备战2025年高考数学精品教案第八章平面解析几何突破3圆锥曲线中的定点、定值、定线问题（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考数学精品教案第八章平面解析几何突破3圆锥曲线中的定点、定值、定线问题（Word版附解析），共14页。
命题点1 定点问题
例1 [2023全国卷乙]已知椭圆C：y2a2＋x2b2＝1（a＞b＞0）的离心率为53，点A（－2，0）在C上.
（1）求C的方程；
（2）过点（－2，3）的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点.
解析 （1）因为点A（－2，0）在C上，所以b＝2.
因为椭圆的离心率e＝ca＝1－b2a2＝53，所以a2＝9，故椭圆C的方程为y29＋x24＝1.
（2）由题意知，直线PQ的斜率存在且不为0，设lPQ：y－3＝k（x＋2），P（x1，y1），Q（x2，y2），
由y－3=k（x+2),y29＋x24=1，得（4k2＋9）x2＋（16k2＋24k）x＋16k2＋48k＝0，则Δ＝（16k2＋24k）2－4（4k2＋9）（16k2＋48k）＝－36×48k＞0，
故x1＋x2＝－16k2+24k4k2+9，x1x2＝16k2+48k4k2+9.
直线AP：y＝y1x1+2（x＋2），令x＝0，解得yM＝2y1x1+2，同理得yN＝2y2x2+2，
则yM＋yN＝2×y1（x2+2）＋y2（x1+2）（x1+2)(x2+2）
＝2×（kx1+2k+3)(x2+2）＋（kx2+2k+3)(x1+2）（x1+2)(x2+2）
＝2×2kx1x2＋（4k+3)(x1＋x2）+8k+12x1x2+2（x1＋x2）+4
＝2×2k（16k2+48k）＋（4k+3)(－16k2－24k）＋（8k+12)(4k2+9）16k2+48k+2(－16k2－24k）+4（4k2+9）
＝2×10836
＝6.
所以MN的中点的纵坐标为yM＋yN2＝3，所以MN的中点为定点（0，3）.
方法技巧
求解直线或曲线过定点问题的基本思路
1.把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点.
2.由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y－y0＝k（x－x0），则直线必过定点（x0，y0）；若得到了直线方程的斜截式y＝kx＋m，则直线必过定点（0，m）.
3.从特殊情况入手，先探究定点，再证明该定点与变量无关.
训练1 [2022全国卷乙]已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过 A（0，－2），B（32，－1）两点.
（1）求E的方程；
（2）设过点P（1，－2）的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足MT＝TH.证明：直线HN过定点.
解析 （1）∵椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A（0，－2），
∴可设椭圆E的方程为x2a2＋y24＝1，又椭圆E过B（32，－1），
∴94a2＋14＝1，得a2＝3，
∴E的方程为x23＋y24＝1.
（2）当直线MN的斜率不存在时，lMN：x＝1，
由x=1，x23＋y24=1，得y2＝83，∴y＝±223.
结合题意可知M（1，－223），N（1，223），
∴过M且平行于x轴的直线的方程为y＝－223.
易知点T的横坐标xT∈[0，32]，直线AB的方程为y－（－2）＝-1-(-2)32－0×（x－0），即y＝23x－2，
由y＝－223，y＝23x－2，得xT＝3－6，∴T（3－6，－223）.
∵MT＝TH，∴H（5－26，－223），
lHN：y－223＝42326－4（x－1），即y＝2（3+6）3x－2.
易知直线HN过定点（0，－2）.
当直线MN的斜率存在时，如图，设M（x1，y1），N（x2，y2），lMN：y＝kx＋m（k＋m＝－2）.
由y＝kx＋m，x23＋y24=1，得（3k2＋4）x2＋6kmx＋3m2－12＝0，Δ＞0，
∴x1＋x2＝－6km3k2+4，x1x2＝3m2－123k2+4.
