文档内容
第72讲 垂直弦问题
知识梳理
x2 y2
1、过椭圆 + =1的右焦点F(c,0)作两条互相垂直的弦AB，CD．若弦AB，CD的中
a2 b2
a2c
点分别为M，N，那么直线MN恒过定点 ,0
a2+b2
．
x2 y2
2、过椭圆 + =1的长轴上任意一点S(s,0)(-a|AB|=2，即动点P在以A、B为两焦点的椭圆上，
x2
方程为： +y2=1且x≠± 2；
2
x2
由①②知：动点P的轨迹C的方程为： +y2=1；
2
(2)显然两直线斜率存在，设AP：y=kx+1，代入椭圆方程得(1+2k2)x2+4kx=0，
4k 1-2k2
所以P- ,
1+2k2 1+2k2
1 4k k2-2
，- 代替k同理可得Q ,
k 2+k2 2+k2
k2-1
，k =
PQ 3k
k2-2 k2-1 4k
直线PQ：y- = x-
2+k2 3k 2+k2
k2-1 1
，化简得y= x- ；
3k 3
1 1
令x=0，得y=- ，故直线PQ过定点0,-
3 3
.
4103 (2024·全国·高三专题练习)已知椭圆C的两个焦点分别为F 1- 3,0 ，F 2 3,0 ，短轴
长为2.
(1)求椭圆C的标准方程及离心率；
(2)M，D分别为椭圆C的左、右顶点，过M点作两条互相垂直的直线MA，MB交椭圆于
A，B两点，直线AB是否过定点？并求出△DAB面积的最大值.
【解析】(1)由题意得：
c= 3，2b=2
故可知a2=b2+c2=4
x2 c 3
椭圆方程为： +y2=1，离心率为：e= =
4 a 2
(2)M，D分别为椭圆C的左、右顶点
又由(1)可知：M(-2,0) 设直线AB的方程为：x=ty+m，A(x,y)，B(x ,y )
1 1 2 2
x=ty+m
联立方程可得：
x2+4y2=4
⇒(t2+4)y2+2mty+m2-4=0
2mt m2-4
有韦达定理可知：y +y =- ，yy =
1 2 t2+4 1 2 t2+4
π
又∠AMB=
2
∴x 1 +2 x 2 +2 +yy =0⇒xx +2(x +x )+4+yy =0 1 2 1 2 1 2 1 2
x =ty +m
又∵
1 1
x =ty +m
2 2
∴(t2+1)yy +(mt+2t)(y +y )+(m+2)2=0
1 2 1 2
(t2+1)(m2-4)-2m2t2-4mt2+(m2+4m+4)(t2+4)=0
6
展开后整理得：5m2+16m+12=0，解得：m=- 或m=-2(舍去)
5
6
∴x=ty-
5
6
直线恒过定点- ,0
5
12t
y +y =
1 2 5t2+4
∴
64
yy =-
1 2 25t2+4
1 6
S = 2+ △DAB 2 5
8
(y 1 -y 2 )= 5 y 1 +y 2
32 25t2+64
2-4yy = ⋅ 1 2 25 t2+4
第 页 共 页
2586 3427令 25t2+64=u(u≥8)
32 u 32u 32
则S = ⋅ = =
△DAB 25 u2-64 u2+36 36
+4 u+
25 u
36 36 25
由对勾函数的单调性可知：u+ ≥8+ =
u 8 2
64
所以S ≤ ，当且仅当u=8，即t=0时取等号
△DAB 25
64
此时S 的最大值为：
△DAB 25
4104 (2024·云南曲靖·高三校联考阶段练习)已知P为圆M:x2+y2=4上一动点，过点P作x
3
轴的垂线段PD,D为垂足，若点Q满足DQ= DP.
2
(1)求点Q的轨迹方程；
(2)设点Q的轨迹为曲线C，过点N-1,0 作曲线C的两条互相垂直的弦，两条弦的中点
分别为E、F，过点N作直线EF的垂线，垂足为点H，是否存在定点G，使得GH 为定值？
若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)由题意得，设点Qx,y ,Px 0 ,y 0 ，则点Dx 0 ,0 ，
3
因为DQ= 2 DP，所以x-x 0 ,y
3
= 2 0,y 0
x =x 0
，则 2 3 ， y = y
0 3
2 3
因为点P在圆x2+y2=4上，所以x2+y2=4，则x2+ y
0 0 3
2 x2 y2
=4，即 + =1，
4 3
x2 y2
所以Q点轨迹方程为 + =1.
4 3
(2)①若两条互相垂直的弦所在直线的斜率均存在，则可设直线EN:x=ty-1t≠0 ，
x=ty-1
联立x2 y2 ，得4+3t2
+ =1
4 3
y2-6ty-9=0，
设直线EN与曲线C两交点的坐标分别为x 1 ,y 1 ,x 2 ,y 2
6t
，则y +y = ， 1 2 4+3t2
y +y 3t 4
∴y = 1 2 = ,x =ty -1=- ；
E 2 4+3t2 E E 4+3t2
1
∵EN⊥FN,∴直线FN:x=- y-1，
t
3t 4t2
同理可得：y =- ,x =- ，
F 3+4t2 F 3+4t2
设直线EF与x轴交于点Tx T ,0 ，
3t 3t
-
4+3t2 3+4t2
则当直线EF斜率存在时，由 = 得7t2+7
4 4t2
- -x - -x
4+3t2 T 3+4t2 T
x =-4t2+4
T
，
4t2+4 4 4
∴x =- =- ，即直线EF恒过点T- ,0
T 7t2+7 7 7
；
4 4t2 4
当直线EF斜率不存在时，由- =- 得t2=1，则x =x =- ，
4+3t2 3+4t2 E F 7
4
则直线EF恒过点T- ,0
7
；
②若两条互相垂直的弦所在直线中有一条斜率不存在，则直线EF为x轴，恒过
4
T- ,0
7
，
第 页 共 页
2587 34274
综上：直线EF恒过点T- ,0
7
;
11
∵NH⊥EF,∴NH⊥HT,∴H在以NT中点- ,0
14
为圆心，NT 为直径的圆上，
11
取G- ,0
14
，则GH
1
= NT
2
3
= 为定值；
14
11
∴存在点G- ,0
14
，使得GH 为定值.
x2
4105 (2024·上海青浦·统考一模)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆Γ: +y2=1，过右焦
2
点F作两条互相垂直的弦AB，CD，设AB，CD中点分别为M，N．
(1)写出椭圆右焦点F的坐标及该椭圆的离心率；
(2)证明：直线MN必过定点，并求出此定点坐标；
(3)若弦AB，CD的斜率均存在，求△FMN面积的最大值．
x2
【解析】(1)由椭圆方程Γ: +y2=1可知：a= 2，b=1，所以c=1
2
2
右焦点坐标F(1,0)，该椭圆的离心率e= ；
2
(2)证明：AB,CD斜率均存在，
设Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2 ，直线AB方程为y=k(x-1)k≠0 ，
x +x x +x
则M 1 2,k 1 2 -1
2 2
，
y=k(x-1)
联立 ⇒1+2k2
x2+2y2-2=0
x2-4k2x+2k2-2=0，
4k2
x +x =
1 2 1+2k2 2k2 -k
则有 ⇒M ,
2k2-2 1+2k2 1+2k2
xx =
1 2 1+2k2
，
1 2 k
将上式中k换为- ，可得N ,
k 2+k2 2+k2
，
第 页 共 页
2588 34272k2 2 2
若 = ⇒k=±1，则直线MN斜率不存在，此时直线MN过点 ,0
1+2k2 2+k2 3
，
2
下证动直线MN过定点 ,0
3
，
-k k
-
1+2k2 2+k2 -k3k2+3
若直线MN斜率存在，则k = =
MN 2k2 2
-
1+2k2 2+k2
3 -k
= × ，
2k4-2 2 k2-1
k 3 -k 2
直线MN方程为y- = × x-
2+k2 2 k2-1 2+k2
，
2 2
令y=0得x= ，所以此时直线MN也过定点 ,0
3 3
，
当AB,CD两条直线其中一条斜率不存在，一条直线斜率为0时，
不妨设AB斜率不存在，CD斜率为0，
此时M0,0 ,N1,0 ，
2
则直线MN的方程为y=0，过点 ,0
3
，
2
综上，动直线MN过定点 ,0
3
；
2
(3)由(2)可知直线MN过定点P ,0
3
，
1 1 k
S =S +S = ×
△FMN △FPM △FPN 2 3 2+k2
1 1 -k
+ ×
2 3 1+2k2
1 k
= ×
6
3+3k2
2+k2
1+2k2
1 k
= ×
2
1+k2
k
1
=
2k4+5k2+2 2
1
+
k
，
2
2k2+5+
k2
令t=k
1
+
k
∈[2,+∞)，
1 t
S =f(t)= ×
△FMN 2 2t2-2
1 t 1 1
= × = × ，
+5 2 2t2+1 2 1 2t+
t
1 1-2t2
因为f(t)= ×
2 2t2+1
<0，所以f(t)在t∈[2,+∞)上递减，
2
1
所以t=2时，S 取得最大值 ，此时k=±1.
△FMN 9
4106 (2024·天津河北·高三天津外国语大学附属外国语学校校考阶段练习)设F,F 分别是椭
1 2
x2 y2
圆C： + =1(a>b>0)的左、右焦点，M是C上一点，MF 与x轴垂直.直线MF
a2 b2 2 1
2
与C的另一个交点为N，且直线MN的斜率为 .
4
(1)求椭圆C的离心率；
(2)设D0,1 是椭圆C的上顶点，过D任作两条互相垂直的直线分别交椭圆C于A，B
两点，证明直线AB过定点，并求出定点坐标.
【解析】(1)由题意知，点M在第一象限，∵M是C上一点且MF 与x轴垂直，
2
b2 b2
∴M的横坐标为c.当x=c时，y= ，即Mc,
a a
.
b2
2 a b2 2
又直线MN的斜率为 ，所以tan∠MFF = = = ，
4 1 2 2c 2ac 4
2 2
即b2= ac=a2-c2，即c2+ ac-a2=0,
2 2
第 页 共 页
2589 34272 2
则e2+ e-1=0，解得e= 或e=- 2(舍去)，
2 2
2
即e= .
2
(2)已知D0,1 是椭圆的上顶点，则b=1，
2 b
由(1)知e= = 1-
2 a
2
，解得a= 2，
x2
所以，椭圆C的方程为 +y2=1，
2
设直线AB的方程为y=kx+m,Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2 ，
y=kx+m
联立 x2+2y2=2 可得1+2k2 x2+4kmx+2m2-1 =0* ，
-4km
2m2-1
所以x +x = ,xx =
1 2 1+2k2 1 2
，
1+2k2
又DA=x 1 ,y 1 -1
,DB=x 2 ,y 2 -1 ，
DA⋅DB=x 1 x 2 +y 1 -1 y 2 -1 =x 1 x 2 +kx 1 +m-1 kx 2 +m-1
=k2+1 x 1 x 2 +km-1 x 1 +x 2 +(m-1)2
=k2+1
2m2-1
⋅
+km-1
1+2k2
-4km
⋅ +(m-1)2
1+2k2
2m2-1
=
k2+1
-4k2 m2-m
+1+2k2
(m-1)2
=0，
1+2k2
1
化简整理有3m2-2m-1=0，得m=- 或m=1.
