2027年高考数学一轮复习(创新设计)层级二　 定点、定线问题

定点、定线问题题型分析解析几何中的定点、定线问题是高考考查的热点，难度较大，是高考的压轴题，定点问题的类型一般为直线过定点与圆过定点等;定线问题的类型一般是证明或探究动点在直线上.题型一定点问题角度1直线过定点例1(2026·南京、盐城调研)已知点F1，F2分别为双曲线E:x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，点F1到双曲线E的渐近线的距离为22，点A为双曲线(1)求双曲线E的标准方程;(2)若四边形ABCD为矩形，其中点B，D在双曲线E上，求证:直线BD过定点.(1)解设焦距为2c，c>0，则F1(－c，0)，故点F1到双曲线E的渐近线bx±ay＝0的距离为|−bc|b2＋由|AF1|＝2|AF2|，得c＋a＝2(c－a)，所以c＝3a.又c2＝a2＋b2，所以(3a)2＝a2＋8，解得a2＝1，所以双曲线E的标准方程为x2－y2(2)证明法一①当直线BD的斜率不存在时，设直线BD的方程为x＝t，不妨设B在D的上方，当t<－1时，由题知AB⊥AD，AB＝AD，可得B(t，－t＋1)，因为点B在双曲线x2－y28＝1所以t2－(1−t)28＝1，所以当t>1时，同理可得B(t，t－1)，因为点B在双曲线x2－y28＝1所以t2－(t所以t＝1，不合题意，舍去.故直线BD的方程为x＝－97②当直线BD的斜率存在时，设直线BD的方程为y＝kx＋m，B(x1，y1)，D(x2，y2)，联立x2−y得(8－k2)x2－2kmx－m2－8＝0，则8−k2≠0，Δ>0，x1＋x2＝2km8−由(1)知A(1，0).因为四边形ABCD为矩形，所以AB⊥AD，所以AB·AD＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2)＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0，所以(x1－1)(x2－1)＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(k2＋1)x1x2＋(km－1)(x1＋x2)＋m2＋1＝0，所以－(k所以7m2－2km－9k2＝0，所以(m＋k)(7m－9k)＝0，所以m＝－k或m＝97k当m＝－k时，直线BD的方程为y＝kx－k＝k(x－1)，直线BD过定点A(1，0)，不合题意，舍去;当m＝97k时，直线BD的方程为y＝kx＋97k＝k直线BD过定点−9综上所述，直线BD过定点−9法二由题意可知，直线AD的斜率存在且不为0，设直线AD的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，联立x2−y得(8－k2)x2＋2k2x－(k2＋8)＝0，则xDxA＝－k2所以xD＝k2＋8k2−8，yD＝k(同理可得xB＝−1yB＝16−1k所以kBD＝y＝7k故直线BD的方程为y＝7kk2−1·(x－xD)＋yD＝7k所以直线BD过定点−9角度2其他曲线过定点例2已知平面内一动圆过点P(2，0)，且在y轴上截得弦长为4，动圆圆心的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程;(2)若过点Q(4，0)的直线l与曲线C交于点M，N，问:以线段MN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.解(1)设动圆圆心为(x，y)，依题意，x|即y2＝4x，所以曲线C的方程为y2＝4x.(2)依题意，直线l不垂直于y轴，设直线l的方程为x＝my＋4，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由x＝my＋4，y2＝4x，Δ>0恒成立，则y设以线段MN为直径的圆的圆心为E(xE，yE)，则yE＝2m，xE＝2m2＋4，即E(2m2＋4，2m)，|MN|＝m2＋1|y1－＝m2＝4(则圆E的方程为[x－(2m2＋4)]2＋(y－2m)2＝4(m2＋1)(m2＋4)，化简得4xm2＋4ym－(x2－8x＋y2)＝0，由4因此对于∀m∈R，圆E恒过原点，所以以线段MN为直径的圆过定点(0，0).感悟提升圆锥曲线中定点问题的三种解法(1)设线法:用两个参数表示直线方程.