2023届高考复习解析几何微专题-圆锥曲线中的定值、定点问题含解析

2023届高考复习解析几何微专题——圆锥曲线中的定

值、定点问题（学生版）

一、圆锥曲线中求解定值问题常用的方法

(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．

(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．

x2

例盐城市高三一模设为椭圆：＋2＝

1(2022·)FC2y1

的右焦点，过点(2，0)的直线与椭圆C交于A，B两点．

(1)若点B为椭圆C的上顶点，求直线AF的方程；

k

设直线，的斜率分别为，≠，求证：1为定值．

(2)AFBFk1k2(k20)

k2

例2(2022·洛阳统考)设抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，点P(4，m)(m

＞0)是抛物线C上一点，且|PF|＝5．

(1)求抛物线C的方程；

(2)若A，B为抛物线C上异于P的两点，且PA⊥PB．记点A，B到直线y

＝－4的距离分别为a，b，求证：ab为定值．

跟踪练习

x2y2

1、(2021·安徽安庆市一模)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，过椭圆左焦点F的直

a2b2

3

线－＋＝与椭圆在第一象限交于点，三角形的面积为

x43y30CMMFO4.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)过点M作直线l垂直于x轴，直线MA、MB交椭圆分别于A、B两点，

且两直线关于直线l对称，求证：直线AB的斜率为定值．

x2y22

2、(2020·新高考Ⅰ卷)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过点

a2b22

A(2,1)．

(1)求C的方程；

(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，

使得|DQ|为定值．

3、已知O为坐标原点，过点M(1,0)的直线l与抛物线C：y2＝2px(p＞0)交于A，

―→―→

B两点，且OA·OB＝－3．

(1)求抛物线C的方程；

(2)过点M作直线l′⊥l交抛物线C于P，Q两点，记△OAB，△OPQ的面

11

积分别为S，S，证明：＋为定值．

1222

S1S2

4、已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1，2)．过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有

两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.

(1)求直线l的斜率的取值范围；

11

设为原点，→＝→，→＝→，求证：＋为定值．

(2)OQMλQOQNμQOλμ

5、(2018·北京高考)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)经过点P(1，2)．过点Q(0,1)的

直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交

y轴于N.

(1)求直线l的斜率的取值范围；

11

设为原点，→＝→，→＝→，求证：＋为定值．

(2)OQMλQOQNμQOλμ

二、圆锥曲线中求解定点问题常用的方法

(1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目标

的一般性证明．

(2)“一般推理，特殊求解”，即先由题设条件得出曲线的方程，再根据参数的任意性

得到定点坐标．

求证直线过定点，，常利用直线的点斜式方程－＝－来证明．

(3)(x0y0)yy0k(xx0)

x2y2

例3(2022·河南名校模拟)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右焦点F，

a2b2

a21

半焦距＝，点到右准线＝的距离为，过点作双曲线的两条互相垂

c2Fxc2FC

直的弦AB，CD，设AB，CD的中点分别为M，N.

(1)求双曲线C的标准方程；

(2)证明：直线MN必过定点，并求出此定点坐标．

跟踪练习

1、过抛物线C：y2＝4x的焦点F且斜率为k的直线l交抛物线C于A，B两点．

(1)若|AB|＝8，求直线l的方程；

(2)若A关于x轴的对称点为D，求证：直线BD过定点，并求出该点的坐标．

x2y2

2、已知椭圆C：＋＝1的右焦点为(1，0)，且经过点A(0，1)．

a2b2

(1)求椭圆C的方程；

(2)设O为原点，直线l：y＝kx＋t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，

直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.若|OM|·|ON|＝2，求证：直

线l经过定点．

3、已知抛物线C的顶点在原点，焦点在坐标轴上，点A(1，2)为抛物线C上一

点．

(1)求抛物线C的方程；

(2)若点B(1，－2)在抛物线C上，过点B作抛物线C的两条弦BP与BQ，

如＝－，求证：直线过定点．

kBP·kBQ2PQ

x2

4、(2021·广东广州三校联考)如图，已知椭圆C：＋y2＝1的上顶点为A，右

a2

焦点为F，直线AF与圆M：x2＋y2－6x－2y＋7＝0相切，其中a>1.

