TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc26302" 【題型1 直線過定點問題】 PAGEREF _Tc26302 \h 2
\l "_Tc15358" 【題型2 存在定點滿足某條件問題】 PAGEREF _Tc15358 \h 7
\l "_Tc32582" 【題型3 面積定值問題】 PAGEREF _Tc32582 \h 13
\l "_Tc17164" 【題型4 斜率的和差商積定值問題】 PAGEREF _Tc17164 \h 19
\l "_Tc2766" 【題型5 向量數(shù)量積定值問題】 PAGEREF _Tc2766 \h 24
\l "_Tc1655" 【題型6 線段定值問題】 PAGEREF _Tc1655 \h 29
\l "_Tc13852" 【題型7 角度定值問題】 PAGEREF _Tc13852 \h 34
\l "_Tc11518" 【題型8 動點在定直線上問題】 PAGEREF _Tc11518 \h 42
1、圓錐曲線中的定點、定值、定直線問題
圓錐曲線中的定點、定值、定直線問題是高考的重點、熱點內(nèi)容，從近幾年的高考情況來看，此類問題考查頻率較高，此類問題一般有直線過定點問題、滿足某條件的定點問題、定值問題以及定直線問題等，主要在解答題中考查，選擇、填空題中考查較少，在解答題中考查時綜合性強，難度較高.
【知識點1 圓錐曲線中的定點、定值問題】
1．圓錐曲線中的定點、定值問題
圓錐曲線中的定點定值問題一般與圓錐曲線的基本量和題設(shè)條件中的給定的點或值有關(guān)，曲線過定點問題以直線過定點居多，定點問題其實也可以歸結(jié)到定值問題(定點的橫縱坐標為定值).這類問題用函數(shù)的思想方法來處理，具體操作流程如下：
(1)變量——選擇合適的參變量；
(2)函數(shù)——要證明為定值的量表示出參數(shù)的函數(shù)；
(3)定值——化簡函數(shù)解析式，消去參數(shù)得定值.
一些存在性問題，是否存在定點使得某一個量為定值，是否存在定值使得某一量為定值，是否存在定點使得曲線過定點，是否存在定值使得曲線過定點，可以看做定點定值問題的延伸.
2．定點問題的求解思路：
一是從特殊入手，求出定點，再證明這個點與變量無關(guān)；
二是直接推理、計算，并在計算過程中消去變量，從而得到定點.
3．過定點問題的兩大類型及解法
(1)動直線l過定點問題
解法：設(shè)動直線方程（斜率存在）為y=kx+t，由題設(shè)條件將t用k表示為t=mk+n，得y=kx+m+n，故動直線過定點?m,n；
(2)動曲線C過定點問題
解法：引入?yún)⒆兞拷⑶€C的方程，再根據(jù)其對參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點．
4．定值問題的求解思路：
將問題涉及的幾何式轉(zhuǎn)化為代數(shù)式或三角式，證明該式的值與參數(shù)無關(guān).
5．求解定值問題的三個步驟
(1)由特例得出一個值，此值一般就是定值；
(2)證明定值，有時可直接證明定值，有時將問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)式，可證明該代數(shù)式與參數(shù)（某些變量）無關(guān)；也可令系數(shù)等于零，得出定值；
(3)得出結(jié)論．
【知識點2 圓錐曲線中的定直線問題】
1．圓錐曲線中的定直線問題
定直線問題是指因圖形變化或點的移動而產(chǎn)生的動點在定直線上的問題.這類問題的核心在于確定定點的軌跡，主要方法有：
(1)設(shè)點法：設(shè)點的軌跡，通過已知點軌跡，消去參數(shù)，從而得到軌跡方程；
(2)待定系數(shù)法：設(shè)出含參數(shù)的直線方程、待定系數(shù)法求解出系數(shù)；
(3)驗證法：通過特殊點位置求出直線方程，對一般位置再進行驗證.
【題型1 直線過定點問題】
【例1】（2024·河南周口·模擬預(yù)測）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距為2，不經(jīng)過坐標原點O且斜率為1的直線l與C交于P，Q兩點，A為線段PQ的中點，直線OA的斜率為?12.
(1)求橢圓C的方程；
(2)設(shè)B(2,0)，直線PB與C的另一個交點為M，直線QB與C的另一個交點為N，其中M，N均不為橢圓C的頂點，證明：直線MN過定點.
【解題思路】（1）根據(jù)焦距求出c，再設(shè)Px1,y1，Qx2,y2，Ax0,y0，利用點差法得到kPQ?kOA=?b2a2，即a2=2b2，從而求出a2、b2，即可得解；
（2）設(shè)直線MN的方程為y=mx+t，Mx3,y3，Nx4,y4，表示直線PB的方程，聯(lián)立直線與橢圓方程，消元求出x1，即可求出P點坐標，同理得到Q點坐標，根據(jù)PQ的斜率為1得到t=?12?32m，即可求出直線MN過定點坐標.
【解答過程】（1）由橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距為2得，2c=2，則c=1.
設(shè)Px1,y1，Qx2,y2，Ax0,y0，則x12a2+y12b2=1，x22a2+y22b2=1，
兩式作差得，x12?x22a2+y12?y22b2=0，
所以y12?y22x12?x22=?b2a2，即y1?y2x1?x2?y1+y2x1+x2=?b2a2，
所以kPQ?y0x0=kPQ?kOA=?b2a2，所以1×?12=?b2a2，
所以a2=2b2，則a2?b2=2b2?b2=1，解得b2=1，a2=2.
故橢圓C的方程為x22+y2=1.
（2）由題意可知直線MN的斜率存在，設(shè)直線MN的方程為y=mx+t，Mx3,y3，Nx4,y4，
則kPB=y3x3?2，直線PB的方程為y=y3x3?2(x?2)，
將其代入x22+y2=1得，3?2x3x2?4y32x?3x32+4x3=0，顯然Δ>0，
則x1x3=3x32?4x32x3?3，所以x1=3x3?42x3?3，
將x1=3x3?42x3?3代入直線PB的方程，解得y1=?y32x3?3，
所以P3x3?42x3?3,?y32x3?3，同理得Q3x4?42x4?3,?y42x4?3，
所以?y42x4?3+y32x3?33x4?42x4?3?3x3?42x3?3=1，得y32x4?3?y42x3?32x3?33x4?4?2x4?33x3?4=1，
即mx3+t2x4?3?mx4+t2x3?3x3?x4=1，
整理得(3m+2t)x4?x3x3?x4=1，所以t=?12?32m，
因此直線MN的方程為y=mx?32?12，令x?32=0，即x=32，則y=?12，
所以直線MN過定點32,?12.
【變式1-1】（2024·江西九江·二模）已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1a>0,b>0的離心率為5，點P3,4在C上．
(1)求雙曲線C的方程；
(2)直線l與雙曲線C交于不同的兩點A，B，若直線PA，PB的斜率互為倒數(shù)，證明：直線l過定點．
【解題思路】（1）根據(jù)離心率及a，b，c的平方關(guān)系得出b=2a，再由點P(3,4)在C上，可求解a2，b2，進而可得雙曲線C的方程；
（2）當l斜率不存在時，顯然不滿足條件．當l斜率存在時，設(shè)其方程為y=kx+m，與方程聯(lián)立C聯(lián)立，可得根與系數(shù)的關(guān)系，表示出直線PA，PB的斜率k1，k2，由k1k2=1，結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系可得k與m的關(guān)系，從而可證得直線l過定點．
【解答過程】（1）由已知得e=ca=5，c2=a2+b2，所以b=2a，
又點P(3,4)在C上，故9a2?164a2=1，
解得a2=5，b2=20，
所以雙曲線C的方程為：x25?y220=1．
（2）當l斜率不存在時，顯然不滿足條件．
當l斜率存在時，設(shè)其方程為y=kx+m，與方程聯(lián)立C聯(lián)立，消去y得(4?k2)x2?2kmx?m2?20=0，
由已知得k2≠4，且Δ=4k2m2+4(4?k2)(m2+20)=16(m2?5k2+20)>0，
設(shè)A(x1,y1)，B(x2,y2)，則x1+x2=2km4?k2，x1x2=?m2+204?k2，
直線PA，PB的斜率分別為k1=y1?4x1?3=kx1+m?4x1?3，k2=kx2+m?4x2?3，
由已知k1k2=1，故(kx1+m?4)(kx2+m?4)=(x1?3)(x2?3)，
即(k2?1)x1x2+(km?4k?3)(x1+x2)+m2?8m+7=0，
所以?(k2?1)(m2+20)+2km(km?4k?3)+(4?k2)(m2?8m+7)=0，
化簡得(m+3k?4)(5m?9k?12)=0，又已知l不過點P(3,4)，故m+3k?4≠0，
所以5m?9k?12=0，即m=95k+125，
故直線l的方程為y=k(x+95)+125，所以直線l過定點(?95,125)．
【變式1-2】（2024·云南·模擬預(yù)測）拋物線Γ:y2=2pxp>0的圖象經(jīng)過點M1,?2，焦點為F，過點F且傾斜角為θ的直線l與拋物線Γ交于點A，B，如圖．

