转化为 kMT+kN

156、T=0 恒成立，得到 t=x1y2+x2y1y1+y2，代入即可求解.【详解】(1)解：由圆 C:x-12+y2=16，可得圆心坐标为 C(1,0)，半径 r=4，如图所示，线段 AF 的垂直平分线交 AC 于点 P，所以 PF+PC=PA+PC=4 FC=2，根据椭圆的定义可知点 P 的轨迹是以 F,C 为焦点的椭圆，且 2a=4,2c=1，可得 a=2,c=1，则 b=a2-c2=3，所以动点 P 的轨迹方程为 x24+y23=1.(2)解：由题意，设直线 l 的方程为 y=k(x-3)，且 k 0，联立方程组y=k(x-3)x24+y23=1，整理得(3+4k2)x2-24k2x+36k

157、2-12=0，则 =576k4-48(3+4k2)(3k2-1)0，解得-155 k x1，显然 x1 t 0,b 0的左右焦点分别为 F1,F2，点 P 在双曲线上，若 PF1-PF2=2 33b，且双曲线焦距为 4(1)求双曲线 C 的方程；(2)如果 Q 为双曲线 C 右支上的动点，在 x 轴负半轴上是否存在定点 M 使得 QF2M=2QMF2？若存在，求出点 M 的坐标；若不存在，说明理由【答案】(1)x2-y23=1(2)存在，坐标为-1,0【分析】(1)利用双曲线的定义求解即可；(2)在 x 轴负半轴上假设存在点 M 满足题意，当 QF2 垂直于 x 轴时，易得 M-1,0，当 Q

158、F2 不垂直于 x 轴时，由斜率公式和二倍角正切公式也可解得 M-1,0.【详解】(1)因为点 P 在双曲线上，所以由双曲线的定义可得 PF1-PF2=2a=2 33b，又双曲线焦距即 2c=4，且 a2+b2=c2，联立解得 a=1b=3，所以双曲线 C 的方程为 x2-y23=1.(2)假设存在点 M t,0t b 0的长轴长为 4，C 的右顶点 A 到右焦点的距离为 1.52(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)如图，已知点 P 23,0，直线 l 与椭圆 C 交于不同的两点 E，F，(E，F 两点都在 x 轴上方)，O 为坐标原点，且 APE=OPF.证明直线 l 过定点，并求出该定点坐

159、标.【答案】(1)x24+y23=1；(2)证明见解析，定点(6,0).【分析】(1)根据给定条件，求出 a,b 即可求出 C 的标准方程作答.(2)设出直线 l 的方程，与椭圆 C 的方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式推理作答.【详解】(1)令椭圆半焦距为 c，依题意，a=2,a-c=1，则 a=2,c=1,b2=a2-c2=3，所以椭圆 C 的标准方程是 x24+y23=1.(2)显然直线 l 斜率存在，设直线 l 的方程为：y=kx+m，由 y=kx+m3x2+4y2=12消去 y 并整理得：(4k2+3)x2+8km+4m2-12=0=64k2m2-16(4k2+3)(m2-3)0

160、4k2+3 m2，设点 E(x1,y1),F(x2,y2)，则 x1+x2=-8km4k2+3,x1x2=4m2-124k2+3，由 APE=OPF 得：直线 PE,PF 的倾斜角互补，斜率 kPE,kPF 互为相反数，即 kPE+kPF=0，因此y1x1-23+y2x2-23=0 kx1+m3x1-2+kx2+m3x2-2=0，整理得 6kx1x2+(3m-2k)(x1+x2)-4m=0，即 6k(4m2-12)4k2+3-8km(3m-2k)4k2+3-4m=0，化简得：m=-6k，而 4k2+3 m2，有-68 k 0,b 0的虚轴长为 2，点 M 0,1到 C 的渐近线的距离为32(1

161、)求双曲线 C 的标准方程(2)若斜率不为零的直线 l 与 C 交于 A，B 两点，y 轴恰是 AMB 的平分线，试问：直线 l 是否过定点？若过定点，求该定点的坐标；若不过定点，请说明理由【答案】(1)x23-y2=1(2)直线过定点 0,-1【分析】(1)根据虚轴长可得 b，再根据点 M 0,1到 C 的渐近线的距离求出 a 即可得解；(2)由题意可知直线 l 的斜率存在，设其方程为 y=kx+m,k 0,A x1,y1,B x2,y2，联立方程，利用韦达定理求出 x1+x2，x1x2，根据 y 轴是 AMB 的平分线，可得 kMA+kMB=0，从而可求出 m，即可得出结论.53【详解】(

162、1)双曲线 C 的渐近线方程为 bx ay=0，则点 M 0,1到渐近线的距离 d=ab2+a2=32，又 2b=2，a2=3b2=1，双曲线 C 的标准方程为 x23-y2=1；(2)直线 l 过定点理由如下：由题意可知直线 l 的斜率存在，设其方程为 y=kx+m,k 0,A x1,y1,B x2,y2，y 轴是 AMB 的平分线，kMA+kMB=0，即 y1-1x1-0+y2-1x2-0=kx1+m-1x1+kx2+m-1x2=2k+m-1 x1+x2x1x2=0，联立y=kx+mx23-y2=1，消去 y 并整理，得 3k2-1x2+6kmx+3m2+3=0，则 =6km2-4 3k2

163、-13m2+3 0，且 3k2-1 0，即 k 33，则 x1+x2=-6km3k2-1，x1x2=3m2+33k2-1，2k+m-1 x1+x2x1x2=2k+m-1-6km3m2+3=0，解得 m=-1，直线 l 的方程为 y=kx-1，k 33 且 k 0，其过定点 0,-1，直线 l 过定点 0,-1【点睛】方法点睛：圆锥曲线中直线过定点问题通法，是先设出直线方程 y=kx+m，通过韦达定理和已知条件若能求出 m 为定值可得直线恒过定点，若得到 k 和 m 的一次函数关系式，代入直线方程即可得到直线恒过定点.题型 10 直线过定点之类比法1(2023 上四川成都高三校考阶段练习)已知椭

164、圆 C：x2a2+y2b2=1 a b 0的左右焦点分别为 F1，F2，左顶点为 D，离心率为 12，经过 F1的直线交椭圆于 A，B 两点，F2AB 的周长为 8.(1)求椭圆 C 的方程；(2)过直线 x=4 上一点 P 作椭圆 C 的两条切线，切点分别为 M，N，证明：直线 MN 过定点；求 SDMN 的最大值.【答案】(1)x24+y23=1(2)证明见解析；92.【分析】(1)根据题意，结合椭圆的定义求得 a=2，再由离心率为 12，求得 c=1，进而求得 b2的值，即可求得椭圆的标准方程；(2)设 P 4,t,M x1,y1,N x2,y2，根据题意求得以 M,N 为切点的椭圆 C

165、 的切线方程，进而得到直线MN 的方程为 3x+ty-3=0，得到直线 MN 过定点；设直线 l 的方程为 x=my+1，联立方程组，利用根与系数的关系求得|y1-y2|=12 1+m24+3m2，令 t=1+m2 1，结合 f t=3t+1t 的单调递增，求得y1-y2 的最大值，再根据面积公式 SDMN=12 DF1 y1-y2，进而求得 SDMN 的最大值.54【详解】(1)因为经过 F1的直线交椭圆于 A，B 两点，F2AB 的周长为 8，所以，4a=8，解得 a=2，因为椭圆的离心率为 12所以 ca=12，即 c=1.所以 b2=a2-c2=3所以，椭圆 C 的方程为 x24+y2

166、3=1(2)由(1)知 D-2,0,F2 1,0，设 P 4,t,M x1,y1,N x2,y2，由题知，直线 x=4 上一点 P 作椭圆 C 的两条切线斜率存在，设过点 M x1,y1且与椭圆相切的直线方程为：y-y1=k x-x1，所以，联立方程y-y1=k x-x1x24+y23=1得 3+4k2x2+8k y1-kx1x+4 y1-kx12-12=0，所以，有 =64k2 y1-kx12-4 3+4k24 y1-kx12-12=0，整理得 y1-kx12-3+4k2=0，即 y21-3-2kx1y1x+k2 x21-4=0因为 M x1,y1在椭圆上，所以 x214+y213=1，即

167、y21-3=-3x214，x21-4=-4y213，所以，-3x214-2kx1y1x-k2 4y213=0，即 9x21+24kx1y1x+16k2y21=3x1+4ky12=0，所以，3x1+4ky1=0，解得 k=-3x14y1所以，过点 M x1,y1且与椭圆相切的直线方程为：y-y1=-3x14y1x-x1因为 x214+y213=1，即 3x21+4y21=12所以，整理可得以 M 为切点的椭圆 C 的切线方程为 x1x4+y1y3=1，同理，以 N 为切点的椭圆 C 的切线方程为 x2x4+y2y3=1，又两切线均过点 P，故 4x14+y1t3=1，且 4x24+ty23=1，

168、整理化简得 3x1+y1t-3=0，且 3x2+y2t-3=0，所以点 M x1,y1，N x2,y2，均在直线 3x+ty-3=0 上，所以直线 MN 的方程为 3x+ty-3=0，且直线 MN 过定点 F2 1,0.由题意，直线 l 的斜率不为 0，设直线 l 的方程为 x=my+1，联立方程组 x=my+13x2+4y2-12=0，消去 x 得 4+3m2y2+6my-9=0，可得 =6m2+4 4+3m2 9=144 m2+1 0，且 y1+y2=-6m4+3m2,y1y2=-94+3m2，可得 y1-y2=y1+y22-4y1y2=-6m4+3m22-4-94+3m2=12 1+m2

169、4+3m2=12 1+m231+m22+1=123 1+m2+11+m2，55令 t=1+m2 1，设 f x=3t+1t,t 1，则函数 f(t)在 1,+)单调递增，所以当 t=1 时，即 m=0 时，f(t)有最小值 3+1=4，即 y1-y2 的最大值为123+1=3，又由 SDMN=12 DF1 y1-y2=12 1-2 y1-y2 12 3 3=92，所以 SDMN 的最大值为 92，此时直线 l 的方程为 x=1.【点睛】方法技巧：求解圆锥曲线的最值问题的解答策略与技巧：1、几何方法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆、圆锥曲线的定义、图形，以及几何性质求

