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2023届高考复习解析几何微专题——圆锥曲线中的定值、定点问题（学生版）
一、圆锥曲线中求解定值问题常用的方法
(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．
例1 (2022·盐城市高三一模)设F为椭圆C：＋y2＝1的右焦点，过点(2，0)的直线与椭圆C交于A，B两点．
(1)若点B为椭圆C的上顶点，求直线AF的方程；
(2)设直线AF，BF的斜率分别为k1，k2(k2≠0)，求证：为定值．
例2 (2022·洛阳统考)设抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，点P(4，m)(m＞0)是抛物线C上一点，且|PF|＝5．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若A，B为抛物线 C上异于P的两点，且PA⊥PB．记点A，B到直线y＝－4的距离分别为a，b，求证：ab为定值．
跟踪练习
1、(2021·安徽安庆市一模)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，过椭圆左焦点F的直线x－4y＋＝0与椭圆C在第一象限交于点M，三角形MFO的面积为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点M作直线l垂直于x轴，直线MA、MB交椭圆分别于A、B两点，且两直线关于直线l对称，求证：直线AB的斜率为定值．
2、(2020·新高考Ⅰ卷)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过点A(2,1)．
(1)求C的方程；
(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
3、已知O为坐标原点，过点M(1,0)的直线l与抛物线C：y2＝2px(p＞0)交于A，B两点，且·＝－3．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点M作直线l′⊥l交抛物线C于P，Q两点，记△OAB，△OPQ的面积分别为S1，S2，证明：＋为定值．
4、已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1，2)．过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.
(1)求直线l的斜率的取值范围；
(2)设O为原点，＝λ，＝μ，求证：＋为定值．
5、(2018·北京高考)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)经过点P(1，2)．过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.
(1)求直线l的斜率的取值范围；
(2)设O为原点，＝λ，＝μ，求证：＋为定值．
二、圆锥曲线中求解定点问题常用的方法
(1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目标的一般性证明．
(2)“一般推理，特殊求解”，即先由题设条件得出曲线的方程，再根据参数的任意性得到定点坐标．
(3)求证直线过定点(x0，y0)，常利用直线的点斜式方程y－y0＝k(x－x0)来证明．
例3 (2022·河南名校模拟)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右焦点F，半焦距c＝2，点F到右准线x＝的距离为，过点F作双曲线C的两条互相垂直的弦AB，CD，设AB，CD的中点分别为M，N.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)证明：直线MN必过定点，并求出此定点坐标．
跟踪练习
1、过抛物线C：y2＝4x的焦点F且斜率为k的直线l交抛物线C于A，B两点．
(1)若|AB|＝8，求直线l的方程；
(2)若A关于x轴的对称点为D，求证：直线BD过定点，并求出该点的坐标．
2、已知椭圆C：＋＝1的右焦点为(1，0)，且经过点A(0，1)．　
(1)求椭圆C的方程；
(2)设O为原点，直线l：y＝kx＋t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.若|OM|·|ON|＝2，求证：直线l经过定点．
3、已知抛物线C的顶点在原点，焦点在坐标轴上，点A(1，2)为抛物线C上一点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若点B(1，－2)在抛物线C上，过点B作抛物线C的两条弦BP与BQ，如kBP·kBQ＝－2，求证：直线PQ过定点．
4、(2021·广东广州三校联考)如图，已知椭圆C：＋y2 ＝1的上顶点为A，右焦点为F，直线AF与圆M：x2＋y2－6x－2y＋7＝0相切，其中a>1.
