资源简介

圆锥曲线经典难题之一类定点、定值问题的通性通法研究
【秒杀总结】
1.直线与圆锥曲线综合应用中的直线过定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与抛物线方程联立，整理为关于 x或 y的一元二次方程的形式；
②利用Δ> 0求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系，从而化简直线
方程；
④根据直线过定点的求解方法可求得结果.
2.定比点差法
3.非对称韦达与对称韦达
4.先猜后证
5.硬解坐标
【典型例题】
2 2
例1. ( y2023· x江西赣州 ·一模 )已知椭圆C： 2 + 2 = 1 a> b> 0 的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭a b
圆C上，满足 PF1 + PF2 = 4，且△PF1F2面积的最大值为 2.
(1)求椭圆C的方程；

(2)点M -1,1 ，点A，B在椭圆C上，点N在直线 l：x- 2y+ 4= 0，满足NA= λAM，NB= μBM，
试问 λ+ μ是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由.
2 2
例2. ( y2023 · x河北邯郸 ·高三统考期末 )已知椭圆 C : 2 + 2 = 1(a > b > 0)的焦距为 2且过点a b
M 2, 62 .
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点T 8,0 作直线 l与椭圆C交于不同的两点A，B，点B关于 x轴的对称点为D，问直线AD是
否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.
2 y2
例3. (2023· · x全国 高三专题练习 )已知双曲线E： 2 - 2 = 1(a> 0,b> 0)的离心率为 2，左、右焦点分a b
别为F1 -c,0 ,F2(c,0)，点A x1,y1 为双曲线E右支上异于其顶点的动点，过点A作圆C：x2+ y2=
2
a2的一条切线AM，切点为M，且 |AM |2+ 3= c x22 1- a
2．
a
(1)求双曲线E的标准方程；
(2)设直线AF1与双曲线左支交于点B，双曲线的右顶点为D(a,0)，直线 AD，BD分别与圆C相交，
交点分别为异于点D的点P，Q．判断弦PQ是否过定点，如果过定点，求出定点，如果不过定点，说
明理由．
4. (2023· · ) C : x
2 y2
例 山西 统考一模 双曲线 2 - 2 = 1 a> 0,b> 0 的左、右顶点分别为A，B，焦点到渐a b
近线的距离为 3，且过点 4,3 .
(1)求双曲线C的方程；
(2)若直线 l与双曲线C交于M，N两点，且 kAM=-2kBN，证明直线 l过定点.
2 y2
例5. (2023·天津滨海新 · x高三大港一中校考阶段练习 )已知椭圆C :
a2
+ = 1 a> b> 0 的左、右顶
b2

点分别为A,B，右焦点为F，且 AF = 3，以F为圆心，OF为半径的圆F经过点B.
(1)求C的方程；
(2)过点A且斜率为 k k≠ 0 的直线 l交椭圆C于P，

OH
(ⅰ ) 4 2设点P在第一象限，且直线 l与 y=-x交于H .若 = 5 sin∠HAO，求 k的值； PH

(ⅱ )连接PF交圆F于点T，射线AP上存在一点Q，且QT BT为定值，已知点Q在定直线上，求
Q所在定直线方程.
2 2
例6. (2023· x y辽宁 ·辽宁实验中学校考模拟预测 )已知椭圆C : 2 + 2 = 1(a> b> 0)，左顶点为A，上顶a b
点为B，且 AB = 7，过右焦点F作直线 l，当直线 l过点B时，斜率为- 3．
(1)求C的方程；

(2)若 l交C于P，Q两点，在 l上存在一点M，且QM =FP，则在平面内是否存在两个定点，使得点
M到这两个定点的距离之和为定值？若存在，求出这两个定点及定值；若不存在，请说明理由．
2 y2
例7. (2023· x河南郑州 ·高三校联考期末 )已知椭圆C : 2 + 2 = 1(a> b> 0)
1
的离心率为 2 ，过右焦点a b
且与 x轴垂直的直线 l与椭圆C交于M ,N两点，且 |MN | = 3 2．
(1)求椭圆C的方程．
(2)若过点 (0, 2)的直线 l 与椭圆C交于P,Q两点，点R的坐标为 x0,3 2 ，且QR⊥ x轴，探究：
直线PR是否过定点？若是，请求出定点坐标；若不是，请说明理由．
2 2
例8. (2023· x y全国 ·模拟预测 )已知双曲线C : 2 - 2 = 1(a> 0,b> 0)的一条渐近线方程为 x- 2y= 0，a b
一个焦点到该渐近线的距离为 1.
(1)求双曲线C的方程；
(2)若双曲线C的右顶点为A，直线 l : y= kx+m与双曲线C相交于M ,N两点 (M ,N不是左右顶点

)，且AM AN = 0.求证：直线 l过定点，并求出该定点的坐标.
【过关测试】
1. (2023·云南昆明 ·昆明一中校考模拟预测 )已知一动点C与定点F 1,0 的距离与C到定直线 l：x=
4 1的距离之比为常数 2 .
(1)求动点C的轨迹方程；
(2)过点F做一条不垂直于 y轴的直线，与动点C的轨迹交于M，N两点，在直线 l上有一点P 4,t ，
k + k
记直线PM，PF，PN的斜率分别为 k ，k ，k ，证明： 1 31 2 3 为定值.k2
2. (2023·江苏南京 ·高三南京师范大学附属中学江宁分校校联考期末 )已知圆F : x2+ y21 + 2x- 15= 0
和定点F2(1,0) ,P是圆F1上任意一点，线段PF2的垂直平分线交PF1于点M，设动点M的轨迹为曲
线E．
(1)求曲线E的方程；
(2)设A(-2,0) ,B(2,0)，过F2的直线 l交曲线E于M，N两点 (点M在 x轴上方 )，设直线AM与BN
k
的斜率分别为 k1,k 12，求证： 为定值．k2
2
( · · ) : x + y
2
3. 2023春 广东汕头 高三统考开学考试 设椭圆C 2 2 = 1(a> b> 0)的左 右顶点分别为Aa b
,B 1，上顶点为D，点P是椭圆上异于顶点的动点，已知椭圆的右焦点为F 3,0 ，且经过点 3, 2 .
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线AD与直线BP交于点M，直线DP与 x轴交于点N，求证：直线MN恒过某定点，并求出
该定点.
2 2
4. (2023春 ·湖南长沙 · x y高三雅礼中学校考阶段练习 )如图，椭圆C1 : 2 + 2 = 1(a> b> 0)和圆C2 : x
2
a b
+ y2= b2，已知圆C2将椭圆C1的长轴三等分，椭圆C1右焦点到右顶点的距离为 3- 2 2，椭圆C1的
下顶点为E，过坐标原点O且与坐标轴不重合的任意直线 l与圆C2相交于点A，B．
(1)求椭圆C1的方程；
(2)若直线EA,EB分别与椭圆C1相交于另一个交点为点P，M．求证：直线PM经过定点．
2 2
5. (2023· x y黑龙江哈尔滨 ·高三哈师大附中校考期末 )已知A，B分别为双曲线E : -
a2 b2
= 1 a,b> 0
3
的左、右顶点，M为双曲线E上异于A、B的任意一点，直线MA、MB斜率乘积为 4 ，焦距为 2 7．
(1)求双曲线E的方程；
(2)P为直线 x= 4上的动点，若直线PA与E的另一交点为C，直线PB与E的另一交点为D．证
明：直线CD过定点．
2 2
6. (2023春 · x y安徽 ·高三校联考开学考试 )已知椭圆E : 2 + 2 = 1 a> b> 0 的右焦点为F，P，Q分a b
FP FP
别为右顶点和上顶点，O为坐标原点， + = 3e(e为椭圆的离心率 )，△OPQ的面积为
OF OP
3．
(1)求E的方程；
(2)设四边形ABCD是椭圆E的内接四边形，直线AB与CD的倾斜角互补，且交于点 3,0 ，求证：
直线AC与BD交于定点．
2 2
7. (2023·江苏扬州 ·高三校联考期末 ) : x + y设椭圆E 2 2 = 1 a> b> 0 的左焦点为F1 - 3,0 ，右顶a b
点为A2 2,0 ．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点T 1,0 作两条斜率分别为 k1，k2的动直线 l1，l2分别交椭圆于点A、B、C、D，点M、N分别
为线段AB、CD中点，若 k1+ 1 k2+ 1 = 2，试判断直线MN是否经过定点，并说明理由．
2 2
8. (2023春 ·江西 · x y高三校联考阶段练习 )已知椭圆E : 2 + 2 = 1(a> 0,b> 0)
3
，离心率 e= ，P为
a b 2
椭圆上一点，F1,F2分别为椭圆的左、右焦点，若△PF1F2的周长为 4 2+ 2 6，
(1)求椭圆E的方程；
(2) 1若P(2,1)，M，N为椭圆上不同的两点，且 kPM kPN=- 4 ，证明椭圆上存在定点Q使得四边形
PMQN为平行四边形．
9. (2023·贵州铜仁 ·高三统考期末 )平面内定点F(1,0)，定直线 l : x= 4，P为平面内一动点，作PQ⊥

l，垂足为Q，且 |PQ| = 2|PF|．
(1)求动点P的轨迹方程；
(2)过点F与坐标轴不垂直的直线交动点P的轨迹于A，B两点，线段AB的垂直平分线交 x轴于点
|FR|
R，试判断 | | 是否为定值．AB
10. (2023 · · ) P 2,-1 C : x
2 y2
春 江苏常州 高三校联考开学考试 已知点 在椭圆 2 + 2 = 1(a> b> 0)上，a b
C的长轴长为 4 2，直线 l : y= kx+m与C交于A,B两点，直线PA,PB 1的斜率之积为 4 .
(1)求证：k为定值；
(2)若直线 l与 x轴交于点Q，求 QA|2+ QB|2的值.
11. (2023·全国 ·高三专题练习 )在平面直角坐标系 xOy中，已知点 F1 - 17,0 、F2 17,0 ，点M满足
MF1 - MF2 = 2，记M的轨迹为C.
(1)求C的方程；
(2) 1设点T在直线 x= 2 上，过T的两条直线分别交C于A,B两点和P，P,Q两点，且 TA TB =
TP TQ ，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和，并求出该定值．
2 2
12. (2023· x y全国 ·高三专题练习 )已知双曲线C : 2 - 2 = 1(a> 0,b> 0)的右焦点为 ( 7,0)，渐近线方a b
程为 y=± 32 x．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)设D为双曲线C的右顶点，直线 l与双曲线C交于不同于D的E，F两点，若以EF为直径的圆经
过点D，且DG⊥EF于点G，证明：存在定点H，使 |GH |为定值．
2 y2
13. (2023 x春 ·湖南长沙 ·高三长郡中学校考阶段练习 )已知双曲线C： 2 - 2 = 1(a> 0,b> 0)的右焦a b

点为F，双曲线C上一点P 3,1 关于原点的对称点为Q，满足FP FQ= 6.
(1)求C的方程；
(2)直线 l与坐标轴不垂直，且不过点P及点Q，设 l与C交于A、B两点，点B关于原点的对称点为
D，若PA⊥PD，证明：直线 l的斜率为定值.
2 2
14. (2023·山西长治 · x y高三校联考阶段练习 )已知双曲线C : 2 - 2 = 1(a> 0,b> 0)，其右焦点为F，焦a b
距为 4 5π，直线 l过点F，且当直线 l的倾斜角为 6 时，恰好与双曲线C有一个交点.
(1)求双曲线C的标准方程；

(2)若直线 l交双曲线C于A,B两点，交 y轴于M点，且满足MA= λ1AF,MB= λ2BF λ1,λ2∈R ，判
断 λ1+ λ2是否为常数，并给出理由.
15. (2023春 ·广东广州 ·高三统考阶段练习 )已知双曲线的中心在原点且一个焦点为F 2,0 ，直线 y= x
- 1 1与其相交于A，B两点，若AB中点的横坐标为- 2．
(1)求双曲线的方程；
(2)设A1，A2为双曲线实轴的两个端点，若过F的直线 l与双曲线C交于M，N两点，试探究直线
A1M与直线A2N的交点Q是否在某条定直线上？若在，请求出该定直线方程；如不在，请说明理由．
16. (2023·浙江 ·高三校联考期末 )已知抛物线C : y2= 2px(p> 0)的焦点为 F，斜率为 k(k≠ 0)的直线
过点P -
p
2 ,0 ，交C于A，B
1
两点，且当 k= 2 时， AF + BF = 16．
(1)求C的方程；
AF 2
(2) |AQ|设C在A，B处的切线交于点Q，证明 =
BF |BQ|2
．
17. (2023·重庆 ·高三统考学业考试 )已知抛物线C : y2= 2px(p> 0)的焦点为F，过点F的直线 l交抛物
线C于M，N两点，交 y轴于P点，点N位于点M和点P之间.

