2025届高考数学复习解析几何微专题圆锥曲线中的定值定点问题含解析

Page212024届高考复习解析几何微专题——圆锥曲线中的定值、定点问题一、圆锥曲线中求解定值问题常用的方法(1)从特别入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)干脆推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．例1(2024·盐城市高三一模)设F为椭圆C：eq\f(x2,2)＋y2＝1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；(2)设直线AF，BF的斜率分别为k1，k2(k2≠0)，求证：eq\f(k1,k2)为定值．例2(2024·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1、(2024·安徽安庆市一模)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，过椭圆左焦点F的直线x－4eq\r(3)y＋eq\r(3)＝0与椭圆C在第一象限交于点M，三角形MFO的面积为eq\f(\r(3),4).(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．2、(2024·新高考Ⅰ卷)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(2),2)，且过点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eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))＝－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的面积分别为S1，S2，证明：eq\f(1,S\o\al(2,1))＋eq\f(1,S\o\al(2,2))为定值．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；(2)设O为原点，eq\o(QM,\s\up6(→))＝λeq\o(QO,\s\up6(→))，eq\o(QN,\s\up6(→))＝μeq\o(QO,\s\up6(→))，求证：eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)为定值．5、(2024·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；(2)设O为原点，eq\o(QM,\s\up6(→))＝λeq\o(QO,\s\up6(→))，eq\o(QN,\s\up6(→))＝μeq\o(QO,\s\up6(→))，求证：eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)为定值．二、圆锥曲线中求解定点问题常用的方法(1)“特别探路，一般证明”，即先通过特别状况确定定点，再转化为有方向、有目标的一般性证明．(2)“一般推理，特别求解”，即先由题设条件得出曲线的方程，再依据参数的随意性得到定点坐标．(3)求证直线过定点(x0，y0)，常利用直线的点斜式方程y－y0＝k(x－x0)来证明．例3(2024·河南名校模拟)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点F，半焦距c＝2，点F到右准线x＝eq\f(a2,c)的距离为eq\f(1,2)，过点F作双曲线C的两条相互垂直的弦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．2、已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的右焦点为(1，0)，且经过点A(0，1)．(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kBP·kBQ＝－2，求证：直线PQ过定点．4、(2024·广东广州三校联考)如图，已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋y2＝1的上顶点为A，右焦点为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．5、(2024·江西上饶模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(2),2)，且短轴长为2.(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的斜率之积为eq\f(1,6)，证明：直线l过定点并求出该定点坐标．6、已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，点A，B分别为C的右顶点和上顶点，若△ABF1的面积是△ABF2的面积的3倍，且eq\o(F1A,\s\up7(→))·eq\o(F1B,\s\up7(→))＝3．(1)求C的标准方程；(2)若过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，0))且斜率不为0的直线与C交于M，N两点，点P在直线x＝6上，且NP与x轴平行，求证：直线MP恒过定点．7、△ABC中，已知B(－eq\r(2)，0)，C(eq\r(2)，0)，AD⊥BC交BC于点D，H为AD中点，满意BH⊥AC，点H的轨迹为曲线C．(1)求曲线C的方程；(2)过点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))作直线l交曲线C于P，Q两点，求证：以PQ为直径的圆恒过定点．2024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)从特别入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)干脆推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．例1(2024·盐城市高三一模)设F为椭圆C：eq\f(x2,2)＋y2＝1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；(2)设直线AF，BF的斜率分别为k1，k2(k2≠0)，求证：eq\f(k1,k2)为定值．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，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,x＋2y－2＝0，))可得3y2－4y＋1＝0，解得y1＝1，y2＝eq\f(1,3)，即点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3)))，又F(1，0)，故直线AF的方程为y＝x－1.(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，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.