高三数学解答题难题突破 圆锥曲线中的三点共线问题
高三数学解答题难题突破圆锥曲线中的三点共线问题
高三数学解答题难题突破圆锥曲线中的三点共线问题【题型综述】三点共线问题证题策略一般有以下几种：①斜率法：若过任意两点的直线的斜率都存在，通过计算证明过任意两点的直线的斜率相等证明三点共线；②距离法：计算出任意两点间的距离，若某两点间的距离等于另外两个距离之和，则这三点共线；③向量法：利用向量共线定理证明三点共线；④直线方程法：求出过其中两点的直线方程，在证明第3点也在该直线上;⑤点到直线的距离法：求出过其中某两点的直线方程，计算出第三点到该直线的距离，若距离为0，则三点共线.⑥面积法：通过计算求出以这三点为三角形的面积，若面积为0，则三点共线，在处理三点共线问题，离不开解析几何的重要思想：“设而不求思想”.【典例指引】类型一向量法证三点共线例1 （2012北京理19）（本小题共14分）已知曲线C:22m x m y（m R）(5)(2)8(Ⅰ)若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，求m的取值范围；y kx与曲(Ⅱ)设m=4，曲线C与y轴的交点为A，B（点A位于点B的上方），直线4y与直线BM交于点G，求证：A，G，N三点共线. 线交于不同的两点M,N,直线1MB 方程为：62MMkx yxx ，则316M Mx Gkx ，，316M M x AGx k，，2N N ANx x k，，欲证A G N ，，三点共线，只需证AG ，AN 共线即3(2)6M N N M x x kx x k成立，化简得：(3)6()M NMN kk x x x x 将①②代入易知等式成立，则A G N ，，三点共线得证。
类型二斜率法证三点共线例2.（2017?上海模拟）已知抛物线y 2=4x 的焦点为F ，过焦点F 的直线l 交抛物线于A 、B 两点，设AB 的中点为M ，A 、B 、M 在准线上的射影依次为C 、D 、N ．（1）求直线FN 与直线AB 的夹角θ的大小；（2）求证：点B 、O 、C 三点共线．∵k OB==，y1y2=﹣4，∴k OB=k OC，∴点B、O、C三点共线．类型三直线方程法证三点共线例3（2017?贵阳二模）已知椭圆C：=1（a＞0）的焦点在x轴上，且椭圆C的焦距为2．（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）过点R（4，0）的直线l与椭圆C交于两点P，Q，过P作PN⊥ｘ轴且与椭圆C交于另一点N，F为椭圆C的右焦点，求证：三点N，F，Q在同一条直线上．==，即直线QN过点（1，0），又∵椭圆C的右焦点坐标为F（1，0），∴三点N，F，Q在同一条直线上．类型四多种方法证三点共线例4.（2017?保定一模）设椭圆x2+2y2=8与y轴相交于A，B两点（A在B的上方），直线y=kx+4与该椭圆相交于不同的两点M，N，直线y=1与BM交于G．（1）求椭圆的离心率；（2）求证：A，G，N三点共线．【扩展链接】1.给出BQ BP AQ AP ,等于已知Q P,与AB 的中点三点共线; 2. 给出以下情形之一：①AC AB //；②存在实数,ABAC 使；③若存在实数,,1,OC OAOB 且使,等于已知C B A ,,三点共线；3.【同步训练】1．已知椭圆E ：+=1（a ＞）的离心率e=，右焦点F （c ，0），过点A （，0）的直线交椭圆E 于P ，Q 两点．（1）求椭圆E 的方程；（2）若点P 关于x 轴的对称点为M ，求证：M ，F ，Q 三点共线；（3）当△FPQ 面积最大时，求直线PQ 的方程．【思路点拨】（1）由椭圆的离心率公式，计算可得a 与c 的值，由椭圆的几何性质可得b 的值，将a 、b 的值代入椭圆的方程计算可得答案；（2）根据题意，设直线PQ的方程为y=k（x﹣3），联立直线与椭圆的方程可得（3k2+1）x2﹣18k2x+27k2﹣6=0，设出P、Q的坐标，由根与系数的关系的分析求出、的坐标，由向量平行的坐标表示方法，分析可得证明；（3）设直线PQ的方程为x=my+3，联立直线与椭圆的方程，分析有（m2+3）y2+6my+3=0，设P （x1，y1），Q（x2，y2），结合根与系数的关系分析用y1．y2表示出△FPQ的面积，分析可得答案．（3）设直线PQ的方程为x=my+3．由方程组，得（m2+3）y2+6my+3=0，。
高考数学二级结论快速解题：专题08三点共线充要条件(解析版)
专题08三点共线充要条件一、结论1、设平面上三点O ,A ,B 不共线,则平面上任意一点P 与A ,B 共线的充要条件是存在实数 与,使得OP OA OB,且1 .特别地,当P 为线段AB 的中点时,1122OP OA OB .二、典型例题1．（2021·安徽·铜陵一中高三阶段练习（理））如图，ABC 中，D 为AB 上靠近B 的三等分点，点F 在线段CD 上，设AB a ，AC b ，AF xa yb ，则21x y的最小值为（）A ．6B ．7C ．4 D ．4【答案】D 【解析】由于D 为AB 上靠近B 的三等分点，故23AD AB ,所以32x AF xa yb x AB y AC AD y AC,又因为点F 在线段CD 上，所以312x y ，故2121332()()422x x yy x y x y y x，由题意可知0,0x y ，故2132442x yx y y x，当且仅当322x y y x 时，即11,32x y时，等号取得，故选：D.【反思】本题重点C ,F ,D 三点共线，可以得到AF mAD nAC且1m n ，所以本题中AF xa yb 中的AF 如何化简成AF mAD nAC 才是本题的关键，又D 为AB 上靠近B 的三等分点，故23AD AB ,所以得到32x AF xa yb x AB y AC AD y AC这样，由C ,F ,D 三点共线，得到312x y ，进而才利用均值不等式求解最值.如何利用三点共线时解本题的快速捷径.三、针对训练举一反三一、单选题1．（2020·安徽·安庆市第二中学高一阶段练习）如图，在三角形OAB 中，P 为线段AB 上的一点，OP xOA yOB u u u r u u r u u u r ，且3BP PA，则（）A ．23x ，13yB ．13x ，23yC ．14x，34yD ．34x，14y 【答案】D 【详解】因为3BP PA ，所以3331()4444OP OB BP OB BA OB OA OB OA OB ，又OP xOA yOB u u u r u u r u u u r ，,OA OB 不共线，所以31,44x y ，故选：D2．（2022·全国·高三专题练习）如图，在OAB 中，C 是AB 的中点，P 在线段OC 上，且2OC OP .过点P 的直线交线段,OA OB 分别于点N ，M ，且,OM mOB ON nOA ，其中,[0,1]m n ，则m n 的最小值为（）A ．12B ．23C ．1D ．34【答案】C【详解】解：1()2OC OA OB u u u r u u r u u u r ，则11122OP ON OM n m，1144OP ON OM n m，又P ，M ，N 共线，∴11144n m.又,[0,1]m n ，∴ 111111214444m n m n m n n m n m ，当且仅当12m n 时取等号，故选：C.3．（2022·全国·高三专题练习）在ABC 中，3AC AD ，BE ED ，设(,)AE AB AC R，则 （）A ．13B ．13C ．23D ．43【答案】C 【详解】在三角形ABC 中，3AC AD ，BE ED ，可得111111()222326AE AB AD AB AC AB AC ,因为(,)AE AB AC R ，所以11,26，所以23 .故选：C.4．（2021·福建·厦门市湖滨中学高三期中）.如图，在ABC 中，13AD DC，P 是线段BD上一点，若16AP m AB AC ，则实数m 的值为（）A ．13B ．23C ．2D ．12【答案】A 【详解】设BP BD ，因为13AD DC，所以14AD AC ，则1()(1)4AP AB BP AB BD AB BA AD AB AC，又因为16AP m AB AC ，所以11146m，解得21,33m .故选：A.5．（2022·全国·高三专题练习）A ，B ，C 是圆O 上不同的三点，线段CO 与线段AB 交于点D (点O 与点D 不重合)，若OC OA OB,R ，则 的取值范围是（）A ． 0,1B ． 1, C．D ．1,0 【答案】B 【详解】因为线段CO 与线段AB 交于点D ，所以,,O C D 三点共线，所以OC 与OD共线，设OC mOD ，则1m >，因为OC OA OB ，所以OA O OD B m ，可得OA OD O mB m ，因为,,A B D 三点共线，设AD t AB u u u r u u u r，所以OD OA t OB OA 即 1OD t OA tOB ，所以1t mtm，所以1m m ，可得1m ，所以 的取值范围是 1, .故选：B.6．（2021·四川成都·高三期中（文））如图所示，已知点G 是ABC 的重心，过点G 作直线分别与AB ，AC 两边交于M ，N 两点(点N 与点C 不重合)，设AB xAM ，AC y AN，则111x y 的最小值为（）A ．2B．1C ．32D．2 【答案】A 【详解】G ∵为ABC 的重心，21()32AG AB AC1()3xAM y AN又G ∵在线段MN 上，11133x y 3x y (1)2x y11111[(1)]()121x y x y x y 11(11)21x y y x1(22)22故选：A ．7．（2021·山西大附中高三阶段练习（文））如图所示，已知点G 是ABC 的重心，过点G作直线分别与AB ，AC 两边交于M ，N 两点（点N 与点C 不重合），设xAB AM ，y AC AN，则11x y的值为（）A ．3B ．4C ．5D ．6【答案】A 【详解】延长AG 交BC 与点H ,H 为BC 中点,G ∵为ABC 的重心，2211133333111123AG AH AB AC AB AC AM ANA x yxy M ANM G N ∵、、三点共线11133x y ,113x y故选:A8．（2021·福建省长汀县第一中学高三阶段练习）如图，在ABC 中，23AN NC，P 是BN 上一点，若13AP AB AC，则实数 的值为（）A ．13B ．16C ．23D ．14【答案】B 【详解】由题意及图：1AP AB BP AB mBN AB m AN AB mAN m AB ,又23AN NC ,所以25AN AC,所以 215AP m AC m AB ,又13AP AB AC,所以12153m m，解得：51,66m .故选：B.二、填空题9．（2021·湖南·周南中学高二开学考试）在ABC 中，E 为AC 上一点，3AC AE ，P 为BE 上任一点，AD mAB ，AF nAC ，（0m ，0n ），若AP AD AF ，则当31m n取最小值时，四边形ADPF 的面积与ABC 的面积之比等于________．【答案】16##1:6【详解】解：由题意可知：3AP mAB nAC mAB nAE，而P ，B ，E 三点共线，则：31m n ，据此有：3131936612n m m n m n m n m n ，当且仅当12m，16n 时等号成立，取到最小值，此时12AD AB ，16AF AC，所以11sin sin 126116sin sin 22ADPF ABCAB AC ABC AD AF ABC S S AB AC ABC AB AC ABC .故答案为：16.10．（2021·黑龙江·大庆中学高一阶段练习）如图，经过OAB 的重心G 的直线与,OA OB 分别交于点P ，Q ，设,OP mOA OQ nOB，,m n R ，则11n m的值为________．【答案】3【详解】解：设,OA a OB b，由题意知211()()323OG OA OB a b ，11,33PQ OQ OP n b m a PG OG OP ma b，由P ，G ，Q 三点共线，得存在实数 使得PQ PG，即1133n b m a m a b，从而1,31,3m m n消去 ，得113n m ．故答案为：3三、解答题11．（2021·全国·高一课时练习）如图，在AOB 中，14OC OA u u u r u u r ，12OD OB u u u r u u u r，AD 与BC 相交于点M ，设OA a，OB b，（1）试用a ，b表示向量OM ：（2）在线段AC 上取一点E ，在BD 上取一点F ，使得EF 过点M ，设OE OA ，OF OB，求证：13177．【答案】（1）1377OM a ；（2）证明见解析．【详解】（1）解：由A ，M ，D 三点共线可知，存在实数1 使得11111122OM OA AM a AD a a b a b．由B ，M ，C 三点共线可知，存在实数2 使得22221144OM OB BM b BC b b a a b．由平面向量基本定理知21121412．解得126747，所以1377OM a b ．（2）证明：若OE OA ，OF OB，则13137777OM a b OE OF．又因为E ，M ，F 三点共线，所以13177 ．。
