资源简介

　圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题
【思维突破妙招】　圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题是高考的重难点之一，常见的求解策略如下：
类型 求解策略
定点 问题 一是引进参数法，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；二是特殊到一般法，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
定值 问题 (1)确定一个(或两个)变量为核心变量，其余量均利用条件用核心变量进行表示． (2)将所求表达式用核心变量进行表示(有的甚至就是核心变量)，然后进行化简，看能否得到一个常数
定直线 问题 其实质是证明动点在定直线上，即求动点的轨迹方程，所以所用的方法即为求轨迹方程的方法，如定义法、消参法、交轨法等
技法一　参数法解决定点问题
[典例1]　已知点P(4，3)在双曲线C：＝1(a＞0，b＞0)上，过P作x轴的平行线，分别交双曲线C的两条渐近线于M，N两点，|PM|·|PN|＝4．
(1)求双曲线C的方程；
[听课记录]___________________________________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
(2)若直线l：y＝kx＋m与双曲线C交于不同的两点A，B，设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，从下面两个条件中选一个，证明：直线l过定点．
①k1＋k2＝1；②k1k2＝1．
[听课记录]___________________________________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
　求解直线过定点问题常用方法如下：
(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、有目的的一般性证明；
(2)“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
(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)或斜截式y＝kx＋b来证明．
[跟进训练]
1．(2025·广东广州一模)设A，B两点的坐标分别为(－，0)，(，0)． 直线AH，BH相交于点H，且它们的斜率之积是－． 设点H的轨迹方程为C．
(1)求C；
(2)不经过点A的直线l与曲线C相交于E，F两点，且直线AE与直线AF的斜率之积是－，求证：直线l恒过定点．
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
技法二　定值问题
[典例2]　 (2024·山东济南三模)如图所示，抛物线y2＝2px(p>0)的准线过点(－2，3)．
(1)求抛物线的标准方程；
(2)若角α为锐角，以角α为倾斜角的直线经过抛物线的焦点F，且与抛物线交于A，B两点，作线段AB的垂直平分线l交x轴于点P，证明：|FP|－|FP|cos 2α为定值，并求此定值．
[听课记录]___________________________________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
　圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
(1)求代数式为定值：依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可得出定值；
(2)求点到直线的距离为定值：利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；
(3)求某线段长度为定值：利用长度公式求得长度的解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得；
(4)定值问题可由特殊情况先寻求定值，再推广到一般情况，这样方向和目标明确．
[跟进训练]
2．已知直线l1：y＝2x和直线l2：y＝－2x，过动点E作平行于l2的直线交l1于点A，过动点E作平行于l1的直线交l2于点B，且四边形OAEB(O为原点)的面积为4．
(1)求动点E的轨迹方程；
(2)当动点E的轨迹的焦点在x轴上时，记轨迹为曲线E0，过点M(1，0)的直线m与曲线E0交于P，Q两点，且与y轴交于点N，若＝λ＝μ，求证：λ＋μ为定值．
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
技法三　待定系数法解决定直线问题
[典例3]　(12分)(2023·新高考Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－2，0)，离心率为．
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(－4，0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P，证明：点P在定直线上．
【规范解答】　(1)双曲线C的中心为原点，左焦点为(－2，0)，离心率为，
则················································1分
解得···················································2分
故双曲线C的方程为＝1. ··································3分
(2)证明：过点(－4，0)的直线与C的左支交于M，N两点，则可设直线MN的方程为

因为C的左、右顶点分别为A1，A2，则A1(－2，0)，A2(2，0)，

化简整理，得(4m2－1)y2－32my＋48＝0，····························4分
5分

设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则y1＋y2＝，y1y2＝，··································6分
直线MA1的方程为y＝(x＋2)，································7分
直线NA2的方程为y＝(x－2)，································8分
故＝＝
＝
＝
·························10分
故＝－，解得x＝－1，11分
