知識梳理
1．直線與圓錐曲線的位置關(guān)系
判斷直線l與圓錐曲線C的位置關(guān)系時，通常將直線l的方程Ax＋By＋C＝0(A，B不同時為0)代入圓錐曲線C的方程F(x，y)＝0，消去y(或x)得到一個關(guān)于變量x(或y)的一元方程．
例：由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Ax＋By＋C＝0，,F?x，y?＝0))消去y，得ax2＋bx＋c＝0.
(1)當(dāng)a≠0時，設(shè)一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判別式為Δ，則：
Δ>0?直線與圓錐曲線C相交；
Δ＝0?直線與圓錐曲線C相切；
Δ0)的焦點F(1,0)，O為坐標(biāo)原點，A，B是拋物線C上異于O的兩點．
(1)求拋物線C的方程；
(2)若直線OA，OB的斜率之積為－eq \f(1,2)，求證：直線AB過x軸上一定點．
[解] (1)因為拋物線y2＝2px(p>0)的焦點坐標(biāo)為F(1，0)，所以eq \f(p,2)＝1，所以p＝2.
所以拋物線C的方程為y2＝4x.
(2)證明：①當(dāng)直線AB的斜率不存在時，
設(shè)Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t2,4)，t))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t2,4)，－t)).
因為直線OA，OB的斜率之積為－eq \f(1,2)，
所以eq \f(\f(t,t2),4)·eq \f(\f(－t,t2),4)＝－eq \f(1,2)，化簡得t2＝32.
所以A(8，t)，B(8，－t)，此時直線AB的方程為x＝8.
②當(dāng)直線AB的斜率存在時，設(shè)其方程為y＝kx＋b，A(xA，yA)，B(xB，yB)，聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx＋b))消去x，化簡得ky2－4y＋4b＝0.
所以yAyB＝eq \f(4b,k)，
因為直線OA，OB的斜率之積為－eq \f(1,2)，
所以eq \f(yA,xA)·eq \f(yB,xB)＝－eq \f(1,2)，
整理得xAxB＋2yAyB＝0.
即eq \f(y\\al(2,A),4)·eq \f(y\\al(2,B),4)＋2yAyB＝0，
解得yAyB＝0(舍去)或yAyB＝－32.
所以yAyB＝eq \f(4b,k)＝－32，即b＝－8k，
所以y＝kx－8k，即y＝k(x－8)．
綜上所述，直線AB過定點(8,0)．
【跟蹤訓(xùn)練1-1】已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦點F(eq \r(3)，0)，長半軸長與短半軸長的比值為2.
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)設(shè)不經(jīng)過點B(0,1)的直線l與橢圓C相交于不同的兩點M，N，若點B在以線段MN為直徑的圓上，證明：直線l過定點，并求出該定點的坐標(biāo)．
【解】(1)由題意得，c＝eq \r(3)，eq \f(a,b)＝2，a2＝b2＋c2，
∴a＝2，b＝1，
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m(m≠1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,x2＋4y2＝4，))消去y，
可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
∴Δ＝16(4k2＋1－m2)＞0，x1＋x2＝eq \f(－8km,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4m2－4,4k2＋1).
∵點B在以線段MN為直徑的圓上，
∴eq \(BM,\s\up7(―→))·eq \(BN,\s\up7(―→))＝0.
∵eq \(BM,\s\up7(―→))·eq \(BN,\s\up7(―→))＝(x1，kx1＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)＝(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2＝0，
∴(k2＋1)eq \f(4m2－4,4k2＋1)＋k(m－1)eq \f(－8km,4k2＋1)＋(m－1)2＝0，
整理，得5m2－2m－3＝0，
解得m＝－eq \f(3,5)或m＝1(舍去)．
∴直線l的方程為y＝kx－eq \f(3,5).
易知當(dāng)直線l的斜率不存在時，不符合題意．
故直線l過定點，且該定點的坐標(biāo)為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(3,5))).
