命題點1 定點問題
例1 [2023全國卷乙]已知橢圓C：y2a2＋x2b2＝1（a＞b＞0）的離心率為53，點A（－2，0）在C上.
（1）求C的方程；
（2）過點（－2，3）的直線交C于P，Q兩點，直線AP，AQ與y軸的交點分別為M，N，證明：線段MN的中點為定點.
解析 （1）因為點A（－2，0）在C上，所以b＝2.
因為橢圓的離心率e＝ca＝1－b2a2＝53，所以a2＝9，故橢圓C的方程為y29＋x24＝1.
（2）由題意知，直線PQ的斜率存在且不為0，設(shè)lPQ：y－3＝k（x＋2），P（x1，y1），Q（x2，y2），
由y－3=k（x+2),y29＋x24=1，得（4k2＋9）x2＋（16k2＋24k）x＋16k2＋48k＝0，則Δ＝（16k2＋24k）2－4（4k2＋9）（16k2＋48k）＝－36×48k＞0，
故x1＋x2＝－16k2+24k4k2+9，x1x2＝16k2+48k4k2+9.
直線AP：y＝y(tǒng)1x1+2（x＋2），令x＝0，解得yM＝2y1x1+2，同理得yN＝2y2x2+2，
則yM＋yN＝2×y1（x2+2）＋y2（x1+2）（x1+2)(x2+2）
＝2×（kx1+2k+3)(x2+2）＋（kx2+2k+3)(x1+2）（x1+2)(x2+2）
＝2×2kx1x2＋（4k+3)(x1＋x2）+8k+12x1x2+2（x1＋x2）+4
＝2×2k（16k2+48k）＋（4k+3)(－16k2－24k）＋（8k+12)(4k2+9）16k2+48k+2(－16k2－24k）+4（4k2+9）
＝2×10836
＝6.
所以MN的中點的縱坐標(biāo)為yM＋yN2＝3，所以MN的中點為定點（0，3）.
方法技巧
求解直線或曲線過定點問題的基本思路
1.把直線或曲線方程中的變量x，y當(dāng)作常數(shù)看待，把方程一端化為零，既然是過定點，那么這個方程就要對任意參數(shù)都成立，這時參數(shù)的系數(shù)就要全部等于零，這樣就得到一個關(guān)于x，y的方程組，這個方程組的解所確定的點就是直線或曲線所過的定點.
2.由直線方程確定其過定點時，若得到了直線方程的點斜式y(tǒng)－y0＝k（x－x0），則直線必過定點（x0，y0）；若得到了直線方程的斜截式y(tǒng)＝kx＋m，則直線必過定點（0，m）.
3.從特殊情況入手，先探究定點，再證明該定點與變量無關(guān).
訓(xùn)練1 [2022全國卷乙]已知橢圓E的中心為坐標(biāo)原點，對稱軸為x軸、y軸，且過 A（0，－2），B（32，－1）兩點.
（1）求E的方程；
（2）設(shè)過點P（1，－2）的直線交E于M，N兩點，過M且平行于x軸的直線與線段AB交于點T，點H滿足MT＝TH.證明：直線HN過定點.
解析 （1）∵橢圓E的中心為坐標(biāo)原點，對稱軸為x軸、y軸，且過A（0，－2），
∴可設(shè)橢圓E的方程為x2a2＋y24＝1，又橢圓E過B（32，－1），
∴94a2＋14＝1，得a2＝3，
∴E的方程為x23＋y24＝1.
（2）當(dāng)直線MN的斜率不存在時，lMN：x＝1，
由x=1，x23＋y24=1，得y2＝83，∴y＝±223.
結(jié)合題意可知M（1，－223），N（1，223），
∴過M且平行于x軸的直線的方程為y＝－223.
易知點T的橫坐標(biāo)xT∈[0，32]，直線AB的方程為y－（－2）＝-1-(-2)32－0×（x－0），即y＝23x－2，
由y＝－223，y＝23x－2，得xT＝3－6，∴T（3－6，－223）.
