重難點專題圓錐曲線定點問題十二大題型匯總題型1直線過定點之y=kx+m型 1題型2直線過定點之x=ty+m型 題型3直線過定點之求直線方程型 18題型4特殊到一般法 題型5斜率和問題 題型6斜率積問題 47題型7斜率比值問題 題型8多斜率問題 題型9與角度有關(guān)的定點問題 75題型10直線過定點之類比法 85題型11定點與恒成立問題 96題型12圓過定點問題 定點問題的求解，求解此類問題的基本思路如下：①假設(shè)直線方程，與曲線方程聯(lián)立，整理為關(guān)于x或y的一元二次方程的形式；②利用Δ>0求得變量的取值范圍，得到韋達(dá)定理的形式；③利用韋達(dá)定理表示出已知中的等量關(guān)系，代入韋達(dá)定理整理；④由所得等式恒成立可整理得到定點.技巧：若直線方程為y—y0=k(x—x0),則直線過定點(x0,y0);若直線方程為y=kx+b(b為定值),則直線過定點(0,b).【例題1】已知橢圓C的中心在原點，一個焦點為F1(—3,0)，且C經(jīng)過點P(3,．(1)求C的方程；(2)設(shè)C與y軸正半軸交于點D，直線l:y=kx+m與C交于A、B兩點（l不經(jīng)過D點且AD丄BD．證明：直線l經(jīng)過定點，并求出該定點的坐標(biāo)．【答案】(1)+y2=1(2)直線l經(jīng)過定點，定點坐標(biāo)為(0,—)【分析】（1）由題意可得C=3，設(shè)橢圓c:+=1(a>b>0)，求得橢圓的另一個焦點坐標(biāo)，利用定義求解a=2，再求得b，即可求出橢圓方程.（2）由已知得D(0,1)，聯(lián)立直線方程與橢圓方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系可得A，B橫縱坐標(biāo)的和與積，結(jié)合AD⊥BD，得DA.DB=x1x2+(y1—1)(y2—1)=0，當(dāng)m=時，有Δ>0，直線l經(jīng)過定點(0,)．【詳解】（1）解：由題意得，設(shè)橢圓c的方程為+=1(a>b>0)，焦距為2C則C=3，橢圓的另一個焦點為F2(3,0),由橢圓定義得2a=IPF1I+IPF2I=+=4，則a=2所以c的方程為+y2=1.（22）證明：由已知得D(0,1)，設(shè)A(x1,y1)，B(x2,y2)，則x1+x2=，x1x2=，y1+y2=k(x1+x2)+2m=，y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=，①當(dāng)m=1時，直線l經(jīng)過點D，舍去；②當(dāng)m=—時，顯然有Δ>0，直線l經(jīng)過定點(0,—)．【變式1-1】1.（2023上·遼寧朝陽·高三建平縣實驗中學(xué)?？计谀┮阎獎狱cMx,y到定點N3,0)的距離與M到定直線：x的距離之比為，記點M的軌跡為曲線C.(1)求曲線C的方程；(2)已知曲線C與y軸的正半軸交于點A，不與x軸垂直的直線l交曲線C于E,F兩點（E，F(xiàn)異于點A直線AE,AF分別與x軸交于P,Q兩點，若P,Q的橫坐標(biāo)的乘積為，則直線l是否過定點？若是，求出該定點的坐標(biāo)；若不是，請說明理由.【答案】(1)+y2=1；【分析】（1）根據(jù)給定條件，列出方程并化簡作答.（2）設(shè)出直線l的方程及點E,F的坐標(biāo)，聯(lián)立直線l與曲線C的方程，求出點P,Q的橫坐標(biāo)，由已知結(jié)合韋達(dá)定理求解作答.【詳解】（1）依題意，，化簡整理得+y2=所以曲線C的方程為+y2=1.（2）設(shè)直線l的方程為y=kx+mm≠1,Ex1,y1,Fx2,y2)，=kx+mEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(y),2)x消去y得(4k2+1=kx+mEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(y),2)x4kEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up6(8),2),x1x2=，由+y2=1，得A0,1，則直線AE的方程為y=x+1，令y=0，得點P的橫坐標(biāo)xP=— x1,,直線AF的方程為y，令y=0，得點Q的橫坐標(biāo)xQ于是xP.xQ即(4k2—3)x1x2+(4km—4k)(x1+x2)+4(m—1)2=0，所以直線l的方程為y=kx—2，直線l恒過定點(0,—2).【點睛】思路點睛：涉及動直線與圓錐曲線相交滿足某個條件問題，可設(shè)直線方程為y=kx+m，再與圓錐曲線方程聯(lián)立結(jié)合已知條件探求k，m的關(guān)系，然后推理求解.【變式1-1】2.（2023上·廣西玉林·高三校聯(lián)考開學(xué)考試）已知橢圓Ea>b>0的左焦點為F1—2,0，且點(6,1)在橢圓E上.(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)橢圓E的上、下頂點分別為M,N，點Pn,4(n∈R,n≠0)，若直線PM,PN與橢圓E的另一個交點分別為點S,T，證明：直線ST過定點，并求該定點坐標(biāo).【答案】(1)+=1(2)證明見解析，定點坐標(biāo)為0,1而求出a，b.（2）先設(shè)直線ST的斜截式方程，再聯(lián)立直線和橢圓方程，結(jié)合韋達(dá)定理將P點縱坐標(biāo)為4的信息轉(zhuǎn)化為直線方程系數(shù)的值或關(guān)系，從而找出直線所過定點.【詳解】（1）因為橢圓E的左焦點F1(—由定義知點(6,1)到橢圓的兩焦點的距離之和為2a，所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為+=1.（2）由橢圓的方程+=1，可得M0,2,N0,—2)，且直線ST斜率存在，設(shè)Sx1,y1,Tx2,y2)，設(shè)直線ST的方程為：y=kx+m，與橢圓方程+=1聯(lián)立得：則xx1x直線SM的方程為yx+2，直線TN的方程為yx—2，由直線SM和直線TN交點的縱坐標(biāo)為4得，=又因點Sx1,y1在橢圓+=1上，故+=1，得同理，點Tx2,y2)在橢圓+=1上，得=，即3x1x2+2y1+2)(y2+2)=0即3x1x2+2kx1+m+2)(kx2+m+2)=0即(2k2+3)x1x2+2k(m+2)(x1+x2)+2(m+2)2=0(2k2+3)(2m2—8+2km+4m)(—4km+2m2+8m+8)(2k22k2+1當(dāng)m=—2時，直線ST的方程為y=kx—2，直線ST過點N，與題意不符.故m=1，直線ST的方程為y=kx+1，直線ST恒過點0,1【點睛】本題主要考查直線與橢圓關(guān)系中的直線恒過定點問題，遵循“求誰設(shè)誰”的思路，將目標(biāo)直線設(shè)為y=kx+m的形式，將條件轉(zhuǎn)化為m的值或k與m的關(guān)系式，從而得出定點，側(cè)重數(shù)學(xué)運算能力，屬于偏難題.【變式1-1】3.（2023上·江蘇·高三江蘇省梁豐高級中學(xué)校聯(lián)考階段練習(xí)）在直角坐標(biāo)平面內(nèi)，已知A—2,0，B2,0，動點P滿足條件：直線PA與直線PB斜率之積等于—，記動點P的軌跡為E．(1)求E的方程；(2)過直線l：x=4上任意一點Q作直線QA與QB，分別交E于M，N兩點，則直線MN是否過定點？若是，求出該點坐標(biāo)；若不是，說明理由．【答案】(2)是，定點為1,0.【分析】（1）根據(jù)給定條件，利用斜率坐標(biāo)公式列式化簡作答.（2）設(shè)出點Q的坐標(biāo)，由已知探求出點M,N的坐標(biāo)關(guān)系，再按直線MN斜率存在與否分類討論求解作答. 所以E的方程為+=1（x≠±2）.