重难点19：破解圆锥曲线定点：圆锥曲线
中过定点问题（下）
（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、“相交弦”模型过定点之“模型4”.............................................5
题型二、“相交弦”模型过定点之“模型5”...........................................10
题型三、“相交弦”模型过定点之“模型6”...........................................15
题型四、“夹丸子”模型过定点..................................................................20
题型五、“手电筒”模型过定点之“动圆”过定点..................................27
题型精析・方法突破提能力..............................................................................34
题型
1 ：“相交弦”模型过定点之“变形
4 ”（过定点含垂直与定直线）
若MN 过一定点且与圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）交于M 和N，过M（或N）
作直线x=t的垂线，垂足为H，证明直线HN 过定点。
注意：高考中常考的情况如上图，其中一条直线MN过定点，M（或N）作直线x=t
的垂线，垂足为H。或者看作两“定”一垂直一定直线问题1：条件是一定点，一定直
线，一垂直，求定点，其中两定点可任意变换证明。
题目特征：直线MN过定点，M（或N）作直线x=t的垂线。
知识网络・核心根基深扎牢
题型归纳
解题方法（以上图椭圆为例）：MN 过一定点(s,0)且与椭圆x
2
a
2 +y
2
b
2 =1（a>b>0）交于M
和N，过M（或N）作直线x=t的垂线，垂足为H，证明直线HN 过定点。
步骤1：设直线，找根与系数关系：设M(x1,y1)，N(x2,y2)，设直线
MN的方程为lMN ：x=m y +n，
与椭圆方程x
2
a
2 +y
2
b
2 =1（a>b>0）联立得出：y1+y2，y1∙y2，再得出它们之间的倍数关系
（利用非对称韦达定理求）
步骤2：求直线MH 方程，找定点：由题H(t,y1)，则直线MH 方程为：y−y1
x−t =y2−y1
x2−t
，令y=0，则x=−x2y1+t y2
y2−y1
，即x= −(my2+n)y1+t y2
y2−y1
= −my1y2−ny1+t y2
y2−y1
（1）
步骤3：用y1+y2，y1∙y2之间的倍数关系化简（1）中−my1y2为“加”的关系即可求定
点。
题型
2 ：“相交弦”模型过定点之“变形
5 ”（过定点垂直弦中点连线过定点）
若定点的相互垂直的直线AB，DE 与圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）分别交于
A,B 和D,E，取DE 的中点为N，AB 的中点为M，证明直线MN 过定点。
注意：高考中常考的情况如上图，其中一条直线MN过定点F。或者看作两“定”一
垂直一定直线问题2：条件是一定点，两垂直直线，求定点，其中两定点可任意变换证
明。
题目特征：直线MN为中点，AB，DE 相互垂直且过定点。
解题方法（以上图椭圆为例）：若定点（t，0）的相互垂直的直线AB，DE 与椭圆
x
2
a
2 +y
2
b
2 =1（a>b>0）分别交于A,B 和D,E，取DE 的中点为N，AB 的中点为M，证明直线
MN 过定点。
步骤1：设直线，找根与系数关系：设直线AB的方程为lAB：y=k(x−t)，与椭圆方程
x
2
a
2 +y
2
b
2 =1（a>b>0）联立得出：y1+y2，x1+x2，利用垂直，AB，DE之间斜率的负倒数
关系求出y3+y4，x3+x4
步骤2：用中点坐标公式求M，N 点：：y M =y2+y1
2
，xM = x2+ x1
2
，y N =y3+y4
2
，
xN = x3+ x4
2
，（注意，M，N 坐标只含一个参数k）
步骤3：写出直线MN 方程并化简为点斜式即可求定点。
题型
3 ：“相交弦”模型过定点之“变形
6 ”（过定点的对称直线）
若定点Q 的且关于某直线对称的两条直线AQ，BQ 与圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物
线）分别交于A,B（两点是错开的），证明直线AB 过定点。
注意：高考中常考的情况如上图，对称的两条直线AQ，BQ 过定点Q 点（在x 轴或y
轴上）。或者看作两“定”一对称问题：条件是一定点，两对称直线，求定点，其中两定
点可任意变换证明（对称直线有时候可能告诉关于直线对称，有时候可能是倾斜角互补或
斜率和为0）。
题目特征：直线AQ，BQ 过定点且关于某直线对称。
解题方法（以上图椭圆为例）：若定点Q（t，0）的相互对称的直线AQ，BQ 与椭圆
x
2
a
2 +y
2
b
2 =1（a>b>0）分别交于A,B（两点是错开的），证明直线AB 过定点。
步骤1：设直线，找根与系数关系：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，设直线
AB的方程为lAB：x= m y+n)，与椭圆方程x
2
a
2 +y
2
b
2 =1（a>b>0）联立得出：x1+x2，
x1∙x2，y1+y2，y1∙y2
步骤2：用点坐标表示AQ，BQ 斜率：：k AQ=y1
x1−t ，k BQ=y2
x2−t ，（注意，M，N 坐标
只含一个参数k）
步骤3：由对称或斜率和为0 化简：
k AQ+ k BQ=y1
x1−t +y2
x2−t =y1( x2−t )+y2( x1−t )
x1 x2−t( x1+ x2)+t
2 =y1 x2−t(y1+y2)+y2 x1
x1 x2−t( x1+ x2)+t
2
将x1= m y1+n与x2= m y2+n代入上式，用根与系数关系进行化简求n 的值即可求出定点。
题型
4 ：“夹丸子”模型过定点
过圆锥曲线上一点A 的两条直线AB，AD 与圆锥曲线交于B,D，且两直线与圆相切
（圆心为定点，半径变化），证明直线BD 过定点。
注意：高考中常考的情况如上图，两条直线AB，AB 过定点A 点（椭圆顶点），与圆
相切（圆心为定点，半径变化）。
题目特征：定点A 在在椭圆上，圆心为定点，半径变化。
解题方法（以上图椭圆为例）：过椭圆x
2
a
2 +y
2
b
2 =1（a>b>0）上一点A(0,b)的两条
直线AB，AD 与圆锥曲线交于B,D，且两直线与圆相切（圆心为定点，半径变化），证明
直线BD 过定点。
步骤1：设直线，找两直线关系：设直线AB的方程为lAB：y=k1x+ b，直线
AB的方程为lAD：y=k2x+ b，用点到直线距离公式求出k1与k2关系（圆心到切线距离为
圆半径），此关系一般为k1k2为定值（或k1+k2为定值）“手电筒”模型过定点。
步骤2：设直线BD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3：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4：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5：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
5 ：“手电筒”模型过定点之“动圆”过定点
若直线MN 交圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）于M、N，以MN 为直径的圆过圆
锥曲线上某一定点，则直线MN 过定点。
题目特征：以MN 为直径的圆过圆锥曲线上某一定点，直线定点与圆定点可相互怎么。
解题方法（以椭圆为例）：已知椭圆x
2
a
2 +y
2
b
2 =1（a>b>0）上一点A(a,0)，直线MN 交
椭圆于M、N，以MN 为直径的圆过圆锥曲线上A点，证明直线MN 过定点。
步骤1：利用圆过定点得出k AN k AM=−1（直径所对圆周角为直角，斜率之积为−1），接
招利用重难点18 中的：“手电筒”模型过定点
步骤2：设直线MN 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3：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4：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5：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。
实战演练・能力进阶攀高峰
题型一、题型1：“相交弦”模型过定点之“变形4”
典例探究
【答案】(1) x
2
2 + y
2=1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据条件得到a,b,c的关系式，解方程组可得结果.
（2）设直线MP的方程为y =k (x−2)，表示直线NQ的方程，借助韦达定理可得直线
过定点.
【详解】（1）由题意得{
b=c
1
2 ⋅2c⋅b=1
a
2=b
2+c
2 )
，解得{
a= ❑√2
b=1
c =1 )
，
∴椭圆E 的方程为x
2
2 + y
2=1.
（2）
由题意得，直线MP的斜率存在.
设直线MP的方程为y =k (x−2)，点M (x1, y1)，N (x2, y2)(x1≠x2)，则Q(1, y1)，
由{
x
2
2 + y
2=1
y =k (x−2))
得(1+2k
2) x
2−8k
2 x +8k
2−2=0.
由Δ=(−8k
2)
2−4(1+2k
2)⋅(8k
2−2)>0得 k
2< 1
2，
【典型例题】已知椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)，以E的两个焦点与短轴的一个端点为顶点
的三角形是等腰直角三角形，且面积为1.
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点P(2,0)的直线与椭圆E交于不同的两点M , N.过M作直线x =1的垂线，垂足为
Q.求证：直线NQ过定点.
∴x1+ x2=
8k
2
1+2k
2，x1 x2= 8k
2−2
1+2k
2 .
∵k NQ= y1−y2
1−x2
，∴直线NQ的方程为：y −y1= y1−y2
1−x2
(x−1)，
令y =0，得−y1= y1−y2
1−x2
(x−1)，即−k (x1−2)= k (x1−x2)
1−x2
(x−1)，
当k ≠0时，x−1= (x1−2)(x2−1)
x1−x2
= x1 x2−x1−2 x2+2
x1−x2
= x1 x2−(x1+ x2)−x2+2
(x1+ x2)−2 x2
=
4 k
2
1+2k
2 −x2
8k
2
1+2k
2 −2 x2
= 1
2，
∴x = 3
2，故直线NQ过定点(
3
2 ,0).
当k =0时，直线NQ为x 轴，过点(
3
2 ,0).
综上，直线NQ过定点(
3
2 ,0).
【1-2】已知椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为1
2，过椭圆
的左焦点F1作不与x 轴重合的直线MN 与椭圆相交于M，N 两点，△MN F2的周长为8，
过点M 作直线m: x =−2a的垂线ME，E 为垂足．
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)证明：直线EN 经过定点P，并求定点P 的坐标．
举一反三
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)证明见解析，定点P(−5
2 ,0)
【分析】（1）根据椭圆的定义及离心率公式求出a,b，即可得解；
（2）设直线MN 方程：x =my −1，M (x1, y1)，N (x2, y2)，E(−4 , y1)，联立方程，
利用韦达定理求出y1+ y2，y1 y2，再求出直线EN 方程，进而可得出结论.
【详解】（1）∵△MN F2的周长为8，∴4 a=8，故a=2，
∵e = c
a = 1
2，∴c =1，故b
2=a
2−c
2=3，所以a=2，b= ❑√3，
故椭圆的标准方程为x
2
4 + y
2
3 =1；
（2）F1(−1,0)，
设直线MN 方程：x =my −1，M (x1, y1)，N (x2, y2)，E(−4 , y1)，
联立方程{
x =my −1
x
2
4 + y
2
3 =1)
，得(3m
2+ 4) y
2−6my −9=0，
所以y1+ y2=
6m
3m
2+ 4 ，y1 y2=
−9
3m
2+ 4 ，
所以−2m y1 y2=3( y1+ y2)，
又k EN = y2−y1
x2+ 4 ，所以直线EN 方程为：y −y1= y2−y1
x2+ 4
(x + 4)，
令y =0，则
x =−4−y1(x2+ 4)
y2−y1
=−4−m y1 y2+3 y1
y2−y1
=−4−
3
2 ( y1−y2)
y2−y1
=−4+ 3
2 =−5
2
，
所以直线EN 过定点P(−5
2 ,0)．
【1-2】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为
❑√3
2 ，左、右焦点分别为F1，F2，点
P 为椭圆C 上任意一点，△P F1 F2面积最大值为❑√3．
(1)求椭圆C 的方程；
(2)过x 轴上一点R (1,0)的直线与椭圆交于A，B 两点，过A，B 分别作直线l: x = 4的
垂线，垂足为M，N 两点，证明：直线AN，BM交于一定点，并求出该定点坐标．
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1
(2)证明见解析，定点(
5
2 ,0)
【分析】（1）由椭圆性质可知，当P为短轴端点时，△P F1 F2面积最大，结合三角
形面积公式计算即可得椭圆方程；
（2）当AB的斜率不存在时，可得直线AN与BM的交点坐标，当AB的斜率存在时，
设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程，可得与交点有关的韦达定理，可得直线AN与
BM的方程，联立两直线方程，结合韦达定理可得x = 5
2，将x = 5
2代入AN，可得y =0，即
可得证.
【详解】（1）设椭圆C半焦距为c，∵离心率为
❑√3
2 ，∴c
a =
❑√3
2 ．
由椭圆性质可知，当P为短轴端点时，△P F1 F2面积最大．
∴(S△P F1 F2)max = 1
2 ⋅2c⋅b= ❑√3，∴bc = ❑√3．
又a
2=b
2+c
2，解得a=2，b=1，c = ❑√3．
∴椭圆C的方程为：x
2
4 + y
2=1；
（2）证明：设l与x轴交于点Q，则Q (4,0)，
当AB的斜率为0 时，显然不适合题意；
当AB的斜率不存在时，直线AB为x =1，
∵四边形AMNB为矩形，∴AN，BM交于线段RQ的中点(
5
2 ,0)．
当直线AB的斜率存在且不为0 时，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
直线AB为：y =k (x−1)，联立{
x
2
4 + y
2=1
y =k (x−1))
，
得(4 k
2+1) x
2−8k
2 x + 4 k
2−4 =0，
Δ=64 k
4−4(4 k
2+1)(4 k
2−4)= 48k
2+16>0⇒k ∈R，
∴x1+ x2=
8k
2
4 k
2+1
，x1⋅x2= 4 k
2−4
4 k
2+1
，
设M (4 , y1)，N (4 , y2)，则AN : y = y2−y1
4−x1
(x−4)+ y2，
BM : y = y2−y1
x2−4
(x−4)+ y1，
联立AN，BM得
y2−y1
4−x1
(x−4)+ y2= y2−y1
x2−4
(x−4)+ y1，
将y1=k (x1−1)，y2=k (x2−1)代入整理得x = x1⋅x2−16
x1+ x2−8 =
4 k
2−4
4 k
2+1
−16
8k
2
4 k
2+1
−8
= 5
2，
将x = 5
2代入AN，得y = y2−y1
4−x1 (
5
2 −4)+ y2=−3
2 ⋅k (x2−1)−k (x1−1)
4−x1
+ k (x2−1)
= −3(k x2−k x1)+2k (x2−1)(4−x1)
2(4−x1)
= 5k (x1+ x2)−2k x1⋅x2−8k
2(4−x1)
=
5k ⋅
8k
2
4 k
2+1
−2k 4 k
2−4
4 k
2+1
−8k
2(4−x1)
=0．
综上，直线AN、BM交于定点(
5
2 ,0)．
【1-3】已知F1, F2分别为椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右焦点，过点F1( 1,0)
−
且
与x轴不重合的直线与椭圆C交于A ,B两点，△AB F2的周长为8.
(1)若△AB F2的面积为12❑√2
7
，求直线AB的方程；
(2)过A ,B两点分别作直线x = 4
−的垂线，垂足分别是E, F，证明：直线EB与AF交
于定点.
【答案】(1)x−y +1=0或x + y +1=0；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，求出椭圆C的方程，设出直线AB的方程，与椭圆C的
方程联立求解作答.
（2）利用特殊位置探究直线EB与AF交点坐标，再就一般情况结合向量共线推理作
答.
【详解】（1）因△AB F2的周长为8，由椭圆定义得4a=8，即a=2，而半焦距c =1，
又a
2=b
2+c
2，则b
2=3，椭圆C的方程为x
2
4 + y
2
3 =1，
依题意，设直线AB的方程为x =my −1，由{
x =my −1
3 x
2+4 y
2=12)消去x 并整理得
(3m
2+4) y
2−6my −9=0，
设A (x1, y1)，B(x2, y2)，则y1+ y2=6m
3m
2+4 ，y1 y2=
−9
3m
2+4 ，
| y1−y2|=
❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2= ❑√
(6m
3m
2+4
)
2
+36
3m
2+4
=12
❑√m
2+1
3m
2+4
，
因此S△F2 AB=1
2 |F1 F2)⋅|y1−y2)=1
2 ×2×12
❑√m
2+1
3m
2+4
=12❑√2
7
，解得m=±1，
所以直线AB的方程为x−y +1=0或x + y +1=0.
（2）由（1）知A (x1, y1)，B(x2, y2)，则E(−4, y1)，F (−4, y2)，设直线EB与
AF交点为M ( x, y )，
则⃗FA =( x1+4, y1−y2),⃗FM =( x +4, y −y2)，⃗
EB =( x2+4, y2−y1),⃗EM =( x +4, y −y1)，
而⃗FA //⃗FM，⃗EB //⃗EM，则( x +4)( y1−y2)=( y −y2)( x1+4)，
( x +4)( y2−y1)=( y −y1)( x2+4)，
两式相加得：y ( x1+ x2+8)−y2(m y1+3)−y1(m y2+3)=0，而x1+ x2+8>0，
则y ( x1+ x2+8)=2m y1 y2+3( y1+ y2)=2m⋅
−9
3m
2+4
+3⋅6m
3m
2+4
=0，因此y =0，
两式相减得：
2( x +4)( y1−y2)=−y2( x1+4)+ y1( x2+4)=−y2(m y1+3)+ y1(m y2+3)=3( y1−y2)
，
而y1−y2≠0，则x =−5
2 ，即M (−5
2 ,0)，
所以直线EB与AF交于定点M (−5
2 ,0).
题型二、题型2：“相交弦”模型过定点之“变形5”
典例探究
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1（x≠±2）
(2)证明见解析
【分析】（1）设P(x , y)，根据斜率之积为−3
4 列式整理即可；
（2）设直线AB的方程为y =k (x−1)，与椭圆方程联立，利用韦达定理求出M , N坐
标，求出直线MN即可得定点.
