高考数学一轮复习 讲义 高考解答题专项突破（5）第1课时　定点、定值、定线问题

[考情分析]从近几年的高考试题来看，解析几何是高考的重点，通常以一大两小的模式命题．对解析几何大题的考查综合性较强、难度较大．下面我们重点讲解一下解析几何部分常考问题的解题方法．第1课时定点、定值、定线问题考点一定点问题已知点A(2，0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，－\f(4,5)))在椭圆M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上．(1)求椭圆M的方程；(2)直线l与椭圆M交于C，D两个不同的点(异于A，B)，过C作x轴的垂线分别交直线AB，AD于点P，Q，当P是CQ的中点时，证明：直线l过定点．解：(1)由题意知a＝2，又椭圆经过点Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，－\f(4,5)))，代入可得eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,b2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))eq\s\up12(2)＝1，解得b2＝1，故椭圆M的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)证明：由题意知，当l⊥x轴时，不符合题意，故l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋m，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y，得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，则Δ＝64k2m2－16(m2－1)(4k2＋1)＝16(4k2－m2＋1)>0，即4k2＋1>m2.设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(－8km,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4m2－4,4k2＋1).直线AB的方程为y＝eq\f(1,4)(x－2)，令x＝x1，得y＝eq\f(x1－2,4)，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(x1－2,4)))，直线AD的方程为y＝eq\f(y2,x2－2)(x－2)，令x＝x1，得y＝eq\f(x1－2,x2－2)y2，所以Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(x1－2,x2－2)y2))，由P是CQ的中点，得eq\f(x1－2,2)＝y1＋eq\f(x1－2,x2－2)y2，即eq\f(y1,x1－2)＋eq\f(y2,x2－2)＝eq\f(1,2)，即(kx1＋m)(x2－2)＋(kx2＋m)(x1－2)＝eq\f(1,2)[x1x2－2(x1＋x2)＋4]，即(1－4k)x1x2＋(4k－2m－2)(x1＋x2)＋4＋8m＝0，即m2＋(4k＋2)m＋4k2＋4k＝0，所以(m＋2k)(m＋2k＋2)＝0，得m＝－2k－2或m＝－2k.当m＝－2k－2时，由4k2＋1＞m2，得k<－eq\f(3,8)，符合题意；当m＝－2k时，直线l经过点A，与题意不符，舍去．所以直线l的方程为y＝kx－2k－2，即y＝k(x－2)－2，所以直线l过定点(2，－2)．定点问题的解题策略(1)直接推理法求定点问题：探索直线过定点时，注意讨论直线的斜率是否存在．若直线的斜率存在，可设直线方程为y＝kx＋m，然后利用条件建立m，k之间的等量关系，消元后借助于直线系的思想找出定点．(2)逆推法求定点问题：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，即斜率k＝0或斜率不存在时．找出定点，再证明该点符合题意(运用斜率相等或者三点共线)或证明与变量无关．1.已知定点A(－1，0)，F(2，0)，定直线l：x＝eq\f(1,2)，不在x轴上的动点P与点F的距离是它到直线l的距离的2倍．设点P的轨迹为E，过点F的直线交E于B，C两点，直线AB，AC分别交l于点M，N.(1)求E的方程；(2)试判断以线段MN为直径的圆是否过定点．若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，说明理由．解：(1)设P(x，y)，依题意有eq\r(（x－2）2＋y2)＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，化简可得E的方程为x2－eq\f(y2,3)＝1(y≠0)．(2)假设以线段MN为直径的圆过定点，由对称性可知该定点必在x轴上．若BC⊥x轴，不妨令B(2，3)，则直线AB的方程为y＝x＋1，所以点M的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))，同理可得点N的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(3,2)))，此时以MN为直径的圆的方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(9,4)，该圆与x轴交于点D1(2，0)和D2(－1，0)．