高考数学一轮复习题型讲解+专题训练(新高考专用)专题44圆锥曲线中的定值、定点、共线、与平面向量交汇问题(原卷版+解析)

2023高考一轮复习讲与练专题44圆锥曲线中的定值、定点、共线与平面向量交汇问题圆锥曲线中的定值、定点、共线与平面向量交汇问题问题圆锥曲线中的定值、定点、共线与平面向量交汇问题问题定值问题定点问题平面向量交汇共线问题练高考明方向1.(2023·全国乙（文、理）T）21.已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．（1）求E的方程；（2）设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．2.(2023·全国甲（文）T11）已知椭圆的离心率为，分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若，则C的方程为（）A.B.C.D.3.(2023·浙江卷T17）设点P在单位圆的内接正八边形的边上，则的取值范围是_______．4.(2023·新高考Ⅰ卷T21）已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．（1）求l的斜率；（2）若，求的面积．5．(2023年高考数学课标Ⅰ卷理科)已知A、B分别为椭圆E：(a>1)左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．(1)求E方程；(2)证明：直线CD过定点．6、【2019年高考北京卷理数】已知抛物线C：x2=−2py经过点（2，−1）．（1）求抛物线C的方程及其准线方程；（2）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y=−1分别交直线OM，ON于点A和点B．求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．7、【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知点A，B关于坐标原点O对称，│AB│=4，⊙M过点A，B且与直线x+2=0相切．（1）若A在直线x+y=0上，求⊙M的半径；（2）是否存在定点P，使得当A运动时，│MA│−│MP│为定值？并说明理由．8、【2018年北京卷理】已知抛物线：经过点．过点的直线与抛物线有两个不同的交点，，且直线交轴于，直线交轴于．(1)求直线的斜率的取值范围；(2)设为原点，，，求证：为定值．9、(2023年高考数学新课标Ⅰ卷理科)已知椭圆,四点,,,中恰有三点在椭圆上．(1)求的方程;(2)设直线不经过点且与相交于两点,若直线与直线的斜率的和为,证明:过定点．10．(2023年高考数学课标全国Ⅰ卷理科)已知抛物线的焦点为，斜率为的直线与的交点为，，与轴的交点为．(1)若，求的方程；(2)若，求．11．(2023年高考数学课标Ⅲ卷（理）)已知斜率为的直线与椭圆交于两点，线段的中点为()．(1)证明：；(2)设为的右焦点，为上一点，且，证明：，，成等差数列，并求该数列的公差．12、(2023新课标Ⅱ）设为坐标原点，动点在椭圆：上，过做轴的垂线，垂足为，点满足QUOTENP=2NM．（1）求点的轨迹方程；（2）设点在直线上，且QUOTEOP⋅PQ=1．证明：过点且垂直于的直线过的左焦点．

13．(2023高考数学新课标理科)设抛物线的焦点为，准线为，为上一点，已知以为圆心，为半径的圆交于两点．(1)若，的面积为,求的值及圆的方程；(2)若三点在同一直线上，直线与平行，且与只有一个公共点，求坐标原点到距离的比值．讲典例备高考类型一、定点问题基础知识：圆锥曲线中的定点问题一般是指与解析几何有关的直线或圆过定点的问题其他曲线过定点太复杂，高中阶段一般不涉及，是高考重点考查的考点和热点之一.其实质是：当动直线或动圆变化时，这些直线或圆相交于一点，即这些直线或圆绕着定点在转动.基础题型：1．（求证线过定点）已知抛物线的焦点为，直线与轴的交点为，与抛物线的交点为，且.（1）求的值；（2）已知点为上一点，，是上异于点的两点，且满足直线和直线的斜率之和为，证明直线恒过定点，并求出定点的坐标．2、（探索定点是否存在）已知椭圆的右焦点为F.（1）求点F的坐标和椭圆C的离心率；（2）直线过点F，且与椭圆C交于P，Q两点，如果点P关于x轴的对称点为，判断直线是否经过x轴上的定点，如果经过，求出该定点坐标；如果不经过，说明理由.3．（已知线过定点求参数范围）已知椭圆（）的离心率为，短轴长为.（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）若直线与椭圆交于不同的两点，且线段的垂直平分线过定点，求实数的取值范围．基本方法：1．圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中的系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．2．直线过定点问题的解题模型设参数：依题意条件设出相关的参数，如设出直线的斜率；求直线：利用题设条件，求直线系方程；建联系：联立直线与圆锥曲线，利用根与系数的关系，求出定点的坐标；得结论：判断定点的坐标满足所求的直线系方程，即可证出直线经过该定点。类型二、定值问题基础知识：圆锥曲线中的定值问题一般是指在求解解析几何问题的过程中，探究某些几何量斜率、距离、面积、比值等与变量斜率、点的坐标等无关的问题，也是高考重点考查的考点和热点之一.，其求解步骤一般为：一选：选择变量，一般为点的坐标、直线的斜率等；二化：把要求解的定值表示成含上述变量的式子，并利用其他辅助条件来减少变量的个数，使其只含有一个变量或者有多个变量，但是能整体约分也可以；三定值：由题目的结论可知要证明为定值的量必与变量的值无关，故求出的式子必能化为一个常数，所以只需对上述式子进行必要的化简即可得到定值.基本题型：1、（证明点线距离为定值）如图，已知椭圆，为其右焦点，直线与椭圆交于两点，点在上，且满足.(点从上到下依次排列)(I)试用表示：(II)证明：原点到直线l的距离为定值.2．（证明代数式定值）已知O为原点，过点M(1,0)的直线l与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B两点，且eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))＝－3.(1)求抛物线C的方程；(2)过点M作直线l′⊥l，l′交抛物线C于P，Q两点，记△AOB，△POQ的面积分别为S1，S2，求证：eq\f(1,S\o\al(2,1))＋eq\f(1,S\o\al(2,2))为定值．3．椭圆的左、右焦点分别是，离心率为，过且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为l．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）点是椭圆上除长轴端点外的任一点，连接．