(1)若MF = 2FN，求直线 l的斜率；

(2)若PM = λMF,PN = μNF，证明：λ+ μ为定值.
18. (2023·江苏南通 ·高三统考期末 )已知抛物线C : y2= 2px p> 0 经过点 1,2 .
(1)求抛物线C的方程；
(2)动直线 l与抛物线C交于不同的两点A，B，P是抛物线上异于A，B的一点，记PA，PB的斜率
分别为 k1，k2，λ为非零的常数.
从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①P点坐标为 λ2,2λ ；② k1+ k2= 2 ；③直线AB经过点 -λ2,0 .λ
2 y2
19. (2023 · x湖北武汉 · 高三统考期末 ) 如图，在平面直角坐标系，已知 F1，F2 分别： + =a2 b2
1 a> b> 0 的左，右焦点 .设点D 1,0 为线段OF2的中点.
(1)若D为长轴AB的三等分点，求椭圆方程；
(2)直线MN (不与 x轴重合 )过点F1且与椭圆C交于M，N两点，延长MD，ND与椭圆C交于P，Q
k k
两点，设直线MN，PQ的斜率存在且分别为 k1，k2，请将
2 表示成关于 a的函数，即 f
k
a = 2 ，求
1 k1
f a 的值域.
2 2
20. (2023· x y江苏 ·高三统考期末 )已知椭圆C : 2 + 2 = 1(a> 1≥ b> 0)的左 右焦点分别为 Fa b 1
,F2，过
点F2作直线 l(与 x轴不重合 )交C于M ,N两点，且当M为C的上顶点时，△MNF1的周长为 8，面积
8 3
为 7
(1)求C的方程；
(2) 1 1若A是C的右顶点，设直线 l,AM ,AN的斜率分别为 k,k1,k2，求证：k + 为定值.k1 k2圆锥曲线经典难题之一类定点、定值问题的通性通法研究
【秒杀总结】
1.直线与圆锥曲线综合应用中的直线过定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与抛物线方程联立，整理为关于 x或 y的一元二次方程的形式；
②利用Δ> 0求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系，从而化简直线
方程；
④根据直线过定点的求解方法可求得结果.
2.定比点差法
3.非对称韦达与对称韦达
4.先猜后证
5.硬解坐标
【典型例题】
2 2
例1. ( y2023· x江西赣州 ·一模 )已知椭圆C： 2 + 2 = 1 a> b> 0 的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭a b
圆C上，满足 PF1 + PF2 = 4，且△PF1F2面积的最大值为 2.
(1)求椭圆C的方程；

(2)点M -1,1 ，点A，B在椭圆C上，点N在直线 l：x- 2y+ 4= 0，满足NA= λAM，NB= μBM，
试问 λ+ μ是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由.
2 y2
【解析】(1)解：由椭圆C：x2 + 2 = 1 a> b> 0 的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，a b
因为 PF1 + PF2 = 4，可得 2a= 4，即 a= 2，
又由△PF1F2面积的最大值为 2，可得 12 × 2c× b= 2，即 bc= 2，
因为 b2c2= b2(4- b2) =-b4+ 4b2= 4，即 b4- 4b2+ 4= 0，解得 b2= 2，
2 y2
所以椭圆C的方程为 x4 + 2 = 1.

(2)解：由NA= λAM，NB= μBM，可得点A,B,M ,N四点共线，如图所示，
设过点M -1,1 的直线方程为 y- 1= k(x+ 1)，即 y= kx+ k+ 1，
联立方程组 y= kx+ k+ 1 x2 y2 ，整理得 (2k2+ 1)x2+ 4(k2+ k)x+ (2k2+ 4k- 2) = 0，4 + 2 = 1
2 2
设A( , ) , ( , ) + = -4(k + k)x1 y1 B x2 y2 ，则 x1 x2 2 ,x x =
2k + 4k- 2
2k + 1 1 2
，
2k2+ 1
联立方程组 y= kx+ k+ 1 - + = ，可得 x=
2k- 2，即 x = 2k- 2，
x 2y 4 0 1- 2k N 1- 2k

因为NA= λAM，NB= x - x x - xμBM，可得 λ= 1 N-1- x ,μ=
2 N
1 -1- x
，
2
+ = x1- xN + x2- xN = (xN- 1) (x1+ x2) - 2x所以 λ μ 1x2+ 2xN-1- x1 -1- x2 (x1+ 1) (x2+ 1)
2 2
则 (xN- 1) (x1+ x2) -
-4(k + k)
2x1x2+ 2x = 2k- 2N - - 1 2 - 2
2k + 4k- 2 + 2 2k- 2
1 2k 2k + 1 2k2+ 1 1- 2k
-4(k2+ k) (4k- 3) - (4k2+ 8k- 4) (1- 2k) + 4(k- 1) (2k2= + 1)
(1- 2k) (2k2+ 1)
-16k3= - 4k
2+ 12k+ 8k3+ 12k2- 16k+ 4+ 8k3- 8k2+ 4k- 4
1- 2k 2k2
= 0，
+ 1
所以 λ+ μ为定值 0.
2 2
例2. ( y2023 · · ) C : x河北邯郸 高三统考期末 已知椭圆 2 + 2 = 1(a > b > 0)的焦距为 2且过点a b
M 2, 62 .
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点T 8,0 作直线 l与椭圆C交于不同的两点A，B，点B关于 x轴的对称点为D，问直线AD是
否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.
2 y2
【解析】(1)设椭圆C : x2 + 2 = 1(a> b> 0)的左右焦点为Fa b 1
,F2，
由焦距为 2可得F -1,0 ,F 1,0 ，a21 2 = b2+ 1①
2 2
由椭圆C : x + y2 2 = 1(a> b> 0)过点M 2, 6 2 3a b 2 可得 2 +a 2b2 = 1②，
由①②可得 a2= 4,b2= 3，
2 y2
所以椭圆C的方程为 x4 + 3 = 1；
(2)设A x1,y1 ，B x2,y2 ，显然直线 l的斜率存在．
= - y= k x- 8直线 l的方程为 y k x 8 ，联立方程组 ,3x2+ 4y2= 12
消去 y得 4k2+ 3 x2- 64k2x+ 256k2- 12= 0，由Δ> 0，得- 5 10 < k<
5
10 ，
所以 x + x = 64k
2 2
1 2 2 ，x x =
256k - 12．
4k + 3 1 2 4k2+ 3
因为点D x2,-
y + y
y2 ，所以直线AD的方程为 y= 1 2x - x x- x1 + k x1- 8 ．1 2
又 y1+ y2= k x1+ x2- 16 ，
48k kx1 x1+ x2- 16所以直线 的方程可化为 = +
k
+
x - 8 x
AD y x 1 2
- x1 ，
x2- x 4k21 + 3 x2- x1 x2- x1
= 48k
2kx1x2- 8k x + x x+ 1 2
x2- x1 4k2+ 3 x2- x
，
1
即 y= 48k x- 24k = 24k
- 2+ - 2+ - 2+
2x- 1 ，
x2 x1 4k 3 x2 x1 4k 3 x2 x1 4k 3
所以直线AD恒过点 12 ,0 ．
2 2
例3. (2023·全国 ·高三专题练习 ) x y已知双曲线E： 2 - 2 = 1(a> 0,b> 0)的离心率为 2，左、右焦点分a b
别为F1 -c,0 ,F2(c,0)，点A x1,y1 为双曲线E右支上异于其顶点的动点，过点A作圆C：x2+ y2=
2
a2 c的一条切线AM，切点为M，且 |AM |2+ 3= 2 2
a2
x1- a．
(1)求双曲线E的标准方程；
(2)设直线AF1与双曲线左支交于点B，双曲线的右顶点为D(a,0)，直线 AD，BD分别与圆C相交，
交点分别为异于点D的点P，Q．判断弦PQ是否过定点，如果过定点，求出定点，如果不过定点，说
明理由．
【解析】(1)双曲线的离心率为 e= ca = 2，b= 3a，因为双曲线上点
2
A c x ,y 切圆C：x2+ y2= a21 1 于M，且 |AM |2+ 3= 2 x
2- a21 ，a
2
则 AC 2= c AM 2+ a2= 22 x1- 3，即 x
2
1+ y2 21= e x21- 3= 4x21- 3，即 x21-a
y21 x2 y21 1 x21 y2 2 21 x1
3 = 1， 2 - 2 = 1 2 - 2 = 1 1 -
y1 = a2 a23 = 1，a b a 3a
y2
故双曲线E的标准方程为 x2- 3 = 1.
(2)弦PQ过定点，理由如下：
由 (1)得 a= 1,b= 3,c= 2，则D(1,0)，F1 -2,0 ,F2(2,0).
y 2 y
2
则直线AF 11为 y= k x+ 2 ,k= x + 2，联立
x - = 1
1 3 得 k2- 3 x2+ 4k2x+ 4k2+ 3= 0，y= k x+ 2
-4k2 -4k2 - x1+ 4 k2+ 3x 2则 x + x = ，x = - x = 1
- x + 4 k + 3x
B 1 2 B 2 1 2 ，y =
1 k 1 + 2 = k
k - 3 k - 3 k - 3 B k2- 3
- x1+ 2 k2+ 3 x1- 2 ，
k2- 3