170、解；2、代数方法：当题目给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个目标函数的最值(或值域)，常用方法：配方法；基本不等式；单调性法；三角换元法；导数法等，要特别注意自变量的取值范围.【变式训练】1(2023河南校联考模拟预测)已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1(a b 0)的焦距为 2，圆 x2+y2=4 与椭圆C 恰有两个公共点(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)已知结论：若点 x0,y0为椭圆 x2a2+y2b2=1 上一点，则椭圆在该点处的切线方程为 x0 xa2+y0yb2=1若椭圆 C 的短轴长小于 4，过点 T(8,t)作椭圆 C 的两条切线，切点分别为 A,

171、B，求证：直线 AB 过定点【答案】(1)x25+y24=1 或 x24+y23=1(2)证明见解析【分析】(1)设椭圆 C 的半焦距为 c，再分圆 x2+y2=4 在椭圆 C 的内部和外部两种情况分别求解即可；(2)由题意椭圆 C 的方程为 x24+y23=1，再设 A x1,y1,B x2,y2，得出切线 AT,BT 的方程，将 T(8,t)代入AT,BT 可得 A,B 的坐标都满足方程 6x+ty-3=0 即可得定点.【详解】(1)设椭圆 C 的半焦距为 c当圆 x2+y2=4 在椭圆 C 的内部时，b=2,c=1,a2=b2+c2=5，椭圆 C的方程为 x25+y24=1当圆 x2+y

172、2=4 在椭圆 C 的外部时，a=2,c=1,b2=a2-c2=3，椭圆 C 的方程为 x24+y23=1(2)证明：设 A x1,y1,B x2,y2因为椭圆 C 的短轴长小于 4，所以 C 的方程为 x24+y23=1则由已知可得，切线 AT 的方程为 x1x4+y1y3=1,BT 的方程为 x2x4+y2y3=1，将 T(8,t)代入 AT,BT 的方程整理可得，6x1+ty1-3=0,6x2+ty2-3=0显然 A,B 的坐标都满足方程 6x+ty-3=0，故直线 AB 的方程为 6x+ty-3=0，56令 y=0，可得 x=12，即直线 AB 过定点12,02(2023 上广东惠州高

173、三校考阶段练习)在平面直角坐标系 xOy 中，顶点在原点，以坐标轴为对称轴的抛物线 C 经过点 2,4.(1)求 C 的方程；(2)若 C 关于 x 轴对称，焦点为 F，过点 4,2且与 x 轴不垂直的直线 l 交 C 于 M，N 两点，直线 MF 交 C 于另一点 A，直线 NF 交 C 于另一点 B，求证：直线 AB 过定点.【答案】(1)y2=8x 或 x2=y(2)证明见解析【分析】(1)根据待定系数法，代入点的坐标即可求解 p，(2)利用抛物线方程分别可设 A,B,M,N 的坐标，进而可根据两点坐标求解斜率，即可得直线的方程，结合直线经过的点，即可代入化简求解.【详解】(1)若 C

174、的焦点在 x 轴上，设抛物线 C 的方程为 y2=2px，将点 2,4代入，得 42=4p，解得 p=4，故 C 的方程为 y2=8x；若 C 的焦点在 y 轴上，设抛物线 C 的方程为 x2=2py，将点 2,4代入，得 22=8p，解得 p=12，故 C 的方程为 x2=y；综上所述：C 的方程为 y2=8x 或 x2=y.(2)由(1)知抛物线 C 的方程为 y2=8x，则其焦点 F 2,0，若直线 l 不过点 F 2,0，如图，设 My218,y1，Ny228,y2，A y238,y3，B y248,y4，由题意可知：直线 MN 的斜率存在且不为 0，则直线 MN 的斜率 kMN=y1

175、-y2y218-y228=8y1+y2，所以直线 MN 的方程为 y-y1=8y1+y2x-y218，即 8x-y1+y2y+y1y2=0，同理直线 AM，BN 的方程分别为 8x-y1+y3y+y1y3=0，8x-y2+y4y+y2y4=0由直线 MN 过定点 4,2，可得 2 y1+y2-y1y2=32，由直线 AM，BN 过焦点 F 2,0，可得 y1y3=y2y4=-16，对于直线 AB 的方程为 8x-y3+y4y+y3y4=0，由 y1y3=y2y4=-16，得 8x+16y1+16y2y+256y1y2=0，整理得 y1y2x+2 y1+y2y+32=0，又因为 2 y1+y2-

176、y1y2=32，所以 x+yy1y2+32 y+1=0，令 x+y=0y+1=0，解得 x=1y=-1，故直线 AB 恒过定点 1,-1若直线 l 过点 F 2,0，直线 AB 即为直线 MN，其方程为 y-0=2-04-2 x-2，即 y=x-2，显然直线 l 过点 1,-1；综上所述：直线 AB 过定点 1,-1.57【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.(2)特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.3(2023福建校联考模拟预测)设抛物线

177、 C：y2=2px(p 0)的焦点为 F，点 A 的坐标为 3,-2.已知点 P 是抛物线 C 上的动点，PA+PF 的最小值为 4.(1)求抛物线 C 的方程：(2)若直线 PA 与 C 交于另一点 Q，经过点 B 3,-6和点 Q 的直线与 C 交于另一点 T，证明：直线 PT 过定点.【答案】(1)y2=4x(2)证明见解析【分析】(1)根据两点 A,F 与抛物线的位置分类讨论最值，由最小值为 4，求解 p；(2)由 P,Q,T 三点都在抛物线上，设 Q y204,y0，P y214,y1，Ty224,y2.结合直线 QP,QT,PT 求解的同理性，求出直线方程，再由 A 3,-2，B

178、3,-6分别在直线 QP，QT 上，代入方程消去 y0可得 y1y2=12，代入PT 方程化简可得定点.【详解】(1)若 A 和 F 在抛物线 y2=2px 的同侧，则(-2)2 23.设点 P 在准线上的射影为 H，于是 PF=PH.过 A 作 AH 与准线垂直，垂足为 H，故 PF+PA=PH+PA AH=3+p2=4，当且仅当 A，P，H 三点共线时取等号，由此得 p=2 23，符合题意.若 A 和 F 在抛物线的异侧或 A 在抛物线上，则 p 23.由 PF+PA AF=3-p22+-22=4，当且仅当 A，P，F 三点共线(或 A 与 P 重合)时取等号，得到 p=6 4 3(舍去)

179、.综上所述，抛物线 C 的方程为 y2=4x.(2)设 Q y204,y0，P y214,y1，T y224,y2.直线 QP 的斜率 kQP=y0-y1y20-y214=4y0+y1，则其方程为 y=4y0+y1x-y204+y0=4x+y0y1y0+y1.同理可得直线 QT 的方程为 y=4x+y0y2y0+y2，直线 PT 的方程为 y=4x+y1y2y1+y2.将 A 3,-2，B 3,-6分别代入直线 QP，QT 的方程可得-2=12+y0y1y0+y1-6=12+y0y2y0+y2，消去 y0可得 y1y2=12，代入直线 PT 的方程 y=4x+y1y2y1+y2，化简得 y=4

180、x+12y1+y2=4y1+y2(x+3)，58故直线 PT 过定点-3,0.【点睛】定点问题的求解思路：一是从特殊入手，求出定点，再证明这个点与变量无关；二是直接推理、计算，并在计算过程中消去变量，从而得到定点.4(2023陕西西安西安市大明宫中学校考模拟预测)已知动圆 M 恒过定点 F 0,18，圆心 M 到直线y=-14 的距离为 d,d=MF+18(1)求 M 点的轨迹 C 的方程；(2)过直线 y=x-1 上的动点 Q 作 C 的两条切线 l1,l2，切点分别为 A,B，证明：直线 AB 恒过定点【答案】(1)x2=12 y(2)证明见详解【分析】(1)设 M x,y，由题意可得 y

181、+14=x2+y-182+18，化简整理即可；(2)设 A x1,2x21,B x2,x22,Q t,t-1，结合导数的几何意义分析可得 x1,x2为方程 2x2-4tx+t-1=0 的两根，结合韦达定理求直线 AB 的方程，即可得结果.【详解】(1)设 M x,y，则 MF=x2+y-182,d=y+14，因为 d=MF+18，即 y+14=x2+y-182+18，当 y+14 0，即 y-14 时，则 y+14=x2+y-182+18，整理得 x2=12 y；当 y+14 0，即 y-14 时，则-y-14=x2+y-182+18，整理得 x2=y+18 0的焦点到准线的距离等于椭圆 C2

182、:x2+16y2=1 的短轴长(1)求抛物线 C1的方程；(2)设 D 1,t是抛物线 C1上位于第一象限的一点，过 D 作 E:x-22+y2=r2(其中 0 r 0的焦点到准线的距离 p=12，故抛物线方程为 y2=x(2)D 1,t是抛物线 C1上位于第一象限的点，t2=1 且 t 0，D 1,1设 M a2,a，N b2,b，则直线 MN 方程为 y-a=1a+bx-a2，即 x-a+by+ab=0，直线 DM：x-a+1y+a=0 与圆 E：x-22+y2=r2相切，a+21+a+12=r，整理可得，r2-1a2+2r2-4a+2r2-4=0，同理，直线 DN 与圆 E 相切可得，r

183、2-1b2+2r2-4b+2r2-4=0，由得 a，b 是方程 r2-1x2+2r2-4x+2r2-4=0 的两个实根，a+b=4-2r2r2-1，ab=2r2-4r2-1，代入 x-a+by+ab=0，化简整理可得，x+2y+2r2-x-4y-4=0，令 x+2y+2=0-x-4y-4=0，解得 x=0y=-1，故直线 MN 恒过定点 0,-1题型 11 定点与恒成立问题1(2023 上四川眉山高三仁寿一中校考期末)椭圆 E:x2a2+y2b2=1(a b 0)的离心率是22，点M2,1是椭圆 E 上一点，过点 P 0,1的动直线 l 与椭圆相交于 A,B 两点.(1)求椭圆 E 的方程；(

184、2)求 AOB 面积的最大值；(3)在平面直角坐标系 xOy 中，是否存在与点 P 不同的定点 Q，使 QAQB=PAPB恒成立？存在，求出点 Q的坐标；若不存在，请说明理由.60【答案】(1)x24+y22=1(2)2(3)存在，Q 0,2.【分析】(1)由离心率及过点 M2,1列方程组求解 a,b.(2)设直线 l 为 y=kx+1 与椭圆方程联立，将 SAOB=12 x1-x2 表达为 k 的函数，由基本不等式求最大值即可.(3)先讨论直线水平与竖直情况，求出 Q 0,2，设点 B 关于 y 轴的对称点 B，证得 Q,A,B 三点共线得到QAQB=PAPB成立.【详解】(1)根据题意，得

