高中數(shù)學(xué)培優(yōu)講義練習(xí)（選擇性必修一）：圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值、定直線問題大題專項(xiàng)訓(xùn)練（道）（教師版）

專題3.16圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值、定直線問題大題專項(xiàng)訓(xùn)練（30道）【人教A版2019選擇性必修第一冊】姓名：___________班級：___________考號：___________1．（2022·全國·高三專題練習(xí)）點(diǎn)A,B是橢圓E:x24+y23=1的左右頂點(diǎn)若直線l:y=k(x?1)與橢圓E交于【解題思路】聯(lián)立直線與橢圓方程，聯(lián)立直線AN的方程與直線BM的方程，結(jié)合韋達(dá)定理，化簡可求得直線AM與直線BN交點(diǎn)在定直線x＝4上．【解答過程】由題意得，A?2,0，B2,0，設(shè)聯(lián)立x24+所以x1+x直線AM的方程為y=y1x1+2聯(lián)立y=y1x1原式==2故直線AM與直線BN交點(diǎn)在定直線x＝4上．2．（2022·河北省高二階段練習(xí)）在平面直角坐標(biāo)系中xOy，橢圓C:x2a2+y2(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)橢圓C的左、右頂點(diǎn)分別為A，B，點(diǎn)P，Q為橢圓上異于A，B的兩動點(diǎn)，記直線AP的斜率為k1，直線QB的斜率為k2，已知k1=7k【解題思路】（1）由題意列方程組求解；（2）設(shè)PQ直線方程，與橢圓方程聯(lián)立，由題意列方程通過韋達(dá)定理化簡求解，注意分類討論直線PQ的斜率是否為0.【解答過程】（1）由題意可得{ca=所以橢圓C的方程為x2（2）依題意，點(diǎn)A(?2,0),B(2,0)，設(shè)P(x因?yàn)槿糁本€PQ的斜率為0，則點(diǎn)P，Q關(guān)于y軸對稱，必有kAP所以直線PQ斜率必不為0，設(shè)其方程為x=ty+n(n≠±2)，與橢圓C聯(lián)立{x24所以Δ=4t因?yàn)辄c(diǎn)P(x1,則kAP所以kAP=?因?yàn)?8=28(所以n=?32，此時(shí)故直線PQ：x=ty+32恒過x軸上一定點(diǎn)3．（2022·江西·模擬預(yù)測（理））已知拋物線C:x2=2py(p>0)，動直線l經(jīng)過點(diǎn)（2，5）交C于A，B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，當(dāng)l垂直于y軸時(shí)，△OAB(1)求C的方程；(2)C上是否存在定點(diǎn)P，使得P在以AB為直徑的圓上？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【解題思路】（1）根據(jù)當(dāng)l垂直于y軸時(shí)，△OAB的面積為105，由y=5與拋物線方程聯(lián)立求解；（2）設(shè)l的方程為y=kx?2+5，與拋物線方程聯(lián)立，根據(jù)P在以AB為直徑的圓上，由【解答過程】(1)解：因?yàn)楫?dāng)l垂直于y軸時(shí)，△OAB的面積為105，聯(lián)立y=5x2=2py所以△OAB的面積為12解得p=2，所以C的方程為x2(2)由題知l的斜率存在，設(shè)l的方程為y=kx?2+5，A(x假設(shè)存在點(diǎn)P（x0，x02聯(lián)立y=kx?2+5x則Δ=16x1又PA=所以PA?=x又x1≠x0且所以x1則x02+4k所以當(dāng)x0=?2時(shí)，無論將x0=?2代入x2所以存在定點(diǎn)P（－2，1）符合題意．4．（2022·全國·高三專題練習(xí)）已知A?,?B是雙曲線x2a2?y【解題思路】設(shè)Px1,y1【解答過程】設(shè)Px1,y1，Ax2點(diǎn)A和點(diǎn)P在雙曲線上，則有x1兩式作差得1a可得y1?y5．（2022·全國·高三專題練習(xí)）已知雙曲線C：x2a2?y2b2=1a>0,b>0的右焦點(diǎn)為(1)求雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)Q為雙曲線右支上的一個(gè)動點(diǎn)，證明：在x軸的負(fù)半軸上存在定點(diǎn)M，使得∠QFM=2∠QMF．