處理圓錐曲線中定值問題的方法：（1）直接推理、計(jì)算，并在計(jì)算推理的過程中消去變量，從而得到定值；（2）從特殊入手，求出定值，再證明這個(gè)值與變量無關(guān).
直接推理法求定點(diǎn)
【例1】 已知橢圓x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的一個(gè)頂點(diǎn)為D（0，－1），離心率為22.
（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）過橢圓右焦點(diǎn)且斜率為k（k≠0）的直線m與橢圓相交于兩點(diǎn)A，B，與y軸交于點(diǎn)E，線段AB的中點(diǎn)為P，直線l過點(diǎn)E且垂直于直線OP（其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)），證明：直線l過定點(diǎn).
解：（1）依題意，ca＝22，∴a2＝2c2，
又b＝1，a2＝b2＋c2，∴c2＝1，∴a2＝2，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x22＋y2＝1.
（2）證明：由（1）知右焦點(diǎn)坐標(biāo)為（1，0），則直線m的方程為y＝k（x－1），設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），
由x22＋y2=1，y＝k（x－1),得（1＋2k2）x2－4k2x＋2k2－2＝0，
Δ＝（－4k2）2－4（1＋2k2）（2k2－2）＝8k2＋8＞0恒成立，
∴x1＋x2＝4k21+2k2，
∴xP＝2k21+2k2，
yP＝k（xP－1）＝－k1+2k2，
∴直線OP的斜率kOP＝y(tǒng)P－0xP－0＝－12k，
∴直線l的斜率kl＝2k.易知點(diǎn)E坐標(biāo)為（0，－k），
∴直線l的方程為y＝2kx－k，即y＝2k（x－12），
∴直線l恒過定點(diǎn)（12，0）.
解題技法
直接推理法求定點(diǎn)的一般步驟
已知拋物線C：x2＝－2py經(jīng)過點(diǎn)（2，－1）.
（1）求拋物線C的方程及其準(zhǔn)線方程；
（2）設(shè)O為原點(diǎn)，過拋物線C的焦點(diǎn)作斜率不為0的直線l交拋物線C于兩點(diǎn)M，N，直線y＝－1分別交直線OM，ON于點(diǎn)A和點(diǎn)B.求證：以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的兩個(gè)定點(diǎn).
解：（1）由拋物線C：x2＝－2py經(jīng)過點(diǎn)（2，－1），
得p＝2.
所以拋物線C的方程為x2＝－4y，
其準(zhǔn)線方程為y＝1.
（2）證明：拋物線C的焦點(diǎn)為F（0，－1）.
設(shè)直線l的方程為y＝kx－1（k≠0）.
由y＝kx－1，x2＝－4y得x2＋4kx－4＝0.
Δ＝16k2＋16＞0恒成立，
設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），則x1x2＝－4.
直線OM的方程為y＝y(tǒng)1x1x.
令y＝－1，得點(diǎn)A的橫坐標(biāo)xA＝－x1y1.
同理得點(diǎn)B的橫坐標(biāo)xB＝－x2y2.
設(shè)點(diǎn)D（0，n），則DA＝－x1y1,?1－n，DB＝－x2y2,?1－n，
DA·DB＝x1x2y1y2＋（n＋1）2＝x1x2－x124－x224＋（n＋1）2＝16x1x2＋（n＋1）2＝－4＋（n＋1）2.
令DA·DB＝0，即－4＋（n＋1）2＝0，得n＝1或n＝－3.
綜上，以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的定點(diǎn)（0，1）和（0，－3）.
先找后證法求定點(diǎn)
【例2】 已知橢圓C：y2a2＋x2b2＝1（a＞b≥1）的離心率為22，上焦點(diǎn)到直線bx＋2ay－2＝0的距離為23.
（1）求橢圓C的方程；
（2）過點(diǎn)P（13，0）的直線l交橢圓C于A，B兩點(diǎn).試探究以線段AB為直徑的圓是否過定點(diǎn)？若過，求出定點(diǎn)坐標(biāo)，若不過，請(qǐng)說明理由.
