专题五 解析几何
微专题 3 圆锥曲线定值定点定直线问题
一、考点透析
考点1
定值问题
x2 y2
1.(2025·湖北省武汉市·模拟)如图，已知椭圆E ： + =1(a>b>0)与椭圆E ：
1 a2 b2 2
x2 y2
+ =1有相同的离心率，点P(√ 3,1)在椭圆E 上．过点P的两条不重合直线l ,l 与椭
12 4 1 1 2
圆E 相交于Q,H两点，与椭圆E 相交于A,B和C,D四点．
1 2
(1)求椭圆E 的标准方程；
1
(2)求证：S =S ；
ΔAPD ΔBQD
|BQ| |DP|
(3)若 = ，设直线l ,l 的倾斜角分别为α,β，求证：α+β为定值．
|DH| |BP| 1 2
x2 y2
【答案】(1) + =1；
6 2
(2)见解析；
(3)α+β=π
b2 4
【解析】解：(1)由题意知，e =e ，∴ = ，∴a2=3b2，
1 2 a2 12
3 1
又∵P(√ 3,1)在椭圆E 上，∴ + =1，∴b2=2，a2=6，
1 a2 b2
x2 y2
∴椭圆E 的标准方程为 + =1;
1 6 2
(2)要证S =S ，设D到直线l 距离为d，
△APD ΔBQD 11 1
即证 |AP|×d= |BQ|×d，即证|AP|=|BQ|;
2 2
①当直线l 斜率不存在时，由椭圆对称性可知|AP|=|BQ|，故S =S ;
1 ΔAPD ΔBQD
②当直线l 斜率存在时，设k ，则AB方程：y−1=k (x−√ 3)，
1 1 1
设A(x ,y ),B(x ,y ),P(x ,y ),Q(x ,y )，
A A B B P P Q Q
{y−1=k (x−√ 3)
1
联立 x2 y2 得(3k2+1)x2+(6k −6√ 3k2 )x+3(1−√ 3k ) 2−6=0，
+ =1 1 1 1 1
6 2
6√ 3k2−6k 3(1−√ 3k ) 2−6
∴x +x = 1 1，x x = 1 ，
P Q 3k2+1 P Q 3k2+1
1 1
{y−1=k (x−√ 3)
1
联立 x2 y2 ，得(3k2+1)x2+(6k −6√ 3k2 )x+3(1−√ 3k ) 2−12=0，
+ =1 1 1 1 1
12 4
6√ 3k2−6k 3(1−√ 3k ) 2−12
∴x +x = 1 1，x x = 1 ，
A B 3k2+1 A B 3k2+1
1 1
∴x +x =x +x ，∴x −x =x −x ，
P Q A B P A B Q
|AP|=√ 1+k2 ⋅|x −x |，|BQ|=√ 1+k2 ⋅|x −x |，
1 P A 1 B Q
∴|AP|=|BQ|，∴S =S ;
ΔAPD ΔBQD
综上所述：S =S ;
△APD ΔBQD
|BQ| |DP|
(3)由 第 二 问 可 知 |AP|=|BQ|， |CP|=|DH|， ∴ = ，
|DH| |BP|
∴|AP|⋅|BP|=|CP|⋅|DP|，
设直线CD的斜率为k ，直线CD方程为y−1=k (x−√ 3)，设C(x ,y )，D(x ,y )，
2 2 C C D D{y−1=k (x−√ 3)
2
联立 x2 y2 得(3k2+1)x2−(6√ 3k2−6k )x+3(1−√ 3k ) 2−12=0，
+ =1 2 2 2 2
12 4
6√ 3k2−6k 3(1−√ 3k ) 2−12
∴x +x = 2 2，x x = 2 ，
C D 3k2+1 C D 3k2+1
2 2
|CP||DP|=√ 1+k2|x −x |√ 1+k2|x −x |，
2 C P 2 D P
|AP||BP|=√ 1+k2|x −x |√ 1+k2|x −x |，
1 A P 1 B P
∴(1+k2 )|(x −x )(x −x )|=(1+k2 )|(x −x )(x −x )|，
2 C P D P 1 A P B P
即(1+k2 )|x x −x (x +x )+x2|=(1+k2 )|x x −x (x +x )+x2|，
2 C D P C D P 1 A B P A B P
1+k2 1+k2
化简得 2 = 1 ，∴k2=k2 ，
3k2+1 3k2+1 1 2
2 1
由题意k ≠k ，∴k +k =0，∴α+β=π．
1 2 1 2
y2
2.(2025·河南省开封市·模拟)已知双曲线C:x2− =1(b>0)的两条渐近线分别为
b2
l :y=√ 3x，l :y=−√ 3x，若点A，B分别在l ，l 上(A,B不同于原点O)，且直线AB是
1 2 1 2
ty
C的切线，则称△OAB是C的“渐切三角形”.已知C在点(s,t)处的切线方程为sx− =1．
b2
(1)写出C的一个“渐切三角形”的顶点A，B的坐标及切线AB的方程，并求出其面积;
(2)已知点A(x ,y )，B(x ,y )(x x >0)分别在l ，l 上，△OAB的面积为√ 3，试问
