2024年新高考新结构题型中大题考点预测：圆锥曲线综合 解析版

新结构题型中大题考点预测:圆锥曲线综合题型一：弦长、面积问题题型二：中点弦问题题型三：定点问题题型四：定值问题题型五：定直线问题题型一：弦长、面积问题2y2x1(2024下·甘肃武威·高三民勤县第一中学校考开学考试)已知椭圆+=1的右焦点为F，设直线l：54x=5与x轴的交点为E，过点F且斜率为k的直线l1与椭圆交于A、B两点，M为线段EF的中点.165(1)若AB=，求直线l1的倾斜角；9(2)设直线AM交直线l于点N.①求直线BN的斜率；BF②求的值.BN【答案】(1)45°或135°5(2)①0；②5【分析】(1)依题设出直线方程，与椭圆方程联立，根据弦长公式列出方程，解之即得；(2)①求出点M的坐标，得到直线AM的方程，与直线l联立求得点N坐标，表示出直线BN的斜率表达式，消元后，运用韦达定理化简即得；②分别利用两点之间距离公式和点到直线距离公式计算化简即得.【详解】(1)当直线l1的斜率为0时，|AB|=25,不合题意；x=my+1如图,可设l1:x=my+1，由x2y2消去x，+=1541 22整理得：(4m+5)y+8my-16=0，显然△>0，设A(x1,y1),B(x2,y2)，y+y=-8m1224m+5则得：,yy=-161224m+522228m26485(m+1)165于是|AB|=1+m⋅(y1+y2)-4y1y2=1+m⋅-2+2=2=9，4m+54m+54m+5解得m=±1，故直线l1的斜率为±1，倾斜角为45°或135°.y1(2)①因M为线段EF的中点，易得M(3,0)，直线AM的直线方程为lAM:y=(x-3)，x1-32y12y12y12y1x1-3-y2my1-2-y2令x=5，得yN=，则N5,，于是，直线BN的斜率为：kBN===x1-3x1-35-x24-my22(y1+y2)-my1y2，(4-my2)(my1-2)16m16而2(y1+y2)-my1y2=-2-m-2=0，4m+54m+5故直线BN的斜率为0；242②由①知BN⊥l，故|BN|=5-x2，因点B在椭圆上，故有y2=4-x2，522242125从而|BF|=(x2-1)+y2=(x2-1)+4-x2=x2-2x2+5=|x2-5|，5555BF5因x2<5，则|BF|=(5-x2)，故=.5BN52x22(2024·山西·校联考模拟预测)已知F为椭圆C:+y=1的右焦点，过点F且斜率为k1的直线与椭圆C2交于点A，B，k1≥0且k1≠1．(1)求AB的取值范围；π(2)过点F作直线ED与椭圆C交于点E，D，直线ED的倾斜角比直线AB的倾斜角大，求四边形4AEBD面积的最大值．4242【答案】(1)2,3∪3,2242(2)3【分析】(1)联立方程组，由弦长公式计算求解即可；(2)解法一：设直线AB的倾斜角为α，将四边形AEBD的面积转化为关于α的表达式，利用函数的单调性即可得解；解法二：结合(1)中结论，将四边形AEBD的面积转化关于k1的表达式，再利用导数求得其最大值，从而得解.【详解】(1)设Ax1,y1，Bx2,y2，易知F(1,0)，2x2联立2+y=1,消去y，得2k2+12221x-4k1x+2k1-1=0．y=k1x-1,2224k12k1-1∵Δ=8k+1>0，∴x1+x2=2，x1x2=2，2k1+12k1+1222222k1+12∴AB=1+k1⋅x1-x2=1+k1⋅x1+x2-4x1x2=2=2+2．2k1+12k1+12 2又2k1+1∈[1,3)∪(3,+∞)，4242∴AB∈2,3∪3,22.(2)如图：πππ解法一：设直线AB的倾斜角为α∈0,4∪4,2，则k1=tanα．2sinα22tan2α+1222+1cosα22由(1)知AB====22sin2α22tanα+1+11+sinα2cosα42．3-cos2απ∵直线DE的倾斜角为α+，44242∴同理可知DE==．3-cos2α+π3+sin2α41π1π1π1π∵SAEBD=AFDFsin+AFEFsin+BFDFsin+BFEFsin242424242=ABDE，42424282∴SAEBD=⋅⋅=．43-cos2α3+sin2α9+3(sin2α-cos2α)-sin2αcos2α2π1-t令t=sin2α-cos2α=2sin2α-∈[-1,1)∪(1,2]，则sin2αcos2α=．42162∴SAEBD=，2t+6t+1742∴当t=-1时，SAEBD取最大值．3π解法二：依题意，∵k1≠1，直线ED的倾斜角比直线AB的倾斜角大，4∴直线ED的斜率存在．k+tanπ141+k1不妨设直线ED的方程：y=k2(x-1)，且k2==，Dx3,y3,Ex1,y4．1-ktanπ1-k11422k2+1由(1)同理得ED=1+k2x3-x4=22⋅2，2k2+11π1π1π1π则SAEBD=AFDFsin+AFEFsin+BFDFsin+BFEFsin24242424221π2k1+1k2+1=ABDEsin=×8⋅2442k2+12k2+11222222k1k2+k1+k2+1k1k2-1+k1+k2=22⋅=22⋅222224k1k2+2k1+k2+12k1k2-1+2k1+k222k1+k11+2k1-k1又k1k2=,k1+k2=，1-k11-k1k2+2k-121+2k-k221111+221-k11-k142k1+1∴SAEBD=2k2+3k-121+2k-k22⋅22=432，11+2116k1+4k1+9k1+2k1+31-k11-k13 22x+1令f(x)=，x≥0，4326x+4x+9x+2x+32222x+12x+x+1x-2x-1∴f(x)=，43226x+4x+9x+2x+32解方程x-2x-1=0，得x=1±2．∴f(x)在区间[0,1+2)上单调递减，在区间(1+2,+∞)上单调递增．1当x≠1时，f(x)≠．6111∵f(0)=，x→+∞时，f(x)→，∴f(x)≤f(0)=，36342∴SAEBD≤42f(0)=．3一、解答题2y2x1(2024上·上海·高三曹杨二中校考期末)已知椭圆Γ：+=1，A是其左顶点，过点S1,0且不42与x轴重合的直线l与Γ交于P、Q两点.(1)若直线l垂直于x轴，求线段PQ的长度；(2)若∠APQ=90°，且点P在x轴上方，求P、Q两点的坐标；(3)设直线AP与y轴交于点M，直线AQ与y轴交于点N，是否存在直线l，使得△APQ的面积是△AMN的两倍？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.【答案】(1)6832(2)P0,2，Q5,-5(3)存在直线l，使得△APQ的面积是△AMN的两倍，理由见详解.【分析】(1)联立直线与椭圆方程，求出方程组的解即可求距离；(2)由∠APQ=90°得到kAP⋅kPQ=-1，与椭圆方程联立可求出点P的坐标，由此得到直线l的方程，与椭圆联立得到点Q的坐标；(3)设直线l的方程为：x=ty+1，与椭圆联立，结合韦达定理和面积公式，分别求出△APQ的面积是△AMN的面积，根据题中给定关系，列方程即可求出直线l的方程.【详解】(1)当直线l垂直于x轴，直线l的方程为x=1，x=1x=1x=1由x2y2得6或6，4+2=1y=2y=-2所以线段PQ的长度为PQ=6.(2)由题意A-2,0，S1,0，设Px1,y1，Qx2,y2，因为∠APQ=90°，所以kAP⋅kPQ=-1，y1y1因为kAP=，kPQ=kPS=，x1+2x1-1y1y122所以⋅=-1，整理得y1=-x1-x1+2，①x1+2x1-122x1y1又因为+=1，②424 由①②且点P在x轴上方，可得P0,2，所以直线l的方程为：y=-2x-1，y=-2x-1x=0x=85832由x2y2解得或，故Q,-.+=1y=2y=-3255425(3)存在直线l，使得△APQ的面积是△AMN的两倍，理由如下：由题意可设直线l的方程为：x=ty+1，Px1,y1，Qx2,y2，x=ty+122由x2y2得2+ty+2ty-3=0，+=142222Δ=4t+122+t=16t+24>0，2t3y1+y2=-2，y1y2=-2，2+t2+t112所以S△APQ=ASy1-y2=×3×y1+y2-4y1y2223234t2+62t12=-+=，22+t22+t22+t2y1y1y1因为kAP==，所以直线AP方程为：y=x+2，x1+2ty1+3ty1+32y1令x=0，则yM=，ty1+3y2y2y2因为kAQ==，所以直线AQ方程为：y=x+2，x2+2ty2+3ty2+32y2令x=0，则yN=，ty2+3112y12y26y1-y2所以S△AMN=OAyM-yN=×2×-=222ty1+3ty2+3ty1y2+3ty1+y2+926y1-y26y1-y22+ty1-y2===，232t183t-2+t2+3t-2+t2+92+t2因为△APQ的面积是△AMN的两倍，1×3×y-yS△APQ2121所以==2，解得t=±，2S△AMN2+ty1-y223所以直线l的方程为：2x-y-2=0或2x+y-2=0.【点睛】方法点睛：对于直线与圆锥曲线的题目，基本方法是直曲联立，化成关于横坐标或纵坐标的一元二次方程，结合韦达定理进行解答.222(2024上·浙江金华·高三统考期末)已知点P是圆S:x+y=1的动点，过P作PH⊥y轴，H为垂足，1且HQ=tHP，HR=HPt>1，记动点Q，R的轨迹分别为S1，S2．t(1)证明：S1，S2有相同的离心率；24(2)若直线l:y=kx-与曲线S1交于A，B，与曲线S2交于C，D，与圆S交于M，N，当k>3时，试比2222较AB+CD与2MN的大小．【答案】(1)证明见解析222(2)AB+CD<2MN．5 【分析】(1)借助向量共线定理即可得轨迹方程，即可得离心率；2222222(2)联立直线与曲线S1，借助弦长公式可得AB、CD、MN，即可得AB+CD，令k=a，t=x，通过22ax+xx+2a222构造函数fx=+，结合导数研究函数的单调性，从而研究AB+CD与2MN的22ax+1x+a大小关系.a=x【详解】(1)设Pa,b，Qx,y，由HQ=tHP得t，b=y2x22x2∴+y=1，即S1的轨迹方程为+y=1，tt2222同理可得S2的轨迹方程为tx+y=1，1所以S1，S2的离心率均为e=1-2，t(2)设A，B分别为x1,y1，x2,y2，y=kx-22222212联立2，消去y得1+tkx-2ktx-t=0，x+y2=122t12-t22212kt2则Δ=4ttk+2>0，x1+x2=22，x1x2=22，1+tk1+tk222212224tk+1kt+2则AB=k+1x1+x2-4x1x2=222，kt+1221222124k+1k+2t24k+1k+2同理可得CD=，MN=，22222k+tk+1222212212224tk+1kt+24k+1k+2t∴AB+CD=+222222kt+1k+tt22k2t2+12222k+t=2k+1+，k2t2+12k2+t222222ax+xx+2a令k=a，t=x，fx=+，x≥1，22ax+1x+a2222当x=1时，t=1，AB=CD=MN，则AB+CD=2MN，333ax+1x+3a3ax+1x+a-x+3aax+1则fx=-=3333ax+1x+aax+1⋅x+a322423a-ax+1+6a-3a+1x=x-1⋅，33ax+1⋅x+a424324因为x≥1且k>3，所以a=k>3，3a-a<0，6a-3a+1<0，所以fx<0，所以fx在1,+∞上单调递减，222所以当x>1时，fx<f1，所以AB+CD<2MN．222【点睛】关键点睛：本题第2小问解决的关键在于，借助弦长公式表示出AB、CD、MN，从而利用导数即可得解.y22x13(2024上·山东青岛·高三青岛二中校考期末)已知椭圆T:+=1a>b>0的离心率，其上a2b222焦点F与抛物线K:x=4y的焦点重合.6 (1)求椭圆T的方程；(2)若过点F的直线交椭圆T于点A、B，同时交抛物线K于点C、D(如图1所示，点C在椭圆与抛物线第一象限交点上方)，判断AC与BD的大小关系，并证明；(3)若过点F的直线交椭圆T于点A、B，过点F与直线AB垂直的直线EG交抛物线K于点E、G(如图2所示)，判断四边形AEBG的面积是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，说明理由.y22x【答案】(1)+=143(2)AC>BD，证明见解析(3)存在，最小值为8【分析】(1)求出抛物线K的焦点坐标，可得出c的值，利用椭圆的离心率可得出a的值，由此可计算出b的值，由此可得出椭圆T的方程；6(2)设直线AB方程为y=kx+1，分析可知k>，将直线AB的方程分别与椭圆、抛物线的方程联立，列12出韦达定理，利用弦长公式求出AB、CD，利用作差法可得出AB、CD的大小关系；(3)设Ax1,y1、Bx2,y2、Ex5,y5、Gx6,y6，对直线AB的斜率是否存在进行分类讨论，在直线AB的斜率存在时，求出AB、EG的表达式，利用二次函数的基本性质可求得四边形AEBG面积的取值范围；在直线AB的斜率不存在时，直接求出四边形AEBG的面积，综合可得出四边形AEBG面积的最小值.2【详解】(1)解：由题意可知，抛物线K:x=4y的焦点为F0,1，c122由题意可知，c=1，=，则a=2，所以，b=a-c=4-1=3，a2y22x因此，椭圆T的方程为+=1.43(2)解：由题意，设椭圆与抛物线的交点为M，2x=4y26y2x2x=-3262联立4+3=1解得2，即点M-3,3，y=3x<02-136所以，直线MF的斜率为kMF==，-261236若要产生如图1中A、B、C、D四点的位置，可知k>，12设直线AB方程为y=kx+1，设Ax1,y1、Bx2,y2、Cx3,y3、Dx4,y4，y=kx+122联立y2x2，消去y得4+3kx+6kx-9=0，+=1437 222Δ1=36k+363k+4=144k+1>0，6k9由韦达定理可得x1+x2=-2，x1x2=-2，3k+44+3k222所以AB=1+k⋅x1-x2=1+kx1+x2-4x1x226k24×912k+12=1+k⋅-+=，3k2+43k2+43k2+42抛物线K的方程为x=4y，y=kx+122联立2，消去y得x-4kx-4=0，Δ2=16k+16，x=4y由韦达定理可得x3+x4=4k，x3x4=-4，22222所以CD=1+k⋅x3-x4=1+k⋅x3+x4-4x3x4=1+k⋅16k+162=41+k，所以AC-BD=AC+AD-BD+AD=CD-AB2222121+k41+k3k+1=41+k-=>0，即AC>BD.224+3k4+3k(3)解：存在最小值，最小值为8.设Ax1,y1、Bx2,y2、Ex5,y5、Gx6,y6，当直线AB的斜率存在且不为零时，设直线AB方程为y=kx+1k≠0，1则直线EG方程为y=-x+1，k2121+k2由(2)可知：AB=，由CD=41+k，24+3k11以-替换k，可得EG=41+，kk222211121+k1241+k所以S四边形AEBG=2AB⋅EG=2×2×41+2=22，4+3kkk4+3k22241+k24==31+k22-21+k221-13-2-221+k1+k21因为1+k>1，令t=∈0,1，21+k2则函数ft=-t-2t+3在0,1上单调递减，24当0<t<1时，则0<ft<3，则S四边形AEBG=>8，fty=1x=±2当直线AB的斜率不存在时，由2可得，则EG=4，AB=2a=4，x=4yy=111所以S四边形AEBG=AB⋅EG=×4×4=8.22综上所述：S四边形AEBG≥8，所以四边形AEBG面积的最小值为8.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值.24(2024·全国·高三专题练习)已知抛物线C:y=2px(p>0)的焦点为F，准线为l.若抛物线C与直线py=2x-2交于P,Q两点，且PQ=6.8 (1)求抛物线C的方程；(2)过焦点F的直线与C交于不同的两点A,B,O为坐标原点，直线OA与l交于点M.连接MF，过点F作MF的垂线与l交于点N.求证：O,B,N三点共线.2【答案】(1)y=4x(2)证明见解析【分析】(1)联立直线与抛物线方程，再利用焦半径公式得到方程，解出p即可；-4(2)设直线AB的方程为x=ty+1，将其与抛物线方程联立得到韦达定理式，再求出M-1,，计算出y3y3kFN=-，再得到直线FN的方程，再求出N点坐标，最后计算斜率之差即可.2p【详解】(1)联立y=2x-2，得4x2-8px+p2=0,Δ=48p2>0，y2=2px2p设Px1,y1,Qx2,y2,∴x1+x2=2p,x1x2=，4易知直线过焦点F,∴PQ=x1+x2+p=3p=6，解得p=2，2∴抛物线C的方程为y=4x.(2)设直线AB的方程为x=ty+1，x=ty+122联立2，得y-4ty-4=0,Δ=16t+16>0，y=4x设Ax3,y3,Bx4,y4，则y3+y4=4t,y3y4=-4.y324直线OA的方程为y=x，由y3=4x3得y=x，x3y3-4-4令x=-1，则y=，则点M的坐标为-1,，y3y3-4-0y32y3∴直线MF的斜率kMF==，则直线FN的斜率kFN=-.-1-1y32y3∴直线FN的方程为y=-x-1，令x=-1，则y=y3，2点N的坐标为-1,y3,∴直线ON的斜率kON=-y3.y424又直线OB的斜率kOB=，由y4=4x4得kOB=，x4y444+y3y44-4则kOB-kON=--y3===0,∴O,B,N三点共线.y4y4y4【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法，将其与抛物线方程联立得到韦达定理式，再利用直y34线垂直于斜率之间关系得到kFN=-，从而解出N点坐标，再计算出kOB=，最后斜率作差即可证明三2y4点共线.2y2x5(2024上·湖南益阳·高三统考期末)已知椭圆C:+=1a>b>0，过椭圆C上一动点P引圆22ab222O:x+y=b的两条切线PA、PB,A、B为切点，直线AB与x轴、y轴分别交于点E、F．(1)已知P点坐标为x0,y0x0y0≠0，求直线AB的方程；22ab(2)若圆O的半径为2，且+=2，过椭圆C的右焦点作倾斜角不为0的动直线l与椭圆C交22OFOE于M、N两点，点Q在x轴上，且QM⋅QN为常数，求△QMN的面积的最大值．2【答案】(1)x0x+y0y=b9 2(2)2【分析】(1)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，求出kOA，求出kPA，求出切线PA的方程，同理求出切线PB的方程即可求出直线AB的方程；22ab(2)由(1)得出点E和点F的坐标，代入+=2得到椭圆的方程，设出直线l的方程，联立直线22OFOE与椭圆的方程写出韦达定理，设Q(t,0)，求出QM⋅QN，根据QM⋅QN为定值求出t，求出焦点坐标，根据15S△QMN=2OF-2h即可求出△QMN的面积的最大值.【详解】(1)如图，y1设A(x1,y1)，B(x2,y2)，所以kOA=，x1x1x1所以kPA=-，所以切线PA的方程为y-y1=-(x-x1)，y1y12222因为x1+y1=b，所以切线PA的方程为yy1+x1x=b，2同理可得切线PB的方程为yy2+x2x=b，因为点P即在直线PA也在直线PB上，2所以直线AB的方程为x0x+y0y=b；(2)如图，44由题意得：b=2，由(1)易得Ex,0，F0,y，0022x2a2y2ab00代入+=2得+=1，OF2OE283222222因为x0+y0=4，所以(4-a)x0+4a=32，22因为点P为动点，所以4a=32，所以a=8，2y2x所以椭圆方程为+=1，设直线l:x=ky+2，842y2x+=18422联立得(k+2)y+4ky-4=0，x=ky+24k4所以y1+y2=-2，y1y2=-2，k+2k+2设Q(t,0)，所以QM⋅QN=(x1-t,y1)⋅(x2-t,y2)=(x1-t)(x2-t)+y1y2=(ky1+2-t)(ky2+2-t)+y1y222=(k+1)y1y2+k(2-t)(y1+y2)+(t-2)1222=[(t-8)k+2(t-2)-4]，2k+2t2-81因为QM⋅QN为定值，所以=，2(t-2)2-4255所以t=，所以Q,0，由椭圆方程易得焦点F(2,0)，2215112所以S△QMN=2OF-2h=4|y1-y2|=4(y1+y2)-4y1y22k+12=2，令k+1=t，t∈[1,+∞)，22(k+2)2t222所以S△QMN==≤=，t+1t+1122t⋅tt10 1当且仅当t=，即t=1时等号成立，t2所以△QMN的面积的最大值为.222ab【点睛】关键点点睛：本题关键在于得出点E和点F的坐标，代入+=2得到椭圆的方程，设出22OFOE直线l的方程，联立直线与椭圆的方程写出韦达定理，设Q(t,0)，求出QM⋅QN，根据QM⋅QN为定值求出t.16(2024下·重庆·高三重庆一中校考开学考试)在平面直角坐标系中，过直线l:x=-上任一点M作41该直线的垂线PM，F,0，线段FM的中垂线与直线PM交于点P．4(1)当M在直线l上运动时，求点P的轨迹C的方程；22(2)过P向圆N:(x-2)+y=1引两条切线，与轨迹C的另一个交点分别为A，B．(i)证明：直线AB与圆N也相切；(ii)求△PAB周长的最小值．