专题五 解析几何
微专题3 圆锥曲线定值定点定直线问题
一、考点透析
考点1 定值问题
1.(2025· 湖北省武汉市· 模拟) 如图，已知椭圆E1：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)与椭圆E2：
x
2
12 + y
2
4 =1有相同的离心率，点P(√3,1)在椭圆E1上．过点P的两条不重合直线l1,l2与椭
圆E1相交于Q , H两点，与椭圆E2相交于A ,B和C , D四点．
(1)求椭圆E1的标准方程；
(2)求证：S ΔAPD= S ΔBQD；
(3)若|BQ|
|DH|=|DP|
|BP|，设直线l1,l2的倾斜角分别为α , β，求证：α + β为定值．
【答案】(1) x
2
6 + y
2
2 =1；
(2)见解析；
(3)α + β = π
【解析】解：(1)由题意知，e1=e2，∴b
2
a
2 = 4
12，∴a
2=3b
2，
又∵P(√3,1)在椭圆E1上，∴3
a
2 + 1
b
2 =1，∴b
2=2，a
2=6，
∴椭圆E1的标准方程为x
2
6 + y
2
2 =1;
(2)要证S△APD= S ΔBQD，设D到直线l1距离为d，
1
即证1
2 | AP|×d = 1
2 |BQ|×d，即证| AP|=|BQ|;
①当直线l1斜率不存在时，由椭圆对称性可知| AP|=|BQ|，故S ΔAPD= S ΔBQD;
②当直线l1斜率存在时，设k1，则AB方程：y −1=k1( x−√3)，
设A( x A , y A),B( xB, yB), P( xP, y P),Q( xQ, yQ)，
联立{
y −1=k1( x−√3)
x
2
6 + y
2
2 =1
得(3k1
2+1)x
2+(6k1−6√3k1
2)x +3(1−√3k1)
2−6=0，
∴xP+ xQ= 6√3k1
2−6 k1
3k1
2+1
，xP xQ= 3(1−√3k1)
2−6
3k1
2+1
，
联立{
y −1=k1(x−√3)
x
2
12 + y
2
4 =1
，得(3k1
2+1)x
2+(6k1−6√3k1
2)x +3(1−√3k1)
2−12=0，
∴x A+ xB= 6√3k1
2−6 k1
3k1
2+1
，x A xB= 3(1−√3k1)
2−12
3k1
2+1
，
∴xP+ xQ= x A+ xB，∴xP−x A = xB−xQ，
| AP|=√1+k1
2⋅| xP−x A|，|BQ|=√1+k1
2⋅| xB−xQ|，
∴| AP|=|BQ|，∴S ΔAPD= S ΔBQD;
综上所述：S△APD= S ΔBQD;
(3)由
第
二
问
可
知| AP|=|BQ|，|CP|=| DH |，∴|BQ|
| DH | =| DP|
|BP| ，
∴| AP|⋅|BP|=|CP|⋅| DP|，
设直线CD的斜率为k2，直线CD方程为y −1=k2( x−√3)，设C( xC , yC)，D( xD, y D)，
2
联立{
y −1=k2( x−√3)
x
2
12 + y
2
4 =1
得(3k2
2+1)x
2−(6√3k2
2−6k2)x +3(1−√3k2)
2−12=0，
∴xC + xD= 6√3k2
2−6k2
3k2
2+1
，xC xD= 3(1−√3k2)
2−12
3k2
2+1
，
|CP|| DP|=√1+ k2
2| xC−xP|√1+k2
2| xD−xP|，
| AP||BP|=√1+ k1
2| x A−xP|√1+ k1
2| xB−xP|，
∴(1+k2
2)|( xC−xP)( xD−xP)|=(1+ k1
2)|( x A−xP)( xB−xP)|，
即(1+k2
2)| xC xD−xP( xC + xD)+ xP
2 |=(1+k1
2)| x A xB−xP( x A+ xB)+ xP
2 |，
化简得
1+ k2
2
3k2
2+1
= 1+ k1
2
3k1
2+1
，∴k1
2=k2
2，
由题意k1≠k2，∴k1+ k2=0，∴α + β = π．
2.(2025· 河南省开封市·模拟)已知双曲线C : x
2−y
2
b
2 =1(b>0)的两条渐近线分别为
l1: y =√3 x，l2: y =−√3 x，若点A，B分别在l1，l2上( A ,B不同于原点O)，且直线AB是
C的切线，则称△OAB是C的“渐切三角形”.已知C在点(s,t )处的切线方程为sx−ty
b
2 =1．
(1)写出C的一个“渐切三角形”的顶点A，B的坐标及切线AB的方程，并求出其面积;
