第77讲定点、定值问题_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第77讲 定点、定值问题 知识梳理 1、定值问题 解析几何中定值问题的证明可运用函数的思想方法来解决．证明过程可总结为“变量 -函数-定值”，具体操作程序如下： (1)变量----选择适当的量为变量． (2)函数----把要证明为定值的量表示成变量的函数． (3)定值----化简得到的函数解析式，消去变量得到定值． 2、求定值问题常见的方法有两种： (1)从特殊情况入手，求出定值，再证明该定值与变量无关； (2)直接推理、计算，并在计算推理过程中消去变量，从而得到定值． 常用消参方法： ①等式带用消参：找到两个参数之间的等式关系F(k,m)=0，用一个参数表示另外一个 参数k=f(m)，即可带用其他式子，消去参数k． ②分式相除消参：两个含参数的式子相除，消掉分子和分母所含参数，从而得到定值． ③因式相减消参：两个含参数的因式相减，把两个因式所含参数消掉． ④参数无关消参：当与参数相关的因式为0时，此时与参数的取值没什么关系，比如： y-2+kg(x)=0，只要因式g(x)=0，就和参数k没什么关系了，或者说参数k不起作 用． 3、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x 0 ,y 0  ，常利用直线的点斜式方程y-y 0 =kx-x 0  或截距式y=kx+ b来证明． 一般解题步骤： ①斜截式设直线方程：y=kx+m，此时引入了两个参数，需要消掉一个． ②找关系：找到k和m的关系：m=f(k)，等式带入消参，消掉m． ③参数无关找定点：找到和k没有关系的点． 必考题型全归纳 1 题型一：面积定值 x2 y2 4297 (2024·安徽安庆·安庆一中校考三模)已知椭圆C: + =1(a>b>0)过点A-a,0 a2 b2  , B0,-b  3 两点，椭圆的离心率为 ，O为坐标原点，且S =1. 2 △OAB 第 页 共 页 2781 3427(1)求椭圆C的方程； (2)设P为椭圆C上第一象限内任意一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于 点N，求证：四边形ABNM的面积为定值. c 3 【解析】(1)根据题意可知e= = ， a 2 1 又S = ab=1，即可得ab=2，结合a2=b2+c2， △OAB 2 解得a2=4,b2=1,c2=3； x2 即椭圆C的方程为 +y2=1. 4 (2)证明：由(1)可知A-2,0  ,B0,-1  ，如下图所示： 设Px 0 ,y 0  ，且x >0,y >0； 0 0 y y 易知直线PA的斜率k = 0 ，所以PA的直线方程为y= 0 x+2 PA x +2 x +2 0 0  ； y +1 y +1 同理直线PB的斜率k = 0 ，所以PB的直线方程为y= 0 x-1； PB x x 0 0 2y 由题意解得M0, 0 x +2 0  x ,N 0 ,0 y +1 0  ； 所以可得AN  x = 0 +2,BM y +1 0  2y = 0 +1， x +2 0 1 四边形ABNM的面积S= AN 2  ⋅BM  1 x =  0 +2 2 y +1 0  2y  0 +1 x +2 0  = x 0 +2y 0 +2  2 2x 0 +2  y 0 +1  x2+4y2+4x y +4x +8y +4 = 0 0 0 0 0 0 2x 0 y 0 +x 0 +2y 0 +2  x2 又 0 +y2=1，可得x2+4y2=4， 4 0 0 0 x2+4y2+4x y +4x +8y +4 故S= 0 0 0 0 0 0 2x 0 y 0 +x 0 +2y 0 +2  4+4x y +4x +8y +4 = 0 0 0 0 2x 0 y 0 +x 0 +2y 0 +2  = 4x 0 y 0 +x 0 +2y 0 +2  2x 0 y 0 +x 0 +2y 0 +2  =2， 即四边形ABNM的面积为定值. x2 y2 4298 (2024·陕西汉中·高三统考阶段练习)已知双曲线C： - =1a>0,b>0 a2 b2  的焦距为 2 6，且焦点到近线的距离为1. (1)求双曲线C的标准方程； (2)若动直线l与双曲线C恰有1个公共点，且与双曲线C的两条渐近线分别交于P,Q两 点，O为坐标原点，证明：△OPQ的面积为定值. b 【解析】(1)依题意得2c=2 6，c= 6，一条渐近线为y= x，即bx-ay=0，右焦点为 a ( 6,0)， 第 页 共 页 2782 3427| 6b| 6b 所以 =1，即 =1， 6b= 6，所以b=1， b2+a2 c 所以a2=c2-b2=6-1=5， x2 所以双曲线C的标准方程为 -y2=1. 5 (2)当直线l的斜率不存在时，若动直线l与双曲线C恰有1个公共点，则直线l经过双曲 5 线的顶点，不妨设l:x= 5，又渐近线方程为y=± x， 5 5 5 将x= 5代入y= x，得y=1，将x= 5代入y=- x，得y=-1， 5 5 1 则|PQ|=2，S = × 5×2= 5. △OPQ 2 5 当直线l的斜率存在，设直线l:y=kx+t，且k≠± ， 5 y=kx+t  联立x2 ，消去y并整理得(1-5k2)x2-10ktx-5t2-5=0， -y2=1 5 因为动直线l与双曲线C恰有1个公共点， 1-5k2≠0 所以 Δ=100k2t2+41-5k2  5t2+5    ，得5k2=t2+1， =0 5 5 设动直线l与y= x的交点为P，与y=- x的交点为Q， 5 5 y=kx+t  5t 5t 联立 y= 5 x ，得x P =- 5k-1 ，同理得x Q =- 5k+1 ， 5 5t 5t 2 5|t| k2+1 则|PQ|= 1+k2|x -x |= 1+k2- + = P Q 5k-1 5k+1 |5k2-1| |t| 因为原点O到直线l的距离d= ， k2+1 1 1 2 5|t| k2+1 |t| 5t2 所以S = |PQ|d= ⋅ ⋅ = ， △OPQ 2 2 |5k2-1| k2+1 |5k2-1| 5t2 5t2 又因为5k2=t2+1，所以 = = 5，即S = 5， |5k2-1| t2 △OPQ 故△OPQ的面积为定值，且定值为 5. x2 y2 4299 (2024·广东广州·高三广州市真光中学校考阶段练习)已知双曲线C: - =1(a>0, a2 b2 x b>0)，渐近线方程为y± =0，点A2,0 2  在C上； 第 页 共 页 2783 3427(1)求双曲线C的方程； (2)过点A的两条直线AP，AQ分别与双曲线C交于P，Q两点(不与A点重合)，且两条 直线的斜率k ，k 满足k +k =1，直线PQ与直线x=2，y轴分别交于M，N两点，求 1 2 1 2 证：△AMN的面积为定值. b 1  = 【解析】(1)∵a>0，b>0，依题意， a 2 ⇒b=1， a=2 x2 y2 所以双曲线C的方程为 - =1. 4 1 (2)依题意可知PQ斜率存在，设方程为y=kx+m，Px 1 ,y 1  ，Qx 2 ,y 2  ， y=kx+m  x2 y2 ⇒1-4k2 - =1 4 1  8km x +x =  1 2 1-4k2 x2-8kmx-4m2-4=0⇒ ， 4m2+4 xx =- 1 2 1-4k2 Δ=64k2m2+41-4k2  4m2+4  >0，m2+1-4k2>0①， k +k = y 1 + y 2 = 2kx 1 x 2 +m-2k 1 2 x -2 x -2 1 2  x 1 +x 2  -4m x 1 x 2 -2x 1 +x 2  +4 4m2+4 2k- 1-4k2 =  +m-2k  8km  1-4k2  -4m 4m2+4 8km - -2 1-4k2 1-4k2  =1， +4 整理得m+2k  m+2k-1  =0. 1)m+2k=0，⇒PQ:y=kx-2k，过A2,0  舍去， 2)m+2k-1=0，⇒PQ:y=kx-2k+1，过点2,1  ， 此时，将m=1-2k代入①得1-2k  1 2+1-4k2=2-4k>0,k< ， 2 ∴PQ与x=2交于点M2,1  1 ，故S = ×2×1=1(定值) △AMN 2 x2 y2 4300 (2024·四川·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学校考三模)设椭圆E： + = a2 b2 1a>b>0  过点M 2,1  ，且左焦点为F 1- 2,0  ． (1)求椭圆E的方程； (2)△ABC内接于椭圆E，过点P4,1  和点A的直线l与椭圆E的另一个交点为点D，与  BC交于点Q，满足AP   QD   =AQ   PD  ，证明：△PBC面积为定值，并求出该定值． c2=2   2 1 【解析】(1)由题意得 + =1， a2 b2    c2=a2-b2 解得a2=4，b2=2 x2 y2 所以椭圆C的方程为 + =1． 4 2 第 页 共 页 2784 3427(2)设点Q,A,D的坐标分别为x,y  ，x 1 ,y 1  ，x 2 ,y 2  ．  由题设知AP   ，PD   ，AQ   ，QD  均不为零，  AP 记λ=   PD   AQ =   QD  ，则λ>0且λ≠1     又A,P,D,Q四点共线，从而AP=-λPD，AQ=λQD x -λx y -λy x +λx y +λy 于是4= 1 2，1= 1 2，x= 1 2，y= 1 2 1-λ 1-λ 1+λ 1+λ x2-λ2x2 y2-λ2y2 从而 1 2 =4x①， 1 2 =y②， 1-λ2 1-λ2 又点A,D在椭圆C上，即x2+2y2=4③，x2+2y2=4④， 1 1 2 2 ①+②×2并结合③、④得4x+2y=4， 即点O(x,y)总在定直线2x+y-2=0上． ∴BC所在直线为2x+y-2=0上． 2x+y-2=0  由x2 y2 消去y得9x2-16x+4=0，Δ=162-4×9×4>0， + =1 4 2 16 4 设B(x ,y ),C(x ,y )，则x +x = ,x x = ， 3 3 4 4 3 4 9 3 4 9 16 于是|BC|= 12+22|x -x |= 5⋅ (x +x )2-4x x = 5⋅  3 4 3 4 3 4 9  2 16 4 35 - = ， 9 9 8+1-2 又P到BC的距离d=  7 = ， 4+1 5 14 7 ∴S = △PBC 9 14 7 ∴△PBC面积定值为 ． 9 y2 4301 (2024·全国·高二专题练习)已知l ，l 既是双曲线C ：x2- =1的两条渐近线，也是双 1 2 1 4 x2 y2 曲线C ： - =1的渐近线，且双曲线C 的焦距是双曲线C 的焦距的 3倍. 2 a2 b2 2 1 第 页 共 页 2785 3427MN (1)任作一条平行于l 的直线l依次与直线l 以及双曲线C ，C 交于点L，M，N，求 1 2 1 2 NL 的值； (2)如图，P为双曲线C 上任意一点，过点P分别作l ，l 的平行线交C 于A，B两点，证 2 1 2 1 明：△PAB的面积为定值，并求出该定值. 【解析】(1)依题意b=2a，根据双曲线C 的焦距是双曲线C 的焦距的 3倍，可得5a2= 2 1 15， x2 y2 即a2=3，故双曲线C ： - =1， 2 3 12 不妨设l ：y=-2x，则设l：y=-2x+m， 1 y=-2x+m 联立  y y = = - 2x 2x+m ，可得x L = m 4 ，联立   x2- y2 =1 可得x M = m 4 2 m +4 ， 4 y=-2x+m  m2+12 联立x2 - y2 =1 可得x N = 4m ， 3 12 m2+4 m - LM x -x 4m 4 1 MN 2 从而 = M L = = ,所以 = MN x -x m2+12 m2+4 2 NL 3 N M - 4m 4m (2)如图，延长PA，PB分别交渐近线于C，D两点， PA PB 2 4 由(1)可知 = = ，则S = S ， PC PD 3 △PAB 9 △PCD 设Px 0 ,y 0  ，则PA：y=-2x-x 0  +y ，联立 y=-2x-x 0 0  +y  0，  y=2x 2x +y 解得x = 0 0， C 4 而PB：y=2x-x 0  +y ，联立 y=2x-x 0 0  +y 2x -y   y=-2x 0，解得x D = 0 4 0， 从而PC  ⋅PD  = 5x P -x C  × 5x P -x D  2x -y =5 0 0 4  2x +y ⋅ 0 0 4  15 = ， 4 2tanα 4 设l 的倾斜角为α，则tanα=2，而∠APB=∠COD=2α，故sin2α= = ， 2 1+tan2α 5 1 则S = PC △PCD 2  ⋅PD  3 4 2 sin2α= ，因此S = S = . 2 △PAB 9 △PCD 3 x2 4302 (2024·四川成都·高二树德中学校考阶段练习)已知椭圆C: +y2=1，A,B是椭圆上的 4 两个不同的点，O为坐标原点，A,O,B三点不共线，记△AOB的面积为S . △AOB 第 页 共 页 2786 3427 (1)若OA=x 1 ,y 1   ,OB=x 2 ,y 2  1 ，求证：S △AOB = 2 x 1 y 2 -x 2 y 1  ； 1 (2)记直线OA,OB的斜率为k,k ，当kk =- 时，试探究S2 是否为定值并说明理 1 2 1 2 4 △AOB 由.   【解析】(1)设OA,OB的夹角为θ0≤θ≤π  ，   OA⋅OB 则cosθ=  OA   OB    (OA⋅OB)2 ，所以sinθ= 1-cos2θ= 1-  OA|2   ， OB|2  1 则S = OA △AOB 2   OB   1 sinθ= OA|2 2     OB|2-(OA⋅OB)2 1 = 2 x2 1 +y2 1  x2 2 +y2 2  -x 1 x 2 +y 1 y 2  1 2= 2 x 1 y 2 -x 2 y 1  ； y=kx (2)由  x2+4y2-4=0 可知，1+4k2  4 x2=4，所以x2= ， 1+4k2 设直线OA,OB的方程分别为：y=kx,y=k x， 1 2 设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  . 4 4 则x2= ,x2= ， 1 1+4k2 2 1+4k2 1 2 1 ∵kk =- 1 2 4 1 所以S2 △AOB = 4 x 1 y 2 -x 2 y 1  1 2= 4 x2 1 x2 2k 1 -k 2  2 = 4k 1 -k 2  2 1+4k2 1  1+4k2 2  = 4k2 1 +k2 2 -2k 1 k 2  1+4k2 1 +k2 2  1 4k2+k2+ 1 2 2 = +16k2k2 1 2  2+4k2 1 +k2 2  =1. 第 页 共 页 2787 34272 题型二：向量数量积定值 x2 y2 4303 (2024·新疆昌吉·高二统考期中)已知椭圆C: + =1(a>b>0)，F，F 是C的左、 a2 b2 1 2 右焦点，过F 的动直线l与C交于不同的两点A，B两点，且△ABF 的周长为4 2，椭圆 1 2 C的其中一个焦点在抛物线y2=4x准线上， (1)求椭圆C的方程； 5 (2)已知点M- ,0 4    ，证明:MA⋅MB为定值. 【解析】(1)由y2=4x可得准线为x=-1， 所以椭圆C的左焦点F 1-1,0  ，所以椭圆C的半焦距c=1， 因为△ABF 的周长为4 2， 2 所以4a=4 2，故a= 2. 所以b2=a2-c2=2-1=1， x2 所求椭圆的方程为 +y2=1. 2 (2)如图所示： ①当直线l斜率不存在时，l的方程为x=-1， x2 2 将x=-1代入 +y2=1可得y=± ， 2 2 2 所以A-1, 2  2 ，B-1,- 2   1 2 ，此时MA= , 4 2   1 2 ，MB= ,- 4 2  ，   1 1 2 2 7 则MA⋅MB= × - × =- ， 4 4 2 2 16 ②当直线l斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+1  ，设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ， y=kx+1 由   x2 ，得1+2k2 +y2=1 2  x2+4k2x+2k2-2=0， 4k2 2k2-2  5 则x +x =- ，xx = ，MA=x + ,y 1 2 1+2k2 1 2 1+2k2 1 4 1   5 ，MB=x + ,y 2 4 2  ，   5 所以MA⋅MB=x + 1 4  5 ⋅x + 2 4  5 +yy =x + 1 2 1 4  5 ⋅x + 2 4  +k2 x 1 +1  x 2 +1  ， =k2+1  5 xx +k2+ 1 2 4  x 1 +x 2  25 + +k2， 16 =k2+1  2k2-2 5 +k2+ 1+2k2 4  4k2 - 1+2k2  25 + +k2， 16 7 7 7 - k2- - 2k2+1 8 16 16 = = 1+2k2  7 =- ， 1+2k2 16 第 页 共 页 2788 3427  7 综上所述，MA⋅MB为定值，且定值为- . 