高考數(shù)學一輪復習題型講解+專題訓練(新高考專用)專題44圓錐曲線中的定值、定點、共線、與平面向量交匯問題(原卷版+解析)

2023高考一輪復習講與練專題44圓錐曲線中的定值、定點、共線與平面向量交匯問題圓錐曲線中的定值、定點、共線與平面向量交匯問題問題圓錐曲線中的定值、定點、共線與平面向量交匯問題問題定值問題定點問題平面向量交匯共線問題練高考明方向1.(2023·全國乙（文、理）T）21.已知橢圓E的中心為坐標原點，對稱軸為x軸、y軸，且過兩點．（1）求E的方程；（2）設(shè)過點的直線交E于M，N兩點，過M且平行于x軸的直線與線段AB交于點T，點H滿足．證明：直線HN過定點．2.(2023·全國甲（文）T11）已知橢圓的離心率為，分別為C的左、右頂點，B為C的上頂點．若，則C的方程為（）A.B.C.D.3.(2023·浙江卷T17）設(shè)點P在單位圓的內(nèi)接正八邊形的邊上，則的取值范圍是_______．4.(2023·新高考Ⅰ卷T21）已知點在雙曲線上，直線l交C于P，Q兩點，直線的斜率之和為0．（1）求l的斜率；（2）若，求的面積．5．(2023年高考數(shù)學課標Ⅰ卷理科)已知A、B分別為橢圓E：(a>1)左、右頂點，G為E的上頂點，，P為直線x=6上的動點，PA與E的另一交點為C，PB與E的另一交點為D．(1)求E方程；(2)證明：直線CD過定點．6、【2019年高考北京卷理數(shù)】已知拋物線C：x2=?2py經(jīng)過點（2，?1）．（1）求拋物線C的方程及其準線方程；（2）設(shè)O為原點，過拋物線C的焦點作斜率不為0的直線l交拋物線C于兩點M，N，直線y=?1分別交直線OM，ON于點A和點B．求證：以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的兩個定點．7、【2019年高考全國Ⅰ卷文數(shù)】已知點A，B關(guān)于坐標原點O對稱，│AB│=4，⊙M過點A，B且與直線x+2=0相切．（1）若A在直線x+y=0上，求⊙M的半徑；（2）是否存在定點P，使得當A運動時，│MA│?│MP│為定值？并說明理由．8、【2018年北京卷理】已知拋物線：經(jīng)過點．過點的直線與拋物線有兩個不同的交點，，且直線交軸于，直線交軸于．(1)求直線的斜率的取值范圍；(2)設(shè)為原點，，，求證：為定值．9、(2023年高考數(shù)學新課標Ⅰ卷理科)已知橢圓,四點,,,中恰有三點在橢圓上．(1)求的方程;(2)設(shè)直線不經(jīng)過點且與相交于兩點,若直線與直線的斜率的和為,證明:過定點．10．(2023年高考數(shù)學課標全國Ⅰ卷理科)已知拋物線的焦點為，斜率為的直線與的交點為，，與軸的交點為．(1)若，求的方程；(2)若，求．11．(2023年高考數(shù)學課標Ⅲ卷（理）)已知斜率為的直線與橢圓交于兩點，線段的中點為()．(1)證明：；(2)設(shè)為的右焦點，為上一點，且，證明：，，成等差數(shù)列，并求該數(shù)列的公差．12、(2023新課標Ⅱ）設(shè)為坐標原點，動點在橢圓：上，過做軸的垂線，垂足為，點滿足QUOTENP=2NM．（1）求點的軌跡方程；（2）設(shè)點在直線上，且QUOTEOP?PQ=1．證明：過點且垂直于的直線過的左焦點．

13．(2023高考數(shù)學新課標理科)設(shè)拋物線的焦點為，準線為，為上一點，已知以為圓心，為半徑的圓交于兩點．(1)若，的面積為,求的值及圓的方程；(2)若三點在同一直線上，直線與平行，且與只有一個公共點，求坐標原點到距離的比值．講典例備高考類型一、定點問題基礎(chǔ)知識：圓錐曲線中的定點問題一般是指與解析幾何有關(guān)的直線或圓過定點的問題其他曲線過定點太復雜，高中階段一般不涉及，是高考重點考查的考點和熱點之一.其實質(zhì)是：當動直線或動圓變化時，這些直線或圓相交于一點，即這些直線或圓繞著定點在轉(zhuǎn)動.基礎(chǔ)題型：1．（求證線過定點）已知拋物線的焦點為，直線與軸的交點為，與拋物線的交點為，且.（1）求的值；（2）已知點為上一點，，是上異于點的兩點，且滿足直線和直線的斜率之和為，證明直線恒過定點，并求出定點的坐標．2、（探索定點是否存在）已知橢圓的右焦點為F.（1）求點F的坐標和橢圓C的離心率；（2）直線過點F，且與橢圓C交于P，Q兩點，如果點P關(guān)于x軸的對稱點為，判斷直線是否經(jīng)過x軸上的定點，如果經(jīng)過，求出該定點坐標；如果不經(jīng)過，說明理由.3．（已知線過定點求參數(shù)范圍）已知橢圓（）的離心率為，短軸長為.（Ⅰ）求橢圓的標準方程；（Ⅱ）若直線與橢圓交于不同的兩點，且線段的垂直平分線過定點，求實數(shù)的取值范圍．基本方法：1．圓錐曲線中定點問題的兩種解法(1)引進參數(shù)法：引進動點的坐標或動線中的系數(shù)為參數(shù)表示變化量，再研究變化的量與參數(shù)何時沒有關(guān)系，找到定點．(2)特殊到一般法：根據(jù)動點或動線的特殊情況探索出定點，再證明該定點與變量無關(guān)．2．直線過定點問題的解題模型設(shè)參數(shù)：依題意條件設(shè)出相關(guān)的參數(shù)，如設(shè)出直線的斜率；求直線：利用題設(shè)條件，求直線系方程；建聯(lián)系：聯(lián)立直線與圓錐曲線，利用根與系數(shù)的關(guān)系，求出定點的坐標；得結(jié)論：判斷定點的坐標滿足所求的直線系方程，即可證出直線經(jīng)過該定點。類型二、定值問題基礎(chǔ)知識：圓錐曲線中的定值問題一般是指在求解解析幾何問題的過程中，探究某些幾何量斜率、距離、面積、比值等與變量斜率、點的坐標等無關(guān)的問題，也是高考重點考查的考點和熱點之一.，其求解步驟一般為：一選：選擇變量，一般為點的坐標、直線的斜率等；二化：把要求解的定值表示成含上述變量的式子，并利用其他輔助條件來減少變量的個數(shù)，使其只含有一個變量或者有多個變量，但是能整體約分也可以；三定值：由題目的結(jié)論可知要證明為定值的量必與變量的值無關(guān)，故求出的式子必能化為一個常數(shù)，所以只需對上述式子進行必要的化簡即可得到定值.基本題型：1、（證明點線距離為定值）如圖，已知橢圓，為其右焦點，直線與橢圓交于兩點，點在上，且滿足.(點從上到下依次排列)(I)試用表示：(II)證明：原點到直線l的距離為定值.2．（證明代數(shù)式定值）已知O為原點，過點M(1,0)的直線l與拋物線C：y2＝2px(p>0)交于A，B兩點，且eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))＝－3.(1)求拋物線C的方程；(2)過點M作直線l′⊥l，l′交拋物線C于P，Q兩點，記△AOB，△POQ的面積分別為S1，S2，求證：eq\f(1,S\o\al(2,1))＋eq\f(1,S\o\al(2,2))為定值．3．橢圓的左、右焦點分別是，離心率為，過且垂直于軸的直線被橢圓截得的線段長為l．（Ⅰ）求橢圓的方程；（Ⅱ）點是橢圓上除長軸端點外的任一點，連接．設(shè)的角平分線交的長軸于點，求的取值范圍；（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，過點作斜率為的直線，使得與橢圓有且只有一個公共點．設(shè)直線的斜率分別為，若，試證明為定值．4、（證明面積為定值）已知橢圓，上、下頂點分別是、，上、下焦點分別是、，焦距為，點在橢圓上.（1）求橢圓的方程；（2）若為橢圓上異于、的動點，過作與軸平行的直線，直線與交于點，直線與直線交于點，判斷是否為定值，說明理由.基本方法：圓錐曲線中定值問題的常見類型及解題策略(1)求代數(shù)式為定值．依題設(shè)條件，得出與代數(shù)式參數(shù)有關(guān)的等式，代入代數(shù)式，化簡即可得出定值．(2)求點到直線的距離為定值．利用點到直線的距離公式得出距離的解析式，再利用題設(shè)條件化簡、變形求得．(3)求某線段長度為定值．