2025年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)大題題型歸納：第09講 圓錐曲線中的定點(diǎn)、定直線和定圓問(wèn)題（解析）

第09講圓錐曲線中的定點(diǎn)、定直線和定圓問(wèn)題考法呈現(xiàn)題型一：定點(diǎn)問(wèn)題考法一：直線過(guò)定點(diǎn)例題分析【例1】已知橢圓C:x2a2+y2(1)求橢圓C的方程；(2)若動(dòng)點(diǎn)P在直線x=?1上，過(guò)P作直線交橢圓C于M,N兩點(diǎn)，且P為線段MN的中點(diǎn)，再過(guò)P作直線l⊥MN【答案】(1)x(2)證明見解析【分析】（1）由點(diǎn)(2,0)在橢圓C上，代入橢圓的方程，再由橢圓C的離心率為12，求得a,b（2）設(shè)P(?1,y0)，當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí)，設(shè)直線MN的方程為y?y0=k(x+1)，聯(lián)立方程組，根據(jù)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)求得k，結(jié)合l⊥MM，得到kl【詳解】（1）因?yàn)辄c(diǎn)(2,0)在橢圓C上，可得4a2+又因?yàn)闄E圓C的離心率為12，所以ca=12所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）由題意，可設(shè)P(?1,y0)①當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí)，設(shè)直線MN的方程為y?y聯(lián)立方程組y?y整理得(3+4k則Δ=所以x1因?yàn)镻為MN的中點(diǎn)，所以x1+x所以kMN=k=3因?yàn)閘⊥MM，所以kl=?4y0即y=?4y03(x+②當(dāng)直線MN的斜率不存在時(shí)，直線MN的方程為x=此時(shí)直線l為x軸，也過(guò)點(diǎn)(?1綜上所述，直線l恒過(guò)定點(diǎn)(?1

直線過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題常用方法如下：(1)“特殊探路，一般證明”：即先通過(guò)特殊情況確定定點(diǎn)，再轉(zhuǎn)化為有方向、有目的的一般性證明；(2)“一般推理，特殊求解”：即設(shè)出定點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)題設(shè)條件選擇參數(shù)，建立一個(gè)直線系或曲線的方程，再根據(jù)參數(shù)的任意性得到一個(gè)關(guān)于定點(diǎn)坐標(biāo)的方程組，以這個(gè)方程組的解為坐標(biāo)的點(diǎn)即為所求點(diǎn)；(3)求證直線過(guò)定點(diǎn)(x0，y0)，常利用直線的點(diǎn)斜式方程y－y0＝k(x－x0)或截距式y(tǒng)＝kx＋b來(lái)證明．變式訓(xùn)練【變式1-1】已知橢圓C:x2a2+(1)求橢圓C的方程；(2)過(guò)點(diǎn)A作與y=tx2t<0相切的兩條直線，分別交橢圓C于P，Q【答案】(1)x(2)證明見解析【分析】（1）由已知列方程組求出a,b,c，可得方程；（2）先由直線AP,AQ與曲線y=tx2t<0相切，由判別式法得兩直線斜率關(guān)系1k1+1k2=?2；再將斜率坐標(biāo)化，由直線PQ方程y=mx+n消y1,y【詳解】（1）由點(diǎn)A?2,1代入方程x2a由題可得4a2+∴所求橢圓方程為x2（2）設(shè)過(guò)點(diǎn)A的直線為y?1=kx+2與y=ty?1=kx+2消y得，tx2?kx?2k?1=0得，k2+8tk+4t=0，∴則k1+k2k1k2=設(shè)直線PQ為：y=mx+n，Px1,y=mx+nx2+2則x1+由Δ=16m21k即x整理得2m+2m將①式代入得，2m+2m整理得：n2即n?2m+1n+4m+1=0，所以當(dāng)n=2m+1時(shí)，直線PQ為y=mx+2m+1，恒過(guò)點(diǎn)A?2,1當(dāng)n=?4m+1時(shí)，直線PQ為：y=mx?4m?1，即y+1=mx?4，恒過(guò)點(diǎn)綜上，直線PQ恒過(guò)定點(diǎn)4,?1．

【變式1-2】已知雙曲線C：x2a2?y2b2=1(1)求雙曲線C的方程；(2)不經(jīng)過(guò)點(diǎn)P的直線l與C相交于M，N兩點(diǎn)，且PM⊥PN，求證：直線l過(guò)定點(diǎn).【答案】(1)x(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)雙曲線上過(guò)的點(diǎn)及離心率列出方程組，求出雙曲線方程；（2）設(shè)出直線方程，分斜率不存在和斜率存在兩種情況，特別是當(dāng)斜率存在時(shí)，設(shè)直線為y=kx+m，與雙曲線方程聯(lián)立，根據(jù)題干中條件，列出方程，找到k和m的關(guān)系，求出過(guò)的定點(diǎn)，記得檢驗(yàn)是否滿足斜率不存在的情況.【詳解】（1）由已知得：e=ca=2,c=2a又因?yàn)镻4,6在C上，則16解得a2=4，所以雙曲線C的方程為x2（2）若直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y=kx+m，Mx1,聯(lián)立方程x24?y2由已知k≠±3，則3?k2可得x1+x又因?yàn)镻M=由PM⊥PN可得：PM?整理得：1+k則1+k可得m2?32k由已知l不經(jīng)過(guò)點(diǎn)4,6，故m+4k?6≠0，所以m?8k?12=0，即m=8k+12，可得l：y=kx+8+12，過(guò)定點(diǎn)若直線l的斜率不存在，設(shè)Mx1,可得PM=由PM⊥PN可得：PM?又因?yàn)閤124綜上所述：故直線l過(guò)定點(diǎn)Q?8,12

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：直線過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題，先考慮直線斜率不存在時(shí)，再考慮直線斜率時(shí)，要設(shè)出直線方程為y=kx+m，與曲線方程聯(lián)立后得到兩根之和與兩根之積，根據(jù)題意建立等量關(guān)系，求出k,m的關(guān)系或者m的值，從而求出定點(diǎn).【變式1-3】已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線C：y2＝4x，點(diǎn)A?2，0，設(shè)直線(1)若直線l⊥x軸，求直線PA的斜率的取值范圍；(2)若直線l不垂直于x軸，且∠PAO＝∠QAO，證明：直線【答案】(1)?(2)證明見解析【分析】（1）當(dāng)點(diǎn)P在第一象限時(shí)，設(shè)P(t,2t),t>0，kPA=（2）設(shè)直線l的方程為y=kx+b(k≠0)，由kAP+kAQ=0【詳解】（1）