【详解】（1）设P(x , y)，易得x≠±2，直线AP的斜率为
y
x +2，直线BP的斜率为
y
x−2，
则
y
x +2 ⋅
y
x−2 =−3
4 ，
整理得x
2
4 + y
2
3 =1，则曲线E方程为x
2
4 + y
2
3 =1（x≠±2）；
（2）由题意可设直线AB的方程为y =k (x−1)（k ≠0），M (x1, y1)，A(x2, y2)，
B(x3, y3)，
因为M分别是AB的中点，所以x1= x2+ x3
2
，y1= y2+ y3
2
，
kOM = y1
x1
= y2+ y3
x2+ x3
，k = y2−y3
x2−x3
，
因为A ,B在椭圆x
2
4 + y
2
3 =1上，
【典型例题】已知点A (−2,0)，B (2,0)，动点P满足直线PA与PB的斜率之积为−3
4 ，记动
点P的轨迹为曲线E．
(1)求曲线E的方程；
(2)过点F (1,0)与曲线E相交的两条线段AB和CD相互垂直（斜率存在，且
A ,B ,C , D在曲线E上），M、N分别是AB和CD的中点．求证：直线MN过定点．
所以{
x2
2
4 + y2
2
3 =1①
x3
2
4 + y3
2
3 =1②)
，由①－②，得x2
2−x3
2
4
+ y2
2−y3
2
3
=0，
即
y2
2−y3
2
x2
2−x3
2 =−3
4 ，于是有
y2+ y3
x2+ x3
⋅y2−y3
x2−x3
=−3
4 ，
所以kOM ⋅k AB=−3
4 ⇒y1
x1
⋅k =−3
4 ，
{
y1
x1
⋅k =−3
4
y1=k (x1−1))
，解得{
x1=
4 k
2
3+ 4 k
2
y1= −3k
3+ 4 k
2)
．∴M(
4 k
2
3+ 4 k
2 , −3k
3+ 4 k
2)．
∵k ≠0，将上式M点坐标中的k换成−1
k ，
同理可得N(
4
3k
2+ 4
,
3k
3k
2+ 4)．
①当直线MN不垂直于x轴时，直线MN的斜率k MN =
3k
3k
2+ 4
−−3k
3+ 4 k
2
4
3k
2+ 4
−
4 k
2
3+ 4 k
2
=
7 k
4(1−k
2)，
其方程y −−3k
3+ 4 k
2 =
7 k
4(1−k
2)(x−
4 k
2
3+ 4 k
2)，化简得y =
7 k
4(1−k
2)(x−4
7)，
∴直线MN过定点(
4
7 ,0)．
②当直线MN垂直于x轴时，
4
3k
2+ 4
=
4 k
2
3+ 4 k
2，此时，k =±1，直线MN也过定点
(
4
7 ,0)．
综上所述，直线MN过定点(
4
7 ,0)．
【2-1】双曲线x
2
16 −y
2
9 =1，过点P（5，0）的直线AB 和CD 相互垂直（斜率存在），M、
N 分别是线段AB 和线段CD 的中点．求证：直线MN 过定点．
【答案】证明见解析
【分析】设AB直线为y =k( x−5), M ( x0, y0)，利用点差法，求得
y0
x0
⋅k = 9
16 ，联
立方程组，求得点M(
80k
2
16 k
2−9
,
45k
16k
2−9)，求得直线MN的方程，结合直线方程的形式，
即可求解.
【详解】设AB直线为y =k( x−5)，A( x1, y1),B( x2, y2), M ( x0, y0) ，
举一反三
可得x0= 1
2 ( x1+ x2)且y0= 1
2 ( y1+ y2)，
由x1
2
16 −y1
2
9 =1，x2
2
16 −y2
2
9 =1，两式相减得到
y1+ y2
x1+ x2
⋅y1−y2
x1−x2
= 9
16 ，即
y0
x0
⋅k = 9
16 ，
又由{
y0
x0
⋅k = 9
16
y1=k( x1−5))
，解得x1=
80k
2
16k
2−9
, y1=
45k
16 k
2−9
，即
M(
80k
2
16k
2−9
,
45k
16k
2−9)，
当k ≠0时，将上式M 点坐标中的k换成−1
k ，同理可得N(
80
16−9k
2 , −45k
16−9k
2)．
①当直线MN不垂直于x 轴时，直线MN的斜率
k MN =
45k
16 k
2−9
+
45k
16−9k
2
80k
2
16 k
2−9
−
80
16−9k
2
=
7 k
16(1−k
2)，
其方程y −−45k
16−9k
2 =
7 k
16(1−k
2)(x−
80
16−9k
2)，化简得y =
7 k
16(1−k
2)(x−80
7 )，
此时直线MN过定点(
80
7 ,0)．
②当直线MN垂直于x 轴时，
80
16−9k
2 =
80k
2
16 k
2−9
，此时k =±1，直线MN 也过定点
(
80
7 ,0)．
综上所述，直线MN 过定点(
80
7 ,0)．
【2-2】椭圆x
2
4 + y
2
3 =1，过点F(1,0)的直线AB和CD相互垂直（斜率存在），M 、N分
别是AB和CD的中点．求证：直线MN过定点．
【答案】证明见解析
【分析】根据已知条件及中点坐标公式，利用点差法得出斜率的关系及直线方程联立，
分类讨论，结合直线的点斜式和斜截式方程即可求解.
【详解】由题意可知，设AB 直线为y =k( x−1)，M ( x1, y1)，
A( x2, y2),B( x3, y3),则
因为M分别是AB的中点，所以x1= x2+ x3
2
, y1= y2+ y3
2
，
kOM = y1
x1
= y2+ y3
x2+ x3
,k = y2−y3
x2−x3
因为A ,B在椭圆x
2
4 + y
2
3 =1上，
所以{
x2
2
4 + y2
2
3 =1①
x3
2
4 + y3
2
3 =1②
，由①−②，得x2
2−x3
2
4
+ y2
2−y3
2
3
=0，即
y2
2−y3
2
x2
2−x3
2 =−3
4 ，于是有
y2+ y3
x2+ x3
⋅y2−y3
x2−x3
=−3
4 ，
所以kOM ⋅k AB=−3
4 ⇒y1
x1
⋅k =−3
4 ，
{
y1
x1
⋅k =−3
4
y1=k( x1−1)
，解得{
x1=
4 k
2
3+ 4 k
2
y1= −3k
3+ 4 k
2
，∴M (
4 k
2
3+ 4 k
2 , −3k
3+ 4 k
2 )．
（1）当k =0时，M点即是F点，此时，直线MN 为x轴．
（2）当k ≠0时，将上式M点坐标中的k换成−1
k ，同理可得N (
4
3k
2+ 4
,
3k
3k
2+ 4
)．
①当直线MN 不垂直于x轴时，直线MN 的斜率k MN =
3k
3k
2+ 4
−−3k
3+ 4 k
2
4
3k
2+ 4
−
4 k
2
3+ 4 k
2
=
7 k
4(1−k
2)，
其方程y −−3k
3+ 4 k
2 =
7 k
4(1−k
2)
( x−
4 k
2
3+ 4 k
2 )，化简得y =
7 k
4(1−k
2)
( x−4
7 )，
∴直线MN 过定点( 4
7 ,0)．
②当直线MN 垂直于x轴时，
4
3k
2+ 4
=
4 k
2
3+ 4 k
2，此时，k =±1，直线MN 也过定点
( 4
7 ,0)．
综上所述，直线MN 过定点( 4
7 ,0)．
【2-3】抛物线y
2= 4 x，过点（2，0）的直线AC 和BD 相互垂直（斜率均存在），M、N
分别是AC 和BD 的中点．求证：直线MN 过定点．
【答案】证明见解析
【分析】设直线AC、BD 方程，分别和抛物线联立化为y 的一元二次方程，
用韦达定理写出两根之和并计算中点坐标，即M、N 的坐标.
然后求出M、N 的斜率，点斜式写出直线MN 的方程，化简得定点坐标.
【详解】由题意可得，这两条直线的斜率均存在，且不为0，
设AC : y =k( x−2)，BD: y =−1
k ( x−2)
由{
y
2= 4 x
y =k (x−2))⇒y
2−4(
y
k +2)=0
所以y
2−4
k y −8=0 ，所以y A+ yC = 4
k ，x A+ xC = 1
k ( y A+ yC)+ 4 = 4
k
2 + 4
所以M(
2
k
2 +2, 2
k)
由{
y
2= 4 x
y =−1
k
(x−2))
⇒y
2+ 4 ky −8=0
所以yB+ y D=−4 k ，xB+ xD= 4−k ( yB+ y D)= 4 + 4 k
2
所以N (2+2k
2,−2k)
k MN =
−2k −2
k
2k
2+2−(
2
k
2 +2)
=
k
1−k
2
故直线MN 方程为y −(−2k )=
k
1−k
2 ( x−2k
2−2)⇒y =
k
1−k
2 ( x−4)，
故直线MN 过定点（4，0）．
题型三、“相交弦”模型过定点之“变形6”
典例探究
【答案】证明见解析
【分析】根据题意联立得x1+ x2, x1 x2，利用直线斜率互为相反数即可求解.
【详解】联立{
y =kx +m,
x
2
2 + y
2=1,)
得(1+2k
2) x
2+ 4 kmx +2m
2−2=0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则x1+ x2=−4 km
1+2k
2，x1 x2= 2m
2−2
1+2k
2 ，
由题意得直线A F2，B F2的倾斜角互补，即k A F2+ k B F2=0，
所以
y1
x1−1 +
y2
x2−1 = k x1+m
x1−1 + k x2+m
x2−1 = 2k x1 x2+(m−k )(x1+ x2)−2m
(x1−1)(x2−1)
=0，
即2k x1 x2+(m−k )(x1+ x2)−2m= 4 k m
2−4 k
1+2k
2
−4 km(m−k )
1+2k
2
−2m
= −4 k −2m
1+2k
2
=0，解得m=−2k，
所以直线l的方程为y =kx−2k，
故直线l恒过定点(2,0)．
【3-1】已知抛物线C1: y
2=2 px ( p>0)的焦点为F，D (2,d)是C1
上一点，且|DF)=3.椭圆
【典型例题】如图，已知椭圆C : x
2
2 + y
2=1，不经过右焦点F2的直线l: y =kx +m(m≠0)交
椭圆于A，B两点．若x轴上任意一点到直线A F2，B F2的距离相等，求证：直线l过定点．
举一反三
C2: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，右焦点为F，E(1, 3
2)
是C2上一点.
(1)求C1，C2的方程；
(2)已知R为C2上的一点（异于A，B 两点），直线AR，BR分别与直线x = 4相交于
P，Q 两点，求|PQ)的最小值；
(3)已知直线l: x =my +t (m≠0)与C2交于M，N 两点，直线FM和FN的斜率分别为k1，
k2，且k1+ k2=0，证明:直线l过定点，并求出该定点的坐标.
【答案】(1)C1: y
2= 4 x，C2的方程为x
2
4 + y
2
3 =1
(2)6.
(3)证明见解析，定点T (4,0).
【分析】（1）根据抛物线的定义求出抛物线的标准方程，写出焦点，根据焦点坐标
和椭圆上一点，求出椭圆标准方程即可；
（2）根据圆锥曲线和直线的位置关系，设出坐标，联立方程组，根据韦达定理，表
示出线段的长度，根据方程组有解情况下判别式的范围，求出参数范围，求得线段最小值；
（3）根据圆锥曲线和直线的位置关系，解决直线过定点的方法，联立方程组，根据
韦达定理，证明直线过定点.
【详解】（1）因为D (2,d)，且|DF)=3，所以|DF)=2+ p
2 =3，解得p=2，
所以抛物线C1: y
2= 4 x，F (1,0)，
设C2的半焦距为c，则由题意得{
1
a
2 + 9
4 b
2 =1,
c =1,
a
2−b
2=c
2,)
解得{
a=2,
b= ❑√3,
c =1, )
所以C2的方程为x
2
4 + y
2
3 =1.
（2）
设R(x0, y0)(x0≠±2)，P(4 , y P)，Q(4 , yQ)，
因为A，R，P 三点共线，所以⃗AR //⃗AP，
又⃗AR =(x0+2, y0)，⃗AP =(6, y p)，所以(x0+2) y p=6 y0，
所以y P= 6 y0
x0+2，同理yQ= 2 y0
x0−2，
所以|PQ)=|y P−yQ)=|
6 y0
x0+2 −2 y0
x0−2)=|
4 y0(4−x0)
4−x0
2 ).
因为点R在C2，所以x0
2
4 + y0
2
3 =1，所以4−x0
2= 4
3 y0
2，
所以|PQ)=|
4 y0(4−x0)
4−x0
2 )=3|
x0−4
y0 )，
令
y0
x0−4 =k，则y0=k (x0−4)，
代入x0
2
4 + y0
2
3 =1并整理，得(3+ 4 k
2) x0
2−32k
2 x0+64 k
2−12=0，
所以Δ=(−32k
2)
2−4(3+ 4 k
2)(64 k
2−12)≥0，
解得0<|k )≤1
2，所以3|
x0−4
y0 )≥6，即|PQ)的最小值为6.
（3）
设M (x1, y1)，N (x2, y2)，
联立{
x =my +t ,
3 x
2+ 4 y
2=12)消去x并整理，得(3m
2+ 4) y
2+6mty +3t
2−12=0，
所以Δ=36m
2t
2−4(3m
2+ 4)(3t
2−12)>0，化简得3m
2−t
2+ 4>0，
由韦达定理得y1+ y2=−
6mt
3m
2+ 4 ，y1 y2= 3t
2−12
3m
2+ 4
，
所以
k1+k2=
y1
x1−1 +
y2
x2−1 = y1(x2−1)+ y2(x1−1)
(x1−1)(x2−1)
= y1(m y2+t −1)+ y2(m y1+t −1)
(x1−1)(x2−1)
=0，
此时y1(m y2+t −1)+ y2(m y1+t −1)=0，即2m y1 y2+(t −1)( y1+ y2)=0，
因为y1+ y2=−
6mt
3m
2+ 4 ，y1 y2= 3t
2−12
3m
2+ 4
，所以
2m× 3t
2−12
3m
2+ 4
+(t −1)× −6mt
3m
2+ 4
=0，
所以6m(t −4)=0，因为m≠0，所以t = 4，
所以直线l过定点(4,0).
【3-2】已知F是椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1 (a>b>0)的右焦点，点A(1, 3
2 )在C上，FA ⊥x轴，
直线l与x轴不重合，l与C交于P、Q两点，∠PFA =∠QFA.
(1)求C的方程；
(2)证明：l过定点.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据给定条件，列式求出a,b,c即可.
（2）设出直线l的方程，与方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式计算推理即得.
【详解】（1）依题意，{
1
a
2 + 9
4 b
2 =1
a
2−b
2=1 )
，解得a
2= 4，b
2=3，
所以C的方程为x
2
4 + y
2
3 =1.
（2）点F(1,0)，显然l的斜率存在，设l的方程为y =kx +m，P( x1, y1),Q( x2, y2)，
由{
x
2
4 + y
2
3 =1
y =kx +m)
消去y整理，得(3+ 4 k
2)x +
❑
2 8kmx + 4 m
2−12=0
由直线l与椭圆C交于P、Q两点，得
Δ=(8km)
2−16(3+ 4 k
2)(m
2−3)= 48(4 k
2−m
2+3)>0，
则x1+ x2= −8km
3+ 4 k
2 , x1 x2= 4 m
2−12
3+ 4 k
2 ，由∠PFA =∠QFA，得直线PF ,QF的斜率互
为相反数，
即
y1
x −
1
❑1 +
y2
x −
2
❑1 = y1( x −
2
❑1)+ y2( x −
1
❑1)
( x −
1
❑1)( x −
2
❑1)
= (kx +
1
❑m)( x −
2
❑1)+(kx +
2
❑m)( x −
1
❑1)
( x −
1
❑1)( x −
2
❑1)
=0，
因此(kx +
1
❑m)( x −
2
❑1)+(kx +
2
❑m)( x −
1
❑1)=0，整理得
2k x1 x2−(k −m)( x1+ x2)−2m=0，
则2k 4 m
2−12
3+ 4 k
2 −(k −m)⋅−8km
3+ 4 k
2 −2m=0，化简得m=−4 k，
所以直线l的方程为y =k( x−4) ，即l过定点(4,0).
【3-3】已知离心率为1
2的椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的右焦点为F，点P为椭圆上第一象
限内的一点，满足PF垂直于x轴，且|PF)= 3
2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线l的斜率存在，交椭圆C于A ,B两点，A ,B , F三点不共线，且直线AF和直线
BF关于直线PF对称，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）根据已知条件求得a
2,b
2，从而求得椭圆C的方程.
（2）设直线l的方程为y =kx +m并与椭圆方程联立，化简写出根与系数，由
k AF+ k BF =0计算得到m=−4 k，进而求得定点坐标.
【详解】（1）因为椭圆C的离心率为1
2，所以c
a = 1
2，点P(c , 3
2)在椭圆C上，
代入椭圆方程，有c
2
a
2 +
9
4
b
2 =1，解得b
2=3，
且b
2=a
2−c
2=a
2−a
2
4 = 3a
2
4 ，可得a
2= 4 ,
所以椭圆C的方程为x
2
4 + y
2
3 =1.
（2）设直线l的方程为y =kx +m，由{
y =kx +m,
x
2
4 + y
2
3 =1,)
消去y，整理得(3+ 4 k
2) x
2+8kmx + 4 m
2−12=0，
因为直线l交椭圆C于A ,B两点，所以Δ= 48(4 k
2−m
2+3)>0，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，所以x1+ x2=−8km
3+ 4 k
2 , x1 x2= 4 m
2−12
3+ 4 k
2 ，
因为直线AF和直线BF关于直线PF对称，
所以
k AF +k BF =
y1
x1−1 +
y2
x2−1 = k x1+m
x1−1 + k x2+m
x2−1 = 2k x1 x2+(m−k )(x1+ x2)−2m
(x1−1)(x2−1)
=0，
所以2k x1 x2+(m−k )(x1+ x2)−2m=2k × 4 m
2−12
3+ 4 k
2 +(m−k )× −8km
3+ 4 k
2 −2m=0，
所以8k m
2−24 k −8k m
2+8k
2m−8mk
2−6m=0，
解得m=−4 k.
