重难点33 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题（举一反三）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

这是一份重难点33 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题（举一反三）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用），文件包含重难点33圆锥曲线中的定点定值定直线问题举一反三新高考专用教师版2025年高考数学一轮复习专练新高考专用docx、重难点33圆锥曲线中的定点定值定直线问题举一反三新高考专用学生版2025年高考数学一轮复习专练新高考专用docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共85页， 欢迎下载使用。


TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc26302" 【题型1 直线过定点问题】 PAGEREF _Tc26302 \h 2
\l "_Tc15358" 【题型2 存在定点满足某条件问题】 PAGEREF _Tc15358 \h 7
\l "_Tc32582" 【题型3 面积定值问题】 PAGEREF _Tc32582 \h 13
\l "_Tc17164" 【题型4 斜率的和差商积定值问题】 PAGEREF _Tc17164 \h 19
\l "_Tc2766" 【题型5 向量数量积定值问题】 PAGEREF _Tc2766 \h 24
\l "_Tc1655" 【题型6 线段定值问题】 PAGEREF _Tc1655 \h 29
\l "_Tc13852" 【题型7 角度定值问题】 PAGEREF _Tc13852 \h 34
\l "_Tc11518" 【题型8 动点在定直线上问题】 PAGEREF _Tc11518 \h 42
1、圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题
圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题是高考的重点、热点内容，从近几年的高考情况来看，此类问题考查频率较高，此类问题一般有直线过定点问题、满足某条件的定点问题、定值问题以及定直线问题等，主要在解答题中考查，选择、填空题中考查较少，在解答题中考查时综合性强，难度较高.
【知识点1 圆锥曲线中的定点、定值问题】
1．圆锥曲线中的定点、定值问题
圆锥曲线中的定点定值问题一般与圆锥曲线的基本量和题设条件中的给定的点或值有关，曲线过定点问题以直线过定点居多，定点问题其实也可以归结到定值问题(定点的横纵坐标为定值).这类问题用函数的思想方法来处理，具体操作流程如下：
(1)变量——选择合适的参变量；
(2)函数——要证明为定值的量表示出参数的函数；
(3)定值——化简函数解析式，消去参数得定值.
一些存在性问题，是否存在定点使得某一个量为定值，是否存在定值使得某一量为定值，是否存在定点使得曲线过定点，是否存在定值使得曲线过定点，可以看做定点定值问题的延伸.
2．定点问题的求解思路：
一是从特殊入手，求出定点，再证明这个点与变量无关；
二是直接推理、计算，并在计算过程中消去变量，从而得到定点.
3．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y=kx+t，由题设条件将t用k表示为t=mk+n，得y=kx+m+n，故动直线过定点−m,n；
(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．
4．定值问题的求解思路：
将问题涉及的几何式转化为代数式或三角式，证明该式的值与参数无关.
5．求解定值问题的三个步骤
(1)由特例得出一个值，此值一般就是定值；
(2)证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值；
(3)得出结论．
【知识点2 圆锥曲线中的定直线问题】
1．圆锥曲线中的定直线问题
定直线问题是指因图形变化或点的移动而产生的动点在定直线上的问题.这类问题的核心在于确定定点的轨迹，主要方法有：
(1)设点法：设点的轨迹，通过已知点轨迹，消去参数，从而得到轨迹方程；
(2)待定系数法：设出含参数的直线方程、待定系数法求解出系数；
(3)验证法：通过特殊点位置求出直线方程，对一般位置再进行验证.
【题型1 直线过定点问题】
【例1】（2024·河南周口·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为2，不经过坐标原点O且斜率为1的直线l与C交于P，Q两点，A为线段PQ的中点，直线OA的斜率为−12.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设B(2,0)，直线PB与C的另一个交点为M，直线QB与C的另一个交点为N，其中M，N均不为椭圆C的顶点，证明：直线MN过定点.
【解题思路】（1）根据焦距求出c，再设Px1,y1，Qx2,y2，Ax0,y0，利用点差法得到kPQ⋅kOA=−b2a2，即a2=2b2，从而求出a2、b2，即可得解；
（2）设直线MN的方程为y=mx+t，Mx3,y3，Nx4,y4，表示直线PB的方程，联立直线与椭圆方程，消元求出x1，即可求出P点坐标，同理得到Q点坐标，根据PQ的斜率为1得到t=−12−32m，即可求出直线MN过定点坐标.
【解答过程】（1）由椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为2得，2c=2，则c=1.
设Px1,y1，Qx2,y2，Ax0,y0，则x12a2+y12b2=1，x22a2+y22b2=1，
两式作差得，x12−x22a2+y12−y22b2=0，
所以y12−y22x12−x22=−b2a2，即y1−y2x1−x2⋅y1+y2x1+x2=−b2a2，
所以kPQ⋅y0x0=kPQ⋅kOA=−b2a2，所以1×−12=−b2a2，
所以a2=2b2，则a2−b2=2b2−b2=1，解得b2=1，a2=2.
故椭圆C的方程为x22+y2=1.
（2）由题意可知直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为y=mx+t，Mx3,y3，Nx4,y4，
则kPB=y3x3−2，直线PB的方程为y=y3x3−2(x−2)，
将其代入x22+y2=1得，3−2x3x2−4y32x−3x32+4x3=0，显然Δ>0，
则x1x3=3x32−4x32x3−3，所以x1=3x3−42x3−3，
将x1=3x3−42x3−3代入直线PB的方程，解得y1=−y32x3−3，
所以P3x3−42x3−3,−y32x3−3，同理得Q3x4−42x4−3,−y42x4−3，
所以−y42x4−3+y32x3−33x4−42x4−3−3x3−42x3−3=1，得y32x4−3−y42x3−32x3−33x4−4−2x4−33x3−4=1，
即mx3+t2x4−3−mx4+t2x3−3x3−x4=1，
整理得(3m+2t)x4−x3x3−x4=1，所以t=−12−32m，
因此直线MN的方程为y=mx−32−12，令x−32=0，即x=32，则y=−12，
所以直线MN过定点32,−12.
【变式1-1】（2024·江西九江·二模）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为5，点P3,4在C上．
(1)求双曲线C的方程；
(2)直线l与双曲线C交于不同的两点A，B，若直线PA，PB的斜率互为倒数，证明：直线l过定点．
【解题思路】（1）根据离心率及a，b，c的平方关系得出b=2a，再由点P(3,4)在C上，可求解a2，b2，进而可得双曲线C的方程；
（2）当l斜率不存在时，显然不满足条件．当l斜率存在时，设其方程为y=kx+m，与方程联立C联立，可得根与系数的关系，表示出直线PA，PB的斜率k1，k2，由k1k2=1，结合根与系数的关系可得k与m的关系，从而可证得直线l过定点．
【解答过程】（1）由已知得e=ca=5，c2=a2+b2，所以b=2a，
又点P(3,4)在C上，故9a2−164a2=1，
解得a2=5，b2=20，
所以双曲线C的方程为：x25−y220=1．
（2）当l斜率不存在时，显然不满足条件．
当l斜率存在时，设其方程为y=kx+m，与方程联立C联立，消去y得(4−k2)x2−2kmx−m2−20=0，
由已知得k2≠4，且Δ=4k2m2+4(4−k2)(m2+20)=16(m2−5k2+20)>0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=2km4−k2，x1x2=−m2+204−k2，
直线PA，PB的斜率分别为k1=y1−4x1−3=kx1+m−4x1−3，k2=kx2+m−4x2−3，
由已知k1k2=1，故(kx1+m−4)(kx2+m−4)=(x1−3)(x2−3)，
即(k2−1)x1x2+(km−4k−3)(x1+x2)+m2−8m+7=0，
所以−(k2−1)(m2+20)+2km(km−4k−3)+(4−k2)(m2−8m+7)=0，
化简得(m+3k−4)(5m−9k−12)=0，又已知l不过点P(3,4)，故m+3k−4≠0，
所以5m−9k−12=0，即m=95k+125，
故直线l的方程为y=k(x+95)+125，所以直线l过定点(−95,125)．
【变式1-2】（2024·云南·模拟预测）抛物线Γ:y2=2pxp>0的图象经过点M1,−2，焦点为F，过点F且倾斜角为θ的直线l与抛物线Γ交于点A，B，如图．

(1)求抛物线Γ的标准方程；
(2)当θ=π3时，求弦AB的长；
(3)已知点P2,0，直线AP，BP分别与抛物线Γ交于点C，D．证明：直线CD过定点．
【解题思路】（1）由曲线y2=2px图象经过点M1,−2，可得p=2，则得抛物线Γ的标准方程；
（2）写出l的方程,和抛物线方程联立，消元后，由韦达定理可得x1+x2=103，则AB=x1+x2+p=163；
（3）设直线AB的方程为x=my+1，Ax1,y1，Bx2,y2，Cx3,y3，Dx4,y4，和抛物线方程联立，消元后，由韦达定理可得y1+y2=4m，y1y2=−4．直线AC的方程为x=ny+2，和抛物线方程联立，消元后，由韦达定理可得y3=−8y1，同理可得y4=−8y2，由kCD=y3−y4x3−x4=−y1y22y1+y2，可得kCD=12m，则直线CD的方程为x=2my−y3+x3，由对称性知，定点在x轴上，令y=0，可得x=4，则的直线CD过定点4,0．
【解答过程】（1）曲线y2=2px图象经过点M1,−2，所以−22=2p，所以p=2，
所以抛物线Γ的标准方程为y2=4x．
（2）由（1）知F1,0，当θ=π3时，tanπ3=3,所以l的方程为y=3x−1，
联立y=3x−1y2=4x，得3x2−10x+3=0，则x1+x2=103，
由AB=x1+x2+p=163，所以弦AB=163．
（3）由（1）知F1,0，直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为x=my+1，
Ax1,y1，Bx2,y2，Cx3,y3，Dx4,y4，
联立x=my+1y2=4x得y2−4my−4=0，Δ=16m2+16>0，
因此y1+y2=4m，y1y2=−4．
设直线AC的方程为x=ny+2，联立x=ny+2y2=4x得y2−4ny−8=0，
则′=16n2+32>0，因此y1+y3=4n，y1y3=−8，得y3=−8y1，
同理可得y4=−8y2，
所以kCD=y3−y4x3−x4=y3−y4y324−y424=4y3+y4=4−8y1+−8y2=−y1y22y1+y2=12m．
因此直线CD的方程为x=2my−y3+x3，
由对称性知，定点在x轴上，
令y=0得，x=−2my3+x3=−2my3+y324=−2m−8y1+14−8y12
=16my1+16y12=4y1+y2y1+16y12=4+4y2y1+4y12=4+4⋅y1y2+4y12=4，
所以，直线CD过定点4,0．
【变式1-3】（2024·贵州贵阳·二模）已知椭圆E的一个焦点是−3,0.直线l1:y=k1x+b1与直线l2:y=k2x+b2关于直线l:y=x+1对称，且相交于椭圆E的上顶点.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)求k1k2的值；
(3)设直线l1,l2分别与椭圆E另交于P,Q两点，证明：直线PQ过定点.
【解题思路】（1）由焦点和顶点坐标计算即可求出椭圆标准方程；
（2）已知直线l1：y=k1x+b1与直线l2：y=k2x+b2关于直线y=x+1对称，设对称点，利用对称关系列方程组求k1k2的值；
（3）通过联立方程组求出P,Q两点坐标，求直线PQ的方程，根据方程确定所过定点.
【解答过程】（1）因为l1,l2相交且关于直线y=x+1对称，故l1,l2的交点在直线y=x+1上，
又直线y=x+1与y轴相交于点A0,1，则椭圆E的上顶点为0,1，
设椭圆E的标准方程为x2a2+y2b2=1a>b>0，则b=1，
又半焦距c=3，得a2=b2+c2=4，
所以椭圆E的标准方程为x24+y2=1；
（2）由（1）可得b1=b2=1.
设点Bx,y是l1上任意异于A0,1的一点，
点B0x0,y0是B关于直线y=x+1的对称点，
所以由y+y02=x+x02+1得y−x=x0−y0+2 ①，
由y−y0x−x0=−1得y+x=x0+y0②，
联立①、②，解得x=y0−1y=x0+1，
代入直线l1得x0=k1y0−1．
又由点B0x0,y0，在直线l2上可得y0=k2x0+1，故y0−1=k2x0，
所以x0=k1k2x0，由x0≠0得k1k2=1，
故k1k2的值为1；
（3）设Px1,y1，Qx2,y2．
联立直线l1与椭圆E：y=k1x+1x24+y2=1，得4k1+1x2+8k1x=0，
所以x1=−8k14k12+1，y1=1−4k124k12+1，
同理，x2=−8k24k22+1，y2=1−4k224k22+1，
又由（2）：k1k2=1，所以x2,y2也可表示为x2=−8k1k12+4，y2=k12−4k12+4，
所以直线PQ的方程为y−1−4k124k12+1=−k12+13k1x−−8k14k12+1，
化简得y=−k12+13k1x−53，
所以对任意的k1，总会过点0,−53．
故直线PQ过定点0,−53．
【题型2 存在定点满足某条件问题】
【例2】（2024·新疆喀什·三模）已知双曲线E：x2−3y2=3的左、右焦点分别为F1，F2，A是直线l：y=−ca2x（其中a是实半轴长，c是半焦距）上不同于原点O的一个动点，斜率为k1的直线AF1与双曲线E交于M，N两点，斜率为k2的直线AF2与双曲线E交于P，Q两点．
(1)求1k1+1k2的值；
(2)若直线OM，ON，OP，OQ的斜率分别为kOM，kON，kOP，kOQ，问是否存在点A，满足kOM+kON+kOP+kOQ=0，若存在，求出A点坐标；若不存在，说明理由．
【解题思路】（1）设 At,−23tt≠0，利用斜率公式求解；
（2）设Mx1,y1,Nx2,y2,Px3,y3,Qx4,y4，直线AF1方程为y=k1x+2，与双曲线方程联立，结合韦达定理得到kOM+kON =2k14k12+1，kOP+kOQ=2k24k22+1，结合1k1+1k2=−3求解.