2【答案】(1)y=x(2)(i)证明见解析(ii)631【分析】(1)根据题意可得PM=PF，从而得到点P的轨迹C是以F,0为焦点的抛物线，求出方程.;4(2)(i)分三种情况讨论：①PA斜率不存在时，求出点A坐标，PB直线方程，得到PB与抛物线只有一个交点P，不满足题意舍去；②直线PB斜率不存在时，从而求出A，B两点坐标，得到直线AB方程，验证圆心到直线AB距离即可；22222③假设直线PA与PB斜率同时存在，不妨设P(t,t)t≠1且t≠3，A(t1,t1)，B(t2,t2)，分别表示出PA、222-2tPB方程，利用相切条件得到t1，t2为方程(t-1)x+2tx+3-t=0的两根，由韦达定理有t1+t2=2，t1t2t-123-t=，代入圆心到直线AB的距离公式即可证明；2t-1(ii)利用三角形内切圆的性质可得PA+AB+PB=2S△PAB，求三角形周长最小值转化为求面积最小值，求出弦长AB以及P到直线AB的距离，化简得到S△ABP=2222222t-1-t-1+1t-1+2t-1+4224，λ=t-1，λ∈-1,0∪0,+∞，所以S△PAB=t-1222222λ-λ+1λ+2λ+4λ-λ+1λ+2λ+4，设f(λ)=，利用导函数即可求出f(λ)的最小值，从而得44λλ到三角形面积的最小值，即可求出三角形周长的最小值.11【详解】(1)由过直线l:x=-上任一点M作该直线的垂线PM，F,0，线段FM的中垂线与直线PM44交于点P，作出下图：11 12由图可得PM=PF，所以点P的轨迹C是以F,0为焦点的抛物线，故点P的轨迹C的方程为y=4x；(2)(i)不妨假设直线PA在圆的左侧，直线PB在圆的右侧，①当PA斜率不存在时，则直线PA的方程为x=1，可设P(1,1)，则A(1,-1)，设直线PB方程为y-1=k(x-1)，由于PB与圆相切，解得k=0，则直线PB方程为y=1，与抛物线只有一个交点，不满足题意，②当PB斜率不存在时，则直线PB的方程为x=3，可设P(3,3)，则B3,-3，设直线PA方程为y-3=k(x-3)，3由于PA与圆相切，解得k=，3则直线PA方程为x-3y=0，此时A(0,0)，则直线AB方程为x+3y=0，所以圆心N(2,0)到直线AB2的距离d==1，满足题意.21+322222③假设直线PA与PB斜率同时存在，不妨设P(t,t)t≠1且t≠3，A(t1,t1)，B(t2,t2)，t1-t112所以kPA=2=，则直线PA的方程y-t=(x-t)，即x-(t+t1)y+tt1=0，t1-tt1+tt1-t222+tt1222因为直线PA与圆N:(x-2)+y=1相切，所以=1，化简得：(t-1)t1+2tt1+3-t=0，21+(t+t1)222222同理可得(t-1)t2+2tt2+3-t=0，则t1，t2为方程(t-1)x+2tx+3-t=0的两根，22+3-t-2t3-t22+t1t2t2-1所以t1+t2=2，t1t2=2，所以圆心N到直线AB的距离d=2==t-1t-11+(t+t)-2t2121+t2-1222t-2+3-tt2-1t2+1=1，t4-2t2+1+4t222t+122t-1所以直线AB与圆N也相切；11(ii)由题可得S△PAB=PA+AB+PBr=PA+AB+PB，所以PA+AB+PB=222S△PAB，故要求△PAB周长的最小值即求△PAB面积的最小值，2-2t3-t由(i)可得直线AB的方程为x-(t2+t1)y+t2t1=0，且t1+t2=2，t1t2=2，t-1t-12t-(t1+t2)t+t1t222则P到直线AB的距离d=，弦长AB=1+t1+t2t1+t2-4t1t2，所以S△PAB=21+(t1+t2)122dAB=t-(t1+t2)t+t1t2(t1+t2)-4t1t2212 t4+342t4-3t2+3t4+32t2-12-t2-1+1t2-12+2t2-1+42t-3t+3===t2-1t2-12t2-14t2-142222λ-λ+1λ+2λ+4令λ=t-1，λ∈-1,0∪0,+∞，所以S△PAB=4λ222232λ-λ+1λ+2λ+4λ+2λ+42λ+3λ++8λ-2设f(λ)=，则f(λ)=，45λλ232由于在λ∈-1,0∪0,+∞时，λ+2λ+42λ+3λ++8>0很成立，所以在λ∈-1,0时，f(λ)>0，在λ∈0,2时，f(λ)<0，λ∈(2,+∞)时，f(λ)>0，所以f(λ)在区间-1,0和2,+∞上单调递增，在区间0,2上单调递减，由于f(-1)=27，f(2)=27，22故fmin(λ)=f(-1)=f(2)=27，此时t=0或t=3，即点P的坐标为(0,0)或±3,3时，△PAB的面积取最小值S△PABmin=27=33所以PA+AB+PBmin=2S△PABmin=63，故△PAB周长的最小值为63,【点睛】方法点睛：本题考查了轨迹问题，以及三角形的内切圆问题.求轨迹方程常用方法有：(1)待定系数法；(2)直接法；(3)相关点法；(4)几何法;2S三角形内切圆的半径r=(其中S为三角形面积，l为三角形周长)l27(2023上·广西河池·高三贵港市高级中学校联考阶段练习)设A，B是抛物线C:y=4x上异于O0,0的两点．111(1)设直线OA，OB，AB的斜率分别为k1，k2，k3，求证：+=；k1k2k3(2)设直线AB经过点F1,0，若C上恰好存在三个点Dii=1,2,3，使得△ABDi的面积等于42，求直线AB的方程．【答案】(1)证明见解析(2)x-y-1=0或x+y-1=0111【分析】(1)设A(x1,y1),B(x2,y2)，进而结合抛物线方程表示出+,的结果，即可证明结论；k1k2k3(2)说明直线AB的斜率不存在时不合题意，故设出直线AB方程，结合导数的几何意义求出和AB平行的抛物线的切线的切点坐标，进而联立直线和抛物线方程，求出弦长，再求出切点到直线AB的距离，结合三角形面积即可求出直线AB的斜率，结合抛物线的对称性即可得答案.2【详解】(1)由题意A，B是抛物线C:y=4x上异于O0,0的两点，22设A(x1,y1),B(x2,y2)，则y1=4x1,y2=4x2，2211x1x2y1y2y1+y2故+=+=+=，k1k2y1y24y14y24221x2-x1y2-y1y2+y1由题意知AB的斜率存在，故===，k3y2-y14(y2-y1)4111故+=；k1k2k3(2)由题意知直线AB经过点F1,0，若直线AB的斜率不存在，此时其方程为x=1，1不妨取A(1,2),B(1,-2)，此时S△ABO=×1×4=2<42，22此时曲线C:y=4x在x=1左侧的部分上不存在点D，使得△ABD的面积等于42，2曲线C:y=4x在x=1右侧的部分上将存在两点Dii=1,2，使得△ABDi的面积13 等于42，此时C上存在两个点Dii=1,2,，使得△ABDi的面积等于42，不合题意；当AB斜率存在时，结合抛物线的对称性，不妨设AB的斜率为k,k>0，2m设和AB平行的直线l和抛物线相切，设切点为D4,m，由于k>0，此时切线l和抛物线在第一象限内的部分相切，11212此时y=2x，y=，则k==，则D,，xm2mk2k4y=k(x-1)设直线AB的方程为y=k(x-1)，联立y2=4x，2416得y-y-4=0，Δ==16>0，k2k4则y1+y2=,y1y2=-4，k24(k2+1)12k+116故|AB|=1+2⋅(y1+y2)-4y1y2=2⋅2+16=2，kkkk1-2-k1+k12kkk点D,到直线AB的距离为d==，k2k221+k1+k1314(k2+1)+k2(k2+1)2k故S△ABD=2⋅2⋅2=3，k1+kk32(k2+1)2k2+13k2+13令=42，则=(2),∴=2，3kkk解得k=1，则D(1,2)，2即曲线C:y=4x在直线AB左侧的部分上存在点D(1,2)，使得△ABD的面积等于42，2则曲线C:y=4x在AB右侧的部分上必将存在两点Dii=1,2，使得△ABD的面积等于42，此时直线AB的方程为y=x-1，即x-y-1=0；根据抛物线的对称性，则k=-1时，即直线AB的方程为x+y-1=0也符合题意，故直线AB的方程为x-y-1=0或x+y-1=0.【点睛】难点点睛：本题考查直线和抛物线的位置关系的应用，解答的难点在于第二问根据三角形面积求解直线方程，解答时设直线方程，联立抛物线方程，求得弦长，结合导数的几何意义，确定切点坐标，求出切点到直线的距离，进而表示出三角形面积，即可求得参数k，解答过程中计算量较大，计算需要十分细心.2n8(2024·广东深圳·统考一模)已知动点P与定点Am,0的距离和P到定直线x=的距离的比为mm常数．其中m>0,n>0，且m≠n，记点P的轨迹为曲线C．n(1)求C的方程，并说明轨迹的形状；(2)设点B-m,0，若曲线C上两动点M,N均在x轴上方，AM∥BN，且AN与BM相交于点Q．11①当m=22,n=4时，求证：+的值及△ABQ的周长均为定值；AMBN②当m>n时，记△ABQ的面积为S，其内切圆半径为r，试探究是否存在常数λ，使得S=λr恒成立？若存在，求λ(用m,n表示)；若不存在，请说明理由．【答案】(1)答案见解析14 2(m+n)(2)①证明见解析；②存在；λ=2n2y2x【分析】(1)设Px,y，由题意可得+=1，结合椭圆、双曲线的标准方程即可求解；222nn-m(2)设点Mx1,y1,Nx2,y2,Mx3,y3，其中y1>0,y2>0且x3=-x2,y3=-y2.(ⅰ)由AM⎳BN可知M,A,M三点共且BN=AM，设MM：x=ty+22，联立C的方程，利用韦达定11理表示y1+y3,y1y3，进而表示出+，结合(1)化简计算即可；由椭圆的定义，由AM⎳BN得AMBN8-AM⋅BN8-BN⋅AMBQ=，AQ=，进而表示出AQ+BQ，化简计算即可；(ii)由AM+BNAM+BN(ⅰ)可知M,A,M三点共线，且BN=AM，设MM：x=sy+m，联立C的方程，利用韦达定理表示y1112n+y3,y1y3，计算化简可得+=22，结合由内切圆性质计算即可求解.AMBNm-n22(x-m)+ym【详解】(1)设点Px,y，由题意可知=，2x-nnm22m2即(x-m)+y=x-n，n2y2x经化简，得C的方程为+=1，222nn-m当m<n时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆；当m>n时，曲线C是焦点在x轴上的双曲线．(2)设点Mx1,y1,Nx2,y2,Mx3,y3，其中y1>0,y2>0且x3=-x2,y3=-y2，2y2x(ⅰ)由(1)可知C的方程为+=1,A22,0,B-22,0，168y1y2-y2y3因为AM⎳BN，所以===，x1-22x2+22-x2-22x3-222222因此，M,A,M三点共线，且BN=x2+22+y2=-x2-22+-y2=AM，22(法一)设直线MM的方程为x=ty+22，联立C的方程，得t+2y+42ty-8=0，42t8则y1+y3=-2,y1y3=-2，t+2t+2221622由(1)可知AM=4x1-=4-2x1,BN=AM=4-2x3，224-2x+4-2x2-2ty+2-2ty11AM+BN21232123所以+===AMBNAM⋅BN4-2x4-2x2-2ty2-2ty2123212324-2t⋅-42t4-2ty1+y32t2+2===1，4-2ty+y+1t2yy42t128132134-2t⋅-2+2t⋅-2t+2t+211所以+为定值1；AMBNAM224(法二)设∠MAx=θ，则有=，解得AM=，22-AMcosθ42+2cosθAM224同理由=，解得AM=，422+AMcosθ2-2cosθ11112+2cosθ2-2cosθ所以+=+=+=1，44AMBNAMAM15 11所以+为定值1；AMBN由椭圆定义BQ+QM+MA=8，得QM=8-BQ-AM，AMQM8-BQ-AM∵AM⎳BN,∴==，BNBQBQ8-AM⋅BN8-BN⋅AM解得BQ=，同理可得AQ=，AM+BNAM+BN8-BN⋅AM8-AM⋅BN8AM+BN-2AM⋅BN所以AQ+BQ=+=AM+BNAM+BNAM+BN2=8-=8-2=6．1+1AMBN因为AB=42，所以△ABQ的周长为定值6+42．2y2x(ⅱ)当m>n时，曲线C的方程为-=1，轨迹为双曲线，222nm-n根据(ⅰ)的证明，同理可得M,A,M三点共线，且BN=AM，(法一)设直线MM的方程为x=sy+m，联立C的方程，2222222222得m-ns-ny+2smm-ny+m-n=0，222222smm-nm-n∴y1+y3=-2222,y1y3=2222，(*)m-ns-nm-ns-n2mnmm因为AM=nx1-m=nx1-n,BN=AM=nx3-n，1111AM+AM所以+=+=AMBNAMAMAM⋅AM2222mmsmy+m-n+smy+m-nnx1-n+nx3-nn1nn3n==mm2222x1-nx3-nsmy1+m-nsmy3+m-nnnnnnn22sm2m-nny1+y3+n=，22m2-n2msm2-n22msyy+y+y+n213n213n2112n将(*)代入上式，化简得+=，22AMBNm-nAMmm2-n2(法二)设∠MAx=θ，依条件有=，解得AM=，2m-n+AMnn-mcosθcosθmAM22mm-n同理由=，解得AM=，2m-n-AMnn+mcosθcosθm1111n-mcosθn+mcosθ2n所以+=+=+=．222222AMBNAMAMm-nm-nm-n由双曲线的定义BQ+QM-MA=2n，得QM=2n+AM-BQ，AMQM2n+AM⋅BN根据=，解得BQ=，BNBQAM+BNAMAQ2n+BN⋅AM同理根据=，解得AQ=，BNQNAM+BN16 2n+BN⋅AM2n+AM⋅BN2AM⋅BN所以AQ+BQ=+=2n+AM+BNAM+BNAM+BN22222m-nm+n=2n+=2n+=，1+1nnAMBN1由内切圆性质可知，S=AB+AQ+BQ⋅r，2当S=λr时，22(m+n)21m+nλ=AB+AQ+BQ=m+=(常数)．22n2n2(m+n)因此，存在常数λ使得S=λr恒成立，且λ=．2n【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：(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．9(2024·广东梅州·统考一模)有一种曲线画图工具如图1所示，O是滑槽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DM=DN=ON=1.当栓子D在滑槽AB内做往复运动时，带动N绕O转动，跟踪动点N的轨迹得到曲线C1，跟踪动点M的轨迹得到曲线C2，以O为原点，AB所在的直线为x轴建立如图2所示的平面直角坐标系.(1)分别求曲线C1和C2的方程；(2)曲线C1与x轴的交点为E，F，动直线l:y=kx+m与曲线C1相切，且与曲线C2交于P，Q两点，求△EPQ的面积与△FPQ的面积乘积的取值范围.222x2【答案】(1)C1:x+y=1；C2:+y=19(2)0,2【分析】(1)由点N的轨迹和圆的定义可确定曲线C1的方程；由待定系数法可知，设Mx,y,Nx0,y0,Dt,0,-2≤t≤2，结合已知MD=DN,ON=DN=1，解出x0，y0，代入圆方程可得曲线C2的方程.(2)由点到直线的距离公式求出E,F到直线l的距离d1,d2，因为l与C1相切，得到m,k的关系，直线l与C2联立，结合韦达定理表示出PQ，进而得到面积的代数式，再求出面积乘积的范围即可.【详解】(1)因为ON=1，所以N的轨迹是以原点为圆心，半径为1的圆，22所以曲线C1的方程为x+y=1；设Mx,y,Nx0,y0,Dt,0,-2≤t≤2，由题意可知MD=DN,ON=DN=1，t-x,-y=x0-t,y0x=2t-x022所以x0+y0=1⇒y=-y0，x-t2+y2=1tt-2x=0000x=x由于t不恒为零，所以t=2x，所以03，0y0=-y17 222x2又x0+y0=1，代入可得+y=1，92x2所以C2的方程为+y=1.9(2)易知E-1,0,F1,0，设Px1,y1,Qx2,y2，-k+m则点E到直线l:y=kx+m的距离d1=，2k+1k+m点F到直线l:y=kx+m的距离d2=，2k+1m22因为l与C1相切，所以=1,⇒m=k+1，2k+12x2由9+y=1，消去y，得1+9k22+18kmx+9m2-1x=0，y=kx+m222Δ=369k-m+1=36×8k>0,k≠0，218km9m-1x1+x2=2,x1x2=2，1+9k1+9k222261+k×9k-m+1所以PQ=1+kx1-x2=2，1+9k9m2-k22-m2+122119k72k72k所以S△EPQ⋅S△FPQ=2PQ×d1×2PQ×d2=22=22=24=1+9k1+9k1+18k+81k72，2181k+2+18k2121211由基本不等式得81k++18≥281k×+18=36，当且仅当81k=⇒k=±时取等号，2223kkk所以S△EPQ⋅S△FPQ∈0,2，所以△EPQ的面积与△FPQ的面积乘积的取值范围为0,2.【点睛】关键点点睛：(1)求点的轨迹方程一般用轨迹方程和定义或待定系数法；(2)圆锥曲线中求面积的最值通常用基本不等式求解，具体为：直曲联立，用韦达定理表示出面积的表达式，注意表示式中只能含有一个未知数，然后再结合变量的范围和基本不等式求最值，注意取等号的条件.2y2x10(2024·辽宁·校联考一模)已知双曲线C：-=1(a>0，b>0)的右顶点E1,0，斜率为1的直22ab线交C于M、N两点，且MN中点Q1,3.(1)求双曲线C的方程；(2)证明：△MEN为直角三角形；(3)若过曲线C上一点P作直线与两条渐近线相交，交点为A，B，且分别在第一象限和第四象限，若AP=1λPB，λ∈,2，求△AOB面积的取值范围.322y【答案】(1)x-=13(2)证明见解析43(3)3,3【分析】(1)设出M、N两点坐标，借助点差法计算即可得；18 (2)联立直线与双曲线方程，可得与M、N两点坐标有关韦达定理，通过计算EM⋅EN=0即可得△MEN为直角三角形；222(3)设直线AB方程为：x=my+n，Px3,y3，Ax4,y4，Bx5,y5，结合题意计算可得3x4-y4+λ231+λ22222223x5-y5+2λ3x4x5-y4y5=31+λ，又∵3x4-y4=0，3x5-y5=0，可得3x4x5-y4y5=，联立直2λ231+λ2-6n线AB与渐近线方程，可得与两点坐标有关韦达定理，代入化简可得=，结合面积公式计22λ3m-1算即可用λ表示该三角形面积，构造相应函数借助对勾函数性质可得函数单调性即可得面积范围.【详解】(1)设Mx1,y1，Nx2,y2，则x1+x2=2，y1+y2=6，∵M，N两点在双曲线C上，22x1y12-2=1①x2-x2y2-y2ab1212∴x2y2，由①-②得2-2=0，2-2=1②aba2b2y2-y22y+yy-y212b1212b即=，∴=，2222x1-x2ax1+x2x1-x2a22bb22∴kOQ⋅kMN=2，即∴1⋅3=2，∴b=3a，aa222y又∵a=1，∴b=3，∴双曲线C的方程为：x-=1；3(2)由已知可得，直线MN的方程为：y-3=1⋅x-1，即y=x+2，y=x+22联立22⇒2x-4x-7=0，Δ=16+56=72>0，3x-y-3=07则x1+x2=2，x1x2=-，2∵EM⋅EN=x1-1,y1⋅x2-1,y2=x1-1x2-1+y1y2=x1-1x2-1+x1+2x2+2=2x1x2+x1+x2+57=2×-+2+5=0，2∴EM⊥EN，∴△EMN为直角三角形；(3)由题意可知，若直线AB有斜率则斜率不为0，故设直线AB方程为：x=my+n，设Px3,y3，Ax4,y4，Bx5,y5，∵AP=λPB，∴x3-x4,y3-y4=λx5-x3,y5-y3，x4+λx5x3-x4=λx5-x3x3=1+λ∴⇒，y3-y4=λy5-y3y=y4+λy531+λx4+λx52y4+λy521+λ1+λ∵点P在双曲线C上，∴-=1，13222∴3x4+λx5-y4+λy5=31+λ，222222∴3x4-y4+λ3x5-y5+2λ3x4x5-y4y5=31+λ③，2222又∵3x4-y4=0，3x5-y5=0，231+λ2∴2λ3x4x5-y4y5=31+λ，∴3x4x5-y4y5=④，2λ19 223x-y=0222联立⇒3m-1y+6mny+3n=0，x=my+n23m-1≠032222⇒m≠±，Δ=36mn-12n3m-1>032-6mn3ny4+y5=2⑤，y4y5=2⑥，3m-13m-12∵A，B分别在第一象限和第四象限，∴y4y5<0，∴3m-1<0，231+λ由④式得：3my4+nmy5+n-y4y5=，2λ231+λ22∴3m-1y4y5+3mny4+y5+3n=⑦，2λ231+λ223n-6mn2将⑤⑥代入⑦得：3m-1+3mn+3n=，222λ3m-13m-1231+λ2-6n∴=，22λ3m-1132323∴S△AOB=OA⋅OB⋅sin∠AOB=⋅⋅y4⋅⋅y5243322333nn=3y4y5=32=-3⋅23m-13m-12131+λ31=⋅=λ++2232λ43λ11令hλ=λ+，λ∈,2，λ31由对勾函数性质可得hλ在,1上单调递减，在1,2上单调递增，3∴hλ1043∈2,，∴S△AOB∈3,.33【点睛】关键点点睛：本题第(3)小问关键点在于借助向量的线性关系，结合点在对应曲线及直线上，通过计算用λ表示出该三角形面积，难点在于计算.2x211(2024·山西·校联考模拟预测)已知F为椭圆C:+y=1的右焦点，过点F且斜率为k1的直线与2椭圆C交于点A，B，k1≥0且k1≠1．(1)求AB的取值范围；π(2)过点F作直线ED与椭圆C交于点E，D，直线ED的倾斜角比直线AB的倾斜角大，求四边形4AEBD面积的最大值．4242【答案】(1)2,3∪3,2242(2)3【分析】(1)联立方程组，由弦长公式计算求解即可；(2)解法一：设直线AB的倾斜角为α，将四边形AEBD的面积转化为关于α的表达式，利用函数的单调性即可得解；解法二：结合(1)中结论，将四边形AEBD的面积转化关于k1的表达式，再利用导数求得其最大值，从而得解.【详解】(1)设Ax1,y1，Bx2,y2，易知F(1,0)，20 2x2联立2+y=1,消去y，得2k2+12221x-4k1x+2k1-1=0．