2023年高考数学热点专题解析几何模型通关圆锥曲线中的证明问题（解析版）.pdf

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1、2023 年高考数学热点专题解析几何模型通关圆锥曲线中的证年高考数学热点专题解析几何模型通关圆锥曲线中的证明问题（解析版）明问题（解析版）圆锥曲线中的定点问题圆锥曲线中的定点问题思路引导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：x2a2y2b21(ab0)的离心率为32，其左、右焦点分别为F1，F2，点 P 为坐标平面内的一点，且|OP|32，PF

2、1PF234，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，且2.证明：直线 AB 恒过定点，并求出该定点的坐标【解题指导】【例 2】（2022福建漳州三模）已知抛物线2:4C yx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】【解题技法】【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，

3、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】【跟踪训练】（2020新课标卷理科）已知A、B分别为椭圆E：2221xya（a1）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.考法 2 先求后证法求证定点【例 3】（2022合肥一中模拟预测）已知椭圆2222:1(1)yxCabab的离心率为22，其上焦点到直线220bxay+-=的距离为23.（1）求椭圆C的方程；（2）过点1(,0)3P的直线l

4、交椭圆C于A，B两点.试探究以线段AB为直径的圆是否过定点？若过，求出定点坐标，若不过，请说明理由.【解题指导】（1）椭圆离心率焦点到直线的距离222abc列方程组求 a,b 的值椭圆方程;（2）当直线 l 斜率不存在时AB为直径的圆的方程当直线 l 斜率为 0 时AB为直径的圆的方程两圆的交点 Q当直线l的斜率存在且不为 0 时AB以为直径的圆恒过点 Q 即可.【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30,2,12AB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 A

5、B 交于点 T，点 H 满足MTTH 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.【解题技法】【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 k0 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】【跟踪训练】（2022江苏淮安模拟预测）平面直角坐标系xOy中，点1F（3，0），2F（3，0），点M满足122M

6、FMF，点 M 的轨迹为曲线 C.(1)求曲线 C 的方程；(2)已知 A（1，0），过点 A 的直线 AP，AQ 与曲线 C 分别交于点 P 和 Q（点 P 和 Q 都异于点 A），若满足APAQ，求证：直线 PQ 过定点.模拟训练模拟训练1（2023浙江嘉兴统考模拟预测）已知抛物线2:20C ypx p，过焦点F的直线交抛物线C于A，B两点，且ABAFBF.(1)求抛物线C的方程；(2)若点4,4P，直线PA，PB分别交准线l于M，N两点，证明：以线段MN为直径的圆过定点.2（2023山西晋中统考二模）已知双曲线 C：222210,0 xyabab的离心率为2，点3,5T在双曲线上(1)求

7、双曲线 C 的方程；(2)若 A，B 为双曲线的左、右顶点，1,Mm，若 MA 与 C 的另一交点为 P，MB 与 C 的另一交点为 Q（P与 A，Q 与 B 均不重合）求证：直线 PQ 过定点，并求出定点坐标3（2023贵州毕节统考一模）设抛物线2:2(0)C ypx p的焦点为F，点2,0Dp，过F的直线交C于M，N两点当直线MD垂直于x轴时，5MF(1)求C的方程；(2)在x轴上是否存在一定点Q，使得_？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由从点N关于x轴的对称点N与M，Q三点共线；x轴平分MQN这两个条件中选一个，补充在题目中“_”处并作答注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个

8、解答计分4（2023江苏泰州统考一模）已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab的左顶点为A，过左焦点F的直线与C交于,P Q两点.当PQx轴时，10PA，PAQ的面积为 3.(1)求C的方程；(2)证明：以PQ为直径的圆经过定点.5（2023全国模拟预测）已知椭圆222:12 312xyaa的左顶点为 A，点 E 为直线111:0l kx y ak 与的一个交点（异于点 A），当132k 时，点 E 在 y 轴上.(1)求的标准方程；(2)若点 F 为过点 A 且斜率为11 k的直线2l与的一个交点（异于点 A），求证：直线EF过定点，并求出该定点的坐标.6（2023湖南湖南师大附中校联