【解答过程】（1）由题可得双曲线E：x23−y2=1，
则a2=3,b2=1,∴c2=a2+b2=4,∴c=2，
∴左、右焦点分别为F1−2,0，F22,0，直线l的方程为：y=−23x
设At,−23tt≠0，
k1=−23t−0t+2=−2t3t+2，同理可得k2=−2t3t−2．
∴1k1+1k2=−3t+22t−3t−22t=−6t2t=−3；
（2）设Mx1,y1,Nx2,y2,Px3,y3,Qx4,y4，如图，
直线AF1方程为y=k1x+2，
代入双曲线方程可得：1−3k12x2−12k12x−12k12−3=0，
所以x1+x2=12k121−3k12，则x1x2=−12k12−31−3k12，
则kOM+kON=y1x1+y2x2=y1x2+y2x1x1x2，
=k1x1+2x2+k1x2+2x1x1x2，
=2k1x1x2+2k1x2+x1x1x2，
=2k14k12+1．
同理kOP+kOQ=2k24k22+1，
即2k14k12+1+2k24k22+1=0，
即k1+k24k1k2+1=0，
∴k1+k2=0或k1k2=−14，
又1k1+1k2=−3，
若k1+k2=0．无解，舍去．
∴k1k2=−14，解得k1=−14，k2=1，或k1=1，k2=−14，
若k1=−14，k2=1，由A在直线AF1上可得，−23t=−14t+2，
∴t=65．此时A65,−45，
若k1=1，k2=−14，由A在直线AF1上可得，−23t=t+2，
∴t=−65此时A−65,45
∴存在点A65,−45，或A−65,45，满足kOM+kON+kOP+kOQ=0．
【变式2-1】（2024·陕西榆林·模拟预测）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左，右焦点分别为F1−c,0，F2c,0，过F2的直线与椭圆C交于M，N两点，且△MNF1的周长为8，△MF1F2的最大面积为3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设b>1，是否存在x轴上的定点P，使得△PMN的内心在x轴上，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）根据题意列出方程组，求出a,b即可得解；
（2）由题意可将原问题转换为kPM+kPN=0，设直线MN的方程为：x=mx+1m≠0，Pt,0，联立椭圆方程x24+y23=1，结合韦达定理可求得t的值即可.
【解答过程】（1）∵△MNF1的周长为8，△MF1F2的最大面积为3，
∴4a=812×2c×b=3a2=b2+c2，解得a=2，b=3或a=2，b=1．
∴椭圆C的方程为x24+y23=1或等x24+y2=1．
（2）

由（1）及b>1易知F21,0，
不妨设直线MN的方程为：x=mx+1m≠0，Pt,0，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立x=my+1x24+y23=1，得4+3m2y2+6my−9=0．
则y1+y2=−6m4+3m2，y1y2=−94+3m2，
若△PMN的内心在x轴上，则∠MPF2=∠NPF2，
∴kPM+kPN=0，即y1x1−t+y2x2−t=0，即y1my2+1−t+y2my1+1−t=0，
可得2my1y2+1−ty1+y2=0．
则2m−94+3m2+1−t−6m4+3m2=0，得4−t=0，即t=4．
当直线MN垂直于x轴，即m=0时，显然点P4,0也是符合题意的点．
故在x轴上存在定点P4,0，使得△PMN的内心在x轴上.
【变式2-2】（2024·四川雅安·一模）已知O为坐标原点，过点P2,0的动直线l与抛物线C:y2=4x相交于A,B两点．
(1)求OA⋅OB；
(2)在平面直角坐标系xOy中，是否存在不同于点P的定点Q，使得∠AQP=∠BQP恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）设出直线l的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合数量积的坐标表示计算即得.
（2）利用（1）中信息，结合斜率坐标公式列式求解即得.
【解答过程】（1）显然直线l不垂直于y轴，设直线l的方程为x=ty+2，A(x1,y1),B(x2,y2)，
由x=ty+2y2=4x消去x并整理得y2−4ty−8=0，显然Δ>0，于是y1y2=−8，
所以OA⋅OB=x1x2+y1y2=y124⋅y224−8=−4.
（2）由（1）知y1+y2=4t,y1y2=−8，
假定存在不同于点P的定点Q，使得∠AQP=∠BQP恒成立，由抛物线对称性知，点Q在x轴上，设Q(m,0)，
则直线QA,QB的斜率互为相反数，即y1x1−m+y2x2−m=0，即y1(ty2+2−m)+y2(ty1+2−m)=0，
整理得2ty1y2+(2−m)(y1+y2)=0，即−16t+4t(2−m)=0，亦即4t(−2−m)=0，而t不恒为0，则m=−2，
所以存在不同于点P的定点Q，使得∠AQP=∠BQP恒成立，点Q的坐标为(−2,0).
【变式2-3】（2024·全国·模拟预测）在平面直角坐标系中，点3,2在双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)上，渐近线方程为x−3y=0.
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点P3,1作直线l与双曲线C交于A,B两点，在x轴上是否存在一定点Q，使得直线QA与QB的斜率之和为定值？若存在，请求出点Q的坐标及定值；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）由题意可得9a2−2b2=1ba=33，解出方程组即可得；
（2）设出直线方程，联立曲线可得与交点横坐标有关韦达定理，借助斜率公式表示出kQA+kQB后，借助韦达定理可将其化简，结合定值的要求计算即可得.
【解答过程】（1）由题意，得9a2−2b2=1ba=33，解得a=3b=1，
∴双曲线C的方程为x23−y2=1；
（2）由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx+m，
将点P3,1的坐标代入，得m=1−3k，设Ax1,y1,Bx2,y2，
联立直线l与双曲线C的方程，得方程组y=kx+mx2−3y2−3=0，
消去y并整理，得1−3k2x2−6kmx−3m2−3=0，
k≠±33，且Δ=36k2m2+41−3k23m2+3=12m2−3k2+1>0，
即3k2−23k+1−3k2+1=2−23k>0，即k<33，
则k∈−∞,−33∪−33,33，
∴x1+x2=6km1−3k2,x1x2=−3m2+31−3k2，
若存在定点Q，设Qx0,0，
则kQA+kQB=−y1x0−x1+−y2x0−x2=−y1x0−x2+−y2x0−x1x0−x1x0−x2
=−kx1+mx0−x2−kx2+mx0−x1x0−x1x0−x2
=2kx1x2−kx0−mx1+x2−2mx0x02−x1+x2x0+x1x2
=−2k⋅3m2+31−3k2−kx0−m⋅6km1−3k2−2mx0x02−6kmx01−3k2−3m2+31−3k2
=−6k−2mx0−3x02k2−6mx0k−3m2−3+x02
=−6k−21−3kx0−3x02k2−61−3kx0k−3(1−3k)2−3+x02
=23x0−6k−2x0−3x0−32k2+63−6x0k−6+x02，
要使kQA+kQB为定值，只需上式中对应分子、分母对应项系数成比例，且分母中k2的系数为0，
即−3x0−32=0，解得x0=3，
此时分子、分母中k的系数也为0,kQA+kQB=−2x0x02−6=−233−6=233，
∴在x轴上存在定点Q3,0，使得kQA+kQB为定值233.
【题型3 面积定值问题】
【例3】（23-24高二下·贵州遵义·期中）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为72，虚轴长为23．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若动直线l与双曲线C恰有1个公共点，且分别与双曲线C的两条渐近线交于P，Q两点，O为坐标原点，证明：△OPQ的面积为定值．
【解题思路】（1）根据已知条件求得a、b、c，从而得到双曲线的方程；
（2）根据直线的斜率是否存在进行分类讨论，由直曲联立表示出PQ，再表示出原点O到直线l的距离，即三角形的高，进而求出△OPQ的面积为23，从而证得结论成立.
【解答过程】（1）因为虚轴长为23，所以b=3，
因为e=ca=72，且c2=a2+b2，所以a=2,c=7，
故双曲线C的方程为x24−y23=1．
（2）
当直线l的斜率不存在时，l的方程为x=±2，
此时|PQ|=23,S△OPQ=12×2×23=23，
当直线l的斜率存在时，不设直线l:y=kx+m，且k≠±32，
联立方程组y=kx+m,x24−y23=1,得3−4k2x2−8mkx−4m2−12=0，
由Δ=64m2k2+43−4k24m2+12=0，得4k2=m2+3，
不妨设l与y=32x的交点为P，则y=kx+my=32x，得xP=2m3−2k，
同理可得xQ=−2m3+2k，
所以PQ=1+k2xP−xQ=43|m|⋅k2+13−4k2，
因为原点O到直线l的距离d=|m|k2+1，
所以S△OPQ=12⋅PQ⋅d=23m23−4k2，
因为4k2=m2+3，所以S△OPQ=23，
综上，△OPQ的面积为定值，定值为23．
【变式3-1】（2024·江苏苏州·模拟预测） 已知椭圆 γ:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，γ与圆 x²+y²=a²−b²在第一、第二象限分别交于 Q、P 两点，且满足 ∠POQ=π3，PQ=1，
(1)求椭圆γ的标准方程；
(2)A 是椭圆上的一点，若存在椭圆的弦 BC 使得 OA//BC,OA=BC ，求证:四边形OABC 的面积为定值.
【解题思路】（1）根据椭圆和圆的对称性可得Q(32，12)，再代入椭圆和圆的方程中，解方程组求出a2和b2的值即可；
（2）设A(m,n)，mn≠0，易知四边形OABC是平行四边形，设直线BC的方程为y=nm(x−t)，将其与椭圆方程联立，结合韦达定理，弦长公式以及椭圆的方程，推出|nt|=34，再利用点到直线的距离公式，表示出四边形OABC的面积，然后化简即可得定值．
【解答过程】（1）由对称性知，|OP|=|OQ|，
因为∠POQ=π3，PQ=1，所以△OPQ是边长为1的等边三角形，
因为Q位于第一象限，所以Q(32,12)，
代入椭圆γ的方程有34a2+14b2=1，
代入圆x2+y2=a2−b2的方程有34+14=a2−b2，
联立解得a2=32，b2=12，
所以椭圆γ的标准方程为x232+y212=1．
（2）证明：设A(m,n)，mn≠0，则直线OA的斜率为nm，且m232+n212=1，即m2+3n2=32，
因为OA//BC,OA=BC，所以四边形OABC是平行四边形，|BC|=|OA|=m2+n2，
设直线BC的方程为y=nm(x−t)，B(x1,y1)，C(x2,y2)，
联立y=nm(x−t)2x23+2y2=1，得(2m2+6n2)x2−12n2tx+6n2t2−3m2=0，
所以x1+x2=12n2t2m2+6n2，x1x2=6n2t2−3m22m2+6n2，
所以|BC|=1+(nm)2⋅(x1+x2)2−4x1x2=m2+n2⋅26⋅m2−2n2t2+3n22m2+6n2=m2+n2⋅6⋅m2−2n2t2+3n232，
因为|BC|=|OA|=m2+n2，
所以m2+n2⋅6⋅m2−2n2t2+3n232=m2+n2，
整理得6(32−2n2t2)=94，即|nt|=34，
而点A到直线BC的距离为d=|nm(m−t)−n|n2m2+1=|nt|m2+n2，
所以四边形OABC的面积S=2S△ABC=2⋅12⋅|BC|⋅d=|OA|⋅d=m2+n2⋅|nt|m2+n2=|nt|=34，为定值．
【变式3-2】（2024·广东广州·模拟预测）已知A−1,0，B1,0，平面上有动点P，且直线AP的斜率与直线BP的斜率之积为1.
(1)求动点P的轨迹Ω的方程.
(2)过点A的直线与Ω交于点M（M在第一象限），过点B的直线与Ω交于点N（N在第三象限），记直线AM，BN的斜率分别为k1，k2，且k1=4k2.试判断△AMN与△BMN的面积之比是否为定值，若为定值，请求出该定值；若不为定值，请说明理由.
【解题思路】（1）设Px,y，根据题意结合斜率公式分析运算即可；
（2）分析可知kBN⋅kBM=14，设直线MN和相关点，联立方程结合韦达定理分析可得直线MN过定点T−35,0，进而可得面积之比.
【解答过程】（1）设Px,y，x≠±1，
由题意可得：kAP⋅kBP=yx+1⋅yx−1=y2x2−1=1，整理得x2−y2=1，
故求动点P的轨迹方程为x2−y2=1x≠±1.
（2）由题意可知：kAM⋅kBM=1，且kAM=4kBN，可得kBN⋅kBM=14，
显然直线MN的斜率不为0，设直线MN的方程为x=my+tt≠±1，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立方程x=my+tx2−y2=1，消去x得m2−1y2+2mty+t2−1=0，
则m2≠1，Δ>0，可得y1+y2=−2mtm2−1y1y2=t2−1m2−1，
则kBN⋅kBM=y2x2−1⋅y1x1−1=y1y2my1+t−1my2+t−1=14，
整理可得m2−4y1y2+mt−1y1+y2+t−12=0，
则m2−4t2−1m2−1−2m2tt−1m2−1+t−12=0，
因为t≠±1，则t−1≠0，可得m2−4t+1m2−1−2m2tm2−1+t−1=0，
整理可得t=−35，
所以直线MN方程为x=my−35，即直线MN过定点T−35,0，
则|AT|=−35+1=25,|BT|=1+35=85，
此时S△AMN=12AT⋅yM−yN，S△BMN=12⋅BT⋅yM−yN，
所以S△AMNS△BMN=ATBT=14为定值.
