2025年高考数学大题题型归纳精讲(新高考通用)第09讲圆锥曲线中的定点、定直线和定圆问题练习(学生版+解析）

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题型一：定点问题
考法一：直线过定点
例题分析
【例1】
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点(2,0)，且椭圆C的离心率为12 .
(1)求椭圆C的方程；
(2)若动点P在直线x=-1上，过P作直线交椭圆C于M,N两点，且P为线段MN的中点，再过P作直线l⊥MN，证明：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标.
【答案】(1)x24+y23=1
(2)证明见解析
【分析】（1）由点(2,0)在椭圆C上，代入椭圆的方程，再由椭圆C的离心率为12，求得a,b的值，即可求解；
（2）设P(-1,y0)，当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y-y0=k(x+1)，联立方程组，根据点P的横坐标求得k，结合l⊥MM，得到kl=-4y03，得出直线过定点；当直线MN的斜率不存在时，得到直线l为x轴，进而得到结论.
【详解】（1）因为点(2,0)在椭圆C上，可得4a2+0b2=1，解得a2=4，
又因为椭圆C的离心率为12，所以ca=12，所以c2a2=a2-b2a2=14，解得b2=3，
所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1.
（2）由题意，可设P(-1,y0)，且y0∈(-32,32)，
①当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y-y0=k(x+1),M(x1,y1),N(x2,y2)，
联立方程组y-y0=k(x+1)x24+y23=1，
整理得(3+4k2)x2+(8ky0+8k2)x+(4y02+8ky0+4k2-12)=0，
则Δ=(8ky0+8k2)2-4(3+4k2)(4y02+8ky0+4k2-12)=483k2-2ky0-y02+3，
所以x1+x2=-8ky0+8k23+4k2，
因为P为MN的中点，所以x1+x22=-1，即-8ky0+8k23+4k2=-2，
所以kMN=k=34y0(y0≠0)，经检验，此时Δ>0，
因为l⊥MM，所以kl=-4y03，所以直线l的方程为y-y0=-4y03(x+1)，
即y=-4y03(x+14)，所以直线l恒过定点(-14,0).
②当直线MN的斜率不存在时，直线MN的方程为x=-1，
此时直线l为x轴，也过点(-14,0).
综上所述，直线l恒过定点(-14,0).

直线过定点问题常用方法如下：
(1)“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
(2)“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
(3)求证直线过定点(x0，y0)，常利用直线的点斜式方程y－y0＝k(x－x0)或截距式y＝kx＋b来证明．
变式训练
【变式1-1】已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0过点A-2,1，且离心率e=22．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点A作与y=tx2t0，e=ca=22，
由题可得4a2+1b2=1ca=22a2=b2+c2，解得a2=6b2=3，
∴所求椭圆方程为x26+y23=1．
（2）设过点A的直线为y-1=kx+2与y=tx2t0得，6m2-n2+3>0．
1k1+1k2=x1+2y1-1+x2+2y2-1=x1+2mx1+n-1+x2+2mx2+n-1=-2，
即x1+2mx2+n-1+x2+2mx1+n-1=-2mx2+n-1mx1+n-1
整理得2m+2m2x1x2+n-1+2mnx1+x2+2n2-1=0，
将①式代入得，
2m+2m2n2-3+n-1+2mn-2mn+n2-11+2m2=0，
整理得：n2+2mn-8m2-6m-1=0，
即n-2m+1n+4m+1=0，n=2m+1或n=-4m+1，
所以当n=2m+1时，直线PQ为y=mx+2m+1，恒过点A-2,1，不符合题意；
当n=-4m+1时，直线PQ为：y=mx-4m-1，即y+1=mx-4，恒过点4,-1，
综上，直线PQ恒过定点4,-1．

【变式1-2】已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的离心率为2，P4,6在C上.
(1)求双曲线C的方程；
(2)不经过点P的直线l与C相交于M，N两点，且PM⊥PN，求证：直线l过定点.
【答案】(1)x24-y212=1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据双曲线上过的点及离心率列出方程组，求出双曲线方程；
（2）设出直线方程，分斜率不存在和斜率存在两种情况，特别是当斜率存在时，设直线为y=kx+m，与双曲线方程联立，根据题干中条件，列出方程，找到k和m的关系，求出过的定点，记得检验是否满足斜率不存在的情况.
【详解】（1）由已知得：e=ca=2,c=2a，则b2=c2-a2=3a2，
又因为P4,6在C上，则16a2-36b2=1，
解得a2=4，b2=12，
所以双曲线C的方程为x24-y212=1.
（2）若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+m，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立方程x24-y212=1y=kx+m，消去y得3-k2x2-2kmx-m2-12=0，
由已知k≠±3，则3-k2≠0，且Δ>0，
可得x1+x2=2km3-k2，x1x2=-m2+123-k2，
又因为PM=x1-4,y1-6,PN=x2-4,y2-6，
由PM⊥PN可得：PM⋅PN=x1-4x2-4+y1-6y2-6=x1-4x2-4+kx1+m-6kx2+m-6=0，
整理得：1+k2x1x2+km-6k-4x1+x2+m-62+16=0，
则1+k2-m2+123-k2+km-6k-42km3-k2+m-62+16=0，
可得m2-32k2-4km-18m+72=0，则m+4k-6m-8k-12=0，
由已知l不经过点4,6，故m+4k-6≠0，
所以m-8k-12=0，即m=8k+12，
可得l：y=kx+8+12，过定点Q-8,12；
若直线l的斜率不存在，设Mx1,y1，Nx1,-y1，
可得PM=x1-4,y1-6,PN=x1-4,-y1-6，
由PM⊥PN可得：PM⋅PN=x1-4x1-4+y1-6-y1-6=x1-42-y12+36=0，
又因为x124-y1212=1，解得x1=-8，满足条件，
综上所述：故直线l过定点Q-8,12.

【点睛】方法点睛：直线过定点问题，先考虑直线斜率不存在时，再考虑直线斜率时，要设出直线方程为y=kx+m，与曲线方程联立后得到两根之和与两根之积，根据题意建立等量关系，求出k,m的关系或者m的值，从而求出定点.
【变式1-3】已知O为坐标原点，抛物线C：y2＝4x，点A-2，0，设直线l与C交于不同的两点P，Q.
(1)若直线l⊥x轴，求直线PA的斜率的取值范围；
(2)若直线l不垂直于x轴，且∠PAO＝∠QAO，证明：直线l过定点．
【答案】(1)-22,0∪0,22
(2)证明见解析
【分析】（1）当点P在第一象限时，设P(t,2t),t>0，kPA=2tt+2，由基本不等式求得kPA的范围，同理可求当点P在第四象限时的范围.
（2）设直线l的方程为y=kx+b(k≠0)，由kAP+kAQ=0得b=-2k，可证得直线l过定点．
【详解】（1）
当点P在第一象限时，设P(t,2t),t>0，
则kPA=2t-0t+2=2t+2t≤222=22，（当t=2时取等号），∴kPA∈0,22，
同理，当点P在第四象限时，kPA∈-22,0.
综上所述，直线PA的斜率的取值范围是-22,0∪0,22.
（2）设直线l的方程为y=kx+b(k≠0)，
联立方程y=kx+b,y2=4x, 得ky2-4y+4b=0,Δ=16 -16kb>0，
设Px1,y1,Qx2,y2，则y1+y2=4k,y1y2=4bk，
∵∠PAO=∠QAO,
∴kAP+kAQ=y1x1+2+y2x2+2 =y1x2+2+y2x1+2x1+2x2+2=0，
即y1x2+2+y2x1+2=0 ，
即y1y2y2+y1+8y1+y2=0，
即y1+y2y1y2+8=0，
即4b+8k=0 ，
∴b=-2k，满足Δ>0，
∴y=kx-2k=k(x-2)，
∴直线l过定点(2,0).
考法二：存在定点满足某条件
例题分析
【例2】已知椭圆C:x2a2+y23=1(a>0)经过点（-1,32），过点T3,0的直线交该椭圆于P，Q两点.
(1)求△OPQ面积的最大值，并求此时直线PQ的方程；
(2)若直线PQ与x轴不垂直，在x轴上是否存在点Ss,0使得∠PST=∠QST恒成立？若存在，求出s的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)△OPQ面积的最大值为3，此时直线PQ的方程为3x+2y-3=0或3x-2y-3=0；
(2)存在，S433,0
【分析】（1）根据条件求出椭圆方程，当直线PQ的斜率为0时，此时O,P,Q三点共线，不合要求，舍去，当直线PQ的斜率不为0时，设直线PQ的方程为x=ty+3，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，表达出△OPQ面积，利用基本不等式求出最值，并得出此时直线PQ的方程.
（2）由角相等得到kPS+kQS=0，转化为2ty1y2+3-sy1+y2=0，在第二问的基础上，代入化简即可得到答案.
【详解】（1）将（-1,32）代入椭圆方程，
得到1a2+94×3=1，故a2=4，
故椭圆方程为x24+y23=1.
当直线PQ的斜率为0时，此时O,P,Q三点共线，不合要求，舍去；
当直线PQ的斜率不为0时，设直线PQ的方程为x=ty+3，
与椭圆方程x24+y23=1联立，得3t2+4y2+63ty-3=0，
设Px1,y1,Qx2,y2，则y1+y2=-63t3t2+4,y1y2=-33t2+4，
则S△OPQ=12OP⋅y1-y2=12×3⋅y1+y22-4y1y2=32-63t3t2+42+123t2+4
=32108t23t2+42+123t2+4=63t2+13t2+1+32=63t2+13t2+12+63t2+1+9 =613t2+1+93t2+1+6≤6123t2+1⋅93t2+1+6=3，
当且仅当3t2+1=93t2+1，即t=±63时，等号成立，
故△OPQ面积的最大值为3，
此时直线PQ的方程为3x+2y-3=0或3x-2y-3=0.
（2）在x轴上存在点S433,0使得∠PST=∠QST恒成立，
理由如下：
因为∠PST=∠QST，所以kPS+kQS=0，即y1x1-s+y2x2-s=0，
整理得x2-sy1+x1-sy2=0，
即ty2+3y1+ty1+3y2-sy1+y2=0，
所以2ty1y2+3-sy1+y2=0，
则2t-33t2+4+3-s-63t3t2+4=0，解得s=433，
故在x轴上存在点S433,0，使得∠PST=∠QST恒成立.

