2026年高考数学一轮复习举一反三专练(通用版)重难点34圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学一轮复习举一反三专练(通用版)重难点34圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题(学生版+解析)，共10页。

TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc28158" 【题型1 直线过定点问题】 PAGEREF _Tc28158 \h 2
\l "_Tc28090" 【题型2 存在定点满足某条件问题】 PAGEREF _Tc28090 \h 7
\l "_Tc14745" 【题型3 面积定值问题】 PAGEREF _Tc14745 \h 12
\l "_Tc10897" 【题型4 斜率的和差商积定值问题】 PAGEREF _Tc10897 \h 18
\l "_Tc29009" 【题型5 线段定值问题】 PAGEREF _Tc29009 \h 23
\l "_Tc6660" 【题型6 圆锥曲线中其他定值问题】 PAGEREF _Tc6660 \h 28
\l "_Tc2884" 【题型7 圆锥曲线中的定直线问题】 PAGEREF _Tc2884 \h 36
1、圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题
圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题是高考的重点、热点内容，从近几年的高考情况来看，此类问题考查频率较高，此类问题一般有直线过定点问题、满足某条件的定点问题、定值问题以及定直线问题等热点问题，主要在解答题中考查，选择、填空题中考查较少，在解答题中考查时综合性强，难度较高，复习时要加强这方面的训练，学会灵活求解.
知识点1 圆锥曲线中的定点、定值问题
1．圆锥曲线中的定点、定值问题
圆锥曲线中的定点定值问题一般与圆锥曲线的基本量和题设条件中的给定的点或值有关，曲线过定点问题以直线过定点居多，定点问题其实也可以归结到定值问题(定点的横纵坐标为定值).这类问题用函数的思想方法来处理，具体操作流程如下：
(1)变量——选择合适的参变量；
(2)函数——要证明为定值的量表示出参数的函数；
(3)定值——化简函数解析式，消去参数得定值.
一些存在性问题，是否存在定点使得某一个量为定值，是否存在定值使得某一量为定值，是否存在定点使得曲线过定点，是否存在定值使得曲线过定点，可以看做定点定值问题的延伸.
2．定点问题的求解思路：
一是从特殊入手，求出定点，再证明这个点与变量无关；
二是直接推理、计算，并在计算过程中消去变量，从而得到定点.
3．过定点问题的两大类型及解法
(1)动直线l过定点问题
解法：设动直线方程（斜率存在）为y=kx+t，由题设条件将t用k表示为t=mk+n，得y=kx+m+n，故动直线过定点−m,n；
(2)动曲线C过定点问题
解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
4．定值问题的求解思路：
将问题涉及的几何式转化为代数式或三角式，证明该式的值与参数无关.
5．求解定值问题的三个步骤
(1)由特例得出一个值，此值一般就是定值；
(2)证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值；
(3)得出结论．
知识点2 圆锥曲线中的定直线问题
1．圆锥曲线中的定直线问题
定直线问题是指因图形变化或点的移动而产生的动点在定直线上的问题.这类问题的核心在于确定定点的轨迹，主要方法有：
(1)设点法：设点的轨迹，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、待定系数法求解出系数；
(3)验证法：通过特殊点位置求出直线方程，对一般位置再进行验证.
【题型1 直线过定点问题】
【例1】（2025·山东泰安·模拟预测）已知F是椭圆C:x2a2+y2b2=1 (a>b>0)的右焦点，点A(1,32)在C上，FA⊥x轴，直线l与x轴不重合，l与C交于P、Q两点，∠PFA=∠QFA.
(1)求C的方程；
(2)证明：l过定点.
【答案】(1)x24+y23=1
(2)证明见解析
【解题思路】（1）根据给定条件，列式求出a,b,c即可.
（2）设出直线l的方程，与方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式计算推理即得.
【解答过程】（1）依题意，1a2+94b2=1a2−b2=1，解得a2=4，b2=3，
所以C的方程为x24+y23=1.
（2）点F(1,0)，显然l的斜率存在，设l的方程为y=kx+m，P(x1,y1),Q(x2,y2)，
由x24+y23=1y=kx+m消去y整理，得(3+4k2)x2+8kmx+4m2−12=0
由直线l与椭圆C交于P、Q两点，得 Δ=(8km)2−16(3+4k2)(m2−3)=48(4k2−m2+3)>0，
则x1+x2=−8km3+4k2,x1x2=4m2−123+4k2，由∠PFA=∠QFA，得直线PF,QF的斜率互为相反数，
即y1x1−1+y2x2−1=y1(x2−1)+y2(x1−1)(x1−1)(x2−1)=(kx1+m)(x2−1)+(kx2+m)(x1−1)(x1−1)(x2−1)=0，
因此(kx1+m)(x2−1)+(kx2+m)(x1−1)=0，整理得2kx1x2−(k−m)(x1+x2)−2m=0，
则2k4m2−123+4k2−(k−m)⋅−8km3+4k2−2m=0，化简得m=−4k，
所以直线l的方程为y=k(x−4) ，即l过定点(4,0).
【变式1-1】（2025·湖北黄冈·三模）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)左顶点A−1,0到其渐近线的距离为32 .过右焦点F的直线分别交双曲线的左，右两支及直线 l:x=12 于M,N,P三点，过N作平行于x轴的直线交直线AP于点G，点G满足NG=GH .
(1)求C的方程；
(2)证明：直线MH过定点.
【答案】(1)x2−y23=1
(2)证明见解析
【解题思路】（1）由条件及点到直线的距离公式求b，由左顶点的坐标求a，进而得到C的方程即可；
（2）设直线PF的方程为x=my+2，Mx1,y1,Nx2,y2，联立直线与曲线方程可得y1+y2，y1y2的值，由给定条件求P,G,H的坐标，从而得到直线MH的方程，进而得到定点即可.
【解答过程】（1）因为C的一条渐近线方程为bx−y=0，
所以点A到渐近线的距离为bb2+1=32，
所以b2=3，所以双曲线C的方程是 x2−y23=1.
（2）由题意双曲线C的右焦点F2,0，直线PF的斜率不为0，
故可设直线PF的方程为x=my+2，
因为直线PF与双曲线左，右两支分别交于M,N两点，
所以m∈−∞,−33∪33,+∞，
设Mx1,y1,Nx2,y2，将直线PF的方程代入x2−y23=1中，
得到3m2−1y2+12my+9=0，
则y1+y2=−12m3m2−1，y1y2=93m2−1，所以my1y2=−34y1+y2，
直线PF的方程x=my+2，又直线l:x=12 ，联立可得P(12,−32m)，
所以直线AP的方程为y=−1mx+1 ，
又直线GN的方程是y=y2，联立可得G−1−my2,y2 ，
又NG=GH，所以H的坐标是−2−x2−2my2,y2，
所以直线MH的方程是：y−y1=y2−y1−2−x2−2my2−x1x−x1
令y=0，由x1=my1+2，x2=my2+2，
得x=4my1y2+2y2+4y1y2−y1=−3y1+y2+2y2+4y1y2−y1=y1−y2y2−y1=−1，
所以直线MH过定点−1,0.
【变式1-2】（2025·云南昭通·模拟预测）过抛物线T:y2=2px(p>0)上的点Ax0,y0的直线l1，l2分别交抛物线T于点B，C．设直线l1，l2的斜率分别为k1，k2，k1k2=−1，当x0=0且点B，C关于x轴对称时，△ABC的面积为16．
(1)求抛物线T的方程；
(2)当y0=2时，证明：直线BC过定点．
【答案】(1)y2=4x
(2)证明见解析
【解题思路】（1）由题意设By122p,y1y1>0，因为k1k2=−1，不妨设k1=−k2=1．表示出B,C的坐标，由三角形的面积求解即可；
（2）设By124,y1，Cy224,y2，A1,2，由k1k2=−1，则4y1+2⋅4y2+2=−1，求出BC的方程为y−y1=4y1+y2x−y124，联立求得y=4x−5y1+y2−2，从而证得直线所过的定点即可.
【解答过程】（1）已知当x0=0时，A0,0，B，C关于x轴对称且k1k2=−1．
设By122p,y1y1>0，因为k1k2=−1，不妨设k1=−k2=1．
由斜率公式k1=y1−0y122p−0=1，即y1=y122p，解得y1=2p，所以B2p,2p，C2p,−2p．
△ABC面积S=2p⋅2p=4p2=16，解得p=2，抛物线T方程为y2=4x．
（2）

证明：设By124,y1，Cy224,y2，A1,2，
则k1=y1−2y124−1=4y1+2，k2=y2−2y224−1=4y2+2．
因为k1k2=−1，则4y1+2⋅4y2+2=−1，所以y1+2⋅y2+2=−16，
则y1y2+2y1+y2+20=0，kBC=y1−y2y124−y224=4y1+y2，
所以直线BC的方程为y−y1=4y1+y2x−y124，整理得y=4x+y1y2y1+y2．
把y1y2=−2y1+y2−20代入直线BC方程，得y=4x−5y1+y2−2，
所以直线BC过定点5,−2．
【变式1-3】（2025·北京大兴·三模）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的短轴长为23，过左焦点F−1,0作两条互相垂直的直线l1，l2，分别交椭圆E于A，B和C，D四点．设AB，CD的中点分别为M，N．
(1)求椭圆E的方程；
(2)直线MN是否经过定点？若是，求出定点坐标；若否，请说明理由．
【答案】(1)x24+y23=1
(2)直线MN经过定点，定点坐标为−47,0
【解题思路】（1）由焦点坐标以及短轴长的概念，结合椭圆的标准方程，可得答案；
（2）利用分类讨论，分直线斜率存在与否，设出直线方程以及交点坐标，写出中点坐标，联立方程，写出韦达定理，可得答案.