- x1+ 4 k
2+ 3x1 - x1+ 2 k2+ 3 x1- 2 DB= 2 - 1,k =k - 3 k2- 3
- x1+ 5 k
2+ 3 x1+ 1 - x1+ 2 k2+ 3 x,k 1
- 2
k2
，
- 3 k2- 3
2
DA= x1-
y
1,y ，由 x2- 11 1 3 = 1得 y
2
1= 3 x21- 1 ，
x = 1
- 1 - x1+ 5 k2+ 3 x + 1 + ky - x + 2 k21 1 1 + 3 x1- 2 DB DA
k2- 3
2
- x + 5 x - 1 k2+ 3 x2- 1 - y2k21 1 1 1 +
y
3 1
= x + 2
x1- 2
1
k2- 3
2
- + 9 x - 1 x - 2 x1 5 x1- 1 k2+ 3 x2- 1 - 3 x2- 1 k2+ 1 11 1
= x1+ 2
k2- 3
2
-4 x + 2 x - 1 k2 2
9 x1- 1 x1- 2
1 1 + 3 x1- 1 +
= x1+ 2
k2- 3
x1- 1 -4 x + 2 2k21 + 3 x= 1
+ 1 x1+ 2 + 9 x1+ 1 x1- 2
k2- 3 x1+ 2
3 x1- 1 -4 x2= 1
- 1 + x1+ 1 x1+ 2 + 3 x1+ 1 x1- 2
k2- 3 x1+ 2
3 x - 1 0
= 1 2 = 0. k - 3 x1+ 2
∴DB⊥DA，DQ⊥DP，∴QP为圆C的直径，故弦PQ恒过圆心 0,0
2 y2
例4. (2023·山西 · x统考一模 )双曲线C : 2 - 2 = 1 a> 0,b> 0 的左、右顶点分别为A，B，焦点到渐a b
近线的距离为 3，且过点 4,3 .
(1)求双曲线C的方程；
(2)若直线 l与双曲线C交于M，N两点，且 kAM=-2kBN，证明直线 l过定点.
2 y2
【解析】(1)由双曲线C : x2 - 2 = 1 a> 0,b> 0 可得渐近线为 y=±
b
a b a
x，
不妨取渐近线 y= ba x即 bx- ay= 0
由焦点到渐近线的距离为 3可得 d= bc = 3，即 b= 3,
a2+ b2
2 2
42 - 3由题意得 a b2
= 1
，得 a= 2，
b= 3
2 y2
从而双曲线C的方程为 x4 - 3 = 1.
(2)设直线BN的斜率为 k，则直线AM的斜率为-2k，
由题意可知：直线BN的方程为 y= k(x- 2)，直线AM的方程为 y=-2k(x+ 2)，
x2 y2
联立直线BN与双曲线方程 - = 1 4 3 得 3- 4k2 x2+ 16k2x- 16k2- 12= 0，y= k x- 2
2 2
于是 2x = 16k + 12 8k + 6N 2 ，从而 xN= 2 ，从而 y =
12k
4k - 3 4k - 3 N 4k2
，
- 3
x2 y2
联立直线AM与双曲线方程 - = 1 4 3 得 3- 16k2 x2- 64k2x- 64k2- 12= 0，y=-2k x+ 2
64k2 2于是-2x = + 12M 2 ，从而 x =
-32k - 6 24k
16k - 3 M 16k2
，从而 yM= 2 ， - 3 16k - 3
24k 12k
y - y 16k2 - 2 3于是 k = M N = - 3 4k - 3 24k + 9k 3kMN x - x -32k2 2
= = ，
M N - 6 - 8k + 6 64k
4- 9 8k2- 3
16k2- 3 4k2- 3
从而MN : y- 12k = 3k 8k
2
x- + 62 ，4k - 3 8k2- 3 4k2- 3
化简得 y= 3k2 x+ 6 ，从而 l过定点 -6,0 .8k - 3
2 2
例5. ( y2023· · x天津滨海新 高三大港一中校考阶段练习 )已知椭圆C : 2 + 2 = 1 a> b> 0 的左、右顶a b

点分别为A,B，右焦点为F，且 AF = 3，以F为圆心，OF为半径的圆F经过点B.
(1)求C的方程；
(2)过点A且斜率为 k k≠ 0 的直线 l交椭圆C于P，

OH
(ⅰ )设点P在第一象限，且直线 l与 y=-x交于H .若 = 4 25 sin∠HAO，求 k的值； PH

(ⅱ )连接PF交圆F于点T，射线AP上存在一点Q，且QT BT为定值，已知点Q在定直线上，求
Q所在定直线方程.
【解析】(1) ∵以F为圆心，OF为半径的圆F经过点B，∴ BF = OF = c，即 OB = a= 2c，

∵ AF = a+ c= 3c= 3，∴ c= 1，a= 2，∴ b2= a2- c2= 3，
2
∴ y
2
椭圆C的方程为：x4 + 3 = 1.
(2) (ⅰ )由 (1)得：A -2,0 ，可设 l : y= k x+ 2 ，P xP,yP xP> 0,yP> 0 ，
2k
y= k x+ 2 x=-由 得： k+ 1 =- ，即Hy x = 2k -
2k 2k
y k+
, ；
1 k+ 1
k+ 1
y= k x+ 2 由 x2 y2 得： 3+ 4k2 x2+ 16k2x+ 16k2- 12= 0，4 + 3 = 1
2
∴Δ= 48 16k - 12 3+ 4k2- 4k2 = 114> 0，∴-2xP= ，3+ 4k2
2 2 2
∴ xP= 6- 8k ，y = k 6- 8k 12k 6- 8k 12k3+ 4k2 P 3+ 4k2 + 2 = ，∴P , ；3+ 4k2 3+ 4k2 3+ 4k2

OH AH
在△HAO中，由正弦定理得：
sin∠ = ，HAO sin∠HOA

π OH ∵∠HOA= 4，∴ = 2 AH ，sin∠HAO

OH 4 2 OH 则由 = 5 sin∠HAO得： =
4 2 PH
sin∠HAO 5 ， PH

∴ AH = 4

PH ，∴ AH = 4

AP ，即AH = 4

5 9 9 AP，

∵AH = 2 , 2k

+ + ，AP=
12 , 12k2 2 ，k 1 k 1 3+ 4k 3+ 4k
2 = 16 k+ 1
∴ 3 3+ 4k
2
，解得：k=
1 或 k= 1 .
2k 16k 2 6 k+ 1 = 3 3+ 4k2
(ⅱ )由题意知：圆F方程为： x- 1 2+ y2= 1；F 1,0 ，B 2,0 ；
不妨令P位于第一象限，可设AP : y= k x+ 2 ，
由 (ⅰ )知：P 6- 8k
2
, 12k ，
3+ 4k2 3+ 4k2
2
若直线PF斜率存在，则 kPF= 4k 2 ，∴直线PF : x=
1- 4k y+ 1，
1- 4k 4k
x= 1- 4k
2
由 4k y+ 1 得：T 2 , 4k

，∴BT = - 8k
2
, 4k ， x- 1 2+ y2= 1 4k2+ 1 4k2+ 1 4k2+ 1 4k2+ 1
2 -4 m+ 2设 , +
k3+ 2-m k
Q m k m 2 ，则QT = -4mk + 2-m2 , 2 ，4k + 1 4k + 1
8k2 4mk2- 2+m - 16 m+ 2 k4+ 8- 4m k2 k2 4m- 8 4k2+ 1∴ = =
k2 4m- 8
QT BT 2 2 = ； 4k + 1 4k2+ 1 2 4k2+ 1

当 4m- 8= 0时，QT BT = 0为定值，此时m= 2，则Q 2,4k ，此时Q在定直线 x= 2上；

当 4m- 8≠ 0时，QT BT不为定值，不合题意；
若直线PF斜率不存在，则P 1, 32 ，T 1,1 ，B 2,0 ，
此时 k = 1AP 2，则直线AP : y=
1 1
2 x+ 2 ，设Q m, 2 m+ 2 ，

则QT = 1-m,1- 12 m+ 2 ，BT = -1,1 ，∴QT BT =
1
2m- 1，

则m= 2时，QT BT = 0，满足题意；
综上所述：点Q在定直线 x= 2上.
2 2
例6. ( y2023· x辽宁 ·辽宁实验中学校考模拟预测 )已知椭圆C : 2 + 2 = 1(a> b> 0)，左顶点为A，上顶a b
点为B，且 AB = 7，过右焦点F作直线 l，当直线 l过点B时，斜率为- 3．
(1)求C的方程；

(2)若 l交C于P，Q两点，在 l上存在一点M，且QM =FP，则在平面内是否存在两个定点，使得点
M到这两个定点的距离之和为定值？若存在，求出这两个定点及定值；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)设椭圆的半焦距为 c，则A -a,0 ,B 0,b ,F c,0 ，
因为 AB = 7，直线FB的斜率为- 3，
a2 + b
2= 7
所以 - b =- ，又 a2= b2+ c2，c 3
解得 a= 2,b= 3,c= 1，
所以C的方程为 x
2
+ y
2
4 3 = 1．
(2)由题得F(1,0)，当直线 l的斜率不为 0时，
设直线 l的方程为 x=my+ 1，P x1,y1 ,Q x2,y2 ,M x,y ，
x=my+ 1,联立 x2 y2 消 x得， 3m2+ 4 y2+ 6my- 9= 0，4 + 3 = 1,
方程 3m2+ 4 y2+ 6my- 9= 0的判别式Δ= 36m2+ 36 3m2+ 4 = 144m2+ 144> 0，
设P x1,y1 ,Q x2,y2 ,M x,y ，则 y1+ y2=- 6m ，3m2+ 4
则 x1+ x 82=m y1+ y2 + 2= ，3m2+ 4

因为QM =FP，所以 x- x2,y- y2 = x1- 1,y1- 0 ，即 x- x2= x1- 1,y- y2= y1- 0，
2
所以 x= x + x 8 4- 3m 6m1 2- 1= 2 - 1= 2 ，y= y1+ y2=- ，3m + 4 3m + 4 3m2+ 4
所以 x2= 16- 24m
2+ 9m4 48m2 -6m 2 y2 y2
2 = 1- = 1- = 1- ，即 x
2+ = 1，
3m + 4 2 3m2+ 4 2 3
4 3m
2+ 4 2 3 34 4
则点M是以 - 12 ,0 ，
1
2 ,0 为焦点，长轴长为 2的椭圆上的点．
当直线 l的斜率为 0时，l与C相交于P(-2,0) ,Q(2,0)或P(2,0) ,Q(-2,0)，

因为QM =FP，则点M为 (-1,0)，
此时点M也是以 - 12 ,0 ，
1
2 ,0 为焦点，长轴长为 2的椭圆上的点，
所以存在两个定点分别为 - 12 ,0 ，
1
2 ,0 ，点M到这两个定点的距离之和为定值 2．
2 2
例7. ( y2023· x 1河南郑州 ·高三校联考期末 )已知椭圆C : 2 + 2 = 1(a> b> 0)的离心率为a b 2
，过右焦点
且与 x轴垂直的直线 l与椭圆C交于M ,N两点，且 |MN | = 3 2．
(1)求椭圆C的方程．
(2)若过点 (0, 2)的直线 l 与椭圆C交于P,Q两点，点R的坐标为 x0,3 2 ，且QR⊥ x轴，探究：
直线PR是否过定点？若是，请求出定点坐标；若不是，请说明理由．
【解析】(1)设椭圆C的半焦距为 c(c> 0)．
依题意，e= c = 1- b
2
= 1
2
a 2 2，故
b
2 =
3
4 ①．a a
x2 2
联立 2 + y2 = 1, 2 2 a b 解得 y=±
b
a ，故 |MN | =
2b
a = 3 2②．
x= c,
联立①②，解得 a= 2 2，b= 6，
2 y2
故椭圆C的方程为 x8 + 6 = 1．
(2)当直线PR的斜率不存在时，方程为 x= 0．
若直线PR过定点，则该定点在 y轴上．
当直线PR的斜率存在时，设直线PQ的方程为 y= kx+ 2，
y= kx+ 2,联立 x2 y2 消去 y整理，得 4k2+ 3 x2+ 8 2kx- 16= 0．8 + 6 = 1,
设P x1,y1 ，Q x2,y2 ，
则 x1+ x = -8 2k，x x = -162 2 1 2 2 ，设R+ +
x
4k 3 4k 3 2
,3 2 ．
y - 3 2
所以直线PR的方程为 y- 3 2= 1x - x x- x2 ．1 2
= = -x2y1+ 3 2x2 + = 3 2x1- x y令 x 0，得 y 3 2 2 1x1- x2 x1- x2
3 2x - x kx
= 1 2 1
+ 2 3 2x1- kx1x2- 2x2
x1- x
=
2 x1- x
．
2
因为 kx x = -16k1 2 2 = 2 x1+ x2 ，4k + 3
所以 = 3 2x1- kx1x2- 2x2
3 2x
y = 1
- 2 x1+ x2 - 2x2 = 2 2x1- 2 2x2x1- x2 x1- x2 x1- x
= 2 2．
2
所以此时直线PR过定点 (0,2 2)．
直线 x= 0也过点 (0,2 2)．
综上，直线PR经过定点 (0,2 2)．
2 2
例8. (2023·全国 · x y模拟预测 )已知双曲线C : 2 - 2 = 1(a> 0,b> 0)的一条渐近线方程为 x- 2y= 0，a b
一个焦点到该渐近线的距离为 1.
(1)求双曲线C的方程；
(2)若双曲线C的右顶点为A，直线 l : y= kx+m与双曲线C相交于M ,N两点 (M ,N不是左右顶点

