重难点20：破解圆锥曲线定直线：圆锥曲
线中过定直线问题
（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....................................................................................6
题型一、“弦中点”模型中点过定直线........................................................6
题型二、“相交弦”模型交点过定直线（外）..........................................11
题型三、“相交弦”模型交点过定直线（内）..........................................16
题型四、“夹丸子”模型内心过定直线......................................................22
题型五、“糖葫芦”模型分点过定直线......................................................27
题型六、“切点弦”模型交点过定直线......................................................37
题型精析・方法突破提能力..............................................................................41
题型
1 ：“弦中点”模型中点过定直线（弦所在直线斜率为定值）
若直线AB 斜率一定且与圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）交于A 和B，AB 中点为
N，证明点N 过定直线。
知识网络・核心根基深扎牢
题型归纳
y
x
N
B
A
注意：高考中常考的情况如上图，其中直线AB斜率为定值，AB 中点N 点过定直线。
或者看作两“定”一中点问题：条件是一直线定斜率，N 为AB 中点，求中点在定直线
上，其中两定点可任意变换证明。
题目特征：直线AB斜率为定值，弦AB 中点为N，证明N 在定直线上（它的变式情况可能
为两平行直线的弦中点连线在定直线上）。
解题方法（以上图椭圆为例）：若直线AB 斜率一定且与椭圆x
2
a
2 +y
2
b
2 =1（a>b>0）
交于A 和B，AB 中点为N，证明点N 过定直线。
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：y=k y +m（其中k已知，m为参数），与椭圆方程x
2
a
2 +y
2
b
2 =1（a>b>
0）联立得出：x1+x2，y1+ y2，步骤2：利用中点坐标公式求中点坐标：由xN = x1+ x2
2
，
y N = y1+ y2
2
（这两个坐标都只含参数m）
步骤3：根据中点N 的坐标求定直线：消去参数m即可得出定直线。
题型
2 ：“相交弦”模型交点过定直线——定直线在圆锥曲线外（三定点）
若过定点P 的直线与圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）交于C,D 两点，若过定点的
直线AB 与圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）交于A,B 两点，证明直线AC,BD 的交点Q
在定直线上。（该定点P 处于圆锥曲线内部，定直线在圆锥曲线外部）
注意：高考中常考的情况如上图，其中一条直线CD过定点P，以及两定点A，B（通
常为圆锥曲线顶点）。或者看作三“定”点问题：条件是过三定点的直线，求其中两条直
线交点在定直线上，其中定直线与定点可任意变换证明（这种情况下的定直线与x 轴或y
轴垂直）。
题目特征：直线CD过定点，A，B 为定点，AC,BD 的交点在定直线上。
解题方法（以上图椭圆为例）：若过定点P（t，0）|t|<a 的直线与椭圆x
2
a
2 +y
2
b
2 =1（a>b>
0）交于C,D 两点，已知A，B 为椭圆左右顶点，证明直线AC,BD 的交点Q 在定直线上。
步骤1：设直线，找根与系数关系：设C(x1,y1)，D(x2,y2)，设直线
CD的方程为lCD：x= m y+t，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y1+y2，y1∙y2之间的倍数关系（非对称韦达定理需要使用；这一步是重点
步骤，后面需要用到这个关系）
步骤2：用点斜式写出直线AC,BD 方程：直线AC：y =y1
x1+2 ( x +2)，直线BD：
y =y2
x2−2 ( x−2)，
步骤3：联立直线AC,BD 方程：消去y，得到：x +2
x−2 =y2( x1+2)
y1( x2−2)，将x1= m y1+t，
x2= m y2+t代入得到x +2
x−2 =y2(m y1+t +2)
y1(m y2+t −2) = m y1y2+(t +2)
m y2 y1+(t −2)（1）
步骤4：消参得出定直线：将步骤1 得出的y1+y2，y1∙y2之间的倍数关系代入（1）即可消
去参数求出定直线。
题型
3 ：“相交弦”模型交点过定直线——定直线在圆锥曲线内（三定点）
若过定点M 的直线与圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）交于P,Q 两点，若过定点的
直线AB 与圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）交于A,B 两点，证明直线AQ,BP 的交点N
在定直线上。（该定点M 处于圆锥曲线外部，定直线在圆锥曲线内部）
注意：高考中常考的情况如上图，其中一条直线PQ过定点M，以及两定点A，B（通
常为圆锥曲线顶点）。或者看作三“定”点问题：条件是过三定点的直线，求其中两条直
线交点在定直线上，其中定直线与定点可任意变换证明（这种情况下的定直线与x 轴或y
轴垂直）。
题目特征：直线PQ过定点，A，B 为定点，AQ,BP 的交点在定直线上。
解题方法（以上图椭圆为例）：若过定点M（t，0）|t|<a 的直线与椭圆x
2
a
2 +y
2
b
2 =1（
a>b>0）交于P,Q 两点，已知A，B 为椭圆左右顶点，证明直线AQ,BP 的交点N 在定直线
上。
步骤1：设直线，找根与系数关系：设Q(x1,y1)，P(x2,y2)，设直线
PQ的方程为lPQ：x= m y+t，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y1+y2，y1∙y2之间的倍数关系（非对称韦达定理需要使用；这一步是重点
步骤，后面需要用到这个关系）
步骤2：用点斜式写出直线AQ,BP 方程：直线AQ：y =y1
x1+2 ( x +2)，直线BP：
y =y2
x2−2 ( x−2)，
步骤3：联立直线AQ,BP 方程：消去y，得到：x +2
x−2 =y2( x1+2)
y1( x2−2)，将x1= m y1+t，
x2= m y2+t代入得到x +2
x−2 =y2(m y1+t +2)
y1(m y2+t −2) = m y1y2+(t +2)
m y2 y1+(t −2)（1）
步骤4：消参得出定直线：将步骤1 得出的y1+y2，y1∙y2之间的倍数关系代入（1）即可消
去参数求出定直线。
题型
4 ：“夹丸子”模型内心过定直线（弦过定点或斜率为定值）
过一定点E（或者斜率为定值）的直线与圆锥曲线交于M,N 两点，且平面内存在一定
点F，证明三角形MNF 内接圆的圆心在定直线上（此类型题目主要是证明直线NF，MF
的斜率之和为0，从而确定定直线）。
注意：高考中常考的情况如上图，直线MN 过定点E 点（一般在坐标轴上），与椭圆
交于M，N 两点，有一定点F，则三角形MNF 内心过定点。
题目特征：一定点，一过定点直线（或一定点，一定斜率直线），一内切圆。
解题方法（以上图椭圆为例）：若过定点E（t，0）的直线与椭圆x
2
a
2 +y
2
b
2 =1（a>b>0）交
于M,N 两点，已知F（c，0），证明三角形MNF 内接圆的圆心在定直线上。
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+t，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
步骤2：写出直线NF,MF 的斜率：k MF =y1
x1−c ，k NF =y2
x2−c ，
步骤3：求直线NF,MF 的斜率和：
k MF +k NF =y1
m y1+t −c +y2
m y2+t −c =y1(m y2+t −c)+y2(m y1+t −c)
(m y1+t −c)(m y2+t −c)
再化简分子部分：y1(m y2+t −c)+y2(m y1+t −c)=2my1 y2+(t −c)(y1+ y2)，再代入
根与系数关系消参得出k MF+ k NF =0
步骤4：判断对称性得出定直线：。根据斜率和为0 知两直线倾斜角互补，从而IF 垂直x
轴，则三角形MNF 内接圆的圆心过定直线
题型
5 ：“糖葫芦”模型分点过定直线（距离“乘积型”或“比值型”）
过椭圆外一定点P 的直线AB 交圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）于A、B 两点，在
弦AB 之间存在一点Q 使得|PA|
|PB|=|QA|
|QB|（或|PA||QB|=|QA||PB|），则Q 在定直线上。
题目特征：直线AB 过定点圆锥曲线外一定点，弦AB 上存在点Q 使得|PA|
|PB|=|QA|
|QB|（或
|PA||QB|=|QA||PB|，注意能够化简为这样形式的也是“糖葫芦”模型）。
解题方法（以椭圆为例）：过椭圆外一定点P(m,n)的直线AB 交椭圆x
2
a
2 +y
2
b
2 =1（a>b>0）
于A、B 两点，在弦AB 之间存在一点Q 使得|PA|
|PB|=|QA|
|QB|，证明Q 在定直线上。
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：y=k(x−m)+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
步骤2：利用距离比值表示Q 点横坐标：设Q(x0,y0)，则|PA|
|PB|= m−x1
m−x2
，|QA|
|QB|=x0−x1
x2−x0
，根据|PA|
|PB|=|QA|
|QB|则
m−x1
m−x2
=x0−x1
x2−x0
，进一步化简得到x0= m( x1+ x2)−2 x1∙x2
2m−( x1+ x2)
步骤3：代入根与系数关系化简：代入x1+x2，x1∙x2化简x0= m( x1+ x2)−2 x1∙x2
2m−( x1+ x2)
（化简
后只含k一个参数）
步骤4：将化简后的x0代入直线AB 求出Q 纵坐标：将化简的x0代入直线
AB的方程为lAB：y=k(x−m)+n得到y0（注意x0，y0都只含一个参数k），最后利用
x0+ωy0+f=0，求出ω，f 的值，即可求出定直线。
题型
6 ：“切点弦”模型交点过定直线（切点弦所在直线过定点）
若定点M 的直线与圆锥曲线交于A、B 两点，过A、B 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N 过在定直线上。
题目特征：直线AB 过定点，过A,B 的切线交于T 点（此题型高考常考题型为抛物线）
解题方法（以抛物线为例）：已知抛物线y
2=2 px(p>0)，若定点M(t,0)的直线与
圆锥曲线交于A、B 两点，过A、B 引出两条直线分别与抛物线于相切，切点为A、B，则N
过在定直线上。
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=my +t，与抛物线y
2=2 px(p>0)联立得出：y1+y2，y1∙y2（焦点
在y 轴，找x1+x2，x1∙x2）
步骤2：表示切线方程：直线AN 的方程为lAN ：y1∙y = px−p x1+ y1
2= px + p x1（用
y1
2=2 px1化简）；直线AN 的方程为lBN ：y2∙y = px−p x2+ y2
2= px + p x2（用
y2
2=2 px2化简）。
（注意：这里求切线方程可以设直线，与抛物线联立，利用判别式为0 求切线方程。）
步骤3：联立切线方程化简：联立：y1∙y = px + p x1与y2∙y = px + p x2得出N 点横坐标为
（抛物线焦点在y 轴，则需要求N 点纵坐标）：x = x1 y2−x2 y1
y1−y2
=
y1
2
2 p y2−y2
2
2 p y1
y1−y2
= y1∙y2
2 p
（注意这里得出的是定值），即可得出定直线
【答案】y =−2
3 x(−3 ❑√2
2
< x< 3 ❑√2
2 )
【分析】设这组平行直线的方程为y = 2
3 x +m，并与椭圆方程联立，化简写出根与系
数关系、判别式，求得中点坐标，由此求得定直线l的方程.
【详解】设这组平行直线的方程为y = 2
3 x +m，联立{
y = 2
3 x +m
x
2
9 + y
2
4 =1)
，
整理得8 x
2+12mx +9m
2−36=0，
Δ=144 m
2−4×8×(9m
2−36)>0，解得−2❑√2<m<2❑√2.
且x1+ x2=−3m
2 ，y1+ y2= 2
3 (x1+ x2)+2m= 2
3 ×(−3m
2 )+2m=m，
实战演练・能力进阶攀高峰
题型一、“弦中点”模型中点过定直线
典例探究
【典型例题】已知椭圆x
2
9 + y
2
4 =1，一组平行直线的斜率为2
3，经计算当这些平行线与椭
圆相交时，被椭圆截得的线段的中点在定直线l 上，则直线l 的方程为 .
所以这组平行直线与椭圆交点的中点坐标为(−3
4 m, 1
2 m)，
−3 ❑√2
2
<−3
4 m< 3 ❑√2
2
，
1
2 m
−3
4 m
=−2
3，
所以这些点均在y =−2
3 x(−3 ❑√2
2
< x< 3 ❑√2
2 )上.
故答案为：y =−2
3 x(−3 ❑√2
2
< x< 3 ❑√2
2 ).
【1-1】动点M (x , y)到定点F (0,❑√5)的距离与到定直线l: y = 9 ❑√5
5
的距离之比为
❑√5
3 ，记
动点M的轨迹为曲线C．
(1)求C的方程；
(2)已知直线l: y = 3
2 x +m与C交于A ,B两点，N为AB的中点．
①求实数m的取值范围；
②证明：点N在定直线上．
【答案】(1) y
2
9 + x
2
4 =1；
(2)①−3 ❑√2<m<3 ❑√2；②证明见解析.
【分析】（1）根据题设的距离关系列方程并整理得曲线方程；
（2）①联立直线与曲线C，根据Δ>0求参数范围；②应用韦达定理求AB的中点N的
坐标，即可得定直线，证结论.
【详解】（1）由题设
❑√x
2+( y −❑√5)
2
| y −9 ❑√5
5
|
=
❑√5
3 ，则x
2+( y −❑√5)
2= 5
9 ( y −9 ❑√5
5
)
2
，整
理得y
2
9 + x
2
4 =1；
举一反三
（2）①联立l: y = 3
2 x +m与y
2
9 + x
2
4 =1，整理得( 3
2 x +m)
2
9
+ x
2
4 =1，
所以9 x
2+6mx +2m
2−18=0，则Δ=36m
2−36(2m
2−18)>0，所以
−3 ❑√2<m<3 ❑√2；
②由①知x A+ xB=−2
3 m，x A xB= 2(m
2−9)
9
，则y A+ yB= 3
2 ( x A+ xB)+2m=m，
所以AB的中点N为(−m
3 , m
2 )，显然点N在定直线y =−3
2 x上，得证.
【1-2】已知椭圆Γ的中心在原点，焦点在y轴上，其离心率为e=
❑√5
3 ，焦距为2❑√5．
(1)求椭圆Γ的标准方程；
(2)已知直线l：3 x−2 y +2m=0与椭圆Γ交于M，N两点，Q为弦MN的中点，证明：
点Q在定直线上；
(3)求椭圆Γ的内接菱形ABCD边长的最大值．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
9 =1
(2)证明见解析
(3)❑√13
【分析】(1)由椭圆的基础知识即可求出a，b，c的值可写出椭圆的标准方程.
(2)先设出M，N两点坐标，再把直线方程与椭圆方程联立方程组，消元，写出根与系
数的关系然后写出Q的坐标即可证明Q在定直线上.
(3)先分析出菱形中心在坐标原点再用斜截式设出菱形一条边所在直线方程，联立方程
组，消元写出根与系数的关系继续根据菱形的对角线相互垂直写出两参数的关系式，继续
用两参数写出弦长公式结合基本不等式求出最值.
【详解】（1）因为焦距为2❑√5，所以2c =2❑√5，所以c = ❑√5，又因为e=
❑√5
3
所以
c
a =
❑√5
3
所以a=3，又因为a
2=c
2+b
2所以b=2
又因为椭圆Γ的焦点在y轴上，
所以椭圆Γ的标准方程为x
2
4 + y
2
9 =1．
（2）证明：设M (x1, y1)，N (x2, y2)，
联立直线l与椭圆方程{
3 x−2 y +2m=0
x
2
4 + y
2
9 =1 )
整理得9 x
2+6mx +2m
2−18=0，
△=36m
2−36(2m
2−18)>0，
解得：−3 ❑√2<m<3 ❑√2，
x1+ x2=−2m
3 ，x1 x2= 2(m
2−9)
9
，则y1+ y2=m，所以Q(−m
3 , m
2)．
显然点Q在直线y =−3
2 x上，得证．
（3）解：由（2）知，菱形的中心在坐标原点，且有OC ⊥OD，
菱形ABCD不论怎样运动，直线AB和BC总有一条斜率存在，不妨设直线AB的斜率
存在且直线方程为y =kx +m，A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立¿得(9+ 4 k
2) x
2+8kmx + 4 m
2−36=0，x1+ x2= −8km
9+ 4 k
2，x1 x2= 4 m
2−36
9+ 4 k
2 ，
y1 y2=(k x1+m)(k x2+m)=k
2 x1 x2+km(x1+ x2)+m
2，
由于OA ⊥OB，于是⃗OA ⋅⃗OB =0，
即x1 x2+ y1 y2=(1+ k
2) x1 x2+ km(x1+ x2)+m
2=0，
(1+ k
2) 4 m
2−36
9+ 4 k
2 + km −8km
9+ 4 k
2 +m
2=0，
化简整理得：13m
2=36(1+ k
2)，
从而，|AB)=
❑√1+ k
2|x1−x2)=
❑√1+ k
2 12
❑√4 k
2−m
2+9
9+ 4 k
2
= 12
❑√13
❑√1+k
2❑√16k
2+81
9+ 4 k
2
．
即|AB)= 12
❑√13
❑√1+ k
2❑√16 k
2+81
9+ 4 k
2
= 12
❑√13
❑√
1+
25k
2
16k
4+72k
2+81
，
当k =0时，|AB)min= 12
❑√13，
当k ≠0时，
|AB)= 12
❑√13
❑√
1+
25k
2
16 k
4+72k
2+81
= 12
❑√13
❑
√
1+
25
16 k
2+ 81
k
2 +72
≤12
❑√13 ⋅13
12 = ❑√13，
当且仅当16k
2= 81
k
2 ，即k =± 3
2时取等号．
综上，12
❑√13 ≤|AB≤)❑√13，因此，菱形ABCD边长的最大值为❑√13．
【1-3】已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,B>0)的实轴长为2❑√3，且过点(3,❑√2).
(1)求双曲线C的方程；
(2)过双曲线C的右焦点F作斜率为1 的直线l，l与双曲线C交于A，B两点，求|AB)；
(3)若M，N是双曲线C上不同的两点，且直线MN的斜率为2，线段MN的中点为P，
证明：点P在直线x−6 y =0上.
【答案】(1) x
2
3 −y
2=1
(2)2❑√3
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意可得，将点的坐标代入得，即可求解.
（2）由（1）得，进而得直线l的方程为y = x−2，设A( x1, y1),B( x2, y2)，联立双
曲线方程，利用韦达定理即可求解.
（3）利用点差法即可证明.
【详解】（1）根据题意可得2a=2❑√3，则a= ❑√3，
将点(3,❑√2)的坐标代入x
2
a
2 −y
2
b
2 =1，得9
3 −2
b
2 =1，解得b=1，
故双曲线C的方程为x
2
3 −y
2=1；
（2）由（1）得c
2=3+1= 4，则F(2,0)，
则直线l的方程为y = x−2，设A( x1, y1),B( x2, y2)，
由{
y = x−2
x
2
3 −y
2=1)
，得2 x
2−12 x +15=0，
Δ=12
2−4×2×15=24>0，x1+ x2=6, x1 x2= 15
2 ，
所以| AB|=
❑√1+1
2×❑√6
2−4× 15
2 =2❑√3；
（3）设M ( x3, y3), N ( x4, y4)，
则{
x3
2
3 −y3
2=1
x4
2
3 −y4
2 =1)
，两式相减得( x3−x4)( x3+ x4)−3( y3−y4)( y3+ y4)=0，
设P( x0, y0)，则{
x3+ x4=2 x0
y3+ y4=2 y0)，所以2 x0( x3−x4)−3×2 y0( y3−y4)=0，
即x0−3× y0× y3−y4
x3−x4
=0，所以x0−3× y0×2=0，即x0−6 y0=0，
所以P在直线x−6 y =0上.
题型二、“相交弦”模型交点过定直线（外）
典例探究
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1
(2)（i）证明见解析；（ii）π
6
【分析】（1）根据数量积的坐标公式可求出c，然后根据离心率求出a，进而可得到
椭圆的标准方程.
（2）（i）设直线MN的方程，联立直线与椭圆的方程组，利用韦达定理，将直线
MA , NB的方程表示出来，进而可求得定直线的方程；（ii）根据直线的斜率将∠APB表
示出来，然后利用基本不等式的性质求出最大值.
【详解】（1）由题意知，CA⃗=(−a,−b)，CB⃗=(a,−b)，
所以CA⃗⋅CB⃗=−a
2+b
2=−c
2=−3，即c = ❑√3.
又e = c
a =
❑√3
2 ，所以a=2，b=
❑√a
2−b
2=1.
所以椭圆的标准方程为x
2
4 + y
2=1.
（2）（i）由于直线MN过点E (1,0)且斜率不为0，所以可设直线MN的方程为
x =my +1.
由{
x =my +1
x
2
4 + y
2=1)
，得(m
2+ 4) y
2+2my −3=0，
设M (x1, y1)，N (x2, y2)，则y1+ y2=−2m
m
2+ 4 ，y1 y2=−
3
m
2+ 4 ，
所以m y1 y2= 3
2 ( y1+ y2).
【典型例题】已知椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为
❑√3
2 ，A，B 分别为椭圆的左，右顶
点，C为椭圆的上顶点，且⃗CA ⋅⃗CB =−3.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点E (1,0)作斜率不为0 的直线交椭圆于M，N 两点，直线MA与NB相交于点P.
（i）证明：点P在定直线上；
（ii）求∠APB的最大值.
因为椭圆的左，右顶点分别为A (−2,0)，B (2,0)，
所以直线MA的方程为y =
y1
x1+2
(x +2)，
直线NB的方程为y =
y2
x2−2
(x−2)，
所以x +2
x−2 = y2(x1+2)
y1(x2−2)
= y2(m y1+3)
y1(m y2−1)
=
3
2 ( y1+ y2)+3 y2
3
2 ( y1+ y2)−y1
=
3(
1
2 y1+ 3
2 y2)
1
2 y1+ 3
2 y2
=3，
解得x = 4，所以点P在定直线x = 4上.