(2)已知点A( x1, y1)，B( x2, y2)( x1 x2>0)分别在l1，l2上，△OAB的面积为√3，试问
△OAB是否是C的“渐切三角形”?并说明理由;
(3)若△OAB是C的“渐切三角形”，AB与C相切的切点M的横坐标大于0，F为C的左焦
点，证明：∠AFB为定值．
【答案】(1)见解析；
3
(2)△OAB是C的“渐切三角形”，详解见解析；
(3)∠AFB = π
3
【解析】解：(1)由题意，得b=√3，所以C的方程为x
2−y
2
3 =1，
A(1,√3)，B(1,−√3)，直线AB: x =1是C的切线，△OAB是C的渐切三角形，
则S△OAB= 1
2 ×2√3×1=√3．
(2)设A( x1,√3 x1)，B( x2,−√3 x2)，这里x1 x2>0，
则OA⃗=( x1,√3 x1)，OB⃗=( x2,−√3 x2)，所以OA⃗⋅OB⃗=−2 x1 x2，
S△OAB= 1
2 ·|OA |·|OB|sin ∠AOB = 1
2 √|OA |
2·|OB|
2(1−cos
2∠AOB)
= 1
2√|OA |
2·|OB|
2−(OA⃗⋅OB⃗)
2= 1
2 √4 x1
2·4 x2
2−(−2 x1 x2)
2=√3| x1 x2|，
由题意，S△OAB=√3| x1 x2|=√3，所以| x1 x2|=1，又x1 x2>0，所以x1 x2=1，
若直线AB的斜率不存在，则x1= x2=1，或x1= x2=−1，直线x =1与C切于点(1,0)，
或直线x =−1与C切于点(−1,0)，△OAB的面积为√3，满足题意;
若AB的斜率存在，则k AB= √3 x1+√3 x2
x1−x2
，AB: y −√3 x1= √3( x1+ x2)
x1−x2
( x−x1)，
即y = √3( x1+ x2)x−2√3
x1−x2
，即( x1−x2) y =√3[( x1+ x2)x−2]，
由{
( x1−x2) y =√3[( x1+ x2)x−2]
3 x
2−y
2=3
，消去y并整理得x
2−( x1+ x2)x +1+ ( x1−x2)
2
4
=0，
4
该方程的判别式△=( x1+ x2)
2−4[1+ ( x1−x2)
2
4
]= 4 x1 x2−4 =0，
所以直线AB与C有且仅有一个公共点，所以直线AB是C的切线，
所以△OAB是C的“渐切三角形”．
(3)证明：设M ( x0, y0)( x0>0)，由题意，直线AB: x0 x−y0 y
3
=1，即3 x0 x−y0 y =3，
由{
3 x0 x−y0 y =3
y =√3 x
解得x =
√3
√3 x0−y0
，y =
3
√3 x0−y0
，
故A(
√3
√3 x0−y0
,
3
√3 x0−y0
)，同理可得B(
√3
√3 x0+ y0
,−
3
√3 x0+ y0
)，
又F(−2,0)，故FA⃗=(
√3
√3 x0−y0
+2,
3
√3 x0−y0
)，FB⃗=(
√3
√3 x0+ y0
+2,−
3
√3 x0+ y0
)，
所以FA⃗⋅FB⃗= √3+2√3 x0−2 y0
√3 x0−y0
· √3+2√3 x0+2 y0
√3 x0+ y0
−
3
√3 x0−y0
·
3
√3 x0+ y0
，
又(√3 x0−y0)(√3 x0+ y0)=3 x0
2−y0
2=3，可得FA⃗⋅FB⃗=2+ 4 x0，
直线AB:3 x0 x−y0 y =3与x轴的交点为N ( 1
x0
,0)，所以| FN |= 1
x0
+2，
S△FAB= 1
2 ·| FN |·| y A−yB|= 1
2 ( 1
x0
+2)|
3
√3 x0−y0
+
3
√3 x0+ y0|=√3(1+2 x0)，
又FA⃗⋅FB⃗=| FA |⋅| FB|cos∠AFB =2+ 4 x0①，
S△FAB= 1
2 | FA |⋅| FB|sin ∠AFB =√3(1+2 x0)②，
5
则②÷①，得1
2 tan ∠AFB = √3(1+2 x0)
2+ 4 x0
= √3
2 ，所以tan ∠AFB =√3，
又∠AFB∈(0,π )，所以∠AFB = π
3 ，为定值．
3.(2025·河南省开封市·模拟)已知O为坐标原点，动直线l：y =kx +m(km≠0)与双曲线C：
x
2−y
2
b
2 =1(b>0)的渐近线交于A，B两点，与椭圆D：x
2
2 + y
2=1交于E，F两点.当
k
2=10时，2(OA⃗+OB⃗)=3(OE⃗+OF⃗).