y=k1x-1,2224k12k1-1∵Δ=8k+1>0，∴x1+x2=2，x1x2=2，2k1+12k1+1222222k1+12∴AB=1+k1⋅x1-x2=1+k1⋅x1+x2-4x1x2=2=2+2．2k1+12k1+12又2k1+1∈[1,3)∪(3,+∞)，4242∴AB∈2,3∪3,22.(2)如图：πππ解法一：设直线AB的倾斜角为α∈0,4∪4,2，则k1=tanα．2sinα22tan2α+1222+1cosα2242由(1)知AB====．22sin2α23-cos2α2tanα+1+11+sinα2cosαπ∵直线DE的倾斜角为α+，44242∴同理可知DE==．3-cos2α+π3+sin2α41π1π1π1π∵SAEBD=AFDFsin+AFEFsin+BFDFsin+BFEFsin242424242=ABDE，42424282∴SAEBD=⋅⋅=．43-cos2α3+sin2α9+3(sin2α-cos2α)-sin2αcos2α2π1-t令t=sin2α-cos2α=2sin2α-∈[-1,1)∪(1,2]，则sin2αcos2α=．42162∴SAEBD=，2t+6t+1742∴当t=-1时，SAEBD取最大值．3π解法二：依题意，∵k1≠1，直线ED的倾斜角比直线AB的倾斜角大，4∴直线ED的斜率存在．k+tanπ141+k1不妨设直线ED的方程：y=k2(x-1)，且k2==，Dx3,y3,Ex1,y4．1-ktanπ1-k11422k2+1由(1)同理得ED=1+k2x3-x4=22⋅2，2k2+121 1π1π1π1π则SAEBD=AFDFsin+AFEFsin+BFDFsin+BFEFsin24242424221π2k1+1k2+1=ABDEsin=×8⋅2442k2+12k2+11222222k1k2+k1+k2+1k1k2-1+k1+k2=22⋅=22⋅222224k1k2+2k1+k2+12k1k2-1+2k1+k222k1+k11+2k1-k1又k1k2=,k1+k2=，1-k11-k1k2+2k-121+2k-k221111+221-k11-k142k1+1∴SAEBD=2k2+3k-121+2k-k22⋅22=432，11+2116k1+4k1+9k1+2k1+31-k11-k122x+1令f(x)=，x≥0，4326x+4x+9x+2x+32222x+12x+x+1x-2x-1∴f(x)=，43226x+4x+9x+2x+32解方程x-2x-1=0，得x=1±2．∴f(x)在区间[0,1+2)上单调递减，在区间(1+2,+∞)上单调递增．1当x≠1时，f(x)≠．6111∵f(0)=，x→+∞时，f(x)→，∴f(x)≤f(0)=，36342∴SAEBD≤42f(0)=．3【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：(1)设直线方程，设交点坐标为x1,y1,x2,y2；(2)联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x(或y)的一元二次方程，注意Δ的判断；(3)列出韦达定理；(4)将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1x2(或y1+y2、y1y2)的形式；(5)代入韦达定理求解.2y2x12(2023下·江西宜春·高三校联考阶段练习)已知椭圆C:+=1的左顶点为A，右焦点为F，过43点T4,0的直线l交C于M、N两点，其中点M在第二象限．(1)若直线l过点0,1，求△AMN的面积；(2)设线段MF交半径为1的圆F于点G，直线TG与AM交于点R，若直线AM，NR的斜率之比为-23，求MG．183【答案】(1)133(2)2【分析】(1)求出椭圆的a,b,c和点A与F的坐标，通过直线过0，1和T4，0求出直线的解析式，与椭圆联立，；利用韦达定理求出MN，利用两点之间坐标公式求出点A到直线的距离，即可求出△AMN的面积.(2)设出直线AM的解析式，由韦达定理求出点M,G,N的坐标，得出直线MN,NR的斜率，利用直线AM，NR的斜率之比为-23，即可求出直线AM的斜率，进而得出MG.2y2x【详解】(1)由题意在椭圆C:+=1中，左顶点为A，右焦点为F，4322 22∴a=2,b=3,c=a-b=1,A-2,0,F1,0，在直线l中，图像过0,1，T4,0，11∴l:y=-x+1，即x+y-1=044∵直线与椭圆交于M、N两点，设Mx1,y1,Nx2,y22y2x+=1∴43，解得：13x2-8x-32=0，y=-1x+14832易得Δ>0，所以x1+x2=,x1x2=-，1313222651∴MN=1+kx1-x2=1+kx1+x2-4x1x2=，1332617∵点A到直线的距离为d==，12171+411651617183∴S△AMN=MNd=××=.22131713(2)由题意及(1)得，点M在第二象限，直线AM斜率存在，且斜率k>0，y=kx+2在直线AM中，设y=kx+2，与椭圆联立x2y2，+=1432222化简得3+4kx+16kx+16k-12=0，易得Δ>0，22-16k6-8k设Mx3,y3,因为A-2,0,由韦达定理,有x3+(-2)=2,得x3=2,3+4k3+4k12k代入方程y=kx+2,解得y3=,23+4k26-8k12k∴M,,3+4k23+4k26-8k2212k23+12k2又F1,0,故MF=-1+=,3+4k23+4k23+4k2线段MF交半径为1的圆F于点G,3+12k2∴FM=FG，23+4k226-8k12k3+12k设Gx4,y4，则2-1,2=2x4-1,y4，3+4k3+4k3+4k24k解得x4=2,y4=2，4k+14k+124k∴G,，4k2+14k2+1-2k直线TG的方程为y=x-4,28k+1y=kx+226-16k12k联立方程组-2k,可得R,,y=2x-43+8k23+8k28k+1-2k直线TM的方程为y=x-4,21+4ky=-2kx-41+4k2422242联立方程组,消去y得48k+40k+3x-128kx-192k+160k-12=0,3x2+4y2=1223 2324k-1212k+48k可得N,,12k2+148k4+16k2+1k32k4-1AM2∴==-23,记t=k,k2NR2-4k2955有32t-92t+45=0,t=或,当t=时,M不在第二象限,舍去,488293所以t=k=,得k=,423经检验，k=满足上述方程中Δ>0，2313123323所以M-1,2,G5,5,|MG|=-1-5+2-5=2..13(2023上·安徽·高三安徽省马鞍山市第二十二中学校联考阶段练习)平面直角坐标系xOy中，P为动点，PA与直线x=3y垂直，垂足A位于第一象限，PB与直线x=-3y垂直，垂足B位于第四象限，3∠APB>90°且APBP=，记动点P的轨迹为C.4(1)求C的方程；(2)已知点M-2,0，N2,0，设点T与点P关于原点O对称，∠MTN的角平分线为直线l，过点P作l的PH垂线，垂足为H，交C于另一点Q，求的最大值.QH2x2【答案】(1)-y=1x>031(2)4【分析】(1)利用点到直线距离公式和双曲线定义运算分析即可得解.(2)根据角平分线的条件，利用向量投影模长相等、直线方程、点到直线距离公式、弦长公式、基本不等式运算即可得解.【详解】(1)解：由题意设Px0,y0，由点到直线距离公式得x0-3y0x0+3y0AP=，BP=，22x0-3y0x0+3y03∴APBP=⋅=，22422∴x0-3y0=3，又∵垂足A位于第一象限，垂足B位于第四象限，∠APB>90°，2x2∴C的轨迹方程为-y=1x>0.3(2)解：由对称性，不妨设P在第一象限，设Px0,y0，则T-x0,-y0，设直线l的斜率为k，记α=1,k，由l为∠MTN的角平分线，TM⋅αTN⋅α则有=，TMTNx202其中-y0=1，x0≥3，TM=x0-2,y0，TN=x0+2,y0，3x2232220∴TM=-2+x0+y0=-2+x0+-1=x0-3，3323TM⋅αTN⋅α同理得：TN=x0+3，代入=中，3TMTN24 x0-2,y0⋅1,kx0+2,y0⋅1,k∴=，化简得：x0=3ky0.23x-323x+330302x02将x0=3ky0代入-y0=1，x0≥3中，33k1解得：x0=，y0=，223k-13k-13k13k1∴P,，T-,-，3k2-13k2-13k2-13k2-13k1设直线l的方程为y=kx+n，将T-,-代入，3k2-13k2-12解得：n=3k-1，23∴直线l的方程为y=kx+3k-1，k>，323k-123k2-1+3k-123k2-1由点到直线距离公式得：PH==.22k+1k+11由直线PQ的斜率为-，设直线PQ的方程为x=-ky+m，k3k14k将P,点代入，解得：m=，3k2-13k2-13k2-124kx2∴直线PQ的方程为x=-ky+，将其与-y=1x>0联立得：3k2-1322228k7k+3k-3y-y+=0，23k2-13k-1228k7k+3设Qx1,y1，则y0+y1=22，y0y1=22，k-33k-1k-33k-132232226k+1由y0y1<0可知k∈3,3，PQ=1+ky0-y1=1+k⋅y0+y1-4y0y1=22，3-k3k-12222PQ3k+13k+1由均值不等式，=≥=3，2222PH3-k3k-1k+1222当且仅当3-k=3k-1，即k=1时，等号成立，3∵k∈3,3，故k=1，PH11∴=≤，当且仅当k=1时，等号成立.QHPQ4+1PHPH1∴的最大值为.QH422y14(2023上·云南昆明·高三云南师大附中校联考期中)在椭圆Γ：x+=1上任取点Cx0,y0，过C2分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为A，B，点D满足BA=AD，记动点D形成的轨迹为E.(1)求E的方程：(2)设O为坐标原点，直线l交轨迹E于P、Q两点，满足△OPQ的面积恒为2.求OP⋅OQ的最大值，并求取得最大值时直线l的方程.2y2x【答案】(1)+=14225 (2)OP⋅OQ的最大值为3；直线l的方程为x=±2或y=±1x=1x【分析】(1)设Dx,y02，由BA=AD可得，将Cx0,y0代入椭圆方程，即可求解；y0=-y(2)当直线l斜率不存在时，利用△OPQ的面积恒为2，可求得直线方程为x=±2；当直线l斜率存在时，22联立直线与椭圆方程，得到x1+x2，x1x2，再利用弦长公式和三角形面积公式得到b=1+2k，从而得到2OP⋅OQ关于b的表达式，结合二次函数的性质即可得解.【详解】(1)由题意可知Ax0,0，B0,y0，设Dx,y，所以BA=x0,-y0，AD=x-x0,y，x-x=xx=1x因为BA=AD，所以00，即02，y=-y0y0=-y22y因为Cx0,y0在x+=1上，2222y012-y所以x0+2=1，即2x+2=1，2y22y2xx所以+=1，故动点D形成的轨迹为E为+=1.4242(2)当直线l斜率不存在时，设直线l方程为x=m-2<m<2，2y2x+=1224-m4-m联立42，解得y=±，所以PQ=2,x=m22因为△OPQ的面积恒为2，2114-m2所以S△OPQ=×PQ×m=×2×m=2，解得m=2，即m=±2，222此时直线l方程为x=±2，224-m4-m而Pm,，Qm,-，2222224-m224-m24-m2所以OP⋅OQ=m+⋅m+-=m+=3；222当直线l斜率存在时，设直线l方程为y=kx+b，Px1,y1,Qx2,y2,2y2x+=142222联立，化简得1+2kx+4kbx+2b-4=0，y=kx+b2222222则Δ=4kb-41+2k2b-4=-8b-4k-2>0，故b<4k+2，24kb2b-4所以x1+x2=-2，x1x2=2，1+2k1+2k222所以PQ=1+k⋅x1+x2-4x1x2=1+k⋅224kb2b-4--4×1+2k21+2k222228k-2b+4=1+k⋅，21+2kb原点O到直线y=kx+bk≠0距离为，21+k因为△OPQ的面积恒为2，128k2-2b2+4b2所以S△OPQ=×1+k⋅2×2=2，21+2k1+k26 2222222化简得2k-b-1=0，所以b=1+2k，满足Δ>0，则2k=b-1，22222216kb8b-82b-42b-4所以x1+x2=22=2，x1x2=2=2，1+2kb1+2kb2222x1y1x2y2212212因为+=1，+=1，所以y1=2-x1，y2=2-x2，4242222222221212x1x222则OP⋅OQ=x1+y1⋅x2+y2=2+2x12+2x2=4+x1+x2+4x2x28b2-82b2-412b2-42212=x1+x2-2x1x2+4+4=2-2×2+4×2+4bbb44=9-+，24bb221因为b=1+2k≥1，令t=，则0<t≤1，2b21而y=9-4t+4t开口向上，对称轴为t=，22所以当t=1时，y=9-4t+4t取得最大值9，2即b=1，即b=±1，k=0时，OP⋅OQ取得最大值9=3，综上：OP⋅OQ的最大值为3，此时直线l方程为x=±2或y=±1.2y2x15(2024上·江苏苏州·高三统考期末)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C1：-=22aa+21的右焦点为F2,0，左、右顶点分别为A1，A2，过F且斜率不为0的直线l与C的左、右两支分别交于P、Q两点，与C的两条渐近线分别交于D、E两点(从左到右依次为P、D、E、Q)，记以A1A2为直径的圆为圆O．(1)当l与圆O相切时，求DE；(2)求证：直线A1Q与直线A2P的交点S在圆O内．【答案】(1)3(2)证明见解析222【分析】(1)法一：由F2,0，a+a+2=4．得到a=1，设l：y=kx-2(k≠0)．根据l与圆O相切求得k即可；2法二：同理得到a=1，设l：x=my+2，根据l与圆O相切求得m即可；y=kx-2,2222(2)法一：设Px1,y1，Qx2,y2，由y2得k-3x-4kx+4k+3=0，写出A1Q：y=2x-=1,3y2y111x+1，A2P：y=x-1，联立消去y结合韦达定理x=，进而将x=代入A2P方程得到x2+1x1-12227 1-y1S,即可；22x1-133法二：证：设l：x=my+2，m∈-∞,-3∪3,+∞，Px1,y1，Qx2,y2，与椭圆方程联立，写出A1y2y111Q：y=x+1x+1，A2P：y=x-1x-1，联立消去y结合韦达定理求得S2,-2kA2P，再由双曲线21的渐近线斜率为±3，根据kA2P<3判断.222【详解】(1)法一：因为F2,0，所以a+a+2=4．所以a=1，所以圆O的半径r=1．由题意知l的斜率存在，设l：y=kx-2(k≠0)．当l与圆O相切时，O到l的距离d=r，-2k3即=1，解得k=±，1+k23y=kx-2,22222由y2得k-3x-4kx+4k=0，即2x+x-1=0，2x-=0,312解得xD=-1，xE=，所以DE=1+kxD-xE=3．222222y法2：a+a+2=4，得：a=1，故C：x-=1，3则F2,0，圆O半径为1，22设l：x=my+2，则：=1，得：m=32m+1x=my+222联立y2，得3m-1y+12my+12=0，易得Δ>0，2x-=0312m12所以yD+yE=-2,yDyE=2，3m-13m-112m212432故yD-yE=yD+yE-4yDyE=-2-4×2=2，3m-13m-13m-12243m+3则DE=1+myD-yE=2=3；3m-1(2)法一：设Px1,y1，Qx2,y2，y=kx-2,2222由y2得k-3x-4kx+4k+3=0，2x-=1,324k+32此时k≠0，Δ>0，x1x2=2<0，解得0<k<3，k-32x+x=4k=4+12,12k2-3k2-35且2所以x1x2=x1+x2-1，xx=4k+3=4+15,412k2-3k2-3y2y1因为A1-1,0，A21,0，所以A1Q：y=x+1，A2P：y=x-1，x2+1x1-1x+1x2+1y1kx2+1x1-2x1x2+x1-2x2-2联立A1Q，A2P方程，消去y得===．x-1x1-1y2kx1-1x2-2x1x2-x2-2x1+25x+x-1+x-2x-29x-3x-3x1x2+x1-2x2-2412124142所以===-3，x1x2-x2-2x1+25x+x-1-x-2x+2-3x+1x+141221414228 x+11即=-3，所以x=．x-121-y11-y1将x=代入A2P方程得y=，即S,．22x1-122x1-1-y23x2-13x+1111323因为x1<-1，所以===1+∈0,2x-14x-124x-14x1-1411112-y12所以2+<1，即直线A1Q，A2P的交点S在圆O内．2x1-133法二：设l：x=my+2，m∈-∞,-3∪3,+∞，Px1,y1，Qx2,y2，x=my+222⇒3m-1y+12my+9=0，易得Δ>0，223x-y-3=0-12m93则y1+y2=2，y1y2=2，显然有my1y2=-4y1+y2，3m-13m-1y1+y2故x1y2+x2y1=2my1y2+2y1+y2=，x2y1-x1y2=2y1-2y2，2AQ:y=y2x+1xy+xy+y-y3y1-1y21122112221x2+1x=x2y1-x1y2+y1+y2=3y1-y2=2则⇒，y1y=-y1=-1kA2P:y=x-1x-12x1-12A2P111即S2,-2kA2P，双曲线的渐近线斜率为±3，故kA2P<3，21+kAP所以OS=2<1，因此点S在圆O内2题型二：中点弦问题2y2x1(2024·辽宁·校联考一模)已知双曲线C：-=1(a>0，b>0)的右顶点E1,0，斜率为1的直线交22abC于M、N两点，且MN中点Q1,3.(1)求双曲线C的方程；(2)证明：△MEN为直角三角形；(3)若过曲线C上一点P作直线与两条渐近线相交，交点为A，B，且分别在第一象限和第四象限，若AP1=λPB，λ∈,2，求△AOB面积的取值范围.322y【答案】(1)x-=13(2)证明见解析43(3)3,3【分析】(1)设出M、N两点坐标，借助点差法计算即可得；(2)联立直线与双曲线方程，可得与M、N两点坐标有关韦达定理，通过计算EM⋅EN=0即可得△MEN为直角三角形；222(3)设直线AB方程为：x=my+n，Px3,y3，Ax4,y4，Bx5,y5，结合题意计算可得3x4-y4+λ231+λ22222223x5-y5+2λ3x4x5-y4y5=31+λ，又∵3x4-y4=0，3x5-y5=0，可得3x4x5-y4y5=，联立直2λ29 231+λ2-6n线AB与渐近线方程，可得与两点坐标有关韦达定理，代入化简可得=，结合面积公式22λ3m-1计算即可用λ表示该三角形面积，构造相应函数借助对勾函数性质可得函数单调性即可得面积范围.【详解】(1)设Mx1,y1，Nx2,y2，则x1+x2=2，y1+y2=6，∵M，N两点在双曲线C上，22x1y12-2=1①x2-x2y2-y2ab1212∴x2y2，由①-②得2-2=0，2-2=1②aba2b2y2-y22y+yy-y212b1212b即=，∴=，2222x1-x2ax1+x2x1-x2a22bb22∴kOQ⋅kMN=2，即∴1⋅3=2，∴b=3a，aa222y又∵a=1，∴b=3，∴双曲线C的方程为：x-=1；3(2)由已知可得，直线MN的方程为：y-3=1⋅x-1，即y=x+2，y=x+22联立22⇒2x-4x-7=0，Δ=16+56=72>0，3x-y-3=07则x1+x2=2，x1x2=-，2∵EM⋅EN=x1-1,y1⋅x2-1,y2=x1-1x2-1+y1y2=x1-1x2-1+x1+2x2+2=2x1x2+x1+x2+57=2×-+2+5=0，2∴EM⊥EN，∴△EMN为直角三角形；(3)由题意可知，若直线AB有斜率则斜率不为0，故设直线AB方程为：x=my+n，设Px3,y3，Ax4,y4，Bx5,y5，∵AP=λPB，∴x3-x4,y3-y4=λx5-x3,y5-y3，x4+λx5x3-x4=λx5-x3x3=1+λ∴⇒，y3-y4=λy5-y3y=y4+λy531+λx4+λx52y4+λy521+λ1+λ∵点P在双曲线C上，∴-=1，13222∴3x4+λx5-y4+λy5=31+λ，222222∴3x4-y4+λ3x5-y5+2λ3x4x5-y4y5=31+λ③，2222又∵3x4-y4=0，3x5-y5=0，231+λ2∴2λ3x4x5-y4y5=31+λ，∴3x4x5-y4y5=④，2λ223x-y=0222联立⇒3m-1y+6mny+3n=0，x=my+n23m-1≠032222⇒m≠±，Δ=36mn-12n3m-1>032-6mn3ny4+y5=2⑤，y4y5=2⑥，3m-13m-130 2∵A，B分别在第一象限和第四象限，∴y4y5<0，∴3m-1<0，231+λ由④式得：3my4+nmy5+n-y4y5=，2λ231+λ22∴3m-1y4y5+3mny4+y5+3n=⑦，2λ223n-6mn2将⑤⑥代入⑦得：3m-1+3mn+3n=223m-13m-1231+λ，2λ231+λ2-6n∴=，22λ3m-11323∴S△AOB=OA⋅OB⋅sin∠AOB=⋅⋅y4⋅24323⋅y5322333nn=3y4y5=32=-3⋅23m-13m-12131+λ31=⋅=λ++2232λ43λ11令hλ=λ+，λ∈,2，λ31由对勾函数性质可得hλ在,1上单调递减，在1,2上单调递增，3∴hλ1043∈2,，∴S△AOB∈3,.33【点睛】关键点点睛：本题第(3)小问关键点在于借助向量的线性关系，结合点在对应曲线及直线上，通过计算用λ表示出该三角形面积，难点在于计算.一、解答题2x21(2024·全国·模拟预测)已知不过坐标原点O且斜率为1的直线与椭圆Γ:+y=1交于点A，B，M3为AB的中点．