【文档说明】备战2023-2024学年高三上学期期中数学真题分类汇编（新高考通用）专题15圆锥曲线压轴大题（十大题型） Word版含解析.docx，共(118)页，10.654 MB，由小赞的店铺上传

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专题15圆锥曲线压轴大题相关点法求轨迹方程1．（江苏省淮阴中学、海门中学、姜堰中学2022-2023学年高三上学期期中）已知双曲线C的方程为2222xy−=．(1)直线yxm=+截双曲线C所得的弦长为42，求实数m的值；(2)过

点()2,1-作直线交双曲线C于P、Q两点，求线段PQ的中点M的轨迹方程．【答案】(1)1m=(2)22240xyxy−−−=【分析】（1）联立直线与双曲线方程，得到韦达定理式，利用弦长公式即可求出m值；（2）设()()1122,,,,(,)PxyQxyMxy,()2,1A−，利用点差法结合中点

公式即可得到212xyyx+=−，化简即可.【详解】（1）联立2222yxmxy=+−=,得22220xmxm−−−=，直线yxm=+被双曲线C截得的弦长为42,224480mm=++,设直线与双曲线交于()()1122,,

,AxyBxy,则212122,2xxmxxm==−−+,由弦长公式得()22422442mm=++,解得1m=.（2）设()()1122,,,,(,)PxyQxyMxy,()2,1A−，则12122,2xxxyyy+=+=，2222112

222,22xyxy−=−=，上式作差得()()1212420xxxyyy−−−=，当直线PQ的斜率不存在时，根据双曲线对称性知()2,0M，当直线PQ的斜率存在时，但120yy+=时，此时直线PQ为直线OA，根据双曲线对称性知()0,0M，当直线PQ的斜率存在时，且120yy+时，12122

PQyyxkxxy−==−，12AMykx+=−，212xyyx+=−，化简得22240xyxy−−−=，其中2,0xy，而点()2,0，()0,0适合上述方程，则线段PQ的中点M的轨迹方程是222

40xyxy−−−=.2．（2022秋·河北唐山·高三开滦第一中学校考期中）已知A是圆O：x2+y2＝4上一动点，过点A作AB⊥x轴，垂足为B，动点D满足32DBAB=.（1）求动点D的轨迹C的方程；（2）

垂直于x轴的直线M交轨迹C于M、N两点，点P（3，0），直线PM与轨迹C的另一个交点为Q.问：直线NQ是否过一定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由.【答案】（1）22143xy+=；（2）直线NQ恒过定点4,03【分析】（1）设()Dxy，，用,xy表示出A点

坐标，代入圆O方程化简即可得D的轨迹方程；（2）设直线PM斜率为()()1122,,,,kMxyQxy，根据根与系数的关系得出,MQ的坐标关系，利用两点式表示出直线NQ的方程，化简即可得出结论．【详解】(1

)设D(x，y)，∵32DBAB=，∴A(x，23y)，代入圆O的方程可得：x2243y+=4，即2243xy+=1.∴动点D的轨迹C的方程是：2243xy+=1.(2)设直线PM的方程为y＝k(x﹣3)，联立方程组()223143ykxxy=−+=，消元得：(3+4k2)x2﹣24

k2x+36k2﹣12＝0，∴△＝576k4﹣4(3+4k2)(36k2﹣12)0，解得：k235.设M(x1，y1)，Q(x2，y2)，则N(x1，﹣y1)，由根与系数的关系可得：x1+x2222434kk=+，

x1x222361234kk−=+，直线NQ的方程为：112121yyxxyyxx+−=+−，即(x2﹣x1)y﹣(y1+y2)x+x2y1+x1y2＝0，∵y1+y2＝k(x1﹣3)+k(x2﹣3)＝k(x

1+x2)﹣6322434kkk=−+621834kkk−=+，x2y1+x1y2＝x2k(x1﹣3)+x1k(x2﹣3)＝2kx1x2﹣3k(x1+x2)＝2k•22361234kk−−+3k•222

24243434kkkk−=++，∴直线NQ方程为：(x2﹣x1)21834kyk++•22434kxk−=+0，即(x2﹣x1)2184343kyxk+−+＝0，∴直线NQ恒过定点(43，0).

【点睛】本题考查了轨迹方程的求解，考查直线与椭圆的位置关系，属于中档题．3．（湖南省衡阳市第一中学2022-2023学年高三上学期期中数学试题）在直角坐标系xOy中，线段4MN=，且两个端点M、N分别在x轴和y轴

上滑动．(1)求线段MN的中点C的轨迹方程；(2)若直线()():211320lmxmym+++−−=．①证明直线l与曲线C恒有两个不同交点；②求直线l被曲线C截得的最短弦长．【答案】(1)224xy+=(2)①证明见解析；②22【分析】（1）根据点C到原点的距离为定值2，得出点C在以原点为圆

心，2为半径的圆上，写出圆的方程即为点C的轨迹方程；（2）①先求解直线所过定点的坐标，再判断定点在圆内可得出结论；②根据动直线与圆相交得最短弦长的条件（直线所过定点与圆心的连线和直线垂直）确定弦心距的长，再计算弦长即可.【详解】（1）设线段

MN的中点(),Cxy，当点C运动时，它到原点O的距离为定长，即RtMON的斜边上的中线长，因为4MN=，所以2OC=，所以点C的轨迹是以O为圆心，2为半径的圆，所以点C的轨迹方程是224xy+=．（2）①直线()():211320lmxmym+++−−=可整理为()232

0mxyxy+−++−=，方程组23020xyxy+−=+−=的解为11xy==，所以直线l恒过定点()1,1D，将点()1,1代入圆C的方程有221124+=，所以点()1,1D在圆C的内部，所以直线l与

曲线C恒有两个不同交点．②由①知，当直线l垂直于OD时被截得的弦长最短，又2OD=所以此时弦长为24222−=，所以直线l被曲线C截得的最短弦长为22．4．（福建省泉州市晋江二中、鹏峰中学、广海中学、泉港五中2023届高三上学期10月期中）已知圆22:4Cxy+=，点(2,2)P．(1)

直线l过点P且与圆C相交于A，B两点，若0CACB=，求直线l的方程；(2)若动圆D经过点P且与圆C外切，求动圆的圆心D的轨迹方程；(3)是否存在异于点P的点Q，使得对于圆C上任意一点M，均||||MPMQ=有为

常数？若存在，求出点Q坐标和常数的值；若不存在，也请说明理由．【答案】(1)(23)2230xy+−−−=或(23)2230xy−−−+=(2)22210xyxy+−−=(3)存在(1,1),2Q=【分析】（1）设直线l方程为(22)ykx−=−，由0CACB=，结合CAC

B=可得圆心到直线的距离为2，从而可求的k，即可得解；（2）设动圆的圆心D的坐标为(,)xy，由动圆D经过点P且与圆C外切，可得2CDPD=+，从而可得出所求；（3）设()()11,,,MxyQxy，由点Q异于点P，得1，根据两点之间的距离公式及已知化简整理即可得出结论.【详解】（1

）由题意知，直线l的斜率必存在，设为k，则直线l方程为2(2)220ykxkxyk−=−−−+=，∵0CACB=，∴π2ACB=，又CACB=，则圆心到直线的距离为2，则22|22|2231kkk−+==+，则直线l的方程为(23)2230xy+−−−=或

(23)2230xy−−−+=；（2）设动圆的圆心D的坐标为(,)xy，由题意知2CDPD=+，∴22222(2)(2)xyxy+=+−+−，化简得：22210xyxy+−−=，即2122xyx−=−，由于CDP

D，所以2yx−+，所以21222xxx−−+−，解得1x，所以动圆的圆心D的轨迹方程为22210(1)xyxyx+−−=；（3）设()()11,,,MxyQxy，则224xy+=，因为点Q异于点P，则1，()()()()222222222222111111224482

2MPxyxyxyxyxxxyyyxxyyMQ−+−+−−+===+−+−−+−+2211114412224xyxxyyxy−−+=−−+++，∵为常数且M为任意一点，则22211114412224xyxy−−===−−

++，∴1122xy==，∴222222122224==++，∵0，∴2=，∴111xy==，则当Q的坐标为(1,1)时，为常数2=．5．（江苏省徐州市2022-2023学年高三上学期期中）已知在平面直角坐标系中，坐标原点

为O，点(3,0)(0)App−，B、C两点分别在y轴和x轴上运动，并且满足0ABBQ=，12BCCQ=，动点Q的轨迹为曲线M.（1）求动点Q的轨迹方程；（2）作曲线M的任意一条切线（不含y轴）l，直线2xp=−与切线l相交于E点，直线2xp=与切线l、x轴分别相交于F点与D点，试探究222D

EDFOD−的值是否为定值，若为定值请求出该定值；若不为定值请说明理由.【答案】（1）24(0)ypxp=（2）2【分析】（1）先设(),Qxy，()00,By，()0,0Cx，求出BC，CQ的坐标，根据

12BCCQ=，得到03xx=，02yy=−，再根据0ABBQ=，即可求出结果；（2）先由题意设切线l的方程为ykxb=+，与抛物线方程联立，根据判别式为0，得到kbp=，再根据题设及直线l方程易得()2,2Epbkp−−，()2,2Fpbkp+，

()2,0Dp，进而可得出222DEDFOD−的结果.【详解】（1）设(),Qxy，()00,By，()0,0Cx，则()00,BCxy=−，()0,CQxxy=−，∵12BCCQ=，∴()()0001,,2xyxxy−=−，∴03xx=，02yy=−，∴3,2yBQx=

，3,2yABp=−，又0ABBQ=，∴24(0)ypxp=，∴Q点的轨迹方程为24(0)ypxp=.（2）222DEDFOD−的值为定值2.求解如下：由题可知切线l的斜率存在，设切线l的方程为ykxb=+，代入24ypx=可得(

)222240kxkbpxb+−+=，由0=可得kbp=.由题设及直线l方程易得()2,2Epbkp−−，()2,2Fpbkp+，()2,0Dp，()()()22222422DEDFpbkpbkp−=+−−

+2168pkpb=−.又kbp=，∴222221688DEDFppp−=−=，∴()22222822DEDFpODp−==为定值.【点睛】本题主要考查抛物的方程，以及抛物线中的定值问题，熟记抛物线的性质即可，属于常考题型.交轨法求轨迹方程6．（2022秋·云南·高三云南民族大学附属

中学校考期中）如图，已知点A(-1，0)与点B(1，0)，C是圆x2+y2=1上异于A，B两点的动点，连接BC并延长至D，使得|CD|=|BC|，求线段AC与OD的交点P的轨迹方程.【答案】()2214039xyy++=【

分析】首先判断点P是ABD△的重心，代入重心坐标公式，利用代入法，即可求点P的轨迹方程.【详解】设动点P(x，y)，由题意可知P是△ABD的重心，由A(-1，0)，B(1，0)，令动点C(x0，y0)，则D(2x0-1，2y0)，由重心坐标公式得001121323

xxyy−++−==，则()000312302xxyyy+==代入221xy+=，整理得()2214039xyy++=故所求轨迹方程为()2214039xyy++=.7．（安徽

省卓越县中联盟2022-2023学年高三上学期期中）已知12,FF为双曲线2222:1(0,0)xyCabab−=的左右焦点，且该双曲线离心率小于等于72，点M和N是双曲线上关于x轴对称非重合的两个动点，12,AA为双曲线左右顶点，12124,27MFMFMAMF−=++恒成立．(1)求该

双曲线C的标准方程；(2)设直线1NA和2MA的交点为P，求点P的轨迹方程．【答案】(1)22143xy−=(2)221(02)43xyx+=【分析】（1）利用双曲线的定义可得2a=，然后利用两边之和大于第三边以及1227

MAMF++可得7c=，即可求得方程；（2）设()()000,2Mxyx，则()00,Nxy−，得到直线1NA，2MA的方程，两条方程与2200143xy−=可得到22143xy+=，然后算出x的范围即可【详解】（1）设双曲线C的焦距为2c，由124MFMF−

=及双曲线的定义，得24a=，解得2a=，由12MAF可得12122MAMFAFacc+=+=+，又1227MAMF++恒成立，所以272c++，解得7c．因为该双曲线离心率小于等于72，所以72ca，即722c，解得7c，所以7c=，则

22(7)23b=−=，所以双曲线C的标准方程为22143xy−=．（2）因为124MFMF−=，所以点M只能在双曲线的右支上，设()()000,2Mxyx，则()00,Nxy−，因为M在双曲线上，所以2200143xy−=，易得()()122,0,2,0AA−，所以直线1NA的斜率为1002

NAykx=−+，直线1NA的方程为()0022yyxx=−++①，同理可求得直线2MA的方程为()0022yyxx=−−②，由①×②得()()22020224yyxxx=−+−−③，将2200143xy−=代入③得()()20222034444xyxx−=−−−，化简

得22143xy+=，令①=②即()()00002222xyxyxx−−++−=，化简得04xx=，因为02x，所以04(0,2)xx=，即点P的轨迹方程为221(02)43xyx+=．【点睛】关键点点睛：这道题的关键之处是得到直线1NA，2MA的方程，与2200143xy−=相结合，通

过消元的方法得到轨迹方程8．（海南省海口嘉勋高级中学2023届高三上学期期中考）已知过点()8,0H的直线交抛物线2:8Eyx=于,AB两点，O为坐标原点．(1)证明：OAOB⊥；(2)设F为抛物线的焦点，直线AB与直线4x=−交于点

M，直线MF交抛物线与,CD两点（,AC在x轴的同侧），求直线AC与直线BD交点的轨迹方程．【答案】(1)证明见解析(2)()40xy=−【分析】（1）设2,8AAyAy，2,8BByBy，利用,,AHB

三点共线AHBHkk=，解得64AByy=−，再利用向量数量积的坐标表示即可求解；（2）设()4,Mm−，(),CCCxy，(),yDDDx，根据题意可得2CDABkk=，由此解出Cy与Ay，By与Dy的关系，进而得

到直线AC与直线BD的方程，联立即可求解.【详解】（1）设2,8AAyAy，2,8BByBy，因为,,AHB三点共线，所以AHBHkk=,所以228888ABAByyyy=−−，整理

可得64AByy=−，所以22064ABAByyOAOByy=+=，所以OAOB⊥．（2）设()4,Mm−，(),CCCxy，(),yDDDx，由题意()2,0F，()8,0H，因为6CDMFmkk==

−，12ABMHmkk==−，所以2CDABkk=，又因为28864AAABAAyykxy==−−，28216CCCDCCyykxy==−−，所以228161664CACAyyyy=−−，整理得()()2320ACACyyyy−+=．因为,AC在x轴同侧，所以2

ACyy=，同理可得2BDyy=，所以直线AC的方程为16133AAyxyy=+，同理BD的方程为16133BByxyy=+，两式联立代入64AByy=−，可得4x=−，由题意可知交点不能在x轴上，所以交点的轨迹方程为()40xy=−．

9．（2022秋·黑龙江牡丹江·高三牡丹江市第二高级中学校考期中）已知椭圆E的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，且经过()()()4,04,02,3ABC−､､三点.(1)求椭圆E的方程；(2)若过右焦点2F的直线l（斜率不为0）与椭圆E交于MN､两点，求直线AM与直线B

N的交点的轨迹方程.【答案】(1)2211612xy+=(2)()80xy=【分析】（1）首先设椭圆方程，代入椭圆上的点的坐标，即可求解；（2）首先设直线l的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理，求直线AM与直线BN的交点坐标，即可求解交点的轨迹方程.【

详解】（1）设椭圆方程E：22xa+22yb=1由AC两点可知：222161491aab=+=，解得2a=16，2b=12，所以椭圆方程为2211612xy+=；（2）设2xmy=+，M（1x，1

y）N（2x，2y）联立22211612xmyxy=++=（3224)my++12my-36=02122122Δ576576012343634mmyymyym=+−+=+−=+直线AM：y=()1144yxx++直线BN：y=()2244yxx−−消去y：12122

144123myyyyxyy−+=+，1221234myym−=−+222222236124412343412334mmyymmmyym−−−−+++=−+−+8=因斜率不为0，该直线方程：()80xy=.10．（2022秋·山东烟台·高三统考期中）已知双曲

线2222:1(0,0)xyCabab−=的左､右顶点分别为()()1,0,1,0AB−，动直线l过点()2,0M，当直线l与双曲线C有且仅有一个公共点时，点B到直线l的距离为22(1)求双曲线C的标准方程；

(2)当直线l与双曲线C交于异于,AB的两点,PQ时，记直线AP的斜率为1k，直线BQ的斜率为2k.（i）是否存在实数，使得21kk=成立，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；（ii）求直线AP和BQ交

点E的轨迹方程.【答案】(1)221xy−=(2)（i）存在，3=−；（ii）12x=【分析】（1）注意到直线l与双曲线C有且仅有一个公共点时，l平行于渐近线可解；（2）利用韦达定理结合21kk=即可求得，再根据AP和BQ的直线方程消去斜

率即可得交点E的轨迹方程.【详解】（1）2221,1yaxb=−=故当直线l过()2,0与双曲线C有且仅有一个公共点时，l应与C的渐近线平行设直线():2lybx=−，即20bxyb−=，则点B到直线l的距离为22,121bbb==+即双

曲线C的标准方程为：221xy−=.（2）（i）由题可知，直线l斜率不为0设直线()()1122:2,,,,lxmyPxyQxy=+由2212xyxmy−==+得：()()222143010mymym−++=−2Δ4120

m=+成立12122243,11myyyymm−+==−−()121234myyyy=−+.121212,11yykkxx==+−()()()()221212212211121212111313111yyxymykxmyyyykyxymymyyyx

++−+=====−+++()()122121211233934443313444yyyyyyyyyy−++−+===−−++−所以存在实数3=−，使得21kk=成立.（ii）直线()1:1AP

ykx=+，直线()2:1BQykx=−联立得：2111312kxxxk+==−=−所以直线AP和BQ交点E的轨迹方程为：12x=参数法求轨迹方程11．（福建省龙岩市永定区坎市中学2023届高三上学期期中）如图，过抛物线（p＞

0）的顶点作两条互相垂直的弦OA、OB．⑴设OA的斜率为k，试用k表示点A、B的坐标⑵求弦AB中点M的轨迹方程【答案】⑴A（22pk，2pk），B（22pk，2pk−）．⑵222ypxp=−，即为M点轨迹的普通方程．【详解】试题分析：⑴．∵依题意可知直线OA的斜率存在且不为0∴设直线OA的方程为

ykx=（0k）∴联立方程2{2ykxypx==解得22Apxk=2Apyk=；以1k−代上式中的k，解方程组21{2yxkypx=−=解得22Bxpk=2Bypk=−∴A（22pk，2pk），B（22pk，2pk−）．6分⑵．设AB中

点M（x，y），则由中点坐标公式，得221(){1()xpkkypkk=+=−消去参数k，得222ypxp=−，即为M点轨迹的普通方程．12考点：直线与抛物线的位置关系，“参数法”求轨迹方程．点评：中档题，研究直线与圆锥曲线的位置关

系，往往通过建立方程组，应用韦达定理，简化解题过程．“参数法”是求曲线方程的常见方法，通过引入适当的“中间变量”，将动点的坐标相互联系起来．12．（2022秋·吉林长春·高三长春市第十七中学上学期期中）已知抛物线21yx=+，定点(3,1)A，B为抛物线上任意一点，点P在线段AB

上，且有:1:2BPPA=，当点B在抛物线上变动时，求点P的轨迹方程，并指出这个轨迹为那种曲线．【答案】详见解析【分析】设()()00,,,PxyBxy，根据:1:2BPPA=，利用分点公式得到()()003=121=312xxyy−−，再根据点B在抛物

线上求解.【详解】解：设()()00,,,PxyBxy，因为:1:2BPPA=，所以001+32=11+21+12=11+2xxyy，解得()()003=121=312xxyy−−

，因为点B在抛物线上，所以()()213311122yx−=−+，即23122xyy=−+，所以轨迹是抛物线.13．（海南省海口嘉勋高级中学2023届高三上学期期中考）在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的中心在坐标原点，焦

点在坐标轴上，点()2,1P−和点26,2Q为椭圆C上两点.（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）A，B为椭圆C上异于点P的两点，若直线PA与PB的斜率之和为0，求线段AB中点M的轨迹方程.