185、ca=22a2=b2+c22a2+1b2=1，解得a2=4b2=2c2=2，椭圆 C 的方程为 x24+y22=1.(2)依题意，设 A x1,y1,B x2,y2，直线 l 的斜率显然存在，故设直线 l 为 y=kx+1，联立y=kx+1x24+y22=1，消去 y，得 1+2k2x2+4kx-2=0，因为直线 l 恒过椭圆内定点 P 0,1，故 0 恒成立，x1+x2=-4k1+2k2,x1x2=-21+2k2，故 SAOB=12 x1-x2=12 x1+x22-4x1x2=12-4k1+2k22-4 -21+2k2=2 1+4k21+2k2，令 t=1+4k2,t 1，所以 SAOB=2

186、 2tt2+1=2 2t+1t2，当且仅当 t=1，即 k=0 时取得等号，综上可知：AOB 面积的最大值为2.(3)当 l 平行于 x 轴时，设直线与椭圆相交于 C,D 两点，如果存在点 Q 满足条件，则有|QC|QD|=|PC|PD|=1，即 QC=QD，所以 Q 点在 y 轴上，可设 Q 的坐标为 0,y0；当 l 垂直于 x 轴时，设直线与椭圆相交于 M,N 两点，如果存在点 Q 满足条件，则有|QM|QN|=|PM|PN|，即 y0-2y0+2=2-12+1，解得 y0=1 或 y0=2，所以若存在不同于点 P 的定点 Q 满足条件，则点 Q 的坐标为 0,2；当 l 不平行于 x

187、轴且不垂直于 x 轴时，设直线 l 方程为 y=kx+1，由(2)知 x1+x2=-4k1+2k2,x1x2=-21+2k2，又因为点 B 关于 y 轴的对称点 B 的坐标为-x2,y2，又 kQA=y1-2x1=kx1-1x1=k-1x1，kQB=y2-2-x2=kx2-1-x2=-k+1x2，则 kQA-kQB=2k-x1+x2x1x2=0，所以 kQA=kQB，则 Q,A,B 三点共线，所以 QAQB=QAQB=x1x2=PAPB；综上：存在与点 P 不同的定点 Q，使 QAQB=PAPB恒成立，且 Q 0,2.61【点睛】方法点睛：直线 Ax+By+C=0 与椭圆 x2a2+y2b2=

188、1 交于 M,N，当且仅当 a2A2+b2B2-2C2=0 时，SMON 取得最大值 ab2.【变式训练】1(2024陕西宝鸡校考一模)设抛物线 C：y2=2px p 0，直线 x-2y+1=0 与 C 交于 A，B 两点，且 AB=4 15.(1)求 p；(2)若在 x 轴上存在定点 M，使得 MA MB=0，求定点 M 的坐标.【答案】(1)p=2(2)7+2 11,0或 7-2 11,0.【分析】(1)设 A xA,yA，B xB,yB，直线与抛物线方程联立利用弦长公式可得答案；(2)假设 x 轴上存在定点 M m,0，直线与抛物线方程联立，由 MA MB=0 的坐标运算可得答案.【详解

189、】(1)设 A xA,yA，B xB,yB，由 x-2y+1=0y2=2px可得，y2-4py+2p=0，所以 yA+yB=4p，yAyB=2p，所以AB=xA-xB2+yA-yB2=5 yA-yB=5 yA+yB2-4yAyB=4 15，即 2p2-p-6=0，因为 p 0，解得：p=2；(2)假设 x 轴上存在定点 M m,0使得 MA MB=0，由 x-2y+1=0y2=4x可得，y2-8y+4=0，所以 yA+yB=8，yAyB=4，由题知 MA MB=xA-m,yA xB-m,yB=0，即 xAxB-m xA+xB+m2+yAyB=0，化简得：m2-14m+5=0，解得 m=7 2

190、11，则存在定点 M 7+2 11,0或 M 7-2 11,0.2(2022 上新疆乌鲁木齐高三乌鲁木齐市第 70 中校考期中)设 F1，F2分别是椭圆 C：x2a2+y2b2=1 a b 0的左、右焦点，M 是 C 上一点，MF2与 x 轴垂直.直线 MF1与 C 的另一个交点为 N，且直线 MN的斜率为312.(1)求椭圆 C 的离心率；(2)设 A 0,1是椭圆 C 的上顶点，直线 l：y=kx+m m 1与椭圆 C 交于两个不同点 P、Q，直线 AP 与x 轴交于点 S，直线 AQ 与 x 轴交于点 T.若 OS OT=2，求证：直线 l 经过定点.【答案】(1)32(2)证明见解析【

191、分析】(1)由题意得 M c,b2a，F1(-c,0)，根据直线 MN 的斜率为312，代入化简可求出离心率，(2)根据题意得到椭圆的方程为 x24+y2=1，设 P(x1,y1),Q(x2,y2)，则直线 AP 的方程为 y=y1-1x1x+1，得到 OS 和 OT 的表达式，直线和椭圆联立，利用韦达定理代入 OS OT=2，即可得证.62【详解】(1)因为 MF2与 x 轴垂直，所以 M c,b2a，因为 F1(-c,0)，所以直线 MN 的斜率为b2a-0c-(-c)=a2-c22ac=312，即 e2+36 e-1=0，解得 e=32 或 e=-2 33(舍去)，所以椭圆 C 的离心率

192、为32，(2)证明：因为 e=32，A 0,1是椭圆 C 的上顶点，所以 ca=32,b=1，因为 a2=b2+c2，所以解得 a2=4，所以椭圆方程为 x24+y2=1，设 P x1,y1，Q x2,y2，则直线 AP 的方程为 y=y1-1x1x+1.令 y=0，得点 S 的横坐标 xS=-x1y1-1.又 y1=kx1+m，从而 OS=xS=x1kx1+m-1.同理，OT=x2kx2+m-1.由y=kx+mx24+y2=1，得 1+4k2x2+8kmx+4m2-4=0，则 x1+x2=-8km1+4k2，x1x2=4m2-41+4k2.所以 OS OT=x1kx1+m-1 x2kx2+m

193、-1=x1x2k2x1x2+k m-1x1+x2+m-12=4m2-41+4k2k2 4m2-41+4k2+k m-1-8km1+4k2+m-12=4m2-4k2(4m2-4)+k m-1-8km+1+4k2m-12=4 1+m1-m，因为 OS OT=2，所以 4 1+m1-m=2，解得 m=-3 或 m=-13，所以直线 l 经过定点(0,-3)或 0,-13.【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆的离心率的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆中直线过定点的问题，解题的关键是设 P x1,y1，Q x2,y2，然后表示出直线 AP 与直线 AQ 的方程，从而可表示出 OS和 OT，再结合根与

194、系数的关系和 OS OT=2 求解可得结果，考查计算能力，属于较难题.3(2022 上四川绵阳高三盐亭中学校考期中)已知拋物线的顶点在原点，对称轴为 x 轴，且经过点 P(1,2).(1)求抛物线方程;63(2)若直线 l 与抛物线交于 A,B 两点，且满足 OA OB=-4，求证:直线 l 恒过定点，并求出定点坐标.【答案】(1)y2=4x(2)定点 2,0，证明见解析【分析】(1)根据抛物线过点，代入即可求出结果;(2)由题意直线方程可设为 x=my+n，将其与抛物线方程联立，根据韦达定理，化简求解，即可求出定点.【详解】(1)由题可知，拋物线的开口向右，设拋物线方程为 y2=2px，因为

195、经过点 P(1,2)，所以 4=2p，解得 p=2 所以，抛物线的标准方程为:y2=4x.(2)如图，设直线 l 的方程为:x=my+n，联立方程x=my+ny2=4x消 y 有：y2-4my-4n=0 由于交于 A,B 两点，设 A x1,y1,B x2,y2，则 0，即 16m2+16n 0，y1+y2=4m，y1y2=-4n，由 OA=x1，y1，OB=x2，y2.则 OA OB=x1x2+y1y2=y2y224+y1y2=n2-4n=-4.解得:n=2，验证满足条件.所以直线 l 的方程为 x=my+2，即证直线 l 恒过定点(2,0).4(2023 上云南昆明高三云南民族大学附属中学

196、校考阶段练习)已知椭圆:x2a2+y2b2=1(a b 0)的离心率是 12，其左右焦点分别为 F1,F2，过点 B 0,b且与直线 BF2垂直的直线交 x 轴负半轴于 D.(1)求证：2F1F2+F2D=0；(2)若点 D-3,0，过椭圆 右焦点 F2且不与坐标轴垂直的直线 l 与椭圆 交于 P,Q 两点，点 M 是点 P 关于 x 轴的对称点，在 x 轴上是否存在一个定点 N，使得 M,Q,N 三点共线？若存在，求出点 N 的坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，N 4,0【分析】(1)设椭圆 的半焦距为 c，根据题意求得直线 BD:y=33 x+b，得到 D-3b

197、,0，进而求得向量F1F2，F2D的坐标，即可得证.(2)根据题意，求得椭圆方程为 x24+y23=1，设直线 l 的方程为 x=ty+1，联立方程组，求得 y1+y2=-6t4+3t2,y1y2=-94+3t2，得出 MQ 的方程为 x-x1=x2-x1y1+y2y+y1，令 y=0，求得 x=4，即可得到结论.【详解】(1)证明：设椭圆 的半焦距为 c，因为 e=ca=1-b2a2=12，所以 c=12 a,b=32 a，64又因为 F1-c,0,F2 c,0,kBF2=-bc=-3，所以 kBD=-1kBF2=33，所以直线 BD:y=33 x+b，令 y=0，解得 x=-3b，所以 D

198、-3b,0，所以 F1F2=2c,0=a,0，F2D=-3b-c,0=-2a,0，所以 2F1F2+F2D=0.(2)解：如图所示，若点 D-3,0，则-3b=-3，解得 b=3，则 a=2,c=1，所以椭圆方程为 x24+y23=1.设直线 l 的方程为 x=ty+1,t 0，P x1,y1,Q x2,y2，则 M x1,-y1，联立方程组x24+y23=1x=ty+1，整理得 4+3t2y2+6ty-9=0，则 =36t2+36 4+3t2 0，且 y1+y2=-6t4+3t2,y1y2=-94+3t2直线 MQ 的方程为 x-x1=x2-x1y1+y2y+y1，令 y=0，可得 x=x2