第09讲 高考难点突破一：圆锥曲线的综合问题(定点问题) (精讲)(含答案解析)
第09讲高考难点突破一：圆锥曲线的综合问题（定点问题）(精讲）-2第09讲高考难点突破一：圆锥曲线的综合问题（定点问题）（精讲）题型三：抛物线中的定点问题角度1：抛物线中的直线过定点问题典型例题例题1．（2022·辽宁·建平县实验中学模拟预测）1．已知点()1,M p p -在抛物线()2:20C y px p =>上.(1)求抛物线C 的方程；(2)过点M 作斜率分别为12,k k 的两条直线12,l l ，若12,l l 与抛物线C 的另一个交点分别为,A B ，且有122k k +=，探究：直线AB 是否恒过定点？若是，求出该定点；若否，说明理由.例题2．（2022·陕西西安·三模（理））2．已知抛物线()2:20C y px p =>上的点()()4,0G t t >到其准线的距离为5．不过原点的动直线交抛物线C 于A ，B 两点，M 是线段AB 的中点，点M 在准线l 上的射影为N ．(1)求抛物线C 的方程；(2)当1NA NB ⋅=时，求证：直线AB 过定点．例题3．（2022·全国·高三专题练习）3．已知线段AB 是抛物线24y x =的弦，且过抛物线焦点F .(1)过点B 作直线与抛物线对称轴平行，交抛物线的准线于点E ，求证：A O E 、、三点共线(O 为坐标原点)；(2)设M 是抛物线准线上一点，过M 作抛物线的切线，切点为11A B 、.求证：（i ）两切线互相垂直；（ii ）直线11A B 过定点，请求出该定点坐标.同类题型归类练（2022·湖南·长沙一中高三开学考试）4．已知抛物线C ：22y px =（0p >），直线1x =+交抛物线C 于A ，B 两点，且三角形OAB 的面积为O 为坐标原点）.(1)求实数p 的值；(2)过点D （2，0）作直线L 交抛物线C 于P ，Q 两点，点P 关于x 轴的对称点为P '.证明：直线P 'Q 经过定点，并求出定点坐标.（2022·湖北武汉·高二期末）5．已知动圆M 过定点()2,0A ，且在y 轴上截得的弦长为4，圆心M 的轨迹为曲线L ．(1)求L 的方程；(2)已知点()3,2B --，()2,1C ，P 是L 上的一个动点，设直线PB ，PC 与L 的另一交点分别为E ，F ，求证：当P 点在L 上运动时，直线EF 恒过一个定点，并求出这个定点的坐标．（2022·江西景德镇·高二期末（文））6．已知抛物线C ：()220y px p =>的焦点为F ，过焦点F 且垂直于x 轴的直线交C 于H ，I 两点，O 为坐标原点，OHI 的周长为8．(1)求抛物线C 的方程；(2)过点F 作抛物线C 的两条互相垂直的弦AB ，DE ，设弦AB ，DE 的中点分别为P ，Q ，试判断直线PQ 是否过定点？若过定点．求出其坐标；若不过定点，请说明理由．（2022·江西·上饶市第一中学模拟预测（文））7．已知抛物线()220y px p =>的焦点为F ，过焦点FA 、B 两点（点A 在第一象限），交抛物线准线于G ，且满足83BG =．(1)求抛物线的标准方程；(2)已知C ，D 为抛物线上的动点，且OC OD ⊥，求证直线CD 过定点P ，并求出P 点坐标；(3)在（2）的条件下，求PC PD ⋅的最大值．角度2：抛物线存在定点满足某条件问题典型例题例题1．（2022·内蒙古赤峰·高二期末（文））8．已知抛物线()2:20C y px p =>的焦点为F ，过点()2,0A 的直线l 交C 于M ，N 两点，当l 与x 轴垂直时，4MN =．(1)求C 的方程：(2)在x 轴上是否存在点P ，使得OPM OPN ∠=∠恒成立（O 为坐标原点）？若存在求出坐标，若不存在说明理由．例题2．（2022·河南·开封市东信学校模拟预测（文））9．已知直线:10l x ky --=与抛物线2:2(0)N y px p =>交于A ，B 两点，当直线l x ⊥轴时，||4AB =.(1)求抛物线N 的标准方程；(2)在x 轴上求一定点C ，使得点(2,0)M p 到直线AC 和BC 的距离相等.例题3．（2022·贵州铜仁·高二期末（理））10．已知F 为抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点，过F 的动直线交抛物线C 于,A B 两点．当直线与x 轴垂直时，||4AB =．(1)求抛物线C 的方程；(2)设直线AB 的斜率为1且与抛物线的准线l 相交于点M ，抛物线C 上存在点P 使得直线,,PA PM PB 的斜率成等差数列，求点P 的坐标．同类题型归类练（2022·湖北·鄂南高中模拟预测）11．已知曲线2:2(0)C y px p =>的焦点为F ，曲线C 上有一点()0,Q x p 满足2QF =.(1)求抛物线C 的方程；(2)过原点作两条相互垂直的直线交曲线C 于异于原点的两点,A B ，直线AB 与x 轴相交于N ，试探究x 轴上存在一点是否存在异于N 的定点M 满足AM AN BMBN=恒成立.若存在，请求出M 点坐标；若不存在，请说明理由.（2022·全国·高三专题练习（理））12．已知抛物线2:2(0)E x py p =>的焦点为F ，过F 的直线交抛物线E 于1122(,),(,)A x y B x y 两点，11AF y =+．(1)求抛物线E 的标准方程；(2)在x 轴的正半轴上是否存在点P ，连接PA ，PB 分别交抛物线E 于另外两点C ，D ，使得4AB CD =？并说明理由．（2022·江苏省苏州实验中学高二阶段练习）13．已知抛物线2:8C y x =，点()(),00M a a >，直线l 过点M 且与抛物线C 相交于,A B 两点．(1)当a 为变量时，P 为抛物线C 上的一个动点，当线段MP 的长度取最小值时，P 点恰好在抛物线C 的顶点处，请指出此时M 点运动的轨迹；(2)当a 为定值时，在x 轴上是否存在异于点M 的点N ，对任意的直线l ，都满足直线,AN BN 关于x 轴对称?若存在，指出点N 的位置并证明，若不存在请说明理由.（2022·重庆市育才中学高三阶段练习）14．已知抛物线2:4E x y =的焦点为F ，过F 的直线交抛物线E 于A 、B 两点.(1)当直线AB 的斜率为1时，求弦AB 的长度AB ；(2)在x 轴的正半轴上是否存在一点P ，连接PA ，PB 分别交抛物线E 于另外两点C 、D ，使得//AB CD 且4AB CD =？若存在，请求出点P 的坐标，若不存在，请说明理由.（2022·全国·高考真题（文））15．已知椭圆E 的中心为坐标原点，对称轴为x 轴、y 轴，且过()30,2,,12A B ⎛--⎫⎪⎝⎭两点．(1)求E 的方程；(2)设过点()1,2P -的直线交E 于M ，N 两点，过M 且平行于x 轴的直线与线段AB 交于点T ，点H 满足MT TH =．证明：直线HN 过定点．参考答案：1．(1)24y x=(2)直线AB 恒过定点()1,0-【分析】（1）将M 点坐标代入抛物线方程即可构造方程求得结果；（2）设()11,A x y ，()22,B x y ，利用斜率公式表示出122k k +=，得到124y y =；设:AB x my t =+，与抛物线方程联立可得韦达定理的形式，由此可得1t =-，可得:1AB x my =-，由此可得定点坐标.（1）()1,M p p - 在抛物线上，()221p p p ∴=-，解得：2p =，∴抛物线C 的方程为：24y x =.（2）由（1）得：()1,2M ；设()11,A x y ，()22,B x y ，则11121112241214y y k y x y --===-+-；同理可得：2242k y =+；122k k += ，1244222y y ∴+=++，整理可得：124y y =；当直线AB 斜率为0时，其与抛物线C 只有一个公共点，不合题意；当直线AB 斜率不为0时，设:AB x my t =+，由24y x x my t ⎧=⎨=+⎩得：2440y my t --=，则124y y t =-，44t ∴-=，解得：1t =-；:1AB x my ∴=-，则直线AB 过定点()1,0-；综上所述：直线AB 恒过定点()1,0-.【点睛】思路点睛：本题考查直线与抛物线综合应用中的直线过定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与抛物线方程联立，整理为关于x 或y 的一元二次方程的形式；②利用0∆>求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系，从而化简直线方程；④根据直线过定点的求解方法可求得结果.2．(1)24y x =(2)证明见解析【分析】（1）由抛物线的定义可求解；（2）设直线AB ，并与抛物线联立，运用韦达定理、向量的数量积可求解.【详解】（1）由抛物线C 的方程可得其准线方程2p x =-，依抛物线的性质得452p+=，解得2p =．∴抛物线C 的方程为24y x =．（2）当直线AB 的斜率为0时，显然不符合题意；当直线AB 的斜率不为0时，设直线:(0)AB x my n n =+≠，211,4y A y ⎛⎫⎪⎝⎭、222,4y B y ⎛⎫ ⎪⎝⎭、()00,M x y ，由24y x x my n ⎧=⎨=+⎩化简得2440y my n --=，()2160m n ∆=+>，124y y m +=，124y y n =-，12022y y y m +==，所以()1,2N m -，所以2111,24y NA y m ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭ ，2221,24y NB y m ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭ ，所以()()222121112244y y NA NB y m y m ⎛⎫⎛⎫⋅=+++-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭()()222121221212122124164y y y y y y y y m y y m +-=+++-++()22222216814842114m n n n m m n n n +=++--+=-+=-若1NA NB ⋅= ，即()211n -=，解得2n =或0n =（舍去），所以直线AB 过定点()2,0.3．(1)证明见解析(2)证明见解析.【分析】（1）由题知抛物线24y x =的焦点()1,0F ，准线为=1x -，故设直线AB 的方程为：1x my =+，()()1122,,,A x y B x y ，进而得()21,E y -，再结合韦达定理证明OA OE k k =即可；（2）(i)设()01,M y -，过()01,M y -作抛物线的切线，斜率为()0k k ≠，则方程为()01y y k x -=+,切线11,MA MB 的切线斜率分别为12,k k ，进而结合韦达定理即可得121k k =-，进而证明；（ii ）结合（i ）得221121211212,,A k k B k k ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭、，进而得1102A B k y =，直线11A B 的方程为2202221y x k y k ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，整理即可得()021y x y =-，进而得定点坐标.（1）解：由题知抛物线24y x =的焦点()1,0F ，准线为=1x -，所以，设直线AB 的方程为：1x my =+，所以，联立方程214x my y x=+⎧⎨=⎩得2440y my --=，设()()1122,,,A x y B x y ，则12124,4y y m y y +==-，因为过点B 作直线与抛物线对称轴平行，交抛物线的准线于点E ，所以()21,E y -因为2114y x =，故2114y x =所以112211214444OA y y y y y x y k =====--，221OE k y y ==--，所以，OA OE k k =，即A O E 、、三点共线.