(1)求拋物線Γ的標準方程；
(2)當θ=π3時，求弦AB的長；
(3)已知點P2,0，直線AP，BP分別與拋物線Γ交于點C，D．證明：直線CD過定點．
【解題思路】（1）由曲線y2=2px圖象經(jīng)過點M1,?2，可得p=2，則得拋物線Γ的標準方程；
（2）寫出l的方程,和拋物線方程聯(lián)立，消元后，由韋達定理可得x1+x2=103，則AB=x1+x2+p=163；
（3）設(shè)直線AB的方程為x=my+1，Ax1,y1，Bx2,y2，Cx3,y3，Dx4,y4，和拋物線方程聯(lián)立，消元后，由韋達定理可得y1+y2=4m，y1y2=?4．直線AC的方程為x=ny+2，和拋物線方程聯(lián)立，消元后，由韋達定理可得y3=?8y1，同理可得y4=?8y2，由kCD=y3?y4x3?x4=?y1y22y1+y2，可得kCD=12m，則直線CD的方程為x=2my?y3+x3，由對稱性知，定點在x軸上，令y=0，可得x=4，則的直線CD過定點4,0．
【解答過程】（1）曲線y2=2px圖象經(jīng)過點M1,?2，所以?22=2p，所以p=2，
所以拋物線Γ的標準方程為y2=4x．
（2）由（1）知F1,0，當θ=π3時，tanπ3=3,所以l的方程為y=3x?1，
聯(lián)立y=3x?1y2=4x，得3x2?10x+3=0，則x1+x2=103，
由AB=x1+x2+p=163，所以弦AB=163．
（3）由（1）知F1,0，直線AB的斜率不為0，設(shè)直線AB的方程為x=my+1，
Ax1,y1，Bx2,y2，Cx3,y3，Dx4,y4，
聯(lián)立x=my+1y2=4x得y2?4my?4=0，Δ=16m2+16>0，
因此y1+y2=4m，y1y2=?4．
設(shè)直線AC的方程為x=ny+2，聯(lián)立x=ny+2y2=4x得y2?4ny?8=0，
則′=16n2+32>0，因此y1+y3=4n，y1y3=?8，得y3=?8y1，
同理可得y4=?8y2，
所以kCD=y3?y4x3?x4=y3?y4y324?y424=4y3+y4=4?8y1+?8y2=?y1y22y1+y2=12m．
因此直線CD的方程為x=2my?y3+x3，
由對稱性知，定點在x軸上，
令y=0得，x=?2my3+x3=?2my3+y324=?2m?8y1+14?8y12
=16my1+16y12=4y1+y2y1+16y12=4+4y2y1+4y12=4+4?y1y2+4y12=4，
所以，直線CD過定點4,0．
【變式1-3】（2024·貴州貴陽·二模）已知橢圓E的一個焦點是?3,0.直線l1:y=k1x+b1與直線l2:y=k2x+b2關(guān)于直線l:y=x+1對稱，且相交于橢圓E的上頂點.
(1)求橢圓E的標準方程；
(2)求k1k2的值；
(3)設(shè)直線l1,l2分別與橢圓E另交于P,Q兩點，證明：直線PQ過定點.
【解題思路】（1）由焦點和頂點坐標計算即可求出橢圓標準方程；
（2）已知直線l1：y=k1x+b1與直線l2：y=k2x+b2關(guān)于直線y=x+1對稱，設(shè)對稱點，利用對稱關(guān)系列方程組求k1k2的值；
（3）通過聯(lián)立方程組求出P,Q兩點坐標，求直線PQ的方程，根據(jù)方程確定所過定點.
【解答過程】（1）因為l1,l2相交且關(guān)于直線y=x+1對稱，故l1,l2的交點在直線y=x+1上，
又直線y=x+1與y軸相交于點A0,1，則橢圓E的上頂點為0,1，
設(shè)橢圓E的標準方程為x2a2+y2b2=1a>b>0，則b=1，
又半焦距c=3，得a2=b2+c2=4，
所以橢圓E的標準方程為x24+y2=1；
（2）由（1）可得b1=b2=1.
設(shè)點Bx,y是l1上任意異于A0,1的一點，
點B0x0,y0是B關(guān)于直線y=x+1的對稱點，
所以由y+y02=x+x02+1得y?x=x0?y0+2 ①，
由y?y0x?x0=?1得y+x=x0+y0②，
聯(lián)立①、②，解得x=y0?1y=x0+1，
代入直線l1得x0=k1y0?1．
又由點B0x0,y0，在直線l2上可得y0=k2x0+1，故y0?1=k2x0，
所以x0=k1k2x0，由x0≠0得k1k2=1，
故k1k2的值為1；
（3）設(shè)Px1,y1，Qx2,y2．
聯(lián)立直線l1與橢圓E：y=k1x+1x24+y2=1，得4k1+1x2+8k1x=0，
所以x1=?8k14k12+1，y1=1?4k124k12+1，
同理，x2=?8k24k22+1，y2=1?4k224k22+1，
又由（2）：k1k2=1，所以x2,y2也可表示為x2=?8k1k12+4，y2=k12?4k12+4，
所以直線PQ的方程為y?1?4k124k12+1=?k12+13k1x??8k14k12+1，
化簡得y=?k12+13k1x?53，
所以對任意的k1，總會過點0,?53．
故直線PQ過定點0,?53．
【題型2 存在定點滿足某條件問題】
【例2】（2024·新疆喀什·三模）已知雙曲線E：x2?3y2=3的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，A是直線l：y=?ca2x（其中a是實半軸長，c是半焦距）上不同于原點O的一個動點，斜率為k1的直線AF1與雙曲線E交于M，N兩點，斜率為k2的直線AF2與雙曲線E交于P，Q兩點．
(1)求1k1+1k2的值；
(2)若直線OM，ON，OP，OQ的斜率分別為kOM，kON，kOP，kOQ，問是否存在點A，滿足kOM+kON+kOP+kOQ=0，若存在，求出A點坐標；若不存在，說明理由．
【解題思路】（1）設(shè) At,?23tt≠0，利用斜率公式求解；
（2）設(shè)Mx1,y1,Nx2,y2,Px3,y3,Qx4,y4，直線AF1方程為y=k1x+2，與雙曲線方程聯(lián)立，結(jié)合韋達定理得到kOM+kON =2k14k12+1，kOP+kOQ=2k24k22+1，結(jié)合1k1+1k2=?3求解.
【解答過程】（1）由題可得雙曲線E：x23?y2=1，
則a2=3,b2=1,∴c2=a2+b2=4,∴c=2，
∴左、右焦點分別為F1?2,0，F(xiàn)22,0，直線l的方程為：y=?23x
設(shè)At,?23tt≠0，
k1=?23t?0t+2=?2t3t+2，同理可得k2=?2t3t?2．
∴1k1+1k2=?3t+22t?3t?22t=?6t2t=?3；
（2）設(shè)Mx1,y1,Nx2,y2,Px3,y3,Qx4,y4，如圖，
直線AF1方程為y=k1x+2，
代入雙曲線方程可得：1?3k12x2?12k12x?12k12?3=0，
所以x1+x2=12k121?3k12，則x1x2=?12k12?31?3k12，
則kOM+kON=y1x1+y2x2=y1x2+y2x1x1x2，
=k1x1+2x2+k1x2+2x1x1x2，
=2k1x1x2+2k1x2+x1x1x2，
=2k14k12+1．
同理kOP+kOQ=2k24k22+1，
即2k14k12+1+2k24k22+1=0，
即k1+k24k1k2+1=0，
∴k1+k2=0或k1k2=?14，
又1k1+1k2=?3，
若k1+k2=0．無解，舍去．
∴k1k2=?14，解得k1=?14，k2=1，或k1=1，k2=?14，
若k1=?14，k2=1，由A在直線AF1上可得，?23t=?14t+2，
∴t=65．此時A65,?45，
若k1=1，k2=?14，由A在直線AF1上可得，?23t=t+2，
∴t=?65此時A?65,45
∴存在點A65,?45，或A?65,45，滿足kOM+kON+kOP+kOQ=0．
【變式2-1】（2024·陜西榆林·模擬預(yù)測）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左，右焦點分別為F1?c,0，F(xiàn)2c,0，過F2的直線與橢圓C交于M，N兩點，且△MNF1的周長為8，△MF1F2的最大面積為3．
(1)求橢圓C的方程；
(2)設(shè)b>1，是否存在x軸上的定點P，使得△PMN的內(nèi)心在x軸上，若存在，求出點P的坐標，若不存在，請說明理由．
【解題思路】（1）根據(jù)題意列出方程組，求出a,b即可得解；
（2）由題意可將原問題轉(zhuǎn)換為kPM+kPN=0，設(shè)直線MN的方程為：x=mx+1m≠0，Pt,0，聯(lián)立橢圓方程x24+y23=1，結(jié)合韋達定理可求得t的值即可.
【解答過程】（1）∵△MNF1的周長為8，△MF1F2的最大面積為3，
∴4a=812×2c×b=3a2=b2+c2，解得a=2，b=3或a=2，b=1．
∴橢圓C的方程為x24+y23=1或等x24+y2=1．
（2）

