【文档说明】(新高考)高考数学二轮精品复习专题05《圆锥曲线中的定点问题》(解析版).doc，共(41)页，1.921 MB，由MTyang资料小铺上传

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专题05圆锥曲线中的定点问题一、多选题1．设A，B是抛物线2yx=上的两点，O是坐标原点，下列结论成立的是（）A．若OAOB，则2OAOBB．若OAOB，直线AB过定点(1,0)C．若OAOB，O到直线AB的距离不大于1D．若直线AB过

抛物线的焦点F，且13AF，则||1BF【答案】ACD【分析】设直线AB方程为ykxb，将直线AB方程代入抛物线方程2yx=，利用韦达定理，结合直线垂直的条件，逐一分析判断得解.【详解】B.设直线AB方程为ykxb

，1(Ax，1)y，2(Bx，2)y，将直线AB方程代入抛物线方程2yx=，得20xkxb，则12xxk，12xxb，OAOB，1OAOBkkb，1b．于是直线AB方程为1ykx，该直线过定点(0,1)．故B不正确；C.O到直线AB的距离2

111dk„，即C正确；A.22222424221122112212||||()()()()(1)(1)OAOBxyxyxxxxxx222222212121212124()xxxxxxxx．||||2OAOB…正确；D.由题得11111,

4312yy,所以2113==126xx，，不妨取36x.所以113124336k，所以直线AB的方程为3134yx，所以14b.由题得212121211111||()2244222AByyyykxxbkb=1

114++=3223.所以41||133BF.所以D正确.故选：ACD．【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的综合问题，考查学生分析解决问题的能力，考查学生的计算能力．解题的关键是灵活利用韦达定理和抛物线的定义.2．设

1122,,,AxyBxy是抛物线24yx上两点，O是坐标原点，若OAOB，下列结论正确的为（）A．12yy为定值B．直线AB过抛物线24yx的焦点C．AOBS最小值为16D．O到直线AB的距离最大值为4【答案】ACD【分析】

由抛物线方程及斜率公式即可判断A；设直线AB方程，结合韦达定理即可判断B；利用韦达定理求得12yy的最小值，即可判断C；由直线AB过定点可判断D.【详解】对于A，因为OAOB，所以12122212121216144OAOByyyykkyyxxyy

，所以1216yy，故A正确；对于B，设直线:ABxmyb，代入24yx可得2440ymyb，所以12416yyb，即4b，所以直线AB过点4,0，而抛物线24yx的焦点为1,0，故B错误；对

于C，因为22121212416648yyyyyym，当0m时，等号成立，又直线AB过点4,0，所以min148162AOBS△，故C正确；对于D，因为直线AB过点4,0，所以O到直线AB的距离最大值为4，故D正确.故

选：ACD.【点睛】解决本题的关键是利用抛物线的方程合理化简及韦达定理的应用，细心计算即可得解.二、单选题3．已知直线2ykx与椭圆2219xym总有公共点，则m的取值范围是（）A．4m≥B．09mC．49mD．4m≥且9m【答案】D【分析

】由直线2ykx恒过(0,2)点，将问题转化为点(0,2)在椭圆2219xym上或椭圆内，可得选项.【详解】因为直线2ykx恒过(0,2)点，为使直线1ykx与椭圆2219xym恒有公共点，只需点(0,2)在椭圆2219xym

上或椭圆内，所以220219m，即4m≥.又9m，所以4m≥且9m.故选：D.【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系，关键在于直线恒过的点在椭圆上或椭圆的内部，属于中档题.三、解答题4．已知抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为F，点M

(2，m)(m＞0)在抛物线上，且|MF|＝2.（1）求抛物线C的方程；（2）若点P(x0，y0)为抛物线上任意一点，过该点的切线为l0，证明：过点F作切线l0的垂线，垂足必在x轴上.【答案】（1）x2＝4y；（2）证明见解析.【分析】（1）根据抛物线的定义可得m＋2p＝2，再

由2pm＝4，即可求解.（2）讨论x0＝0或x0≠0，利用导数求出点P处的切线的方程l0，再求出过点F且与切线l0垂直的方程，两方程联立求出交点即可求解.【详解】（1）由抛物线的定义可知，|MF|＝m＋2p＝2，①又M(2，m)在抛物线上

，所以2pm＝4，②由①②解得p＝2，m＝1，所以抛物线C的方程为x2＝4y.（2）证明：①当x0＝0，即点P为原点时，显然符合；②x0≠0，即点P不在原点时，由（1）得，x2＝4y，则y′＝12x，所

以抛物线在点P处的切线的斜率为12x0，所以抛物线在点P处的切线l0的方程为y－y0＝12x0(x－x0)，又20x＝4y0，所以y－y0＝12x0(x－x0)可化为y＝12x0x－y0.又过点F且与切线l0垂直的方程

为y－1＝－02xx.联立方程得0001,221,yyxxyxx消去x，得y＝－14(y－1)20x－y0.(*)因为20x＝4y0，所以(*)可化为y＝－yy0，即(y0＋1)y＝0，由y0＞0，可知y＝

0，即垂足必在x轴上.综上，过点F作切线l0的垂线，垂足必在x轴上.【点睛】关键点点睛：本题考查了直线与抛物线的位置关系，解题的关键是求出切线方程以及切线的垂线方程，综合性比较强，考查了计算求解能力.5．已知抛物线E：x2＝2py(p>0)的焦

点为F，A(2，y0)是E上一点，且|AF|＝2.（1）求E的方程；（2）设点B是E上异于点A的一点，直线AB与直线y＝x－3交于点P，过点P作x轴的垂线交E于点M，证明：直线BM过定点.【答案】（1）x2＝4y；（2）证明见解析.【分

析】（1）利用抛物线的定义与性质求得p的值，即可写出抛物线方程；（2）设点11,Bxy、22,Mxy，由直线BM的方程和抛物线方程联立，消去y，利用韦达定理和A、P、B三点共线，化简整理可得BM的

方程，从而求出直线BM所过的定点．【详解】（1）由题意得002224pAFypy，解得021py，所以，抛物线E的标准方程为24xy.（2）证明：设点11,Bxy、