)，且AM AN = 0.求证：直线 l过定点，并求出该定点的坐标.
【解析】(1)因为渐近线方程为 x- 2y= 0，所以 ba =
1
2，
c
焦点坐标 c,0 到渐近线 x- 2y= 0的距离为 = 1，解得：c= 5，
1+ 4
因为 a2+ b2= c2= 5，解得：a= 2,b= 1，
x2所以双曲线C的方程为 24 - y = 1；
(2)由题意得：A 2,0 ，
2
l : y= kx+m与 x4 - y
2= 1联立得： 1- 4k2 x2- 8kmx- 4m2- 4= 0，
设M x ,y ,N x ,y ，则 x + x = 8km ,x x = -4m
2- 4
1 1 2 2 1 2 ，1- 4k2 1 2 1- 4k2
y1y2= kx1+m kx2+m = k2x1x2+ km x1+ x2 +m2，

AM AN = x1- 2,y1 x2- 2,y2 = x1x2- 2 x1+ x2 + 4+ y1y2
2
1+ k2 x x + km- 2 x + x +m2+ 4= 1+ k2 -4m - 41 2 1 2 + km- 2 8km +m2+ 4= 0，1- 4k2 1- 4k2
化简得：20k2+ 16km+ 3m2= 0，
解得：m=- 103 k或m=-2k，
当m=- 103 k时，l : y= k x-
10 恒过点 103 3 ,0 ，
当m=-2k时，l : y= k x- 2 恒过点A 2,0 ，此时M ,N中有一点与A 2,0 重合，不合题意，舍去，
综上：直线 l过定点，定点为 103 ,0 ，
【过关测试】
1. (2023·云南昆明 ·昆明一中校考模拟预测 )已知一动点C与定点F 1,0 的距离与C到定直线 l：x=
4 1的距离之比为常数 2 .
(1)求动点C的轨迹方程；
(2)过点F做一条不垂直于 y轴的直线，与动点C的轨迹交于M，N两点，在直线 l上有一点P 4,t ，
k + k
记直线PM，PF，PN的斜率分别为 k ，k ，k ，证明： 1 31 2 3 为定值.k2
2 2
【解析】( ) , (x- 1) + y1 设动点C x y ，由题意知， = 1 ，
x- 4 2
x2 y2所以动点C的轨迹方程为C：4 + 3 = 1.
(2)当直线斜率不存在时，M，N的坐标分别为 1, 32 ， 1,-
3
2 ，
则 k1+ k3 = 2.
k2
当直线斜率存在时，设直线方程为 lF：y= k x- 1 .
x2 y2
联立直线和椭圆的方程 + 4 3
= 1，
y= k(x- 1)
化简得 4k2+ 3 x2- 8k2x+ 4k2- 12= 0，
则 x + x = 8k
2 2
1 2 2 ，x1x2=
4k - 12，
4k + 3 4k2+ 3
y1+ y2= k x1- 1 + k x2- 1 = k x1+ x2 - 2k，
y1x2+ y2x1= k x1- 1 x2+ k x2- 1 x1= 2kx1x2- k x1+ x2 ，
y1- t + y2- t
所以 k1+ k3 = x1- 4 x2- 4 = 3
y - t x - 4 + y - t x - 4
t t
1 2 2 1
k2 x1- 4 x2- 4
4- 1
3 y1x2+ y2x1- 4 y1+ y2 - t x1+ x2 + 8t= t x1x2- 4 x1+ x2 + 16
3 2kx1x2- k x1+ x2 - 4 k x1+ x2 - 2k - t x= 1
+ x2 + 8t
t x1x2- 4 x1+ x2 + 16
3 2kx1x2- 5k+ t x1+ x + 8k+ 8t= t
2
x1x2- 4 x1+ x2 + 16
2 2
2k 4k - 12 8k2+ - 5k+ t 2+ + 8k+ 8t= 3 4k 3 4k 3t 4k2- 12 2
2+ - 4
8k
4k 3 4k2+ + 163
3 t 24k2+ 24= t

