2025年高考数学复习大题题型归纳：专题15 圆锥曲线中的求值与证明问题（解析）

专题15圆锥曲线中的求值与证明问题一、求值问题1．已知椭圆E:x2a2+y2(1)求椭圆E的方程；(2)设斜率为k的直线l与椭圆E交于A，B两点，D为线段AB的中点，O为坐标原点，若E上存在点C，使得OC+2OD=0【答案】(1)x(2)3【分析】（1）由面积和M1,32（2）设出直线方程，联立直线与椭圆方程，由D为线段AB的中点，利用韦达定理得到x1+x2,y1+y2，即2OD的坐标，又OC+2OD【详解】（1）由题意知连接E的四个顶点所得四边形的面积为2ab，又点M1,32解得a=2，b=1，故椭圆E的方程为x2（2）设直线l的方程为y=kx+m，由x24+y2又Δ=64m得4k2+1>m2，设Ax1+x由OC+2OD=0，可得所以S△ABC=3Sx3=−x故由Cx3,y3AB=1+又原点O到直线l的距离为d=m所以S△OAB=1【点睛】面积计算的一般方法就是弦长乘以点到直线距离（高），当然注意到弦过定点的话，我们可以将其拆分成铅锤高或水平长的计算，而四边形面积一般转化为三角形来计算.而有关面积比的转化问题，关键则在观察已知条件中等底或等高或公共边的特点，化为共线长度比或点线距离比或夹角正弦比等问题再加以探求.2．已知A,B是椭圆C上的两点，A2,1,A、B关于原点O对称，M是椭圆C上异于A,B的一点，直线MA和MB的斜率满足(1)求椭圆C的标准方程；(2)若斜率存在且不经过原点的直线l交椭圆C于P,Q两点(P,Q异于椭圆C的上、下顶点），当△OPQ的面积最大时，求kOP【答案】(1)x(2)−【分析】（1）利用两点的斜率公式计算化简即可；（2）设直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理、弦长公式计算面积，结合基本不等式求出面积最大时的关系式，再计算斜率之积即可.【详解】（1）设Mx,y，易知B−2,−1，由得y−1x−2化简得x2故椭圆C的标准方程为x2（2）

设l的方程为y=kx+tt≠0，Px1将y=kx+t代入椭圆方程整理得，1+2k2xx1+x则PQ=又原点O到l的距离为d=t故S△OPQ当且仅当t=此时3+6k2=2故k=k3．设抛物线C：y2=2pxp>0，直线x−2y+1=0与C交于A，B(1)求p；(2)若在x轴上存在定点M，使得MA⋅MB=0【答案】(1)p=2(2)7+211,0或【分析】（1）设AxA,（2）假设x轴上存在定点Mm,0，直线与抛物线方程联立，由MA【详解】（1）设AxA,yAy2−4py+2p=0，所以yAAB=即2p2−p−6=0，因为p>0（2）假设x轴上存在定点Mm,0使得MA由x−2y+1=0y2=4x所以yA+y由题知MA⋅即xA化简得：m2−14m+5=0，解得则存在定点M7+211,04．已知椭圆C1:x(1)求C的方程；(2)过F的直线交C于P,Q，交直线x=22于点N，记OP,OQ,ON的斜率分别为k1,k2【答案】(1)x(2)6【分析】（1）由题目条件得到b=c=2，进而求出a（2）考虑过F的直线斜率不存在和斜率存在情况，设出直线方程，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，表达出k1+k2=−8k4【详解】（1）根据题意得到c=2，2b=2c，解得b=c=故a2故椭圆方程为x2（2）当过F的直线斜率不存在时，此时该直线与直线x=22当过F的直线斜率存在时，设为y=kx−2，令x=22故N2联立y=kx−2与x2其中Δ=32k设Px则x1k1故k=2k故k1+k2k不妨令k=22，则直线方程为x1+xy=2−2+2=2，故OPOP2当k=−22时，同理可得

综上：OP2【点睛】直线与圆锥曲线结合问题，通常要设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，再根据题目条件列出方程，或得到弦长或面积，注意考虑直线AB的斜率存在和不存在两种情况.5．设抛物线C:y2=2px(p>0)，直线x−2y+1=0与C交于A，B(1)求p；(2)设C的焦点为F，M，N为C上两点，MF⋅NF=0【答案】(1)2(2)12−8【分析】（1）设Ax1,y1（2）设直线MN：x=my+n，Mx3,y3，Nx4【详解】（1）设Ax由x−2y+1=0y2=2px所以y1+y所以AB=即2p2−p−6=0，因为p>0（2）由（1）得抛物线C:y因为F1,0，显然直线MN设直线MN：x=my+n，Mx3,由y2=4xx=my+n，可得y2−4my−4n=0Δ=16m因为MF⋅NF=0即my亦即m2将y3+y4m2=所以n≠1，且n2−6n+1≥0，解得n≥3+22设点F到直线MN的距离为d，则d=n−1MN=21+所以△MNF的面积S=1而n≥3+22或n≤3−2所以当n=3−22时，△MNF的面积S

