重难点18：破解圆锥曲线定点：圆锥曲线
中过定点问题（上）
（培优固本提能讲义）
知识网络·核心根基深扎牢....................................................................................1
实战演练·能力进阶攀高峰....................................................................................5
题型一、“手电筒”模型过定点....................................................................5
题型二、“切点弦”模型过定点..................................................................10
题型三、“相交弦”模型过定点之“模型1”...........................................20
题型四、“相交弦”模型过定点之“模型2”...........................................25
题型五、“相交弦”模型过定点之“模型3”...........................................34
题型精析・方法突破提能力..............................................................................39
题型
1 ：“手电筒”模型过定点
椭圆
抛物线
若P 为圆锥曲线上一点，从P 引出两条直线分别交圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物
线）于A、B，若直线PA、PB的斜率k1、k2满足某种关系（比如k1+k2或k1∙k2为定值
等），则直线AB 过定点。
题目特征：点P 在椭圆上；kPA+kPB或kPA∙kPB定值
知识网络・核心根基深扎牢
题型归纳
解题方法（以椭圆为例）：已知椭圆x
2
a
2 +y
2
b
2 =1上一点P(x0,y0)，直线PA、PB斜率之
和为λ，求证AB 过定点。
步骤1：设直线AB方程为y=kx+ m，与椭圆联立得
(b
2+a
2k
2)x
2+2a
2kmx+a
2( m
2−b
2)=0。
步骤2：由韦达定理x1+x2=−2a
2km
b
2+a
2k
2 ，x1x2=a
2(m
2−b
2)
b
2+a
2k
2
。
步骤3：根据斜率和条件y1−y0
x1−x0
+y2−y0
x2−x0
=λ，代入y=kx+ m及韦达定理结果，化简得
m 与k的关系式。
步骤4：代入直线方程y=kx+ m ，整理为y=k(x−x0')+y0'，其中(x0',y0')即为定
点坐标。
注意：斜率k是否存在。
题型
2 ：“切点弦”模型过定点
若P 为圆锥曲线外一点，从P 引出两条直线分别与圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物
线）于相切，切点为A、B，则直线AB 过定点。
题目特征：点P 在椭圆外，且P 在定直线上（通常为垂直于x 轴的直线）；必须是与于圆
锥曲线连线所成的弦。
解题方法（以椭圆为例）：已知椭圆x
2
a
2 +y
2
b
2 =1(a>b>c)，过直线Ax+By+C=0（C 不为0）
上一点P(x0,y0)作椭圆的两条切线，切点分别为A，B，求证AB 过定点。
步骤1：求切线：设直线PA的方程为lPA:y−y1=k1(x−x1)，联立x
2
a
2 +y
2
b
2 =1，消去y
，
得(b
2+a
2k1
2)x
2+2a
2k1(y1−k1x1)x+a
2(k1x1−y1)
2−a
2b
2=0，由Δ=0⇒k1=−b
2x1
a
2y1
，故lPA:y−y1=−b
2x1
a
2y1
(x−x1)，
整理得x1x
a
2
+y1y
b
2
=1 （1）
同理lPB:x2x
a
2
+y2y
b
2
=1 （2）
步骤2：求切点弦方程：将点P(x0,y0)代入（1）、（2）得
x1x0
a
2
+y1y0
b
2
=1 （3）
x2x0
a
2
+y2y0
b
2
=1 （4）
由（3）（4）可得直线AB的方程为：x0x
a
2
+y0y
b
2
=1（5）。
步骤3：利用P 在直线Ax+By+C=0，则Ax0+By0+C=0，联立（5）得到
x
a
2 (−By0+C
A
)+y0y
b
2
=1。
整理的：(−x
a
2
B
A +y
b
2 )y0−x
a
2
C
A =1，令y0系数为0，则−x
a
2
B
A +y
b
2 =0；−x
a
2
C
A =1
步骤4：令y0系数为0，则−x
a
2
B
A +y
b
2 =0（6）；−x
a
2
C
A =1（7）；由（7）得x=−A a
2
C
，由（6）得：y=−B b
2
C
；则定点为(−A a
2
C
，−B b
2
C
)；常考情况直线垂直于x轴，定点为
(−A a
2
C
，0)。
题型
3 ：“相交弦”模型过定点之“变形
1 ”（已知动点在定直线上）
若P 为一定直线PT 上一点，从P 引出两条直线分别与圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛
物线）交于A1，M 和A2，N，则直线MN 与A1A2过定点。
注意：高考中常考的情况如上图，其中一条直线（如A1A2）与x 轴重合或垂直；或者
看作四“定”问题1：条件是两定点，一定直线，求定点，其中三定点可任意变换证明。
题目特征：点P 在椭圆外定直线上，从P 引出两条直线与圆锥曲线有4 个交点，对点连接
后的交点（类似于四边形对角线交点）也是所在直线过的定点。
解题方法（以上图椭圆为例）：已知椭圆x
2
a
2 +y
2
b
2 =1(a>b>c)，过直线x=t（t>a）上一点
P(x0,y0)作PA1，PA2（A1(−a,0)，A2(a,0)分别为椭圆左右顶点）与椭圆分别交于
M，N 两点，求证直线MN 过定点。
步骤1：设直线，求斜率关系：设直线P A1的方程为lP A1：y=k1(x+a)，直线
P A2的方程为lP A2：y=k2(x−a)，则：y0=k1(x0+a)，y0=k2(x0−a)，联立得到
k1(x0+a)=k2(x0−a)，所以(k1−k2)x0=(−k2−k1)a，所以
k1−k2
k2+k1
=−a
x0
，（此处可
求出斜率倍数关系，利用题型
4 求解）
步骤2：设点，求定点（这种情况下定点一定在x 轴）：设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则直
线MN 方程为：y−y1
x−x1
=y2−y1
x2−x1
，令y=0，则x=x2y1−x1y2
y1−y2
（1）
步骤3：联立直线y=k1(x+a)与x
2
a
2 +y
2
b
2 =1，利用韦达定理求出M(x1,y1)坐标；同理求
N(x2,y2)。
步骤4：代入（1）得到定点横坐标，纵坐标为0，即可怎么直线MN 过定点。
题型
4 ：“相交弦”模型过定点之“变形
2 ”（已知斜率倍数关系）
已知直线PQ 与圆锥曲线交于P，Q 两点，若圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）存
在不同的A，B 两点（异于P，Q）且已知直线AP，BQ 斜率成倍数关系，则直线PQ 过定
点。
注意：高考中常考的情况如上图，其中往往是圆锥曲线的顶点（定点在x 轴上）；或
者看作四“定”问题2：条件是两定点，一定斜率定比值，求定点，其中三定点可任意变
换证明。
题目特征：已知直线PQ 与圆锥曲线交于P，Q 两点且存在另外不同的A，B 两点，则直线
PQ 过定点。
解题方法（以上图椭圆为例）：已知椭圆x
2
a
2 +y
2
b
2 =1(a>b>c)，直线PQ 与圆锥曲线交于P，
Q 两点，椭圆上存在不同的A，B 两点（异于P，Q）且已知kBQ=t kAP(t ≠1)，求证直线
MN 过定点。
步骤1：设直线，求点关系：设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，设直线
PQ的方程为lPQ：x=m y +n，与x
2
a
2 +y
2
b
2 =1 联立，利用韦达定理求出x1+x2，x1∙x2，y1
+y2，y1∙y2。
步骤2：借B 点求直线斜率乘积：因为P(x1,y1)在椭圆上，
则：y1
2= b
2(a
2−x1
2)
a
2
（1），kAP∙kBP=
y1
x1+a ∙
y1
x1−a =
y1
2
x1
2−a
2 =−b
2
a
2 （2），
步骤3：利用斜率倍数关系转化条件:由kBQ=t kAP与（2）得：kBQ∙kBP=t kAP∙kBP=−t b
2
a
2
（3）。
而kBQ∙kBP=
y1
x1−a ∙
y2
x2−a =
y1 y2
x1x2−a(x1+x2)x1
2+a
2 （4）
步骤4：在（4）中代入x1+x2，x1∙x2，y1∙y2与（3）相等得到n 的值，即可求出定点。
题型
5 ：“相交弦”模型过定点之“变形
3 ”（已知一条直线过定点与含对称点）
已知直线AB 过定点P0（一般这个定点是与x 轴的交点）与圆锥曲线交于A，B 两点，
过A（或者B）点作x 轴垂线与圆锥曲线交于R 点，证明直线RB（或RA）过定点。
注意：高考中常考的情况如上图，其中直线AB 过定点一般是与x 轴的交点。或者看
作两“定”一“对称”问题1：条件是一定点，一对称点，求定点，其中两定点可任意变
换证明。
题目特征：已知直线AB 过定点，点A 关于x 轴对称点为R。
解题方法（以上图椭圆为例）：已知直线AB 过定点P0(t，0)与圆锥曲线交于A，B 两
点，过A 点作x 轴垂线与圆锥曲线交于R 点，证明直线RB 过定点。
步骤1：设直线，求点关系：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则R(x1,−y1)，设直线
AB的方程为lAB：x=m y +t，与x
2
a
2 +y
2
b
2 =1 联立，利用韦达定理求出y1+y2，y1∙y2。
步骤2：表示直线RB：，直线RB：y =y2+y1
x2−x1
( x−x1)−y1，令y =0，则
x =x2−x1
y2+y1
y1+x1=x2y1+x1y2
y2+y1
步骤3：用直线方程转化:由lAB：x=m y +t得：x1=my1+t，x2=my2+t，则：
x =x2y1+x1y2
y2+y1
= (my2+t )y1+(my1+t )y2
y2+y1
= 2my1y2
y2+y1
+t（1），
步骤4：在（1）中代入y1+y2，y1∙y2得到t的值，即可求出定点。
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)过定点(0,0)
【分析】（1）根据椭圆顶点坐标以及离心率列方程求解即可；
（2）分情况讨论直线斜率是否存在并设出直线l的方程并于椭圆方程联立，利用韦达
定理并根据斜率之间的关系列方程计算得出t =0或t =−2k，可求出直线过定点(0,0).
【详解】（1）由顶点为A (2, 0)可知a=2，
又离心率为1
2，即c
a = 1
2，可得c =1，
实战演练・能力进阶攀高峰
题型一、“手电筒”模型过定点
典例探究
【典型例题】已知椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的一个顶点为A (2, 0)，离心率为1
2．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设直线l与椭圆E相交于M , N两点，若直线AM与直线AN的斜率之积为−3
4 ，判
断直线l是否过定点，若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，说明理由．
因此b
2=a −
❑
2 c
2=3，
所以椭圆E的方程为x
2
4 + y
2
3 =1.
（2）当直线l的斜率存在时，设直线l：y =kx +t，M (x1, y1), N (x2, y2)，如下图所
示：
联立{
x
2
4 + y
2
3 =1
y =kx +t )
，整理可得(4 k
2+3) x
2+8ktx + 4 t
2−12=0，
显然Δ>0，即(8kt )
2−4(4 k
2+3)(4 t
2−12)>0，可得t
2<4 k
2+3；
且x1+ x2=−
8kt
4 k
2+3
，x1 x2= 4 t
2−12
4 k
2+3
，
则直线AM与直线AN的斜率分别为k AM =
y1
x1−2 ,k AN =
y2
x2−2；
即可得k AM k AN =
y1
x1−2 ⋅
y2
x2−2 =
y1 y2
(x1−2)(x2−2)
= (k x1+t)(k x2+t)
(x1−2)(x2−2)
= k
2 x1 x2+ kt (x1+ x2)+t
2
x1 x2−2(x1+ x2)+ 4
=
k
2 4 t
2−12
4 k
2+3
+ kt(−
8kt
4 k
2+3)+t
2
4 t
2−12
4 k
2+3
−2(−
8kt
4 k
2+3)+ 4
=−3
4 ⋅
4 k
2−t
2
4 k
2+t
2+ 4 kt
=−3
4
，
所以可得4 k
2+t
2+ 4 kt = 4 k
2−t
2，所以t
2=−2kt；
解得t =0或t =−2k；
当t =0时，直线l为y =kx，此时直线恒过点(0,0)，
当t =−2k时直线l为y =kx +t =k (x−2)，恒过(2,0)，与点A (2, 0)重合，不合题意；
当直线l的斜率不存在时，设直线方程为x =m,m≠2，
代入椭圆方程可得y =±
❑√3(1−m
2
4 )，
不妨取M(m,
❑√3(1−m
2
4 )), N(m,−
❑√3(1−m
2
4 ))，
则k AM k AN =−
❑√
3(1−m
2
4 )
m−2
❑√
3(1−m
2
4 )
m−2
=−
3(1−m
2
4 )
(m−2)
2 =−3
4
(4−m
2)
(m−2)
2 =−3
4
，
解得m=0，即直线l为x =0，恒过点(0,0)，
当m=2时，直线x =2过点A (2, 0)，不合题意；
综上可知，直线l过定点(0,0).
【1-2】已知椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的上顶点为B，左右焦点分别为
､
F1，F2，离心
率e =
❑√3
2 ,△B F1 F2的面积为❑√3.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)直线l: y =kx +m(m≠±1)与椭圆E相交于点P ,Q，则直线BP ,BQ的斜率分别为k1，
k2，且k1+ k2=1，则直线l是否经过某个定点A？若是，请求出A的坐标.
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1
(2)直线l经过定点A (−2,−1)
【分析】（1）根据三角形面积和离心率得到方程组，求出a
2= 4 ,b
2=1，求出椭圆方
程；
（2）联立直线和椭圆方程，得到两根之和，两根之积，表达出k1，k2，根据斜率之
和得到方程，求出2k =m+1，代入直线方程，求出定点.
【详解】（1）因为B (0,b),△B F1 F2的面积S = 1
2 ×2c×b=bc = ❑√3，且e = c
a =
❑√3
2 ，
又a
2=b
2+c
2，
举一反三
故解得a=2,c = ❑√3,b=1，则a
2= 4 ,b
2=1，则陏圆E的标准方程为x
2
4 + y
2=1；
（2）假设P(x1, y1),Q(x2, y2)，
直线与椭圆联立得{
x
2
4 + y
2=1
y =kx +m)
，
消去y整理得(4 k
2+1) x
2+8kmx + 4 m
2−4 =0，
则x1+ x2= −8km
4 k
2+1
, x1 x2= 4 m
2−4
4 k
2+1
，又因为B (0,1)，
所以k1= y1−1
x1
,k2= y2−1
x2
，
则k1+ k2= y1−1
x1
+ y2−1
x2
= (k x1+m−1)x2+(k x2+m−1)x1
x1 x2
=1，
即
2k x1 x2+(m−1)(x1+ x2)
x1 x2
=1，
代入韦达定理得
2k 4 m
2−4
4 k
2+1
+(m−1) −8km
4 k
2+1
4 m
2−4
4 k
2+1
=1，
即2k (4 m
2−4)+(m−1)(−8km)
4 m
2−4
=1，化简得2k (m−1)
m
2−1
=1，
因为m≠±1，则2k
m+1 =1，
即2k =m+1,2k −1=m代入直线得l: y =kx +2k −1，
即l: y +1=k (x +2)
所以直线l经过定点A (−2,−1).
【1-2】已知双曲线E: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的离心率为❑√2，点A (−2,0)在E上．
(1)求E的方程；
(2)设斜率为k且不经过点A的直线l交E于M , N两点，记直线AM , AN的斜率分别为
k1，k2，若k1k2=−2，证明：直线l过定点．
【答案】(1) x
2
4 −y
2
4 =1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据双曲线上的点及离心率求得a=b=2，即可求解；
（2）设直线l的方程为y =kx +m(m≠2k )，与双曲线方程联立，韦达定理，根据斜率
关系并化简得(2k −m)(6 k −m)=0，即可判断定点.
【详解】（1）因为点A (−2,0)在双曲线E上，所以a=2，
由离心率为❑√2可得e = c
a = ❑√
a
2+b
2
a
2
= ❑√2，解得b=2，
所以E的方程为x
2
4 −y
2
4 =1．
（2）如图，设直线l的方程为y =kx +m(m≠2k )，M (x1, y1), N (x2, y2)，
联立{
y =kx +m,
x
2
4 −y
2
4 =1,)
得(1−k
2) x
2−2kmx −m
2−4 =0，
由题意可得1−k
2≠0，且Δ= 4 k
2m
2+ 4(1−k
2)(m
2+ 4)= 4 m
2+16−16 k
2>0，
化简得m
2+ 4>4 k
2，
由韦达定理得x1+ x2= 2km
1−k
2 , x1 x2=−m
2+ 4
1−k
2 ．
因为k1=
y1
x1+2 = k x1+m
x1+2 ,k2=
y2
x2+2 = k x2+m
x2+2 ,k1k2=−2，
所以
k x1+m
x1+2 ⋅k x2+m
x2+2 =−2，
整理得(k
2+2) x1 x2+(km+ 4)(x1+ x2)+m
2+8=0，
即−(k
2+2) m
2+ 4
1−k
2 +(km+ 4) 2km
1−k
2 +m
2+8=0，
化简得(2k −m)(6 k −m)=0，因为直线l不经过点A (−2,0)，所以2k −m≠0，
此处需要排除当直线l经过点A时满足的参数关系．
所以6 k −m=0，即m=6 k，满足Δ>0，
所以直线l的方程为y =kx +6k =k (x +6),k ≠0，即直线l过定点(−6,0)．
【1-3】如图，已知点P(2,2), A ,B是抛物线C ：y
2=2 x上两个动点，且k PA k PB=1，求证：
直线AB过定点．
【答案】证明见解析
【分析】设A(x1, y1),B(x2, y2), x =my +t，写出k PA ,k PB，再利用已知条件，化简即
可得证.
【详解】证明：设A(x1, y1),B(x2, y2)，直线x =my +t，
把x =my +t代入抛物线方程得y
2=2(my +t )，即y
2−2my −2t =0，
则y1+ y2=2m, y1 y2=−2t.
由于k PA = y1−2
x1−2 ,k PB= y2−2
x2−2 ，且k PA k PB=1，
可得(x1−2)(x2−2)−( y1−2)( y2−2)=0，
从而( y1
2−2
2)( y2
2−2
2)−4( y1−2)( y2−2)=0，
整理得( y1+2)( y2+2)−4 =0，即2( y1+ y2)+ y1 y2=0．
所以4 m−2t =0，从而t =2m．
所以直线AB：x =m( y +2)过定点(0,−2)．
综上，即证得直线AB过定点.
【答案】(1) x
2
2 + y
2=1
(2)①证明见解析；②存在λ =2❑√2
【分析】（1）根据椭圆的长轴长为2❑√2，离心率为
❑√2
2 ，由{
2a=2❑√2
c
a =
❑√2
2 )
求解；
（2）设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，M (2,m)，由lPM : x1 x
2 + y1 y =1，
lQM : x2 x
2 + y2 y =1，且lPM，lQM经过点M (2,m)，得到lPQ: x +my −1=0求解；②设实数
λ存在，则λ =
1
| PN | +
1
|QN | ，分直线PQ斜率不存在，PQ斜率k =0，PQ斜率k ≠0，利
用弦长公式求解.
【详解】（1）由题意可知{
2c =2
c
a =
❑√2
2 )
，所以{
a= ❑√2
c =1 )，
题型二、“切点弦”模型过定点
典例探究
【典型例题】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的焦距为2，离心率为
❑√2
2 .
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)上点(x0, y0)处的切线方程是x0 x
a
2 + y0 y
b
2 =1.在直线
l: x =2上任取一点M引椭圆C的两条切线，切点分别是P、Q.求证：直线PQ恒过定点N.
所以b=
❑√a
2−c
2=1，
所以椭圆C的方程为x
2
2 + y
2=1.
（2）①设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，M (2,m)，由题设可知：lPM : x1 x
2 + y1 y =1，
lQM : x2 x
2 + y2 y =1，
又因为lPM，lQM经过点M (2,m)，所以{
x1+m y1=1
x2+m y2=1)，
所以P，Q均在直线x +my −1=0上，即lPQ: x +my −1=0，
由{
x−1=0
y =0 )，解得{
x =1
y =0)，所以直线PQ过定点N (1,0).
