第一课时 定点问题

高考难点突破系列(二)圆锥曲线中的综合问题第一课时定点问题题型一直线过定点问题例1(2023·烟台一模改编)已知椭圆C：eq\f(x2,4)＋y2＝1，若A(－2，0)，直线l：y＝kx＋m与C交于P，Q两点，且AP⊥AQ，试判断直线l是否过定点？若是，求出此定点的坐标；若不是，说明理由．解设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋m，))消去y，得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，Δ＝64k2m2－4(1＋4k2)(4m2－4)＞0，即4k2－m2＋1＞0，则x1＋x2＝eq\f(－8km,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－4,1＋4k2).因为AP⊥AQ，所以eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AQ,\s\up6(→))＝0，而eq\o(AP,\s\up6(→))＝(x1＋2，y1)，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(x2＋2，y2)，故x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝0.y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝k2·eq\f(4m2－4,1＋4k2)＋km·eq\f(－8km,1＋4k2)＋m2＝eq\f(m2－4k2,1＋4k2)，所以x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝eq\f(4m2－4,1＋4k2)－eq\f(16km,1＋4k2)＋4＋eq\f(m2－4k2,1＋4k2)＝eq\f(5m2－16km＋12k2,1＋4k2)＝0，即5m2－16km＋12k2＝0，解得m＝2k或m＝eq\f(6,5)k.当m＝2k时，直线l的方程为y＝k(x＋2)，恒过点A，不满足题意；当m＝eq\f(6,5)k时，4k2－m2＋1＝4k2－eq\f(36,25)k2＋1＝eq\f(64,25)k2＋1＞0，直线l的方程为y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(6,5)))，过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，0))，符合题意．综上，直线l恒过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，0)).感悟提升圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．训练1(2023·佛山质检)已知双曲线C的渐近线方程为y＝±eq\f(\r(3),3)x，且过点P(3，eq\r(2))．(1)求C的方程；(2)设Q(1，0)，直线x＝t不经过P点且与C相交于A，B两点，若直线BQ与C交于另一点D，求证：直线AD过x轴上的一定点．(1)解因为渐近线方程为y＝±eq\f(\r(3),3)x，且点P靠近x轴，所以可设双曲线C的方程为eq\f(x2,9)－eq\f(y2,3)＝λ(λ≠0)，将点P(3，eq\r(2))代入得eq\f(9,9)－eq\f(2,3)＝λ，解得λ＝eq\f(1,3)，所以双曲线C的方程为eq\f(x2,3)－y2＝1.(2)证明显然直线BQ的斜率不为零，设直线BQ的方程为x＝my＋1，B(x1，y1)，D(x2，y2)，A(x1，－y1)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,3)－y2＝1，,x＝my＋1，))消x整理得(m2－3)y2＋2my－2＝0.依题意得m2－3≠0且Δ＝4m2＋8(m2－3)＞0，即m2＞2且m2≠3，y1＋y2＝－eq\f(2m,m2－3)，y1y2＝－eq\f(2,m2－3)，直线AD的方程为y＋y1＝eq\f(y2＋y1,x2－x1)(x－x1)，令y＝0，得x＝eq\f(（x2－x1）y1,y2＋y1)＋x1＝eq\f(x1y2＋x2y1,y2＋y1)＝eq\f(（my1＋1）y2＋（my2＋1）y1,y2＋y1)＝eq\f(2my1y2＋（y1＋y2）,y2＋y1)＝eq\f(2m·\f(－2,m2－3)－\f(2m,m2－3),\f(－2m,m2－3))＝eq\f(\f(－6m,m2－3),\f(－2m,m2－3))＝3.所以直线AD过x轴上的定点(3，0)．题型二其它曲线过定点问题例2(2023·湖南三湘名校联考)已知椭圆C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b≥1)的离心率为eq\f(\r(2),2)，其上焦点到直线bx＋2ay－eq\r(2)＝0的距离为eq\f(\r(2),3).(1)求椭圆C的方程；(2)过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，0))的直线l交椭圆C于A，B两点．试探究以线段AB为直径的圆是否过定点．若过，求出定点坐标；若不过，请说明理由．解(1)由题意得，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，又a2＝b2＋c2，所以a＝eq\r(2)b，c＝b.又eq\f(|2ac－\r(2)|,\r(4a2＋b2))＝eq\f(\r(2),3)，a＞b≥1，所以b2＝1，a2＝2，故椭圆C的方程为eq\f(y2,2)＋x2＝1.(2)当AB⊥x轴时，以线段AB为直径的圆的方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(16,9).当AB⊥y轴时，以线段AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝1.可得两圆交点为Q(－1，0)．由此可知，若以线段AB为直径的圆恒过定点，则该定点为Q(－1，0)．下证Q(－1，0)符合题意．