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课后限时练19　圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题
1．(2025·贵州黔南模拟)如图，圆E：(x＋1)2＋y2＝16，F(1，0)是圆E内一个定点，M是圆E上任意一点．线段MF的垂直平分线l和半径EM相交于点N，当点M在圆上运动时，记动点N的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程．
(2)设曲线C与x轴从左到右的交点为点A，B，点P为曲线C上异于A，B的动点，设PA交直线x＝－4于点T，连接BT交曲线C于点Q，直线BP，BQ的斜率分别为kBP，kBQ．
(ⅰ)求证：kBP·kBQ为定值；
(ⅱ)证明：直线PQ经过x轴上的定点，并求出该定点的坐标．
2．(2025·山东潍坊一模)已知抛物线E的顶点为坐标原点O，焦点坐标为(1，0)，过点M(2，0)的直线与E交于A，B两点，过点B作y轴的垂线与直线OA相交于点P．
(1)求E的方程；
(2)证明：点P在定直线l上；
(3)延长BO交(2)中的直线l于点Q，求四边形ABPQ的面积S的最小值．
课后限时练19
1．解：(1)由题意可知，|NE|＋|NF|＝|NM|＋|NE|＝4>|EF|＝2，
由椭圆定义可得，点N的轨迹是以E，F为焦点的椭圆，
且长轴长2a＝4，焦距2c＝|EF|＝2，
所以b2＝a2－c2＝3，
因此曲线C的方程为＝1．
(2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，T(－4，m)，
(ⅰ)由题可知A(－2，0)，B(2，0)，如图所示，
则kBP＝，kBQ＝kBT＝，
而kAP＝kAT＝，于是m＝，
所以kBP·kBQ＝，
又＝1，则(4－)，
因此kBP·kBQ＝为定值．
(ⅱ)由题意可知，直线PQ不可能与x轴平行，
设直线PQ的方程为x＝ty＋n，知n<0，
由得(3t2＋4)y2＋6tny＋3n2－12＝0，
Δ＝(6tn)2－12(3t2＋4)(n2－4)>0，得3t2－n2＋4>0，
所以 (*)
由(ⅰ)可知，kBP·kBQ＝－·
＝
＝－，
将(*)代入上式并化简得，化简得n2－n－2＝0，解得n＝2(舍)或n＝－1，
所以直线PQ的方程为x＝ty－1，
因此直线PQ经过定点(－1，0)．
2．解：(1)由题意，设抛物线E的标准方程为y2＝2px，则＝1，可得p＝2，
故抛物线E的标准方程为y2＝4x．
(2)证明：若直线AB与x轴重合，则该直线与抛物线只有一个交点，不符合题意，
所以设直线AB的方程为x＝my＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立 可得y2－4my－8＝0，Δ＝16m2＋32>0，
所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－8，
由题意可知，直线BP的方程为y＝y2，
直线OA的方程为y＝，
联立直线BP，OA的方程得＝y2，所以x＝＝－2．
因此，点P在定直线l：x＝－2上．
(3)如图所示，
易知点P(－2，y2)，直线OB的方程为y＝，
联立直线OB与直线l的方程得
得y＝－＝y1，
故点Q(－2，y1)，则AQ⊥l，
且|AQ|＝x1＋2，|BP|＝x2＋2，
所以S＝(|AQ|＋|BP|)·|y1－y2|＝(x1＋x2＋4)··
＝·
＝·
＝，
因为
≥2，
当且仅当|y1|＝，即y1＝±2时，等号成立，
所以S＝×(4)3＝16．
因此，四边形ABPQ的面积S的最小值为16．
1/2课时19　圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题
[备考指南]　备考中重点关注曲线在运动变化中，是否过定点，线段长、直线的斜率或斜率之和(积)等是否为定值，动点是否在定直线上．学会用坐标法研究圆锥曲线动态中的几何不变性，强化数形结合的意识．
命题点1　定点问题
【典例1】　(2025·安徽马鞍山一模)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的离心率为，且点P在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若A，B为椭圆C上的两点，且满足AP⊥BP，求证：直线AB过定点．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
反思领悟　动线过定点问题的两大类型及解法
(1)动直线过定点问题解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m，0)．
(2)动曲线C过定点问题解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
(2025·安徽合肥模拟)设抛物线E：y2＝2px(p>0)，过焦点F的直线与抛物线E交于点A，B．当直线AB垂直于x轴时，＝2．
(1)求抛物线E的方程；
(2)已知点P，直线AP，BP分别与抛物线E交于点C，D．求证：直线CD过定点．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
命题点2　定值问题
【典例2】　(2020·新高考Ⅰ卷)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的离心率为，且过点A(2，1)．
(1)求C的方程；
(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
反思领悟　求解定值问题的两大途径
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
(2025·山东济宁二模)已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)的离心率为，且点A(4，3)在双曲线C上．
(1)求C的方程；
(2)若直线l交C于P，Q两点，∠PAQ的平分线与x轴垂直，求证：l的倾斜角为定值．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
命题点3　定直线问题
【典例3】　(2023·新高考Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－2，0)，离心率为．
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(－4，0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P，证明：点P在定直线上．
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
反思领悟　定直线问题是指因图形变化或点的移动而产生的动点在定直线上的问题．这类问题的核心在于确定动点的轨迹，主要方法有：(1)设点法：设点的轨迹，通过已知点的轨迹，消去参数，从而得到轨迹方程；(2)待定系数法：设出含参数的直线方程，用待定系数法求解出系数；(3)验证法：通过特殊点位置求出直线方程，对一般位置再进行验证．
(2025·福建漳州模拟)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，离心率为，点P为C上一点，△PF1F2的周长为2＋2，其中O为坐标原点．
(1)求C的方程；
(2)直线l：y＝x＋m与C交于A，B两点．
(ⅰ)求△OAB面积的最大值；
(ⅱ)设＝，试证明点Q在定直线上，并求出定直线方程．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
课时19　圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题
典例1　解：(1)因为椭圆C的离心率为，
所以e＝，
又因为点P在椭圆C上，所以＝1，解得a2＝4，b2＝3，
所以椭圆C的标准方程为＝1．
(2)证明：①当直线AB的斜率不存在时，设直线AB的方程为x＝m，A(m，n)，B(m，－n)，＝m－1，－n－，
因为PA⊥PB，所以·＝(m－1)2－＝0，
因为＝1，所以n2＝3－m2，
所以＝0，解得m＝或m＝1(舍)；
②当直线AB的斜率存在时，设AB的方程为y＝kx＋t，
联立＝1，消去y得(4k2＋3)x2＋8ktx＋4t2－12＝0，
Δ＝64k2t2－16(4k2＋3)(t2－3)，
即4k2－t2＋3>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)
则x1＋x2＝－，x1x2＝，
y1＋y2＝，y1y2＝，
因为PA⊥PB，所以·＝(x1－1)·(x2－1)＋＝0，
即x1x2－(x1＋x2)＋1＋y1y2－(y1＋y2)＋＝0，
代入化简得28t2＋4k2＋32kt－36t－9＝0，
即(2k＋2t－3)(2k＋14t＋3)＝0，
当2k＋2t－3＝0时，t＝－k，
此时直线AB的方程为y＝k(x－1)＋，过定点P1，，舍去；
当2k＋14t＋3＝0时，t＝－，此时直线AB的方程为y＝k，过定点，－.