∵M(jìn)T＝TH，∴H（5－26，－223），
lHN：y－223＝42326－4（x－1），即y＝2（3+6）3x－2.
易知直線HN過定點（0，－2）.
當(dāng)直線MN的斜率存在時，如圖，設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），lMN：y＝kx＋m（k＋m＝－2）.
由y＝kx＋m，x23＋y24=1，得（3k2＋4）x2＋6kmx＋3m2－12＝0，Δ＞0，
∴x1＋x2＝－6km3k2+4，x1x2＝3m2－123k2+4.
過M且平行于x軸的直線的方程為y＝y(tǒng)1，
與直線AB的方程聯(lián)立，得y＝y(tǒng)1，y＝23x－2，得xT＝3（y1+2）2，
∴T（3（y1+2）2，y1）.
∵M(jìn)T＝TH，∴H（3y1＋6－x1，y1），
lHN：y－y2＝y(tǒng)1－y23y1+6－x1－x2（x－x2），
即y＝y(tǒng)1－y23y1+6－x1－x2x＋y2－y1－y23y1+6－x1－x2·x2.
令x＝0，得y＝y(tǒng)2－（y1－y2）x23y1+6－x1－x2＝－（x1y2＋x2y1）+3y1y2+6y2－（x1＋x2）+6+3y1＝－（x1y2＋x2y1）+3y1y2+6y2－（x1＋x2）+6+3（y1＋y2）－3y2.
∵y1y2＝（kx1＋m）（kx2＋m）＝k2x1x2＋mk（x1＋x2）＋m2＝－12k2+4m23k2+4，y1＋y2＝（kx1＋m）＋（kx2＋m）＝k（x1＋x2）＋2m＝8m3k2+4，x1y2＋x2y1＝x1（kx2＋m）＋x2（kx1＋m）＝2kx1x2＋m（x1＋x2）＝－24k3k2+4，
∴－（x1y2＋x2y1）＋3y1y2＝24k3k2+4＋－36k2+12m23k2+4＝－36k2+12m2+24k3k2+4＝－24（k2－3k－2）3k2+4，
－（x1＋x2）＋6＋3（y1＋y2）＝6km3k2+4＋6＋24m3k2+4＝6km+18k2+24+24m3k2+4＝12（k2－3k－2）3k2+4，
∴y＝－24（k2－3k－2）3k2+4+6y212（k2－3k－2）3k2+4－3y2＝－2，
∴直線HN過定點（0，－2）.
綜上，直線HN過定點（0，－2）.
命題點2 定值問題
例2 已知拋物線C：y2＝2px經(jīng)過點P（1，2）.過點Q（0，1）的直線l與拋物線C有兩個不同的交點A，B，且直線PA交y軸于M，直線PB交y軸于N.
（1）求直線l的斜率的取值范圍；
（2）設(shè)O為原點，QM＝λQO，QN＝μQO，求證：1λ＋1μ為定值.
解析 （1）因為拋物線y2＝2px過點（1，2），所以2p＝4，即p＝2.故拋物線C的方程為y2＝4x.
由題意知，直線l的斜率存在且不為0.
設(shè)直線l的方程為y＝kx＋1（k≠0）.
由y2=4x，y＝kx+1得k2x2＋（2k－4）x＋1＝0.
依題意，得Δ＝（2k－4）2－4×k2×1＞0，解得k＜0或0＜k＜1.
又PA，PB與y軸相交，故直線l不過點（1，－2）.
從而k≠－3.
所以直線l的斜率的取值范圍是（－∞，－3）∪（－3，0）∪（0，1）.
（2）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2）.
由（1）知x1＋x2＝－2k－4k2，x1x2＝1k2.
直線PA的方程為y－2＝y(tǒng)1－2x1－1（x－1）.