所以xP＝－1，
故点P在定直线x＝－1上．12分
　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动点的轨迹，主要方法如下：
(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．
[跟进训练]
3．(2024·辽宁大连一模)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的离心率为，A为上顶点，B为左顶点，F为上焦点，且＝5．
(1)求C的方程；
(2)设过点(3，2)的直线交C于M，N两点，过M且垂直于y轴的直线与直线AN交于点Q，证明：线段MQ的中点在定直线上．
_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
椭圆的等角定理
已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)，直线l过定点(m，0)(m≠0，|m|≠a)且不垂直于x轴，同时直线l与椭圆C交于P，Q两点，则x轴上存在点R，使得∠ORP＝∠ORQ．
逆定理
已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)与x轴上定点R(m≠0，|m|≠a)，设直线l不垂直于x轴，同时直线l与椭圆C交于P，Q两点，若∠ORP＝∠ORQ，则直线恒过定点(m，0)．
注：定点所在轴只需要与a保持一致即可，不要求在椭圆内，也不要求在椭圆外，如图所示：
　
证明：普通联立法即可．
双曲线的等角定理
已知双曲线C：＝1(a＞b＞0)，直线l过定点(m，0)(m≠0，|m|≠a)且不垂直于x轴，同时直线l与双曲线C交于P，Q两点，则x轴上存在点R，使得∠ORP＝∠ORQ．
逆定理
已知双曲线C：＝1(a＞b＞0)与x轴上定点R(m≠0，|m|≠a)．设l不垂直于x轴，同时直线l与双曲线C交于P，Q两点，若∠ORP＝∠ORQ，则直线恒过定点(m，0)．
注：定点在实轴上即可，不要求在双曲线内部，也不要求过定点的直线必须是和同一侧曲线相交于两点，包括如下三种情况，证明过程一致．
证明：普通联立法即可．
抛物线的等角定理
已知抛物线C：y2＝2px，直线l过定点(m，0)(m≠0)，同时直线l与抛物线C交于P，Q两点，则x轴上存在点R(－m，0)，使得∠ORP＝∠ORQ．
逆定理
已知抛物线C：y2＝2px与x轴上定点R(m，0)(m≠0)，直线l与抛物线C交于P，Q两点，若∠ORP＝∠ORQ，则直线恒过定点(－m，0)．
注：定点在对称轴上即可．
[典例]　(2018·全国Ⅰ卷)设椭圆C：＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2，0)．
(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
[听课记录]___________________________________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB．
[听课记录]___________________________________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
思维进阶课5　圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题
技法一
典例1　解：(1)因为点P(4，3)在双曲线上，所以＝1．
过P作x轴的平行线y＝3，与y＝±x相交于M，N两点，记M，N．
所以＝
＝a2＝a2＝4，所以a＝2．
代入＝1，可知b＝，
所以双曲线C的方程为＝1．
(2)证明：选①：由题意可知，直线l与双曲线C交于不同的两点A，B，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程
得(3－4k2)x2－8kmx－4m2－12＝0，
所以3－4k2≠0，Δ＝(－8km)2－4(3－4k2)(－4m2－12)＞0，
即m2＋3－4k2＞0．
所以x1＋x2＝，x1x2＝，
由条件k1＋k2＝1，得＝1，
所以(x2－4)(kx1＋m－3)＋(x1－4)(kx2＋m－3)＝(x1－4)(x2－4)，
整理可得
2kx1x2＋(m－3－4k)(x1＋x2)－8(m－3)＝x1x2－4(x1＋x2)＋16，
由根与系数的关系得m2＋2km－8k2－6k－6m＋9＝0，
即(m－2k－3)(m＋4k－3)＝0，
解得m＝2k＋3或m＝－4k＋3．
当m＝2k＋3时，y＝kx＋m＝kx＋2k＋3＝k(x＋2)＋3，
则直线l过定点(－2，3)；
当m＝－4k＋3时，y＝kx＋m＝kx－4k＋3＝k(x－4)＋3，则直线l过定点P(4，3)，不合题意．
综上可得，直线l过定点(－2，3)．
选②：由题意可知，直线l与双曲线C交于不同的两点A，B，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程
得(3－4k2)x2－8kmx－4m2－12＝0，
所以3－4k2≠0，Δ＝(－8km)2－4(3－4k2)(－4m2－12)＞0，即m2＋3－4k2＞0．
所以x1＋x2＝，x1x2＝，
由条件k1k2＝1，得＝1，
即＝1，
整理可得
＝1．
由根与系数的关系，整理可得7m2＋32km＋16k2－18m－9＝0，
即(7m＋4k＋3)(m＋4k－3)＝0，
解得m＝－或m＝－4k＋3．
当m＝－时，y＝kx＋m＝kx－＝，则直线l过定点；
当m＝－4k＋3时，y＝kx＋m＝kx－4k＋3＝k(x－4)＋3，则直线l过定点P(4，3)，不合题意．
综上可得，直线l过定点．
跟进训练
1．解：(1)设点H的坐标为(x，y)，因为点A的坐标是(－，0)，
所以直线 AH的斜率kAH＝(x≠－)，
同理，直线 BH的斜率kBH＝(x≠)，
由已知，有＝－(x≠±)，
化简得点H的轨迹方程为＋y2＝1(x≠±)，
即点H的轨迹是除去 (－，0)，(，0)两点的椭圆．
(2)证明：设E(x1，y1)，F(x2，y2)，
①当直线l斜率不存在时，可知 x1＝x2，y2＝－y1，
且有
解得x1＝0，y1＝±1，此时直线l为 x＝0；
②当直线l斜率存在时，设直线 l：y＝kx＋b，则此时有
kAE·kAF＝
＝
＝＝－．
联立直线方程与椭圆方程
消去 y可得(3k2＋1)x2＋6kbx＋3b2－3＝0，
Δ＝12(3k2－b2＋1)＞0，
根据根与系数的关系可得 x1＋x2＝，x1x2＝，
所以＝－，
所以＝－，
所以＝－1．
所以b2－kb＝0，则b＝0或b＝k，
当b＝k时，则直线 l：y＝k(x＋)恒过A点，与题意不符，舍去，
