2025年高考數(shù)學復習大題題型歸納：專題11 圓錐曲線中的定點、定值和定直線問題（解析）

專題11圓錐曲線中的定點、定值和定直線問題一、橢圓定點問題1．已知圓E：x+12+y2=16，點F1,0，G是圓E(1)求動點H的軌跡Γ的方程；(2)經(jīng)過點F和T7,0的圓與直線l：x=4交于P，Q，已知點A2,0，且AP、AQ分別與Γ交于M、N.試探究直線【答案】(1)x(2)經(jīng)過定點，定點坐標為1,0【分析】（1）利用橢圓的定義即可求出動點H的軌跡Γ的方程；（2）設(shè)Mx1,y1，Nx2,y2，直線MN的方程為：x=my+n，與橢圓方程聯(lián)立，根據(jù)韋達定理列出x1，y1，x2，y2之間的關(guān)系，再利用兩點式寫出直線【詳解】（1）如圖所示，

∵HE+HF=∴點H的軌跡是以E，F(xiàn)為焦點的橢圓，設(shè)橢圓方程x2a2+y2b2=1，則所以點H的軌跡方程為：x2（2）設(shè)直線MN的方程為：x=my+n，由x24設(shè)Mx1,y1，N所以，x1+因為直線MA的方程為：y=y1x1?2所以，P4,2y以PQ為直徑的圓的方程為：x?42即x?42因為圓過點7,0，所以，9+2得9+4y1化簡得，9+12n2?484所以直線MN經(jīng)過定點1,0，當直線MN的斜率為0時，此時直線MN與x軸重合，直線MN經(jīng)過點1,0，綜上所述，直線MN經(jīng)過定點1,0.2．已知點A(2,0)，B?65(1)求橢圓M的方程；(2)直線l與橢圓M交于C,D兩個不同的點（異于A,B），過C作x軸的垂線分別交直線AB,AD于點P,Q，當P是CQ中點時，證明．直線l過定點.【答案】(1)x(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)橢圓所經(jīng)過的點列方程求出其方程；（2）設(shè)出CD方程，結(jié)合韋達定理和P是CQ中點的條件，找到直線CD中兩個參數(shù)的關(guān)系，從而求出定點.【詳解】（1）由題知a=2，又橢圓經(jīng)過B?65,?4故橢圓的方程為：x（2）由題意知，當l⊥x軸時，不符合題意，故l的斜率存在，設(shè)l的方程為y=kx+m，聯(lián)立y=kx+mx24+y則Δ=64k即4設(shè)Cx1,y1，AB的方程為y=14(x?2)，令x=AD的方程為y=y2x2?2由P是CQ中點，得x1?22即kx即(1?4k)x即4m2+(16k+8)m+16得m=?2k?2或m=?2k，當m=?2k?2，此時由Δ>0，得k<?3當m=?2k，此時直線l經(jīng)過點A，與題意不符，舍去.所以l的方程為y=kx?2k?2，即y=k(x?2)?2，所以l過定點(2,?2).3．如圖，橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右頂點分別為A，B．左、右焦點分別為

(1)求橢圓C的方程；(2)已知P，Q是橢圓C上兩動點，記直線AP的斜率為k1，直線BQ的斜率為k2，k1=2k2．過點B作直線PQ的垂線，垂足為H．問：在平面內(nèi)是否存在定點【答案】(1)C:x(2)存在定點T(23,0)【分析】（1）根據(jù)離心率，橢圓上點及參數(shù)關(guān)系列方程組求a,b,c，即可得橢圓方程；（2）根據(jù)題意設(shè)BQ:y=k(x?2)，AP:y=2k(x+2)，聯(lián)立橢圓方程求P,Q坐標，判斷直線PQ過定點，結(jié)合BH⊥PQ于H確定H軌跡，進而可得定點使得TH為定值.【詳解】（1）由題意ca=222（2）若直線BQ斜率為k，則直線AP斜率為2k，而A(?2,0),B(2,0)，所以BQ:y=k(x?2)，AP:y=2k(x+2)，聯(lián)立BQ與橢圓C，則x2+2k所以2xQ=8k聯(lián)立AP與橢圓C，則x2+8k所以?2xP=32k綜上，xQyQ當64k4?4≠0，即k≠±此時PQ:y+4k所以PQ:y=3k1?4k2x+當64k4?4=0若k=12，則xQ=?23且yQ=?4若k=?12，則xQ=?23且yQ=4綜上，直線PQ過定點M(?23,0)，又BH⊥PQ易知H軌跡是以BM為直徑的圓上，故BM的中點(23,0)所以，所求定點T為(2

【點睛】關(guān)鍵點點睛：第二問，設(shè)直線BQ，AP聯(lián)立橢圓，結(jié)合韋達定理求點P,Q坐標，再寫出直線PQ方程判斷其過定點是關(guān)鍵.4．已知橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，A(1)求C的方程；(2)C的弦DE過F1，直線AE，AD分別交直線x=?4于M，N兩點，P是線段MN的中點，證明：以PD【答案】(1)x2(2)證明見解析.【分析】（1）根據(jù)橢圓的定義結(jié)合三角形不等式求解即可；（2）設(shè)Dx1,y1【詳解】（1）依題意，a2△BF2D周長DB+D

所以a2=4,b2=3（2）設(shè)Dx1,y1,ExΔ=36m2+36易知AD:y=y1x1?2x?2，令從而中點P?4,?3以PD為直徑的圓為x+4x?由對稱性可知，定點必在x軸上，令y=0得，x+4x?y=?18m所以x+4x?x1+3my所以x2+5?m解得x=?1，所以圓過定點?1,0.

【點睛】方法點睛：利用韋達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)交點坐標為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，必要時計算Δ；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為x1+x2，x1（5）代入韋達定理求解.5．已知橢圓C:x2a2+y2b2(1)求△APQ的內(nèi)心坐標；(2)是否存在定點D，使過點D的直線l交C于M,N，交PQ于點R，且滿足MR?【答案】(1)7?3(2)存在定點D(4,0)【分析】（1）由題意，根據(jù)橢圓的定義以及a2=b2+c2，列出等式即可求出橢圓C的方程，判斷△APQ的內(nèi)心在x軸，設(shè)直線PT平分∠APQ，交x（2）設(shè)直線l方程為y=k(x?t)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，將直線l的方程與橢圓方程聯(lián)立，得到根的判別式大于零，由點M、R、N、D均在直線l上，得到【詳解】（1）∵∴橢圓C的標準方程為x2不妨取P1,32因為△APQ中，AP=AQ，所以△APQ的內(nèi)心在x軸，設(shè)直線PT平分∠APQ，交x軸于T，則T為△APQ的內(nèi)心，且ATTF=APPF=（2）∵橢圓和弦PQ均關(guān)于x軸上下對稱．若存在定點D，則點D必在x軸上∴設(shè)D(t,0)當直線l斜率存在時，設(shè)方程為y=k(x?t),Mx1,消去y得4k則Δ=48k∵點R的橫坐標為1，M、R、N、D均在直線l上，MR∴∴2t?(1+t)x1+因為點D在橢圓外，則直線l的斜率必存在．∴存在定點D(4,0)滿足題意