3
当m=1时，直线AB经过点D，不满足题意；.
1
当m=- 时满足方程*
3
中Δ>0，
1
故直线AB经过y轴上定点G0,-
3
.
x2 y2
4107 (2024·全国·高二专题练习)设F,F 分别是圆C: + =1(a>b>0)的左、右焦点，
1 2 a2 b2
M是C上一点，MF 与x轴垂直.直线MF 与C的另一个交点为N，且直线MN的斜率
2 1
2
为
4
(1)求椭圆C的离心率.
(2)设D(0,1)是椭圆C的上顶点，过D任作两条互相垂直的直线分别交椭圆C于A、B两
点，过点D作线段AB的垂线，垂足为Q，判断在y轴上是否存在定点R，使得|RQ|的长
度为定值？并证明你的结论.
【解析】(1)由题意知，点M在第一象限.∵M是C上一点且MF 与x轴垂直，
2
b2 b2
∴M的横坐标为c.当x=c时，y= ，即Mc,
a a
.
b2
2 a b2 2
又直线MN的斜率为 ，所以tan∠MFF = = = ，
4 1 2 2c 2ac 4
2 2
即b2= ac=a2-c2，即c2+ ac-a2=0，
2 2
2 2 2
则e2+ e-1=0，解得e= 或e=- 2(舍去)，即e= .
2 2 2
(2)已知D0,1
c 2
是椭圆的上顶点，则b=1,∵ = ,a2=b2+c2,∴a= 2，椭圆的方
a 2
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2590 3427x2
程为 +y2=1，
2
易得直线AB的斜率必然存在，设直线AB的方程为y=kx+m,Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2 ，
y=kx+m
由 x2+2y2=2 可得1+2k2 x2+4kmx+2m2-1 =0* ,
-4km
2m2-1
所以x +x = ,xx =
1 2 1+2k2 1 2
，
1+2k2
又DA=x 1 ,y 1 -1
,DB=x 2 ,y 2 -1 ，.
DA⋅DB=x 1 x 2 +y 1 -1 y 2 -1 =x 1 x 2 +kx 1 +m-1 kx 2 +m-1
=k2+1 x 1 x 2 +km-1 x 1 +x 2 +(m-1)2
=k2+1
2m2-1
⋅
+km-1
1+2k2
-4km
⋅ +(m-1)2，
1+2k2
2m2-1
=
k2+1
-4k2 m2-m
+1+2k2
(m-1)2
=0
1+2k2
1
化简整理有3m2-2m-1=0，得m=- 或m=1.
3
当m=1时，直线AB经过点D，不满足题意；
1
当m=- 时满足方程*
3
1
中Δ>0，故直线AB经过y轴上定点G0,-
3
.
又Q为过点D作线段AB的垂线的垂足，故Q在以DG为直径的圆上，取DG的中点为
1
R0,
3
，则RQ 为定值，且RQ
1
= DG
2
2
=
3
x2 y2
4108 (2024·云南昆明·高二统考期中)已知椭圆C: + =12>b>0
4 b2
，直线y=x被椭圆
4 10
C截得的线段长为 .
5
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过椭圆C的右顶点作互相垂直的两条直线l,l .分别交椭圆C于M,N两点(点M,N
1 2
不同于椭圆C的右顶点)，证明：直线MN过定点.
【解析】(1)根据题意，设直线y=x与题意交于P,Q两点.不妨设P点在第一象限，
4 10 2 5 2 5
又PQ长为 ，∴P ,
5 5 5
4
1 5
，∴ + =1
5 b2
x2
∴b=1，故C的标准方程为 +y2=1
4
(2)显然直线l,l 的斜率存在且不为0，
1 2
x=my+2
1
设l 1 :x=my+2,l 2 :x=- m y+2，由x2 +y2=1 得m2+4
4
y2+4my=0，
-2m2+8 -4m
∴M ,
m2+4 m2+4
-2+8m2 4m
，同理可得N ,
4m2+1 4m2+1
5m
当m≠±1时，k =
MN 4m2-1
，
4m 5m
所以直线MN的方程为y+ =
m2+4 4m2-1
-2m2+8
x-
m2+4
5m
整理得y=
4m2-1
-6m
x+
4m2-1
5m
=
4m2-1
6
x-
5
，所以直线
6 6
当m=±1时，直线MN的方程为x= ，直线也过点 ,0
5 5
第 页 共 页
2591 34276
所以直线MN过定点 ,0
5
.
2 题型二：双曲线内接直角三角形的斜边必过定点
x2 y2
4109 (2024·高二课时练习)已知双曲线C： - =1a>0,b>0
a2 b2
经过点P2,1 ，且双曲
6
线C的右顶点到一条渐近线的距离为 ．
3
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点P分别作两条互相垂直的直线PA，PB与双曲线C交于A，B两点(A，B两点均
与点P不重合)，设直线AB：y=kx+mk≠0 ，试求k和m之间满足的关系式．
x2 y2
【解析】(1)已知双曲线C： - =1a>0,b>0
a2 b2
经过点P2,1 ，
4 1
则 - =1，
a2 b2
右顶点为a,0
b
，不妨取渐近线为y=- x，即bx+ay=0，
a
ab 6
则 = ，
a2+b2 3
从而可解得a2=2,b2=1，
x2
所以双曲线C的方程为 -y2=1；
2
(2)设Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2 ，
x2
-y2=1
联立 2 ，消y得1-2k2
y=kx+m
x2-4kmx-2m2-2=0，
4km -2m2-2
则x +x = ,xx = ，
1 2 1-2k2 1 2 1-2k2
则y 1 +y 2 =kx 1 +x 2
2m
+2m= ， 1-2k2
y 1 y 2 =k2x 1 x 2 +kmx 1 +x 2
m2-2k2
+m2= ， 1-2k2
PA=x 1 -2,y 1 -1
,PB=x 2 -2,y 2 -1 ，
因为PA⊥PB，则PA⋅PB=0，
即x 1 -2 x 2 -2 +y 1 -1 y 2 -1 =0，
即x 1 x 2 -2x 1 +x 2 +y 1 y 2 -y 1 +y 2 +5=0，
-2m2-2 8km m2-2k2 2m 5-10k2
即 - + - + =0，
1-2k2 1-2k2 1-2k2 1-2k2 1-2k2
整理得m2+12k2+8km+2m-3=0，
所以m2+12k2+8km+2m-3=0.
4110 (2024·江苏南京·高二校考开学考试)在平面直角坐标系xOy中，动点Р与定点F(2，0)
3 2 3
的距离和它到定直线l：x= 的距离之比是常数 ，记P的轨迹为曲线E.
2 3
(1)求曲线E的方程；
(2)设过点A( 3，0)两条互相垂直的直线分别与曲线E交于点M，N(异于点A)，求证：
直线MN过定点.
【解析】(1)设P(x，y)，
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2592 34273 2 3
因为P与定点F(2，0)的距离和它到定直线l：x= 的距离之比是常数 ，
2 3
(x-2)2+y2
所以
3
x-
2
2 3
= ，
3
x2
化简得 -y2=1，
3
x2
所以曲线E的方程为 -y2=1.
3
(2)设M(x ，y)，N(x ，y )，
1 1 2 2
当直线MN斜率不存在，直线AM，AN分别为y=x- 3，y=-x+ 3，
x2
分别联立 -y2=1，解得M(2 3， 3)，N(2 3，- 3)，
3
此时直线MN的方程为x=2 3，过点(2 3，0)；
3
当直线MN斜率存在时设其方程为y=kx+m，k≠±
3
x2
-y2=1
由 3 ，消去y得(1-3k2)x2-6kmx-3m2-3=0，
y=kx+m
所以Δ=(-6km)2-4(1-3k2)(-3m23)>0，即m2+1-3k2>0，
6km -3m2-3
x +x = ，xx = ，
1 2 1-3k2 1 2 1-3k2
因为AM⊥AN，
y y
所以k AM ⋅k AN = x - 1 3 ⋅ x - 2 3 =-1，即y 1 y 2 =-x 1 - 3
1 2
x 2 - 3 ，
即(kx 1 +m)(kx 2 +m)=-x 1 - 3 x 2 - 3 ，
即k2xx +km(x +x )+m2=xx + 3(x +x )-3，
1 2 1 2 1 2 1 2
6km -3m2-3
将x +x = ，xx = 代入化简得：m2+3 3km+6k2=0，
1 2 1-3k2 1 2 1-3k2
所以m=- 3k或m=-2 3k，
当m=- 3k时，直线MN方程为y=kx- 3k(不符合题意舍去)，
当m=-2 3k时，直线MN方程为y=k(x-2 3)，MN恒过定点(2 3，0)，
综上所述直线MN过定点(2 3，0).
x2 y2
4111 (2024·全国·高三专题练习)已知双曲线Γ: = =1a,b>0
a2 b2
，经过双曲线Γ上的点
A2,1 作互相垂直的直线AM、AN分别交双曲线Γ于M、N两点.设线段AM、AN的中
1
点分别为B、C，直线OB、OC(O为坐标原点)的斜率都存在且它们的乘积为- .
4
(1)求双曲线Γ的方程；
(2)过点A作AD⊥MN(D为垂足)，请问：是否存在定点E，使得DE 为定值？若存在，
求出点E的坐标；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)设Mx 1 ,y 1 、Nx 2 ,y 2 ，线段AM、AN的中点分别为Bm,n 、Cp,q ，
x2 y2 22 12
由已知，得 1 - 1 =1； - =1
a2 b2 a2 b2
x2-22 y2-12 y +1 y -1 b2
两式相减，得 1 - 1 =0，即 1 ⋅ 1 = ①
a2 b2 x +2 x -2 a2
1 1
根据中点坐标及斜率公式，得
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2593 3427y -1 n y +1
x +2=2m，y +1=2n，k = 1 ，k = = 1 .代入①，
1 1 AM x -2 OB m x +2
1 1
b2 b2 b4
得k ⋅k = ②同理，得k ⋅k = ③，②③相乘，得k ⋅k ⋅k ⋅k = .
AM OB a2 AN OC a2 AM AN OB OC a4
1 1 b4
∵k ⋅k =- ，k ⋅k =-1，∴ = ④
OB OC 4 AM AN 4 a4
22 12
由 - =1，与④联立，得a2=2，b2=1，
a2 b2
x2
双曲线Γ的方程为： -y2=1.
2
(2)①当MN⊥Ox时，设MN:x=t，Mt,y ，Nt,-y
，AM=t-2,y-1
，AN=
t-2,-y-1
由AM、AN互相垂直，得AM⋅AN=t-2 2-1-y2 =0，
t2 2
由 -y2=1解得t= (此时y无实数解，故舍去)，或t=2(此时M、N至少一个点与
2 3
A重合，与条件不符，故舍去).综上，此时无符合条件的解.