解：（1） 由題意，e＝ca＝22，e2＝a2－b2a2＝12，所以a＝2b，c＝b.
又｜2ac－2｜4a2＋b2＝23，a＞b≥1，所以b＝1，a2＝2，故橢圓C的方程為y22＋x2＝1.
（2）當(dāng)AB⊥x軸時(shí)，以AB為直徑的圓的方程為（x－13）2＋y2＝169，
當(dāng)AB⊥y軸時(shí)，以AB為直徑的圓的方程為x2＋y2＝1.可得兩圓交點(diǎn)為Q（－1，0）.
由此可知，若以AB為直徑的圓恒過定點(diǎn)，則該定點(diǎn)必為Q（－1，0）.
下證Q（－1，0）符合題意.
設(shè)直線l的斜率存在，且不為0，則方程為y＝k（x－13），
代入y22＋x2＝1，并整理得（k2＋2）x2－23k2x＋19k2－2＝0，Δ＝649k2＋16＞0恒成立.
設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），
則x1＋x2＝2k23（k2+2）， x1x2＝k2－189（k2+2），
所以QA·QB＝（x1＋1）（x2＋1）＋y1y2＝x1x2＋x1＋x2＋1＋k2（x1－13）（x2－13）＝（1＋k2）x1x2＋（1－13k2）（x1＋x2）＋1＋19k2＝（1＋k2）k2－189（k2+2）＋（1－13k2）2k23（k2+2）＋1＋19k2＝0，
故QA⊥QB，即Q（－1，0）在以AB為直徑的圓上.
綜上，以AB為直徑的圓恒過定點(diǎn)（－1，0）.
解題技法
先找后證法求定點(diǎn)的一般思路
（1）先猜后證，可先考慮運(yùn)動(dòng)圖形是否有對(duì)稱性及特殊（或極端）位置，如直線的水平位置、豎直位置，即k＝0或k不存在時(shí)；
（2）以曲線上的點(diǎn)為參數(shù)，設(shè)點(diǎn)P（x1，y1），利用點(diǎn)在曲線f（x，y）＝0上，即f（x1，y1）＝0消參.
平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)F1（－3，0），F(xiàn)2（3，0），點(diǎn)M滿足｜MF1｜－｜MF2｜＝±2，點(diǎn)M的軌跡為曲線C.
（1）求曲線C的方程；
（2）已知A（1，0），過點(diǎn)A的直線AP，AQ與曲線C分別交于點(diǎn)P和Q（點(diǎn)P和Q都異于點(diǎn)A），若滿足AP⊥AQ，求證：直線PQ過定點(diǎn).
解：（1）因?yàn)椋麺F1｜－｜MF2｜＝±2，所以｜｜MF1｜－｜MF2｜｜＝2＜23＝｜F1F2｜，
由雙曲線定義可知，M的軌跡為雙曲線，其中c＝3，a＝1，
所以b＝c2－a2＝2，又焦點(diǎn)在x軸上，
所以曲線C的方程為x2－y22＝1.
（2）證明：若直線PQ垂直于x軸，易知此時(shí)直線AP的方程為y＝±（x－1），
聯(lián)立x2－y22＝1求解可得x＝－3，直線PQ過點(diǎn)（－3，0）.
