专题51 定点问题解析版-2025版高中数学一轮复习讲义知识梳理、考点突破和分层检测

试卷第=page22页，共=sectionpages22页Page专题51定点问题（新高考专用）目录目录【真题自测】 2【考点突破】 5【考点1】直线过定点问题 5【考点2】其它曲线过定点问题 16【分层检测】 28【基础篇】 28【能力篇】 42【培优篇】 48真题自测真题自测一、解答题1．（2022·全国·高考真题）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．（2021·全国·高考真题）已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．（1）求椭圆C的方程；（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是．参考答案：1．(1)(2)【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.【详解】（1）解：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．（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解；（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解.【详解】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，又，所以椭圆方程为；（2）由（1）得，曲线为，当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；当直线的斜率存在时，设，必要性：若M，N，F三点共线，可设直线即，由直线与曲线相切可得，解得，联立可得，所以，所以,所以必要性成立；充分性：设直线即，由直线与曲线相切可得，所以，联立可得，所以，所以，化简得，所以，所以或，所以直线或，所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；所以M，N，F三点共线的充要条件是．【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重.考点突破考点突破【考点1】直线过定点问题一、解答题1．（2024·湖南邵阳·三模）已知椭圆：的离心率为，右顶点与的上，下顶点所围成的三角形面积为．(1)求的方程．(2)不过点的动直线与交于，两点，直线与的斜率之积恒为．（i）证明：直线过定点；（ii）求面积的最大值．2．（2024·陕西·模拟预测）已知动圆M经过定点，且与圆内切.(1)求动圆圆心M的轨迹C的方程；(2)设轨迹C与x轴从左到右的交点为点A，B，点P为轨迹C上异于A，B的动点，设直线PB交直线于点T，连接AT交轨迹C于点Q；直线AP，AQ的斜率分别为，.（i）求证：为定值；（ii）设直线，证明：直线PQ过定点.3．（2024·广东广州·模拟预测）已知，，平面上有动点，且直线的斜率与直线的斜率之积为1.(1)求动点的轨迹的方程.(2)过点A的直线与交于点（在第一象限），过点的直线与交于点（在第三象限），记直线，的斜率分别为，，且.试判断与的面积之比是否为定值，若为定值，请求出该定值；若不为定值，请说明理由.4．（2024·江西宜春·三模）已知以点M为圆心的动圆经过点，且与圆心为的圆相切，记点M的轨迹为曲线C．(1)求曲线C的方程；(2)若动直线l与曲线C交于，两点（其中），点A关于x轴对称的点为A'，且直线BA'经过点．（ⅰ）求证：直线l过定点；（ⅱ）若，求直线l的方程．5．（23-24高二下·福建泉州·期中）已知抛物线，其焦点为，点在抛物线C上，且．(1)求抛物线的方程；(2)为坐标原点，为抛物线上不同的两点，且，（i）求证直线过定点；（ii）求与面积之和的最小值．6．（2024·江苏盐城·模拟预测）已知抛物线，动直线与抛物线交于，两点，分别过点、点作抛物线的切线和，直线与轴交于点，直线与轴交于点,和相交于点．当点为时，的外接圆的面积是．(1)求抛物线的方程；(2)若直线的方程是，点是抛物线上在，两点之间的动点（异于点，），求的取值范围；(3)设为抛物线的焦点，证明：若恒成立，则直线过定点反思提升：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.参考答案：1．(1)；(2)（i）证明见解析；（ii）.【分析】（1）根据椭圆的离心率及三角形面积，列出方程组求解即得.（2）（i）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用斜率坐标公式，结合韦达定理推理即得；（ii）由（i）的信息，借助三角形面积建立函数关系，再求出最大值.【详解】（1）令椭圆的半焦距为c，由离心率为，得，解得，由三角形面积为，得，则，，所以的方程是.（2）（i）由（1）知，点，设直线的方程为，设，由消去x得：，则，直线与的斜率分别为，，于是，整理得，解得或，当时，直线过点，不符合题意，因此，直线：恒过定点.（ii）由（i）知，，则，因此的面积，当且仅当，即时取等号，所以面积的最大值为.