(1)求椭圆的方程；

(2)不过点A的动直线l与椭圆C相交于P，Q两点，且AP⊥AQ，证明：动

直线l过定点，并且求出该定点坐标．

x2y2

5、(2021·江西上饶模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)

a2b2

2

的离心率为，且短轴长为

22.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)若直线l与椭圆C交于M，N两点，P(0,1)，直线PM与直线PN的斜率

1

之积为，证明：直线过定点并求出该定点坐标．

6l

x2y2

6、已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F，F，点A，B分别

a2b212

―→―→

为的右顶点和上顶点，若△的面积是△的面积的倍，且

CABF1ABF23F1A·F1B

＝3．

(1)求C的标准方程；

2

(2)若过点，0且斜率不为0的直线与C交于M，N两点，点P在直线x

3

＝6上，且NP与x轴平行，求证：直线MP恒过定点．

7、△ABC中，已知B(－2，0)，C(2，0)，AD⊥BC交BC于点D，H为AD

中点，满足BH⊥AC，点H的轨迹为曲线C．

(1)求曲线C的方程；

1

(2)过点M0，作直线l交曲线C于P，Q两点，求证：以PQ为直径的圆

3

恒过定点．

2023届高考复习解析几何微专题——圆锥曲线中的定

值、定点问题（解析版）

一、圆锥曲线中求解定值问题常用的方法

(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．

(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．

x2

例盐城市高三一模设为椭圆：＋2＝

1(2022·)FC2y1

的右焦点，过点(2，0)的直线与椭圆C交于A，B两点．

(1)若点B为椭圆C的上顶点，求直线AF的方程；

k

设直线，的斜率分别为，≠，求证：1为定值．

(2)AFBFk1k2(k20)

k2

解：(1)若B为椭圆的上顶点，则B(0，1)．

又直线AB过点(2，0)，故直线AB：x＋2y－2＝0，

x2

＋y2＝1，

由2可得3y2－4y＋1＝0，

x＋2y－2＝0，

141

解得y＝1，y＝，即点A，，

12333

又F(1，0)，故直线AF的方程为y＝x－1.

证明：设，，，，

(2)A(x1y1)B(x2y2)

设直线AB的方程为x＝ty＋2，代入椭圆方程可得(2＋t2)y2＋4ty＋2＝0.

－4t2

所以y＋y＝，yy＝.

12t2＋212t2＋2

yyyy

故k＋k＝1＋2＝1＋2

12－－＋＋

x11x21ty11ty21

2－4t

2t·＋

2tyy＋y＋yt2＋2t2＋2

＝1212＝＝0.

（＋）（＋）（＋）（＋）

ty11ty21ty11ty21

k

又，均不为，故1＝－，

k1k201

k2

k

即1为定值－1.

k2

例2(2022·洛阳统考)设抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，点P(4，m)(m

＞0)是抛物线C上一点，且|PF|＝5．

(1)求抛物线C的方程；

(2)若A，B为抛物线C上异于P的两点，且PA⊥PB．记点A，B到直线y

＝－4的距离分别为a，b，求证：ab为定值．

p

解：由抛物线的定义知＝＋＝，解得＝，

(1)|PF|245p2

所以抛物线C的方程为y2＝4x．

(2)证明：由P(4，m)(m＞0)是抛物线C上一点，得m＝4，

易知直线PA斜率存在且不为0，设直线PA的方程为x－4＝t(y－4)(t≠0)，

，，，．

A(x1y1)B(x2y2)

x－4＝ty－4，

由消去x得y2－4ty＋16(t－1)＝0，Δ＝16(t－2)2＞0，所以

y2＝4x，

≠，所以＝－，

t2y14t4

所以＝－－＝．

a|y1(4)||4t|

114

因为PA⊥PB，所以用－代替t(t≠0，t≠2，－≠2)，得y＝－－4，b＝|y

tt2t2

4

－(－4)|＝，

t

4

所以ab＝4t×＝16，即ab为定值．

t

跟踪练习

x2y2

1、(2021·安徽安庆市一模)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，过椭圆左焦点F的直

a2b2

3

线－＋＝与椭圆在第一象限交于点，三角形的面积为

x43y30CMMFO4.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)过点M作直线l垂直于x轴，直线MA、MB交椭圆分别于A、B两点，

且两直线关于直线l对称，求证：直线AB的斜率为定值．

解：(1)直线x－43y＋3＝0过左焦点F，

所以F(－3，0)，c＝3，

131

又由S＝×3×y＝可知y＝，

△OMF2M4M2

1

从而椭圆经过点M3，，

2

11

由椭圆定义知＝＋＋＝，即＝，

2a21244a2

b2＝a2－c2＝1，

x2

故椭圆的方程为：＋2＝

C4y1.

