圆锥曲线定点问题题型分类汇编（解析版）
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圆锥曲线定点问题题型分类汇编题型1直线过定点之y=kx+m型题型2直线过定点之x=ty+m型题型3直线过定点之求直线方程型题型4特殊到一般法题型5斜率和问题题型6斜率积问题题型7斜率比值问题题型8多斜率问题题型9与角度有关的定点问题题型10直线过定点之类比法题型11定点与恒成立问题题型12圆过定点问题题型1直线过定点之y=kx+m型定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与曲线方程联立，整理为关于x或y的一元二次方程的形式；②利用Δ>0求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理整理；④由所得等式恒成立可整理得到定点.技巧：若直线方程为y-y0=kx-x0,则直线过定点x0,y0;若直线方程为y=kx+b(b为定值),则直线过定点0,b.1(2021·贵州贵阳·高三校联考开学考试)已知椭圆C的中心在原点，一个焦点为F1-3,0，且C经过点1P3,．2(1)求C的方程；(2)设C与y轴正半轴交于点D，直线l:y=kx+m与C交于A、B两点(l不经过D点)，且AD⊥BD．证明：直线l经过定点，并求出该定点的坐标．2x2【答案】(1)+y=143(2)直线l经过定点，定点坐标为0,-52y2x【分析】(1)由题意可得c=3，设椭圆C:+=1(a>b>0)，求得椭圆的另一个焦点坐标，利用定义22ab1,求解a=2，再求得b，即可求出椭圆方程.(2)由已知得D(0,1)，联立直线方程与椭圆方程，利用根与系数的关系可得A，B横纵坐标的和与积，结合3AD⊥BD，得DA⋅DB=x1x2+(y1-1)(y2-1)=0，由此求解m值，当m=-时，有Δ>0，直线l经过定53点0,-．52y2x【详解】(1)解：由题意得，设椭圆C的方程为+=1(a>b>0)，焦距为2c22ab则c=3，椭圆的另一个焦点为F2(3,0),71由椭圆定义得2a=|PF1|+|PF2|=+=4，则a=22222所以b=a-c=1,2x2所以C的方程为+y=1.4(2)(2)证明：由已知得D(0,1)，{y=kx+m222由x22，得(1+4k)x+8kmx+4m-4=0，+y=142-8km4m-4设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=2，x1x2=2，1+4k1+4k222mm-4ky1+y2=k(x1+x2)+2m=2，y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=2，1+4k1+4k由AD⊥BD得，DA⋅DB=x1x2+(y1-1)(y2-1)=025m-2m-3即=0，21+4k23所以5m-2m-3=0，解得m=1或m=-，5①当m=1时，直线l经过点D，舍去；33②当m=-时，显然有Δ>0，直线l经过定点0,-．55【变式训练】1(2023上·辽宁朝阳·高三建平县实验中学校考期末)已知动点Mx,y到定点N3,0的距离与M433到定直线：x=的距离之比为，记点M的轨迹为曲线C.32(1)求曲线C的方程；(2)已知曲线C与y轴的正半轴交于点A，不与x轴垂直的直线l交曲线C于E,F两点(E，F异于点A)，直4线AE,AF分别与x轴交于P,Q两点，若P,Q的横坐标的乘积为，则直线l是否过定点？若是，求出该定3点的坐标；若不是，请说明理由.2x2【答案】(1)+y=1；4(2)l过定点，0,-2.【分析】(1)根据给定条件，列出方程并化简作答.(2)设出直线l的方程及点E,F的坐标，联立直线l与曲线C的方程，求出点P,Q的横坐标，由已知结合韦达定理求解作答.(x-3)2+(y-0)223x2【详解】(1)依题意，=，化简整理得+y=1，x-432432,2x2所以曲线C的方程为+y=1.4(2)设直线l的方程为y=kx+mm≠1,Ex1,y1,Fx2,y2，y=kx+m2由消去y得4k2+1x2+8kmx+4m2-4=0，当Δ>0时，x+x=-8km,xx=4m-4，x2+4y2=41221224k+14k+12y-1xx211由+y=1，得A0,1，则直线AE的方程为y=x+1，令y=0，得点P的横坐标xP=-，4x1y1-1y2-1x2直线AF的方程为y=x+1，令y=0，得点Q的横坐标xQ=-，x2y2-1x1x2x1x24于是xP⋅xQ===，y1-1y2-1kx1+m-1kx2+m-1322即4k-3x1x2+4km-4kx1+x2+4(m-1)=0，224m-4-8km22则有(4k-3)⋅+(4km-4k)⋅+4(m-1)=0，化简得m+m-2=0，解得m=-2或m=224k+14k+11(舍去)，所以直线l的方程为y=kx-2，直线l恒过定点0,-2.【点睛】思路点睛：涉及动直线与圆锥曲线相交满足某个条件问题，可设直线方程为y=kx+m，再与圆锥曲线方程联立结合已知条件探求k，m的关系，然后推理求解.2y2x2(2023上·广西玉林·高三校联考开学考试)已知椭圆E:+=1a>b>0的左焦点为F122ab-2,0，且点6,1在椭圆E上.(1)求椭圆E的标准方程；(2)椭圆E的上、下顶点分别为M,N，点Pn,4n∈R,n≠0，若直线PM,PN与椭圆E的另一个交点分别为点S,T，证明：直线ST过定点，并求该定点坐标.2y2x【答案】(1)+=184(2)证明见解析，定点坐标为0,1【分析】(1)根据左焦点可知c的值，根据点6,1在椭圆上，可以得到另一组关系式，从而求出a，b.(2)先设直线ST的斜截式方程，再联立直线和椭圆方程，结合韦达定理将P点纵坐标为4的信息转化为直线方程系数的值或关系，从而找出直线所过定点.【详解】(1)因为椭圆E的左焦点F1-2,0，可得c=2，由定义知点6,1到椭圆的两焦点的距离之和为2a，22222a=6+2+1+6-2+1=11+46+11-46=22+3+22-3=42，故a=22，222则b=a-c=4，3,2y2x所以椭圆E的标准方程为+=1.842y2x(2)由椭圆的方程+=1，可得M0,2,N0,-2，84且直线ST斜率存在，设Sx1,y1,Tx2,y2，设直线ST的方程为：y=kx+m，2y2x与椭圆方程+=1联立得：842222k+1x+4kmx+2m-8=0，2-4km2m-8则x1+x2=2,x1x2=22k+12k+1y1-2直线SM的方程为y=·x+2，x1y2+2直线TN的方程为y=·x-2，x22x16x2由直线SM和直线TN交点的纵坐标为4得，=y1-2y2+2x13x2即=y1-2y2+22y2x2y2x11又因点Sx1,y1在椭圆+=1上，故+=1，8484x1-2y1+2得=，y1-2x12y23x-2y+2x21同理，点Tx2,y2在椭圆+=1上，得=，84y2+2x1即3x1x2+2y1+2y2+2=0即3x1x2+2kx1+m+2kx2+m+2=022即2k+3x1x2+2km+2x1+x2+2m+2=022222k+32m-8+2km+4m-4km+2m+8m+82k+1即=022k+122化简可得8m+8m-16=0，即m+m-2=0，解得m=-2或m=1，当m=-2时，直线ST的方程为y=kx-2，直线ST过点N，与题意不符.故m=1，直线ST的方程为y=kx+1，直线ST恒过点0,1【点睛】本题主要考查直线与椭圆关系中的直线恒过定点问题，遵循“求谁设谁”的思路，将目标直线设为y=kx+m的形式，将条件转化为m的值或k与m的关系式，从而得出定点，侧重数学运算能力，属于偏难题.3(2023上·江苏·高三江苏省梁丰高级中学校联考阶段练习)在直角坐标平面内，已知A-2,0，1B2,0，动点P满足条件：直线PA与直线PB斜率之积等于-，记动点P的轨迹为E．2(1)求E的方程；(2)过直线l：x=4上任意一点Q作直线QA与QB，分别交E于M，N两点，则直线MN是否过定点？若是，求出该点坐标；若不是，说明理由．2y2x【答案】(1)+=1(x≠±2)；42(2)是，定点为1,0.4,【分析】(1)根据给定条件，利用斜率坐标公式列式化简作答.(2)设出点Q的坐标，由已知探求出点M,N的坐标关系，再按直线MN斜率存在与否分类讨论求解作答.yy【详解】(1)设动点Px,y，则直线PA、PB的斜率分别为,，x+2x-2yy2y21x于是⋅=-，整理得+=1，显然点A,B不在轨迹E上，x+2x-22422y2x所以E的方程为+=1(x≠±2).42(2)设直线l:x=4上的点Q4,t，显然t≠0，1依题意，直线MA,MB的斜率kMA,kMB满足kMA⋅kMB=-，2t-0tt-0t13且kMA==，直线NB斜率kNB==，则kMA=kNB，有kMB⋅kNB=-，4--264-2232y1y23设Mx1,y1，Nx2,y2，则⋅=-(x1≠2且x2≠2)，x1-2x2-22当直线MN不垂直于x轴时，设直线MN的方程为y=kx+m，y=kx+m222x2y2消去y得2k+1x+4kmx+2m-4=0，+=1422-4km2m-4则x1+x2=2，x1x2=2，2k+12k+1y1y2322又=-，即2k+3x1x2+2km-6x1+x2+2m+12=0，x1-2x2-22222m-4-4km222则2k+3⋅+2km-6⋅+2m+12=0，整理得2k+3km+m=0，222k+12k+1m222解得k=-m或k=-，此时方程2k+1x+4kmx+2m-4=0中的Δ>0，2当k=-m时，直线MN：y=-mx-1恒过点1,0，mm当k=-时，直线MN：y=-x-2，由于x≠2舍去，2222y123x1y1当直线MN⊥x时，则有x2=x1,y2=-y1，即有=，而+=1，解得x1=1，x1-2242直线MN：x=1过点1,0，所以直线l恒过点1,0．2y2x4(2023上·河北张家口·高三统考开学考试)已知椭圆C:+=1a>b>0过点A-2,1，且离22ab2心率e=．2(1)求椭圆C的方程；2(2)过点A作与y=txt<0相切的两条直线，分别交椭圆C于P，Q两点，求证：直线PQ恒过定点．5,2y2x【答案】(1)+=163(2)证明见解析【分析】(1)由已知列方程组求出a,b,c，可得方程；211(2)先由直线AP,AQ与曲线y=txt<0相切，由判别式法得两直线斜率关系+=-2；再将斜率k1k222坐标化，由直线PQ方程y=mx+n消y1,y2整理得2m+2mx1x2+n-1+2mnx1+x2+2n-1=0(*)；然后由直线与曲线方程联立，由韦达定理得到x1+x2,x1x2与m,n的关系代入(*)式化简可得m,n的等量关系；最后代回方程y=mx+n可得定点.2y2xc2【详解】(1)由点A-2,1代入方程+=1a>b>0，e==，a2b2a24+1=1a2b2a2=6由题可得c=2，解得2，a2b=3222a=b+c2y2x∴所求椭圆方程为+=1．632(2)设过点A的直线为y-1=kx+2与y=txt<0相切，y-1=kx+2，2y=tx22消y得，tx-kx-2k-1=0，由Δ=k+4t2k+1=0，2k1+k2=-8t得，k+8tk+4t=0，∴，k1⋅k2=4tk1+k211则=+=-2(k1，k2分别是直线PA和QA的斜率).k1k2k1k2设直线PQ为：y=mx+n，Px1,y1，Qx2,y2，y=mx+n22222得1+2mx+4mnx+2n-6=0，x+2y=6x+x=-4mn1221+2m则2①，xx=2n-61221+2m222222由Δ=16mn-8(1+2m)(n-3)>0得，6m-n+3>0．11x1+2x2+2x1+2x2+2+=+=+=-2，k1k2y1-1y2-1mx1+n-1mx2+n-1即x1+2mx2+n-1+x2+2mx1+n-1=-2mx2+n-1mx1+n-122整理得2m+2mx1x2+n-1+2mnx1+x2+2n-1=0，将①式代入得，22222m+2mn-3+n-1+2mn-2mn+n-11+2m=0，22整理得：n+2mn-8m-6m-1=0，即n-2m+1n+4m+1=0，n=2m+1或n=-4m+1，所以当n=2m+1时，直线PQ为y=mx+2m+1，恒过点A-2,1，不符合题意；当n=-4m+1时，直线PQ为：y=mx-4m-1，即y+1=mx-4，恒过点4,-1，综上，直线PQ恒过定点4,-1．【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的定点问题的常用策略：(1)参数法：参数法解决定点问题的关键思路在于以下两个环节.6,①引进动点的坐标或动直线中的参数(如引入动直线的斜率k，截距m，动点的横或纵坐标t等等)表示变化量，即确定题目中核心参数；②利用条件找到参数与过定点的曲线F(x,y)=0之间的关系，得到关于参数与x,y的等式，再研究曲线不受参数影响时的定点坐标.(2)由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.题型2直线过定点之x=ty+m型1.直线AB方程为x=ty+m，联立曲线方程，结合韦达定理化简整理得到只关于t、m的方程，即可求出t、m的关系，即可进一步讨论直线AB过定点的情况；2.设直线时注意考虑AB斜率不存在的情况，联立方程也要注意讨论判别式.22111(2021·广东深圳·统考二模)已知圆C:x-1+y=，一动圆与直线x=-相切且与圆C外切．42(1)求动圆圆心P的轨迹T的方程；(2)若经过定点Q(6,0)的直线l与曲线T交于A,B两点，M是AB的中点，过M作x轴的平行线与曲线T相交于点N，试问是否存在直线l，使得NA⊥NB？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．2【答案】(1)y=4x(2)存在，3x+6y-18=0或3x-6y-18=0【分析】(1)设元，利用圆与圆的位置关系找等量关系，列方程，化简即可；(2)设A(x1,y1),B(x2,y2)，l：得x=my+6，联立方程消去x，由韦达定理y1+y2=4m,y1y2=-24，根据题意设N(x0,y0)，由NA⊥NB得NA⋅NB=0化简解决即可.【详解】(1)设动圆圆心P(x,y)，由题可知动圆圆心不能在y轴左侧，故x≥0，1221因为动圆与直线x=-相切且与圆C：x-1+y=外切，2411所以|PC|-x+=，2222∴(x-1)+y=x+1，2化简得y=4x，2所以动圆圆心P的轨迹T的方程为y=4x.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2)，由题意，设直线l的方程为x=my+6，x=my+6联立y2=4x，消去x得2y-4my-24=0，∴y1+y2=4m,y1y2=-24，①2∴x1+x2=4m+12，x1x2=36，②因为M是AB的中点，过M作x轴的平行线与曲线T相交于点N，假设存在N(x0,y0)，使得NA⊥NB，y1+y2所以y0==2m，③27,2y0因为N在抛物线上，即x0=42所以x0=m，④∵NA⋅NB=0，NA=(x1-x0,y1-y0)，NB=(x2-x0,y2-y0)，22所以x1x2-x0(x1+x2)+x0+y1y2-y0(y1+y2)+y0=022所以将①②③④代入化简可得(m+6)(3m-2)=0，6所以m=±，36所以存在直线l：x=±y+6，使得NA⊥NB，3所以存在直线l的方程为3x+6y-18=0或3x-6y-18=0【变式训练】2y2x1(2020·山东·高三山东省实验中学校考阶段练习)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左右焦点分22ab别为F1，F2，左顶点为A，且满足F1F2=2AF1，椭圆C上的点到焦点距离的最大值为3．(1)求椭圆的标准方程；(2)若P是椭圆上的任意一点，求PF1⋅PA的取值范围；(3)已知直线l:y=kx+m与椭圆相交于不同的两点M，N(均不是长轴的端点)，AH⊥MN，垂足为H且2AH=MH⋅HN，求证：直线l恒过定点．2y2x【答案】(1)+=143(2)0,12(3)证明见解析【分析】(1)根据题意列方程组，解得参数a、b，即可得到椭圆的标准方程；(2)把条件PF1⋅PA转化成关于P的横坐标x0的代数式，以抛物线在给定区间求值域的方法解之即可；2(3)把条件AH=MH⋅HN转化成AM⊥AN，极大简化了运算量，是数形结合的的一个范例，得到参数k、m关系后，即可求得直线l所过定点.a+c=322【详解】(1)由已知，解得a=2，c=1，则b=a-c=3，2a-c=2c2y2x故椭圆C的标准方程为+=1．4322x0y0(2)设Px0,y0，则+=1，又A-2,0，F1-1,0．43212∴PF1⋅PA=-1-x0-2-x0+y0=x0+3x0+5．4由于Px0,y0在椭圆C上，∴-2≤x0≤2．12由fx=x+3x+5在区间-2,2上单调递增，可知4当x0=-2时，fx0取最小值为0；当x0=2时，fx0取最大值为12．故PF1⋅PA的取值范围是0,12y=kx+m,222(3)由x2y2消去y得：3+4kx+8kmx+4m-12=0．+=1,43设Mx1,y1，Nx2,y2，则AM=x1+2,y1，AN=x2+2,y28,2-8km4m-12x1+x2=2，x1x2=2．3+4k3+4k22由Δ>0得4k+3>m．22AH=MH⋅HN，即AH=MHNH，可得AM⊥AN，则x1+2,y1x2+2,y2=0，即x1x2+2x1+x2+4+kx1+mkx2+m=0224m-12-8km21+k+km+2+m+4=0223+4k3+4k22化简得4k-16km+7m=0．1722∴k=m或k=m，均适合4k+3>m．221当k=m时，直线过A，舍去；2722当k=m时，直线y=kx+k过定点-,0．2772故直线l恒过定点-,0.7【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率等问题．2y2x32(2022·辽宁沈阳·二模)已知椭圆C:+=1a>b>0的焦距为2，且经过点P1,．a2b22(1)求椭圆C的方程；(2)经过椭圆右焦点F且斜率为kk≠0的动直线l与椭圆交于A、B两点，试问x轴上是否存在异于点F的定点T，使AF⋅BT=BF⋅AT恒成立？若存在，求出T点坐标，若不存在，说明理由．2y2x【答案】(1)+=143(2)存在；点T4,0322【分析】(1)根据题意，得到c=1，再由椭圆C经过点P1,，联立方程组，求得a=4,b=3，即可求解.2-6m-9(2)设直线l的方程为x=my+1，联立方程组，得到y1+y2=2,y1y2=2，设T点坐标为t,0，3m+43m+4AFS△TFAATsin∠ATF由AFBT=BFAT，得到==，得到∠ATF=∠BTF，得到kAT+kBT=0，BFS△TFBBTsin∠BTF列出方程，求得t=4，即可求解．22【详解】(1)解：由椭圆C的焦距为2，故c=1，则b=a-1，31922又由椭圆C经过点P1,，代入C得+=1，解得a=4,b=3，2a24b22y2x所以椭圆C的方程为+=1．431(2)解：根据题意，直线l的斜率显然不为零，令=m，k由椭圆右焦点F1,0，故可设直线l的方程为x=my+1，x=my+122联立方程组x2y2，整理得(3m+4)y+6my-9=0，+=1439,222则Δ=36m-4×(-9)(3m+4)=144(m+1)>0，-6m-9设Ax1,y1，Bx2,y2，且y1+y2=2,y1y2=2，3m+43m+4AFAT设存在点T，设T点坐标为t,0，由AFBT=BFAT，可得=，BFBT1FTAFS△TFA2ATsin∠ATFATsin∠ATF又因为===，BFS△TFB1FTBTsin∠BTFBTsin∠BTF2所以sin∠ATF=sin∠BTF，所以∠ATF=∠BTF，所以直线TA和TB关于x轴对称，其倾斜角互补，即有kAT+kBT=0，y1y2则kAT+kBT=+=0，所以y1(x2-t)+y2(x1-t)=0，x1-tx2-t所以y1(my2+1-t)+y2(my1+1-t)=0，整理得2my1y2+(1-t)(y1+y2)=0，-9-6m3mm即2m×+(1-t)×=0，即+(1-t)×=0，22223m+43m+43m+43m+4解得t=4，符合题意，即存在点T4,0满足题意．【点睛】方法技巧：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量(通常为变量k)；②利用条件找到k过定点的曲线F(x,y)=0之间的关系，得到关于k与x,y的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.3(2023上·北京丰台·高三北京市第十二中学校考阶段练习)已知椭圆C的两个焦点分别为F1(-3,30),F2(3,0)，离心率为．2(1)求椭圆C的标准方程；(2)M为椭圆C的左顶点，直线l与椭圆C交于A,B两点，若MA⊥MB，求证：直线AB过定点．2x2【答案】(1)+y=1;4(2)证明见解析.【分析】(1)根据条件求出a,b,c的值即可；(2)联立直线方程x=ty+m和椭圆方程后利用两直线垂直可算出m.c3222【详解】(1)由题意得：c=3，e==，a=b+c，a2故可知a=2,b=1，2x2椭圆方程为：+y=1.4(2)M为椭圆C的左顶点，又由(1)可知：M(-2,0)，设直线AB的方程为：x=ty+m，A(x1,y1)，B(x2,y2)x=ty+m222联立方程可得：22⇒(t+4)y+2mty+m-4=0，x+4y=422222则Δ=2mt-4(t+4)m-4>0，即t+4>m，22mtm-4由韦达定理可知：y1+y2=-2，y1y2=2，t+4t+4∵MA⊥MB，则MA⋅MB=0，10,∴x1+2x2+2+y1y2=0⇒x1x2+2(x1+x2)+4+y1y2=0，x1=ty1+m又∵，x2=ty2+m22∴(t+1)y1y2+(mt+2t)(y1+y2)+(m+2)=0，2222(t+1)(m-4)+(mt+2t)-2mt+(m+4m+4)(t+4)=0，26展开后整理得：5m+16m+12=0，解得：m=-或m=-2，5当m=-2时，AB的方程为：x=ty-2，经过点M，不满足题意，舍去，666当m=-时，AB的方程为：x=ty-，恒过定点-,0.555所以直线AB过定点．2y2x4(2023上·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考开学考试)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左顶点22ab为A，上顶点为B，右焦点为F1,0，设O为坐标原点，线段OA的中点为D，且满足BD=DF.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设点T2,tt∈R，圆T过O且交直线x=2于M,N两点，直线AM,AN分别交C于另一点P,Q(异于点A).证明：直线PQ过定点，并求出该定点的坐标.2y2x【答案】(1)+=143(2)证明见解析，1,022【分析】(1)根据题意求出a,b即可得解；(2)设Px1,y1,Qx2,y2,Mx3,y3,Nx4,y4，先求出圆T的方程，令x=2，利用韦达定理求出y3y4，设直线PQ的方程为x=my+n，联立方程，利用韦达定理求出y1+y2,y1y2，再根据A,P,M三点共线得AP⎳AM，求出y3，同理求出y4，整理可得出答案.【详解】(1)由题意c=1，2a2a由BD=DF可知：+b=+1，422222整理得b=a+1⇒a-a-2=0⇒a=2，所以b=a-c=3，2y2x所以椭圆C的方程为+=1；43(2)设Px1,y1,Qx2,y2,Mx3,y3,Nx4,y4，222依题意，圆T的方程为(x-2)+(y-t)=t+4，22令x=2，则y-2ty-4=0，Δ=4t+16>0，由韦达定理可得y3y4=-4，由已知直线PQ不与y轴垂直，设直线PQ的方程为x=my+n，222与椭圆联立得：3m+4y+6mny+3n-12=0，2-6mn3n-12由韦达定理可得y1+y2=2,y1y2=2，3m+43m+4由A,P,M三点共线得AP⎳AM，4y14y1所以x1+2y3=4y1⇒y3==，x1+2my1+n+24y2同理y4=，my2+n+216y1y2所以y3y4==-4，my1+n+2my2+n+211,22去分母整理得：4+my1y2+mn+2y1+y2+(n+2)=0，223n-12-6mn2将韦达定理带入得：4+m+mn+2+(n+2)=0，223m+43m+42整理得n+n-2=0⇒n=1或n=-2，当n=-2时，直线PQ过点A，不合题意，所以n=1，所以直线PQ的方程为x=my+1，恒过定点1,0.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：(1)“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；(2)“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；(3)求证直线过定点x0,y0，常利用直线的点斜式方程y-y0=kx-x0或截距式y=kx+b来证明.题型3直线过定点之求直线方程型在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为定点问题．证明直线(曲线)过定点的基本思想是是确定方程，即使用一个参数表示直线(曲线)方程，根据方程的成立与参数值无关得出x,y的方程组，以方程组的解为坐标的点就是直线(曲线)所过的定点．核心方程是指已知条件中的等量关系．2y2x1(2020下·河南鹤壁·高三鹤壁高中校考阶段练习)已知双曲线C：-=1a>0,b>0的右焦点F，22ab2a1半焦距c=2，点F到直线x=的距离为，过点F作双曲线C的两条互相垂直的弦AB，CD，设AB，c2CD的中点分别为M，N.(1)求双曲线C的标准方程；(2)证明：直线MN必过定点，并求出此定点的坐标.2x2【答案】(1)-y=1；3(2)证明见解析，(3,0).【分析】(1)根据给定条件求出a的值，再由a，b，c之间的关系求出双曲线的方程.