重难点33 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题（举一反三）（新高考专用）（教师版） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

重难点33圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题【八大题型】【新高考专用】TOC\o"1-3"\h\u【题型1直线过定点问题】 2【题型2存在定点满足某条件问题】 7【题型3面积定值问题】 13【题型4斜率的和差商积定值问题】 19【题型5向量数量积定值问题】 24【题型6线段定值问题】 29【题型7角度定值问题】 34【题型8动点在定直线上问题】 421、圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题是高考的重点、热点内容，从近几年的高考情况来看，此类问题考查频率较高，此类问题一般有直线过定点问题、满足某条件的定点问题、定值问题以及定直线问题等，主要在解答题中考查，选择、填空题中考查较少，在解答题中考查时综合性强，难度较高.【知识点1圆锥曲线中的定点、定值问题】1．圆锥曲线中的定点、定值问题圆锥曲线中的定点定值问题一般与圆锥曲线的基本量和题设条件中的给定的点或值有关，曲线过定点问题以直线过定点居多，定点问题其实也可以归结到定值问题(定点的横纵坐标为定值).这类问题用函数的思想方法来处理，具体操作流程如下：(1)变量——选择合适的参变量；(2)函数——要证明为定值的量表示出参数的函数；(3)定值——化简函数解析式，消去参数得定值.一些存在性问题，是否存在定点使得某一个量为定值，是否存在定值使得某一量为定值，是否存在定点使得曲线过定点，是否存在定值使得曲线过定点，可以看做定点定值问题的延伸.2．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.3．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=(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．4．定值问题的求解思路：将问题涉及的几何式转化为代数式或三角式，证明该式的值与参数无关.5．求解定值问题的三个步骤(1)由特例得出一个值，此值一般就是定值；(2)证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值；(3)得出结论．【知识点2圆锥曲线中的定直线问题】1．圆锥曲线中的定直线问题定直线问题是指因图形变化或点的移动而产生的动点在定直线上的问题.这类问题的核心在于确定定点的轨迹，主要方法有：(1)设点法：设点的轨迹，通过已知点轨迹，消去参数，从而得到轨迹方程；(2)待定系数法：设出含参数的直线方程、待定系数法求解出系数；(3)验证法：通过特殊点位置求出直线方程，对一般位置再进行验证.【题型1直线过定点问题】【例1】（2024·河南周口·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为2，不经过坐标原点O且斜率为1的直线l与C交于P，Q两点，A为线段PQ的中点，直线OA的斜率为−12(1)求椭圆C的方程；(2)设B(2,0)，直线PB与C的另一个交点为M，直线QB与C的另一个交点为N，其中M，N均不为椭圆C的顶点，证明：直线MN过定点.【解题思路】（1）根据焦距求出c，再设Px1,y1，Qx2,y2，（2）设直线MN的方程为y=mx+t，Mx3,y3，Nx4,y4，表示直线PB的方程，联立直线与椭圆方程，消元求出x1，即可求出P【解答过程】（1）由椭圆C:x2a2+y2设Px1,y1，Qx2两式作差得，x1所以y12−所以kPQ⋅y所以a2=2b2，则a2故椭圆C的方程为x2（2）由题意可知直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为y=mx+t，Mx3,则kPB=y3x将其代入x22+y2则x1x3将x1=3x3所以P3x3所以−y42即mx整理得(3m+2t)x4−因此直线MN的方程为y=mx−32−12，令所以直线MN过定点32【变式1-1】（2024·江西九江·二模）已知双曲线C:x2a2−y2(1)求双曲线C的方程；(2)直线l与双曲线C交于不同的两点A，B，若直线PA，PB的斜率互为倒数，证明：直线l过定点．【解题思路】（1）根据离心率及a，b，c的平方关系得出b=2a，再由点P(3,4)在C上，可求解a2，b2，进而可得双曲线（2）当l斜率不存在时，显然不满足条件．当l斜率存在时，设其方程为y=kx+m，与方程联立C联立，可得根与系数的关系，表示出直线PA，PB的斜率k1，k2，由k1k2=1，结合根与系数的关系可得【解答过程】（1）由已知得e=ca=5，又点P(3,4)在C上，故9a解得a2=5，所以双曲线C的方程为：x2（2）当l斜率不存在时，显然不满足条件．当l斜率存在时，设其方程为y=kx+m，与方程联立C联立，消去y得(4−k由已知得k2≠4，且设A(x1,y1)，直线PA，PB的斜率分别为k1=y由已知k1k2即(k所以−(k化简得(m+3k−4)(5m−9k−12)=0，又已知l不过点P(3,4)，故m+3k−4≠0，所以5m−9k−12=0，即m=9故直线l的方程为y=k(x+95)+125【变式1-2】（2024·云南·模拟预测）抛物线Γ:y2=2pxp>0的图象经过点M1,−2，焦点为F，过点F且倾斜角为θ的直线l与抛物线