【點睛】解決曲線過定點問題一般有兩種方法：①探索曲線過定點時，可設(shè)出曲線方程，然后利用條件建立等量關(guān)系進行消元，借助于曲線系的思想找出定點，或者利用方程恒成立列方程組求出定點坐標.②從特殊情況入手，先探求定點，再證明與變量無關(guān).二、雙曲線定點問題6．已知點P4,3為雙曲線E:x2a2?y(1)求雙曲線E的標準方程；(2)不過點P的直線y=kx+t與雙曲線E交于A,B兩點，若直線PA，PB的斜率和為1，證明：直線y=kx+t過定點，并求該定點的坐標.【答案】(1)x(2)證明見解析，定點為(?2,3).【分析】（1）由點到直線的距離公式求出b=3，再將點P4,3代入雙曲線方程求出a2（2）聯(lián)立直線與雙曲線方程，利用韋達定理得x1+x2、x1x2，再根據(jù)斜率和為1【詳解】（1）設(shè)F1(?c,0)(c>0)到漸近線y=bax則3=|?bc|b2+又P(4,3)在雙曲線x2a2?y所以雙曲線E的標準方程為x2（2）聯(lián)立y=kx+tx24?y則3?4k2≠0，Δ=64設(shè)A(x1,則x1+x則kPA+==2kx1所以2kx1x所以2k?1x所以?2k?1整理得t2所以(t?3)2所以t?3?2kt?3+4k因為直線y=kx+t不過P(4,3)，即3≠4k+t，t?3+4k≠0，所以t?3?2k=0，即t=2k+3，所以直線y=kx+t=kx+2k+3，即y?3=k(x+2)過定點(?2,3).

【點睛】關(guān)鍵點點睛：利用韋達定理和斜率公式推出t=2k+3是解題關(guān)鍵.7．雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左頂點為(1)求雙曲線C的方程；(2)已知M,N是C上不同的兩點，MN中點的橫坐標為2，且MN的中垂線為直線l，是否存在半徑為1的定圓E，使得l被圓E截得的弦長為定值，若存在，求出圓E的方程；若不存在，請說明理由.【答案】(1)x(2)存在，E:【分析】（1）根據(jù)雙曲線的性質(zhì)，結(jié)合△ABD是等腰直角三角形的性質(zhì)，列出關(guān)系式即可求解雙曲線方程；（2）首先利用點差法求出直線l所過的定點，即可求出定圓的方程.【詳解】（1）依題意，∠BAD=90°，焦半徑c=2，當x=c時，c2a2?y所以BF=b2a，由AF=解得：a=1（其中a=?2<0舍去），所以b2故雙曲線C的方程為x2

（2）設(shè)Mx1因為M,N是C上不同的兩點，MN中點的橫坐標為2.所以x1①-②得x1當kMN存在時，k因為MN的中垂線為直線l，所以y?y0=?所以l過定點T8,0

當kMN不存在時，M,N關(guān)于x軸對稱，MN的中垂線l為x軸，此時l也過T所以存在以8,0為圓心的定圓E:(x?8)2+y2【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查直線與雙曲線相交的綜合應用，本題的關(guān)鍵是求得直線所過的定點，因為半徑為1，所以定圓圓心為定點，弦長就是直徑.8．已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1a>0,b>0的右焦點，右頂點分別為F，A，B0,b，(1)求雙曲線C的方程.(2)過點F的直線l與雙曲線C的右支相交于P，Q兩點，在x軸上是否存在與F不同的定點E，使得EP?FQ=【答案】(1)x(2)存在，E【分析】（1）由AF=1，BM=3MA，直線OM的斜率為1，求得（2）設(shè)直線PQ的方程，與雙曲線的方程聯(lián)立，可得兩根之和及兩根之積，由等式成立，可得EF為∠PEQ的角平分線，可得直線EP,EQ的斜率之和為0，整理可得參數(shù)的值，即求出E的坐標．【詳解】（1）設(shè)c2=a2+b2因為點M在線段AB上，且滿足BM=3MA因為直線OM的斜率為1，所以13+1b因為AF=1，所以c?a=1，解得a=1，b=3，所以雙曲線C的方程為x2（2）假設(shè)在x軸上存在與F不同的定點E，使得EP?

當直線l的斜率不存在時，E在x軸上任意位置，都有EP?當直線l的斜率存在且不為0時，設(shè)Et,0，直線l的方程為x=ky+2直線l與雙曲線C的右支相交于P，Q兩點，則?33<k<設(shè)Px1,由x2?y23=1x=ky+2所以y1+y因為EP?FQ=EQ?FP，即EPEQ有y1x1?t+所以2k93k2?1綜上所述，存在與F不同的定點E，使得EP?FQ=【點睛】方法點睛：解答直線與雙曲線的題目時，時常把兩個曲線的方程聯(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，涉及到直線方程的設(shè)法時，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，要強化有關(guān)直線與雙曲線聯(lián)立得出一元二次方程后的運算能力，重視根與系數(shù)之間的關(guān)系、弦長、斜率、三角形的面積等問題．9．已知雙曲線C與雙曲線x212?(1)求雙曲線C的標準方程；(2)已知點D(2,0)，E，F(xiàn)是雙曲線C上不同于D的兩點，且DE·DF=0，DG⊥EF于點G，證明:存在定點H【答案】(1)x2(2)證明見解析.【分析】（1）根據(jù)給定條件，設(shè)出雙曲線C的方程，再將點A的坐標代入求解作答.（2）當直線EF斜率存在時，設(shè)出其方程并與雙曲線C的方程聯(lián)立，由給定的數(shù)量積關(guān)系結(jié)合韋達定理求得直線EF過定點，再驗證斜率不存在的情況，進而推理判斷作答.【詳解】（1）依題意，設(shè)雙曲線C的方程為x212?于是λ=(22)212所以雙曲線C的標準方程為x2（2）當直線EF斜率存在時，設(shè)直線EF的方程為：y=kx+m，設(shè)Ex由y=kx+mx2?4有4k2?1≠0，且Δ=(8km)2有x1+xDE=(x1?2,y整理得k2于是k2+1?即(3m+10k)(m+2k)=0，解得m=?2k或m=?10當m=?2k時，直線EF的方程為y=k(x?2)，直線EF過定點(2,0)，與已知矛盾，當m=?103k時，直線EF的方程為y=k(x?103當直線EF的斜率不存在時，由對稱性不妨設(shè)直線DE的方程為：y=x?2，由y=x?2x2?4y2=4解得x=2或x=103，因此點E,F的橫坐標綜上得直線EF過定點M(10由于DG⊥EF，即點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H(83,0)，使GH

【點睛】思路點睛：與圓錐曲線相交的直線過定點問題，設(shè)出直線的斜截式方程，與圓錐曲線方程聯(lián)立，借助韋達定理求出直線斜率與縱截距的關(guān)系即可解決問題.10．已知雙曲線C:x2?y2b2=1b>0的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，A是C的左頂點，C的離心率為2．設(shè)過F2