（2）設(shè)直線l:x=4上的點Q4,t，顯然t≠0，依題意，直線MA,MB的斜率kMA,kMB滿足kMA.kMB=—，且kMA==，直線NB斜率kNB==，則kMA=kNB，有kMB.kNB=—，當(dāng)直線MN不垂直于x軸時，設(shè)直線MN的方程為y=kx+m，則x1+x2=2kEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up6(4),2)，x1x又即(2k2+3)x1x2+(2km—6)(x1+x2)+2m2+12=0，EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up5(4),2)當(dāng)k=—m時，直線MN：y=—m(x—當(dāng)k=—時，直線MN：y由于x≠2舍去，直線MN：x=1過點1,0，所以直線l恒過點1,0．【變式1-1】4.（2023上·河北張家口·高三統(tǒng)考開學(xué)考試）已知橢圓c:+=1(a>b>0)過點A(—2,1)，且離心率e(1)求橢圓C的方程；(2)過點A作與y=tx2(t<0)相切的兩條直線，分別交橢圓C于P，Q兩點，求證：直線PQ恒過定點．(2)證明見解析【分析】（1）由已知列方程組求出a,b,C，可得方程；（2）先由直線AP,AQ與曲線y=tx2t<0相切，再將斜率坐標(biāo)化，由直線PQ方程y=mx+n消y1,y2整理得(2m+2m2)x1x2+(n—1+2mn)(x1+x2)+2(n2—1)=0(*)；然后由直線與曲線方程聯(lián)立，由韋達(dá)定理得到x1+x2,x1x2與m,n的關(guān)系代入(*)式化簡可得m,n的等量關(guān)系；最后代回方程y=mx+n可得定點.EQ\*jc3\*hps24\o\al(\s\up6(a),b)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up9(2),2)EQ\*jc3\*hps24\o\al(\s\up6(6),3)∴所求橢圓方程為（2）設(shè)過點A的直線為y—1=k(x+2)與y=tx2(t<0)相切，y=tx2，k1+k1.k1+k1.k2=4t，則k1，k2分別是直線PA和QA的斜率）.設(shè)直線PQ為：y=mx+n，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，y=mx+n得(1+2m2)x2+4mnx+2n2—6=0，x2+y=mx+n則整理得(2m+2m2)x1x2+(n—1+2mn)(x1+x2)+2(n2—1)=0，將①式代入得，所以當(dāng)n=2m+1時，直線PQ為y=mx+2m+1，恒過點A(—2,1)，不符合題意；綜上，直線PQ恒過定點(4,—1)．【點睛】方法點睛：解答圓錐曲線的定點問題的常用策略：（1）參數(shù)法：參數(shù)法解決定點問題的關(guān)鍵思路在于以下兩個環(huán)節(jié).①引進動點的坐標(biāo)或動直線中的參數(shù)（如引入動直線的斜率k，截距m，動點的橫或縱坐標(biāo)t等等）表示變化量，即確定題目中核心參數(shù)；②利用條件找到參數(shù)與過定點的曲線F(x,y)=0之間的關(guān)系，得到關(guān)于參數(shù)與x,y的等式，再研究曲線不受參數(shù)影響時的定點坐標(biāo).（2）由特殊到一般法：由特殊到一般法求解定點問題時，常根據(jù)動點或動直線的特殊情況探索出定點，再證明該定點與變量無關(guān).1.直線AB方程為x=ty+m，聯(lián)立曲線方程，結(jié)合韋達(dá)定理化簡整理得到只關(guān)于t、m的方程，即可求出t、m的關(guān)系，即可進一步討論直線AB過定點的情況；2.設(shè)直線時注意考慮AB斜率不存在的情況，聯(lián)立方程也要注意討論判別式.【例題2】已知圓C:一動圓與直線x相切且與圓C外切．(1)求動圓圓心P的軌跡T的方程；(2)若經(jīng)過定點Q(6,0)的直線l與曲線T交于A,B兩點，M是AB的中點，過M作x軸的平行線與曲線T相交于點N，試問是否存在直線l，使得NA丄NB？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y2=4x【分析】（1）設(shè)元，利用圓與圓的位置關(guān)系找等量關(guān)系，列方程，化簡即可；（2）設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)，l：得x=my+6，聯(lián)立方程消去x，由韋達(dá)定理y1+y2=4m,y1y2=24，根據(jù)題意設(shè)N(x0,y0)，由NA丄NB得NA.NB【詳解】（1）設(shè)動圓圓心P(x,y)，由題可知動圓圓心不能在y軸左側(cè)，故x≥0，所以IPCI—(x+)=，化簡得y2=4x，所以動圓圓心P的軌跡T的方程為y2=4x.（2）設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)，由題意，設(shè)直線l的方程為x=my+6，聯(lián)立y2:x1+x2=4m2+12，x1x2=36，②因為M是AB的中點，過M作x軸的平行線與曲線T相交于點N，因為N在拋物線上，即x0=)，NB=(x2x0,y2y0)，所以x1x2—x0(x1+x2)+xEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),0)+y1y2—y0(y1+y2)+yEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),0)=0所以將①②③④代入化簡可得(m2+6)(3m2—2)=0，所以存在直線l：x=±y+6，使得NA丄NB，【變式2-1】1.已知橢圓c:+=1(a>b>0)的左右焦點分別為F1，F(xiàn)2，左頂點為A，EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up0(-),F)(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up0(-),P)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up0(-),P)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up0(-),A)(3)已知直線l:y=kx+m與橢圓相交于不同的兩點M，N(均不是長軸的端點)，AH⊥MN，EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up0(-),M)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up0(-),H)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up0(-),H)(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)題意列方程組，解得參數(shù)a、b，即可得到橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up0(-),P)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up0(-),P)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up0(-),A)解之即可；EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up0(-),M)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up0(-),H)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up0(-),H)，極大簡化了運算量，是數(shù)形結(jié)合的的一個范例，得到參數(shù)k、m關(guān)系后，即可求得直線l所過定點.EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(a),a)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(C),C)故橢圓c的標(biāo)準(zhǔn)方程為+=1．EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up0(-),P)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up0(-),P)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up0(-),A)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up3(2),0)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up3(2),0)由于P(x0,y0)在橢圓c上，∴—2≤x0≤2．由fx=x2+3x+5在區(qū)間—2,2上單調(diào)遞增，可知當(dāng)x0=2時，fx0取最小值為0；當(dāng)x0=2時，fx0取最大值為12．EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up0(-),P)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up0(-),P)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up0(-),A),x1+x2=，x1xEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up0(-),M)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up0(-),H)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up0(-),H)可得AM⊥AN，則(x1+2,y1)(x2+2,y2)=0，即x1x2+2(x1+x2)+4+(kx1+m)(kx2+m)=01+k2+(kmm2+4=0∴k=m或k=m，均適合4k2+3>m2．當(dāng)k=m時，直線過A，舍去；當(dāng)k=m時，直線y=kx+k過定點—,0．【點睛】解決直線與橢圓的綜合問題時，要注意：(1)注意觀察應(yīng)用題設(shè)中的每一個條件，明確確定直線、橢圓的條件；(2)強化有關(guān)直線與橢圓聯(lián)立得出一元二次方程后的運算能力，重視根與系數(shù)之間的關(guān)系、弦長、斜率等問題．【變式2-1】2.（2022·遼寧沈陽·二模）已知橢圓c:+=1a>b>0)的焦距為2，且2經(jīng)過點P1,3．2(1)求橢圓C的方程；(2)經(jīng)過橢圓右焦點F且斜率為k(k≠0)的動直線l與橢圓交于A、B兩點，試問x軸上是否存在異于點F的定點T，使AF.BT=BF.AT恒成立？若存在，求出T點坐標(biāo)，若不存在，說明理由．(2)存在；點T4,0即可求解.（2）設(shè)直線l的方程為x=my+1，聯(lián)立方程組，得到y(tǒng)1+y2=,y1y2=，設(shè)T點坐標(biāo)為t,0，由AFBT=BFAT，得到EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up6(AF),BF)==EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up6(AT),BT)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up6(sin匕ATF),sin匕BTF)，得到匕ATF=匕BTF，得到KAT+KBT=0，列出方程，求得t=4，即可求解．又由橢圓C經(jīng)過點P1,3，代入C得1+9所以橢圓C的方程為+=1．（2）解：根據(jù)題意，直線l的斜率顯然不為零，令=m，由橢圓右焦點F1,0，故可設(shè)直線l的方程為x=my+1，設(shè)Ax1,y1，Bx2,y2，且y1+yy1y設(shè)存在點T，設(shè)T點坐標(biāo)為t,0，由AFBT=BFAT，可得EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up6(AF),BF)=EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up6(AT),BT)，又因為所以直線TA和TB關(guān)于x軸對稱，其傾斜角互補，即有KAT+KBT=0，解得t=4，符合題意，即存在點T4,0滿足題意．【點睛】方法技巧：解答圓錐曲線的定點、定值問題的策略：1、參數(shù)法：參數(shù)解決定點問題的思路：①引進動點的坐標(biāo)或動直線中的參數(shù)表示變化量，即確定題目中核心變量（通常為變量k②利用條件找到k過定點的曲線F(x,y)=0之間的關(guān)系，得到關(guān)于k與x,y的等式，再研究變化量與參數(shù)何時沒有關(guān)系，得出定點的坐標(biāo)；2、由特殊到一般發(fā)：由特殊到一般法求解定點問題時，常根據(jù)動點或動直線的特殊情況探索出定點，再證明該定點與變量無關(guān).【變式2-1】3.（2023上·北京豐臺·高三北京市第十二中學(xué)?？茧A段練習(xí)）已知橢圓C的兩個焦點分別為F1(—3,0),F2(3,0)，離心率為．(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)M為橢圓C的左頂點，直線l與橢圓C交于A,B兩點，若MA丄MB，求證：直線AB過定點．【答案】(1)+y2=1;(2)證明見解析.（2）聯(lián)立直線方程x=ty+m和橢圓方程后利用兩直線垂直可算出m.橢圓方程為：y2=1.M為橢圓C的左頂點，又由（1）可知：M(—2,0)，設(shè)直線AB的方程為：x=ty+m，A(x1,y1)，B(x2,y2)由韋達(dá)定理可知：y1+yy1y:(x1+2)(x2+2)+y1y2=0→x1x2+2(x1+x2)+4+y1y2=0，:(t2+1)y1y2+(mt+2t)(y1+y2)+(m+2)2=0，當(dāng)m時，AB的方程為：x=ty恒過定點(—,0).所以直線AB過定點．【變式2-1】4.（2023上·重慶沙坪壩·高三重慶一中?？奸_學(xué)考試）已知橢圓C1(a>b>0)的左頂點為A，上頂點為B，右焦點為F1,0，設(shè)0為坐標(biāo)原點，線段0A的中點為D，且滿足BD=DF.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（異于點A）.證明：直線PQ過定點，并求出該定點的坐標(biāo).(2)證明見解析，1,0【分析】（1）根據(jù)題意求出a2,b2即可得解；（2）設(shè)P(x1,y1,Qx2,y2,Mx3,y3,Nx4,y4)，先求出圓T的方程，令x=2，利用韋達(dá)定理求出y3y4，設(shè)直線PQ的方程為x=my+n，聯(lián)立方程，利用韋達(dá)定理求出y1+y2,y1y2，由BD=DF可知：所以橢圓C的方程為+=1；（2）設(shè)P(x1,y1,Qx2,y2,Mx3,y3,Nx4,y4)，由已知直線PQ不與y軸垂直，設(shè)直線PQ的方程為x=my+n，由韋達(dá)定理可得yy1y所以(x1+2)y3=4y1→y同理y4=，所以y3y去分母整理得：(4+m2)y1y2+m(n+2)(y1+y2)+(n+2)2=0，將韋達(dá)定理帶入得：2=0，所以直線PQ的方程為x=my+1，恒過定點1,0.