【变式3-3】（2024·河北衡水·三模）已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F，过F且倾斜角为π6的直线l与C交于A，B两点．直线l1，l2与C相切，切点分别为A，B，l1，l2与x轴的交点分别为D，E两点，且|DE|=233．
(1)求C的方程；
(2)若点P为C上一动点（与A，B及坐标原点均不重合），直线l3与C相切，切点为P，l3与l1，l2的交点分别为G，H．记△DFG，△EFH的面积分别为S1，S2．
①请问：以G，H为直径的圆是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由；
②证明：S1S2为定值．
【解题思路】（1）设l:y=33x+p2，Ax1,y1，Bx2,y2，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方程，即可求出D、E坐标，从而求出p，即可得解；
（2）①不妨设x1<0【解答过程】（1）设l:y=33x+p2，Ax1,y1，Bx2,y2，联立y=33x+p2x2=2py，
消去y得x2−233px−p2=0，显然Δ>0，所以x1+x2=233p，x1x2=−p2．
由y=12px2，y′=1px，故l1的方程为y=1px1x−x1+y1=1px1x−y1，
令y=0得1px1x−y1=0，解得x=x12，即Dx12,0，
同理l2:y=1px2x−y2，则Ex22,0．
由|DE|=233，知x1−x2=433，
由x1−x22=x1+x22−4x1x2，得43+4p2=163，解得p=1或p=−1（舍去），
故C的方程为x2=2y；
（2）①由（1）不妨设x1<0解得x1=−33，x2=3，
所以l1:y=−33x−16，l2:y=3x−32．
设Px0,y0x0≠0,x1,x2，则l3:y=x0x−x022．
联立y=−33x−16y=x0x−x022，解得x=3x0−36y=−3x06，所以G3x0−36,−3x06，
同理Hx0+32,3x02，
以G、H为直径的圆的方程为x−3x0−36x−x0+32+y+3x06y−3x02=0，
整理得x036−33y−23x+x2+y2−33x−14=0，
令x2+y2−33x−14=036−33y−23x=0，解得x=0y=12或x=33y=−12，
故该圆恒过0,12,33,−12两个点．
②由于D−36,0，E32,0，F0,12，G3x0−36,−3x06，Hx0+32,3x02，
所以|DG|=3x0−36+362+−3x062=33x0，
|EH|=x0+32−322+3x022=x0，
|DF|=−362+−122=33，|EF|=322+−122=1，
直线FD的斜率为3，显然直线FD与l1垂直，故△DFG为直角三角形，
同理△EFH也是直角三角形，
故S1=12|DF|⋅|DG|=16x0，S2=12|EF|⋅|EH|=12x0，
故S1S2=13（或S1S2=3）．
【题型4 斜率的和差商积定值问题】
【例4】（2024·陕西西安·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为12，椭圆上的点到焦点的距离的最大值为3．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设A，B两点为椭圆C的左、右顶点，点P（异于左、右顶点）为椭圆C上一动点，直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，求证：k1⋅k2为定值．
【解题思路】（1）根据题意列出a，b，c的方程，解出方程即可求解椭圆的标准方程；
（2）设出P点的坐标，代入椭圆标准方程得出横纵坐标的关系式，再代入直线PA，PB的斜率之积的表达式换算即可证明出结论.
【解答过程】（1）根据题意得ca=12a+c=3a2=b2+c2⇒a=2b=3c=1，
∴椭圆C的标准方程为x24+y23=1．
（2）证明：由（1）得A−2,0，B2,0，
设点Px0,y0,x0≠±2，则满足x024+y023=1，即y02=3−34x02，
因为k1=y0−0x0−−2=y0x0+2，k2=y0−0x0−2=y0x0−2，
所以k1⋅k2=y0x0+2⋅y0x0−2=y02x02−4=3−34x02x02−4=344−x02x02−4=−34，
∴k1⋅k2为定值．
【变式4-1】（2024·浙江绍兴·三模）设双曲线C：x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的一条渐近线为x−3y=0，焦点到渐近线的距离为1．A1，A2分别为双曲线C的左、右顶点，直线l过点T2,0交双曲线于点M，N，记直线MA1，NA2的斜率为k1，k2．
(1)求双曲线C的方程；
(2)求证k1k2为定值．
【解题思路】（1）借助渐近线定义及点到直线距离公式计算即可得；
（2）设出直线方程，联立曲线可得与交点纵坐标有关韦达定理，作商即可得所设参数与纵坐标的关系，借助斜率公式表示出斜率后，消去所设参数即可得证.
【解答过程】（1）由题意可得ba=13c1+32=1c2=a2+b2，解得a2=9b2=1c2=10，
故双曲线C的方程为x29−y2=1；
（2）由双曲线C的方程为x29−y2=1，则A1−3,0，A23,0，
由题意可知直线l斜率不为0，故可设l:x=my+2，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立x=my+2x29−y2=1，消去x可得m2−9y2+4my−5=0，
Δ=16m2+20m2−9=36m2−180>0，即m2>5，
则y1+y2=−4mm2−9，y1y2=−5m2−9，
则y1+y2y1y2=−4mm2−9−5m2−9=4m5，即my1y2=54y1+y2，
k1=y1−0x1−−3=y1x1+3，k2=y2−0x2−3=y2x2−3，
则k1k2=y1x1+3y2x2−3=y1x1+3⋅x2−3y2=y1my1+5⋅my2−1y2=my1y2−y1my1y2+5y2
=54y1+y2−y154y1+y2+5y2=5y1+5y2−4y15y1+5y2+20y2=y1+5y25y1+5y2=15，
即k1k2为定值15.
【变式4-2】（2024·全国·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为54，且点−42,3在双曲线C上．
(1)求双曲线C的标准方程．
(2)过点P0,1的直线l与双曲线C的左、右两支分别交于点A,B．问：在y轴上是否存在定点Q，使直线AQ与BQ的斜率之和为定值？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）根据题意，设a=4t,t>0，求得b=3t，得到双曲线C的方程可化为x216t2−y29t2=1，将点−42,3在双曲线C上，求得t2=1，即可求解；
（2）假设存在点Q0,m，设直线l的方程为y=kx+1，联立方程组，求得x1+x2,x1x2，化简得到kAQ+kBQ=15m+9k，当m+9=0，得到kAQ+kBQ=0（定值），即可求解.
【解答过程】（1）解：由题意，双曲线C:x2a2−y2b2=1的离心率为54，可得e=ca=54，
设a=4t,t>0，则c=5t，所以b=c2−a2=3t，
所以双曲线C的方程可化为x216t2−y29t2=1，
因为点−42,3在双曲线C上，所以−42216t2−329t2=1，解得t2=1，
所以双曲线C的标准方程为x216−y29=1．
（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，
假设存在点Q0,m，设直线l的方程为y=kx+1−34联立方程组y=kx+1x216−y29=1，整理得9−16k2x2−32kx−160=0，
则Δ=−32k2−49−16k2×−160=32k2+6409−16k2>0，
且x1+x2=32k9−16k2,x1x2=−1609−16k2，
因为kAQ+kBQ=y1−mx1+y2−mx2=x2y1−m+x1y2−mx1x2
=x2kx1+1−m+x1kx2+1−mx1x2=2kx1x2+1−mx1+x2x1x2
=2k+1−m32k9−16k2−1609−16k2=15m+9k，
所以当m+9=0，即m=−9时，kAQ+kBQ=0（定值），
故存在定点Q0,−9，使直线AQ与BQ的斜率之和为定值0．
【变式4-3】（2024·天津滨海新·三模）已知椭圆M：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的离心率为12，A,B分别为椭圆的左顶点和上顶点，F1为左焦点，且△F1AB的面积为32．
(1)求椭圆M的标准方程；
(2)设椭圆M的右顶点为C，P是椭圆M上不与顶点重合的动点．
①若点P1,y0（y0>0），点D在椭圆M上且位于x轴下方，设△APC和△DPC的面积分别为S1，S2．若S1−S2=32，求点D的坐标；
②若直线AB与直线CP交于点Q，直线BP交x轴于点N，设直线QN和直线QC的斜率为kQN，kQC，求证：2kQN−kQC为定值，并求出此定值．
【解题思路】（1）根据已知条件，列出关于a，b，c的方程组即可求解；
（2）①根据面积关系可得S△DPC=S△OPC，从而得OD∥PC，据此即可求解；②联立QC和AB的方程，求出Q点坐标，联立QC和椭圆方程，结合韦达定理求出P点坐标，求出BP的方程，从而可求N的坐标，再根据斜率计算公式即可求解．
【解答过程】（1）由题意得ca=1212a−cb=32，又c2=a2−b2，解得a=2c=1b=3，
∴椭圆M的标准方程为x24+y23=1．
（2）①由（1）可得C2,0，点P1,y0（y0>0）在椭圆M上，代入椭圆方程得y0=32，
连接PC，∵S1−S2=S△APC−S△DPC=12×4×32−S△DPC=32，
∴S△DPC=32=12S△APC=S△OPC，
∴OD∥PC，∴kOD=kPC=32−01−2=−32，
∴直线OD的方程为y=−32x，联立y=−32xx24+y23=1，
解得xD=1yD=−32或xD=−1yD=32（舍去），
∴D1,−32．
②设直线QC的斜率为k，则直线QC的方程为：y=kx−2，
又B0,3，A−2,0，直线AB的方程为y=32x+2，
由y=kx−2y=32x+2，解得x=22k+32k−3y=43k2k−3，
∴Q22k+32k−3,43k2k−3，
由y=kx−2x24+y23=1，得3+4k2x2−16k2x+16k2−12=0，
Δ=256k4−43+4k216k2−12>0，
则2xP=16k2−123+4k2，∴xP=8k2−63+4k2，
则yP=kxP−2=k8k2−63+4k2−2=−12k3+4k2，
∴P8k2−63+4k2,−12k3+4k2，
依题意B、P不重合，∴8k2−6≠0，即k≠±32，
∴kBP=−12k3+4k2−38k2−63+4k2=−43k2−12k−338k2−6，
∴直线BP的方程为y=−43k2−12k−338k2−6x+3，
令y=0，即−43k2−12k−338k2−6x+3=0，解得x=22k−32k+3，
∴N22k−32k+3,0，
∴kQN=43k2k−322k+32k−3−22k−32k+3=83k+12163=12k+34，
∴2kQN−kQC=32为定值．
【题型5 向量数量积定值问题】
【例5】（23-24高三上·天津河北·期末）设椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点分别为F1,F2，短轴的两个端点为A,B，且四边形F1AF2B是边长为2的正方形.C,D分别是椭圆的左右顶点，动点M满足MD⊥CD，连接CM，交椭圆E于点P.
(1)求椭圆E的方程；
(2)求证：OM⋅OP为定值.
【解题思路】（1）根据题设得|F1A|=a=2,b=c，结合椭圆参数关系即可得方程；
（2）设直线CM的方程为y=kx+2，联立椭圆并应用韦达定理求P坐标，根据已知确定M坐标，再由向量数量积的坐标表示求OM⋅OP，即可证.
【解答过程】（1）由题设|F1A|=a=2,b=c，a2=b2+c2，得b2=2,a2=4，
椭圆的方程为x24+y22=1.
（2）
由（1）知C−2,0,D2,0，由题意知，直线CM的斜率存在且不为0，
设直线CM的方程为y=kx+2，联立y=kx+2x24+y22=1，
消去y得1+2k2x2+8k2x+8k2−4=0，其中C是直线与椭圆一个交点，
所以−2xP=8k2−41+2k2，则xP=2−4k21+2k2，代入直线得yP=4k1+2k2，故P2−4k21+2k2,4k1+2k2.
又MD⊥CD，将x=2代入y=kx+2，得yM=4k，则M2,4k.
所以OM⋅OP=2⋅2−4k21+2k2+4k⋅4k1+2k2=4−8k2+16k21+2k2=4，为定值.
【变式5-1】（23-24高三上·上海嘉定·阶段练习）已知双曲线C的中心在原点，D(1,0)是它的一个顶点.d=(1,2)是它的一条渐近线的一个方向向量.
(1)求双曲线C的方程；
(2)设P(0,1)，M为双曲线右支上动点，当|PM|取得最小时，求四边形ODMP的面积；
(3)若过点(−3,0)任意作一条直线与双曲线C交于A，B两点（A，B都不同于点D），求证:DA⋅DB为定值.
【解题思路】(1)根据给定条件设出双曲线C的方程，利用待定系数法计算得解.
(2)根据给定条件求出点M的坐标，并求出点M到直线DP距离，再借助三角形面积公式计算即得.
(3)设出直线AB方程：x=ty−3，联立直线AB与双曲线C的方程，借助韦达定理计算即可作答.
【解答过程】（1）因双曲线C的中心在原点，一个顶点是D(1,0)，则设双曲线C的方程为：x2−y2b2=1(b>0)，
于是得双曲线C的渐近线方程为y=±bx，而双曲线C的一条渐近线的一个方向向量是d=(1,2)，
则有b=2，
所以双曲线C的方程为x2−y22=1.
（2）依题意，设点M(x0,y0)(x0≥1)，则x02−y022=1，即x02=1+y022，
|PM|2=x02+(y0−1)2=32y02−2y0+2=32(y0−23)2+43，当y0=23时，|PM|min=233，此时M(113,23)，
点M到直线DP：x+y−1=0的距离为d=|113−13|2=2(11−1)6，而|DP|=2，如图，

四边形ODMP的面积S=S△ODP+S△MDP=12|OD|⋅|OP|+12|DP|⋅d=12+11−16 =11+26，
所以四边形ODMP的面积为11+26.
（3）显然直线AB不垂直于y轴，设直线AB方程：x=ty−3，由x=ty−32x2−y2=2消去x得：(2t2−1)y2−12ty+16=0，
当2t2−1≠0时，Δ=(12t)2−64(2t2−1)=16(t2+4)>0恒成立，设A(x1,y1),B(x2,y2)，
则有y1+y2=12t2t2−1,y1y2=162t2−1，DA=(x1−1,y1),DB=(x2−1,y2)，
因此，DA⋅DB=(x1−1)(x2−1)+y1y2=(ty1−4)(ty2−4)+y1y2=(t2+1)y1y2−4t(y1+y2)+16 =16(t2+1)2t2−1−48t22t2−1+16=0，
所以DA⋅DB为定值0.
【变式5-2】（2024·河北保定·三模）设椭圆C：x27+y2b2=1(0(1)若b为定值，证明：OA⋅OB为定值；
(2)若直线OM，ON的斜率之积恒为−12，求b.
【解题思路】（1）易得E(−7,0)，F(7,0)，设P（m，n），则m27+n2b2=1，分别得到直线PE和直线PF的方程，从而得到点A，B的坐标，进而得到向量OA,OB的坐标运算即可；
（2）设直线AB：y=kx+t，结合（1）得到OA⋅OB=−7+t2−7k2=−7+4b2，即t2−7k2=4b2，再由直线AB与椭圆Γ联立，结合韦达定理kOM⋅kON=−12求解.