下面进行验证：设直线BC的方程为x＝my＋2，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋2，,x2－\f(y2,3)＝1，))消去x，得(3m2－1)y2＋12my＋9＝0，由题意，知3m2－1≠0，Δ>0.设B(x1，y1)，C(x2，y2)，则y1＋y2＝－eq\f(12m,3m2－1)，y1y2＝eq\f(9,3m2－1).因为直线AB的方程为y＝eq\f(y1,x1＋1)(x＋1)，所以点M的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3y1,2（x1＋1）)))，同理可得，点N的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3y2,2（x2＋1）))).因为eq\o(D1M,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(3y1,2（x1＋1）)))，eq\o(D1N,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(3y2,2（x2＋1）)))，所以eq\o(D1M,\s\up6(→))·eq\o(D1N,\s\up6(→))＝eq\f(9,4)＋eq\f(9y1y2,4（x1＋1）（x2＋1）)＝eq\f(9,4)＋eq\f(9y1y2,4[m2y1y2＋3m（y1＋y2）＋9])＝eq\f(9,4)＋eq\f(\f(81,3m2－1),4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9m2,3m2－1)－\f(36m2,3m2－1)＋9)))＝0.同理可得，eq\o(D2M,\s\up6(→))·eq\o(D2N,\s\up6(→))＝0.所以以线段MN为直径的圆过定点(2，0)和(－1，0)．考点二定值问题已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的长轴的两个端点分别为A(－2，0)，B(2，0)，离心率为eq\f(\r(3),2).(1)求椭圆C的标准方程；(2)M为椭圆C上除A，B外任意一点，直线AM交直线x＝4于点N，O为坐标原点，过点O且与直线BN垂直的直线记为l，直线BM交y轴于点P，交直线l于点Q，求证：eq\f(|BP|,|PQ|)为定值．解：(1)由已知，得a＝2，又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(c,2)＝eq\f(\r(3),2)，所以c＝eq\r(3)，所以b＝eq\r(a2－c2)＝1，所以椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)证明：设M(x1，y1)，y1≠0，则eq\f(xeq\o\al(2,1),4)＋yeq\o\al(2,1)＝1，即xeq\o\al(2,1)＋4yeq\o\al(2,1)＝4，直线AM的方程为y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)，令x＝4，得y＝eq\f(6y1,x1＋2)，即Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(6y1,x1＋2)))，kBN＝eq\f(\f(6y1,x1＋2),4－2)＝eq\f(3y1,x1＋2)，因为l⊥BN，所以kl＝－eq\f(x1＋2,3y1)，直线l的方程为y＝－eq\f(x1＋2,3y1)x.因为直线BM的方程为y＝eq\f(y1,x1－2)(x－2)，令x＝0，得y＝－eq\f(2y1,x1－2)，即Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2y1,x1－2))).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(x1＋2,3y1)x，,y＝\f(y1,x1－2)（x－2），))及xeq\o\al(2,1)＋4yeq\o\al(2,1)＝4，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－6，,y＝\f(2（x1＋2）,y1)))，即Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－6，\f(2（x1＋2）,y1))).所以eq\f(|BP|,|PQ|)＝eq\f(|xP－xB|,|xQ－xP|)＝eq\f(|0－2|,|－6－0|)＝eq\f(1,3)，为定值．定值问题的常见类型及解题策略(1)证明代数式为定值．依题设条件得出与代数式参数有关的等式，代入所求代数式，化简得出定值．(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的表达式，再利用题设条件化简、变形．(3)求某线段长度为定值．利用两点间距离公式求得表达式，再根据条件对其进行化简、变形即可．(4)证明某角为定值．将角转化为斜率或向量的夹角进行求解．2.已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)与双曲线eq\f(x2,2)－eq\f(y2,3)＝1有相同的焦点，且C的一条渐近线与直线x－2y＋2＝0平行．(1)求双曲线C的方程；(2)若直线l与双曲线C右支相切(切点不为右顶点)，且l分别交双曲线C的两条渐近线于点A，B，O为坐标原点，试判断△AOB的面积是否为定值．若是，求出定值；若不是，请说明理由．