【解題思路】（1）由雙曲線的對稱性可取漸近線y=bax，則可求出交點(diǎn)P（2）設(shè)Qx0,y0x0≥1，討論當(dāng)∠QFM=90°時(shí)求出點(diǎn)M；當(dāng)∠QFM≠90°，設(shè)出點(diǎn)【解答過程】（1）根據(jù)雙曲線的對稱性，不妨設(shè)直線x=a2c與漸近線y=由x=a2c因?yàn)镻F=所以c?a2c又離心率為2，所以c2a2所以雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）由（1）知雙曲線C的右焦點(diǎn)為F2,0設(shè)Qx0,①當(dāng)x0=2時(shí)，因?yàn)椤螿FM=2∠QMF=90°，所以∠QMF=45°，所以MF=所以M?1,0②當(dāng)x0≠2時(shí)，設(shè)tan∠QFM=?kQF因?yàn)椤螿FM=2∠QMF，所以?y（i）當(dāng)y0≠0時(shí)，上式化簡為又x02?y0所以?(4+4t)=03+4t+t2=0，解得（ii）當(dāng)y0=0，t=?1時(shí)，即M?1,0綜上，在x軸的負(fù)半軸上存在定點(diǎn)M?1,0，使得∠QFM=2∠QMF6．（2022·全國·高三階段練習(xí)（理））如圖，已知拋物線C:y2=2pxp>0的焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)F的直線l交拋物線C于A，B兩點(diǎn)，動點(diǎn)P滿足△PAB的垂心為原點(diǎn)O.當(dāng)直線(1)求拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)求證：點(diǎn)P在定直線上.【解題思路】（1）根據(jù)拋物線的定義及韋達(dá)定理可求解；（2）根據(jù)垂心建立斜率之間的關(guān)系，從而得到直線PA,PB，兩直線聯(lián)立得到點(diǎn)P的坐標(biāo)，結(jié)合韋達(dá)定理，從而可得點(diǎn)P在定直線上.【解答過程】(1)設(shè)直線l的方程為x=my+p2，Ax由x=my+p2,所以y1+yAB=當(dāng)直線l的傾斜角為30°時(shí)，m=1AB=2p所以2p=4，即拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2(2)由（1），得y1+y因?yàn)椤鱌AB的垂心為原點(diǎn)O，所以O(shè)A⊥PB，OB⊥PA.因?yàn)閗BO=y所以直線AP的方程為y?y1=?同理可得，直線BP的方程為y=?y聯(lián)立方程y=?y2即P?3,3m.所以點(diǎn)P在定直線x=?37．（2022·黑龍江·高三開學(xué)考試）已知雙曲線C:x2a2?(1)求C的方程；(2)設(shè)A，B是直線x=?9上關(guān)于x軸對稱的兩點(diǎn)，直線y=kx+9與C交于M，N兩點(diǎn)，證明：直線AM與BN【解題思路】（1）根據(jù)漸近線方程得到ba=13，結(jié)合點(diǎn)到直線距離公式求出c=42，利用（2）聯(lián)立直線與雙曲線方程，寫出兩根之和，兩根之積，表達(dá)出直線AM與BN的方程，聯(lián)立后求得交點(diǎn)橫坐標(biāo)滿足x=?1【解答過程】（1）雙曲線C:x2a2?又焦點(diǎn)c,0到直線y=13x的距離d=13又c2=a2+所以雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）證明：聯(lián)立方程組x23?y2設(shè)Mx1,y1，N設(shè)A?9,t，B?9,?t（t≠0），則得直線AM的方程為直線BN的方程為y+t=y兩個(gè)方程相減得2t=y2因?yàn)閥2把上式代入①得：2=x所以x=2因此直線AM與BN的交點(diǎn)在直線x=?18．（2022·甘肅·高二期末（文））已知拋物線C:y2=2px(p>0)上一點(diǎn)Px0(1)求C的方程；(2)點(diǎn)M、N在C上，且PM⊥PN，PD⊥MN，D為垂足．證明：存在定點(diǎn)Q，使得|DQ|為定值．【解題思路】（1）利用拋物線的定義，轉(zhuǎn)化求解拋物線方程即可．（2）①直線MN斜率不存在時(shí)，滿足題意，②直線MN斜率不存在時(shí)，設(shè)直線MN:y=kx+m，聯(lián)立直線與拋物線方程，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，利用韋達(dá)定理，結(jié)合向量的數(shù)量積，推出【解答過程】(1)解：由拋物線定義，得|PF|=x0+p所以拋物線C的方程為y2(2)證明：①直線MN斜率不存在時(shí)，可設(shè)M(xM,∵P(1,2)，∴PM=(xM又∵xM=x∴PN?PM=0，解得∵PD⊥MN，D為垂足，∴D(5,2)，故存在定點(diǎn)Q，使得|DQ|為定值，②直線MN斜率存在時(shí)，設(shè)直線MN:y=kx+m，y2=4xy=kx+m設(shè)M(x1，y1)，N(x2，因?yàn)镻M⊥PN，所以PM?