（2）解：（i ）设()01,M y -，所以，设过()01,M y -作抛物线的切线，斜率为()0k k ≠，则方程为()01y y k x -=+，所以，()0214y y k x y x⎧-=+⎨=⎩得204440ky y y k -++=，所以，()0164440k y k ∆=-+=，即2010k ky +-=，设切线11,MA MB 的切线斜率分别为12,k k ，则12,k k 为方程2010k ky +-=的实数根，所以121k k =-，120k k y +=-，所以，两切线互相垂直.(ii)由（i ）知204440ky y y k -++=，2010k ky +-=，所以，22204440k y ky ky k -++=，即()2224420k y ky ky -+=-=，所以221121211212,,A k k B k k ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭、，所以，1121121222210221122A B k k k k k k y k k k =+==--，所以，直线11A B 的方程为2202221y x k y k ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，整理得()2022222020200200202222222221y k k y x x x y k y k y y k y y k y --=+-=+=+=-，即()021y x y =-所以，直线11A B 过定点()1,0.4．(1)2p =；(2)证明见解析，定点()2,0-.【分析】（1）设()()1122,,,A x y B x y ，联立直线和抛物线方程得到韦达定理，求出12y y -即得解；（2）设()()3344,,,P x y Q x y ，不妨令43y y >，设直线L 的方程为2x ty =+，联立直线和抛物线的方程得到韦达定理，求出直线P Q '的方程即得解.（1）解：由题得直线1x =+过点()1,0，.设()()1122,,,A x y B x y ，联立21,2,x y px ⎧=+⎪⎨=⎪⎩得220y p --=，所以1212,2y y y y p +==-，所以122y y -=所以三角形OAB的面积12112S y y =⨯⨯-==又0p >，解得2p =（30p =-<舍去）.所以2p =.（2）证明：由（1）抛物线C 的方程为24y x =，设()()3344,,,P x y Q x y ，不妨令43y y >，则()33,P x y '-，设直线L 的方程为2x ty =+，联立22,4,x ty y x =+⎧⎨=⎩消去x 得2480y ty --=，则34344,8y y t y y +==-，则直线P Q '的方程为()()433343y y y y x x x x +--=--，即()()43434343x x y x y y y x y x -+=+-，则()()()()4343434322ty ty y ty y y y x y ty -++=+-+，即()()()4343433422t y y y y y x ty y y y -=+--+，即()()43433422y y y x ty y y y =+--+，所以()42824y tx t t =-⨯--⨯，即()2y t x =+，令20,0,x y +=⎧⎨=⎩解得2,0,x y =-⎧⎨=⎩所以直线P Q '恒过定点()2,0-5．(1)24y x=(2)证明见解析，定点110,33⎛⎫- ⎪⎝⎭；【分析】（1）设圆心(),C x y ，圆的半径为R ，依题意得到方程，整理即可；（2）设200,4y D y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，121,4y E y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，222,4y F y ⎛⎫⎪⎝⎭，即可得到直线EF 的方程，同理可得直线DE与直线DF 的方程，再根据直线DE 过点()3,2B --，直线DF 过点()2,1C ，即可消去0y ，从而求出EF 过定点坐标；（1）解：设圆心(),C x y ，圆的半径为R ，则()()22222220R x x y =+=-+-，整理得24y x =．所以动圆圆心的轨迹方程为24y x =．（2）证明：抛物线的方程为24y x =，设200,4y D y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，121,4y E y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，222,4y F y ⎛⎫⎪⎝⎭，则直线EF 的方程为()1211221244y y y y x x y y --=--，得2111211121212124444x y y y x x x y y y y y y y y y y +-=-+=+++++，又2114y x =，所以直线EF 的方程为1212124y y xy y y y y =+++．同理可得直线DE 的方程为1010104y y xy y y y y =+++，直线DF 的方程为0022024y y xy y y y y =+++因为直线DE 过点()3,2B --，所以()1101222y y y -=+；因为直线DF 过点()2,1C ，所以()22081y y y -=-．消去0y ，得()121210433y y y y =++．代入EF 的方程，得12411033y x y y ⎛⎫=++ ⎪+⎝⎭，所以直线EF 恒过一个定点110,33⎛⎫- ⎪⎝⎭．6．(1)28y x=(2)直线PQ 过定点()6,0【分析】（1）将2px =代入抛物线22y px =中，得出HI 的长度，再由勾股定理得出OH ，结合条件建立关于p 的方程，得出答案.（2）由题意设直线AB 的方程为2x my =+，()11,A x y ，()22,B x y ，联立直线AB 的方程与抛物线的方程，由韦达定理得出P 点坐标，同理得出Q 点坐标，从而得出直线PQ 方程，得出答案.（1）由题意,02p F ⎛⎫⎪⎝⎭，在22y px =中代入2p x=，得222p y p =⋅，解得y p =±，所以2HI p =．由勾股定理得|OH OI p ===，则OHI 的周长为2822p p p ++=，解得4p =，故抛物线C 的方程为28y x =．（2）由题意可知()2,0F ，直线AB 的斜率存在，且不为0．设直线AB 的方程为2x my =+，()11,A x y ，()22,B x y ．联立22,8,x my y x =+⎧⎨=⎩消去x ，得28160y my --=，264640m ∆=+>，则128y y m +=，从而()21212484x x m y y m +=++=+．因为P 是弦AB 的中点，所以()242,4P m m +，同理可得2442,Q mm ⎛⎫+- ⎪⎝⎭．当21m ≠，即1m ≠±时，直线PQ 的斜率2224441422PQm m m k m m m ⎛⎫-- ⎪⎝⎭==-⎛⎫+-+ ⎪⎝⎭，则直线PQ 的方程为()224421my m x m m -=---，即()()216m y m x -=-．故直线PQ 过定点()6,0；当21m =，即1m ≠±时，直线PQ 的方程为6x =，也过点()6,0．综上所述，直线PQ 过定点()6,0．7．(1)24y x=(2)证明见解析；P 点坐标为（4，0）(3)16-【分析】（1）过点B 作准线的垂线，垂足为H ，设准线与x 轴相交于点M ，由直线的斜率得出倾斜角，利用三角函数及抛物线的定义求出||MF 即可得解；（2）设直线CD 的方程为：x my t =+，211,4y C y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，222,4y D y ⎛⎫⎪⎝⎭，联立方程组，由根与系数的关系求出12y y ，再由OC OD ⊥建立斜率的方程即可得解；（3）由向量的数量积坐标运算化简，利用二次函数求最值.（1）过点B 作准线的垂线，垂足为H ，设准线与x 轴相交于点M，如图，由题知，直线l 的倾斜角为π3．∴在R t BGH 中，π3GBH ∠=，又∵83BG =，∴43BH =，∴43BF =．∴4GF BG BF =+=，∴在R t GFM 中，又3MFG π∠=，∴2MF =，∴2p =，∴抛物线的标准方程为24y x =．（2）由（1）可知，抛物线方程为24y x =，设直线CD 的方程为：x my t =+，211,4y C y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，222,4y D y ⎛⎫⎪⎝⎭，直线与抛物线联立：24x my ty x=+⎧⎨=⎩，得：2440y my t --=，则124y y m +=，124y y t =-，∵14OC k y =，24OD k y =且OC OD ⊥，∴12161614OC OD k k y y t ⋅===--则4t =，∴直线CD 过定点（4，0），即P 点坐标为（4，0），（3）由（2）可知P 点坐标为（4，0），∴()2222212121216161616y y PC PD y y y y m ⋅=-+++=-- ，∴PC PD ⋅的最大值为16-．8．(1)22y x =(2)存在，()2,0-【分析】（1）易知||4MN ==，求出p 即可；（2）设()0,0P x ，()11,M x y ，()22,N x y ，由题可知直线l 斜率不为零，设: 2l x m y =+，代入抛物线方程22y x =消去x ，得2240y my --=，由OPM OPN ∠=∠可得0MP NP k k +=，利用斜率公式，根与系数的关系求解即可【详解】（1）当l 与x轴垂直时，由题意易得||MN =，从而4=，解得p ＝1，所以C 的方程为22y x =；（2）设()0,0P x ，()11,M x y ，()22,N x y ，由题可知直线l 斜率不为零，设: 2l x m y =+，代入抛物线方程22y x =消去x ，得2240y my --=，从而122y y m +=，124y y =-，①由OPM OPN ∠=∠可得0MP NP k k +=12121020102022MP NP y y y y k k x x x x my x my x +=+=+--+-+-()()()()1201210202222my y x y y my x my x +-+=+-+-将①代入上式，得()()102042022m mx my x my x --=+-+-恒成立，所以02x =-，因此存在点P ，且满足题意，P 点坐标为()2,0-．9．(1)24y x =(2)(1,0),(1,0),(4,0)-【分析】（1）直线l x ⊥轴时，将1x =代入抛物线方程求得,A B 纵坐标，得出AB ，从而可得p 值，得抛物线方程；（2）设()()(),,,,,0A A B B C A x y B x y C x ，直线方程与抛物线方程联立，消元后应用韦达定理得A B y y +，A B y y ，题意即为0AC BC k k +=，代入韦达定理的结论可求得C x ，同时注意,,A B C 共线或C 与M 重合的情形，从而得出结论．（1）当直线l x ⊥轴时，方程为1x =，代入抛物线方程得22y p =，y =，∴||4AB ==，解得2p =.∴抛物线N 的标准方程为24y x =；（2）设()()(),,,,,0A A B B C A x y B x y C x .联立210,4,x ky y x --=⎧⎨=⎩得2440y ky --=.∴4,4A B A B y y k y y +=⋅=-.①由题意可知()()()()0A B C B A C A BAC BC A C B C A C B C y x x y x x y y k k x x x x x x x x -+-+=+==----，∴()()0A B C B A C y x x y x x -+-=，即()B A A B C A B x y x y x y y +=+.∴()()()11B A A B C A B ky y ky y x y y +++=+，即()()2A B A B C A B ky y y y x y y ++=+.∴844C k k kx -+=.∵0k ≠，可知1C x =-.∴点C 的坐标由抛物线的图象可知，还有点(1,0),(4,0)满足题意，故这样的点有3个，坐标分别为(1,0),(1,0),(4,0)-.10．(1)24y x =(2)(1,2)P ±【分析】（1）求出抛物线的焦点坐标，根据题意，令2px =，求出纵坐标的值，再根据AB 4=进行求解即可；（2）设直线AB 的方程,与抛物线方程联立，求出直线PA ，PM ，PB 的斜率表达式，结合等差数列和一元二次方程根与系数关系，得到一个等式，根据等式成立进行求解即可.