故b＝0，直线l恒过原点(0，0)，
综合①②可知，直线l恒过原点 (0，0)，原命题得证．
技法二
典例2　解：(1)由题意得－＝－2, ∴p＝4，
∴抛物线的标准方程为y2＝8x．
(2)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，直线AB的斜率为k＝tan α，
则直线AB的方程为y＝k(x－2)．
将此式代入y2＝8x，得k2x2－4(k2＋2)x＋4k2＝0，
故xA＋xB＝．
设直线l与AB的交点为E(xE，yE)．
则xE＝＝，yE＝k(xE－2)＝．
故直线l的方程为y－＝－．
令y＝0，得点P的横坐标为xP＝＋4．
故|FP|＝xP－2＝＝．
∴|FP|－|FP|cos 2α＝(1－cos 2α)＝＝8，
∴|FP|－|FP|cos 2α为定值8．
跟进训练
2．解：(1)设E(x0，y0)，过点E(x0，y0)且平行于l2的直线方程为y－y0＝－2(x－x0)，
由得交点A的横坐标为，
所以|OA|＝＝|2x0＋y0|，
E点到直线l1的距离为，
所以四边形OAEB的面积为
|2x0＋y0|＝4，
即＝1或＝1，
故动点E的轨迹方程为＝1或＝1．
(2)证明：由题知E0的方程为＝1，
设N(0，yN)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
当直线m的斜率为0时，N(0，0)，
若P(－2，0)，Q(2，0)，由＝λ＝μ，知λ＝－，μ＝1，所以λ＋μ＝；
若Q(－2，0)，P(2，0)，由＝λ＝μ，
知λ＝1，μ＝－，所以λ＋μ＝．
当直线m的斜率不为0时，设直线m的方程为x＝ty＋1(显然t≠0)，则N，即yN＝－，
因为＝λ＝μ，
所以(1，－yN)＝λ(x1－1，y1)，(1，－yN)＝μ(x2－1，y2)，
解得λ＝－，μ＝－，λ＋μ＝－yN＝－yN·．
由消去x并整理得(4t2－1)y2＋8ty－12＝0，
因为直线m与曲线E0有两个交点，
则在4t2－1≠0且判别式Δ＞0时，有y1＋y2＝，y1y2＝．
所以λ＋μ＝＝，即证得λ＋μ为定值．
技法三
跟进训练
3．解：(1)由题意可得A(0，a)，B(－b，0)，F(0，c)，则＝b2＋ac＝5，
又＝，a2＝b2＋c2，故b2＝3c2，即b＝c，
故有3c2＋2c2＝5，即c＝1，则b＝，a＝2，
即C的方程为＝1．
(2)由3>，故直线MN斜率存在，设为kx－y－3k＋2＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立
得(3k2＋4)x2－6k(3k－2)x＋9k(3k－4)＝0，
Δ＝36k2(3k－2)2－36k(3k2＋4)(3k－4)
＝－288k(k－2)>0，
即0x1x2＝，
当直线AN斜率存在时，
直线AN：y＝·x＋2和y＝y1联立，
得Q，设线段MQ的中点为T，
则T，
则有2xT＝x1＋
＝＝，
即＝
＝＝
＝
＝＝－1，
即有2xT＝－(yT－2)，即2xT＋yT－2＝0，
故线段MQ的中点在定直线2x＋y－2＝0上．
当直线AN斜率不存在时，则N(0，－2)，kMN＝＝，
直线MN的方程为y＝(x－3)＋2，即y＝x－2，与椭圆方程联立得M，∴Q，
∴T，符合直线方程2x＋y－2＝0．
综上，线段MQ的中点在定直线2x＋y－2＝0上．
拓展视野4
典例　解：(1)由已知得F(1，0)，l的方程为x＝1．
由已知可得，点A的坐标为或．
又M(2，0)，所以AM的方程为y＝－x＋或y＝x－．
(2)证明：当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°．
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以∠OMA＝∠OMB．
当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＜，x2＜，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝．
由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得
kMA＋kMB＝．
将y＝k(x－1)代入＋y2＝1得
(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝．
则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k
＝＝0．
从而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的倾斜角互补，所以∠OMA＝∠OMB．
综上，∠OMA＝∠OMB．
点拨：解析几何中与角有关的问题可以向斜率转化．
1 / 8(共96张PPT)
第八章　解析几何
思维进阶课5　圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题
【思维突破妙招】　圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题是高考的重难点之一，常见的求解策略如下：
类型 求解策略
定点 问题 一是引进参数法，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；二是特殊到一般法，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
类型 求解策略
定值 问题 (1)确定一个(或两个)变量为核心变量，其余量均利用条件用核心变量进行表示．
(2)将所求表达式用核心变量进行表示(有的甚至就是核心变量)，然后进行化简，看能否得到一个常数
定直线 问题 其实质是证明动点在定直线上，即求动点的轨迹方程，所以所用的方法即为求轨迹方程的方法，如定义法、消参法、交轨法等
技法一　参数法解决定点问题
[典例1]　已知点P(4，3)在双曲线C：＝1(a＞0，b＞0)上，过P作x轴的平行线，分别交双曲线C的两条渐近线于M，N两点，|PM|·|PN|＝4．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若直线l：y＝kx＋m与双曲线C交于不同的两点A，B，设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，从下面两个条件中选一个，证明：直线l过定点．
①k1＋k2＝1；②k1k2＝1．
解：(1)因为点P(4，3)在双曲线上，所以＝1．
过P作x轴的平行线y＝3，与y＝±x相交于M，N两点，记M，N．
所以＝
＝a2＝a2＝4，所以a＝2．
