第 09 讲 圆锥曲线中的定点、定直线和定圆问题
考法呈现
题型一：定点问题
考法一：直线过定点
例题分析
【例1】
x2 y2 1
已知椭圆C: + =1(a>b>0)过点(2,0)，且椭圆C的离心率为 .
a2 b2 2
(1)求椭圆C的方程；
(2)若动点P在直线x=-1上，过P作直线交椭圆C于M,N两点，且P为线段MN的中点，再过P作直线
l⊥MN，证明：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标.
x2 y2
【答案】(1) + =1
4 3
(2)证明见解析
1
【分析】（1）由点(2,0)在椭圆C上，代入椭圆的方程，再由椭圆C的离心率为 ，求得a,b的值，即可求
2
解；
（2）设P(-1,y )，当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y- y =k(x+1)，联立方程组，根据
0 04 y
点P的横坐标求得k，结合l⊥MM，得到k =- 0，得出直线过定点；当直线MN的斜率不存在时，得
l 3
到直线l为x轴，进而得到结论.
4 0
【详解】（1）因为点(2,0)在椭圆C上，可得 + =1，解得a2=4，
a2 b2
1 c 1 c2 a2-b2 1
又因为椭圆C的离心率为 ，所以 = ，所以 = = ，解得b2=3，
2 a 2 a2 a2 4
x2 y2
所以椭圆C的标准方程为 + =1.
4 3
3 3
（2）由题意，可设P(-1,y )，且y ∈(- , )，
0 0 2 2
①当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y- y =k(x+1),M(x ,y ),N(x ,y )，
0 1 1 2 2
联立方程组¿，
整理得(3+4k2 )x2+(8k y +8k2 )x+(4 y2+8k y +4k2-12)=0，
0 0 0
则Δ=(8k y +8k2 ) 2-4(3+4k2 )(4 y2+8k y +4k2-12)=48(3k2-2k y - y2+3)，
0 0 0 0 0
8k y +8k2
所以x +x =- 0 ，
1 2 3+4k2
x +x 8k y +8k2
因为P为MN的中点，所以 1 2=-1，即- 0 =-2，
2 3+4k2
3
所以k =k= (y ≠0)，经检验，此时Δ>0，
MN 4 y 0
0
4 y 4 y
因为l⊥MM，所以k =- 0，所以直线l的方程为y- y =- 0 (x+1)，
l 3 0 3
4 y 1 1
即y=- 0 (x+ )，所以直线l恒过定点(- ,0).
3 4 4
②当直线MN的斜率不存在时，直线MN的方程为x=-1，
1
此时直线l为x轴，也过点(- ,0).
4
1
综上所述，直线l恒过定点(- ,0).
4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，y)，常利用直线的点斜式方程y－y＝k(x－x)或截距式y＝kx＋b来证明．
0 0 0 0
变式训练
x2 y2 ❑√2
【变式1-1】已知椭圆C: + =1(a>b>0)过点A(-2,1)，且离心率e= ．
a2 b2 2
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点A作与y=tx2(t<0)相切的两条直线，分别交椭圆C于P，Q两点，求证：直线PQ恒过定点．
x2 y2
【答案】(1) + =1
6 3
(2)证明见解析
【分析】（1）由已知列方程组求出a,b,c，可得方程；
1 1
（2）先由直线AP,AQ与曲线y=tx2(t<0)相切，由判别式法得两直线斜率关系 + =-2；再将斜率坐
k k
1 2
标化，由直线PQ方程y=mx+n消y ,y 整理得(2m+2m2)x x +(n-1+2mn)(x +x )+2(n2-1)=0(*)；
1 2 1 2 1 2
然后由直线与曲线方程联立，由韦达定理得到x +x ,x x 与m,n的关系代入(*)式化简可得m,n的等量关
1 2 1 2
系；最后代回方程y=mx+n可得定点.
x2 y2 c ❑√2
【详解】（1）由点A(-2,1)代入方程 + =1(a>b>0)，e= = ，
a2 b2 a 2由题可得¿，解得¿，
x2 y2
∴所求椭圆方程为 + =1．
6 3
（2）设过点A的直线为y-1=k(x+2)与y=tx2(t<0)相切，
¿，
消y得，tx2-kx-2k-1=0，由Δ=k2+4t(2k+1)=0，
得，k2+8tk+4t=0，∴¿，
k +k 1 1
则 1 2= + =-2（k ，k 分别是直线PA和QA的斜率）.
k k k k 1 2
1 2 1 2
设直线PQ为：y=mx+n，P(x ,y )，Q(x ,y )，
1 1 2 2
¿得(1+2m2)x2+4mnx+2n2-6=0，
则¿①，
由Δ=16m2n2-8(1+2m2 )(n2-3)>0得，6m2-n2+3>0．
1 1 x +2 x +2 x +2 x +2
+ = 1 + 2 = 1 + 2 =-2，
k k y -1 y -1 mx +n-1 mx +n-1
1 2 1 2 1 2
即(x +2)(mx +n-1)+(x +2)(mx +n-1)=-2(mx +n-1)(mx +n-1)
1 2 2 1 2 1
整理得(2m+2m2)x x +(n-1+2mn)(x +x )+2(n2-1)=0，
1 2 1 2
将①式代入得，
(2m+2m2)(n2-3)+(n-1+2mn)(-2mn)+(n2-1)(1+2m2)=0，
整理得：n2+2mn-8m2-6m-1=0，
即[n-(2m+1)][n+(4m+1)]=0，n=2m+1或n=-(4m+1)，
所以当n=2m+1时，直线PQ为y=mx+2m+1，恒过点A(-2,1)，不符合题意；
当n=-(4m+1)时，直线PQ为：y=mx-4m-1，即y+1=m(x-4)，恒过点(4,-1)，
综上，直线PQ恒过定点(4,-1)．x2 y2
【变式1-2】已知双曲线C： - =1（a>0，b>0）的离心率为2，P(4,6)在C上.
a2 b2
(1)求双曲线C的方程；
(2)不经过点P的直线l与C相交于M，N两点，且PM⊥PN，求证：直线l过定点.
x2 y2
【答案】(1) - =1
4 12
(2)证明见解析
【分析】（1）根据双曲线上过的点及离心率列出方程组，求出双曲线方程；
（2）设出直线方程，分斜率不存在和斜率存在两种情况，特别是当斜率存在时，设直线为y=kx+m，与
双曲线方程联立，根据题干中条件，列出方程，找到k和m的关系，求出过的定点，记得检验是否满足斜
率不存在的情况.
c
【详解】（1）由已知得：e= =2,c=2a，则b2=c2-a2=3a2，
a
16 36
又因为P(4,6)在C上，则 - =1，
a2 b2
解得a2=4，b2=12，
x2 y2
所以双曲线C的方程为 - =1.
4 12
（2）若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+m，M(x ,y )，N(x ,y )，
1 1 2 2
联立方程¿，消去y得(3-k2)x2-2kmx-m2-12=0，
由已知k≠±❑√3，则3-k2≠0，且Δ>0，
2km m2+12
可得x +x = ，x x =- ，
1 2 3-k2 1 2 3-k2
又因为⃗PM=(x -4,y -6),⃗PN=(x -4,y -6)，
1 1 2 2由PM⊥PN可得：
⃗PM⋅⃗PN=(x -4)(x -4)+(y -6)(y -6)=(x -4)(x -4)+(kx +m-6)(kx +m-6)=0，
1 2 1 2 1 2 1 2
整理得：(1+k2)x x +(km-6k-4)(x +x )+(m-6) 2+16=0，
1 2 1 2
则(1+k2) ( - m2+12) +(km-6k-4) ( 2km ) +(m-6) 2+16=0，
3-k2 3-k2
可得m2-32k2-4km-18m+72=0，则(m+4k-6)(m-8k-12)=0，
由已知l不经过点(4,6)，故m+4k-6≠0，
所以m-8k-12=0，即m=8k+12，
可得l：y=k(x+8)+12，过定点Q(-8,12)；
若直线l的斜率不存在，设M(x ,y )，N(x ,- y )，
1 1 1 1
可得⃗PM=(x -4,y -6),⃗PN=(x -4,- y -6)，
1 1 1 1
由PM⊥PN可得：⃗PM⋅⃗PN=(x -4)(x -4)+(y -6)(- y -6)=(x -4) 2- y2+36=0，
1 1 1 1 1 1
x2 y2
又因为 1- 1 =1，解得x =-8，满足条件，
1
4 12
综上所述：故直线l过定点Q(-8,12).
【点睛】方法点睛：直线过定点问题，先考虑直线斜率不存在时，再考虑直线斜率时，要设出直线方程为
y=kx+m，与曲线方程联立后得到两根之和与两根之积，根据题意建立等量关系，求出k,m的关系或者m
的值，从而求出定点.
【变式1-3】已知O为坐标原点，抛物线C：y2 ＝4x，点A(-2，0)，设直线l与C交于不同的两点P，Q.
(1)若直线l⊥x轴，求直线PA的斜率的取值范围；
(2)若直线l不垂直于x轴，且∠PAO＝∠QAO，证明：直线l过定点．
[ ❑√2 ) ( ❑√2]
【答案】(1) - ,0 ∪ 0,
2 2
(2)证明见解析
2❑√t
【分析】（1）当点P在第一象限时，设P(t,2❑√t),(t>0)，k = ，由基本不等式求得k 的范围，同
PA t+2 PA
理可求当点P在第四象限时的范围.
（2）设直线l的方程为y=kx+b(k≠0)，由k +k =0得b=-2k，可证得直线l过定点．
AP AQ
【详解】（1）
当点P在第一象限时，设P(t,2❑√t),(t>0)，
2❑√t-0 2 2 ❑√2
k = = ≤ = ( ❑√2]
则 PA t+2 2 2❑√2 2 ，（当t=❑√2时取等号），∴k ∈ 0, ，
❑√t+ PA 2
❑√t
[ ❑√2 )
同理，当点P在第四象限时，k ∈ - ,0 .
PA 2
[ ❑√2 ) ( ❑√2]
综上所述，直线PA的斜率的取值范围是 - ,0 ∪ 0, .
2 2
（2）设直线l的方程为y=kx+b(k≠0)，
联立方程¿ 得k y2-4 y+4b=0,Δ=16 -16kb>0，
4 4b
设P(x ,y ),Q(x ,y )，则y + y = ,y y = ，
1 1 2 2 1 2 k 1 2 k
∵∠PAO=∠QAO,y y y (x +2)+ y (x +2)
∴k +k = 1 + 2 = 1 2 2 1 =0，
AP AQ x +2 x +2 (x +2)(x +2)
1 2 1 2
即y (x +2)+ y (x +2)=0 ，
1 2 2 1
即y y (y + y )+8(y + y )=0，
1 2 2 1 1 2
即(y + y )(y y +8)=0，
1 2 1 2
即4b+8k=0 ，
∴b=-2k，满足Δ>0，
∴y=kx-2k=k(x-2)，
∴直线l过定点(2,0).
考法二：存在定点满足某条件
例题分析
x2 y2 3
【例2】已知椭圆C: + =1(a>0)经过点（-1, ），过点T(❑√3,0)的直线交该椭圆于P，Q两点.
a2 3 2
(1)求△OPQ面积的最大值，并求此时直线PQ的方程；
(2)若直线PQ与x轴不垂直，在x轴上是否存在点S(s,0)使得∠PST=∠QST恒成立？若存在，求出s的
值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)△OPQ面积的最大值为❑√3，此时直线PQ的方程为❑√3x+❑√2y-3=0或❑√3x-❑√2y-3=0；
(4❑√3 )
(2)存在，S ,0
3
【分析】（1）根据条件求出椭圆方程，当直线PQ的斜率为0时，此时O,P,Q三点共线，不合要求，舍
去，当直线PQ的斜率不为0时，设直线PQ的方程为x=ty+❑√3，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之
积，表达出△OPQ面积，利用基本不等式求出最值，并得出此时直线PQ的方程.
（2）由角相等得到k +k =0，转化为2t y y +(❑√3-s)(y + y )=0，在第二问的基础上，代入化简即
PS QS 1 2 1 2可得到答案.
3
【详解】（1）将（-1, ）代入椭圆方程，
2
1 9
得到
+ =1，故a2=4，
a2 4×3
x2 y2
故椭圆方程为 + =1.
4 3
当直线PQ的斜率为0时，此时O,P,Q三点共线，不合要求，舍去；
当直线PQ的斜率不为0时，设直线PQ的方程为x=ty+❑√3，
x2 y2
与椭圆方程 + =1联立，得(3t2+4)y2+6❑√3ty-3=0，
4 3
6❑√3t 3
设P(x ,y ),Q(x ,y )，则y + y =- ,y y =- ，
1 1 2 2 1 2 3t2+4 1 2 3t2+4
则S = 1 |OP|⋅|y - y |= 1 ×❑√3⋅❑√(y + y ) 2-4 y y = ❑√3 ❑ √ ( - 6❑√3t ) 2 + 12
△OPQ 2 1 2 2 1 2 1 2 2 3t2+4 3t2+4
❑√3 √ 108t2 12 √ 3t2+1 √ 3t2+1
= ❑ + =6❑ =6❑
2 (3t2+4) 2 3t2+4 [(3t2+1)+3] 2 (3t2+1) 2 +6(3t2+1)+9
√ 1 √ 1
=6 ≤6 =❑√3
❑ (3t2+1)+ 9 +6 ❑ 2❑ √ (3t2+1)⋅ 9 +6 ，
3t2+1 3t2+1
9 ❑√6
当且仅当3t2+1= ，即t=± 时，等号成立，
3t2+1 3
故△OPQ面积的最大值为❑√3，
此时直线PQ的方程为❑√3x+❑√2y-3=0或❑√3x-❑√2y-3=0.
