第13讲圆锥曲线综合问题-定点定值与定直线（人教A版2019选择性）

第13讲圆锥曲线综合问题——定点、定值与定直线【人教A版2019】·模块一圆锥曲线中的定点、定值问题·模块二圆锥曲线中的定直线问题·模块三课后作业模块一模块一圆锥曲线中的定点、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.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.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.【考点1椭圆中的定点、定值问题】【例1.1】（2023秋·江苏南通·高二校考开学考试）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(1)求椭圆C的方程；(2)斜率存在且不为0的直线l交椭圆C于M，N两点（异于点A），且AM⋅AN=0【解题思路】（1）根据离心率、直线与椭圆相切可得椭圆方程；（2）设直线l的方程为x=my+tt≠−4，Mx1【解答过程】（1）椭圆C的离心率为32，可得ca=所以椭圆方程为x2x+y+25=0x由题意可得452−4×5×20−4b所以椭圆方程为x2（2）直线l恒过定点−12由（1）得A−4,0，设直线l的方程为x=my+tt≠−4，由x=my+tx216由Δ=2mt2且y1由AM⋅AN=0即my可得1+m整理得5t2+32t+48=0，解得t=−即t=−125时，不论m为何值时都符合此时直线l的方程为x=my−12则直线恒过定点−12【例1.2】（2023秋·陕西西安·高三校联考开学考试）已知椭圆C:x2a2+(1)求椭圆C的方程；(2)不经过点M的直线l与C交于A,B两点，且直线MA和MB的斜率之积为1，证明：直线l过定点.【解题思路】（1）根据题意，列出关于a,b,c的方程，代入计算，即可得到结果；（2）根据题意，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理代入计算，即可得到结果.【解答过程】（1）由题可知a=2，因为ca=2又b2=a所以椭圆C的方程为x2（2）

证明：当直线l的斜率不存在时，显然不符合题意，故设Ax1,y1联立x24+y2方程1+2k2x则x1因为kMA⋅k所以k2所以k2整理得m+2km+6k若m=−2k，则y=kx−2k=kx−2，则直线l过定点M若m=−6k，则y=kx−6k=kx−6，则直线l过定点6,0【变式1.1】（2023秋·广东阳江·高三统考开学考试）已知A2,0，B−2,0分别是椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0长轴的两个端点，C的焦距为2．M3,0，N43,0，P是椭圆C(1)求椭圆C的方程；(2)证明：直线DE的倾斜角为定值．【解题思路】（1）由题意，得c＝1，即可得解；（2）分类讨论，进行求解即可.【解答过程】（1）由题意，a＝2，2c＝2，c＝1，∴b2∴椭圆C的方程为x2（2）设Px0,y0，D当直线PN的斜率存在时，其方程为y=y0x3x∴x0直线PM的方程为y=y0x3x∴x0因此x1=x2，此时DE⊥x轴，即直线②当直线PN的斜率不存在时，其方程为x=43，此时由①知x0+x∴x1=x2=43，此时DE综上所述，直线DE的倾斜角为π2【变式1.2】（2023秋·江西·高三统考开学考试）已知椭圆C:y2a2+x2(1)求C的方程；(2)设O为坐标原点，直线OA与C交于另一点B，与直线OA平行的直线交C于P，Q两点，直线AP与BQ交于点D，证明：直线OD的斜率为定值.【解题思路】（1）根据已知条件列关于a，b，c的方程组求解可得；（2）设Px1,y1，Qx2,y2，Dx直线BQ的方程为y−3=3+mx2−1【解答过程】（1）设C的半焦距为c，由题意知c解得a=32b=2c=4，故（2）由椭圆的对称性知B1,3，直线OA设直线PQ的方程为y=3x+mm≠0，Px1,y由y=3x+m,y218+xΔ=6m2−4×18m则x1若x1=−1，则P−1,3，PQ即y=3x+6，此时m=6，不合题意；若x2=1，则Q1,−3，PQ即y=3x−6，此时m=−6，不合题意.