(1)求椭圆的方程；
(2)不过点A的动直线l与椭圆C相交于P，Q两点，且AP⊥AQ，证明：动直线l过定点，并且求出该定点坐标．
5、(2021·江西上饶模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且短轴长为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l与椭圆C交于M，N两点，P(0,1)，直线PM与直线PN的斜率之积为，证明：直线l过定点并求出该定点坐标．
6、已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，点A，B分别为C的右顶点和上顶点，若△ABF1的面积是△ABF2的面积的3倍，且·＝3．
(1)求C的标准方程；
(2)若过点且斜率不为0的直线与C交于M，N两点，点P在直线x＝6上，且NP与x轴平行，求证：直线MP恒过定点．
7、△ABC中，已知B(－，0)，C(，0)，AD⊥BC交BC于点D，H为AD中点，满足BH⊥AC，点H的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)过点M作直线l交曲线C于P，Q两点，求证：以PQ为直径的圆恒过定点．2023届高考复习解析几何微专题——圆锥曲线中的定值、定点问题（解析版）
一、圆锥曲线中求解定值问题常用的方法
(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．
例1 (2022·盐城市高三一模)设F为椭圆C：＋y2＝1的右焦点，过点(2，0)的直线与椭圆C交于A，B两点．
(1)若点B为椭圆C的上顶点，求直线AF的方程；
(2)设直线AF，BF的斜率分别为k1，k2(k2≠0)，求证：为定值．
解：(1)若B为椭圆的上顶点，则B(0，1)．
又直线AB过点(2，0)，故直线AB：x＋2y－2＝0，
由可得3y2－4y＋1＝0，
解得y1＝1，y2＝，即点A，
又F(1，0)，故直线AF的方程为y＝x－1.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
设直线AB的方程为x＝ty＋2，代入椭圆方程可得(2＋t2)y2＋4ty＋2＝0.
所以y1＋y2＝，y1y2＝.
故k1＋k2＝＋＝＋
＝＝＝0.
又k1，k2均不为0，故＝－1，
即为定值－1.
例2 (2022·洛阳统考)设抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，点P(4，m)(m＞0)是抛物线C上一点，且|PF|＝5．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若A，B为抛物线 C上异于P的两点，且PA⊥PB．记点A，B到直线y＝－4的距离分别为a，b，求证：ab为定值．
解：(1)由抛物线的定义知|PF|＝＋4＝5，解得p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x．
(2)证明：由P(4，m)(m＞0)是抛物线C上一点，得m＝4，
易知直线PA斜率存在且不为0，设直线PA的方程为x－4＝t(y－4)(t≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由消去x得y2－4ty＋16(t－1)＝0，Δ＝16(t－2)2＞0，所以t≠2，所以y1＝4t－4，
所以a＝|y1－(－4)|＝|4t|．
因为PA⊥PB，所以用－代替t(t≠0，t≠2，－≠2)，得y2＝－－4，b＝|y2－(－4)|＝，
所以ab＝＝16，即ab为定值．
跟踪练习
1、(2021·安徽安庆市一模)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，过椭圆左焦点F的直线x－4y＋＝0与椭圆C在第一象限交于点M，三角形MFO的面积为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点M作直线l垂直于x轴，直线MA、MB交椭圆分别于A、B两点，且两直线关于直线l对称，求证：直线AB的斜率为定值．
解：(1)直线x－4y＋＝0过左焦点F，
所以F(－，0)，c＝，
又由S△OMF＝××yM＝可知yM＝，
从而椭圆经过点M，
由椭圆定义知2a＝＋＝4，即a＝2，
b2＝a2－c2＝1，
故椭圆的方程为C：＋y2＝1.
(2)由条件知，直线MA、MB斜率存在，且两直线斜率互为相反数，
设直线MA：y－＝k(x－)交椭圆于点A(x1，y1)，
直线MB：y－＝－k(x－)交椭圆于点B(x2，y2)，
由
得(4k2＋1)x2－(8k2＋4k)x＋12k2－4k－3＝0，
从而有，x1＝，
即x1＝，y1＝＋，
故A，
同理可得B，
k＝
＝＝，
即证直线AB的斜率为定值，且为.
