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重难专攻13　定点、定线与定值问题
（时间：45分钟，满分：55分）
1.（10分）已知A，B是椭圆E：＋y2＝1的左、右顶点，过点M（3，0）作直线l交椭圆E于C，D两点（与A，B不重合），连接AC，BD交于点G.证明：点G在定直线上.
2.（15分）（2026·山西太原模拟）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，过点D（2，1）且斜率为1的直线经过点F.
（1）求抛物线C的方程；
（2）若A，B是抛物线C上两个动点，在x轴上是否存在定点M（异于坐标原点O），使得当直线AB经过点M时，满足OA⊥OB？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.
3.（15分）（2025·河南洛平许济二模）已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的焦距为2，且过点P（－1，2）.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点P作两条直线分别交椭圆C于A，B两点，若直线x＝－1平分∠APB，求证：直线AB的斜率为定值，并求出这个定值.
4.（15分）（2026·江苏南京调研）已知F1，F2分别为双曲线E：－＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，点F1到双曲线E的渐近线的距离为2，点A为双曲线E的右顶点，且｜AF1｜＝2｜AF2｜.
（1）求双曲线E的标准方程；
（2）若四边形ABCD为矩形，其中点B，D在双曲线E上，求证：直线BD过定点.
重难专攻13　定点、定线与定值问题
1.证明：设直线l：x＝ty＋3，C（x1，y1），D（x2，y2）.
由得（t2＋4）y2＋6ty＋5＝0.
由Δ＝16t2－80＞0，得t＞或t＜－.
所以y1＋y2＝－，y1y2＝，
所以y1＋y2＝－ty1y2， ①
易知直线AC的方程为y＝（x＋2）， ②
直线BD的方程为y＝（x－2）， ③
联立②③，消去y，得＝＝＝， ④
联立①④，消去ty1y2，
则＝＝－5.
解得x＝，即点G在直线x＝上.
2.解：（1）由题意知，过点D（2，1）且斜率为1的直线方程为y－1＝x－2，
即y＝x－1，令y＝0，得x＝1，
∴点F的坐标为（1，0），
∴＝1，∴p＝2，∴抛物线C的方程为y2＝4x.
（2）由（1）知，抛物线C：y2＝4x，
假设存在定点M（m，0）（m≠0）满足题意，
设直线AB的方程为x＝ty＋m（t∈R），
A（x1，y1），B（x2，y2），
由得y2－4ty－4m＝0，
且Δ＝16（t2＋m）＞0，
∴y1＋y2＝4t，y1y2＝－4m.
∵OA⊥OB，∴·＝0，
∴·＝x1x2＋y1y2＝（ty1＋m）（ty2＋m）＋y1y2＝（t2＋1）y1y2＋tm（y1＋y2）＋m2＝－4m（t2＋1）＋4mt2＋m2＝m2－4m＝0，
又m≠0，∴m＝4.
当m＝4时，点M的坐标为（4，0），满足OA⊥OB，
∴存在定点M（4，0）满足题意.
3.解：（1）依题意可得
解得
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
（2）证明：依题意直线PA，PB的斜率存在且不为0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），直线PA的方程为y－2＝k（x＋1）（k≠0），
由消去y得（k2＋4）x2＋2k（k＋2）x＋k2＋4k－4＝0，
所以x1＝，因为直线x＝－1平分∠APB，
所以直线PA，PB的斜率互为相反数，
所以直线PB的方程为y－2＝－k（x＋1）（k≠0），同理可得x2＝，
因为y1－2＝k（x1＋1），y2－2＝－k（x2＋1），
所以y1－y2＝k（x1＋x2）＋2k＝k（ ＋）＋2k＝，
又x1－x2＝－＝，
所以kAB＝＝－2，即直线AB的斜率为定值－2.
4.解：（1）设双曲线E的焦距为2c，则F1（－c，0），
故点F1到双曲线E的渐近线bx±ay＝0的距离为＝b＝2.
由｜AF1｜＝2｜AF2｜，知c＋a＝2（c－a），得c＝3a.
