123-24高二下·四川成都·期中）已(2)過右焦點F且斜率為1的直線l交橢圓C于M，N兩點，點P為直線x=4上任意一點，求證：直線PM，PF，PN的斜率成等差數列． （2）設M(x1,y1)，N(x2,y2)，P(4,n)，設直線MN的方程為：y=x-1，聯立直線MN與橢圓的方程得代入點P3(0,-)得，b2=3，代入點P1得，a2=4， kPMPNEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up3(2),x)EQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up6(4),-4))(x(EQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up6(y),2)2EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up3(2),x)EQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up6(4),-4)EQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up6(x),2)所以直線PM，PF，PN的斜率成等差數列．(1)設過點(1,0)的直線l與C相切于點M(4,3)，求部分橢圓方程、部分雙曲線方程及直線l的方程；(2)過A的直線m與C相交于點P,A,Q三點，求證：上PBA=上QBA．7【分析】（1）首先由C與x軸有A(2,0),B(-2,0)兩個交點，得出a，再由橢圓與雙曲線的離心率之積為74即可求出b，由直線l過點(1,0)和M(4,3)即可得出直線l的方程；（2）由題意可得PQ的斜率存在且不為零，故設方程為：y=k(x-2)，分別與橢圓，雙曲線方程聯立，求【詳解】（1）因為曲線C與x軸有A(2,0),B(-2,0)兩個交點，所以a=2，=1(y=1(y≥0)．由直線l過點(1,0)和M(4,3)，得k=1，則y=xxy-)x2-16k2x所以kBP=-kBQ，所以上PBA=上QBA．(2)過點M(1,0)的直線l與橢圓C交于點A、B，設點若△ABN的面積為，求直線l的斜率k.（（2）設出直線l的方程，與橢圓方程聯立，利用韋達定理及三角形面積公式列出方程求解即得.由橢圓C由橢圓C過點(1,)，得聯立解得a=2所以橢圓所以橢圓C的方程為（（2）依題意，直線l不垂直于y軸，設其方程為x=ty+1，A(x1,y1),B(x2,y2)，則ììx=ty+1由í22消去x得(t2+4)y2-2ty-3=0，顯然Δ>0，lx+4y=4△△ABN的面積S△解得t=±6，所以直線l的斜率斜率分別為k1，且設動點P(X,Y)的軌跡為曲線C.(2)過點F1(—1,0)的直線l交曲線C于M、N兩點，是否存在常數λ,使恒成立？存在.存在.（2）設l:x=my-1，聯立橢圓方程消去x，利用弦長公式求|MN|，利用韋達定理化簡.即可求得λ.my-1l3x（2）設直線l:x=my-1，Mmy-1l3xEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up8(--),1M)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up8(--),1N)22=my1-1,x2=my2-1，所以EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up8(--),1M)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up8(--),1N)).(x22,y1).(my2,y2)=λF1M.F=λF1M.F1N恒成立.(2)點P、Q為橢圓C上不同的兩點，直線AP與y軸交于點M，直線AQ與y軸交于點N,E(,0)，設（2）首先設點P,Q的坐標，由條件轉化為關于坐標的關系式，再設直線PQ方程與橢圓方程聯立，所以橢圓C的方程為直線AQ的方程為，EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),O)2-x1,y2-y1).(,0)=(x2-x1)=-2，則x2-x1=-2≠0，所以直線所以直線PQ的斜率存在，設直線PQ的方程為y=kx+b，整理為整理為b(b-2k)=0，即b=0或b=2k，若若b=2k，則PQ直線為y=kx+2k=k(x+2)，過點(-2,0)，不符合題意，舍去，若若b=0，則PQ直線為y=kx，過原點，此時x1+x2=0，又因為又因為x2-x1=-2，所以x1=1，x2=-1，代入橢圓方程得y1=±,y2=±,621-22高三上·湖北·期中）已知圓O：x2+y2=2，橢圓C：的離心率為，P是C上的一點，A是圓O上的一點，PA的最大值為+.