所以直线l的方程为y =kx −4 k =k (x−4)，
所以直线l过定点(4,0).
题型四、“夹丸子”模型过定点
典例探究
【答案】(1)3
2
(2)[2, 4 ❑√39
3 )
(3)是，(0, −5
3)
【分析】（1）由点M在椭圆上，求得m，再由面积公式即可求解；
（2）设M (x0, y0)，得到⃗MA +3⃗MB =(−4 x0, −2−4 y0)，结合模长公式，通过配
方即可求解；
（3）设切线方程为y =kx +1,则|1−k |
❑√1+k
2 =r,即(1−r
2)k
2−2k +1−r
2=0.设两切线
AB , AD的斜率分别为k1,k2(k1≠k2),则k1,k2是上述方程的两根,根据韦达定理可得:
k1⋅k2=1,结合已知即可求得答案.
【详解】（1）由题意知c = ❑√3，又1
4 +m
2=1⇒m=±
❑√3
2 ，
【典型例题】已知分别为椭圆Γ : x
2
4 + y
2=1的左右焦点，A , B分别为上下顶点，M为Γ上
的点．
(1)若点M的坐标为(1, m)，求△F1 M F2的面积；
(2)求|⃗MA +3⃗MB)的取值范围；
(3)如图，过点A作圆M :(x +1)
2+ y
2=r
2(0<r <1)的两条切线分别与椭圆C相交于点
B , D（不同于点A），当r变化时，试问直线BD是否过某个定点？若是，求出该定点；若
不是，请说明理由．
则△F1 M F2的面积为1
2 ×2❑√3×
❑√3
2 = 3
2．
（2）设M (x0, y0)，则x0
2
4 + y0
2=1⇒x0
2= 4(1−y0
2)，
又A (0, 1), B (0, −1)，则⃗
MA +3⃗MB =(−x0, 1−y0)+3(−x0, −1−y0)=(−4 x0, −2−4 y0)，
∴|MA⃗+3 MB⃗)= ❑√16 x0
2+(−2−4 y0)
2=
❑√64−64 y0
2+ 4 +16 y0+16 y0
2
=
❑√−48 y0
2+16 y0+68= ❑√−48( y0−1
6)
2
+ 208
3 (−1≤y0≤1)，
则当y0= 1
6 时，取到最大值4 ❑√39
3
，当y0=−1时，取到最小值2，
则|⃗MA +3⃗MB)的取值范围为[2, 4 ❑√39
3 )．
（3）设B(x1, y1),C (x2, y2)
过点A切线方程为y =kx +1，则|1−k )
1+k
2 =r，即(1−r
2)k
2−2k +1−r
2=0，
设两切线AB , AD的斜率为k1, k2(k1≠k2)，
则k1, k2是上述方程的两根，∴k1⋅k2=1，
由{
y =k1 x +1
x
2
4 + y
2=1)
，得：(1+ 4 k1
2)x
2+8k1 x =0，
∴x1= −8k1
1+ 4 k1
2 , y1= 1−4 k1
2
1+ 4 k1
2 ，
同理可得：x2= −8k2
1+ 4 k2
2 = −8k1
k1
2+ 4
, y2= 1−4 k2
2
1+ 4 k2
2 = k1
2−4
k1
2+ 4
，
∴k BD=
k1
2−4
k1
2+ 4
−1−k1
2
1+ 4 k1
2
−8k1
k1
2+ 4
−−8k1
1+ 4 k1
2
=−k1
2+1
3k1
，
于是直线BD方程为y −1−4 k1
2
1+ 4 k1
2 =−k1
2+1
3k1 (x−−8k1
1+ 4 k1
2)，
令x =0，得y = 1−4 k1
2
1+ 4 k1
2 + k1
2+1
3k1
× −8k1
1+ 4 k1
2 = −5−20k1
2
3(1+ 4 k1
2)
=−5
3，
故直线BD过定点(0, −5
3)．
【4-1】已知点P为椭圆C : y
2
4 + x
2=1的右顶点，圆Q: x
2+( y +1)
2=t
2(0<t <1)，过点P作
⊙Q的两条切线分别与椭圆交于A ,B两点（不同于点P）.
(1)当t变化时，直线PA , PB的斜率乘积是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，
请说明理由；
(2)给定一个t，椭圆上的点到直线AB的距离的最大值为d，当t变化时，求d的最大值，
并求出此时t的值.
【答案】(1)是，定值为1
(2)最大值为4 ❑√39
9
，t = ❑√1−5 ❑√14
21
举一反三
【分析】（1）根据点到直线的距离公式可得k1,k2为方程(1−t
2)k
2−2k +1−t
2=0的
两个根，即可利用韦达定理求解，
（2）联立直线与椭圆方程得韦达定理，即可由点斜式与直线过定点的求法求得直线
AB过定点T(−5
3 ,0)，进而利用据两点距离，结合二次函数的性质求解|MT )有最大值
4 ❑√39
9
,根据两直线垂直即可分类讨论即可得解.
【详解】（1）椭圆C：y
2
4 + x
2=1的右顶点P(1,0)，设直线PA , PB的斜率分别为
k1,k2，
则直线PA的方程为y =k1(x−1)，直线PB的方程为y =k2(x−1)，
由直线PA与圆Q相切知，圆心Q到直线PA的距离|1−k1)
❑√k1
2+1
=t，
整理得(1−t
2)k1
2−2k1+1−t
2=0，同理可得(1−t
2)k2
2−2k2+1−t
2=0，
则k1,k2为方程(1−t
2)k
2−2k +1−t
2=0的两个根，所以k1⋅k2=1，
即直线PA , PB的斜率乘积为定值1.
（2）设A(x1, y1),B(x2, y2)，
联立{
y =k1(x−1)
y
2
4 + x
2=1 )
，得(k1
2+ 4)x
2−2k1
2 x + k1
2−4 =0，
则x1=1× x1= k1
2−4
k1
2+ 4
，进一步可求得A(
k1
2−4
k1
2+ 4
, −8k1
k1
2+ 4)，同理得B(
k2
2−4
k2
2+ 4
, −8k2
k2
2+ 4)，
直线AB的斜率
k AB=
−8k2
k2
2+ 4
+ 8k1
k1
2+ 4
k2
2−4
k2
2+ 4
−k1
2−4
k1
2+ 4
=
−8k2k1
2−32k2+8k1k2
2+32k1
k1
2k2
2+ 4 k2
2−4 k1
2−16−(k1
2k2
2−4 k2
2+ 4 k1
2−16)
= 24 k1−24 k2
8k2
2−8k1
2 = −3
k1+k2
，
则直线AB的方程为y + 8k1
k1
2+ 4
= −3
k1+ k2(x−k1
2−4
k1
2+ 4)，
令y =0，则x =
8k1
2+8
−3k1
2−12
+ k1
2−4
k1
2+ 4
= 5k1
2+20
−3k1
2−12
=−5
3，
所以直线AB过定点T(−5
3 ,0)，
设椭圆上任意一点M (x , y)，则点M到点T的距离为
|MT )= ❑√(x + 5
3)
2
+ y
2= ❑√−3 x
2+ 10
3 x + 61
9 ,−1≤x ≤1，
当x = 5
9时，|MT )有最大值4 ❑√39
9
，
取M(
5
9 , 4 ❑√14
9 )，则直线MT的斜率为k MT =
❑√14
5
，要使d最大，
则此时由直线MT和直线AB垂直，
可得直线AB的斜率k AB= −3
k1+ k2
= −3
2
1−t
2
=−
5
❑√14 ，解得t = ❑√1−5 ❑√14
21
∈(0,1)，
取M(
5
9 ,−4 ❑√14
9 )，则直线MT的斜率为k MT =−
❑√14
5
，
此时由直线MT和直线AB垂直，
可得直线AB的斜率k AB= −3
k1+k2
= −3
2
1−t
2
=
5
❑√14 ，解得t = ❑√1+ 5 ❑√14
21
∉(0,1)，舍去.
所以椭圆上存在点M(
5
9 , 4 ❑√14
9 )，当t = ❑√1−5 ❑√14
21
时，d的最大值为4 ❑√39
9
.
【4-2】已知点P(1,1)在椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)上，椭圆C 的左右焦点分别为F1，F2，
△P F1 F2的面积为
❑√6
2 .
(1)求椭圆C 的方程；
(2)设点A，B 在椭圆C 上，直线PA，PB 均与圆O: x
2+ y
2=r
2(0<r <1)相切，记直线
PA，PB 的斜率分别为k1，k2.
（i）证明：k1k2=1；
（ii）证明：直线AB 过定点.
【答案】(1) x
2
3 + 2 y
2
3 =1
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）利用1
a
2 + 1
b
2 =1，结合三角形的面积公式，求出a,b，即可求椭圆C的
方程.
(2) （i）设直线PA的方程为y =k1( x−1)+1，直线PB的方程为y =k2( x−1)+1，由
题意可知|1−k1)
❑√1+ k1
2 =r，可得k1,k2是方程(1−r
2) x
2−2 x +1−r
2=0的两根，利用韦达定理
即可证明.
（ii）设直线AB的方程为y =kx +m，代入椭圆方程，利用韦达定理，结合k1k2=1，
可得m与k的关系式，即可证明直线AB过定点.
【详解】（1）解：由题知，1
a
2 + 1
b
2 =1，△P F1 F2的面积等于1
2|F1 F2)=c =
❑√6
2 ，
所以a
2−b
2=c
2= 3
2，解得a
2=3，b
2= 3
2，所以，椭圆C 的方程为x
2
3 + 2 y
2
3 =1.
（2）（i）设直线PA 的方程为y =k1 x−k1+1，
直线PB 的方程为y =k2 x−k2+1，由题知|1−k1)
❑√1+ k1
2 =r，
所以(1−k1)
2=r
2(1+ k1
2)，所以(1−r
2)k1
2−2k1+1−r
2=0，
同理，(1−r
2)k2
2−2k2+1−r
2=0，
所以k1，k2是方程(1−r
2) x
2−2 x +1−r
2=0的两根，所以k1k2=1.
（ii）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，设直线AB 的方程为y =kx +m，
将y =kx +m代入x
2
3 + 2 y
2
3 =1得(1+2k
2) x
2+ 4 kmx +2m
2−3=0，
所以x1+ x2=−4 km
1+2k
2，①
x1 x2= 2m
2−3
1+2k
2 ，②
所以y1+ y2=k (x1+ x2)+2m=
2m
1+2k
2，③
y1 y2=(k x1+m)(k x2+m)=k
2 x1 x2+km(x1+ x2)+m
2= m
2−3k
2
1+2k
2 ，④
又因为k1k2= y1−1
x1−1 × y2−1
x2−1 = ( y1−1)( y2−1)
(x1−1)(x2−1)
= y1 y2−( y1+ y2)+1
x1 x2−(x1+ x2)+1 =1，⑤
将①②③④代入⑤，化简得3k
2+ 4 km+m
2+2m−3=0，
所以3k
2+ 4 km+(m+3)(m−1)=0，所以(m+3k +3)(m+k −1)=0，
若m+ k −1=0，则直线AB: y =kx +1−k =k (x−1)+1，此时AB 过点P，舍去.
若m+3k +3=0，则直线AB: y =kx −3−3k =k (x−3)−3，此时AB 恒过点(3,−3)，
所以直线AB 过定点(3,−3).
【4-3】已知点P(1,1)在椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1（a>b>0）上，椭圆C 的左右焦点分别为
､
F1，F2，△P F1 F2的面积为
❑√6
2 .
(1)求椭圆C 的方程；
(2)设点A，B 在椭圆C 上，直线PA，PB 均与圆O：x
2+ y
2=r
2（0<r <1）相切，试
判断直线AB 是否过定点，并证明你的结论.
【答案】(1) x
2
3 + 2 y
2
3 =1
(2)过定点，证明见解析
【分析】（1）结合题意，可得关于a,b,c的方程，解之可得椭圆C 的方程；
（2）先由直线与圆相切可得k1k2=1，再联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理分别
求出x1+ x2，x1 x2，y1+ y2，y1 y2，代入k1k2=1可得k ,m的关系式，进而可得直线AB 过
定点.
【详解】（1）由题知，1
a
2 + 1
b
2 =1，△P F1 F2的面积等于1
2|F1 F2)=c =
❑√6
2 ，
所以a
2−b
2=c
2= 3
2，解得a
2=3,b
2= 3
2，所以椭圆C的方程为x
2
3 + 2 y
2
3 =1.
（2）设直线PA的方程为y =k1 x−k1+1，直线PB的方程为y =k2 x−k2+1，
由题知|1−k1)
❑√1+ k1
2 =r，所以(1−k1)
2=r
2(1+k1
2)，
所以(1−r
2)k1
2−2k1+1−r
2=0，同理，(1−r
2)k2
2−2k2+1−r
2=0，
所以k1,k2是方程(1−r
2) x
2−2 x +1−r
2=0的两根，所以k1k2=1.
设A(x1, y1),B(x2, y2)，设直线AB的方程为y =kx +m，
将y =kx +m代入x
2
3 + 2 y
2
3 =1，得(1+2k
2) x
2+ 4 kmx +2m
2−3=0，
所以x1+ x2=−4 km
1+2k
2，①
x1 x2= 2m
2−3
1+2k
2 ,②
所以y1+ y2=k (x1+ x2)+2m=
2m
1+2k
2，③
y1 y2=(k x1+m)(k x2+m)=k
2 x1 x2+km(x1+ x2)+m
2= m
2−3k
2
1+2k
2 ，④
又因为k1k2= y1−1
x1−1 × y2−1
x2−1 = ( y1−1)( y2−1)
(x1−1)(x2−1)
= y1 y2−( y1+ y2)+1
x1 x2−(x1+ x2)+1 =1，⑤
将①②③④代入⑤，化简得3k
2+ 4 km+m
2+2m−3=0，
所以3k
2+ 4 km+(m+3)(m−1)=0，所以(m+3k +3)(m+k −1)=0，
若m+ k −1=0，则直线AB: y =kx +1−k =k (x−1)+1，此时AB过点P(1,1)，舍去.
若m+3k +3=0，则直线AB: y =kx −3−3k =k (x−3)−3，此时AB恒过点(3,−3)，
所以直线AB过定点(3,−3).
【答案】（1）x
2
4 + y
2=1； （2）详见解析；
【详解】试题分析：（1）由椭圆过点P(1 ,
❑√3
2 ) 得1
a
2 + 3
4 b
2 =3，由离心率是
❑√3
2 得
c
a =
❑√3
2 ,另外结合a
2=b
2+c
2列方程组即可确定a,b 的值从而得到椭圆C 的方程；
（2）设A( x1, y1)，B( x2, y2)，直线l的方程为 x =ky +m，或y =kx +m，将直线方
题型五、“手电筒”模型过定点之“动圆”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) , 经过点P(1 ,
❑√3
2 )，离心率是
❑√3
2 ．
（1）求椭圆C 的方程；
（2）设直线l与椭圆C交于A ,B两点，且以AB为直径的圆过椭圆右顶点M，求证：
直线l 恒过定点．
程与椭圆方程联立消去一个变量，得到关于x 或y的一元二次方程，结合一元二次方程根
的判别式与韦达定理以及平面向量的数量积⃗MA ⋅⃗MB =0确定的关系，从而找出定点坐标．
注意不论直线的方程设为哪一种形式都要先考察它与坐标轴平行的特殊情况．
试题解析：解：（1）由{
1
a
2 + 3
4 b
2 =1
c
a =
❑√3
2
a
2=b
2+c
2
，解得 {a=2
b=1，
所以椭圆C 的方程是 x
2
4 + y
2=1 ． ． 5 分
（2）方法一
（1）由题意可知，直线l的斜率为0 时，不合题意．
（2)不妨设直线l的方程为 x =ky +m．
由{
x =ky +m
x
2
4 + y
2=1 , 消去x得(k
2+ 4) y
2+2kmy +m
2−4 =0． 7 分
设A( x1, y1)，B( x2, y2)，则有y1+ y2=−2km
k
2+ 4 ①, y1 y2= m
2−4
k
2+ 4
8
②
分
因为以AB为直径的圆过点M，所以⃗MA ⋅⃗MB =0．
由⃗MA =( x1−2, y1),⃗MB =( x2−2, y2)，得( x1−2)( x2−2)+ y1 y2=0．
将x1=k y1+m, x2=k y2+m代入上式，
得(k
2+1) y1 y2+ k(m−2)( y1+ y2)+(m−2)
2=0． ③ 12 分
将①②代入③，得 5m
2−16m+12=0
k
2+ 4
，
解得m= 6
5 或m=2（舍）．
综上，直线l经过定点( 6
5 ,0). 14 分
方法二
证明：
（1）当k不存在时，易得此直线恒过点( 6
5 ,0)． 7 分
（2）当k存在时．设直线l 的方程为y =kx +m，，A( x1, y1),B( x2, y2)，
M (2,0)．
由{
x
2
4 + y
2=1
y =kx +m
，可得(4 k
2+1)x
2+8kmx + 4 m
2−12=0．
Δ=16(4 k
2−m
2+1)>0
x1+ x2= −8km
4 k
2+1
, ①
x1 x2= 4 m
2−4
4 k
2+1 ．② 9 分
由题意可知⃗
MA ⋅⃗MB =0,⃗MA =( x1−2, y1),⃗MB =( x2−2, y2),
y1=k x1+m, y2=k x2+m.
可得 ( x1−2)⋅( x2−2)+ y1 y2=0． 10 分
整理得 (km−2)( x1+ x2)+(k
2+1)x1 x2+ 4 +m
2=0 ③
把①②代入③整理得 12k
2+16km+5m
2
4 k
2+1
=0,
由题意可知 12k
2+16km+5m
2=0,
解得 m=−2k ,m=−6
5 k .
【5-1】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为1
2，且过点(−❑√2,−
❑√6
2 ).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知直线l交椭圆C于不同的两点M和N，若直线l的斜率为1，且以MN为直径的
圆经过椭圆C的右顶点，求直线l的方程.