(1)求C的標準方程；(2)若直線AP、AQ分別交直線x=12于M、N兩點，證明：(3)是否存在常數(shù)λ，使得∠PF2A=λ∠PA【答案】(1)x2(2)證明見解析；(3)存在λ=2，理由見解析.【分析】（1）根據(jù)離心率，以及a，結(jié)合b2=c（2）設(shè)出直線PQ的方程，聯(lián)立雙曲線方程，得到關(guān)于點P,Q坐標的韋達定理；再分別求得AP,AQ的方程，以及點M,N的坐標，利用數(shù)量積的坐標運算，即可證明；（3）求得直線PQ不存在斜率時滿足的λ，當斜率存在時，將所求問題，轉(zhuǎn)化為直線PA,PF2斜率之間的關(guān)系，結(jié)合點P的坐標滿足曲線【詳解】（1）由題可得a=1,ca=2，故可得c=2故C的標準方程為x2（2）由（1）中所求可得點A，F(xiàn)2的坐標分別為?1,0又雙曲線漸近線為y=±3x，顯然直線故設(shè)其方程為x=my+2，(m≠±3聯(lián)立雙曲線方程x2?y設(shè)點P,Q的坐標分別為x1則y1x1x1又直線AP方程為：y=y1x1+1故點M的坐標為(1直線AQ方程為：y=y2x2+1故點N的坐標為(1則MF2==故MF2?（3）當直線PQ斜率不存在時，對曲線C:x2?y2故點P的坐標為(2,3)，此時∠PF在三角形PF2A中，A則存在常數(shù)λ=2，使得∠PF當直線PQ斜率存在時，不妨設(shè)點P的坐標為(x,y)，x≠2，直線PF2的傾斜角為α，直線PA的傾斜角為則∠PF2A=π?α假設(shè)存在常數(shù)λ=2，使得∠PF2A=2∠PA則一定有：tanπ?α=?tan又?kPF又點P的坐標滿足x2?y故2==?k故假設(shè)成立，存在實數(shù)常數(shù)λ=2，使得∠PF綜上所述，存在常數(shù)λ=2，使得∠PF【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考察雙曲線中定值以及存在常數(shù)滿足條件的問題；其中第二問證明的關(guān)鍵是能夠快速，準確的進行計算；第三問處理的關(guān)鍵是要投石問路，找到特殊情況下的參數(shù)值，再驗證非特殊情況下依舊成立，同時還要注意本小題中把角度關(guān)系，轉(zhuǎn)化為斜率關(guān)系；屬綜合困難題.三、拋物線定點問題11．已知動圓M恒過定點F0,18，圓心M到直線y=?(1)求M點的軌跡C的方程；(2)過直線y=x?1上的動點Q作C的兩條切線l1,l2，切點分別為【答案】(1)x(2)證明見詳解【分析】（1）設(shè)Mx,y，由題意可得y+（2）設(shè)Ax1,2x12,B【詳解】（1）設(shè)Mx,y，則MF因為d=MF+1當y+14≥0，即y≥?14當y+14<0，即y<?整理得x2綜上所述：M點的軌跡C的方程x2（2）由（1）可知：曲線C：x2=12y設(shè)Ax可知切線QA的斜率為4x1，所以切線QA：則t?1?2x12同理由切線QB可得：2x可知：x1,x2為方程可得直線AB的斜率kAB設(shè)AB的中點為Nx0,即Nt,4所以直線AB：y?4t2所以直線AB恒過定點P1【點睛】方法點睛：過定點問題的兩大類型及解法（1）動直線l過定點問題．解法：設(shè)動直線方程(斜率存在)為y=kx+t，由題設(shè)條件將t用k表示為t=mk+n，得y=kx+m+n，故動直線過定點（2）動曲線C過定點問題．解法：引入?yún)⒆兞拷⑶€C的方程，再根據(jù)其對參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點．12．已知拋物線C1:x2=2py(p>0)和圓C2:(x+1)2+y(1)求拋物線C1(2)動點M在C1的準線上，動點A在C1上，若C1在點A處的切線l2交y軸于點B，設(shè)【答案】(1)x2(2)證明見解析，y=3.【分析】（1）設(shè)直線l1的方程為y=x+p2（2）依題意設(shè)M(m,?3)，求出切線l2的方程和B點坐標，求出MN=x【詳解】（1）依題意得，物線C1:x2=2py的焦點坐標為(0,而圓C2:x+12+y2=2的圓心得d=?1+p212所以拋物線C1的方程為x（2）由（1）知拋物線C1：x2=12y的準線為y=?3由y=x212，求導得y'=x6，設(shè)A(于是切線l2的方程為y=令x=0，得y=?16x12因此MA=(x1則ON=OM+MN=所以點N在定直線y=3上.

13．已知直線l1:x?y+1=0過橢圓C:x24+y2(1)求橢圓C及拋物線M的標準方程;(2)直線l2過拋物線M的焦點且與拋物線M交于A，B兩點，直線OA，OB與橢圓的過右頂點的切線交于M，N兩點.判斷以MN為直徑的圓與橢圓C是否恒交于定點P，若存在，求出定點P的坐標；若不存在，請說明理由.【答案】(1)x24(2)存在，?2,0【分析】（1）由直線l1過橢圓C的左焦點，求出c得出橢圓方程，利用直線l1與拋物線M相切，聯(lián)立兩個方程，通過判別式為零進行求解；（2）分成直線l2斜率存在與不存在兩種情況進行討論，斜率存在時可設(shè)直線方程y=kx?1，與橢圓方程聯(lián)立得出韋達定理，表示M,N兩點坐標，利用PM【詳解】（1）由y2=2pxx?y+1=0因為直線x?y+1=0與拋物線M只有1個公共點，所以Δ=2?2p2?4=0故拋物線C的方程為y2由直線x?y+1=0過橢圓C的左焦點得得c=1，所以，4?b2=1所以橢圓C的方程為x2（2）如圖1，設(shè)Ax1，當直線l2斜率存在時，可設(shè)直線方程：y=k由y2=4xy=k所以Δ=2x1+x所以y1x2直線OA的方程為y=y1x1x令x=2得，M2，2y假設(shè)橢圓C上存在點Px0,則PM即2?x即2?x即2?x令y0=0，可得x0由于點6，0不在橢圓C上，點?2，0在橢圓D上，所以橢圓C上存在點P?2，0，使PM⊥PN如圖2，當直線斜率不存在時，直線過拋物線的右焦點，則直線方程為x=1，與拋物線交于A1,2，B則直線OA方程為：y=2x，直線OB方程為：y=?2x，橢圓的過右頂點的切線方程為x=2，切線方程x=2與直線OA交于M2,4，與直線OB交于N2,?4，由上面斜率存在可知恒過P?2,0所以當斜率不存在時候也滿足以MN為直徑的圓恒過定點?2,0.