當(dāng)直線PQ斜率存在時(shí)，設(shè)直線PQ的方程為y＝kx＋m，P（x1，y1），Q（x2，y2），
代入x2－y22＝1，整理得（k2－2）x2＋2kmx＋m2＋2＝0，易知Δ＞0，
則x1＋x2＝2km2－k2，x1x2＝m2+2k2－2，
因?yàn)锳P⊥AQ，所以AP·AQ＝（x1－1，y1）·（x2－1，y2）＝（x1－1）（x2－1）＋y1y2
＝（k2＋1）x1x2＋（km－1）（x1＋x2）＋m2＋1
＝（k2+1)(m2+2）k2－2＋2k2m2－2km2－k2＋m2＋1＝0，
整理得3k2＋2km－m2＝（3k－m）（k＋m）＝0，
解得m＝3k或m＝－k，
因?yàn)辄c(diǎn)P和Q都異于點(diǎn)A，所以m＝－k不滿足題意，
故m＝3k，代入y＝kx＋m，得y＝k（x＋3），過定點(diǎn)（－3，0）.
綜上，直線PQ過定點(diǎn)（－3，0）.
參數(shù)法求定值
【例3】 已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過點(diǎn)M（1，0）的直線l與拋物線C：y2＝2px（p＞0）交于A，B兩點(diǎn)，且OA·OB＝－3.
（1）求拋物線C的方程；
（2）過點(diǎn)M作直線l'⊥l交拋物線C于P，Q兩點(diǎn)，記△OAB，△OPQ的面積分別為S1，S2，證明：1S12＋1S22為定值.
解：（1）設(shè)直線l：x＝my＋1，
聯(lián)立方程x＝my+1，y2=2px，
消去x得，y2－2pmy－2p＝0，
設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），
則y1＋y2＝2pm，y1y2＝－2p，
又因?yàn)镺A·OB＝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.
所以拋物線C的方程為y2＝4x.
（2）證明：由（1）知M（1，0）是拋物線C的焦點(diǎn)，
所以｜AB｜＝x1＋x2＋p＝my1＋my2＋2＋p＝4m2＋4.
原點(diǎn)到直線l的距離d＝11+m2，
所以S1＝12×11+m2×4（m2＋1）＝21+m2.
因?yàn)橹本€l'過點(diǎn)（1，0）且l'⊥l，
所以S2＝21+－1m2＝21+m2m2.
所以1S12＋1S22＝14（1+m2）＋m24（1+m2）＝14.
即1S12＋1S22為定值14.
解題技法
參數(shù)法解決圓錐曲線中定值問題的一般步驟
已知橢圓C過點(diǎn)A（1，32），兩個(gè)焦點(diǎn)為（－1，0）和（1，0）.
（1）求橢圓C的方程；
（2）E，F(xiàn)是橢圓C上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，如果直線AE的斜率與AF的斜率互為相反數(shù)，證明直線EF的斜率為定值，并求出這個(gè)定值.
解：（1）由題意，知c＝1，焦點(diǎn)在x軸上，可設(shè)橢圓方程為x21+b2＋y2b2＝1.
∵點(diǎn)A在橢圓上，∴11+b2＋94b2＝1，
解得b2＝3，b2＝－34（舍去），
∴橢圓C的方程為x24＋y23＝1.
（2）設(shè)直線AE的方程為y＝k（x－1）＋32，
代入x24＋y23＝1，得（3＋4k2）x2＋4k（3－2k）x＋4（32－k）2－12＝0.
設(shè)E（xE，yE），F(xiàn)（xF，yF），∵點(diǎn)A（1，32）在橢圓上，
∴xE＝4（32－k）2－123+4k2，
yE＝kxE＋32－k.
又∵直線AF的斜率與AE的斜率互為相反數(shù)，在上式中以－k代替k，
可得xF＝4（32＋k）2－123+4k2，yF＝－kxF＋32＋k，
∴直線EF的斜率kEF＝y(tǒng)F－yExF－xE＝－k（xF＋xE）+2kxF－xE＝12，
即直線EF的斜率為定值，其值為12.
從特殊到一般求定值
【例4】 設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)M在橢圓x29＋y24＝1上，過M作x軸的垂線，垂足為N，點(diǎn)P滿足NP＝2NM.
（1）求點(diǎn)P的軌跡E的方程；
（2）過F（1，0）的直線l1與點(diǎn)P的軌跡交于A，B兩點(diǎn)，過F（1，0）作與l1垂直的直線l2與點(diǎn)P的軌跡交于C，D兩點(diǎn)，求證：1｜AB｜＋1｜CD｜為定值.
