專題17 圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值和定直線問題-《臨考沖刺》2023屆高考數(shù)學(xué)重要考點(diǎn)與題型終極滿分攻略含解析

專題17圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值和定直線問題-《臨考沖刺》2023屆高考數(shù)學(xué)重要考點(diǎn)與題型終極滿分攻略專題17圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值和定直線問題目錄類型一：圓錐曲線的定點(diǎn)問題 1類型二：圓錐曲線的定值問題 5類型三：圓錐曲線的定直線問題 9滿分策略：直線過定點(diǎn)問題常用方法如下：(1)“特殊探路，一般證明滿分策略：直線過定點(diǎn)問題常用方法如下：(1)“特殊探路，一般證明”：即先通過特殊情況確定定點(diǎn)，再轉(zhuǎn)化為有方向、有目的的一般性證明；(2)“一般推理，特殊求解”：即設(shè)出定點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)題設(shè)條件選擇參數(shù)，建立一個(gè)直線系或曲線的方程，再根據(jù)參數(shù)的任意性得到一個(gè)關(guān)于定點(diǎn)坐標(biāo)的方程組，以這個(gè)方程組的解為坐標(biāo)的點(diǎn)即為所求點(diǎn)；(3)求證直線過定點(diǎn)(x0，y0)，常利用直線的點(diǎn)斜式方程y－y0＝k(x－x0)或截距式y(tǒng)＝kx＋b來證明．1．（2023·陜西安康·陜西省安康中學(xué)統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦點(diǎn)分別F1,F2(1)求橢圓C的方程；(2)已知原點(diǎn)O，過F2的直線l1,l2分別交C于M,N兩點(diǎn)和P,Q兩點(diǎn)，M在x2．（2023·廣西柳州·柳州高級(jí)中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F，且經(jīng)過點(diǎn)1,32，過F(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)橢圓E的右頂點(diǎn)為A，若橢圓上的存在兩點(diǎn)P，Q，且使kAP?k3．（2023·陜西西安·長安一中?？级＃┤鐖D，雙曲線的中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)到漸近線的距離為3，左、右頂點(diǎn)分別為A、B．曲線C是以雙曲線的實(shí)軸為長軸，虛軸為短軸，且離心率為12的橢圓，設(shè)P在第一象限且在雙曲線上，直線BP交橢圓于點(diǎn)M，直線AP與橢圓交于另一點(diǎn)N(1)求橢圓及雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)MN與x軸交于點(diǎn)T，是否存在點(diǎn)P使得xP=4xT(其中xP，xT為點(diǎn)4．（2023·新疆·校聯(lián)考二模）已知F1，F(xiàn)2是橢圓C：x2a2+y2b2=1(1)求橢圓C的方程；(2)已知過橢圓x2a2+y2b2=1上一點(diǎn)x0,y0的切線方程為xx0a2+yy0b25．（2023·湖北·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）已知雙曲線Γ的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)，對(duì)稱軸為x軸和y軸，且雙曲線Γ過點(diǎn)A?2,0，B(1)求雙曲線Γ的方程；(2)設(shè)過點(diǎn)C?2,3的直線分別交Γ的左、右支于D,E兩點(diǎn)，過點(diǎn)E作垂直于x軸的直線l，交直線AB于點(diǎn)F，點(diǎn)G滿足EF=FG6．（2023·山東濟(jì)寧·統(tǒng)考二模）已知雙曲線C:x2a2?y2(1)求該雙曲線C的方程；(2)若直線l與雙曲線C在第一象限交于A,B兩點(diǎn)，直線x=3交線段AB于點(diǎn)Q，且S△FAQ:S7．（2023·山東聊城·統(tǒng)考二模）已知點(diǎn)M為雙曲線C:x2a2?(1)證明：點(diǎn)M到C的兩條漸近線的距離之積為定值；(2)已知C的左頂點(diǎn)A和右焦點(diǎn)F，直線AM與直線l:x=12相交于點(diǎn)N．試問是否存在常數(shù)λ，使得∠AFM=λ∠AFN？若存在，請(qǐng)求出8．（2023·湖北武漢·統(tǒng)考二模）過點(diǎn)4,2的動(dòng)直線l與雙曲線E:x2a2?y2b2=1a>0,b>0交于M,N兩點(diǎn)，當(dāng)l(1)求雙曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)點(diǎn)P是直線y=x+1上一定點(diǎn)，設(shè)直線PM,PN的斜率分別為k1,k2，若9．（2023·全國·模擬預(yù)測(cè)）已知平面內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)P到點(diǎn)F2,0的距離比到直線l:x=?4的距離小2，記動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為曲線E(1)求曲線E的方程；(2)過點(diǎn)Q3,2且斜率互為倒數(shù)的兩條直線分別與曲線E交于點(diǎn)A，B和點(diǎn)C，D，記線段AB和線段CD的中點(diǎn)分別為M，N，證明：直線MN10．（2023·四川宜賓·統(tǒng)考三模）已知點(diǎn)A在y軸右側(cè)，點(diǎn)B，點(diǎn)C的坐標(biāo)分別為?1,0，1,0，直線AB，AC的斜率之積是3.(1)求點(diǎn)A的軌跡D的方程；(2)若拋物線x2=2pyp>0與點(diǎn)A的軌跡D交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，過B作BH⊥EF于H，是否存在定點(diǎn)G使HG11．（2023·海南?？凇ば？寄M預(yù)測(cè)）已知拋物線C：y2=2pxp>0的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)P(1)求拋物線C的方程；(2)過點(diǎn)Q作直線l交C于A，B兩點(diǎn)，O為原點(diǎn)，過點(diǎn)A作x軸的垂線，分別與直線OP，OB交于點(diǎn)D，E，從下面①②兩個(gè)問題中選擇一個(gè)作答．①問：DADE②問：在直線OP上是否存在點(diǎn)M，使四邊形OAME為平行四邊形，并說明理由．12．（2023·遼寧鞍山·統(tǒng)考二模）拋物線C：y2=2pxp>0上的點(diǎn)M1,y0到拋物線C的焦點(diǎn)F的距離為2，A?B（不與(1)求拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)x軸上是否存在點(diǎn)P使得∠APB=2∠APO？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，若不存在，說明理由.滿分策略：求定值問題常見類型以及解題策略：(1)常見類型：①滿分策略：求定值問題常見類型以及解題策略：(1)常見類型：①證明代數(shù)式為定值：依據(jù)題設(shè)條件，得出與代數(shù)式中參數(shù)有關(guān)的等式，代入代數(shù)式后再化簡，即可得出定值；②證明點(diǎn)到直線的距離為定值：利用點(diǎn)到直線的距離公式得出距離解析式，再利用條件化簡，即可證明；③證明線段長度、面積、斜率(或以上量的和、差、積、商)等為定值，寫出各量的目標(biāo)函數(shù)解析式，再做消參處理即可．(2)常用策略：①從特殊入手，求出定值，再證明這個(gè)值與變量無關(guān)；②直接推理、計(jì)算，并在計(jì)算推理的過程中消去變量，從而得到定值．13．（2023·甘肅武威·統(tǒng)考三模）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的長軸長為4，A，(1)求橢圓C的方程；(2)若P為直線x=4上一點(diǎn)，PA，PB分別與橢圓交于C，D兩點(diǎn)．①證明：直線CD過橢圓右焦點(diǎn)F2②橢圓的左焦點(diǎn)為F1，求△C14．（2023·全國·模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓E:x22+y2=1的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過T(2,0)的直線l交E(1)求直線AF2，(2)設(shè)AF1與BF2交于點(diǎn)15．（2023·四川·四川省金堂中學(xué)校校聯(lián)考三模）已知橢圓E:x2a2+(1)求橢圓E的方程；(2)設(shè)直線l:x=1與x軸交于點(diǎn)M，過M作直線l1,l2,l1交E于A,B兩點(diǎn)，l2交E于C,D兩點(diǎn).已知直線AC交l于點(diǎn)G，直線16．（2023·北京朝陽·二模）已知點(diǎn)1,32在橢圓E：x2a2(1)求E的方程；(2)設(shè)F為橢圓E的右焦點(diǎn)，點(diǎn)Pm,n是E上的任意一點(diǎn)，直線PF與直線3mx+4ny=0相交于點(diǎn)Q，求PQ17．（2023·河南·洛陽市第三中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左頂點(diǎn)為A，P為(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)B為C的右頂點(diǎn)，過點(diǎn)(1,0)且斜率不為0的直線l與C交于M，N兩點(diǎn)，證明：3tan18．