【答案】（Ⅰ）22182xy+=；（Ⅱ）20(22)xyx−=−【分析】（Ⅰ）设椭圆C的方程为()2210,0,mxnymnmn+=，进而待定系数求解即可得答案；（Ⅱ）设直线PA的斜率为k，进而得直线PA的方程，与椭圆联立得点A的坐标

，同理，用k−替换点A的坐标得点B的坐标，进而得点M的坐标，消去参数即可得点M的轨迹方程.【详解】解：（Ⅰ）根据题意，设椭圆C的方程为()2210,0,mxnymnmn+=，因为点()2,1P−和点26,2Q为椭圆C

上两点，所以161241mnmn+=+=，解得11,82mn==，所以椭圆C的标准方程22182xy+=（Ⅱ）设直线PA的斜率为k，所以直线PA的方程为()12ykx+=−，即()21ykx=−−

，所以与椭圆联立方程22(2)1480ykxxy=−−+−=得2224(2)8(2)480xkxkx+−−−+−=，即22(2)(14)8820xkxkk−+−−+=，所以点A的横坐标为2288214Akkxk+−=+，纵坐标为2244114Akkyk−−=

+，即点A的坐标为2222882441,1414kkAkkkk+−−++−，因为直线PA与PB的斜率之和为0，所以直线PB的斜率为k−，同理，用k−替换点A的坐标得点B的坐标2222882441,

1414kkkkBkk−−+−++，所以点M的坐标为22228241,1414kkkk−−++所以点M的参数方程为：222282144114kxkkyk−=+−=+（k为参数）消去参数得点M的轨迹方程20xy−=，由222480xyxy=+−=解得2

x=，所以22x−，所以点M的轨迹方程20(22)xyx−=−.【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解，直线与椭圆的位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于设直线PA的斜率为k，进而结合

题意，与椭圆联立方程求得,AB点坐标，进而消参数即可得答案.14．（江苏省淮安市淮安区2022-2023学年高三上学期期中）已知()11,Axy，()22,Bxy是抛物线2:4Cyx=上两个不同的点，C的焦点为F．（1）若直线AB过焦点F，且221232yy+=，求AB的

值；（2）已知点()2,2P−，记直线PA，PB的斜率分别为PAk，PBk，且1PAPBkk+=−，当直线AB过定点，且定点在x轴上时，点D在直线AB上，满足0PDAB=，求点D的轨迹方程．【答案】（1）10AB=；（2）

()2215xy+−=（除掉点()2,0−）.【分析】（1）利用抛物线焦半径公式可直接求得结果；（2）设:ABxtym=+，与抛物线方程联立后得到韦达定理的形式，代入1PAPBkk+=−中整理可求得m，验证m取值后得到所过

定点E；由0PDAB=知PDDE⊥，知点D的轨迹是以PE为直径的圆，确定圆心和半径后即可得到轨迹方程，验证可知轨迹中的()2,0−不符合题意，由此得到最终结果.【详解】（1）由抛物线方程知：()1,0F，准线方程为：=1x−．211114yAFx=+=+，2

22114yBFx=+=+，22122104yyABAFBF+=+=+=.（2）依题意可设直线:ABxtym=+，由24yxxtym==+得：2440ytym−−=，则216160tm=+，121244yyt

yym+==−…①12121212222212222PAPByyyykkxxtymtym−−−−+=+=+=−++++++，()()()()()()()12121222121222242122tyymyytyymtyytmyym+++−+−+

=−+++++…②由①②化简整理可得：28440tmm−+−=，则有()()2420mtm+−−=，解得：2m=或42mt=−．当42mt=−时，()22166432162960ttt=+−=+−，解得：26t−+或26t−−，此时()

:4242ABxtytty=+−=+−过定点()2,4−−，不符合题意；当2m=时，216320t=+对于tR恒成立，直线:2ABxty=+过定点()2,0E，2m=.0PDAB=，PDAB⊥，且,,,ABDE四点共线，PDDE

⊥，则点D的轨迹是以PE为直径的圆．设(),Dxy，PE的中点坐标为()0,1，25PE=，则D点的轨迹方程为()2215xy+−=．当D的坐标为()2,0−时，AB的方程为0y=，不符合题意，D的轨迹方程为()2215xy+−=（除掉点()2,0−）．【点睛】关键点点睛：本题第二问考查

了动点轨迹方程的求解问题，解题关键是能够根据1PAPBkk+=−，利用韦达定理构造出关于变量m的方程，确定直线AB所过的定点坐标，进而根据垂直关系确定轨迹为圆.求参数范围及最值问题15．（江苏省南京东山外

国语学校2022-2023学年高三上学期期中）已知椭圆C：()222210xyabab+=的离心率为23，点A，B，D分别是椭圆C的左、右、上顶点，F是C的左焦点，坐标原点O到直线DF的距离为253.(1)

求C的方程；(2)过F的直线l交椭圆C于P，Q两点，求FPFQ的取值范围.【答案】(1)22195xy+=(2)255,9−−【分析】（1）由离心率、等面积法及椭圆参数关系列方程求椭圆参数，即可得方程；（2）讨论直

线l的斜率，设l的方程并联立椭圆方程，应用韦达定理及向量数量积的坐标表示得到FPFQ关于所设参数的关系式，进而求范围.【详解】（1）设椭圆C的半焦距为(0)cc，根据题意2222,325,3,cabcaabc=

==+解得3,5,2,abc===故C的方程为22195xy+=.（2）由（1）知：()2,0F−.当直线l的斜率为0时，点,PQ为椭圆的左、右顶点，不妨取()()3,0,3,0PQ−，此时()()1,0,5,0FPFQ=−=，则5FPFQ=−.当直线l的斜率不为0或l与

x轴垂直时，设其方程为2xmy=−，代入椭圆C并消去x得()225920250mymy+−−=，设()()1122,,,PxyQxy，则1212222025,5959myyyymm−+==++.而()()11222,,2,FPxyFQxy

=+=+，所以()()1212121222FPFQxxyymymyyy=+++=+()()22122225201155959myymmm−=+=+=−+++.因为2599m+，所以220200599m+，所以2

202555599m−−+−+.综上，FPFQ的取值范围为255,9−−.16．（福建省泉州市安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学2023届高三期中）已知1F，2F为椭圆C的左右焦点，且

抛物线245yx=的焦点为2F，M为椭圆的上顶点，12MFF△的面积为25.(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点()0,1的直线l与椭圆C交于A，B两点，О为坐标原点，且()0ODOB=，若椭圆C上存在一点E，使得四边形OAED为平行四边形，求的取值范围.【答案】

(1)22194xy+=(2))1,2【分析】（1）根据题意可得2F，再结合△12MFF的面积为25，可建立关于a，b，c的方程组，解出即可；（2）设1(Ax,1)y，2(Bx,2)y，则2(Dx,2)y，结合四边形OAED为平行四边形，可得12(Exx+，12)yy+，设直线:1ly

kx=+，联立直线和椭圆方程，得到两根之和与两根之积，进而可得24294k=−+，从而得解．【详解】（1）抛物线245yx=的焦点为2(5,0)F，设椭圆C的标准方程为22221(0)xyabab+=，则222512252ccbab

c===+，解得325abc===，所以椭圆C的标准方程为22194xy+=；（2）显然直线l的斜率存在，设直线:1lykx=+，设1(Ax,1)y，2(Bx,2)y，则2

(Dx,2)y，四边形OAED为平行四边形，ODAE=，12(Exx+,12)yy+，点A，B，E均在椭圆C上，2211194xy+=，2222194xy+=，221212()()194xxyy+++=，0，121249180x

xyy++=，21212(49)9()9180kxxkxx+++++=．，由221194ykxxy=++=，消去y得，22(94)18270kxkx++−=，显然()2432310k=+，1221894kxxk−+=

+，1222794xxk−=+，2222718(49)918909494kkkkk−+−++=++，24294k=−+，[1,2)．17．（2022秋·重庆渝北·高三重庆市渝北中学校期中）已知()()3,0,3,0,MNP−为坐标平面上的动点，且

直线PM与直线PN的斜率之积为59−．(1)求P点的轨迹方程；(2)设P点的轨迹为曲线C，过点()2,0Q斜率为1k的直线l与曲线C交于不同的两点,,ABAB中点为R，直线OR（O为坐标原点）的斜率为2k，求证12kk

为定值；(3)在（2）的条件下，设QBAQ=，且[2,3]，求直线l在y轴上的截距的变化范围．【答案】(1)221(3)95xyx+=(2)证明见解析(3)272723,,2333−−【分析】（1）设(,)Pxy，根据斜率的坐标运算即可得轨

迹方程；（2）法一：设l的方程为：2xty=+，设()()1122,,,AxyBxy，联立直线与椭圆根据交点坐标关系及斜率坐标运算即可得结论；法二：设l的方程为：1(2)ykx=−，设()()()112200,,,,,AxyBxyRxy，利用点差法将点坐标代入

椭圆方程，整理可得斜率关系；（3）根据平面向量共线向量的坐标关系得21yy=−代入（2）中法一的坐标关系中可得22116259tt−+=+，从而转化求解直线l在y轴上的截距的取值范围．【详解】（1）设(,)Pxy，由题意知：5(3)

339PMPNyykkxxx==−+−，化简得：P得轨迹方程为221(3)95xyx+=；（2）法1：设l的方程为：2xty=+，设()()1122,,,AxyBxy，联立曲线C方程得：()225920250tyty++−=，0恒成

立则1222059tyyt−+=+①，1222559yyt−=+②，所以()21212222036445959txxtyytt−+=++=+=++，则AB中点为221810,5959tRtt−++，所以212210115559189

959tttkkttt−−+===−+；法2：设l的方程为：1(2)ykx=−，设()()()112200,,,,,AxyBxyRxy，则22112222195195xyxy+=+=，相

减整理得：1212121259yyxxxxyy−+=−−+，又01201201052,2,9xxxxyyyky+=+==−，因为021205,9ykkkx==−；（3）由QBQA=得21yy=−，代入①②得：1

220(1)59tyt−−=+③，2122559yt=+④，③式平方除以④式得：22116259tt−+=+，而根据对勾函数单调性知12y=−+在[2,3]上单调递增，22211435952,219112346616ttt+−++=，则

217,39t，又l在y轴上的截距为2222428,,129bbtt=−=，272723,,2333b−−．【点睛】关键点睛：本题第二问的关键可以采用点差法证明斜率

乘积为定值，也可以利用设线法结合韦达定理证明，第三问变形得到22116259tt−+=+，再利用对勾函数单调性求出21t的范围，最后再利用截距与2t的关系即可.18．（2022秋·福建泉州·高三泉州五中校考期中）设12,FF分别是椭圆2214xy+=的左、右焦点，B为椭

圆上的点且坐标为(0)1−,．(1)若P是该椭圆上的一个动点，求12||||FPPF的最大值；(2)若C为椭圆上异于B的一点，且11BFCF＝，求λ的值；(3)设P是该椭圆上的一个动点，求1PBF的周长的最大值．【答案】(1)4(2)7

−(3)8【分析】（1）根据椭圆方程确定2a=，利用基本不等式即可求得答案.（2）根据向量的共线，表示出点C坐标，代入椭圆方程，即可求得答案；（3）利用椭圆定义，结合线段和差的最值的几何意义，即可求得答案.【详

解】（1）因为椭圆的方程为2214xy+=，所以2,1,3abc===，又1224PFPFa==+，所以21212||||()42PFPFPFPF+=（当且仅当122PFPF==时取“＝”），所以12||||FPPF的最大值为4.（2）设C点的坐标为()00,

xy，又B，F1两点的坐标分别是()()1013,,0,BF−−，由11BFCF＝得00(3,1)(3,)xy−=−−−，故()031x−=，01y=−，又220014xy+=，所以()2223

1114−+−=，化简得2670+−=，解得7=−或1=，当1=时，,BC重合，与点C异于点B不符，所以7=−.（3）因为12244PFPBPFPBBF+=−++，当P点位于直线BF2与椭圆的交点处（

异于B）时取等号，又221||(1)(3)2BF=−+−=,222||(1)(3)2BF=−+=,所以1PBF的周长1121||||||48PFPBBFBFBF++++=，所以1PBF的周长最大值为8.19．（山东省青岛市青岛第十九中学2022-2023学

年高三上学期期中）椭圆()222210xyabab+=的左焦点为1F，右顶点为M，且1422MF=+，椭圆离心率22e=．(1)求椭圆方程；(2)过点()30，且不垂直于坐标轴的直线与椭圆交于A，B两点，已知点()0Ct，，当时，求满足ACBC=的直线AB的斜率k的取值范围．【答案】(

1)221168xy+=(2)()()1001k−，，【分析】本题考查椭圆的标准方程，椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系及中点弦问题，属于中档题．（1）根据1422MF=+，椭圆离心率22e=，可求得22ab，的值，进而可得椭圆方程．（2）设出A，B两点的坐标，及直线AB的方程，联立直线和椭圆方

程，根据0，可得()121226612kyykxxkk+=+−=−+，设出线段AB的垂直平分线方程，由题意知，C为线段AB的垂直平分线与x轴的交点，则222301112kkk+且0k，可得斜率k的取值范围．【详解】（1）由1422MF=+，椭圆离心率22e=，可得2224222

2accaabc+=+==+，216a=，228bc==，椭圆方程为221168xy+=．()2设()11Axy，，()22Bxy，，则直线AB为()()30ykxk=−，联立()2231168ykxxy

=−+=，消去y得：()2222121218160kxkxk+−+−=，由0恒成立，212221221212181612kxxkkxxk+=+−=+，()121226612kyykxxkk+=+

−=−+，设线段AB的垂直平分线方程为：1212122yyxxyxk++−=−−，令0y=，得()21212232212kyyxxkxk++=+=+，由题意知，C为线段AB的垂直平分线与x轴的交点，所以222

301112kkk+且0k，所以()()1001k−，，．20．（广东省广州六中2023届高三上学期期中）已知抛物线2:2(0)Typxp=，点F为其焦点，直线:4lx=与抛物线交于,MN两点，O为坐标原点，86OMNS=V．(1)求抛物线T的方程；(2)过x轴上一

动点(),0(0)Eaa作互相垂直的两条直线，与抛物线T分别相交于点,AB和,CD，点,HK分别为,ABCD的中点，求HK的最小值．【答案】(1)26yx=(2)6【分析】（1）由题意，求得点的坐标，利用三角形的面积，建立方程，可得答案；（2）利用分

类讨论，明确直线的斜率存在，联立方程，写出韦达定理，求得中点坐标，利用两点距离公式，结合基本不等式，可得答案.【详解】（1）直线方程为4x=，将其代入抛物线可得22yp=，由已知得1442862OMNSp==△，解得3p=，故抛物线T的方程为26yx=．（2）因为(),0E

a，若直线,ABCD分别与两坐标轴垂直，则直线,ABCD中有一条与抛物线只有一个交点，不合题意，所以直线,ABCD的斜率均存在且不为0．设直线AB的斜率为()0kk，则直线AB的方程为()ykxa=−．联立()26yxykxa==−，得2660kyyka

−−=，则2Δ36240ka=+，设()()1122,,,AxyBxy，则126yyk+=，设(),HHHxy，则1232Hyyyk+==，则23HHyxaakk=+=+，所以233,Hakk+，同理可得()23,3Kkak+−，故422244222224339

91133993226HKkkkkkkkkkkkk=−+−−=++++=，当且仅当441kk=且221kk=，即1k=时等号成立，故HK的最小值为6．定点问题21．（2022秋·山东青岛·高三统考期中）在平面直角坐标系xOy中，动点M到点()2,0D的距

离等于点M到直线1x=距离的2倍，记动点M的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)已知直线l：()122yxtt=+与曲线C交于,AB两点，问曲线C上是否存在两点,PQ满足90APBAQB==，若存在，请

求出两点坐标，不存在，请说明理由.【答案】(1)22122xy−=(2)曲线C上存在两点266,,33PQ−和266,33−【分析】（1）设点，由题意由点到直线的距离得出等量关系，化