2、(2020·新高考Ⅰ卷)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过点A(2,1)．
(1)求C的方程；
(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
解：(1)由题意得＋＝1，＝，解得a2＝6，b2＝3．
所以C的方程为＋＝1．
(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入＋＝1，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0．
于是x1＋x2＝－，x1x2＝．①
由AM⊥AN知，·＝0，故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，可得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0．
将①代入上式可得(k2＋1)－(km－k－2)＋(m－1)2＋4＝0．
整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0．
因为A(2,1)不在直线MN上，
所以2k＋m－1≠0，故2k＋3m＋1＝0，k≠1．
于是直线MN的方程为y＝k－(k≠1)．
所以直线MN过点P．
若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1)．
由·＝0得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0．
又＋＝1，可得3x－8x1＋4＝0．
解得x1＝2(舍去)，x1＝．
此时直线MN过点P．
令Q为AP的中点，即Q．
若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，故|DQ|＝|AP|＝．
若D与P重合，则|DQ|＝|AP|．
综上，存在点Q，使得|DQ|为定值．
3、已知O为坐标原点，过点M(1,0)的直线l与抛物线C：y2＝2px(p＞0)交于A，B两点，且·＝－3．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点M作直线l′⊥l交抛物线C于P，Q两点，记△OAB，△OPQ的面积分别为S1，S2，证明：＋为定值．
解：(1)设直线l：x＝my＋1，
联立方程
消去x得，y2－2pmy－2p＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝2pm，y1y2＝－2p，
又因为·＝x1x2＋y1y2
＝(my1＋1)(my2＋1)＋y1y2
＝(1＋m2)y1y2＋m(y1＋y2)＋1
＝(1＋m2)(－2p)＋2pm2＋1＝－2p＋1＝－3．
解得p＝2．
所以抛物线C的方程为y2＝4x．
(2)证明：由(1)知M(1,0)是抛物线C的焦点，
所以|AB|＝x1＋x2＋p＝my1＋my2＋2＋p＝4m2＋4．
原点到直线l的距离d＝，
所以S1＝××4(m2＋1)＝2．
因为直线l′过点(1,0)且l′⊥l，
所以S2＝2 ＝2．
所以＋＝＋＝．
即＋为定值．
4、已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1，2)．过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.
(1)求直线l的斜率的取值范围；
(2)设O为原点，＝λ，＝μ，求证：＋为定值．
解：(1)因为抛物线y2＝2px经过点(1，2)，
所以2p＝4，即p＝2.
故抛物线C的方程为y2＝4x.
由题意知，直线l的斜率存在且不为0.
设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)．
由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.
依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，
解得k<1且k≠0.
又PA，PB与y轴相交，
故直线l不过点(1，－2)．
从而k≠－3.
所以直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1)．
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝.
直线PA的方程为y－2＝(x－1)．
令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝＋2＝＋2.同理得点N的纵坐标为yN＝＋2.
由＝λ，＝μ得λ＝1－yM，μ＝1－yN.
所以＋＝＋＝＋
＝·
＝·＝2.
所以＋为定值．
5、(2018·北京高考)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)经过点P(1，2)．过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.
(1)求直线l的斜率的取值范围；
(2)设O为原点，＝λ，＝μ，求证：＋为定值．
解：(1)因为抛物线y2＝2px过点(1,2)，
所以2p＝4，即p＝2.
故抛物线C的方程为y2＝4x，
由题意知，直线l的斜率存在且不为0.
设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)．
由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.
依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，
解得k<0或0又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2)．
从而k≠－3.
所以直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝.
直线PA的方程为y－2＝(x－1)．
令x＝0，得点M的纵坐标为
yM＝＋2＝＋2.
同理得点N的纵坐标为yN＝＋2.
由＝λ，＝μ得λ＝1－yM，μ＝1－yN.
所以＋＝＋＝＋＝·＝·＝2.
所以＋为定值．
二、圆锥曲线中求解定点问题常用的方法
(1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目标的一般性证明．
(2)“一般推理，特殊求解”，即先由题设条件得出曲线的方程，再根据参数的任意性得到定点坐标．
(3)求证直线过定点(x0，y0)，常利用直线的点斜式方程y－y0＝k(x－x0)来证明．
例3 (2022·河南名校模拟)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右焦点F，半焦距c＝2，点F到右准线x＝的距离为，过点F作双曲线C的两条互相垂直的弦AB，CD，设AB，CD的中点分别为M，N.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)证明：直线MN必过定点，并求出此定点坐标．
解：(1)由题设可得c－＝，c＝2，所以a2＝3，b2＝c2－a2＝1，
所以双曲线C的标准方程为－y2＝1.