(1)求抛物线Γ的标准方程；(2)当θ=π3时，求弦(3)已知点P2,0，直线AP，BP分别与抛物线Γ交于点C，D．证明：直线CD【解题思路】（1）由曲线y2=2px图象经过点M1,−2，可得p=2（2）写出l的方程,和抛物线方程联立，消元后，由韦达定理可得x1+x（3）设直线AB的方程为x=my+1，Ax1,y1，Bx2,y2，Cx3,y3，Dx4,y4，和抛物线方程联立，消元后，由韦达定理可得y1+y2=4m，y1y【解答过程】（1）曲线y2=2px图象经过点M1,−2，所以−2所以抛物线Γ的标准方程为y2（2）由（1）知F1,0，当θ=π3时，tanπ3联立y=3x−1y2=4x由AB=x1（3）由（1）知F1,0，直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为x=my+1Ax1,y1，B联立x=my+1y2=4x得y因此y1+y设直线AC的方程为x=ny+2，联立x=ny+2y2=4x则′=16n2+32>0，因此y1同理可得y4所以kCD因此直线CD的方程为x=2my−由对称性知，定点在x轴上，令y=0得，x=−2m=16m所以，直线CD过定点4,0．【变式1-3】（2024·贵州贵阳·二模）已知椭圆E的一个焦点是−3,0.直线l1:y=k1x+(1)求椭圆E的标准方程；(2)求k1(3)设直线l1,l2分别与椭圆E另交于【解题思路】（1）由焦点和顶点坐标计算即可求出椭圆标准方程；（2）已知直线l1：y=k1x+b（3）通过联立方程组求出P,Q两点坐标，求直线PQ的方程，根据方程确定所过定点.【解答过程】（1）因为l1,l2相交且关于直线y=x+1对称，故又直线y=x+1与y轴相交于点A0,1，则椭圆E的上顶点为0,1设椭圆E的标准方程为x2a2又半焦距c=3，得a所以椭圆E的标准方程为x2（2）由（1）可得b1设点Bx,y是l1上任意异于点B0x0,y所以由y+y02=x+由y−y0x−联立①、②，解得x=y代入直线l1得x又由点B0x0,y0，在直线所以x0=k1k故k1（3）设Px1,联立直线l1与椭圆E：y=k1所以x1同理，x2又由（2）：k1k2=1，所以所以直线PQ的方程为y−1−4化简得y=−k所以对任意的k1，总会过点0,−故直线PQ过定点0,−5【题型2存在定点满足某条件问题】【例2】（2024·新疆喀什·三模）已知双曲线E：x2−3y2=3的左、右焦点分别为F1，F2，A是直线l：y=−ca2x（其中a是实半轴长，c是半焦距）上不同于原点O的一个动点，斜率为k1的直线AF1与双曲线E交于(1)求1k(2)若直线OM，ON，OP，OQ的斜率分别为kOM，kON，kOP，kOQ，问是否存在点A，满足【解题思路】（1）设At（2）设Mx1,y1,Nx2,y2,Px【解答过程】（1）由题可得双曲线E：x2则a2∴左、右焦点分别为F1−2,0，F设Atk1=−∴1k（2）设Mx直线AF1方程为代入双曲线方程可得：1−3k所以x1+x则kOM=k=2=2同理kOP即2k即k1∴k1+k又1k若k1∴k1k2=−14，解得k1若k1=−14，k2=1，由∴t=65．此时若k1=1，k2=−14，由∴t=−65∴存在点A65,−45【变式2-1】（2024·陕西榆林·模拟预测）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左，右焦点分别为F1−c,0，F2c,0，过(1)求椭圆C的方程；(2)设b>1，是否存在x轴上的定点P，使得△PMN的内心在x轴上，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．【解题思路】（1）根据题意列出方程组，求出a,b即可得解；（2）由题意可将原问题转换为kPM+kPN=0，设直线MN的方程为：x=mx+1m≠0，【解答过程】（1）∵△MNF1的周长为8，△MF∴4a=812×2c×b=3a2=b2∴椭圆C的方程为x24+（2）

由（1）及b>1易知F2不妨设直线MN的方程为：x=mx+1m≠0，Pt,0，Mx联立x=my+1x24则y1+y若△PMN的内心在x轴上，则∠MPF∴kPM+kPN=0可得2my则2m−94+3m2当直线MN垂直于x轴，即m=0时，显然点P4,0故在x轴上存在定点P4,0，使得△PMN的内心在x【变式2-2】（2024·四川雅安·一模）已知O为坐标原点，过点P2,0的动直线l与抛物线C:y2(1)求OA⋅(2)在平面直角坐标系xOy中，是否存在不同于点P的定点Q，使得∠AQP=∠BQP恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【解题思路】（1）设出直线l的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合数量积的坐标表示计算即得.（2）利用（1）中信息，结合斜率坐标公式列式求解即得.【解答过程】（1）显然直线l不垂直于y轴，设直线l的方程为x=ty+2，A(x由x=ty+2y2=4x消去x并整理得y2−4ty−8=0所以OA⋅（2）由（1）知y1假定存在不同于点P的定点Q，使得∠AQP=∠BQP恒成立，由抛物线对称性知，点Q在x轴上，设Q(m,0)，则直线QA,QB的斜率互为相反数，即y1x1整理得2ty1y2+(2−m)(y1+y所以存在不同于点P的定点Q，使得∠AQP=∠BQP恒成立，点Q的坐标为(−2,0).【变式2-3】（2024·全国·模拟预测）在平面直角坐标系中，点3,2在双曲线C:x2(1)求双曲线C的方程；(2)过点P3,1作直线l与双曲线C交于A,B两点，在x轴上是否存在一定点Q，使得直线QA与QB的斜率之和为定值？若存在，请求出点【解题思路】（1）由题意可得9a（2）设出直线方程，联立曲线可得与交点横坐标有关韦达定理，借助斜率公式表示出kQA【解答过程】（1）由题意，得9a2−∴双曲线C的方程为x2（2）由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+m，将点P3,1的坐标代入，得m=1−3联立直线l与双曲线C的方程，得方程组y=kx+mx消去y并整理，得1−3kk≠±33，且即3k2−2则k∈−∴x若存在定点Q，设Qx则k======2要使kQA+k即−3x0−此时分子、分母中k的系数也为0,k∴在x轴上存在定点Q3,0，使得kQA【题型3面积定值问题】【例3】（23-24高二下·贵州遵义·期中）已知双曲线C:x2a2−(1)求双曲线C的方程；(2)若动直线l与双曲线C恰有1个公共点，且分别与双曲线C的两条渐近线交于P，Q两点，O为坐标原点，证明：△OPQ的面积为定值．