第13講圓錐曲線綜合問題-定點(diǎn)定值與定直線（人教A版2019選擇性）

第13講圓錐曲線綜合問題——定點(diǎn)、定值與定直線【人教A版2019】·模塊一圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值問題·模塊二圓錐曲線中的定直線問題·模塊三課后作業(yè)模塊一模塊一圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值問題圓錐曲線中的定點(diǎn)定值問題一般與圓錐曲線的基本量和題設(shè)條件中的給定的點(diǎn)或值有關(guān)，曲線過定點(diǎn)問題以直線過定點(diǎn)居多，定點(diǎn)問題其實(shí)也可以歸結(jié)到定值問題(定點(diǎn)的橫縱坐標(biāo)為定值).這類問題用函數(shù)的思想方法來處理，具體操作流程如下：(1)變量——選擇合適的參變量；(2)函數(shù)——要證明為定值的量表示出參數(shù)的函數(shù)；(3)定值——化簡函數(shù)解析式，消去參數(shù)得定值.一些存在性問題，是否存在定點(diǎn)使得某一個(gè)量為定值，是否存在定值使得某一量為定值，是否存在定點(diǎn)使得曲線過定點(diǎn)，是否存在定值使得曲線過定點(diǎn)，可以看做定點(diǎn)定值問題的延伸.定點(diǎn)問題的求解思路：一是從特殊入手，求出定點(diǎn)，再證明這個(gè)點(diǎn)與變量無關(guān)；二是直接推理、計(jì)算，并在計(jì)算過程中消去變量，從而得到定點(diǎn).定值問題的求解思路：將問題涉及的幾何式轉(zhuǎn)化為代數(shù)式或三角式，證明該式的值與參數(shù)無關(guān).【考點(diǎn)1橢圓中的定點(diǎn)、定值問題】【例1.1】（2023秋·江蘇南通·高二校考開學(xué)考試）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(1)求橢圓C的方程；(2)斜率存在且不為0的直線l交橢圓C于M，N兩點(diǎn)（異于點(diǎn)A），且AM?AN=0【解題思路】（1）根據(jù)離心率、直線與橢圓相切可得橢圓方程；（2）設(shè)直線l的方程為x=my+tt≠?4，Mx1【解答過程】（1）橢圓C的離心率為32，可得ca=所以橢圓方程為x2x+y+25=0x由題意可得452?4×5×20?4b所以橢圓方程為x2（2）直線l恒過定點(diǎn)?12由（1）得A?4,0，設(shè)直線l的方程為x=my+tt≠?4，由x=my+tx216由Δ=2mt2且y1由AM?AN=0即my可得1+m整理得5t2+32t+48=0，解得t=?即t=?125時(shí)，不論m為何值時(shí)都符合此時(shí)直線l的方程為x=my?12則直線恒過定點(diǎn)?12【例1.2】（2023秋·陜西西安·高三校聯(lián)考開學(xué)考試）已知橢圓C:x2a2+(1)求橢圓C的方程；(2)不經(jīng)過點(diǎn)M的直線l與C交于A,B兩點(diǎn)，且直線MA和MB的斜率之積為1，證明：直線l過定點(diǎn).【解題思路】（1）根據(jù)題意，列出關(guān)于a,b,c的方程，代入計(jì)算，即可得到結(jié)果；（2）根據(jù)題意，聯(lián)立直線與橢圓方程，結(jié)合韋達(dá)定理代入計(jì)算，即可得到結(jié)果.【解答過程】（1）由題可知a=2，因?yàn)閏a=2又b2=a所以橢圓C的方程為x2（2）

證明：當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，顯然不符合題意，故設(shè)Ax1,y1聯(lián)立x24+y2方程1+2k2x則x1因?yàn)閗MA?k所以k2所以k2整理得m+2km+6k若m=?2k，則y=kx?2k=kx?2，則直線l過定點(diǎn)M若m=?6k，則y=kx?6k=kx?6，則直線l過定點(diǎn)6,0【變式1.1】（2023秋·廣東陽江·高三統(tǒng)考開學(xué)考試）已知A2,0，B?2,0分別是橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0長軸的兩個(gè)端點(diǎn)，C的焦距為2．M3,0，N43,0，P是橢圓C(1)求橢圓C的方程；(2)證明：直線DE的傾斜角為定值．【解題思路】（1）由題意，得c＝1，即可得解；（2）分類討論，進(jìn)行求解即可.【解答過程】（1）由題意，a＝2，2c＝2，c＝1，∴b2∴橢圓C的方程為x2（2）設(shè)Px0,y0，D當(dāng)直線PN的斜率存在時(shí)，其方程為y=y0x3x∴x0直線PM的方程為y=y0x3x∴x0因此x1=x2，此時(shí)DE⊥x軸，即直線②當(dāng)直線PN的斜率不存在時(shí)，其方程為x=43，此時(shí)由①知x0+x∴x1=x2=43，此時(shí)DE綜上所述，直線DE的傾斜角為π2【變式1.2】（2023秋·江西·高三統(tǒng)考開學(xué)考試）已知橢圓C:y2a2+x2(1)求C的方程；(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線OA與C交于另一點(diǎn)B，與直線OA平行的直線交C于P，Q兩點(diǎn)，直線AP與BQ交于點(diǎn)D，證明：直線OD的斜率為定值.