（2023·陜西西安·統(tǒng)考一模）數(shù)學(xué)家加斯帕爾·蒙日創(chuàng)立的《畫法幾何學(xué)》對(duì)世界各國科學(xué)技術(shù)的發(fā)展影響深遠(yuǎn).在雙曲線C:x2a2?y2(1)求雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)點(diǎn)P3,1關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)為Q，不過點(diǎn)P且斜率為13的直線與雙曲線C相交于M,N兩點(diǎn)，直線PM與QN交于點(diǎn)Dx19．（2023·海南?？凇ばＢ?lián)考模擬預(yù)測(cè)）已知雙曲線C:x24?y2b2=1(b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，(1)求雙曲線C的漸近線方程；(2)設(shè)D為雙曲線C的右頂點(diǎn)，直線l與雙曲線C交于不同于D的E，F(xiàn)兩點(diǎn)，若以EF為直徑的圓經(jīng)過點(diǎn)D，且DG⊥EF于G，證明：存在定點(diǎn)H，使GH為定值．20．（2023·福建福州·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）已知雙曲線C：x2a2?y2b2=1a>0,b>0的右頂點(diǎn)為A，(1)求C的方程；(2)過點(diǎn)Р作直線l交C于M，N兩點(diǎn)，過點(diǎn)N作x軸的垂線交直線AM于點(diǎn)G，H為NG的中點(diǎn)，證明：直線AH的斜率為定值.21．（2023·江西·校聯(lián)考二模）已知橢圓方程：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，其離心率為e=(1)求該橢圓的方程；(2)已知直線l:y=kx+2交橢圓于A,B兩點(diǎn)，雙曲線：x24?y22=1的右頂點(diǎn)E,EA22．（2023·吉林通化·梅河口市第五中學(xué)校考模擬預(yù)測(cè)）已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F，D(1,0)，點(diǎn)P是在第一象限內(nèi)C上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)DP與x軸垂直時(shí)，|PF|=54，過點(diǎn)P作與C相切的直線l交y軸于點(diǎn)M，過點(diǎn)M作直線l的垂線交拋物線C(1)求C的方程；(2)如圖，連接PD并延長，交拋物線C于點(diǎn)Q．①設(shè)直線AB，OQ（其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)）的斜率分別為k1，k2，證明：②求S△OPQ23．（2023·廣東·統(tǒng)考二模）已知A，B是拋物線E：y=x2上不同的兩點(diǎn)，點(diǎn)P在x軸下方，PA與拋物線E交于點(diǎn)C，PB與拋物線E交于點(diǎn)D，且滿足PAPC=PB(1)設(shè)AB，CD的中點(diǎn)分別為點(diǎn)M，N，證明：MN垂直于x軸；(2)若點(diǎn)P為半圓x2+y2=1(y<0)24．（2023·山東菏澤·統(tǒng)考二模）設(shè)拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)Dp,0，過F的直線交C于M，N兩點(diǎn).當(dāng)直線MD垂直于(1)①求C的方程；②若M點(diǎn)在第一象限且MFNF=1(2)動(dòng)直線l與拋物線C交于不同的兩點(diǎn)A，B，P是拋物線上異于A，B的一點(diǎn)，記PA，PB的斜率分別為k1，k2，從下面①②③中選取兩個(gè)作為條件，證明另外一個(gè)成立：①P點(diǎn)坐標(biāo)為t2,2t；②k1+k25．（2023·上海長寧·統(tǒng)考二模）已知拋物線Γ：y2=4x的焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線為l，直線l′經(jīng)過點(diǎn)F且與Γ交于點(diǎn)A(1)求以F為焦點(diǎn)，坐標(biāo)軸為對(duì)稱軸，離心率為12(2)若|AB|=5，求線段AB的中點(diǎn)到x軸的距離；(3)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，M為Γ上的動(dòng)點(diǎn)，直線AM、BM分別與準(zhǔn)線l交于點(diǎn)C、D.求證：OC?類型三：圓錐曲線的定直線問題滿分策略：滿分策略：動(dòng)點(diǎn)在定直線上問題的解題策略：①從特殊入手，初步確定動(dòng)點(diǎn)所在的直線，再證明一般情況下也在該定直線上即可；②從動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)入手，直接推理、計(jì)算，并在計(jì)算推理的過程中消去變量，從而得到動(dòng)點(diǎn)的橫縱坐標(biāo)關(guān)系，進(jìn)而得出定直線方程．26．（2023·安徽·校聯(lián)考二模）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右頂點(diǎn)分別為M1、M2(1)求C的方程；(2)若過點(diǎn)1,0且不與y軸垂直的直線l與C交于A、B兩點(diǎn)，記直線M1A、M2B交于點(diǎn)27．（2023·廣西·統(tǒng)考一模）如圖，已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的右焦點(diǎn)為F(2,0)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過點(diǎn)F作直線l1與雙曲線的漸近線交于P(1)求C的方程；(2)設(shè)A1,A2是C的左?右頂點(diǎn)，過點(diǎn)12,0的直線l與C交于M，N兩點(diǎn)，試探究直線28．（2023·廣東梅州·統(tǒng)考二模）已知雙曲線E:x2a2?y2b2=1a>0,b>0(1)求雙曲線E的方程；(2)過點(diǎn)P2,1作動(dòng)直線l，與雙曲線的左、右支分別交于點(diǎn)M、N，在線段MN上取異于點(diǎn)M、N的點(diǎn)H，滿足PMPN=29．（2023·福建福州·統(tǒng)考二模）已知拋物線E：y2=2px（p>0），過點(diǎn)?2,0的兩條直線l1，l2分別交E于AB兩點(diǎn)和C，D兩點(diǎn)．當(dāng)l1的斜率為2(1)求E的標(biāo)準(zhǔn)方程：(2)設(shè)G為直線AD與BC的交點(diǎn)，證明：點(diǎn)G必在定直線上．30．（2023·山東淄博·統(tǒng)考一模）已知拋物線C：y2=2pxp>0上一點(diǎn)P2,t到其焦點(diǎn)F的距離為3，A，B為拋物線C上異于原點(diǎn)的兩點(diǎn).延長AF，BF分別交拋物線C于點(diǎn)M，N，直線AN，(1)若AF⊥BF，求四邊形ABMN面積的最小值；(2)證明:點(diǎn)Q在定直線上.31．（2023·山東濰坊·?？家荒＃┮阎獟佄锞€C：x2=4y的焦點(diǎn)為F，直線l交拋物線于A,B兩點(diǎn)（A,B異于坐標(biāo)原點(diǎn)O），交y軸于點(diǎn)Q0,t（t>1），且AF=QF(1)求證：A,F,P三點(diǎn)共線；(2)過點(diǎn)A作該拋物線的切線l2（點(diǎn)A為切點(diǎn)），l2交l1（?。┰噯?，點(diǎn)N是否在定直線上，若在，請(qǐng)求出該直線，若不在，請(qǐng)說明理由；（ⅱ）求S△ABN的最小值.32．（2021·全國·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）已知拋物線C：y2=4x的焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)P(2，0)作直線l交拋物線于A，(1)若l的傾斜角為π4，求△FAB(2)過點(diǎn)A，B分別作拋物線C的兩條切線l1，l2且直線l1與直線l2相交于點(diǎn)33．（2022·上海虹口·統(tǒng)考二模）已知拋物線C:y2=2pxp>0的焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線為l，記準(zhǔn)線l與x軸的交點(diǎn)為A，過A作直線交拋物線C于(1)若x1+x(2)若M是線段AN的中點(diǎn)，求直線MN的方程；(3)若P，Q是準(zhǔn)線l上關(guān)于x軸對(duì)稱的兩點(diǎn)，問直線PM與QN的交點(diǎn)是否在一條定直線上？請(qǐng)說明理由．34．（2022·四川宜賓·統(tǒng)考三模）設(shè)拋物線E：y2=2pxp>0，以N(1)求拋物線E的方程；(2)過點(diǎn)N的兩條直線分別與曲線E交于點(diǎn)A，B和C，D，且滿足NA=λNB，NC=λND，求證：線段35．（2022·江西贛州·贛州市第三中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，過拋物線y2=4x焦點(diǎn)F的直線與拋物線交于A，B兩點(diǎn)，AM，AN，BC，BD分別垂直于坐標(biāo)軸，垂足依次為M，N，C，(1)若矩形ANOM和矩形BDOC面積分別為S1，S2，求(2)求證：直線MN與直線CD交點(diǎn)在定直線上．