简即可求得.（2）联立直线方程与曲线方程，根据题意由90APBAQB==可得点P及点Q在圆上，求出定圆与定直线的交点即为,PQ，再求出两点之间的距离即可.【详解】（1）设(),Mxy，动点M到点()2,0D的距离等于点M到直线1x=距离的2倍，所以

()22221xyx−+=−，化简得22122xy−=.所以曲线C的方程为22122xy−=.（2）存在两点266266,,3333PQ−−和满足90APBAQB==.设()(

)()112200,,,,,AxyBxyPxy联立直线与双曲线方程，有2234480xtxt−−−=，()221612480tt=++由韦达定理，有()1221243423xxtxxt+==−+，()1010,PAxxyy=−−，()20

20,PBxxyy=−−，()()102010201122PAPBxxxxxtyxty=−−++−+−()()221212001212001112222xxxxxxxtxtxxtyy=−+++++−+++

222200000000410810480333333xtxtyyxyxyt=−−−+=+−−+=所以上式当220000103480xyxy+=+=时，上式恒成立，即过定点266266,,3333−−

和，经检验两点恰在双曲线C上，且不与,AB重合，故存在双曲线上两点,PQ满足90APBAQB==.22．（辽宁省六校2022-2023学年高三上学期期中）在直角坐标系xOy中，抛物线C的顶点是双曲线

22:13yDx−=的中心，抛物线C的焦点与双曲线D的焦点相同．(1)求抛物线C的方程；(2)若点(),2(0)Ptt为抛物线C上的定点，A，B为抛物线C上两个动点.且PAPB⊥，问直线AB是否经过定点?若是，求出该定点，若不是，请说明理由．【答案】(1)28xy=或28xy=-；(2)直线AB

经过定点()4,10−．【分析】（1）根据双曲线的焦点得抛物线的焦点即可求解方程，（2）联立直线与抛物线方程，根据向量垂直的坐标关系即可求解.【详解】（1）双曲线D：2213yx−=，焦点为()0,2，抛物线C的顶点是O，可得抛物线C的方程为28xy=或28xy=-；（2）若点(),2(

0)Ptt为抛物线C上的定点，且点P位于第一象限，则抛物线的方程为28xy=，即有()4,2P，设直线AB方程ykxm=+，设211,8xAx，222,8xBx，联立28ykxmxy=+=得122128,8808,xxkxkxmxxm+

=−−==−226432020kmkm=++，因为0PAPB=，即()()2212124422088xxxx−−+−−=，化简得：()2222121212124200644xxxxxxxx++−+−+=，代入得：22121

632200mmkk−−−+=，()()226161mk−=+解得410mk=+或42mk=−+，将42mk=−+代入ykxm=+中得()42ykx=−+，由于此时直线经过点P，故不符合题意舍去，将410mk=+

代入ykxm=+中得代入直线方程得：()410ykx=++，此时()()2232242641kkk=−+=−，只要1k，就满足0，所以在1k时，直线AB经过定点()4,10−．【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表

示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.技巧：若直线方程为()00yykxx−=−,则直线过定点()00,xy;若直线方程为ykxb=+(b为定值),则直线过定

点()0,.b23．（2022秋·山东青岛·高三山东省青岛第一中学校考期中）已知动圆P过点10,8F且与直线18y=−相切，圆心P的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)若A，B是曲线C上的两个点，且直线AB过OAB的外心，其中O为坐标

原点，求证:直线AB过定点.【答案】(1)212xy=(2)证明见解析【分析】（1）设点(),Pxy，利用已知条件列等式求曲线C的方程；（2）直线AB过OAB的外心，有OAOB⊥，设直线AB的方程，与曲线

C的方程联立方程组，利用韦达定理求未知系数，证明直线AB过定点.【详解】（1）设点(),Pxy，则()22108xy−+−=18y+，平方并整理得212xy=，∴曲线C的方程为212xy=.（2）证明:由题意可知直线AB的斜率一定存在，

否则不与曲线C有两个交点.设AB的方程为()0ykxmm=+，()()1122,,,AxyBxy，联立22ykxmyx=+=，，得220xkxm−−=，其中280km=+，则122kxx+=，122mxx=−，由212xy=，得2112yx=，2222yx=.∴()

2222212121222442myyxxxxm====−.∵直线AB过OAB的外心，∴OAOB⊥.∴12120OAOBxxyy=+=·，即202mm−+=，解得12m=或0m=（舍去）.当12

m=时，满足0.∴直线AB的方程为12ykx=+，∴直线AB过定点10,2.24．（黑龙江省齐齐哈尔市三立高级中学2022-2023学年高三上学期期中）双曲线222:1(0)3xyCaa−=的左、右焦

点分别为12,FF，过2F作与x轴垂直的直线交双曲线C于,AB两点，1FAB的面积为12，抛物线2:2(0)Eypxp=以双曲线C的右顶点为焦点.(1)求抛物线E的方程；(2)如图，点(),02pPtt−为抛物线E的准线上一点，过点P作y轴的

垂线交抛物线于点M，连接PO并延长交抛物线于点N，求证：直线MN过定点.【答案】(1)24yx=(2)证明见解析【分析】（1）设()2,0(0)Fcc，令xc=，代入C的方程得Ay，结合三角形的面积求出a，即可得出p，从而得解；（2）由（1）知()()1,0Ptt−，可

得M的坐标，直线PO的方程为ytx=−，代入抛物线E的方程可得N的坐标，进而得MN的方程，求解即可.【详解】（1）设()2,0(0)Fcc，则23ca=+，令xc=，代入C的方程，得3Aya=.所以121632

2122FABAaScya+===，所以1a=，故12pa==，即2p=.所以抛物线E的方程为24yx=.（2）由（1）知()()1,0Ptt−，则2,4tMt.直线PO的方程为ytx=−，代入抛物线E的方程有244,Ntt−.当24t时，22244444M

Ntttkttt+==−−，所以直线MN的方程为22444ttytxt−=−−，即()2414tyxt=−−.所以此时直线MN过定点()1,0.当24t=时，直线MN的方程为1x=，此时仍过点()1,0，综上，直线MN过定点()1,0

.25．（2022秋·河北沧州·高三任丘市第一中学校考期中）已知圆C的圆心在第一象限内，圆C关于直线3yx=对称，与x轴相切，被直线yx=截得的弦长为27．若点P在直线10xy++=上运动，过点P作圆C的两条切线PA、PB，切点分别为A，B点．(1)求四边形PACB面积的最小值；(2)直线AB是

否过定点？若AB过定点，求此定点坐标；若不过定点，请说明．【答案】(1)3142(2)AB过定点，定点坐标为46,55−【分析】（1）利用待定系数法求得圆C的标准方程，再将四边形PACB面积转化为23PABSPA=，从而利用PCd

且22PAPCCA=−求得PA最小值，由此得解；（2）根据题意得,,,PACB四点共圆，进而得四点所在圆的方程，再根据弦AB是,,,PACB四点所在圆与圆C的公共弦求得直线AB的方程，最后结合直线系方程即可求得定点.【详

解】（1）依题意，设圆C的标准方程为：()()()2220,,0xaybrab−+−=，圆C关于直线3yx=对称，3ba=，圆C与x轴相切：3rba==，点(),Cab到yx=的距离为：()12222211abada

−===+−，圆C被直线yx=截得的弦长为27，()22217rd=+，所以22927aa=+，21a=，又0a，1a=，33rba===，圆C的标准方程为：()()22139xy−+−=，圆心为()1,3，,PAPB与圆C相切，CAPA⊥，

CBPB⊥，3CACB==，易得PACPAB△△，所以12232PACBPACSSCAPAPA===，圆心C到直线10xy++=的距离21315222d++==，2PCd，即522PC（当PCl⊥时取等号），又222252

149922PAPCCAPC=−=−−=，31432PACBSPA=（当PCl⊥时取等号），四边形PACB面积的最小值为3142.（2）设()00,Pxy，如图，,PAPB与圆

C相切，CAPA⊥，CBPB⊥，∴180PBCPAC+=，∴,,,PACB四点共圆，圆心为0013,22xy++，半径为()()2200111322rPCxy==−+−，所以,,,PACB四点所在圆

的方程为()()2222000013113224xyxyxy++−+−=−+−，即()()2200001330xyxxyyxy+−+−+++=，由题知弦AB是,,,PACB四点所在圆与圆C的公共弦，所以两圆相减，得直线AB的

方程为()()000013310xxyyxy−+−−−+=,又∵0010xy++=，∴直线AB的方程为()()()0000143110xxxyxx−−+−−−−+=，即()()02440xxyxy−+−+−=，所以由直线系方程

可知直线AB的方程过20xy−+=和440xy+−=的交点，所以联立方程20440xyxy−+=+−=，解得46,55xy=−=，所以直线AB过定点46,55−.26．（辽宁省葫芦岛市四校2022-2023学年高三上学期期中）已知焦点在x轴上的椭圆2222:1(0)xyCa

bab+=，短轴长为23，焦距为2.(1)求椭圆C的标准方程；(2)如图，已知点2,03P，点A是椭圆的右顶点，直线l与椭圆C交于不同的两点,EFEF､､两点都在x轴上方，且APEOPF=.证明：直线l过定点

，并求出该定点坐标.【答案】(1)22143xy+=(2)证明见解析，定点()6,0【分析】（1）短轴、截距求出,ab即可得出椭圆方程；（2分析直线斜率是否存在，当直线斜率存在时，联立直线方程与椭圆方程，根据根与系数的关系及APEOPF=可得6

mk=−，即可证明直线过定点.【详解】（1）由22322bc==，解得31bc==，所以椭圆C的标准方程为22143xy+=.（2）当直线l的斜率不存在时，直线I与椭圆C交于不同的两点分布在x轴两侧，不合题意；所以直线l的斜率存在，

设直线l的方程为ykxm=+.设()()1122,,,ExyFxy，由22143xyykxm+==+可得()2223484120kxkmxm+++−=，所以21212228412,3434kmmxxxx

kk−−+==++.因为APEOPF=，所以0PEPFkk+=，即121202233yyxx+=−−，整理得()1212242033mkxxmkxx+−+−=，化简得6mk=−，所以直线l的方程为()66ykxkkx=−=−，所以直线l过定点()6

,0.27．（江苏省淮安市高中校协作体2022-2023学年高三上学期期中）已知抛物线2:2(0)Cxpyp=的焦点为F，点()02,Ay在C上，2AF=．(1)求p；(2)过点(0,2)P−作直线l，l与C交于M，N两点，M关于y轴的对称点为

1M．判断直线1MN是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，说明理出．【答案】(1)2(2)过定点()0,2【分析】（1）由题知042py=①，由焦半径公式得022pAFy==+②，两式联立即可求得答案；（2）设直线l的方

程为2ykx=−，()11,Mxy，()22,Nxy，则()111,Mxy−，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，表示出直线1MN的方程，即可得解.【详解】（1）因为点()02,Ay在C上，所以042py=①，因为2AF=，所以由焦半径公式得022pAFy==+②，由①

②解得012yp==（负值舍去），所以2p=.（2）由（1）知抛物线的方程为24xy=，依题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为2ykx=−，()11,Mxy，()22,Nxy，则()111,Mxy−，由224ykxxy=−=消去y得2480xkx−+=

，216320k=−，则22k，所以124xxk+=，128xx=，所以()()1221212121212444MNxxyyxxkxxxx−−−===−−+−+，则直线1MN的方程为()12224xxyyxx−−=−−，即()2212244xxx

yxx−−=−−，即121244xxxxyx−=−+，即1224xxyx−=−+，令0x=，可得2y=，所以直线1MN恒过定点()0,2.定值问题28．（湖南省长沙市雅礼中学2022-2023学年高三上学期期中）已知椭圆22221(0)xyabab+=的上、下顶点分别为,AB，已知点B在直线l

：1y=−上，且椭圆的离心率32e=．(1)求椭圆的标准方程；(2)设P是椭圆上异于,AB的任意一点，PQy⊥轴，Q为垂足，M为线段PQ的中点，直线AM交直线l于点C，N为线段BC的中点，求OMNM的值．【答案】(1)2214xy+=(2)0【分析】（1）根据上下顶点的定义，结合离心率的

定义，建立方程，可得答案；（2）设()00,Pxy，00x，则点P满足椭圆方程，根据题意，易得00,2xMy、()00,121xNy−−，计算OMNM即可【详解】（1）22221(0)xyabab+=且点B在直线l：1y=−上，1b=

，又32cea==，2221acb−==，24a=，椭圆的标准方程为2214xy+=.（2）设()00,Pxy，00x，则()00,Qy，且220014xy+=，M为线段PQ的中点，00,2xMy，()0,1A，直线AM的方程为：()00211yyxx−=+，令1y=−，

得00,11xCy−−，()0,1B−，N为线段BC的中点，()00,121xNy−−，()0000,1221xxNMyy=−+−uuurQ，00,2xOMy=

uuur，()()00000012221xxxOMNMyyy=−++−uuuruuur()22200000441xxyyy=−++−()22200000441xxyyy=+−+−2000111yyy−=−+−()0011yy

=−++0=29．（2022秋·辽宁铁岭·高三昌图县第一高级中学上学期期中）已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=，1F，2F是C的左、右焦点，过1F的动直线l与C交于不同的两点A，B两点，且2ABF△

的周长为42，椭圆C的其中一个焦点在抛物线24yx=准线上，(1)求椭圆C的方程；(2)已知点5,04M−，证明:MAMB为定值.【答案】(1)2212xy+=(2)716−【分析】（1）由24yx=

得到其准线为=1x−，进而得到椭圆C的半焦距1c=，再根据2ABF△的周长为42得到a求解；（2）①当直线l斜率不存在时，l的方程为=1x−，代入椭圆方程求得点M，N的坐标，验证即可；②当直线l斜率存在时，设直线l的方

程为()1ykx=+，与椭圆方程联立，结合韦达定理求解.【详解】（1）解：由24yx=可得准线为=1x−，所以椭圆C的左焦点1F()1,0−，所以椭圆C的半焦距1c=，因为2ABF△的周长为42，所以442a=，故2a=.所以222211bac=−=−=，所求椭圆的方程为2212xy

+=.（2）如图所示：①当直线l斜率不存在时，l的方程为=1x−，将=1x−代入2212xy+=可得22y=，所以21,2A−，21,2B−−，此时12,42MA=，12,42MB=−

，则11227442216MAMB=−=−，②当直线l斜率存在时，设直线l的方程为()1ykx=+，设()11,Axy，()22,Bxy，由()22112ykxxy=++=，得()2222124220kxkxk+++−=，则21224

12kxxk+=−+，21222212kxxk−=+，115,4MAxy=+，225,4MBxy=+，所以()()2121212125555114444MAMBxxyyxxkxx

=+++=+++++，()()22212125251416kxxkxxk=++++++，()222222222542511241216kkkkkkk−=+++−++++，()2222777217816161

21216kkkk−−−+===−++，综上所述，MAMB为定值，且定值为716−.【点睛】易错点点睛：本题第二问题在设直线方程时，往往忽视斜率不存在的情况，一般来讲，给一个点，设直线方程时用点斜式，分两种情况，一是斜率不存在时，二

是斜率存在时求解.30．（山东省聊城市第二中学2022-2023学年高三上学期期中）已知双曲线C与椭圆22:194xyE+=的焦点重合，且C与E的离心率之积为56．(1)求双曲线C的标准方程；(2)设双曲线C的左､右顶点分别为12AA､，若直线:lykx

m=+与圆224xy+=相切，且与双曲线左､右两支分别交于12,PP两点，记直线11PA的斜率为122,kPA的斜率为2k，那么12kk是否为定值？并说明理由．【答案】(1)2214xy−=(2)12kk为定值，理由见解析【分析】（

1）设双曲线标准方程22221(0)xyabab−=，由焦点重合可得c的值，再根据离心率关系可求,ab的值，从而得双曲线方程；（2）设直线:lykxm=+，()()111222,,,PxyPxy，利用直线与圆相切得,km的等式关系，联立椭圆与直线可得交点坐标关系，再根据坐

标运算即可得结论.【详解】（1）设双曲线C的标准方程为22221(0)xyabab−=．易知椭圆22:194xyE+=的焦点坐标为()5,0，离心率为53，所以225ab+=，因为C与E的离心率之积为56，所以C的离心率为52，所以52ca=，即552a=，解得2,1ab==．

故双曲线C的标准方程为2214xy−=．（2）12kk是定值，理由如下：设()()111222,,,PxyPxy，其中120,0xx，因为直线:lykxm=+与圆224xy+=相切，所以221mk=+，即2m=()241k+

，联立2214ykxmxy=+−=，消去y并整理得()()222148440kxmkxm−−−+=，所以()()222221222122140Δ644144408414441kmkkmmkxxkmxxk−=+−++=−−+=−．因为120,0xx，则

212244041mxxk+=−，即2410k−，所以()()()22222211212222221641844454441411441mkmkmxxxxxxkkkk−+−+−=+−=−==−−−

−．由题意得()()122,0,2,0AA−．()()()()()()22121212121212121221222224kxmkxmkxxmkxxmyykkxxxxxxxx+++++===+−+−+−−()2222222222222222222244844844

1414485448516444114kmmkmmkkmkmkmkkmmkkk+−++−+−−−==++−−++−−−2222443584851682485kmmk−−+===−−−+−，即12kk为定值．31．（2022秋·山东济宁·高三嘉祥县第一中学校考期中）已知(

)4,Mm是抛物线()2:20Cypxp=上一点，且M到C的焦点的距离为5.(1)求抛物线C的方程及点M的坐标；(2)如图所示，过点()2,0P的直线l与C交于A，B两点，与y轴交于点Q，设QAPA=，QBPB

=，求证：+是定值.【答案】(1)24yx=，()4,4或()4,4−(2)证明见解析【详解】（1）由抛物线的定义，得452p+=，解得p＝2.所以抛物线C的方程为24yx=，M的坐标为()4,4或()4,4−.（2）由题意

知直线l的斜率存在且不为0，设l的方程为x＝ty＋1（t≠0），则10,Qt−.将x＝ty＋1代入24yx=得2440yty−−=.设()11,Axy，()22,Bxy，则124yyt+=，124yy=−

.由QAPA=，得111ty=+；由QBPB=，得211ty=+.所以12121211422214yyttytytyyt++=++=+=+=−，故+是定值1.32．（2022秋·浙江绍兴·高三绍兴一中校

