【文档说明】第09讲 高考难点突破一：圆锥曲线的综合问题（定点问题） (精讲）（解析版）-2023年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）.docx，共(41)页，2.697 MB，由管理员店铺上传

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第09讲高考难点突破一：圆锥曲线的综合问题（定点问题）(精讲）目录第一部分：典型例题剖析题型一：椭圆中的定点问题角度1：椭圆中的直线过定点问题角度2：椭圆中存在定点满足某条件问题题型二：双曲线中的定点问题角度1：双曲线中的直线过定点问题角度2：双曲

线存在定点满足某条件问题题型三：抛物线中的定点问题角度1：抛物线中的直线过定点问题角度2：抛物线存在定点满足某条件问题第二部分：高考真题感悟题型一：椭圆中的定点问题角度1：椭圆中的直线过定点问题典型例题例题1．（2022·江

西上饶·高二期末（文））已知椭圆22221(0)xyabab+=的一个顶点为()0,1D，离心率为32.(1)求椭圆的方程：(2)过椭圆右焦点且斜率为()0kk的直线m与椭圆相交于两点,AB，y轴交于点E，线段AB的中点为

P，第一部分：典型例题剖析直线l过点E且垂直于OP（其中O为原点），证明直线l过定点.【答案】(1)2214xy+=(2)证明见解析（1）依题意，32ca=，2234ac=又222221,,3,4babcca==+==椭圆的标准方程为2214xy+=.（2）由

（1）知右焦点坐标为()3,0，设直线m方程为()()113,,ykxAxy=−，()22,Bxy由()22143xyykx+==−得，()222214831240kxkxk+−+−=，21228314kxxk+=+()22243

3,31414PPPkkxykxkk==−=−++直线OP的斜率14pOPpykxk==−，直线l的斜率4lkk=，令0x=得点E坐标为()0,3k−，直线l的方程为43ykxk=−，即()43ykx=−，直线l恒过定点3,04

.例题2．（2022·北京市十一学校高二期末）已知椭圆C：22221xyab+=（0ab）右焦点为(),0Fc，()0,Bb为椭圆的上顶点，O为坐标原点，π6FBO=且FBO△的周长为33+.P是椭圆上一动点，M是直线4x=上一点，且直线//PMx轴.

(1)求椭圆C的方程：(2)记直线PF与椭圆另一交点为Q，直线QM是否过x轴上一定点？若是，求出该定点：若否，请说明理由.【答案】(1)22143xy+=；(2)过定点N5,02.(1)解：因为椭圆的右焦点为(),0Fc，()0,Bb为椭圆的上顶点，且

π6FBO=，所以3tan3cFBOb==，即3bc=，又222abcc=+=，33bca++=+，解得1,2,3===cab，所以椭圆方程为22143xy+=；(2)()1,0F，易知直线PQ斜率为0时，QM为x轴，则若QM过定点，则定点位于x轴上，当直线

PQ斜率不为0时，设:1PQxmy=+，与椭圆方程联立221143xmyxy=++=，得()2234690mymy++−=，设()()()11221,,,,4,PxyQxyMy，则1212226

9,3434myyyymm+=−=−++，1224QMyykx−=−，所以直线QM的方程为()121244yyyyxx−−=−−，令0y=，得()1211212124344yxymyyxyyyy−−=−=−−−，因

为()1212293342mmyyyym=−=++，所以35422x=−=，故直线QM过定点N5,02.例题3．（2022·安徽·合肥工业大学附属中学高二期末）已知椭圆()2222:10xyCabab+=

的离心率为22，一个焦点1F与抛物线242yx=−的焦点重合．(1)求椭圆C的方程；(2)若直线:lykxm=+交C于,AB两点，直线1FA与1FB关于x轴对称，证明：直线l恒过一定点．【答案】(1)22142xy+=；

(2)详见解析.(1)由242yx=−，可得()12,0F−，∴2c=，又离心率为22，∴2a=，22b=，∴椭圆C的方程为22142xy+=.(2)设()()1122,,,AxyBxy，由22142ykxmxy=++=，可得()222214240+++−=kxmkxm，∴()()()2

224421240mkkm=−+−，可得2242mk+，2121222424,2121mkmxxxxkk−+=−=++，由直线1FA与1FB关于x轴对称，∴110FAFBkk+=，即1212022yyxx+=++，∴()()()()

()()1221122122220yxyxkxmxkxmx+++=+++++=，即()12122(2)220kxxkmxxm++++=，∴2222442(2)2202121mmkkkmmkk−++−+=++，可得22mk=，所以直线l方程为(22)ykx=+，

恒过定点()22,0−.同类题型归类练1．（2022·全国·高三专题练习）椭圆22143xy+=，过点()1,0F的直线AB和CD相互垂直（斜率存在），MN、分别是AB和CD的中点．求证：直线MN过定点．【答案】证明见解析由题意可知，

设AB直线为(1)ykx=−，()11,Mxy，()()2233,,,AxyBxy,则因为M分别是AB的中点，所以232311,22xxyyxy++==，2323112323,OMyyyyykkxxxxx

+−===+−因为,AB在椭圆22143xy+=上，所以22222233143143xyxy+=+=①②，由−①②，得22222323043xxyy−−+=，即2223222334yyxx−=−−，于是有2323232334yyyyxx

xx+−=−+−，所以113344OMABykkkx=−=−，()1111341ykxykx=−=−，解得21212434334kxkkyk=+−=+，∴22243,3434kkMkk−++．（1）当0k=时，M点即是F点，此时，

直线MN为x轴．（2）当0k时，将上式M点坐标中的k换成1k−，同理可得2243,3434kNkk++．①当直线MN不垂直于x轴时，直线MN的斜率()222222337343444413434MNkkkkkkkkkk−−++==−−++，其方程()2222374343

441kkkyxkkk−−=−++−，化简得()274741kyxk=−−，∴直线MN过定点4,07．②当直线MN垂直于x轴时，222443434kkk=++，此时，1k=，直线MN也过定点4,07．综上所述，直线MN过定点4,

07．2．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆22143xy+=，点()4,0P，过点P作椭圆的割线PAB，C为B关于x轴的对称点．求证：直线AC恒过定点．【答案】证明见解析设()11,Axy，()22,Bxy，则()22,Cxy−，设AC与x轴的交点为(

),0Mm，APPB=，AMMC=，由定比分点公式坐标公式得：12124101xxyy+=++=+；1212101xxmyy+=+−=+，即()1241xx+=+①，120yy+=②，()

121xxm+=+③，120yy−=④，由②④得=−⑤∵点A、B在椭圆上，得2211222222214343xyxy+=+=，两式相减得()()()()121212122143xxxxyyyy+−

+−+=−，将①②代入上式得121xx−=−⑥∵点A、C在椭圆上，得2211222222214343xyxy+=+=，将③④代入上式同理可得()1241xxm++=⑦对比⑤⑥

⑦得1m=，故直线AC恒过定点()1,0．3．（2022·陕西·千阳县中学高三阶段练习（文））椭圆:M22221(0)xyabab+=的左顶点为(2,0)A−，离心率为32.(1)求椭圆M的方程；(2)已知经过点3(0,)

2斜率存在的直线l交椭圆M于,BC两点，D是直线4x=−上一点.若ADBC=，求直线l的方程.【答案】(1)2214xy+=(2)32y=或2322yx=+或2322yx=−+(1)解：由题意得2222,32aceabac====−，解得21b=.所以椭圆M的方程为2214xy+=.