所以y1＋y2＝eq\f(－4t,t2＋2)，y1y2＝eq\f(2,t2＋2).故k1＋k2＝eq\f(y1,x1－1)＋eq\f(y2,x2－1)＝eq\f(y1,ty1＋1)＋eq\f(y2,ty2＋1)＝eq\f(2ty1y2＋y1＋y2,（ty1＋1）（ty2＋1）)＝eq\f(2t·\f(2,t2＋2)＋\f(－4t,t2＋2),（ty1＋1）（ty2＋1）)＝0.又k1，k2均不为0，故eq\f(k1,k2)＝－1，即eq\f(k1,k2)为定值－1.例2(2024·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．解：(1)由抛物线的定义知|PF|＝eq\f(p,2)＋4＝5，解得p＝2，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(x1，y1)，B(x2，y2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－4＝ty－4，,y2＝4x，))消去x得y2－4ty＋16(t－1)＝0，Δ＝16(t－2)2＞0，所以t≠2，所以y1＝4t－4，所以a＝|y1－(－4)|＝|4t|．因为PA⊥PB，所以用－eq\f(1,t)代替t(t≠0，t≠2，－eq\f(1,t)≠2)，得y2＝－eq\f(4,t)－4，b＝|y2－(－4)|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4,t)))，所以ab＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4t×\f(4,t)))＝16，即ab为定值．跟踪练习1、(2024·安徽安庆市一模)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，过椭圆左焦点F的直线x－4eq\r(3)y＋eq\r(3)＝0与椭圆C在第一象限交于点M，三角形MFO的面积为eq\f(\r(3),4).(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－4eq\r(3)y＋eq\r(3)＝0过左焦点F，所以F(－eq\r(3)，0)，c＝eq\r(3)，又由S△OMF＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×yM＝eq\f(\r(3),4)可知yM＝eq\f(1,2)，从而椭圆经过点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))，由椭圆定义知2a＝eq\f(1,2)＋eq\r(12＋\f(1,4))＝4，即a＝2，b2＝a2－c2＝1，故椭圆的方程为C：eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)由条件知，直线MA、MB斜率存在，且两直线斜率互为相反数，设直线MA：y－eq\f(1,2)＝k(x－eq\r(3))交椭圆于点A(x1，y1)，直线MB：y－eq\f(1,2)＝－k(x－eq\r(3))交椭圆于点B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)＝kx－\r(3),x2＋4y2＝4))得(4k2＋1)x2－(8eq\r(3)k2＋4k)x＋12k2－4eq\r(3)k－3＝0，从而有，eq\r(3)x1＝eq\f(12k2－4\r(3)k－3,4k2＋1)，即x1＝eq\f(12k2－4\r(3)k－3,\r(3)4k2＋1)，y1＝eq\f(－4\r(3)k2－6k,\r(3)4k2＋1)＋eq\f(1,2)，故Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12k2－4\r(3)k－3,\r(3)4k2＋1)，\f(－4\r(3)k2－6k,\r(3)4k2＋1)＋\f(1,2)))，同理可得Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12k2＋4\r(3)k－3,\r(3)4k2＋1)，\f(－4\r(3)k2＋6k,\r(3)4k2＋1)＋\f(1,2)))，k＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－4\r(3)k2＋6k,\r(3)4k2＋1)＋\f(1,2)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－4\r(3)k2－6k,\r(3)4k2＋1)＋\f(1,2))),\f(12k2＋4\r(3)k－3,\r(3)4k2＋1)－\f(12k2－4\r(3)k－3,\r(3)4k2＋1))＝eq\f(12k,8\r(3)k)＝eq\f(\r(3),2)，即证直线AB的斜率为定值，且为eq\f(\r(3),2).2、(2024·新高考Ⅰ卷)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(2),2)，且过点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．解：(1)由题意得eq\f(4,a2)＋eq\f(1,b2)＝1，eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(1,2)，解得a2＝6，b2＝3．所以C的方程为eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1．(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)．若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0．于是x1＋x2＝－eq\f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2m2－6,1＋2k2)．①由AM⊥AN知，eq\o(AM,\s\up7(→))·eq\o(AN,\s\up7(→))＝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．将①代入上式可得(k2＋1)eq\f(2m2－6,1＋2k2)－(km－k－2)eq\f(4km,1＋2k2)＋(m－1)2＋4＝0．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．于是直线MN的方程为y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,3)))－eq\f(1,3)(k≠1)．所以直线MN过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，－\f(1,3)))．若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1)．由eq\o(AM,\s\up7(→))·eq\o(AN,\s\up7(→))＝0得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0．