过M且平行于x轴的直线的方程为y＝y1，
与直线AB的方程联立，得y＝y1，y＝23x－2，得xT＝3（y1+2）2，
∴T（3（y1+2）2，y1）.
∵MT＝TH，∴H（3y1＋6－x1，y1），
lHN：y－y2＝y1－y23y1+6－x1－x2（x－x2），
即y＝y1－y23y1+6－x1－x2x＋y2－y1－y23y1+6－x1－x2·x2.
令x＝0，得y＝y2－（y1－y2）x23y1+6－x1－x2＝－（x1y2＋x2y1）+3y1y2+6y2－（x1＋x2）+6+3y1＝－（x1y2＋x2y1）+3y1y2+6y2－（x1＋x2）+6+3（y1＋y2）－3y2.
∵y1y2＝（kx1＋m）（kx2＋m）＝k2x1x2＋mk（x1＋x2）＋m2＝－12k2+4m23k2+4，y1＋y2＝（kx1＋m）＋（kx2＋m）＝k（x1＋x2）＋2m＝8m3k2+4，x1y2＋x2y1＝x1（kx2＋m）＋x2（kx1＋m）＝2kx1x2＋m（x1＋x2）＝－24k3k2+4，
∴－（x1y2＋x2y1）＋3y1y2＝24k3k2+4＋－36k2+12m23k2+4＝－36k2+12m2+24k3k2+4＝－24（k2－3k－2）3k2+4，
－（x1＋x2）＋6＋3（y1＋y2）＝6km3k2+4＋6＋24m3k2+4＝6km+18k2+24+24m3k2+4＝12（k2－3k－2）3k2+4，
∴y＝－24（k2－3k－2）3k2+4+6y212（k2－3k－2）3k2+4－3y2＝－2，
∴直线HN过定点（0，－2）.
综上，直线HN过定点（0，－2）.
命题点2 定值问题
例2 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，QM＝λQO，QN＝μQO，求证：1λ＋1μ为定值.
解析 （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y2=4x，y＝kx+1得k2x2＋（2k－4）x＋1＝0.
依题意，得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的斜率的取值范围是（－∞，－3）∪（－3，0）∪（0，1）.
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2）.
由（1）知x1＋x2＝－2k－4k2，x1x2＝1k2.
直线PA的方程为y－2＝y1－2x1－1（x－1）.
令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝－y1+2x1－1＋2＝－kx1+1x1－1＋2.
同理得点N的纵坐标为yN＝－kx2+1x2－1＋2.
由QM＝λQO，QN＝μQO得λ＝1－yM，μ＝1－yN.
所以1λ＋1μ＝11－yM＋11－yN
＝x1－1（k－1）x1＋x2－1（k－1）x2
＝1k－1·2x1x2－（x1＋x2）x1x2
＝1k－1·2k2＋2k－4k21k2
＝2.
所以1λ＋1μ为定值.
方法技巧
圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法
1.特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值.
2.两大解法
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关.
（2）引进变量法，其解题流程为：
训练2 [2023武汉市四月调研]过点（4，2）的动直线l与双曲线E：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）交于M，N两点，当l与x轴平行时，｜MN｜＝42，当l与y轴平行时，｜MN｜＝43.
（1）求双曲线E的标准方程；
（2）点P是直线y＝x＋1上一定点，设直线PM，PN的斜率分别为k1，k2，若k1k2为定值，求点P的坐标.
解析 （1）根据双曲线的对称性，可知双曲线E过点（±22，2）和点（4，±23），
所以8a2－4b2=1，16a2－12b2=1，得a2=4，b2=4.
故双曲线E的标准方程为x24－y24＝1.
（2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k（x－4）＋2，
与双曲线方程联立得y＝k（x－4）+2，x24－y24=1，消去y，得（k2－1）x2－（8k2－4k）x＋16k2－16k＋8＝0，Δ＞0.
设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1＋x2＝8k2－4kk2－1，x1x2＝16k2－16k+8k2－1.