【解答过程】（1）证明：易知E(−7,0)，F(7,0)，设P（m，n），则m27+n2b2=1，即m2−7=−7n2b2，
直线PE：y=nm+7(x+7)，联立l1:x=7，则A(7,27nm+7)，
所以OA=(7,27nm+7)，
直线PF：y=nm−7(x−7)，l2:x=−7，则B(−7,−27nm−7)，
所以OB=(−7,−27nm−7)，
所以OA⋅OB=−7−28n2m2−7=−7+4b2；
（2）设直线AB：y=kx+t，则B(−7,t−7k)，A(7,t+7k)，
则OA⋅OB=−7+t2−7k2=−7+4b2，即t2−7k2=4b2，
令直线AB与椭圆Γ联立，y=kx+t,x214+y27=1,消去y，整理得(2k2+1)x2+4ktx+2t2−14=0，
需满足Δ>0，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则x1+x2=−4kt2k2+1，x1x2=2t2−142k2+1，
因为kOM=y1x1=k+tx1，kON=y2x2=k+tx2，
所以kOM⋅kON=(k+tx1)(k+tx2)=k2+kt(x1+x2)+t2x1x2=−12，
所以kt(x1+x2)+t2=−(12+k2)x1x2，所以−4k2t2+t2(2k2+1)=−(k2+12)(2t2−14)，
整理得2t2=14k2+7，所以t2−7k2=72，
所以4b2=72，解得b=144.
【变式5-3】（2024·河北石家庄·二模）已知M为平面上一个动点，M到定直线x=1的距离与到定点F(2,0)距离的比等于22，记动点M的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)过点F的直线l与曲线C交于A，B两点，在x轴上是否存在点P，使得PA⋅PB为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）根据题意，用点到直线和点到点的距离公式列出方程，整理得出方程即可.
（2）假设存在P(t,0)，先考虑斜率不为0的情况，设其方程为x=my+2，再与曲线联立后用韦达定理，表达出PA⋅PB=(4t−6)m2+2m2−1+(2−t)2，若要上式为定值，则必须有4t−6=−2，即t=1，代入求出PA⋅PB=−1.再考虑斜率为0的时候，直接求出即可.
【解答过程】（1）设点M的坐标为(x,y)，则|x−1|(x−2)2+y2=22，
即2(x−1)2=[(x−2)2+y2]，化简得：x2−y2=2，所以双曲线C的标准方程为x22−y22=1；
（2）如图
当直线l的斜率不为0时，设其方程为x=my+2.
由于直线与双曲线交点两个，则直线不能与渐近线平行，渐近线斜率为±1，则m≠±1.
代入x22−y22=1，整理得，(m2−1)y2+4my+2=0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(t,0)，
则y1+y2=−4mm2−1,y1y2=2m2−1，
所以PA⋅PB=(x1−t)(x2−t)+y1y2=(my1+2−t)(my2+2−t)+y1y2
=(m2+1)y1y2+m(2−t)(y1+y2)+(2−t)2
=(m2+1)×2m2−1−m(2−t)×4mm2−1+(2−t)2 =(4t−6)m2+2m2−1+(2−t)2．
若要上式为定值，则必须有4t−6=−2，即t=1，∴ (4t−6)m2+2m2−1+(2−t)2=−2+1=−1，故存在点P(1,0)满足PA⋅PB=−1．
当直线l的斜率为0时，A(−2,0)，B(2,0)，此时点P(1,0)亦满足PA⋅PB=−1，故存在点P(1,0)满足PA⋅PB=−1．
综上所得，在x轴上存在点P(1,0)，使得PA⋅PB为定值，定值为−1.
【题型6 线段定值问题】
【例6】（2024·河南濮阳·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0,F1,F2分别是C的左、右焦点．若C的离心率e=2，且点4,6在C上．
(1)求C的方程；
(2)若过点F2的直线l与C的左、右两支分别交于A,B两点，与抛物线y2=16x交于P,Q两点，试问是否存在常数λ，使得1AB−λPQ为定值？若存在，求出常数λ的值；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）根据已知列方程组求解求出双曲线方程；
（2）先联立方程组求出两根和两根积，再应用弦长公式，最后计算得出定值.
【解答过程】（1）设双曲线C的半焦距为cc>0，
由题意可得e=ca=216a2−36b2=1c2=a2+b2，解得a=2,b=23,c=4，所以C的方程为x24−y212=1．
（2）
假设存在常数λ满足条件，由（1）知F24,0，
设直线l:x=my+4,Ax1,y1,Bx2,y2，
联立方程得x24−y212=1x=my+4，消去x，整理可得3m2−1y2+24my+36=0，
所以3m2−1≠0,Δ=144m2+1>0，y1+y2=−24m3m2−1,y1y2=363m2−1，
AB=1+m2y1−y2=1+m2⋅y1+y22−4y1y2
AB=1+m2⋅−24m3m2−12−4⋅363m2−1=12m2+13m2−1．
因为直线l过点F2且与C的左、右两支分别交于A，B两点，所以A,B两点在x轴同侧，所以y1y2>0．
此时3m2−1>0，即m2>13，所以AB=12m2+13m2−1．
设Px3,y3,Qx4,y4，将x=my+4代入抛物线方程y2=16x，得y2−16my−64=0，
则Δ1=256m2+1>0,y3+y4=16m,y3y4=−64，
所以PQ=1+m2y3−y4
=1+m2⋅y3+y42−4y3y4
=1+m2⋅16m2−4⋅−64
=16m2+1．
所以1AB−λPQ=3m2−112m2+1−λ16m2+1=12m2−4−3λ48m2+1．
故当−4−3λ=12时，12m2−4−3λ48m2+1为定值14，所以，当λ=−163时，1AB−λPQ为定值14．
【变式6-1】（2024·山东菏泽·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1,F2，点A(3,1)在椭圆C上，点B与点A关于原点对称，四边形AF1BF2的面积为4．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l:x−my−n=0与椭圆C交于P,Q两点．与x轴交于点N．试判断是否存在n∈(−6,6)，使得1PN+1QN为定值？若存在，求出n的值；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）根据给定条件，利用点在椭圆上及四边形面积，结合待定系数法求出a,b,c.
（2）联立直线l与椭圆C的方程，求出|PN|,|QN|结合韦达定理求解即得.
【解答过程】（1）设椭圆C的焦距为2c(c>0)，依题意，B(−3,−1)，则3a2+1b2=1，
四边形AF1BF1为平行四边形，其面积S=2×12×2c×1=4，得c=2，即a2−b2=4，
联立解得b=2,a=6，
所以椭圆C的方程为x26+y22=1.
（2）存在.
由x=my+nx26+y22=1消去x得(m2+3)y2+2mny+n2−6=0，
当n∈(−6,6)时，Δ=4m2n2−4(m2+3)(n2−6)=12(2m2+6−n2)>0恒成立，
设P(x1,y1),Q(x2,y2)，则y1+y2=−2mnm2+3,y1y2=n2−6m2+3，
|PN|=1+m2|y1|,|QN|=1+m2|y2|，
则1|PN|+1|QN|=11+m2(1|y1|+1|y2|)=11+m2⋅|y1|+|y2|−y1y2=11+m2⋅|y1−y2|−y1y2
=11+m2×(y1+y2)2−4y1y2−y1y2=11+m2×4m2n2(m2+3)2−4n2−24m2+3−n2−6m2+3
=21+m2⋅6m2−3n2+186−n2=26−n2⋅6m2−3n2+181+m2=26−n2⋅6(m2+6−n22)1+m2
当6−n22=1，即n=±2时，1|PN|+1|QN|为定值6，所以n=±2.
【变式6-2】（2024·四川内江·三模）已知抛物线E的准线方程为：x=−1，过焦点F的直线与抛物线E交于A、B两点，分别过A、B两点作抛物线E的切线，两条切线分别与y轴交于C、D两点，直线CF与抛物线E交于M、N两点，直线DF与抛物线E交于P、Q两点.
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)证明：1MN+1PQ为定值.
【解题思路】（1）由抛物线的准线方程求解p=2，即可求解抛物线标准方程.
（2）设出直线AB的方程，然后与抛物线方程联立，韦达定理，推出两切线方程，进而求得点C0,y12，点D0,y22，从而求出直线CF,DF方程，联立抛物线方程，结合弦长公式求出MN,PQ，代入运算化简即可证明.
【解答过程】（1）因为抛物线的准线为：x=−1，设y2=2px，则−p2=−1，所以p=2，
故抛物线E的标准方程为y2=4x.
（2）易知抛物线E的焦点F1,0，
设直线AB的方程为x=my+1，Ax1,y1、Bx2,y2，
联立y2=4xx=my+1可得y2−4my−4=0，
由韦达定理可得y1+y2=4m，y1y2=−4，
接下来证明抛物线E在点A处的切线方程为y1y=2x+2x1，
联立y2=4xy1y=2x+2x1可得y2−2y1y+4x1=0，即y2−2y1y+y12=0，即y−y12=0，
所以，直线y1y=2x+2x1与抛物线E只有唯一的公共点，
所以，AC的方程为y1y=2x+2x1，
同理可知，直线BD的方程为y2y=2x+2x2，
在直线AC的方程中，令x=0，可得y=2x1y1=2×y124y1=y12，即点C0,y12，
同理可得点D0,y22，所以，直线CF的方程为x+yy12=1，即x=1−2yy1，
设点Mx3,y3、Nx4,y4，联立x=1−2yy1y2=4x，可得y2+8yy1−4=0，
由韦达定理可得y3+y4=−8y1，y3y4=−4，
所以MN=x3+x4+2=2−2y1y3+y4+2=4−2y1×−8y1=4y12+16y12，
同理可得PQ=4y22+16y22，
所以1MN+1PQ=y124y12+16+y224y22+16=y124y22+16+y224y12+1616y12+4y22+4
=8y1y22+166y12+y2216y1y22+4y12+y22+16=y1y22+2y12+y222y1y22+4y12+y22+16 =16+216m2+8216+416m2+8+16=14，
故1MN+1PQ为定值14.
【变式6-3】（2024·全国·模拟预测）已知双曲线H:x24−y2=1的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A1，A2，椭圆E以A1，A2为焦点，以F1F2为长轴．
(1)求椭圆E的离心率；
(2)设点M(m,n)满足m2<4n2，过M且与双曲线H的渐近线平行的两直线分别交H于点P，Q，过M且与PQ平行的直线交H的渐近线于点S，T．证明：|MS||MT|为定值，并求出此定值．
【解题思路】（1）根据给定条件，求出椭圆的顶点、焦点坐标，再求出离心率.
（2）当m=0时，由对称性可得|MS||MT|=1，当m≠0时，求出直线P，Q的坐标，进而求出斜率，求出直线ST的方程，求出S，T的坐标即可得证.
【解答过程】（1）由双曲线H:x24−y2=1，得A1(−2,0),A2(2,0),F1(−5,0),F2(5,0)，
因此椭圆E的顶点为F1(−5,0),F2(5,0)，则长半轴长为5，
焦点为A1(−2,0),A2(2,0)，则半焦距为2，
所以椭圆E的离心率为25=255．
（2）依题意，双曲线x24−y2=1的渐近线方程为x24−y2=0，即x±2y=0，
当m=0时，由对称性得P，Q关于y轴对称，S，T关于y轴对称，则M为S，T的中点，则|MS||MT|=1，

下面证明当m≠0时，|MS||MT|=1，即证M为S，T的中点，
由点M(m,n)满足m2<4n2，得m−2n≠0，m+2n≠0，n≠0，不妨设m>0，n>0，
当x=m时，y=12m同理可证，点M(m,n)在两渐近线y=±12x所夹区域的上方或下方，不妨设点M(m,n)在上方区域，
于是kMQ=−12，kMP=12，设直线MP的方程为y−n=12(x−m)，直线MQ的方程为y−n=−12(x−m)，
则有x24−y2=1y−n=12x−m，即x−2yx+2y=4x−2y=m−2n，整理得x+2y=4m−2nx−2y=m−2n
点P的坐标xP,yP满足2xP=4m−2n+m−2n4yP=4m−2n−m+2n，同理点Q的坐标xQ,yQ满足2xQ=4m+2n+m+2n4yQ=−4m+2n+m+2n，
因此直线PQ的斜率：kPQ=yP−yQxP−xQ=12⋅4yP−4yQ2xP−2xQ =12⋅4m−2n+4m+2n−2m4m−2n−4m+2n−4n =12⋅8mm2−4n2−2m16nm2−4n2−4n=m4n，
设直线ST方程为y−n=m4n(x−m)，由y−n=m4nx−my=12x，得12x−n=m4n(x−m)，
即2nx−4n2=mx−m2，得T的横坐标xT=4n2−m22n−m=2n+m，同理xS=m−2n，
于是xT+xS=2m，即M为S，T的中点，所以|MS||MT|为定值1．
【题型7 角度定值问题】
【例7】（2024·山西·三模）已知抛物线E:y2=2pxp>0的焦点F到准线的距离为2，O为坐标原点．
(1)求E的方程；
(2)已知点Tt,0，若E上存在一点P，使得PO⋅PT=−1，求t的取值范围；
(3)过M−4,0的直线交E于A，B两点，过N−4,43的直线交E于A，C两点，B，C位于x轴的同侧，证明：∠BOC为定值.
【解题思路】（1）根据题意可知焦点F到准线的距离为p=2，即可得方程；
（2）设Px,y，利用平面向量数量积可得t−4=x+1x，结合基本不等式运算求解；
（3）设Ay124,y1,By224,y2,Cy324,y3，求直线AB,AC的方程，结合题意可得−16+y1y2=0−16−43y1+y3+y1y3=0，结合夹角公式分析求解.
【解答过程】（1）由题意可知：焦点F到准线的距离为p=2，
所以抛物线E的方程为y2=4x.
（2）设Px,y，可知y2=4x,x≥0，则PO=−x,−y,PT=t−x,−y，
可得PO⋅PT=−xt−x+y2=x2−tx+4x=x2+4−tx=−1，
显然x=0不满足上式，
则x>0，可得t−4=x+1x，
又因为x+1x≥2x⋅1x=2，当且仅当x=1x，即x=1时，等号成立，
则t−4≥2，即t≥6，
所以t的取值范围为6,+∞.