1 1 2 2 1 2 1 2
△OAB是否是C的“渐切三角形”?并说明理由;
(3)若△OAB是C的“渐切三角形”，AB与C相切的切点M的横坐标大于0，F为C的左
焦点，证明：∠AFB为定值．
【答案】(1)见解析；(2)△OAB是C的“渐切三角形”，详解见解析；
π
(3)∠AFB=
3
y2
【解析】解：(1)由题意，得b=√ 3，所以C的方程为x2− =1，
3
A(1,√ 3)，B(1,−√ 3)，直线AB:x=1是C的切线，△OAB是C的渐切三角形，
1
则S = ×2√ 3×1=√ 3．
△OAB 2
(2)设A(x ,√ 3x )，B(x ,−√ 3x )，这里x x >0，
1 1 2 2 1 2
⃗ ⃗ ⃗ ⃗
则OA=(x ,√ 3x ) ，OB=(x ,−√ 3x ) ，所以OA⋅OB=−2x x ，
1 1 2 2 1 2
1 1
S = ·|OA|·|OB|sin∠AOB= √ |OA|2·|OB|2 (1−cos2 ∠AOB)
△OAB 2 2
1√ ⃗ ⃗ 1
= |OA|2·|OB|2−(OA⋅OB) 2= √ 4x2·4x2−(−2x x ) 2=√ 3|x x |，
2 2 1 2 1 2 1 2
由题意，S =√ 3|x x |=√ 3，所以|x x |=1，又x x >0，所以x x =1，
△OAB 1 2 1 2 1 2 1 2
若直线AB的斜率不存在，则x =x =1，或x =x =−1，直线x=1与C切于点(1,0)，
1 2 1 2
或直线x=−1与C切于点(−1,0)，△OAB的面积为√ 3，满足题意;
√ 3x +√ 3x √ 3(x +x )
若AB的斜率存在，则k = 1 2，AB:y−√ 3x = 1 2 (x−x )，
AB x −x 1 x −x 1
1 2 1 2
√ 3(x +x )x−2√ 3
即y= 1 2 ，即(x −x )y=√ 3[(x +x )x−2]，
x −x 1 2 1 2
1 2{(x −x )y=√ 3[(x +x )x−2] (x −x ) 2
由 1 2 1 2 ，消去y并整理得x2−(x +x )x+1+ 1 2 =0，
3x2−y2=3 1 2 4
(x −x ) 2
该方程的判别式△=(x +x ) 2−4[1+ 1 2 ]=4x x −4=0，
1 2 4 1 2
所以直线AB与C有且仅有一个公共点，所以直线AB是C的切线，
所以△OAB是C的“渐切三角形”．
y y
(3)证明：设M(x ,y )(x >0)，由题意，直线AB:x x− 0 =1，即3x x−y y=3，
0 0 0 0 3 0 0
{3x x−y y=3 √ 3 3
由
0 0 解得x=
，
y=
，
y=√ 3x √ 3x −y √ 3x −y
0 0 0 0
√ 3 3 √ 3 3
故A( , )，同理可得B( ,− )，
√ 3x −y √ 3x −y √ 3x + y √ 3x + y
0 0 0 0 0 0 0 0
⃗ √ 3 3 ⃗ √ 3 3
又F(−2,0)，故FA=( +2, )，FB=( +2,− )，
√ 3x −y √ 3x −y √ 3x + y √ 3x + y
0 0 0 0 0 0 0 0
⃗ ⃗ √ 3+2√ 3x −2y √ 3+2√ 3x +2y 3 3
所以FA⋅FB= 0 0 · 0 0 − · ，
√ 3x −y √ 3x + y √ 3x −y √ 3x + y
0 0 0 0 0 0 0 0
又(√ 3x
0
−y
0
)(√ 3x
0
+ y
0
)=3x2
0
−y2
0
=3，可得F ⃗ A⋅F ⃗ B=2+4x ，
0
1 1
直线AB:3x x−y y=3与x轴的交点为N( ,0)，所以 |FN|= +2，
0 0 x x
0 0
S =
1
·|FN|·|y −y |=
1
(
1
+2)
| 3
+
3 |
=√ 3(1+2x )，
△FAB 2 A B 2 x √ 3x −y √ 3x + y 0
0 0 0 0 0⃗ ⃗
又FA⋅FB=|FA|⋅|FB|cos∠AFB=2+4x
①
，
0
1
S = |FA|⋅|FB|sin∠AFB=√ 3(1+2x )②，
△FAB 2 0
1 √ 3(1+2x ) √ 3
则②÷①，得 tan∠AFB= 0 = ，所以tan∠AFB=√ 3，
2 2+4x 2
0
π
又∠AFB∈(0,π)，所以∠AFB= ，为定值．
3
3.(2025·河南省开封市·模拟)已知O为坐标原点，动直线l：y=kx+m(km≠0)与双曲线C：
y2 的渐近线交于 ， 两点，与椭圆 ： x2 交于 ， 两点 当
x2− =1(b>0) A B D + y2=1 E F .
b2 2
k2=10 时，
2(O
⃗
A+O
⃗
B)=3(O
⃗
E+O
⃗
F).
