第9課時圓錐曲線中的定點、定值、定直線問題考點一定點問題[典例1]已知點P(4,3)在雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)上，過P作x軸的平行線，分別交雙曲線C的兩條漸近線于M，N兩點，|PM|·|PN|＝4.(1)求雙曲線C的方程．(2)若直線l：y＝kx＋m與雙曲線C交于不同的兩點A，B，設直線PA，PB的斜率分別為k1，k2，從下面兩個條件中選一個，證明：直線l過定點．①k1＋k2＝1；②k1k2＝1.解：(1)因為點P(4,3)在雙曲線上，所以eq\f(16,a2)－eq\f(9,b2)＝1.過P作x軸的平行線y＝3，與y＝±eq\f(b,a)x相交于M，N兩點，記Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3a,b)，3))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3a,b)，3)).所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4－\f(3a,b)))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4＋\f(3a,b)))＝|16－eq\f(9a2,b2)|＝a2|eq\f(16,a2)－eq\f(9,b2)|＝a2＝4，所以a＝2.代入eq\f(16,a2)－eq\f(9,b2)＝1，可知b＝eq\r(3)，所以雙曲線C的方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,3)＝1.(2)證明：選①：由題意可知，直線l與雙曲線C交于不同的兩點A，B，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)－\f(y2,3)＝1，,y＝kx＋m，))得(3－4k2)x2－8kmx－4m2－12＝0，所以3－4k2≠0，Δ＝(－8km)2－4(3－4k2)·(－4m2－12)＞0，即m2＋3－4k2＞0.所以x1＋x2＝eq\f(8km,3－4k2)，x1x2＝eq\f(－4m2－12,3－4k2).由條件k1＋k2＝1，得eq\f(y1－3,x1－4)＋eq\f(y2－3,x2－4)＝1，所以(x2－4)(kx1＋m－3)＋(x1－4)(kx2＋m－3)＝(x1－4)(x2－4)，整理可得2kx1x2＋(m－3－4k)(x1＋x2)－8(m－3)＝x1x2－4(x1＋x2)＋16.由根與系數的關系得m2＋2km－8k2－6k－6m＋9＝0，即(m－2k－3)(m＋4k－3)＝0，解得m＝2k＋3或m＝－4k＋3.當m＝2k＋3時，y＝kx＋m＝kx＋2k＋3＝k(x＋2)＋3，則直線l過定點(－2,3)；當m＝－4k＋3時，y＝kx＋m＝kx－4k＋3＝k(x－4)＋3，則直線l過定點P(4,3)，不合題意．綜上可得，直線l過定點(－2,3)．選②：由題意可知，直線l與雙曲線C交于不同的兩點A,B，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)－\f(y2,3)＝1，,y＝kx＋m，))得(3－4k2)x2－8kmx－4m2－12＝0，所以3－4k2≠0，Δ＝(－8km)2－4(3－4k2)(－4m2－12)＞0，即m2＋3－4k2＞0.所以x1＋x2＝eq\f(8km,3－4k2)，x1x2＝eq\f(－4m2－12,3－4k2).由條件k1k2＝1，得eq\f(y1－3,x1－4)·eq\f(y2－3,x2－4)＝1，即eq\f(kx1＋mkx2＋m－3[kx1＋m＋kx2＋m]＋9,x1－4x2－4)＝1，整理可得eq\f(k2x1x2＋kmx1＋x2＋m2－3kx1＋x2－6m＋9,x1x2－4x1＋x2＋16)＝1.由根與系數的關系，整理可得7m2＋32km＋16k2－18m－9＝0，即(7m＋4k＋3)(m＋4k－3)＝0，解得m＝－eq\f(4k＋3,7)或m＝－4k＋3.當m＝－eq\f(4k＋3,7)時，y＝kx＋m＝kx－eq\f(4k＋3,7)＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(4,7)))－eq\f(3,7)，則直線l過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,7)，－\f(3,7)))；當m＝－4k＋3時，y＝kx＋m＝kx－4k＋3＝k(x－4)＋3，則直線l過定點P(4,3)，不合題意．綜上可得，直線l過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,7)，－\f(3,7))).求解直線或曲線過定點問題的基本思路(1)把直線或曲線方程中的變量x，y當作常數看待，把方程一端化為零，既然是過定點，那么這個方程就要對任意參數都成立，這時參數的系數就要全部等于零，這樣就得到一個關于x，y的方程組，這個方程組的解所確定的點就是直線或曲線所過的定點．(2)由直線方程確定其過定點時，若得到了直線方程的點斜式y－y0＝k(x－x0)，則直線過定點(x0，y0)；若得到了直線方程的斜截式y＝kx＋m，則直線過定點(0，m)．