【名師指導(dǎo)】
定點問題實質(zhì)及求解步驟
解析幾何中的定點問題實質(zhì)是：當(dāng)動直線或動圓變化時，這些直線或圓相交于一點，即這些直線或圓繞著定點在轉(zhuǎn)動．這類問題的求解一般可分為以下三步：
題型2 “設(shè)參→用參→消參”三步解決圓錐曲線中的定值問題
【例2-1】設(shè)O為坐標(biāo)原點，動點M在橢圓eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1上，過M作x軸的垂線，垂足為N，點P滿足eq \(NP,\s\up7(―→))＝eq \r(2)eq \(NM,\s\up7(―→)).
(1)求點P的軌跡E的方程；
(2)過F(1,0)的直線l1與點P的軌跡交于A，B兩點，過F(1,0)作與l1垂直的直線l2與點P的軌跡交于C，D兩點，求證：eq \f(1,|AB|)＋eq \f(1,|CD|)為定值．
[解] (1)設(shè)P(x，y)，M(x0，y0)，則N(x0,0)．
∵eq \(NP,\s\up7(―→))＝eq \r(2)eq \(NM,\s\up7(―→))，∴(x－x0，y)＝eq \r(2)(0，y0)，
∴x0＝x，y0＝eq \f(y,\r(2)).
又點M在橢圓上，
∴eq \f(x2,9)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,\r(2))))2,4)＝1，
即eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,8)＝1.
∴點P的軌跡E的方程為eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,8)＝1.
(2)證明：由(1)知F為橢圓eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,8)＝1的右焦點，
當(dāng)直線l1與x軸重合時，
|AB|＝6，|CD|＝eq \f(2b2,a)＝eq \f(16,3)，
∴eq \f(1,|AB|)＋eq \f(1,|CD|)＝eq \f(17,48).
當(dāng)直線l1與x軸垂直時，|AB|＝eq \f(16,3)，|CD|＝6，
∴eq \f(1,|AB|)＋eq \f(1,|CD|)＝eq \f(17,48).
當(dāng)直線l1與x軸不垂直也不重合時，可設(shè)直線l1的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，
則直線l2的方程為y＝－eq \f(1,k)(x－1)，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k?x－1?，,\f(x2,9)＋\f(y2,8)＝1))消去y，得(8＋9k2)x2－18k2x＋9k2－72＝0，
則Δ＝(－18k2)2－4(8＋9k2)(9k2－72)＝2 304(k2＋1)>0，
x1＋x2＝eq \f(18k2,8＋9k2)，x1x2＝eq \f(9k2－72,8＋9k2)，
∴|AB|＝ eq \r(1＋k2)·eq \r(?x1＋x2?2－4x1x2)＝eq \f(48?1＋k2?,8＋9k2).
同理可得|CD|＝eq \f(48?1＋k2?,9＋8k2).
∴eq \f(1,|AB|)＋eq \f(1,|CD|)＝eq \f(8＋9k2,48?k2＋1?)＋eq \f(9＋8k2,48?k2＋1?)＝eq \f(17,48).
綜上可得eq \f(1,|AB|)＋eq \f(1,|CD|)為定值．
【跟蹤訓(xùn)練2-1】已知橢圓C的兩個頂點分別為A(－2，0)，B(2,0)，焦點在x軸上，離心率為eq \f(\r(3),2).
(1)求橢圓C的方程；
(2)如圖所示，點D為x軸上一點，過點D作x軸的垂線交橢圓C于不同的兩點M，N，過點D作AM的垂線交BN于點E.求證：△BDE與△BDN的面積之比為定值，并求出該定值．
【解】(1)設(shè)橢圓C的方程為eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，
由題意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,b2＋c2＝a2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝1，,c＝\r(3)，))
所以橢圓C的方程為eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)法一：設(shè)D(x0,0)，M(x0，y0)，N(x0，－y0)，－2

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