设直线l的斜率存在，且不为0，其方程为y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)))，代入eq\f(y2,2)＋x2＝1，并整理得(k2＋2)x2－eq\f(2,3)k2x＋eq\f(1,9)k2－2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(2k2,3（k2＋2）)，x1x2＝eq\f(k2－18,9（k2＋2）)，所以eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝x1x2＋x1＋x2＋1＋k2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,3)))＝(1＋k2)x1x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)k2))(x1＋x2)＋1＋eq\f(1,9)k2＝(1＋k2)·eq\f(k2－18,9（k2＋2）)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)k2))·eq\f(2k2,3（k2＋2）)＋1＋eq\f(1,9)k2＝0，故eq\o(QA,\s\up6(→))⊥eq\o(QB,\s\up6(→))，即Q(－1，0)在以线段AB为直径的圆上．综上，以线段AB为直径的圆恒过定点(－1，0)．感悟提升(1)定点问题，先猜后证，可先考虑运动图形是否有对称性及特殊(或极端)位置猜想，如直线的水平或竖直位置，即k＝0或k不存在．(2)以曲线上的点为参数，设点P(x1，y1)，利用点在曲线f(x，y)＝0上，即f(x1，y1)＝0消参．训练2(2023·深圳调研)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)经过点A(2，0)，且点A到C的渐近线的距离为eq\f(2\r(21),7).(1)求双曲线C的方程；(2)过点(4，0)作斜率不为0的直线l与双曲线C交于M，N两点，直线x＝4分别交直线AM，AN于点E，F.试判断以EF为直径的圆是否经过定点，若经过定点，请求出定点坐标；反之，请说明理由．解(1)由题意得a＝2，因为双曲线C的渐近线方程为y＝±eq\f(b,2)x，所以有eq\f(2b,\r(b2＋4))＝eq\f(2\r(21),7)，解得b＝eq\r(3)，因此双曲线C的方程为eq\f(x2,4)－eq\f(y2,3)＝1.(2)①当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－4)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)－\f(y2,3)＝1，,y＝k（x－4），))得(3－4k2)x2＋32k2x－64k2－12＝0，Δ＞0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(－32k2,3－4k2)，x1x2＝eq\f(－64k2－12,3－4k2)，由直线AM的方程为y＝eq\f(y1,x1－2)(x－2)，令x＝4，得点Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(2y1,x1－2)))，由直线AN的方程为y＝eq\f(y2,x2－2)(x－2)，令x＝4，得点Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(2y2,x2－2)))，则以EF为直径的圆的方程为(x－4)(x－4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(2y1,x1－2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(2y2,x2－2)))＝0.由对称性可知，若以EF为直径的圆过定点，则该定点一定在x轴上．令y＝0，有(x－4)2＝－eq\f(4y1y2,（x1－2）（x2－2）)，将y1＝k(x1－4)，y2＝k(x2－4)代入上式，得(x－4)2＝－eq\f(4k2[x1x2－4（x1＋x2）＋16],x1x2－2（x1＋x2）＋4)，则(x－4)2＝－eq\f(4k2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－64k2－12,3－4k2)－4·\f(－32k2,3－4k2)＋16)),\f(－64k2－12,3－4k2)－2·\f(－32k2,3－4k2)＋4)＝9，解得x＝1或x＝7.即以EF为直径的圆经过定点(1，0)和(7，0)．②当直线l的斜率不存在时，点E，F的坐标分别为(4，3)，(4，－3)，以EF为直径的圆的方程为(x－4)(x－4)＋(y－3)(y＋3)＝0，该圆经过点(7，0)和(1，0)．综上可得，以EF为直径的圆经过定点(1，0)和(7，0)．“齐次”从词面上解释是“次数相等”的意思．在代数里也有“齐次”的叫法，例如f＝ax2＋bxy＋cy2称为二次齐次式，f中每一项都是关于x，y的二次项．下面研究齐次化在圆锥曲线中的应用．例已知抛物线y2＝2px(p＞0)，过原点且互相垂直的两直线OA，OB交抛物线于A，B.求证：直线AB过定点．证明设AB：x＝my＋n，A(x1，y1)，B(x2，y2)，kOA＝eq\f(y1,x1)，kOB＝eq\f(y2,x2)，将直线AB方程变形为eq\f(x－my,n)＝1，代入到y2＝2px中得y2＝2px·eq\f(x－my,n)注意到kOA＝eq\f(y1,x1)，kOB＝eq\f(y2,x2)，上式两边同除以x2得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)))eq\s\up12(2)＋eq\f(2pm,n)·eq\f(y,x)－eq\f(2p,n)＝0，(*)kOA，kOB是方程(*)的两根，则kOA·kOB＝－eq\f(2p,n)＝－1⇒n＝2p，所以直线AB方程为x＝my＋2p，所以直线AB恒过定点(2p，0)．训练已知椭圆的中心为原点O，长轴、短轴长分别为2a，2b(a>b>0)，P，Q分别在椭圆上，且OP⊥OQ.求证：eq\f(1,|OP|2)＋eq\f(1,|OQ|2)为定值．证明设P，Q坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线PQ：mx＋ny＝1，椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，,mx＋ny＝1.))齐次化有eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝(mx＋ny)2，整理可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b2)－n2))y2－2mnxy＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)－m2))x2＝0.