【解題思路】（1）根據(jù)已知條件列關(guān)于a，b，c的方程組求解可得；（2）設(shè)Px1,y1，Qx2,y2，Dx直線BQ的方程為y?3=3+mx2?1【解答過程】（1）設(shè)C的半焦距為c，由題意知c解得a=32b=2c=4，故（2）由橢圓的對(duì)稱性知B1,3，直線OA設(shè)直線PQ的方程為y=3x+mm≠0，Px1,y由y=3x+m,y218+xΔ=6m2?4×18m則x1若x1=?1，則P?1,3，PQ即y=3x+6，此時(shí)m=6，不合題意；若x2=1，則Q1,?3，PQ即y=3x?6，此時(shí)m=?6，不合題意.所以x1≠?1且則kAP=所以直線AP的方程為y+3=3+直線BQ的方程為y?3=3+兩方程聯(lián)立，得x1?x2+2所以x1?x2+2≠0，所以x=所以y0所以kOD==3+?3故直線OD的斜率為定值?3.【考點(diǎn)2雙曲線中的定點(diǎn)、定值問題】【例2.1】（2023秋·安徽·高三校聯(lián)考開學(xué)考試）已知雙曲線C：x2a2?y2b2=1(1)求雙曲線C的方程；(2)不經(jīng)過點(diǎn)P的直線l與C相交于M，N兩點(diǎn)，且PM⊥PN，求證：直線l過定點(diǎn).【解題思路】（1）根據(jù)雙曲線上過的點(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，求出過的定點(diǎn)，記得檢驗(yàn)是否滿足斜率不存在的情況.【解答過程】（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過定點(diǎn)Q?8,12【例2.2】（2023春·福建廈門·高二?？计谥校┮阎p曲線Γ：x2a2?y2b2=1實(shí)軸AB長為4（A(1)求雙曲線Γ的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)過T4,0的直線與雙曲線交于C，D兩點(diǎn)，記直線AC，BD的斜率為k1，①k1②k1③k1【解題思路】（1）首先求雙曲線的漸近線方程，再根據(jù)點(diǎn)到直線的距離公式，即可求雙曲線方程；（2）首先設(shè)直線CD：x=ty+4，與雙曲線方程聯(lián)立，得到y(tǒng)1?y2=12t2?4【解答過程】（1）設(shè)Px0,y0是Γ上的一點(diǎn)，bx?ay=0P到兩條漸近線的距離之積d1依題意，2a=4，故b2=1，雙曲線Γ的標(biāo)準(zhǔn)方程為（2）正確結(jié)論：③k1證明如下：由（1）知A?2,0，B2,0，設(shè)Cx因?yàn)镃，D不與A，B重合，所以可設(shè)直線CD：x=ty+4，與Γ聯(lián)立：x24?y故t≠±2，Δ=16t2+12所以tyk1=k①k1=?2②k1=2③k1所以k1【變式2.1】（2023秋·浙江·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左、右頂點(diǎn)分別為A、B，P為雙曲線上異于A、(1)求雙曲線C的方程；(2)設(shè)不同于頂點(diǎn)的兩點(diǎn)M、N在雙曲線C的右支上，直線AM、BN在y軸上的截距之比為1:3．試問直線MN是否過定點(diǎn)？若是，求出該定點(diǎn)坐標(biāo)；若不是，請(qǐng)說明理由．【解題思路】（1）根據(jù)所給條件，列出方程組，求出a,b即可得解；（2）設(shè)出直線方程及M，N點(diǎn)的坐標(biāo)，求出截距建立方程，再由kAM?kBM=【解答過程】（1）設(shè)Px由x02a2?∴k又焦點(diǎn)到其一條漸近線bx+ax=0的距離為bca2+所以雙曲線C的方程：x2（2）設(shè)直線MN的方程為x=my+t,Mx由x=my+tx2?3∴y∵A?3,0,B3,0，直線AM:y=y直線BN:y=y2x2?3x?由題得：33y1所以y1所以3x1?∴m∴m∴m2+1?t若t=3，直線MN過頂點(diǎn)，舍去．∴t=2則直線MN的方程為x=my+23所以直線MN過定點(diǎn)E2【變式2.2】（2023·江西·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）已知雙曲線C:x2a2?y2(1)求雙曲線C的方程；(2)過點(diǎn)A的兩條直線AP，AQ分別與雙曲線C交于P，Q兩點(diǎn)（不與A點(diǎn)重合），且兩條直線的斜率k1，k2滿足k1+k2=1，直線PQ與直線x=2，y【解題思路】（1）根據(jù)已知條件求得a,b，從而求得雙曲線C的方程.