(2)直线AB斜率存在且不为0时，设出AB方程并与C的方程联立求出M的坐标，再得N的坐标，就直线MN的斜率存在与否讨论，最后分析AB斜率不存在或为0的情况作答.2a12222【详解】(1)依题意，c=2，c-=，解得a=3,b=c-a=1，c22x2所以双曲线的方程为：-y=1.3(2)点F(2,0)，当直线AB不垂直于坐标轴时，设直线AB的方程为：x=ky+2，A(x1,y1)，B(x2,y2)，x=ky+2222由22消去x并整理得：(k-3)y+4ky+1=0，显然k-3≠0，x-3y=34k1262k则y1+y2=2，有x1+x2=k(y1+y2)+4=2，于是得弦AB中点M2,2，3-k3-k3-k3-k26k2k因CD⊥AB，同理可得点N,-，3k2-13k2-112,2k+2k222k3-k3k-1当直线MN不垂直于x轴时，直线MN的斜率kMN=2=2，6-6k3(k-1)223-k3k-12k2k62k因此，直线MN的方程为：y-=x-，化简得y=(x-3)，3-k23(k2-1)3-k23(k2-1)于是得直线MN恒过定点P(3,0)，266k当直线MN垂直于x轴时，由=得k=±1，直线MN：x=3过定点P(3,0)，223-k3k-1则当直线AB不垂直于坐标轴时，直线MN恒过定点P(3,0)，当AB垂直于x轴，即k=0时，则弦AB的中点M与F重合，弦CD的中点N与原点重合，此时MN为x轴，直线MN过P(3,0)，当AB垂直于y轴时，则弦AB的中点M为原点，弦CD中点N与F重合，此时直线MN为x轴，直线MN也过点P(3,0)，所以直线MN恒过定点P(3,0).【点睛】思路点睛：经过圆锥曲线上满足某条件的两个动点的直线过定点问题，可探求出这两个动点坐标，求出直线方程，即可推理计算解决问题.【变式训练】1(2020上·安徽·高三校联考阶段练习)在△PAB中，已知A-2,0、B2,0，直线PA与PB的斜率3之积为-，记动点P的轨迹为曲线C.4(1)求曲线C的方程；(2)设Q为曲线C上一点，直线AP与BQ交点的横坐标为4，求证：直线PQ过定点.2y2x【答案】(1)+=1x≠±2；43(2)证明见解析.【分析】(1)设点P的坐标为x,y，利用斜率公式结合已知条件可求得曲线C的方程，并注明x≠±2；(2)设直线AP与BQ交点为M4,m，求出点P、Q的方程，对直线PQ的斜率是否存在进行分类讨论，写出直线PQ的坐标，即可得出直线PQ所过定点的坐标.【详解】(1)解：设点P的坐标为x,y，yy直线PA与PB的斜率分别为kPA=，kPB=，其中x≠±2，x+2x-2yy2y23x由已知得⋅=-，化简得+=1，由已知得x≠±2，x+2x-24432y2x故曲线C的方程为+=1x≠±2.43m(2)证明：设直线AP与BQ交点为M4,m，则直线AP的方程为y=x+2，6y=mx+2由6得m2+27x2+4m2x+4m2-108=0，3x2+4y2=12224m-10854-2m设PxP,yP，则-2xP=2，即xP=2，m+27m+27m18myP=xP+2=2，6m+27m同理，直线BQ的方程为y=x-2，与椭圆方程联立，213,2222消去y整理得m+3x-4mx+4m-12=0，224m-122m-6m-6m设QxQ,yQ，则2xQ=2，即xQ=2，yQ=2xQ-2=2.m+3m+3m+3yP-yQ6m当m≠±3时，直线PQ的斜率为kPQ==-，xP-xQm2-926m6m2m-6此时直线PQ的方程为y+=-x-，m2+3m2-9m2+36m化简得：y=-x-1，故直线PQ过定点1,0.2m-9当m=±3时，可得xP=xQ=1，所以直线PQ也过定点1,0.综上所述：直线PQ过定点1,0.2y2x2(2023·江西景德镇·统考三模)设椭圆C：+=1a>b>0的左、右顶点分别为A、B，且焦距22ab3为2．点P在椭圆上且异于A、B两点．若直线PA与PB的斜率之积为-．4(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点F-1,0作不与x轴重合的直线与椭圆C相交于M、N两点，直线m的方程为：x=-2a，过点M作ME垂直于直线m，交m于点E．判断直线EN是否过定点，并说明理由．2y2x【答案】(1)+=1435(2)过定点P-,0，理由见解析2322【分析】(1)由焦距为2，直线PA与PB的斜率之积为-，列方程求出a,b，可得椭圆C的标准方程；4(2)设MN的直线方程，与椭圆联立方程组，结合韦达定理表示出直线EN，令y=0可求得直线所过的定点.【详解】(1)由题意有A-a,0，Ba,0，yy24y22y23xx设Px,y，kPA⋅kPB=x+a⋅x-a=-4，化简得2+2=1,结合2+2=1，a3aab232222321222可得b=a，由椭圆焦距为2，有a-b=a-a=a=1，得a=4，b=3，4442y2x椭圆C的标准方程为+=1；43(2)设直线MN方程：x=my-1，Mx1,y1，Nx2,y2，E-4,y1，x=my-122联立方程x2y2，得3m+4y-6my-9=0，+=1436m-9所以y1+y2=2，y1y2=2，3m+43m+4所以-2my1y2=3y1+y2，y2-y1又kEN=，x2+4y2-y1所以直线EN方程为：y-y1=x+4，x2+43y-yy1x2+4my1y2+3y121235令y=0，则x=-4-=-4-=-4+=-4+=-．y2-y1y2-y1y2-y1225所以直线EN过定点P-,0.214,【点睛】方法点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．要强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．3(2023上·江苏连云港·高三校联考阶段练习)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(-25,0)，离心率为5，点A1，A2为C的左，右顶点．P为直线x=1上的动点，PA1与C的另一个交点为M，PA2与C的另一个交点为N．(1)求C的方程；(2)证明：直线MN过定点．2y2x【答案】(1)-=1416(2)证明见解析.【分析】(1)根据题意，列出方程，求得a,b，即可得到C的方程；(2)根据题意，分别得到M,N的坐标，然后分直线MN的斜率存在以及不存在分别讨论，即可得到结果.2y2x【详解】(1)由题意可设双曲线方程为-=1a>0,b>0，左焦点为(-25,0)，则c=25，22abc25222离心率为5，则e===5，则a=2，b=c-a=20-4=16，aa2y2x则C的方程为-=1.416(2)因为点A1，A2为C的左，右顶点，P为直线x=1上的动点，所以A1-2,0,A22,0，设P1,t，Mx1,y1,Nx2,y2，t则直线PA1的方程为y=x+2，3y=tx+23联立直线PA1与双曲线的方程可得x2y2，消去y可得-=1416222236-tx-4tx-4t-144=0，方程两根为x1,-2，224t+1442t+72t48t由韦达定理可得-2x1=2，所以x1=2，y1=3x1+2=2，t-3636-t36-t22t+7248t即M,；36-t236-t2设直线PA2方程为y=-tx-2，y=-tx-2联立直线PA2与双曲线的方程可得x2y2，消去y可得-=141622224-tx+4tx-4t-16=0，方程两根为x2,2，224t+162t+8-16t由韦达定理可得2x2=2，则x2=2，y2=-tx2-2=2，t-4t-4t-422t+8-16t即N,；t2-4t2-4由对称性可知，若直线MN过定点，则定点在x轴上，222t+722t+82当直线MN的斜率不存在时，=，可得t=12，2236-tt-4此时，x1=x2=4，则直线MN经过点E4,0，15,48t-16t28t28t236-tt-4当t≠12时，kME=2t2+72=2，kNE=2t2+8=2=kME，2-4t-122-4t-1236-tt-4所以M,N,E三点共线，即直线MN经过点E4,0.综上，直线MN经过定点4,0.4(2020·全国·校联考二模)在平面直角坐标系xOy中，M为直线y=x-2上一动点，过点M作抛物线C：x2=y的两条切线MA，MB，切点分别为A，B，N为AB的中点．(1)证明：MN⊥x轴．(2)直线AB是否恒过定点？若是，求出这个定点的坐标；若不是，请说明理由．【答案】(1)证明见解析1(2)直线AB过定点,2.2【分析】(1)根据函数切线的几何意义，结合中点坐标公式进行求解证明即可；(2)根据中点公式，结合斜率公式进行求解即可.222【详解】(1)设A(x1,x1),B(x2,x2)，由y=x⇒y=2x，2所以切线MA的斜率为2x1，因此切线MA的方程为：y-x1=2x1(x-x1)，M为直线y=x-2上一动点，设M(t,t-2)，22因此有t-2-x1=2x1(t-x1)⇒x1-2x1t+t-2=0，22同理可得：x2-2x2t+t-2=0，因此x1,x2是方程x-2xt+t-2=0的两个根，所以x1+x2=2t，x1x2=t-2x1+x2因为N为AB的中点，所以Nx==t，因此MN⊥x轴；2222x1+x2(x1+x2)-2x1x22(2)因为Ny===2t-t+2，2222x2-x1所以kAB==x2+x1=2t，x2-x1所以直线AB：y-(2t2-t+2)=2t(x-t)，1即y-2=2tx-，21所以直线AB过定点,2．25(2023上·江西萍乡·高三统考期末)已知椭圆E的中心在原点，周长为8的△ABC的顶点，A-3,0为椭圆E的左焦点，顶点B，C在E上，且边BC过E的右焦点.(1)求椭圆E的标准方程；(2)椭圆E的上、下顶点分别为M，N，点Pm,2m∈R,m≠0,若直线PM，PN与椭圆E的另一个交点分别为点S，T，证明：直线ST过定点，并求该定点坐标.2x2【答案】(1)+y=141(2)证明见解析，0,2【分析】(1)根据椭圆定义直接求解即可；(2)设出直线PS方程，与椭圆方程联立，求出点S、T的坐标，写出直线ST方程即可求出定点坐标.【详解】(1)由题意知，椭圆E的焦点在x轴上，2y2x所以设椭圆方程为+=1a>b>0，焦距为2cc>0，22ab16,2所以△ABC周长为4a=8，即a=2，a=4，2因为左焦点A-3,0，所以c=3，c=3，222所以b=a-c=1，2x2所以椭圆E的标准方程为+y=1.4(2)由题意知，M0,1,N0,-1，直线PS,PT,ST斜率均存在，x22所以直线PS:y=+1，与椭圆方程联立得m+4x+8mx=0，m2Δ=64m>0对m∈R,m≠0恒成立，2-8m-8m-8m1m-4则xS+xM=2，即xS=2，则yS=2×m+1=2，m+4m+4m+4m+4224m36-m同理xT=2，yT=2，m+36m+3622m-436-my-y2-2412-m222STm+4m+36144-m12+m12-m所以kST=====，xS-xT-8m-24m16m3+192m16m12+m216m22m+4m+3622212-m-8mm-412-m1所以直线ST方程为：y=x-+=x+，16mm2+4m2+416m21所以直线ST过定点，定点坐标为0,.2题型4特殊到一般法特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.2y2x1(2023上·山东·高三校联考开学考试)如图，已知点T13,-5和点T2-5,21在双曲线C:2-2=ab21a>0,b>0上，双曲线C的左顶点为A，过点La,0且不与x轴重合的直线l与双曲线C交于P，Q222两点，直线AP，AQ与圆O:x+y=a分别交于M，N两点.(1)求双曲线C的标准方程；(2)设直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2，求k1k2的值；(3)证明：直线MN过定点.2y2x【答案】(1)-=14417,1(2)-3(3)直线MN过定点(1,0),证明见解析.【分析】(1)根据双曲线上的点求标准方程；(2)利用韦达定理运算求解即可；(3)利用联立方程组，结合韦达定理求得M,N的坐标，猜想MN过定点(1,0)，并用三点共线与斜率的关系证明求解.【详解】(1)因为点T13,-5和点T2-5,21在双曲线上，952-2=1a2=4x2y2ab所以2521，解得b2=4，所以双曲线C的标准方程为4-4=1.2-2=1ab(2)由题可知，直线l的斜率不等于零，故可设直线l的方程为x=my+4，设P(x1,y1),Q(x2,y2)，2y2x-=14422联立，整理得(m-1)y+8my+12=0，x=my+42若m=1，即m=±1，直线l的斜率为±1，与渐近线y=±x平行，2此时直线l与双曲线有且仅有一个交点，不满足题意，所以m≠1，-8m12所以y1+y2=2,y1y2=2,m-1m-122-8m8m-8-8x1+x2=m(y1+y2)+8=2+2=2，m-1m-1m-12222212m-32m16m-16-4m-16x1x2=my1y2+4m(y1+y2)+16=2+2+2=2，m-1m-1m-1m-1y1y2y1y2因为A(-2,0),所以k1k2=kAPkAQ=×=x1+2x2+2x1x2+2(x1+x2)+41221211m-122==-，所以k1k2=-.-4m-16+-16+4m-4-3633222m-1m-1m-11(3)(i)当MN⊥x轴时，k1=-k2,且k1k2=-，3333所以k1=,k2=-，则AP:y=x+2，33322x+y=4122联立3，整理得x+(x+2)=4，y=x+2332即x+x-2=0，解得x=-2或x=1，当x=1时，y=3，所以M(1,3)，由于对称性，N(1,-3)，此时直线MN过定点(1,0)；(ii)当MN不垂直于x轴时，以下证明直线MN仍过定点设为B(1,0)，22x+y=4因为AP:y=k1x+2，所以联立y=kx+2，12222222即x+k1(x+2)=4，所以(k1+1)x+4k1x+4k1-4=0，2-2k1+2解得x=-2或x=，2k1+122-2k1+2-2k1+24k1当x=时，y=k1+2=，k2+1k2+1k2+111118,2-2k1+24k1所以M,,k2+1k2+1112-2k2+24k2同理，将上述过程中k1替换为k2可得N2,2，k2+1k2+14k14k224k24kk1+11k2+12所以kBM=-2k2+2=2，kBN=-2k2+2=2，1-1-3k1+12-1-3k2+122k1+1k2+111因为k1k2=-，所以k2=-，33k1-44k23k1-4k14k1所以kBN=2=12=2=2=kBM，-3k2+1-3-+13k1-1-3k1+13k1所以M,N,B三点共线，即此时直线MN恒过定点(1,0)，综上直线MN过定点(1,0).【变式训练】21(2023·江西上饶·校联考模拟预测)已知点F为抛物线E:y=2px(p>0)的焦点，点P-2,4,PF1=5，过点P作直线与抛物线E顺次交于A,B两点，过点A作斜率为的直线与抛物线的另一个交点为点2C．(1)求抛物线E的标准方程；(2)求证：直线BC过定点．2【答案】(1)y=4x(2)证明见解析【分析】(1)由|PF=5求得参数p得抛物线方程；(2)设AB的方程为y-4=k(x+2)，设Ax1,y1,Bx2,y2，直线方程代入抛物线方程整理后应用韦达定理得y1+y2,y1y2，得y1y2-8=4y1+y2，直线BC方程代入抛物线方程应用韦达定理并结合前者得4y2+y3=y2y3+40，然后按直线BC斜率是否存在分类求得直线BC方程，利用4y2+y3=y2y3+40得定点坐标．pp2【详解】(1)焦点F2,0,|FP|=-2-2+16=5，∵p>0，∴p=22抛物线E的标准方程为y=4x；(2)显然直线AB斜率存在，设AB的方程为y-4=k(x+2)，y-4=k(x+2)22由2，化简得：ky-4y+16+8k=0,k≠0,Δ=16-2k-4k+1>0，y=4x416设Ax1,y1,Bx2,y2，则y1+y2=,y1y2=+8，kk∴y1y2-8=4y1+y2①21y1直线AC的方程为y-y1=x-，2421y1由y-y1=2x-4化简得：y2-8y+8y-y2=0,Δ=64-48y-y2>0，1111y2=4x设Cx3,y3则y1+y3=8②由①②得8-y3y2-8=48-y3+y2，∴4y2+y3=y2y3+40③(ⅰ)若直线BC没有斜率，则y2+y3=0，又4y2+y3=y2y3+40，19,22y3∴y3=40，∴x3==10，4∴BC的方程为x=10．y2-y34(ⅱ)若直线BC有斜率，为=，x2-x3y2+y324y2直线BC的方程为y-y2=x-，即4x-y2+y3y+y2y3=0，y2+y34将③代入得4x-y2+y3y+4y2+y3-40=0，∴y2+y3(4-y)+4(x-10)=0，故直线BC有斜率时过点(10,4)．【点睛】方法点睛：圆锥曲线中直线过定点问题，一般设出直线方程y=kx+b，设出交点坐标为(x1,y1),(x2,y2)，直线方程与圆锥曲线方程联立后消元应用韦达定理得x1+x2,x1x2(或y1+y2,y1y2)，把此结论代入题设中其它条件或性质得出k,b的关系，从而化简直线方程，由化简后的直线方程可得定点坐标，解题中也需注意直线斜率不存在的情形的验证．12(2023·河北·统考模拟预测)已知直线l：x=与点F2,0，过直线l上的一动点Q作直线PQ⊥l，2且点P满足PF+2PQ⋅PF-2PQ=0．(1)求点P的轨迹C的方程；(2)过点F作直线与C交于A，B两点，设M-1,0，直线AM与直线l相交于点N．试问：直线BN是否经过x轴上一定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由．22y【答案】(1)x-=13(2)过定点；定点1,0【分析】(1)根据题意，得到PF=2PQ，设Px,y，代入即可求得曲线C的方程；(2)当直线AB的斜率不存在时，直线BN：y=-3x-1，直线BN经过点E1,0，当直线AB的斜率存在y113y1时，不妨设直线AB：y=kx-2，得到直线AM：y=x+1，求得N,，联立方程组求x1+122x1+1224k4k+3得x1+x2=2，x1x2=2，再证直线BN经过点E1,0，再证得kEN=kEB，即可得到直线BN经过点k-3k-3E1,0．22【详解】(1)解：由PF+2PQ⋅PF-2PQ=0，可得PF-4PQ=0，所以PF=2PQ，221设Px,y，代入上式得x-2+y=2x-，222y平方整理即得C的方程为x-=1．3(2)解：当直线AB的斜率不存在时，不妨设点A在点B的上方，13则A2,3，B2,-3，N,，22则直线BN：y=-3x-1，直线BN经过点E1,0；当直线AB的斜率存在时，不妨设直线AB：y=kx-2，Ax1,y1，Bx2,y2，y1则直线AM：y=x+1，x1+113y113y1当x=时，yN=，故N,，22x1+122x1+120,y=kx-22222由22，得3-kx+4kx-4k+3=0，3x-y=322224k4k+3则Δ=36k+1>0，3-k≠0，所以x1+x2=2，x1x2=2，k-3k-3-3y1y2下面证明直线BN经过点E1,0，即证kEN=kEB，即=，x1+1x2-1即-3y1x2+3y1=x1y2+y2，由y1=kx1-2k，y2=kx2-2k，整理得，4x1x2-5x1+x2+4=0，224k2-34k+34k即4⋅-5⋅+=0恒成立．222k-3k-3k-3即kEN=kEB，即直线BN经过点E1,0．综上所述，直线BN过x轴上的定点1,0．【点睛】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量(通常为变量k)；②利用条件找到k过定点的曲线F(x,y)=0之间的关系，得到关于k与x,y的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.3(2023·全国·高三专题练习)动点P到定点F1,0的距离比它到直线x=-2的距离小1，设动点P的轨迹为曲线C，过点F且斜率为k(k≠0)的直线交曲线C于M，N两点.(1)求曲线C的标准方程；(2)若点M关于x轴的对称点为A，探究直线AN是否过定点？若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由.2【答案】(1)y=4x(2)过定点，-1,0【分析】(1)由题意，根据抛物线的定义，明确其焦点坐标与准线方程，可得答案；(2)由点斜式方程，设出直线方程，联立方程组，写出韦达定理，根据设未知点的坐标，写出直线方程，整理化简，可得答案.【详解】(1)动点P到定点F1,0的距离比它到直线x=-2的距离小1，即动点P到定点F1,0的距离与它到直线x=-1的距离相等，故由抛物线的定义得，动点P的轨迹是以F1,0为焦点，x=-1为准线的抛物线.2所以曲线C的标准方程为y=4x.(2)由题意，作图如下：y=k(x-1),直线AN过定点-1,0.设直线MN：y=k(x-1)，联立y2=4x,21,22222整理得kx-2k+4x+k=0，又因为k≠0，所以Δ=16k+1>0，22k+4设Mx1,y1，Nx2,y2，则x1+x2=2，x1x2=1.k-y1-y2-y1-y24又因为点A与点M关于x轴对称，所以Ax1,-y1，所以kAN==22=.x1-x2y1y2y2-y1-4442故直线AN：y+y1=x-x1，即y2-y1y+y1y2-y1=4x-4x1，y2-y1222又y1=4x1，y2=4x2，x1x2=1，故y1y2=16x1x2=16，所以y1y2=-4，整理可得y2-y1y-4-4x1=4x-4x1，即y1-y2y+41+x=0.故直线AN过定点-1,0.2y2x4(2023·湖南·湖南师大附中校联考模拟预测)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆W:+=122ab2(a>b>0)的离心率为，椭圆W上的点与点P0,2的距离的最大值为4.2(1)求椭圆W的标准方程；(2)点B在直线x=4上，点B关于x轴的对称点为B1，直线PB,PB1分别交椭圆W于C,D两点(不同于P点).求证：直线CD过定点.2y2x【答案】(1)+=184(2)证明见解析【分析】(1)根据离心率可得a=2b=2c，设点Tm,n结合椭圆方程整理得TP=22-(n+2)+8+2b，根据题意分类讨论求得b=2，即可得结果；(2)设直线CD及C,D的坐标，根据题意结合韦达定理分析运算，注意讨论直线CD的斜率是否存在.2【详解】(1)设椭圆的半焦距为c，由椭圆W的离心率为，得a=2b=2c，222mn222设点Tm,n为椭圆上一点，则+=1,-b≤n≤b，则m=2b-2n，222bb2222222因为P0,2，所以TP=m+(n-2)=2b-2n+n-4n+4=-(n+2)+8+2b，22①当0<b<2时，|tp|max=-(-b+2)+8+2b=4，解得b=2(舍去)；2②当b≥2时，|tp|max=8+2b=4，解得b=2；综上所述：b=2，则a=22,c=2，2y2x故椭圆w的标准方程为+=1.84(2)①当cd斜率不存在时，设cx0,y0,-22<x0<22且x0≠0，则dx0,-y0，y0-24y0-8则直线cp为y=x+2，令x=4，得y=+2，x0x04y0-8即b4,x+2，0-4y0-8同理可得b14,x+2.04y0-8-4y0-8∵b与b1关于x轴对称，则+2++2=0，x0x0解得x0=4>22，矛盾；②当直线CD的斜率存在时，设直线CD的方程为y=kx+m，m≠2，设Cx1,y1,Dx2,y2，其中x1≠0且x2≠0，22,y=kx+m222联立方程组x2y2，消去y化简可得2k+1x+4kmx+2m-8=0，+=18422222222Δ=16km-42k+12m-8=88k+4-m>0，则m<8k+4，2-4km2m-8所以x1+x2=2,x1x2=2，1+2k1+2ky1-2y2-2由P0,2，可得kPC=,kPD=，x1x2y1-24y1-8所以直线PC的方程为y=x+2，令x=4，得y=+2，x1x14y1-8即4,x+2，1y2-24y2-8直线PD的方程为y=x+2，令x=4，得y=+2，x2x24y2-8即4,x+2，24y1-84y2-8因为B1和B关于x轴对称，则+2++2=0，x1x24kx1+m-84kx2+m-8把y1=kx1+m,y2=kx2+m代入上式，则+2++2=0，x1x222m-8-4km整理可得1+2kx1x2+m-2x1+x2=0，则1+2k×2+m-2×2=0，1+2k1+2k∵m≠2，则m-2≠0，可得1+2k×m+2-2km=0，化简可得m=-4k-2，则直线CD的方程为y=kx-4k-2，即y+2=kx-4，所以直线CD过定点4,-2；综上所述：直线CD过定点4,-2.【点睛】方法定睛：过定点问题的两大类型及解法(1)动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为y=kx+t，由题设条件将t用k表示为t=mk，得y=k(x+m)，故动直线过定点(-m,0)．(2)动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．2y2x5(2023·全国·模拟预测)已知F1，F2分别是双曲线C：2-2=1(a>0，b>0)的左､右焦点，点abP-2,23为双曲线C上的点，且△PF1F2的面积为215.(1)求双曲线C的标准方程.23(2)设原点O到直线l的距离为，直线l交双曲线C于A，B两点，试问：以线段AB为直径的圆是否经3过一个定点？若经过，求出该定点；若不经过，请说明理由.22y【答案】(1)x-=14(2)以线段AB为直径的圆经过一个定点，该定点为坐标原点O0,022【分析】(1)由△PF1F2面积和P点纵坐标可求出c，再将点P代入双曲线方程，求出a，b即可；(2)先通过直线斜率不存在时，发现满足题意的圆过原点，再设直线方程，证明直线斜率存在时该圆过原点即可.23,11【详解】(1)△PF1F2的面积S△PF1F2=F1F2yP=×2c×23=215，∴c=5，22又∵点P-2,23为双曲线C上的点，22-22322-2=1a=1∴ab，解得2，a2+b2=5b=422y∴双曲线C的标准方程为x-=1.42323(2)①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=±，不妨取l：x=，3322yx-4=123232323由23，解得A3,3，B3,-3，x=323232323∴OA=3,3，OB=3,-3，∴OA⋅OB=0，OA⊥OB，即以线段AB为直径的圆过原点O0,0.23同理，当直线l的方程为x=-时，以线段AB为直径的圆也过原点O0,0.3②当直线l的斜率存在时，设l：y=kx+m，即kx-y+m=0，m23242∵原点O到直线l的距离d==，∴m=k+1，k2+13322y∵双曲线x-=1的渐近线方程为y=±2x，且直线l与双曲线C相交于A，B两点，4∴k≠±2，22y由x-4=1，消去y整理得4-k22-2kmx-m2+4=0(k≠±2)，xy=kx+m2222162Δ=4km+44-km+4=k+16>03设Ax1,y1，Bx2,y2，22kmm+4则x1+x2=2，x1x2=-2，4-k4-k22∴y1y2=kx1+mkx2+m=kx1x2+kmx1+x2+m，∵OA=x1,y1，OB=x2,y2，∴OA⋅OB=x1x2+y1y222=1+kx1x2+kmx1+x2+m1+k22+422m2km2=-++m224-k4-k223m-4k-4=24-k4223×k+1-4k-43=24-k=0，∴OA⊥OB，即以线段AB为直径的圆过原点O0,0.