【解答过程】（1）因为椭圆的左焦点F−1,0，所以c=1，
又短轴长为2b=23，所以b=3，由a2=b2+c2可得a=2，
故椭圆E的方程为x24+y23=1.
（2）
当直线AB和CD斜率存在时，设直线AB方程为：y=kx+1，
设Ax1,y1，Bx2,y2，则有中点Mx1+x22,kx1+x22+1，
联立方程y=kx+1x24+y23=1，消去y得：3+4k2x2+8k2x+4k2−12=0，
由韦达定理得：x1+x2=−8k23+4k2，所以M的坐标为−4k23+4k2,3k3+4k2，
将上式中的k换成−1k，同理可得N的坐标为−44+3k2,−3k4+3k2，
若−4k23+4k2=−44+3k2，即k=±1，M−47,±37，
此时直线MN斜率不存在，直线过定点−47,0；
当k≠±1时，即直线MN斜率存在，
则kMN=3k3+4k2−−3k4+3k2−4k23+4k2−−44+3k2=21k3+21k−12k4−1=2112·−kk2−1，
直线MN为y+3k4+3k2=2112⋅−kk2−1x+44+3k2，
令y=0，得x=−44+3k2−127⋅k2−14+3k2=−4·7+3k2−374+3k2=−47，
此时直线MN过定点−47,0，
显然当直线AB或CD斜率不存在时，直线MN就是x轴，也会过−47,0，
综上所述：直线MN经过定点，定点坐标为−47,0.
【题型2 存在定点满足某条件问题】
【例2】（2025·陕西宝鸡·三模）已知双曲线C过点P3,1且一条渐近线方程为x+y=0.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)若过点M1,0的直线l与双曲线C相交于A,B两点，试问在x轴上是否存在定点N，使直线NA与直线NB关于x轴对称，若存在，求出定点N的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)x22−y22=1
(2)存在，N2,0
【解题思路】(1)利用渐近线方程设出双曲线方程，再将点P3,1代入即可求出双曲线方程；
(2)假设存在点N，联立直线l与双曲线C方程，应用韦达定理，将直线NA与直线NB关于x轴对称转化为kAN+kBN=0，进而可求出点N的坐标.
【解答过程】（1）∵双曲线C的一条渐近线方程为x+y=0，∴设双曲线方程为x2−y2=λλ≠0，
又∵双曲线C过点P3,1，则代入得λ=2，
∴双曲线C的方程为x22−y22=1；
（2）

设Ax1,y1，Bx2,y2，
假设在x轴上存在定点Nx0,0，使直线NA与直线NB关于x轴对称.
由题意知，直线l的斜率一定存在，则设其方程为y=kx−1，
联立方程组x22−y22=1y=kx−1，消去y得：1−k2x2+2k2x−k2−2=0，
由题意知1−k2≠0Δ=4k2−41−k2−k2−2=42−k2>0，即k∈−2,−1∪−1,1∪1,2，
又有x1+x2=−2k21−k2，x1x2=−k2+21−k2，
则kAN+kBN=y1x1−x0+y2x2−x0=k2x1x2−x0+1x1+x2+2x0x1x2−x0x1+x2+x02=0，
∴k2−k2+21−k2−x0+1−2k21−k2+2x0=0，
∴k2x0−41−k2=0，∴k2x0−4=0，
上式对∀k∈−2,−1∪−1,1∪1,2恒成立，∴x0=2，
∴存在定点N2,0，使kAN+kBN=0，即使直线NA与直线NB关于x轴对称.
【变式2-1】（2025·北京昌平·二模）已知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的长轴长为26，以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形的面积为6．
(1)求椭圆E的方程及离心率；
(2)过点2,0且斜率为kk≠0的直线与椭圆E交于A,B两点，点C与点B关于x轴对称．在x轴上是否存在定点Dm,0，使A,C,D三点共线？若存在，求实数m的值，若不存在，说明理由．
【答案】(1)x26+y23=1，22
(2)存在；m=3
【解题思路】（1）利用椭圆的性质，结合面积公式可列出方程组求解椭圆各参数即求解；
（2）利用直线与椭圆联立方程组，设交点坐标，假设存在点Dm,0，则可得相等关系kAD−kCD=0，然后利用韦达定理来进行化简，计算即可得结果.
【解答过程】（1）由题意得2a=262bc=6a2=b2+c2，解得a=6,b=3,c=3．
所以椭圆E的方程为x26+y23=1，离心率e=ca=22．
（2）
设直线AB的方程为y=kx−2，点Ax1,y1，点Bx2,y2．
由y=kx−2x2+2y2=6，得1+2k2x2−8k2x+8k2−6=0．
依据题意，Δ>0，x1+x2=8k21+2k2,x1x2=8k2−61+2k2.
因为点C与点B关于x轴对称，所以点Cx2,−y2．
若在x轴上存在定点Dm,0，使A,D,C三点共线，则kAD−kCD=0．
kAD−kCD=y1x1−m−−y2x2−m =y1x2−m+y2x1−mx1x2−mx1+x2+m2
=kx1−2x2−m+kx2−2x1−mx1x2−mx1+x2+m2
=k2x1x2−m+2x1+x2+4mx1x2−mx1+x2+m2
由kAD−kCD=0，得k2x1x2−m+2x1+x2+4m=0．
由k≠0，得2x1x2−m+2x1+x2+4m=0．
因为2x1x2−m+2x1+x2+4m
=2×8k2−61+2k2−m+28k21+2k2+4m
=16k2−12−8mk2−16k2+4m+8mk21+2k2 =−12+4m1+2k2=0，解得m=3．
故在x轴上存在定点D3,0，使A,C,D三点共线．
【变式2-2】（2025·四川雅安·一模）已知O为坐标原点，过点P2,0的动直线l与抛物线C:y2=4x相交于A,B两点．
(1)求OA⋅OB；
(2)在平面直角坐标系xOy中，是否存在不同于点P的定点Q，使得∠AQP=∠BQP恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)−4；
(2)存在，(−2,0).
【解题思路】（1）设出直线l的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合数量积的坐标表示计算即得.
（2）利用（1）中信息，结合斜率坐标公式列式求解即得.
【解答过程】（1）显然直线l不垂直于y轴，设直线l的方程为x=ty+2，A(x1,y1),B(x2,y2)，
由x=ty+2y2=4x消去x并整理得y2−4ty−8=0，显然Δ>0，于是y1y2=−8，
所以OA⋅OB=x1x2+y1y2=y124⋅y224−8=−4.
（2）由（1）知y1+y2=4t,y1y2=−8，
假定存在不同于点P的定点Q，使得∠AQP=∠BQP恒成立，由抛物线对称性知，点Q在x轴上，设Q(m,0)，
则直线QA,QB的斜率互为相反数，即y1x1−m+y2x2−m=0，即y1(ty2+2−m)+y2(ty1+2−m)=0，
整理得2ty1y2+(2−m)(y1+y2)=0，即−16t+4t(2−m)=0，亦即4t(−2−m)=0，而t不恒为0，则m=−2，
所以存在不同于点P的定点Q，使得∠AQP=∠BQP恒成立，点Q的坐标为(−2,0).
【变式2-3】（2025·上海·三模）如图，椭圆Γ：x24+y22=1，F为其右焦点，过点P(0,1)的动直线l与椭圆Γ相交于A，B两点.

(1)若直线l经过焦点F，求此时线段AB的长度；
(2)若焦点F不在直线l上，求△FAB周长的最大值及相应直线l的方程；
(3)在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点P不同的定点Q，使得|QA||QB|=|PA||PB|恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)3；
(2)最大值为8，直线l：y=22x+1；
(3)存在，Q(0,2).
【解题思路】（1）求出点F的坐标及直线l的方程，与椭圆方程联立求出弦长.
（2）令椭圆左焦点为E，利用线段和差大小关系及椭圆定义推理求解.
（3）由特殊位置确定点Q的位置及坐标，再就一般情况推理求解.
【解答过程】（1）依题意，F(2,0)，直线l的斜率为−22，方程为y=−22x+1，
由y=−22x+1x24+y22=1消去y得x2−2x−1=0，解得x=2±62，
所以线段AB的长|AB|=(22)2+1⋅|2+62−2−62|=32⋅6=3.
（2）设椭圆的左焦点为E(−2,0)，则AB≤AE+BE，
于是AB+AF+BF≤AE+AF+BF+BE=8，当且仅当直线l过左焦点E取等号，
所以△FAB周长的最大值为8，此时直线l方程为y=22x+1.
（3）存在点Q0,2满足题意，
假设存在满足题意的定点Q，当直线l平行于x轴时，则QAQB=PAPB=1，A，B两点关于y轴对称，
则Q点在y轴上，不妨设Q0,t，
当直线l垂直于x轴时，A0,2，B0,−2，QAQB=t−2t+2=PAPB=1−21+2，
解得t=2或t=1（舍去，否则Q点就是P点），即Q点的坐标为0,2；
对于一般的直线l：y=kx+1，Q0,2也满足题意.
因为QAQB=PAPB，由角平分线定理知，y轴为∠AQB的角平分线，则只需kQA=−kQB.
设Ax1,y1，Bx2,y2，则y1=kx1+1，y2=kx2+1，
则y=kx+1x2+2y2=4，消去y可得，1+2k2x2+4kx−2=0，
则x1+x2=−4k1+2k2，x1x2=−21+2k2，
于是kQA=y1−2x1=kx1−1x1=k−1x1，kQB=y2−2x2=kx2−1x2=k−1x2，
两式相加得，kQA+kQB=2k−1x1+1x2=2k−x1+x2x1x2=2k−2k=0，
即kQA=−kQB从而，假设成立.