又c2＝a2＋b2，所以（3a）2＝a2＋8，解得a2＝1.
所以双曲线E的标准方程为x2－＝1.
（2）证明：①当直线BD的斜率不存在时，显然点B，D均在双曲线E的左支上（若点B，D均在双曲线E的右支上，则∠BAx＝，由渐近线2x±y＝0，显然∠BAx不可能为，矛盾），不妨设点B在第二象限，如图，若四边形ABCD为矩形，则AB⊥AD，得直线DA的斜率kDA＝1，
又A（1，0），所以直线DA的方程为y＝x－1.
由得7x2＋2x－9＝0，解得x＝－或x＝1，所以此时直线BD的方程为x＝－.
②当直线BD的斜率存在时，设直线BD的方程为y＝kx＋m，B（x1，y1），D（x2，y2），联立得（8－k2）x2－2kmx－m2－8＝0，
Δ＝（－2km）2－4（8－k2）（－m2－8）＝32（m2－k2＋8），
当时，x1＋x2＝，x1x2＝－.
因为四边形ABCD为矩形，所以AB⊥AD，
所以·＝（x1－1，y1）·（x2－1，y2）＝（x1－1）（x2－1）＋y1y2＝0，
所以（x1－1）（x2－1）＋（kx1＋m）（kx2＋m）＝（k2＋1）x1x2＋（km－1）（x1＋x2）＋m2＋1＝0，
所以－＋＋＝0，
所以7m2－2km－9k2＝0，
所以（m＋k）（7m－9k）＝0，所以m＝－k或m＝k.
当m＝－k时，直线BD的方程为y＝kx－k＝k（x－1），过定点A（1，0），不合题意，舍去.
当m＝k时，直线BD的方程为y＝kx＋k＝k（x＋），过定点（－，0）.
综上，直线BD过定点（－，0）.
1 / 1重难专攻13　定点、定线与定值问题
定点问题
（师生共研过关）
已知双曲线C的渐近线方程为y＝±x，且过点P（3，）.
（1）求C的方程；
（2）设Q（1，0），直线x＝t不经过P点且与C相交于A，B两点，若直线BQ与C交于另一点D，求证：直线AD过x轴上的一定点.
圆锥曲线中定点问题的两种解法 （1）引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.或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； （2）特殊到一般法：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，如直线的水平或竖直位置，即k＝0或k不存在.
训练1 已知椭圆C：＋＝1（a＞b≥1）的离心率为，上焦点到直线bx＋2ay－＝0的距离为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点P（ ，0）的直线l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.
定线问题
（师生共研过关）
〔一题多解〕（2023·新高考Ⅱ卷21题）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.
解决动点在定直线上的常用方法 （1）设点法：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，待定系数求解出系数； （3）验证法：面对复杂问题时，可从特殊情况入手，以确定可能的定直线，然后再验证该直线对一般情况是否符合，属于“先猜再证”.
训练2 （2026·山东潍坊模拟）已知抛物线E的顶点为坐标原点O，焦点为（1，0），过点M（2，0）的直线与E交于A，B两点，过点B作y轴的垂线与直线OA相交于点P.
（1）求E的方程；
（2）证明：点P在定直线l上.
定值问题
（师生共研过关）
（2025·浙江台州一模）已知抛物线Γ1：y2＝4x的焦点为F，准线为l，双曲线Γ2：－＝1的左焦点为T.
（1）求l的方程和双曲线Γ2的渐近线方程；
（2）设Q为抛物线Γ1和双曲线Γ2的一个公共点，求证：直线QT与抛物线Γ1相切；
（3）设P为l上的动点，且直线PT与双曲线Γ2的左、右两支分别交于A，B两点，直线PF与抛物线Γ1交于不同的两点C，D，判断＋是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.
求解定值问题的两大途径 （1）先由特例得出一个值（此值一般就是定值），然后证明定值.将问题转化为证明待证式与参数（某些变量）无关； （2）先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子与分母约分得定值.