(1)求双曲线C的方程；
(2)若动直线l与C相切，证明：△OAB的面积为定值．
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1
(2)√3
【解析】解：(1)双曲线C：x
2−y
2
b
2 =1(b>0)的渐近线方程为y =±bx，
因为动直线l：y =kx +m(km≠0)与双曲线C的渐近线交于A，B两点，所以k ≠±b，
设l与y =bx交于A，与y =−bx交于B，
6
令{
y =bx
y =kx +m，消去y得bx =kx +m，所以(b−k )x =m，解得x A =
m
b−k ，
令{
y =−bx
y =kx +m，消去y得−bx =kx +m，解得xB= −m
b+ k ，
所以x A+ xB= 2km
b
2−k
2，
令{
y =kx +m
x
2
2 + y
2=1
，消去y整理得(1+2k
2)x
2+ 4 kmx +2m
2−2=0，
△=(4 km)
2−4(1+2k
2)(2m
2−2)=8(2k
2−m
2+1)>0
，
设E( x1, y1)，F( x2, y2)，则x1+ x2= −4 km
1+2k
2，
当k
2=10时，2(OA⃗+OB⃗)=3(OE⃗+OF⃗)，
所以4 km
b
2−k
2 = −12km
1+2k
2 ，且km≠0，解得b
2=3，
所以双曲线C的方程为x
2−y
2
3 =1；
(2)证明：由{
y =kx +m
x
2−y
2
3 =1
，消去y整理得(3−k
2)x
2−2kmx −m
2−3=0，
由直线与双曲线相切，得Δ= 4 k
2m
2+ 4(3−k
2)(m
2+3)=0，化简得m
2=k
2−3，
由(1)可得x A =
m
√3−k , xB= −m
√3+ k ，y A = √3m
√3−k , yB= √3m
√3+k
，
所
以
7
| AB|=√(
m
√3−k −−m
√3+ k)
2
+(
√3m
√3−k −√3m
√3+ k)
2
=√
12m
2(1+ k
2)
(3−k
2)
2
=|
2√3m
3−k
2|√1+k
2，
又因为原点O(0,0)到直线l：kx−y +m=0的距离为d =|m|
√1+k
2
，
所以△OAB的面积为S△OAB= 1
2 | AB|·d = 1
2 · 2√3|m|
|3−k
2| √1+ k
2·|m|
√1+k
2 = √3m
2
m
2
=√3为定
值．
考点2 定点问题
1.(2025·山东省济宁市·模拟)抛物线具有以下光学性质：从焦点出发的光线经抛物线反射后
平行于抛物线的对称轴.该性质在实际生产中应用非常广泛.如图，从抛物线y
2=8 x的焦点
F发出的两条光线a，b分别经抛物线上的A，B两点反射，已知两条入射光线与x轴所成锐
角均为θ，两条反射光线a
′和b
′之间的距离为d，则( )
A. d随θ的增大而减小
B. 若d =8，则θ = π
3
C. 若三角形▵ABF的面积为S，则S =2d
D. 无论θ取何值，直线AB恒过定点(−2,0)
【答案】ACD
【解析】解：对于A，由| AF |=
4
1+cosθ ，|BF |=
4
1−cosθ 得，
8
两条反射光线a
′和b
′之间的距离为d，
d =(|BF |−| AF |)sinθ =
8
tanθ ，
因为tanθ>0，又y = tanθ在(0, π
2)内是增函数，
所以d =
8
tanθ 在(0, π
2)内是减函数，则d随θ的增大而减小，故A 正确；
对于B，由tanθ = 8
8 =1得，θ = π
4 ，故B 错误；
对于C，S▵ABF = 1
2 | AF ||BF |sin (π −2θ)= 1
2 | AF ||BF |sin 2θ
= 1
2 ×
4
1+cosθ ×
4
1−cosθ ×sin 2θ = 16
tanθ ，
又d =
8
tanθ ，所以S =2d，故C 正确；
对于D，设直线AB的方程为x =my +t，且A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由{
x =my +t
y
2=8 x 消去x并整理得y
2−8my −8t =0，
所以y1+ y2=8m，y1 y2=−8t，
又1
k AF
+ 1
k BF
= x1−2
y1
+ x2−2
y2
= 2m y1 y2+(t −2)( y1+ y2)
y1 y2
=0，
所以2m×(−8t )+(t −2)×8m=0，解得：t =−2，
所以直线AB的方程为x =my −2，
其恒过定点(−2,0)，故D 正确．故选：ACD．
2.(2025·江西省九江市·模拟)已知双曲线E: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左、右顶点分别为
A ,B，M (5,4)在E上，MA
→
⋅MB
→
=32．
(1)求E的方程；
9
(2)过M的直线l交E于另一点N (异于A ,B)，与x轴交于点G，直线NA与MB交于点H，
证明：直线GH过定点．
【答案】(1) x
2
9 −y
2
9 =1
(2)直线GH过定点(−3,−6)
【解析】解：(1)∵M (5,4)在E上，∴25
a
2 −16
b
2 =1 ①，
∵A(−a,0),B (a,0)，∴MA⃗=(−a−5,−4), MB⃗=(a−5,−4)，
∴MA
→
⋅MB
→
= 41−a
2=32②，∵a>0,b>0，
由①②解得a=3,b=3，故E的方程为x
2
9 −y
2
9 =1．
(2)证明：解法一：设直线NA的方程为x =my −3，
因为M (5,4),B(3,0)，所以直线MB的方程为y =2 x−6，
联立{
x =my −3,
y =2 x−6,得H ( 6m+3
2m−1 ,
12