(2)由条件知，直线MA、MB斜率存在，且两直线斜率互为相反数，

1

设直线MA：y－＝k(x－3)交椭圆于点A(x，y)，

211

1

直线MB：y－＝－k(x－3)交椭圆于点B(x，y)，

222

1

y－＝kx－3

由2

x2＋4y2＝4

得(4k2＋1)x2－(83k2＋4k)x＋12k2－43k－3＝0，

12k2－43k－3

从而有，3x＝，

14k2＋1

12k2－43k－3－43k2－6k1

即x＝，y＝＋，

134k2＋1134k2＋12

12k2－43k－3－43k2－6k1

故A，＋，

34k2＋134k2＋12

12k2＋43k－3－43k2＋6k1

同理可得B，＋，

34k2＋134k2＋12

－43k2＋6k1－43k2－6k1

＋－＋

34k2＋1234k2＋12

k＝

12k2＋43k－312k2－43k－3

－

34k2＋134k2＋1

12k3

＝＝，

83k2

3

即证直线的斜率为定值，且为

AB2.

x2y22

2、(2020·新高考Ⅰ卷)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过点

a2b22

A(2,1)．

(1)求C的方程；

(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，

使得|DQ|为定值．

41a2－b21

解：(1)由题意得＋＝1，＝，解得a2＝6，b2＝3．

a2b2a22

x2y2

所以的方程为＋＝．

C631

证明：设，，，．

(2)M(x1y1)N(x2y2)

x2y2

若直线与轴不垂直，设直线的方程为＝＋，代入＋＝，

MNxMNykxm631

得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0．

4km2m2－6

于是x＋x＝－，xx＝．①

121＋2k2121＋2k2

―→―→

由⊥知，＝，故－－＋－－＝，可得2

AMANAM·AN0(x12)(x22)(y11)(y21)0(k

＋＋－－＋＋－2＋＝．

1)x1x2(kmk2)(x1x2)(m1)40

2m2－64km

将①代入上式可得(k2＋1)－(km－k－2)＋(m－1)2＋4＝0．

1＋2k21＋2k2

整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0．

因为A(2,1)不在直线MN上，

所以2k＋m－1≠0，故2k＋3m＋1＝0，k≠1．

21

于是直线MN的方程为y＝kx－－(k≠1)．

33

21

所以直线MN过点P，－．

33

若直线与轴垂直，可得，－．

MNxN(x1y1)

―→―→

由＝得－－＋－－－＝．

AM·AN0(x12)(x12)(y11)(y11)0

x2y2

又1＋1＝1，可得3x2－8x＋4＝0．

6311

2

解得x＝2(舍去)，x＝．

113

21

此时直线MN过点P，－．

33

41

令Q为AP的中点，即Q，．

33

122

若与不重合，则由题设知是△的斜边，故＝＝．

DPAPRtADP|DQ|2|AP|3

1

若与重合，则＝．

DP|DQ|2|AP|

41

综上，存在点Q，，使得|DQ|为定值．

33

3、已知O为坐标原点，过点M(1,0)的直线l与抛物线C：y2＝2px(p＞0)交于A，

―→―→

B两点，且OA·OB＝－3．

(1)求抛物线C的方程；

(2)过点M作直线l′⊥l交抛物线C于P，Q两点，记△OAB，△OPQ的面

11

积分别为S，S，证明：＋为定值．

1222

S1S2

解：(1)设直线l：x＝my＋1，

x＝my＋1，

联立方程

y2＝2px，

消去x得，y2－2pmy－2p＝0，

设，，，，

A(x1y1)B(x2y2)

则＋＝，＝－，

y1y22pmy1y22p

―→―→

又因为＝＋

OA·OBx1x2y1y2

＝＋＋＋

(my11)(my21)y1y2

＝＋2＋＋＋

(1m)y1y2m(y1y2)1

＝(1＋m2)(－2p)＋2pm2＋1＝－2p＋1＝－3．

解得p＝2．

所以抛物线C的方程为y2＝4x．

(2)证明：由(1)知M(1,0)是抛物线C的焦点，

所以＝＋＋＝＋＋＋＝2＋．

|AB|x1x2pmy1my22p4m4

1

原点到直线l的距离d＝，

1＋m2

11

所以S＝××4(m2＋1)＝21＋m2．

121＋m2

因为直线l′过点(1,0)且l′⊥l，

11＋m2

所以S＝21＋－2＝2．

2mm2

111m21

所以＋＝＋＝．

2222

S1S241＋m41＋m4

111

即＋为定值．

22

S1S24

4、已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1，2)．过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有

两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.