利用長度公式求得解析式，再依據(jù)條件對解析式進行化簡、變形即可求得．類型三、共線問題基本題型：1．已知曲線C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.與x軸交于A，B兩點，Q(4,0)，設(shè)M是直線x＝1上任意一點，直線MA，MB與曲線C的另一交點分別為D，E.求證：Q，D，E三點共線．2．已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)經(jīng)過點C(0,1)，離心率為eq\f(\r(3),2).O為坐標原點．(1)求橢圓E的方程；(2)設(shè)A，B分別為橢圓E的左、右頂點，D為橢圓E上一點(不在坐標軸上)，直線CD交x軸于點P，Q為直線AD上一點，且eq\o(OP,\s\up7(→))·eq\o(OQ,\s\up7(→))＝4，求證：C，B，Q三點共線．3、設(shè)橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過點F1的直線交橢圓E于A，B兩點．若橢圓E的離心率為eq\f(\r(2),2)，△ABF2的周長為4eq\r(6).(1)求橢圓E的方程；(2)設(shè)不經(jīng)過橢圓的中心O而平行于弦AB的直線交橢圓E于點C，D，設(shè)弦AB，CD的中點分別為M，N，證明：O，M，N三點共線．基本方法：證明三點共線問題的方法圓錐曲線中的三點共線問題，其實就是對應直線(斜率存在)上的三點中相關(guān)兩個點對應的斜率相等問題，即若要證明A，B，C三點共線，即證明kAB＝kAC(或kAB＝kBC或kAC＝kBC)．類型四、與平面向量交匯問題基礎(chǔ)知識：基本題型：1.（平面向量與定點問題交匯）已知是拋物線的焦點，不過原點的動直線交拋物線于兩點，是線段的中點，點在準線上的射影為，當時，.（1）求拋物線的方程；（2）當時，求證：直線過定點.2.（平面向量與定值問題交匯）已知橢圓的左、右焦點分別為，，點在橢圓上，點滿足以為直徑的圓過橢圓的上頂點.（1）求橢圓的方程；（2）已知直線過右焦點與橢圓交于兩點，在軸上是否存在點使得為定值？如果存在，求出點的坐標；如果不存在，說明理由.3．（平面向量與幾何證明問題交匯）已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，橢圓的短軸頂點到焦點的距離為eq\r(6).(1)求該橢圓C的方程；(2)若直線l與橢圓C交于A，B兩點，且|eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))|＝|eq\o(OA,\s\up7(→))－eq\o(OB,\s\up7(→))|，求證：直線l與某個定圓E相切，并求出定圓E的方程．基本方法：遇到向量數(shù)量積問題，想到向量的坐標表示，向量相等的條件，向量數(shù)量積的坐標運算公式．新預測破高考1．“過原點的直線交雙曲線于，兩點，點為雙曲線上異于，的動點，若直線，的斜率均存在，則它們之積是定值”．類比雙曲線的性質(zhì)，可得出橢圓的一個正確結(jié)論：過原點的直線交橢圓于，兩點，點為橢圓上異于，的動點，若直線，的斜率均存在，則它們之積是定值（）A． B． C． D．2．已知橢圓，過x軸上一定點N作直線l，交橢圓C于A，B兩點，當直線l繞點N任意旋轉(zhuǎn)時，有（其中t為定值），則（）A． B． C． D．3．（多選題）已知橢圓的離心率為，的三個頂點都在橢圓上，為坐標原點，設(shè)它的三條邊，，的中點分別為，，，且三條邊所在直線的斜率分別，，，且，，均不為，則（）A．B．直線與直線的斜率之積為C．直線與直線的斜率之積為4．已知拋物線與圓相交于點，點關(guān)于原點對稱的點為若過點的直線(且不過點)與拋物線交于兩點，則直線與的斜率之積為___________.5．已知AB，CD是過拋物線焦點F且互相垂直的兩弦，則的值為__________.6、已知橢圓C：eq\f(x2,4)＋y2＝1，過上頂點N作兩條相互垂直的直線l1，l2與曲線C分別交于P，Q(不同于點N)兩點，求證：直線PQ過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,5))).7、已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)過A(2,0)，B(0,1)兩點。(1)求橢圓C的方程及離心率。(2)設(shè)P為第三象限內(nèi)一點且在橢圓C上，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點N。求證：四邊形ABNM的面積為定值。8、如圖所示，橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右頂點分別為A，B，焦距為2eq\r(2)，直線x＝－a與y＝b交于點D，且|BD|＝3eq\r(2)，過點B作直線l交直線x＝－a于點M，交橢圓于另一點P。(1)求橢圓的方程。(2)證明：eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))為定值。9.已知圓，動圓與圓外切，且與直線相切．（1）求動圓圓心的軌跡的方程．（2）若直線與曲線交于兩點，分別過作曲線的切線，交于點．證明：在一定直線上．10.拋物線的焦點為，過且垂直于軸的直線交拋物線于兩點，為原點，的面積為2.（1）求拋物線的方程.（2）為直線上一個動點，過點作拋物線的切線，切點分別為，過點作的垂線，垂足為，是否存在實數(shù)，使點在直線上移動時，垂足恒為定點？若不存在，說明理由；若存在，求出的值，并求定點的坐標.11.已知直線與拋物線相交于，兩點，滿足.定點，，點是拋物線上一動點，設(shè)直線，與拋物線的另一個交點分別是，.（1）求拋物線的方程；（2）探究：當點在拋物線上變動時(只要點，存在且不重合)，直線是否恒過一個定點？若存在求出這個定點的坐標.若不存在說明理由.12.已知是拋物線：的焦點，是拋物線上一點，且.（1）求拋物線的方程；（2）直線與拋物線交于，兩點，若（為坐標原點），則直線是否會過某個定點？若是，求出該定點坐標，若不是，說明理由.13、設(shè)橢圓的右焦點為，過點且不與軸垂直的直線與交于,兩點，點的坐標為．設(shè)為坐標原點，求證為定值．14、已知橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1的左頂點為A，過A作兩條互相垂直的弦AM，AN交橢圓于M，N兩點．(1)當直線AM的斜率為1時，求點M的坐標；(2)當直線AM的斜率變化時，直線MN是否過x軸上的一定點？若過定點，請給出證明，并求出該定點；若不過定點，請說明理由．15．在平面直角坐標系中，已知，動點滿足（1）求動點的軌跡的方程；（2）過點的直線與交于兩點，記直線的斜率分別為，求證：為定值.16．設(shè)拋物線C：y2＝2px(p＞0)的焦點為F，點P(4，m)(m＞0)是拋物線C上一點，且|PF|＝5.(1)求拋物線C的方程；(2)若A，B為拋物線C上異于P的兩點，且PA⊥PB.記點A，B到直線y＝－4的距離分別為a，b，求證：ab為定值．17、已知點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2)))，直線PM，PN的斜率乘積為－eq\f(3,4)，P點的軌跡為曲線C.(1)求曲線C的方程；(2)設(shè)斜率為k的直線交x軸于T，交曲線C于A，B兩點，是否存在k使得|AT|2＋|BT|2為定值？若存在，求出k的值；若不存在，請說明理由．18．已知橢圓M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)過A(－2,0)，B(0,1)兩點．(1)求橢圓M的離心率；(2)設(shè)橢圓M的右頂點為C，點P在橢圓M上(P不與橢圓M的頂點重合)，直線AB與直線CP交于點Q，直線BP交x軸于點S，求證：直線QS過定點．19、已知拋物線C的頂點在原點，焦點在坐標軸上，點A(1,2)為拋物線C上一點。