由（1）及b>1易知F21,0，
不妨設(shè)直線MN的方程為：x=mx+1m≠0，Pt,0，Mx1,y1，Nx2,y2，
聯(lián)立x=my+1x24+y23=1，得4+3m2y2+6my?9=0．
則y1+y2=?6m4+3m2，y1y2=?94+3m2，
若△PMN的內(nèi)心在x軸上，則∠MPF2=∠NPF2，
∴kPM+kPN=0，即y1x1?t+y2x2?t=0，即y1my2+1?t+y2my1+1?t=0，
可得2my1y2+1?ty1+y2=0．
則2m?94+3m2+1?t?6m4+3m2=0，得4?t=0，即t=4．
當直線MN垂直于x軸，即m=0時，顯然點P4,0也是符合題意的點．
故在x軸上存在定點P4,0，使得△PMN的內(nèi)心在x軸上.
【變式2-2】（2024·四川雅安·一模）已知O為坐標原點，過點P2,0的動直線l與拋物線C:y2=4x相交于A,B兩點．
(1)求OA?OB；
(2)在平面直角坐標系xOy中，是否存在不同于點P的定點Q，使得∠AQP=∠BQP恒成立？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．
【解題思路】（1）設(shè)出直線l的方程，與拋物線方程聯(lián)立，利用韋達定理結(jié)合數(shù)量積的坐標表示計算即得.
（2）利用（1）中信息，結(jié)合斜率坐標公式列式求解即得.
【解答過程】（1）顯然直線l不垂直于y軸，設(shè)直線l的方程為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，顯然Δ>0，于是y1y2=?8，
所以O(shè)A?OB=x1x2+y1y2=y124?y224?8=?4.
（2）由（1）知y1+y2=4t,y1y2=?8，
假定存在不同于點P的定點Q，使得∠AQP=∠BQP恒成立，由拋物線對稱性知，點Q在x軸上，設(shè)Q(m,0)，
則直線QA,QB的斜率互為相反數(shù)，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不恒為0，則m=?2，
所以存在不同于點P的定點Q，使得∠AQP=∠BQP恒成立，點Q的坐標為(?2,0).
【變式2-3】（2024·全國·模擬預(yù)測）在平面直角坐標系中，點3,2在雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)上，漸近線方程為x?3y=0.
(1)求雙曲線C的方程；
(2)過點P3,1作直線l與雙曲線C交于A,B兩點，在x軸上是否存在一定點Q，使得直線QA與QB的斜率之和為定值？若存在，請求出點Q的坐標及定值；若不存在，請說明理由.
【解題思路】（1）由題意可得9a2?2b2=1ba=33，解出方程組即可得；
（2）設(shè)出直線方程，聯(lián)立曲線可得與交點橫坐標有關(guān)韋達定理，借助斜率公式表示出kQA+kQB后，借助韋達定理可將其化簡，結(jié)合定值的要求計算即可得.
【解答過程】（1）由題意，得9a2?2b2=1ba=33，解得a=3b=1，
∴雙曲線C的方程為x23?y2=1；
（2）由題意可知直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y=kx+m，
將點P3,1的坐標代入，得m=1?3k，設(shè)Ax1,y1,Bx2,y2，
聯(lián)立直線l與雙曲線C的方程，得方程組y=kx+mx2?3y2?3=0，
消去y并整理，得1?3k2x2?6kmx?3m2?3=0，
k≠±33，且Δ=36k2m2+41?3k23m2+3=12m2?3k2+1>0，
即3k2?23k+1?3k2+1=2?23k>0，即k0,b>0)的離心率為72，虛軸長為23．
(1)求雙曲線C的方程；
(2)若動直線l與雙曲線C恰有1個公共點，且分別與雙曲線C的兩條漸近線交于P，Q兩點，O為坐標原點，證明：△OPQ的面積為定值．
【解題思路】（1）根據(jù)已知條件求得a、b、c，從而得到雙曲線的方程；
（2）根據(jù)直線的斜率是否存在進行分類討論，由直曲聯(lián)立表示出PQ，再表示出原點O到直線l的距離，即三角形的高，進而求出△OPQ的面積為23，從而證得結(jié)論成立.
【解答過程】（1）因為虛軸長為23，所以b=3，
因為e=ca=72，且c2=a2+b2，所以a=2,c=7，
故雙曲線C的方程為x24?y23=1．
（2）
當直線l的斜率不存在時，l的方程為x=±2，
此時|PQ|=23,S△OPQ=12×2×23=23，
當直線l的斜率存在時，不設(shè)直線l:y=kx+m，且k≠±32，
聯(lián)立方程組y=kx+m,x24?y23=1,得3?4k2x2?8mkx?4m2?12=0，
由Δ=64m2k2+43?4k24m2+12=0，得4k2=m2+3，
不妨設(shè)l與y=32x的交點為P，則y=kx+my=32x，得xP=2m3?2k，
同理可得xQ=?2m3+2k，
所以PQ=1+k2xP?xQ=43|m|?k2+13?4k2，
因為原點O到直線l的距離d=|m|k2+1，
所以S△OPQ=12?PQ?d=23m23?4k2，
因為4k2=m2+3，所以S△OPQ=23，
綜上，△OPQ的面積為定值，定值為23．
【變式3-1】（2024·江蘇蘇州·模擬預(yù)測） 已知橢圓 γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，γ與圓 x2+y2=a2?b2在第一、第二象限分別交于 Q、P 兩點，且滿足 ∠POQ=π3，PQ=1，
(1)求橢圓γ的標準方程；
(2)A 是橢圓上的一點，若存在橢圓的弦 BC 使得 OA//BC,OA=BC ，求證:四邊形OABC 的面積為定值.
【解題思路】（1）根據(jù)橢圓和圓的對稱性可得Q(32，12)，再代入橢圓和圓的方程中，解方程組求出a2和b2的值即可；
（2）設(shè)A(m,n)，mn≠0，易知四邊形OABC是平行四邊形，設(shè)直線BC的方程為y=nm(x?t)，將其與橢圓方程聯(lián)立，結(jié)合韋達定理，弦長公式以及橢圓的方程，推出|nt|=34，再利用點到直線的距離公式，表示出四邊形OABC的面積，然后化簡即可得定值．
【解答過程】（1）由對稱性知，|OP|=|OQ|，
因為∠POQ=π3，PQ=1，所以△OPQ是邊長為1的等邊三角形，
因為Q位于第一象限，所以Q(32,12)，
代入橢圓γ的方程有34a2+14b2=1，
代入圓x2+y2=a2?b2的方程有34+14=a2?b2，
聯(lián)立解得a2=32，b2=12，
所以橢圓γ的標準方程為x232+y212=1．
（2）證明：設(shè)A(m,n)，mn≠0，則直線OA的斜率為nm，且m232+n212=1，即m2+3n2=32，
因為OA//BC,OA=BC，所以四邊形OABC是平行四邊形，|BC|=|OA|=m2+n2，
設(shè)直線BC的方程為y=nm(x?t)，B(x1,y1)，C(x2,y2)，
聯(lián)立y=nm(x?t)2x23+2y2=1，得(2m2+6n2)x2?12n2tx+6n2t2?3m2=0，
所以x1+x2=12n2t2m2+6n2，x1x2=6n2t2?3m22m2+6n2，
所以|BC|=1+(nm)2?(x1+x2)2?4x1x2=m2+n2?26?m2?2n2t2+3n22m2+6n2=m2+n2?6?m2?2n2t2+3n232，
因為|BC|=|OA|=m2+n2，
所以m2+n2?6?m2?2n2t2+3n232=m2+n2，
整理得6(32?2n2t2)=94，即|nt|=34，
而點A到直線BC的距離為d=|nm(m?t)?n|n2m2+1=|nt|m2+n2，
所以四邊形OABC的面積S=2S△ABC=2?12?|BC|?d=|OA|?d=m2+n2?|nt|m2+n2=|nt|=34，為定值．
【變式3-2】（2024·廣東廣州·模擬預(yù)測）已知A?1,0，B1,0，平面上有動點P，且直線AP的斜率與直線BP的斜率之積為1.
(1)求動點P的軌跡Ω的方程.
(2)過點A的直線與Ω交于點M（M在第一象限），過點B的直線與Ω交于點N（N在第三象限），記直線AM，BN的斜率分別為k1，k2，且k1=4k2.試判斷△AMN與△BMN的面積之比是否為定值，若為定值，請求出該定值；若不為定值，請說明理由.
【解題思路】（1）設(shè)Px,y，根據(jù)題意結(jié)合斜率公式分析運算即可；
（2）分析可知kBN?kBM=14，設(shè)直線MN和相關(guān)點，聯(lián)立方程結(jié)合韋達定理分析可得直線MN過定點T?35,0，進而可得面積之比.
【解答過程】（1）設(shè)Px,y，x≠±1，
由題意可得：kAP?kBP=yx+1?yx?1=y2x2?1=1，整理得x2?y2=1，
故求動點P的軌跡方程為x2?y2=1x≠±1.
（2）由題意可知：kAM?kBM=1，且kAM=4kBN，可得kBN?kBM=14，
顯然直線MN的斜率不為0，設(shè)直線MN的方程為x=my+tt≠±1，Mx1,y1，Nx2,y2，
聯(lián)立方程x=my+tx2?y2=1，消去x得m2?1y2+2mty+t2?1=0，
則m2≠1，Δ>0，可得y1+y2=?2mtm2?1y1y2=t2?1m2?1，
則kBN?kBM=y2x2?1?y1x1?1=y1y2my1+t?1my2+t?1=14，
整理可得m2?4y1y2+mt?1y1+y2+t?12=0，
則m2?4t2?1m2?1?2m2tt?1m2?1+t?12=0，
因為t≠±1，則t?1≠0，可得m2?4t+1m2?1?2m2tm2?1+t?1=0，
整理可得t=?35，
所以直線MN方程為x=my?35，即直線MN過定點T?35,0，
則|AT|=?35+1=25,|BT|=1+35=85，
此時S△AMN=12AT?yM?yN，S△BMN=12?BT?yM?yN，
所以S△AMNS△BMN=ATBT=14為定值.
【變式3-3】（2024·河北衡水·三模）已知拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點為F，過F且傾斜角為π6的直線l與C交于A，B兩點．直線l1，l2與C相切，切點分別為A，B，l1，l2與x軸的交點分別為D，E兩點，且|DE|=233．
(1)求C的方程；
(2)若點P為C上一動點（與A，B及坐標原點均不重合），直線l3與C相切，切點為P，l3與l1，l2的交點分別為G，H．記△DFG，△EFH的面積分別為S1，S2．
①請問：以G，H為直徑的圓是否過定點？若過定點，求出該定點坐標；若不過定點，請說明理由；
②證明：S1S2為定值．
【解題思路】（1）設(shè)l:y=33x+p2，Ax1,y1，Bx2,y2，聯(lián)立直線與拋物線方程，消元、列出韋達定理，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義表示出切線方程，即可求出D、E坐標，從而求出p，即可得解；
（2）①不妨設(shè)x10，b>0）的一條漸近線為x?3y=0，焦點到漸近線的距離為1．A1，A2分別為雙曲線C的左、右頂點，直線l過點T2,0交雙曲線于點M，N，記直線MA1，NA2的斜率為k1，k2．
(1)求雙曲線C的方程；
(2)求證k1k2為定值．
【解題思路】（1）借助漸近線定義及點到直線距離公式計算即可得；
（2）設(shè)出直線方程，聯(lián)立曲線可得與交點縱坐標有關(guān)韋達定理，作商即可得所設(shè)參數(shù)與縱坐標的關(guān)系，借助斜率公式表示出斜率后，消去所設(shè)參數(shù)即可得證.
【解答過程】（1）由題意可得ba=13c1+32=1c2=a2+b2，解得a2=9b2=1c2=10，
故雙曲線C的方程為x29?y2=1；
（2）由雙曲線C的方程為x29?y2=1，則A1?3,0，A23,0，
由題意可知直線l斜率不為0，故可設(shè)l:x=my+2，Mx1,y1，Nx2,y2，
聯(lián)立x=my+2x29?y2=1，消去x可得m2?9y2+4my?5=0，
Δ=16m2+20m2?9=36m2?180>0，即m2>5，
則y1+y2=?4mm2?9，y1y2=?5m2?9，
則y1+y2y1y2=?4mm2?9?5m2?9=4m5，即my1y2=54y1+y2，
k1=y1?0x1??3=y1x1+3，k2=y2?0x2?3=y2x2?3，
則k1k2=y1x1+3y2x2?3=y1x1+3?x2?3y2=y1my1+5?my2?1y2=my1y2?y1my1y2+5y2
=54y1+y2?y154y1+y2+5y2=5y1+5y2?4y15y1+5y2+20y2=y1+5y25y1+5y2=15，
即k1k2為定值15.
【變式4-2】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1a>0,b>0的離心率為54，且點?42,3在雙曲線C上．
(1)求雙曲線C的標準方程．
(2)過點P0,1的直線l與雙曲線C的左、右兩支分別交于點A,B．問：在y軸上是否存在定點Q，使直線AQ與BQ的斜率之和為定值？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．
【解題思路】（1）根據(jù)題意，設(shè)a=4t,t>0，求得b=3t，得到雙曲線C的方程可化為x216t2?y29t2=1，將點?42,3在雙曲線C上，求得t2=1，即可求解；
（2）假設(shè)存在點Q0,m，設(shè)直線l的方程為y=kx+1，聯(lián)立方程組，求得x1+x2,x1x2，化簡得到kAQ+kBQ=15m+9k，當m+9=0，得到kAQ+kBQ=0（定值），即可求解.
【解答過程】（1）解：由題意，雙曲線C:x2a2?y2b2=1的離心率為54，可得e=ca=54，
設(shè)a=4t,t>0，則c=5t，所以b=c2?a2=3t，
所以雙曲線C的方程可化為x216t2?y29t2=1，
因為點?42,3在雙曲線C上，所以?42216t2?329t2=1，解得t2=1，
所以雙曲線C的標準方程為x216?y29=1．
（2）設(shè)Ax1,y1,Bx2,y2，
假設(shè)存在點Q0,m，設(shè)直線l的方程為y=kx+1?34b>0）的離心率為12，A,B分別為橢圓的左頂點和上頂點，F(xiàn)1為左焦點，且△F1AB的面積為32．
(1)求橢圓M的標準方程；
(2)設(shè)橢圓M的右頂點為C，P是橢圓M上不與頂點重合的動點．
①若點P1,y0（y0>0），點D在橢圓M上且位于x軸下方，設(shè)△APC和△DPC的面積分別為S1，S2．若S1?S2=32，求點D的坐標；
②若直線AB與直線CP交于點Q，直線BP交x軸于點N，設(shè)直線QN和直線QC的斜率為kQN，kQC，求證：2kQN?kQC為定值，并求出此定值．
【解題思路】（1）根據(jù)已知條件，列出關(guān)于a，b，c的方程組即可求解；
（2）①根據(jù)面積關(guān)系可得S△DPC=S△OPC，從而得OD∥PC，據(jù)此即可求解；②聯(lián)立QC和AB的方程，求出Q點坐標，聯(lián)立QC和橢圓方程，結(jié)合韋達定理求出P點坐標，求出BP的方程，從而可求N的坐標，再根據(jù)斜率計算公式即可求解．
【解答過程】（1）由題意得ca=1212a?cb=32，又c2=a2?b2，解得a=2c=1b=3，
∴橢圓M的標準方程為x24+y23=1．
（2）①由（1）可得C2,0，點P1,y0（y0>0）在橢圓M上，代入橢圓方程得y0=32，
連接PC，∵S1?S2=S△APC?S△DPC=12×4×32?S△DPC=32，
∴S△DPC=32=12S△APC=S△OPC，
∴OD∥PC，∴kOD=kPC=32?01?2=?32，
∴直線OD的方程為y=?32x，聯(lián)立y=?32xx24+y23=1，
解得xD=1yD=?32或xD=?1yD=32（舍去），
∴D1,?32．
②設(shè)直線QC的斜率為k，則直線QC的方程為：y=kx?2，
又B0,3，A?2,0，直線AB的方程為y=32x+2，
由y=kx?2y=32x+2，解得x=22k+32k?3y=43k2k?3，
∴Q22k+32k?3,43k2k?3，
由y=kx?2x24+y23=1，得3+4k2x2?16k2x+16k2?12=0，
Δ=256k4?43+4k216k2?12>0，
則2xP=16k2?123+4k2，∴xP=8k2?63+4k2，
則yP=kxP?2=k8k2?63+4k2?2=?12k3+4k2，
∴P8k2?63+4k2,?12k3+4k2，
依題意B、P不重合，∴8k2?6≠0，即k≠±32，
∴kBP=?12k3+4k2?38k2?63+4k2=?43k2?12k?338k2?6，
∴直線BP的方程為y=?43k2?12k?338k2?6x+3，
令y=0，即?43k2?12k?338k2?6x+3=0，解得x=22k?32k+3，
∴N22k?32k+3,0，
∴kQN=43k2k?322k+32k?3?22k?32k+3=83k+12163=12k+34，
∴2kQN?kQC=32為定值．
【題型5 向量數(shù)量積定值問題】
【例5】（23-24高三上·天津河北·期末）設(shè)橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦點分別為F1,F2，短軸的兩個端點為A,B，且四邊形F1AF2B是邊長為2的正方形.C,D分別是橢圓的左右頂點，動點M滿足MD⊥CD，連接CM，交橢圓E于點P.
(1)求橢圓E的方程；
(2)求證：OM?OP為定值.
【解題思路】（1）根據(jù)題設(shè)得|F1A|=a=2,b=c，結(jié)合橢圓參數(shù)關(guān)系即可得方程；
（2）設(shè)直線CM的方程為y=kx+2，聯(lián)立橢圓并應(yīng)用韋達定理求P坐標，根據(jù)已知確定M坐標，再由向量數(shù)量積的坐標表示求OM?OP，即可證.
【解答過程】（1）由題設(shè)|F1A|=a=2,b=c，a2=b2+c2，得b2=2,a2=4，
橢圓的方程為x24+y22=1.
（2）
由（1）知C?2,0,D2,0，由題意知，直線CM的斜率存在且不為0，
設(shè)直線CM的方程為y=kx+2，聯(lián)立y=kx+2x24+y22=1，
消去y得1+2k2x2+8k2x+8k2?4=0，其中C是直線與橢圓一個交點，
所以?2xP=8k2?41+2k2，則xP=2?4k21+2k2，代入直線得yP=4k1+2k2，故P2?4k21+2k2,4k1+2k2.
又MD⊥CD，將x=2代入y=kx+2，得yM=4k，則M2,4k.
所以O(shè)M?OP=2?2?4k21+2k2+4k?4k1+2k2=4?8k2+16k21+2k2=4，為定值.
【變式5-1】（23-24高三上·上海嘉定·階段練習(xí)）已知雙曲線C的中心在原點，D(1,0)是它的一個頂點.d=(1,2)是它的一條漸近線的一個方向向量.
(1)求雙曲線C的方程；
(2)設(shè)P(0,1)，M為雙曲線右支上動點，當|PM|取得最小時，求四邊形ODMP的面積；
(3)若過點(?3,0)任意作一條直線與雙曲線C交于A，B兩點（A，B都不同于點D），求證:DA?DB為定值.
【解題思路】(1)根據(jù)給定條件設(shè)出雙曲線C的方程，利用待定系數(shù)法計算得解.
(2)根據(jù)給定條件求出點M的坐標，并求出點M到直線DP距離，再借助三角形面積公式計算即得.
(3)設(shè)出直線AB方程：x=ty?3，聯(lián)立直線AB與雙曲線C的方程，借助韋達定理計算即可作答.
【解答過程】（1）因雙曲線C的中心在原點，一個頂點是D(1,0)，則設(shè)雙曲線C的方程為：x2?y2b2=1(b>0)，
于是得雙曲線C的漸近線方程為y=±bx，而雙曲線C的一條漸近線的一個方向向量是d=(1,2)，
則有b=2，
所以雙曲線C的方程為x2?y22=1.
（2）依題意，設(shè)點M(x0,y0)(x0≥1)，則x02?y022=1，即x02=1+y022，
|PM|2=x02+(y0?1)2=32y02?2y0+2=32(y0?23)2+43，當y0=23時，|PM|min=233，此時M(113,23)，
點M到直線DP：x+y?1=0的距離為d=|113?13|2=2(11?1)6，而|DP|=2，如圖，