9、考模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆2222:1(0)xyWabab的离心率为22，椭圆W上的点与点0,2P的距离的最大值为 4.(1)求椭圆W的标准方程；(2)点B在直线4x 上，点B关于x轴的对称点为1B，直线1,PB PB分别交椭圆W于,C D两点（不同于P点）.求证：直线CD过定点.7（2023浙江模拟预测）已知双曲线2222:1(0,0)xyEabab的焦距为 10，且经过点(8,3 3)MA，B为双曲线 E 的左、右顶点，P 为直线2x 上的动点，连接 PA，PB 交双曲线 E 于点 C，D（不同于 A，B）(1)求双曲线 E 的标准方程(2)直线 CD 是否过定点？若过

10、定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由8（2023山东威海统考一模）已知椭圆22:14xCy的左、右顶点分别为 A，B，P 为 C 上任意一点（异于 A，B），直线 AP，BP 分别交直线103x 于 M，N 两点.(1)求证：BMBN；(2)设直线 BM 交椭圆 C 于另一点 Q，求证：直线 PQ 恒过定点.9（2023山东烟台二中校考模拟预测）已知椭圆22122:1(0)xyCabab过点(4,1)P，且1C的焦距是椭圆2222222222:xyabCabab的焦距的 3 倍(1)求1C的标准方程；(2)设 M，N 是1C上异于点 P 的两个动点，且0PM PN ，试问直线MN是否过定

11、点？若过，求出定点坐标；若不过，请说明理由10（2023四川成都四川省成都市玉林中学校考模拟预测）已知椭圆2222:10 xyEabab的右焦点为 F，P，Q 分别为右顶点和上顶点，O 为坐标原点，3FPFPeOFOP（e 为椭圆的离心率），OPQ的面积为3(1)求 E 的方程；(2)设四边形ABCD是椭圆 E 的内接四边形，直线AB与CD的倾斜角互补，且交于点3,0，求证：直线AC与BD交于定点圆锥曲线中的证明问题圆锥曲线中的证明问题思路引导思路引导圆锥曲线中的证明问题，常见的有位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数量关系方面的，如存在定值、恒成立、值相等、角相等、三点共线等在熟悉圆

12、锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接法证明，但有时也会用到反证法母题呈现母题呈现考法 1 数量关系的证明【例 1】（2022山东潍坊模拟预测）已知顶点是坐标原点的抛物线的焦点 F 在 y 轴正半轴上，圆心在直线y12x 上的圆 E 与 x 轴相切，且点 E，F 关于点 M(1,0)对称(1)求 E 和的标准方程；(2)过点 M 的直线 l 与圆 E 交于 A，B 两点，与交于 C，D 两点，求证：|CD|2|AB|.【解题指导】【解析】(1)设的标准方程为 x22py，p0，则 F(0,)2p.已知点 E 在直线 y12x 上，故可设 E(2a，a)因为 E，F 关于 M(1,0)对称，所

13、以2a021，p2a20，解得a1，p2.所以抛物线的标准方程为 x24y.因为圆 E 与 x 轴相切，故半径 r|a|1，所以圆 E 的标准方程为(x2)2(y1)21.(2)证明：由题意知，直线 l 的斜率存在，设 l 的斜率为 k，那么其方程为 yk(x1)(k0)则 E(2，1)到 l 的距离 d|k1|k21，因为 l 与 E 交于 A，B 两点，所以 d2r2，即k12k211，解得 k0，所以|AB|2 1d222kk21.由x24y，ykx1消去 y 并整理得，x24kx4k0.16k216k0 恒成立，设 C(x1，y1)，D(x2，y2)，则 x1x24k，x1x24k，那