(1)求双曲线C的方程；
(2)若动直线l与C相切，证明：△OAB的面积为定值．
y2
【答案】(1)x2− =1
3(2)√ 3
【解析】解： 双曲线 ：
y2
的渐近线方程为 ，
(1) C x2− =1(b>0) y=±bx
b2
因为动直线l：y=kx+m(km≠0)与双曲线C的渐近线交于A，B两点，所以k≠±b，
设l与y=bx交于A，与y=−bx交于B，
{ y=bx m
令 ，消去y得bx=kx+m，所以(b−k)x=m，解得x = ，
y=kx+m A b−k
{ y=−bx −m
令 ，消去y得−bx=kx+m，解得x = ，
y=kx+m B b+k
2km
所以x +x = ，
A B b2−k2
{y=kx+m
令 ，消去 整理得 ，
x2 y (1+2k2 )x2+4kmx+2m2−2=0
+ y2=1
2
，
△=(4km) 2−4(1+2k2)(2m2−2)=8(2k2−m2+1)>0
−4km
设E(x ,y )，F(x ,y )，则x +x = ，
1 1 2 2 1 2 1+2k2
当 k2=10 时，
2(O
⃗
A+O
⃗
B)=3(O
⃗
E+O
⃗
F)
，
4km −12km
所以 = ，且km≠0，解得b2=3，
b2−k2 1+2k2
y2
所以双曲线C的方程为x2− =1；
3
{y=kx+m
证明：由 ，消去 整理得 ，
(2) y2 y (3−k2 )x2−2kmx−m2−3=0
x2− =1
3由直线与双曲线相切，得 ，化简得 ，
Δ=4k2m2+4(3−k2 )(m2+3)=0 m2=k2−3
由 可得 m −m ， √ 3m √ 3m ，
(1) x = ,x = y = ,y =
A √ 3−k B √ 3+k A √ 3−k B √ 3+k
所 以
|AB|= √ ( m − −m ) 2 + (√ 3m − √ 3m ) 2 = √ 12m2 (1+k2 ) = |2√ 3m| √ 1+k2，
√ 3−k √ 3+k √ 3−k √ 3+k (3−k2 ) 2 3−k2
又因为原点 到直线 ： 的距离为 |m| ，
O(0,0) l kx−y+m=0 d=
√ 1+k2
所以 △OAB 的面积为 S = 1 |AB|·d= 1 · 2√ 3|m| √ 1+k2· |m| = √ 3m2 =√ 3 为
△OAB 2 2 |3−k2| √ 1+k2 m2
定值．
考点2
定点问题
1.(2025·山东省济宁市·模拟)抛物线具有以下光学性质：从焦点出发的光线经抛物线反射后
平行于抛物线的对称轴.该性质在实际生产中应用非常广泛.如图，从抛物线y2=8x的焦点
F发出的两条光线a，b分别经抛物线上的A，B两点反射，已知两条入射光线与x轴所成锐
角均为θ，两条反射光线a′和b′之间的距离为d，则( )
A. d随θ的增大而减小π
B. 若d=8，则θ=
3
C. 若三角形▵ABF的面积为S，则S=2d
D. 无论θ取何值，直线AB恒过定点(−2,0)
【答案】ACD
4 4
【解析】解：对于A，由|AF|= ，|BF|= 得，
1+cosθ 1−cosθ
两条反射光线a′和b′之间的距离为d，
8
d=(|BF|−|AF|)sinθ= ，
tanθ
因为 ，又 在( π)内是增函数，
tanθ>0 y=tanθ 0,
2
所以 8 在( π)内是减函数，则 随 的增大而减小，故A正确；
d= 0, d θ
tanθ 2
8 π
对于B，由tanθ= =1得，θ= ，故B错误；
8 4
1 1
对于C，S = |AF||BF|sin(π−2θ)= |AF||BF|sin2θ
▵ABF 2 2
1 4 4 16
= × × ×sin2θ= ，
2 1+cosθ 1−cosθ tanθ
8
又d= ，所以S=2d，故C正确；
tanθ
对于 ，设直线 的方程为 ，且 ， ，
D AB x=my+t A(x ,y ) B(x ,y )
1 1 2 2
由{x=my+t消去 并整理得 ，
x y2−8my−8t=0
y2=8x
所以y + y =8m，y y =−8t，
1 2 1 2
又 1 + 1 = x 1 −2 + x 2 −2 = 2m y 1 y 2 +(t−2)(y 1 + y 2 ) =0 ，
k k y y y y
AF BF 1 2 1 2
所以2m×(−8t)+(t−2)×8m=0，解得：t=−2，
所以直线AB的方程为x=my−2，其恒过定点(−2,0)，故D正确．故选：ACD．
2.(2025·江西省九江市·模拟)已知双曲线 x2 y2 的左、右顶点分别为
E: − =1(a>0,b>0)
a2 b2
， 在 上， → → ．
A,B M(5,4) E
MA⋅MB=32
(1)求E的方程；
(2)过M的直线l交E于另一点N(异于A,B)，与x轴交于点G，直线NA与MB交于点H，
证明：直线GH过定点．
x2 y2
【答案】(1) − =1
9 9
(2)直线GH过定点(−3,−6)
25 16
【解析】解：(1)∵M(5,4)在E上，∴ − =1①，
a2 b2
， ⃗ ⃗ ，
∵A(−a,0),B(a,0) ∴MA=(−a−5,−4),MB=(a−5,−4)
→ → ， ，
∴MA⋅MB=41−a2=32② ∵a>0,b>0
x2 y2
由①②解得a=3,b=3，故E的方程为 − =1．
9 9
(2)证明：解法一：设直线NA的方程为x=my−3，
因为M(5,4),B(3,0)，所以直线MB的方程为y=2x−6，
{x=my−3, 6m+3 12
联立 得H( , )，
y=2x−6, 2m−1 2m−1
联立{x=my−3,消去 ，整理得 ，
x (m2−1)y2−6my=0
x2−y2=9,
6m 3m2+3，即 3m2+3 6m ，
∴y = ,x = N( , )
N m2−1 N m2−1 m2−1 m2−1
6m
−4