【2-1】已知椭圆C的两个焦点为F1(−❑√3,0), F2(❑√3,0)，且椭圆C的离心率为
❑√3
2 .
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知O为坐标原点，斜率为k1(k1≠0)的直线l与椭圆C有两个不同的交点A ,B，且
弦AB的中点为E，直线OE的斜率为k2，求k1⋅k2；
(3)直线L与椭圆C有两个不同的交点P ,Q，椭圆C在点P ,Q处的切线分别为L1, L2, L1
与L2交于点T，点T在直线x = 4上.请你判断直线L是否经过定点，并说明理由.
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1；
举一反三
(2)k1⋅k2=−1
4 ；
(3)直线L恒过定点(1,0)，理由见解析
【分析】（1）根据离心率和焦点坐标，列出方程组，求出a,b，得到椭圆方程；
（2）方法一：利用点差法进行求解；方法二：设A(x1, y1),B(x2, y2), E(x0, y0)，
直线l: y =k1 x +t，表达出k1k2= y2
2−y1
2
x2
2−x1
2 ，结合{
y1
2=1−x1
2
4
y2
2=1−x2
2
4)
，从而得到k1k2=−1
4 ；
方法三：设A(x1, y1),B(x2, y2), E(x0, y0)，直线l: y =k1 x +t，联立直线与椭圆方
程，由韦达定理得到两根之和，从而x0=−4 k1t
4 k1
2+1，故k2= y0
x0
=
1
−4 k1
，求出k1k2=−1
4 ；
（3）方法一：设L1: y =rx + s，联立椭圆方程，由Δ=0得到s
2= 4 r
2+1，由韦达定
理得到x3= −4 r
s
，y3= 1
s ，故s= 1
y3
,r =−x3
4 y3
，得到L1: x3 x
4 + y3 y =1，同理可得，
L2: x4 x
4 + y4 y =1，联立L1, L2，求出xT = 4( y3−y4)
x4 y3−x3 y4
，结合xT = 4，求出
x4 y3−x3 y4+ y4−y3=0，设L: x =my +n，则(m y4+n) y3−(m y3+n) y4+ y4−y3=0，
整理得(n−1)( y3−y4)=0，又y3≠y4，则n=1，从而求出直线L恒过定点(1,0).
方法二：点P(x3, y3)在y =
❑√1−x
2
4
时，求导，得到切线斜率，k1= −x3
4 y3
，求出
L1: x3 x
4 + y3 y =1，同理可得L2: x4 x
4 + y4 y =1，联立L1, L2，求出xT = 4( y3−y4)
x4 y3−x3 y4
，结
合xT = 4，求出x4 y3−x3 y4+ y4−y3=0，设L: x =my +n，则
(m y4+n) y3−(m y3+n) y4+ y4−y3=0，整理得(n−1)( y3−y4)=0，又y3≠y4，则n=1，
从而求出直线L恒过定点(1,0).
【详解】（1）设椭圆C的标准方程为：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)，
{
e = c
a =
❑√3
2
c = ❑√3
a
2=b
2+c
2
⇒{
a=2
c = ❑√3
b=1 ))
，
∴椭圆C的标准方程为：x
2
4 + y
2=1.
（2）方法一：点差法：
设A(x1, y1),B(x2, y2), E(x0, y0)，则{
x1+ x2=2 x0
y1+ y2=2 y0)①，
又A ,B在椭圆C上，则，{
x1
2
4 + y1
2=1
x2
2
4 + y2
2=1)
，
两式相减得：x2
2−x1
2
4
+ y2
2−y1
2=0，
即：(x2+ x1)(x2−x1)
4
+( y2+ y1)( y2−y1)=0②，
由①②得，2 x0(x2−x1)
4
+2 y0( y2−y1)=0.
而k1= y2−y1
x2−x1
,k2= y0
x0
,∴k1⋅k2=−1
4 .
方法二：椭圆方程代换：
设A(x1, y1),B(x2, y2), E(x0, y0)，直线l: y =k1 x +t，
{
x0= x1+ x2
2
y0= y1+ y2
2 )
①，
k1k2= y2−y1
x2−x1
⋅y0
x0
= y2−y1
x2−x1
⋅
y2+ y1
2
x2+ x1
2
= y2
2−y1
2
x2
2−x1
2 ②，
又{
x1
2
4 + y1
2=1
x2
2
4 + y2
2=1)
，即{
y1
2=1−x1
2
4
y2
2=1−x2
2
4)
③，
由①②③得，k1k2=
1
4 (x1
2−x2
2)
x2
2−x1
2
=−1
4
；
方法三：联立方程：
设A(x1, y1),B(x2, y2), E(x0, y0)，直线l: y =k1 x +t，
{
x0= x1+ x2
2
y0= y1+ y2
2 )
①，
联立方程{
x
2
4 + y
2=1
y =k1 x +t)
得，(4 k1
2+1)x
2+8k1tx +(4 t
2−4)=0，
∴x1+ x2=−8k1t
4 k1
2+1②，
由①②得，x0=−4 k1t
4 k1
2+1，则y0=k1 x0+t = −4 k1
2t
4 k1
2+1
+t =
t
4 k1
2+1
.
又k2= y0
x0
=
t
4 k1
2+1
−4 k1t
4 k1
2+1
=
1
−4 k1
，
∴k1⋅k2=−1
4 .
（3）设P(x3, y3),Q(x4, y4)，先求椭圆C在点P ,Q处的切线L1, L2的方程.
方法一：根据判别式Δ=0求解
椭圆C在点P(x3, y3)处的切线L1，设L1: y =rx + s，
联立方程{
x
2
4 + y
2=1
y =rx + s)
得，(4 r
2+1) x
2+8rsx +(4 s
2−4)=0，
Δ=64(4 r
2−s
2+1)=0⇒s
2= 4 r
2+1，
x3=
−8rs
2(4 r
2+1)
= −8rs
2s
2 = −4 r
s
，
y3=r x3+ s= −4 r
2
s
+ s= s
2−4 r
2
s
= 1
s ，
∴s= 1
y3
,r =−s x3
4 =−x3
4 y3
.
∴L1: y =−x3 x
4 y3
+ 1
y3
，即L1: x3 x
4 + y3 y =1.
同理可得，L2: x4 x
4 + y4 y =1.
{
x3 x
4 + y3 y =1
x4 x
4 + y4 y =1
⇒x = 4( y3−y4)
x4 y3−x3 y4)
，可得T 点的横坐标，即xT = 4( y3−y4)
x4 y3−x3 y4
，
又xT = 4，可得，x4 y3−x3 y4+ y4−y3=0，
由题意可知直线L的斜率不为0，设L: x =my +n.
(m y4+n) y3−(m y3+n) y4+ y4−y3=0，整理得，
(n−1) y3−(n−1) y4=0，即(n−1)( y3−y4)=0.
又y3≠y4，则n=1.
∴L: x =my +1，即直线L恒过定点(1,0).
方法二：导数的几何意义：
x
2
4 + y
2=1⇔y =±
❑√1−x
2
4 ,−2≤x ≤2.
当点P(x3, y3)在y =
❑√1−x
2
4
时，y3=
❑√1−x3
2
4
.
y
′ =
−x
4
❑√1−x
2
4
，则切线斜率
k1= y
′)x = x3=
−x3
4
❑√1−x3
2
4
= −x3
4 y3，
∴L1: y −y3=−x3
4 y3
(x−x3)⇒y3 y −y3
2=−x3
4 x + x3
2
4 ⇒x3 x
4 + y3 y = x3
2
4 + y3
2=1，
即L1: x3 x
4 + y3 y =1.当点P(x3, y3)在y =−
❑√1−x
2
4
时，同理可得L1: x3 x
4 + y3 y =1.
∴L1: x3 x
4 + y3 y =1，同理可得，L2: x4 x
4 + y4 y =1.
{
x3 x
4 + y3 y =1
x4 x
4 + y4 y =1
⇒x = 4( y3−y4)
x4 y3−x3 y4)
，可得T 点的横坐标，即xT = 4( y3−y4)
x4 y3−x3 y4
，
又xT = 4，可得，x4 y3−x3 y4+ y4−y3=0，
由题意可知直线L的斜率不为0，设L: x =my +n.
(m y4+n) y3−(m y3+n) y4+ y4−y3=0，整理得，
(n−1) y3−(n−1) y4=0，即(n−1)( y3−y4)=0.
又y3≠y4，则n=1.
∴L: x =my +1，即直线L恒过定点(1,0).
【2-2】已知双曲线C的离心率为2，右焦点与抛物线y
2=8 x的焦点重合，双曲线C的左、
右顶点分别为A ,B，点M为第二象限内的动点，过点M作双曲线C左支的两条切线，分别
与双曲线C的左支相切于两点P ,Q，已知MA , MB的斜率之比为3:(−1)．
(1)求双曲线C的方程；
(2)直线PQ是否过定点？若过定点请求出定点坐标，若不过定点请说明理由；
(3)设△APQ和△BPQ的面积分别为S1和S2，求S2−S1的取值范围．
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1
(2)直线PQ过定点(−2,0)
(3)(6,+ ∞)
【分析】（1）利用双曲线离心率和焦点坐标，求出a,b的值，即得其标准方程；
（2）设M (x , y)(x<0, y >0),由MA , MB的斜率之比为3:(−1)求得x =−1
2，由
P(x1, y1),Q(x2, y2)分别写出切线MP和MQ的方程，利用同构思想即得直线PQ的方程，
从而可得定点；
（3）利用（2）直线PQ过定点N (−2,0)可推得S2=3 S1，即得S2−S1=|y1−y2)，设
PQ: x =ty −2(t ≠0)，与双曲线方程联立，消元得韦达定理，依题求得t的范围，计算并化
简S2−S1得S2−S1= 6
❑√t
2+1
1−3t
2 ，通过换元，利用函数的单调性即可求得其范围.
【详解】（1）由题意知，双曲线C的焦点在x轴上，中心在原点，可设其方程为
x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)，
由双曲线C的离心率为2，可得e = c
a = ❑√
a
2+b
2
a
2
=
❑√1+( b
a )
2
=2,解得b= ❑√3a；
又双曲线C的右焦点与抛物线y
2=8 x的焦点重合，抛物线y
2=8 x的焦点坐标为(2,0)，
即c =2，故a=1,b= ❑√3，双曲线C的标准方程为x
2−y
2
3 =1；
（2）由双曲线方程x
2−y
2
3 =1，可得A (−1,0),B (1,0)，设M (x , y)(x<0, y >0)，
所以k MA =
y
x +1 ,k MB=
y
x−1，
因为MA , MB的斜率之比为3:(−1)，即3(x +1)=−(x−1)，
解得x =−1
2，所以点M在直线x =−1
2上，设M (−1
2 ,m), P(x1, y1),Q(x2, y2)，
则切线MP方程为：x x1−y y1
3
=1，则切线MQ方程为：x x2−y y2
3
=1，（此处两个
切线方程在题后证明）
因点M既在直线MP上又在直线MQ上，则有−1
2 x1−m y1
3
=1,−1
2 x2−m y2
3
=1，
故直线PQ的方程为：−1
2 x−my
3 =1，化简可得3 x +2my +6=0，
所以直线PQ过定点(−2,0)：
【附】下证：过双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1,(a>0,b>0)上的一点P( x0, y0)的切线方程为
x0 x
a
2 −y0 y
b
2 =1..
证明：对x
2
a
2 −y
2
b
2 =1的两边分别求导，可得：2 x
a
2 −2 y y
′
b
2
=0，
则切线斜率为k切= y
′|x = x0= b
2 x0
a
2 y0
，
故过点P( x0, y0)的切线方程为：y −y0= b
2 x0
a
2 y0
( x−x0)，即得
x0 x
a
2 −y0 y
b
2 = x0
2
a
2 −y0
2
b
2 =1，证毕.
（3）
由（2）得直线PQ过定点N (−2,0)，所以，|AN )=1,|BN )=3，
所以，点B到直线PQ的距离为点A到直线PQ的距离的3 倍，所以，S2=3 S1，
因为S1= 1
2|AN )⋅|y1−y2)，所以，S2−S1=2S1=|y1−y2)，
若直线PQ的斜率为0，则直线PQ与双曲线的左支的交点为(−1,0)与已知矛盾；
若直线PQ的斜率不存在，则直线PQ的方程为x =−2，
直线x =−2与双曲线x
2−y
2
3 =1的交点坐标为Q (−2,−3), P(−2,3)．
求得切线MP的方程为x (−2)−y =1，切线MQ的方程为x (−2)+ y =1，
此时点M的坐标为(−1
2 ,0)，与点M在第二象限矛盾；
设PQ: x =ty −2(t ≠0)，
将PQ: x =ty −2代入双曲线C : x
2−y
2
3 =1中得(3t
2−1) y
2−12ty +9=0，
由已知3t
2−1≠0，其判别式为：Δ=144 t
2−36(3t
2−1)=36t
2+36>0，
则y1+ y2=
12t
3t
2−1
, y1 y2=
9
3t
2−1，
由已知x1+ x2<0, x1 x2>0，所以t y1+t y2<4 ,(t y1−2)(t y2−2)>0，
所以12t
2
3t
2−1
<4 ,t
2×
9
3t
2−1
−2t ×
12t
3t
2−1
+ 4>0，化简可得t
2< 1
3，又t ≠0，
所以−
❑√3
3 <t <0或0<t <
❑√3
3 ，即t的取值范围为(−
❑√3
3 ,0)∪(0,
❑√3
3 )．
于是，S2−S1=|y1−y2)= ❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2= 6
❑√t
2+1
1−3t
2 ，
令n=
❑√t
2+1，则n∈(1, 2❑√3
3 ),t
2=n
2−1，
故S2−S1=|y1−y2)=
6n
4−3n
2 =
6
4
n −3n，
函数y =
6
4
n −3n在n∈(1, 2❑√3
3 )上单调递增，所以6<S2−S1<+ ∞，
故S2−S1的取值范围为(6,+∞)．
【2-3】如图所示，已知开口方向向上、顶点在原点的抛物线上的纵坐标为1 的点M到焦点
F的距离为2．
(1)求抛物线的方程．
(2)已知P是直线l: y =2 x−8上的动点，PA , PB为抛物线的两条切线，A ,B为切点．
①求证：直线AB过定点；
②抛物线上是否存在定点C使得以AB为直径的圆恰过定点C？若存在，求出点C的坐
标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)x
2= 4 y
(2)①证明见解析；②存在，C (−4,4)
【分析】（1）由抛物线的性质求得抛物线方程．
（2）①设P(x0,2 x0−8)，设过点P的切线y =k (x−x0)+2 x0−8，与抛物线方程联
立，由判别式等于0，得k
2−k x0+2 x0−8=0，设PA , PB的斜率分别为k1,k2，由韦达定
理及中点坐标公式求出AB的中点为(x0, 1
2 x0
2−2 x0+8)，由点斜式写出直线AB的方程即
可求解；
②设C(t , t
2
4)，得到直线CA与CB的斜率，由斜率乘积为−1,得
x1 x2+t (x1+ x2)+t
2+16=0，再将①问中的韦达定理代入上式化简得
2 x0(t + 4)+t
2−16=0，即可求解.
【详解】（1）设抛物线方程为x
2=2 py，由抛物线定义知|MF)=1+ p
2 =2，∴p=2，
∴抛物线的方程x
2= 4 y．
（2）①设P(x0,2 x0−8)，由于切线斜率一定存在，
故设过点P的切线y =k (x−x0)+2 x0−8，
代入x
2= 4 y中，得：x
2−4 kx + 4 k x0−8 x0+32=0，
Δ=16(k
2−k x0+2 x0−8)=0，∴k
2−k x0+2 x0−8=0．
设PA , PB的斜率分别为k1,k2，
则{
k1+ k2= x0
k1k2=2 x0−8)
∵y
′ = x
2，∴k1= x1
2 ，k2= x2
2 ，
得{
x1+ x2=2 x0
x1 x2=8 x0−32)
∴y1+ y2= x1
2+ x2
2
4
= (x1+ x2)
2−2 x1 x2
4
= x0
2−4 x0+16，
∴AB的中点为(x0, 1
2 x0
2−2 x0+8)．
又k AB= y1−y2
x1−x2
= x1+ x2
4
= x0
2 ，∴直线AB的方程：y −1
2 x0
2+2 x0−8= x0
2 (x−x0)，
即：x0(x−4)=2( y −8)，∴AB过定点(4,8)．
②设C(t , t
2
4)，则kCA =
x1
2
4 −t
2
4
x1−t = x1+t
4
．同理：kCB= x2+t
4
．
(x1+t)
4
⋅(x2+t)
4
=−1，∴x1 x2+t (x1+ x2)+t
2+16=0．
把AB: x0 x =2(2 x0−8+ y)代入x
2= 4 y中得：x
2−2 x0 x +8 x0−32=0，
所以由{
x1+ x2=2 x0
x1 x2=8 x0−32)，
∴8 x0−32+2t x0+t
2+16=0，
2 x0(t + 4)+t
2−16=0，解得t =−4．
∴存在定点C (−4,4)，使得以AB为直径的圆恰过点C．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)（i）证明见解析【分析】（1）把已知定点的坐标代入椭圆方程，求出a
2、b
2即可；
（2）设出点M的坐标，表示出直线AM、BM的方程，分别与椭圆方程联立求出点P、
Q的坐标，再借助向量数量积求解即可.
【详解】（1）依题意，将点(1, 3
2)和(
❑√2,
❑√6
2 )的坐标代入椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1，得
{
1
a
2 + 9
4 b
2 =1
2
a
2 + 3
2b
2 =1)
，解得{
a
2= 4
b
2=3)，所以椭圆方程为x
2
4 + y
2
3 =1；
（2）由（1）知A(−2,0)，B(2,0)，显然点M不在x轴上，
设M (4 ,t )，t ≠0，P(xP, y P)，Q(xQ, yQ)，
题型三、“相交弦”模型过定点之“变形1”（已知动点在定直线
典例探究
【典型例题】已知椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)过点(1, 3
2)，(
❑√2,
❑√6
2 )两点.
(1)求椭圆的的方程；
(2)椭圆的左右顶点分别为A，B，当动点M 在定值线x = 4上运动时，直线AM，BM
分别交椭圆于两点P和Q（不同于A，B）证明：直线PQ过定点。
直线AM，BM斜率分别为k AM = t
6 ，k BM = t
2，
直线AM的方程为y = t
6 ( x +2)，BM的方程为y = t
2 ( x−2)，
由{
y = t
6
(x +2)
x
2
4 + y
2
3 =1)
，消去y得(27+t
2) x
2+ 4 t
2 x + 4 t
2−108=0，显然Δ>0，
于是−2 x p= 4t
2−108
27+t
2
，解得x p= 54−2t
2
27+t
2 ，则y p= t
6 (x p+2)= 18t
27+t
2，
由{
y = t
2
(x−2)
x
2
4 + y
2
3 =1)
，消去y得(3+t
2) x
2−4 t
2 x + 4 t
2−12=0，显然Δ
′>0，
于是2 xQ= 4 t
2−12
3+t
2
，解得xQ= 2t
2−6
3+t
2 ，则yQ= t
2 (xQ−2)=−6t
3+t
2，
则P(
54−2t
2
27+t
2 , 18t
27+t
2)，Q(
2t
2−6
3+t
2 , −6t
3+t
2)
对于（ⅰ）问，直线PQ的斜率为：
k PQ=
18t
27+t
2 + 6t
3+t
2
54−2t
2
27+t
2 −2t
2−6
3+t
2
=
18t (3+t
2)+6t (27+t
2)
(54−2t
2)(3+t
2)−(2t
2−6)(27+t
2)
= −6t
t
2−9，
直线PQ的方程为：y + 6t
3+t
2 = −6t
t
2−9(x−2t
2−6
3+t
2 )，
整理得：y = −6t
t
2−9
(x−1)，故直线PQ恒过定点(1,0)；
举一反三
【3-1】在平面直角坐标系xOy中，P为直线y =2上一动点，椭圆E：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)
的左右顶点分别为M (−❑√2,0)，N (❑√2,0)，上、下顶点分别为T (0,1)，S (0,−1)．若直
线PT交E于另一点A，直线PS交E于另一点B．
(1)求证：直线AB过定点，并求出定点坐标；
(2)求四边形ASBT面积的最大值．
【答案】(1)证明见解析，(0, 1
2 )
(2)❑√6
【分析】（1）依题求出椭圆方程，设P(t ,2)，由直线PA，PB方程分别与椭圆方程
联立，求出点A ,B的坐标，由对称性知，定点在y轴上，设为G (0,m)，由k AG=k BG求出m
的值即得；
（2）根据图形，可得四边形ASBT的面积S = 1
2|ST )|x A−xB)=|x A−xB)，代入
x A = −4 t
t
2+2和xB= 12t
t
2+18，经过换元，运用基本不等式和函数的单调性即可求得面积最大值.