(3)解析幾何大題中設直線方程一般有三種設法：y－y0＝k(x－x0)，x＝my＋n，y＝kx＋m.若設y＝kx＋m這種形式，研究定點，只需根據條件得到m與k的關系即可，如m＝3k.[跟進訓練]1．(2025·煙臺模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左頂點為A，過左焦點F的直線與C交于P，Q兩點．當PQ⊥x軸時，|PA|＝eq\r(10)，△PAQ的面積為3.(1)求雙曲線C的方程；(2)證明：以PQ為直徑的圓經過定點.解：(1)如圖，當PQ⊥x軸時，P，Q兩點的橫坐標均為－c，代入雙曲線方程，可得yP＝eq\f(b2,a)，yQ＝－eq\f(b2,a)，即|PF|＝eq\f(b2,a).由題意，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2,a)))2＋c－a2＝\r(10)2，,\f(1,2)·\f(2b2,a)·c－a＝3，,c2＝a2＋b2，))解得a＝1，b＝eq\r(3)，c＝2，所以雙曲線C的方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)證明：法一：設直線PQ的方程為x＝my－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my－2，,3x2－y2＝3))?3(m2y2－4my＋4)－y2＝3?(3m2－1)y2－12my＋9＝0.由根與系數的關系得y1＋y2＝eq\f(12m,3m2－1)，y1y2＝eq\f(9,3m2－1)，以PQ為直徑的圓的方程為(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0，x2－(x1＋x2)x＋x1x2＋y2－(y1＋y2)y＋y1y2＝0.由對稱性知以PQ為直徑的圓必過x軸上的定點，令y＝0，可得x2－(x1＋x2)x＋x1x2＋y1y2＝0，而x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝eq\f(12m2,3m2－1)－4＝eq\f(4,3m2－1)，x1x2＝(my1－2)(my2－2)＝m2y1y2－2m(y1＋y2)＋4＝eq\f(－3m2－4,3m2－1)，所以x2－eq\f(4,3m2－1)x＋eq\f(－3m2－4,3m2－1)＋eq\f(9,3m2－1)＝0，(3m2－1)x2－4x＋5－3m2＝0，即[(3m2－1)x＋3m2－5](x－1)＝0對任意m∈R恒成立，所以x＝1，所以以PQ為直徑的圓經過定點(1,0)．法二：設直線PQ的方程為x＝my－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my－2，,3x2－y2＝3))?(3m2－1)y2－12my＋9＝0，由根與系數的關系得y1＋y2＝eq\f(12m,3m2－1)，y1y2＝eq\f(9,3m2－1)，由對稱性知以PQ為直徑的圓必過x軸上的定點．設以PQ為直徑的圓過點E(t,0)，所以eq\o(EP,\s\up6(→))·eq\o(EQ,\s\up6(→))＝0?(x1－t)(x2－t)＋y1y2＝0?x1x2－t(x1＋x2)＋t2＋y1y2＝0，而x1x2＝(my1－2)(my2－2)＝m2y1y2－2m(y1＋y2)＋4＝m2·eq\f(9,3m2－1)－2m·eq\f(12m,3m2－1)＋4＝eq\f(－3m2－4,3m2－1)，x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝eq\f(12m2,3m2－1)－4＝eq\f(4,3m2－1)，所以eq\f(－3m2－4,3m2－1)－eq\f(4t,3m2－1)＋t2＋eq\f(9,3m2－1)＝0，(3m2－1)t2－4t＋5－3m2＝0，即[(3m2－1)t＋3m2－5](t－1)＝0對任意m∈R恒成立，所以t＝1，即以PQ為直徑的圓經過定點(1,0)．考點二定值問題[典例2]已知M，N分別為橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右頂點，F為其右焦點，|FM|＝3|FN|，且點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))在橢圓E上．(1)求橢圓E的標準方程；(2)若過F的直線l與橢圓E交于A，B兩點，且l與以MN為直徑的圓交于C，D兩點，證明：eq\f(12,|AB|)＋eq\f(|CD|2,4)為定值．解：(1)由|FM|＝3|FN|，可得a＋c＝3(a－c)，解得a＝2c.又因為a2＝b2＋c2，所以b＝eq\r(3)c.因為點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))在橢圓E上，所以eq\f(1,a2)＋eq\f(\f(9,4),b2)＝1，解得a＝2，b＝eq\r(3)，c＝1，所以橢圓E的標準方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)證明：①當l與x軸重合時，|AB|＝|CD|＝4，所以eq\f(12,|AB|)＋eq\f(|CD|2,4)＝7.