【點睛】方法點睛：求解直線過定點問題常用方法如下：（1）“特殊探路，一般證明”：即先通過特殊情況確定定點，再轉(zhuǎn)化為有方向、有目的的一般性證明；（2）“一般推理，特殊求解”：即設(shè)出定點坐標(biāo)，根據(jù)題設(shè)條件選擇參數(shù)，建立一個直線系或曲線的方程，再根據(jù)參數(shù)的任意性得到一個關(guān)于定點坐標(biāo)的方程組，以這個方程組的解為坐標(biāo)的點即為所求點；（3）求證直線過定點(x0,y0)，常利用直線的點斜式方程y—y0=k(x—x0)或截距式y(tǒng)=kx+b來證明.題型3直線過定點之求直線方程型在解析幾何中，有些含有參數(shù)的直線或曲線的方程，不論參數(shù)如何變化，其都過某定點，這類問題稱為定點問題．證明直線（曲線）過定點的基本思想是是確定方程，即使用一個參數(shù)表示直線（曲線）方程，根據(jù)方程的成立與參數(shù)值無關(guān)得出x,y的方程組，以方程組的解為坐標(biāo)的點就是直線（曲線）所過的定點．核心方程是指已知條件中的等量關(guān)系．的距離為，過點F作雙曲線C的兩條互相垂直的弦AB，CD，設(shè)AB，CD的中點分別為(1)求雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)證明：直線MN必過定點，并求出此定點的坐標(biāo).【答案】y2=1；(2)證明見解析，(3,0).【分析】（1）根據(jù)給定條件求出a的值，再由a，b，c之間的關(guān)系求出雙曲線的方程.（2）直線AB斜率存在且不為0時，設(shè)出AB方程并與C的方程聯(lián)立求出M的坐標(biāo)，再得坐標(biāo)，就直線MN的斜率存在與否討論，最后分析AB斜率不存在或為0的情況作答.所以雙曲線的方程為：y2=1.（2）點F(2,0)，當(dāng)直線AB不垂直于坐標(biāo)軸時，設(shè)直線AB的方程為：x=ky+2，A(x1,y1)，B(x2,y2)，x=ky+2x=ky+2則Y1+Y有x1+x2=k于是得弦AB中點M因CD⊥AB，同理可得點N當(dāng)直線MN不垂直于x軸時，直線MN的斜率kMN因此，直線MN的方程為：Y化簡得Y于是得直線MN恒過定點P(3,0)，當(dāng)直線MN垂直于x軸時，由得k=±1，直線MN：x=3過則當(dāng)直線AB不垂直于坐標(biāo)軸時，直線MN恒過定點P(3,0)，當(dāng)AB垂直于x軸，即k=0時，則弦AB的中點M與F重合，弦CD的中點N與原點重合，此時MN為x軸，直線MN過P(3,0)，當(dāng)AB垂直于y軸時，則弦AB的中點M為原點，弦CD中點N與F重合，此時直線MN為x軸，直線MN也過點P(3,0)，所以直線MN恒過定點P(3,0).【點睛】思路點睛：經(jīng)過圓錐曲線上滿足某條件的兩個動點的直線過定點問題，可探求出這兩個動點坐標(biāo)，求出直線方程，即可推理計算解決問題.【變式3-1】1.在△PAB中，已知A—2,0、B2,0，直線PA與PB的斜率之積為，記動點P的軌跡為曲線C.(1)求曲線C的方程；(2)設(shè)Q為曲線C上一點，直線AP與BQ交點的橫坐標(biāo)為4，求證：直線PQ過定點.【答案】x≠±2；(2)證明見解析.【分析】（1）設(shè)點P的坐標(biāo)為(x,Y)，利用斜率公式結(jié)合已知條件可求得曲線C的方程，并注（2）設(shè)直線AP與BQ交點為M4,m，求出點P、Q的方程，對直線PQ的斜率是否存在進行分類討論，寫出直線PQ的坐標(biāo)，即可得出直線PQ所過定點的坐標(biāo).【詳解】（1）解：設(shè)點P的坐標(biāo)為x,y，直線PA與PB的斜率分別為KPA=，KPB其中x≠±2，故曲線c的方程為+=1x≠±2.3x2+4y2=12（2）證明：設(shè)直線AP與BQ交點為M4,m，則直線AP的方程為y=x+2)，由y=x+2得m2+27,x2+4m2x+4m2—108=0，3x2+4y2=12設(shè)P(xP,yP)，則—2xP=，即xP=，yP=xP同理，直線BQ的方程為y=x—2)，與橢圓方程聯(lián)立，消去y整理得(m2+3)x2—4m2x+4m2—12=0，設(shè)QxQ,yQ，則2xQ即xQyQxQ—2)=.此時直線PQ的方程為y 化簡得：y故直線PQ過定點1,0.當(dāng)m=±3時，可得xP=xQ=1，所以直線PQ也過定點1,0.綜上所述：直線PQ過定點1,0.【變式3-1】2.（2023·江西景德鎮(zhèn)·統(tǒng)考三模）設(shè)橢圓Ca>b>0的左、右頂點分別為A、B，且焦距為2．點P在橢圓上且異于A、B兩點．若直線PA與PB的斜率之(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過點F—1,0作不與x軸重合的直線與橢圓C相交于M、N兩點，直線m的方程為：x=—2a，過點M作ME垂直于直線m，交m于點E．判斷直線EN是否過定點，并說明理由．【分析】（1）由焦距為2，直線PA與PB的斜率之積為—，列方程求出a2,b2，可得橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）設(shè)MN的直線方程，與橢圓聯(lián)立方程組，結(jié)合韋達(dá)定理表示出直線EN，令y=0可求得直線所過的定點.橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為+=1；（2）設(shè)直線MN方程：x=my—1，M(x1,y1，Nx2,y2，E—4,y1)，所以y1+y2=，y1y2=，所以—2my1y2=3(y1+y2)，又KEN=，所以直線EN方程為：y—y所以直線EN過定點P【點睛】方法點睛：解答直線與橢圓的題目時，時常把兩個曲線的方程聯(lián)立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根與系數(shù)的關(guān)系，并結(jié)合題設(shè)條件建立有關(guān)參變量的等量關(guān)系．要強化有關(guān)直線與橢圓聯(lián)立得出一元二次方程后的運算能力，重視根與系數(shù)之間的關(guān)系、弦長、斜率、三角形的面積等問題．【變式3-1】3.（2023上·江蘇連云港·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）已知雙曲線C的中心為坐標(biāo)原動點，PA1與C的另一個交點為M，PA2與C的另一個交點為N．(1)求C的方程；(2)證明：直線MN過定點．【答案(2)證明見解析.【分析】（1）根據(jù)題意，列出方程，求得a,b，即可得到C的方程；（2）根據(jù)題意，分別得到M,N的坐標(biāo)，然后分直線MN的斜率存在以及不存在分別討論，即可得到結(jié)果.,,則C的方程為因為點A1，A2為C的左，右頂點，P為直線x=1上的動點，所以A1(—2,0,A22,0)，設(shè)P1,t，M(x1,y1,Nx2,y2)，則直線PA1的方程為y=x+2)，聯(lián)立直線PA1與雙曲線的方程可得，消去y可得由韋達(dá)定理可得—2x1=，所以x1=，y1=x1+2)=，即M2t2+72,48t；聯(lián)立直線PA2與雙曲線的方程可得，消去y可得)x2+4t2x—4t2—16=0，方程兩根為x2,2，EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up5(—),t2)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up5(t),4)由對稱性可知，若直線MN過定點，則定點在x軸上，當(dāng)直線MN的斜率不存在時，可得t2=12，此時，x1=x2=4，則直線MN經(jīng)過點E4,0，所以M,N,E三點共線，即直線MN經(jīng)過點E4,0.