训练3 已知双曲线C：－＝1（a＞0，b＞0）的离心率为2，右顶点D到一条渐近线的距离为.
（1）求双曲线C的方程；
（2）若直线l与双曲线C交于A，B两点，且·＝0，O为坐标原点，试证明点O到直线l的距离为定值.
重难专攻13　定点、定线与定值问题
考点1
【例1】　解：（1）因为渐近线方程为y＝±x，
所以可设双曲线C的方程为－＝λ（λ≠0），
将点P（3，）代入得－＝λ，解得λ＝，
所以双曲线C的方程为－y2＝1.
（2）证明：显然直线BQ的斜率存在且不为零，
设直线BQ的方程为x＝my＋1，B（x1，y1），D（x2，y2），A（x1，－y1），联立
消去x整理得（m2－3）y2＋2my－2＝0.
依题意得m2－3≠0且Δ＝4m2＋8（m2－3）＞0，即m2＞2且m2≠3，
y1＋y2＝－，y1y2＝－，
直线AD的方程为y＋y1＝（x－x1），
令y＝0，得x＝＋x1＝
＝
＝
＝＝＝3.
所以直线AD过x轴上的定点（3，0）.
训练1　解：（1）由题意，e＝＝，e2＝＝，所以a＝b，c＝b.
又＝，a＞b≥1，所以b＝1，a2＝2，故椭圆C的方程为＋x2＝1.
（2）当AB⊥x轴时，以AB为直径的圆的方程为（x－）2＋y2＝，
当AB⊥y轴时，以AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝1.
可得两圆交点为Q（－1，0）.
由此可知，若以AB为直径的圆恒过定点，则该定点必为Q（－1，0）.
下证Q（－1，0）符合题意.
设直线l的斜率存在，且不为0，则直线方程为y＝k（x－），
代入＋x2＝1，并整理得（k2＋2）x2－k2x＋k2－2＝0，Δ＝k2＋16＞0恒成立.
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则x1＋x2＝， x1x2＝，
所以·＝（x1＋1）（x2＋1）＋y1y2＝x1x2＋x1＋x2＋1＋k2（x1－）（x2－）＝（1＋k2）x1x2＋（1－k2）（x1＋x2）＋1＋k2＝（1＋k2）＋（1－k2）＋1＋k2＝0，
故⊥，即Q（－1，0）在以AB为直径的圆上.
综上，以AB为直径的圆恒过定点（－1，0）.
考点2
【例2】　解：（1）设双曲线的标准方程为－＝1（a＞0，b＞0）.
由题意可得解得
所以双曲线C的方程为－＝1.
（2）证明：法一　设直线MN的方程为x＝my－4，M（x1，y1），N（x2，y2）.
易知A1（－2，0），A2（2，0）.
联立直线MN与双曲线C的方程，得
消去x并整理，得（4m2－1）y2－32my＋48＝0，
则y1＋y2＝，y1y2＝，且4m2－1≠0，Δ＝（－32m）2－4×48×（4m2－1）＝256m2＋192＞0.
直线MA1的方程为y＝（x＋2），直线NA2的方程为y＝（x－2）.
联立直线MA1与直线NA2的方程并消去y，得＝＝＝
＝＝－，
所以x＝－1，即点P在定直线x＝－1上.
法二　由题意得A1（－2，0），A2（2，0）.
设M（x1，y1），N（x2，y2），直线MN的方程为x＝my－4，
则－＝1，即4－＝16.
如图，连接MA2，
·＝·＝＝＝4. ①
由－＝1，得4x2－y2＝16，4[（x－2）＋2]2－y2＝16，
4（x－2）2＋16（x－2）＋16－y2＝16，4（x－2）2＋16（x－2）－y2＝0.
由x＝my－4，得x－2＝my－6，my－（x－2）＝6，[my－（x－2）]＝1.
4（x－2）2＋16（x－2）·[my－（x－2）]－y2＝0，4（x－2）2＋（x－2）my－（x－2）2－y2＝0，
两边同时除以（x－2）2，得＋·－（）2＝0，
即（）2－·－＝0.