又eq\f(x\o\al(2,1),6)＋eq\f(y\o\al(2,1),3)＝1，可得3xeq\o\al(2,1)－8x1＋4＝0．解得x1＝2(舍去)，x1＝eq\f(2,3)．此时直线MN过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，－\f(1,3)))．令Q为AP的中点，即Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3)))．若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，故|DQ|＝eq\f(1,2)|AP|＝eq\f(2\r(2),3)．若D与P重合，则|DQ|＝eq\f(1,2)|AP|．综上，存在点Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3)))，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eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))＝－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的面积分别为S1，S2，证明：eq\f(1,S\o\al(2,1))＋eq\f(1,S\o\al(2,2))为定值．解：(1)设直线l：x＝my＋1，联立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,y2＝2px，))消去x得，y2－2pmy－2p＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝2pm，y1y2＝－2p，又因为eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))＝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|AB|＝x1＋x2＋p＝my1＋my2＋2＋p＝4m2＋4．原点到直线l的距离d＝eq\f(1,\r(1＋m2))，所以S1＝eq\f(1,2)×eq\f(1,\r(1＋m2))×4(m2＋1)＝2eq\r(1＋m2)．因为直线l′过点(1,0)且l′⊥l，所以S2＝2eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,m)))2)＝2eq\r(\f(1＋m2,m2))．所以eq\f(1,S\o\al(2,1))＋eq\f(1,S\o\al(2,2))＝eq\f(1,41＋m2)＋eq\f(m2,41＋m2)＝eq\f(1,4)．即eq\f(1,S\o\al(2,1))＋eq\f(1,S\o\al(2,2))为定值eq\f(1,4)．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；(2)设O为原点，eq\o(QM,\s\up6(→))＝λeq\o(QO,\s\up6(→))，eq\o(QN,\s\up6(→))＝μeq\o(QO,\s\up6(→))，求证：eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)为定值．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)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝kx＋1))得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.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)．(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由(1)知x1＋x2＝－eq\f(2k－4,k2)，x1x2＝eq\f(1,k2).直线PA的方程为y－2＝eq\f(y1－2,x1－1)(x－1)．令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝eq\f(－y1＋2,x1－1)＋2＝eq\f(－kx1＋1,x1－1)＋2.同理得点N的纵坐标为yN＝eq\f(－kx2＋1,x2－1)＋2.由eq\o(QM,\s\up6(→))＝λeq\o(QO,\s\up6(→))，eq\o(QN,\s\up6(→))＝μeq\o(QO,\s\up6(→))得λ＝1－yM，μ＝1－yN.所以eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)＝eq\f(1,1－yM)＋eq\f(1,1－yN)＝eq\f(x1－1,（k－1）x1)＋eq\f(x2－1,（k－1）x2)＝eq\f(1,k－1)·eq\f(2x1x2－（x1＋x2）,x1x2)＝eq\f(1,k－1)·eq\f(\f(2,k2)＋\f(2k－4,k2),\f(1,k2))＝2.所以eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)为定值．5、(2024·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；(2)设O为原点，eq\o(QM,\s\up6(→))＝λeq\o(QO,\s\up6(→))，eq\o(QN,\s\up6(→))＝μeq\o(QO,\s\up6(→))，求证：eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)为定值．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)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝kx＋1))得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.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)．(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由(1)知x1＋x2＝－eq\f(2k－4,k2)，x1x2＝eq\f(1,k2).直线PA的方程为y－2＝eq\f(y1－2,x1－1)(x－1)．令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝eq\f(－y1＋2,x1－1)＋2＝eq\f(－kx1＋1,x1－1)＋2.同理得点N的纵坐标为yN＝eq\f(－kx2＋1,x2－1)＋2.由eq\o(QM,\s\up6(→))＝λeq\o(QO,\s\up6(→))，eq\o(QN,\s\up6(→))＝μeq\o(QO,\s\up6(→))得λ＝1－yM，μ＝1－yN.