綜上，直線MN經(jīng)過定點4,0.【變式3-1】4.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，M為直線y＝x－2上一動點，過點M作拋物線C：x2＝y(tǒng)的兩條切線MA，MB，切點分別為A，B，N為AB的中點．(1)證明：MN⊥x軸．(2)直線AB是否恒過定點？若是，求出這個定點的坐標(biāo)；若不是，請說明理由．【答案】(1)證明見解析,2).【分析】（1）根據(jù)函數(shù)切線的幾何意義，結(jié)合中點坐標(biāo)公式進行求解證明即可；（2）根據(jù)中點公式，結(jié)合斜率公式進行求解即可.【詳解】（1）設(shè)A(x1,x12),B(x2,x22)，由y=x2→y'=2x，所以切線MA的斜率為2x1，因此切線MA的方程為：y—x12=2x1(x—x1)，M為直線y＝x－2上一動點，設(shè)M(t,t—2)，所以x1+x2=2t，x1x2=t—2因為N為AB的中點，所以Nxt，因此MN⊥x軸；所以kABx2+x1=2t，所以直線AB：y－(2t2－t＋2)＝2t(x－t)，即y－2＝2t(x—)，所以直線AB過定點(,2)．【變式3-1】5.（2023上·江西萍鄉(xiāng)·高三統(tǒng)考期末）已知橢圓E的中心在原點，周長為8的△ABC的頂點，A(—3,0)為橢圓E的左焦點，頂點B，C在E上，且邊BC過E的右焦點.(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)橢圓E的上、下頂點分別為M，N，點Pm,2m∈R,m≠0),若直線PM，PN與橢圓E的另一個交點分別為點S，T，證明：直線ST過定點，并求該定點坐標(biāo).【答案】y2=1(2)證明見解析，0,【分析】（1）根據(jù)橢圓定義直接求解即可；（2）設(shè)出直線PS方程，與橢圓方程聯(lián)立，求出點S、T的坐標(biāo)，寫出直線ST方程即可求出定點坐標(biāo).所以設(shè)橢圓方程為+=1a>b>0)，焦距為2CC＞0，所以△ABC周長為4a=8，即a=2，a2=4，所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為+y2=1.由題意知，M0,1,N(0,—1)，直線Ps,PT,sT斜率均存在，所以直線Ps:y=+1，與橢圓方程聯(lián)立得(m2+4)x2+8mx=0，Δ=64m2＞0對m∈R,m≠0恒成立，則xs+xM=，即xs=，則ys=×+1=，同理xT=，yT=，2所以直線sT方程為：y=(x—)+=x+，所以直線sT過定點，定點坐標(biāo)為0,1.2特殊到一般法：根據(jù)動點或動線的特殊情況探索出定點，再證明該定點與變量無關(guān).【例題4】（2023上·山東·高三校聯(lián)考開學(xué)考試）如圖，已知點T1(3,—5)和點T2(—5,21)在雙曲線Ca>0,b>0上，雙曲線C的左頂點為A，過點La2,0且不與x軸重合的直線l與雙曲線C交于P，Q兩點，直線AP，AQ與圓O:x2+y2=a2分別交于M，N兩點.(1)求雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)直線AP，AQ的斜率分別為k1，k2，求k1k2的值；(3)證明：直線MN過定點.【答案】(3)直線MN過定點(1,0),證明見解析.【分析】（1）根據(jù)雙曲線上的點求標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）利用韋達(dá)定理運算求解即可；（3）利用聯(lián)立方程組，結(jié)合韋達(dá)定理求得M,N的坐標(biāo)，猜想MN過定點(1,0)，并用三點共線與斜率的關(guān)系證明求解.【詳解】（1）因為點T1(3,—5)和點T2(—5,21)在雙曲線上，所以，解得EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(a),b)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up8(2),2)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(4),4)，所以雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為.（2）由題可知，直線l的斜率不等于零，故可設(shè)直線l的方程為x=my+4，設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2)，若m2=1，即m=±1，直線l的斜率為±1，與漸近線y=±x平行，此時直線l與雙曲線有且僅有一個交點，不滿足題意，所以m2≠1，所以y1+y2=,y1y2=,x1+x2=m(y1+y2)+8=+=，因為A(2,0),所以k1k2=kA由于對稱性，N(1,—3)，此時直線MN過定點(1,0)；（ii）當(dāng)MN不垂直于x軸時，以下證明直線MN仍過定點設(shè)為B(1,0)，x2+y2y=k1x2+y2y=k1(xEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),1)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),1)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),1)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),1)所以M1同理，將上述過程中k1替換為k2可得N(,)，因為k1k2=，所以k2=，1所以M,N,B三點共線，即此時直線MN恒過定點(1,0)，綜上直線MN過定點(1,0).【變式4-1】1.（2023·江西上饒·校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知點F為拋物線E:y2=2px(p>0)的焦點，點P(—2,4,PF=5，過點P作直線與拋物線E順次交于A,B兩點，過點A作斜率為的直線與拋物線的另一個交點為點C．(1)求拋物線E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)求證：直線BC過定點．【答案】(1)y2=4x(2)證明見解析【分析】（1）由IPF=5求得參數(shù)p得拋物線方程；（2）設(shè)AB的方程為y—4=k(x+2)，設(shè)A(x1,y1,Bx2,y2)，直線方程代入拋物線方程整理后應(yīng)用韋達(dá)定理得y1+y2,y1y2，得y1y2—8=4(y1+y2)，直線BC方程代入拋物線方程應(yīng)用韋達(dá)定理并結(jié)合前者得4(y2+y3)=y2y3+40，然后按直線BC斜率是否存在分類求得直線BC方程，利用4(y2+y3)=y2y3+40得定點坐標(biāo)．