设P（t，t＋1），则
k1k2＝（y1－t－1)(y2－t－1）（x1－t)(x2－t）
＝（kx1－4k－t+1)(kx2－4k－t+1）（x1－t)(x2－t）
＝k2x1x2－k（4k＋t－1)(x1＋x2）＋（4k＋t－1）2x1x2－t（x1＋x2）＋t2
＝k2（16k2－16k+8)－k（4k＋t－1)(8k2－4k）＋（4k＋t－1）2（k2－1）16k2－16k+8－t（8k2－4k）＋t2（k2－1）
＝（t2+2t－11）k2－8（t－1）k－（t－1）2（t－4）2k2+4（t－4）k－（t2－8）.
当t＝4时，不满足k1k2为定值.
当t≠4时，若k1k2为定值，则t2+2t－11（t－4）2＝－8（t－1）4（t－4）＝－（t－1）2－（t2－8），解得t＝3，此时k1k2＝4.（若一个分式为定值，则对应系数成比例，因为要保证分母不为0，所以要考虑t＝4和t≠4两种情况）
经检验，当直线l的斜率不存在时，对P（3，4），也满足k1k2＝4.
所以点P的坐标为（3，4）.
命题点3 定线问题
例3 [2023新高考卷Ⅱ]已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为（－25，0），离心率为5.
（1）求C的方程；
（2）记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点（－4，0）的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P，证明：点P在定直线上.
解析 （1）设双曲线C的方程为x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0），c为双曲线C的半焦距，
由题意可得c=25，ca＝5，c2＝a2＋b2，解得c=25，a=2，b=4.
所以双曲线C的方程为x24－y216＝1.
（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），直线MN的方程为x＝my－4，
则x1＝my1－4，x2＝my2－4.
由x＝my－4，x24－y216=1，得（4m2－1）y2－32my＋48＝0.
因为直线MN与双曲线C的左支交于M，N两点，所以4m2－1≠0， 且Δ＞0.
由根与系数的关系得y1＋y2＝32m4m2－1，y1y2＝484m2－1， 所以y1＋y2＝2m3y1y2.
因为A1，A2分别为双曲线C的左、右顶点，
所以A1（－2，0），A2（2，0）.
直线MA1的方程为y1x1+2＝yx+2，直线NA2的方程为y2x2－2＝yx－2，
所以y1x1+2y2x2－2＝yx+2yx－2，得（x2－2）y1（x1+2）y2＝x－2x+2，（my2－6）y1（my1－2）y2＝my1y2－6y1my1y2－2y2＝x－2x+2.
因为my1y2－6y1my1y2－2y2
＝my1y2－6（y1＋y2）+6y2my1y2－2y2
＝my1y2－6·2m3y1y2+6y2my1y2－2y2
＝－3my1y2+6y2my1y2－2y2
＝－3，
所以x－2x+2＝－3，解得x＝－1，
所以点P在定直线x＝－1上.
方法技巧
定线问题是指因图形的变化或点的移动而产生的动点在定线上的问题.这类问题的本质是求点的轨迹方程，一般先求出点的坐标，看横、纵坐标是否为定值，或者找出横、纵坐标之间的关系.
训练3 [2023福州市质检]已知抛物线E：y2＝2px（p＞0），过点（－2，0）的两条直线l1，l2分别交E于A，B两点和C，D两点.当l1的斜率为23时，｜AB｜＝13.
（1）求E的标准方程；
（2）设G为直线AD与BC的交点，证明：点G必在定直线上.
解析 （1）当l1的斜率为23时，得l1的方程为y＝23（x＋2）.
由y2=2px，y＝23（x+2),消元并整理得，y2－3py＋4p＝0，
由弦长公式及根与系数的关系得，｜AB｜＝1+（32）2·（3p）2－16p＝13，
即9p2－16p＝2，解得p＝2或p＝－29（舍去），
从而E的标准方程为y2＝4x.
（2）设直线AB的方程为y＝k1（x＋2），k1≠0，
由y＝k1（x+2),y2=4x，消去x并整理得k1y2－4y＋8k1＝0，
设A（y124，y1），B（y224，y2），则y1y2＝8.