36k2+ 36
= 3 2tt 3 = 2.
即 k1+ k3 为定值，定值为 2
k2
2. (2023·江苏南京 ·高三南京师范大学附属中学江宁分校校联考期末 )已知圆F 2 21 : x + y + 2x- 15= 0
和定点F2(1,0) ,P是圆F1上任意一点，线段PF2的垂直平分线交PF1于点M，设动点M的轨迹为曲
线E．
(1)求曲线E的方程；
(2)设A(-2,0) ,B(2,0)，过F2的直线 l交曲线E于M，N两点 (点M在 x轴上方 )，设直线AM与BN
k
的斜率分别为 k1,k2，求证： 1 为定值．k2
【解析】(1)依题意，圆F1 : x+ 1 2+ y2= 16，则圆心F1 -1,0 ，半径为 4，
因为线段PF2的垂直平分线交PF1于点M，
所以 MP = MF2 ，
又因为 PF1 = MP + MF1 = MF2 + MF1 = 4> 2= F1F2 ，
所以M点的轨迹是以F 2 21,F2为焦点的椭圆，且 2a= 4,a= 2,c= 1,b= a - c = 3，
所以曲线E的方程为 x
2
+ y
2
4 3 = 1.
(2)若直线 l的斜率等于零，则M，N两点与A(-2,0) ,B(2,0)重合，不满足题意，
所以可设 l : x=my+ 1,M (x1,y1) ,N (x2,y2)，
x2 2
联立 4 + y3 = 1 可得 3(my+ 1)2+ 4y2- 12= 0，即x=my+ 1
3m2+ 4 y2+ 6my- 9= 0，
所以 y + y =- 6m1 2 ,y y =- 9 ,3m2+ 4 1 2 3m2+ 4
= yk 1 y1 x + 2 ,k =
2
2
1 x
,
2- 2
-9m -9m
k y x - 2y my y - y 2 - y1 2 - y11 = 1 2 1 = 1 2 1 = 3m + 4 3m + 4 1
k2 y2x1+ 2y2 my
= = ，
1y2+ 3y2 -9m + 3 - 6m - -27m 33m2+ y4 3m2+ 4 1 3m2+ - 3y4 1
所以 k1 为定值 13 .k2
2 y2
3. (2023 x春 ·广东汕头 ·高三统考开学考试 )设椭圆C : 2 + 2 = 1(a> b> 0)的左 右顶点分别为Aa b
,B 1，上顶点为D，点P是椭圆上异于顶点的动点，已知椭圆的右焦点为F 3,0 ，且经过点 3, 2 .
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线AD与直线BP交于点M，直线DP与 x轴交于点N，求证：直线MN恒过某定点，并求出
该定点.
2 y2
【解析】(1)因为椭圆C : x2 + 2 = 1(a> b> 0)右焦点为F 3,0 ，所以 c= 3，a b
1
因为椭圆C经过点 3, 12 ，所以
3
2 +
4
2 = 1，a b
1
又 a2= b2+ c2= b2+ 3，所以 32 +
4 = 1，解得 b2= 1(负值舍去 )，
b + 3 b2
2
所以 a2= b2+ 3= 4，故椭圆C的方程为 x4 + y
2= 1.
(2)依题意，A -2,0 ,B 2,0 ,D 0,1 ，则 k 1AD= 2 ,kBD=-
1
2，
设直线BP的方程为 y= k1(x- 2) (k1≠ 0且 k1≠± 12 )，直线DP的方程为 y= k2x+ 1(k2≠ 0且 k2≠±
1
2 )，
则直线DP与 x轴的交点为N - 1 ,0 ，k2
4k + 2
1 1
= 1 + y= 2 x+ 1 x=易得直线 的方程为 2kAD y 1- 12 x 1，联立 ，解得 ，y= k1(x- 2) y= 4k12k1- 1
则直线BP与直线AD的交点为 4kM 1+ 2 , 4k1 ，2k1- 1 2k1- 1
y= k2x+ 1联立 x2 + 2= ，消去 y，得 4k2 22+ 1 x + 8k2x= 0，4 y 1
解得 -8kx= 0或 x= 22 ，此时Δ> 0，4k2+ 1
-8k -8k 1- 4k2则点P的横坐标为 xP= 22 ，故点P的纵坐标为 yP= k2
2 + 1= 2 ，
4k2+ 1 4k22+ 1 4k22+ 1
将点P的坐标代入直线BP的方程 y= k1(x- 2)，整理得 1+ 2k2 1- 2k2 =-2k1 1+ 2k2 2，
因为 1+ 2k2≠ 0，所以 2k1+ 4k1k2= 2k2- 1，即 2k1= 2k2- 1- 4k1k2，
4k1
因为 = 2k1- 1 = 4kk 1k2MN =
2k1k2 ，
4k1+ 2 + 1 4k1k2+ 2k2+ 2k1- 1 2k2- 12k1- 1 k2
所以直线MN的方程为： 2k k 2k k x+ 2ky= 1 2 1 1 2 1
2k2- x+ = =1 k2 2k2- 1
2k1k2x+ 2k2- 1- 4k1k2 2k1k2 x- 2 + 2k2- 1
- =
，
2k2 1 2k2- 1
即 = 2ky 1k2 (x- 2) + 1，
2k2- 1
所以直线MN过定点 (2,1).
2 2
4. (2023春 · · y湖南长沙 高三雅礼中学校考阶段练习 )如图，椭圆C : x1 2 + 2 = 1(a> b> 0)和圆C
2
a b 2
: x
+ y2= b2，已知圆C2将椭圆C1的长轴三等分，椭圆C1右焦点到右顶点的距离为 3- 2 2，椭圆C1的
下顶点为E，过坐标原点O且与坐标轴不重合的任意直线 l与圆C2相交于点A，B．
(1)求椭圆C1的方程；
(2)若直线EA,EB分别与椭圆C1相交于另一个交点为点P，M．求证：直线PM经过定点．
【解析】(1)由题意可得：2b= 13 2a，则 a= 3b，
a
2= b2+ c2 a= 3
∵ a- c= 3- 2 2，解得 b= 1 ，a= 3b c= 2 2
2
∴椭圆C1的方程为 x 29 + y = 1.
(2)由题意知直线PE,ME的斜率存在且不为 0，设直线PE的
斜率为 k，则直线PE : y= kx- 1，
18k
联立方程 y= kx- 1 x=，解得 9k2+ 1 x= 0 x2 + y2= 1 2y= 9k - 或1 =- ，9 y 19k2+ 1
2
∴P 18k , 9k - 19k2+ 1 9k2+ 1 ，
∵AB为圆C2的直径，点E在圆C2上，则BE⊥AE，即 kAE kBE=-1，
∴ kBE=- 1 =- 1 ，则直线ME : y=- 1 x- 1，kAE k k
故用- 1 去替代 k得M - 18k
2
2 ,
9- k ，
k k + 9 k2+ 9
9k2- 1 - 9- k
2
∵ k = 9k
2+ 1 k2+ 9 k2- 1
PM = ，18k 18k 10k
9k2+ +1 k2+ 9
2 2 2
∴直线PM : y- 9- k = k - 1 x+ 18k2 2 ，即 y= k - 1 x+ 4，k + 9 10k k + 9 10k 5
∴直线PM经过定点T 0, 45 ．
2 y2
5. (2023· x黑龙江哈尔滨 ·高三哈师大附中校考期末 )已知A，B分别为双曲线E : 2 - 2 = 1 a,b> 0 a b
3
的左、右顶点，M为双曲线E上异于A、B的任意一点，直线MA、MB斜率乘积为 4 ，焦距为 2 7．
(1)求双曲线E的方程；
(2)P为直线 x= 4上的动点，若直线PA与E的另一交点为C，直线PB与E的另一交点为D．证
明：直线CD过定点．
【解析】(1)设M x0,y0 ，A -a,0 ,B a,0 ，
∵ x
2
0 - y
2 b2 x2 20 = 1，∴ y2= 0
- a
a2 b2 0 a2
b2 x20- a2
2 2
∴ k k = y0 y0 = a = b = 3MA MB x0+ a x0- a x20- a2 a2 4
又因为焦距为 2 7,可得 2c= 2 7,则 c2= 7
结合 a2+ b2= c2，∴ a2= 4,b2= 3
2 y2
所以双曲线的标准方程为 : x4 - 3 = 1.
(2)设直线CD : y= kx+m，C x1,y1 ,D x2,y2 ，P 4,t
y= kx+m x2 y2 3- 4k2 x2- 8kmx- 4 m2+ 3 = 0，4 - 3 = 1
则 3- 4k2≠ 0,Δ= 48 3+m2- 4k2 > 0，
8km -4 m2+ 3 x1+ x2= ,x x =3- 4k2 1 2 3- 4k2
，
直线AC : = kxy 1+m kx +mx + 2 (x+ 2)，因为其过点 (4,t) ,∴ t= 6
1
x + 2 ，1 1
直线 : = kx2+mBD y x - 2 (x- 2)，因为其过点 (4,t) ,∴ t=
kx
2 2
+m
x - 2 ，2 2
∴ = kx1+mt 6 x + 2 =
kx
2 2
+m
x - 2 ,所以 3 kx1+m x2- 2 = kx2+m x1+ 2 1 2
所以 2kx1x2+ (3m- 2k) x1+ x2 - 4(m+ k)x1- 8m= 0
-4
将
m2+ 3
x1+ x2= 8km 2 ,x1x2= 2 代入上式，得3- 4k 3- 4k
-2k m2+ 3 + (3m- 2k)2km- (m+ k)x1 3- 4k2 - 2m 3- 4k2 = 0
化简为 (m+ k) 4km- 6- 3- 4k2 x1 = 0
若 4km- 6- 3- 4k2 x1= 0
4km+ 2 3 3+m2- 4k2当 x1= 2 时，代入化简得3- 4k
-6= 2 3 3+m2- 4k2 ，显然不成立，舍去，
4km- 2 3 3+m2- 4k2当 x1= 2 时，代入化简得3- 4k
-6=-2 3 3+m2- 4k2 ，即m2= 4k2，即m=±2k，
当m= 2k时，此时直线为 y= k x+ 2 ，
经过定点 -2,0 与A点重合，显然不成立，舍去；
当m=-2k时，此时直线为 y= k x- 2 ，
经过定点 2,0 与B点重合，显然不成立，舍去；
所以m+ k= 0，即m=-k，所以直线CD : y= kx+m，
即为 y= k(x- 1)，直线CD过定点 (1,0).
2 2
6. ( y2023 x春 ·安徽 ·高三校联考开学考试 )已知椭圆E : 2 + 2 = 1 a> b> 0 的右焦点为F，P，Q分a b
FP FP
别为右顶点和上顶点，O为坐标原点， + = 3e(e为椭圆的离心率 )，△OPQ的面积为
OF OP
3．
(1)求E的方程；
(2)设四边形ABCD是椭圆E的内接四边形，直线AB与CD的倾斜角互补，且交于点 3,0 ，求证：
直线AC与BD交于定点．
FP FP
【解析】( 1) ∵ + = 3e，∴ a- c + a- c = 3c
OF OP c a a
，∴ a= 2c，
又S 1 2 2 2△OPQ= 2 ab= 3，a = b + c ，∴ a= 2，b= 3，
x2 y2∴椭圆E的方程为 4 + 3 = 1．
(2) ∵直线AB与CD的倾斜角互补，且交于点 3,0 ，
∴直线AB与CD关于 x轴对称，∴A与D，B与C分别关于 x轴对称．
设A x1,y1 ，B x2,y2 ，则C x2,-y2 ，D x1,-y1 ，
y -
∴直线 的方程为 - = 1
-y2 AC y y1 x x- x1 ，1- x2
-y - y
直线BD的方程为 y- y = 1 22 x - x x- x2 ，1 2
x y
联立解得 x= 1 2+ x2y1y + y ，y= 0，1 2
∴ x1y直线AC与BD交于点 2
+ x2y1
y ,0 ．1+ y2
设直线AB的方程为 x= ty+ 3，
2 y2
与椭圆E的方程 x4 + 3 = 1联立得 3t
2+ 4 y2+ 18ty+ 15= 0，
由题意得，Δ= 18t 2- 60 5 3t2+ 4 > 0，解得 t2> 3，
又 y + y =- 18t1 2 2 ，y1y2=
15
2 ，3t + 4 3t + 4
x1y2+ x2y1 ty1+ 3 y2+ ty2+ 3 y∴ = 1 = 2ty1y2 2t 15 4y + y y + y y + y + 3= -18t + 3= 3，1 2 1 2 1 2
∴直线AC与BD交于定点 43 ,0 ．
2 y2
7. (2023· x江苏扬州 ·高三校联考期末 )设椭圆E : 2 + 2 = 1 a> b> 0 的左焦点为F1 - 3,0 ，右顶a b
点为A2 2,0 ．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点T 1,0 作两条斜率分别为 k1，k2的动直线 l1，l2分别交椭圆于点A、B、C、D，点M、N分别
为线段AB、CD中点，若 k1+ 1 k2+ 1 = 2，试判断直线MN是否经过定点，并说明理由．
b= 1
【解析】(1)由题意知， c a =
3
2 ，解之得
a= 2
b= 1 ， a2= b2+ c2 c= 3
2
故椭圆E的方程为 x4 + y
2= 1．
(2)设A x1,y1 ，B x2,y2 ，
y= k1 x- 1 联立 2 2 2 2 2x 2 得， 4k1+ 1 x - 8k1x+ 4k1- 4+ = = 0，4 y 1
8k21
因为T 1,0 在椭圆内部，则必有 x1+ x2= 4k21+ 1 ，= 4k21- 4x1x2 4k21+ 1
2
故 = x1+ xx 2M 2 =
4k1
2 ，
-k
y
+ M
= k1 xM- 1 = 1 ，4k1 1 4k21+ 1
设直线 lMN :Ax+By+C= 0 A2+B2≠ 0 ，
2
将 4kM 1 , -k12 2 代入 lMN，得A 4k21-Bk1+C 4k24k + 1 4k + 1 1+ 1 = 0，1 1
即 4A+ 4C k21-Bk1+C= 0，
同理， 4A+ 4C k22-Bk2+C= 0，
显然，k1，k2是方程 4A+ 4C k2-Bk+C= 0的两根，
k1+ k =
B
2
则 4A+ 4C k k = C ，1 2 4A+ 4C
因为 k1+ 1 k2+ 1 = 2，则 k1k2+ k + k = 1，即 C1 2 + +
B = 1，
4A 4C 4A+ 4C
得C=- 4 13 A+ 3 B，
故直线 lMN :Ax+By+ - 43 A+
1
3 B = 0，
即 lMN :A x- 43 +B y+
1
3 = 0 A
2+B2≠ 0 ，
故直线MN经过定点 4 13 ,- 3 ．
x2 y28. (2023春 ·江西 ·高三校联考阶段练习 )已知椭圆E : 2 + 2 = 1(a> 0,b> 0)
3
，离心率 e=
a b 2
，P为
椭圆上一点，F1,F2分别为椭圆的左、右焦点，若△PF1F2的周长为 4 2+ 2 6，
(1)求椭圆E的方程；
(2)若P(2,1)，M，N为椭圆上不同的两点，且 kPM kPN=- 14 ，证明椭圆上存在定点Q使得四边形
PMQN为平行四边形．
【解析】(1)因为 e= c 3 3a = 2 ，所以 c= 2 a，依题意 2a+ 2c= 4 2+ 2 6，所以 a+ c= 2 2+ 6，联立
x2 y2解得 a= 2 2,c= 6,b= 2，所以椭圆E方程为 8 + 2 = 1
(2)当直线MN斜率存在时，设方程为 y= kx+m,kPM= k1,kPN= k2，则直线PM的方程为 y= k1x+ 1-
y= k1x+ 1- 2k12k1，设点M x1,y1 ,N x2,y2 ，联立方程 x2 + y2 ，8 2 = 1
可得： 1+ 4k2 21 x + 8k1 1- 2k1 x+ 4 1- 2k1 2- 8= 0，
4 1- 2k 2- 8 2则 2 x1=
1
2 ，即
8k - 8k
x = 1 1- 2，
1+ 4k 11 1+ 4k21
所以 = 8k
2
1- 8k 21- 2 - + = -4k1- 4k1+ 1y1 k1 1+ 4k2 2 1 ，1 1+ 4k21
同理 = 8k
2
2- 8k2- 2 , = -4k
2
2- 4k2+ 1x2 y ，1+ 4k2 22 1+ 4k22
-4k
2
1- 4k + 1 8k21 = 1- 8kk 1- 2 1+ 4k2所以 1 1+
+m
4k21

-4k
2- ，2 4k2+ 1 = 8k
2
2- 8k2- 2
+ 2 k + 2 +m1 4k2 1 4k2
2 2
即 k1,k -4x - 4x+ 12为方程 2 = k
8x - 8x- 2
2 +m的两个根，方程可化为 (4+ 8k+ 4m)x
2+ (4- 8k)x+
1+ 4x 1+ 4x
m- 2k- 1= 0，所以 k m- 2k- 1 11 k2= + + =- 4，所以m= 0，当直线MN斜率不存在时，方程 x= 0与椭4 8k 4m
圆相交于 (0, 2) ,(0,- 2)，此时 k1 k = 2- 12 -2
- 2- 1
-2 =-
1
4，所以直线MN过原点，若四边形
PMQN为平行四边形，
则取对称点Q(-2,-1)时成立.
9. (2023·贵州铜仁 ·高三统考期末 )平面内定点F(1,0)，定直线 l : x= 4，P为平面内一动点，作PQ⊥

l，垂足为Q，且 |PQ| = 2|PF|．
(1)求动点P的轨迹方程；
(2)过点F与坐标轴不垂直的直线交动点P的轨迹于A，B两点，线段AB的垂直平分线交 x轴于点
|FR|
R，试判断 | | 是否为定值．AB

