2025年高考数学复习大题题型归纳：圆锥曲线中的定点、定值和定直线问题（解析）

专题11圆锥曲线中的定点、定值和定直线问题

一、椭圆定点问题

1.已知圆E：(%+1)2+y2=16,点F(1,O),G是圆E上任意一点，线段GF的垂直平分线和半径GE相交于H

(1)求动点H的轨迹「的方程；

(2)经过点尸和7(7,0)的圆与直线/：x=4交于P,Q,已知点力(2,0),且力P、4Q分别与「交于M、N.试探究直

线MN是否经过定点.如果有，请求出定点；如果没有，请说明理由.

【答案】(19+9=1

(2)经过定点，定点坐标为(1,0)

【分析】(1)利用椭圆的定义即可求出动点H的轨迹「的方程；

(2)设'(如丫2)，直线MN的方程为：%=my+n,与椭圆方程联立，根据韦达定理列出式「yr,

x2,乃之间的关系，再利用两点式写出直线M4的方程，求出点P(4,悬)，Q(4,爸)，再写出以PQ为直径

的圆的方程，根据圆的方程经过点7(7,0),得到关系式，进而求得n为定值，从而得到直线MN过定点.

【详解】(1)如图所示，

\'\HE\+\HF\=\HE\+\HG\=4,且|EF|=2<4,

二点H的轨迹是以E,尸为焦点的椭圆，

设椭圆方程企+==1,则2a=4,c—1,.'.a—2,b—^d2-—c2=V3.

所以点H的轨迹方程为：S

43

（2）设直线MN的方程为：x=my+n,

（日_|_廿_1

由14十3一,得（3m2+4）y2+6mny+3n2-12=0

1%=my+n

设N(%2，y2)，贝的1+%=一^;，刈、2=^|

所以，%1+%2=巾61+72)+2九=%1%2=(myi+n)(my2+九)=-匕；；,

因为直线M2的方程为：丫=含0-2),令x=4,得yp=悬，

所以，PR,言)，同理可得Q(4,含)，

以PQ为直径的圆的方程为：0一4尸+(y-悬)(y-悬)=0,

即(京-铲+产一晶+省"悬乂悬空

因为圆过点(7,0),所以，9+悬x慧=0,

12-2-48

得9+——学”——=0,代入得9+—「零豆——=0,

22

%1%2-2(%1+%2)+4-12m+4n16n|

3m2+43m^+4

化简得，9+产2-48=o(4"2—i6n+16RO,nH2),解得n=1或n=2(舍去)，

4n^-16n+16

所以直线MN经过定点(1,0)，

当直线MN的斜率为0时，此时直线MN与x轴重合，直线MN经过点(1,0),

综上所述，直线MN经过定点(1,0).

2.已知点4(2,0),2(一.一§在椭圆M:[+\=l(a>b>0)上.

(1)求椭圆M的方程；

(2)直线/与椭圆M交于C,D两个不同的点(异于4B),过C作x轴的垂线分别交直线于点P,Q,当P是CQ

中点时，证明.直线/过定点.

2

【答案】(*v+y2=1

⑵证明见解析

【分析】(1)根据椭圆所经过的点列方程求出其方程；(2)设出CD方程，结合韦达定理和P是CQ中点的

条件，找到直线CD中两个参数的关系，从而求出定点.

【详解】⑴由题知a=2,又椭圆经过B代入可得乂一成+[(—/=1,解得b2=l,

故椭圆的方程为：y+y2=1

由题意知，当l，x轴时，不符合题意，故1的斜率存在，设1的方程为丫二kx+m,

y=kx+m

联立]x2y消去y得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,

匕+y7=i

则A=64k2m2—16(m2—l)(4k2+1)=16(4k2—m24-1)>0,

即4k2+1>m2

设C(xi，yj,D(x2,y2),Xi+x2=乂或2=梨子

AB的方程为y=：(x-2),令x=Xi得

AD的方程为y=含@一2),令x=xi得Q(xi，造y2),

由P是CQ中点,得当3=y1+辽丫2，即-^+=

2X2-2xi-2X2-22

即(％+m)(x2-2)+(kx2+m)(xi-2)=|[x^-2(xx+x2)+4],

即(1—4k)x1x2+(4k—2m—2)(x1+x2)+4+8m=0,

即4m2+(16k+8)m+16k2+16k=0,所以(m+2k)(m+2k+2)=0,

得m=-2k—2或m=-2k,

当m=-2k-2,此时由△>(),得kV-j,符合题意；

8

当m=-2k,此时直线I经过点A,与题意不符，舍去.