设的角平分线交的长轴于点，求的取值范围；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，过点作斜率为的直线，使得与椭圆有且只有一个公共点．设直线的斜率分别为，若，试证明为定值．4、（证明面积为定值）已知椭圆，上、下顶点分别是、，上、下焦点分别是、，焦距为，点在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（2）若为椭圆上异于、的动点，过作与轴平行的直线，直线与交于点，直线与直线交于点，判断是否为定值，说明理由.基本方法：圆锥曲线中定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值．依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可得出定值．(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得．(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．类型三、共线问题基本题型：1．已知曲线C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.与x轴交于A，B两点，Q(4,0)，设M是直线x＝1上任意一点，直线MA，MB与曲线C的另一交点分别为D，E.求证：Q，D，E三点共线．2．已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点C(0,1)，离心率为eq\f(\r(3),2).O为坐标原点．(1)求椭圆E的方程；(2)设A，B分别为椭圆E的左、右顶点，D为椭圆E上一点(不在坐标轴上)，直线CD交x轴于点P，Q为直线AD上一点，且eq\o(OP,\s\up7(→))·eq\o(OQ,\s\up7(→))＝4，求证：C，B，Q三点共线．3、设椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点．若椭圆E的离心率为eq\f(\r(2),2)，△ABF2的周长为4eq\r(6).(1)求椭圆E的方程；(2)设不经过椭圆的中心O而平行于弦AB的直线交椭圆E于点C，D，设弦AB，CD的中点分别为M，N，证明：O，M，N三点共线．基本方法：证明三点共线问题的方法圆锥曲线中的三点共线问题，其实就是对应直线(斜率存在)上的三点中相关两个点对应的斜率相等问题，即若要证明A，B，C三点共线，即证明kAB＝kAC(或kAB＝kBC或kAC＝kBC)．类型四、与平面向量交汇问题基础知识：基本题型：1.（平面向量与定点问题交汇）已知是抛物线的焦点，不过原点的动直线交抛物线于两点，是线段的中点，点在准线上的射影为，当时，.（1）求抛物线的方程；（2）当时，求证：直线过定点.2.（平面向量与定值问题交汇）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，点满足以为直径的圆过椭圆的上顶点.（1）求椭圆的方程；（2）已知直线过右焦点与椭圆交于两点，在轴上是否存在点使得为定值？如果存在，求出点的坐标；如果不存在，说明理由.3．（平面向量与几何证明问题交汇）已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(2),2)，椭圆的短轴顶点到焦点的距离为eq\r(6).(1)求该椭圆C的方程；(2)若直线l与椭圆C交于A，B两点，且|eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))|＝|eq\o(OA,\s\up7(→))－eq\o(OB,\s\up7(→))|，求证：直线l与某个定圆E相切，并求出定圆E的方程．基本方法：遇到向量数量积问题，想到向量的坐标表示，向量相等的条件，向量数量积的坐标运算公式．新预测破高考1．“过原点的直线交双曲线于，两点，点为双曲线上异于，的动点，若直线，的斜率均存在，则它们之积是定值”．类比双曲线的性质，可得出椭圆的一个正确结论：过原点的直线交椭圆于，两点，点为椭圆上异于，的动点，若直线，的斜率均存在，则它们之积是定值（）A． B． C． D．2．已知椭圆，过x轴上一定点N作直线l，交椭圆C于A，B两点，当直线l绕点N任意旋转时，有（其中t为定值），则（）A． B． C． D．3．（多选题）已知椭圆的离心率为，的三个顶点都在椭圆上，为坐标原点，设它的三条边，，的中点分别为，，，且三条边所在直线的斜率分别，，，且，，均不为，则（）A．B．直线与直线的斜率之积为C．直线与直线的斜率之积为4．已知拋物线与圆相交于点，点关于原点对称的点为若过点的直线(且不过点)与抛物线交于两点，则直线与的斜率之积为___________.5．已知AB，CD是过抛物线焦点F且互相垂直的两弦，则的值为__________.6、已知椭圆C：eq\f(x2,4)＋y2＝1，过上顶点N作两条相互垂直的直线l1，l2与曲线C分别交于P，Q(不同于点N)两点，求证：直线PQ过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,5))).7、已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)过A(2,0)，B(0,1)两点。(1)求椭圆C的方程及离心率。(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N。求证：四边形ABNM的面积为定值。8、如图所示，椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，焦距为2eq\r(2)，直线x＝－a与y＝b交于点D，且|BD|＝3eq\r(2)，过点B作直线l交直线x＝－a于点M，交椭圆于另一点P。(1)求椭圆的方程。(2)证明：eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))为定值。9.已知圆，动圆与圆外切，且与直线相切．（1）求动圆圆心的轨迹的方程．（2）若直线与曲线交于两点，分别过作曲线的切线，交于点．证明：在一定直线上．10.抛物线的焦点为，过且垂直于轴的直线交抛物线于两点，为原点，的面积为2.（1）求拋物线的方程.（2）为直线上一个动点，过点作拋物线的切线，切点分别为，过点作的垂线，垂足为，是否存在实数，使点在直线上移动时，垂足恒为定点？若不存在，说明理由；若存在，求出的值，并求定点的坐标.11.已知直线与抛物线相交于，两点，满足.定点，，点是抛物线上一动点，设直线，与抛物线的另一个交点分别是，.（1）求抛物线的方程；（2）探究：当点在抛物线上变动时(只要点，存在且不重合)，直线是否恒过一个定点？若存在求出这个定点的坐标.若不存在说明理由.12.已知是抛物线：的焦点，是抛物线上一点，且.