【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的几何图形面积范围或最值问题，可以以直线的斜率、横(纵)截距、图形上动点的横(纵)坐标为变量，建立函数关系求解作答.2．(1)；(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析.【分析】（1）根据给定条件，结合椭圆的定义求出轨迹C的方程.（2）（i）设出点的坐标，利用斜率坐标公式计算即得；（ii）联立直线与轨迹C的方程，利用韦达定理结合（i）的结论计算即得.【详解】（1）设动圆的半径为r，圆的圆心，半径，显然点在圆内，则，于是，因此动点M的轨迹C是以，为焦点，长轴长为4的椭圆，长半轴长，半焦距，则短半轴长，所以轨迹C的方程为.（2）（i）设，，，由（1）知，，显然，，而，则，，又，即，所以，为定值.（ii）由消去x得，，由（i）得，又，则，解得，满足，因此直线PQ的方程为，所以直线PQ过定点.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：①“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；②“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；③求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.3．(1)(2)是，定值为【分析】（1）设Px,y（2）分析可知，设直线和相关点，联立方程结合韦达定理分析可得直线过定点，进而可得面积之比.【详解】（1）设Px,y，，由题意可得：，整理得，故求动点的轨迹方程为.（2）由题意可知：，且，可得，显然直线MN的斜率不为0，设直线的方程为，Mx1,y1联立方程，消去x得，则，，可得，则，整理可得，则，因为，则，可得，整理可得，所以直线方程为，即直线过定点，则，此时，，所以为定值.【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；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.4．(1)(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）【分析】（1）根据动圆M与圆相切，由，利用双曲线的定义求解；（2）（ⅰ）设直线l的方程为（显然l与x轴不平行），与联立，由求解；（ⅱ）由（ⅰ）知，当时，，，然后由求解.【详解】（1）圆的圆心坐标为，半径．动圆M与圆相切有两种情况，即内切或外切，所以，所以点M在以，为焦点的双曲线上，且该双曲线的实轴长为，，所以，所以曲线C的方程是．（2）（ⅰ）设直线l的方程为（显然l与x轴不平行），与联立，得，由题意知，，，即，由韦达定理得，．因为点A与A'关于x轴对称，不妨设A，B分别在第一、二象限，如图所示．