综上所述，以线段AB为直径的圆经过一个定点，该定点为坐标原点O0,0.【点睛】圆锥曲线中的定点问题，通常通过特殊情况(如本题使用了直线斜率不存在的情况)先确定定点的坐标或位置，再对一般情况进行验证或证明.24,题型5斜率和问题与定点问题有关的基本结论2(1)若直线l与抛物线y=2px交于点A,B，则OA⊥OB⇔直线l过定点P2p,0；22(2)若直线l与抛物线y=2px交于点A,B，则kOA⋅kOB=m⇔直线l过定点Pp+m+p,0；22(3)设点P2pt0,2pt0是抛物线y=2px上一定点，M,N是该抛物线上的动点，则PM⊥PN⇔直线MN过2定点Q2p+2pt0,-2pt0．2(4)设点Ax0,y0是抛物线y=2px上一定点，M,N是该抛物线上的动点，则kAM⋅kAN=m⇔直线MN过定2p点Px0-m,-y0；2y2x(5)过椭圆+=1a>b>0的左顶点P作两条互相垂直的直线与该椭圆交于点A,B，则PA⊥PB22ab22aa-b⇔直线AB过点Q-,0；a2+b22y2x(6)过椭圆-=1a>0,b>0的左顶点P作两条互相垂直的直线与该椭圆交于点A,B，则PA⊥22ab22aa+bPB⇔直线AB过点Q-,0；a2-b22y2x(7)设点Pm,n是椭圆C：+=1a>b>0上一定点，点A，B是椭圆C上不同于P的两点，若kPA22ab22n2bm+kPB=λλ≠0，则直线AB过定点m-,-n-；λa2λ2y2x(8)设点Pm,n是双曲线C：-=1a>0,b>0一定点，点A，B是双曲线C上不同于P的两点，22ab22n2bm若kPA+kPB=λλ≠0，则直线AB过定点m-,-n+2．λaλ2y2x31(2020下·山西运城·高三统考阶段练习)椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为，右焦点为F2a2b22c,0，点P在椭圆上运动，且PF2的最大值为2+3．(1)求椭圆E的方程；(2)过A0,1作斜率分别为k1，k2的两条直线分别交椭圆于点M，N，且k1+k2=4，证明：直线MN恒过定点．2x2【答案】(1)+y=1；(2)证明见解析.4c3【分析】(1)根据PF2max=a+c=2+3和e==求解；a2(2)当直线MN斜率不存在时，设直线方程为x=m，由k1+k2=4求解；当直线MN斜率存在时，设直线22x+4y=4MN的方程为y=kx+t，联立方程组，由k1+k2=4，利用韦达定理，求得k，t的关系，代入y=y=kx+tkx+t求解.【详解】(1)由题意得PF2max=a+c=2+3，①c33又=，得c=a，②a2225,由①②得a=2，c=3．222又b=a-c=1，2x2所以椭圆E的方程为+y=1．4(2)当直线MN斜率不存在时，设直线方程为x=m，则M(m,n)，N(m,-n)，1-n1+n1-n1+n2则k1=，k2=，所以k1+k2=+==4，-m-m-m-m-m1解得m=-．2当直线MN斜率存在时，设直线MN的方程为y=kx+t，22x+4y=4222联立方程组，得4k+1x+8ktx+4t-4=0．y=kx+t28kt4t-4设Mx1,y1，Nx2,y2，则x1+x2=-2，x1⋅x2=2，4k+14k+1y1-1y2-1y1x2+x1y2-x1+x22kx1x2+(t-1)x1+x28kt-8k则k1+k2=+===2=4，x1x2x1x2x1x24t-4即(k-2t-2)(t-1)=0，依题可知t≠1，所以k=2t+1，代入直线MN方程，得y=2t+1x+t=t2x+1+2x，x=-12x+1=0⇒即t2x+1+2x-y=0，联立方程组2，y=2xy=-11综上所述可知直线MN恒过定点-,-1．2【变式训练】21(2023·山西吕梁·统考二模)已知抛物线C：y=2px过点A2,4．(1)求抛物线C的方程；(2)P，Q是抛物线C上的两个动点，直线AP的斜率与直线AQ的斜率之和为4，证明：直线PQ恒过定点．2【答案】(1)y=8x(2)证明见解析【分析】(1)将A2,4代入抛物线方程求解即可；(2)设PQ：x=my+t，再联立抛物线方程，设Px1,y1，Qx2,y2，再根据直线AP的斜率与直线AQ的斜率之和为4，结合韦达定理求解即可.【详解】(1)A2,4坐标代入抛物线方程得16=4p，解得p=4，2∴抛物线方程为y=8x．22(2)证明：显然直线PQ斜率不为0，故可设PQ：x=my+t，将PQ的方程与y=8x联立得y-8my-8t=0，设Px1,y1，Qx2,y2，则y1+y2=8m，y1y2=-8t，22所以Δ>0⇒64m+32t>0⇒2m+t>0，y1-4y1-488kPA==2=，同理：kQA=，x1-2y1y1+4y2+4-2888由题意：+=4，y1+4y2+4∴2y1+y2=y1y2+4y1+y2，∴y1y2=-2y1+y2，即t=2m，代入直线得x=my+2m=my+2，26,故直线PQ恒过定点0,-2．2(2023上·湖北随州·高三随州市曾都区第一中学校考开学考试)在平面直角坐标系xOy中，已知圆心为C的动圆过点(2,0)，且在y轴上截得的弦长为4，记C的轨迹为曲线E．(1)求E的方程；(2)已知A(1,2)及曲线E上的两点B和D，直线AB，AD的斜率分别为k1，k2，且k1+k2=1，求证：直线BD经过定点．2【答案】(1)y=4x(2)证明见解析【分析】(1)根据题意列出圆心满足的方程结合弦长得出的方程，化简即可得答案.(2)设直线BD：x=ty+n，联立抛物线方程，设B(x1,y1)，D(x2,y2)，可得根与系数的关系式，结合k1+k2=1化简可得参数之间的关系，进而利用直线方程求得定点坐标.【详解】(1)设圆心C(x,y)，半径为r，222因为圆心为C的动圆过点(2,0)，所以x-2+y=r，222因为圆心为C的动圆在y轴上截得的弦长为4，所以x+2=r，2222所以x-2+y=x+4，即y=4x，所以曲线E是抛物线.2(2)证明：由题意A(1,2)点坐标适合y=4x，即点A在E上，由题意可知BD斜率不会为0，设直线BD：x=ty+n，x=ty+n2联立2，消去x并整理得y-4ty-4n=0，y=4x22需满足Δ=16t+16n>0，即t+n>0，设B(x1,y1)，D(x2,y2)，则y1+y2=4t，y1y2=-4n，y1-2y1-24y2-2y2-24因为k1==2=，k2==2=，x1-1y1y1+2x2-1y2y2+2-1-144444(y1+2+y2+2)4(y1+y2)+16所以k1+k2=+===1，y1+2y2+2(y1+2)(y2+2)y1y2+2(y1+y2)+4所以2(y1+y2)+12=y1y2，将y1+y2=4t，y1y2=-4n代入得8t+12=-4n，即2t+3=-n，所以直线BD：x=ty-2t-3，即x+3=t(y-2)，所以直线BD经过定点(-3,2).【点睛】方法点睛：解决此类直线和圆锥曲线的位置关系中的定点问题，一般方法是设出直线方程并和曲线方程联立，得到根与系数关系式，进而结合已知条件化简，利用直线方程即可确定定点，解答时要注意计算量较大，比较复杂.2y2x3(2023·河北张家口·统考三模)已知点P4,3为双曲线E:-=1(a>0,b>0)上一点，E的左22ab焦点F1到一条渐近线的距离为3.(1)求双曲线E的标准方程；(2)不过点P的直线y=kx+t与双曲线E交于A,B两点，若直线PA，PB的斜率和为1，证明：直线y=kx+t过定点，并求该定点的坐标.2y2x【答案】(1)-=143(2)证明见解析，定点为(-2,3).27,2【分析】(1)由点到直线的距离公式求出b=3，再将点P4,3代入双曲线方程求出a=4，可得双曲线E的标准方程；(2)联立直线与双曲线方程，利用韦达定理得x1+x2、x1x2，再根据斜率和为1列式，推出t=2k+3，从而可得直线y=kx+t过定点(-2,3).b【详解】(1)设F1(-c,0)(c>0)到渐近线y=x，即bx-ay=0的距离为3，a|-bc|222则3=，结合a+b=c得b=3，22b+a2y2x1692又P(4,3)在双曲线-=1上，所以-=1，得a=4，a23a232y2x所以双曲线E的标准方程为-=1.43y=kx+t222(2)联立x2y2，消去y并整理得3-4kx-8ktx-4t-12=0，-=1432222222则3-4k≠0，Δ=64kt+4(3-4k)(4t+12)>0，即t+3>4k，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，28kt4t+12则x1+x2=2，x1x2=-2，3-4k3-4ky1-3y2-3kx1+t-3kx2+t-3则kPA+kPB=+=+x1-4x2-4x1-4x2-4kx1+t-3x2-4+kx2+t-3x1-4=x1-4x2-42kx1x2+t-4k-3x1+x2-8t+24==1，x1x2-4(x1+x2)+16所以2kx1x2+t-4k-3x1+x2-8t+24=x1x2-4(x1+x2)+16，所以2k-1x1x2+t-4k+1x1+x2-8t+8=0，22k-14t+12t-4k+1⋅8kt所以-+-8t+8=0，223-4k3-4k22整理得t-6k+2kt-6t-8k+9=0，22所以(t-3)+2k(t-3)-8k=0，所以t-3-2kt-3+4k=0，因为直线y=kx+t不过P(4,3)，即3≠4k+t，t-3+4k≠0，所以t-3-2k=0，即t=2k+3，所以直线y=kx+t=kx+2k+3，即y-3=k(x+2)过定点(-2,3).【点睛】关键点点睛：利用韦达定理和斜率公式推出t=2k+3是解题关键.2y2x4(2023下·湖南岳阳·高三统考期末)已知双曲线C:2-2=1a∈N，四点P11,1，P21,0，P3ab2,3，P42,-3中恰有三点在双曲线C上.(1)求C的方程；(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A,B两点，若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1.证明：l过定点.22y【答案】(1)x-=13(2)证明见解析28,【分析】(1)根据题意代入相应的点运算求解即可；(2)设直线l的方程以及A,B的坐标，再根据题意结合韦达定理运算求解.2y2x【详解】(1)易知双曲线C:2-2=1关于x轴对称，P3，P4关于x轴对称，故P3，P4都在双曲线C上，ab若P11,1，P32,3，P42,-3在双曲线上，112-2=1a=2则ab，解得2，不满足a∈N；2-3=1b=122ab若P21,0，P32,3，P42,-3在双曲线上，1-0=1a2b2a=1则，解得，满足a∈N；2-3=1b=322ab22y综上所述：双曲线C的方程为x-=1.3(2)设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2，如果直线l斜率不存在，则k1+k2=0，不符合题设，设直线l：y=kx+m，m≠1，Ax1,y1，Bx2,y2，y=kx+m222联立y2，整理得3-kx-2kmx-m-3=0，2x-=13223-k≠0k≠32222，化简得：22.Δ=4km+43-km+3>0m-k+3>022kmm+3则x1+x2=2，x1x2=-2，3-k3-ky1y2kx1+mkx2+m2kx1x2+m-kx1+x2-2m则k1+k2=+=+==-1，x1-1x2-1x1-1x2-1x1x2-x1+x2+1整理得2k+1x1x2+m-k-1x1+x2+1-2m=0，22k+1m+32kmm-k-1即-++1-2m=0，223-k3-k22化简得：k+2m+6k+m+6m=0，解得k=-m-6或k=-m，当k=-m时，直线l的方程为y=-mx+m=-mx-1，令x=1时，y=0，所以直线l过定点1,0，又因为直线l不经过P2点，不合题意；当k=-m-6时，直线l的方程为y=kx-k-6=kx-1-6，当x=1时，y=-6，所以直线l过定点1,-6；综上所述：l过定点1,-6.【点睛】方法点睛：过定点问题的两大类型及解法(1)动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为y=kx+t，由题设条件将t用k表示为t=mk+n，得y=kx+m+n，故动直线过定点-m,n；(2)动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．题型6斜率积问题221(2020·北京·海淀实验中学校考三模)已知点M为椭圆C：3x+4y=12的右顶点，点A，B是椭圆C上不1同的两点(均异于点M)，且满足直线MA与直线MB斜率之积为.429,(1)求椭圆C的离心率及焦点坐标；(2)试判断直线AB是否过定点？若是，求出定点坐标；若否，说明理由.1【答案】(1)离心率为；焦点坐标为(-1，0)，(1，0)；(2)过定点，(-4，0).2【分析】(1)化为椭圆的标准方程形式，得到a,b,c，即可求得焦点坐标和离心率；(2)首先设直线AB的方1程为y=kx+m，与椭圆方程联立，得到韦达定理，并表示kMA⋅kMB=,得到m,k的关系式，即可判断4是否过定点.2y2x【详解】(1)椭圆C的方程可化为+=1，则a=2，b=3，c=1.431故离心率为，焦点坐标为(-1，0)，(1，0).2(2)由题意，直线AB的斜率存在.可设直线AB的方程为y=kx+m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1=kx1+m，y2=kx2+m.y=kx+m,222由22得(3+4k)x+8kmx+4m-12=0.3x+4y=12222222判别式Δ=64km-4(3+4k)(4m-12)=48(4k-m+3)>02-8km4m-12所以x1+x2=2，x1x2=2.3+4k3+4k1y1y21因为直线MA与直线MB斜率之积为，所以⋅=4x1-2x2-24所以4(kx1+m)(kx2+m)=(x1-2)(x2-2).22化简得(4k-1)x1x2+(4km+2)(x1+x2)+4m-4=0，即m=4k或m=-2k.当m=4k时，直线AB的方程为y=k(x+4)，过定点(-4，0).11m=4k代入判别式大于零中，解得-<k<.22当m=-2k时，直线ab的方程为y=k(x-2)，过定点m(2，0)，不符合题意舍去.故直线ab过定点(-4，0).【变式训练】21(2020下·山西运城·高三统考阶段练习)抛物线e:y=2px(p>0)，斜率为1的直线l过抛物线的准线与x轴的交点.(1)试判断直线l与抛物线E的位置关系，并加以证明；(2)若p=2，过A1,2分别作斜率为k1，k2的两条直线l1，l2，分别交抛物线于点M，N两点，且k1⋅k2=8，证明：直线MN恒过定点，并求出定点的坐标.1【答案】(1)相切，证明见解析；(2)证明见解析，,-2.2【分析】(1)求出直线l的方程，再与抛物线方程联立，利用判别式即可求解；(2)设出直线MN的方程并与抛物线方程联立，由根与系数的关系，斜率公式与已知条件可求得直线MN恒过的定点【详解】(1)直线l与抛物线E相切.证明如下：p由题意得，抛物线E的准线与x轴的交点为K-2,0，p所以直线l的方程为y=x+，2p2y=x+22p联立方程，整理得x-px+=0，y2=2px430,22p因为Δ=p-4×=0，4所以直线l与抛物线E相切；2(2)当p=2时，抛物线E:y=4x，点A1,2在抛物线上，设Mx1,y1，Nx2,y2，设直线MN的方程为x=ky+m，x=ky+m2联立方程2，整理得y-4ky-4m=0，y=4x2则y1+y2=4k，y1⋅y2=-4m，Δ=16k+16m>0.y1-2y2-2因为k1=，k2=，x1-1x2-122y-24由y=4x得：y-4=4x-4，即y-2y+2=4x-1，故=，x-1y+2y1-2y2-2441616所以k1⋅k2=⋅=⋅==.x1-1x2-1y1+2y2+2y1y2+2y1+y2+4-4m+8k+4161令=8，整理得2m=4k+1，即m=2k+，-4m+8k+4211所以x=ky+m=ky+2k+=ky+2+，221所以直线恒过点,-2.222(2024上·山东临沂·高三校联考开学考试)已知抛物线E:y=2pxp>0，P4,y0为E上位于第一象限的一点，点P到E的准线的距离为5．(1)求E的标准方程；(2)设O为坐标原点，F为E的焦点，A，B为E上异于P的两点，且直线PA与PB斜率乘积为-4．(i)证明：直线AB过定点；(ii)求FA⋅FB的最小值．2【答案】(1)y=4x36(2)证明见解析；5p【分析】(1)由题可知4+=5，求解即可得到抛物线的方程；222y1y2(2)(i)先求解P(4,4)，设A,y1,B,y2，根据斜率公式结合题意可得4y1+y2+y1y2+20=0，分斜率44存在和不存在分别求得直线AB的方程，从而可确定过定点(5,-4)；(ii)设Ax1,y1,Bx2,y2，当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为y=k(x-5)-4=kx-5k-4，联立方程组，结合韦达定理求得|FA|⋅36|FB|的最小值为；当直线AB斜率不存在时，由抛物线定义知|FA|⋅|FB|=x1+1x2+1=36，从而可5求解.p【详解】(1)由题可知4+=5，解得p=2.22所以E的标准方程为y=4x；2(2)(i)由(1)知，y0=4×4，且y0>0，解得y0=4，所以P(4,4).22y1y2y1-444设A,y1,B,y2，则kPA=2=，同理可得，kPB=，44y1y1+4y2+4-4444则kPA×kPB=×=-4，即4y1+y2+y1y2+20=0.y1+4y2+431,2y1-y2y1当直线AB斜率存在时，直线AB的方程为y-y1=x-，22y1y24-44整理得4x-y1+y2y+y1y2=0.4所以4x-20-y1+y1(y+4)=0，即y+4=x-5，y1+y2所以直线AB过定点(5,-4)；2当直线AB的斜率不存在时y1+y2=0，可得y1=20,x1=5.综上，直线AB过定点(5,-4).(ii)设Ax1,y1,Bx2,y2，当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为y=k(x-5)-4=kx-5k-4，2y=4x,2222与抛物线E联立得，消去x得kx-10k+8k+4x+(5k+4)=0，y=kx-5k-42(5k+4)210k+8k+4由题意Δ>0，所以x1+x2=2,x1x2=2.kk(5k+4)2210k+8k+4所以|FA|⋅|FB|=x1+1x2+1=x1x2+x1+x2+1=2+2+1kk48k+201623636=+36=20++≥，k2k55516536所以当=-,k=-时，|FA|⋅|FB|的最小值为；k565当直线AB斜率不存在时，x1=x2=5.由抛物线定义知|FA|⋅|FB|=x1+1x2+1=36.36故|FA|⋅|FB|的最小值为.5【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：(1)设直线方程，设交点坐标为x1,y1,x2,y2；(2)联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x(或y)的一元二次方程，必要时计算Δ；(3)列出韦达定理；(4)将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1x2(或y1+y2、y1y2)的形式；(5)代入韦达定理求解.2y2x3(2023上·陕西西安·高三校联考开学考试)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的右顶点为M2,0，22ab2离心率为.2(1)求椭圆C的方程；32,(2)不经过点M的直线l与C交于A,B两点，且直线MA和MB的斜率之积为1，证明：直线l过定点.2y2x【答案】(1)+=142(2)证明见解析【分析】(1)根据题意，列出关于a,b,c的方程，代入计算，即可得到结果；(2)根据题意，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理代入计算，即可得到结果.【详解】(1)由题可知a=2，c2因为=，所以c=2.a2222又b=a-c，所以b=2，2y2x所以椭圆C的方程为+=1.42(2)证明：当直线l的斜率不存在时，显然不符合题意，故设Ax1,y1，Bx2,y2，直线AB:y=kx+m，2y2x+=1,42222联立消去y整理得1+2kx+4kmx+2m-4=0，y=kx+m,22222方程1+2kx+4kmx+2m-4=0的判别式Δ=32k+16-8m>0，x+x=-4km1221+2k则2，x⋅x=2m-41221+2ky1y2因为kMA⋅kMB=1，所以⋅=1，x1-2x2-222所以k-1x1x2+km+2x1+x2+m-4=0，222m-44km2所以k-1⋅+km+2⋅-+m-4=0，1+2k21+2k2整理得m+2km+6k=0.若m=-2k，则y=kx-2k=kx-2，则直线l过定点M2,0，与题意矛盾；若m=-6k，则y=kx-6k=kx-6，则直线l过定点6,0.【点睛】关键点睛：本题主要考查了直线与椭圆相交中的定点问题，难度较难，解答本题的关键在于联立直线与椭圆方程，然后代入计算.4(2023·山东泰安·统考模拟预测)已知为O坐标原点，A2,0,B0,1,C0,-1,D2,1，OE=λOA,DF=λDA,0<λ≤1，CE和BF交点为P.(1)求点P的轨迹G；1(2)直线y=x+m(m≠0)和曲线G交与M，N两点，试判断是否存在定点Q使kMQkNQ=？如果存在，4求出Q点坐标，不存在请说明理由.2x2【答案】(1)G:+y=1433,25252525(2)存在定点Q,坐标为5,-5或-5,5【分析】(1)利用已知条件表示出E,F点坐标，进而表示出直线CE，BF的方程，联立即可得出P点轨迹方程.y=x+m(2)假设存在定点G，设点G坐标为x0,y0，M(x1,y1),N(x2,y2)，联立方程组x22，得出+y=14x+x=-8m1251221284m2-4，-5<m<5，由kmqknq=4整理得出4y0-x0-5-5mx0+y0=0，对m≠0恒成x1x2=5立，即可得出结论.【详解】(1)设点p(x,y)，exe,ye,fxf,yf，∵oe=λoa，即xe,ye=λ2,0，∴e点坐标为2λ,0，∵df=λda，即xf-2,yf-1=λ0,-1，∴f点坐标为2,1-λ，∴根据两点坐标可得，1直线ce方程为：y=x-1，2λλ直线bf方程为：y=-x+1，2212两式移项相乘得：y-1=-x，42x2整理得+y=1，4∴p点的轨迹为以(3,0),(-3,0)为焦点，长轴长为4的椭圆，2x2即其方程为g:+y=1.4(2)假设存在定点g，设点g坐标为x0,y0，m(x1,y1),n(x2,y2)，y=x+m22联立方程组x22消y得5x+8mx+4m-4=0，+y=14直线与椭圆交于两点，22∴δ=64m-80m-1>0即-5<m<5，x+x=-8m1252，xx=4m-41251∵kmqknq=，4y0-y1y0-y21∴⋅=，x0-x1x0-x24∴4y0-y1y0-y2-x0-x1x0-x2=0，∴4y0-x1-my0-x2-m-x0-x1x0-x2=0，整理得：2224y0-4x1+x2+2my0+4x1x2+4mx1+x2+4m-x0+x1+x2x0-x1x2=0，221284y0-x0--mx0+y0=0，对m≠0恒成立，5534,2212∴x0+y0=0，得4y0-x0-=0，525∴x0=-y0=±，525252525所以存在定点q,坐标为5,-5或-5,5.题型7斜率比值问题2y2x1(2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测)已知椭圆c：+=1(a>b>0)的左右焦点分别22ab3为F1、F2，离心率e=，A1、A2分别为椭圆C的左、右顶点，且|A1A2|=4.2(1)求椭圆C的方程；(2)若O为坐标原点，过F2的直线l与椭圆C交于A、B两点，求△OAB面积的最大值；(3)若椭圆上另有一点M，使得直线MA1与A2B斜率k1、k2满足k2=2k1，请分析直线BM是否恒过定点.2x2【答案】(1)+y=14(2)12(3)直线MB恒过定点,03【分析】(1)根据离心率，长轴长为4，求得a,b,c，即可求出椭圆方程.(2)联立直线与椭圆方程，得到韦达定理，利用弦长公式求得AB，并求得AB边上的高，表示出三角形面积，由基本不等关系求得最大值即可.(3)设直线MB的方程为x=ny+t，联立lMB与椭圆方程，结合韦达定理，设Bx2,y2、Mx3,y3，得到kMA11⋅kMA2=-，结合k2=2k1，然后，代入计算即可得到结果.42a=4【详解】(1)由已知可得：c3，e==a22x2解得：a=2，c=3，则b=1，则有C：+y=1；4(2)由于直线l不能与y轴垂直，故设l:x=my+3，22x+4y=422，代入可得(m+4)y+23my-1=0x=my+32Δ=16(m+1)>0恒成立，设Ax1,y1，Bx2,y2，-23m-1则有y1+y2=2，y1y2=2m+4m+42224(m+1)|AB|=1+m(y1+y2)-4y1y2=2m+43点O到直线l的距离为d=21+m211+m23所以S△OAB=|AB|⋅d=232=≤12m+4m2+1+32m+1当且仅当：m=±2时取最大值；(3)设直线MB的方程为x=ny+t22x+4y-4=0222，代入可得(n+4)y+2nty+t-4=0x=ny+t35,22Δ=4(n-t-4)>0，可设Bx2,y2、Mx3,y32-2ntt-4则有y2+y3=2，y2y3=2，n+4n+42y3y3y3因为A1-2,0,A22,0，所以kMA1⋅kMA2=x+2⋅x-2=2，33x3-42x2x2x23223因为Mx3,y3在椭圆+y=1上，所以+y3=1，所以y3=1-，4442x3y21-134代入kMA1⋅kMA2=2=2=-4，且kBA2=2kMA1，x3-4x3-41可得kMA⋅kBA=-，222y2y3122即⋅=-，即(n+2)y2y3+n(t-2)(y2+y3)+(t-2)=0x2-2x3-22222(n+2)(t-4)-2nt(t-2)2即++(t-2)=022n+4n+422由于t-2≠0，化简得t=，即直线MB恒过定点,0.33【点睛】方法点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的.定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.【变式训练】1(2023·四川成都·石室中学校考模拟预测)已知点A-2,0,B2,0，动点Mx,y满足直线AM与1BM的斜率之积为-.