＝，＝，
由根与系数的关系得·＝－. ②
由①②可得＝－3.
：y＝（x＋2）＝－3（x＋2），：y＝（x－2）.
由解得x＝－1.
所以点P在定直线x＝－1上.
训练2　解：（1）由题意，设抛物线E的标准方程为y2＝2px（p＞0），则＝1，可得p＝2，
故抛物线E的标准方程为y2＝4x.
（2）证明：若直线AB与x轴重合，则该直线与抛物线只有一个交点，不符合题意.
设直线AB的方程为x＝my＋2，A（x1，y1），B（x2，y2），
联立可得y2－4my－8＝0，Δ＝16m2＋32＞0，
由根与系数的关系可得y1＋y2＝4m，y1y2＝－8，
由题意可知，直线BP的方程为y＝y2，
直线OA的方程为y＝x＝x＝，
联立直线BP，OA的方程得可得＝y2，所以x＝＝－2.
因此，点P在定直线l：x＝－2上.
考点3
【例3】　解：（1）准线l的方程为x＝－1，双曲线的渐近线方程为y＝±x.
（2）证明：联立方程组
消去y得x2－2x－3＝0，解得x＝3（舍负），由对称性，不妨取Q（3，2），
又由T（－3，0），求得直线QT的方程为x－y＋3＝0，
联立方程组消去x得y2－4y＋12＝0，
因为Δ＝－48＝0，所以直线QT与抛物线Γ1相切.
（3）因为T（－3，0），F（1，0），得准线l为线段TF的中垂线，
则直线PT与直线PF的倾斜角互补，即kPT＝－kPF，
设lPT：y＝k（x＋3），lPF：y＝－k（x－1），由条件知0＜｜k｜＜，
联立方程组消去y得k2x2－（2k2＋4）x＋k2＝0，
则｜CD｜＝xC＋xD＋2＝，
联立方程组消去y得（2－k2）x2－6k2x－9k2－6＝0，
则｜AB｜＝｜xA－xB｜＝，
所以＋＝＋＝＝，
故＋为定值.
训练3　解：（1）由题意，得双曲线C的渐近线方程为y＝±x，右顶点为D（a，0）.
又a2＋b2＝c2，且＝＝，
e＝＝2，所以＝，故b＝.
又a2＋3＝4a2，解得a2＝1，
所以双曲线C的方程为x2－＝1.
（2）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2）.
当直线l和轴线平行时，｜x1｜＝｜y1｜，｜x2｜＝｜y2｜，解得｜x1｜＝｜y1｜＝｜x2｜＝｜y2｜＝，所以点O到直线l的距离为.
当直线l和轴线不平行时，设直线l的方程为x＝my＋t，
由得（3m2－1）y2＋6mty＋3t2－3＝0，
Δ＝（6mt）2－4（3m2－1）（3t2－3）＝12（3m2＋t2－1）＞0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝.
又x1＝my1＋t，x2＝my2＋t，
所以·＝x1x2＋y1y2＝（my1＋t）（my2＋t）＋y1y2＝（m2＋1）y1y2＋mt（y1＋y2）＋t2＝0，
即＝0，
解得2t2＝3m2＋3.
又点O到直线l的距离为d＝，
则d2＝＝，故d＝，
综上，点O到直线l的距离为定值.
1 / 1(共42张PPT)
重难专攻13　定点、定线与定值问题
定点问题（师生共研过关）
已知双曲线C的渐近线方程为y＝± x，且过点P（3， ）.
（1）求C的方程；
解： 因为渐近线方程为y＝± x，
所以可设双曲线C的方程为 － ＝λ（λ≠0），
将点P（3， ）代入得 － ＝λ，解得λ＝ ，
所以双曲线C的方程为 －y2＝1.
（2）设Q（1，0），直线x＝t不经过P点且与C相交于A，B两点，若直
线BQ与C交于另一点D，求证：直线AD过x轴上的一定点.