（2）設(shè)出直線PQ的方程并與雙曲線方程聯(lián)立，化簡寫出根與系數(shù)關(guān)系，根據(jù)k1+k2=1【解答過程】（1）∵a>0，b>0，依題意，ba所以雙曲線C的方程為x2（2）依題意可知PQ斜率存在，設(shè)方程為y=kx+m，Px1,y=kx+mxΔ=64k2k=2k?4整理得m+2km+2k?11）m+2k=0，?PQ:y=kx?2k，過A2,02）m+2k?1=0，?PQ:y=kx?2k+1，過點(diǎn)2,1，此時(shí)，將m=1?2k代入①得1?2k2∴PQ與x=2交于點(diǎn)M2,1，故S△AMN【考點(diǎn)3拋物線中的定點(diǎn)、定值問題】【例3.1】（2023秋·陜西西安·高三校聯(lián)考開學(xué)考試）已知點(diǎn)F為拋物線C:y2=2pxp>0的焦點(diǎn)，點(diǎn)P2,1(1)求拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若斜率存在的直線過點(diǎn)P且交拋物線C于M，N兩點(diǎn)，若直線MF，NF交拋物線于A，B兩點(diǎn)（M、N與A、B不重合），求證：直線AB過定點(diǎn).【解題思路】（1）利用兩點(diǎn)間的距離公式根據(jù)PF=QF求出（2）若直線l不過點(diǎn)F，設(shè)My124,y1，Ny224,y2，Ay324,y3，By424,y4，求出直線MN的方程由直線MN過定點(diǎn)可得y1【解答過程】（1）由題設(shè)Fp2,0，則PF又PF=QF，故整理得2p?4=0，解得p=2.所以拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2（2）若直線l不過點(diǎn)F，如圖，設(shè)My124,y1由題意可知直線MN的斜率存在且不為0，則直線MN的斜率kMN所以直線MN的方程為y?y1=由直線MN過定點(diǎn)2,1，可得y1+y2?AM過焦點(diǎn)F1,0，可得yBN的方程4x?y2+y4y+y直線AB的方程為4x?y由y1y3所以4y1y又因?yàn)閥1+y令x+y=08y+4=0，解得x=12y=?1若直線l過點(diǎn)F，直線AB即為直線MN，其方程為y?0=1?0即y=x?1，顯然直線過點(diǎn)12綜上，直線AB過定點(diǎn)12【例3.2】（2023秋·湖南·高三校聯(lián)考開學(xué)考試）已知拋物線C1:y2=pxp>0的焦點(diǎn)為F1(1)求p的值；(2)若直線l與C1交于M，N兩點(diǎn)，與C2交于P，Q兩點(diǎn)，M，P在第一象限，N，Q在第四象限，且MP=2【解題思路】（1）根據(jù)拋物線方程可得F1p4（2）由（1）知C1:y2=2x，C2:y2=4x，設(shè)直線l:x=my+t，Mx1,y1，Nx2,y2，Px3,y3，Qx4,y4，根據(jù)題意結(jié)合圖形可知m≠0，且【解答過程】（1）由題意知F1p4所以F1解得p=2．（2）由（1）知C1:y設(shè)直線l:x=my+t，Mx1,y1，N根據(jù)題意結(jié)合圖形可知m≠0，且y3聯(lián)立y2=2xx=my+t則y1同理聯(lián)立y2=4xx=my+t則y3由MP=2NQ可得，又MP=x3所以y3即4m?y4?y1又因?yàn)閥12=2x1再由1m=y聯(lián)立x1=4my所以y2=?6m，y4故MNPQ所以MNPQ【變式3.1】（2023秋·高二單元測(cè)試）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【解題思路】（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【解答過程】（1）當(dāng)點(diǎn)P在第一象限時(shí)，設(shè)P(t,2t則kPA=2t?0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過定點(diǎn)(2,0).【變式3.2】（2023秋·安徽合肥·高三校聯(lián)考開學(xué)考試）已知拋物線E:x2=2py（p為常數(shù)，p>0）.點(diǎn)M(1)若直線l:y=x02x?y(2)設(shè)P為E的準(zhǔn)線上一點(diǎn)，過P作E的兩條切線，切點(diǎn)為A,B，且直線PA，PB與x軸分別交于C，D兩點(diǎn).①證明：PA⊥PB②試問PC?【解題思路】（1）聯(lián)立直線l與拋物線E方程，利用Δ=0即可求出p=2（2）①求出切線PA,PB的方程，利用兩直線交點(diǎn)P在準(zhǔn)線上可知兩切點(diǎn)橫坐標(biāo)的關(guān)系，再由兩直線斜率關(guān)系即可得出證明.②通過斜率關(guān)系可得出∠PCD=∠PBA，利用三角形相似即可得出PC?【解答過程】（1）將直線l:y=x02消去y可得x2所以Δ=x024可得2py0（2）①易知拋物線E:x2=2py不妨設(shè)PxP,?將x2=2py求導(dǎo)可得則切線PA的斜率kPA=x1p又x12=2py1同理可得PB的方程可化為x2又兩切線交于點(diǎn)P，所以x1因此可得x1,x2是方程所以kPA因此PA⊥PB②設(shè)直線PA和PB的傾斜角為θ1,θ2，直線所以kAB又tan∠PCD=tanθtan∠PBA=所以tan=2將x1tan∠PCD?