【详解】（1）
由题意知a= ❑√2，b=1，椭圆E：x
2
2 + y
2=1
如图，设P(t ,2)，
当t ≠0时，直线PA的方程为：y = 1
t x +1，代入x
2+2 y
2=2，
得t
2+2
t
2
x
2+ 4
t x =0，则x A = −4t
t
2+2，从而y A = t
2−2
t
2+2
，点A( −4t
t
2+2
, t
2−2
t
2+2
)
又直线PB的方程为：y = 3
t x−1，代入x
2+2 y
2=2，
得t
2+18
t
2
x
2−12
t x =0,则xB= 12t
t
2+18，从而yB=−t
2−18
t
2+18
，点B( 12t
t
2+18
,−t
2−18
t
2+18
)
由对称性知，定点在y轴上，设为G (0,m)
由k AG=k BG，即
m−t
2−2
t
2+2
4 t
t
2+2
=
m+ t
2−18
t
2+18
−12t
t
2+18
，化简得m(4 t
2+24)=2t
2+12，
因2t
2+12>0故得2m=1，解得m= 1
2.
即直线AB过定点(0, 1
2 )，而当t =0时，直线AB也过定点(0, 1
2 )．
综上，直线AB恒过定点(0, 1
2 )．
（2）
由图可知四边形ASBT的面积为
S = 1
2|ST )|x A−xB)=|x A−xB)=|
4 t
t
2+2
+ 12t
t
2+18)=16|
t
3+6t
t
4+20t
2+36)
=16
|t + 6
t )
|t
2+ 36
t
2 +20)
=16
|t + 6
t )
|(t + 6
t )
2
+8)
，
令m=|t + 6
t )≥2❑√6，当且仅当t =± ❑√6时等号成立，
∴S = 16m
m
2+8
=
16
m+ 8
m
因y = x + 8
x 在(2❑√2,+∞)上单调递增，而m≥2❑√6>2❑√2，
故当m=2❑√6时，四边形ASBT面积有最大值S = 16×2❑√6
(2❑√6)
2+8
= ❑√6．
【3-2】已知A (−1,0),B (1,0)为双曲线C: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1左右顶点，焦点到渐近线的距离为❑√3，
直线x = 1
2上一点P与点A连线与双曲线右支交于另一点C，点P与点B连线与双曲线右支交
于另一点D.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)直线CD是否经过定点？若是，求出该定点.
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1；
(2)经过定点，定点坐标为(2,0).
【分析】（1）由题意即可得到答案
（2）设出C , D , P，直线CD: x =my +t，联立直线与双曲线方程得到关于y的韦达定
理，由A , P ,C三点共线得
y1
x1+1 = y0
3
2
，B , P , D三点共线，得
y2
x2−1 = y0
−1
2
，化简得到
(t −2)[2 y1+ 6m(t +1)
3m
2−1 )=0，即可得到答案.
【详解】（1）依题可知a=1，双曲线的渐近线方程为y =± bx
a ，
所以焦点到渐近线的距离为
bc
❑√a
2+b
2 =b= ❑√3，即双曲线方程为C : x
2−y
2
3 =1.
（2）设C (x1, y1), D(x2, y2), P(
1
2 , y0)，直线CD: x =my +t，
由{
x =my +t
x
2−y
2
3 =1)
得(3m
2−1) y
2+6mty +3t
2−3=0，所以
{
y1+ y2= −6mt
3m
2−1
y1 y2= 3t
2−3
3m
2−1
Δ=36m
2t
2−4(3m
2−1)(3t
2−3)>0)
又A , P ,C三点共线，则
y1
x1+1 = y0
3
2
①，
B , P , D三点共线，则
y2
x2−1 = y0
−1
2
②，
联立①②得
y1
x1+1 =−1
3
y2
x2−1，化简得−3(t −1) y1= 4 m y1 y2+(t +1) y2，
即(2t −4) y1+(t +1)( y1+ y2)+ 4 m y1 y2=0（*）
将y1+ y2= −6mt
3m
2−1，y1 y2= 3t
2−3
3m
2−1
，代入（*）式化简得
(t −2)[2 y1+ 6m(t +1)
3m
2−1 )=0.
所以t =2，即直线CD是否经过定点(2,0).
【3-3】如图，椭圆Γ: x
2
a
2 + y
2=1(a>1)的 右焦点为F，右顶点为A，满足
1
|OF) +
1
|OA) =
e
|FA)，其中O为坐标原点，e为椭圆Γ的离心率.
（1）求椭圆Γ的标准方程；
（2）设M为椭圆Γ上的动点(异于左右顶点)，直线MF交椭圆Γ于另一点N，直线
MA交直线x =2于点P，求证：直线PN过定点.
【答案】（1）x
2
2 + y
2=1；（2）证明见解析.
【分析】（1）由题意，可得1
c + 1
a =
e
a−c ，又c
2=a
2−1，从而求出a
2，则可得椭圆
Г的标准方程；
(2) 设Γ的左顶点为B(−❑√2,0)，lMN : x =my +1，M (x1, y1)，N (x2, y2)，与椭圆方
程联立，表示出韦达定理及lMA，lNB，即可表示出P点坐标，设lNB与x =2交于P
′，表示出
P
′点坐标，即可得到P
′ = P，从而得证；
【详解】解：（1）由
1
|OF) +
1
|OA) =
e
|FA)，得1
c + 1
a =
e
a−c
又c
2=a
2−1，e = c
a解得a= ❑√2
所以椭圆标准方程是：x
2
2 + y
2=1.
（2）设Γ的左顶点为B(−❑√2,0)，lMN : x =my +1，M (x1, y1)，N (x2, y2)
联立{
x
2
2 + y
2=1
x =my +1)
消x并整理得(m
2+2) y
2+2my −1=0
则y1+ y2=−2m
m
2+2，y1 y2=−
1
m
2+2，故y1+ y2=2m y1 y2
又lMA: y =
y1
x1−❑√2
(x−❑√2)，lNB: y =
y2
x2+ ❑√2
(x + ❑√2)
当x =2时得P(2,
(2−❑√2) y1
x1−❑√2 )
设lNB: y =
y2
x2+ ❑√2
(x + ❑√2)与x =2交于P
′，则P
′(2,
(2+ ❑√2) y2
x2+ ❑√2 )
而
(2−❑√2) y1
x1−❑√2
(2+ ❑√2) y2
x2+ ❑√2
=(3−2❑√2) (x2+ ❑√2) y1
(x1−❑√2) y2
=(3−2❑√2) m y1 y2+(1+ ❑√2) y1
m y1 y2+(1−❑√2) y2
=(3−2❑√2) y2+(3+2❑√2) y1
y1+(3−2❑√2) y2
=
(3−2❑√2) y2+ y1
y1+(3−2❑√2) y2
=1
即
(2−❑√2) y1
x1−❑√2
=
(2+ ❑√2) y2
x2+ ❑√2
，即P
′ = P，故PN过定点B(−❑√2,0)；
题型四、“相交弦”模型过定点之“变形2”（已知斜率成倍数关
典例探究
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由离心率、椭圆中四边形面积列方程求椭圆参数，即可得方程；
（2）设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，直线PQ的方程为x =my +t，联立椭圆方程并应用韦
达定理、
k1
k2
=7及斜率两点公式整理得12 x1 x2+25(x1+ x2)+ 48=0，将韦达公式代入求参
数t，即可证.
【详解】（1）由¿且a
2=b
2+c
2，得{
a=2
b=1)，所以椭圆方程为x
2
4 + y
2=1．
（2）设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，直线PQ的方程为x =my +t，
代入x
2
4 + y
2=1，得(m
2+ 4) y
2+2mty +t
2−4 =0，Δ>0，
所以¿，k1=
y1
x1+2，k2=
y2
x2−2，
【典型例题】如图1 所示，椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为
❑√3
2 , A ,B是其左右顶点，
P ,Q是椭圆上位于x轴两侧的点（点P在x轴上方），且四边形APBQ面积的最大值为4．
(1)求椭圆方程；
(2)设直线AP ,BQ的斜率分别为k1,k2，若k1=7 k2，求证直线PQ过定点．
由
k1
k2
=7，得
y1(x2−2)
y2(x1+2)
=7，所以
y1
2(x2−2)
2
y2
2(x1+2)
2 = 49，
所以(1−x1
2
4 )(x2−2)
2
(1−x2
2
4 )(x1+2)
2
= 49，得
(2−x1)(2−x2)
(2+ x1)(2+ x2)
= 49，得12 x1 x2+25(x1+ x2)+ 48=0，
①
x1 x2=(m y1+t)(m y2+t)= 4(t
2−m
2)
m
2+ 4
，x1+ x2=(m y1+t)+(m y2+t)=
8t
m
2+ 4 ，
代入①得6t
2+25t +24 =0，得t =−3
2，或t =−8
3（增根，舍），
所以直线PQ必过(−3
2 ,0)．
【4-1】设椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率等于
❑√3
2 ，抛物线x
2= 4 y的焦点F是椭圆E
的一个顶点，A ,B分别是椭圆的左右顶点.
(1)求椭圆E的方程；
(2)动点P、Q为椭圆上异于A ,B的两点，设直线AP，BQ的斜率分别为k1，k2，且
k2=3k1，求证：直线PQ经过定点.
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1
(2)证明见解析；
【分析】（1）由抛物线方程可得焦点坐标，由椭圆离心率的值和它的一个顶点，可
得a,b的值，即求出椭圆方程；
（2）设直线AP的方程，与椭圆方程联立，可得点P坐标，同理可得点Q坐标，进而
求得直线PQ方程，可证得直线PQ经过定点.
【详解】（1）易知抛物线x
2= 4 y的焦点F (0,1)，
举一反三
由a>b>0可得b=1，由离心率e = c
a =
❑√3
2 ，且a
2=b
2+c
2，
解得a
2= 4；
所以椭圆E的方程为x
2
4 + y
2=1；
（2）证明：由（1）可知A (−2,0),B (2,0)，
显然直线AP的斜率存在，且不为零，设直线AP的斜率为k1=k，
则直线AP的方程为y =k (x +2)，如下图所示：
联立{
x
2
4 + y
2=1
y =k (x +2))
，整理可得(1+ 4 k
2) x
2+16 k
2 x +16 k
2−4 =0，
因为直线AP过点A (−2,0)，所以(−2)⋅xP= 16k
2−4
1+ 4 k
2 ，可得xP= 2−8k
2
1+ 4 k
2 ；
代入y =k (x +2)可得yP=
4 k
1+ 4 k
2，即P(
2−8k
2
1+ 4 k
2 ,
4 k
1+ 4 k
2)；
由k2=3k1可得直线BQ的斜率为3k，所以直线BQ的方程为y =3k (x−2)；
联立{
x
2
4 + y
2=1
y =3k (x−2))
，消去y整理可得(1+36 k
2) x
2−144 k
2 x +144 k
2−4 =0.
因为直线BQ过点B (2,0)，所以2 xQ= 144 k
2−4
1+36 k
2 ，可得xQ= 72k
2−2
1+36 k
2 ；
代入y =3k (x−2)可得yQ= −12k
1+36k
2，即Q(
72k
2−2
1+36k
2 , −12k
1+36 k
2)；
若xP≠xQ，即2−8k
2
1+ 4 k
2 ≠72k
2−2
1+36 k
2 ，可得k
2≠1
12，
直线PQ的斜率为
k PQ=
4 k
1+ 4 k
2 +
12k
1+36 k
2
2−8k
2
1+ 4 k
2 −72k
2−2
1+36 k
2
= 2k (1+36 k
2+3+12k
2)
2−288k
4
=
4 k (1+12k
2)
(1−12k
2)(1+12k
2)
=
4 k
1−12k
2；
直线PQ的方程为y −
4 k
1+ 4 k
2 =
4 k
1−12k
2(x−2−8k
2
1+ 4 k
2)，
令y =0，解得x =1
所以直线PQ过定点(1,0)，
若xP= xQ，则k
2= 1
12，此时xP= xQ=1，直线PQ也过定点(1,0).
综上可得，直线PQ过定点(1,0)
【4-2】已知双曲线C1: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的一条渐近线与双曲线C2: x
2
4 −y
2
16 =1的一
条渐近线垂直，A1, A2分别为C1的左、右顶点，且A1到C1的两条渐近线的距离之和为
4
5
❑√5.
(1)求双曲线C1的标准方程；
(2)设P ,Q为C1上异于A1, A2的不同的两点，且直线A1 P的斜率与直线A2Q的斜率满
足
k A1 P
k A2Q
=−5，证明：直线PQ恒过定点.
【答案】(1) x
2
4 −y
2=1
(2)证明见解析
【分析】(1)利用垂直关系求得渐近线方程，得出a=2b，再利用点到直线的距离得出
a=2，则方程可求；
(2)分类讨论，先分析斜率存在时的情况，联立方程组，将
k A1 P
k A2Q
=−5转化为坐标关系，
关键点在于利用
y1
x1+2 = x1−2
4 y1
将非对称韦达转化为对称性韦达，即可得出关于t 、k的一
次关系式，即可得出直线的定点；而斜率不存在的情况，可利用对称性得出P ,Q两点的坐
标，得出直线方程，验证是否过定点即可.
【详解】（1）双曲线C2: x
2
4 −y
2
16 =1的一条渐近线方程为y =2 x，
因为双曲线C1的一条渐近线与双曲线C2的一条渐近线垂直，
所以双曲线C1的一条渐近线方程为y =−1
2 x，即−b
a =−1
2，
则a=2b，
A1(−a,0)，由对称性可知，A1到C1的一条渐近线x +2 y =0的距离为2
5
❑√5，
所以a
❑√5 = 2❑√5
5
，解得a=2，
所以b=1，
故C1的标准方程为x
2
4 −y
2=1.
（2）证明：由（1）可知，A1(−2,0), A2(2,0)，
①当直线PQ的斜率存在时，设方程为y =kx +t，P(x1, y1),Q(x2, y2)，
由¿，整理得(1−4 k
2) x
2−8ktx−4 t
2−4 =0，
则{
1−4 k
2≠0
Δ=64 k
2t
2−4(1−4 k
2)(−4t
2−4)>0
x1+ x2=
8kt
1−4 k
2
x1 x2=−4 t
2+ 4
1−4 k
2
)
，
得t
2+1−4 k
2>0，
由
k A1 P
k A2Q
=−5得，k A1P=−5k A2Q，即
y1
x1+2 =−5⋅
y2
x2−2，
由x1
2
4 −y1
2=1，则
y1
x1+2 = x1−2
4 y1
，
所以
x1−2
4 y1
=−5 y2
x2−2，
则(x1−2)(x2−2)=−20 y1 y2
即x1 x2−2(x1+ x2)+ 4 =−20¿，
所以−4t
2+ 4
1−4 k
2 −16 kt
1−4 k
2 + 4 =−20[−(4t
2+ 4)k
2
1−4 k
2
+ 8k
2t
2
1−4 k
2 +t
2)，
整理得6k
2+kt −t
2=0，
所以(2k +t )(3k −t )=0，
解得t =−2k或t =3k，
若t =−2k时，直线PQ的方程为y =kx−2k，
即y =k (x−2)，则直线PQ过定点A2(2,0)，不合题意，舍去；
若t =3k时，直线PQ的方程为y =kx +3k，即y =k (x +3)，则直线PQ过定点(−3,0).
当直线PQ过定点(−3,0)，
②当斜率不存在时，
k A1 P
k A2Q
=
y1
x1+2 ⋅x2−2
y2
=
y1
x1+2 ⋅x1−2
−y1
= 2−x1
x1+2 =−5，
得x1= x2=−3，故直线PQ: x =−3，满足题意.
综上可知，直线PQ恒过定点(−3,0).
【4-3】已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为y = ❑√3 x，且过点(2,3).
设A，B 分别是C的左、右顶点，M，N 是C的右支上异于点B 的两点.
(1)求C的方程；
(2)若直线MN过点P(3,0)，且MN的斜率为2，求|| MP|−| PN |)的值；
(3)设直线AM，BN的斜率分别为k1，k2，若3k1+ k2=0，求证：直线MN恒过定点.
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1；
(2)18 ❑√5；
(3)证明见解析.
【分析】（1）由渐近线斜率及双曲线所过的点求双曲线参数，即可得方程；
（2）由题意MN为y =2(x−3)，设M (x1, y1)，N (x2, y2)，联立双曲线，应用韦达
定理及弦长公式求|| MP|−| PN |)；
（3）法一：设MN为x =my +t，M (x1, y1)，N (x2, y2)，法二：讨论MN斜率的存
在性，设MN为x =t (t >1)，M (t , y1)，N (t , y2)，或MN为y =kx +m，M (x1, y1)，
N (x2, y2)，再联立双曲线，应用韦达定理及已知条件列方程求参数关系，即可得定点；法
三：AM，BN分别为y =k1(x +1)，y =k2(x−1)，联立双曲线，结合3k1+ k2=0用k1表示
出M , N的坐标，进而写出直线MN，即可证结论.
【详解】（1）由题意得¿，解得¿，所以C的方程为x
2−y
2
3 =1.
（2）由题意，MN为y =2(x−3)，设M (x1, y1)，N (x2, y2)，
由¿，得x
2−24 x +39=0，所以x1+ x2=24.
因为M，N 在P 点的两侧，所以x1−3与x2−3异号，
所以|| MP|−| PN |)=|
❑√1+2
2|x1−3)−
❑√1+2
2|x2−3)|
= ❑√5|(x1−3)+(x2−3))= ❑√5|x1+ x2−6)=18 ❑√5.
（3）
（方法一）由题意得，MN的斜率不为0，
设MN为x =my +t，M (x1, y1)，N (x2, y2).
由¿，得(3m
2−1) y
2+6mty +3t
2−3=0，
所以3m
2−1≠0，且y1+ y2= −6mt
3m
2−1，y1 y2= 3t
2−3
3m
2−1
.
因为x1
2−y1
2
3 =1，A (−1,0)，B (1,0)，所以
k AM ⋅k BM =
y1
x1+1 ⋅
y1
x1−1 =
y1
2
x1
2−1
= y1
2
y1
2
3
=3
.
又3k1+ k2=0，即k AM =−1
3 k BN，所以k BM ⋅k BN =
y1
x1−1 ⋅
y2
x2−1 =−9，
即y1 y2=−9(m y1+t −1)(m y2+t −1)，
整理得(9m
2+1) y1 y2+9m(t −1)( y1+ y2)+9(t −1)
2=0，
所以(9m
2+1)⋅3t
2−3
3m
2−1
+9m(t −1)⋅−6mt
3m
2−1
+9(t −1)
2=0，
化简得t
2−3t +2=0，解得t =1或2.
当t =1时，MN的方程为x =my +1，此时MN过点B (1,0)，不合题意，
当t =2时，MN的方程为x =my +2，此时MN过点(2,0)，符合题意，
所以MN恒过定点(2,0).
（方法二）①若MN的斜率不存在，设MN为x =t (t >1)，M (t , y1)，N (t , y2).
因为k2=−3k1，A (−1,0)，B (1,0)，所以y2
t −1 =−3⋅y1
t +1，
由对称性知，y2=−y1，则t +1=3(t −1)，解得t =2，
所以MN的方程为x =2，此时MN过点(2,0).
②若MN的斜率存在，设MN为y =kx +m，M (x1, y1)，N (x2, y2).