【解析】(1)设P(x,y)，因为 |PQ| = 2|PF|，即 2PQ = 4PF2，
所以 (4- x)2= 4 (x- 1)2+ y2
2 y2
化简整理，得 x4 + 3 = 1，
x2 y2所以动点P的轨迹方程为 4 + 3 = 1
(2)法一：由条件可得直线AB的斜率必存在且不为 0，可设AB : y= k(x- 1) (k≠ 0)，
y= k(x- 1)联立方程组 x2 y2 消去 y，得 3+ 4k2 x2- 8k2x+ 4k2- 12= 0，4 + 3 = 1
设A x ,y ,B x ,y ，则 x + x = 8k
2 4k2- 12
1 1 2 2 1 2 3+ 4k2
,x1x2= ，3+ 4k2
2
设AB中点为 x + xD x0,y ，知 x = 1 20 0 2 =
4k
2 ，y0= k x0- 1 =
-3k ，
3+ 4k 3+ 4k2
2
∴线段AB的垂直平分线的方程为 y- -3k =- 1 x- 4k ，
3+ 4k2 k 3+ 4k2
k2 k
2
3 1+ k
2
令 = ，得 = ，所以 | | = - = y 0 xR 2 FR 13+ 4k 3+ 4k2 3+ 4k2
，
2 2 2 12 1+ k2
而 |AB| = 1+ k2 x 2 2 8k1+ x2 - 4x1x2= 1+ k + 2 - 4
4k - 12 = ，
3 4k 3+ 4k2 3+ 4k2
∴ |FR| 1| | = 4 为定值．AB
法二：设直线AB的方程为 y= k(x- 1) (k≠ 0)，
y= k(x- 1)联立方程组 x2 y2 整理得 3+ 4k2 x2- 8k2x+ 4k2- 12= 0，4 + 3 = 1
设A x ,y ,B x ,y ,AB中点为D x ,y ，则 x + x = 8k
2
1 1 2 2 0 0 1 2 ，3+ 4k2
x2 + y
2
由 4 3 = 1可得 e=
4- 3 1
2 = 2，
2 12 1+ k2
∴ |AB| = e x1+ x2 - 2a = 1 8k 2 - 4 = ，3+ 4k2 3+ 4k2
y0= - = x1+ xk x0 1 k 22 - 1 =
-3k ，
3+ 4k2
又线段AB的垂直平分线方程为 y- y0=- 1 x- x ，k 0
令 y= 0，得 xR= ky0+ x0，
2
∴ |FR| = xR- 1 = ky0+ x0- 1 = y0 3 1+ kky0+ = k -3k 2 + -3 2 = ，k 3+ 4k 3+ 4k 3+ 4k2
∴ |FR| = 1| | 4 为定值．AB
2 2
10. (2023春 ·江苏常州 ·高三校联考开学考试 )已知点P 2,-1 在椭圆C : x +
y
2 2 = 1(a> b> 0)上，a b
C 4 2 l : y= kx+m C A,B PA,PB 1的长轴长为 ，直线 与 交于 两点，直线 的斜率之积为 4 .
(1)求证：k为定值；
(2)若直线 l与 x轴交于点Q，求 QA|2+ QB|2的值.
2a= 4 2 a= 2 2 2 y2
【解析】(1)由题意知 4 1 ,∴ 椭圆方程为 :
x
8 + 2 = 1.
a2
+ 2 = 1 b= 2b
(x+ 2)2 + (y- 1)
2
将椭圆平移至 = 1即 x28 2 + 4y
2+ 4x- 8y= 0，
此时P点平移至P 0,0 ,A,B分别平移至A x1,y1 ,B x2,y2 ，
设直线A B 方程为 tx+ny= 1代入椭圆 x2+ 4y2+ 4x- 8y tx+ny = 0，
整理得 8n- 4 y2+ 8t- 4n xy- 4t+ 1 x2= 0，两边同除以 x2
2
8n-
y y
4 x + 8t- 4n x - 4t+ 1 = 0，
∴ y ykP A kP B = kPA kPB=
1 1
4 x
2 1
1 x
=
2 4
y = y1 , y令 X，则 2x x x 可看作关于X的一元二次方程，1 2
8n- 4 X2+ 8t- 4n X- 4t+ 1 = 0的两不等实根，
∴ y1 y2
- 4t+ 1 1
x x =X1X2= 8n- 4 = 4 ,∴ 4t=-2n，即n=-2t，1 2
∴直线A B 方程为 tx- 2ty= 1 1 1 t≠ 0 ,∴ y= 2 x- 2t，
∴A B 的斜率为定值 1 12，即 k的定值 2 .
(2)设A x3,y3 ,B x4,y4 ，
y=
1
2 x+m 8y2- 8my+ 4m2- 8= 0，即 2y2- 2my+m2- 2= 0,Δ> 0，x2+ 4y2= 8
2
故 y3+ y4=m，y m - 23y4= 2 ，
2
∴ QA|2+ QB = 1+ 4 y 23 + 1+ 4 y4 2= 5 y23+ y24 = 5 y3+ y4 2- 2y3y4
2
= 5 m2- 2× m - 22 = 10，
∴ QA|2+ QB|2= 10
11. (2023·全国 ·高三专题练习 )在平面直角坐标系 xOy中，已知点 F1 - 17,0 、F2 17,0 ，点M满足
MF1 - MF2 = 2，记M的轨迹为C.
(1)求C的方程；
(2) T x= 1设点 在直线 2 上，过T的两条直线分别交C于A,B两点和P，P,Q两点，且 TA TB =
TP TQ ，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和，并求出该定值．
【解析】(1)因为F1 - 17,0 、F2 17,0 ，所以 MF1 - MF2 = 2< F1F2 = 2 17，
所以轨迹C是以点F1、F2为左、右焦点的双曲线的右支，
2 y2
设轨迹C的方程为 x2 - 2 = 1 a> 0,b> 0 ，则 2a= 2,c= 17，得 a= 1，b= 17- a
2= 4，
a b
y2
所以轨迹C的方程为 x2- 16 = 1 x≥ 1 .
(2)如图所示，设T 12 ,n ，
设直线AB的方程为 y-n= k1 x- 12 ,A(x1,y1) ,B(x2,y2)，
y-n= k1 x-
1
联立 2 y2 ，化简得 (16- k2)x2+ (k21 1- 2k
1 2 2
1n)x- 4 k1-n + k1n- 16= 0，x2- 16 = 1
1 2 2
则 + = k
2
1- 2k n k1+n - k1n+ 16x 11 x2 2 ,x1x2=
4 ，
k 21- 16 k1- 16
故 |TA| = 1+ k21 x1- 12 ,|TB| = 1+ k
2
1 x 12- 2 ，
2 2
则 |TA| |TB| = (1+ k21) x1- 12 x2-
1 = (n + 12) (1+ k 1
)
2 ，k21- 16
(n2+ 12) (1+ k2)
设PQ的方程为 y-n= k x- 12 2 ，同理：|TP| |TQ| =
2
2 ，k2- 16
2 2
因为 1+ k TA TB = TP TQ ，所以 12 =
1+ k2
k - 16 k2
，
1 2- 16
化简得 1+ 17 17
k2
= 1+ ，
1- 16 k22- 16
所以 k21- 16= k22- 16，即 k21= k22，即 k1+ k2 k1- k2 = 0，
因为 k1≠ k2，所以 k1+ k2= 0，故该定值为 0．
2 y2
12. (2023·全国 ·高三专题练习 ) C : x已知双曲线 2 - 2 = 1(a> 0,b> 0)的右焦点为 ( 7,0)，渐近线方a b
y=± 3程为 2 x．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)设D为双曲线C的右顶点，直线 l与双曲线C交于不同于D的E，F两点，若以EF为直径的圆经
过点D，且DG⊥EF于点G，证明：存在定点H，使 |GH |为定值．
【解析】(1)由题意知，
c= 7 b = 3 a 2 解得：
a= 2
b=
，
3
c2= a2+ b2
2
∴ y
2
双曲线C的标准方程为：x4 - 3 = 1；
(2)证明：由 (1)知，D(2,0)，设E(x1,y1)，F(x2,y2)
①当 l的斜率存在时，设 l的方程为：y= kx+m，
y= kx+m x2 y2 (3- 4k2)x2- 8kmx- 4m2- 12= 04 - 3 = 1
Δ= 64k2m2- 4(3- 4k2) (-4m2- 12)> 0，即：m2- 4k2+ 3> 0，
x + x = 8km ，x x = -4m
2- 12
1 2 ，3- 4k2 1 2 3- 4k2
∵以EF为直径的圆经过点D，
∴DE⊥DF，

又∵DE= (x1- 2,y1)，DF = (x2- 2,y2)，

∴DE DF = (x1- 2) (x2- 2) + y1y2= x1x2- 2(x1+ x2) + 4+ y1y2= 0，
又∵ y1y2= (kx1+m) (kx2+m) = k2x1x2+ km(x + x ) +m21 2

∴DE DF = (k2+ 1)x1x2+ (km- 2) (x1+ x2) +m2+ 4= 0，
2
即：(k2+ 1) × -4m - 122 + (km- 2) ×
8km +m2+ 4= 0
3- 4k 3- 4k2
化简得：m2+ 16km+ 28k2= 0，即：(m+ 14k) (m+ 2k) = 0，
解得：m=-14k或m=-2k，且均满足m2- 4k2+ 3> 0，
当m=-2k时，y= kx- 2k= k(x- 2)，直线 l恒过定点 (2,0)，此时定点与D点重合，所以与已知相矛盾；
当m=-14k时，y= kx- 14k= k(x- 14)，直线 l恒过定点 (14,0)，记为点M (14,0)；
②当 l的斜率不存在时，设 l的方程为：x=n，
2 2
设E(n,y1)，F(
y
n,-y1)，(n<-2或n> 2)，则 n - 14 3 = 1，

此时DE= (n- 2,y1)，DF = (n- 2,-y1)，
2
∴DE DF = (n- 2)2- y21 = (n- 2)2- 3× n4 - 1 = 0，
整理得：n2- 16n+ 28= 0，解得：n= 14或n= 2
∵n<-2或n> 2，
∴n= 14，此时 l恒过定点M (14,0).
综述：l恒过定点M (14,0).
又∵DG⊥EF，即：DG⊥MG，(∵D、E、F三点都在直线 l上 )
∴点G在以DM为直径的圆上，H为该圆的圆心，即DM的中点，|GH |为该圆的半径，即 |DM |的一半.
故存在定点H(8,0)，使得 |GH |为定值 6.
2 2
13. ( y2023 · x春 湖南长沙 ·高三长郡中学校考阶段练习 )已知双曲线C： 2 - 2 = 1(a> 0,b> 0)的右焦a b

点为F，双曲线C上一点P 3,1 关于原点的对称点为Q，满足FP FQ= 6.
(1)求C的方程；
(2)直线 l与坐标轴不垂直，且不过点P及点Q，设 l与C交于A、B两点，点B关于原点的对称点为
D，若PA⊥PD，证明：直线 l的斜率为定值.
【解析】(1)由已知可得Q -3,-1 ，F c,0 .