即存在与点P不同的定点Q0,2，使得QAQB=PAPB恒成立.
【题型3 面积定值问题】
【例3】（2025·山西·三模）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为5，点A2,2在双曲线C上．
(1)求C的方程；
(2)过双曲线C右支上一动点M分别作C两条渐近线的平行线，与两条渐近线分别交于P，Q，O为坐标原点，证明：平行四边形MPOQ的面积为定值，并求出该定值．
【答案】(1)x2−y24=1
(2)证明见解析，定值1
【解题思路】（1）根据离心率的概念，将点A2,2代入双曲线方程，建立方程组，解之即可求解；
（2）由（1）求得Pn+2m4,n+2m2，根据弦长公式和平行四边形的面积公式化简计算可得S=n2−4m24，结合m2−n24=1即可证明.
【解答过程】（1）由已知可得e=ca=5，所以c=5a，
又因为c2=a2+b2，得b2=4a2①；
将点A2,2代入双曲线方程，得2a2−44a2=1②，
联立①②得a2=1，所以b2=4，
所以双曲线方程为：x2−y24=1．
（2）由（1）得双曲线渐近线方程为l1:y=2x，l2:y=−2x，
设Mm,n，则lMQ:y=2x+n−2m，lMP:y=−2x+n+2m，
联立l1和lMP，解得交点Pn+2m4,n+2m2，
则平行线l1和lMQ之间的距离d=n−2m5，
则平行四边形MPOQ的面积S=OPd=n−2m5⋅n+2m42+n+2m22=n−2m5⋅5n+2m4=n2−4m24，
由于M在双曲线上，则m2−n24=1，所以4m2−n2=4，
所以平行四边形MPOQ的面积为定值1.

【变式3-1】（2025·江西·一模）已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1a>b>0的焦距为2，直线 l:y=kx+mk>0与C交于M、N两点，O为坐标原点，P为MN中点．若kOP⋅k=−34.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若OM、ON的斜率分别为k1、k2且始终满足k1k2=34+k1+k2，求直线l的斜率k的值；
(3)A、B为椭圆C上关于原上对称的两点且满足2MN=AB，直线MB、AN交于点Q，问：△QAB的面积是否为定值？若是求出此定值，若不是请说明理由．
【答案】(1)x24+y23=1
(2)1+72
(3)是定值，且定值为2
【解题思路】（1）利用点差法以及椭圆的焦距可得出关于a2、b2的方程组，解出这两个量的值，即可得出椭圆C的方程；
（2）联立直线l与椭圆C的方程，列出韦达定理，利用斜率公式结合k1k2=34+k1+k2化简可得出关于k的等式，结合k>0可得出k的值；
（3）分析可知故点Q到直线AB的距离等于两平行线AB、MN间的距离的23，设直线AB的方程为y=kx，将该直线方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，根据AB=2MN可得出m2=3k2+94，然后利用三角形的面积可求得结果.
【解答过程】（1）设点Mx1,y1、Nx2,y2，则x12a2+y12b2=1x22a2+y22b2=1，
上述两个等式作差可得x12−x22a2+y12−y22b2=0，则y12−y22x12−x22=−b2a2，
即kOPk=y1+y2x1+x2⋅y1−y2x1−x2=−b2a2，
由题意可得−b2a2=−34c=a2−b2=1，则a2=4b2=3，
因此，椭圆C的方程为x24+y23=1.
（2）联立直线l与椭圆C的方程y=kx+m3x2+4y2=12，可得3+4k2x2+8kmx+4m2−12=0，
Δ=64k2m2−44k2+34m2−12>0，可得m20的焦点为F，准线与抛物线对称轴的交点为H,P为抛物线C上的动点，当P的纵坐标为1时，PFPH取得最小值.
(1)求抛物线C的方程；
(2)设点O为坐标原点，过点F作直线l1与曲线C交于A,B两点，作直线l2与曲线C交于C,D两点，E,M分别为AB,CD的中点，直线l1与l2的斜率满足k1k2=−2.试判断△OEM与△MEF的面积之比是否为定值？若是，求出此定值；若不是，说明理由.
【答案】(1)x2=4y
(2)是定值，54
【解题思路】（1）利用抛物线的定义，得到PFPH=sin∠PHG，从而有PH与抛物线相切时，PFPH取得最小值，再利用导数的几何意义及过两点切线的斜率，即可求解；
（2）设直线AB的方程y=k1x+1，联立直线与抛物线方程，利用根与系数间的关系，求得E2k1,2k12+1，同理可得M2k2,2k22+1，法一，设直线EM的方程为mx+ny=1，结合条件，利用E2k1,2k12+1，M2k2,2k22+1在直线上，得n=15，从而直线EM过定点0,5，即可求解；法二，利用k1k2=−2及两点间的斜率公式得kEM=k14−4k13+2k1，再利用点斜式得直线EM的方程，进而可得直线EM过定点0,5，即可求解.
【解答过程】（1）过点P作准线的垂线，垂足为G，如图所示,
由抛物线的定义知，PF=PG，则PFPH=PGPH=sin∠PHG，
所以，当PFPH取得最小值，∠PHG取得最小值，此时PH与抛物线相切于点P，
不妨设P2p,1，又H0,−p2,y′=x22p′=xp，
则kPH=1+p22p=2pp，解得p=2，
所以抛物线C的方程为x2=4y.
（2）解法1：设Ax1,y1,Bx2,y2，由题意知，直线AB的方程为y=k1x+1，
则y=k1x+1x2=4y，消去y得x2−4k1x−4=0，所以x1+x2=4k1，
则E2k1,2k12+1，同理可得M2k2,2k22+1，
设直线EM的方程为mx+ny=1，则2mk1+n2k12+1=1，即2nk12+2mk1+n−1=0，
同理2nk22+2mk2+n−1=0，所以k1,k2是方程2nk2+2mk+n−1=0的两个根，
所以k1k2=n−12n=−2，解得n=15，
则直线EM的方程为mx+15y=1，所以直线EM过定点0,5，
设点O与F到直线EM的距离分别为h1和h2，所以h1h2=54，
所以S△OEMS△MEF=12EM⋅h112EM⋅h2=h1h2=54，故△OEM与△MEF的面积之比是定值，定值为54.
解法2：设Ax1,y1,Bx2,y2，由题意知，直线AB的方程为y=k1x+1，
则y=k1x+1x2=4y，消去y得x2−4k1x−4=0，所以x1+x2=4k1，
则E2k1,2k12+1，同理可得M2k2,2k22+1，
又k1k2=−2，用−2k1代换k2得，M−4k1,8k12+1，
易知直线EM的斜率必存在，kEM=8k12+1−2k12−1−4k1−2k1=k14−4k13+2k1，
则直线EM的方程为y−2k12+1=k14−4k13+2k1x−2k1，
令x=0，则y=2k12+1−2k14−8k12+2=5k12+10k12+2=5，则直线EM过定点0,5，
设点O与F到直线EM的距离分别为h1和h2，所以h1h2=54，
所以S△OEMS△MEF=12EM⋅h112EM⋅h2=h1h2=54，
故△OEM与△MEF的面积之比是定值，定值为54.
【变式3-3】（2025·陕西安康·模拟预测）“如果两个椭圆的离心率相同，我们称这两个椭圆相似”.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)与椭圆E:x2b2+y2d2=1(b>d>0)相似，E的短轴长为2，离心率为32.
(1)求C的标准方程.
(2)设O为坐标原点，P为E上的动点，过点P且斜率为k(k≠0)的直线与E相切，与C交于A，B两点，射线PO交C于点Q，试问：△ABQ的面积是否为定值？若为定值，求出定值；若不为定值，请说明理由.
【答案】(1)x216+y24=1
(2)是，63.
【解题思路】(1)根据椭圆离心率的定义，短轴的概念，求出椭圆标准方程.
(2)根据直线与椭圆的交点问题解题方程，依据弦长公式,证明椭圆中的定值问题.
【解答过程】（1）因为E的短轴长为2，所以d=1.
因为E的离心率为e=b2−1b=32，所以b=2.
又C的离心率e=a2−b2a=a2−4a=32，所以a=4，
所以C的标准方程为x216+y24=1.
（2）
由（1），知E:x24+y2=1.
设Px0,y0，过点P的直线方程为y=kx+m.
由y=kx+m,x24+y2=1,得1+4k2x2+8kmx+4m2−4=0.
因为直线y=kx+m与E相切，所以Δ=(8km)2−41+4k24m2−4=0，即4k2+1=m2①，
所以x0=−4km1+4k2=−4km，y0=k⋅−4km+m=1m，
所以直线OP的斜率kOP=y0x0=−14k，方程为y=−14kx.
由y=−14kx,x216+y24=1,得1+4k2x2=64k2，设QxQ,yQ，所以xQ2=64k21+4k2，所以xQ2x02=64k21+4k2−4km2=4.
由题意，得P，Q位于y轴两侧，所以xQ=−2x0，所以SΔABQ=3SΔAOB.
设Ax3,y3，Bx4,y4，由y=kx+m,x216+y24=1,得1+4k2x2+8kmx+4m2−16=0，Δ>0，
由根与系数的关系，得x3+x4=−8km1+4k2，x3x4=4m2−161+4k2，
所以x3−x4=x3+x42−4x3x4=416k2+4−m21+4k2，将①代入，得x3−x4=431+4k2.