设直线CD的方程为y＝k2（x＋2），k2≠0，C（y324，y3），D（y424，y4），同理可得y3y4＝8.
直线AD的方程为y－y1＝y4－y1y424－y124（x－y124），即y＝4y4＋y1x＋y1y4y4＋y1，化简得4x－（y1＋y4）y＋y1y4＝0，
同理得，直线BC的方程为4x－（y2＋y3）y＋y2y3＝0.
因为直线AD与BC相交，所以y2＋y3≠y1＋y4，
由4x－（y1＋y4）y＋y1y4=0，4x－（y2＋y3）y＋y2y3=0，消去y，
解得x＝y2y3（y1＋y4）－y1y4（y2＋y3）4[(y2＋y3）－（y1＋y4)]
＝y1y2y3＋y2y3y4－y1y2y4－y1y3y44[(y2＋y3）－（y1＋y4)]
＝8y3+8y2－8y4－8y14[(y2＋y3）－（y1＋y4)]
＝2，
所以点G的横坐标为2，即直线AD与BC的交点G在定直线x＝2上.
1.[命题点1]已知抛物线C：x2＝－2py经过点（2，－1）.
（1）求抛物线C的方程及其准线方程.
（2）设O为原点，过抛物线C的焦点且斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y＝－1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.
解析 （1）由抛物线C：x2＝－2py经过点（2，－1），得4＝2p，解得p＝2，
所以抛物线C的方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1.
（2）由（1）知抛物线C的焦点为（0，－1）.
设直线l的方程为y＝kx－1（k≠0）.
由y＝kx－1，x2＝－4y，得x2＋4kx－4＝0.
设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1x2＝－4.
直线OM的方程为y＝y1x1x.
令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－x1y1.
同理得点B的横坐标xB＝－x2y2.
设点D（0，n），则DA＝（－x1y1，－1－n），DB＝（－x2y2，－1－n），
DA·DB＝x1x2y1y2＋（n＋1）2
＝x1x2（－x124)(－x224）＋（n＋1）2
＝16x1x2＋（n＋1）2
＝－4＋（n＋1）2.
令DA·DB＝0，即－4＋（n＋1）2＝0，得n＝1或n＝－3.
综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点（0，1）和（0，－3）.
2.[命题点2/新高考卷Ⅰ]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的离心率为22，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.
解析 （1）由题设得4a2＋1b2＝1，a2－b2a2＝12，解得a2＝6，b2＝3.
所以C的方程为x26＋y23＝1.
（2）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x26＋y23＝1得（1＋2k2）x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
于是x1＋x2＝－4km1+2k2，x1x2＝2m2－61+2k2 ①.
由AM⊥AN知AM·AN＝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 ②.
将①代入②可得（k2＋1）2m2－61+2k2－（km－k－2）4km1+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MN的方程为y＝k（x－23）－13（k≠1）.
所以直线MN过点P（23，－13）.
若直线MN与x轴垂直，可得N（x1，－y1）.
由AM·AN＝0得（x1－2）（x1－2）＋（y1－1）（－y1－1）＝0，则y12＝x12－4x1＋5.
又x126＋y123＝1，将上式代入可得3x12－8x1＋4＝0，解得x1＝2（舍去）或x1＝23.
此时直线MN过点P（23，－13）.
令Q为AP的中点，即Q（43，13）.
若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，
故｜DQ｜＝12｜AP｜＝223.（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半）
若D与P重合，则｜DQ｜＝12｜AP｜＝223.
综上，存在点Q（43，13），使得｜DQ｜为定值.
学生用书·练习帮P366
1.[2023陕西省西北工业大学附属中学模拟]已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）的右顶点为A，O为原点，点P（1，1）在C的渐近线上，△PAO的面积为12.
（1）求C的方程；
（2）过点P作直线l交C于M，N两点，过点N作x轴的垂线交直线AM于点G，H为NG的中点，证明：直线AH的斜率为定值.