(2)解：设3:2lykx=+，由223244ykxxy=++=，得()22144310kxkx++−=.()()()2224341441610kkk=++=+.设()()1122,,,BxyCxy，则121

222431,1414kxxxxkk+=−=−++.所以()2212121222161414kxxxxxxk+−=+−=+.由ADBC=，知12ADxxxx−=−，即()224161214kk+=+，解得2102k=或，所以0k=或22k=.所以，直线l

的方程为32y=或2322yx=+或2322yx=−+.4．（2022·陕西汉中·高二期末（文））在平面直角坐标系xOy中，已知点()4,0A−，()4,0B，M是一个动点，且直线AM，BM的斜率之积是34−，记M的轨迹为E．(1)求E的方程；(2)若过点()2,0F且不与x轴重合的直线l与E

交于P，Q两点，点P关于x轴的对称点为1P（1P与Q不重合），直线1PQ与x轴交于点G，求点G的坐标．【答案】(1)()22101612xyy+=(2)()8,0(1)设(),Mxy，则直线AM的斜率为4yx+，直线BM的斜率为4yx−，∴3444yyxx=−+−，整理得(

)22101612xyy+=，故E的方程为()22101612xyy+=．(2)由题意知，过点F的直线PQ的斜率存在且不为0，可设其方程为2xmy=+，设()11,Pxy，()22,Qxy，则()1

11,Pxy−，将2xmy=+代入2211612xy+=，得()223412360mymy++−=．则()()2212436340mm=++，∴1221234myym+=−+，2123634yym=−+．则直线1PQ方程为112121yyxxyyxx+−=+−，令0y=，

则()()221211211211211121212122yxxmyyymyymymyymyxxmyyyyyyy−−−++=+=++=++++2122123622342281234mmyymmyym−+=+=+=+−+，∴点G的坐

标为()8,0．角度2：椭圆中存在定点满足某条件问题典型例题例题1．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆()2222:10xyCabab+=的两焦点分别为()11,0F−和()21,0F，短轴的一个端点为()0,3．(1)求椭圆C的标准方程和离心率

；(2)椭圆C上是否存在一点P，使得12PFPF⊥?若存在，求12PFF△的面积；若不存在，请说明理由．【答案】(1)22143xy+=;(2)不存在，理由见解析.（1）由焦点坐标知1c=，由短轴端点()0,3

知3b=，所以222314abc=+=+=，故所求椭圆标准方程为22143xy+=.（2）假设椭圆C上存在一点00(,)Pxy，使得12PFPF⊥，则120000(1,)(1,)0PFPFxyxy=−−−−−=，即22001xy

+=，联立220022001143xyxy+=+=，得208x=−，此方程无解.故椭圆上不存在点P，使得12PFPF⊥.例题2．（2022·北京市十一学校高二期末）已知椭圆C：22221xyab+=（0ab）的右顶

点为()2,0A，且31,2P为其上一点.(1)求椭圆C的方程及离心率；(2)B是椭圆C上异于左右顶点的一点，线段AB的中垂线交y轴于点D，且ABD△为等边三角形，求B点横坐标.【答案】(1)2214

xy+=，32e=；(2)B点横坐标27−.(1)由题设，22214xyb+=，又31,2P在椭圆上，则213144b+=，可得21b=，所以椭圆C的方程2214xy+=，故离心率为2232abea−==.(2)令(,)Bmn且0n，则AB中点为2(,)22m

n+，中垂线斜率2mkn−=−，故线段AB的中垂线为22()22nmmyxn−+−=−−，故224(0,)2mnDn+−，又ABD△为等边三角形，即||||ADAB=，所以222224()4(2)2nmmnn+−+=−+，且2214mn=−，整理得2216420(72)(

310)0mmmm−−=+−=，而27m=−或103m=（舍），所以24849n=，即437n=，当243(,)77B−时，63(0,)7D−，经验证ABD△为等边三角形，满足题设；当243(,)77B−−时，63(0

,)7D，经验证ABD△为等边三角形，满足题设；所以B横坐标为27−.例题3．（2022·河南许昌·高二期末（文））已知双曲线()2222:10,0xyCabab−=的离心率为5，右焦点F与点()0,25M的连线与其一条渐近线平行.

(1)求双曲线C的方程；(2)经过点F的直线l与双曲线C的右支交于点A､B，试问是否存在一定点P，使OPAOPB=恒成立，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)2214yx−=(2)存在，5(,0)5P(1)设(Fc，0)，由条件

知FM的斜率等于ba−，即25bca−=-，又5cea==，222cab=+,2b=，1a=，双曲线C的方程为：2214yx−=.(2)存在点P满足OPAOPB=恒成立，且点P在x轴上.理由如下:

设点(,0)Pt，l过点(5),0F，设直线:5lxmy=+,由22514xmyyx=+−=,消去x得22(41)85160mymy−++=,264(1)0m=+,设11(,)Axy，22(,)Bxy由韦达定理得1228541myym

+=−−，①,1221641yym=−，②OPAOPB=，PA､PB的斜率之和为0，即12120yyxtxt+=−−，因为115xmy=+，225xmy=+，所以代入整理得：12122(5)()0myytyy+−+=，③

将①②代入③可得223285(5)04141mmtmm−−=−−，即8(51)0mt−=,④④式对任意实数m都成立，55t=，5(,0)5P,即存在点P满足OPAOPB=恒成立，且点P在x轴上.同类题型归类练1．（2023·全国·高三专题练习）已

知椭圆C：22221(0)xyabab+=的左右顶点分别为1(2,0)A−，2(2,0)A，右焦点为F，点3(1,)2T在椭圆上.(1)求椭圆C的标准方程；(2)P为椭圆上不与12,AA重合的任意一点，直线12,APAP分别与直

线4x=相交于点,MN，求证：FMFN⊥.【答案】(1)22143xy+=(2)证明见解析（1）由题知：2a=，将点3(1,)2T代入方程得：219144b+=，解得23b=，椭圆C的标准方程为22143xy+=.（2）由(1)知1c=，(1,0)F.设00(,)

Pxy，则2200143xy+=，直线1AP的方程为0000()2yyyxxx−=−+，令4x=，则0062Myyx=+，即006(4,)2yMx+，直线2AP的方程为0000()2yyyxxx−=−−，令4x=，则0022Nyyx=−，即00

2(4,)2yNx−000000006262(3,)(3,)332222yyyyFMFNxxxx==++−+−20202200123(1)124999(9)044xyxx−=+=+=+−=−−FMFN⊥，即FMFN⊥.2．（

2023·全国·高三专题练习）已知椭圆()22122:10xyCabab+=的左右顶点是双曲线222:14−=xCy的顶点，且椭圆1C的上顶点到双曲线2C的渐近线距离为2155．(1)求椭圆1C的方程；(2)点F为椭圆的左焦

点，不垂直于x轴且不过F点的直线l与曲线1C相交于A、B两点，若直线FA、FB的斜率之和为0，则动直线l是否一定经过一定点？若存在这样的定点，则求出该定点的坐标；若不存在这样的定点，请说明理由．【答案】(1)22143xy+=；(2)存在，()4,0−.(1)

双曲线222:14−=xCy的顶点坐标为(20)?，渐近线方程为20xy=，依题意，2a=，椭圆上顶点为()0,b到直线20xy=的距离221555b=，解得3b=，所以椭圆的方程为22143xy+=．(2)依题意，设直线l的方程为ykxm=+，()1

1,Axy、()22,Bxy，点()1,0F−，由22143xyykxm+==+消去y并整理得()2223484120kxkmxm+++−=，则122834kmxxk−+=+，212241234m

xxk−=+，直线FA、FB的斜率之和为121212121212122()()201111(1)(1)yykxmkxmkxxkmxxmxxxxxx+++++++=+==++++++，即()()1212220kxxkmxxm

++++=，有()22241282203434mkmkkmmkk−−+++=++，整理得4mk=，此时22222226416(43)(3)48(43)144(14)kmkmkmk=−+−=+−=−，0k，否则0m=，直线l过F点，因此当0且0k，即1122k−

且0k时，直线l与椭圆1C交于两点，直线l：(4)ykx=+，所以符合条件的动直线l过定点(4,0)−．3．（2022·上海中学东校高二期末）已知椭圆的C的方程：22163xy+=．(1)设P为