记动点M的轨迹为曲线C.4(1)求曲线C的方程，并说明C是什么曲线；(2)设P,Q为曲线C上的两动点，直线AP的斜率为kAP，直线BQ的斜率为kBQ，且kAP=7kBQ.①求证：直线PQ恒过一定点；②设△PQB的面积为S，求S的最大值.2x2【答案】(1)+y=1x≠2，曲线C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左､右顶点.47(2)①证明见解析；②最大值为.3【分析】(1)根据题目所给条件列出方程化简即可得解；(2)①设直线PQ的方程为x=ty+nn≠±2，根据28kBP⋅kBQ=-1结合根与系数的关系化简，可得n=3-即可得证；②根据三角形面积公式得出面积表达式，利用配方法求最大值即可.2yy1【详解】(1)由题意，得⋅=-x≠2，x+2x-242x2化简得+y=1x≠2，4所以曲线C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左､右顶点.(2)如图，①证明：设Px1,y1,Qx2,y2.因为若直线PQ的斜率为0，则点P,Q关于y轴对称，必有kAP=-kBQ，不合题意，36,所以直线PQ的斜率必不为0.设直线PQ的方程为x=ty+nn≠±2.22x+4y=4,222由得t+4y+2tny+n-4=0，x=ty+n,y+y=-2tn,1222222t+4所以Δ=4tn-4t+4n-4>0，且2yy=n-4.122t+4因为点Px1,y1是曲线C上一点，1所以由题意可知kAP⋅kBP=-，41所以kAP=-=7kBQ，即28kBP⋅kBQ=-1.4kBP28y1y228y1y228y1y2因为28kBP⋅kBQ===22x1-2x2-2ty1+n-2ty2+n-2ty1y2+tn-2y1+y2+(n-2)228n-42t+4=222tn-42tnn-222-2+(n-2)t+4t+428n+228n+27n+14====-1,t2n+2-2t2n+n-2t2+44n-2n-23222所以n=-，此时Δ=16t+4-n=44t+7>0，23故直线PQ恒过x轴上一定点-,0.23t7②由①可得，y1+y2=2,y1y2=-2，t+44t+4137所以S=2⋅y1-y2⋅2--2=4y1-y227274t+7=y1+y2-4y1y2=⋅242t+4274t+4-974971224727==-=-9-+≤×=,2t2+422t2+4t2+422t2+4992331221当且仅当=即t=时等号成立，t2+4927所以S的最大值为.3222(2023·云南·校联考模拟预测)已知圆C：x+5+y=4，定点D5,0，如图所示，圆C上某一点D1恰好与点D关于直线PQ对称，设直线PQ与直线D1C的交点为T.(1)求证：TC-TD为定值，并求出点T的轨迹E方程；37,22(2)设A-1,0，M为曲线E上一点，N为圆x+y=1上一点(M，N均不在x轴上).直线AM，AN的斜率分别记为k1，k2，且k1=-4k2.求证：直线MN过定点，并求出此定点的坐标.22y【答案】(1)证明见解析，x-=14(2)证明见解析，定点坐标为1,0【分析】(1)根据对称性求得TC-TD为定值，结合双曲线定义求得轨迹E方程；y1x1-1y2x2-1(2)解一：根据M，A在双曲线上，用点差法得=4⋅，=-，代入k1=-4k2可得x1y2x1+1y1x2+1y2-x2y1=y2-y1，将MN方程y=kx+m代入求得直线MN恒过定点.解二：分别联立直线与双曲线、圆，求出M，N的坐标，设定点Tt,0，由三点共线得t=1，得直线MN恒过定点.【详解】(1)证明：由图，由点D1与D关于PQ对称，则TD1=TD，所以TC-TD=TC-TD1=CD1=2，故为定值.由TC-TD=2<CD=25，由双曲线定义知，点T的轨迹为以C-5,0，D5,0为焦点，实轴长为2的双曲线，设双曲线E方程为2y2x-=1a>0,b>0，22ab222所以a=1，c=5，b=c-a=4，22y所以双曲线E的方程为x-=1.4(2)解一：因为A-1,0，如图，令Mx1,y1，Nx2,y2，22y1x1-4=1,y1x1-1两式相减得：=4⋅，-12-02=1,x1+1y122x2+y2=1,y2x2-1同理，22两式相减得：=-，-1+0=1,x2+1y21x2-11x1-1k1=-4k2，即k2=-k1⇒-=-⋅4⋅⇒x1y2-x2y1=y2-y1，4y24y1由题知直线MN斜率一定存在，设直线MN方程y=kx+m，则x1kx2+m-x2kx1+m=kx2+m-kx1+m，整理得mx1-x2=x1-x2，所以m=1，故直线MN恒过定点1,0.解二：由已知得lAM：y=k1x+1，lAN：y=k2x+1，y=k1x+1,2222联立直线方程与双曲线方程y2消去y整理得4-k1x-2k1x-k1-4=0，2x-=1,422-k1-4k1+48k1由韦达定理得xAxM=2，所以xM=2，即yM=k1xM+1=2.4-k14-k14-k12k1+48k1所以M,.4-k24-k211y=k2x+1,2222联立直线方程与圆的方程22消去y整理得1+k2x+2k2x+k2-1=0，x+y=1,222k2-1-k2+12k2由韦达定理得xAxN=2，所以xN=2，即yN=k2xN+1=2，1+k21+k21+k238,211-k1+16-8k1因为kAN=-4kAM，即k2=-4k1，所以N2,2，16+k116+k1若直线MN过定点，则由对称性得定点在x轴上，设定点Tt,0.由三点共线得kMT=kNT，8k1-8k1224-k116+k12222即2=2⇒k1+4+k1-4t=k1-16+k1+16t⇒t=1，k1+4-k1+162-t2-t4-k116+k1所以直线MN过定点T1,0.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中直线过定点问题通法，是先设出直线方程y=kx+m，通过韦达定理和已知条件若能求出m为定值可得直线恒过定点，若得到k和m的一次函数关系式，代入直线方程即可得到直线恒过定点.此题中由于两点分别是直线与双曲线、圆的交点，故只能求出两交点的坐标，用两点坐标结合直线方程得到直线恒过定点.2y2x13(2023·内蒙古赤峰·统考二模)已知椭圆E:+=1a>b>0的离心率为，其左、右顶点分a2b22别为A,B,左右焦点为F1,F2,点P为椭圆上异于A,B的动点，且△PF1F2的面积最大值为3.(1)求椭圆E的方程及kPA⋅kPB的值；(kPA、kPB分别指直线PA、PB的斜率)1(2)设动直线l交椭圆E于M,N两点，记直线AM的斜率为k1，直线BN的斜率为k2，且k1=k2.3①求证：直线MN过定点；②设△AMN、△BMN的面积分别为S1,S2，求S1-S2的取值范围.2y2x3【答案】(1)+=1，-434(2)①证明见解析；②0,3【分析】(1)先利用题给条件求得a=2，b=3，进而得到椭圆E的方程及kPA⋅kPB的值；(2)设直线MN的方程为x=my+n，与椭圆E的方程联立，利用题给条件即可证得直线MN过定点(1,0)；先求得S1-S2的解析式，再求其值域即可求得S1-S2的取值范围.bc=3x2y2c=1【详解】(1)由已知得，a2，∴c=1，故椭圆E的方程为4+3=1.222a=b+c则A-2,0，B2,0，令Px,y，2xyyy231-43则kPA⋅kPB=x+2⋅x-2=2=2=-4.x-4x-431(2)①由(1)知，k1⋅kBM=-，又k1=k2，439∴k2⋅kBM=-.4y1y29令Mx1,y1，Nx2,y2，则=-(*)，x1-2x2-24设直线MN的方程为x=my+n，x=my+n222与椭圆方程联立22得，3m+4y+6mny+3n-12=0.3x+4y-12=02226mn3n-12则Δ=484m-n+4>0，y1+y2=-2，y1y2=2.3m+43m+4又(*)可化为4y1y2=-9x1-2x2-2=-9my1+n-2my2+n-239,22=-9my1y2+(mn-2m)y1+y2+n-4n+4，2整理得n-3n+2=0，解得n=1或n=2(舍).故直线MN的方程为x=my+1，过定点T(1,0).22(另解，可设直线方程为y=kx+m，联立整理得m+3km+2k=0⇒m=-k，或m=-2k(舍))，11②由①知，直线MN过定点T(1,0)，则S1-S2=AT-BTy1-y2=3-1y1-y2=y1-y2，226m-9由①知y1+y2=-2，y1y2=2，3m+43m+42212m+1∴S1-S2=y1-y2=y1+y2-4y1y2=2，3m+4222令m+1=t≥1，m=t-1，12t12则S1-S2=ft=2=1，3t+13t+t1112因为3t+在1,+∞单调递增，3t+≥4，则0<≤3，tt3t+1t∴S1-S2的取值范围是0,3.2y2x4(2023·贵州黔西·校考一模)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的离心率是5，点P(3,-42)22ab在双曲线C上．(1)求双曲线C的方程；22(2)设A-1,0，M为C上一点，N为圆x+y=1上一点(M,N均不在x轴上)．直线AM,AN的斜率分别记为k1,k2，且4k2+k1=0，判断：直线MN是否过定点？若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由．22y【答案】(1)x-=1.4(2)直线MN过定点,定点为(1,0).【分析】(1)根据双曲线离心率以及双曲线经过的点，列出a,b满足的等式，求出其值，即可求得答案；(2)写出直线AM,AN的方程，分别联立双曲线和圆的方程，求得点M,N的坐标，即可求得直线MN的斜率，进而可表示出其方程，即可判断直线所过定点.2y2x【详解】(1)由双曲线C:-=1(a>0,b>0)的离心率是5，22ab22ca+b22可得=5,∴=5,∴b=4a，aa293222又点P(3,-42)在双曲线C上，即-=1，解得a=1,b=4，22a4a22y故双曲线C的方程为x-=1.4(2)由题意可知k1≠0,k2≠0，且AM的方程为y=k1x+k1，y=k1x+k122222联立y2，可得(4-k1)x-2k1x-k1-4=0，4-k1≠0，Δ=64>0，2x-=14设M(x1,y1)，由题意可知该方程有一根为-1，22-k1-4k1+48k1故(-1)x1=2,∴x1=2，则y1=k1x1+k1=2，4-k14-k14-k1AN的方程为y=k2x+k2，40,y=k2x+k22222联立22，可得(1+k2)x+2k2x+k2-1=0，Δ=4>0，x+y=1设N(x2,y2),x2≠x1，由题意可知该方程有一根为-1，22k2-11-k22k2故(-1)x2=2,∴x2=2，则y2=k2x2+k2=2，1+k21+k21+k222由于4k2+k1=0，即k1=-4k2，由于4-k1≠0，故4-16k2≠0，216k2+4-32k2故x1=2，y1=2，4-16k24-16k22k2-32k2y-y2-2211+k24-16k2所以直线MN的斜率为kMN==22x2-x11-k216k2+42-21+k24-16k2222k2(4-16k2)-(1+k2)(-32k2)40k21===-，22222k(1-k2)(4-16k2)-(1+k2)(16k2+4)-40k221故直线MN的方程为y-y1=-(x-x1)，k2232k2116k2+42即y+2=-x-2，即(16k2-4)(x+k2y-1)=0，4-16k2k24-16k22由于4-16k2≠0，故x+k2y-1=0，即直线MN过定点(1,0).【点睛】难点点睛：解决直线和双曲线位置关系中的直线过定点问题，解答的思路并不难找到，即根据联立直线和曲线方程，求出点M,N的坐标，求出MN的斜率，表示出其方程，即可求得定点，但困难的是计算十分复杂，计算量大，并且都是关于参数的运算，需要十分细心.题型8多斜率问题1(2023·全国·高三专题练习)在平面直角坐标系中，已知两定点A-4,0，B4,0，M是平面内一动点，自2M作MN垂直于AB，垂足N介于A和B之间，且2MN=AN⋅NB．(1)求动点M的轨迹Γ；(2)设过P0,1的直线交曲线Γ于C，D两点，Q为平面上一动点，直线QC，QD，QP的斜率分别为k1，112k2，k0，且满足+=．问：动点Q是否在某一定直线上？若在，求出该定直线的方程；若不在，请k1k2k0说明理由．2y2x【答案】(1)+=1168(2)在定直线y=8(x≠0)上．【详解】(1)设Mx,y，则Nx,0，由题意知-4<x<4．2y22222x∵2mn=an⋅nb，∴2y=x+44-x，即2y=16-x，故动点m的轨迹γ为+=1．168(2)存在满足题意的q，在定直线y=8(x≠0)上．理由如下：当直线cd的斜率存在时，设直线cd的方程为y=kx+1．y1-y0y2-y0y0-1设cx1,y1，dx2,y2，qx0,y0，则k1=，k2=，k0=，由此知x0≠0．x1-x0x2-x0x02222将y=kx+1代入x+2y=16，得2k+1x+4kx-14=0，于是4k14x1+x2=-2，x1x2=-2．①2k+12k+141,112x1-x0x2-x02x0x1-x0x0x2-x0x0条件+=即+=，也即-+-=0．k1k2k0y1-y0y2-y0y0-1y1-y0y0-1y2-y0y0-1x1y0-kx0-1x2y0-kx0-1x1x2将y1=kx1+1，y2=kx2+1代入得+=0⇒y0-kx0-1+y1-y0y0-1y2-y0y0-1y1-y0y2-y0=0．显然qx0,y0不在直线y=kx+1上，x1x2∴y0-kx0-1≠0，从而得+=0，即x1y2+x2y1-y0x1+x2=0．y1-y0y2-y0将y1=kx1+1，y2=kx2+1代入得2kx1x2+1-y0x1+x2=0．将式①代入得2k⋅(-14)+1-y0⋅(-4k)=0，解得y0=8x0≠0．当直线cd的斜率不存在时，经检验符合题意．因此存在满足题意的q，在定直线y=8(x≠0)上．112【反思】由于p0,1关于椭圆γ的极线是直线y=8，若+=恒成立，由命题5知点q在极线y=k1k2k08上，因此存在满足题意的q，其轨迹为y=8(x≠0)．本题实质是命题5的逆向应用．【变式训练】2y2x1(2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测)已知椭圆c:+=1(a>b>0)，四点P1(-2,22ab1)，P2(0,2)，P3(2,1)，P4(3,1)中恰有三点在椭圆C上．(1)求椭圆C的方程；(2)椭圆C上是否存在异于P2的两点M，N使得直线P2M与P2N的斜率之和与直线MN的斜率(不为零)的2倍互为相反数？若存在，请判断直线MN是否过定点；若不存在，请说明理由．2y2x【答案】(1)+=182(2)存在，直线MN过定点(0,-22)．【分析】(1)根据椭圆的对称性，确定椭圆C过的三点，再代入方程求解作答.(2)设出直线MN的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理结合已知及斜率坐标公式列式求解即可.【详解】(1)由椭圆的对称性知，P1(-2,1)，P2(0,2)，P3(2,1)三点在椭圆C上，2y22412x故b=2，+=1，得a=8，从而椭圆C的方程为+=1．a2b282(2)直线MN过定点(0,-22)，证明如下：假设存在，不妨设直线P2M、P2N、MN的斜率分别为k1，k2，k，满足k1+k2+2k=0，设直线MN的方程为y=kx+m(k≠0)，且M(x1,y1)，N(x2,y2)，222与椭圆C的方程联立，得(1+4k)x+8kmx+4(m-2)=0，222222则Δ=64km-16(1+4k)(m-2)>0，即m<8k+2(*)，x+x=-8km1221+4k且24m-2x1x2=21+4ky1-2y2-2那么k1+k2+2k=++2k=0，x1x2化简得，4kx1x2+(m-2)(x1+x2)=0，24m-2-8km2即4k⋅+(m-2)⋅=0整理得：m+2m-4=0，221+4k1+4k解得m=-22或m=2，当m=2时，M,N中一点与P2重合，故舍去，42,故直线MN过定点(0,-22)．【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是设直线MN的方程为y=kx+m(k≠0)，且M(x1,y1)，N(x2,y2)，将2其与椭圆方程联立得到韦达定理式，再将斜率之间的关系式整理从而将韦达定理代入，最后化简得m+2m-4=0，解出m值并检验.2y22x1x2(2023·湖北武汉·统考三模)已知双曲线C1：2-2=1的一条渐近线为y=-2x，椭圆C2：2+aba2y2=1的长轴长为4，其中a>b>0.过点P2,1的动直线l1交C1于A，B两点，过点Р的动直线l2交C2b于M，N两点.(1)求双曲线C1和椭圆C2的方程；(2)是否存在定点Q，使得四条直线QA，QB，QM，QN的斜率之和为定值?若存在，求出点Q坐标；若不存在，说明理由.22x2x2【答案】(1)双曲线C1的方程为：-y=1；椭圆C2的方程为：+y=144(2)存在，点Q坐标为2,0.【分析】(1)由椭圆及双曲线的性质计算即可；(2)两直线与椭圆、双曲线的交点没有联系，故可分开单独计算各斜率之和即可，设点A、B、Q坐标及直线l1：y=kx+m与双曲线联立，结合韦达定理化简计算得：kQA+kQB=216y0-8x0y0k+4x0-8-8y0k+2x0y0-2x0222，待定系数计算并检验可得Q2,0，再代入验证kQM+kQN是16x0-16-4x0k+16-8x0k+x0-8否为定值即可.bb1【详解】(1)已知双曲线渐近线为y=±x，即=.aa2因为椭圆C2的长轴长2a=4，即a=2，b=1.2x2所以双曲线C1的方程为：-y=1.42x2椭圆C2的方程为：+y=1.4(2)当直线l1、l2的斜率不存在时，不满足题意.故直线l1的方程设为：y=kx+m，直线l1过点P2,1，即2k+m=1.y=kx+m222与双曲线方程联立x22，得1-4kx-8kmx-4m-4=0.-y=1422222故1-4k≠0，Δ=64km+16m+11-4k>0.28km-4m-4设Ax1,y1，Bx2,y2，有x1+x2=2，x1x2=2.1-4k1-4k设Qx0,y0.y0-y1y0-y2y0-kx1-mx0-x2+y0-kx2-mx0-x1kQA+kQB=+=2.x0-x1x0-x2x0-x0x1+x2+x1x22x0y0-kx0+y0-mx1+x2+2kx1x2-2mx0化简得kQA+kQB=2.x0-x0x1+x2+x1x2代入韦达定理得：2222x0y01-4k-8kmkx0+y0-m-8km-8k-2mx01-4kkQA+kQB=222.1-4kx0-8kmx0-4m-443,将2k+m=1代入其中消去m化简得：216y0-8x0y0k+4x0-8-8y0k+2x0y0-2x0kQA+kQB=222.16x0-16-4x0k+16-8x0k+x0-8由动直线l1、l2互不影响可知，要满足kQA+kQB+kQM+kQN为定值，则kQA+kQB为定值，kQM+kQN为定值.因此要满足kQA+kQB为定值，则有：2①若16y0-8x0y0=0，16x0-16-4x0=0，计算得x0=2，y0=0.经检验满足Q2,0，此时kQA+kQB=1.②若16y0-8x0y0≠0，即y0≠0，x0≠2，16y0-8x0y04x0-8-8y02x0y0-2x0有==.16x-16-4x216-8x0x2-8000无解.综上，当Q2,0，kQA+kQB=1.下面只需验证当Q2,0时，kQM+kQN是否为定值.设直线l2方程为：y=tx+n，直线l2过点P2,1，即2t+n=1.y=tx+n222椭圆方程联立x22，得1+4tx+8tnx+4n-4=0.+y=14故Δ>0.2-8tn4n-4设Mx3,y3，Nx4,y4，有x3+x4=2，x3x4=2.1+4t1+4ty3y4tx3+nx4-2+tx4+nx3-2kQM+kQN=+=.x3-2x4-2x3x4+4-2x3+x42tx3x4+(n-2t)x3+x4-4n化简得kQM+kQN=.x3x4+4-2x3+x4-8t-4n代入韦达定理化简可得：kQM+kQN=22.4n+16t+16tn将2t+n=1代入其中可得：kQM+kQN=-1.所以当Q2,0，kQA+kQB=1，kQM+kQN=-1，kQA+kQB+kQM+kQN=0.所以点Q坐标为2,0.【点睛】关键点睛：第二问斜率定值问题，关键在于待定系数化简计算上，即设点A、B、Q的坐标及直线l1的216y0-8x0y0k+4x0-8-8y0k+2x0y0-2x0方程，利用韦达定理消元化简两斜率之和可得：kQA+kQB=222，16x0-16-4x0k+16-8x0k+x0-8待定系数求值即可确定斜率和为定值时的Q坐标，再确定此时kQM+kQN是否为定值，注意检验2y22x3(2023·吉林长春·长春吉大附中实验学校校考模拟预测)已知离心率为的椭圆C:+=12a2b2(a>b>0)的左焦点为F，左、右顶点分别为A1、A2，上顶点为B，且△A1BF的外接圆半径大小为3．(1)求椭圆C方程；(2)设斜率存在的直线l交椭圆C于P，Q两点(P，Q位于x轴的两侧)，记直线A1P、A2P、A2Q、A1Q的斜5率分别为k1、k2、k3、k4，若k1+k4=(k2+k3)，则直线l是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过3定点，请说明理由．2y2x【答案】(1)+=14244,1(2)D-,02【分析】(1)根据椭圆离心率确定椭圆中a,b,c的关系，再结合正弦定理的推论确定外接圆半径与边角关系即可得c的值，从而求得椭圆方程；(2)由题可设直线l:x=ty+mt≠0，Px1,y1，Qx2,y2，联立直线与椭圆即可得交点坐标关系，根据斜1153率的计算式可得k1k2=-，k3k4=-，再由已知等式k1+k4=k2+k3确定k2k3=-，由坐标关系进行22310转化可求得m的值得出结果.222【详解】(1)根据椭圆C的离心率为知a=2c，所以b=a-c=c，如图，则OF=OB=c23π22则在△A1BF中，可得∠BFA1=，A1B=OA1+OB=3c，4A1B3c由正弦定理得==6c=2×3，sin∠BFA122解得c=2，所以a=2，b=2，2y2x所以椭圆C的方程为+=1．42(2)由已知直线l的斜率不为0，设直线l:x=ty+mt≠0，Px1,y1，Qx2,y2，x=ty+m22222联立x2y2，得t+2y+2mty+m-4=0，Δ>0得2t+4>m+=14222mtm-4于是y1+y2=-2，y1y2=2，t+2t+222x1y1因为A1-2,0，A22,0，Px1,y1代入椭圆方程得+=1，422x1221-y1y1y141所以k1k2=x+2⋅x-2=2=2=-2，11x1-4x1-4111同理k3k4=-，于是k1=-，k4=-，22k22k35115k2+k35因为k1+k4=k2+k3，所以--=k2+k3，即-=k2+k3．32k22k332k2k333又直线l的斜率存在，所以k2+k3≠0，于是k2k3=-，10y1y23所以⋅=-，即10y1y2+3x1-2x2-2=0，又x1=ty1+m，x2=ty2+m，x1-2x2-21022所以10y1y2+3ty1+m-2ty2+m-2=0，整理得3t+10y1y2+3tm-2y1+y2+3m-2=0，22m-42mt2所以3t+10+3tm-2-+3m-2=0，化简整理得m-22m+1=0，t2+4t2+22m-4又P、Q位于x轴的两侧，所以y1y2=2<0，解得-2<m<2，t+21所以m=-，此时直线l与椭圆c有两个不同的交点，21于是直线l恒。定点d-,0224(2023·四川凉山·二模)在平面内动点p与两定点a1(-3,0),a2(3,0)连线斜率之积为-．345,(1)求动点p的轨迹e的方程；(2)已知点f1(-1,0),f2(1,0)，过点p作轨迹e的切线其斜率记为k(k≠0)，当直线pf1,pf2斜率存在时分别111记为k1,k2．探索⋅+是否为定值．若是，求出该定值；若不是，请说明理由．kk1k22y2x【答案】(1)+=1(x≠±3)32(2)是，-3【分析】(1)首先设点p坐标为x,y，然后根据两点的斜率公式表示出kpa与kpb的斜率，代入题干条件中并化简整理即可得到点p的轨迹方程；22(2)首先设切线方程为y=kx+m，然后直曲联立，根据直线与曲线相切的特征δ=0得3k-m+2=0，再2222a根据点p即在切线上也在椭圆上可分别得到m=b-ka与b=2-a，联立三个方程即可得到k=-；33b111再分别把k，k1，k2代入+中即可得到定值.kk1k2yy【详解】(1)设点p坐标为(x,y)，根据斜率公式可得kpa=，kpb=，x+3x-3yy2因此可得：kpa⋅kpb=⋅=-(x≠±3)，x+3x-332y2x化简整理得+=1(x≠±3)，322y2x∴点p轨迹方程为+=1(x≠±3)32(2)设切线方程为y=kx+m，点pa,b(b≠0)，y=kx+m222联立方程22，得3k+2x+6kmx+3m-6=0，2x+3y-6=0222222由δ=36km-123k+2m-2=0⇒3k-m+2=0①y=kx+m过点p(a,b)得m=b-ka代入①2222得3k-b+2kab-ak+2=0②又点p(a,b)在椭圆上，222∴b=2-a代入②整理得322222a9bk+12abk+4a=0，即3bk+2a=0，解得：k=-3bbb1113ba+1a-13b2ak1=a+1,k2=a-1，∴k⋅k+k=-2a⋅b+b=-2a⋅b=-312【点睛】(1)再利用坐标法求轨迹方程时，首先我们设出动点坐标，再根据动点坐标将题干中的几何条件坐标化得到方程，最后化简方程即可得到轨迹方程(2)在解决直线与曲线相切的问题中，我们可以通过直曲联立，化简整理得到方程，利用判别式δ=0来解决问题.5(2023下·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习)已知点a-2,0，b2,0，px,y是异于a，3b的动点，kap，kbp分别是直线ap，bp的斜率，且满足kap⋅kbp=-.4(1)求动点p的轨迹方程；(2)在线段ab上是否存在定点e，使得过点e的直线交p的轨迹于m，n两点，且对直线x=4上任意一点q，都有直线qm，qe，qn的斜率成等差数列.若存在，求出定点e，若不存在，请说明理由.46,2y2x【答案】(1)+=1(y≠0)43(2)存在e(1,0)【分析】(1)把已知等式用坐标表示即可得；(2)假设存在这样的定点，不妨设为e(t，0)，令q(4，n)，m(x1，y1)，n(x2，y2)，直线mn方程与轨迹方程联立消元应用韦达定理得y1+y2,y1y2，斜率关系kqm+kqn=2kqe是关于n的恒等式，由恒等式知识并代入韦达定理的结论可求得t值，从而得定点坐标．