(2)點M是C上異于P的一點，PM與圓O相切于點N，證明：PO2=PM.PN.222EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(-),O)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(-),O)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(-),O)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(-),O)所以C的方程是EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up1(-),O)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up1(-),O)②②當直線PM斜率存在時，設PM方程為y=kx+m，即kx-y+m=0.)x2設P(x1,y1)，M(x2,y2)，則EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up9(-),O)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up9(-),O)1x2x22EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up6(-),O)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up6(-),O)所以即PO2=PM.PN723-24高二下·福建泉州·期中）已知拋物線C:y2=2px(0<p<3)，其焦點為F，點Q(m,2)在拋物（ii）求VAFO與△ABO面積之和的最小值．【答案】(1)【答案】(1)y2=4x(2)（i）證明見解析ii）85（ii）利用三角形面積公式寫出面積和的解析式，可得且2pm=12，則拋物線的方程為y2=4x；如圖，設AB的方程為x=sy+t，A(x1,y1),B(x2,y2)，聯立可得y2-4sy-4t=0，所以直線AB恒過定點N(4,0)；（ii）由上小問可得y1y2<0，不妨設y1<則VAFO與△ABO面積之和為,,則VAFO與△ABO面積之和的最小值為85．(2)M為線段PA的中點，求點M的軌跡方程；(3)過原點O的直線交P的軌跡于B，C兩點，求△ABC面積的最大值. （2）設M(x,y)，P(x0,y0)，利用中點坐標公式及“代點法”即可得出點M的軌跡方程；（3）對直線BC的斜率分不存在、為0、存在且不為0三種情況討論，當直線BC的斜率存在（不為0）時，把直線BC的方程與橢圓的方程聯立，解得點B，C的坐標，利用兩點間的距離公式即可得出BC，再利用點到直線的距離公式即可得出點A到直線BC的距離，利用三角形的面積計算(-3點P的軌跡C是以(-3,0)和(3,0)為焦點，長半軸長為2的橢圓，故動點P的軌跡方程為（2）設M(x,y)，P(x0,y0)，,且M為線段PA的中點，整理得2x2-2x+8y2-4y-1=0，即點M的軌跡方程為2x2-2x+8y2-4y-1=0；（3）①當直線BC的斜率不存在時，可得B(0,-1)，C(0,1)，EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(1),2)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(1),2)③當直線BC的斜率存在且不為零時，設直線BC的方程為y=kx(k≠0)，B(x1,y1)，C(-x1,-y1)，聯立化為x2=4．又點A到直線BC的距離．EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(1),2)923-24高二·山東·期中）已知拋物線C:y2=2px(p>0).過拋物線焦點F作直線l1分別在第一、四象限(1)求拋物線的方程.(2)若EP平行于x軸，證明：S在拋物線C上.(3)在（2）的條件下，記△SEP的重心為R，延長ER交SP于Q，直線EQ交拋物線于N、T（T在右側設NT中點為G，求△PEG與△ESQ面積之比n的取值范圍.【答案】(1)【答案】(1)y2=4x(2)證明見解析(3)(1,3)（2）設l1方程及K、P坐標，利用E坐標表示l2方程，聯立l1,l2方程得出S坐標，結合點在拋物線與直線上（3）設S、P坐標及直線SP方程，利用坐標表示ER，結合焦點弦的性質消元轉化表示yQ,yG，并根據幾何性質把面積比化為線段比，再化為坐標比，構造函數計算其范圍即可.