【高考数学】【圆锥曲线专项】2025年高考数学圆锥曲线10类大题练习梳理 （完美解析版）

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圆锥曲线大题梳理
考情分析
圆锥曲线问题是高考的热点问题之一，多数情况在倒数第二题出现，难度为中高档题型。纵观近几年高考 试卷，圆锥曲线的大题主要有以下几种类型：已知过定点的直线与圆锥曲线相交于不同两点，求直线方程或 斜率、多边形面积或面积最值、证明直线过定点或点在定直线上等。各种类型问题结构上具有一定的特征， 解答方法也有一定的规律可循。
热点题型突破
题型一：最值问题
数学是打开科学大门的银匙——培根
1 (2024·安徽合肥·统考一模) 已知抛物线 C:x2 = 2py(p > 0) 的焦点为F(0,1(，过点F 的直线 l 与 C 交于 A,B 两点，过A,B 作 C 的切线 l1,l2，交于点M，且 l1,l2 与 x 轴分别交于点D,E.
(1) 求证：|DE| = |MF| ；
(2) 设点P 是 C 上异于A,B 的一点，P 到直线 l1,l2,l 的距离分别为 d1,d2,d，求 的最小值.
【思路分析】
(1) 利用导函数的几何意义求得直线 l1,l2 的表达式，得出 D,E,M 三点的坐标，联立直线 l 与抛物线 方程根据韦达定理得出 |DE| = |MF| ；
(2) 利用点到直线距离公式可求得 = ≥ ,可求出 的最小值.
【规范解答】
(1) 因为抛物线 C 的焦点为 F(0,1( ，
所以 p = 2，即 C 的方程为：x2 = 4y，如下图所示：
万物皆数——毕达哥拉斯
数学是打开科学大门的银匙——培根
x
4
设点 A (x1,y1(,B (x2,y2(，
由题意可知直线 l 的斜率一定存在，设 l:y = kx + 1，
联立 {+1 得 x2 - 4kx - 4 = 0，所以 x1 + x2 = 4k,x1x2 =-4.
由 x2 = 4y，得 y = x2 ,y/ = x，
所以 l1 :y -y1 = (x-x1(，即 y = x - . 令 y = 0，得 x = ，即 D ,0(，
同理 l2:y = x - ，且 E ,0(，
所以 |DE| = |x1 -x2| = (x1 +x2(2 -4x1x2 = 2 k2 +1 .
由 { -- ，得 { -2 ，即 M(2k,-1(.
所以 |MF| =、4k2 +4 = 2 k2 +1 ，故 |DE| = |MF| .
(2) 设点 P(x0,y0(，结合 (1) 知 l1 :y -y1 = (x-x1(，即 l1 :2x1x - 4y -x = 0
因为 x = 4y1,x = 4y0，
(x1 -x0(2
所以 d1 =
|2x1x0 -4y0 -x| |2x1x0 -x-x|
=
=
.
2 x+4
4x+16 4x+16
同理可得 d2 = (x2 -x0(2 ，
2 x+4
(-4 -4kx0 +x(2
[x1x2 -x0 (x1 +x2( +x[2
(x2 -x0(2
=
=
.
所以 d1d2 = (x1 -x0(2 ⋅
4 xx+4(x+x( +16
2 x+4
32 k2 +1
2 x+4
kx0 -
1
|4kx0 -x+4|
=
,
4 k2 +1
k2 +1
又 d = |kx0 -y0 +1| = k2 +1
d1d2 = (-4 -4kx0 +x(2 ⋅ 16 (k2 +1( = k2 +1 ≥ 1
d2 32 k2 +1 (4kx0 -x+4(2 2 2
.
所以
当且仅当 k = 0 时，等号成立；
即直线 l 斜率为 0 时， 取最小值 ；
万物皆数——毕达哥拉斯
1 (2024·吉林·校联考模拟预测) 已知椭圆E: + = 1(a > b > 0) 的左、右焦点分别为F1，F2，过F1
的直线 l 与E 交于P，Q 两点，△PQF2 的周长为 8，焦距为 2、3 .
(1) 求椭圆E 的方程；
(2) 若直线m 与圆 O:x2 + y2 = b2 相切，且与E 交于不同的两点R，S，求 |RS| 的取值范围.
【答案】(1) + y2 = 1；(2)(0,2[
【分析】(1) 由 △PQF2 的周长结合椭圆的定义得出 4a = 8，再由 a,b,c 的关系求出 b，进而得出椭圆的 方程；
(2) 当直线 m 斜率不存在时，|RS| = 、3 ，当直线 m 斜率存在时，设直线 m 的方程为 y = kx + t，由直 线 m 与圆 O 相切，得 k2 + 1 = t2，再联立方程组，由弦长公式求最值.
(1) 因为 △PQF2 的周长为 8， 所以 4a = 8，解得a = 2，
焦距为 2、3 ，c = 、3 ，所以 b2 = a2 - c2 = 4 - 3 = 1，
所以椭圆 E 的方程为 + y2 = 1 .
(2) 由 (1) 可知圆 O:x2 + y2 = 1，
当直线 m 斜率不存在时，为x =-1 或 x = 1，
(,S(1, -
(，则 |RS| = 3 ，
3
3
2
2
当 x = 1 时，R(1,
|RS|
= 3 ，
当 x =-1 时，同理
当直线 m 斜率存在时，设斜率为 k，则直线 m 的方程为 y = kx + t，
|t|
k2 +1
= 1，则 k2 + 1 = t2，
因为直线 m 与圆O 相切，所以 设 R(x1,y1(,S (x2,y2( ，
Ly = kx + t
联立椭圆于直线方程 {( 2 +y2 = 1，消元得 (4k2 +1(x2 + 8ktx + 4(t2 -1( = 0，
所以 {|x1 +x2 =- 42 1 ，
(|Δ = (8kt(2 -4 ×4(t2 -1((4k2 +1( >0
L 4k2 +1
|x1x2 = 4 (t2 -1(
由 k2 + 1 = t2，得 k2 = t2 - 1 > 0, ∴ t2 > 1,
4 (t2 -1( 4k2 +1
3 (t2 -1(t2 (4t2 -3(2 ,
L|Γ = 4
|RS| = ( 1 +k2([ (x1 +x2(2 -4x1x2[ = t2 (- 42 1 (2 -4
令 μ = 4t2 - 3,(μ>1( ，
数学是打开科学大门的银匙——培根
求最值及问题常用的两种方法：
(1) 几何法：题中给出的条件有明显的几何特征，则考虑用几何图形性质来解决；
(2) 代数法：题中所给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求该函数的最值，求函数 的最值常见的方法有基本不等式法、单调性法、导数法和三角换元法等。
万物皆数——毕达哥拉斯
则 |RS| =
3 (μ+3((μ -1(
μ2
= 3 1+ - = 3 -3 - 2 + ，
由 0 < < 1，所以当 = 时，|RS|max = 2，
而 ∈ ,1( 时，|RS|单调递减，所以 |RS| > 3 -3(1 - 2 + = 0，所以 |RS| ∈ (0,2[ .
题目 2 (2023·山西临汾·校考模拟预测) 已知抛物线 C 的顶点为坐标原点 O，焦点在 x 轴上，直线l：x = 4 交 C 于M，Q 两点，且 OM ⊥ OQ .
(1) 求 C 的方程；
(2) 若点P 是 C 的准线上的一点，过点P 作 C 的两条切线PA，PB，其中A，B 为切点，求点 O 到直线AB 的距离的最大值.
【答案】(1)y2 = 4x；(2)1.
【分析】(1) 利用抛物线的对称性，确定抛物线过的点求出 C 的方程.
(2) 设出点 P 的坐标及切线方程，再联立切线与抛物线方程求出切点 A,B 的坐标，进而求出直线 AB 过的定点即得.
(1) 依题意，由抛物线的对称性知，点 M,Q 关于 x 轴对称， 由 OM ⊥ OQ，得 ∠MOx = 45° ,
不妨令点 M在第一象限，则 M(4,4)，
设抛物线 C 的方程为 y2 = 2px(p ≠ 0)，即有 42 = 2p⋅ 4，解得 p = 2， 所以抛物线 C 的方程为 y2 = 4x.
(2) 由 (1) 知，抛物线 C：y2 = 4x 的准线方程为 x =-1，设点 P(-1,t) (t ∈ R)， 显然切线 PA,PB 不垂直于坐标轴，设切线方程为 x = k(y -t) - 1，
由 {2-t)-1 消去 x 并整理得 y2 - 4ky + 4kt + 4 = 0 ①,于是 Δ = 16k2 - 16kt - 16 = 0，
设方程 k2 - kt - 1 = 0 的一个根为 k0，则该方程的另 一根为 - ，
不妨令切线 PA 的方程为 x = k0 (y -t) - 1，
方程①中 k 取 k0 得点 A 的纵坐标为 2k0，其横坐标为 = k，即点 A(k,2k0)，
同理得 B ,- ，当 k0 ≠±1 时，直线 AB 方程为 y - 2k0 = 0-+0 (x - k)，
整理得 y = -(x - 1)，
当 k0 =-1 或 k0 = 1 时，直线 AB 方程为 x = 1，因此直线 AB 过定点 F(1,0)，|OF | = 1 为定值，
数学是打开科学大门的银匙——培根
万物皆数——毕达哥拉斯
所以当 OF ⊥ AB 时，点 O 到直线 AB 的距离取得最大值 1.
题型二：参数范围问题
数学是打开科学大门的银匙——培根
1 (2023·上海浦东新·高三建平中学校考阶段练习) 已知 A、B 分别是椭圆 = 1 的左、右顶点，
过点P(0,-3(、斜率为 k 的直线 l 交椭圆 Γ 于M、N两个不同的点.
(1) 求椭圆 Γ 的焦距和离心率；
(2) 若点B 落在以线段MN为直径的圆的外部，求 k 的—取值范围；
(3) 若 k> 0，设直线AM、AN分别交y 轴于点S、T,P = λO,P = μO，求 λ + μ 的取值范围.
【思路分析】
(1) 由椭圆方程可求出 a,b,c 得解；
(2) 点 B 落在以线段 MN 为直径的圆的外部，即B— ⋅ B—> 0，联立直线 l 与椭圆的方程，利用根与
系数关系代入运算得解；
(3) 设 S(0,m(，T (0,n(，由 P = λO，可得 m =-3λ - 3，即 S(0,-3λ-3(，同理可得，
T (0,-3μ-3(，由 kAS = kAM 得 λ =-1 - ，同理得 μ =-1 - ，可得 λ + μ 的表达式，结合
(2) 代入运算得解. 【规范解答】
(1) ∵ + = 1，∴ a2 = 9，b2 = 5，c2 = a2 -b2 = 4，即 a = 3，c = 2 所以椭圆 Γ 的焦距为 4，离心率为 .
(2) 设 M(x1,y1(，N (x2,y2(，直线 l:y = kx - 3，又 B(3,0(，
联立方程 1，消去 y 整理得 (5 +9k2(x2 - 54kx + 36 = 0， Δ = 1620k2 - 720 > 0，即 k ，
x1 + x2 = ，x1x2 = ，
—→ —→
点 B 落在以线段 MN 为直径的圆的外部，即BM ⋅ BN > 0， 则 (x1 -3((x2 -3( +y1y2 > 0，又 y1 = kx1 - 3，y2 = kx2 - 3， 可得 (1 +k2(x1x2 - (3k +3((x1 +x2( + 18 > 0，
万物皆数——毕达哥拉斯
1 (2023·四川成都·统考二模) 已知F1，F2 分别为椭圆 的左、右焦点，与椭 圆 C 有相同焦点的双曲线 - y2 = 1 在第一象限与椭圆 C 相交于点P，且 |PF2| = 1 .
(1) 求椭圆 C 的方程；
(2) 设直线y = kx + 1 与椭圆 C 相交于A，B 两点，O 为坐标原点，且 O— = mO(m>0( ．若椭圆 C 上
存在点E，使得四边形 OAED 为平行四边形，求m 的取值范围.
【答案】(1) + = 1；(2)m ∈ [ 1,2(
【分析】(1) 结合双曲线方程可得 F1 (-、5 ,0)，F2 (、5 ,0)，结合双曲线和椭圆的定义即可得到 |PF1| + |PF2| = 6，进而求解；
代入 x1 + x2，x1x2 运算整理得，2k2 - 9k + 7 > 0，解得 k < 1 或 k > ，又 k ，
所以 k 的取值范围为 (-∞, - ∪ ,1( ∪ ,+∞( .
(3) 设 S(0,m( ，T (0,n( ，A (-3,0( ，P (0, -3( ，
由 P = λO，可得 m =-3λ - 3，即 S(0, -3λ-3( ，
同理可得，T (0, -3μ-3( ，
又 kAS = kAM 即 - = ，解得 λ =-1 - ， 同理可得 μ =-1 - ，
∴ λ + μ =-2 - - =-2 -
5+9k2 ， 5+9k2 ，
又由 (2) 知，y1 = kx1 - 3，y2 = kx2 - 3，x1 + x2 = 54k x1x2 = 36
∴ λ + μ =-2 - 1 2 1 2 = × - 2，
2kxx + (3k-3((x +x ( -18 10 1
x1x2 +3(x1 +x2( +9 9 k +1
又 k > ，∴-2 0 .
∴ x1 + x2 = ，x1x2 = .
∴ × (4+9k2( - × 9k + 18m + 9 = 0 . ∴ m = 2 - ， 因为 k2 ≥ 0，所以 9k2 + 4 ≥ 4，即 0 < ≤ ,
9k2 +4 9k2 +4 ， , .
所以 -1 ≤- 4 < 0，即 1 ≤- 4 < 2 ∴ m ∈ [ 1 2(
题目 2 (2024·江西南昌·高三江西师大附中校考开学考试) 已知抛物线 C：y2 = 2px(0b >0( 的离心率为 ，
且椭圆 C 的短轴长为 2 6 .
(1) 求椭圆 C 的方程.
(2) 设P 是椭圆 C 上第一象限内的一点，A 是椭圆 C 的左顶点，B 是椭圆 C 的上顶点，直线PA 与y 轴 相交于点M，直线PB 与 x 轴相交于点N ．记 △ABN 的面积为 S1，△AMN 的面积为 S2 ．证明：
|S1 -S2|为定值.
【思路分析】
(1) 根据题意，列出关于 a,b,c 的方程，代入计算，即可求得结果；
(2) 根据题意，分别表示出点 M,N 的坐标，从而表示出S1,S2，然后结合椭圆的方程，代入计算，即可 证明.
【规范解答】
(1) 由题可知 2，解得 故椭圆 C 的方程为 + = 1 .
(2)
证明：设 P(x0,y0(，则直线 PA 的方程为 y = (x+3(，令 x = 0，得 M(0, .
万物皆数——毕达哥拉斯
1 (2024·安徽·高三校联考阶段练习) 已知双曲线 的左顶点为A(-2,0)，
过点H(4,0) 的动直线 l 交 C 于P，Q 两点 (均不与A 重合)，当 l 与 x 轴垂直时，|PQ| = 6.
(1) 求 C 的方程；
(2) 若直线AP 和AQ 分别与直线 x=-4 交于点M和N，证明：M— ⋅ N—为定值.