解：(1)设双曲线C的焦距为2c(c>0)，由题意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝\r(2＋3)＝\r(5)，,c2＝a2＋b2，,\f(b,a)＝\f(1,2)，))则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1，,c＝\r(5)，))则双曲线C的方程为eq\f(x2,4)－y2＝1.(2)由于直线l与双曲线C右支相切(切点不为右顶点)，则直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋m，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)－y2＝1，))得(4k2－1)x2＋8kmx＋4m2＋4＝0，则Δ＝64k2m2－4(4k2－1)(4m2＋4)＝0，可得1－4k2＝－m2.设l与x轴的交点为Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,k)，0))，则S△AOB＝S△AOD＋S△BOD＝eq\f(1,2)|OD|·|yA－yB|＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－m,k)))·|k|·|xA－xB|＝eq\f(|m|,2)·|xA－xB|，又双曲线两条渐近线的方程为y＝±eq\f(1,2)x，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,y＝\f(1,2)x，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2m,1－2k)，,y＝\f(m,1－2k)，))不妨令Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2m,1－2k)，\f(m,1－2k)))，同理可得Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2m,2k＋1)，\f(m,2k＋1)))，则S△AOB＝eq\f(|m|,2)·|xA－xB|＝eq\f(|m|,2)·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2m,1－2k)＋\f(2m,1＋2k)))＝eq\f(|m|,2)·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4m,1－4k2)))＝eq\f(|m|,2)·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4m,－m2)))＝2，所以△AOB的面积为定值2.考点三定线问题(2026·黑龙江大庆模拟)已知椭圆M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率e＝eq\f(\r(2),2)，过F1作DF1⊥F1F2，交椭圆于点D，且|DF1|＝1.(1)求椭圆M的方程；(2)已知A，N是椭圆M上关于y轴对称的两点，点B在椭圆M上，直线AB，NB分别交y轴于点P，Q，O为坐标原点．①证明：|OP|·|OQ|＝2；②若点P的坐标为(0，2)，E为平面上一动点(E不在直线AB上)，记直线AE，PE，BE的斜率分别为k1，k2，k3，且满足eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k3)＝eq\f(2,k2).判断动点E是否在定直线上？若在定直线上，求出该直线的方程；若不在，请说明理由．解：(1)由椭圆M的离心率e＝eq\f(\r(2),2)，得eq\f(\r(a2－b2),a)＝eq\f(\r(2),2)，则a2＝2b2，椭圆M的半焦距c＝eq\r(a2－b2)＝b，由过F1作DF1⊥F1F2，交椭圆于点D，|DF1|＝1，得eq\f(b2,2b2)＋eq\f(1,b2)＝1，解得b2＝2，则a2＝4，所以椭圆M的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)①证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(0，m)，Q(0，n)，则N(－x1，y1)，由P，A，B三点共线，得eq\f(y1－m,x1)＝eq\f(y2－y1,x2－x1)，则m＝y1－eq\f(x1（y2－y1）,x2－x1)＝eq\f(x2y1－x1y2,x2－x1)，同理，由B，Q，N三点共线，得n＝eq\f(x2y1＋x1y2,x2＋x1)，而yeq\o\al(2,1)＝2－eq\f(xeq\o\al(2,1),2)，yeq\o\al(2,2)＝2－eq\f(xeq\o\al(2,2),2)，于是mn＝eq\f(x2y1－x1y2,x2－x1)·eq\f(x2y1＋x1y2,x2＋x1)＝eq\f(（x2y1）2－（x1y2）2,xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1))＝eq\f(xeq\o\al(2,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(xeq\o\al(2,1),2)))－xeq\o\al(2,1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(xeq\o\al(2,2),2))),xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1))＝2，所以|OP|·|OQ|＝|mn|＝2.