（1）因为(,0)2pF ，在抛物线方程22y px =中，令2p x =，可得y p =±，所以当直线与x 轴垂直时24AB p ==，解得2p =，抛物线的方程为24y x =.（2）（2）因为抛物线24y x =的准线方程为=1x -，由题意可知直线AB 的方程为1x y =+，所以(1,2)M --.联立241y x x y ⎧=⎨=+⎩消去x ，得2440y y --=，设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则124y y +=，124y y =-，若存在定点00(,)P x y 满足条件，则2PM PA PB k k k =+，即0010200102221y y y y y x x x x x +--⋅=++--，因为点,,P A B 均在抛物线上，所以222012012,444y y y x x x ===.代入化简可得00122200120122(2)24()y y y yy y y y y y y +++=++++，将124y y +=，124y y =-代入整理可得002200022444y y y y y ++=++-，即202(4)0y -=，所以2040y -=，解得02y =±，将02y =±代入抛物线方程，可得01x =，于是点(1,2)P ±即为满足题意的定点.11．(1)24y x =(2)存在，()4,0M -【分析】（1）由焦半径公式代入求解p ，从而得抛物线方程；（2）设直线方程，联立方程组，将韦达定理代入所给条件求解.（1）Q 在曲线C 上，则202p px =，则02px =，而022pQF x p ==+=，故抛物线C 的方程为24y x =.（2）易知直线AB 的斜率不为0，故设()()()1122:,,,,,,0AB l x ty n A x y B x y M m =+联立：224404x ty ny ty n y x=+⎧⇒--=⎨=⎩，故12124,4y y t y y n +==-.222121244y y x x n =⋅=，因为OA OB ⊥，则2121240OA OB x x y y n n ⋅=+=-=则4n =或0n =（舍），故()4,0N .因为,M N 都在x 轴上，要使得AM AN BMBN=，则x 轴为AMB ∠的角平分线，若1m x =，则AM 垂直于x 轴，x 轴平分AMB ∠，则BM 垂直于x 轴，则直线AB 的方程为4x =，此时4m n ==，而,M N 相异，故1m x ≠，同理2m x ≠故AM 与BM 的斜率互为相反数，即12122112120y y x y x y m x m x m y y ++=⇒=--+()()1221121212442324444ty y ty y ty y t m y y y y t+++-⇒==+=+=-++为定值.故当()4,0M -时，有AM AN BMBN=恒成立.【点睛】解答直线与抛物线的题目时，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．12．(1)24x y =(2)见解析【分析】（1）根据点A 到点F 的距离等于点A 到直线1y =-，结合抛物线的定义得出抛物线E 的标准方程；（2）设()()330,,,0C x y P x ，由4PA PC = 结合抛物线方程得出12,x x 是方程2200230x x x x --=的两根，设直线AB 的方程为1y kx =+，并与抛物线方程24x y =联立结合韦达定理得出点P 坐标.（1）因为点F 是抛物线2:2(0)E x py p =>的焦点，且11AF y =+所以点A 到点F 的距离等于点A 到直线1y =-所以由抛物线的定义可知1,22pp ==所以抛物线E 的标准方程为24x y =（2）设()()330,,,0C x y P x 由4AB CD = 得：//AB CD ，且4AB CD =，得4PA PC= 即()()101303,4,x x y x x y -=-，所以101333,44x x yx y +==代入抛物线方程24x y =，得221011344x x x y +⎛⎫==⎪⎝⎭整理得221010230x x x x --=，同理可得222020230x x x x --=故12,x x 是方程2200230x x x x --=的两根，20160x ∆=>由韦达定理可得21201202,3x x x x x x +==-①由题意，直线AB 的斜率一定存在，故设直线AB 的方程为1y kx =+与抛物线方程24x y =联立可得2440x kx --=由韦达定理可得12124,4x x k x x +==-②由①②可得033x k ==故在x 轴的正半轴上存在一点,03P ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭满足条件.13．(1)M 点的运动轨迹是x 轴的(]0,4部分的线段；(2)存在点(),0N a -，证明见解析.【分析】（1）设2,8y P y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，可表示出2MP ，根据线段MP 的长度取最小值时，P 点恰好在抛物线C 的顶点处可确定对称轴位置，由此可得轨迹；（2）当l 斜率不存在时知x 轴上任意异于点M 的点N 均满足题意；当l 斜率存在时，假设l 方程，与抛物线方程联立后可得韦达定理的形式，代入0AN BN k k +=中整理可得定点；综合两种情况可得结论.（1）设2,8y P y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则224222218644y y a MP a y y a ⎛⎫⎛⎫=-+=+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 当线段MP 的长度取最小值时，P 点恰好在抛物线C 的顶点处，即当0y =时，线段MP 的长度取最小值a ；140132a-∴-≤，解得：4a ≤，04a ∴<≤；M ∴点的运动轨迹是x 轴的(]0,4部分的线段.（2）①当直线l 斜率不存在时，对于x 轴上任意异于点M 的点N ，都满足直线,AN BN 关于x 轴对称；②当直线l 斜率存在时，设:l x ty a =+，()11,A x y ，()22,B x y ，由28x ty a y x=+⎧⎨=⎩得：2880y ty a --=，则，设(),0N n ，直线,AN BN 关于x 轴对称，0AN BN k k ∴+=，()()()()2212121221121212221212121212880y y y y n y y x y n y y x y y y x n x n x x n x x n x x n x x n -++-++∴+===---+--+-，即()()()12121288808y y y y n y y at nt n a t +-+=--=-+=，∴当n a =-时，0AN BN k k +=恒成立，即(),0N a -；综上所述：存在点(),0N a -，对任意的直线l ，都满足直线,AN BN 关于x 轴对称.【点睛】思路点睛：本题考查直线与抛物线综合应用中的定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与抛物线方程联立，整理为关于x 或y 的一元二次方程的形式；②利用0∆>求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系，从而化简直线方程或得到恒成立的式子；④求解定点得到结果.14．(1)8(2)存在，,03P ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭【分析】（1）由题意得到直线AB 的方程10x y -+=，与抛物线2:4E x y =联立，再利用抛物线的定义求解；（2）由//AB CD 且4AB CD =，得到4PA PC =，表示点C 的坐标，代入抛物线方程，整理得到221010230x x x x --=，同理得到222020230x x x x --=，12,x x 是方程2200230x x x x --=的两根,设直线AB 的方程为1y kx =+，与抛物线2:4E x y =联立,由韦达定理求解.（1）解：设()11,A x y ，()22,B x y ，()33,C x y ，()0,0P x ，由题意知，点F 的坐标为()0,1，直线AB 的方程为10x y -+=.与抛物线2:4E x y =联立可得2610y y -+=.由韦达定理有126y y +=，故1228AB y y =++=.（2）设()11,A x y ，()22,B x y ，()33,C x y ，()0,0P x .由//AB CD 且4AB CD =，得4PA PC = ，即()()101303,4,x x y x x y -=-.所以10334x x x +=，134y y =.代入抛物线2:4E x y =，得221011344x x x y +⎛⎫== ⎪⎝⎭，整理可得221010230x x x x --=，同理可得222020230x x x x --=，故12,x x 是方程2200230x x x x --=的两根，20120x ∆=>，由韦达定理有1202x x x +=，21203x x x =-，①由题意，直线AB 的斜率一定存在，故设直线AB 的方程为1y kx =+，与抛物线2:4E x y =联立可得2440x kx --=，由韦达定理有124x x k +=，124x x =-，②由①②可得0x =，3k =，故x轴的正半轴上存在一点3P ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭满足条件.15．(1)22143y x +=(2)(0,2)-【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；（2）设出直线方程，与椭圆C 的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.【详解】（1）解：设椭圆E 的方程为221mx ny +=，过()30,2,,12A B ⎛--⎫ ⎪⎝⎭，则41914n m n =⎧⎪⎨+=⎪⎩，解得13m =，14n =，所以椭圆E 的方程为：22143y x +=.（2）3(0,2),(,1)2A B --，所以2:23+=AB y x ，①若过点(1,2)P -的直线斜率不存在，直线1x =.代入22134x y +=，可得(1,M ，N ，代入AB 方程223y x =-，可得(3,T -，由MT TH = 得到(5,H -.求得HN 方程：(2)23y x =+-，过点(0,2)-.②若过点(1,2)P -的直线斜率存在，设1122(2)0,(,),(,)kx y k M x y N x y --+=.联立22(2)0,134kx y k x y --+=⎧⎪⎨+=⎪⎩得22(34)6(2)3(4)0k x k k x k k +-+++=，可得1221226(2)343(4)34k k x x k k k x x k +⎧+=⎪⎪+⎨+⎪=⎪+⎩，()()12221228234444234k y y k k k y y k ⎧-++=⎪+⎪⎨+-⎪=⎪+⎩，且1221224(*)34k x y x y k -+=+联立1,223y y y x =⎧⎪⎨=-⎪⎩可得111113(3,),(36,).2y T y H y x y ++-可求得此时1222112:()36y y HN y y x x y x x --=-+--，将(0,2)-，代入整理得12121221122()6()3120x x y y x y x y y y +-+++--=，将(*)代入，得222241296482448482436480,k k k k k k k +++---+--=显然成立，综上，可得直线HN 过定点(0,2).-【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.。
圆锥曲线中三点共线、四点共圆问题
圆锥曲线中的三点共线、四点共圆问题
1、(2012北京卷）已知曲线C:
(m ∈R)， （1）若曲线C 是焦点在x 轴点上的椭圆，求m 的取值范围；
（2）设m=4，曲线c 与y 轴的交点为A ，B （点A 位于点B 的上方），直线y=kx+4与曲线c 交于不同的两点M 、N,直线y=1与直线BM 交于点G.求证：A ，G ，N 三点共线.