所以1的方程为y=kx-2k-2,即y=k(x—2)-2,

所以1过定点(2,-2).

3.如图，椭圆。捺+/=1(。>6>0)的左、右顶点分别为4,B.左、右焦点分别为七,F2,离心率为学,

点在椭圆C上.

(1)求椭圆C的方程；

(2)已知尸，。是椭圆C上两动点，记直线4P的斜率为自，直线3。的斜率为无，的=2七.过点2作直线

尸。的垂线，垂足为〃.问：在平面内是否存在定点7,使得|TH|为定值，若存在，求出点7的坐标；若不

存在，试说明理由.

【答案】(l)C:[+q=1；

4Z

(2)存在定点T(|,0)使|TH|为定值，理由见解析.

【分析】(1)根据离心率，椭圆上点及参数关系列方程组求a,b,c,即可得椭圆方程;

(2)根据题意设BQ:y=k(x—2),AP:y=2k(x+2),联立椭圆方程求P,Q坐标，判断直线PQ过定点,

结合BH_LPQ于H确定H轨迹，进而可得定点使得|TH|为定值.

(厚2

【详解】⑴由题意1,可得卜2a2铲则椭圆方程为C:：2+《=l；

7+b2-1lb2=C2=242

la2=b2+c2

(2)若直线BQ斜率为k,则直线AP斜率为2k,而A(-2,0),B(2,0),

所以BQ:y=k(x—2),AP:y=2k(x+2),

联立BQ与椭圆C则x2+2k2(x-2)2=4,整理得(1+2k2)x2-8k?x+8k2-4=0,

所以2XQ=W，则XQ=喘,故yQ一备,

联立AP与椭圆C,则x2+8k2(x+2)2=4,整理得(1+81<2)*2+321<2*+321<2-4=0,

所以一2xp=/,则xp=^f,故yp=盛,

2口_4k2-22-16k264k4-4

方上，XQ-Xp=苗店—而商=(1+8H)(1+2附

_____4k_______8k___12k+48k3

yQ-yp--i+2k2—l+8k2——(]+8k2)(l+2k2)，

当64k4-4。。，即kH决寸，1^=黠需=告，

rLMnc।4k3k，।2-4k2.3k,6k-12k3

寸Q'丫+l+2k2-Ik2(X+1+2k2)-1-41<2'+(1+21<2)(1-41<2)'

所以PQ：y=+告=&(3x+2),即直线PQ过定点(—I，0)；

当64k4—4=0,即k=±1时，

若卜=(,贝％=-|■且y(j=，，xp=—g且yp=g,故直线PQ过定点(—■!，())；

若k=_g,贝!|XQ=_g且y(j=g,xp=_，yp=_/故直线PQ过定点(_|,0)；

综上，直线PQ过定点M(-*0),又BH1PQ于H,

易知H轨迹是以BM为直径的圆上，故BM的中点弓,0)到H的距离为定值，

所以，所求定点T为(|,0).

【点睛】关键点点睛：第二问，设直线BQ,AP联立椭圆，结合韦达定理求点P,Q坐标，再写出直线PQ方

程判断其过定点是关键.

4.已知椭圆C:《+3=l(a>6>0)的左、右焦点分别为％,52,H3分别是C的右、上顶点，且河=近，

。是C上一点，/kB%。周长的最大值为8.

⑴求C的方程；

(2)C的弦DE过％,直线AE,AD分别交直线尤=-4于M,N两点，P是线段MN的中点，证明：以PD为直

径的圆过定点.

【答案】(1咛+?=1;

(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D（Xi，yi）,E（X2，y2），直线DE:x=my-1,联立直线与椭圆的方程，根据过两点圆的方程，结合图

形的对称性可得定点在x轴上，代入韦达定理求解即可.