所以eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)＝eq\f(1,1－yM)＋eq\f(1,1－yN)＝eq\f(x1－1,k－1x1)＋eq\f(x2－1,k－1x2)＝eq\f(1,k－1)·eq\f(2x1x2－x1＋x2,x1x2)＝eq\f(1,k－1)·eq\f(\f(2,k2)＋\f(2k－4,k2),\f(1,k2))＝2.所以eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)为定值．二、圆锥曲线中求解定点问题常用的方法(1)“特别探路，一般证明”，即先通过特别状况确定定点，再转化为有方向、有目标的一般性证明．(2)“一般推理，特别求解”，即先由题设条件得出曲线的方程，再依据参数的随意性得到定点坐标．(3)求证直线过定点(x0，y0)，常利用直线的点斜式方程y－y0＝k(x－x0)来证明．例3(2024·河南名校模拟)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点F，半焦距c＝2，点F到右准线x＝eq\f(a2,c)的距离为eq\f(1,2)，过点F作双曲线C的两条相互垂直的弦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．解：(1)由题设可得c－eq\f(a2,c)＝eq\f(1,2)，c＝2，所以a2＝3，b2＝c2－a2＝1，所以双曲线C的标准方程为eq\f(x2,3)－y2＝1.(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x＝ky＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以M(eq\f(k（y1＋y2）,2)＋2，eq\f(y1＋y2,2))．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,3)－y2＝1，,x＝ky＋2))消去x得(k2－3)y2＋4ky＋1＝0，因为弦AB与双曲线C有两个交点，所以k2－3≠0，所以y1＋y2＝eq\f(4k,3－k2)，所以M(eq\f(6,3－k2)，eq\f(2k,3－k2))．当k＝0时，M点即F点，此时，直线MN为x轴．当k≠0时，将上式M点坐标中的k换成－eq\f(1,k)(eq\f(1,k2)－3≠0)，可得N(eq\f(6k2,3k2－1)，－eq\f(2k,3k2－1))．①当直线MN不垂直x轴时，直线MN的斜率kMN＝eq\f(\f(2k,3－k2)＋\f(2k,3k2－1),\f(6,3－k2)－\f(6k2,3k2－1))＝eq\f(2k,3（k2－1）)，直线MN的方程为y－eq\f(2k,3－k2)＝eq\f(2k,3（k2－1）)(x－eq\f(6,3－k2))，化简得y＝eq\f(2k,3（k2－1）)(x－3)，所以直线MN过定点(3，0)．②当直线MN垂直于x轴时，eq\f(6,3－k2)＝eq\f(6k2,3k2－1)，此时k＝±1，直线MN也过定点(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.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1.由抛物线的弦长公式知|AB|＝x1＋x2＋2＝8，则eq\f(2k2＋4,k2)＝6，即k2＝1，解得k＝±1.所以直线l的方程为y＝±(x－1)．(2)由(1)及抛物线的对称性知，D点的坐标为(x1，－y1)，直线BD的斜率kBD＝eq\f(y2＋y1,x2－x1)＝eq\f(y2＋y1,\f(yeq\o\al(2,2),4)－\f(yeq\o\al(2,1),4))＝eq\f(4,y2－y1)，所以直线BD的方程为y＋y1＝eq\f(4,y2－y1)(x－x1)，即(y2－y1)y＋y2y1－yeq\o\al(2,1)＝4x－4x1.因为yeq\o\al(2,1)＝4x1，yeq\o\al(2,2)＝4x2，x1x2＝1，所以(y1y2)2＝16x1x2＝16，即y1y2＝－4(y1，y2异号)．所以直线BD的方程为4(x＋1)＋(y1－y2)y＝0，对随意y1，y2∈R，有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1＝0，,y＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝0，))即直线BD恒过定点(－1，0)．2、已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的右焦点为(1，0)，且经过点A(0，1)．(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.所以椭圆C的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则直线AP的方程为y＝eq\f(y1－1,x1)x＋1.令y＝0，得点M的横坐标xM＝－eq\f(x1,y1－1).又y1＝kx1＋t，从而|OM|＝|xM|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1,kx1＋t－1))).同理，|ON|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x2,kx2＋t－1))).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋t，,\f(x2,2)＋y2＝1，))得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，则x1＋x2＝－eq\f(4kt,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2t2－2,1＋2k2).所以|OM|·|ON|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1,kx1＋t－1)))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x2,kx2＋t－1)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,k2x1x2＋k（t－1）（x1＋x2）＋（t－1）2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\f(2t2－2,1＋2k2),k2·\f(2t2－2,1＋2k2)＋k（t－1）·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4kt,1＋2k2)))＋（t－1）2)))＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1＋t,1－t))).又|OM|·|ON|＝2，所以2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1＋t,1－t)))＝2.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kBP·kBQ＝－2，求证：直线PQ过定点．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，设抛物线方程为x2＝my，代入点A(1，2)，可得m＝eq\f(1,2)，所以抛物线方程为x2＝eq\f(1,2)y.