②当MN⊥Ox不成立时，设直线MN:y=kx+m，Mx 1 ,y 1 、Nx 2 ,y 2
x2
代入 -y2=1得1-2k2
2
x2-4kmx-2m2+1 =0，1-2k2≠0Δ=16k2m2-
41-2k2 -2 m2+1 =8m2+1-2k2
4km
2m2+1
>0且x +x = x ⋅x =- 1 2 1-2k2 1 2
1-2k2
∵ AM⋅AN=x 1 -2 ⋅x 2 -2 +y 1 -1 ⋅y 2 -1 =k2+1 x ⋅x + 1 2
km-1 -2 x 1 +x 2 +m-1 2+4=0
∴12k2+8km+m2+2m-3 =0，即6k+m+3 2k+m-1 =0，
解得：m=-6k-3或m=-2k+1.
当m=-2k+1时，MN:y=kx+m=kx-2 +1过点A2,1 ，与条件不符，舍去.
∴ m=-6k-3，MN:y=kx+m=kx-6 -3，过定点P6,-3
∴ AP中点E4,-1 ，由于AD⊥MN(D为垂足)，故DE
1
= AP
2
=2 2.
综上所述，存在定点E4，-1 ，使得DE 为定值2 2.
3 题型三：抛物线内接直角三角形的斜边必过定点
4112 (2024·江苏泰州·高二靖江高级中学校考阶段练习)已知抛物线C：y2=2pxp>0 的焦
点为F，斜率为1的直线l经过F，且与抛物线C交于A，B两点，AB =8．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过抛物线C上一点Pa,-2 作两条互相垂直的直线与抛物线C相交于MN两点(异
于点P)，证明：直线MN恒过定点，并求出该定点坐标．
【解析】(1)设A(x,y),B(x ,y )，
1 1 2 2
p
由题意知F ,0
2
p
，则直线l方程为y=x- ，
2
代入y2=2pxp>0
p2
，得x2-3px+ =0，Δ=8p2>0，
4
∴x +x =3p，
1 2
p p
由抛物线定义，知|AF|=x + ，|BF|=x + ，
1 2 2 2
∴AB =AF +BF =x +x +p=3p+p=4p=8，∴p=2， 1 2
第 页 共 页
2594 3427∴抛物线的方程为y2=4x.
(2)证明：∵Pa,-2 在抛物线y2=4x上，∴(-2)2=4a,∴a=1，
由题意，直线MN的斜率不为0，设直线MN的方程为x=my+n，
设M(x ,y ),N(x ,y )，
3 3 4 4
由
y2=4x
，得y2-4my-4n=0 ，
x=my+n
则Δ=16m2+16n>0，且y +y =4m,y y =-4n，
3 4 3 4
又x +x =m(y +y )+2n=4m2+2n，
3 4 3 4
x x =(my +n)(my +n)=m2y y +mn(y +y )+n2=n2，
3 4 3 4 3 4 3 4
由题意，可知PM⊥PN, ∴PM⊥PN,
故PM⋅PN=(x -1)(x -1)+(y +2)(y +2)=0，
3 4 3 4
故x 3 x 4 -x 3 +x 4 +1+y y +2(y +y )+4=0， 3 4 3 4
整理得n2-4m2-6n+8m+5=0 ，即(n-3)2=4(m-1)2，
∴n-3=2(m-1)或n-3=-2(m-1)，即n=2m+1或n=-2m+5．
若n=2m+1，则x=my+n=my+2m+1=m(y+2)+1 ，
此时直线MN过定点(1,-2)，不合题意；
若n=-2m+5，则x=my+n=my-2m+5=my-2 +5，
此时直线MN过定点(5,2)，符合题意，
综上，直线MN过异于P点的定点(5,2)．
4113 (2024·内蒙古巴彦淖尔·高二校考阶段练习)已知抛物线E:x2=2py的焦点F关于直线l:
2x-y-4=0的对称点Q恰在抛物线E的准线上．
(1)求抛物线E的方程；
(2)M是抛物线E上横坐标为-2的点，过点M作互相垂直的两条直线分别交抛物线E
于A,B两点，证明直线AB恒经过某一定点，并求出该定点的坐标．
p
【解析】(1)由已知得F0,
2
p
，设Qx ,-
0 2
x
，则FQ中点为R 0,0
2
，
∵Q、F关于直线l:2x-y-4=0对称，
∴点R在直线l上，
x p
∴2⋅ 0 -0-4=0，解得x =4，即Q4,-
2 0 2
．
1
又由QF⊥l，得直线QF的斜率k =- ，
QF 2
p 1
∴ =- ，解得p=2，
-4 2
∴E:x2=4y．
(2)证明：设直线AB的方程为y=kx+m，Ax 1 ,y 1 、Bx 2 ,y 2 均不与M重合，
y=kx+m
由
x2=4y
得x2-4kx-4m=0，
∴x +x =4k，xx =-4m．
1 2 1 2
由(1)得M(-2,1)，
∴MA=x 1 +2,y 1 -1
，MB=x 2 +2,y 2 -1 ，
又由MA⊥MB得MA⋅MB=0，即x 1 +2 x 2 +2 +y 1 -1 y 2 -1 =0，
∴x 1 +2 x 2 +2
x2
+ 1 -1 4
x2
2 -1 4 =0，
第 页 共 页
2595 3427∴x 1 +2 x 2 +2 + x 1 +2 x 1 -2 ⋅ x 2 +2 4 x 2 -2 =0， 4
∴1+ x 1 -2 x 2 -2 16 =0，∴x 1 x 2 -2x 1 +x 2 +20=0，
∴-4m-8k+20=0，∴m=5-2k，
∴直线AB的方程为y=kx+5-2k，即AB:y-5=k(x-2)，
∴直线AB恒过定点(2,5)．
4114 (2024·江西吉安·高二吉安一中校考阶段练习)已知抛物线C:y2=2px(p>0)，O是坐标
原点，F是C的焦点，M是C上一点，|FM|=4，∠OFM=120°．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)设点Qx 0 ,2 在C上，过Q作两条互相垂直的直线QA,QB，分别交C于A，B两点
(异于Q点)．证明：直线AB恒过定点．
p
【解析】(1)由|FM|=4,∠OFM=120°，可得M +2,±2 3
2
，
p
代入C:12=2p +2
2
=p2+4p．
解得p=2或p=-6(舍)，
所以抛物线的方程为：y2=4x．
(2)解:由题意可得Q(1,2)，直线AB的斜率不为0，
设直线AB的方程为x=my+n，设Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2 ，
由
y2=4x
，得y2-4my-4n=0，从而Δ=16m2+16n>0，
x=my+n
y +y =4m
则 1 2 ．
yy =-4n
1 2
所以x 1 +x 2 =my 1 +y 2 +2n=4m2+2n，
x 1 x 2 =my 1 +n my 2 +n =m2y 1 y 2 +mny 1 +y 2 +n2=n2，
∵QA⊥QB，
∴QA⋅QB=x 1 -1 x 2 -1 +y 1 -2 y 2 -2 =0，
故x 1 x 2 -x 1 +x 2 +1+y 1 y 2 -2y 1 +y 2 +4=0，
整理得n2-4m2-6n-8m+5=0．即(n-3)2=4(m+1)2，
从而n-3=2(m+1)或n-3=-2(m+1)，
即n=2m+5或n=-2m+1．
若n=-2m+1，则x=my+n=my-2m+1=m(y-2)+1，过定点(1,2)，与Q点重
合，不符合；
若n=2m+5，则x=my+n=my+2m+5=m(y+2)+5，过定点(5,-2)．
综上，直线AB过异于Q点的定点(5,-2)．
x2 y2
4115 (2024·浙江·高三专题练习)已知抛物线W:x2=2py(p>0)的焦点F也是椭圆 +
3 4
=1的一个焦点，如图，过点F任作两条互相垂直的直线l ，l ，分别交抛物线W于A，C，
1 2
B，D四点，E，G分别为AC，BD的中点.
第 页 共 页
2596 3427(1)求p的值；
(2)求证：直线EG过定点，并求出该定点的坐标；
(3)设直线EG交抛物线W于M，N两点，试求|MN|的最小值.
x2 y2
【解析】(1)椭圆 + =1的焦点坐标为(0,±1)，
3 4
x2 y2
由于抛物线W:x2=2py(p>0)的焦点F也是椭圆 + =1的一个焦点，
3 4
p
故F(0,1)，即 =1，p=2；
2
(2)由(1)知，抛物线的方程为x2=4y，
设A(x ，y)，C(x ，y )，
1 1 2 2
由题意，直线AC的斜率k存在且k≠0
设直线AC的方程为y=kx+1，
代入x2=4y可得x2-4kx-4=0，
则x +x =4k，
1 2
故y +y =kx +1+kx +1=4k2+2，
1 2 1 2
故AC的中点坐标为E2k,2k2+1 ，
1
由AC⊥BD，设直线BD的方程为y=- ×x+1，
k
4
代入x2=4y可得x2+ x-4=0，
k
4
则x +x =- ，
1 2 k
1 1 4
故y +y =- ×x +1- ×x +1= +2，
1 2 k 1 k 2 k2
2 2
可得BD的中点坐标为G- , +1
k k2
，
2
令 +1=2k2+1得k2=1，
k2
2
此时 +1=2k2+1=3，
k2
故直线EG过点H0,3 ，
2
+1-3
2k2+1-3 k2-1 k2 k2-1
当k2≠1时，k = = ,k = = ，
EH 2k-0 k GH 2 k
- -0
k
所以k =k ，E，H，G三点共线，
EH GH
所以直线EG过定点H0,3 .
x
(3)设Mx , M2
M 4
x
,Nx , N2
N 4
，
由题意直线EG的斜率存在，设直线EG的方程为y=kx+3，
第 页 共 页
2597 3427代入x2=4y可得x2-4kx-12=0，
则x +x =4k，x x =-12，
M N M N
x2 -x2
|MN|2= M N 4
2
+x M -x N
1
2= 16 x M -x N 2 x M +x N 2+16 =
1
16k2+48
16
16k2+16 =16k2+3 k2+1 ≥48，
故MN ≥4 3，当k=0即直线EG垂直y轴时，|MN|取得最小值4 3.
4116 (2024·四川绵阳·高二校考阶段练习)已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，点P
(2,t)在抛物线C上，且PF =3．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过抛物线C上一点N(m,4)作两条互相垂直的弦NA和NB，试问直线AB是否过定
点，若是，求出该定点；若不是，请说明理由．
【解析】(1)PF
p
=2+ =3，解得：p=2
2
故抛物线C的方程为：y2=4x..
(2)由题可得N(4,4)，直线AB的斜率不为0
设直线AB：x=my+t，A(x,y)，B(x ,y )
1 1 2 2
x=my+t
联立
y2=4x
，得：y2-4my-4t=0，Δ=16m2+16t>0
y +y =4m，yy =-4t..
1 2 1 2
由NA⊥NB，则NA⋅NB=0，即(x -4)(x -4)+(y -4)(y -4)=0
1 2 1 2
于是xx -4(x +x )+16+yy -4(y +y )+16=0
1 2 1 2 1 2 1 2
(yy )2
1 2 -(y +y )2+3yy -4(y +y )+32=0
16 1 2 1 2 1 2
t2-16m2-12t-16m+32=0，所以(t-6)2=4(2m+1)2
t=-4m+4或t=4m+8.