【详解】(1)依题意，a?+b2=7,

△BF2D周长|DB|+IDF2I+a=|DB|+2a-|DFJ+a<|BF1|+3a=4a,当且仅当B,Fi，D三点共线时等号

成立，故4a=8,

y八

B

所以a2=4,b2=3,所以C的方程号+4=1；

43

(2)设D(Xi，yi),E(X2，y2)，直线DE:x=my-l,代入亍+5=1,整理得(3m?+4)y?-6my-9=0,

2

△=36m2+36(3m+4)>0,Yi+y2=品；色丫2=京

易知AD:y=—2),令x=-4,得N(—同得M(-4,3

从而中点P-3(匿+瓷))，

以PD为直径的圆为(x+4)(x—Xi)+(y+3(三^+志力)(丫—Y1)=。，

由对称性可知，定点必在x轴上，

令y=0得，(x+4)(x-Xi)-3yl(含+瓷)=0,

yi+y2=yi+=2myiy2-30+丫2)

-

Xi—2X2—2-m%—3my2-3m2yly2-3m(y1+y2)+9

—18m18m

=可-可=3=—m,

22

-9m18m|Q36

3m2+43m2+4

所以(x+4)(x—X。+3myi=0,即x2+(4—xQx—4x1+3myi=0,因为x】=myi—1,

所以X?+(5-myjx-myi+4=0,即(x+l)(x—my1+4)=0,

解得x=-l,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(xi，y。仪2，丫2);

(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A；

(3)列出韦达定理；

(4)将所求问题或题中的关系转化为Xi+X2，XiX2(或yi+y2，yiy2)的形式；

(5)代入韦达定理求解.

22

5.已知椭圆。%+3=1(£1>6>0)的左顶点为力，过右焦点F且平行于y轴的弦PQ=4F=3.

(1)求△力PQ的内心坐标；

(2)是否存在定点D,使过点D的直线I交C于M,N,交PQ于点、R,且满足须•而=丽•而？若存在，求出

该定点坐标，若不存在，请说明理由.

【答案】⑴箸,0)

(2)存在定点D(4,0)

【分析】(1)由题意，根据椭圆的定义以及a2=b2+c2,列出等式即可求出椭圆C的方程，判断AAPQ的

内心在x轴，设直线PT平分NAPQ,交x轴于点T,止匕时T为AAPQ的内心，进行求解即可；

(2)设直线1方程为y=k(x—t),M(xi，yl,N(x2,y2),将直线1的方程与椭圆方程联立，得到根的判

别式大于零，由点M、R、N、D均在直线1上,得到丽-ND=MD-RN,此时2t-(1+t)(X1+x2)+2X1x2=0,

结合韦达定理求出t=4,可得存在定点D(4,0)满足题意.

【详解】(1);a?=b2+c2,—=a+c=3、a=2,b=V3,c=1

a

...椭圆C的标准方程为。+0=1,

43

不妨取P(1,|),Q(1,-1),A(—2,0),则AP=哈PF=-

因为AAPQ中，AP=AQ,所以△APQ的内心在x轴，设直线PT平分NAPQ,交x轴于T,贝5]T为AAPQ

的内心，且某=祟=有=号，所以AT=福，则T(T，O)；

(2)•.•椭圆和弦PQ均关于x轴上下对称.若存在定点D,则点D必在x轴上.•.设D(t,0)

(y=k(x-t)

当直线1斜率存在时，设方程为丫=1<依-。乂&1，丫1)”G2，丫2)，直线方程与椭圆方程联立*2y2_

IT+T=1

消去y得(4k2+3)x2-8k2tx+4(k2t2-3)=0,

则A=48(k2+3-k2t2)>O,X1+X2=^J\，X1X2=埠①

:点R的横坐标为1,M、R、N、D均在直线1上，MR-ND=MD-RN

22

•1•(1+k)(l-Xi)(t-x2)=(1+k)(t-x1)(x2-1)

•••2t-(1+t)(xi+x2)+2x1X2=02t-(1+t)+2X噌二3)=。，整理得t=%

4KT34K।o

因为点D在椭圆外，则直线1的斜率必存在.，存在定点D(4,0)满足题意

【点睛】解决曲线过定点问题一般有两种方法：①探索曲线过定点时，可设出曲线方程，然后利用条件

建立等量关系进行消元，借助于曲线系的思想找出定点，或者利用方程恒成立列方程组求出定点坐标.②从

特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.

二、双曲线定点问题

6.已知点P(4,3)为双曲线£:，一，=1必>02>0)上一点，E的左焦点Fi到一条渐近线的距离为

(1)求双曲线E的标准方程；

⑵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】(瑞—？=1

（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=V3,再将点P（4,3）代入双曲线方程求出a?=4,可得双曲线E

的标准方程；

（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列式，推出t=2k+3,

从而可得直线y=kx+t过定点（-2,3）.

【详解】（1）设FK—c,0）（c>0）到渐近线丫=—*,即bx—ay=0的距离为旧，

则8=^~^2,结合a?+b?=c2得b=V3,

又P（4,3）在双曲线摄—?=1上，所以*《=1,得a2=4,

所以双曲线E的标准方程为手―£=1.