由直线y=kx+m与y轴交于点(0,m)，
得SΔAOB=12|m|⋅x3−x4=12|m|⋅431+4k2=23，
所以SΔABQ=3SΔAOB=63，即△ABQ的面积为定值63.
【题型4 斜率的和差商积定值问题】
【例4】（2025·河北唐山·三模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为22，F1，F2分别为C的左、右焦点，直线l1:y=k1x与C交于P，Q两点，其中点P位于第一象限，当PF2⊥x轴时，PF1=3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l2:y=k2xk1≠k2与C交于M，N两点，四边形PMQN的面积为42，问k1k2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)x24+y22=1
(2)是，k1k2=−12
【解题思路】小问1，根据题意求出|PF2|与点P坐标的关系，求出a和b，得到椭圆的方程；
小问2，根据题意四边形PMQN为平行四边形，可取P点和M点，设过P点和M点的直线方程，用P点和M点的坐标表示k1和k2，根据已知条件求出定值即可.
【解答过程】（1）设C的半焦距为c，点P的坐标为(c,t)，由题意知ca=22，
故a=2c=2b，|t|=b2a
由当PF2⊥x轴时，PF1=3，
所以PF2=2a−3=|t|=b2a，
可解得：a=2，b=2，
故椭圆C的方程为x24+y22=1.
（2）由对称性可得OP=OQ，OM=ON
所以四边形PMQN为平行四边形，又四边形PMQN的面积为42，
故△POM的面积为2，其中O为坐标原点，
设Px1,y1，Mx2,y2，x1>0，y1>0，x124+y122=1，x224+y222=1，
若x1≠x2，则可设直线PM:y=k3x+m，
联立y=k3x+m,x2+2y2=4,消去y得1+2k32x2+4mk3x+2m2−4=0，
Δ=84k32+2−m2>0，
x1+x2=−4mk31+2k32，x1x2=2m2−41+2k32，
PM=1+k32x1−x2，
坐标原点O到直线y=k3x+m的距离d=m1+k32，
故△POM的面积S=12PMd=m2x1−x2=m2×x1+x22−4x1x2=m2× 22×4k32+2−m22k32+1=2，
整理得2k32+1−m22=0，即2k32+1=m2.
由Δ=84k32+2−m2=8m2>0知m≠0.
由题意知k1k2=y1x1⋅y2x2=k3x1+mk3x2+mx1x2=k32+mk3x1+x2+m2x1x2=k32+ mk3−4k3m+m22m2−4m2=−12.
若x1=x2，则x124+y122=1，x1y1=2，
所以x1=2，y1=1，此时k1=12=22，由对称性可得k2=−22，
所以k1k2=−12，
所以k1k2恒为定值−12.
【变式4-1】（2025·河北秦皇岛·三模）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右顶点为A,B，右焦点为5,0，离心率为5．
(1)求双曲线C的标准方程及其渐近线方程；
(2)过点T2,0的直线l交双曲线C于点M,N（点M在第一象限），记直线MA的斜率为k1，直线NB的斜率为k2，求证：k1k2为定值．
【答案】(1)x2−y24=1， y=±2x
(2)证明见解析
【解题思路】（1）利用双曲线的焦点坐标和离心率公式求出a,b的值，从而得到双曲线方程和渐近线方程；
（2）联立直线方程和双曲线方程，通过韦达定理得到相关点的坐标关系，再根据直线斜率公式证明k1k2为定值.
【解答过程】（1）由题意，双曲线C的中心为坐标原点，
右焦点为5,0，离心率为5，
可得c=5e=ca=5b2=c2−a2，解得a=1，b=2，
所以双曲线C的标准方程为x2−y24=1，其渐近线方程为y=±2x．
（2）由（1）知，A−1,0，B1,0．
显然直线l不垂直于y轴，设直线l的方程为x=my+2，
设Mx1,y1，Nx2,y2，由x2−y24=1x=my+2，消去x，得4m2−1y2+16my+12=0，
显然4m2−1≠0，Δ>0，则y1+y2=−16m4m2−1，y1y2=124m2−1，my1y2=−34y1+y2，
直线MA的斜率k1=y1x1+1，直线NB的斜率k2=y2x2−1，
所以k1k2=y1x1+1y2x2−1=y1my2+1y2my1+3=my1y2+y1my1y2+3y2=−34y1+y2+y1−34y1+y2+3y2=y1−3y2−3y1+9y2=−13，为定值．
【变式4-2】（2025·甘肃白银·模拟预测）已知抛物线C:y2=−2px(p>0)的焦点为F，点M(x0,2)在C上，且MF=2OF，其中O为坐标原点，过点A(0,1)的直线l与C相交.
(1)求C的方程；
(2)若l与C仅有一个公共点且斜率存在，求l的斜率；
(3)若l与C交于M，N两点，记直线OM与直线ON的斜率分别为k1，k2，证明：k1 +k2为定值，并求出该定值.
【答案】(1)y2=−4x
(2)0或−1
(3)证明见解析，−4
【解题思路】（1）由抛物线的定义可得x0，再将点M的坐标代入抛物线方程，即可得到结果；
（2）联立直线与抛物线方程，分k=0与k≠0讨论，即可得到结果；
（3）联立直线与抛物线方程，结合韦达定理代入计算，即可得到结果.
【解答过程】（1）由抛物线的定义可知MF=−x0+p2，
又MF=2OF，则MF=p.
即p2−x0=p.所以x0=−p2.
又M(−p2,2)在抛物线上.
所以4=−2p⋅(−p2).且p>0.
解得p=2.则C的方程为y2=−4x.
（2）设直线l的斜率为k，则l:y=kx+1.
联立y=kx+1y2=−4x，
可得k2x2+(2k+4)x+1=0，
当k=0时，l:y=1，符合题意；
当k≠0时，则有Δ=(2k+4)2−4k2=0，解得k=−1.
综上，直线l的斜率为0或−1.
（3）由题得l的斜率存在且不为零.
设l的方程为y=kx+1.M(x1,y1)，N(x1,y2)，
联立y=kx+1y2=−4x，可得k2x2+(2k+4)x+1=0，
Δ=(2k+4)2−4k2=16k+16>0.即k>−1.
可得x1+x2=−2k+4k2，x1x2=1k2.
故k1=y1x1=kx1+1x1，k2=y2x2=kx2+1x2.
则k1+k2=kx1+1x1+kx2+1x2=2k+x1+x2x1x2=−4，
所以k1+k2为定值−4.
【变式4-3】（2025·广东湛江·模拟预测）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，焦点在x轴上的椭圆C的上顶点为A(0,2)，线段OA的中垂线交C于B,D两点，且|BD|=6.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)点E为椭圆C上位于直线BD上方（不与点B,D重合）的动点，过点B作直线DE的平行线交椭圆C于点F，点M为直线EF与BD的交点，点N为直线BE与OM的交点.证明：直线OM与直线DE的斜率之积为定值；
【答案】(1)x212+y24=1
(2)证明见解析
【解题思路】（1）设出椭圆方程，求出点B,D坐标，进而求出椭圆方程.
（2）设出直线DE方程，与椭圆方程联立求出点E，同理可得点F坐标，再按EF的斜率存在与否求出直线OM与直线DE的斜率之积.
【解答过程】（1）设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，由椭圆C的上顶点为A(0,2)，得b=2，
线段OA的中垂线方程为y=1，由BD=6，则B(−3,1),D(3,1)，9a2+14=1，解得
所以椭圆C:x212+y24=1.
（2）
由ED//FB，且点E位于直线BD上方，得直线ED与直线FB的斜率k相等，且k0，
当k=−1时，直线DE与椭圆C相切，则−10）的左，右焦点，焦距为2，离心率e=12，过左焦点F1的直线交椭圆C于A,B两点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)求证1AF1+1BF1为定值.
【答案】(1)x24+y23=1
(2)证明见解析
【解题思路】（1）由题意，列方程组，求出a,b的值，即得椭圆方程；
（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，直线AB方程为x=ty−1并与椭圆方程联立，写出韦达定理，求出弦长，利用两点之间距离公式化简 1AF1+1BF1，将韦达定理代入计算即得证.
【解答过程】（1）由题可知2c=2ca=12a2=b2+c2，解得c=1,a=2,b=3，
故椭圆C的标准方程是x24+y23=1
（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，依题可设直线AB方程为x=ty−1，
由x=ty−1x24+y23=1，消去x可得：(3t2+4)y2−6ty−9=0，
故y1+y2=6t3t2+4,y1y2=−93t2+4
于是，AB=1+t2y1+y22−4y1y2=1+t2144t2+13t2+42=12(t2+1)3t2+4，
故1AF1+1BF1=AF1+BF1AF1BF1=ABx1+12+y12x2+12+y22
=ABty12+y12ty22+y22=ABt2+1∣y1y2∣=12(t2+1)3t2+49t2+13t2+4=43，
故1AF1+1BF1为定值43.
【变式5-1】（2025·湖北武汉·模拟预测）已知F为抛物线C:y2=2px的焦点，点P在拋物线C上，且点P的纵坐标为3，以线段PF为直径的圆与直线x=3相切．
(1)求抛物线C的方程；
(2)直线l交抛物线C于A、B两点，作PD⊥l于点D，若直线PA、PB的斜率之和为3，是否存在定点R，使得DR为定值？若存在，求出定点R的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y2=6x
(2)存在，R12,1
【解题思路】（1）依据抛物线定义可知PF=9+p22p，然后求得线段PF的中点为Q的坐标，最后计算3−9+p24p=9+p24p即可；
（2）设直线方程x=ty+m，与抛物线方程联立结合韦达定理，然后计算kPA+kPB=3可得m=−12+t，可知直线过定点，然后求得线段PT的中点坐标，最后计算即可.