综上所述，抛物线C的方程是y2＝4x或x2＝eq\f(1,2)y.(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.设P(x1，y1)，则x1＝eq\f(（k＋2）2,k2)，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(（k＋2）2,k2)，\f(2k＋4,k))).用－eq\f(2,k)替换点P坐标中的k，可得Q((k－1)2，2－2k)，从而直线PQ的斜率为eq\f(\f(2k＋4,k)－2＋2k,\f(（k＋2）2,k2)－（k－1）2)＝eq\f(2k3＋4k,－k4＋2k3＋4k＋4)＝eq\f(2k,－k2＋2k＋2)，故直线PQ的方程是y－2＋2k＝eq\f(2k,－k2＋2k＋2)·[x－(k－1)2]．得y－2＝eq\f(－2kx,k2－2k－2)＋eq\f(6k,k2－2k－2)，令x＝3，解得y＝2，所以直线PQ恒过定点(3，2)．4、(2024·广东广州三校联考)如图，已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋y2＝1的上顶点为A，右焦点为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)，则直线AF的方程为eq\f(x,c)＋y＝1，即x＋cy－c＝0，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＝eq\r(3)，则eq\r(3)＝eq\f(3,\r(1＋c2))，∴c2＝2，∴a2＝3，故椭圆的标准方程为eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)依题得直线l的斜率必存在，设l：y＝kx＋m，设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m,\f(x2,3)＋y2＝1))，消去y并整理得(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，Δ＝36k2m2－4·(3k2＋1)·(3m2－3)>0，即m2<3k2＋1，且x1＋x2＝－eq\f(6km,3k2＋1)，x1x2＝eq\f(3m2－3,3k2＋1)，∴eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(x1，y1－1)·(x2，y2－1)＝x1x2＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2＝(k2＋1)·eq\f(3m2－3,3k2＋1)＋k(m－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6km,3k2＋1)))＋(m－1)2＝eq\f(4m2－2m－2,3k2＋1)∵AP⊥AQ，∴eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AQ,\s\up6(→))＝0，即eq\f(4m2－2m－2,3k2＋1)＝0，∴m＝1或m＝－eq\f(1,2).当m＝1时，直线l：y＝kx＋1，恒过点(0,1)，不满意题意，舍去；当m＝－eq\f(1,2)时，直线l：y＝kx－eq\f(1,2)，恒过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)))，故直线恒过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2))).5、(2024·江西上饶模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(2),2)，且短轴长为2.(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的斜率之积为eq\f(1,6)，证明：直线l过定点并求出该定点坐标．解：(1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2),2b＝2,a2＝b2＋c2))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\r(2),b＝1,c＝1))∴椭圆C的标准方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)若直线l的斜率不存在，设M(s，t)，则N(s，－t)，此时kPM·kPN＝eq\f(t－1,s)×eq\f(－t－1,s)＝eq\f(1－t2,s2)＝eq\f(\f(1,2)s2,s2)＝eq\f(1,2)，与题设冲突，故直线l的斜率必存在．设l：y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m,\f(x2,2)＋y2＝1))得：(2k2＋1)x2＋4mkx＋2m2－2＝0，Δ＝8(2k2－m2＋1)>0，∴x1＋x2＝－eq\f(4mk,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2m2－2,2k2＋1)，∵kPM·kPN＝eq\f(y1－1,x1)·eq\f(y2－1,x2)＝eq\f(y1y2－y1＋y2＋1,x1x2)＝eq\f(k2x1x2＋km－1x1＋x2＋m－12,x1x2)＝eq\f(1,6)，代入x1＋x2＝－eq\f(4mk,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2m2－2,2k2＋1)整理得：m2－3m＋2＝0，解得：m＝2或m＝1(舍去)，即直线过定点(0,2)．6、已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，点A，B分别为C的右顶点和上顶点，若△ABF1的面积是△ABF2的面积的3倍，且eq\o(F1A,\s\up7(→))·eq\o(F1B,\s\up7(→))＝3．(1)求C的标准方程；(2)若过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，0))且斜率不为0的直线与C交于M，N两点，点P在直线x＝6上，且NP与x轴平行，求证：直线MP恒过定点．解：(1)设椭圆C的焦距为2c，则F1(－c,0)，F2(c,0)，∵点A，B分别为C的右顶点和上顶点，∴A(a,0)，B(0，b)，则eq\o(F1A,\s\up7(→))＝(a＋c,0)，eq\o(F1B,\s\up7(→))＝(c，b)．又△ABF1的面积是△ABF2的面积的3倍，且eq\o(F1A,\s\up7(→))·eq\o(F1B,\s\up7(→))＝3，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋c＝3a－c，,ca＋c＝3，))解得a＝2，c＝1，则b＝eq\r(a2－c2)＝eq\r(3)，∴C的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1．(2)证明：设直线MN的方程为x＝