综上，直线AB过定点．
考教衔接
　解：(1)由题意，当直线AB垂直于x轴时，直线AB的方程为x＝，
联立＝2p，所以2p＝2，即p＝1，所以抛物线E的方程为y2＝2x．
(2)证明：若直线AB与x轴重合，则直线AB与抛物线E只有一个交点，不符合题意，
同理可知，直线CD也不与x轴重合，设C(x3，y3)，D(x4，y4)，直线AB的方程为x＝my＋，
联立
得y2－2my－1＝0，Δ＝4m2＋4>0，
因此y1＋y2＝2m，y1y2＝－1．
设直线AC的方程为x＝ny＋1，联立 得y2－2ny－2＝0，
则Δ'＝4n2＋8>0，因此y1＋y3＝2n，y1y3＝－2，则y3＝，同理可得y4＝．
当m≠0时，kCD＝．
因此直线CD的方程为x＝2m·＋x3，
由对称性知，定点在x轴上，
令y＝0，得x＝－2my3＋x3＝－2my3＋＝－2m·＝2＋2·＝2，
当m＝0时，可得A，B，直线AP：y＝－2x＋2，与抛物线方程联立得C(2，－2)，同理可得D(2，2)，所以直线CD：x＝2，
所以直线CD过定点．
典例2　解：(1)由题设得＝1，，解得a2＝6，b2＝3．所以椭圆C的方程为＝1．
(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入＝1，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，Δ＝(4km)2－4(1＋2k2)(2m2－6)>0，得m2－6k2－3<0，于是x1＋x2＝－，x1x2＝．(*)
由AM⊥AN知·＝0，故(x1－2)·(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，可得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0．
将(*)代入上式，可得(k2＋1)·－(km－k－2)·＋(m－1)2＋4＝0．
整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0．
因为A(2，1)不在直线MN上，
所以2k＋m－1≠0，故2k＋3m＋1＝0，k≠1，m＝－，满足Δ>0，于是MN的方程为y＝k(k≠1)．
所以直线MN过点P．
若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1)．
由·＝0，得
(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0．
又＝1，可得3－8x1＋4＝0，解得x1＝2(舍去)或x1＝，此时直线MN过点P．
令Q为AP的中点，即Q．
若D与P不重合，
则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，
故|DQ|＝．
若D与P重合，则|DQ|＝|AP|．
综上可知，存在点Q，使得|DQ|为定值．
考教衔接
　解：(1)由题意得 所以b2＝a2，又点A(4，3)在双曲线C上，所以＝1，
解得a2＝4，b2＝3，所以双曲线C的方程为＝1．
(2)由已知得直线l的斜率存在，设其方程为y＝kx＋b，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
所以 消去y并整理得(3－4k2)x2－8kbx－4b2－12＝0，
所以Δ＝(－8kb)2－4(3－4k2)(－4b2－12)＝48(b2－4k2＋3)>0，
x1＋x2＝，x1x2＝－，
因为∠PAQ的平分线与x轴垂直，所以kAP＋kAQ＝0，
即＝0，所以(y1－3)(x2－4)＋(y2－3)(x1－4)＝0，
即2kx1x2＋(b－3－4k)(x1＋x2)－8(b－3)＝0，
所以－2k·＋(b－3－4k)·－8(b－3)＝0，
即－24(k＋1)(b＋4k－3)＝0，所以k＝－1或b＝3－4k，
当b＝3－4k时，直线l的方程为y＝kx＋3－4k＝k(x－4)＋3，
即直线l过点A(4，3)，不符合题意，
所以k＝－1，设倾斜角为α(0≤α<π)，即k＝tan α＝－1，α＝，即直线l的倾斜角为定值．
典例3　解：(1)双曲线C的中心为原点，左焦点为(－2，0)，离心率为，
则
故双曲线C的方程为＝1．
(2)证明：过点(－4，0)的直线与C的左支交于M，N两点，
则可设直线MN的方程为x＝my－4，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
因为C的左、右顶点分别为A1，A2，
则A1(－2，0)，A2(2，0)，
联立化简整理可得，(4m2－1)y2－32my＋48＝0，
故Δ＝(－32m)2－4×48×(4m2－1)＝256m2＋192>0且4m2－1≠0，
y1＋y2＝，y1y2＝，
又因为直线与双曲线左支交于两点，所以y1y2<0，得－．
直线MA1的方程为y＝(x＋2)，直线NA2的方程为y＝(x－2)，
故
＝
＝
＝，
故，解得x＝－1，
所以xP＝－1，
故点P在定直线x＝－1上运动．
考教衔接
　解：(1)设焦距为2c，依题意，
解得又a2＝b2＋c2，所以b2＝a2－c2＝1，
所以C的方程为＋y2＝1．
(2)(ⅰ)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
因为所以3x2＋4mx＋2m2－2＝0，
Δ＝16m2－4×3×(2m2－2)>0，解得m2<3，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝，
|AB|＝，
点O到直线l：x－y＋m＝0的距离d＝，所以△OAB的面积S＝
≤，
当且仅当3－m2＝m2，即m＝±时，△OAB面积的最大值为．
(ⅱ)设Q(x，y)，由，有(x，y)＝(x1＋x2，y1＋y2)，
即
因为x1＋x2＝－，
所以y1＋y2＝x1＋x2＋2m＝，
故于是有y＝－x，
所以点Q在定直线y＝－x上．
1/4(共131张PPT)
专题五　解析几何
课时19　圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题
[备考指南]　备考中重点关注曲线在运动变化中，是否过定点，线段长、直线的斜率或斜率之和(积)等是否为定值，动点是否在定直线上．学会用坐标法研究圆锥曲线动态中的几何不变性，强化数形结合的意识．
命题点1　定点问题