考期中）已知随圆E的左､右焦点分别为()()12,0,,0(0)FcFcc−点M在E上，21212,MFFFMFF⊥的周长为642+，面积为13c.(1)求E的方程.(2)设E的左､右顶点分别为,AB，过点3,02的直线l与E交于,CD两点（不同于左右顶点），

记直线AC的斜率为1k，直线BD的斜率为2k，则是否存在实常数，使得12kk=恒成立.【答案】(1)221.9xy+=(2)存在，13=【分析】（1）根据椭圆的周长、面积可得答案；（2）设直线l

的方程为32xty=+，与椭圆方程联立，设()()1122,,,CxyDxy，由韦达定理代入11221233−=+kyxkxy可得答案.【详解】（1）依题意，得222264211223acbbcccaa+=+

==，即232213acba+=+=，解得2291ab==，所以E的方程2219xy+=；（2）依题意，可设直线l的方程为32xty=+，联立方程221932xyxty+==+，化简整理，得(

)224912270tyty++−=，易得Δ0恒成立，设()()1122,,,CxyDxy，由韦达定理，得()122122392749tyytyyt−+=+−=+，可得()121294tyyyy=+，于是()()2121112212121233329332−

−−===+++tyyxykyxkxyxytyy()()121121122122923234929294yyytyyytyyyyyy+−−==+++()()1212121239331222927933222yyyyyyyy++==

=++，故存在实数13=，使得12kk=恒成立.33．（江苏省无锡市2022-2023学年高三上学期期中）已知PAB的两个顶点A，B的坐标分别是(0,3),(0,3),−且直线PA，PB的斜率之积是3−，设点P的

轨迹为曲线H.(1)求曲线H的方程；(2)经过点(1,3)且斜率为k的直线与曲线H交于不同的两点E，F（均异于A，B），证明：直线BE与BF的斜率之和为定值.【答案】(1)()221039xyx+=(2)证明见解析【分析】（1）利

用斜率公式即可化简求解，（2）联立直线与椭圆的方程，得到韦达定理，即可结合斜率公式求解.【详解】（1）设()(,)0Pxyx，则由直线PA，PB的斜率之积是3−可得333yyxx−+=−，化简可得()221039xyx+=（2）设直线方程为：3ykxk=−+

，则与椭圆方程联立可得：()()22232360kxkkxkk++−+−=，则()()()()2222434362430kkkkkkk=−−+−=+，故3k−或0k，设()()1122,,,ExyFxy

，则()122233kkxxk−+=+，212263kkxxk−=+.故()()12211212123663BEBFkkxkkxxyyxxkkxxx−++−++=+=++()()12121226kxxkxxxx+−+=()()222222223626636336663kkkkkk

kkkkkkkkk−−+−−++===−−+..34．（2023届湖北省华中师范大学第一附属中学高三上学期期中）已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=，四点1(1,2)P，233(0,3)(1,)2PP−，，43(1,)2P中恰

有三点在椭圆上．(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l过椭圆右焦点交椭圆C于A，B两点，在x轴上是否存在一定点P使得PAPB为定值，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)22143x

y+=(2)存在定点11(,0)8P，使得PAPB为定值【分析】（1）根据对称性可得椭圆过2P，3P，4P三点，代入椭圆的方程，解得a，b，进而可得答案．（2）由（1）知221cab=−=，进而可得椭圆C的右焦点为2F的坐标，

设(,0)Pt，()()1122,,,AxyBxy，设直线l的方程为1xmy=+，联立椭圆的方程，结合韦达定理可得12yy+，12yy，由向量数量积的坐标表示可得()()2226159134tmPAPB

tm−−=+−+，当615934t−−=时，PAPB为定值，再讨论斜率为零时，即可得出答案．【详解】（1）根据对称性可得椭圆过2P，3P，4P三点，所以代入椭圆方程可得2231914bab=+=，解得2a=，3b=，所以椭圆的方程为22

143xy+=．（2）由（1）知221cab=−=，设椭圆C的右焦点为2(1,0)F，(,0)Pt，()()1122,,,AxyBxy，此时()()1122,,,PAxtyPBxty=−=−,当斜率不为零时，不妨设直线:1lxmy=+，由221143xmyxy=++=，

得22(34)690mymy++−=，所以12260,34myym−+=+，122934yym−=+，因为111xmy=+，221xmy=+，所以()()()()1212121211PAPBxtxtyymytmytyy=−−+=+−+−+uuruur()()()()()()(

)22222121222916111113434mmtmyymtyyttmm−+−−=++−++−=++−++()222(615)9134tmtm−−=+−+，显然当615934t−−=，解得118t=，即11(,0)8P时，13564PAPB=−为定值，当斜率为零时，此时不妨令()()2,0

2,0AB−、，若11(,0)8P，可得13564PAPB=−，与斜率不为零时定值相同，综上，所以存在定点11(,0)8P，使得PAPB为定值．定直线问题35．（2022秋·黑龙江牡丹江·牡丹江一中上学期期中）以椭

圆2222:1(0)xyCabab+=的四个顶点所围成的四边形的面积为43，一个焦点()1,0F(1)求椭圆的标准方程(2)过F的直线与椭圆C交于A，B两点，是否存在一条定直线l：(2)xmm=，使得l上的任何一点P都满足PA，PF，PB的斜率成等差数列？若存在，求出直线l的方程，若不存在说

明理由【答案】(1)22143xy+=(2)存在直线4m=【分析】（1）由四个顶点所围成的四边形的面积，构建,ab等式，求解椭圆方程;（2）可假设直线存在，然后按照l上的任何一点P都满足PA，PF，PB的斜率成等差数列构建参数等式，讨论直线的存在与否.【详解】（1）椭圆的四个顶点所围成的四边形的

面积为43，122432Sab==，∴22231abab=−=∴2a=，3b=∴椭圆方程22143xy+=（2）假设存在一条定直线l，使得l上的任何一点P都满足PA，PF，PB的斜率成等差数列，

（Ⅰ）当AB斜率k不存在时，31,2A，31,2B−，(),Pmt，332222111PAPBPFtttkkkmmm−−−−+=+==−−−，故当斜率不存在时成立.（Ⅱ）当AB斜率k存在时，设AB直线方程()1ykx=−，()11,Axy，()22,Bxy,

联立()221143ykxxy=−+=，可得()22224384120kxkxk+−+−=，由韦达定理可知2122843kxxk+=+，212241243kxxk−=+,又2PAPBPFkkk+=,121221ytyttxmxmm−−+=−−−,()()12121121kxt

kxttxmxmm−−−−+=−−−,()()()()()()121212121222221kxxxxmxxmtxxmtxmxmm−+−++−+−=−−−,()()222222262488624128341k

mtkkmmtkkmmkmm−−−−=−−++−,()()()()()2222222641244312412834kmmtkkmmmtkkmmkm−−−−−−=−−++,()()()341312kmmtm−−=−,()()()414kmmtm−−=−,∴4m

=时，k，t任意值都成立,∴存在直线4m=成立,综上，存在一条定直线l，使得l上的任何一点P都满足PA，PF，PB的斜率成等差数列.【点睛】方法点睛:解析几何探索类问题可先假设命题为真,然后据此推理或计算,直接得到存在的依据或导出矛盾,从

而肯定或否定假设.36．（重庆市杨家坪中学2023届高三上学期期中）已知直线:1lxmy=−，圆22:40Cxyx++=.(1)证明：直线l与圆C相交；(2)设直线l与C的两个交点分别为A、B，弦AB的中点为

M，求点M的轨迹方程；(3)在（2）的条件下，设圆C在点A处的切线为1l，在点B处的切线为2l，1l与2l的交点为Q.证明：Q，A，B，C四点共圆，并探究当m变化时，点Q是否恒在一条定直线上?若是，请求出这条直线的方程；若不是，说明

理由.【答案】(1)证明见解析；(2)()223202xyxx+++=−(3)Q，A，B，C四点共圆的证明见解析，点Q恒在直线2x=上，理由见解析【分析】（1）求出直线恒过的定点，利用点与圆的位置关系判断即可；（2）求

出圆的圆心坐标，设出M的坐标，利用垂径定理，转化求解轨迹方程即可；（3）设点()00,Qxy，证明Q，A，B，C四点共圆，求出圆的方程，求出与圆C相交弦的方程，即为直线l的方程，可求点Q坐标的特征．【详解】（1）证明：如图所示，圆22:40

Cxyx++=，化成标准方程为()2224xy++=，圆心()2,0C−，半径为2，直线:1lxmy=−过定点()1,0P−，定点到圆心距离为1，即()1,0P−在圆内，故直线l与圆C相交；（2）l与C的两个交点分别为A、B，弦AB的中点为M，设点(),

Mxy，由垂径定理得CMPM⊥，即()()2,1,0xyxy++=，整理得22320xyx+++=，直线l不过圆心C，则2x−，所以点M的轨迹方程为()223202xyxx+++=−；（3）依题意有CAAQ⊥，CB

BQ⊥，四边形QACB对角互补，所以Q，A，B，C四点共圆，且QC为圆的直径，设()00,Qxy，则圆心坐标为002,22xy−，半径为2200(2)2xy++，则圆的标准方程为222220000(2)2222xyxyxy++−−+−=

，整理得22000(2)20xyxxyyx++−−−=，与圆C的方程22:40Cxyx++=联立，消去二次项得∶000(2)20xxyyx+++=，即为直线l的方程，因为直线:1lxmy=−过定点()1,0P−，所以0022xx=+，解得：02x=，所以当m变化时，

点Q恒在直线2x=上．37．（2022秋·山东济宁·高三统考期中）已知抛物线21:2(0)Cxpyp=和圆222:(1)2Cxy++=，倾斜角为45的直线1l过1C焦点，且1l与2C相切.(1)求抛物线1C的方程；(2)动点M在1C的准线上，动点A在1C上，若1C在点A处的切线2l

交y轴于点B，设MNMAMB=+，证明点N在定直线上，并求该定直线的方程.【答案】(1)212xy=；(2)证明见解析，3y=.【分析】（1）设直线1l的方程为2pyx=+，再根据直线和圆相切求出p的值得解；（2）依题意设(,3)Mm−，求出切线2l的方程和B点坐

标，求出()12,6MNxm=−，()1,3ONxm=−即可求解作答.【详解】（1）依题意得，物线21:2Cxpy=的焦点坐标为(0,)2p，设直线1l的方程为2pyx=+，而圆()222:12Cxy++=的圆心2(1,0)C−，半径2r=，由直线1l与圆2C相切，得()22

12211pd−+==+−，又0p，解得6p=，所以抛物线1C的方程为212xy=.（2）由（1）知抛物线1C：212xy=的准线为3y=−，设(,3)Mm−，由212xy=，求导得6xy=，设11(,)Axy

，则以A为切点的切线2l的斜率为16xk=，于是切线2l的方程为()11116yxxxy=−+，令0x=，得211111111266yxyyyy=−+=−+=−，即2l交y轴于点1(0,)By−，因此()111(3),,3MAxmyMBmy=−+=−−

+，，()12,6MNMAMBxm=+=−，则()1,3ONOMMNxm=+=−，设N点坐标为(,)xy，从而3y=，所以点N在定直线3y=上.38．（海南省琼海市嘉积第三中学2023届高三上学期期中）

已知椭圆C：()222210xyabab+=的离心率为32，右焦点为()3,0F，A，B分别为椭圆C的左、右顶点.(1)求椭圆C的方程；(2)过点()1,0D作斜率不为0的直线l，直线l与椭圆C交于P

，Q两点，直线AP与直线BQ交于点M，记AP的斜率为1k，BQ的斜率为2k.求证：①12kk为定值；②点M在定直线上.【答案】(1)2214xy+=(2)①证明见解析，1231kk=；②证明见解析，点M在定直线4x=上

．【分析】（1）根据椭圆的几何性质列出方程组求出,,abc，即可得出椭圆C的方程；（2）①设()11,Pxy，()22,Qxy，直线l的方程为1xty=+，与椭圆方程联立得到1212,yyyy+，带入12kk的表达式，即可得出12kk为定值；

②根据①中的结论，设1km=，则23km=，求出直线AP、BQ的方程，联立即可求出点M的坐标，从而可知其在定直线上．【详解】（1）依题可得323ceac===，解得：2,3ac==，所以2221bac=−=，即椭圆C的方程为2214xy+=．（2）①设()11,P

xy，()22,Qxy，因为直线l过点()1,0D且斜率不为0，所以可设l的方程为1xty=+，代入椭圆方程2214xy+=得，()224230tyty++−=，其判别式()2241240tt=++，所以12224tyy

t+=−+，12234yyt=−+.两式相除得121223yytyy+=，即()121232tyyyy=+．因为,AB分别为椭圆C的左、右顶点，所以点A的坐标为()2,0−，点B的坐标为()2,0，所以1111123yykxty==++，2222221yykxty==−−．从而()

()()()1211211212221122313123393323yyyytykyyyykytyyyy+−−+====++++．②由①知1231kk=，设1km=，则23km=，所以直线AP的方程为：2ymxm=+，直线BQ的方程为36ymxm=−，

联立236ymxmymxm=+=−可得46xym==，所以直线AP与直线BQ的交点M的坐标为()4,6m，所以点M在定直线4x=上.【点睛】利用过x轴上定点0(,0)x斜率不为0的动直线方程设为0xty

x=+，简化了直线方程与椭圆方程的联立运算，为后面的求解奠定了运算基础，注意依据题意选取直线方程的形式．39．（辽宁省重点高中沈阳市郊联体2022-2023学年高三上学期期中考试）已知双曲线C：()222210,0yxabab−

=，直线l在x轴上方与x轴平行，交双曲线C于A，B两点，直线l交y轴于点D.当l经过C的焦点时，点A的坐标为()6,4.(1)求C的方程；(2)设OD的中点为M，是否存在定直线l，使得经过M的直线与C交于P，Q，与线段AB交于点N

，PMPN=，MQQN=均成立；若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由.【答案】(1)221412yx−=(2)存在，22y=【分析】（1）由点A的坐标求得c，结合双曲线的定义求得a，进一步计算得出双曲线的方程即可；（2）设直线PQ的方程为()0ykxmk=+，与双曲线联立得出韦

达定理，结合两个向量共线的坐标表示求得m，得到直线l的方程.【详解】（1）由已知C：22221(0,0)yxabab−=，点A的坐标为()6,4，得4c=，焦点()10,4F，()20,4F−，222126864aAFA

F=−=+−=.所以2a=，22212bca=−=，故C：221412yx−=.（2）设l的方程为()21ymm=，则()0,2Dm，故()0,Mm，由已知直线PQ斜率存在，设直线PQ的方程为()0ykxmk=+，故,2mNmk.与双曲线方

程联立得：()2223163120kxkmxm−++−=，由已知得231k，0，设()11,Pxy，()22,Qxy，则122631kmxxk+=−−，212231231mxxk−=−①由PMPN=，MQQN=得：11mxxk=−，22mxxk=−，消

去得：2112mmxxxxkk−=−，即()121220mxxxxk−+=②由①②得：()220km−=，由已知2m=，故存在定直线l：22y=满足条件.40．（2022秋·山西阳泉·高三统考期中）已知双曲线C：()222210,0xyabab−=的离心率为2

，过点()1,0E的直线l与C左右两支分别交于M，N两个不同的点（异于顶点）．(1)若点P为线段MN的中点，求直线OP与直线MN斜率之积（O为坐标原点）；(2)若A，B为双曲线的左右顶点，且AB4=，试判断直线AN与直线BM的交点G是否

在定直线上，若是，求出该定直线，若不是，请说明理由【答案】(1)1(2)是在定直线上，定直线4x=【分析】（1）根据题意列出方程组得到ab=，设()11,Mxy，()22,Nxy，00(,)Pxy，利用点差法即可求解；（2）根据（1）的结论得出(

)2,0A−，(2,0)B，设直线l：1xty=+，0t，设()11,Mxy，()22,Nxy，联立直线与曲线方程，利用韦达定理联立直线AN与直线BM的方程得出4x=，进而得证.【详解】（1）由题意得2222ce

acab===+，所以ab=，设()11,Mxy，()22,Nxy，00(,)Pxy，则22112222222211xyabxyab−=−=，作差得22121202212120yybxxbxxxayyay−+==

−+，又MN的斜率21202120MNyybxkxxay−==−，00OPykx=，所以221MNOPbkka==.（2）∵24a=，∴2ab==，()2,0A−，(2,0)B，直线l：1xty=+，0t，设()11,Mxy，()22,Nxy，联立()22104xtytx

y=+−=得()221230tyty−+−=，所以2212212216120,10,02131ttttyytyyt=−−−+=−−=−，所以()121232yytyy+=，设直线AN：()2222yyxx=++，BM：()

1122yyxx=−−，所以()()()122121111212122129323232233122122yyxytyxytyyyxxytyytyyyyy+++++=====−−−−+，所以4x=．故存在定直线4x=，使直线AN与直线BM的交点G在定直线上．41．（2022秋

·福建福州·高三校联考期中）已知椭圆()2222:10xyCabab+=的左、右顶点分别为()12,0A−，()22,0A，过点()1,0D的直线l与椭圆C交于异于1A，2A的M，N两点，当l与x轴垂直时，6MN=．(1)求椭圆的标准方程；(2)若直线1AM与直线2

AN交于点P，证明点P在定直线上，并求出该定直线的方程．【答案】(1)22142xy+=(2)证明见解析，定直线为：4x=【分析】（1）由题知2a=，再利用已知条件求出b的值即可；（2）由题知直线1AM与直线2AN的斜率存在，

分别联立直线1AM、直线2AN与椭圆方程解出,MN的坐标，根据,,MDN共线，找出直线1AM与直线2AN的斜率的关系，再联立直线1AM与直线2AN，得出P点坐标，化简即可.【详解】（1）由题知椭圆焦点在x轴上，左、右顶点分别为()12,0A−，()22,0A，所以2a=，又过点()1,0

D的直线l与椭圆C交于异于1A，2A的M，N两点，当l与x轴垂直时，6MN=，所以将1x=代入C中，求得：32by=，所以362MNbb===，所以椭圆的标准方程为：22142xy+=.（2）如图所示：由题知直线1AM与直线2AN的斜率存在，设()11:2AMlykx=+，()22:2