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．6．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为x=1−cos2φ1+cos2φy=tanφ（φ(1)求直线l的直角坐标方程；(2)若直线l与曲线C交于A，B两点，求OA⋅【答案】(1)x+y−2=0(2)2【分析】（1）变形得到ρcosθ+ρsinθ=2mm>0，由x=ρcosθy=ρsinθ得到l的直角坐标方程为x+y−2m=0，利用其与两坐标轴围成的三角形面积求出（2）消去参数得到曲线C的普通方程，联立直线方程x+y−2=0，求出A,B坐标，求出OA⋅【详解】（1）直线l的极坐标方程为ρcosθcosπ即ρcosθ+ρsinθ=2mm>0因为x=ρcosθy=ρsinθ，所以x+y−2m=0令x=0得y=2m，令y=0得x=2m，故直线l与两坐标系围成的三角形的面积为12解得m=1或−1（舍去），故直线l的直角坐标方程为x+y−2=0；（2）由于x=1−cos2φ1+cos2φ=2sin联立x+y−2=0与y2=x得2−x2当x=1时，y=2−x=1，当x=4时，y=2−x=−2，不妨设A1,1OA⋅7．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点分别为(1)求△PF(2)斜率为−2的直线与圆x2+y2=3相切于第一象限，交椭圆于【答案】(1)6(2)4【分析】（1）根据已知列关于a，b的方程组求解可得标准方程，再由椭圆定义可得周长；（2）利用直线与圆相切可得直线方程，联立椭圆方程，由弦长公式可得AB，再由两点间距离公式得AF2=【详解】（1）由题得1a2+所以椭圆C的方程为x2所以PF又F1F2（2）设直线AB的方程为y=−2因为AB与圆x2+y2=3由y=−2x+3x设Ax1,y1，B

所以|AB|=1+又AF同理BF所以AF所以△AF2B8．已知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F(1)求E的方程；(2)不过坐标原点的直线l与椭圆E相交于A,B两点（A,B异于椭圆E的顶点），直线AA1,BA2与y轴的交点分别为M,N【答案】(1)x(2)证明见解析，定点为1,0【分析】（1）根据F1F2A2（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，可表示出M,N两点坐标，由向量线性运算可得ON=3MO，平方后可整理得到5【详解】（1）设椭圆E的半焦距为cc>0∵F2是OA2的中点，∴a=2c，∴a=2，b=2∴椭圆E的方程为：x2（2）由（1）得：A1−2,0，设Ax则直线AA1的方程为y=y1x∴M0,2y∵A2N−A∴4y22x∴4−x2整理可得：5x①若直线AB的斜率存在，设直线AB:y=kx+t，由y=kx+tx24+y∴x1+代入∗式得：−5×8kt整理可得：4k2+5kt+t2当t=−4k时，直线AB:y=kx−4k=kx−4，恒过点4,0

此时点M与N在x轴的同一侧，不满足ON=3当t=−k时，直线AB:y=kx−k=kx−1，恒过点1,0

②若直线AB的斜率不存在，则x1由5x1+x2−2x此时直线AB的方程为x=1或x=4，又直线x=4与椭圆不相交，故舍去，x=1满足条件，∴AB:x=1，恒过点1,0.综上所述：直线AB恒过定点1,0.【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的直线过定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于x或y的一元二次方程的形式；②利用Δ>0求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系，从而化简直线方程；④根据直线过定点的求解方法可求得结果.9．已知圆O1：x+12+y2=14，圆O2(1)求圆心M的轨迹C的方程；(2)若A，B，Q是C上的三点，且直线AB不与x轴垂直，O为坐标原点，OQ=λOA+μOB，则当【答案】(1)x(2)1【分析】（1）设动圆M的半径为r，由圆与圆的位置关系分析可得MO1+MO（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，直线AB的方程为y=kx+t，联立直线AB与椭圆C的方程可得3+4k2x2+8ktx+4【详解】（1）由题意设圆M的半径为r，则MO1=r+12故圆心M的轨迹是以O1−1,0，所以c=1，a=2，则b2所以C的方程为x2

（2）设Ax1,y1，B将y=kx+t代入x24+Δ=8kt2−4则x1+x所以x=64k2故AB=又原点O到直线AB的距离为d=t所以S△AOB==23×当且仅当3+4k2−由OQ=λOA+μ代入x024即λ2而x1x=3+4k2由（*）可知x1x2故λ2

【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．10．已知点−2,0在椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)上，点Mm,12m≠0在椭圆C内.设点A，B为C的短轴的上、下端点，直线AM，BM(1)求椭圆C的方程；(2)记S△BME，S△AMF分别为△BME，△AMF的面积，若S△AMF【答案】(1)x(2)±【分析】（1）利用斜率乘积建立方程，把点代入求解椭圆方程；（2）先求出点E，F的坐标，然后求出线段比例，最后代入三角形面积公式化简求解即可.【详解】（1）设Ex,y，依题意A0,b，可得kEA⋅k又椭圆C过点−2,0，所以b2=1，故椭圆C的方程为（2）依题意，可知AM：y=−12mx+1整理得m2+1x又BM：y=32mx−1整理得m2+9x所以MAMEMFMB则S=m由于S△AMFS△BME=1