椭圆C异于椭圆左右顶点12AA、上任一点，直线1PA的斜率为1k，直线2PA的斜率为2k，试证明12kk为定值．(2)求椭圆中所有斜率为1的平行弦的中点轨迹方程．(3)设椭圆上一点(2,1)A，且点M，N在C上，且,AMANADMN⊥⊥，D为垂足．证明：存在定点Q，使得||D

Q为定值．【答案】(1)12−(2)20(22)xyx+=−(3)存在点41,33Q，使得DQ为定值.(1)设()()()0012,,6,0,6,0PxyAA−，因为P为椭圆C上一点，所以2200163xy+=，所以220032xy=−，所以01002

0,66yyxxkk==+−，所以2020002220000131266266xyyyxxxxkk−====−−−+−.故12kk为定值12−.(2)设弦的两个端点分别为()()1122,,,PxyQxy，PQ的中点为(),Mxy.则221116

3xy+=，①2222631xy+=，②①减②得：22221212063xxyy−−+=，()()12121212063xxyyyyxx+−++=−.又121212122,2,1yyxxxyyyxx−+=+==−，20xy+=.由

于弦中点轨迹在已知椭圆内，联立22126320xyxxy+==+=故斜率为2的平行弦中点的轨迹方程：20(22)xyx+=−(3)设点()()1122,,,MxyNxy，若直线MN斜率存在时，设直线MN的方程为：ykxm=+，代入椭圆方程消去y并整理得：()222

124260kxkmxm+++−=，可得122412kmxxk+=−+，21222612mxxk−=+，因为AMAN⊥，所以·0AMAN=，即()()()()121222110xxyy−−+−−=，根据1122,kxmykxmy=+=+,代

入整理可得：()()()()22121212140xxkmkxxkm++−−++−+=，所以()()()22222264121401212mkmkkmkmkk−++−−−+−+=++，整理化简得()()231210kmkm++

+−=，因为(2,1)A不在直线MN上，所以210km+−，故23101kmk++=，，于是MN的方程为2133ykx=−−()1k，所以直线过定点直线过定点21,33P−.当直线MN的斜率不存在时，可得()11,Nxy−，由·

0AMAN=得：()()()()111122110xxyy−−+−−−=，得()1221210xy−+−=，结合2211163xy+=可得：2113840xx−+=，解得：123x=或22x=（舍）.此时直线MN过点21,33P−.令Q为AP的中点，即41,33Q

，若D与P不重合，则由题设知AP是RtADP的斜边，故12223DQAP==，若D与P重合，则12DQAP=，故存在点41,33Q，使得DQ为定值.4．（2022·上海·格致中学高二期末）已知椭圆2222:1xyCab+=，过定点(

),0Tt的直线交椭圆于,PQ两点，其中()0,ta.(1)若椭圆短轴长为23且经过点31,2−，求椭圆方程；(2)对（1）中的椭圆，若3t=，求OPQ△面积的最大值，并求此时直线PQ的方程；(3)若

直线PQ与x轴不垂直，问：在x轴上是否存在点(),0Ss使得PSTQST=恒成立？如果存在，求出,st的关系；如果不存在，说明理由.【答案】(1)22143xy+=(2)OPQ△面积的最大值为3，

:3230PQxy+−=或3230xy−−=(3)存在，2sta=(1)椭圆短轴长为23，223b=，解得：3b=；椭圆方程为22213xya+=；点31,2−在椭圆上，21314a+=，解得：24a=，椭圆方程为22143xy+=.(2)由题意可设直线

:3PQxmy=+，()11,Pxy，()22,Qxy，由221433xyxmy+==+得：()22346330mymy++−=，()2210812340mm=++，1226334myym+=−+，122334yym=−+，()()2212

121222213310812342223434OPQmSyyyyyymm=−=+−=+++()()()()2222222222314448313166234316319313mmmmmmm+++===

+++++++()()2222116639931623163131mmmm==+++++++（当且仅当2293131mm+=+，即63m=时取等号），OPQ面积的最大值为3，此时直线PQ的方程为：3230xy+−=或3230xy−−=.(3)直线PQ与x轴不垂直，可设

直线():0PQxmytm=+，()11,Pxy，()22,Qxy，由22221xyabxmyt+==+得：()22222222220bmaymtbybtab+++−=，()22222240abbmat=+−，则2122222mtbyybma+=−+，222212222bt

abyybma−=+，PSTQST=，0PSQSkk+=，即12120yyxsxs+=−−，()()12210yxsyxs−+−=，即()()()1221120ymytymytsyy+++−+=，()()121220myytsyy+−+=，则()2222

2222222220btabmtbmtsbmabma−−−=++，()22220mbtatts−−−=，0m，()220tatts−−−=，则2sta=，x\轴上存在点(),0Ss使得PSTQST=恒成立，此时2s

ta=.题型二：双曲线中的定点问题角度1：双曲线中的直线过定点问题典型例题例题1．（2022·江苏·高二期末）已知双曲线()2222:10,0xyCabab−=的离心率为2，两条准线间的距离为22.(1)求C的标准方程；(

2)斜率为k的直线l过点()1,0，且直线l与C的两支分别交于点A，B，①求k的取值范围；②若D是点B关于x轴的对称点，证明：直线AD过定点.【答案】(1)22144xy−=；(2)①11k−；②证

明见解析．(1)由已知得22222ceaac===可得222ac==，又双曲线中2224bca=−=，所以C的标准方程为：22144xy−=．(2)设直线():1lykx=−，()11,

Axy，()22,Bxy，由()221144ykxxy=−−=，消去y可得，()22221240kxkxk−+−−=，则212221kxxk−+=−，212241kxxk−−=−，()()()22424414443kkkk=+−+=−，①因为直线与双曲线

交于两支，所以0且120xx，即()2224430401kkk−−−−，解得：11k−；②设()121112:yyADyxxyxx+=−+−，令0y=，()()121211211212xxyxyxyxxyyyy−−+=+=++()()()()22121222122

42242221kkxxxxxxkk−−+−+===+−−−−，即直线AD过定点()4,0T.例题2．（2022·安徽·高二期末）设直线xm=（0m）与双曲线C：223yxm−=的两条渐近线分别交于A，B两点，且OAB（O为坐标原点）的面积为3.(1)求m的值；(2)与

坐标轴不垂直的直线l与C交于M，N两点，点M关于x轴的对称点为M，F为C的右焦点，若M，F，N三点共线，证明：直线l经过x轴上的一个定点.【答案】(1)m=1(2)证明见解析(1)双曲线C：223yxm−=（m>0）的渐近线方程为3y

x=，不妨设点A在x轴上方，则A，B两点的坐标分别为（m，3m）和（m，-3m），所以1233,2OABSmm==解得m=1.(2)由（1）知C：2213yx−=，则F的坐标为（2，0），设l与x轴交于点（p，0），则l的方程为()ykxp=−（0k），设1122(,),(,)Mx

yNxy.则11(,)Mxy−.联立()22,1,3ykxpyx=−−=，得22222(3)2(3)0kxpkxkp−+−+=，由题可知230k−，所以22212122223,.33pkkpxxxxkk++==−−因为M

，F，N三点共线，所以MFFNkk=，即121222yyxx−=−−，即1221(2)(2)yxyx−−=−，所以1221()(2)()(2).kxpxkxpx−−−=−−因为k≠0，所以1221()(2)()(2)0xpx

xpx−−+−−=，所以12122(2)()40xxpxxp−+++=，所以22222322(2)4033kppkppkk+−++=−−，所以2222226244120kppkpkpkp+−−+−=解得12p=，所以直线l经过x轴上的定点1(,0).2例题3