当t=-4m+4时，Δ=16(m-2)2≥0
直线AB：x=m(y-4)+4，恒过定点(4,4)，不合题意，舍去.
当t=-4m+4，Δ=16[(m+2)2+4]>0，直线AB：x=m(y+4)+8，恒过定点(8,4)
综上可知，直线AB恒过定点(8,-4).
4117 (2024·全国·高三专题练习)已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，直线y=4与y
轴的交点为P，与抛物线C的交点为Q，且QF
5
= PQ
4
．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过抛物线C上一点N(m,4)作两条互相垂直的弦NA和NB，试问直线AB是否过定
点，若是，求出该定点；若不是，请说明理由．
8
【解析】(1)设Q(x 0 ,4)，代入y2=2px得：x 0 = p ，即QF
p 8 p
=x + = + 0 2 p 2
由QF
5
= PQ
4
8 p 5 8
得： + = × ，解得：p=2或p=-2(舍去)
p 2 4 p
故抛物线C的方程为：y2=4x.
(2)由题可得N(4,4)，直线AB的斜率不为0
设直线AB：x=my+t，A(x,y)，B(x ,y )
1 1 2 2
x=my+t
联立
y2=4x
，得：y2-4my-4t=0，
第 页 共 页
2598 3427∴Δ=16m2+16t>0，y +y =4m，yy =-4t
1 2 1 2
由NA⊥NB，则NA⋅NB=0，即(x -4)(x -4)+(y -4)(y -4)=0.
1 2 1 2
于是xx -4(x +x )+16+yy -4(y +y )+16=0
1 2 1 2 1 2 1 2
(yy )2
1 2 -(y +y )2+3yy -4(y +y )+32=0
16 1 2 1 2 1 2
t2-16m2-12t-16m+32=0，所以(t-6)2=4(2m+1)2
t=-4m+4或t=4m+8
当t=-4m+4时，Δ=16(m-2)2≥0
直线AB：x=m(y-4)+4，恒过定点(4,4)，不合题意，舍去.
当t=-4m+4，Δ=16[(m+2)2+4]>0，直线AB：x=m(y+4)+8，恒过定点(8,4)
综上可知，直线AB恒过定点(8,4)
4118 (2024·云南曲靖·高二校考期末)已知点M与点F4,0 的距离比它的直线l:x+6=0的
距离小2．
(1)求点M的轨迹方程；
(2)OA,OB是点M轨迹上互相垂直的两条弦，问：直线AB是否经过x轴上一定点，若经
过，求出该点坐标；若不经过，说明理由．
【解析】(1)(1)由题意知动点M到4,0 的距离比它到直线l:x=-6的距离小2，
即动点M到4,0 的距离与它到直线x=-4的距离相等，
由抛物线定义可知动点M的轨迹为以4,0 为焦点的抛物线，
则点M的轨迹方程为y2=16x；
(2)(2)法一：由题意知直线AB的斜率显然不能为0，
设直线AB的方程为x=ty+mm≠0 ，Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2 ，
联立方程
y2=16x
，消去x，可得y2-16ty-16m=0，Δ>0即4t2+m>0，
x=ty+m
y2 y2
y +y =16t,yy =-16m，xx = 1 × 2 =m2，
1 2 1 2 1 2 16 16
由题意知OA⊥OB，即OA⊥OB，则xx +yy =0，
1 2 1 2
故m2-16m=0，m≠0，m=16，直线AB的方程为x=ty+16，
故直线AB过定点，且定点坐标为16,0 ；
法二：假设存在定点，设定点Px 0 ,0 ,Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2 y 1 y 2 ≠0 ，
OA⊥OB，OA⊥OB，故xx +yy =0，
1 2 1 2
A、B在抛物线上，即x = y2 1 ,x = y2 2 代入上式，可得 y 1 y 2
1 16 2 16
2 +yy =0，
256 1 2
y2 y2
yx -xy 16 2y 1 - 16 1 y 2 yy
故yy =-256，A、B、P三点共线，PA∥PB，x = 1 2 1 2 = =- 1 2
1 2 0 y -y y -y 16
1 2 1 2
=16，
假设成立，直线AB经过x轴的定点，坐标为16,0 ．
4 题型四：椭圆两条互相垂直的弦中点所在直线过定点
x2 y2
4119 (2024·福建龙岩·统考一模)双曲线Γ： - =1的左右顶点分别为A ，A ，动直线l
4 3 1 2
垂直Γ的实轴，且交Γ于不同的两点M,N，直线AN与直线A M的交点为P.
1 2
(1)求点P的轨迹C的方程；
第 页 共 页
2599 3427(2)过点H(1,0)作C的两条互相垂直的弦DE，FG，证明：过两弦DE，FG中点的直线恒
过定点.
【解析】(1)因为A 1-2,0 ,A 22,0 ，
设Px,y , Mx 0 ,y 0 ,则Nx 0 ,-y 0
x2 y2
,且 0 - 0 =1①， 4 3
因为动直线l交双曲线于不同的两点M,N，所以x ≠±2且x≠±2，
0
y
因为直线A 2 M的方程为y= x - 0 2 x-2
0
②，
-y
直线A 1 N的方程为y= x + 0 2 x+2
0
③，
-y2
②×③得y2= 0 x2-4
x2-4
0
，
3
把①代入上式得y2=- x2-4
4
x2 y2
，化简得 + =1，
4 3
x2 y2
所以点P的轨迹C的方程为 + =1x≠±2
4 3
.
(2)依题意得直线DE与直线FG斜率均存在且不为0，
设直线DE的方程为x=my+1m≠0
1
，则直线FG的方程为x=- y+1，
m
x=my+1,
联立
3x2+4y2=12
得3m2+4
y2+6my-9=0，
则Δ=36m2+363m2+4 =144m2+1 >0，设Dx 1 ,y 1 ,Ex 2 ,y 2 ，
-6m
y 1 +y 2 = 3m2+4 ，x 1 +x 2 =my 1 +y 2
8
+2= ， 3m2+4
4 -3m
所以DE的中点R ,
3m2+4 3m2+4
，
4m2 3m
同理FG的中点S ,
4m2+3 4m2+3
，
-3m 3m
-
3m2+4 4m2+3 7m
所以直线RS的斜率为k = =
RS 4 4m2 4m2-1
-
3m2+4 4m2+3
，
3m 7m
所以直线RS的方程为y+ =
3m2+4 4m2-1
4
x-
3m2+4
，
7m
整理得y=
4m2-1
4
x-
7
，
4
所以直线RS恒过定点 ,0
7
4
，即过两弦DE,FG中点的直线恒过定点 ,0
7
.
x2 y2
4120 (2024·全国·高二期末)已知椭圆 + =1(a>b>0)的左右焦点分别为F,F，抛物
a2 b2 1 2
7
线y2=4x与椭圆有相同的焦点，点P为抛物线与椭圆在第一象限的交点，且|PF|= ．
1 3
(1)求椭圆的方程；
(2)过F作两条斜率不为0且互相垂直的直线分别交椭圆于A，B和C，D，线段AB的中
点为M，线段CD的中点为N，证明：直线MN过定点，并求出该定点的坐标．
【解析】(1)抛物线焦点坐标为(1,0)，故a2-b2=1.
设|PF|=t，由抛物线定义得：点P到直线x=-1的距离为t.
2
第 页 共 页
2600 342749
4+ -t2
3t 4 3t
∴cos∠PFF = ，由余弦定理，得cos∠PFF = = .
1 2 7 1 2 7 7
2×2×
3
5 13
整理，得9t2+36t-65=0，解得t= 或t=- (舍去).
3 3
由椭圆定义，得|PF|+|PF|=2a=4，
1 2
∴a=2,b= 3，
x2 y2
∴椭圆的方程为 + =1；
4 3
(2)设l :x=my+1,(m≠0)，
AB
x=my+1
联立x2 y2 ⇒(3m2+4)y2+6my-9=0，
+ =1
4 3
-6m
即y +y = ，
A B 3m2+4
y +y -3m 4
∴y = A B = ，代入直线方程得x = ，
M 2 3m2+4 M 3m2+4
4 -3m
∴M ,
3m2+4 3m2+4
，
4m2 3m
同理可得∴N ,
4m2+3 4m2+3
，
7m
∴k = ，
MN 4m2-4
3m 7m 4
∴l :y+ = x-
MN 3m2+4 4m2-4 3m2+4
，
4 12m2-12 12m2+16 4
令y=0，得x= + = = ，
3m2+4 7(3m2+4) 7(3m2+4) 7
4
所以直线MN过定点 ,0
7
.