易知，即，化为，即，化为，当m变化时，该式恒成立，所以，故直线l过定点（-3，0）．（ⅱ）由（ⅰ）知，当时，，．由，，，，化为，解得或（舍去），故，此时直线l的方程为．【点睛】关键点点睛：本题（ⅱ）的关键是由直线BA'经过点，结合点A关于x轴对称的点为A'，得到，从而将，转化为，结合韦达定理而得解.5．(1)(2)（i）证明见解析；（ii）【分析】（1）利用焦半径公式建立方程，解出参数，得到抛物线方程即可.（2）（i）设出，利用给定条件建立方程求出，最后得到定点即可.（ii）利用三角形面积公式写出面积和的解析式，再利用基本不等式求最小值即可.【详解】（1）抛物线，其焦点为，准线方程为，可得，且，解得（另一个根舍去），，则抛物线的方程为；（2）（i）如图，设的方程为，，联立，可得，则，又，，由，可得，解得（另一个根舍去），所以直线恒过定点；（ii）由上小问可得，不妨设，则与面积之和为，，当且仅当，时，上式取得等号，则与面积之和的最小值为．6．(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）设外接圆的半径为，，由已知可得，在中可得，设直线，与抛物线方程联立根据直线与曲线只有一个交点即可求解；（2）直线的方程与抛物线方程联立可得，坐标，设Px,y，，可得，设，通过求导判断函数的单调性求最值即可求解；（3）设Ax1,y1,Bx2,y2，由导数的几何意义可得，的方程，联立可得的坐标，由得，设直线的方程为，与联立得【详解】（1）当点为时，设外接圆的半径为，，则，，在中有，，，则，，即，，设直线，与联立得，令，又，得，所以抛物线方程为；（2）联立，整理得，解得或，不妨设，，设Px,y，，则，，所以，又，，，设，，则，故φx在上单调递减，在2,3上单调递增，故，而，故的取值范围是；（3）由得，设Ax1,y1直线，，即，令，得，同理，，所以，直线与直线两方程联立解得，得，又，由得，得，设直线的方程为，与联立得，则，所以，则直线过定点.【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键利用导数得到切线方程，从而求出，再计算出，再设直线方程，将其与抛物线联立，得到，从而解出值，得到定点坐标.【考点2】其它曲线过定点问题一、解答题1．（2024·西藏拉萨·二模）已知抛物线上的两点的横坐标分别为.(1)求抛物线的方程；(2)若过点的直线与抛物线交于点，问：以为直径的圆是否过定点？若过定点，求出这个定点；若不过定点，请说明理由.2．（2024·山东泰安·模拟预测）已知抛物线，焦点为，点在上，直线∶与相交于两点，过分别向的准线作垂线，垂足分别为.(1)设的面积分别为，求证：；(2)若直线，分别与相交于，试证明以为直径的圆过定点，并求出点的坐标.3．（2024·新疆喀什·三模）已知双曲线：的左、右焦点分别为，，是直线：（其中是实半轴长，是半焦距）上不同于原点的一个动点，斜率为的直线与双曲线交于，两点，斜率为的直线与双曲线交于，两点．(1)求的值；(2)若直线，，，的斜率分别为，，，，问是否存在点，满足，若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由．4．（2024·福建泉州·模拟预测）已知双曲线的实轴长为2，离心率为2，右焦点为，为上的一个动点，(1)若点在双曲线右支上，在轴的负半轴上是否存在定点．使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．(2)过作圆的两条切线，若切线分别与相交于另外的两点、，证明：三点共线．5．（2024·福建福州·模拟预测）已知椭圆的离心率为，且过点.(1)求的方程；(2)直线交于两点.（i）点关于原点的对称点为，直线的斜率为，证明：为定值；（ii）若上存在点使得在上的投影向量相等，且的重心在轴上，求直线的方程.6．（2024·天津和平·二模）在平面直角坐标系xOy中，椭圆的右焦点为点F，椭圆上顶点为点A，右顶点为点B，且满足．(1)求椭圆的离心率；(2)是否存在过原点O的直线l，使得直线l与椭圆在第三象限的交点为点C，且与直线AF交于点D，满足，若存在，求出直线l的方程，若不存在，请说明理由．参考答案：1．(1)(2)过定点，定点为原点【分析】（1）设出两点，运用两点间距离公式构造方程求解即可；（2）过点的直线的方程为，直线的斜率分别为.联立抛物线，运用韦达定理，得到，则，即可证明.【详解】（1）因为点的横坐标分别为，所以，则，解得，所以抛物线的方程为.（2）由题意，知直线的斜率存在，设，过点的直线的方程为，直线的斜率分别为.当时，，因为，所以以为直径的圆过原点.以下证明当时，以为直径的圆过原点.由，消去，得，由根与系数的关系，得，，所以，所以以为直径的圆过原点.综上，以为直径的圆过原点.2．(1)证明见解析(2)证明见解析，和【分析】（1）将点代入得抛物线方程为，设，联立直线与抛物线方程，韦达定理，然后用坐标表示三个三角形的面积，化简即可证明.（2）先求出直线的方程，令得点的坐标，同理得点的坐标，从而求出以为直径的圆，令得圆恒过的定点.【详解】（1）将代入，得，所以抛物线方程为，由题意知，设，由得，，，所以，所以，即.（2）直线的斜率，故直线的方程为，令得，所以点的坐标为，同理，点的坐标为，设线段的中点为，则=，又=，所以以为直径的圆为，即，令得或，故以为直径的圆过定点0,1和.3．(1)-3(2)存在，，或【分析】（1）设，利用斜率公式求解；（2）设，直线方程为，与双曲线方程联立，结合韦达定理得到，，结合求解.【详解】（1）由题可得双曲线E：，则，∴左、右焦点分别为，，直线l的方程为：设，，同理可得．∴；（2）设，如图，直线方程为，代入双曲线方程可得：，所以，则，则，，，．同理，即，即，∴或，又，若．无解，舍去．∴，解得，，或，，若，，由A在直线上可得，，∴．此时，若，，由A在直线上可得，，∴此时∴存在点，或，满足．4．(1)存在，.(2)证明见解析.【分析】（1）先求出双曲线的方程，将角度关系转化为直线的斜率关系，从而列出不等式，斜率不存在的情况单独讨论，即可求出M点的坐标.（2）先根据P点的位置判断能否作出切线，再将切线分为斜率存在和不存在两种情况讨论，表达出两条切线的方程，斜率存在时，再根据切线与圆的位置关系，找出两条切线的斜率的关系，再把切线方程代入双曲线，表达出点E、G的坐标并找出坐标关系，从而证出E、O、G三点共线.【详解】（1）根据题意，有，所以双曲线的方程为.设，且，①当直线的斜率存在时，即时，因为，所以，，从而，化简整理得，，，所以在x轴负半轴上存在点使得；②当直线的斜率不存在时，即时，若，则，此时P点的坐标为2,3，所以，则，又，所以，此时，综上，满足条件的M点存在，其坐标为.（2）设Px0,①当时，即时，直线PG的斜率不存在，直线PE的斜率为0，此时易得，此时点E、G关于点O对称，故E、O、G三点共线.②当，且或，且时，此时直线PE、PG的斜率存在且不为零，分别设为，设经过Px0,所以，即由韦达定理得，又，所以，由直线PE与圆的位置关系可知，，同理直线PG的方程为，有，联立，消去y并整理得，，即，即，令，根据韦达定理得，所以设，又，所以，所以，又，两式相减得，，由图可知，，所以，即.所以点E、G关于点O对称，此时E、O、G三点共线，综上得，E、O、G三点共线.5．(1)(2)（i）证明见解析；（ii）【分析】（1）根据椭圆离心率为，且过点可得；（2）（i）由点差法可得，进而有；（ii）联立可得，故由重心坐标公式可得，由在上的投影向量相等可知在的垂直平分线上，根据其方程，可得，由在上进而可得.【详解】（1）由题意，得，解得，所以的方程为；（2）依题意可设点，且，（i）证明：因为点关于原点的对称点为，所以，因为点在上，所以，所以，即，因为直线的斜率为，直线的斜率为所以，即为定值；（ii）设弦的中点的坐标为，点的坐标为的重心的坐标为，由，得，所以，且，因为的重心在轴上，所以，所以，所以，因为在上的投影向量相等，所以，且，所以直线的方程为，所以，所以点，又点在上，所以，即又因为，所以，所以直线的方程为.6．(1)(2)因此存在直线满足条件．【分析】（1）根据椭圆的几何性质求解，即可结合的关系求解，（2）联立方程可得坐标，即可根据根据，即可求解.【详解】（1）依题意，，解得，又因为，所以．（2）设直线的方程为，椭圆的方程为，设点，联立方程组，整理得，解得，①，直线AF方程为，设点，，联立方程组，解得，②，又因为，设，则有，即，所以，所以．所以，则有，代入①②有，解得，由题意得，所以，因此存在直线满足题中条件．【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去(或)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或不存在等特殊情况，强化有关直线与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．反思提升：(1)定点问题，先猜后证，可先考虑运动图形是否有对称性及特殊(或极端)位置猜想，如直线的水平位置、竖直位置，即k＝0或k不存在时.(2)以曲线上的点为参数，设点P(x1，y1)，利用点在曲线f(x，y)＝0上，即f(x1，y1)＝0消参.分层分层检测【基础篇】一、单选题1．（2021·山东滨州·一模）已知椭圆的左、右焦点分别是，，左右顶点分别是，，点是椭圆上异于，的任意一点，则下列说法正确的是（