【典例1】　(2025·安徽马鞍山一模)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的离心率为，且点P在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若A，B为椭圆C上的两点，且满足AP⊥BP，求证：直线AB过定点．
[解]　(1)因为椭圆C的离心率为，
所以e＝＝＝，
又因为点P在椭圆C上，所以＝1，
解得a2＝4，b2＝3，
所以椭圆C的标准方程为＝1．
(2)证明：①当直线AB的斜率不存在时，设直线AB的方程为x＝m，A(m，n)，B(m，－n)，＝＝，因为PA⊥PB，所以·＝(m－1)2－＝0，
因为＝1，
所以n2＝3－m2，
所以－2m＋＝0，解得m＝或m＝1(舍)；
②当直线AB的斜率存在时，设AB的方程为y＝kx＋t，
联立＝1，消去y得(4k2＋3)x2＋8ktx＋4t2－12＝0，
Δ＝64k2t2－16(4k2＋3)(t2－3)，即4k2－t2＋3>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)则x1＋x2＝－，x1x2＝，
y1＋y2＝，y1y2＝，
因为PA⊥PB，所以·＝(x1－1)(x2－1)＋＝0，
即x1x2－(x1＋x2)＋1＋y1y2－(y1＋y2)＋＝0，
代入化简得28t2＋4k2＋32kt－36t－9＝0，
即(2k＋2t－3)(2k＋14t＋3)＝0，
当2k＋2t－3＝0时，t＝－k，
此时直线AB的方程为y＝k(x－1)＋，过定点P，舍去；
当2k＋14t＋3＝0时，t＝－k－，此时直线AB的方程为y＝k，过定点．
综上，直线AB过定点．
反思领悟　动线过定点问题的两大类型及解法
(1)动直线过定点问题解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点
(－m，0)．
(2)动曲线C过定点问题解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
(2025·安徽合肥模拟)设抛物线E：y2＝2px(p>0)，过焦点F的直线与抛物线E交于点A，B．当直线AB垂直于x轴时，＝2．
(1)求抛物线E的方程；
(2)已知点P，直线AP，BP分别与抛物线E交于点C，D．求证：直线CD过定点．
[解]　(1)由题意，当直线AB垂直于x轴时，直线AB的方程为x＝，
联立 可得则＝2p，所以2p＝2，即p＝1，所以抛物线E的方程为y2＝2x．
(2)证明：若直线AB与x轴重合，则直线AB与抛物线E只有一个交点，不符合题意，
同理可知，直线CD也不与x轴重合，设C(x3，y3)，D(x4，y4)，直线AB的方程为x＝my＋，联立
得y2－2my－1＝0，Δ＝4m2＋4>0，
因此y1＋y2＝2m，y1y2＝－1．
设直线AC的方程为x＝ny＋1，联立 得y2－2ny－2＝0，
则Δ′＝4n2＋8>0，因此y1＋y3＝2n，y1y3＝－2，则y3＝，同理可得y4＝．
当m≠0时，kCD＝＝＝＝＝－＝．
因此直线CD的方程为x＝2m·＋x3，
由对称性知，定点在x轴上，
令y＝0，得x＝－2my3＋x3＝＝－2m·＝＝＝＝＝2，
当m＝0时，可得A，B，直线AP：y＝－2x＋2，与抛物线方程联立得C(2，－2)，同理可得D(2，2)，所以直线CD：x＝2，
所以直线CD过定点．
【教用·备选题】
1．(2025·福建厦门模拟)已知双曲线C：＝1的离心率为，点T在C上．
(1)求C的方程；
(2)设圆O：x2＋y2＝2上任意一点P处的切线交C于M，N两点，证明：以MN为直径的圆过定点．
[解]　(1)依题意得
即解得a2＝1，b2＝2，
所以双曲线C的方程为x2－＝1．
(2)证明：法一：设M，N，
①当切线斜率存在时，设直线方程为y＝kx＋m，因为直线与圆相切，所以＝，整理得m2＝2＋2k2，
联立消去y并整理得x2－2kmx－m2－2＝0，
Δ＝4k2m2＋4＝8(m2＋2－k2)＝8(4＋k2)>0，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
由对称性知，若以MN为直径的圆过定点，则定点必为原点．
·＝x1x2＋y1y2
＝x1x2＋
＝x1x2＋mk＋m2
＝·＋mk·＋m2
＝，
又m2＝2＋2k2，所以·＝0，
所以⊥，故以MN为直径的圆过原点．
②当切线斜率不存在时，直线方程为x＝±，
此时M，N或M(，－)，N()，
此时圆的方程为＋y2＝2，恒过原点；
或M，N或M(－，－)，N(－)，
此时圆的方程为＋y2＝2，恒过原点．
综上所述，以MN为直径的圆过定点(0，0)．
法二：设M，N．
①当切线斜率存在时，设直线方程为y＝kx＋m，
因为直线与圆相切，所以＝，整理得m2＝2＋2k2，
联立消去y并整理得x2－2kmx－m2－2＝0，
Δ＝4k2m2＋4＝8(m2＋2－k2)＝8(4＋k2)>0，
则x1＋x2＝，x1x2＝．
以MN为直径的圆的方程为(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0，
即x2－x＋x1x2＋y2－y＋y1y2＝0，
因为x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(k2＋1)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2，
所以x1x2＋y1y2＝·＋km·＋m2＝＝0，
且y1＋y2＝k＋2m＝k·＋2m＝，
所以所求的圆的方程为x2－x＋y2－y＝0，
所以以MN为直径的圆过原点．
②当切线斜率不存在时，同法一，此时圆的方程为＋y2＝2，恒过原点．
综上所述，以MN为直径的圆过定点(0，0)．
2．(2022·全国乙卷)已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0，－2)，B两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点P(1，－2)的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足＝．证明：直线HN过定点．
[解]　(1)设椭圆E的方程为mx2＋ny2＝1，因为椭圆过A(0，－2)，B两点，
则解得m＝，n＝，
所以椭圆E的方程为＝1．
(2)证明：因为A(0，－2)，B，所以直线AB的方程为y＋2＝x．