2m−1 )，
联立{
x =my −3,
x
2−y
2=9,消去x，整理得(m
2−1) y
2−6my =0，
∴y N = 6m
m
2−1
, xN = 3m
2+3
m
2−1
，即N ( 3m
2+3
m
2−1
, 6m
m
2−1
)，
∴直线MN的斜率为
6m
m
2−1
−4
3m
2+3
m
2−1
−5
= 2m+1
m+2 ，∴直线MN的方程为y = 2m+1
m+2 ( x−5)+ 4，
令y =0，得x = 6m−3
2m+1 ，即G( 6m−3
2m+1 ,0)，
∴直线GH的斜率为
12
2m−1
6m+3
2m−1 −6m−3
2m+1
= 2m+1
2m
，∴直线GH的方程为
y = 2m+1
2m ( x−6m−3
2m+1 )，
即2m( x−y −3)+ x +3=0，
10
由{
x−y −3=0,
x +3=0,
解得x =−3, y =−6，
故直线GH过定点(−3,−6)，
解法二：同法一，得H ( 6m+3
2m−1 ,
12
2m−1 ),G( 6m−3
2m+1 ,0)，
设直线GH过定点T (x0, y0)，则GT⃗// HT⃗，
又∵GT⃗=( x0−6m−3
2m+1 , y0), HT⃗=( x0−6m+3
2m−1 , y0−
12
2m−1 )，
∴( x0−6m+3
2m−1 ) y0=( x0−6m−3
2m+1 )( y0−
12
2m−1 )，
整理得2m( x0−y0−3)+ x0+3=0，
由{
x0+3=0,
x0−y0−3=0,
解得x0=−3, y0=−6，故直线GH过定点(−3,−6)．
解法三：①当直线l斜率存在时，设l的方程为y =k( x−5)+ 4(k ≠0)，则G( 5k −4
k
,0)，
由直线MB的斜率为4−0
5−3 =2得k ≠2，
联立{
y =k( x−5)+ 4 ,
x
2−y
2=9,
消去y，整理得(k
2−1)x
2+(8k −10k
2)x +25k
2−40k +25=0，
∴5 xN = 25k
2−40k +25
k
2−1
, y N =k( xN −5)+ 4，∴N ( 5k
2−8k +5
k
2−1
, −4 k
2+10k −4
k
2−1
)，
∴直线NA的斜率为
−4 k
2+10k −4
k
2−1
5k
2−8k +5
k
2−1
+3
=−k −2
2k −1
，∴直线NA的方程为y =−k −2
2k −1 ( x +3)，
联立{
y =−k −2
2k −1 ( x +3),
y =2 x−6,
得H (
9k
5k −4 , 24−12k
5k −4 )，
∴直线GH的斜率为
24−12k
5k −4
9k
5k −4 −5k −4
k
=
3k
4 k −2
，∴直线GH的方程为
11
y =
3k
4 k −2 ( x−5k −4
k
)，
即(3 x−4 y −15)k +2 y +12=0.由{
3 x−4 y −15=0,
2 y +12=0,
得x =−3, y =−6，
②当直线l斜率不存在时，N (5,−4),G(5,0), H ( 9
5 ,−12
5 )，直线GH的方程为
y = 3
4 ( x−5)，则GH过点(−3,−6)，
综上所述，直线GH过定点(−3,−6)．
3.(2025·四川省成都市·模拟)已知F1
，F2
分别为椭圆E：x
2
4 + y
2
b
2 =1(√2<b<2)的左右焦点，
直线l与椭圆交于A、B两点，当
时，▵A F1 F2的面积为√3．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)已知椭圆E与x轴负半轴交于点M，直线MA与MB的斜率之积为−1
4
．
(i)证明：直线l过定点；
(ii)设▵AMO与▵AMB的面积分别为S1
，S2
，若S1
S2
= 1
5
，求直线l的方程．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)(i)直线恒过点(1,0);(ii) y =± 3
4 ( x−1)．
12
【解析】解：(1)根据{
| A F1|+| A F2|=2a= 4
1
2 | F2 F1|| A F2|sin π
3 =√3
cos π
3 =| F1 F2|
2+| A F2|
2−| A F1|
2
2| F1 F2|| A F2|
= 1
2
4−b
2=c
2
,
化简可得(c−1)(c
2+c−4)=0，
由于c =√a
2−b
2<√2
，所以c =1，b=√3，
故椭圆的方程为x
2
4 + y
2
3 =1；
(2)(i)证明：M (−2,0)，设直线方程为x =ty +m(−2<m<2)，
{
x
2
4 + y
2
3 =1
x =ty +m
，化简可得(4 +3t
2) y
2+6tmy +3m
2−12=0，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，
，
由题意可得k AM k BM =
y1
x1+2 ·
y2
x2+2 =−1
4
，
−4 y2 y1=(x1+2)(x2+2)，代入可得−4 y2 y1=(t y1+m+2)(t y2+m+2)，
故−4 y2 y1=t
2 y1 y2+t(m+2)( y1+ y2)+(m+2)
2，
3m
2−12
4 +3t
2 (4 +t
2)+t(m+2)(
−6tm
4+3t
2)+(m+2)
2=0，化简可得m
2+m−2=0，
13
解得m=1或m=−2(舍去)，
当m=1时，x =ty +1，此时直线恒过点(1,0)，且该点位于椭圆内，符合题意．
故直线恒过点(1,0);
(ii)设▵AO F2的面积为k(k >0)，由于c =1,a=2c =2，则▵AOM的面积为2k，