②如圖，當l不與x軸重合時，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線l的方程為x＝my＋1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,x＝my＋1，))消去x并整理得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，則y1＋y2＝eq\f(－6m,3m2＋4)，y1y2＝eq\f(－9,3m2＋4)，故|AB|＝eq\r(1＋m2[y1＋y22－4y1y2])＝eq\r(1＋m2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－6m,3m2＋4)))2＋\f(36,3m2＋4))))＝12×eq\f(m2＋1,3m2＋4).圓心O到直線l的距離為eq\f(1,\r(m2＋1))，則eq\f(|CD|2,4)＝4－eq\f(1,m2＋1)，所以eq\f(12,|AB|)＋eq\f(|CD|2,4)＝eq\f(3m2＋4,m2＋1)＋4－eq\f(1,m2＋1)＝7，即eq\f(12,|AB|)＋eq\f(|CD|2,4)為定值．圓錐曲線中的定值問題的常見類型及解題策略(1)證明代數式為定值：依題意設條件，得出與代數式參數有關的等式，代入代數式，化簡即可得出定值．(2)證明點到直線的距離為定值：利用點到直線的距離公式得出距離的解析式，再利用題設條件化簡、變形求得．(3)證明某線段長度為定值：利用長度公式求得解析式，再依據條件對解析式進行化簡、變形即可求得．(4)定值問題可由特殊情況先尋求定值，再推廣到一般，這樣方向和目標明確．[跟進訓練]2．已知直線l1：y＝2x和直線l2：y＝－2x，過動點E作平行于l2的直線交l1于點A，過動點E作平行于l1的直線交l2于點B，且四邊形OAEB(O為原點)的面積為4.(1)求動點E的軌跡方程；(2)當動點E的軌跡的焦點在x軸上時，記軌跡為曲線E0，過點M(1,0)的直線m與曲線E0交于P，Q兩點，且與y軸交于點N，若eq\o(NM,\s\up6(→))＝λeq\o(MP,\s\up6(→))，eq\o(NM,\s\up6(→))＝μeq\o(MQ,\s\up6(→))，求證：λ＋μ為定值．解：(1)設E(x0，y0)，過點E(x0，y0)且平行于l2的直線方程為y－y0＝－2(x－x0)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－y0＝－2x－x0，,y＝2x，))得交點A的橫坐標為eq\f(2x0＋y0,4)，所以|OA|＝eq\r(1＋22)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2x0＋y0,4)))＝eq\f(\r(5),4)|2x0＋y0|，E點到直線l1的距離為eq\f(|2x0－y0|,\r(5))，所以四邊形OAEB的面積為eq\f(|2x0－y0|,\r(5))·eq\f(\r(5),4)|2x0＋y0|＝4，即eq\f(x\o\al(2,0),4)－eq\f(y\o\al(2,0),16)＝1或eq\f(y\o\al(2,0),16)－eq\f(x\o\al(2,0),4)＝1，故動點E的軌跡方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,16)＝1或eq\f(y2,16)－eq\f(x2,4)＝1.(2)證明：由題知E0的方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,16)＝1，設N(0，yN)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．當直線m的斜率為0時，N(0,0)，若P(－2,0)，Q(2,0)，由eq\o(NM,\s\up6(→))＝λeq\o(MP,\s\up6(→))，eq\o(NM,\s\up6(→))＝μeq\o(MQ,\s\up6(→))，知λ＝－eq\f(1,3)，μ＝1，所以λ＋μ＝eq\f(2,3)；若Q(－2,0)，P(2,0)，由eq\o(NM,\s\up6(→))＝λeq\o(MP,\s\up6(→))，eq\o(NM,\s\up6(→))＝μeq\o(MQ,\s\up6(→))，知λ＝1，μ＝－eq\f(1,3)，所以λ＋μ＝eq\f(2,3).當直線m的斜率不為0時，設直線m的方程為x＝ty＋1(顯然t≠0)，則Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,t)))，即yN＝－eq\f(1,t)，因為eq\o(NM,\s\up6(→))＝λeq\o(MP,\s\up6(→))，eq\o(NM,\s\up6(→))＝μeq\o(MQ,\s\up6(→))，所以(1，－yN)＝λ(x1－1，y1)，(1，－yN)＝μ(x2－1，y2)，解得λ＝－eq\f(yN,y1)，μ＝－eq\f(yN,y2)，λ＋μ＝－yNeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y1)＋\f(1,y2)))＝－yN·eq\f(y1＋y2,y1y2).