199、-x1y1y1+y2+x1=x2y1-x1y1+x1y1+x1y2y1+y2=x2y1+x1y2y1+y2=ty2+1y1+ty1+1y2y1+y2=2ty1y2+y1+y2y1+y2=2ty1y2y1+y2+1=2t -9-6t+1=4.故在 x 轴上存在一个定点 N 4,0，使得 M,Q,N 三点共线.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：(1)设直线方程，设交点坐标为 x1,y1,x2,y2；(2)联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 x(或 y)的一元二次方程，必要时计算；(3)列出韦达定理；(4)将所求问题或题中的关系转化为 x1+x2、x1x2(或

200、 y1+y2、y1y2)的形式；(5)代入韦达定理求解.5(2022辽宁沈阳二模)已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1 a b 0的焦距为 2，且经过点 P 1,32(1)求椭圆 C 的方程；(2)经过椭圆右焦点 F 且斜率为 k k 0的动直线 l 与椭圆交于 A、B 两点，试问 x 轴上是否存在异于点 F的定点 T，使 AF BT=BF AT 恒成立？若存在，求出 T 点坐标，若不存在，说明理由【答案】(1)x24+y23=1(2)存在；点 T 4,0【分析】(1)根据题意，得到 c=1，再由椭圆 C 经过点 P 1,32，联立方程组，求得 a2=4,b2=3，即可求解.(2)设直线 l

201、的方程为 x=my+1，联立方程组，得到 y1+y2=-6m3m2+4,y1y2=-93m2+4，设 T 点坐标为 t,0，由 AF BT=BF AT，得到 AFBF=STFASTFB=ATsinATFBTsinBTF，得到 ATF=BTF，得到 kAT+kBT=0，列出方程，求得 t=4，即可求解【详解】(1)解：由椭圆 C 的焦距为 2，故 c=1，则 b2=a2-1，65又由椭圆 C 经过点 P 1,32，代入 C 得 1a2+94b2=1，解得 a2=4,b2=3，所以椭圆 C 的方程为 x24+y23=1(2)解：根据题意，直线 l 的斜率显然不为零，令 1k=m，由椭圆右焦点 F

202、1,0，故可设直线 l 的方程为 x=my+1，联立方程组x=my+1x24+y23=1，整理得(3m2+4)y2+6my-9=0，则 =36m2-4 (-9)(3m2+4)=144(m2+1)0，设 A x1,y1，B x2,y2，且 y1+y2=-6m3m2+4,y1y2=-93m2+4，设存在点 T，设 T 点坐标为 t,0，由 AF BT=BF AT，可得 AFBF=ATBT，又因为 AFBF=STFASTFB=12 FT ATsinATF12 FT BTsinBTF=ATsinATFBTsinBTF，所以 sinATF=sinBTF，所以 ATF=BTF，所以直线 TA 和 TB 关

203、于 x 轴对称，其倾斜角互补，即有 kAT+kBT=0，则 kAT+kBT=y1x1-t+y2x2-t=0，所以 y1(x2-t)+y2(x1-t)=0，所以 y1(my2+1-t)+y2(my1+1-t)=0，整理得 2my1y2+(1-t)(y1+y2)=0，即 2m-93m2+4+(1-t)-6m3m2+4=0，即3m3m2+4+(1-t)m3m2+4=0，解得 t=4，符合题意，即存在点 T 4,0满足题意【点睛】方法技巧：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：1、参数法：参数解决定点问题的思路：引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量(通常为变量 k)；利用条件找

204、到 k 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，得出定点的坐标；2、由特殊到一般发：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.题型 12 圆过定点问题圆过定点问题圆过定点问题的常见类型是以 AB 为直径的圆过定点 P，求解思路是把问题转化为 PA PB，也可以转化为PA PB=01(2023云南昆明昆明一中校考模拟预测)已知双曲线 C:x2a2-y2b2=1 a 0,b 0的左右焦点分别为F1，F2，左顶点的坐标为-2,0，离心率为72.(1)求双曲线 C 的方程；(2)A

205、1,A2分别是双曲线的左右顶点，T 是双曲线 C 上异于 A1，A2的一个动点，直线 TA1,TA2分别于直线x=1 交于 Q1,Q2两点，问以 Q1,Q2为直径的圆是否过定点，若是，求出此定点；若不是，请说明理由.66【答案】(1)x24-y23=1(2)过定点，定点为-12,0、52,0【分析】(1)根据顶点坐标以及离心率即可求得 a=2，b2=3 即可求得出双曲线 C 的方程；(2)由(1)可得 A1-2,0,A2 2,0，设 T x0,y0并写出直线 TA1,TA2 的方程，易知 Q1 1,3y0 x0+2,Q21,-y0 x0-2，利用向量可表示出圆 Q 的方程为 x-1x-1+y-

206、3y0 x0+2y+y0 x0-2=0，可得定点坐标.【详解】(1)由题意得 a=2，易知 e=1+b2a2=72，所以可得 b2=3，即双曲线 C 的方程为 x24-y23=1；(2)如下图所示：由题意知 A1-2,0,A2 2,0，设双曲线上的动点 T 的坐标为 T x0,y0且 y0 0，则 x204-y203=1.易知直线 TA1的斜率存在，且 kTA1=y0y0+2，其方程为 y=y0y0+2(x+2)，同理可得直线 TA2的方程为 y=y0 x0-2(x-2)，所以 Q1 1,3y0 x0+2,Q2 1,-y0 x0-2，设以线段 Q1Q2为直径的圆 Q 上的任意一点为 M x,y

207、，则 Q1M=x-1,y-3y0 x0+2,Q2 x-1,y+y0 x0-2，那么由 Q1M Q2M=0 得圆 Q 的方程为 x-1x-1+y-3y0 x0+2y+y0 x0-2=0，即 x-12+y2+y0 x0-2-3y0 x0+2y-3y20 x20-4=0由 x204-y203=1 可得y20 x20-4=34，所以圆 Q 的方程为 x-12+y2+y0 x0-2-3y0 x0+2y-94=0；因此若 y=0，此时圆方程与 x0,y0无关，代入上述圆方程得 x-12-94=0，解得 x=52 或 x=-12.所以以线段 Q1Q2为直径的圆必经过两定点-12,0，52,0.67【点睛】方

208、法点睛：在求解圆锥曲线过定点问题时，一般情况下是写出点的轨迹方程表达式，进行整理变形并令与变量有关的系数为 0，即可求出定点坐标.【变式训练】1(2023 上贵州黔西高三兴义第一中学校联考阶段练习)已知抛物线 C:y2=2px p 0，过焦点的直线 l 与抛物线 C 交于两点 A，B，当直线 l 的倾斜角为 6 时，AB=16.(1)求抛物线 C 的标准方程和准线方程；(2)记 O 为坐标原点，直线 x=-2 分别与直线 OA，OB 交于点 M，N，求证：以 MN 为直径的圆过定点，并求出定点坐标.【答案】(1)抛物线的方程为 y2=4x，准线方程为 x=-1(2)证明见解析，定点坐标为 2,

209、0或-6,0【分析】(1)根据已知得出直线 l 的方程，与抛物线联立，根据过焦点的弦长公式，列出关系式，即可得出 p；(2)设 l:x=my+1，联立方程根据韦达定理得出 y1,y2的关系.进而表示出 OA,OB 的方程，求出 M，N 的坐标，得出圆的方程.取 m=0，即可得出定点坐标.【详解】(1)由已知可得，抛物线的焦点坐标为 Fp2,0，直线 l 的方程为 y=33x-p2.联立抛物线与直线的方程 y=33x-p2y2=2px可得，x2-7mx+p24=0.设 A x1,y1，B x2,y2，由韦达定理可得 x1+x2=7p，则 AB=x1+x2+p=8p=16，所以 p=2.所以，抛物

210、线的方程为 y2=4x，准线方程为 x=-1.(2)设直线 l:x=my+1，联立直线与抛物线的方程 x=my+1y2=4x可得，y2-4my-4=0.所以，y1+y2=4m，y1y2=-4.又 kOA=y1x1=4y1，lOA:y=4y1x，所以 M-2,-8y1.同理可得 N-2,-8y2.设圆上任意一点为 Q x,y，则由 QM QN=0 可得，圆的方程为 x+22+y+8y1y+8y2=0，整理可得，x+22+y2+y8y2+8y1+64y1y2=x+22+y2-8my-16=0.令 y=0，可得 x=2 或 x=-6，所以，以 MN 为直径的圆过定点，定点坐标为 2,0或-6,0.【

211、点睛】思路点睛：直线或圆过定点问题，先根据已知表示出直线或圆的方程，令变参数为 0，得出方程，求解即可得出求出定点的坐标.2(2023山西大同统考模拟预测)已知椭圆 C1:x2a2+y2b2=1 a b 0的离心率为22，且直线 y=x+b 是抛物线 C2:y2=4x 的一条切线68(1)求椭圆 C1的方程；(2)过点 S 0,-13的动直线 L 交椭圆 C1于 A,B 两点，试问：在直角坐标平面上是否存在一个定点 T，使得以 AB 为直径的圆恒过定点 T？若存在，求出 T 的坐标；若不存在，请说明理由【答案】(1)C1:x22+y2=1(2)存在；0,1【分析】(1)先根据直线 y=x+b

212、是抛物线 C2:y2=4x 的一条切线，求出 b 的值，再由椭圆离心率为22，求出 a 的值，则椭圆方程可得(2)先假设存在一个定点 T，使得以 AB 为直径的圆恒过定点，再用垂直时，向量 PA，PA的数量积为 0，得到关于直线斜率 k 的方程，求 k，若能求出，则存在，若求不出，则不存在【详解】(1)由 y=x+by2=4x得 x2+2b-4x+b2=0直线 y=x+b 是抛物线 C2:y2=4x 的一条切线所以 =0 b=1e=ca=22 a=2，所以椭圆 C1:x22+y2=1(2)当直线 L 与 x 轴平行时，以 AB 为直径的圆方程为 x2+y+132=432当直线 L 与 y 轴重

