专题17平面解析几何(解答题)（解析版） - 大数据之十年高考真题（2014-2025）与优 质模拟题（新高考卷与全国理科卷）

大数据之十年高考真题（2015-2024）与优质模拟题（新高考卷）专题17平面解析几何(解答题)1．【2024年新高考1卷第16题】已知A(0,3)和P3,3(1)求C的离心率;(2)若过P的直线l交C于另一点B，且△ABP的面积为9，求l的方程．【答案】(1)1(2)直线l的方程为3x−2y−【详解】（1）由题意得b=39a所以e=1（2）法一：kAP=3−320AP=0−设点B到直线AP的距离为d，则d=2则将直线AP沿着与AP垂直的方向平移12​此时该平行线与椭圆的交点即为点B，设该平行线的方程为：x+2则C+65=12​当C=6时，联立x212+y即B0,−3当B0,−3时，此时kl=32当B−3,−32时，此时kl=当C=−18时，联立x212Δ=综上直线l的方程为3x−2y−法二：同法一得到直线AP的方程为x+2点B到直线AP的距离d=12设Bx0,y0，则x即B0,−3法三：同法一得到直线AP的方程为x+2点B到直线AP的距离d=12设B23cosθ,3sin联立cos2θ+sin即B0,−3法四：当直线AB的斜率不存在时，此时B0,S△PAB=12×6×3=当线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+3联立椭圆方程有y=kx+3x212+y2解得x=0或x=−24k4令x=−24k4同法一得到直线AP的方程为x+2点B到直线AP的距离d=12则−24k4此时B−3,−32，则得到此时kl=综上直线l的方程为3x−2y−法五：当l的斜率不存在时，l:x=3,B3,此时S△ABP当l的斜率存在时，设PB:y−3y=k(x−3)+3Δ=24k2−x1A到直线PB距离d=3∴k=12或32，均满足题意，∴l:y=12法六：当l的斜率不存在时，l:x=3,B3,此时S△ABP当直线l斜率存在时，设l:设l与y轴的交点为Q，令x=0，则Q联立y=kx−3k+33+其中Δ=8k则3x则S=12AQxP则直线l为y=12x或y=322．【2024年新高考2卷第19题】已知双曲线C:x2−y2=mm>0，点P15,4在C上，k为常数，0<k<1．按照如下方式依次构造点Pnn=2,3,...：过Pn−(1)若k=12，求(2)证明：数列xn−y(3)设Sn为△PnPn+【答案】(1)x2=(2)证明见解析(3)证明见解析【详解】（1）由已知有m=52−42当k=12时，过P15,4且斜率为12的直线为y=解得x=−3或x=5，所以该直线与C的不同于P1的交点为Q故P23,0，从而x2（2）由于过Pnxn,yn且斜率为k的直线为展开即得1−k2x2−2ky从而根据韦达定理，另一根x=2ky所以该直线与C的不同于Pn的交点为Qn2kyn−xn所以Pn+这就得到xn+1=所以x=x再由x12−y12=（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点U,V,W，若UV=a,b，证明：S====1证毕，回到原题.由于上一小问已经得到xn+1=故xn+再由x12−y12=所以对任意的正整数m，都有x=====9而又有Pn+1P故利用前面已经证明的结论即得S===1这就表明Sn的取值是与n无关的定值，所以S方法二：由于上一小问已经得到xn+1=故xn+再由x12−y12=所以对任意的正整数m，都有x=====9这就得到xn+以及xn+两式相减，即得xn+移项得到xn+故yn+而PnPn+所以PnPn+3和Pn+3．【2024年甲卷理科第20题】已知椭圆C:x2a2+y2b(1)求C的方程；(2)过点P4,0的直线交C于A,B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q【答案】(1)x(2)证明见解析【详解】（1）设Fc,0，由题设有c=1且b2a=3故椭圆方程为x2（2）直线AB的斜率必定存在，设AB:y=k(x−4)由3x2+故Δ=1024k又x1而N52,0，故直线BN所以y==k=k128故y1=y4．【2023年新课标全国Ⅱ卷第21题】已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为−25,0(1)求C的方程；(2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点−4,0的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点【答案】(1)x(2)证明见解析.【详解】（1）设双曲线方程为x2a2则由e=ca=5可得双曲线方程为x2（2）由(1)可得A1−2,0显然直线的斜率不为0，所以设直线MN的方程为x=my−4，且−与x24−y2则y1

直线MA1的方程为y=y1x联立直线MA1与直线x+=m⋅由x+2x−2=−1据此可得点P在定直线x=−5．【2023年高考全国乙卷理第20题】已知椭圆C:y2a2+x(1)求C的方程；(2)过点−2,3的直线交C于P,Q两点，直线AP,AQ与y【答案】(1)y(2)证明见详解【详解】（1）由题意可得b=2a2所以椭圆方程为y2（2）由题意可知：直线PQ的斜率存在，设PQ:联立方程y=kx+2+3y则Δ=64k可得x1因为A−2,0，则直线令x=0，解得y=2y同理可得N0,则2==32所以线段MN的中点是定点0,3.