14、么|CD|k21|x1x2|k21x1x224x1x24 k21 k2k.所以|CD|2|AB|216k21k2k8kk212k212k2kk2kk2.所以|CD|22|AB|2，即|CD|2|AB|.【解题技法【解题技法】解决此类问题，一般方法是“设而不求”，通过“设参、用参、消参”的推理及运算，借助几何直观，达到证明的目的.【跟踪训练】【跟踪训练】（2022华南师大附中三模）华南师大附中三模）已知椭圆已知椭圆222210 xyabab过点过点2,2，离心率为，离心率为22（1）求椭圆的方程；）求椭圆的方程；（2）过点）过点0,1P作椭圆的两条弦作椭圆的两条弦AB，CD（A，C分别位于第一、

15、二象限分别位于第一、二象限）若若AD，BC与直线与直线1y 分分别交于点别交于点M，N求证：求证：PMPN【解析【解析】（1）椭圆22221xyab过点2,2，则22421ab，又22ca，则222ac 又222abc，联立上述式子，解得28a，24b，故椭圆的方程为22184xy（2）由题意，可设直线AB：11yk x，CD：21yk x，11,A x y，22,B xy，33,C x y，44,D xy，M，N点的横坐标为Mx，Nx，将直线AB方程代入椭圆22184xy，整理得221112460kxk x，而2164240k，由韦达定理可得，11221412kxxk，1221612xxk，

16、同理得：23422412kxxk，3422612xxk，11,1MAMxxy，44,1MDMxxy，且三点A，M，D共线，1441110MMxxyxxy，将11 11yk x，4241yk x 代入并整理可得241 12114Mk xk xxkkx x，又14yy，即241 10k xk x，2114241 1Mkkx xxk xk x，同理：21232312Nkkx xxk xk x，21142123241 12312MNkkx xkkx xxxk xk xk xk x21234121 12342312241 1kkk x xxxk x xxxk xk xk xk x121221222212

17、122312241 124241 21 21 21 20k kk kkkkkkkk xk xk xk x，MNxx，MNxx，故PMPN考法 2 位置关系的证明【例 2】（2021新高考）已知椭圆C的方程为22221(0)xyabab，右焦点为(2F，0)，且离心率为63（）求椭圆C的方程；（）设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线222(0)xybx相切证明：M，N，F三点共线的充要条件是|3MN【解题指导】（）利用离心率以及焦点的坐标求出a和c的值求出b的值椭圆的标准方程；（）先证明充分性，设直线MN的方程利用圆心到直线的距离公式求出m的值联立直线与椭圆的方程求出|MN即可；再证明必要性

18、，设直线MN的方程由圆心到直线的距离公式求出m和t的关系联立直线与椭圆的方程求出|MN，得到方程求出m和t的值得到直线MN必过点F结论【解析】（）由题意可得，椭圆的离心率63ca，又2c，所以3a，则2221bac，故椭圆的标准方程为2213xy；（）证明：先证明充分性，若M，N，F三点共线时，设直线MN的方程为2xmy，卡壳点：M，N，F三点共线不能转化直线 MN 过点 F则圆心(0,0)O到直线MN的距离为2211dm，解得21m，联立方程组22213xmyxy，可得22(3)2 210mymy，即242 210ymy，所以2281624|12344mMNm；所以充分性成立；下面证明必要性

19、，【提醒】忽视必要性的证明当|3MN 时，设直线MN的方程为xtym，此时圆心(0,0)O到直线MN的距离2|11mdt，则221mt，联立方程组2213xtymxy，可得222(3)230tytmym，则22222244(3)(3)12(3)24t mtmtm，因为2224|133MNtt，所以21t，22m，因为直线MN与曲线222(0)xybx相切，所以0m，则2m，易错点：忽视0m 则直线MN的方程为2xty恒过焦点(2,0)F，故M，N，F三点共线，所以必要性得证综上所述，M，N，F三点共线的充要条件是|3MN【解题技法】【解题技法】树立“转化”意识，证明位置关系，关键是将位置关系转