所以x1≠−1且则kAP=所以直线AP的方程为y+3=3+直线BQ的方程为y−3=3+两方程联立，得x1−x2+2所以x1−x2+2≠0，所以x=所以y0所以kOD==3+−3故直线OD的斜率为定值−3.【考点2双曲线中的定点、定值问题】【例2.1】（2023秋·安徽·高三校联考开学考试）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(1)求双曲线C的方程；(2)不经过点P的直线l与C相交于M，N两点，且PM⊥PN，求证：直线l过定点.【解题思路】（1）根据双曲线上过的点及离心率列出方程组，求出双曲线方程；（2）设出直线方程，分斜率不存在和斜率存在两种情况，特别是当斜率存在时，设直线为y=kx+m，与双曲线方程联立，根据题干中条件，列出方程，找到k和m的关系，求出过的定点，记得检验是否满足斜率不存在的情况.【解答过程】（1）由已知得：e=ca=2,c=2a又因为P4,6在C上，则16解得a2=4，所以双曲线C的方程为x2（2）若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+m，Mx1,联立方程x24−y2由已知k≠±3，则3−k2可得x1+x又因为PM=由PM⊥PN可得：PM⋅整理得：1+k则1+k可得m2−32k由已知l不经过点4,6，故m+4k−6≠0，所以m−8k−12=0，即m=8k+12，可得l：y=kx+8+12，过定点若直线l的斜率不存在，设Mx1,可得PM=由PM⊥PN可得：PM⋅又因为x124综上所述：故直线l过定点Q−8,12【例2.2】（2023春·福建厦门·高二校考期中）已知双曲线Γ：x2a2−y2b2=1实轴AB长为4（A(1)求双曲线Γ的标准方程；(2)设过T4,0的直线与双曲线交于C，D两点，记直线AC，BD的斜率为k1，①k1②k1③k1【解题思路】（1）首先求双曲线的渐近线方程，再根据点到直线的距离公式，即可求双曲线方程；（2）首先设直线CD：x=ty+4，与双曲线方程联立，得到y1⋅y2=12t2−4【解答过程】（1）设Px0,y0是Γ上的一点，bx−ay=0P到两条渐近线的距离之积d1依题意，2a=4，故b2=1，双曲线Γ的标准方程为（2）正确结论：③k1证明如下：由（1）知A−2,0，B2,0，设Cx因为C，D不与A，B重合，所以可设直线CD：x=ty+4，与Γ联立：x24−y故t≠±2，Δ=16t2+12所以tyk1=k①k1=−2②k1=2③k1所以k1【变式2.1】（2023秋·浙江·高三校联考阶段练习）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右顶点分别为A、B，P为双曲线上异于A、(1)求双曲线C的方程；(2)设不同于顶点的两点M、N在双曲线C的右支上，直线AM、BN在y轴上的截距之比为1:3．试问直线MN是否过定点？若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由．【解题思路】（1）根据所给条件，列出方程组，求出a,b即可得解；（2）设出直线方程及M，N点的坐标，求出截距建立方程，再由kAM⋅kBM=【解答过程】（1）设Px由x02a2−∴k又焦点到其一条渐近线bx+ax=0的距离为bca2+所以双曲线C的方程：x2（2）设直线MN的方程为x=my+t,Mx由x=my+tx2−3∴y∵A−3,0,B3,0，直线AM:y=y直线BN:y=y2x2−3x−由题得：33y1所以y1所以3x1−∴m∴m∴m2+1⋅t若t=3，直线MN过顶点，舍去．∴t=2则直线MN的方程为x=my+23所以直线MN过定点E2【变式2.2】（2023·江西·校联考模拟预测）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【解题思路】（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【解答过程】（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=64k2k=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△AMN【考点3抛物线中的定点、定值问题】【例3.1】（2023秋·陕西西安·高三校联考开学考试）已知点F为抛物线C:y2=2pxp>0的焦点，点P2,1(1)求抛物线C的标准方程；(2)若斜率存在的直线过点P且交抛物线C于M，N两点，若直线MF，NF交抛物线于A，B两点（M、N与A、B不重合），求证：直线AB过定点.