）A． B．直线与直线的斜率之积为C．存在点满足 D．若△的面积为，则点的横坐标为2．（2021·浙江温州·三模）如图，点A，B，C在抛物线上，抛物线的焦点F在上，与x轴交于点D，，，则（

）A． B．4 C． D．33．（2021·广西·二模）已知椭圆的上顶点为为椭圆上异于A的两点，且，则直线过定点（

）A． B． C． D．4．（2023·河南·二模）已知动点P在双曲线C：上，双曲线C的左、右焦点分别为，，则下列结论：①C的离心率为2；

②C的焦点弦最短为6；③动点P到两条渐近线的距离之积为定值；④当动点P在双曲线C的左支上时，的最大值为．其中正确的个数是（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个二、多选题5．（2021·湖北黄冈·三模）已知动点在双曲线上，双曲线的左､右焦点分别为，下列结论正确的是（

）A．双曲线的渐近线与圆相切B．满足的点共有2个C．直线与双曲线的两支各有一个交点的充要条件是D．若，则6．（2023·全国·模拟预测）已知抛物线的焦点为F，点在C上，P为C上的一个动点，则（

）A．C的准线方程为 B．若，则的最小值为C．若，则的周长的最小值为11 D．在x轴上存在点E，使得为钝角7．（2024·河南·模拟预测）已知抛物线Γ:，过点作直线，直线与Γ交于A，C两点，A在x轴上方，直线与Γ交于B，D两点，D在x轴上方，连接，若直线过点，则下列结论正确的是（