專題17圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值和定直線問題目錄類型一：圓錐曲線的定點(diǎn)問題 1類型二：圓錐曲線的定值問題 18類型三：圓錐曲線的定直線問題 37滿分策略：直線過定點(diǎn)問題常用方法如下：(1)“特殊探路，一般證明滿分策略：直線過定點(diǎn)問題常用方法如下：(1)“特殊探路，一般證明”：即先通過特殊情況確定定點(diǎn)，再轉(zhuǎn)化為有方向、有目的的一般性證明；(2)“一般推理，特殊求解”：即設(shè)出定點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)題設(shè)條件選擇參數(shù)，建立一個(gè)直線系或曲線的方程，再根據(jù)參數(shù)的任意性得到一個(gè)關(guān)于定點(diǎn)坐標(biāo)的方程組，以這個(gè)方程組的解為坐標(biāo)的點(diǎn)即為所求點(diǎn)；(3)求證直線過定點(diǎn)(x0，y0)，常利用直線的點(diǎn)斜式方程y－y0＝k(x－x0)或截距式y(tǒng)＝kx＋b來證明．1．（2023·陜西安康·陜西省安康中學(xué)統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦點(diǎn)分別F1,F2(1)求橢圓C的方程；(2)已知原點(diǎn)O，過F2的直線l1,l2分別交C于M,N兩點(diǎn)和P,Q兩點(diǎn)，M在x【答案】(1)x(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)∠AF2B=（2）設(shè)點(diǎn)應(yīng)用點(diǎn)差法，消元可得定點(diǎn).【詳解】（1）設(shè)F2c,0，則∠AF設(shè)橢圓的方程為x24c∵AF∴∠AF∵過F1且垂直于AF2的直線與C交于D,E兩點(diǎn)，DE∴直線DE的斜率為33，斜率倒數(shù)為3直線DE的方程：x=3y?c，代入橢圓方程整理化簡得到：13y判別式Δ=∴DE∴c=1，所以a=2.故橢圓C的方程為x2（2）設(shè)Mx1,所以y1x1又因?yàn)辄c(diǎn)M,N均在橢圓上，所以x1兩式整理，可得，y1由②除以①可得y1x2同理可得x3所以直線NQ的方程為y=y又y3所以直線NQ的方程為y=y13x12．（2023·廣西柳州·柳州高級(jí)中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F，且經(jīng)過點(diǎn)1,32，過F(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)橢圓E的右頂點(diǎn)為A，若橢圓上的存在兩點(diǎn)P，Q，且使kAP?k【答案】(1)x(2)證明見詳解【分析】（1）由已知可推得2b2a=1，又點(diǎn)1,3（2）設(shè)直線方程為PQ:y=kx+m，聯(lián)立直線與橢圓的方程，得出1+4k2x2+8kmx+4m2?4=0，由韋達(dá)定理得出坐標(biāo)關(guān)系，求出直線的斜率.根據(jù)已知，列出y1【詳解】（1）當(dāng)CD⊥x軸時(shí),CD方程為x=c，由c2a2+y則CD=由于CD=1，所以2又因?yàn)闄E圓經(jīng)過點(diǎn)1,3所以有1a聯(lián)立2b2a所以橢圓E的方程為x2（2）由（1）可得，橢圓的右頂點(diǎn)A2,0因?yàn)閗AP?kAQ=所以直線PQ不垂直于x軸，故可設(shè)PQ:y=kx+m，設(shè)Px1,聯(lián)立直線與橢圓的方程x21+4k由韋達(dá)定理可得x1+x所以y1又Δ=8km所以有m2因?yàn)閗AP=y1x所以y1所以x1整理可得，20k所以20k整理可得，m2所以m=?2k或m=3k.當(dāng)m=?2k時(shí)，滿足m2=4k2<4當(dāng)m=3k時(shí)，由m2=9k2<4k2所以直線PQ經(jīng)過定點(diǎn)?3,0.【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：設(shè)直線方程為PQ:y=kx+m，聯(lián)立直線與橢圓的方程，得出一元二次方程，由韋達(dá)定理得出坐標(biāo)，求出直線的斜率.根據(jù)已知，代入x1+x3．（2023·陜西西安·長安一中?？级＃┤鐖D，雙曲線的中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)到漸近線的距離為3，左、右頂點(diǎn)分別為A、B．曲線C是以雙曲線的實(shí)軸為長軸，虛軸為短軸，且離心率為12的橢圓，設(shè)P在第一象限且在雙曲線上，直線BP交橢圓于點(diǎn)M，直線AP與橢圓交于另一點(diǎn)N(1)求橢圓及雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)MN與x軸交于點(diǎn)T，是否存在點(diǎn)P使得xP=4xT(其中xP，xT為點(diǎn)【答案】(1)雙曲線方程：x24?(2)存在，P【分析】（1）設(shè)雙曲線方程為x2a2?y（2）設(shè)Px0,t，Mx1,y1，Nx2,y2，根據(jù)P、A、N三點(diǎn)共線，P、B、M三點(diǎn)共線可得y法二：Px0,y0，Mx1,y1，Nx2,【詳解】（1）由已知可設(shè)雙曲線方程為x2a2?y2b2=1，橢圓方程x2a解得a=2，所以雙曲線方程：x2橢圓方程為：x2（2）設(shè)Px0,y0，Mx1P、A、N三點(diǎn)共線，y2P、B、M三點(diǎn)共線，y1相除：y2令xT=n?2<n<2，則設(shè)l聯(lián)立橢圓方程：x=my+n3由T在橢圓內(nèi)，故Δ>0，所以y1∴y1y=4?若存在xP=4x2?n2+n=x又P在第一象限，所以n=1，P4,3法二：Px0,y0，Mx1直線AP：y=yy=y0x由?2xN=16y所以?x即xN同理BP：y=y0x0?2若存在xP=4x而P在第一象限，所以x0=4，即【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：本題第二問主要是利用韋達(dá)定理代入y24．（2023·新疆·校聯(lián)考二模）已知F1，F(xiàn)2是橢圓C：x2a2+y2b2=1(1)求橢圓C的方程；(2)已知過橢圓x2a2+y2b2=1上一點(diǎn)x0,y0的切線方程為xx0a2+yy0b2【答案】(1)x(2)存在，F(xiàn)的坐標(biāo)為1,0【分析】（1）由AF1的中點(diǎn)在y軸上，且A1,32，得到F（2）設(shè)動(dòng)點(diǎn)P2cosθ,3sinθ，得到直線l的方程為xcosθ2+y?sinθ3=1，令x=4，求得Q坐標(biāo)為【詳解】（1）解：設(shè)F1由AF1的中點(diǎn)在y軸上，且O為F1，F(xiàn)2的中點(diǎn)，可得又由A1,32，可得c=1，即F所以AF1=解得a=2，則b=a2?（2）解：因?yàn)檫^橢圓x2a2+y設(shè)動(dòng)點(diǎn)P2cosθ,3sinθ即xcosθ令x=4，則代入①，解得y=31?2cosθsinθ由以PQ為直徑的圓恒過點(diǎn)F，可得PF⊥QF，即PF假設(shè)存在點(diǎn)Ft,0，則PF=于是t?2cosθ整理得21?tcosθ+t?1t?3=0因此，存在定點(diǎn)F1,0【點(diǎn)睛】解答圓錐曲線的定點(diǎn)、定值問題的策略：1、參數(shù)法：參數(shù)解決定點(diǎn)問題的思路：①引進(jìn)動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)或動(dòng)直線中的參數(shù)表示變化量，即確定題目中核心變量（通常為變量k）；②利用條件找到k過定點(diǎn)的曲線F(x,y)=0之間的關(guān)系，得到關(guān)于k與x,y的等式，再研究變化量與參數(shù)何時(shí)沒有關(guān)系，得出定點(diǎn)的坐標(biāo)；2、由特殊到一般發(fā)：由特殊到一般法求解定點(diǎn)問題時(shí)，常根據(jù)動(dòng)點(diǎn)或動(dòng)直線的特殊情況探索出定點(diǎn)，再證明該定點(diǎn)與變量無關(guān).5．（2023·湖北·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）已知雙曲線Γ的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)，對(duì)稱軸為x軸和y軸，且雙曲線Γ過點(diǎn)A?2,0，B(1)求雙曲線Γ的方程；(2)設(shè)過點(diǎn)C?2,3的直線分別交Γ的左、右支于D,E兩點(diǎn)，過點(diǎn)E作垂直于x軸的直線l，交直線AB于點(diǎn)F，點(diǎn)G滿足EF=FG【答案】(1)x(2)證明見解析【分析】（1）設(shè)雙曲線的方程，代入相關(guān)點(diǎn)運(yùn)算求解即可；（2）根據(jù)三點(diǎn)共線的斜率關(guān)系，結(jié)合韋達(dá)定理分析證明.【詳解】（1）由題意可知：雙曲線焦點(diǎn)在x軸上，故設(shè)雙曲線方程為x2將A?B兩點(diǎn)坐標(biāo)代入雙曲線方程得?22所以a=2,b=23，即雙曲線方程為x（2）直線DG過定點(diǎn)A?2,0若D,G,A三點(diǎn)共線?k設(shè)點(diǎn)Dx1,y1由題意知：直線AB的方程為l1點(diǎn)F為線段EG的中點(diǎn)，從而FxkAD若kAD化簡得y1又因?yàn)閥1代入①式得2k+4x聯(lián)立y=kx+2+3x則3?k2≠0代入②式左邊得2k+4?