16 4304 (2024·江西萍乡·高二萍乡市安源中学校考期末)已知M4,m  是抛物线C:y2= 2pxp>0  上一点，且M到C的焦点的距离为5. (1)求抛物线C的方程及点M的坐标； (2)如图所示，过点P2,0    的直线l与C交于A，B两点，与y轴交于点Q，设QA=λPA，   QB=μPB，求证：λ+μ是定值. p 【解析】(1)由抛物线的定义，得4+ =5，解得p=2. 2 所以抛物线C的方程为y2=4x，M的坐标为4,4  或4,-4  . 1 (2)由题意知直线l的斜率存在且不为0，设l的方程为x=ty+1(t≠0)，则Q0,- t  . 将x=ty+1代入y2=4x得y2-4ty-4=0.设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，则y +y =4t，yy 1 2 1 2 =-4.     1 1 由QA=λPA，得λ=1+ ；由QB=μPB，得μ=1+ . ty ty 1 2 1 1 y +y 4t 所以λ+μ=2+ + =2+ 1 2 =2+ =1，故λ+μ是定值1. ty ty tyy -4t 1 2 1 2 4305 (2024·四川南充·高二四川省南充高级中学校考开学考试)已知点P到A(-2,0)的距离 是点P到B1,0  的距离的2倍. (1)求点P的轨迹方程；  (2)若点P与点Q关于点B对称，过B的直线与点Q的轨迹Γ交于E，F两点，探索BE⋅  BF是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 【解析】(1)设点Px,y  ，由题意可得PA  =2PB  ，即 x+2  2+y2=2 x-1  2+y2， 化简可得x-2  2+y2=4. (2)设点Qx 0 ,y 0  ，由(1)P点满足方程:x-2  x +x=2×1 2+y2=4，  0 ， y +y=0 0 代入上式消去可得x2+y2=4，即Q的轨迹方程为x2+y2=4， 0 0 第 页 共 页 2789 3427当直线l的斜率存在时，设其斜率为k，则直线l的方程为y=kx-1  ， x2+y2=4 由 y=kx-1    ，消去y，得1+k2  x2-2k2x+k2-4=0，显然Δ>0， 设Ex 1 ,y 1  ，Fx 2 ,y 2  2k2 k2-4 则x +x = ，xx = ， 1 2 1+k2 1 2 1+k2  又BE=x 1 -1,y 1   ，BF=x 2 -1,y 2  ，   则BE⋅BF=1-x 1 +x 2  +x 1 x 2 +y 1 y 2 =1-x 1 +x 2  +x 1 x 2 +k2 x 1 -1  x 2 -1  =1+k2  x 1 x 2 -1+k2  x 1 +x 2  +1+k2  =1+k2  k2-4 -1+k2 1+k2  2k2 +1+k2 1+k2  k4-3k2-4-2k4-2k2+k4+2k2+1 -3k2-3 = = =-3. 1+k2 1+k2 当直线l的斜率不存在时，E1, 3  ，F1,- 3    ，BE⋅BF=-3.     故BE⋅BF是定值，即BE⋅BF=-3. x2 y2 4306 (2024·全国·高二校联考阶段练习)已知椭圆E: + =1a>b>0 a2 b2  的右焦点为 F1,0  3 ，点P-1, 2  在E上． (1)求椭圆E的标准方程； (2)过点F的直线l与椭圆E交于A，B两点，点Q为椭圆E的左顶点，直线QA，QB分   别交x=4于M，N两点，O为坐标原点，求证：OM⋅ON为定值． 3 【解析】(1)由题意得c=1，又点P-1, 2  在椭圆上， a2-b2=1  a2=4 则 1 + 9 =1 ，解得  b2=3 ， a2 4b2 x2 y2 故所求椭圆E的标准方程为 + =1. 4 3 (2)由题意知直线l的斜率不为0，可设l方程为x=my+1， x=my+1  联立x2 y2 ，消x得(3m2+4)y2+6my-9=0， + =1 4 3 则Δ=36m2+4×9(3m2+4)>0， 设A(x,y),B(x ,y ), 1 1 2 2 -6m -9 由韦达定理得，y +y = ,yy = ， 1 2 3m2+4 1 2 3m2+4 -6m2 8 则x +x =my +1+my +1=m(y +y )+2= +2= ， 1 2 1 2 1 2 3m2+4 3m2+4 第 页 共 页 2790 3427且xx =(my +1)(my +1)=m2yy +m(y +y )+1 1 2 1 2 1 2 1 2 -9m2 -6m2 -12m2+4 = + +1= ， 3m2+4 3m2+4 3m2+4 y 又Q(-2,0),则直线QA的方程为：y= 1 (x+2)， x +2 1 6y 令x=4得，M4, 1 x +2 1  ， 6y 同理可得，N4, 2 x +2 2  ，   6y 故OM⋅ON=4, 1 x +2 1  6y ⋅4, 2 x +2 2  36yy =16+ 1 2 ， (x +2)(x +2) 1 2 -12m2+4 16 36 由(x +2)(x +2)=xx +2(x +x )+4= + +4= ， 1 2 1 2 1 2 3m2+4 3m2+4 3m2+4 36yy 36×(-9) 3m2+4 则 1 2 = × =-9， (x +2)(x +2) 3m2+4 36 1 2   则OM⋅ON=16-9=7.   即OM⋅ON为定值. x2 y2 4307 (2024·上海宝山·高三上海交大附中校考期中)已知椭圆C: + =1a>b>0 a2 b2  的离 2 心率为 ，椭圆的一个顶点与两个焦点构成的三角形面积为2. 2 (1)求椭圆C的方程； (2)已知直线y=kx-1  k>0  与椭圆C交于A，B两点，且与x轴，y轴交于M，N两 点.   7 ①若MB=AN，求k的值；②若点Q的坐标为 ,0 4    ，求证：QA⋅QB为定值. c 2 【解析】(1)∵e= = ，∴a2=2c2，代入a2=b2+c2得b=c. a 2 1 又椭圆的一个顶点与两个焦点构成的三角形的面积为2，即 b×2c=2，即bc=2， 2 x2 y2 以上各式联立解得a2=4,b2=2，则椭圆方程为 + =1. 4 2 (2)①直线y=kx-1  与x轴交点为M1,0  ，与y轴交点为N0,-k  ， x2+2y2=4 联立 y=kx-1    消去y得:1+2k2  x-4k2x+2k2-4=0，Δ=16k4- 41+2k2  2k2-4  =24k2+16>0 设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  4k2  ，则x 1 +x 2 = 1+2k2 又MB=x 2 -1,y 2   ,AN=-x 1 ,-k-y 1  , 第 页 共 页 2791 3427  4k2 2 2 由MB=AN得：x +x = =1,解得:k=± .由k>0得k= ; 1 2 1+2k2 2 2 4k2 2k2-4 ②证明：由①知x +x = xx = , 1 2 1+2k2 1 2 1+2k2   7 ∴QA⋅QB=x - ,y 1 4 1  7 ⋅x - ,y 2 4 2  7 =x - 1 4  7 x - 2 4  +k2 x 1 -1  x 2 -1  = 1+k2  7 xx +- -k2 1 2 4  x 1 +x 2  49 +k2+ 16 =1+k2  4k2 7 +- -k2 1+2k2 4  2k2-4 49 15 +k2+ =- ， 1+2k2 16 16   ∴QA⋅QB为定值. 3 题型三：斜率和定值 x2 y2 4308 (2024·四川成都·高三成都七中校考开学考试)已知C 1 : a + 4-a =104 b 4-b  ． (1)证明：y=x  -2总与C 和C 相切； 1 2 (2)在(1)的条件下，若y=x  -2与C 在y轴右侧相切于A点，与C 在y轴右侧相切于 1 2 B点．直线l与C 和C 分别交于P，Q，M，N四点.是否存在定直线l使得对任意题干所 1 2 给a，b，总有k +k +k +k 为定值？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理 AP AQ BP BQ 由． x2 y2 【解析】(1)下面证明椭圆E: a2 + b2 =1在x 0 ,y 0  x x y y 处的切线方程为 0 + 0 =1，理由 a2 b2 如下： 当y ≠0时，故切线的斜率存在，设切线方程为y=kx+m， 0 代入椭圆方程得：a2k2+b2  x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0， 由Δ=2a2km  2-4a2k2+b2  a2m2-a2b2  =0，化简得： a2k2-m2+b2=0， -2a2km± Δ 所以x = 0 2a2k2+b2  -2a2km± 0 -a2k = = ， 2m2 m -a2k b2 把x = 代入y =kx +m，得：y = ， 0 m 0 0 0 m mx x b2 b2x 于是k=- 0 =- 0 ⋅ =- 0， a2 a2 y a2y 0 0 b2x b2x 则椭圆的切线斜率为- a2y 0，切线方程为y-y 0 =- a2y 0 x-x 0 0 0  ， 整理得到a2y y+b2x x=a2y2+b2x2， 0 0 0 0 第 页 共 页 2792 3427x x y y 其中b2x2+a2y2=a2b2，故a2y y+b2x x=a2b2，即 0 + 0 =1， 0 0 0 0 a2 b2 当y =0时，此时x =a或-a， 0 0 x x y y 当x =a时，切线方程为x=a，满足 0 + 0 =1， 0 a2 b2 x x y y 当x =-a时，切线方程为x=-a，满足 0 + 0 =1， 0 a2 b2 x2 y2 所以椭圆E: a2 + b2 =1在x 0 ,y 0  x x y y 处的切线方程为 0 + 0 =1； a2 b2 x2 y2 - =1s>0,t>0 s2 t2  上一点x 1 ,y 1  xx yy 的切线方程为 1 - 1 =1，理由如下： s2 t2 设过点x 1 ,y 1  的切线方程为y-y 1 =nx-x 1  x2 y2 ，与 - =1s>0,t>0 s2 t2  联立得， 1 n2  - s2 t2  2n2x 2n2y x2+ 1 - 1 t2 t2  2nxy -n2x2-y2-t2 x+ 1 1 1 1 =0， t2 2n2x 2n2y 由Δ= 1 - 1 t2 t2  2 1 n2 -4 - s2 t2  2nxy -n2x2-y2-t2 ⋅ 1 1 1 1 =0， t2 化简得y 1 -nx 1  2=s2n2-t2， y-y y-y 因为n= 1，代入上式得y - 1 ⋅x x-x 1 x-x 1 1 1  2 =s2 y-y 1 x-x 1  2 -t2， 整理得xy 1 -x 1 y  2=s2 y-y 1  2-t2 x-x 1  2， 同除以s2t2得， xy 1 -x 1 y  2 = y-y 1 s2t2  2 - x-x 1 t2  2 ， s2 x2y2-2xyxy+x2y2 y2-2yy+y2 x2-2xx+x2 即 1 1 1 0 = 1 1 - 1 1， s2t2 t2 s2 x2 y2 x2 y2 因为 1 - 1 =1， - =1， s2 t2 s2 t2 x2y2-2xyxy+x2y2 2yy 2xx 所以 1 1 1 1 =-2- 1 + 1 ， s2t2 t2 s2 x2 y2  1 - 1 =1  s2 t2 x2x2 x2y2 x2y2 y2y2 联立 ，两式相乘得， 1 - 1 - 1 + 1 =1，    x2 - y2 =1 s4 s2t2 s2t2 t4  s2 t2 x2y2 x2y2 x2x2 y2y2 从而 1 + 1 =-1+ 1 + 1 ， s2t2 s2t2 s4 t4 x2x2 y2y2 -2xyxy 2yy 2xx 故-1+ 1 + 1 + 1 1 =-2- 1 + 1 ， s4 t4 s2t2 t2 s2 xx yy 即-1+ 1 - 1 s2 t2  2 =-2+2 x 1 x - y 1 y s2 t2  ， xx yy 令h= 1 - 1 ，则-1+h2=-2+2h，即h-1 s2 t2  2=0， xx yy 解得h=1，即 1 - 1 =1， s2 t2 x2 y2 所以 - =1s>0,t>0 s2 t2  上一点x 1 ,y 1  xx yy 的切线方程为 1 - 1 =1， s2 t2 x2 y2 综上： u + v =1在点x 0 ,y 0  x x y y 的切线方程为 0 + 0 =1. u v x2 y2 故曲线 k + 4-k =1(k>0且k≠4)在点x 0 ,y 0  4-k 的切线方程为y= - y 0 第 页 共 页 2793 3427x 04-k  x． y k 0 当 x 04-k   y k 0  =1时，y2= x2 04-k 0  2 ，联立 x 0 2 + y2 0 =1得， x 0 2 + x2 04-k k2 k 4-k k  2 =1， k2 解得x 0  k = 2 ，则y 0  4-k = 2  ， 当k>4时，x 0  k = 2 ，y 0  k-4 = ，满足y 2  =x  -2， 当00且k≠4．故y=x  -2总与C 和C 相切． 1 2 (2)设直线l:y=kx+m． 设l与C 1 交于Px 1 ,y 1  和Qx 2 ,y 2  ， 1 k2 联立得 + a 4-a  2km m2 x2+ x+ -1=0， 4-a 4-a -2km m2-4+a 由韦达定理得x +x = ，xx = ， 1 2 4-a 1 2 4-a +k2 +k2 a a 4-a 4-a -y -y 2 1 2 2 由题意，k +k = + ， AP AQ a a -x -x 2 1 2 2 a2 1-k2 2 代入整理得k +k = AP AQ  +a2k2-km+2k+m-4  +m-2  4k-4  a2 k2-1 4  +akm+2  +m+2  m-2  ， 因为k +k +k +k 为定值对任意a，b均成立，故k +k 为定值与a无关，k AP AQ BP BQ AP AQ BP +k 为定值与b无关． BQ 1 1-k2 2 当1-k2≠0时，必有  1 k2-1 4  2k2-km+2k+m-4 m-2 = = km+2  4k-4  m+2  m-2  ， 此时m≠2． 4k-4 2k2-km+2k+m-4 故有 = =2， m+2 km+2 代入解得k=±1，矛盾． 当1-k2=0时，k=1且m=2时成立． 此时直线l:y=x-2，由(1)知与曲线仅有1个交点，矛盾． 故不存在l，使k +k +k +k 为定值对任意a，b均成立． AP AQ BP BQ 4309 (2024·河南洛阳·高三伊川县第一高中校联考开学考试)已知抛物线C:y2=2px(p > 1 1 1 0)与抛物线C :x2=2p y(p >0)在第一象限交于点P. 2 2 2 (1)已知F为抛物线C 1 的焦点，若PF的中点坐标为1,1  ，求p ； 1 第 页 共 页 2794 3427(2)设O为坐标原点，直线OP的斜率为k.若斜率为k 的直线l与抛物线C 和C 均相 1 2 1 2 切，证明k +k 为定值，并求出该定值. 1 2 p 【解析】(1)由C:y2=2px(p >0)得F 1,0 1 1 1 2  y2 ，设P 1 ,y 2p 1 1  ， 因为PF的中点坐标为1,1  p y2  1 + 1 =2×1 ，所以 2 2p 1 ， y =2×1 1 解得p =2. 1 (2) 联立 y2=2p 1 x ，解得 x=0 或 x=2 3p 1 p2 2，  x2=2p y  y=0  y=2 3p2p 2 1 2 所以P2 3p p2,2 3p2p 1 2 1 2  ， 2 3p2p 3 p 所以直线OP的斜率k = 1 2 = 1 . 1 2 3p p2 p 2 1 2 设直线l的方程为y=k x+b. 2 联立   y y 2 = = k 2p x 1 + x b ，消去y得k2 2 x2+2k 2 b-p 1 2  x+b2=0， 因为直线l与抛物线C 相切， 1 所以Δ=4k 2 b-p 1  2-4k2b2=0，即k b-p =±k b， 2 2 1 2 若k b-p =k b，则p =0，不符合题意， 2 1 2 1 所以k b-p =-k b，即2k b=p ，① 2 1 2 2 1 联立   x y 2 = = k 2 x p 2 + y b ，消去y得x2-2p 2 k 2 x-2p 2 b=0， 2 因为直线l与抛物线C 相切， 2 所以Δ=4p2k2+8p b=0，即p k2+2b=0，② 2 2 2 2 2 3 p 由①②可得k =- 1 ，所以k +k =0， 2 p 1 2 2 故k +k 为定值，该定值为0. 1 2 4310 (2024·河南许昌·高二统考期末)已知△PAB的两个顶点A，B的坐标分别是(0,3),(0, -3),且直线PA，PB的斜率之积是-3，设点P的轨迹为曲线H. (1)求曲线H的方程； (2)经过点(1,3)且斜率为k的直线与曲线H交于不同的两点E，F(均异于A，B)，证明： 直线BE与BF的斜率之和为定值. 