22(5)(2)8m x m y -+-=
2、（2017年上海卷）、已知抛物线y2=4x的焦点为F，过焦点F的直线l交抛物线于A、B两点，设AB的中点为M，A、B、M在准线上的射影依次为C、D、N．（1）求直线FN与直线AB的夹角θ的大小；
（2）求证：点B、O、C三点共线．
3、（2011年全国大纲卷）已知O为坐标原点，F为椭圆C：
2
21
2
y
x+=
在y轴正
半轴上的焦点，过F且斜率为-2的直线l与C交于A、B两点，点P满足
.
（Ⅰ）证明：点P在C上；
（Ⅱ）设点P关于点O的对称点为Q，证明：A、P、B、Q四点在同一圆上。
4、（2014年全国大纲卷）已知抛物线C：22(0)
y px p
=>的焦点为F，直线4
y=
与y轴的交点为P，与C的交点为Q，且
5
||||
4
QF PQ
=.
（1）求C的方程；
（2）过F的直线l与C相交于A、B两点，若AB的垂直平分线'l与C相较于M、N两点，且A、M、B、N四点在同一圆上，求l的方程.。
高考数学二轮复习专题突破—圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题(含解析)
高考数学二轮复习专题突破—圆锥曲线中的定点、定值、探索性问题1.(2021·重庆八中月考)已知椭圆C :x 24+y 23=1的右焦点为F ,过点M (4,0)的直线l 交椭圆C 于A ,B 两点,连接AF ,BF 并延长分别与椭圆交于异于A ,B 的两点P ,Q. (1)求直线l 的斜率的取值范围; (2)若PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λFA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,QF ⃗⃗⃗⃗⃗ =μFB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,证明:λμ为定值.2.(2021·河北张家口三模)已知抛物线C :y 2=4px (p>0)的焦点为F ,且点M (1,2)到点F 的距离比到y 轴的距离大p. (1)求抛物线C 的方程;(2)若直线l :x-m (y+2)-5=0与抛物线C 交于A ,B 两点,问是否存在实数m ,使|MA|·|MB|=64√2?若存在,求出m 的值;若不存在,请说明理由.3.(2021·江苏南通适应性联考)已知双曲线C :x 2a 2−y 2b 2=1(a>0,b>0)的两个焦点为F 1,F 2,一条渐近线方程为y=bx (b ∈N *),且双曲线C 经过点D (√2,1). (1)求双曲线C 的方程;(2)设点P 在直线x=m (y ≠±m ,0<m<1,且m 是常数)上,过点P 作双曲线C 的两条切线PA ,PB ,切点为A ,B ,求证:直线AB 过某一个定点.4.(2021·山东济南二模)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的离心率为√22,且经过点H (-2,1).(1)求椭圆C 的方程;(2)过点P (-3,0)的直线(不与x 轴重合)与椭圆C 相交于A ,B 两点,直线HA ,HB 分别交x 轴于M ,N 两点,点G (-2,0),若PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =μPG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,求证:1λ+1μ为定值.5.(2021·广东汕头三模)已知圆C :x 2+(y-2)2=1与定直线l :y=-1,且动圆M 与圆C 外切并与直线l 相切.(1)求动圆圆心M 的轨迹E 的方程;(2)已知点P 是直线l 1:y=-2上一个动点,过点P 作轨迹E 的两条切线,切点分别为A ,B.①求证:直线AB 过定点; ②求证:∠PCA=∠PCB.6.(2021·北京东城一模)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)过点D (-2,0),且焦距为2√3. (1)求椭圆C 的方程;(2)过点A (-4,0)的直线l (不与x 轴重合)与椭圆C 交于P ,Q 两点,点T 与点Q 关于x 轴对称,直线TP 与x 轴交于点H ,是否存在常数λ,使得|AD|·|DH|=λ(|AD|-|DH|)成立?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.答案及解析1.(1)解 由题意知直线l 的斜率不为零,故设其方程为x=ty+4,与椭圆方程联立,消去x 得(3t 2+4)y 2+24ty+36=0,Δ=144(t 2-4)>0,解得t<-2或t>2.故直线l 的斜率k=1t 的取值范围为(-12,0)∪(0,12).(2)证明 F (1,0),设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),P (x 3,y 3),Q (x 4,y 4),由(1)得y 1+y 2=-24t3t 2+4,y 1y 2=363t 2+4,所以ty 1y 2=-32(y 1+y 2).由PF⃗⃗⃗⃗⃗ =λFA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,得{1−x 3=λ(x 1-1),-y 3=λy 1,即{-x 3=λx 1-λ-1,-y 3=λy 1. 又点P 在椭圆上,即有3x 32+4y 32=12,代入上式得3(λx 1-λ-1)2+4λ2y 12=12,即λ2(3x 12+4y 12)-6λ(λ+1)x 1+3(λ+1)2=12, 又3x 12+4y 12=12,所以12(λ+1)(λ-1)-6λ(λ+1)x 1+3(λ+1)2=0.易知λ+1≠0,故λ=35−2x 1,同理可得μ=35−2x 2.又(5-2x 1)(5-2x 2)=25-10(x 1+x 2)+4x 1x 2 =25-10[t (y 1+y 2)+8]+4(ty 1+4)(ty 2+4)=9+6t (y 1+y 2)+4t 2y 1y 2=9+6t (y 1+y 2)+4t ·(-32)(y 1+y 2)=9, 所以λμ=9(5-2x1)(5-2x 2)=1.2.解 (1)由点M 到点F 的距离比到y 轴的距离大p ,得点M 到点F 的距离与到直线x=-p 的距离相等.由抛物线的定义,可知点M 在抛物线C 上,所以4=4p ,解得p=1. 所以抛物线C 的方程为y 2=4x.(2)存在满足题意的m ,其值为1或-3. 理由如下:由{y 2=4x,x-m(y +2)−5=0,得y 2-4my-8m-20=0. 因为Δ=16m 2+4(8m+20)>0恒成立,所以直线l 与抛物线C 恒有两个交点. 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则y 1+y 2=4m ,y 1y 2=-4(2m+5).因为MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1-1)(x 2-1)+(y 1-2)(y 2-2)=(y 124-1)(y 224-1)+(y 1-2)(y 2-2)=y 12y 2216−(y 1+y 2)2-2y 1y 24+y 1y 2-2(y 1+y 2)+5=16(2m+5)216−(4m)2+8(2m+5)4-4(2m+5)-8m+5=0,所以MA ⊥MB ,即△MAB 为直角三角形.设d 为点M 到直线l 的距离,所以|MA|·|MB|=|AB|·d=√1+m 2·√(y 1+y 2)2-4y 1y 2·√1+m 2=4·|1+m|·√16m 2+16(2m +5)=16·|1+m|·√(m +1)2+4=64√2,所以(m+1)4+4(m+1)2-32=0, 解得(m+1)2=4或(m+1)2=-8(舍). 所以m=1或m=-3.所以当实数m=1或m=-3时,|MA|·|MB|=64√2.3.(1)解 由{ba =b,2a 2-1b 2=1,解得{a =1,b =1,故双曲线方程为x 2-y 2=1.(2)证明 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),直线PA 的斜率为k ,P (m ,y 0).则PA:y-y1=k(x-x1),联立方程组{y-y1=k(x-x1), x2-y2=1,消去y,可得x2-[kx+(-kx1+y1)]2=1,整理可得(1-k2)x2-2k(y1-kx1)x-(y1-kx1)2-1=0.因为PA与双曲线相切,所以Δ=4k2(y1-kx1)2+4(1-k2)·(y1-kx1)2+4(1-k2)=0,整理得4(y1-kx1)2+4(1-k2)=0.即k2x12-2kx1y1+y12+1-k2=0,即(x12-1)k2-2kx1y1+(y12+1)=0,因为x12−y12=1,所以x12-1=y12,y12+1=x12代入可得y12k2-2x1y1k+x12=0,即(y1k-x1)2=0,所以k=x1y1.故PA:y-y1=x1y1(x-x1),即y1y=x1x-1.同理,切线PB的方程为y2y=x2x-1.因为P(m,y0)在切线PA,PB上,所以有{y0y1=mx1-1, y0y2=mx2-1,A,B满足直线方程y0y=mx-1,而两点唯一确定一条直线,故AB:y0y=mx-1,所以当{x=1m,y=0时,无论y0为何值,等式均成立.故点(1m ,0)恒在直线AB上,故无论P在何处,AB恒过定点(1m,0).4.(1)解由题意知e=ca =√1−b2a2=√22,则a2=2b2.又椭圆C经过点H(2,1),所以4a2+1b2=1.联立解得a2=6,b2=3,所以椭圆C的方程为x 26+y23=1.(2)证明 设直线AB 的方程为x=my-3,A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),由{x =my-3,x 26+y 23=1联立消去x ,得(m 2+2)y 2-6my+3=0,所以Δ=36m 2-12(m 2+2)>0,y 1+y 2=6mm 2+2,y 1y 2=3m 2+2,由题意知,y 1,y 2均不为1.设M (x M ,0),N (x N ,0),由H ,M ,A 三点共线知AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与MH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 共线,所以x M -x 1=(-y 1)(-2-x M ),化简得x M =x 1+2y 11−y 1.由H ,N ,B 三点共线,同理可得x N =x 2+2y 21−y 2.由PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPG⃗⃗⃗⃗⃗ ,得(x M +3,0)=λ(1,0),即λ=x M +3. 由PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =μPG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,同理可得μ=x N +3. 所以1λ+1μ=1xM+3+1xN+3=1x 1+2y 11−y 1+3+1x 2+2y 21−y 2+3=1−y 1x1-y 1+3+1−y 2x 2-y 2+3=1−y1(m-1)y1+1−y 2(m-1)y 2=1m-11−y 1y 1+1−y 2y 2=1m-1(y 1+y 2y1y 2-2)=1m-1(6mm 2+23m 2+2-2)=2,所以1λ+1μ为定值.5.(1)解 依题意知:M 到C (0,2)的距离等于M 到直线y=-2的距离,故动点M 的轨迹是以C 为焦点,直线y=-2为准线的抛物线.