213、合时，以 AB 为直径的圆方程为 x2+y2=1所以两圆的交点为点 0,1猜想：所求的点 T 为点 0,1证明如下当直线 L 与 x 轴垂直时，以 AB 为直径的圆过点 0,1当直线 L 与 x 轴不垂直时，可设直线 L 为：y=kx-13由y=kx-13x22+y2=1得 18k2+9x2-12kx-16=0，设 A x1,y1，B x2,y2则x1+x2=12k18k2+9x1x2=-1618k2+9则 TA TB=x1,y1-1 x2,y2-1=x1x2+y1-1y2-1=x1x2+kx1-13-1kx2-13-1=x1x2-43 x1+x2+169=1+k2-1618k2+9-43 1

214、2k18k2+9+169=0所以 TA TB，即以 AB 为直径的圆过点 0,1所以存在一个定点 T，使得以 AB 为直径的圆恒过定点 T3(2023江西九江统考一模)已知过点 P(2,0)的直线 l 与抛物线 E:y2=2px(p 0)交于 A,B 两点，过线段 AB 的中点 M 作直线 MN y 轴，垂足为 N，且 PM PN.(1)求抛物线 E 的方程；(2)若 C 为 E 上异于点 A,B 的任意一点，且直线 AC,BC 与直线 x=-2 交于点 D,R，证明：以 DR 为直径的圆过定点.【答案】(1)y2=4x(2)证明见解析【分析】(1)设出直线 l 的方程与抛物线方程联立，利用韦

215、达定理和中点坐标公式求出 M，N 坐标，结合 PM PN，可求得 p 的值，得解.(2)设出点 C 坐标，由点斜式方程求出直线 AC 的方程，令 x=-2，求出点 D 坐标，同理求出点 R 坐标，由抛物线的对称性可知，定点必在 x 轴上，设该点坐标为 T(a,0)，利用 DT RT=0，可求出定点坐标.【详解】(1)由题意，可设直线 l 的方程为 x=my+2，69将 x=my+2 代入 y2=2px，消去 x 得 y2-2pmy-4p=0，设 A(x1,y1)，B(x2,y2)，则 y1+y2=2pm，y1y2=-4p，M 是线段 AB 的中点，xM=x1+x22=m(y1+y2)+42=p

216、m2+2，yM=y1+y22=pm，即 M(pm2+2,pm)，又 MN y 轴，垂足 N 的坐标为(0,pm)，则 PM=(pm2,pm)，PN=(-2,pm)，PM PN，PM PN=-2pm2+p2m2=0 对任意的 m R 恒成立，-2p+p2=0，又 p 0，解得 p=2，故抛物线 E 的方程为 y2=4x.(2)设 C t24,t，A y214,y1，B y224,y2，由(1)可知，y1+y2=4m，y1y2=-8，则 kAC=y1-ty214-t24=4y1+t，直线 AC 的方程为 y-t=4y1+t x-t24，令 x=-2，则 y=t+4y1+t-2-t24=ty1-8y

217、1+t，D-2,ty1-8y1+t，同理 R-2,ty2-8y2+t，由抛物线的对称性可知，若以线段 DR 为直径的圆过定点，则定点必在 x 轴上，设该点坐标为 T(a,0)，则 DT=a+2,-ty1-8y1+t，RT=a+2,-ty2-8y2+t，且 DT RT=0，(a+2)2+ty1-8y1+t ty2-8y2+t=0，(a+2)2=-ty1-8y1+t ty2-8y2+t=-t2y1y2-8t(y1+y2)+64y1y2+t(y1+y2)+t2=-8t2-32mt+64t2+4mt-8=8，a=2 2-2 或 a=-2 2-2，以 DR 为直径的圆过定点(2 2-2,0)和(-2 2

218、-2,0).4(2021上海高三专题练习)如图，椭圆 E：x2a2+y2b2=1 a b 0的左焦点为 F1，右焦点为 F2，离心率 e=12，过 F1的直线交椭圆于 A B 两点，且 ABF2的周长为 8.(1)求椭圆 E 的方程；70(2)设动直线 l：y=kx+m 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P，且与直线 x=4 相交于点 Q，试探究：在 x 轴上是否存在定点 M，使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M？若存在，求出点 M 的坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1)x24+y23=1(2)存在，定点 M 1,0【分析】(1)根据椭圆的定义及其离心率即可求出椭圆的方程；(2)直线 l 与椭

219、圆联立即可求出点 P 的坐标,将 x=4 与直线 l 联立即可求出点 Q 的坐标，假设存在定点 M x0,0，使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M，即可知 MP MQ=0，对等式变形可得x0-14km+x0-3=0，可得 x0=1.【详解】(1)由椭圆的定义可知，ABF2的周长为 4a=8，即 a=2，ca=12，c=1，又 a2=b2+c2，b=3，故椭圆 C 的方程为：x24+y23=1，(2)将y=kx+mx24+y23=1联立，消元可得 4k2+3x2+8kmx+4m2-12=0，动直线 l：y=kx+m 与椭圆 E 有且只有一个公共点 P，=8km2-4 4k2+34m2-12=0，4

220、k2-m2+3=0，此时 xP=-4km4k2+3=-4km，yP=k-4km+m=-4k2+m2m=3m，P-4km,3m由 y=kx+mx=4得 Q 4,4k+m，假设在 x 轴上存在定点 M，使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M，设 M x0,0，则 MP MQ=0，MP=-4km-x0,3m，MQ=4-x0,4k+m，MP MQ=-4km-x04-x0+3m 4k+m=0整理得 x0-14km+x0-3=0，对任意实数 m，k 恒成立，则 x0=1，故在 x 轴上存在定点 M 1,0，使得以 PQ 为直径的圆恒过点 M.5(2023 上浙江高三校联考阶段练习)在平面直角坐标系 xOy 中

221、，O 为坐标原点，动点 D x,y与定点 F 2,0的距离和 D 到定直线 x=12 的距离的比是常数 2，设动点 D 的轨迹为曲线 C(1)求曲线 C 的方程；(2)已知定点 P t,0，0 t 0，再联立方程得韦达定理求出 M，N 坐标，再应用 A，O，M，N 四点共圆得出 tanANP=tanMOP，最后结合韦达定理求参即可.【详解】(1)由已知得：x-22+y2x-12=2，两边平分并化简得：x2-y23=1 即为曲线 C 的方程(2)设点 G x1,y1，H x2,y2直线 GH:y=k x-tk 0与双曲线 C 的方程 x2-y23=1 联立，消去 y 得 3-k2x2+2k2tx

222、-3+k2t2=0由韦达定理：x1+x2=-2k2t3-k2，x1 x2=-3+k2t23-k2由条件，直线 AG 的方程为 y=y1x1+1 x+1，直线 AH 的方程为 y=y2x2+1 x+1，于是可得 yM=y1x1+1 t+1，yN=y2 t+1x2+1因为 A，O，M，N 四点共圆，所以 ANP+MOA=，所以 ANP=MOP，于是 tanANP=tanMOP 即 t+1yN=yMt，化简得y1y2x1+1x2+1=tt+1又 y1=k x1-t，y2=k x2-t，代入整理得：k2 x1x2-t x1+x2+t2x1x2+x1+x2+1=tt+1 将韦达定理代入化简得：t=34【

223、点睛】关键点点睛：A，O，M，N 四点共圆的应用，关键是转化为 tanANP=tanMOP，从而建立 M，N 的坐标关系，引进韦达定理.6(2023广东广州统考模拟预测)已知双曲线 C:x24-y212=1，直线 l 过 C 的右焦点 F 且与 C 交于 M,N 两点(1)若 M,N 两点均在双曲线 C 的右支上，求证：1MF+1NF为定值；(2)试判断以 MN 为直径的圆是否过定点？若经过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由【答案】(1)证明见解析(2)圆过定点-2,0【分析】(1)设直线 MN:x=ty+4，与双曲线方程联立得出韦达定理，根据弦长公式表示 MF,NF，再代入求得结果.

224、(2)表示圆的方程，由对称性可知定点在 x 轴上，令 y=0 进行求解即可.【详解】(1)如图，由 F 4,0，设 M x1,y1,N x2,y2，直线 MN:x=ty+4，代入 3x2-y2=12，整理得：3t2-1y2+24ty+36=0，72由 0y1y2 0解得：t -33,33由韦达定理：y1+y2=-24t3t2-1,y1y2=363t2-1，由 MF=x1-42+y21=2ty1+6，同理，NF=2ty2+61MF+1NF=12ty1+6+12ty2+6=2t y1+y2+124t2y1y2+12t y1+y2+36=-48t23t2-1+12144t23t2-1+-288t23

225、t2-1+36=-12t2-12-36t2-36=13 为定值另法：由 MF=x1-42+y21=t2+1 y1，同理，NF=t2+1 y2由于 y1y2 0,y2 b 0的离心率是22，上、下顶点分73别为 A，B.圆 O:x2+y2=2 与 x 轴正半轴的交点为 P，且 PA PB=-1.(1)求 E 的方程；(2)直线 l 与圆 O 相切且与 E 相交于 M，N 两点，证明：以 MN 为直径的圆恒过定点.【答案】(1)x26+y23=1(2)证明见解析【分析】(1)写出向量 PA，PB的坐标，带入求解即可；(2)设直线 l 后，和圆相切可得 m2=2k2+2，和椭圆方程联立后，观察可得

226、x1x2+y1y2=0，从而判段出以 MN为直径的圆恒过定点.【详解】(1)由已知得 A 0,b，B 0,-b，P2,0.则 PA=-2,b，PB=-2,-b，PA PB=2-b2=-1，所以 b2=3.因为 e=ca=22，又 b2+c2=a2，所以 c2=3，a2=6.故 E 的方程为 x26+y23=1.(2)当直线 l 的斜率存在时，设 l 的方程为 y=kx+m，即 kx-y+m=0.因为直线 l 与圆 O 相切，所以mk2+1=2，即 m2=2k2+2.设 M x1,y1，N x2,y2，则 y1=kx1+m，y2=kx2+m.由y=kx+m,x26+y23=1,化简，得 2k2+