【点睛】思路点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系.11．已知抛物线E：x2=2pyp>0的焦点为F，抛物线E上一点H的纵坐标为5，O(1)求抛物线E的方程；(2)抛物线上有一条长为6的动弦长为6的动弦AB，当AB的中点到抛物线的准线距离最短时，求弦AB所在直线方程．【答案】(1)x(2)y=22【分析】（1）根据抛物线的定义结合条件求解即可；（2）根据抛物线弦长公式，结合点到直线距离公式、基本不等式进行求解即可.【详解】（1）∵H纵坐标为5，不妨设在第一象限内，∴HF=5+p2∵cos∠OFH=−2∴cos∠HFM=23∴cos∠HFM=FMFH=∴所以抛物线E的方程为x2

（2）根据题意直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y=kx+b，设Ax1,y1由y=kx+bxk2+b>0，x1x1∴AB=则b=∴y0∵AB的中点到准线的距离等于y0∴当y0∵y0当且仅当k2+1=94所以直线AB的方程为y=22x+1【点睛】关键点睛：根据抛物线的定义，结合抛物线弦长公式、基本不等式是解题的关键.12．椭圆C:x2a2+(1)求椭圆的标准方程；(2)过点12,0且斜率不为0的直线l与椭圆交于M,N两点，椭圆的左顶点为A，求直线AM与直线【答案】(1)x(2)−【分析】（1）由椭圆离心率e=12，得到a=2c，再由椭圆过点0,3（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为x=12，与椭圆方程联立求得M，N的坐标验证即可；当直线的斜率存在时，设直线的方程为【详解】（1）解：因为椭圆C:x2a所以ca=1又因为椭圆过点0,3所以b=3又因为a2所以a=2，所以椭圆的方程为x2（2）如图所示：

当直线的斜率不存在时，直线的方程为x=1与椭圆方程联立求得M1又A−2,0所以kAM所以kAM当直线的斜率存在时，设直线的方程为y=kx−由y=kx−12Δ=−4由韦达定理得x1所以kAM=k=−45【点睛】易错点点睛：本题第二问容易忽视过点1213．已知O为坐标原点，椭圆x2a2+y(1)求椭圆的方程；(2)若椭圆的左、右顶点分别为E、F，过点D(−2,2)作直线与椭圆交于A、B两点，且A、B位于第一象限，A在线段BD上，直线OD与直线FA相交于点C，连接EB、EC，直线EB、EC的斜率分别记为k1、k2，求【答案】(1)x(2)k【分析】（1）由已知条件可得出关于a、b、c的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；（2）不妨设Ax1,y1、Bx2,y2，设直线AB的方程为y=kx+m，可得m=2k+2，将直线AB的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，设【详解】（1）解：由题意知，ca=3即ca=32a2+因此，椭圆的方程为x2（2）解：如下图所示：不妨设Ax1,y1设直线AB的方程为y=kx+m，因为点D−2,2，则−2k+m=2，则m=2k+2联立y=kx+mx2+4Δ=64k2m2−16解得k<−3由韦达定理可得x1+x所以，−12<k<−38由于C在直线OD上，设C−又由于C在直线FA上，则x0−xk=−=−4【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．14．已知直线l1⊥x轴，垂足为x轴负半轴上的点E，点E关于原点O的对称点为F，且EF=4，直线l1⊥l2，垂足为A，线段AF的垂直平分线与直线l(1)求曲线C的方程；(2)已知点P2,4，不过点P的直线l与曲线C交于M，N两点，以线段MN为直径的圆恒过点P，点P关于x轴的对称点为Q，若ΔQMN的面积是642【答案】(1)y(2)1或−1【分析】（1）分析给定的条件，结合抛物线的定义求出曲线C的方程，即可求解；（2）设出直线l的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理求出弦长，结合三角形面积及向量的垂直的坐标表示，即可求解.【详解】（1）解：由线段AF的垂直平分线与直线l2交于点B，可得AB即点B到点F的距离等于点B到直线l1又因为EF=4，l1的方程为x=−2，所以所以点B的轨迹C是以F为焦点，直线l:x=−2为准线的抛物线，所以点B的轨迹C的方程为y2（2）解：根据题意，直线的斜率不为0，设直线l:x=my+n，且M(x联立方程组x=my+ny2=8x，可得y所以y1所以MN=又点Q(2,−4)，点Q到直线l的距离为d=2+4m−n所以S△QMN又以线段MN为直径的圆恒过点P，所以PM⋅所以(x又x1=y所以(y所以n2−16m即(n−6)2=16(m+1)所以n=4m+10或n=−4m+2，又直线l不经过点P，所以n≠−4m+2，所以n=4m+10，此时满足Δ>0，所以S=1解得m=1或m=−3，所以直线l的斜率为1或−1