(1)求直线OM的斜率；(2)设P-2,0，直线PA，PB与椭圆Γ的另一个交点分别为C，D(均异于椭圆顶点)，证明：直线CD过定点．1【答案】(1)-3(2)证明见解析【分析】(1)解法一，设直线AB的方程为y=x+mm≠0，直曲联立，由韦达定理可得到M的坐标，由此可得到直线OM的斜率；解法二，利用点差法可求出直线OM的斜率；22(2)设直线CD的方程为y=kx+n，Cx3,y3，Dx4,y4，直线PC的方程与椭圆联立，结合x3+3y3=3可求出A，B的坐标，根据直线AB的斜率为1，即可得到直线CD的方程，进而得到定点，命题得证.【详解】(1)解法一：设直线AB的方程为y=x+mm≠0，2222将y=x+m代入x+3y=3，得4x+6mx+3m-1=0，31 22由Δ=124-m>0，得0<m<4，3设Ax1,y1，Bx2,y2，Mx0,y0，则x1+x2=-m，2x1+x23131所以x0=2=-4m，y0=x0+m=4m，即M-4m,4m，1故直线OM的斜率为-．3解法二：设Ax1,y1，Bx2,y2，Mx0,y0，22x12x22则+y1=1，+y2=1，33x1-x2x1+x2两式作差，得+y1-y2y1+y2=0，3y1-y2x1+x2x0所以=-=-．x1-x23y1+y23y0因为直线AB的斜率为1，x0y011所以-=1，得=-，故直线OM的斜率为-．3y0x033(2)由题意知直线CD的斜率存在，设直线CD的方程为y=kx+n，Cx3,y3，Dx4,y4，y3y3则kPC=，直线PC的方程为y=x+2，x3+2x3+22222222与x+3y=3联立，并结合x3+3y3=3化简可得4x3+7x+12-4x3x-7x3-12x3=0，2-7x3-12x3-7x3-12y3则x1x3=，x1=，y1=，4x3+74x3+74x3+7-7x3-12y3故A,，4x3+74x3+7-7x4-12y4同理B,，4x4+74x4+7y3y44x3+7-4x4+7y34x4+7-y44x3+7kx3+n4x4+7-kx4+n4x3+7故kAB====4n-7k-7x3-12--7x4-12x4-x3x4-x34x3+74x4+7=1，71所以n=k+，447171故直线CD的方程为y=x+4k+4，直线CD过定点-4,4．【点睛】解析几何中的定点问题的实质是当直线或圆或圆锥曲线变化时，这些直线或圆或圆锥曲线相交于一点，即这些直线或圆或圆锥曲线绕着定点转动．这类问题的求解一般可分为以下三步：一选(设参)：选择变量，定点问题中的定点不随某一个量的变化而变化，可选择这个量为变量(有时可选择两个变量，如点的坐标，直线的斜率、截距等，然后利用其他辅助条件消去其中一个变量)；二求(用参)：求出定点坐标所满足的方程，即把需要证明为定点的问题表示成关于上述变量的方程；三定点(消参)：对上述方程进行必要的化简，即可得到定点坐标．22(2023上·安徽六安·高三六安二中校考期末)已知抛物线C:x=2py(p>0)，过焦点F的直线交抛物11线于A､B两点，AF=,BF=62(1)求抛物线C的方程；(2)若抛物线上有一动弦CD,M为弦CD的中点，CD=3，求点M的纵坐标的最小值，21【答案】(1)x=y232 11(2)82【分析】(1)由题意得直线AB的斜率一定存在，设出直线AB的方程，并和抛物线的方程联立消去x得，y22p112-p+2pky+=0，利用韦达定理计算+=，即可求得p值.4|AF||BF|p2(2)由题意得直线CD的斜率一定存在，设出直线CD的方程，并和抛物线的方程联立消去y得2x-kx-b229k1k=0，利用弦长公式求得2b=-，再用中点坐标公式求得M的纵坐标y0=+2b，消去2b，1+k2422最后用基本不等式即可求解.p【详解】(1)由题意可知：直线AB斜率必存在，设其方程为：y-=kxk≠0,2p2由y-2=kx，消去x得，y2-p+2pk2p=0，y+x2=2py422p则y1+y2=p+2pk,y1y2=由题意可知：4221111y1+y2+pp+2pk+p2p+2pk2+=+====，pppp2p2pp2222pAFBFy+y+yy+y+y++p+2pk2p+pk122212212442+4112121因为AF=,BF=，所以=8,p=，所以抛物线C的方程为：x=y；62p42(2)由题意可知：直线CD斜率必存在，设其方程为：y=kx+b.x1+x2y1+y2设Cx1,y1,Dx2,y2,Mx0,y0.则：x0=,y0=22x+x=ky=kx+b122k22联立方程：x2=1y得：2x-kx-b=0.所以,y1+y2=+2b.b22x1x2=-222222k9k又知：CD=1+kx1+x2-4x1x2=1+k4+2b=3，得2b=2-4，1+ky+y2222121k1k9k19k+1119111∴y0==+2b=+=+-≥2-=222221+k2421+k244244829k+1211当且仅当=，即k=5时取等号，则点M的纵坐标的最小值为.1+k2482y2x3(2024·辽宁·校联考一模)已知双曲线C：-=1(a>0，b>0)的右顶点E1,0，斜率为1的直22ab线交C于M、N两点，且MN中点Q1,3.(1)求双曲线C的方程；(2)证明：△MEN为直角三角形；(3)若过曲线C上一点P作直线与两条渐近线相交，交点为A，B，且分别在第一象限和第四象限，若AP=1λPB，λ∈,2，求△AOB面积的取值范围.322y【答案】(1)x-=13(2)证明见解析43(3)3,3【分析】(1)设出M、N两点坐标，借助点差法计算即可得；(2)联立直线与双曲线方程，可得与M、N两点坐标有关韦达定理，通过计算EM⋅EN=0即可得△MEN33 为直角三角形；222(3)设直线AB方程为：x=my+n，Px3,y3，Ax4,y4，Bx5,y5，结合题意计算可得3x4-y4+λ231+λ22222223x5-y5+2λ3x4x5-y4y5=31+λ，又∵3x4-y4=0，3x5-y5=0，可得3x4x5-y4y5=，联立直2λ231+λ2-6n线AB与渐近线方程，可得与两点坐标有关韦达定理，代入化简可得=，结合面积公式计22λ3m-1算即可用λ表示该三角形面积，构造相应函数借助对勾函数性质可得函数单调性即可得面积范围.【详解】(1)设Mx1,y1，Nx2,y2，则x1+x2=2，y1+y2=6，∵M，N两点在双曲线C上，22x1y12-2=1①x2-x2y2-y2ab1212∴x2y2，由①-②得2-2=0，2-2=1②aba2b2y2-y22y+yy-y212b1212b即=，∴=，2222x1-x2ax1+x2x1-x2a22bb22∴kOQ⋅kMN=2，即∴1⋅3=2，∴b=3a，aa222y又∵a=1，∴b=3，∴双曲线C的方程为：x-=1；3(2)由已知可得，直线MN的方程为：y-3=1⋅x-1，即y=x+2，y=x+227联立22⇒2x-4x-7=0，Δ=16+56=72>0，则x1+x2=2，x1x2=-，3x-y-3=02∵EM⋅EN=x1-1,y1⋅x2-1,y2=x1-1x2-1+y1y2=x1-1x2-1+x1+2x2+2=2x1x2+x1+x2+57=2×-+2+5=0，∴EM⊥EN，∴△EMN为直角三角形；2(3)由题意可知，若直线AB有斜率则斜率不为0，故设直线AB方程为：x=my+n，设Px3,y3，Ax4,y4，Bx5,y5，∵AP=λPB，∴x3-x4,y3-y4=λx5-x3,y5-y3，x4+λx5x3-x4=λx5-x3x3=1+λ∴⇒，y3-y4=λy5-y3y=y4+λy531+λx4+λx52y4+λy521+λ1+λ∵点P在双曲线C上，∴-=1，13222∴3x4+λx5-y4+λy5=31+λ，222222∴3x4-y4+λ3x5-y5+2λ3x4x5-y4y5=31+λ③，2222又∵3x4-y4=0，3x5-y5=0，231+λ2∴2λ3x4x5-y4y5=31+λ，∴3x4x5-y4y5=④，2λ223x-y=0222联立⇒3m-1y+6mny+3n=0，x=my+n23m-1≠032222⇒m≠±，Δ=36mn-12n3m-1>0334 2-6mn3ny4+y5=2⑤，y4y5=2⑥，3m-13m-12∵A，B分别在第一象限和第四象限，∴y4y5<0，∴3m-1<0，231+λ由④式得：3my4+nmy5+n-y4y5=，2λ231+λ22∴3m-1y4y5+3mny4+y5+3n=⑦，2λ231+λ223n-6mn2将⑤⑥代入⑦得：3m-1+3mn+3n=，222λ3m-13m-1231+λ2-6n∴=，22λ3m-1132323∴S△AOB=OA⋅OB⋅sin∠AOB=⋅⋅y4⋅⋅y5243322333nn=3y4y5=32=-3⋅23m-13m-12131+λ31=⋅=λ++2232λ43λ11令hλ=λ+，λ∈,2，λ31由对勾函数性质可得hλ在,1上单调递减，在1,2上单调递3增，∴hλ1043∈2,，∴S△AOB∈3,.33【点睛】关键点点睛：本题第(3)小问关键点在于借助向量的线性关系，结合点在对应曲线及直线上，通过计算用λ表示出该三角形面积，难点在于计算.2y2x4(2023下·上海宝山·高三上海交大附中校考期中)已知△ABC的三个顶点都在椭圆Γ:+=143上.(1)设它的三条线段AB，BC，AC的中点分别为D，E，M，且三条边所在线的斜率分别为k1,k2,k3，且k1,111k2,k3均不为0.点O为坐标原点，若直线OD，OE，OM的斜率之和1.求证：++为定值；k1k2k3(2)当O是△ABC的重心时，求证：△ABC的面积是定值；(3)如图，设△ABC的边AB所在直线与x轴垂直，垂足为椭圆右焦点F，过点F分别作直线l1,l2与椭圆交于C,D,E,G(不同于A，B两点)，连接CG,DE与AB分别交于M,N，求证：FM=FN.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析35 (3)证明见解析【分析】(1)设出点的坐标，代入椭圆方程，利用点差法得出斜率与中点坐标的关系即可得证；(2)点的坐标代入椭圆方程，化简得3x1x2+4y1y2=-6，再由椭圆的参数方程化简可得cos(α-β)，再由重心可得S△ABC=3S△AOB求证即可；2y2x(3)根据直线CD、EG的方程及点在椭圆上可得曲线系+-1+λy-k1x+k1y-k2x+k2=0，43取x=1，可由方程根的关系得证.【详解】(1)设Ax1,y1,Bx2,y2,Cx3,y3,Ds1,t1,Es2,t2,Ms3,t3，2222x1y1x2y2因为A,B在椭圆上，所以+=1,+=1，4343y1-y23x1+x23s114t1两式相减得：k1==-×=-×，即=-，x1-x24y1+y24t1k13s114t214t31114t1t2t3同理可得k=-3s,k=-3s，则k+k+k=-3s+s+s2233123123因为直线OD､OE､OM的斜率之和为1，11144111所以++=-×1=-，即++为定值.k1k2k333k1k2k3(2)设Ax1,y1,Bx2,y2,Cx3,y3因为△ABC的重心为O，故x1+x2+x3=y1+y2+y3=02y2x又A､B､C都在椭圆+=1上，43222222x1y1x2y2x1+x2y1+y2故+=1,+=1,+=1434343化简得3x1x2+4y1y2=-6，设x1=2cosα,y1=3sinα,x2=2cosβ,y2=3sinβ，代入上式可得：2cosαcosβ+2sinαsinβ=-1，1即cosα-β=-，2319S△ABC=3S△AOB=x1y2-x2y1=33sinα-β=33×1-=，2429即△ABC的面积为定值.2(3)设直线CD方程为：y=k1x-1，直线EG的方程为：y=k2x-1，直线CD与直线EG上所有点对应的曲线方程为：y-k1x+k1y-k2x+k2=0，2y2x又C､D､E､G都在椭圆上，则同时过C､D､E､G的二次曲线系可设为：+-1+43λy-k1x+k1y-k2x+k2=0，123取x=1，得λ+3y-4=0，易知该方程的两根分别为yM,yN，由韦达定理可知，yM+yN=0，则FM=FN.【点睛】关键点点睛：根据点在椭圆上，结合重心化简得3x1x2+4y1y2=-6，利用椭圆的参数方程，结合重心的性质找出S△ABC=3S△AOB，并且能应用三角函数求出S△AOB的大小，是研究三角形面积为定值的关键，本题困难，不易解答.25(2024上·上海浦东新·高三华师大二附中校考期中)已知F是抛物线C:y=2px(p>0)的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且MF=2.(1)求抛物线的方程；36 (2)设抛物线C上的点S,T在其准线上的射影分别为S1,T1，若△S1T1F的面积是△STF的面积的2倍，求线段ST中点的轨迹方程.(3)设过点F的直线交抛物线于A,B两点，斜率为2的直线l与直线MA,MB,AB,x轴依次交于点P,Q,R,2N,且RN=PN⋅QN，求直线l在x轴上截距的范围.2【答案】(1)y=4x2(2)y=2x-4(3)(-∞,-7-43]∪[-7+43,1)∪(1,+∞)【分析】(1)根据抛物线的焦准距求解p即可得抛物线方程；(2)直线ST与x轴交点为D，根据三角形的面积关系可知D(2,0)，根据直线ST的斜率列方程化简得出ST的中点的轨迹；(3)设AB:x=my+1,A(x3,y3),B(x4,y4),N(n,0)，联立直线AB的方程和抛物线的方程后可得y3y4=-4,y3n+12+y4=4m，求出直线MA，MB的方程，联立各直线方程可求出yP，yQ，yR，根据题设条件可得n-1=23+4m，从而可求n的范围．22m-12【详解】(1)解：由题意得抛物线的焦点到准线的距离p=MF=2，故抛物线方程为y=4x；(2)解：如图所示，设直线ST与x轴交点为D，线段ST中点为Q11因为S△T1S1F=2S△TSF，所以MF⋅yT1-yS1=2×FD⋅yT-yS，则可得MF=2FD22又F(1,0),M(-1,0)，则D(2,0)则可是设直线TS方程为x=ty+2，T(x1,y1),S(x2,y2)，x=ty+22由2得y-4ty-8=0，y=4x2则y1+y2=4t,y1⋅y2=-8，故x1+x2=ty1+2+ty2+2=4t+4则TS中点Q(x,y)，所以x1+x2=2x,y1+y2=2y，24t+4=2x2则，所以y=2x-4，4t=2y2故线段ST中点的轨迹方程是y=2x-4.(3)解：设直线AB:x=my+1,A(x3,y3),B(x4,y4),N(n,0)，y1所以直线l:x=+n.由题意得n≠1且m≠.22x=my+12由2得y-4my-4=0，所以y3y4=-4,y3+y4=4m，y=4x21211因为RN=PN⋅QN,所以1+4yR=1+4yp⋅1+4yQ，2所以yR=yp⋅yQ.y3又直线MA:y=(x+1)，x3+1y3y=x3+1x+12n+1y32n+1y4由y得yp=，同理yQ=,x=+n2x3+2-y32x4+2-y42x=my+12n-12n-122n+1y42n+1y3由y得yR=，所以=⋅，x=2+n2m-12m-12x4+2-y42x3+2-y337 n-122y3y4整理得=2m-1⋅n+12x4+2-y42x3+2-y322242m-12m-1n+123+4m==，所以=.y2y22n-124+2-y3+2-y3+4m2m-12423s+1令s=2m-1，则m=且s≠0，2223+4ms+2s+42411233所以==1++=4++≥，2m-12s2ss2s444n+12≥32所以n-14，即n+14n+1≥0，n≠1n≠1解得n≤-7-43或-7+43≤n<1或n>1，故直线l在x轴上的截距的范围为(-∞,-7-43]∪[-7+43,1)∪(1,+∞).【点睛】本题考查直线与抛物线的综合，考查学生的综合能力，属于难题．解决本题的关键是利用联立直线AB的方程和抛物线的方程后的坐标关系得y3y4=-4,y3+y4=4m，确定直线MA，MB的方程MA:y=y3y4n+12x+1(x+1)，MB:y=x+1(x+1)，联立各直线方程可求出yP，yQ，yR，根据题设条件可得n-1=3423+4m，从而可求n的范围．22m-12y2x6(2023上·江西·高三统考阶段练习)已知曲线C：+=1m≠0.9m(1)若C为椭圆，点F是C的一个焦点，点P是C上任意一点且PF的最小值为2，求m；(2)已知点E，G是C上关于原点对称的两点，点P是C上与E，G不重合的点.在下面两个条件中选一个，判断是否存在过点M1,1的直线与C交于点A，B，且线段AB的中点为M，若存在，求出直线AB的方程；若不存在，请说明理由.8①直线PE,PG的斜率之积为2；②直线PE，PG的斜率之积为-.9注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.169【答案】(1)m=8或m=16(2)选①，不存在，理由见解析；选②，存在，8x+9y-17=0【分析】(1)分类讨论0<m<9与m>9，利用两点距离公式得到PF关于x或y的方程，利用二次函数与一次函数的性质即可得解；(2)先利用点差法求得选①或选②时m的值，再利用点差法或设而不求法，结合中点弦的性质求得直线AB的方程，再进而必要的检验即可得解.【详解】(1)设Px,y，若0<m<9，C表示焦点在x轴上的椭圆，2y22x2mx由C：+=1得y=m-，-3≤x≤3，9m92不失一般性，设Fc,0，其中c=9-m，则0<c<3，m=9-c，2222229-c2c2c则PF=x-c+y=x-c+9-c-x=x-2cx+9=3-x，993所以当x=3时，PF取得最小值3-c=2，2所以c=1，m=9-c=8；若m>9，C表示焦点在y轴上的椭圆，2y29y2x2由C：+=1得x=9-，-m≤y≤m，9mm38 2不失一般性，设F0,c，其中c=m-9，则0<c<m，m=9+c，2229y2c则PF=x+y-c=9-+y-c=m-y，mm所以当y=m时，PF取得最小值m-c=m-m-9=2，169169解得m=，综上得m=8或m=.1616(2)若选①，222y2stx设Es,t，则G-s,-t，+=1，设Px,y，则+=1，9m9m22y2-t2y2-t2x-sm两式相减得=-，所以=-，9mx2-s2922y-ty+ty-tm所以直线PE，PG的斜率之积为⋅==-=2，x-sx+sx2-s292y2x所以m=-18，C的方程为-=1.918解法一：假设存在过点M1,1的直线与C交于点A，B，且线段AB的中点为M，设Ax1,y1，Bx2,y2，则x2≠x1，且x1+x2=y1+y2=2，2222x1y1x2y2把Ax1,y1，Bx2,y2代入C的方程得-=1，-=1，918918y1+y2y1-y2两式相减得⋅=2，即kAB=2，x1+x2x1-x2此时直线AB的方程为y-1=2x-1，即2x-y-1=0，2y2x2联立2x-y-1=0与-=1，消去y得2x-4x+19=0，9182则Δ=-4-4×2×19=-136<0，所以不存在过点M1,1的直线与C交于点A，B，且线段AB的中点为M.解法二：假设存在过点M1,1的直线与C交于点A，B，且线段AB的中点为M，设Ax1,y1，Bx2,y2，则x1+x2=2，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y-1=kx-1.2y2x2222联立y-1=kx-1与-=1，消去y得2-kx-2k-kx-k+2k-19=0，91822k-k所以x1+x2=2=2，解得k=2，2-k此时直线AB的方程为y-1=2x-1，即2x-y-1=0，2y2x2联立2x-y-1=0与-=1，消去y得2x-4x+19=0，9182此时Δ=-4-4×2×19=-136<0，所以不存在过点M1,1的直线与C交于点A，B，且线段AB的中点为M.若选②，222y2stx设Es,t，则G-s,-t，+=1，设Px,y，则+=1，9m9m22y2-t2y2-t2x-sm两式相减得=-，所以=-，9mx2-s2922y-ty+ty-tm8所以直线PE，PG的斜率之积为⋅==-=-，x-sx+sx2-s29939 2y2x所以m=8，C的方程为+=1.98解法一：假设存在过点M1,1的直线与C交于点A，B，且线段AB的中点为M，设Ax1,y1，Bx2,y2，则x2≠x1，且x1+x2=y1+y2=2，2222x1y1x2y2点M在椭圆C内，过点M1,1的直线与C有两个交点，+=1，+=1，9898y1+y2y1-y288两式相减得⋅=-，即kAB=-，x1+x2x1-x2998所以直线AB的方程为y-1=-x-1，即8x+9y-17=0，9所以存在过点M1,1的直线8x+9y-17=0与C交于点A，B，且线段AB的中点为M.解法二：假设存在过点M1,1的直线与C交于点A，B，且线段AB的中点为M，设Ax1,y1，Bx2,y2，则x1+x2=2，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y-1=kx-1.点M在椭圆C内，过点M1,1的直线与C有两个交点，2y2x2222联立y-1=kx-1与+=1，消去y得8+9kx+18k-kx+9k-18k-63=0，98218k-k8所以x1+x2=-2=2，解得k=-，8+9k98所以直线AB的方程为y-1=-x-1，即8x+9y-17=0，9所以存在过点M1,1的直线8x+9y-17=0与C交于点A，B，且线段AB中点为M.2x27(2023上·上海虹口·高三上外附中校考期中)已知椭圆Γ：+y=1中，A为Γ的上顶点，P为Γ上4异于上、下顶点的动点，Mx0,0x0>0为x轴上的动点．(1)若AP=5，求点P的纵坐标；83(2)设P5,5，若△APM是直角三角形，求x0的值；(3)若MA=MP，是否存在以AM，AP为邻边的平行四边形MAPQ，使得点Q在Γ上？若存在，求出此时点P的纵坐标；若不存在，说明理由．