令x＝0，得點M的縱坐標(biāo)為yM＝－y1+2x1－1＋2＝－kx1+1x1－1＋2.
同理得點N的縱坐標(biāo)為yN＝－kx2+1x2－1＋2.
由QM＝λQO，QN＝μQO得λ＝1－yM，μ＝1－yN.
所以1λ＋1μ＝11－yM＋11－yN
＝x1－1（k－1）x1＋x2－1（k－1）x2
＝1k－1·2x1x2－（x1＋x2）x1x2
＝1k－1·2k2＋2k－4k21k2
＝2.
所以1λ＋1μ為定值.
方法技巧
圓錐曲線中定值問題的特點及兩大解法
1.特點：待證幾何量不受動點或動線的影響而有固定的值.
2.兩大解法
（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān).
（2）引進(jìn)變量法，其解題流程為：
訓(xùn)練2 [2023武漢市四月調(diào)研]過點（4，2）的動直線l與雙曲線E：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）交于M，N兩點，當(dāng)l與x軸平行時，｜MN｜＝42，當(dāng)l與y軸平行時，｜MN｜＝43.
（1）求雙曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）點P是直線y＝x＋1上一定點，設(shè)直線PM，PN的斜率分別為k1，k2，若k1k2為定值，求點P的坐標(biāo).
解析 （1）根據(jù)雙曲線的對稱性，可知雙曲線E過點（±22，2）和點（4，±23），
所以8a2－4b2=1，16a2－12b2=1，得a2=4，b2=4.
故雙曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24－y24＝1.
（2）當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y＝k（x－4）＋2，
與雙曲線方程聯(lián)立得y＝k（x－4）+2，x24－y24=1，消去y，得（k2－1）x2－（8k2－4k）x＋16k2－16k＋8＝0，Δ＞0.
設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），則x1＋x2＝8k2－4kk2－1，x1x2＝16k2－16k+8k2－1.
設(shè)P（t，t＋1），則
k1k2＝（y1－t－1)(y2－t－1）（x1－t)(x2－t）
＝（kx1－4k－t+1)(kx2－4k－t+1）（x1－t)(x2－t）
＝k2x1x2－k（4k＋t－1)(x1＋x2）＋（4k＋t－1）2x1x2－t（x1＋x2）＋t2
＝k2（16k2－16k+8)－k（4k＋t－1)(8k2－4k）＋（4k＋t－1）2（k2－1）16k2－16k+8－t（8k2－4k）＋t2（k2－1）
＝（t2+2t－11）k2－8（t－1）k－（t－1）2（t－4）2k2+4（t－4）k－（t2－8）.
當(dāng)t＝4時，不滿足k1k2為定值.
當(dāng)t≠4時，若k1k2為定值，則t2+2t－11（t－4）2＝－8（t－1）4（t－4）＝－（t－1）2－（t2－8），解得t＝3，此時k1k2＝4.（若一個分式為定值，則對應(yīng)系數(shù)成比例，因為要保證分母不為0，所以要考慮t＝4和t≠4兩種情況）
經(jīng)檢驗，當(dāng)直線l的斜率不存在時，對P（3，4），也滿足k1k2＝4.
所以點P的坐標(biāo)為（3，4）.
命題點3 定線問題
例3 [2023新高考卷Ⅱ]已知雙曲線C的中心為坐標(biāo)原點，左焦點為（－25，0），離心率為5.
（1）求C的方程；
（2）記C的左、右頂點分別為A1，A2，過點（－4，0）的直線與C的左支交于M，N兩點，M在第二象限，直線MA1與NA2交于點P，證明：點P在定直線上.
解析 （1）設(shè)雙曲線C的方程為x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0），c為雙曲線C的半焦距，
由題意可得c=25，ca＝5，c2＝a2＋b2，解得c=25，a=2，b=4.
所以雙曲線C的方程為x24－y216＝1.
（2）設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），直線MN的方程為x＝my－4，
則x1＝my1－4，x2＝my2－4.