【点睛】方法点睛：直线与椭圆位置关系问题，从以下几个角度分析：
（1）椭圆性质得出椭圆标准方程；
（2）直线与椭圆联立，韦达定理的应用；
（3）求最值时，基本不等式的应用；
（4）运算过程，计算能力的考查.
定点满足某条件：
(1)设出该点坐标；
(2)把满足的条件当做已知条件，结合其他条件求出点的坐标。
变式训练
【变式2-1】已知双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的右焦点，右顶点分别为F，A，B0,b，AF=1，点M在线段AB上，且满足BM=3MA，直线OM的斜率为1，O为坐标原点.
(1)求双曲线C的方程.
(2)过点F的直线l与双曲线C的右支相交于P，Q两点，在x轴上是否存在与F不同的定点E，使得EP⋅FQ=EQ⋅FP恒成立？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)x2-y23=1
(2)存在，E12,0
【分析】（1）由AF=1，BM=3MA，直线OM的斜率为1，求得a,b,c之间的关系式，解得a,b的值，进而求出双曲线的方程；
（2）设直线PQ的方程，与双曲线的方程联立，可得两根之和及两根之积，由等式成立，可得EF为∠PEQ的角平分线，可得直线EP,EQ的斜率之和为0，整理可得参数的值，即求出E的坐标．
【详解】（1）设c2=a2+b2c>0，所以Fc,0，Aa,0，B0,b，
因为点M在线段AB上，且满足BM=3MA，所以点M33+1a,13+1b，
因为直线OM的斜率为1，所以13+1b33+1a=1，所以ba=3，
因为AF=1，所以c-a=1，解得a=1，b=3，c=2.
所以双曲线C的方程为x2-y23=1.
（2）假设在x轴上存在与F不同的定点E，使得EP⋅FQ=EQ⋅FP恒成立，

当直线l的斜率不存在时，E在x轴上任意位置，都有EP⋅FQ=EQ⋅FP；
当直线l的斜率存在且不为0时，设Et,0，直线l的方程为x=ky+2，
直线l与双曲线C的右支相交于P，Q两点，则-330，
由AB=3CD得：AB//CD，且AB=3CD，得PA=3PC，
即x1-x0,y1=3x3-x0,y3，所以x3=x1+2x03,y3=y13，
代入抛物线方程x2=6y，得x1+2x032=6y3=2y1=x123，
整理得x12-2x0x1-2x02=0，同理可得x22-2x0x2-2x02=0
故x1,x2是方程x2-2x0x-2x02=0的两根，Δ=12x02>0，
由韦达定理可得x1+x2=2x0,x1x2=-2x02①，
由题意，直线AB的斜率一定存在，故设直线AB的方程为y=kx+32，
与抛物线方程x2=6y联立可得x2-6kx-9=0，
易得Δ>0，由韦达定理可得x1+x2=6k,x1x2=-9②，
由①②可得x0=322,k=22，
故在x轴的正半轴上存在一点P322,0满足条件.

【变式2-3】已知双曲线Ω：x2a2-y2b2=1a>0,b>0，A2,0，B-32,-152，C32,152，D-1,0，E4,0五点中恰有三点在Ω上.
(1)求Ω的方程；
(2)设P是Ω上位于第一象限内的一动点，则是否存在定点Qm,0mb>0的离心率为22，且直线y=x+b是抛物线C2:y2=4x的一条切线．
(1)求椭圆C1的方程；
(2)过点S0,-13的动直线L交椭圆C1于A,B两点，试问：在直角坐标平面上是否存在一个定点T，使得以AB为直径的圆恒过定点T？若存在，求出T的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)C1:x22+y2=1
(2)存在；0,1
【分析】（1）先根据直线y=x+b是抛物线C2:y2=4x的一条切线，求出b的值，再由椭圆离心率为22，求出a的值，则椭圆方程可得．
（2）先假设存在一个定点T，使得以AB为直径的圆恒过定点，再用垂直时，向量PA，PA的数量积为0，得到关于直线斜率k的方程，求k，若能求出，则存在，若求不出，则不存在．
【详解】（1）由y=x+by2=4x得x2+2b-4x+b2=0
直线y=x+b是抛物线C2:y2=4x的一条切线．所以Δ=0⇒b=1
e=ca=22⇒a=2，所以椭圆C1:x22+y2=1
（2）
当直线L与x轴平行时，以AB为直径的圆方程为x2+y+132=432
当直线L与y轴重合时，以AB为直径的圆方程为x2+y2=1
所以两圆的交点为点0,1猜想：所求的点T为点0,1．
证明如下．当直线L与x轴垂直时，以AB为直径的圆过点0,1
当直线L与x轴不垂直时，可设直线L为：y=kx-13
由y=kx-13x22+y2=1得18k2+9x2-12kx-16=0，设Ax1,y1，Bx2,y2则x1+x2=12k18k2+9x1x2=-1618k2+9
则TA⋅TB=x1,y1-1⋅x2,y2-1=x1x2+y1-1y2-1=x1x2+kx1-13-1kx2-13-1
=x1x2-43x1+x2+169=1+k2-1618k2+9-43×12k18k2+9+169=0
所以TA⊥TB，即以AB为直径的圆过点0,1
所以存在一个定点T，使得以AB为直径的圆恒过定点T．
圆锥曲线中圆过定点问题的解法： 充分利用圆的几何特征，即圆过定点，可依据直径所对圆周角为直角，转化为两条线段的垂直，进而转化为两个向量垂直，即两向量的数量积等于0，从而建立方程求解.
变式训练
【变式3-1】知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率是22，上、下顶点分别为A，B.圆O:x2+y2=2与x轴正半轴的交点为P，且PA⋅PB=-1.
(1)求E的方程；
(2)直线l与圆O相切且与E相交于M，N两点，证明：以MN为直径的圆恒过定点.
【答案】(1)x26+y23=1
(2)证明见解析
【分析】（1）写出向量PA，PB的坐标，带入求解即可；
（2）设直线l后，和圆相切可得m2=2k2+2，和椭圆方程联立后，观察可得x1x2+y1y2=0，从而判段出以MN为直径的圆恒过定点.
【详解】（1）由已知得A0,b，B0,-b，P2,0.
则PA=-2,b，PB=-2,-b，PA⋅PB=2-b2=-1，所以b2=3.
因为e=ca=22，又b2+c2=a2，所以c2=3，a2=6.
故E的方程为x26+y23=1.
（2）当直线l的斜率存在时，设l的方程为y=kx+m，即kx-y+m=0.
因为直线l与圆O相切，所以mk2+1=2，即m2=2k2+2.
设Mx1,y1，Nx2,y2，则y1=kx1+m，y2=kx2+m.
由y=kx+m,x26+y23=1,化简，得2k2+1x2+4kmx+2m2-6=0，
由韦达定理，得x1+x2=-4km2k2+1，x1x2=2m2-62k2+1，
所以y1y2=kx1+mkx2+m=k2x1x2+kmx1+x2+m2 =k2⋅2m2-62k2+1-km⋅4km2k2+1+m2=m2-6k22k2+1，
所以x1x2+y1y2=2m2-62k2+1+m2-6k22k2+1=3m2-2k2-22k2+1=0，
故OM⊥ON，即以MN为直径的圆过原点O.
当直线l的斜率不存在时，l的方程为x=2或x=-2.
这时M2,2，N2,-2或M-2,2，N-2,-2.
显然，以MN为直径的圆也过原点O.综上，以MN为直径的圆恒过原点O.
【变式3-2】已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1，F2，A，B分别是C的右、上顶点，且AB=7，D是C上一点，△BF2D周长的最大值为8.
(1)求C的方程；
(2)C的弦DE过F1，直线AE，AD分别交直线x=-4于M，N两点，P是线段MN的中点，证明：以PD为直径的圆过定点.
【答案】(1)x24+y23=1；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据椭圆的定义结合三角形不等式求解即可；
（2）设Dx1,y1,Ex2,y2，直线DE:x=my-1，联立直线与椭圆的方程，根据过两点圆的方程，结合图形的对称性可得定点在x轴上，代入韦达定理求解即可.
【详解】（1）依题意，a2+b2=7，
△BF2D周长DB+DF2+a=DB+2a-DF1+a≤BF1+3a=4a，当且仅当B,F1,D三点共线时等号成立，故4a=8，