6．【2023年高考全国甲卷理第20题】已知直线x−2y+1=0与抛物线C(1)求p；(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，FM⋅FN=【答案】(1)p=(2)12【详解】（1）设Ax由x−2y+1=0所以AB=即2p2−p−6=（2）因为F1,0，显然直线MN设直线MN：x=my+n，Mx由y2=4xx=my+nΔ=因为FM⋅FN=即my亦即m2将y14m2=所以n≠1，且n2−6n+设点F到直线MN的距离为d，所以d=n−MN=1所以△MFN的面积S=而n≥3+2当n=3−22时，7．【2022年新课标全国Ⅰ卷第21题】已知点A(2,1)在双曲线C:x2a2−y2a2−1(1)求l的斜率；(2)若tan∠PAQ=22【答案】(1)−1(2)162【详解】（1）因为点A(2,1)在双曲线C:x2a2−易知直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，联立y=kx+mx22所以，x1+x2=−所以由kAP+k即x1即2k所以2k×化简得，8k2+所以k=−1或m=当m=1−2k时，直线故k=−1（2）［方法一］：【最优解】常规转化不妨设直线PA,AQ的倾斜角为α,βα<π2<β，因为当P,Q均在双曲线左支时，∠PAQ=2即2tan2此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；当P,因为tan∠PAQ=22，所以tan即2tan2于是，直线PA:y=2联立y=2x−2因为方程有一个根为2，所以xP=10同理可得，xQ=10所以PQ:x+y−53=0，PQ=故△PAQ的面积为12［方法二］：设直线AP的倾斜角为α，0<α<π2，由tan由2α+∠PAQ=π，得kAP=联立y1−1x1−2同理，x2=10+42而|AP|=由tan∠PAQ=22故S8．【2022年新课标全国Ⅱ卷第21题】已知双曲线C:x2a2(1)求C的方程；(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点Px1,y1,Qx2,y2在C上，且x1>①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.【答案】(1)x(2)见解析【详解】（1）右焦点为F(2,0)，∴c=2,∵渐近线方程为y=±3x，∴ba=3，∴b=3a，∴C的方程为：x2（2）由已知得直线PQ的斜率存在且不为零，直线AB的斜率不为零，若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线AB的斜率存在且不为零；若选①③推②，则M为线段AB的中点，假若直线AB的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知M在x轴上，即为焦点F,此时由对称性可知P、Q关于x轴对称，与从而x1总之，直线AB的斜率存在且不为零.设直线AB的斜率为k,直线AB方程为y=kx−则条件①M在AB上，等价于y0两渐近线的方程合并为3x联立消去y并化简整理得：k设Ax3,y3,B设Mx则条件③AM=BM等价于移项并利用平方差公式整理得：x32x0−x即x0由题意知直线PM的斜率为−3,直线QM的斜率为3∴由y1∴y1所以直线PQ的斜率m=y直线PM:y=−3x−代入双曲线的方程3x2−y得：y0解得P的横坐标：x1同理：x2∴x∴m=3∴条件②PQ//AB等价于综上所述：条件①M在AB上，等价于ky条件②PQ//AB等价于条件③AM=BM等价于选①②推③:由①②解得：x0=2选①③推②：由①③解得：x0=2∴ky0=选②③推①：由②③解得：x0=2k2k∴ky0=k9．【2022年高考全国乙卷理第20题】已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A0,(1)求E的方程；(2)设过点P1,−2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MT【答案】(1)y(2)(0,【详解】（1）解：设椭圆E的方程为mx2+n则4n=194m+n=所以椭圆E的方程为：y2（2）A(0,−2),①若过点P(1,−2)的直线斜率不存在，直线x=可得M(1,−263)，T(−6+3,−2y=(2+2②若过点P(1,−2)联立kx−y−(k+2)可得x1+x且x联立y=y1可求得此时HN:将(0,−2)，代入整理得将(∗)代入，得24显然成立，综上，可得直线HN过定点(0,10．【2022年高考全国甲卷理第20题】设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，点Dp,0，过F的直线交C(1)求C的方程；(2)设直线MD,ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN,AB的倾斜角分别为α,【答案】(1)y2(2)AB:【详解】（1）抛物线的准线为x=−p2，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为此时MF=p+p所以抛物线C的方程为y2（2）[方法一]：【最优解】直线方程横截式设My12由x=my+1y2=4由斜率公式可得kMN=y直线MD:x=xΔ>0,y1y所以k又因为直线MN、AB的倾斜角分别为α,β，所以若要使α−β最大，则β∈0,π2，设k当且仅当1k=2所以当α−β最大时，kAB=2代入抛物线方程可得y2Δ>0,y所以直线AB:[方法二]：直线方程点斜式由题可知，直线MN的斜率存在.设Mx1由y=k(x−1)y2=4直线MD:y=y1x1−代入抛物线方程可得:y1y3=−8由斜率公式可得：k（下同方法一）若要使α−β最大，则β∈0,设kMN=2当且仅当1k=2所以当α−β最大时，kAB=2代入抛物线方程可得y2−42y−4n=[方法三]：三点共线设My设Pt,0,若P、M、N所以y124反之，若y1y2=−4因此，由M、N、F三点共线，得y1

由M、D、A三点共线，得y1

由N、D、B三点共线，得y2则y3y（下同方法一）若要使α−β最大，则β∈0,设kMN=2当且仅当1k=2所以当α−β最大时，kAB=211．【2021年新课标全国Ⅰ卷第21题】在平面直角坐标系xOy中，已知点F1−17,0、F2（1）求C的方程；（2）设点T在直线x=12上，过T的两条直线分别交C于A、B两点和P，Q两点，且TA⋅TB=TP【答案】（1）x2−y216【详解】(1)因为MF所以，轨迹C是以点F1、F设轨迹C的方程为x2a2−y2b所以，轨迹C的方程为x2（2）[方法一]【最优解】：直线方程与双曲线方程联立如图所示，设T(设直线AB的方程为y−n=k