（ii）设直线MA , NB的倾斜角分别为α , β，则∠APB =|β −α )，
由（i）知tan β
tanα =
y2
x2−2
y1
x1+2
= y2(x1+2)
y1(x2−2)
=3，
所以tan β =3tanα，
所以
tan∠APB =|tan(β −α ))=|
tan β −tanα
1+tan β tanα)= 2|tanα )
1+3tan
2α
=
2
1
|tanα ) +3|tanα )
≤
2
2❑√3 =
❑√3
3
当且仅当|tanα )=
❑√3
3 时取等号，所以∠APB的最大值为π
6 .
举一反三
【2-1】已知椭圆G: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的焦距为2，以椭圆G的四个顶点为顶点的四边
形面积为4 ❑√3.
(1)求椭圆G的方程；
(2)设A，B 为椭圆G的左右顶点，过右焦点F的直线l交椭圆G于M，N 两点，直线
AM，BN 交于点P.
（i）求证点P在定直线上；
（ii）设⃗AP =t1⃗AM ,⃗BP =t2⃗BN，求3
t1
+ 1
t2
的最大值.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)（i）证明见解析（ii）1
【分析】（1）由题意求出a,b的值，即得答案；
（2）（i）设直线l方程为x =my +1, M (x1, y1), N (x2, y2)，联立椭圆方程可得根与
系数关系，写出直线AM，BN的方程，联立化简，即可证明结论；（ii）由⃗
AP =t1⃗AM ,⃗BP =t2⃗BN可得t1,t2的表达式，化简3
t1
+ 1
t2
，即可求得答案.
【详解】（1）依题意c =1，以椭圆G的四个顶点为顶点的四边形面积为
2× 1
2 ×2a×b= 4 ❑√3,∴ab=2❑√3，
又a
2−b
2=1,∴a=2,b= ❑√3.
∴椭圆方程为x
2
4 + y
2
3 =1
（2）（i）证明：由（1）知可设直线l方程为x =my +1, M (x1, y1), N (x2, y2)，
联立x =my +1和3 x
2+ 4 y
2=12，
得(3m
2+ 4) y
2+6my −9=0，直线l 过椭圆焦点，必有Δ>0，
∴y1+ y2=−
6m
3m
2+ 4
, y1 y2=−
9
3m
2+ 4
.
∴y1 y2= 3
2m ( y1+ y2)，
A (−2,0),B (2,0)
，直线
AM
方程为
y =
y1
x1+2 ( x +2)
，
直线BN方程为y =
y2
x2−2 ( x−2)，
联立两方程得x +2
x−2 = y2(x1+2)
y1(x2−2)
= m y1 y2+3 y2
m y1 y2−y1
=
3
2 ( y1+ y2)+3 y2
3
2 ( y1+ y2)−y1
=3，
∴x = 4，即点P在定直线x = 4上；
（ii）依（i）有x p= 4.设P(4 , y p)，若⃗AP =t1⃗AM ,⃗BP =t2⃗BN，
则(6, y p)=t1(x1+2, y1),(2, y p)=t2(x2−2, y2)，则t1=
6
x1+2 ,t2=
2
x2−2，
∴3
t1
+ 1
t2
= x1+2
2
+ x2−2
2
= x1+ x2
2
= m
2 ( y1+ y2)+1=−
3m
2
3m
2+ 4
+1=
4
3m
2+ 4
≤1.
故当m=0时，3
t1
+ 1
t2
的最大值为1.
【2-2】如图，已知椭圆C : x
2
4 + y
2
3 =1的上、下顶点分别为A1，A2，过点E (0,1)作不与y
轴重合的直线l，与椭圆交于点M，N，直线M A1与直线N A2交于点T，试讨论点T是否
在某条定直线上．若是，求出该直线的方程；若不是，请说明理由．
【答案】点T在定直线y =3上．
【分析】设直线l的方程为y =kx +1，点M (x1, y1)，N (x2, y2)，联立得到
x1+ x2, x1 x2，进而得到k x1 x2=−
8k
4 k
2+3
= x1+ x2，代入通过计算可得y −❑√3
y + ❑√3 =2−❑√3，
解y =3.
【详解】由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y =kx +1，点M (x1, y1)，
N (x2, y2)，
联立{
y =kx +1
3 x
2+ 4 y
2=12)，得(4 k
2+3) x
2+8kx −8=0，
故Δ=64 k
2+32(4 k
2+3)=96(2k
2+1)>0，
x1+ x2=−
8k
3+ 4 k
2，x1 x2=−
8
3+ 4 k
2．
设直线M A1，N A2方程分别为y =k1 x + ❑√3，y =k2 x−❑√3，
可得y −❑√3
y + ❑√3 = k1
k2
=
k x1+(1−❑√3)
x1
k x2+(1+ ❑√3)
x2
= k x1 x2+(1−❑√3) x2
k x1 x2+(1+ ❑√3) x1
，
其中k x1 x2=−
8k
4 k
2+3
= x1+ x2，
所以y −❑√3
y + ❑√3 = x1+ x2+(1−❑√3) x2
x1+ x2+(1+ ❑√3) x1
=
(2−❑√3)[(2+ ❑√3) x1+ x2)
(2+ ❑√3) x1+ x2
=2−❑√3，
解得y =3．因此，点T在定直线y =3上．
【2-3】已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的离心率为❑√5，且过点(2,2❑√3).
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)设双曲线C的左、右两个顶点为A、B，过右焦点的直线交双曲线于P，Q 两点，直
线AP与直线BQ交于点T，求证：点T在定直线上．
【答案】(1)x
2−y
2
4 =1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题设条件建立a,b,c的方程组，求解即得双曲线的方程；
（2）设直线PQ 的方程为x =my + ❑√5，P(x1, y1)，Q(x2, y2)，T (n,t )，利用韦达定
理推得y1+ y2= −8 ❑√5m
4 m
2−1
，y1 y2=
16
4 m
2−1，即有m y1 y2=−2❑√5
5
( y1+ y2)，由直线
AP: y =
y1
x1+1
(x +1)，直线BQ: y =
y2
x2−1
(x−1)，代入点T (n,t )，即得t =
y1
x1+1
(n+1)，
t =
y2
x2−1
(n−1)进行联立，化简计算n+1
n−1，即可求得定直线方程．
【详解】（1）由题意，c
a = ❑√5，4
a
2 −12
b
2 =1，c
2=a
2+b
2，
联立解得a=1,b=2,c = ❑√5，
双曲线C的标准方程为x
2−y
2
4 =1．
（2）因为直线PQ 过右焦点F (❑√5,0)，且与双曲线交于P，Q 两点，故直线PQ 不与
x 轴平行，
设直线方程为x =my + ❑√5，设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，
由{
4 x
2−y
2−4 =0
x =my + ❑√5 )消去x可得(4 m
2−1) y
2+8 ❑√5my +16=0，
因Δ=320m
2−64(4 m
2−1)=64(m
2+1)>0,y1+ y2= −8 ❑√5m
4 m
2−1
，y1 y2=
16
4 m
2−1，
则有m y1 y2=−2❑√5
5
( y1+ y2)（*）
由题知，A (−1,0)，B (1,0)，设T (n,t )，
则直线AP: y =
y1
x1+1
(x +1)，直线BQ: y =
y2
x2−1
(x−1)，
将T (n,t )代入两式，可得t =
y1
x1+1
(n+1)，t =
y2
x2−1
(n−1)，
两式相除得n+1
n−1 = (x1+1) y2
(x2−1) y1
= (m y1+ ❑√5+1) y2
(m y2+ ❑√5−1) y1
= m y1 y2+(❑√5+1) y2
m y1 y2+(❑√5−1) y1
,将（*）代
入，可得
n+1
n−1 =
−2❑√5
5
( y1+ y2)+(❑√5+1) y2
−2❑√5
5
( y1+ y2)+(❑√5−1) y1
=
−2❑√5
5
y1+( 3 ❑√5
5
+1) y2
( 3 ❑√5
5
−1) y1−2❑√5
5
y2
= −2 y1+(3+ ❑√5) y2
(3−❑√5) y1−2 y2
= −3−❑√5
2
,
即n+1
n−1 = −3−❑√5
2
，解得n=
❑√5
5 ，
所以点T在定直线x =
❑√5
5 上．
题型三、“相交弦”模型交点过定直线（内）
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)过点(2,❑√2)，短轴长为4．
(1)求椭圆C的方程；
(2)椭圆C与y轴的交点为A，B（点A位于点B的上方），直线l: y =kx + 4与椭圆C交
于不同的两点M，N．设直线AN与直线BM相交于点G．试问点G是否在某定直线上？若
是，求出该直线方程；若不是，说明理由．
【答案】(1) x
2
8 + y
2
4 =1
(2)在定直线y =1上，理由见详解.
【分析】（1）依题意可得{
4
a
2 + 2
b
2 =1
2b= 4 )
，即可求出a、b，从而得解；
（2）由对称性分析该定直线为平行于横轴的直线，将直线MN与椭圆联立消y，设直
线AN、BM的方程解出G纵坐标，结合韦达定理化简计算即可.
【详解】（1）依题意可得{
4
a
2 + 2
b
2 =1
2b= 4 )
，解得{
b=2
a=2❑√2)，
所以椭圆C的方程为x
2
8 + y
2
4 =1；
（2）在定直线y =1上，理由如下：
设点N (x1, y1), M (x2, y2)( y1,2≠±2)与直线l联立消去y整理得
(1+2k
2) x
2+16 kx +24 =0，
由Δ=(16k )
2−4×24(1+2k
2)>0⇒k
2> 3
2，且x1+ x2=−16k
1+2k
2 , x1⋅x2=
24
1+2k
2，
所以x1+ x2=−2
3 k x1⋅x2，
易知A (0,2)，B (0,−2)，则l AN : y −2= y1−2
x1
x，lBM : y +2= y2+2
x2
x，
两式作商得y −2
y +2 = ( y1−2)⋅x2
( y2+2)⋅x1
= k x1 x2+2 x2
k x1 x2+6 x1
=
−3
2 (x1+ x2)+2 x2
−3
2 (x1+ x2)+6 x1
=−1
3，解得y =1，
故G在定直线y =1上.
【3-1】已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1（a>b>0）过点P(❑√2,❑√3)，且离心率为
❑√2
2 .
(1)求椭圆C的方程；
(2)记椭圆C的上下顶点分别为A ,B，过点(0,4)斜率为k的直线与椭圆C交于M , N两
点，证明：直线BM与AN的交点G在定直线上，并求出该定直线的方程.
【答案】(1) x
2
8 + y
2
4 =1
(2)证明见解析；y =1
【分析】（1）利用椭圆过点，离心率，结合a
2=b
2+c
2，即可得解；
（2）由题意得直线MN的方程y =kx + 4，与椭圆方程联立，结合韦达定理及求根公
式可求得x1, x2，联立直线AN的方程与直线BM的方程，化简可求得直线BM与AN的交点
G在定直线y =1上．
【详解】（1）由椭圆过点P(❑√2,❑√3)，且离心率为
❑√2
2 ，所以{
2
a
2 + 3
b
2 =1
e = c
a =
❑√2
2
a
2=b
2+c
2)
，
解得{
a
2=8
b
2= 4)，
故所求的椭圆方程为x
2
8 + y
2
4 =1．
举一反三
（2）由题意得A (0,2)，B (0,−2)，
直线MN的方程y =kx + 4，设M (x1, y1), N (x2, y2)，
联立{
y =kx + 4
x
2
8 + y
2
4 =1)
，整理得(1+2k
2) x
2+16 kx +24 =0，
由Δ=256 k
2−96(1+2k
2)>0，即k
2> 3
2，
所以x1+ x2= −16k
1+2k
2，x1 x2=
24
1+2k
2.
由求根公式可知，不妨设x1= −8k −2
❑√4 k
2−6
1+2k
2
，x2= −8k +2
❑√4 k
2−6
1+2k
2
，
直线AN的方程为y −2= y2−2
x2
x，直线BM的方程为y +2= y1+2
x1
x，
联立{
y −2= y2−2
x2
x
y +2= y1+2
x1
x)
，得y −2
y +2 = ( y2−2)x1
( y1+2)x2
= (k x2+2)x1
(k x1+6)x2
= k x1 x2+2 x1
k x1 x2+6 x2
，
代入x1, x2，得y −2
y +2 =
24 k
1+2k
2 + −16 k −4
❑√4 k
2−6
1+2k
2
24 k
1+2k
2 + −48k +12
❑√4 k
2−6
1+2k
2
=
8k −4
❑√4 k
2−6
−24 k +12
❑√4 k
2−6
=−1
3，
解得y =1，即直线BM与AN的交点G在定直线y =1上.
【3-2】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为
❑√3
2 ，左右顶点分别为A，B，G 为C
的上顶点，且△ABG的面积为2.
(1)求椭圆C 的方程；
(2)过点(4,0)的动直线与C 交于M，N 两点.证明：直线AM与BN的交点在一条定直线
上.
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆离心率以及△ABG的面积，列出关于a,b的方程，求出a,b，
即可得答案；
（2）设M (x1, y1), N (x2, y2)，设AM方程为y =m( x +2)，BN方程为y =n( x−2)，
分别联立椭圆方程，求出x1, y1, x2, y2的表达式，结合
x1−4
y1
= x2−4
y2
化简可得m,n
的关系式，结合AM，BN的方程，即可求得交点的横坐标，即可证明结论.
【详解】（1）由题意知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为
❑√3
2 ，即
c
a =
❑√a
2−b
2
a
=
❑√3
2 ，
则a=2b；
又S△ABG= 1
2 | AB|×|OG|= 1
2 ×2a×b=ab=2，
联立解得a=2,b=1，
故椭圆C 的方程为x
2
4 + y
2=1；
（2）证明：由（1）知A(−2,0),B(2,0)，设M (x1, y1), N (x2, y2)，
结合题意知直线AM与BN斜率存在，设AM方程为y =m( x +2)，BN方程为
y =n( x−2)，
联立{
y =m(x +2)
x
2+ 4 y
2−4 =0)，得(1+ 4 m
2) x
2+16m
2 x +16m
2−4 =0，Δ=16>0，
则−2 x1= 16m
2−4
1+ 4 m
2 ，故x1= 2−8m
2
1+ 4 m
2 ，则y1=m( x1+2)=
4 m
1+ 4 m
2；
联立{
y =n(x−2)
x
2+ 4 y
2−4 =0)，得(1+ 4 n
2) x
2−16n
2 x +16n
2−4 =0，Δ
′ =16>0，
故2 x2= 16n
2−4
1+ 4 n
2 ,∴x2= 8n
2−2
1+ 4 n
2 ，则y2=n( x2−2）= −4 n
1+ 4 n
2，
由题意知(4,0)，M，N 三点共线且MN 斜率存在，故x1−4
y1
= x2−4
y2
，
故
2−8m
2
1+ 4 m
2 −4
4 m
1+ 4 m
2
=
8n
2−2
1+ 4 n
2 −4
−4 n
1+ 4 n
2
，化简得(4 mn+1)(3m+n)=0，
若4 mn+1=0，则mn=−1
4 ，此时y2=
−4 m
2n
m
2+ 4 m
2n
2 =
m
m
2+ 1
4
=
4 m
1+ 4 m
2 = y1，
则M , N重合（直线MN和x 轴不平行且M , N不和点A ,B重合），不合题意；
故3m+n=0，∴n=−3m，
则AM方程为y =m( x +2)，BN方程为y =−3m( x−2)，联立解得x =1，
即直线AM与BN的交点横坐标为x =1，故直线AM与BN的交点在一条定直线x =1上.
【3-3】如图，已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0)，O 为坐标原点，
过点F 作直线l1与双曲线的渐近线交于P，Q 两.点，且点P 在线段FQ 上，OP⊥PQ，
|OP|+|OQ|= ❑√3| PQ|.
(1)求C 的方程；
(2)设A1, A2是C 的左右顶点，过点
､
(
1
2 ,0)的直线l 与C 交于M，N 两点，试探究直
线A1 M与A2 N的交点S 是否在某条定直线上，若是，求出该定直线方程，若不是，请说
明理由.
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1
(2)是，S在定直线x =2上
【分析】（1）计算得到|OQ)= 2❑√3
3 |PQ)，|OP)=
❑√3
3 |PQ)，得到∠POF =π
3 ，解
得a=1，b= ❑√3，得到答案.
（2）直线MN的方程为x =ty + 1
2，M (x1), y1), N (x2, y2)，联立方程得到根与系数
的关系，确定直线方程，计算交点坐标，得到xS=2，得到答案.
【详解】（1）双曲线右焦点为F(2,0)，故c =2，渐近线方程为y =± b
a x，则
tan ∠POF = b
a，
OP⊥PQ，故|OQ)
2−|OP)
2=|PQ)
2，即(|OQ)+|OP))(|OQ)−|OP))=|PQ)
2，
|OP|+|OQ|= ❑√3| PQ|，故|OQ)−|OP)=
❑√3
3 |PQ)，
解得|OQ)= 2❑√3
3 |PQ)，|OP)=
❑√3
3 |PQ)，故∠POQ =π
3 ，故
∠POF =
π−π
3
2
=π
3
，
故tan ∠POF = b
a = ❑√3，c =2，a
2+b
2=c
2= 4，解得a=1，b= ❑√3.
故双曲线方程为x
2−y
2
3 =1.
（2）A1(−1,0)，A2(1,0)，设直线MN的方程为x =ty + 1
2，M (x1), y1), N (x2, y2)，
联立{
x =ty + 1
2
3 x
2−y
2−3=0)
，得(3t
2−1) y
2+3ty −9
4 =0.
故y1+ y2= −3t
3t
2−1
, y1 y2=−
9
4(3t
2−1)，故t y1 y2= 3
4 ( y1+ y2)，
直线A1 M : y =
y1
x1+1 ( x +1)，直线A2 N : y =
y2
x2−1 ( x−1)，
联立两直线方程，解得
xS= x1 y2+ x2 y1−y1+ y2
x1 y2−x2 y1+ y1+ y2
=(t y1+ 1
2) y2+(t y2+ 1
2) y1−y1+ y2
(t y1+ 1
2) y2−(t y2+ 1
2) y1+ y1+ y2
=
2t y1 y2+ 3
2 y2−1
2 y1
3
2 y2+ 1
2 y1
=
3
2 ( y1+ y2)+ 3
2 y2−1
2 y1
3
2 y2+ 1
2 y1
=
y1+3 y2
3
2 y2+ 1
2 y1
=2，
故直线A1 M与直线A2 N的交点S在定直线x =2上.
题型四、“夹丸子”模型内心过定直线
典例探究
【答案】(1) x
2
16 + y
2
12 =1
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意可得a
2=b
2+ 4，代入点的坐标可得12
a
2 + 3
b
2 =1，求解可得椭圆
C的标准方程；
（2）设直线AB的方程为x =my −8，联立方程组，由韦达定理可得
y1+ y2= 48m
3m
2+ 4
, y1 y2=
144
3m
2+ 4 ，设直线A F1,B F1的斜率分别为k1,k2，计算可得
k1+ k2=0恒成立，进而可得结论.
【详解】（1）因为椭圆两个焦点为F1(−2,0), F2(2,0)，所以c =2，则a
2=b
2+ 4，
又点M (2❑√3,❑√3)在椭圆C上，所以(2❑√3)
2
a
2
+ (❑√3)
2
b
2
=1.即12
a
2 + 3
b
2 =1，
两式联立，解得a
2=16,b
2=12，所以椭圆C的标准方程为x
2
16 + y
2
12 =1.
（2）由题意可知直线AB的斜率存在，且不为0，设直线AB的方程为x =my −8，
联立{
x =my −8
x
2
16 + y
2
12 =1)
，得(3m
2+ 4) y
2−48my +144 =0，
则Δ=(−48m)
2−4(3m
2+ 4)×144 =576m
2−2304>0，得m
2>4，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，则y1+ y2= 48m
3m
2+ 4
, y1 y2=
144
3m
2+ 4 ，
设直线A F1,B F1的斜率分别为k1,k2.
【典型例题】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的两个焦点为F1(−2, 0), F2(2, 0)，点
M (2❑√3, ❑√3)在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若过点P(−8, 0)的直线与椭圆C交于A , B两点，求证：△AB F1的内心在一条定
直线上．
所以k1+k2=
y1
x1+2 +
y2
x2+2 =
y1
m y1−6 +
y2
m y2−6 = y1(m y2−6)+ y2(m y1−6)
(m y1−6)(m y2−6)
，
因为
y1(m y2−6)+ y2(m y1−6)=2m y1 y2−6( y1+ y2)=2m×
144
3m
2+ 4
−6× 48m
3m
2+ 4
=0，
所以k1+ k2=0恒成立，则直线A F1,B F1的倾斜角互补，即∠A F1B的平分线总垂直
于x轴，
所以△AB F1的内心在定直线x =−2上.