所以a2=4,b2=3，所以C的方程x24+y23=1；
（2）设Dx1,y1,Ex2,y2，直线DE:x=my-1，代入x24+y23=1，整理得3m2+4y2-6my-9=0，
Δ=36m2+363m2+4>0，y1+y2=6m3m2+4,y1y2=-93m2+4，
易知AD:y=y1x1-2x-2，令x=-4，得N-4,-6y1x1-2，同得M-4,-6y2x2-2，
从而中点P-4,-3y1x1-2+y2x2-2，
以PD为直径的圆为x+4x-x1+y+3y1x1-2+y2x2-2y-y1=0，
由对称性可知，定点必在x轴上，
令y=0得，x+4x-x1-3y1y1x1-2+y2x2-2=0，
y1x1-2+y2x2-2=y1my1-3+y2my2-3=2my1y2-3y1+y2m2y1y2-3my1+y2+9
=-18m3m2+4-18m3m2+4-9m23m2+4-18m23m2+4+9=-36m36=-m，
所以x+4x-x1+3my1=0，即x2+4-x1x-4x1+3my1=0，因为x1=my1-1，
所以x2+5-my1x-my1+4=0，即x+1x-my1+4=0，
解得x=-1，所以圆过定点-1,0.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y1,x2,y2；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算Δ；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x2，x1x2（或y1+y2，y1y2）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
【变式3-3】已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，长轴的左端点为A(-2,0).
(1)求C的方程；
(2)过椭圆C的右焦点的任一直线l与椭圆C分别相交于M，N两点，且AM，AN与直线x=4，分别相交于D，E两点，求证：以DE为直径的圆恒过x轴上定点，并求出定点.
【答案】(1)x24+y23=1
(2)证明见解析，定点分别为(1,0)，(7,0)
【分析】（1）由离心率，及顶点坐标得椭圆的方程；
（2）设M(x1,y1)，N(x2,y2)，将直线方程与椭圆方程联立，求得D(4,6y1x1+2)，E(4,6y2x2+2)，由垂直关系利用数量积等于零，求得圆与x轴的交点.
【详解】（1）由题可得ca=12，a=2，得b=3，
所以椭圆C的方程：x24+y23=1；
（2）椭圆右焦点坐标为(1,0)，由题直线斜率不为零，设直线l方程为x=my+1，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
由题，联立方程组x=my+1x24+y23=1，消去x得(3m2+4)y2+6my-9=0，
所以y1+y2=-6m3m2+4，y1y2=-93m2+4，
AM:y=y1x1+2(x+2)，得D(4,6y1x1+2)，同理，AN:y=y2x2+2(x+2)，得E(4,6y2x2+2)，
设x轴上一点P(t,0)，则PD=(4-t,6y1x1+2)，同理得:PE=(4-t,6y2x2+2)，
PD⋅PE=(4-t,6y1x1+2)⋅(4-t,6y2x2+2)=(4-t)2+36y1y2(x1+2)(x2+2)，
因为(x1+2)(x2+2)=(my1+3)(my2+3)，
PD⋅PE=(4-t)2+36y1y2(my1+3)(my2+3)=(4-t)2+36×(-9)-9m2-18m2+27m2+36=(4-t)2-9=0
得：t-4=±3，即t=1或t=7，
所以以DE为直径的圆恒过x轴上定点，定点分别为(1,0)，(7,0).
题型二：定直线问题
例题分析
【例4】已知A1-3,0和A23,0是椭圆η:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点，直线l与椭圆η相交于M，N两点，直线l不经过坐标原点O，且不与坐标轴平行，直线A1M与直线A2M的斜率之积为-59．
(1)求椭圆η的标准方程；
(2)若直线OM与椭圆η的另外一个交点为S，直线A1S与直线A2N相交于点P，直线PO与直线l相交于点Q，证明：点Q在一条定直线上，并求出该定直线的方程．
【答案】(1)x29+y25=1
(2)证明见解析，定直线为x=-3
【分析】（1）设Mx1,y1，Nx2,y2，依题意可得y12=-59x12-9，进而结合a=3可得b2=5，从而求解；
（2）设直线l的方程为：x=my+n(m≠0,n≠0)，联立直线l和椭圆方程，结合韦达定理可得y1y2，y1+y2，结合三点共线可得y0x0+3=y1x1-3，y0x0-3=y2x2-3，进而得到2x0y0=6mn+3，进而得到直线OP的方程，进而联立直线OP与直线l的方程即可求解.
【详解】（1）设Mx1,y1，Nx2,y2，
所以kA1M⋅kA2M=y1x1+3⋅y1x1-3=-59，即y12=-59x12-9，
由题意知a=3，所以x129+y12b2=1⇒y12=b21-x129，
所以b2=5，
则椭圆η的标准方程为x29+y25=1．
（2）证明：设直线l的方程为：x=my+n(m≠0,n≠0)，
联立椭圆η的方程，得x=my+nx29+y25=1，
所以5m2+9y2+10mny+5n2-45=0，
则Δ=1805m2-n2+9>0，
由根与系数的关系，得y1y2=5n2-455m2+9，y1+y2=-10mn5m2+9，
设Px0,y0，
由P，S，A1三点共线，得y0x0+3=y1x1-3，
由P，N，A2三点共线，得y0x0-3=y2x2-3，
则2x0y0=x0+3y0+x0-3y0=x1-3y1+x2-3y1=my1+n-3y1+my2+n-3y2=2m+n-31y1+1y2
=2m+n-3y1+y2y1y2=2m-n-32mnn2-9=6mn+3．
所以直线OP的斜率为kOP=y0x0=n+33m，
则直线OP的方程为y=n+33mx，
联立直线OP与直线l的方程，可得y=n+33mxx=my+n，解得x=-3，
所以点Q在一条定直线上，该定直线的方程为x=-3．
动点在定直线上问题的解题策略：
①从特殊入手，初步确定动点所在的直线，再证明一般情况下也在该定直线上即可；
②从动点的坐标入手，直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到动点的横纵坐标关系，进而得出定直线方程．
变式训练
【变式4-1】已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0右焦点分别为F2，A2,1是C上一点，点B与A关于原点O对称，△ABF2的面积为6.
(1)求C的标准方程；
(2)直线l//AB，且交C于点D，E，直线AD与BE交于点P.
证明：①直线AD与BE的斜率乘积为定值；
②P点在定直线上.
【答案】(1)x28+y22=1
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）设为F2(c,0)，根据S△ABF2=2S△OAF2，解得c；点A(2,1)在曲线C上，可得4a2+1b2=1，解得a2，b2，即可得出椭圆的标准方程．
（2）①设Dx1,y1，Ex2,y2，直线DE方程为y=12x+m，m≠0，联立直线DE与椭圆方程，消去y得，x2+2mx+2m2-4=0，利用斜率计算公式、根与系数的关系即可得出kAD⋅kBE为定值．
②直线AD方程为y=(12+mx1-2)x-2mx1-2，直线BE的方程为y=(12+mx2+2)x+2mx2+2，联立直线AD与直线BE方程xP，yP，化简结合根与系数的关系可得yPxP为定值．
【详解】（1）设为F2c,0，c=a2-b2，
则S△ABF2=2S△OAF2=12×2×c=6，即c=6，
又点A2,1在曲线C上，∴4a2+1b2=1，
将b2=a2-6代入，整理得a4-11a2+24=0，a>6，
解得a2=8，b2=2，
∴椭圆的标准方程为x28+y22=1.
（2）①设Dx1,y1，Ex2,y2，直线DE方程为：y=12x+m，m≠0，
联立直线DE与椭圆方程，消去y得x2+2mx+2m2-4=0，
当Δ=4m2-42m2-4>0，即-2b>0)的离心率为32，且过点A2,22b.
(1)求椭圆C的方程；
(2)点A关于原点O的对称点为点B，与直线AB平行的直线l与C交于点M,N，直线AM与BN交于点P，点P是否在定直线上？若在，求出该直线方程；若不在，请说明理由.
【答案】(1)x28+y22=1
(2)点P在定直线y=-12x上.
【分析】（1）解方程组ca=324a2+b22b2=1a2=b2+c2可得答案；
（2）设Mx1,y1,Nx2,y2， l的方程与椭圆方程联立利用韦达定理代入kAM=y1-1x1-2,kBN=y2+1x2+2，可得直线AM的方程、直线BN的方程，联立两直线方程得xP,yP，由yPxP=12+mx1-2+2mx1-2⋅x1-x2-42x1+x2化简可得答案.
【详解】（1）由题意得ca=324a2+b22b2=1a2=b2+c2，解得a2=8b2=2，
所以椭圆C的方程是x28+y22=1.
（2）点P是在定直线y=-12x上，理由如下，
由（1）知A2,1,B-2,-1，设Mx1,y1,Nx2,y2，
l:y=12x+m,m≠0，将l的方程与x28+y22=1联立消y，得x2+2mx+2m2-4=0，
则Δ=4m2-42m2-4>0，得-20),F2到渐近线y=3x的距离为d=3c3+1=3，
所以c=2,c2=4=a2+3a2,a2=1，
所以C的方程为x2-y23=1.
（2）设C的左顶点为A，则A(-1,0),
故直线x=12为线段AF2的垂直平分线.
所以可设PA，PF2的斜率分别为k,-k，故直线AP的方程为y=kx+1.
与C的方程联立有3-k2x2-2k2x-k2-3=0，
设B(x1,y1），则-1+x1=2k23-k2，即x1=3+k23-k2，
所以B3+k23-k2,6k3-k2
当BF2⊥x轴时，BF2=AF2=3，△AF2B是等腰直角三角形，
且易知∠PF2A=∠BF2P=π4
当BF2不垂直于x轴时，直线BF2的斜率为2kk2-1，故tan∠BF2A=2kk2-1
因为tan∠PFA=-1，
所以tan2∠PF2A=2kk2-1=tan∠BF2A,
所以∠BF2A=2∠PF2A,∠PF2A=∠BF2P
因为QF1∥PF2