22,Mxy，设直线BM的方程为ykxb，联立24ykxbxy，消去y得2440xkxb，由韦达定理得124xxk，124xxb，由MPx轴以及点P在直线3yx上，得22,3

Pxx，则由A、P、B三点共线，得21214122xkxbxx，整理得12121241260kxxkxbxb，将韦达定理代入上式并整理得12230xkb，由点B的任意性，得230kb，得

32bk，所以，直线BM的方程为2323ykxkkx，即直线BM过定点2,3.【点睛】本题考查了抛物线的性质，直线和抛物线的位置关系，以及直线过定点的应用问题，利用韦达定理处理由A、P、B三点共线是解第二问的关键，是中档题．6．已知点A（-1，0）

，B（1，-1）和抛物线.2:4Cyx，O为坐标原点，过点A的动直线l交抛物线C于M、P，直线MB交抛物线C于另一点Q，如图:（1）若△POM的面积为52，求向量OM与OP的夹角；（2）证明:直线PQ恒过一个定点.【答案】（1）4；（

2）证明见解析.【分析】（1）利用AMPMkk得到,PM两点的纵坐标之积，根据平面向量的数量积公式可得向量OM与OP的数量积，根据三角形的面积公式可求得向量OM与OP的夹角；（2）利用AMPMkk和BQQMkk得到,PQ的纵坐标的关系式，利用点斜式求出直线PQ的方程，结合,PQ的纵坐

标的关系式可得直线PQ过定点.【详解】（1）设点221212(,),(,)44yyMyPy，因为,,PMA三点共线，所以AMPMkk，所以1122221121444yyyyyy，即1211214yyyy，所以124y

y=，所以2212125.44yyOMOPyy设∠POM=α，则||||cos5.OMOP所以1||||sin2POMSOMOP△52，所以1255sincos2，所以tan1又(0,)，所以4.故向量OM与向量OP的夹角为4.(2)设

点233(,)4yQy，因为,,MBQ三点共线，BQQMkk，即12323233114441yyyyyy，即32331114yyyy，则12333(1)()4yyyy，即131340yyyy，又12

4yy，所以23234()40yyyy，因为23223223444PQyykyyyy，所以直线PQ的方程是222234()4yyyxyy，即22322()()4yyyyxy，即2323()4yyyyyx，由23234

()40yyyy知，23234()4,yyyy代入上式，得23(4)()4(1).yyyx由此可知直线PQ过定点E（1，－4）.【点睛】关键点点睛：第二问利用AMPMkk和BQQMkk得到,PQ的纵坐标的关系式，

并利用此关系式得到直线PQ的方程是解题关键.7．设O为坐标原点，椭圆2222:1(0)xyCabab的焦距为45，离心率为255，直线:(0)lykxmm与C交于,AB两点.（1）求椭圆C的方程；

（2）设点(0,1)P，4PAPB，求证：直线l过定点，并求出定点的坐标.【答案】（1）221255xy；（2）证明见解析，（0，2）.【分析】（1）利用焦距和离心率解参数,,abc，即得方程；（2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理得到两根和与差的关系，再利用向量数量积计算

求得参数m，即证得结论，得到定点.【详解】（1）由题意知，25245,5cca，∴5,25,5acb椭圆C的方程为：221255xy；（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），联立221255ykxmxy，消去y整理得：（1+5k2）x2+10

mkx+5m2﹣25＝0，所以0，212122210525,1515kmmxxxxkk，所以121222()215myykxxmk，2212121212()()()yykxmkxmkxxkmxxm＝222222222222525

105251515kmkkmmkmkmkk，因为(0,1),4PPAPB，所以1122,1,,1PAxyPBxy，12121212121114PAPBxxy

yxxyyyy，所以22222252525250151515mkmmkkk，整理得：3m2﹣m﹣10＝0，解得：m＝2或53m（舍去），故直线l为：2ykx.所以直线l过定点（0，2）.【点睛】圆

锥曲线中求直线过定点的问题，通常需要联立方程，得到二次方程后利用韦达定理、结合题中条件（比如斜率关系，向量关系，距离关系，面积等）直接计算，即可求出结果，这类题运算量较大.8．已知抛物线2:2(0)Cypxp经过点(2,2

2).（1）求抛物线C的方程及其相应准线方程；（2）过点(2,0)E作斜率为12,kk的两条直线分别交抛物线于,MN和,PQ四点，其中121kk.设线段MN和PQ的中点分别为,,AB过点E作,EDAB垂

足为.D证明：存在定点,T使得线段TD长度为定值.【答案】（1）24yx；准线1x；（2）存在，2,1T【分析】（1）将点(2,22)代入抛物线即可求解24yx，再由抛物线的标准方程可得准线.（2）设出直线M

N：12ykx，直线PQ：22ykx，将直线与抛物线联立，利用韦达定理以及中点坐标公式求出A、B，从而求出直线AB，DE，将两直线联立求出交点，得到点D的轨迹是个圆，从而可得定点T为圆心.【详解】（1）将点(2,22)代入抛物线2:2(0)Cypxp，可得84p，解得2

p，所以抛物线方程：24yx，准线1x.（2）由题意可得直线MN：12ykx，直线PQ：22ykx，联立2142yxykx，整理可得22221114440kxkxk，设

11,Mxy，22,Nxy，则211222114444kxxkk，1214yyk，所以211222,Akk，同理222222,Bkk，2112121222212222

ABkkkkkkkkkkk，设12kkt，AB：212121221111222222kykkxkkxkkkkkk12122222kkxkktxt，DE：12yxt，联立

2212ytxtyxt，解得020222121txtyt，020222121txtyt，整理可得2220002224442211txyytt

，即22200000220211xyyxy，所以点D的轨迹是个圆，故T的坐标为2,1，线段TD长度为定值.【点睛】关键点点睛：此题考查了直线与抛物线的位置关系，解题的关键是求出

直线AB，DE的交点D，得到点D的轨迹方程，考查了运算求解能力.9．设1F、2F分别是椭圆C：222210xyabab的左、右焦点，122FF，直线l过1F且垂直于x轴，交椭圆C于A、B两