【解题思路】（1）根据已知条件求得a、b、c，从而得到双曲线的方程；（2）根据直线的斜率是否存在进行分类讨论，由直曲联立表示出PQ，再表示出原点O到直线l的距离，即三角形的高，进而求出△OPQ的面积为23【解答过程】（1）因为虚轴长为23，所以b=因为e=ca=72故双曲线C的方程为x2（2）当直线l的斜率不存在时，l的方程为x=±2，此时|PQ|=23当直线l的斜率存在时，不设直线l:y=kx+m，且k≠±3联立方程组y=kx+m,x24由Δ=64m2不妨设l与y=32x的交点为P，则y=kx+m同理可得xQ所以PQ=因为原点O到直线l的距离d=|m|所以S△OPQ因为4k2=综上，△OPQ的面积为定值，定值为23【变式3-1】（2024·江苏苏州·模拟预测）已知椭圆γ:x2a2+y2b(1)求椭圆γ的标准方程；(2)A是椭圆上的一点，若存在椭圆的弦BC使得OA//BC,OA=BC，求证:四边形OABC的面积为定值.【解题思路】（1）根据椭圆和圆的对称性可得Q(32，12)，再代入椭圆和圆的方程中，解方程组求出（2）设A(m,n)，mn≠0，易知四边形OABC是平行四边形，设直线BC的方程为y=nm(x−t)，将其与椭圆方程联立，结合韦达定理，弦长公式以及椭圆的方程，推出|nt|=【解答过程】（1）由对称性知，|OP|=|OQ|，因为∠POQ=π3，PQ=1，所以△因为Q位于第一象限，所以Q(32,代入椭圆γ的方程有34代入圆x2+y联立解得a2=3所以椭圆γ的标准方程为x2（2）证明：设A(m,n)，mn≠0，则直线OA的斜率为nm，且m23因为OA//BC,OA=BC，所以四边形OABC是平行四边形，|BC|=|OA|=m设直线BC的方程为y=nm(x−t)，B(x1,y联立y=nm(x−t)所以x1+x所以|BC|=1+因为|BC|=|OA|=m所以m2整理得6(32−2而点A到直线BC的距离为d=|所以四边形OABC的面积S=2S【变式3-2】（2024·广东广州·模拟预测）已知A−1,0，B1,0，平面上有动点P，且直线AP的斜率与直线(1)求动点P的轨迹Ω的方程.(2)过点A的直线与Ω交于点M（M在第一象限），过点B的直线与Ω交于点N（N在第三象限），记直线AM，BN的斜率分别为k1，k2，且k1=4k【解题思路】（1）设Px,y（2）分析可知kBN⋅kBM=14【解答过程】（1）设Px,y，x≠±1由题意可得：kAP⋅k故求动点P的轨迹方程为x2（2）由题意可知：kAM⋅kBM=1显然直线MN的斜率不为0，设直线MN的方程为x=my+tt≠±1，Mx1联立方程x=my+tx2−y2则m2≠1，Δ>0则kBN整理可得m2则m2因为t≠±1，则t−1≠0，可得m2整理可得t=−3所以直线MN方程为x=my−35，即直线MN过定点则|AT|=−3此时S△AMN=1所以S△AMN【变式3-3】（2024·河北衡水·三模）已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F，过F且倾斜角为π6的直线l与C交于A，B两点．直线l1，l2与C相切，切点分别为A，B，l1，l2与(1)求C的方程；(2)若点P为C上一动点（与A，B及坐标原点均不重合），直线l3与C相切，切点为P，l3与l1，l2的交点分别为G，H．记△DFG，△EFH的面积分别为①请问：以G，H为直径的圆是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由；②证明：S1【解题思路】（1）设l:y=33x+p2，Ax1,y（2）①不妨设x1<0<x2，由（1）求出切点横坐标及切线方程，设Px0,y0x0≠0,x1,x2，则l【解答过程】（1）设l:y=33x+p2，A消去y得x2−233px−p由y=12px2，y′令y=0得1px1x−y同理l2:y=1由|DE|=233由x1−x22=x故C的方程为x2（2）①由（1）不妨设x1<0<x解得x1=−3所以l1:y=−3设Px0,联立y=−33x−16同理Hx以G、H为直径的圆的方程为x−3整理得x0令x2+y2−故该圆恒过0,1②由于D−36,0，E32,0所以|DG|=3|EH|=x|DF|=−36直线FD的斜率为3，显然直线FD与l1垂直，故△DFG同理△EFH也是直角三角形，故S1=1故S1S2【题型4斜率的和差商积定值问题】【例4】（2024·陕西西安·模拟预测）已知椭圆C:x2a(1)求椭圆C的标准方程；(2)设A，B两点为椭圆C的左、右顶点，点P（异于左、右顶点）为椭圆C上一动点，直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，求证：【解题思路】（1）根据题意列出a，b，c的方程，解出方程即可求解椭圆的标准方程；（2）设出P点的坐标，代入椭圆标准方程得出横纵坐标的关系式，再代入直线PA，PB的斜率之积的表达式换算即可证明出结论.【解答过程】（1）根据题意得ca∴椭圆C的标准方程为x2（2）证明：由（1）得A−2,0，B设点Px0,y0因为k1=y所以k1∴k1【变式4-1】（2024·浙江绍兴·三模）设双曲线C：x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的一条渐近线为x−3y=0，焦点到渐近线的距离为1．A1，A2分别为双曲线C的左、右顶点，直线l过点T2,0交双曲线于点(1)求双曲线C的方程；(2)求证k1【解题思路】（1）借助渐近线定义及点到直线距离公式计算即可得；（2）设出直线方程，联立曲线可得与交点纵坐标有关韦达定理，作商即可得所设参数与纵坐标的关系，借助斜率公式表示出斜率后，消去所设参数即可得证.【解答过程】（1）由题意可得ba=1故双曲线C的方程为x2（2）由双曲线C的方程为x29−y2由题意可知直线l斜率不为0，故可设l:x=my+2，Mx1,联立x=my+2x29−yΔ=16m2则y1+y则y1+yk1=y则k=5即k1k2【变式4-2】（2024·全国·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2(1)求双曲线C的标准方程．(2)过点P0,1的直线l与双曲线C的左、右两支分别交于点A,B．问：在y轴上是否存在定点Q，使直线AQ与BQ的斜率之和为定值？