一般步骤为①设直线方程为y＝kx＋m(或x＝ny＋t)，联立直线与圆锥曲线方程，得出根与系数的关系;②结合根与系数的关系和已知条件，得到k，m或n，t的关系，或者解出m，t的值;③将②的结果代入y＝kx＋m(或x＝ny＋t)，得到定点坐标.(2)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.或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.(3)特殊到一般法: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，如直线的水平或竖直位置，即k＝0或k不存在.训练1(2023·全国乙卷)已知椭圆C:y2a2＋x2b2＝1(a>(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轴的交点分别为M，N，证明:线段MN的中点为定点.(1)解因为点A(－2，0)在C上，所以4b2＝1，得b因为椭圆的离心率e＝ca＝53，所以c2＝又a2＝b2＋c2＝4＋59a2所以a2＝9，c2＝5，故椭圆C的方程为y2(2)证明由题意知，直线PQ的斜率存在且不为0，设lPQ:y－3＝k(x＋2)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由y得(4k2＋9)x2＋(16k2＋24k)x＋16k2＋48k＝0，故x1＋x2＝－16k2＋24k4k2＋9直线AP:y＝y1x1令x＝0，解得yM＝2y1x1＋2，同理得则yM＋yN＝2y＝2(＝22＝22＝2×10836所以MN的中点的纵坐标为yM所以MN的中点为定点(0，3).题型二定线问题例3(2026·广东六校联考节选)已知椭圆C:x24＋y2b2＝1(0<b<2)的右焦点为F，点A，B在C上，且AF＝λFB(1)求C的方程;(2)已知存在异于F的动点P，使得|AP||PB|＝λ，若A，B，P三点共线，证明:点P(1)解当λ＝1时，由对称性可知AB⊥x轴，∴|AB|＝2b1−c24＝∴C的方程为x2(2)证明当λ＝1时，点P与点F重合，∴λ≠1，直线AB的斜率存在.当直线AB的斜率不为0时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为x＝my＋1，代入方程x2得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，∴y1＋y2＝－6m3m2＋4，y1由AF＝λFB，可知x∵A，B，P三点共线，点P异于点F，且|AP||PB|＝λ(λ>0且λ≠∴点P在线段AB的延长线或反向延长线上.则PA＝λPB.设P(x，y)，则x＝x1由y1＋λy2＝0，得λ＝－y1y2，代入上式得x∴x＝x1把y1＋y2＝－6m3m2＋4，y1y2＝－∴点P在直线x＝4上.当直线AB的斜率为0时，不妨设A(－2，0)，B(2，0)，又F(1，0)，AF＝λFB(λ>0且λ≠－1)，∴λ＝3，|AP||BP|＝3，则P综上，点P在直线x＝4上.感悟提升1.动点在定直线上是圆锥曲线的常规题型，设点法: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，待定系数求解出系数.3.面对复杂问题时，可从特殊情况入手，以确定可能的定直线，然后再验证该直线对一般情况是否符合，属于“先猜再证”.训练2已知抛物线C:x2＝y，过点E(0，2)作直线交抛物线C于A，B两点，过A，B两点分别作抛物线C的切线交于点P.证明:点P在定直线上.证明设A(x1，x12)，B(x2，则直线AB的斜率kAB＝x12−x22x直线AB的方程为y－x12＝(x1＋x2)(x－x即y＝(x1＋x2)x－x1x2，又直线AB过点E(0，2)，所以－x1x2＝2，即x1x2＝－2.设直线PA的方程为y－x12＝k(x－x与抛物线方程y＝x2联立，得y解得x＝x1或x＝k－x1，又直线PA与抛物线相切，所以x1＝k－x1，即k＝2x1，所以直线PA的方程为y－x12＝2x1(x－x即y＝2xx1－x1同理可得直线PB的方程为y＝2xx2－x2由y所以Px1＋x22故点P在定直线y＝－2上.