由于2k+4?12?4k+1143?k從而②式左邊等于0成立，直線DG過定點(diǎn)A?2,0【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：過定點(diǎn)問題的兩大類型及解法（1）動(dòng)直線l過定點(diǎn)問題．解法：設(shè)動(dòng)直線方程(斜率存在)為y＝kx＋t，由題設(shè)條件將t用k表示為t＝mk，得y＝k(x＋m)，故動(dòng)直線過定點(diǎn)(－m,0)．（2）動(dòng)曲線C過定點(diǎn)問題．解法：引入?yún)⒆兞拷⑶€C的方程，再根據(jù)其對(duì)參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點(diǎn)．6．（2023·山東濟(jì)寧·統(tǒng)考二模）已知雙曲線C:x2a2?y2(1)求該雙曲線C的方程；(2)若直線l與雙曲線C在第一象限交于A,B兩點(diǎn)，直線x=3交線段AB于點(diǎn)Q，且S△FAQ:S【答案】(1)x(2)證明見解析【分析】（1）利用條件直接求出a,b，從而求出雙曲線的方程；（2）利用三角形面積公式可得kAF【詳解】（1）因?yàn)殡p曲線C:x2a又因?yàn)殡p曲線的右焦點(diǎn)F到其漸近線的距離為6，所以bca又e=ca=3，所以雙曲線C的方程為x2（2）由已知有，雙曲線C的右焦點(diǎn)為F(3,0)，直線x=3過雙曲線C的右焦點(diǎn)．則S∴sin∠AFQ=sin∠BFQ,∴直線AF與直線BF的傾斜角互補(bǔ)，kAF顯然直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y=kx+m,Ax聯(lián)立y=kx+mx23所以x1因?yàn)閗AF+kBF=0所以kx1+m所以?2k?m2+62?k所以直線l的方程為y=kx?k=k(x?1)，恒過(1,0)點(diǎn)．所以直線l過定點(diǎn)．【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：利用韋達(dá)定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點(diǎn)坐標(biāo)為x1（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于x（或y）的一元二次方程，必要時(shí)計(jì)算Δ；（3）列出韋達(dá)定理；（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為x1+x2、x1（5）代入韋達(dá)定理求解.7．（2023·山東聊城·統(tǒng)考二模）已知點(diǎn)M為雙曲線C:x2a2?(1)證明：點(diǎn)M到C的兩條漸近線的距離之積為定值；(2)已知C的左頂點(diǎn)A和右焦點(diǎn)F，直線AM與直線l:x=12相交于點(diǎn)N．試問是否存在常數(shù)λ，使得∠AFM=λ∠AFN？若存在，請(qǐng)求出【答案】(1)證明見解析(2)存在λ=2，理由見解析【分析】（1）根據(jù)垂直關(guān)系得到漸近線的斜率，得到方程，求出雙曲線方程，進(jìn)而設(shè)出點(diǎn)M的坐標(biāo)為x0,y（2）先考慮x0=2時(shí)，再考慮x0≠2，當(dāng)M在x軸上方時(shí)，設(shè)出點(diǎn)的坐標(biāo)，表達(dá)出tan∠AFN=y【詳解】（1）因?yàn)殡p曲線C的一條漸近線與直線x+3所以其中一條漸近線的斜率為3，則a2+2a所以雙曲線C的方程為x2設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為x0,y0，則雙曲線的兩條漸近線l1，l2的方程分別為則點(diǎn)M到兩條漸近線的距離分別為d1則d1所以點(diǎn)M到雙曲線C的兩條漸近線的距離之積為定值．（2）存在λ=2．①當(dāng)x0=2時(shí)，MF=所以∠AFN=∠MFN=45°，所以∠AFM=2∠AFN，此時(shí)λ=2．②當(dāng)x0?。┊?dāng)M在x軸上方時(shí)，由A?1,0,Mx所以直線AM的直線方程為y=y把x=12代入得所以kNF=3由二倍角公式可得tan2∠AFN=2×因?yàn)橹本€MF的斜率kMF=y所以tan∠AFM=y02?因?yàn)椤螦FM∈0,π所以∠AFM=2∠AFN．ⅱ）當(dāng)M在x軸下方時(shí)，同理可得∠AFM=2∠AFN．故存在λ=2，使得∠AFM=2∠AFN．【點(diǎn)睛】定值問題常見方法：（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個(gè)值與變量無關(guān)；（2）直接推理計(jì)算，并在計(jì)算推理的過程中消去變量，從而得到定值.8．（2023·湖北武漢·統(tǒng)考二模）過點(diǎn)4,2的動(dòng)直線l與雙曲線E:x2a2?y2b2=1a>0,b>0交于M,N兩點(diǎn)，當(dāng)l(1)求雙曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)點(diǎn)P是直線y=x+1上一定點(diǎn)，設(shè)直線PM,PN的斜率分別為k1,k2，若【答案】(1)x(2)P【分析】（1）根據(jù)l與坐標(biāo)軸平行的情況可得雙曲線上的點(diǎn)的坐標(biāo)，代入雙曲線方程即可求得結(jié)果；（2）方法一：由三點(diǎn)共線可整理得到x1=λx2+41?λy1=λy2方法二：設(shè)MN:y=kx?4+2k≠0，與雙曲線方程聯(lián)立可得一元二次方程，根據(jù)該方程的根可化簡得到x02?kx0?4+22?4=【詳解】（1）由題意可知：雙曲線E:x2a2?將其代入方程可得：8a2?∴雙曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程為：x2（2）方法一：設(shè)Mx∵點(diǎn)4,2與M,N三點(diǎn)共線，∴y∴x1?4=λx2?4y∴λx2整理可得：λ?12λ當(dāng)λ=1時(shí)，x1=x當(dāng)λ≠1時(shí)，由2λx2?λ設(shè)Px0,∴k1?k2若k1k2為定值，則根據(jù)約分可得：x0?1當(dāng)x0=3時(shí)，P3,4∴當(dāng)P3,4時(shí)，k方法二：設(shè)Mx1,由y=kx?4+2x∵x1,∴x則x0由y=kx?4+2得：由x=y?2k+4同理可得：y0則k1k2=y若k1k2解得：x0=3y0=4又點(diǎn)P在直線y=x+1上，∴點(diǎn)P坐標(biāo)為3,4；當(dāng)直線MN斜率為0時(shí)，M,N坐標(biāo)為±22,2，若此時(shí)k1當(dāng)直線MN斜率不存在時(shí)，M,N坐標(biāo)為4,±23，若P此時(shí)k1綜上所述：當(dāng)P3,4時(shí)，k【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：本題考查直線與雙曲線中的定點(diǎn)定值問題的求解，本題求解的基本思路是能夠利用直線與雙曲線相交的位置關(guān)系確定兩交點(diǎn)橫縱坐標(biāo)所滿足的等量關(guān)系，進(jìn)而通過等量關(guān)系化簡所求的k1k29．（2023·全國·模擬預(yù)測(cè)）已知平面內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)P到點(diǎn)F2,0的距離比到直線l:x=?4的距離小2，記動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為曲線E(1)求曲線E的方程；(2)過點(diǎn)Q3,2且斜率互為倒數(shù)的兩條直線分別與曲線E交于點(diǎn)A，B和點(diǎn)C，D，記線段AB和線段CD的中點(diǎn)分別為M，N，證明：直線MN【答案】(1)y(2)證明見解析【分析】（1）由題目條件，可得曲線為拋物線，結(jié)合拋物線的焦點(diǎn)與準(zhǔn)線，即可求得曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）結(jié)合題意判斷直線AB?直線CD的斜率的情況，設(shè)直線AB的方程，并與曲線E的方程聯(lián)立，得到根與系數(shù)的關(guān)系，利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式求點(diǎn)M的坐標(biāo)，進(jìn)而得到點(diǎn)N的坐標(biāo)，求直線MN的方程并得到其過定點(diǎn).【詳解】（1）依題意知?jiǎng)狱c(diǎn)P到點(diǎn)F2,0的距離與到直線x=?2故曲線E是以F2,0為焦點(diǎn)，以直線x=?2故曲線E的方程為y2（2）依題意知直線AB?直線CD的斜率都存在且均不為0或±1，故可設(shè)直線AB的斜率為k（k≠0且k≠±1），則直線CD的斜率為1k直線AB的方程為y?2=kx?3，即y=k由y=kx?3+2y2=8x消去x故yM=y即點(diǎn)M的坐標(biāo)為4k以1k替換點(diǎn)M坐標(biāo)中的k，可得點(diǎn)N的坐標(biāo)為4易知直線MN的斜率存在，所以直線MN的斜率kMN所以直線MN的方程為y?4k=2即1k+k?12y=x+110．（2023·四川宜賓·統(tǒng)考三模）已知點(diǎn)A在y軸右側(cè)，點(diǎn)B，點(diǎn)C的坐標(biāo)分別為?1,0，1,0，直線AB，AC的斜率之積是3.