（3）设Ay124,y1,By224,y2,Cy324,y3，
则直线AB的斜率kAB=y1−y2y124−y224=4y1+y2，
可得直线AB的方程y−y1=4y1+y2x−y124，整理得4x−y1+y2y+y1y2=0，
同理可得：直线AC的方程4x−y1+y3y+y1y3=0，
由题意可得：−16+y1y2=0−16−43y1+y3+y1y3=0，整理得y1=16y24y3−y2=3y1y3+16，
又因为直线OB,OC的斜率分别为kOB=y2y224=4y2,kOC=y3y324=4y3，
显然∠BOC为锐角，则tan∠BOC=kOB−kOC1+kOB⋅kOC=4y2−4y31+4y2⋅4y3=4y2−y3y2⋅y3+16=3y2⋅y3+16y2⋅y3+16=3，
所以∠BOC=π3为定值.
【变式7-1】（23-24高三下·云南昆明·阶段练习）平面上一动点Px,y满足x−22+y2−x+22+y2=2．
(1)求P点轨迹Γ的方程；
(2)已知A−2,0，B1,0，延长PA交Γ于点Q，求实数m使得∠PAB=m∠PBA恒成立，并证明：∠PBQ为定值
【解题思路】（1）利用圆锥曲线的定义即可得曲线方程，但要注意只有双曲线右支；
（2）先得到特殊情况时m的值，再证明其对一般情况也适用.
【解答过程】（1）由题意可得，动点P到定点2,0的距离比到定点−2,0的距离大2，
由双曲线的定义，P点轨迹是以2,0，−2,0为焦点的双曲线的左支，
设Γ:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，则c=2，a=1，b2=c2−a2=3，
所以Γ的方程为Γ:x2−y23=1x≤−1．
（2）如图，不妨设点P在第二象限，
①当lPQ的斜率不存在时，
Γ:x2−y23=1，令x=−2，解得y=3，则P−2,3，此时∠PAB=90°，
在△PAB中，AP=AB=3，∴∠PBA=45°，即m=2，
②当lPQ的斜率存在时，令lPA的倾斜角为α，lPB的倾斜角为β，则∠PAB=α，∠PBA=π−β，
假设∠PAB=2∠PBA成立，即α=2π−2β，则有tanα=tan(2π−2β)=−tan2β=−2tanβ1−tan2β，即kPA=−2kPB1−kPB2．
又kpA=yx+2，2kPB1−kPB2=2yx−11−y2x−12=2y(x−1)x−12−y2，又点P的坐标满足x2−y23=1，即y2=3x2−3，
2kpB1−kpB2=2y(x−1)(x−1)2−y2=2y(x−1)(x−1)2−3x2+3=2y(x−1)−2x2−2x+4=2y(x−1)−2(x+2)(x−1)=−yx+2，
∴kPA=−2kPB1−kPB2，假设成立，
综上，当m=2时，有∠PAB=2∠PBA成立．
此时∠QAB=π−α，由对称性知，∠QBA=12∠QAB=π2−α2，而∠PBA=α2，
∴∠PBQ=∠PBA+∠QBA=π2为定值．
【变式7-2】（2024·全国·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C:x2−y23=1的右焦点为F,A1,A2分别为双曲线C的左、右顶点，过F的直线l与C的右支相交于点M,N．
(1)若直线A1M,A1N分别与线段OA2的垂直平分线相交于点P,Q，求FP⋅FQ的值．
(2)当直线l任意旋转时，试问：∠A1FM∠MA1F是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【解题思路】（1）根据题意设直线l的方程，x=my+2m≠±33，设Mx1,y1,Nx2,y2，联立方程组，再求出P,Q的坐标，利用数量积的坐标运算化简求值；
（2）当直线l的斜率不存在时，∠A1FM=π2，则∠A1FM∠MA1F=2，当直线l的斜率存在时，不妨设Mx0,y0，直线MF的倾斜角为α，直线MA1的倾斜角为β，则∠A1FM=π−α，∠MA1F=β，假设∠A1FM∠MA1F=2成立，证明假设成立，从而得解.
【解答过程】（1）由题意，得A1−1,0,A21,0,F2,0，
所以线段OA2的垂直平分线PQ的方程为x=12，
设直线l的方程，x=my+2m≠±33，设Mx1,y1,Nx2,y2，
由x=my+2x2−y23=1消去x，可得3m2−1y2+12my+9=0．
则y1+y2=−12m3m2−1,y1y2=93m2−1，
x1+x2=my1+y2+4=−43m2−1，
x1x2=m2y1y2+2my1+y2+4=−3m2−43m2−1，
直线A1M的方程为y=y1x1+1x+1，
令x=12，则y=3y12x1+2，故P12,3y12x1+2，
同理可得Q12,3y22x2+2．
则FP⋅FQ=−32,3y12x1+2⋅−32,3y22x2+2=94+94×y1y2x1x2+x1+x2+1
=94+94×93m2−1−3m2−43m2−1−43m2−1+1=94+94×9−9=0．

（2）当直线l的斜率不存在时，∠A1FM=π2，
对于x2−y23=1，令x=2，解得y=±3，
则MF=3，又A1F=3，故∠MA1F=π4，
则∠A1FM∠MA1F=2；
当直线l的斜率存在时，不妨设Mx0,y0，x0≠2，
直线MF的倾斜角为α，直线MA1的倾斜角为β，
则∠A1FM=π−α，∠MA1F=β．
假设∠A1FM∠MA1F=2成立，
即π−α=2β，
则一定有tanπ−α=−tanα=tan2β=2tanβ1−tan2β，
即−kl=2kMA11−kMA12，
由−kl=−y0x0−2，2kMA11−kMA12=2×y0x0+11−y02x0+12=2y0x0+1x0+12−y02，y02=3x02−3，
得2kMA11−kMA12=2y0x0+1x0+12−3x02+3=2y0x0+1−2x02+2x0+4=2y0x0+1−2x0−2x0+1=−y0x0−2=−kl．
故假设成立，即∠A1FM∠MA1F=2成立．
综上所述，∠A1FM∠MA1F为定值，且定值为2．
【变式7-3】（2024·浙江宁波·二模）已知双曲线C:y2−x2=1，上顶点为D，直线l与双曲线C的两支分别交于A,B两点（B在第一象限），与x轴交于点T.设直线DA,DB的倾斜角分别为α,β.
(1)若T33,0，
（i）若A0,−1，求β；
（ii）求证：α+β为定值；
(2)若β=π6，直线DB与x轴交于点E，求△BET与△ADT的外接圆半径之比的最大值.
【解题思路】（1）（i）先求直线TA的方程，联立双曲线方程求得点B的坐标，求直线DB斜率，进而求解即可；（ii）法1，设直线AB的方程为y=kx−33形式，并联立双曲线方程，求直线DA,DB的斜率的斜率和，进而得证α+β为定值；法2，设直线AB的方程为mx+ny−1=1形式，并联立双曲线方程，求直线DA,DB的斜率的斜率和，进而得证α+β为定值；
（2）先对直线DA、DT斜率不存在的情形进行验证∠ADT=π6；法1：k1和kDT均存在时，设AB:y=kx−3+2,Tt,0，求得sin∠ADT=sin∠BET=12，从而得到△BET与△ADT的外接圆半径之比的最大值；法2，k1和kDT均存在时，由A,T,B三点共线可得BA/ BT，求得tan∠ADT的值和sin∠ADT=sin∠BET=12，从而得到△BET与△ADT的外接圆半径之比的最大值；法3，若k1和kDT均存在，设Tt,0，则mt−n=1，得到tanα+β=kDT，求得sin∠ADT=sin∠BET=12，从而得到△BET与△ADT的外接圆半径之比的最大值.
【解答过程】（1）（i）kTA=3，所以直线TA:y=3x−1.
直线TA与C联立可得x2−3x=0，解得x=0或x=3，所以B3,2.
所以kDB=33，所以β=π6；
（ii）法1：①直线AB斜率存在时，可设直线AB的方程为y=kx−33，设Ax1,y1,Bx2,y2
由y=kx−33y2−x2=1得3k2−1x2−23k2x+k2−3=0
所以x1+x2=23k23k2−1,x1x2=k2−33k2−1.
当x1=0时，由（i）可得α+β=2π3；
当x1≠0时，设DA,DB的斜率分别为k1,k2.
k1=y1−1x1=k−33k+1x1,k2=k−33k+1x2.
所以k1+k2=2k−33k+1x1−33k+1x2=2k−33k+1x1+x2x1x2=−23kk−3，
k1k2=k−33k+1x1k−33k+1x2=−3+kk−3.
所以tanα+β=k1+k21−k1k2=−3.
因为B在第一象限，所以0<β<π2，所以0<α+β<3π2，所以α+β=2π3.
②直线AB斜率不存在时，可得A33,−233,B33,233，
可得k1=−2−3,k2=2−3，
所以tanα+β=k1+k21−k1k2=−3，同理可得α+β=2π3.
综上可得，α+β为定值2π3，得证.
法2：①α=π2时，由（i）可得α+β=2π3；
②α≠π2时，设DA,DB的斜率分别为k1,k2.
设l:mx+ny−1=1，由T33,0在直线上可得33m−n=1.
l与C联立可得2n+1(y−1)2+2mxy−1−x2=0，
即2n+1y−1x2+2my−1x−1=0，
所以k1,k2就是方程2n+1k2+2mk−1=0的两根.
所以k1+k2=−2m2n+1,k1k2=−12n+1，
tanα+β=k1+k21−k1k2=−mn+1=−3，
因为B在第一象限，所以0<β<π2，所以0<α+β<3π2，所以α+β=2π3.
综上可得，α+β为定值2π3，得证.
（2）由（1）可得β=π6时，B3,2.
①k1不存在，则A0,−1，由①（i）可得T33,0，所以kDT=−3，
所以∠ADT=π6.
②kDT不存在，则T0,0，则A−3,−2，
此时k1=3，由图可得∠ADT=π6.
③法1：若k1和kDT均存在，设AB:y=kx−3+2,Tt,0，则t=3−2k
与双曲线联立可得xA=3k2−4k+3k2−1,yA=−2k2+23k−2k2−1.
所以k1=1−3kk−3,kDT=k2−3k.
所以tan∠ADT=kDT−k11+kDTk1=33，
所以sin∠ADT=sin∠BET=12.
设△BET与△ADT的外接圆半径分别为r1,r2，
从而r1r2=BTsin∠BETATsin∠ADT=BTAT=yByA=2yA≤2.等号当且仅当yA=−1时取到.
所以△BET与△ADT的外接圆半径之比的最大值为2.
法2：若k1和kDT均存在，设Ax0,y0,Tt,0，则BA=x0−3,y0−2,BT=t−3,−2.
由A,T,B三点共线可得BA/ BT.
所以−2x0−3−y0−2t−3=0，所以t=−2x0−3y0−2+3=−2x0+3y0y0−2.
k1=y0−1x0,kDT=−1−2x0+3y0y0−2=y0−22x0−3y0
所以tan∠ADT=kDT−k11+kDT⋅k1=y0−22x0−3y0−y0−1x01+y0−22x0−3y0⋅y0−1x0
=y0−2x0−y0−12x0−3y02x0−3y0x0+y0−2y0−1=3y02−x0y0−3y02x02+y02−3x0y0−3y0+2
=3y02−x0y0−3y02y02−1+y02−3x0y0−3y0+2=3y02−x0y0−3y03y02−3x0y0−3y0=33.
所以∠ADT=β，所以sin∠ADT=sin∠BET=12.
设△BET与△ADT的外接圆半径分别为r1,r2，
从而r1r2=BTsin∠BETATsin∠ADT=BTAT=yByA=2yA≤2.等号当且仅当yA=−1时取到.
所以△BET与△ADT的外接圆半径之比的最大值为2.
法3：若k1和kDT均存在，设Tt,0，则mt−n=1，
则tanα+β=k1+k21−k1k2=−mn+1=−1t=kDT.
记直线DT的倾斜角为γ，则α+β=γ，所以β=γ−α=∠ADT
所以sin∠ADT=sin∠BET=12.
设△BET与△ADT的外接圆半径分别为r1,r2，
从而r1r2=BTsin∠BETATsin∠ADT=BTAT=yByA=2yA≤2.等号当且仅当yA=−1时取到.
所以△BET与△ADT的外接圆半径之比的最大值为2.
【题型8 动点在定直线上问题】
【例8】（2024·北京·三模）已知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的短轴长为23，左、右顶点分别为C,D，过右焦点F1,0的直线l交椭圆E于A,B两点（不与C,D重合），直线AC与直线BD交于点T．
(1)求椭圆E的方程；
(2)求证：点T在定直线上.
【解题思路】（1）根据给定条件，求出a,b,c即可得解.
（2）设出直线AB方程，与椭圆方程联立，再求出直线AC与直线BD的交点横坐标，并结合韦达定理计算即得.
【解答过程】（1）依题意，b=3，半焦距c=1，则a=b2+c2=2，
所以椭圆E的方程为x24+y23=1.
（2）显然直线AB不垂直于y轴，设直线AB:x=ty+1，
由x=ty+13x2+4y2=12消去x并整理得3t2+4y2+6ty−9=0，
Δ=36t2+36(3t2+4)=144(t2+1)>0，设Ax1,y1,Bx2,y2，
则y1+y2=−6t3t2+4,y1y2=−93t2+4，且有ty1y2=32y1+y2，
直线AC:y=y1x1+2(x+2)，直线BD:y=y2x2−2(x−2)，
联立消去y得y1x1+2(x+2)=y2x2−2(x−2)，即(y2x2−2−y1x1+2)x=2y1x1+2+2y2x2−2，
整理得[y2x1+2−y1x2−2]x=2y1x2−2+2y2x1+2，
即[y2ty1+3−y1ty2−1]x=2y1ty2−1+2y2ty1+3，
于是3y2+y1x=4ty1y2−2y1+6y2，而t1y1y2=32y1+y2，
则3y2+y1x=6y1+y2−2y1+6y2，因此x=6y1+y2−2y1+6y23y2+y1=12y2+4y13y2+y1=4，
所以点T在定直线x=4上.
【变式8-1】（2024·湖南娄底·一模）若抛物线Γ的方程为y2=4x，焦点为F，设P,Q是抛物线Γ上两个不同的动点.