直线 的斜率为 m2−1 2m+1， 直线 的方程为 2m+1 ，
∴ MN = ∴ MN y= (x−5)+4
3m2+3 m+2 m+2
−5
m2−16m−3 6m−3
令y=0，得x= ，即G( ,0)，
2m+1 2m+1
12
2m−1 2m+1
∴直 线 GH的 斜 率 为 = ， ∴直 线 GH的 方 程 为
6m+3 6m−3 2m
−
2m−1 2m+1
2m+1 6m−3
y= (x− )，
2m 2m+1
即2m(x−y−3)+x+3=0，
{x−y−3=0,
由 解得x=−3,y=−6，
x+3=0,
故直线GH过定点(−3,−6)，
6m+3 12 6m−3
解法二：同法一，得H( , ),G( ,0)，
2m−1 2m−1 2m+1
设直线 GH 过定点 T(x ,y ) ，则⃗ ⃗ ，
0 0 GT//HT
⃗ 6m−3 ⃗ 6m+3 12
又∵GT=(x − ,y ),HT=(x − ,y − )，
0 2m+1 0 0 2m−1 0 2m−1
6m+3 6m−3 12
∴(x − )y =(x − )(y − )，
0 2m−1 0 0 2m+1 0 2m−1
整理得2m(x −y −3)+x +3=0，
0 0 0
由{ x 0 +3=0, 解得 x =−3,y =−6 ，故直线 GH 过定点 (−3,−6) ．
x −y −3=0, 0 0
0 0
5k−4
解法三：①当直线l斜率存在时，设l的方程为y=k(x−5)+4(k≠0)，则G( ,0)，
k
4−0
由直线MB的斜率为 =2得k≠2，
5−3
联立{y=k(x−5)+4,消去
，整理得 ，
y (k2−1)x2+(8k−10k2 )x+25k2−40k+25=0
x2−y2=9,
25k2−40k+25
，
5k2−8k+5 −4k2+10k−4
，
∴5x = ,y =k(x −5)+4 ∴N( , )
N k2−1 N N k2−1 k2−1−4k2+10k−4
直线 的斜率为 k2−1 k−2 ， 直线 的方程为 k−2 ，
∴ NA =− ∴ NA y=− (x+3)
5k2−8k+5 2k−1 2k−1
+3
k2−1
{ k−2
联立 y=− (x+3),得 9k 24−12k ，
2k−1 H( , )
5k−4 5k−4
y=2x−6,
24−12k
5k−4 3k
∴直 线 GH的 斜 率 为 = ， ∴直 线 GH的 方 程 为
9k 5k−4 4k−2
−
5k−4 k
3k 5k−4
y= (x− )，
4k−2 k
{3x−4 y−15=0,
即(3x−4 y−15)k+2y+12=0.由 得x=−3,y=−6，
2y+12=0,
9 12
②当直线l斜率不存在时， N(5,−4),G(5,0),H( ,− )，直线GH的方程为
5 5
3
y= (x−5)，则GH过点(−3,−6)，
4
综上所述，直线GH过定点(−3,−6)．
3.(2025·四川省成都市·模拟)已知
F
，
F
分别为椭圆
E
：x2
+
y2
=1(√ 2<b<2)
的左右焦点
1 2 4 b2
直线 l 与椭圆交于 A 、 B 两点，当 时，▵AF 1 F 2的面积为√ 3．
(1)求椭圆E的标准方程；
1
(2)已知椭圆E与x轴负半轴交于点M，直线MA与MB的斜率之积为− ．
4(i)证明：直线l过定点；
设 与 的面积分别为 ， ，若S 1，求直线 的方程．
(ii) ▵AMO ▵AMB S S 1= l
1 2 S 5
2
x2 y2
【答案】(1) + =1
4 3
3
(2)(i)直线恒过点(1,0);(ii)y=± (x−1)．
4
|AF |+|AF |=2a=4
{ 1 2
1 π
|F F ||AF |sin =√ 3
2 2 1 2 3
【解析】解：(1)根据 ,
π |F F |2+|AF |2−|AF |2 1
cos = 1 2 2 1 =
3 2|F F ||AF | 2
1 2 2
4−b2=c2
化简可得 ，
(c−1)(c2+c−4)=0
由于 ，所以 ， ，
c=√ a2−b2<√ 2 c=1 b=√ 3
x2 y2
故椭圆的方程为 + =1；
4 3
(2)(i)证明：M(−2,0)，设直线方程为x=ty+m(−2<m<2)，
{x2 y2
+ =1，化简可得 ，
4 3 (4+3t2)y2+6tmy+3m2−12=0
x=ty+m
设 ，
A(x ,y ),B(x ,y )
1 1 2 2
，由题意可得 y y 1，
k k = 1 · 2 =−
AM BM x +2 x +2 4
1 2
，代入可得 ，
−4 y y =(x +2)(x +2) −4 y y =(t y +m+2)(t y +m+2)
2 1 1 2 2 1 1 2
故 ，
−4 y y =t2y y +t(m+2)(y + y )+(m+2) 2
2 1 1 2 1 2
3m2−12 (4+t2 )+t(m+2) (−6tm) +(m+2) 2=0 ，化简可得 m2+m−2=0 ，
4+3t2 4+3t2
解得m=1或m=−2(舍去)，
当m=1时，x=ty+1，此时直线恒过点(1,0)，且该点位于椭圆内，符合题意．
故直线恒过点(1,0);
(ii)设▵AOF 的面积为k(k>0)，由于c=1,a=2c=2，则▵AOM的面积为2k，
2
因此▵BM F 的面积为7k，
2
故 S ▵BMF 2= 7 =− y 2，故 y =− 7 y ，
S 3 y 2 3 1
▵AMF 1
2
由于 −6tm 3m2−12，故 4 −6tm 7 3m2−12，
y + y = ,y y = − y = ,− y2=
1 2 4+3t2 1 2 4+3t2 3 1 4+3t2 3 1 4+3t2
因此 7[−6tm ( 3)] 2 3m2−12，化简可得 ，
− · − = 75t2m2+16m2−64−48t2=0