．（2022·广东深圳·高二期末）已知圆M：()22289239xy++=的圆心为M，圆N：()221239xy−+=的圆心为N，一动圆与圆N内切，与圆M外切，动圆的圆心E的轨迹为曲线C．(1)求曲线C的方程；(2)已知点()6,3P，直线l与曲线C交于A，B两点，且0PAPB=，直线l

是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．【答案】(1)22193xy−=，3x；(2)过，()12,6−.(1)设圆E的圆心为(),Exy，半径为r，则173EMr=+，13ENr=−，所以6EMENMN−=．由

双曲线定义可知，E的轨迹是以M，N为焦点、实轴长为6的双曲线的右支，所以动圆的圆心E的轨迹方程为22193xy−=，3x；(2)设()11,Axy，()22,Bxy，直线l的方程为xmyt=+．由221,3,93,xyxxmyt−==+得(

)2223290mymtyt−++−=，且230m−，故12221222,39.3mtyymtyym−+=−−=−又0PAPB=，所以()()()()121266330xxyy−−+−−=．又11xmyt=+，22xmyt=+，所以(

)()()()12126633PAPBmytmytyy=+−+−+−−()()()()22121216369myymtmyyt=++−−++−+()()()()()22222192631245303mtmtmtmttmm+−−−−+−+−==−，即2218318720mmttt

+−+−=．又()()()()2221831872183612366120,mmtttmmtttmtmt+−+−=+−−−=+−−+=故612tm=+或36tm=−+．若36tm=−+，则直线l的方程为()36

xmy=−+，过点()6,3P，与题意矛盾，所以36tm−+，故612tm=+，所以直线l的方程为()612xmy=++，过点()12,6−．同类题型归类练1．（2022·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系xOy中，动点Р与定点F(2，0)的距离和它到定直线l：32

x=的距离之比是常数233，记P的轨迹为曲线E.(1)求曲线E的方程；(2)设过点A(3，0)两条互相垂直的直线分别与曲线E交于点M，N(异于点A)，求证：直线MN过定点.【答案】(1)2213xy−=(2)证明见解析(1)解：设P(x，y)，

因为P与定点F(2，0)的距离和它到定直线l：32x=的距离之比是常数233，所以22(2)23332xyx−+=−，化简得2213xy−=，所以曲线E的方程为2213xy−=.(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，当直线MN斜率不存在，直线AM，AN分别为yx3=−，3=

−+yx，分别联立2213xy−=，解得M(23，3)，N(23，－3)，此时直线MN的方程为23x=，过点(23，0)；当直线MN斜率存在时设其方程为ykxm=+，(33k)由2213xyykxm−=

=+，消去y得222(13)6330−−−−=kxkmxm，所以222(6)4(13)(33)0kmkm=−−−−，即22130mk+−，122613kmxxk+=−，21223313mxxk−−=−，因为AM⊥AN，所以12

12133AMANyykkxx==−−−，即()()121233yyxx=−−−，即()()1212()()33kxmkxmxx++=−−−，即2212121212()3()3kxxkmxxmxxxx+++=++−，将122613kmxxk+=−，21223313mxxk−−

=−代入化简得：223360mkmk++=，所以3mk=−或23mk=−，当3mk=−时，直线MN方程为3ykxk=−(不符合题意舍去)，当23mk=−时，直线MN方程为(23)ykx=−，MN恒过定点(23，0)，综上所述直线MN过定点(23，0)

.2．（2022·山西·怀仁市大地学校高中部高二阶段练习）已知双曲线的离心率为62，且该双曲线经过点23,2P.(1)求双曲线C：()222210,0xyabab−=方程；(2)设斜率分别为1k，2k的

两条直线1l，2l均经过点()2,1Q，且直线1l，2l与双曲线C分别交于A，B两点（A，B异于点Q），若121kk+=，试判断直线AB是否经过定点，若存在定点，求出该定点坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1)2212xy−=(2)过定点，（0，

1）(1)离心率为62ca=，则223cb=，222ab=，即双曲线方程为222221xybb−=.又点23,2P在双曲线C上，所以2231122bb−=，解得21b=，22a=，所以双曲线C的方程为221

2xy−=.(2)当直线AB的斜率不存在时，点A，B关于x轴对称，设()00,Axy，()00,Bxy−，则由121kk+=，解得000011122yyxx−−−+=−−，即0212x−=−，解得00x=，不符合题意

，所以直线AB的斜率存在.不妨设直线AB的方程为ykxt=+，代入2212xy−=，整理得()()2222214220210kxktxtk−+++=−，0设()11,Axy，()22,Bxy，则122421k

txxk+=−−，21222221txxk+=−由121kk+=，得121211122yyxx−−+=−−，即121211122kxtkxtxx+−+−+=−−，整理得()()()1212212140kxxtkxxt−+−++−=，所以()

()2222242121402121tktktktkk+−+−+−−=−−，整理得：()222120tktk+−−+=，即()()1210ttk−+−=，所以1t=或12tk=−.当1t=时，直线AB的方程

为1ykx=+，经过定点()0,1；当12tk=−时，直线AB的方程为()21ykx=−+，经过定点()2,1Q，不符合题意.综上，直线AB过定点（0，1）.3．（2022·全国·高三专题练习）双曲线()2222

:10,0xyCabab−=经过点()2,1P，且虚轴的一个顶点到一条渐近线的距离为63.（1）求双曲线C的方程；（2）过点P的两条直线1l，2l与双曲线C分别交于A，B两点(A，B两点不与P点重合)，设直线1l，2l的斜率分别为1k，2k，若121kk+=，证明：

直线AB过定点.【答案】（1）2212xy−=；（2）证明见解析.（1）由题得双曲线C的一条渐近线方程为0bxay−=，虚轴的一个顶点为()0,b，依题意得2263()abba−=+−，即32abc=，即()222232abab=+，①又点()2,1P在

双曲线C上，所以22411ab−=，即22224abba=−，②由①②解得22a=，21b=，所以双曲线C的方程为2212xy−=.（2）当直线AB的斜率不存在时，点A，B关于x轴对称，设()00,Axy，()00,Bxy−，则由121kk+=

，解得000011122yyxx−−−+=−−，即0212x−=−，解得00x=，不符合题意，所以直线AB的斜率存在.不妨设直线AB的方程为ykxt=+，代入2212xy−=，整理得()()2222214220210kxktxtk−+++=−，0，设()11,Axy，()22,Bxy，则12

2421ktxxk+=−−，21222221txxk+=−，由121kk+=，得121211122yyxx−−+=−−，即121211122kxtkxtxx+−+−+=−−，整理得()1212(21)(21)40kxxtkxxt−+−++−=，所以()()2222

242121402121tktktktkk+−+−+−−=−−，整理得2(22)120tktk+−+−=，即(1)(21)0ttk−+−=，所以1t=或12tk=−.当1t=时，直线AB的方程为1ykx=+，经过定点()0,1；

当12tk=−时，直线AB的方程为()21ykx=−+，经过定点()2,1P，不符合题意.综上，直线AB过定点()0,1.角度2：双曲线存在定点满足某条件问题典型例题例题1．（2022·全国·高三专题练习）已知双曲

线2222:1(0,0)xyCabab−=的右焦点为(c,0)F，离心率为2，直线2axc=与C的一条渐近线交于点P，且3PF=．(1)求双曲线C的标准方程；(2)设Q为双曲线C右支上的一个动点在x轴上是否存在定点M，

使得2QFMQMF=？若存在，求出点M的坐标；若不存在请说明理由．【答案】(1)2213yx−=(2)满足条件的点M存在，坐标为(1,0)−(1)根据双曲线的对称性不妨设直线2axc=与渐近线byxa=的交点为P，则联立2ax

cbyxa==得：2,aabPcc由||3PF=可得：2223abaccc+−=，即23b=，由离心率2e=可得：222224cabaa+==，故21a=所以双曲线的标准方程为：2213yx−=．(2)假设存在点(,0