举一反三
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)y = x−2或y = x−2
7 .
【分析】（1）由椭圆的离心率及过点(−❑√2,−
❑√6
2 )，结合a
2=b
2+c
2，列方程求解
即可.
（2）设直线l 的方程为y = x +m，与椭圆方程联立，韦达定理，由题意⃗AM ·⃗AN =0，
结合韦达定理利用数量积的坐标运算求解m，即可得解.
【详解】（1）因为椭圆C 的离心率为1
2，且过点(−❑√2,−
❑√6
2 )，
所以a=2c，2
a
2 +
3
2
b
2 =1，
又a
2=b
2+c
2，解得a
2= 4，b
2=3，则椭圆C 的方程x
2
4 + y
2
3 =1.
（2）设直线l 的方程为y = x +m，M ( x1, y1)，N ( x2, y2)，
联立{
y = x +m
x
2
4 + y
2
3 =1)
，消去y 并整理得，7 x
2+8mx + 4 m
2−12=0，
由韦达定理得x1+ x2=−8m
7 ，x1 x2= 4 m
2−12
7
，
因为以MN 为直径的圆经过椭圆C 的右顶点A(2,0)，所以⃗AM ·⃗AN =0，
即( x1−2)( x2−2)+ y1 y2=0，
整理得2 x1 x2+(m−2)( x1+ x2)+ 4+m
2=0，
因为x1+ x2=−8m
7 ，x1 x2= 4 m
2−12
7
，
所以2× 4 m
2−12
7
−(m−2)× 8m
7 + 4+m
2=0，
即7m
2+16m+ 4 =0，解得m=−2或m=−2
7 ，
因为Δ=64 m
2−4×7×(4 m
2−12)=16(21−3m
2)>0，
所以当m=−2或m=−2
7 时，满足条件，
则直线l的方程为y = x−2或y = x−2
7 .
【5-2】已知椭圆C: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1（a>b>0）的离心率为
❑√3
2 ，长轴的右端点为A(2,0).
(1)求C 的方程；
(2)不经过点A 的直线l与椭圆C 分别相交于M ，N两点，且以MN 为直径的圆过点A，
①试证明直线l过一定点，并求出此定点；
②从点A作AD⊥MN垂足为D，点B(
8
5 ,2)，写出|BD)的最小值（结论不要求证
明）.
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1
(2)①证明见解析，定点为P( 6
5 ,0)；②8
5.
【分析】（1）根据题意得出关于a,b,c的方程组，求得a=2,b=1，解得求解；
（2）①联立方程组得出x1+ x2= −8km
4 k
2+1
, x1 x2= 4 m
2−4
4 k
2+1
，根据AM ⊥AN，得到⃗
AM ⊥⃗AN，结合⃗AM ⋅⃗AN =0，列出方程求得m=−6
5 k，即可求解；
②根据AD⊥MN，得到点D落在以AP为直角的圆上，求得圆心坐标和半径，结合
点与圆的最值，即可求解.
【详解】（1）椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1的离心率为
❑√3
2 ，长轴的右端点为A(2,0)，
可得{
c
a =
❑√3
2
a=2
c
2=a
2−b
2)
，解得a=2,b=1,c = ❑√3，
所以椭圆的标准方程为x
2
4 + y
2=1.
（2）①当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y =kx +m，
联立方程组{
y =kx +m
x
2
4 + y
2=1)
，整理得(4 k
2+1)x
2+8kmx + 4 m
2−4 =0，
可得x1+ x2= −8km
4 k
2+1
, x1 x2= 4 m
2−4
4 k
2+1
，
设M ( x1, y1), N ( x2, y2)，所以⃗AM =( x1−2, y1),⃗AN =( x2−2, y2)，
由题意得AM ⊥AN，即⃗AM ⊥⃗AN，
可得⃗AM ⋅⃗AN =( x1−2, y1)⋅( x2−2, y2)= x1 x2−2( x1+ x2)+ 4 + y1 y2
= x1 x2−2( x1+ x2)+ 4+(k x1+m)(k x2+m)
=(k
2+1)x1 x2+(km−2)( x1+ x2)+m
2+ 4
=(k
2+1)⋅4 m
2−4
4 k
2+1
+(km−2)× −8km
4 k
2+1
+m
2+ 4 = 5m
2+16km+12k
2
4 k
2+1
=0，
所以5m
2+16 km+12k
2=0，解得m=−2k或m=−6
5 k，
当m=−2k时，直线方程为y =kx −2k =k( x−2)，此时过A(2,0)，不符合题意（舍
去）；
当m=−6
5 k时，直线方程为y =kx −6k
5 =k( x−6
5 )，此时过P( 6
5 ,0)，符合题意，
当直线l的斜率不存在时，设直线l: x =t，根据对称性，不妨设M , N的坐标分别为
(t , 1
2
❑√4−t
2),(t ,−1
2
❑√4−t
2)，
于是2−t = 1
2
❑√4−t
2，解得t = 6
5 ，直线l过点P( 6
5 ,0)，
综上可得，直线l过定点P( 6
5 ,0).
②由题意，过点A作AD⊥MN垂足为D，点B(
8
5 ,2)，
如图所示，点D落在以AP为直径的圆上，且圆心坐标为O1( 8
5 ,0)，半径为r = 2
5，
则|O1B)=2，所以|BD|的最小值为|O1B)−r =2−2
5 = 8
5.
【5-3】已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的渐近线为y =± ❑√2 x，双曲线的左顶点为
P(−1,0)，直线l: y =kx +m与双曲线C 相交于A，B（异于点P）两点．
(1)求双曲线C 的方程；
(2)若AB的中点为M (2,1)，求直线l 的方程；
(3)若以AB为直径的圆恒过点P，试判断直线l 是否过定点？若过定点，求出该定点的
坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】(1)x
2−y
2
2 =1
(2)4 x−y −7 =0
(3)过定点，定点坐标为(3,0)．
【分析】（1）根据给定条件，求出渐近线方程，进而求出a,b即可.
（2）联立直线与双曲线方程，利用韦达定理结合中点坐标公式求解.
（3）利用韦达定理及数量积的坐标表示求出k ,m的关系即可得解.
【详解】（1）双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1的渐近线为y =± b
a x，依题意，b
a = ❑√2，
而双曲线C 的左顶点为P(−1,0)，则a=1,b= ❑√2，
所以双曲线C的方程为x
2−y
2
2 =1．
（2）由（1）知，双曲线C的方程为x
2−y
2
2 =1，设A( x1, y1),B( x2, y2)，
由{
y =kx +m
2 x
2−y
2=2)消去y得，(k
2−2)x
2+2kmx +(m
2+2)=0，
Δ=(2km)
2−4(m
2+2)(k
2−2)=8(m
2+2−k
2)>0，且k ≠± ❑√2，
x1+ x2= −2km
k
2−2 ，由M (2,1)为AB的中点，得{
2k +m=1
−2km
k
2−2
= 4)，解得k = 4 ,m=−7，满
足Δ>0，
所以直线l 的方程为y = 4 x−7，即4 x−y −7 =0.
（3）由（2）知，x1+ x2= −2km
k
2−2
, x1 x2= m
2+2
k
2−2
．⃗PA =( x1+1, y1),⃗PB =( x2+1, y2)，
则PA⃗⋅PB⃗=(x1+1)(x2+1)+ y1 y2=(x1+1)(x2+1)+(k x1+m)(k x2+m)
=(k
2+1)x1 x2+(km+1)( x1+ x2)+(m
2+1)=(k
2+1) m
2+2
k
2−2
+(km+1)⋅−2km
k
2−2
+(m
2+1)
= 3k
2−2km−m
2
k
2−2
= (3k +m)(k −m)
k
2−2
，由以AB为直径的圆恒过点P，得⃗PA ⋅⃗PB =0，
于是(3k +m)(k −m)=0，解得m=k或m=−3k，
当m=k时，直线l: y =k( x +1)过P(−1,0)，不符合题意；
当m=−3k时，直线l: y =k( x−3)过定点(3,0)，
所以直线l 过定点，该定点坐标为(3,0).
【突破提升训练・1】已知椭圆C：x
2
6 + y
2
3 =1，F1，F2是其左、右焦点，P为椭圆C 上的
一点，下列结论正确的是（ ）
A．满足△F1 P F2是直角三角形的点P有四个
B．直线l 为椭圆C 在P 点处的切线，过F1作F1 H ⊥l于H，则|H F2)可能为4
C．过点P(2,1)作圆M：x
2+ y
2=2的一条切线，交椭圆C 于另一点Q，（O 为坐标
原点）则OP⊥OQ
D．过点P(2,1)作圆M：(x −1)
2+ y
2=r
2(0<r <❑√2)的两条切线，分别交椭圆C 于
E，H 两点，则直线EH 过定点(6,−2)
【答案】BC
【分析】通过画出图像即可判断A 项，分情况求出焦半径|H F2)的范围
❑√6−❑√3≤|H F2)≤❑√6+ ❑√3，即可对B 项判断；设出过P点的切线方程并与椭圆方程联立
及结合韦达定理即可对C、D 项判断；
【详解】∵椭圆的标准方程为：x
2
6 + y
2
3 =1，所以a= ❑√6，b=c = ❑√3.
对A：如下图所示，
题型精析・方法突破提能力
当点P在对应的P1(
❑√3,
❑√6
2 )，P6(
❑√3,−
❑√6
2 )，P3(−❑√3,
❑√6
2 )，
P4(−❑√3,−
❑√6
2 ) 4个位置时，△F1 P F2均为直角三角形，
当点P在对应的P2(0,❑√3)，P5(0,−❑√3) 2个位置时，易得△F1 P F2均为直角三角形，
所以共有6个P点使△F1 P F2为直角三角形，故A 错误；
对B：当P为椭圆左顶点时，P与H重合，此时|H F2)= ❑√6+ ❑√3>4；
当P为右顶点时，P与H重合，此时|H F2)= ❑√6−❑√3<4，
故存在点P，使|H F2)可能为4.故B 正确.
对C：设切线方程为：y −1=k (x−2)，即kx−y +1−2k =0，
由|1−2k )
❑√1+k
2 = ❑√2，得到2k
2−4 k −1=0.
将y =kx +(1−2k )代入椭圆C：x
2+2 y
2−6=0，得：
x
2+2[kx +(1−2k ))
2−6=0，整理：(1+2k
2) x
2+ 4 k (1−2k ) x +2(1−2k )
2−6=0.
设Q (x , y)，则2+ x = 4 k (2k −1)
1+2k
2
，得x = 4 k
2−4 k −2
1+2k
2
.
因为OP
→
·OQ
→
=2 x + y =2 x + kx +1−2k = 3(2k
2−4 k −1)
1+2k
2
=0，所以OP⊥OQ.故
C 正确；
对D：设切线方程为：y −1=k (x−2)，即kx−y +1−2k =0，
由|1−k )
❑√1+k
2 =r得到(r
2−1)k
2+2k +r
2−1=0，
当r
2−1=0时，又因为0<r <❑√2，即r =1，此时，k =0，y =1，得：E (−2,1)，
当x =2时为另一条切线，所以得H (2,−1)，
所以直线EH的方程为y −1= 1+1
−2−2
(x +2)，即y =−1
2 x，
此时点(6,−2)不在直线y =−1
2 x上，故D 项错误.
故选：BC.
【突破提升训练・2】已知点F1(−1,0)是椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1（a>b>0）的左焦点，且椭
圆C 经过点(−1, 3
2)．过点F1作不与x 轴重合的直线与椭圆C 相交于M，N 两点，过点M
作直线l：x =−4的垂线，垂足为E．
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)求证：直线EN过定点，并求定点的坐标．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)证明见解析；过定点P(−5
2 ,0).
【分析】（1）由{
1
a
2 + 9
4 b
2 =1
c =1 )
，解方程组可得答案；
（2）设直线MN为x =my −1，M (x1, y1)，N (x2, y2)，E(−4 , y1)，联立直线与椭
圆方程结合韦达定理可得直线EN方程，令y =0可得答案.
【详解】（1）由题意知{
1
a
2 + 9
4 b
2 =1
c =1 )
，所以a=2，而b= ❑√3，
故椭圆的标准方程为x
2
4 + y
2
3 =1．
（2）由题意F1(−1,0)，设直线MN：x =my −1，M (x1, y1)，N (x2, y2)，
E(−4 , y1)，
联立{
x =my −1
x
2
4 + y
2
3 =1)
，整理得(3m
2+ 4) y
2−6my −9=0，显然Δ>0恒成立，
则y1+ y2=
6m
3m
2+ 4 ，y1 y2=
−9
3m
2+ 4 ，易知：−2m y1 y2=3( y1+ y2)，
又k EN = y2−y1
x2+ 4 ，所以直线EN：y −y1= y2−y1
x2+ 4 ( x + 4)，
令y =0，则
x =−4−y1(x2+ 4)
y2−y1
=−4−m y1 y2+3 y1
y2−y1
=−4+
3
2 ( y2−y1)
y2−y1
=−4+ 3
2 =−5
2
．
所以直线EN过定点P(−5
2 ,0)．
7．已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
3 =1(a>0)的焦点在x轴上，且经过点E(1, 3
2)，左顶点为D，
右焦点为F．
(1)求椭圆C的离心率和△≝¿的面积；
(2)已知直线y =kx +1与椭圆C交于A，B两点，过点B作直线y =3的垂线，垂足为G，
判断直线AG是否过定点？若是，求出该定点：若不是，请说明理由．
【答案】(1)1
2，9
4 ；
(2)存在实数t =3，使得直线AG经过y轴上定点(0,2).
【分析】（1）由椭圆C经过点E(1, 3
2)，代入椭圆方程求得a=2，结合c
2=a
2−b
2，
解得c的值，进而求得离心率和△≝¿的面积；
（2）根据题意直线DE的方程为y = 1
2 x +1和G(1,t )，根据直线AG的方程，结合题
意得到2
3 t = t +3
3 ，求得t =3，进而证明存在实数t =3，使得直线AG经过y轴上定点(0,2)，
即可得到答案.
【详解】（1）解：由题意，椭圆C : x
2
a
2 + y
2
3 =1(a>0)经过点E(1, 3
2)，
可得1
a
2 + 3
4 =1，解得a=2，即椭圆C : x
2
4 + y
2
3 =1，
因为c
2=a
2−b
2=1，即c =1，所以椭圆C的离心率为e = c
a = 1
2，
又由左顶点为D，右焦点为F，所以D(−2,0), F(1,0)，
所以△≝¿的面积为S = 1
2|DF)⋅y E= 1
2 ×3× 3
2 = 9
4 .
（2）解：设过点B作直线y =3的垂线的方程为x =t，
由点D(−2,0)，E(1, 3
2)，可得直线DE的方程为y = 1
2 x +1，
当A(−2,0),B(1, 3
2 ),G(1,t )时，直线AG的方程为y = t
3 ( x +2)，交y轴于点
(0, 2t
3 )，
当A(1, 3
2 ),B(−2,0),G(−2,t )时，直线AG的方程为y −3
2 =
t −3
2
−3 ( x−1)，
此时交y轴于点(0, t +3
3 )，
若直线AG经过y轴上的定点，则2
3 t = t +3
3 ，解得t =3，直线AG交y轴于(0,2)点，
下面证明存在实数t =3，使得直线AG经过y轴上定点(0,2)，
联立方程组{
y =kx +1
x
2
4 + y
2
3 =1)
，整理得(4 k
2+3)x
2+8kx −8=0，
设A( x1, y1),B( x2, y2)，则x1+ x2= −8k
4 k
2+3
, x1 x2=
−8
4 k
2+3，
设点G( x2,3)，所以AG的方程为y −3= y1−3
x1−x2
( x−x2)，
令x =0，可得
y = −x2 y1−3 x2
x1−x2
+3= 3 x1−x2 y1
x1−x2
= 3 x1−x2(k x1+1)
x1−x2
= 3 x1−x2−k x1 x2
x1−x2
，
因为k x1 x2= x1+ x2，所以y = 3 x1−x2−( x1+ x2)
x1−x2
= 2 x1−2 x2
x1−x2
=2，
所以直线AG经过定点(0,2)，
综上可得，存在实数t =3，使得直线AG经过y轴上定点(0,2).
【突破提升训练・3】已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左右焦点分别是
､
F1(−2❑√3,0), F2(2❑√3,0)，并且经过点A(2❑√3,4).
(1)求C的方程；
(2)过点F2的直线交双曲线的右支于M , N两点（点M在第一象限），过点M作直线
x = 2❑√3
3
的垂线，垂足为D.
（i）求证：直线DN经过定点；
（ii）记△ODN的面积为S，求S的取值范围.
【答案】(1) x
2
4 −y
2
8 =1；
(2)（i）证明见解析；（ii）[ 16 ❑√3
3
,+∞)
【分析】（1）根据给定条件，求出a,b,c即可.
（2）（i）设出直线MN方程，与双曲线C的方程联立，利用韦达定理及直线DN方
程计算推理得证；（ii）由（i）求出S的函数关系，再结合函数单调性求出范围.
【详解】（1）依题意，双曲线半焦距c =2❑√3，则{
a
2+b
2=12
12
a
2 −16
b
2 =1)
，解得
a=2,b=2❑√2，
所以双曲线C的方程为x
2
4 −y
2
8 =1.