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋1，,4x2－y2＝16，))消去x并整理得(4t2－1)y2＋8ty－12＝0.因為直線m與曲線E0有兩個交點，所以4t2－1≠0且判別式Δ＞0時，有y1＋y2＝eq\f(－8t,4t2－1)，y1y2＝eq\f(－12,4t2－1).所以λ＋μ＝eq\f(1,t)·eq\f(－8t,4t2－1)·eq\f(4t2－1,－12)＝eq\f(2,3)，即證得λ＋μ為定值eq\f(2,3).考點三定直線問題[典例3](12分)(2023·新高考Ⅱ卷)已知雙曲線C的中心為坐標原點，左焦點為(－2eq\r(5)，0)，離心率為eq\r(5).(1)求C的方程；(2)記C的左、右頂點分別為A1，A2，過點(－4,0)的直線與C的左支交于M，N兩點，M在第二象限，直線MA1與NA2交于點P，證明：點P在定直線上．[規范解答]解：(1)雙曲線C的中心為原點，左焦點為(－2eq\r(5)，0)，離心率為eq\r(5)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\r(5)，,c＝2\r(5)，,c2＝a2＋b2，))1分解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝4，))2分故雙曲線C的方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,16)＝1.3分(2)證明：過點(－4,0)的直線與C的左支交于M，N兩點，則可設直線MN的方程為x＝my－4.→切入點：巧妙設元減少運算因為C的左、右頂點分別為A1，A2，所以A1(－2,0)，A2(2,0)．聯立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my－4，,4x2－y2＝16，))→切入點：聯立、消元、根與系數的關系化簡整理，得(4m2－1)y2－32my＋48＝0，4分故Δ＝(－32m)2－4×48×(4m2－1)＝256m2＋192＞0且4m2－1≠0.→易失分點5分設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則y1＋y2＝eq\f(32m,4m2－1)，y1y2＝eq\f(48,4m2－1)，6分直線MA1的方程為y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)，7分直線NA2的方程為y＝eq\f(y2,x2－2)(x－2).8分故eq\f(x＋2,x－2)＝eq\f(y2x1＋2,y1x2－2)＝eq\f(y2my1－2,y1my2－6)＝eq\f(my1y2－2y1＋y2＋2y1,my1y2－6y1)＝eq\f(m·\f(48,4m2－1)－2·\f(32m,4m2－1)＋2y1,m·\f(48,4m2－1)－6y1)＝eq\f(\f(－16m,4m2－1)＋2y1,\f(48m,4m2－1)－6y1)＝－eq\f(1,3)，→關鍵點：計算準確10分故eq\f(x＋2,x－2)＝－eq\f(1,3)，解得x＝－1，11分所以xP＝－1.故點P在定直線x＝－1上.12分定直線問題是指因圖形變化或點的移動而產生的動點在定直線上的問題．這類問題的核心在于確定定點的軌跡，主要方法如下．(1)設點法：設點的軌跡，通過已知點軌跡，消去參數，從而得到軌跡方程．(2)待定系數法：設出含參數的直線方程，代入已知條件求解出系數．(3)驗證法：通過特殊點位置求出直線方程，對一般位置再進行驗證．[跟進訓練]3．已知拋物線E：y2＝2px(p>0)，過點(－2,0)的兩條直線l1，l2分別交E于A，B兩點和C，D兩點．當l1的斜率為eq\f(2,3)時，|AB|＝eq\r(13).(1)求E的標準方程；(2)設G為直線AD與BC的交點，證明：點G必在定直線上.解：(1)當l1的斜率為eq\f(2,3)時，得l1的方程為y＝eq\f(2,3)(x＋2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝2px，,y＝\f(2,3)x＋2，))消去x并整理得y2－3py＋4p＝0，Δ＝(－3p)2－4×4p＞0，y1＋y2＝3p，y1y2＝4p，由弦長公式得|AB|＝eq\r(1＋\f(1,k2))eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\r(1＋\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2))eq\r(3p2－4×4p)，即eq\r(9p2－16p)＝2，解得p＝2或p＝－eq\f(2,9)(舍去)，p＝2滿足Δ＞0，從而E的標準方程為y2＝4x.(2)證明：法一：因為l1，l2分別交E于A，B兩點和C，D兩點，所以直線的斜率存在．設直線AB的方程為y＝k1(x＋2)，設Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,1),4)，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,2),4)，y2)).