(1)若PF=3，求直线PF的斜率；
(2)设PQ中点为R，若直线PQ斜率为22，证明R在一条定直线上.
【解题思路】（1）根据焦半径公式得到xP=2，求出P2,±22，从而求出斜率；
（2）法一：PQ:y=22x+t，联立抛物线方程，设Px1,y1,Qx2,y2，得到两根之和，两根之积，得到yR=y1+y22=22，求出答案；
法二：设Px1,y1,Qx2,y2，得到y2−y1x2−x1=4y1+y2=22，从而确定y1+y2=42，得到yR=y1+y22=22，得到答案.
【解答过程】（1）F1,0,PF=xP+1=3，
∴xP=2，将x=2代入y2=4x得，y=±22，
∴P2,±22
所以kPF=±222−1=±22；
（2）法一：设Px1,y1,Qx2,y2，
PQ:y=22x+t，即x=2y−2t，
代入y2=4x，得y2−42y+42ι=0，
由韦达定理，有y1+y2=42，
故yR=y1+y22=22，R在定直线y=22上.
法二：设Px1,y1,Qx2,y2，
由题意，y2−y1x2−x1=y2−y1y224−y124=4y1+y2=22，
故y1+y2=42，
故yR=y1+y22=22，R在定直线y=22上.
【变式8-2】（2024·河北衡水·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左､右焦点分别为F1,F2,M1,1是C上一点，且点M到点F1,F2的距离之和为23.
(1)求C的方程；
(2)斜率为12的直线l与C交于A,B两点，则△MAB的外心是否在一条定直线上？若在，求出该直线的方程；若不在，请说明理由.
【解题思路】（1）由已知可得2a=231a2+1b2=1，求解即可；
（2）设直线l的方程为y=12x+t，联立方程组可得−32【解答过程】（1）由题意，得2a=231a2+1b2=1，解得a=3b=62，
故C的方程为x23+2y23=1.
（2）△MAB的外心在定直线2x−y−1=0上.理由如下：
由题意设直线l的方程为y=12x+t，

联立y=12x+tx23+2y23=1，得3x2+4tx+4t2−6=0，
所以Δ=16t2−124t2−6>0，
即−32设Ax1,y1,Bx2,y2,MA的中点为Nx0,y0，
则x1+x2=−4t3,x1x2=4t2−63，
所以kMA+kMB =y1−1x1−1+y2−1x2−1 =12x1+t−1x2−1+12x2+t−1x1−1x1−1x2−1
=x1x2+t−32x1+x2−2t+2x1−1x2−1 =4t2−63+t−32⋅−4t3−2t+2x1−1x2−1=0，
即直线MA与MB的斜率互为相反数.
设直线MA的方程为y−1=kx−1k≠0，即y=kx+1−k.
联立x23+2y23=1y=kx+1−k，得2k2+1x2+4k1−kx+2(1−k)2−3=0，
则x1+1=−4k1−k2k2+1，
所以x0=x1+12=−2k1−k2k2+1，
所以y0=kx0+1−k=k⋅−2k1−k2k2+1+1−k=1−k2k2+1，
即N−2k1−k2k2+1,1−k2k2+1，
所以线段MA的垂直平分线的方程为y−1−k2k2+1=−1kx+2k−2k22k2+1，
即y=−1kx+k−12k2+1①.
直线MB的方程为y−1=−kx−1，同理可得线段MB的垂直平分线的方程为
y=1kx−k+12k2+1②
联立①②，得x=k22k2+1y=−12k2+1，
得2x−y−1=0，
故△MAB的外心在定直线2x−y−1=0上.
【变式8-3】（2024·贵州遵义·一模）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，直线y=3与C的左、右两支分别交于M，N两点，四边形MF1F2N为矩形，且面积为12．
(1)求四边形MF1F2N的外接圆方程；
(2)设A，B为C的左、右顶点，直线l过点(−3,0)与C交于P，Q两点（异于A，B），直线AP与BQ交于点R，证明：点R在定直线上．
【解题思路】（1）依题意可得MF1⊥F1F2，且MF1=3，由x2a2−y2b2=1x=−c求出M点，再根据矩形面积及c2=a2+b2求出a、b、c，即可得到双曲线方程及M、F2点坐标，再求出线段的中点及线段长，最后求出外接圆的方程；
（2）设直线l为x=my−3，Px1,y1，Qx2,y2，联立消元、列出韦达定理，表示出AP与BQ的方程，联立求出x，即可得证.
【解答过程】（1）由双曲线C:x2a2−y2b2=1的左、右焦点分别为F1−c,0，F2c,0，
直线y=3与C的左、右两支分别交于M，N两点，且四边形MF1F2N为矩形，
所以MF1⊥F1F2，且MF1=3，
由x2a2−y2b2=1x=−c，解得x=−cy=−b2a或x=−cy=b2a，
即M−c,b2a，则b2a=3，又c2=a2+b2，SMF1F2N=3×2c=12，
解得c=2，a=1，b=3，
所以双曲线C的方程为x2−y23=1，
所以F1−2,0，F22,0，M−2,3，N2,3，
所以MF2的中点为D0,32，又MF2=42+32=5，
所以矩形MF1F2N的外接圆的方程为x2+y−322=254.
（2）由（1）知A−1,0，B1,0，
依题意知直线l的斜率不为零，设直线l为x=my−3，Px1,y1，Qx2,y2 y1,y2≠0，
由x2−y23=1x=my−3，得3m2−1y2−18my+24=0.
当3m2−1≠0且Δ=324m2−4×243m2−1=36m2+96>0，
所以y1+y2=18m3m2−1，y1y2=243m2−1，
所以43y1+y2=my1y2，
直线AP的方程为y=y1x1+1x+1，直线BQ的方程为y=y2x2−1x−1，
联立两方程可得，所以y1x1+1x+1=y2x2−1x−1，
x+1x−1=x1+1y1⋅y2x2−1=my1−2y2y1my2−4=my1y2−2y2my1y2−4y1，
所以x+1x−1=43y1+y2−2y243y1+y2−4y1=43y1−23y2−83y1+43y2=−12，
解得x=−13，
故点R在定直线x=−13上.
一、单选题
1．（2024·山东·模拟预测）已知抛物线C：x2=4y，过直线l：x+2y=4上的动点P可作C的两条切线，记切点为A,B，则直线AB（ ）
A．斜率为2B．斜率为±2C．恒过点0,−2D．恒过点−1,−2
【解题思路】设Ax1,y1,Bx2,y2，求导，根据导函数几何意义得到切线方程，设P4−2n,n，将其代入两切线方程，得到直线AB的方程为y+n=2−nx，得到过定点−1,−2.
【解答过程】设Ax1,y1,Bx2,y2，则x12=4y1，x22=4y2，
由于y′=12x，故过点Ax1,y1的切线方程为y−y1=12x1x−x1，
即y−y1=12x1x−12x12=12x1x−2y1，即y+y1=12x1x，
同理可得过点B的切线方程为y+y2=12x2x，
设P4−2n,n，过点Ax1,y1,Bx2,y2的两切线交于点P4−2n,n，
故n+y1=12x14−2n，整理得y1+n=2−nx1，
同理n+y2=12x24−2n，整理得y2+n=2−nx2，
故直线AB的方程为y+n=2−nx，
斜率不为定值，AB错误，当x=−1时，y=−2，恒过点−1,−2，C错误，D正确.
故选：D.
2．（2024·河南信阳·模拟预测）已知椭圆C：x24+y2=1的下顶点为A，斜率不为0的直线l与C交于B，D两点，记线段BD的中点为E，若AE⊥BD，则（ ）
A．点E在定直线y=13上B．点E在定直线y=12上
C．点E在定直线y=23上D．点E在定直线y=14上
【解题思路】先设直线，然后根据韦达定理求出E点坐标，根据直线垂直列出方程求解,最后代入E点即可求出E所在直线.
【解答过程】由题意知A0,−1,设直线l的方程为y=kx+m,设Bx1,y1,Dx2,y2,
联立y=kx+m,x24+y2=1，消去y得1+4k2x2+8kmx+4m2−4=0,
所以 x1+x2 =−8km1+4k2，
所以y1+y2 =kx1+x2+2m=2m1+4k2，
所以BD的中点E−4km1+4k2,m1+4k2，
因为AE⊥BD,
所以kAE=−1k ，
即m1+4k2+1−4km1+4k2=−1k,
整理得1+4k2=3m,
所以E−4km3m,m3m,即E−4k3,13,
所以E在定直线y=13上，
故选:A.
3．（23-24高二上·上海浦东新·期末）已知双曲线Γ：x224−y225=1，点P为曲线Γ在第三象限一个动点，以下两个命题，则（ ）
①点P到双曲线两条渐近线的距离为d1，d2，则d1⋅d2为定值.
②已知A、B是双曲线上关于原点对称不同于P的两个点，若PA、PB的斜率存在且分别为k1，k2，则k1⋅k2为定值.
A．①真②真B．①假②真
C．①真②假D．①假②假
【解题思路】
根据给定条件，求出双曲线的渐近线方程，借助点到直线距离计算d1⋅d2判断①，利用斜率坐标公式计算判断②作答.
【解答过程】依题意，设P(x0,y0),x0<0,y0<0，且有25x02−24y02=600，双曲线Γ的渐近线为5x±26y=0，
因此d1⋅d2=|5x0+26y0|52+(26)2⋅|5x0−26y0|52+(−26)2=25x02−24y0249=60049为定值，①真；
设A(x1,y1)，则B(−x1,−y1)，且25x12−24y12=600，显然k1⋅k2≠0，
否则，PA,PB之一垂直于y轴，由双曲线对称性知另一条必垂直于x轴，其斜率不存在，不符合题意，
则k1⋅k2=y0−y1x0−x1⋅y0+y1x0+x1=y02−y12x02−x12=25(y02−y12)25x02−25x12=25(y02−y12)(24y02+600)−(24y12+600)=2524为定值，②真，
所以①真②真.
故选：A.
4．（2024·江苏南通·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，如图，已知椭圆x29+y25=1的左、右顶点为A、B，右焦点为F.设过点T9,m的直线TA、TB与此椭圆分别交于点M（x1，y1）、N（x2，y2），其中m>0,y1>0,y2<0.则直线MN必过一定点的坐标为（ ）

A．1,0B．−1,0
C．0,−1D．0,1
【解题思路】通过联立方程组求得M,N两点的坐标，进而确定定点的坐标.
【解答过程】依题意得A−3,0,B3,0，
直线TA的方程为y=m9−−3x+3=m12x+3，
由y=m12x+3x29+y25=1消去y并化简得m2+80x2+6m2x+9m2−720=0，
xA+x1=x1−3=−6m2m2+80,x1=3−6m2m2+80，
则y1=m12x1+3=m126−6m2m2+80=40mm2+80，
所以M3−6m2m2+80,40mm2+80.
直线TB的方程为y=m9−3x−3=m6x−3，
由y=m6x−3x29+y25=1消去y并化简得m2+20x2−6m2x+9m2−180=0，
xB+x2=x2+3=6m2m2+20,x2=6m2m2+20−3，
所以y2=m6x2−3=m66m2m2+20−6=−20mm2+20，
所以N6m2m2+20−3,−20mm2+20.
若x1=x2，即3−6m2m2+80=6m2m2+20−3，
即80−m2m2+80=m2−20m2+20，即80−m2m2+20=m2−20m2+80，
m4=1600,m2=40,m=210，则3−6m2m2+80=3−240120=1，所以x1=x2=1，
此时直线MN过点1,0.
若x1≠x2，依题意y1≠y2，
所以直线MN的方程为y−40mm2+80−20mm2+20−40mm2+80=x−3+6m2m2+806m2m2+20−3−3+6m2m2+80，
y−40mm2+80−10m=x+3m2−240m2+80m2−40，
y−40mm2+80=−10mm2−40x+3m2−240m2+80=−10mm2−40x+−10mm2−40⋅3m2−240m2+80
y=−10mm2−40x+−10mm2−40⋅3m2−240m2+80+40mm2+80
=−10mm2−40x+−10mm2−40⋅3m2−240m2+80+40mm2+80⋅m2−40m2−40
=−10mm2−40x+10mm2−40=−10mm2−40x−1，
所以直线MN过点1,0，
综上所述，直线MN过定点1,0.
故选：A.

5．（2024·甘肃定西·一模）已知椭圆C:x2a2+y2=1(a>1)的离心率为32,P是C上任意一点，O为坐标原点，P到x轴的距离为d，则（ ）
A．4|OP|2−d2为定值B．3|OP|2−d2为定值
C．|OP|2+4d2为定值D．|OP|2+3d2为定值
【解题思路】观察选项，设Px,y，从而表示出OP2,d2，再利用椭圆离心率的定义求得a2，进而得到椭圆方程，从而配凑出关于OP2,d2的式子，由此得解.
【解答过程】依题意，设Px,y，则OP2=x2+y2,d2=y2，
因为椭圆C:x2a2+y2=1(a>1)的离心率为32，
所以1−1a2=32，解得a2=4，
所以C的方程为x24+y2=1，即x2+4y2=4，即x2+y2+3y2=4，
所以|OP|2+3d2=4，故D正确，显然ABC错误.
故选：D.
6．（2024·湖南长沙·二模）已知A、B分别为双曲线C:x2−y23=1 的左、右顶点，过双曲线C的左焦点F作直线PQ交双曲线于P、Q两点(点P、Q 异于A、B)，则直线AP、BQ的斜率之比kAP:kBQ=（ ）
A．−13B．−23C．−3D．−32
【解题思路】将所求的斜率之比用坐标表示，再设出直线PQ的方程，联立直线的方程和双曲线的方程，结合根与系数之间的关系进行坐标运算即可求解.