則可得tan∠PCD=tan∠PBA又PA⊥PB，所以Rt△PCD～可得PCCD=PB模塊模塊二圓錐曲線中的定直線問題1．圓錐曲線中的定直線問題定直線問題是指因圖形變化或點(diǎn)的移動(dòng)而產(chǎn)生的動(dòng)點(diǎn)在定直線上的問題.這類問題的核心在于確定定點(diǎn)的軌跡，主要方法有：(1)設(shè)點(diǎn)法：設(shè)點(diǎn)的軌跡，通過已知點(diǎn)軌跡，消去參數(shù)，從而得到軌跡方程；(2)待定系數(shù)法：設(shè)出含參數(shù)的直線方程、待定系數(shù)法求解出系數(shù)；(3)驗(yàn)證法：通過特殊點(diǎn)位置求出直線方程，對(duì)一般位置再進(jìn)行驗(yàn)證.【考點(diǎn)4橢圓中的定直線問題】【例4.1】（2023·四川成都·校聯(lián)考二模）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)【解題思路】（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【解答過程】（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．【例4.2】（2023·江蘇南京·南京市?？寄M預(yù)測(cè)）橢圓E的方程為x24+y28=1，左、右頂點(diǎn)分別為A?2,0，B(1)若直線l分別交x，y軸于C，D兩點(diǎn)，若PD=2，求PC的長；(2)若直線l過點(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，說明理由．【解題思路】（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,【解答過程】（1）設(shè)Px則x024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．【變式4.1】（2023·江蘇常州·?？家荒＃┮阎獧E圓C：x2a2+y(1)求橢圓C的方程；(2)過點(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【解題思路】（1）根據(jù)題意得2b=22ca=2（2）設(shè)Ax1,y1，Bx2,y2，Qx,y，P【解答過程】（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．【變式4.2】（2023·全國·高三專題練習(xí)）在平面直角坐標(biāo)系中，已知兩定點(diǎn)A?4,0，B4,0，M是平面內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，自M作MN垂直于AB，垂足N介于A和B之間，且(1)求動(dòng)點(diǎn)M的軌跡Γ；(2)設(shè)過P0,1的直線交曲線Γ于C，D兩點(diǎn)，Q為平面上一動(dòng)點(diǎn)，直線QC，QD，QP的斜率分別為k1，k2，k0，且滿足【解題思路】（1）由題意知－4＜x＜4，即可得解；（2）對(duì)直線CD的斜率是否存在進(jìn)行討論，進(jìn)行求解即可.【解答過程】（1）設(shè)Mx,y，則Nx,0，由題意知－4＜∵2MN2=AN?NB，∴2y2=（2）存在滿足題意的Q，在定直線y＝8（x≠0）上．理由如下：當(dāng)直線CD的斜率存在時(shí)，設(shè)直線CD的方程為y＝kx＋1．設(shè)Cx1,y1，Dx2,y2，將y＝kx＋1代入x2+2yx1+x條件1k1+1k將y1=kx1+1顯然Qx0,y0不在直線y＝kx＋1上，∴y將y1=kx1+12k?(?14)+1?y0當(dāng)直線CD的斜率不存在時(shí)，經(jīng)檢驗(yàn)符合題意．因此存在滿足題意的Q，在定直線y＝8（x≠0）上．【考點(diǎn)5雙曲線中的定直線問題】【例5.1】（2023秋·安徽·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知雙曲線Ｃ的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)，對(duì)稱軸是坐標(biāo)軸，右支與x軸的交點(diǎn)為1,0，其中一條漸近線的傾斜角為π3(1)求C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過點(diǎn)T2,0作直線l與雙曲線C的左右兩支分別交于A，B兩點(diǎn)，在線段AB上取一點(diǎn)E滿足AE?TB【解題思路】（1）根據(jù)題意可得雙曲線焦點(diǎn)在x軸上，且a=1，ba（2）根據(jù)雙曲線對(duì)稱性以及交點(diǎn)特征，設(shè)出直線方程并與雙曲線聯(lián)立，利用韋達(dá)定理根據(jù)題目中的表達(dá)式代入整理可知點(diǎn)E在定直線x=1【解答過程】（1）根據(jù)題意，設(shè)雙曲線的方程為x2由題知a=1，ba=tan所以雙曲線方程為x2（2）易知T2,0由題知直線l斜率存在，根據(jù)對(duì)稱性，不妨設(shè)斜率為k0≤k≤3，故直線的方程為代入雙曲線方程得3?k設(shè)Ax1,由韋達(dá)定理有x1+x且x1≤?1，設(shè)Ex0,y0，點(diǎn)由AE?1+化簡得4x代入x1+x2和即存在點(diǎn)E滿足條件，并且在定直線x=1【例5.2】（2023秋·重慶·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）已知曲線C上任意一點(diǎn)M滿足MF1?