因此▵BM F2的面积为7 k，
故S▵BM F2
S▵AM F2
= 7
3 =−y2
y1
，故y2=−7
3 y1，
由于y1+ y2= −6tm
4 +3t
2 , y1 y2= 3m
2−12
4+3t
2
，故−4
3 y1= −6tm
4+3t
2 ,−7
3 y1
2= 3m
2−12
4+3t
2
，
因此−7
3[
−6tm
4 +3t
2 ·(−3
4)]
2
= 3m
2−12
4 +3t
2
，化简可得75t
2m
2+16m
2−64−48t
2=0，
由于m=1，故9t
2=16，所以t =± 4
3
，
故直线方程为x =± 4
3 y +1，即y =± 3
4 ( x−1)．
考点3 定直线
1.(2025·山西省吕梁市·模拟)已知双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1
、
F2，左、右顶点分别为C、D .过F1作以实轴为直径的圆的切线，在第二象限的切点为A，
直线A F1与一条渐近线的交点B在第一象限，且| AB|=√3| AO|(O为坐标原点)．
(1)求双曲线的离心率．
(2)双曲线经过点(2,√3)，动点P、Q在双曲线的右支上，且直线PQ经过右焦点F2
，
▵P F1 F2、▵Q F1 F2的内心分别是I 1、I 2．
(i)求证：点I 1、I 2在定直线l上；
(ii)求|I 1 D|−|I 2 D|的取值范围．
【答案】(1)2；
(2)(i)见解析
(ii)(−2,2)
【解析】解：(1)如下图所示：
14
由题意可得OA ⊥AB，| AO|=a，| AB|=√3| AO|=√3a，
所以tan ∠AOB =| AB|
| AO| =√3，
因为∠AOB为锐角，
所以∠AOB = π
3
，
在Rt ▵AO F1
中，| AO|=a，|O F1|=c，∠OA F1
为直角，
则|A F1|=√|O F1|
2−| AO|
2=√c
2−a
2=b，
所以tan ∠AO F1= |A F1|
|OA | = b
a =kOB
，
所以∠AO F1=∠xOB，
又因为∠AOB = π
3
，故∠AO F1=∠xOB = π
3
，
所以kOB= b
a = tan π
3 =√3，
因此，该双曲线的离心率为e = c
a =√
1+(
b
a)
2
=2．
(2)(i)如下图所示：
15
设圆I 1分别切直线P F1、F1 F2、P F2于点N、E、M，
由切线长定理可得| PM |=| PN |，|F1 N|=|F1 E|，|F2 E|=|F2 M|，
由(1)可知b=√3a，则双曲线的方程可表示为x
2
a
2 −y
2
3a
2 =1，
因为点(2,√3)在双曲线上，则4
a
2 −3
3a
2 =1，可得a
2=3，
所以双曲线的标准方程为x
2
3 −y
2
9 =1．
因为|P F1|+|F1 F2|−|P F2|=2a+2c，
即(| PN |+|F1 N|)+(|F1 E|+|F2 E|)−(| PM |+|F2 M|)=2|F1 E|=2c +2a，
所以|F1 E|= xE+c =c +a，可得xE=a，
由圆的几何性质可知I 1 E⊥x轴，则xI 1= xE=a，同理可知，xI 2=a，
所以，点I 1、I 2在直线x =a=√3上；
(ii)由(i)可知，I 1
、D、I 2
三点共线，易知点F1(−2√3,0)、F2(2√3,0)，
由于直线PQ与双曲线的右支交于P、Q两点，则直线PQ不与x轴重合，
设点P(x1, y1)、Q(x2, y2)，设直线PQ的方程为x =my +2√3，
不妨设点P在第一象限，则y1>0，y2<0，
联立{
x =my +2√3
3 x
2−y
2=9
可得(3m
2−1) y
2+12√3my +27 =0，
16
由题意可得3m
2−1≠0，Δ=144×3m
2−108(3m
2−1)=108(m
2+1)>0，
由韦达定理可得y1+ y2=−12√3m
3m
2−1
，y1 y2=
27
3m
2−1
<0，解得−√3
3 <m< √3
3 ，
易知x1>√3，x2>√3，且y1
2=3 x1
2+9，
所以，|P F2|=√(x1−2√3)
2+ y1
2=√x1
2−4√3 x1+12+3 x1
2−9=√4 x1
2−4√3 x1+3
=|2 x1−√3|=2 x1−√3=2(m y1+2√3)−√3=2m y1+3√3，
由双曲线的定义可得|P F1|=|P F2|+2a=2m y1+3√3+2√3=2m y1+5√3，
S▵P F1F2= S▵I 1P F1+ S▵I 1P F2+ S▵I 1F1F2，即1
2|F1 F2|⋅y1= 1
2|I 1 D|(|P F1|+|P F2|+|F1 F2|)，
即1
2 ×4√3 y1= 1
2|I 1 D|(4 m y1+12√3)，整理可得|I 1 D|=
√3 y1
m y1+3√3
，
同理可得|I 2 D|=−
√3 y2
m y2+3√3
，
所以|I 1 D|−|I 2 D|=
√3 y1
m y1+3√3 +
√3 y2
m y2+3√3 = √3 y1(m y2+3√3)+√3 y2(m y1+3√3)
(m y1+3√3)(m y2+3√3)
=
2√3m y1 y2+9( y1+ y2)
m
2 y1 y2+3√3m( y1+ y2)+27
=
54√3m−108√3m
3m
2−1
27m
2−108m
2
3m
2−1
+27
=2√3m，
由−√3
3 <m< √3
3
，得−2<2√3m<2
综上所述，|I 1 D|−|I 2 D|的取值范围是(−2,2)．
2．（24-25 高三下·河北承德·月考）在平面直角坐标系
中，对于任意一点
，总
存在一个点
满足关系式
，则称
为平面直角坐标系中的
17
伸缩变换.