代入＝1，可知b＝，
所以双曲线C的方程为＝1．
(2)证明：选①：由题意可知，直线l与双曲线C交于不同的两点A，B，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程
得(3－4k2)x2－8kmx－4m2－12＝0，
所以3－4k2≠0，Δ＝(－8km)2－4(3－4k2)(－4m2－12)＞0，
即m2＋3－4k2＞0．
所以x1＋x2＝，x1x2＝，
由条件k1＋k2＝1，得＝1，
所以(x2－4)(kx1＋m－3)＋(x1－4)(kx2＋m－3)＝(x1－4)(x2－4)，
整理可得
2kx1x2＋(m－3－4k)(x1＋x2)－8(m－3)＝x1x2－4(x1＋x2)＋16，
由根与系数的关系得m2＋2km－8k2－6k－6m＋9＝0，
即(m－2k－3)(m＋4k－3)＝0，
解得m＝2k＋3或m＝－4k＋3．
当m＝2k＋3时，y＝kx＋m＝kx＋2k＋3＝k(x＋2)＋3，
则直线l过定点(－2，3)；
当m＝－4k＋3时，y＝kx＋m＝kx－4k＋3＝k(x－4)＋3，则直线l过定点P(4，3)，不合题意．
综上可得，直线l过定点(－2，3)．
选②：由题意可知，直线l与双曲线C交于不同的两点A，B，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程
得(3－4k2)x2－8kmx－4m2－12＝0，
所以3－4k2≠0，Δ＝(－8km)2－4(3－4k2)(－4m2－12)＞0，即m2＋3－4k2＞0．
所以x1＋x2＝，x1x2＝，
由条件k1k2＝1，得＝1，
即＝1，
整理可得
＝1．
由根与系数的关系，整理可得7m2＋32km＋16k2－18m－9＝0，
即(7m＋4k＋3)(m＋4k－3)＝0，
解得m＝－或m＝－4k＋3．
当m＝－时，y＝kx＋m＝kx－＝，则直线l过定点；
当m＝－4k＋3时，y＝kx＋m＝kx－4k＋3＝k(x－4)＋3，则直线l过定点P(4，3)，不合题意．
综上可得，直线l过定点．
名师点评　求解直线过定点问题常用方法如下：
(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、有目的的一般性证明；
(2)“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
(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)或斜截式y＝kx＋b来证明．
[跟进训练]
1．(2025·广东广州一模)设A，B两点的坐标分别为(－，0)，(，0)． 直线AH，BH相交于点H，且它们的斜率之积是－． 设点H的轨迹方程为C．
(1)求C；
(2)不经过点A的直线l与曲线C相交于E，F两点，且直线AE与直线AF的斜率之积是－，求证：直线l恒过定点．
解：(1)设点H的坐标为(x，y)，因为点A的坐标是(－，0)，
所以直线 AH的斜率kAH＝(x≠－)，
同理，直线 BH的斜率kBH＝(x≠)，
由已知，有＝－(x≠±)，
化简得点H的轨迹方程为＋y2＝1(x≠±)，
即点H的轨迹是除去 (－，0)，(，0)两点的椭圆．
(2)证明：设E(x1，y1)，F(x2，y2)，
①当直线l斜率不存在时，可知 x1＝x2，y2＝－y1，
且有
解得x1＝0，y1＝±1，此时直线l为 x＝0；
②当直线l斜率存在时，设直线 l：y＝kx＋b，则此时有
kAE·kAF＝＝＝＝－．
联立直线方程与椭圆方程
消去 y可得(3k2＋1)x2＋6kbx＋3b2－3＝0，
Δ＝12(3k2－b2＋1)＞0，
根据根与系数的关系可得 x1＋x2＝，x1x2＝，
所以＝－，
所以＝－，
所以＝－1．
所以b2－kb＝0，则b＝0或b＝k，
当b＝k时，则直线 l：y＝k(x＋)恒过A点，与题意不符，舍去，
故b＝0，直线l恒过原点(0，0)，
综合①②可知，直线l恒过原点 (0，0)，原命题得证．
【教用·备选题】
1．(2023·全国乙卷)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的离心率为，点A(－2，0)在C上．
(1)求C的方程；
(2)过点(－2，3)的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点．
解：(1)因为点A(－2，0)在C上，所以＝1，得b2＝4．
因为椭圆的离心率e＝＝，所以c2＝a2，又a2＝b2＋c2＝4＋a2，所以a2＝9，c2＝5，
故椭圆C的方程为＝1．
(2)证明：由题意知，直线PQ的斜率存在且不为0，设lPQ：y－3＝k(x＋2)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由得(4k2＋9)x2＋(16k2＋24k)x＋16k2＋48k＝0，
则Δ＝(16k2＋24k)2－4(4k2＋9)(16k2＋48k)＝－36×48k>0，
故x1＋x2＝－，x1x2＝．
直线AP：y＝(x＋2)，令x＝0，解得yM＝，同理得yN＝，
则yM＋yN＝2×＝2×
＝2×
＝2×
＝2×＝6．
所以MN的中点的纵坐标为＝3，所以MN的中点为定点(0，3)．
2．已知双曲线C：＝1(a＞0，b＞0)的左顶点为A，过左焦点F的直线与C交于P，Q两点．当PQ⊥x轴时，|PA|＝，△PAQ的面积为3．
(1)求双曲线C的方程；
(2)证明：以PQ为直径的圆经过定点．
解：(1)如图，当PQ⊥x轴时，P，Q两点的横坐标均为－c，
代入双曲线方程，可得yP＝，yQ＝－，
即|PF|＝，
由题意，可得
解得a＝1，b＝，c＝2，
∴双曲线C的方程为x2－＝1．
(2)证明：法一：设直线PQ的方程为x＝my－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则 3(m2y2－4my＋4)－y2＝3 (3m2－1)y2－12my＋9＝0，Δ＞0，由根与系数的关系得y1＋y2＝，y1y2＝，以PQ为直径的圆的方程为(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0，
x2－(x1＋x2)x＋x1x2＋y2－(y1＋y2)y＋y1y2＝0，
由对称性知以PQ为直径的圆必过x轴上的定点，令y＝0，可得
x2－(x1＋x2)x＋x1x2＋y1y2＝0，
而x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝－4＝，
x1x2＝(my1－2)(my2－2)＝m2y1y2－2m(y1＋y2)＋4＝，
∴x2－x＋＝0，(3m2－1)x2－4x＋5－3m2＝0，即[(3m2－1)x＋3m2－5]·(x－1)＝0对任意m∈R恒成立，