四邊形ODMP的面積S=S△ODP+S△MDP=12|OD|?|OP|+12|DP|?d=12+11?16 =11+26，
所以四邊形ODMP的面積為11+26.
（3）顯然直線AB不垂直于y軸，設(shè)直線AB方程：x=ty?3，由x=ty?32x2?y2=2消去x得：(2t2?1)y2?12ty+16=0，
當2t2?1≠0時，Δ=(12t)2?64(2t2?1)=16(t2+4)>0恒成立，設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)，
則有y1+y2=12t2t2?1,y1y2=162t2?1，DA=(x1?1,y1),DB=(x2?1,y2)，
因此，DA?DB=(x1?1)(x2?1)+y1y2=(ty1?4)(ty2?4)+y1y2=(t2+1)y1y2?4t(y1+y2)+16 =16(t2+1)2t2?1?48t22t2?1+16=0，
所以DA?DB為定值0.
【變式5-2】（2024·河北保定·三模）設(shè)橢圓C：x27+y2b2=1(00,b>0,F1,F2分別是C的左、右焦點．若C的離心率e=2，且點4,6在C上．
(1)求C的方程；
(2)若過點F2的直線l與C的左、右兩支分別交于A,B兩點，與拋物線y2=16x交于P,Q兩點，試問是否存在常數(shù)λ，使得1AB?λPQ為定值？若存在，求出常數(shù)λ的值；若不存在，請說明理由．
【解題思路】（1）根據(jù)已知列方程組求解求出雙曲線方程；
（2）先聯(lián)立方程組求出兩根和兩根積，再應(yīng)用弦長公式，最后計算得出定值.
【解答過程】（1）設(shè)雙曲線C的半焦距為cc>0，
由題意可得e=ca=216a2?36b2=1c2=a2+b2，解得a=2,b=23,c=4，所以C的方程為x24?y212=1．
（2）
假設(shè)存在常數(shù)λ滿足條件，由（1）知F24,0，
設(shè)直線l:x=my+4,Ax1,y1,Bx2,y2，
聯(lián)立方程得x24?y212=1x=my+4，消去x，整理可得3m2?1y2+24my+36=0，
所以3m2?1≠0,Δ=144m2+1>0，y1+y2=?24m3m2?1,y1y2=363m2?1，
AB=1+m2y1?y2=1+m2?y1+y22?4y1y2
AB=1+m2??24m3m2?12?4?363m2?1=12m2+13m2?1．
因為直線l過點F2且與C的左、右兩支分別交于A，B兩點，所以A,B兩點在x軸同側(cè)，所以y1y2>0．
此時3m2?1>0，即m2>13，所以AB=12m2+13m2?1．
設(shè)Px3,y3,Qx4,y4，將x=my+4代入拋物線方程y2=16x，得y2?16my?64=0，
則Δ1=256m2+1>0,y3+y4=16m,y3y4=?64，
所以PQ=1+m2y3?y4
=1+m2?y3+y42?4y3y4
=1+m2?16m2?4??64
=16m2+1．
所以1AB?λPQ=3m2?112m2+1?λ16m2+1=12m2?4?3λ48m2+1．
故當?4?3λ=12時，12m2?4?3λ48m2+1為定值14，所以，當λ=?163時，1AB?λPQ為定值14．
【變式6-1】（2024·山東菏澤·模擬預(yù)測）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦點分別為F1,F2，點A(3,1)在橢圓C上，點B與點A關(guān)于原點對稱，四邊形AF1BF2的面積為4．
(1)求橢圓C的方程；
(2)若直線l:x?my?n=0與橢圓C交于P,Q兩點．與x軸交于點N．試判斷是否存在n∈(?6,6)，使得1PN+1QN為定值？若存在，求出n的值；若不存在，請說明理由．
【解題思路】（1）根據(jù)給定條件，利用點在橢圓上及四邊形面積，結(jié)合待定系數(shù)法求出a,b,c.
（2）聯(lián)立直線l與橢圓C的方程，求出|PN|,|QN|結(jié)合韋達定理求解即得.
【解答過程】（1）設(shè)橢圓C的焦距為2c(c>0)，依題意，B(?3,?1)，則3a2+1b2=1，
四邊形AF1BF1為平行四邊形，其面積S=2×12×2c×1=4，得c=2，即a2?b2=4，
聯(lián)立解得b=2,a=6，
所以橢圓C的方程為x26+y22=1.
（2）存在.
由x=my+nx26+y22=1消去x得(m2+3)y2+2mny+n2?6=0，
當n∈(?6,6)時，Δ=4m2n2?4(m2+3)(n2?6)=12(2m2+6?n2)>0恒成立，
設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2)，則y1+y2=?2mnm2+3,y1y2=n2?6m2+3，
|PN|=1+m2|y1|,|QN|=1+m2|y2|，
則1|PN|+1|QN|=11+m2(1|y1|+1|y2|)=11+m2?|y1|+|y2|?y1y2=11+m2?|y1?y2|?y1y2
=11+m2×(y1+y2)2?4y1y2?y1y2=11+m2×4m2n2(m2+3)2?4n2?24m2+3?n2?6m2+3
=21+m2?6m2?3n2+186?n2=26?n2?6m2?3n2+181+m2=26?n2?6(m2+6?n22)1+m2
當6?n22=1，即n=±2時，1|PN|+1|QN|為定值6，所以n=±2.
【變式6-2】（2024·四川內(nèi)江·三模）已知拋物線E的準線方程為：x=?1，過焦點F的直線與拋物線E交于A、B兩點，分別過A、B兩點作拋物線E的切線，兩條切線分別與y軸交于C、D兩點，直線CF與拋物線E交于M、N兩點，直線DF與拋物線E交于P、Q兩點.
(1)求拋物線E的標準方程；
(2)證明：1MN+1PQ為定值.
【解題思路】（1）由拋物線的準線方程求解p=2，即可求解拋物線標準方程.
（2）設(shè)出直線AB的方程，然后與拋物線方程聯(lián)立，韋達定理，推出兩切線方程，進而求得點C0,y12，點D0,y22，從而求出直線CF,DF方程，聯(lián)立拋物線方程，結(jié)合弦長公式求出MN,PQ，代入運算化簡即可證明.
【解答過程】（1）因為拋物線的準線為：x=?1，設(shè)y2=2px，則?p2=?1，所以p=2，
故拋物線E的標準方程為y2=4x.
（2）易知拋物線E的焦點F1,0，
設(shè)直線AB的方程為x=my+1，Ax1,y1、Bx2,y2，
聯(lián)立y2=4xx=my+1可得y2?4my?4=0，
由韋達定理可得y1+y2=4m，y1y2=?4，
接下來證明拋物線E在點A處的切線方程為y1y=2x+2x1，
聯(lián)立y2=4xy1y=2x+2x1可得y2?2y1y+4x1=0，即y2?2y1y+y12=0，即y?y12=0，
所以，直線y1y=2x+2x1與拋物線E只有唯一的公共點，
所以，AC的方程為y1y=2x+2x1，
同理可知，直線BD的方程為y2y=2x+2x2，
在直線AC的方程中，令x=0，可得y=2x1y1=2×y124y1=y12，即點C0,y12，
同理可得點D0,y22，所以，直線CF的方程為x+yy12=1，即x=1?2yy1，
設(shè)點Mx3,y3、Nx4,y4，聯(lián)立x=1?2yy1y2=4x，可得y2+8yy1?4=0，
由韋達定理可得y3+y4=?8y1，y3y4=?4，
所以MN=x3+x4+2=2?2y1y3+y4+2=4?2y1×?8y1=4y12+16y12，
同理可得PQ=4y22+16y22，
所以1MN+1PQ=y124y12+16+y224y22+16=y124y22+16+y224y12+1616y12+4y22+4
=8y1y22+166y12+y2216y1y22+4y12+y22+16=y1y22+2y12+y222y1y22+4y12+y22+16 =16+216m2+8216+416m2+8+16=14，
故1MN+1PQ為定值14.
【變式6-3】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知雙曲線H:x24?y2=1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，左、右頂點分別為A1，A2，橢圓E以A1，A2為焦點，以F1F2為長軸．
(1)求橢圓E的離心率；
(2)設(shè)點M(m,n)滿足m20，
當x=m時，y=12m0的焦點F到準線的距離為2，O為坐標原點．
(1)求E的方程；
(2)已知點Tt,0，若E上存在一點P，使得PO?PT=?1，求t的取值范圍；
(3)過M?4,0的直線交E于A，B兩點，過N?4,43的直線交E于A，C兩點，B，C位于x軸的同側(cè)，證明：∠BOC為定值.
【解題思路】（1）根據(jù)題意可知焦點F到準線的距離為p=2，即可得方程；
（2）設(shè)Px,y，利用平面向量數(shù)量積可得t?4=x+1x，結(jié)合基本不等式運算求解；
（3）設(shè)Ay124,y1,By224,y2,Cy324,y3，求直線AB,AC的方程，結(jié)合題意可得?16+y1y2=0?16?43y1+y3+y1y3=0，結(jié)合夾角公式分析求解.
【解答過程】（1）由題意可知：焦點F到準線的距離為p=2，
所以拋物線E的方程為y2=4x.
（2）設(shè)Px,y，可知y2=4x,x≥0，則PO=?x,?y,PT=t?x,?y，
可得PO?PT=?xt?x+y2=x2?tx+4x=x2+4?tx=?1，
顯然x=0不滿足上式，
則x>0，可得t?4=x+1x，
又因為x+1x≥2x?1x=2，當且僅當x=1x，即x=1時，等號成立，
則t?4≥2，即t≥6，
所以t的取值范圍為6,+∞.
（3）設(shè)Ay124,y1,By224,y2,Cy324,y3，
則直線AB的斜率kAB=y1?y2y124?y224=4y1+y2，
可得直線AB的方程y?y1=4y1+y2x?y124，整理得4x?y1+y2y+y1y2=0，
同理可得：直線AC的方程4x?y1+y3y+y1y3=0，
由題意可得：?16+y1y2=0?16?43y1+y3+y1y3=0，整理得y1=16y24y3?y2=3y1y3+16，
又因為直線OB,OC的斜率分別為kOB=y2y224=4y2,kOC=y3y324=4y3，
顯然∠BOC為銳角，則tan∠BOC=kOB?kOC1+kOB?kOC=4y2?4y31+4y2?4y3=4y2?y3y2?y3+16=3y2?y3+16y2?y3+16=3，
所以∠BOC=π3為定值.
【變式7-1】（23-24高三下·云南昆明·階段練習(xí)）平面上一動點Px,y滿足x?22+y2?x+22+y2=2．
(1)求P點軌跡Γ的方程；
(2)已知A?2,0，B1,0，延長PA交Γ于點Q，求實數(shù)m使得∠PAB=m∠PBA恒成立，并證明：∠PBQ為定值
【解題思路】（1）利用圓錐曲線的定義即可得曲線方程，但要注意只有雙曲線右支；
（2）先得到特殊情況時m的值，再證明其對一般情況也適用.
【解答過程】（1）由題意可得，動點P到定點2,0的距離比到定點?2,0的距離大2，
由雙曲線的定義，P點軌跡是以2,0，?2,0為焦點的雙曲線的左支，
設(shè)Γ:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)，則c=2，a=1，b2=c2?a2=3，
所以Γ的方程為Γ:x2?y23=1x≤?1．
（2）如圖，不妨設(shè)點P在第二象限，
①當lPQ的斜率不存在時，
Γ:x2?y23=1，令x=?2，解得y=3，則P?2,3，此時∠PAB=90°，
在△PAB中，AP=AB=3，∴∠PBA=45°，即m=2，
②當lPQ的斜率存在時，令lPA的傾斜角為α，lPB的傾斜角為β，則∠PAB=α，∠PBA=π?β，
假設(shè)∠PAB=2∠PBA成立，即α=2π?2β，則有tanα=tan(2π?2β)=?tan2β=?2tanβ1?tan2β，即kPA=?2kPB1?kPB2．
又kpA=yx+2，2kPB1?kPB2=2yx?11?y2x?12=2y(x?1)x?12?y2，又點P的坐標滿足x2?y23=1，即y2=3x2?3，
2kpB1?kpB2=2y(x?1)(x?1)2?y2=2y(x?1)(x?1)2?3x2+3=2y(x?1)?2x2?2x+4=2y(x?1)?2(x+2)(x?1)=?yx+2，
∴kPA=?2kPB1?kPB2，假設(shè)成立，
綜上，當m=2時，有∠PAB=2∠PBA成立．
此時∠QAB=π?α，由對稱性知，∠QBA=12∠QAB=π2?α2，而∠PBA=α2，
∴∠PBQ=∠PBA+∠QBA=π2為定值．
【變式7-2】（2024·全國·模擬預(yù)測）在平面直角坐標系xOy中，已知雙曲線C:x2?y23=1的右焦點為F,A1,A2分別為雙曲線C的左、右頂點，過F的直線l與C的右支相交于點M,N．
(1)若直線A1M,A1N分別與線段OA2的垂直平分線相交于點P,Q，求FP?FQ的值．
(2)當直線l任意旋轉(zhuǎn)時，試問：∠A1FM∠MA1F是否為定值？若是，求出該定值；若不是，請說明理由．
【解題思路】（1）根據(jù)題意設(shè)直線l的方程，x=my+2m≠±33，設(shè)Mx1,y1,Nx2,y2，聯(lián)立方程組，再求出P,Q的坐標，利用數(shù)量積的坐標運算化簡求值；
（2）當直線l的斜率不存在時，∠A1FM=π2，則∠A1FM∠MA1F=2，當直線l的斜率存在時，不妨設(shè)Mx0,y0，直線MF的傾斜角為α，直線MA1的傾斜角為β，則∠A1FM=π?α，∠MA1F=β，假設(shè)∠A1FM∠MA1F=2成立，證明假設(shè)成立，從而得解.
【解答過程】（1）由題意，得A1?1,0,A21,0,F2,0，
所以線段OA2的垂直平分線PQ的方程為x=12，
設(shè)直線l的方程，x=my+2m≠±33，設(shè)Mx1,y1,Nx2,y2，
由x=my+2x2?y23=1消去x，可得3m2?1y2+12my+9=0．
則y1+y2=?12m3m2?1,y1y2=93m2?1，
x1+x2=my1+y2+4=?43m2?1，
x1x2=m2y1y2+2my1+y2+4=?3m2?43m2?1，
直線A1M的方程為y=y1x1+1x+1，
令x=12，則y=3y12x1+2，故P12,3y12x1+2，
同理可得Q12,3y22x2+2．
則FP?FQ=?32,3y12x1+2??32,3y22x2+2=94+94×y1y2x1x2+x1+x2+1
=94+94×93m2?1?3m2?43m2?1?43m2?1+1=94+94×9?9=0．