齐次化处理策略一个方程中，如果所有非零项的次数都相同，则称之为齐次方程，例如:x＋2y＝0是一次齐次方程，x2－2xy－3y2＝0是二次齐次方程.在解决圆锥曲线某些问题联立方程组时，可以进行齐次化，以椭圆为例，已知△PAB为椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的内接三角形，其中P(x0，y0)为定点，A，(1)若P是原点，直线mx＋ny＝1(这样设的好处是直接乘“1”齐次化)与x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)联立，得x2a2＋y2b2＝(mx＋ny)2，整理得Ax2＋Bxy＋Cy2＝0，同除以x2，有C·yx2＋B·yx＋A＝0，即Ck2＋Bk(2)若P不是原点，先将图形平移使P为原点(平移坐标系)，平移口诀是“左加右减、上减下加”，如x2a2＋y2b需要指出的是，如果是求斜率问题可直接用，但在求定点问题时，要进行反向平移.一、直接齐次化例1已知抛物线y2＝2px(p>0)，过原点且互相垂直的两直线OA，OB交抛物线于A，B.求证:直线AB过定点.证明设直线AB的方程为mx＋ny＝1，与y2＝2px联立得y2＝2px·1＝2px·(mx＋ny)，即2pmx2＋2pnxy－y2＝0，同除以x2，化简得yx2－2pn·yx即k2－2pnk－2pm＝0.(*)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则k1＝y1x1，k2＝y2x2k1k2＝－2pm＝－1，∴m＝12直线mx＋ny＝1可化为12px＋ny＝1，恒过(2二、先平移再齐次化例2设椭圆C:x22＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2，0)，设O为坐标原点，证明:∠OMA＝∠证明将椭圆左移2个单位，得(x＋2)22即x2＋4x＋2y2＋2＝0，平移后的直线l':mx＋ny＝1过点(－1，0)，即－m＝1，所以m＝－1，联立x2＋4x＋2y2＋2＝0，mx＋ny＝1，齐次化得x2＋4x·(mx＋即(2＋2n2)y2＋(4n＋4mn)xy＋(1＋4m＋2m2)x2＝0，两边同除以x2，得(2＋2n2)k2＋(4n＋4mn)k＋1＋4m＋2m2＝0，则k1＋k2＝4n所以∠OMA＝∠OMB.1.(2026·潍坊模拟节选)已知抛物线E的顶点为坐标原点O，焦点为(1，0)，过点M(2，0)的直线与E交于A，B两点，过点B作y轴的垂线，与直线OA相交于点P.(1)求E的方程;(2)证明:点P在定直线l上.(1)解由题意，设抛物线E的标准方程为y2＝2px(p>0)，则p2＝1，可得p故抛物线E的标准方程为y2＝4x.(2)证明若直线AB与x轴重合，则该直线与抛物线E只有一个交点，不符合题意，所以直线AB不与x轴重合，设直线AB的方程为x＝my＋2，联立x＝my＋2，y2＝4x，则Δ＝16m2＋32>0，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，y1，y2≠0，可得y1＋y2＝4m，y1y2＝－8，由题意可知，直线BP的方程为y＝y2，直线OA的方程为y＝y1x1x＝y1联立直线BP，OA的方程，即y＝y2可得4xy1＝所以x＝y1因此点P在定直线l:x＝－2上.2.(2026·武汉模拟)已知椭圆C的中心在原点，一个焦点为F1(－3，0)，且C经过点P(1)求椭圆C的标准方程;(2)设C与y轴正半轴交于点D，直线l:y＝kx＋m与C交于A，B两点(l不经过点D)，且AD⊥BD.证明:直线l经过定点，并求出该定点的坐标.解(1)由题意，设椭圆C的标准方程为x2a2＋y2b2＝1(则c＝3，椭圆的另一个焦点为F2(由椭圆定义得2a＝|PF1|＋|PF2|＝72则a＝2，所以b＝a所以椭圆C的标准方程为x24＋y(2)由已知得D(0，1)，由y得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，Δ＝64k2m2－4(1＋4k2)(4m2－4)>0，即4k2>m2－1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝−8km1＋4k2，x1xy1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝2my1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝m2由AD⊥BD得，DA·DB＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)＝0，即5m所以5m2－2m－3＝0，解得m＝1或m＝－35①当m＝1时，直线l经过点D，舍去;②当m＝－35时，显然有Δ直线l经过定点0，−3综上，直线l经过定点0，−33.