由x＝my－4，x24－y216=1，得（4m2－1）y2－32my＋48＝0.
因為直線MN與雙曲線C的左支交于M，N兩點，所以4m2－1≠0， 且Δ＞0.
由根與系數(shù)的關(guān)系得y1＋y2＝32m4m2－1，y1y2＝484m2－1， 所以y1＋y2＝2m3y1y2.
因為A1，A2分別為雙曲線C的左、右頂點，
所以A1（－2，0），A2（2，0）.
直線MA1的方程為y1x1+2＝y(tǒng)x+2，直線NA2的方程為y2x2－2＝y(tǒng)x－2，
所以y1x1+2y2x2－2＝y(tǒng)x+2yx－2，得（x2－2）y1（x1+2）y2＝x－2x+2，（my2－6）y1（my1－2）y2＝my1y2－6y1my1y2－2y2＝x－2x+2.
因為my1y2－6y1my1y2－2y2
＝my1y2－6（y1＋y2）+6y2my1y2－2y2
＝my1y2－6·2m3y1y2+6y2my1y2－2y2
＝－3my1y2+6y2my1y2－2y2
＝－3，
所以x－2x+2＝－3，解得x＝－1，
所以點P在定直線x＝－1上.
方法技巧
定線問題是指因圖形的變化或點的移動而產(chǎn)生的動點在定線上的問題.這類問題的本質(zhì)是求點的軌跡方程，一般先求出點的坐標(biāo)，看橫、縱坐標(biāo)是否為定值，或者找出橫、縱坐標(biāo)之間的關(guān)系.
訓(xùn)練3 [2023福州市質(zhì)檢]已知拋物線E：y2＝2px（p＞0），過點（－2，0）的兩條直線l1，l2分別交E于A，B兩點和C，D兩點.當(dāng)l1的斜率為23時，｜AB｜＝13.
（1）求E的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）設(shè)G為直線AD與BC的交點，證明：點G必在定直線上.
解析 （1）當(dāng)l1的斜率為23時，得l1的方程為y＝23（x＋2）.
由y2=2px，y＝23（x+2),消元并整理得，y2－3py＋4p＝0，
由弦長公式及根與系數(shù)的關(guān)系得，｜AB｜＝1+（32）2·（3p）2－16p＝13，
即9p2－16p＝2，解得p＝2或p＝－29（舍去），
從而E的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2＝4x.
（2）設(shè)直線AB的方程為y＝k1（x＋2），k1≠0，
由y＝k1（x+2),y2=4x，消去x并整理得k1y2－4y＋8k1＝0，
設(shè)A（y124，y1），B（y224，y2），則y1y2＝8.
設(shè)直線CD的方程為y＝k2（x＋2），k2≠0，C（y324，y3），D（y424，y4），同理可得y3y4＝8.
直線AD的方程為y－y1＝y(tǒng)4－y1y424－y124（x－y124），即y＝4y4＋y1x＋y1y4y4＋y1，化簡得4x－（y1＋y4）y＋y1y4＝0，
同理得，直線BC的方程為4x－（y2＋y3）y＋y2y3＝0.
因為直線AD與BC相交，所以y2＋y3≠y1＋y4，
由4x－（y1＋y4）y＋y1y4=0，4x－（y2＋y3）y＋y2y3=0，消去y，
解得x＝y(tǒng)2y3（y1＋y4）－y1y4（y2＋y3）4[(y2＋y3）－（y1＋y4)]
＝y(tǒng)1y2y3＋y2y3y4－y1y2y4－y1y3y44[(y2＋y3）－（y1＋y4)]
＝8y3+8y2－8y4－8y14[(y2＋y3）－（y1＋y4)]
＝2，
所以點G的橫坐標(biāo)為2，即直線AD與BC的交點G在定直線x＝2上.