①若过点P(1，－2)的直线斜率不存在，即直线x＝1，代入＝1，可得M，N，代入直线AB的方程y＝x－2，可得T，由＝得到H．求得直线HN的方程为y＝x－2，过点(0，－2)．
②若过点P(1，－2)的直线斜率存在，设y＋2＝k(x－1)，即kx－y－(k＋2)＝0，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立消去y并整理得(3k2＋4)x2－6k(2＋k)x＋
3k(k＋4)＝0，Δ＝[－6k(2＋k)]2－4(3k2＋4)·3k(k＋4)＝96k2－192k＞0，解得k＜0或k＞2．
可得
联立可得T，H(3y1＋6－x1，y1)．
可求得此时直线HN：y－y2＝(x－x2)，
将(0，－2)代入并整理得2(x1＋x2)－6(y1＋y2)＋x1y2＋x2y1－3y1y2－12＝0，又x1y2＋x2y1＝，
代入，得24k＋12k2＋96＋48k－24k－48－48k＋24k2－36k2－48＝0，显然成立．
综上，可得直线HN过定点(0，－2)．
3．(2020·全国Ⅰ卷)已知A，B分别为椭圆E：＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，·＝8，P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．
(1)求E的方程；
(2)证明：直线CD过定点．
[解]　(1)由题设得A(－a，0)，B(a，0)，G(0，1)．
则＝(a，1)，＝(a，－1)．由·＝8，得a2－1＝8，即a＝3．
所以E的方程为＋y2＝1．
(2)证明：设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t)．
若t≠0，设直线CD的方程为x＝my＋n，由题意可知－3因为直线PA的方程为y＝(x＋3)，所以y1＝(x1＋3)．
因为直线PB的方程为y＝(x－3)，所以y2＝(x2－3)．
可得3y1(x2－3)＝y2(x1＋3)．
由＝1，可得＝－，则27y1y2＝－(x1＋3)(x2＋3)，即(27＋m2)y1y2＋m(n＋3)(y1＋y2)＋(n＋3)2＝0．　(*)
将x＝my＋n代入＋y2＝1，得(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0，
所以y1＋y2＝－，y1y2＝．
代入(*)式，得(27＋m2)(n2－9)－2m(n＋3)mn＋(n＋3)2(m2＋9)＝0．
解得n＝－3(舍去)或n＝．
故直线CD的方程为x＝my＋，所以直线CD过定点．
若t＝0，则直线CD的方程为y＝0，过点．
综上可知，直线CD过定点．
命题点2　定值问题
【典例2】　(2020·新高考Ⅰ卷)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的离心率为，且过点A(2，1)．
(1)求C的方程；
(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
[解]　(1)由题设得＝1，＝，解得a2＝6，b2＝3．所以椭圆C的方程为＝1．
(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入＝1，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，Δ＝(4km)2－4(1＋2k2)(2m2－6)＞0，得m2－6k2－3＜0，于是x1＋x2＝－，x1x2＝．(*)
由AM⊥AN知·＝0，故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，可得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0．
将(*)代入上式，可得(k2＋1)·－(km－k－2)·＋(m－1)2＋4＝0．
整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0．
因为A(2，1)不在直线MN上，所以2k＋m－1≠0，故2k＋3m＋1＝0，k≠1，m＝－k－，满足Δ＞0，
于是MN的方程为y＝k(k≠1)．
所以直线MN过点P．
若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1)．
由·＝0，得
(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0．
又＝1，可得－8x1＋4＝0，
解得x1＝2(舍去)或x1＝，此时直线MN过点P．
令Q为AP的中点，即Q．
若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，
故|DQ|＝|AP|＝．
若D与P重合，则|DQ|＝|AP|．
综上可知，存在点Q，使得|DQ|为定值．
反思领悟　求解定值问题的两大途径
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
(2025·山东济宁二模)已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)的离心率为，且点A(4，3)在双曲线C上．
(1)求C的方程；
(2)若直线l交C于P，Q两点，∠PAQ的平分线与x轴垂直，求证：l的倾斜角为定值．
[解]　(1)由题意得 所以b2＝a2，
又点A(4，3)在双曲线C上，所以＝1，
解得a2＝4，b2＝3，所以双曲线C的方程为＝1．
(2)由已知得直线l的斜率存在，设其方程为y＝kx＋b，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
所以 消去y并整理得(3－4k2)x2－8kbx－4b2－12＝0，
所以Δ＝(－8kb)2－4(3－4k2)(－4b2－12)＝48(b2－4k2＋3)>0，
x1＋x2＝，x1x2＝－，
因为∠PAQ的平分线与x轴垂直，所以kAP＋kAQ＝0，
即＝0，所以(y1－3)(x2－4)＋(y2－3)(x1－4)＝0，
即2kx1x2＋(b－3－4k)(x1＋x2)－8(b－3)＝0，
所以－2k·＋(b－3－4k)·－8(b－3)＝0，
即－24(k＋1)(b＋4k－3)＝0，所以k＝－1或b＝3－4k，
当b＝3－4k时，直线l的方程为y＝kx＋3－4k＝k(x－4)＋3，
即直线l过点A(4，3)，不符合题意，