设抛物线方程为x 2=2py (p>0),则p2=2,则p=4,即抛物线的方程为x 2=8y ,故动圆圆心M 的轨迹E 的方程为x 2=8y. (2)证明 ①由x 2=8y 得y=18x 2,y'=14x.设A (x 1,18x 12),B (x 2,18x 22),P (t ,-2),其中x 1≠x 2, 则切线PA 的方程为y-18x 12=x 14(x-x 1),即y=14x 1x-18x 12.同理,切线PB 的方程为y=14x 2x-18x 22. 由{y =14x 1x-18x 12,y =14x 2x-18x 22,解得{x =x 1+x22,y =x 1x 28, 故{t =x 1+x 22,-2=x 1x 28,即{x 1+x 2=2t,x 1x 2=−16.故直线AB 的方程为y-18x 12=18x 22-18x 12x 2-x 1(x-x 1),化简得y=x 1+x 28x-x 1x 28,即y=t4x+2,故直线AB 过定点(0,2).②由①知:直线AB 的斜率为k AB =t4,(i)当直线PC 的斜率不存在时,直线AB 的方程为y=2,∴PC ⊥AB ,∴∠PCA=∠PCB ;(ii)当直线PC 的斜率存在时,P (t ,-2),C (0,2),直线PC 的斜率k PC =-2-2t-0=-4t,k AB ·k PC =t 4×-4t =-1,故PC ⊥AB ,∠PCA=∠PCB. 综上所述,∠PCA=∠PCB 得证.6.解 (1)因为椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)过点D (-2,0),所以a=2,又2c=2√3,即c=√3,所以b 2=a 2-c 2=4-3=1,所以椭圆C 的方程为x 24+y 2=1.(2)存在常数λ=2,满足题意. 理由如下:显然直线l 的斜率存在且不为0,设直线l :y=k (x+4),联立{y =k(x +4),x 24+y 2=1,消去y 并整理,得(1+4k 2)x 2+32k 2x+64k 2-4=0, Δ=(32k 2)2-4(1+4k 2)(64k 2-4)>0,得0<k 2<112.设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),则T (x 2,-y 2),所以x 1+x 2=-32k 21+4k 2,x 1x 2=64k 2-41+4k 2,直线PT :y-y 1=y 1+y2x 1-x 2(x-x 1),令y=0,得x=x 1-y 1(x 1-x 2)y 1+y 2,所以H x 1-y 1(x 1-x 2)y 1+y 2,0,若存在常数λ,使得|AD|·|DH|=λ(|AD|-|DH|)成立, 所以1λ=|AD|-|DH||AD|·|DH|=1|DH|−1|AD|,又因为D (-2,0),A (-4,0),H (x 1-y 1(x 1-x 2)y 1+y 2,0),所以|AD|=2,|DH|=x 1-y 1(x 1-x 2)y 1+y 2+2 =x 1-k(x 1+4)(x 1-x 2)k(x 1+4)+k(x 2+4)+2=x 1-k(x 1+4)(x 1-x 2)k(x 1+x 2)+8k+2=kx 1(x 1+x 2)+8kx 1-k(x 1+4)(x 1-x 2)k(x 1+x 2)+8k+2=kx 12+kx 1x 2+8kx 1-kx 12+kx 1x 2-4kx 1+4kx 2k(x 1+x 2)+8k+2=4k(x 1+x 2)+2kx 1x 2k(x 1+x 2)+8k+2=4k·-32k 21+4k 2+2k·64k 2-41+4k 2k·-32k 21+4k 2+8k +2=-1+2=1,所以1λ=11−12,解得λ=2.所以存在常数λ=2,使得|AD|·|DH|=2(|AD|-|DH|)成立.。
2023年高考数学热点专题解析几何模型通关圆锥曲线中的定点问题(解析版)
圆锥曲线中的定点问题思路引导处理圆锥曲线中定点问题的方法：(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为，然后利用条件建立,k m 等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点．(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关．母题呈现考法1参数法求证定点【例1】(2022·临沂、枣庄二模联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，其左、右焦点分别为F 1，F 2，点P 为坐标平面内的一点，且|OP →|＝32PF 1→·PF 2→＝－34，O 为坐标原点．(1)求椭圆C 的方程；(2)设M 为椭圆C 的左顶点，A ，B 是椭圆C 上两个不同的点，直线MA ，MB 的倾斜角分别为α，β，且α＋β＝π2.证明：直线AB 恒过定点，并求出该定点的坐标．【解题指导】【解析】(1)设P 点坐标为(x 0，y 0)，F 1(－c,0)，F 2(c,0)，则PF 1→＝(－c －x 0，－y 0)，PF 2→＝(c －x 0，－y 0)．由题意得x 20＋y 20＝94，x 0＋cx 0－c＋y 20＝－34，解得c 2＝3，∴c ＝ 3.又e ＝c a ＝32，∴a ＝2.∴b 2＝a 2－c 2＝1.∴所求椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)设直线AB 方程为y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．y 2＝1，kx ＋m ，消去y 得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0.∴x 1＋x 2＝－8km4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.又由α＋β＝π2，∴tan α·tan β＝1，设直线MA ，MB 斜率分别为k 1，k 2，则k 1k 2＝1，∴y 1x 1＋2·y 2x 2＋2＝1，即(x 1＋2)(x 2＋2)＝y 1y 2.∴(x 1＋2)(x 2＋2)＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )，∴(k 2－1)x 1x 2＋(km －2)(x 1＋x 2)＋m 2－4＝0，∴(k 2－1)4m 2－44k 2＋1＋(km －2)28()41kmk -+＋m 2－4＝0，化简得20k 2－16km ＋3m 2＝0，解得m ＝2k ，或m ＝103k .当m ＝2k 时，y ＝kx ＋2k ，过定点(－2,0)，不合题意(舍去)．当m ＝103k 时，y ＝kx ＋103k 10,0)3-，∴直线AB 恒过定点10(,0)3-【例2】（2022·福建·漳州三模）已知抛物线2:4C y x =的准线为l ，M 为l 上一动点，过点M 作抛物线C 的切线，切点分别为,A B .（1）求证：MAB ∆是直角三角形；（2）x 轴上是否存在一定点P ，使,,A P B 三点共线.【解题指导】【解析】（1）由已知得直线l 的方程为1x =-，设()1,M m -，切线斜率为k ，则切线方程为()1y m k x -=+，（2分）将其与24y x =联立消x 得244()0ky y m k -++=.所以1616()0k m k ∆=-+=，化简得210k mk +-=，（4分）所以121k k =-，所以MA MB ⊥.即MAB ∆是直角三角形.（6分）（2）由（1）知1616()0k m k ∆=-+=时，方程244()0ky y m k -++=的根为2y k=设切点221212,,,44y y A y B y ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则121222,y y k k ==.因为121k k =-，所以121244y y k k ==-.（10分）设:AB l x ny t =+，【点拨】由M 点出发向抛物线作量条切线，则切点A,B 所在直线与抛物线有两个焦点且其斜率不为零与24y x =联立消x 得2440y ny t --=，则124y y t =-，所以44t -=-，解得1t =，所以直线AB 过定点()1,0P .即x 轴上存在一定点()1,0P ，使,,A P B 三点共线.（12分）【解题技法】圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：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：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.【跟踪训练】（2020·新课标Ⅰ卷理科）已知A 、B 分别为椭圆E ：2221x y a+=（a >1）的左、右顶点，G 为E 的上顶点，8AG GB ⋅= ，P 为直线x =6上的动点，PA 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D ．（1）求E 的方程；（2）证明：直线CD 过定点.【解析】（1）依据题意作出如下图象：由椭圆方程222:1(1)x E y a a+=>可得：(),0A a -，(),0B a ，()0,1G ∴(),1AG a = ，(),1GB a =-∴218AG GB a ⋅=-=，∴29a =∴椭圆方程为：2219x y +=（2）设()06,P y ，则直线AP 的方程为：()()00363y y x -=+--，即：()039y y x =+联立直线AP 的方程与椭圆方程可得：()2201939x y y y x ⎧+=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩，整理得：()2222000969810y x y x y +++-=，解得：3x =-或20203279y x y -+=+将20203279y x y -+=+代入直线()039y y x =+可得：02069y y y =+所以点C 的坐标为20022003276,99y y y y ⎛⎫-+ ⎪++⎝⎭.同理可得：点D 的坐标为2002200332,11y y y y ⎛⎫-- ⎪++⎝⎭当203y ≠时，∴直线CD 的方程为：0022200002222000022006291233327331191y y y y y y y x y y y y y y ⎛⎫-- ⎪++⎛⎫⎛⎫--⎝⎭-=-⎪ ⎪-+-++⎝⎭⎝⎭-++，整理可得：()()()2220000002224200000832338331116963y y y y y y y x x y y y y y +⎛⎫⎛⎫--+=-=- ⎪ ⎪+++--⎝⎭⎝⎭整理得：()()0002220004243323333y y y y x x y y y ⎛⎫=+=- ⎪---⎝⎭所以直线CD 过定点3,02⎛⎫⎪⎝⎭．当203y =时，直线CD ：32x =，直线过点3,02⎛⎫ ⎪⎝⎭．故直线CD 过定点3,02⎛⎫⎪⎝⎭．考法2先求后证法求证定点【例4】（2022·全国乙T21）已知椭圆E 的中心为坐标原点，对称轴为x 轴、y 轴，且过()0,2,,12A B ⎛--⎫⎪⎝⎭两点．（1）求E 的方程；（2）设过点()1,2P -的直线交E 于M ，N 两点，过M 且平行于x 轴的直线与线段AB 交于点T ，点H 满足MT TH =．证明：直线HN 过定点．【解题指导】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；（2）斜率不存在时探究定点→设出直线方程→与椭圆C 的方程联立→求HN 的方程→是否过定点.