（2）（i）设M ( x1, y1), N ( x2, y2), MN : x =my +2❑√3，则D( 2❑√3
3
, y1)，
由{
x =my +2❑√3
2 x
2−y
2=8 )消去x得(2m
2−1) y
2+8 ❑√3my +16=0，
则{
2m
2−1≠0
Δ=64(m
2+1)>0
y1+ y2= −8 ❑√3m
2m
2−1
y1 y2=
16
2m
2−1
<0)
，解得0≤m
2< 1
2，m y1 y2=
16m
2m
2−1
=−2
❑√3 ( y1+ y2)，
直线DN的方程为y −y1=
y2−y1
x2−2❑√3
3
( x−2❑√3
3
)，即
y =
y2−y1
m y2+2❑√3−2❑√3
3
( x−2❑√3
3
)+ y1，
而
y2−y1
m y2+2❑√3−2❑√3
3
( x−2❑√3
3
)+ y1=
y2−y1
m y2+ 4 ❑√3
3
( x−2❑√3
3
)+ y1
=
y2−y1
−2
❑√3 y1
( y1+ y2)+ 4 ❑√3
3
( x−2❑√3
3
)+ y1=
❑√3( y2−y1) y1
2( y1−y2)
( x−2❑√3
3
)+ y1
=−
❑√3 y1
2
( x−2❑√3
3
)+ y1=−
❑√3 y1
2
( x−4 ❑√3
3
)，因此直线DN的方程为
y =−
❑√3 y1
2
( x−4 ❑√3
3
)，
所以直线DN经过定点( 4 ❑√3
3
,0).
或令y =0，得
x = 2❑√3
3
−
y1( x2−2❑√3
3
)
y2−y1
=
2❑√3
3
y2−y1 x2
y2−y1
=
2❑√3
3
y2−y1(m y2+2❑√3)
y2−y1
=
2❑√3
3
y2−2❑√3 y1−m y1 y2
y2−y1
=
2❑√3
3
y2−2❑√3 y1+ 2❑√3
3
( y1+ y2)
y2−y1
=
4 ❑√3
3
y2−4 ❑√3
3
y1
y2−y1
=
4 ❑√3
3
( y2−y1)
y2−y1
= 4 ❑√3
3
，
所以直线DN经过定点( 4 ❑√3
3
,0).
（ii）由（i）知0≤m
2< 1
2，
S = 1
2 ⋅4 ❑√3
3 |y1−y2)= 2❑√3
3
⋅
❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2= 16 ❑√3
3
⋅❑√
m
2+1
(2m
2−1)
2，
而
❑√
m
2+1
(2m
2−1)
2 =
❑√1+m
2
1−2m
2 =
❑√1+m
2
3−2(1+m
2)
=
1
3
❑√1+m
2 −2
❑√1+m
2，令
❑√1+m
2=t ∈[1,
❑√6
2 )，
因此S = 16 ❑√3
3
⋅
1
3
t −2t 在[1,
❑√6
2 )上单调递增，则S≥16 ❑√3
3
，
所以S的取值范围是[ 16 ❑√3
3
,+ ∞).
【突破提升训练・4】已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的图象经过点(3,❑√2)，其中一
条渐近线方程为y =
❑√3
3 x.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)过点P(1,0)作垂直于x轴的直线l，过点Q (3,0)作直线AB与双曲线右支交于A、B
两点，过点A作l的垂线，垂足为点D.证明：直线BD过定点，并求出该定点的坐标.
【答案】(1) x
2
3 −y
2=1
(2)证明见解析，定点坐标为(2,0)
【分析】（1）根据题意可得出关于a、b的方程组，解出这两个量的值，即可得出双
曲线的标准方程；
（2）设直线AB的方程为x =my +3，设点A(x1, y1)、B(x2, y2)，将该直线方程与双
曲线方程联立，列出韦达定理，由对称性知直线BD过x轴上的定点T (t ,0)，由⃗TD //⃗BD
结合韦达定理可求出t的值，即可得出定点的坐标.
【详解】（1）由题意可得{
b
a =
❑√3
3
9
a
2 −2
b
2 =1)
，解得{
a= ❑√3
b=1 )，因此，双曲线C的标准方程
为x
2
3 −y
2=1.
（2）若直线AB与x轴重合，则该直线与双曲线交于两个顶点，不合乎题意.
设直线AB的方程为x =my +3，设点A(x1, y1)、B(x2, y2)，
联立{
x =my +3
x
2−3 y
2=3)可得(m
2−3) y
2+6my +6=0，
由题意可得{
m
2−3≠0
Δ=36m
2−24(m
2−3)=12m
2+72>0)，
由韦达定理可得y1+ y2=−6m
m
2−3，y1 y2=
6
m
2−3，
易知点D(1, y1)，由对称性知直线BD过x轴上的定点T (t ,0)，⃗
TD =(1−t , y1)，⃗BD =(1−x2, y1−y2)，
由题意可知⃗TD //⃗BD，即(1−t )( y1−y2)=(1−x2) y1，
可得1−t = (x2−1) y1
y2−y1
= (m y2+2) y1
y2−y1
= m y1 y2+2 y1
y2−y1
=
6m
m
2−3
+2 y1
−6m
m
2−3
−2 y1
=−1，解得
t =2，
因此，直线BD过定点，且定点坐标为(2,0).
【突破提升训练・5】已知C1(−2,0),C2(2,0)，动点P满足PC1
与PC2
的斜率之积为定值
1
4 .
(1)求动点P的轨迹Γ的方程；
(2)过点M (4,0)的直线l与曲线Γ交于A ,B 两点，且A ,B均在y轴右侧，过点A 作直
线l
′: x =1的垂线，垂足为D.
（i）求证：直线BD过定点；
（ii）求△MBD面积的最小值.
【答案】(1) x
2
4 −y
2=1( y ≠0)
(2)（i）证明见解析；（ii）3 ❑√3
2
【分析】（1）设动点P的坐标，由题意列式并化简，即可得答案；
（2）（i）设直线方程l: x =my + 4，联立双曲线方程，可得根与系数的关系，求出m
的范围，利用直线BD 的方程求出其与x 轴交点坐标的表达式，化简即可证明结论；
（ii）结合根与系数的关系式，求出△MBD面积的表达式，利用换元，并结合函数的
单调性，即可求得答案.
【详解】（1）设动点P的坐标为( x , y ),( y ≠0)，由动点P 满足PC1与PC2的斜
率之积为定值1
4 ，
得k PC1⋅k PC2=
y
x +2 ⋅
y
x−2 =
y
2
x
2−4
= 1
4 ，即x
2
4 −y
2=1( y ≠0)，
故动点P的轨迹Γ的方程为x
2
4 −y
2=1( y ≠0)；
（2）（i）证明：设l: x =my + 4，联立x
2
4 −y
2=1( y ≠0)，
得(m
2−4) y
2+8my +12=0，
设A(x1, y1),B(x2, y2),∴D(1, y1)，
结合题意有{
m
2−4≠0
Δ=64 m
2−48(m
2−4)=16m
2+192>0
y1+ y2= −8m
m
2−4
y1⋅y2=
12
m
2−4
<0
)
，
解得−2<m<2，且2m y1 y2=−3( y1+ y2)，
又直线BD 的方程为y −y1= y2−y1
x2−1
(x−1)，
令y =0，则x =1−y1(x2−1)
y2−y1
= y2−x2 y1
y2−y1
= −m y1 y2+ y2−4 y1
y2−y1
=
3
2 ( y1+ y2)+ y2−4 y1
y2−y1
=
5
2 ( y2−y1)
y2−y1
= 5
2
，
故直线BD过定点T(
5
2 ,0)；
（ii）由题意知| MT |= 4−5
2 = 3
2，
故△MBD的面积为S△MBD= 1
2 | MT |⋅| y1−y2|= 3
4 | y1−y2|
= 3
4 | y1−y2|= 3
4
❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2 = 3
4 ⋅
❑√16m
2+192
|m
2−4|
= 3
❑√m
2+12
4−m
2
，
令t =
❑√m
2+12,∴t ∈[2❑√3,4)，则m
2=t
2−12，
则S△MBD=
3t
4−(t
2−12)
=
3t
16−t
2 =
3
16
t −t ，
由于y = 16
t −t在[2❑√3,4)上单调递减，故y =
3
16
t −t 在[2❑√3,4)上单调递增，
故当t =2❑√3，即m=0时，△MBD面积取最小值
3
16
2❑√3 −2❑√3
= 3 ❑√3
2
.
【突破提升训练・6】双曲线C : x
2
a
2 −y
2
3 =1(a>0)的左、右焦点分别为F1, F2，过F2作与
x轴垂直的直线交双曲线C于A ,B两点，△F1 AB的面积为12，抛物线E: y
2=2 px( p>0)
以双曲线C的右顶点为焦点.
(1)求抛物线E的方程；
(2)如图，点P(−p
2 ,t)(t ≠0)为抛物线E的准线上一点，过点P作y轴的垂线交抛物线
于点M，连接PO并延长交抛物线于点N，求证：直线MN过定点.
【答案】(1)y
2= 4 x
(2)证明见解析
【分析】（1）设F2(c ,0)(c>0)，令x =c，代入C的方程得|y A)，结合三角形的面积
求出a，即可得出p，从而得解；
（2）由（1）知P(−1,t )(t ≠0)，可得M的坐标，直线PO的方程为y =−tx，代入抛
物线E的方程可得N的坐标，进而得MN的方程，求解即可.
【详解】（1）
设F2(c ,0)(c>0)，则c =
❑√a
2+3，
令x =c，代入C的方程，得|y A)= 3
a.
所以S△F1 AB= 1
2 ×2c×2|y A)= 6
❑√a
2+3
a
=12，所以a=1，
故p
2 =a=1，即p=2.
所以抛物线E的方程为y
2= 4 x.
（2）由（1）知P(−1,t )(t ≠0)，则M(
t
2
4 ,t).
直线PO的方程为y =−tx，代入抛物线E的方程有N(
4
t
2 ,−4
t ).
当t
2≠4时，k MN =
t + 4
t
t
2
4 −4
t
2
= 4t
t
2−4 ，
所以直线MN的方程为y −t = 4t
t
2−4(x−t
2
4)，即y = 4t
t
2−4
(x−1).
所以此时直线MN过定点(1,0).
当t
2= 4时，直线MN的方程为x =1，此时仍过点(1,0)，
综上，直线MN过定点(1,0).
【突破提升训练・7】已知抛物线C : y
2= 4 x的焦点为F，准线为l，P是C上的动点．
(1)当|PF)=3时，求直线PF的方程；
(2)过点P作l的垂线，垂足为M，O为坐标原点，直线OM与C的另一个交点为Q，证
明：直线PQ经过定点，并求出该定点的坐标．
【答案】(1)2❑√2 x−y −2❑√2=0或2❑√2 x + y −2❑√2=0
(2)直线PQ经过定点(1,0)
【分析】（1）根据抛物线焦半径公式和抛物线方程可求得P点坐标，由此可求得直
线方程；
（2）设P(
y0
2
4 , y0)，可得M和直线OM方程，将直线OM方程与抛物线方程联立可
得Q(
4
y0
2 ,−4
y0)；当y0≠±2时，可求得直线PQ方程为：y = 4 y0
y0
2−4
(x−1)，由此可确定
定点(1,0)；当y0=±2时，直线PQ: x =1，恒过(1,0)；综合两种情况可得结论.
【详解】（1）由抛物线方程知：F (1,0)，准线l: x =−1；
设P(x0, y0)，则|PF)= x0+1=3，解得：x0=2，
∴y0
2= 4 x0=8，解得：y0=±2❑√2，则P(2,2❑√2)或P(2,−2❑√2)，
∴k PF =2❑√2或−2❑√2，
∴直线PF的方程为：y =2❑√2(x−1)或y =−2❑√2(x−1)，即2❑√2 x−y −2❑√2=0或
2❑√2 x + y −2❑√2=0.
（2）设P(x0, y0)，即P(
y0
2
4 , y0)，则M (−1, y0)，∴直线OM : y =−y0 x，
由{
y =−y0 x
y
2= 4 x )得：y0
2 x
2= 4 x，解得：x =0或x = 4
y0
2，∴Q(
4
y0
2 ,−4
y0)；
当y0≠±2时，k PQ=
−4
y0
−y0
4
y0
2 −x0
=
−4 + y0
2
y0
16−y0
4
4 y0
2
= 4 y0
y0
2−4 ，
∴直线PQ方程为：y −y0= 4 y0
y0
2−4(x−y0
2
4 )，整理可得：y = 4 y0
y0
2−4
(x−1)，
∴直线PQ恒过点(1,0)；
当y0=±2时，直线PQ方程为x =1，恒过点(1,0)；
综上所述：直线PQ经过定点(1,0).
【突破提升训练・8】已知抛物线C：y
2=8 x的焦点为F，准线为l，M 是C 上的动点．
(1)当|MF)=5时，求直线MF 的方程．
(2)过点M 作l 的垂线，垂足为P，O 为坐标原点，直线OP 与C 的另一个交点为N，
证明：直线MN 经过定点．
【答案】(1)y =2❑√6( x−2)或y =−2❑√6( x−2)
(2)证明见解析
【分析】（1）设M (x0, y0)，由抛物线定义结合|MF)=5可得x0，后可得直线MF 的
方程；
（2）方法1，设M (x0, y0)，则P(−2, y0)，设N ( x1, y1).分斜率不存在与存在两种
情况分析所过定点，当直线斜率存在时，将直线与抛物线方程联立，由kOP=kON结合韦达
定理可得b=−2k，即可得定点；方法2，设M (x0, y0)，则P(−2, y0)，将直线OP 方程
与抛物线方程联立，可得N 坐标，后分y0≠± 4与y0=± 4两种情况得PN 方程，即可得定点.
【详解】（1）（1）由抛物线方程知F（2，0），准线l: x =−2．
设M (x0, y0)，则| MF |= x0+2=5，解得x0=3，
∴y0
2=8 x0=24，解得y0=±2❑√6，则M (3,2❑√6)或M (3,−2❑√6)，
∴k MF =2❑√6或−2❑√6，∴直线MF 的方程为y =2❑√6( x−2)或y =−2❑√6( x−2)，
（2）方法1，设M (x0, y0)，则P(−2, y0)，设N ( x1, y1)．
当直线MN 的斜率不存在时，N (x0,−y0)，
由题意知kOP=kON，即
y0
−2 = −y0
x0
，可得x0=2，
此时直线MN 的方程为x =2，直线MN 过点（2，0）．
当直线MN 的斜率存在时，可设其直线方程为y =kx +b，易知k ≠0．
由{
y =kx +b
y
2=8 x )，得关于y 的方程k y
2−8 y +8b=0，Δ=64−32kb>0，所以
y0 y1= 8b
k ．由kOP=kON得
y0
−2 = y1
x1
，即
y0
−2 = y1
y1
2
8
，所以y0 y1=−16，所以b=−2k，满足
Δ>0，从而直线MN 的方程为y =kx −2k =k( x−2)，此时直线MN 过定点
（2，0）．综上所述，直线MN 过定点（2，0）．
方法2，设M ( y0
2
8 , y0)( y0≠0)），则P(−2, y0)，∴直线OP：y =−y0
2 x，
由{
y =−y0
2 x
y
2=8 x )
，得关于x 的方程y0
2
4 x
2=8 x，得x =0或x = 32
y0
2 ，∴N ( 32
y0
2 ,−16
y0
)．
当y0≠± 4时，k MN =
−16
y0
−y0
32
y0
2 −y0
2
8
=
−16+ y0
2
y0
256−y0
4
8 y0
2
=
8 y0
y0
2−16，
∴直线MN 的方程为y −y0=
8 y0
y0
2−16
( x−y0
2
8 )，整理可得y =
8 y0
y0
2−16
( x−2)，
∴直线MN 恒过定点（2，0）．
当y0=± 4时，直线MN 的方程为x =2，恒过定点（2，0）．
综上所述，直线MN 经过定点（2，0）．
【突破提升训练・9】已知椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)过点(1,
❑√2
2 )，焦距为2.
(1)求E的方程；
(2)若F (1,0)，过F作两条相互垂直的直线AB，CD与曲线E分别交于A，B，C，D 四
点，设线段AB，CD与的中点分别为M，N.
（i）证明：直线MN过定点；
（ii）求四边形ACBD面积的取值范围.
【答案】(1) x
2
2 + y
2=1
(2)（i）直线MN过定点(
2
3 ,0)；（ii）[
16
9 ,2)
【分析】（1）根据椭圆的焦距和椭圆上的一个点，待定系数求出椭圆标准方程.
（2）根据椭圆与直线的关系，结合韦达定理，和中点弦的性质，证明直线过定点，
并求出四边形面积的范围.
【详解】（1）由题意知椭圆过点(1,
❑√2
2 )，则1
a
2 + 1
2b
2 =1，
因为c =1，所以a
2=b
2+1，联立方程组{
a
2=b
2+1
1
a
2 + 1
2b
2 =1)
，解得a= ❑√2，则b=1，
所以椭圆E的方程为x
2
2 + y
2=1.
（2）
（i）当两条直线的斜率都存在时，不妨设AB：x =my +1，CD: x =−1
m y +1，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，C (x3, y3)，D(x4, y4)，
联立直线AB与椭圆E的方程，得{
x =my +1
x
2+2 y
2=2)，消去x整理得
(m
2+2) y
2+2my −1=0，
易知Δ>0，根据韦达定理可知y1+ y2= −2m
m
2+2，y1 y2= −1
m
2+2，
y M = y1+ y2
2
= −m
m
2+2，xM =m y M +1=
2
m
2+2，
即M(
2
m
2+2
, −m
m
2+2).同理N(
2m
2
2m
2+1
,
m
2m
2+1)，
所以k MN =
−m
m
2+2
−
m
2m
2+1
2
m
2+2
−
2m
2
2m
2+1
=
3m
2(m
2−1)，
所以MN : y −−m
m
2+2
=
3m
2(m
2−1)(x−
2
m
2+2)，
令y =0，得x = 2
3，此时直线MN恒过(
2
3 ,0).
当两条直线中有一条直线的斜率不存在时，易知MN : y =0，仍经过(
2
3 ,0)，
所以直线MN过定点(
2
3 ,0).
（ii）当两条直线中有一条直线的斜率不存在时，易知S ACBD=2，
当两条直线的斜率都存在时，不妨设AB: x =my +1；CD: x =−1
m y +1，
由（i）得：|AB)=
❑√1+m
2|y2−y1)=2❑√2 1+m
2
2+m
2.