43

(y=kx+t

(2)联立《—理_,消去y并整理得(3—4k2)x2—8ktx—4t2—12=0,

(43~

则3-4k2^0,△=64k2t2+4(3-4k2)(4t2+12)>0,即t2+3>4k2,

设A(xi，yi),B(X2)2),

rnd।8kt4t2+12

则X1+X2="J，X[X2=—MT，

则kpA+kpB*+窗=当+与等

(kx1+1—3)(x2-4)+(kx2+t—3)(xi—4)

(X1-4)(X2-4)

2kxiX2+(t—4k—3)(xi4-X7)—8t+244

=19

X1X2-4(XI+X2)+16

所以2kxiX2+(t-4k-3)(xi+x2)-8t+24=xtx2-4(x1+x2)+16,

所以(2k—1)X]X2+(t—4k+l)(xi+X2)-8t+8=0,

所以_(21)吧+⑵+”竺塔理—玳+8=0,

3—4K3—4K

整理得t2-6k+2kt-6t-8k2+9=0,

所以(t—3)2+2k(t—3)—8k2=0,

所以(t-3-2k)(t-3+4k)=0,

因为直线y=kx+t不过P(4,3),即344k+t,t-3+4kKO,

所以t—3—2k=0,即t=2k+3,

所以直线y=kx+t=kx+2k+3,即y-3=k(x+2)过定点(-2,3).

【点睛】关键点点睛：利用韦达定理和斜率公式推出t=2k+3是解题关键.

7.双曲线C:《-/=l(a>0/>0)的左顶点为A,焦距为4,过右焦点尸作垂直于实轴的直线交C于8、D

两点，且AABD是直角三角形.

⑴求双曲线C的方程；

(2)已知M,N是C上不同的两点，MN中点的横坐标为2,且MN的中垂线为直线2,是否存在半径为1的定圆E,

使得/被圆E截得的弦长为定值，若存在，求出圆E的方程；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)X2-1=1

(2)存在，E:(x-8)2+y2=1

【分析】(1)根据双曲线的性质，结合AABD是等腰直角三角形的性质，列出关系式即可求解双曲线方程;

(2)首先利用点差法求出直线1所过的定点，即可求出定圆的方程.

【详解】(1)依题意，NBAD=90。，焦半径C=2,

当x=c时,得y2=b2(，l)=9，BPy=±y,

所以|BF|=Q,由|AF|=|BF|,得a+c=Q,得a?+2a=2?—a?,

aa

解得：a=l(其中a=-2VO舍去)，

所以b?=c2—a2=4—1=3,

故双曲线C的方程为x2-J=l;

(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),MN的中点为Q(x0,y0)

因为M,N是C上不同的两点，MN中点的横坐标为2.

所以《

①-②得(xi+x2)(X1-x2)-5+旷2)产)=0,

3(X1+X2)3x46

当1<MN存在时,1<MN—V1Y2一,

yi+y22yoyo

因为MN的中垂线为直线1,所以y—y0=—?(x—2),即l:y=—号(x—8),

66

所以1过定点T(8,0).

当kMN不存在时，M,N关于x轴对称，MN的中垂线1为x轴，此时1也过T(8,0),

所以存在以(8,0)为圆心的定圆E:(x-8)2+y2=1,使得1被圆E截得的弦长为定值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，本题的关键是求得直线所过的定点，因为

半径为1,所以定圆圆心为定点，弦长就是直径.

8.已知双曲线C:9一，=1(。>0,6>0)的右焦点，右顶点分别为F,A,B(0,b),\AF\=1,点M在线段4B

上，且满足|BM|=直线。M的斜率为1,。为坐标原点.

(1)求双曲线C的方程.

(2)过点F的直线1与双曲线C的右支相交于P,Q两点，在工轴上是否存在与F不同的定点£使得|EP|-|FQ|=

|EQ|・|FP|恒成立？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】(l)x2-9=l

(2)存在，E(1,0)

【分析】(1)由|AF|=1,|BM|=b|MA|,直线0M的斜率为1,求得a,b,c之间的关系式，解得a,b的值,

进而求出双曲线的方程；

(2)设直线PQ的方程，与双曲线的方程联立，可得两根之和及两根之积，由等式成立，可得EF为NPEQ

的角平分线，可得直线EP,EQ的斜率之和为0,整理可得参数的值，即求出E的坐标.

