定點(diǎn)問(wèn)題
例1　(2019·北京)已知拋物線C：x2＝－2py經(jīng)過(guò)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(guò)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(guò)y軸上的兩個(gè)定點(diǎn).
(1)解　由拋物線C：x2＝－2py經(jīng)過(guò)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＝x.
令y＝－1，得點(diǎn)A的橫坐標(biāo)xA＝－.
同理得點(diǎn)B的橫坐標(biāo)xB＝－.
設(shè)點(diǎn)D(0，n)，則＝，
＝，
·＝＋(n＋1)2＝＋(n＋1)2
＝＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2.
令·＝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(guò)y軸上的定點(diǎn)(0,1)和(0，－3).
思維升華　圓錐曲線中定點(diǎn)問(wèn)題的兩種解法
(1)引進(jìn)參數(shù)法：引進(jìn)動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)或動(dòng)線中系數(shù)為參數(shù)表示變化量，再研究變化的量與參數(shù)何時(shí)沒(méi)有關(guān)系，找到定點(diǎn).
(2)特殊到一般法：根據(jù)動(dòng)點(diǎn)或動(dòng)線的特殊情況探索出定點(diǎn)，再證明該定點(diǎn)與變量無(wú)關(guān).
跟蹤訓(xùn)練1　(2019·全國(guó)Ⅲ)已知曲線C：y＝，D為直線y＝－上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)D作C的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B.
(1)證明：直線AB過(guò)定點(diǎn)；
(2)若以E為圓心的圓與直線AB相切，且切點(diǎn)為線段AB的中點(diǎn)，求四邊形ADBE的面積.
(1)證明　設(shè)D，A(x1，y1)，則x＝2y1.
由y′＝x，所以切線DA的斜率為x1，故＝x1.
整理得2tx1－2y1＋1＝0.
設(shè)B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.
故直線AB的方程為2tx－2y＋1＝0.
所以直線AB過(guò)定點(diǎn).
(2)解　由(1)得直線AB的方程為y＝tx＋.
由可得x2－2tx－1＝0，Δ＝4t2＋4>0，
于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，
y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1，
|AB|＝|x1－x2|
＝·＝2(t2＋1).
設(shè)d1，d2分別為點(diǎn)D，E到直線AB的距離，
則d1＝，d2＝，
因此，四邊形ADBE的面積S＝|AB|(d1＋d2)
＝(t2＋3).
設(shè)M為線段AB的中點(diǎn)，則M.
因?yàn)椤?，而?t，t2－2)，
與向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0，
解得t＝0或t＝±1.
當(dāng)t＝0時(shí)，S＝3；當(dāng)t＝±1時(shí)，S＝4.
因此，四邊形ADBE的面積為3或4.
定值問(wèn)題
例2　(2020·河南八市重點(diǎn)高中聯(lián)考)已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過(guò)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·＝－3.
(1)求拋物線C的方程；
(2)過(guò)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：＋為定值.
(1)解　設(shè)直線l：x＝my＋1，
聯(lián)立方程消x得，y2－2pmy－2p＝0，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則y1＋y2＝2pm，y1y2＝－2p，
又因?yàn)椤ぃ絰1x2＋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＝，
所以S1＝××4(m2＋1)＝2.
因?yàn)橹本€l′過(guò)點(diǎn)(1,0)且l′⊥l，
所以S2＝2＝2.
所以＋＝＋＝.
即＋為定值.
思維升華　圓錐曲線中的定值問(wèn)題的常見(jiàn)類型及解題策略
(1)求代數(shù)式為定值.依題意設(shè)條件，得出與代數(shù)式參數(shù)有關(guān)的等式，代入代數(shù)式、化簡(jiǎn)即可得出定值.
(2)求點(diǎn)到直線的距離為定值.利用點(diǎn)到直線的距離公式得出距離的解析式，再利用題設(shè)條件化簡(jiǎn)、變形求得.
(3)求某線段長(zhǎng)度為定值.利用長(zhǎng)度公式求得解析式，再依據(jù)條件對(duì)解析式進(jìn)行化簡(jiǎn)、變形即可求得.
跟蹤訓(xùn)練2　(2018·北京)已知拋物線C：y2＝2px經(jīng)過(guò)點(diǎn)P(1,2)，過(guò)點(diǎn)Q(0,1)的直線l與拋物線C有兩個(gè)不同的交點(diǎn)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(diǎn)，＝λ，＝μ，求證：＋為定值.
(1)解　因?yàn)閽佄锞€y2＝2px過(guò)點(diǎn)(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)，
由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.
依題意知Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，
解得k0，∴m2>12.
∴y1＋y2＝，y1y2＝.
∵kP′Q＝＝.
∴直線P′Q的方程為y＋y1＝(x－x1).
令y＝0，可得x＝＋my1＋4.
∴x＝＋4＝＋4＝＋4＝1.
∴D(1,0).