20、化为代数关系几何性质代数实现对边相等斜率相等，或向量平行对边相等横（纵）坐标差相等对角线互相平分中点重合两边垂直数量积为 0【跟踪训练】【跟踪训练】（2022山东烟台一中高三模拟）已知椭圆2222:1(0)xyCabab的左焦点为F，离心率为12，过点F且垂直于x轴的直线交C于A，B两点，|3AB（1）求椭圆C的方程；（2）过F点作相互垂直的弦DE，MN，设DE，MN的中点分别为P，Q，当FPQ的面积最大时，证明：点P，Q关于x轴对称【解析】（1）设(,0)Fc，点A，B为过点F且垂直于x轴的直线交C的点，2222()1cyab，又222abc，2bya，即22|bABa，22221223ca

21、baabc，解得2a，3b，1c，椭圆C的方程为22143xy（2）证明：由题意得直线DE，MN的斜率均存在，设直线DE的斜率为k，即直线MN的斜率为1k，设直线DE的方程为(1)yk x，1(D x，1)y，2(E x，2)y，联立直线与椭圆的方程22(1)143yk xxy，可得2222(34)84120kxk xk，2241441440back，由韦达定理可得，2122834kxxk，P为DE的中点，22434Pkxk，23(1)34ppkyk xk，22243(,)3434kkPkk，222222433 1|(1)()343434kkkPFkkk，同理用1k代替k得2243(,)34

22、34kQkk，223|1|34kkQFk，2222222212113 13|19|1223434212()25FPQkkkkkSPFPQkkkk，设2212(2)tktk，2991(2)12121212FPQtStttt，设1()12(2)f xxxx，由对勾函数的性质，可知函数()f x在区间2，)上单调递增，当2x 时，()f x最小，即FPQS最大，此时22122kk，解得21k，47PQxx，PQyy，点P，Q关于x轴对称，即得证模拟训练模拟训练1（2023吉林通化梅河口市第五中学校考模拟预测）已知椭圆2222:10 xyCabab经过点0,3，83 3,55(1)求椭圆C的方程；(2

23、)F为椭圆的右焦点，直线AB垂直于x轴，与椭圆交于点A，B，直线4x 与x轴交于点Q，若直线AF与直线BQ交于点M，证明：点M在椭圆上【分析】（1）根据椭圆的标准方程及椭圆上的两点求得,a b的值，即可得椭圆C的方程；（2）设:AB xt，1,A t y，1B ty,，不妨令10y，可得直线,AF BQ的直线方程，联立直线方程求交点M坐标，将横纵坐标代入椭圆方程进行验证即可证明.【详解】（1）由题意知3b，将点83 3,55代入椭圆方程得264271253 25a，即24a，所以椭圆 C 的方程22143xy（2）证明：由（1）知1,0F，设:22AB xtt ，4,0Q，设1,A t y，1

24、B ty,，不妨令10y，则1:11yAFyxt，1:44yBQ yxt，联立两直线方程解得5825txt，1325yyt，从而22225806442025ttxtt，22212239 3944202542025tyytttt，有22212580644442025xtttt，2223 12313442025tytt，从而2222223 123125806414344202542025txytttttt，所以点 M 在椭圆22143xy上2（2023安徽马鞍山统考一模）平面直角坐标系Oxy中，000,P xyxa是双曲线2222:1xyCab（0a，0b）上一点，A，B分别是双曲线C的左，右顶点

25、，直线PA，PB的斜率之积为 3.(1)求双曲线C的渐近线方程；(2)设点P关于x轴的对称点为Q，直线PB与直线QA交于点M，过点M作x轴的垂线，垂足为N，求证：直线PN与双曲线C只有一个公共点.【分析】（1）根据斜率公式，结合点00(,)P xy满足2200221xyab，即可求双曲线的渐近线方程；（2）首先利用点P的坐标设直线,QA PB的直线方程，并联立求交点M的坐标，并求直线PN的方程，与双曲线方程联立，证明0.【详解】（1）由题意，(,0)Aa，(,0)B a，00(,)P xy满足2200221xyab，即2222002()byxaa.于是，22200002222200003PAP