【解析】(1)设P(x,y)x≠0  y-3 y+3 ，则由直线PA，PB的斜率之积是-3可得 =-3， x x x2 y2 化简可得 + =1x≠0 3 9  第 页 共 页 2795 3427(2)设直线方程为：y=kx-k+3， 则与椭圆方程联立可得：3+k2  x2+2k3-k  x+k2-6k=0， 则Δ=4k2 3-k  2-43+k2  k2-6k  =24kk+3  >0，故k<-3或k>0， 设Ex 1 ,y 1  ,Fx 2 ,y 2  2kk-3 ，则x +x = 1 2  k2-6k ，xx = . 3+k2 1 2 3+k2 故k +k = y 1 +3 + y 2 +3 = kx 1 -k+6 BE BF x x 1 2  x 2 +kx 2 -k+6  x 1 xx 1 2 = 2kx 1 x 2 +6-k  x 1 +x 2  k2-6k 2k⋅ +6-k 3+k2 = xx 1 2  2kk-3 ⋅  3+k2 6k2-36k = =6. k2-6k k2-6k 3+k2 x2 y2 4311 (2024·河南商丘·高二校考阶段练习)已知A 1 ，A 2 ，B是椭圆 a2 + b2 =1a>b>0  的顶 3 点(如图)，直线l与椭圆交于异于顶点的P，Q两点，且l⎳A B，若椭圆的离心率是 ， 2 2 且A 2 B  = 5， (1)求此椭圆的方程； (2)设直线AP和直线BQ的斜率分别为k ，k ，证明k +k 为定值. 1 1 2 1 2 c b2 3 【解析】(1)由已知可得椭圆的离心率e= = 1- = ， a a2 2 A 2 B  = a2+b2= 5， ∴a=2,b=1， x2 ∴椭圆方程为 +y2=1； 4 (2)如图， 第 页 共 页 2796 3427由(1)可知：A 1-2,0  ，A 22,0  ，B0,1  1 ，且l⎳A B，所以直线l的斜率k =- ， 2 A2B 2 1 设直线l的方程为y=- 2 x+m，设Px 1 ,y 1  ,Qx 2 ,y 2  ，   x2 +y2=1 4 联立 得：x2-2mx+2m2-2=0，  1 y=- x+m  2 ∴Δ=4m2-42m2-2  =8-4m2≥0，∴- 2≤m≤ 2， 则x +x =2m,xx =2m2-2， 1 2 1 2 y y -1 1 1 又k = 1 ，k = 2 ，y =- x +m，y =- x +m， 1 x +2 2 x 1 2 1 2 2 2 1 2 ∴k +k = y 1 + y 2 -1 = x 2 y 1 +x 1 +2 1 2 x +2 x 1 2  y 2 -1  x 1 +2  ， x 2 1 x - x +m 2 2 1 =  1 +x - x +m 1 2 2  1 +2- x +m 2 2  -x -2 1 x 1 +1  = x 2 m-1  x 1 +x 1  -xx +2m-2 1 2 x 1 +2  x 2 m-1 =  ×2m-2m2-2  +2m-2 x 1 +2  =0，为定值. x 2 4312 (2024·云南昆明·高二云南师范大学实验中学校考阶段练习)过点M1,0  的直线为l,N 为圆C:x2+(y-2)2=4与y轴正半轴的交点. (1)若直线l与圆C相切，求直线l的方程： (2)证明：若直线l与圆C交于A,B两点，直线AN,BN的斜率之和为定值. 【解析】(1)由已知可得，圆心C0,2  ，半径r=2. 当直线l斜率不存在时，l方程为x=1，此时直线与圆不相切； 当直线l斜率存在时，设直线l斜率为k，则l方程为y=kx-1  ，即kx-y-k=0. -2-k 由直线l与圆C相切，可知圆心到直线的距离d=  =2， k2+1 整理可得，3k2-4k=0， 4 解得k=0或k= . 3 4 4 所以，直线l的方程为y=0或y= x- . 3 3 4 4 综上所述，直线l的方程为y=0或y= x- . 3 3 (2)由题设得到点N0,4  ， 当直线l斜率不存在时，l方程为x=1， 第 页 共 页 2797 3427此时直线与圆的交点为1,2- 3  ，1,2+ 3  ， 2- 3-4 2+ 3-4 则k +k = + =-4； AN BN 1 1 当直线l斜率存在时，设直线方程为y=kx-1  ， 代入圆的方程可得k2+1  x2-2k2+4k  x+k2+4k  =0. 设点Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ， 2k2+4k k2+4k 则x +x = ,x ⋅x = . 1 2 k2+1 1 2 k2+1 所以k = y 1 -4 = kx 1 -1 AN x 1  -4 = kx 1 -k+4 x 1  ， x 1 k = y 2 -4 = kx 2 -1 BN x 2  -4 = kx 2 -k+4 x 2  ， x 2 则k +k = kx 1 -k+4 AN BN  + kx 2 -k+4 x 1  = 2kx 1 x 2 -k+4 x 2  x 1 +x 2  =2k xx 1 2 k+4 -  2k2+4k ⋅ k2+1 =2k-2k-4=-4. k2+4k k2+1 综上所述，AN与BN的斜率之和为定值-4. 故AN与BN的斜率之和为定值. 4 题型四：斜率积定值 x2 y2 4313 (2024·河南郑州·高三郑州外国语学校校考阶段练习)已知椭圆C： + = a2 b2 1a>b>0  2 的离心率为 ，以C的短轴为直径的圆与直线y=ax+6相切． 2 (1)求C的方程； (2)直线l:y=kx-1  k≥0  与C相交于A，B两点，过C上的点P作x轴的平行线交线 段AB于点Q，且PQ平分∠APB，设直线OP的斜率为k(O为坐标原点)，判断k⋅k是 否为定值？并说明理由． 2 a2-b2 1 【解析】(1)由椭圆的离心率为 ，得 = ，即有a2=2b2， 2 a2 2 由以C的短轴为直径的圆方程为x2+y2=b2， 6 由x2+y2=b2与直线y=ax+6相切得： =b， 1+a2 联立解得a2=8,b2=4， x2 y2 ∴C的方程为 + =1； 8 4 1 (2)k⋅k为定值，且k⋅k= ，理由如下： 2 由题意，直线AP，BP的斜率互为相反数，即k +k =0， AP BP 第 页 共 页 2798 3427设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ,Px 0 ,y 0  ， x2 y2 + =1 由 8 4 y=kx-1    ，消去y得：1+2k2  x2-4k2x+2k2-8=0， 4k2 2k2-8 ∴x +x = ,xx = ， 1 2 2k2+1 1 2 2k2+1 y -y y -y 而k +k = 1 0 + 2 0 =0， AP BP x -x x -x 1 0 2 0 ∴y 1 -y 0  x 2 -x 0  +y 2 -y 0  x 1 -x 0  =0， 即kx 1 -k-y 0  x 2 -x 0  +kx 2 -k-y 0  x 1 -x 0  =2kx 1 x 2 -y 0 +kx 0 +k  x 1 +x 2  +2x 0y 0 +k  =0， 2k2-8 ∴2k⋅ 2k2+1 -y 0 +kx 0 +k  4k2 2k2+1 +2x 0y 0 +k  =0， ∴2k⋅2k2-8  -4k2 y 0 +kx 0 +k  +2x 0y 0 +k  2k2+1  =0， 化简得2y 0x 0 -1  k2+x 0 -8  k+x y =0， 0 0 又∵Px 0 ,y 0  x2 y2 在椭圆上，∴ 0 + 0 =1，∴x2+2y2=8， 8 4 0 0 ∴2y 0x 0 -1  k2+x 0 -x2 0 -2y2 0  k+x y =0， 0 0 ∴2y 0 k-x 0  x 0 -1   k-y 0  =0， 又∵Px 0 ,y 0  不在直线l:y=kx-1  k≥0  ， y 1 则有2y k-x =0，即k= 0 = ， 0 0 x 2k 0 1 ∴k⋅k为定值，且k⋅k= . 2 4314 (2024·内蒙古包头·高三统考开学考试)已知点M-3,0  ,N3,0  ，动点Px,y  满足直线 1 PM与PN的斜率之积为- ，记点P的轨迹为曲线C． 3 (1)求曲线C的方程，并说明C是什么曲线； (2)过坐标原点的直线交曲线C于A，B两点，点A在第一象限，AD⊥x轴，垂足为D，连 接BD并延长交曲线C于点H．证明：直线AB与AH的斜率之积为定值． y y 1 x2 y2 【解析】(1)由题设得 ⋅ =- ，化解得 + =1 x x+3 x-3 3 9 3   ≠3  ， 所以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) 第 页 共 页 2799 3427设直线AB的斜率为k，则其方程为y=kxk>0  ． y=kx,  3 由x2 y2 得x=± ， + =1, 1+3k2 9 3 3 记m= >0，则Am,mk 1+3k2  ，B-m,-mk  ，Dm,0  ． k k km 于是直线BD的斜率为 ，方程为y= x- ． 2 2 2 k km   y= 2 x- 2 , 由  x2 y2 得4+3k2  + =1,  9 3  x2-6k2mx+3k2m2-36=0．① 设Hx H ,y H  6k2m ，则-m和x 是方程①的解，则-m+x = ， H H 4+3k2 4m+9k2m k km 3mk3 故x = ，由此得y = x - = ． H 4+3k2 H 2 H 2 4+3k2 y -y 2 2 从而直线AH的斜率k = H A =- ，所以k ⋅k=- ． AH x -x 3k AH 3 H A 2 所以直线AB与AH的斜率之积为定值- ． 3 4315 (2024·江苏南通·高三统考开学考试)在直角坐标系xOy中，点P到点F 3,0  的距离 4 3 3 与到直线l：x= 的距离之比为 ，记动点P的轨迹为W. 3 2 (1)求W的方程； 1 (2)过W上两点A，B作斜率均为- 的两条直线，与W的另两个交点分别为C，D.若 2 直线AB，CD的斜率分别为k ，k ，证明：kk 为定值. 1 2 1 2 【解析】(1)设Px,y  ，由题意可知， x- 3  2+y2 4 3 x- 3  3 x2 = ⇒ +y2=1 2 4 x2 所以W的方程为 +y2=1； 4 (2)设Ax 0 ,y 0  ，Cx 1 ,y 1  ， 1 ∴AC方程：y=- 2 x-x 0  +y 代入椭圆方程 0 1 ⇒x2+4 4 x2-2x 0 x+x2 0  +y2 0 -x-x 0    y  0  =4， ∴2x2-2x 0 +4y 0  x+x2+4y2+4x y -4=0， 0 0 0 0 ∴x2-x 0 +2y 0  x+2x y =0，∴xx =2x y ， 0 0 1 0 0 0 x ∴x =2y ，∴C2y , 0 1 0 0 2  第 页 共 页 2800 3427同理设Bx 0 ,y 0  ，Dx 2 ,y 2  x ，∴D2y, 0 0 2  ， x x 0 - 0 y-y 2 2 1 ∴kk =k ⋅k = 0 0 ⋅ = 为定值. 1 2 AB CD x-x 2y-2y 4 0 0 0 0 x2 y2 4316 (2024·全国·高二随堂练习)已知椭圆C: + =1a>b>0 a2 b2  2 的离心率为 ，点 2 2, 2  在C上，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB 的中点为M.证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.   c = 2 a 2  【解析】证明：由题意可得 a2=b2+c2 ，解得a2=8,b2=4，   4 2  + =1 a2 b2 x2 y2 故椭圆方程为 + =1， 8 4 由题意可设直线l的方程为y=kx+b(k≠0,b≠0)， 设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ,(x 1 ≠x 2 ),Mx M ,y M  y -y ,(x ≠0)，则k= 2 1， M x -x 2 1 x2 y2 x2 y2 则 1 + 1 =1, 2 + 2 =1， 8 4 8 4 x2-x2 y2-y2 y2-y2 1 两式相减得 2 1 + 2 1 =0，即 2 1 =- ， 8 4 x2-x2 2 2 1 y -y y +y 1 y -y 2y 1 即 2 1 ⋅ 2 1 =- ，又M为线段AB的中点，即有 2 1 ⋅ M =- , x -x x +x 2 x -x 2x 2 2 1 2 1 2 1 M 1 即k⋅k =- ， OM 2 即直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值. 5 题型五：斜率比定值 x2 y2 4317 (2024·福建厦门·高二厦门一中校考期中)已知双曲线Γ： - =1实轴AB长为4(A a2 b2 4 在B的左侧)，双曲线Γ上第一象限内的一点P到两渐近线的距离之积为 . 5 (1)求双曲线Γ的标准方程； (2)设过T4,0  的直线与双曲线交于C，D两点，记直线AC，BD的斜率为k ，k ，请从下 1 2 列的结论中选择一个正确的结论，并予以证明. ①k +k 为定值； 1 2 ②k ⋅k 为定值； 1 2 第 页 共 页 2801 3427k ③ 1 为定值 k 2 【解析】(1)设Px 0 ,y 0  是Γ上的一点，bx-ay=0与bx+ay=0是Γ的两条渐近线， P到两条渐近线的距离之积d ⋅d = bx 0 -ay 0 1 2  ⋅ bx 0 +ay 0 a2+b2  b2x2-a2y2 = 0 0 a2+b2  a2b2 = = a2+b2 a2+b2 4 ， 5 x2 依题意，2a=4，故b2=1，双曲线Γ的标准方程为 -y2=1； 4 k (2)正确结论：③ 1 为定值. k 2 证明如下：由(1)知A-2,0  ，B2,0  ，设Cx 1 ,y 1  ，Dx 2 ,y 2  ， 因为C，D不与A，B重合，所以可设直线CD：x=ty+4， x2  -y2=1 与Γ联立： 4 ，消去x整理可得：t2-4 x=ty+4  y2+8ty+12=0 故t≠±2，Δ=16t2+12  12 -8t >0，y ⋅y = ，y +y = 1 2 t2-4 1 2 t2-4 12t 3 所以ty 1 y 2 = t2-4 =- 2 y 1 +y 2  ， y y k =k = 1 ，k =k = 2 ， 1 AC x +2 2 BD x -2 1 2 y y y y 2tyy +2y +6y ①k +k = 1 + 2 = 1 + 2 = 1 2 1 2 ， 1 2 x +2 x -2 ty +6 ty +2 t2yy +2ty +6ty +12 1 2 1 2 1 2 1 2 -2y +6y = 1 2 ，不是定值， ty +9ty +24 1 2 yy ②kk = 1 2 1 2 x 1 +2  x 2 -2  yy = 1 2 ty 1 +6  ty 2 +2  yy = 1 2 ， t2yy +2ty +6ty +12 1 2 1 2 2yy = 1 2 ，不是定值， ty +9ty +24 1 2 ③ k 1 = y 1x 2 -2 k 2  y 2x 1 +2  = y 1ty 2 +2  y 2ty 1 +6  3 - 2 y 1 +y 2 =  +2y 1 3 - 2 y 1 +y 2  1 3 y - y 2 1 2 2 1 = =- ， 3 9 3 +6y - y + y 2 2 1 2 2 k 所以 1 是定值. k 2 x2 y2 4318 (2024·四川成都·高二校考期中)已知椭C： + =1(a>b>0)，F,F 为其左右焦 a2 b2 1 2 3 点，离心率为 2 ，F 1- 3,0  (1)求椭圆C的标准方程； (2)设点Px 0 ,y 0  (x y ≠0)，点P在椭圆C上，过点P作椭圆C的切线l，斜率为k ，PF， 0 0 0 1 k +k PF 的斜率分别为k ，k ，则 1 1 是否是定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由. 2 1 2 k kk 0 1 2 第 页 共 页 2802 3427c= 3  【解析】(1)由已知条件可得，   e= a c = 2 3 ，解得  a b= = 1 2 ，    a2=b2+c2 x2 ∴椭圆C: +y2=1； 4 k +k (2) 1 2 是定值-8， k kk 0 1 2 证明：因为点P(x ，y )(x y ≠0)，过点P作椭圆C的切线l，斜率为k ， 0 0 0 0 0 ∴l:y=k (x-x )+y 且k ≠0， 0 0 0 0 x2 l与C: +y2=1联立消y得(1+4k2)x2+8(k y -k2x )x+4(y2-2k x y +k2x2-1)= 4 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0(*)， 由题设得Δ=64(k y -k2x )2-16(1+4k2)(y2-2k x y +k2x2-1)=0， 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 即(4-x2)k2+2x y k +1-y2=0， 0 0 0 0 0 0 因为点P在椭圆C上， x2 x ∴y2=1- 0，代入上式得k =- 0 ， 0 4 0 4y 0 y y 而k = 0 ,k = 0 ， 1 x + 3 2 x - 3 0 0 k +k 1 1 1 ∴ 1 2 =  + k kk k k k 0 1 2 0 1 2  4y x + 3 x - 3 =- 0 0 + 0 x y y 0 0 0  4y 2x =- 0 ⋅ 0 =-8( 定值)， x y 0 0 k +k ∴ 1 2 是定值-8； k kk 0 1 2 x2 y2 4319 (2024·湖北荆州·高三沙市中学校考阶段练习)已知双曲线C: - =1,a>0,b>0 a2 b2  的实轴长为4，左右两个顶点分别为A 1 ,A 2 ，经过点B4,0  的直线l交双曲线的右支于M, N两点，且M在x轴上方，当l⊥x轴时，MN=2 6. (1)求双曲线方程. (2)求证：直线MA,NA 的斜率之比为定值. 