)Mt满足题设条件．由（1）知双曲线C的右焦点为(2,0)F．设()()000,1Qxyx为双曲线C右支上一点，则220013yx−=①当02x=时，03y=．因为290QFMQMF==°，所以45QMF=

，于是03MFQFy===，所以1t=−．即(1,0)M−．②当02x时，0000tan,tan2QFQMyyQFMkQMFkxxt=−=−==−−因为2QFMQMF=，所以0002000221yyxtxyxt−−=−−−（ⅰ）当00y

时，上式化简得：2220003(44)40xytxtt−−+++=又220013yx−=即：220033xy−=，带入上式得：20(44)340txtt−++++=所以2(44)0340ttt−+=++=解得1t=−．即(1,0)M−（ⅱ）当

00y=时，1t=−，即(1,0)M−也能满足2QFMQMF=综上可得：满足条件的点M存在，其坐标为(1,0)−．例题2．（2022·广东·梅州市梅江区梅州中学高三开学考试）已知双曲线：()222210,0xyabab−=，()2,0A，315,22B−−

，315,22C，()1,0D−，()4,0E五点中恰有三点在上.(1)求的方程；(2)设P是上位于第一象限内的一动点，则是否存在定点()(),00Qmm，使得1π22PQAPAE+=,若存在，求出点Q的坐标；若不

存在，请说明理由.【答案】(1)2213yx−=(2)存在，定点()1,0Q−(1)若()2,0A，()1,0D−，()4,0E在双曲线上，则()2,0A，()1,0D−，()4,0E只能是双曲线的顶点，()2,0A，()1,0D

−，()4,0E三点中只能有一点是顶点，,BC都在双曲线上，315,22B−−Q，315,22C，,BC两点关于()0,0上对称，由双曲线顶点的位置特征分析可知，()1,0D−在上，将()1,0D−，315,22B−−

代入双曲线的方程22221xyab−=中，则22291514411aba−==，得21a=，23b=，故的方程为2213yx−=.(2)假设存在定点Q满足题意，1π22PQAPAE+=Q，2π

PQAPAE+=，2πPQAPAE−=，2PQAPAQ=.①、当PAx⊥轴时，()2,0A,()2,3P，π4PQA=，在tRPQAV中，QAPA=,32m=−，1m=−，此时()1,0Q−.②、当PA不与x轴垂直时，假设

()1,0Q−，满足2PQAPAQ=.设()00,Pxy，则220033xy=−，00tan1yPQAx=+，()()()()0000000222220000000221211tan22113311yyxyxxyPQAxxyxxyx+++==

==−+−+−+−+，又00tan2yPAQx=−，tan2tanPQAPAQ=，即2PQAPAQ=，所以假设成立.故存在定点()1,0Q−，使得1π22PQAPAE+=.例题3．（2022·上海·高三专题练习）在直角坐标系xOy中，直线2yx=是双曲

线2222:1xyCab−=的一条渐近线，点(1,0)A在双曲线C上，设(,)(0)Mmnn为双曲线上的动点，直线AM与y轴相交于点P，点M关于y轴的对称点为N，直线AN与y轴相交于点Q.（1）求双曲线C的方程；（2）在x轴上是否存在一点T？使得||||TPTQPQ+=，若存在

，求T点的坐标；若不存在，说明理由；（3）求M点的坐标，使得MPQ的面积最小.【答案】（1）2214yx−=；（2）存在，0()2,T；（3）(2,2)或(2,2)−或(2,2)−或(2,2)−−.（1）由已知得21baa=

=，所以1a=，2b=，所以双曲线方程为2214yx−=（2）设()0,0Tx，因为:(1)1nAMyxm=−−，令0x=得0,1nPm−−，:(1)1nANyxm=−−−，令0x=得0,1nQm+因为

||||||TPTQPQTPTQ+==−，平方可得0TPTQ=，所以2220020111nnnxxmmm−==+−−，因为2214nm−=，所以2241nm=−，故02x=，存在0()2,T；（3）因为1||211MPQnnSmmm=+

=+−22212||211mnmnmmm=−−22244||mnmnn===214444||nnnn+=+，当且仅当2n=?时，取得最小值，此时M的坐标是(2,2)或(2,2)−或(2,2)−或(

2,2)−−.同类题型归类练1．（2022·全国·高二课时练习）直线l：1ykx=+与双曲线C：2221xy−=交于不同的两点A、B．(1)求实数k的取值范围；(2)若双曲线C的右焦点为F，是否存在实数k，使得AF⊥BF？若存

在，求出k的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)22k−;(2)存在，665k+=−或665k−=.(1)将直线l的方程1ykx=+代入双曲线C的方程2221xy−=，整理得()222220kxkx−++=①依题意，直

线l与双曲线C交于不同两点，则()()22220,Δ2820,kkk−=−−解得k的取值范围为22k−．(2)设A、B两点的坐标分别为11(,)xy,22(,)xy，则由①得1221222222kxxkxxk+=−=−②．假设存在实数k，使得

AF⊥BF，则()()12120xcxcyy−−+=，即：()()()()1212110xcxckxkx−−+++=，整理得()()()221212110kxxkcxxc++−+++=③．把②式及62c=代入③式化简得：2

52660kk+−=，解得665k+=−或665k−=，∴存在实数665k+=−或665k−=，使得AF⊥BF．2．（2022·全国·高三专题练习）已知双曲线方程为2222xyab−=1，F1，F2为双曲线的左、右焦点，离心率为2，点P为双曲线

在第一象限上的一点，且满足1PF·2PF=0，|PF1||PF2|＝6．(1)求双曲线的标准方程；(2)过点F2作直线l交双曲线于A、B两点，则在x轴上是否存在定点Q(m，0)使得QAQB为定值，若存在，请求出m的值和该定值，若不存在，请说明理由．【

答案】(1)x223y−=1(2)存在，m＝﹣1，定值为0(1)由题意可得eca==2，可得c＝2a，b2＝c2﹣a2＝3a2，所以b3=a，又因为1PF·2PF=0，|PF1||PF2|＝6．所以1

2PFPF⊥,由|PF1|﹣|PF2|＝2a，所以可得|PF1|2+|PF2|2﹣2|PF1||PF2|＝4a2，而|PF1|2+|PF2|2＝4c2，所以4c2﹣12＝4a2，可得b2＝3，a2＝1，所以双曲线的方程为：x223y−=1；(2)由(1)可得F2

(2，0)，当直线l的斜率为0时，l：y＝0，此时A(﹣1，0)，B(1，0)，由M(m，0)，则QA·QB=m2﹣1，当l的斜率不为0时，设l：x＝ty+2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立22233xt

yxy=+−=，整理可得：(3t2﹣1)y2+12ty+9＝0，因为t213，y1+y221231tt−=−，y1y22931t=−，因为QA·QB=(x1﹣m，y1)·(x2﹣m，y2)＝(ty1+2﹣m)(ty2+2﹣m)+y1y

2＝(t2+1)y1y2+(2﹣m)t(y1+y2)+(2﹣m)2＝(t2+1)·2931t+−(2﹣m)t·21231tt−+−(2﹣m)2()221215931mtt−+=+−(2﹣m)2，要使QA•QB为定值，则1215931m−=−，解得m＝﹣1，则0QAQB=，所

以Q(﹣1，0)．定值为0．3．（2022·江苏徐州·高二期末）已知双曲线()2222:10,0xyCabab−=的左焦点为F，F到C的一条渐近线的距离为1.直线l与C交于不同的两点P，Q，当直线l经过C的右焦点且垂直于x轴时，233PQ=.(1)求C

的方程；(2)是否存在x轴上的定点M，使得直线l过点M时，恒有PFMQFM=？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)2213xy−=；(2)存在3,02M−，理由见解析.(1)双曲线()