(1)求拋物線C的方程。(2)若點B(1，－2)在拋物線C上，過點B作拋物線C的兩條弦BP與BQ，若kBP·kBQ＝－2，求證：直線PQ過定點。20．已知點E在橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上，以E為圓心的圓與x軸相切于橢圓C的右焦點F2，與y軸相交于A，B兩點，且△ABE是邊長為2的正三角形．(1)求橢圓C的方程．(2)已知圓O：x2＋y2＝eq\f(18,5)，設(shè)圓O上任意一點P處的切線交橢圓C于M，N兩點，問：|PM|·|PN|是否為定值？若為定值，求出該定值；若不是定值，請說明理由．2023高考一輪復習講與練專題44圓錐曲線中的定值、定點、共線與平面向量交匯問題圓錐曲線中的定值、定點、共線與平面向量交匯問題問題圓錐曲線中的定值、定點、共線與平面向量交匯問題問題定值問題定點問題平面向量交匯共線問題練高考明方向1.(2023·全國乙（文、理）T）21.已知橢圓E的中心為坐標原點，對稱軸為x軸、y軸，且過兩點．（1）求E的方程；（2）設(shè)過點的直線交E于M，N兩點，過M且平行于x軸的直線與線段AB交于點T，點H滿足．證明：直線HN過定點．【解析】（1）設(shè)橢圓E的方程為，過，則，解得，，所以橢圓E的方程為：.（2），所以，①若過點的直線斜率不存在，直線.代入，可得，，代入AB方程，可得，由得到.求得HN方程：，過點.②若過點的直線斜率存在，設(shè).聯(lián)立得，可得，，且聯(lián)立可得可求得此時，將，代入整理得，將代入，得顯然成立，綜上，可得直線HN過定點【點睛】求定點、定值問題常見的方法有兩種：①從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)；②直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值.2.(2023·全國甲（文）T11）已知橢圓的離心率為，分別為C的左、右頂點，B為C的上頂點．若，則C的方程為（）A.B.C.D.答案：B分析：根據(jù)離心率及，解得關(guān)于的等量關(guān)系式，即可得解.【詳解】因為離心率，解得，，分別為C左右頂點，則，B為上頂點，所以.所以，因為，所以，將代入，解得，故橢圓的方程為.3.(2023·浙江卷T17）設(shè)點P在單位圓的內(nèi)接正八邊形的邊上，則的取值范圍是_______．答案：分析：根據(jù)正八邊形的結(jié)構(gòu)特征，分別以圓心為原點，所在直線為軸，所在直線為軸建立平面直角坐標系，即可求出各頂點的坐標，設(shè)，再根據(jù)平面向量模的坐標計算公式即可得到，然后利用即可解出．【詳解】以圓心為原點，所在直線為軸，所在直線為軸建立平面直角坐標系，如圖所示：則,，設(shè),于是，因為，所以，故的取值范圍是.4.(2023·新高考Ⅰ卷T21）已知點在雙曲線上，直線l交C于P，Q兩點，直線的斜率之和為0．（1）求l的斜率；（2）若，求的面積．【解析】（1）因為點在雙曲線上，所以，解得，即雙曲線易知直線l的斜率存在，設(shè)，，聯(lián)立可得，，所以，．所以由可得，，即，即，所以，化簡得，，即，所以或，當時，直線過點，與題意不符，舍去，故．（2）不妨設(shè)直線的傾斜角為，因為，所以，因為，所以，即，即，解得，于是，直線，直線，聯(lián)立可得，，因為方程有一個根為，所以，，同理可得，，．所以，，點到直線的距離，故的面積為．5．(2023年高考數(shù)學課標Ⅰ卷理科)已知A、B分別為橢圓E：(a>1)左、右頂點，G為E的上頂點，，P為直線x=6上的動點，PA與E的另一交點為C，PB與E的另一交點為D．(1)求E方程；(2)證明：直線CD過定點．答案：（1）；（2）證明詳見解析．【解析】（1）依據(jù)題意作出如下圖象：由橢圓方程可得：，，，，，，橢圓方程為：（2）證明：設(shè)，則直線的方程為：，即：聯(lián)立直線的方程與橢圓方程可得：，整理得：，解得：或?qū)⒋胫本€可得：所以點的坐標為．同理可得：點的坐標為直線的方程為：，整理可得：整理得：故直線過定點。6、【2019年高考北京卷理數(shù)】已知拋物線C：x2=?2py經(jīng)過點（2，?1）．（1）求拋物線C的方程及其準線方程；（2）設(shè)O為原點，過拋物線C的焦點作斜率不為0的直線l交拋物線C于兩點M，N，直線y=?1分別交直線OM，ON于點A和點B．求證：以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的兩個定點．答案：（1）拋物線的方程為，準線方程為；（2）見解析.【解析】（1）由拋物線經(jīng)過點，得.所以拋物線的方程為，其準線方程為.（2）拋物線的焦點為.設(shè)直線的方程為.由得.設(shè)，則.直線的方程為.令，得點A的橫坐標.同理得點B的橫坐標.設(shè)點，則，.令，即，則或.綜上，以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的定點和.7、【2019年高考全國Ⅰ卷文數(shù)】已知點A，B關(guān)于坐標原點O對稱，│AB│=4，⊙M過點A，B且與直線x+2=0相切．（1）若A在直線x+y=0上，求⊙M的半徑；（2）是否存在定點P，使得當A運動時，│MA│?│MP│為定值？并說明理由．答案：（1）的半徑或；（2）存在，理由見解析.【解析】（1）因為過點，所以圓心M在AB的垂直平分線上.由已知A在直線上，且關(guān)于坐標原點O對稱，所以M在直線上，故可設(shè).因為與直線x+2=0相切，所以的半徑為.由已知得，又，故可得，解得或.故的半徑或.（2）存在定點，使得為定值.理由如下：設(shè)，由已知得的半徑為.由于，故可得，化簡得M的軌跡方程為.因為曲線是以點為焦點，以直線為準線的拋物線，所以.因為，所以存在滿足條件的定點P.【名師點睛】本題考查圓的方程的求解問題、圓錐曲線中的定點定值類問題.解決定點定值問題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)圓的性質(zhì)得到動點所滿足的軌跡方程，進而根據(jù)拋物線的定義得到定值，驗證定值符合所有情況，使得問題得解.8、【2018年北京卷理】已知拋物線：經(jīng)過點．過點的直線與拋物線有兩個不同的交點，，且直線交軸于，直線交軸于．(1)求直線的斜率的取值范圍；(2)設(shè)為原點，，，求證：為定值．【解析】(1)因為拋物線經(jīng)過點，所以，解得，所以拋物線的方程為．由題意可知直線的斜率存在且不為0，設(shè)直線的方程為（）．由得．依題意，解得或．又，與軸相交，故直線不過點．從而．所以直線斜率的取值范圍是．(2)設(shè)，．由(1)知，．直線的方程為．令，得點的縱坐標為．同理得點的縱坐標為．由，得，．所以．所以為定值．9、(2023年高考數(shù)學新課標Ⅰ卷理科)已知橢圓,四點,,,中恰有三點在橢圓上．(1)求的方程;(2)設(shè)直線不經(jīng)過點且與相交于兩點,若直線與直線的斜率的和為,證明:過定點．答案：(1);(2)．【解析】法一：(1)由于,兩點關(guān)于軸對稱,故由題設(shè)知經(jīng)過,兩點．又由知,不經(jīng)過點,所以點在上．因此,解得．故的方程為．(2)設(shè)直線與直線的斜率分別為,如果與軸垂直,設(shè),由題設(shè)知,且,可得的坐標分別為,．則,得,不符合題設(shè)．從而可設(shè):()．將代入得，由題設(shè)可知．設(shè),則,．而．由題設(shè),故．即．解得．當且僅當時,,欲使:,即所以過定點．法二:求點代點法設(shè),直線的方程為:,直線的方程為聯(lián)立,消去可得,得,即,同理,由題意可知所以于是的直線方程為令,得,所以直線過定點．(為什么令?用特殊法!直線方程中令,得兩直線,求這兩直線交點即可．)法三:齊次方程設(shè),的直線方程為，設(shè)則，化齊次得:即，顯然以上方程代表以,為根的方程又,所以于是的直線方程為,所以直線過定點．10．