点，连接A、B、2F，所组成的三角形为等边三角形.（1）求椭圆C的方程；（2）过右焦点2F的直线m与椭圆C相交于M、N两点，试问：椭圆C上是否存在点P，使OPOMONuuuruuuruuur成立？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由.【答案】（1）椭

圆22:132xyC；（2）存在，32(,)22P.【分析】（1）根据122FF得到1c，计算1233AF，2433AF，得到3a，得到椭圆方程.（2）设点和直线，联立方程利用韦达定理得到2122

632kxxk，21223632kxxk，转为为点1212(,)Pxxyy在椭圆上，带入数据计算得到答案.【详解】（1）由122FF可得1c，等边三角形2ABF中：1233AF，2433AF，则1AF22AFa，得3a，

又因为222bac，所以2b，则椭圆22:132xyC；（2）设11(,)Mxy、22(,)Nxy，则由题意知的m斜率为一定不为0，故不妨设:(1)mykx，代入椭圆22:132xyC的方程中：22132(1)xyykx，整理

得2222(32)6360kxkxk，满足0.由韦达定理有：2122632kxxk，21223632kxxk①且22121224(1)(1)32kyykxxk②假设存在点P，

使OPOMONuuuruuuruuur成立，则其充要条件为：点1212(,)Pxxyy在椭圆上，即221212()()132xxyy.整理得2222112212122323466xyxyxxyy，又AB、在椭圆上，即2211236xy，222223

6xy，故由①②代入：12124660xxyy，解得2k，验证0则32(,)22P.【点睛】椭圆内的存在性问题，设而不求，利用韦达定理，将题目转化为点1212(,)Pxxyy在

椭圆上是解题的关键，计算量较大，需要平时多训练.10．设椭圆2222:1(0)xyCabab的左、右焦点分别为1(,0)Fc，2(,0)Fc，离心率为12，短轴长为23.（1）求椭圆C的标准方程；（2）设左、右顶点分别为A、B，点M

在椭圆上（异于点A、B），求MAMBkk的值；（3）过点2F作一条直线与椭圆C交于,PQ两点，过,PQ作直线2axc的垂线，垂足为,ST.试问：直线PT与QS是否交于定点？若是，求出该定点的坐标，否则说明理由.【答案】（1）22143xy

；（2）34；（3）是，5,02.【分析】（1）由题意，列出,,abc所满足的等量关系式，结合椭圆中,,abc的关系，求得224,3ab，从而求得椭圆的方程；（2）写出(2,0),(2,0)AB，设00(,)Mxy，利用斜率坐标

公式求得两直线斜率，结合点在椭圆上，得出2200334xy，从而求得结果；（3）设直线PQ的方程为：1xmy，1122,,,PxyQxy，则124,,4,SyTy，联立方程2234121xyxmy可得：2234690mymy，结合韦达定理，得到

121223myyyy，结合直线PT的方程，得到直线所过的定点坐标.【详解】（1）由题意可知，12223cab，又222abc，所以224,3ab，所以椭圆C的标准方程为：2

2143xy.（2）(2,0),(2,0)AB,设00(,)Mxy，因为点M在椭圆上，所以2200143xy，20002000224MAMByyykkxxx，又2200334xy，202033344

4MAMBxkkx.（3）设直线PQ的方程为：1xmy，1122,,,PxyQxy，则124,,4,SyTy，联立方程2234121xyxmy可得：2234690mymy，所以12122269,3434myyy

ymm，所以121223myyyy，又直线PT的方程为：211244yyxxyy，令0y，则112212121212121241482242ymyyyxyyymyyxyyyyyy1212121212

82355222yyyyyyyyyy，所以直线PT恒过5,02，同理，直线QS恒过5,02，即直线PT与QS交于定点5,02.【点睛】思路点睛：该题考查的是有关椭圆的问题，解题思路如下：（1）根据题中所给的条件，结合椭圆中,,a

bc的关系，建立方程组求得椭圆方程；（2）根据斜率坐标公式，结合点在椭圆上，整理求得斜率之积，可以当结论来用；（3）将直线与椭圆方程联立，结合韦达定理，结合直线方程，求得其过的定点.11．在平面直角坐标系中，动点M到点(2,

0)F的距离和它到直线52x的距离的比是常数25.5（1）求动点M的轨迹方程；（2）若过点F作与坐标轴不垂直的直线l交动点M的轨迹于,AB两点，设点A关于x轴的对称点为P，当直线l绕着点F转动时，试探究：是否存在定点Q，

使得,,BPQ三点共线？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）2215xy；（2）存在定点5,02Q，使得,,PBQ三点共线．【分析】（1）设(,)Mxy，由22(2)25552x

yx化简可得结果；（2）联立直线l与椭圆方程，根据韦达定理得1212,xxxx，椭圆的对称性知，若存在定点Q，则点Q必在x轴上，设(,0)Qt，根据//PBPQ列式，结合1212,xxxx可求出52t.【详解

】（1）设(,)Mxy，则22(2)25552xyx，化简得2215xy故动点M的轨迹方程为2215xy．（2）由题知(2,0)F且直线l斜率存在，设为k，则直线l方程为(2)ykx由22(2)15ykxxy

得2222(51)202050kxkxk设1122(,),(,)AxyBxy，则2212122220205,5151kkxxxxkk，由椭圆的对称性知，若存在定点Q，则点Q必在x轴上故假设存在定点(,0)Qt，使得,,PBQ三点共线，则//PBPQ且11(,)Pxy

又212111(,),(,).PBxxyyPQtxy211211()()()xxyyytx，即211121()(2)(4)()xxkxkxxtx化简得12122(2)()40xxtx

xt将2212122220205,5151kkxxxxkk式代入上式得2222205202(2)405151kkttkk化简得52t故存在定点5(,0)2Q，使得,,PBQ三点共线．【点睛】关键点点睛：由椭圆的对称性知，若存在定点Q，则点Q必在x轴上是解