1.[命題點1]已知拋物線C：x2＝－2py經(jīng)過點（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，過拋物線C的焦點且斜率不為0的直線l交拋物線C于兩點M，N，直線y＝－1分別交直線OM，ON于點A和點B.求證：以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的兩個定點.
解析 （1）由拋物線C：x2＝－2py經(jīng)過點（2，－1），得4＝2p，解得p＝2，
所以拋物線C的方程為x2＝－4y，其準(zhǔn)線方程為y＝1.
（2）由（1）知拋物線C的焦點為（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.
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A的橫坐標(biāo)xA＝－x1y1.
同理得點B的橫坐標(biāo)xB＝－x2y2.
設(shè)點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（0，1）和（0，－3）.
2.[命題點2/新高考卷Ⅰ]已知橢圓C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的離心率為22，且過點A（2，1）.
（1）求C的方程；
（2）點M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D為垂足.證明：存在定點Q，使得｜DQ｜為定值.
解析 （1）由題設(shè)得4a2＋1b2＝1，a2－b2a2＝12，解得a2＝6，b2＝3.
所以C的方程為x26＋y23＝1.
（2）設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2）.
若直線MN與x軸不垂直，設(shè)直線MN的方程為y＝kx＋m，代入x26＋y23＝1得（1＋2k2）x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
于是x1＋x2＝－4km1+2k2，x1x2＝2m2－61+2k2 ①.
由AM⊥AN知AM·AN＝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 ②.
將①代入②可得（k2＋1）2m2－61+2k2－（km－k－2）4km1+2k2＋（m－1）2＋4＝0，
整理得（2k＋3m＋1）（2k＋m－1）＝0.
因為A（2，1）不在直線MN上，所以2k＋m－1≠0，故2k＋3m＋1＝0，k≠1.
于是MN的方程為y＝k（x－23）－13（k≠1）.
所以直線MN過點P（23，－13）.
若直線MN與x軸垂直，可得N（x1，－y1）.
由AM·AN＝0得（x1－2）（x1－2）＋（y1－1）（－y1－1）＝0，則y12＝x12－4x1＋5.
又x126＋y123＝1，將上式代入可得3x12－8x1＋4＝0，解得x1＝2（舍去）或x1＝23.
此時直線MN過點P（23，－13）.
令Q為AP的中點，即Q（43，13）.
若D與P不重合，則由題設(shè)知AP是Rt△ADP的斜邊，
故｜DQ｜＝12｜AP｜＝223.（直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半）
若D與P重合，則｜DQ｜＝12｜AP｜＝223.
綜上，存在點Q（43，13），使得｜DQ｜為定值.
學(xué)生用書·練習(xí)幫P366
1.[2023陜西省西北工業(yè)大學(xué)附屬中學(xué)模擬]已知雙曲線C：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）的右頂點為A，O為原點，點P（1，1）在C的漸近線上，△PAO的面積為12.
（1）求C的方程；
（2）過點P作直線l交C于M，N兩點，過點N作x軸的垂線交直線AM于點G，H為NG的中點，證明：直線AH的斜率為定值.
解析 （1）因為P（1，1）在C的漸近線y＝bax上，所以a＝b.
因為A（a，0），所以△PAO的面積為12a＝12，
解得a＝1，所以b＝1，
所以C的方程為x2－y2＝1.
（2）當(dāng)直線l的斜率不存在時，不符合題意，舍去.
當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y－1＝k（x－1），M（x1，y1），N（x2，y2），
由y－1=k（x－1),x2－y2=1，得（1－k2）x2－2k（1－k）x－k2＋2k－2＝0，Δ＝4k2（1－k）2－4（1－k2）（－k2＋2k－2）＝8－8k，
由1－k2≠0，Δ>0，得k＜1且k≠－1，
則x1＋x2＝2k1+k，x1x2＝k2－2k+2k2－1.