不妨設P(a,-2)，則即P(1,-2)，代入拋物線方程有4=2pTp=2，所以C:y2=4x； 不妨設P(x1,y1),K(x2,y2)(y10,y20)，l1:x=my+1，若EP平行于x軸，則E(-1,y1)，所以整理得y=-y1x，又P在拋物線C和直線l1上，即EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(y),x)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(1),1)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(y),x)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(4),x)yEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),S)=4xS，同（2仍設P(x1,y1),S(x2,y2)(y10,y20)，l1:x=my+1，2m2+1,2m)，可知lEQ:y=2m-y12m-y1(y-y1)-1，設EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up3(1),m)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up2147483644(1),m)..【點睛】思路點睛：第二問是教材例題的變式，設點K、P、E坐標表示相應直線方程，求出S坐標，驗證其橫縱坐標是否滿足拋物線方程即可；第三問，仍是利用點坐標來表示直線EQ方程，利用韋達定理表示yQ,yG，并根據幾何性質把面積比化為線段比，再化為坐標比，構造函數計算其范圍即可.(2)設A，B分別是橢圓E的右頂點和上頂點，不過原點的直線l與直線AB平行，且與x軸，y軸分別交于點M，N，與橢圓E相交于點C，D，O為坐標原點.（i）求△OCM與△ODN的面積之比；CM2+MD2為定值.（2）設出直線方程，直線與橢圓交點坐標，聯立直線方程與橢圓方程，可得出根與系數的關系i）表即可得證.所以橢圓所以橢圓E的方程為.設直線設直線l的方程為則M(2m,0)，N(0,m)，聯立方程聯立方程，消去y，整理得x2-2mx+2m2-2=0，ΔΔ=4m2-8(m2-1)=8-4m2>0，得m2<2且m≠0，設設C(x1,y1)，D(x2,y2)，則x1+x2=2m，x1x2=2m2-2.（i（i）S△CM2+MD2=(x1-2m)2+yEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),1)+(x2-2m)2+yEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),2)綜上，綜上，CM2+MD2=5.1123-24高二下·安徽阜陽·期中）已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為F，P是C上一點，線段PF(2)若p<7，O為原點，點M，N在C上，且直線OM，ON的斜率之積【答案】(1)y2=4x，或y2=16x(2)證明見解析（2）設直線MN的方程，然后與拋物線方程聯立，利用直線OM，ON的斜率之積為2024和韋達定理列方程得到n，即可得到直線MN過定點.所以C的方程為y2=4x，或y2=16x．（2）證明：因為p<7，所以C的方程為y2=4x，設M(x1,y1)，N(x2,y2)，直線MN的方程為x=my+n，與y2=4x聯立，得y2-4my-4n=0，則y1+y2=4m，y1y2=-4n，因為直線OM，ON的斜率之積為2024，1222-23高二上·四川雅安·期中）已知P(0,1)為橢圓C:+=1(a>b>0)上一點，點P與橢圓C的兩(2)不經過點P的直線l與橢圓C相交于A,B兩點，若直線PA與PB的斜率之和為-1，證明：直線l必過定點，證明見解析，定點(2,-1)（2）當直線l的斜率不存在時，直接分析即可；當直線l的斜率存在時，設出l的方程并與橢到橫坐標的韋達定理形式，將斜率關系轉化為坐標運算，從而求解出直線l方程中參數k,m的關系，由此可求直線l所過的定點.（2）設A(x1,y1),B(x2,y2)，當直線l的斜率不存在時，則x1=x2,y1=-y2，所以直線l的斜率一定存在，設不經過點P的直線l方程為：y=kx+m(m≠1)，由得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0，且Δ=(8km)2-4×(1+4k2)(4m2-4)>0，即4k2+1>m2，所以(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0，即(2k+1)(4m2-4)+(m-1)(-8km)=0，化簡可得：(m-1)(2k+m+1)=0，因為m≠1，所以m=-2k-1，所以l:y=k(x-2)-1，所以直線l必過定點(2,-1)．再用m替換k或用k替換m代入直線方程，則定點坐標可求；程形式表示出直線方程，由此確定出定點坐標.過點的動直線l交橢圓C于A,B兩點，試問在坐標平面上是否存在一個定點T，使得以AB為直徑的圓恒過定點T？若存在，求出T的坐標，若不存在，說明理由．存在，T存在，T(0,1)（2）通過直線l斜率為0和不存在兩種情況，得出定點T(0,1)，再證明當直線l斜率存在且不為0時，以AB為直徑的圓恒過點T(0,1)，設直線，聯立橢圓方程得到(18k2+9)x2-12kx-16=0，利用韋故以AB為直徑的圓的方程為聯立③和④,解得x=0,y=1，所以如果存在點T，則定點為T(0,1)，下證，當直線l斜率存在且不為0時，以AB為直徑的圓恒過點T(0,1)，設直線l:y=kx-(k≠0)，A(x1,y1),B(x2,y2)，故在坐標平面上存在一個定點T(0,1)滿足條件.1423-24高二上·江蘇常州·期中）已知雙曲線的離心率為右焦點F到漸近線的距離為1．