當(dāng)點(diǎn)P在第一象限時(shí)，設(shè)P(t,2t則kPA=2t?0t+2同理，當(dāng)點(diǎn)P在第四象限時(shí)，kPA綜上所述，直線PA的斜率的取值范圍是?2（2）設(shè)直線l的方程為y=kx+b(k≠0)，聯(lián)立方程y=kx+b,y2=4x,得k設(shè)Px1,∵∠PAO=∠QAO,∴kAP+即y1即y1即y1即4b+8k=0，∴b=?2k，滿足Δ>0∴y=kx?2k=k(x?2)，∴直線l過(guò)定點(diǎn)(2,0).考法二：存在定點(diǎn)滿足某條件例題分析【例2】已知橢圓C:x2a2+y23=1(a>0)(1)求△OPQ面積的最大值，并求此時(shí)直線PQ的方程；(2)若直線PQ與x軸不垂直，在x軸上是否存在點(diǎn)Ss,0使得∠PST=∠QST恒成立？若存在，求出s【答案】(1)△OPQ面積的最大值為3，此時(shí)直線PQ的方程為3x+2y?3=0(2)存在，S【分析】（1）根據(jù)條件求出橢圓方程，當(dāng)直線PQ的斜率為0時(shí)，此時(shí)O,P,Q三點(diǎn)共線，不合要求，舍去，當(dāng)直線PQ的斜率不為0時(shí)，設(shè)直線PQ的方程為x=ty+3，聯(lián)立橢圓方程，得到兩根之和，兩根之積，表達(dá)出△OPQ面積，利用基本不等式求出最值，并得出此時(shí)直線PQ（2）由角相等得到kPS+k【詳解】（1）將（?1,得到1a2+故橢圓方程為x2當(dāng)直線PQ的斜率為0時(shí)，此時(shí)O,P,Q三點(diǎn)共線，不合要求，舍去；當(dāng)直線PQ的斜率不為0時(shí)，設(shè)直線PQ的方程為x=ty+3與橢圓方程x24+設(shè)Px1,則S=32108當(dāng)且僅當(dāng)3t2+1=故△OPQ面積的最大值為3，此時(shí)直線PQ的方程為3x+2y?3=0（2）在x軸上存在點(diǎn)S433理由如下：因?yàn)椤螾ST=∠QST，所以kPS+k整理得x2即ty所以2ty則2t?33故在x軸上存在點(diǎn)S433

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：直線與橢圓位置關(guān)系問(wèn)題，從以下幾個(gè)角度分析：（1）橢圓性質(zhì)得出橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）直線與橢圓聯(lián)立，韋達(dá)定理的應(yīng)用；（3）求最值時(shí)，基本不等式的應(yīng)用；（4）運(yùn)算過(guò)程，計(jì)算能力的考查.定點(diǎn)滿足某條件：(1)設(shè)出該點(diǎn)坐標(biāo)；(2)把滿足的條件當(dāng)做已知條件，結(jié)合其他條件求出點(diǎn)的坐標(biāo)。變式訓(xùn)練【變式2-1】已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1a>0,b>0的右焦點(diǎn)，右頂點(diǎn)分別為F，A，B0,b，(1)求雙曲線C的方程.(2)過(guò)點(diǎn)F的直線l與雙曲線C的右支相交于P，Q兩點(diǎn)，在x軸上是否存在與F不同的定點(diǎn)E，使得EP?FQ=【答案】(1)x(2)存在，E【分析】（1）由AF=1，BM=3MA，直線OM的斜率為1，求得（2）設(shè)直線PQ的方程，與雙曲線的方程聯(lián)立，可得兩根之和及兩根之積，由等式成立，可得EF為∠PEQ的角平分線，可得直線EP,EQ的斜率之和為0，整理可得參數(shù)的值，即求出E的坐標(biāo)．【詳解】（1）設(shè)c2=a2+b2因?yàn)辄c(diǎn)M在線段AB上，且滿足BM=3MA因?yàn)橹本€OM的斜率為1，所以13+1b因?yàn)锳F=1，所以c?a=1，解得a=1，b=3，所以雙曲線C的方程為x2（2）假設(shè)在x軸上存在與F不同的定點(diǎn)E，使得EP?

當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，E在x軸上任意位置，都有EP?當(dāng)直線l的斜率存在且不為0時(shí)，設(shè)Et,0，直線l的方程為x=ky+2直線l與雙曲線C的右支相交于P，Q兩點(diǎn)，則?33<k<設(shè)Px1,由x2?y23=1x=ky+2所以y1+y因?yàn)镋P?FQ=EQ?FP，即EPEQ有y1x1?t+所以2k93k2?1綜上所述，存在與F不同的定點(diǎn)E，使得EP?FQ=【變式2-2】已知點(diǎn)M到點(diǎn)F0,32的距離比它到直線l：y=?2的距離小12，記動(dòng)點(diǎn)(1)求E的方程；(2)若過(guò)點(diǎn)F的直線交E于Ax1,y1，Bx2,y2兩點(diǎn)，則在x軸的正半軸上是否存在點(diǎn)P，使得PA，PB分別交【答案】(1)x(2)P【分析】（1）根據(jù)點(diǎn)M到點(diǎn)F0,32的距離等于它到直線l：y=?（2）設(shè)Cx3,y3,Px0,0，由PA=3PC結(jié)合拋物線方程得出x【詳解】（1）因?yàn)辄c(diǎn)M到點(diǎn)F0,32的距離比它到直線l：y=?2所以點(diǎn)M到點(diǎn)F0,32的距離等于它到直線l則點(diǎn)M的軌跡為以F0,32則曲線E的方程為x2（2）設(shè)Cx3,由AB=3CD得：AB//CD，且即x1?x代入拋物線方程x2=6y，得整理得x12故x1,x2是方程由韋達(dá)定理可得x1+由題意，直線AB的斜率一定存在，故設(shè)直線AB的方程為y=kx+3與拋物線方程x2=6y聯(lián)立可得易得Δ>0，由韋達(dá)定理可得x1+由①②可得x0故在x軸的正半軸上存在一點(diǎn)P3

【變式2-3】已知雙曲線Ω：x2a2?y2b2=1a>0,b>0，A2,0(1)求Ω的方程；(2)設(shè)P是Ω上位于第一象限內(nèi)的一動(dòng)點(diǎn)，則是否存在定點(diǎn)Qm,0m<0，使得∠PQA+1【答案】(1)x(2)存在，定點(diǎn)Q【分析】（1）、根據(jù)五點(diǎn)的坐標(biāo)及雙曲線的對(duì)稱性和頂點(diǎn)的特征確定B,C,D都在Ω上，得到方程組，求得a2，b2，即可得（2）、根據(jù)條件及補(bǔ)角的定義得到2∠PQA=∠PAQ，分PA⊥x軸與PA不與x軸垂直兩種情況分析求解.【詳解】（1）若A2,0，D?1,0，E4,0在雙曲線Ω上，則A2,0，D?1,0∴A2,0，D?1,0，E4,0三點(diǎn)中只能有一點(diǎn)是頂點(diǎn)，∴B,C∵B?32,?152，由雙曲線頂點(diǎn)的位置特征分析可知，D?1,0在Ω將D?1,0，B?32,?則94a2?154b2=1（2）假設(shè)存在定點(diǎn)Q滿足題意，∵∠PQA+12∠PAE=π2，∴2∠PQA+∠PAE=①、當(dāng)PA⊥x軸時(shí)，∵A2,0,∴P2,3，在Rt△PQA中，∴3=2?m，∴m=?1，此時(shí)Q?1,0②、當(dāng)PA不與x軸垂直時(shí)，假設(shè)Q?1,0，滿足2∠PQA=∠PAQ設(shè)Px0,y0∴tan又tan∠PAQ=y02?x故存在定點(diǎn)Q?1,0，使得∠PQA+考法三：圓過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題例題分析【例3】已知橢圓C1:x2a2+(1)求橢圓C1(2)過(guò)點(diǎn)S0,?13的動(dòng)直線L交橢圓C1于A,B兩點(diǎn)，試問(wèn)：在直角坐標(biāo)平面上是否存在一個(gè)定點(diǎn)T，使得以AB為直徑的圓恒過(guò)定點(diǎn)【答案】(1)C(2)存在；0,1【分析】（1）先根據(jù)直線y=x+b是拋物線C2:y2=4x的一條切線，求出b（2）先假設(shè)存在一個(gè)定點(diǎn)T，使得以AB為直徑的圓恒過(guò)定點(diǎn)，再用垂直時(shí)，向量PA，PA的數(shù)量積為0，得到關(guān)于直線斜率k的方程，求k，若能求出，則存在，若求不出，則不存在．【詳解】（1）由y=x+by2直線y=x+b是拋物線C2:e=ca（2）