【解题思路】（1）利用两点间的距离公式根据PF=QF求出（2）若直线l不过点F，设My124,y1，Ny224,y2，Ay324,y3，By424,y4，求出直线MN的方程由直线MN过定点可得y1【解答过程】（1）由题设Fp2,0，则PF又PF=QF，故整理得2p−4=0，解得p=2.所以抛物线C的标准方程为y2（2）若直线l不过点F，如图，设My124,y1由题意可知直线MN的斜率存在且不为0，则直线MN的斜率kMN所以直线MN的方程为y−y1=由直线MN过定点2,1，可得y1+y2−AM过焦点F1,0，可得yBN的方程4x−y2+y4y+y直线AB的方程为4x−y由y1y3所以4y1y又因为y1+y令x+y=08y+4=0，解得x=12y=−1若直线l过点F，直线AB即为直线MN，其方程为y−0=1−0即y=x−1，显然直线过点12综上，直线AB过定点12【例3.2】（2023秋·湖南·高三校联考开学考试）已知抛物线C1:y2=pxp>0的焦点为F1(1)求p的值；(2)若直线l与C1交于M，N两点，与C2交于P，Q两点，M，P在第一象限，N，Q在第四象限，且MP=2【解题思路】（1）根据抛物线方程可得F1p4（2）由（1）知C1:y2=2x，C2:y2=4x，设直线l:x=my+t，Mx1,y1，Nx2,y2，Px3,y3，Qx4,y4，根据题意结合图形可知m≠0，且【解答过程】（1）由题意知F1p4所以F1解得p=2．（2）由（1）知C1:y设直线l:x=my+t，Mx1,y1，N根据题意结合图形可知m≠0，且y3联立y2=2xx=my+t则y1同理联立y2=4xx=my+t则y3由MP=2NQ可得，又MP=x3所以y3即4m−y4−y1又因为y12=2x1再由1m=y联立x1=4my所以y2=−6m，y4故MNPQ所以MNPQ【变式3.1】（2023秋·高二单元测试）已知O为坐标原点，抛物线C：y2＝4x，点A−2，0，设直线(1)若直线l⊥x轴，求直线PA的斜率的取值范围；(2)若直线l不垂直于x轴，且∠PAO＝∠QAO，证明：直线【解题思路】（1）当点P在第一象限时，设P(t,2t),t>0，kPA=（2）设直线l的方程为y=kx+b(k≠0)，由kAP+kAQ=0【解答过程】（1）当点P在第一象限时，设P(t,2t则kPA=2t−0同理，当点P在第四象限时，kPA综上所述，直线PA的斜率的取值范围是−2（2）设直线l的方程为y=kx+b(k≠0)，联立方程y=kx+b,y2=4x,得k设Px1,∵∠PAO=∠QAO,∴kAP+即y1即y1即y1即4b+8k=0，∴b=−2k，满足Δ>0∴y=kx−2k=k(x−2)，∴直线l过定点(2,0).【变式3.2】（2023秋·安徽合肥·高三校联考开学考试）已知抛物线E:x2=2py（p为常数，p>0）.点M(1)若直线l:y=x02x−y(2)设P为E的准线上一点，过P作E的两条切线，切点为A,B，且直线PA，PB与x轴分别交于C，D两点.①证明：PA⊥PB②试问PC⋅【解题思路】（1）联立直线l与抛物线E方程，利用Δ=0即可求出p=2（2）①求出切线PA,PB的方程，利用两直线交点P在准线上可知两切点横坐标的关系，再由两直线斜率关系即可得出证明.②通过斜率关系可得出∠PCD=∠PBA，利用三角形相似即可得出PC⋅【解答过程】（1）将直线l:y=x02消去y可得x2所以Δ=x024可得2py0（2）①易知抛物线E:x2=2py不妨设PxP,−将x2=2py求导可得则切线PA的斜率kPA=x1p又x12=2py1同理可得PB的方程可化为x2又两切线交于点P，所以x1因此可得x1,x2是方程所以kPA因此PA⊥PB②设直线PA和PB的倾斜角为θ1,θ2，直线所以kAB又tan∠PCD=tanθtan∠PBA=所以tan=2将x1tan∠PCD−则可得tan∠PCD=tan∠PBA又PA⊥PB，所以Rt△PCD∼可得PCCD=PB模块模块二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.