②设E(x0，y0)，直线AB：y＝kx＋2，则k1＝eq\f(y1－y0,x1－x0)，k2＝eq\f(y0－2,x0)，k3＝eq\f(y2－y0,x2－x0)，由eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k3)＝eq\f(2,k2)，得eq\f(x1－x0,y1－y0)＋eq\f(x2－x0,y2－y0)＝eq\f(2x0,y0－2)，即eq\f(x1－x0,y1－y0)－eq\f(x0,y0－2)＋eq\f(x2－x0,y2－y0)－eq\f(x0,y0－2)＝0，整理，得eq\f(（x1－x0）（y0－2）－x0（y1－y0）,（y1－y0）（y0－2）)＋eq\f(（x2－x0）（y0－2）－x0（y2－y0）,（y2－y0）（y0－2）)＝0，因此eq\f(（x1－x0）（y0－2）－x0（kx1＋2－y0）,（y1－y0）（y0－2）)＋eq\f(（x2－x0）（y0－2）－x0（kx2＋2－y0）,（y2－y0）（y0－2）)＝0，整理，得eq\f(x1（y0－kx0－2）,（y1－y0）（y0－2）)＋eq\f(x2（y0－kx0－2）,（y2－y0）（y0－2）)＝0，而点E不在直线y＝kx＋2上，即y0≠kx0＋2，则eq\f(x1,y1－y0)＋eq\f(x2,y2－y0)＝0，即x1(y2－y0)＝－x2(y1－y0)，解得y0＝eq\f(x1y2＋x2y1,x1＋x2)＝n，由①知mn＝2，又m＝2，于是n＝1，即y0＝1，所以动点E在定直线y＝1上．定线问题的求解思路定线问题是指因图形的变化或点的移动而产生的动点在定线上的问题．这类问题的核心在于确定点的轨迹，一般先求出点的坐标，看横、纵坐标是否为定值，或者找出横、纵坐标的关系．3.如图，过抛物线y2＝4x的焦点F的直线与抛物线交于A，B两点，AM，AN，BC，BD分别垂直于坐标轴，垂足依次为M，N，C，D.(1)若矩形ANOM和矩形BDOC的面积分别为S1，S2，求S1·S2的值；(2)求证：直线MN与直线CD的交点在定直线上．解：(1)抛物线y2＝4x的焦点F(1，0)，显然直线AB不垂直于y轴，设其方程为x＝my＋1，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,y2＝4x，))消去x，整理得y2－4my－4＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，矩形ANOM和矩形BDOC的面积分别为S1＝|x1y1|＝eq\f(|yeq\o\al(3,1)|,4)，S2＝|x2y2|＝eq\f(|yeq\o\al(3,2)|,4)，所以S1·S2＝eq\f(|yeq\o\al(3,1)|,4)·eq\f(|yeq\o\al(3,2)|,4)＝eq\f(|（－4）3|,16)＝4.(2)证明：由(1)得M(x1，0)，N(0，y1)，C(x2，0)，D(0，y2)，于是得直线MN的方程为y＝－eq\f(y1,x1)x＋y1，直线CD的方程为y＝－eq\f(y2,x2)x＋y2，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(y1,x1)x＋y1，,y＝－\f(y2,x2)x＋y2，))消去y，整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1,x1)－\f(y2,x2)))x＝y1－y2，而eq\f(y1,x1)－eq\f(y2,x2)＝eq\f(y1,\f(yeq\o\al(2,1),4))－eq\f(y2,\f(yeq\o\al(2,2),4))＝eq\f(4（y2－y1）,y1y2)＝y1－y2，因此有x＝1，所以直线MN与直线CD的交点在定直线x＝1上．课时作业基础题(占比20%)中档题(占比50%)拔高题(占比30%)题号123456难度★★★★★★★★★★★★★考点定值问题定点问题定点问题；定线问题定点问题；定值问题定值问题定线问题1.已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率e＝eq\f(\r(2),2)，P为椭圆上一动点，△PF1F2面积的最大值为2.(1)求椭圆E的方程；(2)若C，D分别是椭圆E长轴的左、右端点，动点M满足MD⊥CD，连接CM与椭圆交于另一点N，O为坐标原点．证明：eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))为定值．解：(1)当P为短轴端点时，△PF1F2的面积最大，即bc＝2，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,bc＝2，,a2＝b2＋c2.))解得a＝2，b＝c＝eq\r(2)，故椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)证明：由(1)知，C(－2，0)，D(2，0)，设直线CM：y＝k(x＋2)，N(x1，y1)，因为MD⊥CD，所以M(2，4k)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝k（x＋2），))整理，得(2k2＋1)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，由根与系数的关系，得－2x1＝eq\f(8k2－4,2k2＋1)，则x1＝eq\f(2－4k2,2k2＋1)，y1＝k(x1＋2)＝eq\f(4k,2k2＋1)，所以Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－4k2,2k2＋1)，\f(4k,2k2＋1)))，eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝2×eq\f(2－4k2,2k2＋1)＋4k×eq\f(4k,2k2＋1)＝4，故eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))为定值4.2．