(2)由(1)知双曲线的右焦点为F(2，0)．设过点F的弦AB所在的直线方程为x＝ky＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
所以M(＋2，)．
由消去x得(k2－3)y2＋4ky＋1＝0，
因为弦AB与双曲线C有两个交点，所以k2－3≠0，
所以y1＋y2＝，所以M(，)．
当k＝0时，M点即F点，此时，直线MN为x轴．
当k≠0时，将上式M点坐标中的k换成－(－3≠0)，可得N(，－)．
①当直线MN不垂直x轴时，直线MN的斜率kMN＝＝，
直线MN的方程为y－＝(x－)，化简得y＝(x－3)，
所以直线MN过定点(3，0)．
②当直线MN垂直于x轴时，＝，此时k＝±1，直线MN也过定点(3，0)．
综上所述，直线MN过定点(3，0)．
跟踪练习
1、过抛物线C：y2＝4x的焦点F且斜率为k的直线l交抛物线C于A，B两点．
(1)若|AB|＝8，求直线l的方程；
(2)若A关于x轴的对称点为D，求证：直线BD过定点，并求出该点的坐标．
解：(1)由y2＝4x知焦点F的坐标为(1，0)，则直线l的方程为y＝k(x－1)，
代入抛物线方程y2＝4x，得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
由题意知k≠0，
且Δ＝[－(2k2＋4)]2－4k2·k2＝16(k2＋1)＞0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝1.
由抛物线的弦长公式知|AB|＝x1＋x2＋2＝8，则＝6，即k2＝1，解得k＝±1.
所以直线l的方程为y＝±(x－1)．
(2)由(1)及抛物线的对称性知，D点的坐标为(x1，－y1)，
直线BD的斜率kBD＝＝＝，
所以直线BD的方程为y＋y1＝(x－x1)，
即(y2－y1)y＋y2y1－y＝4x－4x1.
因为y＝4x1，y＝4x2，x1x2＝1，
所以(y1y2)2＝16x1x2＝16，
即y1y2＝－4(y1，y2异号)．
所以直线BD的方程为4(x＋1)＋(y1－y2)y＝0，
对任意y1，y2∈R，有解得
即直线BD恒过定点(－1，0)．
2、已知椭圆C：＋＝1的右焦点为(1，0)，且经过点A(0，1)．　
(1)求椭圆C的方程；
(2)设O为原点，直线l：y＝kx＋t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.若|OM|·|ON|＝2，求证：直线l经过定点．
解：(1)由题意得，b2＝1，c＝1，
所以a2＝b2＋c2＝2.
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则直线AP的方程为y＝x＋1.
令y＝0，得点M的横坐标xM＝－.
又y1＝kx1＋t，从而|OM|＝|xM|＝.
同理，|ON|＝.
由得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，
则x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以|OM|·|ON|＝·
＝
＝
＝2.
又|OM|·|ON|＝2，所以2＝2.
解得t＝0，所以直线l经过定点(0，0)．
3、已知抛物线C的顶点在原点，焦点在坐标轴上，点A(1，2)为抛物线C上一点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若点B(1，－2)在抛物线C上，过点B作抛物线C的两条弦BP与BQ，如kBP·kBQ＝－2，求证：直线PQ过定点．
解：(1)若抛物线的焦点在x轴上，设抛物线方程为y2＝ax，代入点A(1，2)，可得a＝4，所以抛物线方程为y2＝4x.若抛物线的焦点在y轴上，设抛物线方程为x2＝my，代入点A(1，2)，可得m＝，所以抛物线方程为x2＝y.
综上所述，抛物线C的方程是y2＝4x或x2＝y.
(2)证明：因为点B(1，－2)在抛物线C上，所以由(1)可得抛物线C的方程是y2＝4x.
易知直线BP，BQ的斜率均存在，设直线BP的方程为y＋2＝k(x－1)，
将直线BP的方程代入y2＝4x，消去y，得
k2x2－(2k2＋4k＋4)x＋(k＋2)2＝0.
设P(x1，y1)，则x1＝，
所以P.
用－替换点P坐标中的k，可得Q((k－1)2，2－2k)，从而直线PQ的斜率为＝＝，
故直线PQ的方程是
y－2＋2k＝·[x－(k－1)2]．
得y－2＝＋，
令x＝3，解得y＝2，
所以直线PQ恒过定点(3，2)．
4、(2021·广东广州三校联考)如图，已知椭圆C：＋y2 ＝1的上顶点为A，右焦点为F，直线AF与圆M：x2＋y2－6x－2y＋7＝0相切，其中a>1.