(4❑√3 )
（2）在x轴上存在点S ,0 使得∠PST=∠QST恒成立，
3
理由如下：
y y
因为∠PST=∠QST，所以k +k =0，即 1 + 2 =0，
PS QS x -s x -s
1 2整理得(x -s)y +(x -s)y =0，
2 1 1 2
即(t y +❑√3)y +(t y +❑√3)y -s(y + y )=0，
2 1 1 2 1 2
所以2t y y +(❑√3-s)(y + y )=0，
1 2 1 2
( 3 ) ( 6❑√3t ) 4❑√3
则2t - +(❑√3-s) - =0，解得s= ，
3t2+4 3t2+4 3
(4❑√3 )
故在x轴上存在点S ,0 ，使得∠PST=∠QST恒成立.
3
【点睛】方法点睛：直线与椭圆位置关系问题，从以下几个角度分析：
（1）椭圆性质得出椭圆标准方程；
（2）直线与椭圆联立，韦达定理的应用；
（3）求最值时，基本不等式的应用；
（4）运算过程，计算能力的考查.
定点满足某条件：
(1)设出该点坐标；
(2)把满足的条件当做已知条件，结合其他条件求出点的坐标。
变式训练
x2 y2
【变式2-1】已知双曲线C: - =1(a>0,b>0)的右焦点，右顶点分别为F，A，B(0,b)，|AF|=1，
a2 b2
点M在线段AB上，且满足|BM|=❑√3|MA|，直线OM的斜率为1，O为坐标原点.
(1)求双曲线C的方程.
(2)过点F的直线l与双曲线C的右支相交于P，Q两点，在x轴上是否存在与F不同的定点E，使得|EP|⋅|FQ|=|EQ|⋅|FP|恒成立？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由.
y2
【答案】(1)x2- =1
3
(1 )
(2)存在，E ,0
2
【分析】（1）由|AF|=1，|BM|=❑√3|MA|，直线OM的斜率为1，求得a,b,c之间的关系式，解得a,b
的值，进而求出双曲线的方程；
（2）设直线PQ的方程，与双曲线的方程联立，可得两根之和及两根之积，由等式成立，可得EF为
∠PEQ的角平分线，可得直线EP,EQ的斜率之和为0，整理可得参数的值，即求出E的坐标．
【详解】（1）设c2=a2+b2(c>0)，所以F(c,0)，A(a,0)，B(0,b)，
( ❑√3 1 )
因为点M在线段AB上，且满足|BM|=❑√3|MA|，所以点M a, b ，
❑√3+1 ❑√3+1
1
b
❑√3+1 b
因为直线OM的斜率为1，所以 =1，所以 =❑√3，
❑√3 a
a
❑√3+1
因为|AF|=1，所以c-a=1，解得a=1，b=❑√3，c=2.
y2
所以双曲线C的方程为x2- =1.
3
（2）假设在x轴上存在与F不同的定点E，使得|EP|⋅|FQ|=|EQ|⋅|FP|恒成立，
当直线l的斜率不存在时，E在x轴上任意位置，都有|EP|⋅|FQ|=|EQ|⋅|FP|；
当直线l的斜率存在且不为0时，设E(t,0)，直线l的方程为x=ky+2，❑√3 ❑√3
直线l与双曲线C的右支相交于P，Q两点，则- <k< 且k≠0，
3 3
设P(x ,y )，Q(x ,y )，
1 1 2 2
由¿，得(3k2-1)y2+12ky+9=0， 3k2-1≠0，Δ=36k2+36>0，
12k 9
所以y + y =- ，y y = ，
1 2 3k2-1 1 2 3k2-1
|EP| |FP|
因为|EP|⋅|FQ|=|EQ|⋅|FP|，即 = ，所以EF平分∠PEQ，k +k =0，
|EQ| |FQ| EP EQ
y y y y
有 1 + 2 =0，即 1 + 2 =0，得2k y y +(2-t)(y + y )=0，
x -t x -t k y +2-t k y +2-t 1 2 1 2
1 2 1 2
9 ( 12k ) 1
所以2k +(2-t) - =0，由k≠0，解得t=
.
3k2-1 3k2-1 2
(1 )
综上所述，存在与F不同的定点E，使得|EP|⋅|FQ|=|EQ|⋅|FP|恒成立，且E ,0 .
2
( 3) 1
【变式2-2】已知点M到点F 0, 的距离比它到直线l：y=-2的距离小 ，记动点M的轨迹为E.
2 2
(1)求E的方程；
(2)若过点F的直线交E于A(x ,y )，B(x ,y )两点，则在x轴的正半轴上是否存在点P，使得PA，PB分
1 1 2 2
别交E于另外两点C，D，且⃗AB=3⃗CD？若存在，请求出P点坐标，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)x2=6 y
(3❑√2 )
(2)P ,0
2
( 3) 3
【分析】（1）根据点M到点F 0, 的距离等于它到直线l：y=- 的距离，结合抛物线的定义得出抛物
2 2
线E的标准方程；
（2）设C(x ,y ),P(x ,0)，由⃗PA=3⃗PC结合抛物线方程得出x ,x 是方程x2-2x x-2x2=0的两根，
3 3 0 1 2 0 0
3
设直线AB的方程为y=kx+ ，并与抛物线方程x2=6 y联立结合韦达定理得出点P坐标.
2( 3) 1
【详解】（1）因为点M到点F 0, 的距离比它到直线l：y=-2的距离小 ，
2 2
( 3) 3
所以点M到点F 0, 的距离等于它到直线l：y=- 的距离，
2 2
( 3) 3
则点M的轨迹为以F 0, 为焦点，以y=- 为准线的抛物线，
2 2
则曲线E的方程为x2=6 y.
（2）设C(x ,y ),P(x ,0) (x >0)，
3 3 0 0
由⃗AB=3⃗CD得：AB//CD，且|AB|=3|CD|，得⃗PA=3⃗PC，
x +2x y
即(x -x ,y )=3(x -x ,y )，所以x = 1 0,y = 1，
1 0 1 3 0 3 3 3 3 3
(x +2x ) 2 x2
代入抛物线方程x2=6 y，得 1 0 =6 y =2y = 1，
3 3 1 3
整理得x2-2x x -2x2=0，同理可得x2-2x x -2x2=0
1 0 1 0 2 0 2 0
故x ,x 是方程x2-2x x-2x2=0的两根，Δ=12x2>0，
1 2 0 0 0
由韦达定理可得x +x =2x ,x x =-2x2 ①，
1 2 0 1 2 0
3
由题意，直线AB的斜率一定存在，故设直线AB的方程为y=kx+ ，
2
与抛物线方程x2=6 y联立可得x2-6kx-9=0，
易得Δ>0，由韦达定理可得x +x =6k,x x =-9②，
1 2 1 2
3❑√2 ❑√2
由①②可得x = ,k= ，
0 2 2
(3❑√2 )
故在x轴的正半轴上存在一点P ,0 满足条件.
2x2 y2 ( 3 ❑√15) (3 ❑√15)
【变式2-3】已知双曲线Ω： - =1(a>0,b>0)，A(2,0)，B - ,- ，C , ，
a2 b2 2 2 2 2
D(-1,0)，E(4,0)五点中恰有三点在Ω上.
(1)求Ω的方程；
1 π
(2)设P是Ω上位于第一象限内的一动点，则是否存在定点Q(m,0)(m<0)，使得∠PQA+ ∠PAE= ,
2 2
若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
y2
【答案】(1)x2- =1
3
(2)存在，定点Q(-1,0)
【分析】（1）、根据五点的坐标及双曲线的对称性和顶点的特征确定B,C,D都在Ω上，得到方程组，求
得a2，b2，即可得Ω的方程；
（2）、根据条件及补角的定义得到2∠PQA=∠PAQ，分PA⊥x轴与PA不与x轴垂直两种情况分析求
解.
【详解】（1）若A(2,0)，D(-1,0)，E(4,0)在双曲线Ω上，则A(2,0)，D(-1,0)，E(4,0)只能是双曲线
Ω的顶点，
∴ A(2,0)，D(-1,0)，E(4,0)三点中只能有一点是顶点，∴B,C都在双曲线Ω上，
( 3 ❑√15) (3 ❑√15)
∵B - ,- ，C , ，∴B,C两点关于(0,0)上对称，
2 2 2 2
由双曲线顶点的位置特征分析可知，D(-1,0)在Ω上，
( 3 ❑√15) x2 y2
将D(-1,0)，B - ,- 代入双曲线Ω的方程 - =1中，
2 2 a2 b2y2
则¿，得a2=1，b2=3，故Ω的方程为x2- =1.
3
1 π
（2）假设存在定点Q满足题意，∵∠PQA+ ∠PAE= ，∴2∠PQA+∠PAE=π，
2 2
∴2∠PQA=π-∠PAE，∴2∠PQA=∠PAQ.
π
①、当PA⊥x轴时，∵A(2,0),∴P(2,3)，∠PQA= ，
4
在Rt△PQA中，|QA|=|PA|,
∴3=2-m，∴m=-1，此时Q(-1,0).
②、当PA不与x轴垂直时，假设Q(-1,0)，满足2∠PQA=∠PAQ.
y
设P(x ,y )，则3x2- y2=3，tan∠PQA= 0 ，
0 0 0 0 x +1
02y
0
x +1 2y (x +1) 2y (x +1) y
∴tan2∠PQA= 0 = 0 0 = 0 0 = 0
，
1- ( y 0 ) 2 (x 0 +1) 2- y2 0 (x 0 +1) 2-3x2 0 +3 2-x 0
x +1
0
y
又tan∠PAQ= 0 ，∴tan2∠PQA=tan∠PAQ，即2∠PQA=∠PAQ，所以假设成立.
2-x
0
1 π
故存在定点Q(-1,0)，使得∠PQA+ ∠PAE=
.
2 2
考法三：圆过定点问题
例题分析
x2 y2 ❑√2
【例3】已知椭圆C : + =1(a>b>0)的离心率为 ，且直线y=x+b是抛物线C :y2=4x的一条切
1 a2 b2 2 2
线．
(1)求椭圆C 的方程；
1
( 1)
(2)过点S 0,- 的动直线L交椭圆C 于A,B两点，试问：在直角坐标平面上是否存在一个定点T，使得
3 1
以AB为直径的圆恒过定点T？若存在，求出T的坐标；若不存在，请说明理由．
x2
【答案】(1)C : + y2=1
1 2
(2)存在；(0,1)
❑√2
【分析】（1）先根据直线y=x+b是抛物线C :y2=4x的一条切线，求出b的值，再由椭圆离心率为 ，
2 2
求出a的值，则椭圆方程可得．
（2）先假设存在一个定点T，使得以AB为直径的圆恒过定点，再用垂直时，向量⃗PA，⃗PA的数量积为0，
得到关于直线斜率k的方程，求k，若能求出，则存在，若求不出，则不存在．
【详解】（1）由¿得x2+(2b-4)x+b2=0
直线y=x+b是抛物线C :y2=4x的一条切线．所以Δ=0⇒b=1
2c ❑√2 x2
e= = ⇒a=❑√2，所以椭圆C : + y2=1
a 2 1 2
（2）
当直线L与x轴平行时，以AB为直径的圆方程为x2+ ( y+ 1) 2 = (4) 2
3 3
当直线L与y轴重合时，以AB为直径的圆方程为x2+ y2=1
所以两圆的交点为点(0,1)猜想：所求的点T为点(0,1)．
证明如下．当直线L与x轴垂直时，以AB为直径的圆过点(0,1)
1
当直线L与x轴不垂直时，可设直线L为：y=kx-
3
由¿得(18k2+9)x2-12kx-16=0，设A(x ,y )，B(x ,y )则¿
1 1 2 2
则⃗TA⋅⃗TB=(x ,y -1)⋅(x ,y -1)=x x +(y -1)(y -1)=x x + ( kx - 1 -1 )( kx - 1 -1 )
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 3 2 3
4 16 -16 4 12k 16
=x x - (x +x )+ =(1+k2) - × + =0
1 2 3 1 2 9 18k2+9 3 18k2+9 9
所以⃗TA⊥⃗TB，即以AB为直径的圆过点(0,1)
所以存在一个定点T，使得以AB为直径的圆恒过定点T．
圆锥曲线中圆过定点问题的解法： 充分利用圆的几何特征，即圆过定点，可依据直径所对圆周角为直角，
转化为两条线段的垂直，进而转化为两个向量垂直，即两向量的数量积等于0，从而建立方程求解.
变式训练
x2 y2 ❑√2
【变式3-1】知椭圆E: + =1(a>b>0)的离心率是 ，上、下顶点分别为A，B.圆O:x2+ y2=2与x
a2 b2 2
轴正半轴的交点为P，且⃗PA⋅⃗PB=-1.
(1)求E的方程；(2)直线l与圆O相切且与E相交于M，N两点，证明：以MN为直径的圆恒过定点.
x2 y2
【答案】(1) + =1
6 3
(2)证明见解析
【分析】（1）写出向量⃗PA，⃗PB的坐标，带入求解即可；
（2）设直线l后，和圆相切可得m2=2k2+2，和椭圆方程联立后，观察可得x x + y y =0，从而判段出
1 2 1 2
以MN为直径的圆恒过定点.
【详解】（1）由已知得A(0,b)，B(0,-b)，P(❑√2,0).
则⃗PA=(-❑√2,b)，⃗PB=(-❑√2,-b)，⃗PA⋅⃗PB=2-b2=-1，所以b2=3.
c ❑√2
因为e= = ，又b2+c2=a2，所以c2=3，a2=6.
a 2
x2 y2
故E的方程为 + =1.
6 3
（2）当直线l的斜率存在时，设l的方程为y=kx+m，即kx- y+m=0.
|m|
因为直线l与圆O相切，所以 =❑√2，即m2=2k2+2.
❑√k2+1
设M(x ,y )，N(x ,y )，则y =kx +m，y =kx +m.
1 1 2 2 1 1 2 2
由¿化简，得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-6=0，
由韦达定理，得¿
2m2-6 4km m2-6k2
所以y y =(kx +m)(kx +m)=k2x x +km(x +x )+m2 =k2 ⋅ -km⋅ +m2= ，
1 2 1 2 1 2 1 2 2k2+1 2k2+1 2k2+1
2m2-6 m2-6k2 3(m2-2k2-2)
所以x x + y y = + = =0，
1 2 1 2 2k2+1 2k2+1 2k2+1
故OM⊥ON，即以MN为直径的圆过原点O.