2【答案】(1)0或-3293(2)或或1205(3)存在，点P的纵坐标约为0.72【分析】(1)设点P坐标，由条件点在椭圆上及AP=5，建立方程组求解即可；(2)按直角顶点的位置分类求解；(3)设直线AP:y=kx+1(k≠0)，联立直线AP与椭圆方程，可得P点坐标，已知点M(x0,0)，点A(0,1)，则40 由条件MA=MP转化为垂直关系，再由平行四边形MAPQ得AQ=AM+AP，可表达点Q坐标，而2点Q在椭圆上，故可建立k,x0的方程组，求解k，进而求得点P的纵坐标y1.2x12【详解】(1)由题意知A(0,1)，设P(x1,y1)，则有+y1=1，且y1≠±1，422222由AP=5，则AP=x1+(y1-1)=4(1-y1)+y1-2y1+1=522即3y1+2y1=0，解得y1=0，或y1=-.32故点P的纵坐标为0或-；383(2)由题意得M(x0,0)，A(0,1)，P5,5，8283则PA=-5,5,PM=x0-5,-5,MA=(-x0,1)，π8823若∠APM=2，则PA⋅PM=-5x0-5+5×-5=0，29解得x0=；20π83若∠AMP=2，则MA⋅PM=-x0x0-5-5=0，3解得x0=，或x0=1；5π82若∠PAM=，则MA⋅PA=x0+=0，2551解得x0=-，由已知x0>0，故舍去；4293综上所述，x0的值为或或1；205(3)假设存在点Mx0,0，P(x1,y1)，设AP中点D(xD,yD)，因为MA=MP，则MD⊥AP，当直线AP与x轴垂直时，如图可知，不存在满足题意的平行四边形；故直线AP不与x轴垂直，设直线AP的方程为y=kx+1,k≠0，y=kx+122由x22，可得，(1+4k)x+8kx=0+y=14由已知直线AP与椭圆的一个交点A(0,1)，2-8k-8k1-4k则有x1+0=，则P,，1+4k21+4k21+4k2x1+0-4k1,则xD=2=2,yD=kxD+1=2，1+4k1+4k-4k1即D,，1+4k21+4k212111+4k由MD⊥AP，kMD===-，-4k-4k-x(1+4k2)k2-x001+4k2-3k整理得3k+x0(1+4k)=0，即x0=2①，1+4k41 由MAPQ是平行四边形，设Q(x2,y2)，则AQ=AM+AP，则(x2,y2-1)=(x0,-1)+(x1,y1-1)，x=x+x=-8k+x210201+4k则有2，y=y-1=-8k2121+4k22-8k-8kx2即Q+x0,，由点Q在椭圆+y=1上1+4k21+4k24-8k21+4k2+x0-8k22所以+=1②，41+4k242联立①②消x0，得192k+89k-4=0，2-89+10993解得k=，38421-4k4394810993则点P的纵坐标为y1==-+≈0.72，1+4k23912737所以存在以AM，AP为邻边的平行四边形MAPQ，使得点Q在Γ上，点P的纵坐标约为0.72.22y8(2023下·广东·高三统考阶段练习)已知双曲线C:x-=1与直线l:y=kx+m(k≠±2)．2(1)若直线l与双曲线C相交于A，B两点，点P1,2是线段AB的中点，求直线l的方程；(2)若直线l与双曲线有唯一的公共点M，过点M且与l垂直的直线分别交x轴、y轴于DxD,0，E0,yE两点．当点M运动时，求点PxD,yE的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线．【答案】(1)直线l的方程为x-y+1=0.22(2)点P的轨迹方程为x-2y=9y≠0，轨迹为焦点在x轴上，实轴长为6，虚轴长为32的双曲线挖去点3,0,-3,0.【分析】(1)设Ax1,y1,Bx2,y2，利用点差法求直线l的斜率，由此确定直线方程，并检验所得直线与双曲线相交.(2)由直线与双曲线的位置关系确定k,m的关系，求直线DE的方程，确定点D,E的坐标，由此确定点PxD,yE的轨迹方程，并判断曲线形状.【详解】(1)设Ax1,y1,Bx2,y2，22y1x1-=12则2，x2-y2=122y1+y2y1-y2所以x1+x2x1-x2-=0，2因为点P1,2是线段AB的中点，x1+x2y1+y2所以=1,=2，22所以2x1-x2-2y1-y2=0，y1-y2故=1，所以直线AB的斜率为1，x1-x2所以k=1，又点P1,2在直线AB上，所以直线AB的方程为x-y+1=0，22yx-=12联立2，化简可得x-2x-3=0，x-y+1=042 x=3x=-1所以或，满足条件；y=4y=0所以直线l的方程为x-y+1=0.22y(2)当k=0时，直线y=m与双曲线x-=1有两个交点，不满足要求，222yx-=1由已知2有且仅有一组解，y=kx+m222所以方程2-kx-2kmx-m-2=0有且只有一个根，又k≠±2，2222所以Δ=4km-42-k-m-2=0，22所以k-m=2，km2m设Mx3,y3，则x3=2，y3=2，2-k2-k2m1km因为k≠0，所以直线DE的方程为y-=-x-，2-k2k2-k23m令x=0，可得yE=，22-k3km令y=0，可得xD=，22-k22又k-m=2，k≠±2，所以m≠0，y≠0，xD322所以=k，m=-⇒xD-2yE=9，yEyE22所以轨迹方程为x-2y=9y≠0，所以点P轨迹为焦点在x轴上，实轴长为6，虚轴长为32的双曲线挖去点3,0,-3,0.【点睛】弦的中点问题可以利用点差法解决，但需注意检验所得直线是否与曲线相交.题型三：定点问题21(2024上·浙江金华·高三校联考期末)已知F为拋物线E:y=2px(p>0)的焦点，O为坐标原点，M为E1的准线l上一点，直线MF的斜率为-1,△OFM的面积为．已知P3,1,Q2,1，设过点P的动直线与16抛物线E交于A、B两点，直线AQ,BQ与E的另一交点分别为C,D．(1)求拋物线E的方程；(2)当直线AB与CD的斜率均存在时，讨论直线CD是否恒过定点，若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．2【答案】(1)y=x3(2)直线CD过定点,1243 p1【分析】(1)由题意得MN=MF=p，OF=，结合△OFM的面积为列方程即可求解；216(2)设Ax1,y1,Bx2,y2，AB:x-3=ty-1，联立抛物线方程得y1+y2=t,y1⋅y2=t-3，设Cx3,y3,2-y12-y2Dx4,y4，则y3+y4y=x+y3y4，结合A,Q2,1,C三点共线得y3=，同理y4=，得出y3+y4,1-y11-y2y3y4关于t的表达式即可求解.【详解】(1)设准线l与x轴的交点为N，p∵直线MF的斜率为-1,∴MN=MF=p，又OF=，211p11∴S△OFM=⋅OF⋅MN=⋅⋅p=,∴p=．2221622故抛物线E的方程为：y=x．(2)设Ax1,y1,Bx2,y2，过点P3,1的直线方程为：x-3=ty-1．2y=x2则联立，整理得：y-ty+t-3=0，x-3=ty-122由韦达定理可得：Δ=t-4t-3=t-2+8>0,y1+y2=t,y1⋅y2=t-3．又设Cx3,y3,Dx4,y4，y3-y4y3-y41所以直线CD斜率为k===，x3-x4y2-y2y3+y43412直线CD方程为y-y3=x-y3，即CD的直线方程为：y3+y4y=x+y3y4，y3+y4y1-1y3-1由A,Q,C三点共线可得：=，即y1-1x3-2=y3-1x1-2，x1-2x3-222所以y1-1y3-2=y3-1y1-2，22222-y1所以y3y1-2y3-y1=y1y3-2y1-y3，因为y1≠y3，所以化简可得：y3=，1-y12-y2同理，由B,Q,D三点共线可得：y4=，1-y22-y22-y14-3y1+y2+2y1y24-3t+2t-3t+2可得y3+y4=+===，1-y21-y11-y1+y2+y1y21-t+t-322-y22-y14-2y1+y2+y1y24-2t+t-3t-1y3⋅y4=⋅===，1-y21-y11-y1+y2+y1y21-t+t-32t+2t-1综上可得CD的直线方程为：y=x+，22t13变形可得：y-1=x-y-，所以直线CD过定点,1．222【点睛】关键点点睛：第二问的关键是首先得y1+y2=t,y1⋅y2=t-3，然后通过三点共线得y3+y4,y3y4与y1+y2,y1y2的关系，进一步和t产生关联即可顺利得解.44 一、解答题2y2x31(2024·江苏·校联考模拟预测)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的右焦点为F，点P1,在椭圆a2b22C上，且PF垂直于x轴．(1)求椭圆C的方程；(2)直线l斜率存在，交椭圆C于A,B两点，A,B,F三点不共线，且直线AF和直线BF关于PF对称．(ⅰ)证明：直线l过定点；(ⅱ)求△ABF面积的最大值．2y2x【答案】(1)+=14333(2)(ⅰ)证明见解析；(ⅱ)4【分析】(1)由焦点坐标和椭圆上的点，求椭圆C的方程；(2)设直线方程，与椭圆方程联立，由kAF+kBF=0，结合韦达定理得系数间的关系，可得直线所过定点，利用面积公式表示出△ABF的面积，由基本不等式求最大值.3【详解】(1)点P1,在椭圆C上，且PF垂直于x轴，则有F1,02设椭圆C的焦距为2cc>0，则c=1，31919点P1,代入椭圆方程，有+=+=1，2a24b2a24a2-1222解得a=2，则b=a-c=4-1=3，2y2x所以椭圆C的方程为+=1.43y=kx+m(2)(ⅰ)设直线l的方程为y=kx+m，由x2y2，+=143222消去y，整理得3+4kx+8kmx+4m-12=0，22因为l交椭圆C于A,B两点，所以Δ=484k-m+3>0，28km4m-12设Ax1,y1,Bx2,y2，所以x1+x2=-2,x1x2=2，3+4k3+4k因为直线AF和直线BF关于PF对称，y1y2kx1+mkx2+m2kx1x2+m-kx1+x2-2m所以kAF+kBF=+=+==0x1-1x2-1x1-1x2-1x1-1x2-124m-12-8km所以2kx1x2+m-kx1+x2-2m=2k×2+m-k×2-2m=03+4k3+4k2222所以8km-24k-8km+8km-8mk-6m=0解得m=-4k.所以直线l的方程为y=kx-4k=kx-4，所以直线l过定点4,0.x=ny+4(ⅱ)设直线l的方程为x=ny+4，由x2y2，+=14322消去x，整理得3n+4y+24ny+36=0，45 222因为l交椭圆C于A,B两点，所以Δ=24n-1443n+4=144n-4>0，2解得n>4，24n36y1+y2=-2,y1y2=2，3n+43n+4212n2-4224n36所以y1-y2=y1+y2-4y1y2=-2-4×2=2，3n+43n+43n+4221312n-4n-4所以S△ABF=2×3y1-y2=2×2=18×223n+43n+42令n-4=t,t>0t13316则S△ABC=18×2=18×256≤4，当且仅当t=3时取等号，3t+169t++96t33所以△ABF面积的最大值为.422(2024下·江苏泰州·高三统考阶段练习)已知抛物线E：x=2y，焦点为F，过F作y轴的垂线l0，点P在x轴下方，过点P作抛物线E的两条切线l1，l2，l1，l2分别交x轴于A，B两点，l1，l2分别交l0于C，D两点．(1)若l1，l2与抛物线E相切于C，D两点，求点P的坐标；(2)证明：△PAB的外接圆过定点；(3)求△PCD面积S的最小值．1【答案】(1)P0,2(2)证明见解析43(3)9【分析】(1)由已知可得C，D两点的坐标，给函数求导可得切线的斜率，利用点斜式表示切线方程，联立方程即可得P点坐标；22x1x2(2)设过P的两条切线分别与抛物线切于Qx1,，Rx2,，写出直线PQ，PR的方程，联立可得P点22坐标，设△PAB外接圆方程，求出圆心，整理变形即可得定点坐标；2(3)由已知设C，D坐标，表示CD和P到CD的距离d，然后表示S△PCD,设x1x2=-t，t>0，x1-x2=r，2rt2+12t2+121r1t+1可得S△PCD=2⋅2⋅1+22≥2≥4t，利用函数的单调性即可求得最小值.t8t【详解】(1)∵l1，l2与抛物线E相切于C，D两点，11设C在左侧，则C-1,2，D1,2，212由x=2y得y=x，所以y=x，2所以l1的斜率为-1，l2的斜率为1，11此时l1方程：y-=-x+1，即x+y+=0．22x+y+1=01121l2方程：y-2=x-1，即x-y-2=0，联立1得P0,2；x-y-=0222x1x2(2)设过P的两条切线分别与抛物线切于Qx1,，Rx2,，2246 22x1x1由(1)知直线PQ的斜率为x1，所以直线方程为y-=x1x-x1，即y=x1x-，2222x2x2直线PR的斜率为x2，直线PR方程为y-=x2x-x2，即y=x2x-，22x1+x2x1x2x1x2所以P2,2且A2,0，B2,0，x1+x2设△PAB外接圆的圆心为Mm,n，则M在AB的垂直平分线上，而AB的中点为4,0，所以m=x1+x2，4x1+x222x1+x2x122x1+x22x1x22设△PAB外接圆方程为：x-4+y-n=4-2+n过P，所以4+2-nx1-x222=4+n，22x1x2x1x2x1x2+1所以+-nx1x2=0，所以n=，444x1+x22x1x2+12x1-x22x1x2+12所以x-4+y-4=4+4，2x1+x22x1x2+1x1x2整理得x-x+y-y+=0，22422yx1+x2x1x2所以x+y--x+1-2y=0，22422yx+y-2=0x=01令x=0即y=1，所以△PAB的外接圆过定点0,2；21-2y=01111111(3)CD：y=2，所以C2x1+x,2，D2x2+x,2，121111x2-x1x1-x21所以CD=2x1-x2+x-x=2⋅x1-x2+xx=2⋅1-xx，121212x1x211x1-x21x1x21P到CD的距离为d=2-2，所以S△PCD=2⋅2⋅1-xx2-2，1222222设x1x2=-t，t>0，x1-x2=r，由x1+x2=x1-x2+4x1x2=r-4t≥0，r≥2t，当且仅当x1+x2=0时等号成立．2rt2+12t2+121r1t+1所以S△PCD=2⋅2⋅1+22=2≥4t，t8t2222222t+112t+1⋅2t⋅t-t+1t+13t-1令ft=，ft=⋅=，4t4t24t233ft在0,3上单调递减，3,+∞上单调递增，34343所以ft≥f3=9，所以△PCD面积S的最小值9.【点睛】方法点睛：利用导数的几何意义可求得切线的斜率，表示切线方程，联立方程可表示P点的坐标；通2222过设x1x2=-t，t>0，x1-x2=r，由x1+x2=r-4t≥0，r≥2t，当且仅当x1+x2=0时等号成立，把三角形的面积表示为关于t的函数，利用函数的单调性求解最小值.23(2024上·河北邢台·高三统考期末)已知M4,4为抛物线C:y=2pxp>0上的一点，F为C的焦点.(1)设C的准线l与x轴交于点N，过点M作MG⊥l，垂足为G，求四边形MGNF的面积；(2)若A、B为C上横坐标不同的两动点，A、B与M均不重合，且直线MA、MB的斜率之积为-2，证明：47 直线AB过定点.【答案】(1)14(2)证明见解析【分析】(1)将点M的坐标代入抛物线的方程，求出p的值，可得出抛物线的方程，分析可知四边形MGNF为直角梯形，求出该梯形的两底边长和高，利用梯形的体积公式可求得四边形MGNF的面积；(2)设直线AB的方程为x=my+b，设点Ax1,y1、Bx2,y2，将直线AB的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式结合韦达定理可得出m、b所满足的关系式，化简直线AB的方程，即可得出直线AB所过定点的坐标.2【详解】(1)解：将点M的坐标代入抛物线C的方程得2p×4=4，解得p=2，2所以，抛物线C的方程为y=4x，其焦点为F1,0，抛物线C的准线方程为x=-1，易知点G-1,4，NF=2，MG=4+1=5，MG⊥NG，FN⊥NG，则四边形MGNF为直角梯形，且NG=4，FN+MG⋅NG2+5×4所以，四边形MGNF的面积为S===14.22(2)证明：设点Ax1,y1、Bx2,y2，因为A、B为C上横坐标不同的两动点，A、B与M均不重合，则x1≠x2，且x1≠4，x2≠4，y1-4y1-444kMA==2=，同理可得kMB=，x1-4y1y1+4y2+4-4416因为kMAkMB==-2，整理可得y1y2+4y1+y2+24=0，y1+4y2+4若直线AB与y轴垂直，则直线AB与抛物线只有一个交点，不合乎题意，2y=4x2设直线AB的方程为x=my+b，联立可得y-4my-4b=0，x=my+b2Δ=16m+16b>0，由韦达定理可得y1+y2=4m，y1y2=-4b，所以，y1y2+4y1+y2+24=-4b+16m+24=0，可得b=4m+6，所以，直线AB的方程为x=my+4m+6=my+4+6，y+4=0y=-4由，可得，故直线AB过定点6,-4.x=6x=6【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：(1)“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；(2)“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；48 (3)求证直线过定点x0,y0，常利用直线的点斜式方程y-y0=kx-x0或截距式y=kx+b来证明.243x4(2024·四川·校联考模拟预测)已知定点F3,0，定直线l:x=，动点Mx0,y0在曲线C:+342y=1上.MF(1)设曲线C的离心率为e，点M到直线l的距离为d，求证：=e；d(2)设过定点F的动直线与曲线C相交于P,Q两点，过点P与直线l垂直的直线与l相交于点R，直线QR是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；73(2)直线QR过定点，定点的坐标为6,0.34322MF【分析】(1)根据条件直接求出e=2,d=3-x0及MF=x0-3+y0，代入d化简即可证明结果；(2)设出直线PQ的方程及点P,Q的坐标，联立直线PQ与曲线C的方程，再求出QR的方程，再利用曲线的对称性并结合韦达定理求解作答，即可求出结果.343【详解】(1)由题意，曲线C的离心率e=2,d=3-x0，22x0224-x022显然，+y0=1，即y0=，又因为MF=x0-3+y0，44222x-32+4-x03x2-23x+4MF2x0-3+y0044003所以====，d43-x243-x2x2-83x+16430300303MF3MF所到=，即=e.d2d(2)设点P,Q的坐标分别为x1,y1,x2,y2，x=ty+3由题意，当直线PQ的斜率不为0时，设直线PQ的方程为x=ty+3，x22+y=14x=ty+322联立方程组x22，消去x并整理得t+4y+23ty-1=0，+y=1423t1由韦达定理知y1+y2=-2,y1y2=-2，t+4t+443由已知，点R的坐标为3,y1，y1-y243则直线QR的方程为y=43x-3+y1，-x23根据椭圆的对称性可知，如果直线QR过定点，则此定点一定在x轴上，xy-43y432131令y=0，可得x-=，3y1-y223t而x2=ty2+3,y1+y2=-2，所以t+4433-t-3y43x2y1-3y1ty1y2-3y1t2+43113x-====-=-，3y1-y2y1-y22y+23t23612t+473此时，x=为定值，649 73当直线PQ的斜率为0时，直线QR与直线PQ重合，必然过点6,0，73综上，直线QR过定点，定点的坐标为6,0.【点睛】方法点晴：求定点问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定点，再证明这个点坐标与变量无关；(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定点．2y2x5(2024上·湖北武汉·高三校联考期末)已知双曲线方程为2-2=1，F1，F2为双曲线的左、有焦点，ab离心率为2，点P为双曲线在第一象限上的一点，且满足PF1⋅PF2=0，PF1⋅PF2=6．(1)求双曲线的标准方程；(2)过点F2作斜率不为0的直线l交双曲线于A,B两点；则在x轴上是否存在定点Q(m,0)使得QA⋅QB为定值，若存在，请求出m的值及此时△QAB面积的最小值，若不存在，请说明理由．22y【答案】(1)x-=13(2)存在，-1；S△QABmin=9【分析】(1)由PF1⋅PF2=0可得PF1⊥PF2，利用勾股定理结合双曲线性质和离心率求解即可；(2)设l:x=ty+2，Ax1,y1，Bx2,y2，将直线方程与双曲线方程联立，利用韦达定理得到QA⋅QB和△QAB面积的表达式，解出m的值，利用换元和单调性求出△QAB面积的最小值即可.c【详解】(1)由题意可得e==2，所以c=2a，a2222又由b=c-a=3a可得b=3a，因为PF1⋅PF2=0，PF1PF2=6．所以PF1⊥PF2，222由双曲线的定义PF1-PF2=2a，可得PF1+PF2-2PF1PF2=4a，22222222而PF1+PF2=4c，所以4c-12=4a，解得b=3，a=1，c=4，22y所以双曲线的方程为x-=1.3(2)由(1)可得F2(2,0)，因为直线l的斜率不为0，设l:x=ty+2，Ax1,y1，Bx2,y2，x=ty+222联立22，整理可得3t-1y+12ty+9=0，3x-y=321-12t9222则由题意得t≠3，y1+y2=2，y1y2=2，Δ=144t-363t-1=36t+1>0，3t-13t-1因为QA⋅QB=x1-m,y1⋅x2-m,y2=ty1+2-mty2+2-m+y1y22229-12t2=t+1y1y2+(2-m)ty1+y2+(2-m)=t+1⋅2+(2-m)t⋅2+(2-m)=3t-13t-150 2(12m-15)t+92+(2-m)，23t-112m-159要使QA⋅QB为定值，则=，解得m=-1，QA⋅QB=0，3-1所以在x轴上存在定点Q(-1,0)使得QA⋅QB为定值，且定值为0，因为双曲线渐近线方程为y=±3x，221123144t369t+1此时S△QAB=2QF2⋅y1-y2=2×3y1+y2-4y1y2=222-2=2，3t-13t-13t-12929t+124又y1y2=2<0，3t-1<0，则S△QAB=2，令t+1=u，则1≤u<3，3t-11-3t9u94所以S△QAB=2=4，又y=-3u在1,+∞上单调递减，4-3u-3uuu所以当u=1，即t=0，l方程为x=2时，△QAB面积取到最小值，且S△QABmin=9．