【答案】(1)C: - = 1；(2) ⋅ N— 为定值 63，证明过程见解析
【分析】(1) 由题意得 a = 2，并代入 x = 4 求出y =±、3 b，根据 |PQ| = 6 求出 b =、3 ，得到答案；
(2) 直线 l 的方程 x = 4 +my，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，得到直线 AP:y =
(x+2(，求出 M(-4, 同理得到 N(-4, 结合平面向量数量积公式，代入两根
直线 PB 的方程为 y = x + · 6 ，令 y = 0，得N ,0(.
八 6 一
|S1 -S2 = 2 |3- y0 - 6 || 6 - x0+3 | = 2 | y0 - 6 ⋅ x0 +3 |
3y0 -3、6 -、厂 、
| 1 'x0 3y0 1 ' '6 x0 i6 x0 +3 i6 -3y0
1
=
2
6x+9y-18、6y0 -6、6 x0y0 +36x0 +54
x0y0 +3y0 - 6 x0 -3、6
|
.
由 + = 1，得 6x + 9y = 54，
1 x0y0 +36x0 +54 1
6x+9y-18 6y0 -6、6
则 =
2 | x0y0 +3y0 - 6 x0 -36 | 2 |
108-18、6y0 -6、6 x0y0 +36x0 x0y0 +3y0 -、6 x0 -3、6
= 3 6 .
故 |S1 -S2| 为定值 .
圆锥曲线的定值问题
(1) 解析几何中的定值问题是指某些几何量 (线段长度，图形面积，角度，直线的斜率等) 的大小或某些代数表
达式的值和题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值， 求定值问题常见的解题方法有两种：
法一、先猜后证 (特例法)：从特殊入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关；
法二、引起变量法 (直接法)：直接推理、计算，并在计算推理过程中消去参数，从而得到定值。
(2) 直接法解题步骤
第一步设变量：选择适当的量当变量，一般情况先设出直线的方程：y=k+b 或 x=my+n 、点的坐标；
第二步表示函数：要把证明为定值的量表示成上述变量的函数，一般情况通过题干所给的已知条件，进行正 确的运算，将需要用到的所有中间结果 (如弦长、距离等) 用引入的变量表示出来；
第三步定值：将中间结果带入目标量，通过计算化简得出目标量与引入的变量无关，是一个常数。
—→ —→
之和，两根之积得到 MH ⋅ NH = 63.
(1) 由题意得 a =2，故 C: - = 1，
2
令 x = 4 得 - 2 = 1，解得 y =±、3 b，
由于 |PQ| = 6，故 2、3 b = 6，解得 b =、3 ，所以 C 的方程为 C: - = 1；
(2) 直线 l 交 C 于 P，Q 两点(均不与 A 重合)，故直线 l 的斜率不为 0，
设直线 l 方程为 x = 4 +my，联立 C: - = 1 得 (3m2 -4(y2 + 24my + 36 = 0，
设 P(x1,y1(,Q (x2,y2(，则 3m2 - 4 ≠ 0 且 Δ = 576m2 - 144(3m2 -4( > 0，解得 m ≠± ,
3m2 -4 , 1 2 3m2 -4 ，
y1 +y2 = -24m y y = 36
直线 AP:y = (x+2(，令 x =-4 得 yM = ，
同理可得 yN = ，故 M(-4,N(-4, ，
则 M— ⋅ N— = (8,8, = 64 + = 64 + = 64 +
144
= 64 + 3m2 -4 = 64 - 1 = 63.
36+6m ⋅ - + -
—→ —→
MH ⋅ NH 为定值 .
2
= 2px(p > 0) 的焦点为F，
y2
(2023·宁夏石嘴山·高三石嘴山市第三中学校考期中) 已知抛物线 C：
抛物线 C 上存在一点E(2,t( 到焦点F 的距离等于 3 .
(1) 求抛物线 C 的方程；
(2) 过点F 的直线 l 交抛物线 C 于A,B 两不同点，交y 轴于点N，已知 μ 为定值.
【答案】(1)y2 = 4x；(2) 证明见解析.
【分析】(1) 根据给定条件，利用抛物线定义即可求解 p 值.
—→ —→ —→ —→
NA = λAF，NB = μBF，求证：λ +
(2) 设出直线l 的方程并求出点 N 的坐标，联立直线和抛物线方程，结合韦达定理及共线向量的坐标 表示推理即得.
(1) 抛物线 C：y2 = 2px 的准线x =- ，
由抛物线定义得 2 + = 3，解得 p = 2，
所以抛物线 C 的方程为 y2 = 4x.
(2) 由 (1) 知，F(1,0)，显然直线 l 不垂直于坐标轴，
设直线 l 的方程为 x = ty + 1,t ≠ 0，则点 N(0,- ，
万物皆数——毕达哥拉斯
由 {2tx+1 消去 x 并整理得 y2 - 4ty - 4 = 0，
显然 Δ > 0，A(x1,y1),B(x1,y2)，y1 +y2 = 4t,y1y2 =-4，
而 N——A→ = (x1,y1 + A = (1 -x1, -y1)，N = (x2,y2 + B = (1 -x2, -y2)，
由 N = λA，得 (x1,y1 + = λ(1 -x1, -y1)，即 y1 + =-λy1，解得 λ =-1 - ，
—→ —→ 1
由 NB = μBF，同理得 μ =-1 - ty2 ，
因此 λ + μ =-2 - + =-2 - ⋅ =-2 - ⋅ - =-1 为定值，
所以 λ + μ 为定值 .
题型四：过定点问题
数学是打开科学大门的银匙——培根
1 (2024·海南·高三校联考期末) 已知椭圆 C: + = 1(a > b > 0) 的离心率为 ，上顶点为 (0, 3 ( .
(1) 求 C 的方程；
(2) 设 C 的右顶点为D，点P,Q 是 C 上的两个动点，且直线DP 与DQ 的斜率之和为 3，证明：直线PQ 过定点.
【思路分析】
(1) 根据离心率和顶点坐标即可求解；
(2) 设直线 PQ 方程为 y = kx + t，联立椭圆方程消去 y，利用韦达定理代入 kDP + kDQ = 3，然后可 得 t =-1 - 2k，即可得证.
【规范解答】
(1) 设椭圆的半焦距为 c(c>0(，
∵ C 的离心率为, ∴ a = 2c，
∵ C 的上顶点为 (0, 3 ( , ∴ b = 3 ，∴ b2 = a2 - c2 = a2 = 3, ∴a2 = 4，∴ C 的方程为 + = 1 .
(2) 由 C 的方程可知 D(2,0( .
若直线 PQ 的斜率不存在，则直线 DP 与 DQ 的斜率互为相反数，不符合题意， 故设直线 PQ 的方程为 y = kx + t,P (x1,y1(,Q(x2,y2(，且 P,Q 均不与 D 重合 .
(y =kx +t
由 + =1 得 (3 +4k2(x2 + 8ktx + 4t2 - 12 = 0，
Δ = 64k2t2 - 4(3 +4k2((4t2 -12( = 48 (4k2 -t2 +3( > 0，
万物皆数——毕达哥拉斯
1 (2024·广东湛江·统考一模) 已知P(4,3(为双曲线 = 1 (a>0,b >0(上一点，M,N分别
为双曲线 C 的左、右顶点，且直线PM 与PN 的斜率之和为 2 .
(1) 求双曲线 C 的方程；
(2) 不过点P 的直线 l:y = kx + t 与双曲线 C 交于A,B 两点，若直线PA,PB 的倾斜角分别为 α 和 β,且 α
,证明：直线 l 过定点.
【答案】(1) - = 1；(2) 证明见解析
【分析】(1) 利用 kPM + kPN = 2 及点 P 在双曲线上，可构造方程求得 a2 ,b2，从而得到双曲线方程；
(2) 验证可知直线 PA,PB 斜率均存在，由斜率与倾斜角关系可得 k1k2 = k1 + k2 + 1，将直线 l 方程与 双曲线方程联立可得韦达定理的结论；利用两点连线斜率公式，结合韦达定理可表示出 k1k2 = k1 +
k2 + 1，化简整理得到 t =-4k - 或 t = 3 - 4k，验证可知 t =-4k - 满足题意，由直线过定点
的求法可求得结果.
(1) 由题意知：M(-a,0(，N (a,0(，∴ kPM + kPN = = 2，∴ a2 = 4，
数学是打开科学大门的银匙——培根
3 +4k2 , 3 +4k2 ，
∴ x1 + x2 =- 8kt x1x2 = 4t2 -12
kDP = - = -,kDQ = - = -，
∴ kDP + kDQ = - + - = --
= 2kx1x2 + (t-2k((x1 +x2( -4t = 2k ⋅ - (t-2k( ⋅ -4t =- 12 (2k +t( =- 3
x1x2 -2(x1 +x2( +4 + +4 4(2k +t)2 2k +t ，
令 - = 3，解得 t =-1 - 2k .
∴ 直线 PQ 的方程为 y = kx - 2k - 1，即 y = k (x-2( - 1， ∴ 直线 PQ 过定点 (2,-1( .
圆锥曲线的定点问题
1、参数无关法：把直线或者曲线方程中的变量 x，y 当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这 个方程就要对任意参数都成立，这时的参数的系数就要全部为零，这样就得到一个关于 x，y 的方程组，这个
方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点。
2、特殊到一般法：根据动点或动直线、动曲线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关。
3、关系法：对满足一定条件上的两点连结所得直线定点或满足一定条件的曲线过定点问题，可设直线 (或曲 线) 上两点的坐标，利用坐标在直线 (或曲线) 上，建立点的坐标满足方程 (组)，求出相应的直线 (或曲线)，然 后再利用直线 (或曲线) 过定点的知识求解。
又 P(4,3(在双曲线 C 上，∴ - = 1，解得：b2 = 3； ∴ 双曲线 C 的方程为： - = 1.
(2) 当直线 PA,PB 中的一条斜率不存在时，不妨设直线 PA 斜率不存在，则 α = ，β = ，
∴ A (4,-3(，直线 PB:y - 3 = x - 4，即 y = x - 1， (y =x-1
由 - =1 得：x2 - 8x + 16 = (x-4(2 = 0，解得：x = 4，
即直线 PB 与双曲线 C 相切于点 P，不合题意；
∴ 直线 PA,PB 斜率均存在，则k1 = kPA =tanα , k2 = kPB =tanβ ,
∵ α +β = ，∴ tanα =tan -β( = = -，
即 k1 (k2 -1( = 1 + k2，∴ k1k2 = k1 + k2 + 1；
设 A (x1,y1(,B (x2,y2(， (y =kx +t
由 - =1 得：(3-4k2(x2 - 8ktx - (4t2 +12( = 0，
∴ 3 - 4k2 ≠ 0 且 Δ = 48 (3-4k2 +t2( > 0，
3-4k2 ， 3-4k2 ，
∴ x1 + x2 = 8kt x1x2 =- 4t2 +12
1 2 x1 -4 x2 -4 x1x2 -4(x1 +x2( +16 ，
∴ kk = y1 -3 ⋅ y2 -3 = y1y2 -3(y1 +y2( +9
k1 + k2 = + = ，
由 k1k2 = k1 + k2 + 1 得：y1y2 - 3(y1 +y2( + 9 = (y1 -3((x2 -4( + (y2 -3((x1 -4( + x1x2 - 4(x1 +x2( + 16，
∴ (kx1 +t((kx2 +t(- 3[k (x1 +x2( +2t[ + 9 = (kx1 +t-3((x2 -4( + (kx2 +t-3((x1 -4( + x1x2 - 4 (x1 +x2( + 16，
∴ (k2 -2k-1(x1x2 + (kt+k-t+7((x1 +x2( + t2 + 2t - 31 = 0，
∴ (k2 -2k-1((-4t2 -12( + 8kt (kt+k-t+7( + (t2 +2t-31((3-4k2( = 0， 整理可得：7 (4k +t(2 + 6(4k +t( - 81 = 0，
即 [7(4k +t( +27[[ (4k +t(-3[ = 0，∴ t =-4k - 或 t = 3 - 4k，
当 t = 3 - 4k 时，直线 l:y = kx + 3 - 4k = k (x-4( + 3 恒过点 P(4,3(，不合题意；
当 t =-4k - 时，满足 Δ > 0，此时直线 l:y = kx - 4k - = k (x-4( - 恒过点 (4,- ； 综上所述：直线 l 过定点 (4,- .
万物皆数——毕达哥拉斯
题目 2 (2024·北京海淀·高三首都师范大学附属中学校考开学考试) 已知动圆过点M(2,0(，且被y 轴截得 的线段长为 4，记动圆圆心的轨迹为曲线 C. 过点F(1,0( 的直线 l 交 C 于A,B 两点，过F 与 l 垂直的直线 交 C 于D,E 两点，其中B,D 在 x 轴上方，M,N分别为AB,DE 的中点.
(1) 求曲线 C 的方程；
(2) 证明：直线MN过定点；
【答案】(1)y2 = 4x；(2) 证明见解析
【分析】(1) 根据圆的几何性质进行求解即可；
(2) 方法一：设出相应直线方程与抛物线方程联立，根据一元二次方程的根与系数关系、中点坐标公 式、直线点斜式方程，结合互相垂直直线斜率的关系进行运算求解即可；
方法二：设出一条直线方程与抛物线方程联立，根据一元二次方程的根与系数关系、中点坐标公式、 互相垂直直线斜率关系求出相应点的坐标，最后利用直线点斜式方程进行判断即可.
(1) 设 C (x,y(，
因为动圆过点 M(2,0(，且被 y 轴截得的线段长为 4，
所以有 x2 + ×4(2 = |CM|2 ⇒ x2 + 4 = (x-2(2 +y2 ⇒ y2 = 4x，
所以曲线 C 的方程为 y2 = 4x；
(2) 由 C:y2 = 4x，故 F(1,0(，
由直线 AB 与直线 CD 垂直，故两直线斜率都存在且不为 0，
设直线 AB、CD 分别为 x =m1y + 1、x =m2y + 1，有 m1m2 =-1， A (x1,y1(、B (x2,y2(、C (x3,y3(、D (x4,y4( ,
联立 C:y2 = 4x 与直线 AB，即有 {2y+1，
消去 x 可得 y2 - 4m1y - 4 = 0,Δ = 16m + 16 > 0， 故 y1 +y2 = 4m1、y1y2 =-4，
则 x1 + x2 =m1y1 + 1 +m1y2 + 1 =m1 (y1 +y2( + 2 = 4m + 2，
故 = 2m + 1, = 2m1，即 M(2m+1,2m1(，
同理可得 N(2m+1,2m2(，
当 2m + 1 ≠ 2m + 1 时，则 lMN:y = -(x-2m-1( + 2m1， 即 y = (x-2m-1( + 2m1 = -
+ 2m1 (m2 +m1( = x - 2m+1-2m1m2 -2m = x - 1-2m1m2
m2 +m1 m2 +m1 m2 +m1 m2 +m1 m2 +m1 ，
由 m1m2 =-1，即 y = - = (x-3(， 故 x = 3 时，有 y = (3-3( = 0，
此时 MN 过定点，且该定点为 (3,0(，
当 2m + 1 = 2m + 1 时，即 m =m 时，由 m1m2 =-1，即 m1 =±1 时， 故直线 MN 过定点，且该定点为 (3,0(；
方法二：设 A (x1,y1(,B (x2,y2(，不妨设 x1 < x2 .
万物皆数——毕达哥拉斯
设 l:x =my + 1，则 m > 0. 由 {2+1，得 y2 - 4my - 4 = 0，
故 y1 +y2 = 4m,y1y2 =-4, = 2m, = = 2m2 + 1.
所以 M(2m2 +1,2m( .
同理可得 N+1,- .