【4-1】已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1（a>b>0）过点M(
2❑√6
3
,
❑√6
3 )，且离心率为
❑√2
2 ．
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)若直线l：y = x +m与椭圆C 交y 轴右侧于不同的两点A，B，证明：△MAB 的内心
在一条定直线上．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
2 =1
(2)证明见详解
【分析】（1）根据题意建立关于a，b的方程组，再求解即可得到椭圆C 的标准方程；
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，联立直线l和椭圆C 的标准方程，得到关于x的一元二
次方程，再根据韦达定理证明k MA+ k MB=0，进而即可得出结论．
举一反三
【详解】（1）依题意有{
(
2❑√6
3 )
2
a
2
+(
❑√6
3 )
2
b
2
=1
❑√a
2−b
2
a
=
❑√2
2 )
，解得{
a
2= 4
b
2=2)，
所以椭圆C 的标准方程为x
2
4 + y
2
2 =1．
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立{
x
2
4 + y
2
2 =1
y = x +m )
，消y整理得3 x
2+ 4 mx +2m
2−4 =0，
则Δ=16m
2−12(2m
2−4)>0，解得−❑√6<m<❑√6，
可得x1+ x2=−4 m
3 ，x1 x2= 2m
2−4
3
，
所以y1+ y2= x1+ x2+2m= 2m
3 ，
所以x1 y2+ x2 y1= x1(x2+m)+ x2(x1+m)=2 x1 x2+m(x1+ x2)=−8
3，
所以
k MA+ k MB=
y1−
❑√6
3
x1−2❑√6
3
+
y2−
❑√6
3
x2−2❑√6
3
=
x1 y2+ x2 y1−
❑√6
3 (x1+ x2)−2❑√6
3
( y1+ y2)+ 8
3
(x1−2❑√6
3 )(x2−2❑√6
3 )
，
又x1 y2+ x2 y1−
❑√6
3 (x1+ x2)−2❑√6
3
( y1+ y2)+ 8
3 =−8
3 + 4 ❑√6m
9
−4 ❑√6
9
m+ 8
3 =0，
所以k MA+ k MB=0恒成立，则∠AMB的平分线总垂直于x 轴，
所以△MAB的内心在定直线x = 2❑√6
3
上．
【4-2】如图，已知椭圆Γ : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的上、右顶点分别为A，B，F是椭圆Γ的
右焦点，P(❑√2,1)是椭圆Γ上的点，且|OA)=|OF)（O是坐标原点）．
（Ⅰ）求a，b的值；
（Ⅱ）若不过点P且斜率为
❑√2
2 的直线l交椭圆Γ于M，N两点，试问：当点P在直线l
的上、下方时，△PMN的内心是否分别位于某条定直线上？若是，请求出两条定直线的方
程；若不是，请说明理由．
【答案】（Ⅰ）a=2，b= ❑√2；（Ⅱ）是；当点P在直线l的上方时，x = ❑√2；当点P
在直线l的下方时，y =1.
【解析】（Ⅰ）由题意可得b=c，结合椭圆性质可得a
2=2b
2，再代入点P(❑√2,1)即
可得解；
（Ⅱ）由题意设直线l: y =
❑√2
2 x +m(m≠0)，联立方程，结合韦达定理、直线的斜率
可得k MP+ k NP=0，再由直线斜率的知识可得∠MPN的平分线，即可得解.
【详解】（Ⅰ）设点F (c ,0),(c>0)，
因为|OA)=|OF)，所以b=c，所以a
2=b
2+c
2=2b
2，
又P(❑√2,1)是椭圆Γ上的点，所以2
a
2 + 1
b
2 =1即2
2b
2 + 1
b
2 =1，
所以b
2=2，a
2= 4，
所以a=2，b= ❑√2；
（Ⅱ）由题意设直线l: y =
❑√2
2 x +m(m≠0)，即x = ❑√2 y −❑√2m(m≠0)，
设M (x1, y1)，N (x2, y2)，由（Ⅰ）得椭圆方程为x
2
4 + y
2
2 =1，
则{
x
2
4 + y
2
2 =1
x = ❑√2 y −❑√2m)
，消去x 得4 y
2−4 my +2m
2−4 =0，
由Δ=(−4 m)
2−4×4(2m
2−4)>0可得−2<m<2，
则y1+ y2=m，y1 y2= m
2−2
2
，
因为k MP= 1−y1
❑√2−x1
，k NP= 1−y2
❑√2−x2
，
所以k MP+ k NP= 1−y1
❑√2−x1
+ 1−y2
❑√2−x2
= (1−y1)(
❑√2−x2)+(1−y2)(
❑√2−x1)
(
❑√2−x1)(
❑√2−x2)
= (1−y1)(
❑√2−❑√2 y2+ ❑√2m)+(1−y2)(
❑√2−❑√2 y1+ ❑√2m)
(
❑√2−x1)(
❑√2−x2)
=
(❑√2+ ❑√2m)(1−y1+1−y2)−❑√2( y1+ y2)+2❑√2 y1 y2
(
❑√2−x1)(
❑√2−x2)
=
(❑√2+ ❑√2m)(2−m)−❑√2m+2❑√2× m
2−2
2
(
❑√2−x1)(
❑√2−x2)
=0；
所以当点P在直线l的上方时，∠MPN的平分线为直线x = ❑√2，
所以此时内心位于定直线x = ❑√2上；
当点P在直线l的下方时，∠MPN的平分线为直线y =1，
所以此时内心位于定直线y =1上.
【4-3】已知曲线E: x
2
6 + y
2
3 =1，直线l: y = x +m与曲线E交于y轴右侧不同的两点A ,B．
(1)求m的取值范围；
(2)已知点P的坐标为(2,1)，试问：△APB的内心是否恒在一条定直线上？若是，请求
出该直线方程；若不是，请说明理由．
【答案】(1)(−3,−❑√3)
(2)△APB的内心恒在一条定直线上，该直线为x =2
【分析】（1）联立方程，根据题意结合韦达定理列式求解；
（2）根据（1）中的韦达定理证明k1+ k2=0，即可得结果.
【详解】（1）设A(x1, y1),B(x2, y2)，
联立方程{
y = x +m
x
2
6 + y
2
3 =1)
，消去y 得：3 x
2+ 4 mx +2m
2−6=0，
由题意可得{
Δ=(4 m)
2−4×3×(2m
2−6)>0
x1+ x2=−4
3 m>0
x1 x2= 2m
2−6
3
>0
)
，解得−3<m<−❑√3，
故m的取值范围为(−3,−❑√3).
（2）内心恒在一条定直线上，该直线为x =2，
∵2
2
6 + 1
2
3 =1，即点P(2,1)在椭圆上，
若直线l: y = x +m过点(2,−1)，则2+m=−1，解得m=−3∉(−3,−❑√3)，
即直线l: y = x +m不过点(2,−1)，故直线AP ,BP的斜率存在，
由（1）可得：A(x1, y1),B(x2, y2), x1+ x2=−4
3 m, x1 x2= 2m
2−6
3
，
设直线AP ,BP的斜率分别为k1,k2，则k1= y1−1
x1−2 ,k2= y2−1
x2−2 ，
∵k1+k2= y1−1
x1−2 + y2−1
x2−2 = ( y1−1)(x2−2)+( y2−1)(x1−2)
(x1−2)(x2−2)
= (x1+m−1)(x2−2)+(x2+m−1)(x1−2)
(x1−2)(x2−2)
= 2 x1 x2+(m−3)(x1+ x2)−4 (m−1)
(x1−2)(x2−2)
=
2(
2m
2−6
3 )+(m−3)(−4
3 m)−4 (m−1)
(x1−2)(x2−2)
=
4 m
2−12−4 m
2+12m−12m+12
3
(x1−2)(x2−2)
=0，
即k1+ k2=0，则∠APB的角平分线为x =2，
故△APB的内心恒在直线x =2上.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)x + 4 y −4 =0．
【分析】（1）设椭圆的焦点为F1(−c ,0), F2(c ,0)，由tan∠M F1 F2=
3
2
c +1 = 3
4
，
求得c，进而得|M F1)= 5
2，由椭圆定义求得a,b，得解；
（2）设A(x1, y1),B(x2, y2),Q(x0, y0)，当直线AB的斜率存在时，设直线
题型五、“糖葫芦”模型分点过定直线
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)的左、右焦点分别是F1, F2, M(1, 3
2)
为C上一点，且在△F1 M F2中，tan∠M F1 F2= 3
4 ．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点P(1,3)的直线l与椭圆C交于A ,B两点（点A在点B的上方），线段AB上存在
点Q，使得|PA)
|PB) =|QA)
|QB)，证明Q过定直线．
AB: y −3=k (x−1)，由|PA)
|PB) =|QA)
|QB)
，可得x0= x1+ x2−2 x1 x2
2−(x1+ x2)
，联立直线AB与椭圆的
方程得到根与系数关系，求得x0, y0，进而得点Q在直线上.
【详解】（1）设F1(−c ,0), F2(c ,0)，
依题意，tan∠M F1 F2=
3
2
c +1 = 3
4
，解得c =1，从而F2(1,0)，
因此M F2⊥F1 F2，由勾股定理可得|M F1)= 5
2．
所以2a=|M F1)+|M F2)= 4，可得a=2,b= ❑√3．
所以求椭圆C的方程为x
2
4 + y
2
3 =1.
（2）设A(x1, y1),B(x2, y2),Q(x0, y0)，
当直线AB的斜率存在时，|PA)
|PB) = 1−x1
1−x2
,|QA)
|QB) = x1−x0
x0−x2
，
由|PA)
|PB) =|QA)
|QB)，可得
1−x1
1−x2
= x1−x0
x0−x2
，解得x0= x1+ x2−2 x1 x2
2−(x1+ x2)
．（*）
设直线AB: y −3=k (x−1)，
联立{
y −3=k (x−1),
x
2
4 + y
2
3 =1, )
整理可得(4 k
2+3) x
2−(8k
2−24 k) x + 4 k
2−24 k +24 =0，
由Δ=[−(8k
2−24 k))
2
−4(4 k
2+3)(4 k
2−24 k +24)>0，
整理可得：k
2+2k −2>0，解得k >−1+ ❑√3或k <−1−❑√3，
且x1+ x2= 8k
2−24 k
3+ 4 k
2
, x1 x2= 4 k
2−24 k +24
3+ 4 k
2
，
代入（*）整理可得x0= 4 k −8
4 k +1 ，
代入直线AB的方程，得y0=k (x0−1)+3=k(
4 k −8
4 k +1 −1)+3= 3k +3
4 k +1，
可得x0+ 4 y0−4 =0．
当直线AB的斜率不存在时，AB: x =1，则A(1, 3
2),B(1,−3
2),|PA)
|PB) = 1
3，
由|PA)
|PB) =|QA)
|QB)，得Q(1, 3
4)，也满足方程x0+ 4 y0−4 =0，
所以点Q在直线x + 4 y −4 =0（在椭圆C内部）上．
【5-1】复数z = x + y i（a,b∈R）与复平面上的点P(x , y)一一对应：
(1)复数z0= x0+ y0i（x0，y0∈R），z = x + y i（x，y ∈R），若|z−z0)=r（
r >0），复平面上动点P(x , y)的轨迹为C1；若z = λ z0（λ∈R），复平面上动点P(x , y)
的轨迹为C2；判断并证明C1、C2的曲线类型.
(2)复数z1=i、z2=−i、|z3−z2)= 4、z = x + y i（x，y ∈R）满足
z−z2= μ(z3−z2)（μ∈R）且|z3−z)=|z1−z)，复平面上动点P(x , y)的轨迹为曲线C.
（ⅰ）求C的标准方程，并判断曲线类型；
（ⅱ）平面上过Q (2,1)的动直线l交曲线C于A、B两点，R是线段AB上一点且满足
|AQ)⋅|RB)=|AR)⋅|QB)，证明：点R恒在某条定直线上.
【答案】(1)C1是圆，证明见解析；C2是直线，证明见解析
举一反三
(2)（i）y
2
4 + x
2
3 =1，曲线为椭圆；（ii）证明见解析
【分析】（1）判断C1时将模长转化为对应坐标运算，化简后可得结果，判断C2时，
根据横纵坐标的对应关系来进行判断即可；
（2）（ⅰ）先根据（1）将复数之间的等量关系转化为几何关系，然后根据椭圆的定
义作出判断并写出标准方程；（ii）设出直线AB的方程以及A ,B , R的坐标，联立直线方
程与椭圆方程可得坐标的韦达定理形式，然后利用弦长公式转化条件，通过代入韦达定理
形式的坐标关系求得R横纵坐标的关系，则可完成证明.
【详解】（1）C1是圆心为(x0, y0)，半径为r的圆；
证明：因为|z−z0)=r (r >0)，所以|(x −x0)+( y −y0)i)=r，
所以❑√(x −x0)
2+( y −y0)
2=r，所以(x −x0)
2+( y −y0)
2=r
2，
表示圆心为(x0, y0)，半径为r的圆；
C2是经过(0,0)和(x0, y0)的一条直线；
证明：因为z = λ z0(λ∈R)，所以x + y i= λ(x0+ y0i)，所以{
x = λ x0
y = λ y0)，
当x0≠0时，y
x = y0
x0
，即y = y0
x0
x，表示经过(0,0)且斜率为
y0
x0
的一条直线，
当x0=0时，x =0，表示y轴，
所以C2是经过(0,0)和(x0, y0)的一条直线.
（2）（i）设z1, z2, z3在复平面内对应的点为Z1,Z2,Z3，
由（1）可知，z−z2= μ(z3−z2)表示直线Z2Z3，|z3−z)=|z1−z)表示Z1Z3的垂直平
分线，
所以P为Z1Z3的垂直平分线与直线Z2Z3的交点，
因为z1=i，所以Z1(0,1)，因为z2=−i，所以Z2(0,−1)，
因为|z3−z2)= 4，所以Z3在以Z2为圆心，半径为4的圆上，
如下图所示，
由上可知，|P Z1)+|P Z2)=|P Z3)+|P Z2)=|Z2Z3)= 4>2=|Z1Z2)，
所以P的轨迹是以Z1(0,1),Z2(0,−1)为焦点，长轴长为4的椭圆，
所以2a= 4,2c =2，所以a
2= 4 ,b
2= 4−1=3，
所以C的标准方程为y
2
4 + x
2
3 =1，曲线为椭圆；
（ⅱ）设A(x1, y1),B(x2, y2), R (m,n)，不妨假设x1<m< x2<2，
由题意可知，直线AB的斜率存在，设AB: y =k (x−2)+1，
联立{
y =k (x−2)+1
4 x
2+3 y
2=12)，可得(4 +3k
2) x
2−6 k (2k −1) x +3(4 k
2−4 k −3)=0，
所以{
x1+ x2= 6 k (2k −1)
4 +3k
2
x1 x2= 3(4 k
2−4 k −3)
4 +3k
2 )
，且
Δ=[−6 k (2k −1))
2−4(4 +3k
2)×3(4 k
2−4 k −3)>0⇔2−❑√7<k <2+ ❑√7，
因为
|AQ)=
❑√1+ k
2⋅|2−x1)=
❑√1+ k
2(2−x1),|RB)=
❑√1+ k
2⋅|x2−m)=
❑√1+ k
2(x2−m)，
|AR)=
❑√1+k
2⋅|m−x1)=
❑√1+k
2(m−x1),|QB)=
❑√1+ k
2⋅|2−x2)=
❑√1+k
2(2−x2)，
所以|AQ)⋅|RB)=|AR)⋅|QB)⇔(2−x1)(x2−m)=(m−x1)(2−x2)，
化简可得(m+2)(x1+ x2)−2 x1 x2−4 m=0，
所以(m+2)(6 k (2k −1))−6(4 k
2−4 k −3)−4 m(4 +3k
2)=0，
所以(6m−3)k =8m−9，且k = n−1
m−2，
所以(6m−3)× n−1
m−2 =8m−9，化简可得8m+3n−12=0，
所以R在定直线8 x +3 y −12=0上.
【5-2】已知椭圆E: x
2
2 + y
2
b
2 =1(b>0)的焦点在x轴，离心率e =
❑√2
2 ，点P在直线x =2上．
(1)求实数b的值；
(2)设F是椭圆E的右焦点，若Q是椭圆E上一点，且满足⃗PF ⋅⃗QF =0，设直线PQ和
直线OQ（O为坐标原点）的斜率分别为k1, k2，证明：k1⋅k2=−1
2；
(3)若点P的纵坐标为1
2，过P作直线l交椭圆E于不同的两点M和N，在线段MN上取
点H（异于M , N两点）满是|PM )
|PN ) =|HM )
|HN ) ，证明：点H在定直线上．
【答案】(1)b=1
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据离心率及椭圆a,b,c的关系即可求出实数b的值.
（2）由（1）可设点Q( x0, y0), P(2, t )，根据⃗PF ⋅⃗QF =0得出t y0=1−x0，再由
点Q 在椭圆E上得出y0
2=1−x0
2
2
，用斜率公式即可求出k1⋅k2的值；
（3）设出H的坐标，根据向量共线用坐标表示，解方程组即可得到点H的横纵坐标
所满足的线性关系.
【详解】（1）设椭圆E 的半焦距为c，
由题意可得{
a
2=2
e = c
a =
❑√2
2
a
2=b
2+c
2)
，解得{
a= ❑√2
c =1
b=1 )，
故实数b的值为1.
（2）
设Q( x0, y0), P(2, t ), F(1, 0)
已知⃗PF ⋅⃗QF =0，所以t y0=1−x0
由Q( x0, y0)在椭圆E上有：y0
2=1−x0
2
2
所以k1⋅k2= t −y0
2−x0
⋅y0
x0
= t y0−y0
2
2 x0−x0
2 =
1−x0−(1−x0
2
2 )
2 x0−x0
2
=
x0
2
2 −x0
2 x0−x0
2 =−1
2
.
（3）
设M ( x1, y1), N ( x2, y2), H ( x , y)，
由题意知p(2, 1
2)，
令|PM )
|PN ) =|HM )
|HN ) = λ( λ>0)，则有⃗PM = λ⃗PN ,⃗MH = λ⃗HN，
所以(x1−2, y1−1
2)= λ(x2−2, y2−1
2)，(x−x1, y −y1)= λ(x2−x , y2−y)，
则有{
x1−2= λ x2−2 λ
y1−1
2 = λ y2−1
2 λ
x−x1= λ x2−λx
y −y1= λ y2−λy)
，即{
λ x2−x1=2(λ−1)①
λ y2−y1= 1
2
(λ−1)②
λ x2+ x1= x (λ+1)③
λ y2+ y1= y (λ+1)④)
，
①×③得：λ
2 x2
2−x1
2=2 x(λ
2−1)⑤
②×④得：λ
2 y2
2−y1
2= 1
2 y (λ
2−1)⑥，
⑤+2×⑥：λ
2( x2
2+2 y2
2)−( x1
2+2 y1
2)=( λ
2−1)(2 x + y)
又M ( x1, y1), N ( x2, y2)在椭圆E上，
则有x1
2+2 y1
2=2，x2
2+2 y2
2=2，
所以H ( x , y)的轨迹方程为：2 x + y −2=0，
即点H在定直线上．
【5-3】已知点(2,3)在双曲线C : x
2
a
2 −
y
2
a
2+2
=1上．
(1)双曲线上动点Q 处的切线交C的两条渐近线于A ,B两点，其中O 为坐标原点，求
证：△AOB的面积S是定值；
(2)已知点P( 1
2 ,1)，过点P作动直线l与双曲线右支交于不同的两点M､N，在线段
MN上取异于点M､N的点H，满足|PM )
|PN ) =|MH )
|HN ) ，证明：点H恒在一条定直线上．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求出双曲线方程，设Q (m,n)，则x
2−y
2
3 =1过点Q (m,n)的切线方
程为mx −ny
3 =1，联立mx −ny
3 =1与两条渐近线方程，得到A ,B点坐标，利用
1
2|x1 y2−x2 y1)求出面积为定值；
（2）考虑直线l斜率不存在，不合题意，故直线l斜率存在，设直线l方程
y −1=k(x−1
2)，与双曲线方程联立，设出M (x1, y1), N (x2, y2)，得到两根之和，两根
之积，再设点H的坐标为(xH , y H)，由|PM )
|PN ) =|MH )
|HN ) 得到xH = 8−k
3−2k ，y H = 19−4 k
2(3−2k )，
消去参数得到点H恒在一条定直线3 x−2 y =6上.