题关键.12．在平面直角坐标系xOy中，有三条曲线：①221(04)4xymm；②221(0)4xynn；③22(0)ypxp.请从中选择合适的一条作为曲线C，使得曲线C满足：点F(

1，0)为曲线C的焦点，直线y=x-1被曲线C截得的弦长为8.（1）请求出曲线C的方程；（2）设A，B为曲线C上两个异于原点的不同动点，且OA与OB的斜率之和为1，过点F作直线AB的垂线，垂足为H，问是否存在定点M，使得线段MH的长度为定值?若存在，请求出点M的坐标和线段

MH的长度；若不存在，请说明理由.【答案】（1）24yx；（2）1,22；172【分析】（1）利用焦点以及弦长排除①②，从而可得12p，进而求出抛物线.（2）OA、OB的斜率存在且不为0，AB不可能是斜率为0的直线，设AB方程：xmyt，与抛物

线联立，设211,4yAy，222,4yBy，利用韦达定理求出4tm，再将AB、FH方程联立，求出交点H，AB过点0,4，观察两个定点1,0F，0,4M，由MHFH，根据直角三角形的性质即可证出.【详解】（1）对于②，4

21cn，故排除②；假设①为曲线C，则有41m，解得3m，将直线1yx代入22143xy，整理可得27880xx，解得4627x，此时弦长为62242877，故排除①；所以曲线C为③，则12p，解得2p

，所以曲线C的方程为24yx.（2）易知OA、OB的斜率存在且不为0，AB不可能是斜率为0的直线，设AB方程：xmyt，代入24yx，可得2440ymyt，0，设211,4yAy，222,4yBy，则124yym，124yyt=-

，且1212221212124444144yyyymyyyyyyt，解得4tm，联立AB、FH方程，即1xmytymx，解得2241411mmxmmmym，2244

1,11mmmmHmm，已知AB过点0,4，不妨猜测M可能为0,4，则222222222444111mmmmMHmmm，此时不满足MH为定值，观察两个定点

1,0F，0,4M，由于MHFH，故H在以MF为直径的圆上，MF的中心为圆心，圆心到H的距离恒为11722MF.MF中点M为1,22，172MH，所以定点M1,22，

线段MH的长度为定值，且172MH.【点睛】关键点点睛：根据焦点以及弦长确定曲线C，解题的关键是求出直线AB过点0,4，围绕0,4以及焦点1,0F，进行求解，考查了考生的计算求解能力.13．.已知圆22:21Mxy，点P是直线:20lxy上

的一动点，过点P作圆M的切线PA，PB，切点为A，B．（1）当切线PA的长度为3时，求点P的坐标；（2）若PAM△的外接圆为圆N，试问：当P运动时，圆N是否过定点？若存在，求出所有的定点的坐标；若不存在，请说明理由；【答案】（1）0,0P或84,55P

；（2）过定点；定点0,2，42,55.【分析】（1）设2,Pbb，解方程220222MPbb，即得解；（2）求出圆N方程：222220xybxyy，解方程2222020xyxyy

即得解.【详解】（1）由题可知，圆M的半径1r，设2,Pbb，因为PA是圆M的一条切线，所以90MAP，所以22220222MPbbAMAP，解得0b或45b，所以点P的坐标为0,0P或84,55P.（2）设2,Pb

b，因为90MAP，所以经过A、P、M三点的圆N以MP为直径，其方程为222242224bbbxby，即222220xybxyy，由2222020

xyxyy，解得02xy或4525xy，所以圆过定点0,2，42,55.【点睛】方法点睛：定点问题：对满足一定条件曲线上两点连结所得直线过定点或满足一定条件的曲线过定点问题，证明直线过定点，一般有两种方法.（1）

特殊探求，一般证明：即可以先考虑动直线或曲线的特殊情况，找出定点的位置，然后证明该定点在该直线或该曲线上（定点的坐标直线或曲线的方程后等式恒成立）.（2）分离参数法：一般可以根据需要选定参数R，结合已知条件求出直线或曲线的方程

，分离参数得到等式2123(,)(,)(,)0fxyfxyfxy，（一般地，(,)(1,2,3)ifxyi为关于,xy的二元一次关系式）由上述原理可得方程组123(,)0{(,)0(,)0fxyfxyfxy，从而求得该定点.14

．已知椭圆2222:1(0)xyCabab的一个焦点与抛物线243yx的焦点重合，且椭圆C的离心率为32.（1）求椭圆C的标准方程；（2）直线l交椭圆C于A､B两点，线段AB的中点为(1,)Mt，直线m是线段AB的垂直平分线，求证：直线m过定点，并求出该

定点的坐标.【答案】（1）2214xy；（2）证明见解析，直线m过定点3,04.【分析】（1）由抛物线243yx的焦点为(3,0)，求得c，再根据椭圆C的离心率32cea求解.（2）设11(,)Axy，22(,)Bxy，利用点差法结合线段AB的中点

为(1,)Mt，求得线段AB的垂直平分线的方程即可.【详解】（1）抛物线243yx的焦点为(3,0)，则223cab.椭圆C的离心率32cea，则2222,1abac.故椭圆C的标准方程为2214xy

.（2）显然点(1,)Mt在椭圆C内部，故3322t，且直线l的斜率不为0.当直线l的斜率存在且不为0时，设11(,)Axy，22(,)Bxy，则有221114xy，222214xy，两式相减得12121212()(

)()()04xxxxyyyy.由线段AB的中点为(1,)Mt，则12122,2xxyyt，故直线l的斜率121214yykxxt.因为直线m是线段AB的垂直平分线，故直线:4(1)myttx，即(4

3)ytx.令430x，此时3,04xy，于是直线m过定点3,04.当直线l的斜率不存在时，易知0t，此时直线:0my，故直线m过定点3,04.综上所述，直线m过定点3,04.【点睛】方法点睛：定点问题的常见解法：①假设定点坐标，根据题

意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；②从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意．15．已知椭圆C：222210xyabab的离心率为12，且经过点31,2，（1）

求椭圆C的标准方程；（2）过点1,0作直线l与椭圆相较于A，B两点，试问在x轴上是否存在定点Q，使得两条不同直线QA，QB恰好关于x轴对称，若存在，求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）22143xy；（2）存在(4,0)Q，使得两条不同直线QA，QB恰好关于x轴

对称.【分析】（1）将点坐标代入方程，结合离心率公式及222abc，即可求出2,3ab，进而可求得椭圆C的标准方程；（2）设直线l的方程为1xmy，与椭圆联立，可得12yy，12yy的表达式，根据题意可得，直线QA，QB的斜率互为相反数，列出斜率表达式，计算化简，即可求出Q点坐标.