解：（1）設(shè)P（x，y），M（x0，y0），則N（x0，0）.
∵NP＝2 NM，
∴（x－x0，y）＝2（0，y0），
∴x0＝x，y0＝y(tǒng)2.
又點(diǎn)M在橢圓上，∴x29＋y224＝1，
即x29＋y28＝1.
∴點(diǎn)P的軌跡E的方程為x29＋y28＝1.
（2）證明：由（1）知F為橢圓x29＋y28＝1的右焦點(diǎn)，
當(dāng)直線l1與x軸重合時(shí)，
｜AB｜＝6，｜CD｜＝2b2a＝163，
∴1｜AB｜＋1｜CD｜＝1748.
當(dāng)直線l1與x軸垂直時(shí)，｜AB｜＝163，｜CD｜＝6，
∴1｜AB｜＋1｜CD｜＝1748.
當(dāng)直線l1與x軸不垂直也不重合時(shí)，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＝－1k（x－1），
設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），
聯(lián)立y＝k（x－1),x29＋y28=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＝18k28+9k2，x1x2＝9k2－728+9k2，
∴｜AB｜＝ 1+k2·（x1＋x2）2－4x1x2＝48（1+k2）8+9k2.
同理可得｜CD｜＝48（1+k2）9+8k2.
∴1｜AB｜＋1｜CD｜＝8+9k248（k2+1）＋9+8k248（k2+1）＝1748.
綜上可得1｜AB｜＋1｜CD｜為定值.
解題技法
從特殊到一般求定值的常用處理技巧
（1）研究特殊情形，如直線斜率不存在等，得到所要探求的定值；
（2）探究一般情形；
（3）綜合上面兩種情形下結(jié)論.
已知雙曲線C：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）的離心率為2，右頂點(diǎn)D到一條漸近線的距離為32.
（1）求雙曲線C的方程；
（2）若直線l與雙曲線C交于A，B兩點(diǎn)，且OA·OB＝0，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，試證明點(diǎn)O到直線l的距離為定值.
解：（1）由題意，得雙曲線C的漸近線方程為y＝±bax，右頂點(diǎn)為D（a，0）.
又a2＋b2＝c2，且32＝｜b｜1+b2a2＝｜b｜a2＋b2a2＝abc，
e＝ca＝2，所以ac＝12，故b＝3.
又a2＋3＝4a2，
解得a2＝1，
所以雙曲線C的方程為x2－y23＝1.
（2）證明：設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2）.
當(dāng)直線l和軸線平行時(shí)，｜x1｜＝｜y1｜，｜x2｜＝｜y2｜，解得｜x1｜＝｜y1｜＝｜x2｜＝｜y2｜＝62，
所以點(diǎn)O到直線l的距離為62.
當(dāng)直線l和軸線不平行時(shí)，設(shè)直線l的方程為x＝my＋t，
由x2－y23=1，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＝－6mt3m2－1，y1y2＝3t2－33m2－1.
又x1＝my1＋t，x2＝my2＋t，
所以O(shè)A·OB＝x1x2＋y1y2＝（my1＋t）（my2＋t）＋y1y2＝（m2＋1）y1y2＋mt（y1＋y2）＋t2＝0，
得（m2+1)(3t2－3)?6m2t2＋t2（3m2－1）3m2－1＝0，
解得2t2＝3m2＋3.
又點(diǎn)O到直線l的距離為d＝｜t｜m2+1，
則d2＝t2m2+1＝32，故d＝62，
綜上，點(diǎn)O到直線l的距離為定值62.

1.已知A，B分別為橢圓E：x2a2＋y2＝1（a＞1）的左、右頂點(diǎn)，G為E的上頂點(diǎn)，AG·GB＝8.P為直線x＝6上的動(dòng)點(diǎn)，PA與E的另一交點(diǎn)為C，PB與E的另一交點(diǎn)為D.