當(dāng)直線L與x軸平行時(shí)，以AB為直徑的圓方程為x當(dāng)直線L與y軸重合時(shí)，以AB為直徑的圓方程為x所以兩圓的交點(diǎn)為點(diǎn)0,1猜想：所求的點(diǎn)T為點(diǎn)0,1．證明如下．當(dāng)直線L與x軸垂直時(shí)，以AB為直徑的圓過(guò)點(diǎn)0,1當(dāng)直線L與x軸不垂直時(shí)，可設(shè)直線L為：y=kx?由y=kx?13x22+y2則TA=所以TA⊥TB，即以AB所以存在一個(gè)定點(diǎn)T，使得以AB為直徑的圓恒過(guò)定點(diǎn)T．圓錐曲線中圓過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題的解法：充分利用圓的幾何特征，即圓過(guò)定點(diǎn)，可依據(jù)直徑所對(duì)圓周角為直角，轉(zhuǎn)化為兩條線段的垂直，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為兩個(gè)向量垂直，即兩向量的數(shù)量積等于0，從而建立方程求解.變式訓(xùn)練【變式3-1】知橢圓E:x2a2+y2b2=1a>b>0的離心率是22，上、下頂點(diǎn)分別為(1)求E的方程；(2)直線l與圓O相切且與E相交于M，N兩點(diǎn)，證明：以MN為直徑的圓恒過(guò)定點(diǎn).【答案】(1)x(2)證明見解析【分析】（1）寫出向量PA，（2）設(shè)直線l后，和圓相切可得m2=2k2+2【詳解】（1）由已知得A0,b，B0,?b，則PA=?2,b，PB=因?yàn)閑=ca=22，又b故E的方程為x2（2）當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)l的方程為y=kx+m，即kx?y+m=0.因?yàn)橹本€l與圓O相切，所以mk2+1設(shè)Mx1,y1，N由y=kx+m,x26由韋達(dá)定理，得x所以y1y2所以x1故OM⊥ON，即以MN為直徑的圓過(guò)原點(diǎn)O.當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，l的方程為x=2或x=?這時(shí)M2,2，N2,?顯然，以MN為直徑的圓也過(guò)原點(diǎn)O.綜上，以MN為直徑的圓恒過(guò)原點(diǎn)O.【變式3-2】已知橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，A(1)求C的方程；(2)C的弦DE過(guò)F1，直線AE，AD分別交直線x=?4于M，N兩點(diǎn)，P是線段MN的中點(diǎn)，證明：以PD【答案】(1)x2(2)證明見解析.【分析】（1）根據(jù)橢圓的定義結(jié)合三角形不等式求解即可；（2）設(shè)Dx1,y1【詳解】（1）依題意，a2△BF2D周長(zhǎng)DB+D

所以a2=4,b2=3（2）設(shè)Dx1,y1,ExΔ=36m2易知AD:y=y1x1?2x?2，令從而中點(diǎn)P?4,?3以PD為直徑的圓為x+4x?由對(duì)稱性可知，定點(diǎn)必在x軸上，令y=0得，x+4y=?18m所以x+4x?x1+3my所以x2+5?m解得x=?1

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：利用韋達(dá)定理法解決直線與圓錐曲線相交問(wèn)題的基本步驟如下：（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點(diǎn)坐標(biāo)為x1（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于x（或y）的一元二次方程，必要時(shí)計(jì)算Δ；（3）列出韋達(dá)定理；（4）將所求問(wèn)題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為x1+x2，x1（5）代入韋達(dá)定理求解.【變式3-3】已知橢圓C:x2a2+(1)求C的方程；(2)過(guò)橢圓C的右焦點(diǎn)的任一直線l與橢圓C分別相交于M，N兩點(diǎn)，且AM，AN與直線x=4，分別相交于D，E兩點(diǎn)，求證：以DE為直徑的圓恒過(guò)x軸上定點(diǎn)，并求出定點(diǎn).【答案】(1)x(2)證明見解析，定點(diǎn)分別為(1,0)，(7,0)【分析】（1）由離心率，及頂點(diǎn)坐標(biāo)得橢圓的方程；（2）設(shè)M(x1,y1)，N(x【詳解】（1）由題可得ca=12，所以橢圓C的方程：x2（2）橢圓右焦點(diǎn)坐標(biāo)為(1,0)，由題直線斜率不為零，設(shè)直線l方程為x=my+1，設(shè)M(x1,由題，聯(lián)立方程組x=my+1x24+y所以y1+yAM:y=y1x1+2(x+2)，得設(shè)x軸上一點(diǎn)P(t,0)，則PD=(4?t,6yPD?因?yàn)?xPD得：t?4=±3，即t=1或t=7，所以以DE為直徑的圓恒過(guò)x軸上定點(diǎn)，定點(diǎn)分別為(1,0)，(7,0).題型二：定直線問(wèn)題例題分析【例4】已知A1?3,0和A23,0是橢圓η:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右頂點(diǎn)，直線l與橢圓η相交于(1)求橢圓η的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若直線OM與橢圓η的另外一個(gè)交點(diǎn)為S，直線A1S與直線A2N相交于點(diǎn)P，直線PO與直線l相交于點(diǎn)【答案】(1)x(2)證明見解析，定直線為x=?3【分析】（1）設(shè)Mx1,y1，Nx2（2）設(shè)直線l的方程為：x=my+n(m≠0,n≠0)，聯(lián)立直線l和橢圓方程，結(jié)合韋達(dá)定理可得y1y2，y1+y2，結(jié)合三點(diǎn)共線可得y0x0+3【詳解】（1）設(shè)Mx1,所以kA1M由題意知a=3，所以x1所以b2則橢圓η的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）證明：設(shè)直線l的方程為：x=my+n(m≠0,n≠0)，聯(lián)立橢圓η的方程，得x=my+nx所以5m則Δ=180由根與系數(shù)的關(guān)系，得y1y2設(shè)Px由P，S，A1三點(diǎn)共線，得y由P，N，A2三點(diǎn)共線，得y則2=2m+n?3所以直線OP的斜率為kOP則直線OP的方程為y=n+3聯(lián)立直線OP與直線l的方程，可得y=n+33mx所以點(diǎn)Q在一條定直線上，該定直線的方程為x=?3．動(dòng)點(diǎn)在定直線上問(wèn)題的解題策略：①?gòu)奶厥馊胧郑醪酱_定動(dòng)點(diǎn)所在的直線，再證明一般情況下也在該定直線上即可；②從動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)入手，直接推理、計(jì)算，并在計(jì)算推理的過(guò)程中消去變量，從而得到動(dòng)點(diǎn)的橫縱坐標(biāo)關(guān)系，進(jìn)而得出定直線方程．變式訓(xùn)練【變式4-1】已知橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0右焦點(diǎn)分別為F2，A2,1(1)求C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)直線l//AB，且交C于點(diǎn)D，E，直線AD與BE交于點(diǎn)證明：①直線AD與BE的斜率乘積為定值；②P點(diǎn)在定直線上.【答案】(1)x(2)①證明見解析；②證明見解析【分析】（1）設(shè)為F2(c,0)，根據(jù)S△ABF2=2S△OAF2，解得c；點(diǎn)（2）①設(shè)Dx1,y1，Ex2,y2，直線DE方程為y=1②直線AD方程為y=(12+mx1?2)x?2mx1?2，直線BE的方程為【詳解】（1）設(shè)為F2c,0，則S△ABF2又點(diǎn)A2,1在曲線C上，∴4將b2=a2?6解得a2=8，∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）①設(shè)Dx1,y1，Ex2聯(lián)立直線DE與橢圓方程，消去y得x2當(dāng)Δ=4m2?42x1+x∴kADkBE∴kAD=1②直線AD方程為：y?1=12+直線BE的方程為y+1=12+聯(lián)立直線AD與直線BE方程得mx∴xP=?2∴yP∴yP=?12x