(2023年高考數(shù)學課標全國Ⅰ卷理科)已知拋物線的焦點為，斜率為的直線與的交點為，，與軸的交點為．(1)若，求的方程；(2)若，求．【解析】設(shè)直線．（1）由題設(shè)得，故，由題設(shè)可得．由，可得，則．從而，得．所以的方程為．（2）由可得．由，可得．所以．從而，故．代入的方程得．故．11．(2023年高考數(shù)學課標Ⅲ卷（理）)已知斜率為的直線與橢圓交于兩點，線段的中點為()．(1)證明：；(2)設(shè)為的右焦點，為上一點，且，證明：，，成等差數(shù)列，并求該數(shù)列的公差．【解析】（1）法一：設(shè)，，則有，兩式相減，并由，得由題設(shè)知，，于是①，由題設(shè)，故法二：設(shè)直線，交點，，則有，，聯(lián)立方程，消去并整理可得所以所以，代入可得所以，所以，所以或①又即②，由①②可知。法三：設(shè)，，則有③，④兩式相減可得，所以依題意，，所以又點在橢圓內(nèi)，所以，而，所以所以．（2）法一：由題意得，設(shè)，則由（1）及題設(shè)得，，又點在上，所以，從而，，于是同理，所以，故，即成等差數(shù)列，設(shè)該數(shù)列的公差為，則②將代入①得，所以的方程為，代入的方程，并整理得故，，代入②解得，所以該數(shù)列的公差為或．法二：由橢圓的方程可知，，設(shè)因為，所以，所以所以，故，又因為點在橢圓上，所以，解得，所以，此時直線的方程為：即聯(lián)立方程，消去并整理可得，所以，又，所以，所以同理，所以，而所以，故，，成等差數(shù)列，設(shè)公差為，則有，所以12、(2023新課標Ⅱ）設(shè)為坐標原點，動點在橢圓：上，過做軸的垂線，垂足為，點滿足QUOTENP=2NM．（1）求點的軌跡方程；（2）設(shè)點在直線上，且QUOTEOP?PQ=1．證明：過點且垂直于的直線過的左焦點．【解析】（1）設(shè)，，則，，．由得，．因為在上，所以．因此點的軌跡方程為．（2）由題意知．設(shè)，，則，，，，，由得，又由（1）知，故．所以，即．又過點存在唯一直線垂直與，所以過點且垂直于的直線過的左焦點．

13．(2023高考數(shù)學新課標理科)設(shè)拋物線的焦點為，準線為，為上一點，已知以為圓心，為半徑的圓交于兩點．(1)若，的面積為,求的值及圓的方程；(2)若三點在同一直線上，直線與平行，且與只有一個公共點，求坐標原點到距離的比值．解析：（1）由對稱性知：是等腰直角三角形，斜邊點到準線的距離，圓的方程為（2）由對稱性設(shè)，則點關(guān)于點對稱得：得：，直線切點直線坐標原點到距離的比值為。講典例備高考類型一、定點問題基礎(chǔ)知識：圓錐曲線中的定點問題一般是指與解析幾何有關(guān)的直線或圓過定點的問題其他曲線過定點太復雜，高中階段一般不涉及，是高考重點考查的考點和熱點之一.其實質(zhì)是：當動直線或動圓變化時，這些直線或圓相交于一點，即這些直線或圓繞著定點在轉(zhuǎn)動.基礎(chǔ)題型：1．（求證線過定點）已知拋物線的焦點為，直線與軸的交點為，與拋物線的交點為，且.（1）求的值；（2）已知點為上一點，，是上異于點的兩點，且滿足直線和直線的斜率之和為，證明直線恒過定點，并求出定點的坐標．答案：（1）4；（2）證明過程見解析，直線恒過定點.【解析】（1）設(shè)，由拋物線定義知，又，，所以，解得，將點代入拋物線方程，解得.（2）由（1）知，的方程為，所以點坐標為，設(shè)直線的方程為，點，，由得，.所以，，所以，解得，所以直線的方程為，恒過定點．2、（探索定點是否存在）已知橢圓的右焦點為F.（1）求點F的坐標和橢圓C的離心率；（2）直線過點F，且與橢圓C交于P，Q兩點，如果點P關(guān)于x軸的對稱點為，判斷直線是否經(jīng)過x軸上的定點，如果經(jīng)過，求出該定點坐標；如果不經(jīng)過，說明理由.答案：（1）焦點，離心率（2）是過x軸上的定點；定點【解析】（1）橢圓，，解得，焦點，離心率.（2）直線過點F，，.由，得.（依題意）.設(shè)，，則，.點P關(guān)于x軸的對稱點為，則.直線的方程可以設(shè)為，令，.直線過x軸上定點.3．（已知線過定點求參數(shù)范圍）已知橢圓（）的離心率為，短軸長為.（Ⅰ）求橢圓的標準方程；（Ⅱ）若直線與橢圓交于不同的兩點，且線段的垂直平分線過定點，求實數(shù)的取值范圍．答案：（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）由題意可知：，得，故橢圓的標準方程為.（Ⅱ）設(shè)，，將代入橢圓方程，消去得，所以，即…………①由根與系數(shù)關(guān)系得，則，所以線段的中點的坐標為．又線段的垂直平分線的方程為，由點在直線上，得，即，所以…………②由①②得，所以，即或，所以實數(shù)的取值范圍是．基本方法：1．圓錐曲線中定點問題的兩種解法(1)引進參數(shù)法：引進動點的坐標或動線中的系數(shù)為參數(shù)表示變化量，再研究變化的量與參數(shù)何時沒有關(guān)系，找到定點．(2)特殊到一般法：根據(jù)動點或動線的特殊情況探索出定點，再證明該定點與變量無關(guān)．2．直線過定點問題的解題模型設(shè)參數(shù)：依題意條件設(shè)出相關(guān)的參數(shù)，如設(shè)出直線的斜率；求直線：利用題設(shè)條件，求直線系方程；建聯(lián)系：聯(lián)立直線與圓錐曲線，利用根與系數(shù)的關(guān)系，求出定點的坐標；得結(jié)論：判斷定點的坐標滿足所求的直線系方程，即可證出直線經(jīng)過該定點。類型二、定值問題基礎(chǔ)知識：圓錐曲線中的定值問題一般是指在求解解析幾何問題的過程中，探究某些幾何量斜率、距離、面積、比值等與變量斜率、點的坐標等無關(guān)的問題，也是高考重點考查的考點和熱點之一.，其求解步驟一般為：一選：選擇變量，一般為點的坐標、直線的斜率等；二化：把要求解的定值表示成含上述變量的式子，并利用其他輔助條件來減少變量的個數(shù)，使其只含有一個變量或者有多個變量，但是能整體約分也可以；三定值：由題目的結(jié)論可知要證明為定值的量必與變量的值無關(guān)，故求出的式子必能化為一個常數(shù)，所以只需對上述式子進行必要的化簡即可得到定值.基本題型：1、（證明點線距離為定值）如圖，已知橢圓，為其右焦點，直線與橢圓交于兩點，點在上，且滿足.(點從上到下依次排列)(I)試用表示：(II)證明：原點到直線l的距離為定值.【解析】(I)橢圓，故，.(II)設(shè)，，則將代入得到：，故，，，故，得到，，故，同理：，由已知得：或，故，即，化簡得到.故原點到直線l的距離為為定值.2．（證明代數(shù)式定值）已知O為原點，過點M(1,0)的直線l與拋物線C：y2＝2px(p>0)交于A，B兩點，且eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))＝－3.(1)求拋物線C的方程；(2)過點M作直線l′⊥l，l′交拋物線C于P，Q兩點，記△AOB，△POQ的面積分別為S1，S2，求證：eq\f(1,S\o\al(2,1))＋eq\f(1,S\o\al(2,2))為定值．【解析】(1)令l：my＝x－1，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,y2＝2px))得y2－2pmy－2p＝0.記A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝2pm，y1·y2＝－2p，則x1·x2＝(my1＋1)(my2＋1)＝m2y1y2＋m(y1＋y2)＋1＝1.又eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))＝x1x2＋y1y2＝－2p＋1＝－3，∴2p＝4，∴拋物線C：y2＝4x.證明：由l：my＝x－1，可得l′：－eq\f(1,m)y＝x－1.