）A．若直线的斜率为1，则直线的斜率为B．直线过定点C．直线与直线的交点在直线上D．与的面积之和的最小值为三、填空题8．（2021·辽宁·模拟预测）汽车前照灯主要由光源、反射镜及配光片三部分组成，其中经过光源和反射镜顶点的剖面轮廓为抛物线，而光源恰好位于抛物线的焦点处，这样光源发出的每一束光线经反射镜反射后均可沿与抛物线对称轴平行的方向射出.某汽车前照灯反射镜剖面轮廓可表示为抛物线.在平面直角坐标系中，设抛物线，抛物线的准线记为，点，动点在抛物线上运动，若点到准线的距离等于，且满足此条件的点有且只有一个，则9．（2024·四川宜宾·二模）已知为抛物线的焦点，过直线上的动点作抛物线的切线，切点分别是，则直线过定点.10．（2023·全国·模拟预测）已知双曲线的一条渐近线的倾斜角的正切值为.若直线（且）与双曲线交于A，B两点，直线，的斜率的倒数和为，则直线恒经过的定点为.四、解答题11．（22-23高三上·山西·阶段练习）已知中心为坐标原点，焦点在坐标轴上的椭圆经过点，．(1)求的方程；(2)已知点，直线与交于两点，且直线的斜率之和为，证明：点在一条定抛物线上．12．（2021·山西运城·模拟预测）已知P(1，2)在抛物线C：y2＝2px上．(1)求抛物线C的方程；(2)A，B是抛物线C上的两个动点，如果直线PA的斜率与直线PB的斜率之和为2，证明：直线AB过定点．参考答案：题号1234567答案DBDBACDBCABD1．D【分析】根据椭圆的概念和几何性质依次判断选项即可.【详解】对选项A，，故A错误；对选项B，设，则，，，，则，故B错误.对选项C，因为椭圆，，，，所以以为直径的圆与椭圆无交点，故不存在点满足，故C错误；对选项D，，则，则，解得，故D正确.故选：D2．B【分析】设出点A，B，C的坐标，利用直线AB，AC，BC斜率的关系建立等式即可得解.【详解】依题意设，则直线AB，AC，BC斜率分别为：，因，则，即，则，因F(1，0)在直线AB上，则，而，有，即，点A在直线上，又是等腰三角形，点F，点D关于直线对称，所以点D坐标为(5，0)，|FD|=4.故选：B3．D【分析】设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理表示可解得或，然后分类讨论可得答案【详解】设直线的方程为，，则由整理得，所以，，因为，，，所以解得或，当时，直线的方程为，直线过0,1点而，而不在同一直线上，不合题意；当时，直线的方程为，直线过，符合题意.故选：D.【点睛】本题考查了直线和椭圆的位置关系，解题的关键点是利用韦达定理表示，考查学生分析问题、解决问题的能力及计算能力.4．B【分析】①由性质可得；②用特殊值可判定；③设点坐标计算化简即可，④利用双曲线的焦半径办公计算即可.【详解】由题意可得，即①正确；显然当双曲线的焦点弦过左、右焦点时，该弦长为实轴，长度为2＜6，即②错误；易知双曲线的渐近线方程为，设点，则，且到两条双曲线的距离之积为是定值，故③正确；对于④，先推下双曲线的焦半径公式：对双曲线上任意一点及双曲线的左右焦点，则，同理，所以，此即为双曲线的焦半径公式.设点，由双曲线的焦半径公式可得，故，其中，则，由二次函数的性质可得其最大值为，当且仅当，即时取得，故④错误；综上正确的是①③两个.故选：B5．ACD【分析】对于A，由已知条件求出渐近线方程和圆的圆心和半径，然后利用点到直线的距离公式求出圆心到直的距离进行判断即可；对于B，由双曲线的性质求出的最小值判断；对于C，由于直线恒过点，所以分或，或和进行判断；对于D，利用双曲线的定义和已知条件可得，从而可判断，从而可求出【详解】解：由题意得，，则，所以，渐近线方程为，对于A，圆的圆心为，半径为，而到直线的距离为，所以双曲线的渐近线与圆相切，所以A正确；对于B，当点在左支上时，的最小值为，所以左支上有2个点满足，当在右支上时，的最小值为为，所以右支上有2个点满足，综上满足的点共有4个，所以B错误；对于C，因为恒过点，当或时，直线与渐近线平行，与右支有1个交点，与左支无交点，当或时，与右支有两个交点，与左支无交点，当时，直线与左、右支各有一个交点，所以C正确；对于D，不妨设点在右支上，则，而，所以，而，所以，所以，所以，所以，所以D正确，故选：ACD6．BC【分析】根据题意求出，即可求出准线，即可判断A；设点，，则，根据两点的距离公式结合二次函数的性质即可判断B；过点P作垂直于C的准线，垂足为N，连接MN，再结合图象，即可求得的周长的最小值，即可判断C；设，再判断是否有解即可判断D.【详解】A选项：因为点在抛物线上，所以，解得，所以抛物线C的方程为，所以C的准线方程为，故A错误；B选项：设点，，则，因为，所以，当且仅当时等号成立，所以，故B正确；C选项：过点P作垂直于C的准线，垂足为N，连接MN，则，易知，，所以，所以的周长为，当且仅当M，P，N三点共线时等号成立，所以的周长的最小值为11，故C正确；D选项：设，则，，所以，因为点在C上，所以，即，所以，所以，故不可能为钝角，故D错误.故选：BC.7．ABD【分析】分别联立曲线与直线方程，表示出韦达定理，解方程组可得B正确；由斜率的定义结合选项B可得A正确；当轴时，求出四点坐标，得到两直线方程，求出交点横坐标可判断C错误；由三角形的面积公式结合选项B和基本不等式可得D正确.【详解】设，设直线交x轴于点，，直线的方程为：，联立，消去可得，，所以，同理，设直线，联立，消去可得，，所以，设直线，联立，消去可得，，所以，联立方程组，可得，故B正确；对于A，由B可得，所以当时，有，故A正确；当轴时，可知，，求得直线的方程为，直线的方程为，将这两方程联立方程组，解得，故C错误；设与的面积分别为，则，又，又，当且仅当时等号成立，故D正确．故选：ABD.8．【分析】设出，根据条件可得出，由题意方程只有一个解，所以其判别式为0，可得出答案.【详解】抛物线，则准线的方程为,焦点，设由点到准线的距离等于，则所以化简可得：由满足此条件的点有且只有一个，时符合题意，若不等于1，则即，则由，所以故答案为：9．【分析】设，根据导数的几何意义求出切线方程，再根据切线过点，从而可确定直线的方程，进而可得出答案.【详解】设，由，得，则，则抛物线在点处得切线方程为，即，又，所以，又因为点在切线上，所以，①同理可得，②由①②可得直线的方程为，所以直线过定点.