(1)求點(diǎn)A的軌跡D的方程；(2)若拋物線x2=2pyp>0與點(diǎn)A的軌跡D交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，過B作BH⊥EF于H，是否存在定點(diǎn)G使HG【答案】(1)x(2)存在，G【分析】（1）設(shè)點(diǎn)Ax,y，x>0，利用斜率公式結(jié)合已知條件化簡可得出點(diǎn)A的軌跡D（2）設(shè)Ex1,y1、Fx2,y【詳解】（1）設(shè)點(diǎn)Ax,y，x>0因?yàn)锳B，AC的斜率之積是3，所以yx+1所以點(diǎn)A的軌跡D的方程為x2（2）由x得y2?6py+3=0，Δ=36p設(shè)Ex1,y1，F(xiàn)又因?yàn)閤12=2py1因?yàn)閗EF所以直線EF的方程為y?y即y=x所以直線EF過定點(diǎn)P0,?當(dāng)G為BP的中點(diǎn)時(shí)，因?yàn)锽H⊥EF于H，所以GH=所以存在定點(diǎn)G?12【點(diǎn)睛】求解直線過定點(diǎn)問題常用方法如下：（1）“特殊探路，一般證明”：即先通過特殊情況確定定點(diǎn)，再轉(zhuǎn)化為有方向、有目的的一般性證明；（2）“一般推理，特殊求解”：即設(shè)出定點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)題設(shè)條件選擇參數(shù)，建立一個(gè)直線系或曲線的方程，再根據(jù)參數(shù)的任意性得到一個(gè)關(guān)于定點(diǎn)坐標(biāo)的方程組，以這個(gè)方程組的解為坐標(biāo)的點(diǎn)即為所求點(diǎn)；（3）求證直線過定點(diǎn)x0,y0，常利用直線的點(diǎn)斜式方程11．（2023·海南?？凇ば？寄M預(yù)測(cè)）已知拋物線C：y2=2pxp>0的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)P(1)求拋物線C的方程；(2)過點(diǎn)Q作直線l交C于A，B兩點(diǎn)，O為原點(diǎn)，過點(diǎn)A作x軸的垂線，分別與直線OP，OB交于點(diǎn)D，E，從下面①②兩個(gè)問題中選擇一個(gè)作答．①問：DADE②問：在直線OP上是否存在點(diǎn)M，使四邊形OAME為平行四邊形，并說明理由．【答案】(1)y(2)①DADE=1為定值，理由見解析；②存在M，只需保證D為【分析】（1）F(p（2）令l為x=k(y?1)，P在拋物線上，聯(lián)立直線與拋物線，應(yīng)用韋達(dá)定理求得yA+yB=yAyB=2k，寫出直線OB、【詳解】（1）由題設(shè)F(p2,0)，則|PF|=又PF=5QF，故(2?由p>0，則(p+3)(p?1)=0，即p=1.所以拋物線C的方程y2（2）顯然直線l斜率存在且不為0，令l為x=k(y?1)，又22=2×2，即聯(lián)立拋物線有：y2?2ky+2k=0，且Δ=4k2?8k>0所以yA直線OB為y=yBxBx，直線OP為y=x所以yE=x選①：DADE選②：由①DADE=1知：D為當(dāng)M(m,m)，m>0，且m=2xD=2xA此時(shí)，四邊形OAME為平行四邊形，所以存在點(diǎn)M，使四邊形OAME為平行四邊形.12．（2023·遼寧鞍山·統(tǒng)考二模）拋物線C：y2=2pxp>0上的點(diǎn)M1,y0到拋物線C的焦點(diǎn)F的距離為2，A?B（不與(1)求拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)x軸上是否存在點(diǎn)P使得∠APB=2∠APO？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，若不存在，說明理由.【答案】(1)C:(2)存在P?4,0【分析】（1）由焦半徑公式求出p=2，求出拋物線方程；（2）設(shè)出直線OA方程，與拋物線方程聯(lián)立得到A點(diǎn)坐標(biāo)，同理得到B點(diǎn)坐標(biāo)，利用∠APB=2∠APO得到kPA+k【詳解】（1）由拋物線的定義得MF=1+p2則拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2（2）依題意知直線OA與直線OB的斜率存在，設(shè)直線OA方程為y=kxk≠0由OA⊥OB得直線OB方程為：y=?1由y=kxy2=4x由y=?1k由∠APB=2∠APO得∠OPA=∠OPB，假定在x軸上存在點(diǎn)P使得∠OPA=∠OPB，設(shè)點(diǎn)Px則由（1）得直線PA斜率kPA=4k4由∠OPA=∠OPB得kPA+kPB=0整理得k2顯然當(dāng)x0=?4時(shí)，對(duì)任意不為0的實(shí)數(shù)k，即當(dāng)x0=?4時(shí)，kPA所以x軸上存在點(diǎn)P?4,0使得∠APB=2∠APO【點(diǎn)睛】處理定點(diǎn)問題的思路：（1）確定題目中的核心變量（此處設(shè)為k），（2）利用條件找到k與過定點(diǎn)的曲線Fx,y=0的聯(lián)系，得到有關(guān)k與（3）所謂定點(diǎn)，是指存在一個(gè)特殊的點(diǎn)x0,y0，使得無論k的值如何變化，等式恒成立，此時(shí)要將關(guān)于k與①若等式的形式為整式，則考慮將含k的式子歸為一組，變形為“k?”的形式，讓括號(hào)中式子等于0，求出定點(diǎn)；②若等式的形式是分式，一方面可考慮讓分子等于0，一方面考慮分子和分母為倍數(shù)關(guān)系，可消去k變?yōu)槌?shù).滿分策略：求定值問題常見類型以及解題策略：(1)常見類型：①滿分策略：求定值問題常見類型以及解題策略：(1)常見類型：①證明代數(shù)式為定值：依據(jù)題設(shè)條件，得出與代數(shù)式中參數(shù)有關(guān)的等式，代入代數(shù)式后再化簡，即可得出定值；②證明點(diǎn)到直線的距離為定值：利用點(diǎn)到直線的距離公式得出距離解析式，再利用條件化簡，即可證明；③證明線段長度、面積、斜率(或以上量的和、差、積、商)等為定值，寫出各量的目標(biāo)函數(shù)解析式，再做消參處理即可．(2)常用策略：①從特殊入手，求出定值，再證明這個(gè)值與變量無關(guān)；②直接推理、計(jì)算，并在計(jì)算推理的過程中消去變量，從而得到定值．13．（2023·甘肅武威·統(tǒng)考三模）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的長軸長為4，A，(1)求橢圓C的方程；(2)若P為直線x=4上一點(diǎn)，PA，PB分別與橢圓交于C，D兩點(diǎn)．①證明：直線CD過橢圓右焦點(diǎn)F2②橢圓的左焦點(diǎn)為F1，求△C【答案】(1)x(2)①證明見解析；②定值為8.【分析】（1）由題意可得a=2，A?2,0，B2,0，設(shè)Mx（2）①設(shè)P(4,t)(t≠0)，聯(lián)立直線和橢圓方程，求得C54?2t227+t2,【詳解】（1）由已知得：a=2，A?2,0，B設(shè)Mx0,因?yàn)閗MA將①式代入，得4b2?所以橢圓C:x（2）①證明：設(shè)P(4,t)(t≠0)，則kPA=t同理可得kPB=t聯(lián)立方程x=6ty?2x2則C54?2同理聯(lián)立方程x=2ty+2x2則D2又橢圓的右焦點(diǎn)為F2所以F2C=因?yàn)?7?3t說明C，D，F(xiàn)1三點(diǎn)共線，即直線CD恒過F②周長為定值．因?yàn)橹本€CD恒過F1根據(jù)橢圓的定義，所以△CF1D14．（2023·全國·模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓E:x22+y2=1的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過T(2,0)的直線l交E(1)求直線AF2，(2)設(shè)AF1與BF2交于點(diǎn)【答案】(1)0(2)證明見解析【分析】（1）設(shè)直線l:x=my+2，與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理計(jì)算斜率之和即可；（2）取A關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)C(x1,?y1【詳解】（1）由已知得F1(?1,0)，F(xiàn)2(1,0)，設(shè)當(dāng)直線斜率為0時(shí)，易得kA當(dāng)直線斜率不為0時(shí)，設(shè)直線l:x=my+2，與橢圓方程聯(lián)立x=my+2，x即(m由韋達(dá)定理可知:y1+y故kAkAF2綜上，kA（2）設(shè)P(x0,y0由（1）可知，B,F設(shè)直線BF2:x=1?x=1?x1y1y+1x=又x1=1因?yàn)閤12+2y1所以P的軌跡是焦距為2，長軸長為2的雙曲線右支的一部分，所以|PF15．（2023·四川·四川省金堂中學(xué)校校聯(lián)考三模）已知橢圓E:x2a2+(1)求橢圓E的方程；(2)設(shè)直線l:x=1與x軸交于點(diǎn)M，過M作直線l1,l2,l1交E于A,B兩點(diǎn)，l2交E于C,D兩點(diǎn).已知直線AC交l于點(diǎn)G，直線【答案】(1)x(2)是，1【分析】（1）由題設(shè)可得關(guān)于a,b的方程組，求出其解后可得橢圓的方程.（2）【詳解】（1）由題意，e=ca=代入點(diǎn)1,32得14∴橢圓E的方程為：x2（2）由題意，M1,0，當(dāng)l1,l2當(dāng)m1+m當(dāng)m1+m2Δ>0恒成立，y1同理可得：y3直線AC方程：y?y令x=1，得yG同理：yH∵===m∴MG當(dāng)l1,l2斜率之一為0時(shí)，不妨設(shè)直線AC方程：y=y3x3+2令x=1，得yG∵y綜上：MGMH16．