(1)求直线l的斜率的取值范围；

11

设为原点，→＝→，→＝→，求证：＋为定值．

(2)OQMλQOQNμQOλμ

解：(1)因为抛物线y2＝2px经过点(1，2)，

所以2p＝4，即p＝2.

故抛物线C的方程为y2＝4x.

由题意知，直线l的斜率存在且不为0.

设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)．

y2＝4x，

由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.

y＝kx＋1

依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，

解得k<1且k≠0.

又PA，PB与y轴相交，

故直线l不过点(1，－2)．

从而k≠－3.

所以直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1)．

证明：设，，，．

(2)A(x1y1)B(x2y2)

2k－41

由(1)知x＋x＝－，xx＝.

12k212k2

y－2

直线PA的方程为y－2＝1(x－1)．

－

x11

－y＋2－kx＋1

令x＝0，得点M的纵坐标为y＝1＋2＝1＋2.同理得点N的

M－－

x11x11

－kx＋1

纵坐标为y＝2＋2.

N－

x21

→→→→

由＝，＝μ得＝－，＝－

QMλQOQNQOλ1yMμ1yN.

1111x－1x－1

所以＋＝＋＝1＋2

λμ－－（－）（－）

1yM1yNk1x1k1x2

12xx－（x＋x）

＝·1212

k－1x1x2

22k－4

＋

1k2k2

＝·＝2.

k－11

k2

11

所以＋为定值．

λμ

5、(2018·北京高考)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)经过点P(1，2)．过点Q(0,1)的

直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交

y轴于N.

(1)求直线l的斜率的取值范围；

→→→→11

设为原点，＝，＝，求证：＋为定值．

(2)OQMλQOQNμQOλμ

解：(1)因为抛物线y2＝2px过点(1,2)，

所以2p＝4，即p＝2.

故抛物线C的方程为y2＝4x，

由题意知，直线l的斜率存在且不为0.

设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)．

y2＝4x，

由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.

y＝kx＋1

依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，

解得k<0或0<k<1.

又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2)．

从而k≠－3.

所以直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)．

设，，，，

(2)A(x1y1)B(x2y2)

2k－41

由(1)知x＋x＝－，xx＝.

12k212k2

y－2

直线PA的方程为y－2＝1(x－1)．

－

x11

令x＝0，得点M的纵坐标为

－y＋2－kx＋1

y＝1＋2＝1＋2.

M－－

x11x11

－kx＋1

同理得点N的纵坐标为y＝2＋2.

N－

x21

由→＝→，→＝→得＝－，＝－

QMλQOQNμQOλ1yMμ1yN.

1111x－1x－112xx－x＋x

所以＋＝＋＝1＋2＝·1212＝

λμ－－－－－xx

1yM1yNk1x1k1x2k112

22k－4

＋

1k2k2

·＝2.

k－11

k2

11

所以＋为定值．

λμ

二、圆锥曲线中求解定点问题常用的方法

(1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目标

的一般性证明．

(2)“一般推理，特殊求解”，即先由题设条件得出曲线的方程，再根据参数的任意性

得到定点坐标．

求证直线过定点，，常利用直线的点斜式方程－＝－来证明．

(3)(x0y0)yy0k(xx0)

x2y2

例3(2022·河南名校模拟)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右焦点F，

a2b2

a21

半焦距＝，点到右准线＝的距离为，过点作双曲线的两条互相垂

c2Fxc2FC

直的弦AB，CD，设AB，CD的中点分别为M，N.

(1)求双曲线C的标准方程；

(2)证明：直线MN必过定点，并求出此定点坐标．

a21

解：由题设可得－＝，＝，所以2＝，2＝2－2＝，

(1)cc2c2a3bca1

x2

所以双曲线的标准方程为－2＝

C3y1.