得(k所以(k得5k2+(6m?8)k+當(dāng)m=?k+2時(shí)，過定點(diǎn)P(1,2)，不符合題意；當(dāng)m=?5k?2時(shí)，直線MN過點(diǎn)H(5,?2)，所以點(diǎn)D在以PH為直徑的圓上，故當(dāng)Q為PH的中點(diǎn)Q(3,0)時(shí)，|DQ|=229．（2022·湖北·高三開學(xué)考試）已知雙曲線C與雙曲線x212?(1)求雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)已知D(2,0),E,F是雙曲線C上不同于D的兩點(diǎn)，且DE?DF=0,DG⊥EF于G，證明：存在定點(diǎn)H【解題思路】（1）根據(jù)雙曲線C與已知雙曲線有相同的漸近線，設(shè)雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2?4y（2）（i）當(dāng)直線EF斜率存在時(shí)，設(shè)EF:y=kx+m，與雙曲線x24?y2=1聯(lián)立，根據(jù)且DE?【解答過程】（1）解：因?yàn)殡p曲線C與已知雙曲線有相同的漸近線，設(shè)雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x代入點(diǎn)A坐標(biāo)，解得λ=4所以雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x（2）（i）當(dāng)直線EF斜率存在時(shí)，設(shè)EF:y=kx+m，設(shè)Ex1,y1化簡得4kΔ=(8km)2則有x1又y1因?yàn)镈E?所以k2所以k2化簡，得3m2+16km+20所以m1且均滿足4k當(dāng)m1=?2k時(shí)，直線l的方程為y=kx?2當(dāng)m2=?103k時(shí)，直線（ii）當(dāng)直線EF斜率不存在時(shí)，由對稱性不妨設(shè)直線DE：y=x?2，與雙曲線C方程聯(lián)立解得xE=xF=綜上，直線EF過定點(diǎn)M10由于DG⊥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，所以存在定點(diǎn)H83,0，使GH10．（2022·福建泉州·模擬預(yù)測）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0過點(diǎn)A(1)求C的方程：(2)設(shè)過A與x軸垂直的直線為l，縱坐標(biāo)不為0的點(diǎn)P為C上一動點(diǎn)，過F作直線PA的垂線交l于點(diǎn)Q，證明：直線PQ過定點(diǎn)．【解題思路】（1）設(shè)點(diǎn)Fc,0，其中c=a2?b2>0，則Mc,32，由已知條件求出（2）分析可知，直線PQ過x軸上的定點(diǎn)Tt,0，設(shè)點(diǎn)Px0,y0x0≠±2,y0【解答過程】（1）解：設(shè)點(diǎn)Fc,0，其中c=a2因?yàn)闄E圓C過點(diǎn)A?2,0，則a=2將點(diǎn)M的坐標(biāo)代入橢圓C的方程，可得c2a2+9因此，橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）證明：由對稱性可知，若直線PQ過定點(diǎn)T，則點(diǎn)T必在x軸上，設(shè)點(diǎn)Tt,0設(shè)點(diǎn)Px0,所以，直線PA的垂線的斜率為k=?x故直線FQ的方程為y=?x在直線FQ的方程中，令x=?2，可得y=3x0所以，直線PQ的方程為y?y因?yàn)辄c(diǎn)T在直線PQ上，所以，?y即y02又因?yàn)閤024+將②代入①可得3?3x0∵x0≠?2，則t=2，所以，直線PQ11．（2022·遼寧鞍山·一模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)B與點(diǎn)A?1,32關(guān)于原點(diǎn)對稱，P是動點(diǎn)，且直線AP與BP(1)求動點(diǎn)P的軌跡方程，并注明x的范圍；(2)設(shè)直線AP與BP分別與直線x=3交于M，N，問是否存在點(diǎn)P使得△PAB與△PMN面積相等？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，若不存在，說明理由.