【详解】(1)设c?=a?+b?(c>0),所以F(c,O),A(a,0),B(0,b),

因为点M在线段AB上，且满足|BM|=B|MA|,所以点M(鲁a,焉b),

因为直线OM的斜率为1,所以*=1,所以

而V3aa

因为|AF|=1,所以c—a=l,解得a=l,b=V3,c=2.

所以双曲线C的方程为x2—9=1.

(2)假设在x轴上存在与F不同的定点E,使得|EP|•|FQ|=|EQ|-|FP|恒成立，

当直线1的斜率不存在时，E在x轴上任意位置，都有|EP|•|FQ|=|EQ|•|FP|；

当直线1的斜率存在且不为0时，设E(t,O),直线1的方程为乂=1<丫+2,

直线1与双曲线C的右支相交于P,Q两点，则一三<k<三且k/0,

设P(xi，yJ，Q(x2,y2)>

Y2_

由—3—',得(3k2-l)y2+12ky+9=0,3k2-1力0,△=36k?+36>0,

x=ky+2

二匚I、I112k9

所以yi+y2=-环，y/2=环，

因为|EP|.|FQ|=|EQ|“FP|,即黑=黑，所以EF平分NPEQ,kEP+kEQ=O,

止QiKQI7

有^h+即t+kvt=3得2kyiy2+(2—t)(yi+丫2)=°，

Xi—tX2—tKyi+z—tKy2+z—t

所以2k-+(2—t)(—/，)=0,由kKO,解得t=g.

综上所述，存在与F不同的定点E,使得|EP|•|FQ|=|EQ|•|FP|恒成立，且£((，0).

【点睛】方法点睛：

解答直线与双曲线的题目时，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，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不

要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，要强化有关直线与双曲线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.

9.已知双曲线C与双曲线《一9=1有相同的渐近线，且过点4(2/，-1).

(1)求双曲线C的标准方程；

(2)已知点D(2,0),E,尸是双曲线。上不同于。的两点，且尻•而=0,DGLEF于点G,证明:存在定点区

使|GH|为定值.

【答案】(q―y2=1；

(2)证明见解析.

【分析】(1)根据给定条件，设出双曲线C的方程，再将点A的坐标代入求解作答.

(2)当直线EF斜率存在时，设出其方程并与双曲线C的方程联立，由给定的数量积关系结合韦达定理求

得直线EF过定点，再验证斜率不存在的情况，进而推理判断作答.

22

【详解】⑴依题意，设双曲线C的方程为套一三=入(入H0),而点A(2&,-1)在双曲线C上，

于是人=嗒—萼=(,双曲线c的方程为捻一手号，即J_y2=i,

所以双曲线c的标准方程为9-y2=1.

(2)当直线EF斜率存在时，设直线EF的方程为：y=kx+m,设E(Xi，yi),F(X2，y2)，

V——kx+m

2_4y2_4消去y并整理得(4k2-l)x2+8kmx+4(m2+1)=0,

{x

有4k2-1H0,且乙二(8km)2-16(m2+l)(4k2-1)>0,即4k2-1w0且4k2-m2-1v0,

22

有Xi+X2=段X1X2=条手，又yiy2=(kxi+m)(kx2+m)=kX1X2+km(xi+x2)+m,

DE=(xx-2,yi),5F=(x2一2,y2),由瓦•加=0,得(x1-2)(x2-2)+yry2=0,

2

整理得(k2+1)-X1X2+(km-2)-(Xi+x2)+m+4=0,

于是(k2+1)-4mJ,+(km—2)•一•+m?+4=0,化简得3m2+16km+20k2=0，

即(3m+10k)(m+2k)=0,解得m=-2k或m=-与k,均满足条件，

当m=-2k时，直线EF的方程为y=k(x-2),直线EF过定点(2,0),与已知矛盾，

当111=一与k时，直线EF的方程为y=k(x-弓)，直线EF过定点M(^,0)；

当直线EF的斜率不存在时，由对称性不妨设直线DE的方程为：y=x-2,

由:4解得X=2或x=热因此点E,F的横坐标XE，XF有XE=XF=墨即直线EF过定点

综上得直线EF过定点M(y,0),

由于DG1EF,即点G在以DM为直径的圆上，H为该圆圆心，|GH|为该圆半径，

所以存在定点H(g,0),使|GH|为定值|.