∴x＝1，
∴以PQ为直径的圆经过定点(1，0)．
当直线PQ斜率为0时，圆的方程为x2＋y2＝1，过定点(1，0)．
综上，以PQ为直径的圆经过定点(1，0)．
法二：设直线PQ的方程为x＝my－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则 (3m2－1)y2－12my＋9＝0，Δ＞0，
由根与系数的关系得y1＋y2＝，y1y2＝，
由对称性知以PQ为直径的圆必过x轴上的定点．
设以PQ为直径的圆过点E(t，0)，
∴＝0 (x1－t)(x2－t)＋y1y2＝0 x1x2－t(x1＋x2)＋t2＋y1y2＝0，
而x1x2＝(my1－2)(my2－2)＝m2y1y2－2m(y1＋y2)＋4＝m2·－2m·＋4＝，
x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝－4＝，
∴＋t2＋＝0，
(3m2－1)t2－4t＋5－3m2＝0，
即[(3m2－1)t＋3m2－5](t－1)＝0对任意m∈R恒成立，
∴t＝1，即以PQ为直径的圆经过定点(1，0)．
当直线PQ斜率为0时，圆的方程为x2＋y2＝1，过定点(1，0)．
综上，以PQ为直径的圆经过定点(1，0)．
技法二　定值问题
[典例2]　(2024·山东济南三模)如图所示，抛物线y2＝2px(p>0)的准线过点(－2，3)．
(1)求抛物线的标准方程；
(2)若角α为锐角，以角α为倾斜角的直线经过抛物
线的焦点F，且与抛物线交于A，B两点，作线段
AB的垂直平分线l交x轴于点P，证明：|FP|－
|FP|cos 2α为定值，并求此定值．
解：(1)由题意得－＝－2，∴p＝4，
∴抛物线的标准方程为y2＝8x．
(2)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，直线AB的斜率为k＝tan α，
则直线AB的方程为y＝k(x－2)．
将此式代入y2＝8x，得k2x2－4(k2＋2)x＋4k2＝0，
故xA＋xB＝．
设直线l与AB的交点为E(xE，yE)．
则xE＝＝，yE＝k(xE－2)＝．
故直线l的方程为y－＝－．
令y＝0，得点P的横坐标为xP＝＋4．
故|FP|＝xP－2＝＝．
∴|FP|－|FP|cos 2α＝(1－cos 2α)＝＝8，
∴|FP|－|FP|cos 2α为定值8．
名师点评　圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
(1)求代数式为定值：依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可得出定值；
(2)求点到直线的距离为定值：利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；
(3)求某线段长度为定值：利用长度公式求得长度的解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得；
(4)定值问题可由特殊情况先寻求定值，再推广到一般情况，这样方向和目标明确．
[跟进训练]
2．已知直线l1：y＝2x和直线l2：y＝－2x，过动点E作平行于l2的直线交l1于点A，过动点E作平行于l1的直线交l2于点B，且四边形OAEB(O为原点)的面积为4．
(1)求动点E的轨迹方程；
(2)当动点E的轨迹的焦点在x轴上时，记轨迹为曲线E0，过点M(1，0)的直线m与曲线E0交于P，Q两点，且与y轴交于点N，若＝λ＝μ，求证：λ＋μ为定值．
解：(1)设E(x0，y0)，过点E(x0，y0)且平行于l2的直线方程为y－y0＝－2(x－x0)，
由得交点A的横坐标为，
所以|OA|＝＝|2x0＋y0|，
E点到直线l1的距离为，
所以四边形OAEB的面积为
|2x0＋y0|＝4，
即＝1或＝1，
故动点E的轨迹方程为＝1或＝1．
(2)证明：由题知E0的方程为＝1，
设N(0，yN)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
当直线m的斜率为0时，N(0，0)，
若P(－2，0)，Q(2，0)，由＝λ＝μ，知λ＝－，μ＝1，所以λ＋μ＝；
若Q(－2，0)，P(2，0)，由＝λ＝μ，
知λ＝1，μ＝－，所以λ＋μ＝．
当直线m的斜率不为0时，设直线m的方程为x＝ty＋1(显然t≠0)，则N，即yN＝－，
因为＝λ＝μ，
所以(1，－yN)＝λ(x1－1，y1)，(1，－yN)＝μ(x2－1，y2)，
解得λ＝－，μ＝－，λ＋μ＝－yN＝－yN·．
由消去x并整理得(4t2－1)y2＋8ty－12＝0，
因为直线m与曲线E0有两个交点，
则在4t2－1≠0且判别式Δ＞0时，有y1＋y2＝，y1y2＝．
所以λ＋μ＝＝，即证得λ＋μ为定值．
【教用·备选题】
已知M，N分别为椭圆E：＝1(a＞b＞0)的左、右顶点，F为其右焦点，|FM|＝3|FN|，且点P在椭圆E上．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若过F的直线l与椭圆E交于A，B两点，且l与以MN为直径的圆交于C，D两点，证明：为定值．
解：(1)由|FM|＝3|FN|，可得a＋c＝3(a－c)，解得a＝2c，
又因为a2＝b2＋c2，所以b＝c．
因为点P在椭圆E上，所以＝1，
解得a＝2，b＝，c＝1，所以椭圆E的标准方程为＝1．
(2)证明：①当l与x轴重合时，|AB|＝|CD|＝4，
所以＝7．
②当l不与x轴重合时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
直线l的方程为x＝my＋1，
由消去x并整理得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，Δ＞0，
则y1＋y2＝，y1y2＝，
故|AB|＝
＝＝12×，
圆心O到直线l的距离为，
则＝4－，
所以＝＋4－＝7，
即为定值．
技法三　待定系数法解决定直线问题
[典例3]　(12分)(2023·新高考Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－2，0)，离心率为．
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(－4，0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P，证明：点P在定直线上．
【规范解答】　(1)双曲线C的中心为原点，左焦点为(－2，0)，离心率为，
则··················1分
解得 ··················· 2分