则FP= 3- c,1 ，FQ= -3- c,-1 ，

由FP FQ= 6可得，c2= 16，所以 a2+ b2= 16.，
又点P 3,1 在双曲线上，所以 92 -
1
a b2
= 1.
9 - 12 2 = 1 2联立 a b ，可得
a = 8
a2+ b2= 16
2= ，b 8
2 y2
所以，C的方程为 x8 - 8 = 1.
(2)法一：设A x1,y1 ，B x2,y2 ，则D -x2,-y2 ，

所以PA= x1- 3,y1- 1 ，PD= -x2- 3,-y2- 1 ，

由PA⊥PD可得，PA PD= 0，所以 x1- 3 -x2- 3 + y1- 1 -y2- 1 = 0，
整理可得，x1x2+ y1y2+ 3 x1- x2 + y1- y2- 10= 0.
由已知可设直线 l的方程为 y= kx+m(k≠ 0且 k≠±1).
y= kx+m联立直线 l与双曲线的方程 2 y2 可得， 1- k2 x2- 2mkx-m2x - 8= 0.8 - 8 = 1
Δ= -2mk 2- 4 1- k2 -m2- 8 = 4 m2- 8k2+ 8 > 0，所以 8k2x + x = 2mk 1 2 1- k2由韦达定理可得 - 2- ，又 y1= kx1+m，y2= kx2+m，y1y2= kx1+m kx2+m = k2xm 8 1x2+x1x2= 1- k2
km x + x 21 2 +m .
所以，由 x1x2+ y1y2+ 3 x1- x2 + y1- y2- 10= 0可得，
-m2- 8 k2+ 1 + km 2mk2 2 + k+ 3 x1- x2 +m
2- 10= 0，
1- k 1- k
整理可得， 1- k2 k+ 3 x1- x2 + 2k2- 18= 0，
因为 1- k2≠ 0，x1- x2不恒为 0，所以应有 k+ 3= 0 2k2- 18= ，解得 k=-3.0
所以直线 l的斜率为定值-3.
法二：
设B x 2 20,y0 ，则D -x0,-y0 ，x0- y0= 8.
= y0- 1 = -y0- 1所以 kPB x - 3，kPD0 -x0- 3
，
= y
2
0- 1 = y
2
0- 1所以 kPB kPD x2
= 1.
0- 9 y20+ 8- 9
又由题意知 kPA kPD=-1，所以 kPA+ kPB= 0.
x+ 3 2 y+ 1 2将双曲线平移至 - 8 8 = 1，即 x
2- y2+ 6x- 2y= 0.
则P平移至P1 0,0 ， A，B分别平移至A1 x1,y1 ，B1 x2,y2 .
设直线A1B1的方程为mx+ny= 1，
代入双曲线可得，x2- y2+ 6x- 2y mx+ny = 1，
所以， 2n+ 1 y2+ 2m- 6n xy- 6m+ 1 x2= 0.
y2 y
两边同除以 x2，可得 2n+ 1 2 + 2m- 6n x - 6m- 1= 0，x
所以 k + k = + = y1 + yk k 2 = 6n- 2mPA PB P = 0，1A1 P1B1 x1 x2 2n+ 1
所以m= 3n.
所以，直线A1B1的方程为 3nx+ny= 1 n≠ 0 ，
所以 kA1B =-3，所以直线 l的斜率为定值-3.1
2 y2
14. (2023· x山西长治 ·高三校联考阶段练习 )已知双曲线C : 2 - 2 = 1(a> 0,b> 0)，其右焦点为F，焦a b
距为 4，直线 l过点F 5π，且当直线 l的倾斜角为 6 时，恰好与双曲线C有一个交点.
(1)求双曲线C的标准方程；

(2)若直线 l交双曲线C于A,B两点，交 y轴于M点，且满足MA= λ1AF,MB= λ2BF λ1,λ2∈R ，判
断 λ1+ λ2是否为常数，并给出理由.
x2( ) : - y
2
【解析】1 因为双曲线C 2 2 = 1(a> 0,b> 0)，所以其渐近线为 y=±
b
a x，a b
当直线 l的倾斜角为 5π6 时，恰好与双曲线C有一个交点，又 l经过焦点F，
可得此时直线 l与双曲线的一条渐近线平行，所以 tan 5π6 =-
3
3 =-
b
a，则 a= 3b，
因为焦距为 4，所以半焦距 c= 2，
又因为 c2= a2+ b2，所以 4= 3b2+ b2，解得 b= 1，故 a= 3，
2
所以双曲线C的标准方程为 x3 - y
2= 1.
(2)λ1+ λ2为常数，理由如下：
由题意，知双曲线C的右焦点为F 2,0 ，直线 l的斜率 k存在，
设A x1,y1 ,B x2,y2 ,M 0,y 30 ，直线 l的方程为 y= k x- 2 k≠± 3 ，
y= k x- 2 联立 1 x2 ，消去 y，得 - k2- y2= 1 3 x2+ 4k2x- 4k2+ 1 = 0，3
2 2
显然Δ> 0，则 x1+ x2= 4k ,x x 4k + 11 1 2= ，k2- 3 k
2- 13

易知MA= x1,y1- y0 ,MB= x2,y2- y0 ,AF = 2- x1,-y1 ,BF = 2- x2,-y2 ，

因为MA= λ1AF,MB= λ2BF，
所以 x1,y1- y0 = λ1 2- x1,-y1 , x2,y2- y0 = λ2 2- x2,-y2 ，
所以 λ1=
x1
2- x ,λ2=
x2
1 2- x
，
2
2× 4k
2 4k2+ 1
k2- 1
- 2×
2 1
2 x + x - 2x x k -
所以 λ + xλ = 1 x2 1 2 1 2 3 31 2 2- x +1 2- x
= =
4- 2 x + x + x x 2 2
=
2 1 2 1 2 4- 2× 4k + 4k + 1
k2- 1 23 k -
1
3
8k2- 8k2- 2
4 = 6，4k2- - 8k2+ 4k23 + 1
所以 λ1+ λ2为常数.
15. (2023春 ·广东广州 ·高三统考阶段练习 )已知双曲线的中心在原点且一个焦点为F 2,0 ，直线 y= x
- 1 1与其相交于A，B两点，若AB中点的横坐标为- 2．
(1)求双曲线的方程；
(2)设A1，A2为双曲线实轴的两个端点，若过F的直线 l与双曲线C交于M，N两点，试探究直线
A1M与直线A2N的交点Q是否在某条定直线上？若在，请求出该定直线方程；如不在，请说明理由．
【解析】(1)若双曲线的方程 x
2
- y
2
= 1且 a,b> 0，c= 2，则 a2+ b2= 4，
a2 b2
将 y= x- 1代入双曲线并整理得：(b2- a2)x2+ 2a2x- a2- a2b2= 0，
又直线与双曲线交于A，B两点，故 b2- a2≠ 0且Δ= 4a2+ 4a2(b2- a2) (1+ b2)> 0，
2
由AB中点的横坐标为- 1 ，所以 x + x = 2a =-1，则 3a2= b22 A B 2 2 = 4- a
2，
a - b
y2
所以 a2= 1，b2= 3，故 x2- 3 = 1.
(2)由 (1)，不妨令A1(-1,0)，A2(1,0)，
当直线 l斜率不存在时，l : x= 2，则M (2,3) ,N (2,-3)，此时A1M : x- y+ 1= 0，A2N : 3x+ y- 3= 0，则
交点为 1 , 32 2 ；
2
当直线 l斜率存在时，l : y= k(x- 2)，代入 x2- y3 = 1并整理，得：(3- k
2)x2+ 4k2x- 4k2- 3= 0，
2
过F的直线 l与双曲线C交于M，N两点，故 3- k ≠ 0 ，Δ= 16k4+ 4(3- k2) (3+ 4k2) = 36(1+ k2)> 0
令M ( y yx1,y1) ,N (x ,y 1 22 2)，则A1M : y= x1+ 1
(x+ 1)，A2N : y= x (x- 1)，2- 1
且 x + x = 4k
2 4k2，x x = + 3 y (x + 1)1 2 2 1 2 2 ，联立直线A1M与直线A N得
x+ 1 = 2 1 ，
k - 3 k - 3 2 x- 1 y1(x2- 1)
x+ 1 2 y2(x + 1)2 (x2- 1) (x + 1)2= 2 1 = 2 1 = (x2+ 1) (x1+ 1) x1x2+ (x1+ x ) + 1所以 2x- 1 y21(x - 1)2 (x22 1- 1) (x 22- 1) ( = ，x1- 1) (x2- 1) x1x2- (x1+ x2) + 1
4k2+ 3 4k2
则 x+ 1
2 y2(x + 1)2 2
= 2 1 = k -
+ + 1
3 k2- 3 9k2
x- 1 2 2 2 2 = 2 = 9，可得 x=
1
2 或 x= 2(舍 )，y1(x2- 1) 4k + 3 4k k
k2- -3 k2- + 13
综上，交点Q在定直线 x= 12 上.
16. (2023·浙江 ·高三校联考期末 )已知抛物线C : y2= 2px(p> 0)的焦点为 F，斜率为 k(k≠ 0)的直线
p
过点P - 2 ,0 ，交C于A，B两点，且当 k=
1
2 时， AF + BF = 16．
(1)求C的方程；
AF
( ) = |AQ|
2
2 设C在A，B处的切线交于点Q，证明 ．
BF |BQ|2
【解析】(1)设斜率为 k(k≠ 0) p且过点P的直线为 l：x=my- 2，其中m=
1 .
k
p
设A x1,y1 ，B x2,y2 .当 k= 12 时，l：x= 2y- 2，将其与C : y
2= 2px(p> 0)联立，消去 x得：y2- 4py+
p2= 0，由韦达定理有 y1+ y2= 4p，y1y2= p2.
又由抛物线定义知 AF + BF = x1+ x2+ p，又 x1+ x2= 2 y1+ y2 - p，结合
AF + BF = 16，则 8p= 16 p= 2.得C的方程为 y2= 4x；
(2)由 (1)可得，P -1,0 ，则 l：x=my- 1，将其与抛物线方程联立，
消去 x得：y2- 4my+ 4= 0，则 y1+ y2= 4m，y1y2= 4.
设C在A点处的切线方程为 x=m1 y- y1 + x1，
C在B点处的切线方程为 x=m2 y- y2 + x2.
将 x=m1 y- y 21 + x1与 y = 4x联立，消去 x得：y2- 4m1y+ 4m1y1- 4x1= 0，
因 x=m1 y- y1 + x1为抛物线切线，则
联立方程判别式Δ= 16m21- 16m1y1+ 16x1= 0，
又 y21= 4x1 16x1= 4y21，
则 16m21- 16m1y1+ 16x1= 16m21- 16m1y 21+ 4y1= 4 2m1- y1 2= 0，
= y得m 1 y21 2 ，同理可得m2= 2 .
x=m y- y + x
将两切线方程联立有 1 1 1 = - + ，代入m1=
y1 y，m 2
x m y y x 2 2
= ，
2 2 2 2
= yx 1y2 = 1
解得 4 ，得Q 1,2m .y= y1+ y22 = 2m
则 AQ 2= x - 1 21 + y1- 2m 2，又 x1=my1- 1，
则 AQ 2= my1- 2 2+ y1- 2m 2= m2+ 1 y21- 8my1+ 4m2+ 4，
同理可得 BQ 2= m2+ 1 y22- 8my + 4m22 + 4.
AF
注意到 = x1+ 1 my1- 1+ 1 y1
BF x
=
2+ 1 my
= ，
2- 1+ 1 y2
AF = |AQ|
2
则 2 等价 y1 BQ
2= y 22 AQ ，下面说明 y| | 1
BQ 2= y2 AQ 2.
BF BQ
y 2 2 21 BQ = m + 1 y1y2- 8my y + 4 m21 2 + 1 y1，因 y1y2= 4，
则 y1 BQ 2= 4 m2+ 1 y1+ y2 - 32m.又 y2 AQ 2= m2+ 1 y y22 1- 8my1y2+ 4 m2+ 1 y2=
4 m2+ 1 y1+ y2 - 32m，
AF |AQ|2
则 y1 BQ 2= y 22 AQ ，故 = .
BF |BQ|2
17. (2023·重庆 ·高三统考学业考试 )已知抛物线C : y2= 2px(p> 0)的焦点为F，过点F的直线 l交抛物
线C于M，N两点，交 y轴于P点，点N位于点M和点P之间.