1 2 【解析】(1)由题意可得2a=4⇒a=2， 当l⊥x轴时，直线l:x=4， 42 y2 则 - =1⇒y=± 3b， 22 b2 又MN  x2 y2 =2 6=2 3b⇒b= 2，所以 - =1； 4 2 (2) 第 页 共 页 2803 3427由题意可知A 1-2,0  、A 22,0  ， 不妨设l：x=ty+4,Mx 1 ,y 1  、Nx 2 ,y 2  ，易知y ≠0,y ≠0， 1 2 x=ty+4 联立双曲线方程得  x2-2y2=4 ⇒t2-2  y2+8ty+12=0， t2-2≠0 则 Δ=64t2-48t2-2  8t y +y =-   1 2 t2-2 3  >0 ，且 12 ，不难发现ty 1 y 2 =- 2 (y 1 +y 2 ) y ⋅y = 1 2 t2-2 y y 由斜率公式可知k = 1 ,k = 2 ， MA1 x 1 +2 NA2 x 2 -2 则k :k = y 1x 2 -2 MA1 NA2  y 2x 1 +2  3 1 3 2y - (y +y ) y - y tyy +2y 1 2 1 2 2 1 2 2 1 = 1 2 1 = = =- ， tyy +6y 3 3 9 3 1 2 2 6y - (y +y ) - y + y 2 2 1 2 2 1 2 2 1 故k :k =- 是定值. MA1 NA2 3 6 题型六：线段定值 4320 (2024·浙江·高二校联考期中)已知圆C ：x2+y2=m与圆C ：x2+y2-4x=0. 1 2 (1)若圆C 与圆C 内切，求实数m的值； 1 2 (2)设A3,0  ，在x轴正半轴上是否存在异于A的点Bb,0  ，使得对于圆C 上任意一点 2 PA P，  PB  为定值？若存在，求b的值；若不存在，请说明理由. 【解析】(1)因为C 2 ：x2+y2-4x=0，即x-2  2+y2=4， 故圆C 2 的圆心坐标为C 22,0  ，半径长r =2， 2 且圆C 1 ：x2+y2=m，故圆C 1 的圆心坐标为C 10,0  ，半径长r 1 = mm>0  ， 若圆C 1 与圆C 2 内切，则C 1 C 2  =r 1 -r 2  ， 即 m-2  =2，且m>0，所以m=16. (2)设点Px,y  ，则x2+y2-4x=0， 于是PA  2=x-3  2+y2=x-3  2+4x-x2  =-2x+9，即PA  2=-2x+9， 同理PB  2=4-2b  PA x+b2，可得  2 PB  -2x+9 = 2 4-2b  ， x+b2 PA 要使  PB  9 b2 为定值，则 = ，解得b=6或b=3(舍去)， -2 4-2b PA 故存在点B使得  PB  为定值，此时b=6. 4321 (2024·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习)已知P为平面上的动点，记其轨迹为Γ. (1)请从以下三个条件中选择一个，求对应的Γ的方程；①以点P为圆心的动圆经过点 第 页 共 页 2804 3427F-1,0  ，且内切于圆K:x-1  2+y2=16；②已知点T-1,0  ，直线l：x=-4，动点P到 1 点T的距离与到直线l的距离之比为 ；③设E是圆O:x2+y2=4上的动点，过E作直 2   3 线EG垂直于x轴，垂足为G，且GP= GE. 2 (2)在(1)的条件下，设曲线Γ的左、右两个顶点分别为A，B，若过点K1,0  的直线m的 斜率存在且不为0，设直线m交曲线Γ于点M，N，直线n过点T-1,0  且与x轴垂直，直 TP 线AM交直线n于点P，直线BN交直线n于点Q，则线段的比值  TQ  是否为定值?若 是，求出该定值；若不是，请说明理由. 【解析】(1)选①，则由PK  =4-PF  得PK  +PF  =4>2， x2 y2 由椭圆的定义得长轴为4，焦距为2，所求轨迹Γ的方程为 + =1. 4 3 选②，设Px,y  x+1 ，由  2+y2 x+4  1 = ， 2 x2 y2 x2 y2 化简得 + =1即所求轨迹Γ的方程为 + =1. 4 3 4 3   3 2 选③，设P(x ,y )，由GP= GE，得Ex , y 0 0 2 0 3 0  ， x2 y2 x2 y2 代入圆O的方程O:x2+y2=4，得 0 + 0 =1，即所求轨迹Γ的方程为 + =1 4 3 4 3 (2)已知直线m的斜率存在且不为0，设过点K的直线m的方程为x=ty+1，设M(x, 1 y),N(x ,y )， 1 2 2 x2 y2 与方程 + =1联立得：3t2+4 4 3  y2+6ty-9=0， -6t -9 ∴y +y = ,yy = . 1 2 3t2+4 1 2 3t2+4 -9t 3 且tyy = = (y +y )(∗) 1 2 3t2+4 2 1 2 y 直线AM的方程为y= 1 x+2 x +2 1  y -3y ，∴y = 1 .同理，y = 2 ， P x +2 Q x -2 1 2 TP ∴  TQ  = y 1x 2 -2  3y 2x 1 +2  1 = 3  y 1x 2 -2  y 2x 1 +2    其中， y 1x 2 -2  y 2x 1 +2  = y 1ty 2 -1  y 2ty 1 +3  tyy -y = 1 2 1 ， tyy +3y 1 2 2 将(∗)代入可得， 3 tyy -y 2 y 1 +y 2 1 2 1 = tyy +3y 1 2 2  -y 1 3 2 y 1 +y 2  1 2 y 1 +3y 2 = +3y 2  3 2 y 1 +3y 2  1 = ， 3 TP ∴  TQ  1 1 1 = × = . 3 3 9 第 页 共 页 2805 3427x2 y2 4322 (2024·江西九江·统考一模)如图，已知椭圆C: + =1(a>b>0)的左右焦点分别 1 a2 b2 为F，F，点A为C 上的一个动点(非左右顶点)，连接AF 并延长交C 于点B，且△ABF 1 2 1 1 1 2 的周长为8，△AFF 面积的最大值为2． 1 2 (1)求椭圆C 的标准方程； 1 (2)若椭圆C 的长轴端点为F,F，且C 与C 的离心率相等，P为AB与C 异于F 的交 2 1 2 2 1 2 1 点，直线PF 交C 于M,N两点，证明：|AB|+|MN|为定值． 2 1 【解析】(1)∵△ABF 的周长为8，由椭圆的定义得4a=8，即a=2， 2 1 又△AFF 面积的最大值为2，∴ ⋅2c⋅b=2，即bc=2， 1 2 2 2 ∵a2=b2+c2，∴b2+c2=4，∴b2+ b  2 =4，解得b= 2， x2 y2 ∴椭圆C 的标准方程为 + =1. 1 4 2 (2)由(1)可知F 1- 2,0  ，F 2 2,0  c 2 ，椭圆C 的离心率e= = ， 1 a 2 x2 y2 c2 a2-b2 2 设椭圆C 的方程为 + =1，则有a= 2， = = 2 a2 b2 a2 a2 2  2 ，解得b=1， x2 椭圆C 的标准方程为 +y2=1， 2 2 设P(x ,y )，A(x,y)，B(x ,y )，∵点P在曲线C 上，∴x2+2y2=2， 0 0 1 1 2 2 2 0 0 依题意，可设直线AB，MN的斜率分别为k,k ， 1 2 则AB,MN的方程分别为y=k 1x+ 2  ，y=k 1x- 2  ， 1 y y y2 2 (2-x2 0 ) 1 于是k ⋅k = 0 ⋅ 0 = 0 = =- ， 1 2 x + 2 x - 2 x2-2 x2-2 2 0 0 0 0 y=k(x+ 2)  1 联立方程组x2 y2 ，消去y整理，得(2k 1 2+1)x2+4 2k2 1 x+4k2 1 -4=0， + =1 4 2 4 2k2 4k2-4 ∴x +x =- 1 ，x ⋅x = 1 ， 1 2 2k2+1 1 2 2k2+1 1 1 4 2k2 ∴|AB|= 1+k2 (x +x )2-4xx = 1+k2 - 1 1 1 2 1 2 1 2k2+1 1  2 4k2-4 4k2+4 -4⋅ 1 = 1 ， 2k2+1 2k2+1 1 1 4k2+4 同理可得：|MN|= 2 ， 2k2+1 2 1 4- 1 4k2+4 2k ∵k =- ，∴|MN|= 2 = 1 2 2k 2k2+1 1 2  2 +4 1 2- 2k 1  8k2+2 = 1 ， 2 2k2+1 +1 1 第 页 共 页 2806 34274k2+4 8k2+2 ∴|AB|+|MN|= 1 + 1 =6为定值. 2k2+1 2k2+1 1 1 4323 (2024·湖南·高三临澧县第一中学校联考开学考试)已知抛物线C 1 :y2=pxp>0  的焦点 为F 1 ，抛物线C 2 :y2=2px的焦点为F 2 ，且F 1 F 2  1 = ． 2 (1)求p的值； (2)若直线l与C 交于M，N两点，与C 交于P，Q两点，M，P在第一象限，N，Q在第四 1 2 象限，且MP  =2NQ  MN ，证明：  PQ  为定值． p 【解析】(1)由题意知F ,0 1 4  p ，F ,0 2 2  ， 所以F 1 F 2  p p = - 2 4  p 1 = = ， 4 2 解得p=2． (2)由(1)知C:y2=2x，C :y2=4x． 1 2 设直线l:x=my+t，Mx 1 ,y 1  ，Nx 2 ,y 2  ，Px 3 ,y 3  ，Qx 4 ,y 4  ， 根据题意结合图形可知m≠0，且y >y >0>y >y ． 3 1 2 4 联立  y2=2x ，得y2-2my-2t=0， x=my+t 则y +y =2m， 1 2 同理联立  y2=4x ，得y2-4my-4t=0， x=my+t 则y +y =4m． 3 4 由MP  =2NQ    可得，MP=2QN，  又MP=x 3 -x 1 ,y 3 -y 1   ，QN=x 2 -x 4 ,y 2 -y 4  ， 所以y 3 -y 1 =2y 2 -y 4  ， 即4m-y 4 -y 1 =22m-y 1 -y 4  ，化简得y +y =0，即y =-y ， 1 4 1 4 y2 y2 x 又因为y2=2x ，y2=4x ，所以x = 4 = 1 = 1， 1 1 4 4 4 4 4 2 1 y -y 2y 再由 = 1 4 = 1，得x =4my． m x -x x 1 1 1 4 1 2 x =4my 联立   y2 1 =2x 1，解得y 1 =8m， 1 1 所以y =-6m，y =-8m，y =12m． 2 4 3 MN 故  PQ  y -y 14m 7 = 1 2 = = ， y -y 20m 10 3 4 MN 所以  PQ  为定值. 第 页 共 页 2807 34274324 (2024·安徽合肥·高三合肥一中校联考开学考试)已知抛物线E:x2=2py(p为常数，p> 0).点Mx 0 ,y 0  是抛物线E上不同于原点的任意一点. x (1)若直线l:y= 0x-y 与E只有一个公共点，求p； 2 0 (2)设P为E的准线上一点，过P作E的两条切线，切点为A,B，且直线PA，PB与x轴分 别交于C，D两点. ①证明：PA⊥PB PC ②试问  ⋅AB  PB  ⋅CD  是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. x 【解析】(1)将直线l:y= 0x-y 与抛物线E:x2=2py联立， 2 0 x2 x 消去y可得 - 0x+y =0，由题意可知该方程只有一个实数根， 2p 2 0 x2 1 所以Δ= 4 0 -4× 2p ×y 0 =0，又点Mx 0 ,y 0  在抛物线上，即x2=2py ； 0 0 2py 2y 可得 0 - 0 =0，解得p=2 4 p p (2)①易知抛物线E:x2=2py的准线方程为y=- ； 2 p 不妨设Px ,- P 2  ，切点Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ，如下图所示： x 将x2=2py求导可得y= ， p x x 则切线PA的斜率k PA = p 1，切线PA的方程为y-y 1 = p 1 x-x 1  ， 第 页 共 页 2808 3427又x2=2py ，PA的方程可化为xx-2py-x2=0； 1 1 1 1 同理可得PB的方程可化为x x-2py-x2=0； 2 2 又两切线交于点P，所以   x x 1 x x P + + p p 2 2 - - x x 2 1 2 = = 0 0 ， 2 P 2 因此可得x,x 是方程x2-x ⋅x-p2=0的两根，因此x +x =x ,xx =-p2； 1 2 P 1 2 P 1 2 x x xx 所以k ⋅k = 1 ⋅ 2 = 1 2 =-1； PA PB p p p2 因此PA⊥PB ②设直线PA和PB的倾斜角为θ,θ ，直线AB的倾斜角为θ ， 1 2 0 1 y -y 2p x2 2 -x2 1 所以k =tanθ = 2 1 = AB 0 x -x 2 1  x +x x = 1 2 = P ； x -x 2p 2p 2 1 x x 又tan∠PCD=tanθ =k = 1；tanθ =k = 2； 1 PA p 2 PB p tan∠PBA=tanθ 0 -θ 2  x x P - 2 = tanθ 0 -tanθ 2 = 2p p = px P -2x 2 1+tanθ tanθ x x 0 2 1+ P ⋅ 2 2p p  ； 2p2+x x 2 P 所以tan∠PCD-tan∠PBA= x 1 - px P -2x 2 p  = x 12p2+x 2 x P 2p2+x x 2 P  -p2 x P -2x 2  p2p2+x 2 x P  = 2p2 x 1 +x 2  +xx x -x p2 1 2 P P p2p2+x 2 x P  ， 将x +x =x ,xx =-p2代入可得 1 2 P 1 2 tan∠PCD-tan∠PBA= 2p2 x 1 +x 2  +xx x -x p2 1 2 P P p2p2+x 2 x P  2x p2-x p2-x p2 = P P P p2p2+x 2 x P  =0， 则可得tan∠PCD=tan∠PBA，即∠PCD=∠PBA； 又PA⊥PB，所以Rt△PCD∼Rt△PBA， PC 可得  CD  PB =  AB  PC ，则  ⋅AB  PB  ⋅CD  =1为定值. 4325 (2024·山东淄博·高二校联考阶段练习)已知圆O：x2+y2=r2与直线x-y+3 2=0相 切. (1)若直线l:y=-2x+5与圆O交于M，N两点，求MN  ； (2)已知C-9,0  ，D-1,0  PD ，设P为圆O上任意一点，证明： 为定值. PC 【解析】(1)由题意， 0-0+3 2 圆心 O 到直线 x-y+3 2=0 的距离：d= 12+-1  =3， 2 ∵ 圆 O 与直线相切， ∴ r=d=3，圆 O 方程为: x2+y2=9， 5 ∵圆心 O 到直线 l:y=-2x+5 的距离: d= = 5， 4+1 ∴|MN|=2 9-d2=4. 1 (2)由题意及(1)证明如下 设 Px 0 ,y 0  , 则 x2+y2=9， 0 0 ∴ |PD| = x 0 +1 |PC|  2+y2 0 x 0 +9  x2+2x +1+y2 2x +10 1 = 0 0 0 = 0 = ， 2+y2 x2+18x +81+y2 18x 0 +90 3 0 0 0 0 第 页 共 页 2809 3427|PD| 1 即 为定值 . |PC| 3 x2 y2 4326 (2024·福建厦门·厦门一中校考模拟预测)已知A，B分别是椭圆C： + = a2 b2 1a>b>0  的右顶点和上顶点，AB  1 = 5，直线AB的斜率为- . 