3 4+3t2 4 4+3t2
4
由于m=1，故9t2=16，所以t=± ，
3
4 3
故直线方程为x=± y+1，即y=± (x−1)．
3 4
考点3 定直线
1.(2025·山西省吕梁市·模拟)已知双曲线x2 y2 的左、右焦点分别为 、
− =1(a>0,b>0) F
a2 b2 1
F ，左、右顶点分别为C、D.过F 作以实轴为直径的圆的切线，在第二象限的切点为A，
2 1
直线 与一条渐近线的交点 在第一象限，且 为坐标原点 ．
AF B |AB|=√ 3|AO|(O )
1
(1)求双曲线的离心率．双曲线经过点 ，动点 、 在双曲线的右支上，且直线 经过右焦点 ，
(2) (2,√ 3) P Q PQ F
2
▵PF F 、▵QF F 的内心分别是I 、I ．
1 2 1 2 1 2
(i)求证：点I 、I 在定直线l上；
1 2
求 的取值范围．
(ii) |I D|−|I D|
1 2
【答案】(1)2；
(2)(i)见解析
(ii)(−2,2)
【解析】解：(1)如下图所示：
由题意可得OA⊥AB，|AO|=a，|AB|=√ 3|AO|=√ 3a，
|AB|
所以tan∠AOB= =√ 3，
|AO|
因为∠AOB为锐角，
π
所以∠AOB= ，
3
在 中， ， ， 为直角，
Rt▵AOF |AO|=a |OF |=c ∠OAF
1 1 1
则 |AF |=√ |OF | 2 −|AO|2=√ c2−a2=b ，
1 1
所以 |AF | b ，
tan∠AOF = 1 = =k
1 |OA| a OB
所以∠AOF =∠xOB，
1
π π
又因为∠AOB= ，故∠AOF =∠xOB= ，
3 1 3b π
所以k = =tan =√ 3，
OB a 3
因此，该双曲线的离心率为
e=
c
=
√
1+
(b) 2
=2
．
a a
(2)(i)如下图所示：
设圆I 分别切直线PF 、F F 、PF 于点N、E、M，
1 1 1 2 2
由切线长定理可得 ， ， ，
|PM|=|PN| |F N|=|F E| |F E|=|F M|
1 1 2 2
由 可知
，则双曲线的方程可表示为x2 y2
，
(1) b=√ 3a − =1
a2 3a2
4 3
因为点(2,√ 3)在双曲线上，则 − =1，可得a2=3，
a2 3a2
x2 y2
所以双曲线的标准方程为 − =1．
3 9
因为 ，
|PF |+|F F |−|PF |=2a+2c
1 1 2 2
即 ，
(|PN|+|F N|)+(|F E|+|F E|)−(|PM|+|F M|)=2|F E|=2c+2a
1 1 2 2 1
所以 ，可得 ，
|F E|=x +c=c+a x =a
1 E E
由圆的几何性质可知 轴，则 ，同理可知， ，
I E⊥x x =x =a x =a
1 I E I
1 2
所以，点I 、I 在直线x=a=√ 3上；
1 2
由 可知， 、 、 三点共线，易知点 、 ，
(ii) (i) I D I F (−2√ 3,0) F (2√ 3,0)
1 2 1 2
由于直线PQ与双曲线的右支交于P、Q两点，则直线PQ不与x轴重合，设点 、 ，设直线 的方程为 ，
P(x ,y ) Q(x ,y ) PQ x=my+2√ 3
1 1 2 2
不妨设点P在第一象限，则y >0，y <0，
1 2
联立{x=my+2√ 3可得 ，
(3m2−1)y2+12√ 3my+27=0
3x2−y2=9
由题意可得 ， ，
3m2−1≠0 Δ=144×3m2−108(3m2−1)=108(m2+1)>0
由韦达定理可得 12√ 3m， 27 ，解得 √ 3 √ 3，
y + y =− y y = <0 − <m<
1 2 3m2−1 1 2 3m2−1 3 3
易知 ， ，且 ，
x >√ 3 x >√ 3 y2=3x2+9
1 2 1 1
所以， |PF |=√ (x −2√ 3) 2+ y2=√ x2−4√ 3x +12+3x2−9=√ 4x2−4√ 3x +3
2 1 1 1 1 1 1 1
=|2x −√ 3|=2x −√ 3=2(m y +2√ 3)−√ 3=2m y +3√ 3
，
1 1 1 1
由双曲线的定义可得
|PF |=|PF |+2a=2m y +3√ 3+2√ 3=2m y +5√ 3
，
1 2 1 1
1 1
S =S +S +S ，即 |F F |⋅y = |I D|(|PF |+|PF |+|F F |)，
▵PF 1 F 2 ▵I 1 PF 1 ▵I 1 PF 2 ▵I 1 F 1 F 2 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2
即1 ×4√ 3 y = 1 |I D|(4m y +12√ 3) ，整理可得 |I D|= √ 3 y 1 ，
2 1 2 1 1 1 my +3√ 3
1
√ 3 y
同理可得 |I D|=− 2 ，
2 my +3√ 3
2
√ 3 y √ 3 y √ 3 y (my +3√ 3)+√ 3 y (my +3√ 3)
所以|I D|−|I D|= 1 + 2 = 1 2 2 1
1 2 my +3√ 3 my +3√ 3 (my +3√ 3)(my +3√ 3)
1 2 1 2
54√ 3m−108√ 3m
= 2√ 3m y 1 y 2 +9(y 1 + y 2 ) = 3m2−1 =2√ 3m ，
m2y y +3√ 3m(y + y )+27 27m2−108m2
1 2 1 2 +27
3m2−1
√ 3 √ 3
由− <m< ，得−2<2√ 3m<2
3 3综上所述， 的取值范围是 ．
|I D|−|I D| (−2,2)
1 2
2．（24-25高三下·河北承德·月考）在平面直角坐标系 中，对于任意一点 ，总
存在一个点 满足关系式 ，则称 为平面直角坐标系中的
伸缩变换.