当直线l的斜率不存在时，l的方程为x=❑√2或x=-❑√2.
这时M(❑√2,❑√2)，N(❑√2,-❑√2)或M(-❑√2,❑√2)，N(-❑√2,-❑√2).显然，以MN为直径的圆也过原点O.综上，以MN为直径的圆恒过原点O.
x2 y2
【变式3-2】已知椭圆C: + =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F ，F ，A，B分别是C的右、上顶点，
a2 b2 1 2
且|AB|=❑√7，D是C上一点，△BF D周长的最大值为8.
2
(1)求C的方程；
(2)C的弦DE过F ，直线AE，AD分别交直线x=-4于M，N两点，P是线段MN的中点，证明：以PD为
1
直径的圆过定点.
x2 y2
【答案】(1) + =1；
4 3
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据椭圆的定义结合三角形不等式求解即可；
（2）设D(x ,y ),E(x ,y )，直线DE:x=my-1，联立直线与椭圆的方程，根据过两点圆的方程，结合
1 1 2 2
图形的对称性可得定点在x轴上，代入韦达定理求解即可.
【详解】（1）依题意，a2+b2=7，
△BF D周长|DB|+|DF |+a=|DB|+2a-|DF |+a≤|BF |+3a=4a，当且仅当B,F ,D三点共线时
2 2 1 1 1
等号成立，故4a=8，
x2 y2
所以a2=4,b2=3，所以C的方程 + =1；
4 3
x2 y2
（2）设D(x ,y ),E(x ,y )，直线DE:x=my-1，代入 + =1，整理得(3m2+4)y2-6my-9=0，
1 1 2 2 4 3
6m -9
Δ=36m2+36(3m2+4)>0，y + y = ,y y = ，
1 2 3m2+4 1 2 3m2+4y -6 y -6 y
( ) ( )
易知AD:y= 1 (x-2)，令x=-4，得N -4, 1 ，同得M -4, 2 ，
x -2 x -2 x -2
1 1 2
( ( y y ))
从而中点P -4,-3 1 + 2 ，
x -2 x -2
1 2
( ( y y ))
以PD为直径的圆为(x+4)(x-x )+ y+3 1 + 2 (y- y )=0，
1 x -2 x -2 1
1 2
由对称性可知，定点必在x轴上，
y y
( )
令y=0得，(x+4)(x-x )-3 y 1 + 2 =0，
1 1 x -2 x -2
1 2
y y y y 2m y y -3(y + y )
1 + 2 = 1 + 2 = 1 2 1 2
x -2 x -2 m y -3 m y -3 m2y y -3m(y + y )+9
1 2 1 2 1 2 1 2
-18m 18m
-
3m2+4 3m2+4 -36m
= = =-m，
-9m2 18m2 36
- +9
3m2+4 3m2+4
所以(x+4)(x-x )+3m y =0，即x2+(4-x )x-4x +3m y =0，因为x =m y -1，
1 1 1 1 1 1 1
所以x2+(5-m y )x-m y +4=0，即(x+1)(x-m y +4)=0，
1 1 1
解得x=-1，所以圆过定点(-1,0).
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为(x ,y ),(x ,y )；
1 1 2 2（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算Δ；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为x +x ，x x （或y + y ，y y ）的形式；
1 2 1 2 1 2 1 2
（5）代入韦达定理求解.
x2 y2 1
【变式3-3】已知椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率为 ，长轴的左端点为A(-2,0).
a2 b2 2
(1)求C的方程；
(2)过椭圆C的右焦点的任一直线l与椭圆C分别相交于M，N两点，且AM，AN与直线x=4，分别相交于
D，E两点，求证：以DE为直径的圆恒过x轴上定点，并求出定点.
x2 y2
【答案】(1) + =1
4 3
(2)证明见解析，定点分别为(1,0)，(7,0)
【分析】（1）由离心率，及顶点坐标得椭圆的方程；
6 y 6 y
（2）设M(x ,y )，N(x ,y )，将直线方程与椭圆方程联立，求得D(4, 1 )，E(4, 2 )，由垂
1 1 2 2 x +2 x +2
1 2
直关系利用数量积等于零，求得圆与x轴的交点.
c 1
【详解】（1）由题可得 = ，a=2，得b=❑√3，
a 2
x2 y2
所以椭圆C的方程： + =1；
4 3
（2）椭圆右焦点坐标为(1,0)，由题直线斜率不为零，设直线l方程为x=my+1，
设M(x ,y )，N(x ,y )，
1 1 2 2
由题，联立方程组¿，消去x得(3m2+4)y2+6my-9=0，
-6m -9
所以y + y = ，y y = ，
1 2 3m2+4 1 2 3m2+4
y 6 y y 6 y
AM:y= 1 (x+2)，得D(4, 1 )，同理，AN:y= 2 (x+2)，得E(4, 2 )，
x +2 x +2 x +2 x +2
1 1 2 2
6 y 6 y
设x轴上一点P(t,0)，则⃗PD=(4-t, 1 )，同理得: ⃗PE=(4-t, 2 )，
x +2 x +2
1 26 y 6 y 36 y y
⃗PD⋅⃗PE=(4-t, 1 )⋅(4-t, 2 )=(4-t) 2+ 1 2 ，
x +2 x +2 (x +2)(x +2)
1 2 1 2
因为(x +2)(x +2)=(m y +3)(m y +3)，
1 2 1 2
36 y y 36×(-9)
⃗PD⋅⃗PE=(4-t) 2+ 1 2 =(4-t) 2+ =(4-t) 2-9=0
(m y +3)(m y +3) -9m2-18m2+27m2+36
1 2
得：t-4=±3，即t=1或t=7，
所以以DE为直径的圆恒过x轴上定点，定点分别为(1,0)，(7,0).
题型二：定直线问题
例题分析
x2 y2
【例4】已知A (-3,0)和A (3,0)是椭圆η: + =1(a>b>0)的左、右顶点，直线l与椭圆η相交于M，
1 2 a2 b2
5
N两点，直线l不经过坐标原点O，且不与坐标轴平行，直线A M与直线A M的斜率之积为- ．
1 2 9
(1)求椭圆η的标准方程；
(2)若直线OM与椭圆η的另外一个交点为S，直线A S与直线A N相交于点P，直线PO与直线l相交于点
1 2
Q，证明：点Q在一条定直线上，并求出该定直线的方程．
x2 y2
【答案】(1) + =1
9 5
(2)证明见解析，定直线为x=-3
5
【分析】（1）设M(x ,y )，N(x ,y )，依题意可得y2=- (x2-9)，进而结合a=3可得b2=5，从而求
1 1 2 2 1 9 1
解；
（2）设直线l的方程为：x=my+n(m≠0,n≠0)，联立直线l和椭圆方程，结合韦达定理可得y y ，
1 2，结合三点共线可得 y y ， y y ，进而得到2x 6m ，进而得到直线OP的方
y + y 0 = 1 0 = 2 0=
1 2 x +3 x -3 x -3 x -3 y n+3
0 1 0 2 0
程，进而联立直线OP与直线l的方程即可求解.
【详解】（1）设M(x ,y )，N(x ,y )，
1 1 2 2
y y 5 5
所以k ⋅k = 1 ⋅ 1 =- ，即y2=- (x2-9)，
A 1 M A 2 M x +3 x -3 9 1 9 1
1 1
x2 y2
(
x2
)
由题意知a=3，所以 1+ 1=1⇒y2=b2 1- 1 ，
9 b2 1 9
所以b2=5，
x2 y2
则椭圆η的标准方程为 + =1．
9 5
（2）证明：设直线l的方程为：x=my+n(m≠0,n≠0)，
联立椭圆η的方程，得¿，
所以(5m2+9)y2+10mny+5n2-45=0，
则Δ=180(5m2-n2+9)>0，
5n2-45 10mn
由根与系数的关系，得y y = ，y + y =- ，
1 2 5m2+9 1 2 5m2+9
设P(x ,y )，
0 0
y y
由P，S，A 三点共线，得 0 = 1 ，
1 x +3 x -3
0 1
y y
由P，N，A 三点共线，得 0 = 2 ，
2 x -3 x -3
0 2
则
2x 0= x 0 +3 + x 0 -3 = x 1 -3 + x 2 -3 = m y 1 +n-3 + m y 2 +n-3 =2m+(n-3) ( 1 + 1 )
y y y y y y y y y
0 0 0 1 1 1 2 1 2y + y 2mn 6m
=2m+(n-3) 1 2=2m-(n-3) = ．
y y n2-9 n+3
1 2
y n+3
所以直线OP的斜率为k = 0= ，
OP x 3m
0
n+3
则直线OP的方程为y= x，
3m
联立直线OP与直线l的方程，可得¿，解得x=-3，
所以点Q在一条定直线上，该定直线的方程为x=-3．
动点在定直线上问题的解题策略：
①从特殊入手，初步确定动点所在的直线，再证明一般情况下也在该定直线上即可；
②从动点的坐标入手，直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到动点的横纵坐
标关系，进而得出定直线方程．
变式训练
x2 y2
【变式4-1】已知椭圆C: + =1(a>b>0)右焦点分别为F ，A(2,1)是C上一点，点B与A关于原点O
a2 b2 2
对称，△ABF 的面积为❑√6.
2
(1)求C的标准方程；
(2)直线l//AB，且交C于点D，E，直线AD与BE交于点P.
证明：①直线AD与BE的斜率乘积为定值；
②P点在定直线上.
x2 y2
【答案】(1) + =1
8 2
(2)①证明见解析；②证明见解析
4 1
【分析】（1）设为F (c,0)，根据S =2S ，解得c；点A(2,1)在曲线C上，可得 + =1，
2 △ABF 2 △OAF 2 a2 b2
解得a2，b2，即可得出椭圆的标准方程．
1
（2）①设D(x ,y )，E(x ,y )，直线DE方程为y= x+m，m≠0，联立直线DE与椭圆方程，消去y得，
1 1 2 2 2x2+2mx+2m2-4=0，利用斜率计算公式、根与系数的关系即可得出k ⋅k 为定值．
AD BE
1 m 2m 1 m 2m
②直线AD方程为y=( + )x- ，直线BE的方程为y=( + )x+ ，联立直线AD与
2 x -2 x -2 2 x +2 x +2
1 1 2 2
y
直线BE方程x ，y ，化简结合根与系数的关系可得 P 为定值．
P P x
P
【详解】（1）设为F (c,0)，c=❑√a2-b2，
2
1
则S =2S = ×2×c=❑√6，即c=❑√6，
△ABF 2 △OAF 2 2
4 1
又点A(2,1)在曲线C上，∴ + =1，
a2 b2
将b2=a2-6代入，整理得a4-11a2+24=0，a>❑√6，
解得a2=8，b2=2，
x2 y2
∴椭圆的标准方程为 + =1.
8 2
1
（2）①设D(x ,y )，E(x ,y )，直线DE方程为：y= x+m，m≠0，
1 1 2 2 2
联立直线DE与椭圆方程，消去y得x2+2mx+2m2-4=0，
当Δ=4m2-4(2m2-4)>0，即-2<m<2且m≠0时，
x +x =-2m，x x =2m2-4，
1 2 1 2
1
x +m-1
∴ y -1 2 1 1 m ，
k = 1 = = +
AD x -2 x -2 2 x -2
1 1 1
1
x +m+1
y +1 2 2 1 m ，
k = 2 = = +
BE x +2 x +2 2 x +2
2 2 2
(1 m )(1 m ) 1 1( m m ) m m
∴k ⋅k = + + = + + + × ，
AD BE 2 x -2 2 x +2 4 2 x -2 x +2 x -2 x +2
1 2 1 2 1 2
1 m(x +x )+2m2 1
= + 1 2 = .
4 2(x -2)(x +2) 4
1 2(1 m ) (1 m ) 2m
②直线AD方程为：y-1= + (x-2)，即y= + x-
，
2 x -2 2 x -2 x -2
1 1 1
(1 m ) (1 m ) 2m
直线BE的方程为y+1= + (x+2)，即y= + x+
，
2 x +2 2 x +2 x +2
2 2 2
( m m ) 2m 2m
联立直线AD与直线BE方程得 - x= + ，
x -2 x +2 x -2 x +2
1 2 1 2
∴x =- 2(x 1 +x 2 ) ，y = (1 + m ) x - 2m ，
P x -x -4 P 2 x -2 P x -2
1 2 1 1
y 1 m m(x -x -4) 1 (x +x )+(x -x -4) 1 2m 1
∴ P= + + 1 2 = +m⋅ 1 2 1 2 = + =- .
x 2 x -2 (x -2)(x +x ) 2 (x -2)(x +x ) 2 x +x 2
P 1 1 1 2 1 1 2 1 2
1
∴y =- x ，即点P在定直线x+2y=0上.
P 2 P
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为(x ,y )、(x ,y )；
1 1 2 2
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算Δ；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为x +x 、x x 的形式；
1 2 1 2
（5）代入韦达定理求解.
【变式4-2】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C的方程.