227、1x2+4kmx+2m2-6=0，由韦达定理，得x1+x2=-4km2k2+1，x1x2=2m2-62k2+1，所以 y1y2=kx1+mkx2+m=k2x1x2+km x1+x2+m2=k2 2m2-62k2+1-km 4km2k2+1+m2=m2-6k22k2+1，所以 x1x2+y1y2=2m2-62k2+1+m2-6k22k2+1=3 m2-2k2-22k2+1=0，故 OM ON，即以 MN 为直径的圆过原点 O.当直线 l 的斜率不存在时，l 的方程为 x=2 或 x=-2.这时 M2,2，N2,-2或 M-2,2，N-2,-2.显然，以 MN 为直径的圆也过原点 O.综上，以 M

228、N 为直径的圆恒过原点 O.2(2023江苏扬州统考模拟预测)已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1(a b 0)的左顶点为 A，过右焦点 F 且平行于 y 轴的弦 PQ=AF=3(1)求 APQ 的内心坐标；(2)是否存在定点 D，使过点 D 的直线 l 交 C 于 M,N，交 PQ 于点 R，且满足 MR ND=MD RN？若存在，求出该定点坐标，若不存在，请说明理由【答案】(1)7-3 54,0(2)存在定点 D(4,0)【分析】(1)由题意，根据椭圆的定义以及 a2=b2+c2，列出等式即可求出椭圆 C 的方程，判断 APQ 的内心在 x 轴，设直线 PT 平分 APQ，交 x 轴于点

229、T，此时 T 为 APQ 的内心，进行求解即可；(2)设直线 l 方程为 y=k(x-t)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，将直线 l 的方程与椭圆方程联立，得到根的判别式大74于零，由点 M、R、N、D 均在直线 l 上，得到 MR ND=MD RN，此时 2t-(1+t)(x1+x2)+2x1x2=0，结合韦达定理求出 t=4，可得存在定点 D(4,0)满足题意【详解】(1)a2=b2+c2,2b2a=a+c=3 a=2,b=3,c=1 椭圆 C 的标准方程为 x24+y23=1，不妨取 P 1,32,Q 1,-32,A(-2,0)，则 AP=3 52,PF=32；因为 APQ 中，A

230、P=AQ，所以 APQ 的内心在 x 轴，设直线 PT 平分 APQ，交 x 轴于 T，则 T 为APQ 的内心，且 ATTF=APPF=5=AT3-AT，所以 AT=3 55+1，则 T 7-3 54,0；(2)椭圆和弦 PQ 均关于 x 轴上下对称若存在定点 D，则点 D 必在 x 轴上 设 D(t,0)当直线 l 斜率存在时，设方程为 y=k(x-t),M x1,y1,N x2,y2，直线方程与椭圆方程联立y=k(x-t)x24+y23=1，消去 y 得 4k2+3x2-8k2tx+4 k2t2-3=0，则 =48 k2+3-k2t2 0,x1+x2=8k2t4k2+3,x1x2=4 k

231、2t2-34k2+3 点 R 的横坐标为 1，M、R、N、D 均在直线 l 上，MR ND=MD RN 1+k21-x1t-x2=1+k2t-x1x2-1 2t-(1+t)x1+x2+2x1x2=0 2t-(1+t)8k2t4k2+3+2 4 k2t2-34k2+3=0，整理得 t=4，因为点 D 在椭圆外，则直线 l 的斜率必存在 存在定点 D(4,0)满足题意 【点睛】解决曲线过定点问题一般有两种方法：探索曲线过定点时，可设出曲线方程，然后利用条件建立等量关系进行消元，借助于曲线系的思想找出定点，或者利用方程恒成立列方程组求出定点坐标.从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无3(2023

232、广东梅州统考三模)已知双曲线 C:x2a2-y2b2=1 a 0,b 0的右焦点，右顶点分别为 F，A，B 0,b，AF=1，点 M 在线段 AB 上，且满足 BM=3 MA，直线 OM 的斜率为 1，O 为坐标原点.(1)求双曲线 C 的方程.(2)过点 F 的直线 l 与双曲线 C 的右支相交于 P，Q 两点，在 x 轴上是否存在与 F 不同的定点 E，使得 EP FQ=EQ FP 恒成立？若存在，求出点 E 的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)x2-y23=1(2)存在，E12,0【分析】(1)由 AF=1，BM=3 MA，直线 OM 的斜率为 1，求得 a,b,c 之间的关系式

233、，解得 a,b 的值，进75而求出双曲线的方程；(2)设直线 PQ 的方程，与双曲线的方程联立，可得两根之和及两根之积，由等式成立，可得 EF 为 PEQ 的角平分线，可得直线 EP,EQ 的斜率之和为 0，整理可得参数的值，即求出 E 的坐标【详解】(1)设 c2=a2+b2 c 0，所以 F c,0，A a,0，B 0,b，因为点 M 在线段 AB 上，且满足 BM=3 MA，所以点 M33+1 a,13+1 b，因为直线 OM 的斜率为 1，所以13+1b33+1a=1，所以 ba=3，因为 AF=1，所以 c-a=1，解得 a=1，b=3，c=2.所以双曲线 C 的方程为 x2-y23

234、=1.(2)假设在 x 轴上存在与 F 不同的定点 E，使得 EP FQ=EQ FP 恒成立，当直线 l 的斜率不存在时，E 在 x 轴上任意位置，都有 EP FQ=EQ FP；当直线 l 的斜率存在且不为 0 时，设 E t,0，直线 l 的方程为 x=ky+2，直线 l 与双曲线 C 的右支相交于 P，Q 两点，则-33 k 0，所以 y1+y2=-12k3k2-1，y1y2=93k2-1，因为 EP FQ=EQ FP，即 EPEQ=FPFQ，所以 EF 平分 PEQ，kEP+kEQ=0，有y1x1-t+y2x2-t=0，即y1ky1+2-t+y2ky2+2-t=0，得 2ky1y2+2-

235、ty1+y2=0，所以 2k93k2-1+2-t-12k3k2-1=0，由 k 0，解得 t=12.综上所述，存在与 F 不同的定点 E，使得 EP FQ=EQ FP 恒成立，且 E12,0.【点睛】方法点睛：解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去 x(或 y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为 0 或不存在等特殊情形，要强化有关直线与双曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题4(2023全国模拟预测)已知椭圆 C:x2a

236、2+y2b2=1 a b 0的离心率为22，左、右焦点分别为 F1，F2，且 F1F2=2.(1)求椭圆 C 的方程；(2)已知直线 l:x=my+1 与椭圆 C 交于 A,B 两点，证明：在 x 轴上存在定点 D，使得直线 AD，BD 关于 x轴对称.【答案】(1)椭圆 C 的方程为 x22+y2=1；(2)在 x 轴上存在点 D 2,0，使得直线 AD，BD 关于 x 轴对称.76【分析】(1)由条件列关于 a,b,c 的方程，解方程求 a,b,c，可得椭圆方程；(2)联立方程组，结合设而不求法可求 y1+y2,y1y2，设 x 轴上存在点 D t,0，使得直线 AD，BD 关于 x 轴对

237、称，可得 kAD+kBD=0，利用设而不求结论化简求 t 可得结论.【详解】(1)设椭圆 x2a2+y2b2=1 的半焦距为 c，因为椭圆 C 的离心率为22，所以 ca=22，因为 F1F2=2，所以 2c=2，又 a2=b2+c2，所以 a=2,b=1,c=1，所以椭圆 C 的方程为 x22+y2=1；(2)联立x22+y2=1x=my+1，消 x，得 m2+2y2+2my-1=0，方程 m2+2y2+2my-1=0 的判别式 =4m2+4 m2+2=8m2+8 0，设 A x1,y1,B x2,y2，则 y1+y2=-2mm2+2,y1y2=-1m2+2，设 x 轴上存在点 D t,0，

238、使得直线 AD，BD 关于 x 轴对称，则 kAD+kBD=y1x1-t+y2x2-t=y1my1+1-t+y2my2+1-t=2my1y2+1-ty1+y2my1+1-tmy2+1-t=0，所以 2my1y2+1-ty1+y2=2m-1m2+2+1-t-2mm2+2=-2m 2-tm2+2=0，所以 t=2，所以在 x 轴上存在点 D 2,0，使得直线 AD，BD 关于 x 轴对称.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面

239、积等问题5(2023广西柳州柳州高级中学校联考模拟预测)已知椭圆 E:x2a2+y2b2=1(a b 0)的右焦点为F，且经过点 1,32，过 F 的直线与椭圆 E 交于 C，D 两点，当 CD x 轴时，CD=1(1)求椭圆 E 的标准方程；(2)椭圆 E 的右顶点为 A，若椭圆上的存在两点 P，Q，且使 kAP kAQ=120 成立，证明直线 PQ 过定点【答案】(1)x24+y2=1(2)证明见详解【分析】(1)由已知可推得 2b2a=1，又点 1,32在椭圆上，可得 1a2+34b2=1，联立两方程，即可求出 a,b 的值；(2)设直线方程为 PQ:y=kx+m，联立直线与椭圆的方程，

240、得出 1+4k2x2+8kmx+4m2-4=0，由韦达定理得出坐标关系，求出直线的斜率.根据已知，列出y1x1-2 y2x2-2=120，代入 x1+x2,x1x2的表达式，整理得出 m2-mk-6k2=0，解出 m=-2k 或 m=3k，代入直线方程，舍去不合适的值，即可得出定点坐标.77【详解】(1)当 CD x 轴时,CD 方程为 x=c，由 c2a2+y2b2=1，可得 CD 与椭圆两交点为 c,-b2a,c,b2a，则 CD=2b2a.由于 CD=1，所以 2b2a=1.又因为椭圆经过点 1,32，所以有 1a2+34b2=1.联立2b2a=11a2+34b2=1，解得 a=2b=1

241、，所以椭圆 E 的方程为 x24+y2=1.(2)由(1)可得，椭圆的右顶点 A 2,0.因为 kAP kAQ=120，所以直线 AP 与 AQ 的斜率同号，所以直线 PQ 不垂直于 x 轴，故可设 PQ:y=kx+m，设 P x1,y1，Q x2,y2，联立直线与椭圆的方程x24+y2=1y=kx+m可得，1+4k2x2+8kmx+4m2-4=0.由韦达定理可得 x1+x2=-8mk1+4k2，x1x2=-8mk1+4k2，所以 y1y2=kx1+mkx2+m=k2x1x2+km x1+x2+m2.又 =8km2-4 1+4k24m2-4=16 4k2-m2+1 0，所以有 m2 4k2+1