若存在，求出点Q【解题思路】（1）根据题意，设a=4t,t>0，求得b=3t，得到双曲线C的方程可化为x216t2−y2（2）假设存在点Q0,m，设直线l的方程为y=kx+1，联立方程组，求得x1+x2,x【解答过程】（1）解：由题意，双曲线C:x2a2−设a=4t,t>0，则c=5t，所以b=c所以双曲线C的方程可化为x2因为点−42,3在双曲线C上，所以−42所以双曲线C的标准方程为x2（2）设Ax假设存在点Q0,m，设直线l的方程为y=kx+1联立方程组y=kx+1x216则Δ=且x1因为k==2k+1−m所以当m+9=0，即m=−9时，kAQ故存在定点Q0,−9，使直线AQ与BQ【变式4-3】（2024·天津滨海新·三模）已知椭圆M：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的离心率为1(1)求椭圆M的标准方程；(2)设椭圆M的右顶点为C，P是椭圆M上不与顶点重合的动点．①若点P1,y0（y0>0），点D在椭圆M上且位于x轴下方，设△APC和△DPC的面积分别为S1，②若直线AB与直线CP交于点Q，直线BP交x轴于点N，设直线QN和直线QC的斜率为kQN，kQC，求证：【解题思路】（1）根据已知条件，列出关于a，b，c的方程组即可求解；（2）①根据面积关系可得S△DPC=S△OPC，从而得OD∥PC，据此即可求解；②联立QC和AB的方程，求出Q点坐标，联立QC和椭圆方程，结合韦达定理求出P点坐标，求出【解答过程】（1）由题意得ca=121∴椭圆M的标准方程为x2（2）①由（1）可得C2,0，点P1,y0（y0连接PC，∵S1∴S∴OD∥PC，∴kOD∴直线OD的方程为y=−32x解得xD=1y∴D1,−②设直线QC的斜率为k，则直线QC的方程为：y=kx−2又B0,3，A−2,0，直线AB由y=kx−2y=3∴Q2由y=kx−2x2Δ=256则2xP=则yP∴P8依题意B、P不重合，∴8k2−6≠0∴kBP∴直线BP的方程为y=−4令y=0，即−43k2∴N2∴k∴2k【题型5向量数量积定值问题】【例5】（23-24高三上·天津河北·期末）设椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点分别为F1,F2，短轴的两个端点为A,B，且四边形(1)求椭圆E的方程；(2)求证：OM⋅【解题思路】（1）根据题设得|F（2）设直线CM的方程为y=kx+2，联立椭圆并应用韦达定理求P坐标，根据已知确定M坐标，再由向量数量积的坐标表示求OM【解答过程】（1）由题设|F1A|=a=2,b=c，a椭圆的方程为x2（2）由（1）知C−2,0,D2,0设直线CM的方程为y=kx+2，联立y=k消去y得1+2k2x所以−2xP=8k2−4又MD⊥CD，将x=2代入y=kx+2，得yM=4k所以OM⋅【变式5-1】（23-24高三上·上海嘉定·阶段练习）已知双曲线C的中心在原点，D(1,0)是它的一个顶点.d=(1,(1)求双曲线C的方程；(2)设P(0,1)，M为双曲线右支上动点，当|PM|取得最小时，求四边形ODMP的面积；(3)若过点(−3,0)任意作一条直线与双曲线C交于A，B两点（A，B都不同于点D），求证:DA⋅【解题思路】(1)根据给定条件设出双曲线C的方程，利用待定系数法计算得解.(2)根据给定条件求出点M的坐标，并求出点M到直线DP距离，再借助三角形面积公式计算即得.(3)设出直线AB方程：x=ty−3，联立直线AB与双曲线C的方程，借助韦达定理计算即可作答.【解答过程】（1）因双曲线C的中心在原点，一个顶点是D(1,0)，则设双曲线C的方程为：x2于是得双曲线C的渐近线方程为y=±bx，而双曲线C的一条渐近线的一个方向向量是d=(1,则有b=2所以双曲线C的方程为x2（2）依题意，设点M(x0,y0|PM|2=x02+点M到直线DP：x+y−1=0的距离为d=|113

四边形ODMP的面积S=S△ODP+所以四边形ODMP的面积为11+2（3）显然直线AB不垂直于y轴，设直线AB方程：x=ty−3，由x=ty−32x2−y当2t2−1≠0时，Δ则有y1+y因此，DA⋅DB=(所以DA⋅【变式5-2】（2024·河北保定·三模）设椭圆C：x27+y2b2=1(0<b<7)的左、右顶点和椭圆Γ:x214+y27=1的左、右焦点均为E，F.P是C上的一个动点（异于E，F），已知直线EP交直线l(1)若b为定值，证明：OA⋅(2)若直线OM，ON的斜率之积恒为−12，求【解题思路】（1）易得E(−7,0)，F(7,0)，设P（m，n），则m27+n2b2（2）设直线AB：y=kx+t，结合（1）得到OA⋅OB=−7+t2−7k2=−7+4【解答过程】（1）证明：易知E(−7,0)，F(7,0)，设P（m，n），则直线PE：y=nm+7(x+7所以OA=(直线PF：y=nm−7(x−7所以OB=(−所以OA⋅（2）设直线AB：y=kx+t，则B(−7,t−7则OA⋅OB=−7+令直线AB与椭圆Γ联立，y=kx+t,x214+y需满足Δ>0，设M(x1,y1)因为kOM=y所以kOM所以kt(x1+整理得2t2=14所以4b2=【变式5-3】（2024·河北石家庄·二模）已知M为平面上一个动点，M到定直线x=1的距离与到定点F(2,0)距离的比等于22，记动点M的轨迹为曲线C(1)求曲线C的方程；(2)过点F的直线l与曲线C交于A，B两点，在x轴上是否存在点P，使得PA⋅【解题思路】（1）根据题意，用点到直线和点到点的距离公式列出方程，整理得出方程即可.（2）假设存在P(t,0)，先考虑斜率不为0的情况，设其方程为x=my+2，再与曲线联立后用韦达定理，表达出PA⋅PB=(4t−6)m2+2【解答过程】（1）设点M的坐标为(x,y)，则|x−1|(x−2)即2(x−1)2=[(x−2)2+y（2）如图当直线l的斜率不为0时，设其方程为x=my+2.由于直线与双曲线交点两个，则直线不能与渐近线平行，渐近线斜率为±1，则m≠±1.