(2)已知点N(-3,0),E(-2,0),F(2,0)，直线PN与曲线C的另一个公共点为Q，直线EP与FQ交于点M，求证：当点P变化时，点M恒在一条定直线上.
x2 y2
【答案】(1) + =1(x≠±2)
4 3
(2)证明见解析
【分析】（1）由三角形重心的性质与椭圆的定义求解即可；
（2）设直线PQ的方程为：x=my-3，P(x ,y ),Q(x ,y )，联立直线与椭圆，再表示出直线又直线PE
1 1 2 2
与QF的方程，联立求出交点，即可求解
【详解】（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，
2
所以|PB|+|PC|= ×6=4>|BC|,
3
故由椭圆的定义可知P的轨迹C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C的方程为 + =1(x≠±2)；
4 3
（2）设直线PQ的方程为：x=my-3，P(x ,y ),Q(x ,y )，
1 1 2 2
联立方程¿得：(3m2+4)y2-18my+15=0，
18m 15
则y + y = ,y y = ，
1 2 3m2+4 1 2 3m2+4
5
所以2m y y = (y + y )，
1 2 3 1 2
y y
又直线PE的方程为：y= 1 (x+2)= 1 (x+2)，
x❑+2 my❑-1
1 1
y y
又直线QF的方程为：y= 2 (x-2)= 2 (x-2)，
x❑-2 my❑-5
2 2
2(2m y y - y -5 y )
联立方程¿得：x= 1 2 2 1 ，
- y +5 y
2 1
5
把2m y y = (y + y )代入上式得：
1 2 3 1 2(2 10 ) 4
2 y - y (y -5 y )
3 2 3 1 3 2 1 4，
x= = =-
- y +5 y - y +5 y 3
2 1 2 1
4
所以当点P运动时，点M恒在定直线x=- 上
3
x2 y2 ❑√3 ( ❑√2 )
【变式4-3】已知椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率为 ，且过点A 2, b .
a2 b2 2 2
(1)求椭圆C的方程；
(2)点A关于原点O的对称点为点B，与直线AB平行的直线l与C交于点M,N，直线AM与BN交于点P，点
P是否在定直线上？若在，求出该直线方程；若不在，请说明理由.
x2 y2
【答案】(1) + =1
8 2
1
(2)点P在定直线y=- x上.
2
【分析】（1）解方程组¿可得答案；
y -1 y +1
（2）设M(x ,y ),N(x ,y )， l的方程与椭圆方程联立利用韦达定理代入k = 1 ,k = 2 ，可
1 1 2 2 AM x -2 BN x +2
1 2
得直线AM的方程、直线BN的方程，联立两直线方程得x ,y ，由 y P= (1 + m ) + 2m ⋅ x 1 -x 2 -4
P P x 2 x -2 x -2 2(x +x )
P 1 1 1 2
化简可得答案.
【详解】（1）由题意得¿，解得¿，
x2 y2
所以椭圆C的方程是 + =1.
8 2
1
（2）点P是在定直线y=- x上，理由如下，
2
由（1）知A(2,1),B(-2,-1)，设M(x ,y ),N(x ,y )，
1 1 2 2
1 x2 y2
l:y= x+m,m≠0，将l的方程与 + =1联立消y，得x2+2mx+2m2-4=0，
2 8 2则Δ=4m2-4(2m2-4)>0，得-2<m<2且m≠0，且x +x =-2m,x x =2m2-4，
1 2 1 2
1 1
x +m-1 x +m+1
因为 y -1 2 1 1 m y +1 2 2 1 m ，
k = 1 = = + ,k = 2 = = +
AM x -2 x -2 2 x -2 BN x +2 x +2 2 x +2
1 1 1 2 2 2
(1 m ) (1 m ) 2m
所以直线AM的方程为y-1= + (x-2)，即y= + x-
，
2 x -2 2 x -2 x -2
1 1 1
(1 m ) (1 m ) 2m
直线BN的方程为y+1= + (x+2)，即y= + x+
，
2 x +2 2 x +2 x +2
2 2 2
( m m ) 2m 2m
联立直线AM与直线BN的方程，得 - x= + ，
x -2 x +2 x -2 x +2
1 2 1 2
得x =- 2(x 1 +x 2 ) ,y = (1 + m ) x - 2m ，
P x -x -4 P 2 x -2 P x -2
1 2 1 1
所以 y P= (1 + m ) + 2m ⋅ x 1 -x 2 -4 = 1 +m⋅ (x 1 +x 2 )+(x 1 -x 2 -4)
x 2 x -2 x -2 2(x +x ) 2 (x -2)(x +x )
P 1 1 1 2 1 1 2
1 2x -4 1 2m 1
= +m⋅ 1 = + =- .
2 (x -2)(x +x ) 2 x +x 2
1 1 2 1 2
1
所以点P在定直线y=- x上.
2
题型三：定圆问题
例题分析
x2 y2
已知双曲线C: - =1(a>0)的左、右焦点分别为F ,F ，且F 到C的一条渐近线的距离为❑√3.
a2 3a2 1 2 2
(1)求C的方程；
1
(2)过C的左顶点且不与x轴重合的直线交C的右支于点B，交直线x= 于点P，过F 作PF 的平行线，交
2 1 2直线BF 于点Q，证明：Q在定圆上
2
y2
【答案】(1)x2- =1
3
(2)证明见解析
【分析】（1）根据焦点到渐近线的距离求出c=2即可得解；
（2）由题意可设PA，PF 的斜率分别为k,-k，设直线AP的方程为y=k(x+1)，联立双曲线方程，求出
2
(3+k2 6k )
B , ，由三角函数可得∠F F Q=∠PF A=∠BF P=∠F QF ，即化为
3-k2 3-k2 2 1 2 2 1 1
|QF |=|F F |=4得证.
2 1 2
❑√3a
【详解】（1）根据题意可知C的一条渐近线方程为y= x=❑√3x，
a
|❑√3c|
设F (c,0)(c>0),F 到渐近线y=❑√3x的距离为d= =❑√3，
2 2 ❑√3+1
所以c=2,c2=4=a2+3a2,a2=1，
y2
所以C的方程为x2- =1.
3
（2）设C的左顶点为A，则A(-1,0),
1
故直线x= 为线段AF 的垂直平分线.
2 2
所以可设PA，PF 的斜率分别为k,-k，故直线AP的方程为y=k(x+1).
2与C的方程联立有(3-k2)x2-2k2x-k2-3=0，
2k2 3+k2
设B(x ,y ），则-1+x = ，即x = ，
1 1 1 3-k2 1 3-k2
(3+k2 6k )
所以B ,
3-k2 3-k2
当BF ⊥x轴时，|BF |=|AF |=3，△AF B是等腰直角三角形，
2 2 2 2
π
且易知∠PF A=∠BF P=
2 2 4
2k 2k
当BF 不垂直于x轴时，直线BF 的斜率为 ，故tan∠BF A=
2 2 k2-1 2 k2-1
因为tan∠PFA=-1，
2k
所以 tan2∠PF A= =tan∠BF A,
2 k2-1 2
所以∠BF A=2∠PF A,∠PF A=∠BF P
2 2 2 2
因为QF ∥PF
1 2
所以∠F F Q=∠PF A=∠BF P=∠F QF
2 1 2 2 1 1
所以|QF |=|F F |=4为定值，
2 1 2
所以点Q在以F 为圆心且半径为4的定圆上.
2
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为(x ,y ),(x ,y )；
1 1 2 2
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算Δ；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为x +x 、x x （或y + y 、y y ）的形式；
1 2 1 2 1 2 1 2
（5）代入韦达定理求解.
动圆问题的解题策略：
①求动点的轨迹方程，刚好轨迹是圆；
②转化为动点到定点的距离为定值；
③先通过条件找到定圆，再证明点事该圆上的点；
④用含参的式子表示出动点的横坐标和纵坐标，通过计算得出横纵坐标的平方和为常数。.
变式训练
x2 y2
【变式5-1】已知双曲线C： - =1（a>0，b>0）的右焦点为F，一条渐近线的倾斜角为60°，且C
a2 b2
上的点到F的距离的最小值为1．
(1)求C的方程；
(2)设点O(0,0)，M(0,2)，动直线l：y=kx+m与C的右支相交于不同两点A，B，且∠AFM=∠BFM，
过点O作OH⊥l，H为垂足，证明：动点H在定圆上，并求该圆的方程．
y2
【答案】(1)x2- =1
3
( 1) 2 ( 3) 2 5
(2)证明见解析， x- + y+ =
4 4 8
【分析】(1) 根据渐近线斜率及到焦点距离最值列式求解即可.
(2)根据角相等得出向量夹角相等，进而得出m,k的关系得出定点，最后根据垂直关系得出圆的方程.
【详解】（1）设F(c,0),
则由已知得¿,
解得a=1,b=❑√3,c=2,
y2
所以C的方程x2- =1.
3
（2）由(1)得F(2,0),⃗FM=(-2,2),
设A(x ,y ),A(x ,y )，则⃗FA=(x -2,y ),⃗FB=(x -2,y ),
1 1 2 2 1 1 2 2
于是|⃗FA|=❑√(x -2) 2+ y 2=❑√(x -2) 2+3x 2-3=2x -1,
1 1 1 1 1
同理|⃗FB|=2x -1,
2
由∠AFM=∠BFM，得cos∠AFM=cos∠BFM⃗FA⋅⃗FM ⃗FB⋅⃗FM
=
即
|⃗FA| |⃗FB|
-2(x -2)+2y -2(x -2)+2y
即 1 1 = 2 2 ,
2x -1 2x -1
1 2
-2(x -2)+2y -2(x -2)+2y
1 1 = 2 2
2x -1 2x -1
1 2
(k-2)x +m+2y -2(x -2)+2y
1 1= 2 2
2x -1 2x -1
1 2
整理得(2m+k+3)(x -x )=0，
1 2
因为x ≠x ，所以2m+k+3=0,
1 2
( 1) 3
所以l的方程可化为y=k x- -
2 2
(1 3)
因此l过定点 N ,- .
2 2
又因为OH⊥l垂足为H,所以动点 H 在以ON为直径的圆上，
( 1) 2 ( 3) 2 5
该圆的方程为 x- + y+ = .
4 4 8
【变式5-2】设点O(0,0)，M(0,2)，动直线l：y=kx+m与C的右支相交于不同两点A，B，且
∠AFM=∠BFM，过点O作OH⊥l，H为垂足，证明：动点H在定圆上，并求该圆的方程．
x2 y2 ❑√2
19．已知椭圆C: + =1(a>b>0)，离心率e= ，左、右顶点与上顶点围成的三角形的面积为2❑√2．
a2 b2 2
(1)求椭圆C的方程；
(2)M，N，A，B为椭圆上不同的四点，且均与椭圆右顶点P不重合，k ⋅k =-1，k ⋅k =1，
MN AB PM PN
k +k =2，证明：直线MN和直线AB的交点在一个定圆上．
PA PB
x2 y2
【答案】(1) + =1
4 2
(2)证明见详解
【分析】（1）由条件列关于a,b,c的方程，解方程可得a,b,c，由此可得椭圆方程；（2）方法一：设直线MN:y=kx+m，AB:y=k'x+m'，联立方程组利用设而不求法证明直线MN和直线
AB过定点，结合条件证明结论.
m-2k
方法二：直线MN:y=kx+m，AB:y=k'x+m'，通过齐次化变形，证明k ⋅k = ，
PM PN 2(m+2k)
4
k
PA
+k
PB
=-
2(m'+2k')
，由此证明直线MN和直线AB过定点，结合条件证明结论.
c ❑√2
【详解】（1）由e= = ，a2=b2+c2，
a 2
1
三角形面积S= ⋅2a⋅b=ab=2❑√2，
2
解得a2=4，b2=2，
x2 y2
所以椭圆C的方程为 + =1．
4 2
（2）由（1）得P(2,0)，设M(x ,y )，N(x ,y )，A(x ,y )，B(x ,y )，
1 1 2 2 3 3 4 4
直线MN:y=kx+m，AB:y=k'x+m'．
联立¿
消去y整理得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-4=0，
方程(1+2k2)x2+4kmx+2m2-4=0的判别式Δ=32k2+16-8m2>0，
则¿，
y y
因为k ⋅k =1，所以 1 ⋅ 2 =1，
PM PN x -2 x -2
1 2
所以(k2-1)x x +(km+2)(x +x )+m2-4=0，
1 2 1 2
所以
(k2-1)⋅ 2m2-4 +(km+2)⋅ ( - 4km ) +m2-4=0，
1+2k2 1+2k2
整理得(m+2k)(m+6k)=0．若m=-2k，则y=kx-2k=k(x-2)，
则直线MN过定点P(2,0)，与题意矛盾；
若m=-6k，则y=kx-6k=k(x-6)，则直线MN过定点(6,0)．同理可得¿
y -0 y -0
又因为k +k =2= 3 + 4 ，
PA PB x -2 x -2
3 4
所以2(x -2)(x -2)=x y +x y -2(y + y )，
3 4 3 4 4 3 3 4
所以2x x -4(x +x )+8=x (k'x +m')+x (k'x +m')-2[k' (x +x )+2m']，
3 4 3 4 3 4 4 3 3 4
所以(2k'-2)x x +(m'-2k'+4)(x +x )-4m'-8=0，
3 4 3 4
2m'2-4
(
4k'm'
)
所以(2k'-2)⋅ +(m'-2k'+4) - -(4m'+8)=0，
1+2k'2 1+2k'2
整理得(2k'+m'+1)(2k'+m')=0．
若m'=-2k'，则y=k'x-2k'=k'(x-2)，则直线AB过定点P(2,0)，与题意矛盾；
若m'=-2k'-1，则y=k'x-2k'-1=k'(x-2)-1，则直线AB过定点(2,-1)．
又因为k ⋅k =-1，所以AB⊥MN，
AB MN
所以直线AB与MN的交点在以(6,0)和(2,-1)所连线段为直径的定圆上．
方法二：设M(x ,y )，N(x ,y )，A(x ,y )，B(x ,y )，
1 1 2 2 3 3 4 4
直线MN:y=kx+m，AB:y=k'x+m'．
x2 y2
椭圆方程 + =1变形为(x-2) 2+2y2+4(x-2)=0，
4 2
y-k(x-2)
直线MN:y=kx+m变形为1= ，
m+2k
y-k(x-2)
代入椭圆方程得(x-2) 2+2y2+4(x-2)× =0，
m+2k
即(m-2k)(x-2) 2+4 y(x-2)+2(m+2k)y2=0，
左右两边同时除以(x-2) 2得，2(m+2k) ( y ) 2 +4× y +m-2k=0，
x-2 x-2
m-2k
则k ，k 为方程的两个根，则k ⋅k = =1，
PM PN PM PN 2(m+2k)
所以m=-6k，直线MN过定点(6,0)．同理可得2(m'+2k') ( y ) 2 +4× y +m'-2k'=0，
x-2 x-2
4
则k ，k 为方程的两个根，则 k +k =- =2 ，
PA PB PA PB 2(m'+2k')
所以m'=-2k'-1，
直线AB过定点(2,-1)．
又因为k ⋅k =-1，所以AB⊥MN，
AB MN
所以直线AB与MN的交点在以(6,0)和(2,-1)所连线段为直径的定圆上．
【点睛】关键点点睛：
解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、
三角形的面积等问题．
x2 y2
【变式5-3】双曲线C: - =1(a>0,b>0)的左顶点为A，焦距为4，过右焦点F作垂直于实轴的直线
a2 b2
交C于B、D两点，且△ABD是直角三角形.