（1）求抛物线的方程；（2）直线与抛物线交于，两点，若（为坐标原点），则直线是否会过某个定点？若是，求出该定点坐标，若不是，说明理由.13、设椭圆的右焦点为，过点且不与轴垂直的直线与交于,两点，点的坐标为．设为坐标原点，求证为定值．14、已知椭圆eq\f(x2,4)＋y2＝1的左顶点为A，过A作两条互相垂直的弦AM，AN交椭圆于M，N两点．(1)当直线AM的斜率为1时，求点M的坐标；(2)当直线AM的斜率变化时，直线MN是否过x轴上的一定点？若过定点，请给出证明，并求出该定点；若不过定点，请说明理由．15．在平面直角坐标系中，已知，动点满足（1）求动点的轨迹的方程；（2）过点的直线与交于两点，记直线的斜率分别为，求证：为定值.16．设抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，点P(4，m)(m＞0)是抛物线C上一点，且|PF|＝5.(1)求抛物线C的方程；(2)若A，B为抛物线C上异于P的两点，且PA⊥PB.记点A，B到直线y＝－4的距离分别为a，b，求证：ab为定值．17、已知点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2)))，直线PM，PN的斜率乘积为－eq\f(3,4)，P点的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)设斜率为k的直线交x轴于T，交曲线C于A，B两点，是否存在k使得|AT|2＋|BT|2为定值？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．18．已知椭圆M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)过A(－2,0)，B(0,1)两点．(1)求椭圆M的离心率；(2)设椭圆M的右顶点为C，点P在椭圆M上(P不与椭圆M的顶点重合)，直线AB与直线CP交于点Q，直线BP交x轴于点S，求证：直线QS过定点．19、已知抛物线C的顶点在原点，焦点在坐标轴上，点A(1,2)为抛物线C上一点。(1)求抛物线C的方程。(2)若点B(1，－2)在抛物线C上，过点B作抛物线C的两条弦BP与BQ，若kBP·kBQ＝－2，求证：直线PQ过定点。20．已知点E在椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上，以E为圆心的圆与x轴相切于椭圆C的右焦点F2，与y轴相交于A，B两点，且△ABE是边长为2的正三角形．(1)求椭圆C的方程．(2)已知圆O：x2＋y2＝eq\f(18,5)，设圆O上任意一点P处的切线交椭圆C于M，N两点，问：|PM|·|PN|是否为定值？若为定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由．2023高考一轮复习讲与练专题44圆锥曲线中的定值、定点、共线与平面向量交汇问题圆锥曲线中的定值、定点、共线与平面向量交汇问题问题圆锥曲线中的定值、定点、共线与平面向量交汇问题问题定值问题定点问题平面向量交汇共线问题练高考明方向1.(2023·全国乙（文、理）T）21.已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．（1）求E的方程；（2）设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．【解析】（1）设椭圆E的方程为，过，则，解得，，所以椭圆E的方程为：.（2），所以，①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，可得，，代入AB方程，可得，由得到.求得HN方程：，过点.②若过点的直线斜率存在，设.联立得，可得，，且联立可得可求得此时，将，代入整理得，将代入，得显然成立，综上，可得直线HN过定点【点睛】求定点、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.2.(2023·全国甲（文）T11）已知椭圆的离心率为，分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若，则C的方程为（）A.B.C.D.答案：B分析：根据离心率及，解得关于的等量关系式，即可得解.【详解】因为离心率，解得，，分别为C左右顶点，则，B为上顶点，所以.所以，因为，所以，将代入，解得，故椭圆的方程为.3.(2023·浙江卷T17）设点P在单位圆的内接正八边形的边上，则的取值范围是_______．答案：分析：根据正八边形的结构特征，分别以圆心为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，即可求出各顶点的坐标，设，再根据平面向量模的坐标计算公式即可得到，然后利用即可解出．【详解】以圆心为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示：则,，设,于是，因为，所以，故的取值范围是.4.(2023·新高考Ⅰ卷T21）已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．（1）求l的斜率；（2）若，求的面积．【解析】（1）因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线易知直线l的斜率存在，设，，联立可得，，所以，．所以由可得，，即，即，所以，化简得，，即，所以或，当时，直线过点，与题意不符，舍去，故．（2）不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，因为，所以，即，即，解得，于是，直线，直线，联立可得，，因为方程有一个根为，所以，，同理可得，，．所以，，点到直线的距离，故的面积为．5．(2023年高考数学课标Ⅰ卷理科)已知A、B分别为椭圆E：(a>1)左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．(1)求E方程；(2)证明：直线CD过定点．答案：（1）；（2）证明详见解析．【解析】（1）依据题意作出如下图象：由椭圆方程可得：，，，，，，椭圆方程为：（2）证明：设，则直线的方程为：，即：联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：，解得：或将代入直线可得：所以点的坐标为．同理可得：点的坐标为直线的方程为：，整理可得：整理得：故直线过定点。6、【2019年高考北京卷理数】已知抛物线C：x2=−2py经过点（2，−1）．（1）求抛物线C的方程及其准线方程；（2）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y=−1分别交直线OM，ON于点A和点B．求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．答案：（1）抛物线的方程为，准线方程为；（2）见解析.