重難點33 圓錐曲線中的定點、定值、定直線問題（舉一反三）（新高考專用）（教師版） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）

重難點33圓錐曲線中的定點、定值、定直線問題【八大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1直線過定點問題】 2【題型2存在定點滿足某條件問題】 7【題型3面積定值問題】 13【題型4斜率的和差商積定值問題】 19【題型5向量數(shù)量積定值問題】 24【題型6線段定值問題】 29【題型7角度定值問題】 34【題型8動點在定直線上問題】 421、圓錐曲線中的定點、定值、定直線問題圓錐曲線中的定點、定值、定直線問題是高考的重點、熱點內(nèi)容，從近幾年的高考情況來看，此類問題考查頻率較高，此類問題一般有直線過定點問題、滿足某條件的定點問題、定值問題以及定直線問題等，主要在解答題中考查，選擇、填空題中考查較少，在解答題中考查時綜合性強，難度較高.【知識點1圓錐曲線中的定點、定值問題】1．圓錐曲線中的定點、定值問題圓錐曲線中的定點定值問題一般與圓錐曲線的基本量和題設(shè)條件中的給定的點或值有關(guān)，曲線過定點問題以直線過定點居多，定點問題其實也可以歸結(jié)到定值問題(定點的橫縱坐標為定值).這類問題用函數(shù)的思想方法來處理，具體操作流程如下：(1)變量——選擇合適的參變量；(2)函數(shù)——要證明為定值的量表示出參數(shù)的函數(shù)；(3)定值——化簡函數(shù)解析式，消去參數(shù)得定值.一些存在性問題，是否存在定點使得某一個量為定值，是否存在定值使得某一量為定值，是否存在定點使得曲線過定點，是否存在定值使得曲線過定點，可以看做定點定值問題的延伸.2．定點問題的求解思路：一是從特殊入手，求出定點，再證明這個點與變量無關(guān)；二是直接推理、計算，并在計算過程中消去變量，從而得到定點.3．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=(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．4．定值問題的求解思路：將問題涉及的幾何式轉(zhuǎn)化為代數(shù)式或三角式，證明該式的值與參數(shù)無關(guān).5．求解定值問題的三個步驟(1)由特例得出一個值，此值一般就是定值；(2)證明定值，有時可直接證明定值，有時將問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)式，可證明該代數(shù)式與參數(shù)（某些變量）無關(guān)；也可令系數(shù)等于零，得出定值；(3)得出結(jié)論．【知識點2圓錐曲線中的定直線問題】1．圓錐曲線中的定直線問題定直線問題是指因圖形變化或點的移動而產(chǎn)生的動點在定直線上的問題.這類問題的核心在于確定定點的軌跡，主要方法有：(1)設(shè)點法：設(shè)點的軌跡，通過已知點軌跡，消去參數(shù)，從而得到軌跡方程；(2)待定系數(shù)法：設(shè)出含參數(shù)的直線方程、待定系數(shù)法求解出系數(shù)；(3)驗證法：通過特殊點位置求出直線方程，對一般位置再進行驗證.【題型1直線過定點問題】【例1】（2024·河南周口·模擬預(yù)測）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距為2，不經(jīng)過坐標原點O且斜率為1的直線l與C交于P，Q兩點，A為線段PQ的中點，直線OA的斜率為?12(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)B(2,0)，直線PB與C的另一個交點為M，直線QB與C的另一個交點為N，其中M，N均不為橢圓C的頂點，證明：直線MN過定點.【解題思路】（1）根據(jù)焦距求出c，再設(shè)Px1,y1，Qx2,y2，（2）設(shè)直線MN的方程為y=mx+t，Mx3,y3，Nx4,y4，表示直線PB的方程，聯(lián)立直線與橢圓方程，消元求出x1，即可求出P【解答過程】（1）由橢圓C:x2a2+y2設(shè)Px1,y1，Qx2兩式作差得，x1所以y12?所以kPQ?y所以a2=2b2，則a2故橢圓C的方程為x2（2）由題意可知直線MN的斜率存在，設(shè)直線MN的方程為y=mx+t，Mx3,則kPB=y3x將其代入x22+y2則x1x3將x1=3x3所以P3x3所以?y42即mx整理得(3m+2t)x4?因此直線MN的方程為y=mx?32?12，令所以直線MN過定點32【變式1-1】（2024·江西九江·二模）已知雙曲線C:x2a2?y2(1)求雙曲線C的方程；(2)直線l與雙曲線C交于不同的兩點A，B，若直線PA，PB的斜率互為倒數(shù)，證明：直線l過定點．【解題思路】（1）根據(jù)離心率及a，b，c的平方關(guān)系得出b=2a，再由點P(3,4)在C上，可求解a2，b2，進而可得雙曲線（2）當(dāng)l斜率不存在時，顯然不滿足條件．當(dāng)l斜率存在時，設(shè)其方程為y=kx+m，與方程聯(lián)立C聯(lián)立，可得根與系數(shù)的關(guān)系，表示出直線PA，PB的斜率k1，k2，由k1k2=1，結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系可得【解答過程】（1）由已知得e=ca=5，又點P(3,4)在C上，故9a解得a2=5，所以雙曲線C的方程為：x2（2）當(dāng)l斜率不存在時，顯然不滿足條件．當(dāng)l斜率存在時，設(shè)其方程為y=kx+m，與方程聯(lián)立C聯(lián)立，消去y得(4?k由已知得k2≠4，且設(shè)A(x1,y1)，直線PA，PB的斜率分別為k1=y由已知k1k2即(k所以?(k化簡得(m+3k?4)(5m?9k?12)=0，又已知l不過點P(3,4)，故m+3k?4≠0，所以5m?9k?12=0，即m=9故直線l的方程為y=k(x+95)+125【變式1-2】（2024·云南·模擬預(yù)測）拋物線Γ:y2=2pxp>0的圖象經(jīng)過點M1,?2，焦點為F，過點F且傾斜角為θ的直線l與拋物線