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：利用韋達(dá)定理法解決直線與圓錐曲線相交問(wèn)題的基本步驟如下：（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點(diǎn)坐標(biāo)為x1,y（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于x（或y）的一元二次方程，必要時(shí)計(jì)算Δ；（3）列出韋達(dá)定理；（4）將所求問(wèn)題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為x1+x（5）代入韋達(dá)定理求解.【變式4-2】已知B?1,0,C1,0為△ABC的兩個(gè)頂點(diǎn)，P為△ABC(1)求點(diǎn)P的軌跡C的方程.(2)已知點(diǎn)N?3,0,E?2,0,F2,0，直線PN與曲線C的另一個(gè)公共點(diǎn)為Q，直線EP與FQ交于點(diǎn)M【答案】(1)x(2)證明見解析【分析】（1）由三角形重心的性質(zhì)與橢圓的定義求解即可；（2）設(shè)直線PQ的方程為：x=my?3，Px1,y1【詳解】（1）因?yàn)镻為△ABC的重心，且邊AC,AB上的兩條中線長(zhǎng)度之和為6，所以PB+故由橢圓的定義可知P的軌跡C是以B?1,0且a=2,c=1，所以b=3所以P的軌跡C的方程為x2（2）設(shè)直線PQ的方程為：x=my?3，Px聯(lián)立方程x=my?3x24則y1所以2my又直線PE的方程為：y=y又直線QF的方程為：y=y聯(lián)立方程y=y1my把2myx=2所以當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)M恒在定直線x=?4【變式4-3】已知橢圓C:x2a2+(1)求橢圓C的方程；(2)點(diǎn)A關(guān)于原點(diǎn)O的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)B，與直線AB平行的直線l與C交于點(diǎn)M,N，直線AM與BN交于點(diǎn)P，點(diǎn)P是否在定直線上？若在，求出該直線方程；若不在，請(qǐng)說(shuō)明理由.【答案】(1)x(2)點(diǎn)P在定直線y=?1【分析】（1）解方程組ca（2）設(shè)Mx1,y1,Nx2,y2，l【詳解】（1）由題意得ca=3所以橢圓C的方程是x2（2）點(diǎn)P是在定直線y=?1由（1）知A2,1,B?2,?1l:y=12x+m,m≠0，將l的方程與x28則Δ=4m2?42m2因?yàn)閗AM所以直線AM的方程為y?1=12+直線BN的方程為y+1=12+聯(lián)立直線AM與直線BN的方程，得mx得xP所以y=所以點(diǎn)P在定直線y=?1題型三：定圓問(wèn)題例題分析已知雙曲線C:x2a2?y23a(1)求C的方程；(2)過(guò)C的左頂點(diǎn)且不與x軸重合的直線交C的右支于點(diǎn)B，交直線x=12于點(diǎn)P，過(guò)F1作PF2的平行線，交直線B【答案】(1)x(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)焦點(diǎn)到漸近線的距離求出c=2即可得解；（2）由題意可設(shè)PA，PF2的斜率分別為k,?k，設(shè)直線AP的方程為y=kx+1，聯(lián)立雙曲線方程，求出B3+k【詳解】（1）根據(jù)題意可知C的一條漸近線方程為y=3設(shè)F2c,0(c>0),F2所以c=2,c所以C的方程為x2（2）設(shè)C的左頂點(diǎn)為A，則A(?1,0),故直線x=12為線段所以可設(shè)PA，PF2的斜率分別為k,?k，故直線AP的方程為與C的方程聯(lián)立有3?k設(shè)B(x1,y1所以B當(dāng)BF2⊥x軸時(shí)，B且易知∠P當(dāng)BF2不垂直于x軸時(shí)，直線BF2因?yàn)閠an∠PFA=?1所以tan所以∠B因?yàn)镼所以∠所以QF所以點(diǎn)Q在以F2【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：利用韋達(dá)定理法解決直線與圓錐曲線相交問(wèn)題的基本步驟如下：（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點(diǎn)坐標(biāo)為x1（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于x（或y）的一元二次方程，必要時(shí)計(jì)算Δ；（3）列出韋達(dá)定理；（4）將所求問(wèn)題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為x1+x2、x1（5）代入韋達(dá)定理求解.動(dòng)圓問(wèn)題的解題策略：①求動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程，剛好軌跡是圓；②轉(zhuǎn)化為動(dòng)點(diǎn)到定點(diǎn)的距離為定值；③先通過(guò)條件找到定圓，再證明點(diǎn)事該圓上的點(diǎn)；④用含參的式子表示出動(dòng)點(diǎn)的橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)，通過(guò)計(jì)算得出橫縱坐標(biāo)的平方和為常數(shù)。.變式訓(xùn)練【變式5-1】已知雙曲線C：x2a2?y2b2=1（a>0(1)求C的方程；(2)設(shè)點(diǎn)O0,0，M0,2，動(dòng)直線l：y=kx+m與C的右支相交于不同兩點(diǎn)A，B，且∠AFM=∠BFM，過(guò)點(diǎn)O作OH⊥l，H為垂足，證明：動(dòng)點(diǎn)【答案】(1)x(2)證明見解析，x?【分析】(1)根據(jù)漸近線斜率及到焦點(diǎn)距離最值列式求解即可.(2)根據(jù)角相等得出向量夾角相等，進(jìn)而得出m,k的關(guān)系得出定點(diǎn)，最后根據(jù)垂直關(guān)系得出圓的方程.【詳解】（1）設(shè)Fc,0則由已知得ba解得a=1,b=3所以C的方程x2（2）由(1)得F2,0,FM設(shè)Ax1于是FA=同理FB=2由∠AFM=∠BFM，得cos∠AFM=即FA即?2x?2k?2整理得2m+k+3x因?yàn)閤1≠x所以l的方程可化為y=k因此l過(guò)定點(diǎn)N1又因?yàn)镺H⊥l垂足為H,所以動(dòng)點(diǎn)H在以O(shè)N為直徑的圓上，該圓的方程為x?1【變式5-2】設(shè)點(diǎn)O0,0，M0,2，動(dòng)直線l：y=kx+m與C的右支相交于不同兩點(diǎn)A，B，且∠AFM=∠BFM，過(guò)點(diǎn)O作OH⊥l，H為垂足，證明：動(dòng)點(diǎn)19．已知橢圓C:x2a2+(1)求橢圓C的方程；(2)M，N，A，B為橢圓上不同的四點(diǎn)，且均與橢圓右頂點(diǎn)P不重合，kMN?kAB=?1，kPM?【答案】(1)x(2)證明見詳解【分析】（1）由條件列關(guān)于a,b,c的方程，解方程可得a,b,c，由此可得橢圓方程；（2）方法一：設(shè)直線MN:y=kx+m，AB:y=k'x+m'方法二：直線MN:y=kx+m，AB:y=k'x+m'，通過(guò)齊次化變形，證明kPM?【詳解】（1）由e=ca=三角形面積S=1解得a2=4，所以橢圓C的方程為x2（2）由（1）得P2,0，設(shè)Mx1,y1，直線MN:y=kx+m，AB:y=k聯(lián)立x消去y整理得1+2k方程1+2k2x則x1因?yàn)閗PM?k所以k2所以k2整理得m+2km+6k=0．若m=?2k，則則直線MN過(guò)定點(diǎn)P2,0若m=?6k，則y=kx?6k=kx?6，則直線MN同理可得x又因?yàn)閗PA所以2x所以2x所以2k所以2k整理得2k若m'=?2k'，則y=k若m'=?2k'?1，則y=又因?yàn)閗AB?k所以直線AB與MN的交點(diǎn)在以6,0和2,?1所連線段為直徑的定圓上．方法二：設(shè)Mx1,y1，N直線MN:y=kx+m，AB:y=k橢圓方程x24+直線MN:y=kx+m變形為1=y?k代入橢圓方程得x?22即m?2kx?2左右兩邊同時(shí)除以x?22得，2則kPM，kPN為方程的兩個(gè)根，則所以m=?6k，直線MN過(guò)定點(diǎn)6,0．同理可得2m則kPA，kPB為方程的兩個(gè)根，則所以m'直線AB過(guò)定點(diǎn)2,?1．又因?yàn)閗AB?k所以直線AB與MN的交點(diǎn)在以6,0和2,?1所連線段為直徑的定圓上．【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：解決直線與橢圓的綜合問(wèn)題時(shí)，要注意：（1）注意觀察應(yīng)用題設(shè)中的每一個(gè)條件，明確確定直線、橢圓的條件；（2）強(qiáng)化有關(guān)直線與橢圓聯(lián)立得出一元二次方程后的運(yùn)算能力，重視根與系數(shù)之間的關(guān)系、弦長(zhǎng)、斜率、三角形的面積等問(wèn)題．【變式5-3】雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左頂點(diǎn)為(1)求雙曲線C的方程；(2)已知M,N是C上不同的兩點(diǎn)，MN中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為2，且MN的中垂線為直線l，是否存在半徑為1的定圓E，使得l被圓E截得的弦長(zhǎng)為定值，若存在，求出圓E的方程；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.【答案】(1)x(2)存在，E:【分析】（1）根據(jù)雙曲線的性質(zhì)，結(jié)合△ABD是等腰直角三角形的性質(zhì)，列出關(guān)系式即可求解雙曲線方程；（2）首先利用點(diǎn)差法求出直線l所過(guò)的定點(diǎn)，即可求出定圓的方程.【詳解】（1）依題意，∠BAD=90°，焦半徑c=2，當(dāng)x=c時(shí)，c2a2?y所以BF=b2a，由AF=解得：a=1（其中a=?2<0舍去），所以b2故雙曲線C的方程為x2