所以k＝－1，设倾斜角为α(0≤α<π)，即k＝tan α＝－1，α＝，即直线l的倾斜角为定值．
【教用·备选题】
1．(2025·河北保定模拟)已知动点M在x2＋y2＝4上，过M作x轴的垂线，垂足为N，若H为MN的中点．
(1)求点H的轨迹方程；
(2)过A作直线l交H的轨迹于P，Q两点，并且交x轴于B点．若＝λ＝μ，求证：为定值．
[解]　(1)设点H的坐标为，
则N，M，
点M在x2＋y2＝4上，则有x2＋4y2＝4，即＋y2＝1，
所以点H的轨迹方程为＋y2＝1．
(2)证明：当直线l的斜率不存在时，直线方程为x＝0，不妨令P，Q，A，B，
得＝＝，
由＝λ，得λ＝，
＝＝，由＝μ，得μ＝，
此时＝2＋＝．
当直线l的斜率存在时，由直线l交x轴于B点知斜率不为0，设直线方程为y＝kx＋，
则有B，设P，Q，
由消去y得x2＋4kx－3＝0，
Δ＝16k2＋12>0，x1＋x2＝，x1x2＝，
＝＝，由＝λ，得＝＝＋1，＝＝，由＝μ，得＝＝＋1，
此时＝＋1＋＋1＝＋2＝＋2＝＋2＝．
综上可知，为定值．
2．(2025·辽宁沈阳三模)已知圆N：(x－3)2＋y2＝25，抛物线G：y2＝2px(p>0)的准线与圆N相切，过抛物线焦点F的动直线l与抛物线交于A，B两点，线段AB的中点为M．
(1)求抛物线G的方程；
(2)当MN⊥x轴时，求直线l的斜率；
(3)求证：|AB|－2|MN|为定值，并求出该定值．
[解]　(1)由题意可得，圆N的圆心为N(3，0)，半径为5，且抛物线的准线为x＝－，与圆N相切，
则＝5，因为p>0，解得p＝4，故抛物线G的方程为y2＝8x．
(2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，
显然直线AB的斜率不为零，设直线l的方程为x＝ty＋2，
联立 可得y2－8ty－16＝0，则Δ＝64t2＋64>0，
由根与系数的关系可得y1＋y2＝8t，y1y2＝－16，
则y0＝＝4t，x0＝ty0＋2＝4t2＋2，即点M(4t2＋2，4t)，
因为MN⊥x轴，则x0＝4t2＋2＝3，解得t＝±，
因此，直线l的斜率为＝±2．
(3)由抛物线焦点弦长公式可得|AB|＝x1＋x2＋4＝t(y1＋y2)＋8＝8(t2＋1)，
由(2)可得|MN|＝＝＝4t2＋1，
所以|AB|－2|MN|＝8(t2＋1)－2(4t2＋1)＝6．
3．(2025·云南昆明模拟)平面上一动点P满足＝2．
(1)求P点轨迹Γ的方程；
(2)已知A，B，延长PA交Γ于点Q，求实数m使得∠PAB＝m∠PBA恒成立，并证明∠PBQ为定值．
[解]　(1)由题意可得，动点P到定点的距离比到定点的距离大2，
由双曲线的定义，可知P点轨迹是以为焦点的双曲线的左支，
设Γ：＝1(a>0，b>0)，
则c＝2，a＝1，b2＝c2－a2＝3，
所以Γ的方程为x2－＝1．
(2)如图，不妨设点P在第二象限，
①当lPQ的斜率不存在时，
Γ：x2－＝1，令x＝－2，解得y＝±3，
则P，此时∠PAB＝，
在Rt△PAB中，＝＝3，所以∠PBA＝，即m＝2，此时∠QAB＝，由对称性知，∠QBA＝∠QAB＝，所以∠PBQ＝∠PBA＋∠QBA＝为定值．
②当lPQ的斜率存在时，令lPA的倾斜角为α，lPB的倾斜角为β，则∠PAB＝α，∠PBA＝π－β，
假设∠PAB＝2∠PBA成立，即α＝2π－2β，则有tan α＝tan (2π－2β)＝－tan 2β＝－，即kPA＝．
又kPA＝＝＝，点P的坐标满足x2－＝1，即y2＝3x2－3，
＝＝＝＝＝－，
所以kPA＝，假设成立，
所以当m＝2时，有∠PAB＝2∠PBA成立．
此时∠QAB＝π－α，由对称性知，∠QBA＝∠QAB＝，而∠PBA＝，
所以∠PBQ＝∠PBA＋∠QBA＝为定值．
4．已知圆A1：(x＋1)2＋y2＝16，直线l1过点A2(1，0)且与圆A1交于点B，C，BC的中点为D，过A2C的中点E且平行于A1D的直线交A1C于点P，记P的轨迹为Γ．
(1)求Γ的方程；
(2)坐标原点O关于A1，A2的对称点分别为B1，B2，点A1，A2关于直线y＝x的对称点分别为C1，C2，过A1的直线l2与Γ交于点M，N，直线B1M，B2N相交于点Q．请从下列结论中，选择一个正确的结论并给予证明．
①△QB1C1的面积是定值；②△QB1B2的面积是定值；③△QC1C2的面积是定值．
[解]　(1)由题意得，A1，A2．
因为D为BC的中点，所以A1D⊥BC，即A1D⊥A2C，
又PE∥A1D，所以PE⊥A2C，又E为A2C的中点，所以＝，
所以＝＝＝4>，
所以点P的轨迹Γ是以A1，A2为焦点的椭圆(左、右顶点除外)．
设Γ：＝1，其中a>b>0，a2－b2＝c2．
则2a＝4，a＝2，c＝1，b＝＝．
故Γ：＝1．
(2)法一：结论③正确．下证△QC1C2的面积是定值．
由题意得，B1，B2，C1，C2，且直线l2的斜率不为0，
可设直线l2：x＝my－1，M，N，且x1≠±2，x2≠±2．
由 得y2－6my－9＝0，
Δ＞0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝，
所以2my1y2＝－3．
直线B1M的方程为y＝，直线B2N的方程为y＝，
由得＝
＝＝＝＝＝，
解得x＝－4．
故点Q在直线x＝－4上，所以Q到C1C2的距离d＝4，因此△QC1C2的面积是定值，为·d＝×2×4＝4．
法二：结论③正确．下证△QC1C2的面积是定值．
由题意得，B1，B2，C1，C2，且直线l2的斜率不为0．
(ⅰ)当直线l2垂直于x轴时，l2：x＝－1，
由得 或
不妨设M，N，
则直线B1M的方程为y＝，
直线B2N的方程为y＝，
由得所以Q，
故Q到C1C2的距离d＝4，此时△QC1C2的面积是·d＝×2×4＝4．
(ⅱ)当直线l2不垂直于x轴时，设直线l2：y＝k，M，N，且x1≠±2，x2≠±2．
由
得x2＋8k2x＋4k2－12＝0，Δ＞0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝．
直线MB1的方程为y＝，直线NB2的方程为y＝，
由得x＝2
＝2＝．
下证：＝－4，
即证4x1x2－2x1＋6x2＝－4，
即证4x1x2＝－10－16，
即证4＝－10－16，
即证4＝－10×－16，
上式显然成立，故点Q在直线x＝－4上，所以Q到C1C2的距离d＝4，此时△QC1C2的面积是定值，为·d＝×2×4＝4．
由(ⅰ)(ⅱ)可知，△QC1C2的面积为定值．