【考点4椭圆中的定直线问题】【例4.1】（2023·四川成都·校联考二模）已知A1−3,0和A23,0是椭圆η:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点，直线l与椭圆η相交于(1)求椭圆η的标准方程；(2)若直线OM与椭圆η的另外一个交点为S，直线A1S与直线A2N相交于点P，直线PO与直线l相交于点【解题思路】（1）设Mx1,y1，Nx2（2）设直线l的方程为：x=my+n(m≠0,n≠0)，联立直线l和椭圆方程，结合韦达定理可得y1y2，y1+y2，结合三点共线可得y0x0+3【解答过程】（1）设Mx1,所以kA1M由题意知a=3，所以x1所以b2则椭圆η的标准方程为x2（2）证明：设直线l的方程为：x=my+n(m≠0,n≠0)，联立椭圆η的方程，得x=my+nx所以5m则Δ=180由根与系数的关系，得y1y2设Px由P，S，A1三点共线，得y由P，N，A2三点共线，得y则2=2m+n−3所以直线OP的斜率为kOP则直线OP的方程为y=n+3联立直线OP与直线l的方程，可得y=n+33mx所以点Q在一条定直线上，该定直线的方程为x=−3．【例4.2】（2023·江苏南京·南京市校考模拟预测）椭圆E的方程为x24+y28=1，左、右顶点分别为A−2,0，B(1)若直线l分别交x，y轴于C，D两点，若PD=2，求PC的长；(2)若直线l过点−1,0，且交椭圆E于另一点Q（异于点A，B），记直线AP与直线BQ交于点M，试问点M是否在一条定直线上？若是，求出该定直线方程；若不是，说明理由．【解题思路】（1）设Px0,y0,D0,yD（2）依题可设直线l的方程为x=my−1，Px1,y1，Qx2,y2，Mx0,【解答过程】（1）设Px则x024由①②可得y0∵y0>0,∴∵（2）依题可设直线l的方程为x=my−1，Px1,y1联立方程组x=my−1x24Δ=16则y1+y直线AP的方程为y=y1x1+2联立方程组y=y1x因为x=m2y∴由y1+y2=所以x0故点M在定直线x=−4上．【变式4.1】（2023·江苏常州·校考一模）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【解题思路】（1）根据题意得2b=22ca=2（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，Qx,y，P【解答过程】（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．【变式4.2】（2023·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系中，已知两定点A−4,0，B4,0，M是平面内一动点，自M作MN垂直于AB，垂足N介于A和B之间，且(1)求动点M的轨迹Γ；(2)设过P0,1的直线交曲线Γ于C，D两点，Q为平面上一动点，直线QC，QD，QP的斜率分别为k1，k2，k0，且满足【解题思路】（1）由题意知－4＜x＜4，即可得解；（2）对直线CD的斜率是否存在进行讨论，进行求解即可.【解答过程】（1）设Mx,y，则Nx,0，由题意知－4＜∵2MN2=AN⋅NB，∴2y2=（2）存在满足题意的Q，在定直线y＝8（x≠0）上．理由如下：当直线CD的斜率存在时，设直线CD的方程为y＝kx＋1．设Cx1,y1，Dx2,y2，将y＝kx＋1代入x2+2yx1+x条件1k1+1k将y1=kx1+1显然Qx0,y0不在直线y＝kx＋1上，∴y将y1=kx1+12k⋅(−14)+1−y0当直线CD的斜率不存在时，经检验符合题意．因此存在满足题意的Q，在定直线y＝8（x≠0）上．