(2)由(1)知双曲线的右焦点为F(2，0)．设过点F的弦AB所在的直线方程为

＝＋，，，，，

xky2A(x1y1)B(x2y2)

k（y＋y）y＋y

所以12＋，12．

M(222)

x2

－y2＝1，

由3消去x得(k2－3)y2＋4ky＋1＝0，

x＝ky＋2

因为弦AB与双曲线C有两个交点，所以k2－3≠0，

4k62k

所以y＋y＝，所以M(，)．

123－k23－k23－k2

当k＝0时，M点即F点，此时，直线MN为x轴．

116k2

当k≠0时，将上式M点坐标中的k换成－(－3≠0)，可得N(，－

kk23k2－1

2k

)．

3k2－1

2k2k

＋

3－k23k2－1

①当直线MN不垂直x轴时，直线MN的斜率k＝＝

MN66k2

－

3－k23k2－1

2k

，

3（k2－1）

2k2k62k

直线MN的方程为y－＝(x－)，化简得y＝(x

3－k23（k2－1）3－k23（k2－1）

－3)，

所以直线MN过定点(3，0)．

66k2

②当直线MN垂直于x轴时，＝，此时k＝±1，直线MN也过定

3－k23k2－1

点(3，0)．

综上所述，直线MN过定点(3，0)．

跟踪练习

1、过抛物线C：y2＝4x的焦点F且斜率为k的直线l交抛物线C于A，B两点．

(1)若|AB|＝8，求直线l的方程；

(2)若A关于x轴的对称点为D，求证：直线BD过定点，并求出该点的坐标．

解：(1)由y2＝4x知焦点F的坐标为(1，0)，则直线l的方程为y＝k(x－1)，

代入抛物线方程y2＝4x，得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，

由题意知k≠0，

且Δ＝[－(2k2＋4)]2－4k2·k2＝16(k2＋1)＞0.

2k2＋4

设A(x，y)，B(x，y)，则x＋x＝，xx＝1.

112212k212

2k2＋4

由抛物线的弦长公式知|AB|＝x＋x＋2＝8，则＝6，即k2＝1，解得k

12k2

＝±1.

所以直线l的方程为y＝±(x－1)．

由及抛物线的对称性知，点的坐标为，－，

(2)(1)D(x1y1)

y＋yy＋y4

直线BD的斜率k＝21＝21＝，

BDx－xy2y2y－y

212－121

44

4

所以直线BD的方程为y＋y＝(x－x)，

1－1

y2y1

即－＋－2＝－

(y2y1)yy2y1y14x4x1.

因为2＝，2＝，＝，

y14x1y24x2x1x21

所以2＝＝，

(y1y2)16x1x216

即＝－，异号．

y1y24(y1y2)

所以直线的方程为＋＋－＝，

BD4(x1)(y1y2)y0

x＋1＝0，x＝－1，

对任意y，y∈R，有解得

12y＝0，y＝0，

即直线BD恒过定点(－1，0)．

x2y2

2、已知椭圆C：＋＝1的右焦点为(1，0)，且经过点A(0，1)．

a2b2

(1)求椭圆C的方程；

(2)设O为原点，直线l：y＝kx＋t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，

直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.若|OM|·|ON|＝2，求证：直

线l经过定点．

解：(1)由题意得，b2＝1，c＝1，

所以a2＝b2＋c2＝2.

x2

所以椭圆的方程为＋2＝

C2y1.

证明：设，，，，

(2)P(x1y1)Q(x2y2)

y－1

则直线AP的方程为y＝1x＋1.

x1

x

令y＝0，得点M的横坐标x＝－1.

M－

y11

x

又y＝kx＋t，从而|OM|＝|x|＝1.

11M＋－

kx1t1

x2

同理，|ON|＝＋－.

kx2t1

y＝kx＋t，

由x2得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，

＋y2＝1，

2

4kt2t2－2

则x＋x＝－，xx＝.

121＋2k2121＋2k2

x1x2

所以|OM|·|ON|＝＋－·＋－

kx1t1kx2t1

xx

＝12

2＋（－）（＋）＋（－）2

kx1x2kt1x1x2t1

2t2－2

＝1＋2k2

2t2－24kt

k2·＋k（t－1）·－＋（t－1）2

1＋2k21＋2k2

1＋t

＝2.

1－t

又|OM|·|ON|＝2，所以21＋t＝2.

1－t

解得t＝0，所以直线l经过定点(0，0)．

3、已知抛物线C的顶点在原点，焦点在坐标轴上，点A(1，2)为抛物线C上一

点．

(1)求抛物线C的方程；

(2)若点B(1，－2)在抛物线C上，过点B作抛物线C的两条弦BP与BQ，

如＝－，求证：直线过定点．

kBP·kBQ2PQ

解：(1)若抛物线的焦点在x轴上，设抛物线方程为y2＝ax，代入点A(1，2)，

可得a＝4，所以抛物线方程为y2＝4x.若抛物线的焦点在y轴上，设抛物线方程

11

为2＝，代入点，，可得＝，所以抛物线方程为2＝

xmyA(12)m2x2y.