(1)若曲线 的方程为 .
（i）求 经过伸缩变换 后所得到曲线 的标准方程；
（ii）设曲线 的左、右顶点分别为A，B，过点 的直线与曲线 交于M，N两点，
直线 与 交于点T，证明：点T在一条定直线上；
(2)已知 ，抛物线 经过伸缩变换 ，得到抛物线
，设 ， ， .求数列 的前n项和 .
【答案】(1)（i） ；（ii）证明见解析
(2)
【详解】（1）（i）设 上任意一点 ，则点 在 上，
由题意得 ，化简得 ，所以曲线 的标准方程为 ；
（ii）设直线 ， ， ，联立直线 与 ， ，化简得 ，
， ，
直线 ，直线 ，
设点 ，则 ，
两条直线方程相除，可得
法一：
即 ，解得 ，即点T在直线 上；
法二： ， ，
即 ，解得 ，即点T在直线 上.
（2）设 上的点 经过伸缩变换 后得点 ，则 代入 的方程，得
则 的方程为 ，则
因为 ， ，所以 ，
又 ，所以当 时，
，
又 符合上式，所以 ，所以 ，
，
，
两式作差可得
，所以 .二、跟踪练习
1．（25-26高三上·四川成都·月考）已知 分别是双曲线 的左､右顶点，过点
的直线 交该双曲线的左，右两支于 两点，下列说法正确的是
（ ）
A．该双曲线的渐近线方程为
B．若该双曲线的离心率与椭圆 的离心率互为倒数，则
C． 或
D．若直线AD与直线BE交于点Q，点Q在定直线 上
【答案】BCD
【详解】选项A：由题意双曲线中 ，则 ，
所以渐近线方程为 ，故A错误；
选项B：双曲线的离心率 ，
所以椭圆的离心率 ，
所以 ，解得 ，
因为 ，所以 ，故B正确；
选项C：因为双曲线的渐近线为 ，直线 变形为 ，
因为直线l交双曲线的左，右两支于 两点，所以 ，解得 或 ，故C正确；
选项D：设 ，由题意 ，
联立 ，得 ，
所以 ，
又 ，则 ，
，则 ，
联立 ，得 ，
整理得 ，
又 ， 代入上式，
化简可得
，
所以直线AD与直线BE的交点Q在定直线 上，故D正确.故选：BCD
2.(2025·山西省晋城市·模拟)已知双曲线 x2 y2 的左顶点为 ，右焦点
C: − =1(a>0,b>0) A
a2 b2
为F(c,0)，过F的直线l与C交于P,Q两点，当l⊥x轴时，|PQ|=√ 2c．
(1)求双曲线C的离心率；
若 经过点 ， 为 的左支上一动点．
(2) C B(4,√ 14) M C
(ⅰ)当l的斜率为√ 3时，求▵MPQ的面积的最小值；
(ⅱ)设 ， 为 的右支上一动点，若 三点不共线，且 平分 ，
D(0,√ 2) N C M,A,N AD ∠MAN
证明：直线MN恒过定点．
【答案】
(1)√ 2
(2)(ⅰ)2√ 6+2√ 2
(ⅱ)直线MN恒过定点(0,0)
【解析】解： 当 轴时，c2 y2 ，解得 b2．
(1) l⊥x − =1 y=±
a2 b2 a
2b2
由|PQ|=√ 2c，得 =√ 2c，所以2(c2−a2)=√ 2ac，
a
√ 2
整理得2e2−√ 2e−2=0，解得e=√ 2(e=− 舍去)，
2
故双曲线C的离心率为√ 2．c
(2)由(1)知，e= =√ 2，
a
又c2=a2+b2，所以a=b，
所以C的方程为x2−y2=a2．
将 代入，得 ，
B(4,√ 14) a2=16−14=2
故C的方程为x2−y2=2．
(ⅰ)当 的斜率为 时，其直线方程为 ，
l √ 3 y=√ 3(x−2)
设 ， ，
P(x ,y ) Q(x ,y )
1 1 2 2
联立{y=√ 3(x−2)，得 ，
x2−6x+7=0
x2−y2=2
则x +x =6，x x =7，
1 2 1 2
所以 |PQ|=√ 1+(√ 3) 2 |x −x |=2√ (x +x ) 2−4x x =2√ 36−4×7=4√ 2 ．
1 2 1 2 1 2
设过点M与直线PQ平行的直线l′的方程为y=√ 3x+m，当直线l′与C的左支相切时，直线
l′与直线PQ之间的距离最小，此时▵MPQ的面积最小．
联立{y=√ 3x+m，得 ，
2x2+2√ 3mx+m2+2=0
x2−y2=2
则 ，解得 ，
Δ=(2√ 3m) 2 −4×2(m2+2)=0 m=±2
当m=2时，直线l′与C的左支相切，符合题意；当m=−2时，直线l′与C的右支相切，不符
合题意，
所以直线 与直线 之间的距离 |2+2√ 3| ，
l′ PQ d= =1+√ 3
2
1
故▵PQM的面积的最小值为S = |PQ|×d=2√ 6+2√ 2．
▵MPQ 2(ⅱ)由上可知，A(−√ 2,0)，
所以直线AD的方程为y=x+√ 2．
因为AD平分∠MAN，所以直线AM与AN关于直线AD对称，
所以直线AM与AN的斜率之积为1，
显然直线MN的斜率存在，
设其方程为 ，设 ， ，
y=kx+t M(x ,y ) N(x ,y )
3 3 4 4
联立{ y=kx+t ，得 ，
(1−k2)x2−2ktx−t2−2=0
x2−y2=2
则 ，且 ，
1−k2≠0 Δ=(−2kt) 2+4(1−k2)(t2+2)=4(t2+2−2k2)>0
2kt ， t2+2 ，
x +x = x x =−
3 4 1−k2 3 4 1−k2
y y (kx +t)(kx +t) k2x x +kt(x +x )+t2