【解題思路】（1）根據(jù)兩點(diǎn)間斜率公式以及題中條件斜率之積即可列方程求解，（2）由面積相等可得長度的比例關(guān)系|PA||PM|【解答過程】（1）因?yàn)辄c(diǎn)B與點(diǎn)A?1,32關(guān)于原點(diǎn)O對稱，所以點(diǎn)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x,y)，由題意得y?32故動點(diǎn)P的軌跡方程為x2（2）若存在點(diǎn)P使得△PAB與△PMN的面積相等，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為x0則1因?yàn)閟in∠APB=sin∠MPN，所以即3?x02=x02故存在點(diǎn)P使得△PAB與△PMN的面積相等，此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為5312．（2022·上海市高二期末）已知F1、F2分別為橢圓E：x24+y2(1)當(dāng)直線l垂直于x軸時(shí)，求弦長AB；(2)當(dāng)OA?OB=?2(3)記橢圓的右頂點(diǎn)為T，直線AT、BT分別交直線x=6于C、D兩點(diǎn)，求證：以CD為直徑的圓恒過定點(diǎn)，并求出定點(diǎn)坐標(biāo)．【解題思路】（1）將x=?1代入橢圓方程求解即可；（2）由（1）知當(dāng)直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為：y=kx+1，聯(lián)立直線與橢圓的方程，得出3+4k2x2（3）分析當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，由橢圓的對稱性知若以CD為直徑的圓恒過定點(diǎn)則定點(diǎn)在x軸上，再以CD為直徑的圓的方程，令y=0，代入韋達(dá)定理化簡可得定點(diǎn)【解答過程】(1)由題知F1?1，0(2)由（1）知當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，A(?1，32)，B(?1，?∴直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為：y=kx+1聯(lián)立x24+y23=1由OA?OB∴直線l的方程為y=±2(3)①當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，A(?1，直線AT的方程為y=?12x+1，C直線BT的方程為y=12x?1，D點(diǎn)坐標(biāo)為6，2，以CD為直徑的圓方程為(x?6)2+y2=4，由橢圓的對稱性知若以②當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，同（2）聯(lián)立，直線AT的方程為y=yC點(diǎn)坐標(biāo)為(6，4y1x1?2)，同理D令y=0，得x2由16y得x2?12x+32=0，解得x=4，x=8，即圓過點(diǎn)綜上可得，以CD為直徑的圓恒過定點(diǎn)(4，0)，(8，0)．13．（2022·重慶高三階段練習(xí)）已知橢圓C的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)，對稱軸為x軸，y軸，且過A(?2,0),B1,(1)求橢圓C的方程；(2)F為橢圓C的右焦點(diǎn)，直線l交橢圓C于P,Q（不與點(diǎn)A重合）兩點(diǎn)，記直線AP,AQ,l的斜率分別為k1,k2,k【解題思路】（1）結(jié)合A,B兩點(diǎn)的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求得橢圓C的方程.（2）設(shè)直線l:y=kx+m，聯(lián)立直線l的方程和橢圓C的方程，化簡寫出根與系數(shù)關(guān)系，利用k1+k2=?3k求得m,k【解答過程】（1）由已知設(shè)橢圓C方程為：mx代入A?2,0,B1,故橢圓C方程為x2（2）設(shè)直線l:y=kx+m,Px由y=kx+m,3x1+x又k1故k==3m?6k由k1+k故m?2km?k=0?m=2k或①當(dāng)m=2k時(shí)，直線l:y=kx+2k=kx+2，過定點(diǎn)A②當(dāng)m=k時(shí)，直線l:y=kx+k=kx+1，過定點(diǎn)?1,0，即直線l此時(shí)Δ=192所以△FPQ的周長為定值4a=8.14．（2022·全國·高三專題練習(xí)）已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左?右焦點(diǎn)分別為F1(1)求橢圓E的方程；(2)如圖，下頂點(diǎn)為A，過點(diǎn)B0,2作一條與y軸不重合的直線，該直線交橢圓E于C,D兩點(diǎn)，直線AD,AC分別交x軸于H，G兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn).求證：△ABG與△AOH【解題思路】（1）寫出直線方程，取x=1求得y值，得到直線與橢圓的交點(diǎn)，再由已知列關(guān)于a，b的方程組，求解a，b的值，則橢圓方程可求；（2）由題意知，直線BC的斜率存在，設(shè)直線BC:y=kx+2，由橢圓方程聯(lián)立，利用根與系數(shù)的關(guān)系可得D，C橫縱坐標(biāo)的和與積，分別寫出AD，AC的方程，求得H與G的坐標(biāo)，再寫出兩三角形面積的乘積，結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系可得△ABG與△AOH的面積之積為定值12【解答過程】（1）由題意，F(xiàn)1?1,0，F(xiàn)21,0，故過F1令x=1，得y=22，由題意可得a2?b∴求橢圓E的方程為x2（2）證明：由題意知，直線BC的斜率存在，設(shè)直線BC:y=kx+2，D(x1，y1)，聯(lián)立y=kx+2x22∴x1+x由Δ=16k2∴yy1直線AD的方程為y=y1+1x1則H(x11+y1，0)∴S=315．（2022·江蘇南通·模擬預(yù)測）已知A',A分別是橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左(1)求C的方程；(2)過點(diǎn)F作直線l（與x軸不重合）交C于M,N兩點(diǎn)，設(shè)直線AM,AN的斜率分別為k1,k【解題思路】（1）根據(jù)PF⊥A'A可設(shè)P?c,y0，根據(jù)AB∥OP，利用（2）由題意設(shè)l：x=ty?2，聯(lián)立直線與橢圓的方程，得出韋達(dá)定理，再表達(dá)出k【解答過程】（1）因?yàn)镻F⊥A'A，故可設(shè)P?c,y0，因?yàn)锳B∥OP，故又P?c,bca在橢圓C上，故c2a又FA'=2?2，故FA故C的方程為x2（2）因?yàn)闄E圓方程為x24+y22=1，故F?2,0,A聯(lián)立x24+y22=1故k=y1=1t2故定值為2?16．（2022·山西高三階段練習(xí)）如圖，橢圓C：x2a2+y2b2=1（(a>b>0)，|A1B1|=7，F(xiàn)1是橢圓C的左焦點(diǎn)，A1是橢圓C的左頂點(diǎn)，B(1)求橢圓C的方程；(2)是否存在定點(diǎn)Q(x0,0)，使得QA【解題思路】（1）由已知列出關(guān)于a,b,c的方程組解之可得橢圓方程；（2）假設(shè)存在Q(x0,0)滿足題意，設(shè)A(x1,y1)，B(x2【解答過程】（1）由已知知a2+b所以橢圓方程為x2（2）假設(shè)存在Q(x設(shè)A(x1,y1①當(dāng)直線l與x軸不垂直時(shí)，設(shè)l：y=k(x?n)，代入x24∴x1+QA=(=(=(7n（*）式是與k無關(guān)的常數(shù)，則3(7n解得x0=1②當(dāng)直線l與x垂直時(shí)，l:x=n，An,3(1?nQA?所以存在定點(diǎn)Q(12n+17．（2022·河南·高二階段練習(xí)（文））已知B?1,0,C1,0為△ABC的兩個(gè)頂點(diǎn)，P為△ABC(1)求點(diǎn)P的軌跡C的方程.(2)已知點(diǎn)N?3,0,E?2,0,F2,0，直線PN與曲線C的另一個(gè)公共點(diǎn)為Q，直線EP與FQ交于點(diǎn)M【解題思路】（1）由三角形重心的性質(zhì)與橢圓的定義求解即可；（2）設(shè)直線PQ的方程為：x=my?3，Px1,y1【解答過程】(1)因?yàn)镻為△ABC的重心，且邊AC,AB上的兩條中線長度之和為6，所以PB+故由橢圓的定義可知P的軌跡C是以B?1,0且a=2,c=1，所以b=3所以P的軌跡C的方程為x2(2)設(shè)直線PQ的方程為：x=my?3，Px聯(lián)立方程x=my?3x24則y1所以2my又直線PE的方程為：y=y又直線QF的方程為：y=y聯(lián)立方程y=y1my把2myx=2所以當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動時(shí)，點(diǎn)M恒在定直線x=?4318．（2022·湖南·高三階段練習(xí)）已知雙曲線C:x2a2?y2(1)求雙曲線C的方程.(2)設(shè)過點(diǎn)B1,0的直線l與雙曲線C交于D,E兩點(diǎn)，問在x軸上是否存在定點(diǎn)P，使得PD?PE【解題思路】（1）由離心率得出a2=2b（2）設(shè)Dx1,y1,Ex2,y2，直線l的方程為y=k(x?1)，代入雙曲線方程，消去y得y的一元二次方程，由相交可得k的范圍，由韋達(dá)定理得x【解答過程】（1）因?yàn)殡p曲線C的離心率為62所以622=1+將點(diǎn)A6,4的坐標(biāo)代入x22解得b2所以C的方程為x2（2）設(shè)Dx1,y1,Ex2,y2，直線l由題可知1?2k2≠0且Δ>0，即所以x1設(shè)存在符合條件的定點(diǎn)Pt,0，則PD所以PD?