所以∠F2F1Q=∠PF2A=∠BF2P=∠F1QF1
所以QF2=F1F2=4为定值，
所以点Q在以F2为圆心且半径为4的定圆上.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y1,x2,y2；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算Δ；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1x2（或y1+y2、y1y2）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
动圆问题的解题策略：
①求动点的轨迹方程，刚好轨迹是圆；
②转化为动点到定点的距离为定值；
③先通过条件找到定圆，再证明点事该圆上的点；
④用含参的式子表示出动点的横坐标和纵坐标，通过计算得出横纵坐标的平方和为常数。
.
变式训练
【变式5-1】已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的右焦点为F，一条渐近线的倾斜角为60°，且C上的点到F的距离的最小值为1．
(1)求C的方程；
(2)设点O0,0，M0,2，动直线l：y=kx+m与C的右支相交于不同两点A，B，且∠AFM=∠BFM，过点O作OH⊥l，H为垂足，证明：动点H在定圆上，并求该圆的方程．
【答案】(1)x2-y23=1
(2)证明见解析，x-142+y+342=58
【分析】(1) 根据渐近线斜率及到焦点距离最值列式求解即可.
(2)根据角相等得出向量夹角相等，进而得出m,k的关系得出定点，最后根据垂直关系得出圆的方程.
【详解】（1）设Fc,0,
则由已知得ba=3c-a=1c2=a2+b2,
解得a=1,b=3,c=2,
所以C的方程x2-y23=1.
（2）由(1)得F2,0,FM=-2,2,
设Ax1,y1,Ax2,y2，则FA=x1-2,y1,FB=x2-2,y2,
于是FA=x1-22+y12=x1-22+3x12-3=2x1-1,
同理FB=2x2-1,
由∠AFM=∠BFM，得cs∠AFM=cs∠BFM
即FA⋅FMFA=FB⋅FMFB
即-2x1-2+2y12x1-1=-2x2-2+2y22x2-1,
-2x1-2+2y12x1-1=-2x2-2+2y22x2-1
k-2x1+m+2y12x1-1=-2x2-2+2y22x2-1
整理得2m+k+3x1-x2=0，
因为x1≠x2，所以2m+k+3=0,
所以l的方程可化为y=kx-12-32
因此l过定点 N12,-32.
又因为OH⊥l垂足为H,所以动点 H 在以ON为直径的圆上，
该圆的方程为x-142+y+342=58.
【变式5-2】设点O0,0，M0,2，动直线l：y=kx+m与C的右支相交于不同两点A，B，且∠AFM=∠BFM，过点O作OH⊥l，H为垂足，证明：动点H在定圆上，并求该圆的方程．
19．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0，离心率e=22，左、右顶点与上顶点围成的三角形的面积为22．
(1)求椭圆C的方程；
(2)M，N，A，B为椭圆上不同的四点，且均与椭圆右顶点P不重合，kMN⋅kAB=-1，kPM⋅kPN=1，kPA+kPB=2，证明：直线MN和直线AB的交点在一个定圆上．
【答案】(1)x24+y22=1
(2)证明见详解
【分析】（1）由条件列关于a,b,c的方程，解方程可得a,b,c，由此可得椭圆方程；
（2）方法一：设直线MN:y=kx+m，AB:y=k'x+m'，联立方程组利用设而不求法证明直线MN和直线AB过定点，结合条件证明结论.
方法二：直线MN:y=kx+m，AB:y=k'x+m'，通过齐次化变形，证明kPM⋅kPN=m-2k2m+2k，kPA+kPB=-42m'+2k'，由此证明直线MN和直线AB过定点，结合条件证明结论.
【详解】（1）由e=ca=22，a2=b2+c2，
三角形面积S=12⋅2a⋅b=ab=22，
解得a2=4，b2=2，
所以椭圆C的方程为x24+y22=1．
（2）由（1）得P2,0，设Mx1,y1，Nx2,y2，Ax3,y3，Bx4,y4，
直线MN:y=kx+m，AB:y=k'x+m'．
联立x24+y22=1,y=kx+m,
消去y整理得1+2k2x2+4kmx+2m2-4=0，
方程1+2k2x2+4kmx+2m2-4=0的判别式Δ=32k2+16-8m2>0，
则x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-41+2k2.，
因为kPM⋅kPN=1，所以y1x1-2⋅y2x2-2=1，
所以k2-1x1x2+km+2x1+x2+m2-4=0，
所以k2-1⋅2m2-41+2k2+km+2⋅-4km1+2k2+m2-4=0，
整理得m+2km+6k=0．若m=-2k，则y=kx-2k=kx-2，
则直线MN过定点P2,0，与题意矛盾；
若m=-6k，则y=kx-6k=kx-6，则直线MN过定点6,0．
同理可得x3+x4=-4k'm'1+2k'2,x3x4=2m'2-41+2k'2,
又因为kPA+kPB=2=y3-0x3-2+y4-0x4-2，
所以2x3-2x4-2=x3y4+x4y3-2y3+y4，
所以2x3x4-4x3+x4+8=x3k'x4+m'+x4k'x3+m'-2k'x3+x4+2m'，
所以2k'-2x3x4+m'-2k'+4x3+x4-4m'-8=0，
所以2k'-2⋅2m'2-41+2k'2+m'-2k'+4-4k'm'1+2k'2-4m'+8=0，
整理得2k'+m'+12k'+m'=0．
若m'=-2k'，则y=k'x-2k'=k'x-2，则直线AB过定点P2,0，与题意矛盾；
若m'=-2k'-1，则y=k'x-2k'-1=k'x-2-1，则直线AB过定点2,-1．
又因为kAB⋅kMN=-1，所以AB⊥MN，
所以直线AB与MN的交点在以6,0和2,-1所连线段为直径的定圆上．
方法二：设Mx1,y1，Nx2,y2，Ax3,y3，Bx4,y4，
直线MN:y=kx+m，AB:y=k'x+m'．
椭圆方程x24+y22=1变形为x-22+2y2+4x-2=0，
直线MN:y=kx+m变形为1=y-kx-2m+2k，
代入椭圆方程得x-22+2y2+4x-2×y-kx-2m+2k=0，
即m-2kx-22+4yx-2+2m+2ky2=0，
左右两边同时除以x-22得，2m+2kyx-22+4×yx-2+m-2k=0，
则kPM，kPN为方程的两个根，则kPM⋅kPN=m-2k2m+2k=1，
所以m=-6k，直线MN过定点6,0．
同理可得2m'+2k'yx-22+4×yx-2+m'-2k'=0，
则kPA，kPB为方程的两个根，则kPA+kPB=-42m'+2k'=2，
所以m'=-2k'-1，
直线AB过定点2,-1．
又因为kAB⋅kMN=-1，所以AB⊥MN，
所以直线AB与MN的交点在以6,0和2,-1所连线段为直径的定圆上．
【点睛】关键点点睛：
解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
【变式5-3】双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左顶点为A，焦距为4，过右焦点F作垂直于实轴的直线交C于B、D两点，且△ABD是直角三角形.
(1)求双曲线C的方程；
(2)已知M,N是C上不同的两点，MN中点的横坐标为2，且MN的中垂线为直线l，是否存在半径为1的定圆E，使得l被圆E截得的弦长为定值，若存在，求出圆E的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)x2-y23=1
(2)存在，E:(x-8)2+y2=1
【分析】（1）根据双曲线的性质，结合△ABD是等腰直角三角形的性质，列出关系式即可求解双曲线方程；
（2）首先利用点差法求出直线l所过的定点，即可求出定圆的方程.
【详解】（1）依题意，∠BAD=90°，焦半径c=2，
当x=c时，c2a2-y2b2=1，得y2=b2c2a2-1=b4a2，即y=±b2a，
所以BF=b2a，由AF=BF，得a+c=b2a，得a2+2a=22-a2，
解得：a=1（其中a=-20是曲线E上一点，A,B是曲线E上异于点P的两个动点，设直线PA､PB的倾斜角分别为α､β，且α+β=3π4，请问：直线AB是否经过定点？若是，请求出该定点，若不是，请说明理由.
【答案】(1)y2=4x
(2)是，8,-8
【分析】（1）由题意可得动圆的圆心C到点1,0的距离与到直线x=-1的距离相等，从而可求得其轨迹方程，
（2）当直线PA､PB中其中一条的斜率不存在，可求得直线AB的方程为x+y=0；当直线PA､PB的斜率都存在时，故设直线PA､PB的斜率k1,k2，Ay124,y1,By224,y2，然后表示出k1,k2，再由α+β=3π4可得8y1+y2+y1⋅y2+32=0，设直线AB方程为x=ty+n，代入抛物线方程化简利用根与系数的关系，结合前面的式子可求得直线过的定点.
【详解】（1）圆O1:x2-2x+y2=0的圆心为1,0，半径为1，
由题意可得，动圆的圆心C到点1,0的距离与到直线x=-1的距离相等，
所以点C的轨迹是以1,0为焦点，直线x=-1为准线的抛物线，
所以曲线E的方程为y2=4x；
（2）由（1）可得P4,4，
当直线PA､PB中其中一条的斜率不存在，不妨设α=π2，β=π4，
易得A4,-4，直线PB的直线为y=x，与y2=4x联立可得B0,0，
故直线AB的方程为x+y=0；
当直线PA､PB的斜率都存在时，故设直线PA､PB的斜率k1,k2，
设Ay124,y1,By224,y2
所以k1=y1-414y12-4=4y1+4，同理可得k2=4y2+4，
因为α+β=3π4，所以tan(α+β)=-1，所以tanα+tanβ1-tanα⋅tanβ=-1，即k1+k21-k1⋅k2=-1，
所以k1+k2-k1⋅k2+1=0，
所以4y1+4+4y2+4-4y1+4⋅4y2+4+1=0，即8y1+y2+y1⋅y2+32=0，
由题意可设AB方程为x=ty+n，联立y2=4xx=ty+n，消x整理得y2-4ty-4n=0，
所以Δ=16t2+16n>0，y1+y2=4t，y1⋅y2=-4n，
所以32t-4n+32=0即n=8t+8，所以x=ty+n=ty+8t+8=t(y+8)+8，
令y+8=0得y=-8，x=8，此时有定点8,-8，
综上所述，直线AB经过定点8,-8