法三：结论③正确．下证△QC1C2的面积是定值．
由题意得，B1，B2，C1，C2，且直线l2的斜率不为0，
可设直线l2：x＝my－1，M，N，且x1≠±2，x2≠±2．
由得y2－6my－9＝0，Δ＞0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝．
直线B1M的方程为y＝，直线B2N的方程为y＝，因为＝1，所以＝－，
故直线B2N的方程为
y＝－．
由
得＝－＝－
＝－
＝－＝3，
解得x＝－4．
故点Q在直线x＝－4上，所以Q到C1C2的距离d＝4，
因此△QC1C2的面积是定值，为·d＝×2×4＝4．
命题点3　定直线问题
【典例3】　(2023·新高考Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－2，0)，离心率为．
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(－4，0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P，证明：点P在定直线上．
[解]　(1)双曲线C的中心为原点，左焦点为(－2，0)，离心率为，
则解得
故双曲线C的方程为＝1．
(2)证明：过点(－4，0)的直线与C的左支交于M，N两点，
则可设直线MN的方程为x＝my－4，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
因为C的左、右顶点分别为A1，A2，
则A1(－2，0)，A2(2，0)，
联立化简整理可得，(4m2－1)y2－32my＋48＝0，
故Δ＝(－32m)2－4×48×(4m2－1)＝256m2＋192>0且4m2－1≠0，
y1＋y2＝，y1y2＝，
又因为直线与双曲线左支交于两点，所以y1y2＜0，得－＜m＜．
直线MA1的方程为y＝(x＋2)，直线NA2的方程为y＝(x－2)，
故＝＝＝
＝＝＝－，
故＝－，解得x＝－1，所以xP＝－1，
故点P在定直线x＝－1上运动．
反思领悟　定直线问题是指因图形变化或点的移动而产生的动点在定直线上的问题．这类问题的核心在于确定动点的轨迹，主要方法有：(1)设点法：设点的轨迹，通过已知点的轨迹，消去参数，从而得到轨迹方程；(2)待定系数法：设出含参数的直线方程，用待定系数法求解出系数；(3)验证法：通过特殊点位置求出直线方程，对一般位置再进行验证．
(2025·福建漳州模拟)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，离心率为，点P为C上一点，△PF1F2的周长为2＋2，其中O为坐标原点．
(1)求C的方程；
(2)直线l：y＝x＋m与C交于A，B两点．
(ⅰ)求△OAB面积的最大值；
(ⅱ)设＝，试证明点Q在定直线上，并求出定直线方程．
[解]　(1)设焦距为2c，依题意，
解得又a2＝b2＋c2，所以b2＝a2－c2＝1，
所以C的方程为＋y2＝1．
(2)(ⅰ)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
因为所以3x2＋4mx＋2m2－2＝0，
Δ＝16m2－4×3×(2m2－2)>0，解得m2<3，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝，|AB|＝
＝＝＝，
点O到直线l：x－y＋m＝0的距离d＝，
所以△OAB的面积S＝
＝＝，
当且仅当3－m2＝m2，即m＝±时，△OAB面积的最大值为．
(ⅱ)设Q(x，y)，由＝，有(x，y)＝(x1＋x2，y1＋y2)，
即
因为x1＋x2＝－，所以y1＋y2＝x1＋x2＋2m＝，
故于是有y＝－x，
所以点Q在定直线y＝－x上．
【教用·备选题】
[拓展定曲线问题]如图是一种木工制图工具，O是直滑槽AB的中点，短杆ON可绕O转动，长杆MN通过N处铰链与ON连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动，且|ON|＝|DN|＝1，|DM|＝2．当栓子D在滑槽AB内往复运动一次时，带动N绕O转动一周(D不动时N也不动)，M处的笔尖画出的曲线记为C．
(1)判断曲线C的形状，并说明理由；
(2)动点P在曲线C外，且点P到曲线C的两条
切线相互垂直，求证：点P在定圆上．
[解]　(1)建立如图所示的平面直角坐标系，
设点D(t，0)(|t|≤2)，N(x0，y0)，M(x，y)，
由题意得＝2，且|ON|＝|DN|＝1，
＝(t－x，－y)，＝(x0－t，y0)，
所以即
因为|ON|＝|DN|＝1，
所以解得t＝0或t＝2x0，因为D点为动点，
所以不恒为0，所以t＝2x0，
所以即
代入＝1，得＝1，
所以曲线C为椭圆．
(2)证明：设P点坐标为(m，n)，两个切点坐标分别为E(x1，y1)，f (x2，y2)，因为两条切线垂直，所以·＝0，即(x1－m)(x2－m)＋(y1－n)·(y2－n)＝0，化简得x1x2－m(x1＋x2)＋m2＋y1y2－n(y1＋y2)＋n2＝0．①
因为E，F均为过P点的椭圆的切线的切点，可得直线EF的方程为＝1，即mx＋4ny＝16，联立消去y得，
x2－x＋－16＝0，
所以x1x2＝，x1＋x2＝．②
联立消去x得，y2－y＋－16＝0，所以y1y2＝，y1＋y2＝．③
将②③代入①式化简可得(m2＋n2－20)(4m2＋16n2－64)＝0，
所以m2＋n2＝20或＝1．
因为点P在椭圆外，所以m2＋n2＝20，所以点P在定圆上．
【教师备选资源】
命题点　圆锥曲线中的存在性问题
【典例】　(2024·天津高考)已知椭圆＝1(a>b>0)，椭圆的离心率e＝，左顶点为A，下顶点为B，O为坐标原点，C是线段OB的中点，其中S△ABC＝．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的动直线与椭圆有两个交点P，Q，在y轴上是否存在点T使得·≤0？若存在，求出点T纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由．
[解]　(1)因为椭圆的离心率e＝，故a＝2c，b＝c，其中c为半焦距，
所以A(－2c，0)，B(0，－c)，C，故S△ABC＝×2c×c＝，
故c＝，所以a＝2，b＝3，
故椭圆的方程为＝1．