（2）當直線l的斜率不存在時，∠A1FM=π2，
對于x2?y23=1，令x=2，解得y=±3，
則MF=3，又A1F=3，故∠MA1F=π4，
則∠A1FM∠MA1F=2；
當直線l的斜率存在時，不妨設(shè)Mx0,y0，x0≠2，
直線MF的傾斜角為α，直線MA1的傾斜角為β，
則∠A1FM=π?α，∠MA1F=β．
假設(shè)∠A1FM∠MA1F=2成立，
即π?α=2β，
則一定有tanπ?α=?tanα=tan2β=2tanβ1?tan2β，
即?kl=2kMA11?kMA12，
由?kl=?y0x0?2，2kMA11?kMA12=2×y0x0+11?y02x0+12=2y0x0+1x0+12?y02，y02=3x02?3，
得2kMA11?kMA12=2y0x0+1x0+12?3x02+3=2y0x0+1?2x02+2x0+4=2y0x0+1?2x0?2x0+1=?y0x0?2=?kl．
故假設(shè)成立，即∠A1FM∠MA1F=2成立．
綜上所述，∠A1FM∠MA1F為定值，且定值為2．
【變式7-3】（2024·浙江寧波·二模）已知雙曲線C:y2?x2=1，上頂點為D，直線l與雙曲線C的兩支分別交于A,B兩點（B在第一象限），與x軸交于點T.設(shè)直線DA,DB的傾斜角分別為α,β.
(1)若T33,0，
（i）若A0,?1，求β；
（ii）求證：α+β為定值；
(2)若β=π6，直線DB與x軸交于點E，求△BET與△ADT的外接圓半徑之比的最大值.
【解題思路】（1）（i）先求直線TA的方程，聯(lián)立雙曲線方程求得點B的坐標，求直線DB斜率，進而求解即可；（ii）法1，設(shè)直線AB的方程為y=kx?33形式，并聯(lián)立雙曲線方程，求直線DA,DB的斜率的斜率和，進而得證α+β為定值；法2，設(shè)直線AB的方程為mx+ny?1=1形式，并聯(lián)立雙曲線方程，求直線DA,DB的斜率的斜率和，進而得證α+β為定值；
（2）先對直線DA、DT斜率不存在的情形進行驗證∠ADT=π6；法1：k1和kDT均存在時，設(shè)AB:y=kx?3+2,Tt,0，求得sin∠ADT=sin∠BET=12，從而得到△BET與△ADT的外接圓半徑之比的最大值；法2，k1和kDT均存在時，由A,T,B三點共線可得BA/ BT，求得tan∠ADT的值和sin∠ADT=sin∠BET=12，從而得到△BET與△ADT的外接圓半徑之比的最大值；法3，若k1和kDT均存在，設(shè)Tt,0，則mt?n=1，得到tanα+β=kDT，求得sin∠ADT=sin∠BET=12，從而得到△BET與△ADT的外接圓半徑之比的最大值.
【解答過程】（1）（i）kTA=3，所以直線TA:y=3x?1.
直線TA與C聯(lián)立可得x2?3x=0，解得x=0或x=3，所以B3,2.
所以kDB=33，所以β=π6；
（ii）法1：①直線AB斜率存在時，可設(shè)直線AB的方程為y=kx?33，設(shè)Ax1,y1,Bx2,y2
由y=kx?33y2?x2=1得3k2?1x2?23k2x+k2?3=0
所以x1+x2=23k23k2?1,x1x2=k2?33k2?1.
當x1=0時，由（i）可得α+β=2π3；
當x1≠0時，設(shè)DA,DB的斜率分別為k1,k2.
k1=y1?1x1=k?33k+1x1,k2=k?33k+1x2.
所以k1+k2=2k?33k+1x1?33k+1x2=2k?33k+1x1+x2x1x2=?23kk?3，
k1k2=k?33k+1x1k?33k+1x2=?3+kk?3.
所以tanα+β=k1+k21?k1k2=?3.
因為B在第一象限，所以00表示拋物線y2=ax與y2=?ax，
由y=2x+4y2=?ax得2y2+ay?4a=0，
因為a>0，所以Δ=a2+32a>0，
可得拋物線y2=?ax與直線y=2x+4有兩個交點，
曲線y4=a2x2a>0與直線y=2x+4有3公共點，
則直線y=2x+4與拋物線y2=ax相切，
把y=2x+4代入y2=ax得4x2+16?ax+16=0，
則Δ=16?a2?4×4×16=0，解得a=32，
由對稱性可知AM=BN，設(shè)AB與y軸的交點為E，
則AB?AM?BN=2AE?AM，
若AB?AM?BN為定值，則AE?AM=AE+8?AM?8為定值，
則點M,N分別為拋物線y2=32x與y2=?32x的焦點，
此時AB?AM?BN為拋物線y2=32x上一點到y(tǒng)軸距離
與其焦點距離差的2倍，即?16.
故選：D．
8．（2024·黑龍江哈爾濱·二模）如圖，P，M，Q，N是拋物線E:y2=4x上的四個點（P，M在x軸上方，Q，N在x軸下方），已知直線PQ與MN的斜率分別為?22和2，且直線PQ與MN相交于點G，則|PG|?|GQ||MG|?|GN|=（ ）
A．125B．512C．12D．2
【解題思路】設(shè)出點G的坐標，寫出MN、PQ直線的方程，聯(lián)立拋物線方程，再根據(jù)韋達定理和弦長公式分別求得MG、GN、PG、GQ，再求結(jié)果即可.
【解答過程】設(shè)Gx0,y0，則直線MN的方程為y?y0=2x?x0，
聯(lián)立拋物線方程y2=4x可得，y2?2y+2y0?4x0=0，
則yM+yN=2,yMyN=2y0?4x0；
又直線PQ方程為y?y0=?22x?x0，
聯(lián)立拋物線方程y2=4x可得y2+42y?42y0?4x0=0，
則，yP+yQ=?42,yPyQ=?42y0?4x0；
故PG=1+1?222yP?y0=3yP?y0，GQ=3yQ?y0，MG=1+122yM?y0=52yM?y0，GN=52yN?y0；
故|PG|?|GQ||MG|?|GN|=235?yP?y0yM?y0?235?yQ?y0yN?y0=125yP?y0yQ?y0yM?y0yN?y0 =125?yPyQ?yPy0?yQy0+y02yMyN?yMy0?yNy0+y02=125?y02?4x0y02?4x0=125.
故選：A.
二、多選題
9．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知雙曲線C:x23?y2=1的右焦點為F，動點M,N在直線l:x=32上，且FM⊥FN，線段FM交C于點P，過P作l的垂線，垂足為R，則（ ）
A．△FMN的面積S≥12B．PRPF=32
C．MR?HN=FH?PRD．MP?NFMN?PF為定值
【解題思路】對于A，通過相似三角形計算邊的關(guān)系，并通過基本不等式求面積取值范圍即可；對于B，通過兩點距離公式計算線段的長度，并作比較即可；對于C，D，通過相似三角形確定邊的比值即可；
【解答過程】依題意，如圖所示，F(xiàn)2,0，設(shè)直線l與x軸的交點為H，
所以FH=12，設(shè)HM=x，HN=y，
因為∠MHF=∠FHN=π2,FM⊥FN，所以∠FMH=∠NFH，
所以△MHF∽△FHN，所以MHFH=HFHN，
即HM?HN=FH2，即xy=122=14，
所以S=14x+y≥12xy=14且x=y=12時等號成立，故A錯誤．
設(shè)Px0,y030的直線與γ依次交于 B、A兩點，使得恰有 BT?BF=0，下列說法正確的是（ ）
A．k 是定值， p不是定值
B．k 不是定值，p 也不是定值
C．A、B 兩點橫坐標乘積為定值
D．記 AB 中點為 M， 則 M 和A 橫坐標之比為定值
【解題思路】由題意可得點T,F的坐標，設(shè)直線AB的方程，與拋物線的方程聯(lián)立，可得兩根之和及兩根之積，再由BT?BF=0，可得點B的坐標，進而可得直線AB的斜率，判斷出AB的真假，由兩根之積可得A，B的橫坐標之積，判斷出C的真假，由C選項分析，可得點A的橫坐標，及A，B的中點M的橫坐標，可得M和A的橫坐標之比，判斷出D的真假.
【解答過程】如圖，
由題意得T?p2,0Fp2,0，設(shè)By122p,y1,Ay222p,y2，
設(shè)直線AB的方程為x=my?p2,m=1k,（k不等于0），
聯(lián)立x=my?p2y2=2px，可得y2?2mpy+p2=0，
所以y1+y2=2mp,y1y2=p2,
對于A，由BT?BF=0，即?p2?y122p,?y1?p2?y122p,?y1=0，
可得y144p2?p24+y12=0，即y14+4p2y12?p4=0，
解得y12=5?2p2，由k>0，則y1>0，可得y1=5?2p，
可得B的橫坐標5?22p，即B5?22p,5?2p，
可得k=5?2p5?22p+p2=25?25?1為定值，故A正確B錯誤；
對C，A、B 兩點橫坐標乘積為y12?y224p2=y1y224p2=p44p2=p24，不是定值，故C錯誤；
對D，由題意，M的橫坐標為y122p+y222p2=y12+y224p=y1+y22?2y1y24p=4m2p2?2p24p
=2m2?1p2=2×5?125?22?1p2=5p2，
由C選項分析可得點A的橫坐標為p24?15?22p=5+2p2，
所以5p25+2p2=5?25為定值，故D正確.
故選：AD.
11．（2024·浙江金華·模擬預(yù)測）已知橢圓x22+y2=1,O為原點，過第一象限內(nèi)橢圓外一點Px0,y0作橢圓的兩條切線，切點分別為A,B.記直線OA,OB,PA,PB的斜率分別為k1,k2,k3,k4，若k1?k2=14，則（ ）
A．直線AB過定點B．k1+k4?k2+k3為定值
C．x0?y0的最大值為2D．5x0?3y0的最小值為4
【解題思路】設(shè)直線AB的方程為y=kx+t，聯(lián)立橢圓方程，得到兩根之和，兩根之積，由k1?k2=14得到方程，求出t2=4k2?1，證明橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)在Qx3,y3處的切線方程為x3xa2+y3yb2=1，從而得到橢圓在點Ax1,y1和Bx2,y2的切線方程，得到切點弦方程AB為x02x+y0y=1，即可判斷A；對照系數(shù)結(jié)合t2=4k2?1得到Px0,y0的軌跡方程，計算出k3=?12k1，k4=?12k2，求出k3k4，即可判斷B；得到點P軌跡的漸近線，即可判斷C；先得到x0>y0，設(shè)5x0?3y0=?，則?>0，聯(lián)立雙曲線方程，由根的判別式得到不等式，即可判斷D.
【解答過程】由于k1?k2=14>0，故A,B不關(guān)于x軸對稱且A,B的橫縱坐標不為0，
所以直線AB方程斜率一定存在，
設(shè)直線AB的方程為y=kx+t，聯(lián)立x22+y2=1得，
1+2k2x2+4ktx+2t2?2=0，
設(shè)Ax1,y1,Bx2,y2，則x1+x2=?4kt1+2k2,x1x2=2t2?21+2k2，
故y1y2=kx1+tkx2+t=k2x1x2+ktx1+x2+t2
=k2?2t2?21+2k2+kt??4kt1+2k2+t2=?2k2+t21+2k2，
其中k1=y1x1,k2=y2x2，
故y1y2x1x2=14，即4y1y2=x1x2，
所以?8k2+4t21+2k2=2t2?21+2k2，解得t2=4k2?1，
下面證明橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)在Qx3,y3處的切線方程為x3xa2+y3yb2=1，
理由如下：
當y3≠0時，故切線的斜率存在，設(shè)切線方程為y=nx+m，
代入橢圓方程得：a2n2+b2x2+2a2nmx+a2m2?a2b2=0，
由Δ=2a2nm2?4a2n2+b2a2m2?a2b2=0，化簡得：a2n2?m2+b2=0，
所以x3=?2a2nm±Δ2a2n2+b2=?2a2nm±02m2=?a2nm，
把x3=?a2nm代入y=nx+m，得：y3=?a2n2+m2m=b2m，
于是n=?mx3a2=?x3a2?b2y3=?b2x3a2y3，
則橢圓的切線斜率為?b2x3a2y3，切線方程為y?y3=?b2x3a2y3x?x3，
整理得到a2y3y+b2x3x=a2y32+b2x32，
其中b2x32+a2y32=a2b2，故a2y3y+b2x3x=a2b2，即x3xa2+y3yb2=1，
當y3=0時，此時x3=a或?a，
當x3=a時，切線方程為x=a，滿足x3xa2+y3yb2=1，
當x3=?a時，切線方程為x=?a，滿足x3xa2+y3yb2=1，
綜上：橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)在Qx3,y3處的切線方程為x3xa2+y3yb2=1；
故橢圓在點Ax1,y1的切線方程為x1x2+y1y=1，
在點Bx2,y2的切線方程為x2x2+y2y=1，
由于點Px0,y0為x1x2+y1y=1與x2x2+y2y=1的交點，
故x1x02+y1y0=1，x2x02+y2y0=1，
所以直線AB為x02x+y0y=1，
因為直線AB的方程為y=kx+t，對照系數(shù)可得k=?x02y0,t=1y0，
又t2=4k2?1，故1y02=4?x02y02?1，整理得x02?y02=1，
又Px0,y0在第一象限，
故點Px0,y0的軌跡為雙曲線x2?y2=1位于第一象限的部分，
A選項，直線AB為x02x+y0y=1，所以直線AB不過定點，故A錯誤；
B選項，k3=?b2x1a2y1=?x12y1=?12k1，同理可得k4=?b2x2a2y2=?x22y2=?12k2，
則k3k4=?12k1??12k2=14k1k2=1，
k1+k4?k2+k3=k1k2+k1k3+k2k4+k3k4=14?12?12+1=14為定值，故B正確；
C選項，由于x02?y02=1，x0>0，y0>0，故雙曲線的一條漸近線為y=x，
設(shè)x0?y0=s，則s0，y0>0，故x0>y0，
設(shè)5x0?3y0=?，則?>0，
則兩式聯(lián)立得?16y02+6?y0+?2?25=0，
由Δ=36?2+64?2?25≥0得，?≥4，
檢驗，當?=4時，5x0?3y0=4，又x02?y02=1，
解得x0=54y0=34，滿足要求，
故5x0?3y0的最小值為4，D正確.
故選：BD.
三、填空題
12．（2024·四川宜賓·二模）已知F為拋物線C:x2=?8y的焦點，過直線l:y=4上的動點M作拋物線的切線，切點分別是P,Q，則直線PQ過定點 0,?4 .
【解題思路】設(shè)Px1,y1,Qx2,y2,Mt,4，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線方程，再根據(jù)切線過點M，從而可確定直線PQ的方程，進而可得出答案.
【解答過程】設(shè)Px1,y1,Qx2,y2,Mt,4，
由x2=?8y，得y=?18x2，則y′=?14x，
則拋物線C在點P處得切線方程為y?y1=?14x1x?x1，
即y=?14x1x+14x12+y1，
又x12=?8y1，所以y=?14x1x?y1，
又因為點Mt,4在切線MP上，所以4=?14x1t?y1，①
同理可得4=?14x2t?y2，②
由①②可得直線PQ的方程為4=?14xt?y，
所以直線PQ過定點0,?4.