(2)若直線l過定點M(4,0)且與雙曲線C交于不同的兩點A、B，點N是雙曲線C的右頂點，直線AN、BN分別與y軸交于P、Q兩點，以線段PQ為直徑的圓是否過x軸上的定點？若是，求出定點坐標；若不是，（2）解法一：對直線l的斜率是否存在進行分類討論，在直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y=k(x-4)，設點A(x1,y1)、B(x2,y2)，將直線l的方程與雙曲線的方程聯立，列出韋達定理，分析可知，EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up8(-),Q)0解法二：分析可知，直線l不與x軸重合，設直線l的方程為x=my+4，設點A(x1,y1)、B(x2,y2)，將直線l的方程與雙曲線的方程聯立，列出韋達定理，分析可知，以PQ為直徑的圓過x軸上的定點T(x0,0)，則PT.QT=0，利用平面向量數量積的坐標運算求出x0的值，可得出定點坐標.則漸近線方程為即x±2y=0，右焦點F(c,0)到漸近線距離為所以，c=5，a=2，b=1，則雙曲線C的方程是（2）解：以線段PQ為直徑的圓過x軸上的定點．法一：當直線l斜率存在時，設直線l的方程為y=k(x-4)，若直線l的斜率為零，則A、B中有一點與點N重合，不合乎題意，則k≠0，x2+當k≠±時，Δ=(32k2)2+4(1-4k2)(64k2+4)=192k2+16>0，設A(x1,y1)、B(x2,y2)，則有又N是雙曲線C的右頂點，則N(2,0)．y2x2-直線BN的方程為y=EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(2),2)y2x2-直線BN的方程為y=EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up8(-),Q)所以，所以，恒成立．又又EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up8(2),0)x1-EQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up10(4),2)y)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up8(2),0)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up8(2),0)當直線l斜率不存在時，直線AB的方程為x=4，EQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up10(x),y)、B4,-)，則直線則直線AN的方程為在直線AN的方程中，令x=0，可得即點同理可得點Q(0,法二：若直線l與x軸重合，則A、B中有一點與點N重合，不合乎題意， 設點A(x1,y1)、B(x2,y2)，則直線AN的方程為EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up8(-),Q)則將定點問題轉化為直徑所對的圓周角為直角，轉化為向量垂直來處理.1523-24高二下·上海·期中）已知圓F:(x-2)2+y2=1，動圓P與圓F內切，且與定直線x=-3相切，設圓心P的軌跡為Γ(2)若直線l過點F，且與Γ交于A,B兩點EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up8(-),A)②過點A,B分別作曲線Γ的切線相交于點P，求△PAB面積的最小值.【詳解】（1）設P(X,Y)，圓P的半徑為R，由題可知，因為圓P與定直線x=-3相切，所以R=x+3又圓P與圓F內切所以所以化簡得y2=8x，即Γ的方程為y2=8x（2）①由題意得F(2,0)，直線l的斜率一定存在，故設直線l的方程為y=k(x-2),A(x1,y1),B(x2,y2)則M(0,-2k)，因為=λEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(uu),A)1,y1+2k)=λ(2-x1,0-y1)，解得因為點A在Γ上，所以y12=8x1，即所以k2=4λ同理，由解得因為點B在Γ上，所以y22=8x2，即所以k2=4μ(1+μ)由4λ(1+λ)=4μ(1+μ)，得(λ-μ)(λ+μ+1)=0因為λ>0,μ>0，所以λ+μ+1≠0，即λ=μ;②由題意得直線l的斜率一定不為0，設直線l的方程為x=my+2,A(x1,y1),B(x2,y2)設直線PA的方程為消去x，得因為直線PA與拋物線Γ有一個交點，Δ=64-4×k×(8y1-yEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),1)k)=0，解得直線AP的方程為同理可得，直線BP的方程為聯立方程聯立方程點P到直線點P到直線AB的距離為:S△PAB=×(8m2+8)×4m2+1=16(m2+1)m2+時，S△PAB取到最大值為16.