(1)求C的方程；(2)設(shè)A?1,0,B1,0，若過F22,0的直線與C交于P,Q兩點(diǎn)，且直線AP與BQ【解題思路】（1）根據(jù)雙曲線的定義進(jìn)行求解；（2）設(shè)出經(jīng)過F2的直線方程，且P(x1,y【解答過程】（1）由于MF于是2a=2,2c=4，即a=1,c=2，故b=3，注意到MF1故曲線的方程為x（2）若過F22,0的直線與C交于P,Q兩點(diǎn)，則斜率不會(huì)是設(shè)該直線為x=my+2，和雙曲線聯(lián)立可得(3m則Δ=144m2設(shè)P(x1,y1),Q(x2,聯(lián)立AP,BQ的方程可得，y1x1則x?1利用P,Q在直線x=my+2上，于是3y1?于是?4my1y即x=12，故交點(diǎn)R一定落在【變式5.1】（2023·全國·高二專題練習(xí)）已知雙曲線C：x2a2(1)求雙曲線C的方程：(2)當(dāng)a<b時(shí)，記雙曲線C的左、右頂點(diǎn)分別為A1，A2，動(dòng)直線l：x=my+2與雙曲線C的右支交于M，N兩點(diǎn)（異于A2），直線A1M，A【解題思路】（1）根據(jù)實(shí)軸長度確定a的取值，再根據(jù)漸近線夾角確定漸近線斜率，從而確定b的取值，寫出解析式；（2）首先聯(lián)立直線與雙曲線方程，根據(jù)韋達(dá)定理確定M，N兩點(diǎn)坐標(biāo)關(guān)系，聯(lián)立方程，再利用點(diǎn)斜式表示出直線A1M，A2N的方程，代入【解答過程】（1）由題知2a=2，得a=1，ba=tanπ6或b所以雙曲線C的方程為C：x2?3y2=1（2）由（1）知，當(dāng)a<b時(shí)，C：x2設(shè)Mx1,聯(lián)立直線l與雙曲線C得：x=my+23Δ=36m2+1>0，方程的兩根為y1，A1?1,0，A21,0，則A1M：因?yàn)橹本€A1M，A2故y0=y消去y0，整理得：xx=9m因此x0故點(diǎn)T在定直線x=1【變式5.2】（2023春·江蘇鹽城·高二?？计谀┮阎p曲線C上點(diǎn)A到兩定點(diǎn)F1?42,0,F2(1)求雙曲線C的方程；(2)設(shè)經(jīng)過點(diǎn)?9,0且不垂直于x軸的直線與雙曲線C交于M、N兩點(diǎn)，P,Q是直線x=?9上關(guān)于x軸對(duì)稱的兩點(diǎn)，求證：直線PM與QN的交點(diǎn)在定直線上．【解題思路】（1）結(jié)合余弦定理和二倍角公式，利用雙曲線定義即可得出a=3，c=（2）設(shè)直線MN的方程為y=kx+9，M（x1,y1），【解答過程】（1）在△AFF=d即168=d所以d1因?yàn)殡p曲線的焦點(diǎn)在x軸，a=3，c=所以b2=39，則雙曲線C的方程為（2）由題意可設(shè)直線MN的方程為y=kx+9聯(lián)立方程組x23?并整理得13?k設(shè)M（x1,y又設(shè)P?9,t則得直線PM的方程為y?t=y直線QN的方程為y+t=y兩個(gè)方程相減得2t=y2+t因?yàn)閥2把它代入①得2=x所以x=2因此直線PM與QN的交點(diǎn)在直線x=?1【考點(diǎn)6拋物線中的定直線問題】【例6.1】（2023·全國·高二專題練習(xí)）已知拋物線E:y2=2pxp>0，過點(diǎn)?1,0的兩條直線l1、l2分別交E于A、B兩點(diǎn)和C、D兩點(diǎn)．當(dāng)(1)求E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)G為直線AD與BC的交點(diǎn)，證明：點(diǎn)G在定直線上．【解題思路】（1）當(dāng)直線l1的斜率為12時(shí)，寫出直線l1的方程，設(shè)點(diǎn)Ax1,y1、Bx2,y2（2）分析可知直線l1、l2都不與x軸重合，設(shè)直線AB的方程為x=my?1，將該直線的方程與拋物線的方程聯(lián)立，設(shè)Ay122,y1、By2【解答過程】（1）解：當(dāng)直線l1的斜率為12時(shí)，直線l1的方程為y=12聯(lián)立y2=2pxy=Δ=41?4p2?4=416由韋達(dá)定理可得x1+xAB=整理可得2p2?p?1=0，解得p=1因此，拋物線E的方程為y2（2）證明：當(dāng)直線l1與x軸重合時(shí)，直線l1與拋物線所以，直線l1不與x軸重合，同理可知直線l2也不與設(shè)直線AB的方程為x=my?1，聯(lián)立x=my?1y2=2x則Δ=4m2設(shè)點(diǎn)Ay122,設(shè)直線CD的方程為x=ny?1，設(shè)點(diǎn)Cy322,直線AD的方程為y?y1=化簡可得2x?y同理可知，直線BC的方程為2x?y因?yàn)辄c(diǎn)?1,0在拋物線的對(duì)稱軸上，由拋物線的對(duì)稱性可知，交點(diǎn)G必在垂直于x軸的直線上，所以只需證明點(diǎn)G的橫坐標(biāo)為定值即可，由2x?y1+因?yàn)橹本€AD與BC相交，則y1解得x==2所以，點(diǎn)G的橫坐標(biāo)為1，因此，直線AD與BC的交點(diǎn)G必在定直線x=1上.