【点睛】关键点点睛：此题考查轨迹方程的求法，考查直线与抛物线的位置关系，解题的关键是设直线PA､PB的斜率k1,k2，再由α+β=3π4结合两角和的正切公式，与斜率公式可得k1+k2-k1⋅k2+1=0，考查计算能力，属于较难题.
2．已知椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的离心率是53，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)y29+x24=1
(2)证明见详解
【分析】（1）根据题意列式求解a,b,c，进而可得结果；
（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yM+yN2为定值即可.
【详解】（1）由题意可得b=2a2=b2+c2e=ca=53，解得a=3b=2c=5，
所以椭圆方程为y29+x24=1.
（2）由题意可知：直线PQ的斜率存在，设PQ:y=kx+2+3,Px1,y1,Qx2,y2，
联立方程y=kx+2+3y29+x24=1，消去y得：4k2+9x2+8k2k+3x+16k2+3k=0，
则Δ=64k22k+32-644k2+9k2+3k=-1728k>0，解得k0,b>0，由焦点坐标可知c=25，
则由e=ca=5可得a=2，b=c2-a2=4，
双曲线方程为x24-y216=1.
（2）由(1)可得A1-2,0,A22,0，设Mx1,y1,Nx2,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-120．
(1)求动圆圆心C的轨迹的方程；
(2)设A、B是轨迹C上异于原点O的两个不同点，直线OA和OB的倾斜角分别为α和β，当α,β变化且α+β为定值θ(00；
（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，由题意得x1≠x2(否则α+β=π)，且x1,x2≠0，
由题意知直线AB的斜率存在，从而设AB的方程为y=kx+b，显然x1=y122p,x2=y222p，
将y=kx+b与y2=2pxp>0联立消去x，得ky2-2py+2pb=0，
由韦达定理知y1+y2=2pk，y1⋅y2=2pbk，
因为α+β为定值θ(00）的左、右焦点分别为F1，F2，P为双曲线右支上的一点，I为△PF1F2的内心，且IF1+2IF2=2PI.
(1)求C的离心率；
(2)设点Tx1,y1为双曲线C右支上异于其顶点的动点，直线TF1与双曲线左支交于点S.双曲线的右顶点为D1,0，直线TD，SD分别与圆O：x2+y2=1相交，交点分别为异于点D的点M，N，判断直线MN是否过定点，求出定点，如果不过定点，请说明理由.
【答案】(1)2
(2)过定点0,0
【分析】（1）由题意画出图形，由已知向量等式可得PF1=F1F2=2PF2，结合PF1-PF2=2a，得PF2=2a，又F1F2=2c，则2c=4a，由此可得双曲线的离心率；
（2）设直线ST的方程为：x=-2+ty，与双曲线方程联立，利用根与系数的关系证明DT⊥DS，即可得结论.
【详解】（1）如图所示，