【点睛】思路点睛：与圆锥曲线相交的直线过定点问题，设出直线的斜截式方程，与圆锥曲线方程联立，

借助韦达定理求出直线斜率与纵截距的关系即可解决问题.

10.已知双曲线C:刀2一，=1(6>0)的左、右焦点分别为6,F2,4是C的左顶点，C的离心率为2.设过尸2

的直线I交C的右支于P、Q两点，其中P在第一象限.

(1)求C的标准方程；

⑵若直线4P、4Q分别交直线％=T于M、N两点，证明：丽・福为定值；

(3)是否存在常数九使得NP&A=4NP4F2恒成立？若存在，求出％的值；否则，说明理由.

【答案】(1)x2-1=1；

(2)证明见解析；

(3)存在人=2,理由见解析.

【分析】(1)根据离心率，以及a,结合b2=c2-a2,即可求得曲线C方程；

(2)设出直线PQ的方程，联立双曲线方程，得到关于点P,Q坐标的韦达定理；再分别求得AP,AQ的方程,

以及点M,N的坐标，利用数量积的坐标运算，即可证明；

(3)求得直线PQ不存在斜率时满足的入，当斜率存在时，将所求问题，转化为直线PA,PF2斜率之间的关

系，结合点P的坐标满足曲线C方程，求解即可.

【详解】(1)由题可得a=1,-=2,故可得c=2,则b?=c2-a2=4-1=3,

a

故C的标准方程为x2—]=l.

(2)由(1)中所求可得点A,F2的坐标分别为(一1,0),(2,0),

又双曲线渐近线为y=±gx,显然直线PQ的斜率不为零，

故设其方程为x=my+2,(m*±y)>

联立双曲线方程x2-y=1可得：(3m2-l)y2+12my+9=0,

设点P,Q的坐标分别为(xi，yj,(x2,y2),

则yi+y2=-y/2=

3m“—I3m”一l

4

Xi+x2=m(%+y2)+4=

o3m2-4

；

x/2=m-yiy2+2m(y1+y2)+4=3m2T

又直线AP方程为：y=4(x+l),令x=3则y：!二％,

xi+122xi+1

故点M的坐标为

22xi+1

直线AQ方程为：y="、(x+l),令x=[,则丫=9“、，

X2+122X2+1

故点N的坐标为(，,?•工、)；

22X2+1

则函.丽=(|,一।.含).(|,一।.含)

9

_9।9yiy_9।93m2—1

~------------------2---------——―1------------------------------------

44XiX+Xi+X2+144-3m2-44

23m2-1-3m2-l+

999

=—I----------=0

44-9

故丽•丽为定值0.

(3)当直线PQ斜率不存在时，

对曲线C:x2—9=1,令x=2,解得y=±3,

故点P的坐标为(2,3),止匕时NPF2A=90°,

在三角形PF2A中,|AF2|=3,|PF2|=3,故可得NPAF?=45。，

则存在常数a=2,使得NPF2A=2NPAF2成立；

当直线PQ斜率存在时，

不妨设点P的坐标为(x,y),XH2,直线PF2的倾斜角为a,直线PA的倾斜角为0,

则4PF2A=n-a,zPAF2=p,

假设存在常数入=2,使得NPF2A=2NPAF2成立，即n-a=2|3,

则一定有：tan(n-a)=-tana=tan2p=2^anf,也即-kpF2=:^-;

j.—ranpi—KPA

0y

T7i_-y2kpA_"x+1_2y(x+1)；

X-kpF2——；7^-；~~(x+l)2-y2

(x+1)2

又点P的坐标满足x2-?=1,则y2=3x2-3,

桃2kpA_2y(x+1)_2y(x+1)

%-k金一(x+l)2-y2-(X+1)2-3X2+3

_2y(x+1)_2y(x+1)__y

一-2x2+2x+4―-2(x-2)(x+1)—x-2

故假设成立，存在实数常数人=2,使得NPF2A=2NPAF2成立；

综上所述，存在常数入=2,使得NPF2A=2/PAF2恒成立.

【点睛】关键点点睛：本题考察双曲线中定值以及存在常数满足条件的问题；其中第二问证明的关键是能

够快速，准确的进行计算；第三问处理的关键是要投石问路，找到特殊情况下的参数值，再验证非特殊情

况下依旧成立，同时还要注意本小题中把角度关系，转化为斜率关系；属综合困难题.

三、抛物线定点问题

11.已知动圆M恒过定点尸圆心M到直线y=—3的距离为d,d=

(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的两条切线儿办，切点分别为4B,证明：直线4B恒过定点.