(1)求拋物線Γ的標準方程；(2)當(dāng)θ=π3時，求弦(3)已知點P2,0，直線AP，BP分別與拋物線Γ交于點C，D．證明：直線CD【解題思路】（1）由曲線y2=2px圖象經(jīng)過點M1,?2，可得p=2（2）寫出l的方程,和拋物線方程聯(lián)立，消元后，由韋達定理可得x1+x（3）設(shè)直線AB的方程為x=my+1，Ax1,y1，Bx2,y2，Cx3,y3，Dx4,y4，和拋物線方程聯(lián)立，消元后，由韋達定理可得y1+y2=4m，y1y【解答過程】（1）曲線y2=2px圖象經(jīng)過點M1,?2，所以?2所以拋物線Γ的標準方程為y2（2）由（1）知F1,0，當(dāng)θ=π3時，tanπ3聯(lián)立y=3x?1y2=4x由AB=x1（3）由（1）知F1,0，直線AB的斜率不為0，設(shè)直線AB的方程為x=my+1Ax1,y1，B聯(lián)立x=my+1y2=4x得y因此y1+y設(shè)直線AC的方程為x=ny+2，聯(lián)立x=ny+2y2=4x則′=16n2+32>0，因此y1同理可得y4所以kCD因此直線CD的方程為x=2my?由對稱性知，定點在x軸上，令y=0得，x=?2m=16m所以，直線CD過定點4,0．【變式1-3】（2024·貴州貴陽·二模）已知橢圓E的一個焦點是?3,0.直線l1:y=k1x+(1)求橢圓E的標準方程；(2)求k1(3)設(shè)直線l1,l2分別與橢圓E另交于【解題思路】（1）由焦點和頂點坐標計算即可求出橢圓標準方程；（2）已知直線l1：y=k1x+b（3）通過聯(lián)立方程組求出P,Q兩點坐標，求直線PQ的方程，根據(jù)方程確定所過定點.【解答過程】（1）因為l1,l2相交且關(guān)于直線y=x+1對稱，故又直線y=x+1與y軸相交于點A0,1，則橢圓E的上頂點為0,1設(shè)橢圓E的標準方程為x2a2又半焦距c=3，得a所以橢圓E的標準方程為x2（2）由（1）可得b1設(shè)點Bx,y是l1上任意異于點B0x0,y所以由y+y02=x+由y?y0x?聯(lián)立①、②，解得x=y代入直線l1得x又由點B0x0,y0，在直線所以x0=k1k故k1（3）設(shè)Px1,聯(lián)立直線l1與橢圓E：y=k1所以x1同理，x2又由（2）：k1k2=1，所以所以直線PQ的方程為y?1?4化簡得y=?k所以對任意的k1，總會過點0,?故直線PQ過定點0,?5【題型2存在定點滿足某條件問題】【例2】（2024·新疆喀什·三模）已知雙曲線E：x2?3y2=3的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，A是直線l：y=?ca2x（其中a是實半軸長，c是半焦距）上不同于原點O的一個動點，斜率為k1的直線AF1與雙曲線E交于(1)求1k(2)若直線OM，ON，OP，OQ的斜率分別為kOM，kON，kOP，kOQ，問是否存在點A，滿足【解題思路】（1）設(shè)At（2）設(shè)Mx1,y1,Nx2,y2,Px【解答過程】（1）由題可得雙曲線E：x2則a2∴左、右焦點分別為F1?2,0，F(xiàn)設(shè)Atk1=?∴1k（2）設(shè)Mx直線AF1方程為代入雙曲線方程可得：1?3k所以x1+x則kOM=k=2=2同理kOP即2k即k1∴k1+k又1k若k1∴k1k2=?14，解得k1若k1=?14，k2=1，由∴t=65．此時若k1=1，k2=?14，由∴t=?65∴存在點A65,?45【變式2-1】（2024·陜西榆林·模擬預(yù)測）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左，右焦點分別為F1?c,0，F(xiàn)2c,0，過(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)b>1，是否存在x軸上的定點P，使得△PMN的內(nèi)心在x軸上，若存在，求出點P的坐標，若不存在，請說明理由．【解題思路】（1）根據(jù)題意列出方程組，求出a,b即可得解；（2）由題意可將原問題轉(zhuǎn)換為kPM+kPN=0，設(shè)直線MN的方程為：x=mx+1m≠0，【解答過程】（1）∵△MNF1的周長為8，△MF∴4a=812×2c×b=3a2=b2∴橢圓C的方程為x24+（2）

由（1）及b>1易知F2不妨設(shè)直線MN的方程為：x=mx+1m≠0，Pt,0，Mx聯(lián)立x=my+1x24則y1+y若△PMN的內(nèi)心在x軸上，則∠MPF∴kPM+kPN=0可得2my則2m?94+3m2當(dāng)直線MN垂直于x軸，即m=0時，顯然點P4,0故在x軸上存在定點P4,0，使得△PMN的內(nèi)心在x【變式2-2】（2024·四川雅安·一模）已知O為坐標原點，過點P2,0的動直線l與拋物線C:y2(1)求OA?(2)在平面直角坐標系xOy中，是否存在不同于點P的定點Q，使得∠AQP=∠BQP恒成立？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．【解題思路】（1）設(shè)出直線l的方程，與拋物線方程聯(lián)立，利用韋達定理結(jié)合數(shù)量積的坐標表示計算即得.（2）利用（1）中信息，結(jié)合斜率坐標公式列式求解即得.【解答過程】（1）顯然直線l不垂直于y軸，設(shè)直線l的方程為x=ty+2，A(x由x=ty+2y2=4x消去x并整理得y2?4ty?8=0所以O(shè)A?（2）由（1）知y1假定存在不同于點P的定點Q，使得∠AQP=∠BQP恒成立，由拋物線對稱性知，點Q在x軸上，設(shè)Q(m,0)，則直線QA,QB的斜率互為相反數(shù)，即y1x1整理得2ty1y2+(2?m)(y1+y所以存在不同于點P的定點Q，使得∠AQP=∠BQP恒成立，點Q的坐標為(?2,0).【變式2-3】（2024·全國·模擬預(yù)測）在平面直角坐標系中，點3,2在雙曲線C:x2(1)求雙曲線C的方程；(2)過點P3,1作直線l與雙曲線C交于A,B兩點，在x軸上是否存在一定點Q，使得直線QA與QB的斜率之和為定值？若存在，請求出點【解題思路】（1）由題意可得9a（2）設(shè)出直線方程，聯(lián)立曲線可得與交點橫坐標有關(guān)韋達定理，借助斜率公式表示出kQA【解答過程】（1）由題意，得9a2?∴雙曲線C的方程為x2（2）由題意可知直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y=kx+m，將點P3,1的坐標代入，得m=1?3聯(lián)立直線l與雙曲線C的方程，得方程組y=kx+mx消去y并整理，得1?3kk≠±33，且即3k2?2則k∈?∴x若存在定點Q，設(shè)Qx則k======2要使kQA+k即?3x0?此時分子、分母中k的系數(shù)也為0,k∴在x軸上存在定點Q3,0，使得kQA【題型3面積定值問題】【例3】（23-24高二下·貴州遵義·期中）已知雙曲線C:x2a2?(1)求雙曲線C的方程；(2)若動直線l與雙曲線C恰有1個公共點，且分別與雙曲線C的兩條漸近線交于P，Q兩點，O為坐標原點，證明：△OPQ的面積為定值．