延长IP到A且IP=PA，延长IF2到B且IF2=F2B，
由IF1+2IF2=2PI，得IF1+IB+IA=0，
∴I是△ABF1的重心，∴S△AIF1=13S△ABF1，同理S△AIB=13S△ABF1，S△BIF1=13S△ABF1，
即S△AIF1=S△AIB=S△BIF1，
又S△AIF1=2S△PIF1，S△BIF1=2S△F2IF1，S△AIB=4S△PIF2，
S△PIF1=S△F2IF3=2S△PIF2，又I是△PF1F2的内心，则PF1=F1F2=2PF2，
由PF1-PF2=2a，得PF2=2a，又F1F2=2c，则2c=4a，即e=ca=2；
（2）弦MN过定点0,0,

由已知右顶点D1,0，结合（1）得a=1，b=3，c=2，
所以双曲线方程为x2-y23=1.
则F1-2,0，F22,0，
设点Sx2,y2，直线ST的方程为：x=-2+ty，
联立x=-2+tyx2-y23=1，得3t2-1y2-12ty+9=0，
则y1+y2=12t3t2-1，y1y2=93t2-1，DT=x1-1,y2，DS=x2-1,y2，
则DT⋅DS=x1-1x2-1+y1y2=ty1-3ty2-3+y1y2
=t2+1y1y2-3ty1+y2+9=t2+1⋅93t2-1-3t⋅12t3t2-1+9=0，
即DT⊥DS，也就是DM⊥DN，
∴MN为圆O的直径，故弦MN恒过圆心0,0.
【点睛】思路点睛：
（1）向量条件IF1+2IF2=2PI合理转化是关键，延长IP到A且IP=PA，延长IF2到B且IF2=F2B，由IF1+2IF2=2PI，得IF1+IB+IA=0，∴I是ΔABF1的重心，
进一步SΔPIF1=SΔF2IF3=2SΔPIF2，又I是ΔPF1F2的内心，则PF1=F1F2=2PF2，结合双曲线定义得解；
（2）设出直线ST的方程为：x=-2+ty与双曲线联立，利用根与系数的关系证明DT⊥DS，即可得结论.
6．椭圆E的方程为x24+y28=1，左、右顶点分别为A-2,0，B2,0，点P为椭圆E上的点，且在第一象限，直线l过点P
(1)若直线l分别交x，y轴于C，D两点，若PD=2，求PC的长；
(2)若直线l过点-1,0，且交椭圆E于另一点Q（异于点A，B），记直线AP与直线BQ交于点M，试问点M是否在一条定直线上？若是，求出该定直线方程；若不是，说明理由．
【答案】(1)22；
(2)点M在定直线x=-4上，理由见解析.
【分析】（1）设Px0,y0,D0,yD，由题意可得则x024+y028=1，x02+y0-yD2=4，从而可得y0y0-yD=2，根据|PC||PD|=y0y0-yD即可求解；
（2）依题可设直线l的方程为x=my-1，Px1,y1，Qx2,y2，Mx0,y0．求出直线AP的方程为y=y1x1+2x+2，直线BQ的方程为y=y2x2-2x-2，联立可得x0=2y1x2-4y1+2x1y2+4y2x1+2y2-x2-2y1，联立直线l的方程和椭圆方程，结合韦达定理，从而可求解.
【详解】（1）设Px0,y0,D0,yD，
则x024+y028=1①，x02+y0-yD2=4②，
由①②可得y022=y0-yD2，
∵y0>0,∴y02=y0-yD，即y0y0-yD=2，
∵|PC||PD|=y0y0-yD=2,∴|PC|=22.
（2）依题可设直线l的方程为x=my-1，Px1,y1，Qx2,y2，Mx0,y0．
联立方程组x=my-1x24+y28=1，整理得2m2+1y2-4my-6=0，
Δ=16m2+242m2+1>0，
则y1+y2=4m2m2+1，y1y2=-62m2+1
直线AP的方程为y=y1x1+2x+2，直线BQ的方程为y=y2x2-2x-2，
联立方程组y=y1x1+2x+2y=y2x2-2x-2，得x0=2y1x2-4y1+2x1y2+4y2x1+2y2-x2-2y1，
因为x1+2y2-x2-2y1=x1y2+2y2-x2y1+2y1
=my1-1y2+2y2-my2-1y1+2y1=3y1+y2，
2y1x2-4y1+2x1y2+4y2=2y1my2-1-4y1+2my1-1y2+4y2=4my1y2-6y1+2y2，
∴x0=4my1y2-6y1+2y23y1+y2
由y1+y2=4m2m2+1，得y1y2=-62m2+1，得2my1y2=-3y1+y2．
所以x0=4my1y2-6y1+2y23y1+y2=-6y1+y2-6y1+2y23y1+y2=-12y1-4y23y1+y2=-4.
故点M在定直线x=-4上．

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y1,x2,y2；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算Δ；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1x2（或y1+y2、y1y2）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
7．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的短轴长为22，离心率为22．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点P4,1的动直线l与椭圆C相交于不同的A,B两点，在线段AB上取点Q，满足AP⋅QB=AQ⋅PB，证明：点Q总在某定直线上．
【答案】(1)x24+y22=1
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意得2b=22ca=22，再结合a2=b2+c2可求出a,b，从而可求得椭圆方程，
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，Qx,y，P4,t，设AB的方程为y=kx-4+1，代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系，由AP⋅QB=AQ⋅PB可得2x1x2-x1+x24+x+8x=0，再结合前面的式子化简可求出关于x,y的方程，从而可证得结论.
【详解】（1）由题意可知2b=22ca=22，因为a2=b2+c2，所以解得a=2，b=2．
所以所求椭圆的方程为x24+y22=1
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，Qx,y，P4,t，
直线AB的斜率显然存在，设为k，则AB的方程为y=kx-4+1．
因为A，P，B，Q四点共线，不妨设x20,c=a2+b2，
则2a=22，2c=23.
所以a=2，c=3，b=1
又L不可能在x轴上，所以曲线C的方程为x22-y2=1y≠0.

（2）在x轴上存在定点Q-1,0，使得△QAB的内心在一条定直线上.
证明如下：由条件可设l：x=my-2.代入x22-y2=1，
得m2-2y2-4my+2=0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，则
m2-2≠0Δ=16m2-8(m2-2)>0，得m2≠2，
所以y1+y2=4mm2-2>0,y1y2=2m2-2>0
所以y1+y2=2my1y2，
取Q-1,0，
则kAQ+kBQ=y1x1+1+y2x2+1=y1my1-2+1+y2my2-2+1
=2my1y2-y1+y2my1-1my2-1=0
又A，B都在x轴上方，所以∠AQB的平分线为定直线x=-1，
所以在x轴上存在定点Q-1,0，使得△QAB的内心在定直线x=-1上.
【点睛】关键点点睛：此题考查直线与双曲线的位置关系，考查双曲线方程的求解，第（2）问解题的关键是取Q-1,0，通过计算kAQ+kBQ=0，可得定直线为x=-1，考查数学计算能力，属于较难题.
11．椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为22，且过点A2,1.
(1)求椭圆C的方程和长轴长；
(2)点M，N在C上，且AM⊥AN.证明：直线MN过定点.
【答案】(1)椭圆C的方程为：x26+y23=1，长轴长为26
(2)证明见解析
【分析】（1）利用离心率、椭圆上的点和椭圆a,b,c关系可构造方程组求得a,b，从而得到椭圆方程及长轴长；
（2）由AM⊥AN可得到y1y2-y1+y2+1=-x1x2+2x1+x2-4；假设直线MN方程，与椭圆方程联立后得到韦达定理的形式，代入垂直关系得到等式中，可整理得到m,k关系，代入直线MN方程后可确定所过定点.
【详解】（1）由题意得：a2=b2+c2e=ca=224a2+1b2=1，解得：a2=6b2=3，
∴椭圆C的方程为：x26+y23=1，长轴长为26；
（2）设点Mx1,y1，Nx2,y2，
∵AM⊥AN，∴AM⋅AN=x1-2x2-2+y1-1y2-1=0，
整理可得：y1y2-y1+y2+1=-x1x2+2x1+x2-4①，
当直线MN斜率k存在时，设MN:y=kx+m，
联立y=kx+mx2+2y2=6得：1+2k2x2+4kmx+2m2-6=0，
由Δ=16k2m2-41+2k22m2-6>0得：6k2-m2+3>0，
则x1+x2=-4km1+2k2，x1x2=2m2-61+2k2，
∴y1+y2=kx1+x2+2m=2m1+2k2，y1y2=k2x1x2+kmx1+x2+m2=m2-6k21+2k2，
代入①式化简可得：4k2+8km+m-13m+1=0，
即2k+m-12k+3m+1=0，∴m=1-2k或m=-2k+13，
则直线方程为y=kx+1-2k=x-2k+1或y=kx-2k+13=x-23k-13，
∴直线过定点2,1或23,-13，又2,1和A点重合，故舍去，
当直线MN斜率k不存在时，则x1=x2,y2=-y1，
此时-y12+1=-x12+4x1-4，即y12=x12-4x1+5，
又x126+y123=1，解得x1=23或2（舍去），
此时直线MN的方程为x=23，过点23,-13，
综上所述，直线MN过定点23,-13.