【详解】（1）将(2,3)代入双曲线中，4
a
2 −
9
a
2+2
=1，
解得a
2=1，故双曲线方程为x
2−y
2
3 =1，
下面证明x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)上一点(x0, y0)的切线方程为
x0 x
a
2 −y0 y
b
2 =1，
理由如下：当切线方程的斜率存在时，
设过点(x0, y0)的切线方程为y −y0=k (x−x0)，与x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)联立得，
(
1
a
2 −k
2
b
2)x
2+(
2k
2 x0
b
2
−2k
2 y0
b
2 )x + 2k x0 y0−k
2 x0
2−y0
2−b
2
b
2
=0，
由Δ=(
2k
2 x0
b
2
−2k
2 y0
b
2 )
2
−4(
1
a
2 −k
2
b
2)⋅2k x0 y0−k
2 x0
2−y0
2−b
2
b
2
=0
化简得( y0−k x0)
2=a
2k
2−b
2，
因为k = y −y0
x−x0
，代入上式得( y0−y −y0
x−x0
⋅x0)
2
=a
2(
y −y0
x−x0)
2
−b
2，
整理得(x y0−x0 y)
2=a
2( y −y0)
2−b
2(x −x0)
2，
同除以a
2b
2得，(x y0−x0 y)
2
a
2b
2
= ( y −y0)
2
b
2
−(x−x0)
2
a
2
，
即x
2 y0
2−2 x y0 x0 y + x0
2 y
2
a
2b
2
= y
2−2 y0 y + y0
2
b
2
−x
2−2 x0 x + x0
2
a
2
，
因为x0
2
a
2 −y0
2
b
2 =1，x
2
a
2 −y
2
b
2 =1，
所以x
2 y0
2−2 x y0 x0 y + x0
2 y
2
a
2b
2
=−2−2 y0 y
b
2
+ 2 x0 x
a
2
，
联立{
x0
2
a
2 −y0
2
b
2 =1
x
2
a
2 −y
2
b
2 =1)
，两式相乘得，x0
2 x
2
a
4 −x0
2 y
2
a
2b
2 −x
2 y0
2
a
2b
2 + y0
2 y
2
b
4
=1，
从而x0
2 y
2
a
2b
2 + x
2 y0
2
a
2b
2 =−1+ x0
2 x
2
a
4 + y0
2 y
2
b
4 ，
故−1+ x0
2 x
2
a
4 + y0
2 y
2
b
4 + −2 x y0 x0 y
a
2b
2
=−2−2 y0 y
b
2
+ 2 x0 x
a
2
，
即−1+(
x0 x
a
2 −y0 y
b
2 )
2
=−2+2(
x0 x
a
2 −y0 y
b
2 )，
令t = x0 x
a
2 −y0 y
b
2 ，则−1+t
2=−2+2t，即(t −1)
2=0，
解得t =1，即
x0 x
a
2 −y0 y
b
2 =1，
当切线斜率不存在时，此时切点为(±a,0)，切线方程为x =±a，满足
x0 x
a
2 −y0 y
b
2 =1，
综上：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)上一点(x0, y0)的切线方程为
x0 x
a
2 −y0 y
b
2 =1，
设Q (m,n)，则x
2−y
2
3 =1过点Q (m,n)的切线方程为mx −ny
3 =1，
故mx −ny
3 =1为x
2−y
2
3 =1过点Q (m,n)的切线方程，
双曲线的两条渐近线方程为y =± ❑√3 x，
联立mx −ny
3 =1与y = ❑√3 x，解得{
x1=
3
3m−❑√3n
y1=
3 ❑√3
3m−❑√3n)
,
联立mx −ny
3 =1与y =−❑√3 x，解得{
x2=
3
3m+ ❑√3n
y2=
−3 ❑√3
3m+ ❑√3n)
,
直线AB方程为
y −y1
x−x1
= y2−y1
x2−x1
，即( y −y1)(x2−x1)−( y2−y1)(x−x1)=0，
故点O到直线AB的距离为|(−y1)(x2−x1)−( y2−y1)(−x1))
❑√(x2−x1)
2+( y2−y1)
=
|x1 y2−x2 y1)
❑√(x2−x1)
2+( y2−y1)
，
且|AB)= ❑√(x2−x1)
2+( y2−y1)，
故△AOB的面积为1
2
|x1 y2−x2 y1)
❑√(x2−x1)
2+( y2−y1)
⋅❑√(x2−x1)
2+( y2−y1)= 1
2|x1 y2−x2 y1)
= 1
2|
3
3m−❑√3n ⋅
−3 ❑√3
3m+ ❑√3n −
3
3m+ ❑√3n ⋅
3 ❑√3
3m−❑√3n)
= 1
2|
−18 ❑√3
9m
2−3n
2)= 1
2|
−18 ❑√3
9 )= ❑√3，为定值；
（2）若直线l斜率不存在，此时直线l与双曲线右支无交点，不合题意，不满足条件，
故直线l斜率存在，设直线l方程y −1=k(x−1
2)，
与x
2−y
2
3 =1联立得(3−k
2) x
2+(k
2−2k) x−(
1
4 k
2−k + 4)=0，
由{
Δ>0
3−k
2≠0
k
2−2k
k
2−3
>0
1
4 k
2−k + 4
k
2−3
>0)
，
因为1
4 k
2−k + 4 = 1
4
(k −2)
2+3>0恒成立，所以k
2−3>0，
故k
2−2k >0，
解得−2−2❑√13
3
<k <−3,
设M (x1, y1), N (x2, y2)，则x1+ x2= k
2−2k
k
2−3
, x1 x2=
1
4 k
2−k + 4
k
2−3
，
设点H的坐标为(xH , y H)，
则由|PM )
|PN ) =|MH )
|HN ) 得，
x1−1
2
x2−1
2
= xH −x1
x2−xH
，
变形得到2 x1 x2−(xH + 1
2)(x1+ x2)+ xH =0，
将x1+ x2= k
2−2k
k
2−3
, x1 x2=
1
4 k
2−k + 4
k
2−3
代入，解得xH = 8−k
3−2k ，
将xH = 8−k
3−2k 代入y −1=k(x−1
2)中，解得y H =
9k +6
2(3−2k )，
则3 xH −2 y H = 24−3k
3−2k −18k +12
2(3−2k ) =6，
故点H恒在一条定直线3 x−2 y −6=0上.
【答案】(1)x
2= 4 y；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用给定的焦点坐标求出抛物线方程.
（2）利用导数的几何意义求出抛物线C在点A ,B处的切线方程，进而得直线AB方程
即可推理得证.
题型六、“切点弦”模型交点过定直线
典例探究
【典型例题】抛物线C : x
2=2 py ( p>0)的焦点为F (0,1)，过D (0,3)的直线AB交抛物线于
A，B两点，在A处的切线与在B处的切线交于点P.
(1)求抛物线C的方程；
(2)证明：点P在定直线上
【详解】（1）抛物线x
2=2 py ( p>0)的焦点坐标为(0, p
2 )，则p
2 =1，解得p=2，
所以抛物线C的方程为x
2= 4 y.
（2）设A(x1, y1),B(x2, y2)，直线AB的方程为y =kx +3，由y = x
2
4 ，求导得y
′ = x
2，
抛物线在A处的切线方程为y −y1= x1
2 ( x−x1)，即x1 x =2 y +2 y1，
依题意，直线x1 x =2 y +2 y1过P(x0, y0)，则x1 x0=2 y0+2 y1，
同理在B处的切线过P，则x2 x0=2 y0+2 y2，
显然点A ,B在x x0=2 y0+2 y上，即直线x x0=2 y0+2 y与y =kx +3是同一直线，
因此x0=2k , y0=−3，则P(2k ,−3)，所以点P在定直线y =−3上.
【6-1】已知抛物线C：y
2= 4 x.
(1)过抛物线的焦点，且斜率为❑√3的直线l1交抛物线C于A，B两点，求|AB)；
(2)直线l2过点P(2,0)且与抛物线交于M，N两点，过M，N分别作抛物线的切线，这
两条切线交于点Q.证明：点Q在定直线上.
【答案】(1)|AB)= 16
3
(2)证明见解析
【分析】（1）由已知直线l1：y = ❑√3(x−1)，联立抛物线方程，结合韦达定理、焦点
弦公式即可得解.
（2）设M (x3, y3)，N (x4, y4)，首先将过点M , N的两条切线方程求出来（分别用它
们的坐标表示），然后联立两条切线方程可得Q的横坐标表达式为xQ= y3 y4
4
，由M , N , P
举一反三
三点共线可得xQ= y3 y4
4
为定值，由此即可得证.
【详解】（1）
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，由题意可得抛物线焦点F (1,0)，准线x =−1，直线l1：
y = ❑√3(x−1)，
联立{
y = ❑√3(x−1)
y
2= 4 x )，得3 x
2−10 x +3=0，所以x1+ x2= 10
3 ，
所以|AB)= x1+ x2+2= 10
3 +2= 16
3 .
（2）
设M (x3, y3)，N (x4, y4)，
由题意，过点M且与抛物线相切的直线斜率存在且不为0，不妨设为k，
则过点M且与抛物线相切的直线方程为y −y3=k (x−x3)，①
联立{
y −y3=k (x−x3)
y
2= 4 x
)，得k y
2−4 y + 4 y3−4 k x3=0，
所以Δ=16−16 k ( y3−k x3)=0，代入y3
2= 4 x3，得k
2 y3
2
4
−k y3+1=(
k y3
2 −1)
2
=0，
解得k = 2
y3
，带入①式即得y3 y =2 x +2 x3，
即过点M且与抛物线相切的直线方程为y3 y =2 x +2 x3，
同理可得过点N且与抛物线相切的直线方程为y4 y =2 x +2 x4，
联立{
y3 y =2 x +2 x3
y4 y =2 x +2 x4)，可得xQ= y4 x3−y3 x4
y3−y4
=
y3 y4
4
( y3−y4)
y3−y4
= y3 y4
4
，
由题意，直线MN斜率可能不存在但是一定不为0，设直线MN方程为x =my +2，
联立{
x =my +2
y
2= 4 x )，得y
2−4 my −8=0，所以y3 y4=−8，即得xQ=−2，
所以点Q在定直线x =−2上.
【6-2】已知点A(−1,0)，B(1,0)，动点P满足|PA)+|PB)= 4，P点的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的方程；
（2）已知圆x
2+ y
2= R
2上任意一点P(x0, y0)处的切线方程为：x0 x + y0 y = R
2，类比
可知椭圆：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1上任意一点P(x0, y0)处的切线方程为：
x0 x
a
2 + y0 y
b
2 =1．记l1为曲线
C在任意一点P处的切线，过点B作BP的垂线l2，设l1与l2交于Q，试问动点Q是否在定直
线上？若在定直线上，求出此直线的方程；若不在定直线上，请说明理由．
【答案】（1）x
2
4 + y
2
3 =1；（2）动点Q在定直线x = 4上．
【分析】（1）根据椭圆的定义得到P点的轨迹为以A ，B为焦点，长轴长为4 的椭
圆，进而求得a,b的值，即可求得椭圆的方程；
（2）设P(x0, y0)，得到直线l1的方程x0 x
4 + y0 y
3
=1，进而得到l2: y = 1−x0
y0
( x−1)，
联立方程组，求得动点Q在定直线x = 4上；当x0=1时，求得Q(4,0)，即可得到动点Q在
定直线上．
【详解】（1）由题意，点A(−1,0)，B(1,0)，动点P满足|PA)+|PB)= 4，
根据椭圆的定义知P点的轨迹为以A ，B为焦点，长轴长为4 的椭圆
设椭圆方程为：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1，则{
2a= 4
c =1 )，所以a=2,b=
❑√a
2−c
2=1，
曲线C的方程为：x
2
4 + y
2
3 =1．
（2）设P(x0, y0)，可得直线l1的方程为：x0 x
4 + y0 y
3
=1
当x0≠1时，k PB=
y0
x0−1，
所以l2的斜率为kl2= 1−x0
y0
，可得l2: y = 1−x0
y0
( x−1)，
由l1与l2的方程联立{
y = 1−x0
y0
( x−1)
x0 x
4 + y0 y
3
=1 )
，消y得3 x0 x + 4(1−x0)( x−1)−12=0，
可得(4−x0)x = 4(4−x0)，解得x = 4，
所以动点Q在定直线x = 4上，
当x0=1时，可得y0=± 3
2，此时l1: x
4 ± y
2 =1，l2: y =0，
联立方程组，可得Q(4,0)，此时Q在直线x = 4上，
综上所述，动点Q在定直线x = 4上．
【6-3】已知曲线E上的点到F (0,1)的距离比它到x轴的距离大1.
（1）求曲线E的方程；
（2）过E作斜率为k的直线交曲线E于A､B两点；
①若⃑BF =3⃑FA，求直线l的方程；
②过A､B两点分别作曲线E的切线l1､l2，求证：l1､l2的交点恒在一条定直线上.
【答案】（1）x
2= 4 y；（2）①y =±
❑√3
3 x +1；②证明见解析.
【分析】（1）由题意得P点的轨迹是以F (0,1)为焦点，y =−1为准线的抛物线，即
可求得；
（2）①过F的斜率为k的直线方程为：y =kx +1，由{
y =kx +1
x
2= 4 y )
消y可得
x
2−4 kx −4 =0，根据韦达定理和向量的关系即可求出k，可得直线方程；
②根据导数的几何意义求出，切线l1与l2的方程，求出交点的坐标即可证明.
【详解】（1）设曲线E上的点P(x , y)，
由题可知P到F (0,1)的距离与到直线y =−1的距离相等，
所以，P点的轨迹是以F (0,1)为焦点，y =−1为准线的抛物线，
E的方程为：x
2= 4 y.
（2）设：过F的斜率为k的直线方程为：y =kx +1，
①由{
y =kx +1
x
2= 4 y )消y可得x
2−4 kx −4 =0.
令A(x1, y1)，B(x2, y2)，
∴x1+ x2= 4 k，x1 x2=−4，
由题可知：若⃑BF =3⃑FA，即(−x2,1−y2)=3(x1, y1−1)，
即得−x2=3 x1，
消去x1，x2得：k
2= 1
3，
∴k =±
❑√3
3 ，
所求直线l的方程为：y =±
❑√3
3 x +1.
证明②由题知：y = x
2
4 ，y
′ = 1
2 x，
令A(x1, 1
4 x1
2)，A(x2, 1
4 x2
2)，设l1与l2相交于点Q.
l1方程为：y −1
4 x1
2= 1
2 x1(x−x1)，
l2方程为：y −1
4 x2
2= 1
2 x2(x−x2)，
相减得：x = x1+ x2
2
=2k，
代入相加得：2 y =k (x1+ x2)−1
4 (x1
2+ x2
2)= 4 k
2
−1
4 [(x1+ x2)
2−2 x1 x2)= 4 k
2，
−1
4 (16k
2+8)=−2，
∴y =−1，∴Q (2k ,−1)，
∴l1､l2的交点恒在一条定直线y =−1上.
【突破提升训练・1】如图，作斜率为1
2的直线l与椭圆x
2
4 + y
2=1交于 P , Q两点，且
M(
❑√2 ,
❑√2
2 )在直线l的上方，则△MPQ内切圆的圆心所在的定直线方程为 ．
【答案】x = ❑√2
【分析】作仿射变换，则椭圆变成圆x
′2+ y
′2=1，则可得O
′ N
′⊥P
′Q
′，由垂径定理
可得M
′ N
′的方程x
′ =1，从而可求得MN的方程
【详解】如图，作仿射变换：{
x =2 x
′
y = y
′)，椭圆变为x
′2+ y
′2=1，直线PQ的斜率1
2变
为直线P
′Q
′的斜率1，M(
❑√2 ,
❑√2
2 )变为M
′(
❑√2
2 ,
❑√2
2 )
∴kO
′ N
′ k P
′Q
′=−1 , ∴O
′ N
′⊥P
′Q
′，
由垂径定理M
′ N
′平分∠P
′ M
′Q
′，其方程为x
′ =1，
题型精析・方法突破提能力
∴MN平分∠PMQ，
∴△MPQ内切圆的圆心所在的定直线方程为x = ❑√2．
故答案为：x = ❑√2
【突破提升训练・2】若直线AB 与曲线C : x
2−y
2
3 =1( x ≥1)交于A，B 两点，过A，B 分
别作C的切线，两切线交于点M，若直线AB 经过定点P(4,0)，则点M在定直线 上．
【答案】x = 1
4
【分析】解法一：利用导数得出在A和在B的切线方程，从而得出交点M的横坐标，
再由x1=m y1+ 4 , x2=m y2+ 4证明点M在定直线x = 1
4 上；
解法二：利用阿基米德三角形的结论直接求解即可.
【详解】解法一：依题意得直线AB 的斜率必不为0，设直线AB 的方程为
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，则y1=
❑√3 x1
2−3，
且y =
❑√3 x
2−3( y >0)，求导得y
′ =
3 x
❑√3 x
2−3
，则y
′|❑x = x1)=
3 x1
❑√3 x1
2−3
，
所以在点A的切线方程为y −y1=
3 x1
❑√3 x1
2−3
( x−x1)，
即y ⋅y1−y1
2=3 x1 x−3 x1
2，即y ⋅y1=3 x1 x−3，
同理在点B处的切线方程为y ⋅y2=3 x2 x−3，
由{
y ⋅y1=3 x1 x−3
y ⋅y2=3 x2 x−3)，得点M的横坐标为
y2−y1
x1 y2−x2 y1
，
又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M的横坐标为
y2−y1
x1 y2−x2 y1
=
y2−y1
4( y2−y1)
= 1
4 ，即点M在定直线x = 1
4 上．
解法二：已知双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的弦AB，
过A，B 分别作双曲线的切线，两切线交于点M，则△ABM为双曲线中的阿基米德三
角形，
当弦AB 过点P(m,0)时，点M落在直线x = a
2
m 上．
由题意知此处m= 4 ,a=1，则所求定直线为直线x = 1
4 ．
故答案为：x = 1
4 .
【突破提升训练・3】若抛物线Γ的方程为y
2= 4 x，焦点为F，设P ,Q是抛物线Γ上两个
不同的动点.
(1)若|PF)=3，求直线PF的斜率；
(2)设PQ中点为R，若直线PQ斜率为
❑√2
2 ，证明R在一条定直线上.
【答案】(1)±2❑√2
(2)证明见解析
【分析】（1）根据焦半径公式得到xP=2，求出P(2,±2❑√2)，从而求出斜率；
（2）法一：PQ: y =
❑√2
2 x +t，联立抛物线方程，设P(x1, y1),Q(x2, y2)，得到两根
之和，两根之积，得到y R= y1+ y2
2
=2❑√2，求出答案；
法二：设P(x1, y1),Q(x2, y2)，得到
y2−y1
x2−x1
=
4
y1+ y2
=
❑√2
2 ，从而确定y1+ y2= 4 ❑√2，
得到y R= y1+ y2
2
=2❑√2，得到答案.
【详解】（1）F (1,0),|PF)= xP+1=3，
∴xP=2
，将
x =2
代入
y
2= 4 x
得，
y =±2❑√2
，
∴P(2,±2❑√2)
所以k PF = ±2❑√2
2−1 =±2❑√2；
（2）法一：设P(x1, y1),Q(x2, y2)，
PQ: y =
❑√2
2 x +t，即x = ❑√2 y −❑√2t，
代入y
2= 4 x，得y
2−4 ❑√2 y + 4 ❑√2ι=0，
由韦达定理，有y1+ y2= 4 ❑√2，
故y R= y1+ y2
2
=2❑√2，R在定直线y =2❑√2上.
法二：设P(x1, y1),Q(x2, y2)，
由题意，
y2−y1
x2−x1
= y2−y1
y2
2
4 −y1
2
4
=
4
y1+ y2
=
❑√2
2 ，
故y1+ y2= 4 ❑√2，
故y R= y1+ y2
2
=2❑√2，R在定直线y =2❑√2上.
【突破提升训练・4】已知椭圆Γ：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左右焦点分别为F1，F2，点
T(−1, 4 ❑√2
3 )在椭圆Γ上，且|T F1)+|T F2)=6.
(1)求椭圆的方程；
(2)假设平面中有一组平行直线的斜率是2
3，
（i）这组直线何时与椭圆有两个公共点？
（ii）当这组直线与椭圆有两个交点时，证明这些直线被椭圆截的线段的中点在同一
条直线上.
【答案】(1) x
2
9 + y
2
4 =1
(2)（i）这组平行直线的纵截距在(−2❑√2,2❑√2)时，与椭圆有两个公共点；（ii）证
明见解析.
【分析】（1）由椭圆定义及点在椭圆上，求得a,b即可求解；
（2）（i）设出平行直线的方程y = 2
3 x +m，代入椭圆方程，消去y，由判别式大于
0，可得m的范围；（ii）运用中点坐标公式，消去参数m，即可得证．
【详解】（1）由|T F1)+|T F2)=6，可知2a=6，即a=3，
将T(−1, 4 ❑√2
3 )代入椭圆方程可得：1
9 + 32
9b
2 =1，解得b
2= 4，
所以椭圆的方程x
2
9 + y
2
4 =1；
（2）（i）依题意，设这组平行直线的方程为y = 2
3 x +m，
代入椭圆方程x
2
9 + y
2
4 =1，消去y，
得8 x
2+12mx +9m
2−36=0，
由判别式大于0，可得144 m
2−32(9m
2−36)>0，解得−2❑√2<m<2❑√2，
则这组平行直线的纵截距在(−2❑√2,2❑√2)时，与椭圆有两个公共点；
（ii）由（i）知直线和椭圆方程联立，可得8 x
2+12mx +9m
2−36=0，
此时−2❑√2<m<2❑√2，则x1+ x2=−3
2 m，则中点的横坐标为.−3
4 m.，
代入直线方程y = 2
3 x +m可得截得弦的中点为(−3
4 m, 1
2 m)，
由{
x =−3
4 m
y = 1
2 m )
，消去m，可得y =−2
3 x．
则这些直线被椭圆截得的线段的中点在一条直线y =−2
3 x上．
【突破提升训练・5】已知椭圆x
2
4 + y
2
9 =1，一组平行直线的斜率是3
2．
(1)求这组直线何时与椭圆有两个公共点？
(2)当它们与椭圆有两个公共点时，证明这些直线被椭圆截得的线段的中点在同一条直
线上．
【答案】(1)这组平行直线的纵截距在(−3 ❑√2,3 ❑√2)时，与椭圆有两个公共点
(2)证明见解析
【分析】（1）设出平行直线的方程y = 3
2 x +m，代入椭圆方程，消去y，由判别式大
于0，可得m的范围；
（2）运用中点坐标公式，消去参数m，即可得证．
【详解】（1）依题意，设这组平行直线的方程为y = 3
2 x +m，
代入椭圆方程x
2
4 + y
2
9 =1，消去y，得9 x
2+ 4( 9
4 x
2+3mx +m
2)=36，
即18 x
2+12mx + 4 m
2−36=0，即9 x
2+6mx +2m
2−18=0，
由判别式大于0，可得36m
2−36(2m
2−18)>0，解得−3 ❑√2<m<3 ❑√2，
则这组平行直线的纵截距在(−3 ❑√2,3 ❑√2)时，与椭圆有两个公共点；
（2）由（1）知直线和椭圆方程联立，可得9 x
2+6mx +2m
2−18=0，
此时−3 ❑√2<m<3 ❑√2，则x1+ x2=−2
3 m，则中点的横坐标为−1
3 m，
代入直线方程y = 3
2 x +m可得截得弦的中点为(−1
3 m, 1
2 m)，
由{
x =−1
3 m
y = 1
2 m)
，消去m，可得y =−3
2 x．
则这些直线被椭圆截得的线段的中点在一条直线y =−3
2 x上．
【突破提升训练・6】已知双曲线Γ: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的离心率和焦距分别为❑√2和
2❑√2，设点A ､B､C的坐标分别为(−a,0),(a,0),(2a,0).