所以PD?化簡得PD?因?yàn)镻D?PE為常數(shù)，所以?2t此時(shí)該常數(shù)的值為t2所以，在x軸上存在點(diǎn)P134,0，使得PD19．（2022·全國·高三專題練習(xí)）設(shè)A,B為雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左?右頂點(diǎn)，直線l過右焦點(diǎn)F且與雙曲線(1)求雙曲線C的離心率；(2)已知AB=4，若直線AM,AN分別交直線x=a2于P,Q兩點(diǎn)，當(dāng)直線l的傾斜角變化時(shí)，以【解題思路】（1）當(dāng)直線l垂直于x軸時(shí)，△AMN為等腰直角三角形，故AF=FM，列出方程，得到（2）直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)出直線y=kx?4，與雙曲線聯(lián)立后得到兩根之和，兩根之積，求出直線AM:y=y1x1+2x+2，得到P1,3【解答過程】（1）由已知得：Fc,0將x=c代入C:x2a當(dāng)直線l垂直于x軸時(shí)，△AMN為等腰直角三角形，此時(shí)AF=即a+c=b2a因?yàn)閎2=c方程兩邊同除以a2得：2+e?e2=0，解得：所以雙曲線C的離心率為2（2）因?yàn)锳B=4，所以2a=4，解得：a=2，故c=2a=4，b2=c當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為：y=kx?4與雙曲線聯(lián)立得：3?k設(shè)Mx則x1+x因?yàn)橹本€l過右焦點(diǎn)F且與雙曲線C的右支交于M,N兩點(diǎn)，所以x1+x直線AM:y=y1x同理可求得：Q1,則1=3kPQ=3k其中x1所以PQ=18k則以PQ為直徑的圓的圓心坐標(biāo)為1,3k，半徑為所以以PQ為直徑的圓的方程為：x?12整理得：x?12+y2?6yk當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，此時(shí)不妨設(shè)M4,6此時(shí)直線AM:y=x+2，點(diǎn)P坐標(biāo)為1,3，同理可得：Q1,?3.以PQ為直徑的圓的方程為x?12+y2=9綜上：以PQ為直徑的圓過定點(diǎn)4,0，?2,0.20．（2022·安徽·模擬預(yù)測）已知雙曲線C:x2a2?(1)求雙曲線C的方程．(2)設(shè)直線l是圓O:x2+y2=4上的動點(diǎn)Px0,y0【解題思路】（1）根據(jù)雙曲線的基本量關(guān)系求解即可；（2）解法1：先求得圓在點(diǎn)Px0,y0處的切線方程為x0x+y0解法2：同解法1，聯(lián)立直線與雙曲線的方程得3x02【解答過程】（1）由題意得：ca=3，故c又過點(diǎn)(2,2)可得4a2?4b2=1，即（2）解法1：因?yàn)辄c(diǎn)Px0,所以圓在點(diǎn)Px0,化簡得x0則直線l的方程為xx0+yy0變形為42整理得y02+4得到y(tǒng)0設(shè)Ax1,故OA⊥OB，即以AB為直徑的圓過坐標(biāo)原點(diǎn)．解法2：因?yàn)辄c(diǎn)Px0,所以圓在點(diǎn)Px0,y由x22?y2∵切線l與雙曲線C交于不同的兩點(diǎn)A、B，且0<x∴3x02設(shè)A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為x1則x1則OA?===32?4x021．（2022·福建·高三階段練習(xí)）已知兩點(diǎn)M0,?4，N0,4，動點(diǎn)P在x軸的投影為Q，且PM?PN=3(1)求C的方程.(2)過點(diǎn)F26,0的直線與曲線C在y軸右側(cè)相交于A，B兩點(diǎn)，線段AB的垂直平分線與x軸相交于點(diǎn)H【解題思路】（1）設(shè)Px,y，利用PM?PN（2）設(shè)出直線AB的方程并與曲線C的方程聯(lián)立，化簡寫出根與系數(shù)關(guān)系，求得線段AB的垂直平分線的方程，進(jìn)而求得H點(diǎn)的坐標(biāo)，結(jié)合弦長公式求得ABFH【解答過程】（1）設(shè)Px,y，則Qx,0，PM=?x,?4?y，因?yàn)镻M?PN=3故C的方程為x2（2）由題可知直線AB的斜率一定存在，且不為0，不妨設(shè)直線AB的方程為y=kx?26，Ax聯(lián)立方程組y=k(x?26)x216則Δ=384k4x1+x則線段AB的垂直平分線的方程為y+2令y=0，得x=?66kFH=AB==1+k2?則ABFH故ABFH是定值，該定值為222．