故双曲线C的方程为＝1. ············3分
(2)证明：过点(－4，0)的直线与C的左支交于M，N两点，则可设直线MN的方程为

因为C的左、右顶点分别为A1，A2，则A1(－2，0)，A2(2，0)，

化简整理，得(4m2－1)y2－32my＋48＝0， ········4分
5分

设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则y1＋y2＝，y1y2＝， ············6分
直线MA1的方程为y＝(x＋2)，············7分
直线NA2的方程为y＝(x－2)，············8分
故＝＝＝＝
··········10分
故＝－，解得x＝－1， ·················11分
所以xP＝－1，
故点P在定直线x＝－1上．··················12分
名师点评　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动点的轨迹，主要方法如下：
(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．
[跟进训练]
3．(2024·辽宁大连一模)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的离心率为，A为上顶点，B为左顶点，F为上焦点，且＝5．
(1)求C的方程；
(2)设过点(3，2)的直线交C于M，N两点，过M且垂直于y轴的直线与直线AN交于点Q，证明：线段MQ的中点在定直线上．
解：(1)由题意可得A(0，a)，B(－b，0)，F(0，c)，则＝b2＋ac＝5，
又＝，a2＝b2＋c2，故b2＝3c2，即b＝c，
故有3c2＋2c2＝5，即c＝1，则b＝，a＝2，
即C的方程为＝1．
(2)由3>，故直线MN斜率存在，设为kx－y－3k＋2＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立
得(3k2＋4)x2－6k(3k－2)x＋9k(3k－4)＝0，
Δ＝36k2(3k－2)2－36k(3k2＋4)(3k－4)＝－288k(k－2)>0，
即0x1x2＝，
当直线AN斜率存在时，
直线AN：y＝·x＋2和y＝y1联立，
得Q，设线段MQ的中点为T，
则T，
则有2xT＝x1＋＝＝，
即＝＝＝
＝＝＝－1，
即有2xT＝－(yT－2)，即2xT＋yT－2＝0，
故线段MQ的中点在定直线2x＋y－2＝0上．
当直线AN斜率不存在时，则N(0，－2)，kMN＝＝，
直线MN的方程为y＝(x－3)＋2，即y＝x－2，与椭圆方程联立得M，∴Q，
∴T，符合直线方程2x＋y－2＝0．
综上，线段MQ的中点在定直线2x＋y－2＝0上．
【教用·备选题】
已知抛物线E：y2＝2px(p>0)，过点(－2，0)的两条直线l1，l2分别交E于A，B两点和C，D两点．当l1的斜率为时，|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．
解：(1)当l1的斜率为时，得l1的方程为y＝(x＋2)，
由消去x并整理得y2－3py＋4p＝0，
Δ＝(－3p)2－4×4p＞0，y1＋y2＝3p，y1y2＝4p，
由弦长公式得
|AB|＝＝＝，
即＝2，解得p＝2或p＝－(舍去)，p＝2满足Δ＞0，
从而E的标准方程为y2＝4x．
(2)法一：因为l1，l2分别交E于A，B两点和C，D两点，所以直线斜率存在．
设直线AB的方程为y＝k1(x＋2)，
设，
由消去x得k1y2－4y＋8k1＝0，Δ＞0，
由根与系数的关系得y1y2＝8．
设直线CD的方程为y＝k2(x＋2)，
设，
由消去x得k2y2－4y＋8k2＝0，Δ＞0，
由根与系数的关系得y3 y4＝8．
直线AD的方程为y－y1＝，
即y＝x＋，
化简得4x－(y1＋y4)y＋y1y4＝0，
同理，直线BC的方程为4x－(y2＋y3)y＋y2y3＝0．
因为点(－2，0)在抛物线E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，所以只需证点G的横坐标为定值即可．
因为直线AD与BC相交，所以y2＋y3≠y1＋y4，
由消去y，
解得x＝＝
＝＝＝2．
所以点G的横坐标为2，即直线AD与BC的交点G在定直线x＝2上．
法二：设直线AB的方程为x＝my－2，由消去x得y2－4my＋8＝0，
设，则y1y2＝8．
设直线CD的方程为x＝，
同理可得y3y4＝8．
直线AD的方程为y－y1＝，
即y＝x＋，
化简得4x－(y1＋y4)y＋y1y4＝0，
同理，直线BC的方程为4x－(y2＋y3)y＋y2y3＝0．
因为点(－2，0)在抛物线E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，所以只需证点G的横坐标为定值即可．
因为直线AD与BC相交，所以y2＋y3≠y1＋y4，
由消去y，
解得x＝＝
＝＝＝2．
所以点G的横坐标为2，即直线AD与BC的交点G在定直线x＝2上．
椭圆的等角定理
已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)，直线l过定点(m，0)(m≠0，|m|≠a)且不垂直于x轴，同时直线l与椭圆C交于P，Q两点，则x轴上存在点R，使得∠ORP＝∠ORQ．
逆定理
已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)与x轴上定点R(m≠0，|m|≠a)，设直线l不垂直于x轴，同时直线l与椭圆C交于P，Q两点，若∠ORP＝∠ORQ，则直线恒过定点(m，0)．
注：定点所在轴只需要与a保持一致即可，不要求在椭圆内，也不要求在椭圆外，如图所示：
证明：普通联立法即可．
双曲线的等角定理
已知双曲线C：＝1(a＞b＞0)，直线l过定点(m，0)(m≠0，|m|≠a)且不垂直于x轴，同时直线l与双曲线C交于P，Q两点，则x轴上存在点R，使得∠ORP＝∠ORQ．
逆定理
已知双曲线C：＝1(a＞b＞0)与x轴上定点R(m≠0，|m|≠a)．设l不垂直于x轴，同时直线l与双曲线C交于P，Q两点，若∠ORP＝∠ORQ，则直线恒过定点(m，0)．
注：定点在实轴上即可，不要求在双曲线内部，也不要求过定点的直线必须是和同一侧曲线相交于两点，包括如下三种情况，证明过程一致．
证明：普通联立法即可．
抛物线的等角定理
已知抛物线C：y2＝2px，直线l过定点(m，0)(m≠0)，同时直线l与抛物线C交于P，Q两点，则x轴上存在点R(－m，0)，使得∠ORP＝∠ORQ．
逆定理
已知抛物线C：y2＝2px与x轴上定点R(m，0)(m≠0)，直线l与抛物线C交于P，Q两点，若∠ORP＝∠ORQ，则直线恒过定点(－m，0)．