故答案为：.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.10．【分析】先根据渐近线的倾斜角算出，然后联立直线和双曲线，结合题目条件和韦达定理找到的关系，从而得到定点.【详解】因为双曲线方程为一条渐近线的倾斜角的正切值为.所以，解得，所以双曲线方程为.设，，联立得，.由韦达定理得，.因为，所以.所以，由题意知，此时.所以直线方程为，恒经过的定点为.故答案为：11．(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据椭圆标准方程求法，列方程组解决即可；（2）设直线的斜率分别为，，，．将代入，得，，根据韦达定理化简得即可解决.【详解】（1）依题意设的方程为，因为经过点，，所以，解得，故的方程为．（2）证明：设直线的斜率分别为，，，．将代入，得．由题设可知，，，所以，所以，所以．因为，所以，所以，故点在抛物线上，即点在一条定抛物线上．12．(1)y2＝4x(2)证明见解析【分析】(1)把已知点坐标代入抛物线方程求得参数，即得抛物线方程；(2)设AB：x＝my+t，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线方程与抛物线方程联立消元后应用韦达定理得，代入得参数值，从而可得定点坐标．【详解】（1）P点坐标代入抛物线方程得4＝2p，∴p＝2，∴抛物线方程为y2＝4x．（2）证明：设AB：x＝my+t，将AB的方程与y2＝4x联立得y2﹣4my﹣4t＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4t，所以Δ＞0⇒16m2+16t＞0⇒m2+t＞0，，同理：，由题意：，∴4(y1+y2+4)＝2(y1y2+2y1+2y2+4)，∴y1y2＝4，∴﹣4t＝4，∴t＝﹣1，故直线AB恒过定点(﹣1，0)．【能力篇】一、单选题1．（2021·浙江绍兴·三模）过点的两条直线，分别与双曲线：相交于点，和点，，满足，（且）.若直线的斜率，则双曲线的离心率是（