【解析】（1）由抛物线经过点，得.所以抛物线的方程为，其准线方程为.（2）抛物线的焦点为.设直线的方程为.由得.设，则.直线的方程为.令，得点A的横坐标.同理得点B的横坐标.设点，则，.令，即，则或.综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点和.7、【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知点A，B关于坐标原点O对称，│AB│=4，⊙M过点A，B且与直线x+2=0相切．（1）若A在直线x+y=0上，求⊙M的半径；（2）是否存在定点P，使得当A运动时，│MA│−│MP│为定值？并说明理由．答案：（1）的半径或；（2）存在，理由见解析.【解析】（1）因为过点，所以圆心M在AB的垂直平分线上.由已知A在直线上，且关于坐标原点O对称，所以M在直线上，故可设.因为与直线x+2=0相切，所以的半径为.由已知得，又，故可得，解得或.故的半径或.（2）存在定点，使得为定值.理由如下：设，由已知得的半径为.由于，故可得，化简得M的轨迹方程为.因为曲线是以点为焦点，以直线为准线的抛物线，所以.因为，所以存在满足条件的定点P.【名师点睛】本题考查圆的方程的求解问题、圆锥曲线中的定点定值类问题.解决定点定值问题的关键是能够根据圆的性质得到动点所满足的轨迹方程，进而根据抛物线的定义得到定值，验证定值符合所有情况，使得问题得解.8、【2018年北京卷理】已知抛物线：经过点．过点的直线与抛物线有两个不同的交点，，且直线交轴于，直线交轴于．(1)求直线的斜率的取值范围；(2)设为原点，，，求证：为定值．【解析】(1)因为抛物线经过点，所以，解得，所以抛物线的方程为．由题意可知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为（）．由得．依题意，解得或．又，与轴相交，故直线不过点．从而．所以直线斜率的取值范围是．(2)设，．由(1)知，．直线的方程为．令，得点的纵坐标为．同理得点的纵坐标为．由，得，．所以．所以为定值．9、(2023年高考数学新课标Ⅰ卷理科)已知椭圆,四点,,,中恰有三点在椭圆上．(1)求的方程;(2)设直线不经过点且与相交于两点,若直线与直线的斜率的和为,证明:过定点．答案：(1);(2)．【解析】法一：(1)由于,两点关于轴对称,故由题设知经过,两点．又由知,不经过点,所以点在上．因此,解得．故的方程为．(2)设直线与直线的斜率分别为,如果与轴垂直,设,由题设知,且,可得的坐标分别为,．则,得,不符合题设．从而可设:()．将代入得，由题设可知．设,则,．而．由题设,故．即．解得．当且仅当时,,欲使:,即所以过定点．法二:求点代点法设,直线的方程为:,直线的方程为联立,消去可得,得,即,同理,由题意可知所以于是的直线方程为令,得,所以直线过定点．(为什么令?用特殊法!直线方程中令,得两直线,求这两直线交点即可．)法三:齐次方程设,的直线方程为，设则，化齐次得:即，显然以上方程代表以,为根的方程又,所以于是的直线方程为,所以直线过定点．10．(2023年高考数学课标全国Ⅰ卷理科)已知抛物线的焦点为，斜率为的直线与的交点为，，与轴的交点为．(1)若，求的方程；(2)若，求．【解析】设直线．（1）由题设得，故，由题设可得．由，可得，则．从而，得．所以的方程为．（2）由可得．由，可得．所以．从而，故．代入的方程得．故．11．(2023年高考数学课标Ⅲ卷（理）)已知斜率为的直线与椭圆交于两点，线段的中点为()．(1)证明：；(2)设为的右焦点，为上一点，且，证明：，，成等差数列，并求该数列的公差．【解析】（1）法一：设，，则有，两式相减，并由，得由题设知，，于是①，由题设，故法二：设直线，交点，，则有，，联立方程，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：设，，则有③，④两式相减可得，所以依题意，，所以又点在椭圆内，所以，而，所以所以．（2）法一：由题意得，设，则由（1）及题设得，，又点在上，所以，从而，，于是同理，所以，故，即成等差数列，设该数列的公差为，则②将代入①得，所以的方程为，代入的方程，并整理得故，，代入②解得，所以该数列的公差为或．法二：由椭圆的方程可知，，设因为，所以，所以所以，故，又因为点在椭圆上，所以，解得，所以，此时直线的方程为：即联立方程，消去并整理可得，所以，又，所以，所以同理，所以，而所以，故，，成等差数列，设公差为，则有，所以12、(2023新课标Ⅱ）设为坐标原点，动点在椭圆：上，过做轴的垂线，垂足为，点满足QUOTENP=2NM．（1）求点的轨迹方程；（2）设点在直线上，且QUOTEOP⋅PQ=1．证明：过点且垂直于的直线过的左焦点．【解析】（1）设，，则，，．由得，．因为在上，所以．因此点的轨迹方程为．（2）由题意知．设，，则，，，，，由得，又由（1）知，故．所以，即．又过点存在唯一直线垂直与，所以过点且垂直于的直线过的左焦点．

13．(2023高考数学新课标理科)设抛物线的焦点为，准线为，为上一点，已知以为圆心，为半径的圆交于两点．(1)若，的面积为,求的值及圆的方程；(2)若三点在同一直线上，直线与平行，且与只有一个公共点，求坐标原点到距离的比值．解析：（1）由对称性知：是等腰直角三角形，斜边点到准线的距离，圆的方程为（2）由对称性设，则点关于点对称得：得：，直线切点直线坐标原点到距离的比值为。讲典例备高考类型一、定点问题基础知识：圆锥曲线中的定点问题一般是指与解析几何有关的直线或圆过定点的问题其他曲线过定点太复杂，高中阶段一般不涉及，是高考重点考查的考点和热点之一.其实质是：当动直线或动圆变化时，这些直线或圆相交于一点，即这些直线或圆绕着定点在转动.基础题型：1．（求证线过定点）已知抛物线的焦点为，直线与轴的交点为，与抛物线的交点为，且.（1）求的值；（2）已知点为上一点，，是上异于点的两点，且满足直线和直线的斜率之和为，证明直线恒过定点，并求出定点的坐标．答案：（1）4；（2）证明过程见解析，直线恒过定点.【解析】（1）设，由抛物线定义知，又，，所以，解得，将点代入抛物线方程，解得.（2）由（1）知，的方程为，所以点坐标为，设直线的方程为，点，，由得，.所以，，所以，解得，所以直线的方程为，恒过定点．2、（探索定点是否存在）已知椭圆的右焦点为F.（1）求点F的坐标和椭圆C的离心率；（2）直线过点F，且与椭圆C交于P，Q两点，如果点P关于x轴的对称点为，判断直线是否经过x轴上的定点，如果经过，求出该定点坐标；如果不经过，说明理由.答案：（1）焦点，离心率（2）是过x轴上的定点；定点【解析】（1）椭圆，，解得，焦点，离心率.（2）直线过点F，，.由，得.（依题意）.设，，则，.点P关于x轴的对称点为，则.直线的方程可以设为，令，.直线过x轴上定点.3．（已知线过定点求参数范围）已知椭圆（）的离心率为，短轴长为.（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）若直线与椭圆交于不同的两点，且线段的垂直平分线过定点，求实数的取值范围．