左右两边同除以x2，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b2)－n2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)))eq\s\up12(2)－2mneq\f(y,x)＋eq\f(1,a2)－m2＝0.由根与系数的关系得eq\f(y1,x1)·eq\f(y2,x2)＝eq\f(\f(1,a2)－m2,\f(1,b2)－n2).由OP⊥OQ，得kOP·kOQ＝eq\f(y1,x1)·eq\f(y2,x2)＝eq\f(\f(1,a2)－m2,\f(1,b2)－n2)＝－1，整理得m2＋n2＝eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2).由于原点O到直线PQ的距离d＝eq\f(1,\r(m2＋n2))，又S△OPQ＝eq\f(1,2)|OP|·|OQ|＝eq\f(1,2)|PQ|d，所以eq\f(1,d2)＝eq\f(|PQ|2,|OP|2|OQ|2)＝eq\f(|OP|2＋|OQ|2,|OP|2·|OQ|2)＝eq\f(1,|OP|2)＋eq\f(1,|OQ|2)＝m2＋n2＝eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)为定值．分层精练·巩固提升【A级基础巩固】1．已知点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(3,2)))是椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上一点，F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，|PF1|＋|PF2|＝4.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线l不经过P点且与椭圆C相交于A，B两点．若直线PA与直线PB的斜率之和为1，问：直线l是否过定点？证明你的结论．解(1)由|PF1|＋|PF2|＝4，得a＝2，又Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(3,2)))在椭圆上，代入椭圆方程有eq\f(1,a2)＋eq\f(9,4b2)＝1，解得b＝eq\r(3)，所以椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，当直线l的斜率不存在时，A(x1，y1)，B(x1，－y1)，k1＋k2＝eq\f(y1－\f(3,2)－y1－\f(3,2),x1＋1)＝1，解得x1＝－4，不符合题意；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,3x2＋4y2－12＝0，))整理得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，x1＋x2＝eq\f(－8km,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－12,3＋4k2)，Δ＝48(4k2－m2＋3)>0.由k1＋k2＝1，整理得(2k－1)x1x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋m－\f(5,2)))(x1＋x2)＋2m－4＝0，即(m－4k)(2m－2k－3)＝0.当m＝k＋eq\f(3,2)时，此时，直线l过P点，不符合题意；当m＝4k时，Δ＝4k2－m2＋3>0有解，此时直线l：y＝k(x＋4)过定点(－4，0)．2．(2023·湖北七市联考)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)经过点A(0，1)，且右焦点为F(1，0)．(1)求C的标准方程；(2)过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))的直线l与椭圆C交于两个不同的点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.证明：以MN为直径的圆过y轴上的定点．(1)解由题意可得c＝1，b＝1，a2＝b2＋c2＝2.所以椭圆C的标准方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)证明由题意可知直线l的斜率存在，设直线l：y＝kx＋eq\f(1,2)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将直线l代入椭圆方程，得(4k2＋2)x2＋4kx－3＝0，所以x1＋x2＝eq\f(－4k,4k2＋2)，x1x2＝eq\f(－3,4k2＋2).直线AP的方程为y＝eq\f(y1－1,x1)x＋1，直线AQ的方程为y＝eq\f(y2－1,x2)x＋1.令y＝0，可得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－x1,y1－1)，0))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－x2,y2－1)，0))，以MN为直径的圆的方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x1,y1－1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x2,y2－1)))＋y2＝0，即x2＋y2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,y1－1)＋\f(x2,y2－1)))x＋eq\f(x1x2,（y1－1）（y2－1）)＝0.①因为eq\f(x1x2,（y1－1）（y2－1）)＝eq\f(x1x2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx1－\f(1,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx2－\f(1,2))))＝eq\f(4x1x2,4k2x1x2－2k（x1＋x2）＋1)＝－6，在①中令x＝0，得y2＝6，解得y＝±eq\r(6)，即以MN为直径的圆过y轴上的定点(0，±eq\r(6))．3．(2023·苏北四市调研)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，四点M1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(\r(2),3)))，M2(3，eq\r(2))，M3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(\r(3),3)))，M4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(\r(3),3)))中恰有三点在C上．