k ⋅k = 3 ⋅ 4 = 3 4 = 3 4 3 4 =1，
AM AN x +√ 2 x +√ 2 (x +√ 2)(x +√ 2) x x +√ 2(x +x )+2
3 4 3 4 3 4 3 4
整理得
(k2−1)x x +(kt−√ 2)(x +x )+t2−2=0
，
3 4 3 4
所以 (k2−1)× ( − t2+2 ) +(kt−√ 2)× 2kt +t2−2=0 ，
1−k2 1−k2
即 ，解得 ，或 ．
t(t−√ 2k)=0 t=0 t=√ 2k
当 时，直线 的方程为 ，即直线 恒过定点 ，
t=√ 2k MN y=kx+t=k(x+√ 2) MN A(−√ 2,0)M,A,N三点共线，舍去；
当 ，且 时，此时直线 恒过定点 ．
t=0 Δ=8(1−k2)>0 MN (0,0)
综上可知，直线MN恒过定点(0,0)．
3.(2025·江西省南昌市·模拟)已知椭圆 y2 x2 的离心率为√ 5，点
C: + =1(a>b>0)
a2 b2 3
A(−2,0)在椭圆C上.
(1)求C的方程
(2)过点(−2,3)的直线交椭圆C于点P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，
证明：线段MN的中点为定点．
y2 x2
【答案】(1) + =1
9 4
(2)定点(0,3)
c √ 5
【解析】解：(1)由题知：b=2，由 = ，a2=b2+c2，解得：a=3，c=√ 5，
a 3
y2 x2
故C的方程为： + =1;
9 4
(2)易知PQ的斜率存在且小于0，设直线PQ的方程为y=kx+2k+3，k<0
联立{ y=kx+2k+3 整理得： ，
(4k2+9)x2+8k(2k+3)x+16k(k+3)=0
4 y2+9x2−36=0
▵=−27×64k>0，(k<0).设P(x ,y )，Q(x ,y )，则
1 1 2 2
8k(2k+3)， 16k(k+3) 又 ，
x +x =− x x = . A(−2,0)
1 2 4k2+9 1 2 4k2+9
故直线 方程为： y x+2 ，令 ，得 2y ，同理： 2y ，
AP = x=0 M(0, 1 ) N(0, 2 )
y x +2 x +2 x +2
1 1 1 2
y y (kx +2k+3)(x +2)+(kx +2k+3)(x +2)
∴ 1 + 2 = 1 2 2 1
x +2 x +2 (x +2)(x +2)
1 2 1 2
16k(k+3) 8k(2k+3)
2k +(4k+3)(− )+4(2k+3)
2kx x +(4k+3)(x +x )+4(2k+3) 4k2+9 4k2+9
= 1 2 1 2 =
x x +2(x +x )+4 16k(k+3) 8k(2k+3)
1 2 1 2 +2(− )+4
4k2+9 4k2+92k⋅16k(k+3)−(4k+3)⋅8k(2k+3)+4(2k+3)(4k2+9)
108
= = =3
16k(k+3)−16k(2k+3)+4(4k2+9) 36
故MN的中点为(0,3)，所以MN中点为定点得证．
4.(2025·山东省青岛市·模拟)已知抛物线 的焦点为 ，过 作互相垂
C:y2=2px(p>0) F(1,0) F
直的两条直线l ,l ，这两条直线与抛物线C分别交于A,B和D,E两点，其中点A,D在第
1 2
一象限．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)求四边形ADBE面积的最小值；
(3)证明：直线AD与直线BE的交点在定直线上．
【答案】
(1)y2=4x
(2)四边形ADBE面积的最小值为32
(3)见解析
p
【解析】解：(1)由焦点为F(1,0)，即 =1⇒p=2，所以抛物线C的标准方程y2=4x；
2
(2)当直线l 的斜率为0时，不符合题意，
1
当直线l 的斜率不为0时，设直线l :x=my+1，
1 1
联立{x=my+1，可得 ， 恒成立，
y2−4my−4=0 Δ=16m2+16>0
y2=4x
设 ， ，
A(x ,y ),B(x ,y ) y + y =4m,y y =−4
1 1 2 2 1 2 1 2
所 以
|AB|=√ 1+m2|y −y |=√ 1+m2√ (y + y ) 2−4 y y =4(m2+1)
， 同 理
1 2 1 2 1 2
( 1 )，
|ED|=4 +1
m2
则 四 边 形 ADBE的 面 积 为
S= 1 |AB||ED|= 1 ×4(m2+1)×4 ( 1 +1 ) =8 ( 2+m2+ 1 ) ≥32 ，
2 2 m2 m21
当且仅当m2= ，即m=±1时，等号成立，
m2
所以四边形ADBE面积的最小值为32；
设 (
y2
) (
y2
) (
y2
) (
y2
) ，
(3) A 1,y ,B 2,y ,E 3,y ,D 4,y ,y >0,y >0
4 1 4 2 4 3 4 4 1 4
4
由(2)知y + y =4m,y y =−4，同理y + y =− ,y y =−4，
1 2 1 2 3 4 m 3 4
y −y ( y2 )
y= 1 4 x− 1 + y
直 线 的 方 程 为 ， 化 简 得 直 线 的 方 程 为