(1)求双曲线Γ的方程；
(2)已知M是双曲线Γ的左支上异于点A的一个动点，直线CM交Γ的右支于点P ,O
是坐标原点.
（i）记△ABM和△OCP的面积分别为S1,S2，且|S1−S2)= ❑√6，求直线CM的方程；
（ii）设直线AM与直线BP的交点为N，证明：点N在一条定直线上.
【答案】(1)x
2−y
2=1
(2)（i）x =± ❑√3 y +2；（ii）证明见解析
【分析】（1）由双曲线的离心率、焦距以及a,b,c的关系式，建立方程组，可得答
案；
（2）（i）设出直线方程，联立写出韦达定理，根据三角形面积公式，结合题意可知
三角形等底，面积之差等于纵坐标之差，根据整式化简，可得答案；（ii）由（i）所得韦
达定理，整理等量关系，设出直线方程求得交点建立方程，化简整理，可得答案.
【详解】（1）由题意：{
c
a = ❑√2
c = ❑√2
a
2+b
2=c
2)
，解得{
a=b=1
c = ❑√2 )，
所以双曲线Γ的方程为：x
2−y
2=1.
（2）
（i）因为M与A 不重合，所以直线CM的斜率不为0，故可设直线CM的方程为
x =my +2，
联立{
x =my +2
x
2−y
2=1)得(m
2−1) y
2+ 4 my +3=0，设M (x1, y1), P(x2, y2)，
因为点M在双曲线的左支上，所以{
Δ= 4 m
2+12>0
y1 y2=
3
m
2−1
>0)
，解得m
2>1，
又|AB)=|OC)=2，则|S1−S2)=|y1−y2)= ❑√6，
即有( y1+ y2)
2−4 y1 y2=(
−4 m
m
2−1)
2
−
12
m
2−1
=6，则3m
4−8m
2−3=0，解得m
2=3，
满足m
2>1，所以m=± ❑√3，于是直线CM的方程为x =± ❑√3 y +2.
（ii）由（i）y1+ y2= −4 m
m
2−1
, y1 y2=
3
m
2−1，则y1+ y2
y1 y2
=
−4 m
m
2−1
3
m
2−1
= −4 m
3
，故
m y1 y2=−3( y1+ y2)
4
.
A (−1,0),B (1,0)，则k AM =
y1
x1+1，所以直线AM的方程为y =
y1
x1+1
(x +1)，
同理k BP=
y2
x2−1，所以直线BP的方程为：y =
y2
x2−1
(x−1)，
故点N的横坐标满足：
y1
x1+1
(x +1)=
y2
x2−1
(x−1)，
显然x≠1，由题意得：x1=m y1+2, x2=m y2+2，
则
x +1
x−1 = y2(x1+1)
y1(x2−1)
= y2(m y1+3)
y1(m y2+1)
= m y1 y2+3 y2
m y1 y2+ y1
=
−3( y1+ y2)
4
+3 y2
−3( y1+ y2)
4
+ y1
= −3( y1−3 y2)
y1−3 y2
=−3，
则x +1=−3(x−1)⇒x = 1
2，故点N在定直线x = 1
2上.
【突破提升训练・7】已知抛物线Ω：y
2= 4 x焦点为F，过F 作两条互相垂直的直线l1，l2，
且直线l1与Ω 交于M，N 两点，直线l2与Ω 交于E，P 两点，M，E 均在第一象限，设A，B
分别为弦MN，EP 的中点，直线ME 与直线NP 交于点H．
(1)直线AB 是否过定点？请说明理由；
(2)证明：点H 在直线x =−1上．
【答案】(1)过定点(3,0)，理由见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设直线l1和l2的方程，与抛物线联立方程组，利用韦达定理表示出A，
B 两点坐标，得直线AB 方程，由方程判断所过定点坐标；
（2）表示出直线ME 与直线NP 方程，联立方程组求交点坐标即可.
【详解】（1）抛物线Ω：y
2= 4 x的焦点F(1,0)，
互相垂直的直线l1，l2与抛物线各有两个交点，知直线l1，l2斜率存在且不为0，
设直线l1的斜率为k，则直线l1: y =k (x−1)，设M (x1, y1), N (x2, y2)，
由{
y =k( x−1)
y
2= 4 x )，消去x并整理得y
2−4
k y −4 =0，Δ=(−4
k )
2
+16>0，
y1+ y2= 4
k ，y1 y2=−4，弦MN 的中点A(1+ 2
k
2 , 2
k )，
由垂直的条件，可将k换为−1
k ，设E(x3, y3), P(x4, y4)，
同理得y3+ y4=−4 k，y3 y4=−4，有B(1+2k
2,−2k)，
当k =1或k =−1时，直线AB的方程为x =3，
当k ≠1且k ≠−1时，直线AB的斜率为
k
1−k
2，方程为y +2k =
k
1−k
2 (x−1−2k
2)，
即(k
2−1) y +(x −3)k =0，当x =3时，恒有y =0，
所以直线AB过定点，其坐标为(3,0).
（2）直线ME的斜率k ME= y1−y3
x1−x3
= y1−y3
y1
2
4 −y3
2
4
=
4
y1+ y3，同理得直线NP的斜率
k NP=
4
y2+ y4
，
此时直线ME的方程为y −y1=
4
y1+ y3
(x−x1)，即y =
4
y1+ y3
x + y1 y3
y1+ y3
，
同理，直线NP的方程为y =
4
y2+ y4
x + y2 y4
y2+ y4
，即y =
4
−4
y1
−4
y3
x +
16
y1 y3
−4
y1
−4
y3
，整
理得y =−y1 y3
y1+ y3
x−
4
y1+ y3
，
由{
y =
4
y1+ y3
x + y1 y3
y1+ y3
y =−y1 y3
y1+ y3
x−
4
y1+ y3)
，消去y解得x =−1，
所以直线ME 与直线NP 的交点H在直线x =−1上.
【突破提升训练・8】如图所示，已知抛物线y
2=2 x，过点P(1,0)作两条直线分别交抛物
线于点A、B和点C、D，直线AC、BD交于点Q．证明：点Q在定直线上．
【答案】证明见解析
【分析】设直线的方程，然后与抛物线联立方程组，消元，然后根据韦达定理即可求
解.
【详解】证明：法一（常规证法）
由题意k AB≠0，设点A(
y1
2
2 , y1)，B(
y2
2
2 , y2)，C(
y3
2
2 , y3)，D(
y4
2
2 , y4)．
直线AB的方程为x =m1 y +1，直线CD的方程为x =m2 y +1．
由{
y
2=2 x
x =m1 y +1)得y
2−2m1 y −2=0，
∵Δ= 4 m1
2+8>0恒成立，由韦达定理得y1+ y2=2m1，y1 y2=−2，
同理有y3+ y4=2m2，y3 y4=−2，
∴k AC = y3−y1
y3
2
2 −y1
2
2
=
2
y1+ y3，
∴l AC: y =
2
y1+ y3(x−y1
2
2 )+ y1①
同理可得lBD: y =
2
y2+ y4(x−y2
2
2 )+ y2
∵y1 y2=−2，∴y2= −2
y1
，同理∵y3 y4=−2，∴y4= −2
y3
，
∴lBD: y =
2
−2
y1
−2
y3(x−2
y1
2)−2
y1，
即y = −y1 y3
y1+ y3(x−2
y1
2)−2
y1②
联立①②得
2
y1+ y3(x−y1
2
2 )+ y1= −y1 y3
y1+ y3(x−2
y1
2)−2
y1
整理得
2+ y1 y3
y1+ y3
x =
2 y3
( y1+ y3) y1
+
y1
2
y1+ y3
−2
y1
−y1
化简得x =−1，即点Q在直线x =−1上．
法二（参数方程）．
设A(2t1
2,2t1)，B(2t2
2,2t2)，C(2t3
2,2t3)，D(2t 4
2 ,2t 4)，（t1,t3>0，t2,t 4<0），
则k AC = 2t3−2t1
2t3
2−2t1
2 =
1
t3+t1
，
∴l AC: y =
1
t1+t3
x + 2t1t3
t1+t3
，
同理可得lBD: y =
1
t2+t 4
x + 2t2t 4
t2+t 4
，
∵⃗PA //⃗PB，且⃗PA =(2t1
2−1,2t1)，⃗PB =(2t2
2−1,2t2)，
∴2t1(2t2
2−1)=2t2(2t1
2−1)
化简得t1t2=−1
2，同理可得t3t 4=−1
2．
由{
y =
1
t1+t3
x + 2t1t3
t1+t3
y =
1
t2+t 4
x + 2t2t 4
t2+t 4)
整理得
(t1+t3−t2−t 4)x =2(t1t2t3+t1t3t 4−t1t2t 4−t2t3t 4)=t2+t 4−t1−t3
即x =−1，∴点Q在直线x =−1上．
【突破提升训练・9】椭圆C 的中心在坐标原点、对称轴是坐标轴，点P(1, 3
2)和点Q
(−2❑√3
3
,❑√2)在椭圆C 上.
(1)求椭圆C 的方程；
(2)A、B 是椭圆C 的左、右顶点，过点(−1,0)的直线l 与椭圆C 相交于M、N 两点
（不与A、B 重合），直线AM 与直线BN 相交于点G，求证：点G 在一条定直线上.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设椭圆方程为x
2
m + y
2
n =1，将所过的点带入求参数，即可得方程；
（2）设MN : x =ky −1，且A(−2,0),B(2,0)，联立椭圆并应用韦达定理得
y M + y N =
6k
3k
2+ 4 ，y M y N =−
9
3k
2+ 4 ，点斜式写出直线AM，BN的方程，并联立求其交
点横坐标，即可证结论.
【详解】（1）令椭圆方程为x
2
m + y
2
n =1，则{
1
m + 9
4 n =1
4
3m + 2
n =1)
，可得{
m= 4
n=3)，
所以椭圆方程为x
2
4 + y
2
3 =1；
（2）由题意，设MN : x =ky −1，且A(−2,0),B(2,0)，
联立MN : x =ky −1与椭圆，得3(ky −1)
2+ 4 y
2=12，
所以(3k
2+ 4) y
2−6 ky −9=0，则y M + y N =
6k
3k
2+ 4 ，y M y N =−
9
3k
2+ 4 ，
由AM : y =
y M
xM +2 ( x +2)，BN : y =
y N
xN −2 ( x−2)，联立可得
y M
xM +2 ( x +2)=
y N
xN −2 ( x−2)，
所以(
y N
xN −2 −
y M
xM +2 )x = 2 y M
xM +2 + 2 y N
xN −2，可得x = 2 y M( xN −2)+2 y N( xM +2)
y N( xM +2)−y M( xN −2) ，
所以
xG= 2 y M(k y N −3)+2 y N(k y M +1)
y N(k y M +1)−y M(k y N −3) = 4 k y N y M −6 y M +2 y N
y N +3 y M
= −6( y N + y M)−6 y M +2 y N
y N +3 y M
=−4
，
所以点G 在一条定直线x =−4上，得证.
【突破提升训练・10】已知在平面直角坐标系xOy中，两定点A (−3,0)，B (3,0)，直线
MA，MB相交于点M，且它们的斜率之积是−4
9 .
(1)求点M的轨迹方程Γ，并指出Γ的形状.
(2)若直线l: y =k (x−1)与点M的轨迹交于P，Q两点，求证：直线AP与直线BQ的交
点G在定直线x =9上.
【答案】(1) x
2
9 + y
2
4 =1(x≠±3)，焦点在x轴上，长轴长为6，焦距为2❑√5，除去
A (−3,0)，B (3,0)的椭圆.
(2)证明见解析
【分析】（1）结合给定条件求出轨迹方程，再判断形状即可.
（2）利用给定条件求出直线斜率，得到直线方程，联立求出交点横坐标，结合韦达
定理求出定值，进而证明交点在定直线上即可.
【详解】（1）设点M的坐标为(x , y)，
因为A (−3,0)，所以直线AM的斜率为k AM =
y
x +3
(x≠−3)，
因为B (3,0)，所以斜率为k BM =
y
x−3
(x≠3)，
由已知得
y
x +3 ×
y
x−3 =−4
9 ，整理得x
2
9 + y
2
4 =1(x≠±3)，
故形状为焦点在x轴上，长轴长为6，焦距为2❑√5，除去A (−3,0)，B (3,0)的椭圆.
（2）联立{
x
2
9 + y
2
4 =1
y =k (x−1))
，消去y整理得：(9k
2+ 4) x
2−18k
2 x +9k
2−36=0，
如图，设M (x1, y1)，N (x2, y2)，x1+ x2= 18k
2
9k
2+ 4
，x1 x2= 9k
2−36
9k
2+ 4
，
而x1 x2= 9k
2−36
9k
2+ 4
+9−9= 90k
2
9k
2+ 4
−9=5(x1+ x2)−9，
直线AP: y =
y1
x1+3
(x +3)，直线BQ: y =
y2
x2−3
(x−3)，
联立两直线得到
y1
x1+3
(x +3)=
y2
x2−3
(x−3)，
整理得
x =3 (x2−1)(x1+3)+(x1−1)(x2−3)
(x2−1)(x1+3)−(x1−1)(x2−3)
=3× x1 x2+ x2−2 x1
2 x2+ x1−3
=3× 6 x2+3 x1−9
2 x2+ x1−3 =9，
故直线AP与直线BQ的交点G在定直线x =9上.
【突破提升训练・11】已知F(1,0)为椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的右焦点，A ,B分别为
椭圆C 的左、右顶点，且椭圆C 过点T(
2
3 ,−2❑√6
3 )．
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)过点F 作直线l 与椭圆C 交于M , N两点（不同于A ,B），设直线AM与直线BN交
于点D，证明：点D 在定直线上．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)证明见解析
【分析】（1）由椭圆定义得到2a=|TA)+|TB)= 4，求出a=2，结合焦点坐标，得到
c =1,b
2=a
2−c
2=3，得到椭圆方程；
（2）设直线l 的方程为x =my +1，联立椭圆方程，设M (x1, y1), N (x2, y2)，得到两
根之和，两根之积，表达出直线AM和直线BN的方程，联立求出x +2
x−2 =3，解得x = 4，故
点D 在定直线x = 4上.
【详解】（1）F(1,0)，由椭圆定义知
2a=
❑√(
2
3 +1)
2
+(−2❑√6
3
−0)
2
+
❑√(
2
3 −1)
2
+(−2❑√6
3
−0)
2
= 7
3 + 5
3 = 4，
所以a=2，又c =1,b
2=a
2−c
2=3，
所以椭圆C 的标准方程为x
2
4 + y
2
3 =1
（2）若直线l 的斜率为0，此时M , N两点与A ,B重合，不合题意，舍去，
F(1,0)，设直线l 的方程为x =my +1，
由{
x
2
4 + y
2
3 =1
x =my +1)
，得(3m
2+ 4) y
2+6my −9=0．
显然Δ=36m
2+36(3m
2+ 4)>0恒成立，设M (x1, y1), N (x2, y2)，
所以有y1+ y2=−
6m
3m
2+ 4
, y1 y2=−
9
3m
2+ 4 ①
直线AM的方程为y =
y1
x1+2 ( x +2)，直线BN的方程为y =
y2
x2−2 ( x−2)，
联立两方程可得，所以
y1
x1+2 ( x +2)=
y2
x2−2 ( x +2)，
x +2
x−2 = x1+2
y1
⋅
y2
x2−2 = (m y1+3) y2
y1(m y2−1)
= m y1 y2+3 y2
m y1 y2−y1
，
由①式可得m y1 y2= 3
2 ( y1+ y2)，
代入上式可得x +2
x−2 =
3
2 ( y1+ y2)+3 y2
3
2 ( y1+ y2)−y1
=
3
2 y1+ 9
2 y2
y1
2 + 3 y2
2
=3，
即x +2=3 x−6，解得x = 4，故点D 在定直线x = 4上.
【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、右焦点分别为，F1, F2，
若F2到过椭圆左焦点、斜率为❑√3的直线的距离为3，连接椭圆的四个顶点得到的四边形面
积为4．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A 、B，过点M (1,0)的直线l与椭圆C相交于P、Q
两点，证明：直线AP、BQ的交点在垂直于x轴的定直线上．
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1
(2)见解析
【分析】（1）根据椭圆的几何性质列出方程组求出a,b,c，即可得出椭圆C的方程；
（2）设直线l的方程为x =my +1，求出直线AP、BQ 的方程，联立即可求出交点的坐
标，从而可知其在定直线上．
【详解】（1）斜率为❑√3的直线倾斜角为60
∘，
F2到过椭圆左焦点、斜率为❑√3的直线的距离为3，故|F1 F2)=
3
sin60
∘=2❑√3=2c ,
连接椭圆的四个顶点得到的四边形为对角线互相垂直的四边形，
故面积S = 1
2 ×2a×2b= 4，则ab=2，结合c =
❑√a
2−b
2= ❑√3,
解得a=2,b=1，故椭圆C的方程为：x
2
4 + y
2=1.
（2）由题意知，直线l的斜率不为0，
故设过点M (1,0)的直线l的方程为：x =my +1，P(x1, y1)、Q(x2, y2)，
联立{
x =my +1
x
2
4 + y
2=1)
得：(4 +m
2) y
2+2my −3=0，
故Δ= 4 m
2+12(4 +m
2)>0，{
y1 y2=−
3
4+m
2
y1+ y2=−2m
4+m
2)
，
易知A (−2,0)、B (2,0)，故k AP=
y1
x1+2，
所以直线AP的方程为：y =
y1
x1+2
(x +2)，
同理可得，直线BQ的方程为：y =
y2
x2−2
(x−2)，
联立{
y =
y1
x1+2
(x +2)
y =
y2
x2−2
(x−2)
得：
y1
x1+2
(x +2)=
y2
x2−2
(x−2)，
即
y1
m y1+3
(x +2)=
y2
m y2−1
(x−2)，化简得：
m y1 y2−y1
m y1 y2+3 y2
=1−
4
x +2，
因为m y1 y2=−3m
4+m
2 = 3
2 ( y1+ y2)，
故
3
2 ( y1+ y2)−y1
3
2 ( y1+ y2)+3 y2
=1−
4
x +2，即1
3 =1−
4
x +2，故x = 4，
所以直线AP、BQ的交点在垂直于x轴的定直线x = 4上.
【突破提升训练・13】已知圆F1:( x + 4)
2+ y
2=1和圆F2:( x−4)
2+ y
2=25，动圆Q 与圆
F1、圆F2都外切或都内切，记点Q 的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E 的方程；
(2)过点P(4,1)作直线l1，使其被曲线E 截得的弦恰被点P 平分，求直线l1的方程；
(3)记曲线E 的左、右顶点为A1，A2，过点(−3,0)的直线与曲线E 的左支交于C，D
两点，点C 在第二象限，直线C A1与D A2交于点G，证明点G 在定直线上.
【答案】(1) x
2
4 −y
2
12 =1
(2)y =12 x−47
(3)证明见解析
【分析】（1）利用圆与圆的位置关系得出|Q F2|−|Q F1|= 4以及
|Q F2|−|Q F1|=−4即可依据双曲线的定义写出方程；
（2）利用点差法得出直线斜率，再利用点斜式可求；
（3）设直线方程，联立方程组，求直线C A1与D A2的方程，联立直线方程计算
x +2
x−2为定值.
【详解】（1）设动圆Q的半径为r，当动圆Q与圆F1、圆F2都外切时，¿
所以|Q F2|−|Q F1|= 4
当动圆Q与圆F1、圆F2都内切时，¿，
所以|Q F2|−|Q F1|=−4，所以||Q F2|−|Q F1|)= 4，
所以点Q的轨迹是以F1，F2为焦点，实轴长为4的双曲线，
所以a=2，c = 4，所以b
2=c
2−a
2=12，
所以曲线E的方程为x
2
4 −y
2
12 =1.
（2）设直线l1交双曲线于点M , N，并设M ( x1, y1)，N ( x2, y2)，
所以{
x1
2
4 −y1
2
12 =1
x2
2
4 −y2
2
12 =1)
两式相减可得：x1
2−x2
2
4
−y1
2−y2
2
12
=0，
( x1+ x2)( x1−x2)
4
−( y1+ y2)( y1−y2)
12
=0，则
y1−y2
x1−x2
= 12( x1+ x2)
4( y1+ y2) ，
因为(4,1)为线段MN的中点，所以x1+ x2=8，y1+ y2=2，
所以k MN = y1−y2
x1−x2
=12，所以直线l1的方程为y −1=12( x−4)，
化简可得y =12 x−47，经检验，该直线与曲线E有两个交点，符合题意.
（3）A1(−2,0)，A2(2,0)，设点C( x1, y1)，D( x2, y2)，
因为直线CD 的斜率不为0，故设CD 的方程为x =my −3(−
❑√3
3 <m<
❑√3
3 )，
联立{
x
2
4 −y
2
12 =1
x =my −3)
得(3m
2−1) y
2−18my +15=0，¿
直线C A1的方程为y =
y1
x1+2
(x +2)，
直线D A2的方程为y =
y2
x2−2 ( x−2)，
联立直线C A1与D A2可得
y1
x1+2 ( x +2)=
y2
x2−2 ( x−2)，则
x +2
x−2 = ( x1+2) y2
( x2−2) y1
= (m y1−1) y2
(m y2−5) y1
=
m y1 y2−y2
m y1 y2−5( y1+ y2)+5 y2
=
15m
3m
2−1
−y2
15m
3m
2−1
−5
18m
3m
2−1
+5 y2
=
15m
3m
2−1
−y2
−75m
3m
2−1
+5 y2
=
15m
3m
2−1
−y2
−5(
15m
3m
2−1
−y2)
=−1
5
又x +2
x−2 =−1
5，得x =−4
3 ，故点G在定直线x =−4
3 上.