4121 (2024·上海闵行·高二闵行中学校考期末)在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，
M 3,0 ，已知平行四边形OMNP两条对角线的长度之和等于4．
(1)求动点P的轨迹方程；
(2)过M 3,0 作互相垂直的两条直线l 、l ，l 与动点P的轨迹交于A、B，l 与动点P 1 2 1 2
的轨迹交于点C、D，AB、CD的中点分别为E、F；证明：直线EF恒过定点，并求出定点
坐标；
(3)在(2)的条件下，求四边形ACBD面积的最小值．
【解析】(1)
第 页 共 页
2601 3427取点M
1
(- 3,0)，则有M
1
O∥PN，所以四边形M
1
ONP是平行四边形，
所以PM =ON，因为PM+ON=4，所以PM+PM =4，
1 1
所以动点P的轨迹为椭圆(左右顶点除外)，所以2a=4，c= 3，
x2
所以b2=a2-c2=1，所以动点P的轨迹方程为 +y2=1(y≠0)．
4
(2)当l 垂直于x轴时，AB的中点E( 3,0)，
1
x2
直线l 为x轴，与椭圆 +y2=1(y≠0)，无交点，不合题意，
2 4
当直线l 不垂直于x轴时，不妨设直线l 的方程为y=k(x- 3)(k≠0)，
1 1
A(x,y)，B(x ,y )，
1 1 2 2
y=k(x- 3)
由
x2+4y2=4
，得(1+4k2)x2-8 3k2x+12k2-4=0，
所以△=(-8 3k2)2-4(4k2+1)(12k2-4)=16(1+k2)>0，
8 3k2 12k2-4
所以x +x = ，xx = ，
1 2 4k2+1 1 2 4k2+1
8 3k3 -2 3k
所以y +y =k(x +x )-2 3k= -2 3k= ，
1 2 1 2 1+4k2 1+4k2
4 3k2 - 3k
所以E ,
4k2+1 4k2+1
，
1 4 3 3k
因为l ⊥l ，以- 代替k，得F ,
1 2 k k2+4 k2+4
，
3k 3k
+
k2+4 4k2+1 5k
所以直线EF的斜率为k = = (k≠±1)，
EF 4 3 4 3k2 4(1-k2)
-
k2+4 4k2+1
3k 5k 4 3k2
所以直线EF的方程为y+ = x-
4k2+1 4(1-k2) 4k2+1
(k≠±1)，
由椭圆的对称性得，若存在这样的定点必在x轴上，
3k 5k 4 3k2
令y=0，则 = x-
4k2+1 4(1-k2) 4k2+1
，
16 3k2+4 3 4 3(4k2+1) 4 3
所以x= = = ，
5(4k2+1) 5(1+4k2) 5
4 3
所以直线EF恒过定点 ,0
5
，
4 3 3
当k=±1时，E ,-
5 5
4 3 3
，F ,
5 5
，
4 3
所以直线EF恒过定点 ,0
5
，
4 3
综上所述，直线EF恒过定点 ,0
5
．
8 3k2 12k2-4
(3)由(2)得x +x = ，xx = ，
1 2 4k2+1 1 2 4k2+1
第 页 共 页
2602 3427所以|AB|= 1+k2 (x +x )2-4xx
1 2 1 2
192k4 12k2-4 4(1+k2)
= 1+k2 -4⋅ = ，
(4k2+1)2 4k2+1 4k2+1
4(1+k2)
同理可得|CD|= ，
k2+4
1 8(1+k2)2
所以四边形ACBD的面积S= |AB||CD|= ，
2 (4k2+1)(k2+4)
令t=k2+1，则t>1，
8t2 8t2 8 8
所以S= = = =
(4t-3)(t+3) 4t2+9t-9 9 9 3
- + +4 -
t2 t t
，
2 3
+3⋅ +4
t
3
因为t>1，所以0< <3，
t
3 3 3
当 = ，即k=±1时，-
t 2 t
2 3 25 32
+3⋅ +4≤ ，所以S = ，
t 4 min 25
32
所以四边形ACBD的面积最小值为 ．
25
x2 y2
4122 (2024·上海浦东新·高三上海市洋泾中学校考阶段练习)已知椭圆Ω: + =
a2 b2
1a>b>0
3
的离心率为 ，椭圆Ω截直线x=1所得线段的长度为 3．过M 3,0
2
作
互相垂直的两条直线l 、l ，直线l 与椭圆Ω交于A、B两点，直线l 与椭圆Ω交于C、D两
1 2 1 2
点，AB、CD的中点分别为E、F．
(1)求椭圆Ω的方程；
(2)证明：直线EF恒过定点，并求出定点坐标；
(3)求四边形ABCD面积S的最小值．
3
【解析】(1)由题意得椭圆C过点1,
2
，
c = 3
a 2
∴ a2=b2+c2 ，
1 3
+ =1
a2 4b2
解得a=2，b=1，c= 3，
x2
∴C: +y2=1；
4
(2)1°当直线l 、l 斜率均存在且不为0时，
1 2
设l 1 :x=my+ 3m≠0 ，Ax 1 ,y 1 ，Bx 2 ,y 2
1
则l 2 :x=- m y+ 3，Cx 3 ,y 3 ，Dx 4 ,y 4 ，
x=my+ 3
由
x2+4y2=4
⇒m2+4
y2+2 3my-1=0，Δ=16m2+16>0，
2 3m
得y 1 +y 2 =- m2+4 ，x 1 +x 2 =my 1 +y 2
8 3
+2 3= ， m2+4
4 3 3m
∴E ,-
m2+4 m2+4
，
1
x=- y+ 3 1
由 m ⇒ +4
x2+4y2=4
m2
2 3 16
y2- y-1=0，Δ= +16>0，
m m2
第 页 共 页
2603 34272 3
m 1
得y 3 +y 4 = 1 ，x 3 +x 4 =- m y 3 +y 4
+4
m2
8 3
+2 3= ， 1
+4
m2
4 3m2 3m
可得F ,
4m2+1 4m2+1
，
① 当m≠±1时，
3m 3m
--
4m2+1 m2+4
直线EF的斜率为k =
EF
5m
=
4 3m2 4 3 4m2-1
-
4m2+1 m2+4
，
3m 5m
直线EF的方程为l :y+ =
EF m2+4 4m2-1
4 3
x-
m2+4
，
5m
化简得l :y=
EF 4m2-1
4 3
x-
5
4 3
，过定点 ,0
5
，
② 当m=±1时，
4 3 4 3
直线EF的方程为l :x= ，过点 ,0
EF 5 5
，
2°当直线l 1 、l 2 斜率一个不存在一个为0时，AB、CD的中点坐标分别为0,0 、 3,0
4 3
时．直线EF的方程为l :y=0，过点 ,0
EF 5
，
4 3
综上，直线EF恒过定点 ,0
5
；
1
(3)当直线l 1 或l 2 斜率一个不存在一个为0时，S= 2 AB ⋅CD
1
= ×4×1=2， 2
当直线l 、l 斜率均存在时且不为0时，
1 2
由(2)得AB = x 1 -x 2 2+y 1 -y 2 2= 1+m2 y 1 +y 2 2-4yy 1 2
16m2+16
= 1+m2⋅
m2+4
4m2+1
=
，
m2+4
CD = x 3 -x 4 2+y 3 -y 4
1
2= 1+ m2 y 3 +y 4 2-4y y 3 4
1 4 -
m
=
2 +1
1
-
m
4m2+1
=
2
+4
，
4m2+1
1
∴S= AB
2
⋅CD
8m2+1
=
2
m2+4
4m2+1
18 32
=2- ≥ ，
4 25
4m2+ +17
m2
4
当且仅当4m2= 即m=±1时等号成立，
m2
32
综上，四边形ABCD面积S的最小值为 .
25
x2 y2
4123 (2024·全国·高三专题练习)已知椭圆M: + =1a>b>0
a2 b2
上任意一点P到椭圆M
3
两个焦点F,F 的距离之和为4，且离心率为 ．
1 2 2
(1)求椭圆M的标准方程；
(2)设A为M的左顶点，过A点作两条互相垂直的直线AC,AD分别与M交于C,D两
点，证明：直线CD经过定点，并求这个定点的坐标．
【解析】(1)由椭圆定义知：PF 1 +PF 2 =2a=4，解得：a=2，
第 页 共 页
2604 3427c 3
又离心率e= = ，∴c= 3，∴b2=a2-c2=1，
a 2
x2
∴椭圆M的标准方程为： +y2=1.
4
(2)由(1)知：A-2,0 ；
当直线CD斜率存在时，设CD:y=kx+m，Cx 1 ,y 1 ，Dx 2 ,y 2 ，
y=kx+m
由x2 得：1+4k2
+y2=1
4
x2+8kmx+4m2-4=0，
则Δ=161+4k2-m2
>0，解得：m2<1+4k2，
8km 4m2-4
∴x +x =- ，xx = ，
1 2 1+4k2 1 2 1+4k2
y y
∵k AC ⋅k AD = x + 1 2 ⋅ x + 2 2 =-1，∴y 1 y 2 =-x 1 x 2 -2x 1 +x 2
1 2
-4，
即kx 1 +m kx 2 +m =k2x 1 x 2 +mkx 1 +x 2 +m2=-x 1 x 2 -2x 1 +x 2 -4，
∴k2+1 x 1 x 2 +mk+2 x 1 +x 2 +m2+4=0，
k2+1
即
4m2-4 8kmmk+2
-
1+4k2
+m2+4=0，
1+4k2
整理可得：5m2-16km+12k2=5m-6k m-2k
6
=0，∴m= k或m=2k；
5
当m=2k时，直线CD:y=kx+2k=kx+2 恒过A点，不合题意；
6 6 6
当m= k时，直线CD:y=kx+ k=kx+
5 5 5
6
，∴CD恒过定点- ,0
5
；
6
当直线CD斜率不存在且恒过- ,0
5
6
时，即CD:x=- ，
5
x=- 6
5 4
4
5
- 4
5
由 得：y=± ，∴k ⋅k = × =-1，满足题意；
x2 5 AC AD 6 6
+y2=1 - +2 - +2
4 5 5
6
综上所述：直线CD恒过定点- ,0
5
.
5 题型五：双曲线两条互相垂直的弦中点所在直线过定点
x2 y2
4124 (2024·高二课时练习)已知双曲线C： - =1a>0,b>0
a2 b2
的右焦点F，半焦距c=
a2 1
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
c 2
AB，CD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.
a2 1
【解析】(1)依题意，c=2，c- = ，解得a2=3,b2=c2-a2=1，
c 2
x2
所以双曲线的方程为： -y2=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(x,
1
y)，B(x ,y )，
1 2 2
x=ky+2
由
x2-3y2=3
消去x并整理得：(k2-3)y2+4ky+1=0，显然k2-3≠0，
4k 12
则y +y = ，有x +x =k(y +y )+4= ，于是得弦AB中点
1 2 3-k2 1 2 1 2 3-k2
第 页 共 页
2605 34276 2k
M ,
3-k2 3-k2
，
6k2 2k
因CD⊥AB，同理可得点N ,-
3k2-1 3k2-1
，
2k 2k
+
3-k2 3k2-1 2k
当直线MN不垂直于x轴时，直线MN的斜率k = = ，
MN 6 6k2 3(k2-1)
-
3-k2 3k2-1
2k 2k 6
因此，直线MN的方程为：y- = x-
3-k2 3(k2-1) 3-k2
2k
，化简得y= (x-
3(k2-1)
3)，
于是得直线MN恒过定点P(3,0)，
6 6k2
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)，
3-k2 3k2-1
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).
4125 (2024·黑龙江·黑龙江实验中学校考三模)在平面直角坐标系xOy中，已知动点P到点
F2,0
3 2 3
的距离与它到直线x= 的距离之比为 ．记点P的轨迹为曲线C．
2 3
(1)求曲线C的方程；
(2)过点F作两条互相垂直的直线l ，l .l 交曲线C于A，B两点，l 交曲线C于S，T两
1 2 1 2
点，线段AB的中点为M，线段ST的中点为N．证明：直线MN过定点，并求出该定点坐
标．
【解析】(1)设Px,y
(x-2)2+y2
，根据题意可得
3
x-
2
2 3
= ，
3
x2
化简得曲线C的方程为 -y2=1.
3
(2)证明：设Ax 1 ,y 1 ，Bx 2 ,y 2 ，
①若直线l ，l 都存且不为零，
1 2
设直线l 1 的方程为y=kx-2
1
，则直线l 2 的方程为y=- k x-2 ，
y=kx-2
由
x2 ，得3k2-1
-y2=1
3
x2-12k2x+12k2+3=0，
当3k2-1=0时，这个方程变为-4x+7=0只有一解，
直线l 与曲线C只有一个交点，不合题意，
1
当3k2-1≠0时，Δ=144k4-43k2-1 12k2+3 =12k2+1 >0，
直线l 与曲线C恒有两个交点，
1
12k2
由韦达定理，x +x = ，
1 2 3k2-1
6k2 2k
故线段AB的中点为M ，
3k2-1 3k2-1
，
第 页 共 页
2606 34276 -2k
同理，线段PQ的中点为N ，
3-k2 3-k2
，
2k 2k
+
3k2-1 3-k2 2k
若k≠±1，则k = =
MN 6k2 6 31-k2
-
3k2-1 3-k2
，
2k 2k
直线MN的方程为y+ =
3-k2 31-k2
6
x-
3-k2
，
2k
即y=
31-k2
x-3 ，
此时，直线MN恒过点3,0 ．
若k=±1，则M3,1 ，N3,-1 或M3,-1 ，N3,1 ，直线MN的方程为x=3，
此时直线MN也过点3,0 ，
②若直线l ，l 中其中一条的斜率为0，另一条的斜率不存在，
1 2
不妨设l 的斜率为0，则直线l ：y=0，l ：x=2x=2，
1 1 2
此时，直线MN的方程为y=0，
此时，直线MN也过点3,0 ，
综上，直线MN恒过点3,0 ．
x2 y2
4126 (2024·山西大同·高三统考阶段练习)已知双曲线C： - =1a>0,b>0
a2 b2
的右焦点
a2 1
为F，半焦距c=2，点F到右准线x= 的距离为 ，过点F作双曲线C的两条互相垂
c 2
直的弦AB，CD，设AB，CD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，并求出此定点坐标.
a2 1
【解析】(1)由题设可得c- = ，c=2，所以a2=3，b2=c2-a2=1.
c 2
x2
所以双曲线的标准方程为 -y2=1.