拋物線E的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2=4x；（2）顯然直線AB斜率存在，設(shè)AB的方程為y—4=k(x+2)，EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up7(4),y)設(shè)Ax1,y1,B(x2,y2)，則y1+y2=,y1y2=+8，∴y1y2—8=4(y1+y2)①直線AC的方程為y—y1=(x—)，EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up3(2),1)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up3(2),1)設(shè)C(x3,y3)則y1+y3=8②(8y3+y2)，∴4(y2+y3)=y2y3+40③(ⅰ)若直線BC沒有斜率，則y2+y∴BC的方程為x=10．直線BC的方程為y—y即4x—y2+y3y+y2y3故直線BC有斜率時過點(10,4)．【點睛】方法點睛：圓錐曲線中直線過定點問題，一般設(shè)出直線方程y=kx+b，設(shè)出交點坐標(biāo)為(x1,y1),(x2,y2)，直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立后消元應(yīng)用韋達(dá)定理得x1+x2,x1x2（或y1+y2,y1y2把此結(jié)論代入題設(shè)中其它條件或性質(zhì)得出k,b的關(guān)系，從而化簡直線方程，由化簡后的直線方程可得定點坐標(biāo)，解題中也需注意直線斜率不存在的情形的驗證．【變式4-1】2.（2023·河北·統(tǒng)考模擬預(yù)測）已知直線l：x與點F(2,0)，過直線l上的EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),P)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-→),F)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),P)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),P)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-→),F)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),P)(1)求點P的軌跡C的方程；(2)過點F作直線與C交于A，B兩點，設(shè)M—1,0，直線AM與直線l相交于點N．試問：直線BN是否經(jīng)過x軸上一定點？若過定點，求出該定點坐標(biāo)；若不過定點，請說明理由．(2)過定點；定點1,0EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),P)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-→),F)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),P)（2）當(dāng)直線AB的斜率不存在時，直線BN：y=—3(x—1)，直線BN經(jīng)過點E1,0，當(dāng)直線AB的斜率存在時，不妨設(shè)直線AB：y=kx—2，得到直線AM：y，求得N,)，聯(lián)立方程組求得x1+x2=，x1x2=，再證直線BN經(jīng)過點E1,0，再證得kEN=kEB，即可得到直線BN經(jīng)過點E1,0．EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),P)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-→),F)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),P)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),P)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-→),F)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),P)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),P)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-→),F)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),P)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),P)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-→),F)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-),P)設(shè)Px,y，代入上式得=2x—，平方整理即得C的方程為x（2）解：當(dāng)直線AB的斜率不存在時，不妨設(shè)點A在點B的上方，當(dāng)直線AB的斜率存在時，不妨設(shè)直線AB：y=k(x—2)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，則直線AM：y=(x+1)，22x1+122x1+1當(dāng)x=1時，yN=3y1，故N1,3y122x1+122x1+1下面證明直線BN經(jīng)過點E1,0，即證kEN=kEB即—3y1x2+3y1=x1y2+y2，即4恒成立．即kEN=kEB，即直線BN經(jīng)過點E1,0．綜上所述，直線BN過x軸上的定點1,0．【點睛】解答圓錐曲線的定點、定值問題的策略：1、參數(shù)法：參數(shù)解決定點問題的思路：①引進動點的坐標(biāo)或動直線中的參數(shù)表示變化量，即確定題目中核心變量（通常為變量k②利用條件找到k過定點的曲線F(x,y)=0之間的關(guān)系，得到關(guān)于k與x,y的等式，再研究變化量與參數(shù)何時沒有關(guān)系，得出定點的坐標(biāo)；2、由特殊到一般發(fā)：由特殊到一般法求解定點問題時，常根據(jù)動點或動直線的特殊情況探索出定點，再證明該定點與變量無關(guān).【變式4-1】3.（2023·全國·高三專題練習(xí)）動點P到定點F1,0的距離比它到直線x=-2的距離小1，設(shè)動點P的軌跡為曲線C，過點F且斜率為k（k≠0）的直線交曲線C于(1)求曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若點M關(guān)于x軸的對稱點為A，探究直線AN是否過定點？若過定點，求出定點的坐標(biāo)；若不過定點，請說明理由.【答案】(1)y2=4x【分析】（1）由題意，根據(jù)拋物線的定義，明確其焦點坐標(biāo)與準(zhǔn)線方程，可得答案；（2）由點斜式方程，設(shè)出直線方程，聯(lián)立方程組，寫出韋達(dá)定理，根據(jù)設(shè)未知點的坐標(biāo)，寫出直線方程，整理化簡，可得答案.【詳解】（1）動點P到定點F1,0的距離比它到直線x＝－2的距離小1，即動點P到定點F1,0的距離與它到直線x＝－1的距離相等，故由拋物線的定義得，動點P的軌跡是以F1,0為焦點，x＝－1為準(zhǔn)線的拋物線.所以曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2=4x.（2）由題意，作圖如下：y=4x,直線AN過定點—1,0.設(shè)直線MN：y＝k（x－1聯(lián)立y=2k(x—y=4x,整理得k2x2—(2k2+4)x+k2=0，又因為k≠0，所以Δ=16(k2+1)>0，設(shè)Mx1,y1，Nx2,y2，則x1+x2=，x1x2=1.