【解答过程】（1）由题意得点P的坐标为92p,3，焦点F的坐标为p2,0，
根据抛物线的定义得PF=92p+p2=9+p22p，即以线段PF为直径的圆的直径为9+p22p．
记线段PF的中点为Q，则点Q的坐标为9+p24p,32，
因为以线段PF为直径的圆与直线x=3相切，
所以有3−9+p24p=9+p24p，解得p=3，
所以抛物线C的方程为y2=6x．
（2）设直线l的方程为x=ty+m，易验证t必存在且不为0．
与抛物线方程联立得y2−6ty−6m=0，
不妨设Ax1,y1,Bx2,y2，则可得y1+y2=6t,y1⋅y2=−6m，
由（1）得点P的坐标为32,3，
kPA+kPB=y1−3x1−32+y2−3x2−32=y1−3y126−32+y2−3y226−32=6y1+y2+36y1y2+3y1+y2+9=12t+12−2m+6t+3=3，
化简得m=−12+t所以直线l的方程为x=ty−12+t=ty+1−12，
所以直线l恒过定点T−12,−1．
因为PD⊥l于点D所以在直角三角形PDT中，
令R为线段PT的中点，坐标为12,1，
此时DR=12PT=5．
【变式5-2】（2025·吉林·三模）已知A,B分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右顶点，ab=62，M,N均为椭圆C上异于顶点的点，H为椭圆C上的点，直线HM经过左焦点F1，直线HN经过右焦点F21,0.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)试问HF1MF1+HF2NF2是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)x29+y28=1
(2)52，理由见解析
【解题思路】（1）根据题意，得出方程组ab=62a2−b2=1，求得a2=9,b2=8，得到椭圆C的标准方程；
（2）设M(x1,y1),N(x2,y2),H(x0,y0)且HM=tHF1,HN=kHF2，得到x1=(1−t)x0−ty1=(1−t)y0，代入的方程，联立方程组，求得t=x0+9x0+5和k=x0−9x0−5，结合HF1MF1+HF2NF2=1t−1+1k−1，即可求得HF1MF1+HF2NF2为定值.
【解答过程】（1）解：由椭圆C:x2a2+y2b2=1满足ab=62，且右焦点F21,0，
可得ab=62a2−b2=1，解得a2=9,b2=8，所以椭圆C的标准方程为x29+y28=1.
（2）解：由题意知：椭圆的左、右焦点为F1−1,0,F21,0，
设M(x1,y1),N(x2,y2)，且H(x0,y0)，
再设HM=tHF1,HN=kHF2，其中t>1,k>1，
则x1=(1−t)x0−ty1=(1−t)y0，可得x029+y028=1[(1−t)x0−t]29+[(1−t)y0]28=1，
整理得t=x0+9x0+5=1+4x0+5，同理可得k=x0−9x0−5=1−4x0−5，
则HF1MF1+HF2NF2=1t−1+1k−1=x0+54−x0−54=52，
所以存在HF1MF1+HF2NF2为定值，定值为52.
【变式5-3】（2025·河北秦皇岛·模拟预测）已知双曲线C:y2a2−x2b2=1a>0,b>0的上下焦点分别为F10,c、F20,−c，离心率为62，点F1到渐近线的距离为1，过点F1且斜率为k的直线l1在第一象限交双曲线C于点P，过点F2且斜率为k的直线l2在第四象限交双曲线C于点Q，PF2与QF1交于点M.
(1)求双曲线C的方程；
(2)若PF1−QF2=2，求k的值；
(3)证明：MF1+MF2是定值.
【答案】(1)y22−x2=1
(2)22
(3)证明见解析
【解题思路】（1）由焦点到渐近线的距离可求得b=1，再结合离心率以及a2+b2=c2可得出a2的值，即可得出双曲线C的方程；
（2）设Px1,y1、Qx2,y2，Q关于原点的对称点记为Nx3,y3，将直线PF1的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，结合弦长公式以及PF1−QF2=2，可得出k的等式，结合k>0可求得k的值；
（3）分析可知△PF1M∽△F2QM，可得出MF1QF1=PF1PF1+QF2，同理可得MF2PF2=QF2PF1+QF2，化简得出MF1+MF2=22+21PF1+1NF1，结合弦长公式计算出1PF1+1NF1的值，即可证得结论成立.
【解答过程】（1）由题意得双曲线的一条渐近线方程为y=abx，即ax−by=0，
则焦点F1到渐近线的距离为|bc|a2+b2=b=1，
又因为双曲线C的离心率e=ca=62，a2+b2=c2，所以a2=2，b2=1，
则双曲线C的方程为y22−x2=1.
（2）设Px1,y1、Qx2,y2，Q关于原点的对称点记为Nx3,y3，则x3=−x2，y3=−y2.
因为kPF1=y1−3x1，kNF1=y2+3x2，kQF2=y2+3x2，所以kNF1=kQF2，
又因为kPF1=kQF2，即kPF1=kNF1，故P、F1、N三点共线，
又因为NQ与F1F2互相平分，所以四边形F1NF2Q为平行四边形，故NF1=QF2，
所以PF1−QF2=PF1−NF1=2，
设PF1的直线方程为y=kx+3，
代入双曲线方程整理得：k2−2x2+23kx+1=0，
所以k2−2≠0Δ=12k2−4k2−2=8k2+8>0，可得k≠±2，
故x1+x3=−23kk2−2，x1x3=1k2−2，
直线PF1与双曲线只有两个交点，所以x1x3=1k2−20，解得k=22.
（3）因为直线PF1与直线QF2斜率相等，所以PF1//QF2，则△PF1M∽△F2QM，
所以MF1MQ=PF1QF2，故MF1QF1=PF1PF1+QF2，同理可得MF2PF2=QF2PF1+QF2，
所以MF1+MF2=PF1⋅QF1+QF2⋅PF2PF1+QF2=PF122+QF2+QF222+PF1PF1+QF2
=22+21PF1+1QF2=22+21PF1+1NF1，
因为1PF1+1NF1=11+k21x1+1x3=11+k2x1−x3x1x3=11+k212k2k2−22−4k2−21k2−2=22.
所以MF1+MF2=22+222=522，故MF1+MF2为定值.
【题型6 圆锥曲线中其他定值问题】
【例6】（2025·湖北·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的焦距为2，且点P1,32在椭圆C上.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l与椭圆C交于M,N两点，且坐标原点O到直线l的距离为2217，则∠MON的大小是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由.
(3)在（2）的条件下，试求三角形△MON的面积S的取值范围.
【答案】(1)x24+y23=1
(2)∠MON的大小为定值π2
(3)[127,3]
【解题思路】（1）根据椭圆的性质， 2c=2可求出c的值，进而得到两焦点坐标.再利用椭圆的定义求出a的值，最后根据b2=a2−c2求出b的值，从而得到椭圆方程.
（2）分直线l的斜率不存在和存在两种情况讨论.当斜率不存在时，求出直线l的方程，进而求出M，N的坐标，判断∠MON的大小；当斜率存在时，设出直线l的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理得到x1+x2，x1x2的表达式，再通过向量的数量积OM⋅ON判断OM与ON是否垂直，从而确定∠MON的大小.
（3）同样分直线l的斜率不存在和存在两种情况讨论.当斜率不存在时，直接求出|MN|，进而求出面积S；当斜率存在时，先求出|MN|的表达式，再根据三角形面积公式求出S的表达式，最后结合基本不等式求出S的取值范围.
【解答过程】（1）已知椭圆的2c=2，则c=1，两焦点为(−1,0)，(1,0).
因为点P(1,32)在椭圆C上，由椭圆的定义可得2a=(−1−1)2+(32)2+(1−1)2+(32)2
即(−2)2+(32)2+0+(32)2=52+32=4=2a，即a=2.
又因为c=1，根据b2=a2−c2，可得b2=22−12=3，所以b=3.
所以椭圆C的方程为x24+y23=1.
（2）当直线l的斜率不存在时：直线l的方程为x=±2217，由对称性，不妨令直线l的方程为x=2217.
联立x=2217x24+y23=1，将x=2217代入x24+y23=1得：
(2217)24+y23=1,∴84494+y23=1,∴37+y23=1,∴y=±2217
即x=2217y=±2217，此时OM与ON垂直，易知∠MON=π2.
当直线l的斜率存在时：设直线l的方程为y=kx+m，M(x1,y1)，N(x2,y2).
由点到直线的距离公式，可得|m|k2+1=2217，两边平方得m2=127(k2+1).
联立y=kx+mx24+y23=1，消去y得(4k2+3)x2+8kmx+4m2−12=0.
则Δ=64k2m2−4(4m2−12)(4k2+3)=16(12k2+9−3m2)>0，即m20)的离心率为12，点P3,32在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点Q(0,6)的直线（非y轴）交椭圆于A，B两点，过点A作y轴的垂线与直线BP相交于点D，求证：线段AD的中点在定直线上．
【答案】(1)x212+y29=1
(2)证明见解析
【解题思路】（1）根据离心率得到a=2c，将P3,32代入椭圆方程，待定系数法求出椭圆方程；
（2）设直线AB的方程为y=kx+6，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，根据点B，P，D共线，得到方程，求出xD，得到x0=x1+xD2=3kx2−x12kx2+9，y0=y1=kx1+6，而kx1x2+94x1+x2=0，所以kx1kx2+94kx1+kx2=0，可得kx2=−9kx19+4kx1，而x0=−2kx13，故kx1=−32x0，又y0=kx1+6，所以y0=−32x0+6，得到答案.