联立y−n=k化简得(16−则x1故|TA则|TA设PQ的方程为y−n=k2(因为TA⋅TB=化简得1+所以k12−因为k1≠k[方法二]：参数方程法设T(12,m则其参数方程为x=1联立直线方程与曲线C的方程16x可得16(1整理得(16cos设TA=t由根与系数的关系得|TA设直线PQ的倾斜角为θ2，TP=同理可得|由|TA|⋅因为θ1≠θ由题意分析知θ1+θ故直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0．[方法三]：利用圆幂定理因为TA⋅TB=TP⋅TQ，由圆幂定理知A，设T(12,t)直线PQ的方程为y−t=k则二次曲线(k又由x2−y216=1，得过Aλ(整理可得：(λ其中m=λt由于A，B，P，Q四点共圆，则xy项的系数为0，即k112．【2021年新课标全国Ⅱ卷第20题】已知椭圆C的方程为x2a2+y（1）求椭圆C的方程；（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2+y2=b2(x>【答案】（1）x23+y【详解】（1）由题意，椭圆半焦距c=2且e=ca又b2=a（2）由（1）得，曲线为x2当直线MN的斜率不存在时，直线MN:当直线MN的斜率存在时，设Mx必要性：若M，N，F三点共线，可设直线MN:y=kx−由直线MN与曲线x2+y2=联立y=±x−2x23所以MN=所以必要性成立；充分性：设直线MN:y=kx+m,由直线MN与曲线x2+y2=联立y=kx+mx23所以x1所以MN=1化简得3k2−所以k=1m=−2或k=−1m=所以直线MN过点F(2,0)，M，N所以M，N，F三点共线的充要条件是|MN13．【2021年高考全国乙卷理第21题】已知抛物线C:x2=2pyp>0的焦点为（1）求p；（2）若点P在M上，PA,PB是C的两条切线，A,【答案】（1）p=2；（2）20【详解】（1）[方法一]：利用二次函数性质求最小值由题意知，F0,p2，设圆M上的点N所以x0从而有|FN因为−5≤y0≤−又p>0，解之得p=2，因此[方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最小值抛物线C的焦点为F0,p2所以，F与圆M:x2+(（2）[方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法抛物线C的方程为x2=4y，即设点Ax1,y1直线PA的方程为y−y1=x1同理可知，直线PB的方程为x2由于点P为这两条直线的公共点，则x1所以，点A、B的坐标满足方程x0所以，直线AB的方程为x0联立x0x−2由韦达定理可得x1+x所以，AB=点P到直线AB的距离为d=x所以，S△PAB∵x由已知可得−5≤y0≤−3，所以，当[方法二]【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值同方法一得到x1过P作y轴的平行线交AB于Q，则QxS△PABP点在圆M上，则xS△PAB故当sinα=−1时△PAB的面积最大，最大值为[方法三]：直接设直线AB方程法设切点A，B的坐标分别为Ax1,设lAB:y=kx+b，联立lAB和抛物线C的方程得判别式Δ=16k2+抛物线C的方程为x2=4y，即则lPA:y−x1联立方程y=x12⋅x−x12将点P的坐标代入圆M的方程，得(2k)2由弦长公式得|AB点P到直线AB的距离为d=2所以S△PAB其中yP=−b∈[当b=5时，S14．【2021年高考全国甲卷理第20题】抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：x=1交C于P，Q两点，且OP⊥OQ．已知点M2,0，且⨀M与（1）求C，⨀M的方程；（2）设A1,A2,A3是C上的三个点，直线A1A【答案】（1）抛物线C:y2=x，【详解】（1）依题意设抛物线C:∵OP⊥OQ,所以抛物线C的方程为y2M2,0,⨀M与x=所以⨀M的方程为(x−（2）[方法一]：设A若A1A2斜率不存在，则A1A若A1A2方程为x=则过A1与圆M相切的另一条直线方程为y=此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在A3若A1A2方程为则过A1与圆M相切的直线A1A又kAx3=0,A3所以直线A2A3若直线A1则kA所以直线A1A2整理得x−(同理直线A1A3直线A2A3∵A1A2整理得(yA1A3与圆所以y2,yy2M到直线A2|2=|所以直线A2A3综上若直线A1A2,A1A[方法二]【最优解】：设A1当x1当x1≠x2时，直线A1由直线A1A2与⨀M相切得2同理，由直线A1A3与⨀M因为方程2y1y+x1−1x−x1+3=所以直线A2A3综上所述，若直线A1A2,A1A15．【2020年新课标全国Ⅱ卷第21题】已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点M（2（1）求C的方程；（2）点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.【答案】（1）x216+y【详解】(1)由题意可知直线AM的方程为：y−3=1当y=0时，解得x=−4，所以a=4椭圆C:x2a2+y2解得b2=12.所以C的方程：x2(2)设与直线AM平行的直线方程为：x−2如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.