（1）求E的方程；
（2）證明：直線CD過定點(diǎn).
解：（1）由題意得A（－a，0），B（a，0），G（0，1）.
則AG＝（a，1），GB＝（a，－1）.
由AG·GB＝8得a2－1＝8，即a＝3.
所以E的方程為x29＋y2＝1.
（2）證明：設(shè)C（x1，y1），D（x2，y2），P（6，t）.
若t≠0，設(shè)直線CD的方程為x＝my＋n，由題意可知－3＜n＜3.
由于直線PA的方程為y＝t9（x＋3），
所以y1＝t9（x1＋3）.
直線PB的方程為y＝t3（x－3），所以y2＝t3（x2－3）.可得3y1（x2－3）＝y(tǒng)2（x1＋3）.
由于x229＋y22＝1，故y22＝－（x2+3)(x2－3）9，可得27y1y2＝－（x1＋3）（x2＋3），即（27＋m2）y1y2＋m（n＋3）（y1＋y2）＋（n＋3）2＝0. ①
將x＝my＋n代入x29＋y2＝1得
（m2＋9）y2＋2mny＋n2－9＝0.
所以y1＋y2＝－2mnm2+9，y1y2＝n2－9m2+9.
代入①式得（27＋m2）（n2－9）－2m（n＋3）mn＋（n＋3）2·（m2＋9）＝0.
解得n＝－3（舍去）或n＝32.
故直線CD的方程為x＝my＋32，即直線CD過定點(diǎn)32，0.
若t＝0，則直線CD的方程為y＝0，過點(diǎn)32，0.
綜上，直線CD過定點(diǎn)32，0.
2.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：x24＋y2＝1，點(diǎn)P（x1，y1），Q（x2，y2）是橢圓C上兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，直線OP，OQ的斜率分別為k1，k2，若m＝（x12，y1），n＝（x22，y2），m·n＝0.
（1）求證：k1·k2＝－14；
（2）試探求△OPQ的面積S是否為定值，并說明理由.
解：（1）證明：∵k1，k2均存在，∴x1x2≠0.
又m·n＝0，∴x1x24＋y1y2＝0，即x1x24＝－y1y2，
∴k1·k2＝y(tǒng)1y2x1x2＝－14.
（2）①當(dāng)直線PQ的斜率不存在，即x1＝x2，y1＝－y2時(shí)，由y1y2x1x2＝－14，得x124－y12＝0.
又∵點(diǎn)P（x1，y1）在橢圓上，∴x124＋y12＝1，
∴｜x1｜＝2，｜y1｜＝22.∴S△POQ＝12｜x1｜｜y1－y2｜＝1.
②當(dāng)直線PQ的斜率存在時(shí)，設(shè)直線PQ的方程為y＝kx＋b.
聯(lián)立得方程組y＝kx＋b，x24＋y2=1， 消去y并整理得（4k2＋1）x2＋8kbx＋4b2－4＝0，
其中Δ＝（8kb）2－4（4k2＋1）（4b2－4）＝16（1＋4k2－b2）＞0，即b2＜1＋4k2.
∴x1＋x2＝－8kb4k2+1，x1x2＝4b2－44k2+1.
∵x1x24＋y1y2＝0，
∴x1x24＋（kx1＋b）（kx2＋b）＝0，得2b2－4k2＝1（滿足Δ＞0）.
∴S△POQ＝12·｜b｜1+k2·｜PQ｜＝12｜b｜·（x1＋x2）2－4x1x2＝2｜b｜4k2+1－b24k2+1＝1.
綜合①②知△POQ的面積S為定值1.
3.（2023·新高考Ⅱ卷21題）已知雙曲線C的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)，左焦點(diǎn)為（－25，0），離心率為5.