【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于x或y的一元二次方程的形式；
②利用Δ>0求得变量之间的关系，同时得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出已知的等量关系，化简整理得到所求定点.
12．在xOy平面上，设椭圆Γ:x2m2+y2=1m>1，梯形ABCD的四个顶点均在Γ上，且AB//CD.设直线AB的方程为y=kxk∈R

(1)若AB为Γ的长轴，梯形ABCD的高为12，且C在AB上的射影为Γ的焦点，求m的值；
(2)设m=2，直线CD经过点P0,2，求OC⋅OD的取值范围；
【答案】(1)2；
(2)-1,74；
【分析】（1）由题意知yC=12，由此可得xC=3m2，再由a2=b2+c2即可求出答案；
（2）由题意知椭圆Γ:x22+y2=1，直线CD的方程为y=kx+2k∈R，联立直线与椭圆，由直线与椭圆有两交点可得k2>32，x1+x2=-8k2k2+1，x1x2=62k2+1，利用x1,x2表示出OC⋅OD，由此即可求出其取值范围.
【详解】（1）因为梯形AB为Γ的长轴，ABCD的高为12，AB//CD，
所以点C的纵坐标为12，代入椭圆方程得x2m2+14=1，
可得x=3m2，又因为C在AB上的射影为Γ的焦点，
∴c=m2-1=3m2，解得m2=4，
∵m>1，∴m=2.
（2）由题意，椭圆Γ:x22+y2=1，直线CD的方程为y=kx+2k∈R，
设Cx1,y1，Dx2,y2，则x22+y2=1y=kx+2，化简得2k2+1x2+8kx+6=0，
Δ=64k2-242k2+1>0，得k2>32，
∴x1+x2=-8k2k2+1，x1x2=62k2+1，
∴OC⋅OD=x1x2+y1y2=x1x2+kx1+2kx2+2
=k2+1x1x2+2kx1+x2+4
=6k2+12k2+1-16k22k2+1+8k2+42k2+1=-2k2+102k2+1=-1+112k2+1，
∵k2>32，所以-10)的左、右焦点分别为F1(-1,0)、F2(1,0)，且椭圆上存在一点P，满足PF1=72，cs∠F1F2P=23.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）已知A、B分别是椭圆C的左、右顶点，过F1的直线交椭圆C于M、N两点，记直线AM,BN的交点为T，是否存在一条定直线l，使点T恒在直线l上？
【答案】（1）x216+y215=1；（2）存在.
【分析】（1）设F2P=x，△F1F2P内，由余弦定理得22+x2-2·2xcs∠F1F2P=(72)2，解得x=92，2a=PF1+PF2=8，解得a2，b2进而可得椭圆的方程；
（2）设T(x,y)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，设MN的方程为x=my-1，与椭圆联立并结合共线与韦达理从而求出T(x,y)的横坐标为定值即可.
【详解】（1）设F2P=x，△F1F2P内，
由余弦定理得22+x2-2·2xcs∠F1F2P=(72)2，
化简得(2x-9)(6x+11)=0，解得x=92，
故2a=PF1+PF2=8，∴a=4，b2=a2-c2=15，
所以椭圆C的标准方程为x216+y215=1；
（2）由（1）知A(-4,0)，B(4,0)，设T(x,y)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
kAT=kAM⇒yx+4=y1x1+4，①
kBT=kBN⇒yx-4=y2x2-4，②
两式相除得x-4x+4=y1x1+4·x2-4y2．
又y12x12-16=-1516⇒y1x1+4=-1516x1-4y1，
故x-4x+4=-1516(x1-4)y1·x2-4y2，③
设MN的方程为x=my-1，代入x216+y215=1整理，
得(15m2+16)y2-30my-225=0，△>0恒成立．
把y1+y2=30m15m2+16，y1y2=-22515m2+16，
代入③，x-4x+4=-1516(x1-4)y1·x2-4y2=-1516(my1-5)(my2-5)y1y2，
得x-4x+4=-1516m2y1y2-5m(y1+y2)+25y1y2=53，
得到x=-16，故点T在定直线x=-16上．
【点睛】关键点睛：解决本题第（1）问的关键是运用椭圆的定义及余弦定理，解决第（2）问的关键是计算与韦达定理的使用.
14．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0，若抛物线y2=4x的焦点F恰好为椭圆C的右焦点，且该抛物线与椭圆C在第一象限的交点为P23,263.
（1）求C的标准方程；
（2）设A、B是椭圆C的左、右顶点，过点F作直线l与椭圆交于PQ（不同于A、B）两点，设直线AP与直线BQ交于E点，求证：点E在定直线上.
【答案】（1）x24+y23=1；（2）证明见解析.
【分析】（1）先求出椭圆的焦点坐标，然后利用椭圆的定义求出a，可得答案.
(2) 设直线PQ的方程，与椭圆方程联立，得出韦达定理，设Px1,y1，Qx2,y2，得出直线AP，BQ的方程，将两方程联立，将韦达定理代入可得答案.
【详解】（1）由题意得c=1，
由椭圆定义知2a=23+12+2632+23-12+2632=73+53=4，
所以a2=4，b2=3，
所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1.
（2）由（1）知F1,0，设直线PQ的方程为x=my+1，
由x24+y23=1x=my+1，得3m2+4y2+6my-9=0.
显然Δ>0恒成立.
设Px1,y1，Qx2,y2，
所以有y1+y2=-6m3m2+4，y1y2=-93m2+4 ①
直线AP的方程为y=y1x1+2x+2，直线BQ的方程为y=y2x2-2x-2，
联立两方程可得，所以y1x1+2x+2=y2x2-2x-2，
x+2x-2=x1+2y1⋅y2x2-2=my1+3y2y1my2-1=my1y2+3y2my1y2-y1，
由①式可得y1y2=32my1+y2，
代入上式可得x+2x-2=32y1+y2+3y232y1+y2-y1=32y1+92y2y12+3y22=3，
解得x=4，
故点E在定直线x=4上.
【点睛】关键点睛：本题考查利用椭圆定义求椭圆方程和点在定直线上的问题，解答本题的关键是联立方程得出韦达定理y1+y2=-6m3m2+4，y1y2=-93m2+4 ，由直线AP的方程为y=y1x1+2x+2，直线BQ的方程为y=y2x2-2x-2联立结合韦达定理得出x+2x-2=3，属于中档题.
15．在直角坐标平面内，已知A-2,0，B2,0，动点P满足条件：直线PA与直线PB的斜率之积等于14，记动点P的轨迹为E．
(1)求E的方程；
(2)过点C4,0作直线l交E于M，N两点，直线AM与BN交点Q是否在一条定直线上？若是，求出这条直线方程；若不是，说明理由．
【答案】(1)x24-y2=1 x≠±2
(2)点Q在直线x=1上
【分析】（1）设Px,y x≠±2，由斜率公式得到方程，整理即可得解；
（2）依题意直线MN的斜率不为0，设直线MN的方程为x=my+4，M(x1,y1)，N(x2,y2)，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，表示出直线AM、BN的方程，即可得到直线AM，BN的交点Q(x0,y0)的坐标满足x0+2=y2(x1+2)y1(x2-2)⋅(x0-2)，根据韦达定理求出y2(x1+2)y1(x2-2)，即可求出x0，从而得解.
【详解】（1）解：设Px,y x≠±2，则yx+2⋅yx-2=14，得4y2=x2-4，即x24-y2=1 x≠±2，
故轨迹E的方程为：x24-y2=1 x≠±2．
（2）解：根据题意，直线MN的斜率不为0，
设直线MN的方程为x=my+4，
由x=my+4x24-y2=1，消去x并整理得m2-4y2+8my+12=0，
其中Δ=64m2-48(m2+4)=16m2-192>0，则m>23或m0，b>0）实轴端点分别为A1-a,0，A2a,0，右焦点为F，离心率为2，过A1点且斜率1的直线l与双曲线C交于另一点B，已知△A1BF的面积为92．
(1)求双曲线的方程；
(2)若过F的直线l'与双曲线C交于M，N两点，试探究直线A1M与直线A2N的交点Q是否在某条定直线上？若在，请求出该定直线方程；如不在，请说明理由．
【答案】(1)x2-y23=1
(2)在定直线方程x=12上
【分析】（1）联立直线方程与双曲线方程，可得点B，进而根据三角形面积公式即可求出a,b,c的值；（2）分直线斜率 和不存在两种情况讨论，求出两直线交点，代入化简即可求解.
【详解】（1）设直线l的方程为y=x+a，联立y=x+ax2a2-y2b2=1，得y=2ab2b2-a2，
又e=ca=2，c2=a2+b2，代入上式得y=3a，即yB=3a，
∴S△A1BF=12a+c⋅3a=92，解得a=1，∴b=3，c=2，∴双曲线的方程为x2-y23=1．
（2）当直线l'点的斜率不存在时，M2,3，N2,-3，直线A1M的方程为y=x+1，直线A2N的方程为y=-3x+3，联立直线A1M与直线A2N的方程可得的Q12,32，
当直线l'的斜率存在时，设直线l'的方程为y=kx-2，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立y=kx-2x2-y23=1得3-k2x2+4k2x-4k2-3=0，∴x1+x2=4k2k2-3，x1x2=4k2+3k2-3，
∴直线A1M的方程为y=y1x1+1x+1，直线A2N的方程为y=y2x2-1x-1，
联立直线A1M与直线A2N的方程可得：
x+1x-1=y2x1+1y1x2-1，两边平方得x+1x-12=y22x1+12y12x2-12，
又Mx1,y1，Nx2,y2满足x2-y23=1，
∴y22x1+12y12x2-12=3x22-1x1+123x12-1x2-12=x2+1x1+1x1-1x2-1=x1x2+x1+x2+1x1x2-x1+x2+1
=4k2+3k2-3+4k2k2-3+14k2+3k2-3-4k2k2-3+1=4k2+3+4k2+k2-34k2+3-4k2+k2-3=9，
∴x+1x-12=9，∴x=12，或x=2，（舍去）
综上，Q在定直线上，且定直线方程为x=12．
17．已知双曲线E：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的离心率为2，右顶点A到渐近线的距离等于32.
(1)求双曲线E的方程.
(2)点M，N在E上，且AM⊥AN，直线MN是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.
【答案】(1)x2-y23=1
(2)直线MN过定点-2,0
【分析】（1）利用点到直线的距离公式，a,b,c的关系和离心率即可求解.
（2）由题知直线AM的斜率存在且不为0，设直线AM：y=kx-1，与E的方程联立，可得Mk2+3k2-3,6kk2-3，因为AM⊥AN，用-1k代替k，同理解得N3k2+11-3k2,-6k1-3k2，进而表示出直线MN的方程，即可得解.
【详解】（1）由题意，取渐近线bx-ay=0，
右顶点A到该渐近线的距离d=aba2+b2=32，
又a2+b2=c，ca=2，解得b=3，a=1，c=2，
E的方程为x2-y23=1.
（2）由题意知直线AM的斜率存在且不为0，
设直线AM：y=kx-1，
与E的方程联立，消去y得3-k2x2+2k2x-k2-3=0，
易知k2≠3，
由韦达定理得1×xM=k2+3k2-3，则Mk2+3k2-3,6kk2-3.
因为AM⊥AN，所以kAM⋅kAN=-1，
用-1k代替k（显然此时k2≠13），
同理得N3k2+11-3k2,-6k1-3k2，
得kMN=2kk2-1k2≠1，
直线MN：y=2kk2-1x-k2+3k2-3+6kk2-3=2kk2-1x+4kk2-1=2kk2-1x+2，
过定点-2,0.
当k2=1时，直线MN的斜率不存在，
易知直线MN的方程为x=-2，过左焦点-2,0.
综上，直线MN过定点-2,0.