ANlykx=−，由()1222142ykxxy=++=，消去y整理得：()2222111128840kxkxk+++−=，解得：211221242,12kxxk−=−=+，又,MN是异于1A，2A的两点，所以有2112211244,1212kkMkk−++，同理可

得：2222222424,1212kkNkk−−++，又()1,0D，且,,MDN共线，所以122212221222124412122442111212kkkkkkkk−++=−−−−++，化简得：()()12123120kkkk−+=，由

题知12,kk同号，所以123kk=，联立：()()1222ykxykx=+=−，所以12122121224,kkkkPkkkk+−−，将123kk=代入P点的横坐标，则12121122842Pkkkxkkk+===−，所以点P在定直线4x=上.向量共线问题42．（

广东省深圳市南山区北京师范大学南山附属学校2023届高三上学期期中）已知抛物线24Cyx=：的焦点为F，斜率为12的直线l与C交于,AB两点，与x轴交点为P.(1)若20AFBF+=，求l的方程；(2)若3APPB=，求AB.【答案】(1)1122yx=−(2)165AB=【分析】（1）直线l的

方程设为1()2yxt=−，联立直线与抛物线方程24yx=，设1(Ax,1)y，2(Bx,2)y，利用韦达定理，结合抛物线的定义，转化求解即可；（2）直线l的方程设为1()2yxt=−，求出(,0)Pt，通过3APPB

=，结合韦达定理，转化求解点的坐标，然后求解||AB即可．【详解】（1）由题意，直线l的方程设为1()2yxt=−，联立直线与抛物线方程24yx=，可得222160xtxxt−−+=，22Δ(216)40tt=+−，可得4t−，设1(Ax,1)y，2(Bx,2

)y，12216xxt+=+，212xxt=，因为||||20AFBF+=，所以1220xxp++=，可得216220t++=，可得1t=，所以直线l的方程为：1(1)2yx=−．即1122yx=−．（2）直线l的方程设为1()2yxt=−，令0y=，

可得xt=，所以(,0)Pt，所以1(APtx=−,1)y−，2(PBxt=−,2)y，因为3APPB=，所以：1(tx−,12)3(yxt−=−,2)y，所以，123yy=−，111()2yxt=−，221()2yxt=−，1211()3()22xtxt−=−−，化简可

得1234xxt=−+，12216xxt+=+，212xxt=，可得12t=，136x=，24x=，221111(364)1654ABkxx=+−=+−=．43．（海南省琼海市嘉积中学2023届高三上学期

期中）设12,FF分别为椭圆()2222:10xyCabab+=的左、右焦点，过2F的直线l与椭圆C相交于A，B两点，直线l的倾斜角为45°，1F到直线l的距离为22.(1)求椭圆C的焦距；(2)如果222AFFB=，求椭圆C的方程.【答案】(1)4(2)2211814xy

+=【分析】（1）由直线l的倾斜角为45°且过()2,0Fc可设直线l的方程为0xyc−−=，再通过1F到直线l的距离为22构建关于c的方程即可求解（2）将直线与椭圆联立方程得两点坐标，再代入222AFFB=，构建关于,ab的方程,再求解即可.【详解】（1）直线l的倾斜角为45°且过(

)2,0Fc直线l的方程为0xyc−−=.1F到直线l的距离为221F到直线l的距离2222ccdc−−===，解得2c=，∴椭圆C的焦距为4.（2）设()()1122,,,AxyBxy，可设210,0yy<>﹐直线l的方程为2yx=−.联立222221yxxya

b=−+=，即()2222440abybyb++−=，解得()()221222222222,babayyabab−+−−==++，∵122AFFB=，∴122yy−=，即()()22222222222babaabab+−−=++，解

得32a=﹐而224ab−=，∴14b=，∴椭圆C的方程为2211814xy+=.44．（2022秋·山东淄博·高三统考期中）已知A是椭圆22:14xCy+=的左顶点，PQ、是椭圆上不同的两点．(1)求椭

圆C的焦距和离心率；(2)设()()()0,,0,,1,0EtFsM，若MFME⊥，且A、P、E和A、Q、F分别共线，求证：POQ、、三点共线；(3)若H是椭圆C上的点，且0OPOQOH++=，求PQH的面积．【答案】(1)焦距为23，离心率为32(2)

证明见解析(3)332【分析】（1）直接由椭圆的方程得出a和b，再由22cab=−求出c，即可得出焦距和离心率；（2）设()11,Pxy，()22,Qxy，首先由MFME⊥得出1st=−，方法一：由APE、、三点共线和AQF、、三点共

线，得出()()1212224xxyy++=−，再将,PQ代入椭圆方程，联合整理得120xx+=，12yy=−，即可证明结论；方法二：写出直线AE的方程与椭圆联立，由根与系数关系得出点P和Q的坐标，进而得出120xx+=，120yy+=，即可证明结论；（3）设()()()1122,,

,,,HHPxyQxyHxy，由0OPOQOH++=，得出Hx和Hy，①当直线PQ的斜率不存在时，得出1131,,32xyPQ===，即可得出PQH的面积；②当直线PQ的斜率存在时，设:PQlykxm=+

，与椭圆方程联立，得出Hx和Hy，结合点H在椭圆C上，得出21,2HHkxymm==−，再根据弦长公式得出PQ，根据点到直线距离公式得出点(),HHHxy到直线PQ的距离，根据12PQHSPQd=△即可得出面积．【

详解】（1）由22:14xCy+=可知，2a=，1b=，故223cab=−=，所以焦距223c=，离心率32cea==．（2）设()11,Pxy，()22,Qxy，由题意，(2,0)A−，()1,MFs=−，()1,MEt=−，11(2,)

APxy=+，(2,)AEt=，22(2,)AQxy=+，(2,)AFs=，又MFME⊥，所以0MFME=，得1st=−，方法一：由APE、、三点共线，则APAE∥，即11(2)2xty+=，同理可得，AQF、、三点共线，则AQAF∥，即()2222sxy+=，故

()()1212224tsxxyy++=，即()()1212224xxyy++=−，又221114xy=−，222214xy=−，所以22222212121(1)(1)44()yyxxyy==−−221

14444xx−−=1122(2)(2)(2)(2)16xxxx−+−+=，所以()()2212112222(2)(2)(2)(2)1166xxxxxx++−+−+=，由12,[2,2]xx−，整理得120xx+=，所以有2212yy=，又()()121220,20

,0xxyy++，故12yy=−，所以()()1122,,OPxyxyOQ==−−=−，所以POQ、、三点共线．方法二：因为1st=−，()0,Fs，则10,Ft−，由(2,0),(0,)AEt−得直线AE的方程为2tyxt=+，与椭圆C联立22214tyxtxy=+

+=，得()222214440txtxt+++−=，则2124421txt−−=+，所以222222,11ttPtt−++，同理得222222,11ttQtt−−++，所以120xx+=，120yy+=，即POQ、、

三点共线．（3）设()()()1122,,,,,HHPxyQxyHxy，因为0OPOQOH++=，()12Hxxx=−+，()12Hyyy=−+，①当直线PQ的斜率不存在时，则1212xxyy==−，所以12Hxx=−，0Hy=，又H是椭圆C上的点，此时1131,

,32xyPQ===，故1333322PQHS==△，②当直线PQ的斜率存在时，可设:PQlykxm=+，由2214ykxmxy=++=，得()222148440kxkmxm+++−=，所以2121222844,1414kmmxxxxkk−+=−=++，()121222214my

ykxxmk+=++=+，所以2282,1414HHkmmxykk==−++，又点H在椭圆C上，代入整理得，22414km+=，从而21,2HHkxymm==−，于是()22222212122284431414411414kmmPQkxxxxkkkkm−=++

−=+−−=+++，点(),HHHxy到直线PQ的距离22311HHkxymmdkk−+==++，所以13322PQHSPQd==△．45．（2022秋·河南安阳·高三统考期中）已知双曲线2222:1(0,0

)xyCabab−=经过点()4,2P，双曲线C的右焦点F到其渐近线的距离为2.(1)求双曲线C的方程；(2)已知(0),,2QD−为PQ的中点，作PQ的平行线l与双曲线C交于不同的两点,AB，直线AQ与双曲线C交于另一点M，直线BQ与双曲线C交于

另一点N，证明：,,MND三点共线.【答案】(1)22184xy−=(2)证明见解析【分析】（1）根据双曲线的渐近线方程和点到直线的距离公式求解；（2）利用韦达定理以及斜率公式证明三点共线.【详解】（1）因为双曲线C的渐

近线方程为byxa=，所以双曲线C的右焦点F到其渐近线的距离为222bcbab==+.因为双曲线C经过点()4,2P，所以2216412a−=，解得28a=.故双曲线C的方程为22184xy−=.（2）

证明：因为2,,(42)(,0,)PQD−为PQ的中点，所以()21,0,PQDk=.设直线l的方程为()()()()1122,,,,,,,,MMNNyxmAxyBxyMxyNxy=+，所以1212,22AQBQyykkxx++==，直线

AQ的方程为1122yyxx+=−，直线BQ的方程为2222yyxx+=−.联立112222184yyxxxy+=−−=,可得()()211221122821160yyxxxx++−+−=，所以()()()()111112221112182822222

1Myxyxxxyxyx+++=−=−+−+−又因为2211184xy−=，所以11112Mxxxxy+=+，则11111224,2MMMxyxyxyxy+==−=.同理可得2222,4NNxxyyy==.()()12212112122112211244

22222MNyyyyxxkxxxyxyxxmxxmmyy−−−====−−+−+−,11111402222MDykxxymy−===−−−，所以MNMDkk=.故,,MND三点共线.46．（2022秋·安徽阜阳·高三安徽省临泉第一中学校考

期中）阿基米德（公元前287年-公元前212年，古希腊）不仅是著名的哲学家、物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率π等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.在平面直角坐标系Oxy中，椭

圆C：()222210xyabab+=的面积为23π，两焦点与短轴的一个顶点构成等边三角形.过点()1,0的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设椭圆C的左、右顶点分别为P，Q，直线PA与直线4x=交

于点F，试证明B，Q，F三点共线.【答案】(1)22143xy+=(2)证明见解析【分析】（1）利用条件，建立,,abc的关系，直接求出,ab即可求出结果；（2）分直线斜率存在与不存在两种情况讨论，当斜率不存在时，可直接求

出B，Q，F三点的坐标，从而可利用向量判断出是否共线；当斜率存在时，设出直线方程()1ykx=−，联立方程得到()22223484120kxkxk+−+−=，利用韦达定理得到12xx，间的关系，再求出F点，再利用向量共线得到点共线即可得到证明.【详解

】（1）依题意有222π23π2abacabc===+，解得23ab==，所以椭圆C的标准方程是22143xy+=.（2）（i）当直线l的斜率不存在，易知31,2A，31,2B−，或31,2A−，31,2B，当31,2A

，31,2B−时，直线PA的方程为：()122yx=+，所以点()4,3F，此时，31,2QB=−−，()2,3QF=，显然B，Q，F三点共线，同理31,2A−，31,2B

时，B，Q，F三点共线；（ii）当直线l的斜率存在时，显然斜率0k，设直线l的方程：()1ykx=−，设()11,Axy，()22,Bxy，由()2213412ykxxy=−+=整理可得：()22223484120kxkxk+−+−=，2122834kxxk+=+，2

12241234kxxk−=+，由（1）可得左右顶点分别为()2,0P−，()2,0Q，直线PA的方程为()1122yyxx=++，又因为直线PA与4x=交于F，所以1164,2yFx+，所以()222,QBxy=−，1162,2y

QFx=+，因为()()()122112211622262222yxyxyxyxx−−+−−=++()()()()()1221121211612212258222kxxkxxxxxxkxx−−−−+−++==++，又()22121222

41282582583434kkxxxxkk−−++=−+++2222824402432034kkkk−−++==+，所以()122162202yxyx−−=+，所以QBQF∥，所以B，Q，F三点共线；47．（广东省罗定中学城东学校2023届高三上学期期中）已知椭圆C：

()222210xyabab+=的离心率12e=，点1F，2F为椭圆C的左、右焦点且经过点()1,0Fc−的最短弦长为3．(1)求椭圆C的方程；(2)过点1F分别作两条互相垂直的直线1l，2l，且1l与椭圆交于不同两点A，B，2l与直线xc=交于点

P，若11AFFB=，且点Q满足QAQB=，求PQ的最小值．【答案】(1)22143xy+=(2)5【分析】（1）由通径性质、离心率和椭圆参数关系列方程求参数，即可得椭圆方程；（2）讨论直线斜率，

设()11,Axy，()22,Bxy，()00,Qxy，1l为1xmy=−，注意0m=情况，联立椭圆方程应用韦达定理求12yy+，12yy，结合11AFFB=、QAQB=坐标表示得到101220yyyyyy−=−=−，进而有120122yyyyy=+求Q，再求P坐标，应用两点

距离公式得到PQ关于m的表达式求最值，注意取值条件.【详解】（1）由题意，22222312bacaabc==−=，解得24a=，23b=，所以椭圆的方程为22143xy+=．（2）由（1

）得()11,0F−，若直线1l的斜率为0，则2l为=1x−与直线1x=无交点，不满足条件．设直线1l：1xmy=−，若0m=，则1=则不满足QAQB=，所以0m．设()11,Axy，()22,Bxy，(

)00,Qxy，由2234121xyxmy+==−得：()2234690mymy+−−=，122634myym+=+，122934yym=−+．因为11AFFBQAQB==，即()()()()112210102020

1,1,,,xyxyxxyyxxyy−−−=+−−=−−，则12yy−=，()1020yyyy−=−，所以101220yyyyyy−=−=−，解得1201223yyyyym==−+，则04x=−，即Q34,m−−，直线2l：11xym=

−−，联立111xymx=−−=，解得()1,2Pm−，∴223525PQmm=+−+，当且仅当62=m或62m=−时等号成立∴PQ的最小值为5．48．（2022秋·山东临沂·高三统考

期中）已知椭圆Γ：()22210,22xymmm+=，点,AB分别是椭圆Γ与y轴的交点（点A在点B的上方），过点()0,1D且斜率为k的直线l交椭圆于,EG两点．(1)若椭圆焦点在x轴上，且其离心率是22，求实数m的值；(2)若1mk==，求BEG的面积；(3)设直线AE与直线2

y=交于点H，证明：,,BGH三点共线．【答案】(1)2m=(2)()2213+(3)证明见解析【分析】（1）根据离心率的定义计算即可；（2）联立直线和椭圆方程，根据弦长公式算出EG，用点到直线的距离公式算出三角形的高后即可；（3）联立直线和

椭圆方程，先表示出H坐标，将共线问题转化成证明BGBHkk=，结合韦达定理进行化简计算.【详解】（1）依题意，222212mem−==，解得2m=（负数舍去）.（2）1k=的直线经过(0,1)，则直线方程为：1yx=

+；1m=，则椭圆的方程为：2212yx+=.设()()1122,,,ExyGxy联立直线和椭圆方程：22112yxyx=++=，消去y得到23210xx+−=，解得1211,3xx=−=，则1240,3yy==，故()1

41,0,,33EF−，于是22144210333EF=−−+−=.依题意知，B为椭圆的下顶点，即(0,2)B−，由点到直线的距离，(0,2)B−到1yx=+的距离为：212+.故142122222332BEGS++==（

3）设()()1122,,,ExyGxy联立直线和椭圆方程：222112ykxxym=++=，得到22222(2)20mkxkmxm++−=，由11(,),(0,2)ExyA，得到直线AE方程为：1122yyxx−=+，令2y=，解得11(22)2xxy−=−，

即11(22),22xHy−−，又22(),Gxy，()0,2B−，为说明,,BGH三点共线，只用证BGBHkk=，即证：2211222(22)2yxxy++=−−，下用作差法说明它们相等：22

121222111122(22)(2)2(322)(2)22(22)(22)2yyyyyxxxxxxy+++−++−+−=−=−−−−，而11221,1ykxykx=+=+，2222221212ykxk

xxx++++==+，11111(322)(2)(322)(12)21(322)ykxkxxx+−++−+==+−，于是上式变为：2112122111(322)(21)(222)kkkxxxx+++−++=++−+

.由韦达定理，2122221222222kmxxmkmxxmk−+=+−=+，于是121212112xxkxxxx+==+，故1211(21)(222)0kxx++−+=，命题得证.面积问题49．（山西省运城市2023届高三上学期期

中）已知12FF，分别是椭圆2222:1(0)xyCabab+=的左、右焦点，()21,2P是椭圆C上一点，且1212PFPF=.(1)求椭圆C的方程；(2)延长12,PFPF，并与椭圆C分别相交于,MN两点，求PMN的面积.【答案】(1)2212xy+=(2)

625【分析】（1）由数量积关系建立关于c的方程，再由点()21,2P在椭圆上，联立关于22,ab的方程组求解即可；（2）由（1）知2PFx⊥轴，由对称性可得N点坐标，再联立直线1PF与椭圆C的方程，

解出M坐标，进而求得面积.【详解】（1）12221,,1,22PFcPFc=−−−=−−，则()()12111122PFPFcc=−−−+=，解得1c=.由2222111,21,abab+==+解得222,1ab==，故椭圆C的方程为221

2xy+=.（2）由（1）可知，直线2PF的方程为1x=，根据对称性可知21,2N−.直线1PF的方程为()214yx=+，联立方程组()221,221,4xyyx+==+整理得25270xx

+−=，解得1x=或75x=−，则72,510M−−.176212255PMNS=−−=.50．（江苏省常州市横林高级中学2022-2023学年高三上学期期中）已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，离心率32e=，且________．在①过

点31,2；②过焦点且垂直于长轴的弦的长度为1；③长轴长为4；这三个条件中任选一个，补充在上面问题中，并解答．(1)求椭圆的标准方程；(2)过右焦点F的直线l交椭圆于P、Q两点．当直线l的倾斜角为π4

时，求POQ△的面积．【答案】(1)2214xy+=(2)265【分析】（1）根据所选条件列方程组，求得22,ab，从而求得椭圆的标准方程.（2）求得直线l的方程并与椭圆方程联立，求得PQ以及O到直线l的距离，从而求得POQ△的面积.【详解】（1）设椭