联立直线方程x−2y=m与椭圆方程可得：3m+化简可得：16y所以Δ=144m2−4×16与AM距离比较远的直线方程：x−2直线AM方程为：x−2点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，利用平行线之间的距离公式可得：d=8由两点之间距离公式可得|AM所以△AMN的面积的最大值：1216．【2020年新课标全国Ⅰ卷第22题】已知椭圆C：x2a2+y（1）求C的方程：（2）点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得DQ为定值．【答案】（1）x2【详解】（1）由题意可得：ca=2故椭圆方程为：x2(2)［方法一］：通性通法设点Mx若直线MN斜率存在时，设直线MN的方程为：y=kx+m，代入椭圆方程消去y并整理得：1+可得x1+x因为AM⊥AN，所以AM·AN=根据y1k2+所以k2整理化简得2k+因为A(2,1)不在直线MN上，所以2故2k+3m+1=所以直线过定点直线过定点P2当直线MN的斜率不存在时，可得Nx由AM·AN=得x1−22+解得：x1=2此时直线MN过点P2令Q为AP的中点，即Q4若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，故DQ若D与P重合，则DQ=12AP，故存在点［方法二］【最优解】：平移坐标系将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为(x+2)26+(y+1)23=1，设直线设Mx1,y1,N代入直线MN方程中得n(y−x)−3x−4=0又AD⊥MN，D在以AP为直径的圆上．AP的中点43,13即为圆心Q．经检验，直线故存在Q43,［方法三］：建立曲线系A点处的切线方程为2×x6+1×y3=1，即x+y−3=0．设直线MA的方程为k则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线MA,MB可表示为x2用直线MN及点A处的切线可表示为μ(kx−y+m)即x2对比xy项、x项及y项系数得λ将①代入②③，消去λ,μ并化简得3m+故直线MN的方程为y=kx−23−13，直线MN过定点P23,−13．又经检验，直线MN垂直于x轴时也成立．故存在Q43,［方法四］：设Mx若直线MN的斜率不存在，则Mx因为AM⊥AN，则AM⋅AN=由x126+y所以直线MN的方程为x=2若直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为y=kx+m，则x2令x=2，则x又y−mk2+2y因为AM⊥AN，所以AM⋅即m=−2k+1当m=−2k+1时，直线MN的方程为y=kx−2k+当m=−23k−13时，直线MN的方程为y=kx−综上，直线MN恒过P23,又因为AD⊥MN，即AD⊥AP，所以点D在以线段AP为直径的圆上运动．取线段AP的中点为Q43,所以存在定点Q，使得|DQ17．【2020年新课标Ⅲ卷理科第20题】已知椭圆C:x225+y2m2（1）求C的方程；（2）若点P在C上，点Q在直线x=6上，且|BP|=|【答案】（1）x225+【详解】（1）∵C:x2根据离心率e=ca=1−∴C的方程为：x225+（2）［方法一］：通性通法不妨设P,Q在x轴上方，过点P作x轴垂线，垂足为M，设直线x=6与x轴交点为根据题意画出图形，如图∵|BP|=|又∵∠PBM+∠QBN=90°，∴∠PBM=∠BQN，根据三角形全等条件“AAS”，可得：△PMB≅∵x225+16设P点为(xP,yP)，可得可得：xP225+1625=1，解得：xP①当P点为(3,1)时，故MB=∵△PMB≅△BNQ，∴|画出图象，如图∵A(−5,0),Q(6,2)，可求得直线根据点到直线距离公式可得P到直线AQ的距离为d=2根据两点间距离公式可得：AQ=6+52②当P点为(−3,1)时，故MB=5+3=8，∵△∵A(−5,0),Q(6,8)，可求得直线根据点到直线距离公式可得P到直线AQ的距离为d=8根据两点间距离公式可得：AQ=∴△APQ面积为：12×185×5［方法二］【最优解】：由对称性，不妨设P，Q在x轴上方，过P作PE⊥x轴，垂足为E．设D(6,0)，由题知，△PEB≌△BDQ故BPQB①因为P(3,1),A(②因为P(−3,1),综上有S［方法三］：由已知可得B5,0，直线BP,BQ的斜率一定存在，设直线BP的方程为y=kx−5，由对称性可设k<0，联立方程由韦达定理得5xP=将其代入直线BP的方程得yP=−则|BP因为BP⊥BQ，则直线BQ的方程为y=−1则Q6,因为|BP|=|BQ即64k2−14k2−1当k=−18时，点P，Q的坐标分别为直线PQ的方程为y=79x+103，点A故△APQ的面积为12当k=−12时，点P，Q的坐标分别为直线PQ的方程为y=13x，点A(−故△APQ的面积为12综上所述，△APQ的面积为52［方法四］：由（1）知椭圆的方程为x225+不妨设Px0,设直线AP:因为|BP|=由点P在椭圆上得x0225由点P在直线AP上得1=kx0+5，所以x所以5−x0所以，点Q到直线AP的距离d=|6又|AP故S△APQ=12AP⋅d=［方法五］：由对称性，不妨设P，Q在x轴上方，过P作PC⊥x轴，垂足为C，设D(6,0)由题知△PCB≌△BDQ，所以BPQB（1）P(3,1),则S△APQ（其中AP=（2）P(同理，S△APQ（其中AP=综上，△APQ的面积为5218．【2020年新课标Ⅱ卷理科第19题】已知椭圆C1：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于（1）求C1的离心率；（2）设M是C1与C2的公共点，若|MF|=5，求C1与C2的标准方程.【答案】（1）12；（2）C1:【详解】（1）∵Fc,0，AB⊥x轴且与椭圆C1相交于A则直线AB的方程为x=c，联立x=cx2a2+

抛物线C2的方程为y2=解得x=cy=±2c∵CD=43AB即2c2+∵0<e<1，解得e=12（2）[方法一]：椭圆的第二定义由椭圆的第二定义知|MF|a所以a−12x又由|MF|=从而2a−10=所以c=3,故椭圆C1与抛物线C2的标准方程分别是[方法二]：圆锥曲线统一的极坐标公式以F(c,0)为极点，x由（Ⅰ）知a=2c，又由圆锥曲线统一的极坐标公式|MF|=2c1−故C1的标准方程为x236+y[方法三]：参数方程由（1）知a=2c,b=3所以C1的参数方程为x=2c⋅cosθ,将它代入抛物线C2:y解得cosθ=13所以sinθ=223，即点又|MF|=5，所以由抛物线焦半径公式有xM故C1的标准方程为x236+y[方法四]【最优解】：利用韦达定理由（1）知a=2c，b=3c，椭圆联立y2=4cxx解得x=23c由抛物线的定义可得MF=23因此，曲线C1的标准方程为x曲线C2的标准方程为y19．【2020年新课标Ⅰ卷理科第20题】已知A、B分别为椭圆E：x2a2+y2=1（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，AG⋅GB=8，P为直线x（1）求E的方程；（2）证明：直线CD过定点.【答案】（1）x2【详解】（1）依据题意作出如下图象：

由椭圆方程E:x2a2+∴AG=∴AG⋅∴椭圆方程为：x（2）[方法一]：设而求点法证明：设P6,则直线AP的方程为：y=y0联立直线AP的方程与椭圆方程可得：x2y02+9将x=−3y0所以点C的坐标为−3同理可得：点D的坐标为3当y0∴直线CD的方程为：y−−整理可得：y+整理得：y=所以直线CD过定点32当y02=3时，直线CD：故直线CD过定点32[方法二]【最优解】：数形结合设P(6,t)，则直线PA的方程为y=同理，可求直线PB的方程为tx−3则经过直线PA和直线PB的方程可写为(tx−可化为t2x易知A，B，C，D四个点满足上述方程，同时A，B，C，D又在椭圆上，则有x2−9=−9故y27−9t2其中y=0表示直线AB，则27−9令y=0，得x=32，即直线CD20．【2019年新课标Ⅲ卷理科第21题】已知曲线C：y=x22，D为直线y=−12上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为（1）证明：直线AB过定点：（2）若以E(0，52)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE【答案】(1)见详解；(2)3或42【详解】(1)证明：设D(t,−1又因为y=12x2，所以故y1+1设B(x2A(x1,y于是直线2tx−2y+1=0过点A,当2x=0,−2y+（2）[方法一]【最优解：利用公共边结合韦达定理求面积】设AB的中点为G，Ax1,y1,B由EG⋅BA=将y=x22因为x1−x2≠由（1）知Dx1+则S四边形ADBE=S当x1+x2=当x12+即x2−x综上，四边形ADBE的面积为3或42[方法二]【利用弦长公式结合面积公式求面积】设Dt,−12，由（1）知抛物线的焦点F得|AB线段AB的中点为Gt当x1+x2=S四边形ADBE当x1+x2≠0时，t≠0所以|AB|=4,G根据对称性考虑点G1,32,DE到直线AB的距离为|EGD到直线AB的距离为1+所以S四边形ADBE综上，四边形ADBE的面积为3或42[方法三]【结合抛物线的光学性质求面积】图5中，由抛物线的光学性质易得∠1=∠2，又∠因为AF=AA1，AD=AD，所以所以∠AFD=∠AA同理△BDF≌△BDB1⇒DB1=DF，所以图6中已去掉坐标系和抛物线，并延长BA,B1因为GE⊥AB,DF⊥AB，所以又因为G，D分别为AB,A1故EFDG为平行四边形，从而GD=EF=2,因为FI∥GD且FI=12GD从而DF=GE=2．S当直线AB平行于准线时，易得S四边形ADBE综上，四边形ADBE的面积为3或42