已知椭圆C:y22＋x2＝1，过点P13，0的直线l交椭圆C于A，(1)当AB分别垂直于x轴，y轴时，求两圆交点;(2)试探究以线段AB为直径的圆是否过定点.若过，求出定点坐标;若不过，请说明理由.解(1)椭圆C的方程为y22＋x当AB⊥x轴时，以线段AB为直径的圆的方程为x−132＋y当AB⊥y轴时，以线段AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝1.可得两圆交点为Q(－1，0).(2)由(1)可知，若以线段AB为直径的圆恒过定点，则该定点为Q(－1，0).下证Q(－1，0)符合题意.设直线l的斜率存在，且不为0，其方程为y＝kx−13，代入y2并整理得(k2＋2)x2－23k2x＋19k设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝2k23(k2＋2)，x所以QA·QB＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝x1x2＋x1＋x2＋1＋k2x＝(1＋k2)x1x2＋1−13k2(x1＋x2＝(1＋k2)·k2−189(k2＋2)＋1−13k2即Q(－1，0)在以线段AB为直径的圆上.综上，以线段AB为直径的圆恒过定点(－1，0).4.(2026·太原质检)已知双曲线C:x2a2－y2b2＝1(a>0，(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.(1)解由已知得e＝ca＝5，c2＝a2＋所以b＝2a，又点P(3，4)在C上，故9a解得a2＝5，b2＝20，所以双曲线C的方程为x2(2)证明当直线l的斜率不存在时，可设A(m，n)，B(m，－n)，则m25当直线l的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋m，与C联立，消去y得(4－k2)x2－2kmx－m2－20＝0，由已知得k2≠4，且Δ＝4k2m2＋4(4－k2)(m2＋20)＝16(m2－5k2＋20)>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝2km4−k2，x1x直线PA，PB的斜率分别为k1＝y1−4x1−3＝由k1k2＝1，得(kx1＋m－4)(kx2＋m－4)＝(x1－3)(x2－3)，即(k2－1)x1x2＋(km－4k＋3)(x1＋x2)＋m2－8m＋7＝0，所以－(k2－1)(m2＋20)＋2km(km－4k＋3)＋(4－k2)(m2－8m＋7)＝0，化简得(m＋3k－4)(5m－9k－12)＝0，又已知l不过定点P(3，4)，故m＋3k－4≠0，所以5m－9k－12＝0，即m＝95k＋12故直线l的方程为y＝kx＋因此直线l过定点−9

证明、探索性问题题型分析解析几何中的证明、探索性问题是高考考查的热点，难度较大，常出现在高考题比较靠后的位置.此类问题常涉及定点、定值、最值、图形形状及常见有位置关系的证明、探索，如相切、平行、垂直、共线等;数量关系的证明、探索，如恒成立、值相等(不等)、角相等(不等).题型一证明问题例1(2025·天津卷)已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的左焦点为F，右顶点为A，P为直线x＝a上一点，且直线PF的斜率为1(1)求椭圆的方程;(2)过点P的直线与椭圆有唯一交点B(异于点A)，求证:PF平分∠AFB.