(1)求双曲线C的方程；
(2)已知M,N是C上不同的两点，MN中点的横坐标为2，且MN的中垂线为直线l，是否存在半径为1的定
圆E，使得l被圆E截得的弦长为定值，若存在，求出圆E的方程；若不存在，请说明理由.
y2
【答案】(1)x2- =1
3
(2)存在，E:(x-8) 2+ y2=1
【分析】（1）根据双曲线的性质，结合△ABD是等腰直角三角形的性质，列出关系式即可求解双曲线方
程；
（2）首先利用点差法求出直线l所过的定点，即可求出定圆的方程.
【详解】（1）依题意，∠BAD=90°，焦半径c=2，
c2 y2 (c2 ) b4 b2
当x=c时， - =1，得y2=b2 -1 = ，即y=± ，
a2 b2 a2 a2 ab2 b2
所以|BF|= ，由|AF|=|BF|，得a+c= ，得a2+2a=22-a2，
a a
解得：a=1（其中a=-2<0舍去），
所以b2=c2-a2=4-1=3，
y2
故双曲线C的方程为x2- =1；
3
（2）设M(x ,y ),N(x ,y ),MN的中点为Q(x ,y )
1 1 2 2 0 0
因为M,N是C上不同的两点，MN中点的横坐标为2.
所以¿.
(y + y )(y - y )
①-②得(x +x )(x -x )- 1 2 1 2 =0，
1 2 1 2 3
y - y 3(x +x ) 3×4 6
当k 存在时，k = 1 2= 1 2 = = ，
MN MN x -x y + y 2y y
1 2 1 2 0 0
y y
因为MN的中垂线为直线l，所以y- y =- 0(x-2)，即l:y=- 0(x-8)，
0 6 6
所以l过定点T(8,0).当k 不存在时，M,N关于x轴对称，MN的中垂线l为x轴，此时l也过T(8,0)，
MN
所以存在以(8,0)为圆心的定圆E:(x-8) 2+ y2=1，使得l被圆E截得的弦长为定值2.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线相交的综合应用，本题的关键是求得直线所过的定点，因为
半径为1，所以定圆圆心为定点，弦长就是直径.
真题专练
1．在平面直角坐标系xOy中，已知动圆C与圆O :x2-2x+ y2=0内切，且与直线x=-2相切，设动圆圆心
1
C的轨迹为曲线E．
(1)求E的方程；
(2)已知P(4,y )(y >0)是曲线E上一点，A,B是曲线E上异于点P的两个动点，设直线PA､PB的倾斜角
0 0
3π
分别为α､β，且α+β= ，请问：直线AB是否经过定点？若是，请求出该定点，若不是，请说明理由.
4
【答案】(1)y2=4x
(2)是，(8,-8)
【分析】（1）由题意可得动圆的圆心C到点(1,0)的距离与到直线x=-1的距离相等，从而可求得其轨迹方
程，
（2）当直线PA､PB中其中一条的斜率不存在，可求得直线AB的方程为x+ y=0；当直线PA､PB的斜率
( y 2 ) ( y 2 ) 3π
都存在时，故设直线PA､PB的斜率k ,k ，A 1 ,y ,B 2 ,y ，然后表示出k ,k ，再由α+β=
1 2 4 1 4 2 1 2 4
可得8(y + y )+ y ⋅y +32=0，设直线AB方程为x=ty+n，代入抛物线方程化简利用根与系数的关系，
1 2 1 2
结合前面的式子可求得直线过的定点.
【详解】（1）圆O :x2-2x+ y2=0的圆心为(1,0)，半径为1，
1由题意可得，动圆的圆心C到点(1,0)的距离与到直线x=-1的距离相等，
所以点C的轨迹是以(1,0)为焦点，直线x=-1为准线的抛物线，
所以曲线E的方程为y2=4x；
（2）由（1）可得P(4,4)，
π π
当直线PA､PB中其中一条的斜率不存在，不妨设α= ，β=
，
2 4
易得A(4,-4)，直线PB的直线为y=x，与y2=4x联立可得B(0,0)，
故直线AB的方程为x+ y=0；
当直线PA､PB的斜率都存在时，故设直线PA､PB的斜率k ,k ，
1 2
( y 2 ) ( y 2 )
设A 1 ,y ,B 2 ,y
4 1 4 2
y -4 4
k = 1 = 4
所以 1 1 y +4，同理可得k = ，
y2-4 1 2 y +4
4 1 2
3π tanα+tanβ k +k
因为α+β= ，所以tan(α+β)=-1，所以 =-1，即 1 2 =-1，
4 1-tanα⋅tanβ 1-k ⋅k
1 2
所以k +k -k ⋅k +1=0，
1 2 1 2
4 4 4 4
所以 + - ⋅ +1=0，即8(y + y )+ y ⋅y +32=0，
y +4 y +4 y +4 y +4 1 2 1 2
1 2 1 2
由题意可设AB方程为x=ty+n，联立¿，消x整理得y2-4ty-4n=0，
所以Δ=16t2+16n>0，y + y =4t，y ⋅y =-4n，
1 2 1 2
所以32t-4n+32=0即n=8t+8，所以x=ty+n=ty+8t+8=t(y+8)+8，
令y+8=0得y=-8，x=8，此时有定点(8,-8)，
综上所述，直线AB经过定点(8,-8)
【点睛】关键点点睛：此题考查轨迹方程的求法，考查直线与抛物线的位置关系，解题的关键是设直线PA3π
､PB的斜率k ,k ，再由α+β= 结合两角和的正切公式，与斜率公式可得k +k -k ⋅k +1=0，考查
1 2 4 1 2 1 2
计算能力，属于较难题.
y2 x2 ❑√5
2．已知椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率是 ，点A(-2,0)在C上．
a2 b2 3
(1)求C的方程；
(2)过点(-2,3)的直线交C于P,Q两点，直线AP,AQ与y轴的交点分别为M,N，证明：线段MN的中点为
定点．
y2 x2
【答案】(1) + =1
9 4
(2)证明见详解
【分析】（1）根据题意列式求解a,b,c，进而可得结果；
y + y
（2）设直线PQ的方程，进而可求点M,N的坐标，结合韦达定理验证 M N为定值即可.
2
【详解】（1）由题意可得¿，解得¿，
y2 x2
所以椭圆方程为 + =1.
9 4
（2）由题意可知：直线PQ的斜率存在，设PQ:y=k(x+2)+3,P(x ,y ),Q(x ,y )，
1 1 2 2
联立方程¿，消去y得：(4k2+9)x2+8k(2k+3)x+16(k2+3k)=0，
则Δ=64k2(2k+3) 2-64(4k2+9)(k2+3k)=-1728k>0，解得k<0，
8k(2k+3) 16(k2+3k)
可得x +x =- ,x x = ，
1 2 4k2+9 1 2 4k2+9
y
因为A(-2,0)，则直线AP:y= 1 (x+2)，
x +2
1
2y 2y
( )
令x=0，解得y= 1 ，即M 0, 1 ,
x +2 x +2
1 12y
( )
同理可得N 0, 2 ，
x +2
2
2y 2y
1 + 2
则 x +2 x +2 [k(x +2)+3] [k(x +2)+3]
1 2 = 1 + 2
2 x +2 x +2
1 2
[kx +(2k+3)](x +2)+[kx +(2k+3)](x +2) 2kx x +(4k+3)(x +x )+4(2k+3)
= 1 2 2 1 = 1 2 1 2
(x +2)(x +2) x x +2(x +x )+4
1 2 1 2 1 2
32k(k2+3k) 8k(4k+3)(2k+3)
- +4(2k+3)
4k2+9 4k2+9 108
= = =3，
16(k2+3k) 16k(2k+3) 36
- +4
4k2+9 4k2+9
所以线段MN的中点是定点(0,3).
【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；
也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论．
3．已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(-2❑√5,0)，离心率为❑√5．
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为A ，A ，过点(-4,0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直
1 2
线M A 与N A 交于点P．证明:点P在定直线上.
1 2x2 y2
【答案】(1) - =1
4 16
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题意求得a,b的值即可确定双曲线方程；
（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线M A 与N A 的方程，联立直线方
1 2
x+2 1
程，消去y，结合韦达定理计算可得 =- ，即交点的横坐标为定值，据此可证得点P在定直线x=-1
x-2 3
上.
x2 y2
【详解】（1）设双曲线方程为 - =1(a>0,b>0)，由焦点坐标可知c=2❑√5，
a2 b2
c
则由e= =❑√5可得a=2，b=❑√c2-a2=4，
a
x2 y2
双曲线方程为 - =1.
4 16
（2）由(1)可得A (-2,0),A (2,0)，设M(x ,y ),N(x ,y )，
1 2 1 1 2 2
1 1
显然直线的斜率不为0，所以设直线MN的方程为x=my-4，且- <m< ，
2 2
x2 y2
与 - =1联立可得(4m2-1)y2-32my+48=0，且Δ=64(4m2+3)>0，
4 16
32m 48
则y + y = ,y y = ，
1 2 4m2-1 1 2 4m2-1
y y
直线M A 的方程为y= 1 (x+2)，直线N A 的方程为y= 2 (x-2)，
1 x +2 2 x -2
1 2联立直线M A 与直线N A 的方程可得：
1 2
x+2 y (x +2) y (m y -2) m y y -2(y + y )+2y
= 2 1 = 2 1 = 1 2 1 2 1
x-2 y (x -2) y (m y -6) m y y -6 y
1 2 1 2 1 2 1
48 32m -16m
m⋅ -2⋅ +2y +2y
4m2-1 4m2-1 1 4m2-1 1 1
= = =- ，
48 48m 3
m× -6 y -6 y
4m2-1 1 4m2-1 1
x+2 1
由 =- 可得x=-1，即x =-1，
x-2 3 P
据此可得点P在定直线x=-1上运动.
【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，
其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键.
(p ) p
4．已知动圆过定点 ,0 ，且与直线x=- 相切，其中p>0．
2 2
(1)求动圆圆心C的轨迹的方程；
(2)设A、B是轨迹C上异于原点O的两个不同点，直线OA和OB的倾斜角分别为α和β，当α,β变化且
α+β为定值θ(0<θ<π)时，证明直线AB恒过定点，并求出该定点的坐标．
【答案】(1)y2=2px(p>0)；
(2)当θ≠ π 时，直线AB恒过定点 ( -2p, 2p ) ，当θ= π 时，直线AB恒过定点(-2p,0)；详见解析.
2 tanθ 2
【分析】（1）根据抛物线定义即得；
（2）由题意知直线AB的斜率存在，从而设AB方程为y=kx+b，联立抛物线方程利用韦达定理法结合条
件可表示出b，进而即得.
(p ) p
【详解】（1）由题可知动圆圆心C到定点 ,0 的距离与定直线x=- 的距离相等，
2 2
(p ) p
由抛物线的定义知，点C的轨迹为抛物线，其中 ,0 为焦点，x=- 为准线，
2 2
所以动圆圆心C的轨迹方程为y2=2px(p>0)；
（2）设A(x ,y ),B(x ,y )，由题意得x ≠x (否则α+β=π)，且x ,x ≠0，
1 1 2 2 1 2 1 2y2 y2
由题意知直线AB的斜率存在，从而设AB的方程为y=kx+b，显然x = 1 ,x = 2 ，
1 2p 2 2p
将y=kx+b与y2=2px(p>0)联立消去x，得k y2-2py+2pb=0，
2p 2pb
由韦达定理知y + y = ，y ⋅y = ，
1 2 k 1 2 k
因为α+β为定值θ(0<θ<π)，
y y
1+ 2
π tanα+tanβ x x 2p(y + y )
当θ≠ 时，tanθ=tan(α+β)= = 1 2 = 1 2
2 1-tanαtanβ y y y y -4 p2
1- 1 ⋅ 2 1 2
x x
1 2
(2p)
2p
k 2p
= = ，
2pb b-2kp
-4 p2
k
2p
所以b= +2kp，
tanθ
2p 2p
所以直线AB的方程为y=kx+ +2kp，即y- =k(x+2p)，
tanθ tanθ
( 2p )
所以直线AB恒过定点 -2p, ，
tanθ
π y y
当θ= 时，则 1 ⋅ 2=1，可得b=2kp，直线AB的方程为y=k(x+2p)，恒过定点(-2p,0)，
2 x x
1 2
综上，当θ≠ π 时，直线AB恒过定点 ( -2p, 2p ) ，当θ= π 时，直线AB恒过定点(-2p,0).
2 tanθ 2
x2 y2
5．已知双曲线C： - =1（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F ，F ，P为双曲线右支上的一点，I
a2 b2 1 2
为△PF F 的内心，且⃗I F +2⃗I F =2⃗PI.
1 2 1 2
(1)求C的离心率；
(2)设点T(x ,y )为双曲线C右支上异于其顶点的动点，直线T F 与双曲线左支交于点S.双曲线的右顶点
1 1 1
为D(1,0)，直线TD，SD分别与圆O：x2+ y2=1相交，交点分别为异于点D的点M，N，判断直线MN是否过定点，求出定点，如果不过定点，请说明理由.
【答案】(1)2
(2)过定点(0,0)
【分析】（1）由题意画出图形，由已知向量等式可得|PF |=|F F |=2|PF |，结合|PF |-|PF |=2a，
1 1 2 2 1 2
得|PF |=2a，又|F F |=2c，则2c=4a，由此可得双曲线的离心率；
2 1 2
（2）设直线ST的方程为：x=-2+ty，与双曲线方程联立，利用根与系数的关系证明DT⊥DS，即可得
结论.