2222:10,0xyCabab−=的左焦点(),0Fc−，其中一条渐近线byxa=，则221bcbab==+；对双曲线2222:1xyCab−=，令xc=，解得2bya=，则22233bPQa==，解得3a=，故双曲线方程为：221

3xy−=.(2)根据（1）中所求可知()2,0F−，假设存在x轴上的点(),0Mn满足题意，若直线l的斜率不为零，则设其方程为xmyn=+，联立双曲线方程2213xy−=，可得()2223230mymny

n−++−=，则()()222244330mnmn=−−−，即2230mn+−，此时直线l与双曲线交于两点()()1122,,,PxyQxy，则212122223,33mnnyyyymm−+=−=

−−，则()()()()12121212122202222PFQFmyynyyyykkxxxx++++=+==++++，即()()()()21212222322220?33mnmnnmyynyymm−++++=−=−−，即()32

0mn+=，则32n=−，此时3,02M−满足题意；若直线l的斜率为零，且过点3,02M−，此时PFMQFM=0=，满足题意.综上所述，存在x轴上的一点3,02M−满足PF

MQFM=.题型三：抛物线中的定点问题角度1：抛物线中的直线过定点问题典型例题例题1．（2022·辽宁·建平县实验中学模拟预测）已知点()1,Mpp−在抛物线()2:20Cypxp=上.(1)求抛物线C的方程；(2)过点M作斜率分别为12,kk的两条直线12,

ll，若12,ll与抛物线C的另一个交点分别为,AB，且有122kk+=，探究：直线AB是否恒过定点？若是，求出该定点；若否，说明理由.【答案】(1)24yx=(2)直线AB恒过定点()1,0−(1)()1,M

pp−在抛物线上，()221ppp=−，解得：2p=，抛物线C的方程为：24yx=.(2)由（1）得：()1,2M；设()11,Axy，()22,Bxy，则11121112241214yykyxy−−

===−+−；同理可得：2242ky=+；122kk+=，1244222yy+=++，整理可得：124yy=；当直线AB斜率为0时，其与抛物线C只有一个公共点，不合题意；当直线AB斜率不为0时，设:ABxmyt=

+，由24yxxmyt==+得：2440ymyt−−=，则124yyt=-，44t−=，解得：1t=−；:1ABxmy=−，则直线AB过定点()1,0−；综上所述：直线AB恒过定点()1,0−.例题2．（2022·陕西西

安·三模（理））已知抛物线()2:20Cypxp=上的点()()4,0Gtt到其准线的距离为5．不过原点的动直线交抛物线C于A，B两点，M是线段AB的中点，点M在准线l上的射影为N．(1)求抛物线C的方程；(2)当1NANB=时，求证：直线AB过

定点．【答案】(1)24yx=(2)证明见解析(1)由抛物线C的方程可得其准线方程2px=−，依抛物线的性质得452p+=，解得2p=．∴抛物线C的方程为24yx=．(2)当直线AB的斜率为0时，显然不符

合题意；当直线AB的斜率不为0时，设直线:(0)ABxmynn=+，211,4yAy、222,4yBy、()00,Mxy，由24yxxmyn==+化简得2440ymyn−−=，()2

160mn=+，124yym+=，124yyn=−，12022yyym+==，所以()1,2Nm−，所以2111,24yNAym=+−，2221,24yNBym=+−，所以()()2

22121112244yyNANBymym=+++−−()()222121221212122124164yyyyyyyymyym+−=+++−++()22222216814842114mnnnmmnnn+=++−−+=−+=−若1N

ANB=，即()211n−=，解得2n=或0n=（舍去），所以直线AB过定点()2,0.例题3．（2022·全国·高三专题练习）已知线段AB是抛物线24yx=的弦，且过抛物线焦点F.(1)过点B作直线与抛物线对称轴平行，交

抛物线的准线于点E，求证：AOE、、三点共线(O为坐标原点)；(2)设M是抛物线准线上一点，过M作抛物线的切线，切点为11AB、.求证：（i）两切线互相垂直；（ii）直线11AB过定点，请求出该定点坐标.【答案】

(1)证明见解析(2)证明见解析.(1)解：由题知抛物线24yx=的焦点()1,0F，准线为1x=−，所以，设直线AB的方程为：1xmy=+，所以，联立方程214xmyyx=+=得2440ymy−−=，设()

()1122,,,AxyBxy，则12124,4yymyy+==−，因为过点B作直线与抛物线对称轴平行，交抛物线的准线于点E，所以()21,Ey−因为2114yx=，故2114yx=所以112211214444OAyyyyyxyk=====−−，221OEkyy

==−−，所以，OAOEkk=，即AOE、、三点共线.(2)解：（i）设()01,My−，所以，设过()01,My−作抛物线的切线，斜率为()0kk，则方程为()01yykx−=+，所以，()0214y

ykxyx−=+=得204440kyyyk−++=，所以，()0164440kyk=−+=，即2010kky+−=，设切线11,MAMB的切线斜率分别为12,kk，则12,kk为方程2010kky+−=的实

数根，所以121kk=−，120kky+=−，所以，两切线互相垂直.(ii)由（i）知204440kyyyk−++=，2010kky+−=，所以，22204440kykykyk−++=，即()2224420kykyky−+=−=，所以

221121211212,,AkkBkk、，所以，1121121222210221122ABkkkkkkykkk=+==−−，所以，直线11AB的方程为2202221yxkyk−=−，整理得()2

022222020200200202222222221ykkyxxxxykykyykyyky−−=+−=+=+=−，即()021yxy=−所以，直线11AB过定点()1,0.同类题型归类练1．（2022·湖南·长沙一中高三开学考试）已知抛

物线C：22ypx=（0p），直线21xy=+交抛物线C于A，B两点，且三角形OAB的面积为23（O为坐标原点）.(1)求实数p的值；(2)过点D（2，0）作直线L交抛物线C于P，Q两点，点P关于x轴的对称点为P'.证明：直线P'Q经过定点，并求出定

点坐标.【答案】(1)2p=；(2)证明见解析，定点()2,0−.(1)解：由题得直线21xy=+过点()1,0，.设()()1122,,,AxyBxy，联立221,2,xyypx=+=得22220ypyp−−=，所以121222,2yypyyp+==−，所以()()()22212121

24(22)4222yyyyyypppp−=+−=−−=+.所以三角形OAB的面积()212112232Syypp=−=+=，又0p，解得2p=（30p=−舍去）.所以2p=.(2)证明：由（1）抛物线C的方程为24yx=，设()()3344,

,,PxyQxy，不妨令43yy，则()33,Pxy−，设直线L的方程为2xty=+，联立22,4,xtyyx=+=消去x得2480yty−−=，则34344,8yytyy+==−，则直线PQ的方程为()()433343yyyyxxxx+−−=−−，即()()4343

4343xxyxyyyxyx−+=+−，则()()()()4343434322tytyytyyyyxyty−++=+−+，即()()()4343433422tyyyyyxtyyyy−=+−−+，即()()()24343434334422t

yyyyyyyxtyyyy+−=+−−+，所以()()2(4)4842824ttytxtt−−=−−−，即()222ttytx+=+，令20,0,xy+==解得2,0,xy=−=

所以直线PQ恒过定点()2,0−2．（2022·湖北武汉·高二期末）已知动圆M过定点()2,0A，且在y轴上截得的弦长为4，圆心M的轨迹为曲线L．(1)求L的方程；(2)已知点()3,2B−−，()2,1C，P是L上的一个动点，设直线PB，PC与L的另一交点分别为E

，F，求证：当P点在L上运动时，直线EF恒过一个定点，并求出这个定点的坐标．【答案】(1)24yx=(2)证明见解析，定点110,33−；(1)解：设圆心(),Cxy，圆的半径为R，则()()22222220Rxxy=+=−+−，整理得24yx=