【解析】（1）设椭圆E 的方程为221mx ny +=，过()30,2,,12A B ⎛--⎫ ⎪⎝⎭，则41914n m n =⎧⎪⎨+=⎪⎩，解得13m =，14n =，所以椭圆E 的方程为：22143y x +=.（2）3(0,2),(,1)2A B --，所以2:23+=AB y x ，①若过点(1,2)P -的直线斜率不存在，直线1x =.代入22134x y+=，可得26(1,)3M ，26(1,3N-，代入AB方程223y x=-，可得263,3T+，由MT TH=得到265,)3H.求得HN方程：(223y x=--，过点(0,2)-.②若过点(1,2)P-的直线斜率存在，设1122(2)0,(,),(,)kx y k M x y N x y--+=.联立22(2)0,134kx y kx y--+=⎧⎪⎨+=⎪⎩得22(34)6(2)3(4)0k x k k x k k+-+++=，可得1221226(2)343(4)34k kx xkk kx xk+⎧+=⎪⎪+⎨+⎪=⎪+⎩，12222228(2)344(442)34ky ykk ky yk-+⎧+=⎪⎪+⎨+-⎪=⎪+⎩，且1221224(*)34kx y x yk-+=+联立1,223y yy x=⎧⎪⎨=-⎪⎩可得111113(3,),(36,).2yT y H y x y++-可求得此时1222112:()36y yHN y y x xy x x--=-+--，将(0,2)-，代入整理得12121221122()6()3120x x y y x y x y y y+-+++--=，将(*)代入，得222241296482448482436480,k k k k k k k+++---+--=显然成立，综上，可得直线HN过定点(0,2).-【解题技法】(1)定点问题，先猜后证，可先考虑运动图形是否有对称性及特殊(或极端)位置猜想，如直线的水平位置、竖直位置，即k＝0或k不存在时.(2)以曲线上的点为参数，设点P(x1，y1)，利用点在曲线f(x，y)＝0上，即f(x1，y1)＝0消参.【跟踪训练】模拟训练（2）方法一：设PQ 方程为x my =()2222234433x my m y my x y =-⎧⇒-+⎨-=⎩以PQ 为直径的圆的方程为(1x x -()(22121212x x x x x x y y y -+++-+由对称性知以PQ 为直径的圆必过()21212120x x x x x x y y -+++=，而()21212212431m x x m y y m +=+-=-()()212121222x x my my m y y =--=22222434931313m x x m m m --∴-++---()()22313510m x m x ⎡⎤⇒-+--=⎣⎦∴以PQ 为直径的圆经过定点(1,0方法二：设PQ 方程为2,x my P =-()22222311233x my m y my x y =-⎧⇒--⎨-=⎩由对称性知以PQ 为直径的圆必过设以PQ 为直径的圆过(),0E t ，()()1210EP EQ x t x t y ∴⋅=⇒--+ 而()()21212122x x my my m y =--=2229122431313m m m m m -=⋅-⋅+=--【点睛】方法定睛：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：设动直线方程得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－（2）动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线等于零，得出定点．7．（2023·浙江·模拟预测）已知双曲线为双曲线E的左、右顶点，P为直线(1)求双曲线E的标准方程．(2)直线CD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．理得1112,y y y y +（或1212,x x x x +），代入交点坐标后可得结论，如果是求动直线过定点，则可以引入参数求得动直线方程后，观察直线方程得定点．。
高三数学解答题难题突破—圆锥曲线中动点轨迹方程问题
高三数学解答题难题突破—圆锥曲线中动点轨迹方程问题本文介绍了解动点轨迹问题的四种方法：直译法、定义法、代入法和参数法。
其中，直译法包括建系、设点、列式、代换和证明五个步骤；定义法则是根据条件得出动点的轨迹是某种已知曲线，再由曲线的定义直接写出动点的轨迹方程；代入法和参数法则是在特定条件下使用的方法。
此外，文章还提到了解轨迹问题时需要注意的两点：求点的轨迹与求轨迹方程是不同的要求，要验证曲线上的点是否都满足方程。
接下来，文章以一个例题为例，介绍了利用代点法求轨迹方程的具体步骤。
该例题要求求出点P的轨迹方程，通过设点、列式、代换和证明四个步骤，最终得出了轨迹方程x2+y2=2.此外，文章还介绍了如何利用轨迹方程验证曲线上的点是否都满足方程，以及如何去掉满足方程的解而不再曲线上的点。
最后，文章介绍了另一种解轨迹问题的方法：定义法。
该方法是先根据条件得出动点的轨迹是某种已知曲线，再由曲线的定义直接写出动点的轨迹方程。
I）设圆心C的坐标为(x,y)，则圆方程为(x-1)^2+y^2=1，又因为在y轴上截得的弦长为2，所以C到y轴的距离为1，即x^2+y^2=1.联立两式可得圆心C的轨迹方程为x^2+y^2-x-1=0.II）由题意可知，直线l的斜率为k，且过点Q(1,0)，则直线方程为y=k(x-1)。
将直线方程代入圆的方程中，得到方程x^2+(k(x-1))^2-x-1=0，化简可得x^2(1+k^2)-2xk^2+k^2-1=0.由于直线l与轨迹C有交点A、B，所以方程有两个不同的实根，即Δ=4k^4-4(k^2+1)(k^2-1)≥0.解得-1≤k≤1.再将k带入直线方程可求出交点A、B的坐标，进而证明AR//FQ。
求AB中点的坐标为((k^2-1)/(1+k^2),k(k^2-2)/(1+k^2))，将其代入x^2+y^2-x-1=0中得到轨迹方程为x^4-2x^3+6x^2-2x+1-4y^2=0.1.定点、定值问题的解法定点、定值问题通常可以通过设定参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少。
高三数学解答题难题突破—圆锥曲线中直线过定点问题探究
高三数学解答题难题突破—圆锥曲线中直线过定点问题探究【题型综述】直线过定点的解题策略一般有以下几种：（1）如果题设条件没有给出这个定点，那么，我们可以这样思考：由于这个定点对符合要求的一些特殊情况必然成立，那么我们根据特殊情况先找到这个定点，再证明这个点与变量无关.(2)直接推理、计算，找出参数之间的关系，并在计算过程中消去部分参数，将直线方程化为点斜式方程，从而得到定点.（3）若直线方程含多个参数并给出或能求出参数满足的方程，观察直线方程特征与参数方程满足的方程的特征，即可找出直线所过顶点坐标，并带入直线方程进行检验.注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元的思想的运用可有效地简化运算.【典例指引】类型一 椭圆中直线过未知顶点问题例1 【2017课标1，理20】已知椭圆C ：2222=1x y a b（a >b >0），四点P 1（1,1），P 2（0,1），P 3（–1，2），P 4（1，2C 上. （1）求C 的方程；（2）设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点.若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为–1，证明：l 过定点.类型二 椭圆中直线过已知定点问题例2. 【2017课标II ，理】设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：2212x y +=上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足NP =。
(1) 求点P 的轨迹方程；(2)设点Q 在直线3x =-上，且1OP PQ ⋅=，证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F 。
【解析】(1)设出点P 的坐标，利用=NP得到点P 与点,M 坐标之间的关系即可求得轨迹方程为222x y +=。
（2）由题意知()1,0F -。
设()()3,,,Q t P m n -,则()()3,,1,,33OQ t PF m n OQ PF m tn =-=---⋅=+-， ()(),,3,OP m n PQ m t n ==---。
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高三数学解答题难题突破 圆锥曲线中的三点共线问题【题型综述】三点共线问题证题策略一般有以下几种：①斜率法：若过任意两点的直线的斜率都存在，通过计算证明过任意两点的直线的斜率相等证明三点共线；②距离法：计算出任意两点间的距离，若某两点间的距离等于另外两个距离之和，则这三点共线；③向量法：利用向量共线定理证明三点共线；④直线方程法：求出过其中两点的直线方程，在证明第3点也在该直线上;⑤点到直线的距离法：求出过其中某两点的直线方程，计算出第三点到该直线的距离，若距离为0，则三点共线.⑥面积法：通过计算求出以这三点为三角形的面积，若面积为0，则三点共线，在处理三点共线问题，离不开解析几何的重要思想：“设而不求思想”.【典例指引】类型一 向量法证三点共线例1 （2012北京理19）（本小题共14分）已知曲线C :22(5)(2)8m x m y -+-=（m R ∈） (Ⅰ)若曲线C 是焦点在x 轴上的椭圆，求m 的取值范围；(Ⅱ)设m =4，曲线C 与y 轴的交点为A ，B （点A 位于点B 的上方），直线4y kx =+与曲线交于不同的两点M ,N ,直线1y =与直线BM 交于点G ，求证：A ，G ，N 三点共线.MB方程为：62MMkxy xx+=-，则316MMxGkx⎛⎫⎪+⎝⎭，，∴316MMxAGx k⎛⎫=-⎪+⎝⎭，，()2N NAN x x k=+，，欲证A G N，，三点共线，只需证AG，AN共线即3(2)6MN NMxx k xx k+=-+成立，化简得：(3)6()M N M Nk k x x x x+=-+将①②代入易知等式成立，则A G N，，三点共线得证。