答案：（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）由题意可知：，得，故椭圆的标准方程为.（Ⅱ）设，，将代入椭圆方程，消去得，所以，即…………①由根与系数关系得，则，所以线段的中点的坐标为．又线段的垂直平分线的方程为，由点在直线上，得，即，所以…………②由①②得，所以，即或，所以实数的取值范围是．基本方法：1．圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中的系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．2．直线过定点问题的解题模型设参数：依题意条件设出相关的参数，如设出直线的斜率；求直线：利用题设条件，求直线系方程；建联系：联立直线与圆锥曲线，利用根与系数的关系，求出定点的坐标；得结论：判断定点的坐标满足所求的直线系方程，即可证出直线经过该定点。类型二、定值问题基础知识：圆锥曲线中的定值问题一般是指在求解解析几何问题的过程中，探究某些几何量斜率、距离、面积、比值等与变量斜率、点的坐标等无关的问题，也是高考重点考查的考点和热点之一.，其求解步骤一般为：一选：选择变量，一般为点的坐标、直线的斜率等；二化：把要求解的定值表示成含上述变量的式子，并利用其他辅助条件来减少变量的个数，使其只含有一个变量或者有多个变量，但是能整体约分也可以；三定值：由题目的结论可知要证明为定值的量必与变量的值无关，故求出的式子必能化为一个常数，所以只需对上述式子进行必要的化简即可得到定值.基本题型：1、（证明点线距离为定值）如图，已知椭圆，为其右焦点，直线与椭圆交于两点，点在上，且满足.(点从上到下依次排列)(I)试用表示：(II)证明：原点到直线l的距离为定值.【解析】(I)椭圆，故，.(II)设，，则将代入得到：，故，，，故，得到，，故，同理：，由已知得：或，故，即，化简得到.故原点到直线l的距离为为定值.2．（证明代数式定值）已知O为原点，过点M(1,0)的直线l与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B两点，且eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))＝－3.(1)求抛物线C的方程；(2)过点M作直线l′⊥l，l′交抛物线C于P，Q两点，记△AOB，△POQ的面积分别为S1，S2，求证：eq\f(1,S\o\al(2,1))＋eq\f(1,S\o\al(2,2))为定值．【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.记A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝2pm，y1·y2＝－2p，则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，∴抛物线C：y2＝4x.证明：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)为定值．3．椭圆的左、右焦点分别是，离心率为，过且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为l．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）点是椭圆上除长轴端点外的任一点，连接．设的角平分线交的长轴于点，求的取值范围；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，过点作斜率为的直线，使得与椭圆有且只有一个公共点．设直线的斜率分别为，若，试证明为定值．【解析】（Ⅰ）由于，将代入椭圆方程得由题意知，即，又，所以，，所以椭圆方程为（Ⅱ）由题意可知：=,=,设其中，将向量坐标代入并化简得：，因为，所以，而，所以（Ⅲ）由题意可知，l为椭圆的在p点处的切线，由导数法可求得，切线方程为：，所以，而，代入中得为定值4、（证明面积为定值）已知椭圆，上、下顶点分别是、，上、下焦点分别是、，焦距为，点在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（2）若为椭圆上异于、的动点，过作与轴平行的直线，直线与交于点，直线与直线交于点，判断是否为定值，说明理由.答案：（1）；（2），理由见解析.【解析】（1）由题意可知，椭圆的上焦点为、，由椭圆的定义可得，可得，，因此，所求椭圆的方程为；（2）设点的坐标为，则，得，直线的斜率为，所以，直线的方程为，联立，解得，即点，直线的斜率为，直线的斜率为，所以，，，因此，.基本方法：圆锥曲线中定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值．依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可得出定值．(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得．(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．类型三、共线问题基本题型：1．已知曲线C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.与x轴交于A，B两点，Q(4,0)，设M是直线x＝1上任意一点，直线MA，MB与曲线C的另一交点分别为D，E.求证：Q，D，E三点共线．解：证明：由eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1可得A(－2,0)，B(2,0)．设M(1，m)．直线MA的方程为y＝eq\f(m,3)(x＋2)，与椭圆方程eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1联立化简得(4m2＋27)x2＋16m2x＋16m2－108＝0.则－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三点共线．2．已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点C(0,1)，离心率为eq\f(\r(3),2).O为坐标原点．(1)求椭圆E的方程；(2)设A，B分别为椭圆E的左、右顶点，D为椭圆E上一点(不在坐标轴上)，直线CD交x轴于点P，Q为直线AD上一点，且eq\o(OP,\s\up7(→))·eq\o(OQ,\s\up7(→))＝4，求证：C，B，Q三点共线．解：(1)由题意，得b＝1，eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2).又a2＝b2＋c2，所以a＝2，c＝eq\r(3).故椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)证明：A(－2,0)，B(2,0)．设D(x0，y0)(x0y0≠0)，则eq\f(x\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)＝1.因为C(0,1)，所以直线CD的方程为y＝eq\f(y0－1,x0)x＋1，令y＝0，得x＝eq\f(x0,1－y0)，故点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0,1－y0)，0)).设Q(xQ，yQ)，由eq\o(OP,\s\up7(→))·eq\o(OQ,\s\up7(→))＝4，得xQ＝eq\f(41－y0,x0)(显然xQ≠±2)．直线AD的方程为y＝eq\f(y0,x0＋2)(x＋2)，将xQ代入直线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))).显然直线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).又直线BC的斜率kBC＝－eq\f(1,2)，所以kBC＝kBQ，即C，B，Q三点共线．3、设椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点．若椭圆E的离心率为eq\f(\r(2),2)，△ABF2的周长为4eq\r(6).(1)求椭圆E的方程；(2)设不经过椭圆的中心O而平行于弦AB的直线交椭圆E于点C，D，设弦AB，CD的中点分别为M，N，证明：O，M，N三点共线．【解析】(1)由△ABF2的周长为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.于是椭圆E的方程为eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.（2）证明：当直线AB，CD的斜率不存在时，由椭圆的对称性知，中点M，N在x轴上，此时O，M，N三点共线．当直线AB，CD的斜率存在时，设其斜率为k(k≠0)，且设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，则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，))两式相减，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为直线OM的斜率)，所以kOM＝－eq\f(1,2k).同理可得kON＝－eq\f(1,2k)(kON为直线ON的斜率)．所以kOM＝kON，即O，M，N三点共线．综上所述，O，M，N三点共线．基本方法：证明三点共线问题的方法圆锥曲线中的三点共线问题，其实就是对应直线(斜率存在)上的三点中相关两个点对应的斜率相等问题，即若要证明A，B，C三点共线，即证明kAB＝kAC(或kAB＝kBC或kAC＝kBC)．类型四、与平面向量交汇问题基础知识：基本题型：1.（平面向量与定点问题交汇）已知是抛物线的焦点，不过原点的动直线交抛物线于两点，是线段的中点，点在准线上的射影为，当时，.（1）求抛物线的方程；（2）当时，求证：直线过定点.解析：（1）当时，轴且过点，不妨设在轴上方，则，此时，，因为，所以，解得，故抛物线的方程为.当直线的斜率为时，显然不适合题意；当直线的斜率不为时，设直线，，，，由，化简得，，，，，若，则，解得（舍）或，所以直线过定点.2.（平面向量与定值问题交汇）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，点满足以为直径的圆过椭圆的上顶点.（1）求椭圆的方程；（2）已知直线过右焦点与椭圆交于两点，在轴上是否存在点使得为定值？如果存在，求出点的坐标；如果不存在，说明理由.答案：（1）；（2）存在，【解析】（1）由题意可得上顶点，，所以：，，即，，即，，解得：，，所以椭圆的方程为：；（2）由（1）可得右焦点的坐标，假设存在当直线的斜率不为0时，设直线的方程为：，设，，，，联立直线与椭圆的方程，整理可得：，，，，，因为，要使为定值，则，解得：，这时为定值，当直线的斜率为0时，则，，为，，则，，，综上所述：所以存在，，使为定值．3．（平面向量与几何证明问题交汇）已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(2),2)，椭圆的短轴顶点到焦点的距离为eq\r(6).(1)求该椭圆C的方程；(2)若直线l与椭圆C交于A，B两点，且|eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))|＝|eq\o(OA,\s\up7(→))－eq\o(OB,\s\up7(→))|，求证：直线l与某个定圆E相切，并求出定圆E的方程．解：(1)∵椭圆的短轴顶点到焦点的距离为eq\r(6)，∴eq\r(b2＋c2)＝a＝eq\r(6)，∵椭圆的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，∴c＝eq\r(3)，∴b2＝a2－c2＝3，∴椭圆C的标准方程为eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)证明：∵|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(→))，则eq\o(OA,\s\up7(→))·OB→＝0.①当直线l的斜率不存在时，设l：x＝t，代入椭圆方程得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)，此时l：x＝±eq\r(2)，与圆x2＋y2＝2相切；②当直线l的斜率存在时，设l：y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2y2＝6，,y＝kx＋m))得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，则Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－6)>0，化简得m2<6k2＋3(*)，由根与系数的关系得x1＋x2＝－eq\f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2m2－6,1＋2k2)，则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，满足(*)式，∴eq\f(|m|,\r(k2＋1))＝eq\r(2)，即原点到直线l的距离为eq\r(2)，∴直线l与圆x2＋y2＝2相切．综上所述，直线l与圆E：x2＋y2＝2相切．基本方法：遇到向量数量积问题，想到向量的坐标表示，向量相等的条件，向量数量积的坐标运算公式．新预测破高考1．“过原点的直线交双曲线于，两点，点为双曲线上异于，的动点，若直线，的斜率均存在，则它们之积是定值”．