[方法四]【结合弦长公式和向量的运算求面积】由（1）得直线AB的方程为y=tx+1由y=tx+12y=于是x|AB设d1,d2分别为点D,因此，四边形ADBE的面积S=1设M为线段AB的中点，则Mt由于EM⊥AB，而EM=t,t2−2，AB当t=0时，S=3；当t=±因此，四边形ADBE的面积为3或4221．【2019年新课标Ⅱ卷理科第21题】已知点A(−2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为−12.记M的轨迹为曲线C（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.（i）证明：△PQG是直角三角形；（ii）求△PQG面积的最大值.【答案】（1）详见解析（2）详见解析【详解】（1）直线AM的斜率为yx+2(x≠−2)，直线BM的斜率为yx−2(x≠（2）（i）[方法一]【分别求得斜率的表达式利用斜率之积为−1依题意设Px直线PQ的斜率为k(k>0)所以kPG又kGQ=k进而有PG⊥PQ，即△PQG是直角三角形．[方法二]【利用三点共线和点差法真的斜率之积为−1由题意设Px0,因为Q，E，G三点共线，所以y1又因为点P，G在椭圆上，所以x0两式相减得kPG所以kPQ⋅k（ii）[方法一]【求得面积函数，然后求导确定最值】设Px1,y1，则直线PQ的方程为y=kx(k>0)，联立y=kx,x24+y22=令S△PQG82(1注意到k>0，得k=1，所以S△PQG在区间(0,1)内单调递增，在区间(1,+∞)[方法二]【利用弦长公式结合韦达定理求得面积表达式，然后求导确定最值】设QG的中点为N，直线PQ的斜率为k，则其方程为y=kx(由y=kx,x24+y22=1,解得x=±21+2k2．由（又OQ=1+k222．【2019年新课标Ⅰ卷理科第19题】已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为32的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；（2）若AP=3PB【答案】（1）12x−8y−【详解】（1）设直线l方程为：y=32x+m，由抛物线焦半径公式可知：AF+BF联立y=32则Δ=12m−∴x1∴直线l的方程为：y=32（2）设Pt,0，则可设直线l联立x=23则Δ=4+∴y1∵AP=3PB

∴y1则AB23．【2018年新课标Ⅱ卷理科第19题】设抛物线C：y2=4x的焦点为F，过F且斜率为k(k>0)的直线l与（1）求l的方程；（2）求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程．【答案】（1）y=x−1；（2）

x−3【详解】（1）［方法一］：【通性通法】焦点弦的弦长公式的应用由题意得F(1,0)，设直线l的方程为y=k设Ax1,y1Δ=16k所以AB=由题设知4k2+4k2=8，解得［方法二］：弦长公式的应用由题意得F(1,0)，设直线l的方程为y=k设Ax1,y1|AB|=1+k2⋅16k2［方法三］：【最优解】焦点弦的弦长公式的应用设直线l的倾斜角为α，则焦点弦|AB|=2psin2α而抛物线焦点为F(1,0)，故直线l的方程为x−y−［方法四］：直线参数方程中的弦长公式应用由题意知F(1,0)，可设直线l的参数方程为x=1+t代入y2=4设两根为t1,t由|AB|=因为k>0，所以cosα=22故直线l的普通方程为y=x−1［方法五］：【最优解】极坐标方程的应用以点F为极点，以x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，此时抛物线的极坐标方程为ρ=2设Aρ1,α,Bρ所以直线l的方程为y=x−1（2）［方法一］：【最优解】利用圆的几何性质求方程由（1）得AB的中点坐标为3,2，所以AB的垂直平分线方程为y−2=−x−设所求圆的圆心坐标为x0y0=−x0因此所求圆的方程为x−32+［方法二］：硬算求解由题意可知，抛物线C的准线为x=−1设圆心为(a,b由y=x−1所以(3+22解得a=3b=2所以，所求圆的方程为(x−3)24．【2018年新课标Ⅲ卷理科第20题】已知斜率为k的直线l与椭圆C：x24+y23=1（1）证明：k<−1（2）设F为C的右焦点，P为C上一点,且FP+FA+FB=0．证明：【答案】（1）k<−12；（2）证明见解析，公差为321【详解】（1）［方法一］：【最优解】点差法设Ax1,两式相减，并由y1−y由题设知x1+x2由题设得0<m<32［方法二］：【通性通法】常规设线设AB:y=kx+t，Ax由x24+y2Δ>0，即4k2+3又m=k+t=k−4k24k2+3−［方法三］：直线与椭圆系的应用对原椭圆作关于M(1,m)两椭圆方程相减可得x+4m3y=1又点M(1,m)在椭圆C内部可得1所以k=−3［方法四］：直线参数方程的应用设l的参数方程为x=1+tcosθ,y=m+tsinθ（θ为l倾斜角，t为参数）代入椭圆C中得3cos2θ+4sin2θt2+(6cosθ+8msin（2）［方法一］：【通性通法】常规运算＋整体思想由题意得F1,0，设Px3由（1）及题设得x3又点P在C上，所以m=34，从而P1,于是FA=同理FB=2−故2FP=FA+FB，即FA设该数列的公差为d，则2d=将m=34代入①得所以l的方程为y=−x+74，代入C的方程，并整理得故x1+x2=所以该数列的公差为32128或［方法二］：硬算由FP+FA+FB=0，知点F为由点P在椭圆上，把坐标代入方程解得m=34，即由（1）有k=−34m=−1，直线l的方程为y=−x+74，将其与椭圆方程联立消去y得28x2−56|FB|=2−xB2=即该数列的公差为32128或［方法三］：【最优解】焦半径公式的应用因为线段AB的中点为M(1,m)由FP+FA+FB=0，知点由椭圆方程可知，e由椭圆的焦半径公式得|FA|+|FB由方法二硬算可得，xA=14+32114或x25．【2018年新课标Ⅰ卷理科第19题】设椭圆C:x22+y2=1的右焦点为F，过F的直线l（1）当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；（2）设O为坐标原点，证明：∠OMA=∠OMB.【答案】（1）AM的方程为y=−22x+【详解】（1）由已知得F1,0，l的方程为x由已知可得，点A的坐标为1,22或所以AM的方程为y=−22x+（2）［方法一］：【通性通法】分类＋常规联立当l与x轴重合时，∠OMA=∠OMB=0当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以∠OMA=∠OMB.当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为y=kx−1k≠则x1<2,x2<由y1=kx将y=kx−1代入x2所以，x1则2k从而kMA+kMB=0，故综上，∠OMA=∠OMB.［方法二］：角平分线定义的应用当直线l与x轴重合或垂直时，显然有∠OMA=∠OMB．当直线l与x轴不垂直也不重合时，设直线l的方程为x=my+1，交椭圆于Ax1由x22+由韦达定理得y1点A关于x轴的对称点Nx1,−y令y=0，x=y1x2−x［方法三］：直线参数方程的应用设直线l的参数方程为x=1+tcos将（*）式代入椭圆方程x22+则t1⋅t又A1+tt1即kMA=−k［方法四］：【最优解】椭圆第二定义的应用当直线l与x轴重合时，∠OMA=∠OMB=0当直线l与x轴不重合时，如图，过点A，B分别作准线x=2的垂线，垂足分别为C，D，则有AC∥BD∥x