(1)解∵PF的斜率为13，∴|PA|＝13|∴S△PFA＝12×|PA|×|FA|＝12×13×(a＋c)2得a＋c＝3，又ca＝12，∴a＝2，c＝1，则∴椭圆的方程为x2(2)证明由(1)知F(－1，0)，则PF:y＝13(x∴P(2，1)，易知直线PB的斜率存在，设PB:y－1＝k(x－2)，由y−1＝(4k2＋3)x2－8k(2k－1)x＋8(2k2－2k－1)＝0，∵PB与椭圆仅有一个交点，∴Δ＝64k2(2k－1)2－32(4k2＋3)(2k2－2k－1)＝0，解得k＝－12∴xB＝－−8k(2k−1)2(4k2∴B1，3∴直线BF的斜率为32∵tan2∠PFA＝2×∴∠BFA＝2∠PFA，即PF平分∠AFB.感悟提升1.树立“转化”意识2.树立“参数”思想，在求解数量关系的证明时，一般方法是“设而不求”，通过“设参、用参、消参”的推理及运算，借助几何直观，达到证明的目的.训练1(2026·合肥质检节选)已知动圆C1:(x＋2)2＋y2＝r12(r1>0)与动圆C2:(x－2)2＋y2＝r22(r2>0)，且|r1－r2|＝23，记C1与C(1)求曲线T的方程;(2)若直线l与圆x2＋y2＝3相切，且与曲线T交于P1，P2两点(点P1在y轴左侧，点P2在y轴右侧).若直线l与直线y＝－33x和y＝33x分别交于点Q1，Q2，证明:|P1Q1|＝|P2Q(1)解设圆C1，C2的交点为M，则|MC1|＝r1，|MC2|＝r2，因为|r1－r2|＝23，所以||MC1|－|MC2||＝23<|C1C2|＝4，故点M的轨迹(即曲线T)是以C1，C2为焦点的双曲线，则2a＝23，a2＋b2＝4，所以a＝3，b＝1，故曲线T的方程为x23－y(2)证明要证|P1Q1|＝|P2Q2|，只需证线段P1P2的中点与线段Q1Q2的中点重合.设P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，由题意可知直线l的斜率存在，设l的方程为y＝kx＋m.因为直线l与圆x2＋y2＝3相切，所以m1＋k2＝3，即m联立y＝kx＋m得(3k2－1)x2＋6kmx＋(3m2＋3)＝0，则3故线段P1P2的中点的横坐标为x1易得直线y＝kx＋m与直线y＝－33x和y＝33x交点的横坐标分别为－所以线段Q1Q2中点的横坐标为−3所以线段P1P2的中点与线段Q1Q2的中点重合，所以|P1Q1|＝|P2Q2|.题型二探索性问题例2已知双曲线C:x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的左、右顶点分别为A(－1，0)，B(1，0)，动直线l过点M(2，0)，当直线l与双曲线(1)求双曲线C的标准方程;(2)当直线l与双曲线C交于异于A，B的两点P，Q时，记直线AP的斜率为k1，直线BQ的斜率为k2.是否存在实数λ，使得k2＝λk1成立?若存在，求出λ的值;若不存在，请说明理由.解(1)∵a＝1，∴x2－y2故当直线l过(2，0)且与双曲线C有且仅有一个公共点时，l与C的渐近线平行.设直线l:y＝±b(x－2)，则点B(1，0)到直线l的距离为b1＋b2＝∴双曲线C的标准方程为x2－y2＝1.(2)由题可知，直线l的斜率不为0，设直线l:x＝my＋2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由x得(m2－1)y2＋4my＋3＝0(m2－1≠0).Δ＝4m2＋12>0成立，则y1＋y2＝−4my1y2＝3m∴my1y2＝－34(y1＋y2∵k1＝y1x1＋1，k∴λ＝k＝m＝−3故存在实数λ＝－3，使得k2＝λk1成立.感悟提升求解含参数的探究性问题时，通常的方法是首先假设满足条件的参数值存在，然后利用这些条件并结合题目的其他已知条件进行推理与计算，若不出现矛盾，并且得到了相应的参数值，就说明满足条件的参数值存在;若在推理与计算中出现了矛盾，则说明满足条件的参数值不存在，同时推理与计算的过程就是说明理由的过程.训练2(2026·宁波调研)已知椭圆C:x2a2＋y2b2＝1(a>b(1)若椭圆C的离心率e∈0，12，求(2)已知a＝2b，过点F作直线与椭圆C分别交于E，G两点(异于左、右顶点)，连接ME，MG，试判断EM与EG是否可能垂直，请说明理由.解(1)∵P1，22∴1a2＋12可得b2＝b2a2＋∵e∈0，12，∴b2＝32－e2∴b∈52(2)EM与EG可能垂直，理由如下:∵a＝2b，且椭圆C过P1，2∴a＝2，b＝1，因此椭圆C的方程为x22＋y由题意得M(－2，0)，F(1，0)，假设EM⊥EG，设E(x，y)，x∈(－2，则ME＝(x＋2，y)，FE＝(x－1，y)，由ME⊥FE，得EM·FE＝0，即(x＋2)·(x－1)＋y2＝0，①又点E在椭圆C上，∴x22＋y2联立①②消去y，得x22＋(2－1)x＋1－解得x＝－2(舍去)或x＝2－2，∴EM与EG可能垂直.