（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知E:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的右焦點(diǎn)為F2，點(diǎn)F2到E的一條漸近線的距離為(1)求E的方程.(2)若M32,0，N是直線x=1上一點(diǎn)，當(dāng)B,M,N【解題思路】（1）利用點(diǎn)到直線的距離求出b，再根據(jù)通徑求出a，即可得解；（2）設(shè)Ax1,y1,Bx2,y2【解答過程】（1）解：根據(jù)對稱性，不妨設(shè)F2c,0到直線bx+ay=0的距離為則bca令x=c，則c2a2所以當(dāng)AB⊥x軸時(shí)，|AB|=2b2故E的方程為x2（2）解：設(shè)Ax當(dāng)直線AB的斜率不為0時(shí)，設(shè)直線AB的方程為x=my+2，聯(lián)立方程組x22?由Δ=8m2+1設(shè)N(1,t)，因?yàn)锽,M,N三點(diǎn)共線，所以t?12因?yàn)閥1所以kAN=y當(dāng)直線AB的斜率為0時(shí)，A，B，M，N都在x軸上，則直線AN的斜率為定值.綜上所述，直線AN的斜率為定值0.23．（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知雙曲線C：x2a2?y2b2=1（a>0，b>0）實(shí)軸端點(diǎn)分別為A1?a,0，A2a,0，右焦點(diǎn)為F(1)求雙曲線的方程；(2)若過F的直線l'與雙曲線C交于M，N兩點(diǎn)，試探究直線A1M與直線A【解題思路】（1）聯(lián)立直線方程與雙曲線方程，可得點(diǎn)B，進(jìn)而根據(jù)三角形面積公式即可求出a,b,c的值；（2）分直線斜率和不存在兩種情況討論，求出兩直線交點(diǎn)，代入化簡即可求解.【解答過程】（1）設(shè)直線l的方程為y=x+a，聯(lián)立y=x+ax2a又e=ca=2，c2=∴S△A1BF=12a+c?3a=92，解得（2）當(dāng)直線l'點(diǎn)的斜率不存在時(shí)，M2,3，N2,?3，直線A1M的方程為y=x+1，直線A2N的方程為y=?3x+3當(dāng)直線l'的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l'的方程為y=kx?2，M聯(lián)立y=kx?2x2?y23=1∴直線A1M的方程為y=y1x聯(lián)立直線A1M與直線x+1x?1=y又Mx1,y1∴y=4∴x+1x?12=9，∴x=綜上，Q在定直線上，且定直線方程為x=124．（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知拋物線C：y=ax2a>0的焦點(diǎn)是F，若過焦點(diǎn)F的直線與C相交于A，B(1)求實(shí)數(shù)a的值；(2)設(shè)P，Q是拋物線C上不同于坐標(biāo)原點(diǎn)O的兩個(gè)不同的動點(diǎn)，且以線段PQ為直徑的圓經(jīng)過點(diǎn)O，作OM⊥PQ，M為垂足，試探究是否存在定點(diǎn)N，使得MN為定值，若存在，則求出該定點(diǎn)N的坐標(biāo)及定值MN，若不存在，請說明理由．【解題思路】（1）根據(jù)拋物線和過焦點(diǎn)的直線聯(lián)立方程，根據(jù)焦點(diǎn)弦的計(jì)算，即可求解.（2）聯(lián)立方程，得到根與系數(shù)的關(guān)系，根據(jù)以線段PQ為直徑的圓經(jīng)過點(diǎn)O，轉(zhuǎn)化成OP?OQ=0，可得直線過定點(diǎn)，再由OM⊥PQ【解答過程】（1）拋物線C：y=ax2(a>0)化為標(biāo)準(zhǔn)方程為：x2=聯(lián)立方程得：{y=k1x+1其中A(x1,y1)，因?yàn)榻裹c(diǎn)弦長|AB|=y1+y2所以，實(shí)數(shù)a的值為12（2）由題意可知直線PQ的斜率存在，設(shè)其方程為y=kx+t(t≠0)．聯(lián)立方程得：{y=kx+tx2=2y，整理得：其中P(x3,y3)，因?yàn)橐訮Q為直徑的圓經(jīng)過點(diǎn)O，所以O(shè)P?又因?yàn)镺P?∵t≠0，∴t=2．所以直線PQ過定點(diǎn)T(0,2)，又因?yàn)镺M⊥PQ，所以△OMT為直角三角形，所以當(dāng)N為斜邊OT中點(diǎn)時(shí)，|MN|為定值，此時(shí)|MN|=1所以定點(diǎn)N為(0,1)，|MN|為定值1．25．（2022·全國·高三專題練習(xí)）已知圓M過點(diǎn)1,0，且與直線x=?1相切.