故答案為：0,?4.
13．（2024·四川·模擬預(yù)測）已知點A為橢圓E:x225+y29=1的左頂點，點F為橢圓E的右焦點，過點F作一條直線（直線與x軸不重合）交橢圓E于M,N兩個不同點，連接AM,AN，則kAM?kAN= ?125 .
【解題思路】利用橢圓方程可知A?5,0,F4,0，再設(shè)直線MN:x=my+4與橢圓聯(lián)立方程組，利用韋達定理來計算kAM?kAN=y1x1+5?y2x2+5，最后得到一個定值.
【解答過程】由題知A?5,0,F4,0，設(shè)Mx1,y1,Nx2,y2，直線MN:x=my+4，
聯(lián)立x225+y29=1,x=my+4,消去x整理得9m2+25y2+72my?81=0，
所以y1+y2=?72m9m2+25,y1y2=?819m2+25，
因此kAM?kAN=y1x1+5?y2x2+5=y1y2my1+9my2+9=y1y2m2y1y2+9my1+y2+81 =?819m2+25m2??819m2+25+9m??72m9m2+25+81=?125，
故答案為：?125.
14．（2024高三·全國·專題練習(xí)）已知雙曲線C1：x24?y2=1和橢圓C2：x24+y2=1.過點P2,1的動直線l1交C1于A，B兩點，過點Р的動直線l2交C2于M，N兩點，若四條直線QA,QB,QM,QN的斜率之和為定值，則定點Q為 2,0 .
【解題思路】設(shè)直線l1的方程為y=kx+m，得到2k+m=1，聯(lián)立方程組得到x1+x2,x1x2，設(shè)Qx0,y0，求得kQA+kQB=16y0?8x0y0k2+4x0?8?8y0k+2x0y0?2x016x0?16?4x02k2+16?8x0k+x02?8，要使得kQA+kQB為定值，求得Q2,0，kQA+kQB=1，再設(shè)直線l2方程為y=tx+n，得到2t+n=1，聯(lián)立方程組求得x3+x4,x3x4，化簡得到kQM+kQN=?8t?4n4n2+16t2+16tn，進而得到kQA+kQB=1，即可求解.
【解答過程】當直線l1、l2的斜率不存在時，不滿足題意.故直線l1的方程設(shè)為y=kx+m，
直線l1過點P2,1，即2k+m=1，
聯(lián)立方程組y=kx+mx24?y2=1，整理得1?4k2x2?8kmx?4m2?4=0，
則1?4k2≠0，且Δ=64k2m2+16m2+11?4k2>0，
設(shè)Ax1,y1，Bx2,y2，有x1+x2=8km1?4k2，x1x2=?4m2?41?4k2，
設(shè)Qx0,y0，kQA+kQB=y0?y1x0?x1+y0?y2x0?x2=y0?kx1?mx0?x2+y0?kx2?mx0?x1x02?x0x1+x2+x1x2，
整理得kQA+kQB=2x0y0?kx0+y0?mx1+x2+2kx1x2?2mx0x02?x0x1+x2+x1x2，
則kQA+kQB=2x0y01?4k2?8kmkx0+y0?m?8km2?8k?2mx01?4k21?4k2x02?8kmx0?4m2?4，
將2k+m=1代入得kQA+kQB=16y0?8x0y0k2+4x0?8?8y0k+2x0y0?2x016x0?16?4x02k2+16?8x0k+x02?8，
由動直線l1、l2互不影響可知，要滿足kQA+kQB+kQM+kQN為定值，
則kQA+kQB為定值，kQM+kQN為定值，
因此要滿足kQA+kQB為定值，則有：
①若16y0?8x0y0=0，16x0?16?4x02=0，計算得x0=2，y0=0，
經(jīng)檢驗滿足Q2,0，此時kQA+kQB=1；
②若16y0?8x0y0≠0，即y0≠0，x0≠2，
則有16y0?8x0y016x0?16?4x02=4x0?8?8y016?8x0=2x0y0?2x0x02?8無解；
綜上，當Q2,0，kQA+kQB=1，
下面只需驗證當Q2,0時，kQM+kQN是否為定值，
設(shè)直線l2方程為：y=tx+n，直線l2過點P2,1，即2t+n=1，
橢圓方程聯(lián)立y=tx+nx24+y2=1，得1+4t2x2+8tnx+4n2?4=0，可得Δ>0，
設(shè)Mx3,y3，Nx4,y4，有x3+x4=?8tn1+4t2，x3x4=4n2?41+4t2，
kQM+kQN=y3x3?2+y4x4?2=tx3+nx4?2+tx4+nx3?2x3x4+4?2x3+x4，
化簡得kQM+kQN=2tx3x4+(n?2t)x3+x4?4nx3x4+4?2x3+x4，
則kQM+kQN=?8t?4n4n2+16t2+16tn，
將2t+n=1得kQM+kQN=?1，所以當Q2,0，kQA+kQB=1，kQM+kQN=?1，kQA+kQB+kQM+kQN=0，所以點Q坐標為2,0.
故答案為：2,0.
四、解答題
15．（2024·湖南邵陽·三模）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1a>b>0的離心率為12，右頂點Q與C的上，下頂點所圍成的三角形面積為23．
(1)求C的方程．
(2)不過點Q的動直線l與C交于A，B兩點，直線QA與QB的斜率之積恒為14．
（i）證明：直線l過定點；
（ii）求△QAB面積的最大值．
【解題思路】（1）根據(jù)橢圓的離心率及三角形面積，列出方程組求解即得.
（2）（i）設(shè)出直線l的方程，與橢圓方程聯(lián)立，利用斜率坐標公式，結(jié)合韋達定理推理即得；（ii）由（i）的信息，借助三角形面積建立函數(shù)關(guān)系，再求出最大值.
【解答過程】（1）令橢圓C:x2a2+y2b2=1的半焦距為c，由離心率為12，得ca=12，解得a=2c,b=a2?c2=3c，
由三角形面積為23，得ab=23，則c=1，a=2,b=3，
所以C的方程是x24+y23=1.
（2）（i）由（1）知，點Q(2,0)，設(shè)直線l的方程為x=my+n，設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)，
由x=my+n3x2+4y2=12消去x得：(3m2+4)y2+6mny+3n2?12=0，
則y1+y2=?6mn3m2+4,y1y2=3n2?123m2+4，
直線QA與QB的斜率分別為kQA=y1x1?2，kQB=y2x2?2，
于是kQA?kQB=y1y2(my1+n?2)(my2+n?2)=y1y2m2y1y2+m(n?2)(y1+y2)+(n?2)2
=3n2?123m2+4m2?3n2?123m2+4?m(n?2)?6mn3m2+4+(n?2)2
=3n2?124n2?16n+16=14，整理得n2+2n?8=0，解得n=?4或n=2，
當n=2時，直線x=my+2過點Q，不符合題意，因此n=?4，
直線l：x=my?4恒過定點P(?4,0).
（ii）由（i）知，y1+y2=24m3m2+4,y1y2=363m2+4，
則|y1?y2|=(y1+y2)2?4y1y2=576m2(3m2+4)2?1443m2+4=12m2?43m2+4，
因此△QAB的面積S△QAB=12|PQ||y1?y2|=36m2?43(m2?4)2+16=363m2?4+16m2?4
≤3683=332，當且僅當3m2?4=16m2?4，即m=±2213時取等號，
所以△QAB面積的最大值為332.