【解答过程】（1）由e=ca=12，得a=2c，则a2=4c2=b2+c2，所以b2=3c2，
将点P3,32代入椭圆方程，得94c2+943c2=1，解得c2=3，
所以椭圆的标准方程为x212+y29=1．
（2）易知直线AB斜率存在，设直线AB的方程为y=kx+6，
并设点Ax1,y1,Bx2,y2,DxD,yD，AD的中点坐标设为x0,y0．
联立方程，y=kx+6,3x2+4y2=36,消去y，得3+4k2x2+48kx+108=0，
所以x1+x2=−48k3+4k2,x1x2=1083+4k2，且Δ=12k2−9×13>0即k392,
由条件，yD=y1，点B，P，D共线，其中PB=x2−3,y2−32，PD=xD−3,y1−32，
则x2−3y1−32=xD−3y2−32，
所以xD=x2−3y1−32y2−32+3=x2−3kx1+92kx2+92+3=kx1x2+3kx2−x1+92x2kx2+92，
x0=x1+xD2=12x1+kx1x2+3kx2−x1+92x2kx2+92=kx1x2+32kx2−x1+94x1+x2kx2+92，
=108k3+4k2+32kx2−x1+94×(−48k)3+4k2kx2+92=3kx2−x12kx2+9，
y0=y1=kx1+6，
而kx1x2+94x1+x2=108k3+4k2+94×(−48k)3+4k2=0，
所以kx1kx2+94kx1+kx2=0，可得kx2=−9kx19+4kx1，
而x0=3kx2−3kx12kx2+9=−27kx19+4kx1−3kx1−18kx19+4kx1+9=−2kx13，故kx1=−32x0，
又y0=kx1+6，所以y0=−32x0+6，
即线段AD的中点在定直线y=−32x+6上．
【变式7-1】（2025·安徽·模拟预测）已知双曲线Γ:x2a2−y2b2=1a>0,b>0过点P3,6，渐近线方程为y=±3x．
(1)求Γ的方程；
(2)已知点A1,0，过点Q1,2作动直线l与双曲线右支交于不同的两点B、C，点H在线段BC上（不含端点）．
①若H为BC的中点，△AQH的面积为7，求直线l的斜率；
②直线AB、AH、AC分别与y轴交于点D、E、F，若E为DF的中点，证明：点H恒在定直线3x−2y−3=0上．
【答案】(1)x2−y23=1
(2)（i）−2；（ii）证明见解析
【解题思路】（1）根据双曲线过的点以及渐近线方程列出方程组求解双曲线方程；
（2）（i）先设出直线方程，联立双曲线方程，利用中点坐标公式和三角形面积公式求解直线斜率；
（ii）通过设点坐标，利用直线方程求出与y轴交点坐标，再根据中点关系证明点H在定直线上.
【解答过程】（1）由题意，得ba=3，则b=3a①，
将点P3,6代入双曲线方程，得3a2−6b2=1②，
联立①②解得a2=1b2=3，故Γ的方程为x2−y23=1.
（2）若直线l的斜率不存在，则直线l与双曲线右支只有一个交点，不符合题意，故直线l的斜率存在.
设直线l的方程为y−2=kx−1，
与x2−y23=1联立得3−k2x2+2k2−4kx−k2+4k−7=0.
设Bx1,y1、Cx2,y2，由题意，得3−k2≠0Δ=127−4k>0x1+x2=2k2−4kk2−3>0x1x2=k2−4k+7k2−3>0，解得kb>0的右焦点，椭圆离心率e=12，且椭圆上任意一点与点F距离的最大值为3.

(1)求椭圆E的方程；
(2)点Mx1,y1x1>0,y1>0在椭圆E上，椭圆在点M处的切线l:xx14+yy13=1交x轴于点P.
①求FP−4FM的最小值；
②设A1,A2分别为椭圆E的左､右顶点，不垂直x轴的直线MF交椭圆于另一点N，直线NA1与直线MA2交于点Q，问直线MN与直线PQ的交点R是否在一条定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，请说明理由.
【答案】(1)x24+y23=1
(2)①42−9；②是，直线方程为x=2，理由见解析
【解题思路】（1）由已知得到关于a,c的方程，解得a,c，然后求解b2，即可得椭圆方程；
（2）①由已知可得P4x1,0，根据两点间距离公式可得FM=2−12x1，代入FP−4FM，由基本不等式即可求解；②设直线MN：x=my+1m≠0，Nx2,y2，与椭圆方程联立由韦达定理可得my1y2=32y1+y2，由已知可得lA1N，lA2M的方程，联立可得Q4,2y1x1−2，将直线PQ的方程与直线MN联立即可求解.
【解答过程】（1）由已知ca=12a+c=3，解得a=2c=1，
所以b2=a2−c2=3，所以椭圆方程为x24+y23=1；
（2）①因为切线l:xx14+yy13=1交x轴于点P，所以P4x1,0，FP=4x1−1，
因为点Mx1,y1x1>0,y1>0在椭圆E上，所以x124+y123=1，即y12=3−34x12，
又FM=x1−12+y12=x12−2x1+1+3−34x12==12x1−22=12x1−2，
因为FP=4x1−1>0，所以00)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线l与E的右支交于点P，Q.设△PF1F2与△QF1F2的内切圆圆心分别是M，N，直线OM，ON的斜率分别是k1，k2，则k1k2=（ ）
A．22−3B．3−22C．2−3D．3−2
【答案】A
【解题思路】利用双曲线焦点三角形的性质，得到内切圆圆心横坐标为a,然后利用直线的倾斜角，表示出内切圆的半径，即可求出k1k2.
【解答过程】

如图所示，设△PF1F2的内切圆和三边分别相切于点G,D,E,
则PF1−PF2=F1G−F2E=F1D−F2D=2a,
且F1D+F2D=2c, ∴F2D=c−a,
∴OD=a,
设直线PQ的倾斜角为α，
则∠MF2D=π−α2,
∴MD=F2Dtanπ−α2=c−atanπ−α2,
∴k1=MDOD=c−atanπ−α2a,
同理，∠NF2D=α2,
ND=F2Dtanα2=c−atanα2,
k2=−NDOD=−c−atanα2a,
∴k1k2=−c−a2tanπ2−α2tanα2a2=−c−a2a2,
等轴双曲线知，c=2a,
∴k1k2=−2a−a2a2=22−3.
故选：A.
6．（2024·江苏南通·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，如图，已知椭圆x29+y25=1的左、右顶点为A、B，右焦点为F.设过点T9,m的直线TA、TB与此椭圆分别交于点M（x1，y1）、N（x2，y2），其中m>0,y1>0,y21)的离心率为32,P是C上任意一点，O为坐标原点，P到x轴的距离为d，则（ ）
A．4|OP|2−d2为定值B．3|OP|2−d2为定值
C．|OP|2+4d2为定值D．|OP|2+3d2为定值
【答案】D
【解题思路】观察选项，设Px,y，从而表示出OP2,d2，再利用椭圆离心率的定义求得a2，进而得到椭圆方程，从而配凑出关于OP2,d2的式子，由此得解.
【解答过程】依题意，设Px,y，则OP2=x2+y2,d2=y2，
因为椭圆C:x2a2+y2=1(a>1)的离心率为32，
所以1−1a2=32，解得a2=4，
所以C的方程为x24+y2=1，即x2+4y2=4，即x2+y2+3y2=4，
所以|OP|2+3d2=4，故D正确，显然ABC错误.
故选：D.
8．（2025·河南郑州·模拟预测）已知A，B分别为双曲线x29−y2=1的左、右顶点，P为该曲线上不同于A，B的任意一点，设∠PAB=α，∠PBA=β，△PAB的面积为S，则（ ）
A．tanα+tanβ为定值B．tanα2⋅tanβ2为定值
C．S⋅tanα+β为定值D．Stanα+β为定值
【答案】C
【解题思路】利用三角换元得到P3csθ,tanθ,θ∈0,π2，利用斜率公式可求α,β与θ的关系，化简后可得α,β的关系，故可判断AB的正误，根据面积公式可求S（用θ表示），故可判断CD的正误.
【解答过程】由于双曲线的对称性，可设P3csθ,tanθ,θ∈0,π2,
由双曲线x29−y2=1可得A−3,0,B3,0，
则tanα=tanθ3csθ−(−3)=sinθ3(1+csθ)=2sinθ2csθ26cs2θ2=13tanθ2,
tanβ=−tanθ3csθ−3= −sinθ3(1−csθ)=−2sinθ2csθ26sin2θ2=−13tanθ2, S=12⋅|AB|⋅tanθ=3tanθ=6tanθ21−tan2θ2,
因此tanα=13t,tanβ=−13t,S=6t1−t2,其中t=tanθ2∈0,1，
对于A,tanα+tanβ=13t−13t不是定值，故不正确；
对于B,由于tanαtanβ=4tanα2tanβ21−tan2α2+tan2β2+tan2α2tan2β2=−19,即4tanα2tanβ21−tanα2+tanβ22−tan2α2tan2β2=−19，
若tanα2tanβ2为定值,则tanα2+tanβ2为定值,从而tanα2和tanβ2是确定的值,
于是tanα,tanβ均为定值,这是不可能的,故B错误.
对于选项C,D,tan(α+β)=13t−13t1+13t⋅13t=3t2−110t,
因此S⋅tan(α+β)=−95是定值,Stan(α+β)=6t1−t2×10t3t2−1不是定值，
故选：C.