直線AM的方程為y＝y(tǒng)1x1－1（x－1），
令x＝x2，得G（x2，y1（x2－1）x1－1），
因為H為NG的中點，所以H（x2，y1（x2－1）x1－1＋y22），
所以kAH＝y(tǒng)1（x2－1）x1－1＋y22x2－1＝12（y1x1－1＋y2x2－1），
因為y1x1－1＋y2x2－1＝k（x1－1）+1x1－1＋k（x2－1）+1x2－1＝2k＋1x1－1＋1x2－1，
1x1－1＋1x2－1＝x1＋x2－2x1x2－（x1＋x2）+1＝2k1+k－2k2－2k+2k2－1－2kk+1+1＝2－2k，所以kAH＝1，
所以直線AH的斜率為定值.
2.[2024四川宜賓第四中學(xué)模擬]如圖，已知拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點為F，D（1，0），點P是在第一象限內(nèi)且在C上的一個動點，當(dāng)DP與x軸垂直時，｜PF｜＝54，過點P作與C相切的直線l交y軸于點M，過點M作直線l的垂線交拋物線C于A，B兩點.
（1）求C的方程.
（2）延長PD，交拋物線C于點Q.設(shè)直線AB，OQ（其中O為坐標(biāo)原點）的斜率分別為k1，k2，證明：k1k2為定值.
解析 （1）當(dāng)DP與x軸垂直時，｜PF｜＝54，則由拋物線的定義可得1＋p2＝54，解得p＝12，
所以C的方程為y2＝x.
（2）設(shè)P（x0，y0），對于y2＝x，當(dāng)y＞0時，y＝x，y'＝12x，所以y0＝x0，直線PM的斜率為12x0.
當(dāng)直線PD的斜率存在時，將直線PD的方程y＝x0x0－1（x－1）與拋物線方程y2＝x聯(lián)立，消去x并化簡，得y2－x0－1x0y－1＝0，易得Δ＞0，設(shè)Q（xQ，yQ），則y0yQ＝－1，所以yQ＝－1y0＝－1x0.
（直線PD與拋物線的另一個交點是點P，這是一個直白的、但容易燈下黑的條件，這里根據(jù)“y1y2＝ca”可以直接求出yQ）
把點Q的縱坐標(biāo)代入y＝x0x0－1（x－1），得xQ＝1x0，所以Q（1x0，－1x0）.
因為直線AB與切線l垂直，所以k1＝－1kPM，而kPM＝12x0，所以k1＝－2x0.
又O為坐標(biāo)原點，所以k2＝y(tǒng)QxQ＝－x0.
所以k1k2＝2.當(dāng)直線PD的斜率不存在時，P（1，1），Q（1，－1），此時k1＝－2，k2＝－1，所以k1k2＝2.
綜上，k1k2為定值2.
3.[2024福州市一檢]已知橢圓E：x24＋y23＝1的右焦點為F，左、右頂點分別為A，B.點C在E上，P（4，yP），Q（4，yQ）分別為直線AC，BC上的點.
（1）求yPyQ的值；
（2）設(shè)直線BP與E的另一個交點為D，求證：直線CD經(jīng)過點F.
解析 解法一 （1）如圖，依題意，A（－2，0），B（2，0）.
設(shè)C（x1，y1），則x124＋y123＝1，
直線AC的方程為y＝y(tǒng)1x1+2·（x＋2），令x＝4得yP＝6y1x1+2.
直線BC的方程為y＝y(tǒng)1x1－2（x－2），令x＝4得yQ＝2y1x1－2，
所以yPyQ＝12y12x12－4＝12×3（1－x124）x12－4＝－9，
即yP·yQ的值為－9.
（2）設(shè)D（x2，y2），P（4，t），則直線AP的方程為y＝t6（x＋2），直線BP的方程為y＝t2（x－2）.
由y＝t6（x+2),3x2+4y2=12，得（t2＋27）x2＋4t2x＋4t2－108＝0，
其判別式Δ1＞0，所以－2x1＝4t2－108t2+27，即x1＝54－2t227+t2，
故y1＝t6（x1＋2）＝18t27+t2.