由(1)可知：S1＝eq\f(1,2)|OM|·|y1－y2|＝eq\f(1,2)·eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\f(1,2)eq\r(16m2＋16)＝2eq\r(m2＋1)，同理可得：S2＝2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,m)))2＋1)＝2eq\r(\f(m2＋1,m2))，∴eq\f(1,S\o\al(2,1))＋eq\f(1,S\o\al(2,2))＝eq\f(1,4m2＋1)＋eq\f(m2,4m2＋1)＝eq\f(1,4)為定值．3．橢圓的左、右焦點分別是，離心率為，過且垂直于軸的直線被橢圓截得的線段長為l．（Ⅰ）求橢圓的方程；（Ⅱ）點是橢圓上除長軸端點外的任一點，連接．設(shè)的角平分線交的長軸于點，求的取值范圍；（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，過點作斜率為的直線，使得與橢圓有且只有一個公共點．設(shè)直線的斜率分別為，若，試證明為定值．【解析】（Ⅰ）由于，將代入橢圓方程得由題意知，即，又，所以，，所以橢圓方程為（Ⅱ）由題意可知：=,=,設(shè)其中，將向量坐標代入并化簡得：，因為，所以，而，所以（Ⅲ）由題意可知，l為橢圓的在p點處的切線，由導數(shù)法可求得，切線方程為：，所以，而，代入中得為定值4、（證明面積為定值）已知橢圓，上、下頂點分別是、，上、下焦點分別是、，焦距為，點在橢圓上.（1）求橢圓的方程；（2）若為橢圓上異于、的動點，過作與軸平行的直線，直線與交于點，直線與直線交于點，判斷是否為定值，說明理由.答案：（1）；（2），理由見解析.【解析】（1）由題意可知，橢圓的上焦點為、，由橢圓的定義可得，可得，，因此，所求橢圓的方程為；（2）設(shè)點的坐標為，則，得，直線的斜率為，所以，直線的方程為，聯(lián)立，解得，即點，直線的斜率為，直線的斜率為，所以，，，因此，.基本方法：圓錐曲線中定值問題的常見類型及解題策略(1)求代數(shù)式為定值．依題設(shè)條件，得出與代數(shù)式參數(shù)有關(guān)的等式，代入代數(shù)式，化簡即可得出定值．(2)求點到直線的距離為定值．利用點到直線的距離公式得出距離的解析式，再利用題設(shè)條件化簡、變形求得．(3)求某線段長度為定值．利用長度公式求得解析式，再依據(jù)條件對解析式進行化簡、變形即可求得．類型三、共線問題基本題型：1．已知曲線C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.與x軸交于A，B兩點，Q(4,0)，設(shè)M是直線x＝1上任意一點，直線MA，MB與曲線C的另一交點分別為D，E.求證：Q，D，E三點共線．解：證明：由eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1可得A(－2,0)，B(2,0)．設(shè)M(1，m)．直線MA的方程為y＝eq\f(m,3)(x＋2)，與橢圓方程eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1聯(lián)立化簡得(4m2＋27)x2＋16m2x＋16m2－108＝0.則－2xD＝eq\f(16m2－108,4m2＋27)，可得xD＝eq\f(54－8m2,4m2＋27)，yD＝eq\f(36m,4m2＋27).同理可得：xE＝eq\f(8m2－6,4m2＋3)，yE＝eq\f(12m,4m2＋3).∴kQD＝eq\f(yD,xD－4)＝－eq\f(6m,4m2＋9)，kQE＝eq\f(yE,xE－4)＝－eq\f(6m,4m2＋9)，∴kQD＝kQE.∴Q，D，E三點共線．2．已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)經(jīng)過點C(0,1)，離心率為eq\f(\r(3),2).O為坐標原點．(1)求橢圓E的方程；(2)設(shè)A，B分別為橢圓E的左、右頂點，D為橢圓E上一點(不在坐標軸上)，直線CD交x軸于點P，Q為直線AD上一點，且eq\o(OP,\s\up7(→))·eq\o(OQ,\s\up7(→))＝4，求證：C，B，Q三點共線．解：(1)由題意，得b＝1，eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2).又a2＝b2＋c2，所以a＝2，c＝eq\r(3).故橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)證明：A(－2,0)，B(2,0)．設(shè)D(x0，y0)(x0y0≠0)，則eq\f(x\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)＝1.因為C(0,1)，所以直線CD的方程為y＝eq\f(y0－1,x0)x＋1，令y＝0，得x＝eq\f(x0,1－y0)，故點P的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,1－y0)，0)).設(shè)Q(xQ，yQ)，由eq\o(OP,\s\up7(→))·eq\o(OQ,\s\up7(→))＝4，得xQ＝eq\f(41－y0,x0)(顯然xQ≠±2)．直線AD的方程為y＝eq\f(y0,x0＋2)(x＋2)，將xQ代入直線AD的方程，得yQ＝eq\f(y04－4y0＋2x0,x0x0＋2)，即Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(41－y0,x0)，\f(y04－4y0＋2x0,x0x0＋2))).顯然直線BQ的斜率存在，且kBQ＝eq\f(yQ,xQ－2)＝eq\f(y04－4y0＋2x0,x0＋24－4y0－2x0)＝eq\f(2y0－2y\o\al(2,0)＋x0y0,4－x\o\al(2,0)－2x0y0－4y0)＝eq\f(2y0－2y\o\al(2,0)＋x0y0,4y\o\al(2,0)－2x0y0－4y0)＝－eq\f(1,2).又直線BC的斜率kBC＝－eq\f(1,2)，所以kBC＝kBQ，即C，B，Q三點共線．3、設(shè)橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過點F1的直線交橢圓E于A，B兩點．若橢圓E的離心率為eq\f(\r(2),2)，△ABF2的周長為4eq\r(6).(1)求橢圓E的方程；(2)設(shè)不經(jīng)過橢圓的中心O而平行于弦AB的直線交橢圓E于點C，D，設(shè)弦AB，CD的中點分別為M，N，證明：O，M，N三點共線．【解析】(1)由△ABF2的周長為4eq\r(6)，可知4a＝4eq\r(6)，所以a＝eq\r(6).又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，所以c＝eq\r(3)，b2＝a2－c2＝3.于是橢圓E的方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.（2）證明：當直線AB，CD的斜率不存在時，由橢圓的對稱性知，中點M，N在x軸上，此時O，M，N三點共線．當直線AB，CD的斜率存在時，設(shè)其斜率為k(k≠0)，且設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),6)＋\f(y\o\al(2,1),3)＝1，,\f(x\o\al(2,2),6)＋\f(y\o\al(2,2),3)＝1，))兩式相減，得eq\f(x\o\al(2,1),6)＋eq\f(y\o\al(2,1),3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,2),6)＋\f(y\o\al(2,2),3)))＝0，整理，得eq\f(y1－y2,x1－x2)·eq\f(y1＋y2,x1＋x2)＝－eq\f(3,6)，所以eq\f(y1－y2,x1－x2)·eq\f(y0,x0)＝－eq\f(1,2)，即k·kOM＝－eq\f(1,2)(kOM為直線OM的斜率)，所以kOM＝－eq\f(1,2k).