圆的标准方程为()222210xyabab+=若选①有22222321314caababc=+==+，解得2241ab==，所以椭圆的方程为2214xy+=；若选②有22223221cabaabc===+，解得2241ab==，所以椭圆的

方程为2214xy+=；若选③有2223224caaabc===+，解得2241ab==，所以椭圆的方程为2214xy+=．（2）由（1）可知右焦点为()3,0，当直线l的倾斜角为π4时，可得直线l方程为yx3=−，可得坐

标原点到直线的距离36211d−==+，直线联立椭圆方程整理化简得：258380xx−+=，()2=83458=320−，设()()1122,,,PxyQxy，12835xx+=，1285xx=由弦长

公式可得28388114555PQ=+−=，所以186262525POQS==△.51．（河北省石家庄精英中学2023届高三上学期期中）已知圆心在y轴上移动的圆经过点()0,5A，且与x轴、y轴分别交于(),0Bx、()0,Cy两

个动点，记点(),Mxy．(1)求M的轨迹方程；(2)若直线:24lyx=−与曲线M交于P、Q两点，O为坐标原点，求OPQ△的面积．【答案】(1)25xy=−(2)125【分析】（1）由题意可知，动圆圆

心为50,2yN+，分析可得2ACBN=，结合两点间的距离公式可得出关于x、y的等式，化简可得出点M的轨迹方程；（2）将直线l的方程与曲线M的方程联立，利用弦长公式结合韦达定理求出PQ，利用点到直线的距离公式求出原点O到直线PQ的距离，再利用三角形的面积公式可求得OPQ△的面积.【详解

】（1）解：由题意可知，()0,5A、()0,Cy，设动圆圆心为N，则50,2yN+，由题意可知，AC为动圆一条直径，BN为动圆的一条半径，由2ACBN=可得225522yyx+−=+，整理可得25xy=−，因此，M的轨迹方程为25xy=−.（2）解：设点()11

,Pxy、()22,Qxy，联立2245yxxy=−=−，可得210200xx+−=，2104200=+，由韦达定理可得1210xx+=−，1220xx=−，所以，()22121212451008030PQxxxx=+

+−=+=，原点O到直线PQ的距离为()22445521d==+−，因此，114530125225OPQSPQd===△，即OPQ△的面积为125.52．（广东省江门市新会区新会陈经纶中学2022-2023学年高三

上学期期中）已知点()2,0−在椭圆C：22221(0)xyabab+=上，点()1,02Mmm在椭圆C内.设点A，B为C的短轴的上、下端点，直线AM，BM分别与椭圆C相交于点E，F，且EA，EB的斜率之积

为14−.(1)求椭圆C的方程；(2)记BMES△，AMFS分别为BME，AMF的面积，若14AMFBMESS=△△，求m的值.【答案】(1)2214xy+=(2)153【分析】（1）利用斜率乘积建立方程，把点代入求解椭圆方程；（2）先求出点E，F的

坐标，然后求出线段比例，最后代入三角形面积公式化简求解即可.【详解】（1）设(),Exy，依题意()0,Ab，()0,Bb−，可得2221004EAEBybybybkkxxx−+−===−−−，整

理可得222214xybb+=，又椭圆C过点()2,0−，所以21b=，故椭圆C的方程为2214xy+=；（2）依题意，可知AM：112yxm=−+，代入椭圆方程2214xy+=，整理得()22140mx

mx++=，从而得到22241,11mmEmm−++，又BM：312yxm=−，代入椭圆方程2214xy+=，整理得()229120mxmx+−=，从而得到222129,99mmFmm−+

+，所以222221144131MAmmmmMEmmmm++===−−−−+，22222121293999mmmmMFmMBmmm−−−−+===++，则1sin21sin2AMFBMEAMMFAMFAMMFSSBMMEBMMEBME

==2222222311819993mmmmmmm−++===−+++−,由于14AMFBMESS=△△，所以281194m−=+，解得51533m==.【点睛】思路点睛：解答直线与椭圆的

题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系.53．（河北省张家口市第一中学2023届高三上学期期中）已知离心率22e=的椭圆C：()222210xyabab+=的一个焦点为()1,0−．(1)求椭圆

C的方程；(2)若斜率为1的直线l交椭圆C于A，B两点，且423AB=，求直线l的方程．(3)设M是椭圆C上的点，1F，2F为椭圆的焦点，12π3FMF=，求12FMF△的面积．【答案】(1)2212xy+=(2)直线l方程1yx=+或1yx=−.(3)33【分析】（1）根

据焦点坐标和离心率即可解出椭圆方程；（2）设直线l方程为yxm=+，联立椭圆方程再利用弦长公式即可求出直线方程；（3）利用椭圆定义结合余弦定理和三角形面积公式即可得到答案.【详解】（1）由题知21,2===ccea，2,1ab==，椭圆2

2:12xCy+=.（2）设直线l方程为yxm=+，点()11,Axy，()22,Bxy，由方程组2212xyyxm+==+，化简得：2234220xmxm++−=，()2221612228240mmm=−−=−+，可得23m.21212422,33

mmxxxx−+=−=，()22212112||124ABkxxxxxx=+−=+−222422824422423393mmm−−+=−−==，解得1m=，直线l方程1yx=+或1yx=−.（3）由题意得122FF=，设12,MFsMFt==，则根据椭圆定义知

222sta+==，在12MFF△中利用余弦定理知2221222cosststFMF=+−，即()()22224322383stststststst=+−=+−=−=−，解得43st=，所以121211433sin22323FMFSstFMF==

=.54．（江苏省南通市如皋市2022-2023学年高三上学期期中）在直角坐标系xOy中,直线2yx=是双曲线()2222:10,0xyCabab−=的一条渐近线,点()1,0A在双曲线C上,设()(),0Mmnn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()2,0T或()2,0T−(3

)M的坐标是()2,2或()2,2−或()2,2−或()2,2−−【分析】（1）根据渐近线方程得2ba=,点()1,0A在双曲线C上得1a=,列出方程组求解即可;（2）假设(),0Tt,由直线,AMAN方程得,PQ坐标,由向量的数量积运算可得0TPTQ=,用坐标表示这个结论可得t与,mn关系

,再由点M在双曲线可得结论;（3）直接计算MPQ的面积,用基本不等式可得最小值,从而得点坐标.【详解】（1）由已知得2111baa==,解得12ab==,所以双曲线C的方程为2214yx−=.（2）设(),0Tt,如图:根据

题意得:():11nAMyxm=−−,令0x=得0,1nPm−−,因为点M关于y轴的对称点为N,所以(),Nmn−,则():11nANyxm=−−−,令0x=得0,1nQm+,因为TPTQPQTQTP+==−,平方可得0TPTQ=,因为,,,11nnTP

tTQtmm=−−=−−+,则222222011nnTPTQttmm=−==−−,因为2214nm−=,所以2241nm=−,则24t=,即2t=,所以存在()2,0T或()

2,0T−满足条件;（3）如图:因为222112211211MPQnnmnmnSmmmmmm=+==+−−−,由（2）知2241nm=−,即2214nm=+,代入上式得:222144444244MPQnnnSnnnnnnnn++===+=+=,当

且仅当4nn=,即2n=时等号成立,此时22m=,所以M的坐标是()2,2或()2,2−或()2,2−或()2,2−−时,MPQ的面积最小.55．（湖南省岳阳市第一中学2023届高三上学期期中）在平面

直角坐标系xOy中，过椭圆M：()222210xyabab+=的右焦点的直线30xy+−=交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为12.(1)求椭圆M的方程;(2)C，D为M上两点，若四边形ACBD

的对角线CDAB⊥，求四边形ACBD面积的最大值.【答案】(1)22163xy+=(2)863【分析】（1）利用点差法求求椭圆M的方程；（2）设直线CD的方程，通过联立方程组，求出弦长，表示出四边形ACBD的面积，利用函数思想求最大值.【详解】（1）

设()11,Axy，()22,Bxy，()00,Pxy，则有21211yyxx−=−−，又2211221xyab+=，2222221xyab+=，两式相减可得()()22121221211.bxxyyayyxx

+−=−=+−因为1202xxx+=，1202yyy+=，0012yx=，所以222ab=，又由题意知，椭圆M的右焦点为()3,0，故223.ab−=因此26a=，23b=，所以椭圆M的方程为22163xy+=.（2）由2230163xyxy+−=+=，解得43

333xy==−或03xy==，因此224334603.333AB=−+−−=由CDAB⊥，可设直线CD的方程为yxn=+，设()33,Cxy，()44,Dxy，由22163yxnxy=

++=，得2234260.xnxn++−=于是()()22443260nn=−−，即33n−，3443nxx+=−，234263nxx−=.因为直线CD的斜率为1，所以()2243

4334422493CDxxxxxxn=−=+−=−，由已知，四边形ACBD的面积21869.29SCDABn==−当0n=时，S取得最大值，最大值为863.所以四边形ACBD面积的最大值为863.切线问题56．（湖南省常德市五校联盟2022-2023学年高三上学期期中）设抛物线2:

2(0)Eypxp=的焦点为F，过F且斜率为1的直线l与E交于A，B两点，且8AB=．(1)求抛物线E的方程；(2)设()1,Pm为E上一点，E在P处的切线与x轴交于Q，过Q的直线与E交于M，N两点，直线PM和PN的斜率分别为PMk和PNk．求证：PMPNkk+为定值．【答案】(1)24yx

=(2)证明见解析【详解】（1）由题意，,02pF，直线l的方程为2pyx=−，代入22ypx=，得22304pxpx−+=．于是123xxp+=，∴焦点弦12348ABxxpppp=++=+==，解得p＝2．故抛物线E的方程为24yx=．（

2）因()1,Pm在E上，∴m＝2．设E在P处的切线方程为()21ytx−=−，代入24yx=，得24840tyyt−+−=．由()()2244841610ttt=−−=−=，解得t＝1，∴P处的切线方程为y＝x＋1，从而得()1

,0Q−．易知直线MN的斜率存在，设其方程为()1ykx=+，设()11,Mxy，()22,Nxy．将()1ykx=+代入24yx=，得()2222240kxkxk+−+=．于是12242xxk+=−，121=xx，且()111ykx=+，()221ykx=+．∴()(

)()122112121212122()4221111PMPNxyxyyyxxyykkxxxx+−+−++−−+=+=−−−−()()2212121212228824428224224411214kkkxxxxkkk

xxxxkk−++−−−++−====−+++−+−．故PMPNkk+为定值2．57．（黑龙江省大庆中学2022-2023学年高三上学期期中）已知点()0,0O，点()0,1F，点M是x轴上的动点，点N在y轴上，

直线MN与直线MF垂直，N关于M的对称点为P．(1)求P的轨迹Γ的方程；(2)过F的直线l交Γ于,AB两点，A在第一象限，Γ在A处的切线为,ll交y轴于点C，过C作OB的平行线交l于点,DACD是否存在最大值？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明

理由．【答案】(1)24xy=(2)存在；214yx=−+【分析】（1）利用向量垂直以及中点坐标公式即可求解，或者利用菱形的性质以及抛物线的定义可判断点P的轨迹是以()0,1F为焦点，1y=−为准线的抛物线．（2）将问题转化为直线

OB与l的倾斜角之差最大．联立直线与抛物线方程，得到韦达定理，求导得切线斜率，即可利用倾斜角与斜率的关系，结合正切的和差角公式以及基本不等式即可求解.【详解】（1）法1：设()()(),0,0,,,MaNbPxy因为MFM

N⊥，所以0MFMN=，即20ab+=．又2,xayb==−，所以202xy−=，所以24xy=．法2：如图，设F关于M的对称点为Q，由已知得，,FQNP互相垂直平分，所以四边形PFNQ为菱形，所以PFPQ=．因为M为

FQ中点，所以1QFyy=−=−，即Q点在定直线1y=−上，因为PQFN∥，所以PQ与直线1y=−垂直，即点P到定点()0,1F的距离等于点P到定直线1y=−的距离，所以点P的轨迹是以()0,1F为焦点，1y=−为准线的抛物线．所以点P的轨迹Γ的方程为24xy=

．（2）ACD存在最大值．延长BO交AC于,EAEBACD=，所以ACD最大即直线OB与l的倾斜角之差最大．由题意可知直线l有斜率，设()()1122:1,,,,lykxAxyBxy=+，（

1>0x）由214ykxxy=+=得，2440xkx−−=，所以12124,4xxkxx+==−．因为242xx=，所以l的斜率112xk=，OB的斜率22224yxkx==．设直线l与OB的倾斜角

为12,，则()2121211212tantantan1tantan1kkkk−−−==++．21212121124242244221188xxxxxxxxxx−−===−=−−++11222xx=−+−．当且仅当

112xx=即12x=,222x=−时等号成立．因为()21tan0−，所以21π,π2−，所以当()21tan−最大时，21−最大，即ACD最大，此时12,2A，所以12244xxk+==−，所以l的方程为214yx=−+．【点睛】圆锥

曲线中取值范围问题的五种求解策略：（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；（3）利用隐含的不等关系建立不等式，

从而求出参数的取值范围；（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.58．（河北省五个一联盟2023届高三上学期期中）点()(),40Mmm为抛物线()220xpyp=上一点，F为其

焦点，已知5FM=．(1)求m与p的值；(2)以M点为切点作抛物线的切线，交y轴于点N，求FMN的面积．【答案】(1)2p=，4m=．(2)10【分析】（1）由5FM=根据抛物线的定义求出p可得抛物线方程；（2）求出抛物线过点M的切线，得出点N的坐

标即可求三角形面积.【详解】（1）由抛物线的定义可知452pFM=+=，即2p=，抛物线的方程为24xy=.又()(),40Mmm在抛物线上，所以4m=，故2p=，4m=．（2）设过M点的方程为4(4)ykx−=−，由24(4)4ykxxy−=−=，消去y得24(4)4xkx

=−+，即2416160xkxk−+−=，令2164(1616)0kk=−−=，解得2k=，所以切线方程为24yx=−.令0x=，得4y=−，即()0,4N−,又(0,1)F，5FN=，11541022FMNMSFNx==

=.59．（河北省唐山市第十-中学2023届高三上学期期中）已知双曲线22121,,3xyFF−=为其左右焦点，点()00,Pxy为其右支上一点，在P处作双曲线的切线l.(1)若P的坐标为()3,2，求证：l为12FPF的角平分线；(2)过12,FF分别作l的平行线1

2,ll，其中1l交双曲线于AB､两点，2l交双曲线于CD､两点，求PAB和PCD的面积之积PABPCDSS的最小值.【答案】(1)证明见解析(2)13【分析】（1）易得点()3,2处的切线方程:21lxy−=，根据:21lxy−=交x轴于点()1,0Q，由1122QFPFQ

FPF=判断；（2）过()00,Pxy的切线00:13xlxyy−=，由00y时，得到003xky=，联立()122:2330lykxxy=+−−=，得到()22122231131kABkxxCDk+=

+−==−，再由12121PlPlFlFldddd−−−−==，然后由122111||1224PABPCDPlPlSSABdCDdAB−−==求解.【详解】（1）解：由题意点()00,Pxy处的切线为00:13xlxyy−=，所以过点()3,2处的切线方程为:21lx

y−=，:21lxy−=交x轴于点()1,0Q，则11223333,113QFPFQFPF===，即1122QFPFQFPF=，所以l为12FPF的角平分线；（2）过()00,Pxy的切线00:13xlxyy−=，当00y时，即P不为右顶点时，003xky=，即22

2002220003311199333xykyyy+===+，（或由直线与单支有两个交点，则13kk=渐近线也可）联立()()2222122:213121230330lykxkxkxkxy=+−−−−=−−=设()()1122,,,AxyBxy，则()21222

12221213123,13Δ121kxxkkxxkk+=−−−=−=+所以()22122231131kABkxxCDk+=+−==−又()12120022220000212133199PlPlFlFlxxddddxxyy−−−−−−−

===++所以122111||1224PABPCDPlPlSSABdCDdAB−−==，()()2222224111331133313kkk+==+−−，当00y=时，即

点P为右顶点时，21222,23,233bABCDPFacPFcaa====+=+=−=−，所以()()12111122223122323233PABPCDABPFCDPSFS=+=−=，所以PABPCDSS的最小值为13.60．（湖北省鄂北六校2022-2023

学年高三上学期期中）如图，已知平行四边形ABCD与椭圆()222210xyabab+=相切，且()4,1A，()1,1B−，()4,1C−−，()1,1D−.(1)求椭圆的方程；(2)若点Р是椭圆上位于第一象限一动点，且点Р处的切线与AB，AD分别交于

点E，F.证明：BEDF为定值.【答案】(1)2214xy+=(2)证明见解析【分析】（1）利用直线与圆相切求出方程中的,ab即可求解；（2）设点()00,Pxy，联立直线l与椭圆C的方程，根据Δ0=求得椭圆过点Р的切线l的方程为0014

xxyy+=，再分别和直线1x=与2533yx=−联立，得到点E与点F的坐标后，即可证明BEDF为定值.【详解】（1）因为()4,1A，()1,1B−，()4,1C−−，()1,1D−，所以直线AB方程为：1y=，直线AD方程为：141(1

)41yx−−=−−−，即2533yx=−，由题意直线AB与椭圆()222210xyabab+=相切，所以1b=，即椭圆方程为()22211xyaa+=，联立22225331yxxya=−+=消去y得22142016()0999xxa+−+=，由

题意，22201614Δ()4()0999a=−−+=，解得24a=，所以椭圆的方程为2214xy+=；（2）设点()00,Pxy，则220014xy+=，由题意知000,0xy，设直线l的方程为()00yykxx−=−，联立()0022

14yykxxxy−=−+=，消去y得()()220000(14)8440kxkykxxykx++−+−−=，依题意，直线l与椭圆相切，则()()()22220000Δ64414440kykxkykx=−−+−−=，即()2200140ykxk−−−=，再整理可

得()22200004210xkxyky−−+−=，因为点Р在椭圆上，所以220014xy+=，代入可得004xky=−，则切线l的方程为0014xxyy+=，令1y=得0044,1yEx−，所以0000044441yyxBExx−−+=+=，由00142533xxyyyx+=