【考点5双曲线中的定直线问题】【例5.1】（2023秋·安徽·高三校联考阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线Ｃ的中心为坐标原点，对称轴是坐标轴，右支与x轴的交点为1,0，其中一条渐近线的倾斜角为π3(1)求C的标准方程；(2)过点T2,0作直线l与双曲线C的左右两支分别交于A，B两点，在线段AB上取一点E满足AE⋅TB【解题思路】（1）根据题意可得双曲线焦点在x轴上，且a=1，ba（2）根据双曲线对称性以及交点特征，设出直线方程并与双曲线联立，利用韦达定理根据题目中的表达式代入整理可知点E在定直线x=1【解答过程】（1）根据题意，设双曲线的方程为x2由题知a=1，ba=tan所以双曲线方程为x2（2）易知T2,0由题知直线l斜率存在，根据对称性，不妨设斜率为k0≤k≤3，故直线的方程为代入双曲线方程得3−k设Ax1,由韦达定理有x1+x且x1≤−1，设Ex0,y0，点由AE⋅1+化简得4x代入x1+x2和即存在点E满足条件，并且在定直线x=1【例5.2】（2023秋·重庆·高三统考阶段练习）已知曲线C上任意一点M满足MF1−(1)求C的方程；(2)设A−1,0,B1,0，若过F22,0的直线与C交于P,Q两点，且直线AP与BQ【解题思路】（1）根据双曲线的定义进行求解；（2）设出经过F2的直线方程，且P(x1,y【解答过程】（1）由于MF于是2a=2,2c=4，即a=1,c=2，故b=3，注意到MF1故曲线的方程为x（2）若过F22,0的直线与C交于P,Q两点，则斜率不会是设该直线为x=my+2，和双曲线联立可得(3m则Δ=144m2设P(x1,y1),Q(x2,联立AP,BQ的方程可得，y1x1则x−1利用P,Q在直线x=my+2上，于是3y1−于是−4my1y即x=12，故交点R一定落在【变式5.1】（2023·全国·高二专题练习）已知双曲线C：x2a2(1)求双曲线C的方程：(2)当a<b时，记双曲线C的左、右顶点分别为A1，A2，动直线l：x=my+2与双曲线C的右支交于M，N两点（异于A2），直线A1M，A【解题思路】（1）根据实轴长度确定a的取值，再根据渐近线夹角确定渐近线斜率，从而确定b的取值，写出解析式；（2）首先联立直线与双曲线方程，根据韦达定理确定M，N两点坐标关系，联立方程，再利用点斜式表示出直线A1M，A2N的方程，代入【解答过程】（1）由题知2a=2，得a=1，ba=tanπ6或b所以双曲线C的方程为C：x2−3y2=1（2）由（1）知，当a<b时，C：x2设Mx1,联立直线l与双曲线C得：x=my+23Δ=36m2+1>0，方程的两根为y1，A1−1,0，A21,0，则A1M：因为直线A1M，A2故y0=y消去y0，整理得：xx=9m因此x0故点T在定直线x=1【变式5.2】（2023春·江苏盐城·高二校考期末）已知双曲线C上点A到两定点F1−42,0,F2(1)求双曲线C的方程；(2)设经过点−9,0且不垂直于x轴的直线与双曲线C交于M、N两点，P,Q是直线x=−9上关于x轴对称的两点，求证：直线PM与QN的交点在定直线上．【解题思路】（1）结合余弦定理和二倍角公式，利用双曲线定义即可得出a=3，c=（2）设直线MN的方程为y=kx+9，M（x1,y1），【解答过程】（1）在△AFF=d即168=d所以d1因为双曲线的焦点在x轴，a=3，c=所以b2=39，则双曲线C的方程为（2）由题意可设直线MN的方程为y=kx+9联立方程组x23−并整理得13−k设M（x1,y又设P−9,t则得直线PM的方程为y−t=y直线QN的方程为y+t=y两个方程相减得2t=y2+t因为y2把它代入①得2=x所以x=2因此直线PM与QN的交点在直线x=−1【考点6抛物线中的定直线问题】【例6.1】（2023·全国·高二专题练习）已知抛物线E:y2=2pxp>0，过点−1,0的两条直线l1、l2分别交E于A、B两点和C、D两点．当(1)求E的标准方程；(2)设G为直线AD与BC的交点，证明：点G在定直线上．