26、Byyyybkkxa xaxaxaa，所以双曲线C的渐近线方程为3yx.（2）由题，(,0)Aa，(,0)B a，直线00:()yPB yxaxa，直线00:()yQA yxaxa.联立直线PB与直线QA方程，解得20Maxx，故20Naxx.由（1）知双曲线222:33Cxya，故222003()yxa，于是直线202000:()yaPN yxaxxx，即2002200()x yayxxax，即200033xayxyy，与双曲线C联立得：2222000333()3xaxxayy，即22222220000(3)6(3)0yxxa x xaay，即22222003630a xa x xa x，因

27、为2222200(6)4(3)(3)0a xa xa，所以直线PN与双曲线C只有一个公共点.3（2023陕西西安统考一模）已知椭圆 C：222210 xyabab的离心率为63，右焦点2,0Fc与抛物线28yx的焦点重合.(1)求椭圆 C 的方程；(2)设椭圆 C 的左焦点为1F，过点3,0D 的直线 l 与椭圆 C 交于,A B两点，A 关于 x 轴对称的点为 M，证明：1,M F B三点共线.【分析】（1）根据题意求得 c，结合离心率求得,a b，即得答案；（2）判断直线 l 的斜率存在，设出直线方程，并和椭圆方程联立，可得根与系数的关系式，表示出1MF，1BF的坐标，利用向量的共线证明三

28、点共线，即得结论.【详解】（1）椭圆 C 的右焦点2,0Fc与抛物线28yx的焦点重合，抛物线28yx的焦点为(2,0),2c,又63ca，6a,2222bac,椭圆 C 的方程为22162xy.（2）证明：由（1）知椭圆 C 的左焦点为12,0F，当直线 l 的斜率不存在时，其方程为：3x ，此时直线 l 与椭圆 C 没有交点，不符合题意；当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为3yk x，11,A x y，22,B xy，则11,M xy.联立22(3)162yk xxy，消去 y 得222231182760kxk xk，2222184 312760kkk，解得223k,212218

29、31kxxk，212227631kx xk,1112,MFx y ，1222,BFxy ，又113yk x，223yk x，12122112223232xyyxk xxk xx 12122512kx xxx222227618251203131kkkkk，1MF 与1BF共线，而1MF 与1BF有公共点1F,即M、1F、B三点共线.【点睛】思路点睛：本题涉及到直线和椭圆的位置关系的问题，解答并不困难，要证明三点共线，一般结合向量的共线来证明，利用向量共线的坐标表示，计算即可.4（2023福建福州统考二模）已知抛物线 E：22ypx（p0），过点2,0的两条直线 l1，l2分别交 E 于AB 两点

30、和 C，D 两点当 l1的斜率为23时，13.AB(1)求 E 的标准方程：(2)设 G 为直线 AD 与 BC 的交点，证明：点 G 必在定直线上【分析】（1）根据直线的点斜式方程写出直线方程，与抛物线联立方程，利用弦长公式，求出p的值，从而求出抛物线的标准方程；（2）设直线方程为12ykx或2xmy，与抛物线联立方程，由韦达定理得出128y y，348y y，求出直线方程AD和直线方程BC，求出交点G的横坐标，然后进行化简，可以证明结论.【详解】（1）当1l的斜率为23时，得1l方程为223yx，由222(2)3ypxyx,消元得2340ypyp，2(3)440pp ，123yyp，124

31、y yp；由弦长公式得21212211()4AByyy yk2211(3)4 42()3pp，即29162pp，解得2p 或29p （舍去），2p 满足0，从而E的标准方程为24yx.（2）法一：因为 l1，l2分别交 E 于 AB 两点和 C，D 两点，所以直线斜率存在设直线AB的方程为12ykx，设221212,44yyAyBy，由12(2)4yk xyx，消去x得211480k yyk，则128y y.设直线CD的方程为22342342,44yyykxCyDy，同理22(2)4ykxyx，消去x得222480k yyk可得348y y 直线AD方程为241112241444yyyyyxy