同理可得kON＝－eq\f(1,2k)(kON為直線ON的斜率)．所以kOM＝kON，即O，M，N三點共線．綜上所述，O，M，N三點共線．基本方法：證明三點共線問題的方法圓錐曲線中的三點共線問題，其實就是對應直線(斜率存在)上的三點中相關(guān)兩個點對應的斜率相等問題，即若要證明A，B，C三點共線，即證明kAB＝kAC(或kAB＝kBC或kAC＝kBC)．類型四、與平面向量交匯問題基礎(chǔ)知識：基本題型：1.（平面向量與定點問題交匯）已知是拋物線的焦點，不過原點的動直線交拋物線于兩點，是線段的中點，點在準線上的射影為，當時，.（1）求拋物線的方程；（2）當時，求證：直線過定點.解析：（1）當時，軸且過點，不妨設(shè)在軸上方，則，此時，，因為，所以，解得，故拋物線的方程為.當直線的斜率為時，顯然不適合題意；當直線的斜率不為時，設(shè)直線，，，，由，化簡得，，，，，若，則，解得（舍）或，所以直線過定點.2.（平面向量與定值問題交匯）已知橢圓的左、右焦點分別為，，點在橢圓上，點滿足以為直徑的圓過橢圓的上頂點.（1）求橢圓的方程；（2）已知直線過右焦點與橢圓交于兩點，在軸上是否存在點使得為定值？如果存在，求出點的坐標；如果不存在，說明理由.答案：（1）；（2）存在，【解析】（1）由題意可得上頂點，，所以：，，即，，即，，解得：，，所以橢圓的方程為：；（2）由（1）可得右焦點的坐標，假設(shè)存在當直線的斜率不為0時，設(shè)直線的方程為：，設(shè)，，，，聯(lián)立直線與橢圓的方程，整理可得：，，，，，因為，要使為定值，則，解得：，這時為定值，當直線的斜率為0時，則，，為，，則，，，綜上所述：所以存在，，使為定值．3．（平面向量與幾何證明問題交匯）已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，橢圓的短軸頂點到焦點的距離為eq\r(6).(1)求該橢圓C的方程；(2)若直線l與橢圓C交于A，B兩點，且|eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))|＝|eq\o(OA,\s\up7(→))－eq\o(OB,\s\up7(→))|，求證：直線l與某個定圓E相切，并求出定圓E的方程．解：(1)∵橢圓的短軸頂點到焦點的距離為eq\r(6)，∴eq\r(b2＋c2)＝a＝eq\r(6)，∵橢圓的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，∴c＝eq\r(3)，∴b2＝a2－c2＝3，∴橢圓C的標準方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)證明：∵|eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))|＝|eq\o(OA,\s\up7(→))－eq\o(OB,\s\up7(→))|，∴eq\o(OA,\s\up7(→))⊥eq\o(OB,\s\up7(→))，則eq\o(OA,\s\up7(→))·OB→＝0.①當直線l的斜率不存在時，設(shè)l：x＝t，代入橢圓方程得y＝±eq\r(\f(6－t2,2))，不妨令Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\r(\f(6－t2,2))))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，－\r(\f(6－t2,2))))，由eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))＝0得t2－3＋eq\f(t2,2)＝0，解得t＝±eq\r(2)，此時l：x＝±eq\r(2)，與圓x2＋y2＝2相切；②當直線l的斜率存在時，設(shè)l：y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2y2＝6，,y＝kx＋m))得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，則Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－6)>0，化簡得m2<6k2＋3(*)，由根與系數(shù)的關(guān)系得x1＋x2＝－eq\f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2m2－6,1＋2k2)，則y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝eq\f(m2－6k2,1＋2k2)，由eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))＝0，即x1x2＋y1y2＝0，可得eq\f(2m2－6,1＋2k2)＋eq\f(m2－6k2,1＋2k2)＝0，整理得m2＝2k2＋2，滿足(*)式，∴eq\f(|m|,\r(k2＋1))＝eq\r(2)，即原點到直線l的距離為eq\r(2)，∴直線l與圓x2＋y2＝2相切．綜上所述，直線l與圓E：x2＋y2＝2相切．基本方法：遇到向量數(shù)量積問題，想到向量的坐標表示，向量相等的條件，向量數(shù)量積的坐標運算公式．新預測破高考1．“過原點的直線交雙曲線于，兩點，點為雙曲線上異于，的動點，若直線，的斜率均存在，則它們之積是定值”．類比雙曲線的性質(zhì)，可得出橢圓的一個正確結(jié)論：過原點的直線交橢圓于，兩點，點為橢圓上異于，的動點，若直線，的斜率均存在，則它們之積是定值（）A． B． C． D．答案：B【詳解】“過原點的直線交雙曲線于，兩點，點為雙曲線上異于，的動點，若直線，的斜率均存在，則它們之積是定值”，類比雙曲線的性質(zhì)，可得出橢圓的一個正確結(jié)論：過原點的直線[交橢圓：于，兩點，若直線，的斜率均存在，則，證明如下：設(shè)，則，且，設(shè)，則，所以又，，代入可得：故選：B2．已知橢圓，過x軸上一定點N作直線l，交橢圓C于A，B兩點，當直線l繞點N任意旋轉(zhuǎn)時，有（其中t為定值），則（）A． B． C． D．答案：B【詳解】設(shè)點當直線與軸不重合時,設(shè)的方程為,代入橢圓方程,得:,即.當直線l繞點N任意旋轉(zhuǎn)時，有（其中t為定值）,當時,，當時,，,解得:代入當時,.3．（多選題）已知橢圓的離心率為，的三個頂點都在橢圓上，為坐標原點，設(shè)它的三條邊，，的中點分別為，，，且三條邊所在直線的斜率分別，，，且，，均不為，則（）A．B．直線與直線的斜率之積為C．直線與直線的斜率之積為D．若直線，，的斜率之和為，則的值為答案：ACD【詳解】對于A：因為橢圓的離心率，所以，因為，所以，故選項A正確；對于B：設(shè)，，，則，，所以，，兩式相減可得：，即，所以，，故選項B不正確；對于C:由選項B同理可得，故選項C正確；對于D：由選項B同理可知，可得，，由已知可得，即，所以，故選項D正確；故選：ACD.4．已知拋物線與圓相交于點，點關(guān)于原點對稱的點為若過點的直線(且不過點)與拋物線交于兩點，則直線與的斜率之積為___________.答案：【詳解】在圓上，，解得：；在拋物線上，，，，解得：，拋物線方程為：；由題意可知：，易知直線斜率存在，設(shè)，由得：，則，解得：或，設(shè)，，則，，，，，，.故答案為：.5．已知AB，CD是過拋物線焦點F且互相垂直的兩弦，則的值為__________.答案：【詳解】由題設(shè)，直線、的斜率一定存在，設(shè)為，，，聯(lián)立拋物線方程，可得且，∴，，而，，∴，由，設(shè)為，，，聯(lián)立拋物線，可得，同理有，，∴，綜上，.