∴直線P′Q經(jīng)過(guò)x軸上定點(diǎn)D，其坐標(biāo)為(1,0).
2.(2020·西安模擬)設(shè)F1，F(xiàn)2為橢圓C：＋＝1(b>0)的左、右焦點(diǎn)，M為橢圓上一點(diǎn)，滿足MF1⊥MF2，已知△MF1F2的面積為1.
(1)求橢圓C的方程；
(2)設(shè)C的上頂點(diǎn)為H，過(guò)點(diǎn)(2，－1)的直線與橢圓交于R，S兩點(diǎn)(異于H)，求證：直線HR和HS的斜率之和為定值，并求出這個(gè)定值.
解　(1)由橢圓定義得|MF1|＋|MF2|＝4，①
由MF1⊥MF2得
|MF1|2＋|MF2|2＝|F1F2|2＝4(4－b2)，②
由題意得＝|MF1|·|MF2|＝1，③
由①②③，可得b2＝1，
所以橢圓C的方程為＋y2＝1.
(2)依題意，H(0,1)，顯然直線RS的斜率存在且不為0，
設(shè)直線RS的方程為y＝kx＋m(k≠0)，
代入橢圓方程并化簡(jiǎn)得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
由題意知，Δ＝16(4k2－m2＋1)>0，
設(shè)R(x1，y1)，S(x2，y2)，x1x2≠0，
故x1＋x2＝，x1x2＝.
kHR＋kHS＝＋＝＋
＝2k＋(m－1)＝2k＋(m－1)
＝2k－＝.
∵直線RS過(guò)點(diǎn)(2，－1)，∴2k＋m＝－1，
∴kHR＋kHS＝－1.
故kHR＋kHS為定值－1.
3.(2020·太原模擬)已知?jiǎng)訄AE經(jīng)過(guò)定點(diǎn)D(1,0)，且與直線x＝－1相切，設(shè)動(dòng)圓圓心E的軌跡為曲線C.
(1)求曲線C的方程；
(2)設(shè)過(guò)點(diǎn)P(1,2)的直線l1，l2分別與曲線C交于A，B兩點(diǎn)，直線l1，l2的斜率存在，且傾斜角互補(bǔ)，證明：直線AB的斜率為定值.
(1)解　由已知，動(dòng)點(diǎn)E到定點(diǎn)D(1,0)的距離等于E到直線x＝－1的距離，由拋物線的定義知E點(diǎn)的軌跡是以D(1,0)為焦點(diǎn)，以x＝－1為準(zhǔn)線的拋物線，故曲線C的方程為y2＝4x.
(2)證明　由題意直線l1，l2的斜率存在，傾斜角互補(bǔ)，得l1，l2的斜率互為相反數(shù)，且不等于零.
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
直線l1的方程為y＝k(x－1)＋2，k≠0.
直線l2的方程為y＝－k(x－1)＋2，
由
得k2x2－(2k2－4k＋4)x＋(k－2)2＝0，
Δ＝16(k－1)2>0，
已知此方程一個(gè)根為1，
∴x1×1＝＝，即x1＝，
同理x2＝＝，
∴x1＋x2＝，x1－x2＝－＝－，
∴y1－y2＝[k(x1－1)＋2]－[－k(x2－1)＋2]
＝k(x1＋x2)－2k＝k·－2k＝，
∴kAB＝＝＝－1，
∴直線AB的斜率為定值－1.

4.(2019·邯鄲模擬)已知橢圓＋＝1(a>b>0)過(guò)點(diǎn)(0,1)，其長(zhǎng)軸、焦距和短軸的長(zhǎng)的平方依次成等差數(shù)列.直線l與x軸正半軸和y軸分別交于點(diǎn)Q，P，與橢圓分別交于點(diǎn)M，N，各點(diǎn)均不重合且滿足＝λ1，＝λ2.
(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)若λ1＋λ2＝－3，試證明直線l過(guò)定點(diǎn)，并求此定點(diǎn).
解　(1)設(shè)橢圓的焦距為2c，
由題意知b＝1，且(2a)2＋(2b)2＝2(2c)2，
又a2＝b2＋c2，∴a2＝3.
∴橢圓的方程為＋y2＝1.
(2)由題意設(shè)P(0，m)，Q(x0，0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，設(shè)l的方程為x＝t(y－m)，
由＝λ1知(x1，y1－m)＝λ1(x0－x1，－y1)，
∴y1－m＝－y1λ1，由題意y1≠0，∴λ1＝－1.
同理由＝λ2知λ2＝－1.
∵λ1＋λ2＝－3，∴－1＋－1＋3＝0，
即y1y2＋m(y1＋y2)＝0，①
聯(lián)立得(t2＋3)y2－2mt2y＋t2m2－3＝0，
∴Δ＝4m2t4－4(t2＋3)(t2m2－3)>0，②
且有y1＋y2＝，y1y2＝，③
③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0，∴(mt)2＝1，
由題意mt

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