1

综上所述，抛物线的方程是2＝或2＝

Cy4xx2y.

(2)证明：因为点B(1，－2)在抛物线C上，所以由(1)可得抛物线C的方程

是y2＝4x.

易知直线BP，BQ的斜率均存在，设直线BP的方程为y＋2＝k(x－1)，

将直线BP的方程代入y2＝4x，消去y，得

k2x2－(2k2＋4k＋4)x＋(k＋2)2＝0.

（k＋2）2

设P(x，y)，则x＝，

111k2

（k＋2）22k＋4

所以P，.

k2k

2

用－替换点坐标中的，可得－2，－，从而直线的斜率

kPkQ((k1)22k)PQ

2k＋4

－2＋2k

k2k3＋4k2k

为＝＝，

（k＋2）2－k4＋2k3＋4k＋4－k2＋2k＋2

－（k－1）2

k2

故直线PQ的方程是

2k

y－2＋2k＝·[x－(k－1)2]．

－k2＋2k＋2

－2kx6k

得y－2＝＋，

k2－2k－2k2－2k－2

令x＝3，解得y＝2，

所以直线PQ恒过定点(3，2)．

x2

4、(2021·广东广州三校联考)如图，已知椭圆C：＋y2＝1的上顶点为A，右

a2

焦点为F，直线AF与圆M：x2＋y2－6x－2y＋7＝0相切，其中a>1.

(1)求椭圆的方程；

(2)不过点A的动直线l与椭圆C相交于P，Q两点，且AP⊥AQ，证明：动

直线l过定点，并且求出该定点坐标．

解：(1)由题可知，A(0,1)，F(c,0)，

x

则直线的方程为＋＝，即＋－＝，

AFcy1xcyc0

因为直线AF与圆M：x2＋y2－6x－2y＋7＝0相切，

该圆的圆心为M(3,1)，r＝3，

3

则3＝，∴c2＝2，∴a2＝3，

1＋c2

x2

故椭圆的标准方程为＋2＝

3y1.

(2)依题得直线l的斜率必存在，

设：＝＋，设点，，，，

lykxmP(x1y1)Q(x2y2)

y＝kx＋m

联立x2，消去y并整理得

＋y2＝1

3

(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，

Δ＝36k2m2－4·(3k2＋1)·(3m2－3)>0，

即m2<3k2＋1，

6km3m2－3

且x＋x＝－，xx＝，

123k2＋1123k2＋1

∴→→＝，－，－＝＋－＋＋

AP·AQ(x1y11)·(x2y21)x1x2y1y2(y1y2)1

＝2＋＋－＋＋－2

(k1)x1x2k(m1)(x1x2)(m1)

3m2－36km

＝(k2＋1)·＋k(m－1)·－＋(m－1)2

3k2＋13k2＋1

4m2－2m－2

＝

3k2＋1

→→4m2－2m－2

∵AP⊥AQ，∴AP·AQ＝0，即＝0，

3k2＋1

1

∴＝或＝－

m1m2.

当m＝1时，直线l：y＝kx＋1，恒过点(0,1)，不满足题意，舍去；

1111

当m＝－时，直线l：y＝kx－，恒过点0，－，故直线恒过定点0，－.

2222

x2y2

5、(2021·江西上饶模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)

a2b2

2

的离心率为，且短轴长为

22.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)若直线l与椭圆C交于M，N两点，P(0,1)，直线PM与直线PN的斜率

1

之积为，证明：直线过定点并求出该定点坐标．

6l

c2

＝a＝2

a2

解：(1)由得b＝1

2b＝2

c＝1

a2＝b2＋c2

x2

∴椭圆的标准方程为＋2＝

C2y1.

(2)若直线l的斜率不存在，设M(s，t)，则N(s，－t)，

1

s2

t－1－t－11－t221

此时k·k＝×＝＝＝，与题设矛盾，

PMPNsss2s22

故直线l的斜率必存在．

y＝kx＋m

设l：y＝kx＋m，M(x，y)，N(x，y)，联立x2得：(2k2＋1)x2＋

1122＋y2＝1

2

4mkx＋2m2－2＝0，Δ＝8(2k2－m2＋1)>0，

4mk2m2－2

∴x＋x＝－，xx＝，

122k2＋1122k2＋1

y－1y－1