【例6.2】（2023·全國·高二專題練習(xí)）過拋物線x2=2py(p>0)內(nèi)部一點(diǎn)Pm,n作任意兩條直線AB,CD，如圖所示，連接AC,BD延長交于點(diǎn)Q，當(dāng)P為焦點(diǎn)并且AB⊥CD(1)求拋物線的方程；(2)若點(diǎn)P1,1，證明Q【解題思路】（1）設(shè)直線AB:y=kx+p2，聯(lián)立方程組求得x1+x（2）由A,P,B和C,P,D共線，得到x1x2+4=x1+x2，x3x【解答過程】（1）解：設(shè)Ax設(shè)直線AB:y=kx+p2，聯(lián)立方程組y=kx+p可得x1所以AB=同理可得CD=2p所以SABCD=1所以p=2，所以拋物線的方程為x2（2）解：當(dāng)P為1,1時(shí)，Qx由A,P,B共線，可得x124?1同理由C,P,D共線x3x又由A,C,Q共線，可得x124?同理由B,D,Q共線，可得x2x由①③得x1即x0?1又由②④得x4即x0?1由⑤⑥得4?x即4?x0=x0?4y【變式6.1】（2023·全國·高二專題練習(xí)）已知拋物線C1：x2=2py(p>0)和圓C2：(1)求p的值：(2)點(diǎn)M在C1的準(zhǔn)線上，動(dòng)點(diǎn)A在C1上，C1在A點(diǎn)處的切線l2交y軸于點(diǎn)B，設(shè)MN【解題思路】（1）設(shè)直線l1的方程為y=x+p2，再根據(jù)直線和圓相切求出（2）依題意設(shè)M(m,?3)，求出切線l2的方程和B點(diǎn)坐標(biāo)，求出MN=x1【解答過程】（1）由題得拋物線C1：x設(shè)直線l1的方程為y=x+p由已知得圓C2：x+12+因?yàn)橹本€l1與圓C2所以圓心到直線l1：y=x+即?1+p22=2所以p=6.（2）依題意設(shè)M(m,?3)，由（1）知拋物線C1方程為x所以y=x212，所以y′=x6，設(shè)A(x1所以切線l2的方程為y=1令x=0，y=?16x12+y1所以MA=(∴MN=∴ON=設(shè)N點(diǎn)坐標(biāo)為（x，y），則y=3，所以點(diǎn)N在定直線y=3上．【變式6.2】（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知拋物線C：y2=2pxp>0上一點(diǎn)P2,t到其焦點(diǎn)F的距離為3，A，B為拋物線CAF，BF分別交拋物線C于點(diǎn)M，N，直線AN，(1)若AF⊥BF，求四邊形ABMN面積的最小值；(2)證明:點(diǎn)Q在定直線上.【解題思路】（1）根據(jù)拋物線的焦半徑公式求得拋物線方程，設(shè)Ax1,y1，Mx2,y2，直線（2）設(shè)Bx3,y3，Nx4,y4，QxQ,yQ【解答過程】（1）由拋物線定義可知，2+p2=3即拋物線C方程為y2由題意，設(shè)Ax1,y1，M由x=my+1y2=4x，消去x得y由韋達(dá)定理可知：y1+y故AM=因?yàn)锳F⊥BF，所以直線BN的方程為x=?1于是BN=4則S當(dāng)且僅當(dāng)m2=1所以四邊形ABMN面積的最小值為32；（2）設(shè)Bx3,y3，Nx4,y4，Qx所以，xi因?yàn)锳，N，Q三點(diǎn)共線，所以有y4即y4?y同理，因?yàn)锽，M，Q三點(diǎn)共線，可得yQ即y1解得：4x由（1）可知，y1?y得xQ即點(diǎn)Q在定直線x=模塊模塊三課后作業(yè)1．（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知P為橢圓x2a2+y2b2=1a>b>0上任意一點(diǎn)，點(diǎn)M，N分別在直線l1A．12 B．C．22 D．【解題思路】設(shè)P(x0，y0)，由兩直線平行的條件可得直線PM，PN的方程，求出M，N的坐標(biāo)，得出|PM|2+|PN|2關(guān)于x【解答過程】解：設(shè)P(x0，y0)，則直線直線PN的方程為y=1聯(lián)立方程組y=?12x+12聯(lián)立方程組y=12x?x0∴|PM|2+|PN∵P(x0，y0∵58∴b2a2∴e=3故選：D.2．（2022·江蘇·高二專題練習(xí)）已知P為雙曲線x2?y23=1右支上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)為雙曲線的右焦點(diǎn)，若在x軸的負(fù)半軸上存在定點(diǎn)Mt,0A．?1 B．?2 C．?3 D．?4【解題思路】設(shè)Px0,y0x0≥1，按【解答過程】由題知F2,0.