2y2x6(2024上·安徽马鞍山·高三马鞍山二中校考期末)过点-2,8作直线l与双曲线C：-=1交416于A，B两点，P是双曲线C的左顶点，直线PA,PB与y轴分别交于Q,R．(1)求直线l斜率的取值范围；(2)求证：线段QR的中点M为定点，并求出点M的坐标．【答案】(1)kk>-5且k≠±22(2)证明见解析，M(0,-2)2y2x【分析】(1)设l:y-8=k(x+2)，与双曲线C:-=1联立由直线与双曲线的位置关系求解即可；416yQ+yky1x2+y2x1+2y1+y2(2)表示出直线PA的方程，令x=0求出Q,R得坐标，则yM==，将韦达定理2x1+2x2+2代入化简即可得出答案.【详解】(1)由题意可知直线l的斜率存在，设l:y-8=k(x+2)，2y2x2222与双曲线C:-=1联立得：4-kx-4k+16kx-4k+32k+80=0．4162因为直线l与双曲线C交于A,B两点，所以4-k≠0且Δ>0，2由4-k≠0，得k≠±2，22225由Δ=4k+16k+44-k⋅4k+32k+80=2562k+5>0，得k>-，2解得直线l斜率的取值范围为kk>-5且k≠±2．2y1(2)P(-2,0)，设Ax1,y1,Bx2,y2，则PA:y=(x+2)，x1+22y12y2令x=0得yQ=，同理可得yk=．x1+2x2+2yQ+yky1y2y1x2+y2x1+2y1+y2于是，yM==+=2x1+2x2+2x1+2x2+2kx1+2+8x2+kx2+2+8x1+2kx1+x2+4k+16=x1x2+2x1+x2+42kx1x2+(8+4k)x1+x2+8k+32=，x1x2+2x1+x2+451 2-4k2+32k+804k+16k由韦达定理有x1+x2=2,x1x2=2，4-k4-k222-2k4k+32k+80+(8+4k)4k+16k+(8k+32)4-k128代入上式可得：yM===-2,-4k2+32k+80+24k2+16k+44-k2-64所以线段QR的中点为定点M(0,-2)．.2y2x27(2024上·江苏·高三统考期末)已知椭圆E：+=1a>b>0的离心率为，且过点A2,1，a2b22点B与点A关于原点对称，过点P1,-2作直线l与E交于M，N两点(异于A点)，设直线AM与BN的斜率分别为k1，k2．1(1)若直线l的斜率为-，求△AMN的面积；2(2)求k1k2-2k2的值．7【答案】(1)221(2)k1k2-2k2=2【分析】(1)由条件列方程求a,b可得椭圆方程，联立直线l与椭圆E的方程，结合弦长公式求出MN，再求点A到边MN的距离，由此可求面积；(2)方法一：先在条件直线l的斜率不存在时，求出k1,k2，再求k1k2-2k2，再利用设而不求法求出当直线l的斜率存在时k1k2-2k2的值即可；方法二：设l的方程为x-1=my+2，设直线AN的斜率为k3，联立方程组，利用设而不求法确定k1,k2,k3的关系，由此可得结论；方法三：设直线l：x-1=my+2，即x-2-my-1=3m-1，设直线AN的斜率为k3，联立方程组结合设而不求法法确定k1,k2,k3的关系，由此可得结论.222c2ba-c211【详解】(1)因为e==，所以==1-e=1-=，a2a2a22241因为点A2,1在椭圆E上，所以+=1，22ab22所以a=6，b=3，2y2x所以椭圆E的方程为+=1．631直线l：y+2=-x-1，即x+2y+3=0，22y2x2代入+=1得x+2x-1=0，63设Mx1,y1，Nx2,y2，则x1+x2=-2，x1x2=-1，222122所以MN=1+kx1-x2=1+k⋅x1+x2-4x1x2=1+-2⋅-2-4×-1=10，2+2+37又点A2,1到直线l：x+2y+3=0的距离d==5，551177所以△AMN的面积S=MN⋅d=×10×5=2．2252251010(2)当直线l斜率不存在，即l：x=1时，y=2，不妨取M1,2，N1,-2，52 10-1-10+12102110因为A2,1，B-2,-1，则k1=1-2=1-2，k2=1+2=31-2，10110131所以k1k2-2k2=k1-2k2=-1-2×31-2=3×2=2．当直线l斜率存在时，设l：y+2=kx-1，2y2x代入E：+=1得：632222k+1x-4kk+2x+2k+2-6=0，2222由已知方程2k+1x-4kk+2x+2k+2-6=0的判别式△=40k-32k-8>0，224k+8k2k+8k+2设Mx1,y1，Nx2,y2，则x1+x2=2，x1x2=2，2k+12k+1y1-1y2+1kx1-k-3kx2-k-1则k1k2-2k2=k1-2k2=x-2-2⋅x+2=x-2-2⋅x+212122222k-2x1-k+1kx2-k-1k-2kx1x2-k-k-2x1-k-kx2+k-1==x1-2x2+2x1x2+2x1-2x2-4222k-2kx1x2-k-kx1+x2+k-1+2x1=x1x2-2x1+x2-4+4x12222222k-2k2k+8k+2-k-k4k+8k+k-12k+1+2x1-7k-4k-1+2x11===．2k2+8k+2-24k2+8k-42k2+1+4x-14k2-8k-2+4x2121综上可知，k1k2-2k2=．22y2x2222法二：设l：x-1=my+2，代入E：+=1得m+2y+4m+2my+4m+4m-5=0，6322222由已知方程m+2y+4m+2my+4m+4m-5=0的判别式△=-8m-32m+40>0，22-4m-2m4m+4m-5设Mx1,y1，Nx2,y2，则y1+y2=2，y1y2=2，m+2m+2设直线AN的斜率为k3，则y1-1y2-1y1-1y2-1k1+k3=+=+x1-2x2-2my1+2m-1my2+2m-1y1-1my2+2m-1+y2-1my1+2m-12my1y2+m-1y1+y2-4m+2==222my1+2m-1my2+2m-1my1y2+2m-my1+y2+2m-12m4m2+4m-5+m-1-4m2-2m-4m-2m2+2212m-16m+4===2，2222222m4m+4m-5+2m-m-4m-2m+4m-4m+1m+26m-8m+222y2+1y2-1y2-1y2-111又k2k3=x+2⋅x-2=2=2=-2，即k3=-2k，22x2-46-2y2-4211所以k1+k3=k1-=2，则2k1k2-1=4k2，所以k1k2-2k2=．2k22法三：设直线l：x-1=my+2，即x-2+1=my-1+3，所以x-2-my-1=3m-1．53 2y2x2222椭圆E：+=1，即x+2y=6，所以x-2+2+2y-1+1=6，6322即x-2+2y-1+4x-2+4y-1=0，221则x-2+2y-1+4x-2+y-1⋅x-2-my-1=0，3m-1y-12y-1整理得2m-2x-2-4m-4⋅x-2+3m+3=0，y1-1y2-14m-4设直线AN的斜率为k3，则k1+k3=+==2x1-2x2-22m-222y2+1y2-1y2-1y2-111又k2k3=x+2⋅x-2=2=2=-2，即k3=-2k，22x2-46-2y2-4211所以k1+k3=k1-=2，则2k1k2-1=4k2，所以k1k2-2k2=．2k22【点睛】关键点点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．28(2024上·江西吉安·高三江西省峡江中学校考期末)已知抛物线C：y=2px的焦点F在x轴正半轴上，过F的直线l交C于A，B两点，过F与l垂直的直线交C于D，E两点，其中B，D在x轴上方，M，N分别为AB，DE的中点．已知当l的斜率为2时，AB=5．(1)求抛物线C的解析式；(2)试判断直线MN是否过定点，若过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由；(3)设G为直线AE与直线BD的交点，求△GMN面积的最小值．2【答案】(1)y=4x(2)过定点，定点为3,0(3)8【分析】(1)根据直线l的斜率为2时AB=5列方程，得到p即可得到抛物线方程；(2)分别联立直线l与抛物线、直线DE与抛物线方程得到点M，N的坐标，从而得到直线MN的方程，即可得到直线MN过定点；(3)联立直线AE与BD的方程得到xG=-1，根据点M，N的坐标和不等式得到yM-yN≥4，通过分析m1>1、m1<1和m1=1三种情况得到xQ-xG≥4，从而可得△GMN面积的最小值.【详解】(1)p设Ax1,y1，Bx2,y2，由题意得，F2,0，p当直线l的斜率为2时，直线l的方程为y=2x-2，54 p联立y=2x-2得4x2-6px+p2=0，则x+x=3p，12y2=2px235AB=p+p=p=5，则p=2，222所以抛物线C的解析式为y=4x.(2)由(1)得F1,0，设直线l的方程为x=m1y+1，CD的方程为x=m2y+1，设Dx3,y3，Ex4,y4，因为直线l与直线CD垂直，所以m1m2=-1，x=m1y+12联立2得y-4m1y-4=0，y=4xy1+y2x1+x2m1y1+y22则y1+y2=4m1，y1y2=-4，=2m1，=+1=2m1+1，2222所以M2m1+1,2m1，2同理可得N2m2+1,2m2222m2-2m12当2m1+1≠2m2+1时，lMN：y=22x-2m1-1+2m1，2m2+1-2m1+12m2-2m12即y=22x-2m1-1+2m12m2-2m1212m1+12m1m2+m1=x-+m2+m1m2+m1m2+m122x2m2m1+2m1-2m1-1=+m2+m1m2+m1x2m2m1-1=+，m2+m1m2+m1x-3因为m1m2=-1，所以直线MN的方程为y=，m1+m23-3故当x=3时，y==0，此时MN过定点3,0，m1+m222当2m1+1=2m2+1时，由m1m2=-1得m1=±1，此时直线MN的方程为x=3，同样经过点3,0，所以直线MN过定点，该定点为3,0.22y1y4(3)由抛物线方程得A,y1，E,y4，4422y1-y4y14xy14xy1y4则lAE：y=22x-+y1=-+y1=+，y1y44y1+y4y1+y4y1+y4y1+y4-444xy2y3同理可得lBD：y=+，y2+y3y2+y34xy2y3y=y2+y3+y2+y34xy2y34xy1y4联立得+=+，y=4x+y1y4y2+y3y2+y3y1+y4y1+y4y1+y4y1+y4即4xy1+y4+y2y3y1+y4=4xy2+y3+y1y4y2+y3，由y1y2=-4，同理y3y4=-4，y1y4y2+y3-y2y3y1+y4y1y4y2+y1y4y3-y2y3y1-y2y3y4-4y4+y1-y3-y2故x====-1，4y1+y4-y2-y34y1+y4-y2-y34y1+y4-y2-y3所以xG=-1，1过点G作GQ∥x轴，交直线MN于点Q，则S△GMN=yM-yN×xQ-xG，255 2222由M2m1+1,2m1，N2m2+1,2m2，得yM-yN=2m1-2m2=2m1+m=2m1+≥1m1222m1⋅=4，m1当且仅当m1=±1时等号成立，下证xQ-xG≥4，由抛物线的对称性，不妨设m1>0，则m2<0，1当m1>1时，有m2=-∈-1,0，则点G在x轴上方，点Q亦在x轴上方，m111=>0，直线MN过定点3,0，m1+m2m-11m1所以此时xQ-xG>3--1=4，1同理m1<1时，点G在x轴下方，点Q亦在x轴下方，<0，m1+m2故此时xQ-xG>4，当且仅当m1=1时，xQ=3，xQ-xG=4，所以xQ-xG≥4恒成立，且m1=±1时等号成立，11故S△GMN=yM-yN×xQ-xG≥×4×4=8，22所以△GMN的面积最小值为8.题型四：定值问题2y2x1(2024上·福建福州·高三福建省福州第一中学校考期末)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的上、下顶22ab1点分别是A，B，点E(异于A，B两点)在椭圆C上，直线EA与EB的斜率之积为-，椭圆C的短轴长2为2．(1)求椭圆C的标准方程；(2)点Q是椭圆C长轴上的不同于左右顶点的任意一点，过点Q作斜率不为0的直线l，l与椭圆的两个交11点分别为P，N，若+为定值，则称点Q为“稳定点”，问：是否存在这样的稳定点？若有，求出|PQ||QN|所有的“稳定点”；若没有，请说明理由．2x2【答案】(1)+y=12(2)存在稳定点Q±1,0，理由见详解1【分析】(1)根据题意可得A,B两点坐标，设出点Ex,y，由kEA⋅kEB=-化简可得椭圆C的标准方程；22(2)设直线PN:x=my+x0，与椭圆方程联立，由韦达定理可得y1+y2，y1y2，又PQ=1+my1，QN211=1+my2，从而可求+的表达式，即可求解.PQQN【详解】(1)由题，2b=2，即b=1，所以A0,1，B0,-1，1设Ex,y，由kEA⋅kEB=-可得，2y-1y+121x2⋅=-，化简得+y=1，又点A,B满足上式，xx2256 2x2所以椭圆C的标准方程为+y=1.2(2)存在这样的点Qx0,0，设直线PN:x=my+x0，Px1,y1，Nx2,y2，y1y2<0，x=my+x0222联立x22，消去x整理得m+2y+2mx0y+x0-2=0，+y=122-2mx0x0-222∴y1+y2=2，y1y2=2，Δ=8m-8x0+16>0，m+2m+22222222又PQ=x1-x0+y1=my1+y1=1+my1，QN=1+my2，111111y1+y2∴+=+=×PQQN1+m2y1y21+m2y1y221y1-y21y1+y2-4y1y2=×=×1+m2-y1y21+m2-y1y22224mx04x0-222-2221m+2m+218m+2-x0=×=×，22-x22m2+11+m02-x02m+2211要使上式为定值，则2-x0=1，故当x0=±1时，+为定值22，综上，存在这样的稳定点PQQNQ±1,0.【点睛】思路点睛：第二问，设出直线PN:x=my+x0与椭圆方程联立，得到根与系数关系，又利用两点间222211距离公式可得又PQ=x1-x0+y1=1+my1，QN=1+my2，代入+运算化简PQQN得解.一、解答题2y2x2221(2024上·浙江绍兴·高三统考期末)已知椭圆C：+=1a>b>0与圆x-2+y-1=r22ab交于M，N两点，直线MN过该圆圆心，且斜率为-1，点A，B分别为椭圆C的左、右顶点，过椭圆右焦点的直线l交椭圆于D、E两点，记直线AD，BE的斜率分别为k1，k2.(1)求椭圆C的离心率；k1(2)若a=6，求的值.k22【答案】(1)257 (2)3-2222【分析】(1)设Mx1,y1,Nx2,y2，利用点差法弦中点坐标即可得到a=2b，即可得到离心率；(2)设直线DE的方程为x=my+3，将其与椭圆方程联立得到韦达定理式，过F作x轴的垂线交AD,BE分别于点G,H，再计算证明出GF=HF，最后得到斜率之比.【详解】(1)由已知得，MN中点为2,1，设Mx1,y1,Nx2,y2，2222x1y1x2y2则x1+x2=4,y1+y2=2，2+2=1，2+2=1，ababx1-x2x1+x2y1-y2y1+y24x1-x22y1-y2作差得+=0，即+=0，2222ababy1-y2b2222由k==-1得，a=2b，得e=1-=.x-x2212a2y2x2(2)由(1)及题设得椭圆C的方程为：+=1，则c=3，63则其右焦点F3,0，A-6,0，B6,0，设Dx3,y3,Ex4,y4，直线DE的方程为x=my+3，2y2x+=1222263⇒m+2y+23my-3=0，Δ=12m+12m+2>0，x=my+323m-3∴y3+y4=-2,y3y4=2,(※)m+2m+2y3y3过F作x轴的垂线交AD,BE分别于点G,H，kAD=，则直线AD:y=x+6，x3+6x3+6y3y3令x=3，则y=3+6，得G3,3+6x3+6x3+6y4y4同理直线BE:y=x-6，得H3,3-6x4-6x4-6y3y3y4得GF=3+6=3+6，HF=3-6=x3+6my3+3+6x4-6y46-3my4+3-61m11m1所以=+,=-GF3+6y3FH6-3y411y3+y423mmm由(※)知，+===-，y3y4y3y436-36+3得GF=HF．GFk1tan∠GAFAFBF6-3=====3-22.k2tan∠HBFHFAF6+3BF【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法，设直线DE的方程为x=my+3，将其与椭圆联立得到韦达定理式，再分别求出直线AD,BE方程，从而得到G,H坐标，证明出GF=HF，最后计算斜率之比即可.22(2023上·安徽六安·高三六安二中校考期末)已知抛物线C:x=2py(p>0)，过焦点F的直线交抛物11线于A､B两点，AF=,BF=62(1)求抛物线C的方程；58 (2)若抛物线上有一动弦CD,M为弦CD的中点，CD=3，求点M的纵坐标的最小值，21【答案】(1)x=y211(2)82【分析】(1)由题意得直线AB的斜率一定存在，设出直线AB的方程，并和抛物线的方程联立消去x得，y22p112-p+2pky+=0，利用韦达定理计算+=，即可求得p值.4|AF||BF|p2(2)由题意得直线CD的斜率一定存在，设出直线CD的方程，并和抛物线的方程联立消去y得2x-kx-b229k1k=0，利用弦长公式求得2b=-，再用中点坐标公式求得M的纵坐标y0=+2b，消去2b，1+k2422最后用基本不等式即可求解.p【详解】(1)由题意可知：直线AB斜率必存在，设其方程为：y-=kxk≠0,2p2由y-2=kx，消去x得，y2-p+2pk2p=0，y+x2=2py422p则y1+y2=p+2pk,y1y2=由题意可知：4221111y1+y2+pp+2pk+p2p+2pk2+=+====，pppp2p2pp2222pAFBFy+y+yy+y+y++p+2pk2p+pk122212212442+4112121因为AF=,BF=，所以=8,p=，所以抛物线C的方程为：x=y；62p42(2)由题意可知：直线CD斜率必存在，设其方程为：y=kx+b.x1+x2y1+y2设Cx1,y1,Dx2,y2,Mx0,y0.则：x0=,y0=22x+x=ky=kx+b122k22联立方程：x2=1y得：2x-kx-b=0.所以,y1+y2=+2b.b22x1x2=-222222k9k又知：CD=1+kx1+x2-4x1x2=1+k4+2b=3，得2b=2-4，1+ky+y2222121k1k9k19k+1119111∴y0==+2b=+=+-≥2-=222221+k2421+k244244829k+1211当且仅当=，即k=5时取等号，则点M的纵坐标的最小值为.1+k24823(2024·广西南宁·南宁三中校联考一模)已知曲线Γ:x=4y．t(1)若点Tt,s是Γ上的任意一点，直线l:y=x-s，判断直线l与Γ的位置关系并证明．2(2)若E是直线y=-1上的动点，直线EA与Γ相切于点A，直线EB与Γ相切于点B．①试问∠AEB是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．EBAB②若直线EA,EB与x轴分别交于点C,D，证明：=．ECCD【答案】(1)相切，证明见解析(2)①∠AEB为定值；90°；②证明见解析【分析】(1)利用点在曲线上，结合联立方程，利用判别式，即可得出结论并证明之；22x1x2(2)①设Ax1,,Bx2,，可得切线EA，EB的方程，进而求得E点纵坐标，结合E是直线y=-1上的4459 动点，即可得结论；x1x2②设Ax1,y1,Bx2,y2，设相关参数，表示出tan∠ECD=tanθ1=,tanθ2=，利用两角差的正切公式22推出∠EBA=∠ECD，从而证明Rt△EBA∽Rt△ECD，即可证明结论.2【详解】(1)由题意知点Tt,s是Γ上的任意一点，则t=4s，y=tx-s联立2，得x2-2tx+4s=0，x2=4y2则△=4t-16s=0，故直线l与Γ相切；(2)①：∠AEB为定值22x1x2设Ax1,,Bx2,，4422x1x1x2x2由(1)知切线AE为y=x-，切线BE为y=x-，24242x1+x2x1x1+x2x1x1x2联立得x=，则yE=⋅-=，22244x1x2又E点在直线y=-1上，故=-1，4x1x1x1x2则kAE⋅kBE=⋅==-1，224故EA⊥EB，即∠AEB=90°为定值；②证明：设Ax1,y1,Bx2,y2，直线AB的斜率必存在，设为k，倾斜角为θ，22x2x1y2-y14-4x1+x2则k=tanθ===，x2-x1x2-x14EA的斜率存在，不妨设为k1>0，倾斜角为θ1，EB的斜率存在，不妨设为k2<0，倾斜角为θ2，x1x2则tan∠ECD=tanθ1=,tanθ2=，22x1+x2x2x1-x2tanθ-tanθ24-24tan∠EBA=tanθ-θ2==x+xx=21+tanθ⋅tanθ21+12⋅21+x1x2+x2428x--41x14x1==，-422-4+x1+18由题意知∠EBA,∠ECD为锐角，则tan∠EBA=tan∠ECD,∴∠EBA=∠ECD，又EA⊥EB，故Rt△EBA∽Rt△ECD，EBAB所以=.ECCD【点睛】难点点睛：本题考查了直线和抛物线的位置关系以及定值和线段成比例问题，综合性强，计算量大，难点在于(2)中，要证明线段成比例，即证明Rt△EBA∽Rt△ECD，其中计算过程比较复杂，计算量大，且基本都是有关字母参数的运算，要十分细心.2y2x4(2024下·安徽·高三蚌埠二中校联考开学考试)已知F1,F2分别是椭圆C:+=1的左､右焦点，4260 M,N是C上位于x轴上方的两点，MF1∥NF2，且MF2与NF1的交点为P．