【详解】（1）如图所示，
延长IP到A且|IP|=|PA|，延长I F 到B且|I F |=|F B|，
2 2 2
由⃗I F +2⃗I F =2⃗PI，得⃗I F +⃗IB+⃗IA=0⃗，
1 2 1
1 1 1
∴I是△ABF 的重心，∴S = S ，同理S = S ，S = S ，
1 △ AIF1 3 △ABF 1 △ AIB 3 △ABF 1 △ BIF1 3 △ABF 1
即S =S =S ，
△AIF △AIB △BIF
1 1
又S =2S ，S =2S ，S =4S ，
△AIF △PIF △BIF △F IF △AIB △PIF
1 1 1 2 1 2
S =S =2S ，又I是△PF F 的内心，则|PF |=|F F |=2|PF |，
△PIF △F IF △PIF 1 2 1 1 2 2
1 2 3 2
c
由|PF |-|PF |=2a，得|PF |=2a，又|F F |=2c，则2c=4a，即e= =2；
1 2 2 1 2 a
（2）弦MN过定点(0,0),由已知右顶点D(1,0)，结合（1）得a=1，b=❑√3，c=2，
y2
所以双曲线方程为x2- =1.
3
则F (-2,0)，F (2,0)，
1 2
设点S(x ,y )，直线ST的方程为：x=-2+ty，
2 2
联立¿，得(3t2-1)y2-12ty+9=0，
12t 9
则y + y = ，y y = ，⃗DT=(x -1,y )，⃗DS=(x -1,y )，
1 2 3t2-1 1 2 3t2-1 1 2 2 2
则⃗DT⋅⃗DS=(x -1)(x -1)+ y y =(t y -3)(t y -3)+ y y
1 2 1 2 1 2 1 2
9 12t
=(t2+1)y y -3t(y + y )+9=(t2+1)⋅ -3t⋅ +9=0，
1 2 1 2 3t2-1 3t2-1
即DT⊥DS，也就是DM⊥DN，
∴MN为圆O的直径，故弦MN恒过圆心(0,0).
【点睛】思路点睛：
（1）向量条件⃗I F +2⃗I F =2⃗PI合理转化是关键，延长IP到A且|IP|=|PA|，延长I F 到B且
1 2 2
|I F |=|F B|，由⃗I F +2⃗I F =2⃗PI，得⃗I F +⃗IB+⃗IA=0⃗，∴I是ΔABF 的重心，
2 2 1 2 1 1
进一步S =S =2S ，又I是ΔPF F 的内心，则|PF |=|F F |=2|PF |，结合双曲线定义
ΔPIF ΔF IF ΔPIF 1 2 1 1 2 2
1 2 3 2
得解；（2）设出直线ST的方程为：x=-2+ty与双曲线联立，利用根与系数的关系证明DT⊥DS，即可得结论.
x2 y2
6．椭圆E的方程为 + =1，左、右顶点分别为A(-2,0)，B(2,0)，点P为椭圆E上的点，且在第一象
4 8
限，直线l过点P
(1)若直线l分别交x，y轴于C，D两点，若PD=2，求PC的长；
(2)若直线l过点(-1,0)，且交椭圆E于另一点Q（异于点A，B），记直线AP与直线BQ交于点M，试问
点M是否在一条定直线上？若是，求出该定直线方程；若不是，说明理由．
【答案】(1)2❑√2；
(2)点M在定直线x=-4上，理由见解析.
x2 y2
【分析】（1）设P(x ,y ),D(0,y )，由题意可得则 0+ 0=1，x2+(y - y ) 2=4，从而可得
0 0 D 0 0 D
4 8
y |PC| y
0 =❑√2，根据 = 0 即可求解；
|y - y | |PD| y - y
0 D 0 D
（2）依题可设直线l的方程为x=my-1，P(x ,y )，Q(x ,y )，M(x ,y )．求出直线AP的方程为
1 1 2 2 0 0
y y 2y x -4 y +2x y +4 y
y= 1 (x+2)，直线BQ的方程为y= 2 (x-2)，联立可得x = 1 2 1 1 2 2 ，联立直
x +2 x -2 0 (x +2)y -(x -2)y
1 2 1 2 2 1
线l的方程和椭圆方程，结合韦达定理，从而可求解.
【详解】（1）设P(x ,y ),D(0,y )，
0 0 D
x2 y2
则 0+ 0=1①，x2+(y - y ) 2=4②，
0 0 D
4 8
y2
由①②可得 0=(y - y ) 2，
2 0 D
y y
∵y >0,∴ 0 =|y - y |，即 0 =❑√2，
0 ❑√2 0 D |y - y |
0 D|PC| y
∵ = 0 =❑√2,∴|PC|=2❑√2.
|PD| |y - y |
0 D
（2）依题可设直线l的方程为x=my-1，P(x ,y )，Q(x ,y )，M(x ,y )．
1 1 2 2 0 0
联立方程组¿，整理得(2m2+1)y2-4my-6=0，
Δ=16m2+24(2m2+1)>0，
4m -6
则y + y = ，y y =
1 2 2m2+1 1 2 2m2+1
y y
直线AP的方程为y= 1 (x+2)，直线BQ的方程为y= 2 (x-2)，
x +2 x -2
1 2
2y x -4 y +2x y +4 y
联立方程组¿，得x = 1 2 1 1 2 2 ，
0 (x +2)y -(x -2)y
1 2 2 1
因为(x +2)y -(x -2)y =x y +2y -x y +2y
1 2 2 1 1 2 2 2 1 1
=(m y -1)y +2y -(m y -1)y +2y =3 y + y ，
1 2 2 2 1 1 1 2
2y x -4 y +2x y +4 y =2y (m y -1)-4 y +2(m y -1)y +4 y =4m y y -6 y +2y ，
1 2 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2
4m y y -6 y +2y
∴x = 1 2 1 2
0 3 y + y
1 2
4m -6
由y + y = ，得y y = ，得2m y y =-3(y + y )．
1 2 2m2+1 1 2 2m2+1 1 2 1 2
4m y y -6 y +2y -6(y + y )-6 y +2y -12y -4 y
所以x = 1 2 1 2= 1 2 1 2 = 1 2 =-4.
0 3 y + y 3 y + y 3 y + y
1 2 1 2 1 2
故点M在定直线x=-4上．【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为(x ,y ),(x ,y )；
1 1 2 2
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算Δ；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为x +x 、x x （或y + y 、y y ）的形式；
1 2 1 2 1 2 1 2
（5）代入韦达定理求解.
x2 y2 ❑√2
7．已知椭圆C： + =1(a>b>0)的短轴长为2❑√2，离心率为 ．
a2 b2 2
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点P(4,1)的动直线l与椭圆C相交于不同的A,B两点，在线段AB上取点Q，满足
|AP|⋅|QB|=|AQ|⋅|PB|，证明：点Q总在某定直线上．
x2 y2
【答案】(1) + =1
4 2
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意得¿，再结合a2=b2+c2可求出a,b，从而可求得椭圆方程，
（2）设A(x ,y )，B(x ,y )，Q(x,y)，P(4,t)，设AB的方程为y=k(x-4)+1，代入椭圆方程化简，
1 1 2 2
利用根与系数的关系，由|AP|⋅|QB|=|AQ|⋅|PB|可得2x x -(x +x )(4+x)+8x=0，再结合前面的式
1 2 1 2
子化简可求出关于x,y的方程，从而可证得结论.
【详解】（1）由题意可知¿，因为a2=b2+c2，所以解得a=2，b=❑√2．
x2 y2
所以所求椭圆的方程为 + =1
4 2（2）设A(x ,y )，B(x ,y )，Q(x,y)，P(4,t)，
1 1 2 2
直线AB的斜率显然存在，设为k，则AB的方程为y=k(x-4)+1．
因为A，P，B，Q四点共线，不妨设x <x<x <4，
2 1
则|AP|=❑√1+k2 (4-x )，|AQ|=❑√1+k2 (x -x)，|QB|=❑√1+k2 (x-x )，|PB|=❑√1+k2 (4-x )，
1 1 2 2
由|AP|⋅|QB|=|AQ|⋅|PB|，可得(4-x )(x-x )=(x -x)(4-x )，
1 2 1 2
化简得2x x -(x +x )(4+x)+8x=0．（*）
1 2 1 2
联立直线y=k(x-4)+1和椭圆的方程，得¿，
消去y，得(2k2+1)x2+4k(1-4k)x+2(1-4k) 2-4=0，
Δ=16k2 (1-4k) 2-4(2k2+1)(32k2-16k-2)>0，得12k2-8k-1<0，
4k(1-4k) 2(1-4k) 2-4
由韦达定理，得x +x =- ，x x = ．代入（*）
1 2 2k2+1 1 2 2k2+1
4k+1 5 7
化简得x= =4- ，即 =4-x．
k+2 k+2 k+2
7
y-1 =4-x
又k= ，代入上式，得 y-1 ，化简得2x+ y-2=0．
x-4 +2
x-4
所以点Q总在一条定直线2x+ y-2=0上．
【点睛】关键点睛：本题解题的关键是设出直线AB的方程，利用弦长公式表示出|AP|,|QB|,|AQ|,|PB|，
代入|AP|⋅|QB|=|AQ|⋅|PB|化简，再将直线方程代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系，几个式子相
结合可证得结论.
x2 y2 ❑√2
8．已知椭圆C: + =1的离心率为 ．
2 b2 2(1)求椭圆C的方程；
(2)当椭圆的焦点在x轴上时，直线l:y=kx-1与椭圆的一个交点为P（点P不在坐标轴上），点P关于x
❑√2
轴的对称点为Q，经过点Q且斜率为 的直线与l交于点M，点N满足PN∥x轴，MN⊥x轴，求证：
2
❑√2
点N在直线y= x+1上．
2
x2 x2 y2
【答案】(1) + y2=1或 + =1
2 2 4
(2)证明见解析
【分析】（1）分焦点在x轴和y轴上两种情况求椭圆方程即可；
（2）联立椭圆和直线l的方程得到点P的坐标，根据点P和点Q的对称关系得到点Q的坐标，即可得到经过
点Q的直线方程，然后联立直线方程得到点M的横坐标，即可得到点N的坐标，最后根据点N横纵坐标的
❑√2
关系即可证明点N在直线y= x+1上.
2
c ❑√2
【详解】（1）当椭圆的焦点在x轴上时， = ，解得c=1，b2=2-1=1，所以此时椭圆方程为
❑√2 2
x2
+ y2=1；
2
❑√b2-2 ❑√2 x2 y2
当椭圆的焦点在y轴上时，c=❑√b2-2，所以 = ，解得b2=4，所以此时椭圆方程为 + =1.
❑√b2 2 2 4
（2）
x2
由题意得，椭圆方程为 + y2=1，联立¿得(1+2k2)x2-4kx=0，
2
设点 ，则 4k ，所以 4k 2k2-1，故 ( 4k 2k2-1)，
P(x ,y ) x = y =k⋅ -1= P ,
1 1 1 1+2k2 1 1+2k2 1+2k2 1+2k2 1+2k2( 4k 2k2-1)，
Q ,-
1+2k2 1+2k2
❑√2 2k2-1 ❑√2( 4k )
所以经过点Q且斜率为 的直线方程为y+ = x- ，
2 1+2k2 2 1+2k2
( ❑√2) 2-2❑√2k -2❑√2 2k2-1 (-2❑√2 2k2-1)
联立¿得 k- x= ，所以x =x = ，y = y = ，N , ,
2 1+2k2 M N 1+2k2 N 1 1+2k2 1+2k2 1+2k2
❑√2 -2❑√2 2k2-1 ❑√2
又 ⋅ +1= ，所以点N在直线y= x+1上.
2 1+2k2 1+2k2 2
x2 y2 (3❑√3 1) ( 3❑√3 1)
9．已知椭圆E： + =1(a>b>0)，F(2❑√2,0)为椭圆E的右焦点，三点 , ， - , ，
a2 b2 2 2 2 2
( 1)
2, 中恰有两点在椭圆E上.
3
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设点A,B为椭圆E的左右端点，过点M(2,0)作直线交椭圆E于P，Q两点（不同于A,B），求证：直线
AP与直线BQ的交点N在定直线上运动，并求出该直线的方程.
x2
【答案】(1) + y2=1
9
9
(2)证明见解析，x=
2
(3❑√3 1) ( 3❑√3 1)
【分析】（1）由对称性得到点 , ， - , 在椭圆E上，结合焦点坐标，得到方程组，求出
2 2 2 2
a2=9，b2=1，求出椭圆方程；
（2）设直线PQ的方程为x=my+2，联立椭圆方程，设P(x ,y )，Q(x ,y )，N(x ,y )，得到两根之
1 1 2 2 0 0
x +3 9
和，两根之积，由A,P,N和B,Q,N共线得到方程组，联立后得到 0 =5，求出x = ，得到交点N在
x -3 0 2
0
定直线上，并求出该直线的方程.【详解】（1）因为F(2❑√2,0)为椭圆E的右焦点，所以a2-b2=8①,
由对称性得，点 (3❑√3 , 1) ， ( - 3❑√3 , 1) 在椭圆E上，代入得 27 + 1 =1②,
2 2 2 2 4a2 4b2
联立①②解得，a2=9，b2=1，
x2
所以椭圆E的标准方程为： + y2=1.
9
（2）由条件知直线PQ与直线AB不重合，故直线PQ的斜率不为0，
设直线PQ的方程为x=my+2，
联立¿，可得(m2+9)y2+4my-5=0，
设P(x ,y )，Q(x ,y )，N(x ,y )，
1 1 2 2 0 0
-4m -5 5(y + y )
则y + y = ，y y = ，m= 1 2 ，
1 2 m2+9 1 2 m2+9 4 y y
1 2
由（1）可得A(-3,0)，B(3,0)，
x +3 x +3 m y +5
由A,P,N共线得： 0 = 1 = 1 ③，
y y y
0 1 1
x -3 x +3 m y -1
由B,Q,N共线得： 0 = 2 = 2 ④，
y y y
0 2 2
5
(y + y )+5 y
x +3 m y y +5 y 4 1 2 2
由③÷④消去y 并整理得， 0 = 1 2 2= =5，
0 x -3 m y y - y 5
0 1 2 1 (y + y )- y
4 1 2 1
x +3 9
即 0 =5，所以x = ，
x -3 0 2
09
综上所述，直线AP与直线BQ的交点N在定直线x= 上运动.