注：定点在对称轴上即可．
[典例]　(2018·全国Ⅰ卷)设椭圆C：＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2，0)．
(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB．
解：(1)由已知得F(1，0)，l的方程为x＝1．
由已知可得，点A的坐标为或．
又M(2，0)，所以AM的方程为y＝－x＋或y＝x－．
(2)证明：当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°．
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以∠OMA＝∠OMB．
当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＜，x2＜，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝．
由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得
kMA＋kMB＝．
将y＝k(x－1)代入＋y2＝1得
(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝．
则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k
＝＝0．
从而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的倾斜角互补，所以∠OMA＝∠OMB．
综上，∠OMA＝∠OMB．
点拨：解析几何中与角有关的问题可以向斜率转化．
题号
1
3
2
4
进阶特训(五)　圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题
1．(2025·广东八校模拟)已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|＝8，过F2作其中一条渐近线的垂线，垂足为M，延长F2M交另一条渐近线于点N，且|F2M|＝|MN|．
(1)求双曲线C的方程；
(2)如图，过A(6，0)作直线l(l不与x轴重合)与双曲线C的两支交于P，Q两点，直线F1P，F1Q与C的另一个交点分别为S，T，求证：直线ST过定点．
题号
1
3
2
4
解：(1)渐近线l1：y＝x，渐近线l2：y＝－x．
设O为坐标原点，由题意，不妨设M在l1上，N在l2上，OM是线段NF2的中垂线，△F2OM≌△NOM，
题号
1
3
2
4
所以∠F2OM＝∠NOM．由对称性，∠F2OM＝∠F1ON，
所以∠F2OM＝∠NOM＝∠F1ON，从而∠F2OM＝，
所以|F2M|＝＝b，
又|F1F2|＝8，所以c＝4，
在Rt△F2OM中，sin ∠F2OM＝＝＝，
解得b＝2．
所以a2＝c2－b2＝42－12＝4，
故双曲线C的方程为＝1．
题号
1
3
2
4
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，S(x3，y3)，T(x4，y4)，
由题意可得直线PQ的斜率存在且不为0，所以设直线PQ：y＝k(x－6)．
可得直线PS：y＝(x＋4)．
联立
得－12(x1＋4)2＝0，Δ＞0，
则x1＋x3＝，又＝－12，
题号
1
3
2
4
所以x1＋x3＝＝＝，
所以x3＝－，y3＝＝＝，
所以S，
同理T．
题号
1
3
2
4
则kST＝＝
＝＝＝－．
直线ST：y－＝－，
令y＝0，得x＝－＝－，
所以直线ST过定点．
题号
1
3
2
4
2．已知椭圆C：＝1(a>b>0)的离心率为，A，B分别为C的上、下顶点，O为坐标原点，直线y＝kx＋4与C交于不同的两点M，N．
(1)设点P为线段MN的中点，证明：直线OP与直线MN的斜率之积为定值；
(2)若|AB|＝4，证明：直线BM与直线AN的交点G在定直线上．
题号
1
3
2
4
[证明]　(1)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则P．
由 两式相减得＝0，即＝－．
所以kOP·kMN＝＝＝－＝e2－1＝－1＝－．
题号
1
3
2
4
(2)由 解得 所以椭圆C的方程为＝1．
将直线方程y＝kx＋4代入椭圆C的方程，
化简整理得(2k2＋1)x2＋16kx＋24＝0．①
题号
1
3
2
4
由Δ＝32(2k2－3)>0，解得k2>．
由根与系数的关系，得x1＋x2＝，x1x2＝．②
设M(x1，kx1＋4)，N(x2，kx2＋4)，
则直线MB的方程为y＝x－2，③
直线NA的方程为y＝x＋2，④
题号
1
3
2
4
由③④两式解得
y＝＝＝＝1，
即yG＝1，所以直线BM与直线AN的交点G在定直线y＝1上．
题号
1
3
2
4
3．(2024·湖北武汉4月联考)已知抛物线E：y＝x2，过点T(1，2)的直线与抛物线E交于A，B两点，设抛物线E在点A，B处的切线分别为l1和l2，已知l1与x轴交于点M，l2与x轴交于点N，设l1与l2的交点为P．
(1)证明：点P在定直线上；
(2)若△PMN的面积为，求点P的坐标；
(3)若P，M，N，T四点共圆，求点P的坐标．
题号
1
3
2
4
解：(1)证明：由y＝x2，得y′＝2x，
设，P(xP，yP)．
所以l1的方程为y＝，整理得y＝．
同理可得，l2的方程为y＝．
联立方程
解得
题号
1
3
2
4
因为点T(1，2)在抛物线内部，可知直线AB的斜率存在，且与抛物线必相交，
设直线AB的方程为y＝k(x－1)＋2，与抛物线方程联立得x2－kx＋k－2＝0，Δ＞0，
故x1＋x2＝k，x1x2＝k－2，
所以xP＝，yP＝k－2，可知yP＝2xP－2．
所以点P在定直线y＝2x－2上．
题号
1
3
2
4
(2)在l1，l2的方程中，令y＝0，得M，N，
所以△PMN的面积S＝|MN|·|yP|＝|(x1－x2)x1x2|＝．
故(x1－x2)2(x1x2)2＝[(x1＋x2)2－4x1x2](x1x2)2＝32，代入x1＋x2＝k，x1x2＝k－2可得(k2－4k＋8)(k2－4k＋4)＝32．
整理得 ＝0，解得k＝0或k＝4．
所以点P的坐标为(0，－2)或(2，2)．
题号
1
3
2
4
(3)若x1＝0，则P，N重合，与题设矛盾．
抛物线的焦点F，由M得直线MF的斜率kMF＝－＝－，
可知MF⊥MP，
同理NF⊥NP，所以PF是△PMN外接圆的直径．
若点T也在该圆上，则TF⊥TP．
题号
1
3
2
4
由kTF＝，得直线TP的方程为y＝－(x－1)＋2．
又点P在定直线y＝2x－2上，