代入x22−y22=1，整理得，(m2−1)y则y1所以PA=(=(m2+1)×若要上式为定值，则必须有4t−6=−2，即t=1，∴(4t−6)m2+2m2当直线l的斜率为0时，A(−2,0)，B(2,0)，此时点P(1,0)亦满足PA⋅综上所得，在x轴上存在点P(1,0)，使得PA⋅PB为定值，定值为【题型6线段定值问题】【例6】（2024·河南濮阳·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0(1)求C的方程；(2)若过点F2的直线l与C的左、右两支分别交于A,B两点，与抛物线y2=16x交于P,Q两点，试问是否存在常数λ，使得1【解题思路】（1）根据已知列方程组求解求出双曲线方程；（2）先联立方程组求出两根和两根积，再应用弦长公式，最后计算得出定值.【解答过程】（1）设双曲线C的半焦距为cc>0由题意可得e=ca=216a2−（2）假设存在常数λ满足条件，由（1）知F2设直线l:x=my+4,Ax联立方程得x24−y2所以3m2−1≠0,ABAB=因为直线l过点F2且与C的左、右两支分别交于A，B两点，所以A,B两点在x轴同侧，所以y此时3m2−1>0，即m设Px3,y3,Qx则Δ1所以PQ===16m所以1AB故当−4−3λ=12时，12m2−4−3λ48m2+1为定值1【变式6-1】（2024·山东菏泽·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l:x−my−n=0与椭圆C交于P,Q两点．与x轴交于点N．试判断是否存在n∈(−6,6)，使得【解题思路】（1）根据给定条件，利用点在椭圆上及四边形面积，结合待定系数法求出a,b,c.（2）联立直线l与椭圆C的方程，求出|PN|,|QN|结合韦达定理求解即得.【解答过程】（1）设椭圆C的焦距为2c(c>0)，依题意，B(−3,−1)，则四边形AF1BF1为平行四边形，其面积S=2×联立解得b=2所以椭圆C的方程为x2（2）存在.由x=my+nx26+y当n∈(−6,6设P(x1,|PN|=1+则1==当6−n22=1，即n=±2时，1|PN|【变式6-2】（2024·四川内江·三模）已知抛物线E的准线方程为：x=−1，过焦点F的直线与抛物线E交于A、B两点，分别过A、B两点作抛物线E的切线，两条切线分别与y轴交于C、D两点，直线CF与抛物线E交于M、N两点，直线DF与抛物线E交于P、Q两点.(1)求抛物线E的标准方程；(2)证明：1MN【解题思路】（1）由抛物线的准线方程求解p=2，即可求解抛物线标准方程.（2）设出直线AB的方程，然后与抛物线方程联立，韦达定理，推出两切线方程，进而求得点C0,y12，点D0,【解答过程】（1）因为抛物线的准线为：x=−1，设y2=2px，则−p故抛物线E的标准方程为y2（2）易知抛物线E的焦点F1,0设直线AB的方程为x=my+1，Ax1,联立y2=4xx=my+1由韦达定理可得y1+y接下来证明抛物线E在点A处的切线方程为y1联立y2=4xy1y=2x+2x1所以，直线y1y=2x+2x所以，AC的方程为y1同理可知，直线BD的方程为y2在直线AC的方程中，令x=0，可得y=2x1同理可得点D0,y22，所以，直线CF的方程为设点Mx3,y3、N由韦达定理可得y3+y所以MN=同理可得PQ=所以1=8y1故1MN+1【变式6-3】（2024·全国·模拟预测）已知双曲线H:x24−y2=1的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A1，(1)求椭圆E的离心率；(2)设点M(m,n)满足m2<4n2，过M且与双曲线H的渐近线平行的两直线分别交H于点P，Q，过M且与PQ平行的直线交H的渐近线于点S，【解题思路】（1）根据给定条件，求出椭圆的顶点、焦点坐标，再求出离心率.（2）当m=0时，由对称性可得|MS||MT|=1，当m≠0时，求出直线P，Q的坐标，进而求出斜率，求出直线ST的方程，求出S，【解答过程】（1）由双曲线H:x24因此椭圆E的顶点为F1(−5焦点为A1所以椭圆E的离心率为25（2）依题意，双曲线x24−y2当m=0时，由对称性得P，Q关于y轴对称，S，T关于y轴对称，则M为S，T的中点，则|MS||MT|

下面证明当m≠0时，|MS||MT|=1，即证M为S，由点M(m,n)满足m2<4n2，得m−2n≠0，m+2n≠0，n≠0，不妨设当x=m时，y=12m<n，此时点M(m,n)同理可证，点M(m,n)在两渐近线y=±12x于是kMQ=−12，kMP=12，设直线则有x24−y点P的坐标xP,yP满足2xP=因此直线PQ的斜率：kPQ=yP−设直线ST方程为y−n=m4n(x−m)，由y−n=即2nx−4n2=mx−m2，得T于是xT+xS=2m，即M为S【题型7角度定值问题】【例7】（2024·山西·三模）已知抛物线E:y2=2pxp>0的焦点(1)求E的方程；(2)已知点Tt,0，若E上存在一点P，使得PO⋅PT(3)过M−4,0的直线交E于A，B两点，过N−4,43的直线交E于A，C两点，B，C位于x【解题思路】（1）根据题意可知焦点F到准线的距离为p=2，即可得方程；（2）设Px,y，利用平面向量数量积可得t−4=x+（3）设Ay124,【解答过程】（1）由题意可知：焦点F到准线的距离为p=2，所以抛物线E的方程为y2（2）设Px,y，可知y2=4x,x≥0可得PO⋅显然x=0不满足上式，则x>0，可得t−4=x+1又因为x+1x≥2x⋅1则t−4≥2，即t≥6，所以t的取值范围为6,+∞（3）设Ay则直线AB的斜率kAB可得直线AB的方程y−y1=同理可得：直线AC的方程4x−y由题意可得：−16+y1y又因为直线OB,OC的斜率分别为kOB显然∠BOC为锐角，则tan∠BOC=所以∠BOC=π【变式7-1】（23-24高三下·云南昆明·阶段练习）平面上一动点Px,y满足x−2(1)求P点轨迹Γ的方程；(2)已知A−2,0，B1,0，延长PA交Γ于点Q，求实数m使得∠PAB=m∠PBA恒成立，并证明：【解题思路】（1）利用圆锥曲线的定义即可得曲线方程，但要注意只有双曲线右支；（2）先得到特殊情况时m的值，再证明其对一般情况也适用.