由椭圆的第二定义，有AFAC=e，|BF|由AC∥BD∥x轴，有|AF||CM|=|BF||DM［方法五］：角平分线定理逆定理＋极坐标方程的应用椭圆C:x22+设Aρ|AM所以|AM||由角平分线定理的逆定理可知，命题得证．［方法六］：角平分线定理的逆定理的应用设点O（也可选点F）到直线MA,MB的距离分别为d1,d当直线l的斜率为0时，易得d1当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为：x=my+1,Ax1,y1,B直线MA的方程为：y1因为点A在直线l上，所以x1=my同理，d2=2因为y1+y2−综上，∠OMA=∠OMB．［方法七］：【通性通法】分类＋常规联立当直线l与x轴重合或垂直时，显然有∠OMA=∠OMB．当直线l与x轴不垂直也不重合时，设直线l的方程为x=my+1，交椭圆于Ax1由x22+由韦达定理得y1所以kMA故MA、MB的倾斜角互补，所以∠OMA=∠OMB.［方法八］：定比点差法设AF=λFBλ≠所以1=x由x122x1−λx2=故kMA+kMB=y1当λ=1时，l与x轴垂直，OM为AB的垂直平分线，所以∠OMA=∠OMB故∠OMA=∠OMB．26．【2017年新课标Ⅰ卷理科第20题】已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0），四点P1（1,1），P2（Ⅰ）求C的方程；（Ⅱ）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点.【答案】(1)x2(2)证明见解析.【详解】（1）由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知C经过P3，P4两点.又由1a2+1b2>因此1b2=故C的方程为x2（2）设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，如果l与x轴垂直，设l：x=t，由题设知t≠0，且t<2，可得A，B的坐标分别为（t，4−t则k1+k从而可设l：y=kx+m（m≠1）.将y=kx+m代入x4由题设可知Δ=164设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=−8km4k2+1，而k==2由题设k1+k即2k+解得k=−m+当且仅当m>−1时，Δ>0，欲使l：y=−所以l过定点（2，−127．【2017年新课标Ⅲ卷理科第20题】已知抛物线C：y2=2x，过点（2,0）的直线l交C于A,B两点，圆M是以线段AB为直径的圆.（1）证明：坐标原点O在圆M上；（2）设圆M过点P4,−2，求直线l【答案】(1)证明见解析；(2)x−y−2=0，x−32【详解】（1）设Ax1,由x=my+2,y2=2又x1=y因此OA的斜率与OB的斜率之积为y1x1故坐标原点O在圆M上.（2）由（1）可得y1故圆心M的坐标为m2+2,m，圆由于圆M过点P4,−2，因此AP即x1由（1）可得y1所以2m2−m−1=当m=1时，直线l的方程为x−y−2=0，圆心M的坐标为3,1，圆M的半径为10，圆当m=−12时，直线l的方程为2x+y−4=0，圆心M的坐标为94,−28．【2017年新课标Ⅱ卷理科第20题】设O为坐标原点，动点M在椭圆C:x22+y2=1上，过M作（1）求点P的轨迹方程；（2）设点Q在直线x=−3上，且OP⋅PQ=1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l【答案】（1）x2【详解】（1）设P（x，y），M（x0,y0由NP=2NM因为M（x0,y因此点P的轨迹为x2由题意知F（-1,0），设Q（-3，t），P（m，n），则OQ=OP=由OP⋅PQ=1得-3m-m2所以OQ⋅PF=29．【2016年新课标Ⅲ卷理科第20题】已知抛物线C：y2=2x的焦点为F，平行于x轴的两条直线l1,l2分别交（Ⅰ）若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明AR//（Ⅱ）若ΔPQF的面积是ΔABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）y2【详解】由题设F12,0，设lAa记过A,B两点的直线为l，则l的方程为（Ⅰ）由于F在线段AB上，故1+ab=记AR的斜率为k1,FQ的斜率为k所以AR//（Ⅱ）设l与x轴的交点为Dx则SΔ由题设可得b−ax1−12设满足条件的AB的中点为Ex当AB与x轴不垂直时，由kAB=k而a+b2=y，所以当AB与x轴垂直时，E与D重合，所以，所求轨迹方程为y30．【2016年新课标Ⅱ卷理科第20题】已知椭圆E:x2t+y2（Ⅰ）当t=4，AM=AN时，求（Ⅱ）当2AM【答案】（Ⅰ）14449；（Ⅱ）3【详解】（Ⅰ）设Mx1,y1，则由题意知y1>0，当由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为π4.因此直线AM的方程为y=x+将x=y−2代入x24+y23=1因此△AMN的面积S△AMN（Ⅱ）由题意t>3，k>0，将直线AM的方程y=k(x+t)代入由x1⋅−t=由题设，直线AN的方程为y=−1kx+由2AM=AN得2当k=3因此t=3k2k−1即k−2k3−2<0因此k的取值范围是3231．【2016年新课标Ⅰ卷理科第20题】设圆x2+y2+2x−15=0的圆心为A，直线l过点B（1,0）且与x轴不重合，l交圆A于C，（I）证明EA+EB为定值，并写出点（II）设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M,N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围.【答案】(Ⅰ)答案见解析；(Ⅱ)12,83【详解】（Ⅰ）因为，，故，所以，故.又圆的标准方程为，从而，所以.由题设得，，，由椭圆定义可得点的轨迹方程为：（）.（Ⅱ）当与轴不垂直时，设的方程为，，.由得.则，.所以.过点且与垂直的直线：，到的距离为，所以.故四边形的面积.可得当与轴不垂直时，四边形面积的取值范围为12,83.当与轴垂直时，其方程为，，，四边形的面积为12.综上，四边形面积的取值范围为.32．【2015年新课标Ⅱ理科第20题】已知椭圆C:9x2+y2=m2(m>0),直线l不过原点O且不平行于坐标轴，（Ⅰ）证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；（Ⅱ）若l过点(m3,m)，延长线段OM与C交于点P【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）能，4−7或【详解】(1)设直线l:y=kx+b(k≠0,b≠0)∴由y=kx+b9x2∴xM=x∴直线OM的斜率kOM=y即直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值−9（2）四边形OAPB能为平行四边形．∵直线l过点(m3,m)，∴l不过原点且与由(Ⅰ)得OM的方程为y=−9kx．设点P∴由{y=−9kx将点(m3,m)的坐标代入直线l四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即x∴±km3k2+9∵ki>0,ki∴当l的斜率为4−7或4+33．【2015年新课标Ⅰ理科第20题】在直角坐标系xoy中，曲线C：y=x24与直线（Ⅰ）当k=0时，分别求C在点M和N处的切线方程；（Ⅱ）y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM=∠OPN？说明理由.【答案】（Ⅰ）ax−y−a=0或ax+y+a=【详解】（Ⅰ）由题设可得M(2a,a)，N∵y'=12x，故y=x24在x=y−a=a(x−故y=x24在x=-22ay−a=−a(x+故所求切线方程为ax−y−a=0或（Ⅱ）存在符合题意的点，证明如下：设P（0，b）为复合题意得点，M(x1,y将y=kx+a代入C得方程整理得x2∴x1∴k1+k2=当b=−a时，有k1故∠OPM=∠OPN，所以P(0,1．（2024·广东·二模）已知双曲线C:x2a2(1)求双曲线C的方程；(2)若A,B为双曲线C上的两点且不关于原点对称，直线l:y=1【答案】(1)x(2)1【分析】（1）先求出焦点坐标，再根据渐近线方程可求基本量，从而可得双曲线的方程.（2）利用点差法可求直线的斜率，注意检验.【详解】（1）椭圆x25+y2由双曲线的渐近线为y=±33x，故b故双曲线方程为：x2（2）设Ax1,y1因为M在直线l:y=1而x123−y故x1由题设可知AB的中点不为原点，故xMyM故直线AB的斜率为1.此时AB:由y=x−2xM3x当Δ=16xM2即当xM<−322或xM>322时，直线AB存在且斜率为1.