解： 证明：显然直线BQ的斜率存在且不为零，
设直线BQ的方程为x＝my＋1，B（x1，y1），D（x2，y2），A（x1，
－y1），联立
消去x整理得（m2－3）y2＋2my－2＝0.
依题意得m2－3≠0且Δ＝4m2＋8（m2－3）＞0，即m2＞2且m2≠3，
y1＋y2＝－ ，y1y2＝－ ，直线AD的方程为y＋y1＝ （x－x1），
令y＝0，得x＝ ＋x1＝
＝ ＝
＝ ＝ ＝3.
所以直线AD过x轴上的定点（3，0）.
圆锥曲线中定点问题的两种解法
（1）引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，
再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.或以曲线上的点为参
数，设点P（x1，y1），利用点在曲线f（x，y）＝0上，即f（x1，y1）
＝0消参；
（2）特殊到一般法：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，如直线的水平或竖直位置，即k＝0或k
不存在.
训练1 已知椭圆C： ＋ ＝1（a＞b≥1）的离心率为 ，上焦点到直
线bx＋2ay－ ＝0的距离为 .
（1）求椭圆C的方程；
解： 由题意，e＝ ＝ ，e2＝ ＝ ，所以a＝ b，c＝b.
又 ＝ ，a＞b≥1，所以b＝1，a2＝2，故椭圆C的方程为
＋x2＝1.
（2）过点P（ ，0）的直线l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：当AB⊥x轴时，以AB为直径的圆的方程为（x－ ）2＋y2＝ ，
当AB⊥y轴时，以AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝1.可得两圆交点为Q
（－1，0）.
由此可知，若以AB为直径的圆恒过定点，则该定点必为Q（－1，0）.
下证Q（－1，0）符合题意.
设直线l的斜率存在，且不为0，则直线方程为y＝k（x－ ），
代入 ＋x2＝1，并整理得（k2＋2）x2－ k2x＋ k2－2＝0，Δ＝ k2＋16
＞0恒成立.
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则x1＋x2＝ ， x1x2＝ ，
所以 · ＝（x1＋1）（x2＋1）＋y1y2＝x1x2＋x1＋x2＋1＋k2（x1－
）（x2－ ）＝（1＋k2）x1x2＋（1－ k2）（x1＋x2）＋1＋ k2＝（1＋
k2） ＋（1－ k2） ＋1＋ k2＝0，
故 ⊥ ，即Q（－1，0）在以AB为直径的圆上.
综上，以AB为直径的圆恒过定点（－1，0）.
定线问题（师生共研过关）
〔一题多解〕（2023·新高考Ⅱ卷21题）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；
解： 设双曲线的标准方程为 － ＝1（a＞0，b＞0）.
由题意可得 解得
所以双曲线C的方程为 － ＝1.
（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.
解：证明：法一　设直线MN的方程为x＝my－4，M（x1，y1），N
（x2，y2）.
易知A1（－2，0），A2（2，0）.
联立直线MN与双曲线C的方程，得
消去x并整理，得（4m2－1）y2－32my＋48＝0，
则y1＋y2＝ ，y1y2＝ ，且4m2－1≠0，Δ＝（－32m）2－
4×48×（4m2－1）＝256m2＋192＞0.
直线MA1的方程为y＝ （x＋2），直线NA2的方程为y＝ （x－2）.
联立直线MA1与直线NA2的方程并消去y，得 ＝ ＝
＝
＝ ＝－ ，
所以x＝－1，即点P在定直线x＝－1上.
法二　由题意得A1（－2，0），A2（2，0）.
设M（x1，y1），N（x2，y2），直线MN的方程为
x＝my－4，
则 － ＝1，即4 － ＝16.
如图，连接MA2，
· ＝ · ＝ ＝ ＝4. ①
由 － ＝1，得4x2－y2＝16，4[（x－2）＋2]2－y2＝16，
4（x－2）2＋16（x－2）＋16－y2＝16，4（x－2）2＋16（x－2）－y2
＝0.