故答案為：.6、已知橢圓C：eq\f(x2,4)＋y2＝1，過上頂點N作兩條相互垂直的直線l1，l2與曲線C分別交于P，Q(不同于點N)兩點，求證：直線PQ過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,5))).【詳解】由題，直線l1，l2斜率均存在，且l1⊥l2，故設(shè)NP：y＝kx＋1(k≠0)，則NQ：y＝－eq\f(1,k)x＋1，設(shè)點P(x1，y1)，Q(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋1，))整理得(1＋4k2)x2＋8kx＝0，此時Δ＞0，則x1＝eq\f(－8k,1＋4k2)，所以y1＝kx1＋1＝eq\f(1－4k2,1＋4k2)，故點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－8k,1＋4k2)，\f(1－4k2,1＋4k2)))，同理可得點Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8k,k2＋4)，\f(k2－4,k2＋4)))，故直線PQ：eq\f(y－y1,y2－y1)＝eq\f(x－x1,x2－x1)，令x＝0，則y＝eq\f(x2y1－x1y2,x2－x1)＝eq\f(\f(8k,k2＋4)×\f(1－4k2,1＋4k2)－\f(－8k,1＋4k2)×\f(k2－4,k2＋4),\f(8k,k2＋4)－\f(－8k,1＋4k2))＝eq\f(－24k3－24k,40k＋40k3)＝－eq\f(3,5)，即直線PQ過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,5)))，得證．7、已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)過A(2,0)，B(0,1)兩點。(1)求橢圓C的方程及離心率。(2)設(shè)P為第三象限內(nèi)一點且在橢圓C上，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點N。求證：四邊形ABNM的面積為定值?！驹斀狻?1)由題意，得a＝2，b＝1，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1。又c＝eq\r(a2－b2)＝eq\r(3)，所以離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)。(2)設(shè)P(x0，y0)(x0<0，y0<0)，則xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)＝4。又A(2,0)，B(0,1)，所以直線PA的方程為y＝eq\f(y0,x0－2)·(x－2)。令x＝0，得yM＝－eq\f(2y0,x0－2)，從而|BM|＝1－yM＝1＋eq\f(2y0,x0－2)。直線PB的方程為y＝eq\f(y0－1,x0)x＋1。令y＝0，得xN＝－eq\f(x0,y0－1)，從而|AN|＝2－xN＝2＋eq\f(x0,y0－1)。所以四邊形ABNM的面積S＝eq\f(1,2)|AN|·|BM|＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(x0,y0－1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2y0,x0－2)))＝eq\f(x\o\al(2,0)＋4y\o\al(2,0)＋4x0y0－4x0－8y0＋4,2x0y0－x0－2y0＋2)＝eq\f(2x0y0－2x0－4y0＋4,x0y0－x0－2y0＋2)＝2。從而四邊形ABNM的面積為定值。8、如圖所示，橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右頂點分別為A，B，焦距為2eq\r(2)，直線x＝－a與y＝b交于點D，且|BD|＝3eq\r(2)，過點B作直線l交直線x＝－a于點M，交橢圓于另一點P。(1)求橢圓的方程。(2)證明：eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))為定值?！驹斀狻?1)由題可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(2a2＋b2)＝3\r(2)，,2c＝2\r(2)，,a2＝b2＋c2，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝2，))所以橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1。(2)證明：由(1)知A(－2,0)，B(2,0)。設(shè)M(－2，y0)，P(x1，y1)，則eq\o(OP,\s\up6(→))＝(x1，y1)，eq\o(OM,\s\up6(→))＝(－2，y0)。直線BM的方程為y＝－eq\f(y0,4)(x－2)，即y＝－eq\f(y0,4)x＋eq\f(1,2)y0，代入橢圓方程x2＋2y2＝4，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(y\o\al(2,0),8)))x2－eq\f(y\o\al(2,0),2)x＋eq\f(y\o\al(2,0),2)－4＝0，由韋達定理得2x1＝eq\f(4y\o\al(2,0)－8,y\o\al(2,0)＋8)，所以x1＝eq\f(2y\o\al(2,0)－8,y\o\al(2,0)＋8)，所以y1＝eq\f(8y0,y\o\al(2,0)＋8)，所以eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))＝－2x1＋y0y1＝－eq\f(4y\o\al(2,0)－8,y\o\al(2,0)＋8)＋eq\f(8y\o\al(2,0),y\o\al(2,0)＋8)＝eq\f(4y\o\al(2,0)＋32,y\o\al(2,0)＋8)＝4，即eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))為定值。9.已知圓，動圓與圓外切，且與直線相切．（1）求動圓圓心的軌跡的方程．（2）若直線與曲線交于兩點，分別過作曲線的切線，交于點．證明：在一定直線上．【詳解】（1）設(shè)到直線的距離為，則，所以到直線的距離等于到的距離，由拋物線的定義可知，的軌跡的方程為.（2）證明：設(shè)，，，聯(lián)立方程組，得，則，，.由，得，所以，所以切線的方程為，①同理切線的方程為，②由①②，得，所以點在直線上.10.拋物線的焦點為，過且垂直于軸的直線交拋物線于兩點，為原點，的面積為2.（1）求拋物線的方程.（2）為直線上一個動點，過點作拋物線的切線，切點分別為，過點作的垂線，垂足為，是否存在實數(shù)，使點在直線上移動時，垂足恒為定點？若不存在，說明理由；若存在，求出的值，并求定點的坐標.【詳解】（1）由題意得，點的縱坐標均為，由，解得，則，由，解得，故拋物線的方程為.（2）假設(shè)存在實數(shù)，使點在直線上移動時，垂足恒為定點，設(shè)，直線的方程為，將拋物線方程變形為，則，所以，所以的方程為.因為，所以直線的方程為.把代入的方程得.同理可得構(gòu)造直線方程為，易知兩點均在該直線上，所以直線的方程為.故恒過點.因為，所以可設(shè)方程為，化簡得，所以恒過點.當，即時，與均恒過，故存在這樣的，當時，坐標為.11.已知直線與拋物線相交于，兩點，滿足.定點，，點是拋物線上一動點，設(shè)直線，與拋物線的另一個交點分別是，.（1）求拋物線的方程；（2）探究：當點在拋物線上變動時(只要點，存在且不重合)，直線是否恒過一個定點？若存在求出這個定點的坐標.若不存在說明理由.【詳解】（1）設(shè)，將代入化簡得，則，，由得：，所以，得，則拋物線的方程為：（2）設(shè)點，，的坐標分別是，，由，，三點共線知同理由，，共線得直線的方程為，化簡得將，代入直線的方程得：所以解得：，直線恒過定點．