（2）設(shè)Mx1因?yàn)镸,N是C上不同的兩點(diǎn)，MN中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為2.所以x1①-②得x1當(dāng)kMN存在時(shí)，k因?yàn)镸N的中垂線為直線l，所以y?y0=?所以l過(guò)定點(diǎn)T8,0

當(dāng)kMN不存在時(shí)，M,N關(guān)于x軸對(duì)稱，MN的中垂線l為x軸，此時(shí)l也過(guò)T所以存在以8,0為圓心的定圓E:(x?8)2+y2【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查直線與雙曲線相交的綜合應(yīng)用，本題的關(guān)鍵是求得直線所過(guò)的定點(diǎn)，因?yàn)榘霃綖?，所以定圓圓心為定點(diǎn)，弦長(zhǎng)就是直徑.真題專練1．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知?jiǎng)訄AC與圓O1:x2?2x+y2(1)求E的方程；(2)已知P4,y0y0>0是曲線E上一點(diǎn)，A,B是曲線E上異于點(diǎn)P的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，設(shè)直線PA?PB的傾斜角分別為【答案】(1)y(2)是，8,?8【分析】（1）由題意可得動(dòng)圓的圓心C到點(diǎn)1,0的距離與到直線x=（2）當(dāng)直線PA?PB中其中一條的斜率不存在，可求得直線AB的方程為x+y=0；當(dāng)直線PA?PB的斜率都存在時(shí)，故設(shè)直線PA?PB的斜率k1,k2，Ay124,y1【詳解】（1）圓O1:x2?2x+由題意可得，動(dòng)圓的圓心C到點(diǎn)1,0的距離與到直線x=所以點(diǎn)C的軌跡是以1,0為焦點(diǎn)，直線x=所以曲線E的方程為y2（2）由（1）可得P4,4當(dāng)直線PA?PB中其中一條的斜率不存在，不妨設(shè)α=π2，易得A4,?4，直線PB的直線為y=x，與y2=4x故直線AB的方程為x+y=0；當(dāng)直線PA?PB的斜率都存在時(shí)，故設(shè)直線PA?PB的斜率k1設(shè)A所以k1=y因?yàn)棣?β=3π4，所以tan(α+β)=?1，所以tan所以k1所以4y1+4由題意可設(shè)AB方程為x=ty+n，聯(lián)立y2=4xx=ty+n，消x所以Δ=16t2+16n>0，所以32t?4n+32=0即n=8t+8，所以x=ty+n=ty+8t+8=t(y+8)+8，令y+8=0得y=?8，x=8，此時(shí)有定點(diǎn)8,?8，綜上所述，直線AB經(jīng)過(guò)定點(diǎn)8,?8

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：此題考查軌跡方程的求法，考查直線與拋物線的位置關(guān)系，解題的關(guān)鍵是設(shè)直線PA?PB的斜率k1,k2，再由2．已知橢圓C:y2a2+x2(1)求C的方程；(2)過(guò)點(diǎn)?2,3的直線交C于P,Q兩點(diǎn)，直線AP,AQ與y軸的交點(diǎn)分別為M,N，證明：線段MN的中點(diǎn)為定點(diǎn)．【答案】(1)y(2)證明見詳解【分析】（1）根據(jù)題意列式求解a,b,c，進(jìn)而可得結(jié)果；（2）設(shè)直線PQ的方程，進(jìn)而可求點(diǎn)M,N的坐標(biāo)，結(jié)合韋達(dá)定理驗(yàn)證yM【詳解】（1）由題意可得b=2a2=所以橢圓方程為y2（2）由題意可知：直線PQ的斜率存在，設(shè)PQ:y=kx+2聯(lián)立方程y=kx+2+3y29則Δ=64k2可得x1因?yàn)锳?2,0，則直線AP:y=令x=0，解得y=2y1同理可得N0,則2=kx=32k所以線段MN的中點(diǎn)是定點(diǎn)0,3.