(1)若MF = 2FN，求直线 l的斜率；

(2)若PM = λMF,PN = μNF，证明：λ+ μ为定值.
【解析】(1)设M x1,y1 ,N x2,y2 ，
p
因为过点F 2 ,0 的直线 l交抛物线C于M，N两点，所以直线斜率存在，且不为 0，
p
设直线 l为 x=my+ 2，
p
联立 x=my+ 2 与C : y
2= 2px(p> 0)得：y2- 2pmy- p2= 0，
则 y 21y2=-p ，y1+ y2= 2mp，

因为MF = 2FN，所以 y1=-2y2，
故-2y22 =-p2
2p
，解得：y2=± 2 ，
2p 2p
当 y2= 2 时，y1=- 2p，此时- 2p+ 2 = 2mp，解得：m=-
2
4 ，
直线 l的斜率为 1m =-2 2，满足点N位于点M和点P之间，
=- 2p当 y2 2 时，y1= 2p，此时 2p-
2p
2 = 2mp，解得：m=
2
4 ，
直线 l的斜率为 1m = 2 2，满足点N位于点M和点P之间，
综上：直线 l的斜率为±2 2；
(2)设M x1,y1 ,N x2,y2 ，
p
因为过点F 2 ,0 的直线 l交抛物线C于M，N两点，所以直线斜率不为 0，
p p p
设直线 l为 x=my+ 2，令 x= 0得：y=- 2m，故P 0,- 2m ，
联立 x=my+ p2 与C : y
2= 2px(p> 0)得：y2- 2pmy- p2= 0，
则 y1y2=-p2，y1+ y2= 2mp，

因为PM = λMF,PN = μNF，
所以 x1, +
p p
y1 2m = λ 2 - x1,-
p
y1 ， x2,y2+ 2m =
p
μ 2 - x2,-y2 ，
+ p + py1 y2
解得：λ= 2m ，μ= 2m-y1 -y
，
2
+ p p p py 21
所以 λ+ μ= 2m
y2+ 2m -2y1y2-+ = 2m
y1+ y2 2p -
= 2m
2mp
-y1 -y2 y1y
=-1，
2 -p2
故 λ+ μ为定值-1.
18. (2023·江苏南通 ·高三统考期末 )已知抛物线C : y2= 2px p> 0 经过点 1,2 .
(1)求抛物线C的方程；
(2)动直线 l与抛物线C交于不同的两点A，B，P是抛物线上异于A，B的一点，记PA，PB的斜率
分别为 k1，k2，λ为非零的常数.
从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①P点坐标为 λ2,2λ 2 ；② k1+ k2= ；③直线AB经过点 -λ2,0 .λ
【解析】(1)因为抛物线C : y2= 2px p> 0 经过点 1,2 ，
所以 4= 2p，所以 p= 2，所以抛物线C的方程为 y2= 4x；
y2 2(2)设A 14 ,y1 ，B
y2
4 ,y2 ，
方案一：选择①②，证③
2λ- y 2λ- y
因为 k = 1 = 4 2 41 y2 2λ+
，k = = ，
y 2 y2 2λ+ y
λ2- 1 1 λ24 -
2 2
4
4 y + y
所以 + = 1 2
+ 16λ
k1 k2 = 2，所以 y y = 4λ2，y1y2+ 2λ y1+ y
1 2
2 + 4λ2 λ
由已知可知AB与 x轴不平行，设直线AB : x=my+n，
联立 x=my+n 2= 消去 x可得 y
2- 4my- 4n= 0，
y 4x
Δ= 16m2+ 16n> 0，所以 y1+ y2= 4m，y1y2=-4n，
所以n=-λ2，所以直线AB的方程为 x=my- λ2，所以AB经过 -λ2,0 ；
方案二：选择①③，证②
设直线 x=my- λ
2
AB的方程为 x=my- λ2，联立 2 2 2= 消去 x可得 y - 4my+ 4λ = 0，y 4x
所以Δ= 16m2- 16λ2> 0，y 21+ y2= 4m，y1y2= 4λ ，
= 2λ- y1 = 4 = 2λ- y因为 k 2 41 y2 2λ+
，k
y 2 2
=
2 1 1 y 2λ+
，
y
λ - 4 λ
2- 2 24
4 y1+ y2 + 16λ所以 k + k = = 16m+ 16λ 21 2 = ；y 2 21y2+ 2λ y1+ y2 + 4λ 4λ + 2λ× 4m+ 4λ2 λ
方案三：选择②③，证①
2
设直线AB的方程为 = - 2，联立 x=my- λx my λ 2= 消去 x可得 y
2- 4my+ 4λ2= 0，
y 4x
所以Δ= 16m2- 16λ2> 0，y1+ y2= 4m，y1y2= 4λ2，
y
2
0 , = y0- y设P y ，则 k 1 4 y0- y2 44 0 1 y2 y2 = y + y ，k2= = ，0 - 1 1 0 y2 y20 2 y2+ y04 4 4 - 4
4 4 4 y1+ y2 + 8y所以 k1+ =
0 16m+ 8yk 0 22 y1+ y
+ y + y = = = ，0 2 0 y1y2+ y0 y1+ y2 + y20 4λ2+ 4my0+ y20 λ
所以 16mλ+ 8y0λ= 8λ2+ 8my + 2y20 0，整理可得 y20+ 4 m- λ y0+ 4λ λ- 2m = 0，
因式分解可得 y0- 2λ y0- 2λ+ 4m = 0对任意的m恒成立，
所以 y0= 2λ，所以P点坐标为 λ2,2λ .
2 2
19. (2023 · 湖北武汉 · 高三统考期末 ) x y如图，在平面直角坐标系，已知 F1，F2 分别：a2
+
b2
=
1 a> b> 0 的左，右焦点 .设点D 1,0 为线段OF2的中点.
(1)若D为长轴AB的三等分点，求椭圆方程；
(2)直线MN (不与 x轴重合 )过点F1且与椭圆C交于M，N两点，延长MD，ND与椭圆C交于P，Q
k k
两点，设直线MN，PQ的斜率存在且分别为 k1，k
2
2，请将 表示成关于 a的函数，即 f a = 2 ，求k1 k1
f a 的值域.
【解析】(1)因为点D 1,0 为线段OF2的中点，所以F2 2,0 ，故 c= 2，

因为D为长轴AB的三等分点，所以AB= 3DB即 2a,0 = 3 a- 1,0 ，
所以 2a= 3a- 3，解得 a= 3，
所以 b2= a2- c2= 5，
2 y2
所以椭圆方程为 x9 + 5 = 1
(2)设点M x1,y1 ，N x2,y2 ，P xP,yP ，Q xQ,yQ ，F1 -2,0 ，F2 2,0 ，
x21 + y
2 2
1 = y
2
则 2 2 1，
x2 2
2 + 2 = 1，a b a b
y y
由于M，N，F1三点共线，则
1 2
x + 2 = x + 2 x1y2- x2y1= 2 y1- y2 ，1 2
y
直线MD的方程为 y= 1x x- 1 ，1- 1
x2 y2 2 y2 x- 1 2联立椭圆C : 2 + 2 = 1 a> b> 0 的方程可得：
x + 1 = 1，
a b a2 b2 x - 1 21
x2 a2- x2 2+ 1
x- 1
2 2 2 = 1化简有： a
2+ 1- 2x 2 2 2 2 21 x - 2 a - x1 x+ 2a x1- a + 1 x21= 0，a a x1- 1
2a2x - a2+ 1 x2 21 1 2a - a2+ 1 x由韦达定理可知：x 11xP= x = ，a2+ 1- 2x P1 a2+ 1- 2x1
y 2a2- a21 + 1 x
2
y = 1
1- a y1
P x - 1 2 - 1 = ，1 a + 1- 2x1 a2+ 1- 2x1
2a2- a2+ 1 x 2同理 = x 2
1- a
， =
y
Q y
2
a2+ 1- 2x Q a2
，
2 + 1- 2x2
y - y y 1- a2 a2+ 1- 2x - y 1- a2 a2P Q 1 2 2 + 1- 2xk2= x - x =
1
P Q a2+ 1- 2x2 2a2- a2+ 1 x1 - a2+ 1- 2x 21 2a - a2+ 1 x2
a4- 1 y2- y1 - 2 a2- 1 x1y2- x2y a2+ 5 y= 1 2
- y1 a2+ 5
a2- 1 2
=
x - x a2
=
- 1 x - x a2
k，
2 1 2 1 - 1
1
2
从而 = kf a 2 = a + 5 = 1+ 6 ，由于 a2∈ 4,+∞ ，则 f a ∈ 1,3 .k1 a2- 1 a2- 1
2
综上：f a = a + 5 2 ，且值域为 1,3 .a - 1
2 2
20. (2023·江苏 · x y高三统考期末 )已知椭圆C : 2 + 2 = 1(a> 1≥ b> 0)的左 右焦点分别为 Fa b 1
,F2，过
点F2作直线 l(与 x轴不重合 )交C于M ,N两点，且当M为C的上顶点时，△MNF1的周长为 8，面积
8 3
为 7
(1)求C的方程；
(2) 1 1若A是C的右顶点，设直线 l,AM ,AN的斜率分别为 k,k1,k2，求证：k +k1 k2 为定值.
【解析】(1)依题意，△MNF1的周长 |MF1|+|MN |+|NF1| = |MF1|+|MF2|+|NF2|+|NF1| = 4a= 8，
解得 a= 2，则椭圆C : x
2
+ y
2
4 = 1，令椭圆C的半焦距为 c，b2
xy c +
y
当 为 的上顶点时，直线 为：x + = ，由 b
= 1
M C l 1 2c 2 y2 消去 y得 (c + 4)x
2- 8cx= 0，
b x
4 + 2 = 1b
2
解得 x= 0或 x= 8c ，于是得点N 8c b(c - 4)c2+ 4 c2 , 2 ，+ 4 c + 4
b(c2- 4)
又△MNF1的面积为 8 37 ，则
1 8 3
2 2c b- 2 = 7 ，整理得 7bc= 3(c
2+ 4)，
c + 4
则有 7c 4- c2= 3(c2+ 4)，解得 c2= 3或 c2= 4 ，有 b213 = 1或 b
2= 48 213，因为 0< b≤ 1，则 b = 1，
2
所以椭圆C的方程为 x 24 + y = 1.
(2)由 (1)知，F2( 3,0)，A(2,0)，直线 l的方程为 y= k(x- 3)，
由 y= k(x- 3) 2 2 2 2 x2+ 4y2= 消去 y得 (4k + 1)x - 8 3k x+ 12k - 4= 0，4
2 2
设M x1,y1 ,N x2,y2 ，则 x1+ x = 8 3k ,x x = 12k - 42 ，4k2+ 1 1 2 4k2+ 1
= y1 = k(x1- 3) , = y2 k(x - 3)而 k 21 x1- 2 x1- 2
k2 x2- 2
= x2- 2
，
1 + 1 = 1 x1- 2 + x2- 2 = 1 2x1x2- (2+ 3) (x1+ x2) + 4 3k1 k2 k x1- 3 x2- 3 k x1x2- 3(x1+ x2) + 3
2 12k
2- 4 2
2+ - (2+ 3)
8 3k + 4 3
= 1 4k 1 4k
2+ 1 = 1 2(12k
2- 4) - (2+ 3) × 8 3k2+ 4 3(4k2+ 1) = 1
k 12k2- 4 8 3k2- + k3 3 (12k
2- 4) - 3 × 8 3k2+ 3(4k2+ 1) k
4k2+ 1 4k2+ 1
(8- 4 3)，
所以 k 1 + 1k1 k2 = 8- 4 3为定值.

展开更多......

收起↑