【解答过程】（1）由题意可得，动点P到定点2,0的距离比到定点−2,0的距离大2，由双曲线的定义，P点轨迹是以2,0，−2,0为焦点的双曲线的左支，设Γ:x2a2−y所以Γ的方程为Γ:（2）如图，不妨设点P在第二象限，①当lPQΓ:x2−y23=1，令在△PAB中，AP=AB=3，∴∠PBA=45°②当lPQ的斜率存在时，令lPA的倾斜角为α，lPB的倾斜角为β，则∠PAB=α假设∠PAB=2∠PBA成立，即α=2π−2β，则有tanα=又kpA=yx+2，2kPB2k∴k综上，当m=2时，有∠PAB=2∠PBA成立．此时∠QAB=π−α，由对称性知，∠QBA=1∴∠PBQ=∠PBA+∠QBA=π【变式7-2】（2024·全国·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C:x2−y23=1的右焦点为F,A1,A(1)若直线A1M,A1N分别与线段O(2)当直线l任意旋转时，试问：∠A【解题思路】（1）根据题意设直线l的方程，x=my+2m≠±33，设M（2）当直线l的斜率不存在时，∠A1FM=π2，则∠A1FM∠MA1F=2，当直线l的斜率存在时，不妨设Mx0【解答过程】（1）由题意，得A1所以线段OA2的垂直平分线PQ的方程为设直线l的方程，x=my+2m≠±33由x=my+2x2−y2则y1x1x1直线A1M的方程为令x=12，则y=3同理可得Q1则FP=9

（2）当直线l的斜率不存在时，∠A对于x2−y23则MF=3，又A1F则∠A当直线l的斜率存在时，不妨设Mx0,直线MF的倾斜角为α，直线MA1的倾斜角为则∠A1FM=假设∠A即π−α=2β则一定有tanπ即−k由−kl=−y0得2k故假设成立，即∠A综上所述，∠A【变式7-3】（2024·浙江宁波·二模）已知双曲线C:y2−x2=1，上顶点为D，直线l与双曲线C的两支分别交于A,B两点（B在第一象限），与x轴交于点(1)若T3（i）若A0,−1，求β（ii）求证：α+β为定值；(2)若β=π6，直线DB与x轴交于点E，求△BET与【解题思路】（1）（i）先求直线TA的方程，联立双曲线方程求得点B的坐标，求直线DB斜率，进而求解即可；（ii）法1，设直线AB的方程为y=kx−33形式，并联立双曲线方程，求直线DA,DB的斜率的斜率和，进而得证α+β为定值；法2，设直线AB的方程为mx+ny−1=1（2）先对直线DA、DT斜率不存在的情形进行验证∠ADT=π6；法1：k1和kDT均存在时，设AB:y=kx−3+2,Tt,0，求得sin∠ADT=sin∠BET=12，从而得到△BET与△ADT的外接圆半径之比的最大值；法2，k1和kDT均存在时，由A,T,B三点共线可得BA/BT，求得tan∠ADT的值和sin∠ADT=sin∠BET=1【解答过程】（1）（i）kTA=3直线TA与C联立可得x2−3x=0，解得x=0或所以kDB=3（ii）法1：①直线AB斜率存在时，可设直线AB的方程为y=kx−3由y=kx−3所以x1当x1=0时，由（i）可得当x1≠0时，设DA,DB的斜率分别为k1所以k1k1所以tanα+β因为B在第一象限，所以0<β<π2，所以0<α+β<3②直线AB斜率不存在时，可得A3可得k1所以tanα+β=k综上可得，α+β为定值2π法2：①α=π2时，由（i）可得②α≠π2时，设DA,DB的斜率分别为设l:mx+ny−1=1，由T3l与C联立可得2n+1(y−1)即2n+1y−1所以k1,k所以k1tanα+β因为B在第一象限，所以0<β<π2，所以0<α+β<3综上可得，α+β为定值2π（2）由（1）可得β=π6时，①k1不存在，则A0,−1，由①（i）可得T3所以∠ADT=π②kDT不存在，则T0,0，则此时k1=3③法1：若k1和kDT均存在，设AB:y=k与双曲线联立可得xA所以k1所以tan∠ADT=所以sin∠ADT=设△BET与△ADT的外接圆半径分别为r1从而r1r2所以△BET与△ADT的外接圆半径之比的最大值为2.法2：若k1和kDT均存在，设Ax由A,T,B三点共线可得BA/BT所以−2x0−k所以tan==3所以∠ADT=β，所以sin∠ADT=设△BET与△ADT的外接圆半径分别为r1从而r1r2所以△BET与△ADT的外接圆半径之比的最大值为2.法3：若k1和kDT均存在，设Tt,0则tanα+β记直线DT的倾斜角为γ，则α+β=γ，所以β=γ−α=∠ADT所以sin∠ADT=设△BET与△ADT的外接圆半径分别为r1从而r1r2所以△BET与△ADT的外接圆半径之比的最大值为2.【题型8动点在定直线上问题】【例8】（2024·北京·三模）已知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的短轴长为23，左、右顶点分别为C,D，过右焦点F1,0的直线l(1)求椭圆E的方程；(2)求证：点T在定直线上.【解题思路】（1）根据给定条件，求出a,b,c即可得解.（2）设出直线AB方程，与椭圆方程联立，再求出直线AC与直线BD的交点横坐标，并结合韦达定理计算即得.【解答过程】（1）依题意，b=3，半焦距c=1，则a=所以椭圆E的方程为x2（2）显然直线AB不垂直于y轴，设直线AB:x=ty+1，由x=ty+13x2+4yΔ=36t2则y1+y直线AC:y=y1x联立消去y得y1x1整理得[y即[y于是3y2+则3y2+所以点T在定直线x=4上.【变式8-1】（2024·湖南娄底·一模）若抛物线Γ的方程为y2=4x，焦点为F，设P,Q是抛物线(1)若PF=3，求直线PF(2)设PQ中点为R，若直线PQ斜率为22，证明R【解题思路】（1）根据焦半径公式得到xP=2，求出（2）法一：PQ:y=22x+t，联立抛物线方程，设P法二：设Px1,y1,Qx【解答过程】（1）F1,0∴xP=2，将x=2代入y∴P所以kPF（2）法一：设PxPQ:y=22x+t代入y2=4x，得由韦达定理，有y1故yR=y1+法二：设Px由题意，y2故y1故yR=y1+【变式8-2】（2024·河北衡水·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左､右焦点分别为(1)求C的方程；(2)斜率为12的直线l与C交于A,B两点，则△MAB【解题思路】（1）由已知可得2a=23（2）设直线l的方程为y=12x+t，联立方程组可得−32<t<32，且t≠12，x1+x2=−4t3【解答过程】（1）由题意，得2a=231a故C的方程为x2（2）△MAB的外心在定直线2x−y−1=0上.理由如下：由题意设直线l的方程为y=1