14．在平面直角坐標系中，已知圓心為點Q的動圓恒過點F(0,1)，且與直線y=?1相切，設(shè)動圓的圓心Q的軌跡為曲線Γ．(1)求曲線Γ的方程；(2)P為直線l：y=y0y0<0上一個動點，過點P作曲線Γ的切線，切點分別為A，B，過點P作AB的垂線，垂足為H，是否存在實數(shù)y0，使點P在直線l上移動時，垂足【答案】(1)x(2)存在這樣的y0，當y0=?1時，H【分析】（1）依題意，由幾何法即可得出圓心的軌跡Γ是以F(0,1)為焦點，l：y=?1為準線的拋物線．（2）設(shè)直線AP的方程y?y1=kx?x1，對拋物線方程求導化簡也可得直線AP的方程，由恒等思想可得y0+y1=x1x02，【詳解】（1）依題意，圓心的軌跡Γ是以F(0,1)為焦點，l：y=?1為準線的拋物線．所以拋物線焦點到準線的距離等于2，故動圓圓心的軌跡Γ為x2（2）假設(shè)存在實數(shù)y0，使點P在直線l上移動時，垂足H設(shè)Ax1,y1，Bx2將拋物線方程變形為y=x24，則y所以AP的方程為y?y因為x12=4y1把Px0,y0同理可得y0構(gòu)造直線方程為y+y0=x0所以直線AB的方程為y+y故AB恒過點0,?y因為PH⊥AB，所以可設(shè)PH方程為x?x化簡得x=?x所以PH恒過點0,y當?y0=y0+2，即y0故存在這樣的y0，當y0=?1時，H15．已知拋物線C：y2=2pxp>0，直線x+y+1=0(1)求拋物線C的方程；(2)若直線y=kx?p2與曲線C交于A，B兩點，直線OA，OB與直線x=1分別交于M，N【答案】(1)y(2)過定點?1,0和3,0，理由見解析【分析】（1）聯(lián)立直線與拋物線并整理為一元二次方程，由題設(shè)知Δ=0，即可求參數(shù)p，進而寫出拋物線方程；（2）設(shè)Ax1,y1，Bx2,y2，聯(lián)立直線與已知拋物線方程，應用韋達定理得x1+x【詳解】（1）由y2=2pxx+y+1=0因為直線x+y+1=0與拋物線C只有1個公共點，所以Δ=4(1?p)2?4=0，解得p=2或p=0（舍），故拋物線C（2）設(shè)Ax1,y1，B所以Δ=2k2+42所以y1x2直線OA的方程為y=y1x令x=1得，M1,y1以MN為直徑的圓的方程為(x?1)(x?1)+(y?y即x?12+y令y=0，可得x?12=4，解得x=3或所以以MN為直徑的圓經(jīng)過定點?1,0和3,0.四、橢圓定值問題16．已知橢圓C：x2a2+y(1)求橢圓C的方程；(2)已知經(jīng)過定點P1,1的直線l與橢圓相交于A，B兩點，且與直線y=?34x相交于點Q，如果AQ=λ【答案】(1)x2(2)245【分析】（1）由已知結(jié)合橢圓的性質(zhì)可求a，b，進而可求橢圓方程；（2）先對直線l的斜率是否存在分類討論，然后聯(lián)立直線l與已知橢圓方程，結(jié)合方程的根與系數(shù)關(guān)系及向量的線性坐標表示可求．【詳解】（1）由題意得b=3解得a2=4，故橢圓C的方程為x2（2）當直線l的斜率不存在時，A1,32，B1,?3則AQ=0,?94，AP=此時AQ=92AP，當直線l的斜率存在時，設(shè)斜率為k，則直線l的方程為y=kx?1聯(lián)立y=kx?1+1y=?設(shè)Ax1,聯(lián)立y=kx+1?k3x2則x1+x因為AQ=λAP，所以λ=xQ?所以λ+μ=x

【點睛】圓錐曲線中的范圍或最值以及定值問題，可根據(jù)題意構(gòu)造關(guān)于參數(shù)的目標函數(shù)，然后根據(jù)題目中給出的范圍或由判別式求解，解題中注意函數(shù)單調(diào)性和基本不等式的作用．另外在解析幾何中還要注意向量的應用，如本題中根據(jù)向量的共線得到點的坐標之間的關(guān)系，進而為消去變量起到了重要的作用17．在橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）中，其所有外切矩形的頂點在一個定圓Γ(1)求橢圓C的方程；(2)過橢圓C的蒙日圓上一點M，作橢圓的一條切線，與蒙日圓交于另一點N，若kOM，kON存在，證明：【答案】(1)x(2)證明見解析【分析】（1）將P,Q坐標代入橢圓方程求出a2，b（2）根據(jù)題意求出蒙日圓方程為：x2+y2=3，當直線MN斜率不存在時，易求出kOM?kON=?12；當直線MN斜率存在，設(shè)直線MN的方程為：y=kx+t，與橢圓方程聯(lián)立，根據(jù)判別式等于0求出t2=2k2+1【詳解】（1）將P(1,22)，Q(?可得1a2+24所以橢圓C的方程為：x2（2）由題意可知，蒙日圓方程為：x2（?。┤糁本€MN斜率不存在，則直線MN的方程為：x=2或x=?不妨取x=2，易得M2,1，N2,?1∴k（ⅱ）若直線MN斜率存在，設(shè)直線MN的方程為：y=kx+t.聯(lián)立y=kx+tx22據(jù)題意有Δ=16k2t設(shè)Mx1,y1（xy=kx+tx2+Δ1x1+x則k=k2+?2k∵t2=2綜上可知，kOM?k

【點睛】難點點睛：聯(lián)立直線與圓錐曲線方程時，字母運算較難，容易出錯，需仔細運算.18．已知O為坐標原點，定點F1?1,0，F(xiàn)21,0，圓O:x2+y2(1)求動點M的軌跡方程；(2)設(shè)M的軌跡為曲線E，若直線l與曲線E相切，過點F2作直線l的垂線，垂足為N，證明：ON【答案】(1)x(2)證明見解析【分析】（1）依題意可得MF1+MF2=2（2）分直線l的斜率存在不為0，斜率為0，斜率不存在三種情況討論，當直線l的斜率存在且不為零時，設(shè)直線方程為y=kx+mk≠0，聯(lián)立直線與橢圓方程，根據(jù)Δ=0得到m2=2k2+1，表示出NF【詳解】（1）圓O:x2+y2依題意圓O1的半徑r=O1所以MF根據(jù)橢圓的定義可知動點M是以F1?1,0，且c=1，a=2，則b=所以動點M的軌跡方程為x2

（2）當直線l的斜率存在且不為零時，設(shè)直線方程為y=kx+mk≠0聯(lián)立直線l和橢圓E的方程得y=kx+mx22+y因為直線l與曲線E相切，所以Δ=16k2m因為NF2與直線l垂直，所以NF由y=?1kx?1y=kx+m，解得所以O(shè)N2所以O(shè)N=