解析 （1）因为P（1，1）在C的渐近线y＝bax上，所以a＝b.
因为A（a，0），所以△PAO的面积为12a＝12，
解得a＝1，所以b＝1，
所以C的方程为x2－y2＝1.
（2）当直线l的斜率不存在时，不符合题意，舍去.
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y－1＝k（x－1），M（x1，y1），N（x2，y2），
由y－1=k（x－1),x2－y2=1，得（1－k2）x2－2k（1－k）x－k2＋2k－2＝0，Δ＝4k2（1－k）2－4（1－k2）（－k2＋2k－2）＝8－8k，
由1－k2≠0，Δ>0，得k＜1且k≠－1，
则x1＋x2＝2k1+k，x1x2＝k2－2k+2k2－1.
直线AM的方程为y＝y1x1－1（x－1），
令x＝x2，得G（x2，y1（x2－1）x1－1），
因为H为NG的中点，所以H（x2，y1（x2－1）x1－1＋y22），
所以kAH＝y1（x2－1）x1－1＋y22x2－1＝12（y1x1－1＋y2x2－1），
因为y1x1－1＋y2x2－1＝k（x1－1）+1x1－1＋k（x2－1）+1x2－1＝2k＋1x1－1＋1x2－1，
1x1－1＋1x2－1＝x1＋x2－2x1x2－（x1＋x2）+1＝2k1+k－2k2－2k+2k2－1－2kk+1+1＝2－2k，所以kAH＝1，
所以直线AH的斜率为定值.
2.[2024四川宜宾第四中学模拟]如图，已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，D（1，0），点P是在第一象限内且在C上的一个动点，当DP与x轴垂直时，｜PF｜＝54，过点P作与C相切的直线l交y轴于点M，过点M作直线l的垂线交抛物线C于A，B两点.
（1）求C的方程.
（2）延长PD，交抛物线C于点Q.设直线AB，OQ（其中O为坐标原点）的斜率分别为k1，k2，证明：k1k2为定值.
解析 （1）当DP与x轴垂直时，｜PF｜＝54，则由抛物线的定义可得1＋p2＝54，解得p＝12，
所以C的方程为y2＝x.
（2）设P（x0，y0），对于y2＝x，当y＞0时，y＝x，y'＝12x，所以y0＝x0，直线PM的斜率为12x0.
当直线PD的斜率存在时，将直线PD的方程y＝x0x0－1（x－1）与抛物线方程y2＝x联立，消去x并化简，得y2－x0－1x0y－1＝0，易得Δ＞0，设Q（xQ，yQ），则y0yQ＝－1，所以yQ＝－1y0＝－1x0.
（直线PD与抛物线的另一个交点是点P，这是一个直白的、但容易灯下黑的条件，这里根据“y1y2＝ca”可以直接求出yQ）
把点Q的纵坐标代入y＝x0x0－1（x－1），得xQ＝1x0，所以Q（1x0，－1x0）.
因为直线AB与切线l垂直，所以k1＝－1kPM，而kPM＝12x0，所以k1＝－2x0.
又O为坐标原点，所以k2＝yQxQ＝－x0.
所以k1k2＝2.当直线PD的斜率不存在时，P（1，1），Q（1，－1），此时k1＝－2，k2＝－1，所以k1k2＝2.
综上，k1k2为定值2.
3.[2024福州市一检]已知椭圆E：x24＋y23＝1的右焦点为F，左、右顶点分别为A，B.点C在E上，P（4，yP），Q（4，yQ）分别为直线AC，BC上的点.
（1）求yPyQ的值；
（2）设直线BP与E的另一个交点为D，求证：直线CD经过点F.
解析 解法一 （1）如图，依题意，A（－2，0），B（2，0）.
设C（x1，y1），则x124＋y123＝1，
直线AC的方程为y＝y1x1+2·（x＋2），令x＝4得yP＝6y1x1+2.