yy2y23x【详解】(1)由题意kap·kbp=·=-，即+=1，x-2x+24432y2x又直线ap，bp的斜率存在，所以点p的轨迹方程为+=1(y≠0)．43(2)若存在这样的定点，不妨设为e(t，0)，令q(4，n)，m(x1，y1)，n(x2，y2)，直线mn的方程为x=my+t，x=my+t，22222(3m+4)y+6mty+3t-12=0，3x+4y=12，2-6mt3t-122222由韦达定理得：y1+y2=2，y1y2=2，δ=36mt-4(3m+4)(3t-12)>0，3m+43m+4kQM+kQN=2kQE，n-y1n-y22n112-y1-y24-x+4-x=4-t⇒4-x+4-x-4-t·n+4-x+4-x=0，1212121+1=2，4-x14-x24-t对任意n成立，所以-y1-y2+=0，4-x14-x2-y1-y2由+=0得，4-x14-x2-4(y1+y2)+y1(my2+t)+y2(my1+t)=(t-4)(y1+y2)+2my1y2=0，2所以(t-4)(-6tm)+2m(3t-12)=0，24mt-24m=0对任意m成立，t=1，经检验，符合题意，所以，存在E(1，0)满足题意.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的定点问题，解决方法是设交点坐标为(x1,y1),(x2,y2)，设动直线方程，与曲线方程联立后消元应用韦达定理得x1+x2,x1x2(或y1+y2,y1y2)，代入已知条件中动直线满足的关系式，确定动直线方程中参数的关系，从而确定出定点坐标，或象本题，再设出定点坐标，动直线方程，动直线方程与曲线方程联立后消元应用韦达定理得x1+x2,x1x2(或y1+y2,y1y2)，代入已知条件中动直线满足的关系式，然后由恒等式知识得出关系式并求得结论．题型9与角度有关的定点问题221(2023·陕西西安·校考三模)在平面直角坐标系xOy中，已知动圆C与圆O1:x-2x+y=0内切，且与直线x=-2相切，设动圆圆心C的轨迹为曲线E．(1)求E的方程；(2)已知P4,y0y0>0是曲线E上一点，A,B是曲线E上异于点P的两个动点，设直线PA､PB的倾斜3π角分别为α､β，且α+β=，请问：直线AB是否经过定点？若是，请求出该定点，若不是，请说明理由.42【答案】(1)y=4x(2)是，8,-8【分析】(1)由题意可得动圆的圆心C到点1,0的距离与到直线x=-1的距离相等，从而可求得其轨迹方47,程，(2)当直线PA､PB中其中一条的斜率不存在，可求得直线AB的方程为x+y=0；当直线PA､PB的斜22y1y23π率都存在时，故设直线PA､PB的斜率k1,k2，A,y1,B,y2，然后表示出k1,k2，再由α+β=可444得8y1+y2+y1⋅y2+32=0，设直线AB方程为x=ty+n，代入抛物线方程化简利用根与系数的关系，结合前面的式子可求得直线过的定点.22【详解】(1)圆O1:x-2x+y=0的圆心为1,0，半径为1，由题意可得，动圆的圆心C到点1,0的距离与到直线x=-1的距离相等，所以点C的轨迹是以1,0为焦点，直线x=-1为准线的抛物线，2所以曲线E的方程为y=4x；(2)由(1)可得P4,4，ππ当直线PA､PB中其中一条的斜率不存在，不妨设α=，β=，242易得A4,-4，直线PB的直线为y=x，与y=4x联立可得B0,0，故直线AB的方程为x+y=0；当直线PA､PB的斜率都存在时，故设直线PA､PB的斜率k1,k2，22y1y2设A,y1,B,y244y1-444所以k1==，同理可得k2=，1y2-4y1+4y2+4413πtanα+tanβk1+k2因为α+β=，所以tan(α+β)=-1，所以=-1，即=-1，41-tanα⋅tanβ1-k1⋅k2所以k1+k2-k1⋅k2+1=0，4444所以+-⋅+1=0，即8y1+y2+y1⋅y2+32=0，y1+4y2+4y1+4y2+42y=4x2由题意可设AB方程为x=ty+n，联立，消x整理得y-4ty-4n=0，x=ty+n2所以Δ=16t+16n>0，y1+y2=4t，y1⋅y2=-4n，所以32t-4n+32=0即n=8t+8，所以x=ty+n=ty+8t+8=t(y+8)+8，令y+8=0得y=-8，x=8，此时有定点8,-8，综上所述，直线AB经过定点8,-8【点睛】关键点点睛：此题考查轨迹方程的求法，考查直线与抛物线的位置关系，解题的关键是设直线PA3π､PB的斜率k1,k2，再由α+β=结合两角和的正切公式，与斜率公式可得k1+k2-k1⋅k2+1=0，考查计4算能力，属于较难题.48,【变式训练】221(2023·浙江绍兴·统考模拟预测)已知双曲线x-y=1，过点M1,-1的直线l与该双曲线的左、右两支分别交于点A,B．1(1)当直线l的斜率为时，求AB；2(2)是否存在定点Pt,t-2t≠1，使得∠MPA=∠MPB？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．415【答案】(1)；331(2)存在，P,-.22【分析】(1)根据题设写出直线l的方程，联立双曲线，应用韦达定理及弦长公式求AB；PM⋅PAAM(2)由题设，根据向量数量积的定义及等面积法有=，令Ax1,y1,Bx2,y2，直线l的方程PM⋅PBMB为y=kx-k+1，其中-1<k<1，联立双曲线，应用韦达定理及向量数量积的坐标表示列方程求参数t即可.13【详解】(1)由题设，易知直线l的方程为y=x-，设ax1,y1,bx2,y2，2222x-y=1213由13，得3x+6x-13=0，此时δ>0，所以x1+x2=-2,x1x2=-，y=x-322122415所以，AB=1+2⋅x1+x2-4x1x2=3．(2)因为∠MPA=∠MPB，所以cos∠MPA=cos∠MPB，PM⋅PAPM⋅PBPM⋅PAPA所以=，所以=，PMPAPMPBPM⋅PBPBPAAMPM⋅PAAM由∠MPA=∠MPB及等面积法得=，所以=．PBMBPM⋅PBMB设Ax1,y1,Bx2,y2，直线l的方程为y=kx-k+1，其中-1<k<1，22x-y=1222由，得1-kx+2kk+1x-k-2k-2=0，此时δ>0，y=kx-k+12kk+1k2+2k+2所以x1+x2=-2,x1x2=-2．1-k1-k因为PM=1-t,1-t,PA=x1-t,y1-t+2,PB=x2-t,y2-t+2，所以PM⋅PA=1-tx1+y1-2t+2=1-tx1+kx1-k-2t+1，PM⋅PB=1-tx2+y2-2t+2=1-tx2+kx2-k-2t+1，x1+kx1-k-2t+11-x1所以=，整理得k+1x1x2-k+tx1+x2+k+2t-1=0，x2+kx2-k-2t+1x2-13将韦达公式代入上式，整理得(k+1)(2t-3)=0，所以t=．231所以，存在P,-，使得∠MPA=∠MPB．22222(2023·四川绵阳·模拟预测)已知点A是圆C:x-1+y=16上的任意一点，点F-1,0，线段AF的垂直平分线交AC于点P．(1)求动点P的轨迹E的方程；(2)若过点G3,0且斜率不为O的直线l交(1)中轨迹E于M、N两点，O为坐标原点，点B2,0．问：x49,轴上是否存在定点T，使得∠MTO=∠NTB恒成立．若存在，请求出点T的坐标，若不存在，请说明理由．2y2x【答案】(1)+=1434(2)存在点T,0，使得∠MTO=∠NTB恒成立；理由见解析.3【分析】(1)根据题意得到PF+PC=PA+PC=4>FC=2，结合椭圆的定义，即可求解；(2)由题意，设直线l的方程为y=k(x-3)，且k≠0，联立方程组，设M(x1,y1),N(x2,y2)，所以x1+x2=212(3k2-1)24k2,x1x2=2，假设存在T(t,0)使得∠MTO=∠NTB恒成立，转化为kMT+kNT=0恒成立，得3+4k3+4kx1y2+x2y1到t=，代入即可求解.y1+y222【详解】(1)解：由圆C:x-1+y=16，可得圆心坐标为C(1,0)，半径r=4，如图所示，线段AF的垂直平分线交AC于点P，所以PF+PC=PA+PC=4>FC=2，根据椭圆的定义可知点P的轨迹是以F,C为焦点的椭圆，且2a=4,2c=1，22可得a=2,c=1，则b=a-c=3，2y2x所以动点P的轨迹方程为+=1.43(2)解：由题意，设直线l的方程为y=k(x-3)，且k≠0，y=k(x-3)2222联立方程组x2y2，整理得(3+4k)x-24kx+36k-12=0，+=1434221515则Δ=576k-48(3+4k)(3k-1)>0，解得-<k<且k≠0，55212(3k2-1)24k设m(x1,y1),n(x2,y2)，所以x1+x2=2,x1x2=23+4k3+4k根据椭圆的对称性，不妨令m,n在x轴上方，且x2>x1，显然x1<t<x2，假设存在t(t,0)使得∠mto=∠ntb恒成立，即tan∠mto=tan∠ntb恒成立，y1y2可得kmt=-knt，即kmt+knt=0恒成立，即+=0恒成立，t-x1t-x2y1y2t(y1+y2)-x1y2-x2y1又由+==0，t-x1t-x2t-x1t-x2所以t(y1+y2)-x1y2-x2y1=0，x1y2+x2y1x1(x2-3)+x2(x1-3)2x1x2-3(x1+x2)所以t===y1+y2x1+x2-6x1+x2-624(3k2-1)2-72k3+4k23+4k272k2-24-72k24===，24k2223-624k-18-24k23+4k4所以存在点t,0，使得∠mto=∠ntb恒成立，3【点睛】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量(通常为变量k)；②利用条件找到k过定点的曲线f(x,y)=0之间的关系，得到关于k与x,y的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证50,明该定点与变量无关.2y2x3(2023上·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习)已知双曲线c:-=1a>0,b>0的左右焦22ab23点分别为F1,F2，点P在双曲线上，若PF1-PF2=b，且双曲线焦距为4．3(1)求双曲线C的方程；(2)如果Q为双曲线C右支上的动点，在x轴负半轴上是否存在定点M使得∠QF2M=2∠QMF2？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．22y【答案】(1)x-=13(2)存在，坐标为-1,0【分析】(1)利用双曲线的定义求解即可；(2)在x轴负半轴上假设存在点M满足题意，当QF2垂直于x轴时，易得M-1,0，当QF2不垂直于x轴时，由斜率公式和二倍角正切公式也可解得M-1,0.【详解】(1)因为点P在双曲线上，23所以由双曲线的定义可得PF1-PF2=2a=b①，3222又双曲线焦距即2c=4，且a+b=c③，a=1①②③联立解得，b=322y所以双曲线C的方程为x-=1.3(2)假设存在点Mt,0t<0满足题设条件，由题目可知F22,0，设Qx0,y0x0≥1为双曲线C右支上一点，当x0=2时，y0=3，因为∠QF2M=2∠QMF2=90°，所以∠QMF2=45°，于是MF=QF2=3，所以t=-1，即M-1,0，y0y0当x0≠2时，tan∠QF2M=-kQF2=-，tan∠QMF2=kQM=，x0-2x0-ty0y02×x0-t因为∠QF2M=2∠QMF2，所以-=，x0-2y021-x0-t22222将y0=3x0-3代入并整理得-2x0+4+2tx0-4t=-2x0-2tx0+t+3，4+2t=-2t所以-4t=t2+3，解得t=-1，即M-1,0，综上，满足条件的点M存在，其坐标为M-1,0.【点睛】方法点睛：(1)解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形.2y2x4(2022上·贵州·高二校联考阶段练习)已知焦点在x轴上的椭圆C：+=1a>b>0的长轴22ab长为4，C的右顶点A到右焦点的距离为1.51,(1)求椭圆C的标准方程；2(2)如图，已知点P,0，直线l与椭圆C交于不同的两点E，F，(E，F两点都在x轴上方)，O为坐标原3点，且∠APE=∠OPF.证明直线l过定点，并求出该定点坐标.2y2x【答案】(1)+=1；43(2)证明见解析，定点(6,0).【分析】(1)根据给定条件，求出a,b即可求出C的标准方程作答.(2)设出直线l的方程，与椭圆C的方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式推理作答.222【详解】(1)令椭圆半焦距为c，依题意，a=2,a-c=1，则a=2,c=1,b=a-c=3，2y2x所以椭圆C的标准方程是+=1.43(2)显然直线l斜率存在，设直线l的方程为：y=kx+m，y=kx+m222由22消去y并整理得：(4k+3)x+8km+4m-12=03x+4y=12222222Δ=64km-16(4k+3)(m-3)>0⇔4k+3>m，设点E(x1,y1),F(x2,y2)，2-8km4m-12则x1+x2=2,x1x2=2，由∠APE=∠OPF得：直线PE,PF的倾斜角互补，斜率kPE,kPF互为相4k+34k+3反数，y1y2kx1+mkx2+m即kPE+kPF=0，因此+=0⇔+=0，x-2x-23x1-23x2-2132326k(4m-12)8km(3m-2k)整理得6kx1x2+(3m-2k)(x1+x2)-4m=0，即2-2-4m=0，4k+34k+32266化简得：m=-6k，而4k+3>m，有-<k<，此时直线l：y=kx-6k，即y=k(x-6)，88所以直线l过定点，该定点坐标为(6,0).2y2x5(2023·全国·模拟预测)已知双曲线c:-=1a>0,b>0的虚轴长为2，点M0,1到C的渐22ab3近线的距离为．2(1)求双曲线C的标准方程．(2)若斜率不为零的直线l与C交于A，B两点，y轴恰是∠AMB的平分线，试问：直线l是否过定点？若过定点，求该定点的坐标；若不过定点，请说明理由．2x2【答案】(1)-y=13(2)直线过定点0,-1【分析】(1)根据虚轴长可得b，再根据点M0,1到C的渐近线的距离求出a即可得解；(2)由题意可知直线l的斜率存在，设其方程为y=kx+m,k≠0,Ax1,y1,Bx2,y2，联立方程，利用韦达定理求出x1+x2，x1x2，根据y轴是∠AMB的平分线，可得kMA+kMB=0，从而可求出m，即可得出结论.52,【详解】(1)双曲线C的渐近线方程为bx±ay=0，a3则点M0,1到渐近线的距离d==，b2+a2222a=3x2又∵2b=2，∴2，∴双曲线C的标准方程为-y=1；b=13(2)直线l过定点．理由如下：由题意可知直线l的斜率存在，设其方程为y=kx+m,k≠0,Ax1,y1,Bx2,y2，∵y轴是∠AMB的平分线，∴kMA+kMB=0，y1-1y2-1kx1+m-1kx2+m-1x1+x2即+=+=2k+m-1⋅=0，x1-0x2-0x1x2x1x2y=kx+m222联立x22，消去y并整理，得3k-1x+6kmx+3m+3=0，-y=1322223则Δ=6km-43k-13m+3>0，且3k-1≠0，即k≠±，326km3m+3则x1+x2=-2，x1x2=2，3k-13k-1x1+x2-6km∴2k+m-1⋅=2k+m-1⋅=0，解得m=-1，x1x23m2+33∴直线l的方程为y=kx-1，k≠±且k≠0，其过定点0,-1，3∴直线l过定点0,-1．【点睛】方法点睛：圆锥曲线中直线过定点问题通法，是先设出直线方程y=kx+m，通过韦达定理和已知条件若能求出m为定值可得直线恒过定点，若得到k和m的一次函数关系式，代入直线方程即可得到直线恒过定点.题型10直线过定点之类比法2y2x1(2023上·四川成都·高三校考阶段练习)已知椭圆C：2+2=1a>b>0的左､右焦点分别为F1，F2，ab1左顶点为D，离心率为，经过F1的直线交椭圆于A，B两点，△F2AB的周长为8.2(1)求椭圆C的方程；(2)过直线x=4上一点P作椭圆C的两条切线，切点分别为M，N，①证明：直线MN过定点；②求S△DMN的最大值.2y2x【答案】(1)+=1439(2)①证明见解析；②.212【分析】(1)根据题意，结合椭圆的定义求得a=2，再由离心率为，求得c=1，进而求得b的值，即可求2得椭圆的标准方程；(2)①设P4,t,Mx1,y1,Nx2,y2，根据题意求得以M,N为切点的椭圆C的切线方程，进而得到直线MN的方程为3x+ty-3=0，得到直线MN过定点；②设直线l的方程为x=my+1，联立方程组，利用根2121+m21与系数的关系求得|y1-y2|=2，令t=1+m≥1，结合ft=3t+的单调递增，求得4+3mt1y1-y2的最大值，再根据面积公式S△DMN=⋅DF1y1-y2，进而求得S△DMN的最大值.253,【详解】(1)因为经过F1的直线交椭圆于A，B两点，△F2AB的周长为8，所以，4a=8，解得a=2，1因为椭圆的离心率为2c1所以=，即c=1.a2222所以b=a-c=32y2x所以，椭圆C的方程为+=143(2)①由(1)知D-2,0,F21,0，设P4,t,Mx1,y1,Nx2,y2，由题知，直线x=4上一点P作椭圆C的两条切线斜率存在，设过点Mx1,y1且与椭圆相切的直线方程为：y-y1=kx-x1，y-y1=kx-x1222所以，联立方程x2y2得3+4kx+8ky1-kx1x+4y1-kx1-12=0，+=1432222所以，有Δ=64ky1-kx1-43+4k4y1-kx1-12=0，22222整理得y1-kx1-3+4k=0，即y1-3-2kx1y1x+kx1-4=0因为Mx1,y1在椭圆上，2222x1y123x124y1所以+=1，即y1-3=-，x1-4=-，4343223x124y12222所以，--2kx1y1x-k=0，即9x1+24kx1y1x+16ky1=3x1+4ky1=0，433x1所以，3x1+4ky1=0，解得k=-4y13x1所以，过点Mx1,y1且与椭圆相切的直线方程为：y-y1=-x-x14y122x1y122因为+=1，即3x1+4y1=1243x1xy1y所以，整理可得以M为切点的椭圆C的切线方程为+=1，43x2xy2y同理，以N为切点的椭圆C的切线方程为+=1，434x1y1t4x2ty2又两切线均过点P，故+=1，且+=1，4343整理化简得3x1+y1t-3=0，且3x2+y2t-3=0，所以点Mx1,y1，Nx2,y2，均在直线3x+ty-3=0上，所以直线MN的方程为3x+ty-3=0，且直线MN过定点F21,0.②由题意，直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x=my+1，x=my+122联立方程组22，消去x得4+3my+6my-9=0，3x+4y-12=0222-6m-9可得△=6m+44+3m×9=144m+1>0，且y1+y2=2,y1y2=2，4+3m4+3m2121+m22-6m-9可得y1-y2=y1+y2-4y1y2=2-4×2=24+3m4+3m4+3m2121+m12==，222131+m+131+m+21+m54,21令t=1+m≥1，设fx=3t+,t≥1，则函数f(t)在[1,+∞)单调递增，t所以当t=1时，即m=0时，f(t)有最小值3+1=4，12即y1-y2的最大值为=3，3+11119又由S△DMN=DF1⋅y1-y2=⋅1--2⋅y1-y2≤×3×3=，22229所以S△DMN的最大值为，此时直线l的方程为x=1.2【点睛】方法技巧：求解圆锥曲线的最值问题的解答策略与技巧：1、几何方法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆、圆锥曲线的定义、图形，以及几何性质求解；2、代数方法：当题目给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个目标函数的最值(或值域)，常用方法：①配方法；②基本不等式；③单调性法；④三角换元法；⑤导数法等，要特别注意自变量的取值范围.【变式训练】2y2x221(2023·河南·校联考模拟预测)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的焦距为2，圆x+y=4与椭圆22abC恰有两个公共点．(1)求椭圆C的标准方程；2y2xxyyx00(2)已知结论：若点x0,y0为椭圆2+2=1上一点，则椭圆在该点处的切线方程为2+2=1．若abab椭圆C的短轴长小于4，过点T(8,t)作椭圆C的两条切线，切点分别为A,B，求证：直线AB过定点．2y22y2xx【答案】(1)+=1或+=15443(2)证明见解析22【分析】(1)设椭圆C的半焦距为c，再分圆x+y=4在椭圆C的内部和外部两种情况分别求解即可；2y2x(2)由题意椭圆C的方程为+=1，再设Ax1,y1,Bx2,y2，得出切线AT,BT的方程，将T(8,t)代入43AT,BT可得A,B的坐标都满足方程6x+ty-3=0即可得定点.22222【详解】(1)设椭圆C的半焦距为c．当圆x+y=4在椭圆C的内部时，b=2,c=1,a=b+c=5，椭圆C2y2x的方程为+=1．5422222当圆x+y=4在椭圆C的外部时，a=2,c=1,b=a-c=3，2y2x椭圆C的方程为+=1．43(2)证明：设Ax1,y1,Bx2,y2．2y2x因为椭圆C的短轴长小于4，所以C的方程为+=1．43x1xy1yx2xy2y则由已知可得，切线AT的方程为+=1,BT的方程为+=1，4343将T(8,t)代入AT,BT的方程整理可得，6x1+ty1-3=0,6x2+ty2-3=0．显然A,B的坐标都满足方程6x+ty-3=0，故直线AB的方程为6x+ty-3=0，55,11令y=0，可得x=，即直线AB过定点,0．222(2023上·广东惠州·高三校考阶段练习)在平面直角坐标系xOy中，顶点在原点，以坐标轴为对称轴的抛物线C经过点2,4.(1)求C的方程；(2)若C关于x轴对称，焦点为F，过点4,2且与x轴不垂直的直线l交C于M，N两点，直线MF交C于另一点A，直线NF交C于另一点B，求证：直线AB过定点.22【答案】(1)y=8x或x=y(2)证明见解析【分析】(1)根据待定系数法，代入点的坐标即可求解p，(2)利用抛物线方程分别可设A,B,M,N的坐标，进而可根据两点坐标求解斜率，即可得直线的方程，结合直线经过的点，即可代入化简求解.2【详解】(1)若C的焦点在x轴上，设抛物线C的方程为y=2px，22将点2,4代入，得4=4p，解得p=4，故C的方程为y=8x；2若C的焦点在y轴上，设抛物线C的方程为x=2py，212将点2,4代入，得2=8p，解得p=，故C的方程为x=y；222综上所述：C的方程为y=8x或x=y.2(2)由(1)知抛物线C的方程为y=8x，则其焦点F2,0，若直线l不过点F2,0，如图，2222y1y2y3y4设M,y1，N,y2，A,y3，B,y4，8888由题意可知：直线MN的斜率存在且不为0，y1-y28则直线MN的斜率kMN=22=，y1y2y1+y2-8828y1所以直线MN的方程为y-y1=x-，即8x-y1+y2y+y1y2=0，y1+y28同理直线AM，BN的方程分别为8x-y1+y3y+y1y3=0，8x-y2+y4y+y2y4=0由直线MN过定点4,2，可得2y1+y2-y1y2=32，由直线AM，BN过焦点F2,0，可得y1y3=y2y4=-16，对于直线AB的方程为8x-y3+y4y+y3y4=0，1616256由y1y3=y2y4=-16，得8x++y+=0，y1y2y1y2整理得y1y2x+2y1+y2y+32=0，又因为2y1+y2-y1y2=32，所以x+yy1y2+32y+1=0，x+y=0x=1令，解得，y+1=0y=-1故直线AB恒过定点1,-1若直线l过点F2,0，直线AB即为直线MN，2-0其方程为y-0=x-2，即y=x-2，4-2显然直线l过点1,-1；综上所述：直线AB过定点1,-1.56,【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.(2)特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.23(2023·福建·校联考模拟预测)设抛物线C：y=2px(p>0)的焦点为F，点A的坐标为3,-2.已知点P是抛物线C上的动点，PA+PF的最小值为4.(1)求抛物线C的方程：(2)若直线PA与C交于另一点Q，经过点B3,-6和点Q的直线与C交于另一点T，证明：直线PT过定点.2【答案】(1)y=4x(2)证明见解析【分析】(1)根据两点A,F与抛物线的位置分类讨论最值，由最小值为4，求解p；222y0y1y2(2)由P,Q,T三点都在抛物线上，设Q,y0，P,y1，T,y2.结合直线QP,QT,PT求解的同理444性，求出直线方程，再由A3,-2，B3,-6分别在直线QP，QT上，代入方程消去y0可得y1y2=12，代入PT方程化简可得定点.222【详解】(1)若A和F在抛物线y=2px的同侧，则(-2)<3×2p，解得p>.3设点P在准线上的射影为H，于是PF=PH.过A作AH与准线垂直，垂足为H，p故PF+PA=PH+PA≥AH=3+=4，22当且仅当A，P，H三点共线时取等号，由此得p=2>，符合题意.32若A和F在抛物线的异侧或A在抛物线上，则p≤.3p22由PF+PA≥AF=3-+-2=4，2当且仅当A，P，F三点共线(或A与P重合)时取等号，得到p=6±43(舍去).2综上所述，抛物线C的方程为y=4x.222y0y1y2(2)设Q,y0，P,y1，T,y2.444y0-y14直线QP的斜率kQP=22=，y0-y1y0+y1424y04x+y0y1则其方程为y=x-+y0=.y0+y14y0+y14x+y0y24x+y1y2同理可得直线QT的方程为y=，直线PT的方程为y=.y0+y2y1+y2将A3,-2，B3,-6分别代入直线QP，QT的方程可得12+y0y1-2=y0+y112+y0y2，消去y0可得y1y2=12，-6=y0+y24x+y1y24x+124代入直线PT的方程y=，化简得y==(x+3)，y1+y2y1+y2y1+y257,故直线PT过定点-3,0.【点睛】定点问题的求解思路：一是从特殊入手，求出定点，再证明这个点与变量无关；二是直接推理、计算，并在计算过程中消去变量，从而得到定点.14(2023·陕西西安·西安市大明宫中学校考模拟预测)已知动圆M恒过定点F0,，圆心M到直线811y=-的距离为d,d=MF+．48(1)求M点的轨迹C的方程；(2)过直线y=x-1上的动点Q作C的两条切线l1,l2，切点分别为A,B，证明：直线AB恒过定点．