同理|CD)=
❑√1+m
2|y2−y1)=2❑√2 1+m
2
2m
2+1
，
则S ACBD= 1
2|AB)|CD)= 4
(m
2+1)
2
2m
4+5m
2+2
= 4 m
4+2m
2+1
2m
4+5m
2+2
=2−
2m
2
2m
4+5m
2+2
，
因为
2m
2
2m
4+5m
2+2
=
2
2m
2+ 2
m
2 +5，
根据基本不等式2m
2+ 2
m
2 ≥2❑√
2m
2⋅2
m
2 = 4，当且仅当m
2=1时等号成立，
所以
2
2m
2+ 2
m
2 +5
∈(0, 2
9)，S ACBD=2−
2m
2
2m
4+5m
2+2
∈[
16
9 ,2)，
综上，四边形ACBD面积的取值范围为[
16
9 ,2).
【突破提升训练・10】已知F是椭圆C : x
2
4 + y
2
3 =1的右焦点，过点F作两条相互垂直的动
直线l1和l2，l1与C交于A，B两点，l2与C交于D，E两点.
(1)若AD // x轴，求| AD|；
(2)设M，N分别为线段AB，DE的中点，求证：直线MN过定点P(
4
7 ,0).
【答案】(1)8 ❑√7
7
(2)(
4
7 ,0)
【分析】（1）由AD // x轴，分别设A(−
❑√
4(1−t
2
3),t)，D(
❑√
4(1−t
2
3),t)，根
据l1⊥l2，可得FA⃗⋅FD⃗=0，从而可求解.
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，设直线l1: x =my +1(m≠0)，与x
2
4 + y
2
3 =1联立，分
别求出M(
4
3m
2+ 4
,−
3m
3m
2+ 4)，N(
4 m
2
3+ 4 m
2 ,
3m
3+ 4 m
2)，再根据l1⊥l2，从而可求解.
【详解】（1）由题意知F(1,0).
因为AD // x轴，所以A，D两点的纵坐标相同，设为t.
由椭圆方程，不妨令A(−
❑√4(1−t
2
3),t)，D(
❑√4(1−t
2
3),t)，
因为l1⊥l2，所以⃗
FA ⋅⃗FD =(−
❑√4(1−t
2
3)−1,t)⋅(
❑√4(1−t
2
3)−1,t)=1−4(1−t
2
3)+t
2=0，
整理得t
2
3 = 3
7 ，所以| AD|=2
❑√4(1−t
2
3)= 8 ❑√7
7
.
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2).
当l1与l2的斜率都存在时，设直线l1: x =my +1(m≠0)，与x
2
4 + y
2
3 =1联立，
消去x，整理得(3m
2+ 4) y
2+6my −9=0，
∴ y1+ y2=−
6m
3m
2+ 4 ，y1 y2=−
9
3m
2+ 4 ，
x1+ x2=m( y1+ y2)+2=−
6m
2
3m
2+ 4
+2=
8
3m
2+ 4 ，
∴ M(
4
3m
2+ 4
,−
3m
3m
2+ 4).
同理，用−1
m替换m，可得N(
4 m
2
3+ 4 m
2 ,
3m
3+ 4 m
2).
当m=±1时，M，N两点的横坐标均为4
7 ，故直线MN过点P(
4
7 ,0).
当m≠±1时，
3m
3m
2+ 4
4
7 −
4
3m
2+ 4
=
3m
3+ 4 m
2
4 m
2
3+ 4 m
2 −4
7
=
7m
4(m
2−1)，即k MP=k NP，
此时直线MN过点P(
4
7 ,0).
当l1或l2与x轴重合时，MN也与x轴重合，此时直线MN也经过点P(
4
7 ,0)，
综上可知，直线MN过定点P(
4
7 ,0).
【突破提升训练・11】已知F1，F2是双曲线C：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左、右焦点，若
点P为C 上的一点，且P F1⊥P F2，△P F1 F2的面积为3，双曲线的离心率为
❑√7
2 .
(1)求曲线C 的方程；
(2)过曲线C 左焦点F1的两条相互垂直的直线分别交双曲线C 于A ,B和D , E，M , N
分别是AB , DE的中点，求证：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，(−4 ❑√7 ,0)
【分析】（1）利用△P F1 F2的面积以及双曲线的离心率求得a
2,b
2，从而求得双曲线
C的方程.
（2）设出直线AB , DE的方程并与双曲线方程联立，由根与系数关系求得M , N两点
的坐标，进而求得直线MN的方程，从而确定定点坐标.
【详解】（1）由点P为双曲线C的一点，则||P F1)−|P F2))=2a，
所以|P F1)
2+|P F2)
2−2|P F1)⋅|P F2)= 4 a
2，
又P F1⊥P F2，所以|P F1)
2+|P F2)
2= 4 c
2，
所以|P F1)⋅|P F2)=2b
2，所以S△P F1 F2=b
2，故而b
2=3.
又c
a =
❑√7
2 ,c =
❑√7
2 a，且c
2=a
2+b
2，即7
4 a
2=a
2+3,a
2= 4 ,c
2=7，
所以曲线C的方程为x
2
4 −y
2
3 =1.
（2）设直线AB的方程为：x =my −❑√7(m≠0)，A( x1, y1)，B( x2, y2)，中点
M ( x0, y0)，
直线DE的方程为：x =m
′ y −❑√7(m
′≠0)，D( x3, y3)，E( x4, y4)，中点
N ( x
′
0, y
′
0)，
由AB与DE垂直，所以mm
′ =−1，
联立方程{
x =my −❑√7
x
2
4 −y
2
3 =1)
，消去x得：(3m
2−4) y
2−6 ❑√7my +9=0，
由题意需满足：3m
2−4≠0，
且Δ=7×36m
2−4×9(3m
2−4)=36(4 m
2+ 4)>0，
所以y0= y1+ y2
2
= 3 ❑√7m
3m
2−4
，x0=m y0−❑√7=
4 ❑√7
3m
2−4
.
同理：y
′
0= y3+ y4
2
= 3 ❑√7m
′
3m′
2−4
，x
′
0=m
′ y
′
0−❑√7 =
4 ❑√7
3m
′2−4
，
当m
2≠1时，k MN = y0−y
′
0
x0−x
′
0
= 1
4 ×
m
m
2−1
，
故而直线MN为：y = 1
4 ×
m
m
2−1(x−
4 ❑√7
3m
2−4)+ 3 ❑√7m
3m
2−4
，
即：4(m
2−1)
m
y = x + 4 ❑√7，所以直线MN过定点(−4 ❑√7 ,0)，
当m
2=1时，经检验，直线MN过定点(−4 ❑√7 ,0)，
当直线AB与直线DE，其中一条直线斜率不存在，另一条直线斜率为零时，
直线MN是x轴，过点(−4 ❑√7 ,0).
综上所述，直线MN过定点(−4 ❑√7,0).
【突破提升训练・12】已知一动圆经过点M (2,0)，且在y轴上截得的弦长为4，设动圆圆
心的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)过点N (1,0)任意作相互垂直的两条直线l1,l2，分别交曲线C于不同的两点A ,B和
不同的两点D , E.设线段AB , DE的中点分别为P ,Q.
①求证：直线PQ过定点R，并求出定点R 的坐标；②求|PQ)的最小值.
【答案】(1)y
2= 4 x
(2)①证明见解析，(3,0)；②4
【分析】（1）设圆心坐标，然后根据半径、圆心到直线距离和弦长一半之间的关系
列方程化简可得；
（2）设直线方程与抛物线方程联立消元，利用韦达定理表示出P、Q 坐标，然后考察
其方程可得①；用两点间距离公式表示出|PQ)
2，通过换元转化为二次函数求解可得.
【详解】（1）设圆心C( x , y).则半径、圆心到y 轴距离和弦长一半满足勾股定理
∴x
2+ 4 =( x −2)
2+ y
2.化简得：y
2= 4 x
∴曲线C的方程为y
2= 4 x.
（2）①易知直线l1,l2的斜率存在且不为0，设直线l1的斜率为k，
A( x1, y1),B( x2, y2).则直线l1的方程为y =k( x−1), P(
x1+ x2
2
, y1+ y2
2 ).
由{
y
2= 4 x
y =k( x−1))消去y，得k
2 x
2−(2k
2+ 4)x + k
2=0.
Δ=(2k
2+ 4)
2−4 k
4=16 k
2+16>0.
∴x1+ x2=2+ 4
k
2 , y1+ y2=k( x1+ x2−2)= 4
k .∴P(1+ 2
k
2 , 2
k).
同理可得Q(1+2k
2,−2k ).当k =1或−1时，直线PQ的方程为x =3；
当k ≠1且k ≠−1时，直线PQ的斜率为
k
1−k
2.
∴直线PQ的方程为y +2k =
k
1−k
2 ( x−1−2k
2)，即(k
2−1) y +( x −3)k =0.
∴直线PQ过定点R，其坐标为(3,0).
②由①，知P(1+ 2
k
2 , 2
k)，Q(1+2k
2,−2k )，
∴|PQ)
2=(2k
2−2
k
2)
2
+(2k + 2
k)
2
= 4(k
4+ 1
k
4 + k
2+ 1
k
2)
= 4[(k
2+ 1
k
2)
2
+(k
2+ 1
k
2)−2).
∵k
2+ 1
k
2 ≥2 (当且仅当k =1或−1时取等号)，
记t =k
2+ 1
k
2 (1≥2),∴|PQ)
2= 4(t
2+t −2)= 4[(t + 1
2)
2
−9
4).
∴当t =2时，|PQ)
2的最小值为16.∴当t =2即k =1或−1时，|PQ)的最小值为4.
【突破提升训练・13】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 = ❑√2 x，
右焦点为F (❑√3,0)．
(1)求C 的标准方程；
(2)过点F 且相互垂直的两条直线l和l
′分别与C 交于点A，B 和点P，Q，记AB , PQ的
中点分别为M，N，求证：直线MN过定点．
【答案】(1)x
2−y
2
2 =1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，列出关于a,b,c的方程，求出它们的值，即可求得答案；
（2）考虑直线斜率存在和不存在情况，存在时，设出直线方程，联立双曲线方程求
出M , N坐标，表示出直线MN的方程，推出直线过定点，即可证明结论.
【详解】（1）设双曲线C 的半焦距为c，
根据题意得{
b
a = ❑√2
c = ❑√3
a
2+b
2=c
2)
，解得{
a
2=1
b
2=2
c
2=3)
，
所以C 的标准方程为x
2−y
2
2 =1；
（2）当直线l和l
′斜率均存在时，
设直线l的方程为x =my + ❑√3(m≠0)，A(x1, y1)，B( x2, y2)，中点M (x0, y0)，
由{
x =my + ❑√3
x
2−y
2
2 =1)
，消去x，得(2m
2−1) y
2+ 4 ❑√3my + 4 =0 ,m≠±
❑√2
2 ，
则Δ=16(m
2+1)>0，y0= y1+ y2
2
=−2 ❑√3 m
2m
2−1
，x0=m y0+ ❑√3=−
❑√3
2m
2−1
，
故M(−
❑√3
2m
2−1
,−2❑√3 m
2m
2−1)；
设直线l
′的方程为x =ny + ❑√3(n≠±
❑√2
2 且n≠0)，
P( x1
′ , y1
′),Q( x2
′ , y2
′)，中点N (x0
′ , y0
′)，
同理可得N(−
❑√3
2n
2−1
,−2❑√3n
2n
2−1)，
因为mn=−1，所以m≠± ❑√2，N(−
❑√3m
2
2−m
2 , 2❑√3m
2−m
2)，
当x0= x0
′时，m=±1，此时x0= x0
′ =−❑√3，直线MN的方程为x =−❑√3；
当x0≠x0
′时，m≠±1，此时直线MN 的斜率
k MN = y0
′−y0
x0
′−x0
=
2❑√3m
2−m
2 + 2❑√3 m
2m
2−1
−
❑√3m
2
2−m
2 +
❑√3
2m
2−1
=
m
1−m
2
，
直线MN的方程为y =
m
1−m
2(x +
❑√3
2m
2−1)−2❑√3m
2m
2−1
，
即y =
m
1−m
2 ( x + ❑√3)，此时直线MN过定点(−❑√3,0)；
当直线l和l
′其中一条直线的斜率不存在时，MN所在直线为x 轴，也过点(−❑√3,0)，
综上所述，直线MN过定点(−❑√3,0).
【突破提升训练・14】已知椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为
❑√3
2 ．点(2,❑√2)在椭圆C
上．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点P(0,−2)任作椭圆C的两条相互垂直的弦AB、CD，设M、N分别是AB、
CD的中点，则直线MN是否过定点？若过，求出该定点坐标；若不过，请说明理由．
【答案】（1）x
2
12 + y
2
3 =1；（2）直线MN过定点(0,−2
5 )．
【分析】（1）根据椭圆离心率公式，结合点在椭圆上的性质、椭圆a,b,c之间的关
系，得到方程组，解方程组求出a
2，b
2的值，进而可得椭圆C的方程．
（2）设直线AB的方程，联立直线AB与椭圆方程，消去一未知数，得到一个一元二
次方程，结合韦达定理、中点坐标公式、直线斜率公式，可得到直线MN斜率，直线MN
方程，令x =0，即可得出答案．
【详解】（1）由已知得{
c
a =
❑√3
2
4
a
2 + 2
b
2 =1
a
2=b
2+c
2)
，解得a
2=12，b
2=3，所以椭圆C的方程为
x
2
12 + y
2
3 =1；
（2）由题意知直线AB，CD的斜率存在且不为0，
设直线AB的方程为：y =kx −2(k ≠0), A( x1, y1),B( x2, y2)，
由{
y =kx −2
x
2
12 + y
2
3 =1)
得(1+ 4 k
2)x
2−16 kx + 4 =0，
由Δ=(−16 k )
2−4×4⋅(1+ 4 k
2)>0⇒k
2> 1
12，且x1+ x2= 16k
1+ 4 k
2，所以
xM = x1+ x2
2
=
8k
1+ 4 k
2，y M =k xM −2=−
2
1+ 4 k
2，
即M (
8k
1+ 4 k
2，−
2
1+ 4 k
2 )，同理N ( −8k
k
2+ 4 ，−2k
2
k
2+ 4
)，
所以k MN =
−
2
1+ 4 k
2 + 2k
2
k
2+ 4
8k
1+ 4 k
2 + 8k
k
2+ 4
= k
2−1
5k
，
所以直线MN的方程为y +
2
1+ 4 k
2 = k
2−1
5k ( x−
8k
1+ 4 k
2 )，
由对称性可知定点必在y轴上，令x =0，得y = k
2−1
5k (0−
8k
1+ 4 k
2 )−
2
1+ 4 k
2 =−2
5，
所以直线MN过定点(0,−2
5 )．
【突破提升训练・15】已知椭圆Ω: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为
❑√5
5 ，焦距为2．
（1）求Ω的标准方程．
（2）过Ω的右焦点F 作相互垂直的两条直线l1，l2（均不垂直于x 轴），l1交Ω于A，
B 两点，l2交Ω 于C，D 两点．设线段AB，CD 的中点分别为M，N，证明：直线MN 过定
点．
【答案】（1）x
2
5 + y
2
4 =1；（2）证明见解析．
【解析】（1）由焦点得c，由离心率可求得a，再由a
2=b
2+c
2求得b后可得椭圆方程；
（2）设直线AB 的方程为y =k( x−1)(k ≠0)，A(x1, y1)，B(x2, y2)，直线方程代
入椭圆方程整理后应用韦达定理得x1+ x2, x1 x2，从而得M点坐标，同理得N点坐标，在直
线MN斜率存在的情况下，求出直线MN斜率，得直线方程，由直线方程得定点坐标，然
后说明斜率不存在时直线也过此定点．
【详解】（1）解：因为离心率e = c
a =
❑√5
5 ，2c =2，且a
2=b
2+c
2，
所以c =1，a= ❑√5，b=2，
故Ω的标准方程为x
2
5 + y
2
4 =1．
（2）证明：由（1）知F(1,0)．
设直线AB 的方程为y =k( x−1)(k ≠0)，A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立方程组{
y =k( x−1)
x
2
5 + y
2
4 =1)
，消去y 得
(5k
2+ 4) x
2−10k
2 x +5k
2−20=0，
则x1+ x2= 10k
2
5k
2+ 4
，y1+ y2= −8k
5k
2+ 4 ，
所以M 的坐标为(
5k
2
5k
2+ 4
, −4 k
5k
2+ 4)．
因为CD⊥AB，所以CD 的斜率为−1
k ．
将M 坐标中的k 换为−1
k ，可得N 的坐标为(
5
4 k
2+5
,
4 k
4 k
2+5)．
当k ≠±1时，设直线MN 的斜率为k MN，
则k MN = y N −y M
xN −xM
= −9k
5k
2−5
，
所以直线MN 的方程为y −
4 k
4 k
2+5
= −9k
5k
2−5(x−
5
4 k
2+5)，
即y = −9k
5k
2−5(x−5
9)，则直线MN 过定点(
5
9 ,0)．
当k =±1时，直线MN 的方程为x = 5
9，也过点(
5
9 ,0)．
综上所述，直线MN 过定点(
5
9 ,0)．
【突破提升训练・16】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为
❑√5
5 ，短轴长为4．
(1)求C 的标准方程；
(2)过C 的左焦点F 作相互垂直的两条直线l1，l2（均不垂直于x 轴），l1交C 于A，B
两点，l2交C 于C，D 两点．设线段AB，CD 的中点分别为P，Q，证明：直线PQ 恒过x
轴上一定点．
【答案】(1) x
2
5 + y
2
4 =1
(2)证明见解析
【分析】（1）依题意得到方程组，即可求出a、b、c，从而求出椭圆方程；
（2）设直线AB 的方程为y =k (x +1)(k ≠0)，A(x1, y1)，B(x2, y2)，联立直线与椭
圆方程，消元、列出韦达定理，即可得到P的坐标，将P的坐标中的k换为−1
k ，即可得到
Q的坐标，当k =±1时求出直线PQ的方程，即可求出定点H的坐标，当k ≠±1时由
k PH =kQH，即可得解；
【详解】（1）解：因为离心率e = c
a =
❑√5
5 ，2b= 4，且a
2=b
2+c
2，
所以b=2，a= ❑√5，c =1，故C 的标准方程为x
2
5 + y
2
4 =1．
（2）解：由（1）知F (−1,0)．
设直线AB 的方程为y =k (x +1)(k ≠0)，A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立方程组{
y =k (x +1)
x
2
5 + y
2
4 =1)
，消去y，得(5k
2+ 4) x
2+10k
2 x +5k
2−20=0，
则x1+ x2= −10k
2
5k
2+ 4
，所以y1+ y2=k (x1+ x2)+2k =
8k
5k
2+ 4 ，所以P的坐标为
(
−5k
2
5k
2+ 4
,
4 k
5k
2+ 4)．
因为CD⊥AB，所以CD 的斜率为−1
k ，
将P的坐标中的k换为−1
k ，可得Q(
−5
4 k
2+5
, −4 k
4 k
2+5)．
当
−5
4 k
2+5
= −5k
2
5k
2+ 4
，解得k =±1，此时直线PQ 的方程为x =−5
9，恒过x轴上点
H(−5
9 ,0)．
当k ≠±1时，k PH =
4 k
5k
2+ 4
−5k
2
5k
2+ 4
+ 5
9
=
36 k
20−20k
2，kQH =
−4 k
4 k
2+5
−5
4 k
2+5
+ 5
9
=
36k
20−20k
2，所以
k PH =kQH，直线PQ 过定点H(−5
9 ,0)．
综上所述，直线PQ 过定点(−5
9 ,0)．
【突破提升训练・17】已知A为椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的下顶点，F1，F2分别为C
的左、右焦点，|A F1)+|A F2)= ❑√3|F1 F2)，且C的短轴长为2❑√2．
(1)求C的方程；
(2)设O为坐标原点，M，N为C上x轴同侧的两动点，两条不重合的直线M F1，N F1
关于直线x =−1对称，直线MN与x轴交于点P，求△OMP的面积的最大值．
【答案】(1) x
2
3 + y
2
2 =1
(2)3 ❑√2
2
【分析】（1）依题意根据椭圆的定义得到{
2a=2❑√3c
2b=2❑√2 )，再根据a
2=b
2+c
2，即可求
出a
2、b
2，从而求出椭圆方程；
（2）设M (x1, y1)，N (x2, y2)，直线MN 的方程x =my +n(m≠0)，联立直线与椭圆
方程，消元、列出韦达定理，依题意可得k M F1+ k N F1=0，即可得到n=−3，从而得到直线
MN恒过定点P(−3,0)，即可求出S△OMP面积的最大值；
【详解】（1）解：由椭圆的定义可知2a=2❑√3c，所以a= ❑√3c，
因为a
2=b
2+c
2，所以b
2=2c
2，
由C 的短轴长为2❑√2得2b=2❑√2，解得b= ❑√2，
所以c =1，a= ❑√3，
故C 的方程为x
2
3 + y
2
2 =1.