【答案】(IM=/

(2)证明见详解

【分析】⑴设M(x,y),由题意可得‘+m=心+(丫—J化简整理即可；

(2)设A(Xi，2x)B(X2，x》Q(t,t—1),结合导数的几何意义分析可得为方程2x?—4tx+t—1=0的

两根，结合韦达定理求直线AB的方程，即可得结果.

【详解】⑴设M(x,y),则|MF|=Jx2+(丫一£)，d=|y+i|,

因为d=|MF|+/即|y+3=卜+(y-+、

111

当

寸

则

即0

y+->y>--y+--

4-o,-44+［整理得x2=Jy；

oL

当y+*<0,即y<-；时，贝=2+(丫—£)+1,

1

o

+-<

8不成立;

综上所述：M点的轨迹C的方程x2=ly.

(2)由(1)可知：曲线C：x2=|y,即y=2x2,则y'=4x,

设A(x1；2x)B(X2,x》Q(t,t-1),

可知切线QA的斜率为4x>所以切线QA：y-2x：=4xi(x-x。,

则t—1—2x?=4xi(t—X)整理得2x?—4txi+1—1=0,

同理由切线QB可得：2x2-4tx2+1—1=0,

2

可知：Xi，X2为方程2x-4tx+t-1=0的两根，则Xi+x2=2t,X]X2=?，

可得直线AB的斜率1<AB=必运=2(xi+x2)=4t,

X1-X2

22

设AB的中点为N(x0,y0),则x()=过产=t,y()=空詈^=(X1+x2)-2x^2=4t-t+1,

即N(t,4t2-t+1),

所以直线AB：y-(4t2-t+1)=4t(x-t),整理得y-1=4t(x-

所以直线AB恒过定点

【点睛】方法点睛：过定点问题的两大类型及解法

(1)动直线1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=k(x+m)+n,故动直线过定点(-m,n)；

(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.

12.已知抛物线的:/=2py(p>0)和圆。2：(%+I/+y=2,倾斜角为45。的直线匕过的焦点，且人与

相切.

⑴求抛物线的的方程；

(2)动点M在Ci的准线上，动点4在的上，若的在点4处的切线G交y轴于点B,设丽=加+而，证明点N

在定直线上，并求该定直线的方程.

【答案】(IM=12y；

(2)证明见解析，y=3.

【分析】(1)设直线11的方程为丫=*+*再根据直线和圆相切求出P的值得解;

(2)依题意设M(m,-3),求出切线上的方程和B点坐标，求出而=(xi-2m,6),ON=(X1-m,3)BP

可求解作答.

【详解】(1)依题意得，物线g:x2=2py的焦点坐标为(0,|),设直线L的方程为丫=*+*

而圆C2：(x+1)2+y2=2的圆心C2(-1,0),半径r=&,由直线匕与圆C?相切，

得d又p>3解得p=6,

Vi2+(-i)2

所以抛物线Ci的方程为x2=12y.

(2)由(1)知抛物线J：x2=12y的准线为y=—3,设M(m,—3),

由y=[求导得y'=?设AM，yD，则以A为切点的切线b的斜率为k=2，

12oo

于是切线匕的方程为v=1xi(x一X。+

6

令x=0,得y=—(xf+yi=-：x12yi+yi=-yi，即交y轴于点B(0,-y)

因此而=(xi—m,yi+3),丽=(-m,—yi+3),MN=MA+MB=(Xi-2m,6),

则而=小而+MN=(xi—m,3),设N点坐标为(x,y),从而y=3,

所以点N在定直线y=3上.

13.已知直线乙：x—y+1=0过椭圆C:亍+，=l(b>0)的左焦点，且与抛物线M:y2=2px(p>0)相

切.

(1)求椭圆C及抛物线M的标准方程；

(2)直线过抛物线M的焦点且与抛物线”交于4,3两点，直线OA,OB与椭圆的过右顶点的切线交于M,

N两点.判断以为直径的圆与椭圆C是否恒交于定点尸，若存在，求出定点P的坐标；若不存在，请说

明理由.

【答案】(1《+9=1,y2=4x

(2)存在，(-2,0)

【分析】(1)由直线11过椭圆C的左焦点，求出c得出椭圆方程，利用直线11与抛物线M相切，联立两

个方程，通过判别式为零进行求解；

(2)分成直线12斜率存在与不存在两种情况进行讨论，斜率存在时可设直线方程y=k(x-1),与椭圆方

程联立得出韦达定理，表示M,N两点坐标，利用两•两=0进行求解.