=−得000122038Fyxxy+=+，所以2000012123213113338FyxDFxxy+−=+−=+，所以0000000441212313338yxyxBEDFxxy−++−=+

()()000000000000004444444413133838yxyxyxyxxxyxxy−−+−−++−==++()()()20000002000000444416413133838yxyxyxxxyxxy−−+−

−−==++22000022200000002220000000001616184161683813131313383838xxyxyxyxxxyxxyxxyxxy−−+−−+−+====

+++，为定值，得证.61．（2022秋·江苏淮安·高三统考期中）已知椭圆22:143xyC+=．(1)求该椭圆的离心率；(2)设点00(,)Pxy是椭圆C上一点，求证：过点P的椭圆C的切线方程为00143xxyy+=；(3)若点M

为直线l：x=4上的动点，过点M作该椭圆的切线MA，MB，切点分别为,AB，求△MAB的面积的最小值．【答案】(1)12(2)详见解析；(3)92【分析】（1）利用椭圆离心率定义即可求得该椭圆的离心率；（2）利用直线与椭圆位置关系即可求得过点P的椭圆C的切线方程，进而证得结论成立；（3

）先求得直线AB的方程，求得弦AB的长度，进而求得△MAB的面积表达式，进而求得△MAB的面积的最小值．【详解】（1）椭圆22:143xyC+=中，224,3ab==，则21c=，则2,1ac==，则椭

圆的离心率为12ca=（2）当切线斜率存在时，其方程可设为ykxt=+，由22143ykxtxy=++=，整理得()2223484(3)0kxktxt+++−=，则()()22281634(3)0k

tkt=−+−=，则2234tk=+此时方程的根为()284234ktktk−=−+，则切点横坐标04kxt=−，切点纵坐标220043ktykxttt−+=+==，则03ty=，0003144xktxy=−=−，则切线方程为000334

xyxyy=−+，整理得00143xxyy+=；当切线斜率不存在时，其切点为(2,0)或(2,0)−，切线方程为2x=，满足00143xxyy+=.综上，点00(,)Pxy是椭圆C上一点时，过点P的椭圆C的切线方程为

00143xxyy+=（3）设1122(,),(,)AxyBxy，(4,)Mn，则椭圆C在点,AB的切线方程分别为11143xxyy+=，22143xxyy+=，又M在两条切线上，则114143xny+=，224143xny+=，则直线AB的方程为4143xny

+=，即13nyx+=由2213143nyxxy+=+=整理得，()22212241240nxxn+−+−=，则212122224124,1212nxxxxnn−+==++，则()212122914ABxxxxn=++−()22

222224992448161121212nnnnnn+−=+−=+++，又点M到直线AB的距离222413919ndnn+−==++，则△MAB的面积为()()22222249291199221212nnABdnnnn++=+=

+++令29sn=+，则229ns=−，3s，则()232222929123nsnns++=++，3s令322()3xpxx=+，3x，则()()()224422222634218()033xxxxxpxxx+−+==++恒成立，则322()3x

pxx=+在)3,+上单调递增，则2279()(3)932pxp==+当且仅当0n=即点M坐标为(4,0)时等号成立，则△MAB的面积的最小值为92.62．（2022秋·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考期中）如图，在平面直

角坐标系xOy中，点()00,Mxy在椭圆：2211612xy+=上，从原点O向圆:M()()()222000xxyyrr−+−=作两条切线分别与椭圆交于点A，B，若直线OA，OB的斜率分别为1k

，2k，且1234kk=−．(1)求圆M的半径r；(2)探究22OAOB+是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．【答案】(1)4217(2)是定值，2228OAOB+=【分析】（1）设过原点作圆的切线ykx=，利用圆心到直线的距离等于半径得到()22222000

020xrkxykyr−−+−=，利用韦达定理及1234kk=−得到22200347xyr+=，结合点在椭圆上，即可求出半径r；（2）设()11,Axy，()22,Bxy，由1234kk=−，可得22221212169yyxx=，再由点在椭圆上得到2

21112116xy=−，222212116xy=−，即可得到221216xx+=，从而求出22OAOB+的值.【详解】（1）设直线OA，OB的方程分别为1ykx=，2ykx=，过原点作圆的切线ykx=，则0021ykxrk−=+，即()()222

001krykx+=−，即()22222000020xrkxykyr−−+−=，所以2201222034yrkkxr−==−−，即22200347xyr+=，所以2222000033412344214777xyxyr+−+===.（2）是定值，且2228OAO

B+=，理由如下：设()11,Axy，()22,Bxy，因为1234kk=−，所以121234yyxx=−，即22221212169yyxx=①，又A、B在椭圆上，所以221111612xy+=，22221161

2xy+=，所以221112116xy=−，222212116xy=−，代入①可得221212221612112166911xxxx−−=，化简得2212

16xx+=，所以()()222222222211221212OAOBxyxyxxyy+=+++=+++122212221211211616xxxx−−+++=()2212112416242844xx=++=+=，所以2228OAOB+=.

1．（2022秋·河南洛阳·高三洛阳市第一高级中学上学期期中）已知抛物线2:2(0)Cypxp=的焦点为F，过F作斜率为(0)kk的直线l与C交于,AB两点，当2k=时，6AB=.(1)求抛物线C的标准方程；(2)设线段AB的中垂线与x轴交于点P，抛物线C在,AB两点处的

切线相交于点Q，设,PQ两点到直线l的距离分别为12,dd，求12dd的值.【答案】(1)24yx=(2)121dd=【分析】（1）联立直线与抛物线方程，利用弦长公式列式可求出结果；（2）设():1lykx

=−代入24yx=，利用韦达定理求出线段AB的中点为M的坐标，得AB的中垂线方程，令0y=得223,0Pk+，由点到直线距离公式得2121kdk+=.根据导数的几何意义求出切线QA和QB的方程，联立得2(1,)Qk−，再由点到直线的距离公式求出2221

kdk+=，从而可得结果.【详解】（1）当2k=时，直线l的方程为22pyx=−，设()()1122,,,AxyBxy，联立方程组2222pyxypx=−=,消去y得22204pxpx−+=，所以2

2210Δ4434ppp=−=恒成立，122xxp+=，2124pxx=，所以222212121(2)()43436ABxxxxppp=++−=−==，解得2p=，所以抛物线C的方程为24yx=.（2）由（1）知()1,0F，则():1lykx=−，设()()1122,,,AxyBxy，

显然1>0x，20x，线段AB的中点为M，联立方程组()21,4,ykxyx=−=消去y得()2222240kxkxk−++=(0)k，()2242224416160kkk=+−=+恒成立，所以21212224,1kxxxxk++=

=，所以212122244()22kyykxxkkkkk++=+−=−=，所以2222,kMkk+，则AB的中垂线方程为22212kyxkkk+−=−−，令0y=，得223xk=+，所以223,0Pk+

，所以212221|(|23)1kkkkdkk−=+++=.由24yx=(0)y得24yy=，则2yy=，不妨设112yx=，222yx=−，则切线QA的斜率为11212xx=，切线QB的斜率为21x−，则切线QA：11112()yxxxx−=−，即111yxxx=+，切线:QB222

12()yxxxx+=−−，即221yxxx=−−，联立方程组112211yxxxyxxx=+=−−，解得121111xxxyxx=−=−=−，由()222211240kxkxk−++=，21124210xxk−++=，得2212

222111xkk−+=+−，得212222111xkk=++−，得22121211kkxk+++=，得22111kxk+=，因为11112

0011xykxx−==−−，所以11x，而221111kxk+−=，所以22111kxk++=，所以2111kxk++=，则2121111211kkyxkkxk++=−=−=++，所以2(1,)Qk−，所以点Q到直线kxyk0−−

=的距离2222211kkkkdkk−−−+==+.故121dd=.【点睛】关键点点睛：利用导数的几何意义求出切线QA和QB的方程，再联立得Q的坐标是解题关键.2．（江苏省盐城市四校2023届高三上学期期

中）已知椭圆2222:1(0)xyEabab+=的两焦点分别为()()123,0,3,0FF−，A是椭圆E上一点，当12π3FAF=时，12FAF的面积为33.(1)求椭圆E的方程；(2)直线()1111:200lkxykk−+=与椭圆E交于MN，两点，线段MN的中点为

P，过P作垂直x轴的直线在第二象限交椭圆E于点S，过S作椭圆E的切线2l，2l的斜率为2k，求12kk−的取值范围.【答案】(1)2214xy+=(2)()0,+【分析】（1）根据题意得3c=，再结合椭圆定义，余弦定理、三角形面积公式可求得b的值，从而可得椭圆方程；（2）先由直线和椭圆联立

表示出点P，点S的横坐标，再由点P，点S的横坐标相等，得出12,kk之间的关系，从而表示出12kk−（保留1k），进而求出结果.【详解】（1）由题意得3c=，由椭圆定义可得122AFAFa+=，又12π3FAF=，由余弦定理可得：()2222212121

212121212122cos22AFAFAFAFFFAFAFFFFAFAFAFAFAF+−−+−==22212121212424421222aAFAFcbAFAFAFAFAFAF−−−===，所以21243bAFAF=，又122121π1433sin2

32323FAFbSAFAF===，解得1b=，所以2224abc=+=，故椭圆E的方程为2214xy+=.（2）直线()1111:200lkxykk−+=，设()()1122,,,MxyNxy，联立1l与E得11222014kxykxy−+

=+=，所以()222211114161640kxkxk+++−=，()()()222211116414164160kkk=−+−=恒成立，所以22111212221116164,1414kkxxxxkk−+=

−=++，故2121218214PSxxkxxk+==−=+，设直线2l为2ykxm=+，20k，联立22214ykxmxy=++=，所以()22222148440kxkmxm+++−=，由()()(

)22222Δ8414440kmkm=−+−=可得22214km+=，所以22224414Skmkxkm=−=−+，则212218414kkkm−=−+，所以得()42212222222141414kkkmkk

==++，所以21221281kkk=+，则21121121212211818kkkkkkk−=−=−++，由于函数2118yk=+在()10,k+上为减函数，所以函数21218yk=+在()10,k+上为增函数，所以函数212118y

k−+=在()10,k+上为减函数，所以2122111218k−−+，所以()120,kk−+.【点睛】关键点点睛：本题第（2）问通过联立直线1l与E表示出P点横坐标，再通过联立2l(设方程)与E表示出S点横坐标，由P点横坐标与S点横坐标相等得到21221281kkk=+

是解题的关键，然后表示出12kk−，进而求出结果.3．（2022秋·江苏南通·高三统考期中）已知圆O：2216xy+=与y轴相交于A，B两点（点A在x轴的上方），过点B作圆O的切线1l，P是平面内一动点，过点P作1l的垂线，

垂足为Q，且()0PQPAQA+=，记点P的运动轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)过点A且斜率不为0的直线2l与曲线C相交于M，N两点，线段MN的垂直平分线交y轴于点D，证明：ADMN为定值.【答案】(1)216xy=(2)见解析【分析】（1）设P点坐标为(,)xy，根据()

0PQPAQA+=，即可求得轨迹方程；（2）联立曲线C与直线2l，求出||MN的长度，再根据线段MN的垂直平分线交y轴于点D，求出||AD的长度，即可得出||||ADMN为定值．【详解】（1）设(,)Pxy，由题可得，(0,4)A，(0,4)B−，(),4Qx−，(0,

4)PQy=−−，(,4)PAxy=−−，(,8)QAx=−，因为()0PQPAQA+=，所以有[(0，4)(yx−−+−，4)](yx−−，8)0=，即(x−，2)(yx−−，8)0=，即216xy=，所以2:16Cxy

=．（2）设直线2l的斜率为()0kk，线段MN的中点为E，因为直线2l过点A，所以2:4lykx=+，设1(Mx，1)y，2(Nx，2)y，联立2241664016ykxxkxxy=+−−==，25622560k=+恒成立，1216

xxk+=，1264xx=−，222221212||1()4125625616(1)MNkxxxxkkk=++−=++=+，因为MN的中点为E，所以横坐标为1282xxk+=，又因为点E在直线2l上，所以2(8,84)Ekk+，设MN的垂直平分线为3l，则斜率为1k

−，231:(84)(8)lykxkk−+=−−，即21812yxkk=−++，则2(0,812)Dk+，2||8(1)ADk=+，所以||1||2ADMN=，为定值．【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的范围，最值或定值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的

范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用．另外在解析几何中还要注意向量的应用，根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，进而为消去变量起到了重要的作用.4．（2022秋·云南·高三云南民族大学附属中学校

考期中）已知椭圆2222:1(0)xyEabab+=经过点()0,2，且离心率为63，F为椭圆E的左焦点，点P为直线:3lx=上的一点，过点P作椭圆E的两条切线，切点分别为A，B，连接AB，AF，BF

．(1)证明：直线AB经过定点()2,0M；(2)若记AFM△、BFM的面积分别为1S和2S，当12SS−取最大值时，求直线AB的方程．参考结论：()00,Qxy为椭圆22221xyab+=上一点，则过点Q的椭圆的切线方程为00221xxyyab+=．【

答案】(1)证明见解析(2)320xy+−=或320xy−−=【分析】（1）由题求出椭圆的标准方程，根据参考结论得两条切线的方程，由点P为两切线的交点，得直线AB的方程，可求出直线所过定点；（2）由直线AB所过定点设直线方程，与椭圆联立，计算面积之差，利用基本不等式求出最值，及取最值

时直线的方程.【详解】（1）由题意可得2222263bcaabc===+，即26a=，22b=，故椭圆E的方程为22162xy+=，设()11,Axy，()22,Bxy，()03,Py，由参考结论知过点P在A处的椭圆E的切线方程为11162

xxyy+=，同理，过点P在B处的椭圆E的切线方程为22162xxyy+=，点P在直线PA，PB上，101202122122yyxyyx+=+=，直线AB的方程为0122xyy+=，即020−+=xyy，可得200xy−==，则直线AB过定点()2,0M；（2）由（1

）知，()2,0F−，4FM=，设直线AB的方程为2xty=+，联立22236xtyxy=++=，得()223420tyty++−=，故12243tyyt+=−+，12223yyt=−+，为111122==FMyyS，222122==FMyyS12121228884322

33323−=−=+===++tSSyyyyttt，当且仅当3tt=，即3t=时取等号，此时直线AB的方程为32xy=+，即320xy+−=或320xy−−=．【点睛】思路点睛：第二问思路设直线AB的方程为2xty

=+与椭圆方程联立，利用韦达定理代入12122−=+SSyy，然后利用基本不等式求出结果，考查了学生的思维能力、运算能力.5．（辽宁省重点高中沈阳市郊联体2022-2023学年高三上学期期中考试）已知椭圆C：22221(0)xyabab+=的离心率为63，两焦点与短轴两顶点围成的四边形的

面积为42．(1)求椭圆C的标准方程；(2)我们称圆心在椭圆C上运动，半径为2a的圆是椭圆C的“卫星圆”，过原点O作椭圆C的“卫星圆”的两条切线，分别交椭圆C于A，B两点，若直线OA，OB的斜率存在，记为1k，2k．①求证：

12kk为定值；②试问22OAOB+是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．【答案】(1)22162xy+=(2)①12kk为定值13−，证明见解析；②22||||OAOB+为定值8【分析】（1）由已知条件列方程组求出,ab，可得椭圆C的标准

方程；（2）设直线OA，OB的方程，由相切列等式利用韦达定理求12kk；直线方程与椭圆方程联立，表示出22OAOB+，利用已知条件化简即可.【详解】（1）依题意得22224263bccaabc===+，解得6,2ab==，所以椭圆

C的标准方程为22162xy+=.（2）①直线OA，OB的方程分别为12,ykxykx==，设椭圆C的“卫星圆”的圆心为()00,xy，因为直线OA，OB为“卫星圆”的两条切线，则100216221kxyak−

==+，200226221kxyak−==+化简得()222011000234230xkkxyy−−+−=，()222022000234230xkkxyy−−+−=，所以1k，2k为方程()2220000234230xkkxyy−−+−=的

两根，故2122002323kyxk−=−，又因为2200162xy+=，所以22002200122323123963kyyxyk−−===−−−，故12kk为定值13−；②设()()1122,,,AxyBxy，由

1112211162ykxxy=+=，2222222162ykxxy=+=，解得2212221266,3131xxkk==++，()()22122212226611|||313|1kkkOAOBk=++

++++，由于1213kk=−，所以222119kk=，得()()()222122112221118|61291813313||131|kkOAOkBkkk++++=+==+++，所以22||||OAOB+为定值8．【点睛】方法点睛

：解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等

特殊情形．强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．6．（2022秋·江苏南通·高三校考期中）已知动圆M恒过定点10,8F，圆心M到直线14y

=−的距离为1,8ddMF=+．(1)求M点的轨迹C的方程；(2)过直线1yx=−上的动点Q作C的两条切线12,ll，切点分别为,AB，证明：直线AB恒过定点．【答案】(1)212xy=(2)证明见详解【分析

】（1）设(),Mxy，由题意可得22111488yxy+=+−+，化简整理即可；（2）设()()()221122,2,,,,1AxxBxxQtt−，结合导数的几何意义分析可得12,xx为方程2241

0xtxt−+−=的两根，结合韦达定理求直线AB的方程，即可得结果.【详解】（1）设(),Mxy，则2211,84MFxydy=+−=+，因为18dMF=+，即22111488yxy+=+−+，当104y+，即14y−时，

则22111488yxy+=+−+，整理得212xy=；当104y+，即14y−时，则22111488yxy−−=+−+，整理得2108xy=+，不成立；综上所述：M点的轨迹C的方程212xy=.（2）由（1）

可知：曲线C：212xy=，即22yx=，则4yx=，设()()()221122,2,,,,1AxxBxxQtt−，可知切线QA的斜率为14x，所以切线QA：()211124yxxxx−=−，则()2111124txxtx−−=−，整理得21124

10xtxt−+−=，同理由切线QB可得：2222410xtxt−+−=，可知：12,xx为方程22410xtxt−+−=的两根，则121212,2txxtxx−+==，可得直线AB的斜率()221212122224ABxxkxxtxx−==+=−，设AB的中点为(

)00,Nxy，则()2222121200121222,24122xxxxxtyxxxxtt++====+−=−+，即()2,41Nttt−+，所以直线AB：()()2414ytttxt−−+=−，整理得11