（2023·北京朝陽·二模）已知點(diǎn)1,32在橢圓E：x2a2(1)求E的方程；(2)設(shè)F為橢圓E的右焦點(diǎn)，點(diǎn)Pm,n是E上的任意一點(diǎn)，直線PF與直線3mx+4ny=0相交于點(diǎn)Q，求PQ【答案】(1)x2(2)PQ=2【分析】（1）由題意得1a2+（2）由題意可得3m2+4n2=12，當(dāng)m=1時(shí)，求出PQ的值；當(dāng)m≠1時(shí)，聯(lián)立直線PF與直線3mx+4ny=0的方程求出點(diǎn)【詳解】（1）由題意得1a2所以橢圓E的方程為x2（2）因?yàn)辄c(diǎn)Pm,n是E上的任意一點(diǎn)，所以3①當(dāng)m=1時(shí)，點(diǎn)P1,32當(dāng)點(diǎn)P1,32時(shí)，直線PF與直線x+2y=0相交于點(diǎn)Q當(dāng)點(diǎn)P1,?32時(shí)，直線PF與直線x?2y=0相交于點(diǎn)Q②當(dāng)m≠1時(shí)，直線PF的方程為y=n由y=nm?1x?13mx+4ny=0，可得所以PQ2==4m?44?m2+=4m2所以PQ=2綜上所述，PQ=2【點(diǎn)睛】總結(jié)點(diǎn)睛：(1)解答直線與橢圓的題目時(shí)，時(shí)常把兩個(gè)曲線的方程聯(lián)立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根與系數(shù)的關(guān)系，并結(jié)合題設(shè)條件建立有關(guān)參變量的等量關(guān)系．(2)涉及到直線方程的設(shè)法時(shí)，務(wù)必考慮全面，不要忽略直線斜率為0或不存在等特殊情形．17．（2023·河南·洛陽市第三中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左頂點(diǎn)為A，P為(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)B為C的右頂點(diǎn)，過點(diǎn)(1,0)且斜率不為0的直線l與C交于M，N兩點(diǎn)，證明：3tan【答案】(1)x(2)見解析【分析】（1）通過分析得P?a2,a（2）設(shè)直線AM的斜率為k1,直線BN的斜率為k2,Mx1,y1,Nx2【詳解】（1）不妨設(shè)點(diǎn)P在x軸的上方,由橢圓的性質(zhì)可知|OA|=a.∵△APO是以P為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形,∴P?a2,a2代人∵△APO的面積為1,∴1故橢圓C的方程為x2（2）設(shè)直線AM的斜率為k1,直線BN的斜率為k直線MN的方程為x=my+1.不妨設(shè)y2<0<y聯(lián)立x=my+1,x2+3Δ=16m2+36>0∴y1+∴=3∴3故3tan∠MAB=tan∠NBA得證.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題第二問的關(guān)鍵第一是要找到正切值與直線斜率的關(guān)系，再通過設(shè)直線MN的方程為x=my+1，將與橢圓聯(lián)立，利用化積為和的方法得到2my18．（2023·陜西西安·統(tǒng)考一模）數(shù)學(xué)家加斯帕爾·蒙日創(chuàng)立的《畫法幾何學(xué)》對(duì)世界各國科學(xué)技術(shù)的發(fā)展影響深遠(yuǎn).在雙曲線C:x2a2?y2(1)求雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)點(diǎn)P3,1關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)為Q，不過點(diǎn)P且斜率為13的直線與雙曲線C相交于M,N兩點(diǎn)，直線PM與QN交于點(diǎn)Dx【答案】(1)x(2)1【分析】（1）由題意得到方程組a2?b2=4（2）設(shè)Mx1,y1,Nx2,y2，直線MN為y=13x+m，聯(lián)立方程組，取得【詳解】（1）解：由題意知，雙曲線C的實(shí)軸長為26，其蒙日?qǐng)A方程為x可得a2?b所以C的標(biāo)準(zhǔn)方程為：x2（2）解：設(shè)Mx1,y1由y=13x+m因?yàn)橹本€MN與C相交于M,N兩點(diǎn)，所以Δ=(?2m)2?4×由點(diǎn)Q?3,?1，當(dāng)直線PM,QNkPM所以直線PM的方程為y?1=1直線QN的方程為y+1=兩方程聯(lián)立方程組，可得x0顯然x0≠0，可得所以y0當(dāng)直線PM的斜率不存在時(shí)，可得直線PM的方程為x=3，直線QN的方程為y=2則x0=3,y當(dāng)直線QN的斜率不存在時(shí)，可得直線QN的方程為x=?3，直線PM的方程為y=23x?1，則x0綜上可得：直線OD的斜率值1.【點(diǎn)睛】方法策略：解答圓錐曲線的定點(diǎn)、定值問題的策略：1、參數(shù)法：參數(shù)解決定點(diǎn)問題的思路：①引進(jìn)動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)或動(dòng)直線中的參數(shù)表示變化量，即確定題目中核心變量（通常為變量k）；②利用條件找到k過定點(diǎn)的曲線F(x,y)=0之間的關(guān)系，得到關(guān)于k與x,y的等式，再研究變化量與參數(shù)何時(shí)沒有關(guān)系，得出定點(diǎn)的坐標(biāo)；2、由特殊到一般發(fā)：由特殊到一般法求解定點(diǎn)問題時(shí)，常根據(jù)動(dòng)點(diǎn)或動(dòng)直線的特殊情況探索出定點(diǎn)，再證明該定點(diǎn)與變量無關(guān).19．（2023·海南海口·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）已知雙曲線C:x24?y2b2=1(b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，(1)求雙曲線C的漸近線方程；(2)設(shè)D為雙曲線C的右頂點(diǎn)，直線l與雙曲線C交于不同于D的E，F(xiàn)兩點(diǎn)，若以EF為直徑的圓經(jīng)過點(diǎn)D，且DG⊥EF于G，證明：存在定點(diǎn)H，使GH為定值．【答案】(1)y=±(2)證明見解析【分析】（1）設(shè)F1F2=2c，進(jìn)而結(jié)合題意得（2）分類討論斜率是否存在，①斜率存在時(shí)，設(shè)l的方程，聯(lián)立直線方程與雙曲線方程，由DE?DF=0得到m與k的關(guān)系式，得到直線恒過定點(diǎn)M，②斜率不存在時(shí)，再由DE?DF【詳解】（1）設(shè)F1F2=2c，因?yàn)樗訟F1=因?yàn)锳F2?因?yàn)閎=c所以雙曲線C的漸近線方程為y=±2（2）由（1）知雙曲線C的方程為x24?y2①當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)l的方程為y=kx+m，聯(lián)立方程組y=kx+mx24則Δ=(?2km)2+4且x1因?yàn)镈E?所以k2化簡得m2所以m=?2k或m=6k，且均滿足m2當(dāng)m=?2k時(shí)，直線l的方程為y=kx?2，直線過定點(diǎn)2,0當(dāng)m=6k時(shí)，直線l的方程為y=kx+6，過定點(diǎn)M②當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，由對(duì)稱性，不妨設(shè)直線DE:y=x?2，聯(lián)立方程組y=x?2x24?y28=1，得綜上，直線l過定點(diǎn)M因?yàn)镈G⊥EF，所以點(diǎn)G在以DM為直徑的圓上，H為該圓圓心，GH為該圓半徑，且GH所以，存在定點(diǎn)H?2,0，使GH【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題第二問解題的關(guān)鍵在于結(jié)合已知，討論l的斜率不存在與存在時(shí)的兩種情況得到直線l過定點(diǎn)M?6,020．（2023·福建福州·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）已知雙曲線C：x2a2?y2b2=1a>0,b>0的右頂點(diǎn)為A，(1)求C的方程；(2)過點(diǎn)Р作直線l交C于M，N兩點(diǎn)，過點(diǎn)N作x軸的垂線交直線AM于點(diǎn)G，H為NG的中點(diǎn)，證明：直線AH的斜率為定值.【答案】(1)x(2)證明見解析【分析】根據(jù)點(diǎn)P1,1在C的漸近線y=bax上，可得a=b，再根據(jù)（2）易得直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y?1=kx?1,Mx1,y1,Nx2,【詳解】（1）因?yàn)辄c(diǎn)P1,1在C的漸近線y=baAa,0，則S△PAO=12所以C的方程為x2（2）當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直線l與雙曲線只有一個(gè)交點(diǎn)，不符題意，當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y?1=kx?1聯(lián)立x2?y2=1則1?k2≠0Δ=4kx1直線AM的方程為y=y令x=x2，得y=y因?yàn)镠為NG的中點(diǎn)，所以Hx所以kAH因?yàn)閥=2k+=2k+2k所以kAH所以直線AH的斜率為定值.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：求定值問題常見的方法有兩種：（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個(gè)值與變量無關(guān)；（2）直接推理、計(jì)算，并在計(jì)算推理的過程中消去變量，從而得到定值．