(1)若曲线
的方程为
.
（i）求
经过伸缩变换
后所得到曲线
的标准方程；
（ii）设曲线
的左、右顶点分别为A，B，过点
的直线与曲线
交于M，N 两点，
直线
与
交于点T，证明：点T 在一条定直线上；
(2)已知
，抛物线
经过伸缩变换
，得到抛物线
，设
，
，
.求数列
的前n 项和
.
【答案】(1)（i）
；（ii）证明见解析
(2)
【详解】（1）（i）设
上任意一点
，则点
在
上，
由题意得
，化简得
，所以曲线
的标准方程为
；
（ii）设直线
，
，
，
联立直线
与
，
，化简得
，
18
，
，
直线
，直线
，
设点
，则
，
两条直线方程相除，可得
法一：
即
，解得
，即点T 在直线
上；
法二：
，
，
即
，解得
，即点T 在直线
上.
（2）设
上的点
经过伸缩变换
后得点
，
则
代入
的方程，得
则
的方程为
，则
19
因为
，
，所以
，
又
，所以当
时，
，
又
符合上式，所以
，所以
，
，
，
两式作差可得
，所以
.
二、跟踪练习
1．（25-26 高三上·四川成都·月考）已知
分别是双曲线
的左右顶点，过点
､
的直线
交该双曲线的左，右两支于
两点，下列说法正确的是
（ ）
20
A．该双曲线的渐近线方程为
B．若该双曲线的离心率与椭圆
的离心率互为倒数，则
C．
或
D．若直线AD 与直线BE 交于点Q，点Q 在定直线
上
【答案】BCD
【详解】选项A：由题意双曲线中
，则
，
所以渐近线方程为
，故A 错误；
选项B：双曲线的离心率
，
所以椭圆的离心率
，
所以
，解得
，
因为
，所以
，故B 正确；
选项C：因为双曲线的渐近线为
，直线
变形为
，
因为直线l 交双曲线的左，右两支于
两点，
所以
，解得
或
，故C 正确；
选项D：设
，由题意
，
联立
，得
，
所以
，
21
又
，则
，
，则
，
联立
，得
，
整理得
，
又
，
代入上式，
化简可得
，
所以直线AD 与直线BE 的交点Q 在定直线
上，故D 正确.
故选：BCD
2.(2025·山西省晋城市·模拟)已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左顶点为A，右焦点
22
为F(c ,0)，过F的直线l与C交于P ,Q两点，当l⊥x轴时，| PQ|=√2c．
(1)求双曲线C的离心率；
(2)若C经过点B(4 ,√14)，M为C的左支上一动点．
(ⅰ)当l的斜率为√3时，求▵MPQ的面积的最小值；
(ⅱ)设D(0,√2)，N为C的右支上一动点，若M , A , N三点不共线，且AD平分∠MAN，
证明：直线MN恒过定点．
【答案】(1)√2
(2)(ⅰ)2√6+2√2
(ⅱ)直线MN恒过定点(0,0)
【解析】解：(1)当l⊥x轴时，c
2
a
2 −y
2
b
2 =1，解得y =± b
2
a
．
由| PQ|=√2c，得2b
2
a =√2c，所以2(c
2−a
2)=√2ac，
整理得2e
2−√2e−2=0，解得e =√2(e =−√2
2
舍去)，
故双曲线C的离心率为√2．
(2)由(1)知，e = c
a =√2，
又c
2=a
2+b
2，所以a=b，
所以C的方程为x
2−y
2=a
2．
将B(4 ,√14)代入，得a
2=16−14 =2，
故C的方程为x
2−y
2=2．
(ⅰ)当l的斜率为√3时，其直线方程为y =√3( x−2)，
设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，
联立{
y =√3( x−2)
x
2−y
2=2
，得x
2−6 x +7 =0，
则x1+ x2=6，x1 x2=7，
所以| PQ|=√1+(√3)
2|x1−x2|=2√(x1+ x2)
2−4 x1 x2=2√36−4×7= 4√2．
23
设过点M与直线PQ平行的直线l
′的方程为y =√3 x +m，当直线l
′与C的左支相切时，直线
l
′与直线PQ之间的距离最小，此时▵MPQ的面积最小．
联立{
y =√3 x +m
x
2−y
2=2
，得2 x
2+2√3mx +m
2+2=0，
则Δ=(2√3m)
2−4×2(m
2+2)=0，解得m=±2，
当m=2时，直线l
′与C的左支相切，符合题意；当m=−2时，直线l
′与C的右支相切，不符
合题意，
所以直线l
′与直线PQ之间的距离d =|2+2√3|
2
=1+√3，
故▵PQM的面积的最小值为S▵MPQ= 1
2 | PQ|×d =2√6+2√2．
(ⅱ)由上可知，A (−√2,0)，
所以直线AD的方程为y = x +√2．
因为AD平分∠MAN，所以直线AM与AN关于直线AD对称，
所以直线AM与AN的斜率之积为1，
显然直线MN的斜率存在，
设其方程为y =kx +t，设M (x3, y3)，N (x4, y4)，
联立{
y =kx +t
x
2−y
2=2
，得(1−k
2) x
2−2ktx−t
2−2=0，
则1−k
2≠0，且Δ=(−2kt )