3
(2)证明：点F2,0 ，设过点F的弦AB所在的直线方程为x=ky+2，Ax 1 ,y 1 ，
Bx 2 ,y 2 ，
则有M ky 1 +y 2 y +y +2, 1 2
2 2
.
x2
-y2=1
联立 3 ，可得k2-3
x=ky+2
y2+4ky+1=0.
因为弦AB与双曲线C有两个交点，所以k2-3≠0，
4k 6 2k
所以y +y = ，所以M ,
1 2 3-k2 3-k2 3-k2
.
(1)当k=0时，M点即是F点，此时，直线MN为x轴.
1 6k2 2k
(2)当k≠0时，将上式M点坐标中的k换成- ，同理可得N ,-
k 3k2-1 3k2-1
.
①当直线MN不垂直于x轴时，
2k 2k
+
3-k2 3k2-1 2k
直线MN的斜率k = =
MN 6 6k2 3k2-1
-
3-k2 3k2-1
，
第 页 共 页
2607 34272k 2k
其方程y- =
3-k2 3k2-1
6
x-
3-k2
2k
，化简得y=
3k2-1
x-3 ，
所以直线MN过定点3,0 ；
6 6k2
②当直线MN垂直于x轴时， = ，此时，k=±1，直线MN也过定点3,0
3-k2 3k2-1
.
综上所述，直线MN过定点3,0 .
x2 y2
4127 (2024·贵州·校联考模拟预测)已知双曲线E: - =1a>0,b>0
a2 b2
的一条渐近线方
程为x- 3y=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.
【解析】(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，
3
b 1
=
a 3
有 c
12+- 3
，
=1
2
a2+b2=c2
a= 3
解得b=1 ，
c=2
x2
∴ -y2=1；
3
(2)由(1)可知右焦点F2,0 ，
设直线l ：l :x=ny+2n≠0 AB AB ，Ax 1 ,y 1 ，Bx 2 ,y 2 ，
x=ny+2
由联立直线与双曲线x2 ，
-y2=1
3
化简得n2-3 y2+4ny+1=0n≠± 3 ，Δ=12n2+12>0，
-4n
故y 1 +y 2 = n2-3 ，x 1 +x 2 =ny 1 +y 2
-12
+4= ， n2-3
-6 -2n
∴P ,
n2-3 n2-3
，
1
又∵CD⊥AB，则l :x=- y+2，
CD n
6n2 -2n
同理可得：Q ,
3n2-1 3n2-1
-2n 2n
+
3n2-1 n2-3 2n
k = =
PQ 6n2 6 3n2-1
+
3n2-1 n2-3
，
2 n 6n2
∴l :y= x-
PQ 3 n2-1 3n2-1
2n
- ，
3n2-1
2n
化简得y=
3n2-1
x-3 ，
故直线PQ过定点3,0 .
第 页 共 页
2608 34276 题型六：抛物线两条互相垂直的弦中点所在直线过定点
4128 (2024·全国·高二专题练习)已知抛物线G：x2=2pyp>0 焦点为F，R为G上的动点，
K1,2 位于G的上方区域，且RK +RF 的最小值为3.
(1)求G的方程；
(2)过点P0,2 作两条互相垂直的直线l 和l ，l 交G于A，B两点，l 交G于C，D两 1 2 1 2
点，且M，N分别为线段AB和CD的中点.直线MN是否恒过一个定点?若是，求出该定
点坐标；若不是，说明理由.
【解析】(1)抛物线G：x2=2pyp>0
p
焦点为F0,
2
p
，准线为l:y=- ，
2
设R到l的距离为d，因为K1,2 位于G的上方区域，
根据抛物线的定义可知RK +RF =RK
p
+d≥2+ (当且仅当RK⊥l时取等号)，
2
又RK +RF
p
的最小值为3，所以2+ =3，解得p=2，
2
所以抛物线G：x2=4y.
(2)依题意直线l 和l 的斜率均存在且不为0，
1 2
1
设直线l 1 的方程为y=kx+2，则直线l 2 的方程为y=- k x+2，Ax 1 ,y 1 ，Bx 2 ,y 2 ，
y=kx+2
联立方程得
x2=4y
，消去y并整理得x2-4kx-8=0，
则Δ=-4k 2+32=16k2+32>0，则x +x =4k，xx =-8， 1 2 1 2
所以y 1 +y 2 =kx 1 +x 2 +4=4k2+4，
因为M为AB的中点，所以M2k,2k2+2
2 2
，同理N- , +2
k k2
，
所以直线MN的方程为y-2k2+2
2
2k2+2- +2
k2
=
x-2k
2
2k+
k
1
=k-
k
x-2k ，
1
整理得y=k-
k
x+4，所以直线MN恒过点0,4 .
第 页 共 页
2609 34274129 (2024·全国·高三专题练习)已知一个边长为8 3的等边三角形的一个顶点位于原点，另
外两个顶点在抛物线C:x2=2py(p>0)上.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点T(0,p)作两条互相垂直的直线l 和l ，l 交抛物线C于A、B两点，l 交抛物线C
1 2 1 2
于D，E两点，若线段AB的中点为M，线段DE的中点为N，证明：直线MN过定点．
【解析】(1)由对称性可知等边三角形的顶点4 3,12 在C:x2=2py(p>0)上，
代入得：48=24p，解得：p=2，
所以抛物线方程为：x2=4y；
(2)由题意知l 1 和l 2 斜率均存在，T0,2 ，设直线l 方程为y=kx+2， 1
1
则直线l 方程为y=- x+2，
2 k
由
x2=4y
联立得：x2-4kx-8=0，
y=kx+2
Δ=16k2+32>0
设A(x,y),B(x ,y )，则x +x =4k，y +y =4k2+4
1 1 2 2 1 2 1 2
2 2
故M(2k,2k2+2)，同理得N- , +2
k k2
2
2k2-
k2 1
故直线MN方程为y-(2k2+2)= (x-2k)=k-
2 k
2k+
k
(x-2k)
1
整理得：y=k-
k
x+4，故直线MN过定点(0,4)
4130 (2024·全国·高三专题练习)已知抛物线C：y2=2pxp>0 的焦点为F，过焦点F且垂直
于x轴的直线交C于H，I两点，O为坐标原点，△OHI的周长为4 5+8．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点F作抛物线C的两条互相垂直的弦AB，DE，设弦AB，DE的中点分别为P，Q，
试判断直线PQ是否过定点？若过定点．求出其坐标；若不过定点，请说明理由．
p
【解析】(1)由题意F ,0
2
p p
，在y2=2px中代入x= ，得y2=2p⋅ ，解得y=±p，
2 2
所以HI =2p．
由勾股定理得 OH =OI p =
2
2 +p2= 5 p，
2
5 5
则△OHI的周长为 p+ p+2p=4 5+8，解得p=4，
2 2
故抛物线C的方程为y2=8x．
第 页 共 页
2610 3427(2)由题意可知F2,0 ，直线AB的斜率存在，且不为0．
设直线AB的方程为x=my+2，Ax 1 ,y 1 ，Bx 2 ,y 2 ．
x=my+2,
联立
y2=8x,
消去x，得y2-8my-16=0，Δ=64m2+64>0，
则y 1 +y 2 =8m，从而x 1 +x 2 =my 1 +y 2 +4=8m2+4．
因为P是弦AB的中点，所以P4m2+2,4m
4 4
，同理可得Q +2,-
m2 m
．
4
4m--
m
当m2≠1，即m≠±1时，直线PQ的斜率k =
PQ
4
4m2+2- +2
m2
m
= ，
m2-1
m
则直线PQ的方程为y-4m= x-4m2-2
m2-1
，即m2-1 y=mx-6 ．
故直线PQ过定点6,0 ；
当m2=1，即m≠±1时，直线PQ的方程为x=6，也过点6,0 ．
综上所述，直线PQ过定点6,0 ．
4131 (2024·山西·高二校联考期末)已知抛物线C：x2=2py(p>0)，过点T0,p 作两条互相
垂直的直线l 和l ，l 交抛物线C于A，B两点，l 交抛物线C于D，E两点，抛物线C上
1 2 1 2
一点Pt,2 到焦点F的距离为3．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若线段AB的中点为M，线段DE的中点为N，求证：直线MN过定点．
【解析】(1)Pt,2 到焦点F的距离为3，则准线为y=-1，p=2，
抛物线方程为x2=4y．
(2)由题意知l 1 和l 2 斜率均存在，T0,2 ，设直线l 方程为y=kx+2， 1
1
则直线l 方程为y=- x+2，
2 k
由
x2=4y
联立得x2-4kx-8=0，Δ=16k2+32>0
y=kx+2
设A(x,y),B(x ,y )，则x +x =4k，y +y =4k2+4
1 1 2 2 1 2 1 2
2 2
故M(2k,2k2+2)，同理得N- , +2
k k2
第 页 共 页
2611 34272
2k2-
k2 1
故直线MN方程为y-(2k2+2)= (x-2k)=k-
2 k
2k+
k
(x-2k)
1
整理得y=k-
k
x+4，故直线MN过定点(0,4)
4132 (2024·全国·高三专题练习)动圆P与直线x=-1相切，点F(1,0)在动圆上．
(1)求圆心P的轨迹Q的方程；
(2)过点F作曲线O的两条互相垂直的弦AB，CD，设AB，CD的中点分别为M，N，求
证：直线MN必过定点．
【解析】(1)设P(x,y)，根据题意，有 (x-1)2+y2=x+1，化简，得y2=4x，
即圆心P的轨迹Q的方程为y2=4x．
(2)由题意，知直线AB的斜率存在且不为0．
设直线l :y=k(x-1),Ax ,y AB A A ,Bx B ,y B ，
代入y2=4x，得k2x2-2k2+2
2k2+2
x+k2=0，所以x +x =
A B
．
k2
k2+2 2
因为M是线段AB的中点，所以M ,
k2 k
．
1
因为AB⊥CD，所以将点M坐标中的k换成- ，即得N2k2+1,-2k
k
．
k2+2
当 =2k2+1，即k=±1时，直线l ⋅x=3；
k2 MN
2
-2k-
k
当k≠±1时．直线l :y+2k= x-2k2-1
MN k2+2
2k2+1-
k2
．
整理，得1-k2 y=k(x-3)，所以直线MN过定点(3，0)．
综上所述，不论k为何值，直线MN必过定点(3，0)．
4133 (2024·全国·高三专题练习)已知抛物线C:y2=2pxp>0 的焦点为F，点M在抛物线C
上，O为坐标原点，△OMF是以OF为底边的等腰三角形，且△OMF的面积为2 2．
(1)求抛物线C的方程．
(2)过点F作抛物线C的两条互相垂直的弦AB，DE，设弦AB，DE的中点分别为P，Q，
试判断直线PQ是否过定点．若是，求出所过定点的坐标；若否，请说明理由．
【解析】(1)由题意可知OF
p
= ．
2
p 2p
因为△OMF是以OF为底边的等腰三角形，所以M ,±
4 2
．
1 p 2p 2p2
因为△OMF的面积为2 2，所以 × × = =2 2，解得p=4．
2 2 2 8
故抛物线C的方程为y2=8x．
(2)由题意可知F2,0 ，直线AB的斜率存在，且不为0．
设直线AB的方程为x=my+2，Ax 1 ,y 1 ，Bx 2 ,y 2 ．
x=my+2
联立
y2=8x
，整理得y2-8my-16=0，Δ=64m2+64>0，
则y 1 +y 2 =8m，从而x 1 +x 2 =my 1 +y 2 +4=8m2+4．
因为P是弦AB的中点，所以P4m2+2,4m ，
第 页 共 页
2612 34274 4
同理可得Q +2,-
m2 m
．
4
4m--
m
当m2≠1，即m≠±1时，直线PQ的斜率k =
PQ
4
4m2+2- +2
m2
m
= ，
m2-1
m
则直线PQ的方程为y-4m= x-4m2-2
m2-1
，即m2-1 y=mx-6 ．
故直线PQ过定点6,0 ．
当m2=1，即m=±1时，直线PQ的方程为x=6，且过点6,0 ．
综上，直线PQ过定点6,0 ．
4134 (2024·安徽滁州·高二校考开学考试)在平面直角坐标系xOy中，设点F 1,0 ，直线l:x
=-1，点P在直线l上移动，R是线段PF与y轴的交点，也是PF的中点．RQ⊥FP，
PQ⊥l．
(1)求动点Q的轨迹的方程E；
(2)过点F作两条互相垂直的曲线E的弦AB、CD，设AB、CD的中点分别为M，N．求
直线MN过定点R的坐标．
【解析】(1)∵直线l的方程为x=-1，点R是线段FP的中点且RQ⊥FP，
∴RQ是线段FP的垂直平分线,
∵PQ⊥l, ∴PQ 是点Q到直线l的距离,
∵点Q在线段FP的垂直平分线，∴PQ =QF ,
则动点Q的轨迹E是以F为焦点，l为准线的抛物线，但不能和原点重合，
即动点Q的轨迹的方程为y2=4xx>0 .