12.已知是拋物線：的焦點，是拋物線上一點，且.（1）求拋物線的方程；（2）直線與拋物線交于，兩點，若（為坐標原點），則直線是否會過某個定點？若是，求出該定點坐標，若不是，說明理由.【詳解】（1）由可知拋物線的準線方程為，因為，根據(jù)拋物線的定義可知，所以，所以拋物線的方程為.（2）設(shè)，直線，聯(lián)立，消去并整理得，所以，所以，由得，所以，所以，所以，所以，，則直線的方程為，故直線恒過定點.13、設(shè)橢圓的右焦點為，過點且不與軸垂直的直線與交于,兩點，點的坐標為．設(shè)為坐標原點，求證為定值．【解析】（1）當與軸重合時，．（2）當與軸不重合也不垂直時，設(shè)的方程為，，則，，直線，的斜率之和為．由，得．將代入得．所以，．則．從而，綜上，為定值．14、已知橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1的左頂點為A，過A作兩條互相垂直的弦AM，AN交橢圓于M，N兩點．(1)當直線AM的斜率為1時，求點M的坐標；(2)當直線AM的斜率變化時，直線MN是否過x軸上的一定點？若過定點，請給出證明，并求出該定點；若不過定點，請說明理由．【解析】(1)直線AM的斜率為1時，直線AM的方程為y＝x＋2，代入橢圓方程并化簡得5x2＋16x＋12＝0.解得x1＝－2，x2＝－eq\f(6,5)，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，\f(4,5))).(2)設(shè)直線AM的斜率為k，直線AM的方程為y＝k(x＋2)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))化簡得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0.則xA＋xM＝eq\f(－16k2,1＋4k2)，xM＝－xA－eq\f(16k2,1＋4k2)＝2－eq\f(16k2,1＋4k2)＝eq\f(2－8k2,1＋4k2).同理，可得xN＝eq\f(2k2－8,k2＋4).由(1)知若存在定點，則此點必為Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，0)).證明如下：因為kMP＝eq\f(yM,xM＋\f(6,5))＝eq\f(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－8k2,1＋4k2)＋2)),\f(2－8k2,1＋4k2)＋\f(6,5))＝eq\f(5k,4－4k2)，同理可得kPN＝eq\f(5k,4－4k2).所以直線MN過x軸上的一定點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，0)).15．在平面直角坐標系中，已知，動點滿足（1）求動點的軌跡的方程；（2）過點的直線與交于兩點，記直線的斜率分別為，求證：為定值.答案：（1）；（2）見解析.【解析】設(shè)，則由知，化簡得：，即動點的軌跡方程為；設(shè)過點的直線為：，由得，將代入得，故為定值16．設(shè)拋物線C：y2＝2px(p＞0)的焦點為F，點P(4，m)(m＞0)是拋物線C上一點，且|PF|＝5.(1)求拋物線C的方程；(2)若A，B為拋物線C上異于P的兩點，且PA⊥PB.記點A，B到直線y＝－4的距離分別為a，b，求證：ab為定值．【解析】(1)由拋物線的定義知|PF|＝eq\f(p,2)＋4＝5，解得p＝2，所以拋物線C的方程為y2＝4x.（2）證明：由P(4，m)(m＞0)是拋物線C上一點，得m＝4，易知直線PA斜率存在且不為0，設(shè)直線PA的方程為x－4＝t(y－4)(t≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－4＝ty－4，,y2＝4x))消去x得y2－4ty＋16(t－1)＝0，Δ＝16(t－2)2＞0，所以t≠2，所以y1＝4t－4，所以a＝|y1－(－4)|＝|4t|.因為PA⊥PB，所以用－eq\f(1,t)代替teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t≠0，t≠2，－\f(1,t)≠2))，得y2＝－eq\f(4,t)－4，b＝|y2－(－4)|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4,t)))，所以ab＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4t×\f(4,t)))＝16，即ab為定值．17、已知點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2)))，直線PM，PN的斜率乘積為－eq\f(3,4)，P點的軌跡為曲線C.(1)求曲線C的方程；(2)設(shè)斜率為k的直線交x軸于T，交曲線C于A，B兩點，是否存在k使得|AT|2＋|BT|2為定值？若存在，求出k的值；若不存在，請說明理由．【解析】(1)設(shè)P點坐標為(x，y)，∵kPM·kPN＝－eq\f(3,4)，∴eq\f(y－\f(3,2),x－1)·eq\f(y＋\f(3,2),x＋1)＝－eq\f(3,4)，∴4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(3,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(3,2)))＋3(x－1)(x＋1)＝0，∴eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，∴曲線C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(x≠±1)．（2）設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，設(shè)直線AB為x＝my＋n，代入3x2＋4y2＝12得(3m2＋4)y2＋6mny＋3n2－12＝0，Δ＝36m2n2－4(3n2－12)(3m2＋4)＝48(3m2＋4－n2)>0，∴|AT|2＝(m2＋1)yeq\o\al(2,1)，|BT|2＝(m2＋1)yeq\o\al(2,2)，∴|AT|2＋|BT|2＝(m2＋1)(yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2))＝(m2＋1)[(y1＋y2)2－2y1y2]＝(m2＋1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－6mn,3m2＋4)))2－2·\f(3n2－12,3m2＋4)))＝eq\f(6m2＋1,3m2＋42)[(3m2－4)n2＋4(3m2＋4)]，若|AT|2＋|BT|2為定值，則3m2－4＝0，解得m＝±eq\f(2,\r(3))，kAB＝eq\f(1,m)＝±eq\f(\r(3),2)，∴存在k＝±eq\f(\r(3),2)，使得|AT|2＋|BT|2為定值．18．已知橢圓M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)過A(－2,0)，B(0,1)兩點．(1)求橢圓M的離心率；(2)設(shè)橢圓M的右頂點為C，點P在橢圓M上(P不與橢圓M的頂點重合)，直線AB與直線CP交于點Q，直線BP交x軸于點S，求證：直線QS過定點．【解析】(1)因為點A(－2,0)，B(0,1)都在橢圓M上，所以a＝2，b＝1.所以c＝eq\r(a2－b2)＝eq\r(3).所以橢圓M的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2).(2)證明：由(1)知橢圓M的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1，C(2,0)．由題意知，直線AB的方程為x