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k1x＋2，,y2＝4x，))消去x得k1y2－4y＋8k1＝0，由根與系數的關系得y1y2＝8.設直線CD的方程為y＝k2(x＋2)，設Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,3),4)，y3))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,4),4)，y4))，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k2x＋2，,y2＝4x，))消去x得k2y2－4y＋8k2＝0，由根與系數的關系得y3y4＝8.直線AD的方程為y－y1＝eq\f(y4－y1,\f(y\o\al(2,4),4)－\f(y\o\al(2,1),4))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(y\o\al(2,1),4)))，即y＝eq\f(4,y4＋y1)x＋eq\f(y1y4,y4＋y1)，化簡得4x－(y1＋y4)y＋y1y4＝0，同理，直線BC的方程為4x－(y2＋y3)y＋y2y3＝0.因為點(－2,0)在拋物線E的對稱軸上，由拋物線的對稱性可知，交點G必在垂直于x軸的直線上，所以只需證點G的橫坐標為定值即可．因為直線AD與BC相交，所以y2＋y3≠y1＋y4，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－y1＋y4y＋y1y4＝0，,4x－y2＋y3y＋y2y3＝0，))消去y，解得x＝eq\f(y2y3y1＋y4－y1y4y2＋y3,4[y2＋y3－y1＋y4])＝eq\f(y1y2y3＋y2y3y4－y1y2y4－y1y3y4,4[y2＋y3－y1＋y4])＝eq\f(8y3＋8y2－8y4－8y1,4[y2＋y3－y1＋y4])＝eq\f(8[y2＋y3－y1＋y4],4[y2＋y3－y1＋y4])＝2.所以點G的橫坐標為2，即直線AD與BC的交點G在定直線x＝2上．法二：設直線AB的方程為x＝my－2，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my－2，,y2＝4x，))消去x得y2－4my＋8＝0.設Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,1),4)，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,2),4)，y2))，則y1y2＝8.設直線CD的方程為x＝ny－2，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,3),4)，y3))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,4),4)，y4))，同理可得y3y4＝8.直線AD的方程為y－y1＝eq\f(y4－y1,\f(y\o\al(2,4),4)－\f(y\o\al(2,1),4))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(y\o\al(2,1),4)))，即y＝eq\f(4,y4＋y1)x＋eq\f(y1y4,y4＋y1)，化簡得4x－(y1＋y4)y＋y1y4＝0，同理，直線BC的方程為4x－(y2＋y3)y＋y2y3＝0.因為(－2,0)在拋物線E的對稱軸上，由拋物線的對稱性可知，交點G必在垂直于x軸的直線上，所以只需證點G的橫坐標為定值即可．因為直線AD與BC相交，所以y2＋y3≠y1＋y4，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－y1＋y4y＋y1y4＝0，,4x－y2＋y3y＋y2y3＝0，))消去y，解得x＝eq\f(y2y3y1＋y4－y1y4y2＋y3,4[y2＋y3－y1＋y4])＝eq\f(y1y2y3＋y2y3y4－y1y2y4－y1y3y4,4[y2＋y3－y1＋y4])＝eq\f(8y3＋8y2－8y4－8y1,4[y2＋y3－y1＋y4])＝eq\f(8[y2＋y3－y1＋y4],4[y2＋y3－y1＋y4])＝2.所以點G的橫坐標為2，即直線AD與BC的交點G在定直線x＝2上．橢圓中的等角定理已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，直線l過定點(m,0)(m≠0，|m|≠a)且不垂直于x軸，同時直線l與橢圓C交于P，Q兩點，則x軸上存在點Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,m)，0))，使得∠ORP＝∠ORQ.逆定理已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)與x軸上定點Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,m)，0))(m≠0，|m|≠a)，設直線l不垂直于x軸，同時直線l與橢圓C交于P，Q兩點．