當直線l的斜率為0時，則直線l的方程為y=±1，過點F21,0作直線則垂線方程為x=1，此時N1,1或N1,?1，則

當直線l的斜率不存在時，則直線l的方程為x=±2，過點F21,0則垂線方程為y=0，此時N?2,0或N

綜上可得ON=【點睛】關(guān)鍵點睛：本題關(guān)鍵是由平面幾何的性質(zhì)及橢圓的定義求出橢圓方程，再對直線的斜率分類討論，分別求出ON的值.19．設(shè)橢圓E：x2a2+(1)求橢圓E的方程；(2)△ABC內(nèi)接于橢圓E，過點P4,1和點A的直線l與橢圓E的另一個交點為點D，與BC交于點Q，滿足APQD=【答案】(1)x(2)證明見解析，定值為14【分析】（1）根據(jù)給定的條件，列出a,b,c的方程組，求解作答.（2）根據(jù)給定條件，利用共線向量探求出直線BC的方程，與橢圓E的方程聯(lián)立，求出BC長，結(jié)合三角形面積公式求△PBC的面積.【詳解】（1）由題意得c2解得a2=4所以橢圓C的方程為x2（2）設(shè)點Q,A,D的坐標分別為x,y，x1,y由題設(shè)知AP，PD，AQ，QD均不為零，記λ=APPD=AQ又A,P,D,Q四點共線，從而AP=?λPD于是4=x1?λx21?λ從而x12?λ2又點A,D在橢圓C上，即x12+2y1①＋②×2并結(jié)合③、④得4x+2y=4，即點O(x,y)總在定直線2x+y?2=0上．∴BC所在直線為2x+y?2=0上．由2x+y?2=0x24+y設(shè)B(x3,于是|BC|=1又P到BC的距離d=8+1?2∴S∴△PBC面積定值為147

【點睛】解決直線與橢圓的綜合問題時，要注意：（1）注意觀察應用題設(shè)中的每一個條件，明確確定直線、橢圓的條件；（2）強化有關(guān)直線與橢圓聯(lián)立得出一元二次方程后的運算能力，重視根與系數(shù)之間的關(guān)系、弦長、斜率、三角形的面積等問題．20．橢圓C:x2a2(1)求橢圓C的方程；(2)過F且斜率為1的直線交橢圓于M，N兩點，P是直線x=4上任意一點.求證：直線PM，PF，PN的斜率成等差數(shù)列.【答案】(1)x(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)橢圓離心率的定義和a,b,c之間的關(guān)系即可求解；（2）根據(jù)直線和橢圓的聯(lián)立，韋達定理以及斜率的比值定義代入即可求解.【詳解】（1）由題意可得c=1，e=ca=1解得a=2，b=c2?a則橢圓C的方程為x2（2）

證明：設(shè)M(x1,y1由題意可得直線MN的方程為y=x?1，代入橢圓方程x27xx1+xk=8又kPF則kPM+kPN=2kPF，則直線PM，PF，PN的斜率成等差數(shù)列.五、雙曲線定值問題21．在平面直角坐標系xOy中，圓F1：x+22+y2=4，F(xiàn)22,0，P是圓F1上的一個動點，線段PF2(1)求曲線C的方程；(2)過點F2作與x軸不垂直的任意直線交曲線C于A，B兩點，線段AB的垂直平分線交x軸于點H，求證：AB【答案】(1)x2(2)證明見解析.【分析】（1）根據(jù)圓的性質(zhì)結(jié)合垂直平分線性質(zhì)即可得曲線C的方程；（2）設(shè)直線AB的方程為y=kx?2，Ax1,y【詳解】（1）如圖所示，

連結(jié)MF2，根據(jù)題意，則MF2∴點M的軌跡是以F1，F(xiàn)設(shè)雙曲線方程為x2其中2a=2，2c=4，∴a=1，c=2，b2故所求C的方程為x2（2）證明：

設(shè)直線AB的方程為y=kx?2，y=kx?2x2?所以x1+x所以AB中點為Q2當k=0時，Q0,0，H0,0,A當k≠0時，則AB垂直平分線方程為y?6kk2?3=?1k所以F2又AB=于是得ABF綜上可得ABF【點睛】方法點睛：利用韋達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)交點坐標為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，必要時計算Δ；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為x1+x2、x1（5）代入韋達定理求解.22．已知雙曲線x2?y2=1的左、右頂點分別為A1，A2，動直線l：y=kx+m與圓x2+y2=1相切，且與雙曲線左、右兩支的交點分別為P1

(1)求k的取值范圍；(2)記直線P1A1的斜率為k1，直線P2A2的斜率為k2，那么k1【答案】(1)(?1,1)(2)?3?2【分析】（1）根據(jù)直線與圓相切，可得m2+1+k2，聯(lián)立直線與雙曲線，根據(jù)（2）根據(jù)斜率公式以及韋達定理，將k1【詳解】（1）∵l與圓相切，∴1=m1+k由y=kx+mx2?∴1?∴k2<1,故k的取值范圍為(?1,1).（2）由已知可得A1,A∴k∴k1=k2=m2k又因為m2=1+k∴k23．已知P是圓C:(x+2)2+y2=12上一動點，定點M(2,0)，線段PM的垂直平分線n與直線PC交于點(1)求C'(2)若直線l與曲線C'恰有一個共點，且l與直線l1:y=33x，l2【答案】(1)x(2)3【分析】（1）題意可得TP=TM，即可得到TM?TC=23<CM，根據(jù)雙曲線的定義得到點T的軌跡是以2,0、（2）討論直線斜率是否存在，且當直線斜率存在時，設(shè)出直線方程，聯(lián)立雙曲線方程，根據(jù)Δ=0，找到參數(shù)之間的關(guān)系，再利用弦長公式求得AB，以及用點到直線的距離公式求得三角形的高，求得面積，即可證明.【詳解】（1）由C:(x+2)2+因為線段PM的垂直平分線n與直線PC交于點T，∴TP=TM，所以TM所以TM?TC=2所以a=3所以由雙曲線的定義可知，點T的軌跡是以2,0、?2,0為焦點的雙曲線，所以點C'的方程為x

（2）設(shè)直線斜率為k，設(shè)直線l方程為y=kx+m，因為l與直線l1:y=33x，l2:y=?聯(lián)立方程組y=kx+m,x23因為k≠±33，所以因為直線l與曲線C'恰有一個公共點，所以直線l與曲線C由Δ=36m2k聯(lián)立方程組y=kx+m,y=33不直線l與y=33x的交點為A同理可求xB=?3因為原點O到直線l的距離d=m所以S△OAB=12AB當直線l的斜率不存在時，直線l的方程為x=?3，又漸近線方程為：y=±此時AB=2，S故△OAB的面積為定值，且定值為3.

24．已知雙曲線C：x2a2?y2b2=1（a>0(1)求C的方程；(2)設(shè)點P是直線l：x=2上的任意一點，直線PA1、PA2分別交雙曲線C于點M、N，A2Q⊥MN，垂足為【答案】(1)x(2)證明見解析【分析】（1）由雙曲線的漸近線方程及焦距求解雙曲線的方程即可；（2）設(shè)出直線MN的方程與雙曲線的方程聯(lián)立得到韋達定理，與直線A1M，A2【詳解】（1）依題意ba=3（2）證明：如圖：

設(shè)Qx0,y0直線MN：y?y0=x0（記k=?x0?4y09?16k所以x1+x又因為直線A1M：y=y1x?1?16?m??24km?6m即32k2?4km?所以x0所以，Q點軌跡為，以6,0為圓心，2為半徑的圓上，所以R6,0，QR25．已知F1,F2分別為雙曲線C:x2a2?(1)求雙曲線C的方程；(2)若過點F2且斜率為k的直線l交雙曲線C的右支于A,B兩點，Q為x軸上一點，滿足QA=QB【答案】(1)x(2)AF1【分析】（1）將點P2,26代入雙曲線上，結(jié)合雙曲線漸近線與圓相切得到方程組，求出（2）設(shè)直線方程為y=kx?3，與雙曲線C的的方程聯(lián)立，得到兩根之和，兩根之積，求出A,B的中點坐標，進而求出AB的垂直平分線的方程，求出Q【詳解】（1）由題意點P2,26在雙曲線C上，可得圓x2+y所以1=31+解得a2故雙曲線方程為x2（2）AF設(shè)直線方程為y=kx?3，由于直線交雙曲線C的右支于A,B兩點，故k≠0聯(lián)立x2?y當k2故k2≠8，此時