【详解】（1）有题意可得22222191412abcaabc，解得2,3,1abc，所以椭圆C的方程为22143xy.（2）存在定点(4,0)Q，满足直线QA，QB恰好关于x轴对称，设直线l的方程为1xmy，由22114

3xmyxy，联立得22(43)690mymy，22(6)4(43)(9)0mm，设1122(,),(,)AxyBxy，定点(,0)Qt，由题意得12,txtx，

所以12122269,4343myyyymm，因为直线QA，QB恰好关于x轴对称，所以直线QA，QB的斜率互为相反数，所以12120yyxtxt，即1221()()0yxtyxt，所以11221

)1()(0yymytmyt，即1212(1)()02yytymy，所以22962()(1)()04343mmtmm，即6(4)0mt，所以当4t时，直线QA，QB恰好关于x轴对称，即(4,0)Q.综上，在x

轴上存在定点(4,0)Q，使直线QA，QB恰好关于x轴对称.【点睛】本题考查椭圆的方程及几何性质，考查直线与椭圆的位置关系问题，解题的关键是将条件：直线QA，QB恰好关于x轴对称，转化为直线QA，QB的斜率互为相反数，再根据韦达定理及斜率公式，进行求解，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题

.16．已知椭圆22143xyE：的左、右焦点分别为1F、2F，点P在直线4mxy：上且不在x轴上，直线1PF与椭圆E的交点分别为A、B，直线2PF与椭圆E的交点分别为C、D．（1）设直线1PF、2PF的

斜率分别为1k、2k，求1235kk的值；（2）问直线m上是否点P，使得直线OA，OB，OC，OD的斜率OAk，OBk，OCk，ODk满足0OAOBOCODkkkk？若存在，求出所有满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）2；

（2）存在；点P的坐标是04，或36362622，或36362622，.【分析】（1）由椭圆的标准方程可得焦点坐标，设点004,Pxx，由斜率公式化简即可得解；（2）按照1PF、2PF的斜率是否都存

在讨论，当斜率均存在时，设直线方程，联立方程结合韦达定理可得120kk或123kk，再代入斜率公式即可得解.【详解】（1）由条件知121,0,1,0FF，设点004,Pxx，则00120044,11xxkkxx

，所以00012000315182352444xxxkkxxx；（2）设存在点00,Pxy符合条件，当直线1PF的斜率不存在或直线2PF的斜率不存在时，则0,0OAOBOCODkkkk，不合题

意；当直线1PF、2PF的斜率均存在时，设直线1PF、2PF的斜率分别为1k、2k，则直线1PF：11ykx，直线2PF：21ykx，设1122,AxyBxy，，，联立12

31143ykxxy，消去y得22221113484120kxkxk，，所以2211121222118412,3434kkxxxxkk，所以

1112112121121212112OAOBkxkxkxxyykkkxxxxxx21111221126233kkkkkk，同理可得22263OCODkkkk，由0OAOBOCODkkkk得11122222122212

636603333kkkkkkkkkk，所以120kk或123kk，又00120044,11xxkkxx，所以000044011xxxx或0000443

11xxxx解得04(x舍去)，00x，03622x，03622x，所以点P的坐标是04，或36362622，或36362622，.【点睛】解决本题的关键是设出所需点的坐标，结合韦达定理求得

直线斜率的关系，利用斜率公式可得点P的横坐标，整个过程中要注意运算的准确性.17．已知直线l：x=my+1过椭圆C：b2x2+a2y2=a2b2(a>b>0)的右焦点F，且交椭圆C于A､B两点，点A､B在

直线G：x=a2上的射影依次为点D､E.（1）若22113||eOFOAFA，其中O为原点，A2为右顶点，e为离心率，求椭圆C的方程；（2）连接AF，BD，试探索当m变化时，直线AE，BD是否相交于一定点N？若交于定点N，请求出N点的坐标，并

给予证明；否则说明理由.【答案】（1）22143xy（2）相较于定点5(2N，0)，证明见解析.【分析】（1）设椭圆的半焦距为c，由题意可得1c，由已知等式可得e，进而得到a，b，即可得到椭圆方程；（2）当0m时，求

得AE，BD的交点，猜想定点5(2N，0)．当0m时，分别设A，B的坐标为1(x，1)y，2(x，2)y，由题意可得1(4,)Dy，2(4,)Ey，联立直线l的方程和椭圆方程，运用韦达定理，结合三点共线的性质，

计算直线BN，DN的斜率，可判断B，N，D共线，同理可判断A，E，N共线，即可得到定点N．【详解】（1）椭圆的方程为22221(0)xyabab，设椭圆的半焦距为c，由题意可得1c，由22113||||||eOFOAFA，可得

113ecaac，即有113aceca，即14ee，解得12e，则2a，223bac，所以椭圆的方程为22143xy；（2）当0m时，直线AB垂直于x轴，可得四边形ABED为矩形

，直线AE，BD相交于点5(2，0)，猜想定点5(2N，0)；当0m时，分别设A，B的坐标为1(x，1)y，2(x，2)y，由题意可得1(4,)Dy，2(4,)Ey，由2213412xmyxy可得22(43)690mymy

，122643myym，122943yym，由2252BNykx，1542DNyk，由212235()2235()22BNDNyyxkkx，又212121222353369(1)()()()022224343myymyyymyymmm

，则0BNDNkk，即BNDNkk，所以B，D，N三点共线；同理可得A，E，N三点共线．则直线AE，BD相交于一定点5(2N，0)．【点睛】本题考查椭圆的方程和性质，以及直线和椭圆的位置关系，