【突破提升训练・14】已知双曲线C的中心为坐标原点，左、右顶点分别为A1(−4,0)，
A2(4,0)，虚轴长为6．
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点R (6,0)的直线l与C的右支交于M，N两点，若直线A1 M与A2 N交于点P．证
明：点P在定直线上；
【答案】(1) x
2
16 −y
2
9 =1
(2)证明见解析
【分析】（1）由a,b直接求出双曲线方程即可；
（2）设直线MN方程和设M (x1, y1), N (x2, y2)，直曲联立表示出韦达定理，利用点
M在双曲线上代入化简表示出直线A1 M , A2 N方程，联立两方程化简即可；
【详解】（1）设双曲线的标准方程为x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0，b>0)，
依题意有a= 4,2b=6,∴b=3，
所以双曲线方程为x
2
16 −y
2
9 =1.
（2）
(i)证明:设直线MN方程为:x =my +6，设M (x1, y1), N (x2, y2)，
联立方程{
x =my +6
x
2
16 −y
2
9 =1)
，消去x得:(9m
2−16) y
2+108my +180=0，
Δ=108
2m
2−720(9m
2−16)>0，
∵m≠± 4
3 ,∴y1+ y2= −108m
9m
2−16
, y1 y2=
180
9m
2−16，
∵M (x1, y1)是双曲线C上的点，
∴x1
2
16 −y1
2
9 =1,∴x1
2−16
16
= y1
2
9 ,∴(x1+ 4)(x1−4)
y1
2
= 16
9 ,∴x1+ 4
y1
=
16 y1
9(x1−4)
，
直线A1 M : y =
y1
x1+ 4
(x + 4)，同理直线A2 N : y =
y2
x2−4
(x−4)，
联立方程得
y1
x1+ 4
(x + 4)=
y2
x2−4
(x−4),∴x + 4
x−4 = y2(x1+ 4)
y1(x2−4)
= x1+ 4
y1
⋅
y2
x2−4
=
16 y1
9(x1−4)
⋅
y2
(x2−4)
=
16 y1
9(m y1+2)
⋅
y2
(m y2+2)
=
16 y1 y2
9m
2 y1 y2+18m( y1+ y2)+36
=−5，
解得x = 8
3，故点P在定直线x = 8
3上.
【突破提升训练・15】已知点F1, F2分别为双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左右焦点
､
，
过F1(−c ,0)的直线l交双曲线C于P ,Q两点，当直线l的斜率不存在时，|PQ)= 3 ❑√7c
7
.
(1)求双曲线C的离心率；
(2)过双曲线的右焦点向该双曲线的一条渐近线作垂线，垂足为M，若△OM F2的面
积为❑√3，求该双曲线的方程；
(3)在（2）的条件下，若点A ,B分别为双曲线C的左右顶点，直线
､
PA与直线QB相交
于点N，证明：点N在一条定直线上.
【答案】(1)
❑√7
2
(2) x
2
4 −y
2
3 =1
(3)证明见解析
【分析】（1）由题可得2b
2
a = 3 ❑√7c
7
，据此可得离心率；
（2）由（1）可设a=2k ,c = ❑√7 k，然后由题可得S△OM F2 = 1
2 ab，据此可得答案；
（3）设P(x1, y1),Q(x2, y2)，将直线PA ，，直线QB联立，可得x +2
x−2 = y2(x1+2)
y1(x2−2)
，
然后将直线PQ方程和双曲线方程联立，由韦达定理可得3( y1+ y2)=2❑√7m y1 y2，结合
x1=m y1−❑√7, x2=m y2−❑√7，可得x +2
x−2 =
3 ❑√7
14
−2−11❑√7
14
，解方程可完成证明.
【详解】（1）当直线l的斜率不存在时，点P(−c , b
2
a ),Q(−c ,−b
2
a )，所以
|PQ)= 2b
2
a ，
所以2b
2
a = 3 ❑√7 c
7
，即2❑√7b
2=3ac，所以2❑√7(c
2−a
2)=3ac，即
2❑√7 c
2−3ac−2❑√7 a
2=0，
所以2❑√7 e
2−3e−2❑√7 =0，即(❑√7 e+2)(2e−❑√7)=0，解得e =
❑√7
2 （e =−2❑√7
7
舍
去).
（2）由（1）可得，e = c
a =
❑√7
2 ，所以可设a=2k ,c = ❑√7 k，计算可得b= ❑√3k，点
F2(c ,0)，
该双曲线的一条渐近线的方程为y = b
a x，即bx−ay =0，
利用点到直线的距离公式可得|M F2)=
|bc)
❑√b
2+a
2 =b，
又|O F2)=c，所以|OM )=a,S△OM F2= 1
2 ab= ❑√3，可得1
2 ×2k ×❑√3k = ❑√3，所以
k =1,
因此a=2,b= ❑√3,c = ❑√7，可得该双曲线的方程为x
2
4 −y
2
3 =1.
（3）证明：由（2）可知，A (−2,0)，B (2,0)，F1(−❑√7 ,0)，设
P(x1, y1),Q(x2, y2)，
则直线PA : y −0=
y1
x1+2
(x +2)，直线QB: y −0=
y2
x2−2
(x−2)，
联立{
y −0=
y1
x1+2
(x +2),
y −0=
y2
x2−2
(x−2),)
两式相除可得1=
y1
x1+2 × x2−2
y2
× x +2
x−2，所以x +2
x−2 = y2(x1+2)
y1(x2−2)
，
当直线PQ的斜率为0 时，不满足题意，所以设直线PQ: x =my −❑√7，
则x1=m y1−❑√7, x2=m y2−❑√7，
代入可得
y2(x1+2)
y1(x2−2)
= y2(m y1+2−❑√7)
y1(m y2−2−❑√7)
= m y1 y2+(2−❑√7) y2
m y1 y2−(2+ ❑√7) y1
，
联立{
x =my −❑√7 ,
x
2
4 −y
2
3 =1,)
整理得(3m
2−4) y
2−6 ❑√7my +9=0，所以
{
y1+ y2= 6 ❑√7m
3m
2−4
,
y1 y2=
9
3m
2−4
,
…)
所以3( y1+ y2)=2❑√7m y1 y2，
则x +2
x−2 = y2(x1+2)
y1(x2−2)
= m y1 y2+(2−❑√7) y2
m y1 y2−(2+ ❑√7) y1
=
3 ❑√7
14 y1+(2−11❑√7
14 ) y2
(−2−11❑√7
14 ) y1+ 3 ❑√7
14 y2
= 3 ❑√7 y1+(28−11❑√7) y2
−(28+11❑√7) y1+3 ❑√7 y2
，注意到=
3 ❑√7
−(28+11❑√7)
= 4 ❑√7−11
3
= 28−11❑√7
3 ❑√7
，
所以x +2
x−2 = 4 ❑√7−11
3
，解得x =−4 ❑√7
7
，
所以点N在直线x =−4 ❑√7
7
上.
【突破提升训练・16】在平面直角坐标系中，已知A (0,1),B (0,−1)，直线AP与BP相交
于点P，且两直线的斜率之积为−1
4 ．
(1)设点P的轨迹为Γ，求曲线Γ的方程；
(2)设一组斜率为1
2的平行直线与Γ均有两个交点，证明这些直线被Γ截得的线段的中
点在同一条直线上．
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1，(x≠0)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用斜率之积即可求动点轨迹方程；
（2）利用直线与椭圆联立方程组，即可求中点坐标，从而可证明在直线上.
【详解】（1）设交点P(x , y)，则根据直线AP与BP两直线的斜率之积为−1
4 可得，
y −1
x
⋅y +1
x
=−1
4 ，整理得：x
2+ 4( y
2−1)=0⇒x
2
4 + y
2=1，
由于直线AP与BP两直线的斜率一定存在，则x≠0，
所以点P的轨迹为Γ的方程为：x
2
4 + y
2=1，(x≠0).
（2）
设斜率为1
2的直线与曲线Γ相交于两个交点C (x1, y1), D(x2, y2)，
则由直线方程y = 1
2 x +m与椭圆方程x
2
4 + y
2=1，(x≠0)联立方程组可得：
x
2
4 +(
1
2 x +m)
2
=1⇒x
2+2mx +2m
2−2=0，
由韦达定理可得：x1+ x2=−2m，
而y1+ y2= 1
2 (x1+ x2)+2m= 1
2 ×(−2m)+2m=m，
设AB中点M (x0, y0)，则x0= x1+ x2
2
=−m, y0= y1+ y2
2
= 1
2 m，
从而有y0=−1
2 x0，即可证明这些平行直线的中点一定在直线y =−1
2 x上.
【突破提升训练・17】已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率为1
2，短轴长为
2❑√3．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知点A1，A2分别为椭圆的左、右顶点，P为椭圆C上异于A1，A2的动点，
N (−3,0)，直线PN与曲线C的另一个公共点为Q，直线A1 P与A2Q交于点M，求证：当
点P变化时，点M恒在一条定直线上．
【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，求出椭圆短半轴长，结合离心率求出长半轴长即可.
（2）设直线PQ的方程为：x =my −3，P(x1, y1),Q(x2, y2)，联立直线与椭圆，再
表示出直线A1 P与A2Q的方程，联立求出交点，即可计算推理得证.
【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)，由短轴长为2❑√3，得
b= ❑√3，
由离心率为1
2，得
❑√a
2−b
2
a
= ❑√
1−3
a
2 = 1
2，解得a=2，
所以椭圆C的标准方程为x
2
4 + y
2
3 =1.
（2）设直线PQ的方程为：x =my −3，P(x1, y1),Q(x2, y2)，而
A1(−2,0), A2(2,0)，
由{
x =my −3
x
2
4 + y
2
3 =1)
消去x得：(3m
2+ 4) y
2−18my +15=0，
Δ=324 m
2−60(3m
2+ 4)= 48(3m
2−5)>0，
则y1+ y2= 18m
3m
2+ 4
, y1 y2=
15
3m
2+ 4 ，2m y1 y2= 5
3 ( y1+ y2)，
又直线P A1的方程为：y =
y1
x +
1
❑2 ( x +2)，即y =
y1
my −
1
❑1 ( x +2)，
又直线Q A2的方程为：y =
y2
x −
2
❑2 ( x−2)，即y =
y2
my −
2
❑5 ( x−2)，
由{
y =
y1
m y1−1 ( x +2)
y =
y2
m y2−5 ( x−2))
，得
x = 2(2m y1 y2−y2−5 y1)
−y2+5 y1
=
2( 2
3 y2−10
3 y1)
−y2+5 y1
=
4
3 ( y2−5 y1)
−y2+5 y1
=−4
3
，
所以当点P运动时，点M恒在定直线x =−4
3 上.
【突破提升训练・18】已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的右焦点为F，离心率为2，
圆O: x
2+ y
2=1与C恰有两个交点.
(1)求C的方程；
(2)设A为C的左顶点，过F且斜率存在的直线交C的右支于M , N两点，直线
AM , AN分别交圆O的另一点于P ,Q.
（i）证明：P ,O ,Q三点共线；
（ii）设直线MN与直线PQ交于D，证明：点D在定直线上.
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1
(2)（i）证明见解析（ii）证明见解析
【分析】（1）根据圆过双曲线顶点求出a，再由离心率即可得解；
（2）（i）设出直线方程，联立双曲线方程，由根与系数的关系及斜率公式可证明
AP⊥AQ，即可得证；
（ii）设直线AM , AN方程，联立圆的方程可得点P坐标，求出kOP，得出直线OP方
程，联立MN方程求出D点横坐标为定值得证.
【详解】（1）因为圆O: x
2+ y
2=1与C恰有两个交点，
由双曲线及圆的对称性知，圆过双曲线的左右顶点，
所以a=1，
又e = c
a =2，所以c =2，故b
2=c
2−a
2= 4−1=3，
所以双曲线C的方程为x
2−y
2
3 =1.
（2）（i）由（1）知，F (2,0), A (−1,0),
设过F的直线方程为x =my +2，M (x1, y1), N (x2, y2)，如图，
由¿，可得(3m
2−1) y
2+12my +9=0，
∴y1+ y2= −12m
3m
2−1
, y1 y2=
9
3m
2−1，其中−
❑√3
3 <m<
❑√3
3 ，
∴−4 m y1 y2=3( y1+ y2)，
∴k AP×k AQ=
y1
x1+1 ×
y2
x2+1 =
y1 y2
(m y1+3)(m y2+3)
=
y1 y2
m
2 y1 y2+3m( y1+ y2)+9
=
9
3m
2−1
m
2⋅
9
3m
2−1
+3m⋅−12m
3m
2−1
+9
=
9
9m
2−36m
2+27m
2−9
=−1，
∴∠PAQ =90°，∴PQ为圆O的一条直径，
∴P ,O ,Q三点共线.
（ii）不妨设直线AM : x =m1 y −1, AN : x =m2 y −1，其中m1= x1+1
y1
,m2= x2+1
y2
，
由（i）可知m1m2=−1，
由¿，可得(m1
2+1) y
2−2m1 y =0，解得yP= 2m1
m1
2+1,
故可得xP= 2m1
2
m1
2+1
−1= m1
2−1
m1
2+1
，即P(
m1
2−1
m1
2+1
, 2m1
m1
2+1)，
∴kOP= 2m1
m1
2−1
=
2
m1−1
m1
=
2
m1+m2
=
2
x1+1
y1
+ x2+1
y2
=
2
m y1+2+1
y1
+ m y2+2+1
y2
=
2
2m+3(
1
y1
+ 1
y2)
=
2
2m+3⋅y1+ y2
y1 y2
=
2
2m+3⋅−12m
9
=−1
m，
∴直线OP: x =−my，
由¿，可解得xD=1，
∴点D在定直线x =1上.
【突破提升训练・19】已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1, F2，
实轴长为2，M为C的右支上一点，且(|M F1)⋅|M F2))min=3．
(1)求C的方程；
(2)设C的左、右顶点分别为A ,B，直线l与C交于P ,Q两点，与x轴交于点(−1
4 ,0)，
直线AP与BQ交于点G，证明：点G在定直线上．
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1．
(2)证明见解析
【分析】（1）由双曲线定义将条件(|M F1)⋅|M F2))min=3转化为(|M F2)+1)
2−1最
小值，从而利用|M F2)min=c−1求最小值解c即可；
（2）由直线PQ过(−1
4 ,0)设方程联立椭圆方程利用韦达定理得P ,Q坐标关系式，
再设直线AP与BQ方程并联立求得点G坐标的表达式，利用点G横、纵坐标关系可证明点
G在定直线上.
【详解】（1）由题知2a=2，即a=1，
又M为C的右支上一点，则|M F1)−|M F2)=2a=2，
所以|M F1)⋅|M F2)=(|M F2)+2)⋅|M F2) =(|M F2)+1)
2−1，
故当|M F2)最小时，|M F1)⋅|M F2)最小，
而|M F2)min=c−a=c−1，故(c−1+1)
2−1=3，
即c
2= 4，故b
2=c
2−a
2=3，故C的方程为x
2−y
2
3 =1．
（2）
当直线l的斜率为0 时，不满足题意；
当直线l的斜率不为0 时，由l过点(−1
4 ,0)，可设其方程为x =ty −1
4 ，
联立{
x =ty −1
4 ,
x
2−y
2
3 =1,)
消去x得(48t
2−16) y
2−24 ty −45=0，
设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，
则y1+ y2=
3t
6t
2−2，y1 y2=−
45
48t
2−16 ，故t y1 y2=−15
8 ( y1+ y2)（∗），
由（1）知A (−1,0)，B (1,0)，
则直线AP的方程为y =
y1
x1+1
(x +1)，直线BQ的方程为y =
y2
x2−1
(x−1)，
联立{
y =
y1
x1+1
(x +1),
y =
y2
x2−1
(x−1),)
消去y得
y1
x1+1
(x +1)=
y2
x2−1
(x−1)，
将x1=t y1−1
4 ，x2=t y2−1
4 代入上式得，
得x = 8t y1 y2+3 y2−5 y1
3 y2+5 y1
，将（∗）代入化简得
x =
−8× 15
8 ( y1+ y2)−( y1+ y2)+ 4( y2−y1)
4( y1+ y2)−( y2−y1)
= −20 y1−12 y2
5 y1+3 y2
=−4，
即xG=−4，所以点G在定直线x =−4上．
【突破提升训练・20】如图，已知椭圆C的方程为x
2
4 + y
2=1，点A、B分别是椭圆C的左、
右顶点，点E的坐标是(4,0)，过点E的动直线l交椭圆C于点P、Q（点P的横坐标小于点Q
的横坐标）．
(1)求椭圆C焦点的坐标；
(2)是否存在常数λ，使⃗OP⋅⃗OQ+ λ⃗EP⋅⃗EQ为定值，若存在，求出λ的值；若不存在，
请说明理由．
(3)当设直线l的斜率不为0时，设直线AP与BQ交于点S．请提出一个与点S有关的问
题，并求解该问题．
（备注：本小题将根据提出问题的质量及其解答情况进行分层计分．）
【答案】(1)(❑√3,0)和(−❑√3,0)
(2)存在，λ = 23
9
(3)答案见解析
【分析】（1）根据椭圆方程求出c，即可得到焦点坐标；
（2）①当直线l斜率不为0时，设直线l的方程为：x =my + 4，P(x1, y1)、Q(x2, y2)，
联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，利用数量积运算求解；②当直线l斜率为0，直接求
出点的坐标，再计算数量积，即可得解；
（3）首先得到AP、BQ的方程，联立消去y，求出x，即可得到点S在直线上.
【详解】（1）椭圆C的方程为x
2
4 + y
2=1，则a=2，b=1，所以c =
❑√a
2−b
2= ❑√3，
则椭圆的焦点坐标为(❑√3,0)和(−❑√3,0).
（2）①l 必存在斜率，当直线l斜率不为0时，设直线l的方程为：x =my + 4，
P(x1, y1)、Q(x2, y2)，
联立{
x =my + 4
x
2
4 + y
2=1)
并化简得：(m
2+ 4) y
2+8my +12=0，
∴Δ=64 m
2−48(m
2+ 4)>0，解得m
2>12，∴y1+ y2=−8m
m
2+ 4 ，y1 y2=
12
m
2+ 4 ，
又⃗EP =(m y1, y1)，⃗EQ =(m y2, y2)，⃗OP =(m y1+ 4 , y1)，⃗OQ =(m y2+ 4 , y2)，
∴⃗OP⋅⃗OQ+ λ⃗EP⋅⃗EQ = λ(1+m
2) y1 y2+(1+m
2) y1 y2+ 4 m( y1+ y2)+16，
= 12(λ+1)(1+m
2)
m
2+ 4
−32m
2
m
2+ 4
+16= (12 λ−4)m
2+12 λ+76
m
2+ 4
，
若使⃗OP⋅⃗OQ+ λ⃗EP⋅⃗EQ为定值，
只需12 λ−4
1
= 12 λ+76
4
，即λ = 23
9 ，其定值为80
3 ，
②当直线l斜率为0，直线l的方程为y =0，则有P(−2,0)、Q (2,0)，
又⃗EP =(−6,0)，⃗EQ =(−2,0)，⃗OP =(−2,0)，⃗OQ =(2,0)，
∴⃗OP⋅⃗OQ+ λ⃗EP⋅⃗EQ =12 λ−4，当λ = 23
9 时，⃗OP⋅⃗OQ+ λ⃗EP⋅⃗EQ也为定值80
3 ，
综上，存在一个常数λ = 23
9 ，使⃗OP⋅⃗OQ+ λ⃗EP⋅⃗EQ为定值80
3 .
（3）问题：S 是否在一条定直线上？
点S在定直线上，理由如下：
由（2）可知−3
2 ( y1+ y2)=m y1 y2，A (−2,0)，B (2,0)，
当直线l的斜率不为0时，x1≠−2，x2≠2，
则直线AP的方程为y =
y1
x1+2
(x +2)，
直线BQ的方程为y =
y2
x2−2
(x−2)，
则
y1
x1+2
(x +2)=
y2
x2−2
(x−2)，
所以x +2
x−2 = y2(x1+2)
y1(x2−2)
= y2(m y1+6)
y1(m y2+2)
= m y1 y2+6 y2
m y2 y1+2 y1
=
−3( y1+ y2)
2
+6 y2
−3( y1+ y2)
2
+2 y1
= −3 y1+9 y2
y1−3 y2
=−3，
所以x =1，
所以点S的轨迹方程为x =1，即点S在定直线上.
【突破提升训练・21】已知椭圆G: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)经过D(1, 3
2), E(2,0)两点.作斜
率为1
2的直线与椭圆G交于A ,B两点（A点在B的左侧），且点D在直线l上方.
(1)求椭圆G的标准方程；
(2)证明：△DAB的内切圆的圆心在一条定直线上.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)解析见详解
【分析】（1）根据E点坐标，可知a=2，再将D点坐标代入椭圆方程，可求b的值，
从而得到椭圆的标准方程.
（2）分析出k AD=−k BD，得到∠ADB的平分线就是过D点且与x轴垂直的直线，也
就是所求三角形内切圆圆心所在的直线.
【详解】（1）因为椭圆焦点在x轴上，且过点E (2,0)，所以a=2，有椭圆过点
D(1, 3
2)，
所以1
4 + 9
4 b
2 =1 ⇒ b
2=3.
故椭圆G：x
2
4 + y
2
3 =1.