【解题思路】（1）当直线l1的斜率为12时，写出直线l1的方程，设点Ax1,y1、Bx2,y2（2）分析可知直线l1、l2都不与x轴重合，设直线AB的方程为x=my−1，将该直线的方程与抛物线的方程联立，设Ay122,y1、By2【解答过程】（1）解：当直线l1的斜率为12时，直线l1的方程为y=12联立y2=2pxy=Δ=41−4p2−4=416由韦达定理可得x1+xAB=整理可得2p2−p−1=0，解得p=1因此，抛物线E的方程为y2（2）证明：当直线l1与x轴重合时，直线l1与抛物线所以，直线l1不与x轴重合，同理可知直线l2也不与设直线AB的方程为x=my−1，联立x=my−1y2=2x则Δ=4m2设点Ay122,设直线CD的方程为x=ny−1，设点Cy322,直线AD的方程为y−y1=化简可得2x−y同理可知，直线BC的方程为2x−y因为点−1,0在抛物线的对称轴上，由抛物线的对称性可知，交点G必在垂直于x轴的直线上，所以只需证明点G的横坐标为定值即可，由2x−y1+因为直线AD与BC相交，则y1解得x==2所以，点G的横坐标为1，因此，直线AD与BC的交点G必在定直线x=1上.【例6.2】（2023·全国·高二专题练习）过抛物线x2=2py(p>0)内部一点Pm,n作任意两条直线AB,CD，如图所示，连接AC,BD延长交于点Q，当P为焦点并且AB⊥CD(1)求抛物线的方程；(2)若点P1,1，证明Q【解题思路】（1）设直线AB:y=kx+p2，联立方程组求得x1+x（2）由A,P,B和C,P,D共线，得到x1x2+4=x1+x2，x3x【解答过程】（1）解：设Ax设直线AB:y=kx+p2，联立方程组y=kx+p可得x1所以AB=同理可得CD=2p所以SABCD=1所以p=2，所以抛物线的方程为x2（2）解：当P为1,1时，Qx由A,P,B共线，可得x124−1同理由C,P,D共线x3x又由A,C,Q共线，可得x124−同理由B,D,Q共线，可得x2x由①③得x1即x0−1又由②④得x4即x0−1由⑤⑥得4−x即4−x0=x0−4y【变式6.1】（2023·全国·高二专题练习）已知抛物线C1：x2=2py(p>0)和圆C2：(1)求p的值：(2)点M在C1的准线上，动点A在C1上，C1在A点处的切线l2交y轴于点B，设MN【解题思路】（1）设直线l1的方程为y=x+p2，再根据直线和圆相切求出（2）依题意设M(m,−3)，求出切线l2的方程和B点坐标，求出MN=x1【解答过程】（1）由题得抛物线C1：x设直线l1的方程为y=x+p由已知得圆C2：x+12+因为直线l1与圆C2所以圆心到直线l1：y=x+即−1+p22=2所以p=6.（2）依题意设M(m,−3)，由（1）知抛物线C1方程为x所以y=x212，所以y′=x6，设A(x1所以切线l2的方程为y=1令x=0，y=−16x12+y1所以MA=(∴MN=∴ON=设N点坐标为（x，y），则y=3，所以点N在定直线y=3上．【变式6.2】（2023·全国·高三专题练习）已知抛物线C：y2=2pxp>0上一点P2,t到其焦点F的距离为3，A，B为抛物线CAF，BF分别交抛物线C于点M，N，直线AN，(1)若AF⊥BF，求四边形ABMN面积的最小值；(2)证明:点Q在定直线上.【解题思路】（1）根据抛物线的焦半径公式求得抛物线方程，设Ax1,y1，Mx2,y2，直线（2）设Bx3,y3，Nx4,y4，QxQ,yQ【解答过程】（1）由抛物线定义可知，2+p2=3即抛物线C方程为y2由题意，设Ax1,y1，M由x=my+1y2=4x，消去x得y由韦达定理可知：y1+y故AM=因为AF⊥BF，所以直线BN的方程为x=−1于是BN=4则S当且仅当m2=1所以四边形ABMN面积的最小值为32；（2）设Bx3,y3，Nx4,y4，Qx所以，xi因为A，N，Q三点共线，所以有y4即y4−y同理，因为B，M，Q三点共线，可得yQ即y1解得：4x由（1）可知，y1⋅y得xQ即点Q在定直线x=模块模块三课后作业1．（2023·全国·高三专题练习）已知P为椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0上任意一点，点M，N分别在直线l1A．12 B．C．22 D．【解题思路】设P(x0，y0)，由两直线平行的条件可得直线PM，PN的方程，求出M，N的坐标，得出|PM|2+|PN|2关于x【解答过程】解：设P(x0，y0)，则直线直线PN的方程为y=1联立方程组y=−12x+12联立方程组y=12x−x0∴|PM|2+|PN∵P(x0，y0∵58∴b2a2∴e=3故选：D.2．