(2)若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为y＝kx－，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，T(0，t)，
由消去y可得(3＋4k2)x2－12kx－27＝0，
故Δ＝144k2＋108(3＋4k2)＝324＋576k2>0，且x1＋x2＝，x1x2＝－，
而＝(x1，y1－t)，＝(x2，y2－t)，
故·＝x1x2＋(y1－t)(y2－t)＝x1x2＋
＝(1＋k2)x1x2－k(x1＋x2)＋
＝(1＋k2)×－k
＝
＝，
因为·≤0恒成立，故
解得－3≤t≤．
若过点的动直线的斜率不存在，则P(0，3)，Q(0，－3)或P(0，－3)，Q(0，3)，
此时需－3≤t≤3，两者结合可得－3≤t≤．
综上，点T的纵坐标的取值范围是．
反思领悟　肯定顺推法求解存在性问题
先假设满足条件的元素(点、直线、曲线、参数等)存在，用待定系数法设出，并列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线、参数等)存在；否则，元素(点、直线、曲线、参数等)不存在．
已知动点M(x，y)与定点f (1，0)的距离和点M到定直线l：x＝4的距离的比是常数，记点M的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程．
(2)若直线m：kx－y－k＝0与曲线C交于A，B两点，
(ⅰ)求|AB|的取值范围；
(ⅱ)是否存在实数k，使得点N在线段AB的中垂线上？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．
[解]　(1)因为动点M(x，y)与定点f (1，0)的距离和点M到定直线l：x＝4的距离的比是常数，所以＝，化简整理得3x2＋4y2＝12，即曲线C的方程为＝1．
(2)联立整理得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，可得Δ＝64k4－4(4k2＋3)(4k2－12)＝144k2＋144>0，
且x1＋x2＝，x1x2＝，所以y1＋y2＝k(x1＋x2)－2k＝．
(ⅰ)由弦长公式，可得|AB|＝|x1－x2|＝
＝＝3，
因为3<3≤4，
所以|AB|的取值范围为(3，4]．
(ⅱ)由x1＋x2＝且y1＋y2＝，
可得AB的中点为P，
所以PN的斜率kPN＝＝，
因为点N在线段AB的中垂线上，
可得·k＝－1，解得k＝±1，
所以存在k＝±1，使得点N在线段AB的中垂线上．
【教用·备选题】
1．已知椭圆C：＝1，设过点A的直线l交椭圆C于M，N两点，交直线x＝4于点P，点E为直线x＝1上不同于点A的任意一点．
(1)若≥1，求b的取值范围．
(2)若b＝1，记直线EM，EN，EP的斜率分别为k1，k2，k3，问是否存在k1，k2，k3的某种排列(其中＝)，使得成等差数列或等比数列？若存在，写出结论，并加以证明；若不存在，说明理由．
[解]　(1)设M，其中＝1，－2≤x1≤2且x1≠1，则|AM|＝＝
＝，
由≥1，得－2x1＋b2＝(x1－2)≥0，
因为x1≤2，00，所以x1－≤0，所以x1≤，
只需2≤，又0所以b的取值范围是[，2)．
(2)存在k1，k3，k2或k2，k3，k1成等差数列，证明如下：
若b＝1，则C：＋y2＝1，设E，t≠0．
①若直线l的斜率为0，则点P，不妨令M，N，
则k1＝－t，k2＝，k3＝－，此时k1，k2，k3的任意排列均不成等比数列，
k1，k3，k2或k2，k3，k1成等差数列．
②若直线l的斜率不为0，设直线l：x＝my＋1(m≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则点P，
由 得(m2＋4)y2＋2my－3＝0，Δ＝16(m2＋3)>0，
故y1＋y2＝，y1y2＝，
因为k1＝，k2＝，k3＝＝，
所以k1＋k2＝
＝＝
＝＝＝＝2k3，
所以k1，k3，k2或k2，k3，k1成等差数列．
综上所述，k1，k3，k2或k2，k3，k1成等差数列．
2．从抛物线y2＝4x上各点向x轴作垂线段，记垂线段中点的轨迹为曲线P．
(1)求曲线P的方程，并说明曲线P是什么曲线．
(2)过点Q(2，0)的直线l交曲线P于A，B两点，线段AB的垂直平分线交曲线P于C，D两点，探究是否存在直线l，使A，B，C，D四点共圆？若存在，请求出圆的方程；若不存在，请说明理由．
[解]　(1)设抛物线y2＝4x上的任意点为(x0，y0)，垂线段的中点为(x，y)，
故 则 代入抛物线方程得(2y)2＝4x，得曲线P的方程为y2＝x，
所以曲线P是焦点为的抛物线．
(2)若直线l与x轴重合，则直线l与曲线P只有一个交点，不符合题意．
设直线l的方程为x＝ty＋2，根据题意知t≠0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立 得y2－ty－2＝0，Δ＝t2＋8＞0，则y1＋y2＝t，
y1·y2＝－2，
则|AB|＝·|y1－y2|＝·＝，
且线段AB的中点的纵坐标为＝，即＝t·＋2＝＋2，
所以线段AB的中点为M，
因为直线CD为线段AB的垂直平分线，可设直线CD的方程为x＝－y＋m，t≠0，则＋2＝－·＋m，故m＝．
联立
得2ty2＋2y－t(t2＋5)＝0，Δ＞0，
设C(x3，y3)，D(x4，y4)，则
y3＋y4＝－，y3·y4＝－(t2＋5)，
故|CD|＝|y3－y4|＝
＝，
所以线段CD的中点为N．
假设A，B，C，D四点共圆，则弦AB的中垂线与弦CD的中垂线的交点必为圆心，因为CD为线段AB的中垂线，则可知弦CD的中点N必为圆心，则|AN|＝|CD|，
在Rt△AMN中，|AN|2＝|AM|2＋|MN|2，所以＝|AM|2＋|MN|2，
则＝(t2＋1)(t2＋8)＋＋，解得t2＝1，即t＝±1，
所以存在直线l，使A，B，C，D四点共圆，且圆心为弦CD的中点N，
圆N的方程为＋＝或＋＝．
3．已知椭圆Γ：＝1(a>b>0)的离心率为，其左焦点为
F1(－2，0)．
(1)求C的方程．
(2)如图，过C的上顶点P作动圆F1的切线分别交C于M，N两点，是否存在圆F1使得△PMN是以PN为斜边的直角三角形？
若存在，求出圆F1的半径；若不存在，请说明理由．
[解]　(1)由题意得c＝2，由离心率为，所以a＝2，则b2＝a2－c2＝4，
所以椭圆C的方程为＝1．
(2)不存在．
