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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=

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