設(shè)Px0,y0x0≥1，當(dāng)x0=2當(dāng)x0≠2時(shí)，tan∠PFM=?因?yàn)椤螾FM=2∠PMF，所以?y將y02=3x02?3故選：A．3．（2023秋·廣東廣州·高二校聯(lián)考期末）過拋物線y2=2pxp>0的焦點(diǎn)F作直線l交拋物線于M，N兩點(diǎn)，弦MN的垂直平分線交x軸于點(diǎn)P.已知PFA．2 B．22 C．14 【解題思路】設(shè)出直線l的方程并與拋物線方程聯(lián)立，求得MN,【解答過程】Fp2,0依題意可知直線l的斜率存在，設(shè)其方程為y=kx?由y=kx?pk2y2=2px則x1所以弦MN的垂直平分線為y?p令y=0解得xP所以PF=而MN=x1故選：D.4．（2023·全國·高二課堂例題）定義：若點(diǎn)Px0,y0在橢圓x2a2+y2b2=1a>b>0上，則以P為切點(diǎn)的切線方程為：x0xa2+yA．12,?13 B．?12【解題思路】設(shè)M2t+6,t，Ax1,y1，Bx2,y2，即可表示出MA【解答過程】解：因?yàn)辄c(diǎn)M在直線x?2y?6=0上，設(shè)M2t+6,t，Ax1,y1，Bx2,y2，所以MA由①②可得AB的方程為x2t+63+yt2=1，即2x2t+6+3yt=6故選：C.5．（2023·山東·煙臺(tái)二中?？寄M預(yù)測(cè)）已知雙曲線F:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的離心率為3，斜率為?2的直線l1分別交F的左右兩支于A，B兩點(diǎn)，直線l2分別交F的左、右兩支于C，D兩點(diǎn)，l2∥lA．4x+y=0 B．4x+3y=0 C．x+4y=0 D．x+2y=0【解題思路】由點(diǎn)差法可得xM與yM關(guān)系式、xN與yN關(guān)系式，由E，M，【解答過程】由題得b2設(shè)Ax1,y1則x12a2?所以y1?y2x因?yàn)锳B∥CD，則E，M，N三點(diǎn)共線，所以yM?y0x因?yàn)橹本€l的斜率存在，所以xM所以4x0+y0故選：A.6．（2023·江西南昌·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）已知A，B分別為雙曲線x29?y2=1的左、右頂點(diǎn)，P為該曲線上不同于A，B的任意一點(diǎn)，設(shè)∠PAB=α，∠PBA=β，A．tanα+tanβ為定值 C．S?tanα+β為定值 D．【解題思路】利用三角換元得到P3cosθ,tanθ,θ∈0,π2，利用斜率公式可求【解答過程】由于雙曲線的對(duì)稱性，可設(shè)P3由雙曲線x29?則tantanβ=?tanθ3cos因此tanα=13對(duì)于A,對(duì)于B,由于tanαtanβ=若tanα2tanβ2為定值,則tan于是tanα,對(duì)于選項(xiàng)C,因此S?tan(α+β)=?9故選：C.7．（2023春·上海松江·高二?？计谀┮阎狥是拋物線C:y2=x的焦點(diǎn)，A，B是拋物線C上的兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則下列說法：①若直線AB過點(diǎn)F，則AB的最小值為1；②若BB′垂直C的準(zhǔn)線于點(diǎn)B′，且BB′=2OF，則四邊形OFBBA．0個(gè) B．1個(gè) C．2個(gè) D．3個(gè)【解題思路】當(dāng)AB⊥x軸時(shí)AB最小可判斷①；根據(jù)拋物線的定義可知BF=BB′=12，設(shè)BB′與y軸的交點(diǎn)為D，求出四邊形OFB【解答過程】對(duì)于選項(xiàng)①，若直線AB過點(diǎn)F，則當(dāng)AB⊥x軸時(shí)，AB最小，且最小值為1，①正確；對(duì)于②，由題意知OF=14因?yàn)锽B′=2OF=12，所以B設(shè)BB′與y軸的交點(diǎn)為D，易知故OB所以四邊形OFBB′的周長為對(duì)于③，設(shè)直線AB:x=my+t,Ax,聯(lián)立直線AB與拋物線方程得y2?my?t=0，則y1由OA?OB=?14可得x故直線AB的方程為x=my+12，即直線AB恒過定點(diǎn)故選：C.8．（2023秋·全國·高二期中）已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，M為拋物線C：y2=4x上一點(diǎn)，直線l：x=my+3與C交于A，B兩點(diǎn)，過A，B作C的切線交于點(diǎn)P，則下列結(jié)論中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是（（1）OA?OB=?3；（2）若點(diǎn)M(9,?6)，且直線AM與BM（3）點(diǎn)P在定直線x=?3上；（4）設(shè)點(diǎn)Q(3,0)，則MQ的最小值為3．