由¿，得(3−k
2) x
2−2kmx −m
2−3=0，
所以3−k
2≠0，且x1+ x2= 2km
3−k
2，x1 x2= −m
2−3
3−k
2 .
因为x1
2−y1
2
3 =1，A (−1,0)，B (1,0)，所以
k AM ⋅k BM =
y1
x1+1 ⋅
y1
x1−1 =
y1
2
x1
2−1
= y1
2
y1
2
3
=3
.
又3k1+k2=0，即k AM =−1
3 k BN，所以k BM ⋅k BN =
y1
x1−1 ⋅
y2
x2−1 =−9，
即(k x1+m)(k x2+m)=−9(x1−1)(x2−1)，
整理得(k
2+9) x1 x2+(km−9)(x1+ x2)+m
2+9=0，
所以(k
2+9)⋅−m
2−3
3−k
2 +(km−9)⋅2km
3−k
2 +m
2+9=0，
化简得m
2+3km+2k
2=0，解得m=−k或m=−2k.
当m=−k时，MN为y =k (x−1)，此时MN过点B (1,0)，不合题意，
当m=−2k时，MN为y =k (x−2)，此时MN过点(2,0)，符合题意.
综上，MN恒过定点(2,0).
（方法三）因为A (−1,0)，B (1,0)，AM，BN的斜率分别为k1，k2，
所以AM，BN分别为y =k1(x +1)，y =k2(x−1).
由¿，得(3−k1
2)x
2−2k1
2 x−k1
2−3=0，
所以x A xM = −k1
2−3
3−k1
2 ，又x A =−1，所以xM = k1
2+3
3−k1
2，
所以y M =k1(
k1
2+3
3−k1
2 +1)= 6 k1
3−k1
2，即M(
k1
2+3
3−k1
2 , 6k1
3−k1
2).
由¿，得(3−k2
2)x
2+2k2
2 x−k2
2−3=0，
所以xB xM = −k2
2−3
3−k2
2 ，又xB=1，所以xN = −k2
2−3
3−k2
2 ，
又3k1+ k2=0，即k2=−3k1，所以xN = 3k1
2+1
3k1
2−1
，
所以y N =−3k1(
3k1
2+1
3k1
2−1
−1)= −6k1
3k1
2−1
，即N(
3k1
2+1
3k1
2−1
, −6 k1
3k1
2−1).
①若MN的斜率不存在，则xM = xN，即
k1
2+3
3−k1
2 = 3k1
2+1
3k1
2−1
，解得k1
2=1，
则xM = xN =2，所以MN为x =2，此时MN过点(2,0).
②若MN的斜率存在，则k MN =
−6 k1
3k1
2−1
−6 k1
3−k1
2
3k1
2+1
3k1
2−1
−k1
2+3
3−k1
2
= −12k1(k1
2+1)
−6(k1
4−1)
= 2k1
k1
2−1，
所以MN为y −6k1
3−k1
2 = 2k1
k1
2−1(x−k1
2+3
3−k1
2)，即y = 2k1
k1
2−1
x−2k1
k1
2−1
⋅k1
2+3
3−k1
2 + 6 k1
3−k1
2，
化简得y = 2k1
k1
2−1
x−4 k1
k1
2−1，即y = 2k1
k1
2−1
x−4 k1
k1
2−1，此时MN过点(2,0).
综上，MN恒过定点(2,0).
【答案】（1）x
2
2 + y
2=1；（2）见解析.
【详解】试题分析：（1）由离心率及△M F1 F2的面积的最大值为1，即可求得a，b，
从而求得椭圆C的标准方程；（2）设B( x1, y1), E( x2, y2), A( x1,−y1)，，且x1≠x2，
由题意得P(2,0)且直线BP的斜率必存在，设BP：y =k( x−2)，与椭圆方程联立方程组，
结合韦达定理，得x1+ x2=
8k
2
2k
2+1
, x1⋅x2= 8k
2−2
2k
2+1
，即可表示直线AE：
y + y1= y1+ y2
x2−x1
( x−x1)，根据对称性可知直线AE过的定点必在x轴上，从而求出定点坐
标.
试题解析：（1）∵当M 为椭圆C 的短轴端点时，ΔM F1 F2的面积的最大值为1
∴1
2 ×2c×b=1
题型五、“相交弦”模型过定点之“变形3”（已知一直线过定点与对称点）
典例探究
【典型例题】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为
❑√2
2 ，F1(−c ,0)，F2(c ,0)为椭
圆C的左、右焦点，M为椭圆C上的任意一点，△M F1 F2的面积的最大值为1，A、B为
椭圆C上任意两个关于x轴对称的点，直线x = a
2
c 与x轴的交点为P，直线PB交椭圆C于另
一点E.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)求证：直线AE过定点.
∴bc =1
∵e = c
a =
❑√2
2 ，a
2=b
2+c
2
∴a= ❑√2,b=1
∴椭圆C 标准方程为：x
2
2 + y
2=1
（2）设B( x1, y1), E( x2, y2), A( x1,−y1)，且x1≠x2，
∵x = a
2
c =2
∴P(2,0)
由题意知BP的斜率必存在，设BP：y =k( x−2)，代入x
2
2 + y
2=1得
(2k
2+1)x
2−8k
2 x +8k
2−2=0，由Δ>0得k
2< 1
2，x1+ x2=
8k
2
2k
2+1
, x1⋅x2= 8k
2−2
2k
2+1 .
∵x1≠x2
∴AE斜率必存在，AE：y + y1= y1+ y2
x2−x1
( x−x1)
由对称性易知直线AE过的定点必在x轴上，则当y =0时，得
x = y1( x2−x1)
y1+ y2
+ x1= y1 x2+ y2 x1
y1+ y2
= k( x1−2)x2+k( x2−2)x1
k( x1+ x2)−4 k
= 2 x1 x2−2( x1+ x2)
x1+ x2−4
=
2⋅8k
2−2
2k
2+1
−2⋅
8k
2
2k
2+1
8k
2
2k
2+1
−4
=1 ，即在k
2< 1
2的条件下，直线AE 过定
点（1，0）.
举一反三
【5-1】已知椭圆C：y
2
a
2 + x
2
b
2 =1(a>b>0)的下、上焦点分别为F1、F2，直线
❑√3 x−y + ❑√3=0恰经过椭圆C的一个顶点和一个焦点.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设P(0,1)，A，B是椭圆C上关于y轴对称的任意两个不同的点，连接AP交椭
圆C于另一点D，求证：直线BD与y轴相交于某定点.
【答案】（1）y
2
4 + x
2=1；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据题意，由直线过焦点和顶点可直接确定b 和c,从而可得椭圆方程.
（2）根据题意，设直线AP的方程为y =kx +1(k ≠0),与椭圆方程联立，写出韦达定
理，和直线BD 方程，令x=0 求出直线与y 轴的交点，判断是否为定值．
【详解】（1）由题意知椭圆焦点在y轴上，直线❑√3 x−y + ❑√3=0过点(0,❑√3)和
(1,0)，且直线恰经过椭圆C的一个顶点和一个焦点，所以b=1，c = ❑√3，a=2
∴椭圆C的标准方程为y
2
4 + x
2=1
（2）由题意直线AP的斜率存在且不为0,设直线AP的方程为y =kx +1(k ≠0),
代入到y
2
4 + x
2=1中得：(k
2+ 4) x
2+2kx −3=0,设A(x1, y1)，D(x2, y2)
则x1+ x2=−2k
k
2+ 4 ， x1 x2=−
3
k
2+ 4
∵A与B关于y轴对称 ∴B(−x1, y1)
∴直线BD的方程为y −y1= y2−y1
x2+ x1
(x + x1)
令x =0得y = x1( y2−y1)
x2+ x1
+ y1= x1 y2+ x2 y1
x1+ x2
= x1(k x2+1)+ x2(k x1+1)
x1+ x2
= 2k x1 x2+(x1+ x2)
x1+ x2
= 2k x1 x2
x1+ x2
+1
=
−2k ×
3
k
2+ 4
−2k
k
2+ 4
+1= 4,
则直线BD与y轴相交于定点(0,4).
【5-2】已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2.离心率等于
❑√6
3 ，点
P在y轴正半轴上，△P F1 F2为直角三角形且面积等于2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知斜率存在且不为0 的直线l与椭圆C交于A，B两点，当点A关于y轴的对称点
在直线PB上时，直线l是否过定点？若过定点，求出此定点；若不过，请说明理由.
【答案】(1) x
2
3 + y
2=1
(2)过定点，定点为(0,
❑√2
2 )
【分析】（1）根据对称性得△P F1 F2为等腰直角三角形，且∠F1 P F2=90
°，进而
根据面积得c = ❑√2，再结合离心率得a= ❑√3，最后根据b
2=a
2−c
2求解得答案；
（2）由题知P(0,❑√2)，设直线l的方程为y =kx +m(k ≠0)，A(x1, y1),B(x2, y2)，
进而根据题意得k PB+ k PA =0，进而整理得2k x1 x2+(m−❑√2)(x1+ x2)=0，再联立
{
y =kx +m
x
2+3 y
2=3)并结合韦达定理整理求解即可.
【详解】（1）解：根据题意，由对称性得△P F1 F2为等腰直角三角形，且
∠F1 P F2=90
°，
因为△P F1 F2的面积等于2，所以|F1 F2)=2❑√2，即c = ❑√2，
因为椭圆C的离心率等于
❑√6
3 ，即e =
❑√6
3 =
❑√2
a ，解得a= ❑√3，
所以b
2=a
2−c
2=1，
所以椭圆C的标准方程为：x
2
3 + y
2=1.
（2）解：由（1）得P(0,❑√2)，
设直线l的方程为y =kx +m(k ≠0)，A(x1, y1),B(x2, y2)，
因为点A关于y轴的对称点在直线PB上，
所以直线PB与直线PA的斜率互为相反数，即k PB+ k PA =0，
因为k AP= y1−❑√2
x1
,k BP= y2−❑√2
x2
，所以y1−❑√2
x1
+ y2−❑√2
x2
=0，
整理得x2( y1−❑√2)+ x1( y2−❑√2)=0
又因为y1=k x1+m, y2=k x2+m，所以2k x1 x2+(m−❑√2)(x1+ x2)=0，
由{
y =kx +m
x
2+3 y
2=3)消去y得(3k
2+1)x
2+6 kmx +3m
2−3=0,
所以Δ>0，即m
2<3k
2+1，x1+ x2=−6km
3k
2+1
, x1 x2= 3m
2−3
3k
2+1
,
所以2k ⋅3m
2−3
3k
2+1
+(m−❑√2)⋅(−6mk
3k
2+1
)=0，
整理得2k ⋅(3m
2−3)−6mk(m−❑√2)=0,
由于k ≠0，故解方程得m=
❑√2
2 ，
此时直线l的方程为y =kx +
❑√2
2 ，过定点(0,
❑√2
2 )
所以直线l恒过定点(0,
❑√2
2 ).
【5-3】已知双曲线C：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1（a>0，b>0）的右顶点E (1,0)，斜率为1 的直线交C
于M、N两点，且MN中点Q (1,3).
(1)求双曲线C的方程；
(2)证明：△MEN为直角三角形；
(3)经过点T (0,2)且斜率不为零的直线l与双曲线C的两支分别交于点A，B.若点D是点
B关于y轴的对称点，试问，不论直线l的斜率如何变化，直线AD是否过定点?若过定点，
求出定点的坐标；若不过定点，说明理由.
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1；
(2)证明见解析；
(3)过定点，坐标为(0,−3
2).
【分析】（1）设M (x1, y1)，N (x2, y2)，运用点差法求解即可；
（2）直曲联立，借助向量工具求解；
（3）设l方程为y =kx +2，k ≠0，A(x1, y1)，B(x2, y2)，直曲联立，得到
x1+ x2= 4 k
3−k
2，x1 x2=−
7
3−k
2，得到直线AD的方程为y −y1= y1−y2
x1+ x2
(x−x1)，在直线
AD的方程中，令x =0，求解即可.
【详解】（1）设M (x1, y1)，N (x2, y2)，则x1+ x2=2，y1+ y2=6，
∵M，N两点在双曲线C上，
∴{
x1
2
a
2 −y1
2
b
2 =1①
x2
2
a
2 −y2
2
b
2 =1②)
，由①－②得x1
2−x2
2
a
2
−y1
2−y2
2
b
2
=0，
即
y1
2−y2
2
x1
2−x2
2 = b
2
a
2，∴
( y1+ y2)( y1−y2)
(x1+ x2)(x1−x2)
= b
2
a
2，
∴kOQ⋅k MN = b
2
a
2，即1⋅3= b
2
a
2，∴b
2=3a
2，
又∵a=1，∴b
2=3，
∴双曲线C的方程为：x
2−y
2
3 =1；
（2）由已知可得，直线MN的方程为：y −3=1⋅(x−1)，即y = x +2，
联立{
y = x +2
3 x
2−y
2−3=0
⇒2 x
2−4 x−7=0)，Δ=16+56=72>0，
则x1+ x2=2，x1 x2=−7
2，
∵⃗EM ⋅⃗EN =(x1−1, y1)⋅(x2−1, y2)=(x1−1)(x2−1)+ y1 y2
=(x1−1)(x2−1)+(x1+2)(x2+2)=2 x1 x2+(x1+ x2)+5
=2×(−7
2)+2+5=0，
∴EM ⊥EN，∴△MEN为直角三角形；
（3）设l方程为y =kx +2，k ≠0，
联立直线l与C的方程，消去y得(3−k
2) x
2−4 kx −7 =0，
因为直线l与C的两支分别交于点A，B，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
所以¿，得0<k
2<3，
则D(−x2, y2)，x1+ x2= 4 k
3−k
2，x1 x2=−
7
3−k
2，
因为k AD= y1−y2
x1+ x2
，所以直线AD的方程为y −y1= y1−y2
x1+ x2
(x−x1)，
由对称性可知，若直线AD过定点，则定点在y轴上，
在直线AD的方程中，令x =0，
得y = y1−x1⋅y1−y2
x1+ x2
= x1 y1+ x2 y1
x1+ x2
−x1 y1−x1 y2
x1+ x2
= x1 y2+ x2 y1
x1+ x2
= x1(k x2+2)+ x2(k x1+2)
x1+ x2
= 2k x1 x2+2(x1+ x2)
x1+ x2
= 2k x1 x2
x1+ x2
+2=2k ⋅
−
7
3−k
2
4 k
3−k
2
+2=−3
2
所以直线AD过定点，定点坐标为(0,−3
2).
【突破提升训练・1】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的右焦点为F (1,0)，A、B 分别是椭
圆C的左、右顶点，P为椭圆C的上顶点，△PAB的面积为❑√2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l: y =kx +m与椭圆C交于不同的两点M，N
①若k =1 ，且l不过坐标原点O，求三角形OMN面积的最大值，并写出求得此最大
值时m的值
②点Q (2,0)，若直线MQ的斜率与直线NQ的斜率互为相反数，求证：直线l过定点.
【答案】(1) x
2
2 + y
2=1
(2)①
❑√2
2 ，m=±
❑√6
2 ；②证明见解析
【分析】（1）由题可得a
2=b
2+1,ab= ❑√2，据此可求得椭圆方程；
题型精析・方法突破提能力
（2）①由弦长公式及三角形面积公式确定三角形OMN面积，再结合二次函数求最值
即可；②将直线方程与椭圆方程联立，后由韦达定理结合k MQ+ k NQ=0，可得m 与k 的关
系即可得直线恒过的定点.
【详解】（1）由题知c =1，A (−a,0)，B (a,0)，P(0,b)，
由△PAB的面积为❑√2，得ab= ❑√2，
又a
2=b
2+c
2，代入可得a
2=2，b
2=1，
∴椭圆C的方程为x
2
2 + y
2=1.
（2）①设坐标原点O到直线l: y = x +m的距离为d = |m)
❑√1+1 =|m)
❑√2
，
联立{
y = x +m
x
2
2 + y
2=1)
，
得3 x
2+ 4 mx +2m
2−2=0，
可得x1+ x2= −4 m
3
，x1 x2= 2m
2−2
3
设M (x1, y1)，N (x2, y2)，
则|MN )= ❑√2|x1−x2)= ❑√2❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2=
❑√2
3
❑√−8 m
2+24，
所以此时S△OMN = 1
2 d ⋅|MN )= 1
6|m)
❑√−8m
2+24 = 1
6
❑√−8m
4+24 m
2
= 1
6
❑√−8(m
2−3
2)
2
+18
当m
2= 3
2，即m=±
❑√6
2 时，
三角形OMN面积有最大值
❑√2
2
②联立{
y =kx +m,
x
2
2 + y
2=1,)
得(2k
2+1) x
2+ 4 kmx +2m
2−2=0，
设M (x1, y1)，N (x2, y2)，可得x1+ x2= −4 km
2k
2+1，x1 x2= 2m
2−2
2k
2+1
，
由题知k MQ+ k NQ=0，
即
y1
x1−2 +
y2
x2−2 = k x1+m
x1−2 + k x2+m
x2−2 = 2k x1 x2+(m−2k )(x1+ x2)−4 m
(x1−2)(x2−2)
=0，
即2k x1 x2+(m−2k )(x1+ x2)−4 m=0，解得k =−m，
∴直线l的方程为y =k (x−1)，故直线l恒过定点(1,0).
【突破提升训练・2】已知椭圆C ：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的长轴长是短轴长的❑√3倍，且C
经过点A (❑√6,1).
(1)求C的标准方程.
(2)设H是C的左顶点，M，N是C上异于点H的不同两点，直线HM，HN的斜率分
别为k1，k2，且k1⋅k2=−1
3.
（i）若点M的坐标为(−3
2 , 3
2 )，求|MN )；
（ii）证明：直线MN过定点.
【答案】(1) x
2
9 + y
2
3 =1
(2)（i）| MN |=3 ❑√2;（ii）证明见解析
【分析】（1）根据题意，建立a,b的方程组，求解即得椭圆方程；
（2）（i）设N ( x2, y2)，利用k1⋅k2=−1
3
推得x2=−3 y2−3，与椭圆方程
x
2
9 + y
2
3 =1联立，求出点N ( 3
2 ,−3
2 )，利用两点间距离公式计算即得；（ii）依题设直线
MN的方程为：x =my +t，与椭圆方程联立，写出韦达定理，由
k1k2=
y1⋅y2
( x1+3)( x2+3) =−1
3
化简可推得t
2+3t =0，即得t =0或t =−3，代入直线方程分别
检验，即得直线MN经过定点(0,0).
【详解】（1）
由题意，{
a= ❑√3b
6
a
2 + 1
b
2 =1)
，解得{
a=3
b= ❑√3)，
则C的标准方程为x
2
9 + y
2
3 =1.
（2）（i）设N ( x2, y2)，由（1）可得H (−3,0)，因M (−3
2 ，3
2 )，
则k1=
3
2
−3
2 +3
=1,k2=
y2
x2+3，由k1k2=
y2
x2+3 =−1
3可得x2=−3 y2−3，
代入x2
2
9 + y2
2
3 =1，整理得：2 y2
2+3 y2=0，解得y2=0（不合题意，舍去）或y2=−3
2，
故得N ( 3
2 ,−3
2 )，则| MN |=
❑√(−3
2 −3
2 )
2
+( 3
2 + 3
2 )
2
=3 ❑√2.
（ii）因k1⋅k2=−1
3 <0，直线MN的斜率不能为0，可设其方程为：x =my +t，
代入x
2
9 + y
2
3 =1，整理得：(m
2+3) y
2+2mty +t
2−9=0，
则Δ= 4 m
2t
2−4(m
2+3)(t
2−9)=12(m
2−t
2+9)>0，
设M ( x1, y1)，则{
y1+ y2=−2mt
m
2+3
y1⋅y2= t
2−9
m
2+3 )
（*），
则k1k2=
y1⋅y2
( x1+3)( x2+3) =−1
3，化简得x1 x2+3( x1+ x2)+9=−3 y1 y2，
因x1=m y1+t , x2=m y2+t，代入整理得：
(m
2+3) y1 y2+m(t +3)( y1+ y2)+t
2+6t +9=0，
将（*）代入，可得(m
2+3)(t
2−9)
m
2+3
−2m
2t(t +3)
m
2+3
+t
2+6t +9=0，去分母可得：
m
2t
2−9m
2+3t
2−27−2m
2t
2−6m
2t +m
2t
2+6m
2t +9m
2+3t
2+18t +27 =0，
化简得：t
2+3t =0，解得t =0或t =−3.