設(shè)Ax1,則x1即A,B的中點坐標為3k因為Q為x軸上一點，滿足QA=QB，故Q為AB的垂直平分線與AB的垂直平分線的方程為：y?24k令y=0，則得x=27k2所以QF又AB=又因為A,B在雙曲線的右支上，故AF故AF1+故AF即AF1+【點睛】定值問題常見方法：（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)；（2）直接推理計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值.六、拋物線定值問題26．已知拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點為F，準線為l，過點F且傾斜角為π6的直線交拋物線于點M（M在第一象限），MN⊥l，垂足為N，直線NF交x(1)求p的值.(2)若斜率不為0的直線l1與拋物線C相切，切點為G，平行于l1的直線交拋物線C于P,Q兩點，且∠PGQ=π2，點F到直線【答案】(1)p=4(2)是，3【分析】（1）利用圖中的幾何關(guān)系以及拋物線的定義求解；（2）直線PQ的方程為y=kx+mk≠0以及點P,Q,G的坐標，將直線方程與拋物線方程聯(lián)立由韋達定理以及∠PGQ=π2得到k與m的關(guān)系式，利用直線l1與拋物線C相切求出直線l1的方程，用點到直線的距離公式即可求出點F【詳解】（1）如圖所示，過點F作FA⊥MN，垂足為A,MN交x軸于點E，由題得∠AFM=π6，所以因為MF=MN，所以△因為O是FB的中點，所以DF=故FM=所以MN=8，AN=4，所以O(shè)F=12

（2）由（1）可知拋物線的方程是x2設(shè)直線PQ的方程為y=kx+mk≠0，P因為∠PGQ=π2，所以即x1+x又y'=k=x04聯(lián)立y=kx+mx2=8y，消去y，得x則x1所以?8m+32k2+16設(shè)點F到直線PQ和直線l1的距離分別為d則由l1∥PQ得所以點F到直線PQ與到直線l1【點睛】解決定值問題的途徑就是用部分量去表示所求的量，本題就是利用韋達定理及其已知條件先找到部分量之間的關(guān)系，再用部分量去表示所求的量，最后用部分量之間的關(guān)系消元,即可得到定值.27．已知拋物線C1:y

(1)求a，p的值；(2)設(shè)P為直線x=?1上除?1,?3，?1,3兩點外的任意一點，過P作圓C2:x?22+y2=3的兩條切線，分別與曲線C1相交于點A，【答案】(1)a=±22，(2)定值為64【分析】（1）根據(jù)拋物線的定義求出p，利用兩點距離公式求出a；（2）設(shè)切線方程，聯(lián)立方程韋達定理，結(jié)合直線與圓相切得到斜率關(guān)系，從而求解縱坐標之積為定值.【詳解】（1）根據(jù)拋物線的定義，Q1,a到準線x=?∴1+p2=3，∴拋物線的焦點坐標為2,0，∴1+a2=3，（2）設(shè)P?1,y0，過點P由y2=8xy?若直線AB，CD的斜率分別為k1，k2，設(shè)A，B，C，D的縱坐標分別為y1，y2，∴y1y2∵C2到l的距離d=3k+y0∴k1+k∴y1y2∴A，B，C，D四點縱坐標之積為定值，且定值為64.28．已知點F是拋物線C：y2=2pxp>0的焦點，縱坐標為2的點N在C上，以F為圓心、NF為半徑的圓交y軸于D，E(1)求拋物線C的方程；(2)過?1,0作直線l與拋物線C交于A，B，求kNA【答案】(1)y(2)2【分析】（1）根據(jù)焦半徑公式和圓的弦長公式可解；（2）設(shè)直線方程為x=my?1，聯(lián)立拋物線方程，利用韋達定理可得.【詳解】（1）由題知，N點的橫坐標為2p∴NF=p2∴NF2=DF2=OF∴拋物線C的方程為y2

（2）由（1）知N1,2，設(shè)Ax1,y1，代入y2=4x，整理得y2?4my+4=0，∴∴y1+y∴k=2my1

29．貝塞爾曲線是計算機圖形學和相關(guān)領(lǐng)域中重要的參數(shù)曲線．法國數(shù)學象卡斯特利奧對貝塞爾曲線進行了圖形化應用的測試，提出了DeCasteljau算法：已知三個定點，根據(jù)對應的比例，使用遞推畫法，可以畫出地物線．反之，已知拋物線上三點的切線，也有相應成比例的結(jié)論．如圖所示，拋物線Γ:x2

(1)寫出拋物線Γ的焦點坐標及準線方程；(2)若直線l:y=kx?2pk+2p與拋物線只有一個公共點，求實數(shù)k的值；(3)如圖，A，B，C是H上不同的三點，過三點的三條切線分別兩兩交于點D，E，F(xiàn)，證明：|AD||DE|【答案】(1)0,p2(2)k=2(3)證明見解析【分析】（1）直接根據(jù)拋物線方程寫出焦點及準線方程即可；（2）聯(lián)立方程，由Δ=0即可得解；（3）設(shè)AxA,yA,BxB,yB,CxC,【詳解】（1）焦點為0,p2，準線為（2）將y=kx?2pk+2p代入x2化簡得x2方程（*）的判別式Δ=4p化簡得k2?4k+4=0，解得（3）設(shè)Ax設(shè)拋物線x2=2py在A點處的切線方程為由y?yA=kAΔ=4ppkA2解得kA=xpy?pyA=xA同理可求得拋物線x22py=2xBx?聯(lián)立2py=2xAx?xA同理可得xE=x因為|AD||DE|EFFCDBBF所以|AD||DE|【點睛】關(guān)鍵點點睛：第三問結(jié)論中線段長度的比例可以轉(zhuǎn)化為點的橫坐標的比例，是解決本題的關(guān)鍵.30．已知點A為直線l:x+1=0上的動點，過點A作射線AP（點P位于直線l的右側(cè)）使得AP⊥l,F1,0，設(shè)線段AF的中點為B，設(shè)直線PB與x軸的交點為T,PF=TF(1)求動點P的軌跡C的方程.(2)設(shè)過點Q0,2的兩條射線分別與曲線C交于點M,N，設(shè)直線QM,QN的斜率分別為k1,k2【答案】(1)y(2)是，定值1；定點2,2.【分析】（1）設(shè)點P的坐標為x0,y0，得到直線PB的方程，從而求出（2）設(shè)直線MN的方程為x=ty+m，Mx1,y1，Nx2,y【詳解】（1）設(shè)點P的坐標為x0,y其中A、F1,0的中點為0,y02，由此可得直線可得點T的坐標為?x0,0，再結(jié)合PF=TF整理得y02=4x0，所以動點P（2）設(shè)直線MN的方程為x=ty+m，聯(lián)立直線MN與C的方程可得：y2設(shè)點M,N的坐標為x1,y1,其中k1=y整理可得x1結(jié)合直線MN的方程可化簡為：2t?2y代入韋達定理可得2t通過分解因式可得t?12t+m?2=0即可得t=1或當t=1時，直線MN的斜率為定值1；當m=2?2t時，直線MN恒過定點2,2.七、橢圓定直線問題31．橢圓E的方程為x24+y28=1，左、右頂點分別為A?2,0，B(1)若直線l分別交x，y軸于C，D兩點，若PD=2，求PC的長；(2)若直線l過點?1,0，且交橢圓E于另一點Q（異于點A，B），記直線AP與直線BQ交于點M，試問點M是否在一條定直線上？若是，求出該定直線方程；若不是，說明理由．【答案】(1)22(2)點M在定直線x=?4上，理由見解析.【分析】（1）設(shè)Px0,y0,D0,yD（2）依題可設(shè)直線l的方程為x=my?1，Px1,y1，Qx2,y2，Mx【詳解】（1）設(shè)Px則x024+y由①②可得y0∵y0>0,∴∵（2）依題可設(shè)直線l的方程為x=my?1，Px1,y1聯(lián)立方程組x=my?1x24Δ=16m則y1+y直線AP的方程為y=y1x1+2聯(lián)立方程組y=y1x因為x=m2y∴由y1+y2=所以x0故點M在定直線x=?4上．