非对称韦达定理在一元二次方程ax2＋bx＋c＝0中，若Δ>0，设它的两个根分别为x1，x2，则x1＋x2＝－ba，x1x2＝ca，借此我们往往能够利用韦达定理来快速处理|x1－x2|，x12＋x22，1x1＋1x2之类的结构，但在有些问题中，我们会遇到涉及x1，x2的不同系数的代数式的运算，比如求x1x2，3x1x2＋2x1−x22x1x2−(1)代换法:利用韦达定理消去x或y中的一个，一般而言，用直线方程中的x和y进行代换消元，如果选择代换消去y，则正设直线y＝kx＋b;选择代换消去x，则反设直线x＝my＋t.(2)和积转化法:即运用x1＋x2＝f(t)，x1x2＝g(t)⇒h(3)配凑半代换法:对能代换的部分进行韦达代换，剩下的部分进行配凑，而半代换也有一定技巧，比如题中的k1k2＝t(4)曲线代换:若两点均在曲线x29＋y2＝1和直线y＝kx－12上，那么形如x1(1＋y2)x2(1−y1)的式子如果用直线替换显然麻烦，注意到x129＋y若两点均在曲线y2＝4x和直线x＝ty＋1上，联立可以得到y2－4ty－4＝0，得到y1y2＝－4，显然x1x2的式子使用曲线代换更简单，则x1x2＝y124典例(2023·新高考Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－25，0)，离心率为5.(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P，证明:点P在定直线上.(1)解设双曲线的标准方程为x2a2－y由题意可得e所以双曲线C的方程为x2(2)证明设直线MN的方程为x＝my－4，M(x1，y1)，N(x2，y2).易知A1(－2，0)，A2(2，0).联立直线MN与双曲线C的方程，即x消去x并整理，得(4m2－1)y2－32my＋48＝0，则y1＋y2＝32m4m2−1，y1且4m2－1≠0，Δ＝(－32m)2－4×48×(4m2－1)＝256m2＋192>0.直线MA1的方程为y＝y1x1直线NA2的方程为y＝y2x2联立直线MA1与直线NA2的方程并消去y，得x＋2x−2法一(*)＝m·＝−16m4所以x＝－1，即点P在定直线x＝－1上.法二利用y1得my1y2＝32(y1＋y2)代入(*则(*)＝3＝32y1所以x＝－1，即点P在定直线x＝－1上.1.已知椭圆T:x22＋y2＝1，动直线y＝22x＋t(t≠0)与椭圆交于E，F两点，EF的中点为M，连接OM(其中O为坐标原点)交椭圆于P，Q两点，证明:ME·MF＝MP证明设E(x1，y1)，F(x2，y2)，联立y＝22x＋t，x22Δ＝2t2－4(t2－1)＝4－2t2>0，解得－2<t<2，则x1＋x2＝－2t，x1x2＝t2－1，y1＋y2＝22x1＋t＋22x2＋t＝∴M−22t，t2，联立y则可设P−1，22，Q∴MP·MQ＝1＋12−22∵ME·MF＝14EF＝14(1＋kEF2)(x1－x＝38[(x1＋x2)2－4x1x2]＝3∴ME·MF＝MP·MQ.2.(2026·福州质检)已知O为坐标原点，双曲线E:x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)经过点(1)求E的离心率;(2)一组平行于直线OA的直线与E相交，证明:这些直线被E截得的线段的中点在同一条直线上.解(1)法一由题意得c所以a所以E的离心率为ca法二由焦点坐标可得c＝6，因为双曲线经过点A(－5，2)，所以由双曲线的定义得2a＝(−5−6)2＋2解得a＝25，所以E的离心率为ca(2)法一由(1)可得E的方程为x2易得直线OA的斜率k＝－25，设平行于直线OA的直线方程为y＝－25x＋t(t与E交于点B(x1，y1)，C(x2，y2)，线段BC的中点为M(x0，y0)，联立y＝−25x＋t，x则Δ＝16t2－4×165(－5t2－80)＝80t2＋1024>0，x1＋x2＝－54所以x0＝12(x1＋x2)＝－58y0＝－25x0＋t＝54所以y0＝－2x0，故这些直线被E截得的线段的中点在同一条直线y＝－2x上.法二由(1)可得E的方程为x2易得直线OA的斜率k＝－25，设平行于直