21．（2023·江西·校聯(lián)考二模）已知橢圓方程：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，其離心率為e=(1)求該橢圓的方程；(2)已知直線l:y=kx+2交橢圓于A,B兩點(diǎn)，雙曲線：x24?y22=1的右頂點(diǎn)E,EA【答案】(1)x2(2)證明見解析，?1【分析】（1）易得P,Q兩點(diǎn)坐標(biāo)，在△POQ中利用等面積法可得12ab=12×233×a2+b【詳解】（1）由已知可知P?a,0,Q0,b在△POQ中，等面積可得1又因?yàn)樵摍E圓離心率為22，即解得a=2,b=所以該橢圓方程為x2（2）設(shè)Ax由E2,0，可設(shè)直線AE方程：x=x將直線AE與雙曲線x24?又因?yàn)閤12解得y3=?2y1所以C點(diǎn)坐標(biāo)為4同理可得D點(diǎn)坐標(biāo)為：4所以直線CD的斜率kCD所以直線CD的斜率為定值，該定值為?122．（2023·吉林通化·梅河口市第五中學(xué)校考模擬預(yù)測(cè)）已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F，D(1,0)，點(diǎn)P是在第一象限內(nèi)C上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)DP與x軸垂直時(shí)，|PF|=54，過點(diǎn)P作與C相切的直線l交y軸于點(diǎn)M，過點(diǎn)M作直線l的垂線交拋物線C(1)求C的方程；(2)如圖，連接PD并延長，交拋物線C于點(diǎn)Q．①設(shè)直線AB，OQ（其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)）的斜率分別為k1，k2，證明：②求S△OPQ【答案】(1)y(2)①證明見解析；②43【分析】（1）利用拋物線定義列出方程求解結(jié)果；（2）①設(shè)Px0,y0，表示直線PM的斜率，求解k1=?1k②求解S△OPQ【詳解】（1）因?yàn)楫?dāng)DP與x軸垂直時(shí)，|PF|=5根據(jù)拋物線定義得1+p2=54（2）①證明：設(shè)Px0,由y2=x，得當(dāng)y>0時(shí)y=x所以直線PM的斜率為12x0即PM:y=12x0x?又因?yàn)閗1=?1kPM將直線PD的方程y=x0x0?1易得Δ>0，設(shè)QxQ,yQ把點(diǎn)Q的坐標(biāo)代入y=x0x所以k2=y②由①得yQ?y將y?x02=?2x易得Δ>0，則yA+y所以yA在直線AB的方程y?x02=?2x設(shè)直線AB與x軸的交點(diǎn)為N，則N的坐標(biāo)14因?yàn)閨OD|=1，所以|ND|=3則S=≥4當(dāng)且僅當(dāng)1+4x0=所以S△OPQS△ABD23．（2023·廣東·統(tǒng)考二模）已知A，B是拋物線E：y=x2上不同的兩點(diǎn)，點(diǎn)P在x軸下方，PA與拋物線E交于點(diǎn)C，PB與拋物線E交于點(diǎn)D，且滿足PAPC=PB(1)設(shè)AB，CD的中點(diǎn)分別為點(diǎn)M，N，證明：MN垂直于x軸；(2)若點(diǎn)P為半圓x2+y2=1(y<0)【答案】(1)證明見解析(2)45【分析】（1）根據(jù)題意可得AB∥CD，結(jié)合斜率分析可得xM（2）根據(jù)題意利用韋達(dá)定理求弦長，可得面積S四邊形ABDC【詳解】（1）因?yàn)镻APC=PB所以直線AB和直線CD的斜率相等，即kAB設(shè)Ax1,x12，則點(diǎn)M的橫坐標(biāo)xM=x由kAB=k因式分解得(x2?所以x1+x所以MN垂直于x軸．（2）設(shè)Px0,y0當(dāng)λ=2時(shí)，C為PA中點(diǎn)，則x3=x因?yàn)镃在拋物線上，所以y0+x當(dāng)λ=2時(shí)，D為PB中點(diǎn)，同理得x2所以x1,x因?yàn)棣?4x由韋達(dá)定理得x1+x所以x0所以PM=因?yàn)閤1所以S四邊形ABDC===924當(dāng)y0=?12時(shí)，所以S四邊形ABDC所以四邊形ABDC面積的最大值為4510【點(diǎn)睛】方法定睛：解決圓錐曲線中范圍問題的方法一般題目中沒有給出明確的不等關(guān)系，首先需要根據(jù)已知條件進(jìn)行轉(zhuǎn)化，利用圓錐曲線的幾何性質(zhì)及曲線上點(diǎn)的坐標(biāo)確定不等關(guān)系；然后構(gòu)造目標(biāo)函數(shù)，把原問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域或引入?yún)?shù)根據(jù)參數(shù)范圍求解，解題時(shí)應(yīng)注意挖掘題目中的隱含條件，尋找量與量之間的轉(zhuǎn)化．24．（2023·山東菏澤·統(tǒng)考二模）設(shè)拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)Dp,0，過F的直線交C于M，N兩點(diǎn).當(dāng)直線MD垂直于(1)①求C的方程；②若M點(diǎn)在第一象限且MFNF=1(2)動(dòng)直線l與拋物線C交于不同的兩點(diǎn)A，B，P是拋物線上異于A，B的一點(diǎn)，記PA，PB的斜率分別為k1，k2，從下面①②③中選取兩個(gè)作為條件，證明另外一個(gè)成立：①P點(diǎn)坐標(biāo)為t2,2t；②k1+k【答案】(1)①y2=4x(2)證明過程見解析【分析】（1）①表達(dá)出DF=p2，DM2=2p2，由勾股定理列出方程，求出（2）選①②，設(shè)直線AB:x=ky+n，聯(lián)立拋物線方程，得到兩根之和，兩根之積，表達(dá)出k1,k2，由k1選①③，由題意直線AB:x=ky?t2，聯(lián)立拋物線方程，得到兩根之和，兩根之積，計(jì)算出選②③，設(shè)直線AB:x=ky?t2，聯(lián)立拋物線方程，得到兩根之和，兩根之積，表達(dá)出k1=4y1+2x0，【詳解】（1）①由題意得Fp2,0所以M點(diǎn)的橫坐標(biāo)為p，代入C:y2=2px(p>0)中，y其中DF=p?p2解得p=2，故拋物線方程為y2②由①知F1,0，因?yàn)镸FNF=14設(shè)直線MN的方程為y=mx?1，與ym2x2則x1+x因?yàn)镸FNF=14，由焦半徑公式可知將其代入x1x2=1中得則x2=4x（2）若選①②，設(shè)直線AB:x=ky+n，且Ax聯(lián)立y2=4xx=ky+n，得y故k1=y故k1即16k+16t?4n+8kt+4t2所以AB:x=ky?t2，即直線AB經(jīng)過點(diǎn)若選①③，由題意直線AB:x=ky?t2，且聯(lián)立y2=4xx=ky?t2k1=y所以k1若選②③，由題意得直線AB:x=ky?t2，且Ax聯(lián)立y2=4xx=ky?t2k1=yk1所以4y1+要想上式對(duì)任意的k成立，則t?x0=0故P點(diǎn)坐標(biāo)為t2【點(diǎn)睛】處理定點(diǎn)問題的思路：（1）確定題目中的核心變量（此處設(shè)為k），（2）利用條件找到k與過定點(diǎn)的曲線Fx,y=0的聯(lián)系，得到有關(guān)k與（3）所謂定點(diǎn)，是指存在一個(gè)特殊的點(diǎn)x0,y0，使得無論k的值如何變化，等式恒成立，此時(shí)要將關(guān)于k與①若等式的形式為整式，則考慮將含k的式子歸為一組，變形為“k?”的形式，讓括號(hào)中式子等于0，求出定點(diǎn)；②若等式的形式是分式，一方面可考慮讓分子等于0，一方面考慮分子和分母為倍數(shù)關(guān)系，可消去k變?yōu)槌?shù).25．（2023·上海長寧·統(tǒng)考二模）已知拋物線Γ：y2=4x的焦點(diǎn)為F，準(zhǔn)線為l，直線l′經(jīng)過點(diǎn)F且與Γ交于點(diǎn)A(1)求以F為焦點(diǎn)，坐標(biāo)軸為對(duì)稱軸，離心率為12(2)若|AB|=5，求線段AB的中點(diǎn)到x軸的距離；(3)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，M為Γ上的動(dòng)點(diǎn)，直線AM、BM分別與準(zhǔn)線l交于點(diǎn)C、D.求證：OC?【答案】(1)x(2)1(3)證明過程見解析【分析】（1）已知焦點(diǎn)，就確定了橢圓的實(shí)軸所在的坐標(biāo)軸和焦距，通過離心率就可以解出a，b，c的值，進(jìn)而寫出橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程.（2）因?yàn)锳B是焦點(diǎn)弦，所以能求出x1+x（3）設(shè)M(y024,y0)，利用點(diǎn)斜式寫出AM，【詳解】（1）解：根據(jù)題意設(shè)橢圓方程為x2a2+y因?yàn)閽佄锞€Γ：y2=4x的焦點(diǎn)為F，且橢圓以所以c=1，因?yàn)殡x心率為12，所以a=2因?yàn)閍2=b所以橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）解：因?yàn)橹本€l′經(jīng)過點(diǎn)F且與Γ交于點(diǎn)A、B，設(shè)A(x1因?yàn)閨AB|=5，所以直線l′斜率一定存在，設(shè)方程為y=k(x?1)，組成方程組y=k(x?1)y2則Δ>0，x1+因?yàn)锳B=x1+x當(dāng)k=2時(shí)，直線方程為y=2(x?1)，且x1+x22此時(shí)中點(diǎn)到x軸的矩離為1.根據(jù)對(duì)稱性，當(dāng)k=?2時(shí)，中點(diǎn)到x軸的矩離也為1.