(1)求四边形MF1F2N的面积S的最大值；(2)证明：PF1+PF2为定值．【答案】(1)22(2)证明见解析【分析】(1)设直线MF1,NF2的方程分别为x=ty-2,x=ty+2，联立方程结合韦达定理可得MF1+24t+122NF2=2，平行线MF1,NF2间的距离d=2，再结合基本不等式求面积的最值；t+2t+1MF1λ1(2)设=λ，则PF1=4-NF2，PF2=4-MF1，可得PF1+PF2=4-NF21+λ1+λ2MF1NF2，结合(1)中结论分析证明.MF1+NF222【详解】(1)由题意可得：a=2,b=2,c=a-b=2，则F1-2,0,F22,0．设直线MF1,NF2的方程分别为x=ty-2,x=ty+2,Mx1,y1,Nx2,y2,y1,y2>0，显然直线MF1,NF2均与椭圆相交，设MF1的延长线与C交于Q点，则Q,N关于坐标原点对称，即Q-x2,-y2．2y2x+=1联立方程42，消去x得t2+2y2-22ty-2=0，则y-y=22t,yy=2，122122x=ty-2t+2t+224t+1222可得MF1+NF2=t+1y1+y2=t+1⋅y1-y2+4y1y2=2，t+2222142t+142又因为平行线MF1,NF2间的距离d=2，则S=MF1+NF2d=2=≤t+12t+2t2+1+12t+122，当且仅当t=0时取等号，所以四边形MF1F2N的面积S的最大值22．(2)由已知MF1∥NF2，可得△MF1P∽△F2NP，MF1PF1λλλ设=λ，则=，可得PF1=NF1=4-NF2．NF2NF1λ+11+λ1+λPF21MF21同理=，可得PF2==4-MF1，MF2λ+11+λ1+λλ1MF1λNF2所以PF1+PF2=4-NF2+4-MF1=4-+1+λ1+λ1+λ1+λ2MF12MF12MF1NF2=4-=4-=4-．1+λ1+MF1MF1+NF2NF2222t+14t+12由(1)可知MF1NF2=t+1y1y2=2,MF1+NF2=2，t+2t+261 24t+12t+2所以PF1+PF2=4-2=3，为定值．4t+12t+2【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤(1)由特例得出一个值，此值一般就是定值；(2)证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；(3)得出结论．2y2x5(2024上·山东青岛·高三统考期末)已知椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为e，左、右焦点分22ab2x2别为F1,F2，且直线y=ex是双曲线-y=1的一条渐近线.直线x=x0与椭圆E交于C，D两点，且4△CDF1的周长最大值为8.椭圆E的左、右顶点分别为A，B，点P，Q为椭圆上异于A，B的两动点，直线PQ与x轴相交于点M(m,0)，记直线AP的斜率为k1，直线QB的斜率为k2.k1(1)求值.k2(2)若m=1，设△AQP和△BPQ的面积分别为S1,S2，求S1-S2的最大值.2-m【答案】(1)2+m(2)3c【分析】(1)由题意得当CD过右焦点F2时，△CDF1的周长取最大值4a=8，结合双曲线渐近线方程得=a1，联立可得a,b即可得椭圆方程，进一步联立PQ方程与椭圆方程，结合斜率公式以及韦达定理即可得2解.(2)结合韦达定理、三角形面积公式得S1-S2表达式，进一步结合基本不等式即可得解.【详解】(1)设CD与x轴的交点为H，由题意可知CH≤CF2，则CF1+CH≤CF1+CF2=2a，当CD过右焦点F2时，△CDF1的周长取最大值4a=8，所以a=2，22x21x2双曲线-y=1的渐近线为y=±x，又直线y=ex是双曲线-y=1的一条渐近线，4241c1222∴e=，即=，所以c=1,b=a-c=3，2a22y2x所以椭圆C的标准方程+=1，43设Px1,y1,Qx2,y2，直线PQ的方程为x=ty+m，2y2x+=143222与椭圆方程联立，有消去x得，3t+4y+6tmy+3m-12=x=ty+m0，22222则Δ=(6tm)-43t+43m-12>0，即3t+4>m，2-6tm3m-12由韦达定理得:y1+y2=2,y1y2=23t+43t+42-6tm3m-122∴=，即-2tmy1y2=m-4y1+y2，y1+y2y1y2由题意，k2≠0，62 y14-m2k1x1+2y1x2-2ty2+m-2y1ty1y2+(m-2)y12my1+y2+(m-2)y1所以，======y4-m2k22y2x1+2ty1+m+2y2ty1y2+(m+2)y2y+y+(m+2)yx2-22m1222-m(2+m)y1+y2-2my12-m⋅=.2+m(2-m)y1+y2+2my22+m(2)-6t-91若m=1，则直线PQ的方程为x=ty+1，由韦达定理得y1+y2=2,y1y2=2，S1=2AMy1-y2,3t+43t+41S2=BMy1-y2，212所以，S1-S2=AM-BM⋅y1-y2=y1+y2-4y1y22212t2+112t2+112-6t36=+===,3t2+43t2+43t2+43t2+1+1213t+1+2t+122∵t≥0，则t+1≥1，121因为函数f(x)=3x+在[1,+∞)上单调递增，故3t+1+≥4，xt2+1122所以，S1-S2≤=3，当t+1=1，即t=0时，等号成立，4因此，S1-S2的最大值为3.【点睛】关键点点睛：第二问的关键是得到S1-S2的表达式，由此即可顺利得解.2n6(2024·广东深圳·统考一模)已知动点P与定点Am,0的距离和P到定直线x=的距离的比为mm常数．其中m>0,n>0，且m≠n，记点P的轨迹为曲线C．n(1)求C的方程，并说明轨迹的形状；(2)设点B-m,0，若曲线C上两动点M,N均在x轴上方，AM∥BN，且AN与BM相交于点Q．11①当m=22,n=4时，求证：+的值及△ABQ的周长均为定值；AMBN②当m>n时，记△ABQ的面积为S，其内切圆半径为r，试探究是否存在常数λ，使得S=λr恒成立？若存在，求λ(用m,n表示)；若不存在，请说明理由．【答案】(1)答案见解析2(m+n)(2)①证明见解析；②存在；λ=2n2y2x【分析】(1)设Px,y，由题意可得+=1，结合椭圆、双曲线的标准方程即可求解；222nn-m(2)设点Mx1,y1,Nx2,y2,Mx3,y3，其中y1>0,y2>0且x3=-x2,y3=-y2.(ⅰ)由AM⎳BN可知M,A,M三点共且BN=AM，设MM：x=ty+22，联立C的方程，利用韦达定11理表示y1+y3,y1y3，进而表示出+，结合(1)化简计算即可；由椭圆的定义，由AM⎳BN得AMBN8-AM⋅BN8-BN⋅AMBQ=，AQ=，进而表示出AQ+BQ，化简计算即可；(ii)由AM+BNAM+BN(ⅰ)可知M,A,M三点共线，且BN=AM，设MM：x=sy+m，联立C的方程，利用韦达定理表示y1112n+y3,y1y3，计算化简可得+=22，结合由内切圆性质计算即可求解.AMBNm-n63 22(x-m)+ym【详解】(1)设点Px,y，由题意可知=，2x-nnm22m2即(x-m)+y=x-n，n2y2x经化简，得C的方程为+=1，222nn-m当m<n时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆；当m>n时，曲线C是焦点在x轴上的双曲线．(2)设点Mx1,y1,Nx2,y2,Mx3,y3，其中y1>0,y2>0且x3=-x2,y3=-y2，2y2x(ⅰ)由(1)可知C的方程为+=1,A22,0,B-22,0，168y1y2-y2y3因为AM⎳BN，所以===，x1-22x2+22-x2-22x3-222222因此，M,A,M三点共线，且BN=x2+22+y2=-x2-22+-y2=AM，22(法一)设直线MM的方程为x=ty+22，联立C的方程，得t+2y+42ty-8=0，42t8则y1+y3=-2,y1y3=-2，t+2t+2221622由(1)可知AM=4x1-=4-2x1,BN=AM=4-2x3，224-2x+4-2x2-2ty+2-2ty11AM+BN21232123所以+===AMBNAM⋅BN4-2x4-2x2-2ty2-2ty2123212324-2t⋅-42t4-2ty1+y32t2+2===1，4-2ty+y+1t2yy42t128132134-2t⋅-2+2t⋅-2t+2t+211所以+为定值1；AMBNAM224(法二)设∠MAx=θ，则有=，解得AM=，22-AMcosθ42+2cosθAM224同理由=，解得AM=，422+AMcosθ2-2cosθ11112+2cosθ2-2cosθ所以+=+=+=1，44AMBNAMAM11所以+为定值1；AMBN由椭圆定义BQ+QM+MA=8，得QM=8-BQ-AM，AMQM8-BQ-AM∵AM⎳BN,∴==，BNBQBQ8-AM⋅BN8-BN⋅AM解得BQ=，同理可得AQ=，AM+BNAM+BN8-BN⋅AM8-AM⋅BN8AM+BN-2AM⋅BN所以AQ+BQ=+=AM+BNAM+BNAM+BN2=8-=8-2=6．1+1AMBN因为AB=42，所以△ABQ的周长为定值6+42．64 2y2x(ⅱ)当m>n时，曲线C的方程为-=1，轨迹为双曲线，222nm-n根据(ⅰ)的证明，同理可得M,A,M三点共线，且BN=AM，(法一)设直线MM的方程为x=sy+m，联立C的方程，2222222222得m-ns-ny+2smm-ny+m-n=0，222222smm-nm-n∴y1+y3=-2222,y1y3=2222，(*)m-ns-nm-ns-n2mnmm因为AM=nx1-m=nx1-n,BN=AM=nx3-n，1111AM+AM所以+=+=AMBNAMAMAM⋅AM2222mmsmy+m-n+smy+m-nnx1-n+nx3-nn1nn3n==mm2222x1-nx3-nsmy1+m-nsmy3+m-nnnnnnn22sm2m-nny1+y3+n=，22m2-n2msm2-n22msyy+y+y+n213n213n2112n将(*)代入上式，化简得+=，22AMBNm-nAMmm2-n2(法二)设∠MAx=θ，依条件有=，解得AM=，2m-n+AMnn-mcosθcosθmAM22mm-n同理由=，解得AM=，2m-n-AMnn+mcosθcosθm1111n-mcosθn+mcosθ2n所以+=+=+=．222222AMBNAMAMm-nm-nm-n由双曲线的定义BQ+QM-MA=2n，得QM=2n+AM-BQ，AMQM2n+AM⋅BN根据=，解得BQ=，BNBQAM+BNAMAQ2n+BN⋅AM同理根据=，解得AQ=，BNQNAM+BN2n+BN⋅AM2n+AM⋅BN2AM⋅BN所以AQ+BQ=+=2n+AM+BNAM+BNAM+BN22222m-nm+n=2n+=2n+=，1+1nnAMBN1由内切圆性质可知，S=AB+AQ+BQ⋅r，2当S=λr时，22(m+n)21m+nλ=AB+AQ+BQ=m+=(常数)．22n2n2(m+n)因此，存在常数λ使得S=λr恒成立，且λ=．2n【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：(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．65 7(2024·全国·校联考模拟预测)已知椭圆E的一个焦点是-3，0．直线l1：y=k1x+b1与直线l2：y=k2x+b2关于直线y=x+1对称，且其相交于椭圆E的上顶点．(1)求k1k2的值；(2)设直线l1，l2分别与椭圆E交于P,Q两点，证明：直线PQ过定点．【答案】(1)1(2)证明见解析【分析】(1)由焦点和顶点坐标求出椭圆标准方程，已知直线l1：y=k1x+b1与直线l2：y=k2x+b2关于直线y=x+1对称，设对称点，利用对称关系列方程组求k1k2的值；(2)通过联立方程组求出P,Q两点坐标，求直线PQ的方程，根据方程确定所过定点.【详解】(1)直线y=x+1与y轴相交于点A0，1，则椭圆E的上顶点为0，1，2y2x222设椭圆E的标准方程为+=1a>b>0，则b=1，又半焦距c=3，得a=b+c=4，22ab2x2所以椭圆E的标准方程为+y=1．4设点Bx,y是l1上任意异于A0，1的一点，点B0x0,y0是P关于直线y=x+1的对称点，y+y0x+x0所以由=+1得y-x=x0-y0+2①，22y-y0由=-1得y+x=x0+y0②，x-x0x=y0-1联立①、②，解得，y=x0+1代入直线l1得x0=k1y0-1．又由点B0x0,y0，在直线l2上可得y0=k2x0+1，故y0-1=k2x0．所以x0=k1k2x0，由x0≠0得k1k2=1．故k1k2的值为1．(2)设Px1,y1，Qx2,y2．y=k1x+12联立直线l1与椭圆E：x22，得4k1+1x+8k1x=0，+y=142-8k11-4k1所以x1=2，y1=2，4k1+14k1+12-8k21-4k2同理，x2=2，y2=2，4k2+14k2+12-8k1k1-4又由(1)：k1k2=1，所以x2,y2也可表示为x2=2，y2=2，k1+4k1+4221-4k1k1+1-8k1所以直线PQ的方程为y-=-x-，4k2+13k4k2+11112k1+15化简得y=-x-，3k135所以对任意的k1，总会过点0，-3．5故直线PQ过定点0，-．3【点睛】方法点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后66 的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．228(2024·福建龙岩·统考一模)已知双曲线C:x-y=4,A是双曲线C的左顶点，直线l:x=my+tm≠±1.(1)设直线l过定点B1,0，且交双曲线C于E,F两点，求证：直线AE与AF的斜率之积为定值；(2)设直线l与双曲线C有唯一的公共点M.(i)已知直线l与双曲线C的两条渐近线相交于两点R,S，求证：MR=MS；(ii)过点M且与l垂直的直线分别交x轴､y轴于Px,0,Q0,y两点，当点M运动时，求点Nx,y的轨迹方程.【答案】(1)证明见解析22(2)(i)证明见解析；(ii)x-y=16【分析】(1)设直线lx=my+1(m≠±1)，将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，再计算斜率乘积，代入韦达定理式，化简即可；22(2)(i)将直线l:x=my+t(m≠±1)与双曲线方程联立，根据相切则得到t=41-m，求出tmtM,，分别求出R,S坐标即可证明；1-m21-m2-2t-2mt(ii)求出过点M与直线l的直线方程，再求出N,，消去m则得到轨迹方程.m2-1m2-1【详解】(1)因为直线l过定点B(1,0)，所以x=my+1(m≠±1)，x=my+1,22由22消去x，得m-1y+2my-3=0,Δ>0,m≠±1，x-y=4,2m3设Ex1,y1,Fx2,y2，则y1+y2=-2,y1y2=-2，m-1m-1y1y2直线AE的斜率kAE=,kAF=，x1+2x2+2y1y2y1y2y1y2所以kAE⋅kAF===2x1+2x2+2my1+3my2+3my1y2+3my1+y2+9-32-31m-1===m2⋅-3+3m⋅-2m+9-3m2-6m2+9m2-9322m-1m-1即直线AE与AF的斜率之积为定值.(2)因为直线l:x=my+t(m≠±1)与双曲线C有唯一的公共点M，所以直线l与双曲线C相切.x=my+t222由22，消去x，得m-1y+2mty+t-4=0.x-y=4222222由题意得，Δ=4mt-4m-1t-4=0，化简得t=41-m.-2mtmt记切点MxM,yM，则2yM=2,yM=2，m-11-m-ttmt代入直线l得xM=，故M,.m2-11-m21-m2(i)双曲线的两条浙近线方程为y=±x，x=-tx=ty=xm-1y=-xm+1由，得，由得，x=my+ty=-tx=my+ty=-tm-1m+1-t-t-tt故Rm-1,m-1,Sm+1,m+1，67 -t-t-2t所以xR+xS=+=2=2xM，所以MR=MS.m-1m+1m-1mtt(ii)过点M且与l垂直的直线方程为y+=-mx+.m2-1m2-1-2mt-2t令x=0，得y=，令y=0，得x=，22m-1m-1-2t-2mt-2t-2mt所以N,.因为x=,y=，m2-1m2-1m2-1m2-1y22161-m2224t16所以=m,x===，222222xm-1m-11-m21622所以x=，化简得x-y=16，2y1-2x222224t64因为t=41-m,m≠±1,∴t∈(0,4],x==∈[16,+∞)，222m-1t2224mt64y==-16∈[0,+∞)，222m-1t22所以点N(x,y)的轨迹方程为x-y=16.【点睛】关键点点睛：本题第一问的关键是采用设线法，将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，再分别计算斜率乘积，代入韦达定理式化简即可证明.题型五：定直线问题2y2x1(2024下·广东·高三校联考开学考试)已知椭圆C:+=1a>b>0的左、右顶点分别是A，B，点22ab11H3,在椭圆C上，P是椭圆C上异于点A，B的动点，且直线PA，PB的斜率之积为-．24(1)求椭圆C的标准方程．(2)过点1,0的直线l与椭圆C交于M，N(异于A，B)两点，直线AM与BN交于点Q，试问点Q是否恒在一条直线上？若是，求出该直线方程；若不是，请说明理由．2x2【答案】(1)+y=14(2)Q恒在一条直线上，x=422【分析】(1)结合题意列出关于a,b的方程，解得a,b的值，即可得答案；(2)设Mx1,y1,Nx2,y2，由直线AM,BN的方程求出交点Q的横坐标的表达式，再设l:x=my+1，联立椭圆方程，可得根与系数的关系，化简Q的横坐标的表达式，即可得结论.22sn【详解】(1)由题意知P是椭圆C上的动点，设P(s,n),(s≠±a),∴+=1，22ab2222ba-s即n=，2a1又A(-a,0),B(a,0)，直线PA，PB的斜率之积为-，42b2a2-s22nnnb1故kPAkPB=s+a⋅s-a=22=222=-2=-4,s-aas-aa131点H3,在椭圆C上，故+=1，2a24b268 2-b=-1a2422联立，解得a=4,b=1，3+1=122a4b2x2故椭圆C的标准方程为+y=1；4(2)由题意可知A(-2,0),B(2,0)，设Mx1,y1,Nx2,y2，y1由于M，N异于A，B，故直线AM的方程为y=x+2，x1+2y2直线BN的方程为y=x-2，x2-2y1y=x1+2x+22y1x2-2+2y2x1+2联立，整理得x=-，y=y2x-2y1(x2-2)-y2x1+2x2-2由题意知直线l的斜率不为0，设为l:x=my+1，2y1my2-1+2y2my1+34my1y2+6y2-2y1则x=-=，y1my2-1-y2my1+3y1+3y2x=my+1222联立x22，整理得m+4y+2my-3=0，Δ=16m+48>0，+y=142m3则y1+y2=-2,y1y2=-2，则2my1y2=3y1+y2，m+4m+46y1+6y2+6y2-2y14y1+12y2故x===4，y1+3y2y1+3y2即点Q恒在直线x=4上.【点睛】易错点睛：本题考查了椭圆方程的求解以及定直线问题，解答思路并不困难，即联立方程，利用根与系数的关系进行化简，但很容易出错，就在于计算过程比较复杂，且基本都是字母参数的运算，计算很容易出错.一、解答题1(2024下·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习)已知B-2,0,C2,0为△ABC的两个顶点，P为△ABC的重心，边AC,AB上的两条中线长度之和为36.(1)求点P的轨迹Γ的方程；(2)过C作不平行于坐标轴的直线交Γ于D，E两点，若DM⊥x轴于点M，EN⊥x轴于点N，直线DN与EM交于点Q.①求证：点Q在一条定直线上，并求此定直线；②求△DEQ面积的最大值.2y2x【答案】(1)+=1x≠±6623(2)①证明见解析，x=3；②4【分析】(1)根据椭圆的定义求解即可；(2)①求出直线DN与EM方程，得到Q点坐标，即可判定；②将面积表示出来，然后换元，利用基本不等式求最值.【详解】(1)因为P为△ABC的重心，且边AC,AB上的两条中线长度之和为36，69 2所以PB+PC=×36=26>BC，3故由椭圆的定义可知P的轨迹Γ是以B-2,0,C2,0为焦点的椭圆(不包括长轴的端点)，且a=6,c=2，所以b=2，2y2x所以P的轨迹Γ的方程为+=1x≠±6.62(2)①依题意，设直线DE方程为x=my+2m≠0.x=my+222联立x2y2，得m+3y+4my-2=0，+=162222易知Δ=16m+8m+3=24m+1>04m2设Dx1,y1，Ex2,y2，则y1+y2=-2，y1⋅y2=-2.m+3m+3因为DM⊥x轴，EN⊥x轴，所以Mx1,0，Nx2,0.y1所以直线DN：y=x-x2，x1-x2y2直线EM：y=x-x1，x2-x1x1y2+x2y1my1+2y2+my2+2y12my1y2联立解得xQ===2+=3.y1+y2y1+y2y1+y2从而点Q在定直线x=3上.111②因为S△DEQ=EN⋅xQ-x1=y2⋅3-x1=y2-my1y2，222myyy+y21211121126m+1又y+y=2，则S△DEQ=2y1-2=4y1-y2=4y1-y2=22，12m+326t613设m+1=t>1，则S△DEQ=⋅2=⋅2≤，2t+22t+4t2当且仅当t=，即m=±1时，等号成立，t3故△DEQ面积的最大值为.422(2024·全国·高三专题练习)已知抛物线E:y=2pxp>0，过点-1,0的两条直线l1、l2分别交E于1A、B两点和C、D两点．