直线BC的方程为y＝y1x1－2（x－2），令x＝4得yQ＝2y1x1－2，
所以yPyQ＝12y12x12－4＝12×3（1－x124）x12－4＝－9，
即yP·yQ的值为－9.
（2）设D（x2，y2），P（4，t），则直线AP的方程为y＝t6（x＋2），直线BP的方程为y＝t2（x－2）.
由y＝t6（x+2),3x2+4y2=12，得（t2＋27）x2＋4t2x＋4t2－108＝0，
其判别式Δ1＞0，所以－2x1＝4t2－108t2+27，即x1＝54－2t227+t2，
故y1＝t6（x1＋2）＝18t27+t2.
由y＝t2（x－2),3x2+4y2=12，得（t2＋3）x2－4t2x＋4t2－12＝0，
其判别式Δ2＞0，
所以2x2＝4t2－12t2+3，即x2＝2t2－6t2+3，故y2＝t2（x2－2）＝－6tt2+3.
因为F（1，0），所以向量FC＝（x1－1，y1），FD＝（x2－1，y2），
则（x1－1）y2－（x2－1）y1＝27－3t227+t2·－6tt2+3－t2－9t2+3·18t27+t2＝－6t（27－3t2+3t2－27）（t2+3)(27+t2）＝0，
故FC与FD共线，
所以直线CD经过点F.
解法二 （1）依题意，A（－2，0），B（2，0）.
设C（x1，y1），则x124＋y123＝1，
所以kAC·kBC＝y1x1+2·y1x1－2＝y12x12－4＝3（1－x124）x12－4＝－34.
即－34＝kAP·kBQ＝yP4+2·yQ4－2，故yPyQ的值为－9.
（2）设D（x2，y2）.
要证直线CD经过点F（1，0），
只需证向量FC＝（x1－1，y1）与FD＝（x2－1，y2）共线，
即证（x1－1）y2＝（x2－1）y1. （*）
因为x124＋y123＝1＝（－2）24＋023，所以（x1+2)(x1－2）4＝－y123，
所以kAC＝y1x1+2＝－34·x1－2y1＝yP6，
同理可得kBD＝y2x2－2＝－34·x2+2y2＝yP2，
所以kACkBD＝（x2－2）y1（x1+2）y2＝13，即x1y2－3x2y1＋6y1＋2y2＝0， ①
同理可得－3x1y2＋x2y1＋2y1＋6y2＝0， ②
①－②得4x1y2－4x2y1＋4y1－4y2＝0，即（x1－1）y2＝（x2－1）y1.
所以（*）式成立，即直线CD经过点F.
4.[2024江西九校联考]已知抛物线C：y2＝2px（p＞0），直线x＝2y＋1交抛物线C于A，B两点，且△OAB的面积为23（O为坐标原点）.
（1）求实数p的值；
（2）过点D（2，0）作直线l交抛物线C于P，Q两点，点P关于x轴的对称点为P'，证明：直线P'Q过定点，并求出定点坐标.
解析 （1）易得直线x＝2y＋1过点（1，0），
设A（x1，y1），B（x2，y2），
由x＝2y+1，y2=2px，得y2－22py－2p＝0，
所以y1＋y2＝22p，y1y2＝－2p，
所以｜y1－y2｜＝（y1＋y2）2－4y1y2＝（22p）2－4×（－2p）＝22（p2＋p），所以△OAB的面积S＝12×1×｜y1－y2｜＝2（p2＋p）＝23，
又p＞0，所以p＝2（p＝－3＜0舍去）.
（2）由（1）得抛物线C的方程为y2＝4x.
设P（x3，y3），Q（x4，y4），不妨令y4＞y3，则P'（x3，－y3）.
设直线l的方程为x＝ty＋2，（直线l的另一种设法为y＝k（x－2），请注意对这两种设法的取舍）
由x＝ty+2，y2=4x，消去x，得y2－4ty－8＝0，
则y3＋y4＝4t，y3y4＝－8.