【解題思路】（1）根據(jù)已知條件求得a、b、c，從而得到雙曲線的方程；（2）根據(jù)直線的斜率是否存在進行分類討論，由直曲聯(lián)立表示出PQ，再表示出原點O到直線l的距離，即三角形的高，進而求出△OPQ的面積為23【解答過程】（1）因為虛軸長為23，所以b=因為e=ca=72故雙曲線C的方程為x2（2）當(dāng)直線l的斜率不存在時，l的方程為x=±2，此時|PQ|=23當(dāng)直線l的斜率存在時，不設(shè)直線l:y=kx+m，且k≠±3聯(lián)立方程組y=kx+m,x24由Δ=64m2不妨設(shè)l與y=32x的交點為P，則y=kx+m同理可得xQ所以PQ=因為原點O到直線l的距離d=|m|所以S△OPQ因為4k2=綜上，△OPQ的面積為定值，定值為23【變式3-1】（2024·江蘇蘇州·模擬預(yù)測）已知橢圓γ:x2a2+y2b(1)求橢圓γ的標準方程；(2)A是橢圓上的一點，若存在橢圓的弦BC使得OA//BC,OA=BC，求證:四邊形OABC的面積為定值.【解題思路】（1）根據(jù)橢圓和圓的對稱性可得Q(32，12)，再代入橢圓和圓的方程中，解方程組求出（2）設(shè)A(m,n)，mn≠0，易知四邊形OABC是平行四邊形，設(shè)直線BC的方程為y=nm(x?t)，將其與橢圓方程聯(lián)立，結(jié)合韋達定理，弦長公式以及橢圓的方程，推出|nt|=【解答過程】（1）由對稱性知，|OP|=|OQ|，因為∠POQ=π3，PQ=1，所以△因為Q位于第一象限，所以Q(32,代入橢圓γ的方程有34代入圓x2+y聯(lián)立解得a2=3所以橢圓γ的標準方程為x2（2）證明：設(shè)A(m,n)，mn≠0，則直線OA的斜率為nm，且m23因為OA//BC,OA=BC，所以四邊形OABC是平行四邊形，|BC|=|OA|=m設(shè)直線BC的方程為y=nm(x?t)，B(x1,y聯(lián)立y=nm(x?t)所以x1+x所以|BC|=1+因為|BC|=|OA|=m所以m2整理得6(32?2而點A到直線BC的距離為d=|所以四邊形OABC的面積S=2S【變式3-2】（2024·廣東廣州·模擬預(yù)測）已知A?1,0，B1,0，平面上有動點P，且直線AP的斜率與直線(1)求動點P的軌跡Ω的方程.(2)過點A的直線與Ω交于點M（M在第一象限），過點B的直線與Ω交于點N（N在第三象限），記直線AM，BN的斜率分別為k1，k2，且k1=4k【解題思路】（1）設(shè)Px,y（2）分析可知kBN?kBM=14【解答過程】（1）設(shè)Px,y，x≠±1由題意可得：kAP?k故求動點P的軌跡方程為x2（2）由題意可知：kAM?kBM=1顯然直線MN的斜率不為0，設(shè)直線MN的方程為x=my+tt≠±1，Mx1聯(lián)立方程x=my+tx2?y2則m2≠1，Δ>0則kBN整理可得m2則m2因為t≠±1，則t?1≠0，可得m2整理可得t=?3所以直線MN方程為x=my?35，即直線MN過定點則|AT|=?3此時S△AMN=1所以S△AMN【變式3-3】（2024·河北衡水·三模）已知拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點為F，過F且傾斜角為π6的直線l與C交于A，B兩點．直線l1，l2與C相切，切點分別為A，B，l1，l2與(1)求C的方程；(2)若點P為C上一動點（與A，B及坐標原點均不重合），直線l3與C相切，切點為P，l3與l1，l2的交點分別為G，H．記△DFG，△EFH的面積分別為①請問：以G，H為直徑的圓是否過定點？若過定點，求出該定點坐標；若不過定點，請說明理由；②證明：S1【解題思路】（1）設(shè)l:y=33x+p2，Ax1,y（2）①不妨設(shè)x1<0<x2，由（1）求出切點橫坐標及切線方程，設(shè)Px0,y0x0≠0,x1,x2，則l【解答過程】（1）設(shè)l:y=33x+p2，A消去y得x2?233px?p由y=12px2，y′令y=0得1px1x?y同理l2:y=1由|DE|=233由x1?x22=x故C的方程為x2（2）①由（1）不妨設(shè)x1<0<x解得x1=?3所以l1:y=?3設(shè)Px0,聯(lián)立y=?33x?16同理Hx以G、H為直徑的圓的方程為x?3整理得x0令x2+y2?故該圓恒過0,1②由于D?36,0，E32,0所以|DG|=3|EH|=x|DF|=?36直線FD的斜率為3，顯然直線FD與l1垂直，故△DFG同理△EFH也是直角三角形，故S1=1故S1S2【題型4斜率的和差商積定值問題】【例4】（2024·陜西西安·模擬預(yù)測）已知橢圓C:x2a(1)求橢圓C的標準方程；(2)設(shè)A，B兩點為橢圓C的左、右頂點，點P（異于左、右頂點）為橢圓C上一動點，直線PA，PB的斜率分別為k1，k2，求證：【解題思路】（1）根據(jù)題意列出a，b，c的方程，解出方程即可求解橢圓的標準方程；（2）設(shè)出P點的坐標，代入橢圓標準方程得出橫縱坐標的關(guān)系式，再代入直線PA，PB的斜率之積的表達式換算即可證明出結(jié)論.【解答過程】（1）根據(jù)題意得ca∴橢圓C的標準方程為x2（2）證明：由（1）得A?2,0，B設(shè)點Px0,y0因為k1=y所以k1∴k1【變式4-1】（2024·浙江紹興·三模）設(shè)雙曲線C：x2a2?y2b2=1（a>0，b>0）的一條漸近線為x?3y=0，焦點到漸近線的距離為1．A1，A2分別為雙曲線C的左、右頂點，直線l過點T2,0交雙曲線于點(1)求雙曲線C的方程；(2)求證k1【解題思路】（1）借助漸近線定義及點到直線距離公式計算即可得；（2）設(shè)出直線方程，聯(lián)立曲線可得與交點縱坐標有關(guān)韋達定理，作商即可得所設(shè)參數(shù)與縱坐標的關(guān)系，借助斜率公式表示出斜率后，消去所設(shè)參數(shù)即可得證.【解答過程】（1）由題意可得ba=1故雙曲線C的方程為x2（2）由雙曲線C的方程為x29?y2由題意可知直線l斜率不為0，故可設(shè)l:x=my+2，Mx1,聯(lián)立x=my+2x29?yΔ=16m2則y1+y則y1+yk1=y則k=5即k1k2【變式4-2】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知雙曲線C:x2a2?y2(1)求雙曲線C的標準方程．(2)過點P0,1的直線l與雙曲線C的左、右兩支分別交于點A,B．問：在y軸上是否存在定點Q，使直線AQ與BQ的斜率之和為定值？若存在，求出點Q【解題思路】（1）根據(jù)題意，設(shè)a=4t,t>0，求得b=3t，得到雙曲線C的方程可化為x216t2?y2（2）假設(shè)存在點Q0,m，設(shè)直線l的方程為y=kx+1，聯(lián)立方程組，求得x1+x2,x【解答過程】（1）解：由題意，雙曲線C:x2a2?