【点睛】方法点睛：解决抛物线问题的方法与策略：1、涉及抛物线的定义问题：抛物线的定义是解决抛物线问题的基础，它能将两种距离(抛物线上的点到焦点的距离、抛物线上的点到准线的距离)进行等量转化．如果问题中涉及抛物线的焦点和准线，又能与距离联系起来，那么用抛物线定义就能解决问题．因此，涉及抛物线的焦半径、焦点弦问题，可以优先考虑利用抛物线的定义转化为点到准线的距离，这样就可以使问题简单化．2、涉及直线与抛物线的综合问题：通常设出直线方程，与抛物线方程联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时注意向量、基本不等式、函数及导数在解答中的应用.15．已知椭圆C：x2a2+y(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线l与椭圆C交于A，B两点，与y轴交于点P，O为坐标原点.若OA⋅PB+【答案】(1)x(2)0,±【分析】（1）根据已知条件求得a2（2）设出直线l的方程并与椭圆C的方程联立，化简写出根与系数关系，由OA⋅PB+【详解】（1）对于椭圆x27+y23=1由于椭圆C过点−23故12a2+所以椭圆C的标准方程为x2（2）依题意可知，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+t，则P0,t由y=kx+tx216+y2设Ax1,y1由于OA⋅所以x1整理得2x2x2+2k2x整理得t2=3,t=±3此时，对于①，Δ=64k

【点睛】思路点睛：求椭圆的标准方程，主要的思路是根据已知条件求得a,b，a,b是两个未知量，所以需要找到2个已知条件来求解.如本题中，焦点以及椭圆所过点的坐标，这就是两个已知条件，由此列方程来求得a,b，从而求得椭圆的标准方程.16．已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为(1)求双曲线C的离心率；(2)设点A关于x轴的对称点为B，D为双曲线C右支上一点，直线AD,BD与x轴交点的横坐标分别为x1,x【答案】(1)3(2)x2【分析】（1）利用双曲线定义结合条件中等式AF（2）设Ax3,y3，Bx3,−y【详解】（1）由于A为双曲线C左支上一点，由双曲线的定义可知AF所以2a整理，得3a2=所以双曲线C的离心率为3．（2）由（1）可设双曲线C的标准方程为x2

设Ax3,y3直线AD的方程为y−y令y=0，则x1直线BD的方程为y+y令y=0，则x2所以x1因为Ax3,y3所以x32=所以x1所以双曲线C的方程为x2【点睛】关键点睛：求解双故曲线方程时，关键在于利用AD,BD的方程求出x1,x17．圆(x+3)2+y2=16，圆心为A，点B3,0(1)求N的轨迹C的方程；(2)设P为曲线C上任意一点，直线PA,PB分别交曲线C于Q,R两点，PA=λAQ,【答案】(1)x(2)14【分析】（1）作出辅助线，根据椭圆的定义得到N的轨迹C为以A,B两点为焦点，长轴长为4的椭圆，求出椭圆方程；（2）设出Pm,n，得到直线PA的方程，联立椭圆方程，得到ny1=−m+32+4n2，进而得到【详解】（1）连接NB，则MN=NB，其中A−3,0所以AN+NB=AN+MN=AM=4>AB，故N的轨迹C为以A,B两点为焦点，长轴长为4的椭圆，其中2a=4,2c=23，故a=2,c=3，所以C的方程为x2（2）设Pm,n，则m2+4因为A−3,0直线PA的方程为y=nm+3m+3ny−故ny1=−同理可得ny因为PA=λ所以3−m,−n=λx1−所以λ+μ=−=2m【点睛】求轨迹方程常用的方法：直接法，相关点法，交轨法，定义法，特别重视圆锥曲线的定义在求轨迹方程中的应用，只要动点满足已知曲线的定义，就可直接得到所求轨迹方程，求解过程中要注意一些轨迹问题中包含隐含条件，也就是曲线上的点的坐标的取值范围，有时还要补充特殊点的坐标.18．已知A−2,0，B2,0，对于平面内一动点Px,yx≠±(1)求点Р的轨迹C的方程；(2)当x>2时，直线l与曲线C交于不同两点Q，R，与直线y=x交于点S，与直线y=−x交于点T，若TQ=QR=【答案】(1)当|x|<2，C:x2+(2)9【分析】（1）根据题意得到y2（2）设直线l:y=kx+b,Qx1,y1,Rx2,【详解】（1）设P(x,y)，则M(x,0)，从而|PM|=|y|,|AM|=|x+由|PM|2=|AM||BM|若|x|<2，化简整理得x若|x|>2，化简整理得x（2）当|x|>2，则设直线l:y=kx+b,Qx直线l与直线y=x相交，联立得x=kx+b，则解得x3直线l与直线y=−x相交，联立得−x=kx+b，得x4由y=kx+bx22由Δ>0得：b2+21−k2x1因为|TQ|=|QR|=RS，所以|QR|=13所以2bk1−整理得b2=9又|OS|=2⋅b所以S△SOT

【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是采用设线法，从而得到x3=b1−k，19．已知抛物线M:y2=4x的焦点为F，过点2,0的直线与抛物线M交于A,B两点，点A(1)设P为抛物线M上的动点，求OPFP(2)记△AOB的面积为S1,△BOF的面积为S2【答案】(1)[0,2(2)43【分析】（1）求出抛物线M的焦点坐标，准线方程，设点P(t2,2t)，求出OP（2）设出直线AB的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理、三角形面积公式结合均值不等式求解作答.【详解】（1）依题意，抛物线M:y2=4x的焦点F(1,0)，准线方程x=−1则|OP|=(因此|OP||FP|而t2+1≥1，即有0<1t2+1≤1当1t2+1=1所以OPFP的取值范围是[0,（2）显然直线AB不垂直于y轴，设直线AB的方程为x=my+2，由x=my+2y2=4x消去x并整理得y设A(x1,y1),B(x