．所以动圆圆心的轨迹方程为24yx=．(2)证明：抛物线的方程为24yx=，设200,4yDy，121,4yEy，222,4yFy，则直线EF的方程为()1211221244yyyyxxyy−−=−−，得2

111211121212124444xyyyxxxyyyyyyyyyy+−=−+=+++++，又2114yx=，所以直线EF的方程为1212124yyxyyyyy=+++．同理可得直线DE的方程为1010104yyxyyyyy=++

+，直线DF的方程为0022024yyxyyyyy=+++因为直线DE过点()3,2B−−，所以()1101222yyy−=+；因为直线DF过点()2,1C，所以()22081yyy−=−．消去0y，得

()121210433yyyy=++．代入EF的方程，得12411033yxyy=+++，所以直线EF恒过一个定点110,33−．3．（2022·江西景德镇·高二期末（文））已知抛物线C：()220ypxp=的焦点为F，过焦点F且垂直于x轴的直线交C于H，I两点，O为坐标

原点，OHI的周长为458+．(1)求抛物线C的方程；(2)过点F作抛物线C的两条互相垂直的弦AB，DE，设弦AB，DE的中点分别为P，Q，试判断直线PQ是否过定点？若过定点．求出其坐标；若不过定点，请说明理由．【答案】(1)28yx=(2)直线

PQ过定点()6,0(1)由题意,02pF，在22ypx=中代入2px=，得222pyp=，解得yp=，所以2HIp=．由勾股定理得|22522pOHOIpp==+=，则OHI的周长为552458

22ppp++=+，解得4p=，故抛物线C的方程为28yx=．(2)由题意可知()2,0F，直线AB的斜率存在，且不为0．设直线AB的方程为2xmy=+，()11,Axy，()22,Bxy．联立22,8,xmyyx=+=消

去x，得28160ymy−−=，264640m=+，则128yym+=，从而()21212484xxmyym+=++=+．因为P是弦AB的中点，所以()242,4Pmm+，同理可得2442,Qmm+−．当21m，即1m时，直线PQ的斜率

2224441422PQmmmkmmm−−==−+−+，则直线PQ的方程为()224421mymxmm−=−−−，即()()216mymx−=−．故直线PQ过定点()6,0；当21m=，即1m时，直线PQ

的方程为6x=，也过点()6,0．综上所述，直线PQ过定点()6,0．4．（2022·江西·上饶市第一中学模拟预测（文））已知抛物线()220ypxp=的焦点为F，过焦点F斜率为3的直线交抛物线于A、B两点（点A在第一象限），交抛物线准线于G，且满足83BG=．(1)求抛物线的标准方

程；(2)已知C，D为抛物线上的动点，且OCOD⊥，求证直线CD过定点P，并求出P点坐标；(3)在（2）的条件下，求PCPD的最大值．【答案】(1)24yx=(2)证明见解析；P点坐标为（4，0）(3)16−(1)过点B作准线的垂线，垂足为H，设准线与x轴相交于

点M，如图，由题知，直线l的倾斜角为π3．∴在RtBGH中，π3GBH=，又∵83BG=，∴43BH=，∴43BF=．∴4GFBGBF=+=，∴在RtGFM中，又3MFG=，∴2MF=，∴2p=，∴抛物线的标准方程为24yx=

．(2)由（1）可知，抛物线方程为24yx=，设直线CD的方程为：xmyt=+，211,4yCy，222,4yDy，直线与抛物线联立：24xmytyx=+=，得：2440ymyt−−=，则124yym+=，124yyt=-，∵14OCky=，24ODky=

且OCOD⊥，∴12161614OCODkkyyt===−−则4t=，∴直线CD过定点（4，0），即P点坐标为（4，0），(3)由（2）可知P点坐标为（4，0），∴()2222212121216161616yyPCPDyyyym=−+++=

−−，∴PCPD的最大值为16−．角度2：抛物线存在定点满足某条件问题典型例题例题1．（2022·内蒙古赤峰·高二期末（文））已知抛物线()2:20Cypxp=的焦点为F，过点()2,0A的直线l交C于M，N两点，当l与x轴垂直时，4M

N=．(1)求C的方程：(2)在x轴上是否存在点P，使得OPMOPN=恒成立（O为坐标原点）？若存在求出坐标，若不存在说明理由．【答案】(1)22yx=(2)存在，()2,0−(1)当l与x轴垂直时，由题意易

得||4MNp=，从而44p=，解得p＝1，所以C的方程为22yx=；(2)设()0,0Px，()11,Mxy，()22,Nxy，由题可知直线l斜率不为零，设:2lxmy=+，代入抛物线方程22yx=消去x，得2240ymy−−=，从而122yym+=，124yy=−，①由OPMO

PN=可得0MPNPkk+=12121020102022MPNPyyyykkxxxxmyxmyx+=+=+−−+−+−()()()()1201210202222myyxyymyxmyx+−+=+−+−将①代入上式，得()()0102042022mmxmyxm

yx−−=+−+−恒成立，所以02x=−，因此存在点P，且满足题意，P点坐标为()2,0−．例题2．（2022·河南·开封市东信学校模拟预测（文））已知直线:10lxky−−=与抛物线2:2(0)Nypxp=交于A，B两点，当直线lx⊥轴时，||4AB=.(1)求抛物线N的标准

方程；(2)在x轴上求一定点C，使得点(2,0)Mp到直线AC和BC的距离相等.【答案】(1)24yx=(2)(1,0),(1,0),(4,0)−(1)当直线lx⊥轴时，方程为1x=，代入抛物线方程得22yp=，2yp=，∴||224ABp==，解得2p=.∴抛物线N

的标准方程为24yx=；(2)设()()(),,,,,0AABBCAxyBxyCx.联立210,4,xkyyx−−==得2440yky−−=.∴4,4ABAByykyy+==−.①由题意可知()()()()

0ABCBACABACBCACBCACBCyxxyxxyykkxxxxxxxx−+−+=+==−−−−，∴()()0ABCBACyxxyxx−+−=，即()BAABCABxyxyxyy+=+.∴()()()11BAABCABk

yykyyxyy+++=+，即()()2ABABCABkyyyyxyy++=+.∴844Ckkkx−+=.∵0k，可知1Cx=−.∴点C的坐标由抛物线的图象可知，还有点(1,0),(4,0)满足题意，故这样的点有3个，坐标分别为(1,0),(1,0),(4,0)−.例题3．（2022·贵州

铜仁·高二期末（理））已知F为抛物线2:2(0)Cypxp=的焦点，过F的动直线交抛物线C于,AB两点．当直线与x轴垂直时，||4AB=．(1)求抛物线C的方程；(2)设直线AB的斜率为1且与抛物线的准线l相交于点M，抛物线C上存在点P使得直线,

,PAPMPB的斜率成等差数列，求点P的坐标．【答案】(1)24yx=(2)(1,2)P（1）因为(,0)2pF，在抛物线方程22ypx=中，令2px=，可得yp=，所以当直线与x轴垂直时24ABp==，解得2p=，抛物线的方

程为24yx=.（2）（2）因为抛物线24yx=的准线方程为1x=−，由题意可知直线AB的方程为1xy=+，所以(1,2)M−−.联立241yxxy==+消去x，得2440yy−−=，设11(,)Axy，22(,

)Bxy，则124yy+=，124yy=−，若存在定点00(,)Pxy满足条件，则2PMPAPBkkk=+，即0010200102221yyyyyxxxxx+−−=++−−，因为点,,PAB均在抛物线上，所以222012012,,444

yyyxxx===.代入化简可得00122200120122(2)24()yyyyyyyyyyy+++=++++，将124yy+=，124yy=−代入整理可得002200022444yyyyy++=++−，即202(4)0y−=，所以2040y−=