若 m≠ 1，则直线 MN:y = (x-2m2 -1( + 2m = (x-3(,MN 过点 (3,0( .
若 m = 1，则直线 MN:x = 3,MN 过点 (3,0( . 综上，直线 MN 过定点 (3,0( .
题型五：定直线问题
数学是打开科学大门的银匙——培根
1 (2024·贵州贵阳·贵阳一中校考一模) 已知椭圆 C: + = 1 (a>b >0( 的上、下顶点分别是A，B，点 P(异于A，B 两点) 在椭圆 C 上，直线PA 与PB 的斜率之积为 - ，椭圆 C 的短轴长为 4 .
(1) 求 C 的标准方程；
(2) 已知 T(0,1(，直线PT 与椭圆 C 的另一个交点为 Q，且直线AP 与BQ 相交于点D，证明：点D 在定 直线上.
【思路分析】
(1) 设 P(x1,y1)，根据斜率之积和点 P 在椭圆上整理可得椭圆C 的标准方程；
(2) 设直线 PT 的方程为 y = kx + 1，联立椭圆方程消去 y，利用 P，Q 坐标表示出直线 PA 与 PB 的 方程，求解出点 D 的坐标，然后用韦达定理化简即可得证 .
【规范解答】
(1) 由题意可得 A(0,b),B(0, -b)，且 2b = 4，则 b = 2.
设 P(x1,y1)，则 kPA = ,kPB = ，所以 kPA ⋅ kPB = ∗ ,
x y
因为点 P 在椭圆C 上，所以 a2 + b2 = 1，
所以 x = ，代入 ∗ 式得 kPA ⋅ kPB = =- =- ，
由 b2 = 4，代入得 a2 = 9，
故椭圆 C 的标准方程为 + = 1；
(2) 设 Q(x2,y2)，D(x0,y0)，显然直线 PT 不垂直于 x 轴，
由 + =1, 消去 y 得 (4 + 9k2)x2 + 18kx - 27 = 0，
故可设直线 PT 的方程为 y = kx + 1， (y =kx +1,
万物皆数——毕达哥拉斯
1 (2024·河南周口·高三统考阶段练习) 已知双曲线 C： - = 1 (a>0,b >0( 实轴的左、右端点分 别为A1，A2，点P(2,1(在 C 上，且PA1，PA2 的斜率之积为 .
(1) 求 C 的方程；
(2) 已知直线 l 与 C 交于M，N两点 (均与P 不重合)，与直线 x = 2 交于点 Q，且点M，N在直线 x = 2 的 两侧，若 |MP|⋅ |NQ| = |MQ|⋅ |NP|，线段MN 的中点为R，证明：点R 在一条定直线上.
【答案】(1) -y2 = 1；(2) 证明见解析
【分析】(1) 根据已知条件可以得到kPA1 ⋅ kPA2 = ，求出 a，再根据 P 在双曲线上，求出b，求出标准方
程；
数学是打开科学大门的银匙——培根
因为点 T(0,1) 在椭圆C 的内部，则直线 PT 与椭圆恒有两个交点，
9k2 +4 , 1 2 9k2 +4 ，
所以 x1 + x2 = -18k xx =- 27
由 (1) 知，A(0,2),B(0, -2)，
所以直线 AP 的方程为 y = x + 2，直线 BQ 的方程为 y = x - 2，
(y0 = x0 +2
Ly0 = x2 x0 -2，
由直线 AP 与 BQ 相交于点 D(x0,y0)，则 { y2 +2
消 x0 得 y0 + 2 = - ⋅ (y0 -2(① ,
由 (1) 知 ⋅ =- ，得 =- ，
可得 - =- =-
=- 9 × k2x1x2 +3k (x1 +x2( +9 =- 9 × - +3k · +9 =- 9 ×
4 x1x2 4 - 4
= 3 -27 ，
-27k2 -54k2 +9(9k2 +4(
将 - = 3 代入①式得 y0 + 2 = 3 (y0 -2(，解得 y0 = 4，即点 D 在直线 y = 4 上 .
解决圆锥曲线中动点在定直线问题的解题步骤：
1、联立直线与圆锥曲线的方程消元；2、挖掘图形中的对称性，解出动点横坐标或纵坐标；3、将动点的横纵坐 标分别用参数表示，再消去参数；4、设点，将方程变形解出定直线方程。
(2) 根据已知条件可得 = ，由 M，N在直线x = 2 的两侧，得 kMP + kNP = 0，设直线 l：y = kx +m(k ≠± M (x1,y1(，N (x2,y2(，联立得到一元二次方程，利用韦达定理即可得到点在定
置线上.
(1) 由题意知 A1 (-a,0(，A2 (a,0(，
所以 kPA1 ⋅ kPA2 = ⋅ - = - = ，解得 a =、2 ， 又 - = 1，所以 b = 1，所以 C 的方程为 -y2 = 1 .
(2) 因为 |MP|⋅ |NQ| = |MQ|⋅ |NP|，所以 = ，
又因为点 M，N在直线x = 2 的两侧，
所以直线 PQ：x = 2 是 ∠MPN 的平分线，所以 kMP + kNP = 0 .
由题意可知直线 l 的斜率存在且斜率不是 ± ,
设直线 l：y = kx +m(k ≠± M (x1,y1(，N (x2,y2(，
(y =kx +m
联立 -y2 =1 ，可得 (2k2 -1(x2 + 4kmx + 2m2 + 2 = 0，
2k2 -1 2k2 -1 .
故 x1 + x2 =- 4km ，x1x2 = 2m2 +2
kMP + kNP = + = - + - = 0，
化简得 2kx1x2 + (m-1-2k((x1 +x2(- 4(m-1( = 0，
故 - + (m-1-2k( (- -(m-1( = 0，
即 (k+1((m+2k-1( = 0，而直线 l 不过 P 点，故 k =-1 .
所以线段 MN 的中点 R 的坐标为 , = (2m,-m(， 所以点 R 恒在直线 y =- x 上 .
题目 2 (2023·海南·校联考模拟预测) 已知抛物线 C:y2 = 4x 的焦点为F，直线 l1：y = k1 (x+2(与直线 l2 :y = k2 (x+2(与抛物线 C 分别交于点P,Q 和点R,S.
(1) 若 k1 = ，求 △PQF 的面积；
(2) 若直线PS 与RQ 交于点A，证明：点A 在定直线上.
【答案】(1)6、2 ；(2) 证明见解析
【分析】(1) 联立抛物线与直线 l1，消去 x 得 y2 - 8y + 8 = 0，设 P(xP,yP(,Q (xQ,yQ(，由韦达定理得出 yP +yQ,yPyQ，即可根据抛物线弦长公式得出 |PQ|，再由点到直线的距离公式得出点 F(1,0( 到直线 l1 的距离，即可根据三角形面积公式得出答案；
(2) 设 P,y1(,Q ,y2(,R ,y3(，S ,y4(，分别联立抛物线与直线 l1 和抛物线与直线 l2，消
去 x 根据韦达定理得出 y1y2 = 8，y3y4 = 8，根据直线的点斜式化简得出直线 PS 与 RQ 的方程，即可
万物皆数——毕达哥拉斯
联立两直线方程消去 y，再代入 y1y2 = 8，y3y4 = 8，化解得出定直线.
(1) 依题意，F(1,0(，
联立 {x(x +2( ，得 y2 - 8y + 8 = 0.
设 P(xP,yP(,Q (xQ,yQ( ， 故 yP +yQ = 8,yPyQ = 8，
故 |PQ| = 1 + |yP -yQ| = 1 + ⋅ 、(yP +yQ(2 -4yPyQ =、1 +4 × · 64 -32 = 4 10 ，
点 F(1,0( 到直线 l1 的距离 d = ，故 S△PQF = × 4 10 × = 6 2 .
(2) 设 P,y1(,Q ,y2(,R ,y3(，S ,y4(， 联立 {x(x, +2( , 得 k1y2 - 4y + 8k1 = 0，则 y1y2 = 8.
同理可得，y3y4 = 8.
则直线 PS:y -y1 = x- ，
化简得，4x - (y1 +y4(y +y1y4 = 0 ⋯ ①,
同理可得，直线 RQ:4x - (y2 +y3(y +y2y3 = 0 ⋯ ②, 联立①②消去 y 可得，
x = = = = 2,
故点 A 在直线x = 2 上 .
题型六：动点轨迹问题
1
(2024·全国·模拟预测) 已知椭圆 C: + = 1 (a>b >0( 的离心率为 ，左、右顶点分别为 A1 和A2，
M是椭圆 C 上一点，且 △MA1A2 面积的最大值为 3 5 .
(1) 求椭圆 C 的标准方程；
(2) 记 O 为坐标原点，当点M 与椭圆 C 的顶点不重合时，过点M分别作直线 OM，MF，其中直线MF 不 过坐标原点，且不与坐标轴平行，直线 OM，MF 与椭圆 C 交于异于点M 的E，F 两点，直线A1E 与直线 A2F 相交于点D，直线 OD 与直线MF 相交于点N，求点N 的轨迹方程.
【思路分析】
(1) 根据离心率以及 △MA1A2 面积的最大值列出关于 a,b,c 的方程组，由此求解出 a,b 的值，则椭圆 标准方程可知；
(2) 设出直线 MF 的方程，得到对应坐标的韦达定理形式，结合三点共线求得 D 点坐标所满足的关 系式，从而求得直线 OD 的方程，联立直线 OD,MF 的方程求得 x,y 即可知 N 的轨迹方程.
【规范解答】
万物皆数——毕达哥拉斯
(1) 由题可知 解得 ，∴ 椭圆 C 的标准方程为 + = 1 .
(2) 由 (1) 知 A1 (-3,0( ，A2 (3,0(，设 M(x1,y1((x1,y1 ≠0( ，F (x2,y2(，则 E(-x1, -y1( ， 设直线 MF 的方程为 x = my +n (m≠0,n ≠0( ，
(x =my+n,
由 {( + = 1 消去 x 并整理得 (5m2 +9( y2 + 10mny + 5n2 - 45 = 0，
∴ Δ = (-10mn(2 - 4 × (5m2 +9((5n2 -45( = 180 (5m2 -n2 +9( > 0，
∴ y1 + y2 =- ，y1y2 = ，且 y1y2 ≠ 0，∴ n ≠±3，
设点 D(x0,y0(，由 D,E,A1 三点共线得 kDA1 = kEA1，即 = -， 由 D,F,A2 三点共线得 kDA2 = kFA2，即 - = -，
∴ = + = + = +
= 2m + (n-3( + = 2m + (n-3( = 2m - (n-3( = ， 所以直线 OD 的斜率 kOD = = ，
∴ 直线 OD 的方程为 y = x，
由 n 解得 x =-3，y =- ，
∴ 点 N 的轨迹方程为 x =-3(y≠0( .
求解动点P(x,y( 的轨迹方程的常见方法：
(1) 定义法：如果动点P 的运动规律符合我们已知的某种曲线 (如圆、椭圆、双曲线、抛物线) 的定义，则可先设 出轨迹方程，再根据已知条件待定方程中的参数，即可求得轨迹方程；
(2) 直接法：如果动点P 的运动规律满足的等量关系容易建立，则可用点P 的坐标 (x,y( 表示该等量关系，即 可得轨迹方程；
(3) 相关点法：如果动点P 的运动是由另外一点P/ 的运动引发的，而点P/ 的运动规律已知 (坐标满足某已知 的曲线方程)，则用点P 的坐标 (x,y( 表示出相关点P/ 的坐标，然后将点P/ 的坐标代入已知曲线方程，即可 得到点P 的轨迹方程；
(4) 交轨消参法：在求动点轨迹时，有时会出现要求两动曲线交点的轨迹问题，这类问题通常通过解方程组得
出交点 (含参数) 的坐标，再消去参数求得所求的轨迹方程.
万物皆数——毕达哥拉斯
1
(2024·河南郑州·统考一模) 已知点A 是双曲线 C: - = 1 的上顶点.
(1) 若点B 的坐标为 (、2 ,1)，延长AB 交双曲线于点D，求点D 的坐标；
(2) 双曲线 C 与直线 l:y = kx +m (k≠±、2 (有唯一的公共点P，过点P 且与 l 垂直的直线分别交 x 轴，y 轴于M(x,0),N(0,y) 两点，当点P 运动时，求点 Q(x,y) 的轨迹方程.
【答案】(1)(- , ；(2) - = 1 (y≠0(
【分析】(1) 求出直线 AB 的方程，联立双曲线方程，求出 yD = ，进而求出 xD，得到点 D 的坐标；
(2) 联立 l 与双曲线方程，由 Δ = 0 得到 2k2 +m2 = 4，求出 P , 和过点 P 且与l 垂直的直线方
程，表达出 M(x,0),N(0,y) 的坐标，结合 2k2 +m2 = 4 得到轨迹方程，注意 y ≠ 0.
(1) 由题意得 A (0,2(，
故直线 AB 方程为 = --: ，即 x + 2 y - 2 2 = 0，
联立 x +、2 y - 2· 2 = 0 与 C: - = 1 得 -3y2 + 16y - 20 = 0， 由韦达定理得 2yD = ，解得 yD = ，
故 xD = 2、2 - · 2 yD =-，则点 D 的坐标为 (- , ；
(2) 联立 l:y = kx +m(k ≠±、2 ) 与 C: - = 1 得，(k2 -2(x2 + 2kmx +m2 - 4 = 0，
k ≠± 2 ，由 Δ = 4k2m2 - 4(k2 -2((m2 -4( = 0，解得 2k2 +m2 = 4，则 m ≠ 0，
又 xP = = = ，yP = k ⋅ +m = = ， 故 P , ，由题可知 k ≠ 0，
过点 P 且与l 垂直的直线方程为 y - =- x- ，即 y =- x + ， 令 x = 0 得 y = ，令 y = 0 得x = ，
因为 y = ，所以 m = ，故 k = = ⋅ = ，显然 y ≠ 0，
代入 2k2 +m2 = 4 中得 2 + = 4，
化简得 2y2 -x2 = 18，即 - = 1 (y≠0(；
题目 2 (2023·辽宁朝阳·高三校联考阶段练习) 已知抛物线 Ω:y2 = 2px(p>0( 的焦点为F，且A，B，C 三 个不同的点均在 Ω 上.
(1) 若直线AB 的方程为 8x +y - 46 = 0，且点F 为 △ABC 的重心，求p 的值；
(2) 设p = 2，直线AB 经过点M(2,2(，直线BC 的斜率为 1，动点D 在直线AC 上，且MD ⊥ AC，求点D 的轨迹方程.
【答案】(1)8；(2)(x-1(2 + (y -2(2 = 1(x ≠ 0 且 x ≠ 2).
【分析】(1) 根据给定条件，利用三角形重心坐标公式用 p 表示出点 C 的坐标，再代入计算即得.
(2) 借助抛物线方程设出点 A,B,C 的坐标，结合直线方程求出直线 AC 经过的定点，进而确定点 D
数学是打开科学大门的银匙——培根
万物皆数——毕达哥拉斯
的轨迹并求出方程即得.
(1) 抛物线 Ω:y2 = 2px 的焦点 F ,0(，设 A (t1,s1(,B (t2,s2(,C (t3,s3( ，
由 {(( -x 46 = 0 消去 x 得 y2 + - = 0，则 s1 + s2 =- ，t1 + t2 = + ，
由点 F 是 △ABC 的重心，得 {(( ，则 {(( - ，
而点 C 在 Ω 上，于是 2 = 2p - ，又 p > 0，所以 p = 8.