【點睛】關鍵點點睛：第二問【點睛】關鍵點點睛：第二問②的關鍵是得出S△PAB的表達式，由此即可順利得解.1623-24高二下·上海·期中）已知拋物線Γ:x2=2y的焦點為F，過Γ在第一象限上的任意一點P作Γ的切線l，直線l交y軸于點Q．過F作l的垂線m，交Γ于A,B兩點．(2)求PF的中點M的軌跡方程；(3)若三角形PAB面積為，求點Q的坐標．設M(x,y)，則再由點P在拋物線上，代入拋物線方程，即可求（3）首先得到直線m的方程，設A(x1,y1)，B(x2,y2)，聯立直線與拋物線方程，消元、列出韋達定理，利用弦長公式表示出|AB|，再由點到線的距離公式及面積公式得到方程，求出xEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),0)，即可求出Q點坐標.EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(1),2) （（1）設直線方程，設交點坐標為(x1,y1)、(x2,y2)；（（2）聯立直線與圓錐曲線的方程，得到關于x（或y）的一元二次方程，必要時計算Δ;（5（5）代入韋達定理求解.172024高二·全國·期中）已知橢圓C:頂點，O為坐標原點，直線y=kx+4與C交于不同的兩點M，N．(1)設點P為線段MN的中點，證明：直線OP與直線MN的斜率之積為定值；(2)若AB=4，證明：直線BM與直線AN的交點G在定直線上．【答案】【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）設M(x1,y1)，N(x2,y2)，由中點坐標公式和斜（2）由題意求出橢圓方程，與直線方程聯立，韋達定理表示根與系數的關系，聯立直線BM與直線AN的設M(x1,y1)，N(x2,y2)，則EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up8(ìb2),lb2)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(x),x)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(a),a)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up12(2),2)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(y),y)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(a),a)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up8(2b2),2b2)將直線的方程y將直線的方程y=kx+4代入橢圓C的方程x2+2y2=8，化簡整理得(2k2+1)x2+16kx+24=0．①由韋達定理，得設M(x1,kx1+4)，N(x2,kx2+4)，則直線MB的方程為③直線NA的方程為y=x+2，④由③④兩式解得2即即yG=1，所以直線BM與直線AN的交點G在定直線y=1上．設直線MN（即直線y=kx+4）與直線AB（y軸）的交點為S(0,4)，直線AM與直線BN的交點為R，則點G，R，S構成橢圓C的自極三點形，點G一定在點S(0,4)對應的極線GR上，其方程為,即y=1，就是說直線BM與直線AN的交點G在定直線y=1上．解答直線與圓錐曲線的題目時，時常把兩個曲線的方程聯立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根與系數的關系，并結合題設條件建立有關參變量的等量關系，涉及到直線方程(2)橢圓C的左、右頂點分別為A1和A2，M，N為橢圓上異于A1、A2的兩點，直線MN不過原點且不與坐標軸垂直．點M關于原點的對稱點為S，若直線A1S與直線A2N相交于點T．（i）設直線MA1的斜率為k1，直線MA2的斜率為k2，求k1-k2))2ii）證明見解析（2i）設直線和相關點，結合橢圓方程分析可知，結合基本不等式運算求解ii）聯立方程，根據三點共線結合韋達定理可得聯立直線方程運算求解設直線設直線MN的方程為x=ty+p(t≠0,p≠0)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，T(x0,y0)，則S(-x1,-y1)．t2+2-p2)>0得-2<p<2且p≠0，y0y1y2y1y2故直線OT與直線MN的交點在定直線x=-2上．EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(-),A)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(-),A)出點P到直線AB的距離及弦長|AB|的值，進而求出△PAB的面積．