令(2,0)为点E，于是△AOB的面积为S1=12|OE|⋅(因此S1+S2=(所以S1+S20．已知双曲线M:x2−y23=1，在双曲线M的右支上存在不同于点A(2,3)的两点P，Q，记直线AP,AQ,PQ的斜率分别为k(1)求k的取值范围；(2)若△OPQ的面积为6（O为坐标原点），求直线PQ的方程．【答案】(1)k<−2或k>2(2)y=6x−【分析】（1）设Px1,y1，Qx2,y2，直线PQ:y=kx+m，代入双曲线方程，根据Δ>0，x1+x（2）利用弦长公式求出|PQ|，利用点到直线距离公式求出点O到直线PQ的距离，再利用三角形面积列式求出k,m可得直线PQ的方程.【详解】（1）设Px1,y1由y=kx+mx2−y2依题意可得3−k2≠0又k1，k，k所以2k=k1==2k+(2k+m−3)(1所以(2k+m−3)(1因为P,Q不同于A，即A(2,3)不在直线PQ:y=kx+m上，所以3≠2k+m，即2k+m−3≠0，所以1x1−2+1所以2km3−k2=4，即m=6−2得4(k2−3)2>k所以k<−2或k>2.（2）|PQ|=1+k=2点O到直线PQ的距离d=mS△OPQ=1所以|m|m两边平方得m2由2km3−k2=4得得m2(m2+3−将m=6−2k2k代入得所以(5k2−12)(k2由（1）知，k2>4，所以k2当k=6时，m=6−2×66=−6当k=−6时，m=6−2×6−6=综上所述：直线PQ方程为y=6x−6

【点睛】关键点点睛：根据2k=k1+二、证明问题21．设抛物线C：y2=2px（p>0）的焦点为F，点A的坐标为3,−2.已知点P是抛物线C上的动点，(1)求抛物线C的方程：(2)若直线PA与C交于另一点Q，经过点B3,−6和点Q的直线与C交于另一点T，证明：直线PT【答案】(1)y(2)证明见解析【分析】（1）根据两点A,F与抛物线的位置分类讨论最值，由最小值为4，求解p；（2）由P,Q,T三点都在抛物线上，设Qy024,y0，Py124,y1，Ty22【详解】（1）若A和F在抛物线y2=2px的同侧，则(−2)2设点P在准线上的射影为H，于是PF=过A作AH'与准线垂直，垂足为故PF+当且仅当A，P，H三点共线时取等号，由此得p=2>2

若A和F在抛物线的异侧或A在抛物线上，则p≤2由PF+当且仅当A，P，F三点共线（或A与P重合）时取等号，得到p=6±43综上所述，抛物线C的方程为y2

（2）设Qy024,直线QP的斜率kQP则其方程为y=4同理可得直线QT的方程为y=4x+y0y2将A3,−2，B3,−6分别代入直线QP，−2=12+y0y1代入直线PT的方程y=4x+y1故直线PT过定点−3,0.

【点睛】定点问题的求解思路：一是从特殊入手，求出定点，再证明这个点与变量无关；二是直接推理、计算，并在计算过程中消去变量，从而得到定点.22．如图，已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点分别为F1，F2，点A为

(1)求椭圆C1(2)若椭圆C2的长轴端点为F1,F2，且C2与C1的离心率相等，P为AB与C2异于F1【答案】(1)x(2)证明见解析【分析】（1）由△ABF2的周长为8和△AF1F2面积的最大值为2，有（2）由已知求出椭圆C2的方程，设AB,MN的方程，利用韦达定理和弦长公式，表示出AB和MN，化简|AB|+|MN|【详解】（1）∵△ABF2的周长为8，由椭圆的定义得4a=8，即又△AF1F2面积的最大值为2，∵a2=b2+c∴椭圆C1的标准方程为x（2）由（1）可知F1−2,0，F2设椭圆C2的方程为x2a'2+y椭圆C2的标准方程为x设P(x0,y0)，A(x1,y1依题意，可设直线AB，MN的斜率分别为k1则AB,MN的方程分别为y=k1x+于是k1联立方程组y=k1(x+2)∴x1+∴|AB|=1+同理可得：|MN|=4∵k2=−∴|AB|+|MN|=4【点睛】解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．23．已知椭圆C:x2a2+y2b2(1)求椭圆C的方程；(2)设P为椭圆C上第一象限内任意一点，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.【答案】(1)x(2)证明见解析【分析】（1）根据离心率和S△OAB=1可解得a2（2）设Px0,y0分别求出直线PA，PB的方程并解出M,N【详解】（1）根据题意可知e=c又S△OAB=12ab=1解得a2即椭圆C的方程为x2（2）证明：由（1）可知A−2,0