設(shè)a=4t,t>0，則c=5t，所以b=c所以雙曲線C的方程可化為x2因為點?42,3在雙曲線C上，所以?42所以雙曲線C的標準方程為x2（2）設(shè)Ax假設(shè)存在點Q0,m，設(shè)直線l的方程為y=kx+1聯(lián)立方程組y=kx+1x216則Δ=且x1因為k==2k+1?m所以當(dāng)m+9=0，即m=?9時，kAQ故存在定點Q0,?9，使直線AQ與BQ【變式4-3】（2024·天津濱海新·三模）已知橢圓M：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的離心率為1(1)求橢圓M的標準方程；(2)設(shè)橢圓M的右頂點為C，P是橢圓M上不與頂點重合的動點．①若點P1,y0（y0>0），點D在橢圓M上且位于x軸下方，設(shè)△APC和△DPC的面積分別為S1，②若直線AB與直線CP交于點Q，直線BP交x軸于點N，設(shè)直線QN和直線QC的斜率為kQN，kQC，求證：【解題思路】（1）根據(jù)已知條件，列出關(guān)于a，b，c的方程組即可求解；（2）①根據(jù)面積關(guān)系可得S△DPC=S△OPC，從而得OD∥PC，據(jù)此即可求解；②聯(lián)立QC和AB的方程，求出Q點坐標，聯(lián)立QC和橢圓方程，結(jié)合韋達定理求出P點坐標，求出【解答過程】（1）由題意得ca=121∴橢圓M的標準方程為x2（2）①由（1）可得C2,0，點P1,y0（y0連接PC，∵S1∴S∴OD∥PC，∴kOD∴直線OD的方程為y=?32x解得xD=1y∴D1,?②設(shè)直線QC的斜率為k，則直線QC的方程為：y=kx?2又B0,3，A?2,0，直線AB由y=kx?2y=3∴Q2由y=kx?2x2Δ=256則2xP=則yP∴P8依題意B、P不重合，∴8k2?6≠0∴kBP∴直線BP的方程為y=?4令y=0，即?43k2∴N2∴k∴2k【題型5向量數(shù)量積定值問題】【例5】（23-24高三上·天津河北·期末）設(shè)橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦點分別為F1,F2，短軸的兩個端點為A,B，且四邊形(1)求橢圓E的方程；(2)求證：OM?【解題思路】（1）根據(jù)題設(shè)得|F（2）設(shè)直線CM的方程為y=kx+2，聯(lián)立橢圓并應(yīng)用韋達定理求P坐標，根據(jù)已知確定M坐標，再由向量數(shù)量積的坐標表示求OM【解答過程】（1）由題設(shè)|F1A|=a=2,b=c，a橢圓的方程為x2（2）由（1）知C?2,0,D2,0設(shè)直線CM的方程為y=kx+2，聯(lián)立y=k消去y得1+2k2x所以?2xP=8k2?4又MD⊥CD，將x=2代入y=kx+2，得yM=4k所以O(shè)M?【變式5-1】（23-24高三上·上海嘉定·階段練習(xí)）已知雙曲線C的中心在原點，D(1,0)是它的一個頂點.d=(1,(1)求雙曲線C的方程；(2)設(shè)P(0,1)，M為雙曲線右支上動點，當(dāng)|PM|取得最小時，求四邊形ODMP的面積；(3)若過點(?3,0)任意作一條直線與雙曲線C交于A，B兩點（A，B都不同于點D），求證:DA?【解題思路】(1)根據(jù)給定條件設(shè)出雙曲線C的方程，利用待定系數(shù)法計算得解.(2)根據(jù)給定條件求出點M的坐標，并求出點M到直線DP距離，再借助三角形面積公式計算即得.(3)設(shè)出直線AB方程：x=ty?3，聯(lián)立直線AB與雙曲線C的方程，借助韋達定理計算即可作答.【解答過程】（1）因雙曲線C的中心在原點，一個頂點是D(1,0)，則設(shè)雙曲線C的方程為：x2于是得雙曲線C的漸近線方程為y=±bx，而雙曲線C的一條漸近線的一個方向向量是d=(1,則有b=2所以雙曲線C的方程為x2（2）依題意，設(shè)點M(x0,y0|PM|2=x02+點M到直線DP：x+y?1=0的距離為d=|113

四邊形ODMP的面積S=S△ODP+所以四邊形ODMP的面積為11+2（3）顯然直線AB不垂直于y軸，設(shè)直線AB方程：x=ty?3，由x=ty?32x2?y當(dāng)2t2?1≠0時，Δ則有y1+y因此，DA?DB=(所以DA?【變式5-2】（2024·河北保定·三模）設(shè)橢圓C：x27+y2b2=1(0<b<7)的左、右頂點和橢圓Γ:x214+y27=1的左、右焦點均為E，F(xiàn).P是C上的一個動點（異于E，F(xiàn)），已知直線EP交直線l(1)若b為定值，證明：OA?(2)若直線OM，ON的斜率之積恒為?12，求【解題思路】（1）易得E(?7,0)，F(xiàn)(7,0)，設(shè)P（m，n），則m27+n2b2（2）設(shè)直線AB：y=kx+t，結(jié)合（1）得到OA?OB=?7+t2?7k2=?7+4【解答過程】（1）證明：易知E(?7,0)，F(xiàn)(7,0)，設(shè)P（m，n），則直線PE：y=nm+7(x+7所以O(shè)A=(直線PF：y=nm?7(x?7所以O(shè)B=(?所以O(shè)A?（2）設(shè)直線AB：y=kx+t，則B(?7,t?7則OA?OB=?7+令直線AB與橢圓Γ聯(lián)立，y=kx+t,x214+y需滿足Δ>0，設(shè)M(x1,y1)因為kOM=y所以kOM所以kt(x1+整理得2t2=14所以4b2=【變式5-3】（2024·河北石家莊·二模）已知M為平面上一個動點，M到定直線x=1的距離與到定點F(2,0)距離的比等于22，記動點M的軌跡為曲線C(1)求曲線C的方程；(2)過點F的直線l與曲線C交于A，B兩點，在x軸上是否存在點P，使得PA?【解題思路】（1）根據(jù)題意，用點到直線和點到點的距離公式列出方程，整理得出方程即可.（2）假設(shè)存在P(t,0)，先考慮斜率不為0的情況，設(shè)其方程為x=my+2，再與曲線聯(lián)立后用韋達定理，表達出PA?PB=(4t?6)m2+2【解答過程】（1）設(shè)點M的坐標為(x,y)，則|x?1|(x?2)即2(x?1)2=[(x?2)2+y（2）如圖當(dāng)直線l的斜率不為0時，設(shè)其方程為x=my+2.由于直線與雙曲線交點兩個，則直線不能與漸近線平行，漸近線斜率為±1，則m≠±1.代入x22?y22=1，整理得，(m2?1)y則y1所以PA=(=(m2+1)×若要上式為定值，則必須有4t?6=?2，即t=1，∴(4t?6)m2+2m2當(dāng)直線l的斜率為0時，A(?2,0)，B(2,0)，此時點P(1,0)亦滿足PA?