若∠ORP＝∠ORQ，則直線l恒過定點(m,0)．注：定點所在軸只需要與a保持一致即可，不要求在橢圓內，也不要求在橢圓外，如圖所示：證明：普通聯立法即可．雙曲線的等角定理已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，直線l過定點(m,0)(m≠0，|m|≠a)且不垂直于x軸，同時直線l與雙曲線C交于P，Q兩點，則x軸上存在點Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,m)，0))，使得∠ORP＝∠ORQ.逆定理已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)與x軸上定點Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,m)，0))(m≠0，|m|≠a)．設l不垂直于x軸，同時直線l與雙曲線C交于P，Q兩點．若∠ORP＝∠ORQ，則直線l恒過定點(m,0)．注：定點在實軸上即可，不要求在雙曲線內部，也不要求過定點的直線必須是和同一側曲線相交于兩點，包括如下三種情況，證明過程一致．證明：普通聯立法即可．拋物線的等角定理已知拋物線C：y2＝2px，直線l過定點(m,0)(m≠0)，同時直線l與拋物線C交于P，Q兩點，則x軸上存在點R(－m,0)，使得∠ORP＝∠ORQ.逆定理已知拋物線C：y2＝2px與x軸上定點R(m，0)(m≠0)，直線l與拋物線C交于P，Q兩點，若∠ORP＝∠ORQ，則直線恒過定點(－m,0)．注：定點在對稱軸上即可．證明：普通聯立法即可．[典例]設橢圓C：eq\f(x2,2)＋y2＝1的右焦點為F，過F的直線l與C交于A，B兩點，點M的坐標為(2,0)．(1)當l與x軸垂直時，求直線AM的方程；(2)設O為坐標原點，證明：∠OMA＝∠OMB.解：(1)由已知得F(1,0)，l的方程為x＝1.由已知可得，點A的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(\r(2),2))).又M(2,0)，所以AM的方程為y＝－eq\f(\r(2),2)x＋eq\r(2)或y＝eq\f(\r(2),2)x－eq\r(2).(2)證明：當l與x軸重合時，∠OMA＝∠OMB＝0°.當l與x軸垂直時，OM為AB的垂直平分線，所以∠OMA＝∠OMB.當l與x軸不重合也不垂直時，設l的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＜eq\r(2)，x2＜eq\r(2)，直線MA，MB的斜率之和為kMA＋kMB＝eq\f(y1,x1－2)＋eq\f(y2,x2－2).由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得kMA＋kMB＝eq\f(2kx1x2－3kx1＋x2＋4k,x1－2x2－2).將y＝k(x－1)代入eq\f(x2,2)＋y2＝1得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，所以x1＋x2＝eq\f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2k2－2,2k2＋1).則2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝eq\f(4k3－4k－12k3＋8k3＋4k,2k2＋1)＝0.從而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的傾斜角互補．所以∠OMA＝∠OMB.綜上，∠OMA＝∠OMB.點撥：解析幾何中與角有關的問題可以向斜率轉化．課時分層作業(六十)(本試卷共60分．)1．(15分)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，漸近線方程為y±eq\f(x,2)＝0，點A(2，0)在C上．(1)求雙曲線C的方程；(2)如圖，過點A的兩條直線AP，AQ分別與雙曲線C交于P，Q兩點(不與A點重合)，且兩條直線的斜率k1，k2滿足k1＋k2＝1，直線PQ與直線x＝2，y軸分別交于M，N兩點，求證：△AMN的面積為定值．解：(1)因為a＞0，b＞0，依題意，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＝\f(1,2)，,a＝2))?b＝1，所以雙曲線C的方程為eq\f(x2,4)－y2＝1.(2)證明：依題意可知，直線PQ的斜率存在，設直線PQ的方程為y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，聯立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)－y2＝1，))消去y，得(1－4k2)x2－8kmx－4m2－4＝0，Δ＝64k2m2＋4(1－4k2)·(4m2＋4)＞0，m2＋1－4k2＞0①，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(8km,1－4k2)，,x1x2＝－\f(4m2＋4,1－4k2).))