（2）如图：
设直线AB的方程为y = 1
2 x +t，联立方程组：{
y = 1
2 x +t
x
2
4 + y
2
3 =1)
，消去y得：
3 x
2+ 4(
1
2 x +t)
2
=12，整理得：x
2+tx +t
2−3=0.
由Δ>0得：t
2−4(t
2−3)>0 ⇒ t
2<4.
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则：x1+ x2=−t，x1· x2=t
2−3.
又k AD=
y1−3
2
x1−1 =
1
2 x1+t −3
2
x1−1
= 1
2 · x1+2t −3
x1−1
，k BD= 1
2 · x2+2t −3
x2−1
.
因为：k AD+ k BD= 1
2 · x1+2t −3
x1−1
+ 1
2 · x2+2t −3
x2−1
= 1
2 · (x1+2t −3)(x2−1)+(x2+2t −3)(x1−1)
(x1−1)(x2−1)
= 1
2 · 2 x1 x2+(2t −4)(x1+ x2)−2(2t −3)
(x1−1)(x2−1)
= t
2−3−(t −2)t −(2t −3)
(x1−1)(x2−1)
=0
所以：∠ADB的角平分线为：x =1.
故△DAB的内切圆圆心一定在直线x =1上.
【突破提升训练・22】已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)，若点P1(2,2)，P2(0,2)，
P3(−2,❑√2)，P4(2,❑√2)中恰有三点在椭圆C上．
(1)求C的方程；
(2)点F是C的左焦点，过点M (−4,0)且与x轴不重合的直线l与C交于不同的两点A，
B，求证：△ABF内切圆的圆心在定直线上．
【答案】(1) x
2
8 + y
2
4 =1；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据对称性P3，P4定在椭圆上，然后分别讨论P1，P2在椭圆上的情况，
从而可求出椭圆方程，
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，l：x =my −4，将问题转化为证明∠AFB的角平分
线为定直线，只要证m y1 y2−( y1+ y2)=0，将直线方程代入椭圆方程消去x，利用根与系
数的关系，代入上式化简即可得结论.
【详解】（1）根据对称性P3，P4定在椭圆上，
若P1也在椭圆上，则{
2
2
a
2 + 2
2
b
2 =1
2
2
a
2 + (❑√2)
2
b
2
=1)
，方程组无解，
所以P2为椭圆上第三个点，
所以{
0
2
a
2 + 2
2
b
2 =1
2
2
a
2 + (❑√2)
2
b
2
=1)
，解得{
b
2= 4
a
2=8)，
所以椭圆C的方程为：x
2
8 + y
2
4 =1；
（2）由（1）得C：x
2+2 y
2=8，F (−2,0)，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，l：
x =my −4．
要证明△ABF内切圆的圆心在定直线上，由对称性和内心的定义，即证明∠AFB的
角平分线为定直线，
即证k AF+ k BF =0，即
y1
x1+2 +
y2
x2+2 =0，即证
y1
m y1−2 +
y2
m y2−2 =0，
只要证m y1 y2−( y1+ y2)=0，
由{
x
2+2 y
2=8
x =my −4 )，得(m
2+2) y
2−8my +8=0，
Δ=64 m
2−32(m
2+2)>0，得m
2−2>0，
所以{
y1+ y2= 8m
m
2+2
y1 y2=
8
m
2+2 )
所以m y1 y2−( y1+ y2)= 8m
m
2+2
−8m
m
2+2
=0成立，
即m y1 y2−( y1+ y2)=0得证，
即△ABF内切圆的圆心在定直线x =−2上．
【突破提升训练・23】曲线C上任意一点P到点F(2,0)的距离与它到直线x = 4的距离之比
等于
❑√2
2 ，过点M (4,0)且与x轴不重合的直线l与C交于不同的两点A ,B．
（1）求C的方程；
（2）求证：△ABF内切圆的圆心在定直线上．
【答案】（1）x
2
8 + y
2
4 =1；（2）证明见解析.
【分析】（1）设点P(x , y)，根据条件建立等式，化简即可；
（2）设出直线l和点A ,B，将l代入C，消元后根据根与系数的关系得到两根间的关
系，设出直线AF 与BF 的斜率然后求和，化为两根关系结合根与系数的关系化简，进而得
到答案.
【详解】（1）设P(x , y)，由题意：
❑√(x−2)
2+ y
2
| x−4|
=
❑√2
2 ⇒(x−2)
2+ y
2= 1
2
(x−4)
2，
化简得：x
2
8 + y
2
4 =1，即C 的方程为：x
2
8 + y
2
4 =1.
（2）设直线l: x =my + 4，A(x1, y1),B(x2, y2)，将l代入C 得：
(m
2+2) y
2+8my +8=0，
∴{
Δ=64 m
2−32(m
2+2)>0⇒m
2>2
y1+ y2=−8m
m
2+2
y1⋅y2=
8
m
2+2
)
设直线AF 与BF 的斜率分别为k1,k2，则k1+ k2=
y1
x1−2 +
y2
x2−2 =
y1
m y1+2 +
y2
m y2+2
= 2m y1 y2+2( y1+ y2)
(m y1+2)(m y2+2)
=
2m⋅
8
m
2+2
+2(−8m
m
2+2)
(m y1+2)(m y2+2)
=0.
∴k1=−k2，则∠BFM = π −∠AFM，∴直线x =2平分∠AFB，而三角形内心在
∠AFB的角平分线上，∴△ABF内切圆的圆心在定直线x =2上.
【突破提升训练・24】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)，F1，F2分别为椭圆C 的左，右
焦点，过F2且与x 轴不重合的直线l 交C 于P，Q 两点，△PQ F1的周长为8，△P F1 F2面
积的最大值为2．
（1）求C 的方程；
（2）点A(2❑√2,0)，证明：△APQ内切圆的圆心在x 轴上．
【答案】（1）x
2
4 + y
2
2 =1；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据椭圆的定义可得a=2，根据△P F1 F2面积的最大值为2，可得
c⋅b=2，结合b
2+c
2=a
2= 4，可得b=c = ❑√2，从而可得椭圆C的方程；
（2）设直线l的方程为x =ty + ❑√2，代入x
2
4 + y
2
2 =1，消去x整理得：
(t
2+2) y
2+2❑√2ty −2=0，设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，根据韦达定理和斜率公式可得
k PA+ kQA，由此可证结论正确.
【详解】（1）∵△PQ F1的周长为8，∴4 a=8，a=2
∵△P F1 F2面积的最大值为2，∴1
2 ⋅2c⋅b=2，即c⋅b=2，
又∵b
2+c
2=a
2= 4，∴b=c = ❑√2，a
2= 4，
故椭圆C的方程为x
2
4 + y
2
2 =1．
（2）由（1）得F2(❑√2,0)，设直线l的方程为x =ty + ❑√2，
代入x
2
4 + y
2
2 =1，消去x整理得：(t
2+2) y
2+2❑√2ty −2=0，
设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，则{
Δ>0
y1+ y2= −2❑√2t
t
2+2
y1 y2= −2
t
2+2 )
，
记直线PA，QA的斜率分别为k PA，kQA，则
k PA+ kQA =
y1
x1−2❑√2 +
y2
x2−2❑√2 =
y1
t y1−❑√2 +
y2
t y2−❑√2
= 2t y1 y2−❑√2( y1+ y2)
(t y1−❑√2)(t y2−❑√2)
=
−4 t
t
2+2
−(
−4 t
t
2+2)
(t y1−❑√2)(t y2−❑√2)
=0
∴k PA =−kQA，因此△APQ内切圆的圆心在x轴上．
【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)过点M (3,1)，且焦距为4 ❑√2.
(1)求C的方程；
(2)已知过点P(2,1)的动直线l交C的右支于A ,B两点，Q为线段BA上的一点，且满足
|AP)
|AQ) =|BP)
|BQ)，证明：点Q总在某定直线上.
【答案】(1) x
2
6 −y
2
2 =1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知条件可得出关于a、b、c的方程组，解出这三个量的值，即
可得出双曲线C的方程；
（2）设点A(x1, y1)、B(x2, y2)、Q (x , y)，记λ=|AP)
|PB) =|AQ)
|QB) ，则⃗AP = λ⃗PB，⃗
AQ = λ⃗BQ，利用平面向量的坐标运算结合点差法求出点Q 的轨迹方程，即可证得结论成
立.
【详解】（1）由题意可得{
2c = 4 ❑√2
9
a
2 −1
b
2 =1
c
2=b
2+a
2)
，解得{
a= ❑√6
b= ❑√2
c =2❑√2)
，
所以，双曲线C的方程为x
2
6 −y
2
2 =1.
（2）设点A(x1, y1)、B(x2, y2)、Q (x , y)，
因为|AP)
|AQ) =|BP)
|BQ)，即|AP)⋅|BQ)=|AQ)⋅|PB)，记|AP)
|PB) =|AQ)
|BQ) =−λ(λ<0)，
又A、P、B、Q 四点共线，则⃗AP = λ⃗PB，⃗AQ = λ⃗BQ，
即(2−x1,1−y1)= λ(x2−2, y2−1)，(x−x1, y −y1)= λ(x−x2, y −y2)，
有{
2−x1= λ(x2−2)
1−y1= λ( y2−1))，{
x−x1= λ(x−x2)
y −y1= λ( y −y2))，
得{
x1+ λ x2
1+ λ
=2
y1+ λ y2
1+ λ
=1)
，{
x = x1−λ x2
1−λ
y = y1−λ y2
1−λ )
，
又因为{
x1
2
6 −y1
2
2 =1
x2
2
6 −y2
2
2 =1)
，则{
x1
2
6 −y1
2
2 =1
λ
2 x2
2
6
−λ
2 y2
2
2
= λ
2)
，作差可得
x1
2−λ
2 x2
2
6
−y1
2−λ
2 y2
2
2
=1−λ
2，
即(x1−λ x2)(x1+ λ x2)
6(1−λ)(1+ λ)
−( y1−λ y2)( y1+ λ y2)
2(1−λ)(1+ λ)
=1，
得2 x
6 −y
2 =1，即2 x−3 y −6=0，
故点Q 总在定直线2 x−3 y −6=0上.
【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)的离心率为2❑√3
3
，左右焦
､
点分别为F1, F2，点P坐标为(3,1)，且⃗P F1⋅⃗P F2=6.
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点P的动直线l与C的左右两支分别交于两点
､
A ,B，若点M在线段AB上，满足
|AP)
|AM ) = |BP)
|BM )，证明：M在定直线上.
【答案】(1) x
2
3 −y
2=1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率设a= ❑√3t ,c =2t ,t >0，代入⃗P F1⋅⃗P F2=6得到t =1，得
到答案.
（2）设l: y −1=k (x−3)，联立方程得到根与系数的关系，根据|AP)
|AM ) = |BP)
|BM )得到
6 x0+2 x1 x2=(x0+3)(x1+ x2)，代入数据整理得到x0−y0−1=0，得到答案.
【详解】（1）设|F1 F2)=2c(c>0)，因为双曲线C的离心率为e = c
a = 2❑√3
3
= 2
❑√3
，
设a= ❑√3t ,c =2t ,t >0，
所以F1(−2t ,0), F2(2t ,0),⃗PF1=(−2t −3,−1),⃗PF2=(2t −3,−1)，
所以⃗P F1⋅⃗PF2=(−2t −3)(2t −3)+1=6，解得t =1或−1（舍），
所以双曲线C的方程为x
2
3 −y
2=1，
（2）设A(x1, y1),B(x2, y2)，当直线斜率不存在时不成立，设l: y −1=k (x−3)，
即y =kx +1−3k ,−
❑√3
3 <k <
❑√3
3 ，
由{
y =kx +1−3k
x
2−3 y
2=3 )，可得(1−3k
2) x
2−6 k (1−3k ) x −3(2−6 k +9k
2)=0，
由于点P在双曲线C内部，易得Δ>0，所以
x1+ x2= 6k (1−3k )
1−3k
2
, x1 x2= −3(2−6k +9k
2)
1−3k
2
.
设M (x0, y0)，根据题意，x1< x0< x2<3，又|AP)
|AM ) = |BP)
|BM )，可得
3−x1
x0−x1
= 3−x2
x2−x0
，
整理得：6 x0+2 x1 x2=(x0+3)(x1+ x2)，
即6 x0−6(2−6 k +9k
2)
1−3k
2
=(x0+3) 6k (1−3k )
1−3k
2
，化简得x0−2=k x0−3k
又y0=k x0+1−3k，消去k，得x0−y0−1=0，
所以点M在定直线x−y −1=0上.
【突破提升训练・27】已知抛物线T : y
2=2 px ( p>0)，过抛物线上一点A (1, p)作两条直
线l1,l2分别交抛物线T于B ,C两点，直线l1,l2的斜率分别为k1,k2，且k1k2=−4.
(1)求抛物线T的方程.
(2)证明：直线BC过定点.
(3)记直线BC经过的定点为M , N为直线BC上一点（异于点M），且满足
|BM )
|CM ) =|BN )
|CN )，证明点N在某定直线上，并求出该定直线的方程.
【答案】(1)y
2= 4 x
(2)证明见解析
(3)证明见解析，x + y +2=0
【分析】（1）将点A的坐标代入抛物线方程得出p=2，进而得出抛物线；
（2）设B(
y1
2
4 , y1),C(
y2
2
4 , y2)， 求出直线BC的方程为y =
4
y1+ y2(x−y1
2
4 )+ y1，
结合k1k2=−4，化简计算可得y = 4 (x−2)
y1+ y2
−2 ，即可得到结论.
（3）由（2）知M (2,−2)，，设N (x0, y0)，设直线BC的方程为x =my +2m+2.代
入抛物线联立方程组，将|BM )
|CM ) =|BN )
|CN )转化为|y1+2)
|y2+2)
=|y1−yn)
|y2−y0)
，化简计算可得到结论.
【详解】（1）将点A的坐标(1, p)代入抛物线T的方程可得p
2=2 p，解得p=0（舍
去）或p=2，故抛物线T的方程为y
2= 4 x.
（2）由（1）可知点A的坐标(1,2)，设B(
y1
2
4 , y1),C(
y2
2
4 , y2)，
则k1= y1−2
y1
2
4 −1
=
4
y1+2 ⋅k2= y2−2
y2
2
4 −1
=
4
y2+2.
由k1k2=−4，得
4
y1+2 ⋅
4
y2+2 =−4，所以
( y1+2)( y2+2)= y1 y2+2( y1+ y2)+ 4 =−4，
y1 y2+2( y1+ y2)+8=0.
k BC = y1−y2
2
y1
2
4 −y2
2
4
=
4
y1+ y2.所以直线BC的方程为y =
4
y1+ y2(x−y1
2
4 )+ y1，
即y =
4 x
y1+ y2
+ y1−
y1
2
y1+ y2
，整理得y = 4 x + y1 y2
y1+ y2
.
又y1 y2=−8−2( y1+ y2)，
从而直线BC的方程为y = 4 x−2( y1+ y2)−8
y1+ y2
，化简得y = 4 (x−2)
y1+ y2
−2，
因此直线BC过定点(2,−2).
（3）由（2）知M (2,−2)，设N (x0, y0),B(
y1
2
4 , y1),C(
y2
2
4 , y2)，易知直线BC的
斜率不为0，
设直线BC的方程为x =my +2m+2.由¿消去x.
得y
2−4 my −8m−8=0.则y1+ y2= 4 m, y1 y2=−8m−8.
因为|BM )
|CM ) =|BN )
|CN ).所以|y1+2)
|y2+2)
=|y1−yn)
|y2−y0)
.
即|( y1+2)( y2−y0))=|( y1−y0)( y2+2))，
当( y1+2)( y2−y0)=( y1−y0)( y2+2)时，y1≠y2，化简得y0=−2，
与直线BC的斜率不为0 矛盾，不合题意；
当( y1+2)( y2−y0)=−( y1−y0)( y2+2)时，化简得
2 y1 y2+(2−y0)( y1+ y0)−4 y0=0，
2(−8m−8)+1(2−y0)m−4 y0=0.
即y0m−2m−y0+ 4 =0.又x0=m y0+2m+2.
可得m y0+2m= x0−2，所以x0−2+ y0+ 4 =0，即x0+ y0+2=0，
所以点N在直线x + y +2=0上.
【突破提升训练・28】已知P是圆E:( x + ❑√2)
2+ y
2=16上的动点，F(❑√2,0)为定点，线
段PF的垂直平分线交线段PE于点Q，点Q的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)过点M (4,1)的动直线l交曲线C于不同的A，B 两点，N为线段AB上一点，满足
| AM |⋅|BN |=| AN |⋅|BM |，证明：点N在某定直线上，并求出该定直线的方程.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
2 =1
(2)证明见解析，2 x + y −2=0.
【分析】（1）由中垂线的性质及椭圆定义可得结果；
（2）联立直线与椭圆方程，由韦达定理及两点间距离公式化简可得结果.
【详解】（1）如图，易知圆E 的半径为4，线段PF的垂直平分线交线段PE于点Q，
由中垂线的性质可知：|QF)=|QP)，所以|QE)+|QF)=|QE)+|QP)= 4，
即动点Q 到定点F(❑√2,0)，E(−❑√2,0)的距离和为定值4，且4>2❑√2=|EF),
根据椭圆定义可知：a=2,c = ❑√2，所以b
2=a
2−c
2=2，
即曲线C 的方程为：x
2
4 + y
2
2 =1.
（2）由题意可得直线l 的斜率存在．设直线l 的方程为y −1=k (x−4)，
代入椭圆方程，整理得(1+2k
2) x
2+(4 k −16 k
2) x +32k
2−16 k −2=0，
设A(x1, y1),B(x2, y2), N (x0, y0)，则x1+ x2= 16 k
2−4 k
1+2k
2
，x1 x2= 32k
2−16k −2
1+2k
2
，
由| AM |⋅|BN |=| AN |⋅|BM |，
得
❑√(x1−4)
2+( y1−1)
2❑√(x2−x0)
2+( y2−y0)
2= ❑√(x2−4)
2+( y2−1)
2❑√(x1−x0)
2+( y1−y0)
2,
化简得|(x1−4)(x2−x0))=|(x2−4)(x1−x0))，
当(x1−4)(x2−x0)=(x2−4)(x1−x0)时，因x1≠x2，化简得x0= 4，与直线l 的斜率存
在矛盾，不合题意；
当(x1−4)(x2−x0)=−(x2−4)(x1−x0)时，化简得8 x0=(4+ x0)(x1+ x2)−2 x1 x2
即8 x0=(4+ x0) 16k
2−4 k
1+2k
2
−2 32k
2−16k −2
1+2k
2
，化简得2 x0−1=k (4−x0)，
又k = y0−1
x0−4 ，所以2 x0−1= y0−1
x0−4 (4−x0)，化简得y0=−2 x0+2，
所以点N在直线2 x + y −2=0上.
【突破提升训练・29】已知椭圆C : x
2
4 + y
2
2 =1，过点P(4 , 1)的动直线l交椭圆C于A , B
两点，在线段AB上取点Q满足|AP)|QB)=|AQ)|PB)，求证：点Q在某条定直线上．
【答案】证明见解析
【详解】解法一：设|AP)
|PB) =|AQ)
|BQ) = λ(λ≠1)，即⃗AP = λ⃗PB，⃗AQ =−λ⃗QB，设
A(x1, y1)，B(x2, y2)，Q (x , y)，由于⃗AP = λ⃗PB，{
4 = x1+ λ x2
1+ λ
⋅⋅⋅①
1= y1+ λ y2
1+ λ
⋅⋅⋅②)
，
又x1
2
4 + y1
2
2 =1 , λ
2 x2
2
4
+ λ
2 y2
2
2
= λ
2，两式相减得
(x1+ λ x2)(x1−λ x2)
4
+ ( y1+ λ y2)( y1−λ y2)
2
=1−λ
2③
①②式代入③式，
x1−λ x2
1−λ
+ y1−λ y2
2(1−λ) =1④
又由于⃗AQ =−λ⃗QB，{
x = x1−λ x2
1−λ
⋅⋅⋅⑤
y = y1−λ y2
1−λ
⋅⋅⋅⑥)
，
⑤⑥式代入④式，x + 1
2 y =1，即点Q在定直线2 x + y −2=0上．
解法二：设|AP)
|PB) =|AQ)
|BQ) = λ(λ≠1)，即⃗AP = λ⃗PB，⃗AQ =−λ⃗QB，设A(x1, y1)，
B(x2, y2)， Q(x0 , y0)，则P(
x1−λ x2
1−λ
, y1−λ y2
1−λ ) , Q(
x1+ λ x2
1+ λ
, y1+ λ y2
1+ λ )
，
于是有{
x1−λ x2
1−λ
= 4 ,
y1−λ y2
1−λ
=1 ,){
x1+ λ x2
1+ λ
= x0 ,
y1+ λ y2
1+ λ
= y0 ,)
由点A , B在椭圆上，则
{
x1
2+2 y1
2= 4 ,
λ
2 x1
2+2 λ
2 y1
2= 4 λ
2 ,)于是有x1+ λ x2
1+ λ
⋅x1−λ x2
1−λ
+2⋅y1+ λ y2
1+ λ
⋅y1−λ y2
1−λ
= 4，即
4 x0+2 y0= 4，故点Q在定直线2 x + y −2=0上．
【突破提升训练・30】已知双曲线E: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，
|F1 F2)=2❑√3且双曲线E经过点A (❑√3,2)．
(1)求双曲线E的方程；
(2)过点P(2,1)作动直线l，与双曲线的左、右支分别交于点M、N，在线段MN上取
异于点M、N的点H，满足|PM )
|PN ) =|MH )
|HN ) ，求证：点H恒在一条定直线上．
【答案】(1)x
2−y
2
2 =1
(2)证明见解析
【分析】（1）求出c的值，利用双曲线的定义可求得a的值，再根据b=
❑√c
2−a
2可求
得b的值，即可得出双曲线E的方程；
（2）设点H (x , y)、M (x1, y1)、N (x2, y2)，设|PM )
|PN ) =|MH )
|HN ) = λ，可得出
{⃗
PM = λ⃗PN⃗
MH = λ⃗HN)，根据向量的坐标运算结合{
y1
2=2(x1
2−1)
y2
2=2(x2
2−1))化简可得出关于x、y所满足的
一元二次方程，即可证得结论.