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：求解定值問(wèn)題的三個(gè)步驟（1）由特例得出一個(gè)值，此值一般就是定值；（2）證明定值，有時(shí)可直接證明定值，有時(shí)將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為代數(shù)式，可證明該代數(shù)式與參數(shù)(某些變量)無(wú)關(guān)；也可令系數(shù)等于零，得出定值；（3）得出結(jié)論．3．已知雙曲線C的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)，左焦點(diǎn)為?25,0，離心率為(1)求C的方程；(2)記C的左、右頂點(diǎn)分別為A1，A2，過(guò)點(diǎn)?4,0的直線與C的左支交于M，N兩點(diǎn)，M在第二象限，直線MA1與【答案】(1)x(2)證明見解析.【分析】（1）由題意求得a,b的值即可確定雙曲線方程；（2）設(shè)出直線方程，與雙曲線方程聯(lián)立，然后由點(diǎn)的坐標(biāo)分別寫出直線MA1與NA2的方程，聯(lián)立直線方程，消去y，結(jié)合韋達(dá)定理計(jì)算可得x+2x?2【詳解】（1）設(shè)雙曲線方程為x2a2則由e=ca=5可得雙曲線方程為x2（2）由(1)可得A1?2,0,顯然直線的斜率不為0，所以設(shè)直線MN的方程為x=my?4，且?1與x24?y2則y1

直線MA1的方程為y=y1x聯(lián)立直線MA1與直線x+2=m?由x+2x?2=?13可得據(jù)此可得點(diǎn)P在定直線x=【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛:求雙曲線方程的定直線問(wèn)題，意在考查學(xué)生的計(jì)算能力，轉(zhuǎn)化能力和綜合應(yīng)用能力，其中根據(jù)設(shè)而不求的思想，利用韋達(dá)定理得到根與系數(shù)的關(guān)系可以簡(jiǎn)化運(yùn)算，是解題的關(guān)鍵.4．已知?jiǎng)訄A過(guò)定點(diǎn)p2,0，且與直線x=?p(1)求動(dòng)圓圓心C的軌跡的方程；(2)設(shè)A、B是軌跡C上異于原點(diǎn)O的兩個(gè)不同點(diǎn)，直線OA和OB的傾斜角分別為α和β，當(dāng)α,β變化且α+β為定值θ(0<θ<π)時(shí)，證明直線AB恒過(guò)定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)．【答案】(1)y2(2)當(dāng)θ≠π2時(shí)，直線AB恒過(guò)定點(diǎn)?2p,2ptanθ，當(dāng)θ=【分析】（1）根據(jù)拋物線定義即得；（2）由題意知直線AB的斜率存在，從而設(shè)AB方程為y=kx+b，聯(lián)立拋物線方程利用韋達(dá)定理法結(jié)合條件可表示出b，進(jìn)而即得.【詳解】（1）由題可知?jiǎng)訄A圓心C到定點(diǎn)p2,0的距離與定直線由拋物線的定義知，點(diǎn)C的軌跡為拋物線，其中p2,0為焦點(diǎn)，所以動(dòng)圓圓心C的軌跡方程為y2（2）設(shè)Ax1,y1,Bx由題意知直線AB的斜率存在，從而設(shè)AB的方程為y=kx+b，顯然x1將y=kx+b與y2=2pxp>0聯(lián)立消去x由韋達(dá)定理知y1+y因?yàn)棣?β為定值θ(0<θ<π當(dāng)θ≠π2時(shí)，tan=2p所以b=2p所以直線AB的方程為y=kx+2ptanθ所以直線AB恒過(guò)定點(diǎn)?2p,2p當(dāng)θ=π2時(shí)，則y1x1?y2x綜上，當(dāng)θ≠π2時(shí)，直線AB恒過(guò)定點(diǎn)?2p,2ptanθ，當(dāng)5．已知雙曲線C：x2a2?y2b2=1（a>0，b>0）的左、右焦點(diǎn)分別為F(1)求C的離心率；(2)設(shè)點(diǎn)Tx1,y1為雙曲線C右支上異于其頂點(diǎn)的動(dòng)點(diǎn)，直線TF1與雙曲線左支交于點(diǎn)S.雙曲線的右頂點(diǎn)為D1,0，直線【答案】(1)2(2)過(guò)定點(diǎn)0,0【分析】（1）由題意畫出圖形，由已知向量等式可得PF1=F1F2=2P（2）設(shè)直線ST的方程為：x=?2+ty，與雙曲線方程聯(lián)立，利用根與系數(shù)的關(guān)系證明DT⊥DS，即可得結(jié)論.【詳解】（1）如圖所示，

延長(zhǎng)IP到A且IP=PA，延長(zhǎng)IF2到由IF1+2∴I是△ABF1的重心，∴S△AI即S△AI又S△AIF1=2SS△PIF1=S△由PF1?PF2=2a，得P（2）弦MN過(guò)定點(diǎn)0,0,

由已知右頂點(diǎn)D1,0，結(jié)合（1）得a=1，b=3，所以雙曲線方程為x2則F1?2,0，設(shè)點(diǎn)Sx2,y2聯(lián)立x=?2+tyx2?則y1+y2=12t3則DT=t即DT⊥DS，也就是DM⊥DN，∴MN為圓O的直徑，故弦MN恒過(guò)圓心0,0.【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：（1）向量條件IF1+2IF2=2PI合理轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵，延長(zhǎng)IP到A且IP=PA，延長(zhǎng)IF2到B進(jìn)一步SΔPIF1=SΔ（2）設(shè)出直線ST的方程為：x=?2+ty與雙曲線聯(lián)立，利用根與系數(shù)的關(guān)系證明DT⊥DS，即可得結(jié)論.6．橢圓E的方程為x24+y2(1)若直線l分別交x，y軸于C，D兩點(diǎn)，若PD=2，求PC的長(zhǎng)；(2)若直線l過(guò)點(diǎn)?1,0，且交橢圓E于另一點(diǎn)Q（異于點(diǎn)A，B），記直線AP與直線BQ交于點(diǎn)M，試問(wèn)點(diǎn)M是否在一條定直線上？若是，求出該定直線方程；若不是，說(shuō)明理由．【答案】(1)22(2)點(diǎn)M在定直線x=?4上，理由見解析.【分析】（1）設(shè)Px0,y0,D0,yD（2）依題可設(shè)直線l的方程為x=my?1，Px1,y1，Qx2,y2，Mx0,【詳解】（1）設(shè)Px則x024+y由①②可得y0∵y0>0,∴∵（2）依題可設(shè)直線l的方程為x=my?1，Px1,y1聯(lián)立方程組x=my?1x24Δ=16則y1+y直線AP的方程為y=y1x1+2聯(lián)立方程組y=y1x因?yàn)閤=m2y∴由y1+y2=所以x0故點(diǎn)M在定直線x=?4上．