A．1 B．2 C．3 D．4【解題思路】直線方程與拋物線方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理可判斷（1），（2），分別求出點(diǎn)A,B處的切線方程，聯(lián)立切線方程求點(diǎn)P的坐標(biāo)，即可判斷（3），設(shè)My【解答過程】對(duì)于（1），設(shè)A(x1,y1由16m所以y1所以O(shè)A=(=?12(m對(duì)于（2），因?yàn)镸(9,?6)，直線AM與BM傾斜角互補(bǔ)，所以kAM所以2my所以?24m+4m(6m?6)?72?12所以24m2?48m?72=0所以m2?2m?3=0解得m=3，所以（2）正確，對(duì)于（3），設(shè)點(diǎn)A在x軸上方，B在x軸下方，設(shè)Ayx軸上方的拋物線方程為y=2x，x軸下方的拋物線方程為y=?2此時(shí)在點(diǎn)A處的切線的斜率為k1=1x1所以在點(diǎn)A處的切線方程為y?y1=2y方程化簡為yy1=2x+兩式相除化簡得x=y對(duì)于（4），設(shè)My024,當(dāng)y02=4時(shí)，MQ故選：C.9．（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知橢圓C:x24+y22=1，過點(diǎn)P4?,?1的動(dòng)直線l【解題思路】證明見解析.【解答過程】解法一：設(shè)APPB=AQBQ=λλ≠1，即AP=λPB，AQ=?λQB，設(shè)又x124①②式代入③式，x1又由于AQ=?λQB，⑤⑥式代入④式，x+12y=1，即點(diǎn)Q解法二：設(shè)APPB=AQBQ=λλ≠1，即AP=λPB，AQ=?λ于是有x1?λx21?λ=4?,?y1?λy10．（2023秋·高二課時(shí)練習(xí)）設(shè)拋物線E:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F，過F且斜率為1的直線l與E交于A，B(1)求拋物線E的方程；(2)設(shè)P1,m為E上一點(diǎn)，E在P處的切線與x軸交于Q，過Q的直線與E交于M，N兩點(diǎn)，直線PM和PN的斜率分別為kPM和kPN【解題思路】(1)由題意得，x1+(2)將y=kx+1代入y2=4x，表示出【解答過程】（1）由題意，F(xiàn)p2,0，直線l的方程為y=x?p2，代入y2=2px，得x2?3px+p2（2）因P1,m在E上，∴m＝2．設(shè)E在P處的切線方程為y?2=tx?1，代入y2=4x，得ty2?4y+8?4t=0．由Δ=42?4t易知直線MN的斜率存在，設(shè)其方程為y=kx+1，設(shè)Mx1將y=kx+1代入y2=4x，得k2x2+2k∴k=2k故kPM11．（2023秋·江蘇·高三校聯(lián)考開學(xué)考試）已知雙曲線C:x(1)求C的右支與直線x=100圍成的區(qū)域內(nèi)部（不含邊界）整點(diǎn)（橫縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點(diǎn)）的個(gè)數(shù)．(2)記C的左、右頂點(diǎn)分別為A1，A2，過點(diǎn)?2,0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【解題思路】（1）由題意x=2開始求整點(diǎn)通項(xiàng),再應(yīng)用等差數(shù)列求和個(gè)數(shù)計(jì)算即可得；（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+1x?1【解答過程】（1）因?yàn)殡p曲線方程為C:x2?y2=1，令x=n,2≤n≤99時(shí),整點(diǎn)時(shí)y區(qū)域內(nèi)部（不含邊界）整點(diǎn)為983（2）由(1)可得A1?1,0,顯然直線的斜率不為0，所以設(shè)直線MN的方程為x=my?2，且?1<m<1，與C:x2?y2則y1直線MA1的方程為y=y1x聯(lián)立直線MA1與直線x+1=m?由x+1x?1=?13可得據(jù)此可得點(diǎn)P在定直線x=12．（2023秋·河南許昌·高二統(tǒng)考期末）雙曲線C:x2a2?y23=1(a>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2，過F(1)求拋物線E的方程；(2)如圖，點(diǎn)P?p2,tt≠0為拋物線E的準(zhǔn)線上一點(diǎn)，過點(diǎn)P作y軸的垂線交拋物線于點(diǎn)M，連接PO【解題思路】（1）設(shè)F2c,0(c>0)，令x=c，代入C的方程得yA，結(jié)合三角形的面積求出（2）由（1）知P?1,tt≠0，可得M的坐標(biāo)，直線PO的方程為y=?tx，代入拋物線E的方程可得N的坐標(biāo)，進(jìn)而得【解答過程】（1）

設(shè)F2c,0(c>0)令x=c，代入C的方程，得yA所以S