21【答案】(1)x=y2(2)证明见详解12121【分析】(1)设Mx,y，由题意可得y+4=x+y-8+8，化简整理即可；222(2)设Ax1,2x1,Bx2,x2,Qt,t-1，结合导数的几何意义分析可得x1,x2为方程2x-4tx+t-1=0的两根，结合韦达定理求直线AB的方程，即可得结果.2121【详解】(1)设Mx,y，则MF=x+y-8,d=y+4，112121因为d=MF+8，即y+4=x+y-8+8，111212121当y+≥0，即y≥-时，则y+=x+y-8+，整理得x=y；444821112121当y+<0，即y<-时，则-y-=x+y-8+，444821整理得x=y+<0，不成立；821综上所述：M点的轨迹C的方程x=y.2212(2)由(1)可知：曲线C：x=y，即y=2x，则y=4x，222设Ax1,2x1,Bx2,x2,Qt,t-1，2可知切线QA的斜率为4x1，所以切线QA：y-2x1=4x1x-x1，22则t-1-2x1=4x1t-x1，整理得2x1-4tx1+t-1=0，2同理由切线QB可得：2x2-4tx2+t-1=0，2t-1可知：x1,x2为方程2x-4tx+t-1=0的两根，则x1+x2=2t,x1x2=，2222x1-2x2可得直线AB的斜率kAB==2x1+x2=4t，x1-x222x1+x22x1+2x222设AB的中点为Nx0,y0，则x0==t,y0==x1+x2-2x1x2=4t-t+1，222即Nt,4t-t+1，21所以直线AB：y-4t-t+1=4tx-t，整理得y-1=4tx-，41所以直线AB恒过定点P,1.4【点睛】方法点睛：过定点问题的两大类型及解法(1)动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为y=kx+t，由题设条件将t用k表示为t=58,mk+n，得y=kx+m+n，故动直线过定点-m,n；(2)动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．2225(2023·贵州·校联考二模)抛物线C1:y=2pxp>0的焦点到准线的距离等于椭圆C2:x+16y=1的短轴长．(1)求抛物线C1的方程；222(2)设D1,t是抛物线C1上位于第一象限的一点，过D作E:x-2+y=r(其中0<r<1)的两条切线，分别交抛物线c1于点m,n,证明：直线mn经过定点．2【答案】(1)y=x(2)证明见解析【分析】(1)根据椭圆和抛物线的几何性质即可求解；22(2)设点ma,a，nb,b，求出直线mn的方程，利用直线dm和圆e相切,直线dn和圆e相切分别出关于a和b的一元二次方程，利用韦达定理即可求出直线mn经过的定点.221【详解】(1)由椭圆方程x+16y=1可知短轴长为2b=，221∴抛物线y=2pxp>0的焦点到准线的距离p=，22故抛物线方程为y=x．2(2)∵D1,t是抛物线C1上位于第一象限的点，∴t=1且t>0，∴D1,1．2212设Ma,a，Nb,b，则直线MN方程为y-a=x-a，a+b即x-a+by+ab=0，222∵直线DM：x-a+1y+a=0与圆E：x-2+y=r相切，a+22222∴=r，整理可得，r-1a+2r-4a+2r-4=0，①21+a+12222同理，直线DN与圆E相切可得，r-1b+2r-4b+2r-4=0，②2222由①②得a，b是方程r-1x+2r-4x+2r-4=0的两个实根，224-2r2r-4∴a+b=，ab=，22r-1r-1代入x-a+by+ab=0，化简整理可得，2x+2y+2r-x-4y-4=0，x+2y+2=0x=0令，解得，-x-4y-4=0y=-1故直线MN恒过定点0,-1．题型11定点与恒成立问题2y2x21(2023上·四川眉山·高三仁寿一中校考期末)椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率是，点a2b22M2,1是椭圆E上一点，过点P0,1的动直线l与椭圆相交于A,B两点.(1)求椭圆E的方程；(2)求△AOB面积的最大值；QAPA(3)在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点P不同的定点Q，使=恒成立？存在，求出点QQBPB的坐标；若不存在，请说明理由.59,2y2x【答案】(1)+=142(2)2(3)存在，Q0,2.【分析】(1)由离心率及过点M2,1列方程组求解a,b.1(2)设直线l为y=kx+1与椭圆方程联立，将S△AOB=⋅x1-x2表达为k的函数，由基本不等式求最大2值即可.(3)先讨论直线水平与竖直情况，求出Q0,2，设点B关于y轴的对称点B，证得Q,A,B三点共线得到QAPA=成立.QBPBc2=a2=4a22y22222x【详解】(1)根据题意，得a=b+c，解得b=2，椭圆C的方程为+=1.21c2=242a2+b2=1(2)依题意，设Ax1,y1,Bx2,y2，直线l的斜率显然存在，y=kx+122故设直线l为y=kx+1，联立x2y2，消去y，得1+2kx+4kx-2=0，+=1424k2因为直线l恒过椭圆内定点P0,1，故Δ>0恒成立，x1+x2=-2,x1x2=-2，1+2k1+2k11122⋅1+4k224k2故S△AOB=2⋅x1-x2=2×x1+x2-4x1x2=2×-2-4×-2=2，1+2k1+2k1+2k22t2令t=1+4k,t≥1，所以S△AOB=2⋅2=2⋅1≤2，当且仅当t=1，即k=0时取得等号，t+1t+t综上可知：△AOB面积的最大值为2.(3)当l平行于x轴时，设直线与椭圆相交于C,D两点，如果存在点Q满足条件，|QC||PC|则有==1，即QC=QD，所以Q点在y轴上，可设Q的坐标为0,y0；|QD||PD|当l垂直于x轴时，设直线与椭圆相交于M,N两点，如果存在点Q满足条件，|QM||PM|y0-22-1则有=，即=，解得y0=1或y0=2，|QN||PN|y0+22+1所以若存在不同于点P的定点Q满足条件，则点Q的坐标为0,2；当l不平行于x轴且不垂直于x轴时，设直线l方程为y=kx+1，-4k-2由(2)知x1+x2=2,x1x2=2，1+2k1+2k又因为点B关于y轴的对称点B的坐标为-x2,y2，y1-2kx1-11y2-2kx2-11又kQA===k-，kQB===-k+，x1x1x1-x2-x2x2x1+x2则kQA-kQB=2k-=0，x1x2QAQAx1PA所以kQA=kQB，则Q,A,B三点共线，所以===；QBQBx2PBQAPA综上：存在与点P不同的定点Q，使=恒成立，且Q0,2.QBPB60,2y2x22222【点睛】方法点睛：直线Ax+By+C=0与椭圆+=1交于M,N，当且仅当aA+bB-2C=0时，22ababS△MON取得最大值.2【变式训练】21(2024·陕西宝鸡·校考一模)设抛物线C：y=2pxp>0，直线x-2y+1=0与C交于A，B两点，且AB=415.(1)求p；(2)若在x轴上存在定点M，使得MA⋅MB=0，求定点M的坐标.【答案】(1)p=2(2)7+211,0或7-211,0.【分析】(1)设AxA,yA，BxB,yB，直线与抛物线方程联立利用弦长公式可得答案；(2)假设x轴上存在定点Mm,0，直线与抛物线方程联立，由MA⋅MB=0的坐标运算可得答案.x-2y+1=0【详解】(1)设AxA,yA，BxB,yB，由y2=2px可得，2y-4py+2p=0，所以yA+yB=4p，yAyB=2p，所以222AB=xA-xB+yA-yB=5yA-yB=5×yA+yB-4yAyB=415，2即2p-p-6=0，因为p>0，解得：p=2；(2)假设x轴上存在定点Mm,0使得MA⋅MB=0，x-2y+1=02由2可得，y-8y+4=0，y=4x所以yA+yB=8，yAyB=4，由题知MA⋅MB=xA-m,yA⋅xB-m,yB=0，2即xAxB-mxA+xB+m+yAyB=0，2化简得：m-14m+5=0，解得m=7±211，则存在定点M7+211,0或M7-211,0.2y2x2(2022上·新疆乌鲁木齐·高三乌鲁木齐市第70中校考期中)设F1，F2分别是椭圆C：2+2=ab1a>b>0的左、右焦点，M是C上一点，MF2与x轴垂直.直线MF1与C的另一个交点为N，且直线MN3的斜率为.12(1)求椭圆C的离心率；(2)设A0,1是椭圆C的上顶点，直线l：y=kx+mm≠±1与椭圆C交于两个不同点P、Q，直线AP与x轴交于点S，直线AQ与x轴交于点T.若OS⋅OT=2，求证：直线l经过定点.3【答案】(1)2(2)证明见解析2b3【分析】(1)由题意得Mc,a，F1(-c,0)，根据直线MN的斜率为12，代入化简可求出离心率，2y-1x21(2)根据题意得到椭圆的方程为+y=1，设P(x1,y1),Q(x2,y2)，则直线AP的方程为y=x+1，得4x1到OS和OT的表达式，直线和椭圆联立，利用韦达定理代入OS⋅OT=2，即可得证.61,2b【详解】(1)因为MF2与x轴垂直，所以Mc,a，2b-022aa-c3因为F1(-c,0)，所以直线MN的斜率为==，c-(-c)2ac1223323即e+e-1=0，解得e=或e=-(舍去)，6233所以椭圆C的离心率为，23(2)证明：因为e=，A0,1是椭圆C的上顶点，2c3所以=,b=1，a22222因为a=b+c，所以解得a=4，2x2所以椭圆方程为+y=1，4设Px1,y1，Qx2,y2，y1-1则直线AP的方程为y=x+1.x1x1令y=0，得点S的横坐标xS=-.y1-1x1又y1=kx1+m，从而OS=xS=kx+m-1.1x2同理，OT=kx+m-1.2y=kx+m222由x22，得1+4kx+8kmx+4m-4=0，+y=1428km4m-4则x1+x2=-2，x1x2=2.1+4k1+4kx1x2x1x2所以OS⋅OT=⋅=kx+m-1kx+m-1k2xx+km-1x+x+m-1212121224m-421+4k=224m-48km2k⋅1+4k2+km-1⋅-1+4k2+m-124m-4=k2(4m2-4)+km-1⋅-8km+1+4k22m-11+m=4，1-m1+m1因为OS⋅OT=2，所以4=2，解得m=-3或m=-，1-m31所以直线l经过定点(0,-3)或0,-.3【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆的离心率的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆中直线过定点的问题，解题的关键是设Px1,y1，Qx2,y2，然后表示出直线AP与直线AQ的方程，从而可表示出OS和OT，再结合根与系数的关系和OS⋅OT=2求解可得结果，考查计算能力，属于较难题.3(2022上·四川绵阳·高三盐亭中学校考期中)已知拋物线的顶点在原点，对称轴为x轴，且经过点P(1,2).(1)求抛物线方程;62,(2)若直线l与抛物线交于A,B两点，且满足OA⋅OB=-4，求证:直线l恒过定点，并求出定点坐标.2【答案】(1)y=4x(2)定点2,0，证明见解析【分析】(1)根据抛物线过点，代入即可求出结果;(2)由题意直线方程可设为x=my+n，将其与抛物线方程联立，根据韦达定理，化简求解，即可求出定点.【详解】(1)由题可知，拋物线的开口向右，2设拋物线方程为y=2px，因为经过点P(1,2)，所以4=2p，解得p=22所以，抛物线的标准方程为:y=4x.(2)如图，设直线l的方程为:x=my+n，x=my+n联立方程y2=4x2消y有：y-4my-4n=0由于交于A,B两点，设Ax1,y1,Bx2,y2，2则Δ>0，即16m+16n>0，y1+y2=4m，y1y2=-4n，由OA=x1，y1，OB=x2，y2.y2y222则OA⋅OB=x1x2+y1y2=+y1y2=n-4n=-4.4解得:n=2，验证满足条件.所以直线l的方程为x=my+2，即证直线l恒过定点(2,0).2y2x4(2023上·云南昆明·高三云南民族大学附属中学校考阶段练习)已知椭圆Γ:+=1(a>b>0)22ab1的离心率是，其左､右焦点分别为F1,F2，过点B0,b且与直线BF2垂直的直线交x轴负半轴于D.2(1)求证：2F1F2+F2D=0；(2)若点D-3,0，过椭圆Γ右焦点F2且不与坐标轴垂直的直线l与椭圆Γ交于P,Q两点，点M是点P关于x轴的对称点，在x轴上是否存在一个定点N，使得M,Q,N三点共线？若存在，求出点N的坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，N4,03【分析】(1)设椭圆Γ的半焦距为c，根据题意求得直线BD:y=x+b，得到D-3b,0，进而求得向量3F1F2，F2D的坐标，即可得证.2y2x(2)根据题意，求得椭圆方程为+=1，设直线l的方程为x=ty+1，联立方程组，求得y1+y2=43-6t-9x2-x12,y1y2=2，得出MQ的方程为x-x1=y+yy+y1，令y=0，求得x=4，即可得到结论.4+3t4+3t122cb113【详解】(1)证明：设椭圆Γ的半焦距为c，因为e==1-=，所以c=a,b=a，a2222a63,b13又因为F1-c,0,F2c,0,kBF2=-=-3，所以kBD=-=，ckBF323所以直线BD:y=x+b，3令y=0，解得x=-3b，所以D-3b,0，所以F1F2=2c,0=a,0，F2D=-3b-c,0=-2a,0，所以2F1F2+F2D=0.(2)解：如图所示，若点D-3,0，则-3b=-3，解得b=3，则a=2,c=1，2y2x所以椭圆方程为+=1.43设直线l的方程为x=ty+1,t≠0，Px1,y1,Qx2,y2，则Mx1,-y1，2y2x+=14322联立方程组，整理得4+3ty+6ty-9=0，x=ty+122-6t-9则Δ=36t+364+3t>0，且y1+y2=2,y1y2=24+3t4+3tx2-x1直线MQ的方程为x-x1=y+y1，y1+y2x2-x1y1x2y1-x1y1+x1y1+x1y2x2y1+x1y2令y=0，可得x=+x1==y1+y2y1+y2y1+y2ty2+1y1+ty1+1y22ty1y2+y1+y22ty1y22t×-9===+1=+1=4.y1+y2y1+y2y1+y2-6t故在x轴上存在一个定点N4,0，使得M,Q,N三点共线.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：(1)设直线方程，设交点坐标为x1,y1,x2,y2；(2)联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x(或y)的一元二次方程，必要时计算Δ；(3)列出韦达定理；(4)将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1x2(或y1+y2、y1y2)的形式；(5)代入韦达定理求解.2y2x35(2022·辽宁沈阳·二模)已知椭圆C:+=1a>b>0的焦距为2，且经过点P1,．a2b22(1)求椭圆C的方程；(2)经过椭圆右焦点F且斜率为kk≠0的动直线l与椭圆交于A、B两点，试问x轴上是否存在异于点F的定点T，使AF⋅BT=BF⋅AT恒成立？若存在，求出T点坐标，若不存在，说明理由．2y2x【答案】(1)+=143(2)存在；点T4,0322【分析】(1)根据题意，得到c=1，再由椭圆C经过点P1,，联立方程组，求得a=4,b=3，即可求解.2-6m-9(2)设直线l的方程为x=my+1，联立方程组，得到y1+y2=2,y1y2=2，设T点坐标为t,0，3m+43m+4AFS△TFAATsin∠ATF由AFBT=BFAT，得到==，得到∠ATF=∠BTF，得到kAT+kBT=0，BFS△TFBBTsin∠BTF列出方程，求得t=4，即可求解．22【详解】(1)解：由椭圆C的焦距为2，故c=1，则b=a-1，64,31922又由椭圆C经过点P1,，代入C得+=1，解得a=4,b=3，2a24b22y2x所以椭圆C的方程为+=1．431(2)解：根据题意，直线l的斜率显然不为零，令=m，k由椭圆右焦点F1,0，故可设直线l的方程为x=my+1，x=my+122联立方程组x2y2，整理得(3m+4)y+6my-9=0，+=143222则Δ=36m-4×(-9)(3m+4)=144(m+1)>0，-6m-9设Ax1,y1，Bx2,y2，且y1+y2=2,y1y2=2，3m+43m+4AFAT设存在点T，设T点坐标为t,0，由AFBT=BFAT，可得=，BFBT1FTAFS△TFA2ATsin∠ATFATsin∠ATF又因为===，BFS△TFB1FTBTsin∠BTFBTsin∠BTF2所以sin∠ATF=sin∠BTF，所以∠ATF=∠BTF，所以直线TA和TB关于x轴对称，其倾斜角互补，即有kAT+kBT=0，y1y2则kAT+kBT=+=0，所以y1(x2-t)+y2(x1-t)=0，x1-tx2-t所以y1(my2+1-t)+y2(my1+1-t)=0，整理得2my1y2+(1-t)(y1+y2)=0，-9-6m3mm即2m×+(1-t)×=0，即+(1-t)×=0，22223m+43m+43m+43m+4解得t=4，符合题意，即存在点T4,0满足题意．【点睛】方法技巧：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量(通常为变量k)；②利用条件找到k过定点的曲线F(x,y)=0之间的关系，得到关于k与x,y的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.题型12圆过定点问题圆过定点问题圆过定点问题的常见类型是以AB为直径的圆过定点P，求解思路是把问题转化为PA⊥PB，也可以转化为PA⋅PB=02y2x1(2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测)已知双曲线C:-=1a>0,b>0的左右焦点分别为22ab7F1，F2，左顶点的坐标为-2,0，离心率为.2(1)求双曲线C的方程；(2)A1,A2分别是双曲线的左右顶点，T是双曲线C上异于A1，A2的一个动点，直线TA1,TA2分别于直线x=1交于Q1,Q2两点，问以Q1,Q2为直径的圆是否过定点，若是，求出此定点；若不是，请说明理由.65,2y2x【答案】(1)-=14315(2)过定点，定点为-2,0、2,02【分析】(1)根据顶点坐标以及离心率即可求得a=2，b=3即可求得出双曲线C的方程；3y0(2)由(1)可得A1-2,0,A22,0，设Tx0,y0并写出直线TA1,TA2的方程，易知Q11,,Q2x0+2-y03y0y01,，利用向量可表示出圆Q的方程为x-1x-1+y-y+=0，可得定点坐x0-2x0+2x0-2标.【详解】(1)由题意得a=2，2b72易知e=1+=，所以可得b=3，22a2y2x即双曲线C的方程为-=1；43(2)如下图所示：由题意知A1-2,0,A22,0，22x0y0设双曲线上的动点T的坐标为Tx0,y0且y0≠0，则-=1.43y0y0易知直线TA1的斜率存在，且kTA=，其方程为y=(x+2)，1y+2y+200y0同理可得直线TA2的方程为y=(x-2)，x0-23y0-y0所以Q11,,Q21,，x0+2x0-2设以线段Q1Q2为直径的圆Q上的任意一点为Mx,y，3y0y0则Q1M=x-1,y-,Q2x-1,y+，x0+2x0-23y0y0那么由Q1M⋅Q2M=0得圆Q的方程为x-1x-1+y-y+=0，x0+2x0-2222y03y03y0即x-1+y+-y-=0x0-2x0+2x2-40222x0y0y0322y03y09由-=1可得=，所以圆Q的方程为x-1+y+-y-=0；43x2-44x0-2x0+24029因此若y=0，此时圆方程与x0,y0无关，代入上述圆方程得x-1-=0，451解得x=或x=-.2215所以以线段Q1Q2为直径的圆必经过两定点-2,0，2,0.66,【点睛】方法点睛：在求解圆锥曲线过定点问题时，一般情况下是写出点的轨迹方程表达式，进行整理变形并令与变量有关的系数为0，即可求出定点坐标.【变式训练】21(2023上·贵州黔西·高三兴义第一中学校联考阶段练习)已知抛物线C:y=2pxp>0，过焦点的直π线l与抛物线C交于两点A，B，当直线l的倾斜角为时，AB=16.6(1)求抛物线C的标准方程和准线方程；(2)记O为坐标原点，直线x=-2分别与直线OA，OB交于点M，N，求证：以MN为直径的圆过定点，并求出定点坐标.2【答案】(1)抛物线的方程为y=4x，准线方程为x=-1(2)证明见解析，定点坐标为2,0或-6,0【分析】(1)根据已知得出直线l的方程，与抛物线联立，根据过焦点的弦长公式，列出关系式，即可得出p；(2)设l:x=my+1，联立方程根据韦达定理得出y1,y2的关系.进而表示出OA,OB的方程，求出M，N的坐标，得出圆的方程.取m=0，即可得出定点坐标.p3p【详解】(1)由已知可得，抛物线的焦点坐标为F2,0，直线l的方程为y=3x-2.3py=x-联立抛物线与直线的方程32可得，y2=2px22px-7mx+=0.4设Ax1,y1，Bx2,y2，由韦达定理可得x1+x2=7p，则AB=x1+x2+p=8p=16，所以p=2.2所以，抛物线的方程为y=4x，准线方程为x=-1.(2)设直线l:x=my+1，x=my+12联立直线与抛物线的方程2可得，y-4my-4=0.y=4x所以，y1+y2=4m，y1y2=-4.y144-8又kOA==，lOA:y=x，所以M-2,.x1y1y1y1-8同理可得N-2,.y2设圆上任意一点为Qx,y，则由QM⋅QN=0可得，288圆的方程为x+2+y+y+=0，y1y222886422整理可得，x+2+y+y++=x+2+y-8my-16=0.y2y1y1y2令y=0，可得x=2或x=-6，所以，以MN为直径的圆过定点，定点坐标为2,0或-6,0.【点睛】思路点睛：直线或圆过定点问题，先根据已知表示出直线或圆的方程，令变参数为0，得出方程，求解即可得出求出定点的坐标.2y2x22(2023·山西大同·统考模拟预测)已知椭圆C1:+=1a>b>0的离心率为，且直线y=a2b222x+b是抛物线C2:y=4x的一条切线．67,(1)求椭圆C1的方程；1(2)过点S0,-3的动直线L交椭圆C1于A,B两点，试问：在直角坐标平面上是否存在一个定点T，使得以AB为直径的圆恒过定点T？若存在，求出T的坐标；若不存在，请说明理由．2x2【答案】(1)C1:+y=12(2)存在；0,122【分析】(1)先根据直线y=x+b是抛物线C2:y=4x的一条切线，求出b的值，再由椭圆离心率为，求2出a的值，则椭圆方程可得．(2)先假设存在一个定点T，使得以AB为直径的圆恒过定点，再用垂直时，向量PA，PA的数量积为0，得到关于直线斜率k的方程，求k，若能求出，则存在，若求不出，则不存在．y=x+b22【详解】(1)由2得x+2b-4x+b=0y=4x2直线y=x+b是抛物线C2:y=4x的一条切线．所以Δ=0⇒b=12c2x2e==⇒a=2，所以椭圆C1:+y=1a22(2)21242当直线L与x轴平行时，以AB为直径的圆方程为x+y+3=322当直线L与y轴重合时，以AB为直径的圆方程为x+y=1所以两圆的交点为点0,1猜想：所求的点T为点0,1．证明如下．当直线L与x轴垂直时，以AB为直径的圆过点0,11当直线L与x轴不垂直时，可设直线L为：y=kx-31x+x=12ky=kx-31218k2+922由x22得18k+9x-12kx-16=0，设Ax1,y1，Bx2,y2则-162+y=1x1x2=218k+911则TA⋅TB=x1,y1-1⋅x2,y2-1=x1x2+y1-1y2-1=x1x2+kx1-3-1kx2-3-14162-16412k16=x1x2-3x1+x2+9=1+k2-3×2+9=018k+918k+9所以TA⊥TB，即以AB为直径的圆过点0,1所以存在一个定点T，使得以AB为直径的圆恒过定点T．23(2023·江西九江·统考一模)已知过点P(2,0)的直线l与抛物线E:y=2px(p>0)交于A,B两点，过线段AB的中点M作直线MN⊥y轴，垂足为N，且PM⊥PN.(1)求抛物线E的方程；(2)若C为E上异于点A,B的任意一点，且直线AC,BC与直线x=-2交于点D,R，证明：以DR为直径的圆过定点.2【答案】(1)y=4x(2)证明见解析【分析】(1)设出直线l的方程与抛物线方程联立，利用韦达定理和中点坐标公式求出M，N坐标，结合PM⊥PN，可求得p的值，得解.(2)设出点C坐标，由点斜式方程求出直线AC的方程，令x=-2，求出点D坐标，同理求出点R坐标，由抛物线的对称性可知，定点必在x轴上，设该点坐标为T(a,0)，利用DT⋅RT=0，可求出定点坐标.【详解】(1)由题意，可设直线l的方程为x=my+2，68,22将x=my+2代入y=2px，消去x得y-2pmy-4p=0，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则y1+y2=2pm，y1y2=-4p，∵M是线段AB的中点，x1+x2m(y1+y2)+42y1+y2∴xM===pm+2，yM==pm，2222即M(pm+2,pm)，又MN⊥y轴，∴垂足N的坐标为(0,pm)，2则PM=(pm,pm)，PN=(-2,pm)，∵PM⊥PN，222∴PM⋅PN=-2pm+pm=0对任意的m∈R恒成立，2∴-2p+p=0，又p>0，解得p=2，2故抛物线E的方程为y=4x.(2)2y2y2t12设C4,t，A4,y1，B4,y2，由(1)可知，y1+y2=4m，y1y2=-8，y-t2144t则kAC=2=，直线AC的方程为y-t=x-，y2y+ty+t41-t11442ty-84t1令x=-2，则y=t+y+t-2-4=y+t，11ty1-8ty2-8∴D-2,，同理R-2,，y1+ty2+t由抛物线的对称性可知，若以线段DR为直径的圆过定点，则定点必在x轴上，设该点坐标为T(a,0)，ty1-8ty2-8则DT=a+2,-，RT=a+2,-，且DT⋅RT=0，y1+ty2+t2ty1-8ty2-8∴(a+2)+⋅=0，y1+ty2+tty-8ty-8t2yy-8t(y+y)+6422121212-8t-32mt+64∴(a+2)=-⋅=-=-=8，y1+ty2+tyy+t(y+y)+t2t2+4mt-81212∴a=22-2或a=-22-2，∴以DR为直径的圆过定点(22-2,0)和(-22-2,0).2y2x4(2021·上海·高三专题练习)如图，椭圆E：2+2=1a>b>0的左焦点为F1，右焦点为F2，离心ab1率e=，过F1的直线交椭圆于A､B两点，且△ABF2的周长为8.2(1)求椭圆E的方程；69,(2)设动直线l：y=kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线x=4相交于点Q，试探究：在x轴上是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由.2y2x【答案】(1)+=143(2)存在，定点M1,0【分析】(1)根据椭圆的定义及其离心率即可求出椭圆的方程；(2)直线l与椭圆联立即可求出点P的坐标,将x=4与直线l联立即可求出点Q的坐标，假设存在定点Mx0,0，使得以PQ为直径的圆恒过点M，即可知MP⋅MQ=0，对等式变形可得4kx0-1m+x0-3=0，可得x0=1.