当t =0时，直线MN的方程为x =my，直线经过定点(0,0)，
此时由(m
2+3) y
2=9解得y1=
3
❑√m
2+3
, y2=−
3
❑√m
2+3
，则
M (
3m
❑√m
2+3
,
3
❑√m
2+3
), N (−
3m
❑√m
2+3
,−
3
❑√m
2+3
)，
因k1k2=
y1⋅y2
( x1+3)( x2+3) =
−
9
m
2+3
(
3m
❑√m
2+3
+3)(−
3m
❑√m
2+3
+3)
= −9
27 =−1
3，符合题意；
当t =−3时，直线MN的方程为x =my −3，经过定点(−3,0)，该点恰与点H重合，
不合题意，舍去.
故直线MN过定点(0,0).
【突破提升训练・3】已知F1, F2分别是双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左､右焦点，A
是C的右顶点，|A F1)=3，且C与椭圆x
2
5 + y
2=1有相同的焦点.
(1)求C的方程；
(2)若直线l: y =kx +1与C的公共点个数为1，求k的值；
(3)已知M , N是C上不同的两点，直线AM , AN的斜率分别为k1,k2, A不在直线MN
上，且k1k2=3，证明：直线MN过定点.
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1
(2)± ❑√3或±2
(3)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆焦点的定义，得双曲线的焦点，根据双曲线焦点，求出双曲
线标准方程即可.
（2）分类讨论双曲线与直线只有一个交点的情况，分别计算直线斜率的值.
（3）根据直线与圆锥曲线的位置关系和韦达定理，根据已知条件列出参数的方程，
证明直线过定点问题.
【详解】（1）椭圆x
2
5 + y
2=1的焦点为(−2,0),(2,0)，所以双曲线C的焦点也为
(−2,0),(2,0)，即c =2.
因为|A F1)=a+c =3，所以a=1，所以b
2=c
2−a
2=3，
故双曲线C的方程为x
2−y
2
3 =1.
（2）联立{
y =kx +1
x
2−y
2
3 =1)
，得3 x
2−(kx +1)
2−3=0，即(3−k
2) x
2−2kx −4 =0.
①当3−k
2=0，即k =± ❑√3时，直线l与C的渐近线平行，只有1 个交点；
②当Δ= 4 k
2+16(3−k
2)= 48−12k
2=0，即k =±2时，
直线l与C相切，只有1 个交点.
综上，当直线l与C的公共点个数为1 时，k =± ❑√3或±2；
（3）
易知A (1,0)，如图，设M (x1, y1), N (x2, y2)，
显然直线MN不与y轴垂直，则设MN的方程为x =my +n，且n≠1.
联立{
x =my +n
x
2−y
2
3 =1)
，消去x得(3m
2−1) y
2+6mny +3n
2−3=0，
显然Δ=(6mn)
2−4(3m
2−1)(3n
2−3)>0，
所以y1+ y2= −6mn
3m
2−1
, y1 y2= 3n
2−3
3m
2−1
，
因为k1k2=
y1
x1−1 ⋅
y2
x2−1 =3，
所以y1 y2=3(x1−1)(x2−1)=3(m y1+n−1)(m y2+n−1)，
化简得(3m
2−1) y1 y2+3m(n−1)( y1+ y2)+3(n−1)
2=0，即
(3m
2−1)(3n
2−3)
3m
2−1
−18m
2n(n−1)
3m
2−1
+3(n−1)
2=0，
又n≠1，化简得n=0，所以直线MN过定点(0,0).
【突破提升训练・4】已知双曲线C : x
2
7 −y
2
b
2 =1(b>0)的离心率为❑√2,O为坐标原点，过点
O的直线l交C于P，Q两点，其中点P在第一象限.
(1)求C的标准方程.
(2)设|OP)=5.
①求直线l的方程.
②过点P作斜率分别为k1,k2的两条直线l1,l2，且直线l1与C交于另一点A，直线l2与C
交于另一点B.若k1+ k2=3，证明直线AB过定点，并求该定点坐标.
【答案】(1) x
2
7 −y
2
7 =1
(2)①3 x−4 y =0；②证明见解析，(2,−1
3)
【分析】（1）根据双曲线的离心率e = ❑√
1+ b
2
a
2可得结果.
（2）①根据条件可知点P在以O为圆心，5 为半径的圆上，联立圆方程与双曲线方程
可得结果.
②设直线AB: y =kx +t，与双曲线方程联立，借助韦达定理得到k ,t的关系式可得结
果.
【详解】（1）因为C的离心率为❑√2，所以❑√1+ b
2
7 = ❑√2，解得b
2=7，
所以C的标准方程为x
2
7 −y
2
7 =1.
（2）
①由|OP)=5，得点P在以O为圆心，5 为半径的圆x
2+ y
2=25上.
设P(m,n)(m>0,n>0)，则{
m
2−n
2=7 ,
m
2+n
2=25,)解得{
m= 4 ,
n=3,)即P(4,3)，
所以直线l的斜率为3
4 ，直线l的方程为y = 3
4 x，即3 x−4 y =0.
②当直线AB的斜率不存在时，点A ,B关于x轴对称，设A(x0, y0),B(x0,−y0)，
由k1+ k2=3，得
y0−3
x0−4 + −y0−3
x0−4 =3，即−6
x0−4 =3，解得x0=2<❑√7，不符合题意，
所以直线AB的斜率存在.
设直线AB: y =kx +t，由{
x
2
7 −y
2
7 =1,
y =kx +t , )
得(1−k
2) x
2−2ktx−t
2−7 =0，
则1−k
2≠0,Δ= 4 k
2t
2+ 4(1−k
2)(t
2+7)>0，即t
2>7 k
2−7.
设A(x1, y1),B(x2, y2)，则x1 x2=−t
2+7
1−k
2 , x1+ x2= 2kt
1−k
2，
因为k1+ k2=3，所以
y1−3
x1−4 + y2−3
x2−4 =3，即
k x1+t −3
x1−4
+ k x2+t −3
x2−4
=3，
得(2k −3) x1 x2+(t −4 k +9)(x1+ x2)−8t −24 =0，
所以3t
2+24 k
2−14 k +18kt −8t −3=0，即(4 k +t −3)(6 k +3t +1)=0，
所以4 k +t −3=0或6 k +3t +1=0.
当4 k +t −3=0时，直线AB的方程为y =kx +3−4 k，经过定点P(4,3)，不符合题意；
当6 k +3t +1=0时，直线AB的方程为y =kx −2k −1
3，经过定点(2,−1
3).
综上，直线AB过定点，且定点坐标为(2,−1
3).
【突破提升训练・5】已知抛物线C : y
2=2 px ( p>0)的焦点F (1,0)，O为坐标原点，A、B
是抛物线C上异于O的两点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若直线OA、OB的斜率之积为−1
2，求证：直线AB过x轴上一定点．
【答案】(1)y
2= 4 x；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据抛物线焦点坐标，直接求得
，则抛物线方程得解；
（2）设出直线AB的方程，利用韦达定理，结合已知条件，即可求得结果.
【详解】（1）根据题意，p
2 =1，则p=2，故抛物线方程为：y
2= 4 x.
（2）显然直线AB的斜率不为零，且不过原点，故设其方程为x =my +n,(n≠0)，
联立抛物线方程y
2= 4 x可得：y
2−4 my −4 n=0，Δ=16m
2+16n>0时，
设A ,B两点的坐标分别为(x1, y1),(x2, y2)，则y1+ y2= 4 m, y1 y2=−4 n，
x1 x2= ( y1 y2)
2
16
=n
2，
由题可知，
y1
x1
× y2
x2
=−1
2，即−4 n
n
2 =−1
2，解得n=8，此时满足Δ>0，
故直线AB恒过x轴上的定点(8,0).
10．已知抛物线M：y
2= x，若O 为坐标原点，A、B 为抛物线上异于O 的两点．
(1)若C (3,0)，P 在抛物线上，求|PC)的最小值；
(2)若kOA⋅kOB=2．求证：直线AB 必过定点．
【答案】(1)
❑√11
2
(2)证明见解析
【分析】（1）设抛物线上的点，由两点间的距离公式可求解；
（2）设直线方程，和抛物线方程联立，借助一元二次方程根与系数的关系表示条件，
可得直线过定点.
【详解】（1）
设P(x , y)，
∵P 在抛物线上，∴y
2= x．
∴|PC)
2=(x−3)
2+ y
2=(x−5
2)
2
+ 11
4 ．
∴当x = 5
2，即P(
5
2 ,±
❑√10
2 )时，|PC)的最小值为
❑√11
2 ．
（2）
显然直线斜率不为零，设直线AB 的方程为x =my +t，A(x1, y1)，B(x2, y2)
如图：
联立{
y
2= x
x =my +t)得y
2−my −t =0，
有两个交点故Δ=m
2+ 4 t >0．
∴y1+ y2=m，y1⋅y2=−t．
∵kOA⋅kOB=2，
∴y1⋅y2=2 x1⋅x2．
∴y1⋅y2=2(m y1+t)⋅(m y2+t)，得2t
2+t =0，
∴t =−1
2或t =0（舍）．
∴直线AB 过定点(−1
2 ,0)．
【突破提升训练・6】已知椭圆C : x
2
4 + y
2=1，直线x +2 y + 4 =0，P是直线l上的动点，
过P作椭圆C的切线PS，PT，切点分别为S，T ．
(1)当点P坐标为(2,−3)时，求直线ST的方程；
(2)求证：当点P在直线l上运动时，直线ST恒过定点M；
(3)是否存在点P使得△PST的重心恰好是椭圆的左顶点(−2,0)，如果存在，求出点P
的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)x−6 y −2=0
(2)证明见详解
(3)点P存在，理由见详解
【分析】（1）设S(x1, y1),T (x2, y2), P(x0, y0)，由椭圆的切线方程，可得直线ST
的方程是x0 x
4 + y0 y =1，点P坐标为(2，−3)时，即可写出直线ST的方程；
（2）由直线ST的方程是x0 x
4 + y0 y =1，点P在直线l上，满足x0+2 y0+ 4 =0，可得
(−1
2 x + y) y0−(x +1)=0，可得直线ST恒过定点M(−1,−1
2)；
（3）联立ST的方程与椭圆方程，因为△PST的重心为(−2，0)，所以
x1+ x2+ x0=−6，由韦达定理表示出x1+ x2代入x1+ x2+ x0=−6，再与x0+2 y0+ 4 =0联立，
即可解得x0，进而得到y0，即可得点P存在，坐标为(−4,0).
【详解】（1）
设S(x1, y1),T (x2, y2), P(x0, y0)，已知椭圆为x
2
4 + y
2=1，
由椭圆的切线方程，切线PS的方程为x1 x
4 + y1 y =1，
又点P在该直线上，所以x1 x0
4
+ y1 y0=1，
切线PT的方程为x2 x
4 + y2 y =1，
又点P在该直线上，所以x2 x0
4
+ y2 y0=1，
则点S，T都在直线x0 x
4 + y0 y =1上，即直线ST的方程是x0 x
4 + y0 y =1，
当点P坐标为(2,−3)时，x0=2, y0=−3，
所以直线ST的方程是2 x
4 −3 y =1，即x−6 y −2=0.
（2）由（1）知直线ST的方程是x0 x
4 + y0 y =1，
又点P在直线l上，所以x0+2 y0+ 4 =0，
得x0=−2 y0−4，代入ST的方程得(−2 y0−4)x
4
+ y0 y =1，
即(−1
2 x + y) y0−(x +1)=0，所以{
−1
2 x + y =0
x +1=0 )
，
解得{
x =−1
y =−1
2)
，直线ST恒过定点M(−1,−1
2).
（3）因为直线ST的方程是x0 x
4 + y0 y =1，所以y =−x0
4 y0
x + 1
y0
，
代入x
2
4 + y
2=1得1
4 x
2+(−x0
4 y0
x + 1
y0)
2
=1，
整理得(
1
4 +
x0
2
16 y0
2)x
2−x0
2 y0
2 x + 1
y0
2 −1=0，
因为△PST的重心为(−2，0)，所以x1+ x2+ x0=−6，y1+ y2+ y0=0，
所以{
x0
2 y0
2
1
4 +
x0
2
16 y0
2
+ x0=−6
x0+2 y0+ 4 =0 )
，得
4 x0
x0
2+ 4 x0+8
+ x0=−6，
解得x0=−4，则y0=0，此时ST ⊥x轴，y1+ y2+ y0=0成立，
所以点P存在，坐标为(−4,0).
【突破提升训练・7】左、右焦点分别为F1、F2的椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)经过点
Q(0,❑√3)，P为椭圆上一点，△P F1 F2的重心为G，内心为I , IG∥F1 F2．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若M为直线x−y = 4上一点，过点M作椭圆C的两条切线MA 、MB , A 、B为切
点，问直线AB是否过定点？若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)过定点，(1,−3
4)
【分析】（1）设点P的坐标为(x0, y0)，根据重心性质和IG // F1 F2可得|y0)=3r，
结合三角形面积公式求解可得；
（2）设切线方程为x2 x
4 + y2 y
3
=1, x3 x
4 + y3 y
3
=1，根据切线过点M可求得AB的方
程，由直线系方程即可确定所过定点.
【详解】（1）因为椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)焦点在x轴上，且过点Q(0,❑√3)，
所以b= ❑√3，
设△P F1 F2内切圆的半径为r，点P的坐标为(x0, y0)，
则△P F1 F2重心G的坐标为(
x0
3 , y0
3 )，
因为IG// F1 F2，所以|y0)=3r．
由△P F1 F2面积可得1
2 (|P F1)+|P F2)+)|F1 F2))r = 1
2|F1 F2)|y0)，
即a=2c，结合a
2=3+c
2，解得a=2,b= ❑√3，
即所求的椭圆方程为则椭圆方程为x
2
4 + y
2
3 =1．
（2）设M (x1, y1), A(x2, y2),B(x3, y3)，
则切线MA , MB的方程分别为x2 x
4 + y2 y
3
=1, x3 x
4 + y3 y
3
=1，
因为点M在两条切线上，所以x2 x1
4
+ y2 y1
3
=1, x3 x1
4
+ y3 y1
3
=1，
故直线AB的方程为x1 x
4 + y1 y
3
=1．
又因为点M为直线x−y = 4上，
所以y1= x1−4，即直线AB的方程可化为x1 x
4 + (x1−4) y
3
=1，
整理得(3 x + 4 y) x1=16 y +12，
由{
3 x + 4 y =0
16 y +12=0)解得{
x =1
y =−3
4)
，
因此，直线AB过定点(1,−3
4)．
【突破提升训练・8】已知曲线C上的动点M满足|| M F1|−| M F2||=2，且
F1(−2,0), F2(2,0).
(1)求C的方程；
(2)已知直线l与C交于P ,Q两点，过P ,Q分别作C的切线，若两切线交于点R，且点R
在直线x = 1
4 上，证明：l经过定点.
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据双曲线的定义即可求解，
（2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，即可根据相切得判别式为0，可得
m1
2=k1
2−3≠0，进而可得P ,Q坐标，根据两点坐标可得直线l的方程，即可根据交点在直
线x = 1
4 化简求解.
【详解】（1）因为||M F1)−|M F2))=2<4 =|F1 F2)，
所以曲线C是以F1, F2为焦点，以2 为实轴长的双曲线，
所以实半轴长a=1，半焦距c =2，虚半轴长b= ❑√3，
所以曲线C的方程为x
2−y
2
3 =1.
（2）由题知切线斜率均存在，所以设过点P ,Q所作的切线分别为
l1: y =k1 x +m1,l2: y =k2 x +m2，
由题意知k1≠k2且m1≠m2，由{
x
2−y
2
3 =1,
y =k1 x +m1,)
得(k1
2−3)x
2+2k1m1 x +m1
2+3=0，
因为l1与C相切，
所以k1
2−3≠0，且Δ= 4 k1
2m1
2−4(k1
2−3)(m1
2+3)=0，整理得m1
2=k1
2−3≠0.
此时可得x =−k1
m1
, y =k1 x +m1=−3
m1
，即P(−k1
m1
,−3
m1).
同理m2
2=k2
2−3,Q(−k2
m2
,−3
m2).
由¿得x = m2−m1
k1−k2
= 1
4 .
直线l的斜率为
3
m1
−3
m2
k1
m1
−k2
m2
= 3(m2−m1)
k1m2−k2m1
，
所以l的方程为y = 3(m2−m1)
k1m2−k2m1(x + k1
m1)−3
m1
，
令y =0，得
x = 3
m1
× k1m2−k2m1
3(m2−m1)
−k1
m1
= k1m2−k2m1−k1(m2−m1)
m1(m2−m1)
= m1(k1−k2)
m1(m2−m1)
= 4，
即l经过定点(4,0).
【突破提升训练・9】已知曲线C上的动点P满足| P F1|−| P F2|=2，且
F1(−2,0), F2(2,0).
(1)求C的方程；
(2)若直线AB与C交于A、B两点，过A、B分别做C的切线，两切线交于点P
′.在以下
两个条件①②中选择一个条件，证明另外一个条件成立.
①直线AB经过定点M (4,0)；
②点P
′在定直线x = 1
4 上.
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1(x ≥1)
(2)答案见解析
【分析】（1）由双曲线的定义得出曲线C的方程；
（2）若选择①证明②成立：利用导数得出过A和过B的方程，从而得出交点P
′的横坐
标，再由x1=m y1+ 4 , x2=m y2+ 4证明点P
′在定直线x = 1
4 上；若选择②证明①成立：利
用导数得出过A和过B的方程，从而得出x1 y2−x2 y1= 4 y2−4 y1= 4( y2−y1)，再由直线
AB的方程证明直线AB经过定点M (4,0).
【详解】（1）因为| P F1|−| P F2|=2<4 =|F1 F2)，
所以曲线C是以F1、F2为焦点，以2为实轴长的双曲线的右支,
所以2a=2，即a=1，
又因为F1(−2,0), F2(2,0)，所以c =2，得b
2=3，
所以曲线C的方程为x
2−y
2
3 =1(x ≥1).
（2）若选择①证明②成立.
依题意，AB在双曲线右支上，此时直线AB的斜率必不为0，
设直线方程为x =my + 4，A( x1, y1),B( x2, y2)，不妨设A在第一象限，B在第四象
限.
因为x
2−y
2
3 =1,( x ≥1)，所以y1
2=3 x1
2−3，且y =
❑√3 x
2−3，求导得y
′ =
3 x
❑√3 x
2−3
，
所以过点A的直线方程为y −y1=
3 x1
❑√3 x1
2−3
( x−x1)，
化简为y ⋅y1=3 x1 x−3①，同理y ⋅y2=3 x2 x−3②，
联立方程①②得,交点P
′的横坐标为
y2−y1
x1 y2−x2 y1
，
因为A、B点在直线AB上，所以x1=m y1+ 4 , x2=m y2+ 4，
所以x1 y2=m y1 y2+ 4 y2, x2 y1=m y1 y2+ 4 y1，
所以P
′的横坐标
y2−y1
x1 y2−x2 y1
=
y1−y2
4( y1−y2) = 1
4 .
即点P
′在定直线x = 1
4 上.
若选择②证明①成立.
不妨设A在第一象限，B在第四象限.设A( x1, y1),B( x2, y2)，
因为x
2−y
2
3 =1,( x ≥1)，所以y1
2=3 x1
2−3，且y =
❑√3 x
2−3，
求导得y
′ =
3 x
❑√3 x
2−3
，所以过点A的直线方程为y −y1=
3 x1
❑√3 x1
2−3
( x−x1)，
化简为y ⋅y1=3 x1 x−3①，同理y ⋅y2=3 x2 x−3②
联立方程①②得交点P
′的横坐标为
y2−y1
x1 y2−x2 y1
，
由题意，
y2−y1
x1 y2−x2 y1
= 1
4 ，
即x1 y2−x2 y1= 4 y2−4 y1= 4( y2−y1)③.