由y＝t2（x－2),3x2+4y2=12，得（t2＋3）x2－4t2x＋4t2－12＝0，
其判別式Δ2＞0，
所以2x2＝4t2－12t2+3，即x2＝2t2－6t2+3，故y2＝t2（x2－2）＝－6tt2+3.
因為F（1，0），所以向量FC＝（x1－1，y1），F(xiàn)D＝（x2－1，y2），
則（x1－1）y2－（x2－1）y1＝27－3t227+t2·－6tt2+3－t2－9t2+3·18t27+t2＝－6t（27－3t2+3t2－27）（t2+3)(27+t2）＝0，
故FC與FD共線，
所以直線CD經(jīng)過點F.
解法二 （1）依題意，A（－2，0），B（2，0）.
設(shè)C（x1，y1），則x124＋y123＝1，
所以kAC·kBC＝y(tǒng)1x1+2·y1x1－2＝y(tǒng)12x12－4＝3（1－x124）x12－4＝－34.
即－34＝kAP·kBQ＝y(tǒng)P4+2·yQ4－2，故yPyQ的值為－9.
（2）設(shè)D（x2，y2）.
要證直線CD經(jīng)過點F（1，0），
只需證向量FC＝（x1－1，y1）與FD＝（x2－1，y2）共線，
即證（x1－1）y2＝（x2－1）y1. （*）
因為x124＋y123＝1＝（－2）24＋023，所以（x1+2)(x1－2）4＝－y123，
所以kAC＝y(tǒng)1x1+2＝－34·x1－2y1＝y(tǒng)P6，
同理可得kBD＝y(tǒng)2x2－2＝－34·x2+2y2＝y(tǒng)P2，
所以kACkBD＝（x2－2）y1（x1+2）y2＝13，即x1y2－3x2y1＋6y1＋2y2＝0， ①
同理可得－3x1y2＋x2y1＋2y1＋6y2＝0， ②
①－②得4x1y2－4x2y1＋4y1－4y2＝0，即（x1－1）y2＝（x2－1）y1.
所以（*）式成立，即直線CD經(jīng)過點F.
4.[2024江西九校聯(lián)考]已知拋物線C：y2＝2px（p＞0），直線x＝2y＋1交拋物線C于A，B兩點，且△OAB的面積為23（O為坐標(biāo)原點）.
（1）求實數(shù)p的值；
（2）過點D（2，0）作直線l交拋物線C于P，Q兩點，點P關(guān)于x軸的對稱點為P'，證明：直線P'Q過定點，并求出定點坐標(biāo).
解析 （1）易得直線x＝2y＋1過點（1，0），
設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），
由x＝2y+1，y2=2px，得y2－22py－2p＝0，
所以y1＋y2＝22p，y1y2＝－2p，
所以｜y1－y2｜＝（y1＋y2）2－4y1y2＝（22p）2－4×（－2p）＝22（p2＋p），所以△OAB的面積S＝12×1×｜y1－y2｜＝2（p2＋p）＝23，
又p＞0，所以p＝2（p＝－3＜0舍去）.
（2）由（1）得拋物線C的方程為y2＝4x.
設(shè)P（x3，y3），Q（x4，y4），不妨令y4＞y3，則P'（x3，－y3）.
設(shè)直線l的方程為x＝ty＋2，（直線l的另一種設(shè)法為y＝k（x－2），請注意對這兩種設(shè)法的取舍）
由x＝ty+2，y2=4x，消去x，得y2－4ty－8＝0，
則y3＋y4＝4t，y3y4＝－8.