）A． B． C．2 D．二、多选题2．（2023·湖北襄阳·模拟预测）在平面直角坐标系中，由直线上任一点向椭圆作切线，切点分别为、，点在轴的上方，则（）A．当点的坐标为时，B．当点的坐标为时，直线的斜率为C．存在点，使得为钝角D．存在点，使得三、填空题3．（2024·河南·二模）直线与抛物线：相交于两点，若在轴上存在点使得，则的最小值为.四、解答题4．（2024·全国·模拟预测）已知双曲线：的右焦点为，直线：与的渐近线相交于点，，且的面积为.(1)求C的标准方程；(2)过点F作直线与C的右支相交于M，N两点，若x轴上的点G使得等式恒成立，求证：点的横坐标为.参考答案：题号12答案DAD1．D【分析】设，由，，可得，，再利用点差法可得，，从而可得，进而可求出离心率【详解】解：设，则,因为，，所以∥，所以，所以，，所以，所以，因为，，所以，所以，所以，则同理得，，则所以，因为且，所以，即所以离心率，故选：D【点睛】关键点点睛：此题考查直线与双曲线的位置关系，考查双曲线的离心率的求法，解题的关键是设，由，，可得，，再利用点差法可得，，从而可得，进而可求出离心率，考查计算能力，属于中档题2．AD【分析】设点Ax1,y1、Bx2,y2，先证明出椭圆在其上一点处的切线方程为，可得出椭圆在点【详解】设点Ax1,先证明出椭圆在其上一点处的切线方程为，由题意可得，联立可得，即，即方程组只有唯一解，因此，椭圆在其上一点处的切线方程为，同理可知，椭圆在其上一点处的切线方程为，因为点为直线上一点，设点，则有，即，所以，点的坐标满足方程，所以，直线的方程为，对于A选项，当点的坐标为，即，此时直线的方程为，由可得，即点，此时，A对；对于B选项，当的坐标为时，即时，此时，直线的斜率为，B错；对于C选项，联立可得，，由韦达定理可得，，，同理，所以，，因此，恒为锐角，C错；对于D选项，若点为椭圆的上顶点，则轴，此时，所以，点不是椭圆的上顶点，线段的中点为，所以，，，存在点，使得，则，则，化简可得，因为，，所以，，即，因为，解得，因此，存在点，使得，D对.故选：AD.3．【分析】联立直线与抛物线方程，引入参数，结合韦达定理以及可得关于应该满足的条件式，结合基本不等式即可求解.【详解】联立方程得，令，而由题意，所以.设，由韦达定理得.设，则，，即，显然，否则，但这是不可能的，即，因为，所以（否则时，有，但这与已知矛盾），由基本不等式可得，当且仅当时等号成立.故答案为：.4．(1)(2)见解析【分析】（1）首先求点的坐标，并利用坐标表示的面积，即可求解双曲线方程；（2）首先由几何关系确定，再利用坐标表示，代入韦达定理，即可求解.【详解】（1）双曲线的渐近线方程为，直线与渐近线的交点坐标为，不妨设，，，则，即，所以，且，得，，所以双曲线的标准方程为；

（2）由可知，，根据正弦定理可知，，而，所以，所以，则，所以,设直线，，联立，得，，，，，，所以，即，则，解得：，所以点的横坐标为【培优篇】一、解答题1．（2023·河北·模拟预测）已知焦点在轴上的椭圆的焦距为，左、右端点分别为，点是椭圆上不同于的一点，且满足.(1)求椭圆的方程；(2)过椭圆的上焦点作两条互相垂直的直线，，，分别与椭圆交于点和点分别为，的中点，问直线是否过定点？如果过定点，求出该定点；如果不过定点，请说明理由.2．（2024·福建厦门·模拟预测）双曲线C：的离心率为，点在C上.(1)求C的方程；(2)设圆O：上任意一点P处的切线交C于M、N两点，证明：以MN为直径的圆过定点.3．（2024·云南·模拟预测）抛物线的图象经过点，焦点为，过点且倾斜角为的直线与抛物线交于点，，如图．

(1)求抛物线的标准方程；(2)当时，求弦AB的长；(3)已知点，直线，分别与抛物线交于点，．证明：直线过定点．参考答案：1．(1)(2)过，.【分析】（1）利用可得，再利用即可得椭圆的方程；（2）当直线的斜率存在且不为时，设直线的方程，联立椭圆方程可得，同理得