242、.因为 kAP=y1x1-2，kAQ=y2x2-2，kAPkAQ=120，所以y1x1-2 y2x2-2=120，所以 x1-2x2-2=20y1y2=20 k2x1x2+km x1+x2+m2，整理可得，20k2-1x1x2+20km+2x1+x2+20m2-4=0，所以 20k2-1 4m2-41+4k2+20km+2-8mk1+4k2+20m2-4=0，整理可得，m2-mk-6k2=0，所以 m=-2k 或 m=3k.当 m=-2k 时，满足 m2=4k2 4k2+1，此时直线方程为 y=kx-2k=k x-2过点 A 2,0，舍去；当 m=3k 时，由 m2=9k2 4k2+1 可得

243、k2 b 0)的左右顶点，直线 BP 交 C 于点 Q,ABP 是等腰直角三角形，且 PQ=32 QB.(1)过椭圆 C 的上顶点 M 引两条互相垂直的直线 l1,l2，记 C 上任一点 N 到两直线 l1,l2的距离分别为 d1,d2，求 d21+d22的最大值；(2)过点 H 4,0且斜率不为零的直线与椭圆 C 相交于 E,F 两点试问：是否存在 x 轴上的定点 G，使得EGO=FGH.若存在，求出定点 G 的坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1)163(2)存在定点 G 1,0满足条件，理由见解析.【分析】(1)由条件先求 a，再求 Q 的坐标，代入椭圆方程求 b，可得椭圆方程，由矩形

244、性质可得 d21+d22=|MN|2，结合两点距离公式和二次函数性质求 MN 的最大值即可；(2)假设存在 x 轴上的定点 G a,0满足条件，设直线 EF 的方程为 x=my+4，联立方程组，利用设而不求法结合条件关系列方程求 a 即可.【详解】(1)由 ABP 是等腰直角三角形，得 a=2，B 2,0.设 Q x0,y0，则由 PQ=32 QB，得x0=65y0=-45，代入椭圆方程得 b2=1，所以椭圆 E 的方程为 x24+y2=1.由几何关系可知：d21+d22=MN2，设 N x0,y0，则 x204+y20=1 且 y0-1,1 MN2=x20+(y0-1)2=-3y20-2y0

245、+5于是当 y=-13 时，MN2max=163，d21+d22的最大值是 163；(2)设点 E 的坐标为 x1,y1，点 F 的坐标为 x2,y2.假设存在 x 轴上的定点 G a,0，使得 EGO=FGH，即 kEG+kFG=0由题意可知直线 EF 的斜率不为 0，所以可设直线 EF 的方程为 x=my+4.联立方程x24+y2=1x=my+4消去 x 得，m2+4y2+8my+12=0，=64m2-48 m2+4 0,m2 12,且y1+y2=-8mm2+4y1y2=12m2+4直线 EG 的斜率为y1x1-a，直线 FG 的斜率为y2x2-a由 kEG+kFG=y1x1-a+y2x2

246、-a=0 得：y1 x2-a+y2 x1-a=0，y1 my2+4-a+y2 my1+4-a=0，79即 2my1y2+4-ay1+y2=24mm2+4-8 4-amm2+4=0 恒成立.解得 a=1即存在 x 轴上的定点 G 1,0使得 EGO=FGH.【点睛】关键点点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题7(2023江西吉安统考一模)已知双曲线 C:x2a2-y2b2=1(a 0,b 0)，焦点到渐近线 2x-y=

247、0 的距离为 2.(1)求双曲线 C 的标准方程；(2)记双曲线 C 的左右顶点分别为 A,B，直线 l 交双曲线 C 于点 M,N(点 M 在第一象限)，记直线 MA 斜率为 k1，直线 NB 斜率为 k2，过原点 O 做直线 l 的垂线，垂足为 H，当 k1k2为定值-13 时，问是否存在定点 G，使得 GH 为定值，若存在，求此定点 G.若不存在，请说明理由.【答案】(1)x2-y24=1(2)存在，定点 G 1,0【分析】(1)由焦点到渐近线 2x-y=0 的距离为 2 可得2=2c5ba=2，解方程可求出 a,b,c，即可求出双曲线 C的标准方程；(2)设直线 l 的方程可设为 x=

248、ny+t，M x1,y1,N x2,y2，联立直线和双曲线的方程，由韦达定理可得 ny1y2=-t2-12ty1+y2，表示出直线 MA 和直线 NB 的斜率，由 k1k2=-13,可得 t-2t-1y1-t+1y2=0，分析可知点 H 的运动轨迹是以点 1,0为圆心，以 OP=2 为直径的圆，即可证明 GH 为定值.【详解】(1)由题意：ba=2，焦点到直线的距离 2=2c5，解得 c=5,a=1,b=2，故双曲线 C 的标准方程为 x2-y24=1.(2)由题意知，A-1,0,B 1,0，由题可知，直线 l 斜率不能为零，故直线 l 的方程可设为 x=ny+t，设 M x1,y1,N x2

249、,y2，联立 x2-y24=1,x=ny+t,消去 x 得 4n2-1y2+8nty+4t2-4=0，y1+y2=-8nt4n2-1,y1y2=4t2-44n2-1，ny1y2=-t2-12ty1+y2，直线 MA 的斜率 k1=y1x1+1，直线 NB 的斜率 k2=y2x2-1，80 k1k2=y1x1+1y2x2-1=y1 ny2+t-1y2 ny1+t+1=ny1y2+t-1y1ny1y2+t+1y2=-t2-12ty1+y2+t-1y1-t2-12ty1+y2+t+1y2=-13,整理得：t-2t-1y1-t+1y2=0，后面的因式不恒为零，t=2，可知直线 l 过定点 P 2,0，

250、又 OH l，点 H 的运动轨迹是以点 1,0为圆心，以 OP=2 为直径的圆，存在定点 G 1,0，使得 GH 为定值 1.8(2023贵州校联考模拟预测)已知双曲线 E:x2a2-y2b2=1 a 0,b 0的一条渐近线方程为 x-3y=0，焦点到渐近线的距离为 1.(1)求 E 的方程；(2)过双曲线 E 的右焦点 F 作互相垂直的两条弦(斜率均存在)AB、CD.两条弦的中点分别为 P、Q，那么直线 PQ 是否过定点?若不过定点，请说明原因；若过定点，请求出定点坐标.【答案】(1)x23-y2=1(2)直线 PQ 过定点 3,0【分析】(1)根据焦点到渐近线距离及渐近线方程列方程组，解方

251、程；(2)设直线 AB、CD 方程，分别联立直线与双曲线，结合根与系数关系得 P、Q 坐标，写出直线 PQ 方程，可得直线过定点.【详解】(1)设双曲线的焦点坐标为 c,0，依题意渐近线方程为 x-3y=0，即 y=33 x，有ba=13c 12+-32=1a2+b2=c2，解得a=3b=1c=2，x23-y2=1；(2)由(1)可知右焦点 F 2,0，设直线 lAB：lAB:x=ny+2 n 0，A x1,y1，B x2,y2，由联立直线与双曲线x=ny+2x23-y2=1，化简得 n2-3y2+4ny+1=0 n 3，=12n2+12 0，故 y1+y2=-4nn2-3，x1+x2=n y

252、1+y2+4=-12n2-3，81 P-6n2-3,-2nn2-3，又 CD AB，则 lCD:x=-1n y+2，同理可得：Q6n23n2-1,-2n3n2-1kPQ=-2n3n2-1+2nn2-36n23n2-1+6n2-3=2n3 n2-1，lPQ:y=23nn2-1x-6n23n2-1-2n3n2-1，化简得 y=2n3 n2-1x-3，故直线 PQ 过定点 3,0.【点睛】(1)解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去 x(或 y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜

253、率为 0 或不存在等特殊情形9(2023四川成都三模)已知斜率为3 的直线 l 与抛物线 C:y2=4x 相交于 P，Q 两点(1)求线段 PQ 中点纵坐标的值；(2)已知点 T3,0，直线 TP，TQ 分别与抛物线相交于 M，N 两点(异于 P，Q)则在 y 轴上是否存在一定点 S，使得直线 MN 恒过该点？若存在，求出点 S 的坐标；若不存在，请说明理由【答案】(1)2 33(2)存在，S 的坐标为 0,-3【分析】(1)设 P x1,y1，Q x2,y2，代入抛物线方程相减(点差法)即可得；(2)设 y 轴上存在定点 S 0,s，设直线 MN:y=kx+s，同时设 Py214,y1，Qy

254、224,y2，My234,y3，Ny244,y4，直线方程代入抛物线方程应用韦达定理得 y3+y4,y3y4，由三点共线得 y1y3，y2y4，结合直线 PQ 的斜率可得 s 值即定点坐标【详解】(1)设 P x1,y1，Q x2,y2，其中 x1 x2由 y21=4x1y22=4x2，得 y21-y22=4x1-4x2化简得 y1-y2x1-x2=4y1+y2 3=4y1+y2，即 y1+y22=2 33 线段 PQ 中点纵坐标的值为 2 33(2)设 y 轴上存在定点 S 0,s，由题意，直线 MN 斜率存在且不为 0，设直线 MN:y=kx+s，P y214,y1，Q y224,y2，M

255、y234,y3，Ny244,y4由 y=kx+sy2=4x，消去 x，得 ky2-4y+4s=0 =16-16ks 0，ks b 0)的离心率是53，点 A-2,0在 C上(1)求 C 的方程；(2)过点-2,3的直线交 C 于 P,Q 两点，直线 AP,AQ 与 y 轴的交点分别为 M,N，证明：线段 MN 的中点为定点【答案】(1)y29+x24=1(2)证明见详解【分析】(1)根据题意列式求解 a,b,c，进而可得结果；(2)设直线 PQ 的方程，进而可求点 M,N 的坐标，结合韦达定理验证 yM+yN2为定值即可.【详解】(1)由题意可得b=2a2=b2+c2e=ca=53，解得a=3

256、b=2c=5，所以椭圆方程为 y29+x24=1.(2)由题意可知：直线 PQ 的斜率存在，设 PQ:y=k x+2+3,P x1,y1,Q x2,y2，联立方程y=k x+2+3y29+x24=1，消去 y 得：4k2+9x2+8k 2k+3x+16 k2+3k=0，则 =64k2 2k+32-64 4k2+9k2+3k=-1728k 0，解得 k b 0)的离心率为22，且过点 A 2,1(1)求 C 的方程：(2)点 M，N 在 C 上，且 AM AN，AD MN，D 为垂足证明：存在定点 Q，使得 DQ 为定值【答案】(1)x26+y23=1；(2)详见解析.【分析】(1)由题意得到关