由x＝my－4，得x－2＝my－6，my－（x－2）＝6， [my－（x－2）]
＝1.
4（x－2）2＋16（x－2）· [my－（x－2）]－y2＝0，4（x－2）2＋ （x
－2）my－ （x－2）2－y2＝0，
两边同时除以（x－2）2，得 ＋ · －（ ）2＝0，
即（ ）2－ · － ＝0.
＝ ， ＝ ，
由根与系数的关系得 · ＝－ . ②
由①②可得 ＝－3 .
：y＝ （x＋2）＝－3 （x＋2）， ：y＝ （x－
2）.
由 解得x＝－1.
所以点P在定直线x＝－1上.
解决动点在定直线上的常用方法
（1）设点法：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，待定系数求解出系数；
（3）验证法：面对复杂问题时，可从特殊情况入手，以确定可能的定直
线，然后再验证该直线对一般情况是否符合，属于“先猜再证”.
训练2 （2026·山东潍坊模拟）已知抛物线E的顶点为坐标原点O，焦点为
（1，0），过点M（2，0）的直线与E交于A，B两点，过点B作y轴的垂
线与直线OA相交于点P.
（1）求E的方程；
解： 由题意，设抛物线E的标准方程为y2＝2px（p＞0），则 ＝1，可
得p＝2，
故抛物线E的标准方程为y2＝4x.
（2）证明：点P在定直线l上.
解：证明：若直线AB与x轴重合，则该直线与抛物线只有一个交点，不符
合题意.
设直线AB的方程为x＝my＋2，A（x1，y1），B（x2，y2），
联立 可得y2－4my－8＝0，Δ＝16m2＋32＞0，
由根与系数的关系可得y1＋y2＝4m，y1y2＝－8，
由题意可知，直线BP的方程为y＝y2，
直线OA的方程为y＝ x＝ x＝ ，
联立直线BP，OA的方程得 可得 ＝y2，所以x＝ ＝－2.
因此，点P在定直线l：x＝－2上.
定值问题（师生共研过关）
（2025·浙江台州一模）已知抛物线Γ1：y2＝4x的焦点为F，准线为
l，双曲线Γ2： － ＝1的左焦点为T.
（1）求l的方程和双曲线Γ2的渐近线方程；
解： 准线l的方程为x＝－1，双曲线的渐
近线方程为y＝± x.
（2）设Q为抛物线Γ1和双曲线Γ2的一个公共点，求证：直线QT与抛物线
Γ1相切；
解：证明：联立方程组
消去y得x2－2x－3＝0，解得x＝3（舍负），由对称性，不妨取Q（3，
2 ），
又由T（－3，0），求得直线QT的方程为x－ y＋3＝0，
联立方程组 消去x得y2－4 y＋12＝0，
因为Δ＝ －48＝0，所以直线QT与抛物线Γ1相切.
（3）设P为l上的动点，且直线PT与双曲线Γ2的左、右两支分别交于A，
B两点，直线PF与抛物线Γ1交于不同的两点C，D，判断 ＋
是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.
解：因为T（－3，0），F（1，0），得准线l为线段TF的中垂线，
则直线PT与直线PF的倾斜角互补，即kPT＝－kPF，
设lPT：y＝k（x＋3），lPF：y＝－k（x－1），由条件知0＜｜k｜＜ ，
联立方程组 消去y得k2x2－（2k2＋4）x＋k2＝0，
则｜CD｜＝xC＋xD＋2＝ ，
联立方程组 消去y得（2－k2）x2－6k2x－9k2－6＝0，
则｜AB｜＝ ｜xA－xB｜＝ ，
所以 ＋ ＝ ＋ ＝ ＝ ，
故 ＋ 为定值 .
求解定值问题的两大途径
（1）先由特例得出一个值（此值一般就是定值），然后证明定值.将问题
转化为证明待证式与参数（某些变量）无关；
（2）先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条
件使其绝对值相等的正负项抵消或分子与分母约分得定值.