2．（2024·山西运城·三模）已知双曲线C:x2−y23=1的左、右焦点分别为(1)过右焦点F2作F2N⊥PM于N(2)求证：∠PF【答案】(1)1(2)证明见解析【分析】（1）延长F2N交PF1于点E，即可得到PF（2）当xP=2，直接求出∠PF2A、∠PAF2，当xP【详解】（1）延长F2N交PF1于点E，因为PM平分所以△PNF2≌△PNE，所以P所以N为F2E的中点，又O为F1F2又PF1−所以ON=（2）依题意可知A−1,0，当xP=2时22−yPtan∠PAF2=3当xP≠2时，设P所以tan∠PAF2则tan2∠PA所以tan2∠PA又∠PAF2∈0,π所以2∠PA综上可得2∠PAF2=∠PF2A.

3．（2024·山西太原·二模）已知抛物线C：y2=(1)求抛物线C的方程；(2)若A，B是抛物线C上两个动点，在x轴上是否存在定点M（异于坐标原点O），使得当直线AB经过点M时，满足OA⊥OB？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y(2)存在；M【分析】（1）根据点斜式求解直线方程，即可求解焦点坐标，进而可得p=2（2）联立直线与抛物线方程得韦达定理，结合向量垂直的坐标运算，即可求解.【详解】（1）由题意过点D2,1且斜率为1的直线方程为y−1=x−2，即y=x−1∴点F的坐标为1,0，∴p2∴p=2．抛物线C的方程为y（2）由（1）得抛物线C：y2=4设直线AB的方程为x=ty+m（t∈R,m≠0），A由x=ty+my2=∴y1+y2=∵OA⊥OB，∴OA⋅∴OA=−4∴m=4或m=当m=4时，点M的坐标为4,0，满足OA⊥OB，Δ=∴存在定点M4,0