（2）由（1）可得右焦點F(3,0)，當直線AB的斜率為0時，則直線AB的方程為y=0，EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up6(-),A),與已知條件矛盾，所以直線AB的斜率不為0， EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up5(-),A)(-3-x1,-y1)=3(x2-3,y2)，可得-y1=3y2，即y1=-3y2，③202023·河南·期中）已知橢圓C:+=1(a>b>0)的右焦點F(1,0)，點在橢EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(-),A)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(-),Q)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up8(-),O)，即Q是直線x+y-1=0上動點，再由點到直線距離求最小值即可.2.所以a2.所以a=2,b=c=1,2x+2x+y2=1.2（2）由題意知λ≠1，設A(x1,y1),B(x2,y2),Q(x0,y0).λy2=(1+λ)y0.++EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(-),A)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up8(-),Q)λ>0)，得í(-1λ),且íEQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up6(ì),l)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(x),y)λy2=(1+λ)y0.++又A，B都在橢圓上，所以又由，得(x1+λx2)+(y1+λy2)=(1+λ)(x0+y0).所以x0+y0=1.所以O到直線x+y-1=0的距離經檢驗，此時垂足Q(EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(1),2),EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(1),2))在橢圓內部.212024·河南鄭州·期中）設拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為F，P(x0,y0)是C上一點且|PF|2-|PF|=xEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),0)+x0，直線l經過點Q(-8,0)．(2)①若l與C相切，且切點在第一象限，求切點的坐標；②若l與C在第一象限內的兩個不同交點為A,B，且Q關于原點O的對稱點為R，證明：直線AR,BR的傾斜角之和為π.|PF|2-|PF|=xEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),0)+x0化簡得|PF|-x0=1，再根據定義得代入即可的拋物線（2）①設切點坐標為(t,2t)，通過導數求出切線方程y-2t=(x-t)，將點Q(-8,0)代入即可；②設直線l的方程為聯立得y1+y2=4k，y1y2=32，然后計算kAR+kBR=0即可.【詳解】（【詳解】（1）因為|PF|2-|PF|=xEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),0)+x0，所以|PF|2-xEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),0)=|PF|+x0，所以切線方程為所以切線方程為，將Q(-8,0)代入上式，得②由①得，直線AR,BR的斜率都存在，要證：直線AR,BR的傾斜角之和為π,只要證明：直線AR,BR的斜率之和為0．EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up6(ìx),ly)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(=),4)所以y1+y2=4k，y1y2=32，Δ=16k2-128>0，即k>22，即直線AR,BR的傾斜角之和為π.2223-24高二上·云南昆明·期中）在平面直角坐標系xOy中，動點M(x,y)滿足記點M【答案】【答案】(1)y2=4x(2)0(2)(2)設出直線AB，PQ的方程，與拋物線聯立，列出式子利用韋達定理即可求解.所以點所以點M到定點F(1,0)的距離等于到定直線x=-1的距離，所以所以M的軌跡為拋物線，方程為y2=4x；（2（2）設T(0,b)，如圖：設直線AB的方程為y=k1x+b，直線直線PQ的方程為y=k2x+b且b≠0，A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3),Q(x4,y4)，(2k1b-4)x+b2=0同理同理TP.TQ=，因為TA.TB=TP.TQ，所以因為k1≠k2，所以由k12=kEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),2)得k1+k2=0．