二、多选题
9．（2025·广东·模拟预测）已知椭圆C:x22+y2=1的左、右焦点分别为F1，F2，直线l:y=x+m与C交于A，B两点，其中O为坐标原点，则（ ）
A．C的离心率为12B．△AF1F2的周长为22+2
C．△OAB面积的最大值为32D．若OQ=OA+OB，则点Q在定直线上
【答案】BD
【解题思路】根据椭圆方程求出离心率，即可判断A，根据焦点三角形周长公式判断B，设Ax1,y1，Bx2,y2，联立直线与椭圆方程，消元，列出韦达定理，即可表示出AB及S△OAB，利用基本不等式求出面积最大值，即可判断C，设Qx,y，结合C即可求出轨迹方程，从而判断D.
【解答过程】设椭圆x22+y2=1的长半轴为a，短半轴为b，半焦距为c，
a=2,b=1，c=a2−b2=1，
所以椭圆C的离心率e=ca=22，故 A 错误；
△AF1F2 的周长为2a+2c=22+2，故B正确；
设Ax1,y1，Bx2,y2，
联立x22+y2=1y=x+m，整理得3x2+4mx+2m2−2=0，
由Δ=16m2−4×32m2−2>0，解得m20>y2，由上知y1y2=−16，
则x1−y1+1+x2−y2+1=y124−y1+1+y224−y2+1=y1−224+y2−224
=y12+y22−4y1+y2+84=y1+y2−22−2y1y2+44
=2k−12+9≥9，故D正确.
故选：BCD.
11．（24-25高三下·云南昆明·阶段练习）已知F1,F2分别为双曲线C:y2−x2b2=1b>0的上､下焦点，且C的一条渐近线方程为y=33x，下列说法正确的有（ ）
A．C的焦距为4
B．过原点的直线l与C相交，则l的倾斜角的取值范围为π6,5π6
C．若M为C上支上的一点.N1,0，则MN+MF2的最小值为5
D．若M为C上的一点，O为坐标原点，则|OM|2−MF1⋅MF2恒为定值
【答案】ABD
【解题思路】对于A，根据渐近线求出焦距后可判断其正误，对于B，根据渐近线的斜率可求直线的倾斜角后可判断其正误，对于C，根据双曲线的定义转化线段和后可求其最小值，从而判断其正误，对于D，根据余弦定理结合cs∠MOF1=−cs∠MOF2计算|OM|2−MF1⋅MF2的值后可判断其正误.
【解答过程】对于A，双曲线C:y2−x2b2=1b>0的渐近线方程为y=±1bx，则b=3，
所以双曲线C的方程为y2−x23=1，所以焦距2c=2a2+b2=4，A正确；
对于B，由双曲线C的渐近线方程为y=±33x，
若过原点的直线l与双曲线相交，则必与左支、右支各有一个交点，
则直线l的斜率k满足k>33，则直线l的倾斜角的取值范围为π6,5π6，B正确；
对于C，F10,2,F20,−2,MN+MF2=MN+MF1+2a≥NF1+2=5+2，
当且仅当点M为线段NF1与双曲线的交点时取等号，C错误；
对于D，由对称性不妨设M为C上支上的任意一点，
当点M为双曲线的上顶点时，|OM|2−MF1⋅MF2=12−2−12+1=−2；
当点M不在双曲线的上顶点时，因为∠MOF1+∠MOF2=π，
则cs∠MOF1=−cs∠MOF2，由余弦定理得OF12+|OM|2−MF122OF1OM=−OF22+|OM|2−MF222OF2OM，
又OF1=OF2=2，所以MF22+MF12=2|OM|2+8，
因为MF2−MF1=2a=2，则MF2−MF12+2MF1⋅MF2=2|OM|2+8，
即|OM|2−MF1⋅MF2=−2.
综上，|OM|2−MF1⋅MF2恒为定值−2，D正确，
故选：ABD.
三、填空题
12．（2025高三·全国·专题练习）过x24+y2=1左顶点A作两条互相垂直的直线交椭圆于P，Q，直线PQ必过定点 ．
【答案】−65,0
【解题思路】根据题意讨论得出PQ斜率不为0，设直线PQ的方程x=ty+m，Px1,y1，Qx2,y2，利用设而不求法结合关系kAP⋅kAQ=−1，推出关于m的方程5m2+16m+12=0求解.
【解答过程】
当PQ斜率为0时，过点A不存在直线AP，AQ互相垂直，不符合题意；
当PQ斜率不为0时，设直线PQ的方程x=ty+m，Px1,y1，Qx2,y2，由椭圆方程可知，A−2,0，
联立方程x=ty+m,x2+4y2=4,⇒4+t2y2+2mty+m2−4=0⇒y1+y2=−2mt4+t2,y1y2=m2−44+t2,，
所以kAP⋅kAQ=y1x1+2⋅y2x2+2=y1ty1+m+2⋅y2ty2+m+2=y1⋅y2t2y1y2+tm+2y1+y2+m+22=−1
化简得5m2+16m+12=0，
解得m=−65或m=−2（与点A重合，舍去），故直线PQ必过定点−65,0.
故答案为：−65,0.
13．（24-25高三上·云南昆明·期中）已知点F是抛物线y2=4x的焦点，过定点的直线l与抛物线交于A,B两点，若抛物线上存在动点P，使得四边形APBF为平行四边形，则定点坐标为 .
【答案】12,0
【解题思路】设Px0,y0,Ax1,y1,Bx2,y2，直线l:x=my+a，联立直线和抛物线的方程求出y1+y2,x1+x2，由四边形APBF为平行四边形可知FP=FA+FB,代入坐标化简可得x0=x1+x2−1,y0=y1+y2，再结合P在抛物线上即可得出答案.
【解答过程】解析：设Px0,y0,Ax1,y1,Bx2,y2，直线l:x=my+a，
因为x=my+ay2=4x⇒y2−4my−4a=0，
所以y1+y2=4m,x1+x2=my1+y2+2a=4m2+2a，
因为四边形APBF为平行四边形，所以FP=FA+FB,
所以x0−1,y0=x1−1,y1+x2−1,y2，
所以x0=x1+x2−1=4m2+2a−1,y0=y1+y2=4m.
代入y02=4x0，有(4m)2=44m2+2a−1，所以a=12，
所以过定点12,0.
故答案为：12,0.
14．（2025高三·全国·专题练习）若直线AB与曲线C:x2−y23=1(x≥1)交于A，B两点，过A，B分别作C的切线，两切线交于点M，若直线AB经过定点P(4,0)，则点M在定直线 上．
【答案】x=14
【解题思路】解法一：利用导数得出在A和在B的切线方程，从而得出交点M的横坐标，再由x1=my1+4,x2=my2+4证明点M在定直线x=14上；
解法二：利用阿基米德三角形的结论直接求解即可.
【解答过程】解法一：依题意得直线AB的斜率必不为0，设直线AB的方程为x=my+4,Ax1,y1,Bx2,y2，
不妨设A在第一象限，B在第四象限，
因为x2−y23=1(x≥1)，所以y12=3x12−3，则y1=3x12−3，
且y=3x2−3y>0，求导得y′=3x3x2−3，则y′x=x1=3x13x12−3，
所以在点A的切线方程为y−y1=3x13x12−3(x−x1)，
即y⋅y1−y12=3x1x−3x12，即y⋅y1=3x1x−3，
同理在点B处的切线方程为y⋅y2=3x2x−3，
由y⋅y1=3x1x−3y⋅y2=3x2x−3，得点M的横坐标为y2−y1x1y2−x2y1，
又x1=my1+4,x2=my2+4，
所以x1y2=my1y2+4y2,x2y1= my1y2+4y1，
所以M的横坐标为y2−y1x1y2−x2y1=y2−y14y2−y1= 14，即点M在定直线x=14上．
解法二：已知双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0的弦AB，
过A，B分别作双曲线的切线，两切线交于点M，则△ABM为双曲线中的阿基米德三角形，
当弦AB过点P(m,0)时，点M落在直线x=a2m上．
由题意知此处m=4,a=1，则所求定直线为直线x=14．
故答案为：x=14.
四、解答题
15．（2025·宁夏中卫·三模）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为2，其右焦点F到一条渐近线的距离为3.
(1)求双曲线C的方程；
(2)若直线l：y=kx+mk>0,m>0与双曲线C交于不同的两点A，B，且以线段AB为直径的圆经过点P1,0，证明：直线l过定点.
【答案】(1)x2−y23=1
(2)证明见解析
【解题思路】(1)利用已知条件及c2=a2+b2，可求得双曲线方程；
(2)以线段AB为直径的圆经过点P1,0转化为PA⋅PB=0，再联立直线l与双曲线的方程，利用韦达定理得到m=2k，可得到直线过的定点.
【解答过程】（1）因为双曲线C的右焦点为Fc,0，渐近线方程为bx±ay=0，
所以右焦点为Fc,0到渐近线的距离为bca2+b2=3，
因为双曲线的离心率为2，所以ca=2，
所以ca=2bca2+b2=3c2=a2+b2，解得a=1b=3c=2，
所以双曲线C的方程为x2−y23=1．
（2）如图，
设Ax1,y1，Bx2,y2，
联立y=kx+mx2−y23=1，得3−k2x2−2kmx−m2−3=0，
则3−k2≠0Δ=12m2−k2+3>0，x1+x2=2km3−k2，x1⋅x2=−m2−33−k2，
所以y1⋅y2=kx1+mkx2+m=k2x1x2+kmx1+x2+m2=3m2−3k23−k2，
y1+y2=kx1+m+kx2+m=kx1+x2+2m=6m3−k2，
因为以线段AB为直径的圆经过点P1,0，所以PA⊥PB，
所以PA⋅PB=x1−1x2−1+y1y2=0，即x1x2−x1+x2+1+y1y2=0，
所以−m2−33−k2−2km3−k2+1+3m2−3k23−k2=0，
化简得m2−km−2k2=0，即m−2km+k=0，
因为k>0，m>0，所以m=2k，
所以直线l的方程为y=kx+m=kx+2k=kx+2，
所以直线l过定点−2,0.