【解答过程】如图所示，设P(x1,y1),Q(x2,y2) ，由题意得F(−2,0),A(−1,0),B(1,0)，
所以kAP=y1x1+1,kBQ=y2x2−1 ，所以kAP:kBQ=x2−1x1+1×y1y2 ，
当直线斜率存在时，设直线PQ方程为y=kx+2 ，
所以联立双曲线方程得:y=k(x+2)x2−y23=1 ，
消元得(3−k2)x2−4k2x−4k2−3=0 ，
所以x1+x2=4k23−k2,x1⋅x2=−4k2−33−k2 ①，
因为 y12=3(x12−1),y22=3(x22−1)，
所以x2−1x1+12y1y22=x2−1x1+12x12−1x22−1=(x2−1)(x1−1)(x1+1)(x2+1)=x1x2−(x1+x2)+1x1x2+(x1+x2)+1
将①代入得x2−1x1+12y1y22=−4k2−33−k2−4k23−k2+1−4k2−33−k2+4k23−k2+1=9 ，
因为过双曲线C的左焦点F作直线PQ交双曲线于P、Q两点，
所以kAP:kBQ 比值为负数，所以kAP:kBQ=x2−1x1+1×y1y2=−3，
当直线 PQ 斜率不存在时，容易验证kAP:kBQ=−3
故选：C.
7．（23-24高三下·河南郑州·阶段练习）已知曲线C:y4=a2x2a>0与直线y=2x+4有3个公共点，点A、B是曲线C上关于y轴对称的两动点（点A在第一象限），点M、N是x轴上关于原点对称的两定点（点M在x轴正半轴上），若AB−AM−BN为定值，则该定值为（ ）
A．8B．16C．−8D．−16
【解题思路】由已知结合直线与曲线的公共点个数先求出a，然后结合抛物线的定义即可求解.
【解答过程】曲线y4=a2x2a>0表示抛物线y2=ax与y2=−ax，
由y=2x+4y2=−ax得2y2+ay−4a=0，
因为a>0，所以Δ=a2+32a>0，
可得抛物线y2=−ax与直线y=2x+4有两个交点，
曲线y4=a2x2a>0与直线y=2x+4有3公共点，
则直线y=2x+4与抛物线y2=ax相切，
把y=2x+4代入y2=ax得4x2+16−ax+16=0，
则Δ=16−a2−4×4×16=0，解得a=32，
由对称性可知AM=BN，设AB与y轴的交点为E，
则AB−AM−BN=2AE−AM，
若AB−AM−BN为定值，则AE−AM=AE+8−AM−8为定值，
则点M,N分别为抛物线y2=32x与y2=−32x的焦点，
此时AB−AM−BN为抛物线y2=32x上一点到y轴距离
与其焦点距离差的2倍，即−16.
故选：D．
8．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）如图，P，M，Q，N是抛物线E:y2=4x上的四个点（P，M在x轴上方，Q，N在x轴下方），已知直线PQ与MN的斜率分别为−22和2，且直线PQ与MN相交于点G，则|PG|⋅|GQ||MG|⋅|GN|=（ ）
A．125B．512C．12D．2
【解题思路】设出点G的坐标，写出MN、PQ直线的方程，联立抛物线方程，再根据韦达定理和弦长公式分别求得MG、GN、PG、GQ，再求结果即可.
【解答过程】设Gx0,y0，则直线MN的方程为y−y0=2x−x0，
联立抛物线方程y2=4x可得，y2−2y+2y0−4x0=0，
则yM+yN=2,yMyN=2y0−4x0；
又直线PQ方程为y−y0=−22x−x0，
联立抛物线方程y2=4x可得y2+42y−42y0−4x0=0，
则，yP+yQ=−42,yPyQ=−42y0−4x0；
故PG=1+1−222yP−y0=3yP−y0，GQ=3yQ−y0，MG=1+122yM−y0=52yM−y0，GN=52yN−y0；
故|PG|⋅|GQ||MG|⋅|GN|=235⋅yP−y0yM−y0⋅235⋅yQ−y0yN−y0=125yP−y0yQ−y0yM−y0yN−y0 =125⋅yPyQ−yPy0−yQy0+y02yMyN−yMy0−yNy0+y02=125⋅y02−4x0y02−4x0=125.
故选：A.
二、多选题
9．（2024·全国·模拟预测）已知双曲线C:x23−y2=1的右焦点为F，动点M,N在直线l:x=32上，且FM⊥FN，线段FM交C于点P，过P作l的垂线，垂足为R，则（ ）
A．△FMN的面积S≥12B．PRPF=32
C．MR⋅HN=FH⋅PRD．MP⋅NFMN⋅PF为定值
【解题思路】对于A，通过相似三角形计算边的关系，并通过基本不等式求面积取值范围即可；对于B，通过两点距离公式计算线段的长度，并作比较即可；对于C，D，通过相似三角形确定边的比值即可；
【解答过程】依题意，如图所示，F2,0，设直线l与x轴的交点为H，
所以FH=12，设HM=x，HN=y，
因为∠MHF=∠FHN=π2,FM⊥FN，所以∠FMH=∠NFH，
所以△MHF∽△FHN，所以MHFH=HFHN，
即HM⋅HN=FH2，即xy=122=14，
所以S=14x+y≥12xy=14且x=y=12时等号成立，故A错误．
设Px0,y03所以PR=x0−32，由x02−3y02=3得y02=x023−1，
所以PF=x02−4x0+4+y02=43x02−4x0+3=233x0−3，
所以PRPF=32，故B正确．
由A选项可得，△MRP∽△FHN，所以MRFH=PRHN，
所以MR⋅HN=FH⋅PR，故C正确．
由∠MFN=π2，得△MPR∽△MNF，
则MPPR=MNNF，即MP32PF=MNNF，
所以MP⋅NFMN⋅PF=32为定值，故D正确．
故选：BCD．
10．（2024·江苏苏州·模拟预测）对于抛物线 γ:y2=2px,(p>0),F 是它的焦点，γ的准线与x轴交于 T，过点 T 作斜率为kk>0的直线与γ依次交于 B、A两点，使得恰有 BT⋅BF=0，下列说法正确的是（ ）
A．k 是定值， p不是定值
B．k 不是定值，p 也不是定值
C．A、B 两点横坐标乘积为定值
D．记 AB 中点为 M， 则 M 和A 横坐标之比为定值
【解题思路】由题意可得点T,F的坐标，设直线AB的方程，与抛物线的方程联立，可得两根之和及两根之积，再由BT⋅BF=0，可得点B的坐标，进而可得直线AB的斜率，判断出AB的真假，由两根之积可得A，B的横坐标之积，判断出C的真假，由C选项分析，可得点A的横坐标，及A，B的中点M的横坐标，可得M和A的横坐标之比，判断出D的真假.
【解答过程】如图，
由题意得T−p2,0Fp2,0，设By122p,y1,Ay222p,y2，
设直线AB的方程为x=my−p2,m=1k,（k不等于0），
联立x=my−p2y2=2px，可得y2−2mpy+p2=0，
所以y1+y2=2mp,y1y2=p2,
对于A，由BT⋅BF=0，即−p2−y122p,−y1⋅p2−y122p,−y1=0，
可得y144p2−p24+y12=0，即y14+4p2y12−p4=0，
解得y12=5−2p2，由k>0，则y1>0，可得y1=5−2p，
可得B的横坐标5−22p，即B5−22p,5−2p，
可得k=5−2p5−22p+p2=25−25−1为定值，故A正确B错误；
对C，A、B 两点横坐标乘积为y12⋅y224p2=y1y224p2=p44p2=p24，不是定值，故C错误；
对D，由题意，M的横坐标为y122p+y222p2=y12+y224p=y1+y22−2y1y24p=4m2p2−2p24p
=2m2−1p2=2×5−125−22−1p2=5p2，
由C选项分析可得点A的横坐标为p24⋅15−22p=5+2p2，
所以5p25+2p2=5−25为定值，故D正确.
故选：AD.
11．（2024·浙江金华·模拟预测）已知椭圆x22+y2=1,O为原点，过第一象限内椭圆外一点Px0,y0作椭圆的两条切线，切点分别为A,B.记直线OA,OB,PA,PB的斜率分别为k1,k2,k3,k4，若k1⋅k2=14，则（ ）
A．直线AB过定点B．k1+k4⋅k2+k3为定值
C．x0−y0的最大值为2D．5x0−3y0的最小值为4
【解题思路】设直线AB的方程为y=kx+t，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，由k1⋅k2=14得到方程，求出t2=4k2−1，证明椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)在Qx3,y3处的切线方程为x3xa2+y3yb2=1，从而得到椭圆在点Ax1,y1和Bx2,y2的切线方程，得到切点弦方程AB为x02x+y0y=1，即可判断A；对照系数结合t2=4k2−1得到Px0,y0的轨迹方程，计算出k3=−12k1，k4=−12k2，求出k3k4，即可判断B；得到点P轨迹的渐近线，即可判断C；先得到x0>y0，设5x0−3y0=ℎ，则ℎ>0，联立双曲线方程，由根的判别式得到不等式，即可判断D.
【解答过程】由于k1⋅k2=14>0，故A,B不关于x轴对称且A,B的横纵坐标不为0，
所以直线AB方程斜率一定存在，
设直线AB的方程为y=kx+t，联立x22+y2=1得，
1+2k2x2+4ktx+2t2−2=0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1+x2=−4kt1+2k2,x1x2=2t2−21+2k2，
故y1y2=kx1+tkx2+t=k2x1x2+ktx1+x2+t2
=k2⋅2t2−21+2k2+kt⋅−4kt1+2k2+t2=−2k2+t21+2k2，
其中k1=y1x1,k2=y2x2，
故y1y2x1x2=14，即4y1y2=x1x2，
所以−8k2+4t21+2k2=2t2−21+2k2，解得t2=4k2−1，
下面证明椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)在Qx3,y3处的切线方程为x3xa2+y3yb2=1，
理由如下：
当y3≠0时，故切线的斜率存在，设切线方程为y=nx+m，
代入椭圆方程得：a2n2+b2x2+2a2nmx+a2m2−a2b2=0，
由Δ=2a2nm2−4a2n2+b2a2m2−a2b2=0，化简得：a2n2−m2+b2=0，
所以x3=−2a2nm±Δ2a2n2+b2=−2a2nm±02m2=−a2nm，
把x3=−a2nm代入y=nx+m，得：y3=−a2n2+m2m=b2m，
于是n=−mx3a2=−x3a2⋅b2y3=−b2x3a2y3，
则椭圆的切线斜率为−b2x3a2y3，切线方程为y−y3=−b2x3a2y3x−x3，
整理得到a2y3y+b2x3x=a2y32+b2x32，
其中b2x32+a2y32=a2b2，故a2y3y+b2x3x=a2b2，即x3xa2+y3yb2=1，
当y3=0时，此时x3=a或−a，
当x3=a时，切线方程为x=a，满足x3xa2+y3yb2=1，
当x3=−a时，切线方程为x=−a，满足x3xa2+y3yb2=1，
综上：椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)在Qx3,y3处的切线方程为x3xa2+y3yb2=1；
故椭圆在点Ax1,y1的切线方程为x1x2+y1y=1，
在点Bx2,y2的切线方程为x2x2+y2y=1，
由于点Px0,y0为x1x2+y1y=1与x2x2+y2y=1的交点，
故x1x02+y1y0=1，x2x02+y2y0=1，
所以直线AB为x02x+y0y=1，
因为直线AB的方程为y=kx+t，对照系数可得k=−x02y0,t=1y0，
又t2=4k2−1，故1y02=4−x02y02−1，整理得x02−y02=1，
又Px0,y0在第一象限，
故点Px0,y0的轨迹为双曲线x2−y2=1位于第一象限的部分，
A选项，直线AB为x02x+y0y=1，所以直线AB不过定点，故A错误；
B选项，k3=−b2x1a2y1=−x12y1=−12k1，同理可得k4=−b2x2a2y2=−x22y2=−12k2，
则k3k4=−12k1⋅−12k2=14k1k2=1，
k1+k4⋅k2+k3=k1k2+k1k3+k2k4+k3k4=14−12−12+1=14为定值，故B正确；
C选项，由于x02−y02=1，x0>0，y0>0，故双曲线的一条渐近线为y=x，
设x0−y0=s，则s<1，故x0−y0无最大值，故C错误；
D选项，由于x02−y02=1，x0>0，y0>0，故x0>y0，
设5x0−3y0=ℎ，则ℎ>0，
则两式联立得−16y02+6ℎy0+ℎ2−25=0，
由Δ=36ℎ2+64ℎ2−25≥0得，ℎ≥4，
检验，当ℎ=4时，5x0−3y0=4，又x02−y02=1，
解得x0=54y0=34，满足要求，
故5x0−3y0的最小值为4，D正确.
故选：BD.
三、填空题
12．（2024·四川宜宾·二模）已知F为抛物线C:x2=−8y的焦点，过直线l:y=4上的动点M作抛物线的切线，切点分别是P,Q，则直线PQ过定点 0,−4 .
【解题思路】设Px1,y1,Qx2,y2,Mt,4，根据导数的几何意义求出切线方程，再根据切线过点M，从而可确定直线PQ的方程，进而可得出答案.
【解答过程】设Px1,y1,Qx2,y2,Mt,4，
由x2=−8y，得y=−18x2，则y′=−14x，
则抛物线C在点P处得切线方程为y−y1=−14x1x−x1，
即y=−14x1x+14x12+y1，
又x12=−8y1，所以y=−14x1x−y1，
又因为点Mt,4在切线MP上，所以4=−14x1t−y1，①
同理可得4=−14x2t−y2，②
由①②可得直线PQ的方程为4=−14xt−y，
所以直线PQ过定点0,−4.

故答案为：0,−4.
13．（2024·四川·模拟预测）已知点A为椭圆E:x225+y29=1的左顶点，点F为椭圆E的右焦点，过点F作一条直线（直线与x轴不重合）交椭圆E于M,N两个不同点，连接AM,AN，则kAM⋅kAN= −125 .
【解题思路】利用椭圆方程可知A−5,0,F4,0，再设直线MN:x=my+4与椭圆联立方程组，利用韦达定理来计算kAM⋅kAN=y1x1+5⋅y2x2+5，最后得到一个定值.
【解答过程】由题知A−5,0,F4,0，设Mx1,y1,Nx2,y2，直线MN:x=my+4，
联立x225+y29=1,x=my+4,消去x整理得9m2+25y2+72my−81=0，
所以y1+y2=−72m9m2+25,y1y2=−819m2+25，
因此kAM⋅kAN=y1x1+5⋅y2x2+5=y1y2my1+9my2+9=y1y2m2y1y2+9my1+y2+81 =−819m2+25m2⋅−819m2+25+9m⋅−72m9m2+25+81=−125，
故答案为：−125.