16．（2024·遼寧·模擬預(yù)測）已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1a>0,b>0過點M2,3，離心率為2.
(1)求C的方程；
(2)過點Q?4,6的直線l交C于S，T兩點（異于點M），證明：當直線MS，MT的斜率均存在時，MS，MT的斜率之積為定值.
【解題思路】（1）根據(jù)題中條件找到雙曲線中的a,b,c，從而求出C的方程.
（2）利用平移齊次化進行證明即可.
【解答過程】（1）由雙曲線C:x2a2?y2b2=1a>0,b>0過點M2,3，則4a2?9b2=1，
又離心率為2，則ca=2，即c=2a，
∴c2=4a2=a2+b2，即3a2=b2，代入4a2?9b2=1，
可得，a2=1，b2=3，
因此，C的方程為：x2?y23=1.
（2）
將雙曲線C向左平移2個單位長度，向下平移3個單位長度，得到雙曲線C1為x+22?y+323=1，得到的雙曲線C1如圖所示，
則M2,3平移到M10,0，Q?4,6平移到Q1?6,3，
平移后S，T變?yōu)镾1，T1，設(shè)S1x1,y1，T1x2,y2，直線S1T1的方程為：mx+ny=1①，
x+22?y+323=1?3x+22?y+32=3?3x2+12x+12?y2?6y?9=3?3x2?y2+12x?6y=0②，
將①代入②，用“1”的代換得3x2?y2+12x?6ymx+ny=0，則6n+1y2?12n?6mxy?3+12mx2=0，
各項同時除以x2，得6n+1yx2?12n?6myx?3+12m=0，則y1x1?y2x2=?3+12m6n+1=kM1S1?kM1T1，
又直線S1T1過Q1?6,3，則?6m+3n=1，即6m=3n?1，
因此kM1S1?kM1T1=?3+12m6n+1=?3+6n?26n+1=?1，
故當直線MS，MT的斜率存在時，MS，MT的斜率之積為定值?1.
17．（2024·河北保定·二模）已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為F，過F作互相垂直的直線l1,l2，分別與C交于A,B和D,E兩點（A，D在第一象限），當直線l1的傾斜角等于45°時，四邊形ADBE的面積為32．
(1)求C的方程；
(2)設(shè)直線AD與BE交于點Q，證明：點Q在定直線上．
【解題思路】（1）由拋物線的對稱性知AB=DE，由四邊形的面積求出AB=8，又AB的方程為y=x?p2，聯(lián)立直線與拋物線方程，利用韋達定理及焦點弦公式求出p，即可得解；
（2）設(shè)直線l1的方程為y=kx?1 k≠0，則直線l2的方程為y =?1kx?1，設(shè)Ax1,y1,Bx2,y2，聯(lián)立直線與拋物線方程，消元、列出韋達定理，表示出直線AD、BE的方程，聯(lián)立解得x=?1，即可得證.
【解答過程】（1）當直線l1的傾斜角等于45°時，直線l2的傾斜角等于135°，
直線AB的方程為y=x?p2，由拋物線的對稱性知AB=DE，
所以SADBE=12ABDE=32，得AB=8．
聯(lián)立方程組y=x?p2y2=2px，消去y得x2?3px+p24=0．
設(shè)A,B兩點的橫坐標分別為xA,xB，則Δ=8p2>0，xA+xB=3p．
又AB=xA+xB+p=4p=8，所以p=2，所以C的方程為y2=4x．
（2）由（1）知F1,0，依題意，可設(shè)直線l1的方程為y=kx?1 k≠0，
則直線l2的方程為y =?1kx?1．
聯(lián)立方程組y=kx?1,y2=4x,消去x得y2?4ky?4=0，顯然Δ>0，
設(shè)Ax1,y1,Bx2,y2，則y1+y2= 4k,y1y2=?4．
設(shè)Dx3,y3,Ex4,y4，同理可得y3+y4=?4k,y3y4=?4，
所以kAD=y1?y3x1?x3=y1?y3y124?y324=4y1+y3，同理可得kBE=4y2+y4．
直線AD的方程為y?y1=4y1+y3x?x1，
即y=4y1+y3x?y124+y1=4y1+y3x+y1y3y1+y3．
同理，直線BE的方程為
y=4y2+y4x+y2y4y2+y4=4?4y1?4y3x+16y1y3?4y1?4y3=?y1y3y1+y3x?4y1+y3．
兩直線方程聯(lián)立得4y1+y3x+y1y3y1+y3=?y1y3y1+y3x?4y1+y3，解得x=?1，
即直線AD與BE的交點Q在定直線x=?1上．
18．（2024·四川樂山·三模）已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左?右焦點分別為F1,F2,A?C分別是橢圓E的上下頂點，B?D分別是橢圓E的左右頂點，點P1,32在橢圓E上，且△PF1F2的面積為32.
(1)求橢圓E的方程；
(2)點Q是橢圓E上的動點（不與A,B,C,D重合），l是E在點A處的切線，直線AB交DQ于點M，直線CQ交l于點N，求證：直線MN的斜率為定值.
【解題思路】（1）根據(jù)條件求a,b,c的值，確定橢圓的標準方程.
（2）因為直線DQ的斜率不為0，可設(shè)直線DQ方程為：x=ty+2，與直線AB方程聯(lián)立可得M點坐標，與橢圓方程聯(lián)立，可得Q點坐標，進一步寫出直線CQ的方程，令y=1得N點坐標，列出直線MN的斜率，化簡即可.
【解答過程】（1）∵S△PF1F2=12×2c×32=32,∴c=3．
∵點P1,32在橢圓E上，
∴1a2+34a2?3=1，解得a2=4或a2=34（舍）
∵a2?b2=3,∴b2=1．∴橢圓E的方程為x24+y2=1．
（2）如圖：
易知直線DQ斜率不為0，設(shè)直線DQ方程為x=ty+2,Qx0,y0
∵AB直線方程為：x?2y+2=0，
∴聯(lián)立x?2y+2=0x=ty+2，得M2t+42?t,42?t．
由x24+y2=1x=ty+2，得t2+4y2+4ty=0，
∵D(2,0),∴y0=?4tt2+4,x0=ty0+2=?2t2+8t2+4．
∴直線CQ的斜率為：kCQ=?1??4tt2+40??2t2+8t2+4=2?t2(t+2)．
∴直線CQ方程為：y=2?t2(t+2)x?1．
令y=1，得N4(t+2)2?t,1．
∴kMN=42?t?12t+42?t?4(t+2)2?t=2+t?2(t+2)=?12．
所以直線MN的斜率為定值.
19．（2024·貴州畢節(jié)·三模）在平面直角坐標系xy中，O為坐標原點，A(?1,0),B(1,0)，動點P滿足kPA?kPB=3，設(shè)點P的軌跡為曲線Γ．
(1)求曲線Γ的方程；
(2)過點C(1,1)的直線l與曲線Γ在y軸右側(cè)交于不同的兩點M，N，在線段MN上取異于點M，N的點D，滿足|CM|?|DN|=|MD|?|CN|．證明：點D在定直線上．
【解題思路】（1）設(shè)點P的坐標為(x,y)，根據(jù)斜率乘積為定值化簡即可；
（2）設(shè)直線l的方程為y?1=k(x?1)，聯(lián)立雙曲線方程得到韋達定理式，化簡弦長得2x1x2?x1+x2=x1+x2?2x，代入韋達定理式計算即可.
【解答過程】（1）設(shè)點P的坐標為(x,y)，
由kPA?kPB=3得yx+1?yx?1=3，化簡整理得x2?y23=1(x≠±1)，
所以曲線Γ的方程為x2?y23=1(x≠±1).
（2）若直線l的斜率不存在，則直線l與曲線Γ只有一個交點，不符合題意，
所以直線l的斜率存在，設(shè)為k，則直線l的方程為y?1=k(x?1)，
設(shè)點Mx1,y1,Nx2,y2,D(x,y)，
聯(lián)立方程組y?1=kx?1,x2?y23=1,，整理得3?k2x2+2k2?2kx?k2?2k+4=0，易知k2≠3，
Δ=2k2?2k2+43?k2k2?2k+4>0，解得k0x1?x2=k2?2k+4k2?3>0，解得k3，
綜上k