联立两直线方程
解得
所以点P的坐标为．
题号
1
3
2
4
4．(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．
题号
1
3
2
4
解：(1)由题设得＝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．Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－6)＞0，即－m2＋3＋6k2＞0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝．①
题号
1
3
2
4
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，m＝－k－．
题号
1
3
2
4
于是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，所以－8x1＋4＝0，解得x1＝2(舍去)，x1＝．
此时直线MN过点P．
题号
1
3
2
4
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．
谢 谢！进阶特训(五)　圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题
1．(2025·广东八校模拟)已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|＝8，过F2作其中一条渐近线的垂线，垂足为M，延长F2M交另一条渐近线于点N，且|F2M|＝|MN|．
(1)求双曲线C的方程；
(2)如图，过A(6，0)作直线l(l不与x轴重合)与双曲线C的两支交于P，Q两点，直线F1P，F1Q与C的另一个交点分别为S，T，求证：直线ST过定点．
2．已知椭圆C：＝1(a>b>0)的离心率为，A，B分别为C的上、下顶点，O为坐标原点，直线y＝kx＋4与C交于不同的两点M，N．
(1)设点P为线段MN的中点，证明：直线OP与直线MN的斜率之积为定值；
(2)若|AB|＝4，证明：直线BM与直线AN的交点G在定直线上．
3．(2024·湖北武汉4月联考)已知抛物线E：y＝x2，过点T(1，2)的直线与抛物线E交于A，B两点，设抛物线E在点A，B处的切线分别为l1和l2，已知l1与x轴交于点M，l2与x轴交于点N，设l1与l2的交点为P．
(1)证明：点P在定直线上；
(2)若△PMN的面积为，求点P的坐标；
(3)若P，M，N，T四点共圆，求点P的坐标．
4．(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．
进阶特训(五)
1．解：(1)渐近线l1：y＝x，渐近线l2：y＝－x．
设O为坐标原点，由题意，不妨设M在l1上，N在l2上，OM是线段NF2的中垂线，△F2OM≌△NOM，
所以∠F2OM＝∠NOM．由对称性，∠F2OM＝∠F1ON，
所以∠F2OM＝∠NOM＝∠F1ON，从而∠F2OM＝，
所以|F2M|＝＝b，
又|F1F2|＝8，所以c＝4，
在Rt△F2OM中，sin ∠F2OM＝＝＝，
解得b＝2．
所以a2＝c2－b2＝42－12＝4，
故双曲线C的方程为＝1．
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，S(x3，y3)，T(x4，y4)，
由题意可得直线PQ的斜率存在且不为0，所以设直线PQ：y＝k(x－6)．
可得直线PS：y＝(x＋4)．
联立
得－12(x1＋4)2＝0，Δ＞0，
则x1＋x3＝，又＝－12，
所以x1＋x3＝＝＝，
所以x3＝－，y3＝＝＝，
所以S，
同理T．
则kST＝
＝
＝
＝＝－．
直线ST：y－＝－，
令y＝0，得x＝－＝－，
所以直线ST过定点．
2．证明：(1)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则P．
由 两式相减得＝0，即＝－．
所以kOP·kMN＝＝＝－＝e2－1＝－1＝－．
(2)由 解得 所以椭圆C的方程为＝1．
将直线方程y＝kx＋4代入椭圆C的方程，化简整理得(2k2＋1)x2＋16kx＋24＝0．①
由Δ＝32(2k2－3)>0，解得k2>．
由根与系数的关系，得x1＋x2＝，x1x2＝．②
设M(x1，kx1＋4)，N(x2，kx2＋4)，
则直线MB的方程为y＝x－2，③
直线NA的方程为y＝x＋2，④
由③④两式解得
y＝
＝
＝＝1，
即yG＝1，所以直线BM与直线AN的交点G在定直线y＝1上．
3．解：(1)证明：由y＝x2，得y′＝2x，
设，P(xP，yP)．
所以l1的方程为y＝，整理得y＝．
同理可得，l2的方程为y＝．
联立方程
解得
因为点T(1，2)在抛物线内部，可知直线AB的斜率存在，且与抛物线必相交，
设直线AB的方程为y＝k(x－1)＋2，与抛物线方程联立得x2－kx＋k－2＝0，Δ＞0，
故x1＋x2＝k，x1x2＝k－2，
所以xP＝，yP＝k－2，可知yP＝2xP－2．
所以点P在定直线y＝2x－2上．
(2)在l1，l2的方程中，令y＝0，得M，N，
所以△PMN的面积S＝|MN|·|yP|＝|(x1－x2)x1x2|＝．
故(x1－x2)2(x1x2)2＝[(x1＋x2)2－4x1x2](x1x2)2＝32，代入x1＋x2＝k，x1x2＝k－2可得(k2－4k＋8)(k2－4k＋4)＝32．
整理得 ＝0，解得k＝0或k＝4．
所以点P的坐标为(0，－2)或(2，2)．
(3)若x1＝0，则P，N重合，与题设矛盾．
抛物线的焦点F，由M得直线MF的斜率kMF＝－＝－，
可知MF⊥MP，
同理NF⊥NP，所以PF是△PMN外接圆的直径．
若点T也在该圆上，则TF⊥TP．
由kTF＝，得直线TP的方程为y＝－(x－1)＋2．
又点P在定直线y＝2x－2上，
联立两直线方程
解得
所以点P的坐标为．
4．解：(1)由题设得＝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．Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－6)＞0，即－m2＋3＋6k2＞0，
所以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，m＝－k－．
于是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，所以－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．
1 / 2

展开更多......

收起↑