(1)求圓心M的軌跡C的方程；(2)過點(diǎn)P2,0作直線l交軌跡C于A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)A關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)為A'，過點(diǎn)P作PQ⊥A'B，垂足為Q，在平面內(nèi)是否存在定點(diǎn)E【解題思路】（1）設(shè)出點(diǎn)M的坐標(biāo)，利用給定條件列式化簡作答.（2）設(shè)出直線l的方程，與軌跡C的方程聯(lián)立，探求出直線A'【解答過程】(1)設(shè)圓心M(x,y)，依題意，(x?1)2+y所以圓心M的軌跡C的方程是：y2(2)依題意，直線l的斜率存在且不為0，設(shè)直線l的方程為：x=ty+2，A(x1,y1由拋物線對稱性知，點(diǎn)A'在軌跡C上，直線A'B直線A'B的方程為：y?y由x=ty+2y2=4x消去x并整理得：y直線A'B的方程化為：y=4y2因PQ⊥A'B于點(diǎn)Q，于是得△PQP'是直角三角形，且點(diǎn)O(0,0)令點(diǎn)(0,0)為E，從而有|EQ|=2，所以存在定點(diǎn)E，使得|EQ|=2為定值，點(diǎn)E坐標(biāo)為(0,0).26．（2022·江西·高二期末（文））已知?jiǎng)訄AM過定點(diǎn)(1，0)，且與直線(1)求動圓圓心M的軌跡E的方程；(2)直線l過點(diǎn)(1，0)與曲線E相交于A、B兩點(diǎn)，問：在x軸上是否存在定點(diǎn)D(t，0)(t≠0)，使【解題思路】（1）利用兩點(diǎn)間的距離公式和直線與圓相切的性質(zhì)即可得出；（2）假設(shè)存在點(diǎn)D(x0，0)滿足題設(shè)條件kAD【解答過程】(1)設(shè)動圓的圓心M(x,y)，依題意：(x?1)化簡得：y2即為動圓的圓心M的軌跡E的方程．(2)假設(shè)存在點(diǎn)D(x0，0)滿足條件，使k顯然直線斜率不為0，所以由直線l過點(diǎn)(1，0)，可設(shè)由y2=4xx=my+1設(shè)A(x1，y1)，B(x2，由①式得kAD∴y即y1消去x1，x2，得即14∵y∴x0存在點(diǎn)D(?1,0)使得kAD27．（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知點(diǎn)F0,2，過點(diǎn)P0,?2且與y軸垂直的直線為l1，l2⊥x軸，交l1于點(diǎn)N，直線l垂直平分(1)求點(diǎn)M的軌跡方程；(2)記點(diǎn)M的軌跡為曲線E，直線AB與曲線E交于不同兩點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2)，且x2?1=x【解題思路】（1）由題意得FM=MN，結(jié)合拋物線的定義即可求得點(diǎn)（2）設(shè)出直線AB的方程，聯(lián)立拋物線求得AB的中點(diǎn)Q坐標(biāo)，再聯(lián)立切線與拋物線求出切點(diǎn)坐標(biāo)，得到CQ⊥x軸，結(jié)合x2?1=x1+【解答過程】(1)由題意得FM=MN，即動點(diǎn)M到點(diǎn)F0,2的距離和到直線y=?2的距離相等，所以點(diǎn)M直線y＝－2為準(zhǔn)線的拋物線，根據(jù)拋物線定義可知點(diǎn)M的軌跡方程為x2(2)由題意知，直線AB的斜率存在，設(shè)其方程為y=kx+b，由y=kx+b,x2=8y消去y則x1+x2=8k,x1?x2=?8b由y=kx+t,x2=8y消去y整理得x2?8kx?8t=0，∵直線與拋物線相切，∴∴切點(diǎn)C的橫坐標(biāo)為4k，∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為4k,2k2，∴CQ⊥x軸，∵∴(x2?x∴S△ABC=12CQ?x28．（2023·全國·高三專題練習(xí)）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．【解題思路】（1）設(shè)出直線AB的方程，與拋物線方程聯(lián)立，設(shè)點(diǎn)A，B坐標(biāo)，利用韋達(dá)定理計(jì)算作答.（2）利用（1）中信息，求出直線MN，CD的方程，并求出交點(diǎn)坐標(biāo)即可推理作答.【解答過程】（1）拋物線y2=4x的焦點(diǎn)F1,0，顯然直線AB不垂直于y由x=my+1y2=4x消去x并整理得，y2?4my?4=0，設(shè)點(diǎn)Ax1矩形ANOM和矩形BDOC面積分別為S1=x所以S1（2）由（1）得Mx1,0，N0,y于是得直線MN的方程為：y=?y1x1x+由y=?y1x1x+y1因此有x=1，即直線MN與直線CD交點(diǎn)在直線x=1上.所以線MN與直線CD交點(diǎn)在定直線x=1上.29．（2022·寧夏·三模（理））在平面直角坐標(biāo)系