AD y2 y2 4 1 AD
1− 4
4 4
4 y y ，
y= x+ 1 4 ①
y + y y + y
1 4 1 4
同理直线 的方程为 4 y y ，
BE y= x+ 2 3 ②
y + y y + y
2 3 2 3
联立 得 4 y y 4 y y ，
①② x+ 1 4 = x+ 2 3
y + y y + y y + y y + y
1 4 1 4 2 3 2 3
，
4(y + y )x−4(y + y )x= y y (y + y )−y y (y + y )
2 3 1 4 2 3 1 4 1 4 2 3
，
4(y + y −y −y )x= y y y + y y y −y y y −y y y
2 3 1 4 1 2 3 2 3 4 1 2 4 1 3 4
∵y y =−4,y y =−4，
1 2 3 4
，
∴4(y + y −y −y )x=−4 y −4 y +4 y +4 y
2 3 1 4 3 2 4 1
∴x=−1，故直线AD与直线BE的交点在定直线x=−1上.5.(2025·广东省惠州市·模拟)已知双曲线 ：x2 y2 的两条渐近线分别为
C − =1(a>0,b>0)
a2 b2
： 和 ： ，右焦点坐标为 ， 为坐标原点．
l y=x l y=−x (√ 2,0) O
1 2
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)设M，N是双曲线C上不同的两点，Q是MN的中点，直线MN，OQ的斜率分别为k ，
1
k ，证明：k ⋅k 为定值；
2 1 2
(3)直线y=2x−3与C的右支交于点A ，B (A₁在B 的上方)，过点A ，B 分别作l ，l
1 1 1 1 1 2 1
的平行线，交于点P ，过点P 且斜率为2的直线与C的右支交于点A ，B (A 在B 的上方)，
1 1 2 2 2 2
再过点A ，B 分别作l ，l 的平行线，交于点P ，…，这样一直操作下去，可以得到一系
2 2 2 1 2
列点 ， ， ，记 的坐标为 证明： 共
P ,P ,⋅⋅⋅,P n≥3 n∈N∗ P (x ,y ). P ,P ,⋅⋅⋅,P
1 2 n n n n 1 2 n
线．
【答案】
(1)x2−y2=1
(2)k k =1
1 2
(3)见解析
{ b =1
【解析】解： 由已知得
(1) a ,
(√ 2)
2=a2+b2
解得a=1，b=1，
故双曲线C的标准方程为：x2−y2=1；
证明：设 ， ， (x +x y + y )，
(2) M(x ,y ) N(x ,y ) Q 1 2, 1 2
1 1 2 2 2 2
因为M，N为双曲线C上的两点，{x2−y2=1
所以 1 1 ,
x2−y2=1
2 2
两式相减得：(x −x )(x +x )=(y −y )(y + y )，
1 2 1 2 1 2 1 2
整理得，x +x y −y ，
1 2 = 1 2
y + y x −x
1 2 1 2
y + y
1 2
y −y 2 y −y y + y
则k k = 1 2 ⋅ = 1 2 ⋅ 1 2=1，得证；
1 2 x −x x +x x −x x +x
1 2 1 2 1 2 1 2
2
(3)设斜率为2且与双曲线右支相交于A ，B 两点的直线方程为
n n
y=2x+m (m <0)，n∈N∗，
n n
联立：{y=2x+m
n，整理得：
3x2+4m x+m2+1=0
，
x2−y2=1 n n
因为该方程有两个正根，则Δ>0，
解得： 或 舍 ，
m <−√ 3 m >√ 3( )
n n
设 ， ，
A(x ,y ) B(x ,y )
A A B B
n n n n
所以 4m ， m2+1，
x +x =− n x x = n
A n B n 3 A n B n 3
直线 的方程为： ，
A P y−y =−(x−x )
n n A A
n n
因为 ，所以 ，
y =2x +m y=−x+3x +m ①
A A n A n
n n n
直线 的方程为 ，
B P y−y =x−x
n n B B
n n
因为 ，所以 ，
y =2x +m y=x+x +m ②
B B n B n
n n n
3 1
联立①②得y = y = x + x +m ，
n P n 2 A n 2 B n n3x −x ，
x =x = A n B n
n P n 2
所以 3x −x 3 1 ，
P ( A n B n, x + x +m )
n 2 2 A n 2 B n n
4m
因为x +x =− n，
A n B n 3
3 1 3 1 2m m
所以y = x + x +m = x − x − n+m =x + n，
n 2 A n 2 B n n 2 A n 2 A n 3 n A n 3
4m
3x −(−x − n )
x = 3x A n −x B n= A n A n 3
n 2 2
2m m
=2x + n=2(x + n )，
A n 3 A n 3
1
所以y = x ，
n 2 n
1
则P ,P ,⋅⋅⋅,P 都在直线y= x上，
1 2 n 2
故P ,P ,⋅⋅⋅,P 共线．
1 2 n