2
【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
10．已知R是圆M：(x+❑√3) 2+ y2=8上的动点，点N(❑√3,0)，直线NR与圆M的另一个交点为S，点L在
直线MR上，MS∥NL，动点L的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)若过点P(-2,0)的直线l与曲线C相交于A，B两点，且A，B都在x轴上方，问：在x轴上是否存在定点
Q，使得△QAB的内心在一条定直线上?请你给出结论并证明.
x2
【答案】(1) - y2=1(y≠0)
2
(2)答案见解析
【分析】（1）由题意可得点L在以M，N为焦点，2❑√2为实轴长的双曲线上，且焦距为2❑√3，从而可求
出曲线C的方程；
（2）由条件可设l：x=my-2，代入双曲线方程化简，再利用根与系数的关系，当Q(-1,0)时，可求得
k +k =0，则∠AQB的平分线为定直线x=-1，从而可得结论.
AQ BQ
【详解】（1）圆M的圆心为M(-❑√3,0)，半径r=2❑√2，
因为MS∥NL，所以△MSR∽△LNR，又因为|MR|=|MS|，
所以|LR|=|ln|，
所以||LM|-|ln||=||LM|-|LR||=|MR|=r=2❑√2<2❑√3=|MN|，
所以点L在以M，N为焦点，2❑√2为实轴长的双曲线上，
x2 y2
设双曲线的方程为 - =1(a>0,b>0,c=❑√a2+b2) ，
a2 b2
则2a=2❑√2，2c=2❑√3.
所以a=❑√2，c=❑√3，b=1
x2
又L不可能在x轴上，所以曲线C的方程为 - y2=1(y≠0).
2（2）在x轴上存在定点Q(-1,0)，使得△QAB的内心在一条定直线上.
x2
证明如下：由条件可设l：x=my-2.代入 - y2=1，
2
得(m2-2)y2-4my+2=0，
设A(x ,y )，B(x ,y )，则
1 1 2 2
¿，得m2≠2，
4m 2
所以y + y = >0,y y = >0
1 2 m2-2 1 2 m2-2
所以y + y =2m y y ，
1 2 1 2
取Q(-1,0)，
y y y y
则k +k = 1 + 2 = 1 + 2
AQ BQ x +1 x +1 m y -2+1 m y -2+1
1 2 1 2
2m y y -(y + y )
= 1 2 1 2 =0
(m y -1)(m y -1)
1 2
又A，B都在x轴上方，所以∠AQB的平分线为定直线x=-1，
所以在x轴上存在定点Q(-1,0)，使得△QAB的内心在定直线x=-1上.
【点睛】关键点点睛：此题考查直线与双曲线的位置关系，考查双曲线方程的求解，第（2）问解题的关
键是取Q(-1,0)，通过计算k +k =0，可得定直线为x=-1，考查数学计算能力，属于较难题.
AQ BQ
x2 y2 ❑√2
11．椭圆C： + =1(a>b>0)的离心率为 ，且过点A(2,1).
a2 b2 2
(1)求椭圆C的方程和长轴长；
(2)点M，N在C上，且AM⊥AN.证明：直线MN过定点.x2 y2
【答案】(1)椭圆C的方程为： + =1，长轴长为2❑√6
6 3
(2)证明见解析
【分析】（1）利用离心率、椭圆上的点和椭圆a,b,c关系可构造方程组求得a,b，从而得到椭圆方程及长
轴长；
（2）由AM⊥AN可得到y y -(y + y )+1=-x x +2(x +x )-4；假设直线MN方程，与椭圆方程联
1 2 1 2 1 2 1 2
立后得到韦达定理的形式，代入垂直关系得到等式中，可整理得到m,k关系，代入直线MN方程后可确定
所过定点.
【详解】（1）由题意得：¿，解得：¿，
x2 y2
∴椭圆C的方程为： + =1，长轴长为2❑√6；
6 3
（2）设点M(x ,y )，N(x ,y )，
1 1 2 2
∵AM⊥AN，∴⃗AM⋅⃗AN=(x -2)(x -2)+(y -1)(y -1)=0，
1 2 1 2
整理可得：y y -(y + y )+1=-x x +2(x +x )-4①，
1 2 1 2 1 2 1 2
当直线MN斜率k存在时，设MN:y=kx+m，
联立¿得：(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0，
由Δ=16k2m2-4(1+2k2)(2m2-6)>0得：6k2-m2+3>0，
4km 2m2-6
则x +x =- ，x x = ，
1 2 1+2k2 1 2 1+2k2
2m m2-6k2
∴y + y =k(x +x )+2m= ，y y =k2 (x x )+km(x +x )+m2= ，
1 2 1 2 1+2k2 1 2 1 2 1 2 1+2k2
代入①式化简可得：4k2+8km+(m-1)(3m+1)=0，
2k+1
即(2k+m-1)(2k+3m+1)=0，∴m=1-2k或m=- ，
3
2k+1 ( 2) 1
则直线方程为y=kx+1-2k=(x-2)k+1或y=kx- = x- k- ，
3 3 3(2 1)
∴直线过定点(2,1)或 ,- ，又(2,1)和A点重合，故舍去，
3 3
当直线MN斜率k不存在时，则x =x ,y =- y ，
1 2 2 1
此时- y2+1=-x2+4x -4，即y2=x2-4x +5，
1 1 1 1 1 1
x2 y2 2
又 1+ 1=1，解得x = 或2（舍去），
6 3 1 3
2 (2 1)
此时直线MN的方程为x= ，过点 ,- ，
3 3 3
(2 1)
综上所述，直线MN过定点 ,- .
3 3
【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于x或y的一元二次方程的形式；
②利用Δ>0求得变量之间的关系，同时得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出已知的等量关系，化简整理得到所求定点.
x2
12．在xOy平面上，设椭圆Γ: + y2=1(m>1)，梯形ABCD的四个顶点均在Γ上，且AB//CD.设直线
m2
AB的方程为y=kx(k∈R)
1
(1)若AB为Γ的长轴，梯形ABCD的高为 ，且C在AB上的射影为Γ的焦点，求m的值；
2(2)设m=❑√2，直线CD经过点P(0,2)，求⃗OC⋅⃗OD的取值范围；
【答案】(1)2；
( 7)
(2) -1, ；
4
1 ❑√3m
【分析】（1）由题意知y = ，由此可得x = ，再由a2=b2+c2即可求出答案；
C 2 C 2
x2
（2）由题意知椭圆Γ: + y2=1，直线CD的方程为y=kx+2(k∈R)，联立直线与椭圆，由直线与椭圆
2
3 -8k 6
有两交点可得k2> ，x +x = ，x x = ，利用x ,x 表示出⃗OC⋅⃗OD，由此即可求出其取
2 1 2 2k2+1 1 2 2k2+1 1 2
值范围.
1
【详解】（1）因为梯形AB为Γ的长轴，ABCD的高为 ，AB//CD，
2
1 x2 1
所以点C的纵坐标为 ，代入椭圆方程得 + =1，
2 m2 4
❑√3m
可得x= ，又因为C在AB上的射影为Γ的焦点，
2
❑√3m
∴c=❑√m2-1= ，解得m2=4，
2
∵m>1，∴m=2.
x2
（2）由题意，椭圆Γ: + y2=1，直线CD的方程为y=kx+2(k∈R)，
2
设C(x ,y )，D(x ,y )，则¿，化简得(2k2+1)x2+8kx+6=0，
1 1 2 2
3
Δ=64k2-24(2k2+1)>0，得k2>
，
2
-8k 6
∴x +x = ，x x = ，
1 2 2k2+1 1 2 2k2+1
∴⃗OC⋅⃗OD=x x + y y =x x +(kx +2)(kx +2)
1 2 1 2 1 2 1 2
=(k2+1)x x +2k(x +x )+4
1 2 1 26(k2+1) 16k2 8k2+4 -2k2+10 11
= - + = =-1+ ，
2k2+1 2k2+1 2k2+1 2k2+1 2k2+1
3 11 7
∵k2>
，所以
-1<-1+ <
，
2 2k2+1 4
( 7)
所以⃗OC⋅⃗OD的取值范围为 -1, .
4
x2 y2
13．已知椭圆C: + =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F (-1,0)、F (1,0)，且椭圆上存在一点P，
a2 b2 1 2
7 2
满足PF = ，cos∠F F P= .
1 2 1 2 3
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）已知A、B分别是椭圆C的左、右顶点，过F 的直线交椭圆C于M、N两点，记直线AM,BN的交
1
点为T，是否存在一条定直线l，使点T恒在直线l上？
x2 y2
【答案】（1） + =1；（2）存在.
16 15
7 2 9
【分析】（1）设F P=x，△F F P内，由余弦定理得22+x2-2·2xcos∠F F P=( ) ，解得x= ，
2 1 2 1 2 2 2
2a=PF +PF =8，解得a2，b2进而可得椭圆的方程；
1 2
（2）设T(x,y)，M(x ，y )，N(x ，y )，设MN的方程为x=my-1，与椭圆联立并结合共线与韦达
1 1 2 2
理从而求出T(x,y)的横坐标为定值即可.
【详解】（1）设F P=x，△F F P内，
2 1 2
7 2
由余弦定理得22+x2-2·2xcos∠F F P=( ) ，
1 2 2
9
化简得(2x-9)(6x+11)=0，解得x= ，
2
故2a=PF +PF =8，∴a=4，b2=a2-c2=15，
1 2
x2 y2
所以椭圆C的标准方程为 + =1；
16 15
（2）由（1）知A(-4,0)，B(4,0)，设T(x,y)，M(x ，y )，N(x ，y )，
1 1 2 2
y y
k =k ⇒ = 1 ，①
AT AM x+4 x +4
1y y
k =k ⇒ = 2 ，②
BT BN x-4 x -4
2
x-4 y x -4
两式相除得 = 1 · 2 ．
x+4 x +4 y
1 2
y2 15 y 15 x -4
又 1 =- ⇒ 1 =- 1 ，
x2-16 16 x +4 16 y
1 1 1
x-4 15 (x -4) x -4
故 =- 1 · 2 ，③
x+4 16 y y
1 2
x2 y2
设MN的方程为x=my-1，代入 + =1整理，
16 15
得(15m2+16)y2-30my-225=0，△>0恒成立．
30m 225
把y + y = ，y y =- ，
1 2 15m2+16 1 2 15m2+16
x-4 15 (x -4) x -4 15 (m y -5)(m y -5)
代入③， =- 1 · 2 =- 1 2 ，
x+4 16 y y 16 y y
1 2 1 2
x-4 15 m2y y -5m(y + y )+25 5
得 =- 1 2 1 2 = ，
x+4 16 y y 3
1 2
得到x=-16，故点T在定直线x=-16上．
【点睛】关键点睛：解决本题第（1）问的关键是运用椭圆的定义及余弦定理，解决第（2）问的关键是计
算与韦达定理的使用.
x2 y2
14．已知椭圆C: + =1(a>b>0)，若抛物线y2=4x的焦点F恰好为椭圆C的右焦点，且该抛物线与椭
a2 b2
(2 2❑√6)
圆C在第一象限的交点为P , .
3 3
（1）求C的标准方程；
（2）设A、B是椭圆C的左、右顶点，过点F作直线l与椭圆交于PQ（不同于A、B）两点，设直线AP与
直线BQ交于E点，求证：点E在定直线上.x2 y2
【答案】（1） + =1；（2）证明见解析.
4 3
【分析】（1）先求出椭圆的焦点坐标，然后利用椭圆的定义求出a，可得答案.
(2) 设直线PQ的方程，与椭圆方程联立，得出韦达定理，设P(x ,y )，Q(x ,y )，得出直线AP，BQ的
1 1 2 2
方程，将两方程联立，将韦达定理代入可得答案.
【详解】（1）由题意得c=1，
由椭圆定义知2a=❑ √ (2 +1 ) 2 + (2❑√6) 2 +❑ √ (2 -1 ) 2 + (2❑√6) 2 = 7 + 5 =4，
3 3 3 3 3 3
所以a2=4，b2=3，
x2 y2
所以椭圆C的标准方程为 + =1.
4 3
（2）由（1）知F(1,0)，设直线PQ的方程为x=my+1，
由¿，得(3m2+4)y2+6my-9=0.
显然Δ>0恒成立.
设P(x ,y )，Q(x ,y )，
1 1 2 2
6m 9
所以有y + y =- ，y y =- ①
1 2 3m2+4 1 2 3m2+4
y y
直线AP的方程为y= 1 (x+2)，直线BQ的方程为y= 2 (x-2)，
x +2 x -2
1 2
y y
联立两方程可得，所以 1 (x+2)= 2 (x-2)，
x +2 x -2
1 2
x+2 x +2 y (my +3)y my y +3 y
= 1 ⋅ 2 = 1 2= 1 2 2 ，
x-2 y x -2 y (my -1) my y - y
1 2 1 2 1 2 1
3
由①式可得y y = (y + y )，
1 2 2m 1 2
3 3 9
(y + y )+3 y y + y
x+2 2 1 2 2 2 1 2 2
代入上式可得
= = =3，
x-2 3 y 3 y
(y + y )- y 1+ 2
2 1 2 1 2 2解得x=4，
故点E在定直线x=4上.