綜上所得，在x軸上存在點P(1,0)，使得PA?PB為定值，定值為【題型6線段定值問題】【例6】（2024·河南濮陽·模擬預(yù)測）已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1a>0,b>0(1)求C的方程；(2)若過點F2的直線l與C的左、右兩支分別交于A,B兩點，與拋物線y2=16x交于P,Q兩點，試問是否存在常數(shù)λ，使得1【解題思路】（1）根據(jù)已知列方程組求解求出雙曲線方程；（2）先聯(lián)立方程組求出兩根和兩根積，再應(yīng)用弦長公式，最后計算得出定值.【解答過程】（1）設(shè)雙曲線C的半焦距為cc>0由題意可得e=ca=216a2?（2）假設(shè)存在常數(shù)λ滿足條件，由（1）知F2設(shè)直線l:x=my+4,Ax聯(lián)立方程得x24?y2所以3m2?1≠0,ABAB=因為直線l過點F2且與C的左、右兩支分別交于A，B兩點，所以A,B兩點在x軸同側(cè)，所以y此時3m2?1>0，即m設(shè)Px3,y3,Qx則Δ1所以PQ===16m所以1AB故當(dāng)?4?3λ=12時，12m2?4?3λ48m2+1為定值1【變式6-1】（2024·山東菏澤·模擬預(yù)測）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦點分別為F(1)求橢圓C的方程；(2)若直線l:x?my?n=0與橢圓C交于P,Q兩點．與x軸交于點N．試判斷是否存在n∈(?6,6)，使得【解題思路】（1）根據(jù)給定條件，利用點在橢圓上及四邊形面積，結(jié)合待定系數(shù)法求出a,b,c.（2）聯(lián)立直線l與橢圓C的方程，求出|PN|,|QN|結(jié)合韋達定理求解即得.【解答過程】（1）設(shè)橢圓C的焦距為2c(c>0)，依題意，B(?3,?1)，則四邊形AF1BF1為平行四邊形，其面積S=2×聯(lián)立解得b=2所以橢圓C的方程為x2（2）存在.由x=my+nx26+y當(dāng)n∈(?6,6設(shè)P(x1,|PN|=1+則1==當(dāng)6?n22=1，即n=±2時，1|PN|【變式6-2】（2024·四川內(nèi)江·三模）已知拋物線E的準線方程為：x=?1，過焦點F的直線與拋物線E交于A、B兩點，分別過A、B兩點作拋物線E的切線，兩條切線分別與y軸交于C、D兩點，直線CF與拋物線E交于M、N兩點，直線DF與拋物線E交于P、Q兩點.(1)求拋物線E的標準方程；(2)證明：1MN【解題思路】（1）由拋物線的準線方程求解p=2，即可求解拋物線標準方程.（2）設(shè)出直線AB的方程，然后與拋物線方程聯(lián)立，韋達定理，推出兩切線方程，進而求得點C0,y12，點D0,【解答過程】（1）因為拋物線的準線為：x=?1，設(shè)y2=2px，則?p故拋物線E的標準方程為y2（2）易知拋物線E的焦點F1,0設(shè)直線AB的方程為x=my+1，Ax1,聯(lián)立y2=4xx=my+1由韋達定理可得y1+y接下來證明拋物線E在點A處的切線方程為y1聯(lián)立y2=4xy1y=2x+2x1所以，直線y1y=2x+2x所以，AC的方程為y1同理可知，直線BD的方程為y2在直線AC的方程中，令x=0，可得y=2x1同理可得點D0,y22，所以，直線CF的方程為設(shè)點Mx3,y3、N由韋達定理可得y3+y所以MN=同理可得PQ=所以1=8y1故1MN+1【變式6-3】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知雙曲線H:x24?y2=1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，左、右頂點分別為A1，(1)求橢圓E的離心率；(2)設(shè)點M(m,n)滿足m2<4n2，過M且與雙曲線H的漸近線平行的兩直線分別交H于點P，Q，過M且與PQ平行的直線交H的漸近線于點S，【解題思路】（1）根據(jù)給定條件，求出橢圓的頂點、焦點坐標，再求出離心率.（2）當(dāng)m=0時，由對稱性可得|MS||MT|=1，當(dāng)m≠0時，求出直線P，Q的坐標，進而求出斜率，求出直線ST的方程，求出S，【解答過程】（1）由雙曲線H:x24因此橢圓E的頂點為F1(?5焦點為A1所以橢圓E的離心率為25（2）依題意，雙曲線x24?y2當(dāng)m=0時，由對稱性得P，Q關(guān)于y軸對稱，S，T關(guān)于y軸對稱，則M為S，T的中點，則|MS||MT|

下面證明當(dāng)m≠0時，|MS||MT|=1，即證M為S，由點M(m,n)滿足m2<4n2，得m?2n≠0，m+2n≠0，n≠0，不妨設(shè)當(dāng)x=m時，y=12m<n，此時點M(m,n)同理可證，點M(m,n)在兩漸近線y=±12x于是kMQ=?12，kMP=12，設(shè)直線則有x24?y點P的坐標xP,yP滿足2xP=因此直線PQ的斜率：kPQ=yP?設(shè)直線ST方程為y?n=m4n(x?m)，由y?n=即2nx?4n2=mx?m2，得T于是xT+xS=2m，即M為S【題型7角度定值問題】【例7】（2024·山西·三模）已知拋物線E:y2=2pxp>0的焦點(1)求E的方程；(2)已知點Tt,0，若E上存在一點P，使得PO?PT(3)過M?4,0的直線交E于A，B兩點，過N?4,43的直線交E于A，C兩點，B，C位于x【解題思路】（1）根據(jù)題意可知焦點F到準線的距離為p=2，即可得方程；（2）設(shè)Px,y，利用平面向量數(shù)量積可得t?4=x+（3）設(shè)Ay124,【解答過程】（1）由題意可知：焦點F到準線的距離為p=2，所以拋物線E的方程為y2（2）設(shè)Px,y，可知y2=4x,x≥0可得PO?顯然x=0不滿足上式，則x>0，可得t?4=x+1又因為x+1x≥2x?1則t?4≥2，即t≥6，所以t的取值范圍為6,+∞（3）設(shè)Ay則直線AB的斜率kAB可得直線AB的方程y?y1=同理可得：直線AC的方程4x?y由題意可得：?16+y1y又因為直線OB,OC的斜率分別為kOB顯然∠BOC為銳角，則tan∠BOC=所以∠BOC=π【變式7-1】（23-24高三下·云南昆明·階段練習(xí)）平面上一動點Px,y滿足x?2(1)求P點軌跡Γ的方程；(2)已知A?2,0，B1,0，延長PA交Γ于點Q，求實數(shù)m使得∠PAB=m∠PBA恒成立，并證明：【解題思路】（1）利用圓錐曲線的定義即可得曲線方程，但要注意只有雙曲線右支；（2）先得到特殊情況時m的值，再證明其對一般情況也適用.