（1）求C的方程；
（2）記C的左、右頂點(diǎn)分別為A1，A2，過點(diǎn)（－4，0）的直線與C的左支交于M，N兩點(diǎn)，M在第二象限，直線MA1與NA2交于點(diǎn)P，證明：點(diǎn)P在定直線上.
解：（1）設(shè)雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）.
由題意可得e＝ca＝5，c2＝a2＋b2，c=25，解得a=2，b=4.
所以雙曲線C的方程為x24－y216＝1.
（2）證明：設(shè)直線MN的方程為x＝my－4，M（x1，y1），N（x2，y2）.
易知A1（－2，0），A2（2，0）.
聯(lián)立直線MN與雙曲線C的方程，得x＝my－4，4x2－y2=16.
消去x并整理，得（4m2－1）y2－32my＋48＝0，
則y1＋y2＝32m4m2－1，y1y2＝484m2－1，且4m2－1≠0，Δ＝（－32m）2－4×48×（4m2－1）＝256m2＋192＞0.
直線MA1的方程為y＝y(tǒng)1x1+2（x＋2），直線NA2的方程為y＝y(tǒng)2x2－2（x－2）.
聯(lián)立直線MA1與直線NA2的方程并消去y，得x+2x－2＝y(tǒng)2（x1+2）y1（x2－2）＝my1y2－2（y1＋y2）+2y1my1y2－6y1＝m×484m2－1－2×32m4m2－1+2y1m×484m2－1－6y1
＝－16m4m2－1+2y148m4m2－1－6y1＝－13，
所以x＝－1，即點(diǎn)P在定直線x＝－1上.
4.已知拋物線C：y2＝2px（p＞0）與直線l：x＋2y＝0交于M，N兩點(diǎn)，且線段MN的中點(diǎn)為P（8，yP）.
（1）求拋物線C的方程；
（2）過點(diǎn)P作直線m交拋物線于點(diǎn)A，B，證明：以弦AB為直徑的圓恒過點(diǎn)（4，4）.
解：（1）由題知，yP＝－12×8＝－4.
設(shè)M，N兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為（x1，y1），（x2，y2），顯然x1≠x2，
所以kMN＝y(tǒng)1－y2x1－x2＝2py1＋y2＝－12.
又y1＋y2＝2yP＝－8，所以kMN＝－2p8＝－p4＝－12，解得p＝2，
所以拋物線C的方程為y2＝4x.
（2）證明：當(dāng)直線m的斜率存在時(shí)，由題意知直線m的斜率不為0，設(shè)直線m：y＝k（x－8）－4（k≠0），A（x3，y3），B（x4，y4）.
聯(lián)立y2=4x，y＝k（x－8)?4，
整理得ky2－4y－32k－16＝0，Δ＞0，
y3＋y4＝4k，y3y4＝－32－16k，
所以x3＋x4＝y(tǒng)3＋y4+8k＋16＝8k+4k2＋16，
x3x4＝（y3y4）216＝64k+16k2＋64.
令Q（4，4），則QA·QB＝（x3－4）（x4－4）＋（y3－4）·（y4－4）
＝x3x4－4（x3＋x4）＋16＋y3y4－4（y3＋y4）＋16
＝64k+16k2＋64－48k+4k2+16＋16＋－32－16k－16k＋16＝0，
所以QA⊥QB，故以弦AB為直徑的圓恒過點(diǎn)（4，4）.
當(dāng)直線m的斜率不存在時(shí)，直線m：x＝8，
此時(shí)直線m與拋物線的兩個(gè)交點(diǎn)分別為（8，42），（8，－42），
不妨令A(yù)（8，42），B（8，－42），
此時(shí)QA＝（4，42－4），QB＝（4，－42－4），
則QA·QB＝16－（42＋4）（42－4）＝0，
所以QA⊥QB，故以弦AB為直徑的圓過點(diǎn)（4，4）.
綜上所述，以弦AB為直徑的圓恒過點(diǎn)（4，4）

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