16．（2025·福建三明·模拟预测）已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的左顶点为A，上顶点为B，离心率为12，△AOB的面积为3．
(1)求椭圆的方程；
(2)直线y=kx（k存在且不等于0）与椭圆交于P，Q两点，直线PA与y轴交于点M，直线QA与直线y=b交于点N，判断kPB−kMN是否为定值并证明．
【答案】(1)x24+y23=1
(2)kPB−kMN=0，证明见解析
【解题思路】（1）根据椭圆几何性质以及面积列方程组计算可得椭圆方程；
（2）设Px1,y1，由P，Q关于原点对称得Q−x1,−y1，联立3x2+4y2−12=0y=kx得x12=123+4k2，然后求出M0,2y1x1+2，N3x1−23−2y1y1,3，利用两点斜率公式并化简得kPB−kMN=0为定值，即可得解.
【解答过程】（1）由题意ca=12a2−b2=c212ab=3，解得a=2b=3c=1，
故椭圆的方程为x24+y23=1；
（2）设Px1,y1，由对称性可知，P，Q两点关于原点对称，即Q−x1,−y1，
由（1）可知，A−2,0,B0,3，
联立3x2+4y2−12=0y=kx，得(3+4k2)x2−12=0，所以x12=123+4k2，
直线AP的斜率存在，其方程为：y=y1x1+2x+2，
令x=0得yM=2y1x1+2，即M0,2y1x1+2，
直线AQ的斜率存在，其方程为：y=−y1−x1+2x+2，
令y=3得xN=3x1−23−2y1y1，即N3x1−23−2y1y1,3，
所以kPB−kMN=y1−3x1−2y1x1+2−30−3x1−23−2y1y1 =kx1−3x1+2k2x12−3kx12−23kx13x12−43−2kx12−4kx1
=kx1−33x12−43−2kx12−4kx1+2k2x13−3kx13−23kx123x13−43x1−2kx13−4kx12 =12−4k2+3x123x13−43x1−2kx13−4kx12=0，
所以kPB−kMN=0为定值.

17．（2025·安徽合肥·模拟预测）设双曲线E:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的右顶点为P2,0，其焦距为25．
(1)求双曲线E的方程；
(2)过点Q2,1作斜率为k的直线l与双曲线右支相交于两个不同点A、B，其中A点在x轴上方，连接PA、PB分别交直线y=b于C、D两点，求证：1QC−1QD为定值．
【答案】(1)x24−y2=1
(2)证明见解析
【解题思路】（1）根据右顶点为P2,0，得到a=2，再由焦距为25得到c=5求解；
（2）设过点Q2,1的直线l的方程为：y=kx−2+1，与双曲线方程联立，由P2,0、Ax1,y1、CxC,1三点共线，得到kPA=1xC−2=y1x1−2⇒xC=x1+2y1−2y1，从而QC=x1+2y1−2y1−2=x1−2y1，同理QD=2−x2+2y2−2y2=2−x2y2，代入韦达定理求解；
【解答过程】（1）由右顶点为P2,0，得a=2，
其焦距为25得c=5，所以b=1，
所以双曲线的方程为：x24−y2=1；
（2）证明：如图所示：
设过点Q2,1的直线l的方程为：y=kx−2+1，
联立双曲线方程：y=kx−2+1x24−y2=1，
化简得：1−4k2x2+16k2−8kx−16k2+16k−8=0，
因直线l与双曲线右支相交于两个不同点A、B，
连接PA、PB分别交直线y=1于C、D两点，
所以k∈−∞,−12，设Ax1,y1,Bx2,y2，
则x1+x2=8k−16k21−4k2,x1⋅x2=−16k2+16k−81−4k2，
当k∈−∞,−12时，因为P2,0、Ax1,y1、CxC,1三点共线，
所以kPA=1xC−2=y1x1−2⇒xC=x1+2y1−2y1，则QC=x1+2y1−2y1−2=x1−2y1，
同理，QD=2−x2+2y2−2y2=2−x2y2，
∴1QC−1QD=y1x1−2+y2x2−2=y1x2−2+y2x1−2x1−2x2−2，
其中y1x2−2+y2x1−2=kx1−2+1x2−2+kx2−2+1x1−2，
=2kx1x2+1−4kx1+x2+8k−4，
将x1+x2=8k−16k21−4k2,x1⋅x2=−16k2+16k−81−4k2，
代入得： y1x2−2+y2x1−2 =−32k3+32k2+1−4k8k−16k2+8k−41−4k21−4k2=−41−4k2，
又x2−2x1−2=x1x2−2x1+x2+4，
将x1+x2=8k−16k21−4k2,x1⋅x2=−16k2+16k−81−4k2，
代入得：x2−2x1−2=−16k2+16k−8−16k+32k2+41−4k21−4k2=−41−4k2，
∴1QC−1QD=y1x2−2+y2x1−2x1−2x2−2=−41−4k2−41−4k2=1，
所以1QC−1QD为定值1．
18．（2025·四川巴中·模拟预测）如图，椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的一个焦点为（1，0），过点M0, 233的动直线l与椭圆相交于A, B两点，当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为2303.

(1)求椭圆E的方程.
(2)在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点M不同的定点N，使NANB=MAMB恒成立？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)x25+y24=1
(2)存在，N0, 23
【解题思路】（1）结合椭圆的性质，列出关于a,b,c的方程，代入计算，即可得到结果；
（2）由特殊情况可得点N在y轴上，即可求得点N的坐标，然后证明对任意直线l均有NANB=MAMB.
【解答过程】（1）由椭圆的一个焦点为1,0，可得c=1.
当直线l平行x轴时，直线l的方程为y=233，
且此时直线l被椭圆E截得的线段长为2303，
由椭圆的对称性可知，点303,233在椭圆上，
代入椭圆方程可得103a2+43b2=1a2=b2+1，解得a2=5b2=4，
所以椭圆方程为x25+y24=1.
（2）当直线l与x轴平行时，设直线l与椭圆相交于C, D两点.
如果存在定点N满足条件，则有NCND=MCMD=1，即NC=ND.
所以点N在y轴上，可设点N的坐标为0, t.
当直线l与x轴垂直时，设直线l与椭圆相交于P, Q两点，则点P, Q的坐标分别为0,2,0,−2.
由NPNQ=MPMQ，有t−2t+2=23−223+2，解得t=23或t=233（舍）.
所以，若存在不同于点M的定点N满足条件，则点N的坐标只可能为0, 23.
下面证明：对任意直线l均有NANB=MAMB.
当直线l的斜率不存在时，结论明显成立.
当直线l的斜率存在时，可以设直线l的方程为y=kx+233，并设点A, B的坐标分别为x1, y1, x2, y2.
联立x25+y24=1y=kx+233得，5k2+4x2+2033kx−403=0.
其判别式Δ=2033k2+16035k2+4>0，
所以x1+x2=−203k35k2+4, x1x2=−4035k2+4.
因此，1x1+1x2=x1+x2x1x2=32k.
易知，点B关于y轴对称的点B′的坐标为−x2, y2.
又kNA=y1−23x1=kx1+233x1=k−433x1，
kNB′=y2−23−x2=kx2+233−23−x2=−k+433x2，
=−k+43332k−1x1=k−433x1，
所以kNA=kNB′，即N, A, B′三点共线.
所以NANB=NANB′=x1x2=MAMB.
故存在与点M不同的定点N0, 23，使得NANB=MAMB恒成立.
19．（2025·湖南岳阳·三模）已知抛物线E的顶点在坐标原点O处，对称轴为x轴，且过点T2,−4，A，B是E上两个动点．
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)已知C是E上一点，且E的焦点F为△ABC的重心，设C的横坐标为t，求t的取值范围；
(3)已知P为直线OT在第二象限内一点，直线PA，PB与抛物线E分别相切于A，B两点，设PA，PB与y轴分别交于M，N两点，证明：直线AN与直线BM的交点在定直线上．
【答案】(1)y2=8x
(2)0,4
(3)证明见解析
【解题思路】（1）代入点T的坐标，即可求解抛物线方程；
（2）首先设点Ax1,y1，Bx2,y2，Ct,y3，再根据点在抛物线上以及重心坐标公式，转化为y12+y228+t=6，再结合基本不等式即可求解；
（3）首先利用导数求切线PA和PB的斜率，并表示切点A,B坐标的关系，以及利用坐标表示直线AN和直线BM的方程，并联立求交点的坐标，即可证明.
【解答过程】（1）设抛物线方程为y2=2px，代入点T2,−4，得16=4p，得p=4，
所以抛物线E的标准方程为y2=8x；
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，Ct,y3，
则重心坐标公式可知，x1+x2+t3=2，y1+y2+y33=0，
得x1+x2+t=6，y1+y2+y3=0，y3=−y1+y2
且y12=8x1，y22=8x2，y32=8t，
所以y12+y228+t=6，且y12+y22≥y1+y222=y322=4t，
所以4t8+t≤6，得t≤4且t≥0，
综上可知，t的取值范围是0,4；
（3）直线OT的斜率k=−2，直线OT的方程为y=−2x，
设Px0,y0，x0