32、y，即1441414y yyxyyyy，化简得141440 xyyyy y，同理，直线BC方程为232340 xyyyy y，因为2,0在抛物线的对称轴上，由抛物线的对称性可知，交点G必在垂直于x轴的直线上，所以只需证G的横坐标为定值即可由141423234()04()0 xyyyy yxyyyy y消去y，因为直线AD与BC相交，所以2314yyyy，解得 2314142323144y yyyy yyyxyyyy，12323412413423144y y yy y yy y yy y yyyyy 3241231488884yyyyyyyy231423148()()4()()yyyyyyyy2

33、所以点G的横坐标为 2，即直线AD与BC的交点G在定直线2x 上法二：设直线AB方程为2xmy，由224xmyyx消去x得2480ymy，设221212,44yyAyBy，则128y y 设直线CD的方程为2234342,44yyxnyCyDy，同理可得348y y 直线AD方程为241112241444yyyyyxyy，即1441414y yyxyyyy，化简得141440 xyyyy y，同理，直线BC方程为232340 xyyyy y，因为2,0在抛物线的对称轴上，由抛物线的对称性可知，交点G必在垂直于x轴的直线上，所以只需证G的横坐标为定值即可由141423234()04()0 xyy

34、yy yxyyyy y消去y，因为直线AD与BC相交，所以2314yyyy，解得 2314142323144y yyyy yyyxyyyy，12323412413423144y y yy y yy y yy y yyyyy 3241231488884yyyyyyyy231423148()()4()()yyyyyyyy2所以点G的横坐标为 2，即直线AD与BC的交点G在定直线2x 上【点睛】关键点点睛：本题中的证明问题的关键是：设出直线的横截距或者纵截距方程，联立抛物线，结合韦达定理，把目标逐步化简，得出待证明的结论.5（2023辽宁阜新校考模拟预测）已知椭圆22221xyab的右焦点3,0，直

35、线0bxay与圆2210200 xyx相切(1)求椭圆的方程；(2)设斜率为k且不过原点的直线l与椭圆相交于 A、B 两点，O 为坐标原点，直线 OA，OB 斜率为12,k k，120k k，且225OAOB，证明：21 2kk k【分析】（1）由直线与圆的位置关系结合椭圆的性质得出方程；（2）联立直线和椭圆方程，由韦达定理结合225OAOB得出212k，或22241mk，进而由121212y yk kx x证明21 2kk k.【详解】（1）由题意可得，22222355cbbaabc，解得224,1ab.故椭圆的方程为2214xy.（2）设直线l的方程为1122(0),(,),(,)ykxm

36、 mA x yB xy联立直线和椭圆方程，得222(41)8440kxkmxm则2121222844,4141kmmxxx xkk 222222222211221122|()()OAOBxyxyxkxmxkxm22212121252(1)()22()kxxx xkm xxm即22422422432408651681k mkkmkk，整理得222412410kmk解得214k，或22241mk222212121222122122(4)()44444y ykxm kxmmmmkxkkkx xxmmk当22241mk时，22221 222242881181610644mmkkkkkkkm，不合题意；

37、当214k 时，22221 2244mmk kkkm.【点睛】关键点睛：在解决问题二时，关键是利用韦达定理以及225OAOB得出2k或2k与2m的关系，再由斜率公式证明212k kk.6（2023浙江校联考模拟预测）设双曲线2222:1xyCab的右焦点为3,0F，F 到其中一条渐近线的距离为 2.(1)求双曲线 C 的方程；(2)过 F 的直线交曲线 C 于 A，B 两点（其中 A 在第一象限），交直线53x 于点 M，（i）求|AFBMAMBF的值；（ii）过 M 平行于 OA 的直线分别交直线 OB、x 轴于 P，Q，证明：MPPQ.【分析】（1）结合点 F 到其中一条渐近线的距离为 2

38、 和222abc，即可求得本题答案；（2）（i）设 AB 直线方程为3xmy，1122,A x yB xy，得43Mym，直线方程与双曲线方程联立消x，然后由韦达定理得1222445myym，1221645y ym，把|AFBMAMBF逐步化简，即可求得本题答案；（ii）把QM和OB的直线方程分别求出，联立可得到点P的坐标，由此即可得到本题答案.【详解】（1）因为双曲线其中一条渐近线方程为0bxay，又点3,0F到它的距离为 2，所以22332bbcba，又3c，得2b，又因为222abc，所以25a，所以双曲线 C 的方程为22154xy.（2）（2）设 AB 直线方程为3xmy，则43My