—故直線AN：y+yx—x1即(y2—y1)y+y1y2—yEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),1)=4x—4x1，又yEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),1)=4x1，yEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),2)=4x2，x1x2=1，故(y1y2)2=16x1x2=16，所以y1y2=—4，整理可得(y2—y1)y—4—4x1=4x—4x1，即(y1—y2)y+故直線AN過定點(—1,0).【變式4-1】4.（2023·湖南·湖南師大附中校聯(lián)考模擬預(yù)測）在平面直角坐標(biāo)系xoy中，已知橢圓W:+=1(a>b>0)的離心率為，橢圓W上的點與點P0,2的距離的最大值為4.(1)求橢圓W的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)點B在直線x=4上，點B關(guān)于x軸的對稱點為B1，直線PB,PB1分別交橢圓W于C,D兩點（不同于P點）.求證：直線CD過定點.(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)離心率可得a=2b=2C，設(shè)點Tm,n結(jié)合橢圓方程整理得TP= —(n+2)2+8+2b2，根據(jù)題意分類討論求得b=2，即可得結(jié)果；（2）設(shè)直線CD及C,D的坐標(biāo)，根據(jù)題意結(jié)合韋達(dá)定理分析運算，注意討論直線CD的斜率是否存在.【詳解】（1）設(shè)橢圓的半焦距為C，由橢圓W的離心率為，得a=2b= 故橢圓W的標(biāo)準(zhǔn)方程為+=1.（2）①當(dāng)CD斜率不存在時，設(shè)C(x0,y0),—22<x0<22且x0≠0，則D(x0,—y0)，則直線CP為y=x+2，令x=4，得y=+2，即B4,+2)，.同理可得B14,+2.∵B與B1關(guān)于x軸對稱，則+2++2=0，②當(dāng)直線CD的斜率存在時，設(shè)直線CD的方程為y=kx+m，m≠2，設(shè)C(x1,y1,Dx2,y2)，其中x1≠0且x2≠0，聯(lián)立方程組，消去y化簡可得2k2+1,x2+4kmx+2m2—8=0，所以x1+x2=,x1x2=，由P(0,2)，可得kPCkPD所以直線PC的方程為y=x+2，令x=4，得y=+2，直線PD的方程為yx+2，令x=4，得y=+2，因為B1和B關(guān)于x軸對稱，則+2++2=0，把y1=kx1+m,y2=kx2+m代入上式，則所以直線CD過定點(4,—2)；綜上所述：直線CD過定點(4,—2).【點睛】方法定睛：過定點問題的兩大類型及解法（1）動直線l過定點問題．解法：設(shè)動直線方程(斜率存在)為y＝kx＋t，由題設(shè)條件將t用k表示為t＝mk，得y＝k(x＋m)，故動直線過定點(－m,0)．（2）動曲線C過定點問題．解法：引入?yún)⒆兞拷⑶€C的方程，再根據(jù)其對參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點．【變式4-1】5.（2023·全國·模擬預(yù)測）已知F1，F(xiàn)2分別是雙曲線C的左?右焦點，點P(—2,23)為雙曲線C上的點，且△PF1F2的面積為215.(1)求雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程.(2)設(shè)原點O到直線l的距離為，直線l交雙曲線C于A，B兩點，試問：以線段AB為直徑的圓是否經(jīng)過一個定點？若經(jīng)過，求出該定點；若不經(jīng)過，請說明理由.【答案】(2)以線段AB為直徑的圓經(jīng)過一個定點，該定點為坐標(biāo)原點O0,0【分析】（1）由△PF1F2面積和P點縱坐標(biāo)可求出C，再將點P代入雙曲線方程，求出a2，b2即可；（2）先通過直線斜率不存在時，發(fā)現(xiàn)滿足題意的圓過原點，再設(shè)直線方程，證明直線斜率存在時該圓過原點即可.,【詳解】（1）△PF1F2的面積S△PF1F2=F1F2llyP=×2C×23=215，∴C=5,又∵點P(—2,23)為雙曲線c上的點， ∴雙曲線c的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2—=1.（2）①當(dāng)直線l的斜率不存在時，直線l的方程為x=±,不妨取l：x=，,∴OA.OB=0，OA⊥OB，即以線段AB為直徑的圓過原點O0,0同理，當(dāng)直線l的方程為x時，以線段AB為直徑的圓也過原點O0,0).②當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)l：y=kx+m，即kx—y+m=0，∵原點O到直線l的距離dk2+1)，∵雙曲線x2—=1的漸近線方程為y=±2x，且直線l與雙曲線c相交于A，B兩點，設(shè)A(x1,y1)，B(x2,y2)，則x1+x2=，x1x∴y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2，∵OA=(x1,y1)，OB=(x2,y2)，∴OA.OB=x1x2+y1y2=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2綜上所述，以線段AB為直徑的圓經(jīng)過一個定點，該定點為坐標(biāo)原點O0,0.【點睛】圓錐曲線中的定點問題，通常通過特殊情況（如本題使用了直線斜率不存在的情況）先確定定點的坐標(biāo)或位置，再對一般情況進行驗證或證明.與定點問題有關(guān)的基本結(jié)論（1）若直線l與拋物線y2=2px交于點A,B，則OA丄OB兮直線l（2）若直線l與拋物線y2=2px交于點A,B，則KOA.KOB=m兮直線l過定點P(p+（3）設(shè)點P(2pt02,2pt0)是拋物線y2=2px上一定點，M,N是該拋物線上的動點，則PM丄（4）設(shè)點A(x0,y0)是拋物線y2=2px上一定點，M,兮直線MN過定點Py0（5）過橢圓+=1a>b>0)的左頂點P作兩條互相垂直的直線與該橢圓交于點A,B，（6）過橢圓—=1a>0,b>0)的左頂點P作兩條互相垂直的直線與該橢圓交于（7）設(shè)點Pm,n是橢圓Ca>b>0上一定點，點A，B是橢圓C上不同于P的兩點，若kPA+kPB=λλ≠0，則直線AB過定點（8）設(shè)點Pm,n是雙曲線C：—=1(a>0,b>0)一定點，點A，B是雙曲線C上不同于P的兩點，若kPA+kPB=λλ≠0，則直線AB過定點【例題5】（2020下·山西運城·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）橢圓E:+=1(a>b>0)的離心率為，右焦點為F2C,0，點P在橢圓上運動，且PF2的最大值為2+3．（1）求橢圓E的方程；（2）過A0,1作斜率分別為k1，k2的兩條直線分別交橢圓于點M，N，且k1+k2=4，證明：直線MN恒過定點．【答案】（1）+y2=12）證明見解析.【分析】（1）根據(jù)PF2max=a+C=2+3和e==求解；（2）當(dāng)直線MN斜率不存在時，設(shè)直線方程為x=m，由k1+k2=4求解；當(dāng)直線MN斜率存在時，設(shè)直線MN的方程為y=kx+t，聯(lián)立方程組由k1+k2=4，利用韋達(dá)定理，求得k，t的關(guān)系，代入y=kx+t求解.所以橢圓E的方程為+y2=1．（2）當(dāng)直線MN斜率不存在時，設(shè)直線方程為x=m，則M(m,n)，N(m,—n)，則k1=，k2=，所以k1當(dāng)直線MN斜率存在時，設(shè)直線MN的方程為y=kx+t，y=kx+t聯(lián)立方程組tx2+4y2=4得(4k2+1x2+8ktxy=kx+t設(shè)Mx1,y1，Nx2,y2，則xx1.x則k1+k即t2x+1,+2x—y=0，聯(lián)立方程組t綜上所述可知直線MN恒過定點—,—1．