4．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）已知双曲线M:x2a2−y2b2=1((1)分别求M和N的方程；(2)如图，过点T0,1的直线l（斜率大于0）与双曲线M和N的左、右两支依次相交于点A、B、C、D，证明AB【答案】(1)M：x22−(2)证明见解析【分析】（1）由题意，列出等式求出m的值，得到双曲线N的方程，根据双曲线M与双曲线N渐近线相同，设出双曲线M的方程，将点2,2代入即可求出双曲线M的方程；（2）设出直线l的方程，将直线l的方程与双曲线方程联立，利用韦达定理得到A,D与B,C中点的横坐标为2k2−k2【详解】（1）由题意可知双曲线N的焦距为2m解得m2=1因为双曲线M与双曲线N渐近线相同，不妨设双曲线M的方程为x2因为双曲线M经过点2,2，所以4−解得λ=2则双曲线M的方程为x2（2）证明：不妨设直线l的方程为y=kx+联立y=kx+1x2−y此时Δ=当λ=1时，由韦达定理得x当λ=2时，由韦达定理得x所以A,D与B,因为A,B,C,D在同一直线不妨设该点为E，此时EA=则EA−故AB5．（2024·浙江绍兴·三模）已知双曲线Γ：x2−y24=1与直线l：y=x+1交于A、B两点（A在B左侧），过点A的两条关于l对称的直线l1、l2分别交双曲线(1)设直线l1的斜率为k1，直线l2的斜率为k(2)若直线CD与双曲线Γ在点B处的切线交于点P，求△ABP的面积．【答案】(1)1(2)3215【分析】（1）设直线l1、l2的倾斜角分别为θ1、θ2（θ1、（2）先求出点B的坐标，进而得到双曲线Γ在点B处的切线方程为53x−23y=【详解】（1）由题意知直线l斜率为1，∴直线l的倾斜角α=π设直线l1、l2的倾斜角分别为θ1、θ2（直线l1、l2关于直线l对称，∴k（2）联立x2∴双曲线Γ在点B处的切线方程为53不妨设直线CD为mx+1+ny=1，联立x2−y⇒整理得y2x+1两根之和y1x1而其中k1由（1）得k1⋅∴直线CD为58x+1又∵双曲线Γ在点B处的切线方程为53x−23y=∴S△ABP=12⋅AB⋅dP−AB=12⋅2⋅83⋅(1)若k=13,(2)点Q在C上，若PA⊥QA，且tan∠PQA=8，求【答案】(1)6(2)1【分析】（1）由MA=2PM可得点P横坐标，代入椭圆方程可求得点P（2）设出直线PA方程，联立直线方程与椭圆方程可求得点P横坐标，由两点间距离公式可得|PA|，同理可得|AQ|，由tan∠PQA=PAQA【详解】（1）如图所示，由题意知，A(−a,0)，设Px1代入椭圆方程，可得a22a2+又k=3b2所以离心率e=1（2）如图所示，设点Px1,y1联立直线方程与椭圆方程可得x2整理可得x+ax−aa2所以PA=将k替换为−1k，同理可得，由tan∠PQA=8，可得整理得8k由8k3−1k8k3−1k2−故0<8k综上所述，k的取值范围为18,12．

7．（2024·内蒙古包头·三模）已知抛物线C:y2=x，直线l与C的交点为A,B（A,B分别在(1)求a的值；(2)若S△AOR=2S△BOR，①求直线l的方程；②当过点A【答案】(1)a=(2)①y−2x+2=0【分析】（1）根据题意，设出直线l的方程和A,（2）①设A,B两点的坐标，根据题意得出y1=−2y2（y1>0，y2<0），将直线方程与抛物线方程联立，结合韦达定理进行求解即可；②由①【详解】（1）设直线l的方程为x=my+a，Ax1,由x=my+a,y2=x,消去x由根与系数的关系，得y1+y2=m由原点O在以线段AB为直径的圆M上，可得OA⋅又OA=x1,y把y1y2=−a，x1x2=a（2）①设Ax1,由（1）可知R1,0，由S△AOR=2由题意可知y1=−2y2由x=my+1,y2=x,由根与系数的关系，得y1+y由y1y2=−1，y1=−2y2，得所以直线l的方程为y−2②由①可知，点A的坐标为2,2，点B的坐标为1所以线段AB的中点坐标为54,2直线l的垂直平分线的方程为y−24=−设圆D的圆心坐标为x0,消去y0，整理得，12x解得x0=因此，所求圆心D的坐标为54,2

8．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）已知直线l与椭圆C:x24+y2=1交于(1)证明：x12+(2)设线段PQ的中点为M，求|OM【答案】(1)证明见解析；(2)5【分析】（1）对直线l的斜率是否存在进行分类讨论，在直线l的斜率不存在时，可得出x1=x2，y1=−y2，根据△OPQ的面积求得x1、y1的值，可得出x12+x2（2）对直线l的斜率是否存在进行分类讨论，在直线l的斜率不存在时，可直接求得OM⋅PQ的值；在直线l的斜率存在时，求得OM、PQ关于m的表达式，利用基本不等式可求得【详解】（1）当直线l的斜率不存在时，P、Q两点关于x轴对称，所以x1=x∵Px1,y1在椭圆上，∴由①②得x1=2，y1=当直线l的斜率存在时，是直线l的方程为y=kx+m(将直线l的方程代入x24+Δ=所以x1+x∴PQ∵点O到直线l的距离为d=|∴S整理得4k2−所以x1y1综上所述x12+（2）当直线l的斜率不存在时，由（1）知OM=x1=2当直线l的斜率存在时，由（1）知x1+xOM2=x所以OM|所以|OM|⋅|PQ综上所述，|OM|⋅

9．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）已知F1，F2分别为双曲线C：3x2−y2=λλ>0的左、右焦点，过F2的直线l与双曲线C(1)求双曲线C的标准方程；(2)当l与x轴不垂直时，作线段AB的中垂线，交x轴于点D．试判断DF【答案】(1)x(2)DF【分析】（1）根据△ABF（2）设直线l的方程为x=ty+2t≠0，A【详解】（1）双曲线3x2S△ABF双曲线C的标准方程为x2（2）设直线l的方程为x=ty+2t≠0，A联立双曲线C与直线l：3x2−y2Δ=12t又直线与双曲线交于右支两点，故y1+y2=进而可得x1+x2=−4线段AB的中垂线为y+6则D−83AB=即DF10．（2024·山西吕梁·三模）如图，已知F1,F2分别为椭圆M:x2a2+y(1)求椭圆M的标准方程；(2)过动点Px0,y0作椭圆M的切线，分别与直线x=−a和x=a相交于D,C两点，记四边形ABCD的对角线AC,BD【答案】(1)x(2)存在，−22【分析】（1）根据两点间距离公式结合椭圆方程可得PF1∈（2）分析可知切线CD的方程为x0x9+y0y【详解】（1）设Px0,y则PF且−a≤x0≤a由题意可得：a+c=3+5a−c=3所以椭圆M的标准方程为x2（2）因为点Px0,y0在椭圆x结合在圆x2+y2=r2上一点处的切线方程x下面证明这个猜想：联立方程x