2 (1)求椭圆的方程； (2)直线l⎳AB，与x，y轴分别交于点M，N，与椭圆相交于点C，D. (i)求△OCM的面积与△ODN的面积之比； (ⅱ)证明：CM  2+MD  2为定值. x2 y2 【解析】(1)∵A、B是椭圆 + =1a>b>0 a2 b2  ，的两个顶点，且AB  = 5， 1 直线AB的斜率为- ，由Aa,0 2  ，B0,b  ，得AB  = a2+b2= 5， b-0 b 1 又k= =- =- ， 0-a a 2 解得a=2，b=1， x2 ∴椭圆的方程为 +y2=1； 4 (2) 1 设直线l的方程为y=- x+m，则M2m,0 2  ，N0,m  ， 1  y=- 2 x+m 联立方程 消去y，  x2  +y2=1  4 整理得x2-2mx+2m2-2=0，△=4m2-8m2-4  =32-4m2>0，得m2<8 设Cx 1 ,y 1  ，Dx 2 ,y 2  ，∴x +x =2m，xx =2m2-2. 1 2 1 2 1 (i)S = 2m △OCM 2  y 1  1 ，S = m △ODN 2  x 2  ， ∴ S △OCM = 2y 1 S △ODN  x 2  = 2m-x 1  x 2  = x 2  x 2  =1， ∴△OCM的面积与△ODN的面积之比为1； (ii)证明：CM  2+MD  2=x 1 -2m  2+y2 1 +x 2 -2m  2+y2 2 1 =x2-4mx +4m2+- x +m 1 1 2 1  2 +x2-4mx +4m2+- 1 x +m 2 2 2 2  2 5 = 4 x 1 +x 2  5 2- 2 x 1 x 2 -5mx 1 +x 2  +10m2 5 =5m2- 2m2-2 2  -10m2+10m2=5 综上，CM  2+MD  2=5. 4327 (2024·四川巴中·高二四川省通江中学校考期中)已知圆C过点A1,2  ，B2,1  ，且圆心 第 页 共 页 2810 3427C在直线y=-x上.P是圆C外的点，过点P的直线l交圆C于M，N两点. (1)求圆C的方程； (2)若点P的坐标为0,-3  ，求证：无论l的位置如何变化PM  ⋅PN  恒为定值； (3)对于(2)中的定值，使PM  ⋅PN  恒为该定值的点P是否唯一？若唯一，请给予证明； 若不唯一，写出满足条件的点P的集合. 3 3 【解析】(1)显然A，B两点的中点为 , 2 2  1-2 ，直线AB斜率为k = =-1， AB 2-1 y=-x 线段AB的垂直平分线的方程为：y=x，由  ，解得x=0，y=0， y=x 因此圆心C0,0  ，半径r= 12+22= 5，所以圆C的方程为：x2+y2=5. (2)如图，若MN斜率不存在，则PN  =3- 5，PM  =3+ 5，PM  ⋅PN  =4； 若MN斜率存在，设直线MN的方程为y=kx-3， 由  x2+y2=5 消去y整理得1+k2 y=kx-3  x2-6kx+4=0，设Mx 1 ,y 1  ，Nx 2 ,y 2  ， 6k 4 则x 1 +x 2 = 1+k2 ，x 1 ⋅x 2 = 1+k2 ，PM  = x2 1 +y 1 +3  2= 1+k2|x 1 |，同理PN  = 1+k2|x |， 2 PM  ⋅PN  =(1+k2)x 1 x 2  =4， 所以不论MN的斜率是否存在PM  ⋅PN  =4，PM  ⋅PN  恒为定值. (3)设Pm,n  ，当过P的直线斜率存在时，设其方程为y=λx-m  +n， y=λx-m 由  +n   x2+y2=5 消去y得1+λ2  x2+2nλ-2λ2m  x+m2λ2-2mnλ+n2-5=0， 设Mx 3 ,y 3  ，Nx 4 ,y 4  2λ2m-2nλ m2λ2-2mnλ+n2-5 ，则x +x = ，x x = ， 3 4 1+λ2 3 4 1+λ2 则PM  = x 3 -m  2+y 3 -n  2= 1+λ2 x 3 -m  ，同理PN  = 1+λ2 x 4 -m  ， 于是PM  ⋅PN  =1+λ2  x 3 -m  x 4 -m  =1+λ2  x 3 x 4 -mx 3 +x 4   +m2  =1+λ2  m2λ2-2mnλ+n2-5 m2λ2m-2nλ - 1+λ2  +m2 = 1+λ2   m2+n2-5  =4， 当过P的直线斜率不存在时，其方程为x=m，由  x x2 = + m y2=5 ，解得   x y= = ± m 5-m2 ， 于是|PM|⋅|PN|=|n- 5-m2||n+ 5-m2|=4，即|m2+n2-5|=4， 因此|m2+n2-5|=4，而点P在圆C外，即有m2+n2>5，则m2+n2=9， 所以满足条件的点P不唯一，点P的集合{(x,y)|x2+y2=9}. 4328 (2024·云南·校联考模拟预测)已知点M到定点F3,0  25 的距离和它到直线l：x= 的 3 3 距离的比是常数 ． 5 (1)求点M的轨迹C的方程； 第 页 共 页 2811 3427(2)若直线l：y=kx+m与圆x2+y2=16相切，切点N在第四象限，直线l与曲线C交于 A，B两点，求证：△FAB的周长为定值． 【解析】(1) 设Mx,y  ，由条件可知： x-3  3 25 2+y2=  -x 5 3  x2 ，等号的两边平方，整理后得： + 25 y2 =1； 16 (2) x2 y2 由(1)的结论知：曲线C是方程为 + =1的椭圆，设Np,t 25 16  ，依题意有：t2+p2= 16,p∈0,4  ,t∈-4,0  ， t p p 则k = ,∴k =- ，所以直线l的方程为：y-t=- x-p ON p AB t t  -px+16 ,y= ， t  x2 y2  25 + 16 =1 1 p2 联立方程： ，得： +  16-px 25 16t2 y=  t  2p p2 x2- x+ =0， t2 t2 设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  2p t2 2p 2p ，则x +x = = = = 1 2 1 p2 t2 p2 16-p2 p2 + + + 25 16t2 25 16 25 16 2×25×16p ， 162+9p2 p2 t2 p2 p2 25×16p2 x ∙x = = = = ， 1 2 1 p2 t2 p2 16-p2 p2 162+9p2 + + + 25 16t2 25 16 25 16 AB  = 1+k2 AB x 1 -x 2  p2 = 1+ t2 ∙ x 1 +x 2  4 2-4xx = 1 2 t  2×5×3×4 16p2-p4 ∙ 162+9p2 30×16p = ， 162+9p2 第 页 共 页 2812 3427由条件可知：BF  3 25 =  -x 5 3 2  ,AF  3 25 =  -x 5 3 1  ，∴AF  +BF  3 =10- 5 x 1 +x 2  30×16p =10- ， 162+9p2 △ABF的周长=AB  +BF  +AF  =10，即定值为10； x2 y2 综上，曲线C的方向为 + =1，△ABF的周长=10. 25 16 7 题型七：直线过定点 x2 y2 4329 (2024·全国·高三专题练习)已知F,F 分别为椭圆C: + =1(a>b>0)的左、右焦 1 2 a2 b2 点，过点F(-1,0)且与x轴不重合的直线与椭圆C交于A,B两点，△ABF 的周长为8. 1 2 12 2 (1)若△ABF 的面积为 ，求直线AB的方程； 2 7 (2)过A,B两点分别作直线x=-4的垂线，垂足分别是E,F，证明：直线EB与AF交于定 点. 【解析】(1)因△ABF 的周长为8，由椭圆定义得4a=8，即a=2，而半焦距c=1，又a2= 2 x2 y2 b2+c2，则b2=3，椭圆C的方程为 + =1， 4 3 x=my-1 依题意，设直线AB的方程为x=my-1，由  3x2+4y2=12 消去x并整理得3m2+4  y2 -6my-9=0， 设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  6m -9 ，则y +y = ，yy = ， 1 2 3m2+4 1 2 3m2+4 6m |y -y |= (y +y )2-4yy =  1 2 1 2 1 2 3m2+4  2 36 12 m2+1 + = ， 3m2+4 3m2+4 1 因此S △F2AB = 2 F 1 F 2  ⋅y 1 -y 2  1 12 m2+1 12 2 = ×2× = ，解得m=±1， 2 3m2+4 7 所以直线AB的方程为x-y+1=0或x+y+1=0. (2)由(1)知Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，则E-4,y 1  ，F-4,y 2  ，设直线EB与AF交点为M(x, y)，     则FA=(x +4,y -y ),FM=(x+4,y-y )，EB=(x +4,y -y),EM=(x+4,y- 1 1 2 2 2 2 1 y)， 1     而FA⎳FM，EB⎳EM，则(x+4)(y -y )=(y-y )(x +4)，(x+4)(y -y)=(y- 1 2 2 1 2 1 y)(x +4)， 1 2 两式相加得：y(x +x +8)-y (my +3)-y(my +3)=0，而x +x +8>0， 1 2 2 1 1 2 1 2 -9 6m 则y(x +x +8)=2myy +3(y +y )=2m⋅ +3⋅ =0，因此y=0，两式 1 2 1 2 1 2 3m2+4 3m2+4 相减得： 2(x+4)(y -y )=-y (x +4)+y(x +4)=-y (my +3)+y(my +3)=3(y -y )，而 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 1 2 5 5 y -y ≠0，则x=- ，即M- ,0 1 2 2 2  ， 5 所以直线EB与AF交于定点M- ,0 2  . x2 y2 4330 (2024·江西南昌·高三校联考阶段练习)已知椭圆C: + =1a>b>0 a2 b2  的离心率为 第 页 共 页 2813 34273 ，左、右焦点分别为F，F，点P为椭圆C上任意一点，△PFF 面积最大值为 3. 2 1 2 1 2 (1)求椭圆C的方程； (2)过x轴上一点F1,0  的直线与椭圆交于A,B两点，过A,B分别作直线l:x=a2的垂 线，垂足为M，N两点，证明：直线AN，BM交于一定点，并求出该定点坐标. 3 c 3 【解析】(1)设椭圆C半焦距为c，∵离心率为 ，∴ = . 2 a 2 由椭圆性质可知，当P为短轴端点时，△PFF 面积最大. 1 2 ∴S △PF1F2  1 = ⋅2c⋅b= 3，∴bc= 3. max 2 又a2=b2+c2，解得a=2，b=1，c= 3. x2 ∴椭圆C的方程为： +y2=1； 4 (2)设l与x轴交于点Q，则Q4,0  ， 当AB的斜率为0时，显然不适合题意； 当AB的斜率不存在时，直线AB为x=1， 5 ∵四边形AMNB为矩形，∴AN，BM交于线段FQ的中点 ,0 2  . 当直线AB的斜率存在且不为0时，设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ， 直线AB为：y=kx-1  x2 +y2=1 ，联立 4 y=kx-1    ， 得4k2+1  x2-8k2x+4k2-4=0， Δ=64k4-44k2+1  4k2-4  =48k2+1>0⇒k∈R， 8k2 4k2-4 ∴x +x = ，x ⋅x = ， 1 2 4k2+1 1 2 4k2+1 设M4,y 1  ，N4,y 2  y -y ，则AN:y= 2 1 x-4 4-x 1  y -y +y 2 ，BM:y= x 2 -4 1 x-4 2  +y ， 1 y -y 联立AN，BM得 2 1 x-4 4-x 1  y -y +y 2 = x 2 -4 1 x-4 2  +y ， 1 将y 1 =kx 1 -1  ，y 2 =kx 2 -1  4k2-4 -16 x ⋅x -16 4k2+1 5 代入整理得x= 1 2 = = . x +x -8 8k2 2 1 2 -8 4k2+1 5 y -y 5 将x= 代入AN，得y= 2 1 -4 2 4-x 2 1  +y =- 3 ⋅ kx 2 -1 2 2  -kx 1 -1  4-x +kx 2 -1 1  = -3kx 2 -kx 1  +2kx 2 -1  4-x 1  24-x 1  = 5kx 1 +x 2  -2kx ⋅x -8k 1 2 24-x 1  = 8k2 4k2-4 5k⋅ -2k -8k 4k2+1 4k2+1 24-x 1  =0. 第 页 共 页 2814 34275 综上，直线AN、BM交于定点 ,0 2  . x2 4331 (2024·江西南昌·高二南昌市外国语学校校考期中)在平面直角坐标系中，椭圆C： + a2 y2 5 3 =1(a>b>0)过点 , b2 2 2  2 5 ，离心率为 . 5 (1)求椭圆C的标准方程； (2)过点K(2，0)作与x轴不重合的直线与椭圆C交于A，B两点，过A，B点作直线l：x a2 = 的垂线，其中c为椭圆C的半焦距，垂足分别为A ，B ，试问直线AB 与AB的交点 c 1 1 1 1 是否为定点，若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由. a2=b2+c2   5 + 3 =1  a= 5 【解析】(1)由题意得 4a2 4b2 ⇒b=1  c 2 5 c=2  = a 5 x2 所以椭圆C的标准方程为 +y2=1. 5 5 (2)①当直线AB的斜率不存在时，直线l：x= ， 2 9 AB 与AB的交点是 ,0 1 1 4  . ②当直线AB的斜率存在时，设A(x ，y)，B(x ，y )， 1 1 2 2 直线AB为y=k(x-2)， y=kx-2 由    x2+5y2=5 ⇒(1+5k2)x2-20k2x+20k2-5=0， 2k2 2k2-5 所以x +x = ，xx = ， 1 2 1+5k2 1 2 1+5k2 5 A  ,y 1 2 1  5 ，B  ,y 1 2 2  ， y -y 5 所以lAB ：y= 2 1 x- 1 5 2 -x 2 1  y -y 5 +y ，lAB：y=y= 2 1 x- 2 1 5 2 x - 2 2  +y ， 1 25 2k2-5 25 x 1 x 2 - 4 1+5k2 - 4 -451+k2 联立解得x= = = x +x -5 2k2 1 2 -5 1+5k2  -201+k2  9 = ， 4 代入上式可得 y= kx 2 -x 1  +y = -9x 1 +x 2 -10+4x 2 1  20k2 2k2-5 -9k +4k +20k +4kxx +20k 1+5k2 1+5k2 1 2 = =0. 4x -10 4x -10 1 1 9 综上，直线AB 与AB过定点 ,0 1 1 4  ． x2 y2 4332 (2024·甘肃天水·高二统考期末)已知椭圆E: + =1a>b>0 a2 b2  的左、右焦点分别 第 页 共 页 2815 34272 2 为F,F，离心率e= ，点P1, 1 2 2 2  在E上． (1)求E的方程； (2)过点F 作互相垂直且与x轴均不重合的两条直线分别交E于点A，B和C，D，若M， 2 N分别是弦AB，CD的中点，证明：直线MN过定点． 2 【解析】(1)因为该椭圆的离心率e= ， 2 2 c 1 c2 1 a2-b2 所以有e= = ⇒ = ，又a2=b2+c2，所以有 = 1 2 a 2 a2 2 a2  ， 2 因为点P1, 2  1 1 2 在E上，所以 + =12 a2 b2  ， 联立1  2  ，解得a2=2,b2=1， x2 所以E的方程为 +y2=1； 2 (2)由(1)知F(1,0)，由题意知直线AB和直线CD的斜率都存在且不为0， 2 x2  +y2=1 设直线AB方程为：x=my+1(m≠0)，与E的方程联立 2 ，消去x并整理，得 x=my+1 m2+2  y2+2my-1=0， 且Δ=4m2+4m2+2  >0， 设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  2m ，则y 1 +y 2 =- m2+2 ，所以x 1 +x 2 =my 1 +y 2  4 +2= ， m2+2 2 m 所以点M的坐标为 ,- m2+2 m2+2  ， 1 因为AB⊥CD，则直线CD的方程为x=- y+1， m 2m2 m 同理得N , 2m2+1 2m2+1  ， m m + 2m2 2 2m2+1 m2+2 当 ≠ ，即m≠±1时，直线MN的斜率k = = 2m2+1 m2+2 MN 2m2 2 - 2m2+1 m2+2 3m 2m2-1  ， m 3m 所以直线MN的方程为y+ = m2+2 2m2-1  2 x- m2+2  ， 3m 所以y= 2m2-1  2 x- m2+2  m 3m - = m2+2 2m2-1  2 2m2-1 x- - m2+2  3m2+2       ， 2 2m2-1 因为 + m2+2  3m2+2  6+2m2-1 =  3m2+2  2m2+2 =  3m2+2  2 = ， 3 3m 所以直线MN的方程即为y= 2m2-1  2 x- 3  2 ，显然直线MN过定点 ,0 3  ； 2m2 2 2 1 当 = ，即m=±1时，则M ,- 2m2+1 m2+2 3 3  2 1 ,N , 3 3  2 1 或M , 3 3  2 1 ,N ,- 3 3  ， 2 2 此时直线MN的方程为x= ，也过点 ,0 3 3  . 