（3）由題意設(shè)AB直線方程為x=my+1，與拋物線組成方程組：x=my+1y2=4x有Δ>0，y1+y根據(jù)題意設(shè)M(y024,則直線AB方程為y?y1=因?yàn)镃點(diǎn)橫坐標(biāo)為xC=?1，所以yC同理D點(diǎn)坐標(biāo)為D(?1,y所以O(shè)C?化簡得OC因?yàn)閥1+y所以O(shè)C?OD=1?4=?3類型三：圓錐曲線的定直線問題滿分策略：滿分策略：動(dòng)點(diǎn)在定直線上問題的解題策略：①從特殊入手，初步確定動(dòng)點(diǎn)所在的直線，再證明一般情況下也在該定直線上即可；②從動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)入手，直接推理、計(jì)算，并在計(jì)算推理的過程中消去變量，從而得到動(dòng)點(diǎn)的橫縱坐標(biāo)關(guān)系，進(jìn)而得出定直線方程．26．（2023·安徽·校聯(lián)考二模）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右頂點(diǎn)分別為M1、M2(1)求C的方程；(2)若過點(diǎn)1,0且不與y軸垂直的直線l與C交于A、B兩點(diǎn)，記直線M1A、M2B交于點(diǎn)【答案】(1)x(2)點(diǎn)Q在定直線x=4上【分析】（1）設(shè)點(diǎn)Px0,y0，則x0≠±a，可得出y02（2）設(shè)l的方程為x=my+1，設(shè)點(diǎn)Ax1,y1、Bx2,y2，設(shè)點(diǎn)Qx【詳解】（1）解：設(shè)Px0,y0，則x則kP故b2=3聯(lián)立①②，解得a2=4，b2=3，故橢圓（2）解：結(jié)論：點(diǎn)Q在定直線上x=4．

由（1）得，M1?2,0、M2設(shè)直線l的方程為x=my+1，設(shè)點(diǎn)Ax1,聯(lián)立x24+Δ=36m2∴y直線M1A的方程為y=y1x所以，y1可得x′=?27m3因此，點(diǎn)Q在直線x=4上.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：利用韋達(dá)定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點(diǎn)坐標(biāo)為x1,y（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于x（或y）的一元二次方程，必要時(shí)計(jì)算Δ；（3）列出韋達(dá)定理；（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為x1+x2、x1（5）代入韋達(dá)定理求解.27．（2023·廣西·統(tǒng)考一模）如圖，已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的右焦點(diǎn)為F(2,0)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過點(diǎn)F作直線l1與雙曲線的漸近線交于P(1)求C的方程；(2)設(shè)A1,A2是C的左?右頂點(diǎn)，過點(diǎn)12,0的直線l與C交于M，N兩點(diǎn)，試探究直線【答案】(1)x(2)是，S在定直線x=2上【分析】（1）計(jì)算得到OQ=233PQ，OP=3（2）直線MN的方程為x=ty+12，Mx【詳解】（1）雙曲線右焦點(diǎn)為F(2,0)，故c=2，漸近線方程為y=±baxOP⊥PQ，故OQ2?OP|OP|+|OQ|=3|PQ|，故解得OQ=233PQ，OP故tan∠POF=ba=3，c=2，a2故雙曲線方程為x2（2）A1(?1,0)，A2(1,0)，設(shè)直線MN的方程為聯(lián)立x=ty+123故y1+y直線A1M:y=y聯(lián)立兩直線方程，解得x=2t故直線A1M與直線A2N的交點(diǎn)【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題考查了雙曲線方程，雙曲線中的定直線問題，意在考查學(xué)生的計(jì)算能力，轉(zhuǎn)化能力和綜合應(yīng)用能力，其中，根據(jù)設(shè)而不求的思想，利用韋達(dá)定理得到ty28．（2023·廣東梅州·統(tǒng)考二模）已知雙曲線E:x2a2?y2b2=1a>0,b>0(1)求雙曲線E的方程；(2)過點(diǎn)P2,1作動(dòng)直線l，與雙曲線的左、右支分別交于點(diǎn)M、N，在線段MN上取異于點(diǎn)M、N的點(diǎn)H，滿足PMPN=【答案】(1)x(2)證明見解析【分析】（1）求出c的值，利用雙曲線的定義可求得a的值，再根據(jù)b=c2?a2（2）設(shè)點(diǎn)Hx,y、Mx1,y1、Nx2,y2【詳解】（1）解：因?yàn)镕1F2由雙曲線的定義可得2a=A所以，a=1，則b=c因此，雙曲線E的方程為x2（2）證明：設(shè)點(diǎn)Hx,y、Mx1則x12?設(shè)PMPN=MHHN=λ即x1?2,y所以，x12?將y12=2x1將x12?21?λ2所以，點(diǎn)H恒在直線4x?y?2=0上.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查點(diǎn)在直線的證明，解題的關(guān)鍵在于引入?yún)?shù)使得PMPN29．（2023·福建福州·統(tǒng)考二模）已知拋物線E：y2=2px（p>0），過點(diǎn)?2,0的兩條直線l1，l2分別交E于AB兩點(diǎn)和C，D兩點(diǎn)．當(dāng)l1的斜率為2(1)求E的標(biāo)準(zhǔn)方程：(2)設(shè)G為直線AD與BC的交點(diǎn)，證明：點(diǎn)G必在定直線上．【答案】(1)y(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)直線的點(diǎn)斜式方程寫出直線方程，與拋物線聯(lián)立方程，利用弦長公式，求出p的值，從而求出拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）設(shè)直線方程為y=k1x+2或x=my?2，與拋物線聯(lián)立方程，由韋達(dá)定理得出y1y2=8，y【詳解】（1）當(dāng)l1的斜率為23時(shí)，得l1由y2=2pxy=23(x+2),消元得y2由弦長公式得AB=1+1即9p2?16p=2，解得p=2或p=?2從而E的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2（2）法一：因?yàn)閘1，l2分別交E于AB兩點(diǎn)和C，D兩點(diǎn)，所以直線斜率存在設(shè)直線AB的方程為y=k1x+2由y=k1(x+2)y2=4x，消去設(shè)直線CD的方程為y=k同理y=k2(x+2)y2=4x，消去直線AD方程為y?y1=化簡得4x?y同理，直線BC方程為4x?y因?yàn)?2,0在拋物線的對(duì)稱軸上，由拋物線的對(duì)稱性可知，交點(diǎn)G必在垂直于x軸的直線上，所以只需證G的橫坐標(biāo)為定值即可．由4x?(y1+因?yàn)橹本€AD與BC相交，所以y2解得x=y==8y=2所以點(diǎn)G的橫坐標(biāo)為2，即直線AD與BC的交點(diǎn)G在定直線x=2上．法二：設(shè)直線AB方程為x=my?2，由x=my?2y2=4x消去x設(shè)Ay12設(shè)直線CD的方程為x=ny?2,Cy同理可得y3直線AD方程為y?y1=化簡得4x?y同理，直線BC方程為4x?y因?yàn)?2,0在拋物線的對(duì)稱軸上，由拋物線的對(duì)稱性可知，交點(diǎn)G必在垂直于x軸的直線上，所以只需證G的橫坐標(biāo)為定值即可．由4x?(y1+因?yàn)橹本€AD與BC相交，所以y2解得x=y==8y=2所以點(diǎn)G的橫坐標(biāo)為2，即直線AD與BC的交點(diǎn)G在定直線x=2上．【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題中的證明問題的關(guān)鍵是：設(shè)出直線的橫截距或者縱截距方程，聯(lián)立拋物線，結(jié)合韋達(dá)定理，把目標(biāo)逐步化簡，得出待證明的結(jié)論.30．（2023·山東淄博·統(tǒng)考一模）已知拋物線C：y2=2pxp>0上一點(diǎn)P2,t到其焦點(diǎn)F的距離為3，A，B為拋物線C上異于原點(diǎn)的兩點(diǎn).延長AF，BF分別交拋物線C于點(diǎn)M，N，直線AN，(1)若AF⊥BF，求四邊形ABMN面積的最小值；(2)證明:點(diǎn)Q在定直線上.【答案】(1)32(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)拋物線的焦半徑公式求得拋物線方程，設(shè)Ax1,y1，Mx2,y2，直線（2）設(shè)Bx3,y3，Nx4,y4，QxQ,yQ【詳解】（1）由拋物線定義可知，2+p2=3即拋物線C方程為y2由題意，設(shè)Ax1,y1，M由x=my+1y2=4x，消去x得y由韋達(dá)定理可知：y1+y故AM=因?yàn)锳F⊥BF，所以直線BN的方程為x=?1于是BN=4則S當(dāng)且僅當(dāng)m2=1所以四邊形ABMN面積的最小值為32；（2）設(shè)Bx3,y3，Nx4,y4，Qx所以，xi因?yàn)锳，N，Q三點(diǎn)共線，所以有y4即y4?y同理，因?yàn)锽，M，Q三點(diǎn)共線，可得yQ即y1解得：4x由（1）可知，y1?y得xQ即點(diǎn)Q在定直線x=?1上.【點(diǎn)睛】本題考查了拋物線的焦半徑公式及拋物線與直線位置關(guān)系