注意联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和直线的斜率公式，考查方程思想和运算能力，属于中档题．18．已知抛物线2:20Cypxp的焦点为F，过点,02pA的直线与抛物线在第一象限相切于点B，点B到

坐标原点O的距离为25.（1）求抛物线C的标准方程；（2）过点8,0M任作直线l与抛物线C相交于P，Q两点，请判断x轴上是否存点T，使得点M到直线PT，QT的距离都相等.若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）28y

x；（2）存在；点T的坐标为8,0.【分析】（1）设直线AB的方程为02pykxk，与抛物线方程联立，利用判别式等于0，解得1k，B点坐标为,2pp，根据点B到坐标原点O的距离为25可得结果；（2）设直线:8lxny，假设存在这样的点T，设11

,Pxy，22,Qxy，点,0Tt，联立方程28,8,yxxny消去x整理成关于y的一元二次方程，根据韦达定理得到12yy和12yy，将点M到直线PT，QT的距离都相等转化为直线PT，QT的斜率互为相反数，根据PTQTkk0可得结果.【详解】（1）设直线

AB的方程为02pykxk，联立方程组22,,2ypxpykx消去x得，2220kypykp，由222440pkp，因为0p，解得1k（1k舍

），所以由2220ypyp可得yp，所以2px，所以B点坐标为,2pp，则22254pOBp，解得4p，故抛物线C的标准方程为28yx.（2）设直线:8lxny，假设存在这样的点T，设11,Pxy，22,Qxy，点,0Tt

，联立方程28,8,yxxny消去x整理得28640yny，可得128yyn，1264yy，若点M到直线PT，QT的距离相等，则直线PT，QT的斜率互为相反数，有121212

12088PTQTyyyykkxtxtnytnyt（先假设1xt，2xt），可得1221880ynytynyt，整理得，1212280nyytyy，得2(64)(8)80ntn对任意的n都成

立，得8t=-.显然18x且28x.故存在这样的点T的坐标为8,0.【点睛】关键点点睛：解题关键是将点M到直线PT，QT的距离都相等转化为直线PT，QT的斜率互为相反数，然后根据PTQTkk0可得结果.本题考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力．转化化归思想，

属于中档题．19．已知椭圆E：222210xyabab的离心率为12，椭圆上任一点到两个焦点的距离之和为4（1）求椭圆E的标准方程；（2）已知Q(4，0)，斜率为k的直线l(不过点Q)与椭圆E交于A，B两点，O为坐标原点，若OQAOQB，则直线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）22143xy；（2）过定点，定点坐标1,0.【分析】（1）根据椭圆定义可求得a的值，根据离心率为12，可求得c的值，根据222bac可求得b的值，即可求得椭圆E的标准方程；（2）设1122(,),(,)AxyBxy，直线l

：ykxm，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，可求得12xx，12xx的表达式，根据OQAOQB，可得直线AQ、BQ倾斜角互补，斜率相反，化简整理，即可求得直线过的定点.【详解】（1）由椭圆定义可知，24a

，12cea，所以c=1，又222413bac，所以椭圆E的标准方程为22143xy.（2）直线l过定点1,0，证明如下：设1122(,),(,)AxyBxy，直线l：ykxm，联立方程22143xyykxm，得222(3

4)84120kxkmxm，222(8)4(34)(412)0kmkm，得22430km，21212228412,3434kmmxxxxkk，因为OQAOQB，所以0AQBQkk，所以1212044y

yxx，即1212044kxmkxmxx，所以1221()(4)()(4)0kxmxkxmx，即12122(4)()80kxxmkxxm，代入12xx，12xx得22241282()(4)()803434mkmkmkmkk

，化简整理得mk，满足0，则直线l方程为：(1)ykxkkx，所以直线过定点1,0.【点睛】本题考查椭圆的方程求法及几何性质，解题的突破点在于根据OQAOQB，分析可

得直线AQ、BQ倾斜角互补，斜率相反，根据斜率公式，列式计算即可，考查计算求值，分析理解的能力，属中档题.20．设,AB两点的坐标分别为(2,0),(2,0)直线,AEBE相交于点E，且它们的斜率之积为14，直线l方程：4x，直线,AEBE与直线l分别相交于,MN两点，AN交轨迹E与点F

（1）求点E的轨迹方程.（2）求证：,,MBF三点共线（3）求证：以MN为直径的圆过定点.【答案】（1）221(2)4xyx；（2）证明见解析；（3）证明见解析.【分析】（1）设(,)Exy，化简()yyxxx12224即得点E的轨迹方程；（2）设AE方

程为(2),(0)ykxk，证明FBBMkk即得证；（3）先求出圆方程为()()xykyk22146302，即得解.【详解】（1）设(,)Exy，由题意()AEykxx22，()BEykxx22由已知有()yyxxx

12224化简得221(2)4xyx（2）设AE方程为(2),(0)ykxk，令4x得点(4,6)Mk，由22(2)44ykxxy消元得：2222(14)161640kxkxk

显然0恒成立由2216414AEkxxk，且2Ax，得：222814Ekxk代入直线l方程得2414Ekyk，又因为(2,0)B，所以：14BEkk，所以直线BE为：1(2)4yxk，令4x得点1(4,)2Nk，AN

kk112，联立方程221(2)1244yxkxy，消去x得：()kyky22361120所以Fkyk212361，Fkxk227223616342BMkkk，F

FBBMFkykkkkkyk2221236137222361因为,BMBF有公共点B，所以,,MBF三点共线.（3）设以MN为直径的圆上点(,)Pxy，则MPNP，所以圆方程为()()()()xxykyk144602即()()xykyk

22146302当220(4)30yxy时与k无关，所以以MN为直径的圆过定点（43，0）.【点睛】方法点睛：对满足一定条件曲线上两点连结所得直线过定点或满足一定条件的曲线过定点问题，证明直线过定点，一般有两种方法.（1）特殊探求，一般证明：即可以先考虑动直线或曲线的特殊