(2) 当 p = 2 时，Ω 的方程为 y2 = 4x，设 A,y1(，B ,y2(，C ,y3(， 直线 AC 的斜率 kAC = = = ，
同理得直线 BC 的斜率 kBC = ，直线 AB 的斜率 kAB =
直线 AB 的方程为 y - y1 = 化简得 (y1 +y2( y - y1y2 = 4x.
而直线 AB 过点 M( 2,2(，即 2(y1 +y2( - y1y2 = 8，显然 y1 ≠ 2，则 y2 = ，
又 kBC = = 1，即 y2 = 4 - y3，于是 = 4 - y3，整理得 y1y3 = 2 (y1 +y3( ， 直线 AC 的方程为 y - y1 = x- ，化简得 (y1 +y3( y - y1y3 = 4x，
将 y1y3 = 2 (y1 +y3(代入，得 (y - 2((y1 +y3( = 4x，
令 y = 2，得 x = 0，直线 AC 过定点 E(0,2( ，
设线段 ME 的中点为G，则 G 的坐标为 ( 1,2( ， 因为 D 在直线 AC 上，且 MD ⊥AC，
因此 D 在以 G 为圆心，EM 为直径的圆上运动，
因为 |ME| = 2，所以 D 的轨迹方程为 (x- 1(2 + (y - 2(2 = 1(x ≠ 0 且x ≠ 2).
题型七：角度关系证明问题
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2
3
1 (2024·湖南长沙·统考一模) 已知双曲线 x2 - y = 1 与直线 l：y = kx + m(k ≠± 3 ) 有唯一的公共点
P，直线 l 与双曲线的两条渐近线分别交于M，N两点，其中点M，P 在第一象限.
(1) 探求参数 k，m 满足的关系式；
(2) 若 O 为坐标原点，F 为双曲线的左焦点，证明：∠MFP = ∠NFO.
【思路分析】
(1) 将直线 l 与双曲线方程联立，因只有一个切点 P 从而可得 Δ = 0，从而求解.
(2) 将直线 l 分别与双曲线的两渐近线方程联立求出 M , :33(，N(- , :33(，
万物皆数——毕达哥拉斯
由 (1) 可求出 P(- ,- ，即 ∠MFP = ∠NFO ⇔tan ∠MFP =tan ∠NFO ⇔
tan (∠MFO-∠PFO( =tan ∠NFO ⇔ =-kFN ⇔ kFM + kFN = kFP (1-kFMkFN(，分别求 出 kFM = ，kFN = ，kFP = ，从而可求解.
【规范解答】
(y =kx +m
(1) 联立方程 {(x2 - =1 ，整理得 (3-k2(x2 - 2kmx - (m2 +3( = 0.
由 k ≠±、3 ，且 P 是双曲线与直线 l 的唯一公共点，
可得 Δ = (-2km(2 + 4(3-k2((m2 +3( = 0，则 k2 -m2 = 3，即为参数 k，m 满足的关系式.
结合图象，由点 P 在第一象限，可知 k >、3 ，且 m < 0. 所以 k，m 的关系式满足 k2 -m2 = 3 (k>、3 ,m 4，所以 E(x,y( 的轨迹为椭圆， 所以 2a = 8,c = 2，所以 b2 = 16 - 4 = 12，
所以动圆圆心 E 的轨迹方程为 + = 1 .
(2) 由 (1) 可知，圆心 E 的轨迹方程 + = 1，设点 B(x1,y1)，C(x2,y2)，N(x0,y0) (x =my -8
联立 {( + =1，得 (4 + 3m2)y2 - 48my + 144 = 0，
则 Δ = (48m)2 - 4 × (4 + 3m2) × 144 > 0，即 m2 > 4，
y1 +y2 = ，y1y2 =
因为 ，所以 ，所以 即 (x0 -x1,y0 -y1) = (x2 -x0,y2 -y0)，
4 (k-2m( 3m ，
可得 kFP -1( = ⋅ = ， 因此， + = kFP -1(.
角度关系的证明往往转化为斜率问题或坐标问题，其中角相等问题优先考虑转为斜率之和为零处理，或考虑
用向量进行计算。
所以 y0 = = ，x0 =my0 - 8 =-2，所以点 N在直线 x=-2 上，
所以 |NM| = |NA|，即 ∠AMC = ∠MAN，因为 ∠ANC 为 △MAN 的一个外角， 所以 ∠ANC = ∠AMN + ∠MAN = 2∠AMC.
2 (2024·北京·高三阶段—习—→) 已知点A(4,7)，集合 S = {(((x,y)∣ + ≤1 ，点P ∈ S，且对于 S 中
任何异于P 的点 Q，都有AP ⋅ PQ > 0 .
(1) 证明：P 在椭圆 + = 1 上；
(2) 求P 的坐标；
(3) 设椭圆 + = 1 的焦点为F1,F2，证明：∠APF1 = ∠APF2 .
参考公式：(ad -bc)2 + (ac + bd)2 = (a2 +b2((c2 +d2( .
【答案】(1) 证明见解析；(2)P (2,3(；(3) 证明见解析
【分析】(1) 分析当 P 在 C: + = 1 内时，设线段 PA 与 C 有一交点 Q 推导出矛盾即可；
(2) 记 A在 A上的投影向量为 A—(x0,y0(，结合椭
圆的方程与所给方程得出不等式求解最值即可；
(3) 设直线 AP 与 x 轴交于 B(b,0(，根据 A,B,P 共线可得 B ,0(，再结合 = = 与正
弦定理，转证 ∠BPF1 = ∠BPF2 即可.
(1) 记 C: + = 1，若 P 不在 C 上，则在 C 内 . 因为 + > 1，所以 A 在 C 外，
—→ —→ —→ —→
设线段 PA 与 C 有一交点 Q，此时 AP 和 PQ 共线反向，AP ⋅ PQ < 0，不合题意，因此 P 在 C 上 .
(2)A ⋅ P> 0 等价于 A ⋅ P >A ⋅ A = |A|2 .
记 A在 A 上的投影向量为 A—A|⋅ |A— > |A|2，|A— > |A|，
这表明 P 是 C 上与A 距离最小的点 .
设 P(x0,y0(，则 3x + 4y = 48，|A|2 = (4 -x0(2 + (7 -y0(2 .
因为 (ad -bc)2 + (ac + bd)2 = (a2 +b2((c2 +d2(，
故 (ac + bd)2 ≤ (a2 +b2((c2 +d2(，当且仅当 ad = bc 时取等号 .
所以 (4 -x0(2 + (7 -y0(2 = (4 -x0(2 + (14 -2y0(2|(1 +4( ≥ (18 -x0 -2y0(2，
又 (x0 +2y0(2 ≤ (3x+4y( +1( = 64，故 -8 ≤ x0 + 2y0 ≤ 8，故 |A|2 ≥ (18 -8(2 = 20，
当且仅当 x0 + 2y0 = 8 且 2(4 -x0( = 1 × (7 -y0( 时取等号，解得 x0 = 2,y0 = 3，故此时 P(2,3( .
(3) 因为 A (4,7(，P (2,3(，设直线 AP 与 x 轴交于 B(b,0(，则 = ，解得 b = . 故 B ,0(，则要证 ∠APF1 = ∠APF2 即证 ∠BPF1 = ∠BPF2 .
又 F1 (-2,0(,F2 (2,0(，故 PF2 ⊥ x 轴，故 = = .
万物皆数——毕达哥拉斯
在 △PF1B 和 △PF2B，由正弦定理
又 ∠PBF1 和 ∠PBF2 互补，所以 sin∠PBF1 = sin ∠PBF2， 所以 sin∠BPF1 = sin ∠BPF2，从而有 ∠BPF1 = ∠BPF2 .
题型八：向量共线问题
数学是打开科学大门的银匙——培根
1 (2022·全国·高三专题练习) 若抛物线 C :y2 = 2px(p > 0) 的焦点为 F，点 M(1,n( 在抛物线 C 上，且 |MF| = 3 .
(1) 求抛物线 C 的方程；
(2) 过点 (-2,0( 的直线 l 交抛物线 C 于A,B 两点，点A 关于 x 轴的对称点是D，证明：B,F,D 三点共 线.
【思路分析】
(1) 根据焦半径公式求得 p 得抛物线方程；
(2) 设直线 l 的方程为 x =my - 2,A (x1,y1(,B (x2,y2(,D (x1,-y1(， 由 A，D 两点写出直线 AD 方
程，求出直线与 x 轴交点验证即可. 【规范解答】
(1) 抛物线 C 的准线为x =- .
∵ 点 M(1,n( 到准线的距离为 3, ∴ 1 + = 3，解得 p = 4，∴ 抛物线 C 的方程为 y2 = 8x .
(2) 由题知直线 l 不与 x 轴平行，设直线 l 的方程为 x =my - 2,A (x1,y1(,B (x2,y2( .
联立 {(( 2-2，得 y2 - 8my + 16 = 0,Δ = 64m2 - 64 > 0，解得 m > 1 或 m b > 0) 的左、右顶点分别为A1，A2，
右焦点F 的坐标为 (1,0(，过点F 作直线交 C 于P，Q 两点 (异于A1，A2)，当PQ 垂直于 x 轴时，|PQ| = 3.
(1) 求 C 的标准方程；
(2) 直线 QA2 交直线 x = 4 于点M，证明：A1，P，M三点共线.
【答案】(1) + = 1；(2) 证明见解析
【分析】(1) 根据已知条件及椭圆的性质，结合椭圆中 a,b,c 三者的关系即可求解；
(2) 根据已知条件作出图形，设出直线 PQ 的方程，联立直线 PQ 和椭圆C 的方程，利用韦达定理及 两点的斜率公式，结合两直线平行的条件即可求解.
(1) 如图所示，
由 + = 1，可得 y =± , 所以 |PQ| = = 3，即 b2 = ，
因为 a2 = b2 + c2，所以 a2 = + 1，解得 a = 2，b2 = 3， 所以 C 的标准方程为 + = 1.
(2) 由题意知，直线 PQ 斜率不为 0，如图所示，
设 PQ:x = my + 1，P(x1,y1),Q(x2,y2),M(4,y3)，而 A1 (-2,0(,A2 ( 2,0( ，
(x =my+1
由 {( + = 1 ，整理得 (3m2 + 4)y2 + 6my - 9 = 0，
3m2 +4 ,y1y2 =- 3m2 +4 ,
显然 Δ > 0，则 y1 + y2 =- 6m 9
因为 kA2M = kA2Q，所以 = -，即 y3 = - .
三点共线问题证明的解题策略一般有以下几种：
(1) 斜率法：若过任意两点的直线的斜率都存在，通过计算证明过任意两点的直线的斜率相等来证明三点共 线；
(2) 距离法：计算出任意两点间的距离，若某两点间的距离等于另外两个距离之和，则这三点共线；
(3) 向量法：利用向量共线定理证明三点共线；
(4) 直线方程法：求出过其中两点的直线方程，在证明第三点也在该直线上；
(5) 点到直线的距离法：求出过其中某两点的直线方程，计算出第三点到该直线的距离，若距离为 0，则三点共
线；
(6) 面积法：通过计算求出以三点为三角形的面积，若面积为 0，则三点共线，在处理三点共线问题，离不开解 析几何的重要思想：“设而不求思想”。
万物皆数——毕达哥拉斯
则 kA1P - kA1M = - = - - = 3y13(x(2))-((-x+)2)
= 3y1 (my2 -1)-y2 (my1 +3) = 2my1y2 -3(y1 +y2) = -2m × -3(- = 0
3(x1 +2)(x2 -2) 3(x1 +2)(x2 -2) 3(x1 +2)(x2 -2) ，
所以 kA1M = kA1P，又因为有公共点 A1， 所以 A1，P，M 三点共线 .
2
(2023·山东·高三校联考阶段练习) 已知圆 C:x2 +y2 + 2 2 x - 10 = 0，点P 是圆 C 上的动点，点
F (、2 ,0(是圆 C 内一点，线段PF 的垂直平分线交 CP 于点 Q，当点P 在圆 C 上运动时点 Q 的轨迹为E.
(1) 求E 的方程；
(2) 设M，N是曲线E 上的两点，直线MN 与曲线 x2 +y2 = b2 (x>0(相切. 证明：当 |MN| =、3 时，M,N, F 三点共线.
【答案】(1) +y2 = 1；(2) 证明见解析
【分析】(1) 根据圆方程可求得 C (-、2 ,0(，再根据垂直平分线性质以及对称性可得 |QC| + |QF| = 2 3 > 2 2 ，即可求出 E 的方程；
(2) 设出直线方程并与椭圆联立，利用韦达定理和点到直线距离可求得 |MN| = 3 时，直线方程为 y = x - 2 或 y=-x + 2 ，恒过点 F，即可得出证明.
(1) 由 x2 +y2 + 2、2 x - 10 = 0，得 (x+ 2 (2 +y2 = 12， 故 C (- 2 ,0(，半径 QC = 2、3
由题意知 |QP| = |QF|，如图所示：
∴ |QC| + |QF| = |QC| + |QP| = 2 /3 > 2 2 ∴ 对 Q 的轨迹是以 C、F 为焦点的椭圆 .
设椭圆方程为 + = 1 (a>b >0(，则 a = 3 ，c = 2 ，b = 1
所以椭圆方程为 +y2 = 1；
(2) 由 (1) 得曲线为 x2 +y2 = 1 (x>0(，表示右半圆， 即为图中虚线圆的右半部分 (不包括和 y 轴交点)； 由题意可知直线 MN 的斜率存在且不为 0，
由对称性可设直线 MN:y = kx +m,(km0( 相切可得
= 1，所以 m2 = k2 + 1，
y2
由直线 MN 与曲线x2 +
k2 +1
(y =kx +m
联立 {( +y2 =1 可得 (1 +3k2(x2 + 6kmx + 3m2 - 3 = 0，
Δ = (6km(2 - 4(1 +3k2((3m2 -3( = 36k2 - 12m2 + 12 = 24k2 > 0，
1 +3k2 ， 1 +3k2 ，
所以 x1 + x2 =- 6km x1 ⋅ x2 = 3m2 -3
/24k2 1 +3k2
= 1 +k2 ⋅
可得 |MN| = 1 +k2 ⋅ (x1 +x2(2 -4x1 ⋅x2 = 1 +k2 (- 2 -4 ⋅
= /3 ，
化简得 3(k2 -1(2 = 0，所以 k =±1，
数学是打开科学大门的银匙——培根
万物皆数——毕达哥拉斯
所以 {- 2 或 {-12 ，所以直线 MN:y = x - 2 或 y=-x + 2 ，
所以直线 MN 过点 F(、2 ,0( ， 即可得 M,N,F 三点共线 .
题型九：存在性问题探究
数学是打开科学大门的银匙——培根
1 (2024·天津南开·高三南开中学校考阶段练习) 已知椭圆 C： + = 1 (a> b > 0(，若椭圆的焦距为 4
且经过点 (-2,、2 (，过点 T( -、6 ,0( 的直线交椭圆于P，Q 两点.
(1) 求椭圆方程；
(2) 求 △OPQ 面积的最大值，并求此时直线PQ 的方程；
(3) 若直线PQ 与 x 轴不垂直，在 x 轴上是否存在点 S(s,0(使得 ∠PST = ∠QST 恒成立？若存在，求出 s 的值；若不存在，说明理由.