当l1的斜率为时，AB=210．2(1)求E的标准方程；(2)设G为直线AD与BC的交点，证明：点G在定直线上．2【答案】(1)y=2x(2)证明见解析1【分析】(1)当直线l1的斜率为时，写出直线l1的方程，设点Ax1,y1、Bx2,y2，将直线l1的方程与抛物2线E的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式可得出关于p的方程，结合Δ>0可求出p的值，即可得出抛物线E的标准方程；(2)分析可知直线l1、l2都不与x轴重合，设直线AB的方程为x=my-1，将该直线的方程与抛物线的方程22y1y2联立，设A,y1、B,y2，由韦达定理可得y1y2=2，同理可得出y3y4=2，写出直线AD、BC的方程，求2270 出这两条直线的交点G的横坐标，即可证得结论成立.11【详解】(1)解：当直线l1的斜率为时，直线l1的方程为y=x+1，设点Ax1,y1、Bx2,y2，222y=2px2联立1可得x+21-4px+1=0，y=x+12221Δ=41-4p-4=416p-8p>0，因为p>0，可得p>，2由韦达定理可得x1+x2=8p-2，x1x2=1，12252AB=1+2x1+x2-4x1x2=2⋅8p-2-4=210，21整理可得2p-p-1=0，解得p=1或p=-(舍去)，22因此，抛物线E的方程为y=2x.(2)证明：当直线l1与x轴重合时，直线l1与抛物线E只有一个交点，不合乎题意，所以，直线l1不与x轴重合，同理可知直线l2也不与x轴重合，x=my-12设直线AB的方程为x=my-1，联立2可得y-2my+2=0，y=2x22则Δ=4m-4>0可得m>1，22y1y2设点A,y1、B,y2，由韦达定理可得y1y2=2，2222y3y4设直线CD的方程为x=ny-1，设点C,y3、D,y4，同理可得y3y4=2，222y4-y1y12y1y4直线AD的方程为y-y1=x-，即y=x+，22y4-y12y1+y4y1+y42化简可得2x-y1+y4y+y1y4=0，同理可知，直线BC的方程为2x-y2+y3y+y2y3=0，因为点-1,0在抛物线的对称轴上，由抛物线的对称性可知，交点G必在垂直于x轴的直线上，所以只需证明点G的横坐标为定值即可，2x-y1+y4y+y1y4=0由，消去y，2x-y2+y3y+y2y3=0因为直线AD与BC相交，则y1+y4≠y2+y3，y2y3y1+y4-y1y4y2+y3y1y2y3+y2y3y4-y1y2y4-y1y3y4解得x==2y2+y3-y1+y42y2+y3-y1+y42y3+2y2-2y1-2y4==1，2y2+y3-y1+y4所以，点G的横坐标为1，因此，直线AD与BC的交点G必在定直线x=1上.2y2x3(2024·全国·高三专题练习)平面直角坐标系xOy中，椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率是22ab32，抛物线E:x=2y的焦点F是C的一个顶点.设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线2l与C交于不同的两点A,B，线段AB的中点为D，直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.71 (1)求证：点M在定直线上；S1(2)直线l与y轴交于点G，记△PFG的面积为S1,△PDM的面积为S2，求的最大值及取得最大值时点S2P的坐标.【答案】(1)证明见解析921(2)4，2，4【分析】(1)根据椭圆的离心率和焦点求出椭圆方程；由点P的坐标和斜率设出直线l的方程和抛物线联立，进而判断点M在定直线上；(2)分别列出S1，S2面积的表达式，根据二次函数求最值和此时点P的坐标．22a-b3【详解】(1)由题意知：=，解得a=2b．a211因为抛物线E的焦点为F0,，所以a=1,b=，2222所以椭圆的方程为x+4y=1．2m设Pm,2(m>0)，2由x=2y，设直线l的斜率为k，22mm则因此直线l的方程为y-=kx-m，即y=kx-km+222y=kx-km+m联立方程组2，得x2-2kx+2km-m2=0x2=2y22Δ=4k-4(2km-m)=0，得k=m，2m因此直线l的方程为y-=mx-m，22m即y=mx-.222x+4y=1,设Ax1,y1,Bx2,y2,Dx0,y0，联立方程m2y=mx-,22234得4m+1x-4mx+m-1=0.由Δ>0，得0<m<2+5，34m且x1+x2=2.4m+1322y2mm-m01因此x0=2，将其代入y=mx-2，得y0=2，因此x=-4m，4m+124m+101所以直线OD的方程为y=-x.4my=-1x联立方程4m得点M的纵坐标y=-1，所以点M在定直线y=-1上.Mx=m4472 2m(2)由(1)知直线l的方程为y=mx-.222mm令x=0，得y=-2，所以G0,-2.232m2+1mm12m-m1又Pm,,F0,,D,，所以S1=⋅GF⋅m=，224m2+124m2+12423m2m2+12112m+12m+mS2=2⋅PM⋅m-x0=2×4×2=2，4m+184m+122S124m+1m+12所以=.设t=2m+1(t>1)，S2222m+1S12t-1t+12t2+t-111则===-++2，St2t2t2t211S19当=，即t=2时，取到最大值，t2S24S1921所以S最大值是4.此时点p的坐标为2，422y2x4(2024·全国·高三专题练习)已知椭圆C:2+2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标ab35原点，点P-1,2在椭圆C上，且PF2=2，直线l过点F1且与椭圆C交于A，B两点．(1)求椭圆C的标准方程；(2)已知OF1=F1M，OF2=F2N，若直线AM，BN交于点D，探究：点D是否在某定直线上？若是，求出该直线的方程；若不是，请说明理由．2y2x【答案】(1)+=143(2)点D在直线x=-4上．【分析】(1)利用两点距离公式可计算焦点坐标，待定系数法计算椭圆方程即可；(2)由题意先确定M、N位置，设直线l与A、B坐标，联立直线与椭圆方程利用韦达定理得出A、B纵坐标关系式，再利用点A、B坐标表示直线AM、BN，法一、求出D点横坐标化简计算即可；法二、直接利用直xD+2线AM、BN方程作比计算为定值，计算即可.xD-2【详解】(1)设F1-c,0，F2c,0，(c>0)，295则PF2=(-1-c)+=，422则(c+1)=4，解得c=1(c=-3舍去)，22则a-b=1，①319代入点P-1,得+=1，②2a24b222联立①②，解得a=4，b=3，2y2x故椭圆C的标准方程为+=1；43(2)依题意，M-2,0，N2,0，x=my-1设直线l:x=my-1，联立3x2+4y2-12=0，22整理得3m+4y-6my-9=0，73 222Δ=36m+363m+4=1441+m>0；设Ax1,y1，Bx2,y2，6m9则y1+y2=2，y1y2=-2，3m+43m+4所以2my1y2+3y1+y2=0.y1y1可设直线AM:y=x+2，直线BN:y=x-2，x1+2x1-2y1y=x+2,x1+2法一：联立y2y=x-2,x2-2y2x1+2+y1x2-2得xD=2y2x1+2-y1x2-2y2my1+1+y1my2-32my1y2+y2-3y1=2=2y2my1+1-y1my2-3y2+3y12my1y2+3y1+y2-2y2+3y1=2=-4，y2+3y1故点D在直线x=-4上．-3y+y+y-3y-1yxD+2y2x1+2my1y2+y2212221221法二：故=====，xD-2y1x2-2my1y2-3y1-3y+y-3y-9y-3y321212122解得xD=-4，故点D在直线x=-4上．5(2024·全国·高三专题练习)如图1所示，双曲线具有光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经过双曲2y2x线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点．若双曲线E:-=1b>0的左、右焦4b2点分别为F1、F2，从F2发出的光线经过图2中的A、B两点反射后，分别经过点C和D，且tan∠CAB=3-，AB⊥BD.4(1)求双曲线E的方程；(2)设A1、A2为双曲线E实轴的左、右顶点，若过P4,0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？若存在，请求出该定直线方程；如不存在，请说明理由．2y2x【答案】(1)-=146(2)在直线x=1上BF13【分析】(1)延长CA与DB交于F1，分析可得=，令BF1=3tt>0，则AB=4t，AF1=5t，利用AB474 双曲线的定义可得出t的值，利用勾股定理求出c的值，进而可求得b的值，由此可得出双曲线E的方程；(2)分析可知，直线l不与x轴垂直，设直线l的方程为x=my+4，设点Mx1,y1、Nx2,y2，将直线l的方程与双曲线E的方程联立，列出韦达定理，联立直线A1M、A2N的方程，求出x的值，即可得出结论.【详解】(1)解：如图所示：3延长CA与DB交于F1，因为AB⊥AD，tan∠CAB=-，43BF13则tan∠F1AB=tanπ-∠ACB=-tan∠ACB=，即=，4AB4令BF1=3tt>0，则AB=4t，2222所以，AF1=AB+BF1=4t+3t=5t，由双曲线的定义可得AF1-AF2=2a=4，则AF2=AF1-4=5t-4，BF1-BF2=2a=4，则BF2=BF1-4=3t-4，又因为AB=AF2+BF2，即4t=5t-4+3t-4，解得t=2，所以，BF1=3t=6，BF2=3t-4=2，2222由勾股定理可得2c=F1F2=BF1+BF2=6+2=210，则c=10，22故b=c-a=10-4=6，2y2x因此，双曲线E的方程为-=1.46(2)解：若直线l与x轴重合，则直线l与双曲线E的交点为双曲线E的两个顶点，不合乎题意，设直线l的方程为x=my+4，设点Mx1,y1、Nx2,y2，x=my+422联立22可得3m-2y+24my+36=0，3x-2y=1223m-2≠06由题意可得222，解得m≠±，Δ=24m-1443m-2>0324m36由韦达定理可得y1+y2=-2，y1y2=2，3m-23m-2y1y1y2易知点A1-2,0、A22,0，则kA1M==，kA2N==x1+2my1+6x2-2y2，my2+2y1y2直线A1M的方程为y=x+2，直线A2N的方程为y=x-2，my1+6my2+2y1y2联立直线A1M、A2N的方程并消去y可得x+2=x-2，my1+6my2+236m+6-24m-yx+2y2my1+6my1y2+6y23m2-23m2-21可得===x-2y1my2+2my1y2+2y136m+2y213m-2-108m-6y213m-2==-3，解得x=1，36m+2y213m-2因此，直线A1M与直线A2N的交点Q在定直线x=1上.26(2024·全国·高三专题练习)已知抛物线C：x=4y，过点D0,2的直线l交抛物线交于A，B两点，抛物线在点A处的切线为l1，在点B处的切线为l2，直线l1与l2交于点M.(1)设直线l1，l2的斜率分别为直线k1，k2，求证：k1⋅k2=-2；75 (2)证明：点M在定直线上；MN(3)设线段AB的中点为N，求的取值范围.AB【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析12(3),22【分析】(1)利用导数，分别用点A,B的横坐标表示k1，k2，联立直线l与抛物线的方程，结合韦达定理，可得结果；(2)联立两切线方程可得交点坐标，利用韦达定理化简可得点M在定直线上；MN11(3)由中点坐标公式可得N点坐标，从而得到MN，再由弦长公式可得AB，再求=1+22ABk+1取值范围即可.【详解】(1)由题意知，直线的l斜率存在，设直线l与抛物线C交于不同的两点Ax1,y1，Bx2,y2，设直线l的方程为y=kx+2，y=kx+222联立2，消去y得，x-4kx-8=0，且Δ=16k+32>0，x=4yx1+x2=4k则∗x1⋅x2=-8121由y=x，得y=x，4211∴k1=yx=x1=2x1，∴k2=yx=x=2x2，211∴k1⋅k2=x1⋅x2=×(-8)=-2.44(2)直线l1与l2交于点M，设M(x,y)，121抛物线在点A处的切线l1方程为y-x1=x1x-x1，42112即y=x1x-x1，24112同理，在点B处的切线l2方程为y=x2x-x2.241121y=2x1x-4x1x=2x1+x2联立，解得，1121y=2x2x-4x2y=4x1x2x=2k将∗式代入化简得，y=-2则点M(2k,-2)在定直线y=-2上.(3)线段AB的中点为N，2y1+y22由(1)可得，y1+y2=k(x1+x2)+4=4(k+1)，=2(k+1)，22则N2k,2(k+1).22MN=2k+1+2=2k+2，222又AB=1+kx1-x2=1+kx1+x2-4x1x22222将∗式代入得，AB=k+1(4k)+32=4k+1k+2，MN1k2+211则==1+，2222ABk+1k+176 221MN12由k≥0，k+1≥1,0<≤1，则∈,.k2+1AB22MN12的取值范围为,.AB222y2x7(2024·安徽池州·池州市第一中学校联考模拟预测)已知双曲线C：-=1a>0,b>0的离心22ab率为2，过点E1,0的直线l与C左右两支分别交于M，N两个不同的点(异于顶点)．(1)若点P为线段MN的中点，求直线OP与直线MN斜率之积(O为坐标原点)；(2)若A，B为双曲线的左右顶点，且AB=4，试判断直线AN与直线BM的交点G是否在定直线上，若是，求出该定直线，若不是，请说明理由【答案】(1)1(2)是在定直线上，定直线x=4【分析】(1)根据题意列出方程组得到a=b，设Mx1,y1，Nx2,y2，P(x0,y0)，利用点差法即可求解；(2)根据(1)的结论得出A-2,0，B(2,0)，设直线l：x=1+ty，t≠0，设Mx1,y1，Nx2,y2，联立直线与曲线方程，利用韦达定理联立直线AN与直线BM的方程得出x=4，进而得证.e=c=2【详解】(1)由题意得a，所以a=b，c2=a2+b2设Mx1,y1，Nx2,y2，P(x0,y0)，22x1-y1=122ab则x2y2，2-2=1a2b2y-y2x+x2x12b12b0作差得=⋅=⋅，x1-x2a2y1+y2a2y0y-y2xy12b00又MN的斜率kMN==2⋅，kOP=，x1-x2ay0x02b所以kMNkOP=2=1.a(2)∵2a=4，∴a=b=2，A-2,0，B(2,0)，直线l：x=1+ty，t≠0，设Mx1,y1，Nx2,y2，x=1+tyt≠022联立22得t-1y+2ty-3=0，x-y=422△=16t-12>0,t-1≠0,t≠0y+y=-2t3y1+y2所以12t2-1，所以ty1y2=，2yy=-312t2-1y2y1设直线AN：y=x+2，BM：y=x-2，x2+2x1-29y+3yx+2y1x2+2y1ty2+3ty1y+3y12122所以=====3，x-2x1-2y2ty1-1y2ty1y2-y23y+1y2122所以x=4．故存在定直线x=4，使直线AN与直线BM的交点G在定直线上．2y2x8(2024·全国·高三专题练习)已知点(2,3)在双曲线C:-=1上．22aa+277 (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；1(2)已知点P,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､N2PMMH的点H，满足=，证明：点H恒在一条定直线上．PNHN【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析22yny【分析】(1)先求出双曲线方程，设Qm,n，则x-=1过点Qm,n的切线方程为mx-=1，联立33ny1mx-=1与两条渐近线方程，得到A,B点坐标，利用x1y2-x2y1求出面积为定值；321(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-，与双曲线方程联2PMMH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,yH，由=得到PNHN8-k19-4kxH=，yH=，消去参数得到点H恒在一条定直线3x-2y=6上.3-2k23-2k49【详解】(1)将(2,3)代入双曲线中，-=1，22aa+2222y解得a=1，故双曲线方程为x-=1，32y2xxyyx00下面证明2-2=1a>0,b>0上一点x0,y0的切线方程为2-2=1，abab理由如下：当切线方程的斜率存在时，2y2x设过点x0,y0的切线方程为y-y0=kx-x0，与2-2=1a>0,b>0联立得，ab22k2x2k2y2kxy-k2x2-y2-b21k2000000-x+-x+=0，a2b2b2b2b22k2x2k2y21k22kxy-k2x2-y2-b2000000由Δ=--4-⋅=0b2b2a2b2b22222化简得y0-kx0=ak-b，y-y0y-y022y-y022因为k=x-x，代入上式得y0-x-x⋅x0=ax-x-b，00022222整理得xy0-x0y=ay-y0-bx-x0，22222xy0-x0yy-y0x-x0同除以ab得，=-，2222abba22222222xy0-2xy0x0y+x0yy-2y0y+y0x-2x0x+x0即=-，2222abbax2y22y200x因为-=1，-=1，2222abab2222xy0-2xy0x0y+x0y2y0y2x0x所以=-2-+，2222abba22x0y02-2=1x2x2x2y2x2y2y2y2ab0000联立2，两式相乘得，--+=1，x2ya4a2b2a2b2b4a2-b2=178 22222222x0yxy0x0xy0y从而+=-1++，222244ababab2222x0xy0y-2xy0x0y2y0y2x0x故-1+++=-2-+，442222ababbax0xy0y2x0xy0y即-1+-=-2+2-，a2b2a2b2x0xy0y22令t=-，则-1+t=-2+2t，即t-1=0，22abx0xy0y解得t=1，即-=1，22abx0xy0y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-=1，22ab2y2xxyyx00综上：2-2=1a>0,b>0上一点x0,y0的切线方程为2-2=1，abab22yny设Qm,n，则x-=1过点Qm,n的切线方程为mx-=1，332ny2y故mx-=1为x-=1过点Qm,n的切线方程，33双曲线的两条渐近线方程为y=±3x，x=3ny13m-3n联立mx-=1与y=3x，解得,3y=3313m-3nx=3ny23m+3n联立mx-=1与y=-3x，解得,3y=-3323m+3ny-y1y2-y1直线AB方程为=，即y-y1x2-x1-y2-y1x-x1=0，x-x1x2-x1-y1x2-x1-y2-y1-x1x1y2-x2y1故点O到直线AB的距离为=，22x2-x1+y2-y1x2-x1+y2-y12且AB=x2-x1+y2-y1，1x1y2-x2y121故△AOB的面积为⋅x2-x1+y2-y1=x1y2-x2y12x-x2+y-y2212113-33333=2⋅-⋅3m-3n3m+3n3m+3n3m-3n1-1831-183===3，为定值；29m2-3n229(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，1故直线l斜率存在，设直线l方程y-1=kx-，222y22212与x-3=1联立得3-kx+k-2kx-4k-k+4=0，Δ>023-k≠02由k-2k>0，k2-312k-k+44k2-3>012122因为k-k+4=k-2+3>0恒成立，所以k-3>0，4479 2故k-2k>0，-2-213解得<k<-3,312k2-2kk-k+44设Mx1,y1,Nx2,y2，则x1+x2=2,x1x2=2，k-3k-3设点H的坐标为xH,yH，x-1PMMH12xH-x1则由=得，=，PNHNx-1x2-xH221变形得到2x1x2-xH+2x1+x2+xH=0，12k2-2kk-k+48-k4将x1+x2=2,x1x2=2代入，解得xH=3-2k，k-3k-38-k19k+6将xH=3-2k代入y-1=kx-2中，解得yH=，23-2k24-3k18k+12则3xH-2yH=-=6，3-2k23-2k故点H恒在一条定直线3x-2y-6=0上.222【点睛】方法点睛：过圆x-a+y-b=r上一点x0,y0的切线方程为：x0-ax-a+2y-by0-b=r，2222过圆x-a+y-b=r外一点x0,y0的切点弦方程为：x0-ax-a+y-by0-b=r.2y2xxyyx00过椭圆2+2=1上一点Px0,y0的切线方程为2+2=1，abab2y2xxyyx00过双曲线2-2=1上一点Px0,y0的切线方程为2-2=1abab80