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：利用韋達(dá)定理法解決直線與圓錐曲線相交問(wèn)題的基本步驟如下：（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點(diǎn)坐標(biāo)為x1（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于x（或y）的一元二次方程，必要時(shí)計(jì)算Δ；（3）列出韋達(dá)定理；（4）將所求問(wèn)題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為x1+x2、x1（5）代入韋達(dá)定理求解.7．已知橢圓C：x2a2+y(1)求橢圓C的方程；(2)過(guò)點(diǎn)P4,1的動(dòng)直線l與橢圓C相交于不同的A,B兩點(diǎn)，在線段AB上取點(diǎn)Q，滿足AP?QB【答案】(1)x(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)題意得2b=22ca=2（2）設(shè)Ax1,y1，Bx2,y2，Qx,y，P【詳解】（1）由題意可知2b=22ca=22，因?yàn)樗运髾E圓的方程為x（2）設(shè)Ax1,y1，B直線AB的斜率顯然存在，設(shè)為k，則AB的方程為y=kx?4因?yàn)锳，P，B，Q四點(diǎn)共線，不妨設(shè)x2則AP=1+k24?x1由AP?QB=化簡(jiǎn)得2x聯(lián)立直線y=kx?4+1和橢圓的方程，得消去y，得2kΔ=16k2由韋達(dá)定理，得x1+x化簡(jiǎn)得x=4k+1k+2=4?又k=y?1x?4，代入上式，得7y?1所以點(diǎn)Q總在一條定直線2x+y?2=0上．

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題解題的關(guān)鍵是設(shè)出直線AB的方程，利用弦長(zhǎng)公式表示出AP,QB,8．已知橢圓C:x22(1)求橢圓C的方程；(2)當(dāng)橢圓的焦點(diǎn)在x軸上時(shí)，直線l:y=kx?1與橢圓的一個(gè)交點(diǎn)為P（點(diǎn)P不在坐標(biāo)軸上），點(diǎn)P關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為Q，經(jīng)過(guò)點(diǎn)Q且斜率為22的直線與l交于點(diǎn)M，點(diǎn)N滿足PN∥x軸，MN⊥x軸，求證：點(diǎn)N在直線y=【答案】(1)x22(2)證明見解析【分析】（1）分焦點(diǎn)在x軸和y軸上兩種情況求橢圓方程即可；（2）聯(lián)立橢圓和直線l的方程得到點(diǎn)P的坐標(biāo)，根據(jù)點(diǎn)P和點(diǎn)Q的對(duì)稱關(guān)系得到點(diǎn)Q的坐標(biāo)，即可得到經(jīng)過(guò)點(diǎn)Q的直線方程，然后聯(lián)立直線方程得到點(diǎn)M的橫坐標(biāo)，即可得到點(diǎn)N的坐標(biāo)，最后根據(jù)點(diǎn)N橫縱坐標(biāo)的關(guān)系即可證明點(diǎn)N在直線y=2【詳解】（1）當(dāng)橢圓的焦點(diǎn)在x軸上時(shí)，c2=22，解得x2當(dāng)橢圓的焦點(diǎn)在y軸上時(shí)，c=b2?2，所以b2?2（2）

由題意得，橢圓方程為x22+y2設(shè)點(diǎn)Px1,y1，則x1=所以經(jīng)過(guò)點(diǎn)Q且斜率為22的直線方程為y+聯(lián)立y+2k2?11+2k2=2又22??221+29．已知橢圓E：x2a2+y2b2=1a>b>0，F(xiàn)2(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)點(diǎn)A,B為橢圓E的左右端點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M2,0作直線交橢圓E于P，Q兩點(diǎn)（不同于A,B），求證：直線AP與直線BQ的交點(diǎn)N【答案】(1)x(2)證明見解析，x=【分析】（1）由對(duì)稱性得到點(diǎn)332,12，?33（2）設(shè)直線PQ的方程為x=my+2，聯(lián)立橢圓方程，設(shè)Px1,y1，Qx2,y2，Nx【詳解】（1）因?yàn)镕22,0為橢圓E的右焦點(diǎn)，所以由對(duì)稱性得，點(diǎn)332,12，?3聯(lián)立①②解得，a2=9，所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為：x2（2）由條件知直線PQ與直線AB不重合，故直線PQ的斜率不為0，

設(shè)直線PQ的方程為x=my+2，聯(lián)立x29+設(shè)Px1,y1則y1+y2=由（1）可得A?3,0，B由A,P,N共線得：x0+3由B,Q,N共線得：x0?3由③÷④消去y0并整理得，x即x0+3x綜上所述，直線AP與直線BQ的交點(diǎn)N在定直線x=9【點(diǎn)睛】定值問(wèn)題常見方法：（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個(gè)值與變量無(wú)關(guān)；（2）直接推理計(jì)算，并在計(jì)算推理的過(guò)程中消去變量，從而得到定值.10．已知R是圓M：x+32+y2=8上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)N3,0，直線NR與圓M的另一個(gè)交點(diǎn)為S，點(diǎn)L在直線(1)求曲線C的方程；(2)若過(guò)點(diǎn)P?2,0的直線l與曲線C相交于A，B兩點(diǎn)，且A，B都在x軸上方，問(wèn)：在x軸上是否存在定點(diǎn)Q，使得△QAB【答案】(1)x(2)答案見解析【分析】（1）由題意可得點(diǎn)L在以M，N為焦點(diǎn)，22為實(shí)軸長(zhǎng)的雙曲線上，且焦距為23，從而可求出曲線（2）由條件可設(shè)l：x=my?2，代入雙曲線方程化簡(jiǎn)，再利用根與系數(shù)的關(guān)系，當(dāng)Q?1,0時(shí)，可求得kAQ+kBQ【詳解】（1）圓M的圓心為M?3,0因?yàn)镸S∥NL，所以△MSR∽△LNR，又因?yàn)樗訪R=所以LM?所以點(diǎn)L在以M，N為焦點(diǎn)，22設(shè)雙曲線的方程為x2則2a=22，2c=2所以a=2，c=3又L不可能在x軸上，所以曲線C的方程為x2

（2）在x軸上存在定點(diǎn)Q?1,0，使得△QAB證明如下：由條件可設(shè)l：x=my?2.代入x2得m2設(shè)Ax1,m2?2≠0Δ所以y所以y1取Q?1,0則k=又A，B都在x軸上方，所以∠AQB的平分線為定直線x=所以在x軸上存在定點(diǎn)Q?1,0，使得△QAB的內(nèi)心在定直線x【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：此題考查直線與雙曲線的位置關(guān)系，考查雙曲線方程的求解，第（2）問(wèn)解題的關(guān)鍵是取Q?1,0，通過(guò)計(jì)算kAQ+11．橢圓C：x2a2+y(1)求橢圓C的方程和長(zhǎng)軸長(zhǎng)；(2)點(diǎn)M，N在C上，且AM⊥AN.證明：直線MN過(guò)定點(diǎn).【答案】(1)橢圓C的方程為：x26(2)證明見解析【分析】（1）利用離心率、橢圓上的點(diǎn)和橢圓a,b,c關(guān)系可構(gòu)造方程組求得a,b，從而得到橢圓方程及長(zhǎng)軸長(zhǎng)；（2）由AM⊥AN可得到y(tǒng)1y2?y1+【詳解】（1）由題意得：a2=b∴橢圓C的方程為：x26+（2）設(shè)點(diǎn)Mx1,∵AM⊥AN，∴AM整理可得：y1y當(dāng)直線MN斜率k存在時(shí)，設(shè)MN:y=kx+m，聯(lián)立y=kx+mx2+2由Δ=16k2則x1+x∴y1+代入①式化簡(jiǎn)可得：4k即2k+m?12k+3m+1=0，∴m=1?2k或則直線方程為y=kx+1?2k=x?2k+1或∴直線過(guò)定點(diǎn)2,1或23,?13，又當(dāng)直線MN斜率k不存在時(shí)，則x1此時(shí)?y12又x126+y此時(shí)直線MN的方程為x=23，過(guò)點(diǎn)綜上所述，直線MN過(guò)定點(diǎn)23