257、于 a,b,c 的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.(2)方法一：设出点 M，N 的坐标，在斜率存在时设方程为 y=kx+m,联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到 m,k 的关系，进而得直线 MN 恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点 Q 的位置.【详解】(1)由题意可得：ca=224a2+1b2=1a2=b2+c2，解得：a2=6,b2=c2=3，故椭圆方程为：x26+y23=1.(2)方法一：通性通法设点 M x1,y1,N x2,y2，若直线 MN 斜率存在时，设直线 MN 的方程为：y=kx+m，代入椭圆方程消去 y 并整理得：

258、1+2k2x2+4kmx+2m2-6=0，可得 x1+x2=-4km1+2k2，x1x2=2m2-61+2k2，因为 AM AN，所以 AMAN=0，即 x1-2x2-2+y1-1y2-1=0，根据 y1=kx1+m,y2=kx2+m,代入整理可得：k2+1x1x2+km-k-2x1+x2+m-12+4=0，85所以 k2+12m2-61+2k2+km-k-2-4km1+2k2+m-12+4=0，整理化简得 2k+3m+12k+m-1=0，因为 A(2,1)不在直线 MN 上，所以 2k+m-1 0，故 2k+3m+1=0，k 1，于是 MN 的方程为 y=k x-23-13k 1，所以直线过

259、定点直线过定点 P 23,-13.当直线 MN 的斜率不存在时，可得 N x1,-y1，由 AMAN=0 得：x1-2x1-2+y1-1-y1-1=0，得 x1-22+1-y21=0，结合 x216+y213=1 可得：3x21-8x1+4=0，解得：x1=23 或 x2=2(舍).此时直线 MN 过点 P 23,-13.令 Q 为 AP 的中点，即 Q 43,13，若 D 与 P 不重合，则由题设知 AP 是 RtADP 的斜边，故 DQ=12 AP=2 23，若 D 与 P 重合，则 DQ=12 AP，故存在点 Q 43,13，使得 DQ 为定值.方法二【最优解】：平移坐标系将原坐标系平移

260、，原来的 O 点平移至点 A 处，则在新的坐标系下椭圆的方程为(x+2)26+(y+1)23=1，设直线 MN 的方程为 mx+ny=4将直线 MN 方程与椭圆方程联立得 x2+4x+2y2+4y=0，即 x2+(mx+ny)x+2y2+(mx+ny)y=0，化简得(n+2)y2+(m+n)xy+(1+m)x2=0，即(n+2)yx2+(m+n)yx+(1+m)=0设 M x1,y1,N x2,y2，因为 AM AN 则 kAM kAN=y1x1 y2x2=m+1n+2=-1，即 m=-n-3代入直线 MN 方程中得 n(y-x)-3x-4=0则在新坐标系下直线 MN 过定点-43,-43，则

261、在原坐标系下直线 MN 过定点 P 23,-13又 AD MN，D 在以 AP 为直径的圆上 AP 的中点43,13即为圆心 Q经检验，直线 MN 垂直于 x 轴时也成立故存在 Q 43,13，使得|DQ|=12|AP|=2 23方法三：建立曲线系A 点处的切线方程为 2 x6+1 y3=1，即 x+y-3=0设直线 MA 的方程为 k1x-y-2k1+1=0，直线MB 的方程为 k2x-y-2k2+1=0，直线 MN 的方程为 kx-y+m=0由题意得 k1 k2=-1则 过 A，M，N 三 点 的 二 次 曲 线 系 方 程 用 椭 圆 及 直 线 MA,MB 可 表 示 为x26+y23

262、-1+k1x-y-2k1+1k2x-y-2k2+1=0(其中 为系数)用直线 MN 及点 A 处的切线可表示为(kx-y+m)(x+y-3)=0(其中 为系数)86即x26+y23-1+k1x-y-2k1+1k2x-y-2k2+1=(kx-y+m)(x+y-3)对比 xy 项、x 项及 y 项系数得 k1+k2=(1-k),4+k1+k2=(m-3k),2 k1+k2-1=(m+3).将代入，消去,并化简得 3m+2k+1=0，即 m=-23 k-13 故直线 MN 的方程为 y=k x-23-13，直线 MN 过定点 P 23,-13又 AD MN，D 在以 AP 为直径的圆上 AP 中点4

263、3,13即为圆心 Q经检验，直线 MN 垂直于 x 轴时也成立故存在 Q 43,13，使得|DQ|=12|AP|=2 23方法四：设 M x1,y1,N x2,y2若直线 MN 的斜率不存在，则 M x1,y1,N x1,-y1因为 AM AN，则 AM AN=0，即 x1-22+1-y21=0由 x216+y213=1，解得 x1=23 或 x1=2(舍)所以直线 MN 的方程为 x=23 若 直 线 MN 的 斜 率 存 在，设 直 线 MN 的 方 程 为 y=kx+m，则 x 2+2(kx+m)2-6=1+2k2x-x1x-x2=0令 x=2，则 x1-2x2-2=2(2k+m-1)(

264、2k+m+1)1+2k2又y-mk2+2 y2-6=2+1k2y-y1y-y2，令y=1，则y1-1y2-1=(2k+m-1)(-2k+m-1)1+2k2因为 AM AN，所以 AM AN=x1-2x2-2+y1-1y2-1=(2k+m-1)(2k+3m+1)1+2k2=0，即 m=-2k+1 或 m=-23 k-13 当 m=-2k+1 时，直线 MN 的方程为 y=kx-2k+1=k(x-2)+1所以直线 MN 恒过 A(2,1)，不合题意；当 m=-23 k-13 时，直线 MN 的方程为 y=kx-23 k-13=k x-23-13，所以直线 MN 恒过P 23,-13综上，直线 MN

265、 恒过 P 23,-13，所以|AP|=4 23又因为 AD MN，即 AD AP，所以点 D 在以线段 AP 为直径的圆上运动取线段 AP 的中点为 Q 43,13，则|DQ|=12|AP|=2 23所以存在定点 Q，使得|DQ|为定值【整体点评】(2)方法一：设出直线 MN 方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点 P，再根据平面几何知识可知定点 Q 即为 AP 的中点，该法也是本题的通性通法；87方法二：通过坐标系平移，将原来的 O 点平移至点 A 处，设直线 MN 的方程为 mx+ny=4，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出 m,n 的关系，从而可知直线过定点

266、 P，从而可知定点 Q 即为 AP 的中点，该法是本题的最优解；方法三：设直线 MN:y=kx+m，再利用过点 A,M,N 的曲线系，根据比较对应项系数可求出 m,k 的关系，从而求出直线过定点 P，故可知定点 Q 即为 AP 的中点；方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解 x1-2x2-2以及y1-1y2-1的计算13(2020全国统考高考真题)已知 A、B 分别为椭圆 E：x2a2+y2=1(a 1)的左、右顶点，G 为 E 的上顶点，AG GB=8，P 为直线 x=6 上的动点，PA 与 E 的另一交点为 C，PB 与 E 的另一交点为 D(1)求

267、E 的方程；(2)证明：直线 CD 过定点.【答案】(1)x29+y2=1；(2)证明详见解析.【分析】(1)由已知可得：A(-a,0)，B(a,0)，G(0,1)，即可求得 AG GB=a2-1，结合已知即可求得：a2=9，问题得解.(2)方法一：设 P(6,y0)，可得直线 AP 的方程为：y=y09(x+3)，联立直线 AP 的方程与椭圆方程即可求得点 C 的坐标为-3y20+27y20+9,6y0y20+9，同理可得点 D 的坐标为3y20-3y20+1,-2y0y20+1，当 y20 3 时，可表示出直线CD 的方程，整理直线 CD 的方程可得：y=4y03(3-y20)x-32即可

268、知直线过定点32,0，当 y20=3 时，直线CD：x=32，直线过点32,0，命题得证.【详解】(1)依据题意作出如下图象：由椭圆方程 E:x2a2+y2=1(a 1)可得：A(-a,0)，B(a,0)，G(0,1)AG=(a,1)，GB=(a,-1)AG GB=a2-1=8，a2=9 椭圆方程为：x29+y2=1(2)方法一：设而求点法证明：设 P(6,y0)，则直线 AP 的方程为：y=y0-06-(-3)(x+3)，即：y=y09(x+3)联立直线 AP 的方程与椭圆方程可得：x29+y2=1y=y09(x+3)，整理得：(y20+9)x2+6y20 x+9y20-81=0，解得：x=

269、-3 或 x=-3y20+27y20+9将 x=-3y20+27y20+9代入直线 y=y09(x+3)可得：y=6y0y20+9所以点 C 的坐标为-3y20+27y20+9,6y0y20+9.88同理可得：点 D 的坐标为3y20-3y20+1,-2y0y20+1当 y20 3 时，直线 CD 的方程为：y-2y0y20+1=6y0y20+9-2y0y20+1-3y20+27y20+9-3y20-3y20+1x-3y20-3y20+1，整理可得：y+2y0y20+1=8y0(y20+3)6(9-y40)x-3y20-3y20+1=8y06(3-y20)x-3y20-3y20+1整理得：y=

270、4y03(3-y20)x+2y0y20-3=4y03(3-y20)x-32所以直线 CD 过定点32,0当 y20=3 时，直线 CD：x=32，直线过点32,0故直线 CD 过定点32,0方法二【最优解】：数形结合设 P(6,t)，则直线 PA 的方程为 y=t9(x+3)，即 tx-9y+3t=0同理，可求直线 PB 的方程为 tx-3y-3t=0则经过直线 PA 和直线 PB 的方程可写为(tx-9y+3t)(tx-3y-3t)=0可化为 t2(x2-9)+27y2-12txy+18ty=0易知 A，B，C，D 四个点满足上述方程，同时 A，B，C，D 又在椭圆上，则有 x2-9=-9y2，代入式可得(27-9t2)y2-12txy+18ty=0故 y(27-9t2)y-12tx+18t=0，可得 y=0 或(27-9t2)y-12tx+18t=0其中 y=0 表示直线 AB，则(27-9t2)y-12tx+18t=0 表示直线 CD令 y=0，得 x=32，即直线 CD 恒过点32,0【整体点评】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题.第二问的方法一最直接，但对运算能力要求严格；方法二曲线系的应用更多的体现了几何与代数结合的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.