2 综上所述，直线MN过定点 ,0 3  . 第 页 共 页 2816 3427x2 4333 (2024·黑龙江鹤岗·高二鹤岗一中校考期中)在平面直角坐标系xOy中，椭圆C： + a2 y2 =1a>b>0 b2      的左，右顶点分别为A、B，点F是椭圆的右焦点，AF=3FB，AF⋅FB =3． (1)求椭圆C的方程； (2)不过点A的直线 l交椭圆C于M、N两点，记直线 l、AM、AN的斜率分别为k、 k 1 、k 2 .若kk 1 +k 2  =1，证明直线 l过定点，并求出定点的坐标． 【解析】(1)由题意知，A-a,0  ，Ba,0  ，Fc,0  ，     ∵AF=3FB，AF⋅FB=3， a+c=3a-c ∴  a+c  a-c    ，解得  a=2 ，从而b2=a2-c2=3， =3 c=1 x2 y2 ∴椭圆C的方程为 + =1. 4 3 (2)设直线 l的方程为y=kx+m，Mx 1 ，y 1  ，Nx 2 ，y 2  ． ∵直线 l不过点A，因此-2k+m≠0． x2 + y2 =1 由  4 3 ，得3+4k2 y=kx+m  x2+8kmx+4m2-12=0， -8km 4m2-12 Δ>0时，x +x = ，xx = ， 1 2 3+4k2 1 2 3+4k2 ∴k +k = y 1 + y 2 = 2kx 1 x 2 +2k+m 1 2 x +2 x +2 1 2  x 1 +x 2  +4m x 1 x 2 +2x 1 +x 2  +4 4m2-12 2k⋅ +2k+m 3+4k2 =  -8km ⋅ +4m 3+4k2 4m2-12 -8km +2⋅ +4 3+4k2 3+4k2 12m-2k =  4m2-4km+4k2  3 = ， m-2k 由kk 1 +k 2  =1，可得3k=m-2k，即m=5k， 故 l的方程为y=kx+5k，恒过定点-5,0  ． x2 y2 4334 (2024·全国·高三专题练习)已知A、B分别为椭圆E∶ + =1(a>b>0)的右顶点 a2 b2 2 2 和上顶点、椭圆的离心率为 ，F、F 为椭圆的左、右焦点，点P是线段AB上任意一 3 1 2   71 点，且PF ⋅PF 的最小值为- . 1 2 10 (1)求椭圆E的方程； 3 2 3 2 (2)若直线l是圆C∶x2+y2=9上的点 , 2 2  处的切线，点M是直线l上任一点， 过点M作椭圆C的切线MG，MH，切点分别为G，H，设切线的斜率都存在.试问∶直线 GH是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由. c 2 2 b 1 【解析】解∶(1)由. = 知， = ，则椭圆方程为x2+9y2=a2， a 3 a 3 a 设P(x ,y )，线段AB的方程为x+3y=a0≤x≤a,0≤y≤ 0 0 3    1 则PF ⋅PF =x2+y2-c2=9y2-6ay +a2+y2-c2=10y2-6ay + a2， 1 2 0 0 0 0 0 0 0 9 第 页 共 页 2817 3427a   9a2 3a 1 71a2 又因为0≤y ≤ ，所以PF ⋅PF 的最小值为10× -6a× + a2=- = 0 3 1 2 100 10 9 90 71 x2 - ，解得a2=9，所以b2=1，故椭圆E的方程为 +y2=1. 10 9 3 2 3 2 (2)由题意可知，直线l的方程为y- =-x- 2 2  ，即x+y-3 2=0， 设G(x ，y)，H(x ，y )，M(x ，y )，由题知，设直线MG的方程为y-y =k(x-x)， 1 1 2 2 3 3 1 1 y=kx+y -kx,   x2+9y2= 1 9, 1 ，(9k2+1)x2+18k(y 1 -kx 1 )x+9(y 1 -kx 1 )2-9=0,. △=18k(y 1 -kx 1 )  2-36(9k2+1)(y -kx)2-1 1 1  =0，化简得(y -kx)2=9k2+1 1 1 所以(x2-9)k2-2xyk+y2-1=0，因为方程只有一解， 1 1 1 1 xy x x 所以k= 1 1 =- 1 ，故直线MG的方程为y-y =- 1 (x-x)，化简得xx+9yy x2-9 9y 1 9y 1 1 1 1 1 1 =9， 同理可得直线MH的方程为x x+9y y=9， 2 2 xx +9yy =9 又因为两切线都经过点M(x 3 ，y 3 )，所以   x 1 x 3 +9y 1 y 3 =9 , 2 3 2 3 所以直线GH的方程为x x+9y y=9， 3 3 又因为x +y -3 2=0，所以直线GH的方程为3 2x+y (9y-x)=9，. 3 3 3 3 2 令  9y-x=0, ，得   x= 2 , 所以直线GH恒过定点 3 2 , 2 3 2x=9, 2 2 6 y= , 6  . x2 y2 4335 (2024·全国·高三专题练习)已知椭圆C： + =1a>b>0 a2 b2  的右顶点是M(2，0)，离 1 心率为 ． 2 (1)求椭圆C的标准方程． (2)过点T(4，0)作直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，点B关于x轴的对称点为D， 问直线AD是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由． 1 c 【解析】(1)由右顶点是M(2，0)，得a=2，又离心率e= = ，所以c=1， 2 a x2 y2 所以b2=a2-c2=3，所以椭圆C的标准方程为 + =1． 4 3 (2)设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，显然直线l的斜率存在． 直线l的方程为y=kx-4  y=kx-4 ，联立方程组  ,   3x2+4y2=12 消去y得4k2+3  1 1 x2-32k2x+64k2-12=0，由Δ>0，得- 0，得m>2或m<-2，所以y +y =- ，yy = ． 1 2 3m2+4 1 2 3m2+4 因为点Dx 2 ,-y 2  y +y ，则直线AD的方程为y= x 1 -x 2 x-x 1 1 2  +y． 1 又x 1 -x 2 =my 1 +4-my 2 -4=my 1 -y 2  ， 所以直线AD的方程可化为y= -y 1 +y 2  my 2 -y 1  x-my 1 -4  y +y +y =- 1 2 1 my 2 -y 1  x+ y 1 +y 2  my 1 +4  +y 1 my 2 -y 1  my 2 -y 1  y +y =- 1 2 my 2 -y 1  x+ 2my 1 y 2 +4y 1 +y 2  my 2 -y 1  24 = 3m2+4  y 2 -y 1  x-1  ， 此时直线AD恒过点(1,0)， 当直线l的斜率为0时，直线l的方程为y=0，也过点(1，0)． 综上，直线AD恒过点(1，0)． 8 题型八：动点在定直线上 4336 (2024·江苏南通·高二校考阶段练习)已知B-1,0  ,C1,0  为△ABC的两个顶点，P为 △ABC的重心，边AC,AB上的两条中线长度之和为6. (1)求点P的轨迹T的方程. (2)已知点N-3,0  ,E-2,0  ,F2,0  ，直线PN与曲线T的另一个公共点为Q，直线EP 与FQ交于点M，试问：当点P变化时，点M是否恒在一条定直线上？若是，请证明；若不 是，请说明理由. 【解析】(1)因为P为△ABC的重心，且边AC,AB上的两条中线长度之和为6， 所以PB  +PC  2 = ×6=4>BC 3  ， 故由椭圆的定义可知P的轨迹T是以B-1,0  ,C1,0  为焦点的椭圆(不包括长轴的端 点)， 且a=2,c=1，所以b= 3， x2 y2 所以P的轨迹T的方程为 + =1x≠±2 4 3  ； (2)设直线PQ的方程为：x=my-3，Px 1 ,y 1  ，Qx 2 ,y 2  ， 第 页 共 页 2819 3427x=my-3  联立方程x2 y2 得：3m2+4 + =1 4 3  y2-18my+15=0， 18m 15 则y +y = ，yy = ， 1 2 3m2+4 1 2 3m2+4 5 所以2my 1 y 2 = 3 y 1 +y 2  ， y 又直线PE的方程为：y= 1 x+2 x +2 1  y = 1 x+2 my -1 1  ， y 又直线QF的方程为：y= 2 x-2 x -2 2  y = 2 x-2 my -5 2  ， y y= 1 x+2 my -1 联立方程 1  y y= 2 x-2 my -5 2    ，解得x= 22my 1 y 2 -y 2 -5y 1     ， -y +5y 2 1 5 把2my 1 y 2 = 3 y 1 +y 2  2 10 2 y - y 3 2 3 1 代入上式得：x=  4 3 y 2 -5y 1 = -y +5y 2 1  4 =- ， -y +5y 3 2 1 4 所以当点P运动时，点M恒在定直线x=- 上 3 x2 4337 (2024·上海·高二专题练习)已知双曲线 -y2=1的两焦点为F,F，P为动点，若 2 1 2 PF 1  +PF 2  =4. (1)求动点P的轨迹E方程； (2)若A(-2,0),A (2,0)M(1,0)，设直线l过点M，且与轨迹E交于R、Q两点，直线AR 1 2 1 与A Q交于S点.试问：当直线l在变化时，点S是否恒在一条定直线上？若是，请写出这 2 条定直线方程，并证明你的结论；若不是，请说明理由. x2 【解析】(1)双曲线 2 -y2=1的两焦点为F 1- 3,0  ,F 2 3,0  ， 设动点Px,y  ， 因为PF 1  +PF 2  =4，且4>F 1 F 2  ， 所以动点P的轨迹E是以F,F 为焦点的椭圆. 1 2 因为a=2,c= 3,b2=1 ， x2 所以的轨迹E方程； +y2=1. 4 (2)由题意设直线的方程为x=my+1， 3 取m=0 ，得R1, 2  3 ,Q1,- 2  ， 3 3 直线AR 的方程是y= x+ ， 1 6 3 3 直线A Q的方程是y= x- 3， 2 2 交点为S 14, 3  . 3 若R1,- 2  3 ,Q1, 2  ，由对称性可知：交点为S 24,- 3  . 若点S在同一条直线上，则该直线只能为l:x=4. 以下证明 对任意的m，直线AR与A Q交点S均在直线l:x=4上. 1 2 x=my+1  由x2 得m2+4 +y2=1 4  y2+2my-3=0 ， 第 页 共 页 2820 3427设Rx 1 ,y 1  ,Qx 2 ,y 2  ， 2m 3 由韦达定理得：y +y =- ,y ⋅y =- 1 2 m2+4 1 2 m2+4 设直线A 1 R与l交点为s 04,y 0  ， y y 由 0 = 1 ， 4+2 x +2 1 6y 得y = 1 . 0 x +2 1 设直线A 1 R与l 交点为s 0 4,y 0   ， y y 由 0 = 2 ， 4-2 x -2 2 2y 得y= 2 ， 0 x -2 2 因为y -y= 6y 1 - 2y 2 = 4my 1 y 2 -6y 1 +y 2 0 0 x +2 x -2 1 2  x 1 +2  x 2 -2  ， -12m -12m - m2+4 m2+4 = x 1 +2  x 2 -2  =0 . 所以s 04,y 0  与s 0 4,y 0   重合. 所以当直线l在变化时，点S恒在直线l:x=4上. 3 4338 (2024·全国·高二专题练习)已知椭圆C的离心率e= ，长轴的左、右端点分别为 2 A 1-2,0  ，A 22,0  (1)求椭圆C的方程； (2)设直线x=my+1与椭圆C交于P，Q两点，直线AP与A Q交于点S，试问：当m 1 2 变化时，点S是否恒在一条直线上？若是，请写出这条直线的方程，并证明你的结论；若不 是，请说明理由. x2 y2 【解析】(1)设椭圆C的标准方程为 + =1(a>b>0)， a2 b2 3 根据题意，可得a=2且e= ，所以c= 3，所以b= a2-c2=1， 2 x2 所以椭圆C的标准方程为 +y2=1. 4 (2)根据题意，可设直线l的方程为x=my+1， 3 取m=0，可得R1, 2  3 ,Q1,- 2  ， 3 3 3 可得直线AR的方程为y= x+ ，直线A Q的方程为y= x- 3， 1 6 3 2 2 联立方程组，可得交点为S(4, 3)； 1 3 若R1,- 2  3 ,Q1, 2  ，由对称性可知交点S (4,- 3)， 2 若点S在同一直线上，则直线只能为l:x=4； 以下证明：对任意的m，直线AR与直线A Q的交点S均在直线l:x=4上， 1 2 x=my+1  由x2 ，整理得(m2+4)y2+2my-3=0， +y2=1 4 -2m -3 设R(x,y),Q(x ,y )，则y +y = ,yy = ， 1 1 2 2 1 2 m2+4 1 2 m2+4 第 页 共 页 2821 3427y y 6y 设AR与l交于点S (4,y )，由 0 = 1 ，可得y = 1 ， 1 0 0 4+2 x +2 0 x +2 1 1 y y 2y 设A Q与l交于点S (4,y)，由 0 = 2 ，可得y= 2 ， 2 0 0 4-2 x -2 0 x -2 2 2 6y 2y 6y(my -1)-2y (my +3) 因为y -y= 1 - 2 = 1 2 2 1 0 0 x +2 x -2 (x +2)(x -2) 1 2 1 2 -12m -12m - 4myy -6(y +y ) m2+4 m2+4 = 1 2 1 2 = =0， (x +2)(x -2) (x +2)(x -2) 1 2 1 2 因为y =y，即S 与S重合， 0 0 0 0 所以当m变化时，点S均在直线l:x=4上，. x2 y2 4339 (2024·全国·高三专题练习)已知曲线E: + =1，直线l:y=x+m与曲线E交于y 6 3 轴右侧不同的两点A,B． (1)求m的取值范围； (2)已知点P的坐标为2,1  ，试问：△APB的内心是否恒在一条定直线上？若是，请求出 该直线方程；若不是，请说明理由． 【解析】(1)设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ， y=x+m  联立方程x2 y2 ，消去y得：3x2+4mx+2m2-6=0， + =1 6 3 Δ=4m 由题意可得  2-4×3×2m2-6   >0   4 x +x =- m>0  1 2 3 ，解得-30  1 2 3 故m的取值范围为-3,- 3  . (2)内心恒在一条定直线上，该直线为x=2， 22 12 ∵ + =1，即点P2,1 6 3  在椭圆上， 若直线l:y=x+m过点2,-1  ，则2+m=-1，解得m=-3∉-3,- 3  ， 即直线l:y=x+m不过点2,-1  ，故直线AP,BP的斜率存在， 由(1)可得：Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  4 2m2-6 ,x +x =- m,xx = ， 1 2 3 1 2 3 y -1 y -1 设直线AP,BP的斜率分别为k,k ，则k = 1 ,k = 2 ， 1 2 1 x -2 2 x -2 1 2 ∵k +k = y 1 -1 + y 2 -1 = y 1 -1 1 2 x -2 x -2 1 2  x 2 -2  +y 2 -1  x 1 -2  x 1 -2  x 2 -2  = x 1 +m-1  x 2 -2  +x 2 +m-1  x 1 -2  x 1 -2  x 2 -2  = 2x 1 x 2 +m-3  x 1 +x 2  -4m-1  x 1 -2  x 2 -2  2m2-6 2 3 =  +m-3  4 - m 3  -4m-1  x 1 -2  x 2 -2  4m2-12-4m2+12m-12m+12 3 = x 1 -2  x 2 -2  =0， 即k +k =0，则∠APB的角平分线为x=2， 1 2 故△APB的内心恒在直线x=2上. 4340 (2024·浙江台州·高二校联考期中)已知直线l：x=my+1与圆C：x2+y2-4x=0交于 A、B两点. 第 页 共 页 2822 3427(1)若m=1时，求弦AB的长度； (2)设圆C在点A处的切线为l ，在点B处的切线为l ，l 与l 的交点为Q.试探究：当m 1 2 1 2 变化时，点Q是否恒在一条定直线上？若是，请求出这条直线的方程；若不是，说明理由. 【解析】(1)x2+y2-4x=0⇒(x-2)2+y2=4，圆心C(2,0)，半径r=2， 2-1 点C到直线的距离d=  2 = ， 12+(-1)2 2 1 ∴AB=2 r2-d2=2 4- = 14； 2 (2)设点Qx 0 ,y 0  ，由题意得：Q、A、B、C四点共圆， x +2 且圆的方程为：x- 0 2  2 +y- y 0 +0 2  2 = (x 0 -2)2+y2 0 2  2 ， 即x-x 0  x-2  +y-y 0  y=0， 与圆C的方程C：x2+y2-4x=0联立， 消去二次项得：2-x 0  x-y y+2x =0， 0 0 即为直线l的方程，因为直线l：x=my+1过定点1,0  ， 所以2-x 0  +2x =0，解得：x =-2， 0 0 所以当m变化时，点Q恒在直线x=-2上. 4341 (2024·全国·高二专题练习)已知直线l:x=my-1，圆C:x2+y2+4x=0. (1)证明：直线l与圆C相交； (2)设直线l与C的两个交点分别为A、B，弦AB的中点为M，求点M的轨迹方程； (3)在(2)的条件下，设圆C在点A处的切线为l ，在点B处的切线为l ，l 与l 的交点为 1 2 1 2 Q.