【详解】(1)由椭圆的定义可知△，ABF2的周长为4a=8，即a=2，c1∵=，∴c=1，a2222又∵a=b+c，∴b=3，2y2x故椭圆C的方程为：+=1，43y=kx+m222(2)将x2y2联立，消元可得4k+3x+8kmx+4m-12=0，+=143∵动直线l：y=kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P，222∴Δ=8km-44k+34m-12=0，22∴4k-m+3=0，224km4k4k-4k+m3此时xP=-2=-m，yP=k-m+m=m=m，4k+34k3∴P-,mmy=kx+m由得Q4,4k+m，x=4假设在x轴上存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M，设Mx0,0，则MP⋅MQ=0，4k3MP=-m-x0,m，MQ=4-x0,4k+m，4k3MP⋅MQ=-m-x04-x0+m4k+m=04k整理得x0-1m+x0-3=0，对任意实数m，k恒成立，则x0=1，故在x轴上存在定点M1,0，使得以PQ为直径的圆恒过点M.5(2023上·浙江·高三校联考阶段练习)在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，动点Dx,y与定1点F2,0的距离和D到定直线x=的距离的比是常数2，设动点D的轨迹为曲线C．2(1)求曲线C的方程；(2)已知定点Pt,0，0<t<1，过点p作垂直于x轴的直线l，过点p作斜率大于0的直线l与曲线c交于点g，h，其中点g在x轴上方，点h在x轴下方．曲线c与x轴负半轴交于点a，直线ag，ah与直线l分别交于点m，n，若a，o，m，n四点共圆，求t的值．22y【答案】(1)x-=1370,3(2)t=．4【分析】(1)根据两点间距离和点到直线距离列式化简可得曲线方程；(2)先设直线gh:y=kx-tk>0，再联立方程得韦达定理求出M，N坐标，再应用A，O，M，N四点共圆得出tan∠ANP=tan∠MOP，最后结合韦达定理求参即可.222x-2+y2y【详解】(1)由已知得：=2，两边平分并化简得：x-=1即为曲线C的方程．x-132(2)设点Gx1,y1，Hx2,y2．22y直线GH:y=kx-tk>0与双曲线C的方程x-=1联立，322222消去y得3-kx+2ktx-3+kt=0．2-3+k2t2-2kt由韦达定理：x1+x2=2，x1⋅x2=2．3-k3-ky1y2由条件，直线AG的方程为y=x+1，直线AH的方程为y=x+1，x1+1x2+1y1y2t+1于是可得yM=t+1，yN=．x1+1x2+1因为A，O，M，N四点共圆，所以∠ANP+∠MOA=π，所以∠ANP=∠MOP，于是tan∠ANP=tan∠MOP．t+1yMy1y2t即=，化简得=yNtx1+1x2+1t+1又y1=kx1-t，y2=kx2-t，22kx1x2-tx1+x2+tt代入整理得：=．x1x2+x1+x2+1t+13将韦达定理代入化简得：t=．4【点睛】关键点点睛：A，O，M，N四点共圆的应用，关键是转化为tan∠ANP=tan∠MOP，从而建立M，N的坐标关系，引进韦达定理.2y2x6(2023·广东广州·统考模拟预测)已知双曲线C:-=1，直线l过C的右焦点F且与C交于M,412N两点．11(1)若M,N两点均在双曲线C的右支上，求证：+为定值；MFNF(2)试判断以MN为直径的圆是否过定点？若经过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)圆过定点-2,0【分析】(1)设直线MN:x=ty+4，与双曲线方程联立得出韦达定理，根据弦长公式表示MF,NF，再代入求得结果.(2)表示圆的方程，由对称性可知定点在x轴上，令y=0进行求解即可.【详解】(1)如图，由F4,0，设Mx1,y1,Nx2,y2，直线MN:x=ty+4，2222代入3x-y=12，整理得：3t-1y+24ty+36=0，71,Δ>033由yy<0解得：t∈-3,312-24t36由韦达定理：y1+y2=2,y1y2=2，3t-13t-122由MF=x1-4+y1=2ty1+6，同理，NF=2ty2+6．1111∴+=+MFNF2ty1+62ty2+62-48t+122ty1+y2+123t2-1==2224ty1y2+12ty1+y2+36144t+-288t+36223t-13t-12-12t-121==为定值．-36t2-363222另法：由MF=x1-4+y1=t+1y1，2同理，NF=t+1y2．由于y1y2<0，不妨设y1>0,y2<0，111111y2-y1则+=-=⋅．MFNFt2+1y1y2t2+1y1y2224t24×36144t+122由y2-y1=y1+y2-4y1y2=-2-2=2，3t-13t-13t-1212t+1得y2-y1=2．3t-1212t+1111y2-y113t2-11所以+=⋅=⋅=为定值．MFNFt2+1y1y2t2+136323t-122x1+x22y1+y22x1-x2+y1-y2(2)由题意：圆的方程为x-2+y-2=422即x+y-x1+x2x-y1+y2y+x1x2+y1y2=0由对称性可知：若存在定点，则必在x轴上2令y=0，有x-x1+x2x+x1x2+y1y2=0-8由(1)可知x1+x2=ty1+y2+8=2，3t-1222236t96t-12t-16x1x2=ty1+4ty2+4=ty1y2+4ty1+y2+16=2-2+16=23t-13t-13t-122820-12t代入方程后有：x+x+=0，223t-13t-128即x-4+x+2=0，23t-1x+2=0令x2-4=0即x=-2．故圆过定点-2,0．2y2x21(2023·福建泉州·统考模拟预测)已知椭圆E:+=1a>b>0的离心率是，上、下顶点分a2b2272,22别为A，B.圆O:x+y=2与x轴正半轴的交点为P，且PA⋅PB=-1.(1)求E的方程；(2)直线l与圆O相切且与E相交于M，N两点，证明：以MN为直径的圆恒过定点.2y2x【答案】(1)+=163(2)证明见解析【分析】(1)写出向量PA，PB的坐标，带入求解即可；22(2)设直线l后，和圆相切可得m=2k+2，和椭圆方程联立后，观察可得x1x2+y1y2=0，从而判段出以MN为直径的圆恒过定点.【详解】(1)由已知得A0,b，B0,-b，P2,0.22则PA=-2,b，PB=-2,-b，PA⋅PB=2-b=-1，所以b=3.c222222因为e==，又b+c=a，所以c=3，a=6.a22y2x故E的方程为+=1.63(2)当直线l的斜率存在时，设l的方程为y=kx+m，即kx-y+m=0.m22因为直线l与圆O相切，所以=2，即m=2k+2.2k+1设Mx1,y1，Nx2,y2，则y1=kx1+m，y2=kx2+m.y=kx+m,222由x2y2化简，得2k+1x+4kmx+2m-6=0，+=1,63x+x=-4km，1222k+1由韦达定理，得2xx=2m-6，1222k+12222222m-64km2m-6k所以y1y2=kx1+mkx2+m=kx1x2+kmx1+x2+m=k⋅2-km⋅2+m=2，2k+12k+12k+12223m2-2k2-22m-6m-6k所以x1x2+y1y2=2+2=2=0，2k+12k+12k+1故OM⊥ON，即以MN为直径的圆过原点O.当直线l的斜率不存在时，l的方程为x=2或x=-2.这时M2,2，N2,-2或M-2,2，N-2,-2.显然，以MN为直径的圆也过原点O.综上，以MN为直径的圆恒过原点O.2y2x2(2023·江苏扬州·统考模拟预测)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左顶点为A，过右焦点F且22ab平行于y轴的弦PQ=AF=3．(1)求△APQ的内心坐标；(2)是否存在定点D，使过点D的直线l交C于M,N，交PQ于点R，且满足MR⋅ND=MD⋅RN？若存在，求出该定点坐标，若不存在，请说明理由．7-35【答案】(1)4,0(2)存在定点D(4,0)222【分析】(1)由题意，根据椭圆的定义以及a=b+c，列出等式即可求出椭圆C的方程，判断△APQ的内心在x轴，设直线PT平分∠APQ，交x轴于点T，此时T为△APQ的内心，进行求解即可；(2)设直线l方程为y=k(x-t)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，将直线l的方程与椭圆方程联立，得到根的判别式大73,于零，由点M、R、N、D均在直线l上，得到MR⋅ND=MD⋅RN，此时2t-(1+t)(x1+x2)+2x1x2=0，结合韦达定理求出t=4，可得存在定点D(4,0)满足题意．22222b【详解】(1)∵a=b+c,=a+c=3∴a=2,b=3,c=1a2y2x∴椭圆C的标准方程为+=1，4333353不妨取P1,2,Q1,-2,A(-2,0)，则AP=2,PF=2；因为△APQ中，AP=AQ，所以△APQ的内心在x轴，设直线PT平分∠APQ，交x轴于T，则T为ATAPAT357-35△APQ的内心，且TF=PF=5=，所以AT=，则T4,0；3-AT5+1(2)∵椭圆和弦PQ均关于x轴上下对称．若存在定点D，则点D必在x轴上∴设D(t,0)y=k(x-t)当直线l斜率存在时，设方程为y=k(x-t),Mx1,y1,Nx2,y2，直线方程与椭圆方程联立x2y2，+=14322222消去y得4k+3x-8ktx+4kt-3=0，24k2t2-32228kt则Δ=48k+3-kt>0,x1+x2=2,x1x2=2①4k+34k+3∵点R的横坐标为1，M、R、N、D均在直线l上，MR⋅ND=MD⋅RN22∴1+k1-x1t-x2=1+kt-x1x2-124k2t2-38kt∴2t-(1+t)x1+x2+2x1x2=0∴2t-(1+t)2+2×2=0，整理得t=4，4k+34k+3因为点D在椭圆外，则直线l的斜率必存在．∴存在定点D(4,0)满足题意【点睛】解决曲线过定点问题一般有两种方法：①探索曲线过定点时，可设出曲线方程，然后利用条件建立等量关系进行消元，借助于曲线系的思想找出定点，或者利用方程恒成立列方程组求出定点坐标.②从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无2y2x3(2023·广东梅州·统考三模)已知双曲线C:-=1a>0,b>0的右焦点，右顶点分别为F，22abA，B0,b，AF=1，点M在线段AB上，且满足BM=3MA，直线OM的斜率为1，O为坐标原点.(1)求双曲线C的方程.(2)过点F的直线l与双曲线C的右支相交于P，Q两点，在x轴上是否存在与F不同的定点E，使得EP⋅FQ=EQ⋅FP恒成立？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由.22y【答案】(1)x-=131(2)存在，E,02【分析】(1)由AF=1，BM=3MA，直线OM的斜率为1，求得a,b,c之间的关系式，解得a,b的值，进74,而求出双曲线的方程；(2)设直线PQ的方程，与双曲线的方程联立，可得两根之和及两根之积，由等式成立，可得EF为∠PEQ的角平分线，可得直线EP,EQ的斜率之和为0，整理可得参数的值，即求出E的坐标．222【详解】(1)设c=a+bc>0，所以Fc,0，Aa,0，B0,b，31因为点M在线段AB上，且满足BM=3MA，所以点Ma,b，3+13+11b3+1b因为直线OM的斜率为1，所以=1，所以=3，3aa3+1因为AF=1，所以c-a=1，解得a=1，b=3，c=2.22y所以双曲线C的方程为x-=1.3(2)假设在x轴上存在与F不同的定点E，使得EP⋅FQ=EQ⋅FP恒成立，当直线l的斜率不存在时，E在x轴上任意位置，都有EP⋅FQ=EQ⋅FP；当直线l的斜率存在且不为0时，设Et,0，直线l的方程为x=ky+2，33直线l与双曲线C的右支相交于P，Q两点，则-<k<且k≠0，33设px1,y1，qx2,y2，22y由x-3=1，得3k2-1y2+12ky+9=0，3k2-1≠0，δ=36k2+36>0，x=ky+212k9所以y1+y2=-2，y1y2=2，3k-13k-1EPFP因为EP⋅FQ=EQ⋅FP，即=，所以EF平分∠PEQ，kEP+kEQ=0，EQFQy1y2y1y2有+=0，即+=0，得2ky1y2+2-ty1+y2=0，x1-tx2-tky1+2-tky2+2-t912k1所以2k+2-t-=0，由k≠0，解得t=.3k2-13k2-121综上所述，存在与F不同的定点E，使得EP⋅FQ=EQ⋅FP恒成立，且E,0.2【点睛】方法点睛：解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，要强化有关直线与双曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．2y2x24(2023·全国·模拟预测)已知椭圆C:+=1a>b>0的离心率为，左、右焦点分别为F1，a2b22F2，且F1F2=2.(1)求椭圆C的方程；(2)已知直线l:x=my+1与椭圆C交于A,B两点，证明：在x轴上存在定点D，使得直线AD，BD关于x轴对称.2x2【答案】(1)椭圆C的方程为+y=1；2(2)在x轴上存在点D2,0，使得直线AD，BD关于x轴对称.75,【分析】(1)由条件列关于a,b,c的方程，解方程求a,b,c，可得椭圆方程；(2)联立方程组，结合设而不求法可求y1+y2,y1y2，设x轴上存在点Dt,0，使得直线AD，BD关于x轴对称，可得kAD+kBD=0，利用设而不求结论化简求t可得结论.2y2x【详解】(1)设椭圆+=1的半焦距为c，22ab2c2因为椭圆C的离心率为，所以=，2a2因为F1F2=2，所以2c=2，222又a=b+c，所以a=2,b=1,c=1，2x2所以椭圆C的方程为+y=1；22x2(2)联立2+y=1，消x，得m2+22y+2my-1=0，x=my+122222方程m+2y+2my-1=0的判别式Δ=4m+4m+2=8m+8>0，-2m-1设Ax1,y1,Bx2,y2，则y1+y2=2,y1y2=2，m+2m+2设x轴上存在点Dt,0，使得直线AD，BD关于x轴对称，y1y2y1y22my1y2+1-ty1+y2则kAD+kBD=+=+==0，x1-tx2-tmy1+1-tmy2+1-tmy1+1-tmy2+1-t-12m-2m2-t所以2my1y2+1-ty1+y2=2m×2+1-t-2=2=0，m+2m+2m+2所以t=2，所以在x轴上存在点D2,0，使得直线AD，BD关于x轴对称.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．2y2x5(2023·广西柳州·柳州高级中学校联考模拟预测)已知椭圆E:+=1(a>b>0)的右焦点为22ab3F，且经过点1,2，过F的直线与椭圆E交于C，D两点，当CD⊥x轴时，CD=1．(1)求椭圆E的标准方程；1(2)椭圆E的右顶点为A，若椭圆上的存在两点P，Q，且使kAP⋅kAQ=成立，证明直线PQ过定点．202x2【答案】(1)+y=14(2)证明见详解22b313【分析】(1)由已知可推得=1，又点1,在椭圆上，可得+=1，联立两方程，即可求出a,b的a2a24b2值；222(2)设直线方程为PQ:y=kx+m，联立直线与椭圆的方程，得出1+4kx+8kmx+4m-4=0，由韦达y1y21定理得出坐标关系，求出直线的斜率.根据已知，列出⋅=，代入x1+x2,x1x2的表达式，整理x1-2x2-22022得出m-mk-6k=0，解出m=-2k或m=3k，代入直线方程，舍去不合适的值，即可得出定点坐标.76,【详解】(1)当CD⊥x轴时,CD方程为x=c，2y222cbb由+=1，可得CD与椭圆两交点为c,-,c,，a2b2aa22b则CD=.a22b由于CD=1，所以=1.a3又因为椭圆经过点1,2，13所以有+=1.22a4b22b=1aa=2联立，解得，1+3=1b=122a4b2x2所以椭圆E的方程为+y=1.4(2)由(1)可得，椭圆的右顶点A2,0.1因为kAP⋅kAQ=，所以直线AP与AQ的斜率同号，20所以直线PQ不垂直于x轴，故可设PQ:y=kx+m，设Px1,y1，Qx2,y2，2x2+y=1联立直线与椭圆的方程4可得，y=kx+m2221+4kx+8kmx+4m-4=0.-8mk-8mk由韦达定理可得x1+x2=2，x1x2=2，1+4k1+4k22所以y1y2=kx1+mkx2+m=kx1x2+kmx1+x2+m.22222又Δ=8km-41+4k4m-4=164k-m+1>0，22所以有m<4k+1.y1y21因为kAP=，kAQ=，kAPkAQ=，x1-2x2-220y1y21所以⋅=，x1-2x2-22022所以x1-2x2-2=20y1y2=20kx1x2+kmx1+x2+m，22整理可得，20k-1x1x2+20km+2x1+x2+20m-4=0，224m-4-8mk2所以20k-1⋅+20km+2⋅+20m-4=0，221+4k1+4k22整理可得，m-mk-6k=0，所以m=-2k或m=3k.222当m=-2k时，满足m=4k<4k+1，此时直线方程为y=kx-2k=kx-2过点A2,0，舍去；22221当m=3k时，由m=9k<4k+1可得k<有解，此时直线方程为y=kx+3k=kx+3过定点5-3,0.所以直线PQ经过定点-3,0.【点睛】思路点睛：设直线方程为PQ:y=kx+m，联立直线与椭圆的方程，得出一元二次方程，由韦达定理得出坐标，求出直线的斜率.根据已知，代入x1+x2,x1x2的表达式，整理得出k,m的关系，代入直线方程，即77,可得出定点坐标.2y2x6(2023·湖南岳阳·统考二模)已知点P0,-2，点A,B分别为椭圆C:+=1(a>b>0)的左､右22ab3顶点，直线BP交C于点Q,△ABP是等腰直角三角形，且PQ=QB.2(1)过椭圆C的上顶点M引两条互相垂直的直线l1,l2，记C上任一点N到两直线l1,l2的距离分别为d1,d2，22求d1+d2的最大值；(2)过点H4,0且斜率不为零的直线与椭圆C相交于E,F两点试问：是否存在x轴上的定点G，使得∠EGO=∠FGH.若存在，求出定点G的坐标；若不存在，说明理由.16【答案】(1)3(2)存在定点G1,0满足条件，理由见解析.22【分析】(1)由条件先求a，再求Q的坐标，代入椭圆方程求b，可得椭圆方程，由矩形性质可得d1+d2=2|MN|，结合两点距离公式和二次函数性质求MN的最大值即可；(2)假设存在x轴上的定点Ga,0满足条件，设直线EF的方程为x=my+4，联立方程组，利用设而不求法结合条件关系列方程求a即可.【详解】(1)由△ABP是等腰直角三角形，得a=2，B2,0.x=6305设Qx0,y0，则由PQ=QB，得4，2y0=-522x2代入椭圆方程得b=1，所以椭圆E的方程为+y=1.4222由几何关系可知：d1+d2=MN，2x02设Nx0,y0，则+y0=1且y0∈-1,142222∴MN=x0+(y0-1)=-3y0-2y0+51216于是当y=-时，MNmax=，332216∴d1+d2的最大值是；3(2)设点E的坐标为x1,y1，点F的坐标为x2,y2.假设存在x轴上的定点Ga,0，使得∠EGO=∠FGH，即kEG+kFG=0由题意可知直线EF的斜率不为0，所以可设直线EF的方程为x=my+4.2x2联立方程4+y=1消去x得，m2+42y+8my+12=0，x=my+4y+y=-8m122222m+4Δ=64m-48m+4>0,m>12,且yy=12122m+4y1y2直线EG的斜率为，直线FG的斜率为x1-ax2-ay1y2由kEG+kFG=+=0得：y1x2-a+y2x1-a=0，x1-ax2-a∴y1my2+4-a+y2my1+4-a=0，78,24m84-am即2my1y2+4-ay1+y2=2-2=0恒成立.m+4m+4解得a=1即存在x轴上的定点G1,0使得∠EGO=∠FGH.【点睛】关键点点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．2y2x7(2023·江西吉安·统考一模)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)，焦点到渐近线2x-y=0的距22ab离为2.(1)求双曲线C的标准方程；(2)记双曲线C的左､右顶点分别为A,B，直线l交双曲线C于点M,N(点M在第一象限)，记直线MA斜率k11为k1，直线NB斜率为k2，过原点O做直线l的垂线，垂足为H，当为定值-时，问是否存在定点G，使k23得GH为定值，若存在，求此定点G.若不存在，请说明理由.22y【答案】(1)x-=14(2)存在，定点G1,02=2c5【分析】(1)由焦点到渐近线2x-y=0的距离为2可得，解方程可求出a,b,c，即可求出双曲线Cb=2a的标准方程；(2)设直线l的方程可设为x=ny+t，Mx1,y1,Nx2,y2，联立直线和双曲线的方程，由韦达定理可得ny12kt-111y2=-y1+y2，表示出直线MA和直线NB的斜率，由=-,可得t-2t-1y1-t+1y2=2tk230，分析可知点H的运动轨迹是以点1,0为圆心，以OP=2为直径的圆，即可证明GH为定值.b2c【详解】(1)由题意：=2，焦点到直线的距离2=，a5解得c=5,a=1,b=2，22y故双曲线C的标准方程为x-=1.4(2)由题意知，A-1,0,B1,0，由题可知，直线l斜率不能为零，故直线l的方程可设为x=ny+t，22yx-=1,设Mx1,y1,Nx2,y2，联立4x=ny+t,222消去x得4n-1y+8nty+4t-4=0，28nt4t-4∴y1+y2=-2,y1y2=2，4n-14n-12t-1∴ny1y2=-y1+y2，2ty1y2∵直线MA的斜率k1=，直线NB的斜率k2=，x1+1x2-179,y1k1x1+1y1ny2+t-1∴==k2y2y2ny1+t+1x2-1ny1y2+t-1y1=ny1y2+t+1y22-t-1y+y+t-12t12y11==-,2-t-1y+y+t+132t12y2整理得：t-2t-1y1-t+1y2=0，∵后面的因式不恒为零，∴t=2，可知直线l过定点P2,0，又∵OH⊥l，∴点H的运动轨迹是以点1,0为圆心，以OP=2为直径的圆，∴存在定点G1,0，使得GH为定值1.2y2x8(2023·贵州·校联考模拟预测)已知双曲线E:-=1a>0,b>0的一条渐近线方程为x-22ab3y=0，焦点到渐近线的距离为1.(1)求E的方程；(2)过双曲线E的右焦点F作互相垂直的两条弦(斜率均存在)AB、CD.两条弦的中点分别为P、Q，那么直线PQ是否过定点?若不过定点，请说明原因；若过定点，请求出定点坐标.2x2【答案】(1)-y=13(2)直线PQ过定点3,0【分析】(1)根据焦点到渐近线距离及渐近线方程列方程组，解方程；(2)设直线AB、CD方程，分别联立直线与双曲线，结合根与系数关系得P、Q坐标，写出直线PQ方程，可得直线过定点.【详解】(1)设双曲线的焦点坐标为±c,0，3依题意渐近线方程为x-3y=0，即y=x，3b=1a3有c，=1221+-3222a+b=ca=3解得b=1，c=22x2∴-y=1；3(2)由(1)可知右焦点F2,0，设直线lAB：lAB:x=ny+2n≠0，Ax1,y1，Bx2,y2，x=ny+2由联立直线与双曲线x22，-y=13222化简得n-3y+4ny+1=0n≠±3，Δ=12n+12>0，-4n-12故y1+y2=2，x1+x2=ny1+y2+4=2，n-3n-380,-6-2n∴P,，n2-3n2-31又∵CD⊥AB，则lCD:x=-y+2，n26n-2n同理可得：Q,3n2-13n2-1-2n+2n222n3n-1n-3kPQ=2=2，6n+63n-1223n-1n-322n6n2n∴lPQ:y=x--，3n2-13n2-13n2-12n化简得y=x-3，23n-1故直线PQ过定点3,0.【点睛】(1)解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．29(2023·四川成都·三模)已知斜率为3的直线l与抛物线C:y=4x相交于P，Q两点．(1)求线段PQ中点纵坐标的值；(2)已知点T3,0，直线TP，TQ分别与抛物线相交于M，N两点(异于P，Q)．则在y轴上是否存在一定点S，使得直线MN恒过该点？若存在，求出点S的坐标；若不存在，请说明理由．23【答案】(1)3(2)存在，S的坐标为0,-3【分析】(1)设Px1,y1，Qx2,y2，代入抛物线方程相减(点差法)即可得；222y1y2y3(2)设y轴上存在定点S0,s，设直线MN:y=kx+s，同时设P,y1，Q,y2，M,y3，4442y4N,y4，直线方程代入抛物线方程应用韦达定理得y3+y4,y3y4，由三点共线得y1y3，y2y4，结合直线PQ的4斜率可得s值．即定点坐标．【详解】(1)设Px1,y1，Qx2,y2，其中x1≠x2．2y1=4x122y1-y24由2，得y1-y2=4x1-4x2．化简得=．y2=4x2x1-x2y1+y24y1+y223∴3=，即=．y1+y22323∴线段PQ中点纵坐标的值为．32y1(2)设y轴上存在定点S0,s，由题意，直线MN斜率存在且不为0，设直线MN:y=kx+s，P,y1，4222y2y3y4Q,y2，M,y3，N,y4．444y=kx+s2由2，消去x，得ky-4y+4s=0．y=4x∵Δ=16-16ks>0，∴ks<1．44s∴y3+y4=，y3y4=．kk81,∵P，T，M三点共线，y3-0y1-02=2．解得y1y3=-43．y3y1-3-344同理，可得y2y4=-43．y1-y244y3y4又kPQ=22====3，y1-y2y1+y2-43+-43-3y3+y444y3y44sy3y4k∴==-3．解得s=-3．y3+y44k∴直线MN恒过定点0,-3．【点睛】方法点睛：定点问题的解决方法，(1)由特殊值确定定点位置，确定定点坐标或得出定点满足的条件，设出定点坐标；(2)设出直线方程代入圆锥曲线方程应用韦达定理，得两根和与两根积；(3)韦达定理结果代入已知条件验证定点满足一般情形或由韦达定理的结果代入动点(动直线)与定点的关系求得定点坐标．y22x510(2023·全国·统考高考真题)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率是，点A-2,0在Ca2b23上．