已知F是抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，不过原点的动直线交抛物线C于A，B两点，M是线段AB的中点，点M在准线l上的射影为N，当eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(FB,\s\up6(→))时，|AN|＝2eq\r(2).(1)求抛物线C的方程；(2)当eq\o(NA,\s\up6(→))·eq\o(NB,\s\up6(→))＝1时，求证：直线AB过定点．解：(1)当eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(FB,\s\up6(→))时，AB⊥x轴且AB过点F，不妨设点A在x轴上方，则Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，p))，此时Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，0))，因为|AN|＝2eq\r(2)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)＋\f(p,2)))eq\s\up12(2)＋p2＝8，解得p＝2，故抛物线C的方程为y2＝4x.(2)证明：当直线AB的斜率为0时，显然不符合题意；当直线AB的斜率不为0时，设直线AB：x＝my＋n，M(x0，y0)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,1),4)，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,2),4)，y2))，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,x＝my＋n，))化简，得y2－4my－4n＝0，则Δ＝16(m2＋n)>0，y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n，又y0＝eq\f(y1＋y2,2)＝2m，故N(－1，2m)，eq\o(NA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,1),4)＋1，y1－2m))，eq\o(NB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,2),4)＋1，y2－2m))，所以eq\o(NA,\s\up6(→))·eq\o(NB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,1),4)＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,2),4)＋1))＋(y1－2m)(y2－2m)＝eq\f(yeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,2),16)＋eq\f(（y1＋y2）2－2y1y2,4)＋1＋y1y2－2m(y1＋y2)＋4m2＝n2＋eq\f(16m2＋8n,4)＋1－4n－8m2＋4m2＝n2－2n＋1，若eq\o(NA,\s\up6(→))·eq\o(NB,\s\up6(→))＝1，则n2－2n＋1＝1，解得n＝0(舍去)或n＝2，所以直线AB过定点(2，0)．3．已知曲线C上的动点P满足|PF1|－|PF2|＝2，且F1(－2，0)，F2(2，0)．(1)求曲线C的方程；(2)若直线AB与C交于A，B两点，分别过点A，B作C的切线，两切线交于点P′.在下列两个条件中选择一个条件，证明另外一个条件成立．①直线AB经过定点M(4，0)；②点P′在定直线x＝eq\f(1,4)上．解：(1)因为|PF1|－|PF2|＝2<4＝|F1F2|，所以曲线C是以F1，F2为焦点，2为实轴长的双曲线的右支，所以2a＝2，即a＝1，又因为F1(－2，0)，F2(2，0)，所以c＝2，得b2＝3，所以曲线C的方程为x2－eq\f(y2,3)＝1(x≥1)．(2)若选择①，证明②成立．依题意，点A，B在双曲线的右支上，此时直线AB的斜率必不为0，设直线方程为x＝my＋4，A(x1，y1)，B(x2，y2)，不妨设点A在第一象限，点B在第四象限．