44ytx−=−，所以直线AB恒过定点1,14P.【点睛】方法点睛：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ykxt=+，由题设条件将t用k表示为tmkn=+，得()ykxmn=++，故动直线过定点(),mn−

；（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．7．（福建省南平市浦城县第三中学2023届高三上学期期中）如图所示，在直角坐标系xOy中，椭圆C：2212xy+=，直线l：30xy

++=，点P是直线l上的动点，过点P作C的两条切线，切点分别为A，B，连接OP，交AB于点M．(1)求证：直线AB过定点，并求出此定点的坐标；(2)设PAB的面积为1S，PAM△的面积为2S，求12SS的值．【答案】(1)证明见解

析，21,33−−(2)2【详解】（1）设()00,3−−Pxx，()11,Axy，()22,Bxy．当直线PA的斜率存在时，设C在A处的切线方程为()11=+−ykxykx，将其代入C的方程得()()()2222

1111124220++−+−−=kxkykxxykx．根据相切得()()()2222111116412220=−−+−−=kykxkykx，化简得22211112202++=xykxyk，即()21120+=ykx，∴11

2xky=−．因而直线PA的方程为1112xxyy+=．同理，直线PB的方程为2212xxyy+=．当直线PA或PB的斜率不存在时，也满足以上方程．又∵点P在两切线上，∴()0101312+−−=xxxy，()0202312

+−−=xxxy．这说明A，B的坐标满足方程()00312+−−=xxxy，故直线AB的方程为()00312+−−=xxxy，化简得()02620−−−=xxyy，∴直线AB过定点21,33−−

．（2）直线OP的方程为003−−=xyxx，与直线AB的方程联立，解得M的横坐标为()02200223=++Mxxxx．将直线AB的方程代入C的方程，得()()()2200222000221202333

+−+−=+++xxxxxx．∴()01222004223+==++Mxxxxxx．因此M为AB的中点，故122SS=．8．（辽宁省沈阳市四校2023届高三上学期期中）已知以()2,3E−为焦

点的椭圆过()()2,0,2,0AB−，记椭圆的另一个焦点F的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)若直线l是曲线C的切线，且l与直线3yx=和3yx=−分别交于点,MN，与x轴交于点Q，求证：2||QMQNOQ+为定值.【答案

】(1)221(0)3yxx−=(2)证明见解析【分析】（1）根据题意，由双曲线的定义，即可得到结果；（2）根据题意，分直线的斜率存在与不存在分别讨论，结合韦达定理代入计算，即可得到证明；【详解】（1）由题意得AEAFB

EBF+=+，即24AFBFAB−==，所以F的轨迹是以,AB为焦点的双曲线的右支，方程为221(0)3yxx−=（2）当切线l的斜率存在时，设切线l为()0ykxmk=+，则,0mQk−，联立2213ykxmyx=+−=可得：()2223230kxkmxm−−−−

=，则()()2222Δ44330kmkm=−−−−=，即223mk=−，设()()1122,,,MxyNxy，直线3yx=和3yx=−是曲线C的渐近线，联立2203ykxmyx=+−=可得：()222320kxkmxm−−−=，则1222122233kmxxkmxxk+=−−

=−，()()()222121212223113mmmmQMQNkxxkxxxxkkkkk=+++=++++=+，22223||1mOQkk==−，所以2||4QMQNOQ+=.当切线l的斜率不存在时，易知2||4QMQNOQ+=.

【点睛】关键点睛：本题主要考查了直线与双曲线的位置关系，难度较难，解答本题的关键在于分直线的斜率存在与不存在讨论，然后联立直线与双曲线方程，结合韦达定理代入计算.9．（2022秋·山东·高三山东师范大学附中校考期中）已知22xpy=()0p的焦点为

F，且经过F的直线被圆()223192xy−++=截得的线段长度的最小值为4．(1)求抛物线的方程；(2)设坐标原点为O，若过点()2,0作直线l与抛物线相交于不同的两点P，Q，过点P，Q作抛物线的切

线分别与直线OQ，OP相交于点M，N，请问直线MN是否经过定点？若是，请求出此定点坐标，若不是，请说明理由．【答案】(1)22xy=(2)直线MN经过定点()2,0A．【分析】（1）依题意得到5FT=从而利用两点距离公式求得p，从而得解；（2

）根据抛物线求出切线方程，从而求得,MN的坐标，进而求得MN的方程，再令2x=，即可得出定点.【详解】（1）因为抛物线22xpy=的焦点为0,2pF，圆()223192xy−++=的圆心31,,32Tr−=，而经过F的直线被圆

T截得的线段长度2224rd−，其中d为圆心T到直线的距离，则2294d−，所以5d，显然，d的最大值为焦点F到圆心T的距离，即5FT=，所以23152p++=，又0p，解得1p=或7p=−（舍），故抛物线的方程为22xy=．（2）设点()

11,Pxy，()22,Qxy，()2,0A，由22xy=，即212yx=，得yx=，则点P处的切线方程为()21111112yyxxxyxxx−=−=−，直线OQ的方程为：22xyx=，则点22112121

2,242xxxMxxxx−−，同理点222212121,242xxxNxxxx−−，可得：()()()()221221121212121221222212121212122122424222222M

Nxxxxxxxxxxxxxxxxkxxxxxxxxxxxx−−−−−−==−−−−−−()()()()()()122112121222331212121221222xxxxxxxxxxxxxxxxxxxx−++=

=+−−+−，直线MN的方程为：()()22121212122121212124222xxxxxxxyxxxxxxxxx+−=−−−+−，注意到点P，Q满足()()()2212122112121222222yyxxx

xxxxxxx=−=−=+−−，2222121212121212412MNxxxxxxxxkxx+=−=−直线MN的方程为221212112121242122xxxxxyxxxxxxx−=−

−−−．注意令2x=，则2221212112121121212121242242122212xxxxxxxxxxyxxxxxxxxxx−−−=−=−−−−−()211132212112111122211

212121114426120222422612122xxxxxxxxxxxxxyxxxxxxxxxx−−−−+−===−=−−−−+−−，直线MN经过定点()2,0A．10．（湖南省岳阳市第五中学2022-2023学年高三上学期期中）在ABC中，点()1,0A−，()10B,，A

BC的周长为6.(1)求点C的轨迹Ω的方程；(2)若椭圆22221(0)xyabab+=上点()00,xy处的切线方程是00221xxyyab+=，①过直线:4lx=上一点M引Ω的两条切线，切点分别是P、Q，求证：直

线PQ恒过定点N；②是否存在实数，使得PNQNPNQN+=，若存在，求出的值，若不存在，说明理由.【答案】(1)22143xy+=（2x）(2)①证明见解析；②存在实数43=【分析】（1）依题意可得4CACBAB+=

，再由定义法即可求结果；（2）①通过题设发现切点P、Q的坐标满足一个同构方程，从而得出直线PQ的方程求出过的定点；②涉及到直线与圆锥曲线相交的问题，若用的是代数法，一般是联立方程化简，结合韦达定理将所求表达出来再进化简转化等，注意设而不求的思想方法【详解】（1

）因为点()1,0A−，()10B,，所以2AB=，又ABC的周长为6，所以4CACBAB+=，所以点C在以()1,0A−，()10B,为焦点的椭圆上（除长轴上两顶点外），其中1c=，2a=，所以223bac=−=，所以点C的

轨迹Ω的方程为22143xy+=（2x）.（2）①设切点坐标为()()1122,,,PxyQxy，直线l上的点M的坐标()4,t，则切线方程分别为11221,14343xxyyxxyy+=+=，又两切线均过点M，即11221,133ttxyxy+=+=，从而点P、Q的坐标都适合方程13txy+

=，而两点之间确定唯一的一条直线，故直线PQ的方程是13txy+=，显然对任意实数t，点()1,0都适合这个方程，故直线PQ恒过定点()1,0N.②将直线PQ的方程13txy=−+，代入椭圆方程，得223

141203tyy−++−=，即2242903tyty+−−=，显然0，122612tyyt+=+，1222712yyt−=+，不妨设()2221211190,0,13ty

yPNxyy+=−+=，同理2293tQNy+=−.所以2122121211311399yyPNQNyyyytt−=+=−==++()222221221226108121233279912tyyttyyttt+−++−

=−++−+22114491444939tt+==+故存在实数43=，使得PNQNPNQN+=.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为()11,xy、()22,xy；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到

关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为12xx+、12xx的形式；（5）代入韦达定理求解.11．（广东省广州市白云中学2023届高三上学期期中）已知椭圆22221xya

b+=（0a，0b）的离心率为22，左、右焦点分别为1F，2F，B为C的上顶点，且12BFF△的周长为2623+．(1)求椭圆C的方程；(2)设圆22:2Oxy+=上任意一点P处的切线l交椭圆C于点M、N．求证：2211||||OMON+为定值．【答案】(1

)22163xy+=；(2)证明见解析.【分析】（1）根据给定条件，求出,,abc即可作答.（2）直线l的斜率存在时，设出其方程并与椭圆方程联立，借助韦达定理推理计算，再验证斜率不存在的情况作答.【详解】（1）设椭圆

C的半焦距为c，因为12BFF△的周长为2623+，则222623ac+=+，椭圆的离心率为22，则22ca=，解得6,3ac==，则23b=，所以椭圆C的方程为22163xy+=.（2）当直线l的斜率不存在时，直线:2lx=，与椭圆方程联立解得222,2xy==，

则22111||||2,||||2OMONOMON==+=，当直线l的斜率存在时，设直线()()1122:,,,,lykxmMxyNxy=+，由2226ykxmxy=++=消去y并整理得：()222214260kxmkxm+++−=，显然点P在椭

圆C内，即直线l与C必交于两点，有2121222426,2121mkmxxxxkk−−+==++，又直线l与圆222xy+=相切，即2||21mk=+，即2222mk=+得2224222212222222112

162(26)16324(21)1(2(21))2xxxmkmkkxkkkxx−+++−=++=++−=，显然22221122113,322xyyx=−=−，即有2222221222113,31122xyxxyx+=+=++，因此22122222222212211122216(

)1111231||||92)()(4xxOMONxyxyxxxx+++=+=+++++()()()()422242242242222281626213240816480162212448692121kkkkkkkkkkkk++++++===++−++++++，所以2211||

||OMON+为定值12.【点睛】方法点睛：（1）引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；（2）特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．12．（辽宁省重点高中沈阳

市郊联体2022-2023学年高三上学期期中考试）已知经过点262,33M的椭圆2212:13yxCa+=的上焦点与抛物线22:Cxmy=焦点重合，过椭圆1C上一动点Q作抛物线2C的两条切线，切点分别为,AB．(1)求1C和2C的方程；

(2)当Q在椭圆1C位于x轴下方的曲线上运动时，试求QAB面积的最大值．【答案】(1)221:143yxC+=，22:4Cxy=(2)82【分析】（1）将点M坐标代入椭圆方程即可求出2a，从而求出椭圆方程

与其上焦点坐标，则可求抛物线方程；（2）依题意AB的斜率存在，设()11,Axy，()22,Bxy，:ABykxm=+（0m），联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，利用导数的几何意义表示出切线QA、QB，联立得到Q点坐标，从而得到2231612mk+=，设AB的中点为D，表示出D点坐标

，则1212QABSxxQD=−，最后由二次函数的性质计算可得.【详解】（1）因为点262,33M的椭圆2212:13yxCa+=，所以2222623313a+=，解得24a=，所以椭圆221:143yxC+=，

则椭圆的上焦点为()0,1，所以14m=，解得4m=，则抛物线22:4Cxy=.（2）依题意AB的斜率存在，设()11,Axy，()22,Bxy，:ABykxm=+（0m），由24ykxmxy=+=，消去y整理得2440xkxm−−=，所以1212244Δ16160xxkxxmkm+=

=−=+，因为214yx=，则2xy=，所以QA：()211142xxyxx−=−，即QA：21124xxyx=−，同理可得QB：22224xxyx=−，由直线QA的方程与直线QB的方程联立有

2222112424xxyxxxyx=−=−，可得122xxx+=，将122xxx+=代入直线21124xxyx=−可得124xxy=，所以1212,24xxxxQ+，即()2,Qkm−，因为点Q在椭圆22143yx+=上，所以22143

4mk+=，即2231612mk+=，设AB的中点为D，则12222Dykmkmxx=+=++，即()22,2Dkkm+，所以()()22121212112222QABSxxQDxxkmxxkm=−=−+=−+()()2212124xxxxkm=+−+()224kmkm=++

()3224km=+，因为2231612mk+=，所以22012316mk−=，解得22m−，又0m，所以02m，则22238251616312123kmmmm+=+=−−+−，所以当2m=时()m2ax2mk+=，又32yx=在

()0,+上单调递增，此时()322482km+=，所以()max82QABS=.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为()11,xy、()22,xy；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要

时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为12xx+、12xx的形式；（5）代入韦达定理求解.13．（河北省冀东名校2022-2023学年高三上学期期中）已知椭圆()222:102xyCbb

+=的右顶点和上顶点分别为A，B，M为线段AB的中点，O为坐标原点，且212OMABb=−．(1)求椭圆C的方程；(2)已知圆22:3Oxy+=，P为圆O上任意一点，过点P作椭圆C的切线，交圆O于点Q，若OP与OQ斜率都存在，求证：OPOQkk为定值．【答案

】(1)2212xy+=(2)证明见解析【分析】（1）由条件结合向量的坐标运算列方程求b，可得椭圆方程；（2）在PQ的斜率不存在时求OPOQkk的值，当PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为ykxm=+，联立直线与圆的方程

结合设而不求法求OPOQkk，由直线与椭圆相切求,km的关系，由此证明结论.【详解】（1）依题意可得()2,0A，()0,Bb，()2,ABb=−，2,22bM，所以2211122OMABbb=−+=−，所以21b=，所以椭圆C的方程为：2212xy+=．（2）若PQ的斜

率不存在，则()2,1P，()2,1Q−或()2,1P−，()2,1Q−−，此时12OPOQkk=−；若PQ的斜率存在时，可设直线PQ的方程为ykxm=+，()11,Pxy，()22,Qxy，由22,3,ykxmxy=+

+=联立消去y可得，()2221230kxkmxm+++−=，方程()2221230kxkmxm+++−=的判别式()()2222224413124120kmkmkm=−+−=−+，12221kmxxk+=−+，2122

31mxxk−=+，()()221212231mkyykxmkxmk−=++=+，所以221221233OPOQyymkkkxxm−==−，当直线PQ与椭圆相切时，由22,1,2ykxmxy=++=联立消去y可得，

()222214220kxkmxm+++−=，()()222216421220kmkm=−+−=，化简得2221km+=，所以12OPOQkk=−，综上可得OPOQkk为定值12−．【点睛】关键点点睛：（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，

消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．14．（2022秋·江苏镇江·高三统考期中）已知椭圆()2222:10xyCab

ab+=的左右焦点分别为1F、2F，左右顶点分别为A、B，P是椭圆C上异于A、B的任意一点，PA、PB斜率之积为34−，且PAB的面积最大值为23.(1)求椭圆C的方程；(2)直线1PF交椭圆C于另一点Q，分别过P、Q作椭圆的切线，这两条切

线交于点M，证明：1MFPQ⊥.【答案】(1)22143xy+=(2)证明见解析【分析】（1）设出()00,Pxy，表达出20220PAPBykkxa=−，结合2200221xyab+=求出32ba=，根据PAB的面积最大值求出2a=，3b=，求出椭圆方程；（2）

设()11,Pxy处椭圆的切线方程为()11yykxx−=−，联立椭圆方程，有根的判别式等于0得到切线方程，同理得到Q处的切线方程为22143xxyy+=，联立两切线方程，得到点M的横坐标，可设点()4,Mt−，得到直线PQ的方程为

13tyx−+=，得到11PQMFkk=−，证明出结论.【详解】（1）设点()00,Pxy，由(),0Aa−，(),0Ba，知200022000PAPByyykkxaxaxa==+−−，因为P在椭圆C上，所以2200221x

yab+=，即()2222002byaxa=−，则220222034PAPBybkkxaa==−=−−，32ba=.因为PAB的面积最大值为23，21322322Sababa====，2a=，3b=，即椭圆22:143xy

C+=.（2）下面证明椭圆2222:1(0)xyEabab+=在()00,Pxy处的切线方程为00221xxyyab+=，理由如下：当00y时，故切线的斜率存在，设切线方程为ykxm=+，代入椭圆方程得：()22222222220akbxakmxamab+++−=，由

()()()222222222240akmakbamab=−+−=，化简得：22220akmb−+=，所以()2220222222022akmakmakxmmakb−−−===+，把20akxm−=代入00y

kxm=+，得：20bym=，于是2200022200mxxbxbkaayay=−=−=−，则椭圆的切线斜率为2020bxay−，切线方程为()200020bxyyxxay−=−−，整理得到2222220000ayy

bxxaybx+=+，其中22222200bxayab+=，故222200ayybxxab+=，即00221xxyyab+=，当00y=时，此时0xa=或a−，当0xa=时，切线方程为xa=，满足00221xxyyab+=

，当0xa=−时，切线方程为xa=−，满足00221xxyyab+=，综上：椭圆2222:1(0)xyEabab+=在()00,Pxy处的切线方程为00221xxyyab+=；所以()11,Pxy处的切线方程为11143xxyy+=，同理可得()22,Qxy处的切线方程为221

43xxyy+=，由1122143143xxyyxxyy+=+=得交点M横坐标()()()()21211221122144411Myyyyxxyxymyymyy−−===−−−−−，可设点()4,Mt−，则有1122

41434143xtyxty−+=−+=，所以直线PQ的方程为13tyx−+=，知3PQkt=，又1413MFttk==−−+，所以1313PQMFtkkt=−=−，所以1MFPQ⊥，即证.【点睛】过圆()()2

22xaybr−+−=上一点()00,xy的切线方程为：()()()()200xaxaybybr−−+−−=，过圆()()222xaybr−+−=外一点()00,xy的切点弦方程为：()()()()200xaxaybybr−−+−−=.过椭圆22221xyab+=上一点()00,Pxy的切线方程为

00221xxyyab+=，过双曲线22221xyab−=上一点()00,Pxy的切线方程为00221xxyyab−=