因为A( x1, y1),B( x2, y2)，
所以过直线AB的方程为y −y1= y2−y1
x2−x1
( x−x1)，
化简( x2−x1)( y −y1)=( y2−y1)( x−x1)，
整理得x1 y2−x2 y1=( y2−y1)x +(x1−x2) y
由③式可得( y2−y1)(x−4)+(x1−x2) y =0,
易知x = 4 , y =0，即直线AB过定点M (4,0).
【突破提升训练・10】已知抛物线C : x
2=2 py ( p>0)的焦点F到直线y = x−1的距离为❑√2，
直线l与C交于A ,B两点.
(1)求C的准线方程；
(2)若直线l的方程为y =2 x−1，求|AB)；
(3)过A ,B两点分别作C的切线l1,l2，且l1,l2相交于点Q，若点Q的纵坐标为−1，证
明：直线l过定点.
【答案】(1)y =−1
(2)4 ❑√15
(3)证明见解析
【分析】（1）利用点到直线的距离公式，结合抛物线焦点坐标列方程求解p，即可得
准线方程.
（2）联立直线与抛物线方程，利用韦达定理，结合弦长公式即可计算弦长|AB).
（3）先设直线方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理得到根与系数的关系，再利
用导数得出切线l1,l2的方程，
联立切线l1,l2的方程得到交点Q的坐标，最后结合点Q纵坐标条件推导直线过定点
(0,1)，即可得证.
【详解】（1）根据题意作图如下：
由题意知F(0, p
2).因为点F到直线y = x−1的距离为❑√2，所以|
p
2 +1)
❑√2
= ❑√2，
解得p=2或p=−6，又因为p>0，所以p=2，
所以抛物线C的准线方程为y =−1.
（2）根据题意作图如下：
将y =2 x−1代入x
2= 4 y，得x
2−8 x + 4 =0，
则Δ=64−16>0, x A+ xB=8, x A xB= 4，
所以|AB)=
❑√1+2
2❑√(x A+ xB)
2−4 x A xB= 4 ❑√15.
（3）证明：根据题意作图如下：
由已知，直线l与抛物线C有两个交点，则其斜率一定存在.
设A(x1, y1),B(x2, y2),l: y =kx +t.
由{
y =kx +t
x
2= 4 y )，得x
2−4 kx −4 t =0，
所以Δ=16 k
2+16t >0, x1+ x2= 4 k , x1 x2=−4t.
由x
2= 4 y，得y = 1
4 x
2，则y
′ = 1
2 x，
所以过点A的切线方程为y −1
4 x1
2= 1
2 x1(x−x1)，即y = 1
2 x1 x−1
4 x1
2，
同理过点B的切线方程为y = 1
2 x2 x−1
4 x2
2，
由{
y = 1
2 x1 x−1
4 x1
2
y = 1
2 x2 x−1
4 x2
2
x1≠x2 )
，得{
x = x1+ x2
2
y = x1 x2
4 )
，即Q(
x1+ x2
2
, x1 x2
4 )，
又点Q的纵坐标为−1，所以x1 x2
4
=−1，又x1 x2=−4 t，
所以−t =−1，
解得t =1，所以直线l过定点(0,1).
【突破提升训练・11】已知抛物线C : x
2=2 py（p>0）的焦点F 与椭圆E: y
2
25 + x
2
24 =1的
一个焦点重合.
(1)求抛物线C 的方程；
(2)设点P 为直线y =−2上的动点，过点P 作抛物线C 的两条切线，分别与抛物线切
于A，B 两点，求抛物线C 的焦点F 到直线AB的最大距离.
【答案】(1)x
2= 4 y
(2)1
【分析】（1）根据椭圆方程求其焦点坐标，由抛物线方程求抛物线焦点坐标，列方
程求p可得结论；
（2）设点P(x0,−2)，A(x1, y1)，B(x2, y2)，结合导数几何意义求PA , PB方程，证
明A，B 都在直线l:−2= x
2 x0−y上，由此证明直线AB恒过定点M (0,2)，由此可求抛物线
C 的焦点F 到直线AB的最大距离.
【详解】（1）设椭圆y
2
25 + x
2
24 =1的长半轴为a，短半轴为b，半焦距为c，
则a
2=25，b
2=24，∴c
2=a
2−b
2=25−24 =1，
∴c =1，∴椭圆的焦点为(0,±1)，
∵抛物线C 的焦点F(0, p
2)，p>0，∴p
2 =1，∴p=2，
∴抛物线C 的方程为x
2= 4 y.
（2）设点P(x0,−2)，A(x1, y1)，B(x2, y2).由y = x
2
4
得y
′ = x
2，
∴抛物线C 在A 处的切线方程为l1: y = x1
2 (x−x1)+ y1= x1
2 x−x1
2
2 + y1= x1
2 x−y1，
同理抛物线C 在B 处的切线方程为l2: y = x2
2 x−y2，
∵切线l1，l2均过点P(x0,−2)，∴{
−2= x1
2 x0−y1
−2= x2
2 x0−y2)
，
∴A，B 都在直线l:−2= x
2 x0−y上，即l: x0 x−2( y −2)=0，
∴直线AB恒过定点M (0,2)，
由（1）知焦点F (0,1)，
∴F 到直线AB的最大距离为|MF)=1.
【突破提升训练・12】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左右顶点分别为A1和A2，离心
率为
❑√3
2 ，且经过点P(−2,❑√3)，过点P作PH垂直x轴于点H．在x轴上存在一点A（异于
H），使得|A A2)
|A A1)
=|H A2)
|H A1)
．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点A作一条垂直于x轴的直线l，在l上任取一点T，直线T A1和直线T A2分别交
椭圆C于M , N两点，证明：直线MN经过定点．
【答案】(1) x
2
16 + y
2
4 =1
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意列出含a,b的方程组解出即可.
（2）设T (−8,t )，由三点共线得出x1 x2−4(x1+ x2)+12 y1 y2+16=0，设出直线方
程，得到(m
2+12) y1 y2+(mn−4 m)( y1+ y2)+n
2−8n+16=0，直线方程和椭圆方程联立
得出y1+ y2, y1 y2代入即可.
【详解】（1）由题意得e
2=1−b
2
a
2 = 3
4 ，将P(−2,❑√3)代入椭圆方程得4
a
2 + 3
b
2 =1，
联立方程组，解得{
a
2=16
b
2= 4)，所以椭圆的方程为x
2
16 + y
2
4 =1.
（2）设A (x ,0)，由|A A2):|A A1)=|H A2):|H A1)，得|x−4)
|x + 4) = 6
2，解得x =−8，
此时A (−8,0)，如图：设T (−8,t )，由T (−8,t ), M (x1, y1), A1(−4,0)三点共线，
得
y1
x1+ 4 =−t
4 ，
由T (−8,t ), N (x2, y2), A2(4,0)三点共线，得
y2
x2−4 =−t
12，得
y1(x2−4)
y2(x1+ 4)
=3，
又∵x
2
16 + y
2
4 =1，得
y1
2
x1
2−16
=−1
4 ,
y1
2
(x1−4)(x1+ 4)
=−1
4 ，
得(x1−4)(x2−4)
y1 y2
=−12，
即x1 x2−4(x1+ x2)+12 y1 y2+16=0．
设直线MN的方程为x =my +n，
即(m
2+12) y1 y2+(mn−4 m)( y1+ y2)+n
2−8n+16=0，①
联立直线MN与椭圆C：{
x =my +n
x
2
16 + y
2
4 =1)
，消x得(m
2+ 4) y
2+2mny +n
2−16=0，
则有{
y1+ y2=−2mn
m
2+ 4
y1 y2= n
2−16
m
2+ 4 )
，②
将②式代入①式，得n
2−2n−8=0，解得n= 4（舍）或n=−2.
∴直线MN经过定点(−2,0)．
【突破提升训练・13】设椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左､右顶点分别为A ,B，上顶点为
D，点P是椭圆上异于顶点的动点，已知椭圆的右焦点为F (❑√3,0)，且经过点(
❑√3, 1
2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线AD与直线BP交于点M，直线DP与x轴交于点N，求证：直线MN恒过某
定点，并求出该定点.
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1
(2)证明见解析，定点为(2,1)
【分析】（1）利用待定系数法，结合椭圆右焦点坐标与过点(
❑√3, 1
2)，得到关于b
2
的方程，解之即可；
（2）设直线BP和直线DP的方程，并求出直线AD的方程，从而求出点M、N的坐
标，再联立直线DP与椭圆的方程得到k1,k2的关系式，进而求得直线MN的方程，由此证
得直线MN 恒过某定点.
【详解】（1）因为椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)右焦点为F (❑√3,0)，所以c = ❑√3，
因为椭圆C经过点(
❑√3, 1
2)，所以3
a
2 +
1
4
b
2 =1，
又a
2=b
2+c
2=b
2+3，所以
3
b
2+3
+
1
4
b
2 =1，解得b
2=1（负值舍去），
所以a
2=b
2+3= 4，故椭圆C的方程为x
2
4 + y
2=1.
（2）依题意，A (−2,0),B (2,0), D (0,1)，则k AD= 1
2 ,k BD=−1
2，
设直线BP的方程为y =k1( x−2)（k1≠0且k1≠± 1
2），直线DP的方程为y =k2 x +1
（k2≠0且k2≠± 1
2），
则直线DP与x 轴的交点为N(−1
k2
,0)，
易得直线AD的方程为y = 1
2 x +1，联立{
y = 1
2 x +1
y =k1( x−2))
，解得{
x = 4 k1+2
2k1−1
y =
4 k1
2k1−1)
，
则直线BP与直线AD的交点为M(
4 k1+2
2k1−1 ,
4 k1
2k1−1)，
联立{
y =k2 x +1
x
2
4 + y
2=1)
，消去y，得(4 k2
2+1)x
2+8k2 x =0，
解得x =0或x = −8k2
4 k2
2+1，此时Δ>0，
则点P 的横坐标为xP= −8k2
4 k2
2+1，故点P 的纵坐标为y P=k2⋅−8k2
4 k2
2+1
+1= 1−4 k2
2
4 k2
2+1
，
将点P 的坐标代入直线BP的方程y =k1( x−2)，整理得
(1+2k2)(1−2k2)=−2k1(1+2k2)
2，
因为1+2k2≠0，所以2k1+ 4 k1k2=2k2−1，即2k1=2k2−1−4 k1k2，
因为k MN =
4 k1
2k1−1
4 k1+2
2k1−1 + 1
k2
=
4 k1k2
4 k1k2+2k2+2k1−1 = 2k1k2
2k2−1，
所以直线MN的方程为：
y = 2k1k2
2k2−1(x + 1
k2)= 2k1k2 x +2k1
2k2−1
= 2k1k2 x +2k2−1−4 k1k2
2k2−1
= 2k1k2(x−2)+(2k2−1)
2k2−1
，
即y = 2k1k2
2k2−1 ( x−2)+1，
所以直线MN过定点(2,1).
.
【突破提升训练・14】已知椭圆Γ : x
2
4 + y
2=1的左右顶点分别为A、B，P为直线x = 4上的
动点，直线PA与椭圆Γ的另一交点为C，直线PB与椭圆Γ的另一交点为D.
（1）若点C的坐标为(0,1)，求点P的坐标；
（2）若点P的坐标为(4,1)，求以BD为直径的圆的方程；
（3）求证：直线CD过定点.
【答案】（1）P(4,3)；（2）( x−1)
2+( y + 1
2)
2
= 5
4 ；（3）证明见解析.
【解析】（1）首先求直线AC的方程，再令x = 4求点P的坐标；（2）首先求直线PB
的方程，与椭圆方程联立，求点D的坐标，直接写出以BD为直径的圆的方程；（3）首先
设P(4 ,t )，分别写出直线PA , PB的方程，并求点C , D的坐标，定点设为E(m,0)，则
C , E , D三点共线，列方程求定点坐标.
【详解】（1）因为A(−2,0),C(0,1)，所以直线PA的方程为y = 1
2 x +1，
令x = 4，得y =3，所以P(4,3)；
（2）因为A(−2,0),B(2,0), P(4,1)，所以直线PB的方程为y = 1
2 ( x−2)，
由{
x
2
4 + y
2=1
y = 1
2 ( x−2))
得x
2−2 x =0，所以xD=0, y D= 1
2 ( xD−2)=−1，
所以以BD为直径的圆的方程为( x−2)x + y( y +1)=0，即( x−1)
2+( y + 1
2)
2
= 5
4 ；
（3）设P(4 ,t )，因为A(−2,0),B(2,0)，直线PA的方程为y = t
6 ( x +2)，
由{
x
2
4 + y
2=1
y = t
6 ( x +2))
得(t
2+9)x
2+ 4 t
2 x + 4 t
2−36=0，
由韦达定理得−2 xc = 4 t
2−36
t
2+9
，所以xc = −2t
2+18
t
2+9
，
所以yC = t
6 ( xC +2)= 6t
t
2+9，同理，直线PB的方程为y = t
2 ( x−2)，
由{
x
2
4 + y
2=1
y = t
2 ( x−2))
得(t
2+1)x
2−4 t
2 x + 4 t
2−4 =0，
由韦达定理得2 xD= 4 t
2−4
t
2+1
，所以xD= 2t
2−2
t
2+1
，所以y D= t
2 ( xD−2)= −2t
t
2+1，
由椭圆的对称性知这样的定点在x轴上，设为E(m,0)，则C , E , D三点共线，
所以⃑EC =(
−2t
2+18
t
2+9
−m, 6t
t
2+9),⃑ED =(
2t
2−2
t
2+1
−m, −2t
t
2+1)共线，
所以(
−2t
2+18
t
2+9
−m)(
−2t
t
2+1)=(
2t
2−2
t
2+1
−m)(
6t
t
2+9)恒成立，
整理得(4 m−4)t
2+12m−12=0恒成立，所以m=1，故直线CD过定点(1,0).
【突破提升训练・15】已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)过点(1, 3
2)且离心率为1
2.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若A1，A2分别为C的左右顶点，G为直线x =1上的任意一点，直线G A1，G A2
分别与C相交于M、N两点，连接MN，试证明直线MN过定点，并求出该定点的坐标.
【答案】（1）x
2
4 + y
2
3 =1；（2）证明见解析；定点（4，0）.
【解析】（1）将点(1, 3
2)代入椭圆，再联立e = c
a = 1
2，a
2=b
2+c
2求出a,b即可；
（2）直线MN方程为y =kx +t，联立椭圆方程，利用韦达定理建立相关关系，求出
k ,t的关系，即可证明.
【详解】（1）由题可知，{
1
a
2 + 9
4 b
2 =1
a
2=b
2+c
2
c
a = 1
2 )
，解得：a
2= 4，b
2=3，c
2=1，
∴椭圆的标准程为：x
2
4 + y
2
3 =1；
（2）由题知MN有斜率，设直线MN方程为y =kx +t，M (x1, y1)，N (x2, y2)，
联立椭圆3 x
2+ 4 y
2=12得(4 k
2+3) x
2+8ktx + 4 t
2−12=0，
∴ x1+ x2= −8kt
4 k
2+3
, x1 x2= 4 t
2−12
4 k
2+3 ，
设G(1, y0)，∵G、M、A1三点共线，∴ k A1 M =k A1G，∴
y0
3 =
y1
x1+2，
同理G、N、A2三点共线，k A2 N =k A2G，∴
y0
−1 =
y2
x2−2，
∴{
y0
2
9 =
y1
2
(x1+2)
2
y0
2=
y2
2
(x2−2)
2)
，两式相除得：
1
9 = y1
2(x2−2)
2
y2
2(x1+2)
2 =
3(1−x1
2
4 )(x2−2)
2
3(1−x2
2
4 )(x1+2
2)
= (x1−2)(x2−2)
(x1+2)(x2+2)
= x1 x2−2(x1+ x2)+ 4
x1 x2+2(x1+ x2)+ 4 ，
化简得2 x1 x2−5(x1+ x2)+8=0，即8t
2−24
4 k
2+3
+ 40kt
4 k
2+3
+8=0，
t
2+5kt + 4 k
2=0，解得t =−k或t =−4 k
当t =−k时，直线MN的方程为y =k( x−1)，恒过点（1，0），当G点不在x轴时，
y1⋅y2>0，故不满足，舍去；
当t =−4 k时，直线MN的方程为y =k (x−4)，恒过点（4，0），符合题意，
综上，直线MN恒过定点(4,0).
【突破提升训练・16】已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的离心率为
❑√10
3
，A ,B分别
为其左、右顶点，点(3 ❑√2,1)在C上. P为直线x =2上的动点，PA与双曲线C的另一交点
为M，PB与双曲线C的另一交点为N．
(1)求双曲线C的方程；
(2)证明：直线MN过定点.
【答案】(1) x
2
9 −y
2=1
(2)(
9
2 ,0)
【分析】（1）根据题意列出关于a,b,c的方程组求解即可；
（2）设P(2,t )，由已知条件分别求出点M , N的坐标，设定点为Q，再由共线向量
的坐标表示列式计算即得.
【详解】（1）由题意得，c
a =
❑√10
3
，18
a
2 −1
b
2 =1，c
2=a
2+b
2，
解得a
2=9,b
2=1,c
2=10，
故双曲线C的方程为x
2
9 −y
2=1.
（2）由（1）知，双曲线C的左顶点A(−3,0)，右顶点B(3,0)，
设直线x =2上的动点P(2,t )，
于是直线PA的斜率k PA = t
5，直线PA的方程为y = t
5 ( x +3)，
由{
y = t
5 ( x +3)
x
2−9 y
2=9)
得，(25−9t
2)x
2−54 t
2 x −81t
2−225=0，25−9t
2≠0，
设M ( xM , y M )，则−3 xM = −81t
2−225
25−9t
2
，则xM = 27t
2+75
25−9t
2 ，
y M = t
5 ( xM +3)= t
5(
27t
2+75
25−9t
2 +3)=
30t
25−9t
2，
故M(
27t
2+75
25−9t
2 ,
30t
25−9t
2)，
直线PB的斜率k PB=−t，直线PB的方程为y =−t( x−3)，
由{
y =−t( x−3)
x
2−9 y
2=9 )，得(1−9t
2)x
2+54 t
2 x −81t
2−9=0，1−9t
2≠0，
设N ( xN , y N )，则3 xN = −81t
2−9
1−9t
2
，xN = −27t
2−3
1−9t
2
，
y N =−t( xN −3)=−t(
−27t
2−3
1−9t
2
−3)=
6t
1−9t
2，
则N(
−27t
2−3
1−9t
2
,
6t
1−9t
2)，
由双曲线的对称性知，若直线MN过定点，则定点必在x轴上，
不妨设这个定点为Q(m,0)，
则⃗QM =(
27t
2+75
25−9t
2 −m,
30t
25−9t
2)，⃗QN =(
−27t
2−3
1−9t
2
−m,
6t
1−9t
2)，
因⃗QM //⃗QN，则(
27t
2+75
25−9t
2 −m)⋅
6t
1−9t
2 =(
−27t
2−3
1−9t
2
−m)⋅
30t
25−9t
2，
当t ≠0时，整理得(9−2m)(9t
2+5)=0，解得m= 9
2，则直线MN过点Q(
9
2 ,0)，
当t =0时，直线MN与x轴重合，直线MN也过点Q(
9
2 ,0)，
所以直线MN经过定点Q(
9
2 ,0).
【突破提升训练・17】如图，已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的离心率为2，点
(
4 ❑√3
3
,2)在C 上，A，B 为双曲线的左、右顶点，P为右支上的动点，直线AP 和直线x＝
1 交于点N，直线NB 交C 的右支于点Q．
(1)求C 的方程；
(2)探究直线PQ 是否过定点，若过定点，求出该定点坐标，请说明理由；
(3)设S1，S2分别为△ABN和△NPQ的外接圆面积，求❑√
S1
S2
的取值范围.