情况，找出定点的位置，然后证明该定点在该直线或该曲线上（定点的坐标直线或曲线的方程后等式恒成立）.（2）分离参数法：一般可以根据需要选定参数R，结合已知条件求出直线或曲线的方程，分离参数得到等式2123(,)(,)(,)

0fxyfxyfxy，（一般地，(,)(1,2,3)ifxyi为关于,xy的二元一次关系式）由上述原理可得方程组123(,)0{(,)0(,)0fxyfxyfxy，从而求得该定点.21．已知椭圆3222:10x

yEabab，以抛物线242yx的焦点为椭圆E的一个顶点，且离心率为22.（1）求椭圆E的方程；（2）若直线:0lykxmk与椭圆E相交于A、B两点，与直线4x相交于Q点，P是椭

圆E上一点，且满足OPOAOB（其中O为坐标原点），试问在x轴上是否存在一点T，使得OPTQ为定值？若存在，求出点T的坐标及OPTQ的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）2212xy；（2）3,02T，12OPTP.【分析】（1）利用

椭圆以抛物线242yx的焦点为顶点，且离心率为22，求出,,abc，即可求椭圆E的方程；（2）直线方程代入椭圆方程，利用韦达定理确定P的坐标，代入椭圆方程，再利用向量的数量积公式，即可得到结论．【详解】（1）抛物线242yx的焦

点即为椭圆E的顶点，即2a，∵离心率为22，22cea1c，221bac∴椭圆E的方程为2212xy；（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），则直线方程代入椭圆方程，可得222124220k

xkmxm122412kmxxk，21222212mxxk122212myyk2242,1212kmmPkk代入椭圆方程可得222242121212kmmkk

22421mk设T（t，0），Q（﹣4，m﹣4k），4,4TQtmk，2242,1212kmmOPkk∴22224226444121212kmmmkmkmtO

PTQtmkkkk22421mk32122ktOPTQm∴要使OPTP为定值，只需320t32t∴在x轴上存在一点T（32，0），使得12OPTP．

【点睛】本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查向量知识的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．22．已知点P是抛物线21:4Cyx的准线上任意一点，过点P作抛物线1C的两条切线PA、PB，其中A、B为切点.（1）证明：直线AB过

定点，并求出定点的坐标；（2）若直线AB交椭圆222:143xyC于C、D两点，1S、2S分别是PAB△、PCD的面积，求12SS的最小值.【答案】（1）定点坐标为1,0，证明见解析；（2）43

.【分析】（1）设点11,Axy、22,Bxy、1,Pt，写出直线PA、PB的方程，再将点P的坐标代入两直线方程，可得出11222121tyxtyx，可得知点

A、B的坐标满足直线220xty的方程，可得出直线AB的方程，由此可求得直线AB所过定点的坐标；（2）求得12ABSSCD，由题意可知直线AB不与x轴重合，可设直线AB的方程为1xmy，将该直线方程分别与抛物线、椭圆方程联立，列出韦达定理，结合弦长公式可得出12SS关于m的表达

式，进而可求得12SS的最小值.【详解】（1）先证明出抛物线22ypx在其上一点00,xy处的切线方程为00yypxx，由于点00,xy在抛物线22ypx上，则2002ypx，联立2002ypxyypxx，消去x得，2002

20yyypx，即220020yyyy，所以，关于y的方程220020yyyy有两个相等的实根0yy，此时2002yxxp，因此，直线00yypxx与抛物线22ypx相切，且切点

为00,xy.设点11,Axy、22,Bxy，则以A为切点的切线方程为112yyxx，同理以B为切点的切线方程为222yyxx，两条切线均过点1,Pt，11222121tyxtyx

，即1122220220xtyxty，所以，点A、B的坐标满足直线220xty的方程，所以，直线AB的方程为220xty，在直线AB的方程中，令0y，可得1x，所以，直线AB过定点1,0；（2）设点P到直线AB的距离为d，则1212

PABPCDdABABSSCDdCD△△.由题意可知，直线AB不与x轴重合，可设直线AB的方程为1xmy，设33,Cxy、44,Dxy，由241yxxmy，得2440ymy，21610

m恒成立，由韦达定理得124yym，124yy，由弦长公式可得222212121211441ABmyymyyyym，由221431xyxmy，得2234690mym

y，22236363414410mmm恒成立.由韦达定理得342634myym，342934yym，由弦长公式得2222343434212111434mCDmyymyyyym.222224134443

3312134PABPCDmABSmmSCDmm△△，当且仅当0m时，等号成立.因此，12SS的最小值为43.【点睛】本题考查直线过定点的证明，同时也考查了三角形面积比值最值的求解，考查了切点弦方程的应用以及韦达定理设而不求法的应用，考查计算能

力，属于难题.23．已知椭圆2222:10xyCabab的离心率为12，其短轴长为23．（1）求椭圆C的标准方程；（2）已知直线:4lx，过椭圆右焦点F的直线（不与x轴重合）与椭圆C相交于A

，B两点，过点A作ADl，垂足为D．①求证：直线BD过定点E，并求出定点E的坐标；②点O为坐标原点，求OBD面积的最大值．【答案】（1）22143xy；（2）①证明见解析；定点E为5,02；②154．【分析】（

1）根据离心率和短轴长求出,ab后，可得椭圆C的标准方程；（2）①设直线:1ABxmymR，代入22143xy，得2234690mymy，根据韦达定理得12yy和12yy，根据点斜式求出直线BD的方程，令0y，得x，利

用12yy和12yy化简可得52x，故可证直线BD过定点5,02E；②根据22212215121151243434OBDOEDOEBmmSSSOEyymm△△△，

再换元可求得最大值.【详解】（1）由题意可得22212223ceababc，解得231abc，故椭圆C的方程为22143xy．（2）由对称性，若直线BD过定点E，则该定点E必在x轴上，①由题得1,0F，设直线

:1ABxmymR，设11,Axy，22,Bxy，14,Dy，联立方程221143xmyxy，得2234690mymy，（*）所以有122634myym，122934yym，且121223myyyy，因为2124B