设Px0,易知直线PA的斜率kPA=y0x同理直线PB的斜率kPB=y0+1由题意解得M0,所以可得AN=四边形ABNM的面积S=又x024故S=x即四边形ABNM的面积为定值.24．已知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率是22，上、下顶点分别为(1)求E的方程；(2)直线l与圆O相切且与E相交于M，N两点，证明：以MN为直径的圆恒过定点.【答案】(1)x(2)证明见解析【分析】（1）写出向量PA，（2）设直线l后，和圆相切可得m2=2k2+2【详解】（1）由已知得A0,b，B0,−b，则PA=−2,b，PB=因为e=ca=22，又b故E的方程为x2（2）当直线l的斜率存在时，设l的方程为y=kx+m，即kx−y+m=0.因为直线l与圆O相切，所以mk2+1设Mx1,y1，N由y=kx+m,x26由韦达定理，得x所以y1y2所以x1故OM⊥ON，即以MN为直径的圆过原点O.当直线l的斜率不存在时，l的方程为x=2或x=−这时M2,2，N2,−显然，以MN为直径的圆也过原点O.综上，以MN为直径的圆恒过原点O.25．已知动圆M恒过定点F0,18，圆心M到直线y=−(1)求M点的轨迹C的方程；(2)过直线y=x−1上的动点Q作C的两条切线l1,l2，切点分别为【答案】(1)x(2)证明见详解【分析】（1）设Mx,y，由题意可得y+（2）设Ax1,2x12,B【详解】（1）设Mx,y，则MF因为d=MF+1当y+14≥0，即y≥−14当y+14<0，即y<−整理得x2综上所述：M点的轨迹C的方程x2（2）由（1）可知：曲线C：x2=12y设Ax可知切线QA的斜率为4x1，所以切线QA：则t−1−2x12同理由切线QB可得：2x可知：x1,x2为方程可得直线AB的斜率kAB设AB的中点为Nx0,即Nt,4所以直线AB：y−4t2所以直线AB恒过定点P1

【点睛】方法点睛：过定点问题的两大类型及解法（1）动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为y=kx+t，由题设条件将t用k表示为t=mk+n，得y=kx+m+n，故动直线过定点（2）动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．26．已知双曲线C:x2a2−y2

(1)求双曲线C的方程；(2)过点A的两条直线AP，AQ分别与双曲线C交于P，Q两点（不与A点重合），且两条直线的斜率k1，k2满足k1+k2=1，直线PQ与直线x=2，y【答案】(1)x(2)证明见解析【分析】（1）根据已知条件求得a,b，从而求得双曲线C的方程.（2）设出直线PQ的方程并与双曲线方程联立，化简写出根与系数关系，根据k1+k2=1【详解】（1）∵a>0，b>0，依题意，ba所以双曲线C的方程为x2（2）依题意可知PQ斜率存在，设方程为y=kx+m，Px1,y=kx+mxΔ=64k2m2k=2k−4整理得m+2km+2k−11）m+2k=0，⇒PQ:y=kx−2k，过A2,02）m+2k−1=0，⇒PQ:y=kx−2k+1，过点2,1，此时，将m=1−2k代入①得1−2k2∴PQ与x=2交于点M2,1，故S【点睛】关键点睛：求解双曲线的标准方程，关键点在于根据已知条件求得a,b，a,b是两个未知数，所以题目往往给定两个已知条件，如本题中的渐近线方程和A点坐标，有时候，还需要结合隐藏条件“c227．已知椭圆C1:x2a2+y2(1)求实数a和b的值；(2)若梯形ABCD的顶点都在椭圆C1上，AB//CD，CD=2AB，直线BC与直线AD相交于点P．且点P在椭圆C【答案】(1)a=2，b=(2)证明见解析【分析】（1）利用a,b表示出椭圆C1（2）利用中点坐标公式可表示出A,B坐标，将A,C代入椭圆方程可整理得到x1x0+4y【详解】（1）由椭圆C1方程可得其焦距为2a2由椭圆C2可得其焦距为212−b由题意知：212−b2=23∴a=2，b=3（2）设Cx1,y1，D∵AB//CD，CD=2AB，∴A,B分别为PD,PC的中点，∴Bx1+x0∴x∵x0212+y0同理可得：x2x0+4y2y∴直线CD恒过定点0,0.

【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的直线过定点问题的求解，解题关键是能够利用中点坐标公式表示出A,B坐标，利用点在椭圆上可构造方程组整理得到C,D所满足的直线方程，根据直线CD方程可确定定点坐标.28．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左顶点为A，上顶点为B，右焦点为(1)求C方程；(2)已知点M、N均在直线x=2上，以MN为直径的圆经过O点，圆心为点T，直线AM、AN分别交椭圆C于另一点P、Q，证明直线PQ与直线OT垂直．【答案】(1)x(2)证明见解析【分析】（1）由题设易知c=1且D−a2,0，根据BD=（2）令M(2,m)，N(2,n)，则T(2,m+n2)，而A(−2,0)，即可写出直线AM、BN的方程，联立椭圆方程并设P(x1,y1)、Q(x2,y2)【详解】（1）由题意知：c=1，D−a2,0，则∴a24+b2∴a2−a−2=0，解得a=2或a=−1（舍去），故∴C的方程x2

（2）令M(2,m)，N(2,n)，则T(2,m+n2)∴AM:y=m4(x+2)联立椭圆方程x24+y2若P(x1,y1)，则x1同理x24+y2若Q(x2,y2)，可得∴kPQ又OM⊥ON，则OM⋅ON=0，所以mn=−4，故k∴kPQ⋅kOT=−1