直線P'Q的方程為y－（－y3）＝y(tǒng)4－（－y3）x4－x3（x－x3），
即（x4－x3）y＋x4y3＝（y4＋y3）x－y4x3，
即（ty4－ty3）y＋（ty4＋2）y3＝（y4＋y3）x－y4（ty3＋2），
即t（y4－y3）y＝（y4＋y3）x－2ty4y3－2（y3＋y4），
即t（y4＋y3）2－4y4y3·y＝（y4＋y3）x－2ty4y3－2（y3＋y4），
即t（4t）2－4×（－8）·y＝4tx－2t×（－8）－2×4t，即tt2+2·y＝t（x＋2）.
令x+2=0，y=0，得x＝－2，y=0，
所以直線P'Q過定點，定點坐標(biāo)為（－2，0）.
5.[2023南京六校聯(lián)考]已知橢圓C：x25＋y24＝1的上、下頂點分別為A，B，過點P（0，3）且斜率為k（k＜0）的直線與橢圓C自上而下交于M，N兩點，直線BM與AN交于點G.
（1）設(shè)AN，BN的斜率分別為k1，k2，求k1·k2的值；
（2）求證：點G在定直線上.
解析 （1）由已知，得A（0，2），B（0，－2），設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），
則k1·k2＝y(tǒng)2－2x2·y2+2x2＝y(tǒng)22－4x22，
又x225＋y224＝1，所以y22＝4（1－x225），
所以k1·k2＝4（1－x225）－4x22＝－45.
（2）由題意知直線PM的方程為y＝kx＋3（k＜0），
與橢圓方程聯(lián)立，得y＝kx+3，4x2+5y2=20，
消去y，得（4＋5k2）x2＋30kx＋25＝0.
Δ＝900k2－100（4＋5k2）＝400（k2－1）＞0，則k＜－1，
所以x1＋x2＝－30k4+5k2，x1·x2＝254+5k2.
直線MB的方程為y＝y(tǒng)1+2x1x－2，
直線NA的方程為y＝y(tǒng)2－2x2x＋2，
聯(lián)立，化簡得y+2y－2＝x2（y1+2）（y2－2）x1.
解法一 y+2y－2＝－54·y2+2x2·y1+2x1＝－54·k2x1x2+5k（x1＋x2）+25x1x2＝－5，解得y＝43，
所以點G在定直線y＝43上.
解法二 易得x1＋x2x1x2＝－65k，
所以y+2y－2＝x2kx2+1·kx1+5x1＝kx1x2+5x2kx1x2＋x1＝－56（x1＋x2）+5x2－56（x1＋x2）＋x1＝－5，解得y＝43，
所以點G在定直線y＝43上.
6.[設(shè)問創(chuàng)新]已知橢圓C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的右焦點為F（1，0），且過點A（－2，0）.
（1）求C的方程.
（2）點P，Q分別在C和直線x＝4上，OQ∥AP（O為坐標(biāo)原點），M為AP的中點，求證：直線OM與直線QF的交點在某定曲線上.
解析 （1）由題意可知，A（－2，0）為橢圓C的左頂點，所以a＝2，又F（1，0）為C的右焦點，所以a2－b2＝1，所以b2＝3，
故橢圓C的方程為x24＋y23＝1.
（2）設(shè)P（x0，y0）（x0≠±2），則M（x0－22，y02），所以O(shè)M＝（x0－22，y02），直線AP的斜率k＝y(tǒng)0x0+2.
因為OQ∥AP，所以直線OQ的方程為y＝y(tǒng)0x0+2x，令x＝4，得Q（4，4y0x0+2），所以FQ＝（3，4y0x0+2）.
所以O(shè)M·FQ＝3（x0－2）2＋2y02x0+2＝3（x02－4）+4y022（x0+2） ①.
因為點P在橢圓C上，所以x024＋y023＝1，4y02＝12－3x02，
代入①，得OM·FQ＝0，所以O(shè)M⊥FQ，
所以直線OM與FQ的交點在以O(shè)F為直徑的圓上，該圓的方程為（x－12）2＋y2＝14，
即直線OM與直線FQ的交點在定曲線（x－12）2＋y2＝14上.

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