类比双曲线的性质，可得出椭圆的一个正确结论：过原点的直线交椭圆于，两点，点为椭圆上异于，的动点，若直线，的斜率均存在，则它们之积是定值（）A． B． C． D．答案：B【详解】“过原点的直线交双曲线于，两点，点为双曲线上异于，的动点，若直线，的斜率均存在，则它们之积是定值”，类比双曲线的性质，可得出椭圆的一个正确结论：过原点的直线[交椭圆：于，两点，若直线，的斜率均存在，则，证明如下：设，则，且，设，则，所以又，，代入可得：故选：B2．已知椭圆，过x轴上一定点N作直线l，交椭圆C于A，B两点，当直线l绕点N任意旋转时，有（其中t为定值），则（）A． B． C． D．答案：B【详解】设点当直线与轴不重合时,设的方程为,代入椭圆方程,得:,即.当直线l绕点N任意旋转时，有（其中t为定值）,当时,，当时,，,解得:代入当时,.3．（多选题）已知椭圆的离心率为，的三个顶点都在椭圆上，为坐标原点，设它的三条边，，的中点分别为，，，且三条边所在直线的斜率分别，，，且，，均不为，则（）A．B．直线与直线的斜率之积为C．直线与直线的斜率之积为D．若直线，，的斜率之和为，则的值为答案：ACD【详解】对于A：因为椭圆的离心率，所以，因为，所以，故选项A正确；对于B：设，，，则，，所以，，两式相减可得：，即，所以，，故选项B不正确；对于C:由选项B同理可得，故选项C正确；对于D：由选项B同理可知，可得，，由已知可得，即，所以，故选项D正确；故选：ACD.4．已知拋物线与圆相交于点，点关于原点对称的点为若过点的直线(且不过点)与抛物线交于两点，则直线与的斜率之积为___________.答案：【详解】在圆上，，解得：；在抛物线上，，，，解得：，抛物线方程为：；由题意可知：，易知直线斜率存在，设，由得：，则，解得：或，设，，则，，，，，，.故答案为：.5．已知AB，CD是过抛物线焦点F且互相垂直的两弦，则的值为__________.答案：【详解】由题设，直线、的斜率一定存在，设为，，，联立抛物线方程，可得且，∴，，而，，∴，由，设为，，，联立抛物线，可得，同理有，，∴，综上，.故答案为：.6、已知椭圆C：eq\f(x2,4)＋y2＝1，过上顶点N作两条相互垂直的直线l1，l2与曲线C分别交于P，Q(不同于点N)两点，求证：直线PQ过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,5))).【详解】由题，直线l1，l2斜率均存在，且l1⊥l2，故设NP：y＝kx＋1(k≠0)，则NQ：y＝－eq\f(1,k)x＋1，设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋1，))整理得(1＋4k2)x2＋8kx＝0，此时Δ＞0，则x1＝eq\f(－8k,1＋4k2)，所以y1＝kx1＋1＝eq\f(1－4k2,1＋4k2)，故点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－8k,1＋4k2)，\f(1－4k2,1＋4k2)))，同理可得点Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8k,k2＋4)，\f(k2－4,k2＋4)))，故直线PQ：eq\f(y－y1,y2－y1)＝eq\f(x－x1,x2－x1)，令x＝0，则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)，即直线PQ过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,5)))，得证．7、已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)过A(2,0)，B(0,1)两点。(1)求椭圆C的方程及离心率。(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N。求证：四边形ABNM的面积为定值。【详解】(1)由题意，得a＝2，b＝1，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1。又c＝eq\r(a2－b2)＝eq\r(3)，所以离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)。(2)设P(x0，y0)(x0<0，y0<0)，则xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)＝4。又A(2,0)，B(0,1)，所以直线PA的方程为y＝eq\f(y0,x0－2)·(x－2)。令x＝0，得yM＝－eq\f(2y0,x0－2)，从而|BM|＝1－yM＝1＋eq\f(2y0,x0－2)。直线PB的方程为y＝eq\f(y0－1,x0)x＋1。令y＝0，得xN＝－eq\f(x0,y0－1)，从而|AN|＝2－xN＝2＋eq\f(x0,y0－1)。所以四边形ABNM的面积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。从而四边形ABNM的面积为定值。8、如图所示，椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，焦距为2eq\r(2)，直线x＝－a与y＝b交于点D，且|BD|＝3eq\r(2)，过点B作直线l交直线x＝－a于点M，交椭圆于另一点P。(1)求椭圆的方程。(2)证明：eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))为定值。【详解】(1)由题可得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，))所以椭圆的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1。(2)证明：由(1)知A(－2,0)，B(2,0)。设M(－2，y0)，P(x1，y1)，则eq\o(OP,\s\up6(→))＝(x1，y1)，eq\o(OM,\s\up6(→))＝(－2，y0)。直线BM的方程为y＝－eq\f(y0,4)(x－2)，即y＝－eq\f(y0,4)x＋eq\f(1,2)y0，代入椭圆方程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，由韦达定理得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(→))为定值。9.已知圆，动圆与圆外切，且与直线相切．（1）求动圆圆心的轨迹的方程．（2）若直线与曲线交于两点，分别过作曲线的切线，交于点．证明：在一定直线上．【详解】（1）设到直线的距离为，则，所以到直线的距离等于到的距离，由抛物线的定义可知，的轨迹的方程为.（2）证明：设，，，联立方程组，得，则，，.