(2)设Ax 1 ,y 1 ，Bx 2 ,y 2 ，由题意直线AB斜率存在且不为0，设直线AB的方程为y=
kx-1 ，
由已知得 y y 2 1 2 = = 4 4 x x 1，两式作差可得 x y 1 - - y x 2 = y + 4 y ，即y 1 +y 2 = k 4 ，则y M = k 2 ，
2 2 1 2 1 2
代入y=kx-1
2 2 2
可得x = +1，即点M的坐标为 +1, M k2 k2 k ，
同理设Cx 3 ,y 3 ，Dx 4 ,y 4
1
，直线CD的方程为y=- x-1 k ，
由已知得 y y 2 3 2 = = 4 4 x x 3，两式作差可得 x y 3 - - y x 4 = y + 4 y ，即y 3 +y 4 =-4k，
4 4 3 4 3 4
1
则y N =-2k，代入y=- k x-1 可得x =2k2+1，即点N的坐标为2k2+1,-2k N ，
y -y k
则直线MN的斜率为k = M N = ，
MN x -x 1-k2
M N
第 页 共 页
2613 3427k
即方程为y+2k= x-2k2-1
1-k2
，整理得y1-k2 =kx-3 ，
故直线MN恒过定点R3,0 .
4135 (2024·福建福州·高二校考期中)在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，已知点Q(1,
1 1 1
2)，P是动点，且三角形POQ的三边所在直线的斜率满足 + = .
k k k
OP OQ PQ
(1)求点P的轨迹C的方程；
(2)过F作倾斜角为60°的直线L，交曲线C于A，B两点，求△AOB的面积；
(3)过点D(1,0)任作两条互相垂直的直线l,l ，分别交轨迹C于点A，B和M，N，设线段
1 2
AB，MN的中点分别为E，F.，求证：直线EF恒过一定点.
y y-2
【解析】(1)设点P的坐标为P(x,y)，则K = , K =2, K = ，
OP x OQ PQ x-1
1 1 1 x 1 x-1
由 + = ，得 + = ，整理得点P的轨迹的方程为：y2=4x(y≠0,
K K K y 2 y-2
OP OQ PQ
y≠2)
(2)设Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2 ，由 y2=4x 得：y2- 4 3y-4=0 y= 3(x-1) 3
4
∴y +y = 3,yy =-4，
1 2 3 1 2
1
∴S ΔABC = 2 ×|OF|×y 2 -y 1
1
= 2 ×1× y 1 +y 2
1 16 4
2-4yy = ⋅ +16= 3 1 2 2 3 3
(3)证明：设点A,B的坐标为Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2
x +x y +y
，则点E的坐标为 1 2, 1 2 2 2 .
由题意可设直线l 的方程为y=k(x-1)(k≠0)，
1
由
y2=4x
，消去y得k2x2-2k2+4
y=k(x-1)
x+k2=0，
Δ=2k2+4
2-4k4=16k2+16>0，∵直线l与抛物线交于A，B两点，
4
∴x 1 +x 2 =2+ k2 ,y 1 +y 2 =kx 1 +x 2 -2
4
= ， k
2 2
∴点E的坐标为1+ ,
k2 k
1
，由题知，直线l 的斜率为- ，同理可得F的坐标为
2 k
1+2k2,-2k .
2
+2k
2 k
当k≠±1时，有1+ ≠1+2k2.此时直线EF的斜率为：k =
k2 EF
1+
2
-1+2k2
k2
=
k
1-k2
k
∴直线EF的方程为，y+2k= x-1-2k2
1-k2
k
整理得，y+2k= (x-3)恒过定点(3,0)，当k=±1时，直线EF的方程为x=3，也
1-k2
过点(3,0).
综上所述，直线EF恒过定点(3,0).
x2 y2
4136 (2024·宁夏银川·高二银川一中校考期末)已知椭圆 + =1a>b>0
a2 b2
的左、右焦点
分别为F、F，抛物线y2=4x的焦点与椭圆的右焦点重合，点P为抛物线与椭圆在第一象
1 2
限的交点，且PF 1
7
= . 3
第 页 共 页
2614 3427(1)求椭圆的方程；
(2)过F作两条斜率不为0且互相垂直的直线分别交椭圆于A、B和C、D，线段AB的中
点为M，线段CD的中点为N，证明：直线MN过x轴上一定点，并求出该定点的坐标.
【解析】(1)抛物线焦点为F 21,0 ，故a2-b2=1，易知点F 1-1,0 ，
设点Px 0 ,y 0 ，其中x >0，y >0，且y2=4x ， 0 0 0 0
PF 1 = x 0 +1
7
2+y2= x2+6x +1= ，整理可得9x2+54x -40=0， 0 0 0 3 0 0
即3x 0 -2 3x 0 +20
2
=0，∵x 0 >0，解得x 0 = 3 ，所以，PF 2
5
=x +1= ， 0 3
所以，2a=PF 1 +PF 2 =4，则a=2，b= a2-1= 3，
x2 y2
因此，椭圆的方程为 + =1.
4 3
(2)设直线AB的方程为x=my+1，其中m≠0，设点Ax 1 ,y 1 、Bx 2 ,y 2 ，
x=my+1
联立x2 y2 ⇒3m2+4
+ =1
4 3
y2+6my-9=0，
Δ=36m2+363m2+4 =144m2+1
6m
>0，所以，y +y =- ， 1 2 3m2+4
x 1 +x 2 = my 1 +y 2
2
4 4 3m +1= ，故点M ,-
2 3m2+4 3m2+4 3m2+4
，
4m2 3m
同理可得点N ,
4m2+3 4m2+3
，
3m 3m
+
4m2+3 3m2+4 7m
所以，k = =
MN 4m2 4 4m2-1
-
4m2+3 3m2+4
，
3m 7m
所以，直线MN的方程为y+ =
3m2+4 4m2-1
4
x-
3m2+4
，即y=
7m
4m2-1
4
x-
7
，
4
因此，直线MN过定点 ,0
7
.
4137 (2024·湖南·高三阶段练习)如图1，已知抛物线Ε的顶点Ο在坐标原点，焦点在y轴正半
轴上，准线与y轴的交点为Τ．过点Τ作圆C:x2+y-2
2=1的两条切线，两切点分别
为D，G，且DG
4 2
= ．
3
(1)求抛物线Ε的标准方程；
(2)如图2，过抛物线Ε的焦点F任作两条互相垂直的直线l ，l ，分别交抛物线Ε于Ρ，Q
1 2
第 页 共 页
2615 3427两点和Μ，Ν两点，Α，Β分别为线段ΡQ和ΜΝ的中点，求ΔΑΟΒ面积的最小值．
【解析】(1)由对称性知，DG⊥y轴，设DG与y轴的交点为Η，则DΗ
2 2
= ．在
3
RtΔCΗD中，CD =1⇒CΗ = CD 2-DΗ
1
2= ⇒CΗ
3
CΤ =CD 2⇒CΤ =3⇒
C0,2 ⇒ΟC =2⇒ΟΤ
p
=1⇒ =1⇒p=2⇒x2=4y；(2)设直线l 的斜率为k，由l 2 1 1
过F0,1 ⇒l ：y=kx+1．代入x2=4y⇒x2-4kx-4=0⇒x +x =4k⇒点 1 1 2
2 2
，同理可得点Β- , +1
k k2
y-2k2-1 x-2k 1
⇒ΑΒ： = ⇒y=k-
2 2 k
-2k2 - -2k
k2 k
x+3⇒过定
点D0,3
1
⇒ΔΑΟΒ的面积：S=S ΔΑΟΚ +S ΔΒΟΚ = 2 ×3×x Α -x Β
1
=3k+ k ≥3×
1
2 k⋅ =6(当且仅当k=±1时取等号)⇒ΔΑΟΒ的面积的最小值为6．
k
试题解析：(1)由对称性知，DG⊥y轴，设DG与y轴的交点为Η，则DΗ
2 2
= ．
3
连CD，则RtΔCΗD中，CD =1，则CΗ = CD 2-DΗ
1
2=
3
因为DΤ为圆C的切线，则CD⊥DΤ．由射影定理，得CΗ CΤ =CD 2，则CΤ =3
因为圆心C的坐标为0,2 ，则ΟC =2，所以ΟΤ
p
=1，即 =1，得p=2．
2
所以抛物线Ε的标准方程为x2=4y
(2)设直线l 1 的斜率为k，因为l 1 过焦点F0,1 ，则直线l 的方程为y=kx+1．代入x2= 1
4y，得
x2-4kx-4=0．设点Ρx 1 ,y 1 ，Qx 2 ,y 2 ，则x +x =4k．因为Α为线段ΡQ的中点， 1 2
则点
1 2 2
因为l ⊥l ，则直线l 的方程为y=- x+1．同理可得点Β- , +1
1 2 2 k k k2
y-2k2-1 x-2k 1
直线ΑΒ的方程为 = ，即y=k-
2 2 k
-2k2 - -2k
k2 k
x+3，显然过定点D0,3
1
设ΔΑΟΒ的面积为S，ΑΒ与y轴的交点为Κ，则S=S ΔΑΟΚ +S ΔΒΟΚ = 2 ×3×x Α -x Β =
1
3k+
k
1
≥3×2 k⋅ =6，当且仅当k=±1时取等号．所以ΔΑΟΒ的面积的最小值为6
k
7 题型七：内接直角三角形范围与最值问题
y2 x2
4138 (2024·江西·高二校联考开学考试)设椭圆 + =1a>b>0 a2 b2 的两焦点为F，F，P 1 2
为椭圆上任意一点，点P到原点最大距离为2，若M3,1 到椭圆右顶点距离为 5.