【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：本題考查直線與橢圓綜合應(yīng)用中的定點(diǎn)問(wèn)題的求解，求解此類問(wèn)題的基本思路如下：①假設(shè)直線方程，與橢圓方程聯(lián)立，整理為關(guān)于x或y的一元二次方程的形式；②利用Δ>0③利用韋達(dá)定理表示出已知的等量關(guān)系，化簡(jiǎn)整理得到所求定點(diǎn).12．在xOy平面上，設(shè)橢圓Γ:x2m2+y

(1)若AB為Γ的長(zhǎng)軸，梯形ABCD的高為12，且C在AB上的射影為Γ(2)設(shè)m=2，直線CD經(jīng)過(guò)點(diǎn)P0,2，求【答案】(1)2；(2)?1,7【分析】（1）由題意知yC=12，由此可得（2）由題意知橢圓Γ:x22+y2=1，直線CD的方程為y=kx+2k∈R，聯(lián)立直線與橢圓，由直線與橢圓有兩交點(diǎn)可得k2【詳解】（1）因?yàn)樘菪蜛B為Γ的長(zhǎng)軸，ABCD的高為12，AB所以點(diǎn)C的縱坐標(biāo)為12，代入橢圓方程得x可得x=3m2，又因?yàn)镃在AB∴c=m2?1∵m>1，∴m=2.（2）由題意，橢圓Γ:x22+設(shè)Cx1,y1，DΔ=64k2∴x1+x∴OC==6∵k2>3所以O(shè)C?OD的取值范圍為13．已知橢圓C:x2a2+y2b2（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）已知A、B分別是橢圓C的左、右頂點(diǎn)，過(guò)F1的直線交橢圓C于M、N兩點(diǎn)，記直線AM,BN【答案】（1）x2【分析】（1）設(shè)F2P=x，△F1F2P內(nèi)，由余弦定理得22+（2）設(shè)T(x,y)，M(x1，y1)，N(x2，y2)【詳解】（1）設(shè)F2P=x，△由余弦定理得22化簡(jiǎn)得(2x?9)(6x+11)=0，解得x=9故2a=PF1+PF2所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）由（1）知A(?4,0)，B(4,0)，設(shè)T(x,y)，M(x1，y1)，kAT=kBT=兩式相除得x?4x+4又y1故x?4x+4=?設(shè)MN的方程為x=my?1，代入x2得(15m2+16)y把y1+y代入③，x?4x+4得x?4x+4得到x=?16，故點(diǎn)T在定直線x=?16上．【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：解決本題第（1）問(wèn)的關(guān)鍵是運(yùn)用橢圓的定義及余弦定理，解決第（2）問(wèn)的關(guān)鍵是計(jì)算與韋達(dá)定理的使用.14．已知橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0（1）求C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）設(shè)A、B是橢圓C的左、右頂點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)F作直線l與橢圓交于PQ（不同于A、B）兩點(diǎn)，設(shè)直線AP與直線BQ交于E點(diǎn)，求證：點(diǎn)E在定直線上.【答案】（1）x2【分析】（1）先求出橢圓的焦點(diǎn)坐標(biāo)，然后利用橢圓的定義求出a，可得答案.(2)設(shè)直線PQ的方程，與橢圓方程聯(lián)立，得出韋達(dá)定理，設(shè)Px1,y1，Q【詳解】（1）由題意得c=1，由橢圓定義知2a=2所以a2=4，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）由（1）知F1,0，設(shè)直線PQ的方程為x=my+1由x24+顯然Δ>0恒成立.設(shè)Px1,所以有y1+y2直線AP的方程為y=y1x1+2聯(lián)立兩方程可得，所以y1x+2x?2由①式可得y1代入上式可得x+2x?2解得x=4，故點(diǎn)E在定直線x=4上.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題考查利用橢圓定義求橢圓方程和點(diǎn)在定直線上的問(wèn)題，解答本題的關(guān)鍵是聯(lián)立方程得出韋達(dá)定理y1+y2=?6m3m2+4，y115．在直角坐標(biāo)平面內(nèi)，已知A?2,0，B2,0，動(dòng)點(diǎn)P滿足條件：直線PA與直線PB的斜率之積等于14，記動(dòng)點(diǎn)P(1)求E的方程；(2)過(guò)點(diǎn)C4,0作直線l交E于M，N兩點(diǎn)，直線AM與BN交點(diǎn)Q【答案】(1)x24(2)點(diǎn)Q在直線x=1上【分析】（1）設(shè)Px,yx≠±2（2）依題意直線MN的斜率不為0，設(shè)直線MN的方程為x=my+4，M(x1,y1)，N(x2,y2)，聯(lián)立直線與雙曲線方程，消元、列出韋達(dá)定理，表示出直線AM、BN的方程，即可得到直線【詳解】（1）解：設(shè)Px,yx≠±2，則yx+2?yx?2=1故軌跡E的方程為：x24?（2）解：根據(jù)題意，直線MN的斜率不為0，設(shè)直線MN的方程為x=my+4，由x=my+4x24?y其中Δ=64m2?48(m設(shè)M(x1,y1)，顯然x1從而可設(shè)直線AM的方程為y=y1直線BN的方程為y=y2所以直線AM，BN的交點(diǎn)Q(x0,而y=12m因此，x0=1，即點(diǎn)Q在直線16．已知雙曲線C：x2a2?y2b2=1（a>0，b>0）實(shí)軸端點(diǎn)分別為A1?a,0，A2a,0，右焦點(diǎn)為F(1)求雙曲線的方程；(2)若過(guò)F的直線l'與雙曲線C交于M，N兩點(diǎn)，試探究直線A1M與直線A【答案】(1)x(2)在定直線方程x=1【分析】（1）聯(lián)立直線方程與雙曲線方程，可得點(diǎn)B，進(jìn)而根據(jù)三角形面積公式即可求出a,b,c的值；（2）分直線斜率和不存在兩種情況討論，求出兩直線交點(diǎn)，代入化簡(jiǎn)即可求解.【詳解】（1）設(shè)直線l的方程為y=x+a，聯(lián)立y=x+ax2a又e=ca=2，c2=∴S△A1BF=12a+c?3a=92，解得（2）當(dāng)直線l'點(diǎn)的斜率不存在時(shí)，M2,3，N2,?3，直線A1M的方程為y=x+1，直線A2N的方程為y=?3x+3當(dāng)直線l'的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l'的方程為y=kx?2，M聯(lián)立y=kx?2x2?y23=1∴直線A1M的方程為y=y1x聯(lián)立直線A1M與直線x+1x?1=y又Mx1,y1∴y=