(1)求C的方程；(2)过点(3，0)的直线l交C于P，Q两点，过点P作直线x＝1的垂线，垂足为A.证明：直线AQ过定点．(1)解因为四点M1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(\r(2),3)))，M2(3，eq\r(2))，M3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(\r(3),3)))，M4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(\r(3),3)))中恰有三点在双曲线C上，且点M3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(\r(3),3)))，M4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(\r(3),3)))关于原点对称，eq\f(\r(2),3)＜eq\f(\r(3),3)，所以点M2，M3，M4在双曲线上，代入双曲线方程可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(32,a2)－\f(（\r(2)）2,b2)＝1，,\f(22,a2)－\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))\s\up12(2),b2)＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝3，,b2＝1，))所以双曲线C的方程为eq\f(x2,3)－y2＝1.(2)证明①当l与x轴不重合时，设l：x＝ty＋3，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋3，,\f(x2,3)－y2＝1，))得(t2－3)y2＋6ty＋6＝0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t2－3≠0，,Δ＝（6t）2－24（t2－3）＞0，))即t2≠3，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则A(1，y1)，y1＋y2＝－eq\f(6t,t2－3)，y1y2＝eq\f(6,t2－3).又直线AQ的方程为y－y1＝eq\f(y2－y1,x2－1)(x－1)，即y＝eq\f(y2－y1,ty2＋2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（x－1）＋\f(y1（ty2＋2）,y2－y1))).因为eq\f(y1（ty2＋2）,y2－y1)＝eq\f(ty1y2＋2y1,y2－y1)＝eq\f(t·\f(6,t2－3)＋2y1,－\f(6t,t2－3)－2y1)＝－1.所以直线AQ的方程为y＝eq\f(y2－y1,ty2＋2)(x－2)．所以直线AQ过定点(2，0)．②当l与x轴重合时，直线AQ过定点(2，0)．综上，直线AQ过定点(2，0)．【B级能力提升】4．(2022·全国乙卷)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)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－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eq\o(MT,\s\up6(→))＝eq\o(TH,\s\up6(→)).证明：直线HN过定点．(1)解设椭圆E的方程为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0且m≠n)，由椭圆E过A(0，－2)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－1))两点，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4n＝1，,\f(9,4)m＋n＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝\f(1,3)，,n＝\f(1,4)，))所以椭圆E的方程为eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,3)＝1.(2)证明当直线MN的斜率不存在时，lMN：x＝1，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,\f(x2,3)＋\f(y2,4)＝1))得y2＝eq\f(8,3)，∴y＝±eq\f(2\r(2),\r(3)).结合题意可知Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(2\r(2),\r(3))))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2\r(2),\r(3))))，∴过M且平行于x轴的直线的方程为y＝－eq\f(2\r(2),\r(3)).易知点T的横坐标xT∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))，直线AB的方程为y－(－2)＝eq\f(－1－（－2）,\f(3,2)－0)×(x－0)，即y＝eq\f(2,3)x－2，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(2\r(2),\r(3))，,y＝\f(2,3)x－2))得xT＝3－eq\r(6)，∴Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\r(6)，－\f(2\r(2),\r(3)))).∵eq\o(MT,\s\up6(→))＝eq\o(TH,\s\up6(→))，∴Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－2\r(6)，－\f(2\r(2),\r(3))))，lHN：y－eq\f(2\r(2),\r(3))＝eq\f(\f(4\r(2),\r(3)),2\r(6)－4)(x－1)，即y＝eq\f(2（3＋\r(6)）,3)x－2.此时直线HN过定点(0，－2)．当直线MN的斜率存在时，如图，设M(