【思路分析】
(1) 由焦距是 4 求出 c，将 (-2,、2 ( 代入椭圆方程求出 a,b，得到答案；
(2) 根据题意设直线 PQ:x = my - 、6 ，与椭圆方程联立可得 y1 + y2,y1y2，由 S△OPQ = × |OT| ×
|y1 -y2|，代入运算化简，利用不等式求出 △OPQ 面积的最大值；
(3) 根据题意有 kPS + kQS = 0，转化为 2my1y2 - (、6 + s((y1 +y2( = 0，由第二问代入运算得解. 【规范解答】
(a2 -b2 =4
(1) 由题意，c = 2，将点 (-2, 2 (代入椭圆方程得 { 4 + 2 = 1，解得 a2 = 8，b2 = 4，
La2 b2
8 4
所以椭圆 C 的方程为 x2 + y2 = 1.
(2) 根据题意知直线 PQ 的斜率不为 0，设直线 PQ:x = my - 6 ，P (x1,y1( ，Q (x2,y2( ，
(x =my - 6
联立 {L2 + 2 = 1 ，消去 x 整理得 (m2 + 2( y2 - 2 6 my - 2 = 0，
m2 + 2 m2 + 2
∴ y1 + y2 = 2 6m ，y1y2 = -2 ，且 Δ = 32m2 + 16 > 0，
∴ S△OPQ = S△OTP + S△OTQ = × |OT| × |y1 -y2| = 26 × (y1 +y2(2 -4y1y2 = 2 6 × 21 ，令
6
t = 2m2 + 1 ，t ≥ 1，
∴ S△OPQ = 2 = + ≤ 3 = 2 2 ，
当且仅当 t = ，即 t = 3 ，即 m =±1 时，等号成立，
所以 △OPQ 面积的最大值为 2 2 ，此时直线 PQ 的方程为 x + y + 6 = 0 或 x -y + /6 = 0.
万物皆数——毕达哥拉斯
1 (2024·内蒙古赤峰·高三校考开学考试) 已知双曲线 = 1 (a>0,b >0( 的离心率为 2 ，
右焦点为F(2,0( .
(1) 求双曲线 C 的标准方程； ℴ
(2) 过点F 的直线 l 与双曲线 C 的右支交于A,B 两点，在 x 轴上是否存在点P ，使得P ⋅ P为定值？
若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1) - = 1；(2) 存在 P(1,0( 满足 P ⋅ P =-1
【分析】(1) 根据题意求出a,b，即可得解；
(2) 设其方程为 x =my + 2，-1 0)，可得 F ,0(，准线为 x =- ，则 D(- ,0(，
易知直线 AB 斜率不为零，设直线 AB 的方程为x = ty + ∈ R)，且 A (x1,y1(,B (x2,y2(， 联立方程组 {(x2=ty + ，整理得 y2 - 2tpy -p2 = 0，
Ly =2px
则 Δ = (-2pt)2 + 4p2 > 0，且 y1 +y2 = 2tp,y1y2 =-p2， 可得 |y1 -y2| = (y1 +y2(2 -4y1y2 = 4p2 (t2 +1( ，
所以 △DAB 面积 S△DAB = |DF|⋅ |y1 -y2| =p2、t2 +1 ≥ p2，
当 t = 0 时，S△DAB 取最小值 p2，
因为 △DAB 面积的最小值为 4，所以 p2 = 4，解得 p = 2， 所以抛物线 C 的方程为 y2 = 4x.
(2) 由 (1) 知抛物线 C:y2 = 4x，假设存在定点 P(x0,y0)，易知直线 l 的斜率不为零，
设直线 l 的方程为 x - 5 =m(y - 2) (m ∈ R)，且 M(x3,y3(，N (x4,y4(，则 y3 ≠ y0，y4 ≠ y0，
联立方程组 {2m(y -2)，整理得 y2 - 4my + 4(2m - 5) = 0，
万物皆数——毕达哥拉斯
则 Δ > 0，且 y3 + y4 = 4m，y3y4 = 4(2m - 5)，
—→ —→
因为 PM 丄 PN，可得 PM . PN = 0，
因为 P— . P— = (x3 -x0((x4 -x0( + (y3 -y0((y4 -y0( = (y-y((y-y( + (y3 -y0((y4 -y0( ，
所以 y + (y3 +y4( y0 + y3y4 + 16 = 0，即 4(y0 +2(m + (y-4( = 0，
当 y0 + 2 = 0 时，即 {L( 2 时，PM 丄 PN 恒成立，所以存在定点 P(1, -2).
.
题型十：“非对称 ”韦达定理
数学是打开科学大门的银匙——培根
1 (2024·内蒙古锡林郭勒盟·高三统考开学考试) 已知椭圆 经过点 (2, 2 )，右
焦点为F(2,0)，A，B 分别为椭圆E 的上顶点和下顶点.
(1) 求椭圆E 的标准方程；
(2) 已知过 (0,1) 且斜率存在的直线 l 与椭圆E 交于 C、D 两点，直线BD 与直线AC 的斜率分别为 k1 和
k2，求 的值.
【思路分析】
(1) 由已知可得关于 a，b，c 的方程组，从而可得 a2，b2 的值，从而可得椭圆 E 的方程；
(2) 设直线 CD:y = kx + 1，与椭圆方程联立，可得根与系数的关系，利用两点的斜率公式表示出 k1 和 k2，作比，结合根与系数的关系即可求解 .
【规范解答】
由 ，: a2 = 8，b2 = 4， 椭圆 E 的标准方程为 + = 1 .
(2) 设直线 CD：y = kx + 1，联立直线 CD 和椭圆方程，
{ → (2k2 +1(x2 + 4kx - 6 = 0，
Δ > 0 → k ∈ R，记 C (x2,y2( ，D (x1,y1( ，
(x1 +x2 =
则 {Lx1x2 = ，
万物皆数——毕达哥拉斯
1
(2024·吉林白山·统考一模) 已知A,B 分别为双曲线E:
= 1 (a,b >0( 的左、右顶点，M为双
x2 - y2 a2 b2
曲线E 上异于A,B 的任意一点，直线MA、MB 斜率乘积为 3 ，焦距为 2 7 .
4
(1) 求双曲线E 的方程；
(2) 设过 T(4,0( 的直线与双曲线交于 C，D 两点 (C,D 不与A,B 重合)，记直线AC，BD 的斜率为 k1，k2，
k2
证明：k1 为定值.
【答案】(1) 2 - 2 = 1；(2) 证明见解析
【分析】(1) 设 M(x0,y0(，根据 kMA ⋅ kMB = 以及整体代换法求得结果；
(2) 设直线 CD:x = ty + 4, 与椭圆方程联立得出韦达定理，再表示 ，结合韦达定理求出结果.
(1) 设 M(x0,y0(，A (-a,0(，B (a,0(，
∵ x - y = 1，∴ y = b2 (x-a2(
a2 b2 a2 ，
∴ kMA ⋅ kMB = ⋅ - = - = = ，
又 ∵ 焦距为 2 7 ，可得 2c = 2、7 ，则 c2 = 7， 结合 a2 + b2 = c2，∴ a2 = 4，b2 = 3，
∴ 双曲线 E 的标准方程为： - = 1 .
由题意知 A (0,2(和 B(0,-2(． 则 k2 = ，k1 = ，
则 =
(y1 +2(x2 x1 (y2 -2(
=
(kx1 +3(x2
(kx2 -1(x1
= =
kx1x2 +3(x1 +x2(-3x1
kx1x2 -x1
k × + -3x1
-x1
=
= 3，
-3x1
-x1 所以 = 3 .
将直线的方程与圆锥曲线方程联立，消去 y，得到关键方程 (设方程的两根 x1 和 x2)，在某些问题中，可能会涉 及到需计算两根系数不相同的代数式。例如，运算过程中出现了 x1 - 2x2、2x1 + 2x2 等结构，且无法直接通 过合并同类项化为系数相同的情况处理，像这种非对称的结构，通常是无法根据伟大定理直接求出的，此时 一般的处理技巧是抓住 x1 + x2 和 x1x2 的关系将两根积向两根和转化，通过局部计算、整体约分的方法解决
问题。
万物皆数——毕达哥拉斯
(2) 如图，由 (1) 知 A (-2,0( ，B ( 2,0(，设 C (x1,y1( ，D (x2,y2( . 因为 C,D 不与 A,B 重合，所以可设直线 CD:x = ty + 4 .
L x = ty +4
联立 {( 2 - 2 = 1，消 x 得：(3t2 -4( y2 + 24ty + 36 = 0，
故 t ≠± 2 ，Δ = 144t2 + 576 > 0，
3
y1 + y2 = 322-4 ，y1y2 = 3t-6 4 ，ty1y2 = 36-t 4 =- (y1 +y2( ，
y1
∴ =
= = =
y1 (x2 -2( y1 (ty2 +2(
y2 (x1 +2( y2 (ty1 +6(
y1 +y2( +2y1
y1 +y2( +6y2
1 =-
3 .
2 (2024·全国·高三专题练习) 已知椭圆E： + = 1 (a> b >0(，F ( 2 2 ,0( 为椭圆E 的右焦点， 三点 , - ,2, 中恰有两点在椭圆E 上.
(1) 求椭圆E 的标准方程；
(2) 设点A,B 为椭圆E 的左右端点，过点M( 2,0(作直线交椭圆E 于P，Q 两点 (不同于A,B)，求证：直 线AP 与直线BQ 的交点N在定直线上运动，并求出该直线的方程.
【答案】(1) + y2 = 1；(2) 证明见解析，x =
【分析】(1) 由对称性得到点 , - , 在椭圆 E 上，结合焦点坐标，得到方程组，求出
a2 = 9，b2 = 1，求出椭圆方程；
(2) 设直线 PQ 的方程为 x = my + 2，联立椭圆方程，设 P(x1,y1( ，Q (x2,y2( ，N (x0,y0(，得到两根之
和，两根之积，由 A,P,N 和 B,Q,N 共线得到方程组，联立后得到- = 5，求出 x0 = ，得到交点
N在定直线上，并求出该直线的方程.
(1) 因为 F( 2、2 ,0( 为椭圆 E 的右焦点，所以 a2 -b2 = 8 ① ,
由对称性得，点 , - , 在椭圆 E 上，代入得 + = 1 ② ,
联立①②解得，a2 = 9，b2 = 1，
所以椭圆 E 的标准方程为 + y2 = 1.
(2) 由条件知直线 PQ 与直线 AB 不重合，故直线 PQ 的斜率不为 0，
设直线 PQ 的方程为 x = my + 2，
联立 { ，可得 (m2 +9( y2 + 4my - 5 = 0，
设 P(x1,y1( ，Q (x2,y2( ，N (x0,y0( ，
数学是打开科学大门的银匙——培根
则 y1 + y2 = ，y1y2 = ，m = ，
由 (1) 可得 A (-3,0( ，B (3,0( ，
由 A,P,N 共线得： = = ③, 由 B,Q,N 共线得： = = ④,
由③ ÷ ④消去 y0 并整理得， x0 +3 = my1y2 +5y2 = y1 +y2( +5y2 = 5
x0 -3 my1y2 -y1 y1 +y2( -y1 ，
综上所述，直线 AP 与直线 BQ 的交点 N在定直线x = 上运动 .
x2 a2
(2024·云南昆明·昆明一中校联考一模) 已知椭圆 C：
+ = 1 (a> b >0( 的短轴长等于 2 3 ，
1
2 .
离心率 e = 1
(1) 求椭圆 C 的方程；
(2) 过右焦点F 的直线 l 与椭圆 C 交于A、B 两点，线段AB 的垂直平分线交 x 轴于点P，证明：为
定值.
【答案】(1) + = 1；(2) 证明见解析
【分析】(1) 根据题意，列出a,b,c 的方程组，求得 a,b 的值，即可求得椭圆的方程；
(2) 设直线 l 的方程为 y = k (x-1(，联立方程组得到 x1 + x2 = ,x1x2 = ，进而求得 Q , ，得出中垂线的方程，求得 |PF| = ，再由弦长公式求得 |AB| = ,即可求解.
(1) 椭圆 C： + = 1 (a> b >0( 的短轴长等于 2 3 ，离心率 e =
(2b = 2 3 2 2
Lb = a -c
可得，{a2= 2 2 ，解得 a = 2,b = 3 ,c = 1，所以椭圆的方程为 + = 1
(2) 由椭圆的方程 2 + 2 = 1，可得右焦点 F( 1,0( ，
当直线斜率不存在时 AB 被 x 轴垂直平分，不符合题意；
当直线斜率为 0 时， = = ；
直线斜率存在且不为 0 时，
设直线 l 的方程为 y = k (x-1(，A (x1,y1(,B (x2,y2(，AB 中点为 Q (xQ,yQ(，
Ly =k(x-1)
联立方程组 {( + =1 ，整理得 (4k2 +3(x2 - 8k2x + 4k2 - 12 = 0，
可得 Δ = 64k4 - 4(4k2 +3((4k2 -12( = 144 (k2 +1( > 0,x1 + x2 = ,x1x2 = ，
所以 xQ = = ，则 yQ = k (xQ -1( = k -1( = ， 即 Q , ，则中垂线的方程为 y - =- x- ， 令 y = 0，可得 x = ，所以 |PF| = |x-1|=| -1| = ，
又由 |AB| = 1+k2 |x1 -x2| = 1+k2 ⋅ (x1 +x2(2 -4x1x2 = 1+k2 ⋅ 2 -4 ⋅ =
12 (k2 +1( 4k2 +3 ，
所以
综上所述， 为定值
|PF| 1
|AB| 4 .
2 (2024·四川巴中·统考一模) 已知椭圆 C: + = 1 (a>b >0( 的离心率为 ，左右顶点分别为
A，B，G 为 C 的上顶点，且 △ABG 的面积为 2.
(1) 求椭圆 C 的方程；
(2) 过点(4,0( 的动直线与 C 交于M，N两点. 证明：直线AM 与BN 的交点在一条定直线上.
【答案】(1) +y2 = 1；(2) 证明见解析
【分析】(1) 根据椭圆离心率以及 △ABG 的面积，列出关于 a,b 的方程，求出 a,b，即可得答案；
(2) 设 M(x1,y1(,N (x2,y2(，设 AM 方程为 y =m(x + 2)，BN 方程为 y =n(x - 2)，
分别联立椭圆方程，求出 x1,y1,x2,y2 的表达式，结合 = 化简可得 m,n 的关系式，结合
AM，BN 的方程，即可求得交点的横坐标，即可证明结论.
(1) 由题意知椭圆 C: + = 1 (a> b >0( 的离心率为 ，
即 = = ，则 a = 2b；
又 S△ABG = |AB | × |OG | = × 2a × b = ab = 2，联立解得 a = 2,b = 1， 故椭圆 C 的方程为 + y2 = 1；
(2) 证明：由 (1) 知 A(-2,0),B(2,0)，设 M(x1,y1(,N (x2,y2( ，
结合题意知直线 AM 与 BN 斜率存在，设 AM 方程为 y = m(x + 2)，BN 方程为 y = n(x - 2)，
联立 { ，得 (1+4m2(x2 + 16m2x + 16m2 - 4 = 0，Δ = 16 > 0， 则 -2x1 = ，故 x1 = ，则 y1 = m(x1 + 2) = ；
联立 { ，得 (1+4n2(x2 - 16n2x + 16n2 - 4 = 0，Δ / = 16 > 0， 故 2x2 = , ∴ x2 = ，则 y2 = n(x2 - 2) = ，
由题意知 (4,0( ，M，N 三点共线且 MN 斜率存在，故 = ， 故 = ，化简得 (4mn + 1) (3m + n) = 0，
若 4mn + 1 = 0，则 mn =- ，此时 y2 = = = = y1，
则 M,N 重合 (直线 MN 和 x 轴不平行且 M,N 不和点 A,B 重合)，不合题意； 故 3m + n = 0，∴ n =-3m，
则 AM 方程为 y = m(x + 2)，BN 方程为 y =-3m(x - 2)，联立解得x = 1，
即直线 AM 与 BN 的交点横坐标为 x = 1，故直线 AM 与 BN 的交点在一条定直线x = 1 上 .