2323-24高二·遼寧鞍山·期中）已知橢圓右焦點為(2)求證：直線MN過定點.【答案】【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析法二：設P(6,yP)，聯立方程求M,N坐標，進而根據直線方程分析定點.所以kMA1.kMA2為定值-5.（2）解法一：設P(6,yP)，則可得設直線MN:x=my+t,t≠±3，M(x1,y1),N(x2,y2)，9則Δ=100m2t2-4>0，解得5m2+9>t2，且整理可得(5m2+3)y1y2+5m(t-3)(y1+y2)+5(t-3)2=0，因為t≠±3，則解得t=，解法二：設P(6,yP)，則EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),p)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),p)EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),p)直線MN的斜率存在時當MN的斜率不存在時，則解得t=mk+n，得y=k(x+m)+n，故動直線過定點(-m,n)；2423-24高二·云南昆明·期中）已知點P在橢圓上，過點P作直 ,1當直線l的斜率為零時，點P與點Q關于y軸對稱，又點P與點P￠關于點O對稱，代入橢圓代入橢圓C的方程得解得a2=6，（（2）設點p(x0,y0)，Q(x1,y1)，P￠(-x0,-y0)，252024·廣東廣州·期中）已知在平面直角坐標系xOy中，雙曲線C：過()和兩點.(2)若S，T為雙曲線C上不關于坐標軸對稱的兩點，M為ST中點，且ST為圓G的一條非直徑的弦，記GM斜率為k1，OM斜率為k2，證明：為定值.證明見解析證明見解析（（2）利用“點差法”可得直線ST斜率與OM斜率關系，再由圓的性質可得ST,GM斜率的關系，化簡即可得證.EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(1),b)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up7(8),2)（2（2）如圖，設S(x1,y1)，T(x2,y2)(x1≠x2,y1≠y2)，由ST為圓G的一條非直徑的弦，M為ST中點得GM丄ST，故k1kST=-1，因此為定值.(2)如圖，過點F且斜率為k的直線l與橢圓交于M，N兩點，記直線AM的斜率為k1，直線BN的斜率為證明見解析證明見解析（2）先考慮直線斜率為0時滿足，再設直線的橫截距式方程，與橢圓方程聯立消元后得到一元二次方程，代入前式，計算即得分子為0，則得證.如圖，當直線如圖，當直線l的斜率k=0時，可得k1=k2=0，顯然滿足EQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up7(3),m)因A(-2,0),B(2,0),則此式的分子為：3y1(my2-1)-y2(my1+3)=2my1y2-3y1-3y2=3(y1+y2)-3(y1+y2)=0，故得3k1=k2，即得證.2723-24高二下·上海·期中）已知A、B、C是我方三個炮兵陣地，A地在B地的正東方向，相距6km；C地在B地的北偏西30°,相距4km．P為敵方炮兵陣地．某時刻A地發現P地產生的某種信號，12s后B 地也發現該信號（該信號傳播速度為以BA方向為x軸正方向，AB中點為坐標原點，與AB垂直的方向為y軸建立平面直角坐標系．(2)若C地與B地同時發現該信號，求從A地應以什么方向炮擊P地？【答案】(1)P在以A,B為焦點的雙曲線右支上，(2)炮擊的方位角為A北偏東30o.PB-PA=4，根據雙曲線的定義可知P在以A(3,0)、B(-3,0)為焦點的雙曲線右（（2）首先求出C點坐標，依題意點P在線段BC的垂直平分線上，求出BC的垂直平分線方程，再聯立（1）中軌跡方程，求出P點坐標，即可求出kAP，從而確定方向.故故P在以A(3,0)、B(-3,0)為焦點的雙曲線右支上，°°BC-所以所以C(-5,2)，因為PB=PC，所以點P在線段BC的垂直平分線上，2823-24高二上·安徽宿州·期中）已知直線BC經過定點N(0,2),O是坐標原點，點M在直線BC上，且(1)當直線BC繞著點N轉動時，求點M的軌跡E的方程；(2)已知點T(-3,0)，過點T的直線交軌跡E于點P、Q，且求PQ．線方程，再求直線與圓相交的弦長.【詳解】（1）依題意可知，直線NM即為直線BC,顯然當直線OM與直線BC的斜率不直線OM與直線BC的斜率都存在，QN(0,2),設M(x,y),(x≠0)，QOM丄BC,即kOM.kBC=-1，xx聯立，整理得(1+k2)x2+(6k2-2k)x+9k2-6k=0，①:Δ=(6k2-2k)2-4(1+k2)(9k2由直線不經過點A，所以且k≠設P(x1,y1),Q(x2,y2)，則x1,x2為①式兩根，此時直線l一定與軌跡E交于不同兩點P,Q又【點睛】求曲線方程的常用方法：求曲線方程是解析幾何核心問（（3）參數法：借助中間變量，間接得到軌跡方程的方292024·福建·期中）貝塞爾曲線是由法國數學家PierreBézier發明的，它為計算機矢量圖形學奠定了基(1)在平面直角坐標系中，已知點T1在線段AB上．