(1)求椭圆的方程；
(2)不过点A的动直线l与椭圆C相交于P，Q两点，且AP⊥AQ，证明：动直线l过定点，并且求出该定点坐标．
解：(1)由题可知，A(0,1)，F(c,0)，
则直线AF的方程为＋y＝1，即x＋cy－c＝0，
因为直线AF与圆M：x2＋y2－6x－2y＋7＝0相切，
该圆的圆心为M(3,1)，r＝，
则＝，∴c2＝2，∴a2＝3，
故椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(2)依题得直线l的斜率必存在，
设l：y＝kx＋m，设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立，消去y并整理得
(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，
Δ＝36k2m2－4·(3k2＋1)·(3m2－3)>0，
即m2<3k2＋1，
且x1＋x2＝－，x1x2＝，
∴·＝(x1，y1－1)·(x2，y2－1)＝x1x2＋y1y2－(y1＋y2)＋1
＝(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2
＝(k2＋1)·＋k(m－1)·＋(m－1)2
＝
∵AP⊥AQ，∴·＝0，即＝0，
∴m＝1或m＝－.
当m＝1时，直线l：y＝kx＋1，恒过点(0,1)，不满足题意，舍去；
当m＝－时，直线l：y＝kx－，恒过点，故直线恒过定点.
5、(2021·江西上饶模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且短轴长为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l与椭圆C交于M，N两点，P(0,1)，直线PM与直线PN的斜率之积为，证明：直线l过定点并求出该定点坐标．
解：(1)由得
∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)若直线l的斜率不存在，设M(s，t)，则N(s，－t)，
此时kPM·kPN＝×＝＝＝，与题设矛盾，
故直线l的斜率必存在．
设l：y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立得：(2k2＋1)x2＋4mkx＋2m2－2＝0，Δ＝8(2k2－m2＋1)>0，
∴x1＋x2＝－，x1x2＝，
∵kPM·kPN＝·＝
＝＝，
代入x1＋x2＝－，x1x2＝整理得：m2－3m＋2＝0，
解得：m＝2或m＝1(舍去)，即直线过定点(0,2)．
6、已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，点A，B分别为C的右顶点和上顶点，若△ABF1的面积是△ABF2的面积的3倍，且·＝3．
(1)求C的标准方程；
(2)若过点且斜率不为0的直线与C交于M，N两点，点P在直线x＝6上，且NP与x轴平行，求证：直线MP恒过定点．
解：(1)设椭圆C的焦距为2c，则F1(－c,0)，F2(c,0)，
∵点A，B分别为C的右顶点和上顶点，∴A(a,0)，B(0，b)，则＝(a＋c,0)，＝(c，b)．
又△ABF1的面积是△ABF2的面积的3倍，且·＝3，
∴解得a＝2，c＝1，则b＝＝，∴C的标准方程为＋＝1．
(2)证明：设直线MN的方程为x＝my＋，M，N(x2，y2)，则P(6，y2)．
由消去x，整理得(3m2＋4)y2＋4my－＝0，Δ>0恒成立，
由根与系数的关系得，y1＋y2＝，y1y2＝，∴my1y2＝(y1＋y2)．
又直线MP的方程为y－y2＝(x－6)，令y＝0，得x－6＝．∵x1＝my1＋，
∴x－6＝＝＝＝－，则x＝，
故直线MP恒过定点．
7、△ABC中，已知B(－，0)，C(，0)，AD⊥BC交BC于点D，H为AD中点，满足BH⊥AC，点H的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)过点M作直线l交曲线C于P，Q两点，求证：以PQ为直径的圆恒过定点．
解：(1)设H(x，y)，则A(x,2y)，＝(x＋，y)，＝(x－，2y)，
因为BH⊥AC，所以·＝0，即(x＋)(x－)＋2y2＝0，
整理得x2＋2y2＝2，即＋y2＝1．
因为在△ABC中，三顶点不可能共线，所以y≠0，
故曲线C的方程为＋y2＝1(y≠0)．
(2)证明：若直线l斜率不存在，可得圆：x2＋y2＝1，
若直线l斜率为0，可得圆：x2＋2＝．
两个圆的公共点为N(0，－1)，
若直线l斜率存在且不为0时，设其方程为y＝kx＋(k≠0)，由可得(2k2＋1)x2＋kx－＝0，
Δ＞0恒成立，设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由根与系数的关系得
·＝(x1，y1＋1)·(x2，y2＋1)＝x1x2＋(y1＋1)·(y2＋1)
＝x1x2＋
＝(k2＋1)x1x2＋k(x1＋x2)＋
＝＋＋
＝＝0，
即NP⊥NQ，所以以PQ为直径的圆经过定点N(0，－1)．
综上所述，以PQ为直径的圆恒过定点N(0，－1)．

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