【详解】（1）解：因为|F1 F2)=2c =2❑√3，则c = ❑√3，
由双曲线的定义可得
2a=||A F1)−|A F2))=|
❑√(❑√3+ ❑√3)
2+(2−0)
2−
❑√(❑√3−❑√3)
2+(2−0)
2)= 4−2=2，
所以，a=1，则b=
❑√c
2−a
2= ❑√3−1= ❑√2，
因此，双曲线E的方程为x
2−y
2
2 =1.
（2）证明：设点H (x , y)、M (x1, y1)、N (x2, y2)，
则{
x1
2−y1
2
2 =1
x2
2−y2
2
2 =1)
，可得{
y1
2=2(x1
2−1)
y2
2=2(x2
2−1))，
设|PM )
|PN ) =|MH )
|HN ) = λ，则{⃗
PM = λ⃗PN⃗
MH = λ⃗HN)，其中λ≠1，
即{
(x1−2, y1−1)= λ(x2−2, y2−1)
(x−x1, y −y1)= λ(x2−x , y2−y))，整理可得{
x1−λ x2=2(1−λ)
y1−λ y2=1−λ
x1+ λ x2=(1+ λ) x
y1+ λ y2=(1+ λ) y)
，
所以，x1
2−λ
2 x2
2=2(1−λ
2) x，y1
2−λ
2 y2
2=(1−λ
2) y，
将{
y1
2=2(x1
2−1)
y2
2=2(x2
2−1))代入y1
2−λ
2 y2
2=(1−λ
2) y可得2[x1
2−λ
2 x2
2−(1−λ
2))=(1−λ
2) y，
将x1
2−λ
2 x2
2=2(1−λ
2) x代入2[x1
2−λ
2 x2
2−(1−λ
2))=(1−λ
2) y可得
2[(1−λ
2)2 x−(1−λ
2))=(1−λ
2) y，即4 x−y −2=0，
所以，点H恒在直线4 x−y −2=0上.
【突破提升训练・31】已知双曲线E: x
2
a
2 −y
2
4 =1(a>0)的中心为原点O，左右焦点分别是
F1, F2，离心率为3
❑√5，点P是直线x = a
2
3 上任意一点，点Q在双曲线E上，且满足⃗
P F2⋅⃗Q F2=0.
(1)求实数a的值；
(2)求证：直线PQ与直线OQ的斜率之积是定值，并求出此定值；
(3)点P的纵坐标为1，过点P作动直线l与双曲线右支交于不同的两点M , N，在线段
MN上取异于点M , N的点H，满足|PM )
|PN ) =|MH )
|HN ) ，试问：点H是否恒在一条定直线上，
若是，请求出这条定直线，否则，请说明理由
【答案】(1)a= ❑√5
(2)4
5
(3)是，4 x−3 y −12=0
【分析】（1）根据双曲线a,b,c关系即可.
（2）根据已知条件表示出斜率化简整理即可.
（3）设出H的坐标，根据向量共线进行表示，解方程组即可得到点H的横纵坐标所
满足的线性关系.
【详解】（1）解：由已知离心率e = c
a = 3
❑√5 ，又因为b=2
所以c
2=a
2+ 4，解得a= ❑√5.
（2）证明：由（1）可知，x = a
2
3 = 5
3，F2(3,0)
设P(
5
3 ,t)，Q(x0, y0)，因为⃗P F2⋅⃗Q F2=0
所以(3−5
3 ,−t)·(3−x0,−y0)=0 所以t y0= 4
3 (x0−3)
Q在双曲线E上，所以E: x0
2
5 −y0
2
4 =1⇒y0
2= 4
5 (x0
2−5)
k PQ⋅kOQ= y0−t
x0−5
3
⋅y0
x0
= y0
2−t y0
x0
2−5
3 x0
=
4
5 (x0
2−5)−4
3 (x0−3)
x0
2−5
3 x0
= 4
5
所以PQ与直线OQ的斜率之积是定值为4
5
（3）过点H (x , y)过点P(
5
3 ,1)的直线与双曲线右支交于不同的两点M , N
设M (x1, y1)，N (x2, y2) ，因为M , N在双曲线上.
所以4 x1
2−5 y1
2=20，4 x2
2−5 y2
2=20
故y1
2= 4
5 (x1
2−5)，y2
2= 4
5 (x2
2−5)
设|PM )
|PN ) =|MH )
|HN ) = λ，则{⃗
PM = λ⃗PN⃗
MH = λ⃗HN)
{(x1−5
3 , y1−1)= λ(x2−5
3 , y2−1)
(x−x1, y −y1)= λ(x2−x , y2−y))
得{
x1−λ x2= 5
3
(1−λ)（1）
y1−λ y2=1−λ（2）
x1+ λ x2= x (1+ λ)（3）
y1+ λ y2= y (1+ λ)（4 ）)
由（1）×（3），（2）×（4 ）得
{
x1
2−λ
2 x2
2= 5
3 (1−λ
2) x（5）
y1
2−λ
2 y2
2=(1−λ
2) y （6）)
将y1
2= 4
5 (x1
2−5)，y2
2= 4
5 (x2
2−5)代入（6）
得y = 4
5
x1
2−λ
2 x2
2
1−λ
2
−4（7 ）， 将（5）带入（7 ）得y = 4
3 x−4
H恒在定直线4 x−3 y −12=0上.
【突破提升训练・32】已知F是椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的右焦点，椭圆离心率e = 1
2，
且椭圆上任意一点与点F距离的最大值为3.
(1)求椭圆E的方程；
(2)点M (x1, y1)(x1>0, y1>0)在椭圆E上，椭圆在点M处的切线l: x x1
4 + y y1
3
=1交x
轴于点P.
①求|FP)−4|FM )的最小值；
②设A1, A2分别为椭圆E的左右顶点，不垂直
､
x轴的直线MF交椭圆于另一点N，直
线N A1与直线M A2交于点Q，问直线MN与直线PQ的交点R是否在一条定直线上？若是，
求出该直线方程；若不是，请说明理由.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)①4 ❑√2−9；②是，直线方程为x =2，理由见解析
【分析】（1）由已知得到关于a,c的方程，解得a,c，然后求解b
2，即可得椭圆方程；
（2）①由已知可得P(
4
x1
,0)
，根据两点间距离公式可得|FM )=2−1
2 x1
，代入
|FP)−4|FM )，由基本不等式即可求解；②设直线MN：x =my +1(m≠0)，N (x2, y2)，
与椭圆方程联立由韦达定理可得m y1 y2= 3
2 ( y1+ y2)，由已知可得l A1 N，l A2 M的方程，联立
可得Q(4 , 2 y1
x1−2)
，将直线PQ的方程与直线MN联立即可求解.
【详解】（1）由已知{
c
a = 1
2
a+c =3)
，解得{
a=2
c =1)，
所以b
2=a
2−c
2=3，所以椭圆方程为x
2
4 + y
2
3 =1；
（2）①因为切线l: x x1
4 + y y1
3
=1交x轴于点P，所以P(
4
x1
,0)，|FP)= 4
x1
−1，
因为点M (x1, y1)(x1>0, y1>0)在椭圆E上，所以x1
2
4 + y1
2
3 =1，即y1
2=3−3
4 x1
2，
又|FM )= ❑√(x1−1)
2+ y1
2= ❑√x1
2−2 x1+1+3−3
4 x1
2== ❑√(
1
2 x1−2)
2
=|
1
2 x1−2)，
因为|FP)= 4
x1
−1>0，所以0< x1<4，所以1
2 x1−2<0，
所以|FM )=2−1
2 x1，
所以|FP)−4|FM )= 4
x1
−1−4(2−1
2 x1)= 4
x1
+2 x1−9≥2❑√
4
x1
×2 x1−9= 4 ❑√2−9，
当且仅当4
x1
=2 x1，即x1= ❑√2时等号成立，所以|FP)−4|FM )的最小值为4 ❑√2−9；
②由已知设直线MN：x =my +1(m≠0)，N (x2, y2)，
由{
x
2
4 + y
2
3 =1
x =my +1)
消元得(3m
2+ 4) y
2+6my −9=0，
则y1+ y2= −6m
3m
2+ 4 ，y1 y2=
−9
3m
2+4，
所以m y1 y2= 3
2 ( y1+ y2)，
因为A1(−2,0)，N (x2, y2)，所以l A1 N : y =
y2
x2+2
(x +2)，
因为A2(2,0)，M (x1, y1)，所以l A2 M : y =
y1
x1−2
(x−2)，
所以xQ= 2 y2(x1−2)+2 y1(x2+2)
y1(x2+2)−y2(x1−2)
= 4 m y1 y2−2 y2+6 y1
3 y1+ y2
= 6 y1+6 y2−2 y2+6 y1
3 y1+ y2
= 12 y1+ 4 y2
3 y1+ y2
= 4，
即点Q(4 , 2 y1
x1−2)，所以直线PQ的方程为y =
x1 y1
2(x1−2)(x1−1)(x−4
x1)，
与直线MN联立，得x =
m x1 y1
2(x1−2)(x1−1)(x−4
x1)+1，
因为x1=m y1+1，所以y1= x1−1
m
，代入上式可得
x =
m x1⋅x1−1
m
2(x1−2)(x1−1)(x−4
x1)+1=
x1
2(x1−2)(x−4
x1)+1=
x1
2(x1−2)
x−
2
x1−2 +1，
即[
x1
2(x1−2)
−1)x =
2
x1−2 −1= 4−x1
x1−2 ，解得x =2，
即点R在直线x =2上.
【突破提升训练・33】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，F 为双曲线C
的右焦点，（2，3）是双曲线C 上的一个点.
(1)求双曲线C 的方程；
(2)若过F 且不与渐近线平行的直线l（斜率不为0）与双曲线C 的两个交点分别为
M，N，记双曲线C 在点M，N 处的切线分别为l1，l2，点P为直线l1与直线l2的交点，试判
断点P是否在一条定直线上，若是，求出定直线的方程；若不是，请说明理由.（注：若双
曲线方程为x
2
a
2 −y
2
b
2 =1，则该双曲线在点(x0, y0)处的切线方程为
x0 x
a
2 −y0 y
b
2 =1）
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1
(2)在，定直线为x = 1
2
【分析】（1）由离心率得c =2a，从而b= ❑√3a，再把双曲线所过点的坐标代入可求
得a,b各双曲线方程；
（2）设M (x1, y❑1)，N (x2, y❑2)，直线l：x =ty +2(t ≠±
❑√3
3 )，代入双曲线方程
应用韦达定理得y1+ y2，写出两条切线方程，记P(m,n)，代入两个切线方程相加，并代
入y1+ y2可得t ,m,n的一个关系式，相减又得一个关系式，两者结合消去参数t可得m= 1
2，
从而得出结论．
【详解】（1）据题意e = c
a =2，
则c =2a，b= ❑√3a，(2,3)是双曲线C上的一个点，则4
a
2 −9
3a
2 =1⇒a
2=1，
所以双曲线C的方程为x
2−y
2
3 =1.
（2）设M (x1, y❑1)，N (x2, y❑2)，直线l：x =ty +2(t ≠±
❑√3
3 )，
联立直线与双曲线：¿
△=144 t
2−108t
2+36=36t
2+36>0，y1+ y2= −12t
3t
2−1，
由题知，切线l1：x x1−y y1
3
=1，切线l2：x x2−y y2
3
=1，
记P(m,n)，则¿
+
①②得m(x1+ x2)−n( y1+ y2)
3
=2⇒m[t ( y1+ y2)+ 4)−n( y1+ y2)
3
=2，
将y1+ y2= −12t
3t
2−1代入得1−2m=3t
2−2tn③；
①②得
−
m(x1−x2)−n( y1−y2)
3
=0⇒mt ( y1−y2)−n( y1−y2)
3
=0，
由y1≠y2得t = n
3m④，联立③和④得1−2m= n
2
3m
2 −2n
2
3m = n
2
3m
2 (1−2m)，
故(
n
2
3m
2 −1)(1−2m)=0，又t ≠±
❑√3
3 ，所以n
2
3m
2 ≠1，则m= 1
2，
故点P的轨迹方程为m= 1
2，所以P点在定直线x = 1
2上.
【突破提升训练・34】已知抛物线C：x
2=2 py（p>0）与圆O：x
2+ y
2=12相交于A，B
两点，且点A 的横坐标为2❑√2.F 是抛物线C 的焦点，过焦点的直线l 与抛物线C 相交于不
同的两点M，N.
（1）求抛物线C 的方程.
（2）过点M，N 作抛物线C 的切线l1，l2，P(x0, y0)是l1，l2的交点，求证：点P 在
定直线上.
【答案】（1）x
2= 4 y；（2）证明见解析.
【分析】（1）易得点A 的坐标为A (2❑√2,2)，然后利用待定系数法即可求得抛物线
的方程；
（2）抛物线C : y = x
2
4 ，则y
′ = x
2，设M (x1, y1),N (x2, y2)，可分别求得切线PM 的
方程和切线PN 的方程，联立解得点P(
x1+ x2
2
, x1 x2
4 )，设直线MN 的方程为y =kx +1，代
入抛物线的方程得x
2−4 kx −4 =0，所以x1 x2=−4，进而可得点P的纵坐标为−1，命题
得证.
【详解】（1）点A 的横坐标为2❑√2，所以点A 的坐标为A (2❑√2,2)，
代入解得p=2，所以抛物线的方程为x
2= 4 y；
（2）抛物线C : y = x
2
4 ，则y
′ = x
2，设M (x1, y1),N (x2, y2)，
所以切线PM 的方程为y −y1= x1
2 (x−x1) ，即y = x1
2 ⋅x−x1
2
2
,
同理切线PN 的方程为y = x2
2 ⋅x−x2
2
2
，
联立解得点P(
x1+ x2
2
, x1 x2
4 )，
设直线MN 的方程为y =kx +1，代入x
2= 4 y，
得x
2−4 kx −4 =0，所以x1 x2=−4，
所以点P 在y =−1上，结论得证.
【突破提升训练・35】如图，已知抛物线C : y = 1
2 x
2直线y =kx +2交抛物线C 于A，B 两
点，O 为坐标原点.
（1）证明：OA ⊥OB；
（2）设抛物线C 在点A 处的切线为l1，在点B 处的切线为l2，证明：l1与l2的交点M
在一定直线上.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】（1）设A(x1, 1
2 x1
2)，B(x2, 1
2 x2
2)，联立直线与抛物线方程，消元、列出
韦达定理，即可得到⃑OA ⋅⃑OB =0，从而得证；
（2）对函数求导，利用导数的几何意义求出过点A、B的切线l1、l1的方程，即可得
到y = 1
2 x1 x2=−2，即可得证；
【详解】解：（1）设A(x1, 1
2 x1
2)，B(x2, 1
2 x2
2)，
把y =kx +2代入y = 1
2 x
2，得x
2−2kx −4 =0.
由韦达定理得x1+ x2=2k，x1 x2=−4.
∴⃑OA ⋅⃑OB =(x1, 1
2 x1
2)⋅(x2, 1
2 x2
2)= x1 x2+ 1
4 (x1 x2)
2=0.
所以OA ⊥OB
（2）∵y = 1
2 x
2，∴y
′ = x，
故经过点A(x1, 1
2 x1
2)的切线l1的方程为：y −1
2 x1
2= x1(x−x1)，
即y = x1 x−1
2 x1
2，①
同理，经过点B(x2, 1
2 x2
2)的切线l2的方程为：y = x2 x−1
2 x2
2，②
①× x2−②× x1，得y = 1
2 x1 x2=−2.
即点M 在直线l: y =−2上.
【突破提升训练・36】过定点(1,0)的动圆始终与直线l: x =−1相切.
(1)求动圆圆心的轨迹C的方程，
(2)过点(2,0)的直线l与曲线C 交于A ,B两点，PA , PB是曲线C的两条切线，A ,B是
切点.
（i）证明：点P 的轨迹是定直线；
（ii）求△PAB面积的最小值.
【答案】(1)C : y
2= 4 x
(2)（i）证明见解析；（ii）8 ❑√2.
【分析】（1）设动圆圆心坐标为(x , y)，根据直线与圆的位置关系列出方程即可求出
动圆圆心的轨迹方程；（2）（i）设直线AB: x =my +2，与轨迹方程C联立，分别求出切
线PA , PB的方程，从而得到交点P的轨迹；（ii）求出点P到直线AB的距离，再由三角形
面积公式即可求出面积关于m的函数表达式，进而得到其最小值.
【详解】（1）设动圆圆心坐标为(x , y)，因为过定点(1,0)的动圆始终与直线l: x =−1
相切，∴
❑√( x −1)
2+ y
2=|x +1)，化简得y
2= 4 x，即动圆圆心的轨迹方程C : y
2= 4 x.
（2）（i）设A(x1, y1),B(x2, y2)，其中y1>0, y2<0，
由题，直线AB斜率不为0，设直线AB: x =my +2，
联立{
y
2= 4 x
x =my +2)，得：y
2−4 my −8=0，
Δ>0恒成立，y1+ y2= 4 m, y1 y2=−8，
由y
2= 4 x得：y =2❑√x ( y >0), y
′ = 1
❑√x ，
则k AP= 1
❑√x1
= 2
y1
，即l AP: y −y1= 2
y1
(x−x1)即l AP: y1 y =2(x + x1).
同理，lBP: y2 y =2(x + x2)，
∴y2
y1
= x + x2
x + x1
,∴y2(x + x1)= y1(x + x2)，
∴( y2−y1)x = y1 x2−y2 x1= y2
2 y1
4
−y1
2 y2
4
= y1 y2( y2−y1)
4
,∴x = y1 y2
4
=−2，
即直线PA , PB交点P的轨迹为定直线：x =−2；
（ii）将x =−2代入l AP: y1 y =2(x + x1)
得：y = 2 x1−4
y1
=
y1
2
2 + y1 y2
2
y1
= y1+ y2
2
，
所以点P的坐标为(−2, y1+ y2
2 ).
下面用两种方法进一步求解.
方法一：点P(−2,2m)到直线AB: x =my +2的距离d =|4+2m
2)
❑√m
2+1
，
|AB)=
❑√1+m
2|y1−y2)
=
❑√1+m
2❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2
=
❑√1+m
2❑√16m
2+32，
∴S△PAB= 1
2 d|AB)=|m
2+2)❑√16m
2+32= 4(m
2+2)
3
2，
∴m=0时，△PAB面积最小为8 ❑√2.
方法二：又AB中点M(
x1+ x2
2
, y1+ y2
2 ),∴PM ⊥ y轴
∴S△PAB= 1
2|PM )|y1−y2)
= 1
2|
x1+ x2
2
+2)|y1−y2)= 1
2|
m( y1+ y2)+ 4
2
+2)
❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2
=|m
2+2)❑√16m
2+32= 4(m
2+2)
3
2.
∴m=0时，△PAB面积最小为8 ❑√2.
【突破提升训练・37】已知抛物线的方程为x
2=2 py ( p>0)，过点P(0, p)的直线l与抛物线
相交于A 、B两点，分别过点A 、B作抛物线的两条切线l1和l2，记l1和l2相交于点M.
(1)证明：直线l1和l2的斜率之积为定值；
(2)求证：点M在一条定直线上.
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.
【分析】（1）依题意，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y =kx + p，与抛物线联
立得x
2−2 pkx −2 p
2=0，设A ,B的坐标分别为A(x1, y1),B(x2, y2)，再根据求导得切线
斜率，结合韦达定理即可证得；
（2）由点斜式写出直线l1和l2的方程，联立这两个方程，消去y得整理得
(x1−x2)(x−x1+ x2
2 )=0，注意到x1≠x2，所以x = x1+ x2
2
，进而可求得y =−p，从而得证.
【详解】（1）依题意，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y =kx + p，
将其代入x
2=2 py，消去y整理得x
2−2 pkx −2 p
2=0，
设A ,B的坐标分别为A(x1, y1),B(x2, y2)，则x1 x2=−2 p
2，x1+ x2=2 pk
将抛物线的方程改写为y = 1
2 p x
2，求导得y
′ = 1
p x，
所以过点A 的切线l1的斜率是k1= x1
p
，过点B的切线l2的斜率是k2= x2
p
，
故k1k2= x1 x2
p
2 =−2，
所以直线l1和l2的斜率之积为定值−2.
（2）设M (x , y)，
因为直线l1的方程为y −y1=k1(x−x1)，即y −x1
2
2 p = x1
p (x−x1)，
同理，直线l2的方程为y −x2
2
2 p = x2
p (x−x2)，
联立l1与l2的方程，消去y得x1
2
2 p −x2
2
2 p = x2
p (x−x2)−x1
p (x−x1)，
整理得(x1−x2)(x−x1+ x2
2 )=0，注意到x1≠x2，所以x = x1+ x2
2
，
此时y = x1
2
2 p + x1
p (x−x1)= x1
2
2 p + x1
p(
x1+ x2
2
−x1)= x1 x2
2 p =−p，
由（1）知，x1+ x2=2 pk，所以x = x1+ x2
2
= pk，k ∈R，即M ( pk ,−p)，
所以点M在定直线y =−p上.