证明：Q，A，B，C四点共圆，并探究当m变化时，点Q是否恒在一条定直线上?若是， 请求出这条直线的方程；若不是，说明理由. 【解析】(1)证明：如图所示， 圆C:x2+y2+4x=0，化成标准方程为x+2  2+y2=4，圆心C-2,0  ，半径为2， 直线l:x=my-1过定点P-1,0  ，定点到圆心距离为1，即P-1,0  在圆内，故直线l与 圆C相交； (2)l与C的两个交点分别为A、B，弦AB的中点为M， 设点Mx,y    ，由垂径定理得CM⊥PM，即x+2,y  ⋅x+1,y  =0，整理得x2+y2+3x +2=0， 直线l不过圆心C，则x≠-2， 所以点M的轨迹方程为x2+y2+3x+2=0x≠-2  ； (3)依题意有CA⊥AQ，CB⊥BQ， 四边形QACB对角互补，所以Q，A，B，C四点共圆，且QC为圆的直径， 第 页 共 页 2823 3427设Qx 0 ,y 0  x -2 y ，则圆心坐标为 0 , 0 2 2  (x +2)2+y2 ，半径为 0 0 ， 2 x -2 则圆的标准方程为 x- 0 2  2 +y- y 0 2  2 = (x 0 +2)2+y2 0 2  2 ， 整理得x2+y2+(2-x )x-y y-2x =0，与圆C的方程C:x2+y2+4x=0联立， 0 0 0 消去二次项得∶(x +2)x+y y+2x =0，即为直线l的方程， 0 0 0 因为直线l:x=my-1过定点P-1,0  ，所以2x =x +2，解得：x =2， 0 0 0 所以当m变化时，点Q恒在直线x=2上． x2 y2 4342 (2024·吉林四平·高二校考阶段练习)已知椭圆C: + =1a>b>0 a2 b2  的左、右顶点分 3 别为M 、M ，短轴长为2 3，点C上的点P满足直线PM 、PM 的斜率之积为- ． 1 2 1 2 4 (1)求C的方程； (2)若过点1,0  且不与y轴垂直的直线l与C交于A、B两点，记直线MA、M B交于点 1 2 Q．探究：点Q是否在定直线上，若是，求出该定直线的方程；若不是，请说明理由． 【解析】(1)设Px 0 ,y 0  x2 y2 x2 ，则x ≠±a，且 0 + 0 =1，所以，y2=b21- 0 0 a2 b2 0 a2  ， x2 b21- 0 y y y2 a2 则k ⋅k = 0 ⋅ 0 = 0 = PM1 PM2 x +a x -a x2-a2 0 0 0  b2 3 =- =- ， x2-a2 a2 4 0 3 故b2= a2①，又2b=2 3②， 4 x2 y2 联立①②，解得a2=4，b2=3，故椭圆C的方程为 + =1． 4 3 (2)结论：点Q在定直线上x=4． 由(1)得，M 1-2,0  、M 22,0  ，设Qx,y  ， 设直线l的方程为x=my+1，设点Ax 1 ,y 1  、Bx 2 ,y 2  ， x2 + y2 =1 联立 4 3 ，整理得3m2+4 x=my+1  y2+6my-9=0， Δ=36m2+363m2+4  =144m2+1  >0， -6m -9 ∴y +y = , yy = ， 1 2 3m2+4 1 2 3m2+4 y 直线M 1 A的方程为y= x + 1 2 x+2 1  y ，直线M 2 B的方程为y= x - 2 2 x-2 2  ， y 所以， 1 x+2 x +2 1  y = 2 x-2 x -2 2  ， 可得 x+2 = y 2x 1 +2 x-2  y 1x 2 -2  = y 2my 1 +3  y 1my 2 -1  9m 6m - +3- -y myy +3y 3m2+4 3m2+4 1 = 1 2 2 = myy -y 1 2 1  9m - -y 3m2+4 1 27m - -3y 3m2+4 1 = =3，解得x=4， 9m - -y 3m2+4 1 因此，点Q在直线x=4上. 第 页 共 页 2824 3427x2 y2 4343 (2024·高二课时练习)已知椭圆C： + =1(a>b>0)过点P2, 2 a2 b2  ，且离心率为 2 ． 2 (1)求椭圆C的方程； (2)记椭圆C的上下顶点分别为A,B，过点0,4  斜率为k的直线与椭圆C交于M,N两 点，证明：直线BM与AN的交点G在定直线上，并求出该定直线的方程． 【解析】(1)由椭圆过点P2, 2  4 2   + =1 a2 b2 2  a2=8 ，且离心率为 2 ，所以  c = 2 ，解得  b2=4 a 2   a2=b2+c2 x2 y2 故所求的椭圆方程为 + =1． 8 4 (2)由题意得A0,2  ，B0,-2  ， 直线MN的方程y=kx+4，设Mx 1 ,y 1  ,Nx 2 ,y 2  ， y=kx+4  联立x2 y2 ，整理得1+2k2 + =1 8 4  x2+16kx+24=0， -16k 24 ∴x +x = ，xx = ． 1 2 1+2k2 1 2 1+2k2 -8k-2 4k2-6 -8k+2 4k2-6 由求根公式可知，不妨设x = ，x = ， 1 1+2k2 2 1+2k2 y -2 y +2 直线AN的方程为y-2= 2 x，直线BM的方程为y+2= 1 x， x x 2 1 y -2 y-2= 2 x 联立   x 2 ，得 y-2 = y 2 -2 y +2 y+2 y+2= 1 x x 1  x 1 y 1 +2  = kx 2 +2 x 2  x 1 kx 1 +6  kxx +2x = 1 2 1 x kxx +6x 2 1 2 2 24k -16k-4 4k2-6 + y-2 1+2k2 1+2k2 8k-4 4k2-6 1 代入x,x ，得 = = =- ， 1 2 y+2 24k -48k+12 4k2-6 -24k+12 4k2-6 3 + 1+2k2 1+2k2 解得y=1，即直线BM与AN的交点G在定直线y=1上． 9 题型九：圆过定点 x2 y2 4344 (2024·陕西西安·高二西安市铁一中学校考期末)已知椭圆C： + =1(a>b>0) a2 b2 2 的离心率e= ，左、右焦点分别为F,F，抛物线y2=4 2x的焦点F恰好是该椭圆的一 2 1 2 个顶点. (1)求椭圆C的方程； 2 (2)已知圆M：x2+y2= 的切线l(直线l的斜率存在且不为零)与椭圆相交于A,B两 3 点，求证：以AB为直径的圆是否经过坐标原点. c 2 【解析】(1)由题意可知，离心率e= = ， a 2 抛物线y2=4 2x的焦点为F 2,0  ，即该椭圆的一个顶点为 2,0  ，故a= 2， x2 故c=1,b= a2-c2=1，所以椭圆C的方程为 +y2=1； 2 第 页 共 页 2825 3427(2)直线l的斜率存在且不为零，故设直线为y=kx+bk≠0  ， 2 6 依题意，圆M：x2+y2= ，圆心为(0,0)，半径r= ， 3 3 2 m 由直线l与圆M：x2+y2= 相切，得圆心到直线l的距离d= 3  6 =r= ， 1+k2 3 化简得3m2=2k2+1  ，即3m2-2k2=2. 设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  ， y=kx+b  联立方程x2 ，得1+2k2 +y2=1 2  x2+4kmx+2m2-2=0， 4km 2m2-2 则Δ>0，x +x =- ,xx = ， 1 2 1+2k2 1 2 1+2k2 故y 1 y 2 =kx 1 +m  kx 2 +m  =k2x 1 x 2 +kmx 1 +x 2  2m2-2 4k2m2 +m2=k2⋅ - +m2 1+2k2 1+2k2 m2-2k2 = ， 1+2k2   2m2-2 m2-2k2 3m2-2k2-2 2-2 则OA⋅OB=xx +yy = + = = =0， 1 2 1 2 1+2k2 1+2k2 1+2k2 1+2k2   故OA⊥OB，即OA⊥OB， 故以AB为直径的圆经过坐标原点. x2 y2 2 4345 (2024·四川宜宾·校考模拟预测)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率e= ， a2 b2 2 左、右焦点分别为F、F，抛物线y2=4 2x的焦点F恰好是该椭圆的一个顶点. 1 2 (1)求椭圆C的方程； 2 (2)已知圆M:x2+y2= 的切线l(直线l的斜率存在且不为零)与椭圆相交于A、B两 3 点，那么以AB为直径的圆是否经过定点？如果是，求出定点的坐标；如果不是，请说明理 由. 2 c 2 【解析】(1)因为椭圆C的离心率e= ,所以 = ,即a= 2c. 2 a 2 因为抛物线y2=4 2x的焦点F( 2,0)恰好是该椭圆的一个顶点, x2 所以a= 2,所以c=1,b=1.所以椭圆C的方程为 +y2=1. 2 (2)因为直线l的斜率存在且不为零.故设直线l的方程为y=kx+m. y=kx+m,  由x2 消去y,得2k2+1 +y2=1, 2  x2+4kmx+2m2-2=0, 所以设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  -4km 2m2-2 ,则x +x = ,xx = . 1 2 2k2+1 1 2 2k2+1 所以y 1 y 2 =kx 1 +m  kx 2 +m  =k2x 1 x 2 +kmx 1 +x 2  m2-2k2 +m2= . 2k2+1   3m2-2k2-2 所以OA⋅OB=xx +yy = .① 1 2 1 2 2k2+1 |m| 6 因为直线l和圆M相切,所以圆心到直线l的距离d= = , 1+k2 3 2 整理,得m2= 1+k2 3  ,②   将②代入①,得OA⋅OB=0,显然以AB为直径的圆经过定点0(0,0) 综上可知,以AB为直径的圆过定点(0,0). 第 页 共 页 2826 3427x2 y2 4346 (2024·辽宁葫芦岛·统考二模)已知直线l:x-y+1=0过椭圆C: + =1(b>0) 1 4 b2 的左焦点，且与抛物线M:y2=2px(p>0)相切. (1)求椭圆C及抛物线M的标准方程; (2)直线l 过抛物线M的焦点且与抛物线M交于A，B两点，直线OA，OB与椭圆的过 2 右顶点的切线交于M，N两点.判断以MN为直径的圆与椭圆C是否恒交于定点P，若存 在，求出定点P的坐标；若不存在，请说明理由. 【解析】(1)由  y2=2px ，得x2+2-2p x-y+1=0  x+1=0， 因为直线x-y+1=0与抛物线M只有1个公共点， 所以Δ=2-2p  2-4=0，解得p=2， 故抛物线C的方程为y2=4x. 由直线x-y+1=0过椭圆C的左焦点得得c=1， 所以，4-b2=1，b2=3， x2 y2 所以椭圆C的方程为 + =1. 4 3 (2)如图1， 设Ax 1 ，y 1  ，Bx 2 ，y 2  ， 当直线l 2 斜率存在时，可设直线方程：y=kx-1  y2=4x 由 y=kx-1    得k2x2-2k2+4  x+k2=0， 所以Δ=2k2+4  2-4k4=16k2+16>0， 2k2+4 x +x = ，xx =1. 1 2 k2 1 2 所以y 1 y 2 =k2 x 1 -1  x 2 -1  =k2 x 1 x 2 -x 1 +x 2   +1  =-4， x 2 y 1 +x 1 y 2 =kx 2x 1 -1  +kx 1x 2 -1  =k 2x 1 x 2 -x 1 +x 2    4 =- ， k y y 直线OA的方程为y= 1x，同理可得，直线OB的方程为y= 2x， x x 1 2 2y 令x=2得，M2， 1 x 1  2y ，N2， 2 x 2  ， 假设椭圆C上存在点Px 0 ,y 0  ，恒有PM⊥PN.   2y 则PM⋅PN=2-x ， 1 -y 0 x 0 1  2y ⋅2-x ， 2 -y 0 x 0 2  =0 即2-x 0  2y 2+ 1 -y x 0 1  2y  2 -y x 0 2  =0， 即2-x 0  2x y +2xy 4yy 2+y2- 2 1 1 2y + 1 2 =0， 0 xx 0 xx 1 2 1 2 即2-x 0  8 2+y2+ y -16=0， 0 k 0 令y =0，可得x =6或x =-2. 0 0 0 由于点6，0  不在椭圆C上，点-2，0  在椭圆D上， 所以椭圆C上存在点P-2，0  ，使PM⊥PN恒成立 如图2，当直线斜率不存在时，直线过抛物线的右焦点， 则直线方程为x=1，与抛物线交于A1,2  ，B1,-2  ， 则直线OA方程为：y=2x，直线OB方程为：y=-2x， 第 页 共 页 2827 3427椭圆的过右顶点的切线方程为x=2，切线方程x=2与直线OA交于M2,4  ，与直线 OB交于N2,-4  ，由上面斜率存在可知恒过P-2,0    ，经验证满足PM⋅PN=0， 所以当斜率不存在时候也满足以MN为直径的圆恒过定点-2,0  . 4347 (2024·全国·高三专题练习)在平面直角坐标系xOy中，动点M到直线x=4的距离等于 点M到点D(1,0)的距离的2倍，记动点M的轨迹为曲线C． (1)求曲线C的方程； 1 3 (2)已知斜率为 的直线l与曲线C交于A、B两个不同点，若直线l不过点P1, 2 2  ，设 直线PA、PB的斜率分别为k 、k ，求k +k 的值； PA PB PA PB (3)设点Q为曲线C的上顶点，点E、F是C上异于点Q的任意两点，以EF为直径的圆 恰过Q点，试判断直线EF是否经过定点？若经过定点，请求出定点坐标；若不经过定点， 请说明理由． 【解析】(1)不妨设点M的坐标为(x,y)， 由题意可知，|x-4|=2 (x-1)2+(y-0)2， x2 y2 化简可得， + =1， 4 3 x2 y2 故曲线C的方程为 + =1. 4 3 1 (2)不妨设直线l的方程：y= x+m，A(x,y)，B(x ,y )， 2 1 1 2 2 3 因为直线l不过点P1, 2  ，易知m≠1， 1   y= 2 x+m 由 可得，x2+mx+m2-3=0，  x2 y2  + =1  4 3 由Δ=m2-4m2-3  >0且m≠1可得，-20可得，b2<4k2+3， 8kb 4b2-12 由韦达定理可知，x +x =- ，x x = ， 3 4 4k2+3 3 4 4k2+3   因为QE=(x ,y - 3)，QF=(x ,y - 3)，y =kx +b，y =kx +b， 3 3 4 4 3 3 4 4   所以QE⋅QF=x x +(y - 3)(y - 3)=(k2+1)x x +k(b- 3)(x +x )+(b- 3 4 3 4 3 4 3 4 3)2=0， 8kb 4b2-12 3 将x +x =- ，x x = 代入上式并化简可得，b=- ， 3 4 4k2+3 3 4 4k2+3 7 3 故直线EF方程：y=kx- ， 7 3 易知直线EF必过定点0,- 7  ， 3 从而直线EF经过定点，定点坐标为0,- 7  . 4348 (2024·广西·高三象州县中学校考阶段练习)在直角坐标系xOy中，动点M到定点F(1, 0)的距离比到y轴的距离大1． (1)求动点M的轨迹方程； (2)当x≥0时，记动点M的轨迹为曲线C，过F的直线与曲线C交于P，Q两点，直线 OP，OQ与直线x=1分别交于A，B两点，试判断以AB为直径的圆是否经过定点？若 是，求出定点坐标；若不是，请说明理由． 【解析】(1)动点M到定点F(1,0)的距离比到y轴的距离大1， 当x≥0时，动点M到定点F(1,0)的距离等于到x=-1的距离，轨迹为抛物线， p 设抛物线方程为y2=2px， =1，p=2，y2=4x 2 当x<0时，y=0满足条件. 综上所述： 轨迹方程为：x≥0时，y2=4x；x<0时，y=0,x<0  (2)设直线PQ的方程为x=my+1，Px 1 ,y 1  ,Qx 2 ,y 2  ，联立y2=4x ，  x=my+1 整理得：y2-4my-4=0，Δ=16m2+16>0，y +y =4m,yy =-4， 1 2 1 2 y 4 4 直线OP的方程为y= 1x= x，同理：直线OQ的方程为y= x， x y y 1 1 2 4 令x=1得，A1, y 1  4 ,B1, y 2  ， 设AB中点T的坐标为x T ,y T  4 4 + ，则x =1，y = y 1 y 2 = 2y 1 +y 2 T T 2  =-2m， yy 1 2 所以T(1,-2m). 4 4 |AB|= - y y 1 2  = 4y 2 -y 1  y 1 y 2  = 4 y 1 +y 2  2-4yy 1 2 = 16m2+16， 4 第 页 共 页 2829 342716m2+16 圆的半径为r= =2 m2+1. 2 所以AB为直径的圆的方程为(x-1)2+(y+2m)2=4m2+4. 