由，得，所以，所以切线的方程为，①同理切线的方程为，②由①②，得，所以点在直线上.10.抛物线的焦点为，过且垂直于轴的直线交抛物线于两点，为原点，的面积为2.（1）求拋物线的方程.（2）为直线上一个动点，过点作拋物线的切线，切点分别为，过点作的垂线，垂足为，是否存在实数，使点在直线上移动时，垂足恒为定点？若不存在，说明理由；若存在，求出的值，并求定点的坐标.【详解】（1）由题意得，点的纵坐标均为，由，解得，则，由，解得，故抛物线的方程为.（2）假设存在实数，使点在直线上移动时，垂足恒为定点，设，直线的方程为，将抛物线方程变形为，则，所以，所以的方程为.因为，所以直线的方程为.把代入的方程得.同理可得构造直线方程为，易知两点均在该直线上，所以直线的方程为.故恒过点.因为，所以可设方程为，化简得，所以恒过点.当，即时，与均恒过，故存在这样的，当时，坐标为.11.已知直线与抛物线相交于，两点，满足.定点，，点是抛物线上一动点，设直线，与抛物线的另一个交点分别是，.（1）求抛物线的方程；（2）探究：当点在抛物线上变动时(只要点，存在且不重合)，直线是否恒过一个定点？若存在求出这个定点的坐标.若不存在说明理由.【详解】（1）设，将代入化简得，则，，由得：，所以，得，则抛物线的方程为：（2）设点，，的坐标分别是，，由，，三点共线知同理由，，共线得直线的方程为，化简得将，代入直线的方程得：所以解得：，直线恒过定点．12.已知是抛物线：的焦点，是抛物线上一点，且.（1）求抛物线的方程；（2）直线与抛物线交于，两点，若（为坐标原点），则直线是否会过某个定点？若是，求出该定点坐标，若不是，说明理由.【详解】（1）由可知抛物线的准线方程为，因为，根据抛物线的定义可知，所以，所以抛物线的方程为.（2）设，直线，联立，消去并整理得，所以，所以，由得，所以，所以，所以，所以，，则直线的方程为，故直线恒过定点.13、设椭圆的右焦点为，过点且不与轴垂直的直线与交于,两点，点的坐标为．设为坐标原点，求证为定值．【解析】（1）当与轴重合时，．（2）当与轴不重合也不垂直时，设的方程为，，则，，直线，的斜率之和为．由，得．将代入得．所以，．则．从而，综上，为定值．14、已知椭圆eq\f(x2,4)＋y2＝1的左顶点为A，过A作两条互相垂直的弦AM，AN交椭圆于M，N两点．(1)当直线AM的斜率为1时，求点M的坐标；(2)当直线AM的斜率变化时，直线MN是否过x轴上的一定点？若过定点，请给出证明，并求出该定点；若不过定点，请说明理由．【解析】(1)直线AM的斜率为1时，直线AM的方程为y＝x＋2，代入椭圆方程并化简得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)设直线AM的斜率为k，直线AM的方程为y＝k(x＋2)，联立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))化简得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0.则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)知若存在定点，则此点必为Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，0)).证明如下：因为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).所以直线MN过x轴上的一定点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，0)).15．在平面直角坐标系中，已知，动点满足（1）求动点的轨迹的方程；（2）过点的直线与交于两点，记直线的斜率分别为，求证：为定值.答案：（1）；（2）见解析.【解析】设，则由知，化简得：，即动点的轨迹方程为；设过点的直线为：，由得，将代入得，故为定值16．设抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，点P(4，m)(m＞0)是抛物线C上一点，且|PF|＝5.(1)求抛物线C的方程；(2)若A，B为抛物线C上异于P的两点，且PA⊥PB.记点A，B到直线y＝－4的距离分别为a，b，求证：ab为定值．【解析】(1)由抛物线的定义知|PF|＝eq\f(p,2)＋4＝5，解得p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x.（2）证明：由P(4，m)(m＞0)是抛物线C上一点，得m＝4，易知直线PA斜率存在且不为0，设直线PA的方程为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|.因为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为定值．17、已知点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2)))，直线PM，PN的斜率乘积为－eq\f(3,4)，P点的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)设斜率为k的直线交x轴于T，交曲线C于A，B两点，是否存在k使得|AT|2＋|BT|2为定值？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．【解析】(1)设P点坐标为(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，∴曲线C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(x≠±1)．（2）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，设直线AB为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为定值，则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为定值．18．已知椭圆M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)过A(－2,0)，B(0,1)两点．(1)求椭圆M的离心率；(2)设椭圆M的右顶点为C，点P在椭圆M上(P不与椭圆M的顶点重合)，直线AB与直线CP交于点Q，直线BP交x轴于点S，求证：直线QS过定点．【解析】(1)因为点A(－2,0)，B(0,1)都在椭圆M上，所以a＝2，b＝1.所以c＝eq\r(a2－b2)＝eq\r(3).所以椭圆M的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2).(2)证明：由(1)知椭圆M的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1，C(2,0)．由题意知，直线AB的方程为x