【解答過程】（1）由題意可得，動點P到定點2,0的距離比到定點?2,0的距離大2，由雙曲線的定義，P點軌跡是以2,0，?2,0為焦點的雙曲線的左支，設(shè)Γ:x2a2?y所以Γ的方程為Γ:（2）如圖，不妨設(shè)點P在第二象限，①當(dāng)lPQΓ:x2?y23=1，令在△PAB中，AP=AB=3，∴∠PBA=45°②當(dāng)lPQ的斜率存在時，令lPA的傾斜角為α，lPB的傾斜角為β，則∠PAB=α假設(shè)∠PAB=2∠PBA成立，即α=2π?2β，則有tanα=又kpA=yx+2，2kPB2k∴k綜上，當(dāng)m=2時，有∠PAB=2∠PBA成立．此時∠QAB=π?α，由對稱性知，∠QBA=1∴∠PBQ=∠PBA+∠QBA=π【變式7-2】（2024·全國·模擬預(yù)測）在平面直角坐標系xOy中，已知雙曲線C:x2?y23=1的右焦點為F,A1,A(1)若直線A1M,A1N分別與線段O(2)當(dāng)直線l任意旋轉(zhuǎn)時，試問：∠A【解題思路】（1）根據(jù)題意設(shè)直線l的方程，x=my+2m≠±33，設(shè)M（2）當(dāng)直線l的斜率不存在時，∠A1FM=π2，則∠A1FM∠MA1F=2，當(dāng)直線l的斜率存在時，不妨設(shè)Mx0【解答過程】（1）由題意，得A1所以線段OA2的垂直平分線PQ的方程為設(shè)直線l的方程，x=my+2m≠±33由x=my+2x2?y2則y1x1x1直線A1M的方程為令x=12，則y=3同理可得Q1則FP=9

（2）當(dāng)直線l的斜率不存在時，∠A對于x2?y23則MF=3，又A1F則∠A當(dāng)直線l的斜率存在時，不妨設(shè)Mx0,直線MF的傾斜角為α，直線MA1的傾斜角為則∠A1FM=假設(shè)∠A即π?α=2β則一定有tanπ即?k由?kl=?y0得2k故假設(shè)成立，即∠A綜上所述，∠A【變式7-3】（2024·浙江寧波·二模）已知雙曲線C:y2?x2=1，上頂點為D，直線l與雙曲線C的兩支分別交于A,B兩點（B在第一象限），與x軸交于點(1)若T3（i）若A0,?1，求β（ii）求證：α+β為定值；(2)若β=π6，直線DB與x軸交于點E，求△BET與【解題思路】（1）（i）先求直線TA的方程，聯(lián)立雙曲線方程求得點B的坐標，求直線DB斜率，進而求解即可；（ii）法1，設(shè)直線AB的方程為y=kx?33形式，并聯(lián)立雙曲線方程，求直線DA,DB的斜率的斜率和，進而得證α+β為定值；法2，設(shè)直線AB的方程為mx+ny?1=1（2）先對直線DA、DT斜率不存在的情形進行驗證∠ADT=π6；法1：k1和kDT均存在時，設(shè)AB:y=kx?3+2,Tt,0，求得sin∠ADT=sin∠BET=12，從而得到△BET與△ADT的外接圓半徑之比的最大值；法2，k1和kDT均存在時，由A,T,B三點共線可得BA/BT，求得tan∠ADT的值和sin∠ADT=sin∠BET=1【解答過程】（1）（i）kTA=3直線TA與C聯(lián)立可得x2?3x=0，解得x=0或所以kDB=3（ii）法1：①直線AB斜率存在時，可設(shè)直線AB的方程為y=kx?3由y=kx?3所以x1當(dāng)x1=0時，由（i）可得當(dāng)x1≠0時，設(shè)DA,DB的斜率分別為k1所以k1k1所以tanα+β因為B在第一象限，所以0<β<π2，所以0<α+β<3②直線AB斜率不存在時，可得A3可得k1所以tanα+β=k綜上可得，α+β為定值2π法2：①α=π2時，由（i）可得②α≠π2時，設(shè)DA,DB的斜率分別為設(shè)l:mx+ny?1=1，由T3l與C聯(lián)立可得2n+1(y?1)即2n+1y?1所以k1,k所以k1tanα+β因為B在第一象限，所以0<β<π2，所以0<α+β<3綜上可得，α+β為定值2π（2）由（1）可得β=π6時，①k1不存在，則A0,?1，由①（i）可得T3所以∠ADT=π②kDT不存在，則T0,0，則此時k1=3③法1：若k1和kDT均存在，設(shè)AB:y=k與雙曲線聯(lián)立可得xA所以k1所以tan∠ADT=所以sin∠ADT=設(shè)△BET與△ADT的外接圓半徑分別為r1從而r1r2所以△BET與△ADT的外接圓半徑之比的最大值為2.法2：若k1和kDT均存在，設(shè)Ax由A,T,B三點共線可得BA/BT所以?2x0?k所以tan==3所以∠ADT=β，所以sin∠ADT=設(shè)△BET與△ADT的外接圓半徑分別為r1從而r1r2所以△BET與△ADT的外接圓半徑之比的最大值為2.法3：若k1和kDT均存在，設(shè)Tt,0則tanα+β記直線DT的傾斜角為γ，則α+β=γ，所以β=γ?α=∠ADT所以sin∠ADT=設(shè)△BET與△ADT的外接圓半徑分別為r1從而r1r2所以△BET與△ADT的外接圓半徑之比的最大值為2.【題型8動點在定直線上問題】【例8】（2024·北京·三模）已知橢圓E:x2a2+y2b2=1a>b>0的短軸長為23，左、右頂點分別為C,D，過右焦點F1,0的直線l(1)求橢圓E的方程；(2)求證：點T在定直線上.【解題思路】（1）根據(jù)給定條件，求出a,b,c即可得解.（2）設(shè)出直線AB方程，與橢圓方程聯(lián)立，再求出直線AC與直線BD的交點橫坐標，并結(jié)合韋達定理計算即得.【解答過程】（1）依題意，b=3，半焦距c=1，則a=所以橢圓E的方程為x2（2）顯然直線AB不垂直于y軸，設(shè)直線AB:x=ty+1，由x=ty+13x2+4yΔ=36t2則y1+y直線AC:y=y1x聯(lián)立消去y得y1x1整理得[y即[y于是3y2+則3y2+所以點T在定直線x=4上.【變式8-1】（2024·湖南婁底·一模）若拋物線Γ的方程為y2=4x，焦點為F，設(shè)P,Q是拋物線(1)若PF=3，求直線PF(2)設(shè)PQ中點為R，若直線PQ斜率為22，證明R【解題思路】（1）根據(jù)焦半徑公式得到xP=2，求出（2）法一：PQ:y=22x+t，聯(lián)立拋物線方程，設(shè)P法二：設(shè)Px1,y1,Qx【解答過程】（1）F1,0∴xP=2，將x=2代入y∴P所以kPF（2）法一：設(shè)PxPQ:y=22x+t代入y2=4x，得由韋達定理，有y1故yR=y1+法二：設(shè)Px由題意，y2故y1故yR=y1+【變式8-2】（2024·河北衡水·模擬預(yù)測）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左?右焦點分別為(1)求C的方程；(2)斜率為12的直線l與C交于A,B兩點，則△MAB【解題思路】（1）由已知可得2a=23（2）設(shè)直線l的方程為y=12x+t，聯(lián)立方程組可得?32<t<32，且t≠12，x1+x2=?4t3【解答過程】（1）由題意，得2a=231a故C的方程為x2（2）△MAB的外心在定直線2x?y?1=0上.理由如下：由題意設(shè)直線l的方程為y=1