又k1＋k2＝eq\f(y1,x1－2)＋eq\f(y2,x2－2)＝eq\f(2kx1x2＋m－2kx1＋x2－4m,x1x2－2x1＋x2＋4)＝eq\f(2k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4m2＋4,1－4k2)))＋m－2k·\f(8km,1－4k2)－4m,－\f(4m2＋4,1－4k2)－2·\f(8km,1－4k2)＋4)＝1，整理得(m＋2k)(m＋2k－1)＝0.①m＋2k＝0?PQ：y＝kx－2k，過A(2,0)，舍去；②m＋2k－1＝0?PQ：y＝kx－2k＋1，過點(2,1)，此時，將m＝1－2k代入①得(1－2k)2＋1－4k2＝2－4k＞0，k＜eq\f(1,2)，所以PQ與x＝2交于點M(2,1)．故S△AMN＝eq\f(1,2)×2×1＝1為定值．2．(15分)(2023·全國乙卷)已知橢圓C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(5),3)，點A(－2,0)在C上．(1)求C的方程；(2)過點(－2,3)的直線交C于P，Q兩點，直線AP，AQ與y軸的交點分別為M，N，證明：線段MN的中點為定點．解：(1)因為點A(－2,0)在C上，所以eq\f(4,b2)＝1，得b2＝4.因為橢圓的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),3)，所以c2＝eq\f(5,9)a2.又a2＝b2＋c2＝4＋eq\f(5,9)a2，所以a2＝9，c2＝5，故橢圓C的方程為eq\f(y2,9)＋eq\f(x2,4)＝1.(2)證明：由題意知，直線PQ的斜率存在且不為0，設lPQ：y－3＝k(x＋2)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－3＝kx＋2，,\f(y2,9)＋\f(x2,4)＝1，))得(4k2＋9)x2＋(16k2＋24k)x＋16k2＋48k＝0，則Δ＝(16k2＋24k)2－4(4k2＋9)(16k2＋48k)＝－36×48k>0，故x1＋x2＝－eq\f(16k2＋24k,4k2＋9)，x1x2＝eq\f(16k2＋48k,4k2＋9).直線AP：y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)，令x＝0，解得yM＝eq\f(2y1,x1＋2)，同理得yN＝eq\f(2y2,x2＋2)，則yM＋yN＝2×eq\f(y1x2＋2＋y2x1＋2,x1＋2x2＋2)＝2×eq\f(2kx1x2＋4k＋3x1＋x2＋8k＋12,x1x2＋2x1＋x2＋4)＝6，所以MN的中點的縱坐標為eq\f(yM＋yN,2)＝3，故MN的中點為定點(0,3)．3．(15分)(2025·煙臺模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點分別為F1(－c,0)，F2(c,0)，M，N分別為左、右頂點，直線l：x＝ty＋1與橢圓C交于A，B兩點，當t＝－eq\f(\r(3),3)時，A是橢圓的上頂點，且△AF1F2的周長為6.(1)求橢圓C的方程；(2)設直線AM，BN交于點Q，證明：點Q在定直線上；(3)設直線AM，BN的斜率分別為k1，k2，證明：eq\f(k1,k2)為定值．解：(1)當t＝－eq\f(\r(3),3)時，直線l：x＝－eq\f(\r(3),3)y＋1，令x＝0，得y＝eq\r(3)，即橢圓的上頂點為(0，eq\r(3))，則b＝eq\r(3).又△AF1F2的周長為6，即2a＋2c＝6，a＋c＝3，又a2－c2＝b2＝3，解得a＝2，c＝1，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)證明：由(1)知，M(－2,0)，N(2,0)，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，依題意，點A，B不在x軸上，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去x，并整理得(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0，Δ＞0，由根與系數的關系得y1＋y2＝－eq\f(6t,3t2＋4)，y1y2＝eq\f(－9,3t2＋4).直線AM的方程為y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)，直線BN的方程為y＝eq\f(y2,x2－2)(x－2)，聯立直線AM，BN的方程得eq\f(x＋2,x－2)＝eq\f(y2x1＋2,y1x2－2)＝eq\f(y2ty1＋3,y1ty2－1)＝eq\f(ty1y2＋3y2,ty1y2－y1).由y1＋y2＝－eq\f(6t,3t2＋4)，得y1＝－eq\f(6t,3t2＋4)－y2，代入上式，得eq\f(x＋2,x－2)＝eq\f(ty1y2＋3y2,ty1y2－y1)＝eq\f(\f(－9t,3t2＋4)＋3y2,\f(－9t,3t2＋4)＋\f(6t,3t2＋4)＋y2)＝eq