2+ 4(1−k
2)(t
2+2)= 4(t
2+2−2k
2)>0，
24
x3+ x4= 2kt
1−k
2
，x3 x4=−t
2+2
1−k
2
，
k AM ⋅k AN =
y3
x3+√2 ⋅
y4
x4+√2 = (k x3+t)(k x4+t)
(x3+√2)(x4+√2)
= k
2 x3 x4+kt (x3+ x4)+t
2
x3 x4+√2(x3+ x4)+2 =1，
整理得(k
2−1) x3 x4+(kt −√2)(x3+ x4)+t
2−2=0，
所以(k
2−1)×(−t
2+2
1−k
2)+(kt −√2)× 2kt
1−k
2 +t
2−2=0，
即t (t −√2k)=0，解得t =0，或t =√2k．
当t =√2k时，直线MN的方程为y =kx +t =k (x +√2)，即直线MN恒过定点A (−√2,0)，
M , A , N三点共线，舍去；
当t =0，且Δ=8(1−k
2)>0时，此时直线MN恒过定点(0,0)．
综上可知，直线MN恒过定点(0,0)．
3.(2025· 江西省南昌市· 模拟) 已知椭圆C : y
2
a
2 + x
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为√5
3
，点
A(−2,0)在椭圆C上.
(1)求C的方程
(2)过点(−2,3)的直线交椭圆C于点P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，
证明：线段MN的中点为定点．
【答案】(1) y
2
9 + x
2
4 =1
(2)定点(0,3)
【解析】解：(1)由题知：b=2，由c
a = √5
3
，a
2=b
2+c
2，解得：a=3，c =√5，
故C的方程为：y
2
9 + x
2
4 =1;
(2)易知PQ的斜率存在且小于0，设直线PQ的方程为y =kx +2k +3，k <0
联立{
y =kx +2k +3
4 y
2+9 x
2−36=0
整理得：(4 k
2+9)x
2+8k(2k +3)x +16 k(k +3)=0，
25
▵=−27×64 k >0，(k <0).设P( x1, y1)，Q( x2, y2)，则
x1+ x2=−8k(2k +3)
4 k
2+9
，x1 x2= 16 k(k +3)
4 k
2+9
.又A(−2,0)，
故直线AP方程为：y
y1
= x +2
x1+2
，令x =0，得M (0, 2 y1
x1+2 )，同理：N (0, 2 y2
x2+2 )，
∴
y1
x1+2 +
y2
x2+2 = (k x1+2k +3)( x2+2)+(k x2+2k +3)( x1+2)
( x1+2)( x2+2)
= 2k x1 x2+(4 k +3)( x1+ x2)+ 4(2k +3)
x1 x2+2( x1+ x2)+ 4
=
2k 16 k(k +3)
4 k
2+9
+(4 k +3)(−8k(2k +3)
4 k
2+9
)+ 4(2k +3)
16 k(k +3)
4 k
2+9
+2(−8k(2k +3)
4 k
2+9
)+ 4
= 2k ⋅16 k(k +3)−(4 k +3)⋅8k(2k +3)+ 4(2k +3)(4 k
2+9)
16 k(k +3)−16 k(2k +3)+ 4(4 k
2+9)
= 108
36 =3
故MN的中点为(0,3)，所以MN中点为定点得证．
4.(2025·山东省青岛市·模拟)已知抛物线C : y
2=2 px ( p>0)的焦点为F (1,0)，过F作互相垂
直的两条直线l1,l2，这两条直线与抛物线C分别交于A ,B和D , E两点，其中点A , D在第
一象限．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)求四边形ADBE面积的最小值；
(3)证明：直线AD与直线BE的交点在定直线上．
【答案】(1) y
2= 4 x
(2)四边形ADBE面积的最小值为32
(3)见解析
【解析】解：(1)由焦点为F (1,0)，即p
2 =1⇒p=2，所以抛物线C的标准方程y
2= 4 x；
(2)当直线l1的斜率为0时，不符合题意，
当直线l1的斜率不为0时，设直线l1: x =my +1，
联立{
x =my +1
y
2= 4 x
，可得y
2−4 my −4 =0，Δ=16m
2+16>0恒成立，
26
设A(x1, y1),B(x2, y2)，y1+ y2= 4 m, y1 y2=−4，
所
以
|AB|=√1+m
2|y1−y2|=√1+m
2√( y1+ y2)
2−4 y1 y2= 4(m
2+1)，
同
理
|ED|= 4(
1
m
2 +1)
，
则
四
边
形
ADBE的
面
积
为
S = 1
2|AB||ED|= 1
2 ×4(m
2+1)×4(
1
m
2 +1)=8(2+m
2+ 1
m
2)≥32，
当且仅当m
2= 1
m
2，即m=±1时，等号成立，