39、m，代入双曲线方程整理得：224524160mymy，设1122,A x yB xy，则1222445myym，1221645y ym，（i）1212112221|MMMMyyyy yy yAFBMAMBFyyyy yy y而 12122112122MMMy yy yy yy yy yyyy2232244045453mmmm，所以121221MMy yy yy yy y，则121221MMy yy yy yy y，所以|1|AFBMAMBF；（ii）过 M 平行于 OA 的直线方程为1145333yyxmmy，直线 OB 方程为223yyxmy与1145333yyxmmy联立，得1212345

40、333ymyyymmyy，即211212124533333ymyymyyymyyy ym，则21122433yyyy yym，所以12221433Py yymyyy，由1222445myym，1221645y ym两式相除得，121223y yyym，则121223y yyym，所以122122122121214242323333Py yyyyyyymmmmyyyyyyym，因为0Qy，所以2MQPyyy，故 P 为线段 MQ 的中点，所以|MPPQ.【点睛】关键点点睛：本题第二小题第一问考了|AFBMAMBF如何用12,My yy表示出来，进而利用韦达定理进行化简求值，考查了学生的转化能力以

41、及对复杂运算的求解能力7（2023河南平顶山叶县高级中学校联考模拟预测）已知椭圆22:14xyCm的左焦点为11,0F(1)设 M 是 C 上任意一点，M 到直线:4l x 的距离为 d，证明：1dMF为定值(2)过点4,0P且斜率为 k 的直线与 C 自左向右交于 A，B 两点，点 Q 在线段 AB 上，且PAPB ，QABQ ，O 为坐标原点，证明：216OP OQk 【分析】（1）利用椭圆方程及左焦点可得到3m，设,M x y，代入椭圆方程，即可计算出1dMF为定值；（2）设11,A x y，22,B xy，联立直线与椭圆可得二次方程，利用判别式可得214k，写出韦达定理，然后利用题意的

42、向量关系可得112244mxxmxx，结合韦达定理即可求证【详解】（1）因为椭圆22:14xyCm的左焦点为11,0F，所以241m，即3m，设,M x y，则22143xy，即22334xy，所以222221444213141344xxxdMFxxyxx，故1dMF为定值（2）依题意可知过点 P 的直线方程为4yk x，11,A x y，22,B xy，联立224143yk xxy得2222433264120kxk xk，由22222324 43641216 3690kkkk ，得214k，21223243kxxk，2122641243kx xk依题意可设,4Q m k m，由点 Q 在线段

43、 AB 上，得120mxmx，所以1122QAmxmxQBmxmx，由PAPB ，QABQ ，得QAPAQBPB，即112244mxxmxx，则122144xmxxmx，即12122480 x xmxxm，将21223243kxxk，2122641243kx xk代入上式并整理得24240m，解得1m，所以44OP OQm 又214k，所以216OP OQk 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为 1122,x yxy；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求

44、问题或题中的关系转化为12xx、12x x（或12yy、12y y）的形式；（5）代入韦达定理求解.8（2023山东淄博统考一模）已知抛物线C：220ypx p上一点2,Pt到其焦点F的距离为 3，A，B为抛物线C上异于原点的两点.延长AF，BF分别交抛物线C于点M，N，直线AN，BM相交于点Q.(1)若AFBF，求四边形ABMN面积的最小值；(2)证明:点Q在定直线上.【分析】（1）根据抛物线的焦半径公式求得抛物线方程，设11,A x y，22,M xy，直线AM的方程10 xmym，联立方程，利用韦达定理求得12yy，12yy，再根据弦长公式求得,AMBN，再结合基本不等式即可得解；（2）