【详解】(1)由[得x2+(2—2p)x+l=0,

(.X—y+1=0

因为直线X—y+1=0与抛物线M只有1个公共点，

所以A=(2-2P尸-4=0,解得p=2,

故抛物线C的方程为y2=4x.

由直线x-y+1=0过椭圆C的左焦点得得c-1,

所以，4-b2=1,b2=3,

所以椭圆C的方程为E+(=i.

(2)如图1,

设A(x『yj,B(X2,y2).

当直线12斜率存在时，可设直线方程：y=k(x-1)

由174x^Mk2x2-(2k2+4)x+k2=0,

(y=k(x-1)

所以△=(2k2+4)2-4k4=16k2+16>0,

,2k2+4.

Xl+X2=1j-，X1X2=1.

22

所以yU2=k(xt-l)(x2-1)=k[XiX2-(Xi+x2)+1]=-4,

x2yi+xiy2=kx2(x1-1)+kxi(x2-1)=k[2x1x2-(x1+x2)]=-

直线OA的方程为y=/x,同理可得，直线OB的方程为y=£x,

令x=2得，M(2,守)，N(2,詈)，

假设椭圆C上存在点P(xo，yo),恒有PM1PN.

则PM.PN=(2—Xo，野―y°)•(2—x(),詈—y0)=0

即(2-Xo)2+(詈-y°)(普一yo)=。，

即&-x°y+yR铃詈y°+赞=。，

即(2-Xo)2+诏+/o-16=0,

令yo=0,可得x()=6或Xo=-2.

由于点(6,0)不在椭圆C上，点(-2,0)在椭圆D上，

所以椭圆C上存在点P(—2,0),使PMLPN恒成立

如图2,当直线斜率不存在时，直线过抛物线的右焦点，

则直线方程为x=l,与抛物线交于A(l,2),B(l,-2),

则直线OA方程为：y=2x,直线OB方程为：y=-2x,

椭圆的过右顶点的切线方程为x=2,切线方程x=2与直线OA交于M(2,4),与直线OB交于N(2,-4),

由上面斜率存在可知恒过P(-2,0),经验证满足由.PN=O,

所以当斜率不存在时候也满足以MN为直径的圆恒过定点(-2,0).

14.在平面直角坐标系中，已知圆心为点Q的动圆恒过点F(0,l),且与直线y=-l相切，设动圆的圆心Q

的轨迹为曲线匚

⑴求曲线「的方程；

(2)P为直线心y=yo(yo＜。)上一个动点，过点P作曲线「的切线，切点分别为4B,过点P作4B的垂线，

垂足为H,是否存在实数y0，使点P在直线】上移动时，垂足H恒为定点？若不存在，说明理由；若存在，求

出火的值，并求定点H的坐标.

【答案】(IM=4y

(2)存在这样的y°,当yO=—1时，H坐标为(0,1).

【分析】(1)依题意，由几何法即可得出圆心的轨迹「是以F(O,1)为焦点，1：y=-l为准线的抛物线.

(2)设直线AP的方程y-yi=k(x-xi),对抛物线方程求导化简也可得直线AP的方程，由恒等思想可

得y0+yi=等，y0+y2=等，构造直线方程为y+y0=等，故AB两点代入化简可得恒过点(o,—y0),

再由PH1AB得x=—-(y-y()-2),PH恒过点(0,y()+2),从而可得结论.。

【详解】(1)依题意，圆心的轨迹「是以F(0,l)为焦点，1：y=-l为准线的抛物线.

所以抛物线焦点到准线的距离等于2,故动圆圆心的轨迹「为x2=4y.

(2)假设存在实数y0,使点P在直线1上移动时，垂足H恒为定点，

设A(xi，yi),B(x2,y2),P(x0,y0),直线AP的方程为y-y1=k(x-x。,

将抛物线方程变形为y=<则y'=£所以k==,

所以AP的方程为y—yi=£(x—xi),

因为密=4yi，所以直线AP的方程为y+yi=竽，

把P(x0,yo)代入AP的方程得y0+yi=等.

同理可得丫。+丫2=等.

构造直线方程为y+yo=等,易知A,B两点均在该直线上，

所以直线AB的方程为y+y0=矍，

故AB恒过点(0,-y0).

因为PHJ.AB,所以可设PH方程为x—xo=—5(y-y0),

化简得xy(y—y0-2),

所以