3
(2024·湖北武汉·统考模拟预测) 已知双曲线E： - = 1 的左右焦点为F1，F2，其右准线为 l，
点F2 到直线 l 的距离为，过点F2 的动直线交双曲线E 于A，B 两点，当直线AB 与 x 轴垂直时，|AB| =
6 .
(1) 求双曲线E 的标准方程；
(2) 设直线AF1 与直线 l 的交点为P，证明：直线PB 过定点.
【答案】(1)x2 - = 1；(2) 证明过程见解析
【分析】(1) 由右焦点到右准线的距离以及通径长度，结合 a,b,c 之间的平方关系即可求解；
(2) 设直线 AB 的方程为 x =my + 2，A (x1,y1(,B (x2,y2(,F1 (-2,0(，联立双曲线方程结合韦达定理
得 my1y2 =- (y1 +y2(，用 m 以及 A,B 的坐标表示出点 P 以及 PB 的方程，根据对称性可知，只需
在 PB 的直线方程中，令 y = 0，证明相应的 x 为定值即可求解.
(1) 由题意 ⇒ 所以双曲线 E 的标准方程为
(2) 由题意 l:x = ，设直线 AB 的方程为 x =my + 2，A (x1,y1(,B (x2,y2(,F1 (-2,0(，
(x =my+2
{L3x2 -y2 =3 ⇒ (3m2 -1(y2 + 12my + 9 = 0，
所以 Δ = 144m2 - 36(3m2 -1( = 36 (m2 +1( > 0,y1y2 = ,y1 +y2 = -，
5y1
直线 AF1 的方程为：y = (x+2( , ∴ P , ， 所以 PB 的方程为 y = (x-x2( +y2，
由对称性可知 PB 过的定点一定在 x 轴上，
my2 + 2
= + 2 = - + 2，
(y y =
9
又 {Lyy2 - ⇒ my1y2 =- (y1 +y2(，
所以直线 PB 过定点 ,0(.
万物皆数——毕达哥拉斯
4
(2024·辽宁·校联考一模) 已知双曲线 C： - = 1(a > 0，b > 0) 的右顶点E(1,0(，斜率为 1 的
直线交 C 于M、N两点，且MN 中点 Q (1,3( .
(1) 求双曲线 C 的方程；
(2) 证明：△MEN为直角三角形； ℴ
(3) 若过曲线 C 上一点P 作直线与两条渐近线相交，交点为A，B，且分别在第一象限和第四象限，若A
= λP，λ ∈ ,2|，求 △AOB 面积的取值范围.
【答案】(1)x2 - = 1；(2) 证明见解析；(3) 3 ,|
【分析】(1) 设出 M、N 两点坐标，借助点差法计算即可得；
(2) 联立直线与双曲线方程，可得与 M、N 两点坐标有关韦达定理，通过计算 E— ⋅ E— = 0 即可得
△MEN 为直角三角形；
(3) 设直线 AB 方程为：x =my +n，P (x3,y3(，A (x4,y4(，B (x5,y5(，结合题意计算可得 (3x-y( +
λ2 (3x-y( + 2λ (3x4x5 -y4y5( = 3 (1+λ (2，又 ∵ 3x -y = 0，3x -y = 0，可得 3x4x5 -y4y5 =
2λ ,联立直线 AB 与渐近线方程，可得与两点坐标有关韦达定理，代入化简可得 3m2 -1 =
3 (1+λ (2 -6n2
,结合面积公式计算即可用 λ 表示该三角形面积，构造相应函数借助对勾函数性质可得函
数单调性即可得面积范围.
(1) 设 M(x1,y1(，N (x2,y2(，则 x1 + x2 = 2，y1 +y2 = 6， ∵ M，N 两点在双曲线 C 上，
∴ { - =1① ,由① - ②得 x-x - y-y = 0
L a2 b2
| x2 - y2 =1② a2 b2 ，
即 y-y = b2 ∴ (y1 +y2((y1 -y2( = b2
x-x a2 ， (x1 +x2((x1 -x2( a2 ，
∴ kOQ ⋅ kMN = ，即 ∴ 1 ⋅ 3 = ，∴ b2 = 3a2，
2
3
又 ∵ a = 1，∴ b2 = 3，∴ 双曲线 C 的方程为：x2 - y = 1；
(2) 由已知可得，直线 MN 的方程为：y - 3 = 1 ⋅ (x-1(，即 y = x + 2，
联立 { ⇒ 2x2 - 4x - 7 = 0，Δ = 16 + 56 = 72 > 0， 则 x1 + x2 = 2，x1x2 =- ，
∵ E— ⋅ E— = (x1 -1,y1(⋅ (x2 -1,y2( = (x1 -1((x2 -1( +y1y2
= (x1 -1((x2 -1( + (x1 +2((x2 +2( = 2x1x2 + (x1 +x2( + 5 = 2 × (- + 2 + 5 = 0，
∴ EM ⊥EN，∴ △EMN 为直角三角形；
(3) 由题意可知，若直线 AB 有斜率则斜率不为 0，
故设直线 AB 方程为：x =my +n， 设 P(x3,y3(，A (x4,y4(，B (x5,y5(，
∵ A = λP，∴ (x3 -x4,y3 -y4( = λ (x5 -x3,y5 -y3(，
数学是打开科学大门的银匙——培根
万物皆数——毕达哥拉斯
∴ { ⇒ { ，
∵ 点 P 在双曲线 C 上，∴ ( (2 - = 1，
∴ 3(x4 +λx5(2 - (y4 +λy5(2 = 3 (1+λ (2，
∴ (3x-y( + λ2 (3x-y( + 2λ (3x4x5 -y4y5( = 3 (1+λ (2 ③, 又 ∵ 3x -y = 0，3x -y = 0，
∴ 2λ (3x4x5 -y4y5( = 3 (1+λ (2，∴ 3x4x5 -y4y5 = ④, 联立 { ⇒ (3m2 -1(y2 + 6mny + 3n2 = 0，
{2322 -12n2 (3m2 -1( >0 ⇒ m ≠± ,
y4 +y5 = - ⑤, y4y5 = - ⑥,
∵ A，B 分别在第一象限和第四象限，∴ y4y5 < 0，∴ 3m2 - 1 < 0，
由④式得：3 (my4 +n((my5 +n( -y4y5 = ， ∴ (3m2 -1(y4y5 + 3mn (y4 +y5( + 3n2 = ⑦,
将⑤⑥代入⑦得：(3m2 -1( - + 3mn- + 3n2 = ，
∴ -6n2 = 3 (1+λ (2 3m2 -1 2λ ,
∴ S△AOB = |OA|⋅ |OB| ⋅ sin∠AOB = ⋅ ⋅ |y4| ⋅ ⋅ |y5|
= |y4y5| = - =-· 3 ⋅ = ⋅ = λ + +2( 令 h (λ ( = λ + ，λ ∈ ,2，
由对勾函数性质可得 h (λ (在 | ,1|上单调递减，在 (1,2[ 上单调递增， ∴ h (λ ( ∈ 2,，∴ S△AOB ∈ 3 , .
题目 5 (2023·全国·高三贵溪市实验中学校联考阶段练习) 已知抛物线 C:y2 = 2px(p > 0)，垂直于 x 轴的 直线 l 与圆 Q:(x - 1)2 +y2 = 1 相切，且与 C 交于不同的两点A,B,|AB| = 4、2 .
(1) 求p；
(2) 已知P(-1,2(，过P 的直线与抛物线 C 交于M,N两点，过P 作直线MQ,NQ 的垂线，与直线MQ,NQ 分别交于 S,T 两点，求证：|SQ| = |TQ| .
【答案】(1)p = 2；(2) 证明见解析
【分析】(1) 根据题意求出 A (2,2、2 (，然后带入计算即可；
(2) 将 |SQ| = |TQ| 转化为 |PS| = |PT|，然后利用点到直线的距离公式证明即可.
(1) 垂直于 x 轴的直线 l 与圆 Q:(x - 1)2 +y2 = 1 相切，且与 C 交于不同的两点 A,B,
数学是打开科学大门的银匙——培根
得 l 的方程为 x = 2． 又 |AB| = 4、2 ，
不妨设 A (2,2、2 (，代入抛物线 C，解得 p = 2 .
(2) ①当直线 MQ,NQ 中有一条直线斜率不存在时，
不妨设直线 MQ 的斜率不存在，则 M( 1, -2(,N (0,0(，此时直线 NQ 的斜率为 0 . lMQ :x = 1,lNQ :y = 0，|SQ| = |TQ| = 2 .
②当直线 MQ,NQ 斜率均存在时，
记直线 MQ 斜率为 k1，直线 NQ 斜率为 k2,P 到直线 MQ 的距离为 |PS| = d1， 到直线 NQ 的距离为 |PT| = d2，
设 lMN :y = k (x+1( + 2,M (x1,y1(,N (x2,y2(，则 k1 = - ,k2 = -，
k1k2 = = = .
由 {k4+1( +2 , 得，则 y1 + y2 = ,y1y2 = ，
64 (k+2(
16(k+2)2 - 64 32 (k+2( 4k2 +8k
k1k2 = k = 4k (k+2( = 1 .
k2 k2 + k +16
因为 d1 =
同理 d2 =
,
2|k1 +1| 1+k
2
+1
2|k2 +1| 1+k
2| 1+k1|
1+k
, d2 =
= d1，
=
=
1+
2|k2 +1| 1+k
即 |PS| = |PT| , 所以 △PTQ ≌ △PSQ，则 |SQ| = |TQ| .
题目 6 (2024·四川绵阳·统考二模) 己知直线 l:y = kx - 2 与抛物线E:x2 = 2py(p > 0) 交于A，B 两点，F 为E 的焦点，直线FA，FB 的斜率之和为 0 .
(1) 求E 的方程；
(2) 直线FA,FB 分别交直线y=-2 于M,N两点，若 |MN | ≥ 16，求 k 的取值范围.
【答案】(1)x2 = 8y；(2) - , -1( ∪ (1，|
【分析】(1) 联立直线与抛物线方程，将直线 FA，FB 的斜率之和坐标化，利用韦达定理代入整理求 解系数 p；
(2) 由直线 FA,FB 方程，令 y=-2，用 x1,x2 表示 M,N 坐标，代入 |MN | ≥ 16 利用志达定理将条件 转化为 k 的不等关系，求解不等式即得.
(1) 由 E:x2 = 2py(p > 0)，得 F(0, ，设直线 与抛物线线交点 A(x1,y1),B(x2,y2)， FA 的斜率 k1 = ，FB 的斜率 k2 = ，
由已知直线 FA，FB 的斜率之和为 0，
则 k1 + k2 = + = +
= 2k - (2 + + = 2k - (2 + = 0 ①, 联立方程组 {2，消 y 得 x2 - 2kpx + 4p = 0，
由 Δ = 4k2p2 - 16p > 0，且 p > 0，得 k2 > ，则 k ≠ 0.
由韦达定理得 {2 22kp，代入①化简得 k1 + k2 = 2k - (2 + ⋅ = k(2 - = 0，
由 k≠ 0，解得 p = 4，故抛物线 E 的方程为 x2 = 8y；
(2) 由 (1) 知，焦点 F(0,2)，则 FA:y = k1x + 2，FB:y = k2x + 2，
令 y =-2，得 M(- ,-2(,N(- ,-2(，
k1 k2 k1 k2 k1 k2 ，
1 1 | x1 x2 x1 x2 4 (x2 -x1(
故 |MN| = |- 4 + 4 | = 4 | 1 - 1 | ≥ 16，解得 | 1 - 1 | ≥ 4
又 |k1 - k2 = y1 -2 - y2 -2 = kx1 -4 - kx2 -4 = (kx1 -4((kx2 -4( =
4 (x2 -x1( k2x1x2 -4k(x1 +x2)+16 ，
由 (1) 知，{2 2 8k，代入②式得，
- = = - = - = - = ≥
4，
且 k2 > 1，解得 1 0) 的离心率为 ,左顶点A 到右焦点F 的距离为 3.
(1) 求椭圆 C 的方程；
(2) 设直线 l 与椭圆 C 交于不同两点M，N(不同于A)，且直线AM和AN 的斜率之积与椭圆的离心率互 为相反数，求F 在 l 上的射影H 的轨迹方程.
【答案】(1) + = 1；(2)(x- 2 +y2 = (x≠ 1(
【分析】(1) 由题目条件列出方程组，求出参数的值，得椭圆的方程；
(2) 分直线 l 斜率是否存在两种情况讨论，与椭圆的方程联立，根据直线 AM 和 AN 的斜率之积建立 参数的关系式，得直线 l 过定点，得点 H 的轨迹是以 BF 为直径的圆(除去点 F)，建立点 H 的轨迹方
程.
|La2 =b2 +c2 Lc =1
(1) 由题意可得 {c3 ，解得 {( 23 ，所以椭圆方程为 + = 1.
(2) 当直线 l 的斜率存在时，可设 l：y = kx +m，M (x1,y1(，N (x2,y2(， (y =kx +m
与椭圆方程联立，+ =1 ，得 (3+4k2(x2 + 8kmx + 4m2 - 12 = 0，
Δ = 64k2m2 - 4(3 + 4k2) (4m2 - 12) > 0，x1 + x2 =- ，x1x2 = ，
因为直线 AM 和 AN 的斜率之积与椭圆的离心率互为相反数，
得 5m2 - 8km - 4k2 = 0，即 (m-2k((5m +2k( = 0，所以 m = 2k 或m =- k，
当 m = 2k 时，y = kx + 2k = k (x+2( 经过定点 (-2,0(，与 A 重合，舍去，
当 m =- k 时，y = kx - k = k(x- ，经过定点 B ,0(，
当直线 l 的斜率不存在时，l：x = ，此时，kAM ⋅ kAN =- ，满足条件，
° 2 3
5 5 ，
因为 ∠BHF = 90 ，BF = 1 - =
所以点 H 的轨迹是以 BF 为直径的圆 (除去点 F)，圆心坐标为 ,0(，半径为 ， 所以点 H 的轨迹方程为 (x- 2 +y2 = (x≠ 1( .
8
(2024·北京东城·高三统考期末) 已知椭圆 C: + = 1(a > b > 0) 的右焦点为F，左、右顶点分
别为A,B，|AF| = 2 + 3 ,|BF| = 2 - 3 .
(1) 求椭圆 C 的方程；
(2) 设 O 是坐标原点，M,N是椭圆 C 上不同的两点，且关于 x 轴对称，E,G 分别为线段 OM,MB 的中点， 直线AE 与椭圆 C 交于另一点D. 证明：D,G,N三点共线.
【分析】(1) 由题意得 |AF = 2 + 3 = a + c,|BF| = 2 - 3 = a - c，结合平方关系即可得解.