45、设33,B xy，44,N xy，,QQQ xy，根据A，N，Q三点共线和B，M，Q三点共线，求得Qx，再结合（1）即可得出结论.【详解】（1）由抛物线定义可知，232p，解得2p，即抛物线C方程为24yx，由题意，设11,A x y，22,M xy，直线AM的方程10 xmym，由214xmyyx，消去x得2440ymy，216160m 恒成立，由韦达定理可知：124yym，124yy，故21212441AMxxpm yym，因为AFBF，所以直线BN的方程为11xym，于是2141BNm，则222211114141823222ABMNSAMBNmmmm当且仅当221mm，即1m 时等号成立

46、，所以四边形ABMN面积的最小值为 32；（2）设33,B xy，44,N xy，,QQQ xy，因为A，B，M，N都在C上，所以，21,2,3,44iiyxi，因为A，N，Q三点共线，所以有141411QQyyyyxxxx，即141222411444QQyyyyyyyx，整理得：14144QQyyxyyy，同理，因为B，M，Q三点共线，可得23234QQyyxyyy，即1423142344QQyyxyyxyyyy，解得：12323412413423144Qyyyyyyyyyyyyxyyyy，由（1）可知，12344yyyy，代入上式可得：32412314444Qyyyyxyyyy，得1Qx

47、，即点Q在定直线=1x上.【点睛】本题考查了抛物线的焦半径公式及抛物线与直线位置关系的应用，考查了抛物线中四边形的面积的最值问题，及抛物线中的定直线问题，考查了逻辑推理和数据分析能力，有一定的难度.9（2023全国模拟预测）圆锥曲线与圆柱，圆锥关系非常密切.有一个底面半径为 1，高为 4 的圆柱竖直放置，与水平面成 45方向截圆柱，所得截面恰为椭圆，以该椭圆中心为原点，长轴为x轴，短轴为y轴建立平面直角坐标系.(1)求该椭圆的方程；(2)设椭圆右焦点为F，一条斜率不为 0 的直线过原点与该椭圆交于A，B，直线AF和BF分别与椭圆交于C，D，过原点O作OMCD，垂足为M，证明：存在定点N使得ON

48、MN恒成立.【分析】（1）由几何意义判断出椭圆短轴长为 2，长轴为2 2，求出,a b，即可求出椭圆的方程；（2）设11,A x y，22,B xy.利用“设而不求法”证明出直线CD过定点4,03P.利用圆的性质判断出2,03N，满足OMCD，且ONMN.【详解】（1）由题意可知椭圆短轴长为圆柱直径 2，长轴为2cos2 24，所以2a，1b，所以椭圆方程为2212xy.（2）当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为ykx，设11,A x y，22,B xy.联立22,1,2ykxxy得：222120kx.由韦达定理可知120 xx，122212x xk.直线AF的方程为1111yyxx，与

49、椭圆联立，消去y得：22221111122211132422240111xyyxxxxxxx.所以2111432Cyxxx，可得22221111111111423423,132132yxxyyxxCxxx.同理可得：22222222222222423423,132132yxxyyxxDxxx.设直线CD方程为DDCDCDyyxxyyxx，令0y，带入C，D坐标，化简得43x.所以直线CD恒过点4,03P.当直线AB的斜率不存在时，过原点的直线为y轴，与椭圆交于A，B两点为短轴顶点，即0,1,0,1AB.直线AF的方程为1yx ，与椭圆联立，消去y得：2340 xx，解得：41,33C.同理可求

50、：4 1,3 3D.所以直线CD也过4,03P.综上所述：直线CD过定点4,03P.取OP中点为2,03N，因为过原点O作OMCD，垂足为M，且ONMN，由圆的定义可得M在以N为圆心，OP为直径的圆上运动，可以满足ONMN，所以2,03N满足题意.10（2023北京海淀统考模拟预测）已知椭圆2222:1xyGab交 x 轴于(2,0),3Aytx与 G 交于 y 轴(1)求 G 的标准方程(2)若3ytx与 G 有两个不同的交点，求t的取值范围(3)设直线:l ykxm交 G 于,M N（l 的倾斜角正弦值的绝对值小于等于12），以,OM ON为邻边作平行四边形,OMPN P在椭圆 G 上，O