联立y=12x+t所以Δ=16即−32<t<设Ax1,则x1所以kMA+kMB=x1x即直线MA与MB的斜率互为相反数.设直线MA的方程为y−1=kx−1k≠0，即联立x23+则x1所以x0所以y0即N−所以线段MA的垂直平分线的方程为y−1−k即y=−1直线MB的方程为y−1=−kx−1，同理可得线段MBy=1联立①②，得x=k得2x−y−1=0，故△MAB的外心在定直线2x−y−1=0上.【变式8-3】（2024·贵州遵义·一模）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，直线(1)求四边形MF(2)设A，B为C的左、右顶点，直线l过点(−3,0)与C交于P，Q两点（异于A，B），直线AP与BQ交于点R，证明：点R在定直线上．【解题思路】（1）依题意可得MF1⊥F1F2，且MF1=3，由x2a2−y（2）设直线l为x=my−3，Px1,y1，Qx2【解答过程】（1）由双曲线C:x2a2−直线y=3与C的左、右两支分别交于M，N两点，且四边形MF所以MF1⊥由x2a2−y即M−c,b2a，则b2解得c=2，a=1，b=3所以双曲线C的方程为x2所以F1−2,0，F22,0，所以MF2的中点为D0,所以矩形MF1F（2）由（1）知A−1,0，B依题意知直线l的斜率不为零，设直线l为x=my−3，Px1,y1由x2−y当3m2−1≠0所以y1+y所以43直线AP的方程为y=y1x1+1联立两方程可得，所以y1x+1x−1所以x+1x−1解得x=−1故点R在定直线x=−1一、单选题1．（2024·山东·模拟预测）已知抛物线C：x2=4y，过直线l：x+2y=4上的动点P可作C的两条切线，记切点为A,B，则直线AB（A．斜率为2 B．斜率为±2 C．恒过点0,−2 D．恒过点−1,−2【解题思路】设Ax1,y1,Bx2,【解答过程】设Ax1,y1由于y′=12x即y−y1=同理可得过点B的切线方程为y+y设P4−2n,n，过点Ax1故n+y1=同理n+y2=故直线AB的方程为y+n=2−n斜率不为定值，AB错误，当x=−1时，y=−2，恒过点−1,−2，C错误，D正确.故选：D.2．（2024·河南信阳·模拟预测）已知椭圆C：x24+y2=1的下顶点为A，斜率不为0的直线l与C交于B，D两点，记线段BD的中点为A．点E在定直线y=13上 B．点E在定直线C．点E在定直线y=23上 D．点E在定直线【解题思路】先设直线，然后根据韦达定理求出E点坐标，根据直线垂直列出方程求解,最后代入E点即可求出E所在直线.【解答过程】由题意知A0,−1,设直线l的方程为y=kx+m,设B联立y=kx+m,x24+y所以x1+x所以y1+所以BD的中点E−因为AE⊥BD,所以kAE即m1+4整理得1+4k所以所以E在定直线y=1故选:A.3．（23-24高二上·上海浦东新·期末）已知双曲线Γ：x224−y225=1①点P到双曲线两条渐近线的距离为d1，d2，则②已知A、B是双曲线上关于原点对称不同于P的两个点，若PA、PB的斜率存在且分别为k1，k2，则A．①真②真 B．①假②真C．①真②假 D．①假②假【解题思路】根据给定条件，求出双曲线的渐近线方程，借助点到直线距离计算d1【解答过程】依题意，设P(x0,y0),x因此d1设A(x1,y1)，则否则，PA,PB之一垂直于y轴，由双曲线对称性知另一条必垂直于x轴，其斜率不存在，不符合题意，则k1所以①真②真.故选：A.4．（2024·江苏南通·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，如图，已知椭圆x29+y25=1的左、右顶点为A、B，右焦点为F.设过点T9,m的直线TA、TB与此椭圆分别交于点M（x1，y1）、N（x2，y

A．1,0 B．−1,0C．0,−1 D．0,1【解题思路】通过联立方程组求得M,N两点的坐标，进而确定定点的坐标.【解答过程】依题意得A−3,0直线TA的方程为y=m由y=m12x+3x2xA则y1所以M3−直线TB的方程为y=m由y=m6x−3x2xB所以y2所以N6若x1=x即80−m2mm4=1600,m2=40,m=2此时直线MN过点1,0.若x1≠x所以直线MN的方程为y−40my−40my−y===−10m所以直线MN过点1,0，综上所述，直线MN过定点1,0.故选：A.

5．（2024·甘肃定西·一模）已知椭圆C:x2a2+y2=1(a>1)的离心率为32,P是C上任意一点，A．4|OP|2−d2C．|OP|2+4d2【解题思路】观察选项，设Px,y，从而表示出OP2,d2【解答过程】依题意，设Px,y，则OP因为椭圆C:x2a所以1−1a2所以C的方程为x24+y2所以|OP|故选：D.6．（2024·湖南长沙·二模）已知A、B分别为双曲线C:x2−y23=1的左、右顶点，过双曲线C的左焦点F作直线PQ交双曲线于P、QA．−13 B．−23 C．【解题思路】将所求的斜率之比用坐标表示，再设出直线PQ的方程，联立直线的方程和双曲线的方程，结合根与系数之间的关系进行坐标运算即可求解.【解答过程】如图所示，设P(x1,所以kAP=y1x当直线斜率存在时，设直线PQ方程为y=kx+2所以联立双曲线方程得:y=k(x+2)x消元得(3−k2所以x1因为y1所以x将①代入得x2因为过双曲线C的左焦点F作直线PQ交双曲线于P、Q两点，所以kAP:kBQ当直线PQ斜率不存在时，容易验证k故选：C.7．（23-24高三下·河南郑州·阶段练习）已知曲线C:y4=a2x2a>0与直线y=2x+4有3个公共点，点A、B是曲线C上关于y轴对称的两动点（点A在第一象限），点M、N是x轴上关于原点对称的两定点（点A．8 B．16 C．−8 D．−16【解题思路】由已知结合直线与曲线的公共点个数先求出a，然后结合抛物线的定义即可求解.【解答过程】曲线y4=a2x由y=2x+4y2=−ax因为a>0，所以Δ=可得抛物线y2=−ax与直线曲线y4=a则直线y=2x+4与抛物线y2把y=2x+4代入y2=ax得则Δ=16−a2由对称性可知AM=BN，设AB与y轴的交点为则AB−若AB−AM−则点M,N分别为抛物线y2=32x与此时AB−AM−BN为抛物线与其焦点距离差的2倍，即−16.