，解得02y=，将02y=代入抛物线方程，可得01x=，于是点(1,2)P即为满足题意的定点.同类题型归类练1．（2022·湖北·鄂南高中模拟预测）已知曲线2:2(0)Cypxp=的焦点为F，曲线C上有一点()0,Qxp满足2QF=.(1)求抛物线C的方程；

(2)过原点作两条相互垂直的直线交曲线C于异于原点的两点,AB，直线AB与x轴相交于N，试探究x轴上存在一点是否存在异于N的定点M满足AMANBMBN=恒成立.若存在，请求出M点坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)24

yx=(2)存在，()4,0M−(1)Q在曲线C上，则202ppx=，则02px=，而022pQFxp==+=，故抛物线C的方程为24yx=.(2)易知直线AB的斜率不为0，故设()()()1122:,,,,,,0ABlxtynAxyBxyMm=+联立：224404xty

nytynyx=+−−==，故12124,4yytyyn+==−.222121244yyxxn==，因为OAOB⊥，则2121240OAOBxxyynn=+=−=则4n=或0n=（舍），故()4,0N.因为,MN都在x轴上，要

使得AMANBMBN=，则x轴为AMB的角平分线，若1mx=，则AM垂直于x轴，x轴平分AMB，则BM垂直于x轴，则直线AB的方程为4x=，此时4mn==，而,MN相异，故1mx，同理2mx故AM与BM的斜率互为相反数，即12122112120yyxyxymxmxmyy++==

−−+()()1221121212442324444tyytyytyytmyyyyt+++−==+=+=−++为定值.故当()4,0M−时，有AMANBMBN=恒成立.2．（2022·全国·高三专题练习（理））已知抛物线2:2(0)Expyp=的焦点为F

，过F的直线交抛物线E于1122(,),(,)AxyBxy两点，11AFy=+．(1)求抛物线E的标准方程；(2)在x轴的正半轴上是否存在点P，连接PA，PB分别交抛物线E于另外两点C，D，使得4ABCD=？并说明理由．【答案】(1)24xy=(2)见解析(1)因为点F是抛物线2:2(0)Expy

p=的焦点，且11AFy=+所以点A到点F的距离等于点A到直线1y=−所以由抛物线的定义可知1,22pp==所以抛物线E的标准方程为24xy=(2)设()()330,,,0CxyPx由4ABCD=得：/

/ABCD，且4ABCD=，得4PAPC=即()()101303,4,xxyxxy−=−，所以101333,44xxyxy+==代入抛物线方程24xy=，得221011344xxxy+==整理得22101

0230xxxx−−=，同理可得222020230xxxx−−=故12,xx是方程2200230xxxx−−=的两根，20160x=由韦达定理可得21201202,3xxxxxx+==−①由题意，直线AB的斜率一定存在，故设直线AB的方程为1ykx=+与抛物线方程24x

y=联立可得2440xkx−−=由韦达定理可得12124,4xxkxx+==−②由①②可得0233,33xk==故在x轴的正半轴上存在一点23,03P满足条件.3．（2022·江苏省苏州实验中学高二阶段练习）已知抛物线2:8Cyx=，点()(),00Maa，直线l过点M

且与抛物线C相交于,AB两点．(1)当a为变量时，P为抛物线C上的一个动点，当线段MP的长度取最小值时，P点恰好在抛物线C的顶点处，请指出此时M点运动的轨迹；(2)当a为定值时，在x轴上是否存在异于点M的点N，对任意的直线l，都满足直线

,ANBN关于x轴对称?若存在，指出点N的位置并证明，若不存在请说明理由.【答案】(1)M点的运动轨迹是x轴的(0,4部分的线段；(2)存在点(),0Na−，证明见解析.(1)设2,8yPy，则224222218644yy

aMPayya=−+=+−+，当线段MP的长度取最小值时，P点恰好在抛物线C的顶点处，即当0y=时，线段MP的长度取最小值a；140132a−−，解得：4a，04a；M点的运动轨迹是x轴的(0,4部分的线段.(2)①当直线l斜率不存在时，对于x轴上任意异于点

M的点N，都满足直线,ANBN关于x轴对称；②当直线l斜率存在时，设:lxtya=+，()11,Axy，()22,Bxy，由28xtyayx=+=得：2880ytya−−=，则，设(),0Nn，直线,ANBN关于x轴对称，0ANBNkk+=，()()(

)()2212121221121212221212121212880yyyynyyxynyyxyyyxnxnxxnxxnxxnxxn−++−+++===−−−+−−+−，即()()()12121288808

yyyynyyatntnat+−+=−−=−+=，当na=−时，0ANBNkk+=恒成立，即(),0Na−；综上所述：存在点(),0Na−，对任意的直线l，都满足直线,ANBN关于x轴对称.4．（2022·重庆市育才中学高三阶段练习

）已知抛物线2:4Exy=的焦点为F，过F的直线交抛物线E于A、B两点.(1)当直线AB的斜率为1时，求弦AB的长度AB；(2)在x轴的正半轴上是否存在一点P，连接PA，PB分别交抛物线E于另外两点C、D，使得//ABCD且4ABCD=？若存在，请求出点P的坐标

，若不存在，请说明理由.【答案】(1)8(2)存在，23,03P(1)解：设()11,Axy，()22,Bxy，()33,Cxy，()0,0Px，由题意知，点F的坐标为()0,1，直线AB的方程为10xy−+=.与抛物线2:4Exy=联立可得26

10yy−+=.由韦达定理有126yy+=，故1228AByy=++=.(2)设()11,Axy，()22,Bxy，()33,Cxy，()0,0Px.由//ABCD且4ABCD=，得4PAPC=，即()()101303,4,xxy

xxy−=−.所以10334xxx+=，134yy=.代入抛物线2:4Exy=，得221011344xxxy+==，整理可得221010230xxxx−−=，同理可得222020230xxxx−−=，故12,xx是方程2200230xxxx−−=的两根，20120x=，由韦达定理有

1202xxx+=，21203xxx=−，①由题意，直线AB的斜率一定存在，故设直线AB的方程为1ykx=+，与抛物线2:4Exy=联立可得2440xkx−−=，由韦达定理有124xxk+=，124xx=−，②由①②可得0233x=，33k=，故x轴的正半轴上存在

一点23,03P满足条件.1．（2022·全国·高考真题（文））已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过()30,2,,12AB−−两点．第二部分：高考真题感悟(1)求E的方程

；(2)设过点()1,2P−的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足MTTH=．证明：直线HN过定点．【答案】(1)22143yx+=(2)(0,2)−（1）解：设椭圆E的方程为221mxny+=，过()30,2,,12AB−−，则41914nm

n=+=，解得13m=，14n=，所以椭圆E的方程为：22143yx+=.（2）3(0,2),(,1)2AB−−，所以2:23+=AByx，①若过点(1,2)P−的直线斜率不存在，直线1x=.代入

22134xy+=，可得26(1,)3M−，26(1,)3N，代入AB方程223yx=−，可得26(63,)3T−+−，由MTTH=得到26(265,)3H−+−.求得HN方程：26(2)23yx=+−，过点(0,2)−.②若过点(1,2)P−的直线斜率存在，设1122(2)0,(,),(,)kx

ykMxyNxy−−+=.联立22(2)0,134kxykxy−−+=+=得22(34)6(2)3(4)0kxkkxkk+−+++=，可得1221226(2)343(4)34kkxxkkkxx

k++=++=+，12222228(2)344(442)34kyykkkyyk−++=++−=+，且1221224(*)34kxyxyk−+=+联立1,223yyyx==−可得111113(3,

),(36,).2yTyHyxy++−可求得此时1222112:()36yyHNyyxxyxx−−=−+−−，将(0,2)−，代入整理得12121221122()6()3120xxyyxyxyyy+−+++−−=，将(*)代入，得222241296482448482436

480,kkkkkkk+++−−−+−−=显然成立，综上，可得直线HN过定点(0,2).−