（2）解：设M (x1, y1)，N (x2, y2)，
由（1）知F1(−1,0)，所以直线x =−1过点F1，
因为两条不重合的直线M F1，N F1关于直线x =−1对称，
所以x1≠−1，x2≠−1，且M，N 不同时为C 左、右顶点．
设直线MN 的方程x =my +n(m≠0)，由{
x
2
3 + y
2
2 =1
x =my +n)
，得
(2m
2+3) y
2+ 4 mny +2n
2−6=0，
则y1+ y2=−4 mn
2m
2+3，y1 y2= 2n
2−6
2m
2+3
，
因为直线M F1，N F1关于直线x =−1对称，
所以k M F1+ k N F1=0，
则k M F1+ k N F1=
y1
x1+1 +
y2
x2+1 = y1(x2+1)+ y2(x1+1)
(x1+1)(x2+1)
= y1(m y2+n+1)+ y2(m y1+n+1)
(x1+1)(x2+1)
=0，
所以y1(m y2+n+1)+ y2(m y1+n+1)=2m y1 y2+(n+1)( y1+ y2)=0，
即2m(2n
2−6)
2m
2+3
−4 mn(n+1)
2m
2+3
=0，因为m≠0，所以n=−3，
所以直线MN 恒过定点P(−3,0)，且|OP)=3，
当M与C 的上顶点或下顶点重合，即|OM |= ❑√2时，△OMP 的面积取得最大值，即
(S△OMP)max= 1
2 |OP||OM |= 1
2 ×3×❑√2= 3 ❑√2
2
.
【突破提升训练・18】已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为1
2，且过点(
❑√2,
❑√6
2 )，
直线l 交椭圆C 于不同的两点M 和N．
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)直线l 的斜率为1，且以MN 为直径的圆经过椭圆C 的右顶点，求直线l 的方程；
(3)已知点P(
2
3 ,0)，若点A 是椭圆的右顶点，M 和N 两点都在x 轴上方，且
∠APM =∠OPN．证明直线l 过定点，并求出该定点坐标．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)y = x−2或y = x−2
7
(3)证明见解析，(6,0)
【分析】（1）由椭圆离心率和椭圆过点(
❑√2,
❑√6
2 )，列方程求出a,b即可得出椭圆方
程；
（2）设直线l 的方程为y = x +m，联立直线方程与椭圆方程，根据根与系数的关系及⃗
AM ⋅⃗AN =0可得m=−2或m=−2
7 ，即可求出直线l 的方程；
（3）分析直线斜率是否存在，当直线斜率存在时，联立直线方程与椭圆方程，根据
根与系数的关系及∠APM =∠OPN可得m=−6 k，即可证明直线过定点.
【详解】（1）因为椭圆C 的离心率为1
2，且过点(
❑√2,
❑√6
2 )，则a=2c，2
a
2 +
3
2
b
2 =1，
又a
2=b
2+c
2，解得a
2= 4，b
2=3，所以椭圆C 的方程x
2
4 + y
2
3 =1；
（2）因为直线l 的斜率为1，故设直线l 的方程为y = x +m，设M (x1, y1)，
N (x2, y2)，
由{
& &
y = x +m
x
2
4 + y
2
3 =1)
，消去y 整理得7 x
2+8mx + 4 m
2−12=0，
则x1+ x2=−8m
7 ，x1 x2= 4 m
2−12
7
，
因为以MN 为直径的圆经过椭圆C 的右顶点，则⃗AM ⋅⃗AN =0，
所以(x1−2)(x2−2)+ y1 y2=0，即(x1−2)(x2−2)+(x1+m)(x2+m)=0
整理得2 x1 x2+(m−2)(x1+ x2)+ 4+m
2=0，
所以2× 4 m
2−12
7
−(m−2)× 8m
7 + 4+m
2=0，
即7m
2+16m+ 4 =0，解得m=−2或m=−2
7 ，
因为Δ=64 m
2−4×7×(4 m
2−12)=16(21−3m
2)>0，
显然当m=−2或m=−2
7 时，成立，所以直线l 的方程为y = x−2或y = x−2
7 ；
（3）当直线l 斜率不存在时，直线l 与椭圆C 交于不同的两点分布在x 轴两侧，不合
题意．
所以直线l 斜率存在，设直线l 的方程为y =kx +m．设M (x1, y1)，N (x2, y2)，
由{
x
2
4 + y
2
3 =1
y =kx +m)
得(3+ 4 k
2) x
2+8kmx + 4 m
2−12=0，所以x1+ x2= −8km
3+ 4 k
2，
x1 x2= 4 m
2−12
3+ 4 k
2 ．
因为∠APM =∠OPN，所以k PM + k PN =0，-
即
y1
x1−2
3
+
y2
x2−2
3
=0，整理得2k x1 x2+(m−2
3 k)(x1+ x2)−4 m
3 =0，化简得
m=−6 k，
所以直线l 的方程为y =kx −6 k =k (x−6)，所以直线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)的左焦点为F，离心率为1
2，点
A(−1, 3
2)是椭圆C上一点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若M , N为椭圆C上不同于A的两点，且直线AM , AN关于直线AF对称，求证：直
线MN的斜率为定值．
【答案】(1) x
2
4 + y
3
3 =1
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意可得方程组{
3a
2= 4 b
2
1
a
2 + 9
4 b
2 =1)
，求出a,b，即可求出椭圆C的标准
方程；
（2）设直线AM的方程是y −3
2 =k( x +1)，M (x1, y1), N (x2, y2)，联立椭圆方程由
韦达定理可得：x1= −4 k
2−12k +3
3+ 4 k
2
，同理可求得x2= −4 k
2+12k +3
3+ 4 k
2
，即可求出直线
MN的斜率.
【详解】（1）∵e = c
a = 1
2 ,a
2=b
2+c
2∴3a
2= 4 b
2，又A(−1, 3
2)在椭圆上，
∴1
a
2 + 9
4 b
2 =1，解得a
2= 4 ,b
2=3，所以椭圆方程为：x
2
4 + y
3
3 =1．
（2）由（1）知，c =1, AF ⊥x轴，设直线AM的斜率为k，因为AM , AN关于直线
AF对称，所以直线AN的斜率为−k．
又A(−1, 3
2)，所以直线AM的方程是y −3
2 =k( x +1)．设M (x1, y1), N (x2, y2)，¿
x1= −4 k
2−12k +3
3+ 4 k
2
．
将上式中的k 换成−k得，x2= −4 k
2+12k +3
3+ 4 k
2
．
k MN = y1−y2
x1−x2
= k (x1+ x2+2)
x1−x2
=
k(
−8k
2+6
3+ 4 k
2 +2)
−24 k
3+ 4 k
2
=−1
2
.
【突破提升训练・20】已知抛物线C : y
2=2 px( p>0)的焦点为F，点P(a,2)在C上，且
|PF)=2.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点P作圆O: x
2+ y
2=r
2(r >0)的两条切线l1,l2，且l1,l2分别与C相交于点A，B
（异于点P）.
（ⅰ）若l1⊥l2，求△PAB.面积；
（ⅱ）证明：直线AB过定点.
【答案】(1)y
2= 4 x
(2)640
9 ；证明见解析.
【分析】（1）根据焦半径公式结合题设条件可得关于p,a的方程组，求出解后可得
抛物线方程；
（2）（ⅰ）设l1: y −2=k (x−1),l2: y −2=−1
k
(x−1)，再根据
|OP)= ❑√2r =
❑√1
2+2
2= ❑√5，得出k，再联立方程得出点A,B 的坐标计算得出面积；（ⅱ）
设直线AB联立得出y1+ y2= 4 m, y1 y2=−4 n，根据k1⋅k2=−1可得n−2m=5，由此可
证直线AB过定点.
【详解】（1）点P(a,2)在C上，且|PF )=2.
由题意得：{
a+ p
2 =2
2 pa= 4)
，解得{
p=2
a=1)，
所以抛物线C 的方程为y
2= 4 x；
（2）（ⅰ）因为l1⊥l2，设l1: y −2=k (x−1),l2: y −2=−1
k
(x−1)，
设圆心O 到直线l1,l2的距离为d =|−k +2)
❑√1+k
2 =r，
又因为l1⊥l2，所以|OP)= ❑√2r =
❑√1
2+2
2= ❑√5，所以|−k +2)
❑√1+k
2 =
❑√5
❑√2，化简得出
3k
2+8k −3=0，
所以k =−3或k = 1
3；
联立直线l1: y −2=−3(x−1)与y
2= 4 x，得出9 x
2−34 x +25=0， 所以
A(
25
9 ,−10
3 )；
联立直线l1: y −2= 1
3
(x−1)与y
2= 4 x，得出y
2−12 y +20=0， 所以B (25,10)；
所以|PA)= ❑√(
16
9 )
2
+(
16
3 )
2
= 16 ❑√10
9
,|PB)=
❑√24
2+8
2=8 ❑√10
所以S△PAB= 1
2|PA)|PB)= 1
2 × 16 ❑√10
9
×8 ❑√10= 640
9 ；
（ⅱ）设直线AB: x =my +n,,A(x1, y1),B(x2, y2)，
联立得{
x =my +n
y
2= 4 x )，得y
2−4 my −4 n=0，则y1+ y2= 4 m, y1 y2=−4 n，
PA , PB的切线斜率为
k1= y1−2
x1−1 = y1−2
y1
2
4 −1
=
4
y1+2 ,k2=
4
y2+2，
PA : y −2=
4
y1+2
(x−1), PB: y −2=
4
y2+2
(x−1)是切线，所以
r = |2−
4
y1+2)
❑√
1+(
4
y1+2)
2 = |2−
4
y2+2)
❑√
1+(
4
y2+2)
2
即
y1
2
y1
2+ 4 y1+20
=
y2
2
y2
2+ 4 y2+20
，计算得−y1 y2=5( y1+ y2)，
所以4 n=5×4 m，化简得n=5m，
直线AB: x =my +5m=m( y +5)，过定点(0,−5).
【突破提升训练・21】如图，已知点A ,B在抛物线C : y
2=2 px( p>0)上，且AB⊥x轴，
坐标原点O到AB的距离为2，|AB)= 4．
(1)求C的方程；
(2)如图，点D , E在C上且在AB左侧，点F ,G在线段AB上，四边形DEFG为矩形，
将矩形DEFG以x轴为旋转轴旋转半周，其四边形成的面围成一个旋转体，求该旋转体体
积V 的最大值；
(3)如图，过点A作圆H :( x −4)
2+ y
2=r
2（0<r <2❑√2且r ≠2）的切线l1,l2，设l1,l2
与C的另一个交点分别为M , N，证明：直线MN过定点．
【答案】(1)y
2=2 x
(2)2π
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意求出A的坐标为(2,2)．代入解析式，解得p=1即可；
（2）设点E (x , y)( y >0)，则|EF)=2−x =2−y
2
2 ，旋转体为圆柱，求得
ℎ=|EF)=2−x , R = y，再用体积公式得到V =−π
2 ( y
2−2)
2+2π，运用二次函数求最值
即可；
（3）设M(
a
2
2 ,a), N(
b
2
2 ,b)，由题意，得到直线MN , AM , AN方程，根据 直线
AM与圆H相切，得到(r
2−4)a
2+(4 r
2−32)a+8r
2−64 =0，根据直线AN与圆H相切可
得(r
2−4)b
2+(4 r
2−32)b+8r
2−64 =0借助同构和韦达定理得到
a+b= 32−4 r
2
r
2−4
,ab= 8r
2−64
r
2−4
，代入方程2 x−(a+b) y +ab=0中计算即可.
【详解】（1）∵AB⊥x轴，O到AB的距离为2，且|AB)= 4，
∴A的坐标为(2,2)．∵A在抛物线C上，
∴4 =2 p×2，解得p=1 ∴抛物线C方程为y
2=2 x.
（2）设点E (x , y)( y >0)，则|EF)=2−x =2−y
2
2 ，
∵将矩形DEFG 以x轴为旋转轴旋转半周得到的旋转体为圆柱，
设其底面半径为R，高为ℎ，则ℎ=|EF)=2−x , R = y ，
∴圆柱体积V =π R
2ℎ
=π y
2(2−x)
=π y
2(2−y
2
2 )
=π(−1
2 y
4+2 y
2)
=−π
2 ( y
2−2)
2+2π，
∵0< y <2，
∴当y
2=2即y = ❑√2时，V 取得最大值2π，
（3）证明：设M(
a
2
2 ,a), N(
b
2
2 ,b)，由题意，直线MN , AM , AN斜率均存在，
直线MN : y −a= b−a
b
2
2 −a
2
2
(x−a
2
2 )，
直线AM : y −2= a−2
a
2
2 −2
(x−2)
，即2 x−(a+2) y +2a=0，
∵直线AM与圆H相切，∴
|8+2a)
❑√4 +(a+2)
2 =r，
即(r
2−4)a
2+(4 r
2−32)a+8r
2−64 =0，
同理，由直线AN与圆H相切可得(r
2−4)b
2+(4 r
2−32)b+8r
2−64 =0，
∴a,b是方程(r
2−4) x
2+(4 r
2−32) x +8r
2−64 =0的两个解，
∴a+b= 32−4 r
2
r
2−4
,ab= 8r
2−64
r
2−4
，代入方程2 x−(a+b) y +ab=0中，
得：r
2(2 x + 4 y +8)−(8 x +32 y +64)=0，
∴{
2 x + 4 y +8=0
8 x +32 y +64 =0)，即{
x +2 y + 4 =0
x + 4 y +8=0)，解得{
x =0
y =−2)，
∴直线MN恒过定点(0,−2).
【突破提升训练・22】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0) 过点 A (0,1) 和 P(
❑√6
3 ,
❑√6
3 ) .
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点 P(
❑√6
3 ,
❑√6
3 ) 作圆O: x
2+ y
2=r
2(0<r <
❑√6
3 )的两条切线 PM ，PN，两切
线与椭圆C的另外一个交点分别为 M ，N，在半径 r 变化的过程中，直线 MN 是否过
定点? 若是，求出该定点坐标，若不是，请说明理由;
(3)在题（2）中，当 r =2−❑√2 时，直线 MN 是否与圆O 相切？请说明理由.
【答案】(1) x
2
2 + y
2=1；
(2)存在，定点为(❑√6,−❑√6)；
(3)相切，理由见详解.
【分析】（1）将已知点代入椭圆方程即可求解；
（2）设出切线方程，联立椭圆方程，借助韦达定理表示出点M ，N的坐标和斜率
k MN，进而得直线方程，令x = ❑√6，利用韦达定理化简即可得定点；
（3）利用（2）中结论求出斜率k MN，得到直线MN的方程，根据圆心到直线距离即
可判断相切.
【详解】（1）由题知，{
6
9a
2 + 6
9b
2 =1
b=1 )
，解得a= ❑√2,b=1，
所以，椭圆C的方程为x
2
2 + y
2=1.