【答案】(1) 2 +y2 = 1；(2|) 证明见解析
(2) 由题意不妨设 M(m,n(,N (m,-n(,A (-2,0(,B (2,0(,O (0,0(，则 E( , (,G(m 2 ， (，将直
n
2
线 AE 的方程 y = m 2 (x+2(，与椭圆方程联立，结合韦达定理得点 D 坐标，要证 D,G,N 三点共
线，只需证明 kNG = kND 即可，在化简时注意利用 4n2 = 4 -m2，由此即可顺利得证.
(1) 由题意 |AF| = 2 + 、3 = a + c,|BF| = 2 - 、3 = a - c，
所以 a = 2,c = 3 ,b = 4-3 = 1，所以椭圆 C 的方程为 + y2 = 1.
(2) 由题意不妨设 M(m,n(,N (m, -n(,A (-2,0(,B ( 2,0(,O (0,0( ，
其中 + n2 = 1,(m≠±2( ，即 4n2 = 4 -m2，
则 (,G( 且直线 AE 的方程为(x+2( ， 将其与椭圆方程 + y2 = 1 联立得 x +2( ，
消去 y 并化简整理得 - 4 = 0， 由韦达定理有 xAxD =-2xD =
即点
= --- = - = - = kNG，
所以 D,G,N 三点共线 .
9 (2024·湖南邵阳·统考一模) 已知椭圆 C: + = 1(a > b > 0) 的短轴长为 2 3 ，左顶点到左焦点
的距离为 1.
(1) 求椭圆 C 的标准方程；
(2) 如图所示，点A 是椭圆 C 的右顶点，过点(6,0( 的直线 l 与椭圆 C 交于不同的两点E,F，且都在 x 轴
的上方，点P 的坐标为 ,0(. 证明：∠APE = ∠OPF.
【答案】(1) + = 1；(2) 证明见解析
【分析】(1) 根据已知列出关于 a,b,c 的方程组，求解得出 a,b,c 的值，即可得出答案；
(2) 根据已知设直线 l 方程为 y = k (x-6(,k ≠ 0，与椭圆方程联立，得出一元二次方程 . 设 E(x1,y1( , F (x2,y2(，根据韦达定理得出坐标之间的关系，进而表示出 kPF,kPE，求和化简推得 kPF + kPE = 0，转
化为角之间的关系，即可得出证明.
(2b =2 3 (a =2
(1) 依题意得{a-c =1 解得 {b =、3 ，
La2 =b2 +c2 Lc =1
所以，椭圆 C 的标准方程为 + = 1.
(2) 由已知，直线 l 过点 (6,0(，与椭圆 C: + = 1 交与不同的两点 E,F，
且都在 x 轴上方可得，直线l 的斜率存在且不为 0， 设直线 l 方程为 y = k (x-6(,k ≠ 0.
(y =k (x-6(
联立方程 + =1 ，可得 (3+4k2(x2 - 48k2x + 144k2 - 12 = 0.
计算 Δ = (-48k2(2 - 4 × (3+4k2((144k2 -12( =-48(32k2 -3( > 0，
可得 - < k < ，且 k ≠ 0.
设 E(x1,y1(,F (x2,y2(，
由韦达定理可得 {2 2 .
又 P ,0(，
所以，kPF + kPE = - + - =
k (x2 -6((x1 - +k (x1 -6((x2 -
(x2 - 1 -
= k ⋅ 3 3
x1 ⋅x2 - 2 x2 -6x1 +4+x1x2 - 2 x1 -6x2 +4
(x2 - 1 -
= k ⋅
= k ⋅
2x1x2 - 1 +x2( +8
(x2 - 1 -
- × +8
.
(x2 - 1 -
因为 - × + 8 = = 0，
所以，kPF + kPE = 0，kPF =-kPE .
kPF =tan (π-∠OPF( =-tan∠OPF，kPE =tan ∠APE， 所以，tan ∠APE =tan ∠OPF，∠APE = ∠OPF.
10 (2024·内蒙古锡林郭勒盟·高三统考开学考试) 已知椭圆E： + = 1 (a>b >0( 经过点
(2,、2 (，右焦点为F(2,0( .
(1) 求E 的标准方程；
(2) 已知A，B 分别为E 的上顶点和下顶点，过点 (0,1(且斜率存在的直线 l 与E 交于 C、D 两点，证明：直 线AC 与直线BD 的交点M在定直线上.
【答案】(1) + = 1；(2) 证明见解析
【分析】(1) 根据题意得出关于a，b 的方程组，从而得解；
(2) 设出 C、D、M 点的坐标，直线 CD 和椭圆联立方程组，得出韦达定理，联立直线 AC 与直线 BD， 求出交点 M 的坐标，将韦达定理代入求解可得.
(1) 因为椭圆 E： + = 1 (a>b >0( 经过点 (2, 2 (，右焦点为 F(2,0(
(c=2
所以 { 4 + 2 =1，解得 a2 = 8，b2 = 4，
a2 b2
椭圆 E 的标准方程为：C: + = 1 .
(2) 设直线 CD:y = kx + 1，记 C (x2,y2(，D (x1,y1(，
联立直线 CD 和椭圆方程 {
化简整理得，(2k2 +1(x2 + 4kx - 6 = 0， Δ = 16k2 + 24(1+2k2( > 0 恒成立，
由韦达定理得，{2 2 1 ，
记 A (0,2(、B (0,-2(，M (xM，yM(，
因为直线 AC：y = x + 2，BD：y = x - 2，
所以 { y1 +2 ，
(yM -2 = xM
yM +2 = x1 xM
两式相除，得 - =
(y1 +2(x2 x1 (y2 -2(
=
(kx1 +3(x2
(kx2 -1(x1
=
kx1x2 +3(x1 +x2(-3x1
kx1x2 -x1
= 3，解得 yM = 4，
所以直线 AC 与直线 BD 的交点 M在定直线 y = 4 上 .
11 (2023·北京·统考高考真题) 已知椭圆 的离心率为 ，A、C 分别是E
的上、下顶点，B，D 分别是E 的左、右顶点，|AC | = 4 .
(1) 求E 的方程；
(2) 设P 为第一象限内E 上的动点，直线PD 与直线BC 交于点M，直线PA 与直线y=-2 交于点N ．求 证：MN ⎳ CD .
证明 见解析
【分析】(1) 结合题意得到 ，2b = 4，再结合 a2 - c2 = b2，解之即可；
(2) 依题意求得直线 BC、PD 与 PA 的方程，从而求得点 M,N 的坐标，进而求得 kMN，再根据题意求 得 kCD，得到 kMN = kCD，由此得解.
(1) 依题意，得 e = 则
又 A,C 分别为椭圆上下顶点，|AC| = 4，所以 2b = 4，即 b = 2，
所以 a2 - c2 = b2 = 4，即 a2 - a2 = 4，则 a2 = 9， 所以椭圆 E 的方程为 .
(2) 因为椭圆 E 的方程为 = 1，所以 A (0,2(,C (0, -2(,B (-3,0(,D ( 3,0( ， 因为 P 为第一象限 E 上的动点，设 P(m,n((0 0，
因为 = 0，所以 (x1 -1((x2 -1( + y1y2 = 0， 即 (my1 + n-1((my2 + n-1( + y1y2 = 0，
亦即 (m2 +1( y1y2 + m (n-1((y1 +y2( + (n-1(2 = 0，
将 y1 + y2 = 4m,y1y2 =-4n 代入得，4m2 = n2 - 6n + 1，4 (m2 + n( = (n-1(2 > 0， 所以 n≠ 1，且 n2 - 6n + 1 ≥ 0，解得 n ≥ 3 + 2、2 或 n ≤ 3 - 2、2 .
设点 F 到直线 MN 的距离为 d，所以 d =
= 1+m2 4 (n2 -6n +1( +16n = 2 1+m2 |n-1| ，
万物皆数——毕达哥拉斯
|n- 1| 1 +m2
1
× 2 1 +m2 |n- 1| = (n- 1(2，
×
2
所以 △MFN 的面积 S = × |MN| × d =
而 n ≥ 3 + 2 2 或 n ≤ 3 - 2 2 ，
所以，当 n = 3 - 2 2 时，△MFN 的面积 Smin = ( 2 - 2 2 (2 = 12 - 8 2 .
13
(2023·全国·统考高考真题) 已知椭圆 C: + = 1(a > b > 0) 的离心率是 35 ，点A(-2,0(在
C上.
(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.
【答案】(1) 2 + 2 = 1；(2) 证明见解析
【分析】(1) 根据题意列式求解 a,b,c，进而可得结果；
yM + yN 2
为定值即可.
(2) 设直线 PQ 的方程，进而可求点 M,N 的坐标，结合韦达定理验证
b = 2
,解得 {b = 2 ，所以椭圆方程为 + = 1.
(a = 3 2 2
c2 5 3
(1) 由题意可得 {a2 = b2 +
Lc = 5
e = =
联立方程 {L 2 + 2 = 1 ，消去 y 得：(4k2 + 9(x2 + 8k (2k + 3(x + 16(k2 + 3k( = 0，
(2) 由题意可知：直线 PQ 的斜率存在，设 PQ:y = k (x+ 2( + 3,P (x1,y1(,Q (x2,y2( ， (y = k (x+ 2( + 3
则 Δ = 64k2 ( 2k + 3(2 - 64(4k2 + 9((k2 + 3k( =-1728k > 0，解得 k < 0，
可得 x1 + x2 =- ,x1x2 = ， 因为 A (-2,0(，则直线 AP:y = (x+ 2( ，
令 x = 0，解得 y = ，即 M(0, ，同理可得 N(0, ，
则 = +
= =
[kx1 + ( 2k + 3([(x2 + 2( + [kx2 + ( 2k + 3([(x1 + 2( 2kx1x2 + (4k + 3((x1 +x2( +4( 2k + 3(
(x1 + 2((x2 + 2( x1x2 + 2(x1 +x2( +4
= - +4( 2k + 3( = 108 = 3 - +4 36 ，
所以线段 MN 的中点是定点 (0,3( .
14 (2023·天津·统考高考真题) 已知椭圆 + = 1(a > b > 0) 的左右顶点分别为A1,A2，右焦点
为F，已知 |A1F| = 3,|A2F| = 1 .
(1) 求椭圆的方程和离心率；
(2) 点P 在椭圆上 (异于椭圆的顶点)，直线A2P 交y 轴于点 Q，若三角形A1PQ 的面积是三角形A2PF 面 积的二倍，求直线A2P 的方程.
【答案】(1) 椭圆的方程为 + = 1，离心率为 e = ；(2)y =±(x-2( .
【分析】(1) 由 { -+ 解得 a = 2,c = 1，从而求出 b = 3 ，代入椭圆方程即可求方程，再代入离心
率公式即求离心率.
(2) 先设直线 A2P 的方程，与椭圆方程联立，消去 y，再由韦达定理可得 xA2 ⋅ xP，从而得到 P 点和 Q 点坐标 . 由 S△A2QA1 = S△A1PQ + S△A1A2P = 2S△A2PF + S△A1A2P 得 2|yQ| = 3|yP|，即可得到关于 k 的方程，解 出 k，代入直线 A2P 的方程即可得到答案.
(1) 如图，
由题意得 { -+ ，解得 a = 2,c = 1，所以 b =、22 -12 = · 3 ， 所以椭圆的方程为 + = 1，离心率为 e = = .
(2) 由题意得，直线 A2P 斜率存在，由椭圆的方程为 + = 1 可得 A2 (2,0(，
设直线 A2P 的方程为 y = k (x-2(，
Ly =k (x-2(
联立方程组 {( + =1 ，消去 y 整理得：(3+4k2(x2 - 16k2x + 16k2 - 12 = 0，
由韦达定理得 xA2 ⋅ xP = ，所以 xP = ， 所以 (，Q (0,-2k( .
所以 S△A2QA1 = × 4 × |yQ|,S△A2PF = × 1 × |yP| ,S△A1A2P = × 4 × |yP|，
所以 S△A2QA1 = S△A1PQ + S△A1A2P = 2S△A2PF + S△A1A2P，
所以 2|y Q| = 3|yP|，即 2|-2k| = 3 |- ，解得 k =± , 所以直线 A2P 的方程为 y =±(x-2( .
15
(2023·全国·统考高考真题) 在直角坐标系 xOy 中，点P 到 x 轴的距离等于点P 到点(0, 的距
离，记动点P 的轨迹为 W .
(1) 求 W 的方程；
(2) 已知矩形ABCD 有三个顶点在 W上，证明：矩形ABCD 的周长大于 3 3 .
【答案】(1)y = x2 + ；(2) 见解析
【分析】(1) 设 P(x,y)，根据题意列出方程 x2 + (y - 2 =y2，化简即可；
(2) 法一：设矩形的三个顶点 A(a,a2 + B(b,b2 + C(c,c2 + ，且 a < b < c，分别令 kAB = a + b =m < 0，kBC = b + c =n > 0，且 mn=-1，利用放缩法得 C ≥ (n + 1 +n2 ，设函数 f(x) = (x + 2 (1 +x2(，利用导数求出其最小值，则得 C 的最小值，再排除边界值即可.
法二：设直线 AB 的方程为 y = k(x - a) +a2 + ，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩
法得 |AB| + |AD| ≥
(1 +k2(3
k2
,利用换元法和求导即可求出周长最值，再排除边界值即可.
法三：利用平移坐标系法，再设点，利用三角换元再对角度分类讨论，结合基本不等式即可证明.
(1) 设 P(x,y), 则 |y| =
x2 +(y - 2
,两边同平方化简得 y = x2 + ，故 W:y = x2 + .
(2) 法一：设矩形的三个顶点 A(a,a2 + B(b,b2 + C(c,c2 + 在 W 上, 且 a < b < c，
易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为 0，
则 kAB ⋅ kBC =-1,a + b < 0 < b + c, 令 kAB = = a + b =m < 0， 同理令 kBC = b + c =n > 0，且 mn=-1，则 m =- ，
设矩形周长为 C, 由对称性不妨设 |m| ≥ |n|，kBC - kAB = c - a =n -m =n + ，
则 C = |AB | +|BC | = (b - a) 1 +m2 + (c -b) 1 +n2 ≥ (c - a) 1 +n2 = (n + 1 +n2 ， 易知 (n + 、1 +n2 > 0，则令 f(x) = (x + 2 (1 +x2(,x > 0,f/(x) = 2(x + 2 (2x- , 令 f/(x) =0，解得 x = ，
当 x ∈ (0, 时，f/(x) 0，此时 f(x) 单调递增，
则 f(x)min =f = ，故 C ≥ 、 = , 即 C ≥ 3 3 .