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算Δ；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x（5）代入韦达定理求解.29．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1，F2，A(1)求C的方程；(2)C的弦DE过F1，直线AE，AD分别交直线x=−4于M，N两点，P是线段MN的中点，证明：以PD【答案】(1)x2(2)证明见解析.【分析】（1）根据椭圆的定义结合三角形不等式求解即可；（2）设Dx1,y1【详解】（1）依题意，a2△BF2D周长DB+D

所以a2=4,b2=3（2）设Dx1,y1,ExΔ=36m2+36易知AD:y=y1x1−2x−2，令从而中点P−4,−3以PD为直径的圆为x+4x−由对称性可知，定点必在x轴上，令y=0得，x+4x−y=−18m所以x+4x−x1+3my所以x2+5−m解得x=−1，所以圆过定点−1,0.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为x1（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算Δ；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x2，x1（5）代入韦达定理求解.30．已知抛物线C：y2=2pxp>0的焦点F与椭圆x24+y23=1的右焦点重合，点M是抛物线C的准线上任意一点，直线

(1)求抛物线C的标准方程及其准线方程；(2)设直线MA，MB的斜率分别为k1，k2，证明：【答案】(1)抛物线C的标准方程为y2=4x(2)证明见解析【分析】（1）求出椭圆的右焦点坐标可得p，从而求出抛物线C的标准方程，准线方程；（2）设过点M−1,t的直线方程为y=kx+1+t，与抛物线方程联立，利用相切得出Δ=0【详解】（1）因为a2=4,b所以c=1，可得椭圆x24+可得抛物线C的焦点为F1,0，∴p=2所以抛物线C的标准方程为y2=4x，准线方程为（2）由于点M是抛物线C的准线上任意一点，故可设M−1,t因为直线MA，MB的分别与抛物线C相切于点A，B点可知直线MA，MB的斜率存在，且不为0，设过点M−1,t的直线方程为y=k联立y2=4xy=kx+1+t其判别式Δ=16−16kk+t，令Δ=0，得k由韦达定理知k1+k2=−t【点睛】研究直线与圆锥曲线的位置关系的基本方法分为两类：一、联立直线与圆锥曲线方程，运用判别式判断交点个数从而得到两者的位置关系，这一方法基本固定，在范围问题中，判别式是提供参数范围的一个最常用的不等式，十分重要；二、针对中点弦这一特殊问题的专用方法——点差法.31．在平面直角坐标系xOy中，圆F1：x+22+y2=4，F22,0，P是圆F1上的一个动点，线段PF2(1)求曲线C的方程；(2)过点F2作与x轴不垂直的任意直线交曲线C于A，B两点，线段AB的垂直平分线交x轴于点H，求证：AB【答案】(1)x2(2)证明见解析.【分析】（1）根据圆的性质结合垂直平分线性质即可得曲线C的方程；（2）设直线AB的方程为y=kx−2，Ax1,y【详解】（1）如图所示，

连结MF2，根据题意，则MF2∴点M的轨迹是以F1，F设双曲线方程为x2其中2a=2，2c=4，∴a=1，c=2，b2故所求C的方程为x2（2）证明：

设直线AB的方程为y=kx−2，y=kx−2x2−所以x1+x所以AB中点为Q2当k=0时，Q0,0，H0,0,A当k≠0时，则AB垂直平分线方程为y−6kk2−3=−1k所以F2又AB=于是得ABF综上可得ABF【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为x1（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算Δ；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1（5）代入韦达定理求解.32．已知椭圆C：x2a2+y(1)求椭圆C的方程；(2)过点P4,1的动直线l与椭圆C相交于不同的A,B两点，在线段AB上取点Q，满足AP⋅QB【答案】(1)x(2)证明见解析【分析】（1）根据题意得2b=22ca=2（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，Qx,y，P【详解】（1）由题意可知2b=22ca=22，因为所以所求椭圆的方程为x（2）设Ax1,y1，B直线AB的斜率显然存在，设为k，则AB的方程为y=kx−4因为A，P，B，Q四点共线，不妨设x2则AP=1+k24−x1由AP⋅QB=化简得2x联立直线y=kx−4+1和椭圆的方程，得消去y，得2kΔ=16k2(1−4k)由韦达定理，得x1+x化简得x=4k+1k+2=4−又k=y−1x−4，代入上式，得7y−1所以点Q总在一条定直线2x+y−2=0上．

【点睛】关键点睛：本题解题的关键是设出直线AB的方程，利用弦长公式表示出AP,QB,33．如图，椭圆E:x2a2+y2=1(a>1)的左、右顶点分别为A,B，Q−a,a，N为椭圆上的动点且在第一象限内，线段QN与椭圆E交于点M（异于点N），直线OQ与直线BM交于点P，O