展开可得(x-1)2+y2+4my=4，令y=0，可得(x-1)2=4，解得x=3或x=-1. 所以以AB为直径的圆经过定点(-1,0)和(3,0) x2 y2 4349 (2024·江西宜春·高二江西省丰城中学校考期末)已知双曲线C： - = a2 b2 1a>0,b>0  经过点A2,0  2 21 ，且点A到C的渐近线的距离为 ． 7 (1)求双曲线C的方程； (2)过点4,0  作斜率不为0的直线l与双曲线C交于M，N两点，直线x=4分别交直线 AM，AN于点E，F．试判断以EF为直径的圆是否经过定点，若经过定点，请求出定点 坐标；反之，请说明理由． 【解析】(1)由题意得：a=2 b 2b 因为双曲线C的渐近线方程为y=± x，所以有： 2 4+b  2 21 = 2 7 解得：b= 3 x2 y2 因此，双曲线C的方程为： - =1 4 3 (2)①当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx-4  y=kx-4 由   x2 y2 可得：3-4k2 - =1 4 3  3 x2+32k2x-64k2-12=0,k≠± ,Δ>0 2 设Mx 1 ,y 1  、Nx 2 ,y 2  ， -32k2 -64k2-12 则由：x +x = ，xx = 1 2 3-4k2 1 2 3-4k2 y 由直线AM方程y= 1 x-2 x -2 1  2y ，令x=4，得点E4, 1 x -2 1  y 由直线AN方程y= 2 x-2 x -2 2  2y ，令x=4，得点F4, 2 x -2 2  则以EF为直径的圆的方程为：x-4  x-4  2y +y- 1 x -2 1  2y y- 2 x -2 2  =0 令y=0，有：x-4  4yy 2=- 1 2 x 1 -2  x 2 -2  将y 1 =kx 1 -4  ，y 2 =kx 2 -4  代入上式，得x-4  2=- 4k2 x 1 x 2 -4x 1 +x 2   +16  x 1 x 2 -2x 1 +x 2  +4 可得：x-4  4k2  -64k2-12 -4⋅ -32k2 +16  3-4k2 3-4k2 2=-  =9 -64k2-12 -32k2 -2⋅ +4 3-4k2 3-4k2 解得：x=1，或x=7 即以EF为直径的圆经过点1,0  和7,0  ； ②当直线l的斜率不存在时，点E、F的坐标分别为4,3  、4,-3  ，以EF为直径的圆方 程为x-4  x-4  +y-3  y+3  =0，该圆经过点7,0  和1,0  综合可得，以EF为直径的圆经过定点1,0  和7,0  10 题型十：角度定值 第 页 共 页 2830 3427x2 y2 4350 (2024·全国·高三专题练习)已知椭圆C: + =1a>b>0 a2 b2  上的点到它的两个焦点 的距离之和为4，以椭圆C的短轴为直径的圆O经过这两个焦点，点A，B分别是椭圆C 的左、右顶点. (1)求圆O和椭圆C的方程； (2)已知P，Q分别是椭圆C和圆O上的动点(P，Q位于y轴两侧)，且直线PQ与x轴平 行，直线AP，BP分别与y轴交于点M，N.求证：∠MQN为定值. 2a=4  【解析】(1)由题意可得c=b ，解得a=2，b=c= 2， a2-b2=c2 x2 y2 所以圆O的方程为x2+y2=2，椭圆C的方程为 + =1． 4 2 (2)∠MQN=90° 证明：设点P的坐标为x 0 ,y 0  (y ≠0)，点Q的坐标为Q(x ,y )， 0 Q 0 x2 y2 则   4 0 + 2 0 =1 ，即   x x 0 2 2 = = 4 2 - - 2 y y 2 0 2 ， x2+y2=2 Q 0 Q 0 y 2y 又由AP:y= 0 (x+2)，得点M的坐标为M0, 0 x +2 x +2 0 0  ， y 2y 由BP:y= 0 (x-2)，得点N的坐标为N0,- 0 x -2 x -2 0 0  ，  2y 所以，QM=-x , 0 -y Q x +2 0 0  x y =-x ,- 0 0 Q x +2 0   2y ，QN=-x ,- 0 -y Q x -2 0 0  = x y -x ,- 0 0 Q x -2 0  ，   x2y2 (4-2y2)y2 所以QM⋅QN=x2 + 0 0 =2-y2+ 0 0 =0， Q x2-4 0 -2y2 0 0 所以QM⊥QN，即∠MQN=90° x2 y2 4351 (2024·北京·高三北京八中校考期中)已知椭圆C: + =1(a>b>0)上的点到它的 a2 b2 两个焦点的距离之和为4，以椭圆C的短轴为直径的圆O经过这两个焦点，点A，B分别 是椭圆C的左、右顶点． (1)求圆O和椭圆C的方程． (2)已知P，Q分别是椭圆C和圆O上的动点(P，Q位于y轴两侧)，且直线PQ与x轴平 行，直线AP，BP分别与y轴交于点M，N．求证：∠MQN为定值． 2a=4  【解析】(1)依题意b=c ，得a=2，b=c= 2， a2=b2+c2 x2 y2 ∴圆方程x2+y2=2，椭圆C方程 + =1． 4 2 (2)设Px 0 ,y 0  ，Qx 1 ,y 0  ， x2 y2 ∴ 0 + 0 =1，x2+y2=2，y ≠0， 4 2 1 0 0 y ∵AP方程y= 0 x+2 x +2 0  2y ，令x=0时，M0, 0 x +2 0  ， y BP方程为y= 0 x-2 x -2 0  -2y ，令x=0得N0, 0 x -2 0  ， 第 页 共 页 2831 3427 2y ∴QM=-x, 0 -y 1 x +2 0 0   -2y ，QN=-x, 0 -y 1 x -2 0 0  ， ∴Q  M  ⋅Q  N  =x2+ x2 0 y2 0 =2-y2+ 4-2y2 0 1 x2-4 0 0  y2 0 =0， -2y2 0 ∴∠MQN=90°． 4352 (2024·全国·高三专题练习)已知点F-2，0  x2 y2 是椭圆E： + =1(a>b>0)的左焦 a2 b2 10 点，过F且垂直x轴的直线l交E于P，Q，且|PQ|= . 3 (1)求椭圆E的方程； (2)四边形ABCD(A，D在x轴上方)的四个顶点都在椭圆E上，对角线AC，BD恰好交 于点F，若直线AD，BC分别与直线l交于M，N，且O为坐标原点，求证：∠MOF= ∠NOF． a2-b2=4  【解析】(1)由已知得 4 25 ， + =1 a2 9b2 解得a=3，b= 5， x2 y2 故椭圆E的方程是 + =1. 9 5 (2)由题设直线AC的方程为x=my-2，Ax 1 ，y 1  ，Cx 2 ，y 2  ， x2 y2 把x=my-2代入 + =1得5m2+9 9 5  y2-20my-25=0， 20m -25 所以Δ >0，y +y = ，yy = 1 1 2 5m2+9 1 2 5m2+9 设直线BD的方程为x=ny-2，Bx 3 ，y 3  ，Dx ，y 4 4  ， 20n -25 类似可得y +y = ，y y = ， 3 4 5n2+9 3 4 5n2+9 y -y 因直线AD的方程为y-y 1 = x 4 -x 1 x-x 1 4 1  ， y -y 所以点M的纵坐标y M =y 1 + x 4 -x 1 -2-x 1 4 1  = 2+x 4  y 1 -2+x 1  y ny y -myy 4 = 4 1 1 4 x -x ny -my 4 1 4 1 n-m =  yy 1 4， ny -my 4 1 n-m 同理可得点N的纵坐标y = N  y y 3 2， ny -my 3 2 要证∠MOF=∠NOF，只需证FM  =FN  ， n-m 即证y +y = M N  y 1 y 4 + n-m ny -my 4 1  y y 3 2 =0， ny -my 3 2 即ny 1 y 3 y 4 -my 1 y 2 y 4 +ny 2 y 3 y 4 -my 1 y 2 y 3 =0*  而*  式左边ny 1 y 3 y 4 -my 1 y 2 y 4 +ny 2 y 3 y 4 -my 1 y 2 y 3 =ny 1 +y 2  y 3 y 4 -my 1 y 2y 3 +y 4  20m -25 -25 20n =n ⋅ -m ⋅ =0，故结论成立 . 5m2+9 5n2+9 5m2+9 5n2+9 4353 (2024·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习)如图3所示，点F，A分别为椭圆E: 1 x2 y2 + =1(a>b>0)的左焦点和右顶点，点F为抛物线C:y2=16x的焦点，且OF= a2 b2 2OA=4OF(O为坐标原点). 1 第 页 共 页 2832 3427(1)求椭圆E的方程； (2)过点F 作直线l交椭圆E于B，D两点，连接AB，AD并延长交抛物线的准线于点 1 M，N，求证：∠MFN为定值. 1 p 【解析】(1)因为点F为抛物线C:y2=16x的焦点，所以 =4，即OF=4， 2 因为OF=2OA=4OF，所以OF =1，OA=2，所以a=2，c=1，b2=3， 1 1 x2 y2 所以椭圆E的方程为 + =1. 4 3 (2)证明：由(1)可知：F(-1,0)，A(2,0)， 1 设Bx 1 ,y 1  ，Dx 2 ,y 2  ，M-4,y M  ，N-4,y N  ， 显然直线l的斜率不为0，故可设为x=ty-1. x=ty-1, 由  3x2+4y2=12, 得：3t2+4  ⋅y2-6t⋅y-9=0， Δ=36t2+363t2+4  >0， 6t -9 ∴y +y = ，y ⋅y = . 1 2 3t2+4 1 2 3t2+4 y y y -6y ∵A，B，M三点共线，∴ M = 1 = 1 ⇒y = 1 . -6 x -2 ty -3 M ty -3 1 1 1 -6y 同理：y = 2 ， N ty -3 2 36⋅y ⋅y ∴y ⋅y = 1 2 M N t2⋅y 1 ⋅y 2 -3ty 1 +y 2  -9×36 3t2+4 = +9 -9t2 6t -3t× +9 3t2+4 3t2+4 -9×36 = =-9， -9t2-18t2+27t2+36  F 1 M=-3,y M   ,F 1 N=-3,y N  ，   故FM⋅FN=9+y ⋅y =0，即：∠MFN=90°. 1 1 M N 1 4354 (2024·四川绵阳·高二盐亭中学校考期中)已知圆F:(x-2 3)2+y2=64，N为圆上一动 2 点，F(-2 3,0)，若线段NF 的垂直平分线交NF 于点M. 1 1 2 第 页 共 页 2833 3427(1)求动点M的轨迹方程E; (2)如图，点P(2, 3),Q(2,- 3)在曲线E上，A, B是曲线E上位于直线PQ两侧的 动点，当A, B运动时，满足∠APQ=∠BPQ，试问直线A B的斜率是否为定值，请 说明理由. 【解析】(1) 依题意，|MF|=|MN|，因此|MF|+|MF|=|MN|+|MF|=|NF|=8>4 3=|FF|， 1 1 2 2 2 1 2 于是点M的轨迹为以 F, F 为焦点，长轴长为 8的椭圆，则长半轴长a=4，半焦距 1 2 c=2 3，短半轴长b= a2-c2=2， x2 y2 所以曲线E的轨亦方程为 + =1. 16 4 (2)直线A B的斜率为定值． 设A x 1 ,y 1  ,B x 2 ,y 2  ，由∠APQ=∠BPQ，得直线P A,P B的斜率互为相 反数， 设直线 P A的斜率为k，则直线P B的斜率为-k，直线 P A的方程为y- 3= k(x-2)， y- 3=k(x-2) 由  x2+4y2=16 消去y得(1+4k2)x2+8k( 3-2k)x+4( 3-2k)2-16=0， 8k(2k- 3) -8k(-2k- 3) 8k(2k+ 3) x +2= ，同理得x +2= = ， 1 1+4k2 2 1+4k2 1+4k2 16k2-4 -16 3k x +x = ,x -x = ，依题意，k≠0， 1 2 1+4k2 1 2 1+4k2 16k2-4 k -4 y -y k(x +x )-4k 1+4k2 所以直线A B的斜率k = 1 2 = 1 2 = AB x -x x -x 1 2 1 2  3 = ， -16 3k 6 1+4k2 3 即直线A B的斜率为定值 . 6 4355 (2024·广东阳江·高三统考开学考试)已知A2,0  ，B-2,0  x2 y2 分别是椭圆C: + = a2 b2 1a>b>0  长轴的两个端点，C的焦距为2．M3,0  4 ，N ,0 3  ，P是椭圆C上异于A， B的动点，直线PM与C的另一交点为D，直线PN与C的另一交点为E． (1)求椭圆C的方程； (2)证明：直线DE的倾斜角为定值． 【解析】(1)由题意，a=2，2c=2，c=1，∴b2=a2-c2=3． x2 y2 ∴椭圆C的方程为 + =1． 4 3 (2)设Px 0 ,y 0  ，Dx 1 ,y 1  ，Ex 2 ,y 2  ，则3x2+4y2=12．① 0 0 第 页 共 页 2834 3427y 4 当直线PN的斜率存在时，其方程为y= 0 x- 4 3 x - 0 3  ，代入椭圆C的方程，整理得 4 3x - 0 3    2 +4y2  0  32y2 64y2 4 x2- 0x+ 0 -12x - 3 9 0 3  2 =0 ． 32 y2 3 0 ∴x +x = 0 1 4 3x - 0 3  32y2 4y2 = 0 = 0 ． 2 +4y2 52-24x 0 6.5-3x 0 0 y 直线PM的方程为y= 0 (x-3)，代入椭圆C的方程，整理得 x -3 0 3x 0 -3   2+4y2 0  x2-24y2 0 x+36y2 0 -12x 0 -3  2=0． 24y2 ∴x +x = 0 0 2 3x 0 -3  24y2 4y2 = 0 = 0 ． 2+4y2 39-18x 6.5-3x 0 0 0 π 因此x =x ，此时DE⊥x轴，即直线DE的倾斜角为 ． 1 2 2 4 4 ②当直线PN的斜率不存在时，其方程为x= ，此时x = ． 3 0 3 13 4 12-3x2 12-6.5x 12- 2 × 3 4 由①知x +x = 0 ，∴x = 0 = = =x ． 0 2 6.5-3x 2 6.5-3x 13 4 3 0 0 0 -3× 2 3 4 π ∴x =x = ，此时DE⊥x轴，即直线DE的倾斜角为 ． 1 2 3 2 π 综上所述，直线DE的倾斜角为 ． 2 【反思】如图所示，由条件M3,0  4 ，N ,0 3  ，A2,0  ，B-2,0  ，知OM  ON  =OA  2= 4，故A，B，M，N为调和点列．因此PA，PB，PM，PN为调和线束，即PA，PB，PD， PE为调和线束．由定理3知直线DE经过直线AB的极点(为无穷远点)，因此直线DE ⊥x轴． 4356 (2024·陕西榆林·高二校考阶段练习)已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y 轴，且过A2,-1  6 ，B- 2, 2  两点. (1)求E的方程； 8 (2)若直线l与圆O：x2+y2= 相切，且直线l交E于M，N两点，试判断∠MON是否为 5 定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 【解析】(1)设E的方程为mx2+ny2=1，过A2,-1  6 ，B- 2, 2  ，  4m+n=1 1 1 x2 y2 所以 3 ，解得m= ，n= ，所以E的方程为 + =1. 2m+ n=1 8 2 8 2 2 第 页 共 页 2835 34272 10 2 10 (2)当直线l的斜率不存在时，易得直线l的方程为x= 或x=- ． 5 5 2 10 2 10 2 10 若直线l的方程为x= 则M , 5 5 5  ， 2 10 2 10 或M ,- 5 5  2 10 2 10 ，N , 5 5    π ，所以OM⋅ON=0，所以∠MON= ； 2 2 10 2 10 2 10 若直线l的方程为x=- ，则M- , 5 5 5  2 10 2 10 ，N- ,- 5 5  2 10 2 10 或M- ,- 5 5  2 10 2 10 ，N- , 5 5    π ，所以OM⋅ON=0，所以∠MON= . 2 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m，Mx 1 ,y 1  ，Nx 2 ,y 2  ， 8 m 因为直线l与圆O：x2+y2= 相切，所以 5  2 10 8 = ，即m2= 1+k2 1+k2 5 5  . y=kx+m  由x2 y2 得1+4k2 + =1 8 2  x2+8kmx+4m2-8=0， 8km 4m2-8 所以x +x =- ，xx = ， 1 2 1+4k2 1 2 1+4k2   所以OM⋅ON=x 1 x 2 +y 1 y 2 =1+k2  x 1 x 2 +kmx 1 +x 2  +m2=1+k2  4m2-8 + 1+4k2 8km km- 1+4k2  8 5m2-8k2-8 5× 5 1+k2 +m2= = 1+4k2  -8k2-8 π =0，所以∠MON= . 1+4k2 2 π 综上，∠MON为定值，该定值为 . 2 第 页 共 页 2836 3427