证明如下：假设存在圆F1满足题意，当圆F1过原点O时，圆F1的半径为2，此时直线PN与y轴重合，
点M不存在，不合题意，则直线PM，PN的斜率均存在且不为0．
依题意不妨设PM：y＝k1x＋2，
PN：y＝k2x＋2，M，N，圆F1的半径为r，则圆心到直线PM的距离为＝r，
圆心到直线PN的距离为＝r，
即k1，k2是关于k的方程k2＋8k＋r2－4＝0的两异根，此时k1k2＝1．
联立得x2＋8k1x＝0，Δ＞0，
所以xP＋x1＝，即x1＝，得y1＝，
所以，
由k2＝，得，
由题意，PM⊥MN，即kMN＝－，此时
kMN＝＝
＝＝，所以＝－，因为k1≠0，
所以方程无解，命题得证．
4．(2025·山西大同模拟)由半椭圆＝1(x≥0)与半椭圆＝1(x≤0)合成的曲线称作“果圆”，其中a2＝b2＋c2，a>b>c>0．如图，F，F1，F2是相应椭圆的焦点，A1，A2和B1，B2分别是“果圆”与x轴、y轴的交点．
(1)若△FF1F2是边长为2的等边三角形，求“果圆”的方程．
(2)若>，求的取值范围．
(3)连接“果圆”上任意两点的线段称为“果圆”的弦，是否存在斜率为定值k的“果圆”平行弦的中点轨迹总是落在某个椭圆上？若存在，求出所有可能的k值；若不存在，说明理由．
[解]　(1)由题意得f (c，0)，F1(0，－)，F2(0，)，∴＝2＝2，|OF|＝c＝，又a2＝b2＋c2，
解得b＝2，a＝，c＝，
因此“果圆”的方程为＝1(x≥0)，＝1(x≤0)．
(2)因为>，故a＋c>2b，得>2b－a，
而(2b)2>2b2>b2＋c2＝a2，即2b>a，
所以a2－b2>4b2－4ab＋a2，所以<．
又a2＝b2＋c2<2b2，则>，所以的取值范围是．
(3)若斜率为k的直线与椭圆mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n)交于A，B两点，则中点的轨迹在直线上．
证明：设A，B，它们的中点为M，
则＝1且＝1，
从而＝0，
故m＋n(y1－y2)(y1＋y2)＝0，
故mx0＋nky0＝0，故中点在直线mx＋nky＝0上．
对于“果圆”的弦的中点，若斜率k＝0，则设直线y＝t，
它与“果圆”的交点是，
弦的中点(x，y)满足 ，
弦的中点轨迹方程是＝1，
而(a－c)－b＝(a－2b－c)＝－2b－c)<<0，即(a－c)≠b，所以若“果圆”弦所在直线的斜率为0，则平行弦中点轨迹是椭圆．
若“果圆”弦的斜率k≠0，则在平移过程中总存在无数条斜率为k的直线与“果圆”的左半椭圆相交，由前述证明的结论，此时中点在直线上，
故平行弦中点轨迹不能总落在某个椭圆上．
综上，斜率k＝0时，“果圆”平行弦中点轨迹落在某个椭圆上；
斜率k≠0时，“果圆”平行弦中点轨迹不能总落在某个椭圆上．
课后限时练19　圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题
1．(2025·贵州黔南模拟)如图，圆E：(x＋1)2＋y2＝16，f (1，0)是圆E内一个定点，M是圆E上任意一点．线段MF的垂直平分线l和半径EM相交于点N，当点M在圆上运动时，记动点N的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程．
(2)设曲线C与x轴从左到右的交点为点A，B，点P为曲线C上异于A，B的动点，设PA交直线x＝－4于点T，连接BT交曲线C于点Q，直线BP，BQ的斜率分别为kBP，kBQ．
(ⅰ)求证：kBP·kBQ为定值；
(ⅱ)证明：直线PQ经过x轴上的定点，并求出该定点的坐标．
[解]　(1)由题意可知，|NE|＋|NF|＝|NM|＋|NE|＝4>|EF|＝2，
由椭圆定义可得，点N的轨迹是以E，F为焦点的椭圆，
且长轴长2a＝4，焦距2c＝|EF|＝2，
所以b2＝a2－c2＝3，
因此曲线C的方程为＝1．
(2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，T(－4，m)，
(ⅰ)由题可知A(－2，0)，B(2，0)，
如图所示，
则kBP＝，kBQ＝kBT＝＝，
而kAP＝kAT＝＝－，于是m＝，
所以kBP·kBQ＝＝＝，又＝1，则＝，因此kBP·kBQ＝＝－为定值．
(ⅱ)由题意可知，直线PQ不可能与x轴平行，
设直线PQ的方程为x＝ty＋n，知n<0，
由得(3t2＋4)y2＋6tny＋3n2－12＝0，
Δ＝(6tn)2－12(3t2＋4)(n2－4)>0，得3t2－n2＋4＞0，
所以 (*)
由(ⅰ)可知，kBP·kBQ＝－，
即·＝＝＝－，
将(*)代入上式并化简得＝－，化简得n2－n－2＝0，解得n＝2(舍)或n＝－1，
所以直线PQ的方程为x＝ty－1，
因此直线PQ经过定点(－1，0)．
2．(2025·山东潍坊一模)已知抛物线E的顶点为坐标原点O，焦点坐标为(1，0)，过点M(2，0)的直线与E交于A，B两点，过点B作y轴的垂线与直线OA相交于点P．
(1)求E的方程；
(2)证明：点P在定直线l上；
(3)延长BO交(2)中的直线l于点Q，求四边形ABPQ的面积S的最小值．
[解]　(1)由题意，设抛物线E的标准方程为y2＝2px，则＝1，可得p＝2，
故抛物线E的标准方程为y2＝4x．
(2)证明：若直线AB与x轴重合，则该直线与抛物线只有一个交点，不符合题意，
所以设直线AB的方程为x＝my＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立 可得y2－4my－8＝0，Δ＝16m2＋32>0，
所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－8，
由题意可知，直线BP的方程为y＝y2，
直线OA的方程为y＝x＝x＝，
联立直线BP，OA的方程得 可得＝y2，
所以x＝＝－2．
因此，点P在定直线l：x＝－2上．
(3)如图所示，
易知点P(－2，y2)，直线OB的方程为y＝x＝x＝，
联立直线OB与直线l的方程得得y＝－＝y1，
故点Q(－2，y1)，则AQ⊥l，
且|AQ|＝x1＋2，|BP|＝x2＋2，
所以S＝(|AQ|＋|BP|)·|y1－y2|＝(x1＋x2＋4)·＝·＝·
＝·＝，
因为＝|y1|＋≥2＝4，
当且仅当|y1|＝，即y1＝±2时，等号成立，
所以S＝×(4)3＝16．
因此，四边形ABPQ的面积S的最小值为16．
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