因为x2－eq\f(y2,3)＝1(x≥1)，所以yeq\o\al(2,1)＝3xeq\o\al(2,1)－3，由y＝eq\r(3x2－3)，求导得y′＝eq\f(3x,\r(3x2－3))，所以过点A的切线方程为y－y1＝eq\f(3x1,\r(3xeq\o\al(2,1)－3))(x－x1)，化简得yy1＝3x1x－3，(ⅰ)同理，过点B的切线方程为yy2＝3x2x－3，(ⅱ)联立(ⅰ)(ⅱ)，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(y2－y1,x1y2－x2y1)，,y＝\f(3x2－3x1,x1y2－x2y1)，))所以P′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y2－y1,x1y2－x2y1)，\f(3x2－3x1,x1y2－x2y1)))，因为点A，B在直线AB上，所以x1＝my1＋4，x2＝my2＋4，所以x1y2＝my1y2＋4y2，x2y1＝my1y2＋4y1，所以点P′的横坐标为eq\f(y2－y1,x1y2－x2y1)＝eq\f(y2－y1,4（y2－y1）)＝eq\f(1,4)，点P′的纵坐标为eq\f(3x2－3x1,x1y2－x2y1)＝eq\f(3m（y2－y1）,4（y2－y1）)＝eq\f(3m,4)，即点P′在定直线x＝eq\f(1,4)上．若选择②，证明①成立．不妨设点A在第一象限，点B在第四象限，A(x1，y1)，B(x2，y2)．因为x2－eq\f(y2,3)＝1(x≥1)，所以yeq\o\al(2,1)＝3xeq\o\al(2,1)－3，由y＝eq\r(3x2－3)，求导得y′＝eq\f(3x,\r(3x2－3))，所以过点A的切线方程为y－y1＝eq\f(3x1,\r(3xeq\o\al(2,1)－3))(x－x1)，化简，得yy1＝3x1x－3，(ⅰ)同理，过点B的切线方程为yy2＝3x2x－3，(ⅱ)联立(ⅰ)(ⅱ)，得交点P′的横坐标为eq\f(y2－y1,x1y2－x2y1)，由题意，知eq\f(y2－y1,x1y2－x2y1)＝eq\f(1,4)，即x1y2－x2y1＝4(y2－y1)．(ⅲ)因为A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以直线AB的方程为y－y1＝eq\f(y2－y1,x2－x1)(x－x1)，即(x2－x1)(y－y1)＝(y2－y1)(x－x1)，整理得x1y2－x2y1＝(y2－y1)x＋(x1－x2)y，与(ⅲ)联立，可得(y2－y1)(x－4)＋(x1－x2)y＝0，所以直线AB经过定点M(4，0)．4．(2026·江西赣州模拟)已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，其左顶点为P，上顶点为Q，直线PQ交直线x＝a于点R，且|PR|＝eq\r(2)|OR|＝6eq\r(2)(其中O为坐标原点)．(1)求椭圆C的标准方程；(2)点N在x轴上，过点N作直线l与E交于A，B两点，问：是否存在定点N，使得eq\f(1,|AN|2)＋eq\f(1,|BN|2)为定值？若存在，求出所有点N的坐标并求出定值；若不存在，请说明理由．解：(1)由题意，可知P(－a，0)，Q(0，b)，R(a，2b)，所以|OR|＝eq\r(a2＋4b2)＝6，|PR|＝eq\r(4a2＋4b2)＝6eq\r(2)，整理，联立可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋4b2＝36，,4a2＋4b2＝72，))解得a2＝12，b2＝6，所以椭圆C的标准方程为eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,6)＝1.(2)根据已知条件设N(n，0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，当直线AB的斜率不为0时，设直线AB：x＝my＋n，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋n，,\f(x2,12)＋\f(y2,6)＝1，))整理，得(2＋m2)y2＋2mny＋n2－12＝0，需Δ＝4m2n2－4(2＋m2)(n2－12)＝48m2－8n2＋96>0，即n2<6m2＋12，由根与系数的关系，得y1＋y2＝－eq\f(2mn,2＋m2)，y1y2＝eq\f(n2－12,2＋m2)，故eq\f(1,|AN|2)＋eq\f(1,|BN|2)＝eq\f(1,（x1－n）2＋yeq\o\al(2,1))＋eq\f(1,（x2－n）2＋yeq\o\al(2,2))＝eq\f(1,1＋m2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,yeq\o\al(2,1))＋\f(1,yeq\o\al(2,2))))＝eq\f(1,1＋m2)·eq\f(yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2),yeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,2))＝eq\f(1,1＋m2)·eq\f(（y1＋y2）2－2y1y2,yeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,2))＝eq\f(1,1＋m2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1＋y2,y1y2)))\s\up12(2)－\f(2,y1y2)))＝eq\f(1,1＋m2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2mn,n2－12)))\s\up12(2)－\f(2（2＋m2）,n2－12)))＝eq\f(1,1＋m2)·eq\f(4m2n2－2（2＋m2）（n2－12）,（n2－12）2)＝eq\f(1,1＋m2)·eq\f(（2n2＋24）m2－4n2＋48,（n2－12）2)，因为eq\f(1,|AN|2)＋eq\f(1,|BN|2)为定值，所以2n2＋24＝－4n2＋48，整理，得n2＝4，解得n＝±2，此时eq\f(1,|AN|2)＋eq\f(1,|BN|2)＝eq\f(－4×4＋48,（4－12）2)＝eq\f(1,2)；当直线AB的斜率为0时，不妨设A(－2eq\r(3)，0)，B(2eq\r(3)，0)，N(2，0)，此时eq\f(1,|AN|2)＋eq\f(1,|BN|2)＝eq\f(1,（2\r(3)＋2）2)＋eq\f(1,（2\r(3)－2）2)＝eq\f(1,2)，符合题设，同理可证，当N的坐标为(－2，0)时也符合题设，又n2＝4<12≤6m2＋12恒成立，所以存在点N(－2，0)或N(2，0)，使得eq\f(1,|AN|2)＋eq\f(1,|BN|2)的值为eq\f(1,2)，即为定值．