聯(lián)立y=12x+t所以Δ=16即?32<t<設(shè)Ax1,則x1所以kMA+kMB=x1x即直線MA與MB的斜率互為相反數(shù).設(shè)直線MA的方程為y?1=kx?1k≠0，即聯(lián)立x23+則x1所以x0所以y0即N?所以線段MA的垂直平分線的方程為y?1?k即y=?1直線MB的方程為y?1=?kx?1，同理可得線段MBy=1聯(lián)立①②，得x=k得2x?y?1=0，故△MAB的外心在定直線2x?y?1=0上.【變式8-3】（2024·貴州遵義·一模）已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1（a>0，b>0）的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，直線(1)求四邊形MF(2)設(shè)A，B為C的左、右頂點，直線l過點(?3,0)與C交于P，Q兩點（異于A，B），直線AP與BQ交于點R，證明：點R在定直線上．【解題思路】（1）依題意可得MF1⊥F1F2，且MF1=3，由x2a2?y（2）設(shè)直線l為x=my?3，Px1,y1，Qx2【解答過程】（1）由雙曲線C:x2a2?直線y=3與C的左、右兩支分別交于M，N兩點，且四邊形MF所以MF1⊥由x2a2?y即M?c,b2a，則b2解得c=2，a=1，b=3所以雙曲線C的方程為x2所以F1?2,0，F(xiàn)22,0，所以MF2的中點為D0,所以矩形MF1F（2）由（1）知A?1,0，B依題意知直線l的斜率不為零，設(shè)直線l為x=my?3，Px1,y1由x2?y當(dāng)3m2?1≠0所以y1+y所以43直線AP的方程為y=y1x1+1聯(lián)立兩方程可得，所以y1x+1x?1所以x+1x?1解得x=?1故點R在定直線x=?1一、單選題1．（2024·山東·模擬預(yù)測）已知拋物線C：x2=4y，過直線l：x+2y=4上的動點P可作C的兩條切線，記切點為A,B，則直線AB（A．斜率為2 B．斜率為±2 C．恒過點0,?2 D．恒過點?1,?2【解題思路】設(shè)Ax1,y1,Bx2,【解答過程】設(shè)Ax1,y1由于y′=12x即y?y1=同理可得過點B的切線方程為y+y設(shè)P4?2n,n，過點Ax1故n+y1=同理n+y2=故直線AB的方程為y+n=2?n斜率不為定值，AB錯誤，當(dāng)x=?1時，y=?2，恒過點?1,?2，C錯誤，D正確.故選：D.2．（2024·河南信陽·模擬預(yù)測）已知橢圓C：x24+y2=1的下頂點為A，斜率不為0的直線l與C交于B，D兩點，記線段BD的中點為A．點E在定直線y=13上 B．點E在定直線C．點E在定直線y=23上 D．點E在定直線【解題思路】先設(shè)直線，然后根據(jù)韋達定理求出E點坐標，根據(jù)直線垂直列出方程求解,最后代入E點即可求出E所在直線.【解答過程】由題意知A0,?1,設(shè)直線l的方程為y=kx+m,設(shè)B聯(lián)立y=kx+m,x24+y所以x1+x所以y1+所以BD的中點E?因為AE⊥BD,所以kAE即m1+4整理得1+4k所以所以E在定直線y=1故選:A.3．（23-24高二上·上海浦東新·期末）已知雙曲線Γ：x224?y225=1①點P到雙曲線兩條漸近線的距離為d1，d2，則②已知A、B是雙曲線上關(guān)于原點對稱不同于P的兩個點，若PA、PB的斜率存在且分別為k1，k2，則A．①真②真 B．①假②真C．①真②假 D．①假②假【解題思路】根據(jù)給定條件，求出雙曲線的漸近線方程，借助點到直線距離計算d1【解答過程】依題意，設(shè)P(x0,y0),x因此d1設(shè)A(x1,y1)，則否則，PA,PB之一垂直于y軸，由雙曲線對稱性知另一條必垂直于x軸，其斜率不存在，不符合題意，則k1所以①真②真.故選：A.4．（2024·江蘇南通·模擬預(yù)測）在平面直角坐標系xOy中，如圖，已知橢圓x29+y25=1的左、右頂點為A、B，右焦點為F.設(shè)過點T9,m的直線TA、TB與此橢圓分別交于點M（x1，y1）、N（x2，y

A．1,0 B．?1,0C．0,?1 D．0,1【解題思路】通過聯(lián)立方程組求得M,N兩點的坐標，進而確定定點的坐標.【解答過程】依題意得A?3,0直線TA的方程為y=m由y=m12x+3x2xA則y1所以M3?直線TB的方程為y=m由y=m6x?3x2xB所以y2所以N6若x1=x即80?m2mm4=1600,m2=40,m=2此時直線MN過點1,0.若x1≠x所以直線MN的方程為y?40my?40my?y===?10m所以直線MN過點1,0，綜上所述，直線MN過定點1,0.故選：A.

5．（2024·甘肅定西·一模）已知橢圓C:x2a2+y2=1(a>1)的離心率為32,P是C上任意一點，A．4|OP|2?d2C．|OP|2+4d2【解題思路】觀察選項，設(shè)Px,y，從而表示出OP2,d2【解答過程】依題意，設(shè)Px,y，則OP因為橢圓C:x2a所以1?1a2所以C的方程為x24+y2所以|OP|故選：D.6．（2024·湖南長沙·二模）已知A、B分別為雙曲線C:x2?y23=1的左、右頂點，過雙曲線C的左焦點F作直線PQ交雙曲線于P、QA．?13 B．?23 C．【解題思路】將所求的斜率之比用坐標表示，再設(shè)出直線PQ的方程，聯(lián)立直線的方程和雙曲線的方程，結(jié)合根與系數(shù)之間的關(guān)系進行坐標運算即可求解.【解答過程】如圖所示，設(shè)P(x1,所以kAP=y1x當(dāng)直線斜率存在時，設(shè)直線PQ方程為y=kx+2所以聯(lián)立雙曲線方程得:y=k(x+2)x消元得(3?k2所以x1因為y1所以x將①代入得x2因為過雙曲線C的左焦點F作直線PQ交雙曲線于P、Q兩點，所以kAP:kBQ當(dāng)直線PQ斜率不存在時，容易驗證k故選：C.7．（23-24高三下·河南鄭州·階段練習(xí)）已知曲線C:y4=a2x2a>0與直線y=2x+4有3個公共點，點A、B是曲線C上關(guān)于y軸對稱的兩動點（點A在第一象限），點M、N是x軸上關(guān)于原點對稱的兩定點（點A．8 B．16 C．?8 D．?16【解題思路】由已知結(jié)合直線與曲線的公共點個數(shù)先求出a，然后結(jié)合拋物線的定義即可求解.【解答過程】曲線y4=a2x由y=2x+4y2=?ax因為a>0，所以Δ=可得拋物線y2=?ax與直線曲線y4=a則直線y=2x+4與拋物線y2把y=2x+4代入y2=ax得則Δ=16?a2由對稱性可知AM=BN，設(shè)AB與y軸的交點為則AB?