【点睛】关键点睛：本题考查利用椭圆定义求椭圆方程和点在定直线上的问题，解答本题的关键是联立方
6m 9 y
程得出韦达定理y + y =- ，y y =- ，由直线AP的方程为y= 1 (x+2)，直线BQ的
1 2 3m2+4 1 2 3m2+4 x +2
1
y x+2
方程为y= 2 (x-2)联立结合韦达定理得出 =3，属于中档题.
x -2 x-2
2
1
15．在直角坐标平面内，已知A(-2,0)，B(2,0)，动点P满足条件：直线PA与直线PB的斜率之积等于 ，
4
记动点P的轨迹为E．
(1)求E的方程；
(2)过点C(4,0)作直线l交E于M，N两点，直线AM与BN交点Q是否在一条定直线上？若是，求出这条直
线方程；若不是，说明理由．
x2
【答案】(1) - y2=1 (x≠±2)
4
(2)点Q在直线x=1上
【分析】（1）设P(x,y) (x≠±2)，由斜率公式得到方程，整理即可得解；
（2）依题意直线MN的斜率不为0，设直线MN的方程为x=my+4，M(x ,y )，N(x ,y )，联立直线
1 1 2 2
与双曲线方程，消元、列出韦达定理，表示出直线AM、BN的方程，即可得到直线AM，BN的交点
y (x +2) y (x +2)
Q(x ,y )的坐标满足x +2= 2 1 ⋅(x -2)，根据韦达定理求出 2 1 ，即可求出x ，从而得
0 0 0 y (x -2) 0 y (x -2) 0
1 2 1 2
解.
y y 1 x2
【详解】（1）解：设P(x,y) (x≠±2)，则 ⋅ = ，得4 y2=x2-4，即 - y2=1 (x≠±2)，
x+2 x-2 4 4
x2
故轨迹E的方程为： - y2=1 (x≠±2)．
4
（2）解：根据题意，直线MN的斜率不为0，
设直线MN的方程为x=my+4，由¿，消去x并整理得(m2-4)y2+8my+12=0，
其中Δ=64m2-48(m2+4)=16m2-192>0，则m>2❑√3或m<-2❑√3．
8m 12
设M(x ,y )，N(x ,y )，则y + y =- ，y y = ．
1 1 2 2 1 2 m2-4 1 2 m2-4
显然x ,x ≠±2，
1 2
y
从而可设直线AM的方程为y= 1 (x+2)①，
x +2
1
y
直线BN的方程为y= 2 (x-2)②，
x -2
2
y (x +2)
所以直线AM，BN的交点Q(x ,y )的坐标满足：x +2= 2 1 ⋅(x -2)．
0 0 0 y (x -2) 0
1 2
y (x +2) y (m y +6) m y y +6 y
2 1 = 2 1 = 1 2 2
而
y (x -2) y (m y +2) m y y +2y
1 2 1 2 1 2 1
12m ( 8m )
+6 - - y
m2-4 m2-4 1 -36m-6(m2-4)y
= = 1 =-3，
12m 12m+2(m2-4)y
+2y 1
m2-4 1
因此，x =1，即点Q在直线x=1上．
0
x2 y2
16．已知双曲线C： - =1（a>0，b>0）实轴端点分别为A (-a,0)，A (a,0)，右焦点为F，离心
a2 b2 1 2
9
率为2，过A 点且斜率1的直线l与双曲线C交于另一点B，已知△A BF的面积为 ．
1 1 2
(1)求双曲线的方程；
(2)若过F的直线l'与双曲线C交于M，N两点，试探究直线A M与直线A N的交点Q是否在某条定直线上？
1 2
若在，请求出该定直线方程；如不在，请说明理由．
y2
【答案】(1)x2- =1
3
1
(2)在定直线方程x= 上
2【分析】（1）联立直线方程与双曲线方程，可得点B，进而根据三角形面积公式即可求出a,b,c的值；
（2）分直线斜率 和不存在两种情况讨论，求出两直线交点，代入化简即可求解.
2ab2
【详解】（1）设直线l的方程为y=x+a，联立¿，得y= ，
b2-a2
c
又e= =2，c2=a2+b2，代入上式得y=3a，即y =3a，
a B
1 9 y2
∴S = (a+c)⋅3a= ，解得a=1，∴b=❑√3，c=2，∴双曲线的方程为x2- =1．
△A 1 BF 2 2 3
（2）当直线l'点的斜率不存在时，M(2,3)，N(2,-3)，直线A M的方程为y=x+1，直线A N的方程为
1 2
(1 3)
y=-3x+3，联立直线A M与直线A N的方程可得的Q , ，
1 2 2 2
当直线l'的斜率存在时，设直线l'的方程为y=k(x-2)，M(x ,y )，N(x ,y )，
1 1 2 2
4k2 4k2+3
联立¿得(3-k2)x2+4k2x-4k2-3=0，∴x +x = ，x x = ，
1 2 k2-3 1 2 k2-3
y y
∴直线A M的方程为y= 1 (x+1)，直线A N的方程为y= 2 (x-1)，
1 x +1 2 x -1
1 2
联立直线A M与直线A N的方程可得：
1 2
x+1
=
y
2
(x
1
+1)
，两边平方得
(x+1) 2
=
y
2
2 (x
1
+1) 2
，
x-1 y (x -1) x-1 y2 (x -1) 2
1 2 1 2
y2
又M(x ,y )，N(x ,y )满足x2- =1，
1 1 2 2 3
y2 (x +1) 2 3(x2-1)(x +1) 2 (x +1)(x +1) x x +(x +x )+1
∴ 2 1 = 2 1 = 2 1 = 1 2 1 2
y2 (x -1) 2 3(x2-1)(x -1) 2 (x -1)(x -1) x x -(x +x )+1
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
4k2+3 4k2
+ +1
k2-3 k2-3 4k2+3+4k2+k2-3
= = =9，
4k2+3 4k2 4k2+3-4k2+k2-3
- +1
k2-3 k2-3
(x+1) 2 1
∴ =9，∴x= ，或x=2，（舍去）
x-1 21
综上，Q在定直线上，且定直线方程为x= ．
2
x2 y2 ❑√3
17．已知双曲线E： - =1（a>0，b>0）的离心率为2，右顶点A到渐近线的距离等于 .
a2 b2 2
(1)求双曲线E的方程.
(2)点M，N在E上，且AM⊥AN，直线MN是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.
y2
【答案】(1)x2- =1
3
(2)直线MN过定点(-2,0)
【分析】（1）利用点到直线的距离公式，a,b,c的关系和离心率即可求解.
（2）由题知直线AM的斜率存在且不为0，设直线AM：y=k(x-1)，与E的方程联立，可得
(k2+3 6k ) 1 (3k2+1 6k )
M , ，因为AM⊥AN，用- 代替k，同理解得N ,- ，进而表示出直线
k2-3 k2-3 k 1-3k2 1-3k2
MN的方程，即可得解.
【详解】（1）由题意，取渐近线bx-ay=0，
ab ❑√3
右顶点A到该渐近线的距离d= =
，
❑√a2+b2 2
c
又❑√a2+b2=c， =2，解得b=❑√3，a=1，c=2，
a
y2
E的方程为x2- =1.
3
（2）由题意知直线AM的斜率存在且不为0，
设直线AM：y=k(x-1)，
与E的方程联立，消去y得(3-k2)x2+2k2x-k2-3=0，
易知k2≠3，
k2+3 (k2+3 6k )
由韦达定理得1×x = ，则M , .
M k2-3 k2-3 k2-3
因为AM⊥AN，所以k ⋅k =-1，
AM AN1 1
用- 代替k（显然此时k2≠ ），
k 3
(3k2+1 6k )
同理得N ,- ，
1-3k2 1-3k2
2k
得k = (k2≠1) ，
MN k2-1
2k ( k2+3) 6k 2k 4k 2k
直线MN：y= x- + = x+ = (x+2)，
k2-1 k2-3 k2-3 k2-1 k2-1 k2-1
过定点(-2,0).
当k2=1时，直线MN的斜率不存在，
易知直线MN的方程为x=-2，过左焦点(-2,0).
综上，直线MN过定点(-2,0).
18．已知抛物线C:x2=2py(p＞0)上的点P(m,2)到其焦点距离为3，过抛物线外一动点T作抛物线的两
条切线TA,TB，切点分别为A,B，且切点弦AB恒过点M(2,4).
（1）求p和m；（2）求证：动点T在一条定直线上运动.
【答案】（1）p=2，m=±2❑√2.（2）证明见解析
【解析】（1）根据抛物线的定义求得p，由此求得抛物线方程，将P的坐标代入抛物线方程，由此求得m.
（2）设出T,A,B的坐标，根据抛物线的切线方程求得直线TA,TB的方程，将T的坐标代入直线TA,TB的
方程，由此求得直线AB的方程，将M点坐标代入直线AB的方程，由此判断出动点T在直线x- y-4=0上
运动.
p
【详解】（1）由题意得2+ =3⇒p=2
2
抛物线方程为x2=4 y，∴m2=8，m=±2❑√2
x2 x
（2）首先推导抛物线切线方程的一般性：设抛物线x2=4 y上的一点为(a,b)，a2=4b由y= ⇒y'= ，
4 2
a a y+b
所以抛物线过点(a,b)的切线的斜率为 ，切线方程为y-b= (x-a)，化简得ax=4⋅ .
2 2 2
设T(x ,y ),A(x ,y ),B(x ,y )
0 0 1 1 2 2
y+ y
∴抛物线的切线TA的方程：x x=4⋅ 1⇒x x-2y=2y
1 2 1 1
y + y
抛物线的切线TB的方程：x x=4⋅ 2 ⇒x x-2y=2y
2 2 2 2
∵TA,TB均经过T(x ,y )，∴¿
0 0
故直线x x-2y-2y =0即过A(x ,y )，也过B(x ,y )
0 0 1 1 2 2
故AB方程：x x-2y-2y =0
0 0
∵它恒过M(2,4)，∴2x -8-2y =0，∴它在x- y-4=0上运动.
0 0
【点睛】本小题主要考查抛物线的定义和标准方程，考查抛物线的切线方程，属于中档题.
19．平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y2＝2px（p＞0）及点M（2，0），动直线l过点M交抛物线于
A，B两点，当l垂直于x轴时，AB＝4.（1）求p的值；
（2）若l与x轴不垂直，设线段AB中点为C，直线l1经过点C且垂直于y轴，直线l2经过点M且垂直于
直线l，记l1，l2相交于点P，求证：点P在定直线上.
【答案】（1）p＝1（2）证明见解析
【分析】（1）根据AB＝4，知抛物线y2＝2px（p＞0）过点（2，2），代入计算得到答案.
（2）由题意设直线l的方程为：y＝k（x﹣2），且k≠0，点A（x，y），B（x，y），联立方程得到y+y
1 1 2 2 1 2
2 1
= ，yy＝﹣4，根据直线方程得到P（1， ），得到答案.
k 1 2 k
【详解】（1）当直线l过点M（2，0），且垂直于x轴时，
由AB＝4，知抛物线y2＝2px（p＞0）过点（2，2），
代入抛物线方程，得4＝2p×2，解得p＝1；
（2）证明：由题意设直线l的方程为：y＝k（x﹣2），且k≠0，
点A（x，y），B（x，y），
1 1 2 2
联立¿，消去x，化简得ky2﹣2y﹣4k＝0，
2
由根与系数的关系得y+y = ，yy＝﹣4；
1 2 k 1 2
y + y 1 1
又点C在直线AB上，则y = 1 2= ，所以直线l 的方程为y= ；
C 2 k 1 k
1
又直线l 过点M且与直线l垂直，则直线l 的方程为y=- （x﹣2）；
2 2 k
1
联立¿，解得¿，所以点P（1， ），
k
所以点P在定直线x＝1上.【点睛】本题考查了抛物线的p值，定直线问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
20．已知点F为抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点，点P(-2,4),|PF|=5，过点P作直线与抛物线E顺次交
1
于A,B两点，过点A作斜率为 的直线与抛物线的另一个交点为点C．
2
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)求证：直线BC过定点．
【答案】(1)y2=4x
(2)证明见解析
【分析】（1）由|PF=5求得参数p得抛物线方程；
（2）设AB的方程为y-4=k(x+2)，设A(x ,y ),B(x ,y )，直线方程代入抛物线方程整理后应用韦达
1 1 2 2
定理得y + y ,y y ，得y y -8=4(y + y )，直线BC方程代入抛物线方程应用韦达定理并结合前者得
1 2 1 2 1 2 1 2
4(y + y )= y y +40，然后按直线BC斜率是否存在分类求得直线BC方程，利用4(y + y )= y y +40
2 3 2 3 2 3 2 3
得定点坐标．
【详解】（1）焦点F (p ,0 ) ,|FP|=❑ √ ( -2- p) 2 +16=5，∵p>0，∴p=2
2 2
抛物线E的标准方程为y2=4x；
（2）显然直线AB斜率存在，设AB的方程为y-4=k(x+2)，
由¿，化简得：k y2-4 y+16+8k=0,k≠0,Δ=16(-2k2-4k+1)>0，4 16
设A(x ,y ),B(x ,y )，则y + y = ,y y = +8，
1 1 2 2 1 2 k 1 2 k
∴y y -8=4(y + y ) ①
1 2 1 2
1
y2
直线AC的方程为y- y = (x- 1 )，
1 2 4
由¿化简得：y2-8 y+8 y - y2=0,Δ=64-4(8 y - y2)>0，
1 1 1 1
设C(x ,y )则y + y =8 ②
3 3 1 3
由①②得(8- y )y -8=4(8- y + y )，∴4(y + y )= y y +40 ③
3 2 3 2 2 3 2 3
y 2
（ⅰ）若直线BC没有斜率，则y + y =0，又4(y + y )= y y +40，∴y 2=40，∴x = 3 =10，
2 3 2 3 2 3 3 3 4
∴BC的方程为x=10．
y - y 4
（ⅱ）若直线BC有斜率，为 2 3= ，
x -x y + y
2 3 2 3
4 (
y2
)
直线BC的方程为y- y = x- 2 ，即4x-(y + y )y+ y y =0，
2 y + y 4 2 3 2 3
2 3
将③代入得4x-(y + y )y+4(y + y )-40=0，∴(y + y )(4- y)+4(x-10)=0，
2 3 2 3 2 3
故直线BC有斜率时过点(10,4)．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中直线过定点问题，一般设出直线方程y=kx+b，设出交点坐标为
(x ,y ),(x ,y )，直线方程与圆锥曲线方程联立后消元应用韦达定理得x +x ,x x （或y + y ,y y ），
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2把此结论代入题设中其它条件或性质得出k,b的关系，从而化简直线方程，由化简后的直线方程可得定点
坐标，解题中也需注意直线斜率不存在的情形的验证．