训练3 已知双曲线C： － ＝1（a＞0，b＞0）的离心率为2，右顶点
D到一条渐近线的距离为 .
（1）求双曲线C的方程；
解： 由题意，得双曲线C的渐近线方程为y＝± x，右顶点为D（a，0）.
又a2＋b2＝c2，且 ＝ ＝ ，
e＝ ＝2，所以 ＝ ，故b＝ .
又a2＋3＝4a2，
解得a2＝1，
所以双曲线C的方程为x2－ ＝1.
（2）若直线l与双曲线C交于A，B两点，且 · ＝0，O为坐标原
点，试证明点O到直线l的距离为定值.
解：证明：设A（x1，y1），B（x2，y2）.
当直线l和轴线平行时，｜x1｜＝｜y1｜，｜x2｜＝｜y2｜，解得｜x1｜
＝｜y1｜＝｜x2｜＝｜y2｜＝ ，
所以点O到直线l的距离为 .
当直线l和轴线不平行时，设直线l的方程为x＝my＋t，
得（3m2－1）y2＋6mty＋3t2－3＝0，
Δ＝（6mt）2－4（3m2－1）（3t2－3）＝12（3m2＋t2－1）＞0，
所以y1＋y2＝ ，y1y2＝ .
又x1＝my1＋t，x2＝my2＋t，
所以 · ＝x1x2＋y1y2＝（my1＋t）（my2＋t）＋y1y2＝（m2＋1）
y1y2＋mt（y1＋y2）＋t2＝0，
即 ＝0，
解得2t2＝3m2＋3.
又点O到直线l的距离为d＝ ，
则d2＝ ＝ ，故d＝ ，
综上，点O到直线l的距离为定值 .
03
PART
课时跟踪检测
（时间：45分钟，满分：55分）
1. （10分）已知A，B是椭圆E： ＋y2＝1的左、右顶点，过点M（3，
0）作直线l交椭圆E于C，D两点（与A，B不重合），连接AC，BD交
于点G. 证明：点G在定直线上.
证明：设直线l：x＝ty＋3，C（x1，y1），D（x2，y2）.
由 得（t2＋4）y2＋6ty＋5＝0.
由Δ＝16t2－80＞0，得t＞ 或t＜－ .
所以y1＋y2＝－ ，y1y2＝ ，
所以y1＋y2＝－ ty1y2， ①
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易知直线AC的方程为y＝ （x＋2）， ②
直线BD的方程为y＝ （x－2）， ③
联立②③，消去y，得 ＝ ＝ ＝ ， ④
联立①④，消去ty1y2，
则 ＝ ＝－5.
解得x＝ ，即点G在直线x＝ 上.
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2. （15分）（2026·山西太原模拟）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦
点为F，过点D（2，1）且斜率为1的直线经过点F.
（1）求抛物线C的方程；
解： 由题意知，过点D（2，1）且斜率为1的直线方程为y－1＝x
－2，
即y＝x－1，令y＝0，得x＝1，
∴点F的坐标为（1，0），
∴ ＝1，∴p＝2，∴抛物线C的方程为y2＝4x.
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（2）若A，B是抛物线C上两个动点，在x轴上是否存在定点M（异于坐
标原点O），使得当直线AB经过点M时，满足OA⊥OB？若存在，求出
点M的坐标；若不存在，请说明理由.
解： 由（1）知，抛物线C：y2＝4x，
假设存在定点M（m，0）（m≠0）满足题意，
设直线AB的方程为x＝ty＋m（t∈R），
A（x1，y1），B（x2，y2），
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由 得y2－4ty－4m＝0，
且Δ＝16（t2＋m）＞0，
∴y1＋y2＝4t，y1y2＝－4m.
∵OA⊥OB，∴ · ＝0，
∴ · ＝x1x2＋y1y2＝（ty1＋m）（ty2＋m）＋y1y2＝（t2＋1）y1y2＋
tm（y1＋y2）＋m2＝－4m（t2＋1）＋4mt2＋m2＝m2－4m＝0，
又m≠0，∴m＝4.