（2022·江苏·高二专题练习）已知P为双曲线x2−y23=1右支上的一个动点，F为双曲线的右焦点，若在x轴的负半轴上存在定点Mt,0A．−1 B．−2 C．−3 D．−4【解题思路】设Px0,y0x0≥1，按【解答过程】由题知F2,0.设Px0,y0x0≥1，当x0=2当x0≠2时，tan∠PFM=−因为∠PFM=2∠PMF，所以−y将y02=3x02−3故选：A．3．（2023秋·广东广州·高二校联考期末）过抛物线y2=2pxp>0的焦点F作直线l交抛物线于M，N两点，弦MN的垂直平分线交x轴于点P.已知PFA．2 B．22 C．14 【解题思路】设出直线l的方程并与抛物线方程联立，求得MN,【解答过程】Fp2,0依题意可知直线l的斜率存在，设其方程为y=kx−由y=kx−pk2y2=2px则x1所以弦MN的垂直平分线为y−p令y=0解得xP所以PF=而MN=x1故选：D.4．（2023·全国·高二课堂例题）定义：若点Px0,y0在椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0上，则以P为切点的切线方程为：x0xa2+yA．12,−13 B．−12【解题思路】设M2t+6,t，Ax1,y1，Bx2,y2，即可表示出MA【解答过程】解：因为点M在直线x−2y−6=0上，设M2t+6,t，Ax1,y1，Bx2,y2，所以MA由①②可得AB的方程为x2t+63+yt2=1，即2x2t+6+3yt=6故选：C.5．（2023·山东·烟台二中校考模拟预测）已知双曲线F:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为3，斜率为−2的直线l1分别交F的左右两支于A，B两点，直线l2分别交F的左、右两支于C，D两点，l2∥lA．4x+y=0 B．4x+3y=0 C．x+4y=0 D．x+2y=0【解题思路】由点差法可得xM与yM关系式、xN与yN关系式，由E，M，【解答过程】由题得b2设Ax1,y1则x12a2−所以y1−y2x因为AB∥CD，则E，M，N三点共线，所以yM−y0x因为直线l的斜率存在，所以xM所以4x0+y0故选：A.6．（2023·江西南昌·校联考模拟预测）已知A，B分别为双曲线x29−y2=1的左、右顶点，P为该曲线上不同于A，B的任意一点，设∠PAB=α，∠PBA=β，A．tanα+tanβ为定值 C．S⋅tanα+β为定值 D．【解题思路】利用三角换元得到P3cosθ,tanθ,θ∈0,π2，利用斜率公式可求【解答过程】由于双曲线的对称性，可设P3由双曲线x29−则tantanβ=−tanθ3cos因此tanα=13对于A,对于B,由于tanαtanβ=若tanα2tanβ2为定值,则tan于是tanα,对于选项C,因此S⋅tan(α+β)=−9故选：C.7．（2023春·上海松江·高二校考期末）已知F是抛物线C:y2=x的焦点，A，B是抛物线C上的两点，O为坐标原点，则下列说法：①若直线AB过点F，则AB的最小值为1；②若BB′垂直C的准线于点B′，且BB′=2OF，则四边形OFBBA．0个 B．1个 C．2个 D．3个【解题思路】当AB⊥x轴时AB最小可判断①；根据抛物线的定义可知BF=BB′=12，设BB′与y轴的交点为D，求出四边形OFB【解答过程】对于选项①，若直线AB过点F，则当AB⊥x轴时，AB最小，且最小值为1，①正确；对于②，由题意知OF=14因为BB′=2OF=12，所以B设BB′与y轴的交点为D，易知故OB所以四边形OFBB′的周长为对于③，设直线AB:x=my+t,Ax,联立直线AB与抛物线方程得y2−my−t=0，则y1由OA⋅OB=−14可得x故直线AB的方程为x=my+12，即直线AB恒过定点故选：C.8．（2023秋·全国·高二期中）已知O为坐标原点，M为抛物线C：y2=4x上一点，直线l：x=my+3与C交于A，B两点，过A，B作C的切线交于点P，则下列结论中正确结论的个数是（（1）OA⋅OB=−3；（2）若点M(9,−6)，且直线AM与BM（3）点P在定直线x=−3上；（4）设点Q(3,0)，则MQ的最小值为3．