14．（2024高三·全国·专题练习）已知双曲线C1：x24−y2=1和椭圆C2：x24+y2=1.过点P2,1的动直线l1交C1于A，B两点，过点Р的动直线l2交C2于M，N两点，若四条直线QA,QB,QM,QN的斜率之和为定值，则定点Q为 2,0 .
【解题思路】设直线l1的方程为y=kx+m，得到2k+m=1，联立方程组得到x1+x2,x1x2，设Qx0,y0，求得kQA+kQB=16y0−8x0y0k2+4x0−8−8y0k+2x0y0−2x016x0−16−4x02k2+16−8x0k+x02−8，要使得kQA+kQB为定值，求得Q2,0，kQA+kQB=1，再设直线l2方程为y=tx+n，得到2t+n=1，联立方程组求得x3+x4,x3x4，化简得到kQM+kQN=−8t−4n4n2+16t2+16tn，进而得到kQA+kQB=1，即可求解.
【解答过程】当直线l1、l2的斜率不存在时，不满足题意.故直线l1的方程设为y=kx+m，
直线l1过点P2,1，即2k+m=1，
联立方程组y=kx+mx24−y2=1，整理得1−4k2x2−8kmx−4m2−4=0，
则1−4k2≠0，且Δ=64k2m2+16m2+11−4k2>0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，有x1+x2=8km1−4k2，x1x2=−4m2−41−4k2，
设Qx0,y0，kQA+kQB=y0−y1x0−x1+y0−y2x0−x2=y0−kx1−mx0−x2+y0−kx2−mx0−x1x02−x0x1+x2+x1x2，
整理得kQA+kQB=2x0y0−kx0+y0−mx1+x2+2kx1x2−2mx0x02−x0x1+x2+x1x2，
则kQA+kQB=2x0y01−4k2−8kmkx0+y0−m−8km2−8k−2mx01−4k21−4k2x02−8kmx0−4m2−4，
将2k+m=1代入得kQA+kQB=16y0−8x0y0k2+4x0−8−8y0k+2x0y0−2x016x0−16−4x02k2+16−8x0k+x02−8，
由动直线l1、l2互不影响可知，要满足kQA+kQB+kQM+kQN为定值，
则kQA+kQB为定值，kQM+kQN为定值，
因此要满足kQA+kQB为定值，则有：
①若16y0−8x0y0=0，16x0−16−4x02=0，计算得x0=2，y0=0，
经检验满足Q2,0，此时kQA+kQB=1；
②若16y0−8x0y0≠0，即y0≠0，x0≠2，
则有16y0−8x0y016x0−16−4x02=4x0−8−8y016−8x0=2x0y0−2x0x02−8无解；
综上，当Q2,0，kQA+kQB=1，
下面只需验证当Q2,0时，kQM+kQN是否为定值，
设直线l2方程为：y=tx+n，直线l2过点P2,1，即2t+n=1，
椭圆方程联立y=tx+nx24+y2=1，得1+4t2x2+8tnx+4n2−4=0，可得Δ>0，
设Mx3,y3，Nx4,y4，有x3+x4=−8tn1+4t2，x3x4=4n2−41+4t2，
kQM+kQN=y3x3−2+y4x4−2=tx3+nx4−2+tx4+nx3−2x3x4+4−2x3+x4，
化简得kQM+kQN=2tx3x4+(n−2t)x3+x4−4nx3x4+4−2x3+x4，
则kQM+kQN=−8t−4n4n2+16t2+16tn，
将2t+n=1得kQM+kQN=−1，所以当Q2,0，kQA+kQB=1，kQM+kQN=−1，kQA+kQB+kQM+kQN=0，所以点Q坐标为2,0.
故答案为：2,0.
四、解答题
15．（2024·湖南邵阳·三模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为12，右顶点Q与C的上，下顶点所围成的三角形面积为23．
(1)求C的方程．
(2)不过点Q的动直线l与C交于A，B两点，直线QA与QB的斜率之积恒为14．
（i）证明：直线l过定点；
（ii）求△QAB面积的最大值．
【解题思路】（1）根据椭圆的离心率及三角形面积，列出方程组求解即得.
（2）（i）设出直线l的方程，与椭圆方程联立，利用斜率坐标公式，结合韦达定理推理即得；（ii）由（i）的信息，借助三角形面积建立函数关系，再求出最大值.
【解答过程】（1）令椭圆C:x2a2+y2b2=1的半焦距为c，由离心率为12，得ca=12，解得a=2c,b=a2−c2=3c，
由三角形面积为23，得ab=23，则c=1，a=2,b=3，
所以C的方程是x24+y23=1.
（2）（i）由（1）知，点Q(2,0)，设直线l的方程为x=my+n，设A(x1,y1),B(x2,y2)，
由x=my+n3x2+4y2=12消去x得：(3m2+4)y2+6mny+3n2−12=0，
则y1+y2=−6mn3m2+4,y1y2=3n2−123m2+4，
直线QA与QB的斜率分别为kQA=y1x1−2，kQB=y2x2−2，
于是kQA⋅kQB=y1y2(my1+n−2)(my2+n−2)=y1y2m2y1y2+m(n−2)(y1+y2)+(n−2)2
=3n2−123m2+4m2⋅3n2−123m2+4−m(n−2)⋅6mn3m2+4+(n−2)2
=3n2−124n2−16n+16=14，整理得n2+2n−8=0，解得n=−4或n=2，
当n=2时，直线x=my+2过点Q，不符合题意，因此n=−4，
直线l：x=my−4恒过定点P(−4,0).
（ii）由（i）知，y1+y2=24m3m2+4,y1y2=363m2+4，
则|y1−y2|=(y1+y2)2−4y1y2=576m2(3m2+4)2−1443m2+4=12m2−43m2+4，
因此△QAB的面积S△QAB=12|PQ||y1−y2|=36m2−43(m2−4)2+16=363m2−4+16m2−4
≤3683=332，当且仅当3m2−4=16m2−4，即m=±2213时取等号，
所以△QAB面积的最大值为332.

16．（2024·辽宁·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0过点M2,3，离心率为2.
(1)求C的方程；
(2)过点Q−4,6的直线l交C于S，T两点（异于点M），证明：当直线MS，MT的斜率均存在时，MS，MT的斜率之积为定值.
【解题思路】（1）根据题中条件找到双曲线中的a,b,c，从而求出C的方程.
（2）利用平移齐次化进行证明即可.
【解答过程】（1）由双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0过点M2,3，则4a2−9b2=1，
又离心率为2，则ca=2，即c=2a，
∴c2=4a2=a2+b2，即3a2=b2，代入4a2−9b2=1，
可得，a2=1，b2=3，
因此，C的方程为：x2−y23=1.
（2）
将双曲线C向左平移2个单位长度，向下平移3个单位长度，得到双曲线C1为x+22−y+323=1，得到的双曲线C1如图所示，
则M2,3平移到M10,0，Q−4,6平移到Q1−6,3，
平移后S，T变为S1，T1，设S1x1,y1，T1x2,y2，直线S1T1的方程为：mx+ny=1①，
x+22−y+323=1⇒3x+22−y+32=3⇒3x2+12x+12−y2−6y−9=3⇒3x2−y2+12x−6y=0②，
将①代入②，用“1”的代换得3x2−y2+12x−6ymx+ny=0，则6n+1y2−12n−6mxy−3+12mx2=0，
各项同时除以x2，得6n+1yx2−12n−6myx−3+12m=0，则y1x1⋅y2x2=−3+12m6n+1=kM1S1⋅kM1T1，
又直线S1T1过Q1−6,3，则−6m+3n=1，即6m=3n−1，
因此kM1S1⋅kM1T1=−3+12m6n+1=−3+6n−26n+1=−1，
故当直线MS，MT的斜率存在时，MS，MT的斜率之积为定值−1.
17．（2024·河北保定·二模）已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，过F作互相垂直的直线l1,l2，分别与C交于A,B和D,E两点（A，D在第一象限），当直线l1的倾斜角等于45°时，四边形ADBE的面积为32．
(1)求C的方程；
(2)设直线AD与BE交于点Q，证明：点Q在定直线上．
【解题思路】（1）由抛物线的对称性知AB=DE，由四边形的面积求出AB=8，又AB的方程为y=x−p2，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理及焦点弦公式求出p，即可得解；
（2）设直线l1的方程为y=kx−1 k≠0，则直线l2的方程为y =−1kx−1，设Ax1,y1,Bx2,y2，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，表示出直线AD、BE的方程，联立解得x=−1，即可得证.
【解答过程】（1）当直线l1的倾斜角等于45∘时，直线l2的倾斜角等于135∘，
直线AB的方程为y=x−p2，由抛物线的对称性知AB=DE，
所以SADBE=12ABDE=32，得AB=8．
联立方程组y=x−p2y2=2px，消去y得x2−3px+p24=0．
设A,B两点的横坐标分别为xA,xB，则Δ=8p2>0，xA+xB=3p．
又AB=xA+xB+p=4p=8，所以p=2，所以C的方程为y2=4x．
（2）由（1）知F1,0，依题意，可设直线l1的方程为y=kx−1 k≠0，
则直线l2的方程为y =−1kx−1．
联立方程组y=kx−1,y2=4x,消去x得y2−4ky−4=0，显然Δ>0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则y1+y2= 4k,y1y2=−4．
设Dx3,y3,Ex4,y4，同理可得y3+y4=−4k,y3y4=−4，
所以kAD=y1−y3x1−x3=y1−y3y124−y324=4y1+y3，同理可得kBE=4y2+y4．
直线AD的方程为y−y1=4y1+y3x−x1，
即y=4y1+y3x−y124+y1=4y1+y3x+y1y3y1+y3．
同理，直线BE的方程为
y=4y2+y4x+y2y4y2+y4=4−4y1−4y3x+16y1y3−4y1−4y3=−y1y3y1+y3x−4y1+y3．
两直线方程联立得4y1+y3x+y1y3y1+y3=−y1y3y1+y3x−4y1+y3，解得x=−1，
即直线AD与BE的交点Q在定直线x=−1上．
18．（2024·四川乐山·三模）已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左､右焦点分别为F1,F2,A､C分别是椭圆E的上下顶点，B､D分别是椭圆E的左右顶点，点P1,32在椭圆E上，且△PF1F2的面积为32.
(1)求椭圆E的方程；
(2)点Q是椭圆E上的动点（不与A,B,C,D重合），l是E在点A处的切线，直线AB交DQ于点M，直线CQ交l于点N，求证：直线MN的斜率为定值.
【解题思路】（1）根据条件求a,b,c的值，确定椭圆的标准方程.
（2）因为直线DQ的斜率不为0，可设直线DQ方程为：x=ty+2，与直线AB方程联立可得M点坐标，与椭圆方程联立，可得Q点坐标，进一步写出直线CQ的方程，令y=1得N点坐标，列出直线MN的斜率，化简即可.
【解答过程】（1）∵S△PF1F2=12×2c×32=32,∴c=3．
∵点P1,32在椭圆E上，
∴1a2+34a2−3=1，解得a2=4或a2=34（舍）
∵a2−b2=3,∴b2=1．∴椭圆E的方程为x24+y2=1．
（2）如图：
易知直线DQ斜率不为0，设直线DQ方程为x=ty+2,Qx0,y0
∵AB直线方程为：x−2y+2=0，
∴联立x−2y+2=0x=ty+2，得M2t+42−t,42−t．
由x24+y2=1x=ty+2，得t2+4y2+4ty=0，
∵D(2,0),∴y0=−4tt2+4,x0=ty0+2=−2t2+8t2+4．
∴直线CQ的斜率为：kCQ=−1−−4tt2+40−−2t2+8t2+4=2−t2(t+2)．
∴直线CQ方程为：y=2−t2(t+2)x−1．
令y=1，得N4(t+2)2−t,1．
∴kMN=42−t−12t+42−t−4(t+2)2−t=2+t−2(t+2)=−12．
所以直线MN的斜率为定值.
19．（2024·贵州毕节·三模）在平面直角坐标系xy中，O为坐标原点，A(−1,0),B(1,0)，动点P满足kPA⋅kPB=3，设点P的轨迹为曲线Γ．
(1)求曲线Γ的方程；
(2)过点C(1,1)的直线l与曲线Γ在y轴右侧交于不同的两点M，N，在线段MN上取异于点M，N的点D，满足|CM|⋅|DN|=|MD|⋅|CN|．证明：点D在定直线上．
【解题思路】（1）设点P的坐标为(x,y)，根据斜率乘积为定值化简即可；
（2）设直线l的方程为y−1=k(x−1)，联立双曲线方程得到韦达定理式，化简弦长得2x1x2−x1+x2=x1+x2−2x，代入韦达定理式计算即可.
【解答过程】（1）设点P的坐标为(x,y)，
由kPA⋅kPB=3得yx+1⋅yx−1=3，化简整理得x2−y23=1(x≠±1)，
所以曲线Γ的方程为x2−y23=1(x≠±1).
（2）若直线l的斜率不存在，则直线l与曲线Γ只有一个交点，不符合题意，
所以直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为y−1=k(x−1)，
设点Mx1,y1,Nx2,y2,D(x,y)，
联立方程组y−1=kx−1,x2−y23=1,，整理得3−k2x2+2k2−2kx−k2−2k+4=0，易知k2≠3，
Δ=2k2−2k2+43−k2k2−2k+4>0，解得k<2，
x1+x2=2k2−2kk2−3>0x1⋅x2=k2−2k+4k2−3>0，解得k<−3或k>3，
综上k<−3或3因为CM=1+k2x1−1=1+k2x1−1，
同理由|CM|⋅|DN|=|MD|⋅|CN|得x1−1x2−x=x2−1x−x1，
化简整理得2x1x2−x1+x2=x1+x2−2x，
所以2×k2−2k+4k2−3−2k2−2kk2−3=2k2−2kk2−3−2x，
化简整理得k=3x−4x−1，代入y−1=k(x−1)，
化简整理得3x−y−3=0，
所以点D在定直线3x−y−3=0上．