【變式5-1】1.（2023·山西呂梁·統(tǒng)考二模）已知拋物線C：y2=2px過點A2,4．(1)求拋物線C的方程；(2)P，Q是拋物線C上的兩個動點，直線AP的斜率與直線AQ的斜率之和為4，證明：直線PQ恒過定點．【答案】(1)y2=8x(2)證明見解析【分析】（1）將A2,4代入拋物線方程求解即可；（2）設(shè)PQ：x=my+t，再聯(lián)立拋物線方程，設(shè)P(x1,y1，Qx2,y2)，再根據(jù)直線AP的斜率與直線AQ的斜率之和為4，結(jié)合韋達(dá)定理求解即可.【詳解】（1）A2,4坐標(biāo)代入拋物線方程得16=4p，解得p=4，∴拋物線方程為y2=8x．（2）證明：顯然直線PQ斜率不為0，故可設(shè)PQ：x=my+t，將PQ的方程與y2=8x聯(lián)立設(shè)P(x1,y1)，Q(x2,y2)，則y1+y2=8m，y1y2=—8t，由題意：∴2(y1+y2)=y1y2+4(y1+y2)，∴y1y2=—2(y1+y2)，即t=2m，代入直線得x=my+2m=m(y+2)，故直線PQ恒過定點(0,—2)．【變式5-1】2.（2023上·湖北隨州·高三隨州市曾都區(qū)第一中學(xué)?？奸_學(xué)考試）在平面直角坐標(biāo)系xoy中，已知圓心為C的動圓過點(2,0)，且在y軸上截得的弦長為4，記C的軌跡為曲線E．(1)求E的方程；求證：直線BD經(jīng)過定點．【答案】(1)y2=4x(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)題意列出圓心滿足的方程結(jié)合弦長得出的方程，化簡即可得答案.（2）設(shè)直線BD：x=ty+n，聯(lián)立拋物線方程，設(shè)B(x1,y1)，D(x2,y2)，可得根與系數(shù)的關(guān)系式，結(jié)合k1+k2=1化簡可得參數(shù)之間的關(guān)系，進而利用直線方程求得定點坐標(biāo).【詳解】（1）設(shè)圓心c(x,y)，半徑為r，因為圓心為C的動圓過點(2,0)，所以(x—2)2+y2=r2，因為圓心為C的動圓在y軸上截得的弦長為4，所以x2+22=r2，所以(x—2)2+y2=x2+4，即y2=4x，所以曲線E是拋物線.（2）證明：由題意A(1,2)點坐標(biāo)適合y2=4x，即點A在E上，由題意可知BD斜率不會為0，設(shè)直線BD：x=ty+n，x=ty+n聯(lián)立y2=4x，消去x并整理得y2—4ty—4nx=ty+n需滿足Δ=16t2+16n>0，即t2+n>0，設(shè)B(x1,y1)，D(x2,y2)，則y1+y2=4t，y1y2=—4n，因為ky1+2y2+2(y1+2)(y2+2)y1y2+2(y1+y2)+4，所以k1+k2=4+4y1+2y2+2(y1+2)(y2+2)y1y2+2(y1+y2)+4，所以2(y1+y2)+12=y1y2，將y1+y2=4t，y1y2=—4n代入得8t+12=—4n，所以直線BD經(jīng)過定點(—3,2).【點睛】方法點睛：解決此類直線和圓錐曲線的位置關(guān)系中的定點問題，一般方法是設(shè)出直線方程并和曲線方程聯(lián)立，得到根與系數(shù)關(guān)系式，進而結(jié)合已知條件化簡，利用直線方程即可確定定點，解答時要注意計算量較大，比較復(fù)雜.【變式5-1】3.（2023·河北張家口·統(tǒng)考三模）已知點P4,3為雙曲線Ea>0,b>0)上一點，E的左焦點F1到一條漸近線的距離為3.(1)求雙曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)不過點P的直線y=kx+t與雙曲線E交于A,B兩點，若直線PA，PB的斜率和為1，證明：直線y=kx+t過定點，并求該定點的坐標(biāo).(2)證明見解析，定點為(—2,3).【分析】（1）由點到直線的距離公式求出b=3，再將點P4,3代入雙曲線方程求出a2=4，可得雙曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）聯(lián)立直線與雙曲線方程，利用韋達(dá)定理得x1+x2、x1x2，再根據(jù)斜率和為1列式，推出t=2k+3，從而可得直線y=kx+t過定點(—2,3).則結(jié)合a2+b2=C2得b=3，所以雙曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程為設(shè)A(x1,y1)，B(x2,y2)，則kPA+kPB【點睛】關(guān)鍵點點睛：利用韋達(dá)定理和斜率公式推出t=2k+3是解題關(guān)鍵.【變式5-1】4.（2023下·湖南岳陽·高三統(tǒng)考期末）已知雙曲線CN)，四點P11,1，P21,0，P3(2,3)，P4(2,—3)中恰有三點在雙曲線C上.(1)求C的方程；(2)設(shè)直線l不經(jīng)過P2點且與C相交于A,B兩點，若直線P2A與直線P2B的斜率的和為—1.證明：l過定點.(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)題意代入相應(yīng)的點運算求解即可；（2）設(shè)直線l的方程以及A,B的坐標(biāo)，再根據(jù)題意結(jié)合韋達(dá)定理運算求解.【詳解】（1）易知雙曲線c:—=1關(guān)于x軸對稱，P3，P4關(guān)于x軸對稱，故P3，P4都在雙曲線c上，若P11,1，P3(2,3)，P4(2,—3)在雙曲線上，則，解得，不滿足a∈N；若P21,0，P3(2,3)，P4(2,—3)在雙曲線上，2綜上所述：雙曲線c的方程為x2—y=1.3（2）設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1,k2，如果直線l斜率不存在，則k1+k2=0，不符合題設(shè)，設(shè)直線l：y=kx+m，(m≠1)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，y=kx+my=kx+m則則k1+k令x=1時，y=0，所以直線l過定點1,0，又因為直線l不經(jīng)過p2點，不合題意；綜上所述：l過定點(1,—6).【點睛】方法點睛：過定點問題的兩大類型及解法（1）動直線l過定點問題．解法：設(shè)動直線方程(斜率存在)為y=kx+t，由題設(shè)條件將t用k表示為t=mk+n，得y=k(x+m)+n，故動直線過定點(—m,n)；（2）動曲線C過定點問題．解法：引入?yún)⒆兞拷⑶€C的方程，再根據(jù)其對參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點．【例題6】（2020·北京·海淀實驗中學(xué)?？既＃┮阎cM為橢圓C：3x2+4y2=12的右頂點，點A，B是橢圓C上不同的兩點（均異于點M且滿足直線MA與直線MB斜率之積為.（1）求橢圓C的離心率及焦點坐標(biāo)；（2）試判斷直線AB是否過定點？若是，求出定點坐標(biāo)；若否，說明理由.【答案】（1）離心率為；焦點坐標(biāo)為（-1，01，02）過定點-4，0）.【分析】（1）化為橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程形式，得到a,b,C，即可求得焦點坐標(biāo)和離心率2）首先設(shè)直線AB的方程為y=kx+m，與橢圓方程聯(lián)立，得到韋達(dá)定理，并表示kMA.kMB=,得到m,k的關(guān)系式，即可判斷是否過定點.