当 C = 3 3 时,n = ,m =- 2 , 且 (b - a) 1 +m2 = (b - a) 1 +n2 ，
即 m = n 时等号成立，矛盾，故 C > 3、3 , 得证 . 法二：不妨设 A,B,D 在 W 上，且 BA ⊥ DA，
依题意可设 A(a,a2 + ，易知直线 BA，DA 的斜率均存在且不为 0， 则设 BA,DA 的斜率分别为 k 和 - ，由对称性，不妨设 |k| ≤ 1，
直线 AB 的方程为 y = k(x - a) +a2 + ，
2 1
(y =x +
则联立 {Ly = k(x-4 a)+a2 + 得 x2 - kx + ka - a2 = 0，
Δ = k2 - 4(ka-a2( = (k-2a(2 > 0，则 k ≠ 2a，则 |AB | = 、1+k2 |k - 2a|，
同理 |AD | = 1+ +2a|，
∴ |AB | +|AD | = 1+k2 |k - 2a| + 1+ +2a| ≥ 1+k2 (|k-2a| + +2a|( ≥
令 k2 = m，则 m ∈ (0,1[，设 f(m) = = m2 + 3m + + 3，
则 f/ (m) = 2m + 3 - = ，令 f/ (m) =0，解得m = ， 当 m ∈ (0, 时，f/ (m) 0，此时 f(m) 单调递增， 则 f(m)min =f = ，∴ |AB | +|AD | ≥ ,
但 1+k2 |k - 2a| + 1+ +2a| ≥ 1+k2 (|k-2a|+ +2a|(，
此处取等条件为 k = 1，与最终取等时 k = 不一致，故 |AB| + |AD| > . 法三：为了计算方便, 我们将抛物线向下移动 个单位得抛物线 W/ :y = x2 ,
矩形 ABCD 变换为矩形A/B/ C/D/ , 则问题等价于矩形 A/B/ C/D/ 的周长大于 3、3 .
设 B/ (t0,t(,A/ (t1,t(,C/ (t2,t( , 根据对称性不妨设 t0 ≥ 0.
则 kA/B/ = t1 + t0,kB/C/ = t2 + t0 , 由于 A/B/ ⊥ B/ C/ , 则 (t1 + t0((t2 + t0( =-1.
由于 |A/B/ | = 1+ (t1 + t0(2 |t1 -t0| ,|B/ C/ | = 1+ (t2 + t0(2 |t2 -t0| , 且 t0 介于 t1,t2 之间 , 则 |A/B/ | + |B/ C/ | = 1+ (t1 + t0(2 |t1 -t0| + 1+ (t2 + t0(2 |t2 -t0| . 令 t2 + t0 = tanθ ,
t1 + t0 =-ctθ,θ ∈ (0, , 则 t2 = tanθ -t0,t1 =-ctθ -t0，
从而 |A/B/ | + |B/ C/ | = 、1+ct2θ ( 2t0 +ctθ( + 、1+tan2θ (tanθ-2t0(
sinθ cs2θ
sin3θ +cs3θ sin2θcs2θ
故 |A/B/| + |B/C/| = 2t0 (
( +
1 1
+
+
-
sinθ csθ
csθ = 2t0 (csθ-sinθ) sin2θ sinθcsθ
1
sinθcsθ
2
sin2θ
= 2
①当 θ ∈ (0, 时，|A/B/| + |B/C/| ≥ sθ = + i ≥ 2
≥ 2 2
②当 θ ∈ ( , ( 时, 由于 t1 < t0 < t2 , 从而 -ctθ -t0 < t0 sinθ(csθ-sinθ)(sinθcsθ) + sin3θ +cs3θ = 1 + csθ
sin2θcs3θ sin2θcs2θ csθ sin2θ
2 2
= =
sin2θsin2θ⋅ 2cs2θ (1-cs2θ ((1-cs2θ (⋅ 2cs2θ
≥ ≥ =
2 2 3 3
( (1-cs2θ ( + (1 cs2θ ( +2cs2θ (3 ( (3 2 ，
3 3
2
,故矩形周长大于 3 3 .
3
当且仅当 cs θ = 3 时等号成立，故 |A/B/| + |B/C/| >
16
(2023·全国·统考高考真题) 已知双曲线 C 的中心为坐标原点，左焦点为 (-2、5 ,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.
【答案】(1) - = 1；(2) 证明见解析.
【分析】(1) 由题意求得 a,b 的值即可确定双曲线方程；
(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 直线 x =-1 上.
x+2 x-2
=- ，即交点的横坐标为定值，据此可证得点 P 在定
(1) 设双曲线方程为 - = 1 (a>0,b >0(，由焦点坐标可知 c = 2· 5 ，
则由 e = = 5 可得 a = 2，b =、c2 -a2 = 4， 双曲线方程为 - = 1.
(2) 由 (1) 可得 A1 (-2,0(,A2 (2,0(，设 M(x1,y1(,N (x2,y2(，
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 联立可得 (4m2 - 1( y2 - 32my + 48 = 0，且 Δ = 64(4m2 + 3) > 0，
直线 MA1 的方程为 (x+ 2( ，直线 NA2 的方程为 (x- 2( ，
联立直线 MA1 与直线 NA2 的方程可得：
由 可得 x =-1，即 xP =-1，
据此可得点 P 在定直线x =-1 上运动 .
17 (2022·全国·统考高考真题) 已知双曲线 的右焦点为F(2,0)，渐近线
方程为
(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P(x1,y1(,Q (x2,y2(在 C 上，且 x1 > x2 > 0,y1 >
0 ．过P 且斜率为 -、3 的直线与过 Q 且斜率为 3 的直线交于点M. 从下面①②③中选取两个作为条 件，证明另外一个成立：
① M在AB 上；② PQ ∥ AB；③ |MA | = |MB | .
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
见解析
【分析】(1) 利用焦点坐标求得 c 的值，利用渐近线方程求得 a,b 的关系，进而利用 a,b,c 的平方关系 求得 a,b 的值，得到双曲线的方程；
(2) 先分析得到直线 AB 的斜率存在且不为零，设直线 AB 的斜率为k, M(x0,y0), 由③ |AM | =
|BM | 等价分析得到 x0 + ky0 = -；由直线 PM 和 QM 的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程， 两点间距离公式得到直线 PQ 的斜率m = ，由② PQ ⎳ AB 等价转化为 ky0 = 3x0，由① M在直
线 AB 上等价于 ky0 = k2 (x0 - 2(，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.
(1) 右焦点为 F(2,0)，∴ c = 2,
∵ 渐近线方程为 ，∴ b = 3 a，
∴ c2 = a2 + b2 = 4a2 = 4，∴ a = 1，∴ b = 、3 .
∴ 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 = x2，已知不符； 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 = k (x-2( ,
则条件① M在 AB 上，等价于 y0 = k (x0 -2( ⇔ ky0 = k2 (x0 -2( ； 两渐近线的方程合并为 3x2 - y2 = 0,
联立消去 y 并化简整理得：(k2 -3(x2 - 4k2x + 4k2 = 0 设 A (x3,y3(,B (x4,y4( , 线段中点为 N(xN,yN( ,
设 M(x 0,y0(，则条件③ |AM| = |BM|等价于 (x0 -x3(2 + (y0 -y3(2 = (x0 -x4(2 + (y0 -y4(2 , 移项并利用平方差公式整理得：(x3 -x4([2x0 - (x3 + x4([ + (y3 -y4([2y0 - (y3 +y4([ = 0，
由题意知直线 PM 的斜率为 - 3 , 直线 QM 的斜率为 3 ,
所以直线 PQ 的斜率
直线 PM:y =- 3 (x-x0( + y0, 即 y = y0 + 3 x0 - 3 x,
代入双曲线的方程 3x2 - y2 - 3 = 0, 即 (、3 x +y((、3 x-y( = 3 中，
得：(y0 + 3 x0([2 3 x- (y0 + 3 x0([ = 3，解得 P 的横坐标：x1 = +y0 + x0( , 同理：x2 =- +y0 - x0(，
∴ 条件② PQ ⎳ AB 等价于 m = k ⇔ ky0 = 3x0，
综上所述：条件① M在 AB 上，等价于 ky0 = k2 (x0 -2( ； 条件② PQ ⎳ AB 等价于 ky0 = 3x0；
条件③ |AM| = |BM| 等价于 x0 + ky0 =
选①②推③：由①②解得：x0 = , ∴ x0 + ky0 = 4x0 = , ∴ ③成立； 选①③推②：由①③解得：x0 = ，ky0 =
∴ ky0 = 3x0，∴ ②成立；
k2 -3 ， k2 -3 ， k2 -3 ，
选②③推①：由②③解得：x0 = 2k2 ky0 = 6k2 ∴ x0 - 2 = 6
∴ ky0 = k2 (x0 -2(，∴ ①成立 .
18 (2022·全国·统考高考真题) 已知点A(2,1) 在双曲线 C: - - = 1(a > 1) 上，直线 l 交 C 于
P，Q 两点，直线AP,AQ 的斜率之和为 0 .
(1) 求 l 的斜率；
(2) 若tan∠PAQ = 2、2 ，求 △PAQ 的面积.
【答案】(1) - 1；(2) .
【分析】(1) 由点 A(2,1) 在双曲线上可求出 a，易知直线 l 的斜率存在，设 l:y = kx +m，P (x1,y1( , Q (x2,y2(，再根据 kAP + kAQ = 0，即可解出 l 的斜率；
(2) 根据直线 AP,AQ 的斜率之和为 0 可知直线 AP,AQ 的倾斜角互补，根据 tan∠PAQ = 2、2 即可 求出直线 AP,AQ 的斜率，再分别联立直线 AP,AQ 与双曲线方程求出点 P,Q 的坐标，即可得到直 线 PQ 的方程以及 PQ 的长，由点到直线的距离公式求出点 A 到直线 PQ 的距离，即可得出 △PAQ 的面积 .
(1) 因为点 A(2,1) 在双曲线 C: - - = 1(a > 1) 上， 所以 - = 1，解得 a2 = 2，即双曲线 C: -y2 = 1 .
联立 -y2 =1 可得，(1-2k2(x2 - 4mkx - 2m2 - 2 = 0，
易知直线 l 的斜率存在，设 l:y = kx +m，P (x1,y1(,Q (x2,y2(， (y =kx +m
2k2 -1 2k2 -1 ，
所以，x1 + x2 =- 4mk ,x1x2 = 2m2 +2
Δ = 16m2k2 - 4(2m2 +2((2k2 -1( > 0 ⇒m2 + 1 - 2k2 > 0 且 k ≠± . 所以由 kAP + kAQ = 0 可得， + = 0，
即 (x1 -2((kx2 +m-1( + (x2 -2((kx1 +m-1( = 0， 即 2kx1x2 + (m-1-2k((x1 +x2(- 4(m-1( = 0，
所以 2k × - + (m-1-2k( (- -(m-1( = 0，
化简得，8k2 + 4k - 4 + 4m (k+1( = 0，即 (k+1((2k-1+m( = 0，所以 k =-1 或 m = 1 - 2k，
当 m = 1 - 2k 时，直线 l:y = kx +m = k (x-2( + 1 过点 A (2,1(，与题意不符，舍去， 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,β 0， 当 P,Q 均在双曲线左支时，∠PAQ = 2α,所以 tan2α = 2 2 ，
即 2 tan2α +tanα - 2 = 0，解得 tanα = (负值舍去)
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,Q 均在双曲线右支时，
因为 tan∠PAQ = 2 2，所以 tan(β-α( = 2 2 ，即 tan2α =-2 2 ， 即 2 tan2α -tanα - 2 = 0，解得 tanα = 2 (负值舍去)，
于是，直线 PA:y = 2 (x-2( + 1，直线 QA:y =- 2 (x-2( + 1，
3
2
联立 { x2 - 2
(y = 2 (x-2( +1
x2 + 2(
可得，
2-4(x + 10 - 4 2 = 0，
L 2 y = 1
2 4 2-5
, yP =
3 ，
因为方程有一个根为 2，所以 xP = 10 -34
-4
2
2-5
10+4 3
, yQ =
.
3
同理可得，xQ =
5
3
|2+1 - 2
所以 PQ:x + y - 5
2 2
,点 A 到直线 PQ 的距离d =
16 2
=
3 ，
3
3
= 0，|PQ| = 16
故 △PAQ 的面积为
1 16 2 2
=
.
× ×
9
2 3 3
∠PAQ 2
=
2 2 ，
(，由 tan∠PAQ = 2
π 2
2 ，得 tan
[ 方法二 ]：设直线 AP 的倾斜角为 α, (0 0,y1y2 =-4，
4
y1 -y2
2 2
y1 y2
-
4 4
y3 -y4
2 2
y3 y4
由斜率公式可得 kMN =
=
y3 +y4 ，
= y1 y2 ，kAB =
-
4 4
x1 - y1
2
直线 MD:x =
4 (x1 -2( y1
⋅ y - 8 = 0，
⋅ y
+ 2，代入抛物线方程可得 y2 -
Δ > 0,y1y3 =-8，所以 y3 = 2y2，同理可得 y4 = 2y1，
所以 kAB = 4 = 4 = kMN
y3 +y4 2 (y1 +y2( 2
又因为直线 MN、AB 的倾斜角分别为 α,β,所以 kAB =tanβ = kN = taα ,
若要使 α - β 最大，则 β ∈ (0, (，设 kMN = 2kAB = 2k > 0，
、 2
则 tan (α-β ( = n = 1 +k2k2 = 2k ≤ 2 ⋅2k = 4 ，
当且仅当 = 2k 即 k = 22 时，等号成立，
2 ，
所以当 α - β 最大时，kAB = 2 ，设直线 AB:x = 2 y +n
代入抛物线方程可得 y2 - 4 2 y - 4n = 0，
Δ > 0,y3y4 =-4n = 4y1y2 =-16，所以 n = 4，所以直线 AB:x = 2 y + 4. [ 方法二 ]：直线方程点斜式
由题可知，直线 MN 的斜率存在 .
设 M(x1,y1(,N (x2,y2(,A (x3,y3(,B (x4,y4( , 直线 MN:y = k (x-1(
由 {k4(-1) 得：k2x2 - (2k2 +4(x + k2 = 0，x1x2 = 1, 同理，y1y2 =-4.
直线 MD:y = x1y-1 2 (x - 2), 代入抛物线方程可得：x1x3 = 4，同理，x2x4 = 4.
代入抛物线方程可得:y1y3 =-8, 所以 y3 = 2y2，同理可得 y4 = 2y1，
由斜率公式可得：kAB = -- = ((-- (( = 2 22--1( = kMN .
(下同方法一) 若要使 α - β 最大，则 β ∈ (0, (，
1 2
=
2 ⋅2k 4 ，
1
+2k
设 kMN = 2kAB = 2k > 0，则 tan (α-β ( =
≤
=
1
k
tanα-tanβ = k 1 +tanαtanβ 1 +2k2
1
k
2
= 2k 即 k =
当且仅当
2
时，等号成立，
所以当 α - β 最大时，kAB = 代入抛物线方程可得 y2 - 4
2
2 ，设直线 AB:x = 2 y +n，
2 y - 4n = 0，Δ > 0,y3y4 =-4n = 4y1y2 =-16，
所以 n = 4，所以直线 AB:x = 2 y + 4. [ 方法三 ]：三点共线
2 y3
4
2 y4
4
2 y2
4
2 y1
4
设 M(
,y3(,B (
,y2(,A (
,y1(,N (
4 ，
,y (
2 y2
4
-t,y2(
设 P(t,0( , 若 P、M、N 三点共线，由P—
= ( -t,y1(，P— = (
所以 -t(y2 = ( -t(y1，化简得 y1y2 =-4t，
反之，若 y1y2 =-4t, 可得 MN 过定点 (t,0( 因此，由 M、N、F 三点共线，得 y1y2 =-4，
由 M、D、A 三点共线，得 y1y3 =-8，
由 N、D、B 三点共线，得 y2y4 =-8，
则 y3y4 = 4y1y2 =-16，AB 过定点 (4,0)
(下同方法一) 若要使 α - β 最大，则 β ∈ (0, ，
设 kMN = 2kAB = 2k > 0，则 tan (α-β( = = = ≤ = ， 当且仅当 即 时，等号成立，
所以当 α - β 最大时，kAB = 所以直线 AB:x = 2 y + 4.