5．(2026·河北秦皇岛模拟)已知抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2，O为坐标原点．(1)求抛物线E的方程；(2)已知点T(t，0)，若E上存在一点P，使得eq\o(PO,\s\up6(→))·eq\o(PT,\s\up6(→))＝－1，求t的取值范围；(3)过点M(－4，0)的直线交E于A，B两点，过点N(－4，4eq\r(3))的直线交E于A，C两点，B，C位于x轴的同侧，证明：∠BOC为定值．解：(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＝4x.(2)设P(x，y)，可知y2＝4x，x≥0，则eq\o(PO,\s\up6(→))＝(－x，－y)，eq\o(PT,\s\up6(→))＝(t－x，－y)，可得eq\o(PO,\s\up6(→))·eq\o(PT,\s\up6(→))＝－x(t－x)＋y2＝x2－tx＋4x＝x2＋(4－t)x＝－1，显然x＝0不满足上式，则x>0，可得t－4＝x＋eq\f(1,x)，又因为x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2，当且仅当x＝eq\f(1,x)，即x＝1时，等号成立，则t－4≥2，即t≥6，所以t的取值范围为[6，＋∞)．(3)设Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,1),4)，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,2),4)，y2))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,3),4)，y3))，则直线AB的斜率kAB＝eq\f(y1－y2,\f(yeq\o\al(2,1),4)－\f(yeq\o\al(2,2),4))＝eq\f(4,y1＋y2)，可得直线AB的方程为y－y1＝eq\f(4,y1＋y2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(yeq\o\al(2,1),4)))，整理得4x－(y1＋y2)y＋y1y2＝0，同理可得，直线AC的方程为4x－(y1＋y3)y＋y1y3＝0，由题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－16＋y1y2＝0，,－16－4\r(3)（y1＋y3）＋y1y3＝0，))整理得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＝\f(16,y2)，,4（y3－y2）＝\r(3)（y2y3＋16），))又因为直线OB，OC的斜率分别为kOB＝eq\f(y2,\f(yeq\o\al(2,2),4))＝eq\f(4,y2)，kOC＝eq\f(y3,\f(yeq\o\al(2,3),4))＝eq\f(4,y3)，显然∠BOC为锐角，则tan∠BOC＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(kOB－kOC,1＋kOB·kOC)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\f(4,y2)－\f(4,y3),1＋\f(4,y2)·\f(4,y3))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4（y2－y3）,y2y3＋16)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)（y2y3＋16）,y2y3＋16)))＝eq\r(3)，所以∠BOC＝eq\f(π,3)，为定值．6．(2026·江西新余模拟)已知F1，F2分别为双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，过F1(－c，0)的直线l交双曲线C于P，Q两点，当直线l的斜率不存在时，|PQ|＝eq\f(3\r(7)c,7).(1)求双曲线C的离心率；(2)过双曲线的右焦点向该双曲线的一条渐近线作垂线，垂足为M，若△OMF2(O为坐标原点)的面积为eq\r(3)，求双曲线C的方程；(3)在(2)的条件下，若A，B分别为双曲线C的左、右顶点，直线PA与直线QB相交于点N，证明：点N在一条定直线上．解：(1)当直线l的斜率不存在时，点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－c，\f(b2,a)))，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\