【點睛】方法點睛：利用韋達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)交點坐標為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，必要時計算Δ；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為x1+x2、x1（5）代入韋達定理求解.32．已知曲線C:(5?m)x(1)若曲線C是橢圓，求m的取值范圍．(2)設(shè)m=4，曲線C與y軸的交點為A，B（點A位于點B的上方），直線l:y=kx+4與曲線C交于不同的兩點M，N．設(shè)直線AN與直線BM相交于點G．試問點G是否在定直線上？若是，求出該直線方程；若不是，說明理由．【答案】(1)m∈(2)在定直線y=1上，理由見詳解.【分析】（1）由橢圓的標準方程計算即可；（2）由對稱性分析該定直線為平行于橫軸的直線，將直線MN與橢圓聯(lián)立消y，設(shè)直線AN、BM的方程解出G縱坐標，結(jié)合韋達定理化簡計算即可.【詳解】（1）因為曲線C是橢圓，所以5?m>0m?2>05?m≠m?2，解得（2）是在定直線y=1上，理由如下：當m=4時，此時橢圓C:x2+2y2Δ=16k2?4×24所以x易知A0,2、B0，?2兩式作商得y?2y+2故G在定直線y=1上.

33．已知橢圓C:x2a2+(1)求橢圓C的標準方程；(2)若直線l:y=x+m與橢圓C交y軸右側(cè)于不同的兩點A，B，試問：△MAB的內(nèi)心是否在一條定直線上？若是，請求出該直線方程；若不是，請說明理由．【答案】(1)x(2)△MAB的內(nèi)心在定直線x=2【分析】（1）根據(jù)題意建立關(guān)于a，b的方程組，再求解即可得到橢圓C的標準方程；（2）設(shè)Ax1,y1，Bx2【詳解】（1）依題意有2632所以橢圓C的標準方程為x2（2）設(shè)Ax1,聯(lián)立x24+y2則x1+x2=?所以x1所以kMA又x1所以kMA+k所以△MAB的內(nèi)心在定直線x=2【點睛】關(guān)鍵點點睛：在解答小問（2）時，關(guān)鍵在于利用韋達定理得到kMA+kMB=034．已知橢圓C:x2a2+(1)求橢圓C的方程；(2)過點P1,2的直線l交C于A、B兩點時，在線段AB上取點M，滿足AP?MB【答案】(1)x(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)已知條件可得出關(guān)于a、b、c的方程組，解出這三個量的值，即可得出橢圓C的方程；（2）設(shè)點Ax1,y1、Bx2,y2、Mx,y，記λ=【詳解】（1）解：由題意可得e=ca=所以，橢圓C的方程為x2（2）解：設(shè)點Ax1,y1因為AP?MB=AM?PB，記又因為點P在橢圓外，且P、A、M、B四點共線，所以，AP=?λPB，所以，1?x1,2?所以，1?x1=λ所以，x1?λx又因為x124+y即x1即x4+2y故點M總在定直線3x+8y?12=0上.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查利用線段長之比相等求點的軌跡方程，解題的關(guān)鍵在于引入?yún)?shù)λ，將相等的長度之比轉(zhuǎn)化為向量的坐標運算，結(jié)合點差法進行求解.35．橢圓E的中心為坐標原點，坐標軸為對稱軸，左、右頂點分別為A?2,0，B2,0，點1,6(1)求橢圓E的方程．(2)過點?1,0的直線l與橢圓E交于P，Q兩點（異于點A，B），記直線AP與直線BQ交于點M，試問點M是否在一條定直線上？若是，求出該定直線方程；若不是，請說明理由．【答案】(1)x(2)點M在定直線x=?4上【分析】（1）根據(jù)左右頂點及點在橢圓上列式求解寫書橢圓方程即可；（2）先設(shè)直線方程再聯(lián)立方程組求韋達定理，再求兩個直線的交點，確定交點橫坐標即得.【詳解】（1）設(shè)橢圓E的方程為mx則4m=1m+6n=1，解得m=故橢圓E的方程為x2（2）依題可設(shè)直線l的方程為x=my?1，Px1,y1聯(lián)立方程組x=my?1x24則y1+直線AP的方程為y=y1x聯(lián)立方程組y=y1由y1+y2=所以x0故點M在定直線x=?4上．八、雙曲線定直線問題36．如圖1所示，雙曲線具有光學性質(zhì)：從雙曲線右焦點發(fā)出的光線經(jīng)過雙曲線鏡面反射，其反射光線的反向延長線經(jīng)過雙曲線的左焦點．若雙曲線E:x24?y2b2=1b>0的左、右焦點分別為F1、F2，從F2

(1)求雙曲線E的方程；(2)設(shè)A1、A2為雙曲線E實軸的左、右頂點，若過P4,0的直線l與雙曲線C交于M、N兩點，試探究直線A1M【答案】(1)x(2)在直線x=1上【分析】（1）延長CA與DB交于F1，分析可得BF1AB=34，令BF1=3tt>0，則AB（2）分析可知，直線l不與x軸垂直，設(shè)直線l的方程為x=my+4，設(shè)點Mx1,y1、Nx2,y2，將直線【詳解】（1）解：如圖所示：

延長CA與DB交于F1，因為AB⊥AD，tan∠CAB=?則tan∠F1AB=tan令BF1=3t所以，AF由雙曲線的定義可得AF1?BF1?又因為AB=AF2+所以，BF1=3t=6由勾股定理可得2c=F1F故b=c因此，雙曲線E的方程為x2（2）解：若直線l與x軸重合，則直線l與雙曲線E的交點為雙曲線E的兩個頂點，不合乎題意，設(shè)直線l的方程為x=my+4，設(shè)點Mx1,聯(lián)立x=my+43x2