【答案】(1) x
2
4 −y
2
12 =1
(2)直线PQ 过定点(4,0)，理由见解析
(3)(0, 1
3)
【分析】（1）因为离心率e = c
a =2，将点(
4 ❑√3
3
,2)代入双曲线方程得16
3a
2 −4
3a
2 =1，
又c
2=a
2+b
2，解得a，b，即可得出答案；
（2）设P(x1, y1),Q(x2, y2)，直线PQ 的方程为x =my +n，联立双曲线的方程，结
合韦达定理可得y1+ y2，y1 y2，写出直线AP 的方程，进而可得N 点的坐标，又N，B，Q
三点共线，则k BQ=k NB，解得n，即可得出答案；
（3）设△ABN和△NPQ的外接圆半径分别为R1, R2，由正弦定理可得
| AB|
sin∠ANB =2 R1,| PQ|
sin∠PNQ =2 R2，又sin ∠ANB =sin ∠PNQ，可得
❑√
S1
S2
= R1
R2
=| AB|
| PQ| ，设直线PQ 的方程为x =my + 4，与双曲线C 的方程联立，可得
y1+ y2，y1 y2，由韦达定理得m 的范围，结合弦长公式及函数性质进而可得答案.
【详解】（1）因为离心率e = c
a =2，所以c =2a,b
2=3a
2，双曲线的方程为
x
2
a
2 −y
2
3a
2 =1，
将点(
4 ❑√3
3
,2)代入双曲线方程得16
3a
2 −4
3a
2 =1，
所以4
a
2 =1,a
2= 4 ,b
2=12，
所以双曲线C 的方程为x
2
4 −y
2
12 =1；
（2）直线PQ 过定点(4,0)，理由如下：
设P(x1, y1),Q(x2, y2)，
直线PQ 的方程为x =my +n，
联立{
x
2
4 −y
2
12 =1
x =my +n)
，
整理得(3m
2−1) y
2+6mny +3n
2−12=0，
则Δ>0, y1+ y2=−6mn
3m
2−1
, y1 y2= 3n
2−12
3m
2−1
，
所以−y1+ y2
6mn =
1
3m
2−1
,
y1 y2
3n
2−12
=
1
3m
2−1
，
所以−y1+ y2
6mn =
y1 y2
3n
2−12
，所以(3n
2−12)( y1+ y2)=−6mn y1 y2，
直线AP: y =
y1
x1+2 ( x +2)，所以N(1, 3 y1
x1+2)，
又N，B，Q 三点共线，
所以k BQ=k NB，即
y2
x2−2 =−3 y1
x1+2，即y2(x1+2)+3 y1(x2−2)=0，
所以y2(m y1+n+2)+3 y1(m y2+n−2)=0，
即4 m y1 y2+(n+2) y2+3(n−2) y1=0，
因为(3n
2−12)( y1+ y2)=−6mn y1 y2，
所以m y1 y2=
(3n
2−12)( y1+ y2)
−6n
，
所以(3n
2−12)( y1+ y2)
−6n
=
(n+2) y2+3(n−2) y1
−4
，
整理可得(n−2)(n−4) y1−(n−4)(n+2) y2=0，
所以n= 4，所以PQ 过定点(4,0)；
（3）设△ABN和△NPQ的外接圆半径分别为R1, R2
由正弦定理可得| AB|
sin ∠ANB =2 R1,| PQ|
sin ∠PNQ =2 R2，
又sin∠ANB =sin∠PNQ，
所以
R1
R2
=| AB|
| PQ| ，即❑√
S1
S2
= R1
R2
=| AB|
| PQ| =
4
| PQ|
，
设直线PQ 的方程为x＝my+4，
与C 的方程联立{
x =my + 4
x
2
4 −y
2
12 =1)
，
整理得(3m
2−1) y
2+24 my +36=0，
则y1+ y2=−24 m
3m
2−1
, y1 y2=
36
3m
2−1，
又{
3m
2−1≠0
Δ>0
x1 x2>0
x1+ x2>0)
，即{
3m
2−1≠0
(24 m)
2−4⋅(3m
2−1)⋅36>0
(m y1+ 4)(m y2+ 4)>0
(m y1+ 4)+(m y2+ 4)>0 )
，
所以{
3m
2−1≠0
4 m
2−3m
2+1>0
m
2 y1 y2+ 4 m( y1+ y2)+16>0
m( y1+ y2)+8>0
)
，所以{
3m
2−1≠0
m
2+1>0
m
2×
36
3m
2−1
−4 m× 24 m
3m
2−1
+16>0
−m× 24 m
3m
2−1
+8>0
)
，
所以{
3m
2−1≠0
m
2+1>0
−12m
2−16
3m
2−1
>0
−8
3m
2−1
>0 )
，即{
3m
2−1≠0
m
2+1>0
0≤m
2< 1
3
0≤m
2< 1
3)
，
解得0≤m
2< 1
3，
又因为| PQ|=
❑√1+m
2❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2=
❑√1+m
2❑√(−24 m
3m
2−1)
2
−4×
36
3m
2−1
，
=
❑√1+m
2
❑√144 m
2+144
1−3m
2
=12⋅m
2+1
1−3m
2，
所以
❑√
S1
S2
= 1−3m
2
3(1+m
2)
= −3(m
2+1)+4
3(1+m
2)
=−1+
4
3(1+m
2)
，
因为0≤m
2< 1
3，所以−1+
4
3(1+m
2)
∈(0, 1
3)，
即❑√
S1
S2
∈(0, 1
3).
【突破提升训练・18】双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左、右顶点分别为A，B，焦点
到渐近线的距离为❑√3，且过点(4,3).
(1)求双曲线C的方程；
(2)若直线l与双曲线C交于M，N两点，且k AM =−2k BN，证明直线l过定点.
【答案】(1) x
2
4 −y
2
3 =1
(2)证明见解析
【分析】(1)根据双曲线过点(4,3)和焦点到渐近线的距离为❑√3列出方程组，解之即可；
(2)设直线BN的斜率为k，由题意直线AM的斜率为−2k，将直线方程与双曲线方程
联立，利用韦达定理求出M，N两点的坐标，再求出M，N两点所在的直线方程即可求解.
【详解】（1）由双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)可得渐近线为y =± b
a x，
不妨取渐近线y = b
a x即bx−ay =0
由焦点到渐近线的距离为❑√3可得d =
bc
❑√a
2+b
2 = ❑√3，即b= ❑√3,
由题意得{
4
2
a
2 −3
2
b
2 =1
b= ❑√3 )
，得a=2，
从而双曲线C的方程为x
2
4 −y
2
3 =1.
（2）设直线BN的斜率为k，则直线AM的斜率为−2k，
由题意可知：直线BN的方程为y =k( x−2)，直线AM的方程为y =−2k( x +2)，
联立直线BN与双曲线方程{
x
2
4 −y
2
3 =1
y =k (x−2))
得(3−4 k
2) x
2+16 k
2 x −16 k
2−12=0，
于是2 xN = 16 k
2+12
4 k
2−3
，从而xN = 8k
2+6
4 k
2−3
，从而y N =
12k
4 k
2−3，
联立直线AM与双曲线方程{
x
2
4 −y
2
3 =1
y =−2k (x +2))
得(3−16 k
2) x
2−64 k
2 x −64 k
2−12=0，
于是−2 xM = 64 k
2+12
16 k
2−3
，从而xM = −32k
2−6
16 k
2−3
，从而y M =
24 k
16k
2−3，
于是k MN = y M −y N
xM −xN
=
24 k
16 k
2−3
−
12k
4 k
2−3
−32k
2−6
16 k
2−3
−8k
2+6
4 k
2−3
= 24 k
3+9k
64 k
4−9
=
3k
8k
2−3，
从而MN : y −
12k
4 k
2−3
=
3k
8k
2−3(x−8k
2+6
4 k
2−3)，
化简得y =
3k
8k
2−3
(x +6)，从而l过定点(−6,0).
【突破提升训练・19】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为1
2，经过点M (1, 3
2 )．
（1）求椭圆C 的标准方程；
（2）已知A，B 是椭圆C 的长轴左右顶点，P，Q 是椭圆C 上的两点，记直线AP 的
斜率为k1，直线BQ 的斜率为k2，若k2=2k1，试判断直线PQ 是否恒过定点?若是，求出定
点的坐标，若不是，请说明理由．
【答案】（1）x
2
4 + y
2
3 =1； （2）存在，(
2
3 ，0).
【分析】（1）由题意，利用离心率公式及待定系数法即可求得a和b的值，求得椭圆
的方程；
（2）设P(x1，y1)，AP的方程为y =k1(x +2)，联立椭圆方程，求得P的坐标；设
Q(x2，y2)，同理可得Q的坐标，讨论PQ是否垂直于x轴，结合直线的斜率公式和三点共
线的性质可得所求定点．
【详解】(1)因为e = c
a = 1
2，所以a=2c，即b
2= 3
4 a
2，……①
又由已知1
a
2 +
9
4
b
2 =1，……②
解①②联立方程组得a
2= 4，b
2=3，
故椭圆方程为x
2
4 + y
2
3 =1．
(2)设点P 的坐标为(x1，y1)，
由已知可得，直线AP 的方程为y =k1(x +2)，
代入椭圆方程中得3 x
2+ 4 k1
2(x +2)
2−12=0，
即(x +2)[3 x−6+ 4 k1
2(x +2))=0，解得x1=−2(舍)，或x1= 6−8k1
2
4 k1
2+3
，
从而y1=k1(x1+2)= 12k1
4 k1
2+3，故点P 的坐标为(
6−8k1
2
4 k1
2+3
，12k1
4 k1
2+3)，
设点Q 的坐标为(x2，y2)，
同理可得x2= 8k2
2−6
4 k2
2+3
，y2= −12k2
4 k2
2+3，
故点P 的坐标为(
32k1
2−6
16 k1
2+3
，−24 k1
16k1
2+3)，
当PQ⊥x轴，即
6−8k1
2
4 k1
2+3
= 32k1
2−6
16 k1
2+3
时，易得k1
2= 3
8，
此时直线PQ 的方程为x = 2
3，交x轴于点(
2
3 ，0)，记该点为N；
当PQ不垂直于x轴，即
6−8k1
2
4 k1
2+3
≠32k1
2−6
16 k1
2+3
时，
直线PN的斜率k PN =
12k1
4 k1
2+3
6−8k1
2
4 k1
2+3
−2
3
= −9k1
8k1
2−3，
直线NQ的斜率k NQ=
−24 k1
16 k1
2+3
32k1
2−6
16 k1
2+3
−2
3
= −9k1
8k1
2−3
可知P，N ，Q三点共线，即直线PQ恒过点N(
2
3 ，0)．
综上所述，直线PQ 恒过定点(
2
3 ，0)．
【突破提升训练・20】已知椭圆C : x
2
4 + y
2
2 =1的左右顶点为A，B，点P，Q 为椭圆上异于
A，B 的两点，直线AP、BP、BQ 的斜率分别记为k1、k2、k3.
（1）求k1⋅k2的值；
（2）若k3=2k1，求证：BP⊥BQ，并判断直线PQ 是否过定点，若是，求出该定点；
若不是，请说明理由.
【答案】（1）k1⋅k2=−1
2（2）证明见解析；直线PQ 是过定点，该定点为( 2
3 ,0)
【分析】（1）设P(x1, y1)，根据A(−2,0),B(2,0)，然后由点P(x1, y1)在椭圆上，
由k1⋅k2=
y1
x1+2 ⋅
y1
x1−2 =
y1
2
x1
2−4
求解.
（2）设直线PQ的方程为：y =kx +b，与椭圆方程联立，根据k3=2k1，结合（1）
k1⋅k2=−1
2，得到k BP⋅k BQ=−1，将韦达定理代入得到k，b 的关系，再代入直线方程求
解即可.
【详解】（1）设P(x1, y1)，
∵A(−2,0),B(2,0)，
则k1⋅k2=
y1
x1+2 ⋅
y1
x1−2 =
y1
2
x1
2−4
，
又x1
2
4 + y1
2
2 =1，
则y1
2=2（1−x1
2
4 ），
代入上式，得k1⋅k2=−1
2.
（2）∵k3=2k1，
又由（1）知，k1⋅k2=−1
2，
∴k2⋅k3=2k1⋅k2=−1，
k BP⋅k BQ=−1，
即BP⊥BQ...
设直线PQ的方程为：y =kx +b，
设P(x1, y1)，Q(x2, y2)
联立{
y =kx +b
x
2+2 y
2= 4)，
得：(1+2k
2)x
2+ 4 kbx +2(b
2−2)=0，
由>0 得： 4 k
2+2>b
2，
由韦达定理：x1+ x2=−4 kb
1+2k
2，x1 x2= 2(b
2−2)
1+2k
2 ，..
∵BP⊥BQ，
∴⃑BP⋅⃑BQ =0，
则(x1−2)(x2−2)+ y1 y2=0，
(x1−2)(x2−2)+(k x1+b)(k x2+b)=0
即：(1+ k
2)x1 x2+(kb−2)( x1+ x2)+ 4 +b
2=0，
所以：4 k
2+8kb+3b
2=0，
解得：b=−2k或b=−2
3 k，..
当b=−2k时，直线PQ: y =k( x−2)，则直线PQ过B（2，0），不合题意，
当b=−2
3 k时，直线PQ: y =k( x−2
3 )，则直线PQ过定点( 2
3 ,0)，
∴直线PQ 是过定点，该定点为( 2
3 ,0)
【突破提升训练・21】如图，A，B为椭圆x
2
4 + y
2=1的左右顶点，直线y =kx +m交椭圆
于C，D两点，直线AC的斜率是直线BD的斜率3 倍．
（1）若P为椭圆上异于A，B的一点，证明：直线PA和PB的斜率之积为常数；
（2）证明：直线CD过定点．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）设P ( x0, y0)，而A(−2,0)，B(2,0)，则k PA⋅k PB=
y0
x0+2 ⋅
y0
x0−2，
结合P为椭圆上即可确定k PA⋅k PB是否为定值.
（2）由（1）结合题设有k AC⋅k AD=−3
4 ，联立直线与椭圆方程并整理有
(4 k
2+1)x
2+8kmx + 4(m
2−1)=0，应用韦达定理得到x1+ x2、x1 x2、y1 y2，即可列方
程求m、k 之间的关系，进而判断y =kx +m是否过定点.
【详解】（1）由题意，设P点的坐标( x0, y0)则x0
2
4 + y0
2=1，而A(−2,0)，B(2,0)，
∴k PA⋅k PB=
y0
x0+2 ⋅
y0
x0−2 =
y0
2
x0
2−4
=
1−x0
2
4
x0
2−4
=−1
4
，故为定值，得证.
（2）设C点坐标( x1, y1)，设D点坐标( x2, y2)，
由（1）可得：k AD⋅k BD=−1
4 ，又k AC =3k BD，
∴k AC⋅k AD=−3
4
联立直线与椭圆方程，整理得(4 k
2+1)x
2+8kmx + 4(m
2−1)=0，
∴x1+ x2= −8km
4 k
2+1，x1 x2= 4(m
2−1)
4 k
2+1
，则y1 y2=(k x1+m)(k x2+m)= m
2−4 k
2
4 k
2+1
，
∴k AC⋅k AD=
y1
x1+2 ⋅
y2
x2+2 =
y1 y2
x1 x2+2( x1+ x2)+ 4
=
m
2−4 k
2
4(m
2−1)+2(−8km)+ 4(4 k
2+1) =−3
4 ，
整理得2k
2−3km+m
2=0，即(k −m)(2k −m)=0，可得m=2k或m=k，
当m=2k时，直线y =kx +m=kx +2k，直线过定点(−2,0)（舍），
当m=k时，直线y =kx +m=kx + k，直线过定点(−1,0)，得证.
【突破提升训练・22】已知椭圆Γ: x
2
4 + y
2
3 =1，左右焦点分别为F1, F2，上下顶点分别为
A ,B，左右顶点分别为C , D，P ,Q是Γ上异于椭圆顶点的两点.
(1)求△A F1 F2的周长；
(2)若点Q在第一象限且满足△ABQ的面积比△F1 F2Q的面积大，求点Q的横坐标的
取值范围；
(3)记点A在直线PQ上的投影为H，且直线CP的斜率是直线DQ的斜率的3 倍，试判
断：过点A , H ,O(O为坐标原点)三点的圆是否为定圆？若是，求出该圆的方程；若不是，
请说明理由.
【答案】(1)6
(2)(
2❑√5
5
,2)
(3)是定圆(x + 1
2)
2
+( y −
❑√3
2 )
2
=1
【分析】（1）求出a,c，结合椭圆的定义即可得解；
（2）设Q(x0, y0)(x0>0, y0>0)，由S△ABQ>S△F1 F2Q，可得3 x0
2> y0
2，再根据点Q在椭
圆上即可得解；
（3）设直线CP的方程为y =3k (x +2)，直线DQ的方程为y =k (x−2),k ≠0，分布
于椭圆方程联立，利用韦达定理求出P ,Q两点的坐标，进而可求出PQ的方程，进而可得
出答案.
【详解】（1）由椭圆Γ: x
2
4 + y
2
3 =1，
得a
2= 4 ,b
2=3,c
2=1，所以a=2,c =1，
所以△A F1 F2的周长为2a+2c =6；
（2）设Q(x0, y0)(x0>0, y0>0)，
由S△ABQ>S△F1F2Q，得1
2|AB)|x0)> 1
2|F1 F2)|y0)，
所以
❑√3|x0)>|y0)，即3 x0
2> y0
2，
又因为x0
2
4 + y0
2
3 =1，所以0< y0
2=3−3 x0
2
4 <3 x0
2，
解得2❑√5
5
< x0<2，
即点Q的横坐标的取值范围为(
2❑√5
5
,2)；
（3）C (−2,0), D (2,0)，
设直线CP的方程为y =3k (x +2)，直线DQ的方程为y =k (x−2),k ≠0，
联立{
x
2
4 + y
2
3 =1
y =k (x−2))
，消y得(4 k
2+3) x
2−16 k
2 x +16 k
2−12=0，
则2 xQ= 16 k
2−12
4 k
2+3
，所以xQ= 8k
2−6
4 k
2+3
，所以yQ=k(
8k
2−6
4 k
2+3
−2)= −12k
4 k
2+3
，
故Q(
8k
2−6
4 k
2+3
, −12k
4 k
2+3)，
联立{
x
2
4 + y
2
3 =1
y =3k (x +2))
，消y得(12k
2+1) x
2+ 48k
2 x + 48k
2−4 =0，
则−2 xP= 48k
2−4
12k
2+1
，所以xP= −24 k
2+2
12k
2+1
，所以y P=3k(
−24 k
2+2
12k
2+1
+2)= 12k
4 k
2+3
，
故P(
−24 k
2+2
12k
2+1
,
12k
12k
2+1)，
当xP≠xQ，即k
2≠1
4 时，
k PQ=
−12k
4 k
2+3
−
12k
12k
2+1
8k
2−6
4 k
2+3
−−24 k
2+2
12k
2+1
=
4 k
1−4 k
2，
则直线PQ的方程为y + −12k
4 k
2+3
=
4 k
1−4 k
2(x−8k
2−6
4 k
2+3)，
即y =
4 k
1−4 k
2 (x +1)，过定点F1(−1,0)，
当xP= xQ，即k
2= 1
4 时，
此时xP= xQ=−1，直线PQ过定点F1(−1,0)，
设H (x , y)，因为AH ⊥PQ , AO⊥O F1，
所以过点A , H ,O(O为坐标原点)三点的圆即为过点A , F1,O(O为坐标原点)三点的
圆，
因为(x +1) x + y ( y −❑√3)=0过原点，点F1(−1,0)，点A (0,❑√3)，
所以过点A , H ,O(O为坐标原点)三点的圆是定圆(x + 1
2)
2
+( y −
❑√3
2 )
2
=1.
【突破提升训练・23】已知椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的一个焦点为F (1,0)，其短轴长为
2.
(1)求椭圆E的方程；
(2)过坐标原点O的直线l与椭圆E交于不同的两点A ,B.