所以四边形ADBE面积的最小值为32；
(3)设A(
y1
2
4 , y1),B(
y2
2
4 , y2), E(
y3
2
4 , y3), D(
y4
2
4 , y4), y1>0, y4>0，
由(2)知y1+ y2= 4 m, y1 y2=−4，同理y3+ y4=−4
m , y3 y4=−4，
直线AD的方程为y = y1−y4
y1
2
4 −y4
2
4
(x−y1
2
4 )+ y1，化简得直线AD的方程为
y =
4
y1+ y4
x + y1 y4
y1+ y4
①，
27
同理直线BE的方程为y =
4
y2+ y3
x + y2 y3
y2+ y3
②，
联立①②得
4
y1+ y4
x + y1 y4
y1+ y4
=
4
y2+ y3
x + y2 y3
y2+ y3
，
4( y2+ y3)x−4( y1+ y4)x = y2 y3( y1+ y4)−y1 y4( y2+ y3)，
4( y2+ y3−y1−y4)x = y1 y2 y3+ y2 y3 y4−y1 y2 y4−y1 y3 y4
，
∵y1 y2=−4 , y3 y4=−4，
∴4( y2+ y3−y1−y4)x =−4 y3−4 y2+ 4 y4+ 4 y1
，
∴x =−1，故直线AD与直线BE的交点在定直线x =−1上.
5.(2025·广东省惠州市·模拟)已知双曲线C：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的两条渐近线分别为
l1
：y = x和l2
：y =−x，右焦点坐标为(√2,0)，O为坐标原点．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)设M，N是双曲线C上不同的两点，Q是MN的中点，直线MN，OQ的斜率分别为k1，
k2，证明：k1⋅k2为定值；
(3)直线y =2 x−3与C的右支交于点A1，B1( A ₁在B1的上方)，过点A1，B1分别作l2，l1
的平行线，交于点P1，过点P1且斜率为2的直线与C的右支交于点A2，B2( A2在B2的上方)，
再过点A2，B2分别作l2，l1的平行线，交于点P2，…，这样一直操作下去，可以得到一系
列点P1, P2,⋅⋅⋅, Pn
，n≥3，n∈N
∗，记Pn
的坐标为(xn, yn).证明：P1, P2,⋅⋅⋅, Pn
共
线．
28
【答案】(1)x
2−y
2=1
(2)k1k2=1
(3)见解析
【解析】解：(1)由已知得{
b
a =1
(√2)
2=a
2+b
2
,
解得a=1，b=1，
故双曲线C的标准方程为：x
2−y
2=1；
(2)证明：设M (x1, y1)，N (x2, y2)，Q(
x1+ x2
2
, y1+ y2
2 )
，
因为M，N为双曲线C上的两点，
所以{
x1
2−y1
2=1
x2
2−y2
2=1
,
两式相减得：( x1−x2)( x1+ x2)=( y1−y2)( y1+ y2)，
整理得，x1+ x2
y1+ y2
= y1−y2
x1−x2
，
则k1k2= y1−y2
x1−x2
⋅
y1+ y2
2
x1+ x2
2
= y1−y2
x1−x2
⋅y1+ y2
x1+ x2
=1，得证；
(3)设斜率为2且与双曲线右支相交于An，Bn两点的直线方程为
y =2 x +mn(mn<0)，n∈N
∗，
联立：{
y =2 x +mn
x
2−y
2=1
，整理得：3 x
2+ 4 mn x +mn
2+1=0，
因为该方程有两个正根，则Δ>0，
解得：mn<−√3或mn>√3(舍)，
设A(x An, y An)，B(xBn, yBn)，
29
所以x An+ xBn=−4 mn
3
，x An xBn= mn
2+1
3
，
直线An Pn
的方程为：y −y An=−( x−x An)，
因为y An=2 x An+mn
，所以y =−x +3 x An+mn
，①
直线Bn Pn
的方程为y −yBn= x −xBn
，
因为yBn=2 xBn+mn
，所以y = x + xBn+mn
，②
联立①②得yn= y Pn= 3
2 x An+ 1
2 xBn+mn，
xn= xPn=
3 x An−xBn
2
，
所以Pn(
3 x An−xBn
2
, 3
2 x An+ 1
2 xBn+mn)，
因为x An+ xBn=−4 mn
3
，
所以yn= 3
2 x An+ 1
2 xBn+mn= 3
2 x An−1
2 x An−2mn
3
+mn= x An+ mn
3
，
xn= 3 x An−xBn
2
=
3 x An−(−x An−4 mn
3
)
2
=2 x An+ 2mn
3
=2( x An+ mn
3 )，
所以yn= 1
2 xn，
则P1, P2,⋅⋅⋅, Pn都在直线y = 1
2 x上，
故P1, P2,⋅⋅⋅, Pn共线．
30
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