（2）设切线方程为y −
❑√6
3 =k(x−
❑√6
3 )，即kx −y +
❑√6
3
(1−k )=0，
则|
❑√6
3
(1−k ))
❑√k
2+1
=r，整理得(r
2−2
3)k
2+ 4
3 k +r
2−2
3 =0，
因为0<r <
❑√6
3 ，所以直线PM , PN斜率存在，且不为0，记为k1,k2，
由韦达定理可知，k1k2=1，
联立{
kx −y +
❑√6
3
(1−k )=0
x
2+2 y
2−2=0 )
得(2k
2+1) x
2+ 4 ❑√6
3
k (1−k ) x + 4
3
(1−k )
2−2=0，
设M (x1, y1), N (x2, y2)，
则x1+
❑√6
3 =
4 ❑√6
3
k1(k1−1)
2k1
2+1
，即x1=
4 ❑√6
3
k1(k1−1)
2k1
2+1
−
❑√6
3 =
❑√6
3 ⋅2k1
2−4 k1−1
2k1
2+1
，
所以y1=k1⋅
❑√6
3 (2k1
2−4 k1−1)
2k1
2+1
+
❑√6
3 (1−k1)=−
❑√6
3 ⋅2k1
2+2k1−1
2k1
2+1
.
同理，x2=
❑√6
3 ⋅2k2
2−4 k2−1
2k2
2+1
，y2=−
❑√6
3 ⋅2k2
2+2k2−1
2k2
2+1
.
则k MN = y1−y2
x1−x2
=
−
❑√6
3 ⋅2k1
2+2k1−1
2k1
2+1
+
❑√6
3 ⋅2k2
2+2k2−1
2k2
2+1
❑√6
3 ⋅2k1
2−4 k1−1
2k1
2+1
−
❑√6
3 ⋅2k2
2−4 k2−1
2k2
2+1
=−2k1+2k2−1
2k1+2k2+2 ，
所以，直线MN的方程为
y +
❑√6
3 ⋅2k1
2+2k1−1
2k1
2+1
=−2k1+2k2−1
2k1+2k2+2(x−
❑√6
3 ⋅2k1
2−4 k1−1
2k1
2+1 )，
令x = ❑√6，则y =−2k1+2k2+1
k1+ k2−2 (
❑√6−
❑√6
3 ⋅2k1
2−4 k1−1
2k1
2+1 )−
❑√6
3 ⋅4 k1
2+2k1
2k1
2+1
又k1k2=1，所以y =−
❑√6
3 ⋅12k1
3+12k1
2+18k1+6k2+6
4 k1
3+ 4 k1
2+6k1+2k2+2
=−❑√6，
所以直线 MN过定点(❑√6,−❑√6).
（3）由（2）知(r
2−2
3)k
2+ 4
3 k +r
2−2
3 =0，所以k1+ k2=−
4
3
r
2−2
3
，
当r =2−❑√2时，k1+k2=−
4
3
(2−❑√2)
2−2
3
= 3 ❑√2+ 4
2
，
则k MN =−2k1+2k2−1
2k1+2k2+2 =−3 ❑√2+3
3 ❑√2+6 =−
❑√2
2 ，
所以直线MN的方程为y + ❑√6=−
❑√2
2 (x−❑√6)，即
❑√2
2 x + y + ❑√6−❑√3=0，
因为圆心O(0,0)到直线MN的距离d =
❑√6−❑√3
❑√1+ 1
2
=2−❑√2
，
所以直线MN与圆O相切.
【突破提升训练・23】已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，椭圆C右焦点
，
且
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若直线l：y =kx +m与椭圆C相交于A，B两点（A ，B都不是顶点），且以
AB为直径
的圆过椭圆C的右顶点，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．
【答案】（1）
x
2
4 + y
2
3 =1；（2）
.
【分析】（1）设椭圆的方程，用待定系数法求出
的值；（2）解决直线和椭圆
的综合问题时注意：第一步：根据题意设直线方程，有的题设条件已知点，而斜率未知；
有的题设条件已知斜率，点不定，可由点斜式设直线方程.第二步：联立方程：把所设直线
方程与椭圆的方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程.第三步：求解判别式
：计
算一元二次方程根.第四步：写出根与系数的关系.第五步：根据题设条件求解问题中结论.
【详解】（1）由题意设椭圆的标准方程为x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)，
由已知得：
且
c =1
，
∴a=2，∴b
2=a
2−c
2=3．
∴椭圆的标准方程为x
2
4 + y
2
3 =1．
（2）设A( x1，y1)，B( x2，y2)，
联立{
y =kx +m，
x
2
4 + y
2
3 =1. 得(3+ 4 k
2)x
2+8mkx + 4(m
2−3)=0，
{
Δ=64 m
2k
2−16(3+ 4 k
2)(m
2−3)>0，即3+ 4 k
2−m
2>0，
x1+ x2=−8mk
3+ 4 k
2 ，
x1· x2= 4(m
2−3)
3+ 4 k
2 .
又y1 y2=(k x1+m)(k x2+m)=k
2 x1 x2+mk( x1+ x2)+m
2= 3(m
2−4 k
2)
3+ 4 k
2
，
因为以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2，0)，
∴
k ADk BD=−1
，即
，
∴
，
∴3(m
2−4 k
2)
3+ 4 k
2
+ 4(m
2−3)
3+ 4 k
2 + 16mk
3+ 4 k
2 + 4 =0，
∴
．
解得：
或
∴直线l 过点
或点
（舍）
【突破提升训练・24】已知双曲线x
2
4 −y
2=1.
(1)过P(−1,0)的直线l1与双曲线有且只有一个公共点，求直线l1的斜率；
(2)若直线l2: y =kx +m与双曲线相交于A，B 两点（A，B 均异于左、右顶点），且以
线段AB为直径的圆过双曲线的左顶点C.试问：直线l2是否过定点，若是，求出定点坐标；
若不是，说明理由.
【答案】(1)−1
2，−
❑√3
3 ，1
2，
❑√3
3 ；
(2)直线过定点，定点坐标为(−10
3 ,0).
【分析】（1）设直线l1: y =k1(x +1)，与双曲线联立，将交点个数问题转换成方程解
的个数问题；
（2）将直线l2: y =kx +m与双曲线联立，韦达定理写出根与系数的关系，又以AB为
直径的圆过双曲线的左顶点C (−2,0)，所以⃗AC ⋅⃗BC =0，代入求解，得到k与m的关系即
可得出结论.
【详解】（1）由题意得直线l1的斜率必存在，设l1: y =k1(x +1)，
联立{
y =k1(x +1)
x
2
4 −y
2=1)
，得(1−4 k1
2)x
2−8k1
2 x−4 k1
2−4 =0
若1−4 k1
2=0，即k1=± 1
2时，满足题意，
若1−4 k1
2≠0，即k1≠± 1
2时，
令Δ=(−8k1
2)
2−4(1−4 k1
2)(−4 k1
2−4)=0，解之得k1=±
❑√3
3 ，
综上，l1的斜率为−1
2，−
❑√3
3 ，1
2，
❑√3
3 ；
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，由{
y =kx +m
x
2
4 −y
2=1)
，得
(1−4 k
2) x
2−8mkx −4(m
2+1)=0，
则{
1−4 k
2≠0
Δ=64 m
2k
2+16(1−4 k
2)(m
2+1)>0)，
x1+ x2= 8mk
1−4 k
2，x1 x2= −4(m
2+1)
1−4 k
2
，
∴y1 y2=(k x1+m)(k x2+m)=k
2 x1 x2+mk (x1+ x2)+m
2= m
2−4 k
2
1−4 k
2 ，
∵以AB为直径的圆过双曲线的左顶点C (−2,0)，∴⃗AC ⋅⃗BC =0，
因为AC
→
=(−2−x1,−y1),BC
→
=(−2−x2,−y2)，
∴y1 y2+ x1 x2+2(x1+ x2)+ 4 =0，∴m
2−4 k
2
1−4 k
2 + −4(m
2+1)
1−4 k
2
+ 16mk
1−4 k
2 + 4 =0，
∴3m
2−16mk +20k
2=0，解得m=2k或m= 10
3 k.
当m=2k时，直线的方程为y =k (x +2)，直线过定点(−2,0)，与已知矛盾；
当m= 10
3 k时，直线的方程为y =k(x + 10
3 )，直线过定点(−10
3 ,0)，经检验符合题
意.
直线过定点，定点坐标为(−10
3 ,0).
【突破提升训练・25】已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)经过点(2,3)，一条渐近线的
倾斜角为π
3 .
(1)求双曲线C的方程；
(2)若点M (−1,0)，过双曲线的右焦点F的直线l交双曲线于A ､B.以AB为直径的圆是
否恒过点M，请说明理由.
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1
(2)恒过M点，理由见解析
【分析】（1）由一条浙近线的倾斜角为π
3 ，结合双曲线所过点可求得a,b，由此可
得双曲线方程；
（2）假设存在点M满足题意，可知⃗MA ⋅⃗MB =0，假设直线l方程，与双曲线方程联
立可得韦达定理的结论，结合向量数量积的坐标运算可化简整理可得出答案.
【详解】（1）因为双曲线的一条渐近线倾斜角为π
3 ，所以b
a = ❑√3，
故{
b= ❑√3a
4
a
2 −9
b
2 =1)
，故{
a=1
b= ❑√3)，
所以双曲线x
2−y
2
3 =1；
（2）双曲线的右焦点为F2(2,0)，当直线l斜率不为零时，设直线l的方程为：
x =ty +2，
设A(x1), y1),B(x2, y2)，
由{
x =ty +2
3 x
2−y
2=3)，得(3t
2−1) y
2+12ty +9=0,
Δ>0恒成立，y1+ y2=−12t
2
3t
2−1
, y1 y2=
9
3t
2−1，⃗
MA ⋅⃗MB =(x1+1)(x2+1)+ y1 y2=(t y1+3)(t y2+3)+ y1 y2
=(t
2+1) y1 y2+3t ( y1+ y2)+9
=(t
2+1)
9
3t
2−1
−3t·
12t
3t
2−1
+9= 9−27t
2
3t
2−1
+9=−9+9=0，
即以AB直径的圆恒过M点.
当直线l斜率为零时，此时以AB为直径的圆为x
2+ y
2=1过点M (−1,0)，
综上，以AB直径的圆恒过M点.
【突破提升训练・26】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．
【突破提升训练・27】如图，已知圆M过抛物线y
2=2 px ( p>0)上一点Q(x0, y0)，另交抛
物线于A ,B两点，且AB恰为圆M的直径，求证：直径AB所在的直线必过定点
G(x0+2 p,−y0)．
【答案】证明见解析
【分析】设直径AB所在的直线方程为AB
x
：=my +t，联立抛物线的方程，利用一
元二次方程的根与系数关系，结合直线斜率公式、互相垂直两直线斜率的关系得到
t = y0m+ x0+2 p即可进行求解即可.
【详解】已知抛物线方程y
2=2 px( p>0)，
设直径AB所在的直线方程为x =my +t , A(x1, y1),B(x2, y2)，
联立{
x =my +t ,
y
2=2 px ,)得y
2−2 pmy −2 pt =0，从而¿
由题QA ⊥QB得QA
→
·QB
→
=( y1−y0)( y2−y0)+(x1−x0)(x2−x0)=0，
则4 p
2( y1−y0)( y2−y0)+(2 p x1−2 p x0)(2 p x2−2 p x0)=0，
则4 p
2( y1−y0)( y2−y0)+( y1
2−y0
2)( y2
2−y0
2)=0⇒4 p
2+( y1+ y0)( y2+ y0)=0，
即y1 y2+ y0( y1+ y2)+ y0
2+ 4 p
2=0⇒2 pt =2 pm y0+ y0
2+ 4 p
2，
则t = y0m+ y0
2
2 p +2 p= y0m+ x0+2 p⇒直线AB的方程为x =my + y0m+ x0+2 p，即
x =m( y + y0)+ x0+2 p，
所以直径AB所在的直线过定点为G(x0+2 p,−y0).
【突破提升训练・28】抛物线C1: y
2=2 px( p>0)的焦点到准线的距离等于椭圆
C2: x
2+16 y
2=1的短轴长．
(1)求抛物线C1的方程；
(2)设D (1,t )是抛物线C1上位于第一象限的一点，过D作E:( x −2)
2+ y
2=r
2（其中
0<r <1）的两条切线，分别交抛物线C1于点M , N，过原点作直线MN的垂线，垂足为Q，
证明点Q在定圆上，并求定圆方程
【答案】(1)y
2= x
(2)x
2+( y + 1
2)
2
= 1
4
【分析】（1）直接根据椭圆的短轴长求出p，进而可得抛物线方程；
（2）设M (a
2,a), N (b
2,b)，求出直线MN的方程，求出切线DM，DN的方程，然
后化归为二次方程的根的问题，利用韦达定理可得直线MN过的定点，进而可得点Q所在
圆的方程.
【详解】（1）由椭圆C2: x
2+16 y
2=1可知短轴长2b= 1
2，
所以抛物线C1: y
2=2 px( p>0)的焦点到准线的距离等于p= 1
2，
故椭圆方程为y
2= x；
（2）因为D (1,t )是抛物线C1上位于第一象限的一点，所以t
2=1，又t >0，
所以D (1,1)，
设M (a
2,a), N (b
2,b),a≠1,b≠1，则直线MN方程为y −a=
1
(a+b)
(x−a
2)，
即x−(a+b) y +ab=0，
因为DM：( y −1)(a
2−1)=(a−1)(x−1)即x−(a+1) y +a=0与圆
E:( x−2)
2+ y
2=r
2相切，
所以
|a+2)
❑√1+(a+1)
2 =r，整理得(r
2−1)a
2+(2r
2−4)a+2r
2−4 =0①，
同理，直线DN与圆E相切可得(r
2−1)b
2+(2r
2−4)b+2r
2−4 =0②
由①②得a,b是方程(r
2−1) x
2+(2r
2−4) x +2r
2−4 =0的两根，
所以a+b= 4−2r
2
r
2−1
,ab= 2r
2−4
r
2−1
，
代入x−(a+b) y +ab=0整理得(x +2 y +2)r
2−x−4 y −4 =0，
令{
x +2 y +2=0
−x−4 y −4 =0)，解得{
x =0
y =−1)，故直线过定点(0,−1)，
所以点Q在以(0,−1)和(0,0)连线为直径的圆上，且圆的方程为x
2+( y + 1
2)
2
= 1
4 ；
【突破提升训练・29】已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左顶点为A，过左焦点F
的直线与C交于P ,Q两点.当PQ⊥x轴时，|PA)= ❑√10，△PAQ的面积为3.
(1)求C的方程；
(2)证明：以PQ为直径的圆经过定点.
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，可得|PF)= b
2
a ，{
(
b
2
a )
2
+(c−a)
2=(❑√10)
2
1
2 ⋅2b
2
a ⋅(c−a)=3
c
2=a
2+b
2
)
，进而求解；
（2）设PQ方程为x =my −2，P(x1, y1),Q(x2, y2)，联立直线和双曲线方程组，可
得(3m
2−1) y
2−12my +9=0，以PQ为直径的圆的方程为
(x−x1)(x−x2)+( y −y1)( y −y2)=0，由对称性知以PQ为直径的圆必过x轴上的定点，进
而得到x
2−(x1+ x2)x + x1 x2+ y1 y2=0，进而求解.
【详解】（1）当PQ⊥x轴时，P ,Q两点的横坐标均为−c，
代入双曲线方程，可得yP= b
2
a ，yQ=−b
2
a ，即|PF)= b
2
a ，
由题意，可得{
(
b
2
a )
2
+(c−a)
2=(❑√10)
2
1
2 ⋅2b
2
a ⋅(c−a)=3
c
2=a
2+b
2
)
，解得a=1，b= ❑√3，c =2，
∴双曲线C的方程为：x
2−y
2
3 =1；
（2）方法一：设PQ方程为x =my −2，P(x1, y1),Q(x2, y2)，
¿
以PQ为直径的圆的方程为(x−x1)(x−x2)+( y −y1)( y −y2)=0，
x
2−(x1+ x2)x + x1 x2+ y
2−( y1+ y2) y + y1 y2=0,
由对称性知以PQ为直径的圆必过x轴上的定点，令y =0，可得
x
2−(x1+ x2)x + x1 x2+ y1 y2=0，
而x1+ x2=m( y1+ y2)−4 = 12m
2
3m
2−1
−4 =
4
3m
2−1
，
x1 x2=(m y1−2)(m y2−2)=m
2 y1 y2−2m( y1+ y2)+ 4 = −3m
2−4
3m
2−1 ，
∴x
2−
4
3m
2−1
x + −3m
2−4
3m
2−1
+
9
3m
2−1
=0⇒(3m
2−1) x
2−4 x +5−3m
2=0
⇒[(3m
2−1) x +3m
2−5)(x−1)=0对∀m∈R恒成立，∴x =1，
∴以PQ为直径的圆经过定点(1,0)；
方法二：设PQ方程为x =my −2, P(x1, y1),Q(x2, y2)，
¿
由对称性知以PQ为直径的圆必过x轴上的定点.
设以PQ为直径的圆过E (t ,0)，
∴⃗EP⋅⃗EQ =0⇒(x1−t)(x2−t)+ y1 y2=0⇒x1 x2−t (x1+ x2)+t
2+ y1 y2=0，
而x1 x2=(m y1−2)(m y2−2)=m
2 y1 y2−2m( y1+ y2)+ 4
=m
2⋅
9
3m
2−1
−2m⋅
12m
3m
2−1
+ 4 = −3m
2−4
3m
2−1 ，
x1+ x2=m( y1+ y2)−4 = 12m
2
3m
2−1
−4 =
4
3m
2−1
∴−3m
2−4
3m
2−1
−
4 t
3m
2−1
+t
2+
9
3m
2−1
=0，
(3m
2−1)t
2−4 t +5−3m
2=0，即[(3m
2−1)t +3m
2−5)(t −1)=0对∀m∈R恒成
立，
∴t =1，即以PQ为直径的圆经过定点(1,0).