第 页 共 页
2616 3427(1)求椭圆的方程.
(2)设椭圆的上、下顶点分别为A、B，过A作两条互相垂直的直线交椭圆于C、D，问直线
CD是否经过定点？如果是，请求出定点坐标，并求出△BCD面积的最大值.如果不是，请
说明理由.
【解析】(1)∵点P到原点最大距离为2，故a=2，
∵M3,1 到椭圆右顶点距离为 5，∴3-b 2+1=5，
解得：b=1或5(舍去5)，
y2
∴椭圆的方程为 +x2=1.
4
y2
(2)设CD：y=kx+t，联立 +x2=1，
4
得：4+k2
x2+2ktx+t2-4=0，
2kt t2-4
∴x +x =- ，xx = ，
1 2 4+k2 1 2 4+k2
∵AC⊥AD，∴AC⋅AD=0，
即x 1 ,y 1 -2 ⋅x 2 ,y 2 -2
=x 1 x 2 +y 1 -2 y 2 -2
=x 1 x 2 +kx 1 +t-2 kx 2 +t-2
=k2+1 x 1 x 2 +t-2 kx 1 +x 2 +t-2 2，
利用韦达定理代入化简得：5t2-16t+12=0，
6
解得：t=2(舍去)或t= ，
5
6
∴直线CD过定点0,
5
，
12k
此时x +x =-
1 2 54+k2
64
，xx =-
1 2 254+k2
，
1 6
S = +2 △DCB 2 5 x 1 -x 2
8
= 5 x 1 +x 2 2-4xx 1 2
32 25k2+64
= ⋅ ，
25 4+k2
令 25k2+64=tt≥8
32 t 32t 32
，上式= ⋅ = = ①，
25 t2-64 t2+36 36
+4 t+
25 t
第 页 共 页
2617 342736 36 25 32 64
而t+ ≥8+ = ，∴①≤ = ，
t 8 2 25 25
2
64
∴△BCD面积的最大值为 .
25
x2 y2
4139 (2024·上海·高二专题练习)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆Γ: + =1，过右焦
3 2
点F作两条互相垂直的弦AB，CD，设AB，CD中点分别为M，N.
(1)写出椭圆右焦点F的坐标及该椭圆的离心率；
(2)证明：直线MN必过定点，并求出此定点坐标；
(3)若弦AB，CD的斜率均存在，求△FMN面积的最大值.
x2 y2
【解析】(1)由椭圆的方程Γ: + =1，可得a2=3,b2=2，可得c2=a2-b2=3-2=1，
3 2
所以c=1，即右焦点F的坐标为1,0
c 1 3
，离心率e= = = ,所以椭圆右焦点F的
a 3 3
坐标为1,0
3
，离心率 .
3
(2)证明：当直线AB，CD的斜率存在且不为0时，
设直线AB的方程为x=my+1，
x=my+1
设A(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
)联立x2 y2 ，
+ =1
3 2
整理可得：(2m2+3)y2+4my-4=0，
4m 6
可得y +y =- ，x +x =m(y +y )+2= ，
1 2 2m2+3 1 2 1 2 2m2+3
3 2m
所以AB的中点M ,-
2m2+3 2m2+3
，
3 同理可得N的坐标
1
2- m
1
2-
m ,-
2
+3
1
2- m
2
+3
3m2 2m ，即N ,
2+3m2 2+3m2
，
2m 2m
--
2+3m2 2m2+3
当M，N的横坐标不相等时，则k =
MN
3m2 3
-
2+3m2 2m2+3
5m
= ，
3m2-3
2m
所以MN的方程为y--
2m2+3
5m 3
= x-
3m2-3 2m2+3
，
5m 3
整理可得y= x-
3m2-3 5
3
所以直线恒过定点 ,0
5
.
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2618 34273 3m2
当M，N的横坐标相等时， = ，即m2=1时，则MN⊥x轴，
2m2+3 2+3m2
3 3
且此时MN的方程为x= ，显然也过 ,0
5 5
，
3
可证得直线MN必过定点 ,0
5
.
3
(3)由(2)可得直线MN必过的定点 ,0
5
，
1 3 可得S = ×1-
△FMN 2 5
2m × -
2m2+3
2m +
2+3m2
1 2 =
5 2m 3 +
m
2 +
2
m
+3m
10
1 m
=
5
+10m
6m 6 2+
m
+13
2
，
设t=m
1
+ m
1 10t
≥2，则S = △FMN 5 6t2+1
2
= ， 1 6t+
t
2 4
在t≥2上单调递减，所以S ≤ = ，
△FMN 1 25
6×2+
2
4
所以△FMN面积的最大值为 .
25
x2 y2
4140 (2024·江苏南通·高三统考阶段练习)已知椭圆 + =1a>b>0
a2 b2
3
的离心率为 ，
2
2 5
左、右顶点分别为A，B，上顶点为D，坐标原点O到直线AD的距离为 .
5
(1)求椭圆的方程；
(2)过A点作两条互相垂直的直线AP，AQ与椭圆交于P，Q两点，求△BPQ面积的最
大值.
c = 3 ,
a 2
【解析】(1)由已知可得， 2 5 解得，a=2，b=1，c= 3，
ab= ⋅ a2+b2,
5
a2=b2+c2,
x2
所以椭圆的方程为 +y2=1.
4
(2)设PQ的直线方程为x=ty+m，Px 1 ,y 1 ，Qx 2 ,y 2 ，
x=ty+m,
联立方程
x2+4y2-4=0,
整理得t2+4
y2+2mty+m2-4=0，
-2mt m2-4
所以y +y = ，yy =
1 2 t2+4 1 2 t2+4
因为AP⊥AQ，A-2,0
所以x 1 +2 x 2 +2 +y 1 y 2 =0⇒x 1 x 2 +2x 1 +x 2 +4+yy =0， 1 2
ty 1 +m ty 2 +m +2ty 1 +ty 2 +2m +4+yy =0 1 2
即t2+1 y 1 y 2 +mt+2t y 1 +y 2 +(m+2)2=0.
所以t2+1
m2-4
⋅ +mt+2t
t2+4
-2mt
⋅ +(m+2)2=0.
t2+4
6
整理得5m2+16m+12=0，解得m=- 或m=-2(舍去)，
5
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2619 342712t
y +y =
1 2 5t2+4
所以
,
-64
yy =
1 2 25t2+4
.
1 6
所以S = ⋅2+ △BPQ 2 5 y 1 -y 2
8
= 5 y 1 +y 2
32 25t2+64
2-4yy = ⋅ ， 1 2 25 t2+4
令 25t2+64=uu≥8 ，
32 u 32u 32 32 64
则S = ⋅ = = ≤ = ，
△BPQ 25 u2-64 u2+36 36 36 25
+4 u+ 8+
25 u 8
64
此时△BPQ最大值为 .
25
8 题型八：两条互相垂直的弦中点范围与最值问题
4141 (2024·新疆·统考二模)在平面直角坐标系xOy中，抛物线G的准线方程为y=-2.
(1)求抛物线G的标准方程；
(2)过抛物线的焦点F作互相垂直的两条直线l 和l ，l 与抛物线交于P，Q两点，l 与抛
1 2 1 2
物线交于C，D两点，M，N分别是线段PQ，CD的中点，求△FMN面积的最小值.
【解析】(1)设抛物线标准方程为x2=2py，其中p>0，
p
由题意得- =-2，解得p=4，则焦点F0,2
2
，
故抛物线G标准方程为x2=8y.
(2)F(0,2),由题意知直线l,l 的斜率都存在且不为0，
1 2
设直线l 1 的方程为y=kx+2,Px 1 ,y 1 ,Qx 2 ,y 2 ,
1
则直线l 的方程为y=- x+2,
2 k
由
x2=8y
得x2-8kx-16=0，则Δ=64k2+64>0，
y=kx+2
所以x +x =8k,xx =-16,
1 2 1 2
1
所以x M = 2 x 1 +x 2 =4k,y =kx +2=4k2+2, M M
所以M4k,4k2+2 .
1 4 4 4 4
用- 替换k可得x =- ,y = +2，所以N- , +2
k N k N k2 k k2
.
1 1 所以S = |FM||FN|= (4k)2+4k2
△FMN 2 2
4 2⋅ -
k
2 4 +
k2
2
1
= 16k2+16k4
2
16 16
+
k2 k4
=8 k2+k4
1 1
+
k2 k4
1
=8 2+k2+
k2
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2620 34271 1
≥8 2+2 k2⋅ =8×2=16,当且仅当k2= ,即k=±1时等号成立，
k2 k2
所以△FMN面积的最小值为16.
4142 (2024·广东珠海·高三校考开学考试)已知抛物线T:y2=2px(p>0)，点F为其焦点，直
线l:x=4与抛物线交于M,N两点，O为坐标原点，S =8 6．
△OMN
(1)求抛物线T的方程；
(2)过x轴上一动点Ea,0 (a>0)作互相垂直的两条直线，与抛物线T分别相交于点A,
B和C,D，点H,K分别为AB,CD的中点，求HK 的最小值．
【解析】(1)
直线方程为x=4，将其代入抛物线可得y=±2 2p，
1
由已知得S = ×4×4 2p=8 6，解得p=3，
△OMN 2
故抛物线T的方程为y2=6x．
(2)
因为Ea,0 ，若直线AB,CD分别与两坐标轴垂直，
则直线AB,CD中有一条与抛物线只有一个交点，不合题意，
第 页 共 页
2621 3427所以直线AB,CD的斜率均存在且不为0．设直线AB的斜率为kk≠0 ，
则直线AB的方程为y=kx-a ．
y2=6x
联立
y=kx-a
，得ky2-6y-6ka=0，则Δ=36+24k2a>0，
设Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2 ，
6
则y 1 +y 2 = k ，设Hx H ,y H
y +y 3 y 3
，则y = 1 2 = ，则x = H +a= +a， H 2 k H k k2
3 3
所以H +a,
k2 k
，同理可得K3k2+a,-3k ，
故HK 3 = 3k2-
k2
2 3 +-3k-
k
2 = 9k4+ 9 +9k2+ 9 ≥
k4 k2
1 1
3 2 k4× +2 k2× =6，
k4 k2
1 1
当且仅当k4= 且k2= ，即k=±1时等号成立，
k4 k2
故HK 的最小值为6
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2622 3427