故选：D．8．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）如图，P，M，Q，N是抛物线E:y2=4x上的四个点（P，M在x轴上方，Q，N在x轴下方），已知直线PQ与MN的斜率分别为−22和2，且直线PQ与MN相交于点GA．125 B．512 C．1【解题思路】设出点G的坐标，写出MN、PQ直线的方程，联立抛物线方程，再根据韦达定理和弦长公式分别求得MG、【解答过程】设Gx0,y0联立抛物线方程y2=4x可得，则yM又直线PQ方程为y−y联立抛物线方程y2=4x可得则，yP故PG=1+1−222故|PG|⋅|GQ||MG|⋅|GN|=2故选：A.二、多选题9．（2024·全国·模拟预测）已知双曲线C:x23−y2=1的右焦点为F，动点M,N在直线l:x=32上，且FM⊥FN，线段FM交C于点PA．△FMN的面积S≥12 C．MR⋅HN=FH【解题思路】对于A，通过相似三角形计算边的关系，并通过基本不等式求面积取值范围即可；对于B，通过两点距离公式计算线段的长度，并作比较即可；对于C，D，通过相似三角形确定边的比值即可；【解答过程】依题意，如图所示，F2,0，设直线l与x轴的交点为H所以FH=12，设HM因为∠MHF=∠FHN=π2,FM⊥FN所以△MHF∽△FHN，所以MHFH即HM⋅HN=所以S=14x+y设Px所以PR=x0−3所以PF=所以PRPF由A选项可得，△MRP∽△FHN，所以MRFH所以MR⋅HN=由∠MFN=π2，得则MPPR=MN所以MP⋅故选：BCD．10．（2024·江苏苏州·模拟预测）对于抛物线γ:y2=2px,(p>0),F是它的焦点，γ的准线与x轴交于T，过点T作斜率为kk>0的直线与γ依次交于B、A两点，使得恰有A．k是定值，p不是定值B．k不是定值，p也不是定值C．A、B两点横坐标乘积为定值D．记AB中点为M，则M和A横坐标之比为定值【解题思路】由题意可得点T,F的坐标，设直线AB的方程，与抛物线的方程联立，可得两根之和及两根之积，再由BT⋅BF=0，可得点B的坐标，进而可得直线AB的斜率，判断出AB的真假，由两根之积可得A，B的横坐标之积，判断出C的真假，由C选项分析，可得点A的横坐标，及A，B的中点M的横坐标，可得M【解答过程】如图，由题意得T−p2设直线AB的方程为x=my−p2,m=联立x=my−p2y所以y对于A，由BT⋅BF=0可得y144解得y12=5−2p2可得B的横坐标5−22p可得k=5对C，A、B两点横坐标乘积为y1对D，由题意，M的横坐标为y=2由C选项分析可得点A的横坐标为p2所以5p故选：AD.11．（2024·浙江金华·模拟预测）已知椭圆x22+y2=1,O为原点，过第一象限内椭圆外一点Px0,y0A．直线AB过定点 B．k1C．x0−y0的最大值为2【解题思路】设直线AB的方程为y=kx+t，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，由k1⋅k2=14得到方程，求出t2=4k2−1，证明椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)在Qx3,y3处的切线方程为x【解答过程】由于k1⋅k2=14所以直线AB方程斜率一定存在，设直线AB的方程为y=kx+t，联立x21+2k设Ax1,故y=k其中k1故y1y2所以−8k2+4下面证明椭圆E:x2a2+理由如下：当y3≠0时，故切线的斜率存在，设切线方程为代入椭圆方程得：a2由Δ=2a所以x3把x3=−a2于是n=−m则椭圆的切线斜率为−b2x整理得到a2其中b2x32+当y3=0时，此时x3当x3=a时，切线方程为x=a，满足当x3=−a时，切线方程为x=−a，满足综上：椭圆E:x2a2+故椭圆在点Ax1,在点Bx2,由于点Px0,y0故x1x0所以直线AB为x0因为直线AB的方程为y=kx+t，对照系数可得k=−x又t2=4k2−1又Px故点Px0,A选项，直线AB为x02x+B选项，k3=−b则k3k1C选项，由于x02−y02=1设x0−y0=sD选项，由于x02−y02=1设5x0−3则两式联立得−16y由Δ=36ℎ2检验，当ℎ=4时，5x0−3解得x0故5x故选：BD.三、填空题12．（2024·四川宜宾·二模）已知F为抛物线C:x2=−8y的焦点，过直线l:y=4上的动点M作抛物线的切线，切点分别是P,Q，则直线PQ过定点【解题思路】设Px1,y1【解答过程】设Px由x2=−8y，得y=−1则抛物线C在点P处得切线方程为y−y即y=−1又x12=−8又因为点Mt,4在切线MP上，所以4=−同理可得4=−1由①②可得直线PQ的方程为4=−1所以直线PQ过定点0,−4.

故答案为：0,−4.13．（2024·四川·模拟预测）已知点A为椭圆E:x225+y29=1的左顶点，点F为椭圆E的右焦点，过点F作一条直线（直线与x轴不重合）交椭圆E于M,N【解题思路】利用椭圆方程可知A−5,0,F4,0，再设直线MN:x=my+4【解答过程】由题知A−5,0,F4,0，设M联立x225+y2所以y1因此kAM⋅k故答案为：−114．（2024高三·全国·专题练习）已知双曲线C1：x24−y2=1和椭圆C2：x24+y2=1.过点P2,1的动直线l1交C1于A，B两点，过点Р【解题思路】设直线l1的方程为y=kx+m，得到2k+m=1，联立方程组得到x1+x2,x1x2，设Qx0,y0，求得kQA+kQB【解答过程】当直线l1、l2的斜率不存在时，不满足题意.故直线l1直线l1过点P2,1，即联立方程组y=kx+mx24则1−4k2≠0设Ax1,y1，B设Qx0,整理得kQA则kQA将2k+m=1代入得kQA由动直线l1、l2互不影响可知，要满足则kQA+k因此要满足kQA①若16y0−8x0y0经检验满足Q2,0，此时k②若16y0−8x0则有16y综上，当Q2,0，k下面只需验证当Q2,0时，k设直线l2方程为：y=tx+n，直线l2过点P2,1椭圆方程联立y=tx+nx24+y设Mx3,y3，NkQM化简得kQM则kQM将2t+n=1得kQM+kQ