18．已知抛物线C:x2=2py(p＞0)上的点Pm,2到其焦点距离为3，过抛物线外一动点T作抛物线的两条切线TA,TB，切点分别为A,B，且切点弦AB恒过点M2,4.
（1）求p和m；
（2）求证：动点T在一条定直线上运动.
【答案】（1）p=2，m=±22.（2）证明见解析
【解析】（1）根据抛物线的定义求得p，由此求得抛物线方程，将P的坐标代入抛物线方程，由此求得m.
（2）设出T,A,B的坐标，根据抛物线的切线方程求得直线TA,TB的方程，将T的坐标代入直线TA,TB的方程，由此求得直线AB的方程，将M点坐标代入直线AB的方程，由此判断出动点T在直线x-y-4=0上运动.
【详解】（1）由题意得2+p2=3⇒p=2
抛物线方程为x2=4y，∴m2=8，m=±22
（2）首先推导抛物线切线方程的一般性：设抛物线x2=4y上的一点为a,b，a2=4b由y=x24⇒y'=x2，所以抛物线过点a,b的切线的斜率为a2，切线方程为y-b=a2x-a，化简得ax=4⋅y+b2.
设Tx0,y0,Ax1,y1,Bx2,y2
∴抛物线的切线TA的方程：x1x=4⋅y+y12⇒x1x-2y=2y1
抛物线的切线TB的方程：x2x=4⋅y2+y2⇒x2x-2y=2y2
∵TA,TB均经过Tx0,y0，∴x0x1-2y0-2y1=0x2x0-2y0-2y2=0
故直线x0x-2y-2y0=0即过Ax1,y1，也过Bx2,y2
故AB方程：x0x-2y-2y0=0
∵它恒过M(2,4)，∴2x0-8-2y0=0，∴它在x-y-4=0上运动.
【点睛】本小题主要考查抛物线的定义和标准方程，考查抛物线的切线方程，属于中档题.
19．平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y2＝2px（p＞0）及点M（2，0），动直线l过点M交抛物线于A，B两点，当l垂直于x轴时，AB＝4.
（1）求p的值；
（2）若l与x轴不垂直，设线段AB中点为C，直线l1经过点C且垂直于y轴，直线l2经过点M且垂直于直线l，记l1，l2相交于点P，求证：点P在定直线上.
【答案】（1）p＝1（2）证明见解析
【分析】（1）根据AB＝4，知抛物线y2＝2px（p＞0）过点（2，2），代入计算得到答案.
（2）由题意设直线l的方程为：y＝k（x﹣2），且k≠0，点A（x1，y1），B（x2，y2），联立方程得到y1+y2=2k，y1y2＝﹣4，根据直线方程得到P（1，1k），得到答案.
【详解】（1）当直线l过点M（2，0），且垂直于x轴时，
由AB＝4，知抛物线y2＝2px（p＞0）过点（2，2），
代入抛物线方程，得4＝2p×2，解得p＝1；
（2）证明：由题意设直线l的方程为：y＝k（x﹣2），且k≠0，
点A（x1，y1），B（x2，y2），
联立y2=2xy=kx-2，消去x，化简得ky2﹣2y﹣4k＝0，
由根与系数的关系得y1+y2=2k，y1y2＝﹣4；
又点C在直线AB上，则yC=y1+y22=1k，所以直线l1的方程为y=1k；
又直线l2过点M且与直线l垂直，则直线l2的方程为y=-1k（x﹣2）；
联立y=1ky=-1kx-2，解得x=1y=1k，所以点P（1，1k），
所以点P在定直线x＝1上.
【点睛】本题考查了抛物线的p值，定直线问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
20．已知点F为抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点，点P-2,4,PF=5，过点P作直线与抛物线E顺次交于A,B两点，过点A作斜率为12的直线与抛物线的另一个交点为点C．
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)求证：直线BC过定点．
【答案】(1)y2=4x
(2)证明见解析
【分析】（1）由|PF=5求得参数p得抛物线方程；
（2）设AB的方程为y-4=k(x+2)，设Ax1,y1,Bx2,y2，直线方程代入抛物线方程整理后应用韦达定理得y1+y2,y1y2，得y1y2-8=4y1+y2，直线BC方程代入抛物线方程应用韦达定理并结合前者得4y2+y3=y2y3+40，然后按直线BC斜率是否存在分类求得直线BC方程，利用4y2+y3=y2y3+40得定点坐标．
【详解】（1）焦点Fp2,0,|FP|=-2-p22+16=5，∵p>0，∴p=2
抛物线E的标准方程为y2=4x；
（2）显然直线AB斜率存在，设AB的方程为y-4=k(x+2)，
由y-4=k(x+2)y2=4x，化简得：ky2-4y+16+8k=0,k≠0,Δ=16-2k2-4k+1>0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则y1+y2=4k,y1y2=16k+8，
∴y1y2-8=4y1+y2 ①
直线AC的方程为y-y1=12(x-y124)，
由y-y1=12(x-y124)y2=4x化简得：y2-8y+8y1-y12=0,Δ=64-48y1-y12>0，
设Cx3,y3则y1+y3=8 ②
由①②得8-y3y2-8=48-y3+y2，∴4y2+y3=y2y3+40 ③
（ⅰ）若直线BC没有斜率，则y2+y3=0，又4y2+y3=y2y3+40，∴y32=40，∴x3=y324=10，
∴BC的方程为x=10．
（ⅱ）若直线BC有斜率，为y2-y3x2-x3=4y2+y3，
直线BC的方程为y-y2=4y2+y3x-y224，即4x-y2+y3y+y2y3=0，
将③代入得4x-y2+y3y+4y2+y3-40=0，∴y2+y3(4-y)+4(x-10)=0，
故直线BC有斜率时过点(10,4)．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中直线过定点问题，一般设出直线方程y=kx+b，设出交点坐标为(x1,y1),(x2,y2)，直线方程与圆锥曲线方程联立后消元应用韦达定理得x1+x2,x1x2（或y1+y2,y1y2），把此结论代入题设中其它条件或性质得出k,b的关系，从而化简直线方程，由化简后的直线方程可得定点坐标，解题中也需注意直线斜率不存在的情形的验证．