由題意可得3m2?2≠0由韋達定理可得y1+y易知點A1?2,0、A22,0，則直線A1M的方程為y=y1m聯(lián)立直線A1M、A2N的方程并消去可得x+2=?108m3因此，直線A1M與直線A2N的交點【點睛】方法點睛：利用韋達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)交點坐標為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，必要時計算Δ；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為x1+x2、x1（5）代入韋達定理求解.37．已知曲線C上的動點P滿足|PF1|?|P(1)求C的方程；(2)若直線AB與C交于A、B兩點，過A、B分別做C的切線，兩切線交于點P'.在以下兩個條件①②①直線AB經(jīng)過定點M4,0②點P'在定直線x=【答案】(1)x2?y(2)答案見解析【分析】（1）由雙曲線的定義得出曲線C的方程；（2）若選擇①證明②成立：利用導數(shù)得出過A和過B的方程，從而得出交點P'的橫坐標，再由x1=my1+4,x2=my2+4證明點P'在定直線x=14上；若選擇②【詳解】（1）因為|PF所以曲線C是以F1、F2為焦點，以所以2a=2，即a=1，又因為F1?2,0,F2所以曲線C的方程為x2?y（2）若選擇①證明②成立.依題意，AB在雙曲線右支上，此時直線AB的斜率必不為0，設(shè)直線方程為x=my+4，A(x1,y1因為x2?y23=1,(x≥1)，所以所以過點A的直線方程為y?y化簡為y?y1=3x1聯(lián)立方程①②得,交點P'的橫坐標為y因為A、B點在直線AB上，所以x1所以x1所以P'的橫坐標y即點P'在定直線x=若選擇②證明①成立.不妨設(shè)A在第一象限，B在第四象限.設(shè)A(x因為x2?y23求導得y'=3x3x化簡為y?y1=3x聯(lián)立方程①②得交點P'的橫坐標為y由題意，y2即x1y因為A(x所以過直線AB的方程為y?y化簡(x整理得x由③式可得y2易知x=4,y=0，即直線AB過定點M(4,0).【點睛】關(guān)鍵點睛：在解決第二問時，關(guān)鍵是由導數(shù)的幾何意義得出過A和過B的方程，這里涉及到二級結(jié)論極點極線的知識，但大題需要證明，這里給出了導數(shù)的證明.38．已知點(2,3)在雙曲線C:x(1)雙曲線上動點Q處的切線交C的兩條漸近線于A,B兩點，其中O為坐標原點，求證：△AOB的面積S是定值；(2)已知點P(12,1)，過點P作動直線l與雙曲線右支交于不同的兩點M?N，在線段MN上取異于點M?N的點H，滿足PM【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）先求出雙曲線方程，設(shè)Qm,n，則x2?y23=1過點Qm,n的切線方程為（2）考慮直線l斜率不存在，不合題意，故直線l斜率存在，設(shè)直線l方程y?1=kx?12，與雙曲線方程聯(lián)立，設(shè)出Mx1,y1,Nx2,y2，得到兩根之和，兩根之積，再設(shè)點【詳解】（1）將(2,3)代入雙曲線中，4a解得a2=1，故雙曲線方程為下面證明x2a2?y理由如下：當切線方程的斜率存在時，設(shè)過點x0,y0的切線方程為1a由Δ=化簡得y0因為k=y?y0整理得xy同除以a2b2即x2因為x02a所以x2聯(lián)立x02a從而x0故?1+x即?1+x令t=x0xa2解得t=1，即x0當切線斜率不存在時，此時切點為±a,0，切線方程為x=±a，滿足x0綜上：x2a2?y設(shè)Qm,n，則x2?y2故mx?ny3=1為x雙曲線的兩條漸近線方程為y=±3聯(lián)立mx?ny3=1與y=聯(lián)立mx?ny3=1與y=?直線AB方程為y?y1x?故點O到直線AB的距離為?y且AB=故△AOB的面積為1==1（2）若直線l斜率不存在，此時直線l與雙曲線右支無交點，不合題意，不滿足條件，故直線l斜率存在，設(shè)直線l方程y?1=kx?與x2?y由Δ>03?因為14k2故k2解得?2?213設(shè)Mx1,設(shè)點H的坐標為xH則由PMPN=MH變形得到2x將x1+x將xH=8?k3?2k代入則3x故點H恒在一條定直線3x?2y?6=0上.【點睛】方法點睛：過圓x?a2+y?b2=過圓x?a2+y?b2=過橢圓x2a2+y過雙曲線x2a2?39．已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1a>0,b>0經(jīng)過點D4,3，直線l1、l2分別是雙曲線C的漸近線，過D分別作l1和l2的平行線l'1和(1)求雙曲線C的方程；(2)設(shè)A1、A2分別是雙曲線C的左、右頂點，過右焦點F的直線交雙曲線C于P、Q兩個不同點，直線A1P與A2【答案】(1)x(2)證明見解析【分析】（1）求出點M、N的坐標，根據(jù)題中條件可得出關(guān)于a、b的方程組，解出a2、b2的值，即可得出雙曲線（2）分析可知直線PQ不與x軸重合，設(shè)Px1,y1、Qx2,y2，直線PQ的方程為x=my+7【詳解】（1）解：由題意得16a2?不妨設(shè)直線l1的方程為y=bax，則直線在直線l'1的方程中，令y=0可得x=4?3ab，即點∴OM由16b2?9a2=a（2）證明：由（1）得A1?2,0、A2若直線PQ與x軸重合，則P、Q為雙曲線的頂點，不合乎題意，設(shè)Px1,y1、Q聯(lián)立x=my+73x所以，3m2?4≠0∴y1+直線A1P的方程為y=y1x聯(lián)立直線A1P與A2所以，x+2=9m因為x+2x?2=?因此，點G在定直線x=4【點睛】方法點睛：利用韋達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)交點坐標為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，必要時計算Δ；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為x1+x2、x1（5）代入韋達定理求解.40．已知雙曲線C：x2a2?y2b2=1a>0,b>0的離心率為2，過點(1)若點P為線段MN的中點，求直線OP與直線MN斜率之積（O為坐標原點）；(2)若A，B為雙曲線的左右頂點，且AB=4，試判斷直線AN與直線BM的交點G【答案】(1)1(2)是在定直線上，定直線x=4【分析】（1）根據(jù)題意列出方程組得到a=b，設(shè)Mx1,y1（2）根據(jù)（1）的結(jié)論得出A(?2,0)，B(2,0)，設(shè)直線l：x=1+ty，t≠0，設(shè)Mx1,y1，Nx2【詳解】（1）由題意得e=ca=設(shè)Mx1,y1則x1作差得y1又MN的斜率kMN=y所以kMN（2）∵2a=4，∴a=b=2，A(?2,0)，B(2,0)，直線l：x=1+ty，t≠0，設(shè)Mx1,聯(lián)立x=1+tyt≠0x2所以△=16t2?12>0,設(shè)直線AN：y=y2x所以x+2x?2所以x=4．故存在定直線x=4，使直線AN與直線BM的交點G在定直線上．九、拋物線定直線問題41．過拋物線x2=2py(p>0)內(nèi)部一點Pm,n作任意兩條直線AB,CD，如圖