相關(guān)試卷

新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 圓錐曲線專項重難點突破專題06 橢圓中的定點、定值、定直線問題（2份打包，原卷版+解析版）：

這是一份新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 圓錐曲線專項重難點突破專題06 橢圓中的定點、定值、定直線問題（2份打包，原卷版+解析版），文件包含新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)圓錐曲線專項重難點突破專題06橢圓中的定點定值定直線問題原卷版doc、新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)圓錐曲線專項重難點突破專題06橢圓中的定點定值定直線問題解析版doc等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共24頁， 歡迎下載使用。

高考數(shù)學(xué)微專題集專題22圓錐曲線中的定點、定值、定直線問題微點4圓錐曲線中的定點、定值、定直線綜合訓(xùn)練(原卷版+解析)：

這是一份高考數(shù)學(xué)微專題集專題22圓錐曲線中的定點、定值、定直線問題微點4圓錐曲線中的定點、定值、定直線綜合訓(xùn)練(原卷版+解析)，共48頁。試卷主要包含了已知橢圓C，已知橢圓，已知雙曲線，已知圓M，已知F1在C上等內(nèi)容，歡迎下載使用。

【專項復(fù)習(xí)】高考數(shù)學(xué)專題04 圓錐曲線中的定點、定值、定直線問題（題型訓(xùn)練）.zip：

這是一份【專項復(fù)習(xí)】高考數(shù)學(xué)專題04 圓錐曲線中的定點、定值、定直線問題（題型訓(xùn)練）.zip，文件包含專項復(fù)習(xí)高考數(shù)學(xué)專題04圓錐曲線中的定點定值定直線問題題型訓(xùn)練原卷版docx、專項復(fù)習(xí)高考數(shù)學(xué)專題04圓錐曲線中的定點定值定直線問題題型訓(xùn)練解析版docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共38頁， 歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

專題19 拋物線中的定點、定值、定直線問題-備戰(zhàn)2024年新高考數(shù)學(xué)之圓錐曲線專項高分突破（新高考專用）

專題19 拋物線中的定點、定值、定直線問題-備戰(zhàn)2024年新高考數(shù)學(xué)之圓錐曲線專項高分突破（新高考專用）
專題13 雙曲線中的定點、定值、定直線問題-備戰(zhàn)2024年新高考數(shù)學(xué)之圓錐曲線專項高分突破（新高考專用）

專題13 雙曲線中的定點、定值、定直線問題-備戰(zhàn)2024年新高考數(shù)學(xué)之圓錐曲線專項高分突破（新高考專用）
專題06 橢圓中的定點、定值、定直線問題-備戰(zhàn)2024年新高考數(shù)學(xué)之圓錐曲線專項高分突破（新高考專用）

專題06 橢圓中的定點、定值、定直線問題-備戰(zhàn)2024年新高考數(shù)學(xué)之圓錐曲線專項高分突破（新高考專用）
2023年高考數(shù)學(xué)大題專練（新高考專用） 專題14 圓錐曲線中的定值定點問題 Word版含解析

2023年高考數(shù)學(xué)大題專練（新高考專用） 專題14 圓錐曲線中的定值定點問題 Word版含解析
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部