若AB?AM?則點M,N分別為拋物線y2=32x與此時AB?AM?BN為拋物線與其焦點距離差的2倍，即?16.故選：D．8．（2024·黑龍江哈爾濱·二模）如圖，P，M，Q，N是拋物線E:y2=4x上的四個點（P，M在x軸上方，Q，N在x軸下方），已知直線PQ與MN的斜率分別為?22和2，且直線PQ與MN相交于點GA．125 B．512 C．1【解題思路】設(shè)出點G的坐標，寫出MN、PQ直線的方程，聯(lián)立拋物線方程，再根據(jù)韋達定理和弦長公式分別求得MG、【解答過程】設(shè)Gx0,y0聯(lián)立拋物線方程y2=4x可得，則yM又直線PQ方程為y?y聯(lián)立拋物線方程y2=4x可得則，yP故PG=1+1?222故|PG|?|GQ||MG|?|GN|=2故選：A.二、多選題9．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知雙曲線C:x23?y2=1的右焦點為F，動點M,N在直線l:x=32上，且FM⊥FN，線段FM交C于點PA．△FMN的面積S≥12 C．MR?HN=FH【解題思路】對于A，通過相似三角形計算邊的關(guān)系，并通過基本不等式求面積取值范圍即可；對于B，通過兩點距離公式計算線段的長度，并作比較即可；對于C，D，通過相似三角形確定邊的比值即可；【解答過程】依題意，如圖所示，F(xiàn)2,0，設(shè)直線l與x軸的交點為H所以FH=12，設(shè)HM因為∠MHF=∠FHN=π2,FM⊥FN所以△MHF∽△FHN，所以MHFH即HM?HN=所以S=14x+y設(shè)Px所以PR=x0?3所以PF=所以PRPF由A選項可得，△MRP∽△FHN，所以MRFH所以MR?HN=由∠MFN=π2，得則MPPR=MN所以MP?故選：BCD．10．（2024·江蘇蘇州·模擬預(yù)測）對于拋物線γ:y2=2px,(p>0),F是它的焦點，γ的準線與x軸交于T，過點T作斜率為kk>0的直線與γ依次交于B、A兩點，使得恰有A．k是定值，p不是定值B．k不是定值，p也不是定值C．A、B兩點橫坐標乘積為定值D．記AB中點為M，則M和A橫坐標之比為定值【解題思路】由題意可得點T,F的坐標，設(shè)直線AB的方程，與拋物線的方程聯(lián)立，可得兩根之和及兩根之積，再由BT?BF=0，可得點B的坐標，進而可得直線AB的斜率，判斷出AB的真假，由兩根之積可得A，B的橫坐標之積，判斷出C的真假，由C選項分析，可得點A的橫坐標，及A，B的中點M的橫坐標，可得M【解答過程】如圖，由題意得T?p2設(shè)直線AB的方程為x=my?p2,m=聯(lián)立x=my?p2y所以y對于A，由BT?BF=0可得y144解得y12=5?2p2可得B的橫坐標5?22p可得k=5對C，A、B兩點橫坐標乘積為y1對D，由題意，M的橫坐標為y=2由C選項分析可得點A的橫坐標為p2所以5p故選：AD.11．（2024·浙江金華·模擬預(yù)測）已知橢圓x22+y2=1,O為原點，過第一象限內(nèi)橢圓外一點Px0,y0A．直線AB過定點 B．k1C．x0?y0的最大值為2【解題思路】設(shè)直線AB的方程為y=kx+t，聯(lián)立橢圓方程，得到兩根之和，兩根之積，由k1?k2=14得到方程，求出t2=4k2?1，證明橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)在Qx3,y3處的切線方程為x【解答過程】由于k1?k2=14所以直線AB方程斜率一定存在，設(shè)直線AB的方程為y=kx+t，聯(lián)立x21+2k設(shè)Ax1,故y=k其中k1故y1y2所以?8k2+4下面證明橢圓E:x2a2+理由如下：當(dāng)y3≠0時，故切線的斜率存在，設(shè)切線方程為代入橢圓方程得：a2由Δ=2a所以x3把x3=?a2于是n=?m則橢圓的切線斜率為?b2x整理得到a2其中b2x32+當(dāng)y3=0時，此時x3當(dāng)x3=a時，切線方程為x=a，滿足當(dāng)x3=?a時，切線方程為x=?a，滿足綜上：橢圓E:x2a2+故橢圓在點Ax1,在點Bx2,由于點Px0,y0故x1x0所以直線AB為x0因為直線AB的方程為y=kx+t，對照系數(shù)可得k=?x又t2=4k2?1又Px故點Px0,A選項，直線AB為x02x+B選項，k3=?b則k3k1C選項，由于x02?y02=1設(shè)x0?y0=sD選項，由于x02?y02=1設(shè)5x0?3則兩式聯(lián)立得?16y由Δ=36?2檢驗，當(dāng)?=4時，5x0?3解得x0故5x故選：BD.三、填空題12．（2024·四川宜賓·二模）已知F為拋物線C:x2=?8y的焦點，過直線l:y=4上的動點M作拋物線的切線，切點分別是P,Q，則直線PQ過定點【解題思路】設(shè)Px1,y1【解答過程】設(shè)Px由x2=?8y，得y=?1則拋物線C在點P處得切線方程為y?y即y=?1又x12=?8又因為點Mt,4在切線MP上，所以4=?同理可得4=?1由①②可得直線PQ的方程為4=?1所以直線PQ過定點0,?4.

故答案為：0,?4.13．（2024·四川·模擬預(yù)測）已知點A為橢圓E:x225+y29=1的左頂點，點F為橢圓E的右焦點，過點F作一條直線（直線與x軸不重合）交橢圓E于M,N【解題思路】利用橢圓方程可知A?5,0,F4,0，再設(shè)直線MN:x=my+4【解答過程】由題知A?5,0,F4,0，設(shè)M聯(lián)立x225+y2所以y1因此kAM?k故答案為：?114．（2024高三·全國·專題練習(xí)）已知雙曲線C1：x24?y2=1和橢圓C2：x24+y2=1.過點P2,1的動直線l1交C1于A，B兩點，過點Р【解題思路】設(shè)直線l1的方程為y=kx+m，得到2k+m=1，聯(lián)立方程組得到x1+x2,x1x2，設(shè)Qx0,y0，求得kQA+kQB【解答過程】當(dāng)直線l1、l2的斜率不存在時，不滿足題意.故直線l1直線l1過點P2,1，即聯(lián)立方程組y=kx+mx24則1?4k2≠0設(shè)Ax1,y1，B設(shè)Qx0,整理得kQA則kQA將2k+m=1代入得kQA由動直線l1、l2互不影響可知，要滿足則kQA+k因此要滿足kQA①若16y0?8x0y0經(jīng)檢驗滿足Q2,0，此時k②若16y0?8x0則有16y綜上，當(dāng)Q2,0，k下面只需驗證當(dāng)Q2,0時，k設(shè)直線l2方程為：y=tx+n，直線l2過點P2,1橢圓方程聯(lián)立y=tx+nx24+y設(shè)Mx3,y3，NkQM化簡得kQM則kQM將2t+n=1得kQM+kQ