（i）当直线l的斜率为1 时，求△ABF的周长；
（ii）若直线AF ,BF分别与椭圆E交于点M , N，证明：直线MN过定点.
【答案】(1) x
2
2 + y
2=1
(2)（i）4 ❑√3
3
+2❑√2；（ii）(
4
3 ,0)
【分析】（1）由题意可得a,b,c，即可得到椭圆的标准方程；
（2）（i）联立直线与椭圆方程即可得到A ,B坐标，再结合椭圆的性质即可得到三角
形的周长；（ii）联立直线MN与椭圆方程，结合韦达定理代入计算，然后分别联立直线
AF ,BF与椭圆方程，表示出A ,B的纵坐标，再由y A+ yB=0代入计算，即可得到m,n的
关系，即可得到结果.
【详解】（1）依题意可得2b=2，则b=1，因为焦点F (1,0)，则
c =1,a
2=b
2+c
2=1+1=2，
所以椭圆方程为x
2
2 + y
2=1.
（2）（i）当直线l的斜率为1时，则直线方程为y = x，
与椭圆方程联立{
x
2
2 + y
2=1
y = x )
，解得y =±
❑√6
3 ，
不妨设点A(
❑√6
3 ,
❑√6
3 )，B(−
❑√6
3 ,−
❑√6
3 )，
则|AB)=
❑√(
❑√6
3 +
❑√6
3 )
2
+(
❑√6
3 +
❑√6
3 )
2
= 4 ❑√3
3
，
设椭圆的左焦点为F1，
由椭圆的性质可得|BF)=|A F1)，
所以△ABF的周长为|AB)+|AF)+|BF)=|AB)+|AF)+|A F1)，
又|AF)+|A F1)=2a=2❑√2，
所以△ABF的周长为4 ❑√3
3
+2❑√2，
所以当直线l的斜率为1 时，求△ABF的周长为4 ❑√3
3
+2❑√2.
（ii）依题意可设直线MN : x =my +n，
与椭圆方程联立可得¿，整理可得(m
2+2) y
2+2mny +n
2−2=0，
设M (x1, y1), N (x2, y2)，
则y1+ y2= −2mn
m
2+2
, y1⋅y2= n
2−2
m
2+2
，
设直线AF : x =ky +1，与椭圆方程联立可得¿，
整理可得(k
2+2) y
2+2ky −1=0，
设A(x A , y A),B(xB, yB)，
则y1 y A = −1
k
2+2
⇒y A =
−1
(k
2+2) y1
，
又k = x1−1
y1
，所以
y A =
−1
[(
x1−1
y1 )
2
+2) y1
=
−y1
(x1−1)
2+2 y1
2
，
同理可得yB=
−y2
(x2−1)
2+2 y2
2，
由题意A与B关于原点对称，所以y A+ yB=0，
即
−y1
(x1−1)
2+2 y1
2 +
−y2
(x2−1)
2+2 y2
2 =0，
整理可得y1[(x2−1)
2+2 y1
2)+ y2[(x1−1)
2+2 y2
2)=0，
即y1[(m y2+n−1)
2+2 y2
2)+ y2[(m y1+n−1)
2+2 y1
2)=0，
(m
2+2) y1 y2( y1+ y2)+ 4 m(n−1) y1 y2+(n−1)
2( y1+ y2)=0，
将y1+ y2= −2mn
m
2+2
, y1⋅y2= n
2−2
m
2+2
代入上式可得4 m=3mn，
又m不恒为0，故n= 4
3 ，
所以直线MN : x =my +n恒过点(
4
3 ,0).
【突破提升训练・25】如图所示，在平面xOy上，过椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)内一定点
P0(x0,0)（不妨设0< x0<a），任意作直线交椭圆于A ,B，过A作与x轴垂直的直线交椭
圆于另一点R，则直线RB必过定点Q(
a
2
x0
,0)．
【答案】证明见解析
【分析】做变换{
x
′ = x
y
′ = a
b y)
，将椭圆还原为圆，设弧A
′C
′对应圆心角为α，弧B
′ D
′对
应圆心角为β，由几何知识可得△O
′ B
′ P0
′∼△Q
′O
′ B
′，即可得|O
′Q
′)= a
2
x0
，据此可完成
证明.
【详解】做变换{
x
′ = x
y
′ = a
b y)
，则x
′2
a
2 +
b
2 y
′2
a
2
b
2
=1⇒x
′2+ y
′2=a
2.
即可将椭圆还原成圆后，P0
′(x0,0).设弧A
′C
′对应圆心角为α，弧B
′ D
′对应圆心角为
β，
因为A
′ R
′⊥x轴，所以弧C
′ R
′对应圆心角为α，由对称性可得点Q
'在x
′轴上，
∠B
′ P
′
0 D
′ =∠B
′C
′ P0
′ +∠C
′ B
′ P0
′ = α + β
2
，∠B
′O
′ D
′ = β，
所以∠O
′ B
′ P
′
0=∠B
′ P0
′Q
′−∠B
′O
′Q
′ = α + β
2
−β = α −β
2
．
又∠O
′Q
′ B
′ =∠C
′ D
′ R
′−∠D
′ R
′ B
′ = α −β
2
，∠B
′O
′ P0
′ =∠Q
′O
′ B
′，
则△O
′ B
′ P0
′∼△Q
′O
′ B
′，所以|O
′ B
′)
2=|O
′ P
′
0)⋅|O
′Q
′)，所以|O
′Q
′)=|O
′ B
′)
2
|O
′ P0
′)
= a
2
x0
，
则Q
′(
a
2
x0
,0)，即直线RB必过定点(
a
2
x0
,0)．
【突破提升训练・26】已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为
x + ❑√3 y =0，虚轴长为2.
(1)求双曲线C的方程；
(2)设直线l: y =k (x−2)与双曲线C交于B，D两点，点D关于x轴的对称点为点A，
求证：直线AB恒过定点.
【答案】(1) x
2
3 −y
2=1
(2)证明见解析
【分析】（1）由渐近线方程和虚轴长，列方程组解出a,b，可得双曲线C的方程；
（2）直线与双曲线联立方程组，设B，D两点和A点坐标，由对称性可知，直线AB
所过定点必在x轴上，设定点为P(x0,0)，由k AP=k BP恒成立，结合韦达定理求出x0.
【详解】（1）由已知得，{
b
a = 1
❑√3
2b=2.)
，解得a= ❑√3，b=1.
双曲线C的方程为：x
2
3 −y
2=1.
（2）将y =k (x−2)代入x
2
3 −y
2=1，得，(1−3k
2) x
2+12k
2 x −(12k
2+3)=0.
因l与C有两个交点，所以1−3k
2≠0，k
2≠1
3，且Δ=12(k
2+1)>0.
设B(x1, y1)，D(x2, y2)，
则x1+ x2= −12k
2
1−3k
2，x1⋅x2= −(12k
2+3)
1−3k
2
，
从而A(x2,−y2).
根据对称性可知，如果直线AB过定点，则所过定点必在x轴上，
不妨设为P(x0,0)，则k AP= −y2
x2−x0
，k PB=
y1
x1−x0
.
AB过定点P，即k AP=k BP对k ∈R恒成立.
即
y1
x1−x0
+
y2
x2−x0
=0，
即( y1+ y2)x0−y1 x2−y2 x1=0.
因为y1=k (x1−2)，y2=k (x2−2)，
所以y1+ y2=k[(x1+ x2)−4)=k(
−12k
2
1−3k
2 −4)= −4 k
1−3k
2.
所以y1 x2+ y2 x1=k (x1−2)x2+k (x2−2)x1=k[2 x1 x2−2(x1+ x2))= −6k
1−3k
2.
代入上式得，−4 k
1−3k
2 x0+
6k
1−3k
2 =0，−4 k
1−3k
2(x0−3
2)=0.
上式对k恒成立，当且仅当x0= 3
2，
即直线AB恒过定点(
3
2 ,0).
【突破提升训练・27】已知焦点在x轴上的双曲线C过点(3,
❑√5
2 )，其焦点到渐近线的距离
为1.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)已知直线l: x =my +1与双曲线C的右支交于A，B两点，点E与点A关于x轴对称，
求证：直线BE过定点，并求出定点的坐标.
【答案】(1) x
2
4 −y
2=1
(2)证明见解析，(4,0)
【分析】（1）设双曲线方程为x
2
a
2 −y
2
b
2 =1，双曲线右焦点为(c ,0)，列方程组即可求
解；
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)则E(x1,−y1)将直线和双曲线联立可求得关于y的方程，
根据韦达定理可求得y1+ y2=−2m
m
2−4
, y1⋅y2=−
3
m
2−4 ，可解出y2−y1，y1，x1，用两
点式表达出直线BE的方程，将已知代入即可求解.
【详解】（1）由题意可设双曲线方程为x
2
a
2 −y
2
b
2 =1，双曲线右焦点为(c ,0)，
双曲线C过点(3,
❑√5
2 )，且焦点到渐近线的距离为1，
根据题意可知渐近线方程为ay −bx =0，
根据右焦点为(c ,0)到直线距离d =
|bc)
❑√a
2+b
2 =|bc)
c =b=1，
又因点(3,
❑√5
2 )在双曲线上，所以代入可得9
a
2 −5
4 =1，解之可得a
2= 4，
故双曲线方程为x
2
4 −y
2=1.
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)则E(x1,−y1)，
将直线l与双曲线联立可得{
x
2
4 −y
2=1
x =my +1)
，消去x可得(m
2−4) y
2+2my −3=0
根据韦达定理可知y1+ y2=−2m
m
2−4
, y1⋅y2=−
3
m
2−4 ，，
所以( y2−y1)
2=( y2+ y1)
2−4 y2⋅y1=(−2m
m
2−4)
2
+
12
m
2−4
= 16m
2−48
(m
2−4)
2 ，
则y2−y1= ❑√
16m
2−48
(m
2−4)
2 = 4
❑√m
2−3
m
2−4
，
x1=m y1+1, x2=m y2+1，所以x2−x1=m( y2−y1)= 4 m
❑√m
2−3
m
2−4
解之可得y1= −m−2
❑√m
2−3
m
2−4
，
x1=m y1+1= m(−m−2
❑√m
2−3)
m
2−4
+1= −m
2−2m
❑√m
2−3+m
2−4
m
2−4
= −2m
❑√m
2−3−4
m
2−4
直线BE方程为y + y1= y2+ y1
x2−x1
(x−x1)，
将已知代入y + −m−2
❑√m
2−3
m
2−4
=
−2m
m
2−4
4 m
❑√m
2−3
m
2−4
(x−−2m
❑√m
2−3−4
m
2−4
)，
化简可得y =−
1
2
❑√m
2−3
(x−4)，所以直线BE过定点，定点为(4,0).
【突破提升训练・28】已知双曲线Ω:m x
2−n y
2=1经过点A(8,❑√7),B(4 ,−1)．
(1)求Ω的离心率；
(2)设直线l: y =kx +b(k ≠0)经过Ω的右焦点，且与Ω交于不同的两点M , N，点N 关
于x 轴的对称点为点P，证明：直线PM过定点．
【答案】(1)3 ❑√2
4
(2)证明见解析
【分析】（1）由两点坐标代入待定系数m,n求出双曲线方程，进而得离心率；
（2）设点M , N , P的坐标，联立直线与双曲线方程，结合韦达定理表示出x1+ x2，
x1 x2，坐标表示直线PM的方程，由对称性知直线若过定点必在x轴上，直线方程中令
y =0，代入韦达定理化简可得横坐标为定值即得证.
【详解】（1）由双曲线Ω:m x
2−n y
2=1经过点A(8,❑√7),B(4 ,−1)，
则有{
64 m−7n=1
16m−n=1 )，解得{
m= 1
8
n=1)
，
即双曲线的标准方程为x
2
8 −y
2=1，则a=2❑√2,b=1,c =3，
所以离心率e = c
a =
3
2❑√2 = 3 ❑√2
4
，
故Ω的离心率为3 ❑√2
4
；
（2）由（1）知Ω的右焦点为(3,0)，直线l: y =k( x−3)，
设M (x1, y1)，N (x2, y2)，由点N 关于x 轴的对称点为点P，则P(x2,−y2)，
联立{
y =k (x−3)
x
2
8 −y
2=1)
，得(1−8k
2) x
2+ 48k
2 x −72k
2−8=0，
由题可知1−8k
2≠0，即k
2≠1
8，
且Δ= 48
2k
4+ 4(1−8k
2)(72k
2+8)=32(1+ k
2)>0，
则{
x1+ x2= 48k
2
8k
2−1
x1 x2= 72k
2+8
8k
2−1 )
，
则直线PM的直线方程为y −y1= y1+ y2
x1−x2
(x−x1)，
由对称性可知，直线PM若过定点，则必在x轴上，
令y =0，得x =−y1
x1−x2
y1+ y2
+ x1= y1 x2+ x1 y2
y1+ y2
= k (x1−3)x2+k x1(x2−3)
k (x1−3)+k (x2−3)
= 2k x1 x2−3k (x1+ x2)
k (x1+ x2)−6k
当k ≠0，且k
2≠1
8时，
x =
2⋅72k
2+8
8k
2−1
−3⋅48k
2
8k
2−1
48k
2
8k
2−1
−6
= 144 k
2+16−144 k
2
48k
2−(48k
2−6)
= 8
3，
所以直线PM过定点(
8
3 ,0).
【突破提升训练・29】已知椭圆E: y
2
a
2 + x
2
b
2 =1(a>b>0)，椭圆E的短轴长的2❑√2，离心率
为e =
❑√2
2 .过点M (2,0)与x轴不重合的直线l交椭圆E于不同的两点A ,B，点A ,C关于x轴
对称.
(1)求椭圆E的方程；
(2)证明：直线BC过定点.
【答案】(1) y
2
4 + x
2
2 =1
(2)证明见解析
【分析】（1）由椭圆短轴长的2❑√2，离心率为e =
❑√2
2 ，列方程组即可求得椭圆方程；
（2）设直线方程为x =my +2，联立直线方程与椭圆方程得到韦达定理，结合椭圆的
对称性，可知定点在x轴上，利用韦达定理化简即可求得直线BC恒过定点；
【详解】（1）因为椭圆E: y
2
a
2 + x
2
b
2 =1(a>b>0)的短轴长的2❑√2，离心率为e =
❑√2
2 ，
所以{
2b=2❑√2
e = c
a =
❑√2
2
a
2−b
2=c
2)
解得{
a
2= 4 ,
b
2=2.)
所以椭圆E的方程为y
2
4 + x
2
2 =1．
（2）设直线l的方程为x =my +2，A(x1, y1),B(x2, y2)，则C (x1,−y1)，
联立{
y
2
4 + x
2
2 =1,
x =my +2,)
整理得(2m
2+1) y
2+8my + 4 =0，则y1+ y2= −8m
2m
2+1，
y1 y2=
4
2m
2+1，Δ=(8m)
2−4×4(2m
2+1)=16(2m
2−1)>0，所以m
2> 1
2，
直线BC的方程为y + y1= y2+ y1
x2−x1
(x−x1)，
由椭圆的对称性知，若存在定点，则必在x轴上．
当y =0时，x = y1(x2−x1)
y2+ y1
+ x1= x1 y2+ x2 y1
y2+ y1
= (m y1+2) y2+(m y2+2) y1
y2+ y1
= 2m y1 y2+2( y1+ y2)
y2+ y1
= 2m y1 y2
y1+ y2
+2=
2m⋅
4
2m
2+1
−8m
2m
2+1
+2=−1+2=1，
即直线BC恒过定点(1,0)．
【突破提升训练・30】已知椭圆E经过点P(1, 2❑√2
3 )，且与双曲线x
2
3 −y
2
5 =1有相同的焦
点.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设E的左，右顶点分别为A ,B，过点(
3
2 ,0)且斜率不为0 的直线l与E交于C , D两
点，过点C作关于x轴的对称点C
′，连结C
′ D得到直线l1，试探究：直线l1是否恒过x轴上
的一个定点.
【答案】(1) x
2
9 + y
2=1
(2)直线l1恒过x轴上的一个定点(6,0)
【分析】（1）根据双曲线方程求焦点坐标，根据椭圆上的点列式解出a
2,b
2的值，即
可得方程；
（2）设直线l方程为x =ty + 3
2，联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理得出y1, y2的
关系.设直线C
′ D与x轴交于点M (m,0)，有kC
′ M =k DM，代入求解得出m的值，即可得出定
点坐标.
【详解】（1）由双曲线x
2
3 −y
2
5 =1可得c = ❑√3+5=2❑√2，
可知所求椭圆的焦点坐标为(−2❑√2,0),(2❑√2,0)，
则{
a
2−b
2=8
1
a
2 +
8
9
b
2 =1)
，解得{
a
2=9
b
2=1)，
所以椭圆E的方程为x
2
9 + y
2=1.
（2）由（1）可知，A (−3,0),B (3,0)，
且点(
3
2 ,0)在椭圆内部，直线l与椭圆E必有两交点.
设直线l方程为x =ty + 3
2，C (x1, y1), D(x2, y2)，则C
′(x1,−y1)，
联立方程{
x
2+9 y
2=9,
x =ty + 3
2 , )
化简整理得4(t
2+9) y
2+12ty −27 =0，
则y1+ y2= −3t
t
2+9
, y1 y2=
−27
4(t
2+9).
设直线C
′ D与x轴交于点M (m,0)，则C
′ , D , M三点共线，
于是kC
′ M =k DM，即−
y1
x1−m =
y2
x2−m，则−y1(x2−m)= y2(x1−m)，
可得y1(x2−m)+ y2(x1−m)= x1 y2+ x2 y1−m( y1+ y2)
=(t y1+ 3
2) y2+(t y2+ 3
2) y1−m( y1+ y2)
=2t y1 y2+(
3
2 −m)( y1+ y2)=2t ⋅
−27
4(t
2+9)
+(
3
2 −m)⋅−3t
t
2+9
=0，
即−9t +(3−2m)⋅(−t )=0，解得m=6，
所以直线C
′ D恒过x轴上的定点M (6,0).
【突破提升训练・31】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为
❑√3
2 ，M (❑√3,−1
2 )是
椭圆C上的一点.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点P(−4,0)作直线l与椭圆C交于不同两点A、B，A点关于x轴的对称点为D，
问直线BD是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.
【答案】（1）x
2
4 + y
2=1；（2）是，(−1,0).
【分析】（1）由离心率为
❑√3
2 得c
a =
❑√3
2 ， 将M (❑√3,−1
2 )代入椭圆C，联解得椭圆
方程；
（2）设AB直线方程y =k( x + 4)，与椭圆联解得(1+ 4 k
2)x
2+32k
2 x +64 k
2−4 =0，
求得k
2< 1
12.x1+ x2=−32k
2
1+ 4 k
2，x1 x2= 64 k
2−4
1+ 4 k
2 ，设出直线BD方程化简得解.
【详解】（1）∵c
a =
❑√3
2 ，a
2=b
2+c
2，∴a
2= 4 b
2，∴x
2
4 b
2 + y
2
b
2 =1，
将M (❑√3,−1
2 )代入椭圆C，∴b
2=1，∴C : x
2
4 + y
2=1.
（2）显然AB斜率存在，设AB方程 为：y =k( x + 4)，
{
x
2
4 + y
2=1
y =k( x + 4)
⇒(1+ 4 k
2)x
2+32k
2 x +64 k
2−4 =0)
，
Δ=16−192k
2>0，∴k
2< 1
12.
设A( x1, y1)，B( x2, y2)，D( x1,−y1)，∴x1+ x2=−32k
2
1+ 4 k
2，x1 x2= 64 k
2−4
1+ 4 k
2 ，
∵BD: y + y1= y2+ y1
x2−x1
(x−x1)，∴y =0时
x = x1+ x2 y1−x1 y1
y1+ y2
= 2k x1 x2+ 4 k( x1+ x2)
k( x1+ x2)+8k
=
2k( 64 k
2−4
1+ 4 k
2 )+ 4 k(−32k
2
1+ 4 k
2 )
k(−32k
2
1+ 4 k
2 )+8k
= 128k
3−8k −128k
3
−32k
3+8k +32k
3 =−1，
∴直线BD过定点(−1,0).