类型二斜率法证三点共线例2.（2017•上海模拟）已知抛物线y2=4x的焦点为F，过焦点F的直线l交抛物线于A、B两点，设AB的中点为M，A、B、M在准线上的射影依次为C、D、N．（1）求直线FN与直线AB的夹角θ的大小；（2）求证：点B、O、C三点共线．∵k OB==，y1y2=﹣4，∴k OB=k OC，∴点B、O、C三点共线．类型三直线方程法证三点共线例3（2017•贵阳二模）已知椭圆C：=1（a＞0）的焦点在x轴上，且椭圆C的焦距为2．（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）过点R（4，0）的直线l与椭圆C交于两点P，Q，过P作PN⊥x轴且与椭圆C交于另一点N，F为椭圆C的右焦点，求证：三点N，F，Q在同一条直线上．==，即直线QN过点（1，0），又∵椭圆C的右焦点坐标为F（1，0），∴三点N，F，Q在同一条直线上．类型四多种方法证三点共线例4.（2017•保定一模）设椭圆x2+2y2=8与y轴相交于A，B两点（A在B的上方），直线y=kx+4与该椭圆相交于不同的两点M，N，直线y=1与BM交于G．（1）求椭圆的离心率；（2）求证：A，G，N三点共线．【扩展链接】1.给出()BQ BP AQ AP +=+λ,等于已知Q P ,与AB 的中点三点共线;2. 给出以下情形之一：①AC AB //；②存在实数,AB AC λλ=使；③若存在实数,,1,OC OA OB αβαβαβ+==+且使,等于已知C B A ,,三点共线；3.【同步训练】1．已知椭圆E ：+=1（a ＞）的离心率e=，右焦点F （c ，0），过点A （，0）的直线交椭圆E 于P ，Q 两点． （1）求椭圆E 的方程；（2）若点P 关于x 轴的对称点为M ，求证：M ，F ，Q 三点共线； （3）当△FPQ 面积最大时，求直线PQ 的方程．【思路点拨】（1）由椭圆的离心率公式，计算可得a 与c 的值，由椭圆的几何性质可得b 的值，将a 、b 的值代入椭圆的方程计算可得答案；（2）根据题意，设直线PQ的方程为y=k（x﹣3），联立直线与椭圆的方程可得（3k2+1）x2﹣18k2x+27k2﹣6=0，设出P、Q的坐标，由根与系数的关系的分析求出、的坐标，由向量平行的坐标表示方法，分析可得证明；（3）设直线PQ的方程为x=my+3，联立直线与椭圆的方程，分析有（m2+3）y2+6my+3=0，设P （x1，y1），Q（x2，y2），结合根与系数的关系分析用y1．y2表示出△FPQ的面积，分析可得答案．（3）设直线PQ的方程为x=my+3．由方程组，得（m2+3）y2+6my+3=0，2.已知椭圆C：+y2=1的左顶点为A，右焦点为F，O为原点，M，N是y轴上的两个动点，且MF⊥NF，直线AM和AN分别与椭圆C交于E，D两点．（Ⅰ）求△MFN的面积的最小值；（Ⅱ）证明；E，O，D三点共线．【思路点拨】（I）F（1，0），设M（0，t1），N（0，t2）．不妨设t1＞t2．由MF⊥NF，可得=0，化为：t1t2=﹣1．S△MFN=，利用基本不等式的性质即可得出．（II）A（﹣，0）．设M（0，t），由（1）可得：N（0，﹣），（t≠±1）．直线AM，AN的方程分别为：y=x+t，y=x﹣．分别与椭圆方程联立，利用一元二次方程的根与系数的关系可得k OE，k OD．只要证明k OE=k OD．即可得出E，O，D三点共线．【详细解析】（I）F（1，0），设M（0，t1），N（0，t2）．不妨设t1＞t2．∵MF⊥NF，∴=1+t1t2=0，化为：t1t2=﹣1．∴S△MFN==≥=1．当且仅当t1=﹣t2=1时取等号．3.已知焦距为2的椭圆W：+=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为A1，A2，上、下顶点分别为B1，B2，点M（x0，y0）为椭圆W上不在坐标轴上的任意一点，且四条直线MA1，MA2，MB1，MB2的斜率之积为．（1）求椭圆W的标准方程；（2）如图所示，点A，D是椭圆W上两点，点A与点B关于原点对称，AD⊥AB，点C在x轴上，且AC与x轴垂直，求证：B，C，D三点共线．【思路点拨】（1）由c=1，a2﹣b2=1，求得四条直线的斜率，由斜率乘积为，代入求得a和b 的关系，即可求得a和b的值，求得椭圆W的标准方程；（2）设A，D的坐标，代入椭圆方程，作差法，求得直线AD的斜率，由k AD•k AB=﹣1，代入求得=，由k BD﹣k BC=0，即可求证k BD=k BC，即可求证B，C，D三点共线．（2）证明：不妨设点A（x1，y1），D（x2，y2），B的坐标（﹣x1，﹣y1），C（x1，0），∵A，D在椭圆上，，=0，即（x1﹣x2）（x1+x2）+2（y1﹣y2）（y1+y2）=0，∴=﹣，由AD⊥AB，∴k AD•k AB=﹣1，•=﹣1，•（﹣，）=﹣1，∴=，∴k BD﹣k BC=﹣=﹣=0，k BD=k BC，∴B，C，D三点共线．4.给定椭圆C：+=1（a＞b＞0），称圆C1：x2+y2=a2+b2为椭圆的“伴随圆”．已知A（2，1）是椭圆G：x2+4y2=m（m＞0）上的点．（Ⅰ）若过点P（0，）的直线l与椭圆G有且只有一个公共点，求直线l被椭圆G的“伴随圆”G1所截得的弦长；（Ⅱ）若椭圆G上的M，N两点满足4k1k2=﹣1（k1，k2是直线AM，AN的斜率），求证：M，N，O 三点共线．【思路点拨】（Ⅰ）将A代入椭圆方程，可得m，进而得到椭圆方程和伴椭圆方程，讨论直线l的斜率不存在和存在，设出l的方程，代入椭圆方程运用判别式为0，求得k，再由直线和圆相交的弦长公式，计算即可得到所求弦长；（Ⅱ）设直线AM，AN的方程分别为y﹣1=k1（x﹣2），y﹣1=k2（x﹣2），设点M（x1，y1），N（x2，y2），联立椭圆方程求得交点M，M的坐标，运用直线的斜率公式，计算直线OM，ON的斜⇐率相等，即可得证．5.已知椭圆,四点中恰有三点在椭圆C上（1）求椭圆的方程.（2）经过原点作直线（不与坐标轴重合）交椭圆于，两点，轴于点，点在椭圆C上，且求证：，三点共线.【思路点拨】根据椭圆上的点坐标求出椭圆方程；设出，，则，，再向量坐标化，得到，得到，最终得到；6.已知抛物线：（）的焦点为，点为直线与抛物线准线的交点，直线与抛物线相交于、两点，点关于轴的对称点为.（1）求抛物线的方程；（2）证明：点在直线上.【思路点拨】（1）由交点坐标可得，求得可得抛物线方程；（2）设直线的方程为（），代入抛物线方程消去x整理得，再设，，进而得，可得直线的方程为，又，，故BD方程化为，令，得，即结论成立。
【详细解析】（1）依题意知，解得，所以抛物线的方程.（2）设直线的方程为（），7.已知椭圆C：22221(0)x ya ba b+=>>的离心率与双曲线'C：22122x y-=的离心率互为倒数，且经过点41,33M⎛⎫⎪⎝⎭．（1）求椭圆C的标准方程；（2）如图，已知,R S 是椭圆上的两个点，线段RS 的中垂线的斜率为12且与RS 交于点P ， O 为坐标原点，求证： ,,P O M 三点共线．【思路点拨】(1)由二者离心率互为倒数以及椭圆经过点41,33M ⎛⎫⎪⎝⎭，建立关于a ，b ，c 的方程组从而得到椭圆的标准方程； （2）因为线段线段RS 的中垂线的斜率为12，所以线段RS 所在直线的斜率为2-，线段RS 所在直线的方程为2y x m =-+，联立方程可得2298220x mx m -+-=，利用韦达定理得到弦的中点的坐标，所以0014y x =，所以点P 在定直线14y x =上，而,O M 两点也在定直线14y x =上，所以,,P O M 三点共线． 【详细解析】（1）因为双曲线'C ：22122x y -=的离心率'''c e a === 而椭圆C 的离心率与双曲线'C 的离心率互为倒数，所以椭圆C的离心率为2， 设椭圆C 的半焦距为c，则2c e a ==.① 又椭圆C 经过点41,33M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以222241331a b ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭+=.②222a b c =+，③联立①②③，解得1,1a b c ===.所以椭圆C 的标准方程为2212x y +=.8.设椭圆C：+=1（a＞b＞0）的右焦点为F1，离心率为，过点F1且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为．（1）求椭圆C的方程；（2）若y2=4x上存在两点M，N，椭圆C上存在两个点P，Q，满足：P，Q，F1三点共线，M，N，F1三点共线且PQ⊥MN，求四边形PMQN的面积的最小值．【思路点拨】（1）由题意可知：a=b2，a=c及a2=b2﹣c2，即可求得a和b的值，求得椭圆的标准方程；（2）讨论直线MN的斜率不存在，求得弦长，求得四边形的面积；当直线MN斜率存在时，设直线方程为：y=k（x﹣1）（k≠0）联立抛物线方程和椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，以及四边形的面积公式，计算即可得到最小值．由弦长公式|PQ|=•=，∴四边形PMQN的面积S=|MN|•|PQ|=，令1+k2=t，（t＞1），则S===4×（1+）＞4，∴S＞4，综上可知：四边形PMQN的面积的最小值4．9.已知椭圆的右焦点为F，设直线l：x=5与x轴的交点为E，过点F且斜率为k的直线l1与椭圆交于A，B两点，M为线段EF的中点．（I）若直线l1的倾斜角为，求△ABM的面积S的值；（Ⅱ）过点B作直线BN⊥l于点N，证明：A，M，N三点共线．【思路点拨】（I）由题意，直线l1的x=y+1，代入椭圆方程，由韦达定理，弦长公式即可求得△ABM的面积S的值；（Ⅱ）直线y=k（x﹣1），代入椭圆方程，由韦达定理，利用直线的斜率公式，即可求得k AM=k MN，A，M，N三点共线．10.已知椭圆C：=1（a＞b＞0）的长轴长为2，且椭圆C与圆M：（x﹣1）2+y2=的公共弦长为．（1）求椭圆C的方程．（2）经过原点作直线l（不与坐标轴重合）交椭圆于A，B两点，AD⊥x轴于点D，点E在椭圆C上，且，求证：B，D，E三点共线..【思路点拨】（1）由题意得，由椭圆C与圆M：的公共弦长为，其长度等于圆M的直径，得椭圆C经过点，由此能求出椭圆C的方程．（2）设A（x1，y1），E（x2，y2），则B（﹣x1，﹣y1），D（x1，0）．利用点差法求出，从而求出k AB•k AE=﹣1，进而求出k BE=k BD，由此能证明B，D，E三点共线．【详细解析】（1）由题意得，则．由椭圆C与圆M：的公共弦长为，其长度等于圆M的直径，即．又=，所以k AB•k AE=﹣1，即，所以所以又=，所以k BE=k BD，所以B，D，E三点共线．11.已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的离心率为，且过点（﹣1，），椭圆C的右焦点为A，点B的坐标为（，0）．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）已知纵坐标不同的两点P，Q为椭圆C上的两个点，且B、P、Q三点共线，线段PQ的中点为R，求直线AR的斜率的取值范围．【思路点拨】（Ⅰ）由椭圆的离心率为，且过点（﹣1，），列出方程组，求出a，b，由此能求出椭圆C的方程．（Ⅱ）依题意直线PQ过点（，0），且斜率不为0，设其方程为x=my+，联立，得4（3m2+4）y2+12my﹣45=0，由此利用韦达定理、中点坐标公式，结合已知条件能求出直线AR的斜率的取值范围．（Ⅱ）依题意直线PQ过点（，0），且斜率不为0，故可设其方程为x=my+，联立，消去x，得4（3m2+4）y2+12my﹣45=0，设点P（x1，y1），Q（x2，y2），R（x0，y0），直线AR的斜率为k，故，，∴，∴k=，当m=0时，k=0，当m≠0时，k=，故|4m+|=4|m|+，∴0＜≤，∴0＜|k|，∴﹣，且k≠0，综上所述，直线AR的斜率的取值范围是[﹣]．12.在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：+=1（a＞b＞0）的离心率为，抛物线E：x2=4y的焦点是椭圆C的一个顶点．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）若A，B分别是椭圆C的左、右顶点，直线y=k（x﹣4）（k≠0）与椭圆C交于不同的两点M，N，直线x=1与直线BM交于点P．（i）证明：A，P，N三点共线；（ii）求△OMN面积的最大值．【思路点拨】（Ⅰ）由题意知⇒a=2，b=1，c=，即可；（Ⅱ）（i）将直线y=k（x﹣4）（k≠0）代入椭圆C得：（1+4k2）x2﹣32k2x+64k2﹣4=0．则M（x1，k（x1﹣4）），N（x2，k（x2﹣4））．要证A，P，N三点共线，只证明共线即可，即证明成立．（ii）将直线y=k（x﹣4）（k≠0）变形为x=my+4，（m=）．联立得（m2﹣4）y2+8my ﹣12=0．|MN|=，点O到直线MN的距离d=．△OMN面积S=×|MN|×d即可．则M（x1，k（x1﹣4）），N（x2，k（x2﹣4））．∴BM的方程为：，⇒P（1，）∴）．要证A，P，N三点共线，只证明共线即可，即证明成立．即证明2x1x2﹣5（x1+x2）﹣8=0，将①代入上式显然成立．∴A，P，N三点共线．。