当m＝4时，点M的坐标为（4，0），满足OA⊥OB，
∴存在定点M（4，0）满足题意.
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3. （15分）（2025·河南洛平许济二模）已知椭圆C： ＋ ＝1（a＞b
＞0）的焦距为2 ，且过点P（－1，2）.
（1）求椭圆C的标准方程；
解： 依题意可得 解得
所以椭圆C的标准方程为 ＋ ＝1.
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（2）过点P作两条直线分别交椭圆C于A，B两点，若直线x＝－1平分
∠APB，求证：直线AB的斜率为定值，并求出这个定值.
解： 证明：依题意直线PA，PB的斜率存在且不为0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），直线PA的方程为y－2＝k（x＋1）
（k≠0），
由 消去y得（k2＋4）x2＋2k（k＋2）x＋k2＋4k－4
＝0，
所以x1＝ ，因为直线x＝－1平分∠APB，
所以直线PA，PB的斜率互为相反数，
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所以直线PB的方程为y－2＝－k（x＋1）（k≠0），同理可得x2＝
，
因为y1－2＝k（x1＋1），y2－2＝－k（x2＋1），
所以y1－y2＝k（x1＋x2）＋2k＝k（ ＋ ）＋2k＝
，
又x1－x2＝ － ＝ ，
所以kAB＝ ＝－2，即直线AB的斜率为定值－2.
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4. （15分）（2026·江苏南京调研）已知F1，F2分别为双曲线E： －
＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，点F1到双曲线E的渐近线的距离为
2 ，点A为双曲线E的右顶点，且｜AF1｜＝2｜AF2｜.
（1）求双曲线E的标准方程；
解： 设双曲线E的焦距为2c，则F1（－c，0），
故点F1到双曲线E的渐近线bx±ay＝0的距离为 ＝b＝2 .
由｜AF1｜＝2｜AF2｜，知c＋a＝2（c－a），得c＝3a.
又c2＝a2＋b2，所以（3a）2＝a2＋8，解得a2＝1.
所以双曲线E的标准方程为x2－ ＝1.
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（2）若四边形ABCD为矩形，其中点B，D在双曲线E上，求证：直线
BD过定点.
解： 证明：①当直线BD的斜率不存在时，显然
点B，D均在双曲线E的左支上（若点B，D均在双曲
线E的右支上，则∠BAx＝ ，由渐近线2 x±y＝
0，显然∠BAx不可能为 ，矛盾），不妨设点B在第
二象限，如图，若四边形ABCD为矩形，则AB⊥AD，
得直线DA的斜率kDA＝1，
又A（1，0），所以直线DA的方程为y＝x－1.
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由 得7x2＋2x－9＝0，解得x＝－ 或
x＝1，所以此时直线BD的方程为x＝－ .
②当直线BD的斜率存在时，设直线BD的方程为y＝kx＋m，B（x1，
y1），D（x2，y2），联立 得（8－k2）x2－2kmx－m2－8
＝0，
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Δ＝（－2km）2－4（8－k2）（－m2－8）＝32（m2－k2＋8），
当 时，x1＋x2＝ ，x1x2＝－ .
因为四边形ABCD为矩形，所以AB⊥AD，
所以 · ＝（x1－1，y1）·（x2－1，y2）＝（x1－1）（x2－1）＋y1y2＝0，
所以（x1－1）（x2－1）＋（kx1＋m）（kx2＋m）＝（k2＋1）x1x2＋（km－1）（x1＋x2）＋m2＋1＝0，
所以－ ＋ ＋ ＝0，
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所以7m2－2km－9k2＝0，
所以（m＋k）（7m－9k）＝0，所以m＝－k或m＝ k.
当m＝－k时，直线BD的方程为y＝kx－k＝k（x－1），过定点A（1，0），不合题意，舍去.
当m＝ k时，直线BD的方程为y＝kx＋ k＝k（x＋ ），过定点（－ ，0）.
综上，直线BD过定点（－ ，0）.
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