(1)求椭圆E的方程．(2)设直线AN,AP的斜率分别为k1,k【答案】(1)x2(2)−1【分析】（1）根据题意，设出点的坐标，利用斜率公式，建立方程，可得答案；（2）根据设出点的坐标以及直线方程，联立椭圆与直线，写出韦达定理，利用点的坐标表示处直线并求出交点，利用斜率公式，写出代数式，化简可得答案.【详解】（1）设直线AM与BP的斜率分别为kAM,k设Mx0,y0，由椭圆E:x2因为M在椭圆E上，则x02a设直线AM与BM的斜率分别为kAM则kAM由kAM⋅kBP=解得a2=9，由a>0，解得则椭圆E:x（2）由（1）可得A−3,0，B3,0，易知直线MN斜率存在，否则直线MN过点Q−3,3设直线MN:y=kx+m，由Q−3,3在直线MN上，则3=−3k+m，即m=3+3k设Mx1,y1，N化简可得：1+9k2x由韦达定理，可得x1+x直线BM:y=y1x联立可得：y=y1x1−3即3y1=xy1故k1=y可得k1⋅k2=y2则k1由m=3k+3，则k1⋅=−k2x将x1+x2=−则k=−9m2将m=3k+3代入上式，则k=−9【点睛】本题的关键解题思想为“设而不求”，设出点的坐标，利用椭圆与直线方程，建立等量关系，化简代数式，即可解题.34．已知F是抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点，过点F的直线交抛物线C于A,B两点，当AB平行于y(1)求抛物线C的方程；(2)若O为坐标原点，过点B作y轴的垂线交直线AO于点D，过点A作直线DF的垂线与抛物线C的另一交点为E,AE的中点为G，证明：G,B,D三点共线.【答案】(1)y(2)证明见解析【分析】（1）当AB平行于y轴时，设直线AB的方程为x=p2，设点Ax1,y1、B（2）写出直线AO的方程，将y=y2代入直线AO的方程，求出D的坐标，然后求出AE的方程，与抛物线的方程联立，结合韦达定理求出点G的坐标，可得出G、B、【详解】（1）抛物线C的焦点为Fp当AB平行于y轴时，设直线AB的方程为x=p2，设点ApAB=AF+所以，抛物线C的方程为y2（2）设直线AB的方程为x=my+12，设点Ax联立y2=2xx=my+由韦达定理可得y1+y又因为直线AO的方程为y=y

将y=y2代入直线AO的方程可得y2=2所以，kDF因为AE⊥DF，则kAE所以，直线AE的方程为y−y联立y−y1=1y故yE=2y由AE的中点为G，可得Gx故G、B、D三点共线．35．在平面直角坐标系xOy中，已知定点F(1,0)，定直线l:x=4，动点P在l上的射影为Q，且满足|PQ|=2|PF|.(1)记点P的运动轨迹为E，求E的方程；(2)过点F作斜率不为0的直线与E交于M,N两点，l与x轴的交点为H，记直线MH和直线NH的斜率分别为k1,k【答案】(1)x(2)证明见解析【分析】（1）设P(x,y)，由|PQ|=2|PF|列式化简即可得E的方程；（2）设过点F作斜率不为0的直线为x=my+1，M(x1,y1【详解】（1）设P(x,y)，则Q(4,y)，因为|PQ|=2|PF|，所以x−4=2(x−1)2即E的方程为x2（2）由题意知H(4,0)，设过点F作斜率不为0的直线为x=my+1，M(x1,联立x=my+1x24则y1+y又k1=y则k=2m所以k1

36．已知双曲线C：x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的离心率是3，实轴长是2，O为坐标原点.设点Px0,y0为双曲线C上任意一点，过点(1)当l的方程为x0xa(2)设MP=λPN，求证：【答案】(1)S=(2)证明见解析【分析】（1）首先求双曲线方程，直线l方程与双曲线方程联立，得到x1角和的正切公式表示|tan∠MON|，并求sin∠MON，最后代入三角形面积公式，即可求解；（2）利用向量的坐标表示关系，点P的坐标用点M,N的坐标表示，并代入双曲线方程求x1【详解】（1）由题意可知，2a=2，ca=3则a=1，b=2.∴双曲线C的方程为x设P(x0， y0把l：x0x−y0y2=1∴Δ=16x02∵|tan∠MON|=2ba∴S=1∴S=2（2）证明：双曲线渐近线方程为y=±2x，则y1由MP=λPN，得x0∵x02−y0化简可得x1∴S=1∴(1+λ)2

【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线相交的综合应用，重点考查弦长公式，三角恒等变换，以及韦达定理，本题的关键是利用点M,N的坐标，正确表示S=137．已知点P4,3为双曲线E:x2a2−y(1)求双曲线E的标准方程；(2)不过点P的直线y=kx+t与双曲线E交于A,B两点，若直线PA，PB的斜率和为1，证明：直线y=kx+t过定点，并求该定点的坐标.【答案】(1)x(2)证明见解析，定点为(−2,3).【分析】（1）由点到直线的距离公式求出b=3，再将点P4,3代入双曲线方程求出a2（2）联立直线与双曲线方程，利用韦达定理得x1+x2、x1x2，再根据斜率和为1【详解】（1）设F1(−c,0)(c>0)到渐近线y=bax则3=|−bc|b2+又P(4,3)在双曲线x2a2−y所以双曲线E的标准方程为x2（2）联立y=kx+tx24−y则3−4k2≠0，Δ=64设A(x1,则x1+x则kPA+==2kx1所以2kx1x所以2k−1x所以−2k−1整理得t2所以(t−3)2所以t−3−2kt−3+4k因为直线y=k