(1)求C的方程；(2)过点-2,3的直线交C于P,Q两点，直线AP,AQ与y轴的交点分别为M,N，证明：线段MN的中点为定点．y22x【答案】(1)+=194(2)证明见详解【分析】(1)根据题意列式求解a,b,c，进而可得结果；yM+yN(2)设直线PQ的方程，进而可求点M,N的坐标，结合韦达定理验证为定值即可.2b=2a=3222【详解】(1)由题意可得a=b+c，解得b=2，e=c=5c=5a3y22x所以椭圆方程为+=1.94(2)由题意可知：直线PQ的斜率存在，设PQ:y=kx+2+3,Px1,y1,Qx2,y2，y=kx+2+3222联立方程y2x2，消去y得：4k+9x+8k2k+3x+16k+3k=+=1940，2222则Δ=64k2k+3-644k+9k+3k=-1728k>0，解得k<0，28k2k+316k+3k可得x1+x2=-2,x1x2=2，4k+94k+9y1因为A-2,0，则直线AP:y=x+2，x1+22y12y1令x=0，解得y=，即M0,,x1+2x1+282,2y2同理可得N0,，x2+22y12y2x1+2+x2+2kx1+2+3kx2+2+3则=+2x1+2x2+2kx1+2k+3x2+2+kx2+2k+3x1+2=x1+2x2+22kx1x2+4k+3x1+x2+42k+3=x1x2+2x1+x2+4232kk+3k8k4k+32k+32-2+42k+34k+94k+9108===3，216k+3k16k2k+3362-2+44k+94k+9所以线段MN的中点是定点0,3.【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤(1)由特例得出一个值，此值一般就是定值；(2)证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；(3)得出结论．11(2022·全国·统考高考真题)已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A0,-2,3B,-1两点．2(1)求E的方程；(2)设过点P1,-2的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足MT=TH．证明：直线HN过定点．y22x【答案】(1)+=143(2)(0,-2)【分析】(1)将给定点代入设出的方程求解即可；(2)设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.223【详解】(1)解：设椭圆E的方程为mx+ny=1，过A0,-2,B,-1，24n=111则9，解得m=，n=，m+n=1344y22x所以椭圆E的方程为：+=1.4332(2)A(0,-2),B,-1，所以AB:y+2=x，232y2x①若过点P(1,-2)的直线斜率不存在，直线x=1.代入+=1，3426262可得M1,-3，N1,3，代入AB方程y=3x-2，可得2626T-6+3,-3，由MT=TH得到H-26+5,-3.求得HN方程：26y=2+3x-2，过点(0,-2).83,②若过点P(1,-2)的直线斜率存在，设kx-y-(k+2)=0,M(x1,y1),N(x2,y2).kx-y-(k+2)=022联立x2y2,得(3k+4)x-6k(2+k)x+3k(k+4)=0，+=1346k(2+k)-8(2+k)x1+x2=2y1+y2=23k+43k+4可得，2，3k(4+k)4(4+4k-2k)x1x2=2y1y2=23k+43k+4-24k且x1y2+x2y1=2(*)3k+4y=y13y1联立y=2x-2,可得T2+3,y1,H(3y1+6-x1,y1).3y1-y2可求得此时HN:y-y2=(x-x2)，3y1+6-x1-x2将(0,-2)，代入整理得2(x1+x2)-6(y1+y2)+x1y2+x2y1-3y1y2-12=0，222将(*)代入，得24k+12k+96+48k-24k-48-48k+24k-36k-48=0,显然成立，综上，可得直线HN过定点(0,-2).【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.2y2x212(2020·山东·统考高考真题)已知椭圆C：+=1(a>b>0)的离心率为，且过点A2,1．a2b22(1)求C的方程：(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得DQ为定值．2y2x【答案】(1)+=1；(2)详见解析.63【分析】(1)由题意得到关于a,b,c的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.(2)方法一：设出点M，N的坐标，在斜率存在时设方程为y=kx+m,联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到m,k的关系，进而得直线MN恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点Q的位置.c=2a2【详解】(1)由题意可得：41，解得：a2=6,b2=c2=3，2+2=1ab222a=b+c2y2x故椭圆方程为：+=1.63(2)[方法一]：通性通法设点Mx1,y1,Nx2,y2，若直线MN斜率存在时，设直线MN的方程为：y=kx+m，222代入椭圆方程消去y并整理得：1+2kx+4kmx+2m-6=0，24km2m-6可得x1+x2=-2，x1x2=2，1+2k1+2k因为AM⊥AN，所以AM·AN=0，即x1-2x2-2+y1-1y2-1=0，根据y1=kx1+m,y2=kx2+m,代入整理可得：22k+1x1x2+km-k-2x1+x2+m-1+4=0，84,222m-64km2所以k+1+km-k-2-+m-1+4=0，1+2k21+2k2整理化简得2k+3m+12k+m-1=0，因为A(2,1)不在直线MN上，所以2k+m-1≠0，21故2k+3m+1=0，k≠1，于是MN的方程为y=kx--k≠1，3321所以直线过定点直线过定点P,-.33当直线MN的斜率不存在时，可得Nx1,-y1，由AM·AN=0得：x1-2x1-2+y1-1-y1-1=0，2222x1y12得x1-2+1-y1=0，结合+=1可得：3x1-8x1+4=0，632解得：x1=或x2=2(舍).321此时直线MN过点P,-.3341令Q为AP的中点，即Q,，33122若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，故DQ=AP=，23141若D与P重合，则DQ=AP，故存在点Q,，使得DQ为定值.233[方法二]【最优解】：平移坐标系22(x+2)(y+1)将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为+=1，设63222直线MN的方程为mx+ny=4．将直线MN方程与椭圆方程联立得x+4x+2y+4y=0，即x+(mx+y2y222ny)x+2y+(mx+ny)y=0，化简得(n+2)y+(m+n)xy+(1+m)x=0，即(n+2)x+(m+n)x+(1+m)=0．y1y2m+1设Mx1,y1,Nx2,y2，因为AM⊥AN则kAM⋅kAN=⋅==-1，即m=-n-3．x1x2n+244代入直线MN方程中得n(y-x)-3x-4=0．则在新坐标系下直线MN过定点-,-，则在原坐标3321系下直线MN过定点P,-．3341又AD⊥MN，D在以AP为直径的圆上．AP的中点,即为圆心Q．经检验，直线MN垂直于x轴33时也成立．41122故存在Q,，使得|DQ|=|AP|=．3323[方法三]：建立曲线系2×x1×yA点处的切线方程为+=1，即x+y-3=0．设直线MA的方程为k1x-y-2k1+1=0，直线63MB的方程为k2x-y-2k2+1=0，直线MN的方程为kx-y+m=0．由题意得k1⋅k2=-1．2y2x则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线MA,MB可表示为+-1+63λk1x-y-2k1+1k2x-y-2k2+1=0(其中λ为系数)．用直线MN及点A处的切线可表示为μ(kx-y+m)⋅(x+y-3)=0(其中μ为系数)．85,2y2x即+-1+λk1x-y-2k1+1k2x-y-2k2+1=μ(kx-y+m)(x+y-3)．63对比xy项、x项及y项系数得λk1+k2=μ(1-k),①λ4+k1+k2=μ(m-3k),②2λk1+k2-1=μ(m+3).③21将①代入②③，消去λ,μ并化简得3m+2k+1=0，即m=-k-．332121故直线MN的方程为y=kx-3-3，直线MN过定点P3,-3．又AD⊥MN，D在以AP为直径41的圆上．AP中点,即为圆心Q．3341122经检验，直线MN垂直于x轴时也成立．故存在Q,，使得|DQ|=|AP|=．3323[方法四]：设Mx1,y1,Nx2,y2．若直线MN的斜率不存在，则Mx1,y1,Nx1,-y1．22因为AM⊥AN，则AM⋅AN=0，即x1-2+1-y1=0．22x1y12由+=1，解得x1=或x1=2(舍)．6332所以直线MN的方程为x=．322若直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为y=kx+m，则x+2(kx+m)-6=21+2kx-x1x-x2=0．2(2k+m-1)(2k+m+1)令x=2，则x1-2x2-2=2．1+2ky-m221又k+2y-6=2+2y-y1y-y2，令y=1，则y1-1y2-1=k(2k+m-1)(-2k+m-1)．21+2k(2k+m-1)(2k+3m+1)因为AM⊥AN，所以AM⋅AN=x1-2x2-2+y1-1y2-1=2=0，1+2k21即m=-2k+1或m=-k-．33当m=-2k+1时，直线MN的方程为y=kx-2k+1=k(x-2)+1．所以直线MN恒过A(2,1)，不合题意；212121当m=-k-时，直线MN的方程为y=kx-k-=kx--，所以直线MN恒过33333321P,-．332142综上，直线MN恒过P,-，所以|AP|=．333又因为AD⊥MN，即AD⊥AP，所以点D在以线段AP为直径的圆上运动．41122取线段AP的中点为Q,，则|DQ|=|AP|=．3323所以存在定点Q，使得|DQ|为定值．【整体点评】(2)方法一：设出直线MN方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点P，再根据平面几何知识可知定点Q即为AP的中点，该法也是本题的通性通法；86,方法二：通过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线MN的方程为mx+ny=4，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出m,n的关系，从而可知直线过定点P，从而可知定点Q即为AP的中点，该法是本题的最优解；方法三：设直线MN:y=kx+m，再利用过点A,M,N的曲线系，根据比较对应项系数可求出m,k的关系，从而求出直线过定点P，故可知定点Q即为AP的中点；方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解x1-2x2-2以及y1-1y2-1的计算．2x213(2020·全国·统考高考真题)已知A、B分别为椭圆E：+y=1(a>1)的左、右顶点，G为E的上2a顶点，AG⋅GB=8，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．(1)求E的方程；(2)证明：直线CD过定点.2x2【答案】(1)+y=1；(2)证明详见解析.922【分析】(1)由已知可得：A(-a,0)，B(a,0)，G(0,1)，即可求得AG⋅GB=a-1，结合已知即可求得：a=9，问题得解.y0(2)方法一：设P(6,y0)，可得直线AP的方程为：y=(x+3)，联立直线AP的方程与椭圆方程即可求得922-3y0+276y03y0-3-2y02点C的坐标为,，同理可得点D的坐标为,，当y0≠3时，可表示出直线y2+9y2+9y2+1y2+100004y0332CD的方程，整理直线CD的方程可得：y=x-即可知直线过定点,0，当y0=3时，直线3(3-y2)22033CD：x=，直线过点,0，命题得证.22【详解】(1)依据题意作出如下图象：2x2由椭圆方程E:+y=1(a>1)可得：A(-a,0)，B(a,0)，G(0,1)2a∴AG=(a,1)，GB=(a,-1)22∴AG⋅GB=a-1=8，∴a=92x2∴椭圆方程为：+y=19(2)[方法一]：设而求点法证明：设P(6,y0)，y0-0y0则直线AP的方程为：y=(x+3)，即：y=(x+3)6-(-3)92x2+y=19联立直线AP的方程与椭圆方程可得：，整理得：y0y=(x+3)922222-3y0+27(y0+9)x+6y0x+9y0-81=0，解得：x=-3或x=2y0+92-3y0+27y06y0将x=代入直线y=(x+3)可得：y=y2+99y2+9002-3y0+276y0所以点C的坐标为,.y2+9y2+90087,23y0-3-2y0同理可得：点D的坐标为,y2+1y2+1002当y0≠3时，6y0-2y0-2y2-23y2-30y0+9y0+10∴直线CD的方程为：y-=x-，2-3y2+273y2-32y0+10-0y0+122y0+9y0+12222y08y0(y0+3)3y0-38y03y0-3整理可得：y+=x-=x-y2+16(9-y4)y2+16(3-y2)y2+1000004y02y04y03整理得：y=x+=x-3(3-y2)y2-33(3-y2)20003所以直线CD过定点,0．2233当y0=3时，直线CD：x=2，直线过点2,0．3故直线CD过定点,0．2[方法二]【最优解】：数形结合t设P(6,t)，则直线PA的方程为y=(x+3)，即tx-9y+3t=0．9同理，可求直线PB的方程为tx-3y-3t=0．则经过直线PA和直线PB的方程可写为(tx-9y+3t)(tx-3y-3t)=0．222可化为t(x-9)+27y-12txy+18ty=0．④22易知A，B，C，D四个点满足上述方程，同时A，B，C，D又在椭圆上，则有x-9=-9y，代入④式可得22(27-9t)y-12txy+18ty=0．22故y[(27-9t)y-12tx+18t]=0，可得y=0或(27-9t)y-12tx+18t=0．2其中y=0表示直线AB，则(27-9t)y-12tx+18t=0表示直线CD．33令y=0，得x=，即直线CD恒过点,0．22【整体点评】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题.第二问的方法一最直接，但对运算能力要求严格；方法二曲线系的应用更多的体现了几何与代数结合的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.88</k<且k≠0，33设px1,y1，qx2,y2，22y由x-3=1，得3k2-1y2+12ky+9=0，3k2-1≠0，δ=36k2+36></t<1，过点p作垂直于x轴的直线l，过点p作斜率大于0的直线l与曲线c交于点g，h，其中点g在x轴上方，点h在x轴下方．曲线c与x轴负半轴交于点a，直线ag，ah与直线l分别交于点m，n，若a，o，m，n四点共圆，求t的值．22y【答案】(1)x-=1370,3(2)t=．4【分析】(1)根据两点间距离和点到直线距离列式化简可得曲线方程；(2)先设直线gh:y=kx-tk></r<1)的两条切线，分别交抛物线c1于点m,n,证明：直线mn经过定点．2【答案】(1)y=x(2)证明见解析【分析】(1)根据椭圆和抛物线的几何性质即可求解；22(2)设点ma,a，nb,b，求出直线mn的方程，利用直线dm和圆e相切,直线dn和圆e相切分别出关于a和b的一元二次方程，利用韦达定理即可求出直线mn经过的定点.221【详解】(1)由椭圆方程x+16y=1可知短轴长为2b=，221∴抛物线y=2pxp></k<，此时直线l：y=kx-6k，即y=k(x-6)，88所以直线l过定点，该定点坐标为(6,0).2y2x5(2023·全国·模拟预测)已知双曲线c:-=1a></t<x2，假设存在t(t,0)使得∠mto=∠ntb恒成立，即tan∠mto=tan∠ntb恒成立，y1y2可得kmt=-knt，即kmt+knt=0恒成立，即+=0恒成立，t-x1t-x2y1y2t(y1+y2)-x1y2-x2y1又由+==0，t-x1t-x2t-x1t-x2所以t(y1+y2)-x1y2-x2y1=0，x1y2+x2y1x1(x2-3)+x2(x1-3)2x1x2-3(x1+x2)所以t===y1+y2x1+x2-6x1+x2-624(3k2-1)2-72k3+4k23+4k272k2-24-72k24===，24k2223-624k-18-24k23+4k4所以存在点t,0，使得∠mto=∠ntb恒成立，3【点睛】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量(通常为变量k)；②利用条件找到k过定点的曲线f(x,y)=0之间的关系，得到关于k与x,y的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证50,明该定点与变量无关.2y2x3(2023上·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习)已知双曲线c:-=1a></k<且k≠0，55212(3k2-1)24k设m(x1,y1),n(x2,y2)，所以x1+x2=2,x1x2=23+4k3+4k根据椭圆的对称性，不妨令m,n在x轴上方，且x2></k<1，22x-y=1222由，得1-kx+2kk+1x-k-2k-2=0，此时δ></k<1，联立双曲线，应用韦达定理及向量数量积的坐标表示列方程求参数t即可.13【详解】(1)由题设，易知直线l的方程为y=x-，设ax1,y1,bx2,y2，2222x-y=1213由13，得3x+6x-13=0，此时δ></m<2，t+21所以m=-，此时直线l与椭圆c有两个不同的交点，21于是直线l恒。定点d-,0224(2023·四川凉山·二模)在平面内动点p与两定点a1(-3,0),a2(3,0)连线斜率之积为-．345,(1)求动点p的轨迹e的方程；(2)已知点f1(-1,0),f2(1,0)，过点p作轨迹e的切线其斜率记为k(k≠0)，当直线pf1,pf2斜率存在时分别111记为k1,k2．探索⋅+是否为定值．若是，求出该定值；若不是，请说明理由．kk1k22y2x【答案】(1)+=1(x≠±3)32(2)是，-3【分析】(1)首先设点p坐标为x,y，然后根据两点的斜率公式表示出kpa与kpb的斜率，代入题干条件中并化简整理即可得到点p的轨迹方程；22(2)首先设切线方程为y=kx+m，然后直曲联立，根据直线与曲线相切的特征δ=0得3k-m+2=0，再2222a根据点p即在切线上也在椭圆上可分别得到m=b-ka与b=2-a，联立三个方程即可得到k=-；33b111再分别把k，k1，k2代入+中即可得到定值.kk1k2yy【详解】(1)设点p坐标为(x,y)，根据斜率公式可得kpa=，kpb=，x+3x-3yy2因此可得：kpa⋅kpb=⋅=-(x≠±3)，x+3x-332y2x化简整理得+=1(x≠±3)，322y2x∴点p轨迹方程为+=1(x≠±3)32(2)设切线方程为y=kx+m，点pa,b(b≠0)，y=kx+m222联立方程22，得3k+2x+6kmx+3m-6=0，2x+3y-6=0222222由δ=36km-123k+2m-2=0⇒3k-m+2=0①y=kx+m过点p(a,b)得m=b-ka代入①2222得3k-b+2kab-ak+2=0②又点p(a,b)在椭圆上，222∴b=2-a代入②整理得322222a9bk+12abk+4a=0，即3bk+2a=0，解得：k=-3bbb1113ba+1a-13b2ak1=a+1,k2=a-1，∴k⋅k+k=-2a⋅b+b=-2a⋅b=-312【点睛】(1)再利用坐标法求轨迹方程时，首先我们设出动点坐标，再根据动点坐标将题干中的几何条件坐标化得到方程，最后化简方程即可得到轨迹方程(2)在解决直线与曲线相切的问题中，我们可以通过直曲联立，化简整理得到方程，利用判别式δ=0来解决问题.5(2023下·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习)已知点a-2,0，b2,0，px,y是异于a，3b的动点，kap，kbp分别是直线ap，bp的斜率，且满足kap⋅kbp=-.4(1)求动点p的轨迹方程；(2)在线段ab上是否存在定点e，使得过点e的直线交p的轨迹于m，n两点，且对直线x=4上任意一点q，都有直线qm，qe，qn的斜率成等差数列.若存在，求出定点e，若不存在，请说明理由.46,2y2x【答案】(1)+=1(y≠0)43(2)存在e(1,0)【分析】(1)把已知等式用坐标表示即可得；(2)假设存在这样的定点，不妨设为e(t，0)，令q(4，n)，m(x1，y1)，n(x2，y2)，直线mn方程与轨迹方程联立消元应用韦达定理得y1+y2,y1y2，斜率关系kqm+kqn=2kqe是关于n的恒等式，由恒等式知识并代入韦达定理的结论可求得t值，从而得定点坐标．yy2y23x【详解】(1)由题意kap·kbp=·=-，即+=1，x-2x+24432y2x又直线ap，bp的斜率存在，所以点p的轨迹方程为+=1(y≠0)．43(2)若存在这样的定点，不妨设为e(t，0)，令q(4，n)，m(x1，y1)，n(x2，y2)，直线mn的方程为x=my+t，x=my+t，22222(3m+4)y+6mty+3t-12=0，3x+4y=12，2-6mt3t-122222由韦达定理得：y1+y2=2，y1y2=2，δ=36mt-4(3m+4)(3t-12)></x<4．2y22222x∵2mn=an⋅nb，∴2y=x+44-x，即2y=16-x，故动点m的轨迹γ为+=1．168(2)存在满足题意的q，在定直线y=8(x≠0)上．理由如下：当直线cd的斜率存在时，设直线cd的方程为y=kx+1．y1-y0y2-y0y0-1设cx1,y1，dx2,y2，qx0,y0，则k1=，k2=，k0=，由此知x0≠0．x1-x0x2-x0x02222将y=kx+1代入x+2y=16，得2k+1x+4kx-14=0，于是4k14x1+x2=-2，x1x2=-2．①2k+12k+141,112x1-x0x2-x02x0x1-x0x0x2-x0x0条件+=即+=，也即-+-=0．k1k2k0y1-y0y2-y0y0-1y1-y0y0-1y2-y0y0-1x1y0-kx0-1x2y0-kx0-1x1x2将y1=kx1+1，y2=kx2+1代入得+=0⇒y0-kx0-1+y1-y0y0-1y2-y0y0-1y1-y0y2-y0=0．显然qx0,y0不在直线y=kx+1上，x1x2∴y0-kx0-1≠0，从而得+=0，即x1y2+x2y1-y0x1+x2=0．y1-y0y2-y0将y1=kx1+1，y2=kx2+1代入得2kx1x2+1-y0x1+x2=0．将式①代入得2k⋅(-14)+1-y0⋅(-4k)=0，解得y0=8x0≠0．当直线cd的斜率不存在时，经检验符合题意．因此存在满足题意的q，在定直线y=8(x≠0)上．112【反思】由于p0,1关于椭圆γ的极线是直线y=8，若+=恒成立，由命题5知点q在极线y=k1k2k08上，因此存在满足题意的q，其轨迹为y=8(x≠0)．本题实质是命题5的逆向应用．【变式训练】2y2x1(2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测)已知椭圆c:+=1(a></m<5，x+x=-8m1252，xx=4m-41251∵kmqknq=，4y0-y1y0-y21∴⋅=，x0-x1x0-x24∴4y0-y1y0-y2-x0-x1x0-x2=0，∴4y0-x1-my0-x2-m-x0-x1x0-x2=0，整理得：2224y0-4x1+x2+2my0+4x1x2+4mx1+x2+4m-x0+x1+x2x0-x1x2=0，221284y0-x0--mx0+y0=0，对m≠0恒成立，5534,2212∴x0+y0=0，得4y0-x0-=0，525∴x0=-y0=±，525252525所以存在定点q,坐标为5,-5或-5,5.题型7斜率比值问题2y2x1(2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测)已知椭圆c：+=1(a></m<5，由kmqknq=4整理得出4y0-x0-5-5mx0+y0=0，对m≠0恒成x1x2=5立，即可得出结论.【详解】(1)设点p(x,y)，exe,ye,fxf,yf，∵oe=λoa，即xe,ye=λ2,0，∴e点坐标为2λ,0，∵df=λda，即xf-2,yf-1=λ0,-1，∴f点坐标为2,1-λ，∴根据两点坐标可得，1直线ce方程为：y=x-1，2λλ直线bf方程为：y=-x+1，2212两式移项相乘得：y-1=-x，42x2整理得+y=1，4∴p点的轨迹为以(3,0),(-3,0)为焦点，长轴长为4的椭圆，2x2即其方程为g:+y=1.4(2)假设存在定点g，设点g坐标为x0,y0，m(x1,y1),n(x2,y2)，y=x+m22联立方程组x22消y得5x+8mx+4m-4=0，+y=14直线与椭圆交于两点，22∴δ=64m-80m-1></k<.22当m=-2k时，直线ab的方程为y=k(x-2)，过定点m(2，0)，不符合题意舍去.故直线ab过定点(-4，0).【变式训练】21(2020下·山西运城·高三统考阶段练习)抛物线e:y=2px(p></b<2时，|tp|max=-(-b+2)+8+2b=4，解得b=2(舍去)；2②当b≥2时，|tp|max=8+2b=4，解得b=2；综上所述：b=2，则a=22,c=2，2y2x故椭圆w的标准方程为+=1.84(2)①当cd斜率不存在时，设cx0,y0,-22<x0<22且x0≠0，则dx0,-y0，y0-24y0-8则直线cp为y=x+2，令x=4，得y=+2，x0x04y0-8即b4,x+2，0-4y0-8同理可得b14,x+2.04y0-8-4y0-8∵b与b1关于x轴对称，则+2++2=0，x0x0解得x0=4>
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