A．1 B．2 C．3 D．4【解题思路】直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理可判断（1），（2），分别求出点A,B处的切线方程，联立切线方程求点P的坐标，即可判断（3），设My【解答过程】对于（1），设A(x1,y1由16m所以y1所以OA=(=−12(m对于（2），因为M(9,−6)，直线AM与BM倾斜角互补，所以kAM所以2my所以−24m+4m(6m−6)−72−12所以24m2−48m−72=0所以m2−2m−3=0解得m=3，所以（2）正确，对于（3），设点A在x轴上方，B在x轴下方，设Ayx轴上方的抛物线方程为y=2x，x轴下方的抛物线方程为y=−2此时在点A处的切线的斜率为k1=1x1所以在点A处的切线方程为y−y1=2y方程化简为yy1=2x+两式相除化简得x=y对于（4），设My024,当y02=4时，MQ故选：C.9．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C:x24+y22=1，过点P4 , 1的动直线l【解题思路】证明见解析.【解答过程】解法一：设APPB=AQBQ=λλ≠1，即AP=λPB，AQ=−λQB，设又x124①②式代入③式，x1又由于AQ=−λQB，⑤⑥式代入④式，x+12y=1，即点Q解法二：设APPB=AQBQ=λλ≠1，即AP=λPB，AQ=−λ于是有x1−λx21−λ=4 , y1−λy10．（2023秋·高二课时练习）设抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点为F，过F且斜率为1的直线l与E交于A，B(1)求抛物线E的方程；(2)设P1,m为E上一点，E在P处的切线与x轴交于Q，过Q的直线与E交于M，N两点，直线PM和PN的斜率分别为kPM和kPN【解题思路】(1)由题意得，x1+(2)将y=kx+1代入y2=4x，表示出【解答过程】（1）由题意，Fp2,0，直线l的方程为y=x−p2，代入y2=2px，得x2−3px+p2（2）因P1,m在E上，∴m＝2．设E在P处的切线方程为y−2=tx−1，代入y2=4x，得ty2−4y+8−4t=0．由Δ=42−4t易知直线MN的斜率存在，设其方程为y=kx+1，设Mx1将y=kx+1代入y2=4x，得k2x2+2k∴k=2k故kPM11．（2023秋·江苏·高三校联考开学考试）已知双曲线C:x(1)求C的右支与直线x=100围成的区域内部（不含边界）整点（横纵坐标均为整数的点）的个数．(2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点−2,0的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与【解题思路】（1）由题意x=2开始求整点通项,再应用等差数列求和个数计算即可得；（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线MA1与NA2的方程，联立直线方程，消去y，结合韦达定理计算可得x+1x−1【解答过程】（1）因为双曲线方程为C:x2−y2=1，令x=n,2≤n≤99时,整点时y区域内部（不含边界）整点为983（2）由(1)可得A1−1,0,显然直线的斜率不为0，所以设直线MN的方程为x=my−2，且−1<m<1，与C:x2−y2则y1直线MA1的方程为y=y1x联立直线MA1与直线x+1=m⋅由x+1x−1=−13可得据此可得点P在定直线x=12．（2023秋·河南许昌·高二统考期末）双曲线C:x2a2−y23=1(a>0)的左、右焦点分别为F1,F2，过F(1)求抛物线E的方程；(2)如图，点P−p2,tt≠0为抛物线E的准线上一点，过点P作y轴的垂线交抛物线于点M，连接PO【解题思路】（1）设F2c,0(c>0)，令x=c，代入C的方程得yA，结合三角形的面积求出（2）由（1）知P−1,tt≠0，可得M的坐标，直线PO的方程为y=−tx，代入抛物线E的方程可得N的坐标，进而得【解答过程】（1）

设F2c,0(c>0)令x=c，代入C的方程，得yA所以S