直线P'Q的方程为y－（－y3）＝y4－（－y3）x4－x3（x－x3），
即（x4－x3）y＋x4y3＝（y4＋y3）x－y4x3，
即（ty4－ty3）y＋（ty4＋2）y3＝（y4＋y3）x－y4（ty3＋2），
即t（y4－y3）y＝（y4＋y3）x－2ty4y3－2（y3＋y4），
即t（y4＋y3）2－4y4y3·y＝（y4＋y3）x－2ty4y3－2（y3＋y4），
即t（4t）2－4×（－8）·y＝4tx－2t×（－8）－2×4t，即tt2+2·y＝t（x＋2）.
令x+2=0，y=0，得x＝－2，y=0，
所以直线P'Q过定点，定点坐标为（－2，0）.
5.[2023南京六校联考]已知椭圆C：x25＋y24＝1的上、下顶点分别为A，B，过点P（0，3）且斜率为k（k＜0）的直线与椭圆C自上而下交于M，N两点，直线BM与AN交于点G.
（1）设AN，BN的斜率分别为k1，k2，求k1·k2的值；
（2）求证：点G在定直线上.
解析 （1）由已知，得A（0，2），B（0，－2），设M（x1，y1），N（x2，y2），
则k1·k2＝y2－2x2·y2+2x2＝y22－4x22，
又x225＋y224＝1，所以y22＝4（1－x225），
所以k1·k2＝4（1－x225）－4x22＝－45.
（2）由题意知直线PM的方程为y＝kx＋3（k＜0），
与椭圆方程联立，得y＝kx+3，4x2+5y2=20，
消去y，得（4＋5k2）x2＋30kx＋25＝0.
Δ＝900k2－100（4＋5k2）＝400（k2－1）＞0，则k＜－1，
所以x1＋x2＝－30k4+5k2，x1·x2＝254+5k2.
直线MB的方程为y＝y1+2x1x－2，
直线NA的方程为y＝y2－2x2x＋2，
联立，化简得y+2y－2＝x2（y1+2）（y2－2）x1.
解法一 y+2y－2＝－54·y2+2x2·y1+2x1＝－54·k2x1x2+5k（x1＋x2）+25x1x2＝－5，解得y＝43，
所以点G在定直线y＝43上.
解法二 易得x1＋x2x1x2＝－65k，
所以y+2y－2＝x2kx2+1·kx1+5x1＝kx1x2+5x2kx1x2＋x1＝－56（x1＋x2）+5x2－56（x1＋x2）＋x1＝－5，解得y＝43，
所以点G在定直线y＝43上.
6.[设问创新]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的右焦点为F（1，0），且过点A（－2，0）.
（1）求C的方程.
（2）点P，Q分别在C和直线x＝4上，OQ∥AP（O为坐标原点），M为AP的中点，求证：直线OM与直线QF的交点在某定曲线上.
解析 （1）由题意可知，A（－2，0）为椭圆C的左顶点，所以a＝2，又F（1，0）为C的右焦点，所以a2－b2＝1，所以b2＝3，
故椭圆C的方程为x24＋y23＝1.
（2）设P（x0，y0）（x0≠±2），则M（x0－22，y02），所以OM＝（x0－22，y02），直线AP的斜率k＝y0x0+2.
因为OQ∥AP，所以直线OQ的方程为y＝y0x0+2x，令x＝4，得Q（4，4y0x0+2），所以FQ＝（3，4y0x0+2）.
所以OM·FQ＝3（x0－2）2＋2y02x0+2＝3（x02－4）+4y022（x0+2） ①.
因为点P在椭圆C上，所以x024＋y023＝1，4y02＝12－3x02，
代入①，得OM·FQ＝0，所以OM⊥FQ，
所以直线OM与FQ的交点在以OF为直径的圆上，该圆的方程为（x－12）2＋y2＝14，
即直线OM与直线FQ的交点在定曲线（x－12）2＋y2＝14上.