Dyykx，所以直线BD的方程为211244yyyyxx，令0y，得1212121212121433444yxymymyyyxyyyyyy，（**）将121223myyyy代入（**），则12121333524422yyyxy

y，故直线BD过定点5,02，即定点E为5,02．②在（*）中，2223636341441mmm，所以12yy21212()4yyyy222223636(34)(34)mmm2212134mm，又直线BD过定点5,0

2E，∴22212215121151243434OBDOEDOEBmmSSSOEyymm△△△，令211tm，则215151313OBDtSttt△在1,t

上单调递减，故当1t，0m时，max154OBDS△．【点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，考查了直线与椭圆的位置关系，考查了直线过定点问题，考查了面积问题，考查了运算求解能力，属于中档题.24．

已知椭圆2222:1(0)xyCabab的左、右焦点分别为1F，2F，31,2M为椭圆上一点，且124.MFMF（1）求椭圆C的方程（2）过点M作互相垂直的两条直线分别交椭圆C于另一点A，

B，求证：直线AB过定点，并求出定点的坐标．【答案】（1）22143xy；（2）证明见解析，13714，.【分析】（1）由已知得22241914aab，，从而可求出,

ab的值，进而可得椭圆C的方程；（2）当直线AB的斜率存在时，设方程为ykxm，与椭圆方程联立方程组，消元后利用根与系数的关系可得212122284124343kmmxxxxkk，，由MAMB可得121233(1)(1)022MAMBxxyy

，从而可得337022kmkm，由此可得32mk或13714mk，进而可得直线方程恒过定点，当直线AB的斜率不存在时，设00()Axy，，00()Bxy，，由20002200331+-=0223412xyyxy

可求出,AB坐标，从而可得直线方程，再验证直线是否过定点即可【详解】（1）解：由已知得222224419134aabab，，，故所求椭圆的方程为22143xy．（2）证明：①当直线AB的斜率存在时

，设方程为ykxm，与椭圆C联立消去y得222()4384120kxkmxm，2222644(43)(412)0kmkm．设11()Axy，，22()Bxy，，则212122284124343kmmxxxxkk，．因为MAMB，所

以121233(1)(1)022MAMBxxyy，121233(1)(1)022xxkxmkxm，22121233(1)1()1022kxxkmxxm

，代入韦达定理，整理得337022kmkm，解得32mk或13714mk．若32mk，则直线AB的方程为3(1)2ykx，过点M，

不符题意；若13714mk，则直线AB的方程为13714ykx，恒过点13714，；②当直线AB的斜率不存在时，设00()Axy，，00()Bxy，，由20002200331+-=0223412xyyxy

解得017x或01x(舍)，此时直线AB也过点13714，．综上知，直线AB恒过定点13714，．【点睛】此题考查椭圆方程的求解，考查直线与椭圆的位置关系，考查计算能力和分类思想，属于中档题25．已知椭圆C：22221xyab（0ab）的左焦点(3,

0)F，椭圆的两顶点分别为(,0)Aa，(,0)Ba，M为椭圆上除A，B之外的任意一点，直线MA，BM的斜率之积为14.（1）求椭圆C的标准方程;（2）若P为椭圆C短轴的上顶点，斜率为k的直线l不经过P点且与椭圆C交于E，F两点，设直线PE，PF的斜率分别

为12,kk，且121kk，试问直线l是否过定点，若是，求出这定点；若不存在，请说明理由.【答案】（1）2214xy；（2）过定点（2，-1）.【分析】（1）设点00(,)Mxy，根据MA，BM的斜率之积为14，可得000014yyx

axa，又M在椭圆上，所以2200221xyab，联立方程，可解得2ab，又根据题意3c，即可求得椭圆方程.（2）设(1)ykxmm，1122(,),(,)ExyFxy，联立直

线方程和椭圆方程，根据韦达定理可得1212,xxxx的表达式，根据题意121kk，代入求解可得21mk，代入直线，即可求得定点坐标.【详解】（1）由题意知3c，设点00(,)Mxy，则000014yyxaxa①，又点M在椭圆上，所以220022

1xyab②，①②联立可得2214ba，即2ab，又222abc及3c，解得：2,1ab所以椭圆方程为：2214xy.（2）直线l过定点（2，-1），证明如下：设直线l：(1)ykxmm，112

2(,),(,)ExyFxy，联立方程2214ykxmxy，整理得：222(14)8440kxkmxm，222(8)4(14)(44)0kmkm，2121222844,1414kmmxxxxkk

，所以12121212121111yykxmkxmkkxxxx=1212(1)()2mxxkxx，代入1212,xxxx得：2(1)(8)21(1)44mkmkmm，化简得21mk，此时=-64k

，所以存在k使得0成立，所以直线l的方程为：-2-1ykxk，即(-2)(1)0kxy，所以直线l恒过定点（2，-1）【点睛】本题考查椭圆的几何性质与方程，解题的关键是联立直线与曲线方程，根据韦达

定理可得1212,xxxx的表达式，再结合题意121kk，代入求解即可，计算量偏大，考查计算化简，分析理解的能力，属中档题.四、填空题26．设抛物线22yx上两点A，B位于x轴的同侧，且A，B两点的横坐标之积为4，则直线AB经过的定点

坐标是______.【答案】2,0.【分析】设A，B同在第一象限，设直线AB的方程为0,0ykxbkb，联立抛物线的方程，消去y，可得x的二次方程，运用韦达定理，可得k，b的关系式，再由直线恒过定点的求法，可得所求定点.【详解】可设A

，B同在第一象限，设直线AB的方程为0,0ykxbkb，代入抛物线22yx，可得222220kxkbxb，则2222240kbkb，设A，B的横坐标分别为1x，2x，可得21224bxxk，即2bk，或2bk

，则直线AB的方程为2ykxk，即2ykx，则直线AB恒过定点2,0，若2bk，则22ykxkkx，直线过点2,0，此时直线与抛物线相交的两个交点在x轴的异侧，故舍去.故答案为：2,0.【点睛】思路点睛：利用直线与抛物线的位置关系求直线

过定点问题时，常采用设出直线ykxb，与圆锥曲线方程联立，利用根与系数的关系，结合已知条件求得,kb的关系，求得直线所过的定点.