若A(X1,Y1)，B(X2,Y2)，AT1=aAB，求動點T1坐標；(2)在平面直角坐標系中，已知A(2,-4)，B(-2,0)，C(2,4)，點M,N在線段AB,BC上，若動點T2在線段MNAB,BC,CD,MN,NP,XY上，且求動點T3的軌跡方程．【答案】(1)【答案】(1)(ax2+(1-a)x1,ay2+(1-a)y1)(2)y2=8x(0≤x≤2)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up6(-),A)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up6(-),A)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(-),N),依次進行向量的坐標運算，代入A,B,C的坐標則可用參數a表示T2的坐標，消去參數a可得軌跡方程；（3）結合（12）的運算，同理可得T3的坐標，消去參數a可得軌跡【詳解】（1）由題意可知A(x1,y1),B(x2,y2)，設T1(x0,y0)，因為AT1=aAB，且點T1在線段AB上，設A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3)，EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up5(-),A)EQ\*jc3\*hps21\o\al(\s\up5(-),A)結合（1）同理可得M(ax2+(1-a)x1,ay2+(1-a)y1)，N(ax3+(1-a)x2,ay3+(1-a)y2)，又MT2=aMN，1-a)xM=aax3+(1-a)x22且yT=ayN+(1-a)yM=a2y3+2a(1-a)y2+(1-a)2y1，將A(2,-4)，B(-2,0)，C(2,4)，坐標代入得T8a2-8a+2,8a-4)，=8a2-8a+2=8a=8a2-8a+2=8a-4,消a得y2=8x.ly又由0≤a≤1，得0≤x≤2.故T2的軌跡方程為：y2=8x(0≤x≤2).（3）設A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4)，xM=ax2+(1-a)x1,xN=ax3+(1-a)x2,xP=ax4+(1-a)x3，且xX=axN+(1-a)xM==a2x3+2a(1-a)x2+(1-a)2x1，xY=axP+(1-a)xN==a2x4+2a(1-a)x3+(1-a)2x2，且xT3=axY+(1-a)xX，其中0≤a≤1.則xT3=aa2x4+2a(1-a)x3+(1-a)2x2+(1-a)a2x3+2a(1-a)x2+(1-a)2x1=(1-a)3x1+3a(1-a)2x2+3a2(1-a)x3+a3x4，同理yT3=(1-a)3y1+3a(1-a)2y2+3a2(1-a)y3+a3y4.(1-a)2x2+3a2(1-a)x3+a3x4,(1-a)3y1+3a(1-a)2y2+3a2(1-a)y3+a3y(2a-1)(8a2-8a-1)，69(2a-1)(8a2-8a-1)，69ì6設T3(x,y)，則í?x=3(2a-1)，消a得y=x3-x，?ly=96(2a-1)(8a2-8a-1)又由0≤a又由0≤a≤1，得-≤x≤.【點睛】關鍵點點睛：解決本題的關鍵點有兩點：一是將共線與長度比關系轉化為向量關系式，再利用向圍.3023-24高三上·湖北荊州·期中）已知雙曲線E的中心為坐標原點，漸近線方程為點(-2,1)在雙曲線E上.互相垂直的兩條直線l1,l2均過點，且n∈N*)，直線l1交E于A,B兩點，直線l2交E于C,D兩點，M,N分別為弦AB和CD的中點.(2)若直線MN交x軸于點Q(tn,0)(n∈N*)，設pn=2n.①求tn；（2）①方法一，設l1的方程為x=my+2n，與橢圓方程聯立，利用韋達定理求點M的坐標，同理求點N的坐標，利用M，N，Q三點共線，即可求解；方法二，設直線l1的方程為y=k(x-pn)(k≠0)，其他步驟與②根據k為奇數和偶數，分組求和，化簡求和形式為，再利用錯位相減法求和.因為點(-2,1)在雙曲線E上，所以則λ=1，所以E的方程為（2）①當直線l1,l2中又一條直線的斜直線MN與x軸重合，不符合題意；所以直線l1,l2的斜率均存在且不為0，解法一：A(x1,y1)，B(x22y2)，M(xM,yM)，N(xN,yN)，n得(my+2n)2-2y2=2T(m2-